文档文本内容
教材习题答案
１
第四章 数列
4.1 数列的概念
练习
１.解析
(１)４ꎬ１６ꎬ３６ꎬ６４ꎬ１００ꎬ１４４ꎬ１９６ꎬ
２５６ꎬ３２４ꎬ４００.
(２) １ꎬ１
２ꎬ１
３ꎬ１
４ꎬ１
５ꎬ１
６ꎬ１
７ꎬ１
８ꎬ
１
９ꎬ１
１０.
(３)３ꎬ５ꎬ７ꎬ９ꎬ１１ꎬ１３ꎬ１５ꎬ１７ꎬ１９ꎬ２１.
(４)２ꎬ３ꎬ２ꎬ５ꎬ２ꎬ７ꎬ２ꎬ９ꎬ２ꎬ１１.
图象略.
２.解析
ｎ
１
２
５
１２
２２
ｎ
ａｎ２１
３３
６９
１５３２７３３(３＋４ｎ)
３.解析
ｄ(１) ＝１ꎬｄ(２) ＝２ꎬｄ(３) ＝２ꎬ
ｄ(４)＝３ꎬｄ(５)＝２ꎬｄ(６)＝４ꎬｄ(７)＝２ꎬ
ｄ(８)＝４ꎬｄ(９)＝３ꎬｄ(１０)＝４.
所以数列{ｄ(ｎ)} 的前１０项为１ꎬ２ꎬ２ꎬ
３ꎬ２ꎬ４ꎬ２ꎬ４ꎬ３ꎬ４.
４.解析 (１)ａｎ＝
１
２ｎ－１.
(２)ａｎ＝
２
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｎ－１
.
练习
１.解析 图形略.
(１)２１ꎬａｎ＝５ｎ－４.
(２)１３ꎬａｎ＝３ｎ－２.
(３)３５ꎬａｎ＝ｎ
２＋２ｎ.
２.解析 (１)１ꎬ３ꎬ７ꎬ１５ꎬ３１.
(２)３ꎬ３ꎬ３ꎬ３ꎬ３.
３.解析 ２ꎬ３
２ꎬ４
３ꎬ５
４ꎬ６
５.
ａｎ＝ｎ＋１
ｎ.
４.解析 当ｎ＝１时ꎬａ１＝Ｓ１＝－２ꎬ
当ｎ≥２时ꎬａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１
＝－２ｎ
２－[－２(ｎ－１)
２]
＝－２ｎ
２＋２(ｎ－１)
２＝－４ｎ＋２ꎬ
又ａ１＝－２适合上式ꎬ∴ａｎ＝－４ｎ＋２.
◆习题4.1
复习巩固
１.解析 图象略.
(１)２ꎬ３ꎬ５ꎬ７ꎬ１１ꎬ１３ꎬ１７ꎬ１９ꎬ２３ꎬ２９.
(２)１ꎬ１ꎬ２ꎬ２ꎬ４ꎬ２ꎬ６ꎬ４ꎬ６ꎬ４.
２.解析 (１)１ꎬ１
４ꎬ１
９ꎬ１
１６ꎬ１
２５.
(２)２ꎬ－５ꎬ１０ꎬ－１７ꎬ２６.
(３) １
２ꎬ３ꎬ１３ꎬ５３ꎬ２１３.
(４)－１
４ꎬ５ꎬ４
５ꎬ－１
４ꎬ５.
３.解析 (１)１ꎬ－１６ꎬ－３６ꎻａｎ＝(－１)
ｎ＋１ｎ
２.
(２) １
５
２ꎬ１
１１
２ꎻａｎ＝
１
(２ｎ－１)
２.
(３) ３ꎬ６ꎻａｎ＝ｎ.
(４) １
１２ꎬ１
４２ꎻａｎ＝
１
ｎ(ｎ＋１).
综合运用
４.解析 (１)１ꎬ２ꎬ３ꎬ５ꎬ８.
(２)２ꎬ３
２ꎬ５
３ꎬ８
５ꎬ１３
８.
５.解析
三角形数所构成的数列的第５
项和第６项分别为１５ꎬ２１ꎻ
正方形数所构成的数列的第５项和第
６项分别为２５ꎬ３６ꎻ
五边形数所构成的数列的第５项和第
６项分别为３５ꎬ５１.
６.解析 ａ１＝１０×(１＋０.３５％)
＝１０.０３５(万元)ꎬ
ａ２＝１０×(１＋０.３５％)
２
≈１０.０７０(万元)ꎬ
ａ３＝１０×(１＋０.３５％)
３
≈１０.１０５４(万元)ꎬ
ａｎ＝１０×(１＋０.３５％)
ｎ(万元).
拓广探索
７.解析 (１)证明:ａｎ＝２
ｎ－１
２
ｎ
＝１－１
２
ｎꎬ
∵ｎ∈Ｎ
∗ꎬ∴０< １
２
ｎ≤１
２.
∴１
２≤ａｎ<１ꎬ即ａｎ≥１
２成立.
(２)ａｎ＋１－ａｎ＝１－１
２
ｎ＋１
æ
è
ç
ö
ø
÷ －１－１
２
ｎ
æ
è
ç
ö
ø
÷
＝１
２
ｎ－１
２
ｎ＋１＝１
２
ｎ＋１>０ꎬ∴ａｎ＋１>ａｎ.
∴{ａｎ}是递增数列.
4.2 等差数列
４.２.１ 等差数列的概念
练习
１.解析 (１)是ꎬｄ＝－１３.(２)不是.
(３)不是.(４)是ꎬｄ＝－１
１２.
２.解析 (１)７７１.(２)６２
１５.
３.解析
ａ１
ａ３
ａ５
ａ７
ｄ
－７
０.５
８
１５.５
３.７５
１５
２
－１１
－２４
－６.５
４.解析 由已知ꎬ
得
(ａ１＋３ｄ)＋(ａ１＋７ｄ)＝２０ꎬ
ａ１＋６ｄ＝１２ꎬ
{
整理得
ａ１＋５ｄ＝１０ꎬ
ａ１＋６ｄ＝１２ꎬ
{
解得
ａ１＝０ꎬ
ｄ＝２ꎬ
{
∴ａ４＝ａ１＋３ｄ＝６.
５.解析 设这５个数构成公差为ｄ的等
差数列{ａｎ}ꎬ
则ａ１＝７ꎬａ５＝２１ꎬ∵ａ５＝ａ１＋４ｄꎬ
∴ｄ＝３.５.
∴ａ２＝ａ１＋ｄ＝１０.５ꎬａ３＝ａ１＋２ｄ＝１４ꎬ
ａ４＝ａ１＋３ｄ＝１７.５.
∴在７和２１中插入１０.５ꎬ１４ꎬ１７.５这３
个数ꎬ可使这５个数成等差数列.
练习
１.解析 由题意知ａ１＝１５ꎬｄ＝２ꎬ
∴ａｎ＝ａ１＋(ｎ－１)ｄ＝１５＋(ｎ－１) ×２＝２ｎ＋
１３ꎬ∴ａ１０＝２×１０＋１３＝３３ꎬ即第１０排有
３３个座位.
２.解析 图象略.
直线的斜率为－３.
３.解析 由已知ꎬ得
ａ１＋(ｎ－１)ｄ＝ｍꎬ
ａ１＋(ｍ－１)ｄ＝ｎꎬ
{
解得
ａ１＝ｍ＋ｎ－１ꎬ
ｄ＝－１.
{
∴ａｍ＋ｎ＝ａ１＋(ｍ＋ｎ－１)ｄ
＝ｍ＋ｎ－１＋(ｍ＋ｎ－１)(－１)＝０.
４.解析 (１) 数列{ｃｎ} 是等差数列.证明
如下:∵数列{ ａｎ}ꎬ{ ｂｎ} 都是等差数
列ꎬ公差分别为ｄ１ꎬｄ２ꎬ
∴ａｎ＋１－ａｎ＝ｄ１ꎬｂｎ＋１－ｂｎ＝ｄ２ꎬ
又∵ｃｎ＝ａｎ＋２ｂｎꎬ
∴ｃｎ＋１－ｃｎ＝(ａｎ＋１＋２ｂｎ＋１)－(ａｎ＋２ｂｎ)
＝(ａｎ＋１－ａｎ)＋２(ｂｎ＋１－ｂｎ)＝ｄ１＋２ｄ２ꎬ
∴数列{ ｃｎ} 是等差数列ꎬ公差为ｄ１
＋２ｄ２.
(２)ｃ１＝ａ１＋２ｂ１＝３ꎬ公差ｄ＝２＋２×２＝６ꎬ
∴ｃｎ＝ｃ１＋(ｎ－１)ｄ＝３＋６(ｎ－１)＝６ｎ－３.
５.解析
(１) 一个无穷等差数列{ ａｎ} 去
掉前ｍ项后ꎬ其余各项组成的数列是
ａｍ＋１ꎬａｍ＋２ꎬａｍ＋３ꎬꎬａｎꎬ.
仍能满足定义:ａｍ＋２－ａｍ＋１＝ｄꎬ
ａｍ＋３－ａｍ＋２＝ｄꎬ
ａｎ－ａｎ－１＝ｄꎬ
∴这个新数列仍为等差数列且首项为
ａ１＋ｍｄꎬ公差为ｄ.
(２)所取出的项构成的数列为
ａ１ꎬａ３ꎬａ５ꎬꎬａ２ｎ＋１ꎬ.
∵ａ２ｎ＋１－ａ２ｎ－１＝ａ１＋( ２ｎ＋１－１) ｄ－ａ１－
(２ｎ－２)ｄ＝２ｄꎬ为常数ꎬ
∴这个新数列仍为等差数列且首项为
各种高中资料一手更新，认准公众号：一枚试卷君
２
ａ１ꎬ公差为２ｄ.
(３)取出所有序号为７的倍数的项构成
的数列为ａ７ꎬａ１４ꎬａ２１ꎬꎬａ７ｎꎬ.
∵ａ７ｎ－ａ７(ｎ－１) ＝ａ１＋( ７ｎ－１) ｄ－ａ１－
[７(ｎ－１)－１]ｄ＝７ｄꎬ为常数ꎬ
∴这个新数列仍为等差数列且公差
为７ｄ.
猜想:取出等差数列中所有序号为ｔ( ｔ
∈Ｎ
∗)的倍数的项构成的数列仍为等
差数列.
４.２.２ 等差数列的前ｎ项和公式
练习
１. 解析
( １) Ｓ１０＝１０(ａ１＋ａ１０)
２
＝
１０×(５＋９５)
２
＝５００.
(２) Ｓ５０＝５０ａ１＋５０×４９
２
× ｄ＝５０× １００＋
５０×４９
２
×(－２)＝２５５０.
(３)∵ａ１＝－４ꎬａ８＝－１８ꎬ∴－４＋７ｄ＝
－１８ꎬ
∴ｄ＝－２ꎬ∴ａ１０＝－４＋９×(－２)＝－２２ꎬ
∴Ｓ１０＝１０×[－４＋(－２２)]
２
＝－１３０.
(４)∵ａｎ＝１４.５＋(ｎ－１)×０.７＝３２ꎬ
∴ｎ＝２６ꎬ
∴Ｓ２６＝２６×１４.５＋２６×２５
２
×０.７＝６０４.５.
２.解析 由题意ꎬ知ａ１＝－１ꎬ
ｄ＝(－３)－(－１)＝－２ꎬ
∴－ｎ＋ｎ(ｎ－１)
２
×(－２)＝－１００ꎬ
解得ｎ＝１０.
３.解析 由
Ｓ４＝６ꎬ
Ｓ８＝２０ꎬ
{
得
４ａ１＋６ｄ＝６ꎬ
８ａ１＋２８ｄ＝２０ꎬ
{
解得
ａ１＝３
４ꎬ
ｄ＝１
２.
ì
î
í
ïï
ïï
∴Ｓ１６＝１６ａ１＋１６×１５
２
ｄ＝１６× ３
４＋１６×１５
２
×
１
２＝７２.
４.解析 Ｓ１５＝１５ａ１＋１５×１４
２
ｄ＝５[(ａ１＋ｄ) ＋
(ａ１＋５ｄ)＋ａ１＋(ｋ－１)ｄ]ꎬ
∴２１ｄ＝(ｋ＋５)ｄꎬ
∴(ｋ－１６)ｄ＝０ꎬ∴ｋ＝１６.
５.解析 设等差数列为{ａｎ}ꎬ首项为ａ１ꎬ
公差为ｄꎬ其前ｎ项和为Ｓｎ.
则由题意可得ꎬＳ奇＝ａ１＋ａ３＋＋ａ２ｎ＋１
＝(ｎ＋１)ａ１＋ｎ(ｎ＋１)
２
２ｄ
＝(ｎ＋１)(ａ１＋ｎｄ)
＝(ｎ＋１)ａｎ＋１＝２９０ꎬ
Ｓ偶＝ａ２＋ａ４＋＋ａ２ｎ＝ｎ(ａ１＋ｄ) ＋ｎ(ｎ－１)
２
２ｄ＝ｎ(ａ１＋ｎｄ)＝ｎａｎ＋１＝２６１ꎬ
∴
(ｎ＋１)ａｎ＋１＝２９０ꎬ
ｎａｎ＋１＝２６１ꎬ
{
解得
ａｎ＋１＝２９ꎬ
ｎ＝９.
{
∴数列中间一项为２９ꎬ项数为１９.
练习
１.解析 第二种方式获奖者受益更多.
第二种方式每天领取的奖品价值构成
等差数列{ａｎ}ꎬ设首项为ａ１ꎬ公差为ｄꎬ
则ａ１＝１００ꎬｄ＝１０ꎬｎ＝１３.
∴Ｓ１３＝１３× １００＋１３×１２
２
× １０＝２０８０>
２０００.
∴第二种领奖方式获奖者受益更多.
２.解析 当ｎ＝１时ꎬａ１＝Ｓ１＝４７
１２ꎻ
当ｎ≥２时ꎬａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１＝(
１
４ｎ
２＋２
３ｎ＋
３) －[
１
４( ｎ－１)
２＋２
３( ｎ－１) ＋３] ＝
６ｎ＋５
１２ꎬａ１＝４７
１２不适合上式ꎬ
∴ａｎ＝
４７
１２ꎬｎ＝１ꎬ
６ｎ＋５
１２ꎬｎ≥２.
ì
î
í
ïï
ïï
３.解析 ａ１＝－４.２ꎬｄ＝( －３.７) －( －４.２)＝
０.５ꎬ
∴ａｎ＝－４.２＋(ｎ－１)×０.５
＝－４.７＋０.５ｎ.
易知当ｎ≤９时ꎬａｎ< ０ꎬ当ｎ> ９时ꎬａｎ
>０ꎬ
∴当ｎ＝９时ꎬＳｎ取得最小值.
４.解析 由ｍ＝２ｎ－１<６０ꎬ得ｎ<３０１
２ꎬ
又ｎ∈Ｎ
∗ꎬ∴ｎｍａｘ＝３０.
∴集合Ｍ中元素的个数为３０ꎬ这些元
素构成首项为１ꎬ公差为２的等差数列ꎬ
∴Ｓ３０＝３０×１＋３０×２９
２
×２＝９００.
５.解析
由ａｎ＝ｎ－２
２ｎ－１５＝(ｎ－７.５)＋５.５
２(ｎ－７.５)
＝
１
２＋
５.５
２(ｎ－７.５)可知ꎬ
当ｎ≤７时ꎬｎ－７.５<０ꎬ当ｎ>７时ꎬｎ－７.５
>０ꎬａｎ>０ꎬ
∴当ｎ＝７时ꎬＳｎ最小.
◆习题4.2
复习巩固
１.解析 (１)∵ａ１＝２０ꎬａｎ＝５４ꎬＳｎ＝９９９ꎬ
∴
２０＋(ｎ－１)ｄ＝５４ꎬ
ｎ(２０＋５４)
２
＝９９９ꎬ
{
解得ｄ＝１７
１３ꎬ
ｎ＝２７.
{
(２)∵ｄ＝１
３ꎬｎ＝３７ꎬＳｎ＝６２９ꎬ
∴Ｓ３７＝３７ａ１＋３７×３６
２
× １
３＝６２９ꎬ
解得ａ１＝１１ꎬ
∴ａｎ＝ａ３７＝１１＋３６× １
３＝２３.
(３)∵ａ１＝５
６ꎬｄ＝－１
６ꎬＳｎ＝－５ꎬ
∴５
６ｎ＋ｎ(ｎ－１)
２
× －１
６
(
) ＝－５ꎬ
解得ｎ＝１５(负值舍去).
∴ａｎ＝ａ１５＝５
６＋１４× －１
６
(
) ＝－３
２.
(４)∵ｄ＝２ꎬｎ＝１５ꎬａｎ＝－１０ꎬ
∴ａ１＋１４×２＝－１０ꎬ∴ａ１＝－３８ꎬ
∴Ｓｎ＝Ｓ１５＝１５× ( －３８) ＋１５×１４
２
× ２＝
－３６０.
２.解析 设等差数列{ａｎ}的公差为ｄ.
解法一:由题意得ꎬ
ａ１＋(ａ１＋２ｄ)＋(ａ１＋４ｄ)＝１０５ꎬ
(ａ１＋ｄ)＋(ａ１＋３ｄ)＋(ａ１＋５ｄ)＝９９ꎬ
{
解得
ａ１＝３９ꎬ
ｄ＝－２.
{
∴ａ２０＝ａ１＋１９ｄ＝３９＋１９×(－２)＝１.
解法二:∵ａ１＋ａ３＋ａ５＝１０５ꎬ∴ａ３＝３５ꎬ
又ａ２＋ａ４＋ａ６＝９９ꎬ
∴ａ４＝３３.
∴ｄ＝ａ４－ａ３＝－２.
∴ａ２０＝ａ３＋１７ｄ＝３５＋１７×(－２)＝１.
３.解析 (１)从小到大排列的前ｎ个正偶
数构成等差数列{ａｎ}ꎬ且ａ１＝２ꎬｄ＝２ꎬ
则Ｓ偶＝ｎａ１＋ｎ(ｎ－１)
２
ｄ＝２ｎ＋ｎ(ｎ－１)
２
×２
＝ｎ
２＋ｎ.
(２)从小到大排列的前ｎ个正奇数构成
等差数列{ａｎ}ꎬ且ａ１＝１ꎬｄ＝２ꎬ则Ｓ奇＝
ｎａ１＋ｎ(ｎ－１)
２
ｄ＝ｎ＋ｎ(ｎ－１)
２
×２＝ｎ
２.
(３)在三位正整数的集合中ꎬ５的倍数
从小到大排列构成等差数列{ ａｎ}ꎬ且
ａ１＝１００ꎬｄ＝５ꎬａｎ＝９９５.
由ａｎ＝１００＋( ｎ－１) × ５＝９９５ꎬ解得ｎ
＝１８０.
所以Ｓ１８０＝１８０×(１００＋９９５)
２
＝９８５５０.
(４) 在小于１００的正整数中ꎬ被７除余
２的数从小到大排列构成等差数列
{ａｎ}ꎬ且ａ１＝２ꎬｄ＝７ꎬａｎ＝９３ꎬ由ａｎ＝２＋
(ｎ－１)×７＝９３ꎬ解得ｎ＝１４ꎬ
所以Ｓ１４＝１４×２＋１４×１３
２
×７＝６６５.
４.解析
１６８２
１７５８
１８３４
１９１０
１９８６
由题意可知ꎬ哈雷彗星是以“ 等差数
列” 的时间回归的ꎬ不妨设此数列为
{ａｎ}ꎬ则ａ１＝１６８２ꎬｄ＝７６ꎬ
教材习题答案
３
所以通项公式为ａｎ＝ａ１＋(ｎ－１)ｄ
＝１６８２＋(ｎ－１)×７６＝７６ｎ＋１６０６ꎬ
可计算出它在本世纪回归的时间为
２０６２年.
综合运用
５.解析 设此多边形的边数为ｎꎬｎ∈Ｎ
∗ꎬ
各边的长构成等差数列{ ａｎ}ꎬ首项为
ａ１ꎬ公差为ｄꎬ前ｎ项和为Ｓｎ. 则Ｓｎ＝
１５８ꎬａｎ＝４４ꎬｄ＝３ꎬ
由题意得ｎａ１＋ｎ(ｎ－１)
２
×３＝１５８ꎬ
ａ１＋(ｎ－１)×３＝４４ꎬ
{
解得ｎ＝４或ｎ＝７９
３(舍).
∴多边形的边数为４.
６.解析 ∵数列{ａｎ}ꎬ{ｂｎ}是等差数列ꎬ
∴数列{ａｎ＋ｂｎ}也是等差数列.
∵ａ１＋ｂ１＝２０ꎬａ１００＋ｂ１００＝１００ꎬ
∴Ｓ１００＝１００×(２０＋１００)
２
＝６０００.
７.解析 (１)证明:设等差数列{ａｎ} 的首
项为ａ１ꎬ公差为ｄꎬ
则Ｓｎ＝ｎａ１＋ｎ(ｎ－１)
２
ｄꎬ
∴
Ｓｎ
ｎ＝ｄ
２ｎ＋ａ１－ｄ
２
(
) ꎬ
∴
Ｓｎ＋１
ｎ＋１－Ｓｎ
ｎ＝[
ｄ
２(ｎ＋１) ＋ａ１－ｄ
２
(
) ] －
ｄ
２ｎ＋ａ１－ｄ
２
(
)
[
] ＝ｄ
２ꎬ
∴数列Ｓｎ
ｎ
{ } 是等差数列.
(２)由(１)知Ｓｎ
ｎ
{ } 为等差数列ꎬ设公差
为ｄ′ꎬ则
Ｓ８
８－Ｓ４
４＝４ｄ′ꎬ
又Ｓ４＝１２ꎬＳ８＝４０ꎬ
∴５－３＝４ｄ′ꎬ∴ｄ′＝１
２.
又
Ｓ４
４＝Ｓ１
１＋３ｄ′＝３ꎬ
∴
Ｓ１
１＝３
２ꎬ
∴Ｔｎ＝３
２ｎ＋ｎ(ｎ－１)
２
× １
２＝１
４ｎ
２＋５
４ｎ.
８.解析
∵等差数列２ꎬ６ꎬ１０ꎬꎬ１９０的
首项为２ꎬ公差为４ꎬ∴其通项公式ａｎ＝
２＋４(ｎ－１)＝４ｎ－２.
又等差数列２ꎬ８ꎬ１４ꎬꎬ２００的首项为
２ꎬ公差为６ꎬ∴其通项公式ｂｍ＝２＋６(ｍ
－１)＝６ｍ－４.
由４ｎ－２＝６ｍ－４ꎬ得ｎ＝３ｍ－１
２
ꎬｎꎬｍ∈
Ｎ
∗ꎬ∴ｍ＝１ꎬ３ꎬ５ꎬꎬ３１.
∴新数列由数列２ꎬ８ꎬ１４ꎬꎬ２００中的
奇数项构成ꎬ即２ꎬ１４ꎬꎬ１８２ꎬ首项为
２ꎬ公差为１２ꎬ项数为１６ꎬ
∴Ｓ１６＝２×１６＋１６×１５
２
×１２＝１４７２.
９.解析 由题意知第１辆车到休息时行
驶了２４０ｍｉｎꎬ各辆车行驶的时间构成
一个等差数列ꎬ设该数列为{ａｎ}ꎬ首项
为ａ１ꎬ公差为ｄ.则ａ１＝２４０ꎬｄ＝－１０ꎬ
则ａｎ＝２４０－１０×( ｎ－１) ＝－１０ｎ＋２５０( ｎ
∈Ｎ
∗).
(１)因为ａ１５＝－１０×１５＋２５０＝１００ꎬ
所以截止到１８时ꎬ最后一辆车行驶了
１００ｍｉｎ.
(２)这支车队所有车辆行驶的总时间
为２４０＋１００
２
×１５＝２５５０(ｍｉｎ)＝８５
２(ｈ)ꎬ
所以这支车队当天一共行驶的路程为
８５
２×６０＝２５５０(ｋｍ).
拓广探索
１０.证明 ∵等差数列{ａｎ}的公差为ｄꎬ
∴
ａｍ－ａｎ
ｍ－ｎ＝ａ１＋(ｍ－１)ｄ－[ａ１＋(ｎ－１)ｄ]
ｍ－ｎ
＝(ｍ－ｎ)ｄ
ｍ－ｎ
＝ｄ.
在斜率为ｄ的直线ｌ:ｆ(ｘ) ＝ｄｘ＋(ａ１－
ｄ)上任取两点(ｍꎬａｍ)ꎬ(ｎꎬａｎ) (ｍ≠
ｎ)ꎬ则ｄ＝ａｍ－ａｎ
ｍ－ｎ.
即公差为ｄ的等差数列{ａｎ}的图象是
由点(ｎꎬａｎ) 组成的集合ꎬ这些点均匀
分布在直线ｆ(ｘ)＝ｄｘ＋(ａ１－ｄ)上.
１１.解析
(１) 由题表中的数据分析ꎬ可
建立等差数列模型.设该数列为{ａｎ}ꎬ
首项为ａ１ꎬ公差为ｄ.
则ａ１＝２.５０ꎬａ１０＝２５.０７ꎬ
∴ｄ＝ａ１０－ａ１
１０－１＝２５.０７－２.５０
９
≈２.５１.
∴ａｎ＝２.５０＋２.５１(ｎ－１)＝２.５１ｎ－０.０１.
(２)由( １) 知ａ６０＝２. ５１× ６０－０. ０１＝
１５０.５９(ｍ).
由２.５１ｎ－０.０１＝１０ꎬ得ｎ＝４.０(ｓ).
∴这只虎甲虫连续爬行１ｍｉｎ能爬
１５０.５９ｍꎬ它连续爬行１０ｍ需要４.０ｓ.
１２.解析
(１) ａ１＝１ꎬａｎ－ａｎ－１＝ｎ(ｎ≥２ꎬｎ
∈Ｎ
∗).
(２)ａ１＝１ꎬ
ａ２－ａ１＝２ꎬ
ａ３－ａ２＝３ꎬ
ａｎ－ａｎ－１＝ｎ(ｎ≥２)ꎬ
各式相加ꎬ得ａｎ＝１＋２＋３＋＋ｎ
＝ｎ(ｎ＋１)
２
.
所以数列{ａｎ} 的一个通项公式为ａｎ
＝ｎ(ｎ＋１)
２
.
4.3 等比数列
４.３.１ 等比数列的概念
练习
１.解析 (１)不是.(２)是ꎻ公比为１.１.
(３)不是.(４)是ꎻ公比为－２.
２.解析
ａ１
ａ３
ａ５
ａ７
ｑ
２
４
８
１６
２或－２
５０
２
０.０８
０.００３２
０.２
３.解析 解法一:由
ａ１ａ３＝３６ꎬ
ａ２＋ａ４＝６０ꎬ
{
得
ａ１ａ１ｑ
２＝３６ꎬ
ａ１ｑ＋ａ１ｑ
３＝６０ꎬ
{
解得
ａ１＝２ꎬ
ｑ＝３
{
或
ａ１＝－２ꎬ
ｑ＝－３.
{
解法二:∵ａ１ａ３＝３６ꎬ
∴ａ
２
２＝３６ꎬ∴ａ２＝±６.
当ａ２＝６时ꎬａ４＝５４ꎬ
∴ｑ
２＝ａ４
ａ２
＝９ꎬ∴ｑ＝±３.
当ａ２＝－６时ꎬａ４＝６６ꎬ
∴ｑ
２＝ａ４
ａ２
＝－１１<０(舍去).
当ｑ＝３时ꎬａ１＝２ꎬ
当ｑ＝－３时ꎬａ１＝－２.
４.解析
数列{ ａｎ} 是等比数列. 证明如
下:由已知得ａｎ＝ｃｑ
ｎꎬ
∵ｃ≠０ꎬｑ≠０ꎬ∴
ａｎ＋１
ａｎ
＝ｃｑ
ｎ＋１
ｃｑ
ｎ＝ｑꎬ
∴数列{ａｎ}是首项为ｃｑ(ｃ≠０ꎬｑ≠０ꎬ且
ｑ≠１)ꎬ公比为ｑ的等比数列.
５.解析 (１) ａ３ꎬａ５ꎬａ７成等比数列ꎬ设数
列{ａｎ}的公比为ｑꎬ
∵
ａ５
ａ３
＝ａ７
ａ５
＝ｑ
２ꎬ
∴ａ３ꎬａ５ꎬａ７成等比数列.
同理ꎬａ１ꎬａ５ꎬａ９成等比数列ꎬ且公比
为ｑ
４.
(２)当ｎ>１时ꎬａｎ－１ꎬａｎꎬａｎ＋１成等比数列.
∵
ａｎ
ａｎ－１
＝ａ１ｑ
ｎ－１
ａ１ｑ
ｎ－２＝ｑꎬ
ａｎ＋１
ａｎ
＝ａ１ｑ
ｎ
ａ１ｑ
ｎ－１＝ｑꎬ
∴
ａｎ
ａｎ－１
＝ａｎ＋１
ａｎ
ꎬ∴ａｎ－１ꎬａｎꎬａｎ＋１成等比
数列.
当ｎ>ｋ>０时ꎬａｎ－ｋꎬａｎꎬａｎ＋ｋ成等比数列.
∵
ａｎ
ａｎ－ｋ
＝ａ１ｑ
ｎ－１
ａ１ｑ
ｎ－ｋ－１＝ｑ
ｋꎬ
ａｎ＋ｋ
ａｎ
＝ａ１ｑ
ｎ＋ｋ－１
ａ１ｑ
ｎ－１＝ｑ
ｋꎬ
∴
ａｎ
ａｎ－ｋ
＝ａｎ＋ｋ
ａｎ
ꎬ∴ａｎ－ｋꎬａｎꎬａｎ＋ｋ成等比数列.
练习
１.解析 (１)设这４个数组成的等比数列
为{ａｎ}ꎬ公比为ｑꎬ其中ａ１＝９ꎬａ４＝２４３ꎬ
４
∴ｑ
３＝ａ４
ａ１
＝２４３
９＝２７ꎬ
∴ｑ＝３ꎬ∴ａ２＝ａ１ｑ＝９×３＝２７ꎬ
ａ３＝ａ１ｑ
２＝９×３
２＝８１.
故插入的两个数为２７ꎬ８１.
(２) 设这６个数组成的等比数列为
{ｂｎ}ꎬ公比为ｑ′ꎬ
其中ｂ１＝１６０ꎬｂ６＝－５ꎬ∴ｑ′
５＝ｂ６
ｂ１
＝－１
３２.
∴ｑ′＝－１
２ꎬ∴ｂ２＝１６０× －１
２
(
) ＝－８０ꎬ
ｂ３＝(－８０)× －１
２
(
) ＝４０ꎬ
ｂ４＝４０× －１
２
(
) ＝－２０ꎬ
ｂ５＝－２０× －１
２
(
) ＝１０ꎬ
故插入的４个数分别为－８０ꎬ４０ꎬ
－２０ꎬ１０.
２.解析
设数列{ ａｎ} 的公比为ｑ１ꎬ{ ｂｎ}
的公比为ｑ２ꎬ
(１)∵
ｃｎ＋１
ｃｎ
＝ａｎ＋１ｂｎ＋１
ａｎｂｎ
＝ｑ１ｑ２ꎬ
∴数列{ ｃｎ} 是以ｑ１ｑ２为公比的等比
数列.
(２) ∵
ｄｎ＋１
ｄｎ
＝
ａｎ＋１
ｂｎ＋１
ａｎ
ｂｎ
＝ａｎ＋１ｂｎ
ｂｎ＋１ａｎ
＝ａｎ＋１
ａｎ
ｂｎ
ｂｎ＋１
＝ｑ１
ｑ２
ꎬ
∴数列{ｄｎ}是以
ｑ１
ｑ２
为公比的等比数列.
３.解析 设每年生产的新能源汽车数组
成一个数列{ａｎ}ꎬ则{ａｎ} 是等比数列ꎬ
其中ａ１＝５０００ꎬｑ＝３
２ꎬ
所以ａ９＝ａ１ｑ
８＝５０００×
３
２(
)
８
≈１２８１４５.
所以２０２５年全年约生产新能源汽车
１２８１４５辆.
４.解析 设年平均增长率为ｘꎬ则１０５(１＋
ｘ)
２＝２４０ꎬ
解得ｘ＝０.５１＝５１％.
所以这个城市空气质量为“优”“良”的
天数的年平均增长率应达到５１％.
５.解析 设ａｍ为数列{ａｎ}中的最大项ꎬ
则
ａｍ≥ａｍ＋１ꎬ
ａｍ≥ａｍ－１ꎬ
{
即
ｍ
３
３
ｍ≥(ｍ＋１)
３
３
ｍ＋１
ꎬ
ｍ
３
３
ｍ≥(ｍ－１)
３
３
ｍ－１
ꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
∴
１
３３－１
≤ｍ≤
３３
３３－１
ꎬ
即２.２６≤ｍ≤３.２６ꎬ∴ｍ＝３.
∴ａｎ取得最大值时ｎ的值为３.
４.３.２ 等比数列的前ｎ项和公式
练习
１.解析
( １) Ｓ６＝ａ１(１－ｑ
６)
１－ｑ
＝３(１－２
６)
１－２
＝１８９.
(２) Ｓｎ＝ａ１－ａｎｑ
１－ｑ
＝
－２.７－１
９０× －１
３
(
)
１－－１
３
(
)
＝
－９１
４５.
(３)∵ｑ
３＝ａ４
ａ１
＝－６４ꎬ∴ｑ＝－４ꎬ
∴Ｓ４＝ａ１－ａ４ｑ
１－ｑ
＝－１＋６４×４
１＋４
＝５１.
(４)∵Ｓ３＝ａ１＋ａ２＋ａ３＝ａ３(ｑ
－２＋ｑ
－１＋１)
＝３
２(ｑ
－２＋ｑ
－１＋１)＝９
２ꎬ
∴ｑ
－２＋ｑ
－１＋１＝３ꎬ即２ｑ
２－ｑ－１＝０.
解得ｑ＝１或ｑ＝－１
２ꎬ
当ｑ＝１时ꎬａ１＝３
２ꎬ
当ｑ＝－１
２时ꎬａ１＝６.
２.证明 左边
＝ａ
ｎ
１＋ｂ
ａ＋
ｂ
ａ(
)
２
＋＋
ｂ
ａ(
)
ｎ
[
]
＝ａ
ｎ
１－
ｂ
ａ(
)
ｎ＋１
１－ｂ
ａ
＝ａ
ｎ＋１－ｂ
ｎ＋１
ａ－ｂ
＝右边ꎬ
∴原等式成立.
３.解析 设等比数列{ａｎ}的公比为ｑ.
由题意得
ａ１ｑ＝６ꎬ
６ａ１＋ａ１ｑ
２＝３０ꎬ
{
解得
ａ１＝３ꎬ
ｑ＝２
{
或
ａ１＝２ꎬ
ｑ＝３.
{
∴ａｎ＝３×２
ｎ－１或ａｎ＝２×３
ｎ－１ꎬ
∴Ｓｎ＝３(１－２
ｎ)
１－２
＝３( ２
ｎ－１) 或Ｓｎ＝
２(１－３
ｎ)
１－３
＝３
ｎ－１.
４.解析 设这三个数分别为ａ
ｑꎬａꎬａｑ(ａꎬ
ｑ≠０).
则ａ
ｑａａｑ＝ａ
３＝６４ꎬ∴ａ＝４.
又ａ
ｑ＋ａ＋ａｑ＝１４ꎬ即４
ｑ＋４＋４ｑ＝１４ꎬ
∴２ｑ
２－５ｑ＋２＝０ꎬ解得ｑ＝２或ｑ＝１
２.
当ｑ＝２时ꎬａ
ｑ＝４
２＝２ꎬ
当ｑ＝１
２时ꎬａ
ｑ＝４
１
２
＝８.
∴这个数列的首项为２ꎬ公比为２或首
项为８ꎬ公比为１
２.
５.解析
设该等比数列为{ ａｎ}ꎬ首项为
ａ１ꎬ公比为ｑꎬ其前ｎ项和为Ｓｎꎬ若ｑ＝１ꎬ
则Ｓ５＝５ａ１＝１０ꎬ∴ａ１＝２ꎬＳ１０＝１０ａ１＝２０
≠５０ꎬ∴ｑ≠１.
当ｑ≠１时ꎬ
由题意知
ａ１(１－ｑ
５)
１－ｑ
＝１０ꎬ①
ａ１(１－ｑ
１０)
１－ｑ
＝５０ꎬ②
ì
î
í
ïï
ïï
②÷①ꎬ得１－ｑ
１０
１－ｑ
５＝５ꎬ即１＋ｑ
５＝５ꎬ
∴ｑ
５＝４ꎬｑ＝
５４.
练习
１.解析 由题可知教育网站每月的用户
数构成一个等比数列ꎬ设该数列为
{ａｎ}ꎬ
其中ａ１＝５００ꎬｑ＝１＋１０％＝１.１ꎬ设经过ｎ
个月可使用户达到１万人.
则Ｓｎ＝５００(１－１.１
ｎ)
１－１.１
≥１００００ꎬ∴ｎ≥１２.
所以大约经过１１个月可使用户达到１
万人.
２.解析 乒乓球每次落下后反弹的高度
数构成一个等比数列{ａｎ}ꎬ
其中ꎬａ１＝１００ꎬｑ＝０.６１.
(１) 第６次着地时ꎬ经过的总路程为
２Ｓ６－１００＝２× １００×(１－０.６１
６)
１－０.６１
－１００≈
３８６(ｃｍ).
(２)设至少在第ｎ次着地后ꎬ它经过的
总路程能达到４００ｃｍꎬ
则２×１００×(１－０.６１
ｎ)
１－０.６１
－１００≥４００ꎬ
∴０.６１
ｎ≤０.０２５ꎬ∴ｎ≥８.
∴至少在第８次着地后ꎬ它经过的总路
程能达到４００ｃｍ.
３.解析 设这家牛奶厂每年应扣除ｘ万
元消费基金ꎬ才能实现经过５年资金达
到２０００万元的目标.
则２０１５年底剩余资金是１０００( １＋
５０％)－ｘꎻ
２０１６年底剩余资金是[１０００(１＋５０％)
－ｘ](１＋５０％)－ｘ＝１０００(１＋５０％)
２－(１
＋５０％)ｘ－ｘꎻ
５年后资金达到１０００(１＋５０％)
５－(１＋
５０％)
４ｘ－(１＋５０％)
３ｘ－(１＋５０％)
２ｘ－(１
＋５０％)ｘ≥２０００ꎬ
解得ｘ≤４５９ꎬ所以这家牛奶厂每年应扣
除４５９万元消费基金ꎬ才能实现经过５
教材习题答案
５
年资金达到２０００万元的目标.
４.解析 当ｎ＝１时ꎬａ１＝Ｓ１＝２ａ１＋１ꎬ即ａ１
＝－１ꎬ
由已知得Ｓｎ＋１＝２ａｎ＋１＋１ꎬ①
又Ｓｎ＝２ａｎ＋１ꎬ②
①－②ꎬ得ａｎ＋１＝２ａｎ＋１－２ａｎꎬ∴ａｎ＋１＝２ａｎꎬ
∴数列{ａｎ} 是首项为－１ꎬ公比为２的
等比数列ꎬ
∴Ｓｎ＝－(１－２
ｎ)
１－２
＝１－２
ｎ.
◆习题4.3
复习巩固
１.解析 (１)ｑ
３＝ａ４
ａ１
＝－６４ꎬ∴ｑ＝－４ꎬ
∴Ｓ４＝－１×[１－(－４)
４]
１－(－４)
＝５１.
(２)由题意ꎬ得
ａ１ｑ
４－ａ１＝１５ꎬ
ａ１ｑ
３－ａ１ｑ＝６ꎬ
{
解得
ａ１＝－１６ꎬ
ｑ＝１
２
{
或
ａ１＝１ꎬ
ｑ＝２.
{
２.解析
(１) 将数列{ ａｎ} 中的前ｋ项去
掉ꎬ剩余的各项组成的新数列为ａｋ＋１ꎬ
ａｋ＋２ꎬａｋ＋３ꎬꎬａｎꎬꎬ则
ａｋ＋２
ａｋ＋１
＝ａｋ＋３
ａｋ＋２
＝＝
ａｎ
ａｎ－１
＝＝ｑ(ｋ≥０)ꎬ
所以数列ａｋ＋１ꎬａｋ＋２ꎬａｋ＋３ꎬꎬａｎꎬ是以
ａｋ＋１为首项ꎬｑ为公比的等比数列.
(２){ａｎ} 中的所有奇数项组成的新数
列是ａ１ꎬａ３ꎬａ５ꎬꎬａａｋ＋１ꎬꎬ
则
ａ３
ａ１
＝ａ５
ａ３
＝＝ａ２ｋ＋１
ａ２ｋ－１
＝＝ｑ
２(ｋ≥１).
所以数列ａ１ꎬａ３ꎬａ５ꎬꎬａ２ｋ＋１ꎬ是以ａ１
为首项ꎬｑ
２为公比的等比数列.
(３){ａｎ}中每隔１０项取出一项组成的
新数列是ａ１ꎬａ１２ꎬａ２３ꎬꎬａ１１ｋ＋１ꎬꎬ
则
ａ１２
ａ１
＝ａ２３
ａ１２
＝＝ａ１１ｋ＋１
ａ１１ｋ－１０
＝＝ｑ
１１(ｋ≥１).
所以数列ａ１ꎬａ１２ꎬａ２３ꎬꎬａ１１ｋ＋１ꎬ是以
ａ１为首项ꎬｑ
１１为公比的等比数列.
猜想:略.
３.解析 (１)(２－３×５
－１) ＋(４－３×５
－２) ＋
＋(２ｎ－３×５
－ｎ)＝２(１＋２＋＋ｎ) －３(５
－１＋
５
－２＋＋５
－ｎ)
＝２×ｎ(ｎ＋１)
２
－３×５
－１(１－５
－ｎ)
１－５
－１
＝ｎ(ｎ＋１)－３
４(１－５
－ｎ).
(２)当ｘ＝１时ꎬ１＋２ｘ＋３ｘ
２＋＋ｎｘ
ｎ－１＝１＋
２＋３＋＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)
２
ꎻ
当ｘ≠１时ꎬ设Ｓｎ＝１＋２ｘ＋３ｘ
２＋＋ｎｘ
ｎ－１ꎬ
①
则ｘＳｎ＝ｘ＋２ｘ
２＋＋(ｎ－１)ｘ
ｎ－１＋ｎｘ
ｎ.
②
①－②ꎬ得(１－ｘ) Ｓｎ＝１＋ｘ＋ｘ
２＋＋ｘ
ｎ－１－
ｎｘ
ｎ＝１－ｘ
ｎ
１－ｘ－ｎｘ
ｎꎬ
则Ｓｎ＝１－ｘ
ｎ
(１－ｘ)
２－ｎｘ
ｎ
１－ｘ.
４.解析 (１)设生物体死亡时ꎬ体内每克
组织中的碳１４的含量为１ꎬ记为ａ０ꎬｎ
(ｎ∈Ｎ)年后的残留量为ａｎꎬ则{ａｎ} 是
以１为首项ꎬｑ为公比的等比数列ꎬ即
ａｎ＝ａ０ｑ
ｎ＝ｑ
ｎ.
由碳１４的半衰期为５７３０年ꎬ
知ａｎ＝ｑ
５７３０＝１
２ꎬ
解得ｑ＝(
１
２)
１
５７３０
≈０.９９９８７９ꎬ则１－ｑ＝
０.０００１２１.
(２) 设该动物的死亡时间大约距今
ｎ年ꎬ
由ａｎ＝０.６ꎬ
得ａｎ＝ｑ
ｎ＝０.９９９８７９
ｎ＝０.６ꎬ
解得ｎ≈４２２１ꎬ
所以该动物的死亡时间大约距今
４２２１年.
综合运用
５.证明 设数列{ａｎ}的公比为ｑꎬ
因为Ｓ３ꎬＳ９ꎬＳ６成等差数列ꎬ所以公比ｑ
≠１ꎬ且２Ｓ９＝Ｓ３＋Ｓ６ꎬ即２× ａ１(１－ｑ
９)
１－ｑ
＝
ａ１(１－ｑ
３)
１－ｑ
＋ａ１(１－ｑ
６)
１－ｑ
.
于是２ｑ
９＝ｑ
３＋ｑ
６ꎬ即２ｑ
６＝１＋ｑ
３.
上式两边同乘ａ１ｑꎬ得２ａ１ｑ
７＝ａ１ｑ＋ａ１ｑ
４ꎬ
即２ａ８＝ａ２＋ａ５ꎬ所以ａ２ꎬａ８ꎬａ５成等差
数列.
６.解析
设该数列为{ ａｎ}ꎬ前ｎ项和
为Ｓｎ.
解法一: ａｎ＝１＋１０＋１０
２＋＋１０
ｎ－１＝
１－１０
ｎ
１－１０＝１
９(１０
ｎ－１)ꎬ
Ｓｎ＝１
９[(１０＋１０
２＋＋１０
ｎ)－ｎ]
＝１
９
１０(１－１０
ｎ)
１－１０
－ｎ
[
] ＝１
８１(１０
ｎ＋１－１０)
－１
９ｎ＝１
８１(１０
ｎ＋１－９ｎ－１０).
解法二:ａｎ＝１
９×９９９
}
ｎ个
＝１
９(１０
ｎ－１)ꎬ
Ｓｎ同解法一.
７.解析 (１)证明:∵ａｎ＋１＋ａｎ＝３２
ｎꎬ
∴ａｎ＋１－２
ｎ＋１＝－(ａｎ－２
ｎ)ꎬ
又ａ１＝１ꎬ∴ａ１－２
１＝－１ꎬ
∴数列{ａｎ－２
ｎ}是首项为－１ꎬ公比为－１
的等比数列.
(２)由(１)知ａｎ－２
ｎ＝(－１)(－１)
ｎ－１
＝(－１)
ｎꎬ
∴ａｎ＝２
ｎ＋(－１)
ｎ.
当ｎ为偶数时ꎬＳｎ＝２(１－２
ｎ)
１－２
＋０＝２
ｎ＋１
－２.
当ｎ为奇数时ꎬ
Ｓｎ＝２(１－２
ｎ)
１－２
＋(－１)＝２
ｎ＋１－３.
８.解析 设ａｎ＋１＋λ＝２(ａｎ＋λ)ꎬ
则ａｎ＋１＝２ａｎ＋λꎬ∴λ＝１.
即ａｎ＋１＋１＝２(ａｎ＋１)ꎬ又ａ１＋１＝２ꎬ
∴数列{ａｎ＋１}是以２为首项ꎬ２为公比
的等比数列ꎬ
∴ａｎ＋１＝２×２
ｎ－１＝２
ｎꎬ
∴ａｎ＝２
ｎ－１.
∴数列{ａｎ}的前１０项的和为２(１－２
１０)
１－２
－１０＝２０３６.
９.解析 由题意得ꎬ每一轮的感染人数构
成一个等比数列ꎬ记为{ａｎ}ꎬ公比为ｑꎬ
前ｎ项和为Ｓｎ.则ａ１＝１ꎬｑ＝Ｒ０＝３.８.
则Ｓｎ＝ａ１(１－ｑ
ｎ)
１－ｑ
＝１－３.８
ｎ
１－３.８＝３.８
ｎ－１
２.８
≥
１０００ꎬ∴３.８
ｎ≥２８０１ꎬ
两边取对数得ꎬｎｌｇ３.８≥ｌｇ２８０１ꎬ
∴ｎ≥ｌｇ２８０１
ｌｇ３.８≈５.９４６.
又∵ｎ∈Ｎ
∗ꎬ∴ｎ＝６.
又∵平均感染周期为７天ꎬ７×５＝３５天ꎬ
∴感染人数由１个初始感染者增加到
１０００人大约需要６轮传染ꎬ需要
３５天.
拓广探索
１０.解析
Ｔｎ＝ａ１ａ１ｑａ１ｑ
２
ａ１ｑ
ｎ－１＝ａ
ｎ
１ｑ
１＋２＋＋(ｎ－１) ＝ａ
ｎ
１ｑ
ｎ(ｎ－１)
２
＝
１０２４
ｎ
１
２(
)
ｎ(ｎ－１)
２
＝２
２１ｎ－ｎ
２
２.
当ｎ＝１０或ｎ＝１１时ꎬ２１ｎ－ｎ
２
２
取得最
大值ꎬ为５５ꎬ∴Ｔｎ的最大值为２
５５.
１１.解析
(１) 证明:由已知得ꎬ１
ａｎ＋１
＝２
３
＋１
３ａｎ
ꎬ
∴
１
ａｎ＋１
－１＝１
３
１
ａｎ
－１
(
) .
∵１
ａ１
－１＝２
３≠０ꎬ
∴数列
１
ａｎ
－１
{
} 是首项为２
３ꎬ公比为
１
３的等比数列.
(２)由(１)可得１
ａｎ
－１＝２
３×
１
３(
)
ｎ－１
ꎬ
∴１
ａｎ
＝２×
１
３(
)
ｎ
＋１.
６
∴１
ａ１
＋１
ａ２
＋１
ａ３
＋＋１
ａｎ
＝ｎ＋
１
３
１－
１
３(
)
ｎ
[
]
１－１
３
×２
＝ｎ＋１－
１
３(
)
ｎ
<１００ꎬ
∴ｎｍａｘ＝９９.
１２.证明 (１)设数列{ａｎ}的公差为ｄꎬ
∵ａ１＝１ꎬａ３＝２２＋１ꎬ
∴ｄ＝ａ３－ａ１
２
＝２.
∴Ｓｎ＝ｎ＋ｎ(ｎ－１)
２
× ２ꎬ
∴ｂｎ＝Ｓｎ
ｎ＝１＋２
２(ｎ－１)＝
２
２ｎ＋１－２
２ꎬ
∴数列{ｂｎ}为等差数列.
(２)(反证法)假设数列{ａｎ}中存在三
项ａｍꎬａｎꎬａｐ(ｍꎬｎꎬｐ∈Ｎ
∗ꎬ且ｍ<ｎ<ｐ)
能构成等比数列ꎬ即ａ
２
ｎ＝ａｍａｐ成立.
由(１)得ａｎ＝１＋２(ｎ－１)ꎬ
∴[１＋２(ｎ－１)]
２＝[１＋２(ｍ－１)]
[１＋２(ｐ－１)]ꎬ
整理得２ｎ
２－４ｎ＋２２ｎ＝
２( ｍ＋ｐ) ＋
２ｍｐ－２ｐ－２ｍꎬ
∴
２ｎ＝ｍ＋ｐꎬ
２ｎ
２－４ｎ＝２ｍｐ－２ｐ－２ｍꎬ
{
∴
２ｎ＝ｍ＋ｐꎬ
ｎ
２＝ｍｐꎬ
{
∴ｍ＋ｐ
２
＝
ｍｐꎬ∴ｍ－ｐ＝０ꎬ与ｍ< ｐ
矛盾.
∴数列{ ａｎ} 中的任意三项均不能构
成等比数列.
4.4
* 数学归纳法
练习
１.解析
(１) 错误.缺第一步ꎬ证明当ｎ＝
ｎ０时命题成立.
(２) 错误. 证明过程中没有使用归纳
假设.
２.证明 (１)ａｎ＝ａ１ｑ
ｎ－１.
①当ｎ＝１时ꎬ左边＝ａ１ꎬ右边＝ａ１ｑ
０＝
ａ１ꎬ等式成立.
②假设当ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗) 时ꎬ等式成立ꎬ
即ａｋ＝ａ１ｑ
ｋ－１ꎬ
那么当ｎ＝ｋ＋１时ꎬａｋ＋１＝ａｋｑ＝ａ１ｑ
ｋ－１
ｑ＝ａ１ｑ
ｋ＝ａ１ｑ
(ｋ＋１)－１.
即当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ等式也成立.
由①②知公式ａｎ＝ａ１ｑ
ｎ－１对任意ｎ∈Ｎ
∗
都成立.
(２)Ｓｎ＝ａ１(１－ｑ
ｎ)
１－ｑ
(ｑ≠１).
①当ｎ＝１时ꎬ左边＝Ｓ１＝ａ１ꎬ右边＝
ａ１(１－ｑ
１)
１－ｑ
＝ａ１ꎬ等式成立.
②假设当ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗) 时ꎬ等式成立ꎬ
即Ｓｋ＝ａ１(１－ｑ
ｋ)
１－ｑ
ꎬ
那么当ｎ＝ｋ＋１时ꎬＳｋ＋１＝Ｓｋ＋ａｋ＋１＝
ａ１(１－ｑ
ｋ)
１－ｑ
＋ａｋ＋１＝ａ１(１－ｑ
ｋ)
１－ｑ
＋ａ１ｑ
ｋ＝
ａ１(１－ｑ
ｋ)＋ａ１ｑ
ｋ(１－ｑ)
１－ｑ
＝ａ１(１－ｑ
ｋ＋１)
１－ｑ
(ｑ≠
１).
即当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ等式也成立.
由①②知对任意ｎ∈Ｎ
∗ꎬ公式Ｓｎ＝
ａ１(１－ｑ
ｎ)
１－ｑ
(ｑ≠１)都成立.
练习
１.证明
①当ｎ＝１时ꎬ－１＝－１ꎬ等式
成立.
②假设当ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗)时ꎬ有－１＋３－５＋
＋(－１)
ｋ(２ｋ－１)＝(－１)
ｋｋ.
那么当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ－１＋３－５＋＋( －１)
ｋ
(２ｋ－１)＋(－１)
ｋ＋１(２ｋ＋１) ＝( －１)
ｋｋ＋
(－１)
ｋ＋１(２ｋ＋１) ＝( －１)
ｋ＋１( －ｋ＋２ｋ＋
１)＝(－１)
ｋ＋１(ｋ＋１).
即当ｎ＝ｋ＋１时等式也成立.
故由数学归纳法的基本原理知原等式
成立.
２. 解析
设该数列为{ ａｎ}ꎬ则ａｎ＝
１
ｎ(ｎ＋１).由ａ１＝１
２ꎬａ２＝１
６ꎬａ３＝１
１２ꎬ得
Ｓ１＝１
２ꎬＳ２＝２
３ꎬＳ３＝３
４.
猜测:Ｓｎ＝ｎ
ｎ＋１.
用数学归纳法证明Ｓｎ＝ｎ
ｎ＋１.
证明:(１) 当ｎ＝１时ꎬ左边＝Ｓ１＝ａ２＝
１
２ꎬ右边＝１
２ꎬ等式成立.
(２)假设当ｎ＝ｋ( ｋ∈Ｎ
∗) 时ꎬ等式成
立ꎬ即Ｓｋ＝ｋ
ｋ＋１ꎬ那么当ｎ＝ｋ＋１时ꎬＳｋ＋１
＝Ｓｋ＋ａｋ＋１＝Ｓｋ＋
１
(ｋ＋１)(ｋ＋２) ＝
ｋ
ｋ＋１＋
１
(ｋ＋１)(ｋ＋２) ＝
(ｋ＋１)
２
(ｋ＋１)(ｋ＋２) ＝
ｋ＋１
ｋ＋２
＝
ｋ＋１
(ｋ＋１)＋１ꎬ
即当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ等式也成立.
由(１) (２) 可知ꎬ对任意ｎ∈Ｎ
∗ꎬＳｎ＝
ｎ
ｎ＋１都成立.
３.解析 易知ａｎ＝ｎ
２ꎬｂｎ＝２
ｎꎬ
猜想:当ｎ≥５时ꎬｎ
２<２
ｎ.
证明:(１)当ｎ＝５时ꎬ左边＝２５ꎬ右边＝
３２ꎬ∴不等式成立.
(２)假设当ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗ꎬｋ≥５)时ꎬ不等
式成立ꎬ即２
ｋ>ｋ
２ꎬ
那么ｎ＝ｋ＋１时ꎬ２
ｋ＋１＝２２
ｋ>２ｋ
２＝(ｋ＋
１)
２＋ｋ(ｋ－２)－１ꎬ
∵ｋ≥５ꎬ∴ｋ(ｋ－２)≥１５ꎬ
∴２
ｋ＋１>(ｋ＋１)
２ꎬ
即ｎ＝ｋ＋１时ꎬ不等式成立.
由(１)、( ２) 可知ꎬ当ｎ≥５时ꎬｎ
２< ２
ｎ
成立.
４.解析 ∵ａ１＝ａꎬ２ａｎ＋１－ａｎａｎ＋１＝１ꎬ
∴ａｎ＋１＝
１
２－ａｎ
ꎬ
∴ａ２＝１
２－ａꎬａ３＝２－ａ
３－２ａꎬａ４＝３－２ａ
４－３ａ.
猜想:ａｎ＝
ａꎬｎ＝１ꎬ
(ｎ－１)－(ｎ－２)ａ
ｎ－(ｎ－１)ａ
ꎬｎ≥２.
{
证明:(１)当ｎ＝２时ꎬａ２＝１
２－ａꎬ成立.
(２)假设当ｎ＝ｋ( ｋ≥２ꎬｋ∈Ｎ
∗) 时ꎬ成
立ꎬ即ａｋ＝(ｋ－１)－(ｋ－２)ａ
ｋ－(ｋ－１)ａ
ꎬ
那么ｎ＝ｋ＋１时ꎬａｋ＋１＝
１
２－ａｋ
＝
１
２－(ｋ－１)－(ｋ－２)ａ
ｋ－(ｋ－１)ａ
＝ｋ－(ｋ－１)ａ
(ｋ＋１)－ｋａ
＝[(ｋ＋１)－１]－[(ｋ＋１)－２]ａ
(ｋ＋１)－[(ｋ＋１)－１]ａ
ꎬ
即当ｎ＝ｋ＋１时公式也成立.
由(１) (２) 可知数列{ ａｎ} 的通项公式
成立.
◆习题4.4
复习巩固
１.答案 Ｃ
２.证明 (１)①当ｎ＝１时ꎬ左边＝１ꎬ右边
＝１
２＝１ꎬ等式成立.
②假设当ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗) 时ꎬ等式成立ꎬ
即１＋３＋５＋＋(２ｋ－１)＝ｋ
２ꎬ那么当ｎ＝ｋ
＋１时ꎬ１＋３＋５＋＋(２ｋ－１) ＋(２ｋ＋１) ＝
ｋ
２＋２ｋ＋１＝(ｋ＋１)
２ꎬ
即当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ等式也成立.
由①②知对任意ｎ∈Ｎ
∗ꎬ等式都成立.
(２)①当ｎ＝１时ꎬ左边＝１ꎬ右边＝２
１－１
＝１ꎬ等式成立.
②假设当ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗) 时ꎬ等式成立ꎬ
即１＋２＋２
２＋＋２
ｋ－１＝２
ｋ－１ꎬ
那么当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ１＋２＋２
２＋＋２
ｋ－１＋２
ｋ
＝２
ｋ－１＋２
ｋ＝２２
ｋ－１＝２
ｋ＋１－１ꎬ
即当ｎ＝ｋ＋１时等式也成立.
由①②可知ꎬ对任意ｎ∈Ｎ
∗ꎬ等式都
成立.
(３)①当ｎ＝１时ꎬ左边＝１ꎬ右边＝１ꎬ等
式成立.
②假设当ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗)时ꎬ等式成立ꎬ
教材习题答案
７
即１
３＋２
３＋３
３＋＋ｋ
３＝
１
２ｋ(ｋ＋１)
[
]
２
ꎬ
那么当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ１
３＋２
３＋３
３＋＋ｋ
３＋(ｋ
＋１)
３＝
１
２ｋ(ｋ＋１)
[
]
２
＋(ｋ＋１)
３
＝(ｋ＋１)
２
１
４ｋ
２＋ｋ＋１
(
)
＝(ｋ＋１)
２１
４(ｋ＋２)
２
＝
１
２(ｋ＋１)(ｋ＋１＋１)
[
]
２
ꎬ
即当ｎ＝ｋ＋１时等式也成立.
由①②知ꎬ对任意ｎ∈Ｎ
∗ꎬ等式都成立.
３.解析 ∵ａ１＝１ꎬ４ａｎ＋１－ａｎａｎ＋１＋２ａｎ＝９ꎬ
∴ａｎ＋１＝９－２ａｎ
４－ａｎ
＝２＋
１
４－ａｎ
ꎬ
∴ａ２＝２＋１
３ꎬａ３＝２＋３
５ꎬａ４＝２＋５
７ꎬ猜
想:ａｎ＝
１ꎬｎ＝１ꎬ
２＋２ｎ－３
２ｎ－１ꎬｎ≥２ꎬｎ∈Ｎ
∗.
{
证明:(１) 当ｎ＝２时ꎬａ２＝２＋１
３ꎬ猜想
成立.
(２)假设当ｎ＝ｋ(ｋ≥２)时ꎬ猜想成立ꎬ
即ａｋ＝２＋２ｋ－３
２ｋ－１ꎬ那么当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ
ａｋ＋１＝２＋
１
４－ａｋ
＝２＋
１
４－２＋２ｋ－３
２ｋ－１
(
)
＝２＋
１
２－２ｋ－３
２ｋ－１
＝２＋２ｋ－１
２ｋ＋１
＝２＋２(ｋ＋１)－３
２(ｋ＋１)－１ꎬ
即当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ猜想成立.
由(１)(２)可知ꎬ猜想正确.
４.解析 Ｓ１＝１
１×４＝１
４ꎬＳ２＝１
４＋１
４×７＝２
７ꎬ
Ｓ３＝２
７＋
１
７×１０＝３
１０ꎬＳ４＝３
１０＋
１
１０×１３＝４
１３.
猜想:Ｓｎ＝
ｎ
３ｎ＋１.
证明:(１)当ｎ＝１时ꎬ左边＝Ｓ１＝１
４ꎬ
右边＝
１
３×１＋１＝１
４ꎬ猜想成立.
(２)假设当ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗)时猜想成立ꎬ
即１
１×４＋１
４×７＋
１
７×１０＋＋
１
(３ｋ－２)(３ｋ＋１)
＝
ｋ
３ｋ＋１ꎬ
那么当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ
１
１×４＋１
４×７＋
１
７×１０＋＋
１
(３ｋ－２)(３ｋ＋１)
＋
１
[３(ｋ＋１)－２][３(ｋ＋１)＋１]
＝
ｋ
３ｋ＋１＋
１
(３ｋ＋１)(３ｋ＋４)
＝
３ｋ
２＋４ｋ＋１
(３ｋ＋１)(３ｋ＋４)
＝(３ｋ＋１)(ｋ＋１)
(３ｋ＋１)(３ｋ＋４)
＝
ｋ＋１
３(ｋ＋１)＋１.
所以当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ猜想也成立.
由(１)(２) 可知ꎬ猜想对任意ｎ∈Ｎ
∗都
成立.
综合运用
５.证明 (１)当ｎ＝１时ꎬ左边＝１
２
１×３＝１
３ꎬ
右边＝１×２
２×３＝１
３ꎬ等式成立.
(２)假设当ｎ＝ｋ时ꎬ等式成立ꎬ
即１
２
１×３＋
２
２
３×５＋＋
ｋ
２
(２ｋ－１)(２ｋ＋１)
＝ｋ(ｋ＋１)
２(２ｋ＋１)ꎬ
则当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ
１
２
１×３＋
２
２
３×５＋＋
ｋ
２
(２ｋ－１)(２ｋ＋１) ＋
(ｋ＋１)
２
[２(ｋ＋１)－１][２(ｋ＋１)＋１] ＝ｋ(ｋ＋１)
２(２ｋ＋１) ＋
(ｋ＋１)
２
(２ｋ＋１)(２ｋ＋３)＝(ｋ＋１)[(ｋ＋１)＋１]
２[２(ｋ＋１)＋１]
ꎬ
即当ｎ＝ｋ＋１时等式也成立.
由(１)(２) 可得对任意ｎ∈Ｎ
∗ꎬ等式都
成立.
６.解析 当ｎ＝１时ꎬａ１＝２>ｂ１＝１ꎬ
当ｎ＝２时ꎬａ２＝４<ｂ２＝１６ꎬ
当ｎ＝３时ꎬａ３＝８<ｂ３＝８１ꎬ
当ｎ＝１５时ꎬａ１５＝２
１５<ｂ１５＝１５
４ꎬ
当ｎ＝１６时ꎬａ１６＝２
１６＝ｂ１６＝１６
４＝２
１６ꎬ
当ｎ＝１７时ꎬａ１７＝２
１７>ｂ１７＝１７
４.
猜想:当ｎ＝１或ｎ≥１７时ꎬａｎ>ｂｎ.
显然ｎ＝１时ꎬａｎ>ｂｎ成立.
下面用数学归纳法证明当ｎ≥１７时ꎬａｎ
>ｂｎ.
(１)当ｎ＝１７时ꎬａ１７＝２
１７＝１３１０７２>ｂ１７
＝１７
４＝８３５２１ꎬ结论成立.
(２)假设当ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗ꎬｋ≥１７) 时ꎬ结
论成立ꎬ即２
ｋ>ｋ
４.
那么当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ２
ｋ＋１＝２×２
ｋ>２ｋ
４≥ｋ
４＋
１７ｋ
３>ｋ
４＋４ｋ
３＋６ｋ
２＋４ｋ＋１＝(ｋ＋１)
４ꎬ
∴当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ结论也成立.
由(１)(２)可知ꎬ当ｎ≥１７时ꎬａｎ>ｂｎ.
综上所述ꎬ当ｎ＝１或ｎ≥１７时ꎬａｎ>ｂｎ.
７.解析 用数学归纳法证明ｘｎ>０:
(１)当ｎ＝１时ꎬｘ１＝１>０ꎬ
(２)假设当ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗)时ꎬｘｋ>０ꎬ
那么当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ若ｘｋ＋１≤０ꎬ则０<ｘｋ＝
ｘｋ＋１＋ｌｎ(１＋ｘｋ＋１)≤０ꎬ矛盾ꎬ故ｘｋ＋１>０.
由(１)(２)可知ꎬｘｎ>０(ｎ∈Ｎ
∗)成立.
∵ｘｎ＋１>０ꎬ
∴１＋ｘｎ＋１>１ꎬ
∴ｘｎ＝ｘｎ＋１＋ｌｎ(１＋ｘｎ＋１)>ｘｎ＋１ꎬ
即ｘｎ>ｘｎ＋１(ｎ∈Ｎ
∗).
拓广探索
８.证明 ①当ｎ＝１时ꎬｎ
３＋５ｎ＝６ꎬ能被６
整除ꎬ命题成立.
②假设当ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗)时ꎬｋ
３＋５ｋ能被
６整除.
则当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ
(ｋ＋１)
３＋５(ｋ＋１)＝ｋ
３＋３ｋ
２＋３ｋ＋１＋５ｋ＋５
＝(ｋ
３＋５ｋ)＋３ｋ
２＋３ｋ＋６＝(ｋ
３＋５ｋ) ＋３(ｋ
２
＋ｋ＋２)＝(ｋ
３＋５ｋ)＋３[ｋ(ｋ＋１)＋２]ꎬ
∵ｋ
３＋５ｋ能被６整除ꎬ而ｋ(ｋ＋１) 必为
偶数ꎬ
∴３[ｋ(ｋ＋１)＋２]必能被６整除.
∴当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ命题也成立.
由①②可知ꎬ对于任意的ｎ∈Ｎ
∗ꎬｎ
３＋
５ｎ都能被６整除.
９.解析 猜想:１×２
２＋２×３
２＋＋ｎ(ｎ＋１)
２
＝１
１２ｎ(ｎ＋１)(ａｎ
２＋ｂｎ＋ｃ).
令ｎ＝１ꎬ得４＝１
６(ａ＋ｂ＋ｃ)ꎻ
令ｎ＝２ꎬ得２２＝１
２(４ａ＋２ｂ＋ｃ)ꎻ
令ｎ＝３ꎬ得７０＝９ａ＋３ｂ＋ｃ.
整理得
ａ＋ｂ＋ｃ＝２４ꎬ
４ａ＋２ｂ＋ｃ＝４４ꎬ
９ａ＋３ｂ＋ｃ＝７０ꎬ
{
解得
ａ＝３ꎬ
ｂ＝１１ꎬ
ｃ＝１０.
{
于是ｎ＝１ꎬ２ꎬ３时ꎬ上面等式成立ꎬ故猜
想１×２
２＋２×３
２＋＋ｎ(ｎ＋１)
２＝１
１２ｎ(ｎ＋
１)(３ｎ
２＋１１ｎ＋１０).
下面用数学归纳法证明:
(１) 由上面推导过程知ｎ＝１时等式
成立.
(２)假设ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗)时等式成立ꎬ
即１×２
２＋２×３
２＋＋ｋ(ｋ＋１)
２＝１
１２ｋ(ｋ＋
１)(３ｋ
２＋１１ｋ＋１０)ꎬ
那么当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ１×２
２＋２×３
２＋＋ｋ(ｋ
＋１)
２＋(ｋ＋１)(ｋ＋２)
２
＝１
１２ｋ(ｋ＋１)(３ｋ
２＋１１ｋ＋１０)＋(ｋ＋１)(ｋ＋
２)
２
＝１
１２(ｋ＋１)(ｋ＋２)(３ｋ
２＋５ｋ＋１２ｋ＋２４)
＝１
１２(ｋ＋１) [( ｋ＋１) ＋１] [ ３( ｋ＋１)
２＋
１１(ｋ＋１)＋１０]ꎬ
即当ｎ＝ｋ＋１时等式也成立.
８
由(１) ( ２) 可知对任意ｎ∈Ｎ
∗ꎬ等式
成立.
１０.解析
一般形式:设ａ１ꎬａ２ꎬꎬａｎ为
非负实数ꎬｂ１ꎬｂ２ꎬꎬｂｎ为正实数ꎬ若
ｂ１＋ｂ２＋＋ｂｎ＝１ꎬ则
ａ
ｂ１
１ａ
ｂ２
２ａ
ｂｎ
ｎ≤ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋
＋ａｎｂｎ.
用数学归纳法证明如下:
(１)当ｎ＝１时ꎬｂ１＝１ꎬ有ａ１≤ａ１ꎬ不等
式成立.
(２)假设当ｎ＝ｋ(ｋ∈Ｎ
∗) 时不等式成
立ꎬ即若ｂ１＋ｂ２＋＋ｂｋ＝１ꎬ
则ａ
ｂ１
１ａ
ｂ２
２ａ
ｂｋ
ｋ≤ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋
＋ａｋｂｋ.
当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ若ｂ１＋ｂ２＋＋ｂｋ＋ｂｋ＋１
＝１ꎬ
此时０<ｂｋ＋１<１ꎬ即１－ｂｋ＋１>０ꎬ于是
ａ
ｂ１
１ａ
ｂ２
２ａ
ｂｋ
ｋａ
ｂｋ＋１
ｋ＋１＝( ａ
ｂ１
１－ｂｋ＋１
１ａ
ｂ２
１－ｂｋ＋１２
ａ
ｂｋ
１－ｂｋ＋１
ｋ)
１－ｂｋ＋１ａ
ｂｋ＋１
ｋ＋１.
∵
ｂ１
１－ｂｋ＋１
＋
ｂ２
１－ｂｋ＋１
＋＋
ｂｋ
１－ｂｋ＋１
＝１ꎬ由归
纳假设可得ａ
ｂ１
１－ｂｋ＋１
１ａ
ｂ２
１－ｂｋ＋１
２ａ
ｂｋ
１－ｂｋ＋１
ｋ
≤ａ１
ｂ１
１－ｂｋ＋１
＋ａ２
ｂ２
１－ｂｋ＋１
＋＋ａｋ
ｂｋ
１－ｂｋ＋１
＝ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋＋ａｋｂｋ
１－ｂｋ＋１
ꎬ
∴ａ
ｂ１
１ａ
ｂ２
２ａ
ｂｋ
ｋａ
ｂｋ＋１
ｋ＋１
≤ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋＋ａｋｂｋ
１－ｂｋ＋１
æ
è
ç
ö
ø
÷
１－ｂｋ＋１
ａ
ｂｋ＋１
ｋ＋１.
又∵(１－ｂｋ＋１)＋ｂｋ＋１＝１ꎬ
∴
ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋＋ａｋｂｋ
１－ｂｋ＋１
æ
è
ç
ö
ø
÷
１－ｂｋ＋１
ａ
ｂｋ＋１
ｋ＋１
≤
ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋＋ａｋｂｋ
１－ｂｋ＋１
(１－ｂｋ＋１) ＋ａｋ＋１
ｂｋ＋１＝ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋＋ａｋｂｋ＋ａｋ＋１ｂｋ＋１ꎬ
从而ａ
ｂ１
１ａ
ｂ２
２ａ
ｂｋ
ｋａ
ｂｋ＋１
ｋ＋１≤ａ１ｂ１＋
ａ２ｂ２＋＋ａｋｂｋ＋ａｋ＋１ｂｋ＋１ꎬ
即ｎ＝ｋ＋１时ꎬ不等式成立ꎬ
由(１)(２)可知对任意ｎ∈Ｎ
∗ꎬ不等式
成立.
复习参考题4
复习巩固
１.解析 略.
２.解析 (１)ａｎ＝２ｎ－１
２
ｎ.
(２)ａｎ＝１＋(－１)
ｎ－１２ｎ－１
(２ｎ)
２.
(３)ａｎ＝
０ꎬｎ为奇数ꎬ
２ꎬｎ为偶数.
{
３.解析 (１)Ｂ
(２)Ａ 设最小的一份为ａ１ꎬ公差为ｄꎬ
则
ａ１＋ａ２＋ａ３＋ａ４＋ａ５＝１００ꎬ
１
７(ａ３＋ａ４＋ａ５)＝ａ１＋ａ２ꎬ
{
整理得
ａ１＋２ｄ＝２０ꎬ
２０＋２ａ１＋７ｄ＝７(２ａ１＋ｄ)
{
解得
ａ１＝５
３ꎬ
ｄ＝５５
６.
ì
î
í
ïï
ïï
故选Ａ.
(３)Ｂ
观察发现:第二个图形在第一
个图形周长的基础上多了它的周长的
１
３ꎬ即Ｃ２＝４
３Ｃ１＝４ꎻ第三个在第二个
的基础上ꎬ多了其周长的１
３ꎬ即Ｃ３＝
４
３(
)
２
Ｃ１＝１６
３ꎻ同理Ｃ４＝
４
３(
)
３
Ｃ１＝
６４
９ꎬ故选Ｂ.
４.答案 (１)５ꎻ±１ (２)３
解析
(２) 各层的灯数构成一个等比
数列ꎬ设该数列为{ ａｎ}ꎬ顶层灯数为
ａ１ꎬ公比为ｑꎬ前ｎ项和为Ｓｎꎬ则ｑ＝２ꎬ
Ｓ７＝ａ１(１－２
７)
１－２
＝３８１ꎬ解得ａ１＝３.
５.解析 每天的募捐数构成一个等差数
列ꎬ设该数列为{ａｎ}ꎬ其中ａ１＝１０ꎬｄ＝
１０.则Ｓｎ＝１０ｎ＋ｎ(ｎ－１)
２
×１０＝１２００ꎬ
解得ｎ＝１５或ｎ＝－１６(舍去)ꎬ
所以这次募捐活动共进行了１５天.
６.解析 设该学生能工作ｎ天ꎬ每天领取
的工资为ａｎ元ꎬ所有工资为Ｓｎ元ꎬ
则第一种方案:ａｎ(１)＝３８ꎬＳｎ(１)＝３８ｎꎻ
第二种方案:ａｎ(２)＝４ｎꎬＳｎ(２) ＝４×(１＋２＋
＋ｎ)＝２ｎ
２＋２ｎꎻ
第三种方案:ａｎ(３)＝０.４×２
ｎ－１ꎬ
Ｓｎ(３)＝０.４(１－２
ｎ)
１－２
＝０.４(２
ｎ－１).
令Ｓｎ(１) ≥Ｓｎ(２) ꎬ即３８ｎ≥２ｎ
２＋２ｎꎬ解得ｎ
≤１８ꎬ即小于１８天时ꎬ第一种方案报酬
高ꎬ等于１８天时ꎬ第一种方案与第二种
方案一样.
令Ｓｎ(１) ≥Ｓｎ(３) ꎬ即３８ｎ≥０.４(２
ｎ－１)ꎬ
利用计算器求得小于或等于９天时ꎬ第
一种方案高ꎬ所以少于１０天时ꎬ选择第
一种方案.
比较第二、三种方案:Ｓ１０(２) ＝２２０ꎬＳ１０(３)
＝４０９.２ꎬ
Ｓ１０(３) >Ｓ１０(２) ꎬ∴Ｓｎ(３) >Ｓｎ(２)(ｎ≥１０).
所以等于或多于１０天时ꎬ选择第三种
方案.
综合运用
７.解析 (１)不能构成等差数列.
可以从图象上解释:ａ、ｂ、ｃ成等差数列ꎬ
则通项公式为ｙ＝ｐｎ＋ｑ的形式ꎬ且ａꎬｂꎬ
ｃ位于同一直线上ꎬ而１
ａꎬ１
ｂꎬ１
ｃ的通
项公式却是ｙ＝
１
ｐｎ＋ｑ的形式ꎬ１
ａꎬ１
ｂꎬ１
ｃ
不可能在同一直线上ꎬ因此肯定不是等
差数列.
(２)能构成等比数列.
∵ａꎬｂꎬｃ成等比数列ꎬ∴ｂ
２＝ａｃ.
又∵ａꎬｂꎬｃ≠０ꎬ
∴１
ｂ
２＝１
ａ１
ｃꎬ
∴１
ａꎬ１
ｂꎬ１
ｃ能构成等比数列.
８.解析
１００００×(１＋２.７５％)
６＋１２００×
[(１＋２. ７５％)
５＋( １＋２. ７５％)
４＋( １＋
２.７５％)
３＋(１＋２.７５％)
２＋(１＋２.７５％)]
＝１００００× ( １＋２. ７５％)
６＋１２００×
(１＋２.７５％)[１－(１＋２.７５％)
５]
１－(１＋２.７５％)
≈
１１７６７.６８＋６５１３.５３＝１８２８１.２１.
９.解析 (１)由题意知:１７→５２→２６→１３
→４０→２０→１０→５→１６→８→４→２→１ꎬ
共需要１２步雹程.
(２)由ａ８＝１倒推ꎬ可知Ｍ＝{３ꎬ２０ꎬ２１ꎬ
１２８}.
１０.解析 (１)设等差数列{ａｎ} 的首项为
ａ１ꎬ公差为ｄꎬ
则４ａ１＋４×３
２ｄ＝４(ａ１＋ａ１＋ｄ)ꎬ
ａ１＋(２ｎ－１)ｄ＝２[ａ１＋(ｎ－１)ｄ]＋１ꎬ
{
解得
ａ１＝１ꎬ
ｄ＝２.
{
∴ａｎ＝ａ１＋(ｎ－１) ｄ＝１＋(ｎ－１) ×２＝２ｎ
－１.
(２)∵ｂｎ＝３
ｎ－１ꎬ∴ｃｎ＝(２ｎ－１)３
ｎ－１ꎬ
∴Ｔｎ＝１＋３×３＋５×３
２＋＋(２ｎ－１)３
ｎ－１ꎬ
①
３Ｔｎ＝１×３＋３×３
２＋＋(２ｎ－３) ３
ｎ－１＋
(２ｎ－１)３
ｎꎬ
②
①－②ꎬ得－２Ｔｎ＝１＋２(３＋３
２＋＋３
ｎ－１)
－(２ｎ－１)３
ｎ＝１＋２×３(１－３
ｎ－１)
１－３
－(２ｎ－
１)３
ｎ＝(２－２ｎ)３
ｎ－２ꎬ
∴Ｔｎ＝(ｎ－１)３
ｎ＋１.
１１.解析
( １) 由ａｎ＋１＝２Ｓｎ＋２ꎬ得ａｎ＝
２Ｓｎ－１＋２( ｎ≥２)ꎬ两式相减ꎬ得ａｎ＋１＝
３ａｎ(ｎ≥２).
∵数列{ａｎ}是等比数列ꎬ
∴ａ２＝２Ｓ１＋２＝２ａ１＋２＝３ａ１ꎬ
∴ａ１＝２ꎬ∴ａｎ＝２３
ｎ－１.
(２)由题意得ａｎ＋１＝ａｎ＋(ｎ＋２－１)ｄｎꎬ
即２３
ｎ＝２３
ｎ－１＋(ｎ＋１)ｄｎꎬ
故ｄｎ＝４×３
ｎ－１
ｎ＋１.
假设在数列{ｄｎ}中存在三项ｄｍꎬｄｋꎬｄｐ
(其中ｍꎬｋꎬｐ成等差数列) 成等比数
列ꎬ则(ｄｋ)
２＝ｄｍｄｐꎬ
教材习题答案
９
即４×３
ｋ－１
ｋ＋１
(
)
２
＝４×３
ｍ－１
ｍ＋１４×３
ｐ－１
ｐ＋１ꎬ
∴
３
２ｋ
(ｋ＋１)
２＝
３
ｍ＋ｐ
(ｍ＋１)(ｐ＋１)(∗).
∵ｍ、ｋ、ｐ成等差数列ꎬ∴ｍ＋ｐ＝２ｋꎬ
则(∗)式可化为ｋ
２＝ｍｐꎬ故ｋ＝ｍ＝ｐ.
这与题设矛盾ꎬ∴在数列{ｄｎ} 中不存
在三项ｄｍꎬｄｋꎬｄｐ(其中ｍꎬｋꎬｐ成等差
数列)成等比数列.
１２.解析 (１)
名称
等差数列{ａｎ}
等比数列{ｂｎ}
定义
ａｎ＋１－ａｎ＝ｄ
ｂｎ＋１
ｂｎ
＝ｑ
通项
公式
ａｎ＝ａ１＋(ｎ－１)ｄ＝
ａｍ＋(ｎ－ｍ)ｄ
ｂｎ＝ｂ１ｑｎ－１＝ｂｍｑｎ－ｍ
常用
性质
①ａ１＋ａｎ＝ａ２＋ａｎ－１
＝ａ３＋ａｎ－２＝
②ａｎ－ｋ＋ａｎ＋ｋ＝２ａｎ
(ｎ>ｋ)
③若ｍ＋ｎ＝ｋ＋ｌ
( ｍꎬｎꎬｋꎬｌ∈
Ｎ∗)ꎬ则ａｍ＋ａｎ＝
ａｋ＋ａｌ
④ａ１＋ａ２＋＋ａｎ
＝
ｎ(ａ１＋ａｎ)
２
①ｂ１ｂｎ＝ｂ２ｂｎ－１＝
ｂ３ｂｎ－２＝
②ｂｎ－ｋｂｎ＋ｋ＝ｂ２
ｎ
(ｎ>ｋ)
③若ｍ＋ｎ＝ｋ＋ｌ
( ｍꎬｎꎬｋꎬｌ∈
Ｎ∗)ꎬ则ｂｍｂｎ
＝ｂｋｂｌ
④ｂ１ｂ２
ｂｎ＝(ｂ１ｂｎ)
ｎ
２
(２)ｂ１ｂ２ｂｎ＝ｂ１ｂ２
ｂ４０３７－ｎ(ｎ∈Ｎ
∗ꎬｎ<４０３７).
证明如下:要证上式成立ꎬ
只需证ｂｎ＋１ｂｎ＋２ｂ４０３７－ｎ＝１
即可.
由(１)中等比数列的常用性质②④可
得ｂｎ＋１ｂｎ＋２ｂ４０３７－ｎ＝( ｂｎ＋１
ｂ４０３７－ｎ)
ｎ
２＝(ｂ
２
２０１９)
ｎ
２＝ｂ
ｎ
２０１９＝１.
所以上述推测成立.
拓广探索
１３.解析 (１)ｆ(１)＝１ꎻｆ(２)＝ｆ(１) ＋１＋２
＝４ꎻｆ(３)＝ｆ(２)＋１＋２＋３＝１０.
(２)ｆ(ｎ＋１) －ｆ(ｎ) ＝１＋２＋３＋＋ｎ＋１
＝(ｎ＋１)(ｎ＋２)
２
ꎬ
由累加法可得ｆ(ｎ)＝[ｆ(ｎ)－ｆ(ｎ－１)]
＋[ｆ(ｎ－１) －ｆ( ｎ－２)] ＋＋[ ｆ( ２) －
ｆ(１)]＋ｆ(１)＝１
２{(ｎ
２＋ｎ)＋[(ｎ－１)
２＋
(ｎ－１)]＋＋(２
２＋２) ＋２} ＝１
２[(１
２＋
２
２＋＋ｎ
２) ＋( １＋２＋＋ｎ)] ＝１
２
× ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)
６
＋ｎ(ｎ＋１)
２
[
]
＝ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)
６
.
１４.解析
( １) １. ２
＝１１
９ꎬ所以１. ２
是有
理数.
(２)１.２４
＝４１
３３ꎬ所以１.２４
是有理数.
１５.解析 当ｎ＝３时ꎬ过３个点中任意两
点作直线ꎬ这样的直线有３条ꎬ当ｎ＝４
时ꎬ共有４个点ꎬ记它们为Ｐ１ꎬＰ２ꎬＰ３ꎬ
Ｐ４ꎬ过点Ｐ１ꎬＰ２ꎬＰ３中任意两点ꎬ有３
条直线ꎬ过Ｐ１ꎬＰ２ꎬＰ３中任意一点与
Ｐ４作直线ꎬ共有３条ꎬ因此共有３＋３
条直线ꎻ当ｎ＝５时ꎬ同理可知有３＋３＋
４条直线ꎻ猜想ꎬ过ｎ个点( 任意三点
不共线)中任意两点作直线ꎬ共有３＋３
＋４＋＋(ｎ－１)＝１
２ｎ(ｎ－１)条.
下面用数学归纳法证明:
(１)当ｎ＝３时ꎬ由上述过程知ꎬ命题
成立.
(２)假设当ｎ＝ｋ( ｋ∈Ｎ
∗ꎬｋ≥３) 时命
题成立ꎬ即过ｋ个点( 任意三点不共
线)中任意两点作直线ꎬ这样的直线
共有１
２ｋ(ｋ－１)条ꎬ
当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ共有ｋ＋１个点ꎬＰ１ꎬＰ２ꎬ
ꎬＰｋꎬＰｋ＋１( 任意三点不共线)ꎬ过ｋ
个点Ｐ１ꎬＰ２ꎬꎬＰｋ中的任意两点作直
线ꎬ这样的直线共有１
２ｋ( ｋ－１) 条ꎻ过
这ｋ个点中的任意一点与第ｋ＋１个点
Ｐｋ＋１作直线ꎬ这样的直线共有ｋ条ꎬ因
此ꎬ过ｋ＋１个点中任意两点作直线ꎬ这
样的直线共有１
２ｋ(ｋ－１) ＋ｋ＝１
２ｋ(ｋ＋
１)＝１
２(ｋ＋１)[(ｋ＋１)－１]条.
所以当ｎ＝ｋ＋１时命题成立.
由(１) (２) 可知ꎬ对于ｎ(ｎ∈Ｎ
∗ꎬｎ≥
３)个点ꎬ相应的直线共有１
２ｎ( ｎ－
１)条.
∗１６.解析
( １) 当ｎ＝１时ꎬＦ１＝１
５
×
１＋５
２
－１－５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷ ＝１
５
２５
２＝１ꎬ
Ｆ２＝１
５
１＋５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
－１－５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
é
ëêê
ù
ûúú ＝１
５
× ６＋２５
４
－６－２５
４
æ
è
ç
ö
ø
÷ ＝１
５
４５
４
＝１ꎬ
公式成立.
(２)假设ｎ＝ｋ(ｋ≥３ꎬｋ∈Ｎ
∗) 时ꎬ公
式成立ꎬ
即Ｆｋ＝１
５
１＋５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ
－１－５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ
é
ëêê
ù
ûúú ꎬ
那么当ｎ＝ｋ＋１时ꎬＦｋ＋１＝Ｆｋ＋Ｆｋ－１
＝
１
５
１＋５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ
－１－５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ
é
ëêê
ù
ûúú ＋
１
５
１＋５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ－１
－１－５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ－１
é
ëêê
ù
ûúú
＝
１
５
é
ë
êê
１＋５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ
＋
１＋５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ－１
－
１－５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ
－１－５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ－１ù
û
úú
＝
１
５
é
ë
êê
１＋５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ－１
×
３＋５
２
－
１－５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ－１
×３－５
２
ù
û
úú
＝
１
５
é
ë
êê
１＋５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ－１
× (１＋５)
２
４
－
１－５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ－１
×(１－５)
２
４
ù
û
úú
＝１
５
１＋５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ＋１
－１－５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｋ＋１
é
ëêê
ù
ûúú ꎬ
即当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ公式也成立.
由( １) ( ２) 可知ꎬ当ｎ≥３( ｎ∈
Ｎ
∗)时ꎬ
Ｆｎ＝１
５
１＋５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｎ
－１－５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｎ
é
ëêê
ù
ûúú 成立.
第五章 一元函数的导
数及其应用
5.1 导数的概念及其意义
５.１.１ 变化率问题
练习
１.解析 ｌｉｍ
Δｔ→０
ｈ(０.５＋Δｔ)－ｈ(０.５)
Δｔ
＝－０.１ꎬ
∴跳水运动员在ｔ＝０.５ｓ时的瞬时速度
为－０.１ｍ/ ｓ.
２.解析
( １) 火箭爬高的平均速度为
０.９×２
２－０.９×１
２
２－１
＝２.７(ｍ/ ｓ).
(２)ｌｉｍ
Δｔ→０
ｈ(１０＋Δｔ)－ｈ(１０)
Δｔ
＝１８(ｍ/ ｓ).
３.解析 ｌｉｍ
Δｔ→０
ｙ(１＋Δｔ)－ｙ(１)
Δｔ
＝ｌｉｍ
Δｔ→０
－４.９(１＋Δｔ)
２－(－４.９×１
２)
Δｔ
＝－９.８(ｍ/ ｓ).
练习
１.解析
设Ｐ( ｘ０ꎬｘ
２
０)ꎬＱ( ｘ０＋Δｘꎬ( ｘ０＋
Δｘ
２)
２)ꎬ当Δｘ→０时ꎬＰＱ所在直线为
抛物线ｆ( ｘ) ＝ｘ
２在点( ｘ０ꎬｘ
２
０) 处的
切线.
ｋ＝ｌｉｍ
Δｔ→０
(－１＋Δｘ)
２－(－１)
２
Δｘ
＝－２.
２.解析
ｋ＝ｌｉｍ
Δｘ→０
(０＋Δｘ)
２＋１－(０
２＋１)
Δｘ
＝０ꎬ
∴切线方程为ｙ－１＝０.
１０
５.１.２ 导数的概念及其几何意义
练习
１.解析 ｆ′(３)＝－１ꎬｆ′(５) ＝３ꎬ在第３ｈ
附近ꎬ原油温度大约以１℃/ ｈ的速率
下降ꎻ在第５ｈ附近ꎬ原油温度大约以
３℃/ ｈ的速率上升.
２.解析 ｆ′(１)＝ｌｉｍ
Δｔ→０
(１＋Δｘ)－１
Δｘ
＝１.
３. 解析
ｌｉｍ
Δｔ→０
２(２.７＋Δｔ)
２＋１－２×２.７
２－１
Δｔ
＝
１０.８.
４.解析 (１)ｆ(１.１)－ｆ(１)
１.１－１
＝(１.１
２－１)－(１
２－１)
１.１－１
＝２.１.
(２)ｆ′(１)＝ｌｉｍ
Δｘ→０
(１＋Δｘ)
２－１－(１
２－１)
Δｘ
＝２.
练习
１.解析 曲线ｈ( ｔ) 在ｔ＝ｔ３ꎬｔ４附近都递
增ꎬ且在ｔ＝ｔ３附近比在ｔ＝ｔ４附近增加
得快.
２.答案 Ａ
３.解析 由题意得ꎬ切线斜率
ｋ＝ｌｉｍ
Δｘ→０
－２(１＋Δｘ)
２＋１－(－２×１
２＋１)
Δｘ
＝
－４ꎬ∴切线方程为ｙ－( －１) ＝－４×( ｘ－
１)ꎬ即４ｘ＋ｙ－３＝０.
４.解析 图略.由图可估算出ｒ′(０.６) ≈
０.３ꎬｒ′(１.２)≈０.２.
◆习题5.1
复习巩固
１.解析
物体在ｔ＝１时的瞬时速度为
－９.８ｍ/ ｓ.物体在ｔ＝１附近以９.８ｍ/ ｓ
的速度下降.
２.解析 １０π.
３.解析
(１) ＪＰ３５×３
２＋６－(５×２
２＋６)
３－２
＝２５
(ｍ/ ｓ).
(２)２０ｍ/ ｓ.
４.解析 ２０π ｒａｄ/ ｓ.
５.答案 Ｃ
６.解析 由题图可知ꎬ函数ｆ(ｘ)在ｘ＝－５
处切线的斜率大于零ꎬ所以函数在ｘ＝
－５附近单调递增ꎬ同理可得ꎬ函数ｆ(ｘ)
在ｘ＝－４ꎬ－２ꎬ０ꎬ１附近分别单调递增ꎬ
几乎没有变化ꎬ单调递减ꎬ单调递减.
７.解析 由题意得ꎬ
ｋ＝ｌｉｍ
Δｘ→０
１
２(１＋Δｘ)
２－２－
１
２×１
２－２
(
)
Δｘ
＝１ꎬ
∴切线的倾斜角为４５°.
综合运用
８.解析 ｌｉｍ
Δｔ→０
１＋(５＋Δｔ)
２－(１＋５
２)
Δｔ
＝１０.
∴ｔ＝５ｓ时的瞬时速度为１０ｍ/ ｓ.
∴物体开始运动后第５ｓ时的动能为
１
２×３×１０
２＝１５０(Ｊ).
９.解析
(１)
(２)
(３)
１０.解析
(１)
(２)
(３)
拓广探索
１１.解析 速度ｖ关于时间ｔ的导数ｖ′的
物理意义是加速度.ｖ(ｔ)＝－９.８ｔ＋４.８ꎬ
ｖ′(ｔ)＝－９.８.
１２.解析
(１)
(２)
(３)
5.2 导数的运算
５.２.１ 基本初等函数的导数
练习
１.解析 (１)ｙ′＝－４ｘ
－５.
(２)ｙ′＝４
３ｘ
１
３.
(３)ｙ′＝(３
ｘ)′＝３
ｘｌｎ３.
(４)ｙ′＝
１
２(
)
ｘ
[
]
′＝
１
２(
)
ｘ
ｌｎ１
２.
(５)ｙ′＝
１
ｘｌｎ４.
(６)ｙ′＝
１
ｘｌｎ１
２
＝－
１
ｘｌｎ２.
２.解析 (１)ｙ′＝５ｘ
４ꎬｙ′
ｘ＝３＝５×３
４＝４０５.
(２)ｙ′＝１
ｘꎬｙ′
ｘ＝
２
３＝３
２.
(３)ｙ′＝ｃｏｓｘꎬｙ′
ｘ＝２π ＝１.
(４)ｙ′＝ｅ
ｘꎬｙ′
ｘ＝０＝１.
３.解析 ｙ′＝－ｓｉｎｘꎬｙ′
ｘ＝
π
２＝－１ꎬ
∴ｙ－０＝－１× ｘ－π
２
(
) ꎬ
∴ｘ＋ｙ－π
２＝０.
４.解析 ｙ′＝１
２ｘ
－
１
２ꎬ∴ｙ′
ｘ＝４＝１
４.
∴ｙ－２＝１
４(ｘ－４)ꎬ
∴ｘ－４ｙ＋４＝０.
５.２.２ 导数的四则运算法则
练习
１.解析 略.
２.解析 (１)ｙ′＝６ｘ
２－６ｘ.
(２)ｙ′＝－３ｓｉｎｘ＋２
ｘｌｎ２.
(３)ｙ′＝ｅ
ｘｌｎｘ＋ｅ
ｘ
ｘ.
(４)ｙ＝(ｘ
２＋２ｘ)ｘ
１
２＝ｘ
５
２＋２ｘ
３
２ꎬ
∴ｙ′＝５
２ｘ
３
２＋３ｘ
１
２.
(５)ｙ′＝
１
ｘ×ｘ－ｌｎｘ
ｘ
２
＝１－ｌｎｘ
ｘ
２
.
(６)ｙ＝ｔａｎｘ＝ｓｉｎｘ
ｃｏｓｘꎬ
∴ｙ′＝(ｓｉｎｘ)′ｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ(ｃｏｓｘ)′
ｃｏｓ
２ｘ
＝ｃｏｓ
２ｘ＋ｓｉｎ
２ｘ
ｃｏｓ
２ｘ
＝
１
ｃｏｓ
２ｘ.
３.解析
ｙ′＝２ｘ－３
ｘ
２ꎬ∴ｙ′
ｘ＝１＝－１ꎬ
∴切线方程为ｙ－４＝－１×(ｘ－１)ꎬ
即ｘ＋ｙ－５＝０.
５.２.３ 简单复合函数的导数
练习
１.解析 (１)ｙ＝
２
３ｘ＋１
＝２(３ｘ＋１)
－
１
２ꎬ
∴ｙ′＝２× －１
２
(
) (３ｘ＋１)
－
３
２×３＝－３(３ｘ＋
教材习题答案
１１
１)
－
３
２.
(２)ｙ′＝３(１－２ｘ)
２×(－２)＝－６(１－２ｘ)
２.
(３)ｙ′＝
１
(２ｘ＋１)ｌｎ２×２＝
２
(２ｘ＋１)ｌｎ２.
(４)ｙ′＝－ｓｉｎｘ
３× １
３＝－１
３ｓｉｎｘ
３.
(５)ｙ＝－ｃｏｓ３ｘꎬ∴ｙ′＝３ｓｉｎ３ｘ.
(６)ｙ′＝２
２ｘ＋１×ｌｎ２×２＝２
２ｘ＋２ｌｎ２.
２.解析 (１)ｙ′＝－２ｅ
－２ｘ＋１ꎬ
∴ｙ′
ｘ＝
１
２＝－２ｅ
－１＋１＝－２.
(２)ｙ′＝
５
５ｘ＋２ꎬｙ′
ｘ＝１＝５
７.
３.解析 ｙ＝(３ｘ－１)
１
３ꎬｙ′＝１
３(３ｘ－１)
－
２
３×
３＝(３ｘ－１)
－
２
３ꎬｙ′
ｘ＝
２
３＝１.
∴切线方程为ｙ－１＝１× ｘ－２
３
(
) ꎬ
即ｘ－ｙ＋１
３＝０.
◆习题5.2
复习巩固
１.解析 (１)ｙ′＝６ｘ
２－６ｘ.
(２)ｙ′＝－２
ｘ
２－
４
(ｘ＋１)
２.
(３)ｙ′＝２
ｘｌｎ２＋
１
ｘｌｎ２.
(４)ｙ′＝ｎｘ
ｎ－１ｅ
ｘ＋ｘ
ｎｅ
ｘ.
(５)ｙ′＝３ｘ
２ｓｉｎｘ－(ｘ
３－１)ｃｏｓｘ
(ｓｉｎｘ)
２
＝３ｘ
２ｓｉｎｘ－(ｘ
３－１)ｃｏｓｘ
ｓｉｎ
２ｘ
.
(６)ｙ′＝
ｃｏｓｘ(ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ)－ｓｉｎｘ(ｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ)
(ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ)
２
＝
１
(ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ)
２.
２.解析 (１)ｙ′＝９９(ｘ＋１)
９８.
( ２) ｙ′ ＝
(２ｘ＋１)
１
２－ｘ× １
２(２ｘ＋１)
－
１
２×２
(
２ｘ＋１)
２
＝(２ｘ＋１)
１
２－ｘ(２ｘ＋１)
－
１
２
２ｘ＋１
＝(２ｘ＋１)
－
１
２－ｘ(２ｘ＋１)
－
３
２.
(３)∵[ｓｉｎ(２ｘ＋５)]′＝２ｃｏｓ(２ｘ＋５)ꎬ
∴ｙ′＝２ｓｉｎ(２ｘ＋５) ＋(２ｘ－３) ×２ｃｏｓ(２ｘ＋
５)＝２ｓｉｎ(２ｘ＋５)＋(４ｘ－６)ｃｏｓ(２ｘ＋５).
(４)∵[ｃｏｓ(３ｘ－２)]′＝－３ｓｉｎ(３ｘ－２)ꎬ
∴ｙ′＝－６ｘｓｉｎ(３ｘ－２)－２ｃｏｓ(３ｘ－２)
４ｘ
２
.
(５)∵[(３ｘ＋１)
２]′＝１８ｘ＋６ꎬ
[ｌｎ(３ｘ)]′＝３
３ｘ＝１
ｘꎬ
∴ｙ′＝(１８ｘ＋６)ｌｎ(３ｘ)＋(３ｘ＋１)
２
ｘ
.
(６) ∵( ｅ
－３ｘ)′ ＝－３ｅ
－３ｘꎬ∴ｙ′ ＝３
ｘｌｎ３×
ｅ
－３ｘ＋３
ｘ×(－３ｅ
－３ｘ)＝３
ｘｅ
－３ｘｌｎ３－３
ｘ＋１ｅ
－３ｘ＝
ｅ
－３ｘ(３
ｘｌｎ３－３
ｘ＋１).
３.解析 ｆ′(ｘ)＝－８＋２２ｘꎬ
∴－８＋２２ｘ０＝４ꎬ∴ｘ０＝３２.
４.解析 (１)ｙ′＝ｌｎｘ＋１.
(２)ｙ′
ｘ＝１＝１ꎬ
∴切线方程为ｙ－０＝１×(ｘ－１)ꎬ即ｘ－ｙ－
１＝０.
５.解析
ｙ′ ＝ｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ
ｘ
２
ꎬｙ′
ｘ＝π ＝－１
π ꎬ
∴切线方程为ｙ＝－１
π ｘ＋１.
综合运用
６.解析 ∵ｆ′(ｘ)＝ｆ′
π
４(
) ｃｏｓｘ＋ｓｉｎｘꎬ
∴ｆ′
π
４(
) ＝ｆ′
π
４(
) × ２
２＋２
２ꎬ
∴ｆ′
π
４(
) ＝２＋１.
７.解析 令ｙ＝０得ｘ＝０ꎬ∴Ｐ(０ꎬ０)ꎬ
又ｆ′(ｘ)＝－ｅ
ｘꎬ∴ｋ＝ｆ′(０)＝－１ꎬ∴切线
方程为ｙ－０＝－１×(ｘ－０)ꎬ即ｘ＋ｙ＝０.
８.解析 ｆ′(ｘ)＝ｘ＋２－３
ｘꎬ由ｘ＋２－３
ｘ>０ꎬ
得－３<ｘ<０或ｘ>１ꎬ又∵ｘ>０ꎬ∴ｆ′(ｘ)>０
的解集为(１ꎬ＋∞).
９.解析
( １) Ａ′ ( ｔ) ＝５００× ｌｎ０. ８３４×
０.８３４
ｔ.
(２)Ａ′(７) ≈－２５.５ꎬ它表示氡气在第７
天左右时ꎬ以２５.５克/ 天的速率散发.
１０.解析 (１)ｌ′(ｔ) ＝４ｔ＋３
２ꎬ表示ｔ时刻
的瞬时速度为４ｔ＋３
２
(
) ｍ/ ｓ.
(２)ｌ′(３)＝１２＋３
２＝２７
２(ｍ/ ｓ).
(３)由２ｔ
２＋３
２ｔ＝３８得ｔ＝４( 负值舍
去)ꎬ∴ｌ′(４)＝４×４＋３
２＝３５
２(ｍ/ ｓ).
拓广探索
１１.解析 ｙ′＝２ａｅ
２ａｘꎬ∴ｙ′
ｘ＝０＝２ａ＝－１
２ꎬ
∴ａ＝－１
４.
１２.解析 (１)图略.
( ２) 当
ｈ
越来越小时ꎬｙ＝
ｓｉｎ(ｘ＋ｈ)－ｓｉｎｘ
ｈ
就越来越逼近函数ｙ＝
ｃｏｓｘ.
(３)ｙ＝ｓｉｎｘ的导数为ｙ＝ｃｏｓｘ.
１３.解析 ｄ′(ｔ)＝－４ｓｉｎｔ.所以ꎬ上午６:００
时潮水的速度为－０.４２ｍ/ ｈꎻ上午９:００
时潮水的速度为－０.６３ｍ/ ｈꎻ中午１２:００
时潮水的速度为－０.８３ｍ/ ｈꎻ下午６:００
时潮水的速度为－１.２４ｍ/ ｈ.
5.3 导数在研究函数中的应用
５.３.１ 函数的单调性
练习
１.解析 (１) ｆ( ｘ) 在( －∞ꎬ１] 上单调递
减ꎬ在[１ꎬ＋∞)上单调递增.
(２)ｆ′(ｘ)＝ｅ
ｘ－１ꎬ令ｆ′(ｘ) >０ꎬ得ｘ>０ꎻ
令ｆ′(ｘ)<０ꎬ得ｘ<０ꎬ∴ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋∞)
上单调递增ꎬ在(－∞ꎬ０)上单调递减.
２.解析 ｆ′(ｘ)＝２ａｘ＋ｂ.
当ａ>０时ꎬ令ｆ′(ｘ)>０ꎬ得ｘ>－ｂ
２ａꎬ
∴ｆ( ｘ) 在－ｂ
２ａꎬ＋∞
(
) 上单调递增ꎬ在
－∞ꎬ－ｂ
２ａ
(
) 上单调递减.
当ａ<０时ꎬ令ｆ′(ｘ)>０ꎬ得ｘ<－ｂ
２ａꎬ
∴ｆ( ｘ) 在－∞ꎬ－ｂ
２ａ
(
) 上单调递增ꎬ在
－ｂ
２ａꎬ＋∞
(
) 上单调递减.
３.解析
注:图象形状不唯一.
练习
１.解析 (１)ｆ′(ｘ)＝３－３ｘ
２.令ｆ′(ｘ) >０ꎬ
得－１<ｘ<１ꎬ∴ｆ(ｘ) 在( －∞ꎬ－１) 和(１ꎬ
＋∞)上单调递减ꎬ在( －１ꎬ１) 上单调
递增.
(２)ｆ′(ｘ)＝３ｘ
２－２ｘ－１ꎬ令ｆ′(ｘ)>０ꎬ得ｘ
<－１
３或ｘ> １ꎬ∴ｆ( ｘ) 在－∞ꎬ－１
３
(
) 和
(１ꎬ＋∞)上单调递增ꎬ在－１
３ꎬ１
(
) 上单
调递减.
２.证明 ｆ′(ｘ)＝６ｘ
２－１２ｘ＝６ｘ(ｘ－２)ꎬ当ｘ
∈(０ꎬ２)时ꎬｆ′(ｘ) <０ꎬ∴ｆ(ｘ) 在(０ꎬ２)
上单调递减.
３.解析
注:图象形状不唯一.
５.３.２ 函数的极值与最大(小)值
练习
１.解析 ｆ(ｘ)的极值点为ｘ２ꎬｘ４.极大值点
１２
为ｘ２ꎬ极小值点为ｘ４.
２.解析 (１)ｆ(ｘ)的极小值为ｆ
１
１２
(
) ＝６×
１
１２
(
)
２
－１
１２－２＝－４９
２４.
(２)ｆ′(ｘ)＝３ｘ
２－２７＝３(ｘ＋３)(ｘ－３)ꎬ
∴ｆ( ｘ) 在( －∞ꎬ－３) 上单调递增ꎬ在
(－３ꎬ３)上单调递减ꎬ(３ꎬ＋∞) 上单调
递增.
∴当ｘ＝－３时ꎬｆ(ｘ)取得极大值５４ꎬ当ｘ
＝３时ꎬｆ(ｘ)取得极小值－５４.
(３)ｆ′(ｘ)＝－３ｘ
２＋１２ꎬ令ｆ′(ｘ)＝０ꎬ得ｘ
＝± ２ꎬ∴ｘ∈( －２ꎬ２) 时ꎬｆ′ ( ｘ) > ０ꎬ
ｘ∈(－∞ꎬ－２)或ｘ∈(２ꎬ＋∞)时ꎬｆ′(ｘ)
<０ꎬ
∴当ｘ＝－２时ꎬｆ( ｘ) 取得极小值ꎬ为
ｆ(－２)＝－１０ꎻ当ｘ＝２时ꎬｆ(ｘ) 取得极大
值ꎬ为ｆ(２)＝２２.
(４)ｆ′(ｘ)＝３－３ｘ
２＝３(１＋ｘ)(１－ｘ)ꎬ
令ｆ′( ｘ) ＝０ꎬ得ｘ＝１或ｘ＝－１. ∴ｘ∈
(－１ꎬ１)时ꎬｆ′(ｘ) >０ꎬｘ∈( －∞ꎬ－１) ∪
(１ꎬ＋∞) 时ꎬｆ′( ｘ) < ０ꎬ∴ｆ( ｘ) 极大值＝
ｆ(１)＝２ꎬｆ(ｘ) 极小值＝ｆ(－１)＝－３＋１＝－２.
练习
１.解析
( １) ｆ( ｘ) ｍｉｎ＝ｆ
１
１２
(
) ＝－４９
２４ꎬ
ｆ(ｘ) ｍａｘ＝ｆ(２)＝２４－２－２＝２０.
(２)ｆ′(ｘ)＝３ｘ
２－２７.令ｆ′(ｘ)＝０ꎬ得ｘ＝
±３.
当ｘ∈(－４ꎬ－３)时ꎬｆ′(ｘ)>０ꎻ
当ｘ∈(－３ꎬ３) 时ꎬｆ′(ｘ) <０ꎻ当ｘ∈(３ꎬ
４)时ꎬｆ′(ｘ)>０.
∴ｆ(ｘ) 极大值＝ｆ( －３) ＝５４ꎬｆ( ｘ) 极小值＝
ｆ(３)＝－５４.
又ｆ(－４)＝(－４)
３－２７×(－４)＝４４ꎬｆ(４)
＝４
３－２７× ４＝－４４. ∴ｆ( ｘ) ｍｉｎ＝ｆ( ３) ＝
－５４ꎬｆ(ｘ) ｍａｘ＝ｆ(－３)＝５４.
(３)ｆ′(ｘ)＝－３ｘ
２＋１２.
令ｆ′(ｘ)＝０ꎬ得ｘ＝２或ｘ＝－２(舍去).
当ｘ∈－１
３ꎬ２
(
) 时ꎬｆ′(ｘ)>０ꎬ
当ｘ∈(２ꎬ３)时ꎬｆ′(ｘ)<０ꎬ
∴ｆ(ｘ) 极大值＝ｆ(２)＝２２.
又ｆ－１
３
(
) ＝６＋１２× －１
３
(
) －－１
３
(
)
３
＝
５５
２７ꎬｆ(３)＝６＋３６－２７＝１５ꎬ
∴ｆ(ｘ) ｍｉｎ＝ｆ－１
３
(
) ＝５５
２７ꎬｆ(ｘ) ｍａｘ＝ｆ(２)
＝２２.
(４)ｆ′( ｘ) ＝３－３ｘ
２. 当ｘ∈[ ２ꎬ３] 时ꎬ
ｆ′(ｘ)<０恒成立ꎬ
∴ｆ(ｘ)在[２ꎬ３]上单调递减.
∴ｆ(ｘ) ｍａｘ＝ｆ(２) ＝－２ꎬｆ( ｘ) ｍｉｎ＝ｆ(３) ＝
－１８.
２.证明 令ｆ(ｘ) ＝ｌｎｘ－ｘ＋１ꎬ则ｆ′(ｘ) ＝
１
ｘ－１ꎬ∴ｘ∈(０ꎬ１)时ꎬｆ′(ｘ)>０ꎬｘ∈(１ꎬ
＋∞)时ꎬｆ′(ｘ)<０ꎬ∴ｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上单
调递增ꎬ在(１ꎬ＋∞)上单调递减ꎬ
∴ｆ(ｘ) ｍａｘ＝ｆ(１)＝０ꎬ
∴ｌｎｘ－ｘ＋１≤ｆ(１)＝０ꎬ即ｌｎｘ≤ｘ－１.
练习
１.证明 令ｆ(ｘ)＝ｓｉｎｘ－ｘꎬｘ∈(０ꎬπ)ꎬ
则ｆ′(ｘ)＝ｃｏｓｘ－１<０ꎬ∴ｆ(ｘ)在(０ꎬπ)
上单调递减.
∴ｆ(ｘ)<ｆ(０)＝０ꎬ即ｓｉｎｘ－ｘ<０ꎬ
∴ｓｉｎｘ<ｘ.
ｙ１＝ｓｉｎｘꎬｙ２＝ｘꎬ如图.
２.解析
设圆的直径为ｘｍꎬ则铁丝长为
ｌ(ｘ)＝πｘ
２＋ｘ＋２
ａ
ｘ－π
８ｘ
(
) ＝
１＋π
４
(
) ｘ＋
２ａ
ｘꎬｘ∈０ꎬ
８ａ
π
æ
è
ç
ö
ø
÷ .
∴ｌ′(ｘ)＝１＋π
４－２ａ
ｘ
２.令ｌ′(ｘ)＝０ꎬ得ｘ＝
８ａ
４＋π ꎬ∴ｘ∈０ꎬ
８ａ
４＋π
æ
è
ç
ö
ø
÷ 时ꎬｌ′( ｘ) <
０ꎬｘ∈
８ａ
４＋π ꎬ
８ａ
π
æ
è
ç
ö
ø
÷ 时ꎬｌ′(ｘ) >０.∴ｘ
＝
８ａ
４＋π 是ｌ(ｘ)的极小值点ꎬ也是最小
值点.∴当圆的直径为
８ａ
４＋π ｍ时ꎬ所
用材料最省.
◆习题5.3
复习巩固
１.解析
(１) ｆ(ｘ) 在( －∞ꎬ＋∞) 上单调
递减.
(２)ｆ(ｘ)在０ꎬπ
２
(
) 上单调递增.
(３)ｆ(ｘ)的增区间为(－∞ꎬ＋∞).
(４)ｆ(ｘ)的增区间为(－∞ꎬ＋∞).
２.解析 (１)ｆ(ｘ)的增区间为(－１ꎬ＋∞)ꎬ
减区间为(－∞ꎬ－１).
(２) ｆ( ｘ) 的增区间为
３
４ꎬ＋∞
(
) ꎬ减区
间为－∞ꎬ３
４
(
) .
(３)ｆ(ｘ)的增区间为(－∞ꎬ＋∞).
(４) ｆ( ｘ) 的增区间为( －∞ꎬ－１)ꎬ
１
３ꎬ＋∞
(
) ꎻ减区间为－１ꎬ１
３
(
) .
３.解析 (１) 速度为０的点是极值点.图
略.(２)汽车在这些点处加速度为０.
４.解析 (１)ｘ２.(２)ｘ１ꎬｘ４.(３)ｘ３.(４)ｘ５.
５.解析 (１)ｆ(ｘ) 极小值＝ｆ－１
１２
(
) ＝４７
２４.
(２)ｆ′(ｘ) ＝３(ｘ－２) (ｘ＋２)ꎬ∴ｆ(ｘ) 在
(－∞ꎬ－２)上单调递增ꎬ在( －２ꎬ２) 上单
调递减ꎬ在(２ꎬ＋∞)上单调递增.
∴ｆ(ｘ) 极小值＝ｆ(２)＝－１６ꎬ
ｆ(ｘ) 极大值＝ｆ(－２)＝１６.
(３)ｆ′(ｘ) ＝３(ｘ－２) (ｘ＋２)ꎬ∴ｆ(ｘ) 在
(－∞ꎬ－２)上单调递增ꎬ在( －２ꎬ２) 上单
调递减ꎬ在(２ꎬ＋∞)上单调递增.
∴ｆ(ｘ) 极小值＝ｆ(２)＝－１０ꎬ
ｆ(ｘ) 极大值＝ｆ(－２)＝２２.
(４)ｆ′(ｘ)＝－３(ｘ＋４) (ｘ－４)ꎬ∴ｆ(ｘ) 在
(－∞ꎬ－４)ꎬ( ４ꎬ＋∞) 上单调递减ꎬ在
(－４ꎬ４) 上单调递增. ∴ｆ( ｘ) 极小值＝
ｆ(－４)＝－１２８ꎬ
ｆ(ｘ) 极大值＝ｆ(４)＝１２８.
６.解析 参考第５题可得
(１)ｆ(ｘ) ｍｉｎ＝ｆ－１
１２
(
) ＝４７
２４ꎬ
ｆ(ｘ) ｍａｘ＝ｆ(１)＝９.
(２)又ｆ( －３)＝－２７＋３６＝９ꎬｆ(３) ＝２７－
３６＝－９ꎬ∴ｙｍｉｎ＝ｆ(２)＝－１６ꎬｙｍａｘ＝ｆ( －２)
＝１６.
(３)又ｆ－１
３
(
) ＝６＋４－１
２７＝２６９
２７ꎬｆ(１)＝６
－１２＋１＝－５ꎬ∴ｆ( ｘ) ｍｉｎ＝ｆ( １) ＝－５ꎬ
ｆ(ｘ) ｍａｘ＝ｆ－１
３
(
) ＝２６９
２７.
(４)又ｆ( －３) ＝４８×( －３) ＋２７＝－１１７ꎬ
ｆ(５)＝４８×５－５
３＝１１５ꎬ∴ｆ(ｘ) ｍｉｎ＝－１１７ꎬ
ｆ(ｘ) ｍａｘ＝ｆ(４)＝１２８.
综合运用
７.解析 设其中一个正方形的边长为ｘꎬ
则另一个正方形的边长为ｌ
４－ｘ.则两个
正方形的面积和为Ｓ＝ｘ
２＋
ｌ
４－ｘ
(
)
２
＝
２ｘ－ｌ
８
(
)
２
＋ｌ
２
３２.
∴当ｘ＝ｌ
８时ꎬＳｍｉｎ＝ｌ
２
３２ꎬ此时两段铁丝
长均为ｌ
２.
８.解析
(１) Ｖ( ｘ) ＝( ａ－２ｘ)
２ｘ( ０< ｘ<
ａ
２) .
(２)Ｖ′(ｘ)＝１２ｘ
２－８ａｘ＋ａ
２ꎬ令Ｖ′(ｘ)＝０ꎬ
得ｘ＝ａ
６或ｘ＝ａ
２( 舍去). ∴ｘ∈
０ꎬａ
６
(
) 时ꎬＶ′(ｘ) >０ꎬｘ∈
ａ
６ꎬａ
２
(
) 时ꎬ
Ｖ′(ｘ)<０.∴ｘ＝ａ
６时ꎬＶ(ｘ)取得极大值ꎬ
也是最大值.
教材习题答案
１３
９.证明 ∵ｆ(ｘ)＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
(ｘ－ａｉ)
２ꎬ
∴ｆ′(ｘ)＝２
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
(ｘ－ａｉ).
令ｆ′(ｘ)＝０ꎬ得ｘ＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
ａｉꎬ
∴ｘ＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
ａｉ是函数ｆ( ｘ) 的极小值
点ꎬ也是最小值点. ∴当ｘ＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
ａｉ
时ꎬｆ(ｘ)＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
(ｘ－ａｉ)
２取得最小值.
１０.解析 设收入为Ｒꎬ则Ｒ＝ｑｐ＝ｑ
２５－１
８ｑ
(
) ＝２５ｑ－１
８ｑ
２.
利润Ｌ＝Ｒ－Ｃ＝
２５ｑ－１
８ｑ
２
(
) －( １００＋
４ｑ)＝－１
８ｑ
２＋２１ｑ－１００(０<ｑ<２００)ꎬ
Ｌ′＝－１
４ｑ＋２１ꎬ令Ｌ′＝０ꎬ得ｑ＝８４ꎬ
∵ｑ∈(０ꎬ８４) 时ꎬＬ′>０ꎻｑ∈(８４ꎬ２００)
时ꎬＬ′<０ꎬ
∴当ｑ＝８４时ꎬＬ取得最大值ꎬ即利润
最大.
１１.解析 设销售价为ｘ元/ 件ꎬ它比售价
ｂ元下降了１０ｙ％ꎬ从而ｘ＝ｂ( １－
１０ｙ％)ꎬ故１０ｙ％＝ｂ－ｘ
ｂ.
根据题意ꎬ此时可卖出ｍ件ꎬ则ｍ＝
ｃ(１＋４０ｙ％)＝ｃ＋４ｃ×ｂ－ｘ
ｂꎬ
∴利润Ｌ(ｘ)＝(ｘ－ａ) ｃ＋４ｃ×ｂ－ｘ
ｂ
(
)
＝ｃ(ｘ－ａ) ５－４
ｂｘ
(
) .
令Ｌ′( ｘ) ＝－８ｃ
ｂｘ＋４ａｃ＋５ｂｃ
ｂ
＝０ꎬ得ｘ
＝４ａ＋５ｂ
８
.
当ｘ∈ａꎬ４ａ＋５ｂ
８
(
) 时ꎬＬ′(ｘ) >０ꎻ当ｘ∈
４ａ＋５ｂ
８
ꎬｂ
(
] 时ꎬＬ′(ｘ)<０ꎬ
∴当ｘ＝４ａ＋５ｂ
８
时.Ｌ(ｘ)取得极大值ꎬ也
是最大值.
所以销售价为４ａ＋５ｂ
８
元/ 件时ꎬ利润
最大.
１２.解析
(１) 设ｆ( ｘ) ＝ｅ
ｘ－１－ｘꎬｘ≠０ꎬ
ｆ′(ｘ)＝ｅ
ｘ－１ꎬｘ∈(０ꎬ＋∞) 时ꎬｆ′(ｘ) >
０ꎬｆ(ｘ)递增ꎻ当ｘ∈(－∞ꎬ０)时ꎬｆ′(ｘ)
<０ꎬｆ( ｘ) 递减ꎬ∴ｆ( ｘ) > ｆ( ０) ＝０ꎬ
∴ｆ(ｘ)>０ꎬ即ｅ
ｘ>１＋ｘ(ｘ≠０).
图象验证略.
(２)设ｆ(ｘ)＝ｌｎｘ－ｘꎬ则ｆ′(ｘ)＝１
ｘ－１
＝１－ｘ
ｘꎬ∴ｘ∈(０ꎬ１)时ꎬｆ′(ｘ) >０ꎬｆ(ｘ)
单调递增ꎻｘ∈(１ꎬ＋∞) 时ꎬｆ′(ｘ) <０ꎬ
ｆ(ｘ)单调递减.∴ｆ(ｘ) ｍａｘ＝ｆ(１) ＝－１ꎬ
∴ｆ(ｘ)＝ｌｎｘ－ｘ<０ꎬ即ｌｎｘ<ｘ.
令ｇ(ｘ)＝ｘ－ｅ
ｘꎬｇ′(ｘ)＝１－ｅ
ｘꎬｘ∈(０ꎬ
＋∞)时ꎬｇ′(ｘ)<０ꎬ
∴ｇ(ｘ)在(０ꎬ＋∞)上单调递减.
∴ｇ(ｘ)<ｇ(０)＝－１ꎬ∴ｘ－ｅ
ｘ<０ꎬ∴ｅ
ｘ>ｘ.
综上ꎬｌｎｘ<ｘ<ｅ
ｘ.
图象验证略.
１３.解析
(１) 函数ｆ(ｘ)＝ａｘ
３＋ｂｘ
２＋ｃｘ＋ｄ
的图象大致是个“ 双峰” 形状ꎬ类似
“
” 或“
” 的形状. 若有极
值ꎬ则在整个定义域上有且仅有一个
极大值和一个极小值ꎬ从图象上能大
致估计它的单调区间.
(２)因为ｆ(ｘ)＝ａｘ
３＋ｂｘ
２＋ｃｘ＋ｄ(ａ≠０)ꎬ
所以ｆ′(ｘ)＝３ａｘ
２＋２ｂｘ＋ｃ.
分ａ>０和ａ<０两种情况:
①当ａ> ０且ｂ
２－３ａｃ> ０时ꎬ设方程
ｆ′(ｘ)＝３ａｘ
２＋２ｂｘ＋ｃ＝０的两根分别为
ｘ１ꎬｘ２ꎬ且ｘ１<ｘ２.
ｘ∈( －∞ꎬｘ１) 或ｘ∈( ｘ２ꎬ＋∞) 时ꎬ
ｆ′(ｘ)>０ꎬｆ(ｘ) 单调递增ꎻｘ∈(ｘ１ꎬｘ２)
时ꎬｆ′(ｘ)<０ꎬｆ(ｘ)单调递减.
当ａ>０且ｂ
２－３ａｃ≤０时ꎬｆ′(ｘ)＝３ａｘ
２＋
２ｂｘ＋ｃ≥０ꎬｆ(ｘ)在Ｒ上单调递增.
②当ａ< ０且ｂ
２－３ａｃ> ０时ꎬ设方程
ｆ′(ｘ)＝３ａｘ
２＋２ｂｘ＋ｃ＝０的两根分别为
ｘ１ꎬｘ２ꎬ且ｘ１<ｘ２ꎬ
当ｘ∈(ｘ１ꎬｘ２)时ꎬｆ′(ｘ) >０ꎬ∴ｆ(ｘ) 在
(ｘ１ꎬｘ２)上单调递增ꎻ当ｘ∈( －∞ꎬｘ１)
或ｘ∈(ｘ２ꎬ＋∞) 时ꎬｆ′(ｘ) <０ꎬ∴ｆ(ｘ)
在(－∞ꎬｘ１)ꎬ(ｘ２ꎬ＋∞)上单调递减.
当ａ<０且ｂ
２－３ａｃ≤０时ꎬｆ′(ｘ)＝３ａｘ
２＋
２ｂｘ＋ｃ≤０ꎬ∴ｆ(ｘ)在Ｒ上单调递减.
复习参考题5
复习巩固
１.解析 Ｐ(１ꎬ－４)ꎬＱ(４ꎬ５).
(１)ｋＰＱ＝－４－５
１－４＝３.
(２)ｙ′＝２ｘ－２ꎬ∴ｙ′
ｘ＝１＝０.
∴点Ｐ处的切线方程为ｙ＋４＝０.
２.解析
(１) (ｔａｎｘ)′ ＝
ｓｉｎｘ
ｃｏｓｘ
(
)
′ ＝
１
ｃｏｓ
２ｘꎬ
∴ｙ′＝(２ｘｔａｎｘ)′
＝２(ｘｔａｎｘ)′＝ｓｉｎ２ｘ＋２ｘ
ｃｏｓ
２ｘ
.
(２)ｙ′＝２
ｘｌｎ２ｌｎｘ＋２
ｘ
ｘ.
(３)ｙ′＝[(ｘ－２)
３]′(３ｘ＋１)
２＋(ｘ－２)
３
[(３ｘ＋１)
２]′ ＝３( ｘ－２)
２(３ｘ＋１)
２＋( ｘ－
２)
３[６(３ｘ＋１)]
＝３(５ｘ－３)(３ｘ＋１)(ｘ－２)
２.
(４) ｙ′ ＝２ｘ(２ｘ＋１)
３－ｘ
２３(２ｘ＋１)
２２
(２ｘ＋１)
６
＝－２ｘ
２＋２ｘ
(２ｘ＋１)
４.
(５)(ｅ
－２ｘ＋１)′ ＝－２ｅ
－２ｘ＋１ꎬ[ｃｏｓ( －ｘ
２＋ｘ)]′
＝－ｓｉｎ(－ｘ
２＋ｘ)(－ｘ
２＋ｘ)′＝(２ｘ－１)
ｓｉｎ(－ｘ
２＋ｘ)ꎬ
∴ｙ′＝－２ｅ
－ｘ
２＋１ｃｏｓ(－ｘ
２＋ｘ) ＋ｅ
－２ｘ＋１(２ｘ－
１)ｓｉｎ(－ｘ
２＋ｘ)
＝ｅ
－２ｘ＋１[ －２ｃｏｓ( －ｘ
２＋ｘ) ＋( ２ｘ－１)
ｓｉｎ(－ｘ
２＋ｘ)].
(６)(ｓｉｎ２ｘ)′＝２ｃｏｓ２ｘꎬ
( ｘ)′＝(ｘ
１
２)′＝１
２ｘ
－
１
２ꎬ
∴ｙ′＝
２ｘｃｏｓ２ｘ－１
２ｘ
－
１
２ｓｉｎ２ｘ
ｘ
.
３.答案 Ｂ
解析 由ｆ′( ｘ) 的图象知ｆ( ｘ) 在其定
义域上是增函数ꎬ且ｆ( ｘ) 的图象先由
“平缓” 变“ 陡峭”ꎬ再由“ 陡峭” 变“ 平
缓”.
４.解析 (１)ｙ′＝１＋１
ｘ
２ꎬ∴ｙ′
ｘ＝１＝２ꎬ∴切
线方程为ｙ＝２ｘ－２.
(２) ｙ′ ＝２ｅ
２ｘ－１ｘ
２－２ｘｅ
２ｘ－１
ｘ
４
ꎬ∴ｙ′
ｘ＝
１
２＝
－８ꎬ∴切线方程为ｙ－４＝－８ｘ－１
２
(
) ꎬ
即８ｘ＋ｙ－８＝０.
５.解析 Ｆ′＝ＧＭｍ
ｒ
２
æ
è
ç
ö
ø
÷ ′＝－２ＧＭｍ
ｒ
３
.
６.解析 (１)ｆ′(ｔ)<０.ｆ′(ｔ)表示ｔ附近函
数值的瞬时变化率.因为红茶的温度在
下降ꎬ∴ｆ′(ｔ)为负.
(２)ｆ′(３) ＝－４的实际意义是:在ｔ＝
３ｍｉｎ附近红茶温度约以４℃/ ｍｉｎ的速
率下降.
７.解析 ｆ(ｘ)＝
３ｘ
２＝ｘ
２
３ꎬ
∴ｆ′(ｘ)＝２
３ｘ
－
１
３ꎬ
令ｆ′(ｘ) >０ꎬ得ｘ>０ꎻ令ｆ′(ｘ) <０ꎬ得ｘ
<０.
∴ｆ(ｘ)的单调递增区间为(０ꎬ＋∞)ꎬ单
调递减区间为(－∞ꎬ０).
８.解析 ｆ′(ｘ)＝２ｘ＋ｐ.当ｆ′(ｘ) ＝２ｘ＋ｐ＝
０ꎬ即ｘ＝－ｐ
２＝１时ꎬｆ(ｘ) 有最小值ꎬ由
－ｐ
２＝１ꎬ得ｐ＝－２ꎬ又因为ｆ(１)＝１－２＋ｑ
１４
＝４ꎬ所以ｑ＝５.
９.解析 ｆ(ｘ)＝ｘ
３－２ｃｘ
２＋ｃ
２ｘꎬｆ′(ｘ)＝３ｘ
２－
４ｃｘ＋ｃ
２.由ｆ′(２)＝０得ｃ＝２或ｃ＝６.
若ｃ＝２ꎬｆ′(ｘ)＝３ｘ
２－８ｘ＋４＝(３ｘ－２)(ｘ－
２)ꎬ∴ｆ(ｘ)在－∞ꎬ２
３
(
) ꎬ(２ꎬ＋∞)上单
调递增ꎬ在
２
３ꎬ２
(
) 上单调递减ꎬ∴ｆ(ｘ)
在ｘ＝２处取极小值.
若ｃ＝６ꎬｆ′(ｘ)＝３ｘ
２－２４ｘ＋３６＝３(ｘ－２)
(ｘ－６)ꎬ∴ｆ(ｘ)在( －∞ꎬ２)ꎬ(６ꎬ＋∞)
上单调递增ꎬ在(２ꎬ６)上单调递减.
∴ｆ(ｘ)在ｘ＝２处取极大值.
综上ꎬｃ＝６.
１０.解析 设Ａ(ａꎬ０) (ａ≠０且ａ≠１)ꎬ则
直线ＡＢ的方程为ｙ－０
ｘ－ａ＝ｙ－１
ｘ－１ꎬ令ｘ＝０ꎬ
得ｙ＝ａ
ａ－１ꎬ
∴Ｂ０ꎬａ
ａ－１
(
) .
∴Ｓ△ＡＯＢ＝Ｓ( ａ) ＝
１
２× ａ×
ａ
ａ－１＝
ａ
２
２(ａ－１)ꎬＳ′(ａ)＝１
２× ａ
２－２ａ
(ａ－１)
２ꎬ
令Ｓ′(ａ)＝０ꎬ得ａ＝０(舍去)或ａ＝２ꎬ
ａ∈(０ꎬ２)时ꎬＳ′(ａ)<０ꎬ∴Ｓ(ａ)单调递
减ꎻａ∈(２ꎬ＋∞)时ꎬＳ′(ａ) >０ꎬ∴Ｓ(ａ)
单调递增.
所以当ａ＝２时ꎬ△ＡＯＢ的面积取得最
小值ꎬ为Ｓ(２) ＝２ꎬ此时直线ＡＢ的倾
斜角为１３５°.
１１.答案 Ｄ
１２.解析 (１)ｂ′(ｔ)＝１０
４－２×１０
３ｔ.
ｂ′(５)＝１０
４－２×１０
３×５＝０ꎬ
ｂ′(１０)＝－１００００.
∴细菌在ｔ＝５和ｔ＝１０时的瞬时变化
率分别为０和－１００００.
(２)由ｂ′(ｔ)>０得ｔ<５ꎬ由ｂ′(ｔ)<０得ｔ
>５.∴细菌在ｔ∈(０ꎬ５)时间段数量增
加ꎬ在ｔ∈(５ꎬ＋∞)时间段数量减少.
１３.解析 易求曲线ｙ＝ｘ＋ｌｎｘ在点(１ꎬ１)
处的切线方程为ｙ＝２ｘ－１ꎬ由ｙ＝２ｘ－１
与ｙ＝ａｘ
２＋(２ａ＋３)ｘ＋１联立消去ｙ得ꎬ
ａｘ
２＋(２ａ＋１) ｘ＋２＝０ꎬ若ａ＝０ꎬ则ｘ＝
－２ꎻ若ａ≠０ꎬ则有Δ＝(２ａ＋１)
２－４×ａ×２
＝０ꎬ∴ａ＝１
２.综上ꎬａ＝０或ａ＝１
２.
１４.解析
设容器底面短边长为ｘｍꎬ则
其邻边长为( ｘ＋０. ５) ｍꎬ高为
１４.８－４ｘ－４(ｘ＋０.５)
４
＝３.２－２ｘ.
由３.２－２ｘ>０ꎬ
ｘ>０ꎬ
{
得０<ｘ<１.６ꎬ
∴容积ｙ＝ｘ(ｘ＋０.５)(３.２－２ｘ)＝－２ｘ
３＋
２.２ｘ
２＋１.６ｘ(０<ｘ<１.６)ꎬ
∴ｙ′＝－６ｘ
２＋４.４ｘ＋１.６ꎬ由ｙ′＝０得ｘ＝１
或ｘ＝－４
１５(舍去).
∴ｘ＝１时ꎬｙｍａｘ＝１.８ꎬ高为３.２－２×１＝
１.２(ｍ).即高为１.２ｍ时ꎬ容积最大ꎬ
最大为１.８ｍ
３.
１５.解析
设圆锥的底面半径为ｒꎬ高为
ｈꎬ体积为Ｖꎬ则ｒ
２＋ｈ
２＝Ｒ
２ꎬ
∴Ｖ＝１
３πｒ
２ｈ＝１
３π(Ｒ
２－ｈ
２)ｈ
＝１
３πＲ
２ｈ－１
３πｈ
３(０<ｈ<Ｒ).
Ｖ′＝１
３πＲ
２－πｈ
２ꎬ由Ｖ′ ＝０得ｈ＝３
３Ｒ.
∴ｈ∈０ꎬ３
３Ｒ
æ
è
ç
ö
ø
÷ 时ꎬＶ′>０ꎬＶ单调递增ꎻ
ｈ∈
３
３ＲꎬＲ
æ
è
ç
ö
ø
÷ 时ꎬＶ′<０ꎬＶ单调递减ꎬ
∴ｈ＝
３
３Ｒ时ꎬＶ取最大值. 此时ｒ＝
６
３Ｒ.
由αＲ＝２πｒꎬ得α ＝２６
３π.即圆心角α
为２６
３π 时ꎬ容积最大.
拓广探索
１６.解析 当汽车以ｘｋｍ/ ｈ行驶时ꎬ行车
的总费用ｙ＝
３５＋７３＋ｘ
２
３６０
(
)
[
]
１３０
ｘ(５０
≤ｘ≤１００)ꎬ
ｙ′＝－５６×１３０
ｘ
２
＋９１
３６ꎬ令ｙ′＝０ꎬ得ｘ＝２４５
(负值舍去). ∴当ｘ＝２４５ｋｍ/ ｈ时ꎬ
ｙｍｉｎ＝３６４５
３
元.
１７.解析
函数定义域为{ ｘ｜ｘ≠１}.ｙ′ ＝
ｅ
ｘ(２ｘ
２－３ｘ)
(ｘ－１)
２
ꎬ令ｙ′ ＝０ꎬ得ｘ＝０或ｘ＝
３
２ꎬ∴函数在( －∞ꎬ０)ꎬ
３
２ꎬ＋∞
(
) 上
单调递增ꎬ在(０ꎬ１)ꎬ１ꎬ３
２
(
) 上单调
递减ꎬ且ｙ极大值＝１ꎬｙ极小值＝４ｅ
３
２.
又ｙ＝ｅ
ｘ(２ｘ－１)
ｘ－１
＝ｅ
ｘ２＋１
ｘ－１
(
) ꎬｘ→－∞
时ꎬｙ→０ꎬｘ→＋∞时ꎬｙ→＋∞ꎬ故函数图
象如图.
１８.证明 ｆ(ｘ)＝ｅ
ｘ－ｌｎ(ｘ＋ｍ)(ｘ>－ｍ).
当ｍ≤２ꎬｘ∈(－ｍꎬ＋∞)时ꎬ
ｌｎ(ｘ＋ｍ)≤ｌｎ(ｘ＋２)ꎬ故只需证明当ｍ
＝２时ꎬｆ(ｘ)>０.
当ｍ＝２时ꎬｆ′( ｘ) ＝ｅ
ｘ－１
ｘ＋２在( －２ꎬ
＋∞)上单调递增ꎬ又ｆ′(－１)<０ꎬｆ′(０)>０ꎬ
故ｆ′(ｘ)＝０在( －２ꎬ＋∞) 内有唯一实
根ｘ０ꎬ且ｘ０∈( －１ꎬ０).当ｘ∈( －２ꎬｘ０)
时ꎬｆ′ ( ｘ) < ０ꎬ当ｘ∈( ｘ０ꎬ＋∞) 时ꎬ
ｆ′(ｘ)>０.
从而当ｘ＝ｘ０时ꎬｆ(ｘ)取得最小值ꎬ
由ｆ′(ｘ０)＝０得ｅ
ｘ０＝
１
ｘ０＋２ꎬｌｎ(ｘ０＋２)＝
－ｘ０ꎬ故ｆ( ｘ) ≥ｆ(ｘ０) ＝
１
ｘ０＋２＋ｘ０＝
(ｘ０＋１)
２
ｘ０＋２
>０.
综上ꎬ当ｍ≤２时ꎬｆ(ｘ)>０.
１９.解析 (１)ｆ(ｘ) 的定义域为Ｒꎬｆ′(ｘ)
＝(２ｅ
ｘ＋１)(ａｅ
ｘ－１).
若ａ≤０ꎬ则ａｅ
ｘ－１<０恒成立ꎬ∴ｆ′(ｘ)
<０ꎬ即ｆ(ｘ)在Ｒ上单调递减.若ａ>０ꎬ
令ａｅ
ｘ－１＝０ꎬ得ｘ＝－ｌｎａꎬ
当ｘ∈(－∞ꎬ－ｌｎａ) 时ꎬｆ′(ｘ) <０ꎬ当ｘ
∈(－ｌｎａꎬ＋∞)时ꎬｆ′(ｘ)>０ꎬ所以ｆ(ｘ)
在( －∞ꎬ－ｌｎａ) 上单调递减ꎬ在
(－ｌｎａꎬ＋∞)上单调递增.
(２)因为ｆ(ｘ) 有两个零点ꎬ所以ａ>０.
否则ｆ(ｘ)在Ｒ上单调递减ꎬ至多有一
个零点ꎬ与题设不符ꎬ所以ｆ( －ｌｎａ)
<０ꎬ
即ａ×
１
ａ(
)
２
＋(ａ－２)× １
ａ＋ｌｎａ<０ꎬ有１
－１
ａ－ｌｎ１
ａ<０.
当ａ＝１时ꎬｆ( －ｌｎａ)＝０ꎬ故ｆ(ｘ) 只有
一个零点ꎻ
当ａ>１时ꎬ有１－ｌｎ１
ａ－１
ａ>０ꎬ
即ｆ(－ｌｎａ)>０ꎬ故ｆ(ｘ)无零点ꎻ
当ａ∈(０ꎬ１)时ꎬ１－ｌｎ１
ａ－１
ａ<０ꎬ
即ｆ(－ｌｎａ)<０ꎬ
又ｆ(－２)＝ａｅ
－４＋(ａ－２)ｅ
－２＋２>０ꎬ
所以ｆ(ｘ)在( －∞ꎬ－ｌｎａ)上有一个零
点ꎬ设存在正整数ｎ０满足ｎ０>
ｌｎ
３
ａ－１
(
) ꎬ
则ｆ(ｎ０)＝ｅ
ｎ０(ａｅ
ｎ０＋ａ－２) －ｎ０>ｅ
ｎ０－ｎ０>
２
ｎ０－ｎ０>０.
由于ｌｎ
３
ａ－１
(
) > －ｌｎａꎬ因此ｆ( ｘ) 在
(－ｌｎａꎬ＋∞)上有一个零点.
综上ꎬａ的取值范围为(０ꎬ１).
