高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽培訓(xùn)教材

第61頁(yè)（共61頁(yè)）高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽培訓(xùn)教材2011高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽培訓(xùn)教材編者：全國(guó)特級(jí)教師(一)集合與容斥原理集合是一種基本數(shù)學(xué)語(yǔ)言、一種基本數(shù)學(xué)工具。它不僅是高中數(shù)學(xué)的第一課，而且是整個(gè)數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)。對(duì)集合的理解和掌握不能僅僅停留在高中數(shù)學(xué)起始課的水平上，而要隨著數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的進(jìn)程而不斷深化，自覺(jué)使用集合語(yǔ)言(術(shù)語(yǔ)與符號(hào))來(lái)表示各種數(shù)學(xué)名詞，主動(dòng)使用集合工具來(lái)表示各種數(shù)量關(guān)系。如用集合表示空間的線(xiàn)面及其關(guān)系，表示平面軌跡及其關(guān)系、表示方程(組)或不等式(組)的解、表示充要條件，描述排列組合，用集合的性質(zhì)進(jìn)行組合計(jì)數(shù)等。一、學(xué)習(xí)集合要抓住元素這個(gè)關(guān)鍵例1．設(shè)A＝{X∣X=a2+b2,a、b∈Z}，X1，X2∈A，求證：X1X2∈A。分析：A中的元素是自然數(shù)，即由兩個(gè)整數(shù)a、b的平方和構(gòu)成的自然數(shù)，亦即從0、1、4、9、16、25……，n2，……中任取兩個(gè)(相同或不相同)數(shù)加起來(lái)得到的一個(gè)和數(shù)，本題要證明的是：兩個(gè)這樣的數(shù)的乘積一定還可以拆成兩個(gè)自然數(shù)的平方和的形式，即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+(N)2，M,N∈Z證明：設(shè)X1＝a2+b2，X2=c2+d2，a、b、c、d∈Z.則X1X2＝(a2+b2)(c2+d2)

＝a2c2+b2d2+b2c2+a2d2＝a2c2+2ac·bd+b2d2+b2c2-2bc·ad+a2d2＝(ac+bd)2+(bc-ad)2又a、b、c、d∈Z，故ac+bd、bc-ad∈Z，從而X1X2∈A練習(xí):1.設(shè)兩個(gè)集合S={x|x=12m+8n,m,n∈Z},T={x|x=20p+16q,p,q∈Z}.求證：S=T。2.設(shè)M={a|a=x2-y2,x,y∈Z}.求證：（1）一切奇數(shù)屬于M;（2）4k-2(k∈Z)不屬于M;（3）M中任意兩個(gè)數(shù)的積仍屬于M。3.已知函數(shù)f（x）=x2+ax+b,a,b∈R,且A={x|x=f(x)},B={x|x=f[f(x)]}.(1)求證:AB;(2)若A={-1，3}時(shí)，求集合B.二、集合中待定元素的確定例2．已知集合M＝{X，XY，lg(xy)}，S＝{0，∣X∣，Y}，且M＝S，則(X＋1/Y)＋(X2＋1/Y2)＋……＋(X2002＋1/Y2002)的值等于().分析：解題的關(guān)鍵在于求出X和Y的值，而X和Y分別是集合M與S中的元素。這一類(lèi)根據(jù)集合的關(guān)系反過(guò)來(lái)確定集合元素的問(wèn)題，要求我們要對(duì)集合元素的基本性質(zhì)即確定性、異性、無(wú)序性及集合之間的基本關(guān)系(子、全、補(bǔ)、交、異、空、等)有本質(zhì)的理解，對(duì)于兩個(gè)相等的有限集合(數(shù)集)，還會(huì)用到它們的簡(jiǎn)單性質(zhì)：(a)相等兩集合的元素個(gè)數(shù)相等；(b)相等兩集合的元素之和相等；(c)相等兩集合的元素之積相等.解：由M＝S知，兩集合元素完全相同。這樣，M中必有一個(gè)元素為0，又由對(duì)數(shù)的性質(zhì)知，0和負(fù)數(shù)沒(méi)有對(duì)數(shù)，所以XY≠0，故X，Y均不為零，所以只能有l(wèi)g(XY)＝0，從而XY＝1.∴M＝{X，1，0}，S＝{0，∣X∣，1/X}.再由兩集合相等知當(dāng)X＝1時(shí)，M＝{1,1，0}，S＝{0,1，1}，這與同一個(gè)集合中元素的互異性矛盾，故X＝1不滿(mǎn)足題目要求；當(dāng)X＝－1時(shí)，M＝{－1,1，0}，S＝{0,1，－1}，M＝S，從而X＝－1滿(mǎn)足題目要求，此時(shí)Y＝－1，于是X2K＋1＋1/Y2K＋1＝－2(K＝0,1，2，……)，X2K＋1/Y2K＝2(K＝1,2，……),故所求代數(shù)式的值為0.練習(xí):4.已知集合，，其中是正整數(shù)，且，并滿(mǎn)足，中的所有元素之和為234，求集合A。三．容斥原理基本公式:(1)card(A∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A∩B)；(2)card(A∪B∪C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(A∩B)-card(A∩C)-card(B∩C)+card(A∩B∩C)問(wèn)題：開(kāi)運(yùn)動(dòng)會(huì)時(shí)，高一某班共有28名同學(xué)參加比賽，有15人參加游泳比賽，有8人參加田徑比賽，有14人參加球類(lèi)比賽，同時(shí)參加游泳比賽和田徑比賽的有3人，同時(shí)參加游泳比賽和球類(lèi)比賽的有3人，沒(méi)有人同時(shí)參加三項(xiàng)比賽，問(wèn)同時(shí)參加田徑比賽和球類(lèi)比賽的有多少人？只參加游泳一項(xiàng)比賽的有多少人？設(shè)A＝{參加游泳比賽的同學(xué)}，B＝{參加田徑比賽的同學(xué)}，C＝{參加球類(lèi)比賽的同學(xué)},則card(A)=15，card(B)=8，card(C)=14，card(A∪B∪C)=28,且card(A∩B)=3，card(A∩C)=3，card(A∩B∩C)=0,由公式②得28＝15＋8＋14－3－3－card(B∩C)+0,即card(B∩C)=3,所以同時(shí)參加田徑和球類(lèi)比賽的共有3人，而只參加游泳比賽的人有15－3－3＝9(人)四、有限集合子集的個(gè)數(shù)例3．一個(gè)集合含有10個(gè)互不相同的兩位數(shù)。試證，這個(gè)集合必有2個(gè)無(wú)公共元素的子集合，此兩子集的各數(shù)之和相等。分析：兩位數(shù)共有10,11，……,99，計(jì)99－9＝90個(gè)，最大的10個(gè)兩位數(shù)依次是90,91，……,99，其和為945，因此，由10個(gè)兩位數(shù)組成的任意一個(gè)集合中，其任一個(gè)子集中各元素之和都不會(huì)超過(guò)945，而它的非空子集卻有210－1＝1023個(gè)，這是解決問(wèn)題的突破口。解：已知集合含有10個(gè)不同的兩位數(shù)，因它含有10個(gè)元素，故必有210＝1024個(gè)子集，其中非空子集有1023個(gè)，每一個(gè)子集內(nèi)各數(shù)之和都不超過(guò)90＋91＋…98＋99＝945<1023，根據(jù)抽屜原理，一定存在2個(gè)不同的子集，其元素之和相等。如此2個(gè)子集無(wú)公共元素，即交集為空集，則已符合題目要求；如果這2個(gè)子集有公共元素，則劃去它們的公共元素即共有的數(shù)字，可得兩個(gè)無(wú)公共元素的非空子集，其所含各數(shù)之和相等。說(shuō)明：此題構(gòu)造了一個(gè)抽屜原理模型，分兩步完成，計(jì)算子集中數(shù)字之和最多有945個(gè)“抽屜”，計(jì)算非空子集得1023個(gè)“蘋(píng)果”，由此得出必有兩個(gè)子集數(shù)字之和相等。第二步考察它們有無(wú)公共元素，如無(wú)公共元素，則已符合要求；如有公共元素，則去掉相同的數(shù)字，得出無(wú)公共元素并且非空的兩個(gè)子集，滿(mǎn)足條件。例4．設(shè)A＝{1,2，3，…，n}，對(duì)XA，設(shè)X中各元素之和為Nx，求Nx的總和.解：A中共有n個(gè)元素，其子集共有2n個(gè)。A中每一個(gè)元素在其非空子集中都出現(xiàn)了2n-1次，(為什么？因?yàn)锳的所有子集對(duì)其中任一個(gè)元素i都可分為兩類(lèi)，一類(lèi)是不含i的，它們也都是{1,2，…，i-1,i+1,…n}的子集，共2n-1個(gè)；另一類(lèi)是含i的，只要把i加入到剛才的2n-1個(gè)子集中的每一個(gè)中去)。因而求A的所有子集中所有元素之和Nx的總和時(shí)，A中每一個(gè)元素都加了2n-1次，即出現(xiàn)了2n-1次，故得＝1×2n-1＋2×2n-1＋…＋n……2n-1＝(1＋2＋…＋n)·2n-1＝n(n+1)/2×2n-1＝n(n+1)×2n-2說(shuō)明：這里運(yùn)用了整體處理的思想及公式1＋2＋…＋n＝(1/2)n(n+1)，其理論依據(jù)是加法的交換律、結(jié)合律、乘法的意義等,集合中每一個(gè)元素都在總和中出現(xiàn)了2n-1次，是打開(kāi)解題思路之門(mén)的鑰匙。練習(xí):5.設(shè)集合A{1,2,3,……,100},且對(duì)任意x,y∈A,必有2x≠y,求集合A中所含元素個(gè)數(shù)的最大值.6.某地區(qū)網(wǎng)球俱樂(lè)部都有20名成員,舉行14場(chǎng)單打比賽,每人至少上場(chǎng)1次.求證:必有6場(chǎng)比賽,其12名參賽者各不相同.(二)二次函數(shù)一、二次函數(shù)的解析式:①定義式：f(x)=ax2+bx+c.②頂點(diǎn)式：f(x)=a(x-h)2+k.

③零點(diǎn)式：f(x)=a(x-x1)(x-x2).(a≠0)二、二次函數(shù)的最值:當(dāng)自變量的取值范圍為閉區(qū)間[p,q]時(shí)，其最值在f(p)、f(q)、f(-b/2a)三者中取得，最值情況如下表：-b/2a∈[p,q]-b/2a

[p,q]a>0fmin=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4a)fmax=max{f(p),f(q)}fmin=min{f(p),f(q)}fmax=max{f(p),f(q)}a<0fmax=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4a)fmin=min{f(p),f(q)}例1.當(dāng)x為何值時(shí)，函數(shù)f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+…+(x-an)2取最小值。解：∵f(x)=(x2-2a1x+a12)+(x2-2a2x+a22)+…+(x2-2anx+an2)=nx2-2(a1+a2…+an)x+(a12+a22+…+an2)∴當(dāng)x=(a1+a2+…+an)/n時(shí)，f(x)有最小值.例2.已知x1,x2是方程x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，x12+x22的最大值是____.解：由韋達(dá)定理得：x1+x2=k-2，x1x2=k2+3k+5.∴x12＋x22＝（x1＋x2）2-2x1x2=(k-2)2-2(k2+3k+5=-k2-10k-6=-(k+5)2+19.已知x1,x2是方程的兩個(gè)實(shí)根，即方程有實(shí)數(shù)根，此時(shí)方程的判別式Δ≥0，即Δ＝(k-2)2-4(k2+3k+5)=-3k2-16k-16≥0解得：-4≤k≤-4/3.∵k=-5[-4,-4/3]，設(shè)f(k)=-(k+5)2+19則f(-4)=18,f(-4/3)=50/9<18.∴當(dāng)k=-4時(shí)，(x12+x22)max=18.例3.已知f(x)=x2-2x+2，在x∈[t,t+1]上的最小值為g(t)，求g(t)的表達(dá)式。解：f(x)=(x-1)2+1(1)當(dāng)t+1<1即t<0時(shí)，g(t)=f(t+1)=t2+1(2)當(dāng)t≤1≤t+1，即0≤t≤1時(shí)，g(t)=f(1)=1(3)當(dāng)t>1時(shí)，g(t)=f(t)=t2-2t+2綜合（1）、（2）、（3）得：例4．（1）當(dāng)x2+2y2=1時(shí)，求2x+3y2的最值；（2）當(dāng)3x2+2y2=6x時(shí)，求x2+y2的最值。解：（1）由x2+2y2=1得y2=1/2(1-x2)，2x+3y2=2x+(3/2)(1-x2)=(-(3/2))(x-(2/3))2+(13/6)又1-x2=2y2≥0，∴x2≤1，－1≤x≤1.∴當(dāng)x=2/3時(shí)，y=(√10)/6，（2x+3y2）max=16/3；當(dāng)x=-1時(shí)，y=0，（2x+3y2）min=－2(2)由3x2+2y2=6x，得y2=(3/2)x(2-x)，代入x2+y2=x2+(3/2)x(2-x)=-1/2(x-3)2+9/2又y2=(3/2)x(2-x)≥0，得0≤x≤2.當(dāng)x=2，y=0時(shí)，（x2+y2）max=4；當(dāng)x=0，y=0時(shí)，(x2+y2)min=0三、二次函數(shù)與二次方程設(shè)f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的二實(shí)根為x1,x2，(x1＜x2)，Δ=b2-4ac，且α、β(α＜β)是預(yù)先給定的兩個(gè)實(shí)數(shù)。1．當(dāng)兩根都在區(qū)間(α,β)內(nèi)，方程系數(shù)所滿(mǎn)足的充要條件∵α＜x1＜x2＜β，對(duì)應(yīng)的二次函數(shù)f(x)的圖象有下列兩種情形當(dāng)a＞0時(shí)的充要條件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，f(α)＞0，f(β)＞0當(dāng)a＜0時(shí)的充要條件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，f(α)＜0，f(β)＜0兩種情形合并后的充要條件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，af(α)＞0，af(β)＞0

①2．當(dāng)兩根中有且僅有一根在區(qū)間（α，β）內(nèi)，方程系數(shù)所滿(mǎn)足的充要條件∵α＜x1＜β或α＜x2＜β，對(duì)應(yīng)的函數(shù)f(x)的圖象有下列四種情形從四種情形得充要條件是：f(α)·f(β)＜0②3．當(dāng)兩根都不在區(qū)間［α，β］內(nèi)方程系數(shù)所滿(mǎn)足的充要條件（1）兩根分別在區(qū)間［α，β］之外的兩旁時(shí)∵x1＜α＜β＜x2，對(duì)應(yīng)的函數(shù)f(x)的圖象有下列兩種情形（2）兩根分別在區(qū)間［α，β］之外的同旁時(shí)∵x1＜x2＜α＜β或α＜β＜x1＜x2，對(duì)應(yīng)函數(shù)f(x)的圖象有下列四種情形當(dāng)x1＜x2＜α?xí)r的充要條件是：Δ＞0，-b/2a＜α，af(α)＞0④當(dāng)β＜x1＜x2時(shí)的充要條件是：Δ＞0，-b/2a＞β，af(β)＞0⑤例5．如果方程（1-m2）x2+2mx-1=0的兩個(gè)根一個(gè)小于零，另一個(gè)大于1，確定m的范圍。解：令f(x)=(1-m2)x2+2mx-1，根據(jù)題設(shè)條件，f(x)的圖形是下列兩種情形之一：則（1-m2）f(0)＜0,(1-m2)f(1)＜0；即1-m2＞0,(1-m2)(2m-m2)＜0解得：-1＜m＜0例6．當(dāng)k為什么實(shí)數(shù)時(shí)，關(guān)于X的二次方程7x2-(k+13)x+k2-k-2=0的兩個(gè)實(shí)根α和β分別滿(mǎn)足0＜α＜1和1＜β＜2？解：設(shè)y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2-k-2，則因?yàn)閍=7＞0，且方程f(x)=0有兩實(shí)根α，β，所以它的圖象是開(kāi)口向上且與X軸相交于兩點(diǎn)（α,0）、(β,0)的拋物線(xiàn)。由于0＜α＜1，1＜β＜2，可知在x＜α或x＞β時(shí)，f(x)取正值；在α＜x＜β時(shí)，f(x)取負(fù)值。于是，當(dāng)x分列取0,1，2時(shí)，有：f(0)=k2-k-2＞0，f(1)=k2-2k-8＜0，f(2)=k2-3k＞0解這三個(gè)不等式組成的不等式組，可得-2＜k＜-1和3＜k＜4。練習(xí):1.求所有的實(shí)數(shù)m，使得關(guān)于x的方程有且只有整數(shù)根.2.若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上的最小值為2a，最大值為2b，求區(qū)間[a，b]。3.已知方程x2+2px+1=0有一個(gè)根大于1，有一個(gè)根小于1，則p的取值為_(kāi)________.四．二次函數(shù)與二次不等式一元二次不等式的解集相應(yīng)于一元二次函數(shù)的正值、負(fù)值區(qū)間。解不等式與證明不等式成立，經(jīng)常要用到二次函數(shù)的極值性質(zhì)、單調(diào)性、圖象與x軸的位置關(guān)系等。例7．若a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn都是實(shí)數(shù)，求證：（a1b1+a2b2+…+anbn）2≤(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n)證明：構(gòu)造二次函數(shù)f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(anx-bn)2=(a12+a22+…+a2n)x2-2(a1b1+a2b2+…+anbn)x+(b12+b22+…+b2n).當(dāng)a12+a22+…+a2n≠0即a1,a2,…,an不全為零時(shí)，顯然有對(duì)x∈R，f(x)≥0，故f(x)＝0的判別式：Δ=4（a1b1+a2b2+…+anbn）2-4(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n)≤0.即（a1b1+a2b2+…+anbn）2≤(a12+a22+…+a2n)·(b12+b22+…+b2n).當(dāng)a1=a2=…=an=0時(shí)，結(jié)論顯然成立，故命題成立。例8．設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)-x=0的兩個(gè)根x1,x2滿(mǎn)足0＜x1＜x2＜1/a。（1）當(dāng)x∈(0,x1)時(shí)，證明x＜f(x)＜x1

（2）設(shè)函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線(xiàn)x=x0對(duì)稱(chēng)，證明：x0＜x1/2。證明：①欲證：x＜f(x)＜x,只須證：0＜f(x)-x＜x1-x①因?yàn)榉匠蘤(x)-x=0的兩根為x1,x2,f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，∴f(x)-x=a(x-x1)(x-x2),①式即:0＜a(x-x1)(x-x2)x1-x

②∵a＞0，x∈(0,x1),x1-x＞0,∴a(x1-x)＞0,②式兩邊同除以a(x1-x)＞0，得：0＜x2-x＜1/a，即：x＜x2＜1/a+x.這由已知條件：0＜x＜x1＜x2＜1/a，即得：x＜x2＜(1/a)＜1/a+x，故命題得證。（2）欲證x0＜x1/2，因?yàn)閤0=-b/2a，故只須證：x0-x1/2=-b/2a-x1/2＜0③由韋達(dá)定理，x1+x2=(-b-1)/a，(x1+x2)/2=-(b-1)/2a，代入③式，有(-(b/2a))-(x1/2)=(x2/2)-(1/(2a))＜0,即：x2＜1/a由已知：0＜x1＜x2＜1/a，命題得證。(三)抽屜原理在數(shù)學(xué)問(wèn)題中有一類(lèi)與“存在性”有關(guān)的問(wèn)題，例如：“13個(gè)人中至少有兩個(gè)人出生在相同月份”；“某校400名學(xué)生中，一定存在兩名學(xué)生，他們?cè)谕惶爝^(guò)生日”；“2003個(gè)人任意分成200個(gè)小組，一定存在一組，其成員數(shù)不少于11”。這類(lèi)存在性問(wèn)題中，“存在”的含義是“至少有一個(gè)”。在解決這類(lèi)問(wèn)題時(shí)，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一個(gè)，也不需要確定通過(guò)什么方式把這個(gè)存在的東西找出來(lái)。這類(lèi)問(wèn)題相對(duì)來(lái)說(shuō)涉及到的運(yùn)算較少，依據(jù)的理論也不復(fù)雜，這些理論稱(chēng)為“抽屜原理”。（一）抽屜原理的基本形式定理1、如果把n+1個(gè)元素分成n個(gè)集合，那么不管怎么分，都存在一個(gè)集合，其中至少有兩個(gè)元素。證明：（用反證法）若不存在至少有兩個(gè)元素的集合，則每個(gè)集合至多1個(gè)元素，從而n個(gè)集合至多有n個(gè)元素，此與共有n+1個(gè)元素矛盾，故命題成立。例1．已知在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有任意五個(gè)點(diǎn)（圖1）。證明：至少有兩個(gè)點(diǎn)之間的距離不大于.分析：5個(gè)點(diǎn)的分布是任意的。如果要證明“在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有5個(gè)點(diǎn)，那么這5個(gè)點(diǎn)中一定有距離不大于的兩點(diǎn)”，則順次連接三角形三邊中點(diǎn)，即三角形的三條中位線(xiàn)，可以分原等邊三角形為4個(gè)全等的邊長(zhǎng)為的小等邊三角形，則5個(gè)點(diǎn)中必有2點(diǎn)位于同一個(gè)小等邊三角形中（包括邊界），其距離便不大于。以上結(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)間的距離不大于其最大邊長(zhǎng)”來(lái)保證，下面我們就來(lái)證明這個(gè)定理。如圖2，設(shè)BC是△ABC的最大邊，P，M是△ABC內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)，連接PM，過(guò)P分別作AB、BC邊的平行線(xiàn)，過(guò)M作AC邊的平行線(xiàn)，設(shè)各平行線(xiàn)交點(diǎn)為P、Q、N，那么∠PQN=∠C，∠QNP=∠A因?yàn)锽C≥AB，所以∠A≥∠C，則∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相鄰的內(nèi)角），所以PQ≥PM。顯然BC≥PQ，故BC≥PM。由此我們可以推知，邊長(zhǎng)為的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）兩點(diǎn)間的距離不大于。說(shuō)明：（1）這里是用等分三角形的方法來(lái)構(gòu)造“抽屜”。類(lèi)似地，還可以利用等分線(xiàn)段、等分正方形的方法來(lái)構(gòu)造“抽屜”。例如“任取n+1個(gè)正數(shù)ai，滿(mǎn)足0＜ai≤1（i=1,2,…,n+1），試證明：這n+1個(gè)數(shù)中必存在兩個(gè)數(shù)，其差的絕對(duì)值小于”。又如：“在邊長(zhǎng)為1的正方形內(nèi)任意放置五個(gè)點(diǎn)，求證：其中必有兩點(diǎn)，這兩點(diǎn)之間的距離不大于。（2）例1中，如果把條件（包括邊界）去掉，則結(jié)論可以修改為：至少有兩個(gè)點(diǎn)之間的距離小于.例2．從1-100的自然數(shù)中，任意取出51個(gè)數(shù)，證明其中一定有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。分析：本題似乎茫無(wú)頭緒，從何入手？其關(guān)鍵何在？其實(shí)就在“兩個(gè)數(shù)”，其中一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。我們要構(gòu)造“抽屜”，使得每個(gè)抽屜里任取兩個(gè)數(shù)，都有一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍，這只有把公比是正整數(shù)的整個(gè)等比數(shù)列都放進(jìn)去同一個(gè)抽屜才行，這里用得到一個(gè)自然數(shù)分類(lèi)的基本知識(shí)：任何一個(gè)正整數(shù)都可以表示成一個(gè)奇數(shù)與2的方冪的積，即若m∈N+,K∈N+，n∈N,則m=(2k-1)·2n，并且這種表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，……證明：因?yàn)槿魏我粋€(gè)正整數(shù)都能表示成一個(gè)奇數(shù)乘2的方冪，并且這種表示方法是唯一的，所以我們可把1-100的正整數(shù)分成如下50個(gè)抽屜（因?yàn)?-100中共有50個(gè)奇數(shù)）：1）{1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26}；

2）{3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25}；

3）{5，5×2，5×22，5×23，5×24}；

4）{7，7×2，7×22，7×23}；

5）{9，9×2，9×22，9×23}；

6）{11，11×2，11×22，11×23}；

……

25）{49，49×2}；

26）{51}；

……

50）{99}。這樣，1-100的正整數(shù)就無(wú)重復(fù)，無(wú)遺漏地放進(jìn)這50個(gè)抽屜內(nèi)了。從這100個(gè)數(shù)中任取51個(gè)數(shù)，也即從這50個(gè)抽屜內(nèi)任取51個(gè)數(shù)，根據(jù)抽屜原則，其中必定至少有兩個(gè)數(shù)屬于同一個(gè)抽屜，即屬于（1）-（25）號(hào)中的某一個(gè)抽屜，顯然，在這25個(gè)抽屜中的任何同一個(gè)抽屜內(nèi)的兩個(gè)數(shù)中，一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。說(shuō)明：（1）從上面的證明中可以看出，本題能夠推廣到一般情形：從1-2n的自然數(shù)中，任意取出n+1個(gè)數(shù)，則其中必有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。想一想，為什么？因?yàn)?-2n中共含1，3，…，2n-1這n個(gè)奇數(shù)，因此可以制造n個(gè)抽屜，而n+1＞n，由抽屜原則，結(jié)論就是必然的了。給n以具體值，就可以構(gòu)造出不同的題目。例2中的n取值是50，還可以編制相反的題目，如：“從前30個(gè)自然數(shù)中最少要（不看這些數(shù)而以任意方式地）取出幾個(gè)數(shù)，才能保證取出的數(shù)中能找到兩個(gè)數(shù)，其中較大的數(shù)是較小的數(shù)的倍數(shù)？”(2）如下兩個(gè)問(wèn)題的結(jié)論都是否定的（n均為正整數(shù)）想一想，為什么？①?gòu)?，3，4，…，2n+1中任取n+1個(gè)數(shù)，是否必有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍？②從1，2，3，…，2n+1中任取n+1個(gè)數(shù)，是否必有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍？（3）如果將（2）中兩個(gè)問(wèn)題中任取的n+1個(gè)數(shù)增加1個(gè)，都改成任取n+2個(gè)數(shù)，則它們的結(jié)論是肯定的還是否定的？你能判斷證明嗎？例3．從前25個(gè)自然數(shù)中任意取出7個(gè)數(shù)，證明：取出的數(shù)中一定有兩個(gè)數(shù)，這兩個(gè)數(shù)中大數(shù)不超過(guò)小數(shù)的1.5倍。證明：把前25個(gè)自然數(shù)分成下面6組：1；①

2，3；②

4，5，6；③

7，8，9，10；④

11，12，13，14，15，16；⑤

17，18，19，20，21，22，23，⑥因?yàn)閺那?5個(gè)自然數(shù)中任意取出7個(gè)數(shù)，所以至少有兩個(gè)數(shù)取自上面第②組到第⑥組中的某同一組，這兩個(gè)數(shù)中大數(shù)就不超過(guò)小數(shù)的1.5倍。說(shuō)明：（1）本題可以改變敘述如下：在前25個(gè)自然數(shù)中任意取出7個(gè)數(shù)，求證其中存在兩個(gè)數(shù)，它們相互的比值在內(nèi)。顯然，必須找出一種能把前25個(gè)自然數(shù)分成6（7-1=6）個(gè)集合的方法，不過(guò)分類(lèi)時(shí)有一個(gè)限制條件：同一集合中任兩個(gè)數(shù)的比值在內(nèi)，故同一集合中元素的數(shù)值差不得過(guò)大。這樣，我們可以用如上一種特殊的分類(lèi)法：遞推分類(lèi)法：從1開(kāi)始，顯然1只能單獨(dú)作為1個(gè)集合{1}；否則不滿(mǎn)足限制條件.能與2同屬于一個(gè)集合的數(shù)只有3，于是{2，3}為一集合。如此依次遞推下去，使若干個(gè)連續(xù)的自然數(shù)屬于同一集合，其中最大的數(shù)不超過(guò)最小的數(shù)的倍，就可以得到滿(mǎn)足條件的六個(gè)集合。（2）如果我們按照（1）中的遞推方法依次造“抽屜”，則第7個(gè)抽屜為{26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}；第8個(gè)抽屜為：{40，41，42，…，60}；第9個(gè)抽屜為：{61，62，63，…，90，91}；……例4．在坐標(biāo)平面上任取五個(gè)整點(diǎn)（該點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)都取整數(shù)），證明：其中一定存在兩個(gè)整點(diǎn)，它們的連線(xiàn)中點(diǎn)仍是整點(diǎn)。分析與解答：由中點(diǎn)坐標(biāo)公式知，坐標(biāo)平面兩點(diǎn)（x1,y1）、（x2,y2）的中點(diǎn)坐標(biāo)是。欲使都是整數(shù)，必須而且只須x1與x2，y1與y2的奇偶性相同。坐標(biāo)平面上的任意整點(diǎn)按照橫縱兩個(gè)坐標(biāo)的奇偶性考慮有且只有如下四種：（奇數(shù)、奇數(shù)），（偶數(shù)，偶數(shù)），（奇數(shù)，偶數(shù)），（偶數(shù)，奇數(shù)）以此構(gòu)造四個(gè)“抽屜”，則在坐標(biāo)平面上任取五個(gè)整點(diǎn)，那么至少有兩個(gè)整點(diǎn)，屬于同一個(gè)“抽屜”因此它們連線(xiàn)的中點(diǎn)就必是整點(diǎn)。說(shuō)明：我們可以把整點(diǎn)的概念推廣：如果（x1,x2,…xn）是n維（元）有序數(shù)組，且x1,x2,…xn中的每一個(gè)數(shù)都是整數(shù)，則稱(chēng)（x1,x2,…xn）是一個(gè)n維整點(diǎn)（整點(diǎn)又稱(chēng)格點(diǎn)）。如果對(duì)所有的n維整點(diǎn)按每一個(gè)xi的奇偶性來(lái)分類(lèi)，由于每一個(gè)位置上有奇、偶兩種可能性，因此共可分為2×2×…×2=2n個(gè)類(lèi)。這是對(duì)n維整點(diǎn)的一種分類(lèi)方法。當(dāng)n=3時(shí)，23=8，此時(shí)可以構(gòu)造命題：“任意給定空間中九個(gè)整點(diǎn)，求證它們之中必有兩點(diǎn)存在，使連接這兩點(diǎn)的直線(xiàn)段的內(nèi)部含有整點(diǎn)”。例5．在任意給出的100個(gè)整數(shù)中，都可以找出若干個(gè)數(shù)來(lái)（可以是一個(gè)數(shù)），它們的和可被100整除。分析：本題也似乎是茫無(wú)頭緒，無(wú)從下手，其關(guān)鍵何在？仔細(xì)審題，它們的“和”能“被100整除”應(yīng)是做文章的地方。如果把這100個(gè)數(shù)排成一個(gè)數(shù)列，用Sm記其前m項(xiàng)的和，則其可構(gòu)造S1，S2，…S100共100個(gè)"和"數(shù)。討論這些“和數(shù)”被100除所得的余數(shù)。注意到S1，S2，…S100共有100個(gè)數(shù)，一個(gè)數(shù)被100除所得的余數(shù)有0，1，2，…99共100種可能性。“蘋(píng)果”數(shù)與“抽屜”數(shù)一樣多，如何排除“故障”？證明：設(shè)已知的整數(shù)為a1,a2,…a100考察數(shù)列a1,a2,…a100的前n項(xiàng)和構(gòu)成的數(shù)列S1，S2，…S100。如果S1，S2，…S100中有某個(gè)數(shù)可被100整除，則命題得證。否則，即S1，S2，…S100均不能被100整除，這樣，它們被100除后余數(shù)必是{1，2，…，99}中的元素。由抽屜原理I知，S1，S2，…S100中必有兩個(gè)數(shù)，它們被100除后具有相同的余數(shù)。不妨設(shè)這兩個(gè)數(shù)為Si，Sj（i＜j），則100∣（Sj-Si），即100∣。命題得證。說(shuō)明：有時(shí)候直接對(duì)所給對(duì)象作某種劃分，是很難構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷系?。這時(shí)候，我們需要對(duì)所給對(duì)象先作一些變換，然后對(duì)變換得到的對(duì)象進(jìn)行分類(lèi)，就可以構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷?。本題直接對(duì){an}進(jìn)行分類(lèi)是很難奏效的。但由{an}構(gòu)造出{Sn}后，再對(duì){Sn}進(jìn)行分類(lèi)就容易得多.另外，對(duì){Sn}按模100的剩余類(lèi)劃分時(shí)，只能分成100個(gè)集合，而{Sn}只有100項(xiàng)，似乎不能應(yīng)用抽屜原則。但注意到余數(shù)為0的類(lèi)恰使結(jié)論成立，于是通過(guò)分別情況討論后，就可去掉余數(shù)為0的類(lèi)，從而轉(zhuǎn)化為100個(gè)數(shù)分配在剩下的99個(gè)類(lèi)中。（二）單色三角形問(wèn)題抽屜原理的應(yīng)用多么奇妙，其關(guān)鍵在于恰當(dāng)?shù)刂圃斐閷?，分割圖形，利用自然數(shù)分類(lèi)的不同方法如按剩余類(lèi)制造抽屜或按奇數(shù)乘以2的方冪制造抽屜，利用奇偶性等等，都是制造“抽屜”的方法。抽屜原理的道理極其簡(jiǎn)單，但“于無(wú)聲處聽(tīng)驚雷”，恰當(dāng)?shù)鼐牡貞?yīng)用它，不僅可以解決國(guó)內(nèi)數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的問(wèn)題，而且可以解決國(guó)際中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽。例6．17名科學(xué)家中每?jī)擅茖W(xué)家都和其他科學(xué)家通信，在他們通信時(shí)，只討論三個(gè)題目，而且任意兩名科學(xué)家通信時(shí)只討論一個(gè)題目，證明：其中至少有三名科學(xué)家，他們相互通信時(shí)討論的是同一個(gè)題目。證明：視17個(gè)科學(xué)家為17個(gè)點(diǎn)，每?jī)蓚€(gè)點(diǎn)之間連一條線(xiàn)表示這兩個(gè)科學(xué)家在討論同一個(gè)問(wèn)題，若討論第一個(gè)問(wèn)題則在相應(yīng)兩點(diǎn)連紅線(xiàn)，若討論第2個(gè)問(wèn)題則在相應(yīng)兩點(diǎn)連條黃線(xiàn)，若討論第3個(gè)問(wèn)題則在相應(yīng)兩點(diǎn)連條藍(lán)線(xiàn)。三名科學(xué)家研究同一個(gè)問(wèn)題就轉(zhuǎn)化為找到一個(gè)三邊同顏色的三角形。考慮科學(xué)家A，他要與另外的16位科學(xué)家每人通信討論一個(gè)問(wèn)題，相應(yīng)于從A出發(fā)引出16條線(xiàn)段，將它們?nèi)境?種顏色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1條同色，不妨記為AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同紅色，若Bi（i=1，2，…，6）之間有紅線(xiàn)，則出現(xiàn)紅色三角線(xiàn)，命題已成立；否則B1，B2，B3，B4，B5，B6之間的連線(xiàn)只染有黃藍(lán)兩色?？紤]從B1引出的5條線(xiàn)，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用兩種顏色染色，因?yàn)?=2×2+1，故必有3=2+1條線(xiàn)段同色，假設(shè)為黃色，并記它們?yōu)锽1B2，B1B3，B1B4。這時(shí)若B2，B3，B4之間有黃線(xiàn)，則有黃色三角形，命題也成立，若B2，B3，B4，之間無(wú)黃線(xiàn)，則△B2，B3，B4，必為藍(lán)色三角形，命題仍然成立。說(shuō)明:（1）本題源于一個(gè)古典問(wèn)題--世界上任意6個(gè)人中必有3人互相認(rèn)識(shí)，或互相不認(rèn)識(shí)。（2）將互相認(rèn)識(shí)用紅色表示，將互相不認(rèn)識(shí)用藍(lán)色表示，（1）將化為一個(gè)染色問(wèn)題，成為一個(gè)圖論問(wèn)題：空間六個(gè)點(diǎn)，任何三點(diǎn)不共線(xiàn)，四點(diǎn)不共面，每?jī)牲c(diǎn)之間連線(xiàn)都涂上紅色或藍(lán)色。求證：存在三點(diǎn)，它們所成的三角形三邊同色。（3）問(wèn)題（2）可以往兩個(gè)方向推廣：其一是顏色的種數(shù)，其二是點(diǎn)數(shù)。本例便是方向一的進(jìn)展，其證明已知上述。如果繼續(xù)沿此方向前進(jìn)，可有下題：在66個(gè)科學(xué)家中，每個(gè)科學(xué)家都和其他科學(xué)家通信，在他們的通信中僅僅討論四個(gè)題目，而任何兩個(gè)科學(xué)家之間僅僅討論一個(gè)題目。證明至少有三個(gè)科學(xué)家，他們互相之間討論同一個(gè)題目。（4）回顧上面證明過(guò)程，對(duì)于17點(diǎn)染3色問(wèn)題可歸結(jié)為6點(diǎn)染2色問(wèn)題，又可歸結(jié)為3點(diǎn)染一色問(wèn)題。反過(guò)來(lái)，我們可以繼續(xù)推廣。從以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的過(guò)程，易發(fā)現(xiàn)6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3+2，66=（17-1）×4+2，同理可得（66-1）×5+2=327，（327-1）×6+2=1958…記為r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，…..我們可以得到遞推關(guān)系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4…這樣就可以構(gòu)造出327點(diǎn)染5色問(wèn)題，1958點(diǎn)染6色問(wèn)題，都必出現(xiàn)一個(gè)同色三角形。（三）抽屜原理的其他形式。定理2：把m個(gè)元素分成n個(gè)集合（m＞n）（1）當(dāng)n能整除m時(shí)，至少有一個(gè)集合含有m/n個(gè)元素；

（2）當(dāng)n不能整除m時(shí)，則至少有一個(gè)集合含有至少[m/n]+1個(gè)元素，（[m/n]表示不超過(guò)的最大整數(shù)）定理2也可敘述成：把m×n+1個(gè)元素放進(jìn)n個(gè)集合，則必有一個(gè)集合中至少放有m+1個(gè)元素。例7．9條直線(xiàn)的每一條都把一個(gè)正方形分成兩個(gè)梯形，而且它們的面積之比為2∶3。證明：這9條直線(xiàn)中至少有3條通過(guò)同一個(gè)點(diǎn)。證明：設(shè)正方形為ABCD，E、F分別是AB，CD的中點(diǎn)。設(shè)直線(xiàn)L把正方形ABCD分成兩個(gè)梯形ABGH和CDHG，并且與EF相交于P.梯形ABGH的面積：梯形CDHG的面積=2∶3,EP是梯形ABGH的中位線(xiàn)，PF是梯形CDHG的中位線(xiàn)，由于梯形的面積=中位線(xiàn)×梯形的高，并且兩個(gè)梯形的高相等（AB=CD），所以梯形ABGH的面積∶梯形CDHG的面積=EP∶PF，也就是EP∶PF=2∶3.這說(shuō)明，直線(xiàn)L通過(guò)EF上一個(gè)固定的點(diǎn)P，這個(gè)點(diǎn)把EF分成長(zhǎng)度為2∶3的兩部分。這樣的點(diǎn)在EF上還有一個(gè)，如圖上的Q點(diǎn)（FQ∶QE=2∶3）。同樣地，如果直線(xiàn)L與AB、CD相交，并且把正方形分成兩個(gè)梯形面積之比是2∶3，那么這條直線(xiàn)必定通過(guò)AD、BC中點(diǎn)連線(xiàn)上的兩個(gè)類(lèi)似的點(diǎn)（三等分點(diǎn)）。這樣，在正方形內(nèi)就有4個(gè)固定的點(diǎn)，凡是把正方形面積分成兩個(gè)面積為2∶3的梯形的直線(xiàn)，一定通過(guò)這4點(diǎn)中的某一個(gè)。我們把這4個(gè)點(diǎn)看作4個(gè)抽屜，9條直線(xiàn)看作9個(gè)蘋(píng)果，由定理2可知，9=4×2+1，所以，必有一個(gè)抽屜內(nèi)至少放有3個(gè)蘋(píng)果，也就是，必有三條直線(xiàn)要通過(guò)一個(gè)點(diǎn)。說(shuō)明：本例中的抽屜比較隱蔽，正方形兩雙對(duì)邊中點(diǎn)連線(xiàn)上的4個(gè)三等分點(diǎn)的發(fā)現(xiàn)是關(guān)鍵，而它的發(fā)現(xiàn)源于對(duì)梯形面積公式S梯形=中位線(xiàn)×梯形的高的充分感悟。例8．910瓶紅、藍(lán)墨水，排成130行，每行7瓶。證明：不論怎樣排列，紅、藍(lán)墨水瓶的顏色次序必定出現(xiàn)下述兩種情況之一種：1．至少三行完全相同;2．至少有兩組（四行），每組的兩行完全相同。證明：910瓶紅、藍(lán)墨水，排成130行，每行7瓶。每行中的7個(gè)位置中的每個(gè)位置都有紅、藍(lán)兩種可能，因而總計(jì)共有27=128種不同的行式（當(dāng)且僅當(dāng)兩行墨水瓶顏色及次序完全相同時(shí)稱(chēng)為“行式”相同.任取130行中的129行，依抽屜原理可知，必有兩行（記為A，B）“行式”相同。在除A、B外的其余128行中若有一行P與A（B）“行式”相同，則P，A，B滿(mǎn)足“至少有三行完全相同”；在其余（除A，B外）的128行中若沒(méi)有與A（B）行式相同者，則128行至多有127種不同的行式，依抽屜原則，必有兩行（不妨記為C、D）行式相同，這樣便找到了（A，B）、（C，D）兩組（四行），每組兩行完全相同。(四)函數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用一、指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)函數(shù)y=ax(a>0,且a≠1)叫做指數(shù)函數(shù)。它的基本情況是：1）定義域?yàn)槿w實(shí)數(shù)（-∞，+∞）

2）值域?yàn)檎龑?shí)數(shù)（0，+∞），從而函數(shù)沒(méi)有最大值與最小值，有下界，y>0

3）對(duì)應(yīng)關(guān)系為一一映射，從而存在反函數(shù)--對(duì)數(shù)函數(shù)。

4）單調(diào)性是：當(dāng)a>1時(shí)為增函數(shù)；當(dāng)0<a<1時(shí)，為減函數(shù)。

5）無(wú)奇偶性，是非奇非偶函數(shù)，但y=ax與y=a-x的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，y=ax與y=-ax的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)；y=ax與y=logax的圖象關(guān)于直線(xiàn)y=x對(duì)稱(chēng)。

6）有兩個(gè)特殊點(diǎn)：零點(diǎn)（0，1），不變點(diǎn)（1，a）

7）抽象性質(zhì)：f(x)=ax(a>0,a≠1),f(x+y)=f(x)·f(y),f(x-y)=f(x)/f(y)函數(shù)y=logax(a>0,且a≠1)叫做對(duì)數(shù)函數(shù)，它的基本情況是：1）定義域?yàn)檎龑?shí)數(shù)（0，+∞）

2）值域?yàn)槿w實(shí)數(shù)（-∞，+∞）

3）對(duì)應(yīng)關(guān)系為一一映射，因而有反函數(shù)——指數(shù)函數(shù)。

4）單調(diào)性是：當(dāng)a>1時(shí)是增函數(shù)，當(dāng)0<a<1時(shí)是減函數(shù)。

5）無(wú)奇偶性。但y=logax與y=log(1/a)x關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，y=logax與y=loga(-x)圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，y=logax與y=ax圖象關(guān)于直線(xiàn)y=x對(duì)稱(chēng)。

6）有特殊點(diǎn)（1，0）,(a，1)

7）抽象運(yùn)算性質(zhì)f(x)=logax(a>0,a≠1)，f(x·y)=f(x)+f(y),f(x/y)=f(x)-f(y)二、例題例1．若f(x)=(ax/(ax+√a))，求f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+…+f(1000/1001)分析：和式中共有1000項(xiàng)，顯然逐項(xiàng)相加是不可取的。需找出f(x)的結(jié)構(gòu)特征，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，注意到1/1001+1000/1001=2/1001+999/1001=3/1001+998/1001=…=1，而f(x)+f(1-x)=(ax/(ax+√a))+(a1-x/(a1-x+√a))=(ax/(ax+√a))+(a/(a+ax·√a))=(ax/(ax+√a))+((√a)/(ax+√a))=((ax+√a)/(ax+√a))=1規(guī)律找到了，這啟示我們將和式配對(duì)結(jié)合后再相加：原式=[f(1/1001)+f(1000/1001)]+[f(2/1001)+f(999/1001)]+…+[f(500/1001)+f(501/1001)]=(1+1+…+1)5000個(gè)=500（1）取a=4就是1986年的高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽填空題：設(shè)f(x)=(4x/(4x+2))，那么和式f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+…+f(1000/1001)的值=。（2）上題中取a=9，則f(x)=(9x/(9x+3))，和式值不變也可改變和式為求f(1/n)+f(2/n)+f(3/n)+…+f((n-1)/n).（3）設(shè)f(x)=(1/(2x+√2))，利用課本中推導(dǎo)等差數(shù)列前n項(xiàng)和的方法，可求得f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)的值為。例2．5log25等于：（）（A）1/2（B）(1/5)10log25（C）10log45（D）10log52解：∵5log25=(10/2)log25=(10log25)/(2log25)=(1/5)×10log25∴選（B）例3．試比較(122002+1)/(122003+1)與(122003+1)/(122004+1)的大小。解：對(duì)于兩個(gè)正數(shù)的大小，作商與1比較是常用的方法，記122003=a＞0，則有((122002+1)/(122003+1))÷((122003+1)/(122004+1))=((a/12)+1)/(a+1)·((12a+1)/(a+1))=((a+12)(12a+1))/(12(a+1)2)=((12a2+145a+12)/(12a2+24a+12))＞1故得：((122002+1)/(122003+1))＞((122003+1)/(122004+1))例4．已知(a,b為實(shí)數(shù))且f(lglog310)=5，則f(lglg3)的值是（）（A）-5（B）-3（C）3（D）隨a,b的取值而定解：設(shè)lglog310=t，則lglg3=lg(1/log310)=-lglog310=-t而f(t)+f(-t)=

∴f(-t)=8-f(t)=8-5=3說(shuō)明：由對(duì)數(shù)換底公式可推出logab·logba=(lgb/lga)·(lga/lgb)=1，即logab=(1/logba)，因而lglog310與lglg3是一對(duì)相反數(shù)。設(shè)中的部分，則g(x)為奇函數(shù)，g(t)+g(-t)=0。這種整體處理的思想巧用了奇函數(shù)性質(zhì)使問(wèn)題得解，關(guān)鍵在于細(xì)致觀察函數(shù)式結(jié)構(gòu)特征及對(duì)數(shù)的恒等變形。例5．已知函數(shù)y=((10x-10-x)/2)(X∈R)（1）求反函數(shù)y=f-1(x)

（2）判斷函數(shù)y=f-1(x)是奇函數(shù)還是偶函數(shù)分析：（1）求y=(10x-10-x)/2的反函數(shù)首先用y把x表示出來(lái)，然后再對(duì)調(diào)x,y即得到y(tǒng)=f-1(x)；（2）判斷函數(shù)y=f-1(x)的奇偶性要依據(jù)奇函數(shù)或偶函數(shù)的定義，看當(dāng)X∈R時(shí)是否有f(-x)=-f(x)或(f(-x)+f(x)=0)或f(-x)=f(x)恒成立。解：（1）由y=((10x-10-x)/2)(X∈R)可得2y=10x-10-x，設(shè)10x=t，上式化為：2y=t-t-1兩邊乘t，得2yt=t2-1整理得：t2-2yt-1=0，解得：由于t=10x＞0，故將舍去，得到：將t=10x代入上式，即得:所以函數(shù)y=((10x-10-x)/2)的反函數(shù)是(2)由得:∴f-1(-x)=-f(x)所以，函數(shù)是奇函數(shù)。例6．已知函數(shù)f(x)=loga((1+x)/(1-x))(a＞0,a≠1)（1）求f(x)的定義域

（2）判斷f(x)的奇偶性并給以證明；

（3）當(dāng)a＞1時(shí)，求使f(x)＞0的x取值范圍；

（4）求它的反函數(shù)f-1(x)解：（1）由對(duì)數(shù)的定義域知((1+x)/(1-x))＞0

解這個(gè)分式不定式，得：(x+1)(x-1)＜0,-1＜x＜1故函數(shù)f(x)的定義域?yàn)椋?1，1）（2）f(-x)=loga((1-x)/(1+x))=log((1+x)/(1-x))-1=-loga((1+x)/(1-x))=-f(x)

由奇函數(shù)的定義知，函數(shù)f(x)是奇函數(shù)。（3）由loga((1+x)/(1-x))＞0＜＝＞loga((1+x)/(1-x))＞loga1，因?yàn)閍＞1，所以由對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知((1+x)/(1-x))＞1，考慮由（1）知x＜1,1-x＞0，去分母，得：1+x＞1-x,x＞0故：0＜x＜1所以對(duì)于a＞1，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)函數(shù)f(x)＞0（4）由y=loga((1+x)/(1-x))得：((1+x)/(1-x))=ay應(yīng)用會(huì)比分比定理得：((1+x)+(1-x))/((1+x)-(1-x))=((ay+1)/(ay-1))即:(2/2x)=((ay+1)/(ay-1))∴x=((ay-1)/(ay+1))交換x,y得：y=((ax-1)/(ax+1))，它就是函數(shù)f(x)=loga((1+x)/(1-x))的反函數(shù)f-1(x)即f-1(x)=((ax-1)/(ax+1))例7．已知x2-2x+loga(a2-a)=0有一正根和一負(fù)根，求實(shí)數(shù)a的范圍。解：方程有一正根一負(fù)根的充分必要條件是：loga(a2-a)＜0①由a＞0,a≠1,a2-a=a(a-1)＞0,可得a＞1②，從而由loga(a2-a)＜0=loga1得:a2-a＜1,a2-a-1＜0，解得:③，由②③得：例8．設(shè)y=log(1/2)[a2x+2(ab)x-b2x+1](a＞0,b＞0)，求使y為負(fù)值的x的取值范圍解：∵(1/2)＜1,要使y＜0,只要a2x+2(ab)x-b2x+1＞1，即a2x+2(ab)x-b2x＞0

→b2x[(a/b)2x+2(a/b)x-1]＞0→[(a/b)x]2+2(a/b)x-1＞0→

→∵→.1°當(dāng)a＞b＞0時(shí),a/b＞1,；

2°當(dāng)b＞a＞0時(shí),0＜a/b＜1,3°當(dāng)a=b＞0時(shí)，x∈R。(五)數(shù)列[方法總結(jié)]1.數(shù)列{an}前n項(xiàng)和Sn與通項(xiàng)an的關(guān)系式：an=2.求通項(xiàng)常用方法①作新數(shù)列法.作等差數(shù)列與等比數(shù)列.②疊加法.最基本形式是：an=(an－an－1+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1.③歸納、猜想法.3.數(shù)列前n項(xiàng)和常用求法①重要公式1+2+…+n=n(n+1)12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2(n+1)2②等差數(shù)列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比數(shù)列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.③裂項(xiàng)求和：將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個(gè)式子的代數(shù)和，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加時(shí)抵消中間的許多項(xiàng).④錯(cuò)項(xiàng)相消法⑤并項(xiàng)求和法[例題]1.等差數(shù)列{an}的前m項(xiàng)的和為30，前2m項(xiàng)的和為100，則它的前3m項(xiàng)的和為_(kāi)________.①②解法一：將Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得：①②解法二：由等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式知，Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，即Sn=An2+Bn(A、B是常數(shù)）.將Sm=30,S2m=100代入，得,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210解法三：根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)知：Sm,S2m－Sm,S3m－S2m也成等差數(shù)列，從而有：2(S2m－Sm)=Sm+(S3m－S2m)∴S3m=3(S2m－Sm)=210解法四：令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2=70∴a3=70+(70－30)=110∴S3=a1+a2+a3=2102.已知函數(shù)f(x)=(x<－2).(1)求f(x)的反函數(shù)f-－1(x);(2)設(shè)a1=1,=－f－-1(an)(n∈N*),求an;(3)設(shè)Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1－Sn是否存在最小正整數(shù)m,使得對(duì)任意n∈N*,有bn<成立？若存在，求出m的值；若不存在，說(shuō)明理由.解：(1)設(shè)y=,∵x<－2,∴x=－,即y=f－-1(x)=－(x>0)(2)∵，∴{}是公差為4的等差數(shù)列，∵a1=1,=+4(n－1)=4n－3,∵an>0,∴an=.(3)bn=Sn+1－Sn=an+12=,由bn<,得m>,設(shè)g(n)=,∵g(n)=在n∈N*上是減函數(shù)，∴g(n)的最大值是g(1)=5,∴m>5,存在最小正整數(shù)m=6,使對(duì)任意n∈N*有bn<成立.3.已知{an}是各項(xiàng)不同的正數(shù)等差數(shù)列,又lga1、lga2、lga4成等差數(shù)列.設(shè)bn=,n=1,2,3,……。（Ⅰ）證明{bn}為等比數(shù)列；（Ⅱ）如果數(shù)列{bn}前3項(xiàng)的和等于，求數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1和公差d.。解:（Ⅰ）∵lga1、lga2、lga4成等差數(shù)列，∴2lga2=lga1+lga4，即a=a1·a2設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則(a1+d)2=a1(a1+3d),這樣d2=a1d從而d(d-a1)=0∵d≠0∴d=a1≠0bn==這時(shí){bn}是首項(xiàng)b1=，公比為的等比數(shù)列。（Ⅱ）∵b1+b2+b3=(1++)=，∴d=3,所以a1=d=34．已知{}是公比為q的等比數(shù)列，且成等差數(shù)列.（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）設(shè){}是以2為首項(xiàng)，q為公差的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)n≥2時(shí)，比較Sn與bn的大小，并說(shuō)明理由.解:（Ⅰ）由題設(shè)（Ⅱ）若當(dāng)故若當(dāng)故對(duì)于5.已知數(shù)列為等差數(shù)列，且（Ⅰ）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）證明解：（I）設(shè)等差數(shù)列的公差為d.由即d=1.所以即（II）因?yàn)?，所?.已知數(shù)列的首項(xiàng)前項(xiàng)和為，且Sn+1=2Sn+n+5.(n∈N*)（I）證明數(shù)列是等比數(shù)列；（II）令，求函數(shù)在點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)。解：（I）由已知Sn+1=2Sn+n+5，∴兩式相減得即,從而.當(dāng)時(shí)∴.又,∴從而.故總有.又∵,從而，即數(shù)列是以為首項(xiàng)2為公比的等比數(shù)列。（II）由（I）知,∵∴。從而=-＝3[n×2n+1-(2+…+2n)]-=3[n×2n+1-2n+1+2]-=7.若公比為c的等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1且滿(mǎn)足an=（n=3，4，……）（Ⅰ）求c的值；（Ⅱ）求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和Sn.解:（Ⅰ）由題設(shè)，當(dāng)n≥3時(shí)，an=c2an-2an-1=can-2an=.由題設(shè)條件可得an-2≠0,因此c2=,即2c2-c-1=0.解得c=1或c=-(Ⅱ)由（Ⅰ）,需要分兩種情況討論:當(dāng)c=1時(shí)，數(shù)列{an}是一個(gè)常數(shù)列,即an=1(n∈N*)這時(shí),數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和Sn=1+2+3+…+n=當(dāng)c=-時(shí)，數(shù)列{an}是一個(gè)公比為-的等比數(shù)列，即an=(-)n-1(n∈N*).這時(shí)，數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和Sn=1+2(-)+3(-)2+…+n(-)n-1.①①式兩邊同乘-，得-Sn=-+2(-)2+…+(n-1)(-)n-1+n(-)n.②①式減去②式，得（1+）Sn=1+(-)+(-)2+…+(-)n-1-n(-)n=所以Sn=8.數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1=1，，n=1，2，3，……，求：（Ⅰ）a2，a3，a4的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）的值.解：（Ⅰ）由a1=1，，n=1，2，3，……，得，，.由（n≥2），得（n≥2），又a2=，所以an=(n≥2),∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=（Ⅱ）由（Ⅰ）可知是首項(xiàng)為，公比為項(xiàng)數(shù)為n的等比數(shù)列，所以=.9.假設(shè)某市2004年新建住房400萬(wàn)平方米,其中有250萬(wàn)平方米是中低價(jià)房.預(yù)計(jì)在今后的若干年內(nèi),該市每年新建住房面積平均比上一年增長(zhǎng)8%.另外,每年新建住房中,中低價(jià)房的面積均比上一年增加50萬(wàn)平方米.那么,到哪一年底,(1)該市歷年所建中低價(jià)房的累計(jì)面積(以2004年為累計(jì)的第一年)將首次不少于4750萬(wàn)平方米?(2)當(dāng)年建造的中低價(jià)房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于85%?解:(1)設(shè)中低價(jià)房面積形成數(shù)列{an},由題意可知{an}是等差數(shù)列,其中a1=250,d=50,則Sn=250n+=25n2+225n,令25n2+225n≥4750,即n2+9n-190≥0,而n是正整數(shù),∴n≥10.∴到2013年底,該市歷年所建中低價(jià)房的累計(jì)面積將首次不少于4750萬(wàn)平方米.(2)設(shè)新建住房面積形成數(shù)列{bn},由題意可知{bn}是等比數(shù)列,其中b1=400,q=1.08,則bn=400·(1.08)n-1.由題意可知an>0.85bn,有250+(n-1)·50>400·(1.08)n-1·0.85.由計(jì)箅器解得滿(mǎn)足上述不等式的最小正整數(shù)n=6.到2009年底,當(dāng)年建造的中低價(jià)房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于85%.10.設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列的首項(xiàng)，前n項(xiàng)和為，且。（Ⅰ）求的通項(xiàng)；（Ⅱ）求的前n項(xiàng)和。解：（I）由210S30-(210+1)S20+S10=0得210(S30-S20)=S20-S10，即210(a21+a22+…+a30)=a11+a12+…+a20,可得210·q10(a11+a12+…+a20)=a11+a12+…+a20.因?yàn)閍n>0，所以210q10=1,解得q=,因而an=a1qn-1=,n=1,2,….(II)因?yàn)閧an}是首項(xiàng)a1=、公比q=的等比數(shù)列，故Sn==1-，nSn=n-.則數(shù)列{nSn}的前n項(xiàng)和Tn=(1+2+…+n)-(++…+)，(1+2+…+n)-(++…+).前兩式相減，得(1+2+…+n)-(++…+)+=-+,Tn=11.設(shè){an}是正數(shù)組成的數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，并且對(duì)于所有的自然數(shù)n，an與2的等差中項(xiàng)等于Sn與2的等比中項(xiàng).(1)寫(xiě)出數(shù)列{an}的前3項(xiàng)(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式(寫(xiě)出推證過(guò)程)(3)令bn=(n∈N*)，求b1+b2+b3+…+bn－n解：(1)由題意，當(dāng)n=1時(shí)，有，S1=a1，∴，解得a1=2.當(dāng)n=2時(shí)，有，S2=a1+a2，將a1=2代入，整理得(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6.當(dāng)n=3時(shí)，有，S3=a1+a2+a3，將a1=2，a2=6代入，整理得(a3－2)2=64，由a3＞0，解得a3=10.故該數(shù)列的前3項(xiàng)為2，6，10.(2）解法一：由(1）猜想數(shù)列{an}.有通項(xiàng)公式an=4n－2.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明{an}的通項(xiàng)公式是an=4n－2，(n∈N*）.①當(dāng)n=1時(shí)，因?yàn)?×1－2=2，，又在(1)中已求出a1=2，結(jié)論成立.②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，結(jié)論成立，即有ak=4k－2，由題意，有，將ak=4k－2.代入上式，解得2k=，得Sk=2k2，由題意，有，Sk+1=Sk+ak+1，將Sk=2k2代入得()2=2(ak+1+2k2)，整理得ak+12－4ak+1+4－16k2=0，由ak+1＞0，解得ak+1=2+4k，所以ak+1=2+4k=4(k+1)－2，即當(dāng)n=k+1時(shí)，結(jié)論成立.根據(jù)①②，對(duì)所有的自然數(shù)n∈N*成立.解法二：由題意知，(n∈N*).整理得，Sn=(an+2)2,由此得Sn+1=(an+1+2)2，∴an+1=Sn+1－Sn=［(an+1+2)2－(an+2)2］.整理得(an+1+an）(an+1－an－4)=0，由題意知an+1+an≠0，∴an+1－an=4，即數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其中a1=2，公差d=4.∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通項(xiàng)公式為an=4n－2.解法三：由已知得,(n∈N*)①，所以有②，由②式得，整理得Sn+1－2·+2－Sn=0，解得，由于數(shù)列{an}為正項(xiàng)數(shù)列，而，因而，即{Sn}是以為首項(xiàng)，以為公差的等差數(shù)列.所以=+(n－1)=n,Sn=2n2，故an=即an=4n－2(n∈N*).(3)令cn=bn－1，則cn=12.已知數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是公比為q的(q∈R且q≠1)的等比數(shù)列，若函數(shù)f(x)=(x－1)2，且a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式(2)設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)一切n∈N*，都有=an+1成立，求Sn解：(1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，∵d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1)；又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，∴=q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1(2)令=dn，則d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),∴dn=an+1－an=2,∴=2,即cn=2·bn=8·(－2)n－1；∴Sn=［1－(－2)n］.13.設(shè)An為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，An=(an－1)，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=4n+3;(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式(2)把數(shù)列{an}與{bn}的公共項(xiàng)按從小到大的順序排成一個(gè)新的數(shù)列，證明：數(shù)列{dn}的通項(xiàng)公式為dn=32n+1(3)設(shè)數(shù)列{dn}的第n項(xiàng)是數(shù)列{bn}中的第r項(xiàng)，Br為數(shù)列{bn}的前r項(xiàng)的和；Dn為數(shù)列{dn}的前n項(xiàng)和，Tn=Br－Dn，求Tn.解：(1)由An=(an－1)，可知An+1=(an+1－1)，∴an+1－an=(an+1－an)，即=3，而a1=A1=(a1－1)，得a1=3，所以數(shù)列是以3為首項(xiàng)，公比為3的等比數(shù)列，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=3n.(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n+C·42n－1(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n］=4n+3，∴32n+1∈{bn}.而數(shù)32n=(4－1)2n=42n+C·42n－1·(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n=(4k+1)，∴32n{bn}，而數(shù)列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1.(3)由32n+1=4·r+3，可知r=，∴Br=，[練習(xí)]1.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.(1)求公差d的取值范圍；(2)指出S1、S2、…、S12中哪一個(gè)值最大，并說(shuō)明理由.2.已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，公差d≠0,由{an}中的部分項(xiàng)組成的數(shù)列a,a,…,a,…為等比數(shù)列，其中b1=1,b2=5,b3=17.求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；3.{an}為等差數(shù)列，公差d≠0,an≠0,(n∈N*),且akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*)(1)求證：當(dāng)k取不同自然數(shù)時(shí)，此方程有公共根；(2)若方程不同的根依次為x1,x2,…,xn,…,求證：數(shù)列為等差數(shù)列.4.數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=2，對(duì)于任意的n∈N*都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－nan+12=0，又知數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為bn=2n－1+1.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an及它的前n項(xiàng)和Sn；(2)求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn；(3)猜想Sn與Tn的大小關(guān)系，并說(shuō)明理由.5.數(shù)列{an}中，a1=8,a4=2且滿(mǎn)足an+2=2an+1－an,(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn;(3)設(shè)bn=(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整數(shù)m，使得對(duì)任意n∈N*均有Tn＞成立？若存在，求出m的值；若不存在，說(shuō)明理由.6.已知數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，b1=1,b1+b2+…+b10=145.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)bn；(2)設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)an=loga(1+)(其中a＞0且a≠1),記Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，試比較Sn與logabn+1的大小，并證明你的結(jié)論.7.設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1，前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足關(guān)系式：3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…).(1)求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；(2)設(shè)數(shù)列{an}的公比為f(t)，作數(shù)列{bn}，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4…)，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)bn；(3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1.參考答案1.(1)解：依題意解之得公差d的取值范圍為－＜d＜－3.(2)解法一：由d＜0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此，在S1，S2，…，S12中Sk為最大值的條件為：ak≥0且ak+1＜0,即∵a3=12,∴，∵d＜0,∴2－＜k≤3－∵－＜d＜－3,∴＜－＜4,得5.5＜k＜7.因?yàn)閗是正整數(shù)，所以k=6,即在S1，S2，…，S12中，S6最大.解法二：由d＜0得a1>a2>…>a12>a13，因此，若在1≤k≤12中有自然數(shù)k,使得ak≥0,且ak+1＜0,則Sk是S1，S2，…，S12中的最大值.由等差數(shù)列性質(zhì)得，當(dāng)m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q時(shí)，am+an=ap+aq.所以有：2a7=a1+a13=S13＜0,∴a7＜0,a7+a6=a1+a12=S12>0,∴a6≥－a7>0,故在S1，S2，…，S12中S6最大.解法三：依題意得：最小時(shí)，Sn最大；∵－＜d＜－3,∴6＜(5－)＜6.5.從而，在正整數(shù)中，當(dāng)n=6時(shí)，［n－(5－)］2最小，所以S6最大.2.解：由題意知a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,∵d≠0,∴a1=2d,數(shù)列{}的公比q==3,∴=a1·3n－1①又=a1+(bn－1)d=②由①②得a1·3n－1=·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1.3.證明：(1）∵{an}是等差數(shù)列，∴2ak+1=ak+ak+2,故方程akx2+2ak+1x+ak+2=0可變?yōu)?akx+ak+2)(x+1)=0,∴當(dāng)k取不同自然數(shù)時(shí)，原方程有一個(gè)公共根－1.(2）原方程不同的根為xk=4.解：(1）可解得，從而an=2n，有Sn=n2+n，(2)Tn=2n+n－1.(3)Tn－Sn=2n－n2－1，驗(yàn)證可知，n=1時(shí)，T1=S1，n=2時(shí)T2＜S2；n=3時(shí)，T3＜S3;n=4時(shí)，T4＜S4；n=5時(shí)，T5＞S5；n=6時(shí)T6＞S6.猜想當(dāng)n≥5時(shí)，Tn＞Sn，即2n＞n2+1可用數(shù)學(xué)歸納法證明(略）.5.解：(1）由an+2=2an+1－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差數(shù)列，d==－2,∴an=10－2n.(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，當(dāng)n≤5時(shí)，Sn=－n2+9n，當(dāng)n＞5時(shí)，Sn=n2－9n+40，故Sn=(3)bn=；要使Tn＞總成立，需＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故適合條件的m的最大值為7.6.解：(1)設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，由題意得：解得b1=1,d=3,∴bn=3n－2.(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)=loga［(1+1)(1+)…(1+)］，logabn+1=loga.因此要比較Sn與logabn+1的大小，可先比較(1+1)(1+)…(1+)與的大小，取n=1時(shí)，有(1+1)＞取n=2時(shí)，有(1+1)(1+)＞…由此推測(cè)(1+1)(1+)…(1+)＞①若①式成立，則由對(duì)數(shù)函數(shù)性質(zhì)可判定：當(dāng)a＞1時(shí)，Sn＞logabn+1，②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，Sn＜logabn+1，③下面用數(shù)學(xué)歸納法證明①式.(ⅰ)當(dāng)n=1時(shí)，已驗(yàn)證①式成立.(ⅱ)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)(k≥1），①式成立，即：.那么當(dāng)n=k+1時(shí)，這就是說(shuō)①式當(dāng)n=k+1時(shí)也成立.由(?。?ⅱ）可知①式對(duì)任何正整數(shù)n都成立.由此證得：當(dāng)a＞1時(shí)，Sn＞logabn+1；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，Sn＜logabn+1.7.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t.∴a2=.又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，①3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t ②①－②得3tan－(2t+3)an－1=0.∴,n=2,3,4…,所以{an}是一個(gè)首項(xiàng)為1公比為的等比數(shù)列；(2)由f(t)==,得bn=f()=+bn－1可見(jiàn){bn}是一個(gè)首項(xiàng)為1，公差為的等差數(shù)列.于是bn=1+(n－1)=;(3)由bn=,可知{b2n－1}和{b2n}是首項(xiàng)分別為1和，公差均為的等差數(shù)列，于是b2n=,∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1=b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+…+b2n(b2n－1－b2n+1)=－(b2+b4+…+b2n)=－·n(+)=－(2n2+3n)(六)不等式問(wèn)題不等式是中學(xué)數(shù)學(xué)的主要內(nèi)容，涉及整個(gè)高中數(shù)學(xué)的各個(gè)部分。不等式的證明則是高中數(shù)學(xué)中對(duì)邏輯推理能力要求較高的內(nèi)容，是中學(xué)數(shù)學(xué)的一個(gè)難點(diǎn)。近年來(lái)，雖然淡化了單純的證明題，但是以能力立意與證明有關(guān)的綜合題卻頻繁出現(xiàn)，尤其與一次函數(shù)，二次函數(shù)放在一起綜合考查邏輯推理能力是考查的重要內(nèi)容，且不等式的證明難度大，綜合性強(qiáng)。例1若a、b、c是實(shí)數(shù)，f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b,當(dāng)-1≤x≤1時(shí),|f(x)|≤1.⑴求證：|c|≤1⑵當(dāng)|x|≤1時(shí),|g(x)|≤2⑶設(shè)a>0,當(dāng)-1≤x≤1時(shí),g(x)的最大值為2，求f(x).證明：(1)由條件知：|f(0)|=|c|≤1(2)∵g(x)=ax+b為一次函數(shù),∴要證：|g(x)|≤2,則只需|g(-1)|≤2,|g(1)|≤2而|g(1)|=|a+b|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2|g(-1)|=|a-b|=|f(-1)-c|≤|f(-1)|+|c|≤2故當(dāng)：|x|≤1時(shí),|g(x)|≤2(3)因?yàn)閍>0,則g(x)在[-1,1]上是增函數(shù),當(dāng)x=1時(shí)取最大值2,即g(1)=2=a+b則：f(1)-f(0)=2,又因?yàn)?1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1,c=f(0)=-1，因?yàn)楫?dāng)-1≤x≤1時(shí)，|f(x)|≤1，即f(x)≥-1，由二次函數(shù)的性質(zhì)知：直線(xiàn)x=0為f(x)圖像的對(duì)稱(chēng)軸，由此得：-=0，即b=0，由a+b=2，得a=2，所以f(x)=2x2-1。例2設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程f(x)-x=0的兩根x1、x2，滿(mǎn)足0<x1<x2<(1)當(dāng)x(0,x1)時(shí)，求證：x<f(x)<x1，(2)設(shè)函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線(xiàn)x=x0對(duì)稱(chēng)，求證：x0<證明（1）令F(x)=f(x)-x因?yàn)閤1、x2是方程f(x)-x=0的兩根，所以F(x)=a(x-x1)·(x-x2)而x1<x2,x(0,x1)故F(x)>0恒成立，即f(x)>x.又f(x)-x1=a(x-x1)(x-x2)+x-x1=(x-x1)[a(x-x2)+1]因?yàn)?<x<x1<x2<所以：x1-x>01+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0得f(x)-x1<0即f(x)<x1故：x<f(x)<x1（2）依題意知:x0=-,因?yàn)閤1、x2是方程f(x)-x=0的根,即x1、x2是方程ax2+(b-1)x+c=0的根,所以：x1+x2=x0=-==又因?yàn)閍x2<1,所以:x0<=.例3設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)=x2+|x－a|+1,x∈R.(1)討論f(x)的奇偶性；(2)求f(x)的最小值.解：(1)當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)f(－x)=(－x)2+|－x|+1=f(x),此時(shí)f(x)為偶函數(shù)；當(dāng)a≠0時(shí)，f(a)=a2+1,f(－a)=a2+2|a|+1,f(－a)≠f(a),f(－a)≠－f(a).此時(shí)函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù).(2)①當(dāng)x≤a時(shí)，函數(shù)f(x)=x2－x+a+1=(x－)2+a+,若a≤,則函數(shù)f(x)在(－∞,a上單調(diào)遞減，從而，函數(shù)f(x)在(－∞,a上的最小值為f(a)=a2+1.若a>,則函數(shù)f(x)在(－∞,a上的最小值為f()=+a,且f()≤f(a).②當(dāng)x≥a時(shí)，函數(shù)f(x)=x2+x－a+1=(x+)2－a+;當(dāng)a≤－時(shí)，則函數(shù)f(x)在［a,+∞上的最小值為f(－)=－a,且f(－)≤f(a).若a>－,則函數(shù)f(x)在［a,+∞)上單調(diào)遞增，從而，函數(shù)f(x)在［a,+∞)上的最小值為f(a)=a2+1.綜上，當(dāng)a≤－時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值是－a,當(dāng)－＜a≤時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值是a2+1;當(dāng)a>時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值是a+.例4已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c,當(dāng)-1≤f(x)≤1時(shí),|f(x)|≤1.求證：(1)|c|≤1,|b|≤1,|a|≤2(2)當(dāng)|x|≤2時(shí),|f(x)|≤7證明：(1)由于當(dāng)-1≤x≤1時(shí),|f(x)|≤1.則|f(