高一数列与零点难题汇总
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.数 列一.数列的概念:(1)已知*2()156n n a n N n =∈+,则在数列{}n a 的最大项为__(答:125); (2)数列}{n a 的通项为1+=bn an a n ,其中b a ,均为正数,则n a 与1+n a 的大小关系为__(答:n a <1+n a ); (3)已知数列{}n a 中,2n a n n λ=+,且{}n a 是递增数列,求实数λ的取值范围(答:3λ>-);二.等差数列的有关概念:1.等差数列的判断方法:定义法1(n n a a d d +-=为常数)或11(2)n n n n a a a a n +--=-≥。
设{}n a 是等差数列,求证:以b n =na a a n +++Λ21 *n N ∈为通项公式的数列{}nb 为等差数列。
2.等差数列的通项:1(1)n a a n d =+-或()n m a a n m d =+-。
(1)等差数列{}n a 中,1030a =,2050a =,则通项n a = (答:210n +);(2)首项为-24的等差数列,从第10项起开始为正数,则公差的取值范围是______(答:833d <≤) 3.等差数列的前n 和:1()2n n n a a S +=,1(1)2n n n S na d -=+。
(1)数列 {}n a 中,*11(2,)2n n a a n n N -=+≥∈,32n a =,前n 项和152n S =-,求1a ,n (答:13a =-,10n =); (2)已知数列 {}n a 的前n 项和212n S n n =-,求数列{||}n a 的前n 项和n T (答:2*2*12(6,)1272(6,)n n n n n N T n n n n N ⎧-≤∈⎪=⎨-+>∈⎪⎩). 三.等差数列的性质:1.当公差0d ≠时,等差数列的通项公式11(1)n a a n d dn a d =+-=+-是关于n 的一次函数,且率为公差d ;前n 和211(1)()222n n n d d S na d n a n -=+=+-是关于n 的二次函数且常数项为0. 2.若公差0d >,则为递增等差数列,若公差0d <,则为递减等差数列,若公差0d =,则为常数列。
《高中数学经典高考难题集锦》一、集合问题1. 已知集合A={x|x^25x+6=0},求集合A的元素。
解答思路:我们需要解方程x^25x+6=0,找出满足条件的x的值。
然后,将这些值组成集合A。
2. 已知集合A={x|x^25x+6=0},集合B={x|x^24x+3=0},求集合A∩B。
解答思路:我们需要解方程x^25x+6=0和x^24x+3=0,找出满足条件的x的值。
然后,找出同时属于集合A和集合B的元素,即求出集合A∩B。
3. 已知集合A={x|x^25x+6=0},集合B={x|x^24x+3=0},求集合A∪B。
解答思路:我们需要解方程x^25x+6=0和x^24x+3=0,找出满足条件的x的值。
然后,找出属于集合A或集合B的元素,即求出集合A∪B。
二、函数问题1. 已知函数f(x)=x^25x+6,求函数f(x)的零点。
解答思路:函数的零点即函数图像与x轴的交点,也就是使函数值为0的x的值。
因此,我们需要解方程x^25x+6=0,找出满足条件的x的值,这些值即为函数f(x)的零点。
2. 已知函数f(x)=x^25x+6,求函数f(x)的单调区间。
解答思路:函数的单调性是指函数在其定义域内是否单调递增或单调递减。
我们可以通过求函数的一阶导数f'(x),然后判断f'(x)的符号来确定函数的单调性。
当f'(x)>0时,函数单调递增;当f'(x)<0时,函数单调递减。
3. 已知函数f(x)=x^25x+6,求函数f(x)的极值。
解答思路:函数的极值是指函数在其定义域内的最大值或最小值。
我们可以通过求函数的一阶导数f'(x)和二阶导数f''(x),然后判断f'(x)和f''(x)的符号来确定函数的极值。
当f'(x)=0且f''(x)>0时,函数在该点取得极小值;当f'(x)=0且f''(x)<0时,函数在该点取得极大值。
4.17高一数列专项典型练习题及解析答案一.选择题(共11小题)1.(2014•天津模拟)已知函数f (x )=(a >0,a ≠1),数列{a n }满足a n =f (n )(n ∈N *),且{a n }是单调递增数列,则实数a 的取值范围( ) A . [7,8) B .(1,8) C .(4,8) D .(4,7)2.(2014•天津)设{a n }的首项为a 1,公差为﹣1的等差数列,S n 为其前n 项和,若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1=( ) A . 2 B .﹣2 C .D .﹣3.(2014•河南一模)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,若,则=( ) A . 1 B .﹣1 C .2 D .4.(2014•河东区一模)阅读图的程序框图,该程序运行后输出的k 的值为( )A . 5B .6 C .7 D .85.(2014•河西区三模)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,8a 2+a 5=0,则等于( ) A . 11 B .5 C .﹣8 D .﹣116.(2014•河西区二模)数列{a n }满足a 1=2,a n =,其前n项积为T n ,则T 2014=( ) A . B . ﹣ C .6 D .﹣67.(2014•河西区一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,满足a n+2=2a n+1﹣a n ,a 6=4﹣a 4,则S 9=( ) A .9 B .12 C .14 D .1811.(2012•天津模拟)在等差数列{a n }中,4(a 3+a 4+a 5)+3(a 6+a 8+a 14+a 16)=36,那么该数列的前14项和为( ) A . 20 B .21 C .42 D .84二.填空题(共7小题)12.(2014•天津)设{a n }是首项为a 1,公差为﹣1的等差数列,S n 为其前n 项和,若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1的值为 _________ .13.(2014•红桥区二模)某公司推出了下表所示的QQ 在线等级制度,设等级为n 级需要的天数为a n (n ∈N *), 等级 等级图标需要天数 等级 等级图标 需要天数 15 777 2 12 8 96 321 12 192 4 32 16 320 545 32 1152 660482496则等级为50级需要的天数a 50= _________ .14.(2014•郑州模拟)数列{a n }为等比数列,a 2+a 3=1,a 3+a 4=﹣2,则a 5+a 6+a 7= _________ .15.(2014•厦门一模)已知数列{a n}中,a n+1=2a n,a3=8,则数列{log2a n}的前n项和等于_________.16.(2014•河西区一模)已知数列{a n}的前n项和为S n,并满足a n+2=2a n+1﹣a n,a6=4﹣a4,则S9=_________.17.(2014•天津模拟)记等差数列{a n}的前n项和为S n,已知a2+a4=6,S4=10.则a10=_________.18.(2014•北京模拟)设S n是等比数列{a n}的前n项和,S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=2a m,则m=_________.三.解答题(共12小题)19.(2014•濮阳二模)设{a n}是等差数列,{b n}是各项都为正数的等比数列,且a1=b1=1,a3+b5=21,a5+b3=13(Ⅰ)求{a n}、{b n}的通项公式;(Ⅱ)求数列的前n项和S n.20.(2014•天津三模)已知数列{a n}的前n项和S n=﹣a n﹣+2(n∈N *),数列{b n}满足b n=2n a n.(1)求证数列{b n}是等差数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{a n}的前n项和为T n,证明:n∈N*且n≥3时,T n>;(3)设数列{c n}满足a n(c n﹣3n)=(﹣1)n﹣1λn(λ为非零常数,n∈N*),问是否存在整数λ,使得对任意n∈N*,都有c n+1>c n.21.(2014•天津模拟)在等差数列{a n}中,a1=3,其前n项和为S n,等比数列{b n}的各项均为正数,b1=1,公比为q,且b2+S2=12,.(Ⅰ)求a n与b n;(Ⅱ)设c n=a n•b n,求数列{c n}的前n项和T n.22.(2009•河西区二模)已知等差数列{a n}满足a3+a4=9,a2+a6=10;又数列{b n}满足nb1+(n﹣1)b2+…+2b n﹣1+b n=S n,其中S n是首项为1,公比为的等比数列的前n项和.(1)求a n的表达式;(2)若c n=﹣a n b n,试问数列{c n}中是否存在整数k,使得对任意的正整数n都有c n≤c k成立?并证明你的结论.23.已知等比数列{a n}中,a1=,公比q=.(Ⅰ)S n为{a n}的前n项和,证明:S n=(Ⅱ)设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n,求数列{b n}的通项公式.24.已知等差数列{a n}的前n项和为s n=pm2﹣2n+q(p,q∈R),n∈N*(I)求q的值;(Ⅱ)若a3=8,数列{b n}}满足a n=4log2b n,求数列{b n}的前n 项和.25.已知数列{a n}(n∈N*)是等比数列,且a n>0,a1=3,a3=27.(1)求数列{a n}的通项公式a n和前项和S n;(2)设b n=2log3a n+1,求数列{b n}的前项和T n.26.已知等差数列{a n} 的前n项和为S n,a2=9,S5=65.(I)求{a n} 的通项公式:(II)令,求数列{b n}的前n项和T n.27.已知等比数列{a n}满足a2=2,且2a3+a4=a5,a n>0.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=(﹣1)n3a n+2n+1,数列{b n}的前项和为T n,求T n.28.已知等比数列{a n}的公比为q,前n项的和为S n,且S3,S9,S6成等差数列.(1)求q3的值;(2)求证:a2,a8,a5成等差数列.29.已知S n是等比数列{a n}的前n项和,,.(I)求a n;(II)若,求数列{b n}的前n项和T n.30.已知{a n}是等差数列,其前n项和为S n,已知a2=8,S10=185.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设a n=log2b n(n=1,2,3…),证明{b n}是等比数列,并求数列{b n}的前n项和T n.高一数列专项典型练习题参考答案与试题解析一.选择题(共11小题)1.(2014•天津模拟)已知函数f (x )=(a >0,a ≠1),数列{a n }满足a n =f (n )(n ∈N *),且{a n }是单调递增数列,则实数a 的取值范围( ) A . [7,8) B .(1,8) C .(4,8) D .(4,7)考点:数列的函数特性.专题:等差数列与等比数列. 分析:利用一次函数和指数函数的单调性即可得出. 解答:解:∵{a n }是单调递增数列, ∴,解得7≤a <8. 故选:A .点本题考查了分段函数的意义、一次函数和指数函数的单评: 调性,属于中档题.2.(2014•天津)设{a n }的首项为a 1,公差为﹣1的等差数列,S n 为其前n 项和,若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1=( ) A . 2 B . ﹣2 C . D .﹣考点:等比数列的性质;等差数列的性质.专题:等差数列与等比数列. 分析: 由等差数列的前n 项和求出S 1,S 2,S 4,然后再由S 1,S 2,S 4成等比数列列式求解a 1.解答: 解:∵{a n }是首项为a 1,公差为﹣1的等差数列,S n 为其前n 项和,∴S 1=a 1,S 2=2a 1﹣1,S 4=4a 1﹣6,由S 1,S 2,S 4成等比数列,得:,即,解得:.故选:D .点评: 本题考查等差数列的前n 项和公式,考查了等比数列的性质,是基础的计算题.3.(2014•河南一模)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,若,则=( ) A . 1 B .﹣1 C .2 D .考点:等差数列的前n 项和.分析:由等差数列的求和公式和性质可得=,代入已知可得. 解答:解:由题意可得====1故选A点评: 本题考查等差数列的求和公式,涉及等差数列的性质,属基础题.4.(2014•河东区一模)阅读图的程序框图,该程序运行后输出的k 的值为( )A . 5B .6 C .7 D .8考点:等比数列的前n 项和;循环结构.专题:计算题. 分析: 分析程序中各变量、各语句的作用,再根据流程图所示的顺序,可知:该程序的作用是利用循环计算变量s ,k的值,最后输出 k 的值,列举出循环的各个情况,不难得到输出结果.解答: 解:程序在运行过程中各变量的值如下表示: 循环前:k=0,s=0,每次循环s ,k 的值及是否循环分别如下第一圈:S=2°<100,k=1;是 第二圈:S=2°+21<100,k=2;是 第三圈:S=2°+21+22<100,k=3;是 第四圈:S=2°+21+22+23<100,k=4;是第五圈:S=2°+21+22+23+24<100,k=5;是 第六圈:S=2°+21+22+23+24+25<100,k=6:是 第七圈:S=2°+21+22+23+24+25+26>100,k=6:否 满足S >100,退出循环,此时k 值为7 故选C点评:本小题主要考查循环结构、等比数列等基础知识.根据流程图(或伪代码)写程序的运行结果,是算法这一模块最重要的题型,5.(2014•河西区三模)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,8a 2+a 5=0,则等于( ) A . 11 B .5 C .﹣8 D .﹣11考点:等比数列的性质.专题:等差数列与等比数列. 分析:由题意可得数列的公比q ,代入求和公式化简可得. 解答: 解:设等比数列{a n }的公比为q ,(q ≠0) 由题意可得8a 2+a 5=8a 1q+a 1q 4=0,解得q=﹣2,故====﹣11故选D点评: 本题考查等比数列的性质,涉及等比数列的求和公式,属中档题.6.(2014•河西区二模)数列{a n }满足a 1=2,a n =,其前n项积为T n ,则T 2014=( ) A . B . ﹣ C .6 D .﹣6考点:数列递推式.专题:计算题;点列、递归数列与数学归纳法. 分析:根据数列{a n }满足a 1=2,a n =,可得数列{a n }是周期为4的周期数列,且a 1a 2a 3a 4=1,即可得出结论. 解答:解:∵a n =, ∴a n+1=,∵a 1=2,∴a 2=﹣3,a 3=﹣,a 4=,a 5=2,…, ∴数列{a n }是周期为4的周期数列,且a 1a 2a 3a 4=1, ∵2014=4×503+2,∴T 2014=﹣6. 故选:D .点评: 本题考查数列递推式,考查学生分析解决问题的能力,确定数列{a n }是周期为4的周期数列,且a 1a 2a 3a 4=1是关键.7.(2014•河西区一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,满足a n+2=2a n+1﹣a n ,a 6=4﹣a 4,则S 9=( ) A . 9 B .12 C .14 D .18考点:数列递推式.专题:点列、递归数列与数学归纳法. 分析: 直接由数列递推式得到数列为等差数列,再由等差数列的性质结合a 6=4﹣a 4得到a 5的值,然后直接代入前n 项和得答案.解答: 解:∵a n+2=2a n+1﹣a n , ∴2a n+1=a n +a n+2∴数列{a n }是等差数列. 又a 6=4﹣a 4, ∴a 4+a 6=4,由等差数列的性质知:2a 5=a 4+a 6=4,得a 5=2.∴S 9=9a 5=9×2=18. 故选:D .点评: 本题考查数列递推式,考查了等差关系得确定,考查了等差数列的性质及前n 项和,是中档题.8.(2013•南开区一模)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和,S 7=28,S 11=66,则S 9的值为( ) A . 47 B .45 C .38 D .54考点:等差数列的前n 项和.专题:等差数列与等比数列. 分析: 设公差为d ,利用等差数列前n 项和列关于a 1、d 的方程组,解出a 1,d ,再用前n 项和公式可得S 9的值. 解答:解:设公差为d , 由S 7=28,S 11=66得,,即,解得,所以S 9=9×1=45.故选B .点评: 本题考查等差数列的前n 项和公式,考查方程思想,考查学生的运算能力,属基础题.9.(2013•天津一模)在等比数列{a n }中,,则a 3=( )A . ±9B .9 C .±3 D .3考点:等比数列的前n 项和;等比数列的性质.专题:等差数列与等比数列. 分析:设出公比,利用条件,可得=27,=3,两式相除,可得结论. 解答: 解:设等比数列{a n }的公比为q ,则 ∵,∴=27,=3两式相除,可得∴a 3=±3 故选C .点评: 本题考查等比数列的定义,考查学生的计算能力,属于基础题.10.(2012•天津)阅读右边的程序框图,运行相应的程序,则输出s的值为()A.8 B.18 C.26 D.80考点:数列的求和;循环结构.专题:计算题.分析:根据框图可求得S1=2,S2=8,S3=26,执行完后n已为4,故可得答案.解答:解:由程序框图可知,当n=1,S=0时,S1=0+31﹣30=2;同理可求n=2,S1=2时,S2=8;n=3,S2=8时,S3=26;执行完后n已为4,故输出的结果为26.故选C.点本题考查数列的求和,看懂框图循环结构的含义是关键,评: 考查学生推理、运算的能力,属于基础题.11.(2012•天津模拟)在等差数列{a n }中,4(a 3+a 4+a 5)+3(a 6+a 8+a 14+a 16)=36,那么该数列的前14项和为( ) A . 20 B .21 C .42 D .84考点:等差数列的性质;等差数列的前n 项和.专题:计算题. 分析: 由数列为等差数列,利用等差数列的性质得到a 3+a 5=2a 4,a 8+a 14=a 6+a 16=2a 11,化简已知的等式,可得出a 4+a 11的值,再根据等差数列的性质得到a 1+a 14=a 4+a 11,由a 4+a 11的值得到a 1+a 14的值,然后利用等差数列的前n 项和公式表示出该数列的前14项之和,将a 1+a 14的值代入即可求出值. 解答: 解:∵数列{a n }为等差数列, ∴a 3+a 5=2a 4,a 8+a 14=a 6+a 16=2a 11,又4(a 3+a 4+a 5)+3(a 6+a 8+a 14+a 16)=36, ∴12a 4+12a 11=36,即a 4+a 11=3, ∵a 1+a 14=a 4+a 11=3, 则该数列的前14项和S 14==21.故选B点此题考查了等差数列的性质,以及等差数列的求和公式,评: 熟练掌握性质及公式是解本题的关键.二.填空题(共7小题)12.(2014•天津)设{a n }是首项为a 1,公差为﹣1的等差数列,S n 为其前n 项和,若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1的值为 ﹣ .考点:等比数列的性质.专题:等差数列与等比数列. 分析:由条件求得,S n =,再根据S 1,S 2,S 4成等比数列,可得 =S 1•S 4,由此求得a 1的值. 解答: 解:由题意可得,a n =a 1+(n ﹣1)(﹣1)=a 1+1﹣n ,S n ==,再根据若S 1,S 2,S 4成等比数列,可得 =S 1•S 4,即=a 1•(4a 1﹣6),解得 a 1=﹣, 故答案为:﹣.点评: 本题主要考查等差数列的前n 项和公式,等比数列的定义和性质,属于中档题.13.(2014•红桥区二模)某公司推出了下表所示的QQ 在线等级制度,设等级为n 级需要的天数为a n (n ∈N *), 等级 等级图标需要天数 等级 等级图标 需要天数 15 777 2 12 8 96 321 12 192 4 32 16 320 545 32 1152 660482496则等级为50级需要的天数a 50= 2700 .考点:数列的概念及简单表示法;归纳推理.专题:等差数列与等比数列. 分析: 由表格可知:a n =5+7+…+(2n+3),利用等差数列的前n 项和公式即可得出.解答:解:由表格可知:a n =5+7+…+(2n+3)==n (n+4),∴a 50=50×54=2700.故答案为:2700.点评: 本题考查了等差数列的通项公式与前n 项和公式、归纳推理等基础知识与基本技能方法,属于基础题.14.(2014•郑州模拟)数列{a n }为等比数列,a 2+a 3=1,a 3+a 4=﹣2,则a 5+a 6+a 7= 24 .考点:等比数列的通项公式;等比数列的前n 项和.专题:等差数列与等比数列. 分析: 由题意,联立两方程a 2+a 3=1,a 3+a 4=﹣2解出等比数列的首项与公比,即可求出a 5+a 6+a 7的值.解答: 解:由a 2+a 3=1,a 3+a 4=﹣2,两式作商得q=﹣2. 代入a 2+a 3=1,得a 1(q+q 2)=1.解得a 1=.所以a 5+a 6+a 7=(24﹣25+26)=24. 故答案为:24.点评: 本题考查对数计算与等比数列性质的运用,属于基本计算题15.(2014•厦门一模)已知数列{a n }中,a n+1=2a n ,a 3=8,则数列{log 2a n }的前n 项和等于 .考点:数列的求和.专题:等差数列与等比数列.分析:由已知条件推导出{a n }是首项和公比都是2的等比数列,从而得到,log 2a n =n ,由此能求出数列{log 2a n }的前n 项和.解答: 解:∵数列{a n }中,a n+1=2a n , ∴=2,∴{a n }是公比为2的等比数列,∵a 3=8,∴,解得a 1=2,∴,∴log 2a n =n ,∴数列{log 2a n }的前n 项和: S n =1+2+3+…+n=. 故答案为:.点评: 本题考查数列的前n 项和的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意对数函数的性质的灵活运用.16.(2014•河西区一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,并满足a n+2=2a n+1﹣a n ,a 6=4﹣a 4,则S 9= 18 .考点:数列的求和.专题:等差数列与等比数列. 分析: 由已知条件推导出数列{a n }是等差数列,由此利用等差数列性质能求出结果.解解:∵数列{a n }的前n 项和为S n ,并满足a n+2=2a n+1﹣a n ,答: ∴数列{a n }是等差数列,∵a 6=4﹣a 4,∴a 6+a 4=4,∴=. 故答案为:18.点评: 本题考查数列的前9项和的求法,解题时要认真审题,注意等差数列的性质的合理运用.17.(2014•天津模拟)记等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 2+a 4=6,S 4=10.则a 10= 10 .考点:等差数列的性质.专题:等差数列与等比数列. 分析: 由已知条件,利用等差数列的通项公式和前n 项和公式,建立方程组,求出首项和公差,由此能求出结果. 解答: 解:等差数列{a n }的前n 项和为S n , ∵a 2+a 4=6,S 4=10,设公差为d ,∴,解得a 1=1,d=1, ∴a 10=1+9=10. 故答案为:10.点本题考查等差数列中第10项的求法,是基础题,解题时评: 要认真审题,要熟练掌握等差数列的性质.18.(2014•北京模拟)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和,S 3,S 9,S 6成等差数列,且a 2+a 5=2a m ,则m= 8 .考点:等差数列的性质;等比数列的通项公式.专题:计算题. 分析: 由S 3,S 9,S 6成等差数列,利用等差数列的性质列出关系式,利用等比数列的前n 项和公式化简,得到关于q 的关系式,再利用等比数列的性质化简a 2+a 5=2a m 的左右两边,将得到的关于q 的关系式整理后代入,即可得出m 的值.解答: 解:∵S n 是等比数列{a n }的前n 项和,且S 3,S 9,S 6成等差数列,∴2S 9=S 3+S 6,即=+,整理得:2(1﹣q 9)=1﹣q 3+1﹣q 6,即1+q 3=2q 6, 又a 2+a 5=a 1q+a 1q 4=a 1q (1+q 3)=2a 1q 7,2a m =2a 1q m ﹣1,且a 2+a 5=2a m ,∴2a 1q 7=2a 1q m ﹣1,即m ﹣1=7,则m=8. 故答案为:8点此题考查了等差数列的性质,等比数列的通项公式及求评: 和公式,熟练掌握性质及公式是解本题的关键.三.解答题(共12小题)19.(2014•濮阳二模)设{a n }是等差数列,{b n }是各项都为正数的等比数列,且a 1=b 1=1,a 3+b 5=21,a 5+b 3=13 (Ⅰ)求{a n }、{b n }的通项公式; (Ⅱ)求数列的前n 项和S n .考点: 等差数列的通项公式;等比数列的通项公式;数列的求和.专题:计算题;压轴题. 分析: (Ⅰ)设{a n }的公差为d ,{b n }的公比为q ,根据等比数列和等差数列的通项公式,联立方程求得d 和q ,进而可得{a n }、{b n }的通项公式. (Ⅱ)数列的通项公式由等差和等比数列构成,进而可用错位相减法求得前n 项和S n .解答: 解:(Ⅰ)设{a n }的公差为d ,{b n }的公比为q ,则依题意有q >0且解得d=2,q=2.所以a n =1+(n ﹣1)d=2n ﹣1,b n =q n ﹣1=2n ﹣1.(Ⅱ).,①,② ②﹣①得,===.点评: 本题主要考查等差数列的通项公式和用错位相减法求和.20.(2014•天津三模)已知数列{a n }的前n 项和S n =﹣a n ﹣+2(n ∈N *),数列{b n }满足b n =2n a n . (1)求证数列{b n }是等差数列,并求数列{a n }的通项公式; (2)设数列{a n }的前n 项和为T n ,证明:n ∈N *且n ≥3时,T n >;(3)设数列{c n }满足a n (c n ﹣3n )=(﹣1)n ﹣1λn (λ为非零常数,n ∈N *),问是否存在整数λ,使得对任意n ∈N *,都有c n+1>c n .考点:等差数列的性质;数列与不等式的综合.专题:等差数列与等比数列. 分析: (1)由已知条件推导出2n a n =2n ﹣1a n ﹣1+1.由此能证明{数列b n }是首项和公差均为1的等差数列.从而求出a n =.(2)由(1)知=(n+1)•()n ,利用错位相减法能求出T n =3﹣.再用数学归纳法能证明n ∈N *且n ≥3时,T n >.(3)由a n (c n ﹣3n )=(﹣1)n ﹣1λn 可求得c n,对任意n ∈N +,都有c n+1>c n 即c n+1﹣c n >0恒成立,整理可得(﹣1)n ﹣1•λ<()n ﹣1,分n 为奇数、偶数两种情况讨论,分离出参数λ后转化为函数最值即可解决.解答: (1)证明:在S n =﹣a n ﹣+2(n ∈N *)中, 令n=1,得S 1=﹣a 1﹣1+2=a 1,解得a 1=,当n ≥2时,S n ﹣1=﹣a n ﹣1﹣()n ﹣2+2,∴a n =S n ﹣S n ﹣1=﹣a n +a n ﹣1+()n ﹣1,∴2a n =a n ﹣1+()n ﹣1,即2n a n =2n ﹣1a n ﹣1+1.∵b n =2n a n ,∴b n =b n ﹣1+1,即当n ≥2时,b n ﹣b n ﹣1=1,又b 1=2a 1=1,∴{数列b n }是首项和公差均为1的等差数列. 于是b n =1+(n ﹣1)•1=n=2n a n , ∴a n =. (2)证明:∵,∴=(n+1)•()n ,∴T n =2×+3×()2+…+(n+1)×()n ,① =2×()2+3×()3+…+(n+1)×()n+1,② ①﹣②,得:=1+=1+﹣(n+1)•()n+1=,∴T n=3﹣.∴T n﹣=3﹣=,∴确定T n与的大小关系等价于比较2n与2n+1的大小.下面用数学归纳法证明n∈N *且n≥3时,T n>.①当n=3时,23>2×3+1,成立②假设当n=k(k≥3)时,2k>2k+1成立,则当n=k+1时,2k+1=2•2k>2(2k+1)=4k+2=2(k+1)+1+(2k﹣1)>2(k+1)+1,∴当n=k+1时,也成立.于是,当n≥3,n∈N*时,2n>2n+1成立∴n∈N *且n≥3时,T n>.(3)由,得=3n+(﹣1)n﹣1•λ•2n,∴c n+1﹣c n=[3n+1+(﹣1)n•λ•2n+1]﹣[3n+(﹣1)n﹣1•λ•2n]=2•3n﹣3λ(﹣1)n﹣1•2n>0,∴,①当n=2k﹣1,k=1,2,3,…时,①式即为λ<,②依题意,②式对k=1,2,3…都成立,∴λ<1,当n=2k,k=1,2,3,…时,①式即为③,依题意,③式对k=1,2,3…都成立,∴,∴,又λ≠0,∴存在整数λ=﹣1,使得对任意n ∈N *有c n+1>c n . 点评:本题考查数列递推式、等差数列的通项公式、数列求和等知识,考查恒成立问题,考查转化思想,错位相减法对数列求和是高考考查的重点内容,要熟练掌握.21.(2014•天津模拟)在等差数列{a n }中,a 1=3,其前n 项和为S n ,等比数列{b n }的各项均为正数,b 1=1,公比为q ,且b 2+S 2=12,.(Ⅰ)求a n 与b n ;(Ⅱ)设c n =a n •b n ,求数列{c n }的前n 项和T n .考点: 等比数列的通项公式;等差数列的通项公式;数列的求和.专题:综合题;等差数列与等比数列. 分析:(1)根据b 2+S 2=12,{b n }的公比,建立方程组,即可求出a n 与b n ;(2)由a n =3n ,bn=3n ﹣1,知c n =a n •b n =n •3n ,由此利用错位相减法能求出数列{c n }的前n 项和T n .解答: 解:(1)∵在等差数列{a n }中,a 1=3,其前n 项和为S n , 等比数列{b n }的各项均为正数,b 1=1,公比为q ,且b 2+S 2=12,.∴b 2=b 1q=q ,,(3分)解方程组得,q=3或q=﹣4(舍去),a 2=6(5分) ∴a n =3+3(n ﹣1)=3n ,b n =3n ﹣1.(7分) (2)∵a n =3n ,b n =3n ﹣1, ∴c n =a n •b n =n •3n , ∴数列{c n }的前n 项和T n =1×3+2×32+3×33+…+n ×3n , ∴3T n =1×32+2×33+3×34+…+n ×3n+1, ∴﹣2T n =3+32+33+…+3n ﹣n ×3n+1 =﹣n ×3n+1 =﹣n ×3n+1,∴T n =×3n+1﹣.点评:本题考查数列的通项公式和前n 项和公式的求法,解题时要认真审题,注意等差数列、等比数列的性质和错位相减法的合理运用.22.(2009•河西区二模)已知等差数列{a n }满足a 3+a 4=9,a 2+a 6=10;又数列{b n }满足nb 1+(n ﹣1)b 2+…+2b n ﹣1+b n =S n ,其中S n 是首项为1,公比为的等比数列的前n 项和.(1)求a n 的表达式;(2)若c n =﹣a n b n ,试问数列{c n }中是否存在整数k ,使得对任意的正整数n 都有c n ≤c k 成立?并证明你的结论.考点:等比数列的前n 项和;等差数列的通项公式.专题:等差数列与等比数列. 分析: (1)利用等差数列的通项公式即可得出; (2)利用等比数列的通项公式、、分类讨论的思想方法即可得出.解答: 解:(1)设等差数列{a n }的公差为d ,∵a 3+a 4=9,a 2+a 6=10, ∴,解得,∴a n =2+1×(n ﹣1)=n+1.(2)∵S n 是首项为1,公比为的等比数列的前n 项和, ∴nb 1+(n ﹣1)b 2+…+2b n ﹣1+b n =,①(n ﹣1)b 1+(n ﹣2)b 2+…+2b n ﹣2+b n﹣1=…+,② ①﹣②得b 1+b 2+…+b n =,即. 当n=1时,b 1=T n =1,当n ≥2时,b n =T n ﹣T n ﹣1==.∴..于是c n =﹣a n b n.设存在正整数k ,使得对∀n ∈N *,都有c n ≤c k 恒成立.当n=1时,,即c 2>c 1.==.∴当n <7时,c n+1>c n ; 当n=7时,c 8=c 7; 当n >7时,c n+1<c n .∴存在正整数k=7或8,使得对∀n ∈N *,都有c n ≤c k 恒成立.点评: 熟练掌握等差数列的图象公式、分类讨论的思想方法、等比数列的通项公式、、分类讨论的思想方法是解题的关键.23.已知等比数列{a n }中,a 1=,公比q=. (Ⅰ)S n 为{a n }的前n 项和,证明:S n =(Ⅱ)设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ,求数列{b n }的通项公式.考点:等比数列的前n 项和.专题:综合题.分析: (I )根据数列{a n }是等比数列,a 1=,公比q=,求出通项公式a n 和前n 项和S n ,然后经过运算即可证明.(II )根据数列{a n }的通项公式和对数函数运算性质求出数列{b n }的通项公式.答: ∴a n =×=, S n = 又∵==S n∴S n =(II )∵a n =∴b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n =﹣log 33+(﹣2log 33)+…﹣nlog 33=﹣(1+2+…+n ) =﹣∴数列{b n }的通项公式为:b n =﹣点评: 本题主要考查等比数列的通项公式、前n 项和以及对数函数的运算性质.24.已知等差数列{a n }的前n 项和为s n =pm 2﹣2n+q (p ,q ∈R ),n ∈N *(I )求q 的值;(Ⅱ)若a 3=8,数列{b n }}满足a n =4log 2b n ,求数列{b n }的前n 项和.考等比数列的前n 项和;等差数列的性质.点:专题:计算题. 分析:(I )根据前n 项和与通项间的关系,得到a n =2pn ﹣p ﹣2,再根据{an}是等差数列,a 1满足a n ,列出方程p ﹣2+q=2p ﹣p ﹣2,即可求解(Ⅱ)由(I )知a n =4n ﹣4,再根据a n =4log 2b n ,得b n =2n﹣1,故{b n }是以1为首项,2为公比的等比数列,即可求解解答: 解:(I )当n=1时,a 1=s 1=p ﹣2+q当n ≥2时,a n =s n ﹣s n ﹣1=pn 2﹣2n+q ﹣p (n ﹣1)2+2(n ﹣1)﹣q=2pn ﹣p ﹣2由{an}是等差数列,得p ﹣2+q=2p ﹣p ﹣2,解得q=0. (Ⅱ)由a 3=8,a 3=6p ﹣p ﹣2,于是6p ﹣p ﹣2=8,解得p=2所以a n =4n ﹣4又a n =4log 2b n ,得b n =2n ﹣1,故{b n }是以1为首项,2为公比的等比数列.所以数列{b n }的前n 项和Tn=.点评: 本题考查了数列的前n 项和与通项间的关系及等比数列的求和问题,在解题中需注意前n 项和与通项间的关系是个分段函数的关系,但最后要验证n=1是否满足n ≥2时的情况,属于基础题.25.已知数列{a n }(n ∈N *)是等比数列,且a n >0,a 1=3,a 3=27. (1)求数列{a n }的通项公式a n 和前项和S n ; (2)设b n =2log 3a n +1,求数列{b n }的前项和T n .考点:等比数列的前n 项和;等差数列的前n 项和.专题:计算题. 分析: (1)先根据a 3=a 1•q 2=27求出q 2,然后根据a n >0,求出q 的值,再由等比数列的公式求出数列{a n }的通项公式a n和前项和S n ;(2)由(1)得出数列{b n }是等差数列,然后根据等差数列的前n 项和公式得出结果.解答: 解:(1)设公比为q ,则a 3=a 1•q 2,∴27=3q 2,即q 2=9∵a n >0,∴(2)由(1)可知b n =2log 33n +1=2n+1,∴b 1=3, 又b n+1﹣b n =2(n+1)+1﹣(2n+1)=2,故数列{b n }是以3为首项,2为公差的等差数列, ∴.点评: 本题考查了等差数列和等比数列的前n 项和,此题比较容易,只要认真作答就可以保障正确,属于基础题.26.已知等差数列{a n } 的前n 项和为S n ,a 2=9,S 5=65. (I )求{a n } 的通项公式: (II )令,求数列{b n }的前n 项和T n .考点:等比数列的前n 项和;等差数列的通项公式.专题:计算题. 分析: (I )利用等差数列的首项a 1及公差d 表示已知条件,解出a 1,d 代入等差数列的通项公式可求(II )由(I )可求,从而可得数列{b n } 是首项为b 1=32,公比q=16的等比数列,代入等比数列的前n 项和公式可求 解答:解:(I )(2分)解得:(4分),所以a n =4n+1(6分)(II )由(I )知(7分)因为,(8分)所以{b n } 是首项为b 1=32,公比q=16的等比数列(9分),所以.(12分) 点评: 在数列的基本量的求解中要求考生熟练掌握基本公式,具备一定的计算能力,本题属于基础试题.27.已知等比数列{a n }满足a 2=2,且2a 3+a 4=a 5,a n >0. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(﹣1)n 3a n +2n+1,数列{b n }的前项和为T n ,求T n .考点:等比数列的前n 项和;数列的求和.专题:计算题;等差数列与等比数列. 分析:(Ⅰ)设等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q ,则,解方程可求a 1,q 结合等比数列的通项公式即可求解(Ⅱ)由b n =(﹣1)n 3a n +2n+1=﹣3•(﹣2)n ﹣1+2n+1,利用分组求和,结合等比与等差数列的求和公式即可求解 解答: (本小题满分12分)解:(Ⅰ)设等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q ,则…(2分)整理得q 2﹣q ﹣2=0,即q=﹣1或q=2, ∵a n >0,∴q=2.代入可得a 1=1∴.…(6分)(Ⅱ)∵b n =(﹣1)n 3a n +2n+1=﹣3•(﹣2)n ﹣1+2n+1,…(9分)∴T n =﹣3[1﹣2+4﹣8+…+(﹣2)n ﹣1]+(3+5+…+2n+1)=﹣3×=(﹣2)n +n 2++2n ﹣1.…(12分)点评: 本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用,分组求和方法的应用,属于数列知识的简单综合28.已知等比数列{a n }的公比为q ,前n 项的和为S n ,且S 3,S 9,S 6成等差数列. (1)求q 3的值;(2)求证:a 2,a 8,a 5成等差数列.考点:等比数列的前n 项和.专题:综合题;分类讨论. 分析: (1)由S 3,S 9,S 6成等差数列,得S 3+S 6=2S 9,然后考虑当q=1时关系式不成立,所以当q 不等于1时,利用等比数列的前n 项和的公式化简此等式,根据q 不等于1,利用换元法即可求出q 3的值;(2)由q 3的值分别表示出a 8和a 5,然后分别求出a 8﹣a 2和a 5﹣a 8的值,得到两者的值相等即可得证. 解答: 解:(1)由S 3,S 9,S 6成等差数列,得S 3+S 6=2S 9, 若q=1,则S 3+S 6=9a 1,2S 9=18a 1,由a 1≠0得S 3+S 6≠2S 9,与题意不符,所以q ≠1.由S 3+S 6=2S 9,得.整理,得q 3+q 6=2q 9,由q ≠0,1,设t=q 3,则2t 2﹣t ﹣1=0,解得t=1(舍去)或t=﹣, 所以;(2)由(1)知:,则a 8﹣a 2=a 5﹣a 8,所以a 2,a 8,a 5成等差数列.点评: 此题考查学生灵活运用等差数列的性质化简求值,灵活运用等比数列的前n 项和的公式化简求值,是一道中档题.29.已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和,,.(I )求a n ; (II )若,求数列{b n }的前n 项和T n .考点:等比数列的前n 项和;数列的求和.专题:综合题. 分析:(I )由题意可得,公比q ≠1,则①②,相除可得公比q ,求得首项和公比,即可求出通项公式.(II )首先根据(1)求出数列{b n }的通项公式,然后利用分组法求出前n 项和.解答: 解:(I )若q=1,则S 6=2S 3,这与已知矛盾,所以q ≠1,(1分)则①②(3分) ②式除以①式,得,所以,代入①得a 1=2,所以.(7分)(II )因为,(9分)所以T n =(2﹣1+20+21++2n ﹣2)+(1+2+3++n )=(12分) ==.(14分)点评: 本题考查等比数列的前n 项和公式和通项公式,(2)问中数列{b n }是等差数列和等比数列和的形式,采取分组法求解.属于中档题.30.已知{a n }是等差数列,其前n 项和为S n ,已知a 2=8,S 10=185. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设a n =log 2b n (n=1,2,3…),证明{b n }是等比数列,并求数列{b n }的前n 项和T n .考等比数列的前n 项和;等差数列的通项公式;等比关系点: 的确定.专题:计算题. 分析: (1)由题意等差数列{a n }中a 2=8,S 10=185,利用通项公式及前n 项和公式建立首项与公差的方程求出即可得到数列{a n }的通项公式a n ;(2)把(1)中求出的a n 的通项公式代入a n =log 2b n 中,确定出b n 的通项公式,利用等于常数得到数列{b n }是等比数列,求出等比数列的首项和公比,根据首项和公比写出等比数列的前n 项和即可. 解答:解:(1)解得:d=3,a 1=5,∴a n =3n+2(2)b n = ∴===23=8(n=1,2,3,…)∴{bn}是公比为8的等比数列 ∵b 1==32 ∴T n ==(8n ﹣1).点评: 本题考查了等差数列的通项公式、数列求和以及灵活运用等比数列的前n 项和公式化简求值,是一道中档题.。
高一函数零点题型归纳函数零点是高中数学中的一个重要概念,它涉及到函数的值、图像、单调性等多个方面。
以下是高一函数零点的一些常见题型及其解题方法:一、判断零点个数例题:函数f(x) = x^{2} - 2xf(x)=x2−2x在区间( - 3,3)(−3,3)内的零点个数为( )A.0 B.11 C.22 D.33解析:首先确定函数的对称轴为x = 1x=1,然后判断函数的开口方向为向上。
接下来,根据对称轴和区间端点的距离,可以确定函数在区间内的零点个数。
二、求函数的零点例题:函数f(x) = \log_{2}(x - 3)f(x)=log2(x−3)的零点是( )A.22 B.33 C.44 D.55解析:对数函数的零点即为使对数内部表达式等于1的x值。
因此,令x - 3 = 1x−3=1,解得x = 4x=4。
三、判断零点所在区间例题:函数f(x) = x^{3} - x^{2} - xf(x)=x3−x2−x在区间( - 1,2)(−1,2)内的一个零点所在的区间是( )A.(0,1)(0,1) B.(1,2)(1,2) C.( - 1,0)(−1,0) D.(0,2)(0,2)解析:先确定函数在给定区间端点的函数值,然后判断其正负性。
如果端点函数值异号,则该区间内必存在零点。
四、应用题中的零点问题例题:某商品的成本价为每件30元,售价不超过50元时,售价y(元)与售价的整数部分x 满足关系式:y = x + 20y=x+20,当成本价与售价相等时,每月最多可售出该商品____件。
解析:根据题意,当成本价与售价相等时,即30 = x + 2030=x+20,解得x = 10x=10。
由于售价的整数部分为10,则售价为30元。
再根据一次函数的性质,当斜率大于0时,函数单调递增,因此每月最多可售出该商品33件。
五、判断函数是否为同一函数(根据零点个数)例题:下列四个函数中与函数f(x) = \frac{1}{x}f(x)=x1表示同一函数的是( )A.y = \frac{x^{2}}{x}y=xx2B.y = \frac{1}{\sqrt{x}}y=x1C.y = \frac{1}{\log_{a}x}y=logax1D.y = \frac{e^{x}}{x}y=xex解析:根据函数的三要素(定义域、值域、对应关系),分别判断各选项是否与给定函数定义域相同、值域相同以及对应关系相同。
突破2022届新高考数学导数压轴解答题第22讲 零点问题之两个零点1.已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =---,a R ∈.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.【解答】解:(1)由2()(2)(1)x f x x e a x =---,可得()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a '=---=--,①当0a 时,由()0f x '>,可得1x >;由()0f x '<,可得1x <,即有()f x 在(,1)-∞递减;在(1,)+∞递增;②当0a >时,由()0f x '=,解得1x =或2x ln a =,若2e a =,则()0f x '恒成立,即有()f x 在R 上递增; 若02e a <<时,由()0f x '>,可得1x >或(2)x ln a <; 由()0f x '<,可得(2)1ln a x <<;即有()f x 在(-∞,(2))ln a ,(1,)+∞递增,在((2)ln a ,1)递减;若2e a >,由()0f x '>,可得1x <或(2)x ln a >; 由()0f x '<,可得1(2)x ln a <<即有()f x 在(,1)-∞,((2)ln a ,)+∞递增;在(1,(2))ln a 递减;综上:当0a 时,()f x 在(,1)-∞递减;在(1,)+∞递增;当0a >时,2e a =时,()f x 在R 上递增; 02e a <<时,()f x 在(-∞,(2))ln a ,(1,)+∞递增,在((2)ln a ,1)递减; 2e a >时,()f x 在(,1)-∞,((2)ln a ,)+∞递增;在(1,(2))ln a 递减. (2)①由(1)可得,当0a <时,()f x 在(,1)-∞递减;在(1,)+∞递增,且f (1)0e =-<,f (2)0a =->,故()f x 在(1,2)上存在1个零点,取b 满足0b <,且()2a b ln <-, 则f (b )223(2)(1)(2)(1)()022b a b e a b b a b ab b =--->----=-->, 故()f x 在(,1)b 是也存在1个零点,故0a <时,()f x 有2个零点;②当0a =时,()(2)x f x x e =-,所以()f x 只有一个零点2x =,不合题意;③当0a >时,若2e a =时,()f x 在R 递增,()f x 不存在2个零点,不合题意; 若02e a <<,()f x 在(1,)+∞递增,又当1x 时,()0f x <,()f x 不存在2个零点,不合题意, 当2e a >时,()f x 在(,1)-∞单调增,在(1,(2))ln a 递减,在((2)ln a ,)+∞递增, ()f x 极大值f =(1)0e =-<,故()f x 不存在2个零点,不合题意;综上,()f x 有两个零点时,a 的取值范围为(,0)-∞.2.已知函数21()2f x lnx ax =-. (1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.【解答】解:(1)()f x 的定义域为(0,)+∞,且21()ax f x x-'=, 当0a 时,()0f x '>,此时()f x 在(0,)+∞上单调递增;当0a >时,由()0f x '>解得0a x a<<,由()0f x '<解得a x a >,此时()f x 在(0,)a a 上单调递增,在(,)a a +∞上单调递减; 综上,当0a 时,()f x 在(0,)+∞上单调递增;当0a >时,()f x 在(0,)a a 上单调递增,在(,)a a+∞上单调递减; (2)由(1)知,当0a 时,()f x 在(0,)+∞上单调递增,函数()f x 至多一个零点,不合题意; 当0a >时,()f x 在(0,)a a 上单调递增,在(,)a a +∞上单调递减,则21111()()()(1)22max a f x f ln a ln a a a a==-⋅⋅=-+, 当1a e时,1()()(1)02max a f x f ln a a ==-+,函数()f x 至多有一个零点,不合题意; 当10a e<<时,1()()(1)02max a f x f ln a a ==-+>, 由于11(0,)a ∈,且211(1)11022f ln a a =-⋅⋅=-<, 由零点存在性定理可知,()f x 在1(0,)a 上存在唯一零点,由于21a a>,且222122222()()02f ln a ln a a a a a a a =-⋅⋅=-<-=(由于)lnx x <, 由零点存在性定理可知,()f x 在1(,)a +∞上存在唯一零点; 综上,实数a 的取值范围为1(0,)e. 3.已知函数()[2(1)]2(x x f x e e a ax e =-++为自然对数的底数,且1)a .(1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.【解答】解:(1)()2(1)()x x f x e e a '=--,①0a 时,0x e a ->,则0x <时,()0f x '<,()f x 在(,0)-∞递减,0x >时,()0f x '>,()f x 在(0,)+∞递增,②当0a >时,由()0f x '=得1x lna =,20x =,若1a =,则()0f x ',故()f x 在R 递增,若01a <<,则当x lna <或0x >时,()0f x '>,0lna x <<时,()0f x '<,故()f x 在(,)lna -∞,(0,)+∞递增,在(,0)lna 递减;综上:0a 时,()f x 在(,0)-∞递减,在(0,)+∞递增,01a <<时,()f x 在(,)lna -∞,(0,)+∞递增,在(,0)lna 递减;1a =时,()f x 在R 递增;(2)①1a =时,()f x 在R 递增,不可能有2个零点,②当01a <<时,()f x 在(,)lna -∞,(0,)+∞递增,(,0)lna 递减,故当x lna =时,()f x 取极大值,极大值为()(2)20f lna a a alna =-++<,此时,()f x 不可能有2个零点,③当0a =时,()(2)x x f x e e =-,由()0f x =得2x ln =,此时,()f x 仅有1个零点,④当0a <时,()f x 在(,0)-∞递减,在(0,)+∞递增,故()(0)12f x min f a ==--,()f x 有2个零点,(0)0f ∴<,解得:12a >-,102a ∴-<<, 而f (1)[2(1)]20e e a a =-++>,取2(1)2a b a+<,则f (b )22[(1)]2[(1)]0b b e a ab e a =-++>-+, 故()f x 在(,0)-∞,(0,)+∞各有1个零点,综上,a 的取值范围是1(2-,0). 4.已知函数2()(1)()x f x xe a x a R =++∈.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.【解答】解:(1)由2()(1)x f x xe a x =++,可得()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a '=+++=++,①当0a 时,由()0f x '>,可得1x >-;由()0f x '<,可得1x <-,即有()f x 在(,1)-∞-递减;在(1,)-+∞递增;②当0a <时,由()0f x '=得1x =-或(2)x ln a =-;若12a e=-,则1()(1)()x f x x e e -'=+-,当1x -时,()0f x ',当1x >-时,()0f x '>; x R ∴∀∈,()0f x '恒成立,即有()f x 在R 上递增;若12a e<-时,则(2)1ln a ->-;由()0f x '>,可得1x <-或(2)x ln a >-; 由()0f x '<,可得1(2)x ln a <<-.即有()f x 在(,1)-∞-,((2)ln a -,)+∞递增;在(1-,(2))ln a -递减;若102a e>>-,则(2)1ln a -<-,由()0f x '>,可得(2)x ln a <-或1x >-; 由()0f x '<,可得(2)1ln a x -<<-.即有()f x 在(-∞,(2))ln a -,(1,)-+∞递增;在((2)ln a -,1)-递减.(2)①由(1)可得当0a >时,()f x 在(,1)-∞-递减;在(1,)-+∞递增,且1(1)f e -=-,(0)f a =,取b 满足1b <-且22a b ln -<.则223(2)(2)(1)()022a fb b a b a b b ->-+-=->, ()f x ∴有两个零点;②当0a =时,()x f x xe =,所以()f x 只有一个零点0x =;③当0a <时,若12a e<-时,由(1)知()f x 在(1-,(2))ln a -递减, 在(,1)-∞-,((2)ln a -,)+∞递增,又当1x -时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点;当12a e-时,由(1)知,()f x 在(1,)-+∞单调增,又当1x -时,()0f x <,故()f x 不存在两个零点; 综上可得,()f x 有两个零点时,a 的取值范围为(0,)+∞.5.已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.【解答】解:(1)由2()(2)x x f x ae a e x =+--,求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--, 20x e >,0x e >∴当0a 时,()0f x '<,()f x ∴在R 上单调递减,当0a >时,11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a'=+-=+-, 令()0f x '=,解得:1x ln a=, 当()0f x '>,解得:1x ln a>, 当()0f x '<,解得:1x ln a<, 1(,)x ln a ∴∈-∞时,()f x 单调递减,1(x ln a∈,)+∞单调递增; 综上可知:当0a 时,()f x 在R 单调减函数,当0a >时,()f x 在1(,)ln a -∞是减函数,在1(ln a,)+∞是增函数; (2)①若0a 时,由(1)可知:()f x 最多有一个零点,当0a >时,2()(2)x x f x ae a e x =+--,当x →-∞时,20x e →,0x e →,∴当x →-∞时,()f x →+∞,当x →∞,2x e →+∞,且远远大于x e 和x ,∴当x →∞,()f x →+∞,∴函数有两个零点,()f x 的最小值小于0即可,由()f x 在1(,)ln a -∞是减函数,在1(ln a,)+∞是增函数, 21111()()()(2)0min f x f ln a a ln a a a a∴==⨯+-⨯-<, 1110ln a a ∴--<,即1110ln a a+->,设1t a=,则()1g t lnt t =+-,(0)t >, 求导1()1g t t'=+,由g (1)0=, 11t a∴=>,解得:01a <<, a ∴的取值范围(0,1).方法二:(1)由2()(2)x x f x ae a e x =+--,求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--, 20x e >,0x e >∴当0a 时,()0f x '<,()f x ∴在R 上单调递减,当0a >时,11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a'=+-=+-, 令()0f x '=,解得:x lna =-,当()0f x '>,解得:x lna >-,当()0f x '<,解得:x lna <-,(,)x lna ∴∈-∞-时,()f x 单调递减,(,)x lna ∈-+∞单调递增;综上可知:当0a 时,()f x 在R 单调减函数,当0a >时,()f x 在(,)lna -∞-是减函数,在(,)lna -+∞是增函数;(2)①若0a 时,由(1)可知:()f x 最多有一个零点,②当0a >时,由(1)可知:当x lna =-时,()f x 取得最小值,11()()1min f x f lna ln a a=-=--, 当1a =,时,()0f lna -=,故()f x 只有一个零点,当(1,)a ∈+∞时,由1110ln a a -->,即()0f lna ->, 故()f x 没有零点,当(0,1)a ∈时,1110ln a a --<,()0f lna -<, 由422(2)(2)2220f ae a e e ----=+-+>-+>,故()f x 在(,)lna -∞-有一个零点,假设存在正整数0n ,满足03(1)n ln a>-,则00000000()(2)20n n n n f n e ae a n e n n =+-->->->, 由3(1)ln lna a->-, 因此在(,)lna -+∞有一个零点.a ∴的取值范围(0,1).6.已知函数2()(2)f x ax a x lnx =+--.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.【解答】解:(1)函数2()(2)f x ax a x lnx =+--,()a R ∈;212(2)1(21)(1)()2(2)(0)ax a x x ax f x ax a x x x x+--+-∴'=+--==>,⋯(2分) 当0a 时,()0f x '<,则()f x 在(0,)+∞内单调递减;⋯⋯(3分)当0a >时,则()f x 在1(0,)a 内单调递减,在1(a,)+∞内单调递增;⋯⋯(5分) 备注:求导正确给1分,因式分解正确得2分;(2)由(1)知,当0a 时,()f x 在(0,)+∞内单调递减,最多只有一个零点,舍去;⋯(5分)0a >时,211111()()()(2)1min f x f a a ln lna a a a a a==+--=-++;⋯⋯(7分) 当0x +→时,()0f x >;当x →+∞时,()0f x >;∴当11()10f lna a a =+-<,令g (a )11lna a =+-, 则g '(a )211a a =+, g ∴'(a )0>;⋯(10分)则g (a )在(0,)+∞上单调递增;又g (1)0=,解得1a <;∴当01a <<时,函数()f x 有两个不同的零点.⋯(12分) 备注:其他解法也可以酌情相应给分.7.已知函数21()(1)2x x f x e a e ax =-++. (1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.【解答】解:(1)()(1)()x x f x e e a '=--,()i 若0a ,当(,0)x ∈-∞时,()0f x '<,()f x 递减,(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 递增,当0a >时,令()0f x '=,解得:10x =或2x lna =,()ii 若1a =,12x x =,()0f x '恒成立,()f x 在R 递增,()iii 若01a <<,12x x >,当(,)x lna ∈-∞时,()0f x '>,()f x 递增,当(,0)x lna ∈时,()0f x '<,()f x 递减,当(0,)a ∈+∞时,()0f x '>,()f x 递增,()iv 若1a >,12x x <,当(,0)x ∈-∞时,()0f x '>,()f x 递增,当(0,)x lna ∈时,()0f x '<,()f x 递减,当(,)x lna ∈+∞时,()0f x '>,()f x 递增,综上:若0a ,()f x 在(,0)-∞递减,在(0,)+∞递增,若1a =,()f x 在R 递增,若01a <<,()f x 在(,)lna -∞递增,在(,0)lna 递减,在(0,)+∞递增, 若1a >,()f x 在(,0)-∞递增,在(0,)lna 递减,在(,)lna +∞递增;(2)()i 当0a =时,211()(1)22x x x x f x e e e e =-=-, 令()0f x =,解得:2x ln =,此时1个零点,不合题意, ()ii 当0a <时,由(1)可知,()f x 在(,0)-∞递减,在(0,)+∞递增,()f x 有2个零点,必有1(0)02f a =--<,即12a >-, 而f (1)21(1)02e e a e =-+->, 故当(0,1)x ∈时,()1f x 个零点,当0x <时,()(1)(1)x f x ax a e ax a >-+>-+,取0110x a<+<,则0()0f x >, 故当0(x x ∈,0)时,()1f x 个零点,故当102a -<<时,()2f x 个零点,符合题意,()iii 当1a =时,()f x 在R 递增,不可能有2个零点,不合题意, ()iv 当01a <<时,()f x 在(,)lna -∞递增,在(,0)lna 递减,在(0,)+∞递增,222111()(1)(1)222lna lna f lna e a e alna a a a alna a lna a =-++=--+=--, 1102lna a --<,故()0f lna <, 此时,()f x 至多1个零点,不合题意;()v 当1a >时,()f x 在(,0)-∞递增,在(0,)lna 递减,在(,)lna +∞递增, 11(0)1022f a a =--=--<, 此时,()f x 最多有1个零点,不合题意,综上,若()f x 有2个零点,则a 的范围是1(2-,0). 8.已知函数221()()x f x alnx a R x-=-∈. (1)讨论()f x 的单调性;(2)设()sin x g x e x =-,若()()(()2)h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点,求a 的取值范围.【解答】解:(1)222121()2a x ax f x x x x-+'=+-=,0x >,△28a =-, ①当△280a =-即2222a -时,()0f x '恒成立,故()f x 在(0,)+∞上单调递增,②当△280a =->时,即22a >或22a <-时,方程2210x ax -+=的两根分布为2184a a x --=,2284a a x +-=, ()i 当22a >时,21804a a x --=>,22804a a x +-=>, 结合二次函数的性质可知,28(0,)4a a x --∈时,()0f x '>,函数单调递增, 28(4a a x --∈,28)4a a +-时,()0f x '<,函数单调递减, 当28(4a a x +-∈,)+∞时,()0f x '>,函数单调递增, ()22ii a <-时,21804a a x --=<,22804a a x +-=<, 结合二次函数的性质可知,(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,函数单调递增,(2)因为()sin x g x e x =-,则()cos x g x e x '=-, 当0x >时,1x e >,cos 1x ,则()cos 0x g x e x '=->,即()g x 在(0,)+∞上单调递增且(0)10g =>, 故()g x 在(0,)+∞上没有零点,因为1()()(()2)()()h x g x f x x g x alnx x=-=-+有两个零点, 所以1()F x alnx x =+在0x >时有两个零点, 21()ax F x x-'=,0x >, 当0a 时,()0F x '<,故()F x 在(0,)+∞上单调递减,最多1个零点,不合题意;当0a >时,易得,函数()F x 在1(0,)a 上单调递减,在1(a,)+∞上单调递增, 又0x →时,()F x →-∞,x →+∞时,()F x →+∞,故1()0F a alna a=-<, 解可得,a e >.综上可得,a 的范围(,)e +∞.9.已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--(1)当0a >时,求函数()f x 的单调区间(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围︒【解答】解:(1)0a >时,2()2(2)1(21)(1)x x x x f x ae a e e ae '=+--=+-. 令()0f x '=,1x e a∴=,解得x lna =-. (,)x lna ∴∈-∞-时,()0f x '<,∴函数()f x 在(,)lna -∞-上单调递减; (,)x lna ∈-+∞时,()0f x '>,∴函数()f x 在(,)lna -+∞上单调递增.(2)2()2(2)1(21)(1)x x x x f x ae a e e ae '=+--=+-. 0a 时,()0f x '<,函数()f x 在R 上单调递减,此时函数()f x 最多有一个零点,不满足题意,舍去. 0a >时,由(1)可知:x lna =-时,函数()f x 取得极小值, ()f x 有两个零点,2111()(2)10f lna a a lna lna a a a ∴-=⨯+-⨯+=-+<, 令u (a )11lna a =-+,u (1)0=. u '(a )2110a a=+>,∴函数()u x 在(0,)+∞上单调递增, 01a ∴<<.又x →-∞时,()f x →+∞;x →+∞时,()f x →+∞.∴满足函数()f x 有两个零点.a ∴的取值范围为(0,1).10.已知函数22()(1)x f x x e ax ax =-+-.(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)若函数()f x 有两个不同的零点,求a 的取值范围.【解答】解:(1)222()2(1)2(21)()x x x f x e x e ax a x e a '=+-+-=-+,⋯⋯⋯⋯(1分) ①当0a 时,20x e a +>恒成立,令()0f x '>,则12x >,所以()f x 的单调增区间为1(,)2+∞. 同理可得()f x 的单调减区间为1(,)2-∞. ⋯⋯⋯⋯(2分) ②当0a <时,令()0f x '=,则12x =或()2ln a x -=. (ⅰ)当()122ln a ->,即a e <-时,令()0f x '>,则12x <或()2ln a x ->, 所以()f x 的单调增区间为1(,)2-∞和()(,)2ln a -+∞. ⋯⋯⋯⋯(3分) 同理()f x 的单调减区间为1()(,)22ln a -; (ⅱ)当()122ln a -=,即a e =-时, 当12x 时,10x -,210x e a e e +-=,所以()0f x ',同理12x >时,()0f x '>. 故()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞; ⋯⋯⋯⋯(4分) (ⅲ)当()122ln a -<,即0e a -<<时.令()0f x '>,则()2ln a x -<或12x >, 所以()f x 的单调增区间为()(,)2ln a --∞和1(,)2+∞,同理()f x 的单调减区间为()1(,)22ln a -. ⋯⋯⋯⋯(5分) 综上所述,当a e <-时,()f x 的单调增区间为1(,)2-∞和()(,)2ln a -+∞,单调减区间为1()(,)22ln a -; 当a e =-时,()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞;当0e a -<<时,()f x 的单调增区间为()(,)2ln a --∞和1(,)2+∞,单调减区间为()1(,)22ln a -; 当0a 时,()f x 的单调增区间为1(,)2+∞,单调减区间为1(,)2-∞. ⋯⋯⋯⋯(6分) (2)因为2()(1)()x f x x e ax =-+,所以()f x 有一个零点1x =,⋯⋯⋯⋯(7分) 由于()f x 有两个零点,所以20x e ax +=只有一个不是1的零点,解法1:令2()x g x e ax =+,2()2x g x e a '=+,(1)当0a >时,2()20x g x e a '=+>恒成立,所以2()x g x e ax =+在(,)-∞+∞上单调递增,对任意0a >,0(0)10g e ==>,21()1110a g e a --=-<-=, 由零点存在定理()g x 在1(,0)a-上存在零点, 因为2()x g x e ax =+在(,)-∞+∞上单调递增,所以()g x 只有一个不是1的零点, 所以当0a >时,满足题意.⋯(8分)(2)当0a =时,2()x g x e =无零点,舍去.(3)当0a <时,令2()20x g x e a '=+>,解得1()22a x ln >-; 令2()20x g x e a '=+<,解得1()22a x ln <-; 所以2()x g x e ax =+在1(,())22a ln -∞-上单调递减,在1((),)22a ln -+∞上单调递增. 所以2()x g x e ax =+在1()22a x ln =-取得极小值,也是最小值. 所以函数1()(())()22222min a a a a g x g ln ln =-=-+-,⋯⋯⋯(10分) 依题意2()x g x e ax =+只有一个不是1的零点,由于当0x <时,()0g x >,且()g x 在1(,())22a ln -∞-上单调递减,在1((),)22a ln -+∞上单调递增. 则1()(())()022222min a a a a g x g ln ln =-=-+-=或2(1)01()(())()022222min g e a a a a a g x g ln ln ⎧=+=⎪⎨=-=-+-<⎪⎩ 解得2a e =-或2a e =-,⋯⋯⋯⋯⋯(11分)综上所得,a 的取值范围为{2e -,2}(0,)e -+∞. ⋯⋯⋯⋯(12分)解法2:当0x =时,(0)10f =-<,所以0x =不是20x e ax +=的零点,则2xe a x=-,⋯⋯⋯⋯(8分) 令2()x e g x x =-,所以22(12)()x e x g x x -'=, 令22(12)()0x e x g x x -'=>,则12x <且0x ≠;令22(12)()0x e x g x x -'=<,所以12x >, 所以()g x 在(,0)-∞、1(0,)2上单调递增,在1(,)2+∞上单调递减,⋯⋯⋯⋯(9分) 所以()g x 在12x =处取得极大值,极大值为1()22g e =-,⋯⋯⋯⋯(10分) 由2()xe g x x=-可知,当0x <时,()0g x >;当0x >时,()2g x e -; ⋯⋯⋯⋯(11分)因为20x e ax +=只有一个零点,所以y a =与()g x 只有一个交点,由图象可得,0a >或2a e =-,又g (1)2e =-,所以y a =与()g x 只有一个不是1的交点,所以a 的取值范围为{2e -,2}(0,)e -+∞. ⋯⋯⋯⋯(12分)11.已知函数221()()x f x alnx a R x-=-∈. (Ⅰ)若0a >时,讨论()f x 的单调性;(Ⅱ)设()()2g x f x x =-,若()g x 有两个零点,求a 的取值范围.【解答】解:221()()()x I f x alnx a R x -=-∈,2221()x ax f x x-+'=,0x >,0a >, 对于221y x ax =-+,△28a =-,当(0a ∈,22]时,△0,()0f x ',()f x 递增;当(22a ∈,)+∞时,△0>,设2210x ax -+=对应方程的根为m ,n ,由0mn >,0m n +>,得0m >,0n >,故()f x 在(0,)m ,(,)n +∞递增;在(,)m n 递减;()II 由1()()2g x f x x alnx x -=-=--,0x >,2211()a ax g x x x x-'=-=, 当0a 时,()0g x '>,()g x 在(0,)+∞递增,()g x 至多有一个零点,不符合题意;当0a >时,当1(0,)x a ∈时,()g x 递增;当1(x a∈,)+∞时,()g x 递减, 1()()0max g x g a alna a∴==-+>,所以a e >, 当a e >时,11a>,g (1)10=-<,1,a a e a e a -><,21()a a a a g e alne e a e ---=--=-+, 构造函数2()x h x e x =-,因为指数函数比幂函数增加的快,易知()h x 递增, 所以a e >,h (a )h >(e )20e e e =->,所以2a e a >,所以21()0a a a a g e alne e a e---=--=-+<, 故函数()g x 在1(,)a e a -和1(a,1)各有一个零点, 所以a e >.12.已知函数21()2f x ax x lnx =--. (1)当2a =时,求函数的最小值;(2)设323()()2()2g x f x x ax x lnx b b R =+-+++∈,讨论函数()g x 的单调性; (3)若函数()f x 有两个不同的零点,求正实数a 的取值范围.【解答】解:(1)因为函数定义域为(0,)+∞,且当2a =时,2()f x x x lnx =--, 1(1)(21)()21x x f x x x x-+'=--=, 所以当01x <<时,()0f x '<;当1x >时,()0f x '>,所以()f x 在(0,1)上单调递减,在(1,)+∞单调递增,所以函数在1x =时取得最小值,且最小值为f (1)1110ln =--=.(2)由题意知函数32()2g x x ax b =-+,0x >,所以2()622(3)g x x ax x x a '=-=-. 令()0g x '=,得0x =或3a x =. 若0a >,则当(,)3a x ∈+∞时,()0g x '>;当(0,)3a x ∈时,()0g x '<. 故()g x 在(,)3a +∞上单调递增,在(0,)3a 上单调递减; 若0a ,()0g x '>在(0,)+∞上恒成立,所以()g x 在(0,)+∞单调递增.综上,当0a >时,()g x 在(,)3a +∞单调递增,在(0,)3a 单调递减;当0a 时,函数()g x 在(0,)+∞单调递增.(3)因为21()ax x f x x--'=,(0,)x ∈+∞,令2()1h x ax x =--, 因为0a >,所以△140a =+>,所以方程()0h x =有两个不等实数根,设为1x ,2x ,12()x x <.又因为(0)10h =-<,所以120x x <<,所以在2(0,)x 上,()0h x <,在2(x ,)+∞上,()0h x >,即在2(0,)x 上,()0f x '<,在2(x ,)+∞上,()0f x '>,所以()f x 在2(0,)x 上单调递减,在2(x ,)+∞上单调递增,所以函数()f x 最小值为222221()2f x ax x lnx =--. 因为22210ax x --=,所以2221ax x =+,所以22211()22f x x lnx =--+, 令11()22m x x lnx =--+,所以11()02m x x'=--<, 从而函数()m x 在(0,)+∞上单调递减,且m (1)0=,所以对(1,)x ∈+∞,()0m x <,(0,1)x ∈时,()0m x >,所以当2a >时,因为2221ax x =+,所以2(0,1)x ∈,所以2()0f x >,所以2a >,此时函数无零点,不合题意.当2a =时,函数()f x 有一个零点1x =.当02a <<时,21x >,则2()0f x <,结合211()102a f e e e=-+>, 则需证明存在02x x >时,使得0()0f x >即可.因为1lnx x -(构造()1x lnx x μ=-+易证明),所以222214()(1)212()22222ax ax ax ax f x x lnx x x x x ax x a=-----=-+>-=-, 则4x a >时,14()02ax x a->,即存在04x a >使得0()0f x >, 故当02a <<时函数()f x 有两个零点.综上,正实数a 的取值范围为(0,2).。
..数列一.数列的概念:〔1〕a n n2n(n*),那么在数列{a n}的最大项为__〔答:1〕;156N25〔2〕数列{a n}的通项为a n an ,其中a,b均为正数,那么a n与a n1的大小关系为__〔答:an a n1〕;bn1〔3〕数列{a n}中,a n n2n,且{a n}是递增数列,求实数的取值范围〔答:3〕;二.等差数列的有关概念:1.等差数列的判断方法:定义法a n1a n d(d为常数〕或a n1a n a n a n1(n2)。
设{a n}是等差数列,求证:以b n=a1a2n a n nN*为通项公式的数列{b n}为等差数列。
2.等差数列的通项:a n a1(n1)d或a n a m(n m)d。
(1)等差数列{a n}中,a1030,a2050,那么通项a n〔答:2n10〕;〔2〕首项为-24的等差数列,从第10项起开始为正数,那么公差的取值范围是______〔答:8d3〕33.等差数列的前n和:S n n(a1a n),Sn na1n(n1)d。
22〔1〕数列{a n}中,a n a n11(n2,n N*),a n3,前n项和S n15,求a1,n〔答:a13,n10〕;222〔2〕数列{a n}的前n项和S n12n2{|a n|}的前n项和T n〔答:T n12n n2(n6,n N*)〕. n,求数列n212n72(n6,n N*)三.等差数列的性质:1.当公差d0时,等差数列的通项公式a n a1(n1)d dna1d是关于n的一次函数,且率为公差d;前n和S n na1n(n1)d d n2(a1d)n是关于n的二次函数且常数项为0 .2222.假设公差d0,那么为递增等差数列,假设公差d0,那么为递减等差数列,假设公差d0,那么为常数列。
3.当mn p q时,那么有a m a n a pa q,特别地,当m n2p时,那么有a m a n2a p.〔1〕等差数列{a n}中,S n18,a n a n1a n23,S31,那么n=____〔答:27〕〔2〕在等差数列a n中,a100,a110,且a11|a10|,Sn是其前n项和,那么..A、S1,S2L S10都小于0,S11,S12L都大于0B、S1,S2L S19都小于0,S20,S21L都大于0C、S1,S2L S5都小于0,S6,S7L都大于0D、S1,S2L S20都小于0,S21,S22L都大于0〔答:B〕4.假设{a n}、{b n}是等差数列,{ka n}、{ka n pb n}(k、p是非零常数)、{a pnq}(p,q N*)、S n,S2n S n,S3n S2n,⋯也成等差数列,而{a a n}成等比数列;假设{a n}是等比数列,且a n0,{lg a n}是等差数列.等差数列的前n和25,前2n和100,它的前3n和。
江苏高一数学基本初等函数中的零点问题分析含答案一、题型特征与解答方法函数的零点,即是能让函数f (x )=0成立时的x 的值,注意零点不是坐标点。
学习中要注意记住下面这个关系:方程f (x )=0有实数根⇔函数y =f (x )的图象与x 轴有交点⇔函数y =f (x )有零点. 零点存在性定理对于零点问题来说,运用非常灵活,是绝对要记住、理解并会运用的。
二次函数y =ax 2+bx +c (a >0)的图象与零点的关系对于非二次函数形式的函数零点,一般会涉及分离参数、换元等等,需要根据图像单调性分析,区间内零点存在与否遵循零点存在性定理。
下面这道解答题,是一道老题,但近年以来一直是热点备考题型,2018年1月徐州高一期末、2018年10月无锡月考均出现在考卷上,变形题也非常多,这道题目不仅仅是考察根的问题,主要还用到换元、分类讨论等等方法,综合性很强,值得学习研究。
★已知函数)1,0(12)(2<≠++-=b a b ax ax x g ,在闭区间[]3,2上有最大值4,最小值1,设xx g x f )()(=。
(1)求b a ,的值;(2)不等式02)2(≥∙-x x k f 在[]1,1-∈x 上恒成立,求实数k 的取值范围。
(3)方程03122)12(=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-x xk f 有三个不同的实数解,求实数k 的取值范围。
解:(1)a b x a x g -++-=1)1()(2,因为0>a ,所以)(x g 在区间]3,2[上是增函数,故⎩⎨⎧==4)3(1)2(g g ,解得⎩⎨⎧==01b a .(2)由已知可得21)(-+=x x x f ,所以02)2(≥⋅-x x k f 可化为x x x k 22212⋅≥-+, 化为k x x ≥⋅-⎪⎭⎫ ⎝⎛+2122112,令x t 21=,则122+-≤t t k ,因]1,1[-∈x ,故⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,21t ,记=)(t h 122+-t t ,因为⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈1,21t ,故1)(max =t h , 所以k 的取值范围是]1,(-∞.(3)原方程可化为0)12(|12|)23(|12|2=++-⋅+--k k x x ,令t x =-|12|,则),0(∞+∈t ,0)12()23(2=+++-k t k t 有两个不同的实数解1t ,2t ,其中101<<t ,12>t ,或101<<t ,12=t . 记)12()23()(2+++-=k t k t t h ,则⎩⎨⎧<-=>+0)1(012k h k ①或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+<=-=>+122300)1(012k k h k ② 解不等组①,得0>k ,而不等式组②无实数解.所以实数k 的取值范围是),0(∞+.二、例题精炼题型一 二次函数零点问题此类问题主要是考察零点存在性定理的理解和直接运用,或者利用数形结合判断根的个数,或者利用图形判断根的大小,涉及参数问题一般是根据根的分布条件计算参数或根据参数范围讨论根的个数。
第三章 第一节 函数与方程一、函数的零点1、实例:填表函数 f(x)图像 与 x 轴交点 零点 方程 f(x)=0 方程的根f(x)=2x-1f(x)=x 2-4x+5 f(x)= x2-4x+4 f(x)= x2-5x+62、函数零点的定义: ____________________________ 叫做函数的零点 (注意: ________________________ )题型一 求函数的零点1.y =x -2 的图象与 x 轴的交点坐标及其零点分别是 ()A .2;2B .(2,0); 2C .- 2;- 2D .(- 2,0);- 2.函数f(x) =x 2+4x + a 没有零点,则实数 a 的取值范围是 () 2A .a<4B . a>4C .a ≤4D . a ≥4 3.函数 f(x)2+2ax + c(a ≠ 0)的一个零点是- 3,则它的另一个零点是 ()=axA .- 1B .1C .- 2D .24.函数f(x) =x 2- ax -b 的两个零点是 2 和 3,求函数 g(x)=bx 2- ax -1 的零点.5、求以下函数的零点(1) f ( x) 27 x1( 2) f ( x) 2 log 3 ( x 1)9二、零点定理1、方程的根与函数零点的关系: 方程 f(x)=0 的根 函数 f(x) 的零点函数与 x 轴交点的横坐标2、零点定理:如 果 函 数 y f ( x) 在 区 间 [ a, b] 上 的 图 象 是 连 续 不 间 断 的 一 条 曲 线 , 并 且 有f (a) f (b) 0 那么函数 y f (x) 在区间 (a, b) 内有零点,即存在c (a,b) ,使得f ( c) 0 ,这个 c也就是方程 f ( x) 0 的实数根。
问题 1:去掉“连续不停”能够吗?问题 2 :假如函数yf (x) 在区间 [ a,b] 上的图象是连续不中断的一条曲线,而且有f (a) f (b) 0那么函数 yf ( x) 在区间 (a, b) 内有一个零点,对不对?问题 3 :假如函数y f (x) 在区间 [ a,b] 上的图象是连续不中断的一条曲线,而且有f (a) f (b)0那么函数 yf (x) 在区间 ( a,b) 上无零点,对不对?题型二、判断区间内有无零点1.函数 y = f(x)在区间 (- 2,2)上的图象是连续的, 且方程 f(x) =0 在 (- 2,2)上仅有一个实根 0, 则 f(- 1)· f(1)的值 () A .大于 0B .小于 0C .等于 0D .没法确立2. 函数 f ( x) ln x2)的零点所在的大概区间是(xA .( 1, 2)B .( 2, 3)C . (1,1) 和( 3, 4)D . (e,)e3.设函数 f(x)=2 x-x 2-2x ,则在以下区间中 不存在 零点的是()...A. ( -3 , 0)B.( 0, 3)C. ( 3, 6)D.( 6, 9)4、方程 2 x 1 x 5 在以下哪个区间内必定有根?( )A 、( 0, 1)B 、( 1, 2)C 、( 2, 3)D 、( 3, 4)5、依据表格中的数据,能够判断方程e xx 2 0 的一个根所在的区间为 ()x10 12 3e x1x2 123 45A . ( 1,0)B . (0,1)C . (1,2)D . (2,3)三、判断零点的个数方法①:转变为判断方程f(x)=0 的根的个数,解方程1例:函数 f(x)=xx的零点有 ______个方法②:从图像判断零点个数例 1:已知函数 f(x) 为 R 上奇函数,且在(0, +)上有 1003 个零点,则 f(x) 在 R 上的零点的总个数为 ______3 ,x 3例 2:已知函数 f ( x)xlog 3 x,0x 3(1)方程 f(x)=0 有几个根?(2)方程 f(x)=1 有几个根?(3)方程 f(x)=k 有几个根?(4)方程 f(x)=-x 有几个跟?总结:怎样利用图像判断 f(x)=g(x) 有几个根?题型三 判断零点个数(方程根的个数)1、函数 f (x )x 2 2x 3, x 0的零点有 _______个lnx x 0x 3,( x 1)e x的零点个数为(2、 f ( x)2x 3,( x, 则函数 g( x) f ( x))x 2 1)A . 1B . 2C .3D . 43、方程 lnx+2x-6=0 有几个根?334、若函数 f ( x), x,若方程 f(x)=k 有两个不一样实根,务实数 k 的取值范围 xlog 3 x,0 x 35、已知函数 x, xm 取值范围f ( x )2,若 g(x)=f(x)-m 有三个不一样零点,务实数x x, x 0四、二分法求零点的近似值二分法求函数f(x) 零点近似值的步骤:题型四二分法1、用二分法求方程x3-x-4=0 在区间[1,3]内的实根,应计算f(___),下一个有根的区间是____2、用二分法求f(x)= 3x -x-4=0 的一个零点,参照数据以下:据此数据,可得方程3x x 40 的一个近似解为_______3、综合练习1、已知函数 f(x)=ax 2-2x+1(a≥0)(1)议论 f(x) 在 [0,2] 上的单一性(2)若 a>1,求 f(x) 在[0,2] 上的最大最小值(3)若 f(x) 在区间( 0,2)上只有一个零点,求 a 的范围1 2、定义在 R 上的偶函数 y=f(x) 在 (-∞, 0]上递加,函数 f(x) 的一个零点为-2,1求知足 f(log 9x)≥0 的 x 的取值会合.。
第27讲:零点数列 223第27讲:零点数列以含n 的函数或周期函数的零点(或函数的极值点,即导函数的零点)而产生的数列问题,于2012年首次出现在陕西高考中,2013年又出现于安徽高考中,应成为研究的专题.例1:三次函数的零点.[始源问题]:(2006年第三届东南地区数学奥林匹克竞赛试题)对任意正整数n,设a n 是方程x 3+nx =1的实数根.求证:(Ⅰ)a n+1>a n ; (Ⅱ)∑+=ni ia i12)1(1<a n .[解析]:由a n 3+na n=1⇒0<a n <1; (Ⅰ)由a n 3+n a n =1⇒a n+13+11++n a n =1⇒a n+13-a n 3+11++n a n -n a n =0⇒a n+13-a n 3+n a n 1+-n a n >0⇒(a n+1-a n )(a n+12+a n+1a n +a n 2+n1)>0⇒a n+1>a n ; (Ⅱ)由a n 3+n a n =1⇒a n (a n 2+n1)=1⇒a n =na n 112+>n111+=1+n n ⇒n a n 2)1(1+<)1(1+n n =n 1-11+n ⇒∑+=n i ia i 12)1(1<1-11+n = 1+n n<a n . 本题是零点数列的第一题,它指出了数列命题的一个新方向.是命制安徽高考数列特色试题:“不求数列通项,研究数列性质”的好方法.[原创问题]:对任意正整数n,设a n 是关于x 的方程x 3-nx=1的最大实数根.(Ⅰ)求证:n <a n <a n+1<2+n ; (Ⅱ)当n ≥4时,对任意的正整数m,2nm n -+<a n+m -a n <2(m n +-n ). [解析]:(Ⅰ)令f(x)=x 3-nx-1,则f '(x)=3x 2-n ⇒f(x)在区间(3n,+∞)内单调递增;又由f(n )=-1<0,f(1+n )=1+n -1>0⇒n <a n <1+n ⇒1+n <a n+1<2+n ⇒n <a n <a n+1<2+n ;(Ⅱ)当n ≥4时,f(21++n n )=813++n n -1≥856+-1=825->0=f(a n )⇒a n <21++n n ⇒n <a n <21++n n ⇒ 1+n <a n+1<221+++n n ⇒1+n -21++n n <a n+1-a n <221+++n n -n ⇒21(1+n -n )<a n+1-a n <21[(1+n -n )+(2+n -n )<2+n -n ⇒a n+m -a n =(a n+1-a n )+(a n+2-a n+1)+(a n+3-a n+2)+…+(a n+m -a n+m-1)>21[(1+n -n )+(2+n -1+n )+ …+(m n +-1-+m n )]=2nm n -+;a n+m -a n =(a n+1-a n )+(a n+2-a n+1)+(a n+3-a n+2)+…+(a n+m -a n+m-1)<(2+n -n )+(3+n -1+n )+ (4+n -2+n )+…+(1++m n -1-+m n )=m n ++1++m n -n -1+n <2(m n +-n ).[原创问题]:己知函数f(x)=x 3-x-1(x ∈R).(Ⅰ)求证:f(x)有唯一的正的零点x 0;(Ⅱ)数列{x n }满足:x 1=2,x n+1=31+n x ,求证:存在正常数M,使得:|x n -x 0|≤M(41)n.224 第27讲:零点数列 [解析]:(Ⅰ)由f(x)=x 3-x-1⇒f '(x)=3x 2-1⇒f(x)在(0,33)上单调递减,在(33,+∞)上单调递增⇒当x ∈(0,33)时,f(x)<f(0)=-1<0;且f(-1)=-1<0,f(2)=5>0⇒f(x)有唯一的正的零点x 0∈(1,2);(Ⅱ)由x 1=2,x n+1=31+n x ⇒x n ∈[1,2];注意到:x n+1=g(x n ),且f(x 0)=0⇔x 03-x 0-1=0⇔x 0=301+x ⇔x 0=g(x 0);所以,|x n -x 0|= |311+-n x -301+x |=2303031231)1(11)1(1+++⋅+++--x x x x n n |x n-1-x 0|≤3431|x n-1-x 0|≤41|x n-1-x 0|⇒|x n -x 0|≤|x 1-x 0|(41)n-1;令M=4|x 1-x 0|>0得:|x n -x 0|≤M(41)n. 例2:n 次函数的零点.[始源问题]:(2012年陕西高考试题)设函数f n (x)=x n +bx+c(n ∈N +,b,c ∈R).(Ⅰ)设n ≥2,b=1,c=-1,证明:f n (x)在区间(21,1)内存在唯一的零点; (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,设x n 是f n (x)在(21,1)内的零点,判断数列x 2,x 3,…,x n ,…的增减性. [解析]:(Ⅰ)由f n (x)=x n +x-1⇒f 'n (x)=nx n-1+1>0⇒f n (x)在区间(21,1)内单调递增;又由f n (21)=(21)n +21-1<21+21-1 =0,f n (1)=1>0⇒f n (x)在区间(21,1)内存在唯一的零点; (Ⅱ)由(Ⅰ)知21<x n <1⇒21<x n+1<1,又由x n+1n+1+x n+1-1=0…①,x n n +x n -1=0…②,②-①得x n+1n+1+x n+1-(x n n +x n )=0⇒x n+1n +x n+1-(x n n+ x n )>0⇒x n+1n+x n+1>x n n+x n ⇒x n+1>x n ⇒数列x 2,x 3,…,x n ,…单调递增. 本题是高考中出现的零点数列的第一题,该题的命题方法极易移植.[原创问题]:对任意正整数n,设a n 是关于x 的方程x n +nx-1=0的实数根.(Ⅰ)求证:0<a n+1<a n <1; (Ⅱ)求证:a 12+a 22+a 32+…+a n 2<1.[解析]:(Ⅰ)设f n (x)=x n +nx-1⇒f 'n (x)=nx n-1+n>0⇒f n (x)在区间(0,1)内单调递增;又由f n (0)=-1<0,f n (1)=n>0⇒f n (x)在区间(0,1)内存在唯一的零点⇒0<a n <1⇒0<a n+1<1;又由a n+1n+1+(n+1)a n+1-1=0…①,a n n+na n -1=0…②,②-①得a n+1n+1+(n+1) a n+1-(a n n+na n )=0(a n+1n+1+(n+1)a n+1>a n+1n+na n+1⇔a n+1+1>1成立)⇒a n+1n+na n+1-(a n n+na n )=0⇒a n+1n+na n+1<a n n+na n ⇒a n+1<a n ⇒0<a n+1< a n <1; (Ⅱ)因a 1=21,当n ≥2时,由f n (n 1)=(n 1)n >0⇒a n <n 1⇒a 12+a 22+a 32+…+a n 2<221+221+231+…+21n <41+41+(21-31)+…+ (11-n -n 1)=1-n1<1. 例3:n 次多项式的零点.[始源问题]:(2013年安徽高考试题)设函数f n (x)=-1+x+222x +233x +…+2n x n (x ∈R,n ∈N +).证明:(Ⅰ)对每个n ∈N +,存在唯一的x n ∈[32,1],满足f n (x n )=0; (Ⅱ)对任意的p ∈N +,由(Ⅰ)中x n 构成的数列{x n }满足:0<x n -x n+p <n1. [解析]:(Ⅰ)由f 'n (x)=1+2x +32x +...+n x n 1->0⇒f n (x)在区间[32,1]内单调递增,且f n (1)=221+231+ (21)>0,f n (32)=第27讲:零点数列 225-1+32+221(32)2+231(32)3+…+21n (32)n <-31+41[(32)2+(32)3+…+(32)n ]<-31+41⋅321)32(2-=0⇒存在唯一的x n ∈[32,1],满足f n (x n )=0; (Ⅱ)当x ∈[32,1]时,由f n+1(x)=-1+x+222x +233x +…+2n x n +21)1(++n x n =f n (x)+21)1(++n x n >f n (x)⇒f n+1(x n )>f n (x n )=f n+1(x n+1);又由f n+1(x)在区间[32,1]内单调递增⇒x n >x n+1⇒x n -x n+1>0; 由-1+x n +222nx +233nx +…+2n x n n=0…①⇒-1+x n+p +222pn x ++233pn x ++…+2n x npn ++21)1(+++n x n pn +…+2)(p n x pn pn +++=0…②;①-②得:(x n -x n+p ) +2222pn n x x +-+2333pn n x x +-+…+2n x x npn n n +--[21)1(+++n x n pn +…+2)(p n x pn pn +++]=0⇒x n -x n+p =[2222n p n x x -++2333np n x x -++…+2n x x nnn p n -+]+[21)1(+++n x n pn+…+2)(p n x pn pn +++]≤21)1(+++n x n pn +…+2)(p n x pn pn +++<2)1(1+n +2)2(1+n +…+2)(1p n +<)1(1+n n +)2)(1(1++n n +…+))(1(1p n p n +-+=(n 1-11+n )+(11+n -21+n )+…+(11-+p n -pn +1)=n 1-p n +1<n 1. 本题类比2012年陕西高考试题,但拓展了载体函数,深化了数列性质.[原创问题]:设a n 是关于x 的方程x n +x n-1+…+x-1=0(x ∈R +,n ≥2)的实数根.(Ⅰ)求证:21<a n+1<a n <1; (Ⅱ)求证:a 2+a 3+…+a n <2n . [解析]:(Ⅰ)设f(x)=x n +x n-1+…+x-1,则f '(x)=nx n-1+(n-1)x n-2+…+2x+1>0⇒f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且f(1)=n-1>0,f(21)=-(21)n<0⇒21<a n <1;由a n n +a n n-1+…+a n -1=0,a n+1n+1+a n+1n +…+a n+1-1=0⇒a n+1n +…+a n+1-1<0=a n n +a n n-1+…+a n -1⇒f(a n+1) <f(a n )⇒a n+1<a n ⇒21<a n+1<a n <1; (Ⅱ)由(21)n =f(a n )-f(21)=[a n n -(21)n ]+[a n n-1-(21)n-1]+…+(a n -21)>a n -21⇒a n <21+(21)n ⇒a 2+a 3+…+a n <21-n +211])21(1[411---n<21-n +21=2n. 例4:n 次多项式的背景.[始源问题]:(2013年广州普通高中毕业班综合测试一文科试题)已知n ∈N +,设函数f n (x)=1-x+22x -33x +…-1212--n x n ,x ∈R.(Ⅰ)求函数y=f 2(x)-kx(k ∈R)的单调区间;(Ⅱ)是否存在整数t,对于任意n ∈N +,关于x 的方程f n (x)=0在区间[t,t+1]上有唯一实数解?若存在,求t 的值;若不存在,说明理由.[解析]:(Ⅰ)y=1-x+22x -33x -kx ⇒y '=-(x 2-x+k+1),△=(-1)2-4(k+1)=-4k-3;①当k ≥-43时,y '≤0⇒y 有递减区间为R;②当k<-43时,x 1=2431k ---,x 2=2431k--+⇒y 有递减区间为(-∞,x 1)和(x 2,+∞),递增区间为(x 1,x 2); (Ⅱ)由f 'n (x)=-1+x-x 2+…+x 2n-3-x2n-2;⑴当x=-1时,f 'n (-1)=-(2n-1)<0;⑵当x ≠-1时,f 'n (x)=-[1+(-x)+(-x)2+…+226 第27讲:零点数列(-x)2n-2]=-x x n ++-1112;①当x<-1时,1+x<0,1+x 2n-1<0⇒x x n ++-1112>0⇒f 'n (x)<0;②当x>-1时,1+x>0,1+x 2n-1>0⇒xx n ++-1112>0⇒f 'n (x)<0.综上,f 'n (x)<0⇒f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递减;又因f n (1)=(1-1)+(21-31)+…+(221-n -121-n )>0;f n (2)=(1-2)+(222-323)+…+(22222--n n -12212--n n )=-1-321⋅⋅22-…-)12)(22(32---n n n ⋅22n-2<0⇒f n (x)=0只有一解x n ,且x n ∈(1,2)⇒t=1. 本题中的多项式具有高等数学背景,ln(1+x)的泰勒展开式:ln(1+x)=x-21x 2+31x 3+…+(-1)n 11+n x n+1+…,所以,f n (x)=1 -ln(1+x)-σ2n (x),其中,σ2n (x)为拉格朗日余项.[原创问题]:已知n ∈N +,设函数f n (x)=1-x+22x -33x +…-1212--n x n ,x ∈R.证明: (Ⅰ)对每个n ∈N +,存在唯一的x n ∈(1,2),满足f n (x n )=0; (Ⅱ)当n ≥2时,x n >x n+1.[解析]:(Ⅰ)由f 'n (x)=-1+x-x 2+…+x2n-3-x2n-2;⑴当x=-1时,f 'n (-1)=-(2n-1)<0;⑵当x ≠-1时,f 'n (x)=-[1+(-x)+(-x)2+…+(-x)2n-2]=-x x n ++-1112;①当x<-1时,1+x<0,1+x 2n-1<0⇒x x n ++-1112>0⇒f 'n (x)<0;②当x>-1时,1+x>0,1+x 2n-1>0⇒xx n ++-1112 >0⇒f 'n (x)<0.综上,f 'n (x)<0⇒f n (x)在区间(-∞,+∞)上单调递减;又因f n (1)=(1-1)+(21-31)+…+(221-n -121-n )>0;f n (2)=(1-2)+(222-323)+…+(22222--n n -12212--n n )=-1-321⋅⋅22-…-)12)(22(32---n n n ⋅22n-2<0⇒f n (x)=0只有一解x n ,且x n ∈(1,2); (Ⅱ)由f n (1+n 21)=-n 21+(1+n 21)2[21-31(1+n 21)]+…+(1+n 21)2n-2[221-n -121-n (1+n 21)]>-n 21+(1+n 22)[21-31(1+n21)]+…+(1+n n 222-)[221-n -121-n (1+n 21)](通项为(1+n k 2)[k 1-11+k (1+n 21)]=(1+n k 2)⋅11+k ⋅(k 1-n 21)>0)> -n 21+(1+n 22) [21-31(1+n 21)]=61-n 21-261n⇒当n ≥4时,f n (1+n 21)>0,易验证:当n=2,3时,f n (1+n 21)>0⇒当n ≥2时,f n (1+n 21)>0 =f n (x n )(f n (x)在区间(-∞,+∞)上单调递减)⇒x n >1+n21⇒2n+1-2nx n <0; 当x ∈(1,2)时,由f n+1(x)=1-x+22x -33x +…-1212--n x n +n x n 22-1212++n x n =f n (x)+n x n 22-1212++n x n =f n (x)+)12(2212+-+n n nx n x 2n ⇒f n+1(x n )=f n (x n )+)12(2212+-+n n nx n n x n 2n<f n (x n )=0=f n+1(x n+1)⇒x n >x n+1.[原创问题]:已知n ∈N +,设函数f n (x)=1+x+!x 22+!x 33+…+!n x n )22(22--+!n x n )12(12--. (Ⅰ)求证:f n (x)有唯一零点x n ; (Ⅱ)证明:(Ⅰ)中的零点x n 满足:-2n-1≤x n+1<x n <0.[解析]:(Ⅰ)令g n (x)=1+x+!x 22+!x 33+…+!n x n )12(12--+!n x n )2(2⇒g 'n (x)=1+x+!x 22+!x 33+…+!n x n )12(12--=f n (x),f 'n (x)=1+x+!x 22+!x 33 +…+!n x n )22(22--=g n-1(x);①f 1(x)=1+x 有唯一零点x 1=-1,且单调递增;g 1(x)=1+x+!x 22>0;②假设f k (x)有唯一零点x k >-2k+1,且单调递增;g k (x)>0,则由f 'n (x)=g n-1(x)⇒f 'k+1(x)=g k (x)>0⇒f k+1(x)单调递增,且f n+1(x)=1+x+!x 22+!x 33+…+!n x n )2(2+!n x n )12(12++ =[1+x]+[!x 22+!x 33]+…+[!n x n )2(2+!n x n )12(12++]=(1+x)+!x 22(x+3)+…+!n x n)2(2(x+2n+1)⇒f k+1(-2k-1)<0,f k+1(0)=1>0⇒0>x k+1>-2k-1;第27讲:零点数列 227由g 'n (x)=f n (x)⇒g 'k+1(x)=f k+1(x)单调递增,且有唯一零点x k+1⇒g k+1(x)的最小值=g k+1(x k+1)=f k+1(x k+1)+!k x k k )22(221+++=!k x k k )22(221+++>0; (Ⅱ)由(Ⅰ)知0>x n ≥-2n+1;只需证:x n+1<x n ,由f n (x)单调递增得:x n+1<x n ⇔f n (x n+1)<f n (x n )=0⇔f n (x n+1)<0;注意到:f n+1(x)-f n (x)=!n x n )2(2+!n x n )12(12++=!n x n)2(2(x+2n+1)⇒f n+1(x n+1)-f n (x n+1)=!n x n n )2(21+(x n+1+2n+1)⇒-f n (x n+1)=!n x n n )2(21+(x n+1+2n+1)>0(x n+1+2n+1>0)⇒f n (x n+1)<0.综上,-2n-1≤x n+1<x n <0.例4:一般多项式.[始源问题]:(2013年“桌越联盟”自主招生试题)设数列{a n }满足:0<a n <1,n ∈N +,定义函数f n (x)=x+a 1x 2+a 2x 3+…+a n x n+1,n∈N +.(Ⅰ)对于每一个n ∈N +,证明:方程f n (x)=1在区间(0,1)内有唯一解x n ; (Ⅱ)对于(Ⅰ)中的数列{x n },证明:x n >x n+1>21. [解析]:(Ⅰ)由f 'n (x)=1+2a 1x+3a 2x 2+…+(n+1)a n x n>0,且f n (0)<1,f n (1)=1+a 1+a 2+…+a n >1⇒方程f n (x)=1在区间(0,1)内有唯一解x n ;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f n (x n )=1⇒f n+1(x n+1)=1⇒f n (x n )-f n (x n+1)=1-(x n+1+a 1x n+12+a 2x n+13+…+a n x n+1n+1)=1-(x n+1+a 1x n+12+a 2x n+13+…+a n x n+1n+1+ a n+1x n+1n+2)+a n+1x n+1n+2=1-f n+1(x n+1)+a n+1x n+1n+2=a n+1x n+1n+2>0⇒f n (x n )>f n (x n+1)⇒x n >x n+1; 由f n (x n )-f n (21)=1-[21+a 1(21)2+a 2(21)3+…+a n (21)n+1]>1-[21+(21)2+(21)3+…+(21)n+1]=(21)n+1>0⇒x n >21. 本题极大的拓展了函数零点数列的命题空间,由此可构造:[原创问题]:已知函数f n (x)=-1+a 1x+a 2x 2+a 3x 3+…+a n x n ,其中,a n =(21)n-1,n ∈N +.(Ⅰ)对于每一个n ∈N +,证明:方程f n (x)=0在区间[21,1)内有唯一解x n ; (Ⅱ)对任意的m ∈N +,由(Ⅰ)中x n 构成的数列{x n }满足:0<x n -x n+m <(21)n-1. [解析]:(Ⅰ)由f 'n (x)=a 1x+2a 2x 2+…+na n x n-1>0,且f n (21)=-1+[21+21(41)1+…+21(41)n-1]=-31+32(41)n≤0,f n (1)=-1+a 1+a 2+…+a n =1+2(21)n >0⇒方程f n (x)=0在区间[21,1)内有唯一解x n ; (Ⅱ)当x ∈[21,1)时,由f n+1(x)=-1+a 1x+a 2x 2+a 3x 3+…+a n x n +a n+1x n+1=f n (x)+a n+1x n+1>f n (x)⇒f n+1(x n )>f n (x n )=0=f n+1(x n+1);又由f n+1(x)在区间[21,1)内单调递增⇒x n >x n+1⇒x n >x n+m ⇒x n -x n+m >0; 由-1+a 1x n +a 2x n 2+a 3x n 3+…+a n x n n=0…①⇒-1+a 1x n+m +a 2x n+m 2+a 3x n+m 3+…+a n x n n+a n+1x n+m n+1+…+a n+m x n+m n+m=0…②;①-②得:a 1(x n -x n+m ) +a 2(x n 2-x n+m 2)+…+a n (x n n-x n+m n)-(a n+1x n+m n+1+…+a n+m x n+m n+m)=0⇒x n -x n+m =a 2(x n+m 2-x n 2)+…+a n (x n+m n-x n n)+(a n+1x n+m n+1+…+a n+m x n+m n+m)≤a n+1x n+m n+1+…+a n+m x n+m n+m≤a n+1+…+a n+m =[2-2(21)n+m ]-[2-2(21)n ]=2(21)n [1-(21)m ]<2(21)n =(21)n-1. 例5:极值点数列.[始源问题]:(2012年安徽高考试题)设函数f(x)=2x+sinx 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }.(Ⅰ)求数列{x n }; (Ⅱ)设{x n }的前n 项和为S n ,求sinS n .[解析]:(Ⅰ)由f(x)=2x +sinx ⇒f '(x)=21+cosx,令f '(x)=0⇒cosx=-21⇒x=2n π±32π;又因f(x)的极小值点⇔y=cosx 单调递增部分与y=-21的交点⇒x=2n π-32π⇒x n =2n π-32π(n ∈N +);228 第27讲:零点数列(Ⅱ)由x n =2n π-32π⇒S n =n(n+1)π-32πn ,注意到:n(n+1)为偶数⇒sinS n =sin[n(n+1)π-32πn ]=-sin 32πn ;①当n=3k-2 (k ∈N +)时,sinS n =-23;②当n=3k-1(k ∈N +)时,sinS n =23;③当n=3k-2(k ∈N +)时,sinS n =0. 本题把导数、数列与三角函数三个部分进行有机结合,其中更体现了三角函数的桥梁与勾通功能.[原创问题]:己知函数f(x)=e -x (cosx+sinx)+2.(Ⅰ)将f(x)在(0,+∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排列{x n },求数列{f(x n )}的前n 项和; (Ⅱ)设数列{a n }满足:0<a 1<3,a n+1=f(a n ),n ∈N*,求证:0<a n <π.[解析]:(Ⅰ)f '(x)=-2e -xsinx,由f '(x)=0⇒x=k π,k ∈Z,且f '(x)在x=k π附近的左、右符号相反,所以f '(x)=0的点x=k π都是其极值点,即x n =n π,n ∈N*⇒f(x n )=2±e -n π;(Ⅱ)当x ∈(0,π)时,f '(x)<0⇒f(x)在(0,π)内递减⇒f(x)∈(f(0),f(π))⊂(0,π)即证.例6:极值点数列的不等式.[始源问题]:(2005年天津高考试题)设函数f(x)=xsinx(x ∈R).(Ⅰ)证明:f(x+2k π)-f(x)=2k πsinx,其中k 为整数; (Ⅱ)设x 0为f(x)的一个极值点,证明:[f(x 0)]2=20401x x +;(Ⅲ)设f(x)在(0,+∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排列为a 1,a 2,…,a n ,…,证明:2π<a n+1-a n <π(n=1,2,….). [解析]:(Ⅰ)f(x+2k π)-f(x)=(x+2k π)sin(x+2k π)-xsinx=(x+2k π)sinx-xsinx=2k πsinx;(Ⅱ)f '(x)=sinx+xcosx,x 0为f(x)的一个极值点⇒f '(x 0)=0⇒sinx 0+x 0cosx 0=0⇒tanx 0=-x 0,所以,[f(x 0)]2=x 02sin 2x 0=x 02⋅204002022002020211tan tan cos sin sin x x x x x x x x +=+⋅=+;(Ⅲ)x 0>0,且x 0=-tanx 0,所以必存在非负整数k,使x 0∈(k π+2π,k π+π),f '(x)=sinx+xcosx=cosx(tanx+x),其中,⑴当x ∈(2k π+2π,2k π+π)时,cosx<0,此时,①当x ∈(2k π+2π,x 0)时,-tanx>x ⇒f '(x)<0;②当x ∈(x 0,2k π+π)时,-tanx<x ⇒f '(x)>0;⑵当∈(2k π+23π,2k π+2π)时,cosx>0,①当x ∈(2k π+2π,x 0)时,-tanx>x ⇒f '(x)>0;②当x ∈(x 0,2k π+π)时,-tanx<x ⇒f '(x)<0.所以满足f '(x)=0的正根x 0都是的极值点.因此,当a n ∈(k π+2π,k π+π)时,a n+1∈(k π+23π, k π+2π)⇒a n+1-a n ∈(2π,23π);又由a n+1-a n =-(tana n+1-tana n )=-(1+tana n+1tana n )tan(a n+1-a n )⇒tan(a n+1-a n )<0⇒a n+1-a n ∈(2π,π). 本题以类周期函数为背景,研究其极值点的性质,与三角函数的性质进行了有机结合,有发展空间.[原创问题]:设f(x)=xsinx-1,x ∈R +.(Ⅰ)求证:f(x)有无数个零点; (Ⅱ)若f(x)的全部零点按从小到大的顺序排列为x 1,x 2,…,x n ,…,证明:23π<x n+2-x n <25π. [解析]:(Ⅰ)因f(2n π+2π)=(2n π+2π)sin(2n π+2π)-1=2n π+2π-1>0,f(2n π-2π)=(2n π-2π)sin(2n π-2π)-1= -2n π-2π-1<0,所以,对任意的自然数n,f(x)在区间(2n π-2π,2n π+2π)内至少有一个零点⇒f(x)有无数个零点; (Ⅱ)由y=sinx 与y=x1的图像知x 1∈(0,2π),x 2∈(2π,π),x 3∈(2π,2π+2π),x 4∈(2π+2π,3π),x 5∈(4π,4π+2π),第27讲:零点数列 229…,x 2n-1∈((2n-2)π,(2n-2)π+2π),x 2n ∈((2n-2)π+2π,(2n-1)π);①由x 2n-1∈((2n-2)π,(2n-2)π+2π)⇒-(2n-2)π-2π<-x 2n-1<-(2n-2)π,且2n π<x 2n+1<(2n+1)π+2π,两式相加得:23π<x 2n+1-x 2n-1<3π+2π;②由x 2n ∈((2n-2)π+2π, (2n-1)π)⇒-(2n-1)π<-x 2n <-(2n-2)π-2π,且2n π+2π<x 2n+2<(2n+1)π,两式相加得:23π<x 2n+2-x 2n <3π-2π=25π.综上,23π<x n+2-x n <25π. 例7:函数的隐性零点.[始源问题]:(2011年湖南高考试题)已知函数f(x)=x 3,g(x)=x+x .(Ⅰ)求函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数,并说明理由;(Ⅱ)设数列{a n }(n ∈N *)满足a 1=a(a>0),f(a n+1)=g(a n ),证明:存在常数M,使得对于任意的n ∈N *,都有a n ≤M.[解析]:(Ⅰ)由h(x)=x 3-x-x 的定义域为[0,+∞),且h(0)=0⇒有零点x=0;当x ∈(0,+∞)时,由h '(x)=3x 2-1-x21⇒h ''(x)=6x+2341-x >0⇒h '(x)在区间(0,+∞)内单调递增;而h '(41)<0,h '(1)>0⇒h '(x)恰有一个零点x 0∈(41,1)⇒h(x)在区间(0,x 0)内单调递减,在区间(x 0,+∞)内单调递增;而h(1)=-1<0,h(4)>0⇒h(x)在区间(0,1)内无零点,在区间(1,+∞)内恰有一个零点,综上h(x)的零点个数=2;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,h(x)=f(x)-g(x),即f(x)=g(x)恰有一个正根x 0⇒x 03=x 0+0x ;①当0<a 1=a<x 0时,由f(a n+1)=g(a n )⇒a n+13=a n +n a ⇒a 23=a 1+1a <x 0+0x =x 03⇒a 2<x 0⇒a 33=a 2+2a <x 0+0x =x 03⇒a 3<x 0⇒…⇒a n <x 0,令M=x 0即可;②当a 1=a ≥x 0时,由h(x)在区间(x 0,+∞)内单调递增⇒h(a)≥h(x 0)=0⇒f(a)≥g(a)⇒a 3≥a+a ;又由f(a n+1)=g(a n )⇒a n+13=a n +n a ⇒a 23=a 1+1a =a+a ≤a 3⇒a 2≤a ⇒a 33=a 2+2a ≤a+a ≤a 3⇒a 3≤a ⇒…⇒a n ≤a,令M=a 即可.综上,M=max{a,x 0}.本题以两函数的等式包装数列,独具特色,值得研究拓展.[原创问题]:已知函数f(x)=3sin2x-2sin3x,x ∈(0,3π). (Ⅰ)求证:0<f(x)<233; (Ⅱ)设数列{a n }(n ∈N *)满足:a n ∈(0,3π),sina n+1=31sin3a n ,求证:sina n <n1.[解析]:(Ⅰ)由x ∈(0,3π)⇒0<2x<3x<π⇒cos2x>cos3x;又由f(x)=3sin2x-2sin3x ⇒f '(x)=6cos2x-6cos3x>0⇒ f(x)在区间(0,3π)内单调递增⇒f(x)>f(0)=0,f(x)<f(3π)=233⇒0<f(x)<233; (Ⅱ)由f(x)>0⇒3sin2x>2sin3x ⇒31sin3x<21sin2x ⇒sina n+1=31sin3a n <21sin2a n =sina n cosa n ;以下用数学归纳法证明:①当n=1时,由a 1∈(0,3π)⇒sina 1<sin 3π=23<11成立;②假设sina k <k1;(i)当sina k <11+k 时,由sina n+1<sina n cosa n <sina k <11+k ;(ii)当11+k ≤sina k <k1时,由sina n+1<sina n cosa n <sina k k a 2sin 1-<k1111+-k =11+k .综上,230 第27讲:零点数列sina n+1<11+k .例8:极值点包装数列.[始源问题]:(2010年湖南高考试题)数列{a n }(n ∈N +)中,a 1=a,a n+1是函数f n (x)=31x 3-21(3a n +n 2)x 2+3n 2a n x 的极小值点.(Ⅰ)当a=0时,求通项a n ;(Ⅱ)是否存在a,使数列{a n }是等比数列?若存在,求a 的取值范围;若不存在,请说明理由.[解析]:由f n (x)=31x 3-21(3a n +n 2)x 2+3n 2a n x ⇒f 'n (x)=x 2-(3a n +n 2)x+3n 2a n =(x-n 2)(x-3a n );①当3a n <n 2时,f n (x)的极小值点=n 2;②当3a n >n 2时,f n (x)的极小值点=3a n ;③当3a n =n 2时,f n (x)无极值点;(Ⅰ)当a=0时,a 1=0,3a 1<12⇒a 2=12=1⇒3a 2<22⇒a 3=22=4⇒3a 3>32⇒a 4=3a 3=3×4⇒a 5=32×4,由此猜测:当n ≥3时,a n =3n-3×4;假设a k =3k-3×4,则3a k =3k-2×4>k 2⇔4(1+2)k>9k 2;而4(1+2)k>4(C k 0+2C k 1+22C k 2+23C k 3)=34(4k 3-6k 2+8k+3)>9k 2⇔k(16k 2- 51)+32k+12>0成立.故a k+1=3a k =3k-2×4,即当n=k+1时,a n =3n-3×4成立,由数学归纳法原理知,当n ≥3时,a n =3n-3×4; (Ⅱ)因当3a n >n 2时,a n+1=3a n ,此时,a n =3n-1a,数列{a n }是等比数列,所以,3×3n-1a>n 2⇔a>nn 32;令b n =nn 32⇒n n b b 1+=223)1(n n +;当n=1时,12b b =34>1⇒b 2>b 1;当n ≥2时,n n b b 1+=223)1(nn +<1⇔2n 2>2n+1成立⇒b n+1<b n ⇒b n ≤b 2⇒b n 的最大值=b 2=94⇒a>94. 本题以函数的极值点为背景,以数列为载体考虑了分类讨论思想、数学归纳法原理和数列的单调性、最值性.是一道数列创新题.类比可构造:[原创问题]:数列{a n }(n ∈N +)中,a 1=a,a n+1是函数f n (x)=31x 3-21(3a n +2)x 2+2a n (a n +2)x 的极小值点.(Ⅰ)当a=1时,求通项a n ;(Ⅱ)是否存在a,使数列{a n }是等比数列?若存在,求a 的取值范围;若不存在,请说明理由.[解析]:由f n (x)=31x 3-21(3a n +2)x 2+2a n (a n +2)x ⇒f 'n (x)=x 2-(3a n +2)x+2a n (a n +2)=[x-(a n +2)](x-2a n );①当2a n <a n +2,即a n <2时,f n (x)的极小值点=a n +2;②当2a n >a n +2,即a n >2时,f n (x)的极小值点=2a n ;③当2a n =a n +2,即a n =2时,f n (x)无极值点; (Ⅰ)当a=1时,a 1=1,a 2=a 1+2=3>2⇒a 3=2a 2=3×2>2,假设a k =2k-2×3>2,则a k+1=2a k =2k-1×3,即当n=k+1时,a n =2n-2×3成立,由数学归纳法原理知,当n ≥2时,a n =2n-2×3;(Ⅱ)因当a n >2时,a n+1=2a n ,此时,a n =2n-1a,数列{a n }是等比数列,所以,a>2.[原创问题]:已知在数列{a n }中,a 1=t,a 2=t 2,其中t>0,x=t 是函数f(x)=a n-1x 3-3[(t+1)a n -a n+1]x+1(n ≥2)的一个极值点.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)令b n =nn n a a t n 2)2(--(t ≠2).证明:对于一切正整数n,b n ≤112++n n a +1.[解析]:(Ⅰ)由f(x)=a n-1x 3-3[(t+1)a n -a n+1]x+1⇒f '(x)=3a n-1x 2-3[(t+1)a n -a n+1];又由f '(t )=0⇒a n-1t-[(t+1)a n -a n+1]=0⇒a n+1-a n =t(a n -a n-1)⇒a n+1-a n =(t-1)t n⇒a n+1-t n+1=a n -t n⇒a n =t n; (Ⅱ)因b n ≤112++n n a +1⇔nn n a a t n 2)2(--≤112++n n a +1⇔nnn t t t n 2)2(--≤112++n n t +1⇔22--t t n nn ≤12+n t +nt1⇔12122---+⋯++n n n ttn≤12+n t+n t 1⇔n ≤(12+n t +nt 1)(t n-1+2t n-2+…+2n-2);而(12+n t +nt 1)(t n-1+2t n-2+…+2n-2)=(12+n n t +n n t 21-+ (22))+(t 1+22t +…+n n t12-)=(22t +t1)+(322t +22t )+…+(12+n n t +nn t 12-)≥1+1+…+1=n.。
19.(本小题满分14分)
已知等差数列{a n }的首项为a (,0)a R a ∈≠.设数列的前n 项和为S n ,且对任意正整数n 都有24121
n n a n a n -=-. (1)求数列{a n }的通项公式及S n ;
(2)是否存在正整数n 和k ,使得S n , S n +1 , S n +k 成等比数列?若存在,求出n 和k 的值;若不存在,请说明理由.
20.(本小题满分14分) 已知函数2()3f x x x x a =+-,其中∈a R .
(1)当a =2时,把函数()f x 写成分段函数的形式;
(2)当a =2时,求()f x 在区间[1,3]上的最值;
(3)设a ≠0,函数()f x 在开区间(m ,n )上既有最大值又有最小值,请分别求出m 、n 的取值范围(用a 表示).
19.(本小题满分14分)
已知函数m mx x g a x x x f 25)(,34)(2-+=++-=.
(Ⅰ)若)(x f y =在[-1,1]上存在零点,求实数a 的取值范围; (Ⅱ)当a =0时,若对任意的1x ∈[1,4],总存在2x ∈[1,4],使)()(21x g x f =成立,求实数m 的取值范围;
20.(本小题满分14分)
数列{}n a 满足12a =,1121()22
n n n n
n a a n a ++=++(n N +∈). (Ⅰ)设2n
n n
b a =,求数列{}n b 的通项公式n b ; (Ⅱ)设1
1(1)n n c n n a +=+,数列{}n c 的前n 项和为n S ,求出n S 并由此证明:516n S ≤<12. 19. (本小题满分14分)
设数列{n a }的前n 项和为n S ,且)(,32*N n n a S n n ∈-=.
(1)证明数列{3+n a }为等比数列;
(2)求{n S }的前n 项和n T .
20.(本小题满分14分)
已知奇函数()x f 的定义域为[]1,1-,当[)0,1-∈x 时,()x x f ⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=21. (1)求函数()x f 在[]1,0上的值域;
(2) 若(]1,0∈x ,
()()12412+-x f x f λ的最小值为2-,求实数λ的值.。