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秒杀函数!高考函数大题总结!


21.(本小题满分 13 分)

已知函数

f ( x) ? ln 2 (1 ? x) ?
f ( x) 的单调区间;

x2 . 1? x

(I)

求函数

(Ⅱ)若不等式 (1 ? 求 a 的最大值. 解: (Ⅰ)函数

1 n?a ) ? e 对任意的 n ? N* 都成立(其中 e 是自然对数的底数). n

f ( x) 的定义域是 (?1, ??) ,

f ?( x) ?

2ln(1 ? x) x 2 ? 2 x 2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x 2 ? 2 x ? ? . 1? x (1 ? x)2 (1 ? x)2



g ( x) ? 2(1 ? x)ln(1 ? x) ? x2 ? 2x, 则 g ?( x) ? 2ln(1 ? x) ? 2 x.
? 2ln(1 ? x) ? 2 x, 则 h?( x) ?
2 ?2 x ?2? . 1? x 1? x

令 h( x) 当 ?1 ?

x ? 0 时, h?( x) ? 0, h( x) 在(-1,0)上为增函数,

当 x>0 时, h?( x)

? 0, h( x) 在 (0, ??) 上为减函数. g ?( x) ? 0( x ? 0) ,

所以 h(x)在 x=0 处取得极大值,而 h(0)=0,所以 函数 g(x)在 ( ?1, ??) 上为减函数. 于是当 ?1 ?

x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0,

当 x>0 时,

g ( x) ? g (0) ? 0.
x ? 0 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 在(-1,0)上为增函数.

所以,当 ?1 ?

当 x>0 时,

f ?( x) ? 0, f ( x) 在 (0, ??) 上为减函数.

故函数

f ( x) 的单调递增区间为(-1,0) ,单调递减区间为 (0, ?? ) .

(Ⅱ)不等式 (1 ?

1 n?a 1 1 ) ? e 等价于不等式 ( n ? a ) ln(1 ? ) ? 1. 由 1 ? ? 1 知, n n n 1 1 1 ? , x ? ? 0,1? , 则(构造函数) a? ? n. 设 G ( x) ? 1 ln(1 ? x) x ln(1 ? ) n

G?( x) ? ?

1 1 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ? ? 2 . (1 ? x) ln 2 (1 ? x) x 2 x (1 ? x) ln 2 (1 ? x)

由(Ⅰ)知, ln

2

(1 ? x) ?

x2 ? 0, 即 (1 ? x)ln 2 (1 ? x) ? x2 ? 0. 1? x

所以 G?( x)

? 0, x ? ? 0,1? , 于是 G(x)在 ? 0,1? 上为减函数.

故函数 G(x)在

? 0,1? 上的最小值为 G(1) ? ln 2 ? 1.
1 ? 1. ln 2

1

所以 a 的最大值为 21. (本小题满分 12 分)

已知函数

f ( x) ?

1 ? a ln( x ? 1) ,其中 n ? N ? , a 为常数. (1 ? x) n

(Ⅰ)当 n

? 2 时,求函数 f ( x) 的极值;
? 1 时,证明:对任意的正整数 n ,当 x ? 2 时,有 f ( x) ≤ x ?1 .

(Ⅱ)当 a

解:21. (Ⅰ)解:由已知得函数

f ( x) 的定义域为 ?x | x ? 1? ,


当n

? 2 时, f ( x) ?

1 2 ? a(1 ? x)2 ? a ln( x ? 1) ,所以 f ?( x) ? (1 ? x) 2 (1 ? x)3
(分类讨论)

(1)当 a

? 0 时,由 f ?( x) ? 0 得 x1 ? 1 ?

2 2 ? 1 , x2 ? 1 ? ? 1, a a

此时

f ?( x) ?

?a( x ? x1 )( x ? x2 ) . (1 ? x)3



x ? (1,x1 ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递减;



x ? ( x1, ? ?) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递增.

(2)当 a

≤ 0 时, f ?( x) ? 0 恒成立,所以 f ( x) 无极值.
综上所述, n

? 2 时,

当a

? 0 时, f ( x) 在 x ? 1 ?

2 a

处取得极小值,极小值为

? 2 ? a? 2? f? 1 ? ? ?1 ? ln ? . ? ? ? a ? 2? a? ?

当a

≤ 0 时, f ( x) 无极值.
? 1 ,所以 f ( x) ?

(Ⅱ)证法一:因为 a

1 ? ln( x ? 1) . (1 ? x)n



n 为偶数时,
g ( x) ? x ? 1 ? 1 ? ln( x ? 1) , (1 ? x)n

(分类讨论)





g ?( x) ? 1 ?

n 1 x?2 n . ? ? ? ? 0 ( x≥2 ) n ?1 ( x ? 1) x ? 1 x ? 1 ( x ? 1) n?1

所以当

x ??2, ? ?? 时, g ( x) 单调递增,



g (2) ? 0 ,

因此

g ( x) ? x ? 1 ?

1 ? ln( x ? 1) ≥ g (2) ? 0 恒成立, ( x ? 1)n

所以 当

f ( x) ≤ x ?1 成立.

n 为奇数时,
f ( x) ≤ x ?1 ,由于
1 ? 0 ,所以只需证 ln( x ?1) ≤ x ?1, (1 ? x)n

要证

(常用的不等式) 令 h( x) 则 h?( x )

? x ? 1 ? ln( x ? 1) ,
? 1? 1 x?2 ? ≥ 0 ( x≥2 ) , x ?1 x ?1

所以当

x ??2, ? ?? 时, h( x) ? x ? 1 ? ln( x ? 1) 单调递增,又 h(2) ? 1 ? 0 ,

所以当 x

≥ 2 时,恒有 h( x) ? 0 ,即 ln( x ?1) ? x ?1 命题成立.
1 ? ln( x ? 1) . (1 ? x)n

综上所述,结论成立.

证法二:当 a

? 1 时, f ( x) ?



x ≥ 2 时,对任意的正整数 n ,恒有

1 ≤1 , (1 ? x) n
(常用的不等式)

故只需证明 1 ? ln( x ? 1)

≤ x ? 1.

令 h( x) 则 h?( x )

? x ? 1 ? (1 ? ln( x ? 1)) ? x ? 2 ? ln( x ? 1) , x ??2, ? ?? ,
? 1? 1 x?2 ? , x ?1 x ?1



x ≥ 2 时, h?( x) ≥ 0 ,故 h( x) 在 ?2, ? ?? 上单调递增,

因此当 x

≥ 2 时, h( x) ≥ h(2) ? 0 ,即1 ? ln( x ?1) ≤ x ?1成立.
1 ? ln( x ? 1) ≤ x ? 1 . (1 ? x)n

故当 x

≥ 2 时,有



f ( x) ≤ x ?1 .

20 (07 湖北) (本小题满分 13 分)
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已知定义在正实数集上的函数

f ( x) ?

1 2 x ? 2ax , g ( x) ? 3a2 ln x ? b ,其中 a ? 0 2
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设两曲线

y ? f ( x) ,

y ? g ( x) 有公共点,且在该点处的切线相同
(I)用

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a 表示 b ,并求 b 的最大值;
f ( x ) ≥ g ( x) ( x ? 0 )
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(II)求证:

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20 本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识,考查综合运用数学知识解决问题的能力
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解: (Ⅰ)设

y ? f ( x) 与 y ? g ( x)( x ? 0) 在公共点 ( x0,y0 ) 处的切线相同

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∵ f ?( x) ? x ? 2a , g ?( x) ?

3a 2 x

,由题意

f ( x0 ) ? g ( x0 ) , f ?( x0 ) ? g ?( x0 )

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(方程的思想)

?1 2 x0 ? 2ax0 ? 3a 2 ln x0 ? b, ? 3a 2 ?2 即? 由 x0 ? 2a ? 2 x0 ? x0 ? 2a ? 3a , ? x0 ?
即有 b

得: x0

? a ,或 x0 ? ?3a (舍去)

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1 2 5 a ? 2a 2 ? 3a 2 ln a ? a 2 ? 3a 2 ln a ( a ? 0 ) 2 2 5 2 t ? 3t 2 ln t (t ? 0) ,则 h?(t ) ? 2t (1 ? 3ln t ) 于是 令 h(t ) ? 2 ?
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当 t (1 ? 3ln t ) 当 t (1 ? 3ln t )

? 0 ,即 0 ? t ? e 3 时, h?(t ) ? 0 ; ? 0 ,即 t ? e 3 时, h?(t ) ? 0
1
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1

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1 ? ? ? 1 ? 3 3 0 , e ? ∞ ? 为减函数, 故 h(t ) 在 ? ? 为增函数,在 ? e , ? ? ? ?

, ? ∞) 的最大值为 h ? e 于是 h(t ) 在 (0
?
(Ⅱ)设 F ( x )

?

1 3

2 ? 3 3 ? e ? ? 2

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? f ( x) ? g ( x) ?

1 2 x ? 2ax ? 3a 2 ln x ? b( x ? 0) , (构造函数) 2

则 F ?( x)

? x ? 2a ?

3a 2 ( x ? a)( x ? 3a) ? ( x ? 0) x x

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,a) 为减函数,在 (a, ? ∞) 为增函数, 故 F ( x ) 在 (0
于是函数 F ( x ) 在 (0 , ? ∞) 上的最小值是 F (a)

? F ( x0 ) ? f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? 0
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故当
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x ? 0 时,有 f ( x) ? g ( x) ≥ 0 ,即当 x ? 0 时, f ( x) ≥ g ( x)

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22 (本小题满分 14 分)
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已知函数

f ( x) ? ex ? kx,x ? R
? e ,试确定函数 f ( x) 的单调区间;
? 0 ,且对于任意 x ? R , f ( x ) ? 0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围;

(Ⅰ)若 k (Ⅱ)若 k

(Ⅲ)设函数 F ( x) 22
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? f ( x) ? f (? x) ,求证: F (1) F (2)
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F (n) ? (e
满分 14 分
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n ?1

? 2) (n ? N? )

n 2

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本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等基本知识,考查运用导数研究函数性质的方法,考查分类讨论、化
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归以及数形结合等数学思想方法,考查分析问题、解决问题的能力

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解: (Ⅰ)由 k

? e 得 f ( x) ? e x ? ex ,所以 f ?( x) ? e x ? e

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f ?( x) ? 0 得 x ? 1 ,故 f ( x) 的单调递增区间是 (1 , ? ?) , f ?( x) ? 0 得 x ? 1 ,故 f ( x) 的单调递减区间是 (??, 1)
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(Ⅱ)由

f ( ?x ) ? f ( x ) 可知 f ( x ) 是偶函数

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于是

f ( x ) ? 0 对任意 x ? R 成立等价于 f ( x) ? 0 对任意 x ≥ 0 成立
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f ?( x) ? ex ? k ? 0 得 x ? ln k

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(分类讨论)

1] 时, ①当 k ? (0,
此时

f ?( x) ? ex ? k ? 1 ? k ≥ 0( x ? 0)
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f ( x) 在 [0, ? ?) 上单调递增

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f ( x) ≥ f (0) ? 1 ? 0 ,符合题意
?0
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, ? ?) 时, ln k ②当 k ? (1


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x 变化时 f ?( x),f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ?( x )
f ( x)
由此可得,在 [0, ? ?) 上, 依题意, k

(0, ln k )

ln k
0
极小值

(ln k, ? ?)

?
单调递减

?
单调递增

f ( x) ≥ f (ln k ) ? k ? k ln k
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? k ln k ? 0 ,又 k ? 1, ?1 ? k ? e 综合①,②得,实数 k 的取值范围是 0 ? k ? e
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(Ⅲ)

F ( x) ? f ( x) ? f (? x) ? ex ? e? x ,

? F ( x1 ) F ( x2 ) ? e x1 ? x2 ? e?( x1 ? x2 ) ? ex1 ? x2 ? e? x1 ? x2 ? ex1 ? x2 ? e?( x1 ? x2 ) ? 2 ? ex1 ? x2 ? 2 ,
(基本不等式)

? F (1) F (n) ? en?1 ? 2 ,
F (2) F ( n ? 1) ? e n ?1 ? 2
(赋值法,迭乘法)

F ( n) F (1) ? e

n ?1

? 2.

由此得, [ F (1) F (2)

F (n)]2 ? [ F (1) F (n)][ F (2) F (n ?1)] [ F (n) F (1)] ? (en?1 ? 2) n
n ?1

故 F (1) F (2)

F (n) ? (e

? 2) ,n ? N?

n 2

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(22) (本小题满分 14 分) 设函数

f ( x) ? x sin x ( x ? R) . f ( x ? 2k? ) ? f ( x) ? 2k? sin x ,其中为 k 为整数;

(Ⅰ)证明

(Ⅱ)设

x0 为 f ( x) 的一个极值点,证明 [ f ( x0 )]2 ?

x0

4 2

1 ? x0



(Ⅲ)设

f ( x) 在(0,+∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排列 a1 , a2 ,?, an ,? ,
证明

?
2

? a n ?1 ? a n ? ? (n ? 1,2, ?)

(22)解: (Ⅰ)证明:由函数

f ( x) 的定义,对任意整数 k ,有(验证法)

f ( x ? 2k? ) ? f ( x) ? ( x ? 2k? )sin( x ? 2k? ) ? x sin x ? ( x ? 2k? )sin x ? x sin x ? 2k? sin x .
(Ⅱ)证明:函数

f ( x) 在定义域 R 上可导, f ?( x) ? sin x ? x cos x





f ?( x) ? 0 ,得 sin x ? x cos x ? 0 .

x 有 cos x ? 0 , x ? ? tan x .此方程一定有解. 上述方程化简为
显然,对于满足上述方程的

f ( x) 的极值点 x0 一定满足 tan x0 ? ? x0 .
由 sin
2

x?

tan2 x0 sin 2 x tan2 x 2 ? ,得 sin x0 ? sin 2 x ? cos2 x 1 ? tan2 x 1 ? tan2 x0
2 2 2



因此,

[ f ( x0 )] ? x0 sin x0 ?

x0

4 2

1 ? x0

.(先用分析法)

(Ⅲ)证明:设

x0 ? 0 是 f ?( x) ? 0 的任意正实数根,即 x0 ? ? tan x0 ,
?(

则存在一个非负整数 k ,使 x 0

?
2

? k? , ? ? k? ) ,即 x0 在第二或第四象限内.

(数形结合) 由①式,

f ?( x) ? cos x(tanx ? x) 在第二或第四象限中的符号可列表如下:

x
f ?( x) 的符号
k 为奇数 k 为偶数

(

?
2

? k? , x 0 )
- +

x0
0 0

( x0 , ? ? k? )
+ -

所以满足

f ?( x) ? 0 的正根 x0 都为 f ( x) 的极值点.

由题设条件, a1 , a 2 ,…,

an ,…为方程 x ? ? tan x 的全部正实数根

且满足 a1

? a2 ? ? ? an ? ? ,

那么对于 n

? 1,2,? ,


an?1 ? an ? ?(tanan?1 ? tanan ) ? ?(1 ? tanan?1 ? tanan ) tan(an?1 ? an ) .
由于

?
2

? (n ? 1)? ? a n ? ? ? (n ? 1)?



?
2

? n? ? a n ?1 ? ? ? n?





?

2

? a n ?1 ? a n ?

3? 2



由于 tanan?1

? tanan ? 0 ,由②式知 tan(an?1 ? an ) ? 0 . ? an 必在第二象限,
. 综上,

由此可知 a n ?1 即 an?1

? an ? ?

?
2

? a n ?1 ? a n ? ?



22. (本题满分 15 分)

1 1 (t ? R) 在 ?1, 2? 上的最小值为 ,P 1 ( x1 , y1 ) ,P 2 ( x2 , y2 ) 是函数 f ( x ) tx 18 2?4 1 图像上的两点,且线段 P . 1P 2 的中点 P 的横坐标为 2
已知函数

f ( x) ?

(1)求证:点 P 的纵坐标是定值;

?n? f ? ? (m ? N *, n ? 1, 2, , m) , 求数列 ?an ? 的前 m 项和 Sm ; ?m? 1 1 1 1 2 ? ? ? (3)设数列 ?bn ? 满足: b1 ? , bn ?1 ? bn ? bn ,设 Tn ? , b1 ? 1 b2 ? 1 bn ? 1 3
(2)若数列

?an ? 的通项公式为 an ?

若(2)中的 Sm 满足对任意不小于 2 的正整数 n, 22.(本题满分 15 分) 解: (1)当 t (分类讨论)

Sm ? Tn 恒成立,

试求 m 的最大值.

? 0 时, f ( x) 在 ?1, 2? 上单调递减,又 f ( x) 的最小值为
;

1 , 18



f (2) ?

1 ,得 t=1 18

当t

? 0 时, f ( x) 在 ?1, 2? 上单调递增,又 f ( x) 的最小值为

1 , 18



f (1) ?

1 ,得 t=2(舍) 18
f ( x) ?

;

当 t = 0 时,

1 (舍) , 3
.

∴t = 1,

f ( x) ?

1 2 ? 4x



xp ?

1 2

∴ x1

? x2 ? 1 ,


∴ y1

? y2 ?

1 1 ,即 p 点的纵坐标为定值 2 4 f ( x) ? f (1 ? x) ? 1 , 2

(2)由(1)可知,

所以

k k 1 f ( ) ? f (1 ? ) ? (1 ? k ? m ?1) , m m 2



k m?k 1 1 f( )? f( ) ? ,? a ? a ? , k m?k 2 m m 2
? a1 ? a2 ? a3 ? ? am?1 ? am ,
… ①

由 Sm 得 Sm

? am?1 ? am?2 ? am?3 ?

? a1 ? am ,

…②

(倒序相加法)

由①+②, 得 2Sm ∴ Sm

? (m ? 1) ?

1 m ?1 1 m 1 ? 2am ? ? 2? ? ? , 2 2 6 2 6

?

1 (3m ? 1). 12 1 2 ? bn ? bn (bn ? 1) , ? , bn?1 ? bn 3
bn ? 0 .
……④ ……③

(3) ∵ b1

∴对任意的 n ? N *,

由③、④, 得

1 1 1 1 ? ? ? bn ?1 bn ?bn ? 1? bn bn ? 1
.(裂项相消法)



1 1 1 ? ? bn ? 1 bn bn ?1

∴ Tn

?(

1 1 1 1 ? )?( ? )? b1 b2 b2 b3

?(

1 1 1 1 1 ? )? ? ?3? bn bn ?1 b1 bn ?1 bn ?1

.

∵ bn ?1

2 ? bn ? bn ? 0, ?bn?1 ? bn ,

∴数列 {bn } 是单调递增数列.

∴ Tn 关于 n 递增. 当 n ∵b 1

?2,

且n? N

* 时, Tn ? T2 .

1 1 1 4 4 4 52 ? , b2 ? ( ? 1) ? , b3 ? ( ? 1) ? , 3 3 3 9 9 9 81 1 75 ? . ∴ Tn ? T2 ? 3 ? b1 52
∴ Sm

?

75 1 75 , 即 (3m ? 1) ? , 52 12 52

∴m?

238 4 ?6 , 39 39

∴m 的最大值为 6.

重庆卷如图,对每个正整数

n , An ( xn , yn ) 是抛物线
Y
的直线 FAn 交抛物线于另一点

x ? 4 y 上的点,过焦点 F
2

AN

Bn (sn , tn ) .
(Ⅰ)试证: xn sn

? ?4(n ? 1) ;

F BN O CN X

(Ⅱ)取

xn ? 2n ,并记 Cn 为抛物线上分别以 An 与 Bn 为切

点的两条切线的交点.试证:

FC1 ? FC2 ?

? FCn ? 2n ? 2?n?1 ?1 .

证明: (Ⅰ)对任意固定的 n

? 1 ,因为焦点 F (0,1) ,所以可设直线 An Bn 的方程为 y ? 1 ? kn x ,将它与抛物线方程

x2 ? 4 y 联立, 2 得 x ? 4kn x ? 4 ? 0 ,由一元二次方程根与系数的关系得 xn sn ? ?4 .
(Ⅱ)对任意固定的 n

? 1 ,利用导数知识易得抛物线 x2 ? 4 y 在 An 处的切线的斜率 k An ?

xn 2

,故 x

2

? 4y 在

An 处的切线方程为 y ? yn ?
类似地,可求得

xn ( x ? xn ) , 2



x2 ? 4 y 在 Bn 处的切线方程为 y ? t n ?

sn ( x ? sn ) , 2



xn ? sn x2 ? s2 x? n n , 2 2 2 2 2 2 x ?s xn sn x ?s x ?s x ?s x2 ? s2 ? ? ? n n x? n n , n n x ? n n ,x ? n n , ③ 从而 2 4 4 2 2 2 4 xn ? s n ,?1) . 将③代入①并注意到 xn sn ? ?4 得交点 Cn 的坐标为 ( 2 xn ? sn 2 x2 s2 2 ) ?4? n ? n ?2 由两点间距离公式,得 | FCn | ? ( 2 4 4 2 xn x |x | 2 4 2 = . ? 2 ? 2 ? ( n ? 2 ) 2 .从而 | FCn |? n ? 2 | xn | 4 xn 2 xn
由②减去①得

yn ? t n ? ?

现在

xn ? 2n ,利用上述已证结论并由等比数列求和公式得, 1 1 1 1 ) ? 2( ? ? …+ ) | FC1 | ? | FC2 | ?…+|FCn| ? (| x1 | ? | x2 | ?…+|xn| 2 | x1 | | x2 | | xn | 1 1 1 1 ? (2 ? 22 ? …+2n ) ? 2( ? 2 ? … + n ) 2 2 2 2
= (2
n

?1) ? (2 ? 2?n?1 ) ? 2n ? 2?n?1 ?1 .


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