1、第2节 数列的通项公式与求和题型74 数列通项公式的求解1. (2013安徽文19）设数列满足，且对任意，函数满足.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.1. 分析 （1）求导，代入，并对所得式子进行变形，从而证明数列是等差数列，再由题目条件求基本量，得通项公式.（2）将代入化简，利用分组求和法，结合等差、等比数列的前项和公式计算.解析 （1）由题设可得.对任意，即，故为等差数列.由，可得数列的公差，所以.（2）由知，.2.（2013广东文19）设各项均为正数的数列的前项和为，满足，,且构成等比数列(1) 证明：；(2) 求数列的通项公式；(3) 证明：对一切正整数，有2.分析 （
2、1）把代入递推式，可以得到和的关系式，变形可得.（2）鉴于递推式含有的特点，常用公式进行化异为同，得到和的递推式，构造等差数列，进而求出数列的通项.（3）要证的不等式的左边是一个新数列的前项和，因此要求和、化简，因为是一个分式，常常通过裂项相消法逐项相消，然后再通过放缩，得出结论.解析 （1）证明：由，得，即，所以.因为，所以.（2）因为 所以当时， 由-得，即.因为，所以，即.因为成等比数列，所以，即，解得.又由（1）知，所以，所以.综上知，所以数列是首项为，公差为的等差数列.所以.所以数列的通项公式为.（3）证明：由（2）知，所以.3. （2013江西文16）正项数列满足：.(1) 求数列
3、的通项公式； (2) 令，数列的前项和为3.分析 （1）根据已知的和的关系式进行因式分解，通过得到数列的通项公式；（2）把数列的通项公式代入的表达式，利用裂项法求出数列的前项和. 解析 （1）由，得.由于是正项数列，所以.（2）由，则，.4. (2013重庆文16）设数列满足：.（1）求的通项公式及前项和；（2）已知是等差数列，为其前项和，且，求.4.分析 根据等比、等差数列的通项公式及前项和公式直接运算求解.解析 （1）由题设知是首项为，公比为的等比数列，所以.（2），所以公差，故.5. (2013湖南文19）设为数列的前项和，已知，2，.（1）求，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.
4、 5.分析 根据消去得到关于的关系式，求其通项；利用错位相减法求前项和.解析 （1）令，得，即.因为，所以.令，得，解得.当时，由，即.于是数列是首项为.公比为的等比数列.因此，.所以的通项公式为.（2）由（1）知，.记数列的前项和为，于是， . ，得.从而.6.（2014陕西文4）根据如图所示框图，对大于的整数，输出的数列的通项公式是（ ）.A. B. C. D.7.（2014新课标文16）数列满足，则 .8.（2014江西文17）（本小题满分12分） 已知数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）求证：对任意，都有，使得成等比数列.9.（2014大纲文17）（本小题满分10分）数列满足.
5、（1）设，证明是等差数列；（2）求的通项公式.10.（2014广东文19）（本小题满分14分）设各项均为正数的数列的前项和为，且满足.(1) 求的值；(2) 求数列的通项公式；(3) 求证：对一切正整数，有.11.（2014湖南文16）（本小题满分12分）已知数列的前项和.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.12.（2015陕西文16）观察下列等式：据此规律，第个等式可为_.12.解析 观察等式知，第个等式的左边有个数相加减，奇数项为正，偶数项为负，且分子为，分母是到的连续正整数，等式的右边是.故答案为.13.（2015江苏卷11）设数列满足，且，则数列前项的和为 13.解析 解
6、法一：可以考虑算出前项，但运算化简较繁琐解法二：由题意得，故累加得，从而，当时，满足通项故，则有14.（2015安徽理18）已知数列是递增的等比数列，且，.(1)求数列的通项公式；(2)设为数列的前项和，求数列的前项和.14.解析 （1）因为是等比数列，且，所以.联立，又为递增的等比数列，即.解得或（舍），可得，得.所以.（2）由（1）可知，所以，所以.故.15.（2015北京文16）已知等差数列满足，.（1）求的通项公式；（2）设等比数列满足，；问：与数列的第几项相等？15.解析（1）依题意，设等差数列的公差为， 得，.数列的通项公式为.（2）等比数列中，设等比数列的公比为，.，得，则与数列
7、的第项相等.16.（2015福建文17）在等差数列中，（1）求数列的通项公式；（2）设，求的值16.分析（1）利用基本量法可求得，进而求的通项公式；（2）求数列前项和，首先考虑其通项公式，根据通项公式的不同特点，选择相应的求和方法，本题，故可采取分组求和法求其前项和解析 （1）设等差数列的公差为由已知得，解得所以（2）由（1）可得，所以.17.（2015广东文19）设数列的前项和为，已知，且当时，（1）求的值；（2）求证：为等比数列；（3）求数列的通项公式17.解析（1）当时，即，解得.（2）因为（），所以（），即（），亦即，则.当时，满足上式.故数列是以为首项，公比为的等比数列.（3）由（2
8、）可得，即，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，即，所以数列的通项公式是.18.（2015湖北文19）设等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为，已知，.(1)求数列，的通项公式;(2)当时，记，求数列的前项和.18.解析 (1)由题意有，即.解得，或.故或.(2)由，知，故，于是， . 式式可得.故. 19.（2015山东文19）已知数列是首项为正数的等差数列，数列的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.19.解析（1）设数列的公差为，令，得，即. 令，得，即.联立，解得，.所以.（2）由（1）知，得到，从而，得，所以.19.（2015四川文16）设数列（）
9、的前项和满足，且，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求. 19.解析（1）由已知，可得，即.则，.又因为，成等差数列，即.所以，解得.所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.故.（2）由（1）可得，所以.20.（2015天津文18）已知是各项均为正数的等比数列，是等差数列，且，.（1）求和的通项公式；（2）设,求数列的前项和.20.分析（1）列出关于与的方程组，通过解方程组求出，即可确定通项；（2）用错位相减法求和.解析 （1）设的公比为，的公差为，由题意，由已知，有，消去得，解得，所以的通项公式为，的通项公式为.（2）由（1）有，设的前项和为，则，两式相减得，所以.
10、21.（2015浙江文17）已知数列和满足，.(1)求与;(2)记数列的前项和为，求.21.解析 (1)由题意知是等比数列，所以.当时，所以，所以，所以，又，所以.（或采用累乘法）(2)，所以，所以，所以.22.（2015重庆文16）已知等差数列满足，前3项和.（1）求的通项公式；（2）设等比数列满足，求前项和. 22.解析（1）设的公差为，则由已知条件得，化简得，解得，故通项公式，（2）由（1）得，.设的公比为，则，从而，故的前项和.23.（2016浙江文17）设数列的前项和为.已知，.（1）求通项公式；（2）求数列的前项和.23.解析 （1）由题意得，则.因为，所以，得.又知，所以数列的通
11、项公式为，.（2）对于，当时，有.设，当时，有.设数列的前项和为，则，.当时，时也满足此式，所以.24.（2017全国3文17）设数列满足.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.24.解析 （1）令 ，则有 ，即.当时， 得，即，得.当时，也符合，所以.（2）令， 所以.评注 本题具有一定的难度，第一问要求学生具备一定的转化与化归的思想，将不熟悉的表达形式转化为常规数列求通项问题才能迎刃而解.第二问属于常规裂项相消问题，没有难度，如果学生第一问求解时出现困难的话，可以用找规律的方法求出其通项，这样可以拿到第二问的分数，不失为一种灵活变通的处理方法.25.（2017山东文19）已知是各项均为
12、正数的等比数列，且，. （1）求数列的通项公式；（2）为各项非零的等差数列，其前项和，已知，求数列的前项和.25.解析 （1）设数列的公比为，由题意知，.又，解得，所以.（2）由题意知，.又，所以.令，则，因此，又，两式相减得，所以.题型75 数列的求和1.（2015湖南文5）执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出的（ ）. A. B. C. D.1.解析 由题意，输出的为数列的前项和，即.故选B.2.（2015安徽理18）已知数列是递增的等比数列，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设为数列的前项和，求数列的前项和.2.解析 （1）因为是等比数列，且，所以.联立，又为递增的等比数列，即.解
13、得或（舍），可得，得.所以.（2）由（1）可知，所以，所以.故.3. （2014安徽文18）（本小题满分12分）数列满足，.（1）求证：数列是等差数列；（2）设，求数列的前项和.3. 解析 （I）由已知可得，即.所以是以为首项，1为公差的等差数列.（II）由（I）得，所以.从而.，.得.所以.评注 本题考查等差数列定义的应用，错位相减法求数列的前项和，解题时利用题（I）提示对递推关系进行变形是关键.4.（2015福建文17）在等差数列中，（1）求数列的通项公式；（2）设，求的值4.分析（1）利用基本量法可求得，进而求的通项公式；（2）求数列前项和，首先考虑其通项公式，根据通项公式的不同特点，选
14、择相应的求和方法，本题，故可采取分组求和法求其前项和解析 （1）设等差数列的公差为由已知得，解得所以（2）由（1）可得，所以.5.（2015湖北文19）设等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为，已知，.(1)求数列，的通项公式(2)当时，记，求数列的前项和.5.解析 (1)由题意有，即.解得，或.故或.(2)由，知，故，于是，. 式式可得.故. 6.（2015湖南文19）设数列的前项和为，已知，且.（1）证明：；（2）求.6.解析（1）由条件，对任意，有，因而对任意，有，两式相减，得，即，又，所以，故对一切，.（2）由（1）知，所以，于是数列是首项，公比为的等比数列，数列是首项，公比为的
15、等比数列，所以，（于是，从而，综上所述，.7.（2015山东文19）已知数列是首项为正数的等差数列，数列的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.7.解析（1）设数列的公差为，令，得，即 令，得，即 联立，解得，.所以.（2）由（1）知，得到，从而，得，所以.8.（2015四川文16）设数列（）的前项和满足，且，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求. 8.解析（1）由已知，可得，即.则，.又因为，成等差数列，即.所以，解得.所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.故.（2）由（1）可得，所以.9.（2015天津文18）已知是各项均为正数的等比数列，
16、是等差数列，且，.（1）求和的通项公式；（2）设,求数列的前项和.9.分析（1）列出关于与的方程组，通过解方程组求出，即可确定通项；（2）用错位相减法求和.解析（1）设的公比为，的公差为，由题意，由已知，有，消去得，解得，所以的通项公式为，的通项公式为.（2）由（1）有，设的前项和为，则，两式相减得，所以.10.（2015浙江文17）已知数列和满足，.(1)求与;(2)记数列的前项和为，求.10.解析 (1)由题意知是等比数列，所以.当时，所以，所以，所以.又，所以（或采用累乘法）.(2)，所以，所以，所以.11.（2015重庆文16）已知等差数列满足，前3项和.（1）求的通项公式；（2）设等
17、比数列满足，求前项和. 11.解析 （1）设的公差为，则由已知条件得，化简得，解得，故通项公式，（2）由（1）得，.设的公比为，则，从而，故的前项和.12.（2016北京文15）已知是等差数列，是等比数列，且，.（1）求的通项公式；（2）设 ，求数列的前项和.12.解析 （1）等比数列的公比，所以，.设等差数列的公差为.因为，所以，即.所以.（2）由（1）知，.因此.从而数列的前项和.13.（2016山东文19）已知数列的前项和，是等差数列，且.（1）求数列的通项公式；（2）令.求数列的前n项和.13.解析 （1）由题意当时，当时，所以.设数列的公差为，由，即，解得，所以.（2）由（1）知，又
18、，即，所以，以上两式两边相减得.所以.14.（2016浙江文17）设数列的前项和为.已知，.（1）求通项公式；（2）求数列的前项和.14.解析 （1）由题意得：，则.因为，所以，得.又知，所以数列的通项公式为，.（2）对于，当时，有.设，当时，有.设数列的前项和为，则，.当时，时也满足此式，所以.15.（2017全国3文17）设数列满足.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.15.解析 （1）令 ，则有 ，即.当时， 得，即，得.当时，也符合，所以.（2）令， 所以.评注 本题具有一定的难度，第一问要求学生具备一定的转化与化归的思想，将不熟悉的表达形式转化为常规数列求通项问题才能迎刃而解.
19、第二问属于常规裂项相消问题，没有难度，如果学生第一问求解时出现困难的话，可以用找规律的方法求出其通项，这样可以拿到第二问的分数，不失为一种灵活变通的处理方法.16.（2017山东文19）已知是各项均为正数的等比数列，且，. （1）求数列的通项公式；（2）为各项非零的等差数列，其前项和，已知，求数列的前项和.16.解析 （1）设数列的公比为，由题意知，.又，解得，所以.（2）由题意知，.又，所以.令，则，因此，又，两式相减得，所以.第十三章 推理与证明第一节 合情推理与演绎推理题型143 归纳推理2013年1. (2013陕西文13） 观察下列等式：照此规律，第个等式可为 . 2014年1.（2
20、014陕西文14）已知， ， 则的表达式为_.2. （2014安徽文12）如图所示，在等腰直角三角形中，斜边，过点作的垂线，垂足为；过点作的垂线，垂足为；过点作的垂线，垂足为；，以此类推，设，则 .2015年1.（2015陕西文16）观察下列等式：据此规律，第个等式可为_.1.解析 观察等式知，第个等式的左边有个数相加减，奇数项为正，偶数项为负，且分子为，分母是到的连续正整数，等式的右边是.故答案为.2.（2015江苏23）已知集合，设整除或整除，令表示集合所含元素的个数（1）写出的值；（2）当时，写出的表达式，并用数学归纳法证明2. 分析 其实解决此除了需要有良好的数学分类思维以外，还需下表
21、辅助我们理解问题的本质带标记的表示为的倍数或约数（其实是奇葩，其余的都是的倍数），带标记的表示为的倍数或约数，而则表示既是的倍数或约数又是的倍数或约数（即为的倍数或约数，此题不作研究）这样研究时，可直接得:，当时，可直接得：这就是本题的本质，以为周期进行分类整合并进行数学归纳研究解析 （1）当时，可取，共个，故（2）当时，证明：当时，枚举可得，符合通式；假设时，成立，即成立，则当时，此时，此时比多出有序数对个，即多出，从而，符合通式；另外，当，同理可证，综上，即，即当时也成立例如时，则，综上所述：2016年1.（2016山东文12）观察下列等式：；照此规律，_.1. 解析 通过观察这一系列等式
22、可以发现，等式右边最前面的数都是，接下来是和项数有关的两项的乘积，经归纳推理可知是，所以第个等式右边是.题型144 类比推理暂无题型145 演绎推理隐含在好多题目的证明过程中补充题型 逻辑推理2014年1.（2014新课标文14）甲、乙、丙三位同学被问到是否去过，三个城市时， 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过城市； 乙说：我没去过城市； 丙说：我们三人去过同一城市； 由此可判断乙去过的城市为 .2017年1.（2017全国2卷文9）甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩老师说：“你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩”看后甲对大
23、家说：“我还是不知道我的成绩”根据以上信息，则（ ）.A乙可以知道四人的成绩 B丁可以知道四人的成绩C乙、丁可以知道对方的成绩 D乙、丁可以知道自己的成绩1.解析 由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，乙看到丙的结果则知道自己的结果，丁看到甲的结果则知道自己的结果.故选D.第二节 证明题型146 综合法与分析法证明2015年1.（2015全国II文24）选修4-5：不等式选讲设，均为正数，且.证明：(1)若，则；(2)是的充要条件.1. 分析（1）由，及 ，可证明 ，两边开方即得；（2）由第（1）问的结论来证明.在证明中要注意分别证明充分性和必要性.解析 （1）因为，
24、由题设，得，因此.（2）(i)若，则，即.因为，所以，由（1）得.(ii)若，则，即.因为，所以，于是，因此.综上，是的充要条件.命题意图 不等式的证明要紧抓不等式的性质，结合其正负性来证明.充要条件的证明体现了数学推理的严谨性，要分充分性和必要性两个方面来证明.2016年1.（2016四川文18（1）在中，角，所对的边分别是，且证明：.1. 解析 根据正弦定理，可设，则，.代入中，有，可变形得在中，由，有，所以2.（2016浙江文16（1）在中，内角，所对的边分别为，.已知.证明：.2.解析 （1）由正弦定理得，故，于是.又，故，所以或，因此（舍去）或，所以题型147 反证法证明2014年1
25、. （2014山东文4）用反证法证明命题：“设为实数，则方程至少有一个实根”时，要做的假设是（ ）.A. 方程没有实根B. 方程至多有一个实根C. 方程至多有两个实根D. 方程恰好有两个实根2015年1.（2015湖南理16（3）设，且.（1）；（2）与不可能同时成立.1. 解析 证明： 由，得 .（）由基本不等式及，有，即.() 假设与同时成立，则由及得；同理，从而，与相矛盾. 故与不可能同时成立.2016年1.（2016全国甲文16）有三张卡片，分别写有和，和，和. 甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同
26、的数字不是”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是”，则甲的卡片上的数字是_. 1. 解析 由题意得：丙不拿，若丙，则乙，甲满足；若丙，则乙，甲不满足，故甲.2.（2016上海文22）对于无穷数列与，记，若同时满足条件：，均单调递增；且，则称与是无穷互补数列.（1）若，判断与是否为无穷互补数列，并说明理由；（2）若=且与是无穷互补数列，求数列的前项的和；（3）若与是无穷互补数列，为等差数列且，求与的通项公式.2. 解析 （1）易知，而，所以，从而与不是无穷互补数列.（2）由题意，因为，所以.数列的前项的和为.（3）设的公差为，则.由，得或.若，则，与“与是无穷互补数列”矛盾，因为此时不是无穷数列；
27、若，则，.综上所述，.第三章 导数第2节 导数的应用题型40 方程解(零点)的个数问题1.（2014江苏19（2）已知函数若（实数是与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，的取值范围恰好是，求的值1.解析 解法一：因，故，由（1）得：当时，单调递增，不满足题意；当时，若函数有三个不同的零点，则恒成立，从而对恒成立，构造，则对恒成立，故单调递减，从而，故当时，若函数有三个不同的零点，则恒成立，从而对恒成立，构造，则，令，则，故在上单调递增，在上单调递减，则，从而，即综上得解法二：因，故，由（1）得：当时，单调递增，不满足题意；当时，若函数有三个不同的零点，则只需保证，又实数的解集为，因此，是方
28、程的三个实数根，易知该方程必有一根，从而若时，则，验证知不为其根，故舍；若时，则，验证知，是其根，验证不等式，即，即，其解集为，满足题意；若时，则，验证知不为其根，故舍综上得解法三：因，故，由（1）得： 当时，单调递增，不满足题意；当时，若函数有三个不同的零点，则，从而，根据的取值范围可知：是方程的根，因此当时，若，则根据函数有三个不同的零点，则必有，即因此解得或或，符合题意综上得评注 （2）的解法一将该问题转化到恒成立解决；解法二将问题统一归类转化到不等式的解集，进而转化到等式（方程）的根；解法三亦是将问题转化到不等式的解集问题进行解决2.（2015北京文19（2）设函数.证明：若存在零点，
29、则在区间上仅有一个零点.2. 解析 若存在零点，则即，解得.又，且函数在区间上单调递减，所以在区间上仅有一个零点.3.（2015广东文21（3）设为实数，函数当时，讨论在区间内的零点个数3.解析 由（2）得在上单调递增，在上单调递减，所以.(i)当时，.令=0，即.因为在上单调递减，所以.而在上单调递增，.所以在上，故与在无交点.当时，即.所以，所以.因为，所以.故当时，有一个零点.(ii)当时，当时， ，而在上单调递增，当时，.下面比较与的大小：因为，所以.结合图像可知当时，与有两个交点. 综上，当时，有一个零点；当时，与有两个零点.4.（2015新课标卷文21（1）设函数.讨论的导函数零点
30、的个数；4. 解析 由题意可得，.显然当时，恒成立，无零点； 当时，取，则，即单调递增.令，即.画出与的图像，如图所示.由图可知，必有零点，所以导函数存在唯一零点.5.（2015山东文20(2)）设函数，. 已知曲线在点处的切线与直线平行.是否存在自然数，使得方程在内存在唯一的根？如果存在，求出；如果不存在，请说明理由；5. 解析 时，方程在内存在唯一的根.设，当时，.又，所以存在，使.因为，所以当时，；当时，所以当时，单调递增.所以时，方程在内存在唯一的根.6.（2015陕西文21（2）设证明：在内有且仅有一个零点（记为），且.6. 解析 因为，所以在内至少存在一个零点，又，所以在内单调递增
31、，因此，在内有且只有一个零点，由于，所以，由此可得，故，所以.7.（2015四川文21（2）已知函数，其中.求证：存在，使得恒成立，并且在区间内有唯一解.7. 解析 由，解得，令.则，所以存在，使得.令，其中.由，可知函数在区间上单调递增.故，即.当时，有，再由（1）可知，在区间上单调递增.当时，所以；当时，所以.又当时，故时，.综上所述，存在，使得恒成立，且在区间内有唯一解.8.（2016北京文20）设函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，若函数有三个不同零点，求的取值范围；（3）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件. 8.解析 （1）由，得.因为，所以曲线在点处的切线方程为.（
32、2）当时，所以.令，得，解得或.与在区间上的变化情况如下表所示.所以当且时，存在，使得.由的单调性，当且仅当时，函数有三个不同零点.（3）证法一：分两步证明.必要性： 若函数有三个不同零点，那么的单调性必然变化次，因此其导函数必然有2个不同的零点，从而的判别式，即.非充分性：取，则函数，其导函数.所以其极大值为，其极小值为，因此函数只有1个零点.综上所述，是有三个不同零点的必要而不充分条件.证法二：分两步证明.必要性（反证法） 若，则恒成立，所以单调递增，于是最多只有1个零点，与条件不符，所以.以下证明同证法一.9.（2016山东文15）已知函数，其中，若存在实数，使得关于的方程有三个不同的根
33、，则的取值范围是_.9. 解析 因为的对称轴为，所以时单调递增，只要大于的最小值时，关于的方程在时有一根；又在，时，存在实数，使方程在时有两个根，只需； 故只需即可，又，所以解得，即的取值范围是.10.（2016江苏19）已知函数.（1）设，.求方程的根；若对于任意，不等式恒成立，求实数的最大值；（2）若，函数有且只有个零点，求的值.10.解析 （1），由可得，则，即，则，解得；由题意得恒成立，即恒成立.令，则由，可得，此时恒成立，即恒成立，因为时，当且仅当时等号成立，因此实数的最大值为.（2），由，可得，令，则单调递增，而，因此时.因此时，则；时，则.则在递减，递增.解法一：下证.若，则，于
34、是，又且， 因此连续函数在以与为端点的区间上存在零点，不妨记为.由且可知，这与“是函数的唯一零点”相矛盾.若，仿照可得到，连续函数在以与为端点的区间上存在大于的零点，也相矛盾.综合可知，即，即，即，因此，则.评注 解法二：（也可以作为研究对象）因此最小值为.若，时，则；时，则；因此且时，因此在有零点，且时，因此在有零点，则至少有两个零点，与条件矛盾；若，由函数有且只有个零点，最小值为，可得，由，因此，所以，即，亦即，因此，则.11.（2016全国乙文21）已知函数.（1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围.11.解析 （1）由题意.当，即时，恒成立.令，则，所以的单调增区间为.同
35、理可得的单调减区间为.当，即时，令，则或.（）当，即时，令，则或，所以的单调增区间为和.同理的单调减区间为；（）当，即时，当时，所以.同理时，.故的单调增区间为；（）当，即时.令，则或，所以的单调增区间为和，同理的单调减区间为.综上所述，当时，的单调增区间为和，单调减区间为；当时，的单调增区间为；当时，的单调增区间为和，单调减区间为； 当时，的单调增区间为，单调减区间为.（2）解法一（直接讨论法）：易见，如（1）中讨论，下面先研究（）（）（）三种情况.当时，由单调性可知，故不满足题意；当时，在上单调递增，显然不满足题意；当时，由的单调性，可知，且，故不满足题意；下面研究，当时，令，则，因此只有
36、个零点，故舍去；当时，所以在上有个零点；（i）当时，由，而，所以在上有个零点；（i i）当时，由，而，所以在上有个零点；可见当时有两个零点.所以所求的取值范围为.解法二（分离参数法）：显然不是的零点，当时，由，得.设，则问题转化为直线与图像有两个交点，对求导得，所以在单调递增，在单调递减.当时，若，直线与图像没有交点，若，单调递减，直线与图像不可能有两个交点，故不满足条件；若时，取 ，则，而，结合在单调递减，可知在区间上直线与图像有一个交点，取，则，结合在单调递增，可知在区间上直线与图像有一个交点，综上所述，时直线与图像有两个交点，函数有两个零点.评注 此题与2015年文科卷第（1）问基本一致
37、，都是对函数零点个数的研究，基本形成分离与不分离两种解答方案，但不管是否分离，都涉及到零点的取值问题.【1】可放一起研究，当或，由题意，故不满足题意.【2】用分离参数的方法很多时候只能初步感知结论，不能替代论证.很多资料上在论证完的单调性后直接书写如下过程，当时，；当时，令，则，所以时，；时，.综上所述：时函数有两个零点.这里论述时是不完备的，这里涉及到极限的知识，仅仅用是不够的，可能会有值的趋向性，因此这种解析不完备是会扣除步骤分.【3】考试院提供的参考答案与去年提供的参考相仿：（i）设，则由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，又，取满足且，则，所以函数有两个零点.（ii）设，则，令，则
38、，因此只有个零点，故舍去；（iii）设，若，则由（1）知，在上单调递增，又当时，故不存在两个零点；当时，则由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，又当时，故不存在两个零点.综上，的取值范围为.12.（2017全国3文12）已知函数有唯一零点，则（ ）.ABCD112.解析 (对称性解法) 因为关于直线对称，所以要有唯一零点，只有，由此解得.故选C.评注 难度中偏上，主要考查函数的性质与函数的零点结论，本题的难点在于对函数的对称性不够了解，一般学生很难看出后面函数的对称性，导致做题缺乏思路.本题与2016年的高考全国卷2文科数学的选择压轴题（第12题）类似，都是围绕函数的性质来考查，需要学生有较
39、强的基本功底并具有较强的运用能力.13.（2017江苏14）设是定义在且周期为的函数，在区间上，其中集合，则方程的解的个数是 13.解析 由题意，所以只需要研究内的根的情况在此范围内，且时，设，且互质，若，则由，可设，且互质.从而，则，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此，于是不可能与内的部分对应相等，所以只需要考虑与每个周期内部分的交点.如图所示，通过函数的草图分析，图中交点除外，其它交点均为的部分且当时，所以在附近只有一个交点，因而方程解的个数为个故填题型41 利用导数证明不等式1.（2015福建文22（2）已知函数求证：当时，；1. 分析 构造函数，欲证明，只需证明的最大值小于等于即可.解析 令，则有，当时，所以在上单调递减，故当时，即当时，2.（2015湖北文21）设函数，的定义域均为，且是奇函数，是偶函数，其中为自然对数的底数.(1)求，的解析式，并证明：当时，；(2)设，证明：当时，.2. 解析 (1)由，的奇偶性及条件 得 联立式式解得，.当时，故. 又由基本不等式，有，即. (2)由(1)得 ， ， 当时，等价于， 等价于
