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教材习题答案
第四章 数列 { ａ ｄ ａ ｄ
１ ４ １ . 得 ( １＋３ )＋( １＋７ )＝２０ꎬ
(４)－ ꎬ５ꎬ ꎬ－ ꎬ５ ａ ｄ
4.1 数列的概念 ３.解析
４
(１)１ꎬ
５
－１６ꎬ
４
－３６ꎻ ａ ｎ＝(－１) ｎ ＋１ｎ２. 整理得
１＋
{
６
ａ １
＝
＋
１
５
２
ｄ
ꎬ
＝１０ꎬ解得 {ａ １＝０ꎬ
练习 (２) ５ １ ２ꎬ １ １ １ ２ꎻ ａ ｎ＝ (２ ｎ － １ １) ２ . ａ ａ ａ １＋ ｄ ６ ｄ ＝ . １２ꎬ ｄ ＝２ꎬ
１.解析 ∴ ４＝ １＋３ ＝６
(１)４ . ꎬ１６ꎬ３６ꎬ６４ꎬ１００ꎬ１４４ꎬ１９６ꎬ (３) ３ꎬ ６ꎻ ａ ｎ＝ ｎ. ５.解析 设这 ５ 个数构成公差为 ｄ 的等
２５６ꎬ３２４ꎬ４００ 差数列 ａ
(２) １ꎬ １
２
ꎬ １
３
ꎬ １
４
ꎬ １
５
ꎬ １
６
ꎬ １
７
ꎬ １
８
ꎬ
综
(
合
４)
运
１ １
用
２ ꎬ ４ １ ２ ꎻ ａ ｎ＝ｎ ( ｎ １ ＋１) . 则
ｄ
ａ １＝
.
７ { ꎬ
.
ａ ｎ} ５＝ ꎬ ２１ꎬ∵ ａ ５＝ ａ １＋４ ｄ ꎬ
∴ ＝３５
１ １ . ４.解析 . ａ ａ ｄ . ａ ａ ｄ
９
ꎬ
１０
(１)１ꎬ２ꎬ３ꎬ５ꎬ８ ∴ ２＝ １＋ ＝１０５ꎬ ３＝ １＋２ ＝１４ꎬ
ａ ａ ｄ . .
( ( 图 ３ ４ 象 ) ) ３ ２ 略 ꎬ ꎬ ５ ３ . ꎬ ꎬ ７ ２ ꎬ ꎬ ９ ５ ꎬ ꎬ １ ２ １ ꎬ７ ꎬ１ ꎬ ３ ２ ꎬ ꎬ １ ９ ５ ꎬ ꎬ ２ １ ꎬ ７ １ ꎬ １ １ . ９ꎬ２１ . ５. ( 项 解 ２ 和 析 )２ 第 ꎬ ３ ２ 三 ꎬ 项 角 ５ ３ 分 形 ꎬ 别 ８ ５ 数 为 ꎬ 所 １ ８ ３ 构 . 成的数列的第 ５ 个 ∴ ４ 数 在 ＝ ꎬ １ ７ 可 ＋ 和 ３ 使 ２ ＝ 这 １ １ 中 ７ ５ ５ 个 插 数 入 成 １０ 等 . ５ 差 ꎬ１ 数 ４ꎬ 列 １７ . . ５ 这 ３
２.解析 ６ １５ꎬ２１ꎻ 练习
正方形数所构成的数列的第
５
项和第
１.解析 由题意知ａ ｄ
ｎ ｎ 项分别为 １＝１５ꎬ ＝２ꎬ
ａ １ ２ ５ １２ ２２ ｎ ６ 五边形数所 ２ 构 ５ꎬ 成 ３６ 的 ꎻ 数列的第 项和第 ∴ ａ ｎ＝ ａ １＋( ｎ －１) ｄ ＝１５＋( ｎ －１)×２＝２ ｎ ＋
ｎ ２１ ３３ ６９ １５３ ２７３ ３(３＋４ ) ５ ａ 即第 排有
３.解 ｄ
ｄ
(
(
析 ４
８
)
)
＝
＝
３
４
ｄ ꎬ
ꎬ
( ｄ
ｄ
１ (
(
) ５
９
＝
)
)
＝
＝ １ꎬ
３
２
ꎬ
ｄ ꎬ
ｄ
ｄ (
(
( ２
１
６ )
０
) ＝
)
＝
＝
２ ４ ꎬ
４
ꎬ ｄ
.
ｄ ( ( ３ ７ ) ) ＝ ＝ ２ ２ ꎬ ꎬ ６.
＝
６ 解 项
１
析
０
分
. ０３
别 ａ
５
１
(
为 ＝
万
１ ３
元
０ ５ × ꎬ
)
( ５
ꎬ
１ １ ＋ . ０ . ３５ ％ ) ２. ３ 解
直
１ ３ ３ 析
线
ꎬ 个 ∴
的
座 图
斜
１ 位 ０＝ 象
率
. ２ 略
为
×１ .
－
０
３
＋
.
１３＝３３ꎬ １０
４. ３ 所 解 ꎬ２ 以 析 ꎬ４ 数 ꎬ２ 列 ( ꎬ １ ４ { ) ꎬ ｄ ａ ３ ( ｎ ꎬ ＝ ｎ ４ ) . ｎ } １ 的 . 前 １０ 项为 １ꎬ２ꎬ２ꎬ ａ ａ ≈ ３ ２ １ ＝ ＝ ０ １ １ . . ０ ０ ０７ × × ０ ( ( ( １ １ 万 ＋ ＋ ０ ０ 万 元 . . ３ ３ 元 ５ ５ ) ％ ％ ꎬ ) ) ３ ２ ３.解 解 析 得 { ａ 由 １＝ 已 ｍ 知 ＋ ｎ ꎬ － 得 １ꎬ { ａ ａ １ １ ＋ ＋ ( ( ｍ ｎ － － １ １ ) ) ｄ ｄ ＝ ＝ ｍ ｎ ꎬ ꎬ
２ －１ ≈１０１０５４( )ꎬ ｄ .
(２) ａ ｎ＝ æ è ç ２ ö ø ÷ ｎ －１ . 拓 ａ 广 ｎ＝ 探 １ 索 ０×(１＋０ . ３５ ％ ) ｎ ( 万元 ) . ∴ ａ ｍ ＋ ｎ＝ ＝ ａ － １＋ １ ( ｍ ＋ ｎ －１) ｄ
２ ｎ ＝ ｍ ＋ ｎ －１＋( ｍ ＋ ｎ －１)(－１)＝０ .
练习 ７.解析 证明 ａ ２ －１ １ ４.解析 数列 ｃ 是等差数列.证明
(１) : ｎ＝ ｎ ＝１－ ｎꎬ (１) { ｎ}
１.解析 图形略. ２ ２ 如下 数列 ａ ｂ 都是等差数
:∵ { ｎ}ꎬ{ ｎ}
(１)２１ꎬ ａ ｎ＝５ ｎ －４ . ∵ ｎ ∈ Ｎ∗ ꎬ∴０< １ ｎ≤ １ . 列 ꎬ 公差分别为ｄ １ꎬ ｄ ２ꎬ
(２)１３ꎬ ａ ｎ＝３ ｎ －２ . ２ ２ ∴ ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝ ｄ １ꎬ ｂ ｎ ＋１－ ｂ ｎ＝ ｄ ２ꎬ
(３)３５ꎬ
ａ
ｎ＝
ｎ２
＋２
ｎ.
∴
１
≤
ａ
ｎ<１ꎬ
即ａ
ｎ≥
１ 成立. 又
∵
ｃ
ｎ＝
ａ
ｎ＋２
ｂ
ｎꎬ
２.解析 . ２ ２ ｃ ｃ ａ ｂ ａ ｂ
(１)１ꎬ３ꎬ７ꎬ１５ꎬ３１ æ ö æ ö ∴ ｎ ＋１－ ｎ＝( ｎ ＋１＋２ ｎ ＋１)－( ｎ＋２ ｎ)
(２)３ꎬ３ꎬ３ꎬ３ꎬ３ . (２) ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝è ç １－ ２ ｎ １ ＋１ ø ÷ －è ç １－ ２ １ ｎø ÷ ＝( 数 ａ ｎ ＋ 列 １－ ａ ｎ ｃ )＋２ 是 ( ｂ 等 ｎ ＋１ 差 － ｂ 数 ｎ)＝ 列 ｄ １ 公 ＋２ 差 ｄ ２ꎬ 为 ｄ
３.解析 ｎ ２ꎬ ３ ２ ꎬ ４ ３ ꎬ ５ ４ ꎬ ６ ５ . ＝ ２ １ ｎ－ ２ ｎ １ ＋１ ＝ ２ ｎ １ ＋１>０ꎬ∴ ａ ｎ ＋１> ａ ｎ . ∴ ＋２ ｄ ２ ｃ . ａ { ｎ} ｂ 公差ｄ ꎬ １
ａ ｎ＝ ＋ ｎ １. ∴ { ａ ｎ} 是递增数列. (２ ｃ ) １＝ ｃ １＋ ｎ ２ １＝ ｄ ３ꎬ ｎ ＝２＋２×２ ｎ ＝６ . ꎬ
４.解析 当ｎ ＝１ 时 ꎬ ａ １＝ Ｓ １＝－２ꎬ 4.2 等差数列 ５.解 ∴ 析 ｎ＝ １ ( ＋ １ ( ) 一 －１ 个 ) 无 ＝ 穷 ３＋ 等 ６( 差 － 数 １) 列 ＝ { ６ ａ － ｎ} ３ 去
当ｎ ≥２ 时 ꎬ ａ ｎ＝ Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１ 掉前 ｍ 项后 ꎬ 其余各项组成的数列是
ｎ２ ｎ ２ ４.２.１ 等差数列的概念 ａ ａ ａ ａ .
＝－２ －[－２( －１) ] ｍ ＋１ꎬ ｍ ＋２ꎬ ｍ ＋３ꎬꎬ ｎꎬ
＝－２ ｎ２ ＋２( ｎ －１) ２ ＝－４ ｎ ＋２ꎬ 练习 仍能满足定义 : ａ ｍ ＋２－ ａ ｍ ＋１＝ ｄ ꎬ
又ａ １＝－２ 适合上式 ꎬ∴ ａ ｎ＝－４ ｎ ＋２ . １.解析 (１) 是 ꎬ ｄ ＝－１３ . (２) 不是. ａ ｍ ＋３－ ａ ｍ ＋２＝ ｄ ꎬ
◆习题4.1
不是. 是 ｄ １ .
复习巩固 (３) (４) ꎬ ＝－ ａ ａ ｄ
１２ ｎ－ ｎ －１＝ ꎬ
１.解析 图象略.
２.解析 . ２ .
. (１)７７１(２)６ 这个新数列仍为等差数列且首项为
(１)２ꎬ３ꎬ５ꎬ７ꎬ１１ꎬ１３ꎬ１７ꎬ１９ꎬ２３ꎬ２９ １５ ∴
. ３.解析 ａ ｍｄ 公差为ｄ.
(２)１ꎬ１ꎬ２ꎬ２ꎬ４ꎬ２ꎬ６ꎬ４ꎬ６ꎬ４ １＋ ꎬ
所取出的项构成的数列为
２.解析 １ １ １ １ . ａ ａ ａ ａ ｄ (２)
(１)１ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ １ ３ ５ ７ ａ ａ ａ ａ .
４ ９ １６ ２５ . . . １ꎬ ３ꎬ ５ꎬꎬ ２ ｎ ＋１ꎬ
. －７ ０５ ８ １５５ ３７５ ａ ａ ａ ｎ ｄ ａ
(２)２ꎬ－５ꎬ１０ꎬ－１７ꎬ２６ １５ ２ －１１ －２４ －６ . ５ ∵ ｎ ２ ｎ ＋１－ ｄ ２ ｎ － ｄ １ ＝ 为 １ 常 ＋ 数 (２ ＋１－１) － １－
１ . (２ －２) ＝２ ꎬ ꎬ
(３) ꎬ３ꎬ１３ꎬ５３ꎬ２１３ ４.解析 由已知 这个新数列仍为等差数列且首项为
２ ꎬ ∴
１
ａ 公差为 ｄ. ｎ ｎ
１ꎬ
取出所
２
有序号为 的倍数的项构成
Ｓ
偶＝
ａ
２＋
ａ
４＋＋
ａ
２ ｎ＝
ｎ
(
ａ
１＋
ｄ
)＋
( －１)
∴
Ｓ
３７＝３７
ａ
１＋
３７×３６
×
１
＝６２９ꎬ
(３) ７ ２ ２ ３
的数列为ａ ａ ａ ａ . ｄ ｎ ａ ｎｄ ｎａ 解得ａ
ａ ａ ７ꎬ １４ꎬ ａ ２１ꎬꎬ ｎ ７ ｎꎬ ｄ ａ ２ { ＝ ｎ ( １ ａ ＋ )＝ ｎ ＋１＝２ { ６ ａ １ꎬ １＝１１ꎬ
∵ ７ ｎ ｎ － ７( ｎ －１) ｄ ＝ ｄ １ ＋ 为 ( 常 ７ 数 －１) － １ － ∴ ｎ ( ａ ＋１) ｎ ＋１＝２９０ꎬ解得 ｎ ｎ ＋１＝ . ２９ꎬ ∴ ａ ｎ＝ ａ ３７＝１１＋３６× １ ＝２３ .
[７( －１)－１] ＝７ ꎬ ꎬ ｎ ＋１＝２６１ꎬ ＝９ ３
这个新数列仍为等差数列且公差 数列中间一项为 项数为 .
∴ 为 ｄ. 练 ∴ 习 ２９ꎬ １９ (３)∵ ａ １＝ ６ ５ ꎬ ｄ ＝－ ６ １ ꎬ Ｓ ｎ＝－５ꎬ
猜想 ７ 取出等差数列中所有序号为 ｔ ｔ １.解析 第二种方式获奖者受益更多. ５ ｎ ｎ ( ｎ －１) ( １ )
: ( ∴ ＋ × － ＝－５ꎬ
Ｎ∗ 的倍数的项构成的数列仍为等 第二种方式每天领取的奖品价值构成 ６ ２ ６
∈ ) 解得ｎ 负值舍去 .
差数列. 等差数列 ａ 设首项为ａ 公差为ｄ ＝１５( )
{ ｎ}ꎬ １ꎬ ꎬ ( )
则ａ ｄ ｎ . ａ ａ ５ １ ３ .
４.２.２ 等差数列的前ｎ项和公式 １＝１００ꎬ ＝１０ꎬ ＝１３ ∴ ｎ＝ １５＝ ＋１４× － ＝－
６ ６ ２
练习 ∴ Ｓ １３ ＝１３×１００＋ １３×１２ ×１０＝２ ０８０> (４)∵ ｄ ＝２ꎬ ｎ ＝１５ꎬ ａ ｎ＝－１０ꎬ
ａ ａ ２ ａ ａ
１. 解 析 (１) Ｓ １０ ＝ １０( １ ２ ＋ １０) ＝ ∴ ２０ 第 ００ 二 . 种领奖方式获奖者受益更多. ∴ ∴ Ｓ １ ｎ ＋ ＝ １４ Ｓ × １５ ２ ＝ ＝ １ － ５ １０ × ꎬ ( ∴ －３ １ ８ ＝ ) － ＋ ３８ １ ꎬ ５×１４ ×２＝
１０×(５＋９５) . ２
＝５００ ２.解析 当ｎ 时 ａ Ｓ ４７ .
２ ＝１ ꎬ １＝ １＝ ꎻ －３６０
１２ ２.解析 设等差数列 ａ 的公差为ｄ.
Ｓ ａ ５０×４９ ｄ ( { ｎ}
(２) ５０ ＝５０ １＋ ２ × ＝５０×１００＋ 当ｎ ≥２ 时 ꎬ ａ ｎ＝ Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１＝ １ ｎ２ ＋ ２ ｎ ＋ 解法一 : 由题意得 ꎬ
４ ３ {ａ ａ ｄ ａ ｄ
５０×４９ . ) [ ] １＋( １＋２ )＋( １＋４ )＝１０５ꎬ
×(－２)＝２５５０ １ ｎ ２ ２ ｎ ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ
２ ａ ａ ｄ ３ － ４ ( －１) ＋ ３ ( －１)＋３ ＝ ( １ { ＋ ａ )＋( １＋３ )＋( １＋５ )＝９９ꎬ
(３)∵ １ ＝－４ꎬ ８ ＝－１８ꎬ∴ －４＋７ ＝
６
ｎ
＋５ ａ ４７不适合上式
解得 １＝３９ꎬ
－１ ｄ ８ꎬ ａ １２ ꎬ １＝ １２ ꎬ ｄ ＝－２ .
∴ ＝－２ꎬ∴ １０＝－４＋９×(－２)＝－２２ꎬ ì ï４７ ｎ ∴ ａ ２０＝ ａ １＋１９ ｄ ＝３９＋１９×(－２)＝１ .
Ｓ １０×[－４＋(－２２)] . ï ꎬ ＝１ꎬ 解法二 ａ ａ ａ ａ
∴ １０＝
ａ . ２ ｎ
＝
.
－１３０
∴
ａ
ｎ＝
í
ï ï６
１
ｎ
２
＋５ ｎ . 又ａ ２＋ ａ
:
４
∵
＋ ａ ６
１
＝
＋
９９
３＋
ꎬ
５＝１０５ꎬ∴ ３＝３５ꎬ
(４)∵ ｎ＝１４５＋( －１)×０７＝３２ꎬ î ꎬ ≥２ ａ .
ｎ １２ ∴ ４＝３３
∴ ＝２６ꎬ ３.解析 ａ . ｄ . . ｄ ａ ａ .
１＝－４ ２ꎬ ＝(－３ ７)－(－４ ２)＝ ∴ ＝ ４－ ３＝－２
Ｓ . ２６×２５ . . . . ａ ａ ｄ .
∴ ２６＝２６×１４５＋ ×０７＝６０４５ ０５ꎬ ∴ ２０＝ ３＋１７ ＝３５＋１７×(－２)＝１
２ ａ . ｎ . ３.解析 从小到大排列的前ｎ个正偶
２.解析 由题意 知ａ ∴ ｎ＝－４２＋( －１)×０５ (１)
ｄ
ꎬ １＝－１ꎬ
＝－４
.
７＋０
.
５
ｎ. 数构成等差数列
{
ａ
ｎ}ꎬ
且ａ
１＝２ꎬ
ｄ
＝２ꎬ
＝(－３)－(－１)＝－２ꎬ 易知当 ｎ 时 ａ 当 ｎ 时 ａ ｎ ｎ ｎ ｎ
ｎ ｎ ≤９ ꎬ ｎ<０ꎬ >９ ꎬ ｎ 则Ｓ ｎａ ( －１)ｄ ｎ ( －１)
ｎ ( －１) 偶＝ １＋ ＝２ ＋ ×２
∴ － ＋ ×(－２)＝－１００ꎬ >０ꎬ ２ ２
解得ｎ ２ . ∴ 当ｎ ＝９ 时 ꎬ Ｓ ｎ 取得最小值. ＝ ｎ２ ＋ ｎ.
＝１０ 从小到大排列的前ｎ个正奇数构成
{Ｓ { ａ ｄ ４.解析 由ｍ ｎ 得ｎ １ (２)
３.解析 由 Ｓ ４＝６ꎬ 得 ４ ａ １＋６ ｄ ＝６ꎬ ＝２ －１<６０ꎬ <３０ ２ ꎬ 等差数列 { ａ ｎ}ꎬ 且ａ １＝１ꎬ ｄ ＝２ꎬ 则Ｓ 奇＝
ì ï ï ａ １＝ ３ ８ ꎬ ＝２０ꎬ ８ １＋２８ ＝２０ꎬ 又 ∴ 集 ｎ ∈ 合 Ｎ Ｍ ∗ ꎬ 中 ∴ 元 ｎ ｍ 素 ａｘ＝ 的 ３０ 个 . 数为 ３０ꎬ 这些元 ｎａ １＋ ｎ ( ｎ ２ －１)ｄ ＝ ｎ ＋ ｎ ( ｎ ２ －１) ×２＝ ｎ２.
解得í ４ 素构成首项为 公差为 的等差数列 (３) 在三位正整数的集合中 ꎬ５ 的倍数
ï １ꎬ ２ ꎬ
ïｄ １ . 从小到大排列构成等差数列 ａ 且
î ＝ { ｎ}ꎬ
Ｓ ３０×２９ .
２ ∴ ３０＝３０×１＋
２
×２＝９００ ａ １＝１００ꎬ ｄ ＝５ꎬ ａ ｎ＝９９５ .
Ｓ ａ １６×１５ｄ ３ １６×１５ 由ａ ｎ 解得 ｎ
∴ １６＝１６ １＋ ２ ＝１６× ４ ＋ ２ × ５.解析 由 ａ ｎ＝ ｎ ｎ －２ ＝ ( ｎ －７ ｎ . ５) . ＋５ . ５ ＝ ｎ . ＝１００＋( －１)×５＝９９５ꎬ
２ －１５ ２( －７５) ＝１８０
１ .
２ ＝７２ １ ＋ ｎ ５ . ５ . 可知 ꎬ 所以Ｓ １８０＝ １８０×(１００＋９９５) ＝９８５５０ .
４.解析 Ｓ １５＝１５ ａ １＋ １５× ２ １４ｄ ＝５[( ａ １＋ ｄ )＋ 当 ２ ｎ ≤ ２( ７ － 时 ７ ꎬ ５ ｎ ) －７ . ５<０ꎬ 当ｎ >７ 时 ꎬ ｎ －７ . ５ (４ 的 ) 在 数 小 从 于 小 １ 到 ００ 大 的 排 ２ 正 列 整 构 数中 成 ꎬ 等 被 差 ７ 数 除 列 余
∴ ( ａ ２ １ １ ＋ ｋ ｄ ５ ＝ ｄ ) ( ＋ ｋ ｄ ａ ＋ １ ５ ＋ ) ( ｄ ｋ ꎬ －１ ｋ ) ｄ ]ꎬ . ◆ ∴ > 习 ０ꎬ 当 题 ａ ｎ ｎ > 4 ０ ＝ . ꎬ 2 ７ 时 ꎬ Ｓ ｎ 最小. ２ { ( ａ ｎ ｎ － } １ ꎬ ) 且 ×７ ａ ＝ １ ９ ＝ ３ ２ ꎬ ꎬ 解 ｄ ＝ 得 ７ꎬ ｎ ａ ＝ ｎ １ ＝ ４ ９ ꎬ ３ꎬ 由ａ ｎ＝２＋
∴ ( －１６) ＝０ꎬ∴ ＝１６
５.
公
解
差
析
为
设
ｄ
等
其
差
前
数
ｎ
列
项
为
和
{
为
ａ ｎ
Ｓ
}ꎬ
.
首项为ａ １ꎬ
１
复
.解
习
析
巩固
ａ ａ Ｓ
所以Ｓ １４＝１４×２＋ １４×
２
１３ ×７＝６６５ .
ꎬ ｎ (１)∵ １＝２０ꎬ ｎ＝５４ꎬ ｎ＝９９９ꎬ ４.解析
则由题意可得 ꎬ Ｓ 奇＝ ａ １＋ ａ ３＋＋ ａ ２ ｎ ＋１ { ２０＋( ｎ －１) ｄ ＝５４ꎬ { ｄ １７
ｎ ａ ｎ ( ｎ ＋１) ｄ ∴ ｎ (２０＋５４) 解得 ＝ １３ ꎬ １６８２ １７５８ １８３４ １９１０ １９８６
＝( ＋１) １＋ ２ ＝９９９ꎬ ｎ . 由题意可知 哈雷彗星是以 等差数
２ ２ ＝２７ ꎬ “
ｎ ａ ｎｄ 列 的时间回归的 不妨设此数列为
＝( ＋１)( １＋ ) ｄ １ ｎ Ｓ ” ꎬ
ｎ ａ (２)∵ ＝ ꎬ ＝３７ꎬ ｎ＝６２９ꎬ ａ 则ａ ｄ
＝( ＋１) ｎ ＋１＝２９０ꎬ ３ { ｎ}ꎬ １＝１６８２ꎬ ＝７６ꎬ
２
教材习题答案
所以通项公式为ａ ａ ｎ ｄ 公差为 项数为 4.3 等比数列
ｎ＝ １＋( －１) ２ꎬ １２ꎬ １６ꎬ
ｎ ｎ
＝１６８２＋( －１)×７６＝７６ ＋１６０６ꎬ Ｓ １６×１５ .
可计算出它在本世纪回归的时间为 ∴ １６＝２×１６＋ ×１２＝１４７２ ４.３.１ 等比数列的概念
２
２０６２
年. ９.解析 由题意知第
１
辆车到休息时行
练习
综合运用 驶了 各辆车行驶的时间构成
２４０ ｍｉｎꎬ １.解析 不是. 是 公比为 . .
５.
ａ
各 解 边 析
公
的
差
设 长
为
此 构
ｄ
多 成 边
前
等 形 差
ｎ
的
项
数 边
和
列 数
为
{ 为 ａ ｎ
Ｓ
ｎ } ꎬ ꎬ
.
ｎ
则
首 ∈ 项 Ｎ
Ｓ
∗ 为 ꎬ 为
则
一个 ａ
ａ
１ 等 ꎬ 公 差 差 数 为 列 ｄ ꎬ . 设 则
ｎ
该 ａ １ 数 ＝２ 列 ４０ 为 ꎬ ｄ { ＝ ａ
ｎ
－ ｎ} １ ꎬ ０ 首 ꎬ 项
ｎ
２. ( 解 ３ 析 ) 不 是 (１ . ( ) ４) 是 ꎻ ( 公 ２) 比为 ꎻ －２ . １１
１ꎬ ꎬ ｎ ｎ ＝ ｎ＝２４０－１０×( －１)＝ －１０ ＋２５０( ａ ａ ａ ａ ｑ
ａ ｄ Ｎ∗ . １ ３ ５ ７
１５８ꎬ ｎ＝４４ꎬ ＝３ꎬ ∈ )
{ ｎ ｎ 因为ａ ２ ４ ８ １６ ２ 或 － ２
ｎａ ( －１) (１) １５＝－１０×１５＋２５０＝１００ꎬ
由题意得 １＋ ×３＝１５８ꎬ 所以截止到 时 最后一辆车行驶了 ５０ ２ ０ . ０８ ０ . ００３２ ０ . ２
２ １８ ꎬ
ａ ｎ . {ａ ａ
１＋( －１)×３＝４４ꎬ １００ ｍｉｎ ３.解析 解法一 由 １ ３＝３６ꎬ
这支车队所有车辆行驶的总时间 : ａ ａ
解得
多边
ｎ
＝ 形 ４ 的
或
边
ｎ
数 ＝ 为
７
３
９
(
舍
. )
.
为
(２
２
)
４０＋１００ ×１５＝２５５０(ｍｉｎ)＝ ８５ (ｈ)ꎬ 得 {ａ １ ａ １ ｑ２ ＝３６ꎬ
２＋ ４＝６０ꎬ
∴ ４ ２ ２ ａ ｑ ａ ｑ３
６.解析 数列 ａ ｂ 是等差数列 所以这支车队当天一共行驶的路程为 １ ＋ １ ＝６０ꎬ
∵ { ｎ}ꎬ{ ｎ} ꎬ {ａ {ａ
数列 ａ ｂ 也是等差数列. 解得 １＝２ꎬ或 １＝－２ꎬ
∴ { ｎ＋ ｎ} ８５ . ｑ ｑ .
ａ ｂ ａ ｂ ×６０＝２５５０(ｋｍ) ＝３ ＝－３
∵ １＋ １＝２０ꎬ １００＋ １００＝１００ꎬ ２ 解法二 ａ ａ
拓广探索 :∵ １ ３＝３６ꎬ
∴ Ｓ １００＝ １００×(２ ２ ０＋１００) ＝６０００ . １０.证明 ∵ 等差数列 { ａ ｎ} 的公差为ｄ ꎬ ∴ ａ２ ２＝３６ꎬ∴ ａ ２＝±６ .
７.
项
解
为
析
ａ
(１
公
)
差
证
为
明 :
ｄ
设等差数列 { ａ ｎ} 的首
∴
ａ
ｍ
ｍ－ ａ
ｎ
ｎ
＝
ａ １＋( ｍ －１) ｄ
ｍ
－[
ｎ
ａ １＋( ｎ －１) ｄ ] 当ａ ２＝
ａ
６ 时 ꎬ ａ ４＝５４ꎬ
１ꎬ ꎬ － －
∴
ｑ２
＝ａ
４
＝９ꎬ∴
ｑ
＝±３
.
ｎ ｎ ｍ ｎ ｄ
则Ｓ ｎａ ( －１)ｄ ( － ) ｄ. ２
ｎ＝ １＋
２
ꎬ ＝ ｍ
－
ｎ ＝ 当ａ
２＝－６
时
ꎬ
ａ
４＝６６ꎬ
Ｓ ｄ ( ｄ ) 在斜率为ｄ的直线ｌ ｆ ｘ ｄｘ ａ ａ
ｎ ｎ ａ : ( )＝ ＋( １－ ｑ２ ４ 舍去 .
∴ ｎ ＝
２
＋ １－
２
ꎬ ｄ
)
上任取两点
(
ｍ
ꎬ
ａ
ｍ)ꎬ(
ｎ
ꎬ
ａ
ｎ)(
ｍ
≠
∴ ＝ａ
２
＝－１１<０( )
Ｓ ｎ ＋１ Ｓ ｎ [ ｄ ｎ ( ａ ｄ ) ] ｎ 则ｄ ａ ｍ－ ａ ｎ. 当ｑ ＝３ 时 ꎬ ａ １＝２ꎬ
∴ ｎ
＋１
－ ｎ ＝
２
( ＋１)＋ １－
２
－ )ꎬ ＝ ｍ
－
ｎ 当ｑ
＝－３
时
ꎬ
ａ
１＝－２
.
[ ｄ ( ｄ )] ｄ 即公差为ｄ的等差数列 ａ 的图象是 ４.解析 数列 ａ 是等比数列.证明如
ｎ ａ { ｎ} { ｎ}
＋ １－ ＝ ꎬ 由点 ｎ ａ 组成的集合 这些点均匀 下 由已知得ａ ｃｑｎ
２ ２ ２ ( ꎬ ｎ) ꎬ : ｎ＝ ꎬ
数列 {Ｓ ｎ } 是等差数列. 分布在直线ｆ ( ｘ )＝ ｄｘ ＋( ａ １－ ｄ ) 上. ｃ ｑ ａ ｎ ＋１ ｃｑｎ ＋１ ｑ
∴ ｎ １１.解析 由题表中的数据分析 可 ∵ ≠０ꎬ ≠０ꎬ∴ ａ ＝ ｃｑｎ ＝ ꎬ
(１) ꎬ ｎ
由 知 {Ｓ ｎ } 为等差数列 设公差 建立等差数列模型.设该数列为 { ａ ｎ}ꎬ ∴ 数列 { ａ ｎ} 是首项为ｃｑ ( ｃ ≠０ꎬ ｑ ≠０ꎬ 且
(２) (１) ｎ ꎬ 首项为ａ 公差为ｄ. ｑ 公比为ｑ的等比数列.
１ꎬ ≠１)ꎬ
Ｓ Ｓ 则ａ . ａ . ５.解析 ａ ａ ａ 成等比数列 设数
为ｄ′ 则 ８ ４ ｄ′ １＝２５０ꎬ １０＝２５０７ꎬ (１) ３ꎬ ５ꎬ ７ ꎬ
ꎬ － ＝４ ꎬ ａ ａ . . 列 ａ 的公比为ｑ
８ ４ ｄ １０－ １ ２５０７－２５０ . . { ｎ} ꎬ
又Ｓ ４＝１２
ｄ
ꎬ
′
Ｓ ８＝４
ｄ
０
′
ꎬ
１ . ∴
∴
ａ ｎ
＝
＝
１
２
０
. ５
－
０
１
＋
＝
２ . ５１( ｎ
９
－１)＝
≈
２ . ５
２
１
５
ｎ
１
－０ . ０１ . ∵
ａ
ａ ５ ＝
ａ
ａ ７ ＝ ｑ２ ꎬ
∴ 又 ５ Ｓ － ４ ３ ＝ ＝ Ｓ ４ １ ＋３ ꎬ ｄ ∴ ′ ＝３ ＝ ꎬ ２ 由 ( １５ ２ ０ ) . 由 . ５９( ( ｎ ｍ １) ) . . 知 ａ ６０ ＝ 得 ２ . ５ ｎ １×６ . ０－０ . . ０１＝ ∴ 同 ａ 理 ３ ３ ꎬ ꎬ ａ ａ ５ １ ꎬ ꎬ ５ ａ ａ ７ ５ 成 ꎬ ａ 等 ９ 比 成 数 等 列 比 . 数列 ꎬ 且公比
４ １ ２５１ －００１＝１０ꎬ ＝４０(ｓ) 为ｑ４.
Ｓ 这只虎甲虫连续爬行 能爬
∴ １ ＝ ３ ꎬ ∴ . 它连续爬行 需 １ 要 ｍｉｎ . . (２) 当ｎ >１ 时 ꎬ ａ ｎ －１ꎬ ａ ｎꎬ ａ ｎ ＋１ 成等比数列.
１ ２ ｎ ｎ １２. １ 解 ５０ 析 ５９ｍꎬ ａ ａ １０ ａ ｍ ｎ ｎ ４０ｓ ｎ ａ ｎ ａ １ ｑｎ －１ ｑ ａ ｎ ＋１ ａ １ ｑｎ ｑ
∴ Ｔ ｎ＝
２
３ ｎ ＋ (
２
－１) ×
２
１ ＝
４
１ ｎ２ ＋
４
５ ｎ.
∈
Ｎ∗
)
. (１) １＝１ꎬ ｎ－ ｎ －１＝ ( ≥２ꎬ ∵ ａ
ａ
ｎ －１ ＝ａ １
ａ
ｑｎ －２ ＝ ꎬ ａ ｎ ＝ａ １ ｑｎ －１ ＝ ꎬ
８.解析 等差数列 的 ａ ｎ ｎ ＋１ ａ ａ ａ 成等比
首项为 ∵ ２ꎬ 公差为 ４ꎬ∴ ２ꎬ 其 ６ꎬ 通 １０ 项 ꎬ 公 ꎬ 式 １９０ ａ ｎ＝ ( ａ ２ ２ － ) ａ １ １ ＝ ＝ ２ １ ꎬ ꎬ ∴ 数列 ａ ｎ － . １ ＝ ａ ｎ ꎬ∴ ｎ －１ꎬ ｎꎬ ｎ ＋１
ｎ ｎ . ａ ａ
２＋４( －１)＝４ －２ ３－ ２＝３ꎬ 当ｎ ｋ 时 ａ ａ ａ 成等比数列.
又等差数列 的首项为 > >０ ꎬ ｎ － ｋꎬ ｎꎬ ｎ ＋ ｋ
２ 由 － ꎬ １ 公 ) ４ ＝ ｎ 差 － ６ 为 ２ ｍ ＝ － ６ ４ ６ ꎬ . ｍ ∴ ２ꎬ － 其 ８ ４ ꎬ ꎬ 通 １ 得 ４ 项 ꎬ ｎ 公 ＝ ꎬ 式 ２ ３ ０ ｍ ０ ｂ － ｍ １ ＝ ꎬ ２ ｎ ＋ ꎬ ６ ｍ ( ∈ ｍ 各 ａ ＝ ｎ ｎ － 式 ( ａ ｎ 相 ｎ － ＋ １ 加 １ ＝ ) ｎ ꎬ . ( 得 ｎ ≥ ａ ｎ ２ ＝ ) １ ꎬ ＋２＋３＋＋ ｎ ∴ ∵ ａ ａ ａ ａ ｎ ｎ ｎ ｎ － ｋ ｋ ＝ ＝ ａ ａ ａ ａ １ ｎ １ ｎ ＋ ｑ ｋ ｑ ｎ ꎬ ｎ － － ｋ ∴ － １ １ ａ ＝ ｎ ｑ － ｋ ｋ ꎬ ꎬ ａ ａ ａ ｎ ｎ ꎬ ｎ ＋ ｋ ａ ＝ ｎ ＋ ａ ｋ ａ 成 １ １ ｑ ｑ ｎ 等 ｎ ＋ － ｋ － １ 比 １ ＝ 数 ｑｋ 列 ꎬ .
２ ２ －
Ｎ∗ ｍ . 所以数列 ａ 的一个通项公式为 ａ 练习
ꎬ∴ ＝１ꎬ３ꎬ５ꎬꎬ３１ { ｎ} ｎ
∴ 新数列由数列 ２ꎬ８ꎬ１４ꎬꎬ２００ 中的 ｎ ( ｎ ＋１). １.解析 (１) 设这 ４ 个数组成的等比数列
奇数项构成 即 首项为 ＝ 为 ａ 公比为ｑ 其中ａ ａ
ꎬ ２ꎬ１４ꎬꎬ１８２ꎬ ２ { ｎ}ꎬ ꎬ １＝９ꎬ ４＝２４３ꎬ
３
ａ 即 . ｍ . ｍ . ａ
∴
ｑ３
＝ａ
４
＝
２４３
＝２７ꎬ ａ
２２
取
６≤
得最
≤
大
３
值
２６
时
ꎬ∴
ｎ的
＝
值
３
为 .
当ｑ
＝
１ 时
ꎬ ｑ ＝
４
＝８
.
１ ９ ∴ ｎ ３ ２ １
ｑ ａ ａ ｑ
∴ ＝３ꎬ∴ ２＝ １ ＝９×３＝２７ꎬ ４.３.２ 等比数列的前ｎ项和公式 这个数列的首项 ２ 为 公比为 或首
ａ ３＝ ａ １ ｑ２ ＝９×３ ２ ＝８１ . 练习 ∴ ２ꎬ ２
故插入的两个数为 ２７ꎬ８１ . 项为 公比为 １ .
( {
其
２ ｂ
中
ｎ ) } 设 ꎬ
ｂ
公 这 比 ６ 为 个 ｑ
ｂ
′ 数 ꎬ 组成的
ｑ′５
等比 ｂ
６
数列
１
为
.
１.解 ＝１ 析 ８９ . (１) Ｓ ６ ＝ ａ １( １ １ － － ｑ ｑ６ ) ＝
(
３( １ １ － －
)
２ ２ ６ ) ５. ａ 解
则
１ꎬ 析
Ｓ
公 ８ 比 ꎬ 设 为
ａ
该 ｑ ꎬ 等 其 比 ２ 前 数 ｎ
ａ
列 项和 为 为 {
Ｓ
ａ Ｓ ｎ ｎ } ꎬ ꎬ 若 首
ａ
ｑ 项 ＝１ 为 ꎬ
１＝１６０ꎬ ６＝－５ꎬ∴ ( ＝ ) ｂ １ ＝－ ３２ Ｓ ａ １－ ａ ｎ ｑ －２ . ７－ ９ １ ０ × － ３ １ ≠５０ ５ ꎬ ＝ ∴ ５ ｑ ≠ １＝ １ １ . ０ꎬ∴ １＝２ꎬ １０＝１０ １＝２０
∴
ｂ
ｑ′ ＝－ ２ １ ꎬ∴ ( ｂ ２
１
＝ ) １６０× － ２ １ ＝－８０ꎬ (２) ｎ ＝ １－ ｑ ＝ １－ ( －
３
１ ) ＝ 当ｑ ≠１ 时 ì
ï
ꎬ ａ
１(１－
ｑ５
)
３＝(－８０
(
)× －
) ２
＝４０ꎬ
－ ４ ９ ５ １. 由题意知í
ï
ïａ １－
ｑ
ｑ１０
＝１０ꎬ①
ｂ ４＝４０× －
( ２
１
)
＝－２０ꎬ
(３)∵ ｑ３ ＝
ａ
ａ ４ ＝－６４ꎬ∴ ｑ ＝－４ꎬ
î ï １(
１
１
－
－ ｑ ) ＝５０ꎬ②
ｂ
５＝－２０× － ２
１
＝１０ꎬ Ｓ ａ １－ ａ ４
１
ｑ －１＋６４×４ . ②÷①ꎬ
得１
１
－
－
ｑ
ｑ
１
５
０
＝５ꎬ
即
１＋
ｑ５
＝５ꎬ
故插入的 个数分别为 ∴ ４＝ ｑ ＝ ＝５１
４ － ８０ꎬ４０ꎬ １－ １＋４ ｑ５ ｑ ５ .
. Ｓ ａ ａ ａ ａ ｑ－２ ｑ－１ ∴ ＝４ꎬ ＝ ４
－２０ꎬ１０ (４)∵ ３＝ １＋ ２＋ ３＝ ３( ＋ ＋１) 练习
２.解析 设数列 ａ 的公比为 ｑ ｂ
的公比 为ｑ
{ ｎ} １ꎬ{ ｎ}
＝
３
(
ｑ－２
＋
ｑ－１
＋１)＝
９
ꎬ
１.解析 由题可知教育网站每月的用户
２ꎬ ２ ２ 数构成一个等比数列 设该数列为
ｃ ａ ｂ ｑ－２ ｑ－１ 即 ｑ２ ｑ . ꎬ
(１)∵ ｃ ｎ ＋ ｎ １ ＝ ｎ ａ ＋１ ｎ ｂ ｎ ｎ ＋１ ＝ ｑ １ ｑ ２ꎬ 解 ∴ 得 ＋ ｑ ＋ 或 １＝ ｑ ３ꎬ １ ２ － －１＝０ { 其 ａ 中 ｎ}ꎬ ａ ｑ ％ . 设经过ｎ
数列 ｃ 是以 ｑ ｑ 为公比的等比 ＝１ ＝－ ꎬ １＝５００ꎬ ＝１＋１０ ＝１１ꎬ
∴ { ｎ} １ ２ ２ 个月可使用户达到 万人.
数列. １
当ｑ 时 ａ ３ . ｎ
ａ ｎ ＝１ ꎬ １＝ ２ ꎬ 则Ｓ ｎ＝ ５００(１－ . １１ ) ≥１００００ꎬ∴ ｎ ≥１２ .
＋１ １－１１
ｄ ｎ ｂ ｎ ａ ｎ ｂ ｎ ａ ｎ ｂ ｎ 当ｑ １ 时 ａ . 所以大约经过 个月可使用户达到
(２)∵ ｄ ＋ ｎ １ ＝ ａ ＋ ｎ １ ＝ ｂ ｎ ＋１ ａ ｎ ＝ ａ ＋ ｎ １ ｂ ｎ ＝－ ２ ꎬ １＝６ 万人. １１ １
＋１ ＋１ ２.证明 左边
ｑ
ｂ
ｎ ａｎ [ ｂ ( ｂ ) ２ ( ｂ )ｎ] ２.解
数
析
构 成
乒
一个
乓
等
球
比
每
数
次
列
落下
ａ
后反弹的高度
１ ＝ １＋ ａ ＋ ａ ＋＋ ａ { ｎ}ꎬ
＝ｑ ꎬ
２
ｑ
( ｂ )ｎ ＋１ 其中 ꎬ ａ １＝１００ꎬ ｑ ＝０ . ６１ .
∴ 数列 { ｄ ｎ} 是以 ｑ １为公比的等比数列. ａｎ １－ ａ ａｎ ＋１ － ｂｎ ＋１ 右边 (１) 第 ６ 次着地时 ꎬ 经过的总路程为
３.解析 设每年生产 ２ 的新能源汽车数组 ＝ １－ ａ ｂ ＝ ａ － ｂ ＝ ꎬ ２ Ｓ ６－１００＝ ２× １００×
１
(
－
１
０
－ .
６
０
１
. ６１ ６ ) －１００≈
成一个数列 { ａ ｎ}ꎬ 则 { ａ ｎ} 是等比数列 ꎬ ∴ 原等式成立. ３８６(ｃｍ) .
其中ａ ｑ ３ ３.解析 设等比数列 ａ 的公比为ｑ. 设至少在第ｎ次着地后 它经过的
１＝５０００ꎬ ＝
２
ꎬ
{ａ ｑ
{ ｎ} (
总
２
路
)
程能达到
ꎬ
所 ≈１ 以 ２８ ａ １ ９ ４ ＝ ５ ａ . １ ｑ８ ＝５０００× ( ２ ３ ) ８ 解 由 得 题 { 意 ａ 得 １＝３ ６ ꎬ ａ １ 或 １＋ ＝ { ａ ６ ａ １ ꎬ １ ｑ ＝ ２ ＝ ２ ３ ꎬ ０ꎬ 则 ２ . × １ ｎ ００× １ ( . － １ ０ － . ６ ０ ４ １ . ０ ６ ０ １ ｎ ｎ ｃ ) ｍ － ꎬ １ . ００≥４００ꎬ
所以 年全年约生产新能源汽车 ｑ ｑ . ∴０６１ ≤００２５ꎬ∴ ≥８
２０２５ ＝２ ＝３ 至少在第 次着地后 它经过的总路
１２８１４５ 辆. ∴ ａ ｎ＝３×２ ｎ －１或ａ ｎ＝２×３ ｎ －１ ꎬ ∴ 程能达到 ８ . ꎬ
４.
ｘ
解
)
析
２ ＝ ２４
设
０ꎬ
年平均增长率为ｘ
ꎬ
则
１０５(１＋ ∴ Ｓ ｎ ＝ ３( １ １ － － ２ ２
ｎ
) ＝ ３(２ ｎ －１) 或 Ｓ ｎ ＝ ３. 元 解 消 析 费 基 设 金 这
４０
家
０
才
ｃ
牛
ｍ
能 奶 实 厂 现 每 经 年 过 应扣 年 除 资金 ｘ 万 达
解得ｘ ＝０ . ５１＝５１ ％. ２(１－３ ｎ ) ｎ . 到 万元 ꎬ 的目标. ５
所以这个城市空气质量为 “ 优 ”“ 良 ” 的 １－３ ＝３ －１ 则 ２０００ 年底剩余资金是
５. 天 解 数 析 的年 设 平 ａ 均 为 增 数 长 列 率应 ａ 达 中 到 的 ５ 最 １ ％ 大 . 项 ４.解析 设这三个数分别为 ａ ｑ ꎬ ａ ꎬ ａｑ ( ａ ꎬ ５０ ％ ２０ ) １ － ５ ｘ ꎻ １ ０００(１＋
则 {ａ ｍ≥ ａ ｍ ＋ ｍ １ꎬ { ｎ} ꎬ ｑ ≠ ａ ０) . ２ － ０ ｘ １ ] ６ ( 年 １＋ 底 ５０ 剩 ％ 余 )－ 资 ｘ ＝ 金 １ 是 ００ [ ０ １ ( ０ １ ０ ＋ ０ ５ ( ０ １ ％ ＋ ) ５ ２ ０ － ％ ( ) １
ａ
ｍ≥
ａ
ｍ －１ꎬ
则
ｑ
ａ
ａｑ
＝
ａ３
＝６４ꎬ∴
ａ
＝４
.
＋５０ ％ ) ｘ － ｘ ꎻ
ì ï ｍ３ ( ｍ ＋１) ３ ａ
即í ï ３ ｍ≥ ３ ｍ ＋１ ꎬ 又 ｑ ＋ ａ ＋ ａｑ ＝１４ꎬ 即 ４ ｑ ＋４＋４ ｑ ＝１４ꎬ ５ 年 后资金达到 １ ０００(１＋５０ ％ ) ５ －(１＋
î
ï
ï
ｍ
３ ｍ
３
≥ (
ｍ
３ － ｍ － １ １ )
３
ꎬ ∴２ ｑ２ －５ ｑ ＋２＝０ꎬ 解得ｑ ＝２ 或ｑ ＝ ２ １ . ＋ ５０ ５
％
０ ％ ) )
４ｘ
ｘ － ≥ (１ ２ ＋ ０ ５ ０ ０ ０
％
ꎬ )
３ｘ
－(１＋５０
％
)
２ｘ
－(１
３ ａ 解得ｘ 所以这家牛奶厂每年应扣
１ ｍ ３ 当ｑ 时 ４ ≤４５９ꎬ
∴ ３ ≤ ≤３ ꎬ ＝２ ꎬ ｑ ＝ ＝２ꎬ 除 万元消费基金 才能实现经过
３－１ ３－１ ２ ４５９ ꎬ ５
４
教材习题答案
年资金达到２０００万元的目标. ①－②ꎬ 得 (１－ ｘ ) Ｓ ｎ＝１＋ ｘ ＋ ｘ２ ＋＋ ｘｎ －１ －
４.解析 当ｎ 时 ａ Ｓ ａ 即ａ ｘｎ
＝１ ꎬ １＝ １＝２ １＋１ꎬ １ ｎｘｎ １－ ｎ ｘｎ ＝ ｘ－ ꎬ
＝－１ꎬ １－
由已知得Ｓ ａ ｘｎ ｎｘｎ
ｎ ＋１＝２ ｎ ＋１＋１ꎬ① 则Ｓ １－ .
又Ｓ ｎ＝２ ａ ｎ＋１ꎬ② ｎ＝ (１－ ｘ ) ２ － １－ ｘ
得ａ ａ ａ ａ ａ ４.解析 设生物体死亡时 体内每克
①－②ꎬ ｎ ＋１＝２ ｎ ＋１－２ ｎꎬ∴ ｎ ＋１＝２ ｎꎬ (１) ꎬ 数列 ａ 是首项为 公比为 的 组织中的碳 的含量为 记为 ａ ｎ
∴ { ｎ} －１ꎬ ２ １４ １ꎬ ０ꎬ
等比数列 ｎ Ｎ 年后的残留量为ａ 则 ａ 是
ꎬ ( ∈ ) ｎꎬ { ｎ}
ｎ 以 为首项 ｑ 为公比的等比数列 即
Ｓ －(１－２ ) ｎ. １ ꎬ ꎬ
∴ ｎ＝ ＝１－２ ａ ａ ｑｎ ｑｎ.
１－２ ｎ＝ ０ ＝
◆习题4.3 由碳 的半衰期为 年
１４ ５７３０ ꎬ
复习巩固
ａ
知ａ
ｎ＝
ｑ５７３０
＝
１
ꎬ １.解析 ｑ３ ４ ｑ ２
(１) ＝ａ ＝－６４ꎬ∴ ＝－４ꎬ ( ) １
５７３０ １ 解得ｑ １ . 则 ｑ
４ ＝ ≈０ ９９９ ８７９ꎬ １－ ＝ Ｓ －１×[１－(－４) ] . ２
∴ ４＝ ＝５１ . .
１－(－４) ００００１２１
{ａ ｑ４ ａ 设该动物的死亡时间大约距今
由题意 得 １ － １＝１５ꎬ (２)
(２) ꎬ ａ ｑ３ ａ ｑ ｎ年
{ａ １ － １ ＝６ꎬ 由ａ ꎬ .
１＝－１６ꎬ {ａ ｎ＝０６ꎬ
解得 或 １＝１ꎬ 得ａ ｑｎ . ｎ .
ｑ １ ｑ . ｎ＝ ＝０９９９８７９ ＝０６ꎬ
＝ ＝２ 解得ｎ
２ ≈４２２１ꎬ
２.解析 将数列 ａ 中的前 ｋ 项去 所以该动物的死亡时间大约距今
(１) { ｎ}
掉 剩余的各项组成的新数列为 ａ 年.
ꎬ ｋ ＋１ꎬ ４２２１
ａ ａ 综合运用
ａ ａ ａ 则 ｋ ＋２ ｋ ＋３
ｋ ＋２ꎬ ｋ ＋３ꎬꎬ ｎꎬꎬ ａ
ｋ ＋１
＝ａ
ｋ ＋２
＝＝ ５.证明 设数列
{
ａ
ｎ}
的公比为ｑ
ꎬ
ａ 因为Ｓ Ｓ Ｓ 成等差数列 所以公比ｑ
ｎ ｑ ｋ ３ꎬ ９ꎬ ６ ꎬ
ａ
ｎ －１
＝＝ ( ≥０)ꎬ
且 Ｓ Ｓ Ｓ 即
ａ
１(１－
ｑ９
)
所以数列ａ ｋ ＋１ꎬ ａ ｋ ＋２ꎬ ａ ｋ ＋３ꎬꎬ ａ ｎꎬ 是以 ≠１ꎬ ２ ９ ＝ ３＋ ６ꎬ ２× １－ ｑ ＝
ａ
ｋ ＋１
为首项
ꎬ
ｑ为公比的等比数列. ａ
１(１－
ｑ３
)
ａ
１(１－
ｑ６
).
ａ 中的所有奇数项组成的新数 ｑ ＋ ｑ
(２){ ｎ} １－ １－
列是ａ
１ꎬ
ａ
３ꎬ
ａ
５ꎬꎬ
ａ
ａｋ ＋１ꎬꎬ
于是
２
ｑ９
＝
ｑ３
＋
ｑ６
ꎬ
即
２
ｑ６
＝１＋
ｑ３.
则
ａ
３
ａ
５
ａ
２ ｋ ＋１ ｑ２ ｋ .
上式两边同乘ａ
１
ｑ
ꎬ
得
２
ａ
１
ｑ７
＝
ａ
１
ｑ
＋
ａ
１
ｑ４
ꎬ
ａ ＝ａ ＝＝ａ ＝＝ ( ≥１) 即 ａ ａ ａ 所以 ａ ａ ａ 成等差
１ ３ ２ ｋ －１ ２ ８＝ ２＋ ５ꎬ ２ꎬ ８ꎬ ５
所以数列ａ ａ ａ ａ 是以ａ 数列. １ꎬ ３ꎬ ５ꎬꎬ ２ ｋ ＋１ꎬ １ 为首项
ꎬ
ｑ２ 为公比的等比数列. ６.解析 设该数列为
{
ａ
ｎ}ꎬ
前 ｎ 项和
ａ 中每隔 项取出一项组成的 为Ｓ . (３){ ｎ} １０ ｎ
新数列是ａ １ꎬ ａ １２ꎬ ａ ２３ꎬꎬ ａ １１ ｋ ＋１ꎬꎬ 解法一 : ａ ｎ ＝ １＋１０＋１０ ２ ＋＋１０ ｎ －１ ＝
ａ ａ ａ ｎ
则 １２ ２３ １１ ｋ ＋１ ｑ１１ ｋ . １－１０ １ ｎ
ａ ＝ａ ＝＝ａ ＝＝ ( ≥１) ＝ (１０ －１)ꎬ
１ １２ １１ ｋ －１０ １－１０ ９
所以数列ａ ａ ａ ａ 是以
猜 ａ １ 想 为首 略 项 . ꎬ ｑ １ １ ꎬ １为 １２ 公 ꎬ 比 ２３ꎬ 的 等 ꎬ 比 １１ 数 ｋ ＋１ 列 ꎬ . Ｓ ｎ＝ ９ １ [ [(１０＋１０ ｎ ２ ＋ ] ＋１０ ｎ )－ ｎ ]
: １ １０(１－１０ ) ｎ １ ｎ ＋１
３.解析 (１)(２－３×５ －１ )＋(４－３×５ －２ )＋ ＝ ９ １－１０ － ＝ ８１ (１０ －１０) ＋(２ ｎ －３×５ － ｎ )＝２(１＋２＋＋ ｎ )－３(５ －１ ＋ １ ｎ １ ｎ ＋１ ｎ .
ｎ － ＝ (１０ －９ －１０)
－２ － ９ ８１ ５ ＋＋５ ) ｎ ｎ －１ － ｎ 解法二 ａ １
( ＋１) ５ (１－５ ) : ｎ＝ ×９９９ ＝２× －３× －１ ９
２ １－５
ｎ ｎ ３ － ｎ . ＝ ( ＋１)－ (１－５ ) ４ 当ｘ 时 ｘ ｘ２ ｎｘｎ －１ (２) ＝１ ꎬ１＋２ ＋３ ＋＋ ＝１＋
ｎ ｎ
ｎ ( ＋１)
２＋３＋＋ ＝ ꎻ ２
当ｘ ≠１ 时 ꎬ 设Ｓ ｎ＝１＋２ ｘ ＋３ ｘ２ ＋＋ ｎｘｎ －１ ꎬ
①
则ｘＳ ｎ＝ ｘ ＋２ ｘ２ ＋＋( ｎ －１) ｘｎ －１ ＋ ｎｘｎ. ②
５
}
ａ ｎ ｎ. ∴ ｎ＝２ ＋(－１)
ｎ
当ｎ 为偶数时 ꎬ Ｓ ｎ ＝ ２(１－２ ) ＋０＝２ ｎ ＋１
１－２
.
－２
当ｎ为奇数时 ꎬ
ｎ
Ｓ ｎ＝ ２(１－２ ) ＋(－１)＝２ ｎ ＋１ －３ .
１－２
８.解析 设ａ λ ａ λ
ｎ ＋１＋ ＝２( ｎ＋ )ꎬ
则ａ ａ λ λ .
ｎ ＋１＝２ ｎ＋ ꎬ∴ ＝１
即ａ ａ 又ａ
ｎ ＋１＋１＝２( ｎ＋１)ꎬ １＋１＝２ꎬ
数列 ａ 是以 为首项 为公比
∴ { ｎ＋１} ２ ꎬ２
的等比数列
ꎬ
∴ ａ ｎ＋１＝２×２ ｎ －１ ＝２ ｎ ꎬ
ａ ｎ .
∴ ｎ＝２ －１
１０ 数列 ａ 的前 项的和为２(１－２ )
∴ { ｎ} １０
１－２
.
－１０＝２０３６
９.解析 由题意得 每一轮的感染人数构
ꎬ 成一个等比数列 记为 ａ 公比为ｑ
ꎬ { ｎ}ꎬ ꎬ
前ｎ项和为Ｓ .则ａ ｑ Ｒ . .
ｎ １＝１ꎬ ＝ ０＝３８
ａ ｑｎ . ｎ . ｎ
则Ｓ １(１－ ) １－３８ ３８ －１
ｎ ＝ ｑ ＝ . ＝ . ≥
１－ １－３８ ２８
. ｎ
１０００ꎬ∴３８ ≥２８０１ꎬ
两边取对数得 ｎ .
ꎬ ｌｇ３８≥ｌｇ２８０１ꎬ
ｎ ｌｇ２８０１ . .
∴ ≥ . ≈５９４６
ｌｇ３８
又 ｎ Ｎ∗ ｎ .
∵ ∈ ꎬ∴ ＝６
又 平均感染周期为 天 天 ∵ ７ ꎬ７×５＝３５ ꎬ
感染人数由 个初始感染者增加到
∴ １
人大约需要 轮传染 需要
１０００ ６ ꎬ
天.
３５
拓广探索
１０.解析 Ｔ
ｎ ＝
ａ
１
ａ
１
ｑ
ａ
１
ｑ２
ａ １ ｑｎ －１ ＝ ａ １ ｎ ｑ１＋２＋＋( ｎ －１) ＝ ａ １ ｎ ｑ ｎ(ｎ ２ －１) ＝
１０２４ ｎ ( １ ) ｎ(ｎ ２ －１) ＝２ ２１ｎ ２ －ｎ２ .
２ ｎ ｎ２
当ｎ 或 ｎ 时 ２１ － 取得最
＝１０ ＝１１ ꎬ
２
大值
ꎬ
为
５５ꎬ∴
Ｔ
ｎ
的最大值为
２
５５.
１１.解析 证明 由已知得 １ ２ (１) : ꎬａ ＝ ｎ ＋１ ３
１ ＋ ａ ꎬ ３ ｎ ( )
１ １ １ .
∴ ａ －１＝ ａ －１ ｎ ＋１ ３ ｎ １ ｎ
＝ (１０ －１)ꎬ １ ２ ｎ个 ９ ∵ ａ －１＝ ≠０ꎬ
Ｓ 同解法一. １ ３
ｎ { }
７.解析 证明 ａ ａ ｎ 数列 １ 是首项为 ２ 公比为 ∴ ａ ｎ ＋ １－ ( ２ １ ｎ ＋ ) １ ＝－( : ａ ∵ ｎ－２ ｎ ｎ ＋ ) １＋ ꎬ ｎ＝３２ ꎬ ∴ １ 的等比 ａ 数 ｎ － 列 １ . ３ ꎬ
又ａ ａ １
１＝１ꎬ∴ １－２ ＝－１ꎬ ３
∴ 数列 { ａ ｎ－２ ｎ } 是首项为 －１ꎬ 公比为 －１ 由 可得 １ ２ ( １ )ｎ －１
的等比数列. (２) (１) ａ －１＝ × ꎬ ｎ ３ ３
(２) 由 (１) 知ａ ｎ－２ ｎ ＝(－１)(－１) ｎ －１ １ ( １ )ｎ .
ｎ ∴ ａ ＝２× ＋１ ＝(－１) ꎬ ｎ ３
当 ｎ 时 左边 Ｓ ａ 右边 不等式成立.
１ １ １ １ ① ＝１ ꎬ ＝ １ ＝ １ꎬ ＝ ３２ꎬ∴
∴ ａ １ ＋ａ [ ２ ＋ａ ( ３ ＋ ) ＋ ｎ] ａ ｎ ａ １(１－ ｑ ｑ１ ) ＝ ａ １ꎬ 等式成立. ( 式 ２ 成 ) 假 立 设 即 当ｎ ｋ ＝ ｋ ｋ ( ２ ｋ ∈ Ｎ∗ ꎬ ｋ ≥５) 时 ꎬ 不等
１ １ １－ ꎬ ２ > ꎬ
ｎ ３ １－ ３ ② 假设当ｎ ＝ ｋ ( ｋ ∈ Ｎ∗ ) 时 ꎬ 等式成立 ꎬ 那么ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ２ ｋ ＋１ ＝２２ ｋ >２ ｋ２ ＝( ｋ ＋
＝ ＋ １－ １ ×２ 即Ｓ ａ １(１－ ｑｋ ) １) ２ ＋ ｋ ( ｋ －２)－１ꎬ
３ ｋ＝ ｑ ꎬ ｋ ｋ ｋ
( )ｎ １－ ∵ ≥５ꎬ∴ ( －２)≥１５ꎬ
ｎ １ 那么当 ｎ ｋ 时 Ｓ Ｓ ａ ｋ ＋１ ｋ ２
＝ ＋１－ <１００ꎬ ＝ ＋１ ꎬ ｋ ＋１ ＝ ｋ＋ ｋ ＋１ ＝ ∴２ >( ＋１) ꎬ
３ ａ ｑｋ ａ ｑｋ 即ｎ ｋ 时 不等式成立.
１２.证 ∴
ｎ
明 ｍａｘ＝９９
.
设数列 ａ 的公差为ｄ
１(
１
１
－
－
ｑ
)
＋
ａ
ｋ ＋１ ＝
１(
１
１
－
－
ｑ
)
＋
ａ
１
ｑｋ
＝ 由 (１
＝
)、
＋
(
１
２) 可
ꎬ
知 ꎬ 当 ｎ ≥５ 时 ꎬ ｎ２ <２ ｎ
(１) { ｎ} ꎬ ａ ｑｋ ａ ｑｋ ｑ ａ ｑｋ ＋１ 成立.
∵ ａ １＝
ａ
１ꎬ ａ
ａ
３＝２ ２＋１ꎬ １(１－ ) １ ＋ － ｑ １ (１－ ) ＝ １(１ １ － － ｑ ) ( ｑ ≠ ４.解析 ∵ ａ １＝ ａ ꎬ２ ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ ａ ｎ ＋１＝１ꎬ
∴ ｄ ＝ ３－ ２ １ ＝ ２ . １ 即 ) 当 . ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 等式也成立. ∴ ａ ｎ ＋１＝ ２－ １ ａ ｎ ꎬ
∴ Ｓ ｎ＝ ｎ ＋ ｎ ( ｎ
２
－１) × ２ꎬ 由
ａ
①②
ｑｎ
知对任意 ｎ ∈ Ｎ∗ ꎬ 公式 Ｓ ｎ ＝ ∴ ａ ２＝
２－
１ ａꎬ ａ ３＝
３
２
－
－
２
ａ ａꎬ ａ ４＝
４
３
－
－
３
２ ａ ａ .
Ｓ １(１－ ) ｑ 都成立. {ａ ｎ
ｂ ｎ ２ ｎ ２ｎ ２ ｑ ( ≠１) ꎬ ＝１ꎬ
∴ ｎ＝ ｎ ＝１＋ ( －１)＝ ＋１－ ꎬ １－ 猜想 ａ ｎ ｎ ａ
２ ２ ２ 练习 : ｎ＝ ( －１)－( －２) ｎ .
数列 ｂ 为等差数列. ｎ ｎ ａ ꎬ ≥２
∴ { ｎ} １.证明 当 ｎ 时 等式 －( －１)
反证法 假设数列 ａ 中存在三 ① ＝１ ꎬ－１＝－１ꎬ
(２)( ) { ｎ} 成立. 证明 当ｎ 时 ａ １ 成立.
能 项 构 ａ ｍ 成 ꎬ ａ 等 ｎꎬ 比 ａ ｐ( 数 ｍ 列 ꎬ ｎ ꎬ ꎬ 即 ｐ ∈ ａ２ｎ Ｎ ＝ ∗ ａ ꎬ ｍ 且 ａ ｍ ｐ < 成 ｎ < 立 ｐ ) . ② 假 ＋( 设 －１ 当 ) ｋ ( ｎ ２ ＝ ｋ ｋ － ( １ ｋ ) ∈ ＝ Ｎ ( ∗ － ) １) 时 ｋｋ ꎬ . 有 －１＋３－５＋ (２) 假 :( 设 １) 当 ｋ ｎ ＝ ＝ ｋ ２ ( ｋ ≥ ｋ ꎬ ２ ２ ꎬ ＝ ｋ ａ ２ ∈ － ａ Ｎ ꎬ ∗ ) 时 ꎬ 成
由 得ａ ｎ 那么当ｎ ｋ 时 ｋ 立 即ａ ( －１)－( －２)
(１) ｎ＝１＋ ２( －１)ꎬ ＝ ＋１ ꎬ－１＋３－５＋＋(－１) ꎬ ｋ＝ ｋ ｋ ａ ꎬ
[ ∴ 整 ｍ １ [ 理 ＋ ｐ １ 得 ＋ ２ ｐ ( ２ ２ ｐ ｎ ( － ２ ｍ ｎ １ － － ) ４ １ ] ｎ ) ꎬ ＋ ] ２ ２ ＝ ２ [１ ｎ ＋ ＝ ２ ２ ( ｍ ( ｍ －１ ＋ ) ｐ ] ) ＋ 即 ( １) － ( 当 ＝ １ ２ ) ( ｋ ｎ ｋ － － ＋ ＝ １ １ １ ( ｋ ) ) ２ ＋ ｋ ＋ ｋ ＋ １ ( １ ＋ ( 时 － １ ｋ １ ) ＋ 等 ) ＝ １ ｋ ) 式 ＋ ( １ . ( － 也 ２ １ ｋ 成 ) ＋ ｋ 立 ＋ １ １ ) . ＝ ( ( － － ｋ １ ＋ ) ２ ｋｋ ｋ ＋ ＋ 那 ＝ 么 ( ｎ ｋ ＝ － ｋ １ ＋ ) １ １ －( 时 ｋ － － ꎬ ( ａ ２ ｋ ) ＋ － １ ａ １ ＝ ＝ ) ２ ｋ ( － － １ ｋ ａ ( ＋ ｋ ｋ １ － ) １ － ) ｋａ ａ
２ －２ －２ ꎬ 故由数学归纳法的基本原理知原等式 ２－ ｋ ｋ ａ
{ ｎ ｍ ｐ －( －１)
２ ＝ ＋ ꎬ 成立. ｋ ｋ ａ
∴
２
ｎ２
－４
ｎ
＝２
ｍｐ
－２
ｐ
－２
ｍ
ꎬ ２.解析 设该数列为 ａ 则 ａ ＝
[( ＋
ｋ
１)－１]－[
ｋ
( ＋１)－
ａ
２]
ꎬ
{ ｎ ｍ ｐ { ｎ}ꎬ ｎ ＝ ( ＋１)－[( ＋１)－１]
２ ＝ ＋ ꎬ 即当ｎ ｋ 时公式也成立.
∴ ｍ ｎ２ ｐ ＝ ｍｐ ꎬ ｎ ( ｎ １ ＋１) .由ａ １＝ ２ １ ꎬ ａ ２＝ ６ １ ꎬ ａ ３＝ １ １ ２ ꎬ 得 由 (１)( ＝ ２) ＋ 可 １ 知数列 { ａ ｎ} 的通项公式
＋ ｍｐ ｍ ｐ 与 ｍ ｐ 成立.
∴ ２ ＝ ꎬ∴ － ＝ ０ꎬ < Ｓ １＝ １ ꎬ Ｓ ２＝ ２ ꎬ Ｓ ３＝ ３ . ◆习题4.4
２ ３ ４
矛盾.
ｎ
猜测 Ｓ . 复习巩固
∴ 数列 { ａ ｎ} 中的任意三项均不能构 : ｎ＝ｎ ＋１ １.答案 Ｃ
成等比数列. ｎ
用数学归纳法证明Ｓ . ２.证明 当ｎ 时 左边 右边
ｎ＝ｎ (１)① ＝１ ꎬ ＝１ꎬ
4.4* 数学归纳法 证明 当 ｎ 时 左 ＋ 边 １ Ｓ ａ ＝１ ２ ＝１ꎬ 等式成立.
:(１) ＝１ ꎬ ＝ １＝ ２＝ 假设当ｎ ｋ ｋ Ｎ∗ 时 等式成立
② ＝ ( ∈ ) ꎬ ꎬ
练习
１ 右边 １ 等式成立. 即 ｋ ｋ２ 那么当ｎ ｋ
１.
ｎ
解
０
析
时 命
(
题
１
成
) 错
立
误
.
.缺第一步 ꎬ 证明当ｎ ＝
(
２
２)
ꎬ 假设当 ＝ ２
ｋ
ｎ ꎬ
＝
ｋ
(
ｋ
∈
Ｎ∗
)
时
ꎬ
等式成
ｋ
＋
２
１
＋
１ 时
２
＋
ｋ
３ ꎬ
＋
１ ＋
１
＋ ５
＝
＋ ３
(
＋
ｋ
５
＋
＋ ＋
１
(
)
２
２
＋
ꎬ
－ ( １ ２ ) ｋ ＝ －１) ꎬ ＋(２ ｋ ＋１) ＝ ＝
(２) 错误.证明过程中没有使用归纳 立 ꎬ 即Ｓ ｋ＝ｋ ꎬ 那么当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ Ｓ ｋ ＋１ 即当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 等式也成立.
２. ａ ① 证 假 １ꎬ 当 明 设 等 . ｎ 式 ( ＝ 成 １ １ ) 立 ａ 时 ｎ . ＝ ꎬ 左 ａ １ ｑ 边 ｎ －１ ＝ . ａ １ꎬ 右边 ＝ ａ １ ｑ０ ＝ ( ＝ ｋ Ｓ ＋ ｋ １ ＋ ) １ ａ ( ｋ ｋ ＋１ ＋２ ＝ ＋ ) Ｓ １ ｋ ＝ ＋ ( ( ｋ ｋ ＋ ＋ ( １ １ ｋ ) ) ＋ １ ( ( １ ｋ ｋ ) ＋ ＋ ２ ２ ２ ) ) ＝ ＝ ｋ ＋ ｋ ｋ ｋ １ ＋ ＋ ＋ １ ２ 由 ( ② ＝ ２ １ ① 假 ) ꎬ ① 等 ② 设 当 式 知 当 成 ｎ 对 ｎ ＝ 立 ＝ 任 １ ｋ . 意 时 ( ｋ ꎬ ｎ ∈ 左 ∈ Ｎ 边 Ｎ ∗ ∗ ) ＝ ꎬ 时 １ 等 ꎬ ꎬ 右 式 等 边 都 式 成 ＝ 成 ２ 立 １ 立 － . １ ꎬ
② 即 假 ａ ｋ 设 ＝ ａ 当 １ ｑ ｎ ｋ －１ ＝ ꎬ ｋ ( ｋ ∈ Ｎ∗ ) 时 ꎬ 等式成立 ꎬ ＝ ( ｋ ＋ ｋ ＋ １) １ ＋１ ꎬ 即 那么 １＋ 当 ２＋ ｎ ２ ＝ ２ ＋ ｋ ＋１ ＋ 时 ２ ｋ ꎬ －１ １ ＝ ＋ ２ ２ ｋ ＋ － ２ １ ２ ꎬ ＋＋２ ｋ －１ ＋２ ｋ
那么当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ ａ ｋ ＋１＝ ａ ｋ ｑ ＝ ａ １ ｑｋ －１ 即当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 等式也成立. ＝２ ｋ －１＋２ ｋ ＝２２ ｋ －１＝２ ｋ ＋１ －１ꎬ
ｑ
＝
ａ
１
ｑｋ
＝
ａ
１
ｑ( ｋ ＋１)－１. 由
(１)(２)
可知
ꎬ
对任意 ｎ
∈
Ｎ∗
ꎬ
Ｓ
ｎ ＝
即当ｎ
＝
ｋ
＋１
时等式也成立.
即当ｎ ｋ 时 等式也成立. ｎ 由 可知 对任意 ｎ Ｎ∗ 等式都
＝ ＋１ ꎬ 都成立. ①② ꎬ ∈ ꎬ
由
①②
知公式ａ
ｎ＝
ａ
１
ｑｎ －１对任意ｎ
∈
Ｎ∗ ｎ
＋１
成立.
都成立. ３.解析 易知ａ
ｎ＝
ｎ２
ꎬ
ｂ
ｎ＝２
ｎ
ꎬ (３)①
当ｎ
＝１
时
ꎬ
左边
＝１ꎬ
右边
＝１ꎬ
等
ａ ｑｎ 猜想 当ｎ 时 ｎ２ ｎ. 式成立.
Ｓ １(１－ ) ｑ . : ≥５ ꎬ <２
(２) ｎ＝ ｑ ( ≠１) 证明 当ｎ 时 左边 右边 假设当ｎ ｋ ｋ Ｎ∗ 时 等式成立
１－ :(１) ＝５ ꎬ ＝２５ꎬ ＝ ② ＝ ( ∈ ) ꎬ ꎬ
６
教材习题答案
即 ３ ３ ３ ｋ３
[
１ ｋ ｋ
] ２ ｋ
１
由
(１)(２)
可知
ꎬ
ｘ
ｎ>０(
ｎ
∈
Ｎ∗
)
成立.
１ ＋２ ＋３ ＋＋ ＝ ( ＋１) ꎬ ＝ ｋ ＋ ｋ ｋ ｘ
２ ３ ＋１ (３ ＋１)(３ ＋４) ∵ ｎ ＋１>０ꎬ
那么当ｎ ｋ 时 ３ ３ ３ ｋ３ ｋ ｋ２ ｋ ｘ
[
＝ ＋１ ꎬ１
]
＋２ ＋３ ＋＋ ＋(
＝ ｋ
３ ＋４ ＋
ｋ
１ ∴１＋ ｎ ＋１>１ꎬ
＋１)
３
＝
１ ｋ
(
ｋ
＋１)
２
＋(
ｋ
＋１)
３ (３
ｋ
＋１)(３
ｋ
＋４) ∴ ｘ ｎ＝ ｘ ｎ ＋１＋ｌｎ(１＋ ｘ ｎ ＋１)> ｘ ｎ ＋１ꎬ
２ ( ) ＝ (３ ｋ ＋１)( ｋ ＋１) 即ｘ ｎ> ｘ ｎ ＋１( ｎ ∈ Ｎ∗ ) .
ｋ ２ １ ｋ２ ｋ (３ ＋１)(３ ＋４) 拓广探索
＝( ＋１) ＋ ＋１ ｋ
４ ＋１ . ８.证明 当ｎ 时 ｎ３ ｎ 能被
＝ ｋ ① ＝１ ꎬ ＋５ ＝６ꎬ ６
＝( ｋ ＋１) ２ １ ( ｋ ＋２) ２ 所 ３ 以 ( 当 ＋１ ｎ )＋ ｋ １ 时 猜想也成立. 整除 ꎬ 命题成立.
４ ＝ ＋１ ꎬ 假设当ｎ ｋ ｋ Ｎ∗ 时 ｋ３ ｋ能被
[ ]
２
由 可知 猜想对任意ｎ Ｎ∗都 ② ＝ ( ∈ ) ꎬ ＋５
１ ｋ ｋ (１)(２) ꎬ ∈ 整除.
＝ ( ＋１)( ＋１＋１) ꎬ 成立. ６
２ 则当ｎ ｋ 时
即当ｎ ｋ 时等式也成立. 综合运用 ＝ ＋１ ꎬ
＝ ＋１ ｋ ３ ｋ ｋ３ ｋ２ ｋ ｋ
由 知 对任意ｎ Ｎ∗ 等式都成立. ２ ( ＋１) ＋５( ＋１)＝ ＋３ ＋３ ＋１＋５ ＋５
①② ꎬ ∈ ꎬ ５.证明 当ｎ 时 左边 １ １ ｋ３ ｋ ｋ２ ｋ ｋ３ ｋ ｋ２
３.解析 ａ ａ ａ ａ ａ (１) ＝１ ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝( ＋５ )＋３ ＋３ ＋６＝( ＋５ )＋３(
∵ １＝１ꎬ４ ｎ ＋１－ ｎ ｎ ＋１＋２ ｎ＝９ꎬ １×３ ３ ｋ ｋ３ ｋ ｋ ｋ
ａ ＋ ＋２)＝( ＋５ )＋３[ ( ＋１)＋２]ꎬ
∴ ａ ｎ ＋１＝ ９ ４ － － ２ ａ ｎ ｎ ＝２＋ ４－ １ ａ ｎ ꎬ 右边 ＝ ２ １ × × ３ ２ ＝ ３ １ ꎬ 等式成立. ∵ 偶 ｋ 数 ３ ＋５ ｋ 能被 ６ 整除 ꎬ 而 ｋ ( ｋ ＋１) 必为
假设当ｎ ｋ时 等式成立 ꎬ
ａ １ ａ ３ ａ ５ 猜 (２) ＝ ꎬ ꎬ ｋ ｋ 必能被 整除.
∴ ２＝２
{
＋
３ ｎ
ꎬ ３＝２＋
５
ꎬ ４＝２＋
７
ꎬ
即 １ １ ×
２
３ ＋ ３ ２ ×
２
５ ＋ ＋ (２ ｋ －１)
ｋ
(
２
２ ｋ ＋１) ∴
∴３
当
[
ｎ
(
＝ ｋ
＋
＋
１
１
)＋
时
２
ꎬ
]
命题也成
６
立.
想 : ａ ｎ＝
１ꎬ
２ ｎ
＝
－
１
３
ꎬ
ｎ ｎ Ｎ∗. ＝ ｋ ( ｋ ｋ ＋１) ꎬ
由
ｎ ① 都 ② 能
可
被
知
ꎬ 整
对
除
于
.
任意的 ｎ
∈
Ｎ∗
ꎬ
ｎ３
＋
２＋ ｎ ꎬ ≥２ꎬ ∈ ２(２ ＋１) ５ ６
２ －１ 则当ｎ ｋ 时 ９.解析 猜想 ２ ２ ｎ ｎ ２
＝ ＋１ ꎬ :１×２ ＋２×３ ＋＋ ( ＋１)
证明 当 ｎ 时 ａ １ 猜想
:(１) ＝２ ꎬ ２＝２＋ ３ ꎬ １ ２ ＋ ２ ２ ＋ ＋ ｋ ｋ２ ｋ ＋ ＝ １ ｎ ( ｎ ＋１)( ａｎ２ ＋ ｂｎ ＋ ｃ ) .
成立. １×３ ３×５ (２ －１)(２ ＋１) １２
假设当ｎ ｋ ｋ 时 猜想成立 ( ｋ ＋１) ２ ｋ ( ｋ ＋１) 令ｎ 得 １ ａ ｂ ｃ
(２) ＝ ( ≥２) ꎬ ꎬ ｋ ｋ ＝ ｋ ＋ ＝１ꎬ ４＝ ( ＋ ＋ )ꎻ
ｋ [２( ＋１)－１][２( ＋１)＋１] ２(２ ＋１) ６
即ａ ｋ＝２＋ ２ ｋ －３ ꎬ 那么当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ ( ｋ ＋１) ２ ( ｋ ＋１)[( ｋ ＋１)＋１] 令ｎ 得 １ ａ ｂ ｃ
２ －１ ｋ ｋ ＝ ｋ ꎬ ＝２ꎬ ２２＝ (４ ＋２ ＋ )ꎻ
(２ ＋１)(２ ＋３) ２[２( ＋１)＋１] ２
ａ ｋ ＋１＝２＋ ４－ １ ａ ｋ ＝２＋ ４－ ( ２＋ １ ２ ２ ｋ ｋ － － １ ３ ) 成 即 由 立 当 (１ . ) ｎ ( ＝ ２ ｋ ) ＋ 可 １ 时 得 等 对 式 任 也 意 成 ｎ 立 ∈ . Ｎ∗ ꎬ 等式都 令 整理 ｎ ＝ 得 ３ { ꎬ ａ 得 ａ ＋ ｂ ７ ＋ ０ ｂ ｃ ＝ ＝ ９ ｃ ２ ａ ４ ＋ ꎬ ３ ｂ ＋ ｃ.
ｋ ４ ＋２ ＋ ＝４４ꎬ
＝２＋
２ ２ － ( ２
２
ｋ
１
ｋ ＋
ｋ
－
－
１ １
３
)－
＝
３
２＋ ２ ２ ｋ ＋ － １ １ ６.解
当 当
析
ｎ ｎ ＝ ＝ ２ ３
当
时 时
ｎ
ꎬ ꎬ ａ ａ
＝
２ ３
１
＝ ＝
时
４ ８ < <
ꎬ
ｂ ｂ
ａ
２ ３
１
＝ ＝
＝
１ ８
２
６ １
>
ꎬ ꎬ
ｂ １＝１ꎬ
解得
{ａ
ｂ ＝ ＝
９
１ ３
ａ
１ ꎬ
＋
ꎬ
３ ｂ ＋ ｃ ＝７０ꎬ
＝２＋ ｋ ꎬ ｃ .
２( ＋１)－１ ＝１０
即当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 猜想成立. 当ｎ ＝１５ 时 ꎬ ａ １５＝２ １５ < ｂ １５＝１５ ４ ꎬ 于是ｎ ＝１ꎬ２ꎬ３ 时 ꎬ 上面等式成立 ꎬ 故猜
由 (１)(２) 可知 ꎬ 猜想正确. 当ｎ ＝１６ 时 ꎬ ａ １６＝２ １６ ＝ ｂ １６＝１６ ４ ＝２ １６ ꎬ 想 １×２ ２ ＋２×３ ２ ＋＋ ｎ ( ｎ ＋１) ２ ＝ １ ｎ ( ｎ ＋
４.解析 Ｓ １＝ １× １ ４ ＝ ４ １ ꎬ Ｓ ２＝ ４ １ ＋ ４× １ ７ ＝ ７ ２ ꎬ 猜 当 想 ｎ ＝ : 当 １７ ｎ 时 ＝ ꎬ １ ａ 或 １７＝ ｎ ２ ≥ １７ > １７ ｂ １ 时 ７＝ ꎬ １ ａ ７ ｎ ４ > . ｂ ｎ . 下 １) 面 用 (３ 数 ｎ２ 学 ＋１ 归 １ ｎ 纳 ＋１ 法 ０) 证 . 明 １２
Ｓ ３＝ ７ ２ ＋ ７× １ １ ｎ ０ ＝ １ ３ ０ ꎬ Ｓ ４＝ １ ３ ０ ＋ １０× １ １３ ＝ １ ４ ３ . 下 显 面 然 用 ｎ ＝ 数 １ 学 时 归 ꎬ ａ 纳 ｎ> 法 ｂ ｎ 证 成 明 立 当 . ｎ ≥１７ 时 ꎬ ａ ｎ 成 (１ 立 ) 由 . 上面推导过程知 : ｎ ＝１ 时等式
猜想 : Ｓ ｎ＝ ｎ . > ｂ ｎ . 假设ｎ ｋ ｋ Ｎ∗ 时等式成立
３ ＋１ 当ｎ 时 ａ １７ ｂ (２) ＝ ( ∈ ) ꎬ
(１) ＝１７ ꎬ １７＝２ ＝１３１ ０７２> １７
证明 当ｎ 时 左边 Ｓ １ ４ 结论成立. 即 ２ ２ ｋ ｋ ２ １ ｋ ｋ
:(１) ＝１ ꎬ ＝ １＝ ꎬ ＝１７ ＝８３５２１ꎬ １×２ ＋２×３ ＋＋ ( ＋１) ＝ ( ＋
４ 假设当ｎ ｋ ｋ Ｎ∗ ｋ 时 结 １２
(２) ＝ ( ∈ ꎬ ≥１７) ꎬ ｋ２ ｋ
右边 １ １ 猜想成立. 论成立 即 ｋ ｋ４. １)(３ ＋１１ ＋１０)ꎬ
＝ ＝ ꎬ ꎬ ２ > 那么当ｎ ｋ 时 ２ ２ ｋ ｋ
３×１＋１ ４ 那么当ｎ ｋ 时 ｋ ＋１ ｋ ｋ４ ｋ４ ＝ ＋１ ꎬ１×２ ＋２×３ ＋＋ (
假设当ｎ ｋ ｋ Ｎ∗ 时猜想成立 ＝ ＋１ ꎬ２ ＝２×２ >２ ≥ ＋ ２ ｋ ｋ ２
(２) ＝ ( ∈ ) ꎬ ｋ３ ｋ４ ｋ３ ｋ２ ｋ ｋ ４ ＋１) ＋( ＋１)( ＋２)
１７ > ＋４ ＋６ ＋４ ＋１＝( ＋１) ꎬ
即 １ １ １ １ 当ｎ ｋ 时 结论也成立. １ ｋ ｋ ｋ２ ｋ ｋ ｋ
＋ ＋ ＋＋ ｋ ｋ ∴ ＝ ＋１ ꎬ ＝ ( ＋１)(３ ＋１１ ＋１０)＋( ＋１)( ＋
１×４ ４×７ ７×１０ (３ －２)(３ ＋１) 由 可知 当ｎ 时 ａ ｂ . １２
ｋ (１)(２) ꎬ ≥１７ ꎬ ｎ> ｎ ２
综上所述 当ｎ 或ｎ 时 ａ ｂ . ２)
＝ ｋ ꎬ ꎬ ＝１ ≥１７ ꎬ ｎ> ｎ
那
３
么
＋
当
１
ｎ ｋ 时
７.解析 用数学归纳法证明ｘ
ｎ>０: ＝
１
(
ｋ
＋１)(
ｋ
＋２)(３
ｋ２
＋５
ｋ
＋１２
ｋ
＋２４)
＝ ＋１ ꎬ 当ｎ 时 ｘ １２
１× １ ４ ＋ ４× １ ７ ＋ ７× １ １０ ＋＋ (３ ｋ －２) １ (３ ｋ ＋１) ( ( １ ２ ) ) 假设 ＝ 当 １ ｎ ＝ ꎬ ｋ ( １ ｋ ＝ ∈ １> Ｎ ０ ∗ ꎬ ) 时 ꎬ ｘ ｋ>０ꎬ ＝ １ １ ２ ( ｋ ＋１)[( ｋ ＋１)＋１][３( ｋ ＋１) ２ ＋
那么当ｎ ｋ 时 若ｘ 则 ｘ ｋ
１ ＝ ＋１ ꎬ ｋ ＋１≤０ꎬ ０< ｋ＝ １１( ＋１)＋１０]ꎬ
＋ ｋ ｋ ｘ ｘ 矛盾 故ｘ . 即当ｎ ｋ 时等式也成立.
[３( ＋１)－２][３( ＋１)＋１] ｋ ＋１＋ｌｎ(１＋ ｋ ＋１)≤０ꎬ ꎬ ｋ ＋１>０ ＝ ＋１
７
由 可知对任意 ｎ Ｎ∗ 等式 {ａ ｄ
(１)(２) ∈ ꎬ 整理得 １＋２ ＝２０ꎬ 项公式却是ｙ １ 的形式 １ １ １
成立. ａ ｄ ａ ｄ ＝ｐｎ ｑ ꎬ ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ
１０.解析 一般形式 : 设 ａ １ꎬ ａ ２ꎬꎬ ａ ｎ 为 ì ïａ
２０＋
５
２ １＋７ ＝７(２ １＋ )
不可能在同一直线
＋
上 ꎬ 因此肯定不是等
非负实数
ꎬ
ｂ
１ꎬ
ｂ
２ꎬꎬ
ｂ
ｎ
为正实数
ꎬ
若
解得í
ï １＝
３
ꎬ
故选 .
差数列.
ｂ １＋ ｂ ２＋＋ ｂ ｎ＝１ꎬ 则 ï ïｄ ５５. Ａ (２) 能构成等比数列.
ａ １ ｂ １ ａ ２ ｂ ２ ａｂ ｎ ｎ ≤ ａ １ ｂ １＋ ａ ２ ｂ ２＋ î ＝ ６ ∵ ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ成等比数列 ꎬ∴ ｂ２ ＝ ａｃ.
ａ ｂ . Ｂ 观察发现 第二个图形在第一 又 ａ ｂ ｃ
＋ ｎ ｎ (３) : ∵ ꎬ ꎬ ≠０ꎬ
用数学归纳法证明如下 个图形周长的基础上多了它的周长的
: １ １ １
当ｎ 时 ｂ 有ａ ａ 不等 ∴ ｂ２ ＝ ａ ｃ ꎬ
式
(１
成
)
立.
＝１ ꎬ １＝１ꎬ １≤ １ꎬ １
ꎬ
即Ｃ
２＝
４ Ｃ
１＝４ꎻ
第三个在第二个
３ ３ １ １ １ 能构成等比数列.
∴ ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ
(２)
假设当ｎ
＝
ｋ
(
ｋ
∈
Ｎ∗
)
时不等式成
的基础上 多了其周长的 １ 即 Ｃ
立 则 ＋ ａ ꎬ ｋ ａ ｂ 即 １ ｂ ｋ １ . 若 ａ ｂ ２ ｂ １ ２ ＋ ｂ ２ ＋ ＋ ａ ｂ ｂ ｋ ｋ ｋ ≤ ＝１ ａ ꎬ １ ｂ １＋ ａ ２ ｂ ２＋ ( ３ ４ ) ２ Ｃ １ ꎬ ＝ １ ３ ６ ꎻ 同理 Ｃ ４ ＝ ３ ( ꎬ ３ ４ ) ３ Ｃ １ ３ ＝ ＝ ８.解 [ ２ . ( ７ 析 １ ５ ＋ ％ ２ ) . １ ３ ７ ０ ＋ ５ ( ％ ０ １ ０ ) ＋ ０ ５ × ２ ＋ . ( ７ ( １ ５ １ ％ ＋ ＋ ２ ) . ２ ２ ７ . ＋ ５ ７ ( ％ ５ １ ％ ) ＋ ６ ) ２ ＋ ４ . １ ７ ＋ ５ ２ ( ％ ０ １ ０ ) ＋ ] ×
当 ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 若 ｂ １＋ ｂ ２＋＋ ｂ ｋ＋ ｂ ｋ ＋１ ６ ９ ４ ꎬ 故选 Ｂ . ( ＝ １ １ ＋ ０ ２ . ７ ０ ５ ０ ％ ０ × )[ ( １ １ －( ＋ １＋ ２ . ２ . ７ ７ ５ ５ ％ ％ ) ) ６ ５ ] ＋ １ ２００ ×
＝１ꎬ ４.答案 . ％ ≈
此时 ｂ 即 ｂ 于是 (１)５ꎻ±１ (２)３ １－(１＋２７５ )
０< ｋ ＋１<１ꎬ １－ ｋ ＋１>０ꎬ 解析 各层的灯数构成一个等比 . . . .
ａ ａ ∵ 纳 １ ｂ １ｋ－ ｂ １ ｂｋ １ 假 ｋ＋ １ ) － ｂ １ 设 ｂ ａ － １ ｂ ｋ ２ ｂ ＋ ｋ＋ 可 ２ １ １ ａ ＋ ｂ ｋ 得 ＋ ｋ １ ＋ １ １ － . ｂ ａ ｂ ２ １ １ ｋ － ｂ ｂ ＋ １ ｋ＋１ １ ａ ＋ ｂ ｋ ｋ ａ ２ １－ ｂ ｂ２ ｋ＋ ＋ １ ａ １ ｂ ｋ ＋ ｋ － ＋ １ １ ｂ ｂ ｋ ＝ ｋ ＋ ( １ ａ ＝ ａ １ｋ－ １ １ ｂ ｂ － ｋ １ ｂ ｋ ｂ ＋ １ １ ｋ＋１ ꎬ ａ 由 １－ ｂ ｂ２ ｋ＋１２ 归 ５. 数 ａ Ｓ 解 １ ７ ꎬ 列 析 ＝ 公 ａ ꎬ １ 比 设 ( １ 每 ( １ 为 － － 该 ２ ２ 天 ) ２ ｑ ７ 数 的 ꎬ ) 前 ＝ 列 募 ３ ｎ 为 ８ 捐 １ 项 ꎬ { 数 解 和 ａ 构 ｎ 得 为 } 成 ꎬ ａ Ｓ 顶 １ ｎ 一 ꎬ ＝ 层 则 个 ３ . 灯 等 ｑ ＝ 数 差 ２ꎬ 为 数 ９. １ １ → 解 共 ( １ ２ ２ ８ ４ 析 需 ) ７ } ０ 由 ６ → 要 . ７ ａ ２ ( ６ １ ０ ８ ８ １ ２ ＝ → ＋ ) 步 ６ 由 １ １ 雹 ５ 倒 ０ 题 １ → ３ 程 推 意 ５ ５ . ꎬ → ３ 知 可 ＝ １ : 知 １ ６ １ ８ → ７ Ｍ ２ → ８ ８ ＝ → １ ５２ { ２ ４ → ３ １ → ꎬ ２ ２ ２ ６ ０ → → ꎬ２１ １ １３ ꎬ ꎬ
≤ ｂ
ａ
１ １ ａ －
ｂ
ｂ ｂ
１
ｋ ＋１ ａ ＋
ａ
ｂ ２ １－
ｂ
ａ ｂ
２
ｋ ｂ ＋１ ＋＋
ａ
ｋ
列
１０
ꎬ
.则
设该
Ｓ ｎ
数
＝１
列
０ ｎ
为
＋ ｎ
{
(
ａ
ｎ
ｎ
－
}
１
ꎬ
)
其
×１
中
０＝
ａ
１
１＝
２０
１
０
０
ꎬ
ꎬ ｄ ＝ １０.解
ａ １ꎬ {
析
公 差
(
为
１)
ｄ
设
ꎬ
等差数列 { ａ ｎ} 的首项为
１－
ｂ ｋ
ｋ ＋１
＝ １ １＋
１
２
－
２ ｂ ＋
ｋ ＋
１
＋ ｋ ｋ ꎬ 解得ｎ
＝１５
或ｎ
＝－
２
１６(
舍去
)ꎬ
则 ４ ａ １＋ ４×
２
３ｄ ＝４( ａ １＋ ａ １＋ ｄ )ꎬ
≤ ∴ ａ æ è ç １ ｂ ａ １ １ ｂ １ ａ ＋ ２ ｂ ２ ａ １ ２ － ｂ ２ ｂ ＋ ｋ ＋ １ ａ ＋ ｂ ｋ ａ ｋ ｋ ｂ ａ ｋ ö ø ÷ ｂ ｋ ＋ ｋ＋１ １ １－ ｂｋ＋１ ａｂ ｋ ＋ ｋ＋１ １ . ６. 所 解 的 以 析 工 这 资 次 设 为 募 该 ａ ｎ 捐 学 元 活 生 ꎬ 所 动 能 有 共 工 工 进 作 资 行 ｎ 为 了 天 ꎬ Ｓ １ 每 ｎ ５ 元 天 天 ꎬ . 领取 解得 ａ { １＋ ａ ｄ ( １ ＝ ＝ ２ ２ ｎ １ . － ꎬ １) ｄ ＝２[ ａ １＋( ｎ －１) ｄ ]＋１ꎬ
∴ 又 ≤ ∵ ｂ ａ æ è ç ｋ １ ａ ＋ ｂ ( １ １ １ ｂ １ ＝ ＋ １ － ａ ａ ＋ ｂ １ １ ２ ａ ｂ ｋ － ｂ １ ＋ ２ １ ２ １ ｂ － ｂ ＋ ＋ ) ｋ ２ ｂ ＋ ａ ＋ ＋ ｋ １ ２ ＋ ｂ １ ｂ ＋ ｋ ２ ＋ ａ ＋ ＋ １ ｋ ａ ＝ ｂ ｋ １ ｋ ｂ ＋ ꎬ ｋ ａ ö ø ÷ ( ｋ １ ｂ － １ ｋ ｂ － ｋ ＋ ＋１ ｂ ａ ｋ ｋ ＋ ＋ ａ １ １ ) ｂ ｋ ｂ ＋ ｋ＋ ｋ １ １ ＋ ＋１ ａ ꎬ ｋ ＋１ 则 第 第 Ｓ ｎ ( 第 二 三 ＋ ３) ｎ ＝ 一 种 种 ) ０ ＝ 种 方 方 . ４ ２ ( 方 案 案 ｎ １ １ ２ － ＋ 案 : : － ２ ａ ａ ２ ２ : ｎ ｎ ｎ ｎ ( ( ａ ꎻ ) ２ ３ ) ) ｎ ( ＝ ＝ ＝ １) ０ ４ ０ ＝ . ｎ . ４ ４ ３ ꎬ ( × ８ Ｓ ２ ２ ꎬ ｎ ｎ ( ｎ Ｓ ２ － － ) ｎ １ １ ( ＝ ꎬ １ ) ) ４ ＝ . × ３ ( ８ １ ｎ ＋ ꎻ ２＋ ３ ∴ ( ∴ － Ｔ ２ １ Ｔ ａ ｎ ) . ｎ ｎ ＝ ∵ ＝ ＝ １ ｂ ａ １ × ｎ １ ＋ ３ ＋ ＝ ３ ＋ ( × ３ ３ ｎ ｎ ３ － × ＋ － １ ꎬ ３ ５ １ ∴ ２ × ) ＋ ３ ｄ ｃ ２ ｎ ＝ ＋ ＝ ＋ １ ( ( ＋ ＋ ２ ２ ( ｎ ( ｎ ｎ － ２ － － ｎ １ ３ － ) １ ) １ ) ) × ３ ２ ｎ ３ － ３ ＝ ｎ １ － ｎ ꎬ １ ２ － ① １ ＋ ｎ ꎬ
ａ 从 ２ ｂ 而 ２＋ ａ １ ｂ １ ＋ ａ ａ ｋ ｂ ２ ｂ ２ ｋ ＋ ａ ｋ ＋１ ｂ ｋ ＋ ａ １ꎬ ｂ ｋ ｋ ａｂ ｋ ＋ ｋ＋１ １≤ ａ １ ｂ １＋ 令 ≤１ Ｓ ８ ｎ ꎬ (１ 即 )≥ 小 Ｓ 于 ｎ (２) １ ꎬ ８ 即 天 ３ 时 ８ ｎ ꎬ ≥ 第 ２ 一 ｎ２ 种 ＋２ 方 ｎ ꎬ 案 解 报 得 酬 ｎ ① (２ － ｎ ② －１ ꎬ ) 得 － ３ ２ ｎ ꎬ Ｔ ｎ＝１＋２(３＋３ ２ ＋＋３ ｎ －１ ② )
即ｎ
＝
ｋ
＋１
时
ꎬ
不等式成立
ꎬ
高
ꎬ
等于
１８
天时
ꎬ
第一种方案与第二种
ｎ ｎ ３(１－３
ｎ －１
) ｎ
由
(１)(２)
可知对任意ｎ
∈
Ｎ∗
ꎬ
不等式 方案一样. －(２ －１)３ ＝１＋２×
１－３
－(２ －
复习 成 参 立 考 . 题4 利 令 用 Ｓ ｎ 计 (１) 算 ≥ 器 Ｓ ｎ ( 求 ３)ꎬ 得 即 小 ３ 于 ８ ｎ 或 ≥ 等 ０ . ４ 于 (２ ｎ － 天 １) 时 ꎬ 第 ∴ １) Ｔ ｎ＝ ３ ｎ ( ＝ ｎ ( － ２ １ － ) ２ ｎ ) ３ ｎ ＋１ ３ . ｎ －２ꎬ
９ ꎬ
复习巩固 一种方案高 ꎬ 所以少于 １０ 天时 ꎬ 选择第 １１.解析 (１) 由 ａ ｎ ＋１ ＝２ Ｓ ｎ＋２ꎬ 得 ａ ｎ ＝
１.解析 略. 一种方案. ２ Ｓ ｎ －１＋２( ｎ ≥２)ꎬ 两式相减 ꎬ 得 ａ ｎ ＋１ ＝
２.解析 (１) ａ ｎ＝ ２ ｎ ２ － ｎ １. ＝ 比 ４ 较 ０９ 第 . ２ꎬ 二 、 三种方案 : Ｓ １０(２)＝ ２２０ꎬ Ｓ １０(３) ∵ ３ ａ 数 ｎ( ｎ 列 ≥ { ２ ａ ) ｎ} . 是等比数列 ꎬ
(２) ａ ａ ｎ＝ { １＋ ０ꎬ ( ｎ －１ 为 ) 奇 ｎ －１ 数 ( ２ ２ ｎ ꎬ ｎ － ) １ ２ . Ｓ 方 所 １０ 案 以 (３) . 等 > Ｓ 于 １０( 或 ２)ꎬ 多 ∴ 于 Ｓ ｎ (３ １ ) ０ > Ｓ 天 ｎ ( 时 ２)( ꎬ ｎ 选 ≥ 择 １０ 第 ) . 三种 ( ∴ ∴ ２ ａ ａ ) ２ １ 由 ＝ ＝ 题 ２ ２ Ｓ ꎬ 意 ∴ １＋ 得 ａ ２ ｎ ＝ ＝ ａ ２ ｎ ２ ａ ＋ １ １＋ ＝ ３ ２ ａ ｎ ＝ － ｎ １ ＋ ３ . ( ａ ｎ １ꎬ ＋２－１) ｄ ｎꎬ
(３) ｎ＝ ２ꎬ ｎ为偶数. 综合运用 即 ２３ ｎ ＝２３ ｎ －１ ＋( ｎ ＋１) ｄ ｎꎬ
３.解析 Ｂ ７.解析 不能构成等差数列. ｎ －１
(１) (１) 故ｄ ４×３ .
Ａ 设最小的一份为ａ 公差为ｄ 可以从图象上解释 ａ ｂ ｃ成等差数列 ｎ＝ ｎ
(２
{
)
ａ １ ＋ ａ ２＋ ａ ３＋ ａ ４＋ ａ ５＝１００ꎬ
１ꎬ ꎬ
则通项公式为ｙ ＝ ｐｎ
:
＋
、
ｑ的
、
形式 ꎬ 且ａ ꎬ ｂ
ꎬ
ꎬ 假设在数列
＋１
{ ｄ ｎ} 中存在三项ｄ ｍꎬ ｄ ｋꎬ ｄ ｐ
则 其中ｍ ｋ ｐ 成等差数列 成等比数
１ ａ ａ ａ ａ ａ ｃ位于同一直线上 而 １ １ １ 的通 ( ꎬ ꎬ )
７ ( ３＋ ４＋ ５)＝ １＋ ２ꎬ ꎬ ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ 列 ꎬ 则 ( ｄ ｋ) ２ ＝ ｄ ｍ ｄ ｐꎬ
８
教材习题答案
即 ( ４×３ ｋ －１ ) ２ ４×３ ｍ －１ ４×３ ｐ －１ . ４１ 所以 .是有理数. １ é êê æ ç１＋ ５ ö ÷ ｋ －１ æ ç１－ ５ ö ÷ ｋ －１ù úú
ｋ ＝ ｍ ｐ ꎬ (２)１ ２４＝ ꎬ １ ２４ ëè ø －è ø û
３ ２ ＋ ｋ １ ３ ＋ ｍ １ ＋ ｐ ＋１ . １５.解析 当ｎ ３３ ＝３ 时 ꎬ 过 ３ 个点中任意两 ５ é ê ２ æ öｋ ２ æ öｋ －１
∴ ( ｋ ＋１) ２ ＝ ( ｍ ＋１)( ｐ ＋１) (∗) 点作直线 ꎬ 这样的直线有 ３ 条 ꎬ 当ｎ ＝４ ＝ １ ë ê è ç１＋ ５ ø ÷ ＋ è ç１＋ ５ ø ÷ －
ｍ ｋ ｐ成等差数列 ｍ ｐ ｋ 时 共有 个点 记它们为Ｐ Ｐ Ｐ ５ ２ ２
则 ∵ (∗ 、 ) 、 式可化为ｋ２ ＝ ꎬ ｍ ∴ ｐ ꎬ 故 ＋ ｋ ＝ ＝ ２ ｍ ꎬ ＝ ｐ. Ｐ ４ ꎬ ꎬ 过点 ４ Ｐ １ꎬ Ｐ ２ꎬ ꎬ Ｐ ３ 中任意两 １ꎬ 点 ２ ꎬ ꎬ 有 ３ ３ ꎬ æ è ç１－ ５ ö ø ÷ ｋ － æ è ç１－ ５ ö ø ÷ ｋ －１ ù û ú ú
这 在 数 与 三 列 题 项 ) 成 设 ｄ 等 ｍ 矛 ꎬ 比 ｄ 盾 ｋ 数 ꎬ ꎬ ｄ ∴ 列 ｐ( . 其 在 中 数列 ｍ ꎬ { ｋ ｄ ꎬ ｎ ｐ } 中 成 不 等 存 差 条 条 Ｐ ４ 直 直 作 线 线 直 ꎻ ꎬ 线 当 过 ꎬ ｎ 共 Ｐ ＝ １ 有 ꎬ ５ Ｐ 时 ２ ３ ꎬ ꎬ 条 Ｐ 同 ３ ꎬ 理 中 因 可 任 此 知 意 共 有 一 有 ３ 点 ３ ＋ ＋ ３ 与 ＋ ３ ＝ ２ １ ５ é ë ê ê æ è ç１＋ ２ ２ ５ ö ø ÷ ｋ －１ × ３＋ ２ ５ －
１２.解析 (１) ４ 条直线 ꎻ 猜想 ꎬ 过 ｎ 个点 ( 任意三点 æ ç１－ ５ ö ÷ ｋ －１ ３－ ５ ù ú ú
名称 等差数列 ａ 等比数列 ｂ 不共线 中任意两点作直线 共有 è ø × û
{ ｎ} { ｎ} ) ꎬ ３＋３ ２ ２
定义 ａ ｎ＋１－ ａ ｎ＝ ｄ ｂ ｂ ｎ＋ ｎ １ ＝ ｑ ＋４＋＋( ｎ －１)＝ ２ １ ｎ ( ｎ －１) 条. ＝ １ é ë ê ê æ è ç１＋ ５ ö ø ÷ ｋ －１ × (１＋ ５) ２ －
下面用数学归纳法证明 ５ ２ ４
通 公 项 式 ａ ａ ｎ ｍ ＝ ＋( ａ ｎ １＋ － ( ｍ ｎ ) － ｄ １) ｄ ＝ ｂ ｎ＝ ｂ １ ｑｎ－１＝ ｂ ｍ ｑｎ－ｍ (１) 当 ｎ ＝３ 时 ꎬ 由上述 : 过程知 ꎬ 命题 æ è ç１－ ５ ö ø ÷ ｋ －１ × (１－ ５) ２ ù û ú ú
ａ ａ ａ ａ 成立. ２ ４
① ② ＝ ｎ ａ ａ ３ １ ｎ ｋ ＋ － ＋ ｋ ａ ＋ ｎ ｎ － ａ ２ ＝ ｎ ＝ ＋ｋ ２ ＝ ＋ ２ ｎ ａ －１ ｎ ① ｂ ② ３ ｂ ｂ ｂ ｎ １ ｎ － － ２ ｂ ｋ ｎ ＝ ＝ ｂ ｂ ｎ ２ ＋ ｂ ｋ ｎ－ ＝ １ ｂ ＝ ２ｎ ( 题 线 ２ 成 ) 中 假 立 任 设 ꎬ 即 当 意 过 两 ｎ ＝ 点 ｋ ｋ 个 作 ( ｋ 点 直 ∈ ( 线 Ｎ 任 ∗ ꎬ 这 意 ｋ ≥ 样 三 ３ 的 点 ) 直 不 时 线 命 共 即 ＝ 当 １ ５ é ë êê ｎ æ è ç１ ｋ ＋ ２ ５ 时 ö ø ÷ ｋ ＋ 公 １ － 式 æ è ç１ 也 － ２ 成 ５ 立 ö ø ÷ ｋ ＋ . １ù û úú ꎬ
( 若 > ) ｍ ｎ ｋ ｌ ( ｎ > ｋ ) ) ꎬ 由 ＝ ＋１ 可 ꎬ 知 当 ｎ ｎ
常 性 用 质 ③ ( ｍ ꎬ ｎ ꎬ ＋ ｋ ꎬ ＝ ｌ ＋ ∈ ③ ｍ 若 ｎ ｍ ＋ ｋ ｎ ＝ ｌ ｋ ＋ ｌ 共有 １ ｋ ( ｋ －１) 条 ꎬ Ｎ∗ (１ 时 ) (２) ꎬ ≥３( ∈
④ ａ Ｎ ＝ ｋ ∗ ｎ ＋ ａ ( ) ａ １ ａ ꎬ ｌ ＋ １ 则 ２ ａ ＋ ２ ａ ａ ＋ ｎ ｍ ) ＋ ａ ＋ ｎ ａ ＝ ｎ ( Ｎ ④ ｂ ＝ ｎ ∗ ｂ ＝ ｂ ｋ ꎬ ) １ ｂ ( ꎬ ｌ ｂ １ 则 ꎬ ｂ ｂ ｎ ２ ) ｂ ꎬ ｍ ｎ ２ ∈ ｂ ｎ 当 个 线 点 ꎬ ｎ Ｐ 这 ＝ ｋ Ｐ ２ ꎬ 样 ｋ １ ＋ Ｐ ꎬ 的 １ ｋ Ｐ ＋１ ２ 直 时 ( ꎬ 任 线 ꎬ 共 ꎬ 意 共 Ｐ 有 ｋ 三 有 中 ｋ 点 ＋ 的 １ １ 不 ｋ 任 个 共 意 ｋ 点 线 两 ꎬ Ｐ ) 点 条 １ ꎬ ꎬ 作 过 Ｐ 过 直 ２ꎬ ｋ 第 Ｆ ｎ 五 ＝ ) １ ５ 章 ꎬ é ë êê æ è ç１＋ ２ 一 ５ 元 ö ø ÷ ｎ － 函 æ è ç１－ 数 ２ ５ 的 ö ø ÷ ｎ 导 ù û úú成立.
ꎬ ( －１) ꎻ
ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ２ 数及其应用
(２) １ ２ ｎ ＝ １ ２ 这ｋ个点中的任意一点与第ｋ 个点
ｂ
４０３７－ ｎ(
ｎ
∈
Ｎ∗
ꎬ
ｎ
<４０３７)
.
Ｐ 作直线 这样的直线共有
＋
ｋ
１
条 因
证明如下 要证上式成立 ｋ ＋１ ꎬ ꎬ 5.1 导数的概念及其意义
: ꎬ 此 过ｋ 个点中任意两点作直线 这
只需证 ｂ ｂ ｂ ꎬ ＋１ ꎬ
ｎ ＋１ ｎ ＋２ ４０３７－ ｎ ＝ １
即可. 样的直线共有 １ ｋ ｋ ｋ １ ｋ ｋ ５.１.１ 变化率问题
( －１)＋ ＝ ( ＋
由 中等比数列的常用性质 可 ２ ２
练习
(１) ②④
得ｂ ｂ ｂ ｂ １ ｋ ｋ 条.
ｂ ４０３７ ｎ － ＋ ｎ １ ) ｎ ２ ＝ ｎ ( ＋２ ｂ２ ２ ０１９ ) ｎ ２ ＝ ｂ ２ ｎ ４ ０ ０ １ ３ ９ ７－ ＝ ｎ １ ＝ . ( ｎ ＋１ 所 １) 以 ＝ 当 ２ ( ｎ ＝ ＋ ｋ １ ＋ ) １ [ 时 ( 命 ＋１ 题 )－ 成 １ 立 ] . １.解析 Δ ｌｉｔ → ｍ ０ ｈ (０ . ５＋Δ Δ ｔ ) ｔ － ｈ (０ . ５) ＝－０ . １ꎬ
所以上述推测成立.
由 可知 对于 ｎ ｎ Ｎ∗ ｎ ∴
跳水运动员在ｔ
＝０
.
５ ｓ
时的瞬时速度
(１)(２) ꎬ ( ∈ ꎬ ≥
拓广探索 为 . .
－０１ ｍ/ｓ
１３.解析 ｆ ｆ ｆ ３) 个点 ꎬ 相应的直线共有 １ ｎ ( ｎ － ２.解析 火箭爬高的平均速度为
(１) (１)＝１ꎻ (２)＝ (１)＋１＋２ ２ (１)
＝４ꎻ ｆ ｆ ( ｎ ３)＝ ｆ (２ ｆ ) ｎ ＋１＋２＋３＝１０ . ｎ １) 条. ０ . ９×２ ２ －０ . ９×１ ２ ＝２ . ７(ｍ/ｓ) .
(２ ( ) ｎ ＋ ( １) ＋ ( １ ｎ ) ＋ － ２) ( )＝ １＋２＋３＋＋ ＋１ ∗１６.解析 (１) 当 ｎ ＝ １ 时 ꎬ Ｆ １ ＝ １ × ２－ ｈ １ (１０＋Δ ｔ )－ ｈ (１０) .
＝ ２ ꎬ æ ö ５ (２) Δ ｌｉｔ → ｍ ０ Δ ｔ ＝１８(ｍ/ｓ)
由累加法可得ｆ ( ｎ )＝[ ｆ ( ｎ )－ ｆ ( ｎ －１)] è ç１＋ ５ － １－ ５ ø ÷ ＝ １ ２ ５ ＝１ꎬ ３.解析 ｙ (１＋Δ ｔ )－ ｙ (１)
＋[ ｆ ( ｎ －１)－ ｆ ( ｎ －２)]＋＋[ ｆ (２)－ ２ ２ ５ ２ Δ ｌｉｔ → ｍ ０ Δ ｔ
ｆ (１)]＋ ｆ (１)＝ ２ １ {( ｎ２ ＋ ｎ )＋[( ｎ －１) ２ ＋ Ｆ ２＝ １ ５ é ë êê æ è ç１＋ ２ ５ ö ø ÷ ２ － æ è ç１－ ２ ５ ö ø ÷ ２ù û úú ＝ １ ５ ＝ Δ ｌｉｔ → ｍ ０ －４ . ９(１＋Δ ｔ ) Δ ２ － ｔ (－４ . ９×１ ２ )
. .
æ ö ＝－９８(ｍ/ｓ)
( ｎ －１)]＋＋(２ ２ ＋２)＋２}＝ １ [(１ ２ ＋ ×è ç６＋２ ５ － ６－２ ５ ø ÷ ＝ １ ４ ５ ＝１ꎬ 练习
２ ４ ４ ５ ４ １.解析 设 Ｐ ｘ ｘ２ Ｑ ｘ ｘ ｘ
２ ｎ２ ｎ １ 公式成立. ( ０ꎬ ０)ꎬ ( ０＋Δ ꎬ( ０＋
２ ＋＋ )＋(１＋２＋＋ )] ＝ ２ 假设ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ∗ 时 公 Δ ｘ２ ) ２ )ꎬ 当 Δ ｘ →０ 时 ꎬ ＰＱ 所在直线为
[ｎ
(
ｎ
＋１)(２
ｎ
＋１)
ｎ
(
ｎ
＋１)
]
式
(２
成
)
立
＝ ( ≥３ꎬ ∈ ) ꎬ 抛物线 ｆ
(
ｘ
)＝
ｘ２ 在点
(
ｘ
０ꎬ
ｘ２
０)
处的
× ＋ ꎬ 切线.
６ ２ éæ öｋ æ öｋù
ｎ ( ｎ ＋１)( ｎ ＋２). 即Ｆ ｋ＝ １ ë êê è ç１＋ ５ ø ÷ －è ç１－ ５ ø ÷ û úú ꎬ ｋ (－１＋Δ ｘ ) ２ －(－１) ２ .
＝ ５ ２ ２ ＝ｌｉｔｍ ｘ ＝－２
６ 那么当ｎ ｋ 时 Ｆ Ｆ Ｆ Δ→０ Δ
１４.解析 (１)１ . ２ ＝ １
９
１ ꎬ 所以 １ . ２ 是有
１
＝ é
êê
æ
ç
＋
１
１
＋ ５
ꎬ ö
÷
ｋ ｋ ＋１ æ
ç
＝
１－
ｋ＋
５
ö
÷
ｋ －１ ｋù
úú
２.解析 ｋ ＝
Δ
ｌｉｘ
→
ｍ
０
(０＋Δ ｘ ) ２
Δ
＋１ ｘ －(０ ２ ＋１) ＝０ꎬ
理数. ＝ ëè ø －è ø û ＋ 切线方程为ｙ .
５ ２ ２ ∴ －１＝０
９
物体开始运动后第 时的动能为
５.１.２ 导数的概念及其几何意义 ∴ ５ ｓ ｙ′ ４ ｘ１ ３.
(２) ＝
练习 １ ×３×１０ ２ ＝１５０(Ｊ) . ｙ′ ３ ｘ ′ ｘ .
２ (３) ＝(３ ) ＝３ ｌｎ３
１.解析 ｆ′ ｆ′ 在第 ９.解析 [( )ｘ] ′ ( )ｘ
(３)＝－１ꎬ (５)＝ ３ꎬ ３ ｈ ｙ′ １ １ １ .
附近 原油温度大约以 的速率 (４) ＝ ＝ ｌｎ
ꎬ １ ℃/ｈ (１) (２) ２ ２ ２
下降 在第 附近 原油温度大约以
ꎻ ５ ｈ ꎬ ｙ′ １ .
的速率上升. (５) ＝ｘ
３ ℃/ｈ ｌｎ４
ｘ
２.解析 ｆ′ (１＋Δ )－１ . ｙ′ １ １ .
(１)＝
Δ
ｌｉｔ
→
ｍ
０ Δ
ｘ ＝１ (３) (６) ＝
ｘ １
＝－ｘ
ｌｎ２
ｌｎ
３.解析 ２(２ . ７＋Δ ｔ ) ２ ＋１－２×２ . ７ ２ －１ ２
Δ
ｌｉｔ
→
ｍ
０ Δ
ｔ ＝ ２.解析
(１)
ｙ′
＝５
ｘ４
ꎬ
ｙ′
ｘ ＝３ ＝５×３
４
＝４０５
.
. . １０.解析
１０８ ｙ′ １ ｙ′ ３ .
ｆ . ｆ (２) ＝ ｘ ꎬ ｘ ＝３ ２ ＝
４.解析 (１１)－(１) (１) ２
(１) . ｙ′ ｘ ｙ′ .
１１－１ (３) ＝ｃｏｓ ꎬ ｘ ＝２π ＝１
. ２ ２ ｙ′ ｘ ｙ′ .
＝
(１１ －１
.
)－(１ －１)
＝２
.
１
. (４) ＝ｅ ꎬ ｘ ＝０ ＝１
１１－１
ｘ ２ ２ ３.解析 ｙ′ ｘ ｙ′
(２) ｆ′ (１)＝ Δ ｌｉｘ → ｍ ０ (１＋Δ ) Δ －１ ｘ －(１ －１) ＝２ . (２) ＝－ｓ ( ｉｎ ꎬ ) ｘ ＝ π ２ ＝－１ꎬ
练习 ∴ ｙ －０＝－１× ｘ － π ꎬ
２
１.解析 曲线 ｈ ｔ 在 ｔ ｔ ｔ 附近都递
( ) ＝ ３ꎬ ４ ｘ ｙ π .
增 且在ｔ ｔ 附近比在ｔ ｔ 附近增加 ∴ ＋ － ＝０
ꎬ ＝ ３ ＝ ４ ２
得快. (３)
４.解析 ｙ′ １ ｘ－２ １ ｙ′ １ .
２.答案 Ａ ＝ ꎬ∴ ｘ ＝４ ＝
２ ４
３.解析 由题意得 切线斜率
ꎬ ｙ １ ｘ
ｋ －２(１＋Δ ｘ ) ２ ＋１－(－２×１ ２ ＋１) ∴ －２＝ ４ ( －４)ꎬ
＝ Δ ｌｉｘ → ｍ ０ Δ ｘ ＝ 拓广探索 ∴ ｘ －４ ｙ ＋４＝０ .
－４ꎬ∴ 切线方程为 ｙ －(－１)＝ －４×( ｘ － １１.解析 速度ｖ关于时间ｔ的导数ｖ′的 ５.２.２ 导数的四则运算法则
即 ｘ ｙ . 物理意义是加速度.ｖ ｔ . ｔ .
１)ꎬ ４ ＋ －３＝０ ( )＝－９ ８ ＋４ ８ꎬ 练习
４.解析 图略.由图可估算出 ｒ′ . ｖ′ ｔ . .
(０ ６)≈ ( )＝－９８ １.解析 略.
. ｒ′ . . . １２.解析
◆
０
习
３ꎬ
题
(
5
１
.
２
1
)≈０２ ２.解析
(１)
ｙ′
＝６
ｘ２
－６
ｘ.
(１) ｙ′ ｘ ｘ .
复习巩固 (２) ＝－３ｓｉｎ ＋２ ｌｎ２
ｘ
１.解析 物体在 ｔ 时的瞬时速度为 ｙ′ ｘ ｘ ｅ .
＝１ (３) ＝ｅ ｌｎ ＋ ｘ
. .物体在 ｔ 附近以 .
－９８ ｍ/ｓ ＝１ ９ ８ ｍ/ｓ ｙ ｘ２ ｘ ｘ１ ２ ｘ５ ２ ｘ３ ２
的速度下降. (４) ＝( ＋２ ) ＝ ＋２ ꎬ
２.解析 . ｙ′ ５ ｘ３ ２ ｘ１ ２.
１０π ∴ ＝ ＋３
２
２ ２
３.解析 ＪＰ ５×３ ＋６－(５×２ ＋６)
(１) ３ ＝２５ １ ｘ ｘ
３－２ (２) ｘ × －ｌｎ ｘ
. ｙ′ １－ｌｎ .
(ｍ/ｓ) (５) ＝ ｘ２ ＝ ｘ２
.
(２)２０ ｍ/ｓ ｘ
４.解析 . ｙ ｘ ｓｉｎ
２０π ｒａｄ/ｓ (６) ＝ｔａｎ ＝ ｘꎬ
ｃｏｓ
５.答案 Ｃ
ｙ′ (ｓｉｎ
ｘ
)
′
ｃｏｓ
ｘ
－ｓｉｎ
ｘ
(ｃｏｓ
ｘ
)
′
６.解析 由题图可知 ꎬ 函数ｆ ( ｘ ) 在ｘ ＝－５ ∴ ＝ ｃｏｓ ２ｘ
处切线的斜率大于零
ꎬ
所以函数在 ｘ
＝ ｃｏｓ
２ｘ
＋ｓｉｎ
２ｘ
１ .
－５
附近单调递增
ꎬ
同理可得
ꎬ
函数ｆ
(
ｘ
)
(３) ＝
ｃｏｓ
２ｘ ＝
ｃｏｓ
２ｘ
在ｘ 附近分别单调递增
＝－４ꎬ－２ꎬ０ꎬ１ ꎬ ３.解析 ｙ′ ｘ ３ ｙ′
几乎没有变化
ꎬ
单调递减
ꎬ
单调递减. ＝２ －ｘ２ꎬ∴ ｘ ＝１ ＝－１ꎬ
７.解析 由题意得 切线方程为ｙ ｘ
ꎬ ∴ －４＝－１×( －１)ꎬ
( ) 即ｘ ｙ .
１ ｘ ２ １ ２ ＋ －５＝０
(１＋Δ ) －２－ ×１ －２
ｋ ２ ２ ５.２.３ 简单复合函数的导数
＝ｌｉｘｍ ｘ ＝１ꎬ
Δ→０ Δ
切线的倾斜角为 °. 5.2 导数的运算 练习
∴ ４５
综合运用
ｔ ２ ２
５.２.１ 基本初等函数的导数 １.解析
(１)
ｙ
＝
２
ｘ ＝２(３
ｘ
＋１)
－２ １
ꎬ
８.解析 １＋(５＋Δ) －(１＋５ ) . ３ ＋１
ｌｉｔｍ ｔ ＝１０ 练习 ( )
Δ→０ Δ ｙ′ １ ｘ －２ ３ ｘ
ｔ 时的瞬时速度为 . １.解析 ｙ′ ｘ－５. ∴ ＝２× － (３ ＋１) ×３＝－３(３ ＋
∴ ＝５ ｓ １０ ｍ/ｓ (１) ＝－４ ２
１０
教材习题答案
１) －２ ３. ｅ －３ ｘ (３ ｘ ｌｎ３－３ ｘ ＋１ ) . 5.3 导数在研究函数中的应用
ｙ′ ｘ ２ ｘ ２. ３.解析 ｆ′ ｘ ｘ
(２) ＝３(１－２ ) ×(－２)＝－６(１－２ ) ( )＝－８＋２ ２ ꎬ
(３) ｙ′ ＝ ｘ １ ×２＝ ｘ ２ . ∴ －８＋２ ２ ｘ ０＝４ꎬ∴ ｘ ０＝３ ２ . ５.３.１ 函数的单调性
(２ ＋１)ｌｎ２ (２ ＋１)ｌｎ２ ４.解析 ｙ′ ｘ .
ｘ ｘ (１) ＝ｌｎ ＋１ 练习
ｙ′ １ １ . ｙ′
(４) ＝－ｓｉｎ × ＝－ ｓｉｎ (２) ｘ ＝１ ＝１ꎬ １.解析 ｆ ｘ 在 上单调递
３ ３ ３ ３ 切线方程为ｙ ｘ 即ｘ ｙ (１) ( ) (－∞ꎬ１]
ｙ ｘ ｙ′ ｘ. ∴ －０＝１×( －１)ꎬ － － 减 在 上单调递增.
(５) ＝－ｃｏｓ３ ꎬ∴ ＝３ｓｉｎ３ . ꎬ [１ꎬ＋∞)
ｙ′ ２ ｘ ＋１ ２ ｘ ＋２ . １＝０ ｆ′ ｘ ｘ 令ｆ′ ｘ 得ｘ
２. ( 解 ６ 析 ) ＝２ ｙ × ′ ｌｎ２× － ２ ２ ｘ ＝ ＋１ ２ ｌｎ２ ５.解析 ｙ′ ｘ ｃｏｓ ｘ －ｓｉｎ ｘ ｙ′ １ 令 (２) ｆ′ ( ｘ )＝ｅ 得 －１ ｘ ꎬ ( ｆ ｘ )> 在 ０ꎬ >０ꎻ
(１) ＝－２ｅ ꎬ ＝ ｘ２ ꎬ ｘ ＝π ＝－ ꎬ ( )<０ꎬ <０ꎬ∴ ( ) (０ꎬ＋∞)
ｙ′ －１＋１ . π 上单调递增 在 上单调递减.
∴ ｘ ＝２ １ ＝－２ｅ ＝－２ ꎬ (－∞ꎬ０)
切线方程为ｙ １ ｘ . ２.解析 ｆ′ ｘ ａｘ ｂ.
ｙ′ ５ ｙ′ ５ . ∴ ＝－ ＋１ ( )＝２ ＋
(２) ＝ ｘ ꎬ ｘ ＝１ ＝ π ｂ
５ ＋２ ７ 综合运用 当ａ 时 令ｆ′ ｘ 得ｘ
>０ ꎬ ( )>０ꎬ >－ ａꎬ
３.解析 ｙ ｘ １ ３ ｙ′ １ ｘ －３ ２ ( ) ２
＝(３ －１) ꎬ ＝ (３ －１) × ６.解析 ｆ′ ｘ ｆ′ π ｘ ｘ ( ｂ )
３ ∵ ( )＝ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ꎬ ｆ ｘ 在 上单调递增 在
３＝(３
ｘ
－１)
－３ ２
ꎬ
ｙ′
ｘ ＝３ ２ ＝１ (
.
) ( ) ( )
４ ∴
(
( )
ｂ )
－
２
ａꎬ＋∞ ꎬ
∴ 切线方程为ｙ －１＝１× ｘ － ２ ꎬ ∴ ｆ′ π ＝ ｆ′ π × ２ ＋ ２ ꎬ －∞ꎬ－ ａ 上单调递减.
３ ( ４ ) ４ ２ ２ ２ ｂ
即ｘ ｙ １ . ｆ′ π . 当ａ 时 令ｆ′ ｘ 得ｘ
－ ＋ ＝０ ∴ ＝ ２＋１ <０ ꎬ ( )>０ꎬ <－ ａꎬ
３ ４ ２
◆习题5.2 ７.解析 令ｙ 得ｘ Ｐ ( ｂ )
＝０ ＝０ꎬ∴ (０ꎬ０)ꎬ ｆ ｘ 在 上单调递增 在
复习巩固 又ｆ′ ｘ ｘ ｋ ｆ′ 切线 ∴ ( ) －∞ꎬ－ ａ ꎬ
( )＝－ｅ ꎬ∴ ＝ (０)＝－１ꎬ∴ ２
１.解析 (１) ｙ′ ＝６ ｘ２ －６ ｘ. 方程为ｙ －０＝－１×( ｘ －０)ꎬ 即ｘ ＋ ｙ ＝０ . ( － ｂ ａꎬ＋∞ ) 上单调递减.
(２) ｙ′ ＝－ｘ ２ ２ － ｘ ４ ２ . ８.解析 ｆ′ ( ｘ )＝ ｘ ＋２－ ３ ｘ ꎬ 由ｘ ＋２－ ３ ｘ >０ꎬ ３.解析 ２
( ＋１)
得 ｘ 或ｘ 又 ｘ ｆ′ ｘ
ｙ′ ｘ １ . －３< <０ >１ꎬ ∵ >０ꎬ∴ ( )>０
(３) ＝２ ｌｎ２＋ｘ 的解集为 .
ｌｎ２ (１ꎬ＋∞)
ｙ′ ｎｘｎ －１ ｘ ｘｎ ｘ. ９.解析 Ａ′ ｔ .
(４) ＝ ｅ ＋ ｅ (１) ( )＝ ５００×ｌｎ ０ ８３４×
ｘ２ ｘ ｘ３ ｘ . ｔ.
ｙ′ ３ ｓｉｎ －( －１)ｃｏｓ ０８３４
(５) ＝ ｘ ２ Ａ′ . 它表示氡气在第
(ｓｉｎ ) (２) (７)≈－２５ ５ꎬ ７
３
ｘ２
ｓｉｎ
ｘ
－(
ｘ３
－１)ｃｏｓ
ｘ
.
天左右时
ꎬ
以
２５
.
５
克/天的速率散发.
注 图象形状不唯一.
＝ ２ｘ :
ｓｉｎ １０.解析 ｌ′ ｔ ｔ ３ 表示ｔ时刻 练习
ｙ′ (１) ( )＝ ４ ＋ ꎬ
(６) ＝ ２ １.解析 ｆ′ ｘ ｘ２.令ｆ′ ｘ
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ( ) (１) ( )＝３－３ ( )>０ꎬ
ｃｏｓ (ｓｉｎ ＋ｃｏｓ )－ｓｉｎ (ｃｏｓ －ｓｉｎ ) 的瞬时速度为 ｔ ３ . 得 ｘ ｆ ｘ 在 和
ｘ ｘ ２ ４ ＋ ｍ/ｓ －１< <１ꎬ∴ ( ) (－∞ꎬ－１) (１ꎬ
(ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) ２ 上单调递减 在 上单调
＋∞) ꎬ (－１ꎬ１)
１ . ｌ′ ３ ２７ . 递增.
＝ ｘ ｘ ２ (２) (３)＝１２＋ ＝ (ｍ/ｓ)
(ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) ２ ２ ｆ′ ｘ ｘ２ ｘ 令ｆ′ ｘ 得ｘ
２.解析
(１)
ｙ′
＝９９(
ｘ
＋１)
９８.
(３)
由
２
ｔ２
＋
３ ｔ
＝３８
得 ｔ
＝４(
负值舍
(２)
１ 或
( )
ｘ
＝３ －２
ｆ
－
ｘ
１ꎬ
在
(
( )>０
１
ꎬ
)
和
ｘ １ ２ ｘ １ ｘ －２ １ ２ <－ >１ꎬ∴ ( ) －∞ꎬ－
(２ ＋１) － × (２ ＋１) ×２ ３ ３
ｙ′ ２ 去 ｌ′ ３ ３５ . ( )
(２) ＝ ( ２ ｘ ＋１) ２ )ꎬ∴ (４)＝４×４＋ ２ ＝ ２ (ｍ/ｓ) (１ꎬ＋∞) 上单调递增 ꎬ 在 － １ ꎬ１ 上单
ｘ １ ２ ｘ ｘ －２ １ 拓广探索 调递减. ３
(２ ＋１) － (２ ＋１)
＝ ｘ － ２ ２ １ ｘ ＋ ｘ １ ｘ －２ ３. １１.解析 ｙ′ ＝２ ａ ｅ ２ ａｘ ꎬ∴ ｙ′ ｘ ＝０ ＝２ ａ ＝－ ２ １ ꎬ ２.证明 ｆ′ 时 ( ｘ )＝ ｆ′ ６ ｘ ｘ ２ －１２ ｘ ＝６ ｆ ｘ ( ｘ ｘ － 在 ２)ꎬ 当ｘ
＝(２ ＋１) － (２ ＋１) ∈(０ꎬ２) ꎬ ( )<０ꎬ∴ ( ) (０ꎬ２)
(３)∵ [ｓｉｎ(２ ｘ ＋５)] ′ ＝２ｃｏｓ(２ ｘ ＋５)ꎬ ∴ ａ ＝－ １ . 上单调递减.
ｙ′ ｘ ｘ ｘ ４ ３.解析
∴ ＝２ｓｉｎ(２ ＋５)＋(２ －３)×２ｃｏｓ(２ ＋ １２.解析 图略.
ｘ ｘ ｘ . (１)
５)＝２ｓｉｎ(２ ＋５)＋(４ －６)ｃｏｓ(２ ＋５)
当 ｈ 越 来 越 小 时 ｙ
ｘ ′ ｘ (２) ꎬ ＝
(４)∵ [ｃｏｓ(３ －２)] ＝－３ｓｉｎ(３ －２)ꎬ
ｘ ｈ ｘ
ｘ ｘ ｘ ｓｉｎ( ＋ )－ｓｉｎ 就越来越逼近函数ｙ
ｙ′ －６ ｓｉｎ(３ －２)－２ｃｏｓ(３ －２). ｈ ＝
∴ ＝ ｘ２
４
ｘ.
ｘ ２ ′ ｘ ｃｏｓ
(５)∵ [(３ ＋１) ] ＝１８ ＋６ꎬ
ｙ ｘ的导数为ｙ ｘ.
(３) ＝ｓｉｎ ＝ｃｏｓ
ｘ ′ ３ １
[ｌｎ(３ )] ＝ ｘ＝ ｘ ꎬ １３.解析 ｄ′ ｔ ｔ.所以 上午 注 图象形状不唯一.
３ ( )＝－４ｓｉｎ ꎬ ６:００ :
ｙ′ ｘ ｘ (３ ｘ ＋１) ２ . 时潮水的速度为 －０ . ４２ ｍ/ｈꎻ 上午 ９:００ ５.３.２ 函数的极值与最大(小)值
∴ ＝(１８ ＋６)ｌｎ(３ )＋ ｘ 时潮水的速度为 . 中午
－０６３ ｍ/ｈꎻ １２:００
－３ ｘ ′ －３ ｘ ｙ′ ｘ 时潮水的速度为 . 下午 练习
(６)∵ (ｅ ) ＝－３ｅ ꎬ∴ ＝３ ｌｎ ３× －０８３ｍ/ｈꎻ ６:００
ｅ －３ ｘ ＋３ ｘ ×(－３ｅ －３ ｘ )＝３ ｘ ｅ －３ ｘ ｌｎ ３－３ ｘ ＋１ ｅ －３ ｘ ＝ 时潮水的速度为 －１ . ２４ ｍ/ｈ . １.解析 ｆ ( ｘ ) 的极值点为ｘ ２ꎬ ｘ ４ .极大值点
１１
为ｘ 极小值点为ｘ . ２.证明 令ｆ ｘ ｘ ｘ 则 ｆ′ ｘ ４.解析 ｘ . ｘ ｘ . ｘ . ｘ .
２ꎬ ４ ( )＝ｌｎ － ＋１ꎬ ( )＝ (１) ２ (２) １ꎬ ４ (３) ３ (４) ５
( ) ( )
２.解析 ｆ ｘ 的极小值为ｆ １ １ ｘ 时 ｆ′ ｘ ｘ ５.解析 ｆ ｘ ｆ １ ４７.
(１) ( ) ＝６× ｘ －１ꎬ∴ ∈(０ꎬ１) ꎬ ( )>０ꎬ ∈(１ꎬ (１) ( )极小值＝ － ＝
１２ １２ ２４
( ) ２ 时 ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 上单 ｆ′ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 在
１ １ ４９. ＋∞) ꎬ ( )<０ꎬ∴ ( ) (０ꎬ１) (２) ( )＝ ３( －２)( ＋２)ꎬ∴ ( )
－ －２＝－ 调递增 在 上单调递减 上单调递增 在 上单
１２ １２ ２４ ꎬ (１ꎬ＋∞) ꎬ (－∞ꎬ－２) ꎬ (－２ꎬ２)
ｆ′ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ 调递减 在 上单调递增.
(２) ( )＝３ －２７＝３( ＋３)( －３)ꎬ ∴ ( )ｍａｘ＝ (１)＝０ꎬ ꎬ (２ꎬ＋∞)
ｆ ｘ 在 上单调递增 在 ｘ ｘ ｆ 即 ｘ ｘ . ｆ ｘ ｆ
∴ ( ) (－∞ꎬ－３) ꎬ ∴ ｌｎ － ＋１≤(１)＝０ꎬ ｌｎ ≤ －１ ∴ ( )极小值＝ (２)＝－１６ꎬ
上单调递减 上单调 练习 ｆ ｘ ｆ .
(－３ꎬ３) ꎬ(３ꎬ＋∞) ( )极大值＝ (－２)＝１６
递增. １.证明 令ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｆ′ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 在
( )＝ｓｉｎ － ꎬ ∈(０ꎬπ)ꎬ (３) ( )＝ ３( －２)( ＋２)ꎬ∴ ( )
当ｘ 时 ｆ ｘ 取得极大值 当ｘ 则ｆ′ ｘ ｘ ｆ ｘ 在 上单调递增 在 上单
∴ ＝－３ ꎬ( ) ５４ꎬ ( )＝ｃｏｓ －１<０ꎬ∴ ( ) (０ꎬπ) (－∞ꎬ－２) ꎬ (－２ꎬ２)
时 ｆ ｘ 取得极小值 . 上单调递减. 调递减 在 上单调递增.
＝３ ꎬ( ) －５４ ꎬ (２ꎬ＋∞)
ｆ′ ｘ ｘ２ 令ｆ′ ｘ 得ｘ ｆ ｘ ｆ 即 ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ
(３) ( )＝－３ ＋１２ꎬ ( )＝０ꎬ ∴ ( )<(０)＝０ꎬ ｓｉｎ － <０ꎬ ∴ ( )极小值＝ (２)＝－１０ꎬ
ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ. ｆ ｘ ｆ .
＝±２ꎬ∴ ∈(－２ꎬ２) ꎬ ( )>０ꎬ ∴ ｓｉｎ < ( )极大值＝ (－２)＝２２
ｘ 或ｘ 时 ｆ′ ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ 如图. ｆ′ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 在
∈(－∞ꎬ－２) ∈(２ꎬ＋∞) ꎬ ( ) １＝ｓｉｎ ꎬ ２＝ ꎬ (４) ( )＝－３( ＋４)( －４)ꎬ∴ ( )
上单调递减 在
<０ꎬ (－∞ꎬ－４)ꎬ(４ꎬ＋∞) ꎬ
当 ｘ 时 ｆ ｘ 取得极小值 为 上单调递增. ｆ ｘ
∴ ＝－２ ꎬ ( ) ꎬ (－４ꎬ４) ∴ ( )极小值 ＝
ｆ 当ｘ 时 ｆ ｘ 取得极大 ｆ
(－２)＝－１０ꎻ ＝２ ꎬ ( ) (－４)＝－１２８ꎬ
值 为ｆ . ｆ ｘ ｆ .
ꎬ (２)＝２２ ( )极大值＝ (４)＝１２８
ｆ′ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ６.解析 参考第 题可得
(４) ( )＝３－３ ＝３(１＋ )(１－ )ꎬ ５
令ｆ′ ｘ 得 ｘ 或 ｘ . ｘ ( )
( )
时
＝ ０
ｆ′
ꎬ
ｘ
＝１
ｘ
＝－１ ∴ ∈ ２.解析 设圆的直径为ｘ
ｍꎬ
则铁丝长为
(１)
ｆ
(
ｘ
)ｍｉｎ＝
ｆ
－
１
＝
４７
ꎬ
(－１ꎬ１) ꎬ ( )>０ꎬ ∈(－∞ꎬ－１)∪ ｘ ( ａ ) ( ) １２ ２４
(１ꎬ＋∞) 时 ꎬ ｆ′ ( ｘ )<０ꎬ∴ ｆ ( ｘ )极大值 ＝ ｌ ( ｘ )＝ π ＋ ｘ ＋２ ｘ － πｘ ＝ １＋ π ｘ ＋ ｆ ( ｘ )ｍａｘ＝ ｆ (１)＝９ .
ｆ ｆ ｘ ｆ . ２ ８ ４ 又ｆ ｆ
(１)＝２ꎬ( )极小值＝ (－１)＝－３＋１＝－２
ａ æ ａö
(２) (－
ｙ
３)＝－
ｆ
２７＋３６＝９ꎬ
ｙ
(３)
ｆ
＝ ２７－
２
ｘ ꎬ
ｘ
∈è
ç
０ꎬ
８
ø
÷. ３６＝－９ꎬ∴ ｍｉｎ＝ (２)＝－１６ꎬ ｍａｘ＝ (－２)
练习 π ＝１６ .
( ) ａ ( )
１.解析 (１) ｆ ( ｘ )ｍｉｎ ＝ ｆ １ ＝－ ４９ ꎬ ∴ ｌ′ ( ｘ )＝１＋ π ４ － ２ ｘ２ .令ｌ′ ( ｘ )＝０ꎬ 得ｘ ＝ (３) 又ｆ － １ ＝６＋４－ １ ＝ ２６９ ꎬ ｆ (１)＝６
１２ ２４ ３ ２７ ２７
ｆ ｘ ｆ . ａ æ ａ ö ｆ ｘ ｆ
( ( ２) ) ｆ ｍ ′ ａ ( ｘ ｘ ＝ ) ( ＝ ２ ３ ) ｘ ＝ ２ － ２ ２ ４ ７ － . ２ 令 －２ ｆ ＝ ′ ( ２ ｘ ０ )＝０ꎬ 得ｘ ＝ ４ ８ ＋π ꎬ∴ ｘ ∈è ç ０ꎬ ４ ８ ＋π ø ÷时 ꎬ ｌ′ ( ｘ )< ｆ －１ ｘ ２＋１＝ ｆ － ( ５ꎬ １ ∴ ) ( ２６ ) ９ ｍ . ｉｎ ＝ (１)＝ －５ꎬ
±３ . ｘ æ ç ８ ａ ８ ａö ÷时 ｌ′ ｘ . ｘ ( )ｍａｘ＝ － ３ ＝ ２７
当ｘ ∈(－４ꎬ－３) 时 ꎬ ｆ′ ( ｘ )>０ꎻ ０ꎬ ∈è ４＋π ꎬ π ø ꎬ ( )>０ ∴ (４) 又ｆ (－３)＝ ４８×(－３)＋２７＝－１１７ꎬ
４ 当 ) 时 ｘ ∈ ꎬ ｆ ( ′ － ( ３ ｘ ) ꎬ３ > ) ０ 时 . ꎬ ｆ′ ( ｘ )<０ꎻ 当ｘ ∈(３ꎬ ＝ ４ ８ ＋ ａ π 是ｌ ( ｘ ) 的极小值点 ꎬ 也是最小 ｆ ｆ ( (５ ｘ ) )＝ ｍａｘ ４ ＝ ８ ｆ × ( ５ ４ － ) ５ ＝ ３ １ ＝ ２ １ ８ １ . ５ꎬ∴ ｆ ( ｘ )ｍｉｎ＝－１１７ꎬ
综合运用
∴ ｆ ( ｘ )极大值 ＝ ｆ (－３)＝ ５４ꎬ ｆ ( ｘ )极小值 ＝ 值点. 当圆的直径为 ８ ａ 时 所 ７.解析 设其中一个正方形的边长为ｘ
又
ｆ (３
ｆ
)
(
＝
－４
－
)
５
＝
４ .
(－４)
３
－２７×(－４)＝４４ꎬ
ｆ
(４)
用材料
∴
最省.
４＋π ｍ ꎬ
则另 一个正方形的边长为 ｌ
－
ｘ.则两个
ꎬ
３ . ｆ ｘ ｆ ◆习题5.3 ４
＝
－５
４
４ꎬ
－ ｆ
(
２７ ｘ
)
×
ｍ
４
ａｘ
＝
＝
－ ｆ
(
４
－
４
３)
∴
＝５
(
４
. )ｍｉｎ ＝ (３)＝ 复习巩固 正方形的面积和为 Ｓ
＝
ｘ２
＋
( ｌ
－
ｘ ) ２
＝
(３)
ｆ′
(
ｘ
)＝－３
ｘ２
＋１２
. １.解析
(１)
ｆ
(
ｘ
)
在
(－∞ꎬ＋∞)
上单调
( ｌ ) ２ ｌ２
４
令ｆ′ ｘ 得ｘ 或ｘ 舍去 . 递减. ｘ .
( )＝０ꎬ ＝２ ＝－２( ) ２ － ＋
( ) ( ) ８ ３２
当ｘ １ 时 ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 π 上单调递增. ｌ ｌ２
∈ － ꎬ２ ꎬ ( )>０ꎬ (２) ( ) ０ꎬ 当ｘ 时 Ｓ 此时两段铁丝
３ ２ ∴ ＝ ꎬ ｍｉｎ＝ ꎬ
当ｘ 时 ｆ′ ｘ ｆ ｘ 的增区间为 . ８ ３２
∈(２ꎬ３) ꎬ ( )<０ꎬ (３) ( ) (－∞ꎬ＋∞) ｌ
ｆ ｘ ｆ . ｆ ｘ 的增区间为 . 长均为 .
∴ ( ( )极大 ) 值＝ (２)＝２ ( ２ ) ( ) ３ ２.解 (４ 析 ) ( ) ｆ ｘ 的增区 (－ 间 ∞ 为 ꎬ＋∞) ２ (
又ｆ － ３ １ ＝６＋１２× － ３ １ － － ３ １ ＝ 减区 间 ( 为 １ ( ) － ( ∞ ) ꎬ－１) . (－１ꎬ＋∞)ꎬ ８.解析 (１) Ｖ ( ｘ )＝ ( ａ －２ ｘ ) ２ｘ ０< ｘ <
( ) ａ )
５５ ꎬ ｆ (３)＝６＋３６－２７＝１５ꎬ (２) ｆ ( ｘ ) 的增区间为 ３ ꎬ＋∞ ꎬ 减区 .
２７ ( ) ( ) ４ ２
∴ ｆ ( ｘ )ｍｉｎ＝ ｆ － ３ １ ＝ ２ ５ ７ ５ ꎬ ｆ ( ｘ )ｍａｘ＝ ｆ (２) 间为 －∞ꎬ ３ ４ . ( 得 ２) ｘ Ｖ′ ( ｘ ａ )＝ 或 １２ ｘ ｘ ２ －８ ａ ａ ｘ ＋ ａ 舍 ２ ꎬ 令 去 Ｖ′ . ( ｘ )＝ ｘ ０ꎬ
＝２２ . (３) ｆ ( ｘ ) 的增区间为 (－∞ꎬ＋∞) . ＝ ６ ＝ ２ ( ) ∴ ∈
(４) ｆ′ ( ｘ )＝ ３－３ ｘ２.当 ｘ ∈[２ꎬ３] 时 ꎬ (４) ｆ ( ｘ ) 的增区间为 (－∞ꎬ－１)ꎬ ( ａ ) 时 Ｖ′ ｘ ｘ ( ａ ａ ) 时
ｆ′ ｘ 恒成立 ( ) ( ) ０ꎬ ꎬ ( )>０ꎬ ∈ ꎬ ꎬ
( )<０ ꎬ １ 减区间为 １ . ６ ６ ２
ｆ ｘ 在 上单调递减. ꎬ＋∞ ꎻ －１ꎬ ａ
∴ ( ) [２ꎬ３] ３ ３ Ｖ′ ｘ . ｘ 时 Ｖ ｘ 取得极大值
ｆ ｘ ｆ ｆ ｘ ｆ ３.解析 速度为 的点是极值点.图 ( )<０∴ ＝ ꎬ ( ) ꎬ
∴ ( )ｍａｘ＝ (２)＝ －２ꎬ ( )ｍｉｎ＝ (３)＝ (１) ０ ６
. 略. 汽车在这些点处加速度为 . 也是最大值.
－１８ (２) ０
１２
教材习题答案
ｎ ｘ ｘ ｘ ３ ｘ２ ｘ ２
９.证明 ∵ ｆ ( ｘ )＝ ｎ １ ∑ｉ＝
１
( ｘ － ａ ｉ) ２ ꎬ ＝ １－ ｘ ꎬ∴ ｘ ∈(０ꎬ１) 时 ꎬ ｆ′ ( ｘ )>０ꎬ ｆ ( ｘ ) (４) ｙ′ ＝ ２ (２ ＋１)
(
－
２
ｘ
＋
１
３
)
( ６ ２ ＋１) ２
ｆ′ ｘ ２
ｎ
ｘ ａ .
单调递增
ꎻ
ｘ
∈(１ꎬ＋∞)
时
ꎬ
ｆ′
(
ｘ
)<０ꎬ －２
ｘ２
＋２
ｘ
.
∴ ( )＝ ｎ ∑ｉ＝ ( － ｉ) ｆ ｘ 单调递减. ｆ ｘ ｆ ＝ ｘ ４
令ｆ′ ( ｘ )＝ ｎ ０ꎬ 得 １ ｘ ＝ ｎ １ ∑ｉ＝ ｎ １ ａ ｉꎬ 令 ∴ ( ｆ ｇ ( ) ( ｘ ) ｘ ) ＝ ＝ ｌｎ ｘ － ｘ － ｅ ｘ ｘ ꎬ ∴ < ｇ ０ ′ ꎬ ( ( 即 ｘ ) ) ｌ ＝ ｍ ｎ ａｘ １ ｘ ＝ < － ｘ ｅ ( . ｘ １ ꎬ ) ｘ ∈ ＝ － (０ １ ꎬ ꎬ ( ＝ ５ ( － ) ２ ｓ ( ｉｎ ｅ ＋ ( － １ ２ － ｘ ) ＋ ｘ １ ２ ) ＋ ′ ｘ ＝ ) － ２ ( ｅ － － ２ ｘ ｘ ＋ ２ １ ＋ ꎬ[ ｘ ) ｃｏ ′ ｓ ＝ ( ( － ２ ｘ ｘ ２ － ＋ １ ｘ ) ) ] ′
∴ ｘ ＝ ｎ １ ∑ｉ＝ １ ａ ｉ 是函数 ｆ ( ｘ ) 的极小 ｎ 值 ∴ ＋∞ ｇ ( ) ｘ 时 ) 在 ꎬ ｇ ( ′ ( ０ ｘ ꎬ ) ＋ < ∞ ０ꎬ ) 上单调递减. ∴ ｓｉｎ ｙ ( ′ － ＝ ｘ － ２ ２ ＋ ｅ ｘ － ) ｘ２ ꎬ ＋１ ｃｏｓ(－ ｘ２ ＋ ｘ )＋ｅ －２ ｘ ＋１ (２ ｘ －
点
ꎬ
也是最小值点.
∴
当 ｘ
＝ ｎ
１
∑ｉ＝ １
ａ
ｉ 综 ∴ 上
ｇ
(
ｘ
)< ｘ
ｇ
( ｘ ０)＝ ｘ. －１ꎬ∴
ｘ
－ｅ
ｘ
<０ꎬ∴ ｅ
ｘ
>
ｘ.
１)ｓ － ｉ ２ ｎ ｘ ＋ ( １ －
ｘ２
＋
ｘ
) ｘ２ ｘ ｘ
ｎ ꎬｌｎ < <ｅ ＝ｅ [－２ｃｏｓ(－ ＋ )＋(２ －１)
时 ꎬ ｆ ( ｘ )＝ ｎ １ ∑ｉ＝
１
( ｘ － ａ ｉ) ２ 取得最小值.
１３.
图
解
象
析
验证略
函
.
数ｆ ｘ ａｘ３ ｂｘ２ ｃｘ ｄ
ｓｉｎ(－ ｘ２ ＋ ｘ
ｘ
)]
′
.
ｘ
１０.解析 设收入为 Ｒ 则 Ｒ ｑ ｐ ｑ (１) ( )＝ ＋ ＋ ＋ (６)(ｓｉｎ２ ) ＝２ｃｏｓ２ ꎬ
ꎬ ＝ ＝ 的图象大致是个 双峰 形状 类似
( ２５－ １ ｑ ) ＝２５ ｑ － １ ｑ２. “ ” 或 “ “ ” 的形 ” 状.若 ꎬ 有极 ( ｘ ) ′ ＝( ｘ１ ２ ) ′ ＝ ２ １ ｘ－２ １ ꎬ
８ ８
利润 Ｌ ＝ Ｒ － Ｃ ＝ ( ２５ ｑ － ８ １ ｑ２ ) －(１００＋ 极 值 大 ꎬ 则 值 在 和 整 一 个 个 定 极 义 小 域 值 上 ꎬ 从 有 图 且 象 仅 上 有 能 一 大 个 ∴ ｙ′ ＝ ２ ｘ ｃｏｓ２ ｘ － ｘ ２ １ ｘ－２ １ ｓｉｎ２ ｘ .
致估计它的单调区间.
４
ｑ
)＝－
１ ｑ２
＋２１
ｑ
－１００(０<
ｑ
<２００)ꎬ 因为ｆ ｘ ａｘ３ ｂｘ２ ｃｘ ｄ ａ
３.答案 Ｂ
８ (２) ( )＝ ＋ ＋ ＋ ( ≠０)ꎬ 解析 由ｆ′ ｘ 的图象知 ｆ ｘ 在其定
时 ∵ Ｌ′ ＝ ꎬ ｑ Ｌ ∈ － ′ < ４ １ ( ０ ０ ｑ ꎬ ꎬ ＋ ８ ２ ４ １ ) ꎬ 时 令 ꎬ Ｌ Ｌ ′ ′ ＝ > ０ ０ ꎬ ꎻ 得 ｑ ∈ ｑ ＝ (８ ８ ４ ４ ꎬ ꎬ ２００) 分 所 ① ｆ′ ( 以 当 ａ ｘ > ) ｆ ａ ０ ＝ ′ > ( 和 ３ ｘ ０ ａ ) ｘ ａ 且 ＝ ２ < ＋ ３ ０ ２ ａ ｂ ｂ 两 ２ ｘ ｘ ２ － ＋ 种 ＋ ｃ ３ ２ 情 ａ ＝ ｂ ｃ ｘ ０ 况 > ＋ 的 ｃ ０ : . 两 时 根 ꎬ 设 分 方 别 程 为 “ 义 缓 平 域 ” 缓 . 上 ” 是 变 增 “ 陡 ( 函 峭 数 ) ” ꎬ ꎬ 且 再 ｆ 由 ( ｘ “ ) 陡 的 ( 峭 图 ) ” 象 变 先 “ 由 平
∴
当ｑ
＝８４
时
ꎬ
Ｌ取得最大值
ꎬ
即利润
ｘ ｘ 且ｘ ｘ . ４.解析 ｙ′ １ ｙ′ 切
最大.
ｘ
１ꎬ ２ꎬ １
ｘ
< ２
或 ｘ ｘ 时
(１) ＝１＋ｘ２ꎬ∴ ｘ ＝１ ＝２ꎬ∴
１１.解析 设销售价为ｘ元/件 它比售价 ∈(－∞ꎬ １) ∈( ２ꎬ＋∞) ꎬ 线方程为ｙ ｘ .
ꎬ ｆ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 ｘ ｘ ｘ ＝２ －２
ｂ元下降了 １０ ｙ％ ꎬ 从而 ｘ ＝ ｂ (１－ 时 ( ｆ ) ′ > ｘ ０ꎬ ( ｆ ) ｘ 单调递 ꎻ 减 ∈ . ( １ꎬ ２) ｙ′ ２ｅ ２ ｘ －１ ｘ２ －２ ｘ ｅ ２ ｘ －１ ｙ′
ｙ％ 故 ｙ％
ｂ
－
ｘ
. 当
ꎬ
ａ
(
且
)<
ｂ
０
２
ꎬ(
ａｃ
)
时 ｆ′ ｘ ａｘ２
(２) ＝ ｘ４ ꎬ∴ ｘ ＝２ １ ＝
１０ )ꎬ １０ ＝ ｂ >０ －３ ≤０ ꎬ ( )＝３ ＋ ( )
ｂｘ ｃ ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增. 切线方程为ｙ ｘ １
根据题意 此时可卖出 ｍ 件 则 ｍ ２ ＋ ≥０ꎬ( ) －８ꎬ∴ －４＝－８ － ꎬ
ꎬ ꎬ ＝ 当ａ 且 ｂ２ ａｃ 时 设方程 ２
ｂ ｘ ② <０ －３ >０ ꎬ 即 ｘ ｙ .
ｃ ｙ％ ｃ ｃ － ｆ′ ｘ ａｘ２ ｂｘ ｃ 的两根分别为 ８ ＋ －８＝０
(１＋４０ )＝ ＋４ × ｂ ꎬ ( )＝３ ＋２ ＋ ＝０ æＧＭｍö′ ＧＭｍ
利润Ｌ ｘ ｘ ａ ( ｃ ｃ ｂ － ｘ) 当 ｘ １ꎬ ｘ ｘ ２ꎬ 且 ｘ ｘ １ ｘ < ｘ ２ 时 ꎬ ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 ５.解析 Ｆ′ ＝è ç ｒ２ ø ÷ ＝－ ２ ｒ３ .
∴ ( )＝( － ) ＋４ × ｂ ∈( １ꎬ ２) ꎬ ( )>０ꎬ∴ ( ) ６.解析 ｆ′ ｔ .ｆ′ ｔ 表示ｔ附近函
( ) ｘ ｘ 上单调递增 当ｘ ｘ (１) ( )<０ ( )
ｃ ｘ ａ ４ ｘ .
( １ꎬ ２) ꎻ ∈(－∞ꎬ １) 数值的瞬时变化率.因为红茶的温度在
＝ ( － ) ５－ ｂ 或ｘ ｘ 时 ｆ′ ｘ ｆ ｘ
∈( ２ꎬ＋∞) ꎬ ( )<０ꎬ∴ ( ) 下降 ｆ′ ｔ 为负.
ｃ ａｃ ｂｃ 在 ｘ ｘ 上单调递减. ꎬ∴ ( )
令Ｌ′ ｘ ８ ｘ ４ ＋５ 得 ｘ (－∞ꎬ １)ꎬ( ２ꎬ＋∞) ｆ′ 的实际意义是 在 ｔ
( )＝ － ｂ ＋ ｂ ＝０ꎬ 当ａ
<０
且ｂ２
－３
ａｃ
≤０
时
ꎬ
ｆ′
(
ｘ
)＝３
ａｘ２
＋
(２)
附
(３
近
)
红
＝
茶
－４
温度约以
:
的速
＝
ａ ｂ ｂｘ ｃ ｆ ｘ 在Ｒ上单调递减. ３ ｍｉｎ ４ ℃/ｍｉｎ
４ ＋５ . ２ ＋ ≤０ꎬ∴ ( ) 率下降.
＝ 复习参考题5
８
( ａ ｂ)
当ｘ ａ ４ ＋５ 时 Ｌ′ ｘ 当ｘ 复习巩固
∈ ꎬ ꎬ ( )>０ꎻ ∈
８ １.解析 Ｐ Ｑ .
( ａ ｂ ] (１ꎬ－４)ꎬ (４ꎬ５)
４ ＋５ ｂ 时 Ｌ′ ｘ
ꎬ ꎬ ( )<０ꎬ ｋ －４－５ .
８ (１) ＰＱ＝ ＝３
ａ ｂ １－４
当ｘ ４ ＋５ 时.Ｌ ｘ 取得极大值 也 ｙ′ ｘ ｙ′ .
是 ∴ 最大 ＝ 值. ８ ( ) ꎬ ( ∴ ２ 点 ) Ｐ ＝ 处 ２ 的 －２ 切 ꎬ∴ 线方程 ｘ ＝１ 为 ＝０ ｙ ＋４＝０ . ７.解析 ｆ ( ｘ )＝ ３ｘ２ ＝ ｘ２ ３ ꎬ
所以销售价为４ ａ ＋ ８ ５ ｂ 元/件时 ꎬ 利润 ２.解析 (１)(ｔａｎ ｘ ) ′ ＝ ( ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ ｘ ｘ ) ′ ＝ ｃｏ １ ｓ ２ｘꎬ ∴ ｆ′ ( ｘ )＝ ３ ２ ｘ－３ １ ꎬ
最大. ｙ′ ｘ ｘ ′ 令ｆ′ ｘ 得ｘ 令ｆ′ ｘ 得 ｘ
∴ ＝(２ ｔａｎ ) ( )>０ꎬ >０ꎻ ( )<０ꎬ
１２.解析 设 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ .
(１) ( )＝ ｅ －１－ ꎬ ≠０ꎬ ｘ ｘ ′ ｓｉｎ２ ＋２ . <０
ｆ′ ｘ ｘ ｘ 时 ｆ′ ｘ ＝２( ｔａｎ ) ＝ ２ｘ ｆ ｘ 的单调递增区间为 单
( )＝ｅ －１ꎬ ∈(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )> ｃｏｓ ∴ ( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ
０ꎬ ｆ ( ｘ ) 递增 ꎻ 当ｘ ∈(－∞ꎬ０) 时 ꎬ ｆ′ ( ｘ ) ｙ′ ｘ ｘ ２ ｘ . 调递减区间为 (－∞ꎬ０) .
ｆ ｘ 递减 ｆ ｘ ｆ (２) ＝２ ｌｎ２ｌｎ ＋ ｘ ８.解析 ｆ′ ｘ ｘ ｐ.当ｆ′ ｘ ｘ ｐ
<０ꎬ ( ) ꎬ∴ ( )> (０)＝ ０ꎬ ( )＝ ２ ＋ ( )＝ ２ ＋ ＝
∴ ｆ ( ｘ )>０ꎬ 即 ｅ ｘ >１＋ ｘ ( ｘ ≠０) . (３) ｙ′ ＝[( ｘ －２) ３ ] ′ (３ ｘ ＋１) ２ ＋( ｘ －２) ３ 即ｘ ｐ 时 ｆ ｘ 有最小值 由
图象验证略. ｘ ２ ′ ｘ ２ ｘ ２ ｘ ０ꎬ ＝－ ＝１ ꎬ ( ) ꎬ
[(３ ＋１) ] ＝３( －２) (３ ＋１) ＋( － ２
３ ｘ ｐ
设ｆ ｘ ｘ ｘ 则ｆ′ ｘ １ ２) [６(３ ＋１)] 得ｐ 又因为ｆ ｑ
(２) ( )＝ｌｎ － ꎬ ( )＝ ｘ －１ ｘ ｘ ｘ ２. － ＝１ꎬ ＝－２ꎬ (１)＝１－２＋
＝３(５ －３)(３ ＋１)( －２) ２
１３
所以ｑ . １８.证明 ｆ ｘ ｘ ｘ ｍ ｘ ｍ .
＝４ꎬ ＝５ 或ｘ ４ 舍去 . ( )＝ｅ －ｌｎ( ＋ )( >－ )
９.解析 ｆ ｘ ｘ３ ｃｘ２ ｃ２ｘ ｆ′ ｘ ｘ２ ＝－ ( ) 当ｍ ｘ ｍ 时
( )＝ －２ ＋ ꎬ ( )＝３ － １５ ≤２ꎬ ∈(－ ꎬ＋∞) ꎬ
ｃｘ ｃ２.由ｆ′ 得ｃ 或ｃ . ｘ 时 ｙ . 高为 . ｘ ｍ ｘ 故只需证明当ｍ
４ ＋ (２)＝０ ＝２ ＝６ ∴ ＝１ ꎬ ｍａｘ＝１ ８ꎬ ３ ２－２×１＝ ｌｎ( ＋ )≤ｌｎ( ＋２)ꎬ
若ｃ ｆ′ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ . .即高为 . 时 容积最大 时 ｆ ｘ .
＝２ꎬ ( )＝３ －８ ＋４＝(３ －２)( － １２(ｍ) １ ２ ｍ ꎬ ꎬ ＝２ ꎬ( )>０
( ) 最大为 . ３.
ｆ ｘ 在 ２ 上单 １８ ｍ 当ｍ 时 ｆ′ ｘ ｘ １ 在
２)ꎬ∴ ( ) －∞ꎬ ꎬ(２ꎬ＋∞) １５.解析 设圆锥的底面半径为 ｒ 高为 ＝２ ꎬ ( )＝ ｅ －ｘ (－２ꎬ
３ ꎬ ＋２
( )
调递增 在 ２ 上单调递减 ｆ ｘ
ｈ
ꎬ
体积为Ｖ
ꎬ
则ｒ２
＋
ｈ２
＝
Ｒ２
ꎬ ＋∞)
上单调递增
ꎬ
又ｆ′
(－１)<０ꎬ
ｆ′
(０)>０ꎬ
ꎬ ꎬ２ ꎬ∴ ( ) 故ｆ′ ｘ 在 内有唯一实
若 在 ( ｃ ｘ ｘ ＝ ＝ － ６ ２ ６ ꎬ ) 处 ｆ ꎬ ′ ∴ 取 ( ｘ 极 ｆ ３ ) ( ＝ ｘ 小 ) ３ 值 在 ｘ２ . ( － － ２４ ∞ ｘ ꎬ ＋ ２ ３ ) ６ ꎬ ＝ ( ３ ６ ( ꎬ ｘ ＋ － ∞ ２ ) ) ∴ ＝ Ｖ ３ １ ＝ π Ｒ ３ １ ２ π ｈ － ｒ２ｈ ３ １ ＝ π ３ １ ｈ３ π (０ ( < Ｒ ｈ ２ < － Ｒ ｈ２ ) ) . ｈ 根 时 ｆ′ ( ꎬ ｘ ｘ ｆ ０ ) ′ ( ꎬ > ( 且 ０ ) ｘ . ＝ ) ｘ ０ ０ < ∈ ０ ( ꎬ ( － 当 － １ꎬ ２ ｘ ０ ꎬ ∈ ) ＋ . ∞ 当 ( ｘ ) ｘ ０ꎬ ∈ ＋ ( ∞ －２ ) ꎬ 时 ｘ ０ ꎬ )
上单调递增 在 上单调递减.
ｆ ｘ 在ｘ ꎬ 处 (２ 取 ꎬ６ 极 ) 大值. Ｖ′ ＝ １ π Ｒ２ －π ｈ２ ꎬ 由Ｖ′ ＝０ 得ｈ ＝ ３Ｒ. 从而当ｘ ＝ ｘ ０ 时 ꎬ ｆ ( ｘ ) 取得最小值 ꎬ
∴ ( ) ＝２ ３ ３ 由ｆ′ ｘ 得 ｘ １ ｘ
１０ 综 .解 上 析 ꎬ ｃ ＝ 设 ６ . Ａ ( ａ ꎬ０)( ａ ≠０ 且ａ ≠１)ꎬ 则 ∴ ｈ ∈ æ è ç ０ꎬ ３ ３Ｒ ö ø ÷时 ꎬ Ｖ′ >０ꎬ Ｖ单调递增 ꎻ ｘ ( 故 ０) ｆ ＝０ ｘ ｅ ０ ｆ ＝ ｘ ｘ ０＋２ ꎬｌｎ １ ( ０＋２ ｘ )＝
直线ＡＢ的方程为 ｙ
ｘ
－
ａ
０
＝
ｙ
ｘ
－１
ꎬ
令ｘ
＝０ꎬ ｈ
æ
ç ３Ｒ Ｒ
ö
÷时 Ｖ′ Ｖ单调递减
－ ０ꎬ ( )≥ ( ０)＝ ｘ ０＋２ ＋ ０ ＝
－ －１ ∈è ꎬ ø ꎬ <０ꎬ ꎬ ｘ ２
ａ ３ ( ０＋１) .
得ｙ ｘ >０
( ＝ａ －１ ａ ꎬ ) ∴ ｈ ＝ ３ ３Ｒ 时 ꎬ Ｖ 取最大值.此时 ｒ ＝ 综上 ０＋ ꎬ ２ 当ｍ ≤２ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )>０ .
Ｂ . １９.解析 ｆ ｘ 的定义域为Ｒ ｆ′ ｘ
∴ ０ꎬａ (１) ( ) ꎬ ( )
－１ ６Ｒ. ｘ ａ ｘ .
ａ ＝(２ｅ ＋１)( ｅ －１)
Ｓ Ｓ ａ １ ａ ３ 若ａ 则ａ ｘ 恒成立 ｆ′ ｘ
∴ △ ＡＯＢ ＝ ( ) ＝ × × ａ ＝ ≤０ꎬ ｅ －１<０ ꎬ∴ ( )
２ －１ 由αＲ ｒ 得α ２ ６ .即圆心角 α 即ｆ ｘ 在Ｒ上单调递减.若ａ
ａ２ ａ２ ａ ＝２π ꎬ ＝ π <０ꎬ ( ) >０ꎬ
Ｓ′ ａ １ －２ ３ 令ａ ｘ 得ｘ ａ
２(
ａ
－１)
ꎬ ( )＝
２
×
(
ａ
－１)
２ꎬ
为２ ６ 时 容积最大. 当ｘ
ｅ －１＝０ꎬ
ａ
＝－
时
ｌｎ
ｆ
ꎬ
′ ｘ 当ｘ
令Ｓ′ ａ 得ａ 舍去 或ａ π ꎬ ∈(－∞ꎬ－ｌｎ ) ꎬ ( )<０ꎬ
( )＝０ꎬ ＝０( ) ＝２ꎬ ３ ａ 时 ｆ′ ｘ 所以ｆ ｘ
ａ 时 Ｓ′ ａ Ｓ ａ 单调递 拓广探索 ∈(－ｌｎ ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ ( )
∈(０ꎬ２) ꎬ ( )<０ꎬ∴ ( ) 在 ａ 上单调递减 在
减 ａ 时 Ｓ′ ａ Ｓ ａ １６.解析 当汽车以ｘ 行驶时 行车 (－∞ꎬ－ｌｎ ) ꎬ
ꎻ ∈(２ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ∴ ( ) ｋｍ/ｈ ꎬ ａ 上单调递增.
单调递增. [ ( ｘ２ )] (－ｌｎ ꎬ＋∞)
的总费用ｙ １３０ 因为ｆ ｘ 有两个零点 所以ａ .
所以当ａ 时 ＡＯＢ的面积取得最 ＝ ３５＋７ ３＋ ｘ (５０ (２) ( ) ꎬ >０
＝２ ꎬ△ ３６０ 否则ｆ ｘ 在Ｒ上单调递减 至多有一
小值 为Ｓ 此时直线ＡＢ的倾 ｘ ( ) ꎬ
ꎬ (２)＝ ２ꎬ ≤ ≤１００)ꎬ 个零点 与题设不符 所以 ｆ ａ
斜角为 °. ꎬ ꎬ (－ｌｎ )
１３５ ｙ′ ５６×１３０ ９１ 令ｙ′ 得ｘ
１１.答案 Ｄ ＝－ ｘ２ ＋
３６
ꎬ ＝０ꎬ ＝２４５ <０ꎬ
( )
１２.解析 (１) ｂ′ ( ｔ )＝１０ ４ －２×１０ ３ｔ. ( 负值舍去 ) . ∴ 当 ｘ ＝２４ ５ｋｍ/ｈ 时 ꎬ 即ａ × ａ １ ２ ＋( ａ －２)× ａ １ ＋ｌｎ ａ <０ꎬ 有 １
ｂ′ ４ ３
(５)＝１０ －２×１０ ×５＝０ꎬ
ｂ′ (１０)＝－１００００ . ｙ ｍｉｎ＝ ３６４ ５元. － ａ １ －ｌｎ １ ａ <０ .
细菌在ｔ 和ｔ 时的瞬时变化 ３
率 ∴ 分别为 ＝ 和 ５ ＝１０ . １７.解析 函数定义域为 { ｘ ｜ ｘ ≠１} .ｙ′ ＝ 当ａ ＝１ 时 ꎬ ｆ (－ｌｎ ａ )＝ ０ꎬ 故ｆ ( ｘ ) 只有
０ －１００００ ｘ ｘ２ ｘ 一个零点
(２) 由ｂ′ ( ｔ )>０ 得ｔ <５ꎬ 由ｂ′ ( ｔ )<０ 得ｔ ｅ(２ ｘ －３ ２ ) ꎬ 令 ｙ′ ＝０ꎬ 得 ｘ ＝０ 或 ｘ ＝ ꎻ
>５ . ∴ 细菌在ｔ ∈(０ꎬ５) 时间段数量增 ( －１) ( ) 当ａ >１ 时 ꎬ 有 １－ｌｎ １ ａ － ａ １ >０ꎬ
加 在ｔ 时间段数量减少. ３ 函数在 ３ 上
ꎬ ∈(５ꎬ＋∞) ꎬ∴ (－∞ꎬ０)ꎬ ꎬ＋∞ 即ｆ ａ 故ｆ ｘ 无零点
１３.解析 易求曲线ｙ ｘ ｘ在点 ２ ( ２ ) (－ｌｎ )>０ꎬ ( ) ꎻ
＝ ＋ｌｎ (１ꎬ１)
处的切线方程为ｙ ｘ 由ｙ ｘ 单调递增 在 ３ 上单调 当ａ 时 １ １
＝２ －１ꎬ ＝２ －１ ꎬ (０ꎬ１)ꎬ １ꎬ ∈(０ꎬ１) ꎬ１－ｌｎ ａ － ａ <０ꎬ
２
与
ａｘ２
ｙ ＝ ａｘ
ａ
２ ＋(２ ａ
ｘ
＋３) ｘ ＋１
若
联立
ａ
消去
则
ｙ得
ｘ
ꎬ 递减
ꎬ
且ｙ
极大值＝１ꎬ
ｙ
极小值＝４ｅ
３ ２. 即ｆ
(－ｌｎ
ａ
)<０ꎬ
＋(２ ＋１) ＋２＝０ꎬ ＝０ꎬ ＝ ｘ ｘ ( ) 又ｆ ａ －４ ａ －２
若ａ 则有Δ ａ ２ ａ 又ｙ ｅ(２ －１) ｘ １ ｘ (－２)＝ ｅ ＋( －２)ｅ ＋２>０ꎬ
－２ꎻ ≠０ꎬ ＝(２ ＋１) －４× ×２ ＝ ｘ ＝ｅ ２＋ｘ ꎬ →－∞ 所以ｆ ｘ 在 ａ 上有一个零
－１ －１ ( ) (－∞ꎬ－ｌｎ )
ａ １ .综上 ａ 或ａ １ . 时 ｙ ｘ 时 ｙ 故函数图 点 设存在正整数 ｎ 满足 ｎ
＝０ꎬ∴ ＝ ２ ꎬ ＝０ ＝ ２ 象如 ꎬ → 图 ０ . ꎬ →＋∞ ꎬ →＋∞ꎬ ( ꎬ ) ０ ０ >
１４.解析 设容器底面短边长为 ｘ 则 ３
ｍꎬ ｌｎ ａ －１ ꎬ
其邻 边 长 为 ｘ . 高 为
( ＋ ０ ５) ｍꎬ 则ｆ ｎ ｎ ａ ｎ ａ ｎ ｎ ｎ
１ 由 ４ {
.
８ ３ － . ２ ４ －
ｘ
－ ２ ４ ４ ｘ > ( ０
ｘ
＋ ꎬ得 ０
.
５) ＝ ｘ ３ . ２ . －２ ｘ. 由 ２ ｎ ０ 于 －
(
ｎ ０ ｌｎ >
０)
( ０
＝
. ３ ａ
ｅ
－
０ (
１ )
ｅ
>
０
－
＋
ｌｎ
－
ａ
２
ꎬ
)
因
－
此
０>
ｆ
ｅ
(
０
ｘ
－
) 在
０>
ｘ ０< <１６ꎬ
>０ꎬ ａ 上有一个零点.
∴
容积ｙ
＝
ｘ
(
ｘ
＋０
.
５)(３
.
２－２
ｘ
)＝－２
ｘ３
＋
(－ｌｎ ꎬ＋∞)
综上 ａ的取值范围为 .
２ . ２ ｘ２ ＋１ . ６ ｘ (０< ｘ <１ . ６)ꎬ ꎬ (０ꎬ１)
ｙ′ ｘ２ . ｘ . 由ｙ′ 得ｘ
∴ ＝－６ ＋４４ ＋１６ꎬ ＝０ ＝１
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