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教材习题答案
第五章 数列 ａ ａ ａ ａ . ａ ａ ａ ａ ａ
(２) ｎ ＋１－ ｎ＝２ꎬ １＝７ꎻ ７＝１９ (２) １＝５ꎬ ２＝－５ꎬ ３＝５ꎬ ４＝－５ꎬ ５＝５ꎬ
ａ ａ ａ ａ . 前 项和Ｓ .
(３) ｎ ＋１＝３ ｎꎬ １＝２ꎻ ７＝１４５８ ５ ５＝５
5.1 数列基础
２.解析 ａ ａ ａ １ ａ ａ ３ ａ ａ ７ ａ ９ ａ
(１) １＝２ꎬ ２ ＝１ꎬ ３ ＝
２
ꎬ ４ ＝ (３) １＝
２
ꎬ ２＝１ꎬ ３＝
１０
ꎬ ４＝
１７
ꎬ ５＝
５.１.１ 数列的概念
１ ａ １ .
练习Ａ ４
ꎬ ５＝
８
１１
ꎬ
前
５
项和Ｓ
５＝
９１７７.
２６ ２２１０
ａ ａ ａ ａ ａ .
１ ２ . . 解 解 析 析 ａ ( １ １ ＝ ) ａ ２ １ ꎬ ＝ ａ ２ １ ＝ ꎬ ａ ４ ２ ꎬ ＝ ａ ３ ４ ＝ ꎬ ａ ８ ３ . ＝９ . ３.解 (２ Ｆ 析 ) １ Ｆ ＝ Ｆ ３ ３ ꎬ ＝ Ｆ ２ Ｆ １ ＝ ＋ ５ Ｆ ꎬ ２ Ｆ ＝ ３＝ ２ꎬ ７ Ｆ Ｆ ꎬ ４＝ ４＝ Ｆ ９ ３ Ｆ ＋ ꎬ Ｆ ５ ２ ＝ ＝ Ｆ １ ３ １ ꎬ Ｆ Ｆ ５ ３.解析 (１) ａ ７ ＝ ３４ １ ３ ꎬ ａ １０ ＝ １０ １ ００ ꎬ ａ ｎ －１ ＝
(２) ａ ａ １＝－２ ａ ꎬ ａ ２＝ １ ４ꎬ ａ ａ ３＝－ １ ６ . . 前 ＝ ＝ １３ ４＋ ꎬ 项 Ｆ ８ 和 ３ ＝ ＝ Ｆ Ｓ ５ ７ ꎬ ＋ Ｆ Ｆ ６ ６ ＝ ＝ Ｆ ２ ５ １ ＋ . Ｆ ４＝ Ｆ ８ꎬ Ｆ ７＝ ６＋ . ５ ( ｎ － １ １) ３ꎬ ａ ｎ ＋１＝ ( ｎ ＋ １ １) ３ .
(３) １＝０ꎬ ２＝
６
ꎬ ３＝
６
５ ５＝ １＋ ２＋ ３＋ ４＋ ５＝１２
ａ １ ａ １ ａ (－１)
ｎ
ａ
３ ４ . . 解 解 析 析 ( 因 １) 为 ａ ｎ ａ ＝ ｎ ＋ ｎ １ ＋ － １ ａ . ｎ ( ＝ ２) [ ａ ２ ｎ ( ＝ ｎ － ＋ ３ １ ｎ ) . －３]－ ４.解析 ａ １ ＝－ ４ １ ꎬ ａ ２ ＝５ꎬ ａ ３ ＝ ５ ４ ꎬ ａ ４ ＝ (２ ( ) －１ ７ ) ＝ ｎ ＋ ７ ２ . ꎬ １０＝－ １０ ꎬ ｎ －１＝ ｎ －１ ꎬ ｎ ＋１
ｎ 即ａ ａ １ ａ . ＝ ｎ
(２ －３)＝２>０ꎬ ｎ ＋１> ｎꎬ － ꎬ ５＝５ ＋１
５.解 所以 析 数 列 (１ { ) ａ 证 ｎ} 是 明 递 : ａ 增 ｎ＝ 数 ｆ ( 列 ｎ . )＝ ２ ｎ ｎ －１ ＝２ 前 ４ ３ 项和Ｓ ３＝ ａ １＋ ａ ２＋ ａ ３＝ １ ２ １ ０ １ ꎬ ( ３ꎬ ３ ａ ) ｎ ａ ＋１ ７ ＝ ＝ － － ２ １２ ｎ ＋ ５ １ ꎬ ＋ ａ ３ １ . ０＝－１ ０２１ꎬ ａ ｎ －１＝－２ ｎ －１ ＋
前 项和Ｓ ａ ａ ａ ａ ａ １０３. ４.解析 ａ ａ ５ ａ ２９ ａ ９４１.
１ ５ ５＝ １＋ ２＋ ３＋ ４＋ ５＝ ２＝２ꎬ ３＝ ꎬ ４＝ ꎬ ５＝
－ ｎ ꎬ １０ ２ １０ ２９０
５.解析 Ｓ ｎ Ｓ ａ Ｓ ａ ａ Ｓ ａ ａ ａ
∵ ｎ＝３ ꎬ① １＝ １＝１ꎬ ２＝ １＋ ２＝３ꎬ ３＝ １＋ ２＋ ３
ｎ Ｎ １ Ｓ ｎ ｎ
∵ ∈ ＋ꎬ∴０< ｎ ≤１ꎬ ∴ ｎ －１＝３( －１)( ≥２)ꎬ② １１ Ｓ ４２ Ｓ ３３７７.
由
①－②
得ａ
ｎ＝３
ｎ
－３(
ｎ
－１)＝３(
ｎ
≥２)ꎬ
＝
２
ꎬ ４＝
５
ꎬ ５＝
２９０
∴１≤２－ ｎ １ <２ꎬ 即 １≤ ａ ｎ<２ . 当ｎ ＝１ 时 ꎬ ａ １＝ Ｓ １＝３ꎬ 满足该式 ꎬ ５.解析 (１) ａ ｎ＝２－２ ｎ.
ａ 的通项公式为ａ .
(２) 易得ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝ ( ２－ｎ
＋
１
１
) － ( ２－ｎ １ ) ＝
１
练
.解
∴ 习
析
{ Ｂ ｎ}
ａ ａ
ｎ＝
ａ
３
ａ
(２) ａ ｎ＝ｎ ｎ
＋
＋
４
５.
ｎ １ －ｎ ＋ １ １ ꎬ∵ ｎ ∈ Ｎ ＋ꎬ ａ ５＝３ １ . (１) １＝１ꎬ ２＝３ꎬ ３＝７ꎬ ４＝１５ꎬ (３) ａ ｎ＝(－１) ｎ ｎ １ ２ .
前 项和Ｓ ａ ａ ａ 前 项和
∴ 即ａ １ ｎ －ｎ ＋ １ ａ １ >０ꎬ Ｓ ５＝ ３ ａ １＋ ａ ２＋ ａ ３ ３ ＝ ＋ ａ １ ４ ＋ ＋ ａ ２ ５ ＋ ＝５ ３ ７ ＝ . １１ꎬ ５ ６.解 (２ 析 )８ ꎬ６ ( ４ １ ꎬ ) ２５ ６ ６ ꎬ ꎬ ａ ａ ｎ ｎ ＝ ＝ ２ ２ ｎ ｎ . .
练
∴
习
{
Ｂ
ａ ｎ ＋ ｎ １ } － 是 ｎ 递 >０ 增 ꎬ 数列. (２) ａ １＝２ꎬ ａ ２＝ ２ ５ ꎬ ａ ３＝ ３ ８ ꎬ ａ ４＝ １ ３ ２ ３ ꎬ ａ ５＝
(
(
４
３
)
)
１
５
ꎬ
ꎬ
３
０
６
ꎬ
ꎬ
－ ａ ２
ｎ
ꎬ
＝
ａ ｎ ｎ ＝ ２. ６－ ｎ.
４２ １４.
＝ ７.解析 第 个等式
１５ ５ ４ :１＋３＋５＋７＋９＝２５ꎬ
１.解析 ａ １１ １０＋１ １１. 第 个等式
(１) １０＝(－１) × ＝－ 前 项和Ｓ ａ ａ ａ ４３ 前 项和 ５ :１＋３＋５＋７＋９＋１１＝３６ꎬ
２× ( １０－１ ) １９ ３ ３＝ １＋ ２＋ ３＝ ６ ꎬ ５ 归纳第ｎ个等式为 １＋３＋５＋＋(２ ｎ －１)
ａ ９π ８π＋π
(２) １０＝１＋ｃｏｓ ＝１＋ｃｏｓ ＝１＋ Ｓ ａ ａ ａ ａ ａ ７６３. ＋(２ ｎ ＋１)＝( ｎ ＋１) ２.
２ ２ ５＝ １＋ ２＋ ３＋ ４＋ ５＝
◆习题5-1B
６０
π . ２.解析 不一定.也可能是常数列ａ .
ｃｏｓ ＝１ ｎ＝０ １.解析 从左到右依次填 .
２ ３ . . 解 解 (２ 析 析 ) ａ ２ ｎ＝ 若 ( ( １ － ) １ ａ ) ｎ＝ ｎ 是 ＋１ ２ ( １ ｎ ２ ａ ꎬ ｎ ａ － １０ １ 中 ＝ )ꎬ １ 的 ａ ０ １ １ 项 ０ ２ ＝ ４ . － 则 １ 存 ９ . 在正 ３. 当 解 由 ∴ 析 ① Ｓ ｎ ｎ － － １ ② ＝ ∵ ( 时 得 ｎ Ｓ － ｎ ａ ａ ＝ １ ｎ ) ｎ ＝ ２ ２ Ｓ ２ － － ｎ ( ｎ － ① ｎ ２ － ꎬ ( １ 满 ｎ ) ≥ ( 足 ｎ ２ 该 ≥ ) . 式 ２)②ꎬ ２.解 正 (２ 析 整 ) 若 数 ４ ( ｎ ４ １ ꎬ ０ ) 使 是 ａ １ 得 ０ 数 ＝ ４ １ 列 ４ ２ ０ ０ { ＝ ꎬ ａ ａ ｎ ｎ １ } ( ５ 中 ＝ － ｎ ＋ １ ２ 的 ꎬ ５ ２ ０ ５ ) 项 ꎬ ꎬ ꎬ １ ａ 解 ꎬ ５ ２１ 则 ꎬ ＝ 得 １５ 存 ４８ ｎ 在 ３ ＝ .
１６８ { ｎ} ꎬ ＝１ ꎬ １＝ １＝０ ꎬ ｎ 舍去 即 ａ 故
整 ｎ 数ｎ使 舍 得ｎ 所 ２ ＋ 以 ２ ｎ ＝１６８ 是 ꎬ 解 ａ 得ｎ 中 ＝ 的 １２ 项 或 ∴ ａ ｎ＝２ ｎ －２ . 是 ２０ 数 ( 列 ＝－ { ａ ２２ ｎ} 中的 ) 第 ꎬ ２０ 项 ２０＝ .若 ４４ ２ ０ ２ ꎬ ２ 是 ４４ 数 ０
＝－１４( )ꎬ １６８ { ｎ} ꎬ ４.解析 ａ １ ａ ２. 列 ａ 中的项 则存在正整数 ｍ 使得
是第 项. １＝ ꎬ ２＝ { ｎ} ꎬ ꎬ
１２ ｎ ｎ ２ ２ ( )ａｎ ２２２＝ ｍ ( ｍ ＋２)ꎬ 计算知该方程无解 ꎬ 故
４ ５ . . 解 解 析 析 ａ ５＝ ａ １５ꎬ ａ ６ ｎ ＝２１ꎬ 答 ａ ｎ 案 ＝ 不 ( 唯 ２ ＋ 一 １). . ◆ 递 习 推 题 关 5 系 - 为 1A ａ １＝ ２ １ ꎬ ａ ｎ ＋１＝ ２ １ . ３. ２ 解 ２２ 析 不 是 由 { 于 ａ ｎ} 数 中 列 的 中 项 的 . 项对应函数 ｙ ＝
ａ (１) ｎ ｎ 答 ＝２ 案不 ＋１ 唯 ( 一 . ) １.解析 . . . . ｆ ( ｘ ) 的图像上的一群孤立的点 ꎬ 因此可
(２) ｎ＝－３ ( ) (１)１ꎬ１ ４ꎬ１ ４１ꎬ１ ４１４ꎬ１ ４１４ ２ꎬ 由函数图像来判断数列中各项的大小
. .
５.１.２ 数列中的递推 １４１４２１ꎬ
.
(２)２ꎬ３ꎬ５ꎬ７ꎬ１１ꎬ１３ꎬ１７ꎬ１９ 变化.函数 ｙ ９８－ ９７的大致图
练习Ａ ２.解析 ａ ａ ａ ａ ＝１＋ ｘ
(１) １＝１２ꎬ ２＝１４ꎬ ３＝１６ꎬ ４＝ － ９８
１.解析 ａ ａ ｎ ａ ａ . ａ 前 项和Ｓ . 像如图所示.
(１) ｎ ＋１－ ｎ＝ ꎬ １＝４ꎻ ７＝２５ １８ꎬ ５＝２０ꎬ ５ ５＝８０
１
不是等差数列 ａ 中的项. ２.解析 由等差数列的性质知
{ ｎ} :
令 ｎ 得ｎ Ｎ 故 是等 ａ ａ ｄ ａ ａ ｄ
７９＝４ －１ꎬ ＝２０∈ ＋ꎬ ７９ ４＝ １＋３ ＝１０①ꎬ １０＝ １＋９ ＝－２②ꎬ
差数列 ａ 中的项. 由 得 ａ ｄ
{ ｎ} ①② : １＝１６ꎬ ＝－２ꎬ
５.解析 ａ ｄ . ａ ｄ ｎ ｎ
(１) １＝８ꎬ ＝３ (２) １＝１０ꎬ ＝ 又Ｓ ａ ｎ ( －１)ｄ
. ｎ＝ １ ＋ ꎬ
－２ ２
练习Ｂ 故Ｓ .
１２＝６０
１.解析 由题意可得等差数列 ａ 的通 ｎ ｎ
{ ｎ} ３.解析 原式 (１＋２ －１) ｎ２.
项公式为 ａ ｎ . (１) ＝ ＝
ｎ＝１７＋( －１)(－０ ６)＝ ２
显然ａ ９ 最小 ꎬ ａ １０ 最大. －０ . ６ ｎ ＋１７ . ６ꎬ (２) 原式 ＝ ｎ (２＋２ ｎ ) ＝ ｎ ( ｎ ＋１) .
４.解析 (１) 证明 : 由已知得ａ ｎ＝ １ ｎ － ＋ ２ １ ｎ ( ｎ 令ａ ｎ<０ꎬ 解得 ｎ > ８ ３ ８.又 ｎ ∈ Ｎ ＋ꎬ∴ ａ ２９> ４.解析 记该等 ２ 差数列为 { ａ ｎ}ꎬ 则 ａ １＝
Ｎ ａ ２ ｎ －１ ３ ０ꎬ ａ ３０<０ . ６３ꎬ ｄ ＝－３ꎬ 则ａ ｎ＝ ａ １＋( ｎ －１) ｄ ＝６３－３( ｎ
∈ ＋)ꎬ∴ ｎ＝－ｎ
＋１
＝－２＋ｎ
＋１
ꎬ 即此等差数列从第
３０
项开始出现
－１)ꎬ
令
６３－３(
ｎ
－１)＝－１２ꎬ
负数.
ｎ Ｎ ３ ａ . 解得ｎ 所以 Ｓ ２６×２５
∵ ∈ ＋ꎬ∴ ｎ
＋１
>０ꎬ∴ ｎ>－２ ２.证明
ｎ ① ｄ
若
{
ａ
ｎ}
是等差数列
ꎬ
则ａ
ｎ＝
ａ
１
＝２６
.
ꎬ ２６＝２６×６３＋
２
×
由ａ ３ 得ａ ３ 则 ＋( －１) ꎬ (－３)＝６６３
(２) ｎ＝－２＋ｎ ＋１ ｎ ＋１＝－２＋ｎ ＋２ ꎬ 整理得ａ ｎ＝ ｄｎ ＋ ａ １－ ｄ ꎬ 令ｄ ＝ ｋ ꎬ ｂ ＝ ａ １－ ｄ ꎬ ５.解析 记该等差数列为 { ａ ｎ}ꎬ 则 ｄ ＝
ａ ｋｎ ｂ成立. ｎ ｎ
ａ ａ ３ ３ －３ . ∴ ｎ＝ ＋ ａ 令 ｎ ( －１)
ｎ ＋１－ ｎ＝ｎ ＋２ －ｎ ＋１ ＝ ( ｎ ＋２)( ｎ ＋１) ② 若ａ ｎ＝ ｋｎ ＋ ｂ ①ꎬ 则ａ ｎ －１＝ ｋ ( ｎ －１)＋ ｂ ( ｎ －１ꎬ １ ＝ ４ꎬ －１８ ＝ ×４＋ ２ ×
ｎ Ｎ ｎ ｎ
∵ ∈ ＋ꎬ∴ ( ＋２)( ＋１)>０ꎬ ≥２)②ꎬ (－１)ꎬ
解得ｎ 或ｎ 舍去 即前 项
∴ ( ｎ ＋２) － ( ３ ｎ ＋１) <０ꎬ 即ａ ｎ ＋１< ａ ｎꎬ ∴ ① { － ａ ② ｎ} 得 是 : ａ 等 ｎ－ 差 ａ 数 ｎ －１ 列 ＝ ｋ . ( ｋ为常数 )ꎬ 的和为 ＝ － １ １ ２ ８ . ＝－３( )ꎬ １２
５ ６ . . 解 解 ∴ 析 析 数 列 ａ { ｎ ａ Ｓ ＝ ｎ} { 是 ２ ｎ ｎ ＋ ２ ｎ ２ 递 ＋ １ ꎬ １ ꎬ ｎ 减 ｎ ∈ ∈ 数 Ｎ Ｎ 列 ＋ 且 １ ＋ . 且 ｎ ｎ 为 为 偶 奇 数 数 . ꎬ ３. ( 证 ａ ( 综 ｓ ｓ ｎ ＋ ＋ 明 合 － ａ ｔ １ － ｔ ① ) ＝ ２ ｄ ) ② ａ ∵ ꎬ １ ｄ ＋ 可 ꎬ { ( ａ 知 ｓ ｎ － } ꎬ １ 是 原 ) 等 ｄ 命 ＋ 差 题 ａ １ 得 数 ＋( 证 列 ｔ － . ꎬ １ ∴ ) ｄ ａ ｎ ＝ ＝ ２ ａ ａ １ １＋ ＋ １ 练 .解 则 １ 习 ４ 有 ꎬ 析 Ｂ ｄ { ＝ ａ ａ － ｎ ｎ 记 ＋ ３ ≥ １ < < 该 ０ ０ ０ ꎬ . ꎬ 等 设 即 差 其 { １ １ 前 数 ４ ４ － － 列 ｎ ３ ３ 项 ｎ ( 为 < ｎ 和 － { ０ꎬ １ ａ 最 ) ｎ} ≥ 大 ꎬ ０ ꎬ 则 ꎬ得 ａ １ １ ３ ＝ ４
∵ ｎ＝ ｎ ＝１＋ ｎ ꎬ① ａ ａ ａ ｐ ｄ ａ ｑ ｄ ａ
∴ Ｓ ｎ －１＝１＋ｎ － １ １ ( ｎ ≥２)ꎬ② ( 又
ｐ
ｐ
＋
∵ ＋ ｑ ｓ
ｑ
－ ＋
＝
２ ｔ ) ＝
１
ｄ ｐ
＋
ꎬ ＋
(
ｑ ꎬ
－
∴
１)
ａ ｓ＋
＋
ａ ｔ
１
＝
＋
ａ
(
ｐ＋
－
ａ
１
ｑ .
) ＝２ １＋
的
< ｎ
和
≤
最
１
３
７
大
.又
.
ｎ ∈ Ｎ ＋ꎬ 所以ｎ ＝５ꎬ 即前 ５ 项
４.解析 设中间 个皮带轮的直径分别 ２.解析 在两位数的正整数中 除以 余
①－② 得 ꎬ ａ ｎ＝ ｎ １ －ｎ
－
１
１
( ｎ ≥２)ꎬ
为 ( ａ － ｄ )ｍｍꎬ ａ
３
ｍｍꎬ( ａ ＋ ｄ )ｍｍꎬ １
的数 有
１０ꎬ１３ꎬ１６ꎬꎬ９７ꎬ
共 ꎬ
３０
个 ３ 数.
当ｎ 时 ａ Ｓ 不满足上式
＝１ { ｎ ꎬ １＝ １＝２ ꎬ 由等差数列的性质知 :２ ａ ＝１２０＋２１６ꎬ 得 它们的和为３０×(１０＋９７) ＝１６０５ .
２ꎬ ＝１ꎬ ａ ＝１６８ꎬ ２
ａ ｎ ｎ
∴ ｎ＝ １ ｎ －ｎ １ ꎬ ｎ ≥２ . 由 ２( ａ － ｄ )＝１２０＋１６８ꎬ 得 : ａ － ｄ ＝１４４ꎬ ３.解析 (１) 原式 ＝ ( ＋２)(１＋２ ＋３) ＝
－１ 由 ａ ｄ 得 ａ ｄ ２
故中
２(
间
＋ )
个
＝
皮
１６８
带
＋
轮
２１６
的
ꎬ
直
:
径
＋
分
＝
别
１
为
９２ꎬ
(
ｎ
＋２)
２.
5.2 等差数列 ３ １４４ ｎ ｎ
. 原式 ( ＋１)(１＋３ ＋１) １ ｎ
ｍｍꎬ１６８ ｍｍꎬ１９２ ｍｍ (２) ＝ ＝ ( ＋１)
５.２.１ 等差数列 ５.解析
(１)
是.首项是ａ
１＋
ｍｄ
ꎬ
公差为ｄ.
ｎ .
２ ２
是.首项是ａ 公差为 ｄ. (３ ＋２)
练习Ａ (２) １ꎬ ２ ４.解析 凸ｎ边形的内角和是 ｎ
是.首项是ａ ｄ 公差为 ｄ. ∵ ( －２)
１.解析 由ａ ａ ｎ ｍ ｄ 知ａ (３) １＋６ ꎬ ７ °.
ａ
(１)
ｄ
ｎ
ｄ
＝ ｍ
.
＋( － ) ꎬ ７－
(４)
是.证明
:
易得该无穷等差数列
{
ａ
ｎ}
×１８０
ｎ ｎ
又
５＝
ａ
(７－
ａ
５)
ｄ
ꎬ∴
ａ
＝５
.
的通项公式为ａ
ｎ＝
ａ
１＋(
ｎ
－１)
ｄ.记ｂ
１＝ ∴４０
°
×
ｎ
＋
( －１)
×２０
°
＝(
ｎ
－２)×１８０
°
ꎬ
５＝ １＋４ ꎬ∴ １＝－１４ ａ ａ ａ ｂ ａ ａ ａ ｂ ａ ａ ａ ２
ａ ａ ｄ ｄ １＋ ２＋ ３ꎬ ２＝ ４＋ ５＋ ６ꎬ ３＝ ７＋ ８＋ ９ꎬ ｎ２ ｎ 解得ｎ 或ｎ
(２)∵ １０＝ ３＋(１０－３) ＝－１ꎬ∴ ＝－３ꎬ 则ｂ ａ ｄ ｂ ａ ｄ ｂ ∴ －１５ ＋３６＝０ꎬ ＝３ ＝１２ꎬ
ａ ａ ｄ . ꎬ １＝３ １＋３ ꎬ ２＝３ １＋１２ ꎬ ３＝ 容易判断ｎ 时不符合题意
２.
∴
解析
１５＝ １０＋(１
.
５－１０)
.
＝－１６
３
ａ
１＋２１
ｄ
ꎬꎬ
易知ｂ
ｎ－
ｂ
ｎ －１＝
ｂ
ｎ －１－
ｂ
ｎ －２ 故凸ｎ边形
＝
的
１
边
２
数为 .
ꎬ
(１)２４(２)－２ ｂ ｂ ｂ ｂ ｄ 为一个常 ３
３.解析 记该等差数列为 ａ 则其 ＝＝ ３－ ２＝ ２－ １＝９ ꎬ ５.解析 设 年供应的土地公顷数为
(１) { ｎ}ꎬ 数 故 ｂ 为等差数列 其首项是 ａ ２０１７
通项公式为 ａ ｎ ａ ａ ꎬ { ｎ} ꎬ ３( １ ａ 由等差数列前ｎ项和公式知
. ｎ ＝３ －１ꎬ∴ ４ ＝１１ꎬ １０ ＋ ｄ )ꎬ 公差为 ９ ｄ. １ꎬ :
＝２９ ａ ５×４ 解得ａ .
(２) 记该等差数列为 { ａ ｎ}ꎬ 则其通项公 ５.２.２ 等差数列的前ｎ项和 ５ １＋ ２ ×２５＝１０００ꎬ １＝１５０
式为ａ ｎ＝－５ ｎ ＋１７ꎬ∴ ａ １５＝－５８ . 练习Ａ
◆
∴
习
这
题
个
5
数
-
列
2A
为 １５０ꎬ１７５ꎬ２００ꎬ２２５ꎬ２５０ .
４.解析 记该等差数列为 ａ 则其通项
公式为 ａ
ｎ＝４
ｎ
－１
. { ｎ}ꎬ １.解析 (１) Ｓ １０＝１０×６＋ １０
２
×９ ×３＝１９５ . １.解析 由题知ａ
１＝４ꎬ
ａ
２＝７ꎬ
ａ
３＝１０ꎬ
递推公式为ａ ａ ａ .
令 ｎ 得 ｎ １０１ Ｎ 故 Ｓ ８(２＋１６) . ｎ ＋１－ ｎ＝３ꎬ １＝４
１００＝４ －１ꎬ ＝
４
∉ ＋ꎬ １００ (２) ８＝
２
＝７２ ２.解析
(１)
ａ
８＝
ａ
１＋７
ｄ
＝２７
.
２
教材习题答案
ａ ａ ｄ 故ａ ２５. 取得最小值 ꎬ ∴ ａ ｓ＝ ａ １ ｑ １ ｓ －１ ꎬ ａ ｔ＝ ａ １ ｑ １ ｔ －１ ꎬ ａ ｐ＝ ａ １ ｑ １ ｐ －１ ꎬ ａ ｑ
( ( ３ ２ ) ) ｄ ７ ＝ ＝ ａ １ １ ９ ９ １ － － ＋ ａ ４ ６ ４ ＝ ꎬ － ５ ２ １ ꎬ ＝ ａ ７ ２ ＝ ａ ４＋３ ｄ ＝ ４ ５ ４. ｆ 当 ｆ ( (１ ｎ ｎ ０ ) ≥ ) ≥ ＝ ２ ｆ １ ｆ ( ( ( １ ２ ｎ １ １ ∈ ) ) ＝ Ｎ ＝ １ ＋ ２ ) ０ ０ ０ 时 ＋ ꎬ 即 １ ｆ ９ ( 最 ＋ ｎ ) 小 为 值 ＋ 增 ２ 为 ＋ 函 １ １ 数 ０ ＝ ０ ꎬ ２ . 即 １０ 又 ａ ＝ ｓ ａ ｓ １ ＋ ａ ｔ ｔ ＝ ｑ ＝ １ ｑ ｐ ａ － ＋ １ ２ １ ꎬ ｑ ꎬ∴ ｑ １ ｓ ＋ ａ ｔ －２ ｓ ꎬ ａ ａ ｐ ｔ＝ ａ ａ ｑ ｐ ＝ ａ ａ ２ １ ｑ . ｑ １ ｐ ＋ ｑ －２ ꎬ
３.解析 在 １２ 与 ６０ 之间插入 ３ 个数 ꎬ 则 >１００ . ６.解析 是.首项为ａ ｑｍ 公比为ｑ.
综上 当ｎ为 或 时 ｆ ｎ 取最小 (１) １ ꎬ
公差ｄ ６０－１２ 所以插入的 个数 ꎬ １０ １１ ꎬ ( ) 是.首项为ａ 公比为ｑ２.
＝ ＝１２ꎬ ３ 值 最小值为 . (２) １ꎬ
依次为
４
. ６.解
ꎬ
析 此题可
１０
理
０
解为等差数列 由题 (３)
是.证明
:
易知ａ
ｎ＝
ａ
１
ｑｎ －１.
２４ꎬ３６ꎬ４８ ꎬ 令ｂ ａ ａ ａ ａ ａ ｂ ａ ａ ａ ａ ａ ｂ
４.解析 集合 ｍ ｍ ｎ ｎ Ｎ ｍ 意 Ｓ ｎ ｄ １＝ １ ２ ３ ４ ５ꎬ ２＝ ６ ７ ８ ９ １０ꎬ ３＝
{ ｜ ＝７ ꎬ ∈ ꎬ０< < ꎬ ｎ＝９９６ꎬ ＝８ꎬ ＝１７ꎬ ａ ａ ａ ａ ａ ｂ ｂ ｂ ｂ
的元素按从小到大的顺序构成等 ｎ ｎ １１ １２ １３ １４ １５ꎬꎬ ｎ＝ ５ ｎ －４ ５ ｎ －３ ５ ｎ －２
１００} 又Ｓ ａ ｎ ( －１) ｄ 所以 ａ ｂ ｂ .
差数列 易知项数 ｎ ｎ＝ １ ＋ ꎬ １＝６５ꎬ ５ ｎ －１ ５ ｎ
７ꎬ１４ꎬ２１ꎬꎬ９８ꎬ ＝ ２ ｂ ｂ ｂ
即第一个孩子分得 斤棉花. 易得 ｎ ３ ２ ｑ２５ 为一个常
Ｓ １４×(７＋９８) ６５ ｂ ＝＝ ｂ ＝ ｂ ＝ ꎬ
１４ꎬ∴ １４＝ ＝７３５ꎬ 故每个孩子分得的棉花斤数依次为 ｎ －１ ２ １
２ 数 所以数列 ｂ 为一个等比数列 其
即这些元素的和为 . . ꎬ { ｎ} ꎬ
７３５ ６５ꎬ８２ꎬ９９ꎬ１１６ꎬ１３３ꎬ１５０ꎬ１６７ꎬ１８４ 首项为ａ ｑ１０ 公比为ｑ２５.
５.解析 Ｓ １０×９ . ７.解析 设 １ 第ｎ ꎬ 个图形的边长为ａ
(１) １０＝１０×２＋ ×５＝２４５ 5.3 等比数列 ｎꎬ
２ 由题意知 从第 个图形起 每一个图
ꎬ １ ꎬ
Ｓ １２×(－２＋６) . ５.３.１ 等比数列
(２) １２＝ ＝２４ 形的边长均为上一个图形边长的 １
２ ꎬ
◆习题5-2B 练习Ａ ３
１.解析 设三角形三个内角的度数分别 １.解析 否. 是. 否. 是. 数列 ａ 是首项为 公比为 １ 的等
(１) (２) (３) (４) ∴ { ｎ} １ꎬ
为ａ ｄ ａ ａ ｄ 则ａ ｄ ａ ａ ｄ ° ３
ａ － ꎬ ° ꎬ 即 ＋ 三 ꎬ 个内 － 角 ＋ 中 ＋ 必有 ＋ 一 ＝１ 个 ８０ 内 ꎬ 角 ２.解析 (１)－３２ꎬ６４ . (２) １６ ꎬ ３２. 比数列 故ａ ( １ )ｎ －１ .
∴ ＝６０ ꎬ ２７ ８１ ꎬ ｎ＝
大小为 ° 其余两个内角的大小不能 . . . . ３
６０ ꎬ (３)０２９７ꎬ００８９１(４)－３ꎬ３ ３ 要计算第ｎ个图形的周长 只需计算第
确定. ３.解析
(１)±６
.
(２)± １３
. ｎ个图形的边数. ꎬ
２.解析 ａ ａ ｄ ａ
１０＝ １＋９ ꎬ∴ １＝－２＋９×５＝４３ꎬ ４.解析 . １ . ３ . . 第一个图形的边数为
(１)４８ (２) (３) １６ (４)±２ ３ꎬ
故Ｓ ８×７ . ２ 从第 个图形起 每一个图形的边数均
８＝８×４３＋ ×(－５)＝２０４ . ２ ꎬ
２ (５)４ 为上一个图形边数的 倍
ａ ａ ａ ５.解析 年.按照每 ４ ꎬ
３.解析 Ｓ ９( １＋ ９) ９×２ ５ ａ (１)２０１７－１９４５＝７２ 第ｎ个图形的边数为 ｎ －１
９ ＝ ２ ＝ ２ ＝９ ５< 个月翻一番 总共翻７２ 番 设ａ ∴ ３ ( ×４ ) ꎬ ｎ －１
０ꎬ① ２４ ꎬ ２ ＝３６ ꎬ １ ∴ 第ｎ个图形的周长为 １ ×(３×
Ｓ １０＝ １０( ａ １ ２ ＋ ａ １０) ＝ １０( ａ ２ ５＋ ａ ６) ＝５( ａ ５＋ ３ ＝ ４ ５ ３ ０ ５ ０ ９ ０ ７ ꎬ ｑ ３８ ＝ ３ ２ꎬ ６８ ∴ ０≈ ａ ３７ ３ ＝ . ４ ａ × １ ｑ １ ３ ０ ６ １ ＝ ４. ５０００×２ ３６ ＝ ４ ｎ －１ )＝３× ( ４ )ｎ －１ . ３
３
ａ . . １４ . １６ 中得
由
６)>
得
０②
ａ ａ 故此等差数列的前
(
到
２
的
)∵
预
３
测
４
值
×１
比
０
这
<
一
９
值
３×
小
１０
.
ꎬ∴ (１)
第一个图形的面积 Ｓ １ ３
项和 ② 最小 ６ . >－ ５>０ꎬ ５ 练习Ｂ １＝ ２ ×１×１× ２
４.解析 由等差数列的性质知ａ ａ ａ ３.
ａ １＋ １３＝ ３ １.解析 ∵ ａ １５＝ ａ ５ ｑ１０ ꎬ∴ ｑ１０ ＝ １ ꎬ∴ ｑ５ ＝ ４
＋ １１ꎬ ４
第二个图形的面积Ｓ Ｓ １ １
Ｓ ａ １＋ ａ １３ ａ ３＋ ａ １１ . ＝± １ ꎬ ２＝ １＋３× ２ × ３ ×
∴ １３＝ ×１３＝ ×１３＝３９ ２
２ ２
５.解析 (１) ｆ (１)＝ ０＋１＋２＋＋１９＝ 又ａ ２０＝ ａ １５ ｑ５ ꎬ∴ ａ ２０＝± ５ . ２ ３ × ３ １ ＝ ４ ３ ＋ １ ３ ２ .
２
１９×(１＋１９) ２.解析 存在.非零常数列 如 .
＝１９０ꎬ ꎬ ２ꎬ２ꎬ２ꎬ 第三个图形的面积Ｓ ３ ３ １
２ ３.解析 ａ ｑ 或ａ ｑ . ３＝ ＋ ＋１２×
ｆ
(５)＝４＋３＋２＋１＋０＋１＋２＋＋１５＝１０＋ ４.证明
１>
若
０ꎬ >
ａ
１
为等
１<
比
０ꎬ
数
０<
列
<１
则 ａ
４ １２ ２
① { ｎ} ꎬ ｎ＝ １ １ ３ ３ ３ ３.
(１＋１５)×１５ ａ × × × ＝ ＋ ＋
２ ＝１３０ꎬ ａ ｑｎ －１ １ ｑｎ ｑ ９ ９ ２ ４ １２ ２７
１ ＝ ｑ ( ≠０)ꎬ
ｆ (２０ 设 )＝ ｎ １ 是 ９＋１８＋ 中 ＋０ 的 ＝ 某 １９ 一 (１ ２ 个 ９＋ 整 １) 数 ＝１ 则 ９０ . 令 ａ ｑ １ ＝ ｋ ꎬ 得ａ ｎ＝ ｋ ｑｎ. 第四个图形的面积 Ｓ ４ ＝ ４ ３ ＋ １ ３ ２ ＋ ２ ３ ７
ｆ ( ( ２ ｎ ) )＝( ｎ －１ １ ) ~ ＋ ２ ( ０ ｎ －２)＋＋３＋２＋１＋ ꎬ ０＋１ ②∵ ａ ｎ＝ ｋ ｑｎ ( ｋ ꎬ ｑ 都是不为 ０ 的常 ＋ ４ ２４ ３ ３ .
ｎ ( ｎ －１)[１＋( ｎ －１)] 数 )①ꎬ∴ ａ ｎ ＋１＝ ｋ ｑｎ ＋１ ②ꎬ 从第三个图形开始 ꎬ 后面的图形增加的
＋２＋＋(２０－ )＝ ＋ ａ
ｎ ｎ ２ ②得 ꎬ ａ ｎ ＋１ ＝ ｑ ( ｑ ≠０)ꎬ 面积是前一个图形增加面积的 ４ ꎬ∴ Ｓ ｎ
(２０－ )[１
２
＋(２０－ )]
＝ ２
１
(２
ｎ２
－４２
ｎ
＋ ∴
①
{ ａ ｎ} 是
ｎ
公比为ｑ的等比数列. ３ ３ ３ ４ ３ ( ４ ) ２
９
３
( ) ２ 综合 可知 原命题得证. ＝ ＋ ＋ × ＋ × ＋＋
ｎ２ ｎ ｎ ２１ ３９９. ①② ꎬ ４ １２ １２ ９ １２ ９ １２
４２０)＝ －２１ ＋２１０＝ － ＋ ５.证明 ａ 是等比数列 设其公比 ( )ｎ [ ( )ｎ ]
２ ４ ∵ { ｎ} ꎬ ４ －２ ３ ３ ３ ４ －１ .
又ｎ Ｎ 所以当ｎ 或 时ｆ ｎ 为ｑ × ＝ ＋ １－
∈ ＋ꎬ ＝１０ １１ ( ) １ꎬ ９ ４ ２０ ９
３
５.３.２ 等比数列的前ｎ项和
练习Ａ
１.解析 . . . . .
(１)１８９(２)８２５(３)１５５
９１.
(４)－ ４５
２.解析 设该等比数列为 ａ 由已知得 { ｎ}ꎬ
ａ １ ｑ １＝ ꎬ ＝－２ꎬ
４
则从第 项到第 项的和为Ｓ Ｓ ６ １０ １０－ ５＝
１ １０ １ ５ [１－(－２) ] [１－(－２) ] ４ ４ １ － ＝－ ×
１－(－２) １－(－２) １２ ５ １０ . (２ ＋２ )＝－８８ ３.解析 在等比数列 { ａ ｎ} 中 ꎬ ａ ３＝ ａ １ ｑ２ ꎬ Ｓ ３
ａ ａ ａ ａ ａ ｑ ａ ｑ２
＝ １＋ ２＋ ３＝ １＋ １ ＋ １ ꎬ
ａ ｑ２ ａ ａ ｑ
∴ １ ＝６①ꎬ １＋ １ ＝１２②ꎬ
ｑ２
①得 ６ 解得 ｑ １ 或ｑ .
: ｑ＝ ꎬ : ＝－ ＝１
② １＋ １２ ２
４.解析 第 年造林 . ４ . 公
５ １５×１ ２ ＝３１ １０４
. ５ 顷 该林场 年共造林１５(１－１２ )
ꎬ ５ . ＝
１－１２
. 公顷. １１１６２４
５.解析 原题可以理解为等比数列模型.
ａ ｑ . .设第ｎ年总产量达到
１＝５ꎬ ＝１ １ ３０
万吨 ꎬ . ｎ
故５(１－１１ ) 即 . . ｎ 两边同
. ＝３０ꎬ １６＝１ １ ꎬ
１－１１
时取自然对数
ꎬ 得 . ｎ . 解得ｎ ｌｇ１６＝ ｌｇ１１ꎬ ≈５ꎬ 故第 年达到 万吨.
５ ３０ 练习Ｂ
１.解析 原式 . .
(１) ＝(１－０１)＋(１－０ ０１)＋
. ＋(１－００００
４
{ ｎ 个 (－１) ０
ｎ . . １)＝ －(０ １＋０ ０１＋＋
. ００００ {
ａ ｑ１０ 为ａ ａ ａ
１(１－ ) １ꎬ ２ꎬꎬ １０ꎬ
Ｓ ｑ 则前 个正三角形的周长之和 Ｃ 则 １０ １－ ｑ５ ３１ １０ １０＝
Ｓ
５
＝ａ
１(１－
ｑ５
)
＝１＋ ＝
３２
ꎬ
３(
ａ
１＋
ａ
２＋＋
ａ
１０)ꎬ
ｑ æ æ ö９ ö
１－ 即Ｃ çａ ３ａ ç ３÷ ａ÷
１０＝３è ＋ ＋＋è ø ø
ｑ５ １ ｑ １ . ２ ２ ∴ ＝－
３２
ꎬ∴ ＝－
２ [ ( ) ８ ] ａ
é
ë êê １－
æ
è ç ３
ö
ø ÷
１０ù
û úú
故Ｓ ａ １(１－ ｑ８ ) －１× １－ － ２ １ ＝３ ２
８＝
１－
ｑ ＝
１
＝
１－
３
１＋ ２
２ é æ ö１０ù
ａêê ç ３÷ úú
８５. ６ ë１－è ø û － ２ １２８ ＝
４.解析 由题知Ｓ ｎ ２－ ３ 则Ｓ ｎ －１＝－２×３ ｎ －１ ｎ ＋ ＝ ２ － ( ２ ｎ × ≥ ３ ２) ＋ ꎬ ２ ② ꎬ① ＝６(２＋ ３)× é ë êê １－ æ è ç ３ ö ø ÷ １０ù û úúａ. ①－② 得 : ａ ｎ＝－２×３ ｎ ＋２×３ ｎ －１ ＝－４×３ ｎ －１ ８.解析 ａ 是等比 ２ 数列 且ａ 设
ｎ . ∵ { ｎ} ꎬ ｎ>０ꎬ
( ≥２) 首项为ａ 公比为ｑ 则ａ ｑ .
当ｎ 时 ａ Ｓ 满足上式. １ꎬ ꎬ １>０ꎬ >０
＝１ ꎬ １＝ １＝－４ ａ
５.解
∴
析
{
ａ
ｎ}
由
的
题
通
可
项
设
公式
每
为
层
ａ
所
ｎ＝
挂
－
灯
４×
的
３
ｎ
数
－１.
目构
∵ ｌｇ
ａ
ｎ ＋１－ｌｇ
ａ
ｎ＝ｌｇ ａ
ｎ ＋
ｎ
１
＝ｌｇ
ｑ
(
常数
)ꎬ
ꎬ 数列 ａ 为等差数列 其首项为
成等比数列 ａ 其前ｎ项和为Ｓ . ∴ {ｌｇ ｎ} ꎬ
{ ｎ}ꎬ ｎ ａ 公差为 ｑ.
设塔顶层灯的数目为ａ 由题意可得ｑ ｌｇ １ꎬ ｌｇ
ｎ Ｓ
１ꎬ ９.解析 此人欠银行的钱数Ｓ
５＝１００ ０００
＝２ꎬ ＝７ꎬ ｎ＝３８１ꎬ . ％ ５ . 元.
则有Ｓ ａ １(１－２ ７ ) 解得ａ . ◆ × 习 (１ 题 ＋４ 5 ７ - ５ 3B ) ＝１２６１１５９９
７＝ ꎬ １＝３
１－２
◆习题5-3A １.解析
(１)∵
ｑ４－１
＝
９６
. ꎬ∴
ｑ
＝－４ꎬ
Ｓ
ｎ＝
－１５ １.解析 ａ ａ ａ ｑ４ . ｎ . (１)∵ ５＝８ꎬ ７＝１６ꎬ∴ １ ＝８ꎬ －０３[１－(－４) ]
ａ ｑ６ ｑ２ ｑ 或ｑ ｑ３
１ ＝１６ꎬ∴ ＝２ꎬ∴ ＝ ２ ＝－ ２ꎬ 由题易知 ｑ 则 Ｓ ２(１－ )
ａ . (２) ≠１ꎬ ３＝ ｑ ＝
１＝２ １－
ａ ｑ ａ ａ ｑ３ ｑ 得ｑ 或ｑ . (２)∵ ３ ＝２ꎬ ＝－１ꎬ∴ １ ＝２ꎬ∴ １５ ＝ ２６ꎬ∴ －１３ ＋１２＝０ꎬ ＝３ ＝－４ ａ １ ｑ１４ ＝２ . 当ｑ ＝３ 时 ꎬ ａ ３＝１８ .当 [ ｑ ＝ ( －４ 时 ) ꎬ ] ａ ３＝３２ .
２ ３ . . 解 解 析 析 设 ± ａ 每 ｂ ( 年 ａ２ ＋ 的 ｂ２ 国 ) . 内生产总值构成数 Ｓ ａ １(１－ ｑ５ ) ａ １ １－ ２ １ ５ ３１ａ
(３) ５＝ ｑ ＝ ＝ １
列 ａ 则 ａ 是等比数列且 ａ １－ １ １６
{ ｎ}ꎬ { ｎ} １ ＝ １－ 公比ｑ ％ . 这个城市 ２
２０００ꎬ ＝１＋８ ＝１ ０８ꎬ
近 年的国内生产总值一共是 Ｓ ７ ａ
( ｎ －１) 个 ０ . . ｎ １０ １０＝ ＝３ ꎬ∴ １＝２ꎬ ＝ ｎ － １－０ １ . ) １ ＝ ｎ . ｎ － ０１( １ １ － － ０ ０ . １ １ ) ( ａ １ 亿 ( １ １ 元 － － ｑ ｑ ) １ . ０ ) ＝ ２０００ １ ( － １ １ － . ０ １ ８ . ０８ １０ ) ≈２８９７３ . １ ａ ４＝ ａ ８ １ ｑ３ ＝ ４ １ . ａ
( ① ｎ ) ２ ｎ 当 ) . 原 ｎ ａ 式 ＝ ９ １ ＝ 时 ( ａ ꎬ ＋ 原 ａ 式 ２ ＋ ＝ ｎ ＋ － ａ ( ｎ １ ) ＋ － ２ ( ＋ １ ＋２ ＋ ＋ ｎ )＝ ＋ ４.解 ∴ ａ １( 析 ａ １ １ ｎ － － ＝ ｑ ｑｎ 由 ａ ) １ 题 ＝ ａ 知 ｑ [ ｎ １ － ａ １ － １ ( ＝ － ＝ １ ｐ ａ ａ ＋ ꎬ ｐ ｑ ｎ ) ＝ ( ] １ １ . ＋ ＋ ｐ. ｐ ) ｎ －１ ꎬ Ｓ ｎ ＝ ∴ ( ( ４) １ ａ ∵ ６ １ ) ａ ４ ＝ ＝ [ ａ ３ ａ ｑ ｑ ２ ３ ( ꎬ∴ ＝ ３ ｑ ＝ ) － ５ ａ ] ４ ３ ＝ １ ９ ６ － . ２ ３ 故 ꎬ Ｓ ５ ＝
－ ( －１). ５.解析 设这 个数依次为 ａ ａ ａｑ ａ － ９ × １－ － ２ ５５.
２ ３ ｑ ꎬ ꎬ ( ꎬ ( ) ＝－
ａ ａｎ ３ ９
当ａ 且ａ 时 原式 (１－ ) ｑ为常数且均不为 则由题意知 １－ －
② ≠１ ≠０ ꎬ ＝ ａ ０)ꎬ ꎬ ２
１－ ａ ２.解析 当ａ 时 不是等比数列 此时
ｎ ｎ ａ ａｑ ａ 又其和为 ＝０ ꎬ ꎬ
( ＋１). ｑ ＝６４ꎬ∴ ＝４ꎬ １４ꎬ 不满足定义.
－ ０ꎬ０ꎬ０ꎬ
２ ａ
２.解析 设该等比数列为
{
ａ
ｎ}ꎬ
Ｓ
ｎ
为其 即 ４
ｑ ＋４＋４
ｑ
＝１４ꎬ
化简得
２
ｑ２
－５
ｑ
＋２＝０ꎬ
当ａ
≠０
时
ꎬ
是等比数列
ꎬ∵ ａ
ｎ ＋１
＝１(
常
前ｎ项和 ｎ
ꎬ 数 满足定义 它是等比数列.
则Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 仍然成等比数列 解得ｑ 或ｑ １ .故所求等比数列为 ) ꎬ∴
即 ＝２ ( １ Ｓ ５ ０ １ ꎬ . ０－ １０ Ｓ － ５) ５ ２ ꎬ ＝ １５ Ｓ － ５ １０ ( Ｓ １５－ Ｓ １０)ꎬ 得 Ｓ ꎬ １５ ６. ２ 解 ꎬ４ 析 ꎬ８ 或 ＝ 该 ２ ８ 工 ꎬ４ 厂 ꎬ２ ＝ 的 . ２ 年增长率为 (１＋ ｐ ) １２ ３.解 足 析 等比 是 数 . 列 由 的 题 定 知 义 ａ ａ ｎ ｎ ꎬ ＋１ 故 ａ ａ ｎ ｎ ＋ 新 ＋ ２ １ ＝ 数 ａ ａ 列 ｎ ＋ ｎ ２ 是 ＝ ｑ 等 ２ ꎬ 比 满
３.解析 设该等比数列为 { ａ ｎ}ꎬ 公比为 －１ . 数列.
ｑ 由题易知 首项ａ ｑ . ７.解析 记前 个正三角形的边长依次 ４.解析 除第 项外 有可能出现序号与
ꎬ ꎬ １＝－１ꎬ ≠１ １０ ５ ꎬ
教材习题答案
数值都相等的项. 当ｎ 或 ｎ 时 Ｔ 取最大值 为 Ｂ Ｂ
＝２ ＝３ ꎬ ｎ ꎬ 即 ｂ Ａｂ Ａ 整理得
设等比数列 ａ 的首项为 ａ 公比为 Ｔ . ｎ ＋１ － Ａ ＝ ｎ － Ａꎬ :
{ ｎ} １ꎬ ( ｎ)ｍａｘ＝８ １－ １－
ｑ 等比数列 ｂ 首项为ｂ 公比为ｑ ◆习题5-3C Ｂ
则
１ꎬ
ｑ １≠ ｑ ２ .
{ ｎ} １ꎬ ２ꎬ
１.解析 令Ｓ ｎ＝１×２＋２×２ ２ ＋＋( ｎ －１)×
ｂ
ｎ ＋１－ １ Ｂ － Ａ ＝ Ａ ( 容易判断ｂ ｎ≠ Ｂ Ａ ) ꎬ
ａ ｂ ａ ｑ４ ｂ ｑ４
ａ
１ ２
ｎ －１
＋
ｎ
×２
ｎ
ꎬ①
ｂ
ｎ－ Ａ
１－
∵ ５ ＝ ５ꎬ ∴ １ １ ＝ １ ２ꎬ ∴ ｂ １ ＝ ２ Ｓ ｎ＝１×２ ２ ＋２×２ ３ ＋＋( ｎ －２)×２ ｎ －１ ＋( ｎ － { １－ Ｂ }
æ ç ｑ ２ ö ÷ ４ . １)×２ ｎ ＋ ｎ ×２ ｎ ＋１ ꎬ② 故 ｂ ｎ－ Ａ 是以 Ａ 为公比的等比
èｑ １ ø ① ①－② 得 :－ Ｓ ｎ＝１×２＋２ ２ ＋＋２ ｎ － ｎ ×２ ｎ ＋１ ꎬ 数列. １－
假设除第 项外 序号与数值相等的项 ｎ
为第ｍ项 ꎬ ５ 即ａ ｍ ꎬ ＝ ｂ ｍ( ｍ ≠５)ꎬ ∴ － Ｓ ｎ＝ ２( １ １ － － ２ ２ ) － ｎ ×２ ｎ ＋１ ꎬ 由 ａ (１) 知 ａ ａ ｎ－２ ａ ｎ ａ －１＝３( ｎ ≥２)ꎬ 则 ａ ｎ＝
则ａ ｑｍ －１ ｂ ｑｍ －１ 则 ａ １ æ ç ｑ ２ ö ÷ ｍ －１ 整理得 : Ｓ ｎ＝( ｎ －１)×２ ｎ ＋１ ＋２ . ２ ｎ ａ －１＋３ꎬ ｎ＋３＝２ ｎ －１＋６ꎬ
１ １ ＝ １ ２ ꎬ ｂ ＝èｑ ø ꎬ② ２.解析 ａ Ｓ Ｓ ａ 即 ｎ＋３ ｎ 又ａ
æｑ ö４ æｑ
１
öｍ －１
１
ｑ ａ
(１)∵ ｎ
ａ
＋１＝
ａ
ｎ ＋１－
ｎ
ｎ＝(４ ｎ＋２)－ ａ
ｎ －１＋３
＝２( ≥２)ꎬ １＝３ꎬ
由 ①② 知 è ç ｑ ２ ø ÷ ＝è ç ｑ ２ ø ÷ .当 ｑ ２ ≠－１ (４ ａ ｎ －１＋２ ａ )＝４( ａ ｎ－ ｎ － ａ １)( ≥ 即 ２) ｂ ꎬ ｂ 则 { ａ ｎ＋３} 是以 ６ 为首项 ꎬ２ 为公比的等
１ １ １ ∴ ｎ ＋１－２ ｎ＝２( ｎ－２ ｎ －１)ꎬ ｎ＝２ ｎ －１ 比数列.
时 ｍ ｍ 与假设矛盾. ｎ .
ꎬ ｑ －１＝４ꎬ∴ ＝５ꎬ ( 又 ≥ Ｓ ２) ａ ａ ａ ｂ ∴ ａ ｎ＋３＝６×２ ｎ －１ ꎬ∴ ａ ｎ＝６２ ｎ －１ －３ .
当 ２ 时 ｍ ｋ ｋ Ｚ 则ｍ ２＝４ １＋２ꎬ∴ ２＝３ １＋２＝５ꎬ∴ １＝
ｑ ＝－１ ꎬ －１＝２ ( ∈ )ꎬ ＝ ａ ａ 5.4 数列的应用
１ ２－２ １＝３ꎬ
ｋ ｋ Ｚ 此时可能出现序号与数 故数列 ｂ 是首项为 公比为 的等
２ ＋１( ∈ )ꎬ { ｎ} ３ꎬ ２ ◆习题5-4A
值都相等的项. 比数列.
１.解析 是.第ｍ期还款金额 第ｍ 期
故除第 项外 有可能出现序号与数值 ａ ａ ａ ａ ｂ － －１
５ ꎬ ｃ ｃ ｎ ＋１ ｎ ｎ ＋１－２ ｎ ｎ 还款金额 每期还款本金 利率.
都相等的项. (２) ｎ ＋１－ ｎ＝ ｎ ＋１ － ｎ ＝ ｎ ＋１ ＝ ｎ ＋１ ＝ ＝－ ×
２ ２ ２ ２ ２.解析 常数列.
５ ６ . . 解 解 公 ０ １ ꎬ ) 析 差 析 则 ｄ ꎬ 为 { ａ 不 设 ｎ ｄ } ꎬ 一 等 为 则 递 差 定 其 减 . 数 通 还 数 列 项 ｎ 要 列 { 公 ｎ 看 ａ . ｎ 式 首 } 的 为 项 首 ａ ａ ｎ 项 １ ＝ ꎬ ａ 若 ａ ＋ １ ( ＝ ａ ｎ １ ａ < － ꎬ ( 故 ｂ １ ３ ２ 数 ) ｎ ∵ ＋ ｑ 列 １ ｎ － { １ { ｃ ＝ ｃ ｎ ｎ } ３ } 为 × ２ 为 ｎ ２ ＋ 等 ｎ １ 等 －１ 差 差 ＝ 数 数 ４ ３ 列 ( 列 常 ꎬ . 且 数 ｃ ) １ ꎬ ＝ ａ ２ １ ＝ ２ １ ꎬ ３. １ 解 ｘ 解 ｘ ( ( ７ 析 １ 得 １ ２ ＋ ＋ ３ : ５ ６ ５ ％ ｘ ％ 设 元 ＝ ) ) 每 . ２ ５ １ ＋ ＋ ７ 年 ｘ ｘ ( 约 ( ２ １ ３ １ ＋ 需 ６ ＋ ５ ％ ５ 元 存 ％ ) ꎬ ｘ ＝ ) 即 ４ 元 １ ＋ ０ 每 ꎬ ｘ ０ ( ０ 年 １ ０ ＋ ０ 约 ꎬ ５ ％ 需 ) ３ 存 ＋
前ｎ项和Ｓ ｎ＝ ｎａ ＋ ( －１)ｄ ꎬ 公差ｄ ３ ４.解析 由题知
２ ＝ ꎬ :
ì ï１ Ｓ １ Ｓ ( １ Ｓ ) ２ ａ ４ ２０×０ . ８ ３０ ＋２０×０ . ８ ２９ ＋＋２０×０ . ８＝７９ . ９ｍｇ .
依题知í ï ３ ３ ４ ４＝ ５ ５ ꎬ ∴ ｃ ｎ＝ ｎ ｎ ＝ １ ＋( ｎ －１)× ３ ꎬ 故 ３０ 天后此人身体中积累了 ７９ . ９ ｍｇ
ï ２ ２ ４ 药物.
ï１ Ｓ １ Ｓ [ ]
î ３ ３＋ ４ ４＝２ꎬ ∴ ａ ｎ＝２ ｎ １ ＋( ｎ －１)× ３ ＝２ ｎ －１ ＋３( ｎ ５.解析 设第ｎ天相逢 ꎬ
{ ２ ４ [ ( )ｎ]
即 １ ３ (３ ａ ＋３ ｄ ) １ ４ (４ ａ ＋６ ｄ )＝ ２ １ ５ (５ ａ ＋１０ ｄ ) ２ ꎬ －１)×２ ｎ －２ ＝(３ ｎ －１)２ ｎ －２. ｎ １× １－ １
整理 １ ３ 得 (３ ａ { ＋ ３ ３ ａ ｄ ) ｄ ＋ ＋５ ４ １ ｄ ( ２ ４ ＝ ａ ＋ ０ ６ ꎬ ｄ 解 )＝２ 得 ꎬ {ａ ＝１ꎬ或 ２ 则 × Ｓ ２ ｎ ｎ Ｓ － ＝ ｎ ３ ＋ ２ ＝ × ( ２ ３ ２ × ｎ ０ ２ ＋ － － ５ １ １ ＋ × ) ５ ２ × × １ ２ ＋ ２ ｎ － ０ ８ ２ ＋ ꎬ × ８ ① ２ × ２ ２ ＋ １ ＋ ＋( ＋ ３ ( ｎ ３ － ｎ ４ － ) ４) × 则 得 有 ｎ １×( １ １ － － ２ ２ ) 解 ＋ 得ｎ １－ . ２ １ ２ ＝５ꎬ 解
{ 故 ＝ ｄ ａ ３ 数 ５ ＝ ＝ ２ － ４ － 列 ꎬ １ １ ５ ５ { ２ ２ ａ ꎬ ｎ ｎ 经 . ２ } ａ 的 检 ＋ 验 通 ２ ５ ｄ 两 项 ＝ 组 公 ２ꎬ 均 式 符 为 合 ａ 题 ｎ＝ ｄ 意 １ ＝ . 或 ０ ａ ｎ ∴ ∴ ① ( － ２ ｎ ３ Ｓ － － － － ｎ ｎ ２ Ｓ Ｓ ＋ ② － ＝ ｎ ｎ ( １ １ ＝ ＝ 得 ) ３ ＋ ｎ － １ × ３ : － ＋ ２ ２ × － １ ＋ ３ ｎ １ － ) Ｓ × ( １ × ｎ ꎬ × ( ４ ( ＝ ２ － ２ １ １ ｎ ｎ ３ － １ － － － ｎ １ １ ２ ＋ ２ ꎬ － ) ｎ ３ ② － １ × １ ( ) ) ２ １ － ｎ － － ＋ ( １ ( ꎬ ３ ２ ３ ｎ ＋ ｎ － － １ １ ) ) ＋ × × ２ ２ ２ ｎ ｎ － ｎ － ２ － １ １ ) ꎬ ꎬ － 小 故 鼠 鼠 大 穿 ２ 穿 约 墙 ＝２ 墙 共 在 ＋ １ 共 第 × ６ １ ( ꎬ ３ × １ １ － 天 － [ ２ ２ １ 相 １ ２ － . ２ － ( ) 逢 ≈ ２ ≈ １ ２ １ . ２ 当 ３ ) . ２ ２ ５ . ꎬ ２ ｎ 尺 ] ＝ ≈ ꎬ ２ . １ ２ . ５ 时 尺 ꎬ . 大
７.解析 数列 { ａ ｎ} 的通项公式为 ａ ｎ ＝ ∴ Ｓ ｎ＝(３ ｎ －４)×２ ｎ －１ ＋２ . ◆习题5-4B
ａ
１
ｑｎ －１
＝
(
２
１ )ｎ －３ . ３.
得
解
:
析
Ｓ １ ＝ ａ
(
１
１
＝
)
２
∵
ａ １
Ｓ
－
ｎ
３
＝
ꎬ 得
２ ａ
:
ｎ
ａ
－
１
３
＝
ｎ
３
①
ꎬ
ꎬ 令 ｎ ＝１ １.解
(２
析
) 当 ｂ
(
＝
１)
３
ａ
０
＝
时
５
ꎬ
ｂ
ａ
＋
＝
５０
５
(
×
ｂ
３
∈
０＋
Ｎ
５
＋
０
)
＝
.
２００ ｍｍ .
前ｎ 项积 Ｔ ａ ａ ａ ａ 当ｎ 时 Ｓ ａ ｎ 故对应的脚长为 .
ｎ ＝ １ ２ ｎ －１ ｎ ＝ ≥２ ꎬ ｎ －１＝２ ｎ －１－３( －１)②ꎬ ２００ ｍｍ
( １ ) －２ ( １ ) －１ ( １ ) ０ ①－② 得 : ａ ｎ＝２ ａ ｎ－２ ａ ｎ －１－３ꎬ 即ａ ｎ－２ ａ ｎ －１ (３) 当ａ ＝２８２ 时 ꎬ 即 ５ ｂ ＋５０＝２８２ꎬ 得 : ｂ
ｎ . .
２ ２ ２ ＝３( ≥２)ꎬ ＝４６４
( )ｎ －４ ( )ｎ －３ 故 ａ 的首项为ａ 递推关系为ａ 故应穿 号鞋.
即
１
２ Ｔ ( １ )
１
２ －２＋(－１)＋ ꎬ ０＋＋( ｎ －３) ( １ )ｎ(ｎ ２ －５) ｎ －２
{
ａ ｎ 由 －
ｎ
１
}
题 ＝３ 知 ( ｎ ｂ ≥２) . Ａｂ
１＝３
Ｂ
ꎬ
则ｂ Ｂ
ｎ
２.解 为 析 ａ － ２ ｄ 设
４
ꎬ
７
ａ 五 － 个 ｄ ꎬ 人 ａ ꎬ 所 ａ ＋ 分 ｄ ꎬ 得 ａ 的 ＋２ 面 ｄ ( 包 其 数 中 依 ｄ 次 >
ｎ＝ ＝ ( (２) ｎ ＋１＝ ｎ＋ ꎬ ｎ ＋１－ Ａ＝
２ ２ １－ ０)ꎬ
Ｎ 结合复合函数的相关知识 Ｂ 则 ａ ｄ ａ ｄ ａ ａ ｄ ａ ｄ
∈ ＋)ꎬ Ａｂ Ｂ Ａ Ｂ . ( －２ )＋( － )＋ ＋( ＋ )＋( ＋２ )
可知 ｎ＋ － Ａ( ≠１ꎬ ≠０) ａ ａ .
ꎬ １－ ＝５ ＝１００ꎬ∴ ＝２０
５
( )ｎ －１ 当ｎ ｋ 时 等式也成立.
由 １ ａ ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ 得 ５ 万元 ∴ ＝ ＋１ ꎬ
( ＋ ＋ ＋ ＋２ )＝ －２ ＋ － ꎬ ＝４００× ꎬ 由数学归纳法基本原理知等式成立.
７ ４ ∴
３ ａ ＋３ ｄ ＝７(２ ａ －３ ｄ )ꎬ ∴ ｎ年内的旅游业总收入ｂ ｎ＝４００＋４００ ４.证明 ① 当ｎ ＝２ 时 ꎬ( ａ １＋ ａ ２) ２ ＝ ａ２ １＋ ａ２ ２＋
( )ｎ －１ ａ ａ 等式成立.
ｄ ａ ｄ ５５ 最小的 份为 ５ ５ ２ １ ２ꎬ
∴２４ ＝１１ ꎬ∴ ＝ ꎬ∴ １ × ＋ ＋ ４００ × ＝ １ ６００ × 假设ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ 时 等式成
３.解 ａ － 析 ２ ｄ ＝２ 依 ０－ 题 １ ６ 意 １０ 可 ＝ 知 ３ ５ ６ 个 经 . 过 轮后国内 [( ４ ４ ５ 设 ) 至 ｎ － 少 １ ] 经 万 过 元 ｎ . 年 ４ 旅游业的总收入 那 立 ② ２( 么 ꎬ ａ 即 １ 当 ａ ( ２＋ ａ ｎ ａ １ ＝ ＋ １ ａ ｋ ａ ３ ２ ( ＋ ＋ ≥ 时 ＋ ＋ ２ ａ ａ ꎬ ｋ ｋ － ) １ ∈ ａ ２ ｋ ＝ ) ａ ꎬ ＋ ２ １ ) ＋ ａ２ ２＋ ꎬ ＋ ａ２ｋ＋
ꎬ ５０ (２) ＝ ＋１ ꎬ
消 ( ＝ ５ ２ ０ 费 ０ ％ ０ 总 [ ) １ ２ 金 － ＋ ( 额 ５ ＋ ０ ％ 为 ％ ２０ ) ０ ２ ５ × １ ０ ] ( ０ ≈ ５ ＋ ０ ２ ４ ％ ０ ０ ) ０ ０( ５ × ０ 亿 ５０ 元 ％ ) ＋ . ２００× １ 就 即 能 ６ ｂ ０ ｎ 超 ０ － ａ 过 × ｎ> 总 ０ [ ꎬ ( 投 即 ５ 入 ) ꎬ ｎ －１ ] － ４ ０００ [ １ － ( ａ ａ２ ２ ｋ ａ ) ＋ １ ２ ＋ ＋ ａ ２ ＋ ２ ａ ＋ ａ ｋ ２ｋ ＋ １ ＋ ２ ＋ ( ( ａ ａ ａ ｋ＋ １ １ ａ ＋ ａ ２ ａ ｋ ＋ ＋ ２ １ ＋ ａ ) １ ２ ａ ３ ＝ ＋ ＋ ａ ( ｋ ａ ) １ ＋ ＋ ＋ ａ ａ ａ ２ｋ ｋ ＋ － ２ １ １ ＋ ＝ ａ ｋ ａ ) ２ １ ＋ ＋ ＋
４.解析 投
１－
资
５０
项目到第 年年末获得的 ( )ｎ ]
４
２
ａ
ｋ ＋１(
ａ
１＋
ａ
２＋＋
ａ
ｋ)＋
ａ２ｋ
＋１＝
ａ２
１＋
ａ２
２＋＋
总收益 为
５０
万元.
４
>０ꎬ
ａ２ｋ＋ ａ２ｋ
＋１＋２(
ａ
１
ａ
２＋
ａ
１
ａ
３＋＋
ａ
１
ａ
ｋ ＋１＋
ａ
２
ａ
３＋
２００＋５０×１５＝９５０ ５ ａ ａ ａ ａ ａ ａ
若年利率为 ％ 则投资者到第 年年 ( )ｎ ( )ｎ ２ ４＋＋ ２ ｋ ＋１＋＋ ｋ ｋ ＋１)ꎬ
８ ꎬ ５０ 化简得 ５ ４ 设ｔ 当ｎ ｋ 时 等式也成立.
末的所有收益为 ％ ２× ＋５× －７>０ꎬ ∴ ＝ ＋１ ꎬ
２００×(１＋８ )＋２００× ４ ５ 由数学归纳法基本原理知等式成立.
(１＋８ ％ ) ２ ＋＋２００×(１＋８ ％ ) ５０ ( ４ )ｎ 则不等式等价为 ｔ２ ｔ ５. ∴ 证明 当 ｎ 时 左边 右
２００×(１＋８ ％ )[１－(１＋８ ％ ) ５０ ] ＝ ５ ꎬ ５ －７ ＋２> 边 等 式 ① 成立. ＝１ ꎬ ＝１＝１＝
＝ ％ ꎬ
１ 万 －( 元 １＋８ . ) ０ꎬ 解得 ０< ｔ < ２ 或ｔ >１( 舍去 ) . ② 假设当ｎ ＝ ｋ时 ꎬ 等式成立 ꎬ 即 １ ３ ＋２ ３ ＋
≈
∵１
１
２
２
３
３９
９
３
３
４
４
(
>９５０ꎬ
)
∴ 投资者不应该投资 即
(
４
)ｎ
２
５
又ｎ Ｎ 所以ｎ . ３ ３ ＋＋ ｋ３ ＝
ｋ２
(
ｋ
＋１)
２
ꎬ
该项目. ５ < ５ ꎬ ∈ ＋ꎬ ≥５ 当ｎ ｋ 时 ４
５. ２ 解 ００ 析 ＋ ２０ 该 ０× 企 (１ 业 ＋４ 未 ％ 来 )＋ 利 ２０ 润 ０× 的 (１ 现 ＋ 值 ４ ％ 之 ) 和 ２ ＋ 为 总 即经 投入 过 . ５ 年旅游业的总收入就能超过 １ ３ ＋２ ＝ ３ ＋ ＋１ ＋ ｋ３ ꎬ ＋( ｋ ＋１) ３ ＝ ｋ２ ( ｋ ＋１) ２ ＋( ｋ ＋
＋２００×(１＋４
％
)
ｎ
％ ｎ 5.5 数学归纳法 １) ３ ＝( ｋ ＋１) ２
(ｋ２
＋ ｋ ＋１
) ４
＝ ％ ２００ ｎ × １ [ － １ ( . － １ ( ＋ １ ４ ＋ ％ ４ ) ) ] ＝ ５ ０００[(１ ＋ １ ◆ .解 习 析 题5-5 成 A 立. ＝ ( ｋ ＋１) ２ ( ｋ ＋２) ４ ２ ꎬ
当 ４ ｎ ) ＝ － ２ １ ０ ] 时 ꎬ . ５ ０００[(１＋４ ％ ) ２０ －１] ＝ (２) 不 一 (１ 定 ) .如ａ ｎ＝ { ｎ ３ ｎ ( ｎ ≤ ｎ ２)ꎬ . ∴ 由 当 数学 ｎ ＝ 归 ｋ ４ 纳 ＋１ 法 时 基 等 本 式 原 也 理 成 知 立 等 . 式成立.
５９５６>５５００ ＋１( ≥３)
∴ 不同意该企业管理人的提议. ２.证明 (１) ｎ ＝１ 时 ꎬ 左边 ＝１×２ꎬ 右边 ＝ ６.证明 ① 当ｎ ＝１ 时 ꎬ(１＋ ｘ ) １ ≥１＋ ｘ ꎬ 不
６.解析 若买股票 每股获利 . . 等式成立.
ꎬ １８９６－１７２５＝ １ 等式成立.
. 元 ３
×１×２×３＝２ꎬ
假设当 ｎ ｋ 时不等式成立 即
１７１( )ꎬ ② ＝ ꎬ (１＋
每股获纯利 １ . ７１－１ . ７１×０ . ３ ％ ＝１ . ７０４８７ (２) 假设ｎ ＝ ｋ ( ｋ ≥１ꎬ ｋ ∈ Ｎ ＋) 时 ꎬ 等式成 ｘ ) ｋ ≥１＋ ｋｘ ꎬ
( 元 )ꎬ 立 ꎬ 即 １×２＋２×３＋３×４＋＋ ｋ ( ｋ ＋１)＝ 当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ(１＋ ｘ ) ｋ ＋１ ＝(１＋ ｘ )(１＋ ｘ ) ｋ
全部获利 . . 元 . ｘ ｋｘ
１７０４８７×１００００＝１７０４８７( ) １ ｋ ( ｋ ＋１)( ｋ ＋２)ꎬ ≥(１＋ )(１＋ )ꎬ
若全部存入银行 到期本利和为 . ３ 又 ｘ ｋｘ ｋ ｋｘ ｘ
ꎬ １７２５× 那么当ｎ ｋ 时 ｋ ｋ (１＋ )(１＋ )＝１＋(１＋ ＋ ) ＝１＋
. ％ １２ . 元. ＝ ＋１ ꎬ１×２＋２×３＋＋ ( ＋ ｋ ｘ ｘ
(１＋０８ ) ×１００００≈１８９８０８６５ [１＋ (１＋ )] ꎬ
纯获利 . . ｋ ｋ １ ｋ ｋ ｋ 且ｘ ｋ ｘ ｘ ｋ
１８９８０８６５－１７２５００＝１７３０８６５ １)＋( ＋１)( ＋２)＝ ( ＋１)( ＋２)＋ >１ꎬ∴ １＋[１＋ (１＋ )] >１＋( ＋
. . ３ ｘ
>１７０４８７ １) ꎬ
全部存入银行较好. ｋ ｋ １ ｋ ｋ ｋ 当ｎ ｋ 时不等式也成立.
∴ ( ＋１)( ＋２)＝ ( ＋１)( ＋２)( ＋３) ∴ ＝ ＋１
７.解析 第 年投入为 万元 第 ３ 由数学归纳法基本原理知原不等式
(１) １ ８００ ꎬ
( ) １ ｋ ｋ ｋ 成立.
年投入为 １ 万元 ＝ ( ＋１)[( ＋１)＋１][( ＋１)＋２]ꎬ
２ ８００× １－ ꎬ ３ ◆习题5-5B
５ 当ｎ ｋ 时 等式成立.
( )ｎ －１ ∴ ＝ ＋１ ꎬ １.解析 不成立.
第ｎ年投入为 １ 万元 所 由数学归纳法基本原理知等式成立. (１)
８００× １－ ꎬ ∴ 一定.
５ ３.证明 当ｎ 时 左边 右边 (２)
① ＝１ ꎬ ＝－１ꎬ ＝
以ｎ年内
(
的总
)
投
ｎ －１
入 ａ ｎ＝８０
[
０＋８
(
００×
) ５
４
ｎ]
＋
②
－１
假
ꎬ 左
设
边
当
＝
ｎ
右
＝
边
ｋ (
ꎬ
ｋ
等
≥
式
１ꎬ
成
ｋ
立
∈
.
Ｎ ＋) 时 ꎬ 等式
２.解析 ａ １＝０ꎬ ａ ２＝
２
１ ꎬ ａ ３＝
３
２ ꎬ ａ ４＝
４
３ ꎬ
第 ＋ １ ８ 年 ００ 旅 × 游 ５ ４ 业收入 ＝ 为 ４ ( ０ ４ ０ ０ ０ ０ × 万 １ ) 元 － ꎬ 第 ５ ４ ２ 年 . ( 那 成 － 么 立 １) 当 ꎬ ｋ 即 ｎ － ｋ ꎬ １ ｋ ＋３－ 时 ５＋＋(－１) ｋ (２ ｋ －１)＝ ｋ 猜 ａ ５ 测 ＝ 这 ５ ４ . 个数列的通项公式为ａ ｎ＝ ｎ － ｎ １.
旅游业收入为 １ ５ ＝ ＋１ ꎬ－１＋３－５＋＋(－１)
４００× １＋ ＝４００× ｋ ｋ ＋１ ｋ ｋｋ 证明 当ｎ 时 ａ 通项公式成立.
万元 ４ ４ (２ ｋ － ＋１ １)＋ ｋ (－１) (２ ＋１)＝(－１) ＋ 假设 : 当 ｎ ＝ ｋ １ 时 ꎬ 通 １ 项 ＝０ 公 ꎬ 式成立 即 ａ
＝５００ ꎬ (－１) (２ ＋１) ＝ ꎬ ｋ
第ｎ年旅游业收入为 ( １ )ｎ －１ ＝(－１) ｋ ＋１ (－ ｋ ＋２ ｋ ＋１)＝(－１) ｋ ＋１ ( ｋ ＋ ｋ －１.
４００× １＋ ＝ ｋ
４ １)ꎬ
６
教材习题答案
ｋ 假设当ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ 时 命题 一个通项公式为ａ ｎ.
当 当 ｎ ＝ ｎ ｋ ＋ ｋ １ 时 ꎬ 时 ａ ｋ ＋ 通 １＝ 项 ２－ 公 １ ａ ｋ 式 ＝ 也 ２－ 成 ｋ １ － ｋ 立 １ ＝ . ｋ ＋１ ꎬ ② 则 成 ｋ 当 立 ꎬ ｎ 即 ＝ ４ ｋ ２ ｋ ＋ ｋ ＋ ＝ １ １ ＋ 时 ３ ( ｋ ＋ ꎬ ２ ≥ 能 ４ ２ １ ( 被 ｋ ꎬ ｋ ＋１) １ ∈ ＋ ３ １ ＋ 整 ３ ＋ 除 ｋ ) ＋１＋ ｋ . ２ ꎬ ＝１６× ２ ３ . . 解 解 (４ 析 析 ) ３ꎬ ａ ａ １ ｎ ６ ＝ ＝ ꎬ ｎ １ ２ ꎬ － ａ １ ３ . ＝２ . ｎ＝
∴ 由数学 ＝ 归 ＋ 纳 １ 法 ꎬ 基本原理知通项公式 ３ ４ ２ ｋ ＋ ＋ ２ １ ＝ ＋ １ ３ ６ × ( ３ ４ ２ ＋ ｋ ２ ＋１ ＝ ＋ １ ３ ６ ｋ ＋ × ２ ) ４ － ２ １ ＋１ ３ ＋ ×３ １６ ｋ ＋２ × . ３ ＋２ －１３× ａ 则ａ ａ ３＝ ａ ａ ２＋ ａ １ꎬ∴ ａ ２＝ . １ꎬ
成立. ∵４ ２ ｋ ＋１ ＋３ ｋ ＋２和 －１３ 都能被 １３ 整除 ꎬ ａ ４＝ ａ ３＋ ａ ２＝２＋１＝３ .
当ｎ ｋ 时 命题也成立.
５＝ ４＋ ３＝３＋２＝５
３.解析 易得Ｓ １ １ . ∴ ＝ ＋１ ꎬ ａ ａ ａ .
１＝ １×３ ＝ ３
整
∴
除
对于
.
任意ｎ ∈ Ｎ ＋ꎬ４ ２ ｎ ＋１ ＋３ ｎ ＋２都能被 １３ ａ ６
７
＝
＝
ａ ５
６
＋
＋
ａ ４
５
＝
＝
５
８
＋
＋
３
５
＝
＝
８
１３
.
Ｓ １ １ １ １ ２ . ａ ａ ａ .
２＝ １×３ ＋ ３×５ ＝ ３ ＋ １５ ＝ ５ ６.解析 猜想 :１ ３ ＋２ ３ ＋３ ３ ＋＋ ｎ３ ＝(１＋２＋ ａ ８＝ ａ ７＋ ａ ６＝１３＋８＝２１ .
Ｓ ３＝
１×
１
３
＋
３×
１
５
＋
５×
１
７
＝
７
３ .
证
３＋
明
＋
当
ｎ )
ｎ
２.
时 ３ ２ 等式成立.
ａ ９
１０
＝
＝
ａ ８
９
＋
＋
ａ ７
８
＝
＝
２
３
１
４
＋
＋
１
２
３
１
＝
＝
３
５
４
５
.
: ＝１ ꎬ１ ＝１ ꎬ Ｓ ａ ａ ａ ａ ａ .
Ｓ １ １ １ １ ４ . 假设当ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ 时 ３ ３ ５＝ １＋ ２＋ ３＋ ４＋ ５＝１＋１＋２＋３＋５＝１２
４＝
１×３
＋
３×５
＋
５×７
＋
７×９
＝
９ ｋ３
＝ ( ≥１ꎬ
ｋ
∈
２ 成
＋)
立.
ꎬ１ ＋２ ＋ ４.证明
∵
ａ
ｎ＝２
ｎ
－１ꎬ∴
数列
{
ａ
ｎ}
为等差
ｎ ＋ ＝(１＋２＋３＋＋ ) 数列 且ａ .
猜想Ｓ . 则当ｎ ｋ 时 ꎬ １＝１
∴ ｎ＝ ｎ ＝ ＋１ ꎬ ｎ ａ ａ ｎ ｎ
２ ＋１ １ ３ ＋２ ３ ＋＋ ｋ３ ＋( ｋ ＋１) ３ ＝(１＋２＋３＋＋ ∴ Ｓ ｎ＝ ( １＋ ｎ) ＝ (１＋２ －１) ＝ ｎ２.
证明 当ｎ 时 Ｓ １ １ 猜想 [ｋ ｋ ] ２ ２ ２
成立
:
.
＝１ ꎬ １＝ ３ ＝ ２×１＋１ ꎬ ｋ ) ２ ＋( ｋ ＋１) ３ ＝ (
２
＋１) ＋( ｋ ＋１) ３ 又( ａ ｎ＋１) ２
＝
(２ ｎ －１＋１) ２
＝
ｎ２
＝
Ｓ
ｎꎬ
(ｋ２ ) ４ ４
假设当ｎ ＝ ｋ ( ｋ ≥１ꎬ ｋ ∈ Ｎ ＋) 时 ꎬ 猜想成 ＝ ( ｋ ＋ １ ) ２ ＋ ｋ ＋１ ＝ Ｓ ( ａ ｎ＋１) ２ .
立 即 １ １ １ ｋ ２ ｋ２ ｋ [ ｋ ４ ｋ ] ２ ∴ ｎ＝ ４
ｋ ꎬ １×３ ＋ ３×５ ＋＋ (２ ｋ －１)(２ ｋ ＋１) ＝ ( ＋１) ( ４ ＋４ ＋４) ＝ ( ＋１) ２ ( ＋２) ５.解析 (１) Ｓ ４＝４１ꎬ Ｓ ５＝７１ .
ｋ 成立. ＝[１＋２＋３＋＋ ｋ ＋( ｋ ＋１)] ２. (２) Ｓ ｎ＝ ａ １＋ ａ ２＋ ａ ３＋＋ ａ ｎ＝２＋２ ０ ＋５＋２ １ ＋
２ ＋１ 当ｎ ｋ 时等式也成立. ２ ｎ ｎ －１
∴ ＝ ＋１ ８＋２ ＋＋３ －１＋２ ꎬ
那么当 ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ １ ＋ １ ＋＋ 综上可知 ꎬ 对 ∀ ｎ ∈ Ｎ ＋ꎬ 等式恒成立. 即Ｓ ｎ＝２＋５＋８＋＋３ ｎ －１＋２ ０ ＋２ １ ＋
１×３ ３×５ ７.解析 由题知ａ
２－
ａ
１＝２ꎬ ＋２
ｎ －１
ꎬ
ｋ １ ｋ ＋ ｋ １ ｋ ＝ ａ ３－ ａ ２＝４ꎬ 即Ｓ ｎ (２＋３ ｎ －１) ２ ０ (１－２ ｎ ) Ｓ
(２ －１)(２ ＋１) (２ ＋１)(２ ＋３) ａ ａ . ｎ ＝ ＋ ꎬ∴ ｎ ＝
ｋ ｋ ４－ ３＝８ ２ １－２
２ ∴ ｋ ＋ 当 １ ＋ ｎ ( ＝ ２ ｋ ｋ ＋ ＋ １ １) 时 １ ( 猜 ２ ｋ 想 ＋３ 成 ) ＝ 立 ２ . ( ｋ ＋ ＋ １ １ )＋１ ꎬ 又 猜想 ａ ｎ : －１ ａ － ｎ ａ － ｎ ａ － ｎ ２ － ＝ １＝ ２ ｎ ２ － ｎ ２ － ꎬ １ ( ｎ ≥２)ꎬ ａ １＝０ . ６.解 ２ ｎ ＋ 析 ｎ (３ ｎ ２ 由 ＋１ 题 ) 知 －１ . ａ ａ 且 ａ
由数学归纳法基本原理知猜想成立. : ｎ ＋１＋１＝２ ｎ＋２ꎬ １
４. ∴ 解 Ｓ 析 １ 易得 １ Ｓ １＝ ２ １× １ . ２ ＝ ２ １ . ａ ａ ∴ ３ ２ － － ａ ａ ａ ｎ－ ２ １ ａ ＝ ＝ １ ２ ２ ＝ ２ １ ꎬ ꎬ ２ １ ＋２ ２ ＋＋２ ｎ －１ ꎬ 整 ＝１ 理 ꎬ 得 : ａ ａ ｎ ＋ ｎ １ ＋ ＋ １ １ ＝２ꎬ 即 ｂ ｂ ｎ ＋ ｎ １ ＝２ꎬ 又ｂ １＝ ａ １
Ｓ
２＝ １×
１
２ ＋ ２×
１
３ ＝ ３
１ ３ . ∴
∴
ａ
ａ
ｎ
ｎ
＝
＝
２
２
ｎ
ｎ
－
－
２
２
.
＋
当
ａ １ꎬ
ｎ
又
＝１
ａ
时
１＝
也
０ꎬ
满足该式. ∴
＋１
{
＝
ｂ
２
ｎ}
ꎬ
是以 ２ 为首项 ꎬ２ 为公比的等比
Ｓ ４ ３ ＝ ＝ １ １ × × １ ２ ２ ＋ ＋ ２ ２ × × １ ３ ３ ＋ ＋ ３ ３ × × １ ４ ４ ＋ ＝ ４ ４ × １ ５ ＝ ５ ４ . 证 ∴ 成 明 ａ 立 ｎ : . ＝ 当 ２ ｎ － ｎ ２ ＝ . １ 时 ꎬ ａ １ ＝０＝２ １ －２ꎬ 猜想 ∴ 数 ∴ ａ 列 ｂ ｎ ｎ ＝ ꎬ ＝ ２ ｂ ｎ × － ２ １ ｎ － ＝ １ ＝ ２ ｎ ２ － ｎ １ . .
猜想 : Ｓ ｎ＝ｎ ＋ ｎ １ . 假 立 设 ꎬ 即 当 ａ ｋ ｎ ＝ ＝ ２ ｋ ｋ － ( ２ ｋ ꎬ ≥１ꎬ ｋ ∈ Ｎ ＋) 时猜想成 ７. 到 的 解 夏 析 日 至 影 ꎬ 结 长 日 合 影 度 二 长 构 十 度 成 四 依 节 一 次 气 个 减 表 等 小 可 差 ꎬ 知 各 数 ꎬ 节 从 列 气 冬 时 即 至
证明 当 ｎ 时 Ｓ １ １ 猜 当ｎ ｋ 时 ａ ａ ｋ ｋ ｋ ꎬ
:(１) ＝１ ꎬ １＝
２
＝
１＋１
ꎬ
ｋ ＋１
＝ ＋１ ꎬ ｋ ＋１＝ ｋ＋２ ＝２ ＋２ －２＝
{
ａ１ｎ}ꎻ 从夏至再回到冬至
ꎬ
日影长度依
想成立. ２ －２ꎬ 次增大 各节气时的日影长度也构成一
当ｎ ｋ 时猜想也成立. ꎬ
(２)
假设ｎ
＝
ｋ
(
ｋ
≥１ꎬ
ｋ
∈
Ｎ
＋)
时
ꎬ
猜想成 ∴
由数学
＝
归纳
＋１
法基本原理知猜想成立.
个等差数列
ꎬ
即
{
ａ２ｎ} .
ｋ 由题知从冬至到夏至时 ａ ａ
立 ꎬ 即Ｓ ｋ＝ｋ 成立. ꎬ １＝１ ３５０ꎬ １３
＋１ 复习题
ｄ １ 则 ａ 的通项公式
那么当ｎ ｋ 时 ＝１６０ꎬ ＝－９９ ꎬ { ｎ}
＝ ＋１ ꎬ ６
ｋ Ａ组
Ｓ ｋ ＋１ ＝ Ｓ ｋ ＋
(
ｋ
＋１)
１
(
ｋ
＋２)
＝ ｋ
＋１
＋ １.解析
(１)１５ꎬ６３ꎬ
一个通项公式为ａ
ｎ＝
ａ ｎ＝ ａ １＋( ｎ －１) ｄ ＝－９９ １
６
ｎ ＋１ ４４９ １
６
ꎬ
ｋ ｎ . ｎ ｎ
１ ＋１ . ２ －１ 即ａ ５９５ ８６９５ －５９５ ＋８６９５.
(
ｋ
＋１)(
ｋ
＋２)
＝
(
ｋ
＋１)＋１ (２)１０ꎬ３７ꎬ
一个通项公式为ａ
ｎ＝
ｎ２
＋１
. ｎ＝－
６
＋
６
＝
６
当ｎ ｋ 时等式成立.
∴ ＝ ＋１ １ １ 一个通项公式为 ａ 故ａ ａ １５５５ ａ ２１５０ ａ
由数学归纳法基本原理知猜想成立. (３) ꎬ－ ꎬ ｎ １３＝１６０ꎬ １２＝ ꎬ １１＝ ꎬ １０
∴ ８ ６４ ６ ６
５.证明 当ｎ 时 ２＋１ １＋２ ｎ －１
① ＝１ ꎬ４ ＋３ ＝６４＋２７ (－１) . ２７４５ ａ ３３４０ ａ ３９３５
能被 整除. ＝ ｎ ＝ ꎬ ９＝ ꎬ ８＝ ꎬ
＝９１＝１３×７ꎬ １３ ２ ６ ６ ６
７
ｙ２ ｋ ｙ２ ｘ２ ｋｘ２ ｘ２ ｋｙ２ ｘ２ ｋｙ２ ｙ２ ｋ ｙ２ ６.解析 令ｎ ｍ 得
ａ ４５３０ ａ ５１２５ ａ ５７２０ ａ － ＝ － ＋ － ＝ ＝１ꎬ ＝９ :
７＝ ꎬ ６ ＝ ꎬ ５ ＝ ꎬ ４ ＝ ｘ２ ｋ ｘ２ ｙ２ ｙ２ ｘ２ ｋ ｙ２ ｋ . Ｓ Ｓ Ｓ 即Ｓ Ｓ Ｓ
６ ６ ６ ( － )＋ ( － ) １＋ ９＝ １０ꎬ １０－ ９＝ １ꎬ
ｘ２ ｙ２ 能被ｘ ｙ整除 ｘ２ ｋ ｙ２ ｋ也能被 又ａ Ｓ 且Ｓ Ｓ ａ ａ ａ .
６３１５ ꎬ ａ ３＝ ６９１０ ꎬ ａ ２＝ ７５０５ ꎬ ａ １＝ ８１００. ∵ ｘ ｙ整 － 除 － ꎬ － ａ １＝ １ . １０－ ９＝ １０ꎬ∴ １０＝ １＝１
节
由 ６
气
题
时
意
的
可
日
知
影
ꎬ ６ 从
长
夏
度
至
同
再
上
回
.
６ 到冬至时 ６ ꎬ 各 ∴
整
－ ｘ
除
２ ｋ
.
( ｘ２ － ꎬ ｙ２ )＋ ｙ２ ( ｘ２ ｋ － ｙ２ ｋ ) 能被 ｘ － ｙ ７.解
ｎ
∴ 析 １０
时
＝ ｎ １
ａ
＝１ 时
ａ
ꎬ ａ ２－ ａ １＝１①ꎬ
＝２ ꎬ ３＋ ２＝３②ꎬ
８.证 １× 明 (４ ×１ ① ２ － 当 １) ｎ ＝ ＝ 右 １ 边 时 ꎬ ꎬ 成 左 立 边 . ＝１ ２ ＝１＝ ３ １ × 整 ∴ ∴ 除 对 ｎ ＝ . 于 ｋ ＋ 任 １ 意 时命 ｎ ∈ 题 Ｎ 也 ＋ꎬ 成 ｘ２ 立 ｎ － ｙ . ２ ｎ都能被ｘ － ｙ ｎ ｎ ｎ ＝ ＝ ４ ３ 时 时 时 ꎬ ꎬ ａ ａ ａ ５ ４ ＋ － ａ ａ ａ ４ ３ ＝ ＝ ７ ５ ④ ③ ꎬ ꎬ
② 假设当ｎ ＝ ｋ ( ｋ ≥１ꎬ ｋ ∈ Ｎ ＋) 时 ꎬ Ｂ组 ｎ
＝
＝
６
５ 时
ꎬ
ꎬ ａ
７
６
＋
－ ａ
６
５
＝
＝
１
９
１
⑤
⑥
ꎬ
ꎬ
１ ２ ＋３ ２ ＋５ ２ ＋＋(２ ｋ －１) ２ ＝ １ ｋ (４ ｋ２ －１) １.解析 ∵ { ａ ｎ} 为等差数列 ꎬ ｎ ＝７ 时 ꎬ ａ ８－ ａ ７＝１３⑦ꎬ
３ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 成等差数列 得 ａ ａ ａ ａ ａ ａ
成立. ∴ ｍꎬ ２ ｍ－ ｍꎬ ３ ｍ－ ２ ｍ ꎬ ②＋④＋⑥ : ２＋ ３＋ ４＋ ５＋ ６＋ ７＝３＋７
Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 得 Ｓ .
那么当ｎ ｋ 时 ∴２( ２ ｍ－ ｍ)＝ ｍ＋ ３ ｍ－ ２ ｍꎬ : ３ ｍ＝６０ ＋１１＝２１ꎬ
１ ２ ＋３ ２ ＋５ ２ ＝ ＋ ＋１ ＋( ꎬ ２ ｋ －１) ２ ＋(２ ｋ ＋１) ２ ＝ ２. ∴ 解 Ｓ 析 ｍ ꎬ Ｓ ∵ ２ ｍ－ { Ｓ ａ ｍ ｎ ꎬ } Ｓ 为 ３ ｍ 等 － Ｓ 比 ２ ｍ 数 成 列 等 ꎬ 比数列 ꎬ ⑦ ａ ６－ ＋ ａ ⑥ ６＋ － ａ ⑤ ５－ － ａ ④ ５－ ＋ ａ ③ ４＋ ＋ ａ ② ４－ － ａ ① ３＋ 得 ａ ３ : ＋ ａ ａ ８－ ２－ ａ ７ ａ ＋ ２＋ ａ ７ ａ ＋ １
１ ｋ (４ ｋ２ －１)＋(２ ｋ ＋１) ２ ＝ １ (２ ｋ ＋１) ∴ ( Ｓ ２ ｍ－ Ｓ ｍ) ２ ＝ Ｓ ｍ( Ｓ ３ ｍ－ Ｓ ２ ｍ)ꎬ 得 : Ｓ ３ ｍ ＝ ａ ８＋ ａ １＝１５ .
３ ３ . Ｓ .
＝７０ ∴ ８＝３６
[ ｋ (２ ｋ －１)＋３(２ ｋ ＋１)]＝ ３ １ (２ ｋ ＋１)(２ ｋ２ ３. 易 解 得 析 Ｓ (１ ａ ) 成 ａ 等差数 ａ 列 ꎬ 证明如下 : ８.解析 ａ １ ａ ２ ａ ３ ａ ｎ －１ ａ ｎ＝ ｎ２ ①ꎬ
( ＋ １) ｋ ５ ＋ ｋ ２ － ＋ １ １ ) ３ ] ) ( . ＝ ４ ｋ２ ３ １ ＋ ( ８ ２ ｋ ｋ ＋ ＋ ３ １ ) ) ＝ ( ｋ ３ ＋ １ １ ( ) ｋ ( ＋ ２ １ ｋ ＋ ) ３ [ ) ４ ＝ ( ｋ ３ １ ＋ Ｓ Ｓ Ｓ ４ ３ ２ ｎ ｎ ｎ － － － Ｓ Ｓ Ｓ ３ ２ ｎ ｎ ｎ ｎ ＝ ＝ ＝ ＝ ａ ａ ａ ｎ ３ ２ ＋ １ ｎ ｎ １ ＋ ＋ ＋ ＋ １ １ ＋ ＋ ａ ２ ｎ ａ ａ ＋ ＋ ３ ２ ２ ｎ ｎ ＋ ＋ ＋ ２ ２ ＋ ＋ ＋ ＋ ｎ ａ ① ＋ ＋ ２ ｎ ａ ａ ꎬ ② ４ ３ ｎ ｎ ④ ③ ꎬ ꎬ ꎬ ａ 当 ① ② １ ａ 得 ｎ ２ ａ ＝ : ３ １ ａ { ｎ １ 时 ａ ＝ ꎬ ｎ ｎ ( － ａ １ ＝ ｎ １ ＝ － ｎ ＝ １ ( １ ꎬ １ ｎ ) ꎬ － 不 ２ ( １ ｎ ) 满 ≥ ２ ( 足 ２ ｎ ) ≥ 上 . ２ 式 ) . ②ꎬ
∴ 当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时等式也成立. ∵ { ａ ｎ} 为等差数列 ꎬ∴ ②－① 得Ｓ ２ ｎ－ Ｓ ｎ ∴ ａ ｎ＝ ( ｎ ) ２ ｎ .
由 ①② 知对任意ｎ ∈ Ｎ ＋ꎬ 等式成立. － Ｓ ｎ＝ ｎ２ｄ ꎬ ｎ －１ ꎬ ≥２
９.解析 ａ
ｎ＝ ｎ ＋
１
ｎ ＋１ 依
③
次
－②
类
得
推
Ｓ
ꎬ
３
可
ｎ－
知
Ｓ ２ ｎ
此
－(
数
Ｓ
列
２ ｎ－
为
Ｓ ｎ
等
)＝
差
ｎ
数
２ｄ
列
ꎬ
.
９.解
３ ｎ
析
２ ① ꎬ
ａ １＋２ ａ ２＋＋( ｎ －１) ａ ｎ －１＋ ｎａ ｎ＝
不一定成等比数列 证明如下
ｎ ＋１－ ｎ 易 (２ 得 ) Ｓ ａ ａ ａ ꎬ : ａ １＋２ ａ ２＋＋( ｎ －１) ａ ｎ －１＝３( ｎ －１) ２ ( ｎ ≥
＝ ( ｎ ｎ ＋ ｎ ＋ ｎ １)( ｎ ＋１－ ｎ ) Ｓ ２ ｎ－ Ｓ ｎ ｎ ＝ ＝ ａ ｎ ＋ １ １ ＋ ＋ ａ ２ ｎ ＋ ＋２ ＋ ＋ ＋ ｎ ａ ① ２ ｎ ꎬ ②ꎬ ２ ① ) － ② ② ꎬ 得 : ｎａ ｎ＝３ ｎ２ －３( ｎ －１) ２ ꎬ∴ ａ ｎ ＝
＝ 即ａ １＝ ＋１ ２ － －１ꎬ ꎬ ａ ２＝ ３－ ２ꎬ ａ ３＝ ４－ ３ꎬ Ｓ Ｓ ４ ３ ｎ ｎ － － Ｓ Ｓ ３ ２ ｎ ｎ ＝ ＝ ａ ａ ３ ２ ｎ ｎ ＋ ＋ １ １ ＋ ＋ ａ ａ ３ ２ ｎ ｎ ＋ ＋ ２ ２ ＋ ＋ ＋ ＋ ａ ａ ４ ３ ｎ ｎ ④ ③ ꎬ ꎬ ６ ｎ ｎ －３ ( ｎ ≥２)ꎬ
∴ ａ ４ Ｓ ＝ １＝ ５－ ２－ ４ １ . ꎬ ∵ { ａ ｎ} 为等比数列 ꎬ 又 ６ 当 ｎ －３ ｎ . ＝１ 时 ａ １ ＝３ 满足上式 ꎬ∴ ａ ｎ
Ｓ ２＝ ３－１ꎬ
∴
②得 Ｓ ２ ｎ
Ｓ
－ Ｓ ｎ
＝
ｑｎ
ꎬ
＝ ｎ
ｂ
Ｓ ３＝ ４－１＝１ꎬ 当 ① ｑ 且 ｎ ｎ为偶数时 Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ １０.解析 (１)∵ { ｂ ｎ} 是等比数列 ꎬ∴ ｂ ３
Ｓ ＝－１ ꎬ ｎꎬ ２ ｎ－ ｎꎬ ３ ｎ ２
猜 ４ 想 ＝ Ｓ ５－１ꎬ ｎ 证明如下 － Ｓ ２ ｎꎬ 不一定是等比数列 ( 如常数列 ＝ ｑ ＝３ꎬ∴ ｂ １＝１ꎬ ｂ ４＝２７ꎬ∴ ｂ ｎ＝３ ｎ －１ ꎬ
ｎ＝ ＋１－１ꎬ : ａ ａ ａ ｄ ｄ
当
ａ
ｎ ＝１
Ｓ
时
等
ꎬ ａ
式
１＝
成立
２－
.
１ꎬ Ｓ １＝ ２－１ꎬ ０ 当 ꎬ
Ｓ
０ ｑ ꎬ ≠ ０ꎬ －
是
１ ) 或
等
ꎻ
比
ｎ为
数
奇
列
数
.
时 ꎬ Ｓ ｎꎬ Ｓ ２ ｎ－ Ｓ ｎꎬ Ｓ ３ ｎ ∴ ∴ ａ １ ｎ ＝ ＝ １ ａ ꎬ １＋ １ ( ４＝ ｎ － １ １ ＋ ) １ ｄ ３ ＝ ＝ １ ２ ＋ ７ ２ ꎬ ( ∴ ｎ － ＝ １ ２ ) ꎬ ＝ ２ ｎ
∴ １＝ １ꎬ － ２ ｎꎬ －１ꎬ
假 －１ 设 ꎬ 当ｎ ＝ ｋ时等式成立 ꎬ 即Ｓ ｋ＝ ｋ ＋１ ４.解析 存在 ꎬ 如ａ ｎ＝１－ ( １ １ ０ )ｎ . 即 (２) ａ ｎ 由 ＝ ( ２ ｎ １ － ) １ 知 . ｃ ｎ ＝(２ ｎ －１)３ ｎ －１.设
当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ Ｓ ｋ ＋１＝ ａ １＋ ａ ２＋＋ ａ ｋ＋ ａ ｋ ＋１＝ ５.解析 ａ １＝ １ ꎬ ａ ２＝ １ ꎬ ａ ３＝ １ . { ｃ ｎ} 的前ｎ项和为Ｓ ｎ .
ｋ ａ ２ ４ ６ Ｓ ｃ ｃ ｃ ｃ
＋１－１＋ ｋ ＋１①ꎬ ｎ＝ １＋ ２＋＋ ｎ －１＋ ｎꎬ
又ａ ｋ ＋１＝ ｋ ＋２－ ｋ ＋１②ꎬ 猜想 : ａ ｎ＝ １ ｎ . 即Ｓ ｎ＝１×３ ０ ＋３×３ １ ＋＋(２ ｎ －３)×３ ｎ －２ ＋
∴ 由 当 ① 由 ② ｎ 数 ＝ 得 学 ｋ : ＋ Ｓ 归 １ ｋ ＋ 时 １ 纳 ＝ ꎬ 等 法 ｋ 式 基 ＋２ 也 本 － 成 １ 原 ꎬ 立 理 . 知 猜想 证明 :∵ ａ ｎ ２ ＋１＝ ２ ａ ａ ｎ ｎ ＋１ ꎬ 即 ａ １ ｎ ＋１ ＝ ２ ａ ａ ｎ ｎ ＋１ ꎬ 整 ３ ( Ｓ ２ ｎ ｎ ｎ － ＝ － １ １ １) × × ３ ｎ １ ３ ＋ ｎ － １ ① ＋( ꎬ ２ ｎ ｎ －５)×３ ｎ －２ ＋(２ ｎ －３)
正 ∴ 确. ꎬ 理得 :ａ １ ｎ －ａ １ ｎ ＝２ꎬ 又 ａ １ ＝２ꎬ ① ×３ －② ＋ 得 (２ :－ － ２ １ Ｓ ) ｎ × ＝ ３ １＋ ② ２ ꎬ ×３ １ ＋＋２×３ ｎ －１ －
１０.证明 当ｎ 时 ｘ２ ｙ２ 能被ｘ ｙ { } ＋１ １ ｎ ｎ
(１) ＝１ ꎬ － － １ 是以 为首项 为公差的等 (２ －１)×３ ꎬ
整除 ∴ ａ ２ ꎬ２ ｎ －１
ꎬ ｎ Ｓ ３×(１－３ ) ｎ
假设当ｎ
＝
ｋ
(
ｋ
≥１
且ｋ
∈
Ｎ
＋)
时
ꎬ
ｘ２ ｋ
－
差数列. ∴ －２ ｎ＝１＋２×
１－３
－(２ －１)
ｙ２ ｋ能被ｘ
－
ｙ整除
ꎬ １ ｎ ｎ ａ １ . ×３
ｎ
ꎬ
那么当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ ｘ２ ｋ ＋２ － ｙ２ ｋ ＋２ ＝ ｘ２ ｋ ｘ２ ａ ｎ ＝２＋( －１)×２＝２ ꎬ∴ ｎ＝ ２ ｎ ∴ －２ Ｓ ｎ＝１－３＋３ ｎ －(２ ｎ －１)３ ｎ ꎬ
８
教材习题答案
Ｓ ｎ ｎ 时 Ｓ
∴ －２ ｎ＝－２＋(１－２ ＋１)３ ꎬ ＝０ ꎬ ｎ＝１ꎬ π π
Ｓ ｎ ｎ ｎ ｎ ｓｉｎ －ｓｉｎ æ ö
∴ －２ ｎ＝－２＋(２－２ )３ ꎬ 当ｘ 时 Ｓ ｎ ( ＋１) ２ ３ ç ３÷ ６
１ １ １ ２ . . 解 证 ∴ 析 明 Ｓ ｎ ＝ ( ( ａ ｂ ｎ ８ ８ １ － ) ＝ １ 当 ) Ｂ Ａ １ １ ５ ５ ｎ ＝ ３ ＝ ｎ ３ ２ ＋ ２ × × １ １ １ 时 . ５ ５ ＋ ＋ ꎬ ２ ３ 两 ＝ 条 ４ ３ ７ ３ 相 . 交直线 当 Ｓ ｘＳ ｎ ｎ ＝ ｘ ＝ ≠ １ ＝ ｘ ＋ １ ＋ ０ ２ ２ ｘ 且 ｘ ＋ ２ ꎬ ３ ＋ ｘ ｘ ≠ ｎ ２ ＝ ＋ １ ＋ １ ( 时 ＋ ｎ ＋ ２ ꎬ － ｎ ＋ １ ) ｘ ＋ ｎ － ｘ １ ＝ ① ｎ －１ ꎬ ＋ ｎ ２ ｘｎ ꎬ ②ꎬ 且 平均 π ３ π ２ 变 > － æ è ç 化 π １ ３ － 率 ２ 较 ３ ö ø ÷ ＝ 大 × è . １ π ６ － ꎬ ２ ∴ ø 在 × π [ ０ ꎬ ꎬ π ６ ] 上的
得
有 个交点.又ｆ ２(２－１) ①－② : [ ]
１ (２)＝ ２ ＝１ꎬ (１－ ｘ ) Ｓ ｎ＝１＋ ｘ ＋ ｘ２ ＋＋ ｘｎ －１ － ｎ ｘｎ ꎬ ３.解析 函数ｙ ＝ ｘ２ 在区间 １ꎬ ４ 上的
当ｎ 时 结论成立. ｘｎ ３
∴ ＝２ ꎬ ｘ Ｓ １×(１－ ) ｎｘｎ
假设当ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ 时结论 ∴ (１－ ) ｎ＝ ｘ － ꎬ １６
(２) ＝ ( ≥２ꎬ ∈ ＋) １－ －１
ｋ ｋ ｘｎ ｎ ｘｎ 平均变化率为 ９ ７ 在区间
成立 即ｆ ｋ ( －１). Ｓ １－ . ＝ ꎬ
ꎬ ( )＝ ２ ∴ ｎ＝ (１－ ｘ ) ２ － １－ ｘ １ ３
则当ｎ ｋ 时 其中的ｋ条直线的交 ３.解析 第 行 ３
＝ ＋１ ꎬ (１)７ ８ ９ １０( ４ )ꎬ
４９
第 行 . [ ] －４
点个数是 １ ｋ ｋ 增加的第 ｋ １１ １２ １３ １４ １５( ５ ) ７ 上的平均变化率为 ９ １３
( －１)ꎬ ( ＋１) . ２ꎬ ＝ ꎬ
２ (２)５０ ３ １ ３
条直线与上述的ｋ条直线相交 共增 递推公式依次为ａ ａ ｎ ｎ
加ｋ个交点.
ꎬ (３)
ａ .
ｎ－ ｎ －１＝ －１( ≥
[ ]
３
ｋ ｋ
２
ｂ
)ꎬ
ｂ
１＝１
ｎ ｎ ｂ .
在区间 ８
ꎬ３
上的平均变化率为
∴
ｆ
(
ｋ
＋１)＝
ｆ
(
ｋ
)＋
ｋ
＝
( －１)
＋
ｋ
＝
１ ｋ
×
ｎ－ ｎ －１＝ ( ≥２)ꎬ １＝１ ３
２ ２ 由数列 { ａ ｎ} 的递推公式可得ａ ｎ－ ａ ｎ －１＝ ９－ ６４
ｋ １ ｋ ｋ ｎ ９ １７.
( ＋１)＝ ( ＋１)[( ＋１)－１]ꎬ －１ꎬ ＝
２ ａ ａ ｎ １ ３
当ｎ ｋ 时结论也成立. ｎ －１－ ｎ －２＝ －２ꎬ
∴ ＝ ＋１ ３
综 都 合 成 (１ 立 )( . ２)ꎬ 结论对任意ｎ ∈ Ｎ ＋ꎬ ｎ ≥ ａ ３－ ａ ２＝２ꎬ ∵ １ ３ ７ > １ ３ ３ > ３ ７ ꎬ
２ ａ ａ [ ]
Ｃ组
以
２－
上各
１＝
式
１ꎬ
相加可得ａ ａ ｎ ∴
函数ｙ
＝
ｘ２ 在 ８
ꎬ３
上的平均变化
１.解析 经过一次传递后 落在乙 ｎ－ １＝１＋２＋＋( ３
(１) ꎬ 、 [ ]
－１)ꎬ 率 在 ７ 上的平均变化率 在
丙 丁手中的概率均为 １ 而落在甲手 ｎ ｎ > ２ꎬ >
、 ３ ꎬ ∴ ａ ｎ＝ ( －１) ＋１ . [ ] ３
中的概率为 因此 Ｐ 两次传递后 ２ ４ 上的平均变化率.
０ꎬ ꎬ １＝０ꎬ 由数列
{
ｂ
ｎ}
的递推公式可得 １ꎬ
３
球落在甲手中的概率Ｐ ２＝ １ × １ ＋ １ × ｂ ｎ－ ｂ ｎ －１＝ ｎ ꎬ ４.解析 由图像可知 ａ ＝ ｆ (１)－ ｆ (０) ＝
３ ３ ３ ｂ ｂ ｎ １－０
ｎ －１－ ｎ －２＝ －１ꎬ ｆ ｆ ｆ ｆ ｆ ｆ
１ １ １ １ . (１)－(０) ｂ (２)－(１) (２)－(１)
＋ × ＝ ꎬ ＝ ＝ ꎬ
３ ３ ３ ３ ｂ ｂ １ ２－１ １
(２)
要想经过 ｎ 次传递后球落在甲的
ｂ
３－
ｂ
２＝３ꎬ
∴
结合图像可得ａ
>
ｂ.
手中 ꎬ 那么在ｎ －１ 次传递后球一定不在 以 ２－ 上 １ 各 ＝ 式 ２ꎬ 相加可得ｂ ｂ ｎ ５.解析 结合题表可知 ꎬ 函数在 [０ꎬ２] 上
甲手中
ꎬ 又ｂ
ｎ－ １＝２＋３＋＋ ꎬ
的平均变化率为０
.
２３８－０
.
５ .
所以Ｐ １ Ｐ ｎ
１＝１ꎬ
２
＝－０１３１ꎬ
ｎ＝ ３ (１－ ｎ －１)ꎬ ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬꎬ ∴ ｂ ｎ＝１＋２＋＋ ｎ ＝ ｎ ( ｎ ＋１) ꎬ 在 [３ꎬ ５] 上 的 平 均 变 化 率 为
２ . .
因此Ｐ １ Ｐ １ ２ ２ ００７８－０１６４ . .故函数在
Ｐ １
３＝
３ Ｐ
(１－
１
２)＝
７ ３
×
７ ３
＝
Ｐ ９
ꎬ
１ ∴ ｂ ｎ＝
ｎ
(
ｎ
２ ＋１). 上的 ５ 平 －３ 均变化
＝
率
－０
为
０４
－
３
０ . １３１ꎬ 在 [３
[
ꎬ
０
５
ꎬ
]
２
上
]
４＝ (１－ ３)＝ × ＝ ꎬ ５＝ (１ 的平均变化率为 . .
３ ３ ９ ２７ ３ 第六章 导数及其应用 －００４３
练习Ｂ
Ｐ １ ２０ ２０ Ｐ １ Ｐ
－ ４)＝ × ＝ ꎬ ６＝ (１－ ５)＝ １.解析 ｆ ａ ｆ ａ
３ ２７ ８１ ３ (１)∵ (０)＝ ꎬ (３)＝ ＋３ꎬ
6.1 导数 ｆ ｆ .
１ ６１ ６１ ∴ (３)>(０)
× ＝ ꎬꎬ ｆ ｆ ｆ ｆ
３ ８１ ２４３ ６.１.１ 函数的平均变化率 (１)－(０) (３)－(１)
(２)∵ ＝－１ꎬ ＝２ꎬ
Ｐ １ Ｐ １ ３－１
∵ ｎ＝ (１－ ｎ －１)ꎬ 练习Ａ ｆ ｘ 在 上的平均变化率小于在
３ ∴ ( ) [０ꎬ１]
( ) １.解析 ｆ ｆ 上的平均变化率.
∴ Ｐ ｎ－ １ ＝－ １ Ｐ ｎ －１－ １ ꎬ 又 ∵ Ｐ １－ １ ｆ ∵ ｆ (０)＝０ꎬ (１)＝１ꎬ ２. [ 解 １ 析 ꎬ３] 不一定.如图 ｇ ｘ 与 ｆ ｘ 在
４ ３ ４ ４ (１)－(０) . ꎬ ( ) ( )
∴ ＝１ 上的平均变化率相等.
１ １－０ [０ꎬ１]
＝－ ꎬ
ｇ ｇ
４ ( ) ( )ｎ ｇ ｇ (１)－ (０) .
－１ (０)＝０ꎬ (１)＝１ꎬ ＝１
∴ Ｐ ｎ－ １ ＝ － １ － １ ꎬ∴ Ｐ ｎ＝ １－０
４ ４ ３
( )ｎ π
－１ ｓｉｎ －ｓｉｎ０
１ １ １ . ２.解析 ６ ３
－ － ∵ ＝ ꎬ
４ ４ ３ π π
２.解析 记Ｓ
ｎ＝１＋２
ｘ
＋３
ｘ２
＋＋
ｎｘｎ －１.当ｘ
６
９
. . ｘ . ｙ ｘ ｙ′ ｘ
３.解析 ５０６－０３８ . 在 ＝ｌｉｘｍ(Δ ＋１００２)＝１００２ ＝２ → ＝ｌｎ２２ ꎻ
(１)∵ . ＝１５ ６ꎬ∴ ＭＣ Δ→０ 的实际意义为总成本在 Ｑ
０３ (５００) ＝ ｙ ｘ ｙ′ １
[０
.
３ꎬ０
.
６]
内的平均速度为
１５
.
６ｍ/ｓ
. 处的边际成本. ＝ｌｎ → ＝ ｘ ꎻ
５００
(２) 不妨设 ｘ ＝ ａｔ ＋ ｂ.将点 (０ . ３ꎬ０ . ３８)ꎬ 练习Ｂ ｙ ＝ｅ ｘ → ｙ′ ＝ｅ ｘ.
{ ( ５ ０ ０ . . . ０ ３ ６ ６ ８ ꎬ５ ＝ ＝ . ０ ０ ０ ６ . . ６ ３ ) ａ ａ 代 ＋ ＋ ｂ ｂ 入 ꎬ ꎬ解 解 得 析式 ａ ＝ 得 １５ . ６ꎬ ｂ ＝－４ . ３ꎬ １. ３ 解 ｘ ＋ 析 ２ ｙ － 易 ６＝ 得 ０ 线 ꎬ 即 段 ｙ Ａ ＝ Ｂ － 所 ２ ３ 在 ｘ 直 ＋３ 线 ꎬ 即 的方 ｆ ( 程 ｘ ) 为 ＝ ４ ５ . . 解 解 ＝８ 析 析 ０ . 令 ∵ ｆ ｆ ( ′ ( ｔ ) ｘ ＝ ) ２ ＝ ｔ２ ５ ＋ ｘ ４ ４ ꎬ ｔ. ∴ ｆ′ (２)＝ ５×２ ４
ｘ . ｔ . .
将 ∴ ｔ ＝ ＝ １ ０ ５ . ５ ６ 代 － 入 ４３ 上面解析式得 ｘ ＝１５ . ６× － ２ ３ ｘ ＋ ３ . Δ ｌｉｘ → ｍ ０ ｆ (１＋Δ Δ ｘ ) ｘ － ｆ (１) ＝ 为 (１ ｆ ) ( 质 ３) 点 － ｆ 开 (０ 始 ) 运 ２ 动 ×３ 后 ２ ＋ ３ ４× ｓ ３ 内的平均 . 速度
０ . ５－４ . ３＝３ . ５ . ３ ｘ ( ３ ) ３－０ ＝ ３ ＝１０ ｍ/ｓ
４.解 故 析 ｔ ＝０ . ｗ ５ 在 时 区 物 间 体的位移 内 为 的 ３ 平 . ５ 均 ｍ . 变化率 － ２ (１＋Δ )＋３ ｘ － － ２ ×１＋３ ＝－ ３ . (２) 质点在 ２ ｓ 到 ３ ｓ 内的平均速度为
[５ꎬ８] Δ ２ ｆ ｆ ２ ２
. . ２.解析 令ｆ ｘ ａｘ２ ｂｘ ｃ
(３)－(２)
＝
２×３ ＋４×３－(２×２ ＋４×２)
＝
为
∵
８ ｗ ３ ８ 是 － － ８ ５ ｔ的 ８ ＝ 函 － 数 ６ １
ꎬ
.
∴
不妨设ｗ
＝
ａｔ
＋
ｂ
ꎬ
将 ｆ ′ ( １ ) ( ＝ )＝
Δ
ｌｉｘ
→
ｍ
０
＋ ｆ (１ ＋ ＋Δ ꎬ
Δ
ｘ ) ｘ － ｆ (１) ＝ １４ ｍ ３
ｆ
－
′
/ｓ ２ .
ｔ ｔ .当ｔ 时
１
ｆ′
(５ꎬ８ . ８)ꎬ(８ꎬ８ . ３) 代入解析式得 ａ (１＋Δ ｘ ) ２ ＋ ｂ (１＋Δ ｘ )＋ ｃ －( ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ) (３) . ( )＝４ ＋４ ＝３ ꎬ (３)＝１６
ì
ïａ １ Δ
ｌｉｘ
→
ｍ
０ Δ
ｘ
练
ｍ
习
/ｓ
Ｂ
{ ８ . ８＝５ ａ ＋ ｂ ꎬ解得í ï ＝－ ６ ꎬ ａ (Δ ｘ ) ２ ＋２ ａ Δ ｘ ＋ ｂ Δ ｘ ａ ｘ ａ
. ａ ｂ ï ＝ｌｉｘｍ ｘ ＝ｌｉｘｍ( Δ ＋２ １.解析 ｙ′ １ ｘ－４ ３ 当ｘ 时 ｙ′
８３＝８ ＋ ꎬ ïｂ ２８９ Δ→０ Δ Δ→０ (１) ＝ ꎬ ＝１６ ꎬ
î ＝ ꎬ ｂ ａ ｂ. ４
３０ ＋ )＝２ ＋
同理可得ｆ′ ａ ｂ. １ .
解析式为ｗ １ ｔ ２８９. (２)＝４ ＋ ＝
∴ ＝－ ＋ ３２
６ ３０ ３.解析 球的体积公式为Ｖ ４ Ｒ３.
＝ π ｙ′ ｘ 当ｘ π时 ｙ′ .
当ｔ 时 ｗ １ ２８９ ２５９ ３ (２) ＝ｃｏｓ ꎬ ＝ ꎬ ＝０
＝６ ꎬ ＝－ ×６＋ ＝ ꎬ ２
６ ３０ ３０
令ｆ Ｒ ４ Ｒ３.
当ｔ 时 ｗ １ ２８９ １２７. ( )＝ π ｙ′ １ 当ｘ １ 时 ｙ′ .
＝７ ꎬ ＝－ ×７＋ ＝ ３ (３) ＝－ｘ２ꎬ ＝ ꎬ ＝－４
６ ３０ １５ ｆ ｘ ｆ ２
易得 ｆ ′ (３＋Δ )－(３) ２.解析 ｙ ｘ
５.解析 (１) 由图像可知ｖ 甲＝ ｖ 乙＝ １００－０ (３) ＝ Δ ｌｉｘ → ｍ ０ Δ ｘ ＝ ｙ′ ∵ ＝ ｘ ｃｏｓ ꎬ
１２－０ ∴ ＝－ｓｉｎ ꎬ
４ ｘ ３ ４ ３
２５ . π(３＋Δ ) － π×３ 当ｘ π时 ｙ′
＝ ｍ/ｓ ３ ３ ∴ ＝ ꎬ ＝－１ꎬ
３ 由图像可知 在接近终点时乙的位 Δ ｌｉｘ → ｍ ０ Δ ｘ ２ ( )
更 移 (２ 快 的 ) . 平均变化率 ꎬ 更大 ꎬ 所以乙的速度 ＝ ｌｉｘｍ ４ ３ π[(Δ ｘ ) ３ ＋９ ｘ (Δ ｘ ) ２ ＋２７Δ ｘ ] ＝ ∴ 切线方程为ｙ －０＝－１ ｘ － π ２ ꎬ 即ｘ ＋ ｙ
Δ→０ Δ π .
－ ＝０
６.１.２ 导数及其几何意义 ｘ ２ ｘ ４π . ２
练习Ａ Δ ｌｉｘ → ｍ ０ [(Δ ) ＋９Δ ＋２７]× ３ ＝３６π ３.解析 ∵ ｆ ( ｘ )＝ ｘ－３ ２ ꎬ
这一瞬时变化率的实际意义为当半径
１.解析
(１)３
.
(２)０
.
(３)１
.
为 时球的表面积. ∴
ｆ′
(
ｘ
)＝－
２ｘ－３ ５
ꎬ
ｆ ｘ ｆ ３ ３
２.解析 ｆ ′ (０＋Δ )－(０) ４.解析 ｘ ｙ .
(０)＝ Δ ｌｉｘ → ｍ ０ Δ ｘ ＝ ｘ ( ｙ １)３ . － －５＝０ ∴ ｆ′ (８)＝－ １ .
ｘ ２ ｘ (２)２ － ＝０ ４８
(０＋Δ ) －(０＋Δ )－０ ｘ ｙ . ( )
Δ ｌｉｘ → ｍ ０ Δ ｘ (３) ＋ －２＝０ ｆ ｘ ｆ 又ｆ (８)＝ １ ꎬ∴ 过点 ８ꎬ １ 的切线方
ｘ . ５.解析 ｆ′ (１＋Δ )－(１) ４ ４
３.解
＝
Δ
ｌ
析
ｉｘ
→
ｍ
０
(Δ
圆
－
的
１
面
)＝
积
－
公
１
式为Ｓ
＝π
ｒ２
ꎬ
令ｆ
(
ｒ
) 当 ｆ
∵ (１)
ｆ
＝
′
Δ
ｌｉｘ
→
ｍ
０ Δ
ｘ
ｘ
. 时
ꎬ
程为ｙ
－
１
＝－
１
(
ｘ
－８)ꎬ
ｒ２. ∴ (１)＝１ꎬ (１)＝２ꎬΔ ＝００３ ꎬ ４ ４８
＝π ｆ . ｆ 即ｘ ｙ .
ｆ ｘ ｆ (１＋００３)－(１) ｆ . . . ＋４８ －２０＝０
易得 ｆ ′ (２) ＝ Δ ｌｉｘ → ｍ ０ (２＋Δ Δ ) ｘ －(２) ＝ ０ . ０３ ≈２ꎬ∴ (１０３)≈１０６ ４.解析 (１)∵ ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ ꎬ ｆ (３)＝９≠５ꎬ
π(２＋Δ ｘ ) ２ －π×２ ２ ６.１.３ 基本初等函数的导数 ∴ (３ꎬ５) 不在曲线ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 上.
Δ
ｌｉｘ
→
ｍ
０ Δ
ｘ
练习Ａ (２)
设切点为
(
ｘ
０ꎬ
ｙ
０)ꎬ
ｆ′
(
ｘ
)＝２
ｘ
ꎬ
结合
π(Δ ｘ ) ２ ＋４πΔ ｘ ｘ １.解析 Ｃ′ 的几何意义为该函数在各 导数的几何意义可知 ｘ ｙ ０－５ .
＝
Δ
ｌｉｘ
→
ｍ
０ Δ
ｘ ＝
Δ
ｌｉｘ
→
ｍ
０
(πΔ ＋４π)
点处 的瞬时
＝０
变化率都为 .
２ ０＝ｘ
０－３
①
＝ 这 ４ 一 π 瞬
.
时变化率的实际意义是当半径 ｘ′ ＝１ 的几何意义为该函
０
数在各点处的
又
∵
点
(
ｘ
０ꎬ
ｙ
０)
在ｙ
＝
ｆ
(
ｘ
)＝
ｘ２ 上
ꎬ∴
ｙ
０
４.
为
解析 ２
时圆
ｆ′
的周长.
２.
瞬
解
时
析
变
(
化
１
率
) ｙ
都
′ ＝
为
１５
１
ｘ
.
１４. (２) ｙ′ ＝－３ ｘ－４.
＝ ｘ
由
２ ０②ꎬ
可得
{ｘ
０＝５ꎬ 或
{ｘ
０＝１ꎬ
(５００)＝ ∴ ①② ｙ ｙ
(５００＋Δ ｘ ) ２＋２(５００＋Δ ｘ )－(５００ ２＋２×５００) (３) ｙ′ ＝ ５ ｘ１ ４. (４) ｙ′ ＝ ２ ｘ－３ １. ｌ的方程为 ｘ ０ ｙ ＝２５ꎬ 或 ０＝１ ｘ ꎬ ｙ
Δ ｌｉｘ→ ｍ ０ Δ ｘ ４ ３ ∴ ２ － －１＝０ １０ － －２５
(Δ ｘ ) ２ ＋１０００Δ ｘ ＋２Δ ｘ ３.解析 ｙ ＝ｃｏｓ ｘ → ｙ′ ＝－ｓｉｎ ｘ ꎻ ＝０ .
＝ｌｉｘｍ ｘ ｙ ｘ ｙ′ ｘ ５.解析 ｙ ａｘ ｂ ｙ′ ａ.
Δ→０ Δ ＝ｓｉｎ → ＝ｃｏｓ ꎻ ∵ ＝ ＋ ꎬ∴ ＝
１０
教材习题答案
( )
６.１.４ 求导法则及其应用 ｙ′ π π . １ 解得ｘ 或ｘ .
∴ ｘ ＝ π ４ ＝２ｃｏｓ ＋ ＝－２ ＝ ꎬ ＝３ ＝－２
２ ２ ２
练习Ａ ( ) 又 ｘ ｘ .
在点 π 处的切线方程为ｙ ∵ ∈(０ꎬ＋∞)ꎬ∴ ＝３
１.解析 ｙ′ ｘ ｘ. ｙ′ １ . ∴ ４ ꎬ０ －０＝ ∴ 切点的横坐标为 ３ .
(１) ＝ｅ ＋ｃｏｓ (２) ＝１－ｘ２ (
ｘ π
)
即 ｘ ｙ π .
４.解析 ｆ′
(
ｘ
)＝ ｅ
ｘ
(
ｘ２
－３
ｘ
＋１＋２
ｘ
－３)＝
(３) ｙ′ ＝２ ｘ ｌｎ２－ １ ｘ . －２ － ４ ꎬ ２ ＋ － ２ ＝０ ｅ ｘ ( ｘ２ － ｘ －２)ꎬ
２.解析
(１)
ｙ′
＝２
ｘ
ｓｉｎ
ｘ
＋
ｘ２
ｃｏｓ
ｘ. ６.解析 ∵ ｙ ＝５ ｘ１ ２ ꎬ∴ ｙ′ ＝
２
５ ｘ－２ １.设切点 令
或
ｆ
ｘ
′ ( ｘ )
.
＝ ０ꎬ 即ｘ２ － ｘ －２＝０ꎬ 解得 ｘ ＝２
ｘ ＝－１
(２) ｙ′ ＝(３ ｘ ｌｎ３)ｌｎ ｘ ＋ ３ ｘ . 为 ( ｘ ０ꎬ ｙ ０)ꎬ 令 ５ ｘ ０ －２ １ ＝２ꎬ 当ｘ ＝２ 时 ꎬ ｆ (２)＝ －ｅ ２ ꎬ 当 ｘ ＝－１ 时 ꎬ
２
ｙ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ . ｆ ５
(３) ＝ｅ(２ ＋２ ｌｎ２)＝２ ｅ(１＋ｌｎ２) 解得ｘ ２５ ｙ ２５. 切线方程为ｙ (－１)＝ ꎬ
ｘ ｘ ｘ ０＝ ꎬ∴ ０＝ ∴ ｅ
３.解析 ｙ′ ｃｏｓ －ｓｉｎ . １６ ４ ( )
(１) ＝ ｘ２
２５
(
ｘ ２５
)
∴
切点坐标为
(２ꎬ－ｅ
２
)ꎬ －１ꎬ
５ .
æ ö － ＝２ － ꎬ ｅ
(２) ｙ′ ＝ｅ ｘ è ç ｘ １ ２ －ｘ ２ ３ ø ÷. 即 ４ １６ ｘ －８ ｙ ＋ １ ２ ６ ５＝０ . ５. 证 明 ｙ′ ＝ － ｘ １ ２ꎬ 设 切 点 坐 标
ｘ ◆习题6-1A
ｙ′ １－ｌｎ . ( )
(３) ＝ ｘ２ １.解析 由图像可得该月内乙厂的 为 ｘ １ .
(１) ０ꎬｘ
污水排放量减少得更多. ０
４.解析 ｙ′ １ .
(１) ＝ ｘ 由图像可知 在接近 ｔ 时 甲厂的 则ｌ的方程为ｙ １ ｘ ｘ １ 令ｘ
ｙ′ － ｘ. ( 污 ２ 水 ) 排放量减少 ꎬ 的更快. ０ ꎬ ＝－ｘ２ ０ ( － ０)＋ｘ ０ ꎬ
(２) ＝－ｅ
(３) ｙ′ ＝２×３ ２ ｘ ｌｎ３ . ２.解析 ｖ Δ ｘ ＝０ꎬ 得ｙ ＝ｘ ２ ꎬ
５.解析 ｙ′ ｘ ６. (１) ＝ ｔ ０
(１) ＝２１(３ ＋５) Δ
(２) ｙ′ ＝５ｅ ５ ｘ －７. ３ ２ －５×３＋６－(１ ２ －５×１＋６) . 令ｙ ＝０ꎬ 得ｘ ＝２ ｘ ０ꎬ∴ Ｓ ＝ １ ｘ ２
＝ ＝－１ ｍ/ｓ ２ ０
ｙ′ １ . ３－１ ｘ 即Ｓ 为定值
(３) ＝－ ｘ ｘ′ ｔ 令 ｔ 解得ｔ . ｜２ ０｜＝２ꎬ ＝２ ꎬ
４－ (２) ＝２ －５ꎬ ２ －５＝－１ꎬ ＝２ ｓ Ｓ与切点位置无关.
ｙ′ ２ ｘ －１ . ３.解析 ｙ′ ｘ２ ｘ４. ｙ′ ｘ ∴
(４) ＝２×３ ｌｎ３ (１) ＝１＋３ ＋５ (２) ＝２ － ６.解析 设切点坐标为 ｘ ｙ ｙ′
( ) ｘ. ｙ′ ｘ . (１) ( ０ꎬ ０)ꎬ ＝
ｙ′ ｘ π . ２ｓｉｎ (３) ＝２０(５ －４) ｙ
(５) ＝２ｃｏｓ ２ － ４.解析 ｙ′ ｘ２ 切线的斜率ｋ １ ０－０ １
６ ＝２－３ ꎬ∴ ＝－１ ｘ ꎬ∴ ｘ ＝ｘ ꎬ
ｙ′ ９ ｘ －４ １. ＝ｔａｎ θ ꎬ∵０≤ θ <πꎬ ｘ ０－０ ０
练
(
习
６)
Ｂ
＝ ４ (３ －５)
∴
θ
＝
３π
ꎬ∴
切线的倾斜角为３π. 即ｌｎ ｘ
０
０ ＝ｘ １
０
ꎬ 解得ｘ ０＝ｅ .又 ∵ 切线过原
４ ４
１.解析 ｙ′ ｘ６ ｘ５ ｘ４. 点 切线方程为ｙ １ ｘ.
(１) ＝７ ＋６ －１５ ５.解析 ｙ′ １ ｘ－２ １ 当ｘ 时 切线斜率 ꎬ∴ ＝
ｘ２ ＝ ꎬ ＝１ ꎬ ｅ
ｙ′ １－ . ２ ｙ′ ｘ 令 ｘ 得 ｘ 切线方
(２) ＝ ｘ２ ２ (２) ＝ｅ ꎬ ｅ ＝ｅꎬ ＝１ꎬ∴
( ＋１) ｋ １ 切线方程为ｙ １ ｘ 程为ｙ ｘ.
ｙ′ ｘ ｘ ｘ ｘ. １＝ ꎬ∴ －１＝ ( －１)ꎬ ＝ｅ
(３) ＝－３ｓｉｎ ３ ｓｉｎ ２ ＋２ｃｏｓ ３ ｃｏｓ ２
即ｘ
２
ｙ .
２ ７.解析 ｙ′
＝６
ｘ２
ꎬ
曲线在
(
ａ
ꎬ２
ａ３
)
处的切
(４) ｙ′ ＝ １＋ － ｓｉ １ ｎ ｘ . 当ｘ －２ 时 ＋１＝ 切 ０ 线斜率ｋ ２ 切线方 线为ｙ －２ ａ３ ＝６ ａ２ ( ｘ － ａ )ꎬ
(５) ｙ′ ＝ｃｏｓ２ ｘ ＋ｃｏｓ ｘ. ＝２ ꎬ ２＝ ４ ꎬ∴ 令ｙ ＝０ꎬ 得ｘ ＝ ２ ａ ꎬ 则Ｓ ＝ １ ｜２ ａ３ ｜
２.解析 ｙ′ １ . ３ ２
(１) ＝ ｘ 程为ｙ － ２＝ ２ ( ｘ －２)ꎬ 即 ２ ｘ －４ ｙ ＋２ ２ ａ ２ ａ １
２ －５ ４ － ＝ ꎬ
. ３ ３
ｙ′ １２ . ＝０ 解得ａ .
(２) ＝ ｘ ５ ６.解析 ｑ′ ｔ ｑ′ ＝±１
(１－３ ) ｔ＝ ４ ＋３ꎬ∴ ５＝ ４×５＋３ ＝ ８.解析 ｆ′ ｘ ｘ ｆ′ ｆ
(３) ｙ′ ＝ ２ ５ ｘ３ ２ ＋ ２ １ ｘ . 当 ２３( ｑ Ａ ′ ｔ＝ ) ４ ꎬ ３ ｑ′ ７ 时 ＝ ꎬ ４ 有 ×７＋ ４ ｔ ３ ＋ ＝ ３ ３ ＝ １ ４ ( ３ Ａ ꎬ ) 得 . ｔ ＝１０ꎬ 即ｔ ＝ 即 ４ꎬ ｘ ∴ ｙ 直 (１ 线 ) ｌ ( 的 . 方 )＝ 程 ８ 为 ꎬ ｙ － ( ４ １ ＝ )＝ ８( ８ ｘ ꎬ －１ ( ) １ ꎬ )
３.解析 时 电流强度达到 . ８ － －４＝０
＝１０ ｓ ꎬ ４３ Ａ 直线ｌ平行于直线ｍ
ａｘ ｂ ｃｘ２ ｄ ｃｘ ａｘ２ ｂｘ ◆习题6-1B ∵ ꎬ
ｆ′ ｘ (２ ＋ )( ＋ )－２ ( ＋ ) ｋ ｋ .
( )＝ ( ｃｘ２ ＋ ｄ ) ２ １.解析 (１) ｙ′ ＝９ ｘ２ －２６ ｘ －１ . ∴ 直 ｌ＝ 线 ｍ ｍ ＝ 的 ８ 方程为 ｙ ｘ 即
＝ － ｂｃ ( ｘ ｃ ２ ｘ ＋ ２ ２ ＋ ａ ｄ ｄ ) ｘ ２ ＋ ｂｄ . ( ( ２ ３ ) ) ｙ ｙ ′ ′ ＝ ＝ ( ３ｓ １ ｉ ７ ｎ － ５ ３ ｘ ０ ＋ ｘ ( ) １ ( ５ ２ ｘ ｘ ＋ － １ １ ０ ) ) ( ｃ ２ ｏ － ｓ ３ ５ ｘ ｘ ) . ２. ８ ∴ ｘ － ｙ 最 －６ 短 ＝ 距 ０ . 离即为ｌ与 ＋ 曲 ６＝ 线 ８( ｙ － ｆ ０) ｘ ꎬ 的
４.解析 (１) ｙ′ ＝ｓｉｎ ｘ ＋ ｘ ｃｏｓ ｘ ꎬ ｙ′ ｘ ＝ π ４ ＝ (４) ｙ′ ＝２ｅ ２ ｘ ｃｏｓ３ ｘ －３ｅ ２ ｘ ｓｉｎ３ ｘ. ( 切 ２ 点 ) 到直线 ｍ 的距离 ＝ 即 ( ) ｄ
( ) ２.解析 ｆ′ ｘ ｘ 令ｆ′ ｘ 解得 (１ꎬ４) ꎬ ＝
２ π . ( )＝ｃｏｓ ꎬ ( )＝０ꎬ
＋１ ｜８－４－６｜ ２ ６５.
２ ４ ｘ π ｘ ３π 曲线ｙ ｆ ｘ 在这两点 ＝
ｘ １＝ ꎬ ２＝ ꎬ ＝ ( ) ６４＋１ ６５
ｙ′ １－ ｙ′ . ２ ２
(２) ＝ ｅ ｘ ꎬ ｘ ＝１ ＝０ 处的切线都平行于ｘ轴. ９.解析 ３ . ００８ .
( ) ｘ ｘ ◆习题6-1C
５.解析 ｙ′ ｘ π ３.解析 ｙ′ ３ 令ｙ′ １ 即 ３
＝２ｃｏｓ ２ ＋ ꎬ ＝ － ｘ ꎬ ＝ ꎬ － ｘ １.解析 ｙ′ ｘ３ ｘ２ ｘ.
２ ２ ２ ２ (１) ＝４ －３ －４
１１
无单调增区间. 令ｆ′ ｘ 得 ｘ ａ.
ｙ′ ２ ｘ . ( )<０ꎬ １< <
(２) ＝ ｘ ｘ ꎬ ∈(－１ꎬ１) ( ] ｆ ｘ 在 和 ａ 上单调递
(１＋ )(１－ ) ３.解析 单调增区间为 ３ 和 ∴ ( ) (０ꎬ１) ( ꎬ＋∞)
－∞ꎬ－ 增 在 ａ 上单调递减.
２.解析 ｆ′ ｘ ｘ ｆ′ １ 将ｘ ２ ꎬ (１ꎬ )
( )＝２ ＋３ (２)＋ ｘ ꎬ ＝２ .
[１ꎬ＋∞) ６.２.２ 导数与函数的极值、最值
代入 ( ]
ꎬ ４.解析 单调减区间为 １ .
０ꎬ 练习Ａ
得ｆ′ ｆ′ １ 解得ｆ′ ｅ
(２)＝４＋３ (２)＋ ꎬ (２)＝ ( １.解析
２ ５.解析 ｙ′ ｘ.当ｘ π ｋ ３π
＝ｃｏｓ ∈ ＋２ πꎬ ＋
９ . ２ ２ 极值点 最值点
－ )
４ ｋ ｋ Ｚ ｙ′ 极大 极小 最大 最小
３.解析 函数ｙ ｘ２ ｘ的导函数为ｙ′ ２ π ( ∈ )ꎬ <０ꎬ
＝ ＋２ ＝ ( ) 值点 值点 值点 值点
处 ２ ｘ 的 ＋２ 切 ꎬ∴ 线 其 方 图 程 像 为 在 ｙ ＝ 切 ( 点 ２ ｘ １ Ｐ ＋ ( ２) ｘ １ ｘ ꎬ － ｘ ｘ ２ １ ２ １ ＋ . ２ ｘ １) 当ｘ ∈ － π ２ ＋２ ｋ πꎬ π ２ ＋２ ｋ π ( ｋ ∈ Ｚ )ꎬ ｙ′ ｆ ( ｘ ) －３ꎬ２ ０ －３ ０
函数ｙ ＝－ ｘ２ ＋ ａ的导函数为ｙ′ ＝－２ ｘ ꎬ >０ꎬ ｙ ｘ 的 单 调 增 区 间 为 ｇ ( ｘ ) －２ꎬ１ －３ꎬ０ꎬ２ －４ꎬ４ －３ꎬ０
其图像在切点Ｑ ｘ ｘ２ ａ 处的切 ∴ ＝ ｓｉｎ ｈ ｘ
∴ ( ２ꎬ－ ２＋ ) [ ] ( ) －２ꎬ３ １ －２ －４
线方程为ｙ ｘ ｘ ｘ２ ａ. π ｋ π ｋ ｋ Ｚ
由题意知 {ｘ
－
＝ １
ｘ
＋ －
２ １
１ ２
＝
＝
ｘ
２
２ ２
－
＋
ｘ ＋
ａ
２
ꎬ
ꎬ ２ 得 ＋
２
ｘ２
１＋２
ｘ
１＋１＋
ａ
单
－
调
２
减
＋２
区
π
间
ꎬ
为
２ ＋ [ ２
π ２
π
＋２
(
ｋ π
∈
ꎬ ３ ２ π
)
＋
ꎬ
２ ｋ π
]
( ｋ
２.解
(０
析
ꎬ＋ ∞
ｙ
)
′
.
＝ｘ ｌｎ １ １０ .ｙ ＝ｌｇ ｘ 的定义域为
＝０ꎬ∵ 只有一条公切线 ꎬ∴ Δ ＝０ꎬ 解得ａ ∈ Ｚ ) . 在 (０ꎬ＋∞) 内 ｙ′ ≠０ꎬ∴ ｙ ＝ｌｇ ｘ 不存在
６.Ｄ 极值.
１ .
＝－ ２ ７.解析 (１) ｆ ( ｘ ) 的定义域为 (０ꎬ＋∞) . ３.解析 ｆ′ ( ｘ )＝ －３ ｘ２ － ａｘ ｘ ＋６ ｘ ＋ ａ ꎬ∴ ｆ′ (０)
当ａ １ 时 Ｃ 和Ｃ 有且仅有一条 ｅ
∴ ＝－ ２ ꎬ １ ２ ｆ′ ( ｘ )＝ １ ｘ ＋ ａ. ａ 解得ａ .
公切线 ꎬ 公切线方程为 ４ ｘ －４ ｙ －１＝０ . ① 当ａ >０ 时 ꎬ ｆ′ ( ｘ )≥０ 恒成立 ꎬ∴ ｆ ( ｘ ) ＝ ｅ ０ ＝０ꎬ ＝０
6.2 利用导数研究函数的性质
在
(０ꎬ＋∞)
上单调递增.
４.解析 (１) 极小值为 － ２５ ꎬ 无极大值.
４
当ａ 时 令ｆ′ ｘ 得 ｘ １ .
② <０ ꎬ ( )>０ꎬ ０< <－ ａ 极小值为 无极大值.
６.２.１ 导数与函数的单调性 (２) －１ꎬ
练习Ａ 令ｆ′ ( ｘ )<０ꎬ 得ｘ >－ ａ １ . (３) 极大值为２π ＋ ３ꎬ 无极小值.
３
１.解析 单调增区间为 ( ) ５.解析 ｙ ｙ .
单调 减区间为 . [０ꎬ１]ꎬ ∴ ｆ ( ｘ ) 在 ０ꎬ－ ａ １ 上单调递增 ꎬ 在 ｍａｘ＝１３ꎬ ｍｉｎ [ ＝４ ]
[１ꎬ２] ６.解析 ｆ ｘ 在区间 ７ 上的最大值
[ ] ( ) ( ) １ꎬ
２.解析 单调减区间为 １ １ 上单调递减. ２
－∞ꎬ ꎬ － ａ ꎬ＋∞ 为 .
２ ４
[ ) 综上所述 当ａ 时 ｆ ｘ 在 [ ]
单调增区间为 １ . ꎬ >０ ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) ｆ ｘ 在区间 ７ 上的最小值为 .
ꎬ＋∞ 上单调递增 ( ) １ꎬ －１
２ ꎬ ２
[ ] ( ) 练习Ｂ
３.解析 单调增区间为 ５ 当ａ 时 ｆ ｘ 在 １ 上单调递
(１) ꎬ＋∞ ꎬ <０ ꎬ ( ) ０ꎬ－ ａ １.解析 真.
２ (１)
( ] ( ) 假.
单调减区间为 ５ . 增 在 １ 上单调递减. (２)
－∞ꎬ ꎬ － ａ ꎬ＋∞ ２.解析 ｆ′ ｘ ｘ ａ ｘ 令ｆ′ ｘ
２ ( )＝６( － )( －２)ꎬ ( )
单 调 增 区 间 为 ｆ ｘ 的定义域为 . 解得ｘ ａ或ｘ ａ
( ２ ) ( － ∞ꎬ (２) ( ) (０ꎬ＋∞) ＝０ꎬ ＝ ＝２ꎬ∵０< <２ꎬ
[ ) ａ ｘ２ ａ ｘ ａ 令ｆ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ａ.
１３ ｆ′ ｘ ｘ ａ －( ＋１) ＋ ∴ ( )>０ꎬ >２ <
１]ꎬ ꎬ＋∞ ꎬ ( )＝ ＋ ｘ －( ＋１)＝ ｘ 令ｆ′ ｘ 得ａ ｘ .
３ ( )<０ꎬ < <２
[ ] ｘ ａ ｘ ｆ ｘ 在 ａ 和 上为增函数
单调减区间为 １３ . ( － )( －１). ∴ ( ) (０ꎬ ) (２ꎬ３) ꎬ
１ꎬ ＝ ｘ 在 ａ 上为减函数.
３ ( ꎬ２)
练习Ｂ
①
当ａ
<０
时
ꎬ
令ｆ′
(
ｘ
)>０ꎬ
得ｘ
>１
.
∴
ｆ
(
ｘ
)极大值＝
ｆ
(
ａ
)＝－
ａ３
＋６
ａ２
－９
ａ
＋４ꎬ
１.解析 ｆ′ ｘ 在区间 恒 令ｆ′ ｘ 得 ｘ . ｆ ｘ ｆ ａ .
∵ ( )>０ (－１ꎬ２) ( )<０ꎬ ０< <１ ( )极小值＝ (２)＝３ －４
成立 ｆ ｘ 在 上单调递减 在 又ｆ ａ ｆ 且当 ａ
ꎬ ∴ ( ) (０ꎬ１) ꎬ (１ꎬ (０)＝ ４－９ ꎬ (３)＝ ４ꎬ ０< <２
∴
ｆ
(
ｘ
)
在区间
(１ꎬ２)
上单调递增
ꎬ ＋∞)
上单调递增. 时
ꎬ４>－
ａ３
＋６
ａ２
－９
ａ
＋４ꎬ
ｆ ｆ . 当 ａ 时 令ｆ′ ｘ 得 ｘ ａ ｆ ｘ ｆ .
２.解
∴
析
(０)<(１
单
)
调增区间为 和 或
②
ｘ
０<
.
<１ ꎬ ( )>０ꎬ ０< < ∴ ( )
(
ｍａｘ＝ (
)
３)＝４
(１) (－∞ꎬ－１] >１ 当ａ ２ 时 ａ ａ
令ｆ′ ｘ 得ａ ｘ . ∈ ０ꎬ ꎬ３ －４<４－９ ꎬ
[１ꎬ＋∞)ꎬ ( )<０ꎬ < <１ ３
单调减区间为 和 . ｆ ｘ 在 ａ 和 上单调递 此时ｆ ｘ ｆ ａ
(－１ꎬ０) (０ꎬ１) ∴ ( ) (０ꎬ ) (１ꎬ＋∞) ( )ｍｉｎ＝ (２)＝３ －４ꎬ
单调增区间为 和 增 在 ａ 上单调递减. ( )
(２) (－∞ꎬ０) (０ꎬ ꎬ ( ꎬ１) 当ａ ２ 时 ａ ａ
当ａ 时 ｆ′ ｘ 恒成立 ∈ ꎬ２ ꎬ４－９ <３ －４ꎬ
＋∞)ꎬ ③ ＝１ ꎬ ( )≥０ ꎬ ３
无单调减区间. ｆ ｘ 在 上单调递增. 此时ｆ ｘ ｆ ａ.
∴ ( ) (０ꎬ＋∞) ( )ｍｉｎ＝ (０)＝４－９
单调减区间为 和 当ａ 时 令ｆ′ ｘ 得 ｘ 或ｘ ３.解析 ｆ′ ｘ ａｘ２ 当 ａ 时
(３) (－∞ꎬ－１) (－１ꎬ ④ >１ ꎬ ( )>０ꎬ ０< <１ ( )＝ ３ ＋３ꎬ ≥０ ꎬ
ａ. ｆ′ ｘ 函数ｆ ｘ 无极值.
＋∞)ꎬ > ( )≥０ꎬ ( )
１２
教材习题答案
当ａ 时 令 ｆ ′ ｘ 解得 ｘ ｆ ｘ 的最大值为 最小值为 . ａ
<０ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝ (３) ( ) ６３ꎬ ０ ｆ ｘ 在ｘ 时有极值 ２ －３
略. ∵ ( ) ＝１ ꎬ∴ ≠１ꎬ
１ (４) ３
± － ａ ꎬ ◆习题6-2B 即ａ
≠３ꎬ
经检验
ꎬ
当ａ
<０
时
ꎬ
函数 ｆ
(
ｘ
)
有极值
ꎬ
１.Ｃ
当２
ａ
－３ 即ａ 时
① >１ꎬ >３ ꎬ
３
它的极值点为 － － ａ １ ꎬ － ａ １ . ２.解析 极大值点为 ｘ ＝ ３ １ ꎬ 极大值为 ｆ ( ｘ )极小＝ ｆ (１)＝－１＋ ａ ＋ ｂ ＋１＝－１＋ ａ ＋３－
ａ ａ
４.解 为 析 [０ ꎬ＋ ( ∞ １) ) 值 . 域为 (－∞ꎬ－１] . (２) 值域 ９ ２ ꎬ 极小值点为ｘ ＝－３ꎬ 极小值为 － ２ １ ꎬ ｆ ２ ( ｘ ＋ ) １ 极 ＝ 大 ３－ ＝ ｆ ꎬ ( ２ ａ －３ ) ＝ － ( ２ ａ －３ ) ３ ＋ ａ ×
３ ３
５.解析 极大值点 : ｘ ＝－１ꎬ 极大值 : ４ ｅ . 最大值点为ｘ ＝ ３ １ ꎬ 最大值为 ９ ２ ꎬ ( ２ ａ －３ ) ２ ＋(３－２ ａ )× ２ ａ －３ ＋１ .
极小值点 ｘ 极小值 . ３ ３
最小值点 : ｘ ＝１ꎬ 最小值 :０ . 最小值点为ｘ ＝－３ꎬ 最小值为 － １ . 当２ ａ －３ 即ａ 时
: ＝１ꎬ :０ ２ ② <１ꎬ <３ ꎬ
无最大值点 无最大值. ３.解析 ｆ ｘ 的定义域为ｘ ｆ′ ｘ ３
ꎬ ( ) ≠０ꎬ ( )＝１ ( ａ )
ａ ｆ ｘ 在 ２ －３ 上单调递减 在
６.解析 极大值点 ｘ １ 极大值 ５ 当ａ 时 ｆ′ ｘ 在定义域上 ( ) －∞ꎬ ꎬ
: ＝ ꎬ :－ － －ｘ２ꎬ ≤０ ꎬ ( )>０ ３
２ ４ ( ａ )
. 恒成立 ２ －３ 上单调递增 在 上
ｌｎ２ ꎬ ꎬ１ ꎬ (１ꎬ＋∞)
极小值点 ｘ 极小值 . 此时ｆ ｘ 的单调增区间为 ３
: ＝１ꎬ :－２ ( ) (－∞ꎬ０)ꎬ 单调递减.
无最大 小值点 无最大 小值. .
、 ꎬ 、 (０ꎬ＋∞) ( ａ ) ( ａ ) ３
７.证 则 明 ｆ′ ( ｘ 令 )＝ ｆ ３ ( ｘ ｘ ２ ) － ＝ １ ｘ ２ ３ ｘ － ＋ ６ １ ｘ ２ ２ ＝ ＋ ３ １ ( ２ ｘ ｘ － － １ ２ ꎬ ) ２ ꎬ 当 ａ ａ . >０ 时 ꎬ 令ｆ′ ( ｘ )>０ꎬ 解得ｘ > ａ或ｘ < ∴ ( ｆ ａ ( ｘ ) ) 极 ２ 小＝ ｆ ２ ３ －３ ａ ＝－ ２ ３ －３ ＋ ａ ×
∵
ｘ
≤２ꎬ∴
ｆ′
(
ｘ
)≥０
恒成立
ꎬ
ｆ
(
ｘ
)
在
令
－
ｆ′ ｘ 解得 ａ ｘ ａ且ｘ
２
３
－３ ＋(３－２ ａ )× ２
３
－３ ＋１ꎬ
上为增函数 ( )<０ꎬ － < < ≠０ꎬ
(－∞ꎬ２] ꎬ 此时 ｆ ｘ 的单调增区间为 ｆ ( ｘ )极大＝ ｆ (１)＝３－ ａ.
∴ ｆ ( ｘ )≤ ｆ (２)＝７ꎬ 原式得证. ( ) (－∞ꎬ 综上 当 ａ 函数 ｆ ｘ 的极大值为
ａ ａ ꎬ >３ꎬ ( )
◆习题6-2A － )ꎬ( ꎬ＋∞)ꎬ ( ａ ) ３ ( ａ ) ２
１.证明 ｙ′ ＝２＋ｃｏｓ ｘ ꎬ∵ ｃｏｓ ｘ ∈[－１ꎬ１]ꎬ 单调减区 ( 间为 (－ ) ａ ꎬ０)ꎬ(０ꎬ ａ ) . － ２ ３ －３ ＋ ａ × ２ ３ －３ ＋(３－２ ａ ) ×
∴ ｙ′ >０ 在Ｒ上恒成立. ４.解析 ２２ . ２ ａ －３
函数ｙ ｘ ｘ是Ｒ上的增函数. －２ꎬ－ ＋１ꎬ
∴ ＝２ ＋ｓｉｎ ２７ ３
５.解析 . 函数ｆ ｘ 的极小值为 ａ
２.解析 最大值为 最小值为 １ . (０ꎬ１] ( ) ３－ ꎻ
(１) ２ꎬ － ６.解析 . 当ａ 函数ｆ ｘ 的极大值为 ａ
４ (－∞ꎬ１] <３ꎬ ( ) ３－ ꎬ
最大值为２５ 最小值为 . ◆习题6-2C 函数ｆ ｘ 的极小值为 ( ２ ａ －３ ) ３ ａ
(２) ꎬ －３ ｂ ( ) － ＋ ×
８ １.解析 ｙ′ ａｘ ｂ 令ｙ′ 得ｘ . ３
(３) 最大值为 ７ꎬ 最小值为 －２ . ＝２ ＋ ꎬ ＝０ꎬ ＝－ ２ ａ ( ２ ａ －３ ) ２ ａ ２ ａ －３ .
３.解析 在Ｒ上为增函数. ｂ ＋(３－２ )× ＋１
(１) 当ａ 时 令ｙ′ 得ｘ 令ｙ′ ３ ３
增区间为 减区间为 >０ ꎬ >０ꎬ >－ ａꎬ <０ꎬ [ ]
(２) [４ꎬ＋∞)ꎬ ２ 求ｆ ｘ 在区间 ３ 上的最值时
. ｂ ( ) －３ꎬ ꎬ
(－∞ꎬ４] 得ｘ ２
在Ｒ上为增函数. <－ ａꎬ ( ) ( ａ )
(３) ２ 比较ｆ ｆ ３ ｆ ｆ ２ －３ 的
[ ) ( ｂ ) (－３)ꎬ ꎬ (１)ꎬ
(４) 增区间为 (－∞ꎬ０] 和 ２ ꎬ＋∞ ꎬ ∴ ｙ 在 － ａꎬ＋∞ 上单调递增 ꎬ 在 ２ [ ] ３
３ ２ 值 最大的为 ｆ ｘ 在 ３ 上的最
[ ] ( ｂ ) ꎬ ( ) －３ꎬ
减区间为 ０ꎬ ２ ３ . －∞ꎬ－ ２ ａ 上单调递减 ꎬ 此时 ｙ ｍｉｎ ＝ ｃ 大值 最小的为 ｆ ｘ 在 [ ２ ３ ] 上的
４.解析 极大值为１１３ 极小值为 .
ｂ２
.
ꎬ ( ) －３ꎬ
２
(１) ꎬ ３ － ａ 最小值 过程略.
２７ ４ ꎬ
极小值为 极大值为 . ｂ
(２) －７ꎬ －３ 当ａ 时 令ｙ′ 得ｘ 令ｙ′
6.3 利用导数解决实际问题
<０ ꎬ >０ꎬ <－ ａꎬ <０ꎬ
极大值为１５ 极小值为 . ２
(３) ꎬ －３ ｂ ( ｂ ) ◆习题6-3A
４ 得ｘ ｙ在 上单调递
５.解析 (１) 函数ｙ ＝ ｘ ＋２ ｘ在 [０ꎬ４] 上为 >－ ２ ａꎬ∴ －∞ꎬ－ ２ ａ １.解析 Ｐ′ Ｅ２ ( Ｒ ＋ ｒ ) ２ － Ｅ２Ｒ ×２( Ｒ ＋ ｒ )
增函数. 增 在 ( ｂ ) 上单调递减 此时 ＝ ( Ｒ ＋ ｒ ) ４
(２)
增区间为
(－∞ꎬ－１]
和
[０ꎬ１]
.减区 ꎬ －
２
ａꎬ＋∞ ꎬ Ｅ２
(
ｒ
＋
Ｒ
)(
ｒ
－
Ｒ
)
间为 和 . ｂ２ ＝ Ｒ ｒ ４ ꎬ
[－１ꎬ０] [１ꎬ＋∞) ｙ
ｍａｘ＝
ｃ
－ ａ
.
令Ｐ′
( ＋
得
)
ｒ Ｒ 负值舍去 易知当
６.解析 极大值点为ｘ ２ 极小值 ４ ＝０ꎬ ＝ ( )ꎬ
(１) ＝ ꎬ ２.解析 ｆ′ ｘ ｘ２ ａｘ ｂ.由题意知 Ｒ ｒ时 电源的输出功率最大.
３ ( )＝ －３ ＋２ ＋ ＝ ꎬ
点为ｘ . ｆ′ 即 ａ ｂ ｂ ａ ２.解析 设焊接成的长方形水箱的底面
＝－２ (１)＝０ꎬ －３＋２ ＋ ＝０ꎬ∴ ＝３－２ ꎬ
[ ) ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ ａ ｘ
减区间为 ２ ∴ ( ) ＝ － ３ ＋ ２ ＋ ３ － ２ ＝ 边长为ｘ 则其高为６０－
(２) (－∞ꎬ－２]ꎬ ꎬ＋∞ ꎬ ｘ ｘ ａ . ｃｍꎬ ｃｍꎬ
３ －( －１)(３ ＋３－２ ) ２
[ ] ａ ｘ
增区间为 ２ . 令ｆ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ２ －３ 水箱的容积Ｖ ｘ２ ６０－ ｘ
－２ꎬ ( )＝０ꎬ ＝１ ＝ ꎬ ∴ ＝ (０< <６０)ꎬ
３ ３ ２
１３
ｘ ( ) 所用材料最省.
Ｖ′ ｘ ６０－ ｘ２ １ 最小值 最小值为 １ .
∴ ＝ ２ ＋ － ＝ ꎬ ５.解析 ｓ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
( )
２ ２
２.解析 如图 过Ｃ
２
点作ＣＨ ＡＢ.设ＢＨ ｘ ｘ .
( )＝２( － １)＋２( － ２)＋＋
ｘ ３ ｘ ꎬ ⊥ ２( － ｎ)
６０－ ꎬ ｘ 令ｓ′ ｘ 得 ｘ ｘ ｘ ｘ
令Ｖ′
２
得ｘ 舍去 或ｘ
＝ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ２ ＋２ ＋＋２ －(２ １＋
易知当
＝０
ｘ
ꎬ ＝０(
时 能
)
使水
＝
箱
４０
的
ꎬ
容积
２ ｘ ２＋＋２ ｘ ｎ)＝０ꎬ
最大. ＝４０ ｃｍ ꎬ 即 ｎｘ ＝ ｘ １ ＋ ｘ ２ ＋ ＋ ｘ ｎꎬ 即 ｘ
ｘ ｘ ｘ
３.解析 设正四棱柱的底面边长为ｘ
１＋ ２＋＋ ｎ.
ｃｍꎬ ＝ ｎ
高为ｙ 则 ｘ ｙ .
Ｖ ＝ ｘ２ ｃ ｙ ｍ ＝ ꎬ ｘ２ (１ ８ ８－ ＋ ２ ４ ｘ ) ＝ ＝ ７２ １８ ｘ２ －２ ｘ３ (０< ｘ < 则ＣＨ ＝ ４０ ２ － ｘ２ ꎬ 易知当ｘ ＝ ｘ １＋ ｘ ２＋ ｎ ＋ ｘ ｎ时 ꎬ ｓ ( ｘ ) 取得最
９)ꎬ 等腰梯形的面积 Ｓ １ 小值.
Ｖ′ ｘ ｘ２ 令 Ｖ′ 得 ｘ 或 ｘ ∴ ＝ ×(４０＋４０＋
＝３６ －６ ꎬ ＝０ ＝６ ＝０ ２
(
舍
)
.
２
ｘ
)× １６００－
ｘ２ 复习题
易知铁丝截 段 时容积最大.
４.解析 设横截
１２
面的
６
宽
ｃｍ
为ｘ 高为ｙ. ＝(４０＋
ｘ
)× １６００－
ｘ２
ꎬ Ａ组
由题意 知
ꎬ
ｘ２
＋
ｙ２
＝
ｄ２
ꎬ
ꎬ 则Ｓ′
＝ １６００－
ｘ２
－
ｘ (４０＋ ｘ )
ｘ２ ꎬ １.解析
(
π ꎬπ
)
.
[ ∴ ｋ ｋ ｘ ｘ ２ｙ ２ｙ ] ＝ ′ ＝ ｋｙ [ ( ｋ ｄ ｙ ２ ( － ｄ ｙ ２ ２ － ) ｙ . ２ )] ′ ＝ ｋ [(－２ ｙ ) ｙ ＋ 令Ｓ 时 ′ ＝ 其 ０ 面 ꎬ 得 积 ｘ 最 ＝ 大 ２０ . ( 负值 １ 舍 ６０ 去 ０－ )ꎬ 即ＡＢ ＝ ２.解析 (１ ２ ) ｙ′ ＝０ . １ ｘ－０ . ９. (２) ｙ′ ＝１６ ｘ ＋１４ .
( ｄ２ － ｙ２ )]＝ ｋ ( ｄ２ －３ ｙ２ )ꎬ ８０ ｐ ｘ (３)＝１０００(１０ ｘ ＋３) ９９. (４) ｙ′ ＝ ｘ ３ .
３.解析 设底面边长为ｘ 则腰为２ － . ３ －２
令 ｋｘ２ｙ ′ 得ｙ ３ｄ 负值舍去 ꎬ ３
[ ] ＝０ꎬ ＝ ３ ( )ꎬ ２ ３.解析 ｆ′ ｘ １ ｘ－４ ３ ｆ′ ５ －４ .
(１) ( )＝ ꎬ (５)＝
４ ４
∴ ｘ ＝ ６ｄ. (２) ｆ′ ( ｘ )＝９ ｘ２ ＋６ ｘ ꎬ ｆ′ (１)＝１５ .
３
４.解析 ｆ′ ｘ ｘ ｋ ｆ′ . .
横截面的宽为 ６ｄ 高为 ３ｄ时强度 ｋ ｆ ′
( )＝２ ꎬ １＝ (０３)＝０６ꎬ
∴
３
ꎬ
３
２＝ (１)＝２ꎬ
最大. 该几何体由两个相等的放倒的圆锥组 ｋ ３＝ ｆ (３)＝６ .
５.解析 设将旧公路改造 ｘ 其 ５.解析 ｆ′ ｕ ｕ２ ｆ′ ｆ
(９０－ )ｋｍꎬ 成 圆 锥 的 底 面 半 径 ｒ ( )＝ ３ ꎬ (３)＝ ２７ꎬ (３)
中 ｘ ꎬ
则成 ０≤ 本 ≤ ｆ ９０ꎬ ｘ ｘ ( ２ ｐ － ｘ) ２ ( ｘ ) ２ ＝２ 切 ７ꎬ 线方程为ｙ ｘ 即 ｘ
( ) ＝ (９０ － ) × ２００ ＋ ＝ － ꎬ ∴ －２７＝２７( －３)ꎬ ２７ －
２ ２ ｙ .
ｘ２ ＋１６００×
ｘ
３００
ｘ２ . ∴
所得几何体的体积Ｖ
＝２×
１
π
ｒ２
×
ｘ ６.解 － 析 ５４ ＝０ ｙ′
＝３
ｘ２
＋３
.令
３
ｘ２
＋３＝１５ꎬ
得ｘ
＝
＝１００(１８０－２ ＋３ ＋１６００) ３ ２
[ ｘ [( ｐ ｘ) ２ ( ｘ ) ２ ] ｘ ±２ꎬ
ｆ′ ｘ ｘ １ ｘ２ π ２ － π ｐ２ 又当ｘ 时 ｙ
( )＝ １００ －２＋３×２ × ( ＋ ＝ × － ＝ ( － ＝２ ꎬ ＝１４ꎬ
２ ３ ２ ２ ３ 当ｘ 时 ｙ
] ｐｘ . ＝－２ ꎬ ＝－１４ꎬ
－２ １ ) 切线方程为ｙ ｘ 或ｙ
１６００) ｐ２ ｐｘ ｐ ∴ －１４＝１５( －２) ＋１４
Ｖ′ π ２π 令Ｖ′ 得ｘ . ｘ
＝１００[－２＋３
ｘ
(
ｘ２
＋１６００)
－２ １
]
. ∴ ＝
３
－
３
ꎬ ＝０ꎬ ＝
２ 即
＝１５(
ｘ
＋
ｙ
２)ꎬ
或 ｘ ｙ .
令ｆ′ ( ｘ )＝０ꎬ 得ｘ ＝１６ ５( 负值舍去 ) . 即底面边长为 ｐ ꎬ 两腰长均为 ３ ｐ 时 ꎬ ７.解析 １５ － (１ － ) １ ｘ ６ － ＝ ３ ０ ｙ ＋４＝ １５ ０ . － ＋１６＝０
易知将旧公路改造 时 ２ ４
(９０－１６ ５)ｋｍ ꎬ 所得几何体的体积最大. (２)６ ｘ － ｙ －１＝０ .
成本最低. [ )
４.解析 设高为ｈ 底面直径为ｄ 由题意 ８.解析 增区间为 １ 减区
◆习题6-3B
( ｄ ) ２
ꎬ ꎬ (１)
２
ꎬ＋∞ ꎬ
１.解析 如图 设ＡＥ ｘ 则ＡＨ ｘ. 得 ｈ 设所用材料的量 ( ]
ꎬ ＝ ꎬ ＝１－ π ＝２１６ꎬ 间为 １ .
２ ０ꎬ
为ｆ ｈ ２
( )ꎬ 增区间为 减区间为
( ｄ ) ２ (２) [－１ꎬ１]ꎬ (－∞ꎬ
则ｆ ｈ ｄｈ ４３２ ｈ .
( )＝ ２π ＋π ＝ ｈ ＋π －１]ꎬ[１ꎬ＋∞)
２ [ ]
减区间为 π ｋ ５π ｋ ｋ
２１６ (３) ＋２ πꎬ ＋２ π ( ∈
２ ｈꎬ ４ ４
π Ｚ .
∴ ＥＨ ＝ ｘ２ ＋(１－ ｘ ) ２ ꎬ ( ｈ) －２ １ ) [ ]
∴ ｘ 四 ２ 边形 ｘ２ ＥＦ ｘ ＧＨ的面积Ｓ ＝ ＥＨ２ ＝ ｘ２ ＋(１ ∴ ｆ′ ( ｈ )＝－ ４ ｈ ３ ２ ２ ＋２１６ ２１ π ６ . 增区间为 － ３ ４ π ＋２ ｋ πꎬ π ４ ＋２ ｋ π ( ｋ ∈
－ ) ＝２ －２ ＋１ꎬ ３ Ｚ .
令 ｆ ′ ｈ 得 ｈ ８６４ 则 ｄ )
则Ｓ′ ＝４ ｘ －２ꎬ 令Ｓ′ ＝０ꎬ 得ｘ ＝
２
１ . ( ) ＝ ０ꎬ ＝ π ꎬ ９.解析 增区间为 (－∞ꎬ２)ꎬ(３ꎬ＋∞)ꎬ 减
( ) ３ 区间为 .
易知Ｓ ｍｉｎ＝２×
２
１ ２ －２×
２
１ ＋１＝
２
１ . ＝ ８
π
６４ ꎬ ｘ
＝２
是 ( 极 ２ 大 ꎬ３ 值 ) 点
ꎬ
ｘ
＝３
是极小值点.
３ ３ 草图略.
当ｘ １ 时四边形ＥＦＧＨ的面积取得 当高为 ８６４ 底面直径为 ８６４时
∴ ＝ ∴ ꎬ ꎬ １０.解析 最大值为 最小值为 .
２ π π １５ꎬ －１２
１４
教材习题答案
( ) ( ) φ ｘ ｋｘ ｆ ｘ ｘ α ｘ ｘ β ｘ３ α
１１.解析 增区间为 π π . ｙ ｋ ｓｉｎ ｋ ｘ ∴ ( )＝( － )( －２)( － )＝ －(
１２.解析 ａ ｂ .
－πꎬ－
２
ꎬ ０ꎬ
２
＝ ｒ２ ＝ ｒ３ ＝ (
ｘ２ ＋ １
) ３
２
( ≥
＋
β
{ ＋ α ２) β
ｘ２
＋(２
α
ｂ ＋２
β
＋
αβ
)
ｘ
－２
αβ
ꎬ
＝１ꎬ ＝１ ４ ＋ ＋２＝－ ꎬ
α β αβ
Ｂ组 ０)ꎬ ∴ ２( ＋ )＋ ＝０ꎬ
( ) ３ ( ) １ αβ ｄ
１.解析 ｆ′ ( ｕ )＝５ ｕ４ ꎬ ｇ′ ( θ )＝－ｓｉｎ θ. ｘ２ ＋ １ ２ －３ ｘ２ ｘ２ ＋ １ ２ {α －２ β ＝ ꎬ ｂ
２.解析 ｆ ｘ ｘ３ ｆ ａ ｂｘ ａ ｂｘ ３. ｙ′ ｋ ４ ４ ＋ ＝－( ＋２)ꎬ
∴
ｆ′
(
ａ
－
( ｂｘ )
)
＝
＝３(
ꎬ ａ
－
( ｂｘ －
)
２
)
(
＝
－
( ｂ
)
－
＝－
)
３
ｂ
(
ａ ＝ ( ｘ２
＋
１ ) ３ ∴
α
αβ
β
＝２
２
ｂ ＋４
α
.
β ２ αβ ｂ２ ｂ
－
ｂｘ
)
２.
( )
４ ∴
ｂ
｜ －
２
｜ ＝
.
( ＋ ) －４ ＝ －４ －１２＝
３.解析 ｆ ｘ 的取值不发生变化 ｆ ｘ ｋ １ ｘ２ ( －２) －１６
( ) ꎬ ( ) －２ ｂ ｂ ２ .
４. 为 解 常 析 数 函 ｙ′
＝
数
３
. ｘ２
－２
ｔｘ
－
ｔ２
＝(
ｘ
－
ｔ
)(３
ｘ
＋
ｔ
)
. ＝ ( ｘ２ ４
＋ ４
１ ) ５ ２ ꎬ
Ｃ组
∵ 即 ｜ ≤ α － － β ３ ｜ ꎬ ２ ≥ ∴ ９ ( ꎬ － ｜ α ２ － ) β － ｜≥ １６ ３ ≥ . ９
ｔ
令 当 ｙ′ ＝ ｔ ０ꎬ 得 时 ｘ 显 ＝ ｔ 然 或 不 ｘ 成 ＝－ 立 ３ . . 令ｙ′ ＝０ꎬ 得ｘ １＝ ４ ２ ꎬ ｘ ２＝－ ４ ２ ( 舍去 )ꎻ １.解 则 析 ｆ′ ( ｘ ( ) １ ＝ ) ３ ｆ ( ｘ２ ｘ ＋ ) ２ ＝ ａ ｘ ｘ ３ ＋ ＋ ｂ ａ . ｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ꎬ
① ＝０ ꎬ { ｔ 当 ｘ ２时 ｙ′ 当ｘ ２时 ｙ′ . ∵ ｆ′ (０)＝ ｂ ꎬ ｆ (０)＝ ｃ ꎬ∴ 曲线ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 在
０< < ꎬ >０ꎬ > ꎬ <０
当ｔ 时 有 － ≤－１ꎬ得ｔ . ４ ４ 点 (０ꎬ ｆ (０)) 处的切线方程为ｙ － ｃ ＝ ｂｘ ꎬ
② >０ ꎬ ３ ≥３ 即ｂｘ ｙ ｃ .
ｔ 当ｘ ２时 ｙ取得最大值. － ＋ ＝０
{ ≥ ｔ ３ꎬ ∴ ＝ ４ ꎬ (２) 当ａ ＝ ｂ ＝４ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )＝ ｘ３ ＋４ ｘ２ ＋４ ｘ ＋
当ｔ 时 有 － ≥３ꎬ得ｔ . 即当吊灯离桌面高度为 ２ 时 桌边
ｃ
ꎬ
则ｆ′
(
ｘ
)＝３
ｘ２
＋８
ｘ
＋４ꎬ
③ <０ ꎬ ３ ≤－９ ｍ ꎬ 函数ｆ ｘ 有三个不同零点 ｆ ｘ 有
ｔ ４ ∵ ( ) ꎬ∴ ( )
≤－１ꎬ 最亮. 两个极值点 且极小值小于 极大值
综上 ｔ的取值范围为ｔ 或ｔ . ꎬ ０ꎬ
５.解析
ꎬ
ａ .
≥３ ≤－９
１３.解析 ｆ′ ｘ
ｘ
ａ.
大于
０ꎬ
令ｆ′
(
ｘ
)＝０ꎬ
即
３
ｘ２
＋８
ｘ
＋４＝０ꎬ
≥１
ｘ２
( )＝ ｘ２
＋１
－
解得ｘ ｘ ２
６.解析 ｆ′
(
ｘ
)＝
４
ｘ
－１
ꎬ
令 ｆ′
(
ｘ
)＝ ０ꎬ
解
∵
ｆ
(
ｘ
)
在
[０ꎬ＋∞)
上是减函数
ꎬ
１＝－２ꎬ ２＝－
３
ꎬ
２
ｘ
ｆ′ ｘ ａ 在 上 令ｆ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ２
得ｘ １＝－
２
１ ꎬ ｘ ２＝
２
１ . ∴ ( )＝ ｘ２
＋１
－ ≤０ [０ꎬ＋∞) ( )>０ꎬ <－２ >－ ３ ꎬ
ì í ï ï ａ ＋１>－ ２ １ ꎬ 解得 ３ ａ ３ ａ 的 恒成立 ꎬ 即ａ ≥ ｘ ｘ ２ ＋１ 在 [０ꎬ＋∞) 上的 令ｆ′ ( ｘ )<０ꎬ 得 ( －２< ｘ ) <－ ３ ２ .
∴ ï － < < ꎬ∴ 最大值. ｆ ｃ ｆ ２ ３２ ｃ
ïａ １ ２ ２ ∵ (－２)＝ ꎬ － ＝－ ＋ ꎬ
î －１< ２ ꎬ ｘ 且 ｘ １ {ｃ ３ ２７
取值范围为 ３ ａ ３ . ∵ ∈[０ꎬ＋∞)ꎬ ｘ２ ＋１ ＝ １ ꎬ >０ꎬ 解得 ｃ ３２.
－
２
< <
２
１＋ｘ２ ∴
－
３２
＋
ｃ
<０ꎬ
０< <
２７
７.解析 (１) ｆ (０)＝ｅ ０ ＝１ꎬ∴ Ａ的坐标为 ｘ .又 ａ ａ . 必 ２ 要 ７ 性 ｆ′ ｘ ｘ２ ａｘ ｂ 当函数
( ( ＝ ０ ２ ２ ꎬ ) ꎬ １ ｆ ∴ ) ′ ( . ｆ ｘ ′ ) ( ＝ ｘ ) ｅ ＝ ｘ － ｅ ａ ｘ ꎬ －２ ｆ . ′ (０)＝１－ ａ ＝－１ꎬ∴ ａ １４. ∴ 证 ∴０ ａ 明 ≤ 的 取 要 ｘ 值 ２ 证 ＋ 范 １ 当 < 围 １ ｘ > 为 ０ [ ∵ 时 １ꎬ ꎬ ＋ > ｌｎ ∞ ０ ( ꎬ ) １ ∴ ＋ . ｘ ) ≥ < １ ｘ ꎬ 不 极 ( ｆ ( ３ ｘ 等 值 ) ) 有 的 点 实 ꎬ 三 即 数 个 方 : 解 不 程 ( ꎬ 同 因 ３ ) 零 ｘ ＝ 此 ２ 点 ＋ ３ 有 ２ 时 ａ ＋ Δ ｘ ꎬ ２ ＋ > ｂ ０ ｆ ( ꎬ ＝ ＋ 即 ｘ ０ ) ꎬ 有 有 ａ２ － 两 两 ３ ｂ 个 个 >
令ｆ′ ｘ 即 ｘ 得ｘ . 即证当ｘ 时 ｘ ｘ . 所以必要性成立
( )＝０ꎬ ｅ －２＝０ꎬ ＝ｌｎ２ >０ ꎬｌｎ(１＋ )－ <０ ０ꎬ ꎻ
令ｆ′
(
ｘ
)>０ꎬ
得ｘ
>ｌｎ２
. 设ｆ
(
ｘ
)＝ｌｎ(１＋
ｘ
)－
ｘ
ꎬ
ｘ
>０ꎬ∵
ｆ′
(
ｘ
)＝
充分性
:
当ａ
＝４ꎬ
ｂ
＝４ꎬ
ｃ
＝２
时
ꎬ
满足ａ２
－
令ｆ′ ｘ 得ｘ . ｘ ｂ 但由 知 函数此时没有三个
( )<０ꎬ <ｌｎ２ － ３ >０ꎬ (２) ꎬ
∴ ｆ ( ｘ )极小值 ＝ ｆ (ｌｎ ２)＝ ２－２ｌｎ ２ꎬ 无极 ｘ ＋１ <０ꎬ 不同的零点 ꎬ 所以充分性不成立.
大值. ∴ ｆ ( ｘ ) 在 (０ꎬ＋∞) 上单调递减 ꎬ 因此ａ２ －３ ｂ >０ 是ｆ ( ｘ ) 有三个不同零点
８.解析 ａ ３ . ∴ ｆ ( ｘ )ｍａｘ< ｆ (０)＝０ꎬ∴ 原式得证. 的必要不充分条件.
＝－ ４ １５.解析 ｆ′ ( ｘ )＝３ ｘ２ ＋２ ｂｘ ＋ ｃ ( ｘ ∈ Ｒ ) . ２.解析 设ｇ ｘ ｆ ( ｘ ) ｘ 则ｇ′ ｘ
９.解析 ｘ ｙ . 依题意知ｘ 为函数ｆ ｘ 的极大 ( )＝ ｘ ( ≠０)ꎬ ( )
２ － ＝０ (１) ＝０ ( )
１０.Ａ 值点 ｆ′ ｃ . ｘｆ′ ｘ ｆ ｘ
ꎬ∴ (０)＝０ꎬ∴ ＝０ ( )－( )
１１.解析 (１) ｆ ( ｘ ) 的最大值为 ２ . (２) 证明 : 由 (１) 得ｆ′ ( ｘ )＝ ｘ (３ ｘ ＋２ ｂ )ꎬ ＝ ｘ２ ꎬ
(２) ａ <－１ . ∵ ｘ ＝２ 为ｆ ( ｘ )＝ ０ 的根 ꎬ∴ ８＋４ ｂ ＋ ｄ ＝ ∵ ｆ ( ｘ ) － ｘｆ ′ ( ｘ ) > ０ꎬ∴ ｇ′ ( ｘ ) ＝
１２.解析 如图
ꎬ
设吊灯离桌面ｘ
ｍꎬ
则ｒ２
０
.
①
ｘｆ′
(
ｘ
)－
ｆ
(
ｘ
)
ｘ
又ｆ
(
ｘ
)
在
[０ꎬ２]
上为减函数
ꎬ∴
ｆ′
(２)
ｘ２ <０ꎬ
＝ ｘ２ ＋ ４ １ ꎬｓｉｎ φ ＝ ｒ ꎬ ＝２(６＋２ ｂ )≤０ . ② 即ｇ ( ｘ ) 在 (－∞ꎬ０)∪(０ꎬ＋∞) 上单调
由 知ｄ ｂ . 递减
① ＝－４ －８ ꎬ
ｆ ｂ ｄ ｂ ｂ ｂ . ｆ ｆ
∵ (１)＝１＋ ＋ ＝１＋ －４ －８＝－３ －７ (１) (３) 即 ｆ ｆ .
由 知ｂ ｆ . ∴ > ꎬ ３(１)>(３)
② ≤－３ꎬ∴ (１)≥２ １ ３
ｆ ｘ 的三个根分别为 α ３.解析 因为ｙ ｆ ｘ 在ｘ 处的切
(３)∵ ( )＝ ０ ꎬ (１) ＝ ( ) ＝２
β 线方程为ｙ ｘ
２ꎬ ꎬ ＝(ｅ－１) ＋４ꎬ
１５
ｆ′ ｆ 或ａ 又ａ ａ . 程为ｙ ｆ ｘ ｆ′ ｘ ｘ ｘ
∴ (２)＝ｅ－１ꎬ (２)＝２ｅ＋２ꎬ >２ꎬ <０ꎬ∴ <－２ －( ｎ)＝ ( ｎ)( － ｎ)ꎬ
∴２ｅ
ａ －２
＋２
ｂ
＝２ｅ＋２ꎬ
即ｂ
＋ｅ
ａ －２
＝ｅ＋１
.
①
综上所述
ꎬ
当ａ
<－２
时满足题意. 即ｙ
＝(２
ｘ
ｎ＋１)
ｘ
－
ｘ２ｎ－１ꎬ
又
∴
∵
ｆ′ (
ｆ
２
′ (
)
ｘ
＝
)
ｅ
＝
ａ －
ｅ
２
ａ
－
－ ｘ
２
－
ｅ
ｘ
ａ
ｅ
－２
ａ －
＋
ｘ
ｂ
＋ ｂ
＝
ꎬ
ｅ－１ꎬ 即ｂ －ｅ ａ －２
５.解
<１
析
)ꎬ 在
设
同一
ｇ (
平
ｘ )
面
＝ｅ
直
ｘ (
角
２ ｘ
坐
－１
标
)
系
ꎬ ｙ
中
＝ ａ
作
ｘ －
出
ａ (
它
ａ 令
ｘ
ｙ ＝０ꎬ
ｘ
得
２ｎ＋
(
１
２ ｘ ｎ＋１
ｇ
) ｘ
ｘ
ｎ ＋１＝ ｘ
ｘ
２ｎ
２ｎ
＋
＋
１
１
ꎬ
.
＝ｅ－１ꎬ②
们的大致图像
ꎬ
如图所示
:
∴ ｎ ＋１＝
２
ｘ
ｎ＋１
ꎬ∴ ( ｎ)＝
２
ｘ
ｎ＋１
联立 解得ｂ ａ . 根据 和 中所求
①②ꎬ ＝ｅꎬ ＝２ (３) (１) (２) ꎬ
由 可知ｆ ｘ ｘ ２－ ｘ ｘ 用牛顿切线法经过 次运算 可得近似
(２) (１) ( )＝ ｅ ＋ｅ ꎬ １ ꎬ
ｆ′ ｘ ２－ ｘ ｘ ２－ ｘ
∴ ( )＝ｅ － ｅ ＋ｅꎬ 解ｘ ２ . .
令ｇ
(
ｘ
)＝
ｆ′
(
ｘ
)ꎬ
则ｇ′
(
ｘ
)＝－ｅ
２－ ｘ
－(ｅ
２－ ｘ １＝
３
≈０６６６７
ｘ ２－ ｘ ｘ ２－ ｘ 用牛顿切线法经过 次运算 可得近似
－ ｅ )＝( －２)ｅ ꎬ ２ ꎬ
令ｇ′ ｘ 得ｘ 解ｘ . .
( )＝０ꎬ ＝２ꎬ ２≈０６１９０
当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增 用牛顿切线法经过 次运算 可得近似
>２ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎻ ３ ꎬ
当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递减. 解ｘ . .
<２ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ３≈０６１８０３４４
当ｘ 时 ｇ ｘ 取最小值 存在唯一的整数ｘ 使得ｆ ｘ 用牛顿切线法经过 次运算 可得近似
∴ ＝２ ꎬ ( ) ꎬ ∵ ０ꎬ ( ０)<０ꎬ ４ ꎬ
ｇ ｘ ｇ ２－２ 存在唯一的整数ｘ 使得ｇ ｘ 在直 解ｘ . .
( )ｍｉｎ＝ (２)＝(１－２)ｅ ＋ｅ＝ｅ－１ꎬ ∴ ０ꎬ ( ０) ４≈０６１８０３３９
ｆ′ ｘ ｇ 线ｙ ａｘ ａ的下方 经过 次运算 用牛顿切线法求得的近
∴ ( )ｍｉｎ＝ (２)＝ｅ－１>０ꎬ ＝ － ꎬ ４ ꎬ
ｘ Ｒ 有ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 似解精确到了 . .
∴ ∀ ∈ ꎬ ( )>０ꎬ∴ ( ) (－∞ꎬ ｇ′ ｘ ｘ ｘ 当ｘ １ 时 ０００００１
上单调递增. ∵ ( )＝ｅ(２ ＋１)ꎬ∴ <－ ꎬ 若采用二分法 选定初始区间为 .
＋∞) ２ ꎬ (０ꎬ１)
４.解析
①
当ａ
＝０
时
ꎬ
ｆ
(
ｘ
)＝－３
ｘ２
＋１ꎬ
令
ｇ′ ｘ 当ｘ １ 时 ｇ′ ｘ ∵
ｆ
(０)
ｆ
(１)<０ꎬ
经过一次运算
ꎬ
可得
( )<０ꎬ >－ ꎬ ( )>０ꎬ
２ 近似解为 . .
ｆ ｘ 得 ｘ ３ 所以此时不符合 ( ) ０５
( )＝ ０ꎬ ＝± ꎬ 当ｘ １ 时 ｇ ｘ ｇ １ ( )
题意
３ ∴ ＝－
２
ꎬ[ ( )]ｍｉｎ＝ －
２
＝
∵
ｆ １
ｆ
(１)<０ꎬ
经过二次运算
ꎬ
可
ꎻ ２
②
当ａ
>０
时
ꎬ
ｆ′
(
ｘ
)＝３
ａｘ２
－６
ｘ
＝３
ｘ
(
ａｘ
－ －２ｅ
－２ １. 得近似解为
０
.
７５
.
又当ｘ 时 ｇ ｇ ( )
２)ꎬ ＝０ ꎬ (０)＝－１ꎬ (１)＝ｅ>０ꎬ ｆ １ ｆ . 经过三次运算
直线ｙ ａｘ ａ恒过 斜率为ａ 当 ∵ (０ ７５)<０ꎬ ꎬ
当ｆ′ ｘ 时 解得 ｘ ２ 或 ｘ ＝ － (１ꎬ０)ꎬ ꎬ ２
( )>０ ꎬ > ａ <０ꎬ ｘ 时 ｙ ａ 又 ａ ａ ｇ 可得近似解为 . .
＝０ ꎬ ＝－ ꎬ >１ꎬ∴ － > (０)＝ ０６２５
则ｆ ｘ 在 上单调递增 ( )
( ) (－∞ꎬ０) ꎬ －１ꎬ ｆ １ ｆ . 经过四次运
因为ｆ 则存在一零点在 这个唯一的整数ｘ ∵ (０ ６２５)<０ꎬ
(０)＝ １ꎬ (－∞ꎬ ∴ ０＝０ꎬ ２
上 所以此时不符合题意 算 可得近似解为 . .
０) ꎬ ꎻ 则ｇ －１ ａ ａ 解得 ３ ａ ꎬ ０５６２５
(－１)＝ －３ｅ ≥－ － ꎬ ≤ 经过 次运算 用二分法求得的近似解
当ａ 时 令ｆ′ ｘ 解得 ２ ｘ ２ｅ ４ ꎬ
③ <０ ꎬ ( )>０ꎬ ａ < < 不如用牛顿切线法求得的近似解精确.
<１ꎬ
[ ) 不难发现 牛顿切线法相对二分法要更
令ｆ′ ｘ 解得ｘ ２ 或ｘ 所以 ａ的取值范围是 ３ . ꎬ
０ꎬ ( )<０ꎬ < ａ >０ꎬ ∴ ꎬ１ 加快速.
２ｅ
( ) ６.解析 ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｆ′ ｘ ７.证明 令ｆ ｘ ｘ － ｘ ｘ ｘ .
函数ｆ ｘ 在 ２ 单调递减 (１)∵ ( )＝ ＋ －１ꎬ∴ ( )＝ ( )＝ ｅ －ｌｎ(１＋ )ꎬ ≥０
( ) －∞ꎬ ａ ꎬ ｘ 则ｆ′ ｆ 要证ｘ － ｘ ｘ 即证ｆ ｘ 在ｘ
２ ＋１ꎬ (１)＝３ꎬ (１)＝１ꎬ ｅ ≤ｌｎ(１＋ )ꎬ ( )≤０
( ) 在点 处的切线方程为 ｙ 时恒成立.
在 ２ 上单调递增 在 上 ∴ (１ꎬ１) －１＝ ≥０
ａ ꎬ０ ꎬ (０ꎬ＋∞)
３(
ｘ
－１)ꎬ
即
３
ｘ
－
ｙ
－２＝０ꎬ 易得ｆ′ ｘ (１－
ｘ２
)ｅ
－ ｘ
－１.
单调递减. ( )＝ ｘ
令ｙ 得ｘ ２ .根据题意得ｘ ２ . １＋
若ｆ ｘ 在Ｒ上存在唯一的零点 ｘ 且 ＝０ꎬ ＝ １＝ 当ｘ 时 ｆ′ ｘ 恒成立 ｆ ｘ
( ) ０ꎬ ３ ３ ≥０ ꎬ ( )≤０ ꎬ∴ ( )
ｘ 则ｆ
(
２
)
８ ４ (２)
ｆ′
(
ｘ
ｎ)＝２
ｘ
ｎ＋１ꎬ
ｆ
(
ｘ
ｎ)＝
ｘ２ｎ＋ ｘ
ｎ－１ꎬ
在
[０ꎬ＋∞)
上单调递减
ꎬ
０>０ꎬ ａ ＝ａ２ －３×ａ２ ＋１>０ꎬ 故可得ｆ ｘ 在 ｘ ｆ ｘ 处的切线方 ｆ ｘ ｆ 故原不等式得证.
( ) ( ｎꎬ ( ｎ)) ∴ ( )≤(０)＝０ꎬ
即 ４ 整理得ａ２ 解得ａ
－ａ２ ＋１>０ꎬ >４ꎬ <－２
１６
