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2020年最新高中数学竞赛培训教材

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-16 05:25
tags:高中数学教材

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2020年最新高中数学竞赛培训教材

(一)集合与容斥原理
集合是一种基本数学语言、一种基本数学工具。它不仅是高中数学的第一课,而且是整个数
学的基础。对集合的理解和掌握不能仅仅停留在高中数学起始课的水平上,而要随着数学学习的进程
而不 断深化,自觉使用集合语言(术语与符号)来表示各种数学名词,主动使用集合工具来表示各种数
量关系 。如用集合表示空间的线面及其关系,表示平面轨迹及其关系、表示方程(组)或不等式(组)
的解、表 示充要条件,描述排列组合,用集合的性质进行组合计数等。
一、学习集合要抓住元素这个关键
例1.设A={X∣X=a2+b2,a、b∈Z},X1,X2∈A,求证:X1X2∈A。
分析:A中的元素是自然数,即由两个整数a、b的平方和构成的自然数,亦即从0、1、4、9、
1 6、25……,n2,……中任取两个(相同或不相同)数加起来得到的一个和数,本题要证明的是:两个
这样的数的乘积一定还可以拆成两个自然数的平方和的形式,即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+( N)2,M,N∈Z
证明:设X1=a2+b2,X2=c2+d2,a、b、c、d∈Z.则X1X 2=(a2+b2)(c2+d2)
=a2c2+b2d2+b2c2+a2d2=a2c2+2ac ·bd+b2d2+b2c2-2bc·ad+a2d2=(ac+bd)2+(bc-ad)2
又a、b、c、d∈Z,故ac+bd、bc-ad∈Z,从而X1X2∈A
练习:
1.设两个集合S={x|x=12m+8n,m,n∈Z},T={x|x=20p+16q,p,q∈Z} .求证:S=T。
2.设M={a|a= x2-y2,x,y∈Z}.求证:(1)一切奇数属于M;
(2)4k-2(k∈Z)不属于M;
(3)M中任意两个数的积仍属于M。
3.已知函数f(x)=x2+ax+b,a,b∈R ,且A={x|x=f(x)},B={x|x=f[f(x)]}.
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(1)求证:AB;
(2)若A={-1,3}时,求集合B.
二、集合中待定元素的确定
例2.已知 集合M={X,XY,lg(xy)},S={0,∣X∣,Y},且M=S,则(X+1Y)+(X2+1Y2 )
+……+(X2002+1Y2002)的值等于( ).
分析:解题的关键在于求出X和 Y的值,而X和Y分别是集合M与S中的元素。这一类根据集合
的关系反过来确定集合元素的问题,要求 我们要对集合元素的基本性质即确定性、异性、无序性及集
合之间的基本关系(子、全、补、交、异、空 、等)有本质的理解,对于两个相等的有限集合(数集),
还会用到它们的简单性质:(a)相等两集合 的元素个数相等;(b)相等两集合的元素之和相等;(c)相
等两集合的元素之积相等.
解 :由M=S知,两集合元素完全相同。这样,M中必有一个元素为0,又由对数的性质知,0和
负数没有 对数,所以XY≠0,故X,Y均不为零,所以只能有lg(XY)=0,从而XY=1.∴M={X,1,0},S={0,∣X∣,1X}.再由两集合相等知

当X=1时,M={1,1,0 },S={0,1,1},这与同一个集合中元素的互异性矛盾,故X=1不满足
题目要求;
当X=-1时,M={-1,1,0},S={0,1,-1},M=S,从而X=-1满足题目要求,此时Y= -
1,于是X2K+1+1Y2K+1=-2(K=0,1,2,……),X2K+1Y2K=2(K= 1,2,……),故所求代数式
的值为0.
练习:
4.已知集合
A?a< br>1
,a
2
,a
3
,a
4
,a
5??

B?
?
a
2
1
2222
,a< br>2
,a
3
,a
4
,a
5
?
,其中< br>a,a,a
123
,a
4
,a
5
是正整数,
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a< br>1
?a
2
?a
3
?a
4
?a
5??
a
1
?a
4
?10,若A?B
中的所有元素之和为 234,,并满足
A?B?a
1
,a
4

求集合A。
三.容斥原理
基本公式:(1)card(A∪B)=card(A)+card(B)-card(A∩B); ( 2)card(A∪B∪
C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(A∩B )-card(A∩C)-card(B∩C)+card(A∩B∩C)




问题:开运动会时,高一某班共有28名同学参加比赛,有15人参加游泳比赛,有8人参加 田径
比赛,有14人参加球类比赛,同时参加游泳比赛和田径比赛的有3人,同时参加游泳比赛和球类比
赛的有3人,没有人同时参加三项比赛,问同时参加田径比赛和球类比赛的有多少人?只参加游泳一项比赛的有多少人?
设A={参加游泳比赛的同学},B={参加田径比赛的同学},C={参加 球类比赛的同学},则
card(A)=15,card(B)=8,card(C)=14,card (A∪B∪C)=28,且card(A∩B)=3,card(A∩C)=3,card(A
∩B∩C )=0,由公式②得28=15+8+14-3-3-card(B∩C)+0,即card(B∩C)=3,所 以同时参加田径
和球类比赛的共有3人,而只参加游泳比赛的人有15-3-3=9(人)
四、有限集合子集的个数
例3.一个集合含有10个互不相同的两位数。试证,这个集合必有 2个无公共元素的子集合,
此两子集的各数之和相等。
分析:两位数共有10,11,……, 99,计99-9=90个,最大的10个两位数依次是90,91,……,99,
其和为945,因此 ,由10个两位数组成的任意一个集合中,其任一个子集中各元素之和都不会超过
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945,而它的非空子集却有210-1=1023个,这是解决问题的突破口。
解:已知集 合含有10个不同的两位数,因它含有10个元素,故必有210=1024个子集,其中非
空子集有1 023个,每一个子集内各数之和都不超过90+91+…98+99=945<1023,根据抽屉原理,一定存在2个不同的子集,其元素之和相等。如此2个子集无公共元素,即交集为空集,则已符合题
目要求;如果这2个子集有公共元素,则划去它们的公共元素即共有的数字,可得两个无公共元素的
非空 子集,其所含各数之和相等。
说明:此题构造了一个抽屉原理模型,分两步完成,计算子集中数字之和 最多有945个“抽屉”,
计算非空子集得1023个“苹果”,由此得出必有两个子集数字之和相等。 第二步考察它们有无公共元
素,如无公共元素,则已符合要求;如有公共元素,则去掉相同的数字,得出 无公共元素并且非空的
两个子集,满足条件。
例4.设A={1,2,3,…,n},对XA,设X中各元素之和为Nx,求Nx的总和.
解:A中共有n个元素,其子集共有2n个。A中每一个元素在其非空子集中都出现了2n-1次,(为
什么?因为A的所有子集对其中任一个元素i都可分为两类,一类是不含i的,它们也都是{1,2,…,
i-1,i+1,…n}的子集,共2n-1个;另一类是含i的,只要把i加入到刚才的2n-1个子集中的 每一个
中去)。因而求A的所有子集中所有元素之和Nx的总和时,A中每一个元素都加了2n-1次, 即出现
了2n-1次,故得
×2n-1=n(n+1)×2n-2
=1×2n-1 +2×2n-1+…+n……2n-1=(1+2+…+n)·2n-1=n(n+1)2
说明:这里运 用了整体处理的思想及公式1+2+…+n=(12)n(n+1),其理论依据是加法的交
换律、结合 律、乘法的意义等,集合中每一个元素都在总和中出现了2n-1次,是打开解题思路之门的
钥匙。
练习:
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5.设集合A
值.
{1,2,3,……,100},且对任意x,y∈A,必有2x ≠y,求集合A中所含元素个数的最大
6.某地区网球俱乐部都有20名成员,举行14场单打比赛,每 人至少上场1次.求证:必有6场比赛,
其12名参赛者各不相同.
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(二) 二次函数
一、二次函数的解析式:①定义式:f(x)=ax2+bx+c.②顶点式:f(x)=a(x-h)2+k.
③零点式:f(x)=a(x-x1)(x-x2).(a≠0)
二、二次函数的最值:当 自变量的取值范围为闭区间[p,q]时,其最值在f(p)、f(q)、f(-b2a)
三者中取得, 最值情况如下表:

a>
0 a)
fmax=max{f(p),f(q)}
a<
0 a)
fmin=min{f(p),f(q)}
例1. 当x为何值时,函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+…+(x-an)2取最小值。
解:∵f(x)=(x2-2a1x+a12)+(x2-2a2x+a22)+…+(x2-2anx+an2 )=nx2-2(a1+a2…
fmax=f(-b2a)=((4ac-b2)4
-b2a∈ [p,q]
fmin=f(-b2a)=((4ac-b2)4
-b2a [p,q]
fmin=min{f(p),f(q)}
fmax=max{f(p),f(q)}
+an)x+(a12+a22+…+an2) ∴当x=(a1+a2+…+an)n时,f(x)有最小值.
例2.已知x1,x2是方程x2- (k-2)x+(k2+3k+5)=0的两个实数根,x12+x22的最大值是____.
解:由 韦达定理得:x1+x2=k-2,x1x2=k2+3k+5.∴x12+x22=(x1+x2)2-2x1 x2=(k-2)2-2(k2+3k+5
=-k2-10k-6=-(k+5)2+19 .已知x 1,x2是方程的两个实根,即方程有实数根,此时方程的判别式
Δ≥0,即Δ=(k-2)2-4(k 2+3k+5) =-3k2-16k-16≥0 解得:-4≤k≤-43.∵k=-5
f(k)=- (k+5)2+19则f(-4)=18,f(-43)=509<18.∴当k=-4时,(x12+x22) max=18.
例3.已知f(x)=x2-2x+2,在x∈[t,t+1]上的最小值为g(t) ,求g(t)的表达式。
解:f(x)=(x-1)2+1 (1)当t+1<1即t<0时,g(t)=f(t+1)=t2+1
[-4,-43],设
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(2)当t≤1≤t+1,即0≤t≤1时,g(t)=f(1)=1 (3)当t>1时,g(t)=f(t)=t2-2t+2
综合(1)、(2)、(3)得: < br>例4.(1)当x2+2y2=1时,求2x+3y2的最值;(2)当3x2+2y2=6x时,求x2 +y2的最值。
解:(1)由x2+2y2=1得y2=12(1-x2),2x+3y2=2x+ (32)(1-x2)=(-(32))(x-(23))2+(136)
又1-x2=2y2≥0,∴x2≤1,-1≤x≤1 .∴当x=23时,y=(√10)6,(2x+3y2)max=163;
当x=-1时,y=0, (2x+3y2)min=-2
(2)由3x2+2y2=6x ,得y2=(32)x(2-x),代入x2+y2=x2+(32)x(2-x)=-12 (x-3)2+92
又y2=(32)x (2-x)≥0,得0≤x≤2.当x=2,y=0时, (x2+y2)max=4;当x=0,y=0时,(x2+y2)min=0
三、二次函数与二次方程
设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的二实根为x1,x2, (x1<x2),Δ=b2-4ac,且α、β(α<β)是预先给
定的两个实数。
1.当两根都在区间(α,β)内,方程系数所满足的充要条件
∵α<x1<x2<β,对应的二次函数f(x)的图象有下列两种情形

当a>0时的充要条件是:Δ>0,α<-b2a<β,f(α)>0,f(β)>0
当a<0时的充要条件是:Δ>0,α<-b2a<β,f(α)<0,f(β)<0
两种情形合并后的充要条件是:Δ>0,α<-b2a<β,af(α)>0,af(β)>0 ①
2.当两根中有且仅有一根在区间(α,β)内,方程系数所满足的充要条件
∵α<x1<β或α<x2<β,对应的函数f(x)的图象有下列四种情形
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从四种情形得充要条件是:f(α)·f(β)<0 ②
3.当两根都不在区间[α,β]内方程系数所满足的充要条件
(1)两根分别在区间[α,β]之外的两旁时
∵x1<α<β<x2,对应的函数f(x)的图象有下列两种情形

(2)两根分别在区间[α,β]之外的同旁时
∵x1<x2<α<β或α<β<x1<x2,对应函数f(x)的图象有下列四种情形

当x1<x2<α时的充要条件是:Δ>0,-b2a<α,af(α)>0 ④
当β<x1<x2时的充要条件是:Δ>0,-b2a>β,af(β)>0 ⑤
例5.如果 方程(1-m2)x2+2mx-1=0的两个根一个小于零,另一个大于1,确定m的范围。
解:令 f(x)=(1-m2)x2+2mx-1,根据题设条件,f(x)的图形是下列两种情形之一:
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则(1-m2)f(0)<0,(1-m2)f(1)<0;即1-m2>0,(1-m2)(2m-m2) <0解得:-1<m<0
例6.当k为什么实数时,关于X的二次方程7x2-(k+13)x+k 2-k-2=0的两个实根α和β分别满
足0<α<1和1<β<2?
解:设y=f(x)= 7x2-(k+13)x+k2-k-2,则因为a=7>0,且方程f(x)=0有两实根α,β,所以它的图象是开口向上且与X轴相交于两点(α,0)、(β,0)的抛物线。由于0<α<1,1<β<2,可 知
在x<α或x>β时,f(x)取正值;在α<x<β时,f(x)取负值。于是,当x分列取0,1 ,2时,有:
f(0)=k2-k-2>0,f(1)=k2-2k-8<0,f(2)=k2-3k> 0解这三个不等式组成的不等式组,可得-2<k<
-1和3<k<4。
练习:
1 1m
??
1.求所有的实数m,使得关于x的方程
x?2x?12x?1
有且 只有整数根.
113
f(x)??x
2
?
22
在区间[a ,b]上的最小值为2a,最大值为2b,求区间[a,b]。 2.若函数
3.已知方程x2+2px +1=0有一个根大于1,有一个根小于1,则p的取值为_________.
四.二次函数与二次不等式
一元二次不等式的解集相应于一元二次函数的正值、负值区间。 解不等式与证明不等式成立,经
常要用到二次函数的极值性质、单调性、图象与x轴的位置关系等。 < br>例7.若a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn都是实数,求证:(a1b1+a2b2+…+a nbn)2≤(a12+a22+…
+a2n)(b12+b22+…+b2n)
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证明:构造二次函数 f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(anx-bn)2=(a1 2+a22+…
+a2n)x2-2(a1b1+a2b2+…+anbn)x+(b12+b22+… +b2n).当a12+a22+…+a2n≠0即a1,a2,…,an不全为
零时,显然有对x∈R ,f(x)≥0,故f(x)=0的判别式:Δ=4(a1b1+a2b2+…+anbn)2-4(a12+a 22+…
+a2n)(b12+b22+…+b2n)≤0.即(a1b1+a2b2+…+anbn) 2≤(a12+a22+…+a2n)·(b12+b22+…+b2n) .
当a1=a2=…=an=0时,结论显然成立,故命题成立。
例8.设二次函数f(x)= ax2+bx+c(a>0),方程f(x)-x=0的两个根x1,x2满足0<x1<x2<1a。
(1)当x∈(0,x1)时,证明x<f(x)<x1
(2)设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称,证明:x0<x12。
证明:①欲证:x<f(x)<x ,只须证:0<f(x)-x<x1-x ①因为方程f(x) -x=0的两根为
x1,x2,f(x)=ax2+bx+c(a>0),∴f(x)-x=a(x-x 1)(x-x2),①式即: 0<a(x-x1)(x-x2)x1-x ②
∵a>0,x∈(0,x1),x1-x>0,∴a(x1-x)>0 ,②式两边同除以a(x1-x)>0,得:0<x2-x<1a,即:
x<x2<1a+x . 这由已知条件:0<x<x1<x2<1a,即得:x<x2<(1a)<1a+x, 故命题得证。
(2)欲证x0<x12,因为x0=-b2a,故只须证:x0-x12=-b2a-x12<0 ③ 由韦达定理,
x1+x2=(-b-1)a,(x1+x2)2=-(b-1)2a,代入③式,有 (-(b2a))-(x12)=(x22)-(1(2a))<0 ,
即:x2<1a 由已知:0<x1<x2<1a,命题得证。

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(三)抽 屉 原 理 在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题,例如:“13个人中至少有两个人出生在相同月
份” ;“某校400名学生中,一定存在两名学生,他们在同一天过生日”;“2003个人任意分成200
个小组,一定存在一组,其成员数不少于11”。这类存在性问题中,“存在”的含义是“至少有一
个” 。在解决这类问题时,只要求指明存在,一般并不需要指出哪一个,也不需要确定通过什么方式
把这个存 在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到的运算较少,依据的理论也不复杂,这些理论称
为“抽屉原理 ”。
(一)抽屉原理的基本形式
定理1、如果把n+1个元素分成n个集合,那么不管 怎么分,都存在一个集合,其中至少有两个
元素。
证明:(用反证法)若不存在至少有两个 元素的集合,则每个集合至多1个元素,从而n个集合
至多有n个元素,此与共有n+1个元素矛盾,故 命题成立。
例1. 已知在边长为1的等边三角形内(包括边界)有任意五个点(图1)。证明:至 少有两个
点之间的距离不大于.
分析:5个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为1的等 边三角形内(包括边界)有5个点,
那么这5个点中一定有距离不大于的两点”,则顺次连接三角形三边 中点,即三角形的三条中位线,
可以分原等边三角形为4个全等的边长为的小等边三角形,则5个点中必 有2点位于同一个小等边
三角形中(包括边界),其距离便不大于。
以上结论要由定理“ 三角形内(包括边界)任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证,下
面我们就来证明这个定理。
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如图2,设BC是△ABC的最大边,P,M是△ABC内(包括边界)任意两点,连接PM,过P分
别作AB、BC边的平行线,过M作AC边的平行线,设各平行线交点为P、Q、N,那么∠PQN=∠ C,∠
QNP=∠A 因为BC≥AB,所以∠A≥∠C,则∠QNP≥∠PQN,而∠QMP≥∠QN P≥∠PQN(三角形的外角
大于不相邻的内角),所以 PQ≥PM。显然BC≥PQ,故BC≥PM 。由此我们可以推知,边长为的等边
三角形内(包括边界)两点间的距离不大于。
说明: (1)这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。类似地,还可以利用等分线段、等分
正方形的方法来 构造“抽屉”。例如“任取n+1个正数ai,满足0<ai≤1(i=1,2,…,n+1),试证明:
这n+1个数中必存在两个数,其差的绝对值小于”。又如:“在边长为1的正方形内任意放置五个
点 ,求证:其中必有两点,这两点之间的距离不大于。(2)例1中,如果把条件(包括边界)去
掉,则结 论可以修改为:至少有两个点之间的距离小于 .
例2.从1-100的自然数中,任意取出51个数 ,证明其中一定有两个数,它们中的一个是另一
个的整数倍。
分析:本题似乎茫无头绪,从 何入手?其关键何在?其实就在“两个数”,其中一个是另一个的
整数倍。我们要构造“抽屉”,使得每 个抽屉里任取两个数,都有一个是另一个的整数倍,这只有把
公比是正整数的整个等比数列都放进去同一 个抽屉才行,这里用得到一个自然数分类的基本知识:任
何一个正整数都可以表示成一个奇数与2的方幂 的积,即若m∈N+,K∈N+,n∈N,则m=(2k-1)·2n,
并且这种表示方式是唯一的,如 1=1×2°,2=1×21,3=3×2°,……
证明:因为任何一个正整数都能表示成一个奇 数乘2的方幂,并且这种表示方法是唯一的,所
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以我们可把1-100的正整数分成如下50个抽屉(因为1-100中共有50个奇数):
1){1,1×2,1×22,1×23,1×24,1×25,1×26};
2){3,3×2,3×22,3×23,3×24,3×25};
3){5,5×2,5×22,5×23,5×24};
4){7,7×2,7×22,7×23};
5){9,9×2,9×22,9×23};
6){11,11×2,11×22,11×23};
……
25){49,49×2};
26){51};
……
50){99}。
这样,1-100的正整数就无重复,无遗漏地放进这50个抽屉内了。从这100个数中任取51个
数,也即从这50个抽屉内任取51个数,根据抽屉原则,其中必定至少有两个数属于同一个抽屉,即< br>属于(1)-(25)号中的某一个抽屉,显然,在这25个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中,一< br>个是另一个的整数倍。
说明: (1)从上面的证明中可以看出,本题能够推广到一般情形 :从1-2n的自然数中,任
意取出n+1个数,则其中必有两个数,它们中的一个是另一个的整数倍。 想一想,为什么?因为1-2n
中共含1,3,…,2n-1这n个奇数,因此可以制造n个抽屉,而n +1>n,由抽屉原则,结论就是必
然的了。给n以具体值,就可以构造出不同的题目。例2中的n取值 是50,还可以编制相反的题目,
如:“从前30个自然数中最少要(不看这些数而以任意方式地)取出 几个数,才能保证取出的数中
能找到两个数,其中较大的数是较小的数的倍数?”
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(2)如下两个问题的结论都是否定的(n均为正整数)想一想,为什么? ①从2,3,4,…,
2n+1中任取n+1个数,是否必有两个数,它们中的一个是另一个的整数倍? ②从1,2,3,…,2n+1
中任取n+1个数,是否必有两个数,它们中的一个是另一个的整数倍?
(3)如果将(2)中两个问题中任取的n+1个数增加1个,都改成任取n+2个数,则它们的结< br>论是肯定的还是否定的?你能判断证明吗?
例3.从前25个自然数中任意取出7个数,证 明:取出的数中一定有两个数,这两个数中大
数不超过小数的1.5倍。
证明:把前25个自然数分成下面6组:
1; ①
2,3; ②
4,5,6; ③
7,8,9,10; ④
11,12,13,14,15,16; ⑤
17,18,19,20,21,22,23, ⑥
因为从前25个自然数中任意取出7 个数,所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某
同一组,这两个数中大数就不超过小数的1.5 倍。
说明:(1)本题可以改变叙述如下:在前25个自然数中任意取出7个数,求证其中存在两个
数,它们相互的比值在内。显然,必须找出一种能把前25个自然数分成6(7-1=6)个集合
内,故同一集合中元素的方法,不过分类时有一个限制条件:同一集合中任两个数的比值在
的数值差不 得过大。这样,我们可以用如上一种特殊的分类法:递推分类法:
从1开始,显然1只能单独作为1个集合{1};否则不满足限制条件. 能与2同属于一个集合
的数只 有3,于是{2,3}为一集合。如此依次递推下去,使若干个连续的自然数属于同一集合,其中
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最大的数不超过最小的数的倍,就可以得到满足条件的六个集合。
(2)如果我们按照(1)中的递推方法依次造“抽屉”,则第7个抽屉为 {26,27,28,29,
30,31,32,33,34,35,36,37,38,39};第8个抽屉为:{40,41,42,… ,60};第9个抽屉
为:{61,62,63,…,90,91}; ……
例4.在坐标 平面上任取五个整点(该点的横纵坐标都取整数),证明:其中一定存在两个整点,
它们的连线中点仍是 整点。
分析与解答:由中点坐标公式知,坐标平面两点(x1,y1)、(x2,y2)的中点坐标 是
欲使

都是整数,必须而且只须x1与x2,y1与y2的奇偶性相同。坐标平面上 的任意整点
按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种:(奇数、奇数),(偶数,偶数),(奇 数,偶数),
(偶数,奇数)以此构造四个“抽屉”,则在坐标平面上任取五个整点,那么至少有两个整 点,属于
同一个“抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。
说明:我们可以把整点的概念推 广:如果(x1,x2,…xn)是n维(元)有序数组,且x1,x2,…xn
中的每一个数都是整数 ,则称(x1,x2,…xn)是一个n维整点(整点又称格点)。如果对所有的n维
整点按每一个xi 的奇偶性来分类,由于每一个位置上有奇、偶两种可能性,因此共可分为
2×2×…×2=2n个类。这 是对n维整点的一种分类方法。当n=3时,23=8,此时可以构造命题:“任
意给定空间中九个整点 ,求证它们之中必有两点存在,使连接这两点的直线段的内部含有整点”。
例5.在任意给出的10 0个整数中,都可以找出若干个数来(可以是一个数),它们的和可被100
整除。
分析: 本题也似乎是茫无头绪,无从下手,其关键何在?仔细审题,它们的“和”能“被100整
除”应是做文 章的地方。如果把这100个数排成一个数列,用Sm记其前m项的和,则其可构造S1,
S2,…S1 00共100个和数。讨论这些“和数”被100除所得的余数。注意到S1,S2,…S100共有
1 00个数,一个数被100除所得的余数有0,1,2,…99共100种可能性。“苹果”数与“抽屉”数第15页(共49页)


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一样多,如何排除“故障”?
证明:设已知的整数为a1,a2,…a100考察数列a1, a2,…a100的前n项和构成的数列S1,
S2,…S100。
如果S1,S2,…S 100中有某个数可被100整除,则命题得证。否则,即S1,S2,…S100均不能
被100整除 ,这样,它们被100除后余数必是{1,2,…,99}中的元素。由抽屉原理I知,S1,S2,…S100
中必有两个数,它们被100除后具有相同的余数。不妨设这两个数为Si,Sj(i<j),则100 ∣(Sj-Si),
即100∣。命题得证。
说明:有时候直接对所给对象作某种划分,是很难构造出恰当的抽
屉的。这时候,我们需要对所给对象先作一些变换,然后对变换得到的
对象进行分类,就可以构造出恰当的抽屉。本题直接对{an}进行分类是
很难奏效的。但由{an}构造出{Sn}后,再对{Sn}进行分类就容易得多.
另外,对{Sn}按模100的剩余类划分时,只能分成100个集合,而
{Sn}只有10 0项,似乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为0的类恰使结论成立,于是通过分别情况
讨论后,就可去 掉余数为0的类,从而转化为100个数分配在剩下的99个类中。
(二)单色三角形问题
抽屉原理的应用多么奇妙,其关键在于恰当地制造抽屉,分割图形,利用自然数分类的不同方
法如按剩余类制造抽屉或按奇数乘以2的方幂制造抽屉,利用奇偶性等等,都是制造“抽屉”的方法。
抽 屉原理的道理极其简单,但“于无声处听惊雷”,恰当地精心地应用它,不仅可以解决国内数学竞
赛中的 问题,而且可以解决国际中学生数学竞赛。
例6.17名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信 ,在他们通信时,只讨论三个题目,而且
任意两名科学家通信时只讨论一个题目,证明:其中至少有三名 科学家,他们相互通信时讨论的是同
一个题目。
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证明:视17个科学家为17个点,每 两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题,
若讨论第一个问题则在相应两点连红线,若讨 论第2个问题则在相应两点连条黄线,若讨论第3个问
题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个 问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。考虑
科学家A,他要与另外的16位科学家每人通信讨论一 个问题,相应于从A出发引出16条线段,将它
们染成3种颜色,而16=3×5+1,因而必有6=5 +1条同色,不妨记为AB1,AB2,AB3,AB4,AB5,AB6
同红色,若Bi(i=1,2 ,…,6)之间有红线,则出现红色三角线,命题已成立;否则B1,B2,B3,
B4,B5,B6之 间的连线只染有黄蓝两色。考虑从B1引出的5条线,B1B2,B1B3,B1B4,B1B5,B1B6,< br>用两种颜色染色,因为5=2×2+1,故必有3=2+1条线段同色,假设为黄色,并记它们为B1B2 ,B1B3,
B1B4。这时若B2,B3,B4之间有黄线,则有黄色三角形,命题也成立,若B2, B3,B4,之间无黄线,
则△B2,B3,B4,必为蓝色三角形,命题仍然成立。
说明:(1)本题源于一个古典问题--世界上任意6个人中必有3人互相认识,或互相不认识。 < br>(2)将互相认识用红色表示,将互相不认识用蓝色表示,(1)将化为一个染色问题,成为一个
图论问题:空间六个点,任何三点不共线,四点不共面,每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证:
存在 三点,它们所成的三角形三边同色。 (3)问题(2)可以往两个方向推广:其一是颜色的种数,
其二是点数。
本例便是方向一 的进展,其证明已知上述。如果继续沿此方向前进,可有下题:在66个科学家
中,每个科学家都和其他 科学家通信,在他们的通信中仅仅讨论四个题目,而任何两个科学家之间仅
仅讨论一个题目。证明至少有 三个科学家,他们互相之间讨论同一个题目。
(4)回顾上面证明过程,对于17点染3色问题可归 结为6点染2色问题,又可归结为3点染一
色问题。反过来,我们可以继续推广。从以上(3,1)→( 6,2)→(17,3)的过程,易发现 6=
(3-1)×2+2,17=(6-1)×3+2,66 =(17-1)×4+2,同理可得(66-1)×5+2=327,(327-1)×6+2=1958…记为r1=3,r2=6,r3=17,r4=66,r5=327,r6=1958,…..我们可以得到 递推关系式:rn=n(rn-1-1)+2,
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n=2,3,4…这样就可以构造出3 27点染5色问题,1958点染6色问题,都必出现一个同色三角形。
(三)抽屉原理的其他形式。
定理2:把m个元素分成n个集合(m>n)
(1)当n能整除m时,至少有一个集合含有mn个元素;
(2)当n不能整除 m时,则至少有一个集合含有至少[mn]+1个元素,([mn]表示不超过 的最
大整数)
定理2也可叙述成:把m×n+1个元素放进n个集合,则必有一个集合中至少放有m+1个元素。
例7.9条直线的每一条都把一个正方形分成两个梯形,而且它们的面积之比为2∶3。证明:这
9条直线中至少有3条通过同一个点。
证明:设正方形为ABCD,E、F分别是AB,CD的中点。 设直线L把正方形ABCD分成两个梯形
ABGH和CDHG,并且与EF相交于 P.梯形ABGH的 面积:梯形CDHG的面积=2∶3,EP是梯形ABGH的中
位线,PF是梯形CDHG的中位线,由 于梯形的面积=中位线×梯形的高, 并且两个梯形的高相等
(AB=CD),所以梯形ABGH的面积 ∶梯形CDHG的面积=EP∶PF,也就是EP∶PF=2∶3 .这说明,直线L
通过EF上一个固 定的点P,这个点把EF分成长度为2∶3的两部分。这样的点在EF上还有一个,如
图上的Q点(FQ ∶QE=2∶3)。同样地,如果直线L与AB、CD相交,并且把正方形分成两个梯形面积
之比是2∶ 3,那么这条直线必定通过AD、BC中点连线上的两个类似的点(三等分点)。这样,在正
方形内就有 4个固定的点,凡是把正方形面积分成两个面积为2∶3的梯形的直线,一定通过这4点
中的某一个。我 们把这4个点看作4个抽屉,9条直线看作9个苹果,由定理2可知,9=4×2+1,所
以,必有一个 抽屉内至少放有3个苹果,也就是,必有三条直线要通过一个点。
说明:本例中的抽屉比较隐蔽,正 方形两双对边中点连线上的4个三等分点的发现是关键,而它
的发现源于对梯形面积公式S梯形=中位线 ×梯形的高的充分感悟。
例8.910瓶红、蓝墨水,排成130行,每行7瓶。证明:不论怎样排 列,红、蓝墨水瓶的颜色
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次序必定出现下述两种情况之一种:1.至少三行完全相同; 2.至少有两组(四行),每组的两行完
全相同。
证明:910瓶红、蓝墨水,排成130行 ,每行7瓶。每行中的7个位置中的每个位置都有红、蓝
两种可能,因而总计共有27=128种不同的 行式(当且仅当两行墨水瓶颜色及次序完全相同时称为“行
式”相同. 任取130行中的129行,依抽屉原理可知,必有两行(记为A,B)“行式”相同。 在除
A、B外 的其余128行中若有一行P与A(B)“行式”相同,则P,A,B满足“至少有三行完全相同”;
在 其余(除A,B外)的128行中若没有与A(B)行式相同者,则128行至多有127种不同的行式,
依抽屉原则,必有两行(不妨记为C、D)行式相同,这样便找到了(A,B)、(C,D)两组(四行),< br>每组两行完全相同。
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(四) 函数的性质应用
一、指数函数与对数函数
函数y=ax(a>0,且a≠1)叫做指数函数。它的基本情况是:
1)定义域为全体实数(-∞,+∞)
2)值域为正实数(0,+∞),从而函数没有最大值与最小值,有下界,y>0
3)对应关系为一一映射,从而存在反函数--对数函数。
4)单调性是:当a>1时为增函数;当05)无奇偶性,是非奇非 偶函数,但y=ax与y=a-x的图象关于y轴对称,y=ax与y=-ax的图象
关于x轴对称;y =ax与y=logax的图象关于直线y=x对称。
6)有两个特殊点:零点(0,1),不变点(1,a)
7)抽象性质:f(x)=ax(a >0,a≠1),f(x+y)=f(x)·f(y),f(x-y)=f(x)f(y)
函数y=logax(a>0,且a≠1)叫做对数函数,它的基本情况是:
1)定义域为正实数(0,+∞)
2)值域为全体实数(-∞,+∞)
3)对应关系为一一映射,因而有反函数——指数函数。
4)单调性是:当a>1时是增函数,当05)无奇偶性。但y=lo gax与y=log(1a)x关于x轴对称,y=logax与y=loga(-x)图象关于y轴
对 称,y=logax与y=ax图象关于直线y=x对称。
6)有特殊点(1,0),(a,1)
7)抽象运算性质f(x)=logax(a>0,a≠1), f(x·y)=f(x)+f(y),f(xy)=f(x)-f(y)
二、例题
例1.若 f(x)=(ax(ax+√a)),求f(11001)+f(21001)+f(31001)+…+f(1 0001001)
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分析:和式中共有1000项,显然逐 项相加是不可取的。需找出f(x)的结构特征,发现规律,注
意到11001+10001001=2 1001+9991001=31001+9981001=…=1,而f(x)+f(1-x)= (ax(ax+√a))+(a1-x(a1-x+√a))=(ax(ax+√a))+(a(a+ax· √a))=(ax(ax+√a))+((√a)(ax+
√a))=((ax+√a)(ax+√a) )=1规律找到了,这启示我们将和式配对结合后再相加:
原式=[f(11001)+f(1000 1001)]+[f(21001)+f(9991001)]+ …
+[f(5001001)+f(5011001)]=(1+1+…+1)5000个=500 (1)取a=4就是1986年的高中数学联赛填空题:设f(x)=(4x(4x+2)),那么和式f(11001)+f(21001)+f(31001)+…+f(10001001)的值= 。
(2)上题中取a=9,则f(x)=(9x(9x+3)),和式值不变也可改变和式为求
f(1n)+f(2n)+f(3n)+…+f((n-1)n).
(3)设f(x)=(1(2x +√2)),利用课本中推导等差数列前n项和的方法,可求得
f(-5)+f(-4)+…+f(0) +…+f(5)+f(6)的值为 。
例2.5log25等于:( )
(A)12 (B)(15)10log25 (C)10log45 (D)10log52
解:∵5log25 =(102)log25=(10log25)(2log25)=(15)×10log25 ∴选(B)
例3.试比较(122002+1)(122003+1)与(122003+1)(122004+1 )的大小。
解:对于两个正数的大小,作商与1比较是常用的方法,记122003=a>0,则有
((122002+1)(122003+1))÷((122003+1)(122004+1))= ((a12)+1)(a+1)·((12a+1)(a+1))=
((a+12)(12a+1))( 12(a+1)2)=((12a2+145a+12)(12a2+24a+12))>1
故得:((122002+1)(122003+1))>((122003+1)(122004+1))
例4.已知(a,b为实数)且f(lglog310)=5,则f(lglg3)的值是( )
(A)-5 (B)-3 (C)3 (D)随a,b的取值而定
第21页(共49页)


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解:设lglog310=t,则lglg3=lg(1log310)=-lglog310=-t
而f(t)+f(-t)=

∴f(-t)=8-f(t)=8-5=3
说明:由对数换底公式可推出logab·logba=(lgblga)·(lgalgb)=1,即loga b=(1logba),
因而lglog310与lglg3是一对相反数。设中的部分,
则g (x)为奇函数,g(t)+g(-t)=0。这种整体处理的思想巧用了奇函数性质使问题得解,关键在于细< br>致观察函数式结构特征及对数的恒等变形。
例5.已知函数y=((10x-10-x)2)(X∈R)
(1)求反函数y=f-1(x)
(2)判断函数y=f-1(x)是奇函数还是偶函数 < br>分析:(1)求y=(10x-10-x)2的反函数首先用y把x表示出来,然后再对调x,y即得到y =f-1(x);
(2)判断函数y=f-1(x)的奇偶性要依据奇函数或偶函数的定义,看当X∈R 时是否有f(-x)=-f(x)
或(f(-x)+f(x)=0)或f(-x)=f(x)恒成立。
解:(1)由y=((10x-10-x)2)(X∈R)可得2y=10x-10-x,设10x=t ,上式化为:2y=t-t-1两边乘
t,得2yt=t2-1整理得:t2-2yt-1=0,解得:
由于t=10x>0,故将

舍去,得到:将t=10x代入上式,即得:
所以函数y=((10x-10-x)2)的反函数是
(2)由得:

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所以,函数 是奇函数。
∴f-1(-x)=-f(x)
例6.已知函数f(x)=loga((1+x)(1-x))(a>0,a≠1)
(1)求f(x)的定义域
(2)判断f(x)的奇偶性并给以证明;
(3)当a>1时,求使f(x)>0的x取值范围;
(4)求它的反函数f-1(x)
解:(1)由对数的定义域知((1+x)(1-x))>0
解这个分式不定式,得:(x+1)(x-1)<0,-1<x<1故函数f(x)的定义域为(-1,1) < br>(2)f(-x)=loga((1-x)(1+x))=log((1+x)(1-x))-1=-lo ga((1+x)(1-x))=-f(x)
由奇函数的定义知,函数f(x)是奇函数。
(3)由loga((1+x)(1-x))>0<=>loga((1+x)(1-x))>loga1,因为 a>1,所以由对数函数
的单调性知((1+x)(1-x))>1,考虑由(1)知x<1,1-x> 0,去分母,得:1+x>1-x,x>0故:0<x
<1 所以对于a>1,当x∈(0,1)时函数f(x)>0
(4)由y=loga((1+x)(1-x ))得:((1+x)(1-x))=ay应用会比分比定理得:
((1+x)+(1-x))((1+ x)-(1-x))=((ay+1)(ay-1))即:(22x)=((ay+1)(ay-1))
∴x=((ay-1)(ay+1))交换x,y得:y=((ax-1)(ax+1)),它就是函数f(x )=loga((1+x)(1-x))
的反函数f-1(x)即f-1(x)=((ax-1)(ax +1))
例7.已知x2-2x+loga(a2-a)=0有一正根和一负根,求实数a的范围。
解:方程有一正根一负根的充分必要条件是:loga(a2-a)<0 ①
由a>0,a≠1,a2-a=a(a-1)>0,可得a>1 ②,从而由loga(a2-a)<0=loga1得:a2-a<
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1,a2-a-1<0,解得: ③,由②③得:
例8.设y=log(12)[a2x+2(ab)x-b2x+1](a>0,b> 0),求使y为负值的x的取值范围
解:∵(12)<1,要使y<0,只要a2x+2(ab)x -b2x+1>1,即a2x+2(ab)x-b2x>0
→b2x[(ab)2x+2(ab)x-1]>0→[(ab)x]2+2(ab)x-1>0→
→∵ →. 1°当a>b>0时,ab>1,
3°当a=b>0时,x∈R。


2°当b>a>0时,0<ab<1,

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(五)数 列
[方法总结]
?
S
1
,n?1
?S?S
n?1
,n?2
1.数列{an}前n 项和Sn与通项an的关系式:an=
?
n

2.求通项常用方法
①作新数列法.作等差数列与等比数列.
②叠加法.最基本形式是:an=(an-an-1 +(an-1+an-2)+…+(a2-a1)+a1.
③归纳、猜想法.
3.数列前n项和常用求法
①重要公式
1
1+2+…+n=
2
n(n+1)
1
12+22+…+n2=
6
n(n+1)(2n+1)
1
13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=
4
n2(n+1)2 < br>②等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd,等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.
③裂项求和:将数列的通项分成两个式子的代数和,即an=f(n+1)-f(n),然后累加时抵消 中间
的许多项.
④错项相消法
⑤并项求和法
[例题]
1.等 差数列{an}的前m项的和为30,前2m项的和为100,则它的前3m项的和为_________.
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n(n?1)
2
解法一:将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得:
m(m?1)
?
ma?d?30
?
?
1
2
?
?
2ma?
2m(2m?1)
d?100
1
?
2
?

4010203m(3m?1)
解得d?
2
,a
1
??
2
,?S
3m
?3ma
1
?d?210< br>m
m
2
m




解法二:由 等差数列{an}的前n项和公式知,Sn是关于n的二次函数,即Sn=An2+Bn(A、B是常
数 ).将Sm=30,S2m=100代入,得
20
?
A?
2
??
?
Am?Bm?30
?
m
?
??
2
?
?
B?
10
?
A(2m)?B?2m?100
?
m
,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210
?
2
解法三: 根据等差数列性质知:Sm,S2m-Sm,S3m-S2m也成等差数列,从而有:2(S2m-Sm)=Sm +(S3m
-S2m) ∴S3m=3(S2m-Sm)=210
解法四:令m=1 得S1=30,S2=100,得a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2=70
∴a3=70+(70-30)=110 ∴S3=a1+a2+a3=210
1
2.已知函数f(x)=
x
2
?4
(x<-2).
(1)求f(x)的反函数f--1(x);
1
(2)设a1=1,
an?1
=-f--1(an)(n∈N*),求an;
m
(3)设Sn=a12 +a22+…+an2,bn=Sn+1-Sn是否存在最小正整数m,使得对任意n∈N*,有bn<
25

立?若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.
1
解:(1)设y =
x
2
?4
,∵x<-2,∴x=-
4?
1
y2
4?
,即y=f--1(x)=-
1
y
2
(x>0)
第26页(共49页)


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1< br>(2)∵
a
n?1
1
?4?
1
2
1
a
n
,?
2
1
a
n?1
2
?
1< br>a
n
2
?4
1
a
,∴{
n
}是公差 为4的等差数列,
2
1
+4(n-1)=4n-3,∵an>0,∴an=
4n?3
. ∵a1=1,
a
n
=
a
1
2
1m252525(3)bn=Sn+1-Sn=an+12=
4n?1
,由bn<
25
, 得m>
4n?1
,设g(n)=
4n?1
,∵g(n)=
4n?1< br>在n∈N*
m
上是减函数,∴g(n)的最大值是g(1)=5,∴m>5,存在最小正 整数m=6,使对任意n∈N*有bn<
25
成立.
3.已知{an}是各项不同的 正数等差数列,又lga1、lga2、lga4成等差数列.设
bn=
1
a
2
n
,n=1,2,3,……。
(Ⅰ)证明{bn}为等比数列;
7(Ⅱ)如果数列{bn}前3项的和等于
24
,求数列{an}的首项a1和公差d.。
解:(Ⅰ)∵lga1、lga2、lga4成等差数列,
∴2lga2=lga1+lga4,即
2
a
2
=a1·a2 设等差数列{an}的公差为d,则(a1+d)2=a1(a1+3d),
这样d2= a1d 从而d(d- a1)=0 ∵d≠0 ∴d= a1≠0 a2n = a1+(2n-1)d=2 n d
bn=
1
a
2
n
1111
?
n=
d
2
这时{bn}是首项b1=
2d
,公比为
2
的等比数列。
1117
(Ⅱ)∵b1+b2+b3=
2d
(1+
2
+
4
) =
24
,∴d=3, 所以a1=d=3
4.已知{
a
n
}是公比为q的等比数列,且
a
1
,a
3
,a
2
成等差数列.
(Ⅰ)求q的值;
(Ⅱ)设{
b
n
}是以2为首项 ,q为公差的等差数列,其前n项和为Sn,当n≥2时,比较Sn与
bn的大小,并说明理由. 解:(Ⅰ)由题设
2a
3
?a
1
?a
2
,即2 a
1
q
2
?a
1
?a
1
q,
2< br>?a?0,?2q?q?1?0.

1

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1
?q?1或?.
2

n(n?1)n
2
?3n< br>q?1,则S
n
?2n??1?.
22
(Ⅱ)若

n?2时,S
n
?b
n
?S
n?1
?
(n?1)( n?2)
?0.
S?b
n
.
2

n

1n(n?1)1?n
2
?9n
q??,则S
n
?2n?( ?)?.
2224


n?2时,S
n
?b
n< br>?S
n?1
??
(n?1)(n?10)
,
4

故对于
n?N
?
,当2?n?9时,S
n
?b
n
;当n?10时,S
n
?b
n
;当n?11时,S
n
?b
n
.
{log
2
(a
n
?1)}n?N*
)
为等差数列,且5.已知数列
a
1
?3,a
3?9.

(Ⅰ)求数列
{a
n
}
的通项公式;
111
?????1.
a?aa?aa?a
132n?1n
(Ⅱ)证明2

解:(I)设等差数列

{log
2
(a
n
?1)}
的公差为d.
即d=1.

a
1
? 3,a
3
?9得2(log
2
2?d)?log
2
2?lo g
2
8,
log
2
(a
n
?1)?1?(n?1) ??n,
即所以
a
n
?2
n
?1.
111
?
n?1
?
nn
a?a
a?22
n?1n
(II) 因为,
1111111
?????
1
?
2
?
3< br>???
n
a?a
1
a
3
?a
2
a< br>n?1
?a
n
2222
所以
2
6.已知数列
111
?
n
?
2
?1?
1
?1.
2?
2
1
2
n
1?
2

a
1< br>?5,
?
a
n
?
的首项前
n
项和为
S
n
,且Sn+1=2Sn+n+5.(n∈N*)
(I)证明数列
?
a
n
?1
?
是等比数列;
第28页(共49页)


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(I I)令
f(x)?a
1
x?a
2
x
2
?L?an
x
n
?
,求函数
f(x)
在点
x?1
处的导数
f(1)

解:(I)由已知Sn+1=2Sn+n+5,∴
两式相减得

n?1

从而
n?2,S
n
?2S< br>n?1
?n?4

S
n?1
?S
n
?2< br>?
S
n
?S
n?1
?
?1

a
n?1
?2a
n
?1
.又
,从而
a
n ?1
?1?2
?
a
n
?1
?
a
2
?11

.
S
2
?2S
1
?1?5a
2
?a
1
?2a
1
?6a
1
?5
,∴
a
2
?1?2
?
a
1
?1
?
.故总有< br>a
n?1
?1?2(a
n
?1)
n?N
*
a ?5,a
1
?1?0
.又∵
1
,
a
n?1
?1
?2
?
a?1
?
是以为
a
1
?1? 6
首项2为公比的等比数列。
a?1
从而
n
,即数列
n< br>(II)由(I)知

a
n
?3?2
n
?1
,∵
f(x)?a
1
x?a
2
x
2
?L?a
n
x
n

f
?
(x)?a
1
?2a2
x?L?na
n
x
n?1

从而
2n< br>n(n?1)
3
?
2?2?2?L?n?2
?
?
1? 2?L?n
?
2
=-=3[n×2n+1-(2+…+2n)]-
n(n? 1)n(n?1)
3
?
n?1
?
?2
n?1
??6
22
=3[n×2n+1-2n+1+2]-=
a
n?1
?an?2
2
7.若公比为c的等比数列{an}的首项a1=1且满足an=(n=3,4, ……)
(Ⅰ)求c的值;
(Ⅱ)求数列{nan}的前n项和Sn.
解:(Ⅰ)由题设,当n≥3时,an=c2an-2 an-1=can-2
an?1
?a
n?2
1?c
1?c
?a
n?2
2 2
an=.由题设条件可得an-2≠0,因此c2=
2
,即2c2-c-1=0.
1
解得c=1或c=-
2

(Ⅱ)由(Ⅰ),需要分两种情况讨论:
当c=1时,数列{an}是一个常数列,即an=1(n∈N*)
第29页(共49页)


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n(n??)
2
这时,数列{nan}的前n项和Sn=1+2+3+…+n= 111
当c=-
2
时,数列{an}是一个公比为-
2
的等比数 列,即an=(-
2
)n-1 (n∈N*).
111
这时,数列{ nan}的前n项和Sn=1+2(-
2
)+3(-
2
)2+…+n(-2
)n-1. ①
111111
①式两边同乘-
2
,得-
2
Sn=-
2
+2(-
2
)2+…+(n-1)( -
2
)n-1+n(-
2
)n. ②
①式减去②式,得
1
1?(?)
n
2
?n(?
1
)
n
.< br>11111
1
2
1?
2
(1+
2
)Sn=1 +(-
2
)+(-
2
)2+…+(-
2
)n-1-n(-< br>2
)n=
13n?2
[4?(?1)
n
n?1
]( n?N
*
).
2
所以Sn=
9

1
an?1
?S
n
3
,n=1,2,3,……,求: 8.数列{an}的前 n项和为Sn,且a1=1,
(Ⅰ)a2,a3,a4的值及数列{an}的通项公式;
(Ⅱ )
a
2
?a
4
?a
6
?L?a
2n
的值.
1111
a
n?1
?S
n
a
2
?S
1
?a
1
?
3
,n=1,2,3,……,得
3 33
, 解:(Ⅰ)由a1=1,
1141116
a
3
?S
2
?(a
1
?a
2
)?a
4
?S
3
?(a
1
?a
2
?a
3
)?
339
,< br>3327
.
11414
n?2
1
a
n?1
?a
n
?(S
n
?S
n?1
)?a
n
a< br>n?1
?a
n
()
33
(n≥2)
3
(n≥ 2)由,得,又a2=
3
,所以an=
33
(n
n?1,
?
1,
?
?
14
n?2
(),
?
n?2 ≥2), ∴数列{an}的通项公式为an=
?
33
第30页(共49页)


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4
2
1
()
a
2
,a
4
,L,a
2n
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知是首 项为
3
,公比为
3
项数为n的等比数列,
4
1?()2n
1
3
?
3
[(
4
)
2n
?1]?
3
1?(
4
)
2
73
a?a
4< br>?a
6
?L?a
2n
3
所以
2
=.
9.假设某市2004年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么,到哪一年底,
(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004 年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?
(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?
解:(1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是等差数列,
n(n?1 )
?50
2
其中a1=250,d=50,则Sn=250n+=25n2+225n ,
令25n2+225n≥4750,即n2+9n-190≥0,而n是正整数,∴n≥10.
∴到2013年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米.
(2 )设新建住房面积形成数列{bn},由题意可知{bn}是等比数列,其中b1=400,q=1.08, < br>则bn=400·(1.08)n-1.由题意可知an>0.85bn,有250+(n-1)·50> 400·(1.08)n-1·0.85.
由计箅器解得满足上述不等式的最小正整数n=6.到20 09年底,当年建造的中低价房的面积占该
年建造住房面积的比例首次大于85%.
10.设 正项等比数列
(Ⅰ)求
(Ⅱ)求
?
a
n
?
的首项< br>a
1
?
1
1010
S
2S?(2?1)S
2 0
?S
10
?0
n
30
2
,前n项和为,且。
?
a
n
?
的通项;
?
nS
n
?
的前n项和
T
n

解:(I)由210S30-(210+1)S20+S10=0得210(S30-S20)=S20-S10 ,
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即210(a21+a22+…+a30)=a11+a12+…+a20,可得210·q10(a11+a1 2+…+a20)=a11+a12+…+a20.
11
n
因为an>0,所以21 0q10=1,解得q=
2
,因而an=a1qn-1=
2
,n=1,2,… .
11
(1?
n
)
2
2
111n
11?
2
=1-
2
n
,nSn=n-
2
n
. (II)因为{an}是首项a1=
2
、公比q=
2
的等比数列,故S n=
12n
2n
则数列{nSn}的前n项和Tn=(1+2+…+n)-(
2
+
2
+…+
2
),
T
n
1
1
2
n?1n
?
?
22
(1+2+…+n)-(
2< br>2
+
2
3
+…+
2
n
2
n?1).
T
n
1
11
?
2
(1+2+…+n)- (
2
+
2
2
前两式相减,得
2
1
n
+…+
2
n
)+
2
n?1

11
(1?
n
)
2
2
n(n?1)n(n?1)1n
n
1???2.
1?
n?1n
n?1
42
22
2
+
2
,Tn==-
11.设{an}是正数组成的数列,其前n项和为Sn,并且对于 所有的自然数n,an与2的等差中项
等于Sn与2的等比中项.
(1)写出数列{an}的前3项
(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程) (3)令bn=
a
1
a
n?1
(?
n
)
2a
n
a
n?1
(n∈N*),求b1+b2+b3+…+bn-n a
1
?2
?2S
1
2
解:(1)由题意,当n=1时, 有,S1=a1,
a
1
?2a
2
?2
?2a
1< br>?2S
2
22
∴,解得a1=2.当n=2时,有,S2=a1+a2,将a1 =2代入,整理得(a2
a
3
?2
?2S
3
-2)2=16 ,由a2>0,解得a2=6.当n=3时,有
2
,S3=a1+a2+a3,将a1=2,a 2=6代入,
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整理得(a3-2)2=64,由a3>0,解得a3=10.故该数列的前3项为2,6,10. < br>(2)解法一:由(1)猜想数列{an}.有通项公式an=4n-2.下面用数学归纳法证明{an} 的通项公
式是an=4n-2,(n∈N*).
①当n=1时,因为4×1-2=2,,又在(1)中已求出a1=2,结论成立.
a
k
?2
?2S
k
2
②假设当n=k时,结论成立,即有ak=4k -2,由题意,有,将ak=4k-2.代入上
a
k?1
?2
?2S
k?1
2S
k
2
式,解得2k=,得Sk=2k2,由题意,有,Sk+1= Sk+ak+1,将Sk=2k2代入得
a
k?1
?2
2
()2=2 (ak+1+2k2),整理得ak+12-4ak+1+4-16k2=0,由ak+1>0,解得ak+1= 2+4k,所以
ak+1=2+4k=4(k+1)-2,即当n=k+1时,结论成立.根据①②,对 所有的自然数n∈N*成立.
a
n
?2
11
?2S
n解法二:由题意知
2
,(n∈N*).整理得,Sn=
8
(an+2)2 ,由此得Sn+1=
8
(an+1+2)2,
1
∴an+1=Sn+1-Sn =
8
[(an+1+2)2-(an+2)2].整理得(an+1+an)(an+1-an -4)=0,由题意知an+1+an
≠0,∴an+1-an=4,即数列{an}为等差数列,其中 a1=2,公差d=4.∴an=a1+(n-1)d=2+4(n-1),
即通项公式为an=4n- 2.
a
n
?2a
n?1
?2
?2S
n
? 2S
n?1
22
解法三:由已知得,(n∈N*)①,所以有②,由②式得
S
n?1
?S
n
?2
?2S
n?1
SS?2?Sn
2
,整理得Sn+1-2
2
·
n?1
+2-Sn=0 ,解得
n?1
,由于数列
{an}为正项数列,而
为首项,以
S1
?2,?S
n?1
?S
n
?2
,因而
Sn?1
?2?S
n
,即{Sn}是以
S
1
?2
2
为公差的等差数列.所以
S
n
=
2
+(n-1)
2
=
2
n,Sn=2n2,故
?
2,(n?1)
?
S?S
n?1
?4n?2,(n?2)
an=
?
n
即an= 4n-2(n∈N*).
第33页(共49页)


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a
1
a
n? 1
(?
n
?2)
2a
n
a
n?1
(3)令 cn=bn-1,则cn=
12n?12n?111
[(?1)?(?1)]??,
22n?12n?12n?12n?1
b
1
?b
2
???b
n
?n?c
1
?c
2
???c
n
?
111 111
?(1?)?(?)???(?)?1?,
3352n?12n?12n?1
1
?
lim
(b
1
?b
2
???b
n
?n)?
lim
(1?)?1.
n??n??
2n?1

12.已知数列{an}是公差为d的等差数列,数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列,若
函数f(x)=(x-1)2,且a1=f(d-1),a3=f(d+1),b1=f(q+1),b 3=f(q-1),
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式
c
c
1
c
1
????
n
bb
2
c
n
=a n+1成立,求Sn (2)设数列{cn}的前n项和为Sn,对一切n∈N*,都有
1
解: (1)∵a1=f(d-1)=(d-2)2,a3=f(d+1)=d2,∴a3-a1=d2-(d-2)2 =2d,
∵d=2,∴an=a1+(n-1)d=2(n-1);又b1=f(q+1)=q2,b 3=f(q-1)=(q-2)2,
b
3
(q?2)
2
?
2
b
1
q
∴=q2,由q∈R,且q≠1,得q=-2,∴bn=b·qn- 1=4·(-2)n-1
c
n
c
n
bb
(2)令
n
=dn,则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),∴dn=an+1-an=2,∴n
=2,即cn=2·bn=8·(-2)n
8
-1;∴Sn=
3
[1-(-2)n].
3
13.设An为数列{an}的前n项和,An=
2(an-1),数列{bn}的通项公式为bn=4n+3;
(1)求数列{an}的通项公式
(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列,证明:数列{dn}的 通项公
式为dn=32n+1
(3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项,B r为数列{bn}的前r项的和;Dn为数列{dn}
的前n项和,Tn=Br-Dn,求Tn .
第34页(共49页)


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a< br>n?1
333
a
解:(1)由An=
2
(an-1),可知A n+1=
2
(an+1-1),∴an+1-an=
2
(an+1-an) ,即
n
=3,
3
而a1=A1=
2
(a1-1),得a1= 3,所以数列是以3为首项,公比为3的等比数列,数列{an}的通项公式
an=3n.
1
(2)∵32n+1=3·32n=3·(4-1)2n=3·[42n+C
2n
2n ?1
·42n-1(-1)+…+C
2n
·4·(-1)+(-1)2n]
= 4n+3,
∴32n+1∈{bn}.而数32n=(4-1)2n=42n+C
1)2n= (4k+1),
∴32n
?
{bn},而数列{an}={a2n+1}∪{a2n },∴dn=32n+1.
1
2n
·42n-1·(-1)+…+C
2n? 1
2n
·4·(-1)+(-
3
2n?1
?3
4
( 3)由32n+1=4·r+3,可知r=,
r(7?4r?3)3
2n?1
?33
2n?1
?72727
n
?r(2r?5)??,D
n
?? (1?9
n
)?(9?1)
2421?98
∴Br=,
9
2n?1
?4?3
2n?1
?2127
n
?T
n
? B
r
?D
n
??(9?1)
88
9113
??3< br>4n
??3
2n
?,(a
n
)
4
?3
4n
,
884
T
9
?
lim
n
4
?
n??
(a
n
)
8
练习

1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.
(1)求公差d的取值范围;
(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大,并说明理由.
2.已知数列{an}为等差数列,公差d≠0,由{an}中的部分项组成的数列
a
b
1
,a
b
2
,…,a
b
n
,…为等比 数列,其中b1=1,b2=5,b3=17.求数列{bn}的通项公式;
3.{an}为等差数列 ,公差d≠0,an≠0,(n∈N*),且akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*)
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(1)求证:当k取不同自然数时,此方程有公共根;
111
,,?,
x? 1x
2
?1x
n
?1
为等差数列. (2)若方程不同的根依次为x 1,x2,…,xn,…,求证:数列
1
4.数列{an}满足a1=2,对于任意的n∈N* 都有an>0,且(n+1)an2+an·an+1-nan+12=0,又知数
列{bn}的通项为 bn=2n-1+1.
(1)求数列{an}的通项an及它的前n项和Sn;
(2)求数列{bn}的前n项和Tn;
(3)猜想Sn与Tn的大小关系,并说明理由.
5.数列{an}中,a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1-an,(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Sn;
(3)设bn=
1< br>n(12?a
n
)
(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*) ,是否存在最大的整数m,使得对任意n
m
∈N*均有Tn>
32
成立?若存 在,求出m的值;若不存在,说明理由.
6.已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=145.
(1)求数列{bn}的通项bn;
(2)设数列{an}的通项an=loga(1+1
b
n
)(其中a>0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和,试比1
较Sn与
3
logabn+1的大小,并证明你的结论.
7.设数列 {an}的首项a1=1,前n项和Sn满足关系式:3tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t>0,n=2 ,3,4…).
(1)求证:数列{an}是等比数列;
1
(2)设数列{an} 的公比为f(t),作数列{bn},使b1=1,bn=f(
b
n?1
)(n=2, 3,4…),求数列{bn}的通
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项bn;
(3)求和:b1b2-b2b3+b3b4-…+b2n-1b2n-b2nb2n+1.

参考答案
?
?
a
3
?a
1
?2d?12 ,
?
12?11
?
d?0
?
S
12
?12 a
1
?
2
?
13?12
?
24
S?13a ?d?0
1
?
13
2
1.(1)解:依题意
?
解之 得公差d的取值范围为-
7
<d<-3.
(2)解法一:由d<0可知a1>a2> a3>…>a12>a13,因此,在S1,S2,…,S12中Sk为最大值的条
?
a
3
?(k?3)d?0
?
kd?3d?12
12
?
?a?(k?2)d?0
kd?2d?12
件为:ak≥0且ak+1<0,即
?< br>3
∵a3=12,∴
?
,∵d<0,∴2-
d
<k≤3-7
122412
d
∵-
7
<d<-3,∴
2
< -
d
<4,得5.5<k<7.
因为k是正整数,所以k=6,即在S1,S2,…,S12中,S6最大.
解法二:由d< 0得a1>a2>…>a12>a13,因此,若在1≤k≤12中有自然数k,使得ak≥0,且ak+1<0,则Sk是S1,S2,…,S12中的最大值.由等差数列性质得,当m、n、p、q∈N*,且m+ n=p+q时,
21
am+an=ap+aq.所以有:2a7=a1+a13=
13
S13<0,∴a7<0,a7+a6=a1+a12=
6
S12>0,∴a6≥-a 7>0,故在
S1,S2,…,S12中S6最大.
解法三:依题意得:
nd
S
n
?na
1
?(n?1)d?n(12?2d)?(n
2
?n)
22
d124d24124
24
?[n?(5?)]
2?(5?)
2
,?d?0,?[n?(5?)]
2
22d8d2d
最小时,Sn最大;∵-
7
<d<-3,∴
11
2424
6<2
(5-
d
)<6.5.从而,在正整数中,当n=6时,[n-
2 (5-
d
)]2最小,所以S6最大.
2.解:由题意知a52=a1·a1 7,即(a1+4d)2=a1(a1+16d)
?
a1d=2d2,
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a< br>5
a
1
?4d
?
a
b
n
aa
1
=3, ∵d≠0,∴a1=2d,数列{}的公比q=
1
b
n
?1
a
1
a
b
n
a
b
n
2
∴=a1·3n-1 ① 又=a1+(bn-1)d=②
b
n
?1
由①②得a1·3n-1=
2
·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n-1-1. < br>3.证明:(1)∵{an}是等差数列,∴2ak+1=ak+ak+2,故方程akx2+2ak+1 x+ak+2=0可变为
(akx+ak+2)(x+1)=0,∴当k取不同自然数时,原方程有一个 公共根-1.
?
(2)原方程不同的根为xk=
?
?
a
1
??
k
,
x
k
?12d
1
x
k? 1
?1
?
a
k?2
a?2d
2d
??
k< br>??1?
a
k
a
k
a
k

aaa? a
k?1
?d11
??
k?1
?(?
k
)?
k
???(常数)
x
k
?12d2d2d2d2
?{
11
}是以?为公差的等差数列.
x
k
?12

4.解:(1)可解得
(2)Tn=2n+n-1.
a
n?1
n< br>?
a
n
n?1
,从而an=2n,有Sn=n2+n,
(3 )Tn-Sn=2n-n2-1,验证可知,n=1时,T1=S1,n=2时T2<S2;n=3时,T3<S 3;n=4时,T4
<S4;n=5时,T5>S5;n=6时T6>S6.猜想当n≥5时,Tn>S n,即2n>n2+1
可用数学归纳法证明(略).
5.解:(1)由an+2=2an+ 1-an
?
an+2-an+1=an+1-an可知{an}成等差数列,
a4
?a
1
d=
4?1
=-2,∴an=10-2n.
(2)由an=10-2n≥0可得n≤5,当n≤5时,Sn=-n2+9n,当n>5时,Sn=n2-9n +40,故
2
?
?
?n?9n 1?n?5
?
2
?
n?9n?40 n?5
Sn=
?

第38页(共49页)


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11111
??(?)
n(12?a)n(2n?2)2nn?1
n
(3)bn=
111111n
m
?T
n
?b
1
?b
2
???b
n?[(1?)?(?)???(?)]?
2223nn?12(n?1)
;要使Tn>32
总成立,
1
m

32
<T1=
4
成立,即m<8且m∈Z,故适合条件的m的最大值为7.
?
b
1
?1?
?
10(10?1)
10b?d?145
1
?
2?
6.解:(1)设数列{bn}的公差为d,由题意得:解得b1=1,d=3,
∴bn=3n-2.
11
(2)由bn=3n-2,知Sn=loga(1+1)+ loga(1+
4
)+…+loga(1+
3n?2
)
1113
=loga[(1+1)(1+
4
)…(1+
3n?2
)],
3
logabn+1=loga
3n?1
.
111
3因此要比较Sn与
3
logabn+1的大小,可先比较(1+1)(1+
4)…(1+
3n?2
)与
3n?1
的大小,
3
取n=1时,有(1+1)>
3?1?1

1
3
取n=2时,有(1+1)(1+
4
)>
3?2?1

11
3
由此推测(1+1)(1+
4
)…(1+
3n?2
)>
3n?1

若①式成立,则由对数函数性质可判定:
11
当a>1时,Sn>
3
logabn+1,② 当0<a<1时,Sn<
3
logabn+1,③
下面用数学归纳法证明①式.
(ⅰ)当n=1时,已验证①式成立.
(ⅱ)假设当n=k时(k≥1),①式成立,即:
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11
(1?1)(1?)?(1?)?
3
3k?1
43k?2
.那么当n =k+1时,
3
11113k?1
3
(1?1)(1?)?(1?)(1? )?3k?1(1?)?(3k?2).
43k?23(k?1)?23k?13k?1
3k? 1(3k?2)
2
?(3k?4)(3k?1)
2
23
3
? [(3k?2)]?[3k?4]?
3k?1
(3k?1)
2
3
3< br>9k?43k?1
??0,?(3k?2)?
3
3k?4?
3
3(k?1)?1
2
3k?1
(3k?1)
111
因而(1?1)( 1?)?(1?)(1?)?
3
3(k?1)?1
43k?23k?1

这就是说①式当n=k+1时也成立. 由(ⅰ)(ⅱ)可知①式对任何正整数n都成立.
1 1
由此证得:当a>1时,Sn>
3
logabn+1;当0<a<1时,Sn<3
logabn+1
7.解:(1)由S1=a1=1,S2=1+a2,得3t(1+a 2)-(2t+3)=3t.
.
2t?3
a
2
2t?3
,?
3ta
1
3t
. ∴a2=
又3tSn-(2t+3)Sn-1=3t,①
3tSn-1-(2t+3)Sn-2=3t ②
①-②得3tan-(2t+3)an-1=0.

a
n
2t?3
?
a
n?1
3t
2t?3
,n=2,3,4…,所以{an }是一个首项为1公比为
3t
的等比数列;
1
2
2t?321?
b
(2)由f(t)=
3t
=
3t
,得bn=f(< br>n?1
)=
3
+bn-1
22
2n?1
可见{bn }是一个首项为1,公差为
3
的等差数列.于是bn=1+
3
(n-1)=< br>3
;
54
2n?1
(3)由bn=
3
,可知{b2 n-1}和{b2n}是首项分别为1和
3
,公差均为
3
的等差数列,于是< br>4n?1
b2n=
3
,∴b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2 n-1b2n-b2nb2n+1=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…
第40页(共49页 )


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4415
4n?1
4
+b2n(b2n-1-b2n+1)=-
3
(b2+b4+…+b2n)=-< br>3
·
2
n(
3
+
3
)=-
9
(2n2+3n)
第41页(共49页)


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(六)不等式问题
不等式是 中学数学的主要内容,涉及整个高中数学的各个部分。不等式的证明则是高中数学中对
逻辑推理能力要求 较高的内容,是中学数学的一个难点。近年来,虽然淡化了单纯的证明题,但是以
能力立意与证明有关的 综合题却频繁出现,尤其与一次函数,二次函数放在一起综合考查逻辑推理能
力是考查的重要内容,且不 等式的证明难度大,综合性强。
例1若a、b、c是实数,f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b, 当-1≤x≤1时,
|f(x)|≤1. ⑴求证:|c|≤1 ⑵当|x|≤1时, |g(x)|≤2 ⑶设a>0,
当-1≤x≤1时, g(x)的最大值为2,求f(x).
证明:(1) 由条件知:|f(0)|=|c|≤1
(2) ∵g(x)=ax+b为一次函数, ∴要证:|g(x)|≤2, 则只需|g(-1)|≤2,|g(1)|≤2 而
|g(1)|=|a+b|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2 |g(-1)|=| a-b|=|f(-1)-c|≤|f(-1)|+|c|≤2故当:|x|
≤1时, |g(x)|≤2
(3) 因为a>0, 则g(x)在[-1,1]上是增函数, 当x=1时取最大值2, 即g(1)=2=a+b则:
f(1)-f(0)=2, 又因为-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1, c=f(0)=-1,因为当-1≤x≤1时,|f( x)|≤1,即
b
f(x)≥-1,由二次函数的性质知:直线x=0为f(x)图像的对称轴 ,由此得:-
2a
=0,即b=0,由a+b=2,
得a=2,所以f(x)=2x2 -1。
例2 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程f(x)-x=0的两根x1、x2,满足
1
0a

(1)当x
?
(0,x1)时,求证:xx
1
(2)设函数f(x)的图像关于直线x=x0对称,求证:x0<
2

证明 (1) 令F(x)=f(x)-x 因为x1、x2是方程f(x)-x=0的两根,所以F(x)=a(x-x1)·(x-x2)
第42页(共49页)


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而x1?
(0,x1) 故F(x)>0恒成立,即f(x)>x.
1
又f(x)-x1=a(x-x1)(x-x2)+x-x1 =(x-x1)[a(x-x2)+1] 因为0a

所以:x1-x>0 1+a(x-x2)=1+ax- ax2>1-ax2>0得f(x)-x1<0 即f(x)b
(2)依题意知:x0= -
2a
,因为x1、x2是方程f(x)-x=0的根, 即x1、x2是方程ax2+(b-1)x+c=0
1?b
的根,所以:x1+x2=
a

a(x
1
?x
2
)?1ax
1
?ax
2
?1
ax
1
x
1
b
2a2a< br>x0= -
2a
= = 又因为ax2<1, 所以: x0<
2a
=
2
.

例3 设a为实数,函数f(x)=x2+|x-a|+1,x∈R.
(1)讨论f(x)的奇偶性; (2)求f(x)的最小值.
解:(1)当a=0时,函数f(-x)=(-x)2+|-x|+1= f(x),此时f(x)为偶函数;当a≠0时,
f(a)=a2+1,f(-a)=a2+2|a|+ 1,f(-a)≠f(a),f(-a)≠-f(a).此时函数f(x)既不是奇函数也不是偶
函数.
131
(2)①当x≤a时,函数f(x)=x2-x+a+1=(x-
2
) 2+a+
4
,若a≤
2
,则函数f(x)在(-∞,a
]
上 单
调递减,从而,函数f(x)在(-∞,a
]
上的最小值为f(a)=a2+1.
1131
若a>
2
,则函数f(x)在(-∞,a
]
上的最 小值为f(
2
)=
4
+a,且f(
2
)≤f(a). 131
②当x≥a时,函数f(x)=x2+x-a+1=(x+
2
)2-a+< br>4
;当a≤-
2
时,则函数f(x)在[a,+∞
)

1311
的最小值为f(-
2
)=
4
-a,且f(-
2< br>)≤f(a).若a>-
2
,则函数f(x)在[a,+∞)上单调递增,从
而 ,函数f(x)在[a,+∞)上的最小值为f(a)=a2+1.
第43页(共49页)


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1311
综上,当a≤-2
时,函数f(x)的最小值是
4
-a,当-
2
<a≤
2
时,函数f(x)的最小值是a2+1;
13
当a>
2
时,函数f (x)的最小值是a +
4
.

例4 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,当-1≤f(x)≤1时, |f(x)|≤1.
求证:(1) |c|≤1,|b|≤1,|a|≤2 (2) 当|x|≤2时, |f(x)|≤7
证明:(1) 由于当-1≤x≤1时, |f(x)|≤1.则|f(0)|≤1. 即|c|≤1.
且 -1≤f(-1)≤1 即 -1≤a-b+c≤1 ①
-1≤f(1)≤1 即 -1≤a+b+c≤1 ②
①+②式得:-2≤2b≤2 即-1≤b≤1<===>|b|≤1
由①、②得:-1-c≤a-b≤1-c, -1+c≤a+b≤1+c, 而-1≤c≤1==>
-2≤-1-c, 1+c≤2 故 -2≤a-b≤2, -2≤a+b≤2 ===>
-4≤2a≤4, 即|a|≤2
(2)|f(2)|=|4a+2b+c|= |2(a+b+c)+2a-c|≤2|f(1)|+2|a|+|c|≤7
|f(-2)|=4a- 2b+c|=|2(a-b+c)+2a-c|≤2|f(-1)|+2|a|+|c|≤7
bbb< br>4ac?b
2
b
2
4a
当-2≤-
2a
≤2 时, |
2a
|≤2, 此时|f(-
2a
)|=||=|c-
4a
|
b
b
2
≤|c|+|
4a
|≤|c|+|
4a
|≤2≤7,故当|x| ≤2时, |f(x)|≤7

例5若f(x)=ax2+bx+c(a、b∈R),在区间[0,1]上恒有|f(x)|≤1,
(1) 对于所有这样的f(x),求|a|+|b|+|c|的最大值
(2) 试给出一个这样的f(x),使得|a|+|b|+|c|确实取到最大值
第44页(共49页)


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1111
解:(1)由f(1)=a+b+c, f(0)=c ,f(
2
)=
4
a+
2
b+c, 可解得a=2f(1)-4f(
2
)+2f(0),
11
b=4f(
2
)-3f(0)-f(1), c=f(0), 而|f(1)|≤1, |f(0)|≤1, |f(
2
)|≤1
11
故 |a|+|b|+|c|=|2f(1)-4f(
2
)+2f(0)|+|4f(
2< br>)-3f(0)-f(1)|+|f(0)|
11
≤2|f(1)|+4f|(
2
)|+2|f(0)|+|4|f(
2
)|+3|f(0)|+|f(1)|+| f(0)|≤17
所以|a|+|b|+|c|的最大值为17
1
由(1)知,上式取“=”的条件至少应满足: |f(0)|=1, |f(1)|=1, |f(
2
)|=1
11
故x=
2
应为函数y=f(x)的对称轴, 则可设f(x)=a(x-
2
)2±1再将|f(0)|=1,
|f(1)|=1代入检验得:f(x)=8x2-8x+1

例6已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0.
(1)若方程有两根,其中一根在区间(-1,0)内,另一根在区间(1,2)内,求m的范围.
(2)若方程两根均在区间(0,1)内,求m的范围.
解:(1)抛物线f(x)=x2+ 2mx+2m+1与x轴的交点分别在区间(-1,0)和(1,2)内,画出示意图,

1
?
m??
?
2
?
f(0)?2m?1?0,
?m?R,
?
f(?1)?2?0,
?
??
?
?
1
?
f(1)?4m?2?0,
m??,
??
2
??
?
f(2)?6m?5?0
51
?
m??
5
??m??< br>?
6

6
?
2
.
第45页(共49页)


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?< br>f(0)?0,
?
f(1)?0,
?
?
?
??0,< br>?
0??m?1
(2)据抛物线与x轴交点落在区间(0,1)内,列不等式组
?

1
?
m??,
?
2
?
1
?< br>?
?
m??,
2
?
?
m?1?2或m?1?2,?
?1?m?0.
?
(这里0<-m<1是因为对称轴x=-m应在区间(0,1 )内通过)
练习:
1已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R,a>0),设方程f(x)=x的两实数根为x1,x2.
(1)如果x1<2<x2<4,设函数f(x)的对称轴为x=x0,求证x0>-1;
(2)如果|x1|<2,|x2-x1|=2,求b的取值范围.

2函数f(x )定义在R上对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)·f(n),当x>0时,0<f(x)<1.
1)求证:f(0)=1,且当x<0时,f(x)>1;
2)求证:f(x)在R上单调递减;
3)设集合A={ (x,y)|f(x2)·f(y2)>f(1)},集合B={(x,y)|f(ax-y+2)=1,a ∈R},若A∩
B=
?
,求a的取值范围.
3甲、乙两地相距S千米,汽车 从甲地匀速驶到乙地,速度不得超过c千米小时,已知汽车每
小时的运输成本(以元为单位)由可变部分 和固定部分组成,可变部分与速度v(kmh)的平方成正比,
比例系数为b,固定部分为a元.
(1)把全程运输成本y(元)表示为v(kmh)的函数,并指出这个函数的定义域;
(2)为了使全程运输成本最小,汽车应以多大速度行驶?
x?y
4定义在(-1, 1)上的函数f(x)满足①对任意x、y∈(-1,1),都有f(x)+f(y)=f(
1?xy< br>);②当x
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∈(-1,0)时,有f(x)>0.
1111
f()?f()???f(
2
)?f()
112
.
n?3n?1
求证:
5

参考答案:
1(1)设g(x)=f(x)-x=ax2+(b-1)x+1,且x>0.
∵x1<2<x2<4,∴(x1-2)(x2-2)<0,即x1x2<2(x1+x2)-4, < br>于是得x
0
??
b1b?11111
??(??)?(x
1< br>?x
2
)?x
1
x
2
?(x
1
?x
2
)?(x
1
?x
2
)?2
2a2aa22211
??(x
1
?x
2
)?2??(2?4)?2??1
22

1
(2)由方程g(x)=ax2+(b-1)x+1=0可知x1·x2=
a
>0,所以x1,x2同号
1°若0<x1<2,则x2-x1=2,∴x2=x 1+2>2,∴g(2)<0,即4a+2b-1<0 ①
(b?1)
2
4??4
2
(b?1)
2
?1
a
a
又(x2-x 1)2= ∴2a+1= (∵a>0)代入①式得,
1
(b?1)?1
2<3-2b ② 解②得b<
4

2
2°若 -2<x1<0,则x2=-2+x1<-2
∴g(-2)<0,即4a-2b+3<0 ③ 又2a+1=
(b?1)
2
?1
,代入③式得
7
(b?1)?1
2<2b-1 ④ 解④得b>
4
. 2
17
综上,当0<x1<2时,b<
4
,当-2<x1<0时,b>< br>4
.

2(1)证明:令m>0,n=0得:f(m)=f(m)·f(0) .∵f(m)≠0,∴f(0)=1
取m=m,n=-m,(m<0),得f(0)=f(m)f(-m)
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1
∴f(m)=
f( ?m)
,∵m<0,∴-m>0,∴0<f(-m)<1,∴f(m)>1
(2)证明:任取 x1,x2∈R,则f(x1)-f(x2)=f(x1)-f[(x2-x1)+x1]
=f(x1)-f(x2-x1)·f(x1)=f(x1)[1-f(x2-x1)],
∵f(x1)>0,1-f(x2-x1)>0,∴f(x1)>f(x2),
∴函数f(x)在R上为单调减函数.
?
f(x
2
?y
2
)?f(1)
?
x
2
?y
2
?1
|2|< br>得
??
2
f(ax?y?2)?1?f(?)
?
ax?y?2 ?0
,(3)由
?
由题意此不等式组无解,数形结合得:
a?1
≥1 ,解得a2≤3 ∴a∈[-
3

3

S
3解:(1 )依题意知,汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为
v
,全程运输成本为
SSaay=a·
v
+bv2·
v
=S(
v
+bv) ∴所求函数及其定义域为y=S(
v
+bv),v∈(0,c
]
.
a
(2)依题意知,S、a、b、v均为正数 ∴S(
v
+bv)≥2S
ab

aaa
a< br>当且仅当
v
=bv,即v=
b
时,①式中等号成立.若
b≤c则当v=
b
时,有ymin;
a
aa

b
>c,则当v∈(0,c
]
时,有S(
v
+bv)-S(
c
+bc)
aaS
=S[(
v

c
)+(bv-bc)] =
vc
(c-v)(a-bcv)∵c-v≥0,且c>bc2,∴a-bcv≥a-bc2>0
aa
∴S(
v
+bv)≥S(
c
+bc),当且仅当v=c时等号成立,也即当 v=c时,有ymin;
ababab
综上可知,为使全程运输成本y最小,当
b< br>≤c时,行驶速度应为v=
b
,当
b
>c时行驶
速度应为v= c.
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x?y
4证明:对f(x)+f(y)=f(
1?xy
)中的x,y,令x=y=0 ,得f(0)=0,再令y=-x,又得f(x)+f(-
x)=f(0)=0,即f(-x)=-f( x),∴f(x)在x∈(-1,1)上是奇函数.设-1<x1<x2<0,则f(x1)-
x
1
?x
2
x
1
?x
2
1?x
1
x
2
),∵-1<x1<x2<0,∴x1-x2<0,1-x1x2>0.∴
1?x
1
x
2
<0,于f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(
x< br>1
?x
2
1?x
1
x
2
)>0,从而f(x 1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),故f(x)在x∈(-1,0)上是单调递是由②知f(< br>减函数.根据奇函数的图象关于原点对称,知f(x)在x∈(0,1)上仍是递减函数,且f(x)<0 .
1
11
(n?1)(n?2)
?f(
2
)?f[]?f []
1
(n?1)(n?2)?1
n?3n?1
1?
(n?1)(n ?2)
11
?
11
?f(
n?1n?2
)?f()?f()
11
n?1n?2
1??
n?1n?2
111
?f()?f ()???f(
2
)
511
n?3n?1
11111111
?[f()?f()]?[f()?f()]???[f()?f()]?f()?f(),
2334n ?1n?22n?2
11
?0??1时,有f()?0,
n?2n?2
111
?f()?f()?f(),故原结论成立.
2n?22


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