高考数学压轴题常考题型

若
a
1
?a
2
???a
n
?0，则
[f(x)]
min
?min{f(x
1
),f(x
2
),?,f(x
n
)}
，

[f(x)]
max
?max{f(x
1
),f(x
2),?,f(x
n
)}
以第一个结论为例证明如下：
∵
a
1
?a
2
???a
n
?0
，∴ 当
x?(??,x
1
]
时，
，是减函数，
，是增函数
f(x)??(a
1
?a
2
???a
n
)x?(a
1
x
1
?a
2
x
2
???a
n< br>x
n
)
当
当
x?[x
n
,??)
x ?[x
1
,x
n
]
时，
f(x)?(a
1
?a
2
???a
n
)x?(a
1
x
1
?a
2
x
2
???a
n
x
n
)
(x, f(x
n
))
时，函数
f(x)
的图像是以点
(x
1
f(x
1
))
，
(x
2
,f(x
2))
，…，
n
为端点的一系列互相
连接的折线所组成，
所以有
[f(x)]
min
?min{f(x
1
),f(x
2),?,f(x
n
)}
．
4.抽象函数
1
1. 设 f(x)是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x=1对称，对任意x1、x2∈［0,
2
］ ,都有
f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),且f(1)=a>0.
1
11
lim
(lna
n
).
2n
n
(1)求f(
2
)、f(
4
);(2)证明f(x)是周期函数；(3)记an=f(n+),求
??

1
xxx
f(?)?f()
2
≥0,x∈解 ：(1)因为对x1,x2∈［0,
2
］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2), 所以f(x)=
22
［0,1］

又因为f(1)=f(
2
+
2
)=f(
2
)·f(
2
)=［f(
2
)］2，f(
2
)=f(
4
+
4
)=f(
4
)·f(
4
)=［f（
4
）］
2

11
1
1
2
又f(1)=a>0∴f(
2
)=a,f(
4
)=a
4

证明：(2)依题意设y=f(x)关于直线x=1对称，故f(x)= f(1+1－x),即f(x)=f(2－x),x∈R.
又由f(x)是偶函数知f(－x)=f(x),x∈R∴f(－x)=f(2－x),x∈R. 将上式中－x以x代换得f(x)=f(x+2)，这表明f(x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期 .
解：(3)由(1)知f(x)≥0,x∈［0,1］
1
∵f(
2)=f(n·
1
1111
2n
)=f(
2n
+(n－1 )
2n
)=f(
2n
)·f((n－1)·
2n
) 11111
1
1
=……=f(
2n
)·f(
2n
)·……·f(
2n
)=［f(
2n
)］=a
2
，∴f(
2n
)=a
2n
.
又∵f(x)的一个周期是2

111
1
(lna)?(lna)?0.
limlim
n
2 n
n??
2n
∴f(2n+
2n
)=f(
2n
), 因此an=a，∴
n??

例2. 定义在R上的函数f(x)满足：对任意实数m，n，总有
0（1）判断f(x)的单调性；（2）设，
，若
A?B为空集
，试确定a的取值范围。
解：（1）在
在
因为当时，
中，令
，所以当时
中，令


，得，因为
，且当x>0时，
，所以。
而
又当x=0时，
设
所以
所以
，所以
，均有。 ，所以，综上可知，对于任意
，则

在R上为减函数。

（2）由于函数y=f(x)在R上为减函数，所以
即有，又，根据函数的单调性，有
由< br>A?B?
?
，所以直线
。
与圆面无公共点。因此有，解得
5.导函数——不等式
x
f(x)?e?kx，x?R
1. 已知函数
（Ⅰ）若
k?e
，试确定函数
f(x)
的单调区间； （Ⅱ）若
k?0
，且对于任意
x?R
，
f(x)?0
恒 成立，试确定实数
k
的取值范围；
n?1
（Ⅲ）设函数
F(x)? f(x)?f(?x)
，求证：
F(1)F(2)LF(n)?(e?2)(n?N
?
)
．
n
2
分析：本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等 式等基本知识，考查运用导数研究函数性质
的方法，考查分类讨论、化归以及数形结合等数学思想方法， 考查分析问题、解决问题的能力。

xx
解：（Ⅰ）由
k?e
得
f(x)?e?ex
，所以
f
?
(x)?e?e
．







??)
， 由< br>f
?
(x)?0
得
x?1
，故
f(x)
的单 调递增区间是
(1，
1)
． 由
f
?
(x)?0
得
x?1
，故
f(x)
的单调递减区间是
(??，
（Ⅱ）由< br>于是
f(?x)?f(x)
可知
f(x)
是偶函数．
f(x )?0
x
?
f(x)?e?k?0
得
x?lnk
．
f(x)?0
x?Rx≥0
对任意成立等价于对任意成立．由
x
?
f(x)?e?k?1?k≥0(x?0)
．此时
f(x)
在
[0，k?(0 1]，??)
上单调递增． ①当时，
故
f(x)≥f(0)?1?0
，符合题意．
??)
时，
lnk?0
．当
x
变化时
f
?
(x)，f(x)< br>的变化情况如下表： ②当
k?(1，
x

(0，lnk)

?

lnk

0

极小值
(lnk，??)

?

f
?
(x)

f(x)

单调递减 单调递增
??)
上，
f(x)≥f(lnk)?k?klnk
． 由此可得，在
[0，
，?1?k?e
．综合①，②得，实数
k
的取值范围是
0? k?e
． 依题意，
k?klnk?0
，又
k?1
x?x
Q F(x)?f(x)?f(?x)?e?e
（Ⅲ），
?F(x
1
)F(x< br>2
)?
e
x
1
?x
2
?e
?(x< br>1
?x
2
)
?e
x
1
?x
2
?e
?x
1
?x
2
?e
x
1
?x
2
?e
?(x
1
?x
2
)
?2?e
x< br>1
?x
2
?2
，
?F(1)F(n)?e
n?1
?2
，
F(2)F(n?1)?e
n?1
?2
LL
n?1
F(n)F(1)?e?2.

2n?1n
[F(1)F(2)LF(n)]?[F(1)F(n)][F(2)F(n?1) ]L[F(n)F(1)]?(e?2)
由此得，
故
F(1)F(2)LF(n)? (e
n?1
?2)，n?N
?
．
n
2
2
2
x
3
g
t
(x)?t
3
x?t
f(x) ?
3

3
，对任意实数
t
，记2. 设
（Ⅰ）求函数
成立；
y?f(x)?g
8
(x)
的单调 区间；（Ⅱ）求证：（ⅰ）当
x?0
时，
f(x)?g
t
(x)对任意正实数
t
（ⅱ）有且仅有一个正实数
x
0
，使得
g
8
(x
0
)?g
t
(x
0
)
对 于任意正实数
t
成立。
分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的 证明等基础知识，以及综合运用所学知

识分析和解决问题的能力．分类讨论、化归（转化 ）思想方法
x
3
16
y??4x?
33
． （I）解：< br>2
?
y?x?4?0
，得
x??2
．因为当
x?(? ?，?2)
时，
y
?
?0
， 由
2)
时，
y
?
?0
，当
x?(2，??)
时，
y
?
?0
， 当
x?(?2，
?2)
，
(2，??)
，单调递减 区间是
(?2，2)
． 故所求函数的单调递增区间是
(??，
（II）证明：（i）方法一：
x
3
2
2
2
h(x)?f(x)?g
t
(x)??t
3
x?t(x?0)
2
3
33
令，则
h
?
( x)?x?t
，
??)
时，
h
?
(x)?0
， 当
t?0
时，由
h
?
(x)?0
，得
x?t
，当
x?(x，
1
3
1
3
??)
内的最小值是< br>h(t)?0
．故当
x?0
时，
f(x)≥g
t
(x )
对任意正实数
t
成立． 所以
h(x)
在
(0，
1
3
方法二：
1
22
?
1
3
h
?
(t)?t(x?t
3
)
h(t)?g
t
(x)?tx?t(t?0)
3
3
对任意固 定的
x?0
，令，则，
2
3
3
3
3
??
h(t)?0h(t)?0
t?xt?x
0?t?x
由，得．当时，；当时，
h
?
(t)?0
，
1
33
h(x)?x
3
h(t)
t?x
3
所以当时，取得最大值．因此当
x?0
时，
f(x)≥g(x)
对任意正实数
t
成立．
（ii）方法一：
f(2)?
8
?g
t
(2)
g(2)≥g
t
(2)
3
．由（i）得，
t
对任意正实数
t
成立． x
0
?2
即存在正实数
下面证明
x
0
，使得< br>g
x
(2)≥g
t
(2)
对任意正实数
t
成 立．
的唯一性：
x
0
3
16
f(x
0
)?
g(x)?4x?
x00
x
0
?2x
0
?0< br>t?8
3
3
， 当，，时，，
x
0
3
x0
3
16
?4x
0
?g
x
3
(x0
)?
t?x
0
3
333
， 由（i）得，，再取，得
0
16
x
0
3
g
x
(x
0
)?4x
0
???g
x
3
(x
0
)
x? 2g(x)≥g
t
(x
0
)
0
33
所以，即
0
时，不满足
x0
对任意
t?0
都成立．
故有且仅有一 个正实数
x
0
?2
，使得
g
x
(x
0)0≥g
t
(x
0
)
对任意正实数
t
成立．

方法二：对任意
x
0
?0
，
g
x< br>(x
0
)?4x
0
?
16
3
，
1
3
x
0
g
t
(x
0
)g(x)≥g
t
(x
0
)
t
3
因为关于的最大值是，所以要使
x0
对任意正实数成立的充分必要条件是：
4x
0
?
161
3
≥x
0
2
33
，即
(x
0
?2)(x
0
?4)≤0
，
x
0
?0
①
x
0
?2
又因为
使得
，不等式①成立的充分必要条件是
对任 意正实数
t
成立．
x
0
?2
，所以有且仅有一个正实数，
g
x
(x
0
)≥g
t
(x
0
)< br>3. 定义函数f n( x )＝(1＋x)n―1, x＞―2，n∈N*
(1)求证：f n ( x )≥ nx；
(2)是否存在区间[ a，0 ] (a＜0)，使函数h( x )＝f 3( x )－f 2( x )在区间[a，0]上的值域为
[ka，0]?若存在，求出最小实数k的值及相应的区间[a，0]，若不存在，说明理由.
分析： 本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知
识分析和解 决问题的能力．分类讨论、数形结合思想方法
解：(1)证明：f n( x )－nx＝(1＋x)n－1－nx，
令g( x )＝(1＋x)n－1－nx , 则g'( x )＝n[(1＋x)n―1―1].
当x∈(－2，0)时， g'( x )＜0,当x∈(0，＋∞）时，g'( x )＞0，
∴g( x )在x＝0处取得极小值g( 0 )＝0，同时g( x )是单峰函数，
则g( 0 )也是最小值.∴g( x )≥0, 即f n ( x )≥nx (当且仅当x＝0时取等号).
注：亦可用数学归纳法证明.
(2)∵h( x )＝f 3( x )－f 2( x )＝x( 1＋x )2 ∴h'( x )＝(1＋x)2＋x·2(1＋x)＝(1＋x)(1＋
3x)
1
令h'(x)＝0, 得x＝－1或x＝－ ，
3
1
∴当x∈ (―2，―1)，h'(x)＞0；当x∈(―1，―)时，h'(x)
3
1
当x∈( － ,＋∞)时，h'(x)＞0.
3
故作出h(x)的草图如图所示，讨论如下：
14
①当－≤a＜0时，h(x)最小值h(a)＝ka ∴k＝(1＋a)2≥
39
4114－414
②当－≤a≤－时 h(x)最小值h(a)＝h(－)＝－＝ka k＝ ∴≤k≤
3332727a99
＜0；

414
③当a＝－时 h( x )最小值h( a )＝a(1＋a)2＝ka k＝(1＋a)2≥，a＝－时取等号.
393
14
综上讨论可知k的最小值为，此时[a，0]＝[－，0].
9 3
f(x)?
2x?a
(x?R)
2
x?2
在区间
[?1,1]
上是增函数。 例4. 已知
（1）求实数
a
的值组成的集合A；
（2）设关于
x
的方程
f
?
x
?
?
1
x
的两个非零实根为
x
1
、
x
2
。试问：是否
?m?R
，使得 不等式
m
2
?tm?1?|x
1
?x
2
|
对
?a?A
及
t?[?1,1]
恒成立？若存在，求
m
的取 值范围；若不存在，请说明理由。
分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等 基础知识，以及综合运用所学知
识分析和解决问题的能力．函数方程思想、化归（转化）思想方法
2x?a
(x?R)
2
f(x)?
x?2
解：（1）∵
2(x
2
?2)?(2x?a)?2x2(x
2
?ax?2)
f
?
(x)???
2222
(x?2)(x?2)
∴
2(x
2
?ax?2)
???0
22
?
(x?2)
f(x)
f(x)[?1,1]
∵ 在上
?
∴ 对
?x?[?1,1]
恒成立
2
即
?x?[?1,1]
，恒有
x?ax?2?0
成立 < br>?
g(?1)?a?1?0??1?a?1
?
2
g(x)?x?ax? 2
设 ∴
?
g(1)??a?1?0?A?[?1,1]

f(x)?
2x?a1
?
2
x?2
x

x
2
?ax?2?0
（2）
2
2
∵
??a?8?0
∴
x
1
、
x
2
是方 程
x?ax?2?0
的两不等实根，且
x
1
?x
2
?a
，
x
1
x
2
??2

22
|x?x|?(x?x)?4xx?a?8?[22,3]

121212
∴
2
m?tm?1?|x
1
?x
2
|
对
?a?A
及
t?[?1,1]
恒成立 ∵
2
∴
m?tm?1?3
对
?t?[?1,1]
恒成立
2
h(t)?m?t?(m?2)
，
t?[?1,1]
设
∴
h(t)?0
对
?t?[?1,1]
恒成立

2
?
?
h(?1)?m?m?2?0
?
m??1或m?2< br>?
??
2
?
h(1)?m?m?2?0
?
m??2或 m?1
∴
?
∴
?m?(??,?2]?[2,??)
满足题意
x
f(x)?ln(e?a)(a?0)
。 5. 已知函数
（1）求函数< br>y?f(x)
的反函数
y?f
?1
(x)
和
f(x)
的导函数
f
?
(x)
；
?1
（2）假设对
?x?[ln(3a),ln(4a)]
，不等式
|m?f(x)|?ln(f
?< br>(x))?0
成立，求实数
m
的取值范围。
分析：本题主要考查反函 数的概念及基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运
用所学知识分析和解决问题的 能力．化归（转化）思想方法
xy
xyxy
y?ln(e?a)x?ln(e?a)

e?a?ee?e?a
解：（1）
e
x
f
?
(x)?
x
?1xx
f(x)?ln(e?a)y?ln(e?a)e?a
∴ ∵ ∴
（2）∵
?x?[ln(3a),ln (4a)]
，
|m?f
?1
(x)|?ln(f
?
(x)) ?0
成立
e
x
e
x
?a
|m?ln(ex?a) |??ln
x
?ln
e?ae
x
∴
xxx
?[ln(e?a)?x]?m?ln(e?a)?ln(e?a)?x
∴
xxxx
g(x)?ln(e?a)?ln(e?a)?xh(x)?ln(e?a)?ln( e?a)?x
x?[ln(3a),ln(4a)]
设，
∴
?x?[ln(3a),ln(4a)]
恒有
g(x)?m?h(x)
成立
e
x
e
x
g
?
(x)?
x
?x
?1
x
e
x?[ln(3a),ln(4a)]
e?ae?a
∵ ∴
?[3a,4a]

e
x
e
x
?10?
x
?1
xxx
x
0?e?a?e?e?ae?ae?a
∴ ∴ ，
∴
g
?
(x)?0
，
g(x）
在
[ln(3a),ln(4a)]
上
?

∴
g(x)
max
?g(ln(4a))?m

m?ln(
12
a)
5
即
ln(3a)?ln(5a)?ln(4a)?m

e
x
e
x
h
?
(x)?
x
?
x
?1?0e?ae?a
∵ ∴
h(x)
在
[ln(3a),ln(4a)]
上
?

∴
m?h(x)
min
8
m?ln(a)
?h(ln(3 a))

m?ln(2a)?ln(4a)?ln(3a)

3

128
(ln(a),ln(a))
53
∴
m
的取值范围是
?
1
?
f(x)?
?
1 ?
?
(n?N,且n?1,x?N)
?
n
?
6.设函数.
?
1
?
?
1?
?
(Ⅰ)当x=6时,求
?
n
?
的展开式中二项式系数最大的项;
f(2x)?f(2)
2< br>(Ⅱ)对任意的实数x,证明＞
f
?
(x)(f
?
(x)是f (x)的导函数);

1
??
1?
??
?
k
??
＜
(a?1)n
恒成立?若存在,试证明你的结论并求出a的值;
n< br>a?N
k?1
(Ⅲ)是否存在,使得a＜
n
n
n
若不 存在,请说明理由.
?
1
?
20
C1
??
?3
n

?
n
?
（Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项 是第4项，这项是
35
6
3
?
1
??
1
?
f
?
2x
?
?f
?
2
?
?
?
1?
?
?
?
1?
?
?
n
??
n
?
（Ⅱ）证法一：因
?
1
??
1
?< br>1
?
?2
?
1?
?
?
?
1?
?
?2
?
1?
??
?
n
??
n
?
?
n
?
n
2n2
2n2
n
?
1
?
?
1
?
?
?
1?
?
?2
?
1?
?
?
n
?

?
n
?n
?
1
??
1
?
?
1
??
1
?
?2
?
1?
?
ln
?
1?
?< br>?2
?
1?
?
ln
?
1?
?
?2f
'
?
x
?
?
n
??
2
?
?
n
??
n
?

证法二：
?
1
??
1
?
?
1
??
1
??
1
?< br>f
?
2x
?
?f
?
2
?
?
?
1?
?
?
?
1?
?
?2
?
1?
?
?
?
1?
?
?2
?
1?
??
n
??
n
?
?
n
??
n
? ?
n
?
因
2n2
2n2
n
n
?
1
?
?
?
1?
?
?
n
?

?
1
??
1
?
2f
'
?
x
??2
?
1?
?
ln
?
1?
?
?
n
??
n
?
而
?
1
??
1
?
1?ln
???
1?
?
n
?
和
?
n
?
进行比较。 故只需对
?
n
令
g
?
x
?
?x?lnx
?
x?1
?
，有
g
'?
x
?
?1?
1x?1x?1
??0
xx
，由
x
，得
x?1

g
'
?
x
??0g
?
x
?
g
'
?
x
?
? 0
g
?
x
?
0?x?11?x???
因为当时，，单调递减 ；当时，，单调递增，所以在
x?1
处
g
?
x
?
有 极小值
1

故当
x?1
时，
g
?
x
?
?g
?
1
?
?1
，从而有
x?lnx?1，亦即
x?lnx?1?lnx

?
1
??1
?
1??ln
???
1?
?
f
?
2 x
?
?f
?
2
?
?2f
'
?
x< br>?
nn
????
故有恒成立。所以，原不等式成立。
（Ⅲ）对
m?N
，且
m?1

?
1
?01
?
1
?
2
?
1
?
k
?< br>1
?
m
?
1
?
1??C?C??C?
L?C?
L
?C
mm
?
m
?
m
?
m
???????
mmmmm
??????????
有
m
?
m?1
?
?
1
?
m
?
m?1
?
L
?
m?k?1
?
?
1
?
m
?
m?1
?
L
2?1
?
1
?
?1?1???
L
??
L
?
??????
2!
?
m
?
k!m!
?
m
??
m
?

2kmm2km
?2?
1
?
1
?
1
?
1??
2
?
1??
L
?1?1?
??????
L
2!
?
m
?
k!
?
m
??
m?
1
?
1
??
k?1
?
1??
L?1?
????
L
m
?
m!
?
m
??
?
m?1
?
?
1?
?
m
?

?
1111
??L??L?
2!3!k!m!

1111< br>?2???
L
??
L
?
2?13?2k
?
k ?1
?
m
?
m?1
?
?2?

1
?
1
??
1
??
11
??
1
?
1
?2?
?
1?
?
?
?
?
?
?L
?
?
?
?
?
L
?
?
??
?
2
??
23
??
k?1k
??
m ?1m
?

?3?
1
?3
m

km
k
m
1
??
1
??
C
??
?0
?
k?2,3,4,
L
,m
?
2?
?
1?
?
?3
?
m
?
又因
?
m
?
，故
n
1
?
?
1
?
?
2n?
?
?
1?
?
?3n
2?
?
1?
?
?3k
?
?
m
?
k?1
?
∵，从而有成立， m
k
?
1
?
2n?
?
?
1?
?
?3n
k
?
k?1
?
即存在
a?2
，使 得恒成立。
6.函数在实际中的应用
1. 两县城A和B相距20km，现计划在两县城外 以AB为直径的半圆弧上选择一点C建造垃圾处理
n
k
厂，其对城市的影响度与所选地 点到城市的的距离有关，对城A和城B的总影响度为城A与城B的影
响度之和，记C点到城A的距离为x km，建在C处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度为y,统计
调查表明：垃圾处理厂对城A的影响度 与所选地点到城A的距离的平方成反比，比例系数为4；对城
B的影响度与所选地点到城B的距离的平方 成反比，比例系数为k ,当垃圾处理厂建在
对城A和城B的总影响度为0.065.
（1）将y表示成x的函数；
（11）讨论（1）中函数的单调性，并判断弧上是否存在一点 ，使建在此处的垃圾处理厂对城A和
的中点时，
城B的总影响度最小？若存在，求出该点到城A 的距离;若不存在，说明理由。

22
解:（1）如图,由题意知AC⊥BC,
BC?400?x
,
y?
C
4k
?(0?x?20)
22
x400?x
x

A
B

其中当
x?102
时，y=0.065,所以k=9
所以y表示成x的函数 为
y?
49
?(0?x?20)
x
2
400?x
2

y?
49
?
mn
设
m?x
2
, n?400?x
2
,则
m?n?400
,,所以
4949m?n14 n9m11
4n9m
?
n?240
?
?
y???(?)?[ 13?(?)]?(13?12)?
n
即
?
m?160
时取”
mnmn400400mn40016
当且仅当
m
=”.
y?
49
?
m400?m
在(0,160)上为减函数, 在(160,400)上为增函数.
y
1
?y
2
?
494 9
??(?)
m
1
400?m
1
m
2
40 0?m
2

下面证明函数
设0?(

4(m
2
?m
1
)9(m
1
?m
2
)
4499< br>?)?(?)??
m
1
m
2
400?m
1
4 00?m
2
m
1
m
2
(400?m
1
)( 400?m
2
)

4(400?m
1
)(400?m
2
)?9m
1
m
2
49
?]?(m
2
? m
1
)
m
1
m
2
(400?m
1
)(400?m
2
)m
1
m
2
(400?m
1)(400?m
2
)
,
(400?m
1
)(400? m
2
)
?(m
2
?m
1
)[
因为04×240×240
4(400?m
1
)(400?m< br>2
)?9m
1
m
2
?0
9 m1m2<9×160× 160所以
m
1
m
2
(400?m
1
)(400? m
2
)
,
(m
2
?m
1
)
4( 400?m
1
)(400?m
2
)?9m
1
m
2< br>49
?0
y??
y?y
2
m
1
m
2
(400?m
1
)(400?m
2
)
m400?m
在(0,160)上为减函数. 即
1
函数所以
同理,函数
y
1?y
2
?
y?
49
?
m400?m
在(160 ,400)上为增函数,设1604(400?m
1
)(4 00?m
2
)?9m
1
m
2
4949
??(?)? (m
2
?m
1
)
m
1
400?m
1
m
2
400?m
2
m
1
m
2
(400? m
1
)(400?m
2
)
(400?m
1
)(40 0?m
2
)

因为16009×160×160
所以
4(400?m
1
)(400?m2
)?9m
1
m
2
?0
m
1
m
2
(400?m
1
)(400?m
2
)
(m
2< br>?m
1
)
,
y
1
?y
2
所以4(400?m
1
)(400?m
2
)?9m
1
m2
?0
m
1
m
2
(400?m
1
)( 400?m
2
)
即函数
y?
49
?
m400?m< br>在(160,400)上为增函

数.
所以当m=160即
x?410
时取”=”,函数y有最小值,
所以弧上存 在一点，当
x?410
时使建在此处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度最小.
7. 函数与数列综合
1. 已知函数
f
?
x
?
与函数
y?a
?
x?1
??
a?0
?
的图像关于直 线
y?x
对称．
?
b
n
?
中，
b
1
?2
，
S
n
（1）试用含
a
的代数式表示函数
f
?
x
?
的解析式，并指出它的定义域；
（2）数列?
a
n
?
中，
a
1
?1
，当
n?2
时，
a
n
?a
1
．数列
?b
1?b
2
??b
n
．点
S
??
P
n?
a
n
,
n
?
n
??
?
n? 1,2,3,?
?
在函数
f
?
x
?
的图像上，求< br>a
的值；
?
1
?
b
n
?1
??
n?1,2,3,?
?
l
n
l
n
P
n
4
3
（3）在（2）的条件下，过点作倾斜角为的直线，则在ｙ轴上的截距为，求数列
?
a
n
?
的通项公式．
分析：本小题主要考查 反函数的概念、性质、直线、数列等基本知识，考查运用数学归纳法证明问题
的方法，考查分析问题和解 决问题的能力。
转化（化归）思想，
解：（1）由题可知：
f
?
x
?
与函数
y?a
?
x?1
?
x
2
f
?
x
?
??1
a
，
?
x?0
?

?
a?0
?
互为反函数，所以，
S
? ?
P
n
?
a
n
,
n
?
n
?
（2）因为点
?
S
n
a
n
?
n?1,2 ,3,?
?
??1
??
fx
na
在函数的图像上，所以，
?
n?1,2,3,?
?
(*)
2
2
aS
1
?
1
?1
2
??
fx?x?1
，
a?1S?b?2
a
n?1a?1
1
在上式中令可得：，又因为：< br>1
，
1
，代入可解得：．所以，
S
n
2
?a
n
?1
?
n?1,2,3,?
?
① (*)式可化为：< br>n
l
（3）直线
n
的方程为：
y?
S
n?x?a
n
n
，
?
n?1,2,3,?
?
，
在其中令
x?0
，得
y?
S
n
1
?
b
n
?1
?
?a
n
l
n
n
，又 因为在ｙ轴上的截距为
3
，所以，
S
n
1
2
?< br>b
n
?1
?
?a
n
b?3a?3a
n
?2
②
n
nn
3
=，结合①式可得：
由①可知：当自然数
n?2
时，
S
n
?na
n?n
，
S
n?1
?
?
n?1
?
an?1
?n?1
，
22

两式作差得：
b
n
?na
n
?
?
n?1
?
a
n?1?1
．
22
22
????
n?3a?3a?n?1a
nnn?1
?1

?
n?2,n?N
?
③ 结合②式得：
在③中，令
n?2
，结合
a
1
?1
， 可解得：
a
2
?1或2
，
又因为：当
n?2
时，
a
n
?a
1
，所以，舍去
a
2
?1
，得
a
2
?2
．
a
3
?3
同上，在③ 中，依次令
n?3,n?4
，可解得：
猜想：
，
a
4
?4
．
a
n
?n
?
n?N
?
．下用数学归纳法证明．
（1）
n?1,2,3
时，由已知条件及上述求解过程知显然成立．
a?k
?
k?N,且k?3
?
（2）假设
n?k
时命题成立，即< br>k
，则由③式可得：
?
k?2
?
a
k?1
? 3a
k?1
?ka
k
?1

22
把
ak
?k
代入上式并解方程得：
a
k?1
k
2
? k?1
??或k?1
k?2

k
2
?k?1
k< br>2
?k?1k(k?1)?1
a
k?1
??
???0
k?2

k?3
k?22?k
由于，所以，，所以，
符合题意，应舍 去，故只有
a
k?1
?k?1
．
所以，
n?k?1
时命题也成立．
综上可知：数列
?
a< br>n
?
的通项公式为
a
n
1
4
x
?2
?n
?
n?N
?

2、已知函数
f
?
x
?
?
?
x?R
?
，点
P
1< br>?
x
1
,y
1
?
，
P
2
?
x
2
,y
2
?
是函数
f
?
x?
图像上的两个点，且线段
P
1
P
2
的中
1< br>点
P
的横坐标为
2
．
⑴求证：点
P
的纵坐标是定值；
?
n
?
a
n
?f
??
?
a
?
?
m
?
⑵若 数列
n
的通项公式为
a
m
a
m?1
?
S< br>m
S
m?1
?
m?N,n?1,2,?,m
?
，求数 列
?
a
n
?
的前m项的和
S
m
；
⑶若
m?N
时，不等式
解：⑴由题可知：
恒成立，求实数
a
的取值范围．
x
1
?x
2
?2?
1
?1
2
，所以，
12
114
x
?4
x
?4
y
1
?y
2
?f
?
x
1
?
?f< br>?
x
2
?
?
x
?
x
?
x< br>4?24?24?24
x
?2
12
?
1
??
2
?
点
P
的纵坐标
y
P
?
y
1< br>?y
2
1
?
24
4
x
?4
x
?44
x
?4
x
?41
?
x?x
??
4 ?24
x
?4
x
?424
x
?4
x
?4< br>2
1212
12
?
12
??
12
?
是定值，问题得证．

⑵由⑴可知：对任意自然数
m,n
，
?
n
??
m?n
?
1
f
??
?f
? ?
?
?
m
??
m
?
2
恒成立．

?
1
??
2
??
m?2
??
m?1
??
m
?
S
m
?f
??
?f
??
???f
??
?f
??
?f
??
?
m
? ?
m
??
m
??
m
??
m
?
，故 可考虑利用倒写求和的方法．即由于：由于
?
1
??
2
??
m?2
??
m?1
??
m
?
S
m
?f??
?f
??
???f
??
?f
??
?f??
?
m
??
m
??
m
??
m
??
m
?
?
m
??
m?1
??
m?2< br>??
2
??
1
?
?f
??
?f
??
?f
??
???f
??
?f
??
?
m??
m
??
m
??
m
??
m
?

?
?
1
??
m?1
?
??
?
2
?
2S
m
?
?
f
??
?f
??
?
?
?
f
??
?
mm
??
??< br>?
m
?
?
??
11
?
?
m?1?
?2f(1)?
?
3m?1
?
6
所以，
2< br>S
m
?
?
?
m?1
??
m?2
?< br>?
f
??
?
???
?
f
??
?mm
??
?
?
?
?
?
1
?
?
?
m
?
f
??
?
?2f
??
?< br>m
?
?
?
m
?
所以，
S
m
?
1
?
3m?1
?
12

⑵∵

11
?
3m?2
?
?
3m?1
?
S
m? 1
?
12
12
， ∴
∴
a
m
a
m?1
?
S
m
S
m?1
a
??
1
12a
m
?
?
?
?0
3m?13m?2
? ?
等价于 ①
依题意，①式应对任意
m?N
恒成立．
显然
a?0
，因为
a
m
1a
??0
?0< br>（
m?N
）
3m?13m?2
，所以，需且只需对任意
m?N
恒成立．即：
a?
3m?2
3m?1
对
m?N
恒成 立．
g
?
m
?
?
记
3m?53m?2?9
3m?2
g
?
m?1
?
?g
?
m
?????0
????
3m?23m?13m?23m?1
3m?1
（m?N
）．∵ ，
g
?
1
?
?
5
2
∴
g
?
m
?
（
m?N
）的最大值为，∴
a?
5
2
．
a
1
?
1
2
，
ln2?lna
n?1
?a
n?1
a
n
?f( a
n?1
a
n
)

{a}
3 已知函数
f (x)?ln(1?x)?x
，数列
n
满足：
（1）求证：
ln(1 ?x)?x
；（2）求证数列
（3）求证不等式：
{
1
}
a
n
?1
是等差数列；

a
1
?a
2?L?a
n
?n?ln2?ln(n?2)
分析：本小题主要考查反函数的概念、 单调性、导函数、数列、不等式等基本知识，考查综合运用知
识分析问题和解决问题的能力。
转化（化归）思想，
解：（1）由
f(x)?ln(1?x)?x
得
f
?
(x)?
1x
?1??
1?x1?x

当< br>?1?x?0
时，
f
?
(x)?0
，即
y?f(x)
是单调递增函数；
当
x?0
时，
f
?
(x)?0
即
y?f(x)
是单调递减函数；

且
f
?
(0)?0
，即
x?0
是极大值点，也是最大值点
f(x)?ln (1?x)?x?f(0)?0?ln(1?x)?x
，当
x?0
时取到等号。……… (4分)
a
n?1
?
1
2?a
n
， （2）由< br>ln2?lna
n?1
?a
n?1
a
n
?f(an?1
a
n
)
得
2a
n?1
?a
n? 1
a
n
?1
，
a
n?1
?1?
故
{
a?1
11
1
??1
?1?
n
2?a
n
2?a
n
，
a
n?1
?1a
n
?1

11
}??2
即数列
a
n
?1
是等差数列， 首项为
a
1
?1
，公差为
?1
………………… (8分)
1
??n?1
?a?
n
n
n?1
（3）由（2） 可知
a
n
?1
所以
a
1
?a
2
?
L
?a
n
?1?
111111
?1??
L
?1??n?(??
K
?)
1?12?1n?123n?1

x?< br>111n?2
?0
?ln(1?)?ln
n?1
n?1n?1
，则
n?1
又∵
x?0
时，有
x?ln(1?x)
，令111345n?1n?2
n?(??
K
?)?n?(ln?ln?ln?
L
?ln?ln)
23n?1234nn?1
∴
34n?2n?2
?n?(ln??
L
?)?n?ln?n?ln2?ln(n?2)
23n?12< br>
∴
a
1
?a
2
?L?a
n
?n? ln2?ln(n?2)

4．已知函数f(x)=ln(1+x)-x1
Ⅰ）求 f(x)的单调区间；（Ⅱ）记f(x)在区间
?
0,?
?
（n∈N*）上的 最小值为bx令an=ln(1+n)-bx.
a
n
p
（Ⅲ）如果对一切n ，不等式
a
n?2
?
c
a
n?2
恒成立，求实数c 的取值范围；
（Ⅳ）求证：
解法一：
aa
ggg
a
2 n?1
a
1
a
1
a
3
??
ggg
?
13
p
a
2
a
2
a
4
a
2
a
4
ggg
a
2n
2a
n
?1?1.

1?x
（I）因为f(x)=ln(1+x)-x，所以函数定义域为（-1,+< br>?
）,且f〃(x)=
1?x
-1=
1?x
.
由f〃(x)>0得-1由f〃(x)<0得x>0，f(x)的单调递增区间为（0，+
?
）.
(II)因为f(x)在[0,n]上是减函数，所以bn=f(n)=ln(1+n)-n,
则an=ln(1+n)-bn=ln(1+n)-ln(1+n)+n=n.

(i)
a
n?2
(a
n?2
?a
n
)?n?2( n?2?n)?n?2
2
n?2?n

2n?2
?1.
>
n?2?n?2

n?2(n?2?n)?lim
2
1?1?
2
n?2
?1
x??
又lim,
因此c<1，即实数c的取值范围是（-
?
，1）.
1
?2n?1?2n?1.
（II）由（i）知
2n?1

1?3?5?
K
?(2n?1)
因为[
2?4?6??
K
? (2n)
]2
1?33?55?7(2n?1)(2n?1)11
???
L
??
＜
,
3222
6(2n)2n?12n?1
=
24
?
1
g
3
g
5
gLg
(2n?1) 1
＜
Lg
(2n)
2n?1
＜
2n?1?2n?1
(n
?
N*), 所以
2
g
4
g
6
g11
g
31
g
3
g
5
gLg
(2n? 1)
??
L
?
2
g
4
g
6
gLg
(2n)
＜ 则
22
g
4
3?1?5?3?
L?2a?1?2n?1?2n?1?1.
即
aa
L
a
2n?1< br>a
1
a
1
a
3
??
L
?
1 3
＜
a
2
a
2
a
n
a
2
a
4
L
a
2n

2a
n
?1?1(n?
解法二：
N*）
（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）因为f(x)在
?
则
0,n
?
上是减函数，所以
b
n
?f(n)?ln(1?n)?n,
< br>a
n
?ln(1?n)?b
n
?ln(1?n)?ln(1?n)?n ?n.

n?2?n
（i）因为
c
p
a
n?2a
n?2
?a
n
c
p
n?2
对n∈N*恒成立 .所以对n∈N*恒成立.
2
则
cpn?2?n?2n
对n∈N*恒成立.
2
设
g(n)?n?2?n?2n,
n∈N*，则c＜g(n)对n∈N*恒成立.
考虑
g(x)?x?2?x
2
?2x,x?
?
1,??
?< br>.

1
?
1
2
x?1x?1
g
′
(x)?1?(x?2x)
2
?(2x?2)?1?
p
1?
2x?1
＝0，
x
2
?2x
因为
所 以
g(x)在
?
1,??
?
内是减函数；则当n∈N*时，g(n) 随n的增大而减小，
2n?4
n?2?n?2n
2
limg(n)?lim (n?2?n
2
?2n)?lim
x??x??
2?
?lim
x??
4
n
x??
又因为
1?
22
?1?
nn
＝1.
*
n?N,g(n)?1.
因此c≤1,即实数c的取值范围是(-∞，1]. 所以对一切
1
?2n?1?2n?1.
(ⅱ) 由(ⅰ)知
2n?1

1
g
3
g
5
gLg
(2n?1)1
?(n ?N
?
).
Lg
(2n)
2n?1
下面用数学归纳法证明不等式
2
g
4
g
6
g

1
1
①当n=1时，左边＝
2
，右边＝
3
，左边<右边.不等式成立.
1
g
3
g
5
gLg
(2k?1)1
?.
2
g
4
g
6
gLg
(2k)
2n?1
②假设当n=k时,不等式成立.即
当n=k+1时，
1
?
3
?< br>5?（2k－1）(2k?1)12k?12k?12k?12k?3
＜
?
??
2
?
4
?
6?（2k）(2k?2)2k?2
2k?12k?22k?2
4k2?8k?3
4k2?8k?4
1
2k?3
1
2k?3
1
2(k?1)?1
?
1
2k?3

?
＜?,
=
即n＝k＋1时，不等式成立
1
?
3
?
5
?
?
?
(2n?1)1
＜(n?N*)2
?
4
?
6
?
?
?
(2n)
2n?1
综合①、②得，不等式成立.
1
?
3
?
5
?
?
?
(2n?1)
＜2n?1?2n?1
2
?
4
?
6
?
?
?
(2n)
所以
11
?
31
?
3
?
5
?
?
?
(2n ?1)
?＋?＋
22
?
42
?
4
?
6?
?
?
(2n)

＜3－1＋5－3＝?＋2n?1?2n?1?1.

即
aa?a
2 n?1
a
1
a
1
a
3
???＋
13
＜2a
n?1
?1(n?N*)
a
2
a
2
a4
a
2
a
4
?a
2n
.
111
?
5. 已知Sn=1+
23
+…+
n
,( n∈N*)，设f(n)=S2n+1－Sn+1,试确定实数m的取值范围，使得对于一
11
切大于1的自然数n，不等式f(n)＞［logm(m－1)］2－
20
［log(m－1) m］2恒成立

命题意图 本题主要考查应用函数思想解决不等式、数列等问题，需较强的综合分析问题、解决问题
的能力
知识依托 本题把函数、不等式恒成立等问题组合在一起，构思巧妙
错解分析 本题学生很容易求f(n)的和，但由于无法求和，故对不等式难以处理
技巧与方法 解决本题的关键是把f(n)(n∈N*)看作是n的函数，此时不等式的恒成立就转化为 函
11< br>数f(n)的最小值大于［logm(m－1)］2－
20
［log(m－1)m］2
111
?
解 ∵Sn=1+
23
+…+
n
(n∈N*)
?f(n)?S
2n?1
?S
n?1
?
11 1
????
n?2n?32n?1
111112
又f(n?1)?f(n)? ?????
2n?22n?3n?22n?22n?32n?4
1111
?(?)?( ?)?0
2n?22n?42n?32n?4

119
??
∴f(n+1)＞f(n)∴f(n)是关于n的增函数∴f(n) min=f(2)=
2?22?320

∴要使一切大于1的自然数n，不等式 11
f(n)＞［logm(m－1)］2－
20
［log(m－1)m］2恒成 立
911
只要
20
＞［logm(m－1)］2－
20
［ log(m－1)m］2成立即可
?
m?0,m?1
?
由
?
m?1?0,m?1?1
得m＞1且m≠2
此时设［logm(m－1)］2=t 则t＞0
11
?
9
?
?t?
20
?
20
1?5
?
t?0
于是
?
解得0＜t＜1，由此得0＜［logm(m－1)］2＜1，解得m＞
2
且m≠2
6. 已知函数
f(x)?x?ln
?
1?x
?
,数列?
a
n
?
满足
0?a
1
?1
,
a
n?1
?f
?
a
n
?
; 数列
?
b
n
?
满足
a
n
2
2
11a?,
a?;
b
1
?,b
n?1
?(n?1)b
n
1
n?1
*
0?a
n?1
?a
n
?1 ;
n?N
2
2
22
, .求证:（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）若则当n
≥2时,
b
n
?a
n
?n!
.
点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。 分
类讨论的思想方法
解析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第 （2）问可利用函数的单调性；

第（3）问进行放缩。
答案：解: (Ⅰ)先用数学归纳法证明


0?a
n
?1
n?N
*
,.
（1）当n=1时,由已知得结论成立;
（2）假设当n=k时,结论成立,即
0? a
k
?1
.则当n=k+1时,





因为0又f(x)在
?
f
?
(x) ?1?
1x
??0
x?1x?1
,所以f(x)在(0,1)上是增函数.
a
k
0,1
?
上连续,所以f(0)a
k?1
?1?ln2?1
.
故当n=k+1时,结论也成立. 即
又由
0?a
n
?1
0?a
n
?1
对于一 切正整数都成立.
,从而
a
n?1
?a
n
, 得
a
n?1
?a
n
?a
n
?ln
?
1?a< br>n
?
?a
n
??ln(1?a
n
)?0

.
综上可知
0?a
n?1
?a
n
?1.

x
2
x
2
?ln(1?x)?x
2
2
(Ⅱ )构造函数g(x)=-f(x)= , 0

x
2
g
?
(x)??0
1?x
由,知g(x)在(0,1)上增函数.
又g(x)在
?
0,1
?
上连续,所以g(x)>g(0)=0.
a
n
2
a
n
2
a
n?1
?.?f
?
a
n
?
g
?
a
n
?< br>?0
0?a
n
?1
2
2
因为,所以,即>0,从而
b
n?1
n?1
11
b
1
?,b
n?1< br>?(n?1)b
n
b
n
?0
b
n
?
2
22
(Ⅲ) 因为 ,所以, ,
b
n
?
所以b
n
b
n?1
b
2
1
?L?b
1?
n
?n!
b
n?1
b
n?2
b
1< br>2
————① ,

a
n
a
2
a
3
a
n?1
a
n
a
n
a
1
a
2
a
n?1
a
n
2
?
?L?L
a
n?1
?,
a
2
2
2
知:
a
n
由(Ⅱ), 所以
1
=
a
1
a
2
a< br>n?1
22
,
因为
a
1
?
2
2
, n≥2,
0?a
n?1
?a
n
?1.

a
1
n
2?a
1
2
1
a
1
a
2
a< br>n?1
n
n
a
n
?
22
L
2
?a
1
2
n?1
所以 <<
2
=
2
————② .
由①② 两式可知:
b
n
?a
n
?n!
.
a
n
?< br>1
S?0
a
n?2
，前n项和记作
S
n
（n ＝1，2，…），规定
0
．函7.已知a＞1，数列
{a
n
}
的通项公式是

SSSf(S
0
)?0f(S
i
)? a
i
数
f(x)
在
0
处和每个区间（
i
，
i?1
）（i＝0，1，2，…）上有定义，且，（i＝1，
2，…）．当
x ?
（
的线段上。
S
i
，
S
i?1
PSf (S
i
)PSf(S
i?1
)
）时，f（x）的图像完全落在连结点
i
（
i
，）与点
i?1
（
i?1
，） （Ⅰ）求f（x）的定义域；
（Ⅱ）设f（x）的图像与坐标轴及直线l：
求
A
n
x?S
n
（n＝1，2，…）围成的图形面积为
A< br>n
，
及
n??
limA
n
；
A
n
?a
2
（Ⅲ）若存在正整数n，使得
解：（1） f（x）的定义域是
由于所有的
a
n
，求a的取值范围。
， {S
0
}?(S
0
，S
1
]?(S
1
，S
2
]???(S
n?1
，S
n
]???
Sn
都是正数，故是单调递增的．
a
1
aa
2
limS
n
???
n??
a
2
1
1?q
1?
a?1
[0，]
a
a?1
∵ ∴f（x）的定义域是 < br>k
P
1
P
i?1
?
f(S
i?1
) ?f(S
1
)
S
i?1
?S
i
（Ⅱ）∵
?


a
i?1
?a
i
?1?a
a
i?1
（i＝1，2，…）与i无关．
P
3
∴ 所有的
P
1
，
P
2
，…共线，
A
1
?
1
2
a
2
． 该直线过点
P
1
（a，a），斜率为1-a， ∴
当n≥2时，
A
n
是一个三角形与一个梯形面积之和（如上图所示）．梯形面积是 < br>1
)
n
11
a
?a]?(a?
n?2
)[< br>a
2n?2
?1
1
1
2a
?
2n?4
[f(S
1
)?f(S
n
)](S
n
?S
1)
1?
2a(a?1)

a

2
a(1?< br>a
2
a
2
a
3
a
2
a
2n ?2
?1
limA
n
???
A
n
??
2n ?4
n??
22(a?1)2(a?1)

22a(a?1)
于是 故
（Ⅲ）解法一：结合图像，易见
k< br>P
1
P
2
?1?a??1
即a≥2时，
a
2
?limA
n
?A
n
n??
，
而
A
n
?a
2
k
P
1
P
2
?1?a? ?1

，即a＜2时，
n??
limA
n
?
1
2
1
2
a?a?a
2
22
故当1＜a＜2时，存在 正整数n，使得
解法二：假设存在正整数n，使得
A
n
?a
2
，

< br>aa?1
?
2n?4
?a
2
?0
?
则应 有
22a(a?1)
22n?2
a
2n?2
(a?2?
1< br>2n?2
a
2n?4
2a(a?1)
)
a
2
1
?(a?2?
2n?2
)?0
?0
2(a?1)a

a
2
1
1
?0
a?2?
2n?2
?0a?
2n?2
?2
a
a
∵
a?1
， ∴
2(a?1)

?

?

∴ 1＜a＜2 时，存在正整数n，使得
lim
(lna
n
)?
lim
(< br>n??
A
n
?a
2
成立
∴
n??
1
lna)?0.
2n

8. 设函数g (
x
)对任意的
x
、
y
∈（0，+
?
）， 都有g(
x
·
y
)=g(
x
) + g(
y
)成立，又g(2) = 1；已
知点pn(an，bn)（n ∈ N* ）都在直线
l
：
y
= 2
x
+ 2上，P1为直线
l
与
x
轴的交点，数列{bn}满
足n ≥ 2时，bn >0，且g(sn) = g(bn) + g(2+bn) - 2,(n ∈ N* )，其中Sn是数列{bn}的前n项
和．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
?
a
n
，（n为奇数）
?
b，（n为偶数）
f（2）若(n) =
?
n
是否存在
k
∈N*，使得
f
(
k
+5)=2
f
(
k
)-2成立？若
k
存在，求出
k
值；若不存在，说明理由；
1
1
2
1
2
（3）求证：
p
1
p
2
+
p
1
p
3
+ … +
p
1
p
n
2
2
<
5
．（n ≥ 2，n ∈ N* ）
点评：本题是数列、函数的概念、奇偶性、数列的通项公式的知识交汇题， 需较强的综合分析问题、
解决问题的能力 转化的思想方法，分类讨论思想
解（1）P1(a1,b1)为直线
y
= 2χ+ 2与
x
轴交点，则a1 = -1，b1 = 0
由已知
x
、y
∈（0，+
?
），都有g(x·
y
) = g(
x
) + g(
y
)成立，又g(2) = 1，
得g(4) = =g(2
?
2) = g(2) + g(2) = 2，
因为n ≥ 2时，bn > 0，且g(Sn) = g(bn) + g(2+bn) - 2,（ n∈N* ）
所以2 + g( Sn ) = g( bn ) + g( 2+bn )，即g(4) +g( Sn ) = g( bn ) + g( 2+bn )．
所以4Sn = bn（2+bn）
?
b2 = 2, b2 – b1 = 2；
由4Sn = bn (2+bn)及4Sn+1 = bn+1(2 + bn+1)
?
bn+1 - bn = 2
所以{bn}是以0为首项，2为公差的等差数列，∴bn = 2n-2
因为Pn( an，bn)( n ∈ N )在直线y = 2
x
+ 2上，
则bn = 2an + 2，∴an = n - 2．
（2）
k
为偶数时，
f
(
k
+ 5) = ak+ 5 =
k
+ 3，2
f
(
k
) – 2 = 2( 2
k
– 2 ) – 2 = 4
k
- 6
*

由
k
+ 3 = 4
k
- 6
?
k
= 3 ，与
k
为偶数矛盾，
k
为奇数时，
f
(
k
+5) = bk+5 = 2
k
+ 8，2 ? (
k
) – 2 = 2
k
- 6
由2
k
+ 8 = 2
k
- 6得
k
不存在．故满足条件的
k
不存在．
（3）| P1Pn |2 =( n – 1 )2 + ( 2n – 2 )2 = 5( n – 1 )2,n ≥ 2，
1A11
1
1
1
| P
1
P
2
|
2
+
| P
1
P
3
|
2
+ … +
| P
1
P
n
|
2
=
5
[
1
2
+
2
2
+ … +
(n?1)
2
]
1
1
1
11
??
2
≤
5
[
1
+
1?22?3
… +
(n?2)(n?1)
]
11112
(1?1?)?(2?)?
n?15n?15
=
5< br>11
12
*
??
?(n?2，n?N)
22
2
5
|P
1
P
3
|
… +
|P
1
P
n
|
∴
|P
1
P
2
|

8.数列的概念与性质
2
x
2
?p
2
?q
{x
n
}x
1
?p
x?px?q?0
?
，
?
p，q
1.设为实数，是方程的两个实根，数列满足，，
x
n
? px
n?1
?qx
n?2
4，
（
n?3，
…）．
{x}
（1）证明：
?
?
?
?p
，
??< br>?q
；（2）求数列
n
的通项公式；
（3）若
p?1
，
q?
1
4
，求
{x
n
}
的前
n
项和
S
n
．
分析：本题主要考查二次方程、求数列的通项、等差 等比数列的概念和性质，综合运送知识分析问题
和解决问题的能力。
等价转化的思想
p?p
2
?4qp?p
2
?4q
?
?,
?
?
?
?
?
22
【解析】（1）由求根公式，不妨设，得 < br>p?p
2
?4qp?p
2
?4qp?p
2
?4qp? p
2
?4q
?
?
?
?
???p
??
???q
2222

?
s?t?p
?
x
n
?px
n?1
?qx
n?2
?
st?q
x
n?sx
n?1
?t(x
n?1
?sx
n?2
)x
n
?(s?t)x
n?1
?stx
n?2
（2）设，则，由得，
22
s?
?
,s
2
?
?
s?ps?q?0 x
?s
t
消去，得，是方程
?px?q?0
的根，由题意可知，1

?
s
1
?
?
?
s
2?
?
?
s?t?p
或
??
?
t?
?< br>?
t
2
?
?
①当
?
?
?
时 ，此时方程组
?
st?q
的解记为
?
1

?xn
?
?
x
n?1
?
?
(x
n?1?
?
x
n?2
),x
n
?
?
x
n?1
?
?
(x
n?1
?
?
x
n?2< br>),

即
?
x
n
?t
1x
n?1
?
、
?
x
n
?t
2
x
n?1
?
分别是公比为
s
1
?
?
、s
2
?
?
的等比数列，
x
n
?
?< br>x
n?1
?(x
2
?
?
x
1
)?
n?2
x
n
?
?
x
n?1
?(x< br>2
?
?
x
1
)
?
n?2
由等比数列 性质可得,,
两式相减，得
(
?
?
?
)x
n?1
?(x
2
?
?
x
1
)
?
n?2< br>?(x
2
?
?
x
1
)
?
n?2?x
2
?
?
2
?
?
2
?
??
x?
?
?
?
，，
1


Qx2
?p
2
?q,x
1
?p
?(x
2
?
?
x
1
)
?
n?2
?
?
2
g
?
n?2
?
?
n
，
(x
2
?
?
x
1
)
?
n?2
?
?
2
g
?
n?2
?
?
n

?
n
?< br>?
n
?
n?1
?
?
n?1
?x??x
n
?
?(
?
?
?
)x
n?1
?
?
n
?
?
n
，即
n?1
?
?
?< br>，
?
?
?

22
x?px?q?0?p?4q?0
，
?
?
?
②当时，即方程有重根，
2
2
(s?t)?4st?0
(s?t)?0,?s ?t
，不妨设
s?t?
?
，由①可知 即，得
x
n
?
?
x
n?1
?(x
2
?
?
x
1
)
?
n?2
?x
n
?
?
x
n?1
?(x
2
?
?
x
1
)
?
n?2< br>?
?
n
Q
?
?
?
，，
n
n
?x?
?
x
n?1
?
?
即
n
， 等式两边同时除以
?
，得
?
n
x
n
?
x< br>n?1
?
?1
n?1
x
n
n
，即
?
?
x
n?1
?
n?1
?1

?
数 列
?
{
x
n
n
}
是以1为公差的等差数列， ?
x
n
?
n
?
x
1
?
?(n ?1)?1?
2
?
?
?n?1?n?1
?x?n
?
n
?
?
n
,
n

?
?
n?1?
?
n?1
,(
?
?
?
)
?
x
n
?
?
?
?
?
?
n
?
n
?
?
n
,(
?
?
?
)
?
综上所述，
（3）把
p?1
，
q?
1
1
1?
?
?
?
x
2
?x??0
2
4
代入
x?px?q?0
，得
2

4
，解得
11< br>?x
n
?ng()
n
?()
n
22

111
??
1111
??
1
S
n
?
?< br>()?()
2
?()
3
?...?()
n
?
?
?
()?2
g
()
2
?3
g
()
3
?...?n
g
()
n
?
222
??
2222
?

?
2
11
?
aa
n?111
2??
n
?2?
a
n?1
1
?
1
a
n
*
a
a?4
nn?1
2. 设正整数数列?
n
?
满足：
2
，且对于任何
n?N
，有．
（1）求
a
1
，
a
3
a
a
；（2 ）求数列
?
n
?
的通项
n
．
分析：本题主要考查 求数列的通项、不等式、数学归纳法证明问题等知识，以及分析问题、解决问题
的能力。

分类讨论思想
2?
1
a
?n(n?1)?
?
1
?
?
1
?
?
?2?
1
解：（1）据条件得
n?1
a
n
a
n?1
?
a
n
①
2?
1
a
?2
?
?< br>1
?
a
?
1
?
?
?2?
1
2?
1
?
2
?
2
?
1
当
n?1< br>时，由
1
a
2
?
a
，即有
4
2?< br>21
4a
1
a
1
，
2
解得
3?a
8
1
?
7
．因为
a
1
为正整数， 故
a
1
?1
．
2?
1
?6
?
n ?2
?
1
?
1
?
?
?2
1
当时， 由
a
?
4a
?
33
?
4
，解得
8 ?a
3
?10
，所以
a
3
?9
．
（2） 方法一：由
a
1
?1
，
a
2
?4
，
a
3
?9
，猜想：
a
2
n
?n
．
下面用数学归纳法证明．
1
o
当
n?1
，
2时，由（1）知
a
2
n
?n
均成立；
2
o< br>假设
n?k(k≥2)
成立，则
a
2
k
?k
，则
n?k?1
时
2?
1
a
?k(k?1)
?< br>?
11
?
1
?
2
?
?
?
? 2?
由①得
k?1
ka
k?1
k
2

?< br>k
2
(k?1)k(k
2
?k?1)
k?k?1
a< br>k?1
?
k?1
?(k?1)
2
?
(k?1)
2
1
k
2
?1
?a
k?1
?(k?1)
2
2
?
?
k?1

(k?1)
2
因为k≥2
时，
(k
2
?1)?(k?1)
2
?k(k?1 )(k?2)≥0
，所以
k
2
?1
?
?
0，1?
．
1
k?1≥1
，所以
k?1
?
?
0，1
?
．
2
又
a
k?1
?N
*，所以
(k?1)
2
≤a
k?1
≤(k?1)
2
．故
a
k?1
?(k?1)
，即
n?k?1
时，
由1
o
，2
o
知，对任意
n?N
*
，
a< br>2
n
?n
．
（2）方法二：由
a
1
?1< br>，
a
2
?4
，
a
3
?9
，猜想：< br>a
n
?n
2
．
下面用数学归纳法证明．
1
o
当
n?1
，
2
时，由（1）知
a
n
? n
2
均成立；
2
o
假设
n?k(k≥2)
成立， 则
a
k
?k
2
，则
n?k?1
时
2?< br>1
a
?k(k?1)
?
?
11
?
1
k
2
?
?
?2?
2
由①得
k?1
?
a
k?1
?
k

2?
1
a
?
k ?1
?
k(k?1)
?2?
1
即
2
k?1
ka
k?1
k
②
a
n
?n
2
成立．