高中生物一轮复习教案

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)
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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）一轮复习数学归纳法学案带答案

俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。作为高中教师就需要提前准备好适合自己的教案。教案可以更好的帮助学生们打好基础，让高中教师能够快速的解决各种教学问题。那么如何写好我们的高中教案呢？下面是小编帮大家编辑的《高考数学（理科）一轮复习数学归纳法学案带答案》，欢迎您参考，希望对您有所助益！

学案39数学归纳法

导学目标：1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．
自主梳理
1．归纳法
由一系列有限的特殊事例得出________的推理方法叫归纳法．根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为____归纳法和________归纳法．
2．数学归纳法
设{Pn}是一个与正整数相关的命题集合，如果：(1)证明起始命题________(或________)成立；(2)在假设______成立的前提下，推出________也成立，那么可以断定{Pn}对一切正整数成立．
3．数学归纳法证题的步骤
(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值__________时命题成立．
(2)(归纳递推)假设______________________________时命题成立，证明当________时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．
自我检测
1．用数学归纳法证明：“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝1－an＋21－a(a≠1)”在验证n＝1时，左端计算所得的项为()
A．1B．1＋a
C．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3
2．如果命题P(n)对于n＝k(k∈N*)时成立，则它对n＝k＋2也成立，又若P(n)对于n＝2时成立，则下列结论正确的是()
A．P(n)对所有正整数n成立
B．P(n)对所有正偶数n成立
C．P(n)对所有正奇数n成立
D．P(n)对所有大于1的正整数n成立
3．(2011台州月考)证明n＋221＋12＋13＋14＋…＋12nn＋1(n1)，当n＝2时，中间式子等于()
A．1B．1＋12
C．1＋12＋13D．1＋12＋13＋14
4．用数学归纳法证明“2nn2＋1对于nn0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()
A．2B．3C．5D．6
5．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开()
A．(k＋3)3B．(k＋2)3
C．(k＋1)3D．(k＋1)3＋(k＋2)3
探究点一用数学归纳法证明等式
例1对于n∈N*，用数学归纳法证明：
1n＋2(n－1)＋3(n－2)＋…＋(n－1)2＋n1＝16n(n＋1)(n＋2)．

变式迁移1(2011金华月考)用数学归纳法证明：
对任意的n∈N*,1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n.

探究点二用数学归纳法证明不等式
例2用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式1＋131＋15…1＋12n－12n＋12均成立．

变式迁移2已知m为正整数，用数学归纳法证明：当x－1时，(1＋x)m≥1＋mx.

探究点三用数学归纳法证明整除问题
例3用数学归纳法证明：当n∈N*时，an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除．

变式迁移3用数学归纳法证明：当n为正整数时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．

从特殊到一般的思想
例(14分)已知等差数列{an}的公差d大于0，且a2、a5是方程x2－12x＋27＝0的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝1－12bn.
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，试比较1bn与Sn＋1的大小，并说明理由．
【答题模板】
解(1)由已知得a2＋a5＝12a2a5＝27，又∵{an}的公差大于0，
∴a5a2，∴a2＝3，a5＝9.∴d＝a5－a23＝9－33＝2，a1＝1，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.[2分]
∵Tn＝1－12bn，∴b1＝23，当n≥2时，Tn－1＝1－12bn－1，
∴bn＝Tn－Tn－1＝1－12bn－1－12bn－1，
化简，得bn＝13bn－1，[4分]
∴{bn}是首项为23，公比为13的等比数列，
即bn＝2313n－1＝23n，
∴an＝2n－1，bn＝23n.[6分]
(2)∵Sn＝1＋2n－12n＝n2，∴Sn＋1＝(n＋1)2，1bn＝3n2.
以下比较1bn与Sn＋1的大小：
当n＝1时，1b1＝32，S2＝4，∴1b1S2，当n＝2时，1b2＝92，S3＝9，∴1b2S3，
当n＝3时，1b3＝272，S4＝16，∴1b3S4，当n＝4时，1b4＝812，S5＝25，∴1b4S5.
猜想：n≥4时，1bnSn＋1.[9分]
下面用数学归纳法证明：
①当n＝4时，已证．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥4)时，1bkSk＋1，即3k2(k＋1)2.[10分]
那么，n＝k＋1时，1bk＋1＝3k＋12＝33k23(k＋1)2＝3k2＋6k＋3＝(k2＋4k＋4)＋2k2＋2k－1[(k＋1)＋1]2＝S(k＋1)＋1，∴n＝k＋1时，1bnSn＋1也成立．[12分]
由①②可知n∈N*，n≥4时，1bnSn＋1都成立．
综上所述，当n＝1,2,3时，1bnSn＋1，当n≥4时，1bnSn＋1.[14分]
【突破思维障碍】
1．归纳——猜想——证明是高考重点考查的内容之一，此类问题可分为归纳性问题和存在性问题，本例中归纳性问题需要从特殊情况入手，通过观察、分析、归纳、猜想，探索出一般规律．
2．数列是定义在N*上的函数，这与数学归纳法运用的范围是一致的，并且数列的递推公式与归纳原理实质上是一致的，数列中有不少问题常用数学归纳法解决．
【易错点剖析】
1．严格按照数学归纳法的三个步骤书写，特别是对初始值的验证不可省略，有时要取两个(或两个以上)初始值进行验证；初始值的验证是归纳假设的基础．
2．在进行n＝k＋1命题证明时，一定要用n＝k时的命题，没有用到该命题而推理证明的方法不是数学归纳法．
1．数学归纳法：先证明当n取第一个值n0时命题成立，然后假设当n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，并证明当n＝k＋1时命题也成立，那么就证明了这个命题成立．这是因为第一步首先证明了n取第一个值n0时，命题成立，这样假设就有了存在的基础，至少k＝n0时命题成立，由假设合理推证出n＝k＋1时命题也成立，这实质上是证明了一种循环，如验证了n0＝1成立，又证明了n＝k＋1也成立，这就一定有n＝2成立，n＝2成立，则n＝3成立，n＝3成立，则n＝4也成立，如此反复以至无穷，对所有n≥n0的整数就都成立了．
2．(1)第①步验证n＝n0使命题成立时n0不一定是1，是使命题成立的最小正整数．
(2)第②步证明n＝k＋1时命题也成立的过程中一定要用到归纳递推，否则就不是数学归纳法．
(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是()
A．假设n＝k(k∈N*)时命题成立，证明n＝k＋1命题成立
B．假设n＝k(k是正奇数)时命题成立，证明n＝k＋1命题成立
C．假设n＝2k＋1(k∈N*)时命题成立，证明n＝k＋1命题成立
D．假设n＝k(k是正奇数)时命题成立，证明n＝k＋2命题成立
2．已知f(n)＝1n＋1n＋1＋1n＋2＋…＋1n2，则()
A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝12＋13
B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝12＋13＋14
C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝12＋13
D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝12＋13＋14
3．如果命题P(n)对n＝k成立，则它对n＝k＋1也成立，现已知P(n)对n＝4不成立，则下列结论正确的是()
A．P(n)对n∈N*成立
B．P(n)对n4且n∈N*成立
C．P(n)对n4且n∈N*成立
D．P(n)对n≤4且n∈N*不成立
4．(2011日照模拟)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋n22，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上()
A．k2＋1
B．(k＋1)2
C.k＋14＋k＋122
D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2
5．(2011湛江月考)已知f(x)是定义域为正整数集的函数，对于定义域内任意的k，若f(k)≥k2成立，则f(k＋1)≥(k＋1)2成立，下列命题成立的是()
A．若f(3)≥9成立，且对于任意的k≥1，均有f(k)≥k2成立
B．若f(4)≥16成立，则对于任意的k≥4，均有f(k)k2成立
C．若f(7)≥49成立，则对于任意的k7，均有f(k)k2成立
D．若f(4)＝25成立，则对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．用数学归纳法证明“1＋2＋3＋…＋n＋…＋3＋2＋1＝n2(n∈N*)”时，从n＝k到n＝k＋1时，该式左边应添加的代数式是________．
7．(2011南京模拟)用数学归纳法证明不等式1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n1324的过程中，由n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是______________．
8．凸n边形有f(n)条对角线，凸n＋1边形有f(n＋1)条对角线，则f(n＋1)＝f(n)＋________.
三、解答题(共38分)
9．(12分)用数学归纳法证明1＋n2≤1＋12＋13＋…＋12n≤12＋n(n∈N*)．

10．(12分)(2011新乡月考)数列{an}满足an0，Sn＝12(an＋1an)，求S1，S2，猜想Sn，并用数学归纳法证明．

11．(14分)(2011郑州月考)已知函数f(x)＝1x2e－1|x|(其中e为自然对数的底数)．
(1)判断f(x)的奇偶性；
(2)在(－∞，0)上求函数f(x)的极值；
(3)用数学归纳法证明：当x0时，对任意正整数n都有f(1x)n！x2－n.

学案39数学归纳法
自主梳理
1．一般结论完全不完全2.(1)P1P0(2)PkPk＋1
3．(1)n0(n0∈N*)(2)n＝k(k≥n0，k∈N*)n＝k＋1
自我检测
1．C[当n＝1时左端有n＋2项，∴左端＝1＋a＋a2.]
2．B[由n＝2成立，根据递推关系“P(n)对于n＝k时成立，则它对n＝k＋2也成立”，可以推出n＝4时成立，再推出n＝6时成立，…，依次类推，P(n)对所有正偶数n成立”．]
3．D[当n＝2时，中间的式子
1＋12＋13＋122＝1＋12＋13＋14.]
4．C[当n＝1时，21＝12＋1；
当n＝2时，2222＋1；当n＝3时，2332＋1；
当n＝4时，2442＋1.而当n＝5时，2552＋1，∴n0＝5.]
5．A[假设当n＝k时，原式能被9整除，
即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．
当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．]
课堂活动区
例1解题导引用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题，关键在于弄清等式两边的构成规律：等式的两边各有多少项，由n＝k到n＝k＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．
证明设f(n)＝1n＋2(n－1)＋3(n－2)＋…＋(n－1)2＋n1.
(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立；
(2)假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时等式成立，
即1k＋2(k－1)＋3(k－2)＋…＋(k－1)2＋k1
＝16k(k＋1)(k＋2)，
则当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝1(k＋1)＋2[(k＋1)－1]＋3[(k＋1)－2]＋…＋[(k＋1)－1]2＋(k＋1)1
＝f(k)＋1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)
＝16k(k＋1)(k＋2)＋12(k＋1)(k＋1＋1)
＝16(k＋1)(k＋2)(k＋3)．
由(1)(2)可知当n∈N*时等式都成立．
变式迁移1证明(1)当n＝1时，
左边＝1－12＝12＝11＋1＝右边，
∴等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即
1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k
＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k.
则当n＝k＋1时，
1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k＋12k＋1－12k＋2
＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k＋12k＋1－12k＋2
＝1k＋1＋1＋1k＋1＋2＋…＋12k＋12k＋1＋1k＋1－12k＋2
＝1k＋1＋1＋1k＋1＋2＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋1，
即当n＝k＋1时，等式也成立，
所以由(1)(2)知对任意的n∈N*等式都成立．
例2解题导引用数学归纳法证明不等式问题时，从n＝k到n＝k＋1的推证过程中，证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等．
证明(1)当n＝2时，左边＝1＋13＝43；右边＝52.
∵左边右边，∴不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，且k∈N*)时不等式成立，
即1＋131＋15…1＋12k－12k＋12.
则当n＝k＋1时，
1＋131＋15…1＋12k－11＋12k＋1－1
2k＋122k＋22k＋1＝2k＋222k＋1＝4k2＋8k＋422k＋1
4k2＋8k＋322k＋1＝2k＋32k＋122k＋1＝2k＋1＋12.
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．
变式迁移2证明(1)当m＝1时，原不等式成立；
当m＝2时，左边＝1＋2x＋x2，右边＝1＋2x，
因为x2≥0，所以左边≥右边，原不等式成立；
(2)假设当m＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，
即(1＋x)k≥1＋kx，则当m＝k＋1时，
∵x－1，∴1＋x0.
于是在不等式(1＋x)k≥1＋kx两边同时乘以1＋x得，
(1＋x)k(1＋x)≥(1＋kx)(1＋x)＝1＋(k＋1)x＋kx2
≥1＋(k＋1)x.
所以(1＋x)k＋1≥1＋(k＋1)x，
即当m＝k＋1时，不等式也成立．
综合(1)(2)知，对一切正整数m，不等式都成立．
例3解题导引用数学归纳法证明整除问题，由k过渡到k＋1时常使用“配凑法”．在证明n＝k＋1成立时，先将n＝k＋1时的原式进行分拆、重组或者添加项等方式进行整理，最终将其变成一个或多个部分的和，其中每个部分都能被约定的数(或式子)整除，从而由部分的整除性得出整体的整除性，最终证得n＝k＋1时也成立．
证明(1)当n＝1时，a2＋(a＋1)＝a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除．
(2)假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，
ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，
则当n＝k＋1时，
ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝aak＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1
＝aak＋1＋a(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1
＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1，
由假设可知a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，
∴ak＋2＋(a＋1)2k＋1也能被a2＋a＋1整除，
即n＝k＋1时命题也成立．
综合(1)(2)知，对任意的n∈N*命题都成立．
变式迁移3证明(1)当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，
命题显然成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，
f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除．
则当n＝k＋1时，
32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋98k＋99－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋64(k＋1)
即f(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)
∴n＝k＋1时命题也成立．
综合(1)(2)可知，对任意的n∈N*，命题都成立．
课后练习区
1．D[A、B、C中，k＋1不一定表示奇数，只有D中k为奇数，k＋2为奇数．]
2．D
3．D[由题意可知，P(n)对n＝3不成立(否则P(n)对n＝4也成立)．同理可推P(n)对n＝2，n＝1也不成立．]
4．D[∵当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，
当n＝k＋1时，
左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，
∴当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上
(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.]
5．D[f(4)＝2542，∴k≥4，均有f(k)≥k2.
仅有D选项符合题意．]
6．2k＋1
解析∵当n＝k＋1时，
左边＝1＋2＋…＋k＋(k＋1)＋k＋…＋2＋1，
∴从n＝k到n＝k＋1时，应添加的代数式为(k＋1)＋k＝2k＋1.
7.12k＋12k＋2
解析不等式的左边增加的式子是
12k＋1＋12k＋2－1k＋1＝12k＋12k＋2.
8．n－1
解析∵f(4)＝f(3)＋2，f(5)＝f(4)＋3，
f(6)＝f(5)＋4，…，∴f(n＋1)＝f(n)＋n－1.
9．证明(1)当n＝1时，左边＝1＋12，右边＝12＋1，
∴32≤1＋12≤32，命题成立．(2分)
当n＝2时，左边＝1＋22＝2；右边＝12＋2＝52，
∴21＋12＋13＋1452，命题成立．(4分)
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立，
即1＋k21＋12＋13＋…＋12k12＋k，(6分)
则当n＝k＋1时，
1＋12＋13＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2＋…＋12k＋2k1＋k2＋2k12k＋1＝1＋k＋12.(8分)
又1＋12＋13＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2＋…＋12k＋2k12＋k＋2k12k＝12＋(k＋1)，
即n＝k＋1时，命题也成立．(10分)
由(1)(2)可知，命题对所有n∈N*都成立．(12分)
10．解∵an0，∴Sn0，
由S1＝12(a1＋1a1)，变形整理得S21＝1，
取正根得S1＝1.
由S2＝12(a2＋1a2)及a2＝S2－S1＝S2－1得
S2＝12(S2－1＋1S2－1)，
变形整理得S22＝2，取正根得S2＝2.
同理可求得S3＝3.由此猜想Sn＝n.(4分)
用数学归纳法证明如下：
(1)当n＝1时，上面已求出S1＝1，结论成立．
(6分)
(2)假设当n＝k时，结论成立，即Sk＝k.
那么，当n＝k＋1时，
Sk＋1＝12(ak＋1＋1ak＋1)＝12(Sk＋1－Sk＋1Sk＋1－Sk)
＝12(Sk＋1－k＋1Sk＋1－k)．
整理得S2k＋1＝k＋1，取正根得Sk＋1＝k＋1.
故当n＝k＋1时，结论成立．(11分)
由(1)、(2)可知，对一切n∈N*，Sn＝n都成立．
(12分)
11．(1)解∵函数f(x)定义域为{x∈R|x≠0}
且f(－x)＝1－x2＝1x2＝f(x)，
∴f(x)是偶函数．(4分)
(2)解当x0时，f(x)＝1x2，
f′(x)＝－2x3＋1x2(－1x2)
＝－1x4(2x＋1)，(6分)
令f′(x)＝0有x＝－12，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x(－∞，－12)
－12
(－12，0)

f′(x)＋0－
f(x)增极大值减
由表可知：当x＝－12时，f(x)取极大值4e－2，
无极小值．(8分)
(3)证明当x0时f(x)＝1x2，∴f(1x)＝x2e－x.
考虑到：x0时，不等式f(1x)n！x2－n等价于x2e－xn！x2－nxnn！ex(ⅰ)(9分)
所以只要用数学归纳法证明不等式(ⅰ)对一切n∈N*都成立即可．
①当n＝1时，设g(x)＝ex－x(x0)，
∵x0时，g′(x)＝ex－10，∴g(x)是增函数，
故g(x)g(0)＝10，即exx(x0)．
所以当n＝1时，不等式(ⅰ)成立．(10分)
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式(ⅰ)成立，
即xkk！ex，
当n＝k＋1时，设h(x)＝(k＋1)！ex－xk＋1(x0)，
h′(x)＝(k＋1)！ex－(k＋1)xk＝(k＋1)(k！ex－xk)0，
故h(x)＝(k＋1)！ex－xk＋1(x0)为增函数，
∴h(x)h(0)＝(k＋1)！0，
∴xk＋1(k＋1)！ex，
即n＝k＋1时，不等式(ⅰ)也成立，(13分)
由①②知不等式(ⅰ)对一切n∈N*都成立，
故当x0时，原不等式对n∈N*都成立．(14分)

高考数学（理科）一轮复习数列的通项与求和学案附答案

学案31数列的通项与求和
导学目标：1.能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和.2.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．
自主梳理
1．求数列的通项
(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：
an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.
(2)当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)当已知数列{an}中，满足an＋1an＝f(n)，且f(1)f(2)…f(n)可求，则可用__________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1a2a1a3a2…anan－1.
(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．
(5)归纳、猜想、证明法．
2．求数列的前n项的和
(1)公式法
①等差数列前n项和Sn＝____________＝________________，推导方法：____________；
②等比数列前n项和Sn＝，q＝1，＝，q≠1.
推导方法：乘公比，错位相减法．
③常见数列的前n项和：
a．1＋2＋3＋…＋n＝__________；
b．2＋4＋6＋…＋2n＝__________；
c．1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝______；
d．12＋22＋32＋…＋n2＝__________；
e．13＋23＋33＋…＋n3＝__________________.
(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
常见的裂项公式有：
①1nn＋1＝1n－1n＋1；
②12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；
③1n＋n＋1＝n＋1－n.
(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
(5)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导．
自我检测
1．(原创题)已知数列{an}的前n项的乘积为Tn＝3n2(n∈N*)，则数列{an}的前n项的()
A.32(3n－1)B.92(3n－1)
C.38(9n－1)D.98(9n－1)
2．(2011邯郸月考)设{an}是公比为q的等比数列，Sn是其前n项和，若{Sn}是等差数列，则q为()
A．－1B．1
C．±1D．0
3．已知等比数列{an}的公比为4，且a1＋a2＝20，设bn＝log2an，则b2＋b4＋b6＋…＋b2n等于()
A．n2＋nB．2(n2＋n)
C．2n2＋nD．4(n2＋n)
4．(2010天津高三十校联考)已知数列{an}的通项公式an＝log2n＋1n＋2(n∈N*)，设{an}的前n项的和为Sn，则使Sn－5成立的自然数n()
A．有最大值63B．有最小值63
C．有最大值31D．有最小值31
5．(2011北京海淀区期末)设关于x的不等式x2－x2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．
6．数列1,412，714，1018，…前10项的和为________.
探究点一求通项公式
例1已知数列{an}满足an＋1＝2n＋1anan＋2n＋1，a1＝2，求数列{an}的通项公式．

变式迁移1设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.
(1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．

探究点二裂项相消法求和
例2已知数列{an}，Sn是其前n项和，且an＝7Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝1log2anlog2an＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tnm20对所有n∈N*都成立的最小正整数m.

变式迁移2求数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n，…的前n项和．

探究点三错位相减法求和
例3(2011荆门月考)已知数列{an}是首项、公比都为q(q0且q≠1)的等比数列，bn＝anlog4an(n∈N*)．
(1)当q＝5时，求数列{bn}的前n项和Sn；
(2)当q＝1415时，若bnbn＋1，求n的最小值．

变式迁移3求和Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan.

分类讨论思想的应用
例(5分)二次函数f(x)＝x2＋x，当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的函数值中所有整数值的个数为g(n)，an＝2n3＋3n2gn(n∈N*)，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n－1an＝()
A．(－1)n－1nn＋12B．(－1)nnn＋12
C.nn＋12D．－nn＋12
【答题模板】
答案A
解析本题考查二次函数的性质以及并项转化法求和．
当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，函数f(x)＝x2＋x的值随x的增大而增大，则f(x)的值域为[n2＋n，n2＋3n＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝2n3＋3n2gn＝n2.
方法一当n为偶数时，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－3＋2n－12n2＝－nn＋12；
当n为奇数时，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋…＋(an－2－an－1)＋an
＝Sn－1＋an＝－nn－12＋n2＝nn＋12，
∴Sn＝(－1)n－1nn＋12.
方法二a1＝1，a2＝4，S1＝a1＝1，
S2＝a1－a2＝－3，
检验选择项，可确定A正确．
【突破思维障碍】
在利用并项转化求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用一个公式来表示．
1．求数列的通项：(1)公式法：例如等差数列、等比数列的通项；
(2)观察法：例如由数列的前几项来求通项；
(3)可化归为使用累加法、累积法；
(4)可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法；
(5)求出数列的前几项，然后归纳、猜想、证明．
2．数列求和的方法：
一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．
3．求和时应注意的问题：
(1)直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．
(2)注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010广东)已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2a3＝2a1且a4与2a7的等差中项为54，则S5等于()
A．35B．33C．31D．29
2．(2011黄冈调研)有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn＝7n＋2n＋3，则a5b5＝()
A.6512B.378
C.7213D.94
3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且an－1－ananan－1＝an－an＋1anan＋1(n≥2)，则此数列的第10项()
A.1210B.129C.110D.15
4．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S5等于()
A．1B.56C.16D.130
5．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn1020，那么n的最小值是()
A．7B．8C．9D．10
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2010东北师大附中高三月考)数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，…)，则log4S10＝__________.
7．(原创题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－1an，则该数列前26项的和为________．
8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝____________.
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011河源月考)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．
(1)若函数f(x)的图象的顶点的横坐标构成数列{an}，试证明数列{an}是等差数列；
(2)设函数f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，试求数列{bn}的前n项和Sn.

10．(12分)(2011三门峡月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝12nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.
(1)求c的值及数列{an}的通项公式；
(2)证明1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋118.

11．(14分)(2010北京宣武高三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求数列{bn}的通项公式bn；
(3)若cn＝anbnn，求数列{cn}的前n项和Tn.

答案自主梳理
1．(2)累加法(3)累积法2.(1)①n(a1＋an)2na1＋n(n－1)2d倒序相加法②na1a1(1－qn)1－qa1－anq1－q③n(n＋1)2n2＋nn2n(n＋1)(2n＋1)6n(n＋1)22
自我检测
1．C2.B3.B4.B
5．101006.145511512
课堂活动区
例1解题导引已知递推关系求通项公式这类问题要求不高，主要掌握由a1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想an的方法，以及累加：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1；累乘：an＝anan－1an－1an－2…a2a1a1等方法．
解已知递推可化为
1an＋1－1an＝12n＋1，
∴1a2－1a1＝122，1a3－1a2＝123，1a4－1a3＝124，…，1an－1an－1＝12n.
将以上(n－1)个式子相加得
1an－1a1＝122＋123＋124＋…＋12n，
∴1an＝121－12n1－12＝1－12n.
∴an＝2n2n－1.
变式迁移1(1)证明由已知有
a1＋a2＝4a1＋2，
解得a2＝3a1＋2＝5，故b1＝a2－2a1＝3.
又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－(4an＋2)
＝4an＋1－4an；
于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，
即bn＋1＝2bn.
因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．
(2)解由(1)知等比数列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，
所以an＋1－2an＝3×2n－1，
于是an＋12n＋1－an2n＝34，
因此数列an2n是首项为12，公差为34的等差数列，
an2n＝12＋(n－1)×34＝34n－14，
所以an＝(3n－1)2n－2.
例2解题导引1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
2．一般情况如下，若{an}是等差数列，
则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d1an－1an＋2.
此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和．
解(1)∵n≥2时，an＝7Sn－1＋2，∴an＋1＝7Sn＋2，
两式相减，得an＋1－an＝7an，∴an＋1＝8an(n≥2)．
又a1＝2，∴a2＝7a1＋2＝16＝8a1，
∴an＋1＝8an(n∈N*)．
∴{an}是一个以2为首项，8为公比的等比数列，
∴an＝28n－1＝23n－2.
(2)∵bn＝1log2anlog2an＋1＝1(3n－2)(3n＋1)
＝13(13n－2－13n＋1)，
∴Tn＝13(1－14＋14－17＋…＋13n－2－13n＋1)
＝13(1－13n＋1)13.
∴m20≥13，∴最小正整数m＝7.
变式迁移2解an＝2n(n＋1)＝21n－1n＋1，
∴Sn＝2[1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1]＝21－1n＋1＝2nn＋1.
例3解题导引1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法．
2．用乘公比错位相减法求和时，应注意：
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
解(1)由题意得an＝qn，
∴bn＝anlog4an＝qnlog4qn
＝n5nlog45，
∴Sn＝(1×5＋2×52＋…＋n×5n)log45，
设Tn＝1×5＋2×52＋…＋n×5n，①
则5Tn＝1×52＋2×53＋…＋(n－1)×5n＋n×5n＋1，②
①－②得－4Tn＝5＋52＋53＋…＋5n－n×5n＋1
＝5(5n－1)4－n×5n＋1，
∴Tn＝516(4n×5n－5n＋1)，
Sn＝516(4n×5n－5n＋1)log45.
(2)∵bn＝anlog4an＝n1415nlog41415，
∴bn＋1－bn＝(n＋1)1415n＋1log41415－
n1415nlog41415
＝1415n1415－n15log414150，
∵1415n0，log414150，
∴1415－n150，∴n14，
即n≥15时，bnbn＋1.
故所求的n的最小值是15.
变式迁移3解当a＝1时，
Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2，
当a≠1时，Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①
∴1aSn＝1a2＋2a3＋3a4＋…＋nan＋1，②
①－②，得1－1aSn
＝1a＋1a2＋1a3＋…＋1an－nan＋1，
1－1aSn＝1a1－1an1－1a－nan＋1
＝1－1ana－1－nan＋1，
∴Sn＝a1－1an(a－1)2－n(a－1)an.
∴Sn＝n(n＋1)2，a＝1，a1－1an(a－1)2－n(a－1)an，a≠1.
课后练习区
1．C2.A3.D4.B5.D
6．9
解析∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1(n≥2)．
两式相减得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，
∴an＋1＝4an，即an＋1an＝4.
∴{an}为以a2为首项，公比为4的等比数列．
当n＝1时，a2＝3S1＝3，
∴n≥2时，an＝34n－2，
S10＝a1＋a2＋…＋a10
＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48
＝1＋3×(1＋4＋…＋48)
＝1＋3×49－14－1＝1＋49－1＝49.
∴log4S10＝log449＝9.
7．－10
解析依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝12，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝12，所以数列周期为4，S26＝6×(1－2－1＋12)＋1－2＝－10.
8．2n＋1－2
解析依题意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1，所有的代数式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2.
9．解f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7
＝[x－(n＋1)]2＋3n－8.…………………………………………………………………(3分)
(1)由题意，an＝n＋1，
故an＋1－an＝(n＋1)＋1－(n＋1)＝1，
故数列{an}是以1为公差，2为首项的等差数列．……………………………………(5分)
(2)由题意，bn＝|3n－8|.……………………………………………………………………(7分)
当1≤n≤2时，bn＝－3n＋8，
数列{bn}为等差数列，b1＝5，
∴Sn＝n(5－3n＋8)2＝－3n2＋13n2；………………………………………………………(9分)
当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1.
∴Sn＝S2＋(n－2)(1＋3n－8)2＝3n2－13n＋282.…………………………………………(11分)
∴Sn＝－3n2＋13n2，1≤n≤2，3n2－13n＋282，n≥3.……………………………………………(12分)
10．(1)解因为Sn＝12nan＋an－c，
所以当n＝1时，S1＝12a1＋a1－c，
解得a1＝2c，………………………………………………………………………………(2分)
当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，
即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，………………………………………………………(3分)
所以3c＝6，解得c＝2；…………………………………………………………………(4分)
则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……………………………………………………………(6分)
(2)证明因为1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1
＝14×6＋16×8＋…＋1(2n＋2)(2n＋4)
＝12(14－16)＋12(16－18)＋…＋12(12n＋2－12n＋4)
＝12[(14－16)＋(16－18)＋…＋(12n＋2－12n＋4)]……………………………………………(8分)
＝12(14－12n＋4)＝18－14(n＋2).……………………………………………………………(10分)
因为n∈N*，所以1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋118.…………………………………………(12分)
11．解(1)∵Sn＝3n，
∴Sn－1＝3n－1(n≥2)．
∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1(n≥2)．……………………………………………(3分)
当n＝1时，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，…………………………………………………(4分)
∴an＝3，n＝1，2×3n－1，n≥2，n∈N*……………………………………………………(5分)
(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，
∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，
bn－bn－1＝2n－3.
以上各式相加得
bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)
＝(n－1)(1＋2n－3)2＝(n－1)2.
∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.………………………………………………………………(7分)
(3)由题意得
cn＝－3，n＝1，2(n－2)×3n－1，n≥2，n∈N*.……………………………………………………(9分)
当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n－2)×3n－1，
∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n－2)×3n，
相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2(n－2)×3n.
∴Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n－1)
＝(n－2)×3n－3n－32＝(2n－5)3n＋32.…………………………………………………(13分)
T1＝－3也适合．
∴Tn＝(2n－5)3n＋32(n∈N*)．…………………………………………………………(14分)

高考数学（理科）一轮复习函数及其表示学案带答案

第二章函数
学案4函数及其表示

导学目标：1.了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域和值域，了解映射的概念.2.在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法(如图象法、列表法、解析法等)表示函数.3.了解简单的分段函数，并能简单应用．
自主梳理
1．函数的基本概念
(1)函数定义
设A，B是非空的，如果按照某种确定的对应关系f,使对于集合A中的,在集合B中，称f:A→B为从集合A到集合B的一个函数，x的取值范围A叫做函数的__________，__________________叫做函数的值域．
(2)函数的三要素
__________、________和____________．
(3)函数的表示法
表示函数的常用方法有：________、________、________.
(4)函数相等
如果两个函数的定义域和__________完全一致，则这两个函数相等，这是判定两函数相等的依据．
(5)分段函数：在函数的________内，对于自变量x的不同取值区间，有着不同的____________，这样的函数通常叫做分段函数．
分段函数是一个函数，它的定义域是各段取值区间的________，值域是各段值域的________．
2．映射的概念
(1)映射的定义
设A、B是两个非空的集合，如果按某一个确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个元素x,在集合B中确定的元素y与之对应，那么就称对应f:A→B为从集合A到集合B的.?
（2）由映射的定义可以看出，映射是概念的推广，函数是一种特殊的映射，要注意构成函数的两个集合，A、B必须是数集.
自我检测
1．(2011佛山模拟)设集合M＝{x|0≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，给出下列4个图形，其中能表示集合M到N的函数关系的有()
A．0个B．1个
C．2个D．3个
2．(2010湖北)函数y＝1log0.54x－3的定义域为()
A．(34，1)B．(34，＋∞)
C．(1，＋∞)D．(34，1)∪(1，＋∞)
3．(2010湖北)已知函数f(x)＝log3x，x02x，x≤0，则f(f(19))等于()
A．4B.14
C．－4D．－14
4．下列函数中，与函数y＝x相同的函数是()
A．y＝x2xB．y＝(x)2
C．y＝lg10xD．y＝2log2x
5．(2011衡水月考)函数y＝lg(ax2－ax＋1)的定义域是R，求a的取值范围．
探究点一函数与映射的概念
例1(教材改编)下列对应关系是集合P上的函数的是________．
(1)P＝Z，Q＝N*，对应关系f：对集合P中的元素取绝对值与集合Q中的元素相对应；
y＝x2，x∈P，y∈Q；
（2）P={-1,1,-2,2}，Q={1，4}，对应关系:f:x→y=x2,x∈P,y∈Q;?
(3)P={三角形}，Q={x|x0}，对应关系f:对P中三角形求面积与集合Q中元素对应.

变式迁移1已知映射f:A→B.其中B．其中A＝B＝R，对应关系f：x→y＝－x2＋2x，对于实数k∈B，在集合A中不存在元素与之对应，则k的取值范围是()
A．k1B．k≥1
C．k1D．k≤1
探究点二求函数的定义域
例2(1)求函数y＝x＋1＋x－10lg2－x的定义域；
(2)已知函数f(2x＋1)的定义域为(0,1)，求f(x)的定义域．

变式迁移2已知函数y＝f(x)的定义域是[0,2]，那么g(x)＝fx21＋lgx＋1的定义域是________________________________________________________________________．
探究点三求函数的解析式
例3(1)已知f(2x＋1)＝lgx，求f(x)；
(2)已知f(x)是一次函数，且满足3f(x＋1)－2f(x－1)＝2x＋17，求f(x)；
(3)已知f(x)满足2f(x)＋f(1x)＝3x，求f(x)．
变式迁移3(2011武汉模拟)给出下列两个条件：
(1)f(x＋1)＝x＋2x；
(2)f(x)为二次函数且f(0)＝3，f(x＋2)－f(x)＝4x＋2.试分别求出f(x)的解析式．
探究点四分段函数的应用
例4设函数f(x)＝x2＋bx＋c，x≤0，2，x0.若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，则关于x的方程f(x)＝x的解的个数为()
A．1B．2C．3D．4
变式迁移4(2010江苏)已知函数f(x)＝x2＋1，x≥0，1，x0，则满足不等式f(1－x2)f(2x)的x的范围是________________．

1．与定义域有关的几类问题
第一类是给出函数的解析式，这时函数的定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围；
第二类是实际问题或几何问题，此时除要考虑解析式有意义外，还应考虑使实际问题或几何问题有意义；
第三类是不给出函数的解析式，而由f(x)的定义域确定函数f[g(x)]的定义域或由f[g(x)]的定义域确定函数f(x)的定义域．
第四类是已知函数的定义域，求参数范围问题，常转化为恒成立问题来解决．
2．解析式的求法
求函数解析式的一般方法是待定系数法和换元法，除此还有代入法、拼凑法和方程组法．

(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．下列各组中的两个函数是同一函数的为()
(1)y1＝x＋3x－5x＋3，y2＝x－5；
(2)y1＝x＋1x－1，y2＝x＋1x－1；
(3)f(x)＝x，g(x)＝x2；
(4)f(x)＝3x4－x3，F(x)＝x3x－1；
(5)f1(x)＝(2x－5)2，f2(x)＝2x－5.
A．(1)(2)B．(2)(3)
C．(4)D．(3)(5)
2．函数y＝f(x)的图象与直线x＝1的公共点数目是()
A．1B．0
C．0或1D．1或2
3．(2011洛阳模拟)已知f(x)＝x＋2x≤－1，x2－1x2，2xx≥2，若f(x)＝3，则x的值是()
A．1B．1或32
C．1，32或±3D.3
4．(2009江西)函数y＝lnx＋1－x2－3x＋4的定义域为()
A．(－4，－1)B．(－4,1)
C．(－1,1)D．(－1,1]
5.（2011台州模拟）设f:x→x2是从集合A到集合B的映射，如果B={1，2}，则A∩B为()
A．B．{1}
C．或{2}D．或{1}
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．下列四个命题：(1)f(x)＝x－2＋1－x有意义；(2)函数是其定义域到值域的映射；(3)函数y＝2x(x∈N)的图象是一条直线；(4)函数y＝x2，x≥0，－x2，x0的图象是抛物线．其中正确的命题个数是________．
7．设f(x)＝3x＋1x≥0x2x0，g(x)＝2－x2x≤12x1，
则f[g(3)]＝________，g[f(－12)]＝________.
8．(2010陕西)已知函数f(x)＝3x＋2，x1，x2＋ax，x≥1，若f(f(0))＝4a，则实数a＝______.
三、解答题(共38分)
9．(12分)(1)若f(x＋1)＝2x2＋1，求f(x)的表达式；
(2)若2f(x)－f(－x)＝x＋1，求f(x)的表达式；
(3)若函数f(x)＝xax＋b，f(2)＝1，又方程f(x)＝x有唯一解，求f(x)的表达式．

10．(12分)已知f(x)＝x2＋2x－3，用图象法表示函数g(x)＝fx＋|fx|2，并写出g(x)的解析式．

11．(14分)(2011湛江模拟)某产品生产厂家根据以往的生产销售经验得到下面有关销售的统计规律：每生产产品x(百台)，其总成本为G(x)万元，其中固定成本为2万元，并且每生产100台的生产成本为1万元(总成本＝固定成本＋生产成本)，销售收入R(x)(万元)满足R(x)＝－0.4x2＋4.2x－0.8，0≤x≤5，10.2，x5.假定该产品产销平衡，那么根据上述统计规律：
(1)要使工厂有盈利，产品x应控制在什么范围？
(2)工厂生产多少台产品时盈利最大？此时每台产品的售价为多少？

答案自主梳理
1．(1)数集任意一个数x都有唯一确定的数f(x)和它对应定义域函数值的集合{f(x)|x∈A}(2)定义域值域对应关系(3)解析法列表法图象法(4)对应关系(5)定义域对应关系并集并集2.(1)都有唯一一个映射(2)函数非空
自我检测
1．B[对于题图(1)：M中属于(1,2]的元素，在N中没有象，不符合定义；
对于题图(2)：M中属于(43，2]的元素的象，不属于集合N，因此它不表示M到N的函数关系；对于题图(3)：符合M到N的函数关系；对于题图(4)：其象不唯一，因此也不表示M到N的函数关系．]
2．A3.B4.C
5．解函数y＝lg(ax2－ax＋1)的定义域是R，即ax2－ax＋10恒成立．
①当a＝0时，10恒成立；
②当a≠0时，应有a0，Δ＝a2－4a0，
∴0a4.
综上所述，a的取值范围为0≤a4.
课堂活动区
例1解题导引函数是一种特殊的对应，要检验给定的两个变量之间是否具有函数关系，只需要检验：①定义域和对应关系是否给出；②根据给出的对应关系，自变量在其定义域中的每一个值，是否都有唯一确定的函数值．
(2)
解析由于(1)中集合P中元素0在集合Q中没有对应元素，并且(3)中集合P不是数集，所以(1)和(3)都不是集合P上的函数．由题意知，(2)正确．
变式迁移1A[由题意知，方程－x2＋2x＝k无实数根，即x2－2x＋k＝0无实数根．∴Δ＝4(1－k)0，∴k1时满足题意．]
例2解题导引在(2)中函数f(2x＋1)的定义域为(0,1)是指x的取值范围还是2x＋1的取值范围？f(x)中的x与f(2x＋1)中的2x＋1的取值范围有什么关系？
解(1)要使函数有意义，
应有x＋1≥0，x－1≠0，2－x0，2－x≠1，即x≥－1，x≠1，x2，
解得－1≤x2，x≠1.
所以函数的定义域是{x|－1≤x1或1x2}．
(2)∵f(2x＋1)的定义域为(0,1)，
∴12x＋13，
所以f(x)的定义域是(1,3)．
变式迁移2(－1，－910)∪(－910，2]
解析由0≤x2≤2x＋101＋lgx＋1≠0得－1x≤2且x≠－910.
即定义域为(－1，－910)∪(－910，2]．
例3解题导引函数解析式的类型与求法
(1)若已知函数的类型(如一次函数、二次函数)，可用待定系数法．
(2)已知复合函数f(g(x))的解析式，可用换元法，此时要注意变量的取值范围．
(3)已知f(x)满足某个等式，这个等式除f(x)是未知量外，还出现其他未知量，如f(－x)、f(1x)等，要根据已知等式再构造其他等式组成方程组，通过解方程组求出f(x)．
解(1)令2x＋1＝t，则x＝2t－1，
∴f(t)＝lg2t－1，
∴f(x)＝lg2x－1，x∈(1，＋∞)．
(2)设f(x)＝ax＋b，(a≠0)
则3f(x＋1)－2f(x－1)＝3ax＋3a＋3b－2ax＋2a－2b
＝ax＋b＋5a＝2x＋17，
∴a＝2，b＋5a＝17，
∴a＝2，b＝7，故f(x)＝2x＋7.
(3)2f(x)＋f(1x)＝3x，①
把①中的x换成1x，得
2f(1x)＋f(x)＝3x，②
①×2－②，得3f(x)＝6x－3x，
∴f(x)＝2x－1x.
变式迁移3解(1)令t＝x＋1，
∴t≥1，x＝(t－1)2.
则f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－1，
即f(x)＝x2－1，x∈[1，＋∞)．
(2)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
∴f(x＋2)＝a(x＋2)2＋b(x＋2)＋c，
则f(x＋2)－f(x)＝4ax＋4a＋2b＝4x＋2.
∴4a＝4，4a＋2b＝2.∴a＝1，b＝－1.
又f(0)＝3，∴c＝3，∴f(x)＝x2－x＋3.
例4解题导引①本题可以先确定解析式，然后通过解方程f(x)＝x来确定解的个数；也可利用数形结合，更为简洁．
②对于分段函数，一定要明确自变量所属的范围，以便于选择与之相应的对应关系．
③分段函数体现了数学的分类讨论思想，相应的问题处理应分段解决．
C[方法一若x≤0，则f(x)＝x2＋bx＋c.
∵f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，
∴－42＋b－4＋c＝c，－22＋b－2＋c＝－2，
解得b＝4，c＝2.∴f(x)＝x2＋4x＋2，x≤0，2，x0.
当x≤0，由f(x)＝x，得x2＋4x＋2＝x，
解得x＝－2，或x＝－1；
当x0时，由f(x)＝x，得x＝2.
∴方程f(x)＝x有3个解．
方法二由f(－4)＝f(0)且f(－2)＝－2，可得f(x)＝x2＋bx＋c的对称轴是x＝－2，且顶点为(－2，－2)，于是可得到f(x)的简图(如图所示)．方程f(x)＝x的解的个数就是函数图象y＝f(x)与y＝x的图象的交点的个数，所以有3个解．]
变式迁移4(－1，2－1)
解析函数f(x)＝x2＋1，x≥0，1，x0的图象如图所示：
f(1－x2)f(2x)1－x22x1－x20，
解得－1x2－1.
课后练习区
1．C[(1)定义域不同；(2)定义域不同；(3)对应关系不同；(4)定义域相同，且对应关系相同；(5)定义域不同．]
2．C[有可能是没有交点的，如果有交点，那么对于x＝1仅有一个函数值．]
3．D[该分段函数的三段各自的值域为(－∞，1]，[0,4)，[4，＋∞)，而3∈[0,4)，∴f(x)＝x2＝3，x＝±3，而－1x2，∴x＝3.]
4．C
5．D[由已知x2＝1或x2＝2，解之得，x＝±1或x＝±2，若1∈A，则A∩B＝{1}，若1A，则A∩B＝，
故A∩B＝或{1}．]
6．1
解析(1)x≥2且x≤1，不存在；(2)函数是特殊的映射；(3)该图象是由离散的点组成的；(4)该图象是两个不同的抛物线的两部分组成的，不是抛物线．故只有(2)正确．
7．73116
8．2
9．解(1)令t＝x＋1，则x＝t－1，∴f(t)＝2(t－1)2＋1＝2t2－4t＋3，∴f(x)＝2x2－4x＋3.………………………………………………………………………………………………(4分)
(2)∵2f(x)－f(－x)＝x＋1，用－x去替换式子中的x，得2f(－x)－f(x)＝－x＋1，……(6分)
即有2fx－f－x＝x＋12f－x－fx＝－x＋1，
解方程组消去f(－x)，得f(x)＝x3＋1.……………………………………………………(8分)
(3)由f(2)＝1得22a＋b＝1，即2a＋b＝2；
由f(x)＝x得xax＋b＝x，变形得x(1ax＋b－1)＝0，解此方程得x＝0或x＝1－ba，…(10分)
又∵方程有唯一解，
∴1－ba＝0，解得b＝1，代入2a＋b＝2得a＝12，
∴f(x)＝2xx＋2.……………………………………………………………………………(12分)
10．解函数f(x)的图象如图所示，
……………………………………(6分)
g(x)＝x2＋2x－3x≤－3或x≥10－3x1…………………………………………………(12分)
11．解依题意，G(x)＝x＋2，设利润函数为f(x)，则
f(x)＝－0.4x2＋3.2x－2.8，0≤x≤5，8.2－x，x5.………………………………………………(4分)
(1)要使工厂赢利，则有f(x)0.
当0≤x≤5时，有－0.4x2＋3.2x－2.80，
得1x7，所以1x≤5.………………………………………………………………(8分)
当x5时，有8.2－x0，
得x8.2，所以5x8.2.
综上所述，要使工厂赢利，应满足1x8.2，即产品应控制在大于100台小于820台的范围内．……………………………………………………………………………………(10分)
(2)当0≤x≤5时，f(x)＝－0.4(x－4)2＋3.6.
故当x＝4时，f(x)有最大值3.6.…………………………………………………………(12分)
而当x5时，f(x)8.2－5＝3.2.
所以当工厂生产400台产品时，赢利最大，x＝4时，每台产品售价为R44＝2.4(万元/百台)＝240(元/台)．……………………………………………………………………………(14分)