②当－2＜a＜0时，解集为{x|x＜－2或a＜x＜0} 9分 ③当a=－2时，解集为{x|x＜0且x≠－2} 10分 ④当a＜－2时，解集为{x|x＜a或－2＜x＜0} 12分
2、设f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数，且对一切x＞0，y＞0满足f()=f(x)-f(y)
xy(Ⅰ)求f(1)的值； (Ⅱ)若f(2)=1，解不等式f(x+3)-f(.解：（Ⅰ）令x=y＞0，则f()?f(x)?f(x) ∴f(1)=0 2分
（Ⅱ）∵f(2)?1,f(2)?f()?f(4)?f(2) ∴f(4)=2 4分 又f(x)在［0，+∞）上是增函数
1)＜2. 2xx42∴f(x?3)?f()＜2?f(x?3)?f()＜f(4) 6分
1x1x?1?x?0??x?0??x?3?0????x(x?3)?4?f?x(x?3)??f(4)???x?0?0?x?1 ?2?x?3x?4?0即所求不等式解集为x0?x?1 12分
3、已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.
(1)证明：nAim＜mAin； (2)证明：(1+m)＞(1+n)
iinm??证明：(1)对于1＜i≤m，且Aim =m2?2(m－i+1)，
Aimmm?1Aimnn?1m?i?1n?i?1， ?????,同理?????mmmnnnmini 31
由于m＜n，对于整数k=1，2，?，i－1，有
n?km?k， ?nmAinAim所以i?i,即miAin?niAim
nm2n(2)由二项式定理有： (1+m)=1+C1nm+Cnm+?+Cnm，
n2
n2m(1+n)=1+C1mn+Cmn+?+Cmn，
m2
m由(1)知miiiAin＞niAim (1＜i≤m)，而
CimAimiAin= ,Cn?i!i!2
∴mCn＞nCm(1＜m＜n)
01122∴mC0n=nCn=1，mCn=nCm=m2n，mCn＞nCm，?，
0
0
2
iimmm+1m?1nmmCm＞0，?，mCnn＞nCm，mCnn＞0，
2n1m∴1+C1nm+Cnm+?+Cnm＞1+Cmn+Cmn+?+Cmn，
2
n22m即(1+m)＞(1+n)成立.
4、定义在(－1，1)上的函数f(x)满足①对任意x、y∈(－1,1),都有
x?yf(x)+f(y)=f();②当x∈(－1,0)时，有f(x)>0.
1?xynm1111求证：f()?f()???f(2)?f()
5112n?3n?1x?y.证明：对f(x)+f(y)=f()中的x,y,令x=y=0,得f(0)=0,再令y=－x,又得
1?xyf(x)+f(－x)=f(0)=0,即f(－x)=－f(x),∴f(x)在x∈(－1,1)上是奇函数.设－1＜x1＜x2＜0,则f(x1)
－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=f(
x1?x2x?x2),∵－1＜x1＜x2＜0,∴x1－x2＜0,1－x1x2>0.∴1＜0,
1?x1x21?x1x2于是由②知f(
x1?x2)?>0,从而f(x1)－f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),故f(x)在x∈(－1,0)上
1?x1x2是单调递减函数.根据奇函数的图象关于原点对称，知f(x)在x∈(0,1)上仍是递减函数，且f(x)＜0.
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111(n?1)(n?2)?f(2)?f[]?f[]1(n?1)(n?2)?1n?3n?11?(n?1)(n?2)11?11?f(n?1n?2)?f()?f()11n?1n?21??n?1n?2
111?f()?f()???f(2)511n?3n?111111111?[f()?f()]?[f()?f()]???[f()?f()]?f()?f(),2334n?1n?22n?211?0??1时,有f()?0,n?2n?2111?f()?f()?f(),故原结论成立.2n?22六、 数列、极限
6.1数列
1、 等差数列的概念及特性
（1）如果一个数列从第2项开始，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数 列叫做等差数列。 a1+an n（n—1）
（2）通项公式：an=a1+（n—1）d；前n项公式：Sn=————n=na1+—————d； 2 2
x+y
等差中项；若x，A，y成等差数列，则A=————. 2
（3）|an|为等差数列，则（1）m+n=p+q am=an=ap+aq（m，n，p，q∈N）；（2）S2n—1=（2n—1）an；(3)am=an+(m—n)d；(4)记｛an｝的奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则当｛an｝ S偶 an+1
总项数为2n时，S偶—S奇=nd，—— = —— ，当｛an｝总项数为2n—1时，S奇—S偶=an， S奇 an
S奇 n
—— = —— . S偶 n—1
6.2、等比数列的概念及特性
(1) 如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项之比等于同一个常数，这个数列叫做等比数列。
na1 (q =1)，
n—1n
(2) 通项公式：an = a1q；前n 项和公式：Sn = a1(1—q) 等比中项：若
———— (q≠1)，
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1—q （q=1），
等比中项：若x，C，y成等比数列，则C=± x2y . (q≠1);
(3)若|an|为等比数列，则（1）m+n=p+q am2an=ap2aq（m，n，p，q∈N）；（2）记|an|的奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，当|an|总共有2n项时，S偶=S奇2q。 6.3、数列通项公式的常见题型及求法
（1）把数列转化为等差数列或等比数列，利用等差数列、等比数列通项公式直接写出。 （2） 利用an=Sn——Sn-1求得an，验证n=1。
（3） 由一阶递推关系an=f（an-1）及初始条件a1，利用待定函数、换元、叠加等手段
求得an。
6.4、 数列前n项和常用求法
（1） 转化为等差数列、等比数列，利用等差数列、等比数列求和公式直接求得。 （2） 错位相消法、拆项法、并项法、“Σ”性质法。 2 n（n+1）（2n+1） 333
2223
（3） 数列求和常用结论：1+2+3+?+n=————————，1+2+3+?+n= 2 2 6 n(n+1) —————— 。
数列习题
1．在等比数列?an?中，a1?a2?1,a3?a4?9,那么a4?a5等于（ ） A 27 B —27 C 81或—36 D 27或—27
2．已知等差数列{an}中，a3?a9，公差d?0，则使前n项和Sn取得最大值的自然数n是（ ）
A 4或5 B 5或6 C 6或7 D 不存在
3．{an}为等比数列，?bn?为等差数列，an?0,bn?0,a1?b1,a2?b2,公差d>0，公比q>1,则an与bn(n?3)的大小关系是（ ）
A bn?an B bn?an C bn?an D bn?an
4．等差数列?an?的前n项和为Sn，若a3?a7?10，则S19的值为（ ） A 95 B 100 C 115 D 125
5．等差数列{an}中，Sn?324,S6?36,Sn?6?144(n?6),则n= 。
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6．{an}是由实数构成的无穷等比数列，Sn?a1?a2?????an,关于数列?Sn?，给出下列命题：
（1） 数列?Sn?中任意一项都不为0； （2） 数列?Sn?中必有一项为0；
（3） 数列?Sn?中或者任意一项都不为0；或者有无穷多项为0； （4） 数列?Sn?中一定不可能出现Sn?Sn?2 （5） 数列?Sn?中一定不可能出现Sn?Sn?3
则其中正确命题的序 。
7．用分期付款的方式购买一批总价为2300万元的住房，购买当天首付300万元，以后每月的这一天都交100万元，并加付此前欠款的利息，设月利率为1%。若首付300万元之后的第一月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应付多少万元？全部贷款付清后，，买这批房实际支付多少万元？ 解：购买时付款300万元，
则欠款2000万元，依题意分20次付清，则每次交付欠款的数额顺次构成数列?an?,故
a1?100?2000?0.01?120(万元）a2?100?（2000?100）?0.01?119(万元）a3?100?（2000?100?2）?0.01?118(万元）a4?100?（2000?100?3）?0.01?117(万元）??????an?100?[2000?100(n?1)?0.01?120?(n?1)?(121?n)(万元）(1?n?20).因此?an?是首项为120，公差为?1的等差数列，故a10?121?10?111（万元）
a20?121?20?101（万元）
20次分期付款的总和为S20?(a1?a20)?20(120?101)?20??2210（万元）
22实际要付300+2210=2510（万元）
答：分期付款的第10个月应付111万元，全部贷款付清后，，买这批房实际支付2510万元。 8．某城市2001年汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同。为保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么
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