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2011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、16、 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 X1X2=(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)]}. (1)求证:A B; (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+1/Y)+(X2+1/Y2)+?? 第 1 页(共 43 页)

+(X2002+1/Y2002)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∣,1/X}.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+1/Y2K+1=-2(K=0,1,2,??),X2K+1/Y2K=2(K=1,2,??),故所求代数式的值为 0. 练习:4.已知集合 且
2 2 2 2 a ,a ,a ,a ,a A ? a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , B ? a12 , a2 , a3 , a4 , a5 ,其中 1 2 3 4 5 是正整数,

?

?

?

?

a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ,并满足 A ? B ? ?a1 , a4 ?, a1 ? a4 ? 10, 若A ? B 中的所有元素之和为 234,求

集合 A。 三.容斥原理 基 本 公 式 :(1)card(A ∪ B) = card(A) + card(B) - card(A ∩ B) ; C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(A∩B)-card(A∩C)-card(B∩C)+card(A∩B∩C) (2)card(A ∪ B ∪

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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 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 1023 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 第 3 页(共 43 页)

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 X

A,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-2

=1?2n-1+2?2n-1+?+n??2n-1=(1+2+?+n)?2n-1=n(n+1)/2?2n-1=n(n+1)?

说明:这里运用了整体处理的思想及公式 1+2+?+n=(1/2)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:5.设集合 A 值. 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. (二) 二 次 函 数 {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

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(-b/2a)三者 中取得,最值情况如下表: -b/2a∈[p,q] -b/2a [p,q]

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a> 0 a)

fmin=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4

fmin=min{f(p),f(q)} fmax=max{f(p),f(q)}

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?+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)2-2x1x2=(k-2)2-2(k2+3k+5 =-k2-10k-6=-(k+5)2+19 .已知 x1,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(k2+3k+5) =-3k2-16k-16≥0 解 得 : -4 ≤ k ≤ -4/3. ∵ k=-5 f(k)=-(k+5)2+19 则 f(-4)=18,f(-4/3)=50/9<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 (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 [-4,-4/3] , 设 fmax=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4

综合(1) 、 (2) 、 (3)得: 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=1/2(1-x2),2x+3y2=2x+(3/2)(1-x2)=(-(3/2))(x-(2/3))2+(13/6) 又 1-x2=2y2≥0,∴x2≤1,-1≤x≤1 .∴当 x=2/3 时,y=(√10)/6, (2x+3y2)max=16/3; 当 x=-1 时,y=0, (2x+3y2)min=-2 第 5 页(共 43 页)

(2)由 3x2+2y2=6x,得 y2=(3/2)x(2-x),代入 x2+y2=x2+(3/2)x(2-x)=-1/2 (x-3)2+9/2 又 y2=(3/2)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 <-b/2a<β ,f(α )>0,f(β )>0 当 a<0 时的充要条件是:Δ >0,α <-b/2a<β ,f(α )<0,f(β )<0 两种情形合并后的充要条件是:Δ >0,α <-b/2a<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

从四种情形得充要条件是:f(α )?f(β )<0



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

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∵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,-b/2a<α ,af(α )>0 ④ 当β <x1<x2 时的充要条件是:Δ >0,-b/2a>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:

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+k2-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

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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。

1 1 m ? ? 练习:1.求所有的实数 m,使得关于 x 的方程 x ? 2 x ? 1 2 x ? 1 有且只有整数根.
1 13 f ( x) ? ? x 2 ? 2 2 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。 例 7 .若 a1,a2, ? ,an,b1,b2, ? ,bn 都是实数,求证: ( a1b1+a2b2+ ? +anbn ) 2 ≤ (a12+a22+ ? +a2n)(b12+b22+?+b2n) 证 明 : 构 造 二 次 函 数 f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+ ? +(anx-bn)2=(a12+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+a22+ ? +a2n)(b12+b22+?+b2n)≤0.即(a1b1+a2b2+?+anbn)2≤(a12+a22+?+a2n)?(b12+b22+?+b2n) . 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<1/a。 (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<x1/2。 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 ② ∵a>0, 当

x1,x2,f(x)=ax2+bx+c(a>0), ∴f(x)-x=a(x-x1)(x-x2),①式即: 0<a(x-x1)(x-x2)x1-x

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<1/a, 即: x<x2<1/a+x . 第 8 页(共 43 页)

这由已知条件:0<x<x1<x2<1/a,即得:x<x2<(1/a)<1/a+x, 故命题得证。 ( 2 )欲证 x0 < x1/2 ,因为 x0=-b/2a ,故只须证: x0-x1/2=-b/2a-x1/2 < 0 ③ 由韦达定理,

x1+x2=(-b-1)/a,(x1+x2)/2=-(b-1)/2a,代入③式,有(-(b/2a))-(x1/2)=(x2/2)-(1/(2a))<0 ,即:x2 <1/a 由已知:0<x1<x2<1/a,命题得证。 (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≥∠QNP≥∠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 修改为:至少有两个点之间的距离小于 . 。 (2)例 1 中,如果把条件(包括边界)去掉,则结论可以

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) : 第 10 页(共 43 页)

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?” (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 第 11 页(共 43 页)

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; 2,3; 4,5,6; 7,8,9,10; 11,12,13,14,15,16; 17,18,19,20,21,22,23, ① ② ③ ④ ⑤ 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)个集合的方法, 内,故同一集合中元素的数值差不得

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 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, 第 12 页(共 43 页)

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 使 。欲

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 100 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,?S100 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 100 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,?S100 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 第 13 页(共 43 页)

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 100 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。 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, 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, 第 14 页(共 43 页)

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。 (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,n=2,3,4?这 样就可以构造出 327 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 m/n 个元素; (2)当 n 不能整除 m 时,则至少有一个集合含有至少[m/n]+1 个元素, ([m/n]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 第 15 页(共 43 页)

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) ,每组两行完全相同。 (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 第 16 页(共 43 页)

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 0<a<1 时,为减函数。 5)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 0<a<1 时是减函数。 5) 无奇偶性。 但 y=logax 与 y=log(1/a)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), 二、例题 例 1.若 f(x)=(ax/(ax+√a)),求 f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+?+f(1000/1001) 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 1/1001+1000/1001=2/1001+999/1001=3/1001+998/1001=?=1 , 而 f(x)+f(1-x)= f(x·y)=f(x)+f(y),f(x/y)=f(x)-f(y)

(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(1/1001)+f(1000/1001)]+[f(2/1001)+f(999/1001)]+?+[f(500/1001)+f(501/1001)]=(1+1+?+1)50 第 17 页(共 43 页)

00 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(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+?+f(1000/1001)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(1/n)+f(2/n)+f(3/n)+?+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)1/2 (B)(1/5)10log25 (C)10log45 (D)10log52 解:∵5log25=(10/2)log25=(10log25)/(2log25)=(1/5)×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))=((a/12)+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 解:设 lglog310=t,则 lglg3=lg(1/log310)=-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=(lgb/lga)·(lga/lgb)=1,即 logab=(1/logba),因而

第 18 页(共 43 页)

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 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:

∴f-1(-x)=-f(x) 所以,函数 是奇函数。

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)

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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) (2)f(-x)=loga((1-x)/(1+x))=log((1+x)/(1-x))-1=-loga((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:(2/2x)=((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<1,a2-a-1<

0,解得:

③,由②③得:

例 8.设 y=log(1/2)[a2x+2(ab)x-b2x+1](a>0,b>0),求使 y 为负值的 x 的取值范围 解:∵(1/2)<1,要使 y<0,只要 a2x+2(ab)x-b2x+1>1,即 a2x+2(ab)x-b2x>0 →b2x[(a/b)2x+2(a/b)x-1]>0→[(a/b)x]2+2(a/b)x-1>0→ →∵ 2°当 b>a>0 时,0<a/b<1, (五)数 [方法总结] 列 → . 1°当 a>b>0 时,a/b>1, 3°当 a=b>0 时,x∈R。 ;

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?S1 , 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
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_________.

n(n ? 1) 2 d,得: 解法一:将 Sm=30,S2m=100 代入 Sn=na1+
m(m ? 1) ? ma1 ? d ? 30 ? ? 2 ? ?2ma ? 2m(2m ? 1) d ? 100 1 ? 2 ?
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① ②

解得d ?

40 10 20 3m(3m ? 1) , a1 ? ? ,? S 3m ? 3ma1 ? d ? 210 m m2 2 m2

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 2 ? ? Am ? Bm ? 30 ? ? m ?? ? 2 10 ? ?B ? ? A(2m) ? B ? 2m ? 100 ? m ,∴S3m=A?(3m)2+B?3m=210 ?
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 ? 4 (x<-2).
2

(1)求 f(x)的反函数 f--1(x);

1
(2)设 a1=1,

a n ?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 成立?若
存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由.

1
解:(1)设 y =

x ? 4 ,∵x<-2,∴x=-
2

4?

1 y2
1

4?
,即 y=f--1(x)=-

1 y2

(x>0)

1
(2)∵

an?1
1

? 4?
1
2 2

1 an
2

,?

1 an?1
2

?

1 an
2

?4
,∴{

a n }是公差为 4 的等差数列,
1

2

∵a1=1,

a n = a1 +4(n-1)=4n-3,∵an>0,∴an= 4n ? 3 .

1 m 25 25 25 (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 在 n∈N*上是

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m 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= (Ⅰ)证明{bn}为等比数列;

1 a 2n

,n=1,2,3,??。

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 a 2 =a1?a2 这样 d2= a1d
2

设等差数列{an}的公差为 d,则(a1+d)2=a1(a1+3d), a2n = a1+(2n-1)d=2 n d

从而 d(d- a1)=0 ∵d≠0 ∴d= a1≠0

bn=

1 a 2n

1 1 1 1 ? n = d 2 这时{bn}是首项 b1= 2 d ,公比为 2 的等比数列。

1 1 1 7 (Ⅱ)∵b1+b2+b3= 2 d (1+ 2 + 4 )= 24 ,∴d=3, 所以 a1=d=3
4.已知{

an }是公比为 q 的等比数列,且 a1 , a3 , a2 成等差数列.

(Ⅰ)求 q 的值; (Ⅱ)设{

bn }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

2a3 ? a1 ? a2 ,即2a1q 2 ? a1 ? a1q, ? a1 ? 0,? 2q 2 ? q ? 1 ? 0.

1 ? q ? 1或 ? . 2

(Ⅱ)若

q ? 1, 则S n ? 2n ?

n(n ? 1) n 2 ? 3n ?1 ? . 2 2
(n ? 1)( n ? 2) ? 0. S ? bn . 2 故 n



n ? 2时, S n ? bn ? S n ?1 ?

1 n(n ? 1) 1 ? n 2 ? 9n q ? ? , 则S n ? 2n ? (? ) ? . 2 2 2 4 若

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n ? 2时, S n ? bn ? S n ?1 ? ?

(n ? 1)( n ? 10) , 4

故对于

n ? N ? ,当2 ? n ? 9时, S n ? bn ;当n ? 10时, S n ? bn ;当n ? 11 时, S n ? bn .
{log2 (an ? 1)}n ? N * ) 为等差数列,且 a1 ? 3, a3 ? 9.

5.已知数列

(Ⅰ)求数列

{an } 的通项公式;

1 1 1 ? ??? ? 1. a ? a1 a3 ? a2 an?1 ? an (Ⅱ)证明 2
解: (I)设等差数列 由

{log2 (an ? 1)}的公差为 d.

a1 ? 3, a3 ? 9得2(log2 2 ? d ) ? log2 2 ? log2 8, 即 d=1. log2 (an ? 1) ? 1 ? (n ? 1)? ? n, 即 an ? 2 n ? 1.

所以

1 1 1 ? n?1 ? n n a ? an a ? 2 2 , (II)因为 n ?1 1 1 1 1 1 1 1 ? ??? ? 1 ? 2 ? 3 ??? n a ? a1 a3 ? a2 an?1 ? an 2 2 2 2 所以 2

1 1 1 ? n? 2 ? 1 ? 1 ? 1. 2 ? 2 1 2n 1? 2
6.已知数列

?an? 的首项 a1 ? 5, 前 n 项和为 Sn ,且 Sn+1=2Sn+n+5.(n∈N*)
?an ?1? 是等比数列;
? an xn ,求函数 f ( x) 在点 x ? 1 处的导数 f ?(1) 。

(I)证明数列 (II)令

f ( x) ? a1x ? a2 x2 ?

解: (I)由已知 Sn+1=2Sn+n+5,∴ 两式相减得 当 n ?1时 从而

n ? 2, Sn ? 2Sn?1 ? n ? 4


Sn?1 ? Sn ? 2? Sn ? Sn?1 ? ?1


an?1 ? 2an ? 1 ,从而 an?1 ?1 ? 2? an ?1? .

S2 ? 2S1 ? 1 ? 5
.故总有

a2 ? a1 ? 2a1 ? 6 .又 a1 ? 5 ,∴ a2 ? 11

a2 ?1 ? 2? a1 ?1?

an?1 ? 1 ? 2(an ? 1) n ? N * .又∵ a1 ? 5, a1 ? 1 ? 0 ,

an?1 ? 1 ?2 ?a ?1? 是以为 a1 ? 1 ? 6 首项 2 为公比的等比数列。 a ? 1 从而 n ,即数列 n
第 24 页(共 43 页)

(II)由(I)知 ∴

an ? 3? 2n ?1 ,∵ f ( x) ? a1x ? a2 x2 ? ? nan xn?1 。

? an xn

f ?( x) ? a1 ? 2a2 x ?

从而

=

3 ? 2 ? 2 ? 22 ?

? n ? 2n ?

-

?1 ? 2 ?

n( n ? 1) ? n? 2 =3[n?2n+1-(2+?+2n)]-

n( n ? 1) n(n ? 1) 3 ? n ? 1? ? 2n?1 ? ?6 2 2 =3[n?2n+1-2n+1+2]=

a n ?1 ? a n ?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

a n ?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*)

n(n ? ? ) 2 这时,数列{nan}的前 n 项和 Sn=1+2+3+?+n= 1 1 1 当 c=- 2 时,数列{an}是一个公比为- 2 的等比数列,即 an=(- 2 )n-1 1 1 1 这时,数列{nan}的前 n 项和 Sn=1+2(- 2 )+3(- 2 )2+?+n(- 2 )n-1.

(n∈N*).



1 1 1 1 1 1 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

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1 1 ? (? ) n 2 ? n( ? 1 ) n . 1 1 1 1 1 1 2 1? 2 (1+ 2 )Sn=1+(- 2 )+(- 2 )2+?+(- 2 )n-1-n(- 2 )n=
1 3n ? 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)

a2 ? a4 ? a6 ?

? a2n 的值.

1 1 1 1 an ?1 ? S n a2 ? S1 ? a1 ? 3 ,n=1,2,3,??,得 3 3 3, 解: (Ⅰ)由 a1=1, 1 1 4 1 1 16 a3 ? S2 ? (a1 ? a2 ) ? a4 ? S3 ? (a1 ? a2 ? a3 ) ? 3 3 9, 3 3 27 . 1 1 4 1 4 n?2 1 an ?1 ? an ? ( Sn ? Sn ?1 ) ? an an ?1 ? an ( ) 3 3 (n≥2) 3 (n≥2) 由 ,得 ,又 a2= 3 ,所以 an= 3 3 (n≥

n ? 1, ?1, ? ?1 4 n?2 ? ( ) , n?2 2), ∴数列{an}的通项公式为 an= ? 3 3

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知

a2 , a4 ,

4 1 ( )2 , a2 n 是首项为 3 ,公比为 3 项数为 n 的等比数列,

所以

a2 ? a4 ? a6 ?

4 1 ? ( )2n 1 3 ? 3 [( 4 )2 n ? 1] ? 4 2 7 3 3 ? a2n = 1 ? ( 3 ) .

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%? 第 26 页(共 43 页)

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, 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 2009 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

?an ? 的首项

a1 ?

1 10 10 2 ,前 n 项和为 S n ,且 2 S30 ? (2 ? 1)S20 ? S10 ? 0 。

?an ? 的通项;
?nSn ?的前 n 项和 Tn 。

解: (I)由 210S30-(210+1)S20+S10=0 得 210(S30-S20)=S20-S10, 即 210(a21+a22+?+a30)=a11+a12+?+a20,可得 210?q10(a11+a12+?+a20)=a11+a12+?+a20.

1 1 n 因为 an>0,所以 210q10=1,解得 q= 2 ,因而 an=a1qn-1= 2 ,n=1,2,?.

1 1 (1 ? n ) 2 2 1 1 1 n 1 1? n n 2 =1- 2 ,nSn=n- 2 . (II)因为{an}是首项 a1= 2 、公比 q= 2 的等比数列,故 Sn=
1 2 n 2 n 则数列{nSn}的前 n 项和 Tn=(1+2+?+n)-( 2 + 2 +?+ 2 ),

Tn 1 1 2 n ?1 n ? ? n ?1 2 n 3 2 2 (1+2+?+n)-( 2 + 2 +?+ 2 2 ). Tn 1 ? 2 (1+2+ ? +n)-( 前 两 式 相 减 , 得 2
第 27 页(共 43 页)

1 2

+

1 22

+ ? +

1 2n

n
)+

2 n ?1

1 1 (1 ? n ) 2 2 n( n ? 1) n n(n ? 1) 1 n 1 ? n ?1 ? n ? 2. 1? n ?1 4 2 2 2 + 2 ,Tn= 2 = 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 ) 2 an a n ?1

(n∈N*),求 b1+b2+b3+?+bn-n

a1 ? 2 ? 2 S1 解:(1)由题意,当 n=1 时,有 2 ,S1=a1, a1 ? 2 a2 ? 2 ? 2 a1 ? 2 S2 ∴ 2 ,解得 a1=2.当 n=2 时,有 2 ,S2=a1+a2,将 a1=2 代入,整理得(a2- a3 ? 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,a2=6 代入,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. (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.

ak ? 2 ? 2S k ②假设当 n=k 时,结论成立,即有 ak=4k-2,由题意,有 2 ,将 ak=4k-2.代入上式, ak ?1 ? 2 ? 2Sk ?1 2 , 得 Sk=2k2 , 由 题 意 , 有 , Sk+1=Sk+ak+1 , 将 Sk=2k2 代 入 得

解 得 2k=

2S k

ak ?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.

第 28 页(共 43 页)

an ? 2 1 1 ? 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.

an ? 2 an?1 ? 2 ? 2S n ? 2Sn?1 2 2 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 S S ? 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

S1 ? 2 ,? Sn?1 ? Sn ? 2

,因而

Sn?1 ? 2 ? Sn

,即{Sn}是以

S1 ? 2

为首项,

S 以 2 为公差的等差数列.所以 n = 2 +(n-1) 2 = 2 n,Sn=2n2,故 an=
an=4n-2(n∈N*).

?2, (n ? 1) ? ?S n ? S n?1 ? 4n ? 2, (n ? 2)



(3)令 cn=bn-1,则 cn=

a 1 an?1 ( ? n ? 2) 2 an an?1

1 2n ? 1 2n ? 1 1 1 [( ? 1) ? ( ? 1)] ? ? , 2 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 b1 ? b2 ? ? ? bn ? n ? c1 ? c2 ? ? ? cn ? 1 1 1 1 1 1 ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? ) ? 1? , 3 3 5 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 1 ? lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ? 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),b3=f(q-1), (1)求数列{an}和{bn}的通项公式

(2)设数列{cn}的前 n 项和为 Sn,对一切 n∈N*,都有

c c1 c1 ? ??? n b1 b2 cn

=an+1 成立,求 Sn

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,b3=f(q-1)=(q-2)2, 第 29 页(共 43 页)

b3 ( q ? 2) 2 ? b q 2 =q2,由 q∈R,且 q≠1,得 q=-2,∴bn=b?qn-1=4?(-2)n-1 ∴ 1
cn bn cn bn

(2)令

=dn, 则 d1+d2+?+dn=an+1,(n∈N*),∴dn=an+1-an=2,∴

=2,即 cn=2? bn=8? (-2)n-1;

8 ∴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,Br 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 .

a n ?1 3 3 3 a 解: (1) 由 An= 2 (an- 1),可知 An+1= 2 (an+1 -1),∴ an+1- an= 2 (an+1- an),即 n =3 ,而

3 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.
(2)∵32n+1=3?32n=3?(4-1)2n=3? [42n+C 2 n ?42n-1(-1)+?+C 2 n ?4?(-1)+(-1)2n]=4n+3, ∴32n+1∈{bn}.而数 32n=(4-1)2n=42n+C 2 n ?42n-1?(-1)+?+C 2 n ?4?(-1)+(-1)2n=(4k+1), ∴32n ?{bn},而数列{an}={a2n+1}∪{a2n},∴dn=32n+1.
1 2 n ?1 1 2 n ?1

32 n ?1 ? 3 4 (3)由 32n+1=4?r+3,可知 r= , r (7 ? 4r ? 3) 32 n ?1 ? 3 32 n ?1 ? 7 27 27 n ? r ( 2r ? 5) ? ? , Dn ? ? (1 ? 9 n ) ? (9 ? 1) 2 4 2 1? 9 8 ∴Br= ,

9 2 n ?1 ? 4 ? 32 n ?1 ? 21 27 n ? (9 ? 1) 8 8 9 4 n 11 2 n 3 ? ? 3 ? ? 3 ? , ( a n ) 4 ? 34 n , 8 8 4 T 9 ? lim n 4 ? n ?? ( a n ) 8 ?Tn ? Br ? Dn ?
第 30 页(共 43 页)

[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 b1 ,a b2 ,?,a bn ,?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*) (1)求证:当 k 取不同自然数时,此方程有公共根;

(2)若方程不同的根依次为 x1,x2,?,xn,?,求证:数列

1 1 1 , ,?, x1 ? 1 x2 ? 1 xn ? 1

为等差数列.

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 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∈N*

m 32 均有 Tn> 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;

第 31 页(共 43 页)

(2)设数列{an}的通项 an=loga(1+

1 bn

)(其中 a>0 且 a≠1),记 Sn 是数列{an}的前 n 项和,试比较 Sn

1 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( bn; (3)求和:b1b2-b2b3+b3b4-?+b2n-1b2n-b2nb2n+1.

bn ?1

)(n=2,3,4?),求数列{bn}的通项

参考答案

? ?a3 ? a1 ? 2d ? 12, ? 12 ? 11 ? d ?0 ?S12 ? 12a1 ? 2 ? 13 ? 12 24 ? S13 ? 13a1 ? d ?0 ? 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 为最大值的条件为:

ak≥0 且 ak+1<0,即

?a3 ? (k ? 3)d ? 0 ? ?a3 ? (k ? 2)d ? 0

∵a3=12,∴

?kd ? 3d ? 12 ? ?kd ? 2d ? 12

12 12 24 ,∵d<0,∴2- d <k≤3- d ∵- 7

7 12 <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, am+an=ap+aq.

2 1 所以有:2a7=a1+a13= 13 S13<0,∴a7<0,a7+a6=a1+a12= 6 S12>0,∴a6≥-a7>0,故在 S1,S2,?,S12
中 S6 最大. 第 32 页(共 43 页)



















n d Sn ? na1 ? (n ? 1)d ? n(12 ? 2d ) ? (n2 ? n) 2 2 d 1 24 d 24 1 24 24 ? [n ? (5 ? )]2 ? (5 ? ) 2 ,? d ? 0,?[n ? (5 ? )]2 2 2 d 8 d 2 d 最小时,Sn 最大;∵- 7 <d<-3,∴6< 1 1 24 24 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?a17,即(a1+4d)2=a1(a1+16d) ? a1d=2d2,

∵d≠0,∴a1=2d,数列{

abn

}的公比 q=

a5 a1 ? 4d ? a1 a1

=3,



abn

=a1?3n-1 ①



abn

bn ? 1 a1 =a1+(bn-1)d= 2 ②

bn ? 1 由①②得 a1?3n-1= 2 ?a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2?3n-1-1.
3. 证 明 : (1 ) ∵ {an} 是 等 差 数 列 , ∴ 2ak+1=ak+ak+2, 故 方 程 akx2+2ak+1x+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 , xk ? 1 2d 1 xk ?1 ? 1 ?

ak ? 2 a ? 2d 2d ?? k ? ?1 ? ak ak ak

a a a ? ak ?1 ? d 1 1 ? ? k ?1 ? (? k ) ? k ? ? ? (常数) xk ? 1 2d 2d 2d 2d 2

?{

1 1 }是以 ? 为公差的等差数列 . xk ? 1 2

4.解:(1)可解得 (2)Tn=2n+n-1.

an?1 n ? an 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<S3;n=4 时,T4<S4; n=5 时,T5>S5;n=6 时 T6>S6.猜想当 n≥5 时,Tn>Sn,即 2n>n2+1 可用数学归纳法证明(略).

第 33 页(共 43 页)

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 ? a1 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 ? 9 n ? 2 ? Sn= ?n ? 9n ? 40

1? n ? 5 n?5

(3)bn=

1 1 1 1 1 ? ? ( ? ) n(12 ? an ) n(2n ? 2) 2 n n ? 1

1 1 1 1 1 1 n m m ?Tn ? b1 ? b2 ? ? ? bn ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )] ? 2 2 2 3 n n ?1 2(n ? 1) ; 要使 Tn> 32 总成立, 需 32

1 <T1= 4 成立,即 m<8 且 m∈Z,故适合条件的 m 的最大值为 7.
?b1 ? 1 ? ? 10(10 ? 1) 10b1 ? d ? 145 ? 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.

1 1 (2)由 bn=3n-2,知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ 4 )+?+loga(1+ 3n ? 2 ) 1 1 1 3 4 3 n ? 2 =loga[(1+1)(1+ )?(1+ )] , 3 logabn+1=loga 3n ? 1 . 1 1 1 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 ? 1 1 3 由此推测(1+1)(1+ 4 )?(1+ 3n ? 2 )> 3n ? 1 ①
若①式成立,则由对数函数性质可判定:

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1 当 a>1 时,Sn> 3 logabn+1,②
下面用数学归纳法证明①式. (ⅰ)当 n=1 时,已验证①式成立.

1 当 0<a<1 时,Sn< 3 logabn+1,③

(ⅱ)假设当 n=k 时(k≥1) ,①式成立,即:

1 1 (1 ? 1)(1 ? )?(1 ? ) ? 3 3k ? 1 4 3k ? 2 .那么当 n=k+1 时,
3 1 1 1 1 3k ? 1 (1 ? 1)(1 ? )?(1 ? )(1 ? ) ? 3 3k ? 1(1 ? )? (3k ? 2). 4 3k ? 2 3( k ? 1) ? 2 3k ? 1 3k ? 1 3

?[ ?

3k ? 1 (3k ? 2) 2 ? (3k ? 4)( 3k ? 1) 2 (3k ? 2)] 2 ? [3 3k ? 4 ]3 ? 3k ? 1 (3k ? 1) 2

3 9k ? 4 3k ? 1 ? 0 , ? (3k ? 2) ? 3 3k ? 4 ? 3 3( k ? 1) ? 1 2 3k ? 1 (3k ? 1) 1 1 1 因而(1 ? 1)(1 ? )?(1 ? )(1 ? ) ? 3 3( k ? 1) ? 1 4 3k ? 2 3k ? 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+a2)-(2t+3)=3t.

.

∴a2=

2t ? 3 a2 2t ? 3 , ? 3t a1 3t

.

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.



an 2t ? 3 ? an?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 ? 3 2 1 ? b n ? 1 (2)由 f(t)= 3t = 3 t ,得 bn=f( )= 3 +bn-1

2 2 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)= 3 ;
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5 4 2n ? 1 (3) 由 bn= 3 , 可知 {b2n - 1} 和 {b2n} 是首项分别为 1 和 3 ,公差均为 3 的等差数列,于是 4n ? 1 b2n= 3 , ∴ b1b2 - b2b3+b3b4 - b4b5+ ? +b2n - 1b2n - b2nb2n+1

=b2(b1 - b3)+b4(b3 - b5)+ ?

4 4 1 5 4n ? 1 4 +b2n(b2n-1-b2n+1)=- 3 (b2+b4+?+b2n)=- 3 ? 2 n( 3 + 3 )=- 9 (2n2+3n)
(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 f(x)≥-1,由二次函

b 数的性质知: 直线 x=0 为 f(x)图像的对称轴, 由此得: - 2 a =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 0<x1<x2< a

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(1)当 x ? (0,x1)时,求证:x<f(x)<x1 ,

x1 (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) 而

x1<x2, x ? (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 0<x<x1<x2< a
所以:x1-x>0 1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0 得 f(x)-x1<0 即 f(x)<x1 故:x<f(x)<x1

b (2)依题意知:x0= - 2 a ,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 的 1? b 根,所以:x1+x2= a

a ( x1 ? x 2 ) ? 1 ax1 ? ax2 ? 1 ax1 x1 b 2a 2a x0= - 2 a = = 又因为 ax2<1, 所以: x0< 2 a = 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.

1 3 1 (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.

1 1 3 1 ] 2 2 4 若 a> ,则函数 f(x)在(-∞,a 上的最小值为 f( )= +a,且 f( 2 )≤f(a). 1 3 1 ②当 x≥a 时,函数 f(x)=x2+x-a+1=(x+ 2 )2-a+ 4 ;当 a≤- 2 时,则函数 f(x)在[a,+∞ ) 上的最

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1 3 1 1 小值为 f(- 2 )= 4 -a,且 f(- 2 )≤f(a).若 a>- 2 ,
f(x)在[a,+∞)上的最小值为 f(a)=a2+1.

f(x)在[a,+∞)上单调递增,从而,函数

1 3 1 1 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;当 1 3 2 a> 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

b b b 4ac ? b 2 b2 4a 当-2≤- 2 a ≤2 时, | 2 a |≤2, 此时|f(- 2 a )|=| |=|c- 4 a | b b2 ≤|c|+| 4 a |≤|c|+| 4 a |≤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,

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(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

1 1 1 1 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), 1 1 b=4f( 2 )-3f(0)-f(1), c=f(0), 而|f(1)|≤1, |f(0)|≤1, |f( 2 )|≤1 1 1 故 |a|+|b|+|c|=|2f(1)-4f( 2 )+2f(0)|+|4f( 2 )-3f(0)-f(1)|+|f(0)| 1 1 ≤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 1 故 x= 2 1 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,得
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 ?m ? ? 5 ? 6 ?

5 1 ? ?m?? 2. ∴ 6

第 39 页(共 43 页)

? f (0) ? 0, ? f (1) ? 0, ? ? ?? ? 0, ?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 ? ? ?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(km/h)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(km/h)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 );②当 x∈(-
1,0)时,有 f(x)>0. 第 40 页(共 43 页)

1 1 1 1 f ( ) ? f ( ) ??? f ( 2 )? f( ) 11 2 . 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,

于是得x0 ? ?

b 1 b ?1 1 1 1 1 ? ? (? ? ) ? ( x1 ? x2 ) ? x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) ? ( x1 ? x2 ) ? 2 2a 2 a a 2 2 2 1 1 ? ? ( x1 ? x2 ) ? 2 ? ? (2 ? 4) ? 2 ? ?1 2 2

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=x1+2>2,∴g(2)<0,即 4a+2b-1<0 ①

(b ? 1) 2 4 ? ?4 2 a 又(x2-x1)2= a

∴2a+1=

(b ? 1) 2 ? 1 (∵a>0)代入①式得,

(b ? 1) 2 ? 1 <3-2b 2



1 解②得 b< 4

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

(b ? 1) 2 ? 1 <2b-1 ④ 2

7 解④得 b> 4 .

1 7 综上,当 0<x1<2 时,b< 4 ,当-2<x1<0 时,b> 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)

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]

第 41 页(共 43 页)

=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| 得 ? ? f (ax ? y ? 2) ? 1 ? f (?) ?ax ? y ? 2 ? 0 ,由题意此不等式组无解,数形结合得: a 2 ? 1 ≥1, (3)由 ?
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 S S a y=a? v +bv2? v =S( v +bv) a ∴所求函数及其定义域为 y=S( v +bv),v∈(0,c ] . a ∴S( v +bv)≥2S ab

(2)依题意知,S、a、b、v 均为正数



a a a a 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 a a 若 b >c,则当 v∈(0,c ] 时,有 S( v +bv)-S( c +bc)

a a S =S[( v - c )+(bv-bc)]= vc (c-v)(a-bcv)∵c-v≥0,且 c>bc2,∴a-bcv≥a-bc2>0 a a ∴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;
ab ab ab 综上可知,为使全程运输成本 y 最小,当 b ≤c 时,行驶速度应为 v= b ,当 b >c 时行驶速度
应为 v=c.

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)-f(x2)=f(x1)+f(-

x2)=f(

x1 ? x2 1 ? x1 x2

), ∵- 1 < x1 < x2 < 0, ∴ x1 - x2 < 0,1 - x1x2>0. ∴

x1 ? x2 1 ? x1 x2

< 0, 于是由②知 f(

x1 ? x2 1 ? x1 x2

)

第 42 页(共 43 页)

>0,从而 f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2),故 f(x)在 x∈(-1,0)上是单调递减函数.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 1 1 ( n ? 1)( n ? 2) ?f( 2 )? f[ ]? f[ ] 1 ( n ? 1)( n ? 2) ? 1 n ? 3n ? 1 1? ( n ? 1)( n ? 2) 1 1 ? 1 1 ? f ( n ?1 n ? 2 ) ? f ( )? f ( ) 1 1 n ?1 n?2 1? ? n ?1 n ? 2 1 1 1 ? f ( ) ? f ( ) ??? f ( 2 ) 5 11 n ? 3n ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? [ f ( ) ? f ( )] ? [ f ( ) ? f ( )] ? ? ? [ f ( )? f ( )] ? f ( ) ? f ( ), 2 3 3 4 n ?1 n?2 2 n?2 1 1 ?0 ? ? 1时, 有f ( ) ? 0, n?2 n?2 1 1 1 ? f ( )? f ( ) ? f ( ), 故原结论成立 . 2 n?2 2

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