2019-2020年高考數學回歸課本 數列教案 舊人教版

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1、2019-2020年高考數學回歸課本數列教案舊人教版 一、基礎知識 定義1數列，按順序給出的一列數，例如1,2,3,…，①….數列分有窮數列和無窮數列兩種，數列｛a｝的一般形式通常記作a,a,a,…，a或a,a,a,…，a…。其中 n123n123n a叫做數列的首項，a是關于n的具體表達式，稱為數列的通項。 1n 定理1若S表示｛a｝的前n項和，則S=a,當n〉1時，a=S-S. nn11nnn-1 定義2等差數列，如果對任意的正整數n,都有a-a=d(常數)，貝^｛a｝稱為等差數列, n+1nn d叫做公差。若三個數a,b,c成等差數列，即2b=a+c,則稱b為a和c的

2、等差中項，若公差為d,則a=b-d,c=b+d. 定理2等差數列的性質：1)通項公式a=a+(n-1)d；2)前n項和公式： n1 n(a+a)n(n-1), S=1n=na+d；3)a-a=(n-m)d,其中n,m為正整數；4)若n+m=p+q, n212nm 則a+a=a+a；5)對任意正整數p,q,恒有a-a=(p-q)(a-a)；6)若A,B至少有一個nmpqpq21 不為零，則｛a｝是等差數列的充要條件是Sn=An2+Bn. n 定義3等比數列，若對任意的正整數n,都有，貝^｛a｝稱為等比數列，q叫做公比。 n 定理3等比數列的性質：1)a=aqn-1；2)前n

3、項和S，當q1時，S=；當q=1時，S=na；n1nnn1 3)如果a,b,c成等比數列，即b2=ac(b0)，則b叫做a,c的等比中項；4)若m+n=p+q,則aa=aa。 mnpq 定義4極限，給定數列｛a｝和實數A,若對任意的＞0,存在M,對任意的n〉M(nwN)，都有n |a-A|〈，則稱A為n—+B時數列｛a｝的極限，記作 nn, 定義5無窮遞縮等比數列，若等比數列｛a｝的公比q滿足|q|〈1,則稱之為無窮遞增等比 n 數列，其前n項和S的極限(即其所有項的和)為(由極限的定義可得)。 n 定理3第一數學歸納法：給定命題p(n)，若：(1)p(no)成立；(2)當

4、p(n)時n=k成立時能推出p(n)對n=k+1成立，則由(1),(2)可得命題p(n)對一切自然數n三氣成立。 競賽常用定理 定理4第二數學歸納法：給定命題p(n)，若：(1)p(n°)成立；(2)當p(n)對一切nWk的自然數n都成立時(k三氣)可推出p(k+1)成立，則由((1),(2)可得命題p(n)對一切自然數n三n°成立?！? 定理5對于齊次二階線性遞歸數列x=ax+bx，設它的特征方程x2=ax+b的兩個根為a, nn-1n-2 B:⑴若aB，則x=can-1+cpn-1,其中c,c由初始條件x,x的值確定；⑵若a邙, n121212 則x=(cn+c)an-1，其中

5、c,c的值由x,x的值確定。 n121212 二、方法與例題1．不完全歸納法。 這種方法是從特殊情況出發(fā)去總結更一般的規(guī)律，當然結論未必都是正確的，但卻是人類探索未知世界的普遍方式。通常解題方式為：特殊一猜想一數學歸納法證明。 例1試給出以下幾個數列的通項(不要求證明)；1)0,3,8,15,24,35,…；2)1, 5, 19,65,…；3)-1,0,3,8,15,…。 【解】1)a=n-1；2)a=3n-2n；3)a=n2-2n. n2nn 例2已知數列｛a｝滿足a=,a+a+???+a=n2a,n±1,求通項a. n112nnn 【解】因為a1=,又a1+a2=22?

6、a?,所以a2=,a3二,猜想(n三1). 證明；1)當n=1時，a1=，猜想正確。2)假設當nWk時猜想成立。當n=k+1時，由歸納假設及題設，a+a+???+a二[(k+1)2-1]ak,, 111k+1 所以 =k(k+2)ak+1, ++ 3x2kx(k+1) 111111+1 =k(k+2)ak+1, 即1-1+1-1+…+1-丄 223kk+1 所以=k(k+2)a，所以a= k+1k+1 由數學歸納法可得猜想成立，所以 例3設O〈a〈l,數列｛a｝滿足a=1+a,a=a+,求證：對任意nwN,有a>1. nnn-1+n 【證明】證明更強的結論：1〈

7、aW1+a. n 1) 當n=1時，1a=——+a>+a二>=1. k+ia1+a1+a1+a k 由數學歸納法可得①式成立，所以原命題得證。 2．迭代法。 數列的通項a或前n項和S中的n通常是對任意neN成立，因此可將其中的n換成n+1nn 或n-1等，這種辦法通常稱迭代或遞推。 例4數列｛a｝滿足a+pa+qa=0,n±3,qO,求證：存在常數c,使得?a+ nnn-1n-2n 【證明]?a+(pa+a)+=a?(—qa)+二

8、 n+1n+1n+2n+2n +a(pq+qa)]=q(). nn+1n 若=0，則對任意n,+=0,取c=0即可. 若0,貝9｛+｝是首項為，公式為q的等比數列。 所以+=?qn. 取?即可. 綜上，結論成立。 例5已知a=0,a=5a+,求證：a都是整數，neN. 1n+1nn+ 【證明】因為a=0,a=1，所以由題設知當n±1時a>a. 12n+1n 又由a=5a+移項、平方得 n+1n a2一10aa+a2一1=0.① n+1nn+1n 當n±2時，把①式中的n換成n-1得a2-10aa+a2-1=0，即 nnn一1n一1 a2一10aa+a2一1=

9、0.② n+1nn+1n 因為a

10、二￡(a+a)=~X 992n100一n2 n=1 例7求和：+…+ 解】 一般地， k(k+1)(k+2)= 1) k+2一k 2k(k+1)(k+2) 21k(k+1)(k+1)(k+2)丿 所以Sn= n 11111 =一+一+ 21_1x22x32x33x4 11 +一 n(n+1)(n+1)(n+2) 例8已知數列｛a｝滿足a=a=1,a=a+a,S為數列的前n項和，求證: n12n+2n+1nn S<2。 n 1 1 2 3 5 8 a 因為S=+ — +- +- +- ++- …+—n, n2 2

11、2 23 24 25 26 2n 【證明】由遞推公式可知，數列｛a｝前幾項為1,1,2,3,5,8,13。 n 11 2 3 5 a 所以一S=—— +— -+ -+ — -+ +——。 2n22 23 24 25 2n+1 1 1 1 r1 1 、 a a 由①-②得三S =— +—— +? +?—+—n-2 —n- 2n 2 22 V2 22 2n-2丿 2n+1 所以。 又因為S0, -2 所以S,所以， n 所以S<2，得證。 n 4．特

12、征方程法。 例9已知數列｛a｝滿足a=3,a=6,a=4-4a，求a. 12+2+1 【解】由特征方程x2=4x-4得x1=x2=2. 故設a=(a+Bn)?2n-i,其中，12 n 所以a=3,B=0, 所以a=3?2n-i. n 例10已知數列｛a｝滿足a=3,a=6,a=2a+3a，求通項a. n12n+2n+1nn 【解】由特征方程X2=2x+3得xg,x2=-1, 所以a=a?3n+B?(-1)n,其中， n 解得a=,B, 所以?3］。 5．構造等差或等比數列。 例11正數列a,a,…，a,…滿足=2a(n±2)且a=a=1，求通項。 01nn-

13、101 iI 【解】由aa-xaa=2a得=1, 'nn-2-n-1n-2n-1 I(、 Iarclar 即In—+1二2I—n-1+1. \aVa n-1vn-2丿 令b=+1,貝y｛b｝是首項為+1=2，公比為2的等比數列， nn 所以b=+1=2n，所以=(2n-1)2, n 所以aa= n0 注:C?C?…?C. 12n 例12已知數列｛x｝滿足x=2,x=,neN,求通項。 n1n+1+ 【解】考慮函數f(x)=的不動點，由=乂得x= 因為x=2,x=，可知｛x｝的每項均為正數。 1n+1n 又+2三，所以x ] Xn+1-==, n

14、+1 X+==, n+1 由①三②得。 n+1 三（n±1）。又 ① ② ③ 又>0， 由③可知對任意neN,>0且lg + x-%2 —n+4— x+2 n+1 =2lg 所以是首項為，公比為2的等比數列。 所以?，所以, 解得? (2+邁) (2+邁)2n-1—(2—、：2)2n—1 注：本例解法是借助于不動點，具有普遍意義。 三、基礎訓練題 1. 數列｛x｝滿足x=2,X=S+(n+l)，其中S為｛x｝前n項和，當n±2時，x=, n1n+1nnnn 2. 數列｛x｝滿足x=,x二，則｛x｝的通項x=. n1n+1nn 3. 數

15、列｛x｝滿足x=1,x=+2n-1(n22)，則｛x｝的通項x=. n1nnn 4. 等差數列｛a｝滿足3a=5a，且a>0,S為前n項之和，則當S最大時，n=. n8131nn 5. 等比數列｛a｝前n項之和記為S,若S=10，S=70，則S=. nn103040 6. 數列｛x｝滿足x=x-x(n三2),x=a,x=b,S=x+x+???+x，則S=. nn+1nn-112n12n100 7. 數列｛a｝中，S=a+a+???+a二n2—4n+1貝則|a|+|a|+???+]a|=. nn12n1210 x xTinn-T'并且尸尸…+于8,則x1= xxx 8.

16、 9. 10. 若一i—二2=3— x+1x+3x+5 123n 等差數列｛a｝，｛b｝的前n項和分別為S和T,若，則=, nnnn 若n!=n(n—1)???2?1,則=. 11. 若｛a｝是無窮等比數列，a為正整數，且滿足a+a=4&loga?loga+loga?loga+ nn5622232225 loga?loga+loga?loga=36,求的通項。 22262526 12. 已知數列｛a｝是公差不為零的等差數列，數列｛｝是公比為q的等比數列，且b=1,b=5, n12b=17,求：(1)q的值；(2)數列｛b｝的前n項和S。 四、高考水平訓練題 c

17、 1 x+— 2 1.已知函數f(x)二<2x—1 x一1 3nn (1) I2丿 (1A -1) 則axx=. xx2?已知數列｛a｝滿足a=1,a二a+2a+3a+???+(n-1)a(n22),則｛a｝的通項a=. n1n123n—1nn 3. 若a=n2+,且｛a｝是遞增數列，則實數的取值范圍是. nn 4. 設正項等比數列｛a｝的首項a=,前n項和為S,且2吧—(2】。+1)S+S=0,則 n1n302010 a=. n 5. 已知，則a的取值范圍是.

18、 6. 數列｛a｝滿足a=3a+n(nwN+)，存在個a值，使｛a｝成等差數列；存在 nn+1n1n 個a值，使｛a｝成等比數列。1n 7. 已知(nGN+),貝在數列｛an｝的前50項中，最大項與最小項分別是. 8. 有4個數，其中前三個數成等差數列，后三個數成等比數列，并且第一個數與第四個數 的和中16，第二個數與第三個數的和是12，則這四個數分別為. 9. 設｛a｝是由正數組成的數列，對于所有自然數n,a與2的等差中項等于S與2的等比 nnn 中項，則a=. n 10. 在公比大于1的等比數列中，最多連續(xù)有項是在100與1000之間的整數. 11. 已知數列｛a｝中

19、，a0,求證：數列｛a｝成等差數列的充要條件是 nnn 11111 ++++-(n三2)①恒成立。 aaaaaaaaaa 122334nn+11n+1 12. 已知數列｛a｝和｛b｝中有a=ab,b=(n三2),當a=p,b=q(p>0,q>0)且p+q=1時， nnnn—1nn11 (1) 求證：a>0,b>0且a+b=1(neN)；(2)求證：a+1=；(3)求數列 nnnnn 13. 是否存在常數a,b,c,使題設等式 1?22+2?32+???+n?(n+l)2=(an2+bn+c)對于一切自然數n都成立？證明你的結論。 五、聯賽一試水平訓練題1．設等差數列的首

20、項及公差均為非負整數，項數不少于3，且各項和為972，這樣的數列共有個。 2. 設數列｛x｝滿足x=1,x=，則通項x=. n1nn 3. 設數列｛a｝滿足a=3,a>0，且，則通項a=. n1nn 4. 已知數列a,a,a,…，a,…滿足關系式(3-a)?(6+a)=18,且a=3,則二. 012+10 5. 等比數列a+log3,a+log3,a+log3的公比為=. 248 6. 各項均為實數的等差數列的公差為4，其首項的平方與其余各項之和不超過100，這樣 的數列至多有項. 7. 數列｛a｝滿足a=2,a=6,且=2,則 12 a+、:'a\a lim―12

21、n=. nT8n2 &數列｛a｝稱為等差比數列，當且僅當此數列滿足a=0,｛a-qa｝構成公比為q的等比 0+1 數列，q稱為此等差比數列的差比。那么，由100以內的自然數構成等差比數列而差比大 于1時，項數最多有項. a為偶數 n。問：對于怎樣的h a為奇數 n a 9.設heN，數列｛a｝定義為：a=1,a=<2 +n0n+1 a+h n 存在大于0的整數n,使得a=1? n 10?設｛a｝為一非負整數列，且對任意k±l,滿足a三a+a，(1)求證：對任意正整kk21k2k2k+1 數n,數列中存在n個連續(xù)項為0；(2)求出一個滿足以上條件，且其存在無限

22、個非零項的數列。 11.求證：存在唯一的正整數數列％,篤,…,使得a1=1,a2>1,an+1(an+1-1)=六、聯賽二試水平訓練題 1. 設a為下述自然數N的個數：N的各位數字之和為n且每位數字只能取1,3或4,求 n 證：a是完全平方數，這里n=1,2,…. 2n 2. 設a,a,…，a表示整數1,2,…，n的任一排列，f(n)是這些排列中滿足如下性質 12n 的排列數目：①a=1;②la.-a.|W2,i=1,2,…,nT。 1ii+1 試問f(xx)能否被3整除？ 3.設數列｛a｝和｛b｝滿足a=1,b=0，且 nn00 Ia=7a+6b-3, /n+1n

23、n b=8a+7b-4,n=0,1,2,…. n+1nn 求證：a(n=0,1,2,…)是完全平方數。 n 4. 無窮正實數數列｛x｝具有以下性質：x=1,x.〈x.(i=0,1,2,…)， n0i+1i (1) 求證：對具有上述性質的任一數列，總能找到一個n±1,使三3.999均成立； (2) 尋求這樣的一個數列使不等式〈4對任一n均成立。 5. 設x,x,…,x是各項都不大于M的正整數序列且滿足xk=|xk-xk|(k=3,4,…,n)①.試 12nkk-1k-2 問這樣的序列最多有多少項？ 6. 設a=a=，且當n=3,4,5,…時，a=, 12n (i)求數

24、列｛an｝的通項公式；(ii)求證：是整數的平方。 7. 整數列u,U,u,u,…滿足u=1，且對每個正整數n,uu=ku，這里k是某個固定的 01230n+1n-1u 正整數。如果u=xx，求k的所有可能的值。 xx 8. 求證：存在無窮有界數列｛x｝，使得對任何不同的m,k,有|x-xj三 nmk 9. 已知n個正整數a,a,…,a和實數q,其中0〈q〈1,求證：n個實數b,b,…,b和滿 01n01n 足：(1)a〈b(k=l,2,…，n)； kk 2)q〈〈(k=1,2,…,n)； (3) b+b+???+b〈(a+a+???+a). 12n01n 2019

25、-2020年高考數學回歸課本極限與導數教案舊人教版 一、基礎知識 1. 極限定義：(1)若數列｛u｝滿足，對任意給定的正數￡，總存在正數m,當n>m且n^N n 時，恒有|u-A|〈￡成立(A為常數)，則稱A為數列u當n趨向于無窮大時的極限，記為,nn 另外=A表示x大于xo且趨向于xo時f(x)極限為A,稱右極限。類似地表示x小于xo且趨向于X時f(x)的左極限。 0 2. 極限的四則運算：如果f(x)=a,g(x)=b，那么[f(x)±g(x)]=a±b,[f(x)?g(x)]=ab, 3?連續(xù):如果函數f(x)在x=x0處有定義，且f(x)存在，并且f(x)=f(x0)，

26、則稱f(x)在x=x0處連續(xù)。 4. 最大值最小值定理：如果f(x)是閉區(qū)間[a,b]上的連續(xù)函數，那么f(x)在[a,b]上有最大值和最小值。 5. 導數：若函數f(x)在x0附近有定義，當自變量x在x0處取得一個增量4x時(4x充分小)，因變量y也隨之取得增量4y(Ay=f(x0+Ax)-f(x0)).若存在，則稱f(x)在x°處可導，此極限值稱為f(x)在點x0處的導數(或變化率)，記作(x0)或或:即 )二lim f(X)—f(%) 由定義知f(x)在點x0連續(xù)是f(x)在x0可導的必要條件。若 xf f(x)在區(qū)間I上有定義，且在每一點可導，則稱它在此敬意上可導。導

27、數的幾何意義是：f(x)在點x0處導數(x0)等于曲線y=f(x)在點P(x0,f(x0))處切線的斜率。 6. 幾個常用函數的導數:(1)=0(c為常數)；(2)(a為任意常數)；(3)(4);(5);(6);(7)；(8) 7. 導數的運算法則：若u(x),v(x)在x處可導，且u(x)工0,則 (1)[u(x)土v(x)]'=u'(x)土v'(x)；(2)[u(x)v(x)]'=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)；(3)(c為 常數)；(4)；(5)[學^]'= u(x) u(x)v'(x)—u'(x)v(x) u2(x) 8. 復合函數求導法：設函數y=f(u)

28、,u=(x)，已知(x)在x處可導，f(u)在對應的點u(u=(x))處可導，則復合函數y=f[(x)]在點x處可導，且(f[(x)]=. 9?導數與函數的性質：(1)若f(x)在區(qū)間I上可導，則f(x)在I上連續(xù)；(2)若對一切xw(a,b)有，則f(x)在(a,b)單調遞增；(3)若對一切x￡(a,b)有，則f(x)在(a,b)單調遞減。 10. 極值的必要條件：若函數f(x)在乂處可導，且在x處取得極值，則 00 11. 極值的第一充分條件：設f(x)在x0處連續(xù)，在x0鄰域(x°-B,x0+6)內可導，(1)若當x￡(x-6,x)時，當xW(x,x+B)時，則f(x)在x處取得

29、極小值；(2)若當xG(x-6， 00000 x0)時，當xG(x0,x0+6)時，則f(x)在x0處取得極大值。 12. 極值的第二充分條件：設f(x)在X。的某領域(x0-6,x0+6)內一階可導，在x=x0處二階可導，且。(1)若，則f(x)在x0處取得極小值；(°2)若，則f(x)在x0處取得極大值。 13. 羅爾中值定理：若函數f(x)在［a,b］上連續(xù)，在(a,b)上可導，且f(a)=f(b),貝V存在§丘(a,b)，使 ［證明］若當xW(a,b),f(x)三f(a),則對任意x￡(a,b),.若當x￡(a,b)時,f(x)Mf(a),因為f(x)在［a,b］上連續(xù)，所以

30、f(x)在［a,b］上有最大值和最小值，必有一個不等于f(a),不妨設最大值m>f(a)且f(c)=m，則cW(a,b),且f(c)為最大值，故，綜上得證。 14. Lagrange中值定理：若f(x)在［a,b］上連續(xù)，在(a,b)上可導，則存在gW(a,b),使［證明］令F(x)=f(x)-,則F(x)在［a,b］上連續(xù)，在(a,b)上可導，且F(a)=F(b),所以由13知存在gW(a,b)使=0,即 15. 曲線凸性的充分條件：設函數f(x)在開區(qū)間I內具有二階導數，(1)如果對任意xWI,,則曲線y=f(x)在I內是下凸的；(2)如果對任意xWI,,則y=f(x)在I內是上凸的。

31、通常稱上凸函數為凸函數，下凸函數為凹函數。 16. 琴生不等式：設a,a，…,awr+,a+a+???+a=1。(1)若f(x)是［a,b］上的凸函 12n12n 數，則x,x,xW［a,b］有f(ax+ax+???+ax)Waf(x)+af(x)+???+af(x). 12n1122nn1122nn 二、方法與例題 1.極限的求法。 例1 求下列極限：(1)；(2)；(3)lim ns 11]■+…+-?J Vn2+2yn2+n丿 ；(4) =1. 1 1)=； 2) an 當a>1時，lim nT81+an =lim1 ng(1\

32、 =1. 當0〈a〈1時，lim nT81+an liman ——n阿 1+liman ns 1+0 當a=1時， lim an 1+an =lim 1 f+1 lim-+1 nT^Va丿 =0. n (3)因為.= n2+n +…+ \-n2+2 vn2+1 而lim= =lim nTg\：n2+n 二1,lim1—— 1+1nTg\：n2+1 i1n =lim 二1, …：1+丄 所以lim +…+ mg 4)lim*n(、n+1一*n)=lim nTgnTg y.n

33、 例2求下列極限：(1)(1+x)(1+x2)(1+)???(1+)(|x|〈1)； (2)；(3)。 [解](l)(l+x)(l+x2)(l+)…(1+) (1—x)(1+x)(1+x2)(1+x2n)1一x2n+11 lim=lim= ns1一xnT81一x1一x 2)lim =lim xt1\ ((1—x)(2+x)) =lim xI =lim xtII =lim2+x=1.xT11+x+x2 (x2—1)(*3—x+1+x) x2一1 (3)lim=lim xtiJ3—x一+'1+xxti(<3—x一■y'1+x)(a/3—x+a/

34、1+x) 2(1-x) xtI (x一1)(x+1)(—3—x+\：1+x)一(x+1)(蘋?3—x+1+x)lim=lim xtI 2．連續(xù)性的討論。 例3設f(x)在(-00，+00)內有定義，且恒滿足f(x+1)=2f(x),又當xG[0,1)時，f(x)=x(1-x)2，試討論f(x)在x=2處的連續(xù)性。 [解]當x￡[0,1)時，有f(x)=x(1-x)2,在f(x+1)=2f(x)中令x+1=t則x=t-1,當x [1,2)時，利用f(x+1)=2f(x)有f(t)=2f(t-1)，因為tTW[0,1),再由f(x)=x(1-x)2得f(t-1)=(t-1)(2-1

35、)2,從而tw[1,2)時,有f(t)=2(t-1)?(2-1)2；同理，當x￡[1,2)時，令x+1=t，則當tw[2,3)時，有f(t)=2f(t-1)=4(t-2)(3-1)2.從而 〔2(x—1)(2—x)2,xe1,2) f(x)=<「、所以 4(x—2)(3—x)2,xe「2,3丿 limf(x)=lim2(x—1)(2—x)2=0,limf(x)=lim4(x—2)(3—x)2=0，所以 x-2—x-^2—x-2+x-2+ f(x)=f(x)=f(2)=0，所以f(x)在x=2處連續(xù)。3．利用導數的幾何意義求曲線的切線方程。 [解]因為點(2,0)不在曲線上，設切點

36、坐標為(x0,y0)，貝9，切線的斜率為，所以切線方程為y-y0=，即。又因為此切線過點(2,0)，所以，所以x0=1，所以所求的切線方程為y=-(x-2)，即x+y-2=0. 4．導數的計算。 例5求下列函數的導數：(1)y=sin(3x+1)；(2)；(3)y=ecos2x；(4)；(5)y=(1-2x)x(x>0且)。 [解](1)y'=cos(3x+1)-(3x+1)'=3cos(3x+1). (2)y'= (5x2+3x—、?'x)'?x—(5x2+3xx)-(x)' x2 1) 10x+3———x—5x2+3x+寸x2jx丿 x2 (3)y'二ecos2x-(c

37、os2x)'=ecos2x-(-sin2x)-(2x)'=-2ecos2x?sin2x. 4) I ?(x+px2-1)'= x+i：x2—1 (5)y'=[(1—2x)x]'=[exin(1-2x)]'二exin(1-2x)(xln(1—2x))' 二(I-2x)xln(1-2x)-y 5．用導數討論函數的單調性。 例6設a〉0,求函數f(x)=-ln(x+a)(xW(0,+b))的單調區(qū)間。 [解] 1 x+a (x>0) 因為x〉0,a〉0,所以x2+(2a-4)x+a2〉0； x2+(2a-4)x+a+<0. (1) 當a〉l時，對所有x>

38、0,有x2+(2a-4)x+a2〉0，即(x)〉0,f(x)在(0,+^)上單調遞增; (2) 當a=1時，對xMl,有x2+(2a-4)x+a2〉0，即，所以f(x)在(0,1)內單調遞增，在(1,+8)內遞增，又f(x)在x=1處連續(xù)，因此f(x)在(0,+s)內遞增；(3)當0〈a〈1時, 令，即x2+(2a-4)x+a2〉0，解得x〈2-a-或x〉2-a+，因此,f(x)在(0,2-a-)內單調遞增，在(2-a+,+00)內也單調遞增，而當2-aYx〈2-a+時，x2+(2a-4)x+^<0，即，所以f(x)在(2-a-,2-a+)內單調遞減。 6．利用導數證明不等式。 例7設

39、，求證：sinx+tanx〉2x. [證明]設f(x)=sinx+tanx-2x，則=cosx+sec2x-2，當時， 1 cosx+一 cos2x I1 >2.'cosx?- cos2x 因為0〈cosx〈1) 所以 cosx 二cosx+sec2x-2二cosx+.又f(x)在上連續(xù)，所以f(x)在上單調遞增，所以當x丘時，f(x)>f(0)=0,即sinx+tanx〉2x. 7. 利用導數討論極值。 例8設f(x)=alnx+bx2+x在xi=1和x「2處都取得極值，試求a與b的值，并指出這時f(x)在xi與x2處是取得極大值還是極小值。 [解]因為f(x

40、)在(0,+o)上連續(xù)，可導，又f(x)在xi=1,x2=2處取得極值，所以，又+2bx+1, 所以 a+2b+1=0, 0, 解得 2 3 1 6 2 121(x—1)(2—x) 所以f(x)=~~lnx—x2+X,f(x)=———x+1= 3 63x33x 所以當x￡(0,1)時，，所以f(x)在(0,1]上遞減； 當xe(1,2)時，，所以f(x)在[1,2]上遞增； 當xW(2,+8)時，，所以f(x)在[2,+8)上遞減。 綜上可知f(x)在xi=1處取得極小值，在x2=2處取得極大值。 例9設x￡[0,n],yW[0,1],試求函數f(x,y)=

41、(2y-1)sinx+(1-y)sin(1-y)x的最小值。 [解]首先，當x￡[0,n],yW[0,1]時， f(x,y)=(2y-1)sinx+(1-y)sin(1-y)x=(1-y)2x sin(1—y)x (1—y)x sinx + x y2 (1—y)2 sinx sin(1—y)x+ (1—y)x 令g(x)=, 2y—1 (1—y)2 sinx =(1-y)2x ,/、cosx(x—tanxV兀、 x2 g'(x)=(x豐-) 當時，因為cosx〉0,tanx〉x，所以; 當時，因為cosx〈0,tanx〈0,x-tanx〉0，所以

42、；又因為g(x)在(0,n)上連續(xù)，所以g(x)在(0,n)上單調遞減。又因為0〈(1-y)x〈x〈n，所以g[(1-y)x]〉g(x),即，又因為，所以當xW(0,n),yW(0,1)時，f(x,y)>0. 其次，當x=0時，f(x,y)=0；當x=n時，f(x,y)=(1-y)sin(1-y)n20.當y=1時，f(x,y)二-sinx+sinx=0；當y=1時，f(x,y)=sinx20. 綜上，當且僅當x=0或y=0或x=n且y=1時，f(x,y)取最小值0。 三、基礎訓練題 1．=. 2．已知，則a-b= 3． lim ns 1+cos 2(n+1) 3 3x

43、2—4x+1 +lim nT8 3 3x—2x2+2 4． 2+(—1)nI} 5.計算lim+lim&x2+1—px2—1)=. nsnxT+8 6. 若f(x)是定義在(-8,+8)上的偶函數，且存在，貝y. f(2+h)—f(2—h) 7. 函數f(x)在(-8,+8)上可導，且，則lim—=. h—02h 8. 若曲線f(x)=x4-x在點P處的切線平行于直線3x-y=0，則點P坐標為. 9. 函數f(x)=x-2sinx的單調遞增區(qū)間是. 10. 函數的導數為. 11?若曲線在點處的切線的斜率為，求實數a. 12.求sin29。的近似值。 13

44、.設0〈b〈a〈，求證： 四、高考水平練習題 1．計算=. 2．計算. 3．函數f(x)=2x3-6x2+7的單調遞增區(qū)間是.。 4．函數的導數是. 5．函數f(x)在x0鄰域內可導，a,b為實常數，若，則 十f(x+aAx)-f(x-bAx) limoo=. AxtOAx 6．函數f(x)=ex(sinx+cosx),x的值域為. 7.過拋物線X2=2py上一點(x0,y0)的切線方程為. 8. 當x>0時，比較大?。簂n(x+l)x. 9?函數f(x)=x5-5x4+5x3+l,x丘[-1,2]的最大值為，最小值為. 10. 曲線y=e-x(x±O)在點M(t,

45、e-t)處的切線l與x軸、y軸所圍成的三角形面積為S(t), 則S(t)的最大值為. 11. 若x>0,求證：(x2-1)lnx三(x-1)2. 12. 函數y=f(x)在區(qū)間(0,+b)內可導。導函數是減函數，且〉0,X0W(0,+s).y二kx+m是曲線y=f(x)在點(x0，f(x0))處的切線方程，另設g(x)=kx+m,(1)用x0，f(x0),表示m；(2)證明：當xW(0,+8)時，g(x)2f(x)；(3)若關于x的不等式x2+1±ax+b三在(0,+^)上恒成立，其中a,b為實數，求b的取值范圍及a,b所滿足的關系。 13. 設各項為正的無窮數列｛x｝滿足lnx+,證

46、明：xW1(nWN)? nnn+ 五、聯賽一試水平訓練題 1. 設M=｛(十進制)n位純小數0?只取0或1(i=1,2,…,n-1),a=1｝，T是M中元素的 nnnn 個數，S是M中所有元素的和，則. nn 2. 若(1-2x)9展開式的第3項為288，則. 3. 設f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當x<0時， f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0，且g(-3)=0，則不等式f(x)g(x)<0的解集為. 4. 曲線與的交點處的切線夾角是. 5. 已知a^R+，函數f(x)=x2eax的單調遞增區(qū)間為. 6. 已知在(a,3-a2)上有最大值

47、，則a的取值范圍是. 7. 當x￡(1,2]時，f(x)=恒成立，則y=lg(a2-a+3)的最小值為. 8. 已知f(x)=ln(ex+a)(a〉0)，若對任意x￡[ln(3a),ln(4a)]，不等式|m-f-i(x)|+ln[]〈0 恒成立，則實數m取值范圍是. 9. 已知函數f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,(1)求函數f(x)的最大值；(2)設0〈a〈b,證明：0〈g(a)+g(b)-〈(b-a)ln2. 10. (1)設函數f(x)=xlog2x+(1-x)log2(1-x)(0

48、+=1，求證：plogp+plogp+???+log三-n. 1231212222 11. 若函數gA(x)的定義域A=[a,b)，且gA(x)=，其中a,b為任意的正實數，且a I1I2 kk+1 六、聯賽二試水平訓練題 1. 證明下列不等式：(1)x—0)； 22(1+x) (2)。 2. 當0〈aWbWcWd時，求f(a,b,c,d)二的最小值。 3. 已知x,y丘(0,1)求證:xy+yx〉1.