高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月知識(shí)方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識(shí)方法篇 專題10 數(shù)學(xué)思想 第37練 函數(shù)與方程思想 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、第37練 函數(shù)與方程思想 [思想方法解讀] 1.函數(shù)與方程思想的含義 (1)函數(shù)的思想,是用運(yùn)動(dòng)和變化的觀點(diǎn),分析和研究數(shù)學(xué)中的數(shù)量關(guān)系,是對(duì)函數(shù)概念的本質(zhì)認(rèn)識(shí),建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù),運(yùn)用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問(wèn)題、轉(zhuǎn)化問(wèn)題,從而使問(wèn)題獲得解決的思想方法. (2)方程的思想,就是分析數(shù)學(xué)問(wèn)題中變量間的等量關(guān)系,建立方程或方程組,或者構(gòu)造方程,通過(guò)解方程或方程組,或者運(yùn)用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問(wèn)題,使問(wèn)題獲得解決的思想方法. 2.函數(shù)與方程思想在解題中的應(yīng)用 (1)函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化,對(duì)函數(shù)y=f(x),當(dāng)y>0時(shí),就化為不等式f(x)>0,借助于函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決有關(guān)問(wèn)題,

2、而研究函數(shù)的性質(zhì)也離不開(kāi)不等式. (2)數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和是自變量為正整數(shù)的函數(shù),用函數(shù)的觀點(diǎn)去處理數(shù)列問(wèn)題十分重要. (3)解析幾何中的許多問(wèn)題,需要通過(guò)解二元方程組才能解決.這都涉及二次方程與二次函數(shù)的有關(guān)理論. (4)立體幾何中有關(guān)線段、面積、體積的計(jì)算,經(jīng)常需要運(yùn)用列方程或建立函數(shù)表達(dá)式的方法加以解決. 體驗(yàn)高考 1.(2015·湖南)已知函數(shù)f(x)=若存在實(shí)數(shù)b,使函數(shù)g(x)=f(x)-b有兩個(gè)零點(diǎn),則a的取值范圍是________. 答案 (-∞,0)∪(1,+∞) 解析 函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn), 即方程f(x)-b=0有兩個(gè)不等實(shí)根, 則函數(shù)y=f(x)和

3、y=b的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn). ①若a<0,則當(dāng)x≤a時(shí),f(x)=x3,函數(shù)單調(diào)遞增; 當(dāng)x>a時(shí),f(x)=x2,函數(shù)先單調(diào)遞減后單調(diào)遞增, f(x)的圖象如圖(1)實(shí)線部分所示,其與直線y=b可能有兩個(gè)公共點(diǎn). ②若0≤a≤1,則a3≤a2,函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,f(x)的圖象如圖(2)實(shí)線部分所示, 其與直線y=b至多有一個(gè)公共點(diǎn). ③若a>1,則a3>a2,函數(shù)f(x)在R上不單調(diào), f(x)的圖象如圖(3)實(shí)線部分所示, 其與直線y=b可能有兩個(gè)公共點(diǎn). 綜上,a<0或a>1. 2.(2015·安徽)設(shè)x3+ax+b=0,其中a,b均為實(shí)數(shù),下列條件中

4、,使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是__________(寫(xiě)出所有正確條件的編號(hào)). ①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2; ④a=0,b=2;⑤a=1,b=2. 答案?、佗邰堍? 解析 令f(x)=x3+ax+b,f′(x)=3x2+a, 當(dāng)a≥0時(shí),f′(x)≥0,f(x)單調(diào)遞增,必有一個(gè)實(shí)根,④⑤正確;當(dāng)a<0時(shí),由于選項(xiàng)當(dāng)中a=-3,∴只考慮a=-3這一種情況,f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1), ∴f(x)極大=f(-1)=-1+3+b=b+2,f(x)極?。絝(1)=1-3+b=b-2,要有一根,f(x)極大<0或f(x)極小>0,∴b<

5、-2或b>2,①③正確,②錯(cuò)誤.所有正確條件為①③④⑤. 3.(2016·課標(biāo)全國(guó)甲)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(-x)=2-f(x),若函數(shù)y=與y=f(x)圖象的交點(diǎn)為(x1,y1),(x2,y2),…,(xm,ym),則(xi+yi)等于(  ) A.0 B.m C.2m D.4m 答案 B 解析 方法一 特殊函數(shù)法,根據(jù)f(-x)=2-f(x)可設(shè)函數(shù)f(x)=x+1,由y=, 解得兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)為 此時(shí)m=2,所以(xi+yi)=m,故選B. 方法二 由題設(shè)得(f(x)+f(-x))=1,點(diǎn)(x,f(x))與點(diǎn)(-x,f(-x))關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱, 則y

6、=f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱. 又y==1+,x≠0的圖象也關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱. 則交點(diǎn)(x1,y1),(x2,y2),…,(xm,ym)成對(duì),且關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱.則(xi,yi)=i+i=0+×2=m,故選B. 高考必會(huì)題型 題型一 利用函數(shù)與方程思想解決圖象交點(diǎn)或方程根等問(wèn)題 例1 (2016·天津)已知函數(shù)f(x)= (a>0,且a≠1)在R上單調(diào)遞減,且關(guān)于x的方程|f(x)|=2-x恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解,則a的取值范圍是(  ) A. B. C.∪ D.∪ 答案 C 解析 由y=loga(x+1)+1在[0,+∞)上遞減,得0

7、)在R上單調(diào)遞減, 則 ?≤a≤. 如圖所示,在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)y=|f(x)|和y=2-x的圖象. 由圖象可知,在[0,+∞)上,|f(x)|=2-x有且僅有一個(gè)解.故在(-∞,0)上,|f(x)|=2-x同樣有且僅有一個(gè)解.當(dāng)3a>2,即a>時(shí),由x2+(4a-3)x+3a=2-x(其中x<0),得x2+(4a-2)x+3a-2=0(其中x<0), 則Δ=(4a-2)2-4(3a-2)=0,解得a=或a=1(舍去); 當(dāng)1≤3a≤2,即≤a≤時(shí),由圖象可知,符合條件. 綜上所述,a∈∪.故選C. 點(diǎn)評(píng) 函數(shù)圖象的交點(diǎn)、函數(shù)零點(diǎn)、方程的根三者之間可互相轉(zhuǎn)化,解題的宗旨就是

8、函數(shù)與方程的思想.方程的根可轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)、函數(shù)圖象的交點(diǎn),反之函數(shù)零點(diǎn)、函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題也可轉(zhuǎn)化為方程根的問(wèn)題. 變式訓(xùn)練1 已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:f(x)=且f(x+2)=f(x),g(x)=,則方程f(x)=g(x)在區(qū)間[-5,1]上的所有實(shí)根之和為(  ) A.-5 B.-6 C.-7 D.-8 答案 C 解析 g(x)===2+,由題意知函數(shù)f(x)的周期為2,則函數(shù)f(x),g(x)在區(qū)間[-5,1]上的圖象如圖所示: 由圖象知f(x)、g(x)有三個(gè)交點(diǎn),故方程f(x)=g(x) 在x∈[-5,1]上有三個(gè)根xA、xB、xC,xB=-3,

9、=-2,xA+xC=-4,∴xA+xB+xC=-7. 題型二 函數(shù)與方程思想在不等式中的應(yīng)用 例2 定義域?yàn)镽的可導(dǎo)函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),滿足f(x)>f′(x),且f(0)=1,則不等式<1的解集為(  ) A.(-∞,0) B.(0,+∞) C.(-∞,2) D.(2,+∞) 答案 B 解析 構(gòu)造函數(shù)g(x)=,則g′(x)==.由題意得g′(x)<0恒成立,所以函數(shù)g(x)=在R上單調(diào)遞減.又g(0)==1,所以<1,即g(x)<1,所以x>0,所以不等式的解集為(0,+∞).故選B. 點(diǎn)評(píng) 不等式恒成立問(wèn)題的處理方法 在解決不等式恒成立問(wèn)題時(shí),一

10、種最重要的思想方法就是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù),利用函數(shù)的圖象和性質(zhì)解決問(wèn)題.同時(shí)要注意在一個(gè)含多個(gè)變量的數(shù)學(xué)問(wèn)題中,需要確定合適的變量和參數(shù),從而揭示函數(shù)關(guān)系,使問(wèn)題更明朗化.一般地,已知存在范圍的量為變量,而待求范圍的量為參數(shù). 變式訓(xùn)練2 已知f(x)=log2x,x∈[2,16],對(duì)于函數(shù)f(x)值域內(nèi)的任意實(shí)數(shù)m,則使x2+mx+4>2m+4x恒成立的實(shí)數(shù)x的取值范圍為(  ) A.(-∞,-2] B.[2,+∞) C.(-∞,-2]∪[2,+∞) D.(-∞,-2)∪(2,+∞) 答案 D 解析 ∵x∈[2,16],∴f(x)=log2x∈[1,4],即m∈[1,4]. 不等

11、式x2+mx+4>2m+4x恒成立, 即為m(x-2)+(x-2)2>0恒成立, 設(shè)g(m)=(x-2)m+(x-2)2, 則此函數(shù)在[1,4]上恒大于0, 所以即 解得x<-2或x>2. 題型三 函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應(yīng)用 例3 已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列,a2,a3,a4+1成等比數(shù)列,設(shè)bn=++…+(其中Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和),若對(duì)任意n∈N*,不等式bn≤k恒成立,求實(shí)數(shù)k的最小值. 解 因?yàn)閍1=2,a=a2·(a4+1), 又因?yàn)閧an}是正項(xiàng)等差數(shù)列,故d≥0, 所以(2+2d)2=(2+d)(3+3d), 得d=2或d=

12、-1(舍去), 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=2n. 因?yàn)镾n=n(n+1), bn=++…+ =++…+ =-+-+…+- =-==. 令f(x)=2x+ (x≥1), 則f′(x)=2-,當(dāng)x≥1時(shí),f′(x)>0恒成立, 所以f(x)在[1,+∞)上是增函數(shù), 故當(dāng)x=1時(shí),f(x)min=f(1)=3, 即當(dāng)n=1時(shí),(bn)max=, 要使對(duì)任意的正整數(shù)n,不等式bn≤k恒成立, 則須使k≥(bn)max=,所以實(shí)數(shù)k的最小值為. 點(diǎn)評(píng) 數(shù)列問(wèn)題函數(shù)(方程)化法 數(shù)列問(wèn)題函數(shù)(方程)化法與形式結(jié)構(gòu)函數(shù)(方程)化法類似,但要注意數(shù)列問(wèn)題中n的取值范圍為正

13、整數(shù),涉及的函數(shù)具有離散性特點(diǎn),其一般解題步驟為: 第一步:分析數(shù)列式子的結(jié)構(gòu)特征. 第二步:根據(jù)結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造“特征”函數(shù)(方程),轉(zhuǎn)化問(wèn)題形式. 第三步:研究函數(shù)性質(zhì).結(jié)合解決問(wèn)題的需要,研究函數(shù)(方程)的相關(guān)性質(zhì),主要涉及函數(shù)單調(diào)性與最值、值域問(wèn)題的研究. 第四步:回歸問(wèn)題.結(jié)合對(duì)函數(shù)(方程)相關(guān)性質(zhì)的研究,回歸問(wèn)題. 變式訓(xùn)練3 設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,(n+1)Sn<nSn+1(n∈N*).若<-1,則(  ) A.Sn的最大值是S8 B.Sn的最小值是S8 C.Sn的最大值是S7 D.Sn的最小值是S7 答案 D 解析 由條件得<,即<,所以an<an+

14、1,所以等差數(shù)列{an}為遞增數(shù)列. 又<-1,所以a8>0,a7<0,即數(shù)列{an}前7項(xiàng)均小于0,第8項(xiàng)大于零,所以Sn的最小值為S7,故選D. 題型四 函數(shù)與方程思想在解析幾何中的應(yīng)用 例4 橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O,焦點(diǎn)在y軸上,短軸長(zhǎng)為,離心率為,直線l與y軸交于點(diǎn)P(0,m),與橢圓C交于相異兩點(diǎn)A,B,且=3. (1)求橢圓C的方程; (2)求m的取值范圍. 解 (1)設(shè)橢圓C的方程為+=1 (a>b>0), 設(shè)c>0,c2=a2-b2, 由題意,知2b=,=,所以a=1,b=c=. 故橢圓C的方程為y2+=1,即y2+2x2=1. (2)①當(dāng)直線l的斜率不存

15、在時(shí),也滿足=3,此時(shí)m=±. ②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+m (k≠0),l與橢圓C的交點(diǎn)坐標(biāo)為A(x1,y1),B(x2,y2), 由得(k2+2)x2+2kmx+(m2-1)=0, Δ=(2km)2-4(k2+2)(m2-1) =4(k2-2m2+2)>0,(*) x1+x2=,x1x2=. 因?yàn)椋?,所以-x1=3x2, 所以則3(x1+x2)2+4x1x2=0, 即3·2+4·=0, 整理得4k2m2+2m2-k2-2=0, 即k2(4m2-1)+2m2-2=0, 當(dāng)m2=時(shí),上式不成立; 當(dāng)m2≠時(shí),k2=, 由(*)式,得k2>2m

16、2-2,又k≠0, 所以k2=>0, 解得-10或Δ≥0中,即可求出目標(biāo)參數(shù)的取值范圍. 第五步:回顧反思.在研究直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問(wèn)題時(shí),無(wú)論題目中有沒(méi)有涉及求參數(shù)的取值范圍,都不能忽視了判別式對(duì)某些量的制約,這是求解這類問(wèn)題的關(guān)鍵環(huán)節(jié). 變式訓(xùn)練4 已知點(diǎn)F1(-c,0

17、),F(xiàn)2(c,0)為橢圓+=1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn),點(diǎn)P為橢圓上一點(diǎn),且·=c2,則此橢圓離心率的取值范圍是____________. 答案  解析 設(shè)P(x,y),則·=(-c-x,-y)· (c-x,-y)=x2-c2+y2=c2,① 將y2=b2-x2代入①式解得x2= =,又x2∈[0,a2], ∴2c2≤a2≤3c2,∴e=∈. 高考題型精練 1.關(guān)于x的方程3x=a2+2a,在(-∞,1]上有解,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(  ) A.[-2,-1)∪(0,1] B.[-3,-2)∪[0,1] C.[-3,-2)∪(0,1] D.[-2,-1)∪[0,1]

18、答案 C 解析 當(dāng)x∈(-∞,1]時(shí),3x∈(0,3], 要使3x=a2+2a有解,a2+2a的值域必須為(0,3], 即0

19、x,G′(x)=3-e-x,3-e-x=0, x=-ln 3,G(x)最小值G(-ln 3)=6-3ln 3>0, F(x)在(-∞,1)上遞減,在(1,+∞)上遞增, F(x)的最小值為F(1)=1-,所以a≥1-, 故選D. 3.已知f(x)=x2-4x+4,f1(x)=f(x),f2(x)=f(f1(x)),…,fn(x)=f(fn-1(x)),函數(shù)y=fn(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)記為an,則an等于(  ) A.2n B.2n-1 C.2n+1 D.2n或2n-1 答案 B 解析 f1(x)=x2-4x+4=(x-2)2,有1個(gè)零點(diǎn)2,由f2(x)=0可得f1(x)=2,則x

20、=2+或x=2-,即y=f2(x)有2個(gè)零點(diǎn),由f3(x)=0可得f2(x)=2-或2+,則(x-2)2=2-或(x-2)2=2+,即y=f3(x)有4個(gè)零點(diǎn),以此類推可知,y=fn(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)an=2n-1.故選B. 4.已知函數(shù)f(x)=ln x-x+-1,g(x)=-x2+2bx-4,若對(duì)任意x1∈(0,2),x2∈[1,2],不等式f(x1)≥g(x2)恒成立,則實(shí)數(shù)b的取值范圍為_(kāi)___________. 答案  解析 問(wèn)題等價(jià)于f(x)min≥g(x)max. f(x)=ln x-x+-1, 所以f′(x)=--=, 令f′(x)>0得x2-4x+3<0,解得1

21、<3, 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1,3),單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)和(3,+∞),故在區(qū)間(0,2)上,x=1是函數(shù)的極小值點(diǎn),這個(gè)極小值點(diǎn)是唯一的,故也是最小值點(diǎn),所以f(x)min=f(1)=-. 由于函數(shù)g(x)=-x2+2bx-4,x∈[1,2]. 當(dāng)b<1時(shí),g(x)max=g(1)=2b-5; 當(dāng)1≤b≤2時(shí);g(x)max=g(b)=b2-4; 當(dāng)b>2時(shí),g(x)max=g(2)=4b-8. 故問(wèn)題等價(jià)于 或 或解第一個(gè)不等式組得b<1,解第二個(gè)不等式組得1≤b≤,第三個(gè)不等式組無(wú)解. 綜上所述,b的取值范圍是. 5.滿足條件AB=2,AC=BC的三

22、角形ABC的面積的最大值是________. 答案 2 解析 可設(shè)BC=x,則AC=x, 根據(jù)面積公式得S△ABC=x, 由余弦定理計(jì)算得cos B=, 代入上式得S△ABC=x =. 由得2-2

23、f(x)=ln x+(a為常數(shù)). (1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線與x軸平行,求實(shí)數(shù)a的值; (2)若函數(shù)f(x)在(e,+∞)內(nèi)有極值,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,1)∪(1,+∞), 由f(x)=ln x+得f′(x)=-, 由于曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線與x軸平行, 所以f′(2)=0,即-=0, 所以a=. (2)因?yàn)閒′(x)=-=, 若函數(shù)f(x)在(e,+∞)內(nèi)有極值, 則函數(shù)y=f′(x)在(e,+∞)內(nèi)有異號(hào)零點(diǎn), 令φ(x)=x2-(2+a)x+1. 設(shè)x2-(2+a)x+1=(

24、x-α)(x-β),可知αβ=1, 不妨設(shè)β>α,則α∈(0,1),β∈(1,+∞), 若函數(shù)y=f′(x)在(e,+∞)內(nèi)有異號(hào)零點(diǎn), 即y=φ(x)在(e,+∞)內(nèi)有異號(hào)零點(diǎn), 所以β>e,又φ(0)=1>0, 所以φ(e)=e2-(2+a)e+1<0, 解得a>e+-2, 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e+-2,+∞). 8.已知f(x)=ex-ax-1. (1)求f(x)的單調(diào)增區(qū)間; (2)若f(x)在定義域R內(nèi)單調(diào)遞增,求a的取值范圍. 解 (1)∵f(x)=ex-ax-1(x∈R), ∴f′(x)=ex-a. 令f′(x)≥0,得ex≥a, 當(dāng)a≤0時(shí),f′

25、(x)>0在R上恒成立; 當(dāng)a>0時(shí),有x≥ln a. 綜上,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,+∞); 當(dāng)a>0時(shí),f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(ln a,+∞). (2)由(1)知f′(x)=ex-a. ∵f(x)在R上單調(diào)遞增, ∴f′(x)=ex-a≥0恒成立, 即a≤ex在R上恒成立. ∵當(dāng)x∈R時(shí),ex>0, ∴a≤0,即a的取值范圍是(-∞,0]. 9.已知橢圓C:+=1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn)為A(2,0),離心率為.直線y=k(x-1)與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M,N. (1)求橢圓C的方程; (2)當(dāng)△AMN的面積為時(shí),求k的值. 解 (1)由題意得

26、解得b=. 所以橢圓C的方程為+=1. (2)由得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0. 設(shè)點(diǎn)M,N的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2), 則x1+x2=,x1x2=. 所以|MN|= = =. 又因?yàn)辄c(diǎn)A(2,0)到直線y=k(x-1)的距離d=, 所以△AMN的面積為S=|MN|·d=. 由=,解得k=±1.所以k的值為1或-1. 10.已知等比數(shù)列{an}滿足2a1+a3=3a2,且a3+2是a2,a4的等差中項(xiàng). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式. (2)若bn=an+log2,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn-2n+1+47<0成立的正整數(shù)n

27、的最小值. 解 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公比為q, 依題意,有 即 由①得q2-3q+2=0, 解得q=1或q=2. 當(dāng)q=1時(shí),不合題意.舍去; 當(dāng)q=2時(shí),代入②得a1=2, 所以an=2×2n-1=2n. (2)bn=an+log2 =2n+log2=2n-n. 所以Sn=2-1+22-2+23-3+…+2n-n =(2+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n) =- =2n+1-2-n-n2. 因?yàn)镾n-2n+1+47<0, 所以2n+1-2-n-n2-2n+1+47<0, 即n2+n-90>0, 解得n>9或n<-10. 因?yàn)閚∈N*, 故使Sn-2n+1+47<0成立的正整數(shù)n的最小值為10.

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