文档文本内容
新概念为导向的压轴题
1.对于给定的正整数k，若对任意的正整数n(n>k)，数列{an}均满足an－k·an－k＋1·…
·
an－1·an＋1·…·an＋k－1·an＋k＝a，且an>0，则称数列{an}是“Π(k)数列”.
(1)证明：各项均为正数的等比数列{an}是“Π(k)数列”.
(2)已知数列{an}既是“Π(2)数列”，又是“Π(3)数列”.
①证明：数列{an}是等比数列.
②设数列{an}的前n 项和为Sn，若a1＋a2＝3，a3－a2＝2，问：是否存在正整数
n，p，m，使得Sn＋2＝pm＋1？若存在，求出所有的n，p，m；若不存在，请说明
理由.
(1)证明 因为{an}是等比数列，
所以an－k·an＋k＝a，
所以an－k·an－k＋1·…·an－1·an＋1·…·an＋k－1·an＋k＝a，
因此各项均为正数的等比数列{an}是“Π(k)数列”.
(2)①证明 数列{an}既是“Π(2)数列”，又是“Π(3)数列”，
因此当n>2 时，an－2an－1an＋1an＋2＝a，(ⅰ)
当n>3 时，an－3an－2an－1an＋1an＋2an＋3＝a，(ⅱ)
由(ⅰ)知，当n>3 时，an－3an－2＝，(ⅲ)
an＋2an＋3＝，(ⅳ)
将(ⅲ)(ⅳ)代入(ⅱ)，得an－1an＋1＝a，其中n>3，
所以a3，a4，a5，…是等比数列，设其公比为q′，
在(ⅰ)中，取n＝4，则a2a3a5a6＝a，
所以a2＝，
在(ⅰ)中，取n＝3，则a1a2a4a5＝a，所以a1＝，
所以数列{an}是等比数列.
②解 由①及a1＋a2＝3，a3－a2＝2 知
所以3q′2－5q′－2＝0.
由an>0，易知q′>0，所以q′＝2，a1＝1.
所以an＝2n－1，Sn＝2n－1.
假设存在正整数n，p，m，使得Sn＋2＝pm＋1，
即2n＋1＝pm＋1，即pm＋1－1＝2n.
当m 为奇数时，pm＋1－1＝(p－1)(p＋1)，
设p＋1＝2s，p－1＝2t，则s>t，
所以2s－2t＝2t(2s－t－1)＝2，
可得2t＝2，2s－t－1＝1，所以t＝1，s＝2，
所以n＝3，S3＋2＝9＝31＋1，
所以存在n＝3，p＝3，m＝1，使得Sn＋2＝pm＋1.
当m 为偶数时，pm＋1－1＝(p－1)(pm＋pm－1＋…＋p＋1)，
若p 为偶数，则pm＋1－1 为奇数，所以pm＋1－1≠2n.
若p 为奇数，则p>1，
p－1 为偶数，pm＋pm－1＋…＋p＋1 为m＋1 个奇数之和，也为奇数，所以pm＋1－
1≠2n.
所以当m 为偶数时，不存在正整数n，p，m，
使得Sn＋2＝pm＋1.
综上所述，存在n＝3，p＝3，m＝1，使得Sn＋2＝pm＋1.
2.已知函数f(x)与g(x)的图象在它们的公共定义域D 内有且仅有一个交点(x0，
f(x0))，对于∀x1∈D 且x1∈(－∞，x0)，x2∈D 且x2∈(x0，＋∞)，若都有[f(x1)－
g(x1)]·[f(x2)－g(x2)]<0，则称f(x)与g(x)关于点(x0，f(x0))互穿；若都有[f(x1)－
g(x1)]·[f(x2)－g(x2)]>0，则称f(x)与g(x)关于点(x0，f(x0))互回.
已知函数f(x)与g(x)的定义域均为R，导函数分别为f′(x)与g′(x)，f(x)与g(x)的图
象在R 上有且仅有一个交点(m，f(m))，f′(x)与g′(x)的图象在R 上有且仅有一个交
点(m，f′(m)).
(1)若f(x)＝ex，g(x)＝1＋x，试判断函数f(x)与g(x)的位置关系.
(2)若f′(x)与g′(x)关于点(m，f′(m))互回，证明：f(x)与g(x)关于点(m，f(m))互穿且
[f(x)－g(x)]·[f′(x)－g′(x)]>0 在(m，＋∞)上恒成立.
(3)研究表明：若f′(x)与g′(x)关于点(m，f′(m))互穿，则f(x)与g(x)关于点(m，f(m))
互回且[f(x)－g(x)]·[f′(x)－g′(x)]>0 在(m，＋∞)上恒成立.根据以上信息，证明：
ex≥1＋x＋＋＋…＋(i 为奇数).
(1)解 设H(x)＝f(x)－g(x)＝ex－(1＋x)＝ex－x－1，
则H′(x)＝ex－1，当x<0 时，H′(x)<0，
当x>0 时，H′(x)>0，
∴H(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴H(x)≥H(0)＝e0－1＝0，即f(x)≥g(x)，当且仅当x＝0 时取等号.
又f(x)与g(x)的图象在R 上有且仅有一个交点(0，1)，
∴函数f(x)与g(x)关于点(0，1)互回.
(2)证明 设x1<m，x2>m，则[f′(x1)－g′(x1)]·[f′(x2)－g′(x2)]>0，
设h(x)＝f(x)－g(x)，则h′(x)＝f′(x)－g′(x)，故h′(x1)·h′(x2)>0.
①若h′(x1)，h′(x2)均大于零，
∵h′(m)＝f′(m)－g′(m)＝0，
∴h′(x)≥0，∴h(x)单调递增，
又h(m)＝f(m)－g(m)＝0，
∴h(x1)<0，h(x2)>0，
∴h(x1)·h(x2)＝[f(x1)－g(x1)]·[f(x2)－g(x2)]<0，h(x2)·h′(x2)>0，
∴f(x)与g(x)关于点(m，f(m))互穿且[f(x)－g(x)]·[f′(x)－g′(x)]>0 在(m，＋∞)上恒成
立.
②若h′(x1)，h′(x2)均小于零，
∵h′(m)＝f′(m)－g′(m)＝0，
∴h′(x)≤0，∴h(x)单调递减，
又h(m)＝f(m)－g(m)＝0，
∴h(x1)>0，h(x2)<0，
∴h(x1)·h(x2)＝[f(x1)－g(x1)]·[f(x2)－g(x2)]<0，h(x2)·h′(x2)>0.
∴f(x)与g(x)关于点(m，f(m))互穿且[f(x)－g(x)]·[f′(x)－g′(x)]>0 在(m，＋∞)上恒成
立.
(3)证明 设fi(x)＝ex，gi(x)＝1＋x＋＋＋…＋(i∈N*)，
则fi′(x)＝ex＝fi－1(x)(i≥2)，gi′(x)＝1＋x＋＋＋…＋＝gi－1(x)(i≥2)，
易知f1(x)＝ex，g1(x)＝1＋x，
由(1)可知f1(x)与g1(x)关于点(0，1)互回.
∵fi(0)＝1＝gi(0)，
∴∀i∈N*，fi(x)与gi(x)的图象交于点(0，1).
由(2)得f2(x)与g2(x)关于点(0，1)互穿，
由(3)得f3(x)与g3(x)关于点(0，1)互回，
易得当i 为奇数时，fi(x)与gi(x)关于点(0，1)互回，
∴∀x1∈(－∞，0)，x2∈(0，＋∞)，有[fi(x1)－gi(x1)]·[fi(x2)－gi(x2)]>0(i 为奇数).
由题意得[fi(x2)－gi(x2)]·[fi－1(x2)－gi－1(x2)]>0，
对任意正整数i 恒成立，
∴[fi－1(x2)－gi－1(x2)]·[fi－2(x2)－gi－2(x2)]>0，
[fi－2(x2)－gi－2(x2)]·[fi－3(x2)－gi－3(x2)]>0，…，
[f2(x2)－g2(x2)]·[f1(x2)－g1(x2)]>0，
累乘得[fi(x2)－gi(x2)]·[fi－1(x2)－gi－1(x2)]2·…·[f1(x2)－g1(x2)]>0，
∴[fi(x2)－gi(x2)]·[f1(x2)－g1(x2)]>0，
易知f1(x2)－g1(x2)>0，
∴fi(x2)－gi(x2)>0.
∵[fi(x1)－gi(x1)]·[fi(x2)－gi(x2)]>0(i 为奇数)，
∴fi(x1)－gi(x1)>0(i 为奇数)，
∵fi(0)＝gi(0)，
∴fi(x)≥gi(x)(i 为奇数)，
即ex≥1＋x＋＋＋…＋(i 为奇数)，得证.
