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3.2高考复习专题10讲之专题3

时间:2010-11-06


教案编号:

执行时间:_____

课题: 一、教学目标: 【知识目标】 【能力目标】 【道德情感目标】 二、重点难点: 【重点】 【难点】 三、教学器材: 四、教学过程与方法:
【例题解析 例题解析】 例题解析

专题 3_数列、极限、数学归纳法(下)

等差、等比数列及其通项公式,前 n 项和公式 数列的极限及其四则运算;数学归纳法及其应用 培养学生逻辑思维的能力,计算能力;培养学生唯物主义的世界观

数学归纳法及其应用 数学归纳法及其应用 多媒体展示平台

例 1:完成下列各选择题 : (1) “公差为 0 的等差数列是等比数列”“公比为 ;

1 的等比数列一定是递减数列”“a,b,c 三数成等 ; 2
C.3 个 D.4 个

; ,以上四个命题中,正确的 比数列的充要条件是 b2=ac”“a,b,c 三数成等差数列的充要条件是 2b=a+c” 有( ) A.1 个 B.2 个
n

(2)命题 1:若数列{an}的前 n 项和 Sn=a +b(a≠1),则数列{an}是等比数列; 命题 2:若数列{an}的前 n 项和 Sn=an2+bn+c(a≠0),则数列{an}是等差数列; 命题 3:若数列{an}的前 n 项和 Sn=na-n,则数列{an}既是等差数列,又是等比数列;上述三个命 题中,真命题有( A.1 ) B.2 A.0 个 C.4 B.1 个 D.6 C.2 个 D.3 个 ) (3)设{an}是递增等差数列,前三项的和为 12,前三项的积为 48,则它的首项是(

解析: (1)四个命题中只有最后一个是真命题。命题 1 中未考虑各项都为 0 的等差数列不是等比数 解析:

1 1 ,an+1<an 未必成立,当首项 a1<0 时,an<0,则 an>an,即 an+1>an,此时 2 2 2 该数列为递增数列;命题 3 中,若 a=b=0,c∈R,此时有 b = ac ,但数列 a,b,c 不是等比数列,所以应
列;命题 2 中可知 an+1=an× 是必要而不充分条件,若将条件改为 b= ac ,则成为不必要也不充分条件。

(2)上述三个命题均涉及到 Sn 与 an 的关系,它们是 an= ?

?a1 当n = 1时 ?S n ? S n ?1 , 当n ≥ 2时

都必须用上述关系式, 尤其注意首项与其他各项的关系。 正确判断数列{an}是等差数列或等比数列, 上述三个命题都不是真命题,选择 A。

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由命题 1 得,a1=a+b,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(a-1)·an 1。若{an}是等比数列,则



a2 =a,即 a1

a (a ? 1) =a,所以只有当 b=-1 且 a≠0 时,此数列才是等比数列。 a+b
由命题 2 得,a1=a+b+c,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2na+b-a,若{an}是等差数列,则 a2-a1=2a,即 2a-c=2a,所以只有当 c=0 时,数列{an}才是等差数列。 由命题 3 得,a1=a-1,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=a-1,显然{an}是一个常数列,即公差为 0 的等差 数列,因此只有当 a-1≠0;即 a≠1 时数列{an}才又是等比数列。 (3)方程法:设{an}的首项为 a1 ,公差为 d。则 ?

?3a1 + 3d = 12 ?d = 2 解之得 ? 或 ?a1 = 2 ?a1 (a1 + d )(a1 + 2d ) = 48

? d = ?2 , 又∵{an}是递增数列, ∴d>0 故 a1=2。 习惯上可设前三项分别为 4-d,4,4+d 由 4(4-d)(4+d)=48 ? ?a1 = 6
解得。估值法:由 2+4+6=12,48=2×4×6,{an}为递增数列可知 a1=2。 例 2:在数列{an}中,a1=b(b≠0),前 n 项和 Sn 构成公比为 q 的等比数列。 : (1)求证:数列{an}不是等比数列; (2)设 bn=a1S1+a2S2+…+anSn,|q|<1,求 lim bn。
n →∞


(1)证明:由已知 S1=a1=b,∵{Sn}成等比数列,且公比为 q。∴Sn=bqn 1,∴Sn-1=b·qn 2(n 解: ≥2)。当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=bqn 1-bqn 2=b·(q-1)·qn 2;故当 q≠1 时,
- - -



a n +1 b(q ? 1) ? q ( n ?1) = =q, a n b ? (q ? 1) ? q n ? 2



a 2 b ? (q ? 1) = =q-1≠q,∴{an}不是等比数列。当 q=1,n≥2 时,an=0,所以{an}也不是等比数列。 a1 b
综上所述,{an}不是等比数列。 (2)∵|q|<1,由(1)知 n≥2,a2,a3,a4,…,an 构成公比为 q 的等比数列,∴a2S2,a3S3,…,anSn 是公

比为 q2 的等比数列。∴bn=b2+a2S2·(1+q2+q4+…+q2n 4),∵S2=bq,a2=S2-S1=bq-b,∴a2S2=b2q(q-1), ∴bn=b2+b2q(q-1)·



1 ? q 2n?2 1 b2 - ,∵|q|<1,∴ lim q2n 2=0,∴ lim bn=b2+b2q(q-1)· = n →∞ n →∞ 1? q2 1? q2 1+ q
-4

注 1+q2+q4+…+q2n

的最后一项及这个式子的项数很容易求错,故解此类题时要细心检验。数列的

极限与数列前 n 项和以及其他任何有限多个项无关,它取决于 n→∞时,数列变化的趋势。 ,若所有 例 3:已知数列{xn}的各项为不等于 1 的正数,其前 n 项和为 Sn,点 Pn 的坐标为(xn,Sn) : 这样的点 Pn(n=1,2,…)都在斜率为 k 的同一直线(常数 k≠0,1)上。 (2)设 yn=log xn (2a2-3a+1)满足 ys= (1)求证:数列{xn}是等比数列;

1 1 ,yt= (s,t∈N, 2t + 1 2s + 1

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且 s≠t)其中 a 为常数,且 1<a<

3 ,试判断,是否存在自然数 M,使当 n>M 时,xn>1 恒成立?若存在, 2

求出相应的 M;若不存在,请说明理由。 证明: (1) P ∴ 证明: ∵点 Pn、 n+1 都在斜率为 k 的直线上,

S n+1? S n x n +1 =k, 即 =k, (k-1)xn+1=kxn 故 x n +1 ? x n x n +1 ? x n

,∵k≠0,xn+1≠1,xn≠1,∴

x n +1 k k = =常数,∴{xn}是公比为 的等比数列。 xn k ? 1 k ?1
3 ,得 0<2a2 2

(2)答案是肯定的,即存在自然数 M,使当 n>M 时,xn>1 恒成立。事实上,由 1<a< -3a+1<1,∵yn=log xn (2a2-3a+1),∴ 首项为 x1,则 xn=x1·qn 1(n∈N),∴


1 = log ( 2 a 2 ?3 a +1) xn,由(1)得{xn}是等比数列,设公比为 q>0 yn

1 =(n-1) log ( 2 a 2 ?3 a +1) q+log ( 2 a 2 ?3 a +1) x1,令 d=log ( 2 a 2 ?3 a +1) q,故得 yn 1 1 1 1 1 }是以 d 为公差的等差数列。 又∵ =2t+1, =2s+1, ∴ - =2(t-s), 即(s-1)d-(t-1)d=2(t { yn ys yt ys yt 1 1 -s),∴d=-2;故 = +(n-s) ·(-2)=2(t+s)-2n+1, (n∈N) 。又∵xn=(2a2-3a+1) yn ys
∴要使 xn>1 恒成立,即须
1 yn

(n∈N) ,

1 1 1 <0,∴2(t+s)-2n+1<0,∴n>(t+s)+ ,当 M=t+s,n>M 时,我们有 <0 yn 2 yn
2

恒成立,∴当 n>M=(t+s)时,xn=(2a -3a+1)

1 yn

>1 恒成立。 (∵0<2a2-3a+1<1)

注: (1)点(xn,Sn)在一直线上是{xn}成等比数列的充要条件(其中公比 q≠1,斜率 k≠0,1)(2) 。 如果数列{xn}各项是正数且成等比数列,则数列{logaxn}(a>0,a≠1)成等差数列。

例 4:在数列{an}中 a1=1,当 n≥2 时,an,Sn,Sn- :

1 成等比数列。 (1)求 a2,a3,a4 并推出 an 的表达式; 2

(2)用数学归纳法证明所得的结论; (3)求数列{an}所有项的和。 解:∵an,Sn,Sn-

1 1 成等比数列,∴Sn2=an·(Sn- )(n≥2) (*) 2 2 2 2 1 2 (1) a1=1,S2=a1+a2=1+a2 代入 把 (*) 式得: 2=- , a1=1,a2=- ,S3= +a3 代入(*)得: 3=- a 把 a 。 3 3 3 15

(n ?1   = 1) 2 ? ,由此可以推出:an= ? 同理可得:a4=- 2 35 ?? (2n ? 3)(2n ? 1) (n > 1) ?
(2) (i)当 n=1,2,3,4 时,由(*)知猜想成立。(ii)假设 n=k(k≥2) 时,ak=-

2 成立。 (2k ? 3)(2k ? 1)

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故 Sk2=-

2 1 1 ?1 ·(Sk- )(2k-3)(2k-1)Sk2+2Sk-1=0;∴Sk= 或 S k= (舍去)由 (2k ? 3)(2k ? 1) 2 2k ? 1 2k ? 3
2a k +1 a 1 1 1 ) 得 (Sk+ak+1)2=ak+1 · (ak+1+Sk - ) ? +ak+12+ =ak+12+ k +1 - 2 2 2 2k ? 1 2k ? 1 (2k ? 1)

Sk+12=ak+1 · (Sk+1 -

1 ?2 ak+1 ? ak+1= , 即 n=k+1 时 , 命 题 也 成 立 。 由 (i)(ii) 可 知 , 2 〔2(k + 1) ? 3〕〔2(k + 1) ? 1 〕 (n ?1    = 1) ? an= ? 对一切 n∈N 成立。 2 (n ?? (2n ? 3)(2n ? 1)    ≥ 2) ?
(3)由(2)得数列前 n 项的和 Sn=

1 ,故所有项和 S= lim Sn=0 n →∞ 2n ? 1

注: (1)本题综合了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识,所采用的方法是归纳、猜想、证明, 是数列中最常见的题型,也是高考热点。

1 1 1 1 ) ∴Sn2=(Sn-Sn-1)(Sn- ) ? - =2, 2 2 Sn S n?1 1 1 1 1 1 故{ }是以{ }为首项, 为公差的等差数列,故 = +2(n - 1)=2n - 1 , Sn S1 2 Sn S1
(2) 对于{an}的通项还可以这样来求: n2=an(Sn- ∵S

(n ?1    = 1) 1 ? Sn= ,an= ? 2 (n 2n ? 1 ?? (2n ? 3)(2n ? 1)    ≥ 2) ?
对于含有 an,Sn 的关系式中,常将 an 用 Sn-Sn-1(n≥2)代(或 Sn+1-Sn 用 an+1 代) ,化成 Sn,Sn+1 (或 an,an+1)的递归关系式。

例 5:设 An 为数列{an}的前 n 项的和,An= :

3 (an-1),数列{bn}的通项公式为 bn=4n+3。 2

(1)求数列{an}的通项公式; (2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数 列{dn},证明数列{dn}的通项公式为 dn=32n+1;(3)设数列{dn}的第 n 项是数列{bn}中的第 r 项,Br 为数 列{bn}的前 r 项的和,Dn 为数列{dn}的前 n 项和,Tn=Br-Dn,求 lim
n →∞

Tn 。 (a n ) 4

(1)由 An= 解:

a 3 3 3 (an-1),可知 An+1= (an+1-1),∴An+1-An= (an+1-an)=an+1,即 n +1 =3,而 2 2 2 an

a1=A1= an=3n。

3 (a1-1),得 a1=3,所以数列{an}是以 3 为首项,公比为 3 的等比数列,数列{an}的通项公式为 2
-1

(2)∵ 32n+1=3· 32n=3·(4- 1)2n=3×( 42n+C12n ·42n

(- 1)+…+C2n2n

-1

·4· (- 1)+(- 1)2n )

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=4m+3,∴32n+1∈{bn};而数 32n=(4-1)2n =42n+C2n1·42n 1· (-1)+…+C2n2n 1·4·(-1)+(-1)2n =(4k+1),∴ 3 2 n? bn ,而数列{an}={32n+1}∪{32n},∴ dn=32n+1





3 2 n+1 ? 3 r (7 + 4r + 3) 3 2 n+1 ? 3 3 2 n+1 + 7 (3)由 3 =4·r+3,可知 r= ,∵Br= =r(2r+5) = · , 4 2 4 2 27 27 9 2 n+1 + 4 ? 3 2 n +1 ? 21 27 9 ·(1-9n)= (9n -1) ,∴Tn=Br -Dn= - (9n -1)= ·34n - Dn= 1? 9 8 8 8 8
2n+1

Tn 15 2n 3 9 ·3 + ;又∵(an)4=34n,∴ lim = 4 n →∞ ( a ) 8 4 8 n

例 6:已知函数 f(x)=x+ x ? a :
2

2

(a>0), (1)求 f(x)的反函数 f 1(x)及其定义域; (2)数列{an}满



足?

?a1 = 3a ?a n+1 = f (a n )
?1

,设 bn=

an ? a 7 ,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,试比较 Sn 与 的大小,并证明你的 an + a 8

结论。 (1)给 y-x= 解:

x 2 ? a 2 两边平方,整理得 x=

y2 + a2 y2 + a2 y2 ? a2 ,∵y-x=y- = 2y 2y 2y

=

( y + a )( y ? a ) x2 + a2 - ≥0,∴y≥a 或-a≤y<0,故 f 1(x)= ,其定域为 [ ? a,0) ∪ [ a,+∞ ) 2y 2x
( 2 ) ∵ an+1=f


1

(an)=

2 an + a 2 a ?a a ?a , ∴ bn+1= n +1 =…=( n ) 2=bn2 , 又 a1=3a , 2a n a n +1 + a an + a

b 1=

a1 ? a 3a ? a 1 22 23 = = ,∴bn=(bn - 1)2=(bn - 2) =(bn - 3) =…=(b1) a1 + a 3a + a 2

2 n ?1

=(

1 2 n ?1 ) ,∴Sn=b1+b2+…+bn 2

=

1 1 2 1 22 1 23 1 2 4 1 2 n ?1 - - 1 2 n ?1 +( ) +( ) +[( ) +( ) +…+( ) ];又∵2n 1=(1+1)n 1= 1 + C n ?1 + C n ?1 + ? + C n ?1 ,则当 2 2 2 2 2 2 (n ? 1)(n ? 2) 1 2n ?1 1 n+1 n ?1 1 2 n≥4 时, 2 > 1 + C n ?1 + C n?1 =1+(n-1)+ >n+1,∴( ) <( ) 2 2 2 1 1 1 22 1 23 1 2 4 1 2 n ?1 1 1 1 1 1 1 ]< + + + [( )5+( )6+…+( )n+1] ∴Sn= +( )2+( ) +[( ) +( ) +…+( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 16 2 2 2

1 1 ( ) 5 [1 ? ( ) n ?3 ] 1 1 1 1 1 1 1 1 - 1 1 1 1 7 2 = + + + 2 = + + + ·[1-( )n 3] < + + + = 1 2 4 16 2 4 16 16 2 2 4 16 16 8 1? 2
注:本题是一道数列与函数的综合题。首先应准确地求出 f 1(x)及其定义域。搞清定义域是解题成


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功的一半。根据函数 f(x)解析式的特点,也可以利用三角代换 x=asecθ,θ∈[0, 函数 f(x)的值域,即 f (x)的定义域。
-1

π
2

) ∪[π,

3π ) ,求 2

例 7:已知数列{an}中,a1=4,an+1= :

4a n ? 2 Ba n + C ,是否存在这样的数列{bn},bn= ,其中 A、 an + 1 an + A

B、C 为实常数,使得{bn}是等比数列而不是等差数列?证明你的结论,并求{an}的取值范围。

4a n ? 2 + C 4B + C a + C ? 2B n Ba n+1 + C an + 1 4+ A , = = 4+ A 解 : 假设这样的{bn}存在,则应有 bn+1= A?2 4a n ? 2 a n +1 + A an + +A 4+ A an + 1 B?
bn=

Ba n + C ,存在 q≠0,q≠1,q 为常数,使 bn+1=qbn,对 n∈N 都成立,于是比较两边的分子和分母,有 an + A

?A?2 (1) ? 4 + A = A    ? ? 4B + C = Bq  ) ,由(1)可解得 A=-1 或-2,由(2)(3)可解得 B=-C 或 C=-2B。 、 (2 ? ? 4+ A ? C ? 2B (3 ? 4 + A = Cq  ) ?
1°若 ?

? A = ?1 ? A = ?1 代入 (2) q=1 知 (B、 不能为 0, C 否则 bn=0, 不合题意要求) 舍去; 2°若 ? ? B = ?C ?C = ?2 B ? A = ?2 ? A = ?2 2 3 ;3°当 ? 时,q= ;4°当 ? 时,q=1(舍去) 3 2 ? B = ?C ?C = ?2 B 2 3

代入(2)得 q=

故现只取 A=-1, B=1, C=-2, q= (不必考虑 q = 所以满足题设条件的数列存在。 对于{an}的取值范围,我们可以这样解:∵an+1-an=

a ?2 3 时的情况, 因为只证存在性) 得 bn= n 。 2 an ? 1

4a n ? 2 (a ? 2)(a n ? 1) -an=- n ,a1=4>2,故 an + 1 an + 1

a2<a1 。如果能证明所有的 an 都大于 2,便可用数学归纳法证明{an}是单调递减的。事实上∵an+1 - 2=

4a n ? 2 2(a n ? 2) -2= ,由上式,我们也可用数学归纳法由 a1>2,得 an>2,所以{an}单调递减。且 an + 1 an + 1

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因为 an>2,所以 an-2=2· ∈(2,4 ] 。

a n ?1 ? 2 2 2 2 - < (an-1-2)< ( )2(an-2-2)<…<( )n 1(a1-2),∴ lim an=2,故 an n →∞ a n ?1 + 1 3 3 3

注:存在性问题的解法常是假设存在经过推理、运算或是求出结论得出存在或是得出矛盾证明不存 在。本题的{an}的范围还可用前半部分的结论来求。解法如下:b1=

a1 ? 2 2 2 = ,故 bn=( )n ,∴ a1 ? 1 3 3

an ? 2 2 n =( ) ,∴an= an ? 1 3

1 +1,由此易得 an∈(2,4 ] 。 2 n 1? ( ) 3

(1)设数列{cn},其中 cn=2n+3n,且数列{cn+1-pcn}为等比数列,求常数 p。 (2)设数列{an}、 例 8: : {bn}是公比不相等的两个等比数列,cn=an+bn,证明:{cn}不是等比数列。 证明: (1)∵{cn+1-pcn}是等比数列,故有(cn+1-pcn)2=(cn+2-pcn+1)·(cn-pcn-1),将 cn=2n+3n 代入 证明: 上式,得:[2n+1+3n+1-p(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)]·[2n+3n-p(2n 1+3n 1)],整理得: -p)·2n·3n=0,解之得:p=2 或 p=3。 (2) 设{an}, n}的公比分别为 p,q,p≠q,cn=an+bn。 {b 为证{Cn}不是等比数列, 只要证明 c22≠c1· 3 事 c 实上:c22=(a1p+b1q)2=a12p2+b12q2+2a1b1pq ,c1c3=(a1+b1)(a1p2+b1q2)=a12p2++b12q2+a1b1(p2+q2) ∵p≠q,∴p2+q2>2pq,又 a1,b1 不为零,∴c22≠c1·c3,故{cn}不是等比数列。 注:本题是 2000 年全国高考数学试题。其证法很多,建议读者从不同的角度审视此题。我们可以 得出更一般的结论; 推论 1:设数列{cn},cn=an+bn 且 a≠b,则数列{cn+1-pcn}为等比数列的充要条件是 p=a 或 p=b。 推论 2:设{an}、{bn}是两个等比数列,则数列{an+bn}为等比数列的充要条件是,数列{an},{bn}的 公比相等。 推论 3:公比为 a、b 的等比数列{an},{bn},且 a≠b,s、t 为不全为零的实数,cn=san+tbn 为等比数 列的充要条件是 st=0。 例 9:数列{an}中,a1=8,a4=2 且满足 an+2=2an+1-an : n∈N
- -

1 (2-p)(3 6

(1)求数列{an}的通项公式; (2)设 Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求 sn ; (3)设 bn= N),Tn=b1+b2+…+bn( n∈N),是否存在最大的整数 m,使得对任意 n∈N,均有 Tn> m 的值;若不存在,请说明理由。 (1)由 an+2=2an+1-an ? an+2-an+1=an+1-an 知{an}成等差数列,d= 解:

1 ( n∈ n(12 ? a n )

m 成立?若存在,求出 32

a 4 ? a1 =-2,∴an=10-2n 4 ?1

(2)由 an=10-2n≥0 得 n≤5,∴当 n≤5 时,Sn=-n2+9n,当 n>5 时,Sn=n2 -9n+40,故

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?? n 2 + 9 n 1≤ n ≤ 5 ? Sn= ? 2 ?n ? 9n + 40 n > 5 ?
(3) n= b

(n∈N)

1 1 1 1 1 1 1 1 1 = = ( - ), n= b1+b2+…+bn = [(1- )+( - )+… ∴T n(12 ? a n ) n· (2n + 2) 2 n n + 1 2 2 2 3 1 1 n n ?1 )] = > = Tn ?1 > Tn? 2 > ? > T1 +( - n n +1 2(n + 1) 2n
∴要使 Tn>

m m 1 总成立,需 <T1= 恒成立,即 m<8, (m∈Z) 。故适合条件的 m 的最大值为 7。 32 32 4

例 10:已知函数 y=f(x)的图像是自原点出发的一条折线,当 n≤y≤n+1(n=0,1,2,…)时,该图像是斜 : 率为 bn 的线段(其中正常数 b≠1) ,设数列{xn}由 f(xn)=n(n=1,2,…)定义。 (1)求 x1,x2 和 xn 的表达式; (2)求 f(x)的表达式,并写出其定义域; (3)证明:y=f(x)的图像与 y=x 的图像没有横坐标大于 1 的交点。 (1)依题意 f(0)=0, f(x1)=1,又当 0≤y≤1 时,函数 y=f(x)的图像是斜率 b0=1 的线段,故由 解:

f ( x1 ) ? f (0) =1 得 x1=1。 x1 ? 0
又由 f(x2)=2, 1≤y≤2 时, 当 函数 y=f(x)的图像是斜率为 b 的线段, 得

f ( x 2 ) ? f ( x1 ) 1 =b, x2=1+ 。 x 2 ? x1 b

设 x0=0,由函数 y=f(x)的图像中第 n 段线段的斜率为 bn 1,故得,



f ( x n ) ? f ( x n ?1 ) n-1 =b 。又 f(xn)=n,f(xn x n ? x n ?1

-1

)=n-1,∴xn-xn-1=(

1 n-1 1 ) (n=1,2,…) ,由此知数列{xn-xn-1}为等比数列,其首项为 1,公比为 。 b b

1 b ? ( ) n ?1 b 又因 b≠1,得:xn=(xn-xn-1)+(xn-1-xn-2)+…+(x1-x0)= b ?1
(2)当 0≤y≤1 时,从(1)可知 y=x,即当 0≤x≤1 时,f(x)=x。 当 n≤y≤n+1 时,即当 xn≤x≤xn+1 时,由(1)可知 f(x)=n+bn(x-xn)(xn≤x≤xn+1,n=1,2,3,…)。又由 (1)得当 b>1 时, lim xn=
n →∞

b ;当 0<b<1 时,n→∞,xn 也趋向于无穷大。 b ?1 b );当 0<b<1 时,y=f(x)的定义域为[0,+∞ ) 。 综上所述:当 b>1 时,y=f(x)的定义域为[0, b ?1 b b (3)当 b>1,1<x< 时,设 x∈(xn,xn+1 ] (1, ),n∈N,则 F(x)=f(x)-x=n+bn(x-xn)- b ?1 b ?1
n

x=(bn-1)x+n-bnxn,∵F(x)在(xn,xn+1 ] 上为增函数(∵ b ? 1 > 0 ) ,∴f(x)>x 恒成立 ? F(xn)>0 ? xn<n

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而 xn=1+

1 1 1 b + 2 +…+ n ?1 <1+1+…+1=n, ∴1<x< 时恒有 f(x)>x 成立。当 0<b<1,x>1 时,设 x b b b ?1 b
(1,+∞)(n∈N),则 F(x)=f(x)-x=(bn-1)x+n-bnxn
n

∈(xn,xn+1 ]

∵ F(x) 在 (xn,xn+1 ] 上 是 减 函 数 ( ∵ b ? 1 < 0 ) ∴ f(x)<x 恒 成 立 ? F(xn)<0 ? xn>n 。 而 , xn=1+

1 1 1 + 2 +…+ n ?1 >1+1+…+1=n 成立 ∴x>1 时恒有 f(x)<x 成立。 b b b

综上所述:y=f(x)的图像与 y=x 的图像没有横坐标大于 1 的交点。 注:本题若按 0<b<1,b>1 分别画出函数 f(x)的图像,则思路就比较容易理解。第三小题也可采用数 学归纳法证之。

五、教学后记:

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