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关于美国高中代数的问题2第13-16题.&谢谢!
这厮TA0908
真用英语么…………我英语水平一般啊,都是排列组合的题目13题在这里就不打了.14题,为1/3615题为5/3216题为if i am male 5/67if i am female 5/62做题辛苦……
有过程么》》
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高中数学代数问题&
胖子_q0595
这个我们这里不考了
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扫描下载二维码x2；?c?2,b?2,故f(x)?,(x?1).；2(x?1)1()2an2；（2）由题设得4Sn??1得:2Sn?an?an；12(?1)an；且an?1,以n?1代n得:2Sn?1?an?1；（**）；由（*）与（**）两式相减得：；2an?(an?an?1)?(an?an?1),；2?an??an?1或an?an?1??1,以n；解得a1?0（舍去）
?c?2,b?2,故f(x)?,(x?1).
2(x?1)1()2an2
（2）由题设得4Sn??1得:2Sn?an?an,
且an?1,以n?1代n得:2Sn?1?an?1?an?1
由（*）与（**）两式相减得：
2an?(an?an?1)?(an?an?1),即(an?an?1)(an?an?1?1)?0,
2 ?an??an?1或an?an?1??1,以n?1代入(*)得:2a1?a1?a1,
解得a1?0（舍去）或a1??1，由a1??1，若an??an?1得a2?1,这与an?1矛盾，?an?an?1??1，即{an}是以-1为首项，-1为公差的等差数列，?an??n；
（3）采用反证法，假设an?3(n?2),则由（1）知an?1
an?1an11113
???(1?)?(1?)??1,即an?1?an(n?2,n?N),有 an2(an?1)2an?1224
a12168an?an?1???a2，而当n?2时,a2????3;
成立，?an?3.
?an?3,这与假设矛盾，故假设不
n?1f(n)an?2n1an2.
若an?1?0,则an?1?0?3,结论成立；
若an?1?2，此时n?2,从而an?1?an??0,即数列{an}在n?2时单调递减，由
a2?2，可知an?a2?2?3,在n?2上成立.
比较上述两种证法,你能找出其中的异同吗? 数学解题后需要进行必要的反思, 学会反思才能长进.
7. 讲解 （1）为求f(1)的值，需令x?y?0,得f(0)??1.
令x?y??1,?f(?2)??2,?f(?1)??2. 令x?1,y??1,?f(0)?f(1)?f(?1),即f(1)?1.
（2）令x?1,?f(y?1)?f(y)?y?2即f(y?1)?f(y)?y?2(※)
?当y?N时,有f(y?1)?f(y)?0.
y都有f(y)?0, 由f(y?1)?f(y),f(1)?1可知,对一切正整数
?当y?N时,f(y?1)?f(y)?y?2?f(y)?1?y?1?y?1,
于是对于一切大于1的正整数t，恒有f(t)&t.
（3）由※及（1）可知f(?3)??1,f(?4)?1.
下面证明当整数t??4时,f(t)?t.
?t??4,??(t?2)?2?0,由(※)得f(t)?f(t?1)??(t?2)?0, 即f(?5)?f(?4)?0,同理f(?6)?f(?5)?0,……， f(t?1)?f(t?2)?0,f(t)?f(t?1)?0.
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将诸不等式相加得
f(t)?f(?4)?1??4,?t??4,?f(t)?t.
综上，满足条件的整数只有t=1，?2.
本题的求解显示了对函数方程f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1中的x、y取特殊值的技巧，这种在2002年全国高考第（21）题中得到了很好的考查.
（1）令x?y?0,则2f(0)?f(0),?f(0)?0
令y??x,则f(x)?f(?x)?f(0)?0,?f(?x)??f(x) 为奇函数.
（2）f(x1)?f(1)??1，
f(xn?1)?f(2xn)?f(xn?xn)?f(xn)?f(xn)?2f(xn),
21?xn?xn1?xn
?f(xn?1)?2.即{f(x)}是以－1为首项，2为公比的等比数列．
?f(xn)??2n?1.
??????(1??2???n?1) f(x1)f(x2)f(xn)222
2n??(2?1)??2?1??2, ??
12n?12n?11?2
?2n?5??(2?1)??2?1??2,
本例将函数、方程、数列、不等式等代数知识集于一题，是考查分析问题和解决问题能力的范例. 在求解当中，化归出等比（等差）数列是数列问题常用的解题方法. 9.
1Px，yy于点M、N，QPQ、PN 22PN｜2，
其中｜PQ｜＝｜x｜，｜QN｜＝｜MN｜＝2｜＝｜PA｜＝2（x－2）＋y，
所以｜x｜2＋22＝（x－2）2＋y2，化简得y2＝4x． 故动圆圆心P的轨迹方程为y2＝4x．
（2）解法一：如图，点B（1，0）为抛物线y2＝4x的焦点，点为M，作抛物线y2＝4x的准线x＝－1，分别过点C、M、D1的垂线，垂足分别为C′、M′、D′． 根据抛物线的定义可知：
｜CB｜＝｜CC′｜，｜DB｜＝｜DD′｜．
所以｜MM′｜＝（｜CC′｜＋｜DD′｜）
＝（｜CB｜＋｜DB｜）＝｜CD｜． 22
这说明以CD为直径的圆的圆心M到准线x＝－1的距离圆的半径．
故以CD为直径的圆与定直线x＝－1相切． 解法二：点B的坐标为（1，0）．
①当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝k（x
将直线y＝k（x－1）代入y2＝4x中，并整理得k2x2－2（k2＋2）x＋k2＝0
（＊）， 设C（x1，y1），D（x2，y2），则x1，x2为方程（＊）的两相异实根，
2（k2＋2）4
所以x1＋x2＝x1x2＝1，于是y1＋y2＝k（x1＋x2－2 kk
故CD的中点坐标为（），
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作准线x＝－
恰好等于该
－1）（k≠0）．
而｜CD（1＋k）［（x1＋x2）－4x1x2］＝，
k2（k2＋1）
所以以CD为直径的圆的半径为r＝
kk2＋22k2＋22（k2＋1）圆心（，x＝－11＝＝r，
kkkk即以CD为直径的圆与定直线x＝－1相切．
②当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝－1，它与抛物线交于点C（1，－2）和D（1，2），以CD为直径的圆的方程为（x－1）2＋y2＝4，它与定直线x＝－1相切． 综上所述，以CD为直径的圆与定直线x＝－1相切．
10. 解：（1）设双曲线E的方程为1（a＞0
b＞0），则Bab（－c，0），D（a，0），C（c，0）．
由BD＝3DC，得c＋a＝3（c－a），即c＝2a．
｜AB｜2－｜AC｜2＝16a2??
∴?｜AB｜＋｜AC｜＝12－4a， ?? ｜AB｜－｜AC｜＝2a
解之得a＝1，∴c＝2，b3．
∴双曲线E的方程为x－1．
（2）设在x轴上存在定点G（T，0），使BC⊥（GM－λGN）． 设直线l的方程为x－m＝ky，M（x1，y1），N（x2y2）．
由MP＝λPN，得y1＋λy2＝0．
－λ1TDλx2＋λT，y1－λy2）， →→→由BC⊥（GM－λGN）可得x1DT＝λ（x2－T）． 即ky1＋m－T＝λ（ky2＋m－T）
② 把①代入②，得2ky1y2＋（m－T）（y1＋y2）
＝ky，代入x2＝1并整理得 3
（3k2－1）y2＋6kmy＋3（m2－1）＝0
其中3k2－1≠0且，?＞0，即k2≠，且3k2＋m2＞1．
－6km3（m2－1）
所以y1＋y2＝，y1y2＝
3k－13k－16k（m2－1）6km（m－t）
－＝0，化简得kmT＝k．
3k－13k－1
因此，在x轴上存在定点G（0），使BC⊥（GM－λGN）．
11解：（1）设双曲线C的渐近线方程为y＝kx，即kx－y＝0 ∵该直线与圆x2＋（y2）2＝1相切， ∴双曲线C的两条渐近线方程为y＝±x
故设双曲线C的方程为－＝1，又∵双曲线C2，0），
∴2a＝2，a＝1，∴双曲线C的方程为x2－y2＝1
（2）若Q在双曲线的右支上，则延长QF2到T，使｜QT｜＝｜OF1｜ 若Q在双曲线的左支上，则在QF2上取一点T，使｜QT｜＝｜QF1｜
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1TTxT－2x??xT＝2x＋22则，即?y，
代入①并整理得点N的轨迹方程为x2＋y2＝1（x≠
（3）由?22得（1－m2）x2D2mxD2＝0，
令f（x）＝（1－m2）x2D2mxD2，
直线与双曲线左支交于两点，等价于方程f（x）＝0在（－∞，0）上有两个不等实根．
因此1－m，解得1＜m＜2，又AB中点为（）， 1－m1－m－2
∴直线l的方程为y＝（x＋2） －2m＋m＋222
令x＝0，得b＝ 1217－2m＋m＋2
－2（m－＋
2），∴－2（m－）22＋2，1），
y1得f）f0 f11－f0， ∵f（－1）＞0，∴f（0）＝1． （2）∵x＜0时，f（x）＞0，
∴当x＞0时，由f（x－x）＝f（x）f（－x）＝1，得f（x）＝＞0，
故对于x∈R，f（x）＞0，
设x1＜x2，则x1－x2＜0，由已知得f（x1－x2）＜1，
∴f（x1）＝f［（x1－x2）＋x2］＝f（x1－x2）f（x2）＜f（x2）， ∴函数f（x）在R上是单调递增函数．
∴函数f（x）在（－∞，0］上存在最大值，F（x）max＝F（0）＝1．
（3）由f（an＋12－an2）＝n∈N*）得：
f（an＋1－3an－2）
f（an＋12－an2）f（an＋1－3an－2）＝f（0），
即f（an＋12－an2＋an＋1－3an－2）＝f（0），（n∈N*）， ∵函数f（x）是R上单调函数．
∴an＋12－an2＋an＋1－3an－2＝0，化简得：（an＋1＋an＋2）（an＋1－an－1）＝0， ∵数列｛an｝各项都是正数，∴an＋1＋an＋2≠0， ∴an＋1－an＝1，（n∈N*）
∴数列｛an｝是首项a1＝f（0）＝1，公差为1的等差数列，且an＝n．
1111又∵＝
anan＋1n（n＋1）nn＋
∴Tn＝1－－1－
a1a2a2a3223nn＋1anan＋1n＋1
而Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋（n＝1－，
∵当n＝1时，2＝n＋1，∴Tn＝Sn；
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当n≥2时，2n＝（1＋1）n＝1＋n＋n＋1，
11∴，则Tn＜Sn． 2n＋1
解：（1）yn＝2logaxn，yn＋1＝2logaxn＋1，
则yn＋1－yn＝2logaxn＋1－2logaxn＝2loga，
∵｛xn｝为等比数列，∴yn｝为等差数列，
又y6－y3＝3d＝12－18，∴d＝－2，y1＝y3－2d＝22，
∴Sn＝22n＋2）＝－n2＋23n，
∴当n＝11，或n＝12时，Sn取得最大值；且最大值为132．
（2）∵yn＝22－（n－1）（－2）＝2logaxn，∴xn＝a12n，又xn＞1，即a12n＞1， 当a＞1时，12－n＞0，n＜12；当0＜a＜1时，12－n＜0，n＞12． ∴当0＜a＜1时，存在M＝12，当n＞M时，xn＞1恒成立．
loga11n11－n1
（3）an＝logxnxn＋1＝1＋， －＝logaa12－nn－12∵an在（13，＋∞）上是减函数，∴an＞an＋1．
14解：（1）取x＝n，则f（x＋1）＝f（x）．
取x＝0，得f（1）＝（0）＝1．
x，（n＋1n2∈*即g（n＋1）－g（n）＝2．∴｛g（n 又g（5）＝13，因此g（n）＝13＋2（n－5）＝2n＋3， 即g（n）＝2n＋3．
（2）cn＝g［（n）］＝g［）n1］＝nn1＋3．
∴Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝1＋232＋4（）3＋…＋n）n1＋3n．
Sn＝＋2（2＋33＋4（）4＋…＋（n－1）（）n1＋n（）n＋n． 3333333两式相减得，
Sn＝1）2＋（3＋（）4＋…＋（）n1－n（）n＋2n 3333333
＝1n］－nn＋2n． 233
2n＋31n－1913n19
∴Sn［1）n］－）n＋3n＝＋3n－（．
92n＋31n－1
（3）F（n）＝Sn－3n＝（）．
92n＋51n92n＋31n－1
∴F（n＋1）－F（n）＝（）－［－］
4434432n＋31n－12n＋51n1＝－）＝（n＋1）（）n＞0
∴F（n）为增函数，故F（n）min＝F（1）＝1． 2n＋31n－199又）＞0，F（n）＜1≤F（n）＜
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