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江苏省连云港市2008届高三二轮复习强化训练(2)(指数函数与对数函数)


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江苏省连云港市 2008 届高三二轮复习强化训练 2.指数函数与对数函数
新海高级中学 林凤岭 李玉玲 一、填空题: 1.已知 2a ? 3b ? m, 且 ?

1 a

1 ? 2 ,则实数 m 的值为 b

. .

2.设正数 x,y 满足 log 2 ( x ? y ? 3) ? log 2 x ? log 2 y ,则 x+y 的取值范围 3.函数 f(x)=a +log a (x+1)在[0,1]上的最大值与最小值之和为 a,则 a 的值为
x

? e x , x ? 0. 1 4.设 g ( x) ? ? 则 g ( g ( )) ? __ ________. 2 ?lnx, x ? 0.
5.设 a>1 且 m ? loga (a2 ? 1), n ? loga (a ? 1), p ? loga (2a) ,则 m, n, p 的大小关系为 6.已知 f ( x) ? lg(? x2 ? 8x ? 7) 在 (m, m ? 1) 上是增函数, 则 m 的取值范围是 . .

7.已知命题 P: f ( x) ? 1 ? a ? 3x 在 x ? ? ??,0? 上有意义,命题 Q:函数 y ? lg(ax2 ? x ? a) 的定义 域为 R.如果 P 和 Q 有且仅有一个正确,则 a 的取值范围 .

?a a ? b 8.对任意的实数 a,b 定义运算 ? 如下 a ? b ? ? ,则函数 f ( x) ? log 1 (3x ? 2) ? log 2 x 2 ?b a ? b
的值域
x



9.若 f ( x) ? log4 (4 ? 1) ? kx (k ? R) 是偶函数,则方程 f ( x) ?
2

1 x ? 6 的零点的个数是 2



10.设函数 f(x)=lg(x +ax-a-1),给出下述命题:⑴f(x)有最小值;⑵当 a=0 时,f(x)的值域为 R;⑶当 a=0 时,f(x)为偶函数;⑷若 f(x)在区间[2,+ ? )上单调递增,则实数 a 的取范围是 a≥-4.则其中正 确命题的序号 .
x

11. 将下面不完整的命题补充完整, 并使之成为一个真命题: 若函数 f ( x) ? 2 的图象与函数 g ( x) 的 图象关于 种情形) . 12.已知函数 f ( x ) 满足: f (a ? b) ? f (a ) ? f (b) , f (1) ? 2 ,则 对称, 则函数 g ( x) 的解析式是 (填上你认为可以成为真命题的一

f 2 (1) ? f (2) f 2 (2) ? f (4) ? f (1) f (3)

?

f 2 (3) ? f (6) f 2 (4) ? f (8) ? ? f (5) f (7)



13.定义域为 R 的函数 f ( x) ? ?

?lg | x ? 2 |, x ? 2 , 若关于x的方程f 2 ( x) ? bf ( x) ? c ? 0 有 5 1 , x ? 2 ?


不同实数解 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , 则f ( x1 ? x2 ? x2 ? x4 ? x5 ) =

14.已知函数 f ( x) ? 2 x ? 1 ,当 a<b<c 时,有 f (a) ? f (c) ? f (b) .给出以下命题: (1) a ? c

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? 0 ; (2)b ? c ? 0 ; (3)2a ? 2c ? 2 ; (4)2b ? 2c ? 2 则所有正确命题的题号为



二、解答题: 15.定义域均为 R 的奇函数 f (x)与偶函数 g (x)满足 f (x)+g (x)=10x. x1+x2 (1)求函数 f(x)与 g(x)的解析式; (2)证明:g(x1)+g(x2)≥2g( 2 ); (3)试用 f(x1),f(x2),g(x1),g(x2)表示 f(x1-x2)与 g(x1+x2).

16.设 a ? 0, f ( x) ? x ? 1 ? ln 2 x ? 2a ln x( x ? 0) . (1)令 F ( x) ? xf ?( x) 讨论 F(x)在 (0 ? ?) 内的单调性并求极值; (2)求证:当 x>1 时,恒有 x ? ln x ? 2a ln x ? 1 .
2

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17.已知函数 f ( x) ? lg(a x ? kb x )(k ? 0, a ? 1 ? b ? 0) 的定义域恰为(0,+ ? ) ,是否存在这样的 a,b, 使得 f(x)恰在(1,+ ? )上取正值,且 f(3)=lg4?若存在,求出 a,b 的值;若不存在,请说明理由.

18.定义在 R 上的单调函数 f(x)满足 f(3)=log 2 3,且对任意 x,y∈R 都有 f(x+y)=f(x)+f(y). (1)求证 f(x)为奇函数; (2)若 f(k·3 )+f(3 -9 -2)<0 对任意 x∈R 恒成立,求实数 k 的取值范围.
x x x

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19.在 xOy 平面上有一点列 P1(a1,b1),P2(a2,b2),…,Pn(an,bn),…,对每个正整数 n 点 Pn 位于函数 y=2000(

a x ) (0<a<10)的图象上,且点 Pn,点(n,0)与点(n+1,0)构成一个以 Pn 为顶点的等腰 10

三角形. (1)求点 Pn 的纵坐标 bn 的表达式; (2)若对于每个正整数 n,以 bn,bn+1,bn+2 为边长能构成一个三角形,求 a 的取值范围; (3)设 cn ? lg bn (n∈N*),若 a 取(2)中确定的范围内的最小整数,问数列{cn}前多少项的和最大?试 说明理由.

1 、P2(x2,y2)是函数 y ? f ( x) 图象上两点,且线段 ( x ? R) ,P1(x1,y1) 4 ?2 1 P1P2 中点 P 的横坐标是 . 2
20.已知 f ( x) ?
x

(1)求证点 P 的纵坐标是定值;

(2)若数列 ?an ? 的通项公式是 an ? f ( )(m ? N? , n ? 1,2, …m),求数列 ?an ? 的前 m 项和 Sm ; (3)在(2)的条件下,若 m ? N? 时,不等式

n m

a m a m ?1 ? 恒成立,求实数 a 的取值范围 Sm Sm ?1

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2.指数函数与对数函数
新海高级中学 林凤岭 李玉玲

考点要求:1.指数函数与对数函数是高考经常考查的内容,易与其他知识相结合,是知识的交 汇点,便于考查基础知识和能力,是高考命题的重点之一; 2.应加深对指数函数与对数函数的图象、单调性、奇偶性的研究;特别注意用导数研究由 它们构成的复合函数或较复杂函数性质。注意在小综合题中提高对函数思想的认识. 3.能熟练地对指数型函数与对数型函数进行研究。 一、填空题: 1.已知 2a ? 3b ? m, 且 ?

1 a

1 ? 2 ,则实数 m 的值为 6 . b

2.设正数 x,y 满足 log 2 ( x ? y ? 3) ? log 2 x ? log 2 y ,则 x+y 的取值范围是 ?6, 3.函数 f(x)=a +log a (x+1)在[0,1]上的最大值与最小值之和为 a,则 a 的值为 4.设 g ( x) ? ?
x

??) .
1 . 2

? e x , x ? 0. ?lnx, x ? 0.

则 g ( g ( )) ?

1 2

1 . 2

5.设 a>1 且 m ? loga (a2 ? 1), n ? loga (a ? 1), p ? loga (2a) ,则 m, n, p 的大小关系为 m>p>n . 6.已知 f ( x) ? lg(? x2 ? 8x ? 7) 在 (m, m ? 1) 上是增函数, 则 m 的取值范围是 1 ? m ? 3 . 7.已知命题 p: f ( x) ? 1 ? a ? 3x 在 x ? (??,0] 上有意义,命题 Q:函数 y ? lg(ax2 ? x ? a) 的 定义域为 R.如果 p 和 Q 有且仅有一个正确,则 a 的取值范围 a ? 或a ? 1 .

1 2

?a a ? b 8.对任意的实数 a,b 定义运算 ? 如下 a ? b ? ? ,则函数 f ( x) ? log 1 (3x ? 2) ? log 2 x ?b a ? b 2
的值域 (?? , 0] . 9. f ( x) ? log4 (4x ? 1) ? kx (k ? R) 是偶函数则方程 f ( x) ?
2

1 x ? 6 的零点的个数是 2 . 2

10.设函数 f(x)=lg(x +ax-a-1),给出下述命题:⑴f(x)有最小值;⑵当 a= 0 时,f(x)的值域为 R; ⑶当 a=0 时,f(x)为偶函数;⑷若 f(x)在区间[2,+ ? )上单调递增,则实数 a 的取范围是 a ≥-4.则其中正确命题的序号(2) (3) (4) . 11. 将下面不完整的命题补充完整, 并使之成为一个真命题: 若函数 f ( x) ? 2 x 的图象与函数 g ( x) 的图象关于 y ? x 对称,则函数 g ( x) 的解析式是 y ? log 2 x (填上你认为可以成为真命题的 一种情形即可) . 12.已知函数 f ( x ) 满足: f (a ? b) ? f (a ) ? f (b) , f (1) ? 2 ,则

f 2 (1) ? f (2) f 2 (2) ? f (4) ? f (1) f (3)

?

f 2 (3) ? f (6) f 2 (4) ? f (8) ? ? f (5) f (7)

16 .

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13.定义域为 R 的函数 f ( x) ? ?

?lg | x ? 2 |, x ? 2 , 若关于x的方程f 2 ( x) ? bf ( x) ? c ? 0 有 5 x?2 ?1,

不同实数解 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , 则 f ( x1 ? x2 ? x2 ? x4 ? x5 ) = 2 lg 2 . 14.已知函数 f ( x) ? 2 x ? 1 ,当 a<b<c 时,有 f (a) ? f (c) ? f (b) .给出以下命题: (1) a ? c ? 0 ;

(2)b ? c ? 0 ; (3)2a ? 2c ? 2 ; (4)2b ? 2c ? 2 .则所有正确命题的题号为 (1)(4) . 二、解答题: 15.定义域均为 R 的奇函数 f (x)与偶函数 g (x)满足 f (x)+g (x)=10x.
x1+x2 (1)求函数 f(x)与 g(x)的解析式; (2)证明:g(x1)+g(x2)≥2g( 2 ); (3)试用 f(x1),f(x2),g(x1),g(x2)表示 f(x1-x2)与 g(x1+x2). - 解: ∵f(x)+g(x)=10x ①, ∴f(-x)+g(-x)=10 x, ∵f(x)为奇函数, g(x)为偶函数, ∴f(-x)=-f(x), g(-x)=g(x),∴-f(x)+g(x)=10
-x

1 1 1 1 ②,由①,②解得 f(x)=2(10x-10x),g(x)=2(10x+10x).
1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x ( Ⅱ ) 解 法 一 : g(x1) + g(x2) = 2 (10 + x ) + 2 (10 + x ) = 2 (10 + 10 ) + 2 ( x + x ) ≥ 2 10 10 10 10 1 ?2 10 ×10 +2×2
x1 x2

1 1 x× x =10 10 10
1 2

x1+x2 2



1
x1+x2 2

x1+x2 =2g( 2 ).
x1+x2 2

10
1

x1+x2 1 x 1 1 x 1 解法二:[g(x1)+g(x2)]-2g( 2 )=2(10 + x )+2(10 + x )-(10 10 10
2 1 2



1 10
x1+x2 2

)=

(10

x1+x2

+1)(10 +10 )
x1+x2

x1

x2

2?10 (10
x1+x2



10

x1+x2

10
x1 x2

x1+x2 2

+1 (10 =

x1+x2

+1)(10 +10 )-2?(10 2?10
x1 x1+x2

x1

x2

x1+x2

+1)?10

x1+x2 2

?



+1)[10 +10 -2??10 2?10
x1+x2

x1+x2 2

] (10 ≥

x1+x2

+1)[2 10 ×10 -2??10 2?10
x1+x2

x2

x1+x2 2

]

=0.

(3)f(x1-x2)=f(x1)g(x2)-g(x1)f(x2),g(x1+x2)=g(x1)g(x2)-f(x1)f(x2). 反思:掌握函数的函数解析式,奇函数,单调性,等常规问题的处理方法,第(2)问,把函数与 不等式的证明,函数与指对式的化简变形结合起来,提升学生综合应用知识的能力.第(2) 问还具有高等数学里凸函数的背景. 变式: 函数 y ? f ( x) 为 R 上的偶函数, 且对于任意实数都有 f ( x ? 1) ? f ( x ? 1) 成立,当 x ??1, 2? 时, f ( x) ? loga x ,求 x ??2k ? 1,2k ? 1? (k 为整数)时 y ? f ( x) 的解析式.

?log (2 ? x ? 2k ), x ? ? 2k ? 1,2k ? ,k ?Z, f ( x) ? ? a ?log a (2 ? x ? 2k ), x ? (2k ,2k ? 1]

16.设 a ? 0, f ( x) ? x ? 1 ? ln 2 x ? 2a ln x( x ? 0) . (1)令 F ( x) ? xf ?( x) 讨论 F(x)在 (0 ? ?) 内的单调性并求极值; (2)求证:当 x>1 时,恒有 x ? ln x ? 2a ln x ?1 .
2

(Ⅰ)解:根据求导法则有 f ?( x) ? 1 ?

2ln x 2a ? ,x ? 0 , x x

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故 F ( x) ? xf ?( x) ? x ? 2ln x ? 2a,x ? 0 , 于是 F ?( x) ? 1 ? 列表如下:

2 x?2 ? ,x ? 0 , x x

x
F ?( x) F ( x) F (2) ? 2 ? 2ln 2 ? 2a .

(0, 2)

2 0 极小值 F (2)

(2, ? ∞)

?

?

? ∞) 内 是 增 函 数 , 所 以 , 在 x ? 2 处 取 得 极 小 值 故 知 F ( x) 在 (0, 2) 内 是 减 函 数 , 在 (2,
(Ⅱ)证明:由 a ≥ 0 知, F ( x) 的极小值 F (2) ? 2 ? 2ln 2 ? 2a ? 0 .

? ∞) ,恒有 F ( x) ? xf ?( x) ? 0 . 于是由上表知,对一切 x ? (0,

? ∞) 内单调增加. 从而当 x ? 0 时,恒有 f ?( x) ? 0 ,故 f ( x ) 在 (0,
所以当 x ? 1 时, f ( x) ? f (1) ? 0 ,即 x ? 1 ? ln x ? 2a ln x ? 0 .
2

故当 x ? 1 时,恒有 x ? ln x ? 2a ln x ? 1 .
2

反思:利用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方法是新课改一个重点内容也是考试的 热点。 变式:已知函数 f ( x) ? e x ? kx,x ? R 若 k ? 0 ,且对于任意 x ? R , f ( x ) ? 0 恒成立,试确定 实数 k 的取值范围; 由 f (| ? x |) ? f (| x |) 可知 f (| x |) 是偶函数. 于是 f (| x |) ? 0 对任意 x ? R 成立等价于 f ( x) ? 0 对任意 x ≥ 0 成立. 由 f ?( x) ? e ? k ? 0 得 x ? ln k .
x

1] 时, f ?( x) ? e x ? k ? 1 ? k ≥ 0( x ? 0) . ①当 k ? (0,

? ?) 上单调递增.故 f ( x) ≥ f (0) ? 1 ? 0 ,符合题意. 此时 f ( x ) 在 [0,
, ? ?) 时, ln k ? 0 . ②当 k ? (1
当 x 变化时 f ?( x),f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ?( x ) f ( x)

(0, ln k )

ln k

(ln k, ? ?)

?
单调递减

0
极小值

?
单调递增

? ?) 上, f ( x) ≥ f (ln k ) ? k ? k ln k . 由此可得,在 [0,
, ?1 ? k ? e . 依题意, k ? k ln k ? 0 ,又 k ? 1 综合①,②得,实数 k 的取值范围是 0 ? k ? e .
17. 已知函数 f ( x) ? lg(a x ? kb x )(k ? 0, a ? 1 ? b ? 0) 的定义域恰为 (0, +?) , 是否存在这样的 a,b, 使得 f(x)恰在(1,+ ? )上取正值,且 f(3)=lg4?若存在,求出 a,b 的值;若不存在,请说明理由. 点拨:要求 a,b 的值即先求 k 的值。利用定义域恰为(0,+ ? )建立 k 的关系式,显性 f(x)的单

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调性是解题的关键. 解∵ a –kb >0,即 (
x x

a a x ) >k.又 a>1>b>0,∴ >1 b b
b

∴ x>log a k 为其定义域满足的
b

条件,又∵函数 f (x) 的定义域恰为(0,+ ? ) , ∴log a k =0, ∴k=1. ∴f (x)=lg(a –b ). 若存在适合条件的 a,b 则 f (3)=lg(a –b )= lg4 且 lg(a –b )>0 对 x>1 恒成立, 又由题意可知 f (x)在(1,+ ? )上单调递增. ∴x>1 时 f (x) > f (1) ,由题意可知 f (1)=0 即 a–b=1 又 a –b =4
3 3 3 3 x x x x

5 ?1 5 ?1 ,b= . 2 2 ∴存在这样的 a,b 满足题意.
注意到 a>1>b>0,解得 a= 变式: (1)函数 f ( x) ? lg(a x ? kb x ), a ? 0, b ? 0, a ? 1, b ? 1 且 a,b 为常数在(1,+ ? )有意义,求实 数 k 的取值范围; (2)设函数 f ( x) ? log4 (a ? 2 x ? x2 ) 其中 a 为常数且 f(3)=1 讨论函数 f(x)的图象是否是轴 对称图形?并说明理由. 18.定义在 R 上的单调函数 f(x)满足 f(3)=log 2 3,且对任意 x,y∈R 都有 f(x+y)=f(x)+f(y). (1)求证 f(x)为奇函数; (2)若 f(k·3 )+f(3 -9 -2)<0 对任意 x∈R 恒成立,求实数 k 的取值范围. 点拨:欲证 f(x)为奇函数即要证对任意 x 都有 f(-x)=-f(x)成立.在式子 f(x+y)=f(x)+f(y)中,令 y=-x 可得 f(0)=f(x)+f(-x)于是又提出新的问题, 求 f(0)的值. 令 x=y=0 可得 f(0)=f(0)+f(0) 即 f(0)=0,f(x)是奇函数得到证明. (1)证明:f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R), 令 x=y=0,代入①式,得 f(0+0)=f(0)+f(0),即 f(0)=0. 令 y=-x,代入①式,得 f(x-x)=f(x)+f(-x),又 f(0)=0,则有 0=f(x)+f(-x).即 f(-x)=-f(x)对任意 x∈R 成立,所以 f(x)是奇函数. (2)解:f(3)=log 2 3>0,即 f(3)>f(0),又 f(x)在 R 上是单调函数,所以 f(x)在 R 上是增函 数,又由(1)f(x)是奇函数. f(k·3 )<-f(3 -9 -2)=f(-3 +9 +2), k·3 <-3 +9 +2, 3
2x x x x x x x x x x x x x



-(1+k)·3 +2>0 对任意 x∈R 成立.
x 2

令 t=3 >0,问题等价于 t -(1+k)t+2>0 对任意 t>0 恒成立. 令 f(t)= t 2 ? (1 ? k )t ? 2 , 当 其对称轴 x ?

1? k ? 0 即 k ? ?1 时, f (0) ? 2 ? 0 ,符合题意; 2

1? k . 2

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? 1? k ?0 1? k ? 当 ? 0 时,对任意 t ? 0 , f (t ) ? 0 恒成立 ? ? 2 2 2 ? ? ? ? (1 ? k ) ? 4 ? 2 ? 0
解得 ?1 ? k ? ?1 ? 2 2 . 综上所述,当 k ? ?1 ? 2 2 时 f(k·3 )+f(3 -9 -2)<0 对任意 x∈R 恒成立. 反思:问题(2)的上述解法是根据函数的性质.f(x)是奇函数且在 x∈R 上是增函数,把问题转化成 二次函数 f(t)= t -(1+k)t+2 对于任意 t >0 恒成立.对二次函数 f(t)进行研究求解.本题还有更简 捷的解法:分离系数由 k·3 <-3 +9 +2 得 k ?
2 x x x

2 2 ? 3x ? 1 . u ? 3x ? x ? 1 x 3 3 2 ? 2 2 ? 1 ,即 u 的最小值为 2 2 ? 1 要使 x ? R 对不等式 k ? 3x ? x ? 1 恒成立,只要使 3
x x x

k< 2 2 ? 1 即可. 变式:函数 y ? a x 与 y ? loga x(0 ? a ? 1) 图象的唯一交点的横坐标为 x0 ,当 0 ? x ? x0 时, 不等式 5ta x ? (4 ? 3t )loga x ? 0 恒成立,求 t 的取值范围. ( [?2, ] ) 19.在 xOy 平面上有一点列 P1(a1,b1),P2(a2,b2),…,Pn(an,bn),…,对每个正整数 n 点 Pn 位于 函数 y=2000( 形. (1)求点 Pn 的纵坐标 bn 的表达式; (2)若对于每个正整数 n,以 bn,bn+1,bn+2 为边长能构成一个三角形,求 a 的取值范围; (3)设 cn ? lg bn (n∈N*),若 a 取(2)中确定的范围内的最小整数,问数列{cn}前多少项的和最 大?试说明理由. 解 1)由题意知:an=n+

4 3

a x ) (0<a<10)的图象上, 且点 Pn,点(n,0)与点(n+1,0)构成一个以 Pn 为顶点的等腰三角 10

1 a n? ,∴bn=2000( ) 2 . 2 10 a x (2)∵函数 y=2000( ) (0<a<10)递减,∴对每个自然数 n,有 bn>bn+1>bn+2.则以 10 a a bn,bn+1,bn+2 为边长能构成一个三角形的充要条件是 bn+2+bn+1>bn,即( )2+( )-1>0, 10 10
解得 a<-5(1+ 5 )或 a>5( 5 -1).∴5( 5 -1)<a<10. (3)∵5( 5 -1)<a<10,∴a=7,∴ cn ? lg bn ? (n ? ) lg

1

1 2

7 ? lg 2000 . 10

1 、P2(x2,y2)是函数 y ? f ( x) 图象上两点,且线段 ( x ? R) ,P1(x1,y1) 4 ?2 1 P1P2 中点 P 的横坐标是 . 2
20.已知 f ( x) ?
x

? c n ? 0, 数列{cn}是一个递减的等差数列,由 ? 解得 n ? 20 ,故数列{cn}前 20 项和最大. ?c n ?1 ? 0,

(1)求证点 P 的纵坐标是定值;

(2)若数列 ?an ? 的通项公式是 an ? f ( )(m ? N? , n ? 1,2, …m),求数列 ?an ? 的前 m 项和 Sm ; (3)在(2)的条件下,若 m ? N? 时,不等式

n m

a m a m ?1 ? 恒成立,求实数 a 的取值范围. Sm Sm ?1
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x1 ? x2 2

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解: (1)由

知,x1+x2=1,则 ?1 2

y1 ? y2 ?

1 1 1 4 x1 1 ? ? ? ? x1 1? x1 x1 x1 4 ? 2 4 ? 2 4 ? 2 2(4 ? 2) 2

故点 P 的纵坐标是 1 ,为定值. 4
?1 1 2 (2)已知 S m ?a1 ?a2 ? …+ am ? f ( m ) ? f (m ) ? … ? f ( mm ) ? f (1) , ?1 ?2 1 又 S m ? am?1 ? am?2 ? … ? a1 ? am ? f ( mm ) ? f ( mm ) ? … ? f (m ) ? f (1)

二式相加,得
?1 ?2 ?1 1 2 1 2S m ? [ f ( m ) ? f ( mm )] ? [ f ( m ) ? f ( mm )] ? … ? [ f ( mm ) ? f (m )] ? 2 f (1) k 因为 m ? m? k m 1 6 k ?k , ? 1(k ? 1,2, …m-1),故 f ( m ) ? f ( mm )?1 2

又 f (1) ?
m

1 ,从而 S m ? 12 (3m ? 1) .

a 1 (3)由 a 得 12a m ( 3m …①对 m ? N? 恒成立. ?a Sm Sm?1 ?1 ? 3m? 2 ) ? 0
m?1

显然,a≠0,
a 1 (ⅰ)当 a<0 时,由 3m 得a ?1 ? 3m? 2 ? 0
m

? 0 .而当 m 为偶数时 a m ? 0 不成立,所以

a<0 不合题意; (ⅱ)当 a>0 时,因为 a
m

? 0 ,则由式①得, a ?

3m ? 2 3m?1

3 ? 1 ? 3m ?1 5 2

3 又 3m 随 m 的增大而减小,所以当 m=1 时, 1 ? ?1

3 3m ?1

有最大值 5 ,故 a ? 2



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