高二数学期末复习之二数学归纳法及极限（通用）

高二数学期末复习之二数学归纳法及极限第一部分：复习目标：（1）理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.（2）了解数列极限和函数极限的概念.（3）掌握极限的四则运算法则，会求某些数列与函数的极限.（4）了解函数连续的意义，理解闭区间上连续函数有最大值和最小值的性质.第二部分：内容小结1. 数学归纳法的应用：证恒等式；整除性的证明；探求平面几何中的问题；探求数列的通项；不等式的证明.注意：（1）用数学归纳法证题时，两步缺一不可（2）证题时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑目标2. 数列极限的四则运算法则：设数列an、bn，当an=a, bn=b时， （anbn）=ab; （anbn）=ab; =（b0）注意：（1）an、bn的极限都存在时才能用四则运算法则；（2）可推广到有限多个.（3）求数列极限时，如是不定型（,等），应先变形，再求极限，一般应如何变形？熟练掌握如下几个常用极限：（1） C=C（C为常数）;（2） （）p=0（p0）;（3） =（kN *,a、b、c、dR且c0）;（4） qn=0（|q|1）.3. 函数极限的概念（略）. 函数极限的四则运算法则：如果f （x）=a, g（x）=b,那么f（x）g（x）=ab; f（x）g（x）=ab; =（b0）.注意：（1）上述法则对x的情况仍成立；（2）Cf（x）=Cf（x）（C为常数）；（3）f（x）n=f（x）n（nN *）f（x）=Af（x）= f（x）=A,f（x）=Af（x）=f（x）=A.4. 函数f（x）在x0处连续当且仅当满足三个条件：（1）函数f（x）在x=x0处及其附近有定义；（2）f（x）存在；（3） f（x）=f（x0）.如果f（x）是闭区间a,b上的连续函数，那么f（x）在闭区间a,b上有最大值和最小值.若f（x）、g（x）都在点x0处连续,则f（x）g（x）,f（x）g（x）,（g（x）0）也在点x0处连续.若u（x）在点x0处连续,且f（u）在u0=u（x0）处连续,则复合函数fu（x）在点x0处也连续.注意：（1）连续必有极限,有极限未必连续；（2）从运算的角度来分析,连续函数在某一点处的极限运算与函数关系“f”是可以交换顺序的函数f（x）在点x0处连续反映到函数f（x）的图象上是在点x=x0处是不间断的.一般地,函数f（x）在点x0处不连续（间断）大致有以下几种情况（如下图所示）.图甲表示的是f（x）在点x0处的左、右极限存在但不相等,即f（x）不存在.图乙表示的是f（x）在点x0处的左极限存在,而右极限不存在,也属于f（x）不存在的情况.图丙表示的是f（x）存在,但函数f（x）在点x0处没有定义.图丁表示的是f（x）存在,但它不等于函数在这一点处的函数值f（x0）.函数f（x）在点x0处连续与f（x）在点x 0处有极限的联系与区别:其联系是:f（x）在点x0处连续是依据f（x）在点x0处的极限来定义的,它要求f（x）存在.其区别是:函数在某点处连续比在此点处有极限所具备的条件更强.首先,f（x）在点x0处有极限,对于点x0而言,x0可以属于f（x）的定义域,也可以不属于f（x）的定义域,即与f（x0）是否有意义无关,而f（x）在点x0处连续,要求f（x）在点x0及其附近都有定义;其次,f（x）在点x0处的极限（值）与f（x）在点x0处的函数值f（x0）可以无关,而f（x）在点x0处连续,要求f（x）在点x0处的极限（值）等于它在这一点的函数值f（x0）.我们通常说“连续必有极限,有极限未必连续”,正是针对上述事实而言的.函数f（x）在点x0处连续必须具备以下三个条件:函数f（x）在点x=x0处有定义;函数f（x）在点x=x0处有极限;函数f（x）在点x=x0处的极限值等于在这一点x0处的函数值,即f（x）=f（x0）.这三个条件缺一不可,是我们判断函数在一点处是否连续的重要工具.第三部分：例题：【例1】 是否存在常数a、b、c使等式1（n212）+2（n222）+n（n2n2）=an4+bn2+c对一切正整数n成立?证明你的结论.剖析：先取n=1，2，3探求a、b、c的值，然后用数学归纳法证明对一切nN*，a、b、c所确定的等式都成立.解：分别用n=1，2，3代入解方程组下面用数学归纳法证明.（1）当n=1时，由上可知等式成立;（2）假设当n=k+1时，等式成立，则当n=k+1时，左边=1（k+1）212+2（k+1）222+k（k+1）2k2+（k+1）（k+1）2（k+1）2=1（k212）+2（k222）+k（k2k2）+1（2k+1）+2（2k+1）+k（2k+1）=k4+（）k2+（2k+1）+2（2k+1）+k（2k+1）=（k+1）4（k+1）2.当n=k+1时，等式成立.由（1）（2）得等式对一切的nN*均成立.评述：本题是探索性命题，它通过观察归纳猜想证明这一完整的思路过程去探索和发现问题，并证明所得结论的正确性，这是非常重要的一种思维能力.【例2】（2020年全国）设a0为常数，且an=3n12an1（nN*）.证明：n1时，an=3n+（1）n12n+（1）n2na0.剖析：给出了递推公式，证通项公式，可用数学归纳法证.证明：（1）当n=1时，3+22a0=12a0，而a1=302a0=12a0.当n=1时，通项公式正确.（2）假设n=k（kN*）时正确，即ak=3k+（1）k12k+（1）k2ka0，那么ak+1=3k2ak=3k3k+（1）k2k+（1）k+12k+1a0=3k+（1）k2k+1+（1）k+12k+1a0=3k+1+（1）k2k+1+（1）k+12k+1a0.当n=k+1时，通项公式正确.由（1）（2）可知，对nN*，an=3n+（1）n12n+（1）n2na0.评述：由n=k正确n=k+1时也正确是证明的关键.本题也可用构造数列的方法求an.解：a0为常数，a1=32a0.由an=3n12an1，得=+1，即=+.=（）.是公比为，首项为的等比数列.=（a0）（）n1.an=（a0）（2）n13+3n=3n+（1）n12n+（1）n2na0.注：本题关键是转化成an+1=can+d型【例3】 如下图，设P1，P2，P3，Pn，是曲线y=上的点列，Q1，Q2，Q3， ，Qn，是x轴正半轴上的点列，且OQ1P1，Q1Q2P2，Qn1QnPn，都是正三角形，设它们的边长为a1，a2，an，求证：a1+a2+an=n（n+1）.证明：（1）当n=1时，点P1是直线y=x与曲线y=的交点，可求出P1（，）.a1=|OP1|=.而12=，命题成立.（2）假设n=k（kN*）时命题成立，即a1+a2+ak=k（k+1），则点Qk的坐标为（k（k+1），0），直线QkPk+1的方程为y=xk（k+1）.代入y=，解得Pk+1点的坐标为ak+1=|QkPk+1|=（k+1）=（k+1）.a1+a2+ak+a k+1=k（k+1）+（k+1）=（k+1）（k+2）.当n=k+1时，命题成立.由（1）（2）可知，命题对所有正整数都成立.评述：本题的关键是求出Pk+1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|QkP k+1|.【例4】 求下列极限：（1）;（2） （n）;（3）（+）.剖析:（1）因为分子分母都无极限，故不能直接运用商的极限运算法则，可通过变形分子分母同除以n2后再求极限；（2）因与n都没有极限，可先分子有理化再求极限；（3）因为极限的运算法则只适用于有限个数列，需先求和再求极限.解:（1）=.（2） （n）= =.（3）原式=（1+）=1.评述:对于（1）要避免下面两种错误：原式=1,（2n 2+n+7）, （5n2+7）不存在，原式无极限.对于（2）要避免出现下面两种错误： （n）= n=0;原式=n=不存在.对于（3）要避免出现原式=+=0+0+0=0这样的错误.【例5】 已知数列an是由正数构成的数列，a13，且满足lganlgan1lgc，其中n是大于1的整数，c是正数（1）求数列an的通项公式及前n和Sn；（2）求的值解:（1）由已知得anan1,an是以a13，公比为c的等比数列，则an3n1.Sn（2） .当c=2时，原式;当2时，原式;当02时，原式=.评述:求数列极限时要注意分类讨论思想的应用.【例6】 已知直线l:xny=0（nN *）,圆M:（x+1）2+（y+1）2=1,抛物线:y=（x1）2,又l与M交于点A、B，l与交于点C、D，求.剖析:要求的值，必须先求它与n的关系.解:设圆心M（1,1）到直线l的距离为d,则d2=.又r=1,|AB|2=4（1d2）=.设点C（x1,y1）, D（x2,y2），由nx2（2n+1）x+n=0,x1+x2=, x1x2=1.（x1x2）2=（x1+x2）24x1x2=,（y1y2）2=（）2=,|CD|2=（x1x2）2+（y1y2）2=（4n+1）（n2+1）.=2.评述:本题属于解析几何与数列极限的综合题.要求极限，需先求,这就要求掌握求弦长的方法.【例7】 若数列an的首项为a1=1,且对任意nN*,an与an+1恰为方程x2bnx+cn=0的两根,其中0|c|1,当 （b1+b2+bn）3,求c的取值范围.解:首先,由题意对任意nN*,anan+1=cn恒成立.=c.又a1a2=a2=c.a1,a3,a5,a2n1,是首项为1,公比为c的等比数列,a2,a4,a6,a2n,是首项为c,公比为c的等比数列.其次,由于对任意nN*,an+an+1=bn恒成立.=c.又b1=a1+a2=1+c,b2=a2+a3=2c,b1,b3,b5,b2n1,是首项为1+c,公比为c的等比数列,b2,b4,b6,b2n,是首项为2c,公比为c的等比数列, （b1+b2+b3+bn）= （b1+b3+b5+）+ （b2+b4+）=+3.解得c或c1.0|c|1,0c或1c0.故c的取值范围是（1,0）（0,.评述:本题的关键在于将题设中的极限不等式转化为关于c的不等式,即将bn的各项和表示为关于c的解析式,显然“桥梁”应是一元二次方程根与系数的关系,故以根与系数的关系为突破口.【例8】求下列各极限：（1） （；（2）（x）；（3） ；（4） 剖析:若f （x）在x0处连续，则应有f （x）=f （x0）,故求f （x）在连续点x0处的极限时，只需求f （x0）即可；若f （x）在x0处不连续，可通过变形，消去xx0因式，转化成可直接求f（x0）的式子.解:（1）原式=.（2）原式=a+b.（3）因为=1,而=1，,所以不存在（4）原式=（cos+sin）.思考讨论 数列极限与函数极限的区别与联系是什么？【例9】 （1）设f（x）=;（2）f （x）为多项式,且=1,=5,求f（x）的表达式.解:（1） f （x）= （2x+b）=b,f（x）= （1+2x）=2,当且仅当b=2时, f （x）= f （x）,故b=2时,原极限存在.（2）由于f（x）是多项式,且=1,可设f （x）=4x3+x2+ax+b（a、b为待定系数）.又=5,即（4x2+x+a+）=5,a=5,b=0,即f （x）=4x3+x2+5x.评述:（1）函数在某点处有极限,与其在该点处是否连续不同.（2）初等函数在其定义域内每点的极限值就等于这一点的函数值,也就是对初等函数而言,求极限就是求函数值,使极限运算大大简化.【例10】 讨论函数f （x）= x （0x+）的连续性，并作出函数图象.部析:应先求出f （x）的解析式，再判断连续性.解:当0x1时，f （x）= x=x;当x1时，f （x）= x=x=x;当x=1时，f （x）=0.f （x）=f（x）=（x）=1,f（x）= x=1,f（x）不存在.f （x）在x=1处不连续，f （x）在定义域内的其余点都连续.图象如下图所示.评述:分段函数讨论连续性，一定要讨论在“分界点”的左、右极限，进而判断连续性.【例11】 （1）讨论函数f（x）=（2）讨论函数f（x）=在区间0,3上的连续性.剖析：（1）需判断f（x）=f（x）=f（0）.（2）需判断f（x）在（0,3）上的连续性及在x=0处右连续,在x=3处左连续.解:（1）f（x）=1, f（x）=1,f（x）f（x）,f（x）不存在.f（x）在x=0处不连续.（2）f（x）在x=3处无定义,f（x）在x=3处不连续.f（x）在区间0,3上不连续.【例12】 设f（x）=当a为何值时,函数f（x）是连续的.解:f（x）= （a+x）=a, f（x）=ex=1,而f（0）=a,故当a=1时, f（x）=f（0）,即说明函数f（x）在x=0处连续,而在x0时,f（x）显然连续,于是我们可判断当a=1时,f（x）在（,+）内是连续的.评述：分段函数讨论连续性,一定要讨论在“分界点”的左、右极限,进而断定连续性.【例13】 如右图,在大沙漠上进行勘测工作时,先选定一点作为坐标原点,然后采用如下方法进行:从原点出发,在x轴上向正方向前进a（a0）个单位后,向左转90,前进a r（0r1个单位,再向左转90,又前进a r2个单位,如此连续下去.（1）若有一小分队出发后与设在原点处的大本营失去联系,且可以断定此小分队的行动与原定方案相同,则大本营在何处寻找小分队?（2）若其中的r为变量,且0r1,则行动的最终目的地在怎样的一条曲线上?剖析：（1）小分队按原方案走,小分队最终应在运动的极限位置.（2）可先求最终目的地关于r的参数形式的方程.解:（1）由已知可知即求这样运动的极限点,设运动的极限位置为Q（x,y）,则x=aar2+ar4=,y=arar3+ar5=,大本营应在点（,）附近去寻找小分队.（2）由消去r得（x）2+y2=（其中x,y0）,即行动的最终目的地在以（,0）为圆心,为半径的圆上.【例14】 一弹性小球自h0=5 m高处自由下落,当它与水平地面每碰撞一次后速度减少到碰前的,不计每次碰撞时间,计算小球从开始下落到停止运动所经过的路程和时间.解：设小球第一次落地时速度为v0,则有v0=10（m/s）,那么第二,第三,第n+1次落地速度分别为v1=v0,v2=（）2v0,vn=（）nv0,小球开始下落到第一次与地相碰经过的路程为h0=5 m,小球第一次与地相碰到第二次与地相碰经过的路程是L1=2=10（.小球第二次与地相碰到第三次与地相碰经过的路程为L2,则L2=2=10（）4.由数学归纳法可知,小球第n次到第n+1次与地面碰撞经过路程为Ln=10（）2n.故从第一次到第n+1次所经过的路程为Sn+1=h0+L1+L2+Ln,则整个过程总路程为S=Sn+1=5+10=5+10=20.3（m）,小球从开始下落到第一次与地面相碰经过时间t0=1（s）.小球从第一次与地相碰到第二次与地相碰经过的时间t1=2=2,同理可得tn=2（）n,tn+1=t0+t1+t2+tn,则t=tn+1=1+2=8（s）.上例是借助数学工具来解决物理问题,这样有利于学生对数学知识的进一步理解,增强学生对数学的应用意识,培养学生的数学应用能力.第四部分：强化训练：1. 若把正整数按下图所示的规律排序，则从2002到2020年的箭头方向依次为解析：2002=4500+2，而an=4n是每一个下边不封闭的正方形左、上顶点的数.答案：D2. 凸n边形有f（n）条对角线，则凸n+1边形有对角线条数f（n+1）为A.f（n）+n+1 B.f（n）+n C.f（n）+n1 D.f（n）+n2解析：由n边形到n+1边形，增加的对角线是增加的一个顶点与原n2个顶点连成的 n2条对角线，及原先的一条边成了对角线.答案：C3. 根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n个图形中有_个点.解析：观察图形点分布的变化规律，发现第一个图形只有一个中心点;第二个图形中除中心外还有两边，每边一个点;第三个图形中除中心点外还有三个边，每边两个点;依次类推，第n个图形中除中心外有n条边，每边n1个点，故第n个图形中点的个数为n（n1）+1.答案：n2n+14. 如果命题P（n）对n=k成立，则它对n=k+1也成立，现已知P（n）对n=4不成立，则下列结论正确的是A.P（n）对nN*成立B.P（n）对n4且nN*成立C.P（n）对n4且nN*成立D.P（n）对n4且nN*不成立解析：由题意可知，P（n）对n=3不成立（否则n=4也成立）.同理可推得P（n）对n=2，n=1也不成立.答案：D5. 用数学归纳法证明“1+n（nN*，n1）”时，由n=k（k1）不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是A.2k1 B.2k1 C.2k D.2k+1解析：左边的特点：分母逐渐增加1，末项为;由n=k，末项为到n=k+1，末项为=，应增加的项数为2k.答案：C6. 观察下表：12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10设第n行的各数之和为Sn，则=_.解析：第一行1=12，第二行2+3+4=9=33，第三行3+4+5+6+7=25=52，第四行4+5+6+7+8+9+10=49=72.归纳：第n项的各数之和Sn=（2n1）2，=（）2=4.答案：47. 如图，第n个图形是由正n+2边形“扩展”而来（n=1，2，3，），则第n2个图形中共有_个顶点.解析：观察规律：第一个图形有32+3=（1+2）2+（1+2）;第二个图形有（2+2）2+（2+2）=42+4;第三个图形有（3+2）2+（3+2）=52+5;第n2个图形有（n+22）2+（n+22）=n2+n个顶点.答案：n2+n8. 已知y=f（x）满足f（n1）=f（n）lgan1（n2，nN）且f（1）=lga，是否存在实数、使f（n）=（n2+n1）lga对任何nN *都成立，证明你的结论.解：f（n）=f（n1）+lgan1，令n=2，则f（2）=f（1）+f（a）=lga+lga=0.又f（1）=lga，f（n）=（n2n1）lga.证明：（1）当n=1时，显然成立.（2）假设n=k时成立，即f（k）=（k2k1）lga，则n=k+1时，f（k+1）=f（k）+lgak=f（k）+klga=（k2k1+k）lga=（k+1）2（k+1）1lga.当n=k+1时，等式成立.综合（1）（2）可知，存在实数、且=，=，使f（n）=（n2+n1）lga对任意nN*都成立.9. 已知数列n是等差数列，11，1210100（1）求数列n的通项公式n；（2）设数列an的通项anlg（1），记Sn为an的前n项和，试比较Sn与lgn1的大小，并证明你的结论解：（1）容易得n2n1.（2）由n2n1，知Snlg（11）1g（1）lg（）lg（）（）（）.又1gbn1g，因此要比较Sn与1gbn的大小，可先比较（1）（）（）与的大小.取n=1，2，3可以发现：前者大于后者，由此推测（1+1）（1+） （）. 下面用数学归纳法证明上面猜想：当n=1时，不等式成立.假设n=k时，不等式成立，即（11）（1）（）.那么n=k+1时，（）（）（）（）（）.又2（）2，=当n=k+1时成立.综上所述，nN*时成立由函数单调性可判定Sn1gbn.10. 平面内有n条直线，其中无任何两条平行，也无任何三条共点，求证：这n条直线把平面分割成（n2+n+2）块.证明：（1）当n=1时，1条直线把平面分成2块，又（12+1+2）=2，命题成立.（2）假设n=k时，k1命题成立，即k条满足题设的直线把平面分成（k2+k+2）块，那么当n=k+1时，第k+1条直线被k条直线分成k+1段，每段把它们所在的平面块又分成了2块，因此，增加了k+1个平面块.所以k+1条直线把平面分成了（k2+k+2）+k+1= （k+1） 2+（k+1）+2块，这说明当n=k+1时，命题也成立.由（1）（2）知，对一切nN*，命题都成立.11. 设数列an满足a1=2，an+1=an+ （n=1，2，）.（1）证明an对一切正整数n都成立；（2）令bn= （n=1，2，），判定bn与bn+1的大小，并说明理由.（1）证法一：当n=1时，a1=2，不等式成立.假设n=k时，ak成立，当n=k+1时，ak+12=ak2+22k+3+2（k+1）+1，当n=k+1时，ak+1成立.综上，由数学归纳法可知，an对一切正整数成立.证法二：当n=1时，a1=2=结论成立.假设n=k时结论成立，即ak，当n=k+1时，由函数f（x）=x+（x1）的单调递增性和归纳假设有ak+1=ak+ =.当n=k+1时，结论成立.因此，an对一切正整数n均成立.（2）解：=（1+）（1+） = = =1.故bn+1bn.12. 已知a、b、c是实常数，且=2, =3,则的值是A.2 B.3 C. D.6解析:由=2,得a=2b.由=3,得b=3c,c=b.=6.= =6.答案:D13. 若数列an的通项公式是an=,n=1,2,则 （a1+a2+an）等于A. B. C. D.解析:an=即an=a1+a2+an=（21+23+25+）+（32+34+36+）.（a1+a2+an）=+=答案:C14. 在数列an中，a1=3，且对任意大于1的正整数n,点（,）在直线xy=0上，则=_.解析:由题意得= （n2）.是公差为的等差数列，=.=+（n1）=n.an=3n2.=3.答案:315. 设等比数列an（nN）的公比q=,且（a1+a3+a5+a2n1）=,则a1=_.解析:q=, （a1+a3+a5+a2n1）=.a1=2.答案:216. 数列an中,a1=,an+an+1=,nN*,则（a1+a2+an）等于A. B. C. D.解析:2（a1+a2+an）=a1+（a1+a2）+（a2+a3）+（a3+a4）+（an1+an）+an=+an.原式=+an=（+an）.an+an+1=,an+an+1=0.an=0.答案:C17. 已知数列an满足（n1）an+1=（n+1）（an1）且a2=6,设bn=an+n（nN*）.（1）求bn的通项公式；（2）求（+）的值.解:（1）n=1时，由（n1）an+1=（n+1）（an1）,得a1=1.n=2时，a2=6代入得a3=15.同理a4=28,再代入bn=an+n,有b1=2,b2=8,b3=18,b4=32,由此猜想bn=2n2.要证bn=2n2,只需证an=2n2n.当n=1时，a1=2121=1成立.假设当n=k时，ak=2k2k成立.那么当n=k+1时，由（k1）ak+1=（k+1）（ak1）,得a k+1=（ak1）=（2k2k1）=（2k+1）（k1）=（k+1）（2k+1）=2（k+1）2（k+1）.当n=k+1时，an=2n2n正确，从而bn=2n2.（2）（+）=（+）=+=1+=1+=.18. 已知数列an、bn都是无穷等差数列,其中a1=3,b1=2,b2是a2与a3的等差中项,且 =,求极限 （+）的值.解:an、bn的公差分别为d1、d2.2b2=a2+a3,即2（2+d2）=（3+d1）+（3+2d1）,2d23d1=2.又=,即d2=2d1,d1=2,d2=4.an=a1+（n1）d1=2n+1,bn=b1+（n1）d2=4n2.=（）.原式=（1）=.19. 已知数列an、bn都是由正数组成的等比数列，公比分别为p、q,其中pq且p1,q1,设cn=an+bn,Sn为数列cn的前n项和，求.解:Sn=+,当p1时，pq0,得01,上式分子、分母同除以pn1，得=p.当p1时，0qp1, =1.20. 已知数列an满足a1=0,a2=1,an=,求an.解:由an=,得2an+an1=2an1+an2,2an+an1是常数列.2a2+a1=2,2an+an1=2.an=（an1）.an是公比为,首项为的等比数列.an=（）n1.an=（）n1.an=.21. 已知函数f （x）是偶函数,且f （x）=a,则下列结论一定正确的是A. f (x)=a B. f （x）=aC. f (x)=|a| D. f（x）=|a|解析：f （x）是偶函数,f （x）=f（x）.又f （x）=a,f（x）=a,f （x）=f （x）,f（x）= f （x）=a.答案：B22. 等于A. B.1 C. D.解析:=.答案:A23. 已知函数y=f （x）在点x=x0处存在极限,且f （x）=a22,f （x）=2a+1,则函数y=f （x）在点x=x0处的极限是_.解析:y=f（x）在x=x0处存在极限,f（x）=f（x）,即a22=2a+1.a=1或a=3.f （x）=2a+1=1或7.答案:1或724. 若f （x）=在点x=0处连续，则f （0）=_.解析:f（x）在点x=0处连续，f （0）=f （x）,f （x）= = =.答案:25. 已知函数f （x）=，试求:（1）f （x）的定义域，并画出图象；（2）求f （x）、f （x）,并指出f （x）是否存在.解:（1）当|x|2时，=1;当|x|2时，=1;当x=2时，=0;当x=2时，不存在.f （x）=f （x）的定义域为x|x2或x=2或x2.如下图:（2）f （x）=1,f （x）=1.f （x）不存在.26. 设函数f （x）=ax2+bx+c是一个偶函数,且f （x）=0,f （x）=3,求出这一函数最大值.解:f （x）=ax2+bx+c是一偶函数,f （x）=f （x）,即ax2+bx+c=ax2bx+c.b=0.f （x）=ax2+c.又f （x）= ax2+c=a+c=0, f（x）=ax2+c=4a+c=3,a=1,c=1.f （x）=x2+1.f （x）max=f（0）=1.f （x）的最大值为1.27. 在一个以AB为弦的弓形中,C为的中点,自A、B分别作弧AB的切线,交于D点,设x为弦AB所对的圆心角,求.解：设所在圆圆心为O,则C、D、O都在AB的中垂线上,AOD=BOD=.设OA=r.SABC=S四边形AOBCSAOB=r2sinr2sinx=r2sin（1cos）,SABD=S四边形AOBDSAOB=r2tanr2sinx=r2.=.28. 当a0时,求.解:原式= =29. 设f（x）是x的三次多项式，已知=1.试求的值（a为非零常数）.解:由于=1,可知f（2a）=0. 同理f（4a）=0. 由，可知f（x）必含有（x2a）与（x4a）的因式，由于f（x）是x的三次多项式，故可设f（x）=A（x2a）（x4a）（xC）.这里A、C均为待定的常数.由=1,即=A（x4a）（xC）=1,得A（2a4a）（2aC）=1,即4a2A2aCA=1. 同理，由于=1,得A（4a2a）（4aC）=1,即8a2A2aCA=1. 由得C=3a,A=,因而f（x）=（x2a）（x4a）（x3a）.=（x2a）（x4a）=a（a）=.30. 设f（x）=问k为何值时，有f（x）存在？解: f（x）=2k, f（x）=1,要使f（x）存在，应有2k=1.k=.31. a为常数，若（ax）=0,求a的值.解:（ax）= =0,1