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2022年高考数学尖子生强基计划专题4：函数的性质
一、知识要点拓展
1、映射
对于任意两个集合，依对应法则，若对中的任意一个元素在中都有唯一一个元素与之对应，则称为一个映射，记作其中称为像，称为原像。
如果是一个映射且对任意都有则是到上称之为单射.
如果是映射且对任意都有一个使得则称是到上的满射.
如果既是单射又是满射，则是到上叫做一一映射.
如果是从集合到集合上的一一映射，并且对于中每一个元素，使在中的原像和它对应，这样所得的映射叫做的逆映射，记作
2、函数方程问题
（1）代换法（或换元法）
把函数方程中的自变量适当地以别的自变量代换（代换时应注意使函数的定义域不会发生变化），得到一个新的函数方程，然后设法求得位置函数
例.设求的解. （【解析】分别用带入）
（2）待定系数法
当函数方程中的未知数是多项式时，可待定系数而求解.
例.已知是一次函数，且，求. （【解析】设求解）
3、函数的性质
设函数的定义域为
单调性：
传统定义：在区间上，若，如果，则在区间递增；如果，则在区间递减；
导数定义：在区间上，如果，则在区间递增；如果
，则在区间递减；
注意：
2.复合函数的单调性：
增函数+增函数=增函数 减函数+减函数=减函数
增函数-减函数=增函数 减函数-增函数=减函数
对于取值恒为非负数的函数
增函数×增函数=增函数 减函数×减函数=减函数
增函数÷减函数=增函数 减函数÷增函数=减函数
若、都是增（减）函数，则为增函数；
若、一个增函数，一个减函数，则为减函数。简称“同增异减”
3.奇偶性：
若函数满足（），则叫做奇函数，其图象关于原点对称；
若函数满足（），则叫做偶函数，其图象关于轴对称；
4.周期性：
（1）一般地，对于函数，如果存在一个非零常数T，使得当取定义域内的每一个值时，都有
，那么函数就叫做周期函数。非零常数叫做这个函数的周期。
（2）对于非零常数，若函数满足，则函数必有一个周期为。
证明：，所以函数的一个周期为。
（3）对于非零常数，函数满足，则函数的一个周期为。
（4）对于非零常数，函数满足，则函数的一个周期为。
5．对称性（分函数图像的自对称及函数图像的互对称）
（1）函数满足时，函数的图像关于直线对称。特别的，时，该函数为偶函数。
证明：在函数上任取一点，则，点关于直线的对称点为。，故点也在函数的图像上。由于点是图像上任意一点，因此，函数的图像关于直线对称。
函数满足时，函数的图像关于点对称。特别地，当时，函数为奇函数。
证明：在函数上任取一点，则，点关于点的对称点为
。，即点在的图像上。由于点是函数上任意一点，因此，函数关于点对称。
函数的图像与的图像关于直线对称。
证明：在函数上任取一点，则，点关于直线对称的点为。由于，故点在函数上。由于点是上任意一点，因此与关于直线对称。
6．函数周期性和对称性之间的联系
设是定义在上的函数，其图像关于直线和对称，则是周期函数，且是它的一个周期。
证明：关于直线和对称，故，从而
。
将上式的以代换，得。
所以
即是上的周期函数，且是它的一个周期。
（2）设是定义在上的函数，其图像关于点中心对称，且其图像关于直线对称，则函数是周期函数，且是它的一个周期。
证明：关于点对称，故，关于直线对称，故
，从而有。
将上式中的以代换，得。
所以
，
即是上的周期函数，且是它的一个周期。
（3）设是定义在上的函数，其图像关于点和（）对称，则是周期函数，且是它的一个周期。
证明：关于点和（）对称，故，
，，从而有。
将上式中的由替换，得
所以，
即是周期函数，且是它的一个周期。
4．抽象函数问题的解法
抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图像，只给出一些函数符号及其满足的条件的函数，如给出函数的定义域、解析递推式、特定点的函数值、特定的运算性质等，它是高中函数部分的难点，也是与高等数学函数部分的一个衔接点。由于抽象函数没有具体的解析表达式作为载体，因此研究起来比较困难。但由于此类试题既能考查函数的概念和性质，又能考查学生的思维能力，所以备受命题者的青睐。那么，怎样求解抽象函数问题呢？我们可以利用函数性质法、特殊化方法等多种方法从多角度、多层面去分析研究抽象函数问题。
函数性质法
函数的特征是通过其性质（如奇偶性、单调性、周期性等）反映出来的。抽象函数也是如此，只有充分挖掘和利用题设条件和隐含的性质，灵活地进行等价转化，才能将抽象函数问题化难为易。常用的方法有：①利用奇偶性整体思考；②利用单调性等价转化；③利用周围性回归已知；④利用对称性数形结合；⑤借助特殊点列方程。
特殊化方法
①在求解函数解析式或研究函数性质时，一般用代换的方法，将换成或将换成其他字母等；
②在求函数值时，可用特殊值代入
③研究抽象函数的具体模型，用具体模型解选择题、填空题，或通过具体模型函数为解答综合题提供思路和方法。
5．有界函数：
定义1：设为定义在上的函数，若存在常数、，使得对每一个有
（）
侧称为上的有上（下）界函数，称为为定义在上的上（下）界。
根据定义，在上的有上（下）界，意味着值域是一个有上下界的数集。又若为在上的上（下）界，则任何大于（小于）的数也是在上的上（下）界。
定义2：设为定义在上的函数，若存在正数，使得对每一个都有
，则称为上的有界函数。
根据定义，在上的有界，意味着值域是一有界集。又按定义不难验证：在上的有界的充要条件是在上的既有上界又有下界。的几何意义是：若在上的有界函数，则的图象完全落在直线与之间。
6、函数的迭代
一个函数的自复合，叫做迭代。我们用表示的次迭代函数。
即
如果 则称有迭代周期
迭代问题的解法通常是找它的迭代周期。一般来说，若的图像关于直线对称，则一定有.它的迭代周期就是2.下面是几个常见函数的迭代周期。
迭代周期是3；
迭代周期是4；
7、凹凸函数
设为定义在区间上的函数，若对上任意两点、和实数总有则称为上的凸函数（有时也称下凸函数）。反之，如果总有不等式则称则称为上的凹函数（有时也称上凸函数）。
特别地，时，有（凸函数）或（凹函数）。
如何判断一个函数是凸函数（凹函数），除了定义以外，还有下面的定理：
设为上二阶可导函数，则为上的凸（凹）函数的充要条件是
凸函数更一般的情形是下面的琴生不等式：若为上的凸函数，则对任意
，且则
二、热身练习
1、（复旦）若要求关于的函数的定义域是则、的取值范围是（ ）
【解析】选A.由对
恒成立这样的不存在。
2、（复旦）某校有一个班级，设变量是该班同学的姓名，变量是该班同学的学号，变量是该班同学的身高，变量是该班同学某一门课程的考试成绩，则下列选项中正确的是（ ）
是的函数 是的函数 是的函数 是的函数
【解析】按照函数的定义，由于班上可能会有相同的姓名，故A不正确。而任意一个学生的学号是唯一的，也对应了一个唯一的身高，故选项B正确；同理，均不正确。
3、（复旦）设是定义在实数集上的周期为的周期函数，且是偶函数。已知当时，则当时，的表达式为（ ）
【解析】选A 可以考虑特殊值。，
。符合条件的只有选项A了。
4、（复旦）设有三个函数，第一个是，它的反函数就是第二个函数，而第三个函数的图像与第二个函数的图像关于直线对称，则第三个函数是（ ）
【解析】选。第二个函数是第三个函数为，即
高考真题讲解
例1．【2020年高考全国Ⅱ卷文数12理数11】若，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路导引】将不等式变为，根据的单调性知，以此去判断各个选项中真数与的大小关系，进而得到结果．
【解析】由得：，令，
为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，，
，，，则A正确，B错误；与的大小不确定，故CD无法确定，故选A．
例2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数9】设函数，则 （ ）
A．是偶函数，且在单调递增 B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减
【答案】D
【思路导引】根据奇偶性的定义可判断出为奇函数，排除AC；当时，利用函数单调性的性质可判断出单调递增，排除B；当时，利用复合函数单调性可判断出单调递减，从而得到结果．
【解析】由得定义域为，关于坐标原点对称，
又，
为定义域上的奇函数，可排除AC；
当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，排除B；
当时，，
在上单调递减，在定义域内单调递增，
根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确．故选D．
例3．【2020年高考山东卷6】基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔是指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间（单位：天）的变化规律，指数增长率与，近似满足．有学者基于已有数据估计出，．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加倍需要的时间约为（） （ ）
A．天 B．天 C．天 D．天
【答案】B
【思路导引】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果．
【解析】因为，，，所以，所以，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，则，所以，所以，所以天，故选B．
【专家解读】本题的特点是注重知识的应用，本题考查了指数型函数模型的应用，考查指数式与对数式互化，考查函数与方程思想，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题关键是正确进行指数式与对数式的互化．
例4．【2020年高考山东海南卷8】若定义在上的奇函数在单调递减，且，则满足的的取值范围是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【思路导引】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果．
【解析】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，
所以在上也是单调递减，且，，
所以当时，，当时，，
所以由可得：或或，
解得或，所以满足的的取值范围是，故选D．
四、高考模拟训练
1．（2021·重庆·西南大学附中高三月考）已知定义在R上的函数满足如下条件：①函数的图象关于y轴对称；②对于任意，；③当时，；④．若过点的直线l与函数的图象在上恰有8个交点，则直线l斜率k的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
结合①②可知是周期为2的函数，再结合④可知是周期为的函数，结合③作出在上的图像，然后利用数形结合即可求解.
【详解】
因为函数的图象关于y轴对称，所以为偶函数，即，
又因为对于任意，，所以，
从而，即是周期为2的函数，
因为，则图像是的图像的横坐标缩短为原来的得到，
故也是偶函数，且周期为，
结合当时，，可作出在的图像以及直线的图像，如下图所示：
当时，易知，即，则直线的斜率，
过点的直线l与函数的图象在上恰有8个交点，
则只需，即直线l斜率k的取值范围是.
故选：A.
2．（2021·江西·高三月考（理））已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
构造函数，，利用导数研究函数的单调性，得出，的单调性，得出，令，可得出，再由得出的，令，得出，从而得出结果．
【详解】
解：先证，令，则，
可知在上单调递增，所以，即，
令，则，所以；
再证即证，
令，则，
所以在上单调递增，所以，即，
令，则，所以，从而．
故选：C.
3．（2021·上海市吴淞中学高三期中）如图，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线之间，，与半圆相交于F、G两点，与三角形ABC两边相交于点E、D，设弧FG的长为，，若从平行移动到，则函数的图像大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
根据给定条件求出函数的解析式，再借助函数性质即可判断作答.
【详解】
依题意，正的高为1，则其边长，
如图，连接OF，OG，过O作ON⊥l1于N，交l于点M，过E作EH⊥l1于H，
因OF=1，弧FG的长为，则，又，即有，
于是得，，，
因此，，
即，，显然在上单调递增，且图象是曲线，排除选项A，B，
而，C选项不满足，D选项符合要求，
所以函数的图像大致是选项D.
故选：D
【点睛】
方法点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．
4．（2021·四川资阳·高三月考（理））若不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
把不等式转化为对x>0恒成立，对a是否为0分类讨论：
当时直接判断；
当时，利用分离参数法，记，利用导数判断单调性，求出最值，即可求出的取值范围.
【详解】
由不等式恒成立，可知对x>0恒成立.
当时，对x>0恒成立.
当时，，（x>0），，
可知在上单增.
当，；当，；
所以，使得，即.
当时，有，所以
令，则.
因为，则令，可得，
所以在上单减，在上单增，所以在处取得最小值.
因为，所以，所以，即
所以.
所以
当时，有，所以.
令.因为，所以在上单减，
当，.
所以
综上所述：的取值范围是.
故选：A
【点睛】
恒成立问题
①参变分离，转化为不含参数的最值问题；
②不能参变分离，直接对参数讨论，研究的单调性及最值；
③特别地，个别情况下恒成立，可转换为（二者在同一处取得最值）.
5．（2021·安徽·六安一中高三月考（理））已知函数，若当时，有解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设，可将简化，利用参变分离来求解.
【详解】
有解，即，设，则，不等式转化成在时有解，则有解，记，则，再令，
则，那么在时递增，所以，于是，在时递增，故，记，，于是有解，只需要.
故选：C
6．（2021·广西桂林·模拟预测（理））已知函数，，设为实数，若存在实数，使，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
由含绝对值的函数和对数函数的单调性，可求得的值域记为A，若存在实数，使，即,结合二次不等式的解法可解得的取值范围
【详解】
当时，的值域为
当时，的值域为
所以的值域记为
若存在实数，使，即，即,
解得的取值范围为
故答案为：C
五、强基校考真题讲解
例1.（2021年上海交大强基计划）实数a，b 1，满足lg a b lg a lg b ，求lg a 1 lg b 1 的值．
，因而
例2.(2021年中科大强基计划)已知正实数a ，二次函数 f x x 1，若任意长度为 1 的区间上， 存在两点函数值之差的绝对值不小于 1，则a 的最小值为________．
解：设区间，其中 f x x 1
由对称性可知，只考虑 的情况，可得，
（1），只需要，可得
（2），只需要，可得
所以a 的最小值为4
例3（2021年北大强基计划）若，为非负实数，且，则的最小值为
答案5
解析：
当等号成立
例3.（交大）函数的最大值为最小值为求实数、.
【解析】即.
显然，这个关于的方程必有实数根，从而有
。根据题意，
故，所以解得.
例4.（复旦）设且下列不等式中成立的是（ ）
根据有 XIAN 数
①③ ①④ ②③ ②④
【解析】选B这是一道和凸函数有关的问题，分别画出,的草图。由图像可知是下凸函数，是上凸函数，故选B
例5.（清华）求证：
【解析】本题考查的是前文中证明函数是凸函数的充要条件。首先构造函数
先证明它是凸函数。事实上故是上的凸函数，从而证毕！
例6.（交大）已知函数对于定义若则.
【解析】本题考查迭代周期问题。计算得
故以6为周期. 注：条件可以不用。
例7.（北大）求
【解析】
故，所以
.
例8、（交大）函数有且
求满足的关系；
证明：存在这样的使
【解析】因为有且所以，且
（因为），
故即
令而故在之间必有一解，所以存在，是的
六、校考强化训练
（A组）
1、（复旦）若存在使对任意（为函数的定义域），都有
则称函数有界。问函数在上是否有界？
【解析】令则，
若令且则当时，，，
故在上无界.注：本题中的有无穷多个赋值方式，如令事实上，只要使均可。
2、（复旦）若且则
不是与无关的常数
【解析】选D. 由得故
3、（复旦）定义在上的函数满足，
则
【解析】 令令
4、设
且，则的值有（ ）
【解析】因为，故为偶函数.在时，有
.当时，
恒有 故选！
5、（2000交大）求函数的反函数
【解析】由得
（模拟题）求函数在区间上的值域.
【解析】，值域为
7、（模拟题）已知是定义在上的函数，且
（1）试证明是周期函数；
（2）若试求
【解析】（1）又条件可知故用换上式的，得
所以，即是以8为周期的周期函数。
（2）.
8、（模拟题）已知是一次函数，且.求
【解析】设则有
.
依此类推有：
由题设可得：故解得.
所以或.
9、（模拟题）已知实数满足求.
【解析】记则
故.
10、（2001交大）已知函数的最小值是，试着写出的解析表达式。
【解析】其对称轴为
当时，在上单调递增，从而
当即时，在上单调递减，从而
当时，
故
（B组）
1、（交大）已知函数且没有实数根.那么是否有实数根？并证明你的结论.
【解析】法一：利用，得到，故没有实数根（本方法计算量过大）
法二：若则对一切恒成立.
故有；
同理时则对一切恒成立.
故有；所以没有实数根
（模拟题）已知函数
（1）函数的图像与直线均无公共点，求证:
（2）若且，又时，恒有，求的解析式.
【解析】（1）函数与直线无公共点，无实数解.
故，即.
同理 函数与直线无公共点，即有.
两式相加 得即
（2），又时，恒有
故有
故.又.故
故在处取得最小值而且从而是函数的对称轴.
故。
3、（模拟题）已知且当时有.求
【解析】把已知条件中的等式进行整理，得到：
把依次用代换，得：
上述的个等式相加，可以得到：
所以 故
4、（模拟题）已知是定义在上的不恒为的函数，且对于任意的，有
.
（1）求的值.
（2）判断的奇偶性，并证明你的结论.
（3）若，求数列的前项和.
【解析】（1）令，则；令，则，
。
（2）令则
再令则
故，即是奇函数。
（3）当时，.
令则有
故，
故
又因为
故. .2022年高考数学尖子生强基计划专题4：函数的性质
一、知识要点拓展
1、映射
对于任意两个集合，依对应法则，若对中的任意一个元素在中都有唯一一个元素与之对应，则称为一个映射，记作其中称为像，称为原像。
如果是一个映射且对任意都有则是到上称之为单射.
如果是映射且对任意都有一个使得则称是到上的满射.
如果既是单射又是满射，则是到上叫做一一映射.
如果是从集合到集合上的一一映射，并且对于中每一个元素，使在中的原像和它对应，这样所得的映射叫做的逆映射，记作
2、函数方程问题
（1）代换法（或换元法）
把函数方程中的自变量适当地以别的自变量代换（代换时应注意使函数的定义域不会发生变化），得到一个新的函数方程，然后设法求得位置函数
例.设求的解. （【解析】分别用带入）
（2）待定系数法
当函数方程中的未知数是多项式时，可待定系数而求解.
例.已知是一次函数，且，求. （【解析】设求解）
3、函数的性质
设函数的定义域为
单调性：
传统定义：在区间上，若，如果，则在区间递增；如果，则在区间递减；
导数定义：在区间上，如果，则在区间递增；如果
，则在区间递减；
注意：
2.复合函数的单调性：
增函数+增函数=增函数 减函数+减函数=减函数
增函数-减函数=增函数 减函数-增函数=减函数
对于取值恒为非负数的函数
增函数×增函数=增函数 减函数×减函数=减函数
增函数÷减函数=增函数 减函数÷增函数=减函数
若、都是增（减）函数，则为增函数；
若、一个增函数，一个减函数，则为减函数。简称“同增异减”
3.奇偶性：
若函数满足（），则叫做奇函数，其图象关于原点对称；
若函数满足（），则叫做偶函数，其图象关于轴对称；
4.周期性：
（1）一般地，对于函数，如果存在一个非零常数T，使得当取定义域内的每一个值时，都有
，那么函数就叫做周期函数。非零常数叫做这个函数的周期。
（2）对于非零常数，若函数满足，则函数必有一个周期为。
证明：，所以函数的一个周期为。
（3）对于非零常数，函数满足，则函数的一个周期为。
（4）对于非零常数，函数满足，则函数的一个周期为。
5．对称性（分函数图像的自对称及函数图像的互对称）
（1）函数满足时，函数的图像关于直线对称。特别的，时，该函数为偶函数。
证明：在函数上任取一点，则，点关于直线的对称点为。，故点也在函数的图像上。由于点是图像上任意一点，因此，函数的图像关于直线对称。
函数满足时，函数的图像关于点对称。特别地，当时，函数为奇函数。
证明：在函数上任取一点，则，点关于点的对称点为
。，即点在的图像上。由于点是函数上任意一点，因此，函数关于点对称。
函数的图像与的图像关于直线对称。
证明：在函数上任取一点，则，点关于直线对称的点为。由于，故点在函数上。由于点是上任意一点，因此与关于直线对称。
6．函数周期性和对称性之间的联系
设是定义在上的函数，其图像关于直线和对称，则是周期函数，且是它的一个周期。
证明：关于直线和对称，故，从而
。
将上式的以代换，得。
所以
即是上的周期函数，且是它的一个周期。
（2）设是定义在上的函数，其图像关于点中心对称，且其图像关于直线对称，则函数是周期函数，且是它的一个周期。
证明：关于点对称，故，关于直线对称，故
，从而有。
将上式中的以代换，得。
所以
，
即是上的周期函数，且是它的一个周期。
（3）设是定义在上的函数，其图像关于点和（）对称，则是周期函数，且是它的一个周期。
证明：关于点和（）对称，故，
，，从而有。
将上式中的由替换，得
所以，
即是周期函数，且是它的一个周期。
4．抽象函数问题的解法
抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图像，只给出一些函数符号及其满足的条件的函数，如给出函数的定义域、解析递推式、特定点的函数值、特定的运算性质等，它是高中函数部分的难点，也是与高等数学函数部分的一个衔接点。由于抽象函数没有具体的解析表达式作为载体，因此研究起来比较困难。但由于此类试题既能考查函数的概念和性质，又能考查学生的思维能力，所以备受命题者的青睐。那么，怎样求解抽象函数问题呢？我们可以利用函数性质法、特殊化方法等多种方法从多角度、多层面去分析研究抽象函数问题。
函数性质法
函数的特征是通过其性质（如奇偶性、单调性、周期性等）反映出来的。抽象函数也是如此，只有充分挖掘和利用题设条件和隐含的性质，灵活地进行等价转化，才能将抽象函数问题化难为易。常用的方法有：①利用奇偶性整体思考；②利用单调性等价转化；③利用周围性回归已知；④利用对称性数形结合；⑤借助特殊点列方程。
特殊化方法
①在求解函数解析式或研究函数性质时，一般用代换的方法，将换成或将换成其他字母等；
②在求函数值时，可用特殊值代入
③研究抽象函数的具体模型，用具体模型解选择题、填空题，或通过具体模型函数为解答综合题提供思路和方法。
5．有界函数：
定义1：设为定义在上的函数，若存在常数、，使得对每一个有
（）
侧称为上的有上（下）界函数，称为为定义在上的上（下）界。
根据定义，在上的有上（下）界，意味着值域是一个有上下界的数集。又若为在上的上（下）界，则任何大于（小于）的数也是在上的上（下）界。
定义2：设为定义在上的函数，若存在正数，使得对每一个都有
，则称为上的有界函数。
根据定义，在上的有界，意味着值域是一有界集。又按定义不难验证：在上的有界的充要条件是在上的既有上界又有下界。的几何意义是：若在上的有界函数，则的图象完全落在直线与之间。
6、函数的迭代
一个函数的自复合，叫做迭代。我们用表示的次迭代函数。
即
如果 则称有迭代周期
迭代问题的解法通常是找它的迭代周期。一般来说，若的图像关于直线对称，则一定有.它的迭代周期就是2.下面是几个常见函数的迭代周期。
迭代周期是3；
迭代周期是4；
7、凹凸函数
设为定义在区间上的函数，若对上任意两点、和实数总有则称为上的凸函数（有时也称下凸函数）。反之，如果总有不等式则称则称为上的凹函数（有时也称上凸函数）。
特别地，时，有（凸函数）或（凹函数）。
如何判断一个函数是凸函数（凹函数），除了定义以外，还有下面的定理：
设为上二阶可导函数，则为上的凸（凹）函数的充要条件是
凸函数更一般的情形是下面的琴生不等式：若为上的凸函数，则对任意
，且则
二、热身练习
1、（复旦）若要求关于的函数的定义域是则、的取值范围是（ ）
2、（复旦）某校有一个班级，设变量是该班同学的姓名，变量是该班同学的学号，变量是该班同学的身高，变量是该班同学某一门课程的考试成绩，则下列选项中正确的是（ ）
是的函数 是的函数 是的函数 是的函数
3、（复旦）设是定义在实数集上的周期为的周期函数，且是偶函数。已知当时，则当时，的表达式为（ ）
4、（复旦）设有三个函数，第一个是，它的反函数就是第二个函数，而第三个函数的图像与第二个函数的图像关于直线对称，则第三个函数是（ ）
高考真题讲解
例1．【2020年高考全国Ⅱ卷文数12理数11】若，则 （ ）
A． B． C． D．
例2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数9】设函数，则 （ ）
A．是偶函数，且在单调递增 B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减
例3．【2020年高考山东卷6】基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔是指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间（单位：天）的变化规律，指数增长率与，近似满足．有学者基于已有数据估计出，．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加倍需要的时间约为（） （ ）
A．天 B．天 C．天 D．天
例4．【2020年高考山东海南卷8】若定义在上的奇函数在单调递减，且，则满足的的取值范围是 （ ）
A． B． C． D．
四、高考模拟训练
1．（2021·重庆·西南大学附中高三月考）已知定义在R上的函数满足如下条件：①函数的图象关于y轴对称；②对于任意，；③当时，；④．若过点的直线l与函数的图象在上恰有8个交点，则直线l斜率k的取值范围是( )
A． B． C． D．
2．（2021·江西·高三月考（理））已知，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2021·上海市吴淞中学高三期中）如图，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线之间，，与半圆相交于F、G两点，与三角形ABC两边相交于点E、D，设弧FG的长为，，若从平行移动到，则函数的图像大致是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2021·四川资阳·高三月考（理））若不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·安徽·六安一中高三月考（理））已知函数，若当时，有解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·广西桂林·模拟预测（理））已知函数，，设为实数，若存在实数，使，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
五、强基校考真题讲解
例1.（2021年上海交大强基计划）实数a，b 1，满足lg a b lg a lg b ，求lg a 1 lg b 1 的值．
例2.(2021年中科大强基计划)已知正实数a ，二次函数 f x x 1，若任意长度为 1 的区间上， 存在两点函数值之差的绝对值不小于 1，则a 的最小值为________．
例3（2021年北大强基计划）若，为非负实数，且，则的最小值为
例4（交大）函数的最大值为最小值为求实数、.
例5.（复旦）设且下列不等式中成立的是（ ）
根据有 XIAN 数
①③ ①④ ②③ ②④
例6.（清华）求证：
例7.（交大）已知函数对于定义若则.
例8.（北大）求
例9、（交大）函数有且
求满足的关系；
证明：存在这样的使
六、校考强化训练
（A组）
1、（复旦）若存在使对任意（为函数的定义域），都有
则称函数有界。问函数在上是否有界？
2、（复旦）若且则
不是与无关的常数
3、（复旦）定义在上的函数满足，
则
4、设
且，则的值有（ ）
5、（2000交大）求函数的反函数
（模拟题）求函数在区间上的值域.
7、（模拟题）已知是定义在上的函数，且
（1）试证明是周期函数；
（2）若试求
8、（模拟题）已知是一次函数，且.求
9、（模拟题）已知实数满足求.
10、（2001交大）已知函数的最小值是，试着写出的解析表达式。
（B组）
1、（交大）已知函数且没有实数根.那么是否有实数根？并证明你的结论.
（模拟题）已知函数
（1）函数的图像与直线均无公共点，求证:
（2）若且，又时，恒有，求的解析式.
3、（模拟题）已知且当时有.求
4、（模拟题）已知是定义在上的不恒为的函数，且对于任意的，有
.
（1）求的值.
（2）判断的奇偶性，并证明你的结论.
（3）若，求数列的前项和.
.2022年高考数学尖子生强基计划专题7定积分和不定积分
一、真题特点分析：
1.【2020中科大11．】已知，证明：当时，不等式成立，且当时，该不等式不成立．
2.【2020年武大】设正整数使得关于方程在区间内恰有个实根，则（ ）
A. B.
C. D. ，，成等差数列
解析：根据对称性可选ABC
二、知识要点拓展
定积分：设函数在上有界，在中任意插入若干个分点
。把区间分成个小区间，各小区间的长度依次为并作和，记，如果不论对怎样的分法，也不论在小区间上点怎样的取法，只要当时，和趋于确定的极限，我们称这个极限为函数在区间上的定积分，记为。
二．定积分存在定理：
①当函数在区间上连续时，则在区间上可积；
②设函数在区间上有界，且只有有限个间断点，则在区间上可积。
三．定积分的几何意义：
时，，则表示的图像与及轴围成的曲边梯形面积；
若，令，则表示的图像与及轴围成的曲边梯形面积的负值。
四．微积分基本定理：牛顿-莱布尼兹公式
如果是区间上的连续函数，并且，则。若记
，则。
牛顿-莱布尼兹公式沟通了导数与积分之间的关系，由此求定积分问题转化为求原函数问题。
五．洛必塔法则：设（1）如果当时，函数都趋于零；（2）在内，都存在，且；（3）极限存在（或为无穷大）；则存在，且。
上述准则称为洛必塔法则。
六．二次曲线在某点处的切线方程：
①设是圆上一点，则过的圆切线方程为；
②设是椭圆上一点，则过点的椭圆切线方程为；
③设是双曲线上一点，则过的双曲线切线方程为；
④设是抛物线上一点，则过的抛物线切线方程为；
函数的单调性：若函数在内可导，则在内递增（递减）的充要条件是（），。
八．函数的极值：
1.定义： 已知函数及其定义域内一点，对于存在一个包含的开区间内的所有点，如果都有
则称函数在点处取得极大值，记作，并把称为函数的一个极大值点；如果都有
则称函数在点处取得极小值，记作，并把称为函数的一个极小值点
极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点。
注意：
（1）.函数的最大（小）值是函数在指定区间内的最大（小）值；
（2）.极值与最值不同，极值只是相对一点附件的局部性质，而最值是想对整个定义域内或所研究问题的整体性质。
极值的必要条件：若函数在可导，且在处取得极值，则。
九．两个重要的极限：
1.， 2.
三、典例精讲
例1．（复旦）设为正数，，若在区间上大于0，则的取值范围是（ ）。
（B） （C） （D）
答案：A
分析与解：，当时，，所以在上单调递减，所以在上大于0，当且仅当，即。
例2．（清华）已知，过的直线与该函数图像相切，且不是切点，求直线斜率。
分析与解：显然在的图象上。设切点为，，所以。另一方面，
。所以，，而，所以，所以。
例3．（南开）求证：。
分析与解：令，则，
。
由三角不等式，由知单调递增。又，故，从而单调递增。
所以，，即。得证。
注：在高等数学中的泰勒展开式为：。为其前两项。
例4．（复旦）已知过两抛物线的交点的各自的切线互相垂直，求。
分析与解：联立
得交点坐标为或。
由对称性，不妨设切线在处互相垂直。
对求导，有：；
对求导，有：。
它们切线的斜率分别为、，故。
例5．（清华）一元三次函数的三次项系数为，的解集为。
若有两个相等实根，求的解析式；
若在上单调递减，求的范围。
分析与解：设，则，
的解集为，故有，且得。
，有两个相等实根，
整理得或（舍去），，所以。
，要使在上单调递减，只需
在上恒成立即可，故只需
解得，所以的范围为。
例6．（武大）已知是定义在区间上的可导函数，满足，且。
讨论函数的单调性；
设，比较函数与的大小。
分析与解：（1）由于。所以在上单调递减。
当时，有。证明如下：
注意到，当时，，故由（1）可得，即。
下证，即证。
为此，考虑函数。
因为，当时，有，
所以在上单调减少，故，即。
于是，即。
例7．（复旦）（1）设，求；
设，求常数，使得取得最小值；
设（2）中的最小值为，证明。
分析与解：（1）；
若，则，显然，当取最小；
若，则，当取最小。
故不妨设。
。
由（1）知，
因，
所以 （*）
记，
令，得。
即时，取最小值。
将代入（*）式右边，
。
由于，所以。
下面只须证明即可。
。
令，则，
注意到函数是单调递减的，且。
所以，得证。
四、真题训练
1.（武大）如果定义在上的函数的单调递增区间为，那么实数的大小关系是（ ）
（B） （C） （D）
2.（武大）在曲线的所有切线中，斜率最小的切线方程为（ ）。
（B） （C） （D）
3.（南大）函数的单调减区间为 。
4.（武大）求常数的值，使。
5.（上海交大）若方程有3个不同实根，求实数的取值范围。
6.（上海交大）设在处可导，且原点到中直线的距离为，原点到中曲线部分最短距离为3，试求的值（）。
（清华）求的单调区间及极值。
8.（武大）已知函数。
判断函数的奇偶性；
若在区间上是增函数，求实数的取值范围。
9.（上海交大）已知函数满足：，又，求函数的解析式。
10.（清华），。
求证：恒成立；
试求的单调区间；
求证：为递减数列，且恒成立。
真题训练答案
1.D 。由题意知的两根为-1，1，且注意到在上递增，故。
由韦达定理，。
2.C，故过的切线斜率为，即所有曲线的切线构成的直线系为
。
又，故时斜率最小，此时，切线方程为，即。
3. 。
时，，故；
时，，即，故；
时，。
又函数定义域为，所以单调减区间为。
4.分析与解答：，而，故。
。
5.分析与解答：记有3个根，则应有两根，且设，则（如图所示）。
令。
时，有极大值，故；
时，有极小值，故。
所以。
6.分析与解答：由题意知，在零点连续，且右导数与左导数相等，则
又到直线距离为。
由于在上单调递增，故在曲线上与原点最近的点为。
所以。
7.分析与解答：令或（显然不可能）。
时，单调递增；时，单调递减；时，，单调递减。
故极小值为（时取到），在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增。
8.分析与解答：（1）对进行讨论：
为偶函数；
，对不恒成立，故非奇非偶。
（2）由题意，在时，，即的范围是。
9.分析与解答：取，则。
令，有。
从而有
累加得 （*）
由知，对，有
对（*）式令，有，且时。
综上，。
10.分析与解答：（1）令，求导得。当时，；当时，。所以在内为减函数，在内为增函数。所以，即恒成立。
对求导，得。由（1）知，当时，
，又时，时，，故，所以恒成立。因为的定义域为，所以的单调增区间为。
用数学归纳法证明：对任意，都有。
①当时，，由于，所以，即。
②假设当（）时结论成立，即。因为在内为增函数，且
（这里用到罗必塔法则，见知识拓展），所以
，即。因此当（）时结论也成立。
由①②可知，对任意都成立。所以数列为递减数列，且恒成立。
五、强化训练
A组
1、设，求。
分析：
2、已知f(x)为偶函数且，则等于(　　)
A．0 B．4 C．8 D．16
分析：原式＝f(x)dx＋f(x)dx，
∵原函数为偶函数，
∴在y轴两侧的图象对称，
∴对应的面积相等，即8×2＝16.
答案：D
3、函数y＝－x2＋2x＋1与y＝1相交形成一个闭合，则该闭合图形的面积是(　　)
A．1 B. C. D．2
分析：函数y＝－x2＋2x＋1与y＝1的两个交点为(0,1)和(2,1)，所以闭合图形的面积等于(－x2＋2x＋1－1)dx＝(－x2＋2x)dx＝.
4、已知函数y＝x2与y＝kx(k＞0)的图象所围成的阴影部分(如图所示)的面积为，则k=________.
分析：直线方程与抛物线方程联立先求出积分区间为[0，k]，再由(kx－x2)dx＝(－)＝＝求得k＝2.
答案：2
5、设，求。
分析：令，则
6、求曲线，及所围成的平面图形的面积.
分析：作出，及的图如右
解方程组 得
解方程组 得
所求面积
7、若，求。
分析：令，则，
当时，
当时，
∴
从而
8、已知，求常数。
分析：左端
右端
∴
解之或。
B组
9、在曲线上某一点A处作一切线使之与曲线以及轴所围成图形的面积为，试求：
(1)切点的坐标；
(2)过切点的切线方程．
分析：(1)设切点，切线斜率为，
切线方程为，
令，得．
，
解得，切点的坐标为；
(2)将代入切线方程，得，
整理，得．
即所求切线方程为
答案：B
10、如图，设点P从原点沿曲线y＝x2向点A(2,4)移动，记直线OP、曲线y＝x2及直线x＝2所围成的面积分别记为S1，S2，若S1＝S2，求点P的坐标．
分析：设直线OP的方程为y＝kx, P点的坐标为(x，y)，
则(kx－x2)dx＝(x2－kx)dx，
即(kx2－x3)＝(x3－kx2)，
解得kx2－x3＝－2k－(x3－kx2)，
解得k＝，即直线OP的方程为y＝x，所以点P的坐标为(，)．
11、设f(x)=
(1)当0≤a≤1与a＞1时，分别求f(a)；
(2)当a≥0时，求f(a)的最小值．
分析：(1)0≤a≤1时，
f(a)＝|x2－a2|dx
＝(a2－x2)dx＋(x2－a2)dx
＝(a2x－x3)＋(－a2x)
＝a3－a3－0＋0＋－a2－＋a3
＝a3－a2＋.
当a＞1时，
f(a)＝(a2－x2)dx
＝(a2x－x3)
＝a2－.
∴f(a)＝
(2)当a＞1时，由于a2－在[1，＋∞)上是增函数，故f(a)在[1，＋∞)上的最小值是f(1)＝1－＝.
当a∈[0,1]时，f′(a)＝4a2－2a＝2a(2a－1)，
由f′(a)＞0知：a＞或a＜0，
故在[0，]上递减，在[，1]上递增．
因此在[0,1]上，f(a)的最小值为f()＝.
综上可知，f(x)在[0，＋∞)上的最小值为.
六、参考答案
A组
1、分析：
2、分析：原式＝f(x)dx＋f(x)dx，
∵原函数为偶函数，
∴在y轴两侧的图象对称，
∴对应的面积相等，即8×2＝16.
答案：D
3、分析：函数y＝－x2＋2x＋1与y＝1的两个交点为(0,1)和(2,1)，所以闭合图形的面积等于(－x2＋2x＋1－1)dx＝(－x2＋2x)dx＝.
4、分析：直线方程与抛物线方程联立先求出积分区间为[0，k]，再由(kx－x2)dx＝(－)＝＝求得k＝2.
答案：2
5、分析：令，则
6、分析：作出，及的图如右
解方程组 得
解方程组 得
所求面积
7、分析：令，则，
当时，
当时，
∴
从而
8、分析：左端
右端
∴
解之或。
B组
9、分析：(1)设切点，切线斜率为，
切线方程为，
令，得．
，
解得，切点的坐标为；
(2)将代入切线方程，得，
整理，得．
即所求切线方程为
答案：B
10、分析：设直线OP的方程为y＝kx, P点的坐标为(x，y)，
则(kx－x2)dx＝(x2－kx)dx，
即(kx2－x3)＝(x3－kx2)，
解得kx2－x3＝－2k－(x3－kx2)，
解得k＝，即直线OP的方程为y＝x，所以点P的坐标为(，)．
11、分析：(1)0≤a≤1时，
f(a)＝|x2－a2|dx
＝(a2－x2)dx＋(x2－a2)dx
＝(a2x－x3)＋(－a2x)
＝a3－a3－0＋0＋－a2－＋a3
＝a3－a2＋.
当a＞1时，
f(a)＝(a2－x2)dx
＝(a2x－x3)
＝a2－.
∴f(a)＝
(2)当a＞1时，由于a2－在[1，＋∞)上是增函数，故f(a)在[1，＋∞)上的最小值是f(1)＝1－＝.
当a∈[0,1]时，f′(a)＝4a2－2a＝2a(2a－1)，
由f′(a)＞0知：a＞或a＜0，
故在[0，]上递减，在[，1]上递增．
因此在[0,1]上，f(a)的最小值为f()＝.
综上可知，f(x)在[0，＋∞)上的最小值为.2022年高考数学尖子生强基计划专题7定积分和微分
一、真题特点分析：
（复旦）（1）设，求；
设，求常数，使得取得最小值；
设（2）中的最小值为，证明。
二、知识要点拓展
定积分：设函数在上有界，在中任意插入若干个分点
。把区间分成个小区间，各小区间的长度依次为并作和，记，如果不论对怎样的分法，也不论在小区间上点怎样的取法，只要当时，和趋于确定的极限，我们称这个极限为函数在区间上的定积分，记为。
二．定积分存在定理：
①当函数在区间上连续时，则在区间上可积；
②设函数在区间上有界，且只有有限个间断点，则在区间上可积。
三．定积分的几何意义：
时，，则表示的图像与及轴围成的曲边梯形面积；
若，令，则表示的图像与及轴围成的曲边梯形面积的负值。
四．微积分基本定理：牛顿-莱布尼兹公式
如果是区间上的连续函数，并且，则。若记
，则。
牛顿-莱布尼兹公式沟通了导数与积分之间的关系，由此求定积分问题转化为求原函数问题。
五．洛必塔法则：设（1）如果当时，函数都趋于零；（2）在内，都存在，且；（3）极限存在（或为无穷大）；则存在，且。
上述准则称为洛必塔法则。
六．二次曲线在某点处的切线方程：
①设是圆上一点，则过的圆切线方程为；
②设是椭圆上一点，则过点的椭圆切线方程为；
③设是双曲线上一点，则过的双曲线切线方程为；
④设是抛物线上一点，则过的抛物线切线方程为；
函数的单调性：若函数在内可导，则在内递增（递减）的充要条件是（），。
八．函数的极值：
1.定义： 已知函数及其定义域内一点，对于存在一个包含的开区间内的所有点，如果都有
则称函数在点处取得极大值，记作，并把称为函数的一个极大值点；如果都有
则称函数在点处取得极小值，记作，并把称为函数的一个极小值点
极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点。
注意：
（1）.函数的最大（小）值是函数在指定区间内的最大（小）值；
（2）.极值与最值不同，极值只是相对一点附件的局部性质，而最值是想对整个定义域内或所研究问题的整体性质。
极值的必要条件：若函数在可导，且在处取得极值，则。
九．两个重要的极限：
1.， 2.
三、典例精讲
例1．（复旦）设为正数，，若在区间上大于0，则的取值范围是（ ）。
（B） （C） （D）
例2．（清华）已知，过的直线与该函数图像相切，且不是切点，求直线斜率。
例3．（南开）求证：。
例4．（复旦）已知过两抛物线的交点的各自的切线互相垂直，求。
例5．（清华）一元三次函数的三次项系数为，的解集为。
若有两个相等实根，求的解析式；
若在上单调递减，求的范围。
例6．（武大）已知是定义在区间上的可导函数，满足，且。
讨论函数的单调性；
设，比较函数与的大小。
四、真题训练
1.（武大）如果定义在上的函数的单调递增区间为，那么实数的大小关系是（ ）
（B） （C） （D）
2.（武大）在曲线的所有切线中，斜率最小的切线方程为（ ）。
（B） （C） （D）
3.（南大）函数的单调减区间为 。
4.（武大）求常数的值，使。
5.（上海交大）若方程有3个不同实根，求实数的取值范围。
6.（上海交大）设在处可导，且原点到中直线的距离为，原点到中曲线部分最短距离为3，试求的值（）。
（清华）求的单调区间及极值。
8.（武大）已知函数。
判断函数的奇偶性；
若在区间上是增函数，求实数的取值范围。
9.（上海交大）已知函数满足：，又，求函数的解析式。
10.（清华），。
求证：恒成立；
试求的单调区间；
求证：为递减数列，且恒成立。
五、强化训练
A组
1、设，求。
2、已知f(x)为偶函数且，则等于(　　)
A．0 B．4 C．8 D．16
3、函数y＝－x2＋2x＋1与y＝1相交形成一个闭合，则该闭合图形的面积是(　　)
A．1 B. C. D．2
4、已知函数y＝x2与y＝kx(k＞0)的图象所围成的阴影部分(如图所示)的面积为，则k=________.
5、设，求。
6、求曲线，及所围成的平面图形的面积.
7、若，求。
8、已知，求常数。
B组
9、在曲线上某一点A处作一切线使之与曲线以及轴所围成图形的面积为，试求：
(1)切点的坐标；
(2)过切点的切线方程．
10、如图，设点P从原点沿曲线y＝x2向点A(2,4)移动，记直线OP、曲线y＝x2及直线x＝2所围成的面积分别记为S1，S2，若S1＝S2，求点P的坐标．
11、设f(x)=
(1)当0≤a≤1与a＞1时，分别求f(a)；
(2)当a≥0时，求f(a)的最小值．2022年高考数学尖子生强基计划专题8数列的通项与递推
真题特点分析：
1.【2021年北大18】已知数列满足，．数列满足，．若正整数满足，则的最小值为________．
答案：24
2.【2020中科大4】若，，，则_______________．
二、知识要点拓展
等差数列：
1.通项公式：；
2.前项和公式：.
等比数列：
1.通项公式：；
2.前项和公式：或 .
数列的通项公式与前项的和的关系：(为数列的前项的和为).
常见数列的前项和公式：
【知识拓展】
一．对于数列，若存在正整数及一个将与前面项联系起来的方程
，则称数列是阶递推数列，此方程为递推方程。
由（*）得出，称为数列的递推关系。
一般说来，确定一个阶递推数列需要知道阶初始值：。
求通项问题的主要类型：
1．转化法：某些数列虽然不是等差等比数列，但可以通过对递推公式变形，重新构造新的数列，而这些数列为等差数列或等比数列，进一步通过对新数列的通项公式求出原数列的通项。
2.累加法：
方法：利用叠加法，。
3.累积法：
方法：利用迭代法，。
4.待定系数法：（为常数且，）
方法：用待定系数法，构造一个公比为的等比数列，令，，从而
是一个公比为的等比数列。
5.（为非零常数且）
方法：上式两边同时除以，，令，有，转化为第一种类型，用叠加法解决。
6.特征根法：（）（为常数）
方法：可用下面的定理求解。令为相应的二次方程的两根（此方程又称为特征方程）；
当时，其通项公式为：；
时，其通项公式为：，
其中分别由初始条件所得的方程组和唯一确定。
更一般地，对于常系数线性递推数列，其特征方程
的根（互不相同）有个，分别为，且是重根，，则，其中是关于的次多项式，其系数由初始值决定。
不动点法：形如（，且），的递推数列的通项问题常用不动点法解决.
类型I：（，且），令.
若有两个不相等的实数根，则（其中），即数列成等比数列，公比为，则可求.
若有两个相等的实数根，则（其中），即数列成等差数列，公差为，则可求.
（拓展）类型II：，令.
若有两个不相等的实数根，即、，从而有
、，所以
. 同理可得.
所以，两式相除，得，令，则，两边取对数，不难得到的通项公式，从而可得.
若有两个相等的实数根，则可得，.
由，令，化简可得，因此是等比数列.
三．周期数列：
对于数列，如果存在一个常数（），使得对任意的正整数，恒有成立，则称数列是从第项起的周期为的周期数列。若，则称数列为纯周期数列，若，则称数列为混周期数列，的最小值称为最小正周期，简称周期。周期数列主要有以下性质：
①周期数列是无穷数列，其值域是有限集；
②周期数列必有最小正周期（这一点与周期函数不同）；
③如果是数列的周期，则对于任意的，也是数列的周期；
④如果是数列的最小正周期，是数列的任一周期，则必有，即，；
⑤已知数列满足（，为常数），分别为的前项的和与积，若，，，则，；
⑥设数列是整数数列，是某个取定大于1的自然数，若是除以后的余数，即，且，则称数列是关于的模数列，记作。若模数列是周期的，则称是关于模的周期数列。
⑦任意阶齐次线性递归数列都是模的周期数列。
四．阶差数列：
对于一个给定的数列，把它的连续两项与的差记为，得到一个新数列，把数列称为原数列的一阶差数列；如果，则称数列是数列的一阶差数列，是的二阶差数列；依此类推，可以得到数列的阶差数列，其中。
如果某一数列的阶差数列是一非零常数列，则称该数列为阶等差数列。其实一阶等差数列就是我们通常说的等差数列；高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称。
高阶等差数列具有以下性质：
①如果数列是阶等差数列，则它的一阶差数列是阶等差数列；
②数列是阶等差数列的充要条件是：数列的通项是关于的次多项式；
③如果数列是阶等差数列，则其前项之和是关于的次多项式。
三、典例精讲
例1．（复旦）设，，，那么（ ）
数列是单调增的 （B）数列是单调减的
（C）数列或是单调增的，或是单调减的 （D）数列既非单调增的，也非单调减的。
答案：D
分析与解答：
。显然，若，则单调递增；若，则，为常数列；若，则单调递减。
例2．（复旦）设，，则数列的极限为（ ）
（B） （C） （D）
分析与解答：
递推数列对应的特征方程为，，，故
。再由，有，解得所以，
从而的极限为。故选A。
例3．（武大）在数列中，。
求证：数列是等比数列；
求数列的前项和。
分析与解答：
（1）由，这说明数列是一个公比为4的等比数列。
由（1）知
故
注：这是一道循序渐进的问题，第一问为第二问铺垫。本题也可采用如下方法：对式子两边同时除以，也可以解答。
例4．已知数列满足，求数列的通项公式。
分析与解答：
解法一（待定系数——迭加法）
由，得
，
且。
则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是
。把代入，得
，
，
，
。
把以上各式相加，得
。
。
解法二（特征根法）：数列：，
的特征方程是：。
,
。
又由，于是
故
例5．（上海交大）数列满足：，求和。
分析与解答：
由，知。
令，故，
或。
时，数列是一个常数列，
。
时，数列是一个公比为的等比数列。
由①、②可得 ，从而，故
。
注：对形如(为常数，）的数列求通项问题，可采用如下方法：引入参数，，，得到一个关于的方程。设两根为。若，可得到两个等比数列，联立消去或即可；若，仍可得到形如（关于的一个函数），它就是知识拓展中提到的类型4。这种方法本质上是特征根法。
例6．已知数列满足性质：对于且求的通项公式.
分析与解答：
依定理作特征方程变形得其根为故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有
∴
∴
即
练习1：已知数列满足：对于都有
（1）若求
（2）若求
（3）若求
（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？
分析与解答：
作特征方程变形得
特征方程有两个相同的特征根依定理2的第（1）部分解答.
(1)∵对于都有
(2)∵
∴
令，得.故数列从第5项开始都不存在，
当≤4，时，.
(3)∵∴
∴
令则∴对于
∴
(4)、显然当时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，时，数列是存在的，当时，则有令则得且≥2.
∴当（其中且N≥2）时，数列从第项开始便不存在.
于是知：当在集合或且≥2}上取值时，无穷数列都不存在.
例7．（复旦）设数列满足。
设，证明：若，则是等比数列；
若，求的值。
分析与解答：
（1）由得。令，则。
所以是公比为的等比数列，首项为。
若，则是常数列，，显然不适合题意；当时，由（1）知，
，即。
所以。以上各式相加：
，，即，
所以。由于，所以，解得：。
例8．（联考）设函数，且存在函数（），满足
。
证明：存在函数，满足；
设证明：。
分析与解答：
（1），，
所以。即
。
上式对一切恒成立必有
所以。
又，。
由，
所以
故存在函数；
由，考虑数列的不动点，设为，则，。
有，
所以为公比的等比数列，且首项为。所以，，
。
所以。 （* ）
若，则；
若，则，显然成立。
综上，（*）式成立。
注：本题的第（2）问用到了不动点求递推数列通项的方法。
四、真题训练
1．（复旦）是正数列，其前项和为，满足：对一切，和2的等差中项等于和2的等比中项，则（ ）。
（A）0 （B）4 （C）12 （D）100
2．（复旦）设是正数数列，其前项和为，满足：对所有正整数，与2的等差中项等于与2的等比中项，则（ ）
（A）0 （B）1 （C） （D）
3．（复旦）设数列、满足，如果，，且是公比为2的等比数列，又设，则（ ）
（A）0 （B） （C）1 （D）2
4．（复旦）已知数列满足（），且，其前项之和为，则满足不等式的最小整数是（ ）。
（A）6 （B）7 （C）8 （D）9
（上海交大）数列中，，则 。
（上海交大）已知数列满足且，则 。
7．（上海交大）已知为公差为6的等差数列，。
用表示数列的通项公式；
若，求的最小值及取最小值时的值。
8．（上海交大）在中，。
求证：；
求。
9．（浙大）如图，下有一系列正三角形，求第个正三角形的边长。
10.（复旦）已知数列满足，且，又。求：
；
（2）。
真题训练答案
1.【答案】B
【分析与解答】： 。
，故（因为）。
又，故。
，即。
2.【答案】C
【分析与解答】：由题1知，故，即。
3.【答案】D
【分析与解答】：，累加可得
。
所以。
4.【答案】B
【分析与解答】：
由，知，令，即，从而，故是公比为的等比数列。
，，
从而。
，解得，故选B。
注：对形如（为常数，且）的数列求通项的方法是用待定系数法引入参数：，从而构成等比数列。
5.【答案】5
【分析与解答】：归纳易知原数列周期为6且，故。
6.【答案】
【分析与解答】：
解法一：，归纳易知。
解法二：特征方程，特征根为。
，由故。
【分析与解答】：（1）故
，
，考虑临界。
若，则最小；若，则最小；若，则最小。
【分析与解答】：
（1），故
（因为）。
由（1）得。
当时，知，即。
9.【分析与解答】：解法一：，故。
，故。
假设对时成立，则当时，
，故。
由数学归纳法可知对成立。
解法二：记第个正三角形的边长为，易见它的顶点坐标为，它在的图像上，于是有，
即，
即。
两式相减，
，且，所以是一个以为公差的等差数列，故。
10.【分析与解答】：
由②，，代入①中，得
。
由，得，故，易得。
故，，。
五、重点总结
熟练运用各种方法求数列的通项公式
六、强化训练
A组
1. (武大)在数列中，
（1）求证：数列是等比数列
（2）求数列的前n项和
分析与解：（1）本题用待定系数法解较浪费时间，观察题目是个证明题，可以考虑从结论反推。根据提示直接写出等式，即可得证。
（2）由（1）可知，用分组求和可求得
2. (交大)数列满足：，求和
分析与解：相邻三项型的递推公式，可以用特征根法来求通项
由
另解，可以观察，再等式两边同时加，可得
故是常值数列，可得，用待定系数法可解得通项公式。
3. (复旦)是正数列，其前项和为，满足：对所有的正整数，和2的等差中项等于和2的等比中项，则（ ）
A.0 B.1 C. D.
分析与解：由题意得，又，两式相减得，因为是正数列，所以，观察所求式子中最高次为二次，所以只要找二次项的系数即可，，选C
4. (复旦)设数列，满足，如果，且是公比为2的等比数列，又设，则（ ）
A.0 B. C.1 D.2
分析与解：由已知，，累加法可得
易得所求极限为2，选D
5. (交大)数列1,3,2,…中，，则_____________
分析与解：形如的递推数列可由归纳法知其为周期为6的周期数列，故
6. (交大)已知数列满足，则___________
分析与解：用特征根法，
又
7. (模拟题)已知各项均为正数的数列的前项和满足，且，求的通项公式
分析与解：由已知，两式相减得
因为各项均为正数，故
由及易得
8. (交大)已知月利率为r，采用等额还款方式，若本金为1万元，试推导每月等额还款金额m关于r的函数关系式（假设贷款时间为2年）
分析与解：方法一，用数列的递推公式来求解。用数列表示第个月后的剩余本金，令，则有，用简单的待定系数法可得
，由
方法二，将每月还款看成对银行的存钱，利用到2年末存款总额因等于欠款总额来建立等式求解。
第二年末存款总额：
第二年末欠款总额：
故
B组
1. (浙大)如图，下有一系列正三角形，求第个正三角形的边长
分析与解：此题关键是找到联系和抛物线的关系式
由图，观察可得第个正三角形的上顶点坐标应为
，它在抛物线图像上，故，用退位相减法，化简易得
由已知易得
2. (交大)已知函数，对于，定义，若，则______________
分析与解：由已知
又
3. (模拟题)已知数列满足，其中p是给定的实数，n是正整数，试求n的值，使得的值最小
分析与解：由原式得
令，则
用累加法可得
，即
显然，当时，，当时，，当时，
又，当时，，故使得的值最小的n的值为402022年高考数学尖子生强基计划专题8数列的通项与递推
真题特点分析：
1.【2021年北大18】已知数列满足，．数列满足，．若正整数满足，则的最小值为________．
2.【2020中科大4】若，，，则_______________．
二、知识要点拓展
等差数列：
1.通项公式：；
2.前项和公式：.
等比数列：
1.通项公式：；
2.前项和公式：或 .
数列的通项公式与前项的和的关系：(为数列的前项的和为).
常见数列的前项和公式：
【知识拓展】
一．对于数列，若存在正整数及一个将与前面项联系起来的方程
，则称数列是阶递推数列，此方程为递推方程。
由（*）得出，称为数列的递推关系。
一般说来，确定一个阶递推数列需要知道阶初始值：。
求通项问题的主要类型：
1．转化法：某些数列虽然不是等差等比数列，但可以通过对递推公式变形，重新构造新的数列，而这些数列为等差数列或等比数列，进一步通过对新数列的通项公式求出原数列的通项。
2.累加法：
方法：利用叠加法，。
3.累积法：
方法：利用迭代法，。
4.待定系数法：（为常数且，）
方法：用待定系数法，构造一个公比为的等比数列，令，，从而
是一个公比为的等比数列。
5.（为非零常数且）
方法：上式两边同时除以，，令，有，转化为第一种类型，用叠加法解决。
6.特征根法：（）（为常数）
方法：可用下面的定理求解。令为相应的二次方程的两根（此方程又称为特征方程）；
当时，其通项公式为：；
时，其通项公式为：，
其中分别由初始条件所得的方程组和唯一确定。
更一般地，对于常系数线性递推数列，其特征方程
的根（互不相同）有个，分别为，且是重根，，则，其中是关于的次多项式，其系数由初始值决定。
不动点法：形如（，且），的递推数列的通项问题常用不动点法解决.
类型I：（，且），令.
若有两个不相等的实数根，则（其中），即数列成等比数列，公比为，则可求.
若有两个相等的实数根，则（其中），即数列成等差数列，公差为，则可求.
（拓展）类型II：，令.
若有两个不相等的实数根，即、，从而有
、，所以
. 同理可得.
所以，两式相除，得，令，则，两边取对数，不难得到的通项公式，从而可得.
若有两个相等的实数根，则可得，.
由，令，化简可得，因此是等比数列.
三．周期数列：
对于数列，如果存在一个常数（），使得对任意的正整数，恒有成立，则称数列是从第项起的周期为的周期数列。若，则称数列为纯周期数列，若，则称数列为混周期数列，的最小值称为最小正周期，简称周期。周期数列主要有以下性质：
①周期数列是无穷数列，其值域是有限集；
②周期数列必有最小正周期（这一点与周期函数不同）；
③如果是数列的周期，则对于任意的，也是数列的周期；
④如果是数列的最小正周期，是数列的任一周期，则必有，即，；
⑤已知数列满足（，为常数），分别为的前项的和与积，若，，，则，；
⑥设数列是整数数列，是某个取定大于1的自然数，若是除以后的余数，即，且，则称数列是关于的模数列，记作。若模数列是周期的，则称是关于模的周期数列。
⑦任意阶齐次线性递归数列都是模的周期数列。
四．阶差数列：
对于一个给定的数列，把它的连续两项与的差记为，得到一个新数列，把数列称为原数列的一阶差数列；如果，则称数列是数列的一阶差数列，是的二阶差数列；依此类推，可以得到数列的阶差数列，其中。
如果某一数列的阶差数列是一非零常数列，则称该数列为阶等差数列。其实一阶等差数列就是我们通常说的等差数列；高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称。
高阶等差数列具有以下性质：
①如果数列是阶等差数列，则它的一阶差数列是阶等差数列；
②数列是阶等差数列的充要条件是：数列的通项是关于的次多项式；
③如果数列是阶等差数列，则其前项之和是关于的次多项式。
三、典例精讲
例1．（复旦）设，，，那么（ ）
数列是单调增的 （B）数列是单调减的
（C）数列或是单调增的，或是单调减的 （D）数列既非单调增的，也非单调减的。
例2．（复旦）设，，则数列的极限为（ ）
（B） （C） （D）
例3．（武大）在数列中，。
求证：数列是等比数列；
求数列的前项和。
例4．已知数列满足，求数列的通项公式。
例5．（上海交大）数列满足：，求和。
分析与解答：
例6．已知数列满足性质：对于且求的通项公式.
练习1：已知数列满足：对于都有
（1）若求
（2）若求
（3）若求
（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？
且≥2}上取值时，无穷数列都不存在.
例7．（复旦）设数列满足。
设，证明：若，则是等比数列；
若，求的值。
例8．（联考）设函数，且存在函数（），满足
。
证明：存在函数，满足；
设证明：。
四、真题训练
1．（复旦）是正数列，其前项和为，满足：对一切，和2的等差中项等于和2的等比中项，则（ ）。
（A）0 （B）4 （C）12 （D）100
2．（复旦）设是正数数列，其前项和为，满足：对所有正整数，与2的等差中项等于与2的等比中项，则（ ）
（A）0 （B）1 （C） （D）
3．（复旦）设数列、满足，如果，，且是公比为2的等比数列，又设，则（ ）
（A）0 （B） （C）1 （D）2
4．（复旦）已知数列满足（），且，其前项之和为，则满足不等式的最小整数是（ ）。
（A）6 （B）7 （C）8 （D）9
（上海交大）数列中，，则 。
（上海交大）已知数列满足且，则 。
7．（上海交大）已知为公差为6的等差数列，。
用表示数列的通项公式；
若，求的最小值及取最小值时的值。
8．（上海交大）在中，。
求证：；
求。
9．（浙大）如图，下有一系列正三角形，求第个正三角形的边长。
10.（复旦）已知数列满足，且，又。求：
；
（2）。
五、重点总结
熟练运用各种方法求数列的通项公式
六、强化训练
A组
1. (武大)在数列中，
（1）求证：数列是等比数列
（2）求数列的前n项和
2. (交大)数列满足：，求和
3. (复旦)是正数列，其前项和为，满足：对所有的正整数，和2的等差中项等于和2的等比中项，则（ ）
A.0 B.1 C. D.
4. (复旦)设数列，满足，如果，且是公比为2的等比数列，又设，则（ ）
A.0 B. C.1 D.2
5. (交大)数列1,3,2,…中，，则_____________
6. (交大)已知数列满足，则___________
7. (模拟题)已知各项均为正数的数列的前项和满足，且，求的通项公式
8. (交大)已知月利率为r，采用等额还款方式，若本金为1万元，试推导每月等额还款金额m关于r的函数关系式（假设贷款时间为2年）
B组
1. (浙大)如图，下有一系列正三角形，求第个正三角形的边长
2. (交大)已知函数，对于，定义，若，则______________
3. (模拟题)已知数列满足，其中p是给定的实数，n是正整数，试求n的值，使得的值最小2022年高考数学尖子生强基计划专题9等差、等比数列与数列求和
真题特点分析：
1.【2020复旦大学6】_________．
【2021年清华】有限项等差数列公差为4，第二项起各项的和加首项的平方小于，则该数列最多可有________项．
答案：8
3．若数列满足，求．
答案：
二、知识要点拓展
等差数列：
1.通项公式：；
2.前项和公式：.
等比数列：
1.通项公式：；
2.前项和公式：或 .
数列的通项公式与前项的和的关系：(为数列的前项的和为).
常见数列的前项和公式：
一．等差数列的主要判定方法：
①（为常数）；
②（）；
③（为常数）；
④（为常数）。
二．等差数列的主要性质：
①或（是公差）；
②若，且，则。注意，反之不一定成立；
③数列（是常数）是公差为的等差数列；
④下标成等差数列，且公差为的项组成的数列仍然为等差数列，且公差为。
三．等比数列的判定方法：
①（是不为0的常数）；
②（均为不为0的常数）；
③（且均不为0）。
四．等比数列的性质：
①（为公比）；
②若，则（）；
③每隔项取出一项，按原来顺序排列，所得新数列仍为等比数列。
五．数列求和方法：
1.直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和。
（1）等差数列的求和公式：
（2）等比数列的求和公式（切记：公比含字母时一定要讨论）
2.公式法：（见常见数列的前项和公式）
3.错位相减法：比如
4.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。常见拆项公式：
① ；
②
③
④
分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和；
6.合并求和法：如求的和；
7.倒序相加法：如等差数列的前项和公司的推导，有时关于组合数的求和问题，也常用到该方法；
8.其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法等。
备注：在等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd,在等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn．
六．第二数学归纳法：
①先证时命题成立；假设时命题成立，再证明时命题也成立（有时称之为跨度为2的数学归纳法）。
②当时，命题成立；假设对一切小于的正整数命题成立，能够推出（证明）时命题也成立。
以上两种都是第二数学归纳法。
七．主要方法：
1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式；
2．求和过程中注意分类讨论思想的运用；
3．转化思想的运用；
三、典例精讲
例1．（清华）已知，其前项和为，求。
分析与解答：
，
。
所以，。
例2．（复旦）设有4个数的数列为，前3个数构成一个等比数列，其和为，后3个数构成一个等差数列，其和为9，且公差非零。对于任意固定的，若满足条件的数列的个数大于1，则应满足（ ）
（B） （C） （D）其他条件
分析与解答：
由于前3个数成等比数列，不妨设公比为，后三个数成等差数列，公差为，依题意，。。所以，即
。依题意知，此关于的方程的根不是唯一的，且。所以，，，且。故选D。
例3．（复旦）已知数列满足：，且是公比为2的等比数列，则（ ）。
（B） （C） （D）
分析与解答：
是公比为2的的等比数列，故，即。记，则
。
。
①-②，得
，
即，选B。
例4．（上海交大）已知等差数列的首项为，公差为；等比数列的首项为，公比为，，其中均为正整数，且。
求的值；
若对于、，存在关系式，求；
对于满足（2）中关系式的，求。
分析与解答：
（1）依题意，，故
。
由，，且。
又。
若，则，，矛盾！
所以。
，即，。（*）
注意到，且，（*）式成立当且仅当。
由（2）知
。
例5．在等差数列中，公差，是与的等比中项，已知数列
成等比数列，求数列的通项．
分析与解答：
依题设得，
∴，整理得
∵， ∴,得
所以，由已知得是等比数列．
由于，所以数列也是等比数列，首项为1，公比为，由此得等比数列的首项，公比，
所以．即得到数列的通项为
例6．（北京卷) 下表给出一个“等差数阵”：
4 7 （ ） （ ） （ ） … ……
7 12 （ ） （ ） （ ） … ……
（ ） （ ） （ ） （ ） （ ） … ……
（ ） （ ） （ ） （ ） （ ） … ……
…… …… …… …… …… … …… ……
… ……
…… …… …… …… …… … …… ……
其中每行、每列都是等差数列，表示位于第行第列的数．
（I）写出的值；
（II）写出的计算公式以及2008这个数在等差数阵中所在的一个位置．
（III）证明：正整数在该等差数列阵中的充要条件是可以分解成两个不是1的正整数之积．
分析与解答：
（I）;
（II）该等差数阵中：第一行是首项为4，公差为3的等差数列：;
第二行是首项为7，公差为5的等差数列：
……
第i行是首项为，公差为的等差数列，
因此，要找2008在该等差数阵中的位置，也就是要找正整数、，使得, 所以, 当时，得。
所以2008在等差数阵中的一个位置是第1行第669列．
（III）“必要性”：若在该等差数阵中，则存在正整数，使得
从而即正整数可以分解成两个不是1的正整数之积．
“充分性”：若可以分解成两个不是1的正整数之积，由于是奇数，则它必为两个不是1的奇数之积，即存在正整数、，使得, 从而可见N在该等差数阵中．
综上所述，正整数在该等差数阵中的充要条件是可以分解成两个不是1的正整数之积．
例7．(全国卷) 已知数列的前项和满足：，.
(1)写出求数列的前3项；
(2)求数列的通项公式；
(3)证明：对任意的整数，有.
分析：由数列前 项和与通项的关系，求应考虑将与或 其转化为的递推关系，再依此求。对于不等式证明考虑用放缩法,若单项放缩难以达到目的,可以尝试多项组合的放缩.
解答：(1)当时,有：；
当时,有：；
当时,有：；
综上可知；
(2)由已知得：
化简得：
上式可化为：
故数列是以为首项, 公比为2的等比数列.
故 ∴
数列的通项公式为：.
（3）由已知得：
.
故( ).
说明：本题是一道典型的代数综合题，是将数列与不等式相结合，它的综合性不仅表现在知识内容的综合上，在知识网络的交汇处设计试题，更重要的是体现出在方法与能力上的综合，体现出能力要素的有机组合．
例8．设为等差数列，为等比数列，且，试求的首项与公差．
分析：题中有两个基本量中的首项和公差是需要求的，利用、 、成等比数列和给定极限可列两个方程，但需注意极限存在的条件．
解答：设所求公差为，∵，∴．由此得
化简得：
解得： 而，故
若，则
若，则
但存在，故，于是不可能．
从而
所以
说明：本题涉及到的知识主要是等差数列、等比数列、无穷递缩等比数列所有项的和等知识，用到方程的思想和方法，且在解题过程中要根据题意及时取舍，如由题意推出， ，等，在解题中都非常重要．
例9．（复旦）设数列满足，其前项乘积，其中是大于1的常数（）。
求证：是等比数列；
求中所有不同两项的乘积之和。
分析与解：
（1）由，知，故
。
即是等比数列，且公比为。
由（1）知，。
中所有不同两项的乘积之和为。注意到，
而 ，
所以
。
注：“中所有不同两项的乘积之和”的问题实际上是一个无穷数列求和的问题。
例10．（复旦）设为一个正整数，记，则是的一个多项式。下面结论正确的是（ ）
的最高项系数为1 （B）的常数项系数为-3
（C）是的1个4此多项式 （D）的4此项系数为
分析与解：
解法一：首先有公式，，考虑：
，
所以。
所以。所以
。易见最高次项系数为，常数项系数为0，是的一个5次多项式，4次项系数为，故选D。
解法二：类比法。注意到，，。下面对选项逐项排除。
对选项（A），的最高项系数分别为，从而的最高项系数应为；对选项（B），的常数项为0，故的常数项的系数也为0；对选项（C），分别为2次，3次，4次多项式，故应为1个5次多项式，故只有选项D正确。
四、真题训练
1.（复旦）等差数列中，且，是前项之和，则下列（ ）是正确的。
均小于0，而均大于0
均小于0，而均大于0
均小于0，而均大于0
均小于0，而均大于0
2.（武大）已知是等差数列的前项和，若，则首项（ ）
（A）2008 （B）-2008 （C）2006 （D）-2006
3.（上海交大）等差数列中，，则前项和取最大值时，的值为 。
4.（上海交大）数列的通项公式为，则这个数列的前99项之和
。
5.（武大）如果数列是首项为1，公差为1的等差数列，那么数列的通项公式 。
6.（“北约”）是等差数列，表示的前项和，求的最小值。
7.（复旦)定义在上的函数，
求；
是否存在常数，，有？
（武大）数列的前项和为，。求数列的通项。
9.（复旦）对于任意的，均为非负实数，且，试用数学归纳法证明：成立。
10.（上海交大），为等比数列，求的最大值。
真题训练答案
1.【答案】C
【分析与解答】：可取特殊值，
。
2.【答案】D
【分析与解答】：，解得。
3.【答案】20
【分析与解答】：。
。
4.【答案】
【分析与解答】：，
。
5.【答案】
【分析与解答】：，将这式累加，得。
6.【分析与解答】：设公差为，则。，显然时，最小，的最小值为。
7.【分析与解答】：（1),故。
不存在。，取，则
，
当时，，故不存在，使得对，。
8.【分析与解】：由，知，故
。
又令，数列从第2项起成公比为3的等比数列，即
。
综上，
9.【分析与解答】：时显然成立。假设时命题成立，则时，
令，由归纳假设知。①
又。②
由①②可知
即时命题成立，故原命题得证。
10.【分析与解答】：，，当且仅当时为正（），。当时，，故只需比较与的大小。
（因为），故。
五、重点总结
1.掌握常见的几种数学归纳法，能运用数学归纳法解题
2.掌握极限的基本判断法则及常见的几种极限
3.掌握常见的求和方法
六、强化训练
A组
1. (复旦)______________
分析与解：原式
2. (复旦)________________
分析与解：原式
3. (复旦)设，则（ ）
A.2 B. C. D.64
分析与解：原式，选A
4. (复旦)设是的展开式中项的系数，则极限（ ）
A.15 B.6 C.17 D.8
分析与解：
原式
5. (模拟题)试证明
分析与解：用数学归纳法证明：
当时，显然成立
假设当时，
则，当时，
得证
6. (2006交大)已知，则数列的前100项和为___________
分析与解：
7. (复旦)已知数列的前项和为，
，求
分析与解：由已知
8. (交大)_____________
分析与解：当为偶数时，原式
原式
当为奇数时，因为为偶数
原式
9. (交大)_____________
分析与解：原式=
10. (交大)A,B两人轮流掷一个骰子，第一次由A先掷，若A掷到一点，下次任由A掷；若A掷不到一点，下次换B掷。对B同样适用该规则。如此依次投掷，记第n次由A掷的概率为
(1)求和的关系
(2)求
分析与解：(1)由已知，易得
(2)由(1)设
又
B组
1．(复旦)设，其中为整数，求
分析与解：由二项式定理的性质可得
2. (复旦)____________
分析与解：原式
3. (模拟题)在1与2之间插入个正数，使这个数成等比数列；又在1与2之间插入个正数，使这个数成等差数列。记，。求：
(1)求数列和的通项公式
(2)比较和的大小，并证明你的结论
分析与解：(1)由已知，，
(2)用数学归纳法，容易验证，当时，
当时，
假设，当时，，即
则，当时，
得证
4. (中科大)数列满足
(1)求和的关系
(2)若，证明
(3)若，证明
分析与解：(1)由已知，有
又
两式相减，得
又
(2)用数学归纳法
当时，显然成立
假设当时，
则当时，
得证
(3)先用数学归纳法证明当时，
当时，由,
假设当时，
则当时，
故
又
即2022年高考数学尖子生强基计划专题9等差、等比数列与数列求和
真题特点分析：
1.【2020复旦大学6】_________．
【2021年清华】有限项等差数列公差为4，第二项起各项的和加首项的平方小于，则该数列最多可有________项．
3．若数列满足，求．
二、知识要点拓展
等差数列：
1.通项公式：；
2.前项和公式：.
等比数列：
1.通项公式：；
2.前项和公式：或 .
数列的通项公式与前项的和的关系：(为数列的前项的和为).
常见数列的前项和公式：
一．等差数列的主要判定方法：
①（为常数）；
②（）；
③（为常数）；
④（为常数）。
二．等差数列的主要性质：
①或（是公差）；
②若，且，则。注意，反之不一定成立；
③数列（是常数）是公差为的等差数列；
④下标成等差数列，且公差为的项组成的数列仍然为等差数列，且公差为。
三．等比数列的判定方法：
①（是不为0的常数）；
②（均为不为0的常数）；
③（且均不为0）。
四．等比数列的性质：
①（为公比）；
②若，则（）；
③每隔项取出一项，按原来顺序排列，所得新数列仍为等比数列。
五．数列求和方法：
1.直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和。
（1）等差数列的求和公式：
（2）等比数列的求和公式（切记：公比含字母时一定要讨论）
2.公式法：（见常见数列的前项和公式）
3.错位相减法：比如
4.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。常见拆项公式：
① ；
②
③
④
分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和；
6.合并求和法：如求的和；
7.倒序相加法：如等差数列的前项和公司的推导，有时关于组合数的求和问题，也常用到该方法；
8.其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法等。
备注：在等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd,在等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn．
六．第二数学归纳法：
①先证时命题成立；假设时命题成立，再证明时命题也成立（有时称之为跨度为2的数学归纳法）。
②当时，命题成立；假设对一切小于的正整数命题成立，能够推出（证明）时命题也成立。
以上两种都是第二数学归纳法。
七．主要方法：
1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式；
2．求和过程中注意分类讨论思想的运用；
3．转化思想的运用；
三、典例精讲
例1．（清华）已知，其前项和为，求。
例2．（复旦）设有4个数的数列为，前3个数构成一个等比数列，其和为，后3个数构成一个等差数列，其和为9，且公差非零。对于任意固定的，若满足条件的数列的个数大于1，则应满足（ ）
（B） （C） （D）其他条件
例3．（复旦）已知数列满足：，且是公比为2的等比数列，则（ ）。
（B） （C） （D）
例4．（上海交大）已知等差数列的首项为，公差为；等比数列的首项为，公比为，，其中均为正整数，且。
求的值；
若对于、，存在关系式，求；
对于满足（2）中关系式的，求。
例5．在等差数列中，公差，是与的等比中项，已知数列
成等比数列，求数列的通项．
例6．（北京卷) 下表给出一个“等差数阵”：
4 7 （ ） （ ） （ ） … ……
7 12 （ ） （ ） （ ） … ……
（ ） （ ） （ ） （ ） （ ） … ……
（ ） （ ） （ ） （ ） （ ） … ……
…… …… …… …… …… … …… ……
… ……
…… …… …… …… …… … …… ……
其中每行、每列都是等差数列，表示位于第行第列的数．
（I）写出的值；
（II）写出的计算公式以及2008这个数在等差数阵中所在的一个位置．
（III）证明：正整数在该等差数列阵中的充要条件是可以分解成两个不是1的正整数之积．
例7．(全国卷) 已知数列的前项和满足：，.
(1)写出求数列的前3项；
(2)求数列的通项公式；
(3)证明：对任意的整数，有.
例8．设为等差数列，为等比数列，且，试求的首项与公差．
例9．（复旦）设数列满足，其前项乘积，其中是大于1的常数（）。
求证：是等比数列；
求中所有不同两项的乘积之和。
例10．（复旦）设为一个正整数，记，则是的一个多项式。下面结论正确的是（ ）
的最高项系数为1 （B）的常数项系数为-3
（C）是的1个4此多项式 （D）的4此项系数为
四、真题训练
1.（复旦）等差数列中，且，是前项之和，则下列（ ）是正确的。
均小于0，而均大于0
均小于0，而均大于0
均小于0，而均大于0
均小于0，而均大于0
2.（武大）已知是等差数列的前项和，若，则首项（ ）
（A）2008 （B）-2008 （C）2006 （D）-2006
3.（上海交大）等差数列中，，则前项和取最大值时，的值为 。
4.（上海交大）数列的通项公式为，则这个数列的前99项之和
。
5.（武大）如果数列是首项为1，公差为1的等差数列，那么数列的通项公式 。
6.（“北约”）是等差数列，表示的前项和，求的最小值。
7.（复旦)定义在上的函数，
求；
是否存在常数，，有？
（武大）数列的前项和为，。求数列的通项。
9.（复旦）对于任意的，均为非负实数，且，试用数学归纳法证明：成立。
10.（上海交大），为等比数列，求的最大值。
五、重点总结
1.掌握常见的几种数学归纳法，能运用数学归纳法解题
2.掌握极限的基本判断法则及常见的几种极限
3.掌握常见的求和方法
六、强化训练
A组
1. (复旦)______________
2. (复旦)________________
3. (复旦)设，则（ ）
A.2 B. C. D.64
4. (复旦)设是的展开式中项的系数，则极限（ ）
A.15 B.6 C.17 D.8
5. (模拟题)试证明
6. (2006交大)已知，则数列的前100项和为___________
7. (复旦)已知数列的前项和为，
，求
8. (交大)_____________
9. (交大)_____________
10. (交大)A,B两人轮流掷一个骰子，第一次由A先掷，若A掷到一点，下次任由A掷；若A掷不到一点，下次换B掷。对B同样适用该规则。如此依次投掷，记第n次由A掷的概率为
(1)求和的关系
(2)求
B组
1．(复旦)设，其中为整数，求
2. (复旦)____________
3. (模拟题)在1与2之间插入个正数，使这个数成等比数列；又在1与2之间插入个正数，使这个数成等差数列。记，。求：
(1)求数列和的通项公式
(2)比较和的大小，并证明你的结论
4. (中科大)数列满足
(1)求和的关系
(2)若，证明
(3)若，证明2022年高考数学尖子生强基计划专题10数列与极限
真题特点分析：
【2020武大6】 两个半径为实心球体，它们的球心相距.设包含这两个实心球体的最小实心球的体积为，则（ ）
A. B. C. D.
二、知识要点拓展
一．数列极限的定义：一般地，如果当项数无限增大时，无穷数列的项无限地趋近于某个常数，那么就说数列以为极限.
注：不一定是中的项.
二．几个常用的极限：（1）（为常数）;
（2）
（3）（）.
（4）（，且）
（5）
三．数列极限的四则运算法则：设数列、，当,时：
（）
四．无穷等比数列：若无穷等比数列，其所有项的和（各项的和）为：．
五．常见的数列极限可以归纳为两大类:
第一类是两个关于自然数的多项式的商的极限:
当时,上述极限不存在.
第二类是关于的指数式的极限:
当或时,上述极限不存在.
特殊数列的极限：，
是常数）； （2） ；
（3）（，为常数）； （4） ．
下面证明第四个公式
证明：令，取自然对数得到，令，得，
由洛比达法则得，即
所以：，则，即．
另外，数列是单调递增的，理由如下：由个正实数的几何平均数它们的算术平均数）有，所以
。
夹逼定理：如果数列、以及满足下列条件：
从某项起，即当（其中），有（）；
且；
那么数列的极限也存在，且
三．分期付款问题：
分为两种类型：等额本金、等额本息。
等额本金是这样一种还款方式：在还款期内把贷款数总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余贷款在该月所产生的利息。这样，由于每月的还款本金额固定，而利息越来越少，因此贷款人起初还款压力较大，但是随时间的推移每月还款数额越来越少。
等额本金贷款计算公式：每月还款金额=（贷款本金还款月数）+（本金-已归还本金累计额）×每月利率。
等额本息是这样一种还款方式：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款（包括本金和利息）。
设贷款本金为，月利率为，还款月数为，则每月还款额计算公式为：。
三、例题精讲
例1．（复旦）设是的展开式中项的系数（），则极限（ ）
（A）15 （B）6 （C）17 （D）8
答案：D
分析与解答：
，故
，所以。
例2．（清华）的整数部分为，小数部分为。
求；
求；
求。
分析与解答：
（1）由，
又，故。
。
，故
。
又，故，所以
。
例3．（上海交大）如图所示，设曲线上的点与轴上的点顺次构成等腰直角三角形，
直角顶点在曲线上。试求的坐标表达式，并说明这些三角形的面积之和是否存在。
分析与解答：
（因为）
，即。又，故
，即。
第个三角形面积
，而不存在极限（见第八讲习题16），故
也不存在极限，不存在极限。
例4．（上海交大）两人轮流掷一个骰子，第一次由先掷，若掷到一点，下次仍由掷；若掷不到一点，下次换掷。对同学同样适用该规则。如此依次投掷，记第次由掷的概率为。
求与的关系；
求。
分析与解答：
（1），。
（2）解法一：两边同时取极限，设，则。
解法二：设，解得。
，故，。
例5．（北京理）已知数集具有性质；对任意
的，与两数中至少有一个属于.
（1）证明：，且；
（2）证明：当时，成等比数列.
分析与解答：
（1）∵具有性质P，∴与中至少有一个属于，
由于，∴，故. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
从而，∴.
∵， ∴，故.
由具有性质可知.
又∵，
∴，
从而：
∴. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
（2）由（1）知，当时，有，即，
∵，∴，∴，
由具有性质可知.
，得，且，∴，
∴，即是首项为1，公比为成等比数列..k.s.5.
例6．对于数列若存在常数，对任意的，恒有
则称数列为．
首项为1，公比为的等比数列是否为？请说明理由；
设是数列的前项和，给出下列两组论断；
A组：①数列是 ②数列不是
B组：③数列是 ④数列不是
请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题．
判断所给命题的真假，并证明你的结论；
（3） 若数列、都是，证明：数列也是．
分析与解答：
（1）设满足题设的等比数列为,则，于是
因此｜- ｜+｜-｜+…+｜-｜=
因为所以即
故首项为1，公比为的等比数列是。
（2）命题1：若数列是，则数列是．
此命题为假命题。
事实上，设，易知数列是，但
由的任意性知，数列是，此命题为假命题。
命题2：若数列是，则数列是．
此命题为真命题
事实上，因为数列是，所以存在正数，对任意的有
即。于是
所以数列是。
（III）若数列、都是，则存在正数，对任意的有
注意到
同理：
记，则有
因此
+
故数列是数列
例7．（上海交大）求极限．
分析与解答：
因为，从而转化为积分；
由牛顿-莱布尼茨公式（其中满足）得：
。所以．
例8．（武大）设二次函数过点，且满足。数列满足。
确定的表达式；
证明：；
证明：。
分析与解答：
（1）令，由。
令，有，，故，
所以，即。
再由，知。此式对任意恒成立，必有且，整理得。故。
。下面用数学归纳法证明。
时是显然的。
设时，，则。
综上，对。
，故。
由（2）知。
因为
，
所以。
令，故构成以2为公比的等比数列，故
。
时，；
时，，故对一切，有。
从而
。
真题训练
1.（复旦）设，则（ ）。
（A）2 （B） （C） （D）64
（同济）设、都是公差为2的等差数列，其首项满足：。设，则数列的通项 。
（复旦） 。
（复旦）设，则 。
5.（上海交大）数列中，
，此数列的通项公式为 。
（复旦）设，其中为整数，求时，的极限。
7.（复旦）一圆锥的地面半径为12，高为16，球内切于圆锥，球内切于圆锥侧面，与球外切，，依次类推。
求所有这些球的半径的通项公式；
所有这些球的体积分别为，求。
（同济）设数列中，，求。
（清华）设正三角形边长为，是的中点三角形，为除去后剩下的三个三角形内切圆面积之和，求。
10.（上海交大）已知月利率为，采用等额还款方式，若本金为1万元，试推导每月等额还款金额关于的函数关系（贷款时间为2年）。
真题训练答案
1.【答案】A
【分析与解答】：，
。
2.【答案】
【分析与解答】：由知只有或若则
；若则，，综上，。
3.【答案】1
【分析与解答】：
。
4.【答案】
5.【答案】
6.【分析与解答】：
。
7.【分析与解答】：（1）考虑轴截面（球大圆），显然这些圆的半径成等比数列。
。
（2）。
8.【分析与解答】：依题意， ①，另一方面：
②。
由①，②知，，且等号成立的条件是上式①，②统统取等号。
即所以，又，所以，
，而由知从第3项起成公差为1的等差数列，且由前两项知，成等差数列，且，所以。
9.【分析与解】：如图9-1，边长为的正三角形，其内切圆半径。
于是，显然，数列是
一个公比为的等比数列。由无穷递缩等比数列的求和公式，得
。
10.【分析与解】：我们用两种方法考虑这个问题。
解法一：设想有两家银行，月利率完全一样，均为，现从甲银行借款10000元，2年还清，从乙银行存款，每月存款元。2年后连本带利，应从银行取出；另一方面，从甲银行借款10000元，两年后连本带利共付。
故。
解法二：设第个月末还款元后欠银行金额为元，则，
，显然。
由于
，
，
，
故。
由等比数列求和公式易得。
注：本题实际上提供了等额本息计算公式的推导方法。2022年高考数学尖子生强基计划专题10数列与极限
真题特点分析：
【2020武大6】 两个半径为实心球体，它们的球心相距.设包含这两个实心球体的最小实心球的体积为，则（ ）
A. B. C. D.
二、知识要点拓展
一．数列极限的定义：一般地，如果当项数无限增大时，无穷数列的项无限地趋近于某个常数，那么就说数列以为极限.
注：不一定是中的项.
二．几个常用的极限：（1）（为常数）;
（2）
（3）（）.
（4）（，且）
（5）
三．数列极限的四则运算法则：设数列、，当,时：
（）
四．无穷等比数列：若无穷等比数列，其所有项的和（各项的和）为：．
五．常见的数列极限可以归纳为两大类:
第一类是两个关于自然数的多项式的商的极限:
当时,上述极限不存在.
第二类是关于的指数式的极限:
当或时,上述极限不存在.
特殊数列的极限：，
是常数）； （2） ；
（3）（，为常数）； （4） ．
下面证明第四个公式
证明：令，取自然对数得到，令，得，
由洛比达法则得，即
所以：，则，即．
另外，数列是单调递增的，理由如下：由个正实数的几何平均数它们的算术平均数）有，所以
。
夹逼定理：如果数列、以及满足下列条件：
从某项起，即当（其中），有（）；
且；
那么数列的极限也存在，且
三．分期付款问题：
分为两种类型：等额本金、等额本息。
等额本金是这样一种还款方式：在还款期内把贷款数总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余贷款在该月所产生的利息。这样，由于每月的还款本金额固定，而利息越来越少，因此贷款人起初还款压力较大，但是随时间的推移每月还款数额越来越少。
等额本金贷款计算公式：每月还款金额=（贷款本金还款月数）+（本金-已归还本金累计额）×每月利率。
等额本息是这样一种还款方式：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款（包括本金和利息）。
设贷款本金为，月利率为，还款月数为，则每月还款额计算公式为：。
三、例题精讲
例1．（复旦）设是的展开式中项的系数（），则极限（ ）
（A）15 （B）6 （C）17 （D）8
例2．（清华）的整数部分为，小数部分为。
求；
求；
求。
例3．（上海交大）如图所示，设曲线上的点与轴上的点顺次构成等腰直角三角形，
直角顶点在曲线上。试求的坐标表达式，并说明这些三角形的面积之和是否存在。
例4．（上海交大）两人轮流掷一个骰子，第一次由先掷，若掷到一点，下次仍由掷；若掷不到一点，下次换掷。对同学同样适用该规则。如此依次投掷，记第次由掷的概率为。
求与的关系；
求。
例5．（北京理）已知数集具有性质；对任意
的，与两数中至少有一个属于.
（1）证明：，且；
（2）证明：当时，成等比数列.
例6．对于数列若存在常数，对任意的，恒有
则称数列为．
首项为1，公比为的等比数列是否为？请说明理由；
设是数列的前项和，给出下列两组论断；
A组：①数列是 ②数列不是
B组：③数列是 ④数列不是
请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题．
判断所给命题的真假，并证明你的结论；
（3） 若数列、都是，证明：数列也是．
例7．（上海交大）求极限．
例8．（武大）设二次函数过点，且满足。数列满足。
确定的表达式；
证明：；
证明：。
五、真题训练
1.（复旦）设，则（ ）。
（A）2 （B） （C） （D）64
（同济）设、都是公差为2的等差数列，其首项满足：。设，则数列的通项 。
（复旦） 。
（复旦）设，则 。
5.（上海交大）数列中，
，此数列的通项公式为 。
（复旦）设，其中为整数，求时，的极限。
7.（复旦）一圆锥的地面半径为12，高为16，球内切于圆锥，球内切于圆锥侧面，与球外切，，依次类推。
求所有这些球的半径的通项公式；
所有这些球的体积分别为，求。
（同济）设数列中，，求。
（清华）设正三角形边长为，是的中点三角形，为除去后剩下的三个三角形内切圆面积之和，求。
10.（上海交大）已知月利率为，采用等额还款方式，若本金为1万元，试推导每月等额还款金额关于的函数关系（贷款时间为2年）。

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