7 7. 函数与数列综合 1. 已知函数 与函数 的图像关于直线 对称． （1）试用含 的代数式表示函数 的解析式，并指出它的定义域； （2）数列 中， ，当 时， ．数列 中， ， ．点 在函数 的图像上，求 的值； （3）在（2）的条件下，过点 作倾斜角为 的直线 ，则 在ｙ轴上的截距为 ，求数列 的通项公式． 分析：本小题主要考查反函数的概念、性质、直线、数列等基本知识，考查运用数学归纳法证明问题的方法，考查分析问题和解决问题的能力。 转化（化归）思想， 解：（1）由题可知： 与函数 互为反函数，所以， ， （2）因为点 在函数 的图像上，所以， (*) 在上式中令 可得： ，又因为： ， ，代入可解得： ．所以， ，(*)式可化为： ① （3）直线 的方程为： ， ， 在其中令 ，得 ，又因为 在ｙ轴上的截距为 ，所以， = ，结合①式可得： ② 由①可知：当自然数 时， ， ， 两式作差得： ． 结合②式得： ③ 在③中，令 ，结合 ，可解得： ， 又因为：当 时， ，所以，舍去 ，得 ． 同上，在③中，依次令 ，可解得： ， ． 猜想： ．下用数学归纳法证明． （1） 时，由已知条件及上述求解过程知显然成立． （2）假设 时命题成立，即 ，则由③式可得： 把 代入上式并解方程得： 由于 ，所以， ，所以， 符合题意，应舍去，故只有 ． 所以， 时命题也成立． 综上可知：数列 的通项公式为 2、已知函数 ，点 ， 是函数 图像上的两个点，且线段 的中点 的横坐标为 ． ⑴求证：点 的纵坐标是定值； ⑵若数列 的通项公式为 ，求数列 的前m项的和 ； ⑶若 时，不等式 恒成立，求实数 的取值范围． 解：⑴由题可知： ，所以， 点 的纵坐标 是定值，问题得证． ⑵由⑴可知：对任意自然数 ， 恒成立． 由于 ，故可考虑利用倒写求和的方法．即由于： 所以， 所以， ⑵∵ ， ∴ ∴ 等价于 ① 依题意，①式应对任意 恒成立． 显然 ，因为 （ ），所以，需且只需 对任意 恒成立．即： 对 恒成立． 记 （ ）．∵ ， ∴ （ ）的最大值为 ，∴ ． 3 已知函数 ，数列 满足： ， （1）求证： ；（2）求证数列 是等差数列； （3）求证不等式： 分析：本小题主要考查反函数的概念、单调性、导函数、数列、不等式等基本知识，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力。 转化（化归）思想， 解：（1）由 得 当 时， ，即 是单调递增函数； 当 时， 即 是单调递减函数； 且 ，即 是极大值点，也是最大值点 ，当 时取到等号。………(4分) （2）由 得 ， ， 故 ， 即数列 是等差数列，首项为 ，公差为 ………………… (8分) （3）由（2）可知 所以 又∵ 时，有 ，令 ，则 ∴ ∴ 4．已知函数f(x)=ln(1+x)-x1 Ⅰ）求f(x)的单调区间；（Ⅱ）记f(x)在区间 （n∈N*）上的最小值为bx令an=ln(1+n)-bx. （Ⅲ）如果对一切n，不等式 恒成立，求实数c的取值范围； （Ⅳ）求证： 解法一： （I）因为f(x)=ln(1+x)-x，所以函数定义域为（-1,+ ）,且f〃(x)= -1= . 由f〃(x)>0得-1
0，f(x)的单调递增区间为（0，+ ）. (II)因为f(x)在[0,n]上是减函数，所以bn=f(n)=ln(1+n)-n, 则an=ln(1+n)-bn=ln(1+n)-ln(1+n)+n=n. (i) > 又lim , 因此c<1，即实数c的取值范围是（- ，1）. （II）由（i）知 因为[ ]2 = 所以 ＜ (n N*), 则 ＜ N*） 解法二： （Ⅰ）同解法一. （Ⅱ）因为f(x)在 上是减函数，所以 则 （i）因为 对n∈N*恒成立.所以 对n∈N*恒成立. 则 对n∈N*恒成立. 设 n∈N*，则c＜g(n)对n∈N*恒成立. 考虑 因为 ＝0， 所以 内是减函数；则当n∈N*时，g(n)随n的增大而减小， 又因为 ＝1. 所以对一切 因此c≤1,即实数c的取值范围是(-∞，1]. (ⅱ) 由(ⅰ)知 下面用数学归纳法证明不等式 ①当n=1时，左边＝ ，右边＝ ，左边<右边.不等式成立. ②假设当n=k时,不等式成立.即 当n=k+1时， = 即n＝k＋1时，不等式成立 综合①、②得，不等式 成立. 所以 即 . 5. 已知Sn=1+ +…+ ,(n∈N*)，设f(n)=S2n+1－Sn+1,试确定实数m的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n，不等式f(n)＞［logm(m－1)］2－ ［log(m－1)m］2恒成立 命题意图 本题主要考查应用函数思想解决不等式、数列等问题，需较强的综合分析问题、解决问题的能力 知识依托 本题把函数、不等式恒成立等问题组合在一起，构思巧妙 错解分析 本题学生很容易求f(n)的和，但由于无法求和，故对不等式难以处理 技巧与方法 解决本题的关键是把f(n)(n∈N*)看作是n的函数，此时不等式的恒成立就转化为 函数f(n)的最小值大于［logm(m－1)］2－ ［log(m－1)m］2 解 ∵Sn=1+ +…+ (n∈N*) ∴f(n+1)＞f(n)∴f(n)是关于n的增函数∴f(n) min=f(2)= ∴要使一切大于1的自然数n，不等式 f(n)＞［logm(m－1)］2－ ［log(m－1)m］2恒成立 只要 ＞［logm(m－1)］2－ ［log(m－1)m］2成立即可 由 得m＞1且m≠2 此时设［logm(m－1)］2=t 则t＞0 于是 解得0＜t＜1，由此得0＜［logm(m－1)］2＜1，解得m＞ 且m≠2 6. 已知函数 ,数列 满足 , ; 数列 满足 , .求证:（Ⅰ） （Ⅱ） （Ⅲ）若 则当n≥2时, . 点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。 分类讨论的思想方法 解析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
：解: (Ⅰ)先用数学归纳法证明 , . （1）当n=1时,由已知得结论成立; （2）假设当n=k时,结论成立,即 .则当n=k+1时, 因为0g(0)=0. 因为 ,所以 ,即 >0,从而 (Ⅲ) 因为 ,所以 , , 所以 ————① , 由(Ⅱ) 知: , 所以 = , 因为 , n≥2, 所以 < < = ————② . 由①② 两式可知: . 7.已知a＞1，数列 的通项公式是 ，前n项和记作 （n＝1，2，…），
规定
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．函数 在 处和每个区间（ ， ）（i＝0，1，2，…）上有定义，且 ， （i＝1，2，…）．当 （ ， ）时，f（x）的图像完全落在连结点 （ ， ）与点 （ ， ）的线段上。 （Ⅰ）求f（x）的定义域； （Ⅱ）设f（x）的图像与坐标轴及直线l： （n＝1，2，…）围成的图形面积为 ， 求 及 ； （Ⅲ）若存在正整数n，使得 ，求a的取值范围。 解：（1）f（x）的定义域是 ， 由于所有的 都是正数，故 是单调递增的． ∵ ∴f（x）的定义域是 （Ⅱ）∵ （i＝1，2，…）与i无关． ∴ 所有的 ， ， …共线， 该直线过点 （a，a），斜率为1-a， ∴ ． 当n≥2时， 是一个三角形与一个梯形面积之和（如上图所示）．梯形面积是 于是 故 （Ⅲ）解法一：结合图像，易见 即a≥2时， ， 而 ，即a＜2时， 故当1＜a＜2时，存在正整数n，使得 解法二：假设存在正整数n，使得 ， 则应有 ∵ ， ∴ ∴ 1＜a＜2时，存在正整数n，使得 成立 ∴ 8. 设函数g( )对任意的 、 ∈（0，+ ），都有g( · )=g( ) + g( )成立，又g(2) = 1；已知点pn(an，bn)（n ∈ N* ）都在直线 ： = 2 + 2上，P1为直线 与 轴的交点，数列{bn}满足n ≥ 2时，bn >0，且g(sn) = g(bn) + g(2+bn) - 2,(n ∈ N* )，其中Sn是数列{bn}的前n项和． （1）求数列{an}、{bn}的通项公式； （2）若 (n) = 是否存在 ∈N*，使得 ( +5)=2 ( )-2成立？若 存在，求出 值；若不存在，说明理由； （3）求证： + + … + < ．（n ≥ 2，n ∈ N* ） 点评：本题是数列、函数的概念、奇偶性、数列的通项公式的知识交汇题，需较强的综合分析问题、解决问题的能力 转化的思想方法，分类讨论思想 解（1）P1(a1,b1)为直线 = 2χ+ 2与 轴交点，则a1 = -1，b1 = 0 由已知 、 ∈（0，+ ），都有g(x· ) = g( ) + g( )成立，又g(2) = 1， 得g(4) = =g(2 2) = g(2) + g(2) = 2， 因为n ≥ 2时，bn > 0，且g(Sn) = g(bn) + g(2+bn) - 2,（ n∈N* ） 所以2 + g( Sn ) = g( bn ) + g( 2+bn )，即g(4) +g( Sn ) = g( bn ) + g( 2+bn )． 所以4Sn = bn（2+bn） b2 = 2, b2 – b1 = 2； 由4Sn = bn (2+bn)及4Sn+1 = bn+1(2 + bn+1) bn+1 - bn = 2 所以{bn}是以0为首项，2为公差的等差数列，∴bn = 2n-2 因为Pn( an，bn)( n ∈ N )在直线y = 2 + 2上， 则bn = 2an + 2，∴an = n - 2． （2） 为偶数时， ( + 5) = ak+ 5 = + 3，2 ( ) – 2 = 2( 2 – 2 ) – 2 = 4 - 6 由 + 3 = 4 - 6 = 3 ，与 为偶数矛盾， 为奇数时， ( +5) = bk+5 = 2 + 8，2 ƒ ( ) – 2 = 2 - 6 由2 + 8 = 2 - 6得 不存在．故满足条件的 不存在． （3）| P1Pn |2 =( n – 1 )2 + ( 2n – 2 )2 = 5( n – 1 )2,n ≥ 2， + + … + = [ + + … + ] ≤ [ + … + ] = ∴ … + 8.数列的概念与性质 1.设 为实数， 是方程 的两个实根，数列 满足 ， ， （ …）． （1）证明： ， ；（2）求数列 的通项公式； （3）若 ， ，求 的前 项和 ． 分析：本题主要考查二次方程、求数列的通项、等差等比数列的概念和性质，综合运送知识分析问题和解决问题的能力。 等价转化的思想 【解析】（1）由求根公式，不妨设 ，得 （2）设 ，则 ，由 得 ， 消去 ，得 ， 是方程 的根，由题意可知， ①当 时，此时方程组 的解记为 即 、 分别是公比为 、 的等比数列， 由等比数列性质可得 , , 两式相减，得 ， ， ， ，即 ， ②当 时，即方程 有重根， ， 即 ，得 ，不妨设 ，由①可知 ， ， 即 ，等式两边同时除以 ，得 ，即 数列 是以1为公差的等差数列， , 综上所述， （3）把 ， 代入 ，得 ，解得 2. 设正整数数列 满足： ，且对于任何 ，有 ． （1）求 ， ；（2）求数列 的通项 ． 分析：本题主要考查求数列的通项、不等式、数学归纳法证明问题等知识，以及分析问题、解决问题的能力。 分类讨论思想 解：（1）据条件得 ① 当 时，由 ，即有 ， 解得 ．因为 为正整数，故 ． 当 时，由 ，解得 ，所以 ． （2）方法一：由 ， ， ，猜想： ． 下面用数学归纳法证明． 1 当 ， 时，由（1）知 均成立； 2 假设 成立，则 ，则 时 由①得 因为 时， ，所以 ． ，所以 ． 又 ，所以 ．故 ，即 时， 成立． 由1 ，2 知，对任意 ， ． （2）方法二：由 ， ， ，猜想： ． 下面用数学归纳法证明． 1 当 ， 时，由（1）知 均成立； 2 假设 成立，则 ，则 时 由①得 即 ② 由②左式，得 ，即 ，因为两端为整数， 则 ．于是 ③ 又由②右式， ． 则 ． 因为两端为正整数，则 ， 所以 ． 又因 时， 为正整数，则 ④ 据③④ ，即 时， 成立． 由1 ，2 知，对任意 ， ． 3. 已知数列 ，其中 ， ， （ ），记数列 的前 项和为 ，数列 的前 项和为 。（Ⅰ）求 ； （Ⅱ）设 （ ）， （其中 为 的导数），计算 。 解：（Ⅰ）由题意， 是首项为1、公差为2的等差数列， 前 项和 ， ， 。 （Ⅱ） ， ， ， 。 4．已知 ，且 ，数列 的前 项和为 ，它满足条件 .数列 中， · . （1）求数列 的前 项和 ； （2）若对一切 都有 ，求 的取值范围. 解：（1） ，∴ 当 时， . 当 ≥2时， = ，∴ 此时 · · = · ， ∴ …… = ……+ 设 ……+ ， ∴ …… ， ∴ ∴ · ……6分 （2）由 可得 ①当 时，由 ，可得 ∴ 对一切 都成立， ∴此时的解为 . ②当 时，由 可得 ≥ ∴ 对一切 都成立，∴此时的解为 . 由①，②可知对一切 ，都有 的 的取值范围是 或 5．数列 中， 且满足 ⑴求数列 的通项公式；⑵设 ，求 ； ⑶设 = ，是否存在最大的整数 ，使得对任意 ，均有 成立？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由。 解：（1）由题意， ， 为等差数列，设公差为 ， 由题意得 ， . （2）若 ， 时， 故 （3） 若 对任意 成立，即 对任意 成立， 的最小值是 ， 的最大整数值是7。 即存在最大整数 使对任意 ，均有 9. Sn与an的关系 1 .数列 的各项均为正数， 为其前 项和，对于任意 ，总有 成等差数列. (Ⅰ)求数列 的通项公式； (Ⅱ)设数列 的前 项和为 ，且 ，求证:对任意实数 （ 是常数， ＝2.71828 ）和任意正整数 ，总有 2； (Ⅲ) 正数数列 中， .求数列 中的最大项. 分析：本题主要考查求数列的通项、等差等比数列的概念和性质、不等式、函数的单调性，综合运送知识分析问题和解决问题的能力。 转化（化归）的思想 答案：（Ⅰ）解：由已知：对于 ，总有 ①成立 ∴ （n ≥ 2）② ①--②得 ∴ ∵ 均为正数，∴ （n ≥ 2） ∴数列 是公差为1的等差数列 又n=1时， ， 解得 =1 ∴ .( ) （Ⅱ）证明：∵对任意实数 和任意正整数n，总有 ≤ . ∴ (Ⅲ)解：由已知 ， 易得 猜想 n≥2 时， 是递减数列. 令 ∵当 ∴在 内 为单调递减函数. 由 . ∴n≥2 时, 是递减数列.即 是递减数列. 又 , ∴数列 中的最大项为 . 2．已知各项均为正数的数列 的前 项和 满足 ，且 . （Ⅰ）求 的通项公式；（Ⅱ）设数列 满足 ，并记 为 的前 项和，求证： . 分析：本小题主要考查数列、不等式、数学归纳法、二项式定理等基本知识，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力。 转化（化归）思想，分类讨论的思想 （Ⅰ）解：由 ，解得 或 .由假设 ，因 此 . 又由 ，得 ，即 或 . 因 ，故 不成立，舍去. 因此 ，从而 是公差为3，首项为2的等差数列，故 的通项为 . （Ⅱ）证法一：由 可解得 从而 . 因此 . 令 ，则 . 因 ，故 . 特别地 ，从而 ， 即 . 证法二：同证法一求得 及 . 由二项式定理知，当 时，不等式 成立. 由此不等式有 . 证法三：同证法一求得 及 . 下面用数学归纳法证明： . 当 时， ，因此 ，结论成立. 假设结论当 时成立，即 ，则当 时， . 因 ，故 . 从而 .这就是说当 时结论也成立. 综上 对任何 成立。 10.创新型数列 1.对于数列 若存在常数M＞0,对任意的 ，恒有 则称数列 为B-数列 首项为1，公比为 的等比数列是否为B-数列？请说明理由; 请以其中一组的一个论断条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题 判断所给命题的真假，并证明你的结论； 设 是数列 的前 项和，给出下列两组论断； A组：①数列 是B-数列 ②数列 不是B-数列 B组：③数列 是B-数列 ④数列 不是B-数列 请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题。 判断所给命题的真假，并证明你的结论； （3） 若数列 都是 数列，证明：数列 也是 数列。 分析：本题主要考查数列的概念和性质、不等式的性质，综合运送知识分析问题和解决问题、探索问题的综合能力。 转化思想 解：（1）设满足题设的等比数列为 ,则 ，于是 因此｜ - ｜+｜ - ｜+…+｜ - ｜= 因为 所以 即 故首项为1，公比为 的等比数列是B-数列。 （2）命题1：若数列 是B-数列，则数列 是B-数列 次命题为假命题。 事实上，设 ，易知数列 是B-数列，但 由 的任意性知，数列 是B-数列此命题为。 命题2：若数列 是B-数列，则数列 是B-数列 此命题为真命题 事实上，因为数列 是B-数列，所以存在正数M，对任意的 有 即 。于是 所以数列 是B-数列。 （III）若数列 { }是 数列，则存在正数 ，对任意的 有 注意到 同理： 记 ，则有 因此 + 故数列 是 数列 11.数列—不等式 例1. 数列{an}满足 . （Ⅰ）用数学归纳法证明： ； （Ⅱ）已知不等式 ，其中无理数 e=2.71828…. （Ⅰ）证明：（1）当n=2时， ，不等式成立. （2）假设当 时不等式成立，即 那么 . 这就是说，当 时不等式成立. 根据（1）、（2）可知： 成立. （Ⅱ）证法一： 由递推公式及（Ⅰ）的结论有 两边取对数并利用已知不等式得 故 上式从1到 求和可得 即 （Ⅱ）证法二： 由数学归纳法易证 成立，故 令 取对数并利用已知不等式得 上式从2到n求和得 因 故 成立. 例2.已知数列 中的相邻两项 是关于 的方程的两个根，且 （Ⅰ）求 ； （Ⅱ）求数列 的前 项的和 ； （Ⅲ）记 ， 求证： （I）解：方程 的两个根为 ， ， 当 时， ，所以 ； 当 时， ， ，所以 ； 当 时， ， ，所以 时； 当 时， ， ，所以 ． （II）解： ． （III）证明： ， 所以 ， ． 当 时， ， ， 同时， ． 综上，当 时， ． 例3. 设数列 满足 ,其中 为实数。 （Ⅰ）证明： 对任意 成立的充分必要条件是 , (Ⅱ)设 ,证明： ; (Ⅲ)设 ,证明： 解： （Ⅰ）必要性：∵ ，又∵ ，∴ ，即 . 充分性：设 ，对任意 用数学归纳法证明 . 当 时， . 假设当 时， ，则 ，且 ， . 由数学归纳法知， 对任意 成立. (Ⅱ) 设 ，当 时， ，结论成立； 当 时， ∵ ，∴ . ∵ ，由（Ⅰ）知 ，∴ 且 ， ∴ ， ∴ . (Ⅲ)设 ,当 时， ，结论成立； 当 时，由(Ⅱ)知 ， ∴ . ∴ . 12．数列与解析几何 例1．在直角坐标平面上有一点列 ，对一切正整数 ，点 位于函数 的图象上，且 的横坐标构成以 为首项， 为公差的等差数列 。 ⑴求点 的坐标； ⑵设抛物线列 中的每一条的对称轴都垂直于 轴，第 条抛物线 的顶点为 ，且过点 ，记与抛物线 相切于 的直线的斜率为 ，求： 。 ⑶设 ，等差数列 的任一项 ，其中 是 中的最大数， ，求 的通项公式。 解：（1） （2） 的对称轴垂直于 轴，且顶点为 . 设 的方程为： 把 代入上式，得 ， 的方程为： 。 ， = （3） ， T中最大数 . 设 公差为 ，则 ，由此得 例2.已知曲线 ．从点 向曲线 引斜率为 的切线 ，切点为 ． （1）求数列 的通项公式； （2）证明： . 解：（1）设直线 ： ，联立 得 ，则 ， ∴ （ 舍去） ，即 ，∴ （2）证明：∵ ∴ 由于 ，可令函数 ，则 ，令 ，得 ，给定区间 ，则有 ，则函数 在 上单调递减， ∴ ，即 在 恒成立，又 ， 则有 ，即 . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
浙公网安备 33021202002483