高中數(shù)學思想方法題型總結(jié)

201*年高考數(shù)學答題思想方法

1.函數(shù)或方程或不等式的題目，先直接思考后建立三者的聯(lián)系。首先考

慮定義域，其次是函數(shù)圖象。

2.面對含有參數(shù)的初等函數(shù)來說，在研究的時候應該抓住參數(shù)有沒有影響到函數(shù)的不變的性質(zhì)。如所過的定點，二次函數(shù)的對稱軸或是；如果產(chǎn)生了影響，應考慮分類討論。

3.填空中出現(xiàn)不等式的題目（求最值、范圍、比較大小等），優(yōu)選特殊值法；

4.求參數(shù)的取值范圍，應該建立關(guān)于參數(shù)的等式或是不等式，用函數(shù)的定義域或是值域或是解不等式完成，在對式子變形的過程中，優(yōu)先選擇分離參數(shù)的方法；

5.恒成立問題或是它的反面，可以轉(zhuǎn)化為最值問題，注意二次函數(shù)的應用，靈活使用閉區(qū)間上的最值，分類討論的思想，分類討論應該不重復不遺漏；

6.圓錐曲線的題目優(yōu)先選擇它們的定義完成，直線與圓錐曲線相交問題，若與弦的中點有關(guān)，選擇設而不求點差法，與弦的中點無關(guān)，選擇韋達定理公式法；使用韋達定理必須先考慮是否為二次及根的判別式問題；

7.求曲線方程的題目，如果知道曲線的形狀，則可選擇待定系數(shù)法，如果不知道曲線的形狀，則所用的步驟為建系、設點、列式、化簡（注意去掉不符合條件的特殊點）；

8.求橢圓或是雙曲線的離心率，建立關(guān)于a、b、c之間的關(guān)系等式即可（多觀察圖形，注意圖形中的垂直、中點等隱含條件）；個別題目考慮圓錐曲線的第二定義。

9.三角函數(shù)求周期、單調(diào)區(qū)間或是最值，優(yōu)先考慮化為一次同角弦函數(shù)，然后使用輔助角公式解答；解三角形的題目，重視內(nèi)角和定理的使用；與向量聯(lián)系的題目，注意向量角的范圍；

10、向量問題兩條主線：轉(zhuǎn)化為基底和建系，當題目中有明顯的對稱、垂直關(guān)系時，優(yōu)先選擇建系。

11.數(shù)列的題目與和有關(guān)，優(yōu)選和通公式，優(yōu)選作差的方法；注意歸納、猜想之后證明；猜想的方向是兩種特殊數(shù)列；解答的時候注意使用通項公式及前n項和公式，體會方程的思想；

12.導數(shù)的題目常規(guī)的一般不難，但要注意解題的層次與步驟，如果要用構(gòu)造函數(shù)證明不等式，可從已知或是前問中找到突破口，必要時應該放棄；重視幾何意義的應用，注意點是否在曲線上；

12.遇到復雜的式子可以用換元法，使用換元法必須注意新元的取值范圍，有勾股定理型的已知（即有平方關(guān)系），可使用三角換元來完成；

13.絕對值問題優(yōu)先選擇去絕對值，去絕對值優(yōu)先選擇使用定義；14.與圖象平移有關(guān)的，注意口訣“左加右減，上加下減”只用于函數(shù)15.關(guān)于中心對稱問題，只需使用中點坐標公式就可以，關(guān)于軸對稱問題，注意兩個等式的運用：一是垂直，二是中點在對稱軸上。

擴展閱讀：高中數(shù)學求參數(shù)取值范圍題型與方法總結(jié)歸納

參數(shù)取值問題的題型與方法

一、若在等式或不等式中出現(xiàn)兩個變量，其中一個變量的范圍已知，另一個變量的范圍為所求，且容易通過恒等變形將兩個變量分別置于等號或不等號的兩邊，則可將恒成立問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)的最值問題求解。

5a4恒成立，求實數(shù)a的取值范圍。

解：原不等式即：4sinx+cos2x3

a204a20即5a4>a+2，上式等價于或，解得a

例4．（江蘇、天津）已知長方形四個頂點A（0，0），B（2，0），C（2，1）和D（0，1）.一質(zhì)點從AB的中點P沿與AB夾角為θ的方向射到BC上的點P1后，依次反射到CD、DA和AB上的點P2、P3和P4（入射角等于反射角）.設P4的坐標為（x4，0）.若1

kx2x22k化歸的方程有唯一解.據(jù)此設計出如下解題思路：關(guān)于x的方程

2k2120k1有唯一解。解：設點

20k1

M(x,2x)為雙曲線C上支上任一點，則點M到直線l的距離為：

即可轉(zhuǎn)化為如上關(guān)于x的方程.由于0kx2x22kk21，于是，問題

k1，所以

2x2xkx，從而有kx2x22kkx2x22k.

2x22(2(k21)2kkx)2,22于是關(guān)于x的方程kx2x2k2(k1)

22(k1)2kkx0k21x22k2(k21)2kx22(k1)2kkx0.2(k221)2k20,2由

0k1可知：方程

k21x22k2(k21)2kx2(k21)2k20的二根同正，故2(k21)2kkx0恒成立，于是

等價于

25.5k21x22k2(k21)2kx2(k21)2k20.由如上關(guān)于x的方程有唯一解，得其判別式20，就可解得k用導數(shù)求參數(shù)范圍

7.已知函數(shù)

f(x)ax1.ex11時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若對任意t,2，f(t)t恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．2x1x2解：（I）當a1時，f(x)，由f(x)0得x2,f(x)0得x2f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間f(x)xxeeax1>x恒成為(,2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(2,)（II）若對任意t1,2，使得f(t)t恒成立，則x1,2時，x，e221x1立，即x1,2時，ae恒成立，設g(x)ex1，x[,2]，則g(x)ex1，x[1,2]設h(x)ex1，

x2x22x2x2，

111Qh(x)ex230在x[1,2]上恒成立，h(x)在x[,2]上單調(diào)遞增，即g(x)ex2在x[,2]上單調(diào)遞

2x22x1111112xx增，Qg()e240，Qg(2)e0g(x)e2在[,2]有零點m，g(x)e2在

24xx2，

（Ⅰ）當a11ag()，即ae2，ae21[,m]上單調(diào)遞減，在(m,2]上單調(diào)遞增，2122ae2ag(2)2f(x)axlnx,aR

2(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(Ⅱ)是否存在實數(shù)a,使不等式f(x)ax對x(1,)恒成立。

1【解】(Ⅰ)f"(x)a,x0①當a0時,f"(x)0,函數(shù)f(x)在(0,)內(nèi)是增函數(shù),即函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為

x，

11(0,)，②當a0時,令f"(x)0,得x0,且x(0,)時,f"(x)0,又x(1,)時,f"(x)0,

aaa8.已知函數(shù)

11),遞減區(qū)間為(,).(Ⅱ)假設存在這樣的實數(shù)a,使不等式f(x)ax2對aa22x(1,)恒成立，即axaxlnx0(x1)恒成立.令h(x)axaxlnx(x1),則h(1)0,且h(x)0(x1)恒

所以函數(shù)

f(x)遞增區(qū)間為(0,12ax2ax11a成立h(x)2ax①當a0時,h(x)0,則函數(shù)h(x)在[1,)上單調(diào)遞減,于是

xxx

1h(x)h(1)0與h(x)0(x1)矛盾,故舍去.②當a0時,h(x)ax2axlnxax(x1)ln(x)而當x1x，12時,由函數(shù)yaxax和ylnx都單調(diào)遞減.且由圖象可知,x趨向正無窮大時,h(x)ax(x1)ln趨向于負無窮大.

x2ax2ax10等價于)0x(恒成立矛盾,故舍去.③當a0時,h(x)這與h(xx12a2xax1a28a0)記其兩根為x10x2(這是因為x1x2(00)，易知x(x1,x2)時,h(x)0,而

2ax(x2,)時,h(x)0,(i)若x21時,則函數(shù)h(x)在(1,x2)上遞減,于是h(x)h(1)0矛盾,舍去;(ii)若x21時,aa28a則函數(shù)h(x)在(1,)上遞增,于是h(x)h(1)0恒成立.所以0x21,即x21(a0),解得a1，綜

4ay2上①②③可知,存在這樣的實數(shù)a1,使不等式f(x)ax對x(1,)恒成立y=lnx(x>1a2xaxlnx(aR).9.設函數(shù)f(x)2(Ⅰ)當a1時，求函數(shù)f(x)的極值；（Ⅱ）當a1時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.

（Ⅲ）若對任意a(2,3)及任意x1,x2[1,2]，恒有maln2O1)xf(x1)f(x2)1x1".令f"(x)0,得x1.當解：(Ⅰ)函數(shù)的定義域為(0,).當a1時，f(x)xlnx,f(x)1xx10x1時，f"(x)0;當x1時，f"(x)0.f(x)極小值=f(1)1,無極大值.（Ⅱ）f"(x)(1a)xa

x2121(x1)(1a)(x)(x1)"(1a)xax1[(1a)x1](x1)1，0,f(x)在當即a2時，f(x)a1xxxx；a1111""1，x1.當(0,)上是減函數(shù)；當即a2時，令f(x)0,得0x或x1;令f(x)0,得a1a1a11111，即1a2時，令f"(x)0,得0x1或x;令f"(x)0,得1x.綜上，當a2時，a1a1a111)和(1,)單調(diào)遞減，,1)上單調(diào)遞增；f(x)在定義域上是減函數(shù)；當a2時，f(x)在(0,在(當1a2時，a1a111,)單調(diào)遞減，在(1,)上單調(diào)遞增（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當a(2,3)時，f(x)在[1,2]上單f(x)在(0,1)和(a1a1f(x)有最大值，當x2時，f(x)有最小調(diào)遞減，當x1時，

a313a3ln2而a0經(jīng)整理得m值.f(x1)f(x2)f(1)f(2)ln2maln2由2222a221132a3得0，所以m0.

422a3227.已知函數(shù)f(x)axbxx(xR,a,b是常數(shù))，且當x1和x2時，函數(shù)f(x)取得極值（Ⅰ）求函數(shù)f(x)的解析式；

（Ⅱ）若曲線yf(x)與g(x)3xm(2x0)有兩個不同的交點，求實數(shù)m的取值范圍

3a2b10,2解：（Ⅰ）f(x)3ax2bx1，依題意f(1)f(2)0，即解得

12a4b10,1313a,b∴f(x)x3x2x（Ⅱ）由（Ⅰ）知，曲線yf(x)與g(x)3xm(2x0)有兩個不同

6464，

的交點，即1x33x22xm0在2,0上有兩個不同的實數(shù)解，設(x)1x33x22xm，則(x)1x23x2，

226464y=ax2-ax(a

(x)0，于是(x)在1,01m3上遞減.依題意有(2)0.∴實數(shù)m的取值范圍是013130m(1)0m1212(0)0m0m13.12f(x)x2alnx(a為實常數(shù)).

(1)若a2，求證：函數(shù)f(x)在(1，+．∞)上是增函數(shù)；(2)求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值及相應的x值；(3)若存在x[1,e]，使得f(x)(a2)x成立，求實數(shù)a的取值范圍.

31.已知函數(shù)

2解：（1）當a2時，f(x)x22lnx，當x(1,)，f(x)2(x1)0，故函數(shù)f(x)在(1,)上是增函數(shù)．（2）

xf(x)222x2a(x0)，當x[1,e]，2xa[a2,a2e]．若a2，f(x)在[1,e]上非負（僅當a2，x=1時，x，故函數(shù)f(x)0）

f(x)在[1,e]上是增函數(shù)，此時[f(x)]minf(1)1。若2e2a2，當xa時，f(x)0；2當1xa時，f(x)0，此時f(x)是減函數(shù)；當22aaaa)ln()．若a2e，f2222axe時，f(x)0，此時f(x)是增函數(shù)．故2[f(x)]minf((x)在[1,e]上非正（僅當a2e2，x=e時，f(x)0），故函數(shù)f(x)在[1,e]上是減函數(shù)，此時[f(x)]minf(e)ae2．綜上可知，當a2時，f(x)的最小值為1，相應的x值為1；當

aaaa222e2a2時，f(x)的最小值為ln()，相應的x值為；當a2e時，f(x)的最小值為ae，

2222相應的x值為e．（3）不等式

f(x)(a2)x，可化為a(xlnx)x22x．∵x[1,e],∴l(xiāng)nx1x且等號不能同時

x22xx22x取，所以lnxx，即xlnx0，因而a（x[1,e]），令g(x)（x[1,e]），又

xlnxxlnxg(x)(x1)(x22lnx)，當x[1,e]時，x10,lnx1，x22lnx0，從而g(x)0（僅當x=1時取等2(xlnx)號），所以g(x)在[1,e]上為增函數(shù)，故g(x)的最小值為g(1)1，所以a的取值范圍是[1,)．

導數(shù)的綜合應用

1*xNaln(x1)，其中，a為常數(shù)．n(1x)（Ⅰ）當n2時，求函數(shù)f(x)的極值；（Ⅱ）當a1時，證明：對任意的正整數(shù)n，當n≥2時，有f(x)≤x1．

1aln(x1)，所以【解析】：（Ⅰ）解：由已知得函數(shù)f(x)的定義域為x|x1，當n2時，f(x)2(1x)例10、（山東卷）已知函數(shù)

f(x)f(x)2a(1x)2．（1）當a3(1x)0時，由f(x)0得x1121，x2121，此時f(x)a(xx1)(xx2)．當

3aa(1x)x(1，x1)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當x(x1，（2）當a≤0時，f(x)0)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增．

a恒成立，所以

f(x)無極值．綜上所述，n2時，當a0時，f(x)在x12處取得極小值，極小值為f(x)無極值．（Ⅱ）證法一：因為a1，所以f(x)1ln(x1)．n(1x)2a2．當a≤0時，f11lnaa2當n為偶數(shù)時，令g(x)x1以當x

n1x2n1，則g(x)1．所0（x≥2）ln(x1)n1n1n(x1)x1x1(x1)(1x)時，g(x)單調(diào)遞增，又g(2)0，2，

因此g(x)x1由于

1ln(x1)≥g(2)0恒成立，所以f(x)≤x1成立．當n為奇數(shù)時，要證f(x)≤x1，n(x1)1x21h(x)1≥0，所以只需證，令，則0h(x)x1ln(x1)ln(x1)≤x1nx1x1(1x)（x≥2），所以當x2，又h(2)10，所以當x≥2時，恒有h(x)0，時，h(x)x1ln(x1)單調(diào)遞增，

即ln(x1)正整數(shù)n，恒有

x1命題成立．綜上所述，結(jié)論成立．證法二：當a1時，f(x)1故只需證明1ln(x1)≤x1．令hx()x11(nl(≤1，n(1x)1ln(x1)．當x≥2時，對任意的n(1x)1)x2xnl(1)x，x2，，

則h(x)11x1x2，當x≥2時，故h(x)在h(x)≥0，

x1因此當x≥2時，h(x)≥h(2)0，上單調(diào)遞增，2，即1ln(x1)≤x1成立．故當x≥2時，有

1ln(x1)≤x1．即f(x)≤x1．n(1x)x2y21的左、右焦點.（四川）設F1、F2分別是橢圓4（1）若P是該橢圓上的一個動點，求PFPF2的最大值和最小值.（2）設過定點M(0,2)的直線與橢圓交于不同的兩點A、B，1且∠AOB為銳角（其中O為坐標原點），求直線l的斜率k的取值范圍.

122[解析]（1）設P(x,y)，F(xiàn)PF(3x,y)(3x,y)xy3(3x28)，又x[2,2]∴1(3,0),F2(3,0)PF124x=0時，即點P為橢圓短軸端點時，PFPF2有最小值－2。x2時，即點P為橢圓長軸端點時，PF1PF2有最大值1.（2）1直線x=0不滿足條件，可設直線l:ykx2,A(x1,y1)、B(x2,y2),由ykx2x22y1414k(k2)x24kx30,x1x2,xx411223k214，

k43令(4k)24(k21)34k230，得k或k42即OAOBx1x2y1y20，又yy(kx2)(kx2)kxx2k(xx)4k1，∴

12121212223又0AOB90，故cos0，∴OAOB0.

2。

k214k21∴011k2k2443k2>4，即－2

【解】（1）2Snan12n11,2Sn1an22n21相減得：an23an12n1，

2S1a23a22a13,a33a246a113

*（2）a11,a25得an13an2n對nN均成立a1,a25,a3成等差數(shù)列a1a32(a25)a11，

an13an2nan12n13(an2n)得：an2n3(an12n1)32(an22n2)3n1(a12)an3n2n

（3）當n1時，

133n3211nnn當n2時，()()2322an21na12，22an2

111111113由上式得：對一切正整數(shù)n，有1113123n1na1a2an222222，a1a2an2

1.(浙江)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的首項a1a(aR),設數(shù)列的前n項和為Sn，且

，Bn1a1，

1a2，

1a4成等比數(shù)列

（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項公式及Sn（Ⅱ）記試比較

An1111...S1S2S3Sn1111...a1a2a22a2n，當n2時，

An與Bn的大小.[

a2a1a4【解】（Ⅰ）111a2aa(ad)2a(a3d)da1a，則an2141112a1(n1)da1(n1)a1na1na，

Sna1nn(n1)n(n1)n(n1)（Ⅱ）1111danaa1111An......222S1S2S3Sn122334n(n1)2a2a2a2a2121因為an212121(1)2a12a23a34an(n1)an111()n2(11)11111Bn...2a2na1a2a22a2n1a1122na，所以

當7.(廣東)設b0,數(shù)列

an滿足a1=b,annban1(n2),

an12n2bn1（1）求數(shù)列an的通項公式；（2）證明：對于一切正整數(shù)n,ann11

2【解析】（1）由a1b0,知annban1n1n12n1令

0,.An,A1，當

anban12n2anbban1n2n1n2n11222122212n2時,AnAn12n1n1A12n1n.

bbbbbbbbbb①當b12(1)nnbn(b2)2時，bn2n②當b2時,An.bb,b2（2）當bnnAnn,a2nb22b(b2)2,1b2bn2時，（欲證

nbn(b2)bn1bn1bn2n）]n1n1bn2nnannn11,只需證nb(n11)(2b)(2n1bn1)(bn12bn22n1)nb2b222b2

2n1bn12n2bn222nb2n2b2n12n1bn1

2222nbnbn1b2b(2nnn1)2nbn(222)2n2nbnn2n1bn，

bb2b22nn

nbn(b2)bn1bn1bn1annn11.當b2時,an2n11.綜上所述ann11.nb2222

012nn2時，22CnCnCnCnn1即1111nn12；當a0時，AnBn；當a0時，AnBn.

9.(重慶)設實數(shù)數(shù)列

an的前n項和Sn滿足Sn1an1SnnN*

3有0an1an（Ⅰ）若a1,S2,2a2成等比數(shù)列，求S2和a3（Ⅱ）求證：對k2解析：（Ⅰ）由題意S22a1a24。3，

S2a2S1a1a2，得S222S2，由S2是等比中項知S20，因此S22，由S2a3S3a3S2an1Sn，故Sn1,an11，且an1解得，a3S22Sn（Ⅱ）證明：有題設條件有an1S213Sna,Snn1Sn1an11要證ak0，

ak122Sk1ak1Sk2ak11①因a2a1a130，從而對k3有且ak1akk1k1k124Sk11ak1Sk21aak1k1ak11ak14，32a4，即證3a24a2a1，即a220，此式明顯成立，因此4k1由①，只要證ak1k1k1k1k3。k23ak1ak113222aakka10。矛盾，最后證，ak1ak，若不然，a，又因，故，即a01akkkk122akak1akak12an4．已知數(shù)列an中，a1aa2，對一切nN，an0，an1。

2an1*（I）求證：an（II）證明：a1a2an2na2。2且an1an；

22n2an12aan1解：證明：（1）∵a，∴，∴a1an220，∴an2，若存在ak2，n0n12an112an112an1則ak12，由此可推出ak22,,a12，此與a1a2矛盾，故an2�！遖n1anan2an0，∴

2an1an12an22a12n2，2n12222an112111112n2a2112a2，∴a2a2a2a21a212nn12n124212a2an12an12，∴

（2）由（1）得a2n1an1an。an2n∴

a1a2an2na2。

yfx的定義域為R,且對于任意x1,x2R,存在正實數(shù)L,使得fx1fx2Lx1x2,求L的取值范圍；（2）當0都成立.

8．已知函數(shù)（1）若

fx1x2nL1時，數(shù)列an滿足an1fan，n1,2,.

①證明：

akak1k11a1a21L；

②

na1a2ak1令Aka1a2k1,2,3,，證明：AkAk1k1Lk1.

解答：（1）證明：對任意x1,x2R，有：fxfx1x21x212122x12x222x1x2x1x21x1x2122

1x1x21由

fx1fx2Lx1x2,即x1x2x1x21x1x2122Lx1x2，

∴

.當x1x2時,得Lx1x21x1x2122.

221x1x1,1x2x2,x1x2x1x2且

x1x21x1x2122x1x2x1x21�！嘁�使

fx1fx2Lx1x2對任意x1,x2R都成立,只要L1，當x1x2時,fx1fx2Lx1x2恒成立.

∴

L的取值范圍是

1,。(2)證明：①∵

1nan1fan，

n1,2,,故當

n2時，。

anan1∴

fn1afnaLaLnfaan2fan1L2an2an1Ln1a1a21Ln1LLLa1a2a1a2

1L2n1ak1nkak1a1a2a2a3a3a4anan1∵

0L1,∴

akak1k1n1a1a2(1L當

n1時,不等式也成立)。②∵

Aka1a2akk,∴

AkAk11a1a2aka1a2ak1a1a2akkak1kk1kk11a1a22a2a33a3a4kakak1kk11a1a22a2a33a3a4kakak1.∴AkAk1A1A2A2A3AnAn1kk1k1n111111a1a22aa2312232334nn1nn111113a3a4naann13445nn1nn112na1a21aa1aa123nn1

n1n1n1a1a2a2a3anan115.設數(shù)列

1a1a21L.

bn2nN是等比數(shù)列。

16.（I）求數(shù)列

an,bn滿足a1b16,a2b24,a3b33，且數(shù)列an1annN是等差數(shù)列，數(shù)列

1（II）是否存在kN，使akbk0,，若存在，求出k。an和bn的通項公式；

2解（1）由已知a2a12，a3a21公差d121an1an(a2a1)(n1)1n3

ana1(a2a1)(a3a1)(anan1)6(2)(1)0(n4)

6(2)(n4)(n1)2＝

nn1n11n27n18111由已知b124,b222，所以公比qb2b24bn28n1222

2kk174911712（2）設f(k)akbk，所以當k4時，f(k)是

kk928k8724222221所以不存在k，使f(k)0,。f(1)f(2)f(3)0，

222Sn116.數(shù)列{an}的首項a11，前n項和Sn與an之間滿足an（2）設(n2).（1）求證：數(shù)列{}的通項公式；

Sn2Sn1增函數(shù)。又f(4)11，所以當k2時f(k)22，又存在正數(shù)k，使(1S1)(1S2)(1Sn)k2n1對一切nN*都成立，求k的最大值.

22Sn2解：（1）證明：∵n2時，anSnSn1，∴SnSn1，∴(SnSn1)(2Sn1)2Sn，∴

2Sn11111（2）由（1）2(n2)，數(shù)列{}是以1為首項，以2為公差的等差數(shù)列。Sn1Sn2SnSn1，∴

SnSn1SnS1111,∴Sn1.設F(n)(1S1)(1S2)(1Sn)，則知1(n1)22n1，∴Sn2n12n1Sn2n1F(n1)(1Sn1)2n12n24n28n41.∴F(n)在nN*上遞增，要使F(n)k恒成2F(n)4n8n32n3(2n1)(2n3)立，只需[F(n)]mink∵[F(n)]minF(1)2223∴0k3,kmax3.333n11118．已知數(shù)列an滿足a1,anan1,nN224b1.(1)求數(shù)列

（2）設an的通項公式；

a>0,數(shù)列

bn滿足

bn1，若bnan對nN成立，試求a的取值范圍。,bn1aa1abnaan1an2anan111an2124,，na411n24n1解：（1）

又a111111,a1a2,a2，an是公比為

22244的等比數(shù)列，

n0

1111111a1a22a33a4...(n1)an1()()...[]21!2!2!3!(n1)!n!n!1241從而有2,n!12111,即n!121,5!120,6!720n!121n5取N5，nN時，原不等式成立...............9分（3）將

1(1)nn展開，

1111111nn1n2nr111,

(1)n1a1a2anTr1Crn()rn0!1!2!3!n!nnnnnr!r!

24.在數(shù)列{an}中，a11,2an1nn1(nN*)an23時，an3n1.n12an1nan2n12n1n2nan0,n1,an22nan2n1（Ⅰ）試比較anan2與an1的大��；（Ⅱ）證明：當n解：（Ⅰ）由題設知，對任意

nN*，都有，

n12n11nanan222nn12n1222(1)aaanan2a()an1(1)an1n10n1nnnn12(n2)2(n2)an1an1n22392anan2ana1,a,a.an1nn11,an1an,又（Ⅱ）證法1：由已知得，123124an2n1n1n1n1a11,an1(n2).當n3時，an(n11)an1n1an1an1n1an1anan1n1

22222n1ana3(a4a3)(a5a4)(anan1)934n134n14222設

S34n123242n11113111n13162nn1134n1①則S45②，①-②，得S4(45n1)n

2222n222222n81122311n1n19n1n1n1Sn2n11n1.an1n121n13n1證法2：由已知得，

44222422239n19n3a11,a2,a.32(1)當時，由，知不等式成立。(2)假設當nk(k3)不等式成立，即3n12424k1kkk1k(k1)k2ak3k1，那么ak1(k1)ak(k1)(3k1)32k1k1222222

(k1)1k(k1)k2k2kk(k1)k要證ak13，只需證即證，則只需證2k1(k1)12k1k1kk12k1222222(k1)1k01k01因為2CkCkCkCkCkk1成立，所以ak13成立。這就是說，當nk1時，不等式仍

2(k1)1n1然成立.根據(jù)（1）和（2），對任意nN*，且n3，都有an3n1

2

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