老师会对课本中的主要教学内容整理到教案课件中，大家在认真写教案课件了。只有制定教案课件工作计划，可以更好完成工作任务！你们了解多少教案课件范文呢？下面是由小编为大家整理的“高考数学（理科）一轮复习直接证明与间接证明学案有答案”，供您参考，希望能够帮助到大家。

学案38直接证明与间接证明
导学目标：1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程及特点.2.了解间接证明的一种基本方法——反证法，了解反证法的思考过程及特点．
自主梳理
1．直接证明
(1)综合法
①定义：利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的________，最后推导出所要证明的结论________，这种证明方法叫做综合法．
②框图表示：PQ1→Q1Q2→Q2Q3→…→QnQ(其中P表示已知条件，Q表示要证的结论)．
(2)分析法
①定义：从________________出发，逐步寻求使它成立的__________，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)．这种证明的方法叫做分析法．
②框图表示：QP1→P1P2→P2P3→…→得到一个明显成立的条件.
2．间接证明
反证法：假设原命题__________(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出________，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
自我检测
1．分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的()
A．充分条件B．必要条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
2．(2011揭阳模拟)用反证法证明“如果ab，那么3a3b”的假设内容应是()
A.3a＝3bB.3a3b
C.3a＝3b且3a3bD.3a＝3b或3a3b
3．设a、b、c是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是()
A．|a－c|≤|a－b|＋|c－b|
B．a2＋1a2≥a＋1a
C.a＋3－a＋1a＋2－a
D．|a－b|＋1a－b≥2
4．(2010广东)在集合{a，b，c，d}上定义两种运算⊕和如下：
那么d(a⊕c)等于()
A．aB．bC．cD．d
5．(2011东北三省四市联考)设x、y、z∈R＋，a＝x＋1y，b＝y＋1z，c＝z＋1x，则a、b、c三数()
A．至少有一个不大于2B．都小于2
C．至少有一个不小于2D．都大于2
探究点一综合法
例1已知a，b，c都是实数，求证：a2＋b2＋c2≥13(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.

变式迁移1设a，b，c0，证明：
a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c.

探究点二分析法
例2(2011马鞍山月考)若a，b，c是不全相等的正数，求证：
lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2lga＋lgb＋lgc.

变式迁移2已知a0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.

探究点三反证法
例3若x，y都是正实数，且x＋y2，
求证：1＋xy2与1＋yx2中至少有一个成立．

变式迁移3若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋π2，b＝y2－2z＋π3，c＝z2－2x＋π6.求证：a，b，c中至少有一个大于0.

转化与化归思想的应用
例(12分)(2010上海改编)若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.
(1)若x2－1比1远离0，求x的取值范围．
(2)对任意两个不相等的正数a、b，证明：a3＋b3比a2b＋ab2远离2abab.
多角度审题(1)本题属新定义题，根据“远离”的含义列出不等式，然后加以求解．
(2)第(2)小题，实质是证明不等式|a3＋b3－2abab||a2b＋ab2－2abab|成立．证明时注意提取公因式及配方法的运用．
【答题模板】
(1)解由题意得x2－1＞1，
即x2－1＞1或x2－1＜－1.[2分]
由x2－1＞1，得x2＞2，即x＜－2或x＞2；由x2－1＜－1，得x∈.
综上可知x的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．[4分]
(2)证明由题意知即证a3＋b3－2abab＞a2b＋ab2－2abab成立．[6分]
∵a≠b，且a、b都为正数，
∴a3＋b3－2abab＝a32＋b32－2a3b3＝a3－b32＝(aa－bb)2，
a2b＋ab2－2abab＝aba＋b－2ab＝ab(a－b)2＝(ab－ba)2，[8分]
即证(aa－bb)2－(ab－ba)2＞0，
即证(aa－bb－ab＋ba)(aa－bb＋ab－ba)＞0，
需证a－ba＋ba－ba＋b＞0，[10分]
即证(a＋b)(a－b)2＞0，∵a、b都为正数且a≠b，∴上式成立．故原命题成立．[12分]
【突破思维障碍】
1．准确理解题意，提炼出相应不等式是解决问题的关键．
2．代数式|a3＋b3－2abab|与|a2b＋ab2－2abab|中的绝对值符号去掉为后续等价变形提供了方便．
【易错点剖析】
1．推理论证能力较差，绝对值符号不会去．
2．运用能力较差，不能有效地进行式子的等价变形或中间变形出错．
1．综合法是从条件推导到结论的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证的结论．即由因导果．
2．分析法是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．即执果索因，用分析法寻找解题思路，再用综合法书写，这样比较有条理，叫分析综合法．
3．用反证法证明问题的一般步骤：
(1)反设：假定所要证的结论不成立，即结论的反面(否定命题)成立；(否定结论)
(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的公理、定义、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)
(3)结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立．(结论成立)
(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．用反证法证明命题“若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是()
A．假设a、b、c都是偶数
B．假设a、b、c都不是偶数
C．假设a、b、c至多有一个偶数
D．假设a、b、c至多有两个偶数
2．(2011济南模拟)a，b，c为互不相等的正数，且a2＋c2＝2bc，则下列关系中可能成立的是()
A．abcB．bca
C．bacD．acb
3．设a、b、c∈(0，＋∞)，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR0”是“P、Q、R同时大于零”的()
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分且必要条件D．既不充分也不必要条件
4．(2010上海普陀2月统考)已知a、b是非零实数，且ab，则下列不等式中成立的是()
A.ba1B．a2b2
C．|a＋b||a－b|D.1ab21a2b
5．(2011厦门月考)如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则()
A．△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形
B．△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形
C．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形
D．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2011江苏前黄高级中学模拟)某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在[0,1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如果对于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)||x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|12.那么他的反设应该是______________________________．
7．对于任意实数a，b定义运算a*b＝(a＋1)(b＋1)－1，给出以下结论：
①对于任意实数a，b，c，有a*(b＋c)＝(a*b)＋(a*c)；
②对于任意实数a，b，c，有a*(b*c)＝(a*b)*c；
③对于任意实数a，有a*0＝a.则以上结论正确的是________．(写出你认为正确的结论的所有序号)
8．(2011揭阳模拟)已知三棱锥S—ABC的三视图如图所示：在原三棱锥中给出下列命题：
①BC⊥平面SAC；②平面SBC⊥平面SAB；③SB⊥AC.
其中命题正确的是________(填序号)．
三、解答题(共38分)
9．(12分)已知非零向量a、b，a⊥b，求证：|a|＋|b||a－b|≤2.

10．(12分)(2011宁波月考)已知a、b、c0，求证：a3＋b3＋c3≥13(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)．

11．(14分)(2011宁波月考)已知a、b、c∈(0,1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于14.
学案38直接证明与间接证明
自主梳理
1．(1)①推理论证成立(2)①要证明的结论充分条件
2．不成立矛盾
自我检测
1．A[由分析法的定义可知．]
2．D[因为3a3b的否定是3a≤3b，
即3a＝3b或3a3b.]
3．D[D选项成立时需得证a－b0.A中|a－b|＋|c－b|≥|(a－b)－(c－b)|＝|a－c|，B作差可证；
C移项平方可证．]
4．A[由所给的定义运算知a⊕c＝c，dc＝a.]
5．C[a＋b＋c＝x＋1y＋y＋1z＋z＋1x≥6，
因此a、b、c至少有一个不小于2.]
课堂活动区
例1解题导引综合法证明不等式，要特别注意基本不等式的运用和对题设条件的运用．这里可从基本不等式相加的角度先证得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca成立，再进一步得出结论．
证明∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
三式相加得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
∴3a2＋3b2＋3c2≥(a2＋b2＋c2)＋2(ab＋bc＋ca)
＝(a＋b＋c)2.
∴a2＋b2＋c2≥13(a＋b＋c)2；
∵a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
∴a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)
≥ab＋bc＋ca＋2(ab＋bc＋ca)，
∴(a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ca)．
∴原命题得证．
变式迁移1证明∵a，b，c0，根据基本不等式，
有a2b＋b≥2a，b2c＋c≥2b，c2a＋a≥2c.
三式相加：a2b＋b2c＋c2a＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)．
即a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c.
例2解题导引当所给的条件简单，而所证的结论复杂，一般采用分析法．含有根号、对数符号、绝对值的不等式，若从题设不易推导时，可以考虑分析法．
证明要证lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2lga＋lgb＋lgc，
只需证lga＋b2b＋c2c＋a2lg(abc)，
只需证a＋b2b＋c2c＋a2abc.(中间结果)
因为a，b，c是不全相等的正数，
则a＋b2≥ab0，b＋c2≥bc0，c＋a2≥ca0.
且上述三式中的等号不全成立，
所以a＋b2b＋c2c＋a2abc.(中间结果)
所以lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2lga＋lgb＋lgc.
变式迁移2证明要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，
只要证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2.
∵a0，故只要证a2＋1a2＋22≥a＋1a＋22，
即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4
≥a2＋2＋1a2＋22a＋1a＋2，
从而只要证2a2＋1a2≥2a＋1a，
只要证4a2＋1a2≥2a2＋2＋1a2，
即a2＋1a2≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立．
例3解题导引(1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是①与已知条件矛盾，②与假设矛盾，③与定义、公理、定理矛盾，④与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器．
(2)利用反证法证明问题时，要注意与之矛盾的定理不能是用本题的结论证明的定理，否则，将出现循环论证的错误．
证明假设1＋xy2和1＋yx2都不成立，
则有1＋xy≥2和1＋yx≥2同时成立，
因为x0且y0，
所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x，
两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，
所以x＋y≤2，
这与已知条件x＋y2相矛盾，
因此1＋xy2与1＋yx2中至少有一个成立．
变式迁移3证明假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0.
∵a＝x2－2y＋π2，b＝y2－2z＋π3，c＝z2－2x＋π6，
∴x2－2y＋π2＋y2－2z＋π3＋z2－2x＋π6
＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋(π－3)≤0，①
又∵(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，π－30，
∴(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋(π－3)0.②
①式与②式矛盾，∴假设不成立，即a，b，c中至少有一个大于0.
课后练习区
1．B
2．C[由a2＋c22ac2bc2acba，可排除A、D，令a＝2，c＝1，可得b＝52，可知C可能成立．]
3．C[必要性是显然成立的，当PQR0时，若P、Q、R不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P0，Q0，R0，则Q＋R＝2c0，这与c0矛盾，即充分性也成立．]
4．D[ba1b－aa0a(a－b)0.
∵ab，∴a－b0.而a可能大于0，也可能小于0，
因此a(a－b)0不一定成立，即A不一定成立；
a2b2(a－b)(a＋b)0，∵a－b0，只有当a＋b0时，a2b2成立，故B不一定成立；
|a＋b||a－b|(a＋b)2(a－b)2ab0，
而ab0也有可能，故C不一定成立；
由于1ab21a2ba－ba2b20(a－b)a2b20.
∵a，b非零，ab，∴上式一定成立，因此只有D正确．]
5．D[由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则△A1B1C1是锐角三角形，假设△A2B2C2是锐角三角形，
由sinA2＝cosA1＝sinπ2－A1，sinB2＝cosB1＝sinπ2－B1，sinC2＝cosC1＝sinπ2－C1，得A2＝π2－A1，B2＝π2－B1，C2＝π2－C1，
那么，A2＋B2＋C2＝π2，
这与三角形内角和为π相矛盾，所以假设不成立，所以△A2B2C2是钝角三角形．]
6．“x1，x2∈[0,1]，使得|f(x1)－f(x2)||x1－x2|，
则|f(x1)－f(x2)|≥12”
7．②③
解析按新定义，可以验证a*(b＋c)≠(a*b)＋(a*c)；
所以①不成立；而a*(b*c)＝(a*b)*c成立，
a*0＝(a＋1)(0＋1)－1＝a.
所以正确的结论是②③.
8．①
解析
由三视图知，在三棱锥S—ABC中，底面ABC为直角三角形且∠ACB＝90°，即BC⊥AC，
又SA⊥底面ABC，
∴BC⊥SA，由于SA∩AC＝A，
∴BC⊥平面SAC.
所以命题①正确．
由已知推证不出②③命题正确．故填①.
9．证明∵a⊥b，∴ab＝0.(2分)
要证|a|＋|b||a－b|≤2，只需证：|a|＋|b|≤2|a－b|，(4分)
平方得：|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2(|a|2＋|b|2－2ab)，(8分)
只需证：|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，(10分)
即(|a|－|b|)2≥0，显然成立．故原不等式得证.(12分)
10．证明∵a2＋b2≥2ab，a、b、c0，
∴(a2＋b2)(a＋b)≥2ab(a＋b)，(3分)
∴a3＋b3＋a2b＋ab2≥2ab(a＋b)＝2a2b＋2ab2，
∴a3＋b3≥a2b＋ab2.(6分)
同理，b3＋c3≥b2c＋bc2，a3＋c3≥a2c＋ac2，
将三式相加得，
2(a3＋b3＋c3)≥a2b＋ab2＋b2c＋bc2＋a2c＋ac2.(9分)
∴3(a3＋b3＋c3)≥(a3＋a2b＋a2c)＋(b3＋b2a＋b2c)＋(c3＋c2a＋c2b)＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2)．
∴a3＋b3＋c3≥13(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)．(12分)
11．证明方法一假设三式同时大于14，
即(1－a)b14，(1－b)c14，(1－c)a14，(3分)
∵a、b、c∈(0,1)，
∴三式同向相乘得(1－a)b(1－b)c(1－c)a164.
(8分)
又(1－a)a≤1－a＋a22＝14，(10分)
同理(1－b)b≤14，(1－c)c≤14，
∴(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤164，(12分)
这与假设矛盾，故原命题正确．(14分)
方法二假设三式同时大于14，
∵0a1，∴1－a0，(2分)
1－a＋b2≥1－ab14＝12，(8分)
同理1－b＋c212，1－c＋a212，(10分)
三式相加得3232，这是矛盾的，故假设错误，
∴原命题正确．(14分)

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高考数学（理科）一轮复习函数与方程学案有答案

一位优秀的教师不打无准备之仗，会提前做好准备，教师要准备好教案，这是教师需要精心准备的。教案可以让上课时的教学氛围非常活跃，使教师有一个简单易懂的教学思路。那么，你知道教案要怎么写呢？为了让您在使用时更加简单方便，下面是小编整理的“高考数学（理科）一轮复习函数与方程学案有答案”，欢迎您阅读和收藏，并分享给身边的朋友！

学案11函数与方程
导学目标：1.结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，会判断一元二次方程根的存在性及根的个数.2.根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似值．
自主梳理
1．函数零点的定义
(1)对于函数y＝f(x)(x∈D)，把使________成立的实数x叫做函数y＝f(x)(x∈D)的零点．
(2)方程f(x)＝0有实根函数y＝f(x)的图象与____有交点函数y＝f(x)有________．
2．函数零点的判定
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有____________，那么函数y＝f(x)在区间________内有零点，即存在c∈(a，b)，使得________，这个____也就是f(x)＝0的根．我们不妨把这一结论称为零点存在性定理．
3．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a0)的图象与零点的关系
Δ0Δ＝0Δ0
二次函数y＝ax2＋bx＋c
(a0)的图象

与x轴的交点________，
________________无交点
零点个数________________________
4.用二分法求函数f(x)零点近似值的步骤
第一步，确定区间[a，b]，验证________________，给定精确度ε；
第二步，求区间(a，b)的中点c；
第三步，计算______：
①若________，则c就是函数的零点；
②若________，则令b＝c[此时零点x0∈(a，c)]；
③若________，则令a＝c[此时零点x0∈(c，b)]；
第四步，判断是否达到精确度ε：即若|a－b|ε，则得到零点近似值a(或b)；否则重复第二、三、四步．
自我检测
1．(2010福建)f(x)＝x2＋2x－3，x≤0－2＋lnxx0的零点个数为()
A．0B．1C．2D．3
2．若函数y＝f(x)在R上递增，则函数y＝f(x)的零点()
A．至少有一个B．至多有一个
C．有且只有一个D．可能有无数个
3．如图所示的函数图象与x轴均有交点，其中不能用二分法求图中交点横坐标的是()
A．①②B．①③
C．①④D．③④
4．设f(x)＝3x＋3x－8，用二分法求方程3x＋3x－8＝0在x∈(1,2)内近似解的过程中得f(1)0，f(1.5)0，f(1.25)0，则方程的根所在的区间是()
A．(1,1.25)B．(1.25,1.5)
C．(1.5,2)D．不能确定
5．(2011福州模拟)若函数f(x)的零点与g(x)＝4x＋2x－2的零点之差的绝对值不超过0.25，则f(x)可以是()
A．f(x)＝4x－1B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex－1D．f(x)＝ln(x－0.5)
探究点一函数零点的判断
例1判断函数y＝lnx＋2x－6的零点个数．

变式迁移1(2011烟台模拟)若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－log3|x|的零点个数是()
A．多于4个B．4个
C．3个D．2个
探究点二用二分法求方程的近似解
例2求方程2x3＋3x－3＝0的一个近似解(精确度0.1)．

变式迁移2(2011淮北模拟)用二分法研究函数f(x)＝x3＋lnx＋12的零点时，第一次经计算f(0)0，0，可得其中一个零点x0∈________，第二次应计算________．以上横线上应填的内容为()
A.0，12B．(0,1)f12
C.12，1D.0，12
探究点三利用函数的零点确定参数
例3已知a是实数，函数f(x)＝2ax2＋2x－3－a，如果函数y＝f(x)在区间[－1,1]上有零点，求a的取值范围．
变式迁移3若函数f(x)＝4x＋a2x＋a＋1在(－∞，＋∞)上存在零点，求实数a的取值范围．
1．全面认识深刻理解函数零点：
(1)从“数”的角度看：即是使f(x)＝0的实数x；
(2)从“形”的角度看：即是函数f(x)的图象与x轴交点的横坐标；
(3)若函数f(x)的图象在x＝x0处与x轴相切，则零点x0通常称为不变号零点；
(4)若函数f(x)的图象在x＝x0处与x轴相交，则零点x0通常称为变号零点．
2．求函数y＝f(x)的零点的方法：
(1)(代数法)求方程f(x)＝0的实数根(常用公式法、因式分解法、直接求解法等)；
(2)(几何法)对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数y＝f(x)的图象联系起来，并利用函数的性质找出零点；
(3)(二分法)主要用于求函数零点的近似值，二分法的条件f(a)f(b)0表明：用二分法求函数的近似零点都是指变号零点．
3．有关函数零点的重要结论：
(1)若连续不间断的函数f(x)是定义域上的单调函数，则f(x)至多有一个零点；
(2)连续不间断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号；
(3)连续不间断的函数图象通过零点时，函数值符号可能不变．
(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010天津)函数f(x)＝2x＋3x的零点所在的一个区间是()
A．(－2，－1)B．(－1,0)
C．(0,1)D．(1,2)
2．(2011福州质检)已知函数f(x)＝log2x－13x，若实数x0是方程f(x)＝0的解，且0x1x0，则f(x1)的值()
A．恒为负B．等于零
C．恒为正D．不小于零
3．下列函数图象与x轴均有公共点，其中能用二分法求零点的是()
4．函数f(x)＝(x－2)(x－5)－1有两个零点x1、x2，且x1x2，则()
A．x12,2x25
B．x12，x25
C．x12，x25
D．2x15，x25
5．(2011厦门月考)设函数f(x)＝4x－4，x≤1x2－4x＋3，x1，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数是()
A．4B．3C．2D．1
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．定义在R上的奇函数f(x)满足：当x0时，f(x)＝2006x＋log2006x，则在R上，函数f(x)零点的个数为________．
7．(2011深圳模拟)已知函数f(x)＝x＋2x，g(x)＝x＋lnx，h(x)＝x－x－1的零点分别为x1，x2，x3，则x1，x2，x3的大小关系是______________．
8．(2009山东)若函数f(x)＝ax－x－a(a0，且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)已知函数f(x)＝x3－x2＋x2＋14.
证明：存在x0∈(0，12)，使f(x0)＝x0.

10．(12分)已知二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少存在一个实数c，使f(c)0，求实数p的取值范围．
11．(14分)(2011杭州调研)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－a2，3a2c2b，求证：
(1)a0且－3ba－34；
(2)函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点；
(3)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，则2≤|x1－x2|574.

答案自主梳理
1．(1)f(x)＝0(2)x轴零点2.f(a)f(b)0(a，b)f(c)＝0c3.(x1,0)(x2,0)(x1,0)两个一个无4.f(a)f(b)0f(c)①f(c)＝0②f(a)f(c)0③f(c)f(b)0
自我检测
1．C[当x≤0时，令x2＋2x－3＝0，
解得x＝－3；
当x0时，令－2＋lnx＝0，解得x＝e2，
所以已知函数有两个零点．]
2．B3.B4.B5.A
课堂活动区
例1解题导引判断函数零点个数最常用的方法是令f(x)＝0，转化为方程根的个数，解出方程有几个根，函数y＝f(x)就有几个零点，如果方程的根解不出，还有两种方法判断：方法一是基本方法，是利用零点的存在性原理，要注意参考单调性可判定零点的唯一性；方法二是数形结合法，要注意作图技巧．
解方法一设f(x)＝lnx＋2x－6，
∵y＝lnx和y＝2x－6均为增函数，
∴f(x)也是增函数．
又∵f(1)＝0＋2－6＝－40，f(3)＝ln30，
∴f(x)在(1,3)上存在零点．又f(x)为增函数，
∴函数在(1,3)上存在唯一零点．
方法二在同一坐标系画出y＝lnx与y＝6－2x的图象，由图可知两图象只有一个交点，故函数y＝lnx＋2x－6只有一个零点．
变式迁移1B[由题意知f(x)是偶函数并且周期为2.由f(x)－log3|x|＝0，得f(x)＝log3|x|，令y＝f(x)，y＝log3|x|，这两个函数都是偶函数，画两函数y轴右
边的图象如图，两函数有两个交点，因此零点个数在x≠0，x∈R的范围内共4个．]
例2解题导引①用二分法求函数的零点时，最好是利用表格，将计算过程所得的各个区间、中点坐标、区间中点的函数值等置于表格中，可清楚地表示出逐步缩小零点所在区间的过程，有时也可利用数轴来表示这一过程；
②在确定方程近似解所在的区间时，转化为求方程对应函数的零点所在的区间，找出的区间[a，b]长度尽可能小，且满足f(a)f(b)0；
③求方程的近似解，所要求的精确度不同得到的结果也不同，精确度ε，是指在计算过程中得到某个区间(a，b)后，直到|a－b|ε时，可停止计算，其结果可以是满足精确度的最后小区间的端点或区间内的任一实数，结果不唯一．
解设f(x)＝2x3＋3x－3.
经计算，f(0)＝－30，f(1)＝20，
所以函数在(0,1)内存在零点，
即方程2x3＋3x－3＝0在(0,1)内有解．
取(0,1)的中点0.5，经计算f(0.5)0，
又f(1)0，所以方程2x3＋3x－3＝0在(0.5,1)内有解，
如此继续下去，得到方程的一个实数解所在的区间，如下表.
(a，b)(a，b)
的中点fa＋b2

(0,1)0.5f(0.5)0
(0.5,1)0.75f(0.75)0
(0.5,0.75)0.625f(0.625)0
(0.625,0.75)0.6875f(0.6875)0
(0.6875,0.75)|0.6875－0.75|＝0.06250.1
至此，可以看出方程的根落在区间长度小于0.1的区间(0.6875,0.75)内，可以将区间端点0.6875作为函数f(x)零点的近似值．因此0.6875是方程2x3＋3x－3＝0精确度0.1的一个近似解．
变式迁移2D[由于f(0)0，f120，而f(x)＝x3＋lnx＋12中的x3及lnx＋12在－12，＋∞上是增函数，故f(x)在－12，＋∞上也是增函数，
故f(x)在0，12上存在零点，所以x0∈0，12，
第二次计算应计算0和12在数轴上对应的中点
x1＝0＋122＝14.]
例3解若a＝0，f(x)＝2x－3，显然在[－1，1]上没有零点，所以a≠0.
令Δ＝4＋8a(3＋a)＝8a2＋24a＋4＝0，
解得a＝－3±72.
①当a＝－3－72时，f(x)＝0的重根x＝3－72∈[－1,1]，
当a＝－3＋72时，f(x)＝0的重根x＝3＋72[－1,1]，
∴y＝f(x)恰有一个零点在[－1,1]上；
②当f(－1)f(1)＝(a－1)(a－5)0，
即1a5时，y＝f(x)在[－1,1]上也恰有一个零点．
③当y＝f(x)在[－1,1]上有两个零点时，则
a0Δ＝8a2＋24a＋40－1－12a1f1≥0f－1≥0，或a0Δ＝8a2＋24a＋40－1－12a1f1≤0f－1≤0，
解得a≥5或a－3－72.
综上所述实数a的取值范围是a1或a≤－3－72.
变式迁移3解方法一(换元)
设2x＝t，则函数f(x)＝4x＋a2x＋a＋1化为g(t)＝t2＋at＋a＋1(t∈(0，＋∞))．
函数f(x)＝4x＋a2x＋a＋1在(－∞，＋∞)上存在零点，等价于方程t2＋at＋a＋1＝0，①有正实数根．
(1)当方程①有两个正实根时，
a应满足Δ＝a2－4a＋1≥0t1＋t2＝－a0t1t2＝a＋10，
解得：－1a≤2－22；
(2)当方程①有一正根一负根时，只需t1t2＝a＋10，
即a－1；
(3)当方程①有一根为0时，a＝－1，此时方程①的另一根为1.
综上可知a≤2－22.
方法二令g(t)＝t2＋at＋a＋1(t∈(0，＋∞))．
(1)当函数g(t)在(0，＋∞)上存在两个零点时，
实数a应满足Δ＝a2－4a＋1≥0－a20g0＝a＋10，
解得－1a≤2－22；
(2)当函数g(t)在(0，＋∞)上存在一个零点，另一个零点在(－∞，0)时，实数a应满足g(0)＝a＋10，
解得a－1；
(3)当函数g(t)的一个零点是0时，g(0)＝a＋1＝0，a＝－1，此时可以求得函数g(t)的另一个零点是1.
综上(1)(2)(3)知a≤2－22.
课后练习区
1．B[因为f(－1)＝12－30，f(0)＝10，
所以f(x)在区间(－1,0)上存在零点．]
2．A
3．C[能用二分法求零点的函数必须在给定区间[a，b]上连续不断，并且有f(a)f(b)0.A、B中不存在f(x)0，D中函数不连续．]
4．C
5．B[当x≤1时，函数f(x)＝4x－4与g(x)＝log2x的图象有两个交点，可得h(x)有两个零点，当x1时，函数f(x)＝x2－4x＋3与g(x)＝log2x的图象有1个交点，可得函数h(x)有1个零点，∴函数h(x)共有3个零点．]
6．3
解析函数f(x)为R上的奇函数，因此f(0)＝0，当x0时，f(x)＝2006x＋log2006x在区间(0，12006)内存在一个零点，又f(x)为增函数，因此在(0，＋∞)内有且仅有一个零点．根据对称性可知函数在(－∞，0)内有且仅有一解，从而函数在R上的零点的个数为3.
7．x1x2x3
解析令x＋2x＝0，即2x＝－x，设y＝2x，y＝－x；
令x＋lnx＝0，即lnx＝－x，
设y＝lnx，y＝－x.
在同一坐标系内画出y＝2x，y＝lnx，y＝－x，如图：x10x21，令x－x－1＝0，则(x)2－x－1＝0，
∴x＝1＋52，
即x3＝3＋521，所以x1x2x3.
8．a1
解析设函数y＝ax(a0，且a≠1)和函数y＝x＋a，则函数f(x)＝ax－x－a(a0，且a≠1)有两个零点，就是函数y＝ax(a0，且a≠1)与函数y＝x＋a有两个交点，由图象可知当0a1时两函数只有一个交点，不符合；当a1时，因为函数y＝ax(a1)的图象过点(0,1)，而直线y＝x＋a所过的点一定在点(0,1)的上方，所以一定有两个交点，所以实数a的取值范围是a1.
9．证明令g(x)＝f(x)－x.………………………………………………………………(2分)
∵g(0)＝14，g(12)＝f(12)－12＝－18，
∴g(0)g(12)0.……………………………………………………………………………(8分)
又函数g(x)在(0，12)上连续，…………………………………………………………(10分)
所以存在x0∈(0，12)，使g(x0)＝0.
即f(x0)＝x0.………………………………………………………………………………(12分)
10．解二次函数f(x)在区间[－1,1]内至少存在一个实数c，
使f(c)0的否定是：对于区间[－1,1]内的任意一个x都有f(x)≤0.……………………(4分)
此时f1≤0f－1≤0，即2p2＋3p－9≥02p2－p－1≥0，解得：
p≥32或p≤－3.…………………………………………………………………………(10分)
∴二次函数f(x)在区间[－1,1]内至少存在一个实数c，使f(c)0的实数p的取值范围是
－3p32.…………………………………………………………………………………(12分)
11．证明(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－a2，
∴3a＋2b＋2c＝0.
又3a2c2b，∴3a0,2b0，
∴a0，b0.
又2c＝－3a－2b，由3a2c2b，
∴3a－3a－2b2b.
∵a0，∴－3ba－34.……………………………………………………………………(4分)
(2)∵f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c＝a－c.
①当c0时，∵a0，
∴f(0)＝c0且f(1)＝－a20，
∴函数f(x)在区间(0,1)内至少有一个零点．……………………………………………(7分)
②当c≤0时，
∵a0，
∴f(1)＝－a20且f(2)＝a－c0，
∴函数f(x)在区间(1,2)内至少有一个零点．
综合①②得f(x)在(0,2)内至少有一个零点．……………………………………………(10分)
(3)∵x1，x2是函数f(x)的两个零点，则x1，x2是方程ax2＋bx＋c＝0的两根．
∴x1＋x2＝－ba，x1x2＝ca＝－32－ba.
∴|x1－x2|＝x1＋x22－4x1x2
＝－ba2－4－32－ba
＝ba＋22＋2.(12分)
∵－3ba－34，
∴2≤|x1－x2|574.……………………………………………………………………(14分)

高考数学（理科）一轮复习指数与指数函数学案有答案

学案7指数与指数函数
导学目标：1.了解指数函数模型的实际背景.2.理解有理指数幂的含义，了解实数指数幂的意义，掌握幂的运算．
3．理解指数函数的概念，并掌握指数函数的单调性与函数图象通过的特殊点.4.知道指数函数是一类重要的函数模型．
自主梳理
1．指数幂的概念
(1)根式
如果一个数的n次方等于a(n1且n∈N*)，那么这个数叫做a的n次方根．也就是，若xn＝a，则x叫做________，其中n1且n∈N*.式子na叫做________，这里n叫做________，a叫做____________．
(2)根式的性质
①当n为奇数时，正数的n次方根是一个正数，负数的n次方根是一个负数，这时，a的n次方根用符号________表示．
②当n为偶数时，正数的n次方根有两个，它们互为相反数，这时，正数的正的n次方根用符号________表示，负的n次方根用符号________表示．正负两个n次方根可以合写成________(a0)．
③(na)n＝____.
④当n为偶数时，nan＝|a|＝a，a≥0，－a，a0.
⑤当n为奇数时，nan＝____.
⑥负数没有偶次方根．
⑦零的任何次方根都是零．
2．有理指数幂
(1)分数指数幂的表示
①正数的正分数指数幂是
＝________(a0，m，n∈N*，n1)．
②正数的负分数指数幂是
＝____________＝______________(a0，m，n∈N*，n1)．
③0的正分数指数幂是______，0的负分数指数幂无意义．
(2)有理指数幂的运算性质
①aras＝________(a0，r，s∈Q)．
②(ar)s＝________(a0，r，s∈Q)．
③(ab)r＝________(a0，b0，r∈Q)．
3．指数函数的图象与性质
a10a1
图象

定义域(1)________
值域(2)________
性质(3)过定点________
(4)当x0时，______；当x0时，______(5)当x0时，________；当x0时，______
(6)在(－∞，＋∞)上是______(7)在(－∞，＋∞)上是______
自我检测
1．下列结论正确的个数是()
①当a0时，＝a3；
②nan＝|a|；
③函数y＝－(3x－7)0的定义域是(2，＋∞)；
④若100a＝5,10b＝2，则2a＋b＝1.
A．0B．1C．2D．3
2．函数y＝(a2－3a＋3)ax是指数函数，则有()
A．a＝1或a＝2B．a＝1
C．a＝2D．a0且a≠1

3．如图所示的曲线C1，C2，C3，C4分别是函数y＝ax，y＝bx，y＝cx，y＝dx的图象，则a，b，c，d的大小关系是()
A．ab1cd
B．ab1dc
C．ba1cd
D．ba1dc
4．若a1，b0，且ab＋a－b＝22，则ab－a－b的值等于()
A.6B．2或－2
C．－2D．2
5．(2011六安模拟)函数f(x)＝ax－b的图象如图，其中a、b为常数，则下列结论正确的是()
A．a1，b0
B．a1，b0
C．0a1，b0
D．0a1，b0
探究点一有理指数幂的化简与求值
例1已知a，b是方程9x2－82x＋9＝0的两根，且ab，
求：(1)a－1＋b－1ab－1；÷3a－83a15.

变式迁移1化简(a、b0)的结果是()
A.baB．abC.abD．a2b
探究点二指数函数的图象及其应用
例2已知函数y＝(13)|x＋1|.
(1)作出函数的图象(简图)；
(2)由图象指出其单调区间；
(3)由图象指出当x取什么值时有最值，并求出最值．

变式迁移2(2009山东)函数y＝ex＋e－xex－e－x的图象大致为()
探究点三指数函数的性质及应用
例3如果函数y＝a2x＋2ax－1(a0且a≠1)在区间[－1,1]上的最大值是14，求a的值．

变式迁移3(2011龙岩月考)已知函数f(x)＝(12x－1＋12)x3.
(1)求f(x)的定义域；
(2)证明：f(－x)＝f(x)；
(3)证明：f(x)0.

分类讨论思想的应用
例(12分)已知f(x)＝aa2－1(ax－a－x)(a0且a≠1)．
(1)判断f(x)的奇偶性；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)当x∈[－1,1]时f(x)≥b恒成立，求b的取值范围．
【答题模板】
解(1)函数定义域为R，关于原点对称．
又因为f(－x)＝aa2－1(a－x－ax)＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数．[3分]
(2)当a1时，a2－10，
y＝ax为增函数，y＝a－x为减函数，从而y＝ax－a－x为增函数，
所以f(x)为增函数．[5分]
当0a1时，a2－10，
y＝ax为减函数，y＝a－x为增函数，从而y＝ax－a－x为减函数，
所以f(x)为增函数．
故当a0，且a≠1时，f(x)在定义域内单调递增．[7分]
(3)由(2)知f(x)在R上是增函数，
∴在区间[－1,1]上为增函数，
∴f(－1)≤f(x)≤f(1)，
∴f(x)min＝f(－1)＝aa2－1(a－1－a)＝aa2－11－a2a
＝－1.[10分]
∴要使f(x)≥b在[－1,1]上恒成立，则只需b≤－1，
故b的取值范围是(－∞，－1]．[12分]
【突破思维障碍】
本例第(2)(3)问是难点，讨论f(x)的单调性对参数a如何分类，分类的标准和依据是思维障碍之一．
【易错点剖析】
在(2)中，函数的单调性既与ax－a－x有关，还与aa2－1的符号有关，若没考虑aa2－1的符号就会出错，另外分类讨论完，在表达单调性的结论时，要综合讨论分类的情况，如果没有一个总结性的表达也要扣分，在表达时如果不呈现a的题设条件中的范围也是错误的．
1．一般地，进行指数幂的运算时，化负指数为正指数，化根式为分数指数幂，化小数为分数进行运算，便于用运算性质进行乘、除、乘方、开方运算，可以达到化繁为简的目的．
2．比较两个指数幂大小时，尽量化同底数或同指数，当底数相同，指数不同时，构造同一指数函数，然后比较大小；当指数相同，底数不同时，构造两个指数函数，利用图象比较大小．
3．指数函数在同一直角坐标系中的图象的相对位置与底数大小的关系如图所示，则0cd1ab.在y轴右侧，图象从上到下相应的底数由大变小；在y轴左侧，图象从下到上相应的底数由大变小；即无论在y轴的左侧还是右侧，底数按逆时针方向变大．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．函数y＝的值域是()
A．[0，＋∞)B．[1，＋∞)
C．(－∞，＋∞)D．[2，＋∞)
2．(2011金华月考)函数y＝xax|x|(0a1)的图象的大致形状是()
3．(2010重庆)函数f(x)＝4x＋12x的图象()
A．关于原点对称B．关于直线y＝x对称
C．关于x轴对称D．关于y轴对称
4．定义运算a?b＝aa≤b，bab，则函数f(x)＝1?2x的图象是()

5．若关于x的方程|ax－1|＝2a(a0，a≠1)有两个不等实根，则a的取值范围是()
A．(0,1)∪(1，＋∞)B．(0,1)
C．(1，＋∞)D．(0，12)
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2011嘉兴月考)函数f(x)＝－x＋3a，x0，ax，x≥0(a0且a≠1)是R上的减函数，则a的取值范围是________．
7．(2010江苏)设函数f(x)＝x(ex＋ae－x)，x∈R是偶函数，则实数a＝________.
8．若函数f(x)＝ax－1(a0且a≠1)的定义域和值域都是[0,2]，则实数a的值为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011衡阳模拟)已知定义域为R的函数f(x)＝－2x＋b2x＋1＋a是奇函数．
(1)求a，b的值；
(2)若对任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)0恒成立，求k的取值范围．

10．(12分)(2010北京丰台区期末)已知函数f(x)＝3x，f(a＋2)＝18，g(x)＝λ3ax－4x的定义域为[0,1]．
(1)求a的值．
(2)若函数g(x)在区间[0,1]上是单调递减函数，求实数λ的取值范围．

11．(14分)(2011东莞模拟)函数y＝1＋2x＋4xa在x∈(－∞，1]上y0恒成立，求a的取值范围．

答案自主梳理
1．(1)a的n次方根根式根指数被开方数(2)①na②na－na±na③a⑤a2.(1)①nam②1nam③0(2)①ar＋s②ars③arbr3.(1)R(2)(0，＋∞)(3)(0,1)(4)y10y1(5)0y1y1(6)增函数(7)减函数
自我检测
1．B[只有④正确．①中a0时，0，a30，所以≠a3；②中，n为奇数时且a0时，nan＝a；③中定义域为[2，73)∪(73，＋∞)．]
2．C[∵y＝(a2－3a＋3)ax是指数函数，∴a2－3a＋3＝1，解得a＝2或a＝1(舍去)．]
3．D[y轴左、右的图象对应函数的底数按逆时针方向增大．所以cd1,1ab0.]
4．D[(ab－a－b)2＝(ab＋a－b)2－4＝4，
∵a1，b0，∴ab1,0a－b1，∴ab－a－b＝2.]
5．D[由f(x)＝ax－b的图象可以观察出，函数f(x)＝ax－b在定义域上单调递减，所以0a1；
函数f(x)＝ax－b的图象是在f(x)＝ax的基础上向左平移得到的，所以b0.]
课堂活动区
例1解题导引1.指数幂的化简原则
(1)化负数指数为正指数；
(2)化根式为分数指数幂；
(3)化小数为分数．
2．指数幂的化简结果要求为
有关有理指数幂的化简结果不要同时含有根号和分数指数幂，也不要既有分母又含有负指幂，即尽量化成与题目表示形式一致且统一的最简结果．
解∵a，b是方程的两根，而由9x2－82x＋9＝0解得x1＝19，x2＝9，且ab，
故a＝19，b＝9，
(1)化去负指数后求解．
a－1＋b－1ab－1＝1a＋1b1ab＝a＋bab1ab＝a＋b.
∵a＝19，b＝9，∴a＋b＝829，即原式＝829.
(2)原式＝÷()＝＝.
∵a＝19，
∴原式＝3.
变式迁移1C[原式＝
＝＝ab－1＝ab.]
例2解题导引在作函数图象时，首先要研究函数与某一基本函数的关系，然后通过平移、对称或伸缩来完成．
解(1)方法一由函数解析式可得
y＝(13)|x＋1|＝13x＋1，x≥－1，3x＋1，x－1.

其图象由两部分组成：
一部分是：y＝(13)x(x≥0)――→向左平移1个单位
y＝(13)x＋1(x≥－1)；
另一部分是：y＝3x(x0)――→向左平移1个单位y＝3x＋1(x－1)．
如图所示．
方法二①由y＝(13)|x|可知函数是偶函数，其图象关于y轴对称，故先作出y＝(13)x的图象，保留x≥0的部分，当x0时，其图象是将y＝(13)x(x≥0)图象关于y轴对折，从而得出y＝(13)|x|的图象．
②将y＝(13)|x|向左移动1个单位，即可得y＝(13)|x＋1|的图象，如图所示．
(2)由图象知函数在(－∞，－1]上是增函数，在[－1，＋∞)上是减函数．
(3)由图象知当x＝－1时，有最大值1，无最小值．
变式迁移2A[y＝ex＋e－xex－e－x＝1＋2e2x－1，当x0时，e2x－10，且随着x的增大而增大，故y＝1＋2e2x－11且随着x的增大而减小，即函数y在(0，＋∞)上恒大于1且单调递减．又函数y是奇函数，故只有A正确．]
例3解题导引1.指数函数y＝ax(a0且a≠1)的图象与性质与a的取值有关，要特别注意区分a1与0a1来研究．
2．指数函数与二次函数复合而成的初等函数的性质可通过换元的方法转化为指数函数或二次函数的性质．
解设t＝ax，则y＝f(t)＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2.
(1)当a1时，t∈[a－1，a]，
∴ymax＝a2＋2a－1＝14，解得a＝3，满足a1；
(2)当0a1时，t∈[a，a－1]，
∴ymax＝(a－1)2＋2a－1－1＝14，
解得a＝13，满足0a1.
故所求a的值为3或13.
变式迁移3(1)解由2x－1≠0x≠0，
所以定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．
(2)证明f(x)＝(12x－1＋12)x3可化为f(x)＝2x＋122x－1x3，
则f(－x)＝2－x＋122－x－1(－x)3
＝2x＋122x－1x3＝f(x)，
所以f(－x)＝f(x)．
(3)证明当x0时，2x1，x30，
所以(12x－1＋12)x30.
因为f(－x)＝f(x)，
所以当x0时，f(x)＝f(－x)0.
综上所述，f(x)0.
课后练习区
1．B[由y＝中x≥0，所以y＝≥20＝1，即函数的值域为[1，＋∞)．]
2．D[函数的定义域为{x|x∈R，x≠0}，且y＝xax|x|＝ax，x0－ax，x0.当x0时，函数是一个指数函数，其底数a满足0a1，所以函数递减；当x0时，函数图象与指数函数y＝ax的图象关于x轴对称，函数递增．]
3．D[函数定义域为R，关于原点对称，
∵f(－x)＝4－x＋12－x＝1＋4x2x＝f(x)，
∴f(x)是偶函数，图象关于y轴对称．]
4．A[当x0时，02x1，此时f(x)＝2x；
当x≥0时，2x≥1，此时f(x)＝1.
所以f(x)＝12x＝2xx0，1x≥0.]
5．D[方程|ax－1|＝2a有两个不等实根可转化为函数y＝|ax－1|与函数y＝2a有两个不同交点，作出函数y＝|ax－1|的图象，从图象观察可知只有02a1时，符合题意，即0a12.]
6．[13，1)
解析据单调性定义，f(x)为减函数应满足：
0a1，3a≥a0，即13≤a1.
7．－1
解析设g(x)＝ex＋ae－x，则f(x)＝xg(x)是偶函数．
∴g(x)＝ex＋ae－x是奇函数．
∴g(0)＝e0＋ae－0＝1＋a＝0，
∴a＝－1.
8.3
解析当a1时，f(2)＝2，
∴a2－1＝2，a＝3，经验证符合题意；
当0a1时，f(0)＝2，即1－1＝2，无解．
∴a＝3.
9．解(1)∵f(x)是定义域为R的奇函数，
∴f(0)＝0，即－1＋b2＋a＝0，解得b＝1，…………………………………………………(2分)
从而有f(x)＝－2x＋12x＋1＋a.
又由f(1)＝－f(－1)知
－2＋14＋a＝－－12＋11＋a，
解得a＝2.经检验a＝2适合题意，
∴所求a、b的值分别为2、1.……………………………………………………………(4分)
(2)由(1)知f(x)＝－2x＋12x＋1＋2＝－12＋12x＋1.
由上式易知f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数．…………………………………………(6分)
又因f(x)是奇函数，
从而不等式f(t2－2t)－f(2t2－k)
＝f(－2t2＋k)．……………………………………………………………………………(8分)
因为f(x)是减函数，由上式推得t2－2t－2t2＋k.
即对一切t∈R有3t2－2t－k0.
从而判别式Δ＝4＋12k0，解得k－13.………………………………………………(12分)
10．解方法一(1)由已知得3a＋2＝183a＝2a＝log32.…………………………(4分)
(2)此时g(x)＝λ2x－4x，
设0≤x1x2≤1，因为g(x)在区间[0,1]上是单调递减函数，
所以g(x1)－g(x2)＝0恒成立，……………………………(8分)
即λ恒成立．由于＝2，所以，实数λ的取值范围是λ≤2.
……………………………………………………………………………………………(12分)
方法二(1)由已知得3a＋2＝183a＝2a＝log32.
……………………………………………………………………………………………(4分)
(2)此时g(x)＝λ2x－4x，
因为g(x)在区间[0,1]上是单调减函数，
所以有g′(x)＝λln22x－ln44x＝2xln2(－22x＋λ)≤0成立，…………………………(8分)
所以只需要λ≤22x恒成立．所以实数λ的取值范围是λ≤2.…………………………(12分)
11．解由题意得1＋2x＋4xa0在x∈(－∞，1]上恒成立，
即a－1＋2x4x在x∈(－∞，1]上恒成立．………………………………………………(6分)
又因为－1＋2x4x＝－(12)2x－(12)x，
设t＝(12)x，
∵x≤1，∴t≥12
且函数f(t)＝－t2－t＝－(t＋12)2＋14(t≥12)
在t＝12时，取到最大值．
∴(12)x＝12即x＝1时，－1＋2x4x的最大值为－34，………………………………………(12分)
∴a－34.…………………………………………………………………………………(14分)

高考数学（理科）一轮复习数列的概念与简单表示法学案有答案

第六章数列
学案28数列的概念与简单表示法
导学目标：1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．
自主梳理
1．数列的定义
按________________着的一列数叫数列，数列中的______________都叫这个数列的项；在函数意义下，数列是________________________的函数，数列的一般形式为：______________________，简记为{an}，其中an是数列的第____项．
2．通项公式：
如果数列{an}的______与____之间的关系可以____________来表示，那么这个式子叫做数列的通项公式．但并非每个数列都有通项公式，也并非都是唯一的．
3．数列常用表示法有：_________、________、________.
4．数列的分类：
数列按项数来分，分为____________、__________；按项的增减规律分为________、________、__________和__________．递增数列an＋1______an；递减数列an＋1______an；常数列an＋1______an.
5．an与Sn的关系：
已知Sn，则an＝，n＝1，，n≥2.
自我检测
1．(2011汕头月考)设an＝－n2＋10n＋11，则数列{an}从首项到第几项的和最大()
A．10B．11
C．10或11D．12
2．已知数列{an}对任意的p，q∈N*满足ap＋q＝ap＋aq，且a2＝－6，那么a10等于()
A．－165B．－33C．－30D．－21
3．(2011龙岩月考)已知数列－1，85，－157，249，…按此规律，则这个数列的通项公式是()
A．an＝(－1)nn2＋n2n＋1
B．an＝(－1)nnn＋32n＋1
C．an＝(－1)nn＋12－12n＋1
D．an＝(－1)nnn＋22n＋3
4．下列对数列的理解：
①数列可以看成一个定义在N*(或它的有限子集{1,2,3，…，n})上的函数；
②数列的项数是有限的；
③数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点；
④数列的通项公式是唯一的．
其中说法正确的序号是()
A．①②③B．②③④
C．①③D．①②③④
5．(2011湖南长郡中学月考)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝12，2an＋1＝1an＋1an＋2(n∈N*)，则该数列的通项an＝______.
探究点一由数列前几项求数列通项
例1写出下列数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数：
(1)23，415，635，863，1099，…；
(2)12，－2，92，－8，252，….

变式迁移1写出下列数列的一个通项公式：
(1)3,5,9,17,33，…；(2)12，2，92，8，252，…；
(3)2，5，22，11，…；(4)1,0,1,0，….

探究点二由递推公式求数列的通项
例2根据下列条件，写出该数列的通项公式．
(1)a1＝2，an＋1＝an＋n；(2)a1＝1,2n－1an＝an－1(n≥2)．

变式迁移2根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．
(1)a1＝1，an＋1＝3an＋2；
(2)a1＝1，an＋1＝(n＋1)an；
(3)a1＝2，an＋1＝an＋ln1＋1n.

探究点三由an与Sn的关系求an
例3已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n＋1，求{an}的通项公式．

变式迁移3(2011杭州月考)(1)已知{an}的前n项和Sn＝3n＋b，求{an}的通项公式．
(2)已知在正项数列{an}中，Sn表示前n项和且2Sn＝an＋1，求an.

函数思想的应用
例(12分)已知数列{an}的通项an＝(n＋1)1011n(n∈N*)，试问该数列{an}有没有最大项？若有，求出最大项的项数；若没有，说明理由．
【答题模板】
解方法一令n＋11011n≥n1011n－1n＋11011n≥n＋21011n＋1[4分]
10n＋10≥11n11n＋11≥10n＋20n≤10n≥9，∴n＝9或n＝10时，an最大，[10分]
即数列{an}有最大项，此时n＝9或n＝10.[12分]
方法二∵an＋1－an＝(n＋2)1011n＋1－(n＋1)1011n
＝1011n9－n11，[2分]
当n9时，an＋1－an0，即an＋1an；
当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n9时，an＋1－an0，即an＋1an.[8分]
故a1a2a3…a9＝a10a11a12…，[10分]
∴数列{an}中有最大项，为第9、10项．[12分]
【突破思维障碍】
有关数列的最大项、最小项，数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性常用①作差法，②作商法，③图象法．求最大项时也可用an满足an≥an＋1an≥an－1；若求最小项，则用an满足an≤an－1an≤an＋1.
数列实质就是一种特殊的函数，所以本题就是用函数的思想求最值．
【易错点剖析】
本题解题过程中易出现只解出a9这一项，而忽视了a9＝a10，从而导致漏解．
1．数列的递推公式是研究的项与项之间的关系，而通项公式则是研究的项an与项数n的关系．
2．求数列的通项公式是本节的重点，主要掌握三种方法：(1)由数列的前几项归纳出一个通项公式，关键是善于观察；
(2)数列{an}的前n项和Sn与数列{an}的通项公式an的关系，要注意验证能否统一到一个式子中；
(3)由递推公式求通项公式，常用方法有累加、累乘．
3．本节易错点是利用Sn求an时，忘记讨论n＝1的情况．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010安徽)设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为()
A．15B．16C．49D．64
2．已知数列{an}的通项公式是an＝2n3n＋1，那么这个数列是()
A．递增数列B．递减数列
C．摆动数列D．常数列
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则a2等于()
A．4B．2C．1D．－2
4．(2011烟台模拟)数列{an}中，若an＋1＝an2an＋1，a1＝1，则a6等于()
A．13B.113C．11D.111
5．数列{an}满足an＋an＋1＝12(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为()
A．5B.72C.92D.132
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．数列{an}满足an＋1＝2an0≤an12，2an－112≤an1，若a1＝67，则a2010的值为________．
7．已知Sn是数列{an}的前n项和，且有Sn＝n2＋1，则数列{an}的通项an＝__________________.
8．(2011安庆月考)将全体正整数排成一个三角形数阵：
1
23
456
78910
1112131415
………………
根据以上排列规律，数阵中第n(n≥3)行从左至右的第3个数是____________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)写出下列各数列的一个通项公式．
(1)112，223，334，445，…；
(2)－1，32，－13，34，－15，36.

10．(12分)由下列数列{an}递推公式求数列{an}的通项公式：
(1)a1＝1，an－an－1＝n(n≥2)；
(2)a1＝1，anan－1＝n－1n(n≥2)；
(3)a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2)．

11．(14分)(2009安徽)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)设cn＝a2nbn，证明：当且仅当n≥3时，cn＋1cn.

答案自主梳理
1．一定顺序排列每一个数定义域为N*(或它的子集)a1，a2，a3，…，an，…n
2.第n项n用一个公式3.解析法(通项公式或递推公式)列表法图象法4.有穷数列无穷数列递增数列递减数列摆动数列常数列＝5.S1Sn－Sn－1
自我检测
1．C2.C3.C4.C
5.1n
课堂活动区
例1解题导引(1)根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，要使用添项、还原、分割等方法，转化为一些常见数列的通项公式来求；
(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴涵着“从特殊到一般”的思想，得出的结论不一定可靠，在解答题中一般应用数学归纳法进行证明．
解(1)原数列为222－1，2×242－1，2×362－1，2×482－1，2×5102－1，…，
∴an＝2n(2n)2－1＝2n4n2－1.
(2)原数列为12，－42，92，－162，252，…，
∴an＝(－1)n＋1n22.
变式迁移1解(1)∵a1＝3＝21＋1，
a2＝5＝22＋1，a3＝9＝23＋1，…，
∴an＝2n＋1.
(2)将数列中各项统一成分母为2的分数，得
12，42，92，162，252，…，
观察知，各项的分子是对应项数的平方，
∴数列通项公式是an＝n22.
(3)将数列各项统一成f(n)的形式得
2，5，8，11，…；
观察知，数列各项的被开方数逐个增加3，且被开方数加1后，又变为3,6,9,12，…，所以数列的通项公式是an＝3n－1.
(4)从奇数项，偶数项角度入手，可以得到分段形式的解析式，也可看作数列1,1,1,1，…和1，－1,1，－1，…对应项相加之和的一半组成的数列，也可用正弦函数和余弦函数的最值和零点值来调整表示．
所以an＝1，n＝1，3，5，…，0，n＝2，4，6，…，
或an＝1＋(－1)n＋12(n∈N*)，
或an＝sinnπ2或an＝sin2nπ2(n∈N*)，
或an＝cosn－12π(n∈N*)．
例2解题导引利用数列的递推公式求数列的通项公式，一般有以下三种方法：
(1)累加法：如果已知数列{an}的相邻两项an＋1与an的差的一个关系式，我们可依次写出前n项中所有相邻两项的差的关系式，然后把这n－1个式子相加，整理求出数列的通项公式．
(2)累积法：如果已知数列{an}的相邻两项an＋1与an的商的一个关系式，我们可依次写出前n项中所有相邻两项的商的关系式，然后把这n－1个式子相乘，整理求出数列的通项公式．
(3)构造法：根据所给数列的递推公式以及其他有关关系式，进行变形整理，构造出一个新的等差或等比数列，利用等差或等比数列的通项公式求解．
解(1)当n＝1,2,3，…，n－1时，可得n－1个等式，an－an－1＝n－1，an－1－an－2＝n－2，…，a2－a1＝1，
将其相加，
得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)．
∴an＝a1＋(1＋n－1)(n－1)2＝2＋n(n－1)2.
(2)方法一an＝anan－1an－1an－2…a3a2a2a1a1
＝12n－112n－2…122121
＝121＋2＋…＋(n－1)＝12n(n－1)2，
∴an＝12n(n－1)2.
方法二由2n－1an＝an－1，
得an＝12n－1an－1.
∴an＝12n－1an－1
＝12n－112n－2an－2
＝12n－112n－2…121a1
＝12(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝12n(n－1)2
变式迁移2解(1)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴an＋1＋1an＋1＝3，
∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，
∴an＋1＝23n－1，∴an＝23n－1－1.
(2)∵an＋1＝(n＋1)an，∴an＋1an＝n＋1.
∴anan－1＝n，an－1an－2＝n－1，
……
a3a2＝3，
a2a1＝2，
a1＝1.
累乘可得，an＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1＝n！.
故an＝n！.
(3)∵an＋1＝an＋ln1＋1n，
∴an＋1－an＝ln1＋1n＝lnn＋1n.
∴an－an－1＝lnnn－1，
an－1－an－2＝lnn－1n－2，
……
a2－a1＝ln21，
累加可得，an－a1＝lnnn－1＋lnn－1n－2＋…＋ln21
＝lnn－ln(n－1)＋ln(n－1)－ln(n－2)＋…＋ln2－ln1
＝lnn.
又a1＝2，∴an＝lnn＋2.
例3解题导引an与Sn的关系式an＝Sn－Sn－1的条件是n≥2，求an时切勿漏掉n＝1，即a1＝S1的情况．一般地，当a1＝S1适合an＝Sn－Sn－1时，则需统一“合写”．当a1＝S1不适合an＝Sn－Sn－1时，则通项公式应分段表示，即an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.
解当n＝1时，
a1＝S1＝2×12－3×1＋1＝0；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n＋1)－2(n－1)2＋3(n－1)－1＝4n－5；
又n＝1时，an＝4×1－5＝－1≠a1，
∴an＝0，n＝1，4n－5，n≥2.
变式迁移3解(1)a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝23n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式；
当b≠－1时，a1不适合此等式．
∴当b＝－1时，an＝23n－1；
当b≠－1时，an＝3＋b(n＝1)23n－1(n≥2).
(2)由2Sn＝an＋1，得Sn＝an＋122，
当n＝1时，a1＝S1＝a1＋122，得a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝an＋122－an－1＋122，
整理，得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
∵数列{an}各项为正，∴an＋an－10.
∴an－an－1－2＝0.
∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
∴an＝a1＋(n－1)×2＝2n－1.
课后练习区
1．A2.A3.A4.D5.B
6.377.2(n＝1)2n－1(n≥2，n∈N*)8.n2－n＋62
9．解(1)∵a1＝1＋12，a2＝2＋23，a3＝3＋34，…，
∴an＝n＋nn＋1(n∈N*)．…………………………………………………………………(6分)
(2)∵a1＝－2－11，a2＝2＋12，a3＝－2－13，
a4＝2＋14，…，
∴an＝(－1)n2＋(－1)nn(n∈N*)．………………………………………………………(12分)
10．解(1)由题意得，an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，…，a3－a2＝3，a2－a1＝2.
将上述各式等号两边累加得，
an－a1＝n＋(n－1)＋…＋3＋2，
即an＝n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1＝n(n＋1)2，
故an＝n(n＋1)2.……………………………………………………………………………(4分)
(2)由题意得，anan－1＝n－1n，an－1an－2＝n－2n－1，…，a3a2＝23，a2a1＝12.
将上述各式累乘得，ana1＝1n，故an＝1n.……………………………………………………(8分)
(3)由an＝2an－1＋1，
得an＋1＝2(an－1＋1)，
又a1＋1＝2≠0，所以an＋1an－1＋1＝2，
即数列{an＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列．
所以an＋1＝2n，即an＝2n－1.…………………………………………………………(12分)
11．(1)解a1＝S1＝4.……………………………………………………………………(1分)
对于n≥2有an＝Sn－Sn－1＝2n(n＋1)－2(n－1)n＝4n.a1也适合，
∴{an}的通项公式an＝4n.………………………………………………………………(3分)
将n＝1代入Tn＝2－bn，得b1＝2－b1，故T1＝b1＝1.………………………………(4分)
(求bn方法一)对于n≥2，由Tn－1＝2－bn－1，
Tn＝2－bn，得bn＝Tn－Tn－1＝－(bn－bn－1)，
∴bn＝12bn－1，bn＝21－n.……………………………………………………………………(6分)
(求bn方法二)对于n≥2，由Tn＝2－bn得
Tn＝2－(Tn－Tn－1)，
2Tn＝2＋Tn－1，Tn－2＝12(Tn－1－2)，
Tn－2＝21－n(T1－2)＝－21－n，
Tn＝2－21－n，
bn＝Tn－Tn－1＝(2－21－n)－(2－22－n)＝21－n.
b1＝1也适合．……………………………………………………………………………(6分)
综上，{bn}的通项公式bn＝21－n.…………………………………………………………(8分)
(2)证明方法一由cn＝a2nbn＝n225－n，………………………………………………(10分)
得cn＋1cn＝121＋1n2.………………………………………………………………………(12分)
当且仅当n≥3时，1＋1n≤432，
∴cn＋1cn12(2)2＝1，又cn＝n225－n0，
即cn＋1cn.………………………………………………………………………………(14分)
方法二由cn＝a2nbn＝n225－n，
得cn＋1－cn＝24－n[(n＋1)2－2n2]
＝24－n[－(n－1)2＋2]．…………………………………………………………………(13分)
当且仅当n≥3时，cn＋1－cn0，即cn＋1cn.…………………………………………(14分)

高考数学（理科）一轮复习数列的综合应用学案（有答案）

学案32数列的综合应用
导学目标：1.通过构造等差、等比数列模型，运用数列的公式、性质解决简单的实际问题.2.对数列与其他知识综合性的考查也高于考试说明的要求，另外还要注重数列在生产、生活中的应用．
自主梳理
1．数列的综合应用
数列的综合应用一是指综合运用数列的各种知识和方法求解问题，二是数列与其他数学内容相联系的综合问题．解决此类问题应注意数学思想及方法的运用与体会．
(1)数列是一种特殊的函数，解数列题要注意运用方程与函数的思想与方法．
(2)转化与化归思想是解数列有关问题的基本思想方法，复杂的数列问题经常转化为等差、等比数列或常见的特殊数列问题．
(3)由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想．已知数列的前若干项求通项，由有限的特殊事例推测出一般性的结论，都是利用此法实现的．
(4)分类讨论思想在数列问题中常会遇到，如等比数列中，经常要对公比进行讨论；由Sn求an时，要对______________进行分类讨论．
2．数列的实际应用
数列的应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容，解答应用问题的核心是建立数学模型．
(1)建立数学模型时，应明确是等差数列模型、等比数列模型，还是递推数列模型，是求an还是求Sn.
(2)分期付款中的有关规定
①在分期付款中，每月的利息均按复利计算；
②在分期付款中规定每期所付款额相同；
③在分期付款时，商品售价和每期所付款额在贷款全部付清前会随时间的推移而不断增值；
④各期付款连同在最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买时到最后一次付款的利息之和．
自我检测
1．(原创题)若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S8－S3＝10，则S11的值为()
A．12B．18
C．22D．44
2．(2011汕头模拟)在等比数列{an}中，anan＋1，且a7a11＝6，a4＋a14＝5，则a6a16等于()
A.23B.32
C．－16D．－56
3．若{an}是首项为1，公比为3的等比数列，把{an}的每一项都减去2后，得到一个新数列{bn}，设{bn}的前n项和为Sn，对于任意的n∈N*，下列结论正确的是()
A．bn＋1＝3bn，且Sn＝12(3n－1)
B．bn＋1＝3bn－2，且Sn＝12(3n－1)
C．bn＋1＝3bn＋4，且Sn＝12(3n－1)－2n
D．bn＋1＝3bn－4，且Sn＝12(3n－1)－2n
4．“嫦娥奔月，举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2km，以后每秒钟通过的路程都增加2km，在达到离地面240km的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是()
A．10秒钟B．13秒钟
C．15秒钟D．20秒钟
5．(2011台州月考)已知数列{an}的通项为an＝nn2＋58，则数列{an}的最大项为()
A．第7项B．第8项
C．第7项或第8项D．不存在
6．(2011南京模拟)设数列{an}，{bn}都是正项等比数列，Sn，Tn分别为数列{lgan}与{lgbn}的前n项和，且SnTn＝n2n＋1，则logb5a5＝________.
探究点一等差、等比数列的综合问题
例1设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}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{an}的通项；
(2)令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.

变式迁移1假设a1，a2，a3，a4是一个等差数列，且满足0a12，a3＝4.若bn＝2an(n＝1,2,3,4)．给出以下命题：
①数列{bn}是等比数列；②b24；③b432；④b2b4＝256.其中正确命题的个数是()
A．1B．2C．3D．4
探究点二数列与方程、函数、不等式的综合问题
例2(2011温州月考)已知函数f(x)＝2x＋33x，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f1an，n∈N*，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn；
(3)令bn＝1an－1an(n≥2)，b1＝3，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，若Snm－20012对一切n∈N*成立，求最小正整数m.

变式迁移2已知单调递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝anlog12an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，对任意正整数n，Sn＋(n＋m)an＋10恒成立，试求m的取值范围．

探究点三数列在实际问题中的应用
例3(2011福州模拟)有一个下岗职工，1月份向银行贷款10000元，作为启动资金开店，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳所得税为该月月利润的10%，每月的生活费为300元，余款作为资金全部投入下个月的经营，如此继续，问到这年年底这个职工有多少资金？若贷款年利息为25%，问这个职工还清银行贷款后纯收入多少元？

变式迁移3假设某市2011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2011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%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)

1．数列实际应用问题：(1)数学应用问题已成为中学数学教学与研究的一个重要内容，解答数学应用问题的核心是建立数学模型，有关平均增长率、利率(复利)以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型．(2)在试题中常用的数学模型有①构造等差、等比数列的模型，然
后再去应用数列的通项公式求解；②通过归纳得到结论，用数列知识求解．
2．解决数列综合问题应体会以下思想及方法：(1)数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．(2)数列与不等式结合时需注意放缩．(3)数列与解析几何结合时要注意递推思想．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010湖北)已知等比数列an中，各项都是正数，且a1，12a3,2a2成等差数列，则a9＋a10a7＋a8的值为()
A．1＋2B．1－2
C．3＋22D．3－22
2．(2011漳州模拟)数列{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a6＝b7，则有()
A．a3＋a9≤b4＋b10B．a3＋a9≥b4＋b10
C．a3＋a9≠b4＋b10D．a3＋a9与b4＋b10的大小不确定
3．有限数列A：a1，a2，…，an，Sn为其前n项和，定义S1＋S2＋…＋Snn为A的“凯森和”，若有99项的数列a1，a2，…，a99的“凯森和”为1000，则有100项的数列1，a1，a2，…，a99的“凯森和”为()
A．1001B．991C．999D．990
4．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟末能在杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要()
A．6秒B．7秒C．8秒D．9秒
5．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10等于()
A．24B．32C．48D．64
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2011丽水月考)若数列{an}的通项公式an＝5252n－2－425n－1，数列{an}的最大项为第x项，最小项为第y项，则x＋y＝________.
7．(2010江苏)函数y＝x2(x0)的图象在点(ak，a2k)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________.
8．把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表．设aij(i，j∈N*)是位于这个三角形数表中从上往下数第i行、从左往右数第j个数，如a42＝8.若aij＝2009，则i与j的和为________．
1
24
357
681012
911131517
141618202224
……………………………………
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011湘潭模拟)已知点(1，13)是函数f(x)＝ax(a0，且a≠1)的图象上一点，等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，数列{bn}(bn0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝Sn＋Sn－1(n≥2)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列{1bnbn＋1}的前n项和为Tn，问满足Tn10002009的最小正整数n是多少？

10．(12分)沿海地区甲公司响应国家开发西部的号召，对西部地区乙企业进行扶持性技术改造．乙企业的经营现状是：每月收入为45万元，但因设备老化，从下月开始需付设备维修费，第一个月为3万元，以后每月递增2万元．甲公司决定投资400万元扶持改造乙企业．据预测，改造后乙企业第一个月收入为16万元，在以后的4个月中，每月收入都比上个月增长50%，而后每个月收入都稳定在第5个月的水平上．若设备改造时间可忽略不计，那么从下个月开始至少经过多少个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益？

11．(14分)(2011广东执信中学模拟)已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)f(y)且f(1)＝12.
(1)当n∈N*时，求f(n)的表达式；
(2)设an＝nf(n)，n∈N*，求证：a1＋a2＋a3＋…＋an2；
(3)设bn＝(9－n)fn＋1fn，n∈N*，Sn为{bn}的前n项和，当Sn最大时，求n的值．

答案自主梳理
1．(4)n＝1或n≥2
自我检测
1．C2.B3.C4.C5.B
6.919
课堂活动区
例1解题导引1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式、前n项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．
2．利用等比数列前n项和公式时注意公比q的取值．同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的思维难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．
解(1)由已知得
a1＋a2＋a3＝7(a1＋3)＋(a3＋4)2＝3a2，解得a2＝2.
设数列{an}的公比为q，由a2＝2，
可得a1＝2q，a3＝2q.
又S3＝7，可知2q＋2＋2q＝7，
即2q2－5q＋2＝0.解得q1＝2，q2＝12.
由题意得q1，∴q＝2，∴a1＝1.
故数列{an}的通项为an＝2n－1.
(2)由(1)得a3n＋1＝23n，
∴bn＝lna3n＋1＝ln23n＝3nln2.
又bn＋1－bn＝3ln2，∴{bn}是等差数列，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝n(b1＋bn)2＝3n(n＋1)2ln2.
故Tn＝3n(n＋1)2ln2.
变式迁移1D[设a1，a2，a3，a4的公差为d，则a1＋2d＝4，又0a12，所以1d2.易知数列{bn}是等比数列，故(1)正确；a2＝a3－d∈(2,3)，所以b2＝2a24，故(2)正确；a4＝a3＋d5，所以b4＝2a432，故(3)正确；又a2＋a4＝2a3＝8，所以b2b4＝2a2＋a4＝28＝256，故(4)正确．]
例2解题导引这是一道数列、函数、不等式的综合题，利用函数关系式求通项an，观察Tn特点，求出Tn.由an再求bn从而求Sn，最后利用不等式知识求出m.
解(1)∵an＋1＝f1an＝2an＋33an＝2＋3an3＝an＋23，
∴{an}是以23为公差的等差数列．
又a1＝1，∴an＝23n＋13.
(2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
＝－43(a2＋a4＋…＋a2n)＝－43n53＋4n3＋132
＝－49(2n2＋3n)．
(3)当n≥2时，bn＝1an－1an＝123n－1323n＋13
＝9212n－1－12n＋1，
又b1＝3＝92×1－13，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝92×1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1
＝921－12n＋1＝9n2n＋1，
∵Snm－20012对一切n∈N*成立．
即9n2n＋1m－20012，
又∵9n2n＋1＝921－12n＋1递增，
且9n2n＋192.∴m－20012≥92，
即m≥2010.∴最小正整数m＝2010.
变式迁移2解(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.
∴a2＋a4＝20.∴a1q＋a1q3＝20，a3＝a1q2＝8，
解之，得q＝2，a1＝2或q＝12，a1＝32.
又{an}单调递增，∴q＝2，a1＝2.∴an＝2n.
(2)bn＝2nlog122n＝－n2n，
∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①
∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②
∴①－②，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1
＝2(1－2n)1－2－n2n＋1＝2n＋1－n2n＋1－2.
由Sn＋(n＋m)an＋10，
即2n＋1－n2n＋1－2＋n2n＋1＋m2n＋10对任意正整数n恒成立，
∴m2n＋12－2n＋1对任意正整数n，m12n－1恒成立．
∵12n－1－1，∴m≤－1，
即m的取值范围是(－∞，－1]．
例3解依题意，第1个月月余款为
a1＝10000(1＋20%)－10000×20%×10%－300
＝11500，
第2个月月底余款为a2＝a1(1＋20%)－a1×20%×10%－300，
依此类推下去，设第n个月月底的余款为an元，
第n＋1个月月底的余款为an＋1元，则an＋1＝an(1＋20%)－an×20%×10%－300＝1.18an－300.
下面构造一等比数列．
设an＋1＋xan＋x＝1.18，则an＋1＋x＝1.18an＋1.18x，
∴an＋1＝1.18an＋0.18x.
∴0.18x＝－300.
∴x＝－50003，即an＋1－50003an－50003＝1.18.
∴数列{an－50003}是一个等比数列，公比为1.18，首项a1－50003＝11500－50003＝295003.
∴an－50003＝295003×1.18n－1，
∴a12－50003＝295003×1.1811，
∴a12＝50003＋295003×1.1811≈62396.6(元)，
即到年底该职工共有资金62396.6元．
纯收入有a12－10000(1＋25%)
＝62396.6－12500＝49896.6(元)．
变式迁移3解(1)设中低价房的面积形成的数列为{an}，
由题意可知{an}是等差数列，其中a1＝250，d＝50，
则an＝250＋(n－1)50＝50n＋200，
Sn＝250n＋n(n－1)2×50＝25n2＋225n，
令25n2＋225n≥4750，
即n2＋9n－190≥0，而n是正整数，∴n≥10.
∴到2020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an0.85bn，
即50n＋200400(1.08)n－10.85.
当n＝5时，a50.85b5，
当n＝6时，a60.85b6，
∴满足上述不等式的最小正整数n为6.
∴到2016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%.
课后练习区
1．C2.B3.B4.B5.D
6．37.218.107
9．解(1)∵f(1)＝a＝13，∴f(x)＝13x.…………………………………………………(1分)
a1＝f(1)－c＝13－c，
a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－29，
a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－227；
又数列{an}成等比数列，a1＝a22a3＝481－227＝－23＝13－c，
∴c＝1；……………………………………………………………………………………(2分)
公比q＝a2a1＝13，an＝－23×13n－1＝－2×13n，n∈N*；………………………………(3分)
∵Sn－Sn－1＝Sn－Sn－1Sn＋Sn－1
＝Sn＋Sn－1(n2)，……………………………………………………………………(4分)
又bn0，Sn0，∴Sn－Sn－1＝1.
数列{Sn}构成一个首项为1、公差为1的等差数列，
Sn＝1＋(n－1)×1＝n，Sn＝n2.
当n≥2，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1；
又当n＝1时，也适合上式，
∴bn＝2n－1，n∈N*.……………………………………………………………………(6分)
(2)Tn＝1b1b2＋1b2b3＋1b3b4＋…＋1bnbn＋1
＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n－1)×(2n＋1)
＝121－13＋1213－15＋1215－17＋…＋
1212n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.……………………………………………(10分)
由Tn＝n2n＋110002009，得n10009，
∴满足Tn10002009的最小正整数为112.…………………………………………………(12分)
10．解设乙企业仍按现状生产至第n个月所带来的总收益为An(万元)，技术改造后生产至第n个月所带来的总收益为Bn(万元)．依题意得
An＝45n－[3＋5＋…＋(2n＋1)]
＝43n－n2，………………………………………………………………………………(4分)
当n≥5时，Bn＝16325－132－1＋
16324(n－5)－400＝81n－594，…………………………………………………………(8分)
∴当n≥5时，Bn－An＝n2＋38n－594，
令n2＋38n－5940，即(n＋19)2955，解得n≥12，
∴至少经过12个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益．……………………………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)令x＝n，y＝1，
得到f(n＋1)＝f(n)f(1)＝12f(n)，……………………………………………………………(2分)
∴{f(n)}是首项为12，公比为12的等比数列，
即f(n)＝(12)n.………………………………………………………………………………(5分)
(2)记Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，
∵an＝nf(n)＝n(12)n，……………………………………………………………………(6分)
∴Sn＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n×(12)n，
12Sn＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n－1)×(12)n＋n×(12)n＋1，
两式相减得12Sn＝12＋(12)2＋…＋(12)n－n×(12)n＋1，
整理得Sn＝2－(12)n－1－n(12)n2.…………………………………………………………(9分)
(3)∵f(n)＝(12)n，而bn＝(9－n)f(n＋1)f(n)
＝(9－n)(12)n＋1(12)n＝9－n2.…………………………………………………………………(11分)
当n≤8时，bn0；
当n＝9时，bn＝0；
当n9时，bn0，
∴n＝8或9时，Sn取到最大值．……………………………………………………(14分)

文章来源：http://m.jab88.com/j/56560.html

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