3．(北师大版第108页练习1　 2)

请观察给出的流程图，这是一个求和的算法的流程图，请运行几步看一看，指出该循环结构的循环体，循环变量和循环体的终止条件

解：循环体是　 s:=s+i

　　 循环变量是　　 i

　　 终止条件是　 i>4

变式1： 观察给出的流程图，写出输出结果_______

2．(北师大版第100页例3)

设计一个算法，从5个不同的数中找出最大数

变式1：写出“从5个不同数中找出最小数”的一个算法流程

　解：

变式2：写出“从100个不同数中找出最小数”的一个算法流程

解：

1．(北师大版第92页例6)

求方程在[0，1]上的近似解，精度为0.01

变式：用二分法求方程在[0，1]上的近似解，若f(0)=-1,f(0.5)=-0.125,f(1)=1则解可能在区间__[0.5,1]____

3．(人教A版选修2-3第36页例2)

(1)求 　的展开式的第 4 项的系数 ；

(2)求 　的展开式中 　的系数 ？

变式1：在二项式的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．

(1)求展开式的第四项；

(2)求展开式的常数项；

(3)求展开式的各项系数的和．

[分析]：本题旨在训练二项式定理通项公式的运用．

[解答]第一项系数的绝对值为，第二项系数的绝对值为，第三项系数的绝对值为，

依题意有+=，解得n=8，

(1)第四项；

(2)通项公式为，展开式的常数项有2r-8=0，即r=4，

常数项为；

(3)令x=1，得展开式的各项系数的和．

[点评]本题旨在训练二项式定理通项公式的运用，但要注意通项为而不是，这是同学们最容易出错的地方．

变式2：设．

(1)求；

(2)求；

(3)求；

(4)求；

(5)求各项二项式系数的和．

[分析]：本题旨在训练二项展开式各项的系数与二项式系数．

[解答](1)令x=1得；

(2)令x=-1得，

而由(1)知：，

两式相加得；

(3)将(2)中的两式相减得；

(4)令x=0得，得-=16-1=15；

(5)各项二项式系数的和为．

[点评]①要注意二项展开式各项的系数与二项式系数是不同的两个概念；②系数和与二项式系数和不一定相同，本题的(1)与(5)结果相同纯属巧合；③注意求系数和上述是最一般的方法，一定要理解．

变式3：二项展开式中，有理项的项数是(　　 )

[解析]：(r = 0，1，2，…，14 )，

当r = 3，9，15时，为有理项．

[答案]：A

变式4： 若，

求的值．

[解析]：令x=1得，

令x=-1得

=

=

=1

[答案]：1

2．(人教A版选修2-3第29页例4)

在 100 件产品中，有 98 件合格品，2 件次品，从这 100 件产品中任意抽出 3 件。

(1)有多少种不同的抽法 ？

(2)抽出的 3 件中恰好有 1 件是次品的抽法有多少种 ？

(3)抽出的 3 件中至少有 1 件是次品的抽法有多少种 ？

变式1：某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2，3张为不同花色的A，有5次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人有多少种不同的出牌方法？

[分析]：分类讨论，由于情况太多，要做到不重不漏．

[解答]出牌的方法可分为以下几类：

(1)5张牌全部分开出，有种方法；　　

(2)2张2一起出，3张A一起出，有种方法；　　

(3)2张2一起出，3张A分开出，有种方法；　　

(4)2张2一起出，3张A分两次出，有种方法；　

(5)2张2分开出，3张A一起出，有种方法；　　

(6)2张2分开出，3张A分两次出，有种方法；

因此，共有不同的出牌方法种．

[点评]分类讨论一直是高中的难点，但更是高考的热点内容之一，所以同学们不能回避，应加强训练．

变式2：将7个小球任意放入四个不同的盒子中，每个盒子都不空，

　 (1)若7个小球相同，共有多少种不同的放法？

　 (2)若7个小球互不相同，共有多少种不同的放法？

[解析]：(1)解法1：∵7=1+1+1+4=1+1+2+3=1+2+2+2，

∴分三类，共有分法

解法2(隔板法)：将7个小球排成一排，插入3块隔板，

故共有分法

　 (2)∵7=1+1+1+4=1+1+2+3=1+2+2+2，

∴共有分法

变式3：一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，

　 (1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？

　 (2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的

取法有多少种？

[解析]：(1)将取出4个球分成三类情况1)取4个红球，没有白球，有种　 2)取3个红球1个白球，有种；3)取2个红球2个白球，有

1．(人教A版选修2-3第22页例4)

用 0 到 9 这 10 个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数 ？

变式1： 由1，4，5，x可组成没有重复数字的四位数，若所有这些四位数的各位数字之和为288，则x＝　　　　　　 　．

[解析]：(1+4+5+x)=288，解得10+x=12．

[答案]：x=2．

变式2：在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有 (　　 )

(A)56个　　　(B)57个　　(C)58个　　(D)60个

[解答]解法一：(直接法)

当首位排2，次位排3时，有A-1种；次位排4、5时有2 A种，共计17种；

当首位排3，A种，共计24种；

当首位排4，次位排3时，有A-1种；次位排1、2时有2 A种，共计17种；

以上总计17+24+17=58种。

解法二：(间接法)

不作限定时有=120种；

当首位排1或5时，各有A种，共计48种不满足要求；

当首位排2，次位排1时，有A种；而次位排3时有1种，共计7种不满足要求；

当首位排4，次位排5时，有A种；而次位排3时有1种，共计7种不满足要求；

因此共有120-48-7-7=58种排法，即58个数．

变式3：给定数字0、1、2、3、5、9每个数字最多用一次

(1)可能组成多少个四位数？

(2)可能组成多少个四位奇数？

(3)可能组成多少个四位偶数？

(4)可能组成多少个自然数？

[分析]：注意0不能放在首位，还要注意个位数字，方法多种多样，利用特殊优先法，即特殊的元素，特殊的位置优先考虑．

[解答](1)解法一：从“位置”考虑，由于0不能放在首位，因此首位数字只能有种取法，其余3个数位可以从余下的5个数字(包括0)中任取3个排列，所以可以组成个四位数；

解法二：从“元素”考虑，组成的四位数可以按有无数字0分成两类，有数字0的有个，无数字0的有个，所以共组成+=300个四位数；

解法三：“排除法”从6个元素中取4个元素的所有排列中，减去0在首位上的排列数即为所求，所以共有个四位数；

(2)从“位置”考虑，个位数字必须是奇数有种排法，由于0不能放在首位，因此首位数字只能有种取法，其余两个数位的排法有，所以共有个四位奇数；

(3)解法一：由(1)(2)知共有300-192=108个四位偶数；

解法二：从“位置”考虑，按个位数字是否为0分成两种情况，0在个位时，有个四位偶数；2在个位时，有个四位偶数，所以共有+=108个四位偶数；

(4)一位数：有=6个；

两位数：有=25个；

三位数：有=100个；

四位数：有=300个；

五位数：有=600个；

六位数：有=600个；

所以共有6+25+100+300+600+600=1631个自然数．

[点评]解有条件限制的排列问题思路：①正确选择原理；②处理好特殊元素和特殊位置，先让特殊元素占位，或特殊位置选元素；③再考虑其余元素或其余位置；④数字的排列问题，0不能排在首位．

16．(人教版84页B组第5题)

试着举几个满足“对定义域内任意实数，，都有”的函数例子.

变式1：设函数f(x)的定义域是N^*，且，，则f(25)= ___________________.

解析：由

∴

同理，f(3)－f(2)=3.

……

f(25)－f(24)=25.

∴f(25)=1+2+3+…+25=325.

答案：325

变式2：设是定义在R上的偶函数，其图象关于直线对称，对任意，都有

(1)设，求

(2)证明是周期函数.

(1)解：由知， x∈［0，1］.

因为f(1)=f()·f()=［f()］²，及f(1)=2，所以f()=2.

因为f()=f()·f()=［f()］²，及f()=2，所以f()=2.

(2)证明：依题设关于直线x=1对称，故f(x)=f(1+1－x)f(x)=f(2－x)，x∈R.

又由f(x)是偶函数知f(－x)=f(x)，x∈R，所以f(－x)=f(2－x)，x∈R.将上式中－x以x代换，得f(x)=f(x+2)，x∈R.

这表明是R上的周期函数，且2是它的一个周期.

变式3：设函数定义在R上，对任意实数m、n，恒有且当

(1)求证：f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；

(2)求证：f(x)在R上递减；

(3)设集合A={(x，y)|f(x²)·f(y²)＞f(1)}，B={(x，y)|f(ax－y+2)=1，

a∈R}，若A∩B=，求a的取值范围.

(1)证明：在f(m+n)=f(m)f(n)中，

令m=1，n=0，得f(1)=f(1)f(0).

∵0＜f(1)＜1，∴f(0)=1.

设x＜0，则－x＞0.令m=x，n=－x，代入条件式有f(0)=f(x)·f(－x)，而f(0)=1，

∴f(x)=＞1.

(2)证明：设x₁＜x₂，则x₂－x₁＞0，∴0＜f(x₂－x₁)＜1.

令m=x₁，m+n=x₂，则n=x₂－x₁，代入条件式，得f(x₂)=f(x₁)·f(x₂－x₁)，

即0＜＜1.∴f(x₂)＜f(x₁).

∴f(x)在R上单调递减.

(3)　　　 解：由

又由(2)知f(x)为R上的减函数，∴点集A表示圆的内部.由f(ax－y+2)=1得ax－y+2=0点集B表示直线ax－y+2=0.

∵A∩B=，∴直线ax－y+2=0与圆相离或相切。

于是

设计意图：考察抽象函数的性质及抽象运算的能力和数形结合的思想。

15．(北师大版第66页B组第3题)

求二次函数在区间[0，1]上的最小值的表达式.

变式1：设a为实数，记函数的最大值为g(a).

　(Ⅰ)设t＝，求t的取值范围，并把f(x)表示为t的函数m(t)

(Ⅱ)求g(a)

(Ⅲ)试求满足的所有实数a

解：(I)∵，

∴要使有意义，必须且，即

∵，且……①　　 ∴的取值范围是。

由①得：，∴，。

(II)由题意知即为函数，的最大值，

∵直线是抛物线的对称轴，∴可分以下几种情况进行讨论：

(1)当时，函数，的图象是开口向上的抛物线的一段，

由知在上单调递增，故；

(2)当时，，，有=2；

(3)当时，，函数，的图象是开口向下的抛物线的一段，

若即时，，

若即时，，

若即时，。

综上所述，有=。

(III)当时，；

　　　 当时，，，∴，

，故当时，；

当时，，由知：，故；

当时，，故或，从而有或，

要使，必须有，，即，

此时，。

综上所述，满足的所有实数a为：或。

设计意图：考察二次函数的最值与分类讨论的思想

13．(人教版第49页B组第5题)

证明：

(1)若，则

(2)若，则

变式1：如图所示，是定义在［0，1］上的四个函数，其中满足性质：“对［0，1］中任意的和，任意恒成立”的只有　　　　　　　　　　　 (　　 )

A．和　 　 B．　　　　　　 C．和　　 D．

解：当时，符合条件的函数是凹函数，从图像可看出有和，选择A.

变式2：.设函数=的图象如下图所示，则a、b、c的大小关系是

A.a＞b＞c　　　　　　　　　　 B.a＞c＞b　　　　　　　　　　 C.b＞a＞c　　　　　　　　　　 D.c＞a＞b

解析：f(0)==0，∴b=0.f(1)=1，∴=1.

∴a=c+1.由图象看出x＞0时，f(x)＞0，即x＞0时，有＞0，

∴a＞0.又f(x)= ，

当x＞0时，要使f(x)在x=1时取最大值1，需x+≥2，

当且仅当x==1时.∴c=1，此时应有f(x)==1.∴a=2.

答案：B

变式3：如图所示，单位圆中弧AB的长为表示弧AB与弦AB

所围成的弓形面积的2倍，则函数的图象是　　　　　 　　

答案：( D )

设计意图：考察图象与式子运算的能力

14：(北师大版136页B组第1题)

判断下列方程在(0，10)内是否存在实数解，并说明理由.

(1)　 (2)

变式1：设二次函数，方程的两个根满足.　 当时，证明.

分析：在已知方程两根的情况下，根据函数与方程根的关系，可以写出函数的表达式，从而得到函数的表达式.

证明：由题意可知.

,

∴ ,

∴　 当时，.

又,

∴　 ,

综上可知，所给问题获证.

变式2：已知二次函数．

　 (1)若a>b>c，　且f(1)=0，证明f(x)的图象与x轴有2个交点；

　 (2)在(1)的条件下，是否存在m∈R，使得f(m)=－ a成立时，f(m+3)为正数，若存在，证明你的结论，若不存在，说明理由；

　 (3)若对，方程有2个不等实根，

解:　(1)

的图象与x轴有两个交点.

　 (2)，∴1是的一个根，由韦达定理知另一根为，

∴

　在(1，+∞)单调递增，，即存在这样的m使

　(3)令，则是二次函数.

　有两个不等实根，且方程的根必有一个属于.

设计意图：考察函数的零点

12．(人教版48页A组第8题)

设，求证：(1)　 (2)

变式1：函数对于任意实数满足条件，若则__________.

解：，，又

，∴，

∴

变式2：若奇函数满足，则　　

解：由已知，令，则，又∵是奇函数，所以，

∴，∴

变式3：函数是一个偶函数，是一个奇函数，且，则等于

A.　　　　　　　　　　 B.　　　　　　　　　　　　　　 C.　　　　　　　　　　　　　　 D.

解析：由题知　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

以代，①式得，即　 ②

①+②得

答案：A

设计意图：考察函数的抽象运算与综合性质