是否存在实数a使函数f(x)=loga(ax2次方-x）在[2,4]上是增函数？若存在求出a的值，若不存在，说明理由。_百度知道
是否存在实数a使函数f(x)=loga(ax2次方-x）在[2,4]上是增函数？若存在求出a的值，若不存在，说明理由。
4]上单调递增即对称轴x=1/8②若a&4综上;1由对数函数可知a&gt,1&#47.则y=㏒a(x)在(0;1;0且a≠1记g(x)=ax&sup2,+∞)上单调递减;a&lt,a的范围是(0.解得 a≥1&#47.解得 a≤1&#47,则y=㏒a(x)在(0;(2a)≤2;8]∪(宦悦份竿莓放祸淖1,4]上是增函数,只需g(x)在[2,+∞)上单调递增要使f(x)=loga(ax2次方-x）在[2,则g(x)表示开口向上的抛物线①若0&(2a)≥4,4]上单调递减即对称轴x=1&#47,4]上是增函数.要使f(x)=loga(ax2次方-x）在[2;-x,只需g(x)在[2
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是否存在这样的非负整数m，使得关于x的一元二次方程m2x2-（2m-7）x+1=0有两个实数根．若存在，请求出m的值，并求解此方程；若不存在，请说明理由．
题型：解答题难度：中档来源：不详
由题意知m≠0，△=b2-4ac=49-28m≥0，得m≤74且m≠0，∴使方程有两个实数根，m的非负整数是存在的，此时m=1，方程可化为x2+5x+1=0，用求根公式解得：x=-5±212．所以是存在这样的非负整数m的．
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据魔方格专家权威分析，试题“是否存在这样的非负整数m，使得关于x的一元二次方程m2x2-（2m-7）x..”主要考查你对&&一元二次方程的定义，一元二次方程的解法，一元二次方程根的判别式&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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一元二次方程的定义一元二次方程的解法一元二次方程根的判别式
定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程。 一元二次方程的一般形式：它的特征是：等式左边是一个关于未知数x的二次多项式，等式右边是零，其中 ax2叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项，b叫做一次项系数；c叫做常数项。 方程特点；（1）该方程为整式方程。（2）该方程有且只含有一个未知数。（3）该方程中未知数的最高次数是2。判断方法：要判断一个方程是否为一元二次方程，先看它是否为整式方程。若是，再对它进行整理。如果能整理为(a≠0)的形式，则这个方程就为一元二次方程。点拨：①“a≠0”是一元二次方程的一般形式的重要组成部分，当a=0，b≠0时，她就成为一元一次方程了。反之，如果明确了是一元二次方程，就隐含了a≠0这个条件；②任何一个一元二次方程， 经过整理都能化成一般形式，在判断一个方程是不是一元二次方程时，首先化成一般形式，再判断；③二次项系数、一次项系数和常数项都是在一般形式下定义的，所以咋确定一元二次方程各项的系数时，应首先将方程化为一般形式；④项的系数包括它前面的符号。如：x2+5x+3=0的一次项系数是5，而不是5x；3x2+4x-1=0的常数项是-1而不是1；⑤若一元二次方程化为一元二次方程的一般形式，并指出二次项系数、一次项系数和常数项。一元二次方程的解： 能够使方程左右两边相等的未知数的值叫做方程的解。 解一元二次方程方程： 求一元二次方程解的过程叫做解一元二次方程方程。 韦达定理：一元二次方程根与系数的关系（以下两个公式很重要，经常在考试中运用到）一般式：ax2+bx+c=0的两个根x1和x2关系：x1+x2= -b/ax1·x2=c/a一元二次方程的解法： 1、直接开平方法 利用平方根的定义直接开平方求一元二次方程的解的方法叫做直接开平方法。 直接开平方法适用于解形如的一元二次方程，根据平方根的定义可知，x+a 是b的平方根，当时，；当b&0时，方程没有实数根。 用直接开平方法求一元二次方程的根，一定要正确运用平方根的性质，即正数的平方根有两个，它们互为相反数，零的平方根是零，负数没有平方根。2、配方法 配方法是一种重要的数学方法，它不仅在解一元二次方程上有所应用，而且在数学的其他领域也有着广泛的应用。 配方法的理论根据是完全平方公式，把公式中的a看做未知数x，并用x代替，则有 。 3、公式法 公式法是用求根公式解一元二次方程的解的方法，它是解一元二次方程的一般方法。 一元二次方程 的求根公式：求根公式是专门用来解一元二次方程的，故首先要求a≠0；有因为开平方运算时，被开方数必须是非负数，所以第二个条件是b2-4ac≥0。即求根公式使用的前提条件是a≠0且b2-4ac≥0。4、因式分解法 因式分解法就是利用因式分解的手段，求出方程的解的方法，这种方法简单易行，是解一元二次方程最常用的方法。 根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac。定理1& ax2+bx+c=0（a≠0）中，△＞0方程有两个不等实数根；定理2& ax2+bx+c=0（a≠0）中，△=0方程有两个相等实数根；定理3& ax2+bx+c=0（a≠0）中，△＜0方程没有实数根。根的判别式逆用（注意：根据课本“反过来也成立”）得到三个定理。定理4& ax2+bx+c=0（a≠0）中，方程有两个不等实数根△＞0；定理5& ax2+bx+c=0（a≠0）中，方程有两个相等实数根△＝0；定理6& ax2+bx+c=0（a≠0）中，方程没有实数根△＜0。注意：（1）再次强调：根的判别式是指△=b2-4ac。（2）使用判别式之前一定要先把方程变化为一般形式，以便正确找出a、b、c的值。（3）如果说方程，即应当包括有两个不等实根或有两相等实根两种情况，此时b2-4ac≥0切勿丢掉等号。（4）根的判别式b2-4ac的使用条件，是在一元二次方程中，而非别的方程中，因此，要注意隐含条件a≠0。根的判别式有以下应用：①不解一元二次方程，判断根的情况。②根据方程根的情况，确定待定系数的取值范围。③证明字母系数方程有实数根或无实数根。④应用根的判别式判断三角形的形状。⑤判断当字母的值为何值时，二次三项是完全平方式。⑥可以判断抛物线与直线有无公共点。⑦可以判断抛物线与x轴有几个交点。⑧利用根的判别式解有关抛物线（△&0）与x轴两交点间的距离的问题。
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高中数学竞赛培训教材 2011 高中数学竞赛培训教材
编者： 编者：全国特级教师
(一)集合与容斥原理
集合是一种基本数学语言、一种基本数学工具。它不仅是高中数学的第一课，而且是整个数学的
基础。对集合的理解和掌握不能仅仅停留在高中数学起始课的水平上，而要随着数学学习的进程而不断深
化，自觉使用集合语言(术语与符号)来表示各种数学名词，主动使用集合工具来表示各种数量关系。如用
集合表示空间的线面及其关系， 表示平面轨迹及其关系、 表示方程(组)或不等式(组)的解、 表示充要条件，
描述排列组合，用集合的性质进行组合计数等。
一、学习集合要抓住元素这个关键
例 1．设 A＝{X∣X=a2+b2,a、b∈Z}，X1，X2∈A，求证：X1X2∈A。
分析：A 中的元素是自然数，即由两个整数 a、b 的平方和构成的自然数，亦即从 0、1、4、9、16、
25……，n2，……中任取两个(相同或不相同)数加起来得到的一个和数，本题要证明的是：两个这样的数
的乘积一定还可以拆成两个自然数的平方和的形式，即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+(N)2，M,N∈Z
证明：设 X1＝a2+b2，X2=c2+d2，a、b、c、d∈Z.则 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，从而 X1X2∈A
练习:1.设两个集合 S={x|x=12m+8n,m,n∈Z},T={x|x=20p+16q,p,q∈Z}.求证：S=T。
2.设 M={a|a= x2-y2,x,y∈Z}.求证： （1）一切奇数属于 M;
（2）4k-2(k∈Z)不属于 M;
（3）M 中任意两个数的积仍属于 M。
3.已知函数 f（x）=x2+ax+b,a,b∈R,且 A={x|x=f(x)},B={x|x=f[f(x)]}.
(1)求证:A B;
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(2)若 A={-1，3}时，求集合 B.
二、集合中待定元素的确定
例 2．已知集合 M＝{X，XY，lg(xy)}，S＝{0，∣X∣，Y}，且 M＝S，则(X＋1/Y)＋(X2＋1/Y2)＋……
＋(X02)的值等于( ).
分析：解题的关键在于求出 X 和 Y 的值，而 X 和 Y 分别是集合 M 与 S 中的元素。这一类根据集合的关
系反过来确定集合元素的问题，要求我们要对集合元素的基本性质即确定性、异性、无序性及集合之间的
基本关系(子、全、补、交、异、空、等)有本质的理解，对于两个相等的有限集合(数集)，还会用到它们
的简单性质：(a)相等两集合的元素个数相等；(b)相等两集合的元素之和相等；(c)相等两集合的元素之
解：由 M＝S 知，两集合元素完全相同。这样，M 中必有一个元素为 0，又由对数的性质知，0 和负数
没有对数，所以 XY≠0，故 X，Y 均不为零，所以只能有 lg(XY)＝0，从而 XY＝1.∴M＝{X，1，0}，S＝{0，
∣X∣，1/X}.再由两集合相等知
当 X＝1 时，M＝{1,1，0}，S＝{0,1，1}，这与同一个集合中
元素的互异性矛盾，故 X＝1 不满足题目
当 X＝－1 时，M＝{－1,1，0}，S＝{0,1，－1}，M＝S，从而 X＝－1 满足题目要求，此时 Y＝－1，于
是 X2K＋1＋1/Y2K＋1＝－2(K＝0,1，2，……)，X2K＋1/Y2K＝2(K＝1,2，……),故所求代数式的值为 0.
2 2 2 2 A = a1 , a 2 , a3 , a 4 , a5 ， B = a12 , a 2 , a3 , a 4 , a5 ，其中 a1 , a 2 , a3 , a4 , a5 是正整数，
练习:4.已知集合
a1 & a 2 & a3 & a 4 & a5 ，并满足 A ∩ B = {a1 , a4 }， a1 + a 4 = 10, 若A ∪ B 中的所有元素之和为 234，求
三．容斥原理
基 本 公 式 :(1)card(A ∪ B) ＝ card(A) ＋ card(B) － card(A ∩ B) ；
(2)card(A ∪ B ∪
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C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(A∩B)-card(A∩C)-card(B∩C)+card(A∩B∩C)
问题：开运动会时，高一某班共有 28 名同学参加比赛，有 15 人参加游泳比赛，有 8 人参加田径比赛，
有 14 人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和田径比赛的有 3 人，同时参加游泳比赛和球类比赛的有 3 人，
没有人同时参加三项比赛，问同时参加田径比赛和球类比赛的有多少人？只参加游泳一项比赛的有多少
设 A＝{参加游泳比赛的同学}， B＝{参加田径比赛的同学}， C＝{参加球类比赛的同学},则 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,所以同时参加田径和球类比赛的共有 3 人，
而只参加游泳比赛的人有 15－3－3＝9(人)
四、有限集合子集的个数
例 3．一个集合含有 10 个互不相同的两位数。试证，这个集合必有 2 个无公共元素的子集合，此两子
集的各数之和相等。
分析：两位数共有 10,11，……,99，计 99－9＝90 个，最大的 10 个两位数依次是 90,91，……,99，
其和为 945，因此，由 10 个两位数组成的任意一个集合中，其任一个子集中各元素之和都不会超过 945，
而它的非空子集却有 210－1＝1023 个，这是解决问题的突破口。
解：已知集合含有 10 个不同的两位数，因它含有 10 个元素，故必有 210＝1024 个子集，其中非空子
集有 1023 个，每一个子集内各数之和都不超过 90＋91＋…98＋99＝945&1023，根据抽屉原理，一定存在
2 个不同的子集，其元素之和相等。如此 2 个子集无公共元素，即交集为空集，则已符合题目要求；如果
这 2 个子集有公共元素，则划去它们的公共元素即共有的数字，可得两个无公共元素的非空子集，其所含 第 3 页（共 43 页）
各数之和相等。
说明：此题构造了一个抽屉原理模型，分两步完成，计算子集中数字之和最多有 945 个“抽屉” ，计
算非空子集得 1023 个“苹果” ，由此
得出必有两个子集数字之和相等。第二步考察它们有无公共元素，如
无公共元素，则已符合要求；如有公共元素，则去掉相同的数字，得出无公共元素并且非空的两个子集，
满足条件。
例 4．设 A＝{1,2，3，…，n}，对 X
A，设 X 中各元素之和为 Nx，求 Nx 的总和
解：A 中共有 n 个元素，其子集共有 2n 个。A 中每一个元素在其非空子集中都出现了 2n-1 次，(为什
么？因为 A 的所有子集对其中任一个元素 i 都可分为两类，一类是不含 i 的，它们也都是{1,2，…，
i-1,i+1,…n}的子集， 2n-1 个； 共 另一类是含 i 的， 只要把 i 加入到刚才的 2n-1 个子集中的每一个中去)。
因而求 A 的所有子集中所有元素之和 Nx 的总和时，A 中每一个元素都加了 2n-1 次，即出现了 2n-1 次，故
＝1×2n-1＋2×2n-1＋…＋n……2n-1＝(1＋2＋…＋n)·2n-1＝n(n+1)/2×2n-1＝n(n+1)×
说明：这里运用了整体处理的思想及公式 1＋2＋…＋n＝(1/2)n(n+1)，其理论依据是加法的交换律、
结合律、乘法的意义等,集合中每一个元素都在总和中出现了 2n-1 次，是打开解题思路之门的钥匙。
练习:5.设集合 A
{1,2,3,……,100},且对任意 x,y∈A,必有 2x≠y,求集合 A 中所含元素个数的最大
6.某地区网球俱乐部都有 20 名成员,举行 14 场单打比赛,每人至少上场 1 次.求证:必有 6 场比赛,其
12 名参赛者各不相同.
一、二次函数的解析式:①定义式：f(x)=ax2+bx+c.②顶点式：f(x)=a(x-h)2+k.
③零点式：f(x)=a(x-x1)(x-x2).(a≠0)
二、二次函数的最值:当自变量的取值范围为闭区间[p,q]时，其最值在 f(p)、f(q)、f(-b/2a)三者 第 4 页（共 43 页）
中取得，最值情况如下表：
-b/2a∈[p,q]
fmin=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4
fmin=min{f(p),f(q)}
fmax=max{f(p),f(q)}
fmax=max{f(p),f(q)}
fmax=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4
fmin=min{f(p),f(q)}
例 1. 当 x 为何值时，函数 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+…
∴当 x=(a1+a2+…+an)/n 时，f(x)有最小值.
例 2.已知 x1,x2 是方程 x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0 的两个实数根，x12+x22 的最大值是____.
解：由韦达定理得：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 是方程的两个实根，即方程有实数根，此时方程的判别式Δ≥0，
即 Δ ＝ (k-2)2-4(k2+3k+5) =-3k2-16k-16≥0 解 得 ： -4 ≤ k ≤ -4/3. ∵ k=-5 f(k)=-(k+5)2+19 则 f(-4)=18,f(-4/3)=50/9&18.∴当 k=-4 时，(x12+x22)max=18.
[-4,-4/3] ， 设
例 3.已知 f(x)=x2-2x+2，在 x∈[t,t+1]上的最小值为 g(t)，求 g(t)的表达式。
解：f(x)=(x-1)2+1 (1)当 t+1&1 即 t&0 时，g(t)=f(t+1)=t2+1
1≤t+1，即 0≤t≤1 时，g(t)=f(1)=1 (3)当 t&1 时，g(t)=f(t)=t2-2t+2
综合（1）（2）（3）得： 、 、 例 4． （1）当 x2+2y2=1 时，求 2x+3y2 的最值； （2）当 3x2+2y2=6x 时，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) 第 5 页（共 43 页）
又 1-x2=2y2≥0，∴x2≤1，－1≤x≤1 .∴当 x=2/3 时，y=(√10)/6， （2x+3y2）max=16/3；
当 x=-1 时，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.当 x=2，y=0 时， （x2+y2）max=4；当 x=0，y=0 时，(x2+y2)min=0
三、二次函数与二次方程
设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的二实根为 x1,x2，(x1＜x2)，Δ=b2-4ac，且α、β(α＜β)是预先给定的
两个实数。
1．当两根都在区间(α,β)内，方程系数所满足的充要条件
∵α＜x1＜x2＜β，对应的二次函数 f(x)的图象有下列两种情形
当 a＞0 时的充要条件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，f(α)＞0，f(β)＞0
当 a＜0 时的充要条件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，f(α)＜0，f(β)＜0
两种情形合并后的充要条件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，af(α)＞0，af(β)＞0 ①
2．当两根中有且仅有一根在区间（α，β）内，方程系数所满足的充要条件
∵α＜x1＜β或α＜x2＜β，对应的函数 f(x)的图象有下列四种情形
从四种情形得充要条件是：f(α)·f(β)＜0
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3．当两根都不在区间［α，β］内方程系数所满足的充要条件
（1）两根分别在区间［α，β］之外的两旁时
∵x1＜α＜β＜x2，对应的函数 f(x)的图象有下列两种情形
（2）两根分别在区间［α，β］之外的同旁时
∵x1＜x2＜α＜β或α＜β＜x1＜x2，对应函数 f(x)的图象有下列四种情形
当 x1＜x2＜α时的充要条件是：Δ＞0，-b/2a＜α，af(α)＞0 ④
当β＜x1＜x2 时的充要条件是：Δ＞0，-b/2a＞β，af(β)＞0 ⑤
例 5．如果方程（1-m2）x2+2mx-1=0 的两个根一个小于零，另一个大于 1，确定 m 的范围。
解：令 f(x)=(1-m2)x2+2mx-1，根据题设条件，f(x)的图形是下列两种情形之一：
则（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．当 k 为什么实数时，关于 X 的二次方程 7x2-(k+13)x+k2-k-2=0 的两个实根α和β分别满足 0＜
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α＜1 和 1＜β＜2？
解：设 y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2-k-2，则因为 a=7＞0，且方程 f(x)=0 有两实根α，β，所以它的图
象是开口向上且与 X 轴相交于两点（α,0） 、(β,0)的抛物线。由于 0＜α＜1，1＜β＜2，可知在 x＜α
或 x＞β时，f(x)取正值；在α＜x＜β时，f(x)取负值。于是，当 x 分列取 0,1，2 时，有：f(0)=k2-k-2
＞0，f(1)=k2-2k-8＜0，f(2)=k2-3k＞0 解这三个不等式
组成的不等式组，可得-2＜k＜-1 和 3＜k＜4。
1 1 m ? = 练习:1.求所有的实数 m，使得关于 x 的方程 x + 2 x + 1 2 x ? 1 有且只有整数根.
1 13 f ( x) = ? x 2 + 2 2 在区间[a，b]上的最小值为 2a，最大值为 2b，求区间[a，b]。 2.若函数
3.已知方程 x2+2px+1=0 有一个根大于 1，有一个根小于 1，则 p 的取值为_________.
四．二次函数与二次不等式
一元二次不等式的解集相应于一元二次函数的正值、负值区间。解不等式与证明不等式成立，经常要
用到二次函数的极值性质、单调性、图象与 x 轴的位置关系等。
例 7．若 a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn 都是实数，求证： （a1b1+a2b2+…+anbn）2≤(a12+a22+…
+a2n)(b12+b22+…+b2n)
证 明 ： 构 造 二 次 函 数
f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+ … +(anx-bn)2=(a12+a22+ …
+a2n)x2-2(a1b1+a2b2+…+anbn)x+(b12+b22+…+b2n).当 a12+a22+…+a2n≠0 即 a1,a2,…,an 不全为零时，
显 然 有 对 x ∈ R ， f(x) ≥ 0 ， 故 f(x) ＝ 0 的 判 别 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) .
a1=a2=…=an=0 时，结论显然成立，故命题成立。
例 8．设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程 f(x)-x=0 的两个根 x1,x2 满足 0＜x1＜x2＜1/a。
（1）当 x∈(0,x1)时，证明 x＜f(x)＜x1
（2）设函数 f(x)的图象关于直线 x=x0 对称，证明：x0＜x1/2。
证明：①欲证：x＜f(x)＜x ,只须证：0＜f(x)-x＜x1-x 第 8 页（共 43 页）
①因为方程 f(x)-x=0 的两根为
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式两边同除以 a(x1-x)＞0， 得： 0＜x2-x＜1/a， 即： x＜x2＜1/a+x .
这由已知条件：0＜x＜x1＜x2＜1/a，即得：x＜x2＜(1/a)＜1/a+x， 故命题得证。
（2）欲证 x0＜x1/2，因为 x0=-b/2a，故只须证：x0-x1/2=-b/2a-x1/2＜0
③ 由韦达定理，
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，命题得证。
(三)抽 屉 原 理
在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13 个人中至少有两个人出生在相同月份”；
“某校 400 名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“2003 个人任意分成 200 个小组，一
定存在一组，其成员数不少于 11”。这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类
问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出
来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，这些理论称为“抽屉原理”。
（一）抽屉原理的基本形式
定理 1、如
果把 n+1 个元素分成 n 个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。
证明： （用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多 1 个元素，从而 n 个集合至多
有 n 个元素，此与共有 n+1 个元素矛盾，故命题成立。
例 1． 已知在边长为 1 的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图 1） 。证明：至少有两个点之
间的距离不大于 . 分析：5 个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为 1 的等边三角形内（包括边界）有 5 个点，那
么这 5 个点中一定有距离不大于 的两点”，则顺次连接三角形三边中点，即三角形的三条中位线，可以
分原等边三角形为 4 个全等的边长为 的小等边三角形，则 5 个点中必有 2 点位于同一个小等边三角形中
（包括边界） ，其距离便不大于 。 以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我 第 9 页（共 43 页）
们就来证明这个定理。
如图 2，设 BC 是△ABC 的最大边，P，M 是△ABC 内（包括边界）任意两点，连接 PM，过 P 分别作
AB、BC 边的平行线，过 M 作 AC 边的平行线，设各平行线交点为 P、Q、N，那么∠PQN=∠C，∠QNP=∠A 因
为 BC≥AB， 所以∠A≥∠C， 则∠QNP≥∠PQN， 而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN （三角形的外角大于不相邻的内角） ，
所以 PQ≥PM。显然 BC≥PQ，故 BC≥PM。由此我们可以推知，边长为 的等边三角形内（包括边界）两点
间的距离不大于 。 说明： （1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。类似地，还可以利用等分线段、等分正方
形的方法来构造“抽屉”。例如“任取 n+1 个正数 ai，满足 0＜ai≤1（i=1,2,…,n+1） ，试证明：这 n+1
个数中必存在两个数，其差的绝对值小于 ”。又如：“在边长为 1 的正方形内任意放置五个点，求证：
其中必有两点，这两点之间的距离不大于
。 （2）例 1 中，如果把条件（包括边界）去掉，则结论可以
修改为：至少有两个点之间的距离小于
例 2．从 1-100 的自然数中，任意取出 51 个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整
分析：本题似乎茫无头绪，从何入手？其关键何在？其实就在“两个数”，其中一个是另一个的整数
倍。我们要构造“抽屉”，使得每个抽屉里任取两个数，都有一个是另一个的整数倍，这只有把公比是正
整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行，这里用得到一个自然数分类的基本知识：任何一个正整数
都可以表示成一个奇数与 2 的方幂的积，即若 m∈N+,K∈N+，n∈N,则 m=(2k-1)·2n，并且这种表示方式
是唯一的，如 1=1×2°，2=
1×21，3=3×2°，……
证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘 2 的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我 第 10 页（共 43 页）
们可把 1-100 的正整数分成如下 50 个抽屉（因为 1-100 中共有 50 个奇数） ：
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}。
这样，1-100 的正整数就无重复，无遗漏地放进这 50 个抽屉内了。从这 100 个数中任取 51 个数，
也即从这 50 个抽屉内任取 51 个数，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属于（1）
-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这 25 个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中，一个是另一个的整
说明： （1）从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形：从 1-2n 的自然数中，任意取
出 n+1 个数， 则其中必有两个数， 它们中的一个是另一个的整数倍。 想一想， 为什么？因为 1-2n 中共含 1，
3，…，2n-1 这 n 个奇数，因此可以制造 n 个抽屉，而 n+1＞n，由抽屉原则，结论就是必然的了。给 n 以
具体值，就可以构造出不同的题目。例 2 中的 n 取值是 50，还可以编制相反的题目，如：“从前 30 个自
然数中最少要（不看这些数而以任意方式地）取出几个数，才能保证取出的数中能找到两个数，其中较大
的数是较小的数的倍数？”
(2）如下两个问题的结论都是否定的（n 均为正整数）想一想，为什么？ ①从 2，3，4，…，2n+1 第 11 页（共 43 页）
中任取 n+1 个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？ ②从 1，2，3，…，2n+1 中任取
n+1 个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？
（3）如果将（2）中两个问题中任取的 n+1 个数增加 1 个，都改成任取 n+2 个数，则它们的结论是
肯定的还是否定的？你能判断证明吗？
例 3．从前 25 个自然数中任意取出 7 个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超
过小数的 1.5 倍。
证明：把前 25 个自然数分成下面 6 组：
7，8，9，10；
11，12，13，14，15，16；
17，18，19，20，21，22，23，
因为从前 25 个自然数中任意取出 7 个数，所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一
组，这两个数中大数就不超过小数的 1.5 倍。
说明： （1）本题可以改变叙述如下：在前 25 个自然数中任意取出 7 个数，求证其中存在两个数，
它们相互的
内。显然，必须找出一种能把前 25 个自然数分成 6（7-1=6）个集合的方法，
不过分类时有一个限制条件：同一集合中任两个数的比值在 过大。这样，我们可以用如上一种特殊的分类法：递推分类法：
内，故同一集合中元素的数值差不得
从 1 开始，显然 1 只能单独作为 1 个集合{1}；否则不满足限制条件. 能与 2 同属于一个集合的数
只有 3，于是{2，3}为一集合。如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数
不超过最小的数的 倍，就可以得到满足条件的六个集合。 （2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第 7 个抽屉为 {26，27，28，29，30， 第 12 页（共 43 页）
31，32，33，34，35，36，37，38，39}；第 8 个抽屉为：{40，41，42，…，60}；第 9 个抽屉为：{61，
62，63，…，90，91}； ……
例 4．在坐标平面上任取五个整点（该点的横纵坐标都取整数） ，证明：其中一定存在两个整点，它们
的连线中点仍是整点。
分析与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）（x2,y2）的中点坐标是 、
都是整数，必须而且只须 x1 与 x2，y1 与 y2 的奇偶性相同。坐标平面上的任意整点按照横
纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种： （奇数、奇数）（偶数，偶数）（奇数，偶数）（偶数，奇 ， ， ，
数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个整点，属于同一个“抽屉”
因此它们连线的中点就必是整点。
说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x1,x2,…xn）是 n 维（元）有序数组，且 x1,x2,…xn 中
的每一个数都是整数，则称（x1,x2,…xn）是一个 n 维整点（整点又称格点） 。如果对所有的 n 维整点按
每一个 xi 的奇偶性来分类， 由于每一个位置上有奇、 偶两种可能性， 因此共可分为 2×2×…×2=2n 个类。
这是对 n 维整点的一种分类方法。当 n=3 时，23=8，此时可以构造命题：“任意给定空间中九个整点，求
证它们之中必有两点存在，使连接这两点的直线段的内部含有整点”。
例 5． 在任意给出的 100 个整数中， 都可以找出若干个数来 （可以是一个数） 它们的和可被 100 整除。 ，
分析：本题也似乎是茫无头绪，无从下手，其关键何在？仔细审题，它们的“和”能“被 100 整除”
应是做文章的地方。如果把这 100 个数排成一个数列，用 Sm 记其前 m 项的和，则其可构造 S1，S2，…S100
共 100 个&和&数。讨论这些“和数”被 100 除所得的余数。注意到 S1，S2，…S100 共有 100 个数，一个
数被 100 除所得的余数有 0， 2， 1， …99 共 100 种可能性。 “苹果”数
与“抽屉”数一样多， 如何排除“故
证明： 设已知的整数为 a1,a2,…a100 考察数列 a1,a2,…a100 的前 n 项和构成的数列 S1， …S100。 S2，
如果 S1，S2，…S100 中有某个数可被 100 整除，则命题得证。否则，即 S1，S2，…S100 均不能被 100
整除，这样，它们被 100 除后余数必是{1，2，…，99}中的元素。由抽屉原理 I 知，S1，S2，…S100 中必 第 13 页（共 43 页）
有两个数，它们被 100 除后具有相同的余数。不妨设这两个数为 Si，Sj（i＜j） ，则 100∣（Sj-Si） ，即
。命题得证。
说明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰当的抽
屉的。这时候，我们需要对所给对象先作一些变换，然后对变换得到的
对象进行分类，就可以构造出恰当的抽屉。本题直接对{an}进行分类是
很难奏效的。但由{an}构造出{Sn}后，再对{Sn}进行分类就容易得多.
另外，对{Sn}按模 100 的剩余类划分时，只能分成 100 个集合，而
{Sn}只有 100 项，似乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为 0 的类恰使结论成立，于是通过分别情况讨论
后，就可去掉余数为 0 的类，从而转化为 100 个数分配在剩下的 99 个类中。
（二）单色三角形问题
抽屉原理的应用多么奇妙，其关键在于恰当地制造抽屉，分割图形，利用自然数分类的不同方法如
按剩余类制造抽屉或按奇数乘以 2 的方幂制造抽屉，利用奇偶性等等，都是制造“抽屉”的方法。抽屉原
理的道理极其简单， 但“于无声处听惊雷”， 恰当地精心地应用它， 不仅可以解决国内数学竞赛中的问题，
而且可以解决国际中学生数学竞赛。
例 6．17 名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任意
两名科学家通信时只讨论一个题目， 证明： 其中至少有三名科学家， 他们相互通信时讨论的是同一个题目。
证明：视 17 个科学家为 17 个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨
论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第 2 个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第 3 个问题则在相
应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。考虑科学家 A，他
要与另外的 16 位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从 A 出发引出 16 条线段，将它们染成 3 种颜色，
而 16=3×5+1，因而必有 6=5+1 条同色，不妨记为 AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6 同红色，若 Bi（i=1，
2，…，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立；否则 B1，B2，B3，B4，B5，B6 之间的连线只
染有黄蓝两色。 考虑从 B1 引出的 5 条线， B1B2， B1B3， B1B4， B1B5，
B1B6， 用两种颜色染色， 因为 5=2×2+1， 第 14 页（共 43 页）
故必有 3=2+1 条线段同色，假设为黄色，并记它们为 B1B2，B1B3，B1B4。这时若 B2，B3，B4 之间有黄线，
则有黄色三角形，命题也成立，若 B2，B3，B4，之间无黄线，则△B2，B3，B4，必为蓝色三角形，命题仍
说明:（1）本题源于一个古典问题--世界上任意 6 个人中必有 3 人互相认识，或互相不认识。
（2）将互相认识用红色表示，将互相不认识用蓝色表示， （1）将化为一个染色问题，成为一个图论
问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证：存在三点，
它们所成的三角形三边同色。 （3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。
本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题：在 66 个科学家中，
每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目，而任何两个科学家之间仅仅讨论一
个题目。证明至少有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题目。
（4）回顾上面证明过程，对于 17 点染 3 色问题可归结为 6 点染 2 色问题，又可归结为 3 点染一色问
题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的过程，易发现 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…记为 r1=3，
r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，…..我们可以得到递推关系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4…这
样就可以构造出 327 点染 5 色问题，1958 点染 6 色问题，都必出现一个同色三角形。
（三）抽屉原理的其他形式。
定理 2：把 m 个元素分成 n 个集合（m＞n）
（1）当 n 能整除 m 时，至少有一个集合含有 m/n 个元素；
（2）当 n 不能整除 m 时，则至少有一个集合含有至少[m/n]+1 个元素， （[m/n]表示不超过 的最大整数）
定理 2 也可叙述成：把 m×n+1 个元素放进 n 个集合，则必有一个集合中至少放有 m+1 个元素。
例 7．9 条直线的每一条都把一个正方形分成两个梯形，而且它们的面积之比为 2∶3。证明：这 9 条
直线中至少有 3 条通过同一个点。
证明：设正方形为 ABCD，E、F 分别是 AB，CD 的中点。 设直线 L 把正方形 ABCD 分成两个梯形 ABGH 第 15 页（共 43 页）
和 CDHG，并且与 EF 相交于 P.梯形 ABGH 的面积：梯形 CDHG 的面积=2∶3,EP 是梯形 ABGH 的中位线，PF 是
梯形 CDHG 的中位线，由于梯形的面积=中位线×梯形的高， 并且两个梯形的高相等（AB=CD） ，所以梯形
ABGH 的面积∶梯形 CDHG 的面积=EP∶PF， 也就是 EP∶PF=2∶3 .这说明， 直线 L 通
过 EF 上一个固定的点 P，
这个点把 EF 分成长度为 2∶3 的两部分。这样的点在 EF 上还有一个，如图上的 Q 点（FQ∶QE=2∶3） 。同
样地，如果直线 L 与 AB、CD 相交，并且把正方形分成两个梯形面积之比是 2∶3，那么这条直线必定通过
AD、BC 中点连线上的两个类似的点（三等分点） 。这样，在正方形内就有 4 个固定的点，凡是把正方形面
积分成两个面积为 2∶3 的梯形的直线，一定通过这 4 点中的某一个。我们把这 4 个点看作 4 个抽屉，9 条
直线看作 9 个苹果，由定理 2 可知，9=4×2+1，所以，必有一个抽屉内至少放有 3 个苹果，也就是，必有
三条直线要通过一个点。
说明：本例中的抽屉比较隐蔽，正方形两双对边中点连线上的 4 个三等分点的发现是关键，而它的发
现源于对梯形面积公式 S 梯形=中位线×梯形的高的充分感悟。
例 8．910 瓶红、蓝墨水，排成 130 行，每行 7 瓶。证明：不论怎样排列，红、蓝墨水瓶的颜色次序
必定出现下述两种情况之一种：1．至少三行完全相同; 2．至少有两组（四行） ，每组的两行完全相同。
证明：910 瓶红、蓝墨水，排成 130 行，每行 7 瓶。每行中的 7 个位置中的每个位置都有红、蓝两种
可能，因而总计共有 27=128 种不同的行式（当且仅当两行墨水瓶颜色及次序完全相同时称为“行式”相
同. 任取 130 行中的 129 行，依抽屉原理可知，必有两行（记为 A，B）“行式”相同。 在除 A、B 外的其
余 128 行中若有一行 P 与 A（B）“行式”相同，则 P，A，B 满足“至少有三行完全相同”；在其余（除 A，
B 外）的 128 行中若没有与 A（B）行式相同者，则 128 行至多有 127 种不同的行式，依抽屉原则，必有两
行（不妨记为 C、D）行式相同，这样便找到了（A，B）（C，D）两组（四行） 、 ，每组两行完全相同。
(四) 函数的性质应用
一、指数函数与对数函数
函数 y=ax(a&0,且 a≠1)叫做指数函数。它的基本情况是：
1）定义域为全体实数（-∞，+∞） 第 16 页（共 43 页）
2）值域为正实数（0，+∞） ，从而函数没有最大值与最小值，有下界，y&0
3）对应关系为一一映射，从而存在反函数--对数函数。
4）单调性是：当 a&1 时为增函数；当 0&a&1 时，为减函数。
5）无奇偶性，是非奇非偶函数，但 y=ax 与 y=a-x 的图象关于 y 轴对称，y=ax 与 y=-ax 的图象关于 x 轴对
称；y=ax 与 y=logax 的图象关于直线 y=x 对称。
6）有两个特殊点：零点（0，1） ，不变点（1，a）
7）抽象性质：f(x)=ax(a&0,a≠1),f(x+y)=f(x)·f(y),f(x-y)=f(x)/f(y)
函数 y=logax(a&0,且 a≠1)叫做对数函数，它的基本情况是：
1）定义域为正实数（0，+∞）
2）值域为全体实
数（-∞，+∞）
3）对应关系为一一映射，因而有反函数——指数函数。
4）单调性是：当 a&1 时是增函数，当 0&a&1 时是减函数。
5） 无奇偶性。 y=logax 与 y=log(1/a)x 关于 x 轴对称， 但 y=logax 与 y=loga(-x)图象关于 y 轴对称， y=logax
与 y=ax 图象关于直线 y=x 对称。
6）有特殊点（1，0）,(a，1)
7）抽象运算性质 f(x)=logax(a&0,a≠1)，
f(x·y)=f(x)+f(y),f(x/y)=f(x)-f(y)
例 1．若 f(x)=(ax/(ax+√a))，求 f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+…+f()
分析：和式中共有 1000 项，显然逐项相加是不可取的。需找出 f(x)的结构特征，发现规律，注意到
1/01=2/1=3/1=…=1
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 规律找到了，这启示我们将和式配对结合后再相加：
原 第 17 页（共 43 页）
=[f(1/1001)+f()]+[f(2/1001)+f(999/1001)]+…+[f(500/1001)+f(501/1001)]=(1+1+…+1)50
（ 1 ） 取 a=4 就 是 1986 年 的 高 中 数 学 联 赛 填 空 题 ： 设 f(x)=(4x/(4x+2)) ， 那 么 和 式
f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+…+f()的值=
（ 2 ） 上 题 中 取 a=9 ， 则 f(x)=(9x/(9x+3)) ， 和 式 值 不 变 也 可 改 变 和 式 为 求
f(1/n)+f(2/n)+f(3/n)+…+f((n-1)/n).
（ 3 ） 设 f(x)=(1/(2x+√2)) ， 利 用 课 本 中 推 导 等 差 数 列 前 n 项 和 的 方 法 ， 可 求 得
f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)的值为
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
例 3．试比较()/()与()/()的大小。
解：对于两个正数的大小，作商与 1 比较是常用的方法，记 122003=a＞0，则有
(()/())÷(()/())=((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：(()/())＞(()/())
例 4．已知
(a,b 为实数)且 f(lglog310)=5，则 f(lglg3)的值是（ ）
（A）-5 （B）-3 （C）3 （D）随 a,b 的取值而定
解：设 lglog310=t，则 lglg3=lg(1/log310)=-lglog310=-t
而 f(t)+f(-t)=
∴f(-t)=8-f(t)=8-5=3
第 18 页（共 43 页）
说明：由对数换底公式可推出 logab·logba=(lgb/lga)·(lga/lgb)=1，即 logab=(1/logba)，因而
lglog310 与 lglg3 是一对相反数。设
，则 g(x)为
奇函数，g(t)+g(-t)=0。这种整体处理的思想巧用了奇函数性质使问题得解，关键在于细致观察函数式结
构特征及对数的恒等变形。
例 5．已知函数 y=((10x-10-x)/2)(X∈R)
（1）求反函数 y=f-1(x)
（2）判断函数 y=f-1(x)是奇函数还是偶函数
分析： （1）求 y=(10x-10-x)/2 的反函数首先用 y
把 x 表示出来，然后再对调 x,y 即得到 y=f-1(x)；
（2）判断函数 y=f-1(x)的奇偶性要依据奇函数或偶函数的定义，看当 X∈R 时是否有 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，设 10x=t，上式化为：2y=t-t-1 两边乘 t，
得 2yt=t2-1 整理得：t2-2yt-1=0，解得：
由于 t=10x＞0，故将
舍去，得到：
将 t=10x 代入上式，即得:
所以函数 y=((10x-10-x)/2)的反函数是
∴f-1(-x)=-f(x) 所以，函数 是奇函数。
例 6．已知函数 f(x)=loga((1+x)/(1-x))(a＞0,a≠1)
（1）求 f(x)的定义域
（2）判断 f(x)的奇偶性并给以证明；
（3）当 a＞1 时，求使 f(x)＞0 的 x 取值范围；
第 19 页（共 43 页）
（4）求它的反函数 f-1(x)
解： （1）由对数的定义域知((1+x)/(1-x))＞0
解这个分式不定式，得：(x+1)(x-1)＜0,-1＜x＜1 故函数 f(x)的定义域为（-1，1）
（2）f(-x)=loga((1-x)/(1+x))=log((1+x)/(1-x))-1=-loga((1+x)/(1-x))=-f(x)
由奇函数的定义知，函数 f(x)是奇函数。
（3）由 loga((1+x)/(1-x))＞0＜＝＞loga((1+x)/(1-x))＞loga1，因为 a＞1，所以由对数函数的单
调性知((1+x)/(1-x))＞1，考虑由（1）知 x＜1,1-x＞0，去分母，得：1+x＞1-x,x＞0 故：0＜x＜1 所以
对于 a＞1，当 x∈(0,1)时函数 f(x)＞0
（ 4 ） 由
y=loga((1+x)/(1-x)) 得 ： ((1+x)/(1-x))=ay
应 用 会 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))交换 x,y 得：y=((ax-1)/(ax+1))，它就是函数 f(x)=loga((1+x)/(1-x))的反函
数 f-1(x)即 f-1(x)=((ax-1)/(ax+1))
例 7．已知 x2-2x+loga(a2-a)=0 有一正根和一负根，求实数 a 的范围。
解：方程有一正根一负根的充分必要条件是：loga(a2-a)＜0
由 a＞0,a≠1,a2-a=a(a-1)＞0,可得 a＞1 ②，从而由 loga(a2-a)＜0=loga1 得:a2-a＜1,a2-a-1＜
③，由②③得：
例 8．设 y=log(1/2)[a2x+2(ab)x-b2x+1](a＞0,b＞0)，求使 y 为负值的 x 的取值范围
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°当 a＞b＞0 时,a/b＞1,
2°当 b＞a＞0 时,0＜a/b＜1, (五)数 列
3°当 a=b＞0 时，x∈R。
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[方法总结]
1.数列{an}前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式：an= 2.求通项常用方法
? S1 , n = 1 ? ?S n ? S n ?1 , n ≥ 2
①作新数列法.作等差数列与等比数列.
②叠加法.最基本形式是：an=(an－an－1+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1.
③归纳、猜想法.
3.数列前 n 项和常用求法
①重要公式
1 1+2+…+n= 2 n(n+1) 1 12+22+…+n2= 6 n(n+1)(2n+1) 1 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2= 4 n2(n+1)2
②等差数列中 Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中 Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.
③裂项求和：
将数列的通项分成两个式子的代数和，即 an=f(n+1)－f(n)，然后累加时抵消中间的许
④错项相消法
⑤并项求和法
1.等差数列{an}的前 m 项的和为 30，前 2m 项的和为 100，则它的前 3m 项的和为_________.
n(n ? 1) 2 解法一：将 Sm=30,S2m=100 代入 Sn=na1+ d,得：
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m(m ? 1) ? d = 30 ?ma1 + ? 2 ? ?2ma + 2m(2m ? 1) d = 100 1 ? 2 ? 40 10 20 3m(3m ? 1) 解得d = 2 , a1 = + 2 ,∴ S 3m = 3ma1 + d = 210 m m 2 m
解法二：由等差数列{an}的前 n 项和公式知，Sn 是关于 n 的二次函数，即 Sn=An2+Bn(A、B 是常数）.
将 Sm=30,S2m=100 代入，得
20 ? ?A = m2 ? Am 2 + Bm = 30 ? ? ?? ? 2 ? A(2m) + B ? 2m = 100 ? B = 10 ? ? m ,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210 ?
解法三：根据等差数列性质知：Sm,S2m－Sm,S3m－S2m 也成等差数列，从而有：2(S2m－Sm)=Sm+(S3m
∴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=210
2.已知函数 f(x)=
x 2 ? 4 (x&－2).
(1)求 f(x)的反函数 f-－1(x);
(2)设 a1=1,
a n +1 =－f－-1(an)(n∈N*),求
m (3)设 Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1－Sn 是否存在最小正整数 m,使得对任意 n∈N*,有 bn& 25 成立？若
存在，求出 m 的值；若不存在，说明理由.
解：(1)设 y =
x 2 ? 4 ,∵x&－2,∴x=－
,即 y=f－-1(x)=－
1 a n }是公差为 4 的等差数列，
a n = a1 +4(n－1)=4n－3,∵an&0,∴an= 4n ? 3 .
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1 m 25 25 25 (3)bn=Sn+1－Sn=an+12= 4n + 1 ,由 bn& 25 ,得 m& 4n + 1 ,设 g(n)= 4n + 1 ,∵g(n)= 4n + 1 在 n∈N*上是 m 减函数，∴g(n)的最大值是 g(1)=5,∴m&5,存在最小正整数 m=6,使对任意 n∈N*有 bn& 25 成立.
3.已知{an}是各项不同的正数等差数列,又 lga1、lga2、lga4 成等差数列.设 bn= （Ⅰ）证明{bn}为等比数列；
,n=1,2,3,……。
7 （Ⅱ）如果数列{bn}前 3 项的和等于 24 ，求数列{an}的首项 a1 和公差 d.。
解:（Ⅰ）∵lga1、lga2、lga4 成等差数列，
∴2lga2=lga1+lga4，即 a 2 =a1·a2 这样 d2= a1d
设等差数列{an}的公差为 d，则(a1+d)2=a1(a1+3d), a2n = a1+(2n-1)d=2 n d
从而 d(d- a1)=0 ∵d≠0 ∴d= a1≠0
1 1 1 1 ? n = d 2 这时{bn}是首项 b1= 2d ，公比为 2 的等比数列。
1 1 1 7 （Ⅱ）∵b1+b2+b3= 2d (1+ 2 + 4 )= 24 ，∴d=3, 所以 a1=d=3
}是公比为 q 的等比数列，且
a1 , a 3 , a 2
成等差数列.
（Ⅰ）求 q 的值；
bn }是以 2 为首项，q 为公差的等差数列，其前 n 项和为 Sn，当 n≥2 时，比较 Sn 与 bn 的
大小，并说明理由.
解:（Ⅰ）由题设
2a 3 = a1 + a 2 , 即2a1 q 2 = a1 + a1 q,
Q a1 ≠ 0,∴
2q 2 ? q ? 1 = 0.
1 ∴ q = 1或 ? . 2 q = 1, 则S n = 2n +
n(n ? 1) n 2 + 3n ?1 = . 2 2 (n ? 1)(n + 2) & 0. S & bn . 2 故 n
n ≥ 2时, S n ? bn = S n ?1 =
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1 n(n ? 1) 1 ? n 2 + 9n q = ? , 则S n = 2 n + (? ) = . 2 2 2 4 若
n ≥ 2时, S n ? bn = S n ?1 = ?
( n ? 1)( n ? 10) , 4
n ∈ N + , 当2 ≤ n ≤ 9时, S n &当n = 10时, S n =当n ≥ 11时, S n & bn .
{log 2 ( a n ? 1)}n ∈ N * ) 为等差数列，且 a1 = 3, a 3 = 9.
5.已知数列
（Ⅰ）求数列
的通项公式；
1 1 1 + +L+ & 1. a 2 ? a1 a 3 ? a 2 a n +1 ? a n （Ⅱ）证明
解： （I）设等差数列
{log 2 ( a n ? 1)}
的公差为 d.
a1 = 3, a 3 = 9得2(log 2 2 + d ) = log 2 2 + log 2 8, log 2 ( a n ? 1) = 1 + ( n ? 1)× = n,
a n = 2 n + 1.
1 1 1 = n +1 = n n a ? an a ? 2 2 ， （II）因为 n +1 1 1 1 1 1 1 1 + +L+ = 1 + 2 + 3 +L+ n a ? a1 a 3 ? a 2 a n +1 ? a n 2 2 2 2 所以 2
1 1 1 ? n× 2 = 1 ? 1 & 1. 2 = 2 1 2n 1? 2
6.已知数列
{an } 的首项 a1 = 5, 前 n 项和为 S n ，且 Sn+1=2Sn+n+5.(n∈N*) {an + 1} 是等比数列；
（I）证明数列
f ( x ) = a1 x + a2 x 2 + L + an x n ，求函数 f ( x ) 在点 x = 1 处的导数 f ′(1) 。
解： （I）由已知 Sn+1=2Sn+n+5，∴
n ≥ 2, S n = 2 S n?1 + n + 4 an+1 = 2an + 1
两式相减得 当 n =1时
Sn+1 ? Sn = 2 ( Sn ? Sn?1 ) + 1
an+1 + 1 = 2 ( an + 1)
S 2 = 2 S1 + 1 + 5
a2 + a1 = 2a1 + 6
a2 + 1 = 2 ( a1 + 1)
an+1 + 1 = 2(an + 1) n ∈ N * a = 5, a1 + 1 ≠ 0 .又∵ 1 ,
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an+1 + 1 =2 {a + 1} 是以为 a1 + 1 = 6 首项 2 为公比的等比数列。 a +1 从而 n ，即数列 n
（II）由（I）知
an = 3 × 2 n ? 1 ,∵ f ( x ) = a1 x + a2 x 2 + L + an x n
f ′( x ) = a1 + 2a2 x + L + nan x n?1 。
3 ( 2 + 2 × 22 + L + n × 2n )
(1 + 2 + L + n )
n( n + 1) 2 ＝3[n×2n+1-(2+…+2n)]-
n( n + 1) n( n + 1) 3 ( n ? 1) ? 2 n+1 ? +6 2 2 =3[n×2n+1-2n+1+2]=
a n ?1 + a n ? 2 2 7.若公比为 c 的等比数列{an}的首项 a1=1 且满足 an= （n=3，4，……）
（Ⅰ）求 c 的值；
（Ⅱ）求数列{nan}的前 n 项和 Sn.
解:（Ⅰ）由题设，当 n≥3 时，an=c2an-2
an-1=can-2
a n ?1 + a n ? 2 1 + c 1+ c = a n ?2 2 2 an= .由题设条件可得 an-2≠0,因此 c2= 2 ,即 2c2-c-1=0.
1 解得 c=1 或 c=- 2
(Ⅱ)由（Ⅰ）,需要分两种情况讨论:
当 c=1 时，数列{an}是一个常数列,即 an=1(n∈N*)
n(n + + ) 2 这时,数列{nan}的前 n 项和 Sn=1+2+3+…+n= 1 1 1 当 c=- 2 时，数列{an}是一个公比为- 2 的等比数列，即 an=(- 2 )n-1 1 1 1 这时，数列{nan}的前 n 项和 Sn=1+2(- 2 )+3(- 2 )2+…+n(- 2 )n-1.
1 1 1 1 1 1 ①式两边同乘- 2 ，得- 2 Sn=- 2 +2(- 2 )2+…+(n-1)(- 2 )n-1+n(
- 2 )n. ②
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①式减去②式，得
1 1 ? (? ) n 2 ? n( ? 1 ) n . 1 1 1 1 1 1 2 1+ 2 （1+ 2 ）Sn=1+(- 2 )+(- 2 )2+…+(- 2 )n-1-n(- 2 )n= 1 3n + 2 [4 ? (?1) n n ?1 ]( n ∈ N * ). 2 所以 Sn= 9
1 an +1 = S n 3 ，n=1，2，3，……，求： 8.数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1=1，
（Ⅰ）a2，a3，a4 的值及数列{an}的通项公式；
a2 + a4 + a6 + L + a2n
1 1 1 1 an +1 = S n a2 = S1 = a1 = 3 ，n=1，2，3，……，得 3 3 3， 解： （Ⅰ）由 a1=1， 1 1 4 1 1 16 a3 = S 2 = (a1 + a2 ) = a4 = S3 = (a1 + a2 + a3 ) = 3 3 9， 3 3 27 . 1 1 4 1 4 n?2 1 an +1 ? an = ( S n ? S n ?1 ) = an an +1 = an ( ) 3 3 （n≥2） 3 （n≥2） 由 ，得 ，又 a2= 3 ，所以 an= 3 3 (n≥
n = 1, ?1, ? ? 1 4 n?2 ? ( ) , n≥2 2), ∴数列{an}的通项公式为 an= ? 3 3 a2 , a4 , L , a2 n 4 1 ( )2 是首项为 3 ，公比为 3 项数为 n 的等比数列，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知
4 1 ? ( )2 n 1 3 = 3 [( 4 ) 2 n ? 1] ? 3 1 ? ( 4 )2 7 3 a + a4 + a6 + L + a2n 3 所以 2 = .
9.假设某市 2004 年新建住房 400 万平方米,其中有 250 万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内,
该市每年新建住房面积平均比上一年增长 8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加 50 万
平方米.那么,到哪一年底,
(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以 2004 年为累计的第一年)将首次不少于 4750 万平方米? 第 26 页（共 43 页）
(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%?
解:(1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是等差数列,
n( n ? 1) × 50 2 其中 a1=250,d=50,则 Sn=250n+ =25n2+225n,
令 25n2+225n≥4750,即 n2+9n-190≥0,而 n 是正整数,∴n≥10.
∴到 2013 年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于 4750 万平方米.
(2)设新建住房面积形成数列{bn},由题意可知{bn}是等比数列,其中 b1=400,q=1.08,
则 bn=400·(1.08)n-1.由题意可知 an&0.85bn,有 250+(n-1)·50&400·(1.08)n-1·0.85.
由计箅器解得满足上述不等式的最小正整数 n=6.到 2009 年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造
住房面积的比例首次大于 85%.
10.设正项等比数列
{a n } 的首项
1 10 10 2 ，前 n 项和为 S n ，且 2 S 30 ? ( 2 + 1) S 20 + S10 = 0 。
{a n } 的通项；
{nS n }的前 n 项和 Tn 。
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.
1 1 n 因为 an&0，所以 210q10=1,解得 q= 2 ,因而 an=a1qn-1= 2 ,n=1,2,….
1 1 (1 ? n ) 2 2 1 1 1 n 1 1? n 2 =1- 2 ，nSn=n- 2 n . (II)因为{an}是首项 a1= 2 、公比 q= 2 的等比数列，故 Sn= 1 2 n 2 n 则数列{nSn}的前 n 项和 Tn=(1+2+…+n)-( 2 + 2 +…+ 2 )，
Tn 1 1 2 n ?1 n
= + n +1 2 3 n 2 2 (1+2+…+n)-( 2 + 2 +…+ 2 2 ).
第 27 页（共 43 页）
Tn 1 1 = 2 (1+2+ … +n)-( 2 前 两 式 相 减 ， 得 2
1 1 (1 ? n ) 2 2 n( n + 1) n n(n + 1) 1 n 1 + n ?1 + n ? 2. 1? n +1 4 2 2 2 + 2 ,Tn= 2 = -
11.设{an}是正数组成的数列，其前 n 项和为 Sn，并且对于所有的自然数 n，an 与 2 的等差中项等于
Sn 与 2 的等比中项.
(1)写出数列{an}的前 3 项
(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)
1 a n +1 a n ( + ) 2 an a n +1 (n∈N*)，求 b1+b2+b3+…+bn－n (3)令 bn=
a1 + 2 = 2 S1 ，S1=a1， 解：(1)由题意，当 n=1 时，有 2 a1 + 2 a2 + 2 = 2 a1 = 2 S2 ∴ 2 ，解得 a1=2.当 n=2 时，有 2 ，S2=a1+a2，将 a1=2 代入，整理得(a2－ a3 + 2 = 2S 3 2)2=16，由 a2＞0，解得 a2=6.当 n=3 时，有 2 ，S3=a1+a2+a3，将 a1=2，a2=6 代入，整理得
(a3－2)2=64，由 a3＞0，解得 a3=10.故该数列的前 3 项为 2，6，10.
(2）解法一：由(1）猜想数列{an}.有通项公式 an=4n－2.下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是
an=4n－2，(n∈N*）.
①当 n=1 时，因为 4×1－2=2， ，又在(1)中已求出 a1=2，结论成立.
ak + 2 = 2S k ②假设当 n=k 时，结论成立，即有 ak=4k－2，由题意，有 2 ，将 ak=4k－2.代入上式，
ak +1 + 2 = 2 S k +1 2 ， 得 Sk=2k2 ， 由 题 意 ， 有 ， Sk+1=Sk+ak+1 ， 将 Sk=2k2 代 入 得
ak +1 + 2 2 )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 (
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ak+1=2+4k=4(k+1)－2，即当 n=k+1 时，结论成立.根据①②，对所有的自然数 n∈N*成立.
an + 2 1 1 = 2S n 解法二：由题意知 2 ，(n∈N*).整理得，Sn= 8 (an+2)2,由此得 Sn+1= 8 (an+1+2)2，∴ 1 an+1=Sn+1－Sn= 8 ［(an+1+2)2－(an+2)2］.整理得(an+1+an）(an+1－an－4)=0，由题意知 an+1+an≠0，
∴an+1－an=4，即数列{an}为等差数列，其中 a1=2，公差 d=4.∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式
为 an=4n－2.
an + 2 an+1 + 2 = 2S n = 2 S n+1 2 2 解法三：由已知得 ,(n ∈ N*) ① ， 所 以 有 ②，由②式得 S n +1 ? S n + 2 = 2 S n+1 S S = 2 ± Sn 2 ，整理得 Sn+1－2 2 · n+1 +2－Sn=0，解得 n+1 ，由于数列{an}
S1 = 2 ,∴ S n+1 + S n & 2 S n+1 = 2 + S n S1 = 2
为正项数列，而
，即{Sn}是以
?2, (n = 1) ? 2 为公差的等差数列.所以 S n = 2 +(n－1) 2 = 2 n,Sn=2n2，故 an= ?S n ? S n ?1 = 4n ? 2, (n ≥ 2) 即 以
an=4n－2(n∈N*).
a 1 an+1 ( + n ? 2) 2 an an+1 (3)令 cn=bn－1，则 cn=
1 2n + 1 2n ? 1 1 1 [( , ? 1) + ( ? 1)] = ? 2 2n ? 1 2n + 1 2n ? 1 2n + 1 b1 + b 2 + L + b n ? n = c 1 + c 2 + L + c n = 1 1 1 1 1 1 )+ ( ? )+L + ( ? ) =1? , 3 3 5 2n ? 1 2n + 1 2n + 1 1 ∴ lim ( b1 + b 2 + L + b n ? n ) = lim (1 ? ) = 1. n→ ∞ n→ ∞ 2n + 1 = (1 ?
12.已知数列{an}是公差为 d 的等差数
列，数列{bn}是公比为 q 的(q∈R 且 q≠1)的等比数列，若函数
f(x)=(x－1)2，且 a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式
c c1 c1 + +L+ n b b2 cn =an+1 成立，求 Sn (2)设数列{cn}的前 n 项和为 Sn，对一切 n∈N*，都有 1
解：(1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d， 第 29 页（共 43 页）
∵d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1)；又 b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，
b3 ( q ? 2) 2 = b q 2 =q2，由 q∈R，且 q≠1，得 q=－2，∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1 ∴ 1
cn cn b b (2)令 n =dn， d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),∴dn=an+1－an=2,∴ n =2,即 cn=2· 则 bn=8· (－2)n－1；
8 ∴Sn= 3 ［1－(－2)n］. 3 13.设 An 为数列{an}的前 n 项和，An= 2 (an－1)，数列{bn}的通项公式为 bn=4n+3;
(1)求数列{an}的通项公式
(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列{dn}的通项公式为
(3)设数列{dn}的第 n 项是数列{bn}中的第 r 项，Br 为数列{bn}的前 r 项的和；Dn 为数列{dn}的前 n
项和，Tn=Br－Dn，求 Tn .
a n +1 3 3 3 a 解：(1)由 An= 2 (an－1)，可知 An+1= 2 (an+1－1)，∴an+1－an= 2 (an+1－an)，即 n =3，而
3 2 (a1－1)，得 a1=3，所以数列是以 3 为首项，公比为 3 的等比数列，数列{an}的通项公式 an=3n. a1=A1=
(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3· ［42n+C 2n ·42n－1(－1)+…+C 2 n ·4·(－1)+(－1)2n］=4n+3，
∴32n+1∈{bn}.而数 32n=(4－1)2n=42n+C 2n ·42n－1·(－1)+…+C 2 n ·4·(－1)+(－1)2n=(4k+1)， ∴32n ? {bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1.
32 n +1 ? 3 4 (3)由 32n+1=4·r+3，可知 r= ， r (7 + 4r + 3) 32 n +1 ? 3 32 n +1 + 7 27 27 n = r ( 2r + 5) = ? , Dn = ? (1 ? 9 n ) = (9 ? 1) 2 4 2 1? 9 8 ∴Br= ，
第 30 页（共 43 页）
∴ Tn = Br ? Dn =
9 2 n +1 + 4 ? 32 n +1 ? 21 27 n ? (9 ? 1) 8 8 9 4 n 11 2 n 3 = ? 3 ? ? 3 + , ( a n ) 4 = 34 n , 8 8 4 T 9 ∴ lim n 4 = n →∞ ( a n ) 8
1.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12&0,S13&0.
(1)求公差 d 的取值范围；
(2)指出 S1、S2、…、S12 中哪一个值最大，并说明理由.
2.已知数列{an}为等差数列，公差 d≠0,由{an}中的部分项组成的数列 a b1 ,a b2 ,…,a bn ,…为等比数列，其中 b1=1,b2=5,b3=17.求数列{bn}的通项公式； 3.{an}为等差数列，公差 d≠0,an≠0,(n∈N*),且 akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*)
(1)求证：当 k 取不同自然数时，此方程有公共根；
1 1 1 , ,L , x + 1 x2 + 1 x n + 1 为等差数列. (2)若方程不同的根依次为 x1,x2,…,xn,…,求证：数列 1
4.数列{an}满足 a1=2， 对于任意的 n∈N*都有 an＞0,且(n+1)an2+an· an+1－nan+12=0， 又知数列{bn}
的通项为 bn=2n－1+1.
(1)求数列{an}的通项 an 及它的前 n 项和 Sn；
(2)求数列{bn}的前 n 项和 Tn；
想 Sn 与 Tn 的大小关系，并说明理由.
5.数列{an}中，a1=8,a4=2 且满足 an+2=2an+1－an,(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求 Sn;
1 n(12 ? a n ) (n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数 m，使得对任意 n∈N* (3)设 bn=
第 31 页（共 43 页）
m 均有 Tn＞ 32 成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，说明理由.
6.已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145.
(1)求数列{bn}的通项 bn；
1 b (2)设数列{an}的通项 an=loga(1+ n )(其中 a＞0 且 a≠1),记 Sn 是数列{an}的前 n 项和，试比较 Sn 1 与 3 logabn+1 的大小，并证明你的结论.
7.设数列{an}的首项 a1=1，前 n 项和 Sn 满足关系式：3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…).
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比为 f(t)，作数列{bn}，使 b1=1,bn=f( bn；
bn ?1 )(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项
(3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1.
? ?a 3 = a1 + 2d = 12, ? 12 × 11 ? d &0 ? S12 = 12a1 + 2 ? 13 × 12 24 ? ? S13 = 13a1 + 2 d & 0 ? 1.(1)解：依题意 解之得公差 d 的取值范围为－ 7 ＜d＜－3.
(2)解法一：由 d＜0 可知 a1&a2&a3&…&a12&a13,因此，在 S1，S2，…，S12 中 Sk 为最大值的条件为：
?a3 + (k ? 3)d ≥ 0 ?kd ≥ 3d ? 12 12 12 24 ? ? a3 + (k ? 2)d & 0 kd & 2d ? 12 ak≥0 且 ak+1＜0,即 ? ∵a3=12,∴ ? ，∵d＜0,∴2－ d ＜k≤3－ d ∵－ 7
7 12 ＜d＜－3,∴ 2 ＜－ d ＜4,得 5.5＜k＜7.
因为 k 是正整数，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 中有自然数 k,使得 ak≥0,且 ak+1＜0, 第 32 页（共 43 页）
则 Sk 是 S1， S2， …， S12 中的最大值.由等差数列性质得， m、 p、 当 n、 q∈N*,且 m+n=p+q 时， am+an=ap+aq.
2 1 所以有：2a7=a1+a13= 13 S13＜0,∴a7＜0,a7+a6=a1+a12= 6 S12&0,∴a6≥－a7&0,故在 S1，S2，…，S12
中 S6 最大.
S n = na1 + =
n d (n ? 1) d = n(12 ? 2d ) + (n 2 ? n) 2 2
1 d 24 1 24 d 24 24 [n ? (5 ? )]2 ? (5 ? ) 2 ,Q d & 0,∴[n ? (5 ? )]2 2 2 d 8 d 2 d 最小时，Sn 最大；∵－ 7 ＜d＜－3,∴6＜
1 24 1 24 2 (5－ d )＜6.5.从而，在正整数中，当 n=6 时， ［n－ 2 (5－ d )］2 最小，所以 S6 最大.
2.解：由题意知 a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d) ? a1d=2d2,
∵d≠0,∴a1=2d,数列{
a5 a1 + 4d = a a1 =3, }的公比 q= 1 bn + 1 a1 =a1+(bn－1)d= 2 ②
=a1·3n－1 ①
bn + 1 由①②得 a1·3n－1= 2 ·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1.
3. 证 明 ： (1 ） ∵ {an} 是 等 差 数 列 ， ∴ 2ak+1=ak+ak+2, 故 方 程 akx2+2ak+1x+ak+2=0 可 变 为
(akx+ak+2)(x+1)=0,∴当 k 取不同自然数时，原方程有一个公共根－1.
(2）原方程不同的
∴ Q a 1 =? k , xk + 1 2d
ak +2 a + 2d 2d =? k = ?1 ? ak ak ak
a a a ? a k +1 ? d 1 1 1 ? = ? k +1 ? ( ? k ) = k = = ? (常数 ) x k +1 + 1 x k + 1 2d 2d 2d 2d 2 1 1 }是以 ? 为公差的等差数列 . xk + 1 2
an+1 n = a n + 1 ，从而 an=2n，有 Sn=n2+n， 4.解：(1）可解得 n
(2)Tn=2n+n－1. 第 33 页（共 43 页）
(3)Tn－Sn=2n－n2－1，验证可知，n=1 时，T1=S1，n=2 时 T2＜S2；n=3 时，T3＜S3;n=4 时，T4＜S4；
n=5 时，T5＞S5；n=6 时 T6＞S6.猜想当 n≥5 时，Tn＞Sn，即 2n＞n2+1
可用数学归纳法证明(略）. 5.解：(1）由 an+2=2an+1－an ? an+2－an+1=an+1－an 可知{an}成等差数列，?
a4 ? a1 d= 4 ? 1 =－2,∴an=10－2n.
(2)由 an=10－2n≥0 可得 n≤5，当 n≤5 时，Sn=－n2+9n，当 n＞5 时，Sn=n2－9n+40，故
?? n 2 + 9 n ? ? 2 ?n ? 9n + 40 Sn= ?
1≤ n ≤ 5 n&5
1 1 1 1 1 = = ( ? ) n(12 ? an ) n(2n + 2) 2 n n + 1 (3)bn=
1 1 1 1 1 1 n m m ∴Tn = b1 + b2 + L + bn = [(1 ? ) + ( ? ) + L + ( ? )] = 2 2 2 3 n n +1 2(n + 1) ； 32 总成立， 32 要使 Tn＞ 需 1 ＜T1= 4 成立，即 m＜8 且 m∈Z，故适合条件的 m 的最大值为 7.
?b1 = 1 ? ? 10(10 ? 1) d = 145 ?10b1 + 2 6.解：(1)设数列{bn}的公差为 d，由题意得： ? 解得 b1=1,d=3,
∴bn=3n－2.
1 1 (2)由 bn=3n－2,知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ 4 )+…+loga(1+ 3n ? 2 ) 1 1 1 3 =loga［(1+1)(1+ 4 )…(1+ 3n ? 2 )］ 3 logabn+1=loga 3n + 1 . ，
1 1 1 3 3 logabn+1 的大小，可先比较(1+1)(1+ 4 )…(1+ 3n ? 2 )与 3n + 1 的大小， 因此要比较 Sn 与
3 取 n=1 时，有(1+1)＞ 3 ? 1 + 1
1 3 取 n=2 时，有(1+1)(1+ 4 )＞ 3 ? 2 + 1 …
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1 1 3 由此推测(1+1)(1+ 4 )…(1+ 3n ? 2 )＞ 3n + 1 ①
若①式成立，则由对数函数性质可判定：
1 当 a＞1 时，Sn＞ 3 logabn+1，②
下面用数学归纳法证明①式.
1 当 0＜a＜1 时，Sn＜ 3 logabn+1，③
(ⅰ)当 n=1 时，已验证①式成立.
(ⅱ)假设当 n=k 时(k≥1） ，①式成立，即：
1 1 (1 + 1)(1 + )L(1 + ) & 3 3k + 1 4 3k ? 2 .那么当 n=k+1 时，
3 1 1 1 1 3k + 1 (1 + 1)(1 + )L(1 + )(1 + ) & 3 3k + 1(1 + )= (3k + 2). 4 3k ? 2 3( k + 1) ? 2 3k + 1 3k + 1 3
3k + 1 (3k + 2) 2 ? (3k + 4)(3k + 1) 2 (3k + 2)]2 ? [3 3k + 4 ]3 = 3k + 1 (3k + 1) 2
3 9k + 4 3k + 1 & 0,∴ (3k + 2) & 3 3k + 4 = 3 3( k + 1) + 1 2 3k + 1 (3k + 1) 1 1 1 因而(1 + 1)(1 + )L(1 + )(1 + ) & 3 3( k + 1) + 1 4 3k ? 2 3k + 1
这就是说①式当 n=k+1 时也成立. 由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数 n 都成立.
1 1 由此证得：当 a＞1 时，Sn＞ 3 logabn+1；当 0＜a＜1 时，Sn＜ 3 logabn+1 ?.
7.解：(1)由 S1=a1=1,S2=1+a2，得 3t(1+a2)－(2t+3)=3t.
2t + 3 a2 2t + 3 , = 3t a1 3t . ∴a2=
又 3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，①
3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t
①－②得 3tan－(2t+3)an－1=0.
an 2t + 3 2t + 3 = a 3t ,n=2,3,4…,所以{an}是一个首项
为 1 公比为 3t 的等比数列； ∴ n?1
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1 2t + 3 2 1 2 + bn ?1 )= 3 +bn－1 ? (2)由 f(t)= 3t = 3 t ,得 bn=f( 2 2 2n + 1 可见{bn}是一个首项为 1，公差为 3 的等差数列.于是 bn=1+ 3 (n－1)= 3 ; 2n + 1 5 4 (3)由 bn= 3 ,可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为 1 和 3 ，公差均为 3 的等差数列，于是 4n + 1 b2n= 3 , ∴ b1b2 － b2b3+b3b4 － b4b5+ … +b2n － 1b2n － b2nb2n+1 ? =b2(b1 － b3)+b4(b3 － b5)+ … 4 4 1 5 4n + 1 4 +b2n(b2n－1－b2n+1)=－ 3 (b2+b4+…+b2n)=－ 3 · 2 n( 3 + 3 )=－ 9 (2n2+3n)
(六)不等式问题
不等式是中学数学的主要内容，涉及整个高中数学的各个部分。不等式的证明则是高中数学中对逻辑
推理能力要求较高的内容，是中学数学的一个难点。近年来，虽然淡化了单纯的证明题，但是以能力立意
与证明有关的综合题却频繁出现，尤其与一次函数，二次函数放在一起综合考查逻辑推理能力是考查的重
要内容，且不等式的证明难度大，综合性强。
例 1 若 a、b、c 是实数，f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b, 当-1≤x≤1 时,
|f(x)|≤1. ⑴求证：|c|≤1 ⑵当|x|≤1 时, |g(x)|≤2 ⑶设 a&0,
当-1≤x≤1 时, g(x)的最大值为 2，求 f(x).
证明：(1) 由条件知：|f(0)|=|c|≤1
(2) ∵ g(x)=ax+b 为 一 次 函 数 , ∴ 要 证 ： |g(x)| ≤ 2, 则 只 需 |g(-1)| ≤ 2,|g(1)| ≤ 2
|g(1)|=|a+b|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2 |g(-1)|=|a-b|=|f(-1)-c|≤|f(-1)|+|c|≤2 故当： |x|≤1 时,
(3) 因为 a&0, 则 g(x)在[-1,1]上是增函数, 当 x=1 时取最大值 2, 即 g(1)=2=a+b 则： f(1)-f(0)=2,
又因为-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1, c=f(0)=-1，因为当-1≤x≤1 时，|f(x)|≤1，即 f(x)≥-1，由二次函
b 即 由 得 所以 f(x)=2x2-1。 数的性质知： 直线 x=0 为 f(x)图像的对称轴， 由此得： 2a =0， b=0， a+b=2， a=2， 第 36 页（共 43 页）
例 2 设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a&0),方程 f(x)-x=0 的两根 x1、x2，满足
1 0&x1&x2& a
(1)当 x ∈ (0,x1)时，求证：x&f(x)&x1 ，
x1 (2)设函数 f(x)的图像关于直线 x=x0 对称，求证：x0& 2
证明 （1） 令 F(x)=f(x)-x 因为 x1、 是方程 f(x)-x=0 的两根， x2 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.
1 又 f(x)-x1=a(x-x1)(x-x2)+x-x1 =(x-x1)[a(x-x2)+1] 因为 0&x&x1&x2& a
所以：x1-x&0 1+a(x-x2)=1+ax-ax2&1-ax2&0 得 f(x)-x1&0 即 f(x)&x1 故：x&f(x)&x1
b （2）依题意知:x0= - 2a ,因为 x1、x2 是方程 f(x)-x=0 的根, 即 x1、x2 是方程 ax2+(b-1)x+c=0 的 1? b 根,所以：x1+x2= a a ( x1 + x 2 ) ? 1 ax1 + ax 2 ? 1 ax1 x1 b 2a 2a x0= - 2a = = 又因为 ax2&1, 所以: x0& 2a = 2 .
例 3 设 a 为实数，函数 f(x)=x2+|x－a|+1,x∈R.
(1)讨论 f(x)的奇偶性； (2)求 f(x)的最小值.
解： (1)当 a=0 时， 函数 f(－x)=(－x)2+|－x|+1=f(x),此时 f(x)为偶函数； a≠0 时， 当 f(a)=a2+1,f(－
a2+2|a|+1,f(－a)≠f(a),f(－a)≠－f(a).此时函数 f(x)既不是奇函数也不是偶函数.
1 3 1 (2)①当 x≤a 时，函数 f(x)=x2－x+a+1=(x－ 2 )2+a+ 4 ,若 a≤ 2 ,则函数 f(x)在(－∞,a ] 上单调递
减，从而，函数 f(x)在(－∞,a ] 上的最小值为 f(a)=a2+1.
1 1 3 1 ] 上的最小值为 f( 2 )= 4 +a,且 f( 2 )≤f(a).? 若 a& 2 ,则函数 f(x)在(－∞,a
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1 3 1 ②当 x≥a 时，函数 f(x)=x2+x－a+1=(x+ 2 )2－a+ 4 ;当 a≤－ 2 时，则函数 f(x)在［a,+∞ ) 上的最
1 3 1 1 小值为 f(－ 2 )= 4 －a,且 f(－ 2 )≤f(a).若 a&－ 2 ,?则函数 f(x)在［a,+∞)上单调递增，从而，函数
f(x)在［a,+∞)上的最小值为 f(a)=a2+1.
1 3 1 1 综上，当 a≤－ 2 时，函数 f(x)的最小值是 4 －a,当－ 2 ＜a≤ 2 时，函数 f(x)的最小值是 a2+1;当 1 3 a& 2 时，函数 f(x)的最小值是 a + 4 .
例 4 已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c,当-1≤f(x)≤1 时, |f(x)|≤1.
求证：(1) |c|≤1,|b|≤1,|a|≤2 (2) 当|x|≤2 时, |f(x)|≤7
证明：(1) 由于当-1≤x≤1 时, |f(x)|≤1.则|f(0)|≤1. 即|c|≤1.
-1≤f(-1)≤1
-1≤a-b+c≤1 ①
-1≤f(1)≤1
即 -1≤a+b+c≤1 ②
①+②式得：-2≤2b≤2 即-1≤b≤1&===&|b|≤1
由①、②得：-1-c≤a-b≤1-c, -1+c≤a+b≤1+c, 而-1≤c≤1==&
-2≤a-b≤2, -2≤a+b≤2
-4≤2a≤4, 即|a|≤2
(2)|f(2)|=|4a+2b+c|=|2(a+b+c)+2a-c|≤2|f(1)|+2|a|+|c|≤7
|f(-2)|=4a-2b+c|=|2(a-b+c)+2a-c|≤2|f(-1)|+2|a|+|c|≤7
b b b 4ac ? b 2 b2 4a |=|c- 4a | 当-2≤- 2a ≤2 时, | 2a |≤2, 此时|f(- 2a )|=|
b2 b ≤|c|+| 4a |≤|c|+| 4a |≤2≤7,故当|x|≤2 时, |f(x)|≤7
第 38 页（共 43 页）
例 5 若 f(x)=ax2+bx+c(a、b∈R),在区间[0,1]上恒有|f(x)|≤1,
(1) 对于所有这样的 f(x),求|a|+|b|+|c|的最大值
(2) 试给出一个这样的 f(x),使得|a|+|b|+|c|确实取到最大值
1 1 1 1 解:(1)由 f(1)=a+b+c, f(0)=c ,f( 2 )= 4 a+ 2 b+c, 可解得 a=2f(1)-4f( 2 )+2f(0), 1 1 b=4f( 2 )-3f(0)-f(1), c=f(0), 而|f(1)|≤1, |f(0)|≤1, |f( 2 )|≤1 1 1 故 |a|+|b|+|c|=|2f(1)-4f( 2 )+2f(0)|+|4f( 2 )-3f(0)-f(1)|+|f(0)| 1 1 ≤2|f(1)|+4f|( 2 )|+2|f(0)|+|4|f( 2 )|+3|f(0)|+|f(1)|+|f(0)|≤17
所以|a|+|b|+|c|的最大值为 17
1 由(1)知，上式取“=”的条件至少应满足: |f(0)|=1, |f(1)|=1, |f( 2 )|=1 1 故 x= 2 1 应为函数 y=f(x)的对称轴, 则可设 f(x)=a(x- 2 )2±1 再将|f(0)|=1,
|f(1)|=1 代入检验得：f(x)=8x2-8x+1
例 6 已知关于 x 的二次方程 x2+2mx+2m+1=0.
(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1，0)内，另一根在区间(1，2)内，求 m 的范围.
(2)若方程两根均在区间(0，1)内，求 m 的范围.
解：(1)抛物线 f(x)=x2+2mx+2m+1 与 x 轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，得
1 ? ?m & ? 2 ( 0 ) = 2 m + 1 & 0, ? ?m ∈ R , ( ? 1) = 2 & 0 , ? ? ? 1 (1) = 4 m + 2 & 0 , ?m & ? 2 , ? (2 ) = 6m + 5 & 0 ?m &
? ? ? ? ? ? ?
5 1 &m&? 2. ∴ 6 ?
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? f (0) & 0, ? f (1) & 0, ? ? ?? ≥ 0, ?0 & ?m & 1 (2)据抛物线与 x 轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组 ?
1 ? ?m & ? 2 , ? 1 ? ? ?m & ? , 2 ? ? m ≥ 1 + 2或 m ≤ 1 ? ? ? 1 & m & 0. ?
(这里 0&－m&1 是因为对称轴 x=－m 应在区间(0，1)内通过)
1 已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程 f(x)=x 的两实数根为 x1，x2.
(1)如果 x1＜2＜x2＜4，设函数 f(x)的对称轴为 x=x0，求证 x0＞－1；
(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求 b 的取值范围.
2 函数 f(x)定义在 R 上对任意 m、n 恒有 f(m+n)=f(m)·f(n)，当 x＞0 时，0＜f(x)＜1.
1)求证：f(0)=1，且当 x＜0 时，f(x)＞1；
2)求证：f(x)在 R 上单调递减； 3)设集合 A={ (x，y)|f(x2)·f(y2)＞f(1)}，集合 B={(x，y)|f(ax－y+2)=1，a ∈R}，若 A∩B= ? ，
求 a 的取值范围.
3 甲、乙两地相距 S 千米，汽车从甲地匀速驶到乙地，速度不得超过 c 千米/小时，已知汽车每小时的
运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度 v(km/h)的平方成正比，比例系数为
b,固定部分为 a 元.
(1)把全程运输成本 y(元)表示为 v(km/h)的函数，并指出这个函数的定义域；
(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？
x+ y 4 定义在(－1， 1)上的函数 f(x)满足①对任意 x、 y∈(－1,1),都有 f(x)+f(y)=f( 1 + xy );②当 x∈(－
1,0)时，有 f(x)&0. 第 40 页（共 43 页）
1 1 1 1 f ( ) + f ( ) +L+ f ( 2 )& f( ) 11 2 . n + 3n + 1 求证： 5
1(1)设 g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，且 x＞0.
∵x1＜2＜x2＜4，∴(x1－2)(x2－2)＜0，即 x1x2＜2(x1+x2)－4，
于是得x0 = ?
b 1 b ?1 1 1 1 1 = ? (? ? ) = ( x1 + x2 ) ? x1 x2 & ( x1 + x2 ) ? ( x1 + x2 ) + 2 a a 2a 2 2 2 2 1 1 = ? ( x1 + x2 ) + 2 & ? (2 + 4) + 2 = ?1 2 2
1 (2)由方程 g(x)=ax2+(b－1)x+1=0 可知 x1·x2= a ＞0，所以 x1，x2 同号?
1°若 0＜x1＜2，则 x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2，∴g(2)＜0，即 4a+2b－1＜0 ①
(b ? 1) 2 4 ? =4 2 a 又(x2－x1)2= a
(b ? 1) 2 + 1
∴2a+1= (∵a＞0)代入①式得，
(b ? 1) 2 + 1
2 ＜3－2b ②
1 解②得 b＜ 4
2°若 －2＜x1＜0，则 x2=－2+x1＜－2
(b ? 1) 2 + 1
∴g(－2)＜0，即 4a－2b+3＜0 ③ 又 2a+1= ，代入③式得
(b ? 1) 2 + 1
2 ＜2b－1 ④
7 解④得 b＞ 4 .
1 7 综上，当 0＜x1＜2 时，b＜ 4 ，当－2＜x1＜0 时，b＞ 4 .
2(1)证明：令 m＞0，n=0 得：f(m)=f(m)·f(0).∵f(m)≠0，∴f(0)=1
取 m=m，n=－m，(m＜0)，得 f(0)=f(m)f(－m)
1 ∴f(m)= f (? m) ，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1
(2)证明：任取 x1，x2∈R，则 f(x1)－f(x2)=f(x1)－f［(x2－x1)+x1］
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=f(x1)－f(x2－x1)·f(x1)=f(x
1)［1－f(x2－x1)］ ，
∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，
∴函数 f(x)在 R 上为单调减函数.
? f ( x 2 + y 2 ) & f (1) ?x 2 + y 2 & 1 得? ? ? f (ax ? y + 2) = 1 = f (θ) ?ax ? y + 2 = 0
∴a∈［－ 3 ， 3 ］
2 ， 由题意此不等式组无解， 数形结合得： a + 1 ≥1，
解得 a2≤3
S 3 解 ： (1) 依 题 意 知 ， 汽 车 从 甲 地 匀 速 行 驶 到 乙 地 所 用 时 间 为 v , 全 程 运 输 成 本 为 S S a y=a· v +bv2· v =S( v +bv) a ∴所求函数及其定义域为 y=S( v +bv),v∈(0,c ] . a ∴S( v +bv)≥2S ab
(2)依题意知，S、a、b、v 均为正数
a a a a 当且仅当 v =bv,即 v= b 时，①式中等号成立.若 b ≤c 则当 v= b 时，有 ymin； a a a 若 b &c,则当 v∈(0,c ] 时，有 S( v +bv)－S( c +bc) a a S =S［( v － c )+(bv－bc)］= vc (c－v)(a－bcv)∵c－v≥0,且 c&bc2,∴a－bcv≥a－bc2&0 a a ∴S( v +bv)≥S( c +bc),当且仅当 v=c 时等号成立，也即当 v=c 时，有 ymin；
ab ab ab 综上可知，为使全程运输成本 y 最小，当 b ≤c 时，行驶速度应为 v= b ,当 b &c 时行驶速度
x+ y 4 证明： f(x)+f(y)=f( 1 + xy )中的 x,y,令 x=y=0,得 f(0)=0,再令 y=－x,又得 f(x)+f(－x)=f(0)=0, 对
即 f(－x)=－f(x),∴f(x)在 x∈(－1,1)上是奇函数.设－1＜x1＜x2＜0,则 f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－
x1 ? x2 x1 ? x2 x1 ? x2 1 ? x1 x2 ),∵－1＜x1＜x2＜0,∴x1－x2＜0,1－x1x2&0.∴ 1 ? x1 x2 ＜0,于是由②知 f( 1 ? x1 x2 ) x2)=f(
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?&0,从而 f(x1)－f(x2)&0,即 f(x1)&f(x2),故 f(x)在 x∈(－1,0)上是单调递减函数.根据奇函数的图象
关于原点对称，知 f(x)在 x∈(0,1)上仍是递减函数，且 f(x)＜0.
1 1 1 ( n + 1)( n + 2 ) Q f( 2 )= f[ ]= f[ ] 1 ( n + 1)( n + 2 ) ? 1 n + 3n + 1 1? ( n + 1)( n + 2 ) 1 1 ? 1 1 = f ( n +1 n + 2 ) = f ( )? f( ) 1 1 n +1 n+2 ? 1? n +1 n + 2 1 1 1 ∴ f ( ) + f ( ) +L+ f ( 2 ) 5 11 n + 3n + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = [ f ( ) ? f ( )] + [ f ( ) ? f ( )] + L + [ f ( )? f( )] = f ( ) ? f ( ), 2 3 3 4 n +1 n+2 2 n+2 1 1 Q0 & & 1时 , 有 f ( ) & 0, n+2 n+2 1 1 1 ∴ f( )? f( ) & f ( ), 故原结论成立 . 2 n+2 2
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