PAGE1-第2講函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想一函數(shù)與方程思想函數(shù)思想方程思想函數(shù)思想是通過建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問題、轉(zhuǎn)化問題，從而使問題得到解決的思想方程思想就是建立方程或方程組，或者構(gòu)造方程，通過解方程或方程組或者運(yùn)用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問題，使問題得到解決的思想函數(shù)與方程思想在肯定的條件下是可以相互轉(zhuǎn)化的，是相輔相成的，函數(shù)思想重在對問題進(jìn)行動態(tài)的探討，方程思想則是在動中求靜，探討運(yùn)動中的等量關(guān)系構(gòu)建“函數(shù)關(guān)系”解決問題[典型例題]已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列．若a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，bn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)，若對隨意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求實(shí)數(shù)k的最小值．【解】(1)因?yàn)閍1＝2，aeq\o\al(2,3)＝a2(a4＋1)，又因?yàn)閧an}是正項(xiàng)等差數(shù)列，所以公差d≥0，所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，解得d＝2或d＝－1(舍去)，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝2n.(2)由(1)知Sn＝n(n＋1)，則eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).所以bn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(n,2n2＋3n＋1)＝eq\f(1,2n＋\f(1,n)＋3)，令f(x)＝2x＋eq\f(1,x)(x≥1)，則f′(x)＝2－eq\f(1,x2)>0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，所以當(dāng)x＝1時，f(x)min＝f(1)＝3，即當(dāng)n＝1時，(bn)max＝eq\f(1,6)，要使對隨意的正整數(shù)n，不等式bn≤k恒成立，則須使k≥(bn)max＝eq\f(1,6)，所以實(shí)數(shù)k的最小值為eq\f(1,6).eq\a\vs4\al()數(shù)列是定義在正整數(shù)集上的特別函數(shù)，等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，前n項(xiàng)和公式都具有隱含的函數(shù)關(guān)系，都可以看成關(guān)于n的函數(shù)，在解等差數(shù)列、等比數(shù)列問題時，有意識地發(fā)覺其函數(shù)關(guān)系，從而用函數(shù)思想或函數(shù)方法探討、解決問題，不僅能獲得簡便的解法，而且能促進(jìn)科學(xué)思維的培育，提高發(fā)散思維的水平．[對點(diǎn)訓(xùn)練]1．對于滿意0≤p≤4的全部實(shí)數(shù)p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范圍是________．解析：設(shè)f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，則當(dāng)x＝1時，f(p)＝0.所以x≠1.f(p)在0≤p≤4時恒為正，等價于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）>0，,f（4）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－3）（x－1）>0，,x2－1>0，))解得x>3或x<－1.故x的取值范圍為(－∞，－1)∪(3，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)2．(2024·高考北京卷)若△ABC的面積為eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，且∠C為鈍角，則∠B＝________；eq\f(c,a)的取值范圍是________．解析：△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)＝eq\f(\r(3),4)×2accosB，所以tanB＝eq\r(3)，因?yàn)?°<∠B<180°，所以∠B＝60°.因?yàn)椤螩為鈍角，所以0°<∠A<30°，所以0<tanA<eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(sinC,sinA)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－∠A)),sinA)＝eq\f(sin\f(2π,3)cosA－cos\f(2π,3)sinA,sinA)＝eq\f(\r(3),2tanA)＋eq\f(1,2)>2，故eq\f(c,a)的取值范圍為(2，＋∞)．答案：60°(2，＋∞)3．已知a，b，c為空間中的三個向量，又a，b是兩個相互垂直的單位向量，向量c滿意|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1，則對于隨意實(shí)數(shù)x，y，|c－xa－yb|的最小值為________．解析：由題意可知|a|＝|b|＝1，a·b＝0，又|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1，所以|c－xa－yb|2＝|c|2＋x2|a|2＋y2|b|2－2xc·a－2yc·b＋2xya·b＝9＋x2＋y2－4x－2y＝(x－2)2＋(y－1)2＋4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2，y＝1時，(|c－xa－yb|2)min＝4，所以|c－xa－yb|的最小值為2.答案：2組建“方程形式”解決問題[典型例題](一題多解)已知sin(α＋β)＝eq\f(2,3)，sin(α－β)＝eq\f(1,5)，求eq\f(tanα,tanβ)的值．【解】法一：由已知條件及正弦的和(差)角公式，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinαcosβ＋cosαsinβ＝\f(2,3)，,sinαcosβ－cosαsinβ＝\f(1,5)，))所以sinαcosβ＝eq\f(13,30)，cosαsinβ＝eq\f(7,30).從而eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(sinαcosβ,cosαsinβ)＝eq\f(13,7).法二：令x＝eq\f(tanα,tanβ).因?yàn)閑q\f(sin（α＋β）,sin（α－β）)＝eq\f(10,3)，且eq\f(sin（α＋β）,sin（α－β）)＝eq\f(\f(sin（α＋β）,cosαcosβ),\f(sin（α－β）,cosαcosβ))＝eq\f(tanα＋tanβ,tanα－tanβ)＝eq\f(\f(tanα,tanβ)＋1,\f(tanα,tanβ)－1)＝eq\f(x＋1,x－1).所以得到方程eq\f(x＋1,x－1)＝eq\f(10,3)，解這個方程得eq\f(tanα,tanβ)＝x＝eq\f(13,7).eq\a\vs4\al()運(yùn)用方程的思想，把已知條件通過變形看作關(guān)于sinαcosβ與cosαsinβeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(tanα,tanβ)))的方程來求解，從而獲得欲求的三角表達(dá)式的值．[對點(diǎn)訓(xùn)練]1．設(shè)非零向量a，b，c滿意a＋b＋c＝0，|a|＝2，〈b，c〉＝120°，則|b|的最大值為________．解析：因?yàn)閍＋b＋c＝0，所以a＝－(b＋c)，所以|a|2＝|b|2＋2|b||c|cos120°＋|c|2，即|c|2－|b||c|＋|b|2－4＝0，所以Δ＝|b|2－4(|b|2－4)≥0，解得0<|b|≤eq\f(4\r(3),3)，即|b|的最大值為eq\f(4\r(3),3).答案：eq\f(4\r(3),3)2．(2024·高考全國卷Ⅲ)已知點(diǎn)M(－1，1)和拋物線C：y2＝4x，過C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與C交于A，B兩點(diǎn)．若∠AMB＝90°，則k＝________．解析：由題意知拋物線的焦點(diǎn)為(1，0)，則過C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線方程為y＝k(x－1)(k≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去x得y2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)y＋1))，即y2－eq\f(4,k)y－4＝0，則y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－4，由∠AMB＝90°，得eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，將x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1與y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－4代入，得k＝2.答案：2二數(shù)形結(jié)合思想以形助數(shù)(數(shù)題形解)以數(shù)輔形(形題數(shù)解)借助形的生動性和直觀性來闡述數(shù)之間的關(guān)系，把數(shù)轉(zhuǎn)化為形，即以形作為手段、數(shù)作為目的的解決數(shù)學(xué)問題的數(shù)學(xué)思想借助于數(shù)的精確性、規(guī)范性及嚴(yán)密性來闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為手段、形作為目的的解決問題的數(shù)學(xué)思想數(shù)形結(jié)合思想通過“以形助數(shù)，以數(shù)輔形”，使困難問題簡潔化，抽象問題詳細(xì)化，能夠變抽象思維為形象思維，有助于把握數(shù)學(xué)問題的本質(zhì)，它是數(shù)學(xué)的規(guī)律性與敏捷性的有機(jī)結(jié)合巧用數(shù)形結(jié)合思想解決問題[典型例題]已知函數(shù)g(x)＝a－x2－2x，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（x），x<0，,g（x－1），x≥0，))且函數(shù)y＝f(x)－x恰有3個不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．【解析】f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－x2－2x，x<0，,a－x2＋1，x≥0，))y＝f(x)－x恰有3個不同的零點(diǎn)等價于y＝f(x)與y＝x有三個不同的交點(diǎn)，試想將曲線f(x)上下平移使之與y＝x有三個交點(diǎn)是何等的困難，故可變形再結(jié)合圖象求解．由f(x)－x＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－x2－3x，x<0，,a－x2－x＋1，x≥0，))可得f(x)－x＝a＋eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－3x，x<0，,－x2－x＋1，x≥0，))所以y＝f(x)－x有三個零點(diǎn)等價于a＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋3x，x<0，,x2＋x－1，x≥0，))有三個根．令h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋3x，x<0，,x2＋x－1，x≥0，))畫出y＝h(x)的圖象如圖所示，將水平直線y＝a從上向下平移，當(dāng)a＝0時，有兩個交點(diǎn)，再向下平移，有三個交點(diǎn)，當(dāng)a＝－1時，有三個交點(diǎn)，再向下就只有兩個交點(diǎn)了，因此a∈[－1，0)．【答案】[－1，0)eq\a\vs4\al()利用數(shù)形結(jié)合探究方程解的問題應(yīng)留意兩點(diǎn)(1)探討方程的解(或函數(shù)的零點(diǎn))一般可構(gòu)造兩個函數(shù)，使問題轉(zhuǎn)化為探討兩曲線的交點(diǎn)問題，但用此法探討方程的解肯定要留意圖象的精確性、全面性、否則會得到錯解．(2)正確作出兩個函數(shù)的圖象是解決此類問題的關(guān)鍵，數(shù)形結(jié)合應(yīng)以快和準(zhǔn)為原則，不要刻意去用數(shù)形結(jié)合．[對點(diǎn)訓(xùn)練]1．若存在實(shí)數(shù)a，對隨意的x∈[0，m]，都有(sinx－a)(cosx－a)≤0恒成立，則實(shí)數(shù)m的最大值為()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4) D.eq\f(5π,4)解析：選C.在同一坐標(biāo)系中，作出y＝sinx和y＝cosx的圖象，當(dāng)m＝eq\f(π,4)時，要使不等式恒成立，只有a＝eq\f(\r(2),2)，當(dāng)m>eq\f(π,4)時，在x∈[0，m]上，必需要求y＝sinx和y＝cosx的圖象不在y＝a＝eq\f(\r(2),2)的同一側(cè)，所以m的最大值是eq\f(3π,4).2．已知a，b是平面內(nèi)兩個相互垂直的單位向量，若向量c滿意(a－c)·(b－c)＝0，則|c|的最大值是________．解析：因?yàn)?a－c)·(b－c)＝0，所以(a－c)⊥(b－c)．如圖所示．設(shè)eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(CA,\s\up6(→))＝a－c，eq\o(CB,\s\up6(→))＝b－c，即eq\o(CA,\s\up6(→))⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，又eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(OB,\s\up6(→))所以O(shè)，A，C，B四點(diǎn)共圓．當(dāng)且僅當(dāng)OC為圓的直徑時，|c|最大，且最大值為eq\r(2).答案：eq\r(2)一、選擇題1．已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2，1)，若|a＋b|＝|a－b|，則實(shí)數(shù)λ的值為()A．－1 B．2C．1 D．－2解析：選A.法一：由|a＋b|＝|a－b|，可得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，所以a·b＝0，故a·b＝(λ，1)·(λ＋2，1)＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1.法二：a＋b＝(2λ＋2，2)，a－b＝(－2，0)．由|a＋b|＝|a－b|，可得(2λ＋2)2＋4＝4，解得λ＝－1.2．(2024·高考全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S4＝0，a5＝5，則()A．a(chǎn)n＝2n－5 B．a(chǎn)n＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2n解析：選A.法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閑q\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n2－4n.故選A.法二：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閑q\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))選項(xiàng)A，a1＝2×1－5＝－3；選項(xiàng)B，a1＝3×1－10＝－7，解除B；選項(xiàng)C，S1＝2－8＝－6，解除C；選項(xiàng)D，S1＝eq\f(1,2)－2＝－eq\f(3,2)，解除D.故選A.3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,3x，x≤0))且關(guān)于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一個實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(1，＋∞) B．(－1，3)C．(－∞，1) D．(2，4)解析：選A.畫出f(x)圖象，如圖所示，則由方程有且僅有一個實(shí)根可得f(x)的圖象與直線y＝－x＋a的圖象只有一個交點(diǎn)，首先讓直線過(0，1)(這是我們所說的初始位置，因?yàn)楫?dāng)直線向下平移時你會發(fā)覺有兩個交點(diǎn))，由圖可知，只有向上平移才能滿意f(x)圖象與直線y＝－x＋a只有一個交點(diǎn)，所以a的取值范圍是(1，＋∞)．4．(2024·高考全國卷Ⅲ)設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)．過F2作C的一條漸近線的垂線，垂足為P.若|PF1|＝eq\r(6)|OP|，則C的離心率為()A.eq\r(5) B．2C.eq\r(3)D.eq\r(2)解析：選C.不妨設(shè)一條漸近線的方程為y＝eq\f(b,a)x，則F2到y(tǒng)＝eq\f(b,a)x的距離d＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝b，在Rt△F2PO中，|F2O|＝c，所以|PO|＝a，所以|PF1|＝eq\r(6)a，又|F1O|＝c，所以在△F1PO與Rt△F2PO中，依據(jù)余弦定理得cos∠POF1＝eq\f(a2＋c2－（\r(6)a）2,2ac)＝－cos∠POF2＝－eq\f(a,c)，即3a2＋c2－(eq\r(6)a)2＝0，得3a2＝c2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).5．已知正六棱柱的12個頂點(diǎn)都在一個半徑為3的球面上，當(dāng)正棱柱的體積取最大值時，其高的值為()A．3eq\r(3) B.eq\r(3)C．2eq\r(6) D．2eq\r(3)解析：選D.設(shè)正六棱柱的底面邊長為a，高為h，則可得a2＋eq\f(h2,4)＝9，即a2＝9－eq\f(h2,4)，那么正六棱柱的體積V＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6×\f(\r(3),4)a2))×h＝eq\f(3\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(h2,4)))h＝eq\f(3\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(h3,4)＋9h))，令y＝－eq\f(h3,4)＋9h，則y′＝－eq\f(3h2,4)＋9，令y′＝0，解得h＝2eq\r(3)，易知當(dāng)h＝2eq\r(3)時，y取最大值，即正六棱柱的體積最大．6．設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f′(x)，對于隨意的實(shí)數(shù)x，都有f(x)＋f(－x)＝2x2，當(dāng)x<0時，f′(x)＋1<2x，若f(a＋1)≤f(－a)＋2a＋1，則實(shí)數(shù)a的最小值為()A．－eq\f(1,2) B．－1C．－eq\f(3,2) D．－2解析：選A.設(shè)g(x)＝f(x)－x2，則g(x)＋g(－x)＝0，所以g(x)為R上的奇函數(shù)．當(dāng)x<0時，g′(x)＝f′(x)－2x<－1<0，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以g(x)在R上單調(diào)遞減．因?yàn)閒(a＋1)≤f(－a)＋2a＋1，所以f(a＋1)－(a＋1)2≤f(－a)－(－a)2，即g(a＋1)≤g(－a)，所以a＋1≥－a，解得a≥－eq\f(1,2)，所以實(shí)數(shù)a的最小值為－eq\f(1,2).二、填空題7．已知等差數(shù)列{an}滿意3a4＝7a7，a1>0，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則Sn取得最大值時n＝________．解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)?a4＝7a7，所以3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，所以4a1＝－33d.因?yàn)閍1>0，所以d<0，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(33,4)d))＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2－\f(35,2)n))＝eq\f(d,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(35,4)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(35,4)))\s\up12(2)))，所以n＝9時，Sn取得最大值．答案：98．如圖，設(shè)直線m，n相交于點(diǎn)O，且夾角為30°，點(diǎn)P是直線m上的動點(diǎn)，點(diǎn)A，B是直線n上的定點(diǎn)．若|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最小值是________．解析：以O(shè)B所在直線為x軸，過點(diǎn)O且垂直于AB的直線為y軸，建立如圖的坐標(biāo)系，則A(2，0)，B(4，0)，設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(\r(3),3)a))，則eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－a，－\f(\r(3),3)a))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－a，－\f(\r(3),3)a))，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2－a)(4－a)＋eq\f(1,3)a2＝eq\f(4,3)a2－6a＋8＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(9,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(5,4)≥eq\f(5,4)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最小值為eq\f(5,4).答案：eq\f(5,4)9．若不等式eq\r(9－x2)≤k(x＋2)－eq\r(2)的解集為區(qū)間[a，b]，且b－a＝2，則k＝________．解析：如圖，分別作出直線y＝k(x＋2)－eq\r(2)與半圓y＝eq\r(9－x2).由題意，知直線在半圓的上方，由b－a＝2，可知b＝3，a＝1，所以直線y＝k(x＋2)－eq\r(2)過點(diǎn)(1，2eq\r(2))，則k＝eq\r(2).答案：eq\r(2)三、解答題10．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a4＝81，且a2，a3的等差中項(xiàng)為eq\f(3,2)(a1＋a2)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝log3a2n－1，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{cn}滿意cn＝eq\f(1,4Sn－1)，Tn為數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和，求Tn.解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝a1q3＝81，,a1q＋a1q2＝3（a1＋a1q），))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝3))所以an＝a1qn－1＝3n，(2)由(1)得bn＝log332n－1＝2n－1，又bn＋1－bn＝2，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)b1＝1、公差為2的等差數(shù)列，所以其前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n（b1＋bn）,2)＝eq\f(n[1＋（2n－1）],2)＝n2.所以cn＝eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\((\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－))))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).11．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，a∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當(dāng)a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.令x