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高考专题:数列、极限、数学归纳法(下)


名 师 辅 导
教学内容:数列、极限、数学归纳法(下)

【例题解析】 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 ; 2

三数成等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” ,以上 四个命题中,正确的有( ) A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 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.0 个 B.1 个 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 ( ) A.1 B.2 C.4 D.6 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列; 命题 2 中可知 an+1=an× 此时该数列为递增数列; 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,所以应是
2

1 1 , an+1<an 未必成立, 当首项 a1<0 时, an<0, 则 an>an, 即 an+1>an, 2 2

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

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

?d ? 2 ?3a1 ? 3d ? 12 解之得 ? ?a1 ? 2 ?a1 (a1 ? d )(a1 ? 2d ) ? 48

或?

? d ? ?2 ?a1 ? 6
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 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??

解 (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≥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。 b a1

当 q=1,n≥2 时,an=0,所以{an}也不是等比数列。 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 2 是公比为 q 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)· ∵|q|<1 ∴ lim q2n 2=0


1 ? q 2n?2 1? q2

n??

∴ lim bn=b2+b2q(q-1)·
n??


1 b2 = 1? q2 1? q

注 1+q2+q4+?+q2n 4 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。 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) , 若所有这样的点 Pn(n=1,2,?)都在斜率为 k 的同一直线(常数 k≠0,1)上。

(1)求证:数列{xn}是等比数列; (2)设 yn=log x n (2a2-3a+1)满足

1 1 ,yt= (s,t∈N,且 s≠t) 2t ? 1 2s ? 1 3 共中 a 为常数,且 1<a< ,试判断,是否存在自然数 M,使当 n>M 时,xn>1 恒成立? 2
ys= 若存在,求出相应的 M;若不存在,请说明理由。 证明 (1)∵点 Pn、Pn+1 都在斜率为 k 的直线上 ∴

S n?1?S n xn?1 =k,即 =k xn?1 ? xn xn?1 ? xn

故 (k-1)xn+1=kxn ∵k≠0,xn+1≠1,xn≠1 ∴

x n ?1 k = =常数 xn k ? 1
k 的等比数列。 k ?1 3 ,得 0<2a2-3a+1<1 2

∴{xn}是公比为

(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<

∵yn=log x n (2a2-3a+1) ∴

1 = log ( 2 a 2 ?3a ?1) xn yn


由(1)得{xn}是等比数列,设公比为 q>0 首项为 x1,则 xn=x1·qn 1(n∈N) ∴

1 =(n-1) log ( 2 a 2 ?3a ?1) q+log ( 2 a 2 ?3a ?1) x1 yn 1 }是以 d 为公差的等差数列。 yn

令 d=log ( 2 a 2 ?3a ?1) q,故得{

又∵

1 1 =2t+1, =2s+1 ys yt



1 1 - =2(t-s) ys yt

即(s-1)d-(t-1)d=2(t-s) ∴d=-2 故

1 1 = +(n-s) ·(-2)=2(t+s)-2n+1, (n∈N) yn ys

又∵xn=(2a -3a+1)

2

1 yn

(n∈N)

∴要使 xn>1 恒成立,即须

1 <0 yn
1 ,当 M=t+s,n>M 时,我们有 2

∴2(t+s)-2n+1<0,∴n>(t+s)+

1 <0 恒成立, yn
∴当 n>M=(t+s)时, xn=(2a -3a+1)
2

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)求 a2,a3,a4 并推出 an 的表达式; (2)用数学归纳法证明所得的结论; (3)求数列{an}所有项的和。

1 成等比数列。 2

1 成等比数列 2 1 ∴Sn2=an·(Sn- )(n≥2) (*) 2
解∵an,Sn,Sn- (1)把 a1=1,S2=a1+a2=1+a2 代入(*)式得:a2=- 把 a1=1,a2=-

2 3

2 1 2 2 ,S3= +a3 代入(*)得:a3=- 。同理可得:a4=- 3 3 15 35

由此可以推出:

(n ? 1) ?1   ? an= ? 2 ? ? (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)

故 Sk2=-

1 2 · (Sk- ) 2 (2k ? 3)(2k ? 1)

(2k-3)(2k-1)Sk2+2Sk-1=0 ∴Sk=

1 ?1 或 Sk= (舍去) 2k ? 1 2k ? 3

1 )得 2 1 (Sk+ak+1)2=ak+1·(ak+1+Sk- ) 2
由 Sk+12=ak+1·(Sk+1-

?

2a k ?1 a 1 1 +ak+12+ =ak+12+ k ?1 - ak+1 2 2k ? 1 2k ? 1 2 (2k ? 1)

?2 ?ak+1= 〔2(k ? 1) ? 3〕〔2(k ? 1) ? 1 〕
即 n=k+1 时,命题也成立。

(n ? 1) ?1    ? 由(i)(ii)可知,an= ? 2 (n ? 2) ?? (2n ? 3)(2n ? 1)    ?
对一切 n∈N 成立。 (3)由(2)得数列前 n 项的和 Sn= 故所有项和 S= lim Sn=0
n??

1 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。 (2)对于{an}的通项还可以这样来求: ∵Sn2=an(Sn-

1 1 ) ∴Sn2=(Sn-Sn-1)(Sn- ) 2 2

?

1 1 1 1 1 - =2,故{ }是以{ }为首项, 为公差的等差数列 2 Sn S n ?1 Sn S1



1 1 = +2(n-1)=2n-1 S n S1

(n ? 1) ?1    1 ? Sn= ,an= ? 2 (n ? 2) 2n ? 1 ?? (2n ? 3)(2n ? 1)    ?
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

解(1)由 An= ∴An+1-An=

3 3 (an-1),可知 An+1= (an+1-1) 2 2

a 3 (an+1-an)=an+1,即 n ?1 =3 2 an

而 a1=A1=

3 (a1-1),得 a1=3 2

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 an=3n。 (2)∵32n+1=3·32n=3·(4-1)2n - - =3×(42n+C12n·42n 1(-1)+?+C2n2n 1·4·(-1)+(-1)2n) =4m+3 2n+1 ∴3 ∈{bn} 而数 32n=(4-1)2n - - =42n+C2n1·42n 1· (-1)+?+C2n2n 1·4·(-1)+(-1)2n =(4k+1) ∴ 32n? bn 而数列{an}={32n+1}∪{32n} ∴ dn=32n+1 (3)由 32n+1=4·r+3,可知 r=

3 2 n ?1 ? 3 4

∵Br=

r (7 ? 4r ? 3) =r(2r+5) 2

=

3 2 n ?1 ? 3 3 2 n ?1 ? 7 · 4 2
27 27 ·(1-9n)= (9n-1) 1? 9 8

Dn=

∴Tn=Br-Dn= =

9 2 n ?1 ? 4 ? 3 2 n ?1 ? 21 27 - (9n-1) 8 8

9 15 2n 3 ·34n- · 3 + 8 8 4

又∵(an)4=34n ∴ lim

n??

Tn 9 = 4 (a n ) 8

例 6 已知函数 f(x)=x+ x 2 ? a 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
?1

(a n )

设 bn=

an ? a 7 ,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,试比较 Sn 与 的大小,并证明你的结论。 8 an ? a
2 2

y2 ? a2 解 (1)给 y-x= x ? a 两边平方,整理得 x= 2y
∵y-x=y-

y2 ? a2 y2 ? a2 = 2y 2y

=

( y ? a)( y ? a) ≥0 2y

∴y≥a 或-a≤y<0 故 f 1(x)=


x2 ? a2 ,其定域为 [?a,0) ? [a,??) 2x


(2)∵an+1=f 1(an)=

2 an ? a2 2a n

∴bn+1=

a n?1 ? a a ?a 2 2 =?=( n ) =bn a n?1 ? a an ? a
a1 ? a 3a ? a 1 = = a1 ? a 3a ? a 2
22

又 a1=3a,b1=

∴bn=(bn-1)2=(bn-2) =?=(b1)
2 n ?1

=(bn-3)

23

=(

1 2n ?1 ) 2

∴Sn=b1+b2+?+bn =

1 1 2 1 22 1 23 1 2 4 1 2n ?1 +( ) +( ) +[( ) +( ) +?+( ) ] 2 2 2 2 2 2
- -

又∵2n 1=(1+1)n 1= 1 ? Cn?1 ? Cn?1 ? ? ? Cn?1
1 2

n?1

则当 n≥4 时, 2 =1+(n-1)+

n?1

1 2 ? 1 ? Cn ?1 ? Cn?1

(n ? 1)( n ? 2) >n+1 2 1 2n ?1 1 n+1 ∴( ) <( ) 2 2

∴Sn= <

1 2
1 2

=

1 2 1 < 2
=

1 1 2 1 22 1 23 1 2 4 1 2n ?1 +( ) +( ) +[( ) +( ) +?+( ) ] 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 + + + [( )5+( )6+?+( )n+1] 4 16 2 2 2 1 1 ( ) 5 [1 ? ( ) n ?3 ] 1 1 2 + + + 2 1 4 16 1? 2 1 1 1 1 - + + + ·[1-( )n 3] 4 16 16 2 1 1 1 7 + + + = 4 16 16 8


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,

? 3? ) ∪[π , ) ,求函数 f(x)的值域,即 f-1(x)的定义域。 2 2
例 7 已知数列{an}中,a1=4,an+1=

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

其中 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。 解 假设这样的{bn}存在,则应有

4a n ? 2 ?C Ban ?1 ? C an ? 1 bn+1= = 4a n ? 2 a n ?1 ? A ?A an ? 1 B?

4B ? C C ? 2B an ? 4? A = 4? A A?2 an ? 4? A
bn=

Ban ? C an ? A

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

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

1°若 ?

? A ? ?1 代入(2)知 q=1(B、C 不能为 0,否则 bn=0,不合题意要求)舍去。 ? B ? ?C

2°若 ?

? A ? ?1 2 代入(2)得 q= 3 ?C ? ?2 B ? A ? ?2 3 时,q= 2 ? B ? ?C

3°当 ?

4°当 ?

? A ? ?2 时,q=1(舍去) ?C ? ?2 B
2 3 (不必考虑 q ? 时的情况,因为只证存在性) 。 3 2

故现只取 A=-1,B=1,C=-2,q=

得 bn=

an ? 2 an ? 1

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=

4a n ? 2 -an an ? 1

=-

(a n ? 2)(a n ? 1) ,a1=4>2,故 a2<a1。 an ? 1 4a n ? 2 2(a n ? 2) -2= an ? 1 an ? 1

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=

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。且因为 an>2,所 以 an-2=2·

a n?1 ? 2 2 < (an-1-2) a n?1 ? 1 3

<(

2 2 2 - ) (an-2-2)<?<( )n 1(a1-2) 3 3
n??

∴ lim an=2,故 an∈(2,4 ] 。 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 3 a1 ? 1 3



an ? 2 2 n =( ) an ? 1 3
1 +1 2 n 1? ( ) 3

∴an=

由此易得 an∈(2,4 ] 。 例 8 (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}、{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:

1 (2-p)(3-p)·2n·3n=0 6

解之得:p=2 或 p=3。 (2)设{an},{bn}的公比分别为 p,q,p≠q,cn=an+bn。 为 证 {Cn} 不 是 等 比 数 列 , 只 要 证 明 c22 ≠ c1 · c3 事 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)求数列{an}的通项公式; (2)设 Sn=|a1|+|a2|+?+|an|,求 sn; (3)设 bn=

1 ( n∈N),Tn=b1+b2+?+bn( n∈N),是否存在最大的整数 m,使得 n(12 ? a n )
m 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,请说明理由。 32

对任意 n∈N,均有 Tn> 解

(1)由 an+2=2an+1-an ?

an+2-an+1=an+1-an,可知{an}成等差数列,d=

a 4 ? a1 =-2 4 ?1

-∴an=10-2n (2)由 an=10-2n≥0 得 n≤5 ∴当 n≤5 时,Sn=-n2+9n 当 n>5 时,Sn=n2-9n+40
2 ? 1? n ? 5 ?? n ? 9 n 故 Sn= ? 2 ? ?n ? 9n ? 40 n ? 5

(n∈N)

(3)bn=

1 n(12 ? a n )
1 1 1 1 = ( - ) n·(2n ? 2) 2 n n ? 1

=

∴Tn= b1+b2+?+bn =

1 1 1 1 1 1 [(1- )+( - )+?+( - )] 2 2 2 3 n n ?1

=

n n ?1 ? ? Tn?1 ? Tn?2 ? ? ? T1 2(n ? 1) 2n
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 4 32 32

∴要使 Tn>

大值为 7。 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。 解 (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

f ( x1 ) ? f (0) =1 得 x1=1。 x1 ? 0

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

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

f ( xn ) ? f ( xn?1 ) n =b xn ? xn?1

。 又 f(xn)=n,f(xn-1)=n-1 ∴xn-xn-1=(

1 n-1 ) (n=1,2,?) b 1 。 b

由此知数列{xn-xn-1}为等比数列,其首项为 1,公比为

又因 b≠1,得: xn=(xn-xn-1)+(xn-1-xn-2)+?+(x1-x0)

1 b ? ( ) n ?1 b = 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,?)。

b ;当 0<b<1 时,n→∞,xn 也趋向于无穷大。 b ?1 b 综上所述:当 b>1 时,y=f(x)的定义域为[0, );当 0<b<1 时,y=f(x)的定义域为[0,+ b ?1
又由(1)得当 b>1 时, lim xn=
n??

∞) 。 (3)当 b>1,1<x< 设 x∈(xn,xn+1 ]

b 时, b ?1 b (1, ),n∈N,则 b ?1

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

∴f(x)>x 恒成立 ? F(xn)>0 ? xn<n 而 xn=1+

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

当 0<b<1,x>1 时,设 x∈(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。


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