2020年高考数学二轮三轮总复习专题学案专题3-不等式、数列、推理与证明课件 (浙江文科专用) 精品

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2020高中数学第三章不等式阶段复习课第3课不等式学案新人教A版必修5

第三课不等式[核心速填]1．比较两实数a ，b 大小的依据a －b >0⇔a >b .a －b ＝0⇔a ＝b .a －b <0⇔a <b .2．不等式的性质3.Ax ＋By ＋C (B >0)⎩⎪⎨⎪⎧>0<0表示对应直线⎩⎪⎨⎪⎧上下方区域．4．二元一次不等式组表示的平面区域每个二元一次不等式所表示的平面区域的公共部分就是不等式组所表示的区域． 5．两个不等式[题型探究]一元二次不等式的解法[探究问题]1．当a >0时，若方程ax 2＋bx ＋c ＝0有两个不等实根α，β且α<β，则不等式ax 2＋bx ＋c >0的解集是什么？提示：借助函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可知，不等式的解集为{x |x <α或x >β}．2．若[探究1]中的a <0，则不等式ax 2＋bx ＋c >0的解集是什么？提示：解集为{x |α<x <β}．3．若一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的判别式Δ＝b 2－4ac <0，则ax 2＋bx ＋c >0的解集是什么？提示：当a >0时，不等式的解集为R ；当a <0时，不等式的解集为∅.若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x －2>02x 2＋2k ＋5x ＋5k <0的整数解只有－2，求k 的取值范围.【导学号：91432361】思路探究：不等式组的解集是各个不等式解集的交集，分别求解两个不等式，取交集判断．[解] 由x 2－x －2>0，得x <－1或x >2.对于方程2x 2＋(2k ＋5)x ＋5k ＝0有两个实数解x 1＝－52，x 2＝－k .(1)当－52>－k ，即k >52时，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－k <x <－52，显然－2∉ ⎝ ⎛⎭⎪⎫－k ，－52.(2)当－k ＝－52时，不等式2x 2＋(2k ＋5)x ＋5k <0的解集为∅.(3)当－52<－k ，即k <52时，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－52<x <－k. ∴不等式组的解集由⎩⎪⎨⎪⎧x <－1，－52<x <－k ，或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，－52<x <－k 确定．∵原不等式组整数解只有－2， ∴－2<－k ≤3，故所求k 的范围是－3≤k <2.母题探究：.(变条件，变结论)若将例题改为“已知a ∈R ，解关于x 的不等式ax 2－2x ＋a <0”．[解] (1)若a ＝0，则原不等式为－2x <0，故解集为{x |x >0}． (2)若a >0，Δ＝4－4a 2.①当Δ>0，即0<a <1时，方程ax 2－2x ＋a ＝0的两根为x 1＝1－1－a 2a ，x 2＝1＋1－a 2a，∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪1－1－a 2a <x <1＋1－a 2a . ②当Δ＝0，即a ＝1时，原不等式的解集为∅. ③当Δ<0，即a >1时，原不等式的解集为∅. (3)若a <0，Δ＝4－4a 2.①当Δ>0，即－1<a <0时，原不等式的解集为错误!. ②当Δ＝0，即a ＝－1时，原不等式可化为(x ＋1)2>0， ∴原不等式的解集为{x |x ∈R 且x ≠－1}． ③当Δ<0，即a <－1时，原不等式的解集为R . 综上所述，当a ≥1时，原不等式的解集为∅；当0<a <1时，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪1－1－a 2a <x <1＋1－a 2a ；当a ＝0时，原不等式的解集为{x |x >0}；当－1<a <0时，原不等式的解集为错误!；当a ＝－1时，原不等式的解集为{x |x ∈R 且x ≠－1}；当a <－1时，原不等式的解集为R . [规律方法] 不等式的解法 (1)一元二次不等式的解法.①将不等式化为ax 2＋bx ＋c >0(a >0)或ax 2＋bx ＋c <0(a >0)的形式； ②求出相应的一元二次方程的根或利用二次函数的图象与根的判别式确定一元二次不等式的解集.,(2)含参数的一元二次不等式.,解题时应先看二次项系数的正负，其次考虑判别式，最后分析两根的大小，此种情况讨论是必不可少的.不等式恒成立问题已知不等式mx 2－mx －1<0.(1)若x ∈R 时不等式恒成立，求实数m 的取值范围； (2)若x ∈[1,3]时不等式恒成立，求实数m 的取值范围；(3)若满足|m |≤2的一切m 的值能使不等式恒成立，求实数x 的取值范围.【导学号：91432362】思路探究：先讨论二次项系数，再灵活的选择方法解决恒成立问题． [解] (1)①若m ＝0，原不等式可化为－1<0，显然恒成立；②若m ≠0，则不等式mx 2－mx －1<0 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧m <0，Δ＝m 2＋4m <0，解得－4<m <0.综上可知，实数m 的取值范围是(－4,0]． (2)令f (x )＝mx 2－mx －1，①当m ＝0时，f (x )＝－1<0显然恒成立； ②当m >0时，若对于x ∈[1,3]不等式恒成立，只需⎩⎪⎨⎪⎧f 1<0，f3<0即可，∴⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝－1<0，f3＝9m －3m －1<0，解得m <16，∴0<m <16.③当m <0时，函数f (x )的图象开口向下，对称轴为x ＝12，若x ∈[1,3]时不等式恒成立，结合函数图象(图略)知只需f (1)<0即可，解得m ∈R ，∴m <0符合题意．综上所述，实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，16. (3)令g (m )＝mx 2－mx －1＝(x 2－x )m －1，若对满足|m |≤2的一切m 的值不等式恒成立，则只需⎩⎪⎨⎪⎧g－2<0，g 2<0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2－x －1<0，2x 2－x －1<0，解得1－32<x <1＋32.∴实数x 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1－32，1＋32.[规律方法] 对于恒成立不等式求参数范围的问题常见的类型及解法有以下几种： 1．变更主元法根据实际情况的需要确定合适的主元，一般知道取值范围的变量要看做主元． 2．分离参数法若f (a )<g (x )恒成立，则f (a )<g (x )min . 若f (a )>g (x )恒成立，则f (a )>g (x )max . 3．数形结合法利用不等式与函数的关系将恒成立问题通过函数图象直观化． 1．设f (x )＝mx 2－mx －6＋m ，(1)若对于m ∈[－2,2]，f (x )<0恒成立，求实数x 的取值范围； (2)若对于x ∈[1,3]，f (x )<0恒成立，求实数m 的取值范围． [解] (1)依题意，设g (m )＝(x 2－x ＋1)m －6，则g (m )为关于m 的一次函数，且一次项系数x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34>0，所以g (m )在[－2,2]上递增，所以欲使f (x )<0恒成立，需g (m )max ＝g (2)＝2(x 2－x ＋1)－6<0，解得－1<x <2.(2)法一：要使f (x )＝m (x 2－x ＋1)－6<0在[1,3]上恒成立，则有m <6x 2－x ＋1在[1,3]上恒成立，而当x ∈[1,3]时， 6x 2－x ＋1＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥69－3＋1＝67，所以m <⎝⎛⎭⎪⎫6x 2－x ＋1min ＝67，因此m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，67. 法二：①当m ＝0时，f (x )＝－6<0对x ∈[1,3]恒成立，所以m ＝0. ②当m ≠0时f (x )的图象的对称轴为x ＝12，若m >0，则f (x )在[1,3]上单调递增，要使f (x )<0对x ∈[1,3]恒成立，只需f (3)<0即7m －6<0，所以0<m <67.若m <0，则f (x )在[1,3]上单调递减，要使f (x )<0对x ∈[1,3]恒成立，只需f (1)<0即m <6，所以m <0.综上可知m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，67.线性规划问题已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4y －13≤0，2y －x ＋1≥0，x ＋y －4≥0，且有无穷多个点(x ，y )使目标函数z ＝x ＋my 取得最小值，则m ＝________.【导学号：91432363】思路探究：先画出可行域，再研究目标函数，由于目标函数中含有参数m ，故需讨论m 的值，再结合可行域，数形结合确定满足题意的m 的值.1 [作出线性约束条件表示的平面区域，如图中阴影部分所示．若m ＝0，则z ＝x ，目标函数z ＝x ＋my 取得最小值的最优解只有一个，不符合题意．若m ≠0，目标函数z ＝x ＋my 可看作动直线y ＝－1m x ＋zm，若m <0，则－1m>0，数形结合知使目标函数z ＝x ＋my 取得最小值的最优解不可能有无穷多个；若m >0，则－1m<0，数形结合可知，当动直线与直线AB 重合时，有无穷多个点(x ，y )在线段AB 上，使目标函数z ＝x ＋my 取得最小值，即－1m＝－1，则m ＝1.综上可知，m ＝1.] [规律方法]1．线性规划在实际中的类型主要有：(1)给定一定数量的人力、物力资源，如何运用这些资源，使完成任务量最大，收到的效益最高；(2)给定一项任务，怎样统筹安排，使得完成这项任务耗费的人力、物力资源最少．2．解答线性规划应用题的步骤：(1)列：设出未知数，列出约束条件，确定目标函数．(2)画：画出线性约束条件所表示的可行域．(3)移：在线性目标函数所表示的一组平行线中，利用平移的方法找出与可行域有公共点且纵截距最大或最小的直线．(4)求：通过解方程组求出最优解．(5)答：作出答案．[跟踪训练]2．制定投资计划时，不仅要考虑可能获得的盈利，而且要考虑可能出现的亏损．某投资人打算投资甲、乙两个项目，根据预测，甲、乙项目可能的最大盈利率分别为100%和50%，可能的最大亏损率分别为30%和10%，投资人计划投资金额不超过10万元，要求确保可能的资金亏损不超过1.8万元，问投资人对甲、乙两个项目各投资多少万元，才能使可能的盈利最大？[解]设投资人分别用x万元、y万元投资甲、乙两个项目．由题意，知⎩⎪⎨⎪⎧x＋y≤10，0.3x＋0.1y≤1.8，x≥0，y≥0，目标函数z＝x＋0.5y.画出可行域如图中阴影部分．作直线l0：x＋0.5y＝0，并作平行于l0的一组直线x＋0.5y＝z，z∈R，与可行域相交，其中有一条直线经过可行域上的点M时，z取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x＋y＝10，0.3x＋0.1y＝1.8，得⎩⎪⎨⎪⎧x＝4，y＝6，即M(4,6)．此时z＝4＋0.5×6＝7(万元)．∴当x＝4，y＝6时，z取得最大值，即投资人用4万元投资甲项目，6万元投资乙项目，才能在确保亏损不超过1.8万元的前提下，使可能的盈利最大.利用基本不等式求最值设函数f(x)＝x＋ax＋1，x∈[0，＋∞)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的最小值；(2)当0<a<1时，求函数f(x)的最小值.【导学号：91432364】思路探究：(1)将原函数变形，利用基本不等式求解． (2)利用函数的单调性求解． [解] (1)把a ＝2代入f (x )＝x ＋ax ＋1，得f (x )＝x ＋2x ＋1＝(x ＋1)＋2x ＋1－1， ∵x ∈[0，＋∞)， ∴x ＋1>0，2x ＋1>0， ∴x ＋1＋2x ＋1≥22，当且仅当x ＋1＝2x ＋1，即x ＝2－1时，f (x )取等号，此时f (x )min ＝22－1. (2)当0<a <1时，f (x )＝x ＋1＋ax ＋1－1若x ＋1＋ax ＋1≥2a ，则当且仅当x ＋1＝ax ＋1时取等号，此时x ＝a －1<0(不合题意)，因此，上式等号取不到．f (x )在[0，＋∞)上单调递增．∴f (x )min ＝f (0)＝a .3．某种商品原来每件售价为25元，年销售8万件．(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2 000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x 元，公司拟投入16(x 2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入15x 万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a 至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价．[解] (1)设每件定价为t 元，依题意，有[8－(t －25)×0.2]t ≥25×8，整理得t 2－65t ＋1 000≤0，解得25≤t ≤40.因此要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．(2)依题意，x >25时，不等式ax ≥25×8＋50＋16(x 2－600)＋15x 有解，等价于x >25时，a ≥150x ＋16x ＋15有解．∵150x ＋16x ≥2150x ·16x ＝10(当且仅当x ＝30时，等号成立)， ∴a ≥10.2.因此当该商品明年的销售量a 至少应达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的定价为每件30元．。

2019-2020年高三数学二轮复习专题3数列与递教案苏教版

2019-2020年高三数学二轮复习专题3数列与递教案苏教版【高考趋势】近几年高考中，数列问题除在小题中有两题左右外，大题常在最后两题之一的位置。

小题一般为概念性问题，只要掌握等差、等比的基本属性便能解决，而大题的综合性较强，常从数列的递推关系式入手，化归为等差或等比数列，求出其通项公式，再进一步研究其和，构造不等式等，在证明不等式时，常利用函数的思想解决有关问题。

【考点展示】1、等比数列{a n}的前n项和为S n=3n+1-a，则实数a的值为。

2、等差数列{a n}中，a1=1，a3+a5=14，其前n项和S n=100,则n等于。

3、若f(n)=1+(nN*)，则按此形式写出f(1)的表达式应有f(1)=(不必算出最后结果)4、设{a n}为公比q1的等比数列，若a xx和a xx是方程4x2-8x+3=0的两根，则a xx+a xx=5、在等差数列{a n}中，a5=4, a7=-2，则|a1|+|a2|+…+|a10|=【样题剖析】例1、设{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，已知S3=7，且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列。

（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=lna3n+1, nN*，求数列{b n}的前n项和T n。

例2、已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和满足S n1，且6S n=(a n+1)(a n+2), nN*。

（1）求{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足a n(2b n-1)=1，并记T n为{b n}的前n项和，求证：3T n+1log2(a n+3), nN*。

例3、在数列{a n}中，a1=2, a n+1=λa n+λn+1+(2-λ)2n(nN*)，其中λ0。

（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n；（3）证明：存在kN*，使得对任意nN*均成立。

例4、已知函数f(x)=x2-4，设曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线与x轴的交点（x n+1,0）(nN*),其中x n为正实数。

江苏省徐州市2020届高考数学二轮复习学案3(无答案)

二轮复习3
教学目标1.进一步熟练掌握相关知识点和公式
2.根据知识点和公式，并会用它们解决一些相关问题
教学重难点重点：进一步熟练掌握相关知识点和公式
难点：根据知识点和公式，并会用它们解决一些相关问题
教学
参考
教材一轮复习资料
授课方法自学引导教学辅助手段
多媒体
专用教室
教学过程设计
教学二次备课1.已知集合{}
|0
A x x
=>，{}
1,0,1,2
B=-，则B
A I等
于．
2.已知复数满足()
1i z i
+⋅=-，则z的模为．
3.已知
23
11
2
log log
a a
+=，则a=．
教学教学二次备课
过程
设计
4.右图茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成
绩，其中一个数字被污损，则乙的平均成绩超过甲的概率
为．
5.向量(cos10,sin10)
a=︒︒
r
，(cos70,sin70)
b=︒︒
r
，|2|
a b
-=
r r
．
6.下面求258112012
+++++
…的值的伪代码中，正整数m的最大值为．
课外
作业
教学
小结。

2020届高考数学二轮专题复习教案共23讲精品专题

专题一集合、简单逻辑用语、函数、不等式、导数及应用第1讲集合与简单逻辑用语1. 理解集合中元素的意义是解决集合问题的关键：弄清元素是函数关系式中自变量的取值？还是因变量的取值？还是曲线上的点？…2. 数形结合是解集合问题的常用方法：解题时要尽可能地借助数轴、直角坐标系或韦恩图等工具，将抽象的代数问题具体化、形象化、直观化，然后利用数形结合的思想方法解决．3. 已知集合A、B，当A∩B＝时，你是否注意到“极端”情况：A＝或B＝？求集合的子集时是否忘记？分类讨论思想的建立在集合这节内容学习中要得到强化．4. 对于含有n个元素的有限集合M, 其子集、真子集、非空子集、非空真子集的个数依次为2n,2n －1，2n－1，2n－2.是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集．1. A、B是非空集合，定义A×B＝{x|x∈A∪B，且∩B}，若A＝{x∈R|y＝x2－3x}，B＝{y|y ＝3x，x∈R}，则A×B＝______________.2. 已知命题P：n∈N,2n＞1 000，则P为________．3. 条件p：a∈M＝{x|x2－x<0}，条件q：a∈N＝{x||x|<2}，p是q的______________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)4. 若命题“∈R，x2＋(a－1)x＋1>0”是假命题，则实数a的取值范围为________．【例1】已知集合A＝{x|x2－3x－10≤0}，集合B＝{x|p＋1≤x≤2p－1}．若，求实数p的取值范围．【例2】设A＝{(x，y)|y2－x－1＝0}，B＝{(x，y)|4x2＋2x－2y＋5＝0}，C＝{(x，y)|y＝kx＋b}，是否存在k、b∈N，使得(A∪B)∩C＝？若存在，求出k，b的值；若不存在，请说明理由．【例3】(2011·广东)设S是整数集Z的非空子集，如果，b∈S，有ab∈S，则称S关于数的乘法是封闭的，若T，V是Z的两个不相交的非空子集，T∪V＝Z且，b，c∈T，有abc∈T，，y，z∈V，有xyz∈V.则下列结论恒成立的是________．A. T，V中至少有一个关于乘法封闭B. T，V中至多有一个关于乘法封闭C. T，V中有且只有一个关于乘法封闭D. T，V中每一个关于乘法封闭【例4】已知a>0，函数f(x)＝ax－bx2.(1) 当b>0时，若∈R，都有f(x)≤1，证明：0<a≤2b；(2) 当b>1时，证明：∈[0,1]，|f(x)|≤1的充要条件是b－1≤a≤2 b.1. (2011·江苏)已知集合A＝{－1,1,2,4}，B＝{－1,0,2}，则A∩B＝________.2.(2011·天津)命题“若f(x)是奇函数，则f(－x)是奇函数”的否命题是________．3.(2009·江苏)已知集合A＝{x|log2x≤2}，B＝(－∞，a)，若，则实数a的取值范围是(c，＋∞)，其中c＝________.4.(2009·陕西)某班有36名同学参加数学、物理、化学课外探究小组，每名同学至多参加两个小组，已知参加数学、物理、化学小组的人数分别为26,15,13，同时参加数学和物理小组的有6人，同时参加物理和化学小组的有4人，则同时参加数学和化学小组的有________人．5.(2011·陕西)设n∈N＋，一元二次方程x2－4x＋n＝0有正整数根的充要条件是n＝________.6.(2011·福建)在整数集Z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为[k]，即[k]＝{5n ＋k|n∈Z}，k＝0,1,2,3,4.给出如下四个结论：①2 011∈[1]；②－3∈[3]；③Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④“整数a，b属于同一‘类’”的充要条件是“a－b∈[0]”．其中，正确结论的个数是________个．(2011·全国)(本小题满分14分)设a∈R，二次函数f(x)＝ax2－2x－2a.若f(x)>0的解集为A，B＝{x|1<x<3}，A ∩B ≠，求实数a 的取值范围．解：由f(x)为二次函数知a ≠0，令f(x)＝0解得其两根为x 1＝1a －2＋1a 2，x 2＝1a ＋2＋1a2，由此可知x 1<0，x 2>0，(3分)① 当a>0时，A ＝{x|x<x 1}∪{x|x>x 2}，(5分) A ∩B ≠的充要条件是x 2＜3，即1a ＋2＋1a 2<3，解得a>67，(9分) ② 当a<0时， A ＝{x|x 1<x<x 2}，(10分) A ∩B ≠的充要条件是x 2>1，即1a＋2＋1a 2>1，解得a<－2，(13分) 综上，使A ∩B ≠成立的实数a 的取值范围为(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎫67，＋∞.(14分)一集合、简单逻辑用语、函数、不等式、导数及应用第1讲集合与简单逻辑用语1. (2011·安徽)设集合A ＝{1,2,3,4,5,6}，B ＝{4,5,6,7}，则满足S 且S ∩B ≠的集合S 的个数为________．A. 57B. 56C. 49D. 8【答案】 B 解析：集合A 的所有子集共有26＝64个，其中不含4,5,6,7的子集有23＝8个，所以集合S 共有56个．故选B.2. (2011·江苏)设集合A ＝－2)2＋y 2≤m 2，x ，y ∈R }, B ＝{(x ，y)|2m ≤x ＋y ≤2m ＋1，x ，y ∈R }, 若A ∩B ≠，则实数m 的取值范围是________．【答案】 ⎣⎡⎦⎤12，2＋2 解析：由A ∩B ≠得，A ≠，所以m 2≥m 2，m ≥12或m ≤0.当m ≤0时，|2－2m|2＝2－2m ＞－m ，且|2－2m －1|2＝22－2m ＞－m ，又2＋0＝2＞2m ＋1，所以集合A 表示的区域和集合B 表示的区域无公共部分；当m ≥12时，只要|2－2m|2≤m 或|2－2m －1|2≤m ，解得2－2≤m ≤2＋2或1－22≤m ≤1＋22，所以实数m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤12，2＋2. 点评：解决此类问题要挖掘问题的条件，并适当转化，画出必要的图形，得出求解实数m 的取值范围的相关条件．基础训练1. (－∞，3) 解析：A ＝(－∞，0]∪[3，＋∞)，B ＝(0，＋∞)，A ∪B ＝(－∞，＋∞)，A ∩B ＝[3，＋∞)．∈N,2n ≤1 0003. 充分不必要解析：M ＝＝(－2,2)．4. a ≥3或a ≤－1 解析：Δ＝(a －1)2－4≥0，a ≥3或a ≤－1. 例题选讲例1 解：由x 2－3x －10≤0得－2≤x ≤5. ∴ A ＝[－2,5]． ① 当B ≠时，即p ＋1≤2p －≥2.由得－2≤p ＋1且2p －1≤5.得－3≤p ≤3.∴ 2≤p ≤3. ② 当B ＝时，即p ＋1>2p －＜成立．综上得p ≤3.点评：从以上解答应看到：解决有关A ∩B ＝，A ∪B ＝A ，A ∪B ＝B 或等集合问题易忽视空集的情况而出现漏解，这需要在解题过程中全方位、多角度审视问题．变式训练设不等式x 2－2ax ＋a ＋2≤0的解集为M ，如果，求实数a 的取值范围．解：有n 种情况：其一是M ＝，此时Δ＜0；其二是M ≠，此时Δ≥0，分三种情况计算a 的取值范围．设f(x)＝x 2－2ax ＋a ＋2，有Δ＝(－2a)2－(4a ＋8)＝4(a 2－a －2)， ① 当Δ＜0时，－1＜a ＜2，M ＝成立； ② 当Δ＝0时，a ＝－1或2，当a ＝－1时，M ＝{－，当a ＝2时，M ＝；③ 当Δ＞0时，a ＜－1或a ＞2.设方程f(x)＝0的两根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，那么M ＝[x 1，x 2]，≤x 1＜x 2≤⎩⎪⎨⎪⎧f (1)≥0且f (4)≥0，1≤a ≤4且Δ＞0. 即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋3≥0，18－7a ≥0，1≤a ≤4，a ＜－1或a ＞2，解得：2＜a ≤187，综上实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－1，187. 例2 解： ∵ (A ∪B)∩C ＝，∵A ∩C ＝且B ∩C ＝，由 ⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝x ＋1，y ＝kx ＋b得k 2x 2＋(2bk －1)x ＋b 2－1＝0， ∵ A ∩C ＝，∴ k ≠0，Δ1＝(2bk －1)2－4k 2(b 2－1)<0，∴ 4k 2－4bk ＋1<0，此不等式有解，其充要条件是16b 2－16>0，即b 2>1，①∵ ⎩⎪⎨⎪⎧4x 2＋2x －2y ＋5＝0，y ＝kx ＋b ， ∴ 4x 2＋(2－2k)x ＋(5－2b)＝0，∵ B ∩C ＝，∴ Δ2＝4(1－k)2－16(5－2b)<0，∴ k 2－2k ＋8b －19<0, 从而8b<20，即b<2.5， ②由①②及b ∈N ，得b ＝2，代入由Δ1<0和Δ2<0组成的不等式组，得⎩⎪⎨⎪⎧4k 2－8k ＋1＜0，k 2－2k －3＜0， ∴ k ＝1，故存在自然数k ＝1，b ＝2，使得(A ∪B)∩C ＝．点评：把集合所表示的意义读懂，分辨出所考查的知识点，进而解决问题.变式训练已知集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫(x ，y )⎪⎪⎪1－y x ＋1＝3，B ＝{(x ，y)|y ＝kx ＋3}，若A ∩B ＝，求实数k 的取值范围．解：集合A 表示直线y ＝－3x －2上除去点(－1,1)外所有点的集合，集合B 表示直线y ＝kx ＋3上所有点的集合，A ∩B ＝，所以两直线平行或直线y ＝kx ＋3过点(－1,1)，所以k ＝2或k ＝－3.例3 【答案】 A 解析：由于T ∪V ＝Z ，故整数1一定在T ，V 两个集合中的一个中，不妨设1∈T ，则，b ∈T ，由于a ，b,1∈T ，则a·b·1∈T ，即ab ∈T ，从而T 对乘法封闭；另一方面，当T ＝{非负整数}，V ＝{负整数}时，T 关于乘法封闭，V 关于乘法不封闭，故D 不对；当T ＝{奇数}，V ＝{偶数}时，T ，V 显然关于乘法都是封闭的，故B ，C 不对．从而本题就选A.例4 证明：(1) ax －bx 2≤1对x ∈R 恒成立，又b ＞0, ∴ a 2－4b ≤0，∴ 0＜a ≤2 b. (2) 必要性，∵ ∈[0,1]，|f(x)|≤1恒成立，∴ bx 2－ax ≤1且bx 2－ax ≥－1，显然x ＝0时成立，对x ∈(0,1]时a ≥bx －1x 且a ≤bx ＋1x ，函数f(x)＝bx －1x 在x ∈(0,1]上单调增，f(x)最大值f(1)＝b －1.函数g(x)＝bx ＋1x 在⎝⎛⎦⎤0，1b 上单调减，在⎣⎡⎦⎤1b ，1上单调增，函数g(x)的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1b ＝2b ，∴ b －1≤a ≤2b ，故必要性成立；充分性：f(x)＝ax －bx 2＝－b(x －a 2b )2＋a 24b ，a 2b ＝a 2b ×1b ≤1×1b≤1，f(x)max ＝a 24b≤1，又f(x)是开口向下的抛物线，f(0)＝0，f(1)＝a －b ，f(x)的最小值从f(0)＝0，f(1)＝a －b 中取最小的，又a －b ≥－1， ∴ －1≤f(x)≤1，故充分性成立；综上命题得证．变式训练命题甲：方程x 2＋mx ＋1＝0有两个相异负根；命题乙：方程4x 2＋4(m －2)x ＋1＝0无实根，这两个命题有且只有一个成立，求实数m 的取值范围．解：使命题甲成立的条件是： ⎩⎪⎨⎪⎧Δ1＝m 2－4＞0，x 1＋x 2＝－m ＜0＞2.∴ 集合A ＝{m|m>2}．使命题乙成立的条件是：Δ2＝16(m －2)2－16<0，∴ 1＜m ＜3. ∴ 集合B ＝{m|1<m<3}．若命题甲、乙有且只有一个成立，则有： ① m ∈A ∩B ，② m ∈A ∩B.若为①，则有：A ∩B ＝{m|m>2}∩{m|m ≤1或m ≥3}＝{m|m ≥3}；若为②，则有：B ∩A ＝{m|1<m<3}∩{m|m ≤2}＝{m|1<m ≤2}；综合①、②可知所求m 的取值范围是{m|1<m ≤2或m ≥3}．点评：明确命题为真时的充要条件，再分类确定．高考回顾 1. {－1,2}2. 若f(x)不是奇函数，则f(－x)不是奇函数3. 4 解析：A ＝(0,4]，∴ a ＞4, ∴ c ＝4.4. 8 解析：画韦恩图．设同时参加数学和化学小组的有x 人，则20－x ＋11＋x ＋4＋9－x ＝36，x ＝8.5. 3或4 解析：令f(x)＝x 2－4x ＋n ，n ∈N *，f(0)＝n ＞0, ∴ f(2)≤0即n ≤4，故n ＝1,2,3,4，经检验，n ＝3,4适合，或直接解出方程的根，x ＝2±4－n ，n ∈N *，只有n ＝3,4适合．6. 3 解析：正确的是①③④，在②中－3∈[2]才对．第2讲函数、图象及性质1. 函数在高考中的题型设置有小题也有大题，其中大题有简单的函数应用题、函数与其他知识综合题，也有复杂的代数推理题，可以说函数性质的应用是高考考查的主要着力点之一．2. 重点：①函数的奇偶性、单调性和周期性；②函数与不等式结合；③函数与方程的综合；④函数与数列的综合；⑤函数与向量的综合；⑥利用导数来刻画函数．3. 难点：①新定义的函数问题；②代数推理问题，常作为高考压轴题．1. 已知f(x)是二次函数，且f(0)＝0，f(x ＋1)＝f(x)＋x ＋1，则f(x)＝________.2.函数f(x)＝(x ＋1)0|x|－x的定义域为________．3.函数f(x)的定义域是R ，其图象关于直线x ＝1和点(2 , 0)都对称，f ⎝⎛⎭⎫－12＝2，则f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫20092＝________.4.函数f(x)＝x 2－2x ，g(x)＝mx ＋2，对1∈[－1,2]，0∈[－1,2]，使g(x 1)＝f(x 0)，则实数m 的取值范围是________．【例1】已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是(0,5) ，且f(x)在区间[－1,4]上的最大值是12.(1) 求f(x)的解析式；(2) 是否存在整数m 使得方程f(x)＋37x ＝0在区间(m ，m ＋1)内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出m 值；若不存在，说明理由．【例2】已知函数f(x)＝x 2＋ax (x ≠0，常数a ∈R )．(1) 讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由；(2) 若函数f(x)在x ∈[2，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围．【例3】设函数f(x)＝x 2＋|2x －a|(x ∈R ，常数a 为实数)． (1) 若f(x)为偶函数，求实数a 的值； (2) 设a>2，求函数f(x)的最小值.【例4】 (2011·苏锡常镇模拟)已知函数f(x)＝x ＋a ＋a|x|，a 为实数．(1) 当a ＝1，x ∈[－1,1]时，求函数f(x)的值域；(2) 设m 、n 是两个实数，满足m ＜n ，若函数f(x)的单调减区间为(m ，n)，且n －m ≤3116，求a 的取值范围．1. (2011·辽宁)若函数f(x)＝x(2x ＋1)(x －a )为奇函数，则a ＝________.2.(2011·湖北)若定义在R 上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足f(x)＋g(x)＝e x ，则g(x)＝________.3.(2011·上海)设g(x)是定义在R 上、以1为周期的函数，若f(x)＝x ＋g(x)在[0,1]上的值域为[－2,5]，则f(x)在区间[0,3]上的值域为____________．4.(2011·北京)已知点A(0,2)，B(2,0)，若点C 在函数y ＝x 2的图象上，则使得△ABC 的面积为2的点C 的个数为________．5.(2011·上海) 已知函数f(x)＝a·2x ＋b·3x ，其中常数a ，b 满足ab ≠0. (1) 若ab>0，判断函数f(x)的单调性；(2) 若ab<0，求f(x ＋1)>f(x)时x 的取值范围．6.(2011·湖北)提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况．在一般情况下，大桥上的车流速度v(单位：千米/小时)是车流密度x(单位：辆/千米)的函数．当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时．研究表明：当20≤x ≤200时，车流速度v 是车流密度x 的一次函数．(1) 当0≤x ≤200时，求函数v(x)的表达式；(2) 当车流密度x 为多大时，车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时)f(x)＝x·v(x)可以达到最大，并求出最大值．(精确到1辆/小时)(2011·镇江一模)(本小题满分14分)已知函数f(x)＝3－2log 2x ，g(x)＝log 2x. (1) 如果x ∈[1,4]，求函数h(x)＝(f(x)＋1)g(x)的值域； (2) 求函数M(x)＝f (x )＋g (x )－|f (x )－g (x )|2的最大值；(3) 如果对不等式f(x 2)f(x)＞kg(x)中的任意x ∈[1,4]，不等式恒成立，求实数k 的取值范围．解：令t ＝log 2x ，(1分) (1) h(x)＝(4－2log 2x)·log 2x ＝－2(t －1)2＋2，(2分) ∵ x ∈[1,4]，∴ t ∈[0,2]，(3分) ∴ h(x)的值域为[0,2]．(4分) (2) f(x)－g(x)＝3(1－log 2x)，当0＜x ≤2时，f(x)≥g(x)；当x ＞2时，f(x)＜g(x)，(5分)∴ M(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ g (x )，f (x )≥g (x )，f (x )，f (x )＜g (x )， M(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤2，3－2log 2x ，x>2，(6分)当0＜x ≤2时，M(x)最大值为1；(7分)当x ＞2时，M(x)＜1.(8分)综上：当x ＝2时，M(x)取到最大值为1.(9分)(3) 由f(x 2)f(x)＞kg(x)，得(3－4log 2x)(3－log 2x)＞k·log 2x ， ∵ x ∈[1,4]，∴ t ∈[0,2]，∴ (3－4t)(3－t)＞kt 对一切t ∈[0,2]恒成立，(10分) ①当t ＝0时，k ∈R ；(11分)②t ∈(0,2]时，k ＜(3－4t )(3－t )t 恒成立，即k ＜4t ＋9t －15，(12分)∵ 4t ＋9t ≥12，当且仅当4t ＝9t ，即t ＝32时取等号．(13分)∴ 4t ＋9t －15的最小值为－3.综上：k ＜－3.(14分)第2讲函数、图象及性质1. 已知a ＝5－1，函数f(x)＝a x ，若实数m 、n 满足f(m)＞f(n)，则m 、n 的大小关系为________．考查指数函数的单调性 a f(x)＝a x 在R 上递减．由f(m)＞f(n)得：m<n. 2. 设a 为实数，函数f(x)＝2x 2＋(x －a)|x －a|. (1) 若f(0)≥1，求a 的取值范围； (2) 求f(x)的最小值；(3) 设函数h(x)＝f(x)，x ∈(a ，＋∞)，直接写出(不需给出演算步骤)不等式h(x)≥1的解集．点拨：本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力．解：(1) 若f(0)≥1，则－a|a|≥⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，a 2≥1≤－1.∴ a 的取值范围是(－∞，－1](2) 当x ≥a 时，f(x)＝3x 2－2ax ＋a 2， f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧f (a )，a ≥0，f ⎝⎛⎭⎫a 3，a ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧2a 2，a ≥0，2a 23，a ＜0，当x ≤a 时，f(x)＝x 2＋2ax －a 2，f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧ f (－a )，a ≥0，f (a )，a ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a ≥0，2a 2，a ＜0，综上f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a ≥0，2a 23，a ＜0.(3) x ∈(a ，＋∞)时，h(x)≥1得3x 2－2ax ＋a 2－1≥0，Δ＝4a 2－12(a 2－1)＝12－8a 2. 当a ≤－62或a ≥62时，Δ≤0，x ∈(a ，＋∞)；当－62＜a ＜62时，Δ＞0，得：⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －3－2a 23⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a ＋3－2a 23≥0，x ＞a ，讨论得：当a ∈⎝⎛⎭⎫22，62时，解集为(a ，＋∞)；当a ∈⎝⎛⎭⎫－62，－22时，解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤a ，a －3－2a 23∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞ 当a ∈⎣⎡⎦⎤－22，22时，解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞. 综上，当a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－62∪⎣⎡⎭⎫22，＋∞时，解集为(a ，＋∞)，当a ∈⎣⎡⎦⎤－22，22时，解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞，当a ∈⎣⎡⎦⎤－62，－22时，解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤a ，a －3－2a 23∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞.基础训练2. (－∞，－1)∪(－1,0) 解析：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≠0，|x|－x ＞0＜0，x ≠－1.3. －4 解析：函数图象关于直线x ＝1对称，则f(x)＝f(2－x)，函数图象关于点(2 , 0)对称，则f(x)＝－f(4－x)，∴ f(x ＋2)＝－f(x)，∴ f(x ＋4)＝f(x)，∴ f ⎝⎛⎭⎫2 0092＝f ⎝⎛⎭⎫1 004＋12＝f ⎝⎛⎭⎫12，又f ⎝⎛⎭⎫－12＝－f ⎝⎛⎭⎫4＋12＝－f ⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫2 0092＝2f ⎝⎛⎭⎫12＝－2f ⎝⎛⎭⎫－12＝－4. 4. ⎣⎡⎦⎤－1，12 解析：x ∈[－1,2]时，f(x)∈[－1,3]．m ≥0，x ∈[－1,2]时，g(x)∈[2－m,2＋2m]；m ＜0，x ∈[－1,2]时，g(x)∈[2＋2m,2－m]．m ≥0，[2－m ，2＋－1,3]；m ＜0，[2＋2m,2－－1,3]得0≤m ≤12或－1≤m<0，故实数m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－1，12. 例题选讲例1 解： (1) ∵ f(x)是二次函数，且f(x)＜0的解集是(0,5), ∴ 可设f(x)＝ax(x －5)(a ＞0)． ∴ f(x)在区间[－1,4]上的最大值是f(－1)＝6a.由已知得6a ＝12, ∴ a ＝2, ∴ f(x)＝2x(x －5)＝2x 2－10x(x ∈R )．(2) 方程f(x)＋37x ＝0等价于方程2x 3－10x 2＋37＝0.设h(x)＝2x 3－10x 2＋37，则h ′(x)＝6x 2－20x ＝2x(3x －10)．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，103时，h ′(x)＜0，h(x)是减函数；当x ∈⎝⎛⎭⎫103，＋∞时，h ′(x)＞0，h(x)是增函数． ∵ h(3)＝1＞0，h ⎝⎛⎭⎫103＝－127＜0，h(4)＝5＞0，∴ 方程h(x)＝0在区间⎝⎛⎭⎫3，103，⎝⎛⎭⎫103，4内分别有唯一实数根，而在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根，所以存在唯一的自然数m ＝3，使得方程f(x)＋37x ＝0在区间(m ，m ＋1)内有且只有两个不同的实数根．变式训练已知函数y ＝f (x)是定义在R 上的周期函数，周期T ＝5，函数y ＝f(x)(－1≤x ≤1)的图象关于原点对称．又知y ＝f(x)在[0,1]上是一次函数，在[1,4]上是二次函数，且在x ＝2时函数取得最小值－5.(1) 证明：f(1)＋f(4)＝0；(2)求y ＝f(x)，x ∈[1,4]的解析式； (3)求y ＝f(x)在[4,9]上的解析式．(1)证明： ∵ f (x)是以5为周期的周期函数，∴ f(4)＝f(4－5)＝f(－1)，又∵ y ＝f(x)(－1≤x ≤1)关于原点对称，∴ f(1)＝－f(－1)＝－f(4), ∴ f(1)＋f(4)＝0.(2)解：当x ∈[1,4]时，由题意可设f(x)＝a(x －2)2－5(a ＞0)，由f(1)＋f(4)＝0得a(1－2)2－5＋a(4－2)2－5＝0，∴ a ＝2， ∴ f(x)＝2(x －2)2－5(1≤x ≤4)．(3)解： ∵ y ＝f(x)(－1≤x ≤1)是奇函数，∴ f(0)＝0，又知y ＝f(x)在[0,1]上是一次函数，∴ 可设f(x)＝kx(0≤x ≤1)，而f(1)＝2(1－2)2－5＝－3，∴ k ＝－3，∴ 当0≤x ≤1时，f(x)＝－3x ，从而当－1≤x ＜0时，f(x)＝－f(－x)＝－3x ，故－1≤x ≤1时，f(x)＝－3x ，∴ 当4≤x ≤6时，有－1≤x －5≤1，∴ f(x)＝f(x －5)＝－3(x －5)＝－3x ＋15，当6＜x ≤9时，1＜x －5≤4，∴ f(x)＝f(x －5)＝2[(x －5)－2]2－5＝2(x －7)2－5，∴ f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋15，4≤x ≤6，2(x －7)2－5，6＜x ≤9. 点评：紧抓函数几个性质，将未知的转化为已知的，注意函数图象及端点值．例2 解： (1) 当a ＝0时，f(x)＝x 2，对任意x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝(－x)2＝x 2＝f(x), ∴ f(x)为偶函数．当a ≠0时，f(x)＝x 2＋ax(a ≠0，x ≠0)，取x ＝±1，得f(－1)＋f(1)＝2≠0，f(－1)－f(1)＝－2a ≠0， ∴ f(－1)≠－f(1)，f(－1)≠f(1)，∴ 函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数． (2) (解法1)设2≤x 1＜x 2，f(x 1)－f(x 2)＝x 21＋a x 1－x 22－a x 2＝(x 1－x 2)x 1x 2[x 1x 2(x 1＋x 2)－a]，要使函数f(x)在x ∈[2，＋∞)上为增函数，必须f(x 1)－f(x 2)＜0恒成立．∵ x 1－x 2＜0，x 1x 2＞4，即a ＜x 1x 2(x 1＋x 2)恒成立．又∵ x 1＋x 2＞4, ∴ x 1x 2(x 1＋x 2)＞16. ∴ a 的取值范围是(－∞，16]．(解法2)当a ＝0时，f(x)＝x 2，显然在[2，＋∞)为增函数．当a ＜0时，反比例函数ax在[2，＋∞)为增函数，∴ f(x)＝x 2＋ax 在[2，＋∞)为增函数．当a ＞0时，同解法1.(解法3)f ′(x)＝2x －ax 2≥0，对x ∈[2，＋∞)恒成立．∴ a ≤2x 3而y ≤2x 3.在[2，＋∞)上单调增，最小值为16，∴ a ≤16.点评：本题主要考查函数奇偶性、单调性及分类讨论处理含参数问题．例3 解：(1) 由已知f(－x)＝f(x)，即|2x －a|＝|2x ＋a|，解得a ＝0.(2) f(x)＝⎩⎨⎧x 2＋2x －a ，x ≥12a ，x 2－2x ＋a ，x ＜12a ，当x ≥12a 时，f(x)＝x 2＋2x －a ＝(x ＋1)2－(a ＋1)，由a ＞2，x ≥12a ，得x ＞1，从而x ＞－1，又f ′(x)＝2(x ＋1)，故f(x)在x ≥12a 时单调递增，f(x)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝a 24；当x ＜12a 时，f(x)＝x 2－2x ＋a ＝(x －1)2＋(a －1)，故当1＜x ＜a2时，f(x)单调递增，当x ＜1时，f(x)单调递减，a －1；0，知f(x)的最小值为a －1. 点评：本题考查二次函数含参数最值的讨论方法．变式训练已知函数f(x)＝x|x －2|.设a ＞0，求f(x)在[0，a]上的最大值．解： f(x)＝x|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＝(x －1)2－1，x ≥2，－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1，x ＜2. ∴ f(x)的单调递增区间是(－∞，1]和[2，＋∞); 单调递减区间是[1,2]．① 当0＜a ≤1时，f(x)是[0，a]上的增函数，此时f(x)在[0，a]上的最大值是f(a)＝a(2－a)；② 当1＜a ≤2时，f(x)在[0,1]上是增函数，在[1，a]上是减函数，此时f(x)在[0，a]上的最大值是f(1)＝1；③ 当a ＞2时，令f(a)－f(1)＝a(a －2)－1＝a 2－2a －1＞0, 解得a ＞1＋ 2. 若2＜a ≤1＋2，则f(a)≤f(1)，f(x)在[0，a]上的最大值是f(1)＝1；若a ＞1＋2，则f(a)＞f(1)，f(x)在[0，a]上的最大值是f(a)＝a(a －2)．综上，当0＜a ＜1时，f(x)在[0，a]上的最大值是a(2－a)；当1≤a ≤1＋2时，f(x)在[0，a]上的最大值是1；当a ＞1＋2时，f(x)在[0，a]上的最大值是a(a －2)．例4 解：设y ＝f(x)，(1) a ＝1时，f(x)＝x ＋1＋|x|，当x ∈(0,1]时，f(x)＝x ＋1＋x 为增函数，y 的取值范围为(1,1＋2]．当x ∈[－1,0]时，f(x)＝x ＋1－x ，令t ＝x ＋1，0≤t ≤1，则x ＝t 2－1，y ＝－⎝⎛⎭⎫t －122＋54，0≤t ≤1，y 的取值范围为⎣⎡⎦⎤1，54.∵ 54＜1＋2， ∴x ∈[1,1]时，函数f(x)的值域为[1,1＋2]．(2) 令t ＝x ＋a ，则x ＝t 2－a ，t ≥0，y ＝g(t)＝t ＋a|t 2－a|. ① a ＝0时，f(x)＝x 无单调减区间；② a ＜0时，y ＝g(t)＝at 2＋t －a 2，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上g(t)是减函数，则在⎝⎛⎭⎫14a 2－a ，＋∞上f(x)是减函数．∴a ＜0不成立．③ a ＞0时，y ＝g(t)＝⎩⎨⎧－at 2＋t ＋a 2，0≤t ≤a ，at 2＋t －a 2，t ＞ a. 仅当12a ＜a ，即a ＞312时，在t ∈⎝⎛⎭⎫12a ，a 时，g(t)是减函数，即x ∈⎝⎛⎭⎫14a 2－a ，0时，f(x)是减函数． ∴n －m ＝a －14a 2≤3116，即(a －2)(16a 2＋a ＋2)≤0. ∴a ≤2. 故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤314，2.高考回顾f(x)恒成立或从定义域可直接得到． 2. g(x)＝e 2解析：因为函数f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，所以f(－x)＋g(－x)＝f(x)－g(x)＝e －x .又因为f(x)＋g(x)＝e x，所以g(x)＝e x ＋e －x2.3. [－2,7] 解析：设x 1∈[0,1]，则f(x 1)＝x 1＋g(x 1)∈[－2,5]，∵ g(x)是定义域为R 周期为1的函数，∴ 当x 2∈[1,2]时，f(x 2)＝x 1＋1＋g(x 1＋1)＝1＋x 1＋g(x 1)＝1＋f(x 1)∈[－1,6]，当x 2∈[2,3]时，f(x 2)＝x 1＋2＋g(x 1＋2)＝2＋x 1＋g(x 1)＝2＋f(x 1)∈[0,7]，∴ f(x)在区间[0,3]上的值域为[－2,7]．4. 4 解析：AB ＝22，直线AB 的方程为x ＋y ＝2，在y ＝x 2上取点C(x ，y)，点C(x ，y)到直线AB 的距离为2，|x ＋y －2|2＝2，|x ＋x 2－2|＝2，此方程有四个解．5. 解：(1) 当a ＞0，b ＞0时，任意x 1，x 2∈R ，x 1＜x 2，则f(x 1)－f(x 2)＝a(2x 1－2x 2)＋b(3x 1－3x 2)， ∵ 2x 1＜2x 2，a ＞1－2x 2)＜0,3x 1＜3x 2，b ＞1－3x 2)＜0， ∴ f(x 1)－f(x 2)＜0，函数f(x)在R 上是增函数．当a ＜0，b ＜0时，同理函数f(x)在R 上是减函数．(2) f(x ＋1)－f(x)＝a·2x ＋2b·3x ＞0，当a ＜0，b ＞0时，⎝⎛⎭⎫32x ＞－a2b ，则 x ＞log 1.5⎝⎛⎭⎫－a 2b ；当a ＞0，b ＜0时，⎝⎛⎭⎫32x ＜－a2b，则x ＜log 1.5⎝⎛⎭⎫－a 2b . 6. 解：(1) 由题意：当0≤x ≤20时，v(x)＝60；当20≤x ≤200时，设v(x)＝ax ＋b ，显然v(x)＝ax ＋b 在[20,200]是减函数，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧200a ＋b ＝0，20a ＋b ＝60，解得⎩⎨⎧a ＝－13，b ＝2003.故函数v(x)的表达式为v(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧60，0≤x ≤20，13(200－x )，20<x ≤200.(2) 依题意并由(1)可得f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧60x ，0≤x ≤20，13x (200－x )，20<x ≤200.当0≤x ≤20时，f(x)为增函数，故当x ＝20时，其最大值为60×20＝1 200；当20<x ≤200时，f(x)＝13x(200－x)≤13⎣⎡⎦⎤x ＋(200－x )22＝10 0003，当且仅当x ＝200－x ，即x ＝100时，等号成立．所以，当x ＝100时，f(x)在区间[20,200]上取得最大值10 0003. 综上，当x ＝100时，f(x)在区间[0,200]上取得最大值10 0003≈3 333，即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3 333辆/小时．第3讲基本初等函数1. 掌握指数函数的概念、图象和性质．2. 理解对数函数的概念、图象和性质．3. 能够应用函数的性质、指数函数和对数函数性质解决某些简单实际问题．4. 了解幂函数的定义，熟悉常见幂函数的图形与性质．1. 函数y ＝log a (x ＋2)＋1(a>0，a ≠1)的图象经过的定点坐标为________．2.函数y ＝lg(x 2－2x)的定义域是________.3.函数y ＝a x (a>0，a ≠1)在R 上为单调递减函数，关于x 的不等式a 2x －2a x －3>0的解集为________．4.定义：区间[x 1，x 2](x 1<x 2)的长度为x 2－x 1.已知函数y ＝|log 0.5x|定义域为[a ，b]，值域为[0,2]，则区间[a ，b]的长度的最大值为________．【例1】函数f(x)＝ax 2＋1bx ＋c (a ，b ，c ∈Z )是奇函数，且f(1)＝2，f(2)<3.(1) 求a ，b ，c 的值；(2) 当x<0时，讨论f(x)的单调性．【例2】已知函数f(x)＝2x －12|x|. (1) 若f(x)＝2，求x 的值；(2) 若2t f(2t)＋mf(t)≥0对于t ∈[1,2]恒成立，求实数m 的取值范围．【例3】已知函数g(x)＝ax 2－2ax ＋1＋b(a ≠0，b<1)，在区间[2,3]上有最大值4，最小值1，设f(x)＝g (x )x. (1) 求a ，b 的值； (2) 不等式f(2x )－k·2x ≥0在x ∈[－1,1]上恒成立，求实数k 的取值范围；(3) 方程f(|2x －1|)＋k ⎝⎛⎭⎫2|2x －1|－3＝0有三个不同的实数解，求实数k 的取值范围．【例4】 (2011·盐城二模)已知函数f(x)＝x ＋a x 2＋b 是定义在R 上的奇函数，其值域为⎣⎡⎦⎤－14，14. (1) 试求实数a 、b 的值；(2) 函数y ＝g(x)(x ∈R )满足：当x ∈[0,3)时，g(x)＝f(x)；g(x ＋3)＝g(x)lnm(m ≠1)． ① 求函数g(x)在x ∈[3,9)上的解析式；② 若函数g(x)在x ∈[0，＋∞)上的值域是闭区间，试探求实数m 的取值范围，并说明理由．1. (2011·广东)设函数f(x)＝x 3cosx ＋1.若f(a)＝11，则f(－a)＝________.2.(2011·江苏)函数f(x)＝log 5(2x ＋1)的单调增区间是________．3.(2011·辽宁)设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧21－x ，x ≤1，1－log 2x ，x>1，则满足f(x)≤2的x 的取值范围是________．4.(2011·山东)已知函数f(x)＝log a x ＋x －b(a>0且a ≠1)．当2＜a ＜3＜b ＜4时，函数f(x)的零点x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N *，则n ＝________.5.(2009·山东)已知函数f(x)＝x －2x ＋a(2－lnx)(a>0)，讨论f(x)的单调性．6.(2011·陕西)设f(x)＝lnx ，g(x)＝f(x)＋f ′(x)． (1) 求g(x)的单调区间和最小值； (2) 讨论g(x)与g ⎝⎛⎭⎫1x 的大小关系；(3) 求实数a 的取值范围，使得g(a)－g(x)＜1a 对任意x ＞0成立．(2011·常州模考)(本小题满分16分)已知a 为实数，函数f(x)＝(1＋ax)e x ，函数g(x)＝11－ax，令函数F(x)＝f(x)·g(x)．(1) 若a ＝1，求函数f(x)的极小值；F(x)＜1；时，求函数F(x)的单调区间．解：(1) 当a ＝1时，f(x)＝(1＋x)e x .则f ′(x)＝(x ＋2)e x .令f ′(x)＝0，得x ＝－2.(1分)∴ 当x ＝－2时，函数f(x)取得极小值，极小值为f(－2)＝－e .(3分) (2) 当a ＝－12时，F(x)＝2－x 2＋xe x ，定义域为{x|x ≠－2，x ∈R }．∵ F ′(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 2＋x ′e x ＋2－x 2＋x (e x )′＝－x 2e x(2＋x )2＜0，∴ F(x)在(－∞，－2)及(－2，＋∞)上均为减函数．(5分)∵ 当x ∈(－∞，－2)时，F(x)＜0，∴ x ∈(－∞，－2)时，F(x)＜1. ∵ 当x ∈(－2，＋∞)时，F(0)＝1，∴ 由F(x)＜1＝F(0)，得x ＞0. 综上所述，不等式F(x)＜1的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．(7分) (3) 函数F(x)＝1＋ax 1－axe x ，定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎭⎫x ∈R ，x ≠1a . 当a ＜0时，F ′(x)＝－a 2x 2＋2a ＋1(1－ax )2e x ＝－a 2⎝⎛⎭⎫x 2－2a ＋1a 2(1－ax )2e x .令F ′(x)＝0，得x 2＝2a ＋1a 2.(9分)① 当2a ＋1＜0，即a ＜－12时，F ′(x)＜0.∴ 当a ＜－12时，函数F(x)的单调减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，1a ∪⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞.(11分) ② 当－12＜a ＜0时，解x 2＝2a ＋1a 2得x 1＝2a ＋1a ，x 2＝－2a ＋1a .∵ 1a ＜2a ＋1a，∴ 令F ′(x)＜0，得x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，1a ，x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，x 1，x ∈(x 2，＋∞)；令F ′(x)＞0，得x ∈(x 1，x 2)．(13分) ∴ 当－12＜a ＜0时，函数F(x)的单调减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，1a ∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2a ＋1a ∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ＋1a ，＋∞；函数F(x)单调增区间为⎝⎛⎭⎪⎫2a ＋1a，－2a ＋1a .(15分) ③ 当2a ＋1＝0，即a ＝－12时，由(2)知，函数F(x)的单调减区间为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．(16分)第3讲基本初等函数1. 已知定义在R 上的奇函数f(x)，满足f(x －4)＝－f(x)且在区间[0,2]上是增函数，若方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8,8]上有四个不同的根x 1，x 2，x 3，x 4，则x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝________.【答案】－8 解析：因为定义在R 上的奇函数，满足f(x －4)＝－f(x)，所以f(x －4)＝f(－x)，对f(x)是奇函数，函数图象关于直线x ＝2对称且f(0)＝0，由f(x －4)＝－f(x)知f(x －8)＝f(x)，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为f(x)在区间[0,2]上是增函数，所以f(x)在区间[－2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8,8]上有四个不同的根x 1，x 2，x 3，x 4，不妨设x 1＜x 2＜x 3＜x 4由对称性知x 1＋x 2＝－12，x 3＋x 4＝4，所以x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝－12＋4＝－8.2. 已知函数f(x)＝x 3－(k 2－k ＋1)x 2＋5x －2，g(x)＝k 2x 2＋kx ＋1，其中k ∈R . (1) 设函数p(x)＝f(x)＋g(x)．若p(x)在区间(0,3)上不单调，求k 的取值范围；(2) 设函数q(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )，x ≥0，f (x )，x ＜0.是否存在k ，对任意给定的非零实数x 1，存在唯一的非零实数x 2(x 2≠x 1)，使得q ′(x 2)＝q ′(x 1)成立？若存在，求k 的值；若不存在，请说明理由．解： (1)因p(x)＝f(x)＋g(x)＝x 3＋(k －1)x 2＋(k ＋5)x －1，p ′(x)＝3x 2＋2(k －1)x ＋(k ＋5)，因p(x)在区间(0,3)上不单调，所以p ′(x)＝0在(0,3)上有实数解，且无重根，由p ′(x)＝0得k(2x ＋1)＝－(3x 2－2x ＋5)，∴ k ＝－(3x 2－2x ＋5)2x ＋1＝－34⎣⎡⎦⎤(2x ＋1)＋92x ＋1－103，令t ＝2x ＋1，有t ∈(1,7)，记h(t)＝t ＋9t ，则h(t)在(1,3]上单调递减，在[3,7)上单调递增，所以有h(t)∈[6,10]，于是(2x ＋1)＋92x ＋1∈[6,10)，得k ∈(－5，－2]，而当k ＝－2时有p ′(x)＝0在(0,3)上有两个相等的实根x ＝1，故舍去，所以k ∈(－5，－2)．(2) 当x ＜0时，有q ′(x)＝f ′(x)＝3x 2－2(k 2－k ＋1)x ＋5；当x ＞0时，有q ′(x)＝g ′(x)＝2k 2x ＋k ，因为当k ＝0时不合题意，因此k ≠0，下面讨论k ≠0的情形，记A ＝(k ，＋∞)，B ＝(5，＋∞)①，当x 1＞0时，q ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以要使q ′(x 2)＝q ′(x 1)成立，只能x 2＜0且，因此有k ≥5，②当x 1＜0时，q ′(x)在(－∞，0)上单调递减，所以要使q ′(x 2)＝q ′(x 1)成立，只能x 2＞0且，因此k ≤5，综合①②k ＝5；当k ＝5时A ＝B ，则1＜0，q ′(x 1)∈B ＝A ，即2＞0，使得q ′(x 2)＝q ′(x 1)成立，因为q ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以x 2的值是唯一的；同理，1＜0，即存在唯一的非零实数x 2(x 2≠x 1)，使q ′(x 2)＝q ′(x 1)成立，所以k ＝5满足题意．基础训练 1. (－1,1)2. {x|x ＜0或x ＞2}3. (－∞，log a 3) 解析：由题知0＜a ＜1，不等式a 2x －2a x －3＞0可化为(a x －3)(a x ＋1)＞0，a x ＞3，x ＜log a 3.4.154 解析：由函数y ＝|log 0.5x|得x ＝1，y ＝0；x ＝4或x ＝14时y ＝2,4－14＝154. 例题选讲例1 解：(1)函数f(x)为奇函数，f(－x)＝－f(x)恒成立，∴ c ＝0，又由f(1)＝2，f(2)＜3得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b －1，4a ＋12b ＜3，0＜b ＜32，b ∈Z ∴ b ＝1，a ＝1.(2) f(x)＝x 2＋1x ＝x ＋1x，函数在(－∞，－1)上递增，在(－1,0)上递减．变式训练已知定义域为R 的函数f(x)＝－2x ＋b 2x ＋1＋a是奇函数．(1) 求a ，b 的值；(2) 若对任意的t ∈R ，不等式f(t 2－2t)＋f(2t 2－k)＜0恒成立，求实数k 的取值范围．解： (1) 因为f(x)是定义域为R 的奇函数，所以f(0)＝0，即b －1a ＋2＝＝1, ∴ f(x)＝1－2xa ＋2x ＋1，又由f(1)＝－f(－1)知1－2a ＋4＝－1－12a ＋1＝2.经检验符合题意，∴ a ＝2，b ＝1.(2) (解法1)由(1)知f(x)＝1－2x 2＋2x ＋1＝－12＋12x＋1，易知f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数．又因f(x)是奇函数，从而不等式：f(t 2－2t)＋f(2t 2－k)＜0等价于f(t 2－2t)＜－f(2t 2－k)＝f(k －2t 2)，因f(x)为减函数，由上式推得：t 2－2t ＞k －2t 2.即对一切t ∈R 有：3t 2－2t －k ＞0，从而判别式Δ＝4＋12k ＜＜－13.(解法2)由(1)知f(x)＝1－2x 2＋2x ＋1.又由题设条件得：1－2t 2－2t 2＋2t 2－2t ＋1＋1－22t 2－k2＋22t 2－k ＋1＜0，即：(22t 2－k ＋1＋2)(1－2t 2－2t)＋(2t 2－2t ＋1＋2)(1－22t 2－k)＜0，整理得23t 2－2t －k ＞1，因底数2＞1，故： 3t 2－2t －k ＞0对一切t ∈R 均成立，从而判别式Δ＝4＋12k ＜＜－13.例2 解：(1)当x ＜0时，f(x)＝0；当x ≥0时，f(x)＝2x －12x ，由条件可知2x －12x ＝2，即22x －2·2x －1＝0，解得2x ＝1±2，∵ x ＞0，∴ x ＝log 2(1＋2)．(2) 当t ∈[1,2]时，2t ⎝⎛⎭⎫22t －122t ＋m ⎝⎛⎭⎫2t －12t ≥0，即m(22t －1)≥－(24t －1), ∵ 22t －1＞0，∴ m ≥－(22t ＋1)．∵ t ∈[1,2]，∴ －(22t ＋1)∈[－17，－5]．故m 的取值范围是[－5，＋∞)．变式训练设函数f(x)＝a x 满足条件：当x ∈(－∞，0)时，f(x)＞1.当x ∈(0,1]时，不等式f(3mx －1)＞f(1＋mx －x 2)＞f(m ＋2)恒成立，求实数m 的取值范围．解：由已知得0＜a ＜1，由f(3mx －1)＞f(1＋mx －x 2)＞f(m ＋2)，x ∈(0,1]恒成立⎩⎪⎨⎪⎧3mx －1＜1＋mx －x 2，1＋mx －x 2＜m ＋2，在x ∈(0,1]上恒成立．整理，当x ∈(0,1]时，⎩⎪⎨⎪⎧ 2mx ＜2－x 2，m (x －1)＜1＋x 2.恒成立．当x ＝1时，⎩⎪⎨⎪⎧2mx ＜2－x 2，m (x －1)＜1＋x 2恒成立，则m ＜12. 当x ∈(0,1)时，⎩⎪⎨⎪⎧m ＜2－x 22x，m ＞1＋x2x －1恒成立， 2－x 22x ＝1x －x2在(0,1)上单调减，∴ 2－x 22x ＞12，∴ m ≤12.又∵ x 2＋1x －1＝(x －1)＋2x －1＋2，在x ∈(0,1)上是减函数，∴ x 2＋1x －1＜－1.∴ m ＞x 2＋1x －1恒成立≥－1，当x ∈(0,1)时，⎩⎪⎨⎪⎧m ＜2－x 22x，m ＞1＋x2x －1，恒成立∈⎣⎡⎦⎤－1，12. 综上，使x ∈(0,1]时，f(3mx －1)＞f(1＋mx －x 2)＞f(m ＋2)恒成立，实数m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫－1，12. 例3 解：(1) g(x)＝a(x －1)2＋1＋b －a ，当a ＞0时，g(x)在[2,3]上为增函数，故⎩⎪⎨⎪⎧g (3)＝4，g (2)＝1⎩⎪⎨⎪⎧9a －6a ＋1＋b ＝4，4a －4a ＋1＋b ＝1⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0.当a<0时，g(x)在[2,3]上为减函数．故⎩⎪⎨⎪⎧g (3)＝1，g (2)＝4⎩⎪⎨⎪⎧9a －6a ＋1＋b ＝1，4a －4a ＋1＋b ＝4⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3. ∵ b ＜1 ∴ a ＝1，b ＝0即g(x)＝x 2－2x ＋1.f(x)＝x ＋1x －2.(2) 方程f(2x )－k·2x ≥0化为2x ＋12x －2≥k·2x ，1＋⎝⎛⎭⎫12x 2－212x ≥k ，令12x ＝t ，k ≤t 2－2t ＋1， ∵ x ∈[－1,1]，∴ t ∈⎣⎡⎦⎤12，2.记φ(t)＝t 2－2t ＋1， ∴ φ(t)min ＝0，∴ k ≤0.(3)由f(|2x －1|)＋k ⎝⎛⎭⎫2|2x －1|－3＝0得|2x －1|＋1＋2k|2x －1|－(2＋3k)＝0，|2x －1|2－(2＋3k)|2x －1|＋(1＋2k)＝0，|2x－1|≠0，令|2x －1|＝t, 则方程化为t 2－(2＋3k)t ＋(1＋2k)＝0(t ≠0)， ∵ 方程|2x －1|＋1＋2k|2x －1|－(2＋3k)＝0有三个不同的实数解， ∴ 由t ＝|2x －1|的图象(如右图)知，t 2－(2＋3k)t ＋(1＋2k)＝0有两个根t 1、t 2，且0＜t 1＜1＜t 2或0＜t 1＜1，t 2＝1，记φ(t)＝t 2－(2＋3k)t ＋(1＋2k)，则⎩⎪⎨⎪⎧φ(0)＝1＋2k ＞0，φ(1)＝－k ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧φ(0)＝1＋2k ＞0，φ(1)＝－k ＝0，0＜2＋3k 2＜1.∴ k ＞0.例4 解：(1) 由函数f(x)定义域为R ，∴ b ＞0.又f(x)为奇函数，则f(－x)＝－f(x)对x ∈R 恒成立，得a ＝0. 因为y ＝f(x)＝xx 2＋b的定义域为R ，所以方程yx 2－x ＋by ＝0在R 上有解．当y ≠0时，由Δ≥0，得－12b ≤y ≤12b ，而f(x)的值域为⎣⎡⎦⎤－14，14，所以12b ＝14，解得b ＝4；当y ＝0时，得x ＝0，可知b ＝4符合题意．所以b ＝4.(2) ① 因为当x ∈[0,3)时，g(x)＝f(x)＝xx 2＋4，所以当x ∈[3,6)时，g(x)＝g(x －3)lnm ＝(x －3)lnm(x －3)2＋4；当x ∈[6,9)时，g(x)＝g(x －6)(lnm)2＝(x －6)(lnm )2(x －6)2＋4，故g(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧(x －3)lnm (x －3)2＋4，x ∈[3，6)，(x －6)(lnm )2(x －6)2＋4，x ∈[6，9).② 因为当x ∈[0,3)时，g(x)＝x x 2＋4在x ＝2处取得最大值为14，在x ＝0处取得最小值为0，所以当3n ≤x ＜3n ＋3(n ≥0，n ∈Z )时，g(x)＝(x －3n )(lnm )n (x －3n )2＋4分别在x ＝3n ＋2和x ＝3n 处取得最值(lnm )n4与0.(ⅰ) 当|lnm|＞1时，g(6n ＋2)＝(lnm )2n4的值趋向无穷大，从而g(x)的值域不为闭区间；(ⅱ) 当lnm ＝1时，由g(x ＋3)＝g(x)得g(x)是以3为周期的函数，从而g(x)的值域为闭区间⎣⎡⎦⎤0，14； (ⅲ) 当lnm ＝－1时，由g(x ＋3)＝－g(x)得g(x ＋6)＝g(x)，得g(x)是以6为周期的函数，且当x ∈[3,6)时g(x)＝－(x －3)(x －3)2＋4值域为⎣⎡⎦⎤－14，0，从而g(x)的值域为闭区间⎣⎡⎦⎤－14，14； (ⅳ) 当0＜lnm ＜1时，由g(3n ＋2)＝(lnm )n 4＜14，得g(x)的值域为闭区间⎣⎡⎦⎤0，14； (ⅴ) 当－1＜lnm ＜0时，由lnm 4≤g(3n ＋2)＝(lnm )n 4≤14，从而g(x)的值域为闭区间⎣⎡⎦⎤lnm 4，14；⎭⎫∪(1，e]，即0＜lnm ≤1或－1≤lnm ＜0时，g(x)的值域为闭区间． 1. －92. ⎝⎛⎭⎫－12，＋∞ 3. [0，＋∞) 解析：⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，21－x≤2≤x ≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，1－log 2x ≤2＞1，综上x ≥0.4. 2 解析：(解法1) 方程log a x ＋x －b ＝0(a ＞0，a ≠1)的根为x 0，即函数y ＝log a x(2＜a ＜3)的图象与函数y ＝b －x(3＜b ＜4)的交点横坐标为x 0，且x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N *，结合图象，因为当x ＝a(2＜a ＜3)时，y ＝log a x(2＜a ＜3)图象上点的纵坐标为1，对应直线上点的纵坐标为y ＝b －a ∈(0,2)，∴ x 0∈(2,3)，n ＝2.(解法2) f(2)＝log a 2＋2－b ＜0，f(3)＝log a 3＋3－b ＞0，而f(x)在(0，＋∞)上单调增，∴ x 0∈(2,3)，n ＝2.5. 解：f(x)的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g(x)＝x 2－ax ＋2，二次方程g(x)＝0的根判别式Δ＝a 2－8.① 当Δ＝a 2－8＜0，即0＜a ＜22时，对一切x ＞0都有f ′(x)＞0，此时f(x)在(0，＋∞)上是增函数．② 当Δ＝a 2－8＝0，即a ＝22时，仅对x ＝2有f ′(x)＝0，对其余的x ＞0都有f ′(x)＞0，此时f(x)在(0，＋∞)上也是增函数．③ 当Δ＝a 2－8＞0，即a ＞22时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－8，x 2＝a ＋a 2－8，0＜x 1＜x 2.此时减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．6. 解：(1) 由题设知f(x)＝lnx ，g(x)＝lnx ＋1x ， ∴ g ′(x)＝x －1x 2，令g ′(x)＝0得x ＝1，当x ∈(0,1)时，g ′(x)＜0，g(x)是减函数，故(0,1)是g(x)的单调减区间．当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x)＞0，g(x)是增函数，故(1，＋∞)是g(x)的单调递增区间，因此x ＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以g(x)的最小值为g(1)＝1.(2) g ⎝⎛⎭⎫1x ＝－lnx ＋x ，设h(x)＝g(x)－g ⎝⎛⎭⎫1x ＝2lnx －x ＋1x ，则h ′(x)＝－(x －1)2x 2，当x ＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g ⎝⎛⎭⎫1x ，当x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h ′(x)＜0，因此h(x)在(0，＋∞)内单调递减，当0＜x ＜1时，h(x)＞h(1)＝0，即g(x)>g ⎝⎛⎭⎫1x .x>1时，h(x)<h(1)＝0，g(0)<g ⎝⎛⎭⎫1x . (3) 由(1)知g(x)的最小值为1，所以g(a)－g(x)＜1a ，对任意x ＞0恒成立－1＜1a，即lna ＜1从而得0＜a ＜e.第4讲函数的实际应用1. 零点问题，在掌握二分法的解题步骤基础上，学会分析转化，能够把与之有关的问题化归为方程零点问题．2. 函数模型的实际应用问题，主要抓住常见函数模型的训练，如幂指对模型，二次函数模型，数列模型，分段函数模型等，解答的重点是在信息整理和建模上．3. 掌握解函数应用题的方法与步骤：(1) 正确地将实际问题转化为函数模型(建模)；(2) 用相关的函数知识进行合理的设计，确定最佳的解题方案，进行计算与推理(解模)；(3) 把计算或推理得到的结果代回到实际问题中去解释实际问题，即对实际问题进行总结作答(检验、作答)．1. 函数f(x)＝e x ＋x －2的零点为x 0，则不小于x 0的最小整数为________．2.关于x 的方程⎝⎛⎭⎫34x ＝3a ＋25－a 有负实根，则实数a 的取值范围是________．3.某工厂的产值月平均增长率为p ，则年平均增长率为________．4.某人在2009年初贷款 m 万元，年利率为x ，从次年初开始偿还，每年偿还的金额都是n 万元，到2012年初恰好还清，则n 的值是________．【例1】已知直线y ＝mx(m ∈R )与函数f(x)＝⎩⎨⎧2－⎝⎛⎭⎫12x ，x ≤0，12x 2＋1，x>0的图象恰有3个不同的公共点，求实数m 的取值范围．【例2】某村计划建造一个室内面积为 800 m 2的矩形蔬菜温室．在温室内，沿左、右两侧与后侧内墙各保留 1 m 宽的通道，沿前侧内墙保留3 m 宽的空地．当矩形温室的边长各为多少时，蔬菜的种植面积最大？最大种植面积是多少？【例3】 2014年青奥会水上运动项目将在J 地举行．截至2010年底，投资集团B 在J 地共投资100百万元用于房地产和水上运动两个项目的开发．经调研，从2011年初到2014年底的四年间，B 集团预期可从三个方面获得利润：一是房地产项目，四年获得的利润的值为该项目投资额(单位：百万元)的20%；二是水上运动项目，四年获得的利润的值为该项目投资额(单位：百万元)的算术平方根；三是旅游业，四年可获得利润10百万元．(1) B 集团的投资应如何分配，才能使这四年总的预期利润最大？(2) 假设从2012年起，J 地政府每年都要向B 集团征收资源占用费，2012年征收2百万元，以后每年征收的金额比上一年增加10%.若B 集团投资成功的标准是：从2011年初到2014年底，这四年总的预期利润中值(预期最大利润与最小利润的平均数)不低于总投资额的18%，问B 集团投资是否成功？【例4】已知函数f(x)＝－x 2＋8x ，g(x)＝6lnx ＋m. (1) 求f(x)在区间[t ，t ＋1]上的最大值h(t)；(2) 是否存在实数m ，使得y ＝f(x)的图象与y ＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由．1. (2010·浙江)已知x 0是函数f(x)＝2x ＋11－x的一个零点．若x 1∈(1，x 0)，x 2∈(x 0，＋∞)，则f(x 1)f(x 2)________0.(填“>”或“<”)．2.(2011·北京)根据统计，一名工人组装第x 件某产品所用的时间(单位：分钟)为f(x)＝⎩⎨⎧cx，x<A ，cA ，x ≥A ，(A ，c 为常数)．已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A 件产品时用时15分钟，那么c 和A 的值分别是________．3.(2010·浙江)某商家一月份至五月份累计销售额达3 860万元，预测六月份销售额为500万元，七月份销售额比六月份递增x%，八月份销售额比七月份递增x%，九、十月份销售总额与七、八月份销售总额相等，若一月至十月份销售总额至少达7 000万元，则x 的最小值为________．4.(2011·重庆)设m ，k 为整数，方程mx 2－kx ＋2＝0在区间(0,1)内有两个不同的实根，则m ＋k 的最小值为________．5.(2011·山东)某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为80π3立方米，且l ≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c>3)千元．设该容器的建造费用为y 千元．(1) 写出y 关于r 的函数表达式，并求该函数的定义域； (2) 求该容器的建造费用最小时的r.6.(2011·福建)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x<6，a 为常数，已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1) 求a 的值；(2) 若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．。

2020高考数学二轮复习专题三数列与不等式第3讲数列的综合问题学案

第3讲数列的综合问题[考情考向分析] 1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点，也是一个难点，主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等．热点一利用S n ，a n 的关系式求a n 1.数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．例1 (2018·浙江)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n . (1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12.因为q >1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1(n ∈N *)．由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设T n ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，①则12T n ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ≥2，② ①－②，得12T n ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ≥2，因此T n ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，当n ＝1时，b 1＝1也满足上式，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ∈N *.思维升华给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .跟踪演练1 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n >0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2a n 32的前n 项和为T n ，试问当n 为何值时，T n 最小？并求出最小值．解 (1)由已知a 1a n ＝S 1＋S n ，①可得当n ＝1时，a 21＝a 1＋a 1，解得a 1＝0或a 1＝2，当n ≥2时，由已知可得a 1a n －1＝S 1＋S n －1，② ①－②得a 1()a n －a n －1＝a n .若a 1＝0，则a n ＝0，此时数列{a n }的通项公式为a n ＝0. 若a 1＝2，则2()a n －a n －1＝a n ，化简得a n ＝2a n －1，即此时数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n (n ∈N *)．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝0或a n ＝2n(n ∈N *)． (2)因为a n >0，故a n ＝2n.设b n ＝log 2a n32，则b n ＝n －5，显然{b n }是等差数列，由n －5≥0，解得n ≥5，所以当n ＝4或n ＝5时，T n 最小，最小值为T 4＝T 5＝5()－4＋02＝－10.热点二数列与函数、不等式的综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．例2 已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x (1＋λx )1＋x.(1)若x ≥0时，f (x )≤0，求λ的最小值；(2)设数列{a n }的通项a n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，证明：a 2n －a n ＋14n >ln 2.(1)解由已知可得f (0)＝0， ∵f (x )＝ln(1＋x )－x (1＋λx )1＋x，∴f ′(x )＝(1－2λ)x －λx2(1＋x )2，且f ′(0)＝0. ①若λ≤0，则当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )≥f (0)＝0，不合题意； ②若0<λ<12，则当0<x <1－2λλ时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当0<x <1－2λλ时，f (x )>f (0)＝0，不合题意；③若λ≥12，则当x >0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ≥0时，f (x )≤f (0)＝0，符合题意．综上，λ≥12.∴实数λ的最小值为12.(2)证明由于a 2n －a n ＋14n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n ，若λ＝12，由(1)知，f (x )＝ln(1＋x )－x (2＋x )2＋2x ，且当x >0时，f (x )<0，即x (2＋x )2＋2x>ln(1＋x )，令x ＝1n ，则2n ＋12n (n ＋1)>ln n ＋1n ，∴12n ＋12(n ＋1)>ln n ＋1n ， 12(n ＋1)＋12(n ＋2)>ln n ＋2n ＋1，12(n ＋2)＋12(n ＋3)>ln n ＋3n ＋2，…，12(2n －1)＋14n >ln 2n2n －1.以上各式两边分别相加可得12n ＋12(n ＋1)＋12(n ＋1)＋12(n ＋2)＋12(n ＋2)＋12(n ＋3)＋…＋12(2n －1)＋14n >ln n ＋1n ＋ln n ＋2n ＋1＋ln n ＋3n ＋2＋…＋ln 2n2n －1，即1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n>ln ⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n·n ＋2n ＋1·n ＋3n ＋2·…·2n 2n －1＝ln 2n n ＝ln 2，∴a 2n －a n ＋14n>ln 2.思维升华解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视． (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件． (3)不等关系证明中进行适当的放缩．跟踪演练2 设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n－1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0<a n －12<13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n .(1)解由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，所以f n ′(2)＝(n －1)·2n＋1. (2)证明因为f n (0)＝－1<0，f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23－1＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≥1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232>0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内至少存在一个零点，又f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nxn －1>0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内单调递增，因此f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，所以f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1＝0，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n >12，故12<a n <23，所以0<a n －12＝12a n ＋1n <12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.热点三数列的实际应用数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中的参数取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题，求解方法既要用到不等式知识，又要用到数列的基础知识，经常涉及到放缩法和数学归纳法的使用．例3 (2018·浙江省名校协作体联考)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋(－1)n(n ∈N *)．(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋(－1)n3是等比数列； (2)当k 是奇数时，证明：1a k ＋1a k ＋1<92k ＋1；(3)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<3.证明 (1)∵a n ＋1＝2a n ＋(－1)n，∴a n ＋1＋(－1)n ＋13＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋(－1)n3，又a 1＋(－1)3＝23，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋(－1)n3是首项为23，公比为2的等比数列． (2)由(1)可知a n ＋(－1)n 3＝2n 3，即a n ＝2n －(－1)n3，当k 是奇数时，1a k ＋1a k ＋1＝32k ＋1＋32k ＋1－1＝3(2k ＋1－1)＋3(2k＋1)2k 2k ＋1＋2k －1<9·2k2k 2k ＋1＝92k ＋1. (3)当n 为偶数时，1a n －1＋1a n <92n ＝32n －1＋32n ， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1a n －1＋1a n<3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <3；当n 为奇数时，1a n ＋1a n ＋1<92n ＋1＝32n ＋32n ＋1，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －2＋1a n －1＋1a n <3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＋12n ＋1<3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＋12n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <3.∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n<3.思维升华数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下：(1)利用数列(或函数)的单调性．(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后用裂项相消法求和． (3)数学归纳法．跟踪演练3 (2018·杭州质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋c a n(c >0，n ∈N *)． (1)证明：a n ＋1>a n ≥1；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫c －12n －1，证明：①对于任意m ∈N *，当n ≥m 时，a n ≤c a m(n －m )＋a m ； ②a n ≤5n －12.证明 (1)因为c >0，a 1＝1，所以a n ＋1＝a n ＋ca n>a n (n ∈N *)，下面用数学归纳法证明a n ≥1. ①当n ＝1时，a 1＝1≥1； ②假设当n ＝k 时，a k ≥1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋c a k>a k ≥1. 所以当n ∈N *时，a n ≥1. 所以a n ＋1>a n ≥1.(2)①由(1)知当n ≥m 时，a n ≥a m ≥1，所以a n ＋1＝a n ＋c a n ≤a n ＋c a m，即a n ＋1－a n ≤c a m ，累加得a n －a m ≤c a m(n －m )．所以a n ≤c a m(n －m )＋a m . ②若c >12，当m >8c －2(2c －1)2时，a m >⎝⎛⎭⎪⎫c －128c －2(2c －1)2－1＝2c2c －1. 所以c a m <c －12.所以当n ≥m 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫c －12n －1≤a n ≤c a m (n －m )＋a m .所以当n >1＋a m －cma m c －12－c a m 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫c －12n －1>c a m (n －m )＋a m ，矛盾．所以c ≤12.因为a 2n ＋1＝a 2n ＋2c ＋c 2a 2n ≤a 2n ＋2c ＋c 2≤a 2n ＋54，累加得a 2n ≤a 21＋54(n －1)＝5n －14，所以a n ≤5n －12.真题体验1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案－63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1(1－2n )1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.2．(2017·浙江)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)．证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0.假设当n ＝k (k ∈N *)时，x k >0，那么当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，与假设矛盾，故x k ＋1>0，因此x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1，因此0<x n ＋1<x n (n ∈N *)． (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)．记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)．f ′(x )＝2x 2＋xx ＋1＋ln ()1＋x >0(x >0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12>0，所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12 ＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．押题预测已知数列{a n }满足a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝3x ＋2上．数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n.(1)求b 2的值；(2)求证：数列{a n ＋1}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (3)求证：2－12·3n －1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n <3316.押题依据数列与不等式的综合是高考重点考查的内容，常以解答题的形式出现，也是这部分的难点，考查学生的综合能力． (1)解由已知得a 2＝3a 1＋2＝8，所以b 2a 2＝1a 1，b 28＝12，解得b 2＝4.(2)解由条件得a n ＋1＝3a n ＋2，则a n ＋1＋1a n ＋1＝3a n ＋3a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}是以a 1＋1为首项，3为公比的等比数列．即a n ＋1＝(a 1＋1)·3n －1＝3n，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n－1(n ∈N *)． (3)证明由题设b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，① 知b n a n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1(n ≥2)，② 由①－②，得b n ＋1a n ＋1－b n a n ＝1a n，则b n ＋1a n ＋1＝1＋b na n，即1＋b n b n ＋1＝a na n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，2－12×1＝32， 1＋1b 1＝32<3316，所以原不等式成立；当n ≥2时，⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝⎛⎭⎪⎫1＋1bn＝1＋b 1b 1·1＋b 2b 2·…·1＋b nb n＝1b 1·1＋b 1b 2·1＋b 2b 3·…·1＋b n －1b n·(1＋b n )＝12×34×a 2a 3·…·a n －1a n ·(1＋b n ) ＝38×8a n ·(1＋b n ) ＝3⎝⎛⎭⎪⎫1＋b n a n＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋b n a n＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1＋1a n ，先证明不等式左边，当n ≥2时，因为1a n ＝13n －1>13n ，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n>3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋132＋133＋ (13)＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13＝2－12·3n －1.所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≥2－12·3n －1. 再证明不等式右边，当n ≥2时， 1a n ＝13n －1＝19·3n －2－1≤18·3n －2，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋18⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋13n －2＝3⎝⎛⎭⎪⎫12＋18·1－13n －11－13＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋316⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －1<3316.所以2－12·3n －1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n <3316成立．综上所述，不等式成立．A 组专题通关1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( ) A ．2 062 B ．2 063 C ．2 064 D ．2 065答案 B解析由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k 个平方数与第k ＋1个平方数之间有2k 个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.2．已知数列{a n }满足0<a n <1，a 41－8a 21＋4＝0，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n ＋4a 2n 是以8为公差的等差数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则满足S n >10的n 的最小值为( ) A ．60 B ．61 C ．121 D ．122 答案 B解析由a 41－8a 21＋4＝0，得a 21＋4a 21＝8，所以a 2n ＋4a 2n＝8＋8(n －1)＝8n ，所以⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋2an2＝a 2n ＋4a 2n＋4＝8n ＋4，所以a n ＋2a n＝22n ＋1，即a 2n －22n ＋1a n ＋2＝0，所以a n ＝22n ＋1±22n －12＝2n ＋1±2n －1，因为0<a n <1，所以a n ＝2n ＋1－2n －1，S n ＝2n ＋1－1，由S n >10得2n ＋1>11，所以n >60.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．a n ≥2n ＋1 B ．S n ≥n 2C ．a n ≥2n －1D ．S n ≥2n －1答案 B解析由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)， ∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1. ∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1，即S n ≥n2(1＋2n －1)＝n 2.4．数列{a n }满足a 1＝65，a n ＝a n ＋1－1a n －1(n ∈N *)，若对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n 成立，则最小的整数k 是( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6答案 C 解析由a n ＝a n ＋1－1a n －1，得a n ()a n －1＝a n ＋1－1， ∴1a n ＋1－1＝1a n ()a n －1＝1a n －1－1a n，即1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，且a n >1. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1－1a 2－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1－1a 3－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n ＋1－1 ＝1a 1－1－1a n ＋1－1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝5－1a n ＋1－1<5.又对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立，∴k ≥5.故最小的整数k 是5.5．已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f (21)＝21，那么∑i ＝51100f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．2 500 答案 D解析由f (n )的定义知f (n )＝f (2n )，且n 为奇数时f (n )＝n ，则∑i ＝1100f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100) ＝50×()1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑i ＝150f (i )，∴∑i ＝51100f (i )＝∑i ＝1100f (i )－∑i ＝150f (i )＝2 500.6．(2018·宁波期末)对给定的正整数n (n ≥6)，定义f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，其中a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N *，i ≤n )，则a 6＝________；当n ＝2 019时，f (2)＝________.答案 6442 020－13解析由a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N *，i ≤n )得数列{a i }为首项为2，公比为2的等比数列，则a i ＝2i(i ∈N *，i ≤n )，所以a 6＝26＝64.当n ＝2 019时，f (x )＝1＋2x ＋22x 2＋…＋22 019x 2 019，则f (2)＝1＋2×2＋22×22＋…＋22 019×22 019＝1＋4＋42＋…＋42 019＝1·(1－42 020)1－4＝42 020－13. 7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝43(a n －1)，则(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1的最小值为__________．答案 4解析 ∵S n ＝43(a n －1)，∴S n －1＝43(a n －1－1)(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)，∴a n ＝4a n －1，又a 1＝S 1＝43(a 1－1)，∴a 1＝4，∴{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n，∴(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4n16＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫164n ＋1 ＝2＋4n16＋164n ≥2＋2＝4，当且仅当n ＝2时取“＝”．8．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是______________．答案 (3,5)解析由条件S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，两式相减，得a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，故a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，两式再相减，得a n ＋2－a n ＝8，将n ＝2代入S n ＋S n －1＝4n 2，得a 1＋a 2＋a 1＝16，所以a 2＝16－2a ，从而a 2n ＝16－2a ＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ；将n ＝3代入S n ＋S n －1＝4n 2，得a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝36，所以a 3＝4＋2a ，从而a 2n ＋1＝4＋2a ＋8(n －1)＝8n －4＋2a ，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a <16－2a ，8n ＋8－2a <8n －4＋2a ，8n －4＋2a <8(n ＋1)＋8－2a ，解得3<a <5.9．(2018·浙江省重点中学联考)已知数列{a n }满足：a 1＝0，ln(a n ＋1－a n )＋a n ＋n ln 2＝0(n ∈N *)． (1)求a 3； (2)证明：ln(2－21－n)≤a n ≤1－21－n；(3)是否存在正实数c ，使得对任意的n ∈N *，都有a n ≤1－c ，并说明理由． (1)解由已知得a n ＋1＝a n ＋()ln2e,-+n a n又a 1＝0，所以a 2＝12，a 3＝12＋14e .(2)证明因为a n ＋1>a n ，a 1＝0，所以a n ≥0. 则a n ＋1＝a n ＋()ln2e-+n a n ≤a n ＋e－n ln 2＝a n ＋2－n，所以a n ≤a n －1＋2－(n －1)≤a n －2＋2－(n －2)＋2－(n －1)≤…≤a 1＋2－1＋…＋2－(n －2)＋2－(n －1)＝1－21－n.令f (n )＝e n a＋21－n－2，则f (n ＋1)－f (n )＝()()11e 22e 22+---⎡⎤+--+-⎣⎦n nn a a n＝1e e +-n na a －2－n＝()ln 2e e 2-++---a n n n n a ea n＝()()ln2e ee1-+-a n nna －2－n >()ln 2e e-+n n a n a －2－n＝0，所以{f (n )}是递增数列，所以f (n )≥f (1)＝0，即n a e ＋21－n－2≥0，所以a n ≥ln(2－21－n)，综上所述，ln(2－21－n)≤a n ≤1－21－n得证．(3)解由(2)得a n ＋1＝a n ＋()ln 2e-+n a n ≤a n ＋()1ln 22ln 2e-⎡⎤--+⎣⎦n n＝a n ＋12n ＋1－2，所以a n ≤a n －1＋12n －2≤a n －2＋12n －1－2＋12n －2≤…≤a 1＋122－2＋…＋12n －1－2＋12n －2＝122－2＋…＋12n －1－2＋12n －2(n ≥2)．因为12n －2＝14·2n －2－2≤13·2n －2(n ≥3)，所以当n ≥4时，a n <12＋16＋13·22＋…＋13·2n －2＝12＋16＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12n －2<56.由{a n }的单调性知当n ＝1,2,3时，a n <56，综上所述，对任意的n ∈N *，都有a n <56，所以存在c ＝16使a n ≤1－c 成立．10. (2018·浙江省杭州二中月考)已知数列a n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．(1)求证：a 2 018>6；(2)求证：对一切n ≥2都有a 2n ＋2>2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a nn .证明 (1)∵a n ＝1＋12＋13＋…＋1n，∴a 2 018＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1513＋…＋11 024＋…＋12 018， a 2 018>1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1513＋…＋11 024>1＋12＋24＋…＋5121 024＝1＋12×10＝6. (2)由题意得a n －a n －1＝1n (n ≥2)，即a n －1＝a n －1n，将式子两边平方得a 2n －1＝a 2n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋1n 2，∴a 2n －a 2n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n－1n2，a 2n ＝a 2n －a 2n －1＋a 2n －1－a 2n －2＋a 2n －2－a 2n －3＋…＋a 22－a 21＋a 21＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a n n －⎝ ⎛⎭⎪⎫112＋122＋…＋1n 2.∵1＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝2－1n<2，∴对一切n ≥2都有a 2n ＋2>2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a nn .B 组能力提高11．(2018·浙江)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1>1，则( ) A ．a 1<a 3，a 2<a 4 B ．a 1>a 3，a 2<a 4 C ．a 1<a 3，a 2>a 4 D ．a 1>a 3，a 2>a 4答案 B解析构造不等式ln x ≤x －1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1>1，得q <0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0. 又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾．因此－1<q <0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0，所以a 1>a 3，a 2<a 4. 故选B.12．设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }满足 a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，若[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020 答案 A解析由题意可得f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2， ∵x ＝1是函数f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0，即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0. ∴a n ＋2－a n ＋1＝2()a n ＋1－a n ，∵a 2－a 1＝1，∴a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，以上各式累加可得a n ＝2n －1.∴b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n＝n . ∴2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019.∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017.13．(2018·湖州、衢州、丽水三地市质检)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝ln(1＋a n )(n ∈N *)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n .证明：(1)a n >0(n ∈N *)； (2)a n ＋1<3a n a n ＋3(n ∈N *)； (3)n 2＋5n6≤T n ≤n 2＋3n4(n ∈N *)．证明 (1)①当n ＝1时，a 1＝1>0，所以当n ＝1时，命题成立；②假设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，即a k >0，则由1＋a k >1，知a k ＋1＝ln(1＋a k )>0，所以a k ＋1>0. 故对于n ∈N *都有a n >0.(2)先利用ln(1＋x )<x (x >0)证明ln(1＋a n )<a n ，即a n ＋1<a n ，故a n ≤1，因此0<a n ≤1. 要证明a n ＋1<3a n a n ＋3，即证ln(1＋a n )<3a na n ＋3，构造函数h (x )＝ln(1＋x )－3xx ＋3(0<x ≤1)，则h ′(x )＝11＋x －9(x ＋3)2＝x (x －3)(1＋x )(x ＋3)2<0，所以h (x )在(0,1]上单调递减．故h (x )＝ln(1＋x )－3xx ＋3<h (0)＝0，因此ln(1＋a n )<3a n a n ＋3，即a n ＋1<3a n a n ＋3(n ∈N *)． (3)由(2)可知1a n ＋1－1a n >13成立，则累加可得1a n ≥1＋13(n －1)＝n ＋23，故T n ≥n ＋n (n －1)2×13＝n 2＋5n6.构造函数g (x )＝ln(1＋x )－2xx ＋2(0<x ≤1)，g ′(x )＝11＋x －4(x ＋2)2＝x2(1＋x )(x ＋2)2>0，所以g (x )在(0,1]上单调递增，所以g (x )＝ln(1＋x )－2xx ＋2>g (0)＝0，得ln(1＋a n )>2a na n ＋2. 所以有a n ＋1>2a n a n ＋2，进一步有1a n ＋1－1a n <12，则累加可得1a n ≤n ＋12，故T n ≤n ＋n (n －1)2×12＝n 2＋3n4.因此原命题成立．14. (2018·宁波期末)已知数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2n 2a n －2，n 为奇数，2a n －2，n 为偶数，a 1＝a .(1)若a >1，求证：对任意正整数n (n >1)均有a n ≥2；(2)若a ＝3，求证：4n ＋1<a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2n <4n ＋3对任意n ∈N *恒成立．证明 (1)当a >2时，根据g (x )＝2x －2和f (x )＝x 22x －2在[2，＋∞)上均为增函数，从而当a n ≥2时，必有a n ＋1＝f (a n )≥f (2)＝2 或a n ＋1＝g (a n )≥g (2)＝2.当1<a <2时，由于f (x )＝x 22x －2在(1,2]上为减函数，得a 2>2.当a ＝2时，a 2＝a 3＝2，从而a n ＝2恒成立．综上所述，当a >1时，a n ≥2对所有满足n >1的正整数n 均成立． (2)当a ＝3时，一方面，由(1)知a 2k －1＋a 2k >4(k ≥2，k ∈N )．又a 1＋a 2＝3＋94>5，所以a 1＋a 2＋…＋a 2n >4n ＋1.另一方面，a 2k －1＋a 2k ＝a 2k －1＋a 22k －12a 2k －1－2＝3a 22k －1－2a 2k －12(a 2k －1－1)，且a 2k ＋1＝2a 2k －2＝a 22k －1－2a 2k －1＋2a 2k －1－1，令a 2k －1－2＝b k ，则b k ＋1＋2＝(b k ＋1)2＋1b k ＋1，即b k ＋1＝b 2kb k ＋1，且b 1＝1，b 2＝12. 所以a 2k －1＋a 2k ＝3a 22k －1－2a 2k －12(a 2k －1－1)＝3b 2k ＋10b k ＋82(b k ＋1)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤3(b k ＋1)＋1b k ＋1＋4. 由b k ＋1－b k ＝(b k －b k －1)(b k b k －1＋b k ＋b k －1)(b k ＋1)(b k －1＋1)，且b 2－b 1<0知{b k }为递减数列，且b k >0，所以1b k ＋1<1. 从而a 2k －1＋a 2k ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤3(b k ＋1)＋1b k ＋1＋4<32b k ＋4. 又由b k ＋1b k ＝b k b k ＋1＝1－1b k ＋1≤1－1b 1＋1＝12，所以b 1＋b 2＋…＋b n <b 11－12＝2，所以a 1＋a 2＋…＋a 2n <32(b 1＋b 2＋…＋b n )＋4n <3＋4n .综上，所证成立．。

2020年高三数学三轮复习回归基础专题算法,推理证明,排列,组合与二项式定理

排列
定义
从个不同元素中取出个元素，按照一定的次序排成一列，叫做从从个不同元素中取出个元素的一个排列，所有不同排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示。
排列数
公式
，规定．
组合
定义
从个不同元素中，任意取出个元素并成一组叫做从个不同元素中取出个元素的组合，所有不同组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示。
组合数
公式
，．
性质
( )； ( )．
二项式定理
定理
（叫做二项式系数）
通项公式
（其中）
系数和
公式
；；
算法、推理与证明
算法
逻辑结构
种用程序框、流程线及文字说明来表示算法的图形。
条件结构
根据条件是否成立有不同的流向
循环结构
按照一定条件反复执行某些步骤
基本语句
输入语句、输出语句、赋值语句、条件语句、循环语句。
推理与
证明
推理
合情推理
归纳推理
由部分具有某种特征推断整体具有某种特征的推理。
计数原理与二项式定理
排列组合二项式定理
基本原理
分类加法计数原理
完成一件事有类不同方案，在第类方案中有种不同的方法，在第类方案中有种不同的方法，…，在第类方案中有种不同的方法．那么完成这件事共有种不同的方法．
分步乘法计数原理
完成一件事情，需要分成个步骤，做第步有种不同的方法，做第步有种不同的方法……做第步有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法.
类比推理
由一类对象具有的特征推断与之相似对象的某种特征的推理。

2020年人教版高三数学冲刺复习教案--专题三第3讲推理与证明

第3讲推理与证明自主学习导引真题感悟1．(2012·江西)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝A．28B．76C．123D．199解析观察规律，归纳推理．从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a10＋b10＝123.答案 C2．(2012·福建)某地区规划道路建设，考虑道路铺设方案．方案设计图中，点表示城市，两点之间连线表示两城市间可铺设道路，连线上数据表示两城市间铺设道路的费用，要求从任一城市都能到达其余各城市，并且铺设道路的总费用最小．例如：在三个城市道路设计中，若城市间可铺设道路的线路图如图(1)，则最优设计方案如图(2)，此时铺设道路的最小总费用为10.现给出该地区可铺设道路的线路图如图(3)，则铺设道路的最小总费用为________．解析根据题目中图(3)给出的信息及题意，要求的是铺设道路的最小总费用，且从任一城市都能到达其余各城市，可将图(3)调整为如图所示的结构(线段下方的数字为两城市之间铺设道路的费用)．此时铺设道路的总费用为2＋3＋1＋2＋3＋5＝16. 答案 16考题分析具备一定的推理与证明能力是高考的一项基本要求．归纳推理是高考考查的热点，这类题目具有很好的区分度，考查形式一般为选择题或填空题．网络构建高频考点突破考点一：合情推理【例1】(1)(2012·武昌模拟)设f k (x )＝sin 2k x ＋cos 2k x (x ∈R )，利用三角变换，估计f k (x )在k ＝1,2,3时的取值情况，对k ∈N ＋时推测f k (x )的取值范围是________(结果用k 表示)．(2)在平面几何里，有“若△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，内切圆半径为r ，则三角形面积为S △ABC ＝12(a ＋b ＋c )r ”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体ABCD 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球的半径为r ，则四面体的体积为________．”[审题导引] (1)由f 1(x )、f 2(x )、f 3(x )的取值范围观察规律可得；(2)注意发现其中的规律总结出共性加以推广，或将结论类比到其他方面，得出结论．[规范解答] (1)当k ＝1，f 1(x )＝sin 2x ＋cos 2x ＝1. 当k ＝2时，f 2(x )＝sin 4x ＋cos 4x＝(sin 2x ＋cos 2x )2－2sin 2x cos 2x ＝1－12sin 22x . ∵0≤sin 22x ≤1，∴f 2(x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1.当k ＝3时，f 3(x )＝sin 6x ＋cos 6x＝(sin 2x ＋cos 2x )(sin 4x －sin 2x cos 2x ＋cos 4x ) ＝1－3sin 2x cos 2x ＝1－34sin 22x . ∵0≤sin 22x ≤1，∴f 3(x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，故可推测12k －1≤f k (x )≤1.(2)三角形的面积类比为四面体的体积，三角形的边长类比为四面体四个面的面积，内切圆半径类比为内切球的半径．二维图形中12类比为三维图形中的13，得V 四面体ABCD ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r .故填V 四面体ABCD ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r .[答案] (1)12k －1≤f k (x )≤1(2)V 四面体ABCD ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r 【规律总结】归纳推理与类比推理之区别(1)归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理．在进行归纳时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论． (2)类比推理是由特殊到特殊的推理，是两类类似的对象之间的推理，其中一个对象具有某个性质，则另一个对象也具有类似的性质．在进行类比时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后类比推导类比对象的性质．【变式训练】1．若数列{a n }(n ∈N ＋)是等差数列，则有通项为b n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn (n ∈N ＋)的数列{b n }也为等差数列，类比上述性质，若数列{c n }是等比数列，且c n ＞0，则有通项为d n ＝________(n ∈N ＋)的数列{d n }也是等比数列．解析 ∵{c n }是等比数列，且c n ＞0， ∴{lg c n }是等差数列，令d n ＝nc 1·c 2·…·c n ，则lgd n ＝lg c 1＋lg c 2＋…＋lg c n n ，由题意知{lg d n }为等差数列， ∴d n ＝n c 1·c 2·…·c n 为等比数列．答案nc 1·c 2·…·c n2．平面内有n 条直线，其中任何两条都不平行，任何三条不过同一点，试归纳它们的交点个数．解析 n ＝2时，交点个数：f (2)＝1. n ＝3时，交点个数：f (3)＝3. n ＝4时，交点个数：f (4)＝6. n ＝5时，交点个数：f (5)＝10. 猜想归纳：f (n )＝12n (n －1)(n ≥2)．考点二：演绎推理【例2】求证：a ，b ，c 为正实数的充要条件是a ＋b ＋c ＞0，且ab ＋bc ＋ca ＞0和abc ＞0.[审题导引] 由a 、b 、c 为正实数，显然易得a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，abc ＞0，即“必要性”的证明用直接法易于完成．证明“充分性”时，要综合三个不等式推出a 、b 、c 是正实数，有些难度、需用反证法．[规范解答] (1)证必要性(直接证法)：因为a 、b 、c 为正实数，所以a ＋b ＋c ＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0.所以必要性成立．(2)证充分性(反证法)：假设a、b、c不全为正实数(原结论是a、b、c都是正实数)，由于abc＞0，则它们只能是二负一正．不妨设a＜0，b＜0，c＞0，又由于ab＋bc＋ac＞0⇒a(b＋c)＋bc＞0，因为bc＜0，所以a(b＋c)＞0.①又a＜0，所以b＋c＜0.②而a＋b＋c＞0，所以a＋(b＋c)＞0.所以a＞0，与a＜0的假设矛盾．故假设不成立，原结论成立，即a、b、c均为正实数．【规律总结】1．演绎推理问题的处理方法从思维过程的指向来看，演绎推理是以某一类事物的一般判断为前提，而作出关于该类事物的判断的思维形式，因此是从一般到特殊的推理．数学中的演绎法一般是以三段论的格式进行的．三段论由大前提、小前提和结论三个命题组成，大前提是一个一般性原理，小前提给出了适合于这个原理的一个特殊情形，结论则是大前提和小前提的逻辑结果．2．适用反证法证明的六种题型反证法是一种重要的间接证明方法，适用反证法证明的题型有：(1)易导出与已知矛盾的命题；(2)否定性命题；(3)唯一性命题；(4)至少至多型命题；(5)一些基本定理；(6)必然性命题等．【变式训练】3．若定义在区间D上的函数f(x)对于D上的n个值x1，x2，…，x n，总满足1n [f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )]≤f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ，称函数f (x )为D 上的凸函数．现已知f (x )＝sin x 在(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是________．解析因为凸函数满足1n [f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )]≤f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ，(大前提)f (x )＝sin x 在(0，π)上是凸函数，(小前提) 所以f (A )＋f (B )＋f (C )≤3f ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋B ＋C 3，(结论) 即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332. 因此sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是332. 考点三：数学归纳法【例3】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2n －(a n ＋2)S n ＋1＝0,1－S n ＝a n b n (n ∈N ＋)．(1)求a 1，a 2的值和数列{a n }的通项公式；(2)若正项数列{c n }满足：c n ≤a 1＋(b n －1)a(n ∈N ＋，0＜a ＜1)，求证：∑n k ＝1 c k k ＋1＜1.[审题导引] (1)由于S 2n －(a n ＋2)S n ＋1＝0中含有S 2n ，通过升降角标的方法无法把S n 转化为a n ，这样就需要把a n 转化为S n －S n －1(n ≥2)，通过探求S n ，然后根据求得的S n 求{a n }的通项公式；(2)根据(1)求得的结果，根据c kk ＋1的结构确定放缩的方法求证． [规范解答] (1)S 21－(a 1＋2)S 1＋1＝0⇒a 1＝12， S 22－(a 2＋2)S 2＋1＝0⇒a 2＝16. S 2n －(a n ＋2)S n ＋1＝0，①当n≥2时，a n＝S n－S n－1，代入①式，得S n S n－1－2S n＋1＝0，②又由S1＝12，S2＝a1＋a2＝23，S3＝12－S2＝34.猜想S n＝nn＋1.下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，显然成立；②假设当n＝k时，S k＝kk＋1，则n＝k＋1时，S k＋1S k－2S k＋1＋1＝0，S k＋1＝12－kk＋1＝k＋1k＋1＋1成立．综合①②，可知猜想成立．所以当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝1n(n＋1)，当n＝1时也满足，故a n＝1n(n＋1)(n∈N＋)．(2)证明由(1)，得b n＝n，c n≤a1＋(n－1)a＝11a＋n－1＜1n，则∑nk＝1c kk＋1＜∑nk＝11k(k＋1)＝1－1n＋1＜1.【规律总结】使用数学归纳法需要注意的三个问题在使用数学归纳法时还要明确：(1)数学归纳法是一种完全归纳法，其中前两步在推理中的作用是：第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，二者缺一不可；(2)在运用数学归纳法时，要注意起点n，并非一定取1，也可能取0,2等值，要看清题目；(3)第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清楚由k 到k ＋1时命题变化的情况．【变式训练】4．(2012·青岛二模)已知集合A ＝{x | x ＝－2n －1，n ∈N ＋}，B ＝{x | x ＝－6n ＋3，n ∈N ＋}，设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若{a n }的任一项a n ∈A ∩B 且首项a 1是A ∩B 中的最大数，－750＜S 10＜－300.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1392n a n +-⎛ ⎝⎭令T n ＝24(b 2＋b 4＋b 6＋…b 2n )，试比较T n与48n2n ＋1的大小．解析 (1)根据题设可得：集合A 中所有的元素可以组成以－3为首项，－2为公差的递减等差数列；集合B 中所有的元素可以组成以－3为首项，－6为公差的递减等差数列．由此可得，对任意的n ∈N ＋，有A ∩B ＝B ， A ∩B 中的最大数为－3，即a 1＝－3，设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝－3＋(n －1)d ， S 10＝10(a 1＋a 10)2＝45d －30，∵－750＜S 10＜－300， ∴－750＜45d －30＜－300，即－16＜d ＜－6，由于B 中所有的元素可以组成以－3为首项，－6为公差的递减等差数列，所以d ＝－6m (m ∈Z ，m ≠0)，由－16＜－6m ＜－6⇒m ＝2，所以d ＝－12，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝9－12n (n ∈N ＋)．(2)b n ＝139n a n +-⎝⎭＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22n ，T n ＝24(b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 2n )＝24×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12 ＝24⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，T n －48n 2n ＋1＝24－242n －48n2n ＋1＝24(2n－2n －1)2n (2n ＋1)，于是确定T n 与48n 2n ＋1的大小关系等价于比较2n 与2n ＋1的大小，由2＜2×1＋1,22＜2×2＋1,23＞2×3＋1,24＞2×4＋1，… 可猜想当n ≥3时，2n ＞2n ＋1，证明如下：证法一 ①当n ＝3时，由上验算可知成立． ②假设n ＝k 时，2k ＞2k ＋1，则2k ＋1＝2·2k ＞2(2k ＋1)＝4k ＋2＝2(k ＋1)＋1＋(2k －1)＞2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时猜想也成立．根据①②可知，对一切n ≥3的正整数，都有2n ＞2n ＋1，∴当n ＝1,2时，T n ＜48n 2n ＋1，当n ≥3时，T n ＞48n 2n ＋1.证法二当n ≥3时，2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋…＋C n －1n ＋C nn ≥C 0n ＋C 1n ＋C n －1n ＋C n n ＝2n ＋2＞2n ＋1，∴当n ＝1,2时，T n ＜48n 2n ＋1，当n ≥3时，T n ＞48n2n ＋1.名师押题高考【押题1】已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个整数对是 A ．(7,5) B ．(5,7) C ．(2,10) D ．(10,1)解析依题意，就每组整数对的和相同的分为一组，不难得知每组整数对的和为n ＋1，且每组共有n 个整数对，这样的前n 组一共有n (n ＋1)2个整数对，注意到10(10＋1)2＜60＜11(11＋1)2，因此第60个整数对处于第11组(每对整数对的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每对整数对的和为12的组中的各对数依次为(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，… 因此第60个整数对是(5,7)．故选B.答案 B[押题依据] 能用归纳和类比进行简单的推理是高考对合情推理的基本要求．相比较而言，归纳推理是高考的一个热点．本题体现了归纳对推理的思想，需从所给的数对中总结归纳出其规律，进而推导出第60个整数对．题目不难，体现了高考的热点，故押此题．押题2】已知命题：“若数列{a n }为等差数列，且a m ＝a ，a n ＝b (m ＜n ，m ，n ∈N ＋)，则a m ＋n ＝b ·n －a ·mn －m.”现已知数列{b n }(b n ＞0，n ∈N ＋)为等比数列，且b m＝a ，b n ＝b (m ＜n ，m ，n ∈N ＋)，若类比上述结论，则可得到b m ＋n ＝________.解析由题意类比可得b m ＋n ＝n n mb a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭.答案 n n mb a a -⎛⎫⎪⎝⎭[押题依据] 归纳和类比是两种重要的思维形式，是高考的热点，通常以选择题或填空题的形式考查．本题以数列知识为背景，考查类比推理，题目不难，但具有较好的代表性，故押此题．。

(浙江专用)高考数学二轮复习专题三数列第3讲数列不等式的证明问题(选用)学案

第3讲数列不等式的证明问题(选用)高考定位 1.数列中不等式的证明是浙江高考数学试题的压轴题；2.主要考查数学归纳法、放缩法、反证法等数列不等式的证明方法，以及不等式的性质；3.重点考查学生逻辑推理能力和创新意识.真题感悟(2017·浙江卷)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *). 证明：当n ∈N *时， (1)0＜x n ＋1＜x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明：x n ＞0. 当n ＝1时，x 1＝1＞0.假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，x k ＞0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1＞0，因此x n ＞0(n ∈N *).所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1，因此0＜x n ＋1＜x n (x ∈N *). (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1).记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0). f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln ()1＋x ＞0(x ＞0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *).(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12x n －1≥122x n －2≥…≥12n －1x 1＝12n －1.故x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12＞0，所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *).考点整合1.数学归纳法证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立. 2.反证法一般地，由证明p q 转向证明：綈q r …t ，t 与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q 为假，推出q 为真的方法，叫做反证法. 3.放缩法放缩法是利用不等式的传递性，证明不等式的方法，要证A <B ，可先将A 放大到C ，然后只需证明C <B 即可.热点一数学归纳法证明数列不等式【例1】 (2017·金丽衢联考)设数列{a n }满足：a 1＝a ，a n ＋1＝2a n a 2n ＋1(a >0且a ≠1，n ∈N *). (1)证明：当n ≥2时，a n <a n ＋1<1；(2)若b ∈(a 2，1)，求证：当整数k ≥（b －a 2）（b ＋1）a 2（1－b ）＋1时，a k ＋1>b .证明 (1)由a n ＋1＝2a na 2n ＋1知，a n 与a 1的符号相同，而a 1＝a >0，所以a n >0，所以a n ＋1＝2a n ＋1a n≤1，当且仅当a n ＝1时，a n ＋1＝1，下面用数学归纳法证明： ①因为a >0且a ≠1，所以a 2<1，a 3a 2＝2a 22＋1>1，即有a 2<a 3<1； ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，有a k <a k ＋1<1，则a k ＋2＝2a k ＋1a 2k ＋1＋1＝2a k ＋1＋1a k ＋1<1，且a k ＋2a k ＋1＝2a 2k ＋1＋1>1，即a k ＋1<a k ＋2<1. 综上，对任意n ≥2，均有a n <a n ＋1<1成立.(2)若a k ≥b ，则由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ；若a k <b ，因为0<x <1及二项式定理知(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋…＋C n n x n≥1＋nx ，而a 2k ＋1<b 2＋1<b ＋1，且a 2<a 3<…<a k <b <1，所以a k ＋1＝a 2·a 3a 2·a 4a 3·…·a k ＋1a k＝a 2·2k －1（1＋a 22）（1＋a 23）…（1＋a 2k ）>a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b 2k －1> a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b k －1＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－b 1＋b k －1≥a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1－b 1＋b （k －1）. 因为k ≥（b －a 2）（b ＋1）a 2（1－b ）＋1，所以1－b 1＋b (k －1)＋1≥b －a 2a 2＋1＝b a 2，所以 a k ＋1>b .探究提高数学归纳法是解决和正整数有关命题的证明方法，可以借助递推公式，证明由特殊到一般的结论成立问题.因此，可以在数列不等式的证明中大显身手.在本例中，(1)首先根据条件等式的结构特征推出a n >0，然后用数学归纳法证明即可；(2)首先由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ，然后利用数列的递推公式证明即可. 热点二反证法证明数列不等式【例2】 (2018·温州调考)已知数列{a n }满足：a n >0，a n ＋1＋1a n<2(n ∈N *).(1)求证：a n ＋2<a n ＋1<2(n ∈N *)； (2)求证：a n >1(n ∈N *). 证明 (1)由a n >0，a n ＋1＋1a n<2，得a n ＋1<2－1a n<2.因为2>a n ＋2＋1a n ＋1>2a n ＋2a n ＋1(由题知a n ＋1≠a n ＋2)，所以a n ＋2<a n ＋1<2.(2)法一假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n >N 时，a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1a n<0，而a n <1，所以1a n ＋1－1>a n a n －1＝1＋1a n －1，于是1a N ＋2－1>1＋1a N ＋1－1，……1a N ＋n －1>1＋1a N ＋n －1－1.累加可得1a N ＋n －1>n －1＋1a N ＋1－1.(*)由假设可得a N ＋n －1<0，而当n >－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1>0，因此有1a N ＋n －1<n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾. 所以a n >1(n ∈N *).法二假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n >N 时，0<a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1a n<0，而a n <1，所以11－a n ＋1<a n 1－a n ，所以1－a n ＋11－a n >1a n ≥1a N ＋1>1.于是1－a n >(1－a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，1－a n －1>(1－a n －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，……1－a N ＋2>(1－a N ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1a N ＋1.累乘可得1－a n >(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1，(*)由(1)可得1－a n <1，而当n >log1a N ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫11－a N ＋1＋N ＋1时，则有(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1>1，这显然与(*)矛盾.所以a n >1(n ∈N *).探究提高数列不等式需要对数列的范围及变化趋势进行探究，而条件又少，因此，反证法就成为解决这类问题的利器.在本例中，(1)首先根据已知不等式由a n ＋1＜2－1a n<2证明不等式的右边，再根据已知不等式利用基本不等式，可证明不等式的左边；(2)考虑反证法，即假设存在a N ≤1，利用条件和(1)，并结合放缩法逐步推出矛盾.进而证明不等式成立. 热点三放缩法证明数列不等式 [考法1] 放缩为等比数列【例3－1】 (2018·宁波调研)已知数列{a n }满足a 1＝25，a n ＋1＝2a n 3－a n ，n ∈N *.(1)求a 2；(2)求⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的通项公式；(3)设{a n }的前n 项的和为S n ，求证：65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113. (1)解由条件可知a 2＝2a 13－a 1＝413.(2)解由a n ＋1＝2a n 3－a n 得1a n ＋1＝32·1a n －12，即1a n ＋1－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等比数列，又1a 1－1＝32，则1a n －1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，所以1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＋1. (3)证明由(2)可得a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝25⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.所以S n ≥25＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，故S n ≥65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 成立.另一方面a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1<1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <25＋413＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n＝4665＋89－89·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2<4665＋89<2113，n ≥3，又S 1＝25<2113，S 2＝4665<2113，因此S n <2113.所以65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113.[考法2] 放缩为裂项求和【例3－2】 (2018·金华联考)已知数列{a n }中，a 1＝3，2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4. (1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1；(3)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，求证：1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <1.证明 (1)∵2a n ＋1－2a n ＝a 2n －4a n ＋4＝(a n －2)2≥0，∴a n ＋1≥a n ≥3，∴(a n －2)2>0， ∴a n ＋1>a n .(2)∵2a n ＋1－4＝a 2n －2a n ＝a n (a n －2)， ∴a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32， ∴a n －2≥32(a n －1－2)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫322(a n －2－2)≥…≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(a 1－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，∴a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.(3)∵2(a n ＋1－2)＝a n (a n －2)， ∴12（a n ＋1－2）＝1a n （a n －2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －2－1a n ，∴1a n ＋1－2＝1a n －2－1a n ，∴1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2，∴S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝1a 1－2－1a 2－2＋1a 2－2－1a 3－2＋…＋1a n －2－1a n ＋1－2 ＝1a 1－2－1a n ＋1－2 ＝1－1a n ＋1－2.∵a n ＋1－2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，∴0<1a n ＋1－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n， ∴1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≤S n ＝1－1a n ＋1－2<1. 探究提高数列中不等式的证明本身就是放缩的结果，在证明过程中，要善于观察数列通项的特点，结合不等式的结构合理地选择放大与缩小，常见的两种放缩方式是：①放缩成等比数列求和形式；②放缩成裂项求和形式.数列、不等式是高中数学的重点内容之一，也是初等数学与高等数学的衔接点之一.命题方式灵活，对学生的数学思维要求较高，具有良好的高考选拔功能.数列中不等式的证明，是浙江省高考数学试题的特色，解决问题方法独特，需要综合运用分析法、放缩法、反证法、数学归纳法、以及构造函数借助导数的工具、不等式的性质等解决问题.1.(2016·浙江卷)设数列{a n }满足|a n －a n ＋12|≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.证明 (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n－1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＝1－12n －1＜1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2).(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ＞n ，|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m－1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＝12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12m －n ＜12n －1，故|a n |＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n .从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，与①式矛盾.综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 2.(2018·学军中学月考)已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13；(3)求证：|a 2n －a n |≤1027.证明 (1)用数学归纳法证明. ①当n ＝1时，命题显然成立；②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，有23≤a k ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤123＋12<1， a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝23，即当n ＝k ＋1时也成立，所以对任意n ∈N *，都有23≤a n ≤1.(2)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13，当n ≥2时，∵⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝32， ∴|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1＋12 ＝|a n －a n －1|⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1|a 2－a 1| ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<13. 综上所述，|a n ＋1－a n |≤13.(3)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13＝927<1027；当n ≥2时，由(2)知 |a 2n －a n |≤|a 2n －a 2n－1|＋|a 2n－1－a 2n－2|＋…＋|a n＋1－a n |≤13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －1≤23－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1027. 综上所述，|a 2n －a n |≤1027.3.(2018·浙东北大联盟考试)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n －a 2nn （n ＋1），数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 的前n 项和为S n .证明：当n ∈N *时， (1)0<a n ＋1<a n ； (2)a n ≤n3n －1；(3)S n >n －12.证明 (1)由于a n ＋1－a n ＝－a 2nn （n ＋1）≤0，则a n ＋1≤a n .若a n ＋1＝a n ，则a n ＝0，与a 1＝12矛盾，故a n ≠0，从而a n ＋1<a n ，a 1＝12>a 2>a 3>…>a n .又a n ＋1a n ＝1－a n n （n ＋1）≥1－12n （n ＋1）>0，则a n ＋1与a n 同号.又a 1＝12>0，则a n ＋1>0，故0<a n ＋1<a n .(2)由于0<a n ＋1<a n ，则a n ＋1＝a n －a 2nn （n ＋1）<a n －a n a n ＋1n （n ＋1），即1a n －1a n ＋1<－1n （n ＋1）＝1n ＋1－1n，1a n ＋1－1a n >1n －1n ＋1. 当n ≥2时，1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n －2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 1＋1a 1>1n －1－1n ＋1n －2－1n －1＋…＋1－12＋1a 1＝3－1n ＝3n －1n >0，从而a n <n3n －1. 当n ＝1时，a 1＝12＝13×1－1，从而a n ≤n 3n －1.(3)由a n ＋1a n ＝1－a n n （n ＋1）≥1－a 1n （n ＋1）＝1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(当且仅当n ＝1时，取等号)，得S n ＝a 2a 1＋a 3a 2＋…＋a n ＋1a n ≥n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1>n －12. 4.(2017·杭州质量检测)已知数列{a n }的各项均为非负数，其前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋1≤a n ＋a n ＋22.(1)若a 1＝1，a 505＝2 017，求a 6的最大值；(2)若对任意n ∈N *，都有S n ≤1，求证：0≤a n －a n ＋1≤2n （n ＋1）. (1)解由题意知a n ＋1－a n ≤a n ＋2－a n ＋1，设d i ＝a i ＋1－a i (i ＝1，2，…，504)，则d 1≤d 2≤d 3≤…≤d 504，且d 1＋d 2＋d 3＋…＋d 504＝a 505－a 1＝2 016. ∵d 1＋d 2＋…＋d 55≤d 6＋d 7＋…＋d 504499＝2 016－（d 1＋d 2＋…＋d 5）499， ∴d 1＋d 2＋…＋d 5≤20，∴a 6＝a 1＋(d 1＋d 2＋…＋d 5)≤21，a 6的最大值为21.(2)证明若存在k ∈N *，使得a k <a k ＋1，则由a n ＋1≤a n ＋a n ＋22，得a k ＋1≤a k －a k ＋1＋a k ＋2＜a k ＋2，因此，从第k 项a k 开始，数列{a n }严格递增，故a 1＋a 2＋…＋a n ≥a k ＋a k ＋1＋…＋a n ≥(n －k ＋1)a k . 对于固定的k ，当n 足够大时，必有a 1＋a 2＋…＋a n ＞1，与题设矛盾，∴{a n }不可能递增，即只能a n －a n ＋1≥0.令b k ＝a k －a k ＋1(k ∈N *)，由a k －a k ＋1≥a k ＋1－a k ＋2得b k ≥b k ＋1，b k ≥0，故1≥a 1＋a 2＋…＋a n ＝(b 1＋a 2)＋a 2＋…＋a n ＝b 1＋2(b 2＋a 3)＋a 3＋…＋a n ＝…＝b 1＋2b 2＋…＋nb n ＋na n ＋1≥(1＋2＋…＋n )b n ＝n （n ＋1）2b n ， ∴b n ≤2n （n ＋1），综上，对一切n ∈N *，都有0≤a n －a n ＋1≤2n （n ＋1）.。

2020届高考数学二轮复习第三部分回顾数列与不等式学案Word版含解析

(4) n ＝ n ＋⎝a 1－2⎭是关于 n 的一次函数或常数函数，数列⎨ n n ⎬也是等差数列．(5)S n ＝ n （a 1＋a n ） n （a 2＋a n －1） n （a 3＋a n －2）＝＝＝….S 偶 a m ＋1S 奇 a m＝a m ，奇＝.(6){a n }，{b n }成等比数列，则{λa n }，{ }，{a n b n }，{ n }成等比数列(λ≠0，n ∈N *)． (9)三个数成等比数列，通常设这三个数分别为，x ，xq ；四个数成等比数列，通常设1回顾 4 数列与不等式[必记知识]等差数列设 S n 为等差数列{a n }的前 n 项和，则(1)a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d ，若 p ＋q ＝m ＋n ，则 a p ＋a q ＝a m ＋a n . (2)a p ＝q ，a q ＝p (p ≠q ) a p ＋q ＝0；S m ＋n ＝S m ＋S n ＋mnd . (3)S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…构成的数列是等差数列．S d ⎛ d ⎫ ⎧S ⎫ n 2 ⎩ ⎭22 2(6)若等差数列{a n }的项数为偶数 2m (m ∈N *)，公差为 d ，所有奇数项之和为 S 奇，所有偶数项之和为 S 偶，则所有项之和 S 2m ＝m (a m ＋a m ＋1)(a m ，a m ＋1 为中间两项)，S 偶－S 奇＝md ，＝ .(7)若等差数列{a n }的项数为奇数 2m －1(m ∈N *)，所有奇数项之和为 S 奇，所有偶数项之和为 S 偶，则所有项之和 S 2m －1＝(2m －1)a m (a m 为中间项)，S 奇＝ma m ，S 偶＝(m －1)a m ，S 奇－S偶 S m S 偶 m －1(8)若 S m ＝n ，S n ＝m (m ≠n )，则 S m ＋n ＝－(m ＋n )．等比数列(1)a n ＝a m ·q n －m ，a n ＋m ＝a n q m ＝a m q n (m ，n ∈N *)．(2)若 m ＋n ＝p ＋q ，则 a m ·a n ＝a p ·a q ；反之，不一定成立(m ，n ，p ，q ∈N *)． (3)a 1a 2a 3…a m ，a m ＋1a m ＋2…a 2m ，a 2m ＋1a 2m ＋2…a 3m ，…成等比数列(m ∈N *)． (4)S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…，S kn －S (k －1)n ，…成等比数列(n ≥2，且 n ∈N *)．(5)若等比数列的项数为 2n (n ∈N *)，公比为 q ，奇数项之和为 S 奇，偶数项之和为 S 偶，S则偶＝q .S 奇1 a a n b n a(7)通项公式 a n ＝a 1q n －1＝ q ·q n ，从函数的角度来看，它可以看作是一个常数与一个关于 n 的指数函数的积，其图象是指数型函数图象上一系列孤立的点．(8)与等差中项不同，只有同号的两个数才能有等比中项；两个同号的数的等比中项有两个，它们互为相反数．xq1＞0(＜0)⇔f(x)g (x)＞0(＜0)；g （x ）g （x ）⎪g （x ）≠0.⎩ .⎩ ⎩ f ·x x这四个数分别为q 3，q ，xq ，xq 3.[提醒]) （1）如果数列{a n }成等差数列，那么数列{Aa n }（Aa n 总有意义）必成等比数列.（2）如果数列{a n }成等比数列，且 a n ＞0，那么数列{log a a n }（a ＞0 且 a ≠1）必成等差数列.（3）如果数列{a n }既成等差数列又成等比数列，那么数列{a n }是非零常数列；数列{a n } 是常数列仅是数列{a n }既成等差数列又成等比数列的必要不充分条件. （4）如果两个等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原来两个等差数列的公差的最小公倍数（5）如果由一个等差数列与一个等比数列的公共项顺次组成一个新数列，那么常选用“由特殊到一般”的方法进行讨论，且以等比数列的项为主，探求等比数列中哪些项是它们的公共项，从而分析构成什么样的新数列.一元二次不等式的解法解一元二次不等式的步骤：一化(将二次项系数化为正数)；二判(判断 Δ 的符号)；三解(解对应的一元二次方程)；四写(大于取两边，小于取中间)．解含有参数的一元二次不等式一般要分类讨论，往往从以下几个方面来考虑：①二次项系数，它决定二次函数的开口方向；②判别式 Δ，它决定根的情形，一般分 Δ＞0，Δ ＝0，Δ ＜0 三种情况；③在有根的条件下，要比较两根的大小．一元二次不等式的恒成立问题⎧⎪a ＞0，(1)ax 2＋b x ＋c ＞0(a ≠0)恒成立的条件是⎨⎪Δ ＜0.⎧⎪a ＜0，(2)ax 2＋b x ＋c ＜0(a ≠0)恒成立的条件是⎨⎪Δ ＜0.分式不等式f （x ）g （x ）f （x ） ⎧⎪f （x ）g （x ）≥0（≤0）， ≥0(≤0)⇔⎨[提醒]) （1）不等式两端同时乘以一个数或同时除以一个数，不讨论这个数的正负，从而出错.（2）解形如一元二次不等式 ax 2＋b x ＋c ＞0 时，易忽视系数 a 的讨论导致漏解或错解，要注意分 a ＞0，a ＜0 进行讨论.f （x ）（3）应注意求解分式不等式时正确进行同解变形，不能把≤0 直接转化为（x ）g2(2)对于正数 x ，y ，若和 x ＋y 是定值 s ，则当 x ＝y 时，积 xy 有最大值 s 2.＋＝a ＋b ＋＋ ≥a(3)已知 a ，b ，x ，y ∈R ＋，若 ax ＋b y ＝1，则有＋＝(ax ＋by)⎝x y ⎭＋＝a ＋b ＋＋ ≥a ＋b (4)已知 a ，b ，x ，y ∈R ＋，若＋＝1，则有 x ＋y ＝(x ＋y )· ⎝x y ⎭n ＋1 n ＋1(2)作商比较法：①当 a n ＞0 时，则＞1⇔数列{a n }是递增数列；0＜＜1⇔数列{a n }n ＋1 n ＋1是递减数列；＝1⇔数列{a n }是常数列．②当 a n ＜0 时，则＞1⇔数列{a n }是递减数列； . a a（x ）≤0，而忽视 g （x ）≠0.图解法求解线性规划问题的基本要点(1)定域：画出不等式(组)所表示的平面区域，注意平面区域的边界与不等式中的不等号的对应．(2)平移：画出目标函数等于 0 时所表示的直线 l ，平行移动直线，让其与可行域有公共点，根据目标函数的几何意义确定最优解；注意熟练掌握常见的几类目标函数的几何意义．(3)求值：利用直线方程构成的方程组求出最优解的坐标，代入目标函数，求出最值．[提醒]) （1）直线定界，特殊点定域：注意不等式中的不等号有无等号，无等号时直线画成虚线，有等号时直线画成实线若直线不过原点，特殊点常选取原点；若直线过原点，则特殊点常选取（1，0），（0，1）.（2）线性约束条件下的线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，最优解不一定唯一，有时可能有多个；非线性目标函数或非线性可行域的最值问题，最优解不一定在顶点或边界处取得.利用基本不等式求最值(1)对于正数 x ，y ，若积 xy 是定值 p ，则当 x ＝y 时，和 x ＋y 有最小值 2 p .1 41 1 ⎛1 1⎫ b y ax x y x y＋b ＋2 ab ＝( a ＋ b )2.a b ⎛a b ⎫ ay b x x y x y＋2 ab ＝( a ＋ b )2.[提醒]) 利用基本不等式求最大值、最小值时应注意“一正、二定、三相等”，即：①所求式中的相关项必须是正数；②求积 xy 的最大值时，要看和 x ＋y 是否为定值，求和 x ＋y的最小值时，要看积 xy 是否为定值，求解时，常用到“拆项”“凑项”等解题技巧；③当且仅当对应项相等时，才能取等号.以上三点应特别注意，缺一不可.[必会结论]判断数列单调性的方法(1)作差比较法： n ＋1－a n ＞0⇔数列{a n }是递增数列；n ＋1－a n ＜0⇔数列{a n }是递减数列； a n ＋1－a n ＝0⇔数列{a n }是常数列．a a a na na a a n a n30＜ n ＋1＜1⇔数列{a n }是递增数列； n ＋1＝1⇔数列{a n }是常数列．(3)转化为关于 n的不等式组求解：若求数列{a n }的最大项，则可转化为求解⎨ n若求数列{a n }的最小项，则可转化为求解⎨ n ⎧⎪a ≤a n －1，⎪⎩S n －S n －1（n ≥2）. ⎪⎩f （n －1）（n ≥2）.⎩ a n a ＝ f(n ) ，求 a n ，用累乘法： a n ＝ · n －1 ·…· 2 · a 1 ＝ f(n － 1)· f(n －(6)构造等比数列法：若已知数列{a n }中，a n ＋1＝p a n ＋q (p ≠0，p ≠1，q ≠0)，a 1≠ 1－p (7)倒数法：若 a n ＝ (mkb ≠0，n ≥2)，对 a n ＝取倒数，得到＝ ⎛1＋ b⎫ ·⎝ a n －1⎭，即＝ · ＋ .令 b n ＝，则{b n }可归纳为 b n ＋1＝pb n ＋q (p ≠0，q ≠0)型．a a a n a n(3)结合相应函数的图象直观判断．数列中项的最值的求法(1)借用构造法求解：根据数列与函数之间的对应关系，构造函数 f(n )＝a n (n ∈N *)，利用求解函数最值的方法进行求解即可，但要注意自变量的取值必须是正整数．(2)利用数列的单调性求解：利用不等式 a n ＋1≥a n (或 a n ＋1≤a n )求出 n 的取值范围，从而确定数列单调性的变化，进而求出数列中项的最值．⎧⎪a ≥a n －1， ⎪⎩a n ≥a n ＋1，求出 n 的取值范围之后再确定取得最值⎪a n ≤a n ＋1，的项．求数列通项公式的常用方法(1)公式法：①等差数列的通项公式；②等比数列的通项公式．⎧⎪S 1（n ＝1）， (2)已知 S n (a 1＋a 2＋…＋a n ＝S n )，求 a n ，用作差法：a n ＝⎨⎧⎪f （1）（n ＝1）， (3)已知 a 1·a 2·…·a n ＝f(n )，a n ≠0，求 a n ，用作商法：a n ＝⎨ f （n ）(4)已知 a n ＋1－a n ＝f(n )，求 a n ，用累加法：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1) ＋a 1＝f(n －1)＋f(n －2)＋…＋f(1)＋a 1(n ≥2)．(5) 已知 a n ＋1 a n2)· …· f (1)· a 1(n ≥2)．q ，设存在非零常数 λ，使得 a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，其中 λ＝ q q qp －1，则数列{a n ＋p －1}就是以 a 1＋p －1q为首项，p 为公比的等比数列，先求出数列{a n ＋p －1}的通项公式，再求出数列{a n }的通项公式即可．ma n －1 ma n －1 1 k （a n －1＋b ）k （a n －1＋b ）a nk m 1 kb 1 k 1 a nm a n －1 m a n数列求和的常用方法4＋…＋n ＝ n (n ＋1)，12＋22＋32＋…＋n 2＝ n (n ＋1)(2n ＋1)，1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2，n1 n （n ＋1） n n ＋1 ＝ ⎝n －n ＋k ⎭； ③ 2＜2 ＝ ⎝k －1－k ＋1⎭，k k －1 2－＝＜ 2＜＝－； 1 1⎡ ⎤＝ ⎣n （n ＋1）（n ＋1）（n ＋2）⎦.f( f((1)公式法：①等差数列的求和公式；②等比数列的求和公式；③常用公式，即＋2＋31 12 6∈N *.(2)分组求和法：当直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中的“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和．(3)倒序相加法：在数列求和中，若和式中到首尾距离相等的两项的和有共性，则常考虑选用倒序相加法进行求和．(4)错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成的，那么常选用错位相减法将其和转化为“一个新的等比数列的和”，从而进行求解．(5)裂项相消法：如果数列的通项可分裂成“两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和．常用的裂项形式有①②1 1 1＝－；1 1⎛1 1 ⎫ n （n ＋k ） k1 1 1⎛ 1 1 ⎫1 1 1 1 1 1 1 k k ＋1 （k ＋1）k k （k －1）k k －1 k④ n （n ＋1）（n ＋2） 21 1 －解不等式恒成立问题的常用方法(1)若所求问题可以化为一元二次不等式，可以考虑使用判别式法求解，利用二次项系数的正负和判别式进行求解，若二次项系数含参数时，应对参数进行分类讨论．(2)对于含参数的函数在闭区间上的函数值恒大于等于或小于等于零的问题，一般的转化原理是：在闭区间 D 上，f(x)≥0 恒成立⇔f(x)在区间 D 上的图象在 x 轴上方或 x 轴上；f(x)≤0⇔f(x)在区间 D 上的图象在 x 轴下方或 x 轴上．(3)对于含参数的函数在闭区间上的函数值恒大于等于或小于等于常数的问题，即“f(x)≥a ”或“f(x)≤a ”型不等式恒成立问题，通常利用函数最值进行转化，其一般的转化原理是： x)≥a 在闭区间 D 上恒成立⇔f(x)min ≥a(x ∈D)； x)≤a 在闭区间 D 上恒成立⇔f(x)max ≤a(x ∈D)．(4)分离参数法：将恒成立的不等式 F(x ，m )≥0(或≤0)(m 为参数)中的参数 m 单独分离出来，不等号一侧是不含参数的函数，将问题转化为求函数最值的问题，该方法主要适用于参数与变量能分离和函数的最值易于求出的题目，其一般转化原理是：当 m 为参数时，g (m )＞f(x)⇔g (m )＞f(x)max ；g (m )＜f(x)⇔g (m )＜f(x)min .53解析：选 B.在等差数列{a n }中，S 3＝ 3（a 1＋a 3） 3（a 1＋6）解析：选 C.由等差数列的性质可得 a 2＋a 4＝a 1＋a 5，所以 S 5＝ 5（a 1＋a 5）C ．－ 3q ＝3 或 q ＝－3(舍)，所以 a 1＝ 2＝ .故选 D.q⎪ ⎩ ⎪ ⎩ ⎩ ⎪ ⎩ 1 当⎨ ⎪⎩q ⎪⎩q 时，a ＋a ＝a (1＋q 9)＝1＋(－2)3＝－7；当⎨ 1 时，a ＋a 3＝－ ⎪⎩q ⎪ ⎪ ⎪ ＝a (1＋q 9)＝(－8)×⎡1＋⎛－ ⎫ ⎤＝－7.综上，a ＋a ＝－7.故选 D.[必练习题]1．已知数列{a n }为等差数列，其前 n 项和为 S n ，若 a 3＝6，S 3＝12，则公差 d ＝()A ．1C ．3B ．25 D.＝＝12，解得 a ＝2，又 a2 21＝a ＋2d ＝2＋2d ＝6，解得 d ＝2，选 B.12．设等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，a 2＋a 4＝6，则 S 5 等于( )3A ．10C ．15B ．12D ．30＝15，故选2C.3．已知等比数列{a n }的公比为正数，且 a 2· a 6＝9a 4，a 2＝1，则 a 1 的值为( )A ．313B ．－31 D.解析：选 D.设数列{a n }的公比为 q ，由 a 2 a 6＝9a 4，得 a 2 a 2q 4＝9a 2q 2，解得 q 2＝9，所以a 1 34．已知数列{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则 a 1＋a 10＝()A ．7 C ．－5解析：选 D.设数列{a n }的公比为 q .由题意，得B ．5D ．－7⎧a 1q 3＋a 1q 6＝2，⎨⎪a 1q 4×a 1q 5＝a 1q 3×a 1q 6＝－8， ⎧a 1q 3＝－2， ⎧⎪a 1q 3＝4，所以 ⎨ 或 ⎨ ⎪a 1q 6＝4 ⎪a 1q 6＝－2， ⎧a ＝1，解得 ⎨ 1⎪q 3＝－2或⎧a 1＝－8， ⎧a 1＝1， ⎨ 3＝－ . 3＝－2 21 10 1 1 ⎧a 1＝－8， 2101 3 1 ⎣ ⎝ 2⎭ ⎦1 10⎧⎪2x ＋y －6≥0，5．设 x ，y 满足约束条件⎨x ＋2y －6≤0，则目标函数 z ＝x ＋y 的最大值是()⎪⎩y ≥0，6＝a －a ，采用累加法可得，b ＋b ＋…＋b ＝(a －a )＋(a －a )＋…＋(a －a )＝a －a ，又4 033 4 0344 035a n ＋1 a n a n ＋22＝ 1 ＋ 1，所以⎧1⎫是⎩a n ⎭ a 2 a 1 a n 2n －1 4 035A ．3C ．6B ．4D ．8解析：选 C.法一：作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作直线 x ＋y ＝0，平移该直线，当直线经过点 A(6，0)时，z 取得最大值，即 z max ＝6，故选 C.法二：目标函数 z ＝x ＋y 的最值在可行域的三个顶点处取得，易知三条直线的交点分别为(3，0)，(6，0)，(2，2)．当 x ＝3，y ＝0 时，z ＝3；当 x ＝6，y ＝0 时，z ＝6；当 x ＝2，y＝2 时，z ＝4.所以 z max ＝6，故选 C.6．若数列{a n }的首项为 3，{b n }为等差数列，且 b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若 b 3＝－2，b 10 ＝12，则 a 8＝()A ．0C ．8B ．3D ．11解析：选 B.依题意可设等差数列{b n }的公差为 d ，则 b 10＝b 3＋7d ＝－2＋7d ＝12，解得d ＝2，所以 b n ＝b 3＋(n －3)d ＝2n －8，又 b n ＝a n ＋1－a n ，则 b 7＝a 8－a 7，b 6＝a 7－a 6，…，b 12 1 7 6 1 8 7 7 6 2 1 8 1易知 b ＋b ＋…＋b ＝0，则 a ＝a ＝3，故选 B.1 278117．在各项均不为零的数列{a n }中，若 a 1＝1，a 2＝3，2a n a n ＋2＝a n ＋1a n ＋2＋a n a n ＋1(n ∈N *)，则 a 2 018＝()A.1B.1C.1D. 14 037解析：选 C.因为 2a n a n ＋2＝a n ＋1a n ＋2＋a n an ＋1(n ∈N *)，所以⎨ ⎬等差数列，其公差 d ＝ 1 － 1 ＝2，所以 1 ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，a ＝ 1 ，所以 an 2 018 ＝1.7⎩ 3na n －1n 1＋n －1 a n 1 n －1＋2，令 n ＝b ，则 b ＝1 b 解析：由 a n ＝ 3na n －1 n 2a n －1＋n －1 a n 3 a n －1 3 a n 3 n －1 ＋2⇒b －1＝1 (b n 2 3 3 31 ⎛1⎫n －1，得 a ＝ n＝ n 3n b n －1＝－⎝3⎭ 3 b n 3 n －1. 解析：由 a n a n ＋1＝3n ，得 a n －1a n ＝3n －1(n ≥2)，所以 n 1＝3(n ≥2)，则数列{a n }的所有奇数项和偶数项均构成以 3 为公比的等比数列，又 a ＝1，a a ＝3，所以 a ＝3，所以 S⎧⎪2x －1－2，x ≥1，8．已知函数 f(x)＝⎨ 则不等式 f(x －1)≤0 的解集为________． ⎪21－x－2，x ＜1，⎧⎪2x －2－2，x ≥2，解析：由题意，得 f(x －1)＝⎨ 当 x ≥2 时，由 2x －2－2≤0，解得 2≤x ≤3；⎪⎩22－x －2，x ＜2，当 x ＜2 时，由 22－x －2≤0，解得 1≤x ＜2.综上所述，不等式 f(x －1)≤0 的解集为{x|1≤x ≤3}．答案：[1，3]3 9．已知数列{a n }满足 a 1＝2， n＝2a (n ≥2， ∈N *)，则通项公式 a n ＝________．⇒ ＝n n 3 3 n－1)，由 a ＝3，得 b －1＝－1，所以{b －1}是以－1为首项，1为公比的等比数列，所以－1 1 1 nnn ·3n答案：3n－110．已知 S n 为数列{a n }的前 n 项和，且 a 1＝1，a n a n ＋1＝3n ，则 S 2 017＝________．a ＋ a n －11×（1－31 009） 3×（1－31 008）＋＝31 009－2.1－3 1－3答案：31 009－21 12 22 017 ＝8。

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专题三 │ 考情分析预测
(2)数列定位于考查数列的基本问题和两类基本数列，试题的难度得到了有效的控制，基本上是属于中等难度试题，这是数列考查的大方向，虽然仍有部分省市把数列试题作为压轴题，但数列是新课程的必修内容，从课程定位上说，其考查难度不应该太大，数列试题倾向考查基础是基本方向．从课标区的高考试题看，试卷中的数列试题最多是一道选择题或者填空题，一道解答题．由此我们可以预测2012年的高考中，数列试题会以考查基本问题为主，在数列的解答题中可能会出现与不等式的综合、与函数导数的综合等，但难度会得到控制．
(1)A (2)3或4 【解析】 (1)令f(x)＝34x2－3x＋4＝34(x－2)2＋1.
若a≥2，则a，b是方程f(x)＝x的两个实根，解得a＝
4 3
，b＝4，矛
盾，排除D；若b≤2，则f(a)＝b，f(b)＝a，相减得a＋b＝
8 3
，代入
可得a＝b＝
4 3
，矛盾，排除C；若a<2<b，因为f(x)min＝1，所以a＝
第8讲 │ 主干知识整合
4．二元一次不等式组和简单的线性规划 (1)线性规划问题的有关概念：约束条件、目标函数、可行域、最优解等． (2)解不含实际背景的线性规划问题的一般步骤：①画出可行域；②根据目标函数的几何意义确定其取得最优解的点；③求出目标函数的最大值或者最小值．
第8讲 │ 要点热点探究
x 8
天，且每件产品每天的仓储费用为1元，为使平均到每件产品
的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品( )
A．60件 B．80件
C．100件 D．120件
(2)[2011·浙江卷] 若实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，则x＋y
的最大值是________．
第8讲 │ 要点热点探究
【分析】 (1)结合实际问题，列出函数关系式，然后充分
专题三不等式、数列、推理与证明
专题三 │ 知识网络构建
知识网络构建
专题三 │ 考情分析预测
考情分析预测
考向预测 (1)不等式既是高考数学的主干知识，也是重要的工具性知识，从近几年的考查情况看，该部分主要是以选择题或者填空题的形式考查不等式的性质(往往和充要条件、命题等逻辑知识综合)，一元二次不等式的解法(与集合、函数等知识交汇)，基本不等式的应用，二元一次不等式所表示的平面区域，简单的线性规划和非线性规划问题，在试卷中一般是2～ 3个试题，试题的难度中等．对不等式的深入考查，则是在解答题的数列、解析几何和函数导数试题中，考查大小比较、不等式的证明、不等式的应用等．预计2012年该部分的基本考查方向不会发生变化．
间，在含有参数的不等式中还要根据参数的不同取值确定方程根的大小以
及函数图象的开口方向，从而确定不等式的解集．
3．基本不等式
不等式
ab
≤
a＋b 2
(a>0，b>0)称为基本不等式，常见的与这个不等式
有关的其他不等式有：a＋b≥2 ab(a，b>0)；ab≤a＋2 b2(a，b∈R)；a2＋abb
≤ ab≤a＋2 b≤ a2＋2 b2(a，b>0)；x＋1x≥2(x>0)；ba＋ab≥2(ab>0)等．
专题三 │ 近年高考纵览
近年高考纵览
专题三 │ 近年高考纵览
第8讲不等式及线性规划
第8讲不等式及线性规划
第8讲 │ 主干知识整合
主干知识整合
1．不等式的基本性质
2．一元二次不等式的解法
解一元二次不等式实际上就是求出对应的一元二次方程的实数根(如
果有实数根)，再结合对应的函数的图象确定其大于零或者小于零的区
1，b＝4.
(2)由x2－4x＋n＝0得(x－2)2＝4－n，即x＝2± 4－n，∵n∈
N＋，方程要有整数根，满足n＝3,4，当n＝3,4时方程有整数根．
第8讲 │ 要点热点探究
► 探究点二基本不等式的应用
例2 (1)[2011·北京卷] 某车间分批生产某种产品，每批的
生产准备费用为800元，若每批生产x件，则平均仓储时间为
第8讲 │ 要点热点探究
(1)若关于x的不等式a≤
3 4
x2－3x＋4≤b的解集
恰好是[a，b](a<b)，则a＋b的值为( )
A．5 B．4
8 16 C.3 D. 3
(2)[2011·陕西卷] 设n∈N＋，一元二次方程x2－4x＋n
＝0有整．数．根的充Байду номын сангаас条件是n＝________.
第8讲 │ 要点热点探究
(3)推理与证明的主要考点，归纳推理和类比推理，各地的试卷中零星地出现过这类试题(如2011年陕西、山东等地)，试题的形式一般是填空题，归纳类比的对象一般也是很明确的，试题难度不大；预计2012年该部分的考查仍然是这样一个基本形势．
专题三 │ 考情分析预测
备考策略 (1)不等式部分重点掌握一元二次不等式的解法，特别是含有字母参数的一元二次不等式的解法，基本不等式求最值，二元一次不等式组所表示的平面区域，包括平面区域的形状判断、面积以及与平面向量有关的最值问题，简单的线性规划模型在解决实际问题中的应用．对不等式的深入复习要结合数列、解析几何、导数进行． (2)数列部分的重点是数列中an，Sn的关系，等差数列和等比数列，一般数列的求和(重点是裂项法和错位相减法)，数列的实际应用．在数列问题中要注意与不等式综合的题目，注意反证法和数学归纳法在解决数列试题中的应用，数列试题也是高考中考查推理与证明的一个舞台． (3)重点解决归纳推理、类比推理型试题，熟悉在什么情况下使用反证法和数学归纳法． (4)该专题中的三块内容既有其相对的独立性，也是紧密相连的，在复习中要从整体上，从数列、不等式、推理与证明的相互联系上把握该专题的内容．
利用基本不等式求解得出其最小值；(2)结合基本不等式的变形
要点热点探究
► 探究点一一元二次不等式的解法
例1 [2011·广东卷] 不等式2x2－x－1＞0的解集是( ) A.－12，1 B．(1，＋∞) C．(－∞，1)∪(2，＋∞) D.－∞，－12∪(1，＋∞)
第8讲 │ 要点热点探究
【分析】利用二次不等式的解法直接求解得出不等式的解集．
D 【解析】不等式2x2－x－1>0化为(x－1)(2x＋ 1)>0，解得x<－12或x>1，故选D.

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