2024年新高考新結(jié)構(gòu)題型第19題考點預(yù)測之創(chuàng)新定義題型 解析版

11才是制勝法寶. n中的元素A=a1n1≤i<j≤m，都有Ai·Aj=1，求m的最大值；，總存在1≤i<j≤n+1，使得Ai·Aj=1.出m最大值；2=1,022,Xm{，設(shè)Xi={xi1,xi2,ij為Xi的第j個(mmm(（i=1i=1i=1(設(shè)Ai={ai1,ai2,m(j≤2.jj>2，令k=cj≥3，n種不同得狀態(tài)，由n≥5知2n+1-1≥2nn+en-2sn(且dj+ej-2sj都為偶數(shù)，j=1,2,???,n不妨設(shè)F={A1,A2???An{，則Ai?Aj=(a1i(dj+ej-2sj((為偶數(shù)而Ai?Ai=3為奇數(shù)，故i≥2且Ai?Aj=(a1i(dj+ej-2sj((-3為奇數(shù)ijijij=111a≤bb≤a,設(shè)m(x(=min{f(|x-t|(a≤bb≤a(1)若t=3，畫出函數(shù)m(x(的圖象并直接寫出函數(shù)m(x(的單調(diào)區(qū)間；(2)定義區(qū)間A=(p,q(的長度L(A(=q-p.若B=A1∪A2∪?∪An(n∈N*(，Ai∩Aj=?(1≤i<j≤n(，則L(B(=L(Ai(.設(shè)關(guān)于x的不等式m(x(<t的解集為D.是否存在實數(shù)t，且t≤3，使得L(D(=6?若(2)對t按1<t≤2，2<t≤3進行分類討論即可求解作答.2+2，則當(dāng)1<t≤2時，m(x)=f(|x-t|)=|x-t|+1<t，即|x-t|<t-1，解得1<x<2t-1，當(dāng)2<t≤3時，不等式f(|x-t|)<t的解集為(1,由g(|x-2t|(<t，即(x-2t(2+2<t，解得x于是不等式g(|x-2t|(<t的解集為(2t-t-2,2t+t-2)，又2t-t-2-(2t-1)=1-t-2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)t=3時取等號，即有(1,2t-1)∩(2t-t-2,2t+t-2)=?,因此L(D)=2t-2+2t-2，若L(D)=6，則2t-2+2t-2=6，又2<t≤3，解所以存在實數(shù)t=3滿足條件.2<y<z；②x+y>z；③x23344則有z-x≥2，即z-x≥y，不滿足條件②,4={1,2不妨設(shè)a<b<c，令x=a+b，y=a+c，z=b+c，則x<y<z，即滿足條件①,因為x+y-z=(a+b)+(a+c)-(b+c)=2a>0，所以x+y>z，即滿足條件②,因為x+y+z=2(a+b+c)，所以x+y+z為偶數(shù)，即滿足條件③,當(dāng)集合M具有性質(zhì)P，則存在x,y,z，同時滿足①x<y<z；②x+y>z；③x+y+z為偶數(shù)，令a=-z，b=-y，c=-x，則由條件①得a<b<c，由條件②得a=-z=>0，因為z-c=z+x-=>=z-y>0，所以0<a<b<c<z，且a,b,c均為整數(shù)，n，因為a+b=x,a+c=y,b+c=z，所以a+b,b+c,c+a均屬于M， <?<an,n≥2,k=ck-1,k=1,2,?,nq=(1,-2(；k=2k-1,1≤k≤n.則向量的坐標(biāo)中必含-1，設(shè)另一坐標(biāo)為2t-3(1≤t≤n+1)，則=(-1,2t-3)或=(2t-3,-1).故2t-3=--<1或2t-3=--，所以t<2或2t-3=1+，所以t=1或t-2=，所以t=1或t-2=1,2n-3=1即t=3,n=2.q由⊥,得p1p2+q1q2=0，由條件可變形為=-.q(55因為-1是A中唯一負數(shù)，C∩(-∞,0)={-a2,-a3,?,-an{共n-1個數(shù)，由于1=a1<a2<a3<?<an，所以<<?<<，已有n-1個數(shù). an<an<?<an<anan-1an-2a2a1--<--<?<a1? < <1 21注意到>a1>?>，所以an-1=--=?==.且通項公式ak=ck-1,k=1,2,?,n.an-1=?=a3=a2an-2a2a1414(=(x1-x2(2+(y1-y2(2并稱(E2，d(為一度量平面．設(shè)x0形鄰域.可被表示為若干個球形鄰域的并集.D為B1和B2的交集.2=?;66772=?或〈x∈Λ{的所有集合的并集B22=?,即D可以看作零個球形鄰域的并集；yyyyd(x1y≤ε122y≤ε2yy(=D.y(=D命題得證.iiii 3=110=3n=n=?,由集合新定義及集合相等證明S∪T=N*.則B1={i∈N*|ai<1}=?,B2={i∈N*|ai<2}=?,所以b1=0，b2=0，881，所以B1=?,所以b1=0.假設(shè)存在k∈N*使得dk≥2.設(shè)ak=t，由ak+1-ak≥2得ak+1≥t+2.k=t<t+1<t+2≤ak+1得bt<k，bt+1=bt+2=k，與{bn}是等差數(shù)列矛盾.所以對任意n∈N*都有dn=1.所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列，an=1+(n-1)=n.*nn+1n≤bn+1.所以n+bn≤n+bn+1<n+1+bn+1，即數(shù)列{n+bn}是遞增數(shù)列.由于p∈S，故存在正整數(shù)i<p使得p=i+ai，所以ai=p-i.n}是各項均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以ai+1≥p-i+1.所以bp-i=i-1，bp-i+1=i.所以(p-i)+bp-i=p-i+i-1=p-1，(p-i+1)+bp-i+1=p-i+1+i=p+1.*且所以存在正整數(shù)j，使得q<j+aj.令j0=min{j|q<j+aj}.若j0>1，則j0-1+aj-1<q<j0+aj，所以aj-1<q-j0+1≤aj.所以bq-j+1=j0-1，所以(q-j0+1)+bq-j+1=q-j0+1+j0-1=q.∩T=?.66(1)族P={?,X{，族Q={xx?X{，判斷族P與族Q是否為集合X的拓撲；XA1∩A2∩?∩An=?XA1∪?XA2∪?∪?XAnn∈N*；【詳解】(1)族P={?,X{，Q={xx?X{都是集合X的拓撲.故存在整數(shù)i1≤i≤n使x?Ai，因此x∈?XAi，得x∈?XA1∪?XA2∪?∪?XAn.XA1∪?XA2∪?∪?XAn，則存在整數(shù)j1≤j≤n使x∈?XAj，故x?Aj，99X(A12∩?∩An(f；設(shè)M={A1,A2,?An{為Γf的任意子集，則N={?XA1,?XA2,?,?XAn{?Γ,A12∩?∩An=?X((?XA1(∪(?XA2(∪?∪(?XAn((，XA1(∪(?XA2(∪?∪(?XAn(∈Γ,故A1∩A2∩?∩An∈Γf；A1XA1( 3??an{?N*，其中n∈N且n≥3,a1<a2<a3<??<an-y|≥，則稱集合A具有性質(zhì)Mk.(3)首先應(yīng)用放縮有>求得n<16，同理可得i(n-i)<15恒成立，假設(shè)n≥8得出矛盾，再討論a-1≥aa-a-1≥aa-2≥<??<an，所以ai+1-ai≥?-≥,(i=1,2,3,...,n-1)，+..n.+--=-「1≥1i≥i，所以>?i(n-i)<15在i=1,2,3,...,n-1上恒成立，當(dāng)n≤7，則i(n-i)≤=<15?n<60，即n≤7.到i(n-i)<15恒成立為關(guān)鍵.aiai+1 對于集合M中的任意元素β=(x1,x2,?,xn)和γ=(y1,y2,?,yn)，記β?γ=x1y1+x2y2+?+xnyn．設(shè)A?(3)若集合A具有性質(zhì)T(n,p)，證明：t1j+t2j+?+tnj=p(j=1,2,?,n). (3)根據(jù)假設(shè)存在j使得cj≥p+1，考慮當(dāng)c1=n時以及p+1≤c1<n時，分量為1的個數(shù)即可討論求解.j=t1j+t2j+?+tnj(j=1,2,?,n)，則c1+c2+?+cn=np.假設(shè)存在j使得cj≥p+1，不妨設(shè)j=1，即c1≥p+1.1=n時，有cj=0或cj=1(j=2,3,?,n)成立.2,?,αn中分量為1的個數(shù)至多有n+(n-1)=2n-1<2n≤np.當(dāng)p+1≤c1<n時，不妨設(shè)t11=t21=?=tp+1,1=1,tn1=0.nn=p，所以αn的各分量有p個1，不妨設(shè)tn2=tn3=?=tn,p+1=1.i2,?,αp+1的前p+1個分量中，至多含有p+1+p=2p+1個1.i所以cj≤p(j=1,2,?,n)．因為c1+c2+?+cn=np，所以cj=p(j=1,2,?,n).所以t1j+t2j+?+tnj=p(j=1,2,?,n). 2已知集合M={x∈R|x≠0且x≠1{，fn(x((x∈N*(是定義在M上的一系列函數(shù)，滿足f1(x(=x,fi+1(x(=fi(i∈N*(.x(的解析式.(2)若g(x(為定義在M上的函數(shù)，且g(x(+g=1+f4(x(.①求g(x(的解析式;②若關(guān)于x的方程(2x-1-m([2x(x-1(g(x(+3x2+x+1[+8x2+4x+2=0有且僅有一個實根，求實數(shù)m的取值范圍.【分析】(1)根據(jù)f1(x(=x,fi+1(x(=fi(i∈N*(計算即可；②由①得(2x-1-m(x(x+1(2+8x2+4x+2=0，分離參數(shù)可得m==2x2+22t2+3t+4t+2解.=2(t+2(+-5在t∈(-∞,-2(∪(2,+∞(上僅有一個實根，再結(jié)合函數(shù)圖象即可得x(=x,fi+1(x(=fi(i∈N*(，所以f2(x(=f1=，f3(x(=f2==-，f4(x(=f3=-=x；+g=1+x①,又=，則g+g=1+=②,g+g(x(=1+ -1x-1=x-2x-1由②-③得g-g(x(=-④,由①-④得2g(x(=1+x-+=，②由①得(2x-1-m([2x(x-1(g(x(+3x2+x+1[+8x2+4x+2=0，即(2x-1-m(2x(x-1(?+3x2+x+1+8x2+4x+2=0，即(2x-1-m((x3+2x2+x(+8x2+4x+2=0，即(2x-1-m(x(x+1(2+8x2+4x+2=0，故m=2x4+x+2=2x2+28+2=2(x+((+4，令t=x+，所以m==2(t+2(+-5在t∈(-∞,-2(∪(2,+∞(上僅有一個實根，則m=2(λ+-5，即=λ+在λ∈(-∞,0(∪(4,+∞(上僅有一個實根，由圖可知，=-23或>，所以m=5-43或m>. f(n)+g(n)=f(m)+g(m)，f(n)-g(n)=f(m)-g(m)或f(n)-g(n)=-f(m)+g(m)，聯(lián)立且由(1)可判斷出m<n<0,由此可得出m和n的等式關(guān)系,建立一個關(guān)于m或n的方程，將方程根的問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點f(n((.由f(x(單調(diào)遞增，則f(n(>f(m(.(m)>0.f(n)-g(n)=f(m)-g(m)或f(n)-g(n)=-f(m)+g(m).當(dāng)m,n>0時.ax<n<0.n=lna+2n(-m(n=-，可得lna+2ln(n=lna+2n(-m(am所以lna+2ln(-m(+ae2=0. an同理可得lna+2ln(-n(+ae2=0.ax則lna+2ln(-x(+ae2=0在(-∞,0(上存在兩個不同的實數(shù)根.(*(記h(x(=lna+2ln(-x(+ae<0)，則h,(x(=+=.解p,(x(=0，可得x=-.-=-+4≥0，-=-2e+aea<-2e+a≤0，-,-，使得h(x0(=0，ax即lna+2ln(-x(+ae2=0有唯一負根x0，不符合(*(式；1->0，=0.(x)在(-∞,x1(上單調(diào)遞減；2(上單調(diào)遞增；,0(上單調(diào)遞減.-=lna+2ln+ae-1=-lna++ln4，令t(a(=-lna++ln4，a>4e2，則t,(a(=-+=.a(>0，所以t(a(在(4e2,+∞(上單調(diào)遞增，所以t(a(>t(4e2(=-ln(4e2(++ln4=0，所以h（-所以h(x2(>h->0.取m=-<n，即有hm=hn=0，符合題意.+xn≥1+nx成立；在n∈0,1時，有不等式1+xn≤1+nx成立.1+a11+a2?1+an≥1+a1+a2+?+an(2)設(shè)fx=1+xn-nx-1x<-1,a≥1，注意到f0=0，求導(dǎo)得到f0=0，二次求導(dǎo)，得到函數(shù)=1+a11+a2?1+an-1+a1+a2+?+an，作差法得到{xn{是一個單調(diào)遞增的數(shù)列(n≥2)，結(jié)合x2>0，得到xn>x2>當(dāng)n=0時，1+x0=1+0x，當(dāng)n=1時，1+x1=1+x，(2)當(dāng)n≥1時，我們需證1+xn≥1+nx，設(shè)fx=1+xn-nx-1x<-1,a≥1，注意到f0=0，fx=n1+xn-1-n=n[1+xn-1-1[，令1+xn-1-1=0得x=0，即f0=0，x=0是fx的一個極值點.令gx=fx，則gx=nn-11+xn-2>0，所以fx單調(diào)遞增.當(dāng)-1<x<0時，fx<f0=0，當(dāng)x>0時，fx>f0=0，故fx在-1,0上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增.所以在x=0處fx取得極小值f0=0，即fx≥0恒成立，1+xn≥nx+1.伯努利不等式對n≥1得證.當(dāng)n≥2時，構(gòu)造數(shù)列{xn{：xn=(1+a1((1+a2(?(1+an(-(1+a1+a2+?+an(，則xn+1-xn=an+1[(1+a1((1+a2(?(1+an(-1[，若ai>0(i=1,2,?,n+1(，由上式易得xn+1-xn>0，即xn+1>xn；若-1<ai≤0(i=1,2,?,n+1(，則0<1+ai<1，所以(1+a1((1+a2(?(1+an(-1<0，故xn+1-xn=an+1[(1+a1((1+a2(?(1+an(-1[>0，即此時xn+1>xn也成立.所以{xn{是一個單調(diào)遞增的數(shù)列(n≥2)，由于x2=(1+a1((1+a2(-(1+a1+a2(=a1a2>0，所以xn>x2>0(?n>2(，故原不等式成立.①f,(x(=g(f(x((；②f(x(=h(f,(x((，其中y=g(x(,y=h(x(為兩個新的函數(shù)，y=f,(x(是y=f(x(的導(dǎo)我們將具有其中一個性質(zhì)的函數(shù)y=f(x(稱之為“單向?qū)Ш瘮?shù)”，將兩個性質(zhì)都具有的函數(shù)y=f(x(稱之(3)已知函數(shù)f(x(=(xa-b(ex.4-,+∞(f,(x(=g(f(x))=；②由題意求得I,(x(=(2x-1)e2x-4kx2+k且I,=0，令p(x(=【詳解】(1)解：對于函數(shù)f(x(=tanx，則f,(x(=1+tan2x，對于函數(shù)f(x(=lnx，則f,(x(=，f(x(=kax，則f,(x(=kaxlna，設(shè)g(x(=xlna，則f,(x(=g(f(x))若p成立，則g(x(=m，所以f,(x(=g(f(x))=m，所以f(x(=mx+n，x(=(axa-1+xa-b)ex，且(axa-1+xa-b)ex=(xa-b)ex，②由題意I(x(=(x-1)e2x-kx3+kx，所以I,(x(=(2x-1)e2x-4kx2+k且I,=0，可得p(1(=e2-3k>0，且p,(x(=4xe2x-8kx=4x(e2x-2k)，因為y=e2x-2k為單調(diào)遞增函數(shù)，且y|x=0=1-2k<0,y|x=k=e2k-2k>0，所以存在x0=ln2k∈(0,k)使得e2x-2k=0，(x(≤0，p(x)單調(diào)遞減；0=ln2k=時，即k=，所以p(x)min=p(x0)=(2x0-1)?2k-4kx+k=-k(2x0-1)=0，此時I,(x(≥0，I(x(在x∈[0,k]上單調(diào)遞增，可得I(x(max=I(k(；(ii)當(dāng)k=1時，p(0)=-1+1=0，此時x0=ln2,p(x(min=-k(2x0-1)2<0，x(≤0，I(x(單調(diào)遞減；(x(≥0，I(x(單調(diào)遞增，又由I(k(=I(1(>I(0(，所以I(x(max=I(k(；min=-k(2x0-1)2<0,p(0)>0，所以函數(shù)I(x(在(0,1)上存在兩個極值點，若x0=ln2k>，即<k≤2時，極大值點為；若x0=ln2k<，即1<k<時，極大值點為x1<，則I(x(max為函數(shù)的極大值或I(k(，由當(dāng)0≤x≤時，I(x(=(x-1)e2x-kx3+kx≤-1+k≤0,I(k(=(k-1)e2k-k4+k2，則s'(k(=4ke2k-16k2+2=4k(e2k-4k)+2>0，k(單調(diào)遞增，所以t'(k(≥t'(1(=e2-+2>0，所以t(k(單調(diào)遞增，所以t(k(≤t(2(=e4->0，n∈N+的函數(shù)稱為n次置換.滿足對任意i∈A,f(i(=i的置換稱作恒等置f1(f(f(記f(i(=f1(i(,f(f(i((=f2(i(,f(f2(i((=f3(i(,?,f(fk-1(i((=fk(i(,i∈A,k∈N+.,f(i(=計算f3(i(；+，使得fk(i(為恒等置換；的牌型？請說明理由.3(i(=;fk(i(置換即為恒等置換.i(=,由題意可知f2(由題意可知f2(i(=42i(=3(i(=2233則f1(i(所以f2(i(=即f2(i(為恒等置換；43444或f(i(=.2134或f(i(=2431或f(i(=23322334或f(i(=2431或f(i(=2134或f(i(=2432或f(i(=2132或f(i(=2331對于情形一：f2(i(為恒等置換；對于情形二：f4(i(為恒等置換；+，使得fk(i(為恒等置換；f1(i(所以f1(i(,f2(i(,f3(i(,f4(i(中，至少有一個滿足fk(i(=i，k4的最小公倍數(shù)即可.+，使得fk(i(為恒等置換；=2324ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff么稱d(A,B)=|x1-x2|+|y1-y2|為A，B兩點間的曼哈頓距離.，求d(M,N1(和d(M,N2(的最小值；(2)已知點N是直線x+k2y+2k+1=0(k>0(上的動點，點M(0,2(與點N的曼哈頓距離d(M,N(的最小值記為f(k(，求f(k(的最大值；≤1時，d(M,N(的最大值為f(m,n(，求f(m,n(的最小值.d(M,N2(的最小值為12+2k+1|,k≥10<k<1,從而得到f(k(的最大值；(3)根據(jù)題意，令x=ek，然后分別構(gòu)造函數(shù)g(x(=x+xlnx,0<x≤e，h(x(=x-xlnx,0<x≤e即可得到f(m,n(=maxr|-+2,x<0x++x-2r|-+2,x<0則d(M,N1(≥22-3x,x<0〈2-x,0≤x<1，3x-2,x≥12≥1點(x,y(為直線x+k2y+2k+1=0(k>0(上一動點，則當(dāng)k2≥1時d(M,N(=|x|++++2|≥++++2|≥++2|，即f(k(=++2|；2<1即f(k(=|2k2+2k+1|；所以f(k(=++2|,≤5，所以f(k(的最大值為5.k=xlnx，0<x≤e，d(M,N(=|ek-m|+|kek-n|=max{|x+xlnx-m-n|,|x-xlnx-m+n|{，令g(x(=x+xlnx,0<x≤e，則g/(x(=2+lnx>0在區(qū)間(e-2,e[內(nèi)成立，則g(x(在區(qū)間(e-2,e[內(nèi)單調(diào)遞增，則-=g(e-2(≤g(x(≤g(e(=2e，令h(x(=x-xlnx,0<x≤e，則h/(x(=-lnx<0在區(qū)間(1,e[內(nèi)成立，則h(x(在區(qū)間(1,e[內(nèi)單調(diào)遞減，則0=h(e(≤h(x(≤g(1(=1，所以f(m,n(=max--m-n|,|2e-m-n|,|-m+n|,|1-m+n|〈，所以f(m,n(≥max=e+，當(dāng)m+n=e-且-<n<e-時，取最小值，f(m,n(的最小值e+n{，*，則定義f(x(為集合A上的有限完整函數(shù).已知g(x(是定義在有限集合M={1,2,3,4,5,6,7{上的有限完整函數(shù).i(<g(i+1(，求滿足條件的g(x(的個數(shù)；*k+1(x)=k**≤++++++i2+[g(i)[27==i2=140，故共有CA=42個g(x)滿足條件；x1234567g(x)23156744=g5=6,g34=g6=7,g44=g7=4,g54=g4=g14，故原命題得證. 02,?,an,?,我們稱f(x)=xn=a0+a1x+x2+?+xn+?(規(guī)定0!=1)為無窮數(shù)列{an{的指數(shù)型母函數(shù)．無窮數(shù)列1，1，?,1，?的指數(shù)型母函數(shù)記為e(x)=xn=1+x++?++?,它具有性質(zhì)e(x)e(y)=e(x+y).(2)記c(x)=x2k=1-++?+(-1)k+?.證明：c(x)=(其中i為虛(3)以函數(shù)為指數(shù)型母函數(shù)生成數(shù)列{Bn{，=xn=B0+B1x+x2+?+xn+?.其中Bn稱為伯努利數(shù)．證明：B1=-．且B2k+1=0(k=1,2,3,?).4n+4n+1+++(2)證明：因為+=+=，4n+24n+3 (-ix)4n+1=ix4n+1 (-ix)4n+2=-x4n+2 (-ix)4n+3=-ix4n+3+-ix4n+1+ix4n+3e(ix)+e(-ix)=-=x2k=2x2k=2c(x)，g(-x)-g(x)=-=-x+=-x?=-x?=-x?e(x)+e(-x)-22-e(x)-e(-x)=x，因此x=g(-x)-g(x)=(-x)n-xn=-2x2k+1=-2B1x+x2k+1故B1=-且x2k+1=0，即B2k+1=0(k=1,2,3,?). ∈(-1,+∞(，都有[kx1-f(x1(+m[[kx2-f(x2(+m[≥0，則稱(k,m(為f(x(的0>-1，(fI(x0(,f(x0(-x0fI(x0((都是f(x(的“正向數(shù)組”，求a的取值范圍.【分析】(1)代入有f(x(=(x-2(ln(x+1(，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)得到f(x(的正負時不同取值情況即可；(2)假設(shè)存在x0>-1,使得kx-f(x(+m>0,通過正向數(shù)組定義轉(zhuǎn)化得對任意x>-1,kx-f(x(+m≥0恒成立，設(shè)F(x(=(x+a(ln(x+1(-kx-m，再利用函數(shù)的性質(zhì)即可證明假設(shè)不成立；(3)代入有fI(x0(x-f(x(+f(x0(-x0fI(x0(≥0恒成立或fI(x0(x-f(x(+f(x0(-x0fI(x0(≤0恒成立，設(shè)g(x(=f(x(-fI(x0(x，求出g(x0(是g(x(的最大值或最小值時a的取值范圍即可.-f(x1(+m[[kx2-f(x2(+m[=f(x1(?f(x2(，fx1=x1-2lnx1+1<0，fx2=x2-2lnx2+1>0，即fx1?fx2<0，不滿足題意.所以0,0不是fx的“正向數(shù)組”.(2)反證法:假設(shè)存在x0>-1,使得kx-fx+m>0,∵k,m為fx的“正向數(shù)組”，∴對任意x>-1,都有[kx0-fx0+m[?[kx-fx+m[≥0.∴對任意x>-1,kx-fx+m≥0恒成立.令Fx=x+alnx+1-kx-m，則Fx≤0在-1,+∞上恒成立，F(xiàn),x=lnx+1+-k=lnx+1++1-k，設(shè)Gx=F,x=lnx+1++1-k，,x=-=，則當(dāng)a>1時，G,x在-1,a-2上為負，在a-2,+∞上為正，所以Gx=F,x在-1,a-2上單調(diào)遞減，在a-2,+∞上單調(diào)遞增；即存在F,x1=F,x2=0，使F,x在-1,x1上為正，在x1,x2上為負，在x2,+∞上為正，所以Fx在-1,x1上單調(diào)遞增，在x1,x2上單調(diào)遞減，在x2,+∞上單調(diào)遞增，又當(dāng)x→-1，F(xiàn)x→-∞,當(dāng)x→+∞,Fx→+∞,則Fx的值域為R；若F,a-2≥0，F(xiàn),x≥F,a-2≥0，F(xiàn)x在-1,+∞上單調(diào)遞增，又當(dāng)x→-1，F(xiàn)x→-∞,當(dāng)x→+∞,Fx→+∞,則Fx的值域為R.x=≥0，Gx=F,x在-1,+∞上單調(diào)遞增，x→+∞,必存在F,x1=0，使F,x在-1,x1上為負，在x1,+∞上為正，所以Fx在-1,x1上單調(diào)遞減，在x1,+∞上單調(diào)遞增，又當(dāng)x→-1，F(xiàn)x→+∞,當(dāng)x→+∞,Fx→+∞,則Fx的值域為[Fx1,+∞.由值域可看出，與Fx≤0在-1,+∞上恒成立矛盾.對任意x>-1，都有kx-fx+m≤0.f,x0,fx0-x0f,x0都是fx的“正向數(shù)組”，[f,x0x1-fx1+fx0-x0f,x0[[f,x0x2-fx2+fx0-x0f,x0[≥0，則f,x0x-fx+fx0-x0f,x0≥0恒成立或f,x0x-fx+fx0-x0f,x0≤0恒成立，即fx-f,x0x≤fx0-f,x0x0恒成立或fx-f,x0x≥fx0-f,x0x0恒成立，設(shè)gx=fx-f,x0x=x+alnx+1-f,x0x，則fx0-f,x0x0=gx0，即gx0是gx的最大值或最小值.,x=f,x-f,x0=lnx+1+-f,x0=lnx+1++[1-f,x0[，且g,x0=f,x0-f,x0=0.當(dāng)a>1時，由(2)可得，gx=x+alnx+1-f,x0x=Fx+m的值域為R，無最大值或最小值；當(dāng)a≤1時，gx=lnx+1++[1-fx0[在-1,+∞上單調(diào)遞增，又gx0=fx0-fx0=0，則gx在-1,x0上為負，在x0,+∞上為正，所以gx=fx-fx0x在-1,x0上單調(diào)遞減，在x0,+∞上單調(diào)遞增，則gx0是gx的最小值，滿足gx=fx-fx0x≥fx0-fx0x0，[fx0x1-fx1+fx0-x0fx0[[fx0x2-fx2+fx0-x0fx0[≥0.即得到證明；本題第3問的關(guān)鍵是理解“正向數(shù)組”的變形推理得到fx-fx0x≤fx0-fx0x0恒成立或fx-fx0x≥fx0-fx0x0恒成立，并構(gòu)造函數(shù)gx=fx-fx0x，得到gx0是gx的最大數(shù).②當(dāng)x1>0,x2>0,x1+x2<1時，總有f(x1+x2)<f(x1)+f(x2)成立.(1)記g(x)=x2+請說明理由.當(dāng)x1>0，x2>0，x1+x2<1時，gx1+x2=x1+x22+，gx1+gx2=x+x+1，則gx1+gx2-gx1+x2=x+x+1-x1+x22-=-2x1x2=，∵1>x1+x2≥2x1x2，∴1-4x1x2>0，1+gx2>gx1+x2，∴g(x)=x2+為L型函數(shù).當(dāng)x1>0，x2>0，x1+x2<1時，px1+x2=lnx1+x2+b，px1+px2=lnx1+b+lnx2+b，由px1+x2<px1+px2，得lnx1+x2+b<lnx1+b+lnx2+b，即x1+x2+b<x1+bx2+b，即x1+x2+b<x1x2+bx1+x2+b2，2+bx1+x2-1+x1x2-x1+x2>0，令h令h(b(=b2+b(x1+x2-1(+x1x2-(x1+x2(，則對稱軸b=因為h(1(=12+(x1+x2-1(+x1x2-(x1+x2(=x1x2>0，=4x>0；當(dāng)x1>0，x2>0，x1+x2<1時，,r(x1(+r(x2(=4x1+4x,r(x1(+r(x2(=4x1+4x2+x21 x1x2+x21 x1x21+x2((2=x1+x2<x1+x2+2x1x22<(x1+2<(x1+x2,即r(x1+x2(<r(,即r(x1+x2(<r(x1(+r(x2(，<4x1+4x2)=m成立；>0，當(dāng)x1>0，x2>0，x1+x2<1時，(x1+x2+1(，r(x1(+r((x1+x2+1(，r(x1(+r(x2(=log2(x1+1(+log2(x1+x2+1(<log2(x1+1(+log2(x1+x2+1(<log2(x1+1(+log2即r(x1+x2(<r(x1(+r(x2(，即y=r(x)是L型函數(shù)，)=m成立.)=m成立.≠，且P⊕0*=0*⊕P=P.3+27b2=0時，討論函數(shù)h(x)=x3+ax+b零點的個數(shù)；參考公式：m3-n3=(m-n)(m2+mn+n2(2-x1-x2,--2-x1-x2,--y1-y2x1-x2-(2)利用“⊕”運算的性質(zhì)計算P⊕P⊕Q⊕后可得證明.(x)=3x2+a，3(x)=0，解得x1=--,x2=-.當(dāng)x<--或x>-時，h,(x)>0，當(dāng)--<x<-時，h,(x)<0，故h(x)在--,-上h(x)單調(diào)遞減.3+27b2=0，若b<0，則b=--=-，此時h--=-（---a-+b=b--=0，而h（-（<0若b>0，則b=-=--，此時h-=--+a-+b=b+-=0，而h（--（>0故P⊕(P⊕Q)=P⊕=0?,故((P⊕P(⊕Q(⊕=0?⊕=，故((P⊕P(⊕Q(⊕=P⊕(P⊕(Q⊕((=P⊕(P⊕0?(=P⊕P，~故P⊕P=Q.則y3=λ(x3-x1(+y1，代入y=x+ax3+b得2(x3-x1(2+2λy1(x3-x1(+y=x+ax3+b，而y=x+ax1+b，故λ2(x3-x1(2+2λy1(x3-x1(+x+ax1+b=x+ax3+b，2(x3-x1(2+2λy1(x3-x1(=x-x+a(x3-x1(，故λ2(x3-x1(+2λy1=x+x+x1x3+a即x+(x1-λ2(x3+x+λ2x1-2λy1+a=0，同理可得x+(x2-λ2(x3+x+λ2x2-2λy2+a=0，兩式相減得：(x1-x2(x3+x-x+λ2(x1-x2(-2λ(y1-y2(=0，故x3+(x1+x2(+λ2-2λ(--(=0，所以y3=--2-2x1-x2+y1，因此P⊕Q的坐標(biāo)為：2-x1-x2,---2+2x1+x2-y1(. min{a2k-1,a2k{.若對任意k∈N*均有hk<hk+1，則稱數(shù)列{an{為“趨向遞增數(shù)列”.條件是{dn{中沒有0.q=1、0<q<1、-1<q<0、q=-1、q<-1六種情況討論，驗證hk<hk+1能否n=cos，記hk=min{a2k-1,a2k{(k∈N?(，由于h2>h3，不滿足對任意k∈N*均有hk<hk+1，n=-n，記tk=min{b2k-1,b2k{(k∈N?(，2k-1=-2k-1<-2k+1=tk+1，n=qn-1.當(dāng)q>1時，數(shù)列{cn{為單調(diào)遞增數(shù)列，此時hk=min{c2k-1,c2k{=c2k-1<c2k+1=hk+1，滿足題意，當(dāng)0<q<1時，數(shù)列{cn{為單調(diào)遞減數(shù)列，此時hk=min{c2k-1,c2k{=c2k>c2k+2=hk+1，不滿足題意；當(dāng)-1<q<0時，此時hk=min{c2k-1,c2k{=c2k<c2k+2=hk+1，滿足題意；當(dāng)q=-1時，此時hk=min{c2k-1,c2k{=-1=hk+1，不滿足題意；當(dāng)q<-1時，此時hk=min{c2k-1,c2k{=c2k>c2k+2=hk+1，不滿足題意，(3)證明：先證必要性：假設(shè)存在正整數(shù)mm≥3使得dm=0，dm=dm+2-dm+1=0，令dm+1=dm+2=a.n=dn+2-dn+1，所以dn≥0，于是a≥0.若m為奇數(shù)，hm+1=mindm,dm+1=0，hm+1+1=mindm+2,dm+3=0，若m為偶數(shù)，hm+1=mindm+1,dm+2=a，hm+2=mindm+3,dm+4=0，‘'與數(shù)列dn為“趨向遞增數(shù)列”3=114=1，此時h1=h2，2k+1=d2k+d2k-1，d2k+2=d2k+1-d2k，與“趨向遞增數(shù)列”n中各項均大于0.下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明.即證：d2n-1>0，d2n>0①當(dāng)n=1時，d1=1>0，d2=10>0；當(dāng)n=k+1時，d2n-1=d2k+1=d2k+d2k-1>0，d2n=d2k+2=d2k+1-d2k=d2k+d2k-1-d2k=d2k-1>0.*n>0.當(dāng)n為偶數(shù)時，dn=dn+1-dn+2>0；當(dāng)n為奇數(shù)時，dn=dn+2-dn+1>0，所以dn=dn+2-dn+1>0對任意n∈N*均成立.n+T=an，那i=ci，我們稱數(shù)列bn和cn為“同根數(shù)列”.1,n=1n-1-bn-2,n≥3n=m+4n+1=sin(n+1(π=0=sinnπ=an，n+3=bn+2-bn+1=bn+1-bn-bn+1=-bn，所以bn+6=-bn+3=bn.假設(shè)k≥2m+5，即對于1≤i≤2m+5，都有ai=bi.m+t=bm+t(5≤t≤m+4(，所以at-2=bt-4=at-4(5≤t≤m+4(，即a1=a3=a5=?=am+2，及a2=a4=a6=?=am+1.又t=m+5時，a1=a2(m+2(+1=b2m+5=bm+1=am+1，所以an+1=an，與T1的最小值是m+2矛盾.其次證明k=2m+4存在數(shù)列滿足條件.取a(m+2(l+i=〈1,|1i=m+3(m+4(l+i=〈|2,i=2k(1≤k≤|1i=m+3對于1≤i≤2m+4，都有ai=bi.假設(shè)k≥2m+4，即對于1≤i≤2m+4，都有ai=bi.m+t=bm+t(5≤t≤m+3(，所以at-2=bt-4=at-4(5≤t≤m+3(，即a1=a3=a5=?=am+1，及a2=a4=a6=?=am.又t=m+4時，am+2=bm=am，所以an+2=an，與T1的最小值是m+2矛盾.其次證明k=2m+3時存在數(shù)列滿足條件.1≤k≤(l∈N(|2,i=2k(1≤k≤=m+4(m=m+4對于1≤i≤2m+3，都有ai=bi. b1)=n=3×n-1；k-1-.b1)=a1+(2a1-1)=3a1-1，b2)=a2+(2a2-1)=3a2-1,b2)=a2+(2a2-1)×2=5a2-2，q==，所以{an{的通項公式是an=a1qn-1=3×n-1.2)=a2+(2a2-1)(i-1)=2+3(i-1)=3i-1，b1=3i+2，==-,所以=-+-+?+-=-=.=n2ak-=3n2?k-1-.*nan+2m=+bn+2m=2bn+m，則稱{bn{為m階等差數(shù)列.7 43+a4+a5=,求{an{的通項公式及前n項和；7 43+a4+a5=,求{an{的通項公式及前n項和；n-1,前n項和為2-n-1,前n項和為2-*nan+2m=(an+m(2成立，再根據(jù)m階等差數(shù)列即*,所以{an{的通項公式為an=a1qn-1=，前n項和為Sn===2-；**nan+2m=(an+m(2成立，所以lnanan+2m=ln(an+m(2，又an>0,an+m>0,an+2m>0，所以lnan+lnan+2m=2lnan+m，**,lnan+lnan+2m=2lnan+m成立，所以{lnan{為m階等差數(shù)列；所以anan+8=(an+4(2(?n∈N*(與anan+10=(an+5(2(?n∈N*(同時成立，*(與a5=(?n*(同時成立，數(shù)列an,an+4,an+8,?(?n∈N*(和數(shù)列an,得an+1,an+5,an+9,?(?n∈N*(也成等比數(shù)列，2>0(?n*，所以{an{是等比數(shù)列. 們的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均，即≥na1a2?an，當(dāng)且僅當(dāng)a1=a2=?=an時，等號 {an{具有性質(zhì)P.n=n+，求數(shù)列{an{的最小項；n=n=nn{具有性質(zhì)P.2=3n=++，結(jié)合三個數(shù)的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均求解；n≤，再利用等比數(shù)列求和證明性質(zhì)①,利用bn=>0,證明②;∴數(shù)列{an{的最小項為a2=2+=3.(2)數(shù)列{Sn{具有性質(zhì)P.n==≤，n=bi≤=1+++?+==2（1-<2,，n=>0,∴Sn<Sn+1,∴{Sn{為單調(diào)遞增數(shù)列，∴數(shù)列{Sn{滿足條件②.≤1≤1=1-1則cn=（1+n=1+1+（1-+-+?+-=3-<3，再證數(shù)列{cn{滿足條件②:cn=n=<n+1(1+>1，等號取不到)=n+1=（1+n+1=cn+1,n{為單調(diào)遞增數(shù)列，∴數(shù)列{cn{滿足條件②.綜上，數(shù)列{cn{具有性質(zhì)P.+1=a1a2a3?an+t(n∈N*(恒 nn= n=2，數(shù)列{bn{為等比數(shù)列，且a=an+1+log2bn-t，求數(shù)列{bn{的通>1，t>0，證明：lnan<an-1.n=2n+1【分析】(1)根據(jù)已知條件求出cn+1-c1c2c3?cn即可判斷；(2)根據(jù)數(shù)列{an{為“H(t)數(shù)列”，化a=an+1+log2bn-t為a=a1a2a3?an+log2bn，進而求得a=a1a2a3?anan+1+log2bn+1，作差有a+1=(an+1-1(a1a2a3?an+log2b1，根據(jù)已知條件化為(t+1(an+11=4，即可求出數(shù)列{bn{的通項公式.(3)構(gòu)造函數(shù)f(x(=lnx-x+1(x>0(，通過導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，有f(x(在(1,+∞(上單調(diào)遞減，且f(x(<f(1(=0，再推導(dǎo)出an>1且an+1>acn=1+=(n∈N*(，則cn+1=(n∈N*(，又c1c2c3?cn=???=n+1(n∈N*(，所以cn+1-c1c2c3?cn=-(n+1(=-n(n∈N*(，+1+log2bn-t(n∈N*(，有a=a1a2a3?an+log2bn(n∈N*(①,所以a=a1a2a3?anan+1+log2bn+1(n∈N*(②,兩式作差得a+1=(an+1-1(a1a2a3?an+log2b1(n∈N*(，+1-t=a1a2a3?an(n∈N*(，設(shè)數(shù)列{bn{的公比為q，所以a+1=(an+1-1((an+1-t(+log2q(n∈N*(，即(t+1(an+1-(t+log2q(=0對?n∈N?成立，又a1=2，a=a1+log2b1，得b1=4n-1=2n+1.-1=(3)設(shè)函數(shù)f(x(=lnx-x+1(x>0(，則f'(x-1=f'(x(<0，則f(x(在(1,+∞(上單調(diào)遞減，且f(x(<f(1(=0，+1-a1a2a3?an=t(n∈N*(，因為a1>0，t>0，2=a1+t>a1>1，故a3=a1?a2+t>a1?a2>1，?n>1，所以f(an(<f(1(=0，即lnan-an+1<0，所以lnan<an-1得證.②通過構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式.n=an+1-an(n∈N*(，規(guī)定{Δ2an{為數(shù)列{an{的二階差分?jǐn)?shù)列，其中Δ2an=Δan+1-Δan*n=n3，所以Δan=an+1-an=(n+1(3-n3=3n2+3n+1，2=193=37，故Δa2-Δa1=12，Δa3-Δa2=18，顯然Δa2-Δa1≠Δa3-Δa2，所以{Δan{不是等差數(shù)列；2an=Δan+1-Δan=6n+6，則Δ2an+1-Δ2an=6，Δ2a1=12，=a，=a，所以數(shù)列{bn{是以公比為a的正項等比數(shù)列，b所以Δ2bn=Δbn+1-Δbn=bn+2-bn+1-(bn+1-bn(=bn+2-2bn+1+bn，n=bm，即b1an+1-2b1an+b1an-1=b1am-1，所以a-12=am-n，因為a>2，所以m-n>0，*2n=bm=bn+1.②若m-n≥2，則am-n≥a2>a-12，對任意的n∈N*，不存在m∈N*，使得Δ2bn=bm.設(shè){cn{的公差為d，則cn=c1+n-1d，若d<0，所以當(dāng)n>1-時，cn<0，由等差數(shù)列前n項和公式可得Sn=n2+（c1-n，所以Sn+Sm=n2+m2+（c1-n+m，因為m+n=2t，所以St=2+c1-,所以Sn+Sm=n2+m2+（c1-n+m>×+（c1-n+m=2St則當(dāng)λ≤2時，不等式Sm+Sn>λSt恒成立，則Sn+Sm=2t2+2+2t（c1-，St=t2+（c1-t，則λSt-Sn+Sm=λt2+（c1-λt-2t2+2-2t（c1-=λ-dt2-t+λ-2c1t-d，因為λ-d>0，t2-t≥0，當(dāng)t>時，λSt-Sn+Sm>0，n+Sm<λSt，不滿足不等式Sm+Sn>λSt恒成立，((其中其中aij23?a2n33?a3n（an1an2an3?ann(**,i,j≤n(表示矩陣A中第i行第j列的數(shù).a13?a1n((b11b12b13?23?a2n||b21b22b23?aaa?an|,B(n,n)=|bbb?（an1an2an3?annbn1bn2bn3?已知三個n階方陣分別為A(n,n)=1n2n3n?((?cn1?cn2c13?23?33??cn3?2n3n?cnn(aijij,i,j≤n(分別表示A(n,n),B(n,n),C(n,n)中第i行第j列的數(shù)．若cij=(1-μ)aij+μbij 3-1(3?*(a12?a1n2?3n2n?ann1?2?2n?b1n(?n?bnn(2k*,k≤n(；(ii)已知數(shù)列{bn{滿足bn=n，數(shù)列{dn{滿足dn=23=15解得μ=-，則cij=aij-bij，c12=a12-b12=×4+=8，c21=a22-b22=-=1，22=a21-b21=-×2=，21=3(1-μ)+μ=3-2μ=2，μ=，故cij=aij+bij，c23=a23+b23=×33+×3=15，2k=a2k+b2k=×3k+×k=.(ii)dn===n?n，T2+33+?+n×n，Tn=1×2+23+34+?+n×n+1，故Tn=+2+3+4+?+n-n×n+1=1-n-n×n+1，故Tn=-+×n，Tn=1=+2，取m=2驗證不成立，現(xiàn)說明當(dāng)n≥4時不成立：故{An{單調(diào)遞增，An≥，設(shè)Bn=，n≥3，n∈N*，Bn>0，=÷=<1，故{Bn{單調(diào)遞減，Bn≤，n≥3，n∈N*，B1=-1，故n≥4時，=不成立，**①an=sinnπ;②bn=n-1-bn-2,n≥3.≤6；n+1=sin(n+1)π=0=sinnπ=an，n+3=bn+2-bn+1=bn+1-bn-bn+1=-bn，所以bn+6=-bn+3=bn.(2)假設(shè)k≤6不成立，則有k≥7，即對于1≤i≤7=b2=a2，所以a1=a2.所以a1=a2=a3，所以k≤6.假設(shè)k≥2m+5，即對于1≤i≤2m+5，都有ai=bi.m+t=bm+t(5≤t≤m+4(，所以at-2=bt-4=at-4(5≤t≤m+4(，即a1=a3=a5=?=am+2，及a2=a4=a6=?=am+1.又t=m+5時，a1=a2(m+2)+1=b2m+5=bm+1=am+1，所以an+1=an，與T1的最小值是m+2矛盾.其次證明k=2m+4存在數(shù)列滿足條件.取a(m+2)l+i=對于1≤i≤2m+4，都有ai=bi.當(dāng)m是偶數(shù)時，首先證明k≥2m+4時不假設(shè)k≥2m+4，即對于1≤i≤2m+4，都有ai=bi.m+t=bm+t(5≤t≤m+3(，所以at-2=bt-4=at-4(5≤t≤m+3(，即a1=a3=a5=?=am+1，及a2=a4=a6=?=am.又t=m+4時，am+2=bm=am，所以an+2=an，與T1的最小值是m+2矛盾.|1|1,i=m+3其次證明k=2m+3時存在數(shù)列滿足條件.|2,i=2k(1≤k≤|(m+4(l+i|2,i=2k(1≤k≤|=m+4對于1≤i≤2m+3，都有ai=bi.的前n項和分別為An,Bn，并規(guī)定A0=B0=0．對于k∈{0,1,2,?,m{，定義rk=max{i∣Bi≤Ak,i∈{0,1,2,?,m}{，其中，maxM表示數(shù)集M中1≥b1j≤rj+1+rj-1,j=1,2,?,m-1,，求rn；>q,s>t,使得Ap+Bt=Aq+Bs.2=13=2n=n,n∈N(2)根據(jù)題意題意分析可得ri+1-ri≥1，利用反證可得ri+1-ri=1，在結(jié)合等差數(shù)列運算求解；0=0,A1=2,A2=3,A3=6,B0=0,B1=1,B2=4,B3=7，當(dāng)k=0時，則B0=A0=0,Bi>A0,i=1,2,3，故r0=0；當(dāng)k=1時，則B0<A1,B1<A1,Bi>A1,i=2,3，故r1=1；i≤A2,i=0,1,B2>A2,B3>A2,故r2=1；i≤A3,i=0,1,2,B3>A3，故r3=2；n≥1,bn≥1，且a1≥b1，則An≥B1>B0對任意n∈N*恒成立，所以r0=0,r1≥1，又因為2ri≤ri-1+ri+1，則ri+1-ri≥ri-ri-1，即rm-rm-1≥rm-1-rm-2≥???≥r1-r0≥1，可得ri+1-ri≥1，反證：假設(shè)滿足rn+1-rn>1的最小正整數(shù)為0≤j≤m-1，當(dāng)i≥j時，則ri+1-ri≥2；當(dāng)i≤j-1時，則ri+1-ri=1，則rm=(rm-rm-1(+(rm-1-rm-2(+???+(r1-r0(+r0≥2(m-j(+j=2m-j，又因為0≤j≤m-1，則rm≥2m-j≥2m-m-1=m+1>m，假設(shè)不成立，故rn+1-rn=1，nnm=Bm，則可取t=q=0，滿足p>q,s>t,使得Ap+Bt=Aq+Bs；m<Bm，則rk<m，構(gòu)建Sn=Br-An,1≤n≤m，由題意可得：Sn≤0，且Sn為整數(shù)，反證，假設(shè)存在正整數(shù)K，使得SK≤-m，則Br-AK≤-m,Br+1-AK>0，可得br+1=Br+1-Br=Br+1-AK-Br-AK>m，≤n≤m,n∈N，均有Sn≥1-m.①若存在正整數(shù)N，使得SN=Br-AN=0，即AN=Br，可取t=q=0,p=N,s=rN，滿足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；②若不存在正整數(shù)N，使得SN=0，n≤n≤m，所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX=SY，即Br-AX=Br-AY，可得AY+Br=AX+Br，可取p=Y,s=rY,q=X,t=rX，滿足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；m>Bm，定義Rk=max{i∣Ai≤Bk,i∈{0,1,2,?,m}{，則Rk<m，構(gòu)建Sn=AR-Bn,1≤n≤m，由題意可得：Sn≤0，且Sn為整數(shù)，反證，假設(shè)存在正整數(shù)K,1≤K≤m，使得SK≤-m，則AR-BK≤-m,AR+1-BK>0，可得aR+1=AR+1-AR=AR+1-BK-AR-BK>m，≤n≤m-1,n∈N，均有Sn≥1-m.①若存在正整數(shù)N，使得SN=AR-BN=0，即AR=BN，可取q=t=0,s=N,p=RN，即滿足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；②若不存在正整數(shù)N，使得SN=0，n≤n≤m，所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX=SY，即AR-BX=AR-BY，可得AR+BX=AR+BY，可取p=RY,t=X,q=RX,s=Y，滿足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs.綜上所述：存在0≤q<p≤m,0≤t<s≤m使得Ap+Bt=Aq+Bs. 2 2<q<1；(3)數(shù)列{an{滿足an=n,1≤n≤m,n∈N?.設(shè){an{分類討論證明f(4k+3)≥3f(4k).由題得數(shù)列{an{的前100項和為S=<≤2a1,∴<a1,a1+a4k=a2+a4k-1=?=a2k+a2k+1=1+4k，2,?,ak,a3k,a3k+1,?,a4k,{cn}中項為ak+1,ak+2,?,a3k,所以m=4k時，數(shù)列{an{存在完美互補子數(shù)列.補子數(shù)列.下面證明f(4k+3)≥3f(4k).n}所以f(4k+3)≥3f(4k). .2=1-x+=0計算得到x1=,x2=所以(a,b(滿足b=2a-4(0≤a≤4(=2:y=x-，b=，(a,b(所對應(yīng)的方程為：x2-x+=0，x1=,x2=c>0時，0≤≤xc，得-xc≤xd≤xc，c<0時，xc≤≤0，得xc≤xd≤-xc，=≥|xd|，c>0時，-xc≤xd≤xc，得0≤≤xc，c≤xd≤-xc，得xc≤≤0，所以點M在線段CE上.>0且λ≠1時，我們把方程+=λa>b>0表示的橢圓Cλ稱為橢圓+=1a>b>0的相似橢圓．已知橢圓C:+y2=1，橢圓Cλ(λ>0且λ≠1)是橢圓C的相似橢圓，2AB+DE的值.x-4k-2x0y0k1+y-1=0，同理得到x-4k-2x0y0k2+y-1=0，進而得k1k2=，再根據(jù)y=2-x即可求得答案；(2)由題知橢圓Cλ的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1，進而結(jié)合點Px0,y0在橢圓C2:+=1上得kPMkPN=，則直線l1的方程為y-y0=k1x-x0，即y=k1x+y0-k1x0，記t=y0-k1x0，則l1的方程為y=k1x+t，將其代入橢圓C的方程，消去y，得4k+1x2+8k1tx+4t2-4=0，所以Δ=8k1t2-44k+14t2-4=0，即4k-t2+1=0，將t=y0-k1x0代入上式，整理得x-4k-2x0y0k1+y-1=0，同理可得，x-4k-2x0y0k2+y-1=0，2為關(guān)于m的方程x-4m2-2x0y0m+y-1=0的兩根，k2=.+=1上，所以y=2-x，所以k1k2==-.2=1所以當(dāng)λ=e2+=1，易知直線PM,PN的斜率均存在且不為0，所以kPMkPN=?=，因為P(x0,y0(在橢圓Cλ上，所以+=1，即y=-，所以kPMkPN=-.設(shè)直線PM的斜率為k，則直線PN的斜率為-，所以直線PM的方程為y=k(x+3(.y=k(x+3(+y2=1，得(1+4k2(x2+83k2y=k(x+3(1+x2=，x1x2=，1+k2所以|AB|=|x1-x2|=(1+k2([(x1+x2(2-41+k2=(1+k2(2-4解決與圓有關(guān)的問題時要重視圓的幾何性質(zhì)的運用.為y0y=px0+px.完成下述問題：如圖所示，設(shè)E，F(xiàn)是拋物線Γ:y2=2px(p>0)上兩點.過點E，F(xiàn)分λ,=λ,其中λ>0.2和p表示點C的坐標(biāo).;S△ABC，S△BGF=S△ABC，可得到S△EFG=S四邊形ECBG-S△CEF-S△BGF=2S△ABC，從而可求出答案.,處的切線CE方程為y1y=p×+px，即y=+x，處的切線CF方程為y=+x，,y=y1y2，.0(為拋物線上的一點，則x0=，拋物線在點G(x0,y0(處的切線方程為y0y=p×+px，即y=+x，1y0由,所以==y2y1=y0y2(==y2y1y2y=y0y2,為點B,此時滿足=λ,=λ,所以直線AB與拋物線Γ相切；=(1+λ(?1λ=(1λ(2，所以SBG=(1+(2-λ=λ2++1，而S△CEFS△ABC=?S△ABC=S△ABC，△ABC=1+λ?λS△ABC=λ(1+λ)S△ABC，所以S△EFG=S四邊形ECBG-S△CEF-S△BGF=2S△ABC，所以=2.2+y2=4，定點分別為橢圓C:+=1(a>b>0(的右焦點F與右頂點A，且橢圓C的離心率為e=.2+y2+x+=算直線方程.2=a2-c2=6，橢圓C的方程為+=1c+2a+2c+2a+22+y2+x+=0，2=a2-c2=方法(3)設(shè)M(x,y(，則x2+y2=4.2=8，c2=22=a2-c2=6∴橢圓C的方程為+=1BF令DF=λ,則=λ,設(shè)Dx0,y0，則有3x+4y=24，2+4y2-24=0得：321+λ-λx02+4λ2y-24=0，即λ+15λ-3-2λx0=0，BFNBBF2r-BFDFNDDF2r+DF圓C=πr2=π,故r=，∴--BFDF9=DF又DF=x0-22+y=x0-22+6-x=22-x0，∴-=-=-=BFDFλDFDF322-022-00=-，y0=-6-x=-4 =2y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1，已知四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是一個平行四邊形，=(2,-1,4)，以AB,AD,AP為鄰邊的平行六面體的體積.∴⊥,⊥,即AP⊥AB,AP⊥AD．AB,AD是平面ABCD內(nèi)兩相交直線，∴AP⊥平面ABCD.2=20SABCD=ABADsin∠BAD=22-(?)2=21×20-62=86，—AP=6，-ABCD=SABCDPA=×86×6=16.-ABCD，學(xué)生的歸納推理能力. 成的三面角P-ABC，∠APC=α,∠BPC=β,∠APB=γ,二面角A-PC-B的大小為θ,則cosγ= 4 4C1.∠MHN是二面角A-PC-B的平面角．在△MNP中和△MNH中分別用余弦定理，兩式相減變形可證結(jié)【詳解】(1)證明：如圖，過射線PC上一點H作HM⊥PC交PA于M點，作HN⊥PC交PB于N點，連接，MN則∠MHN是二面角A-PC-B的平面角.MN2=MP2+NP2-2MP?NP?cosγ,MN2=MH2+NH2-2MH?NH?cosθ,兩式相減得MP2-MH2+NP2-NH2-2MP?NP?cosγ+2MH?NH?cosθ=0，∴2MP?NP?cosγ=2PH2+2MH?NH?cosθ,(2)①由平面AA1C1C⊥平面ABCD，知θ=90°,∴由(1)得cos∠A1AB=cos∠A1AC?cos∠CAB，∵cos∠A1AC=60°,cos∠BAC=45°,∴cos∠A1AB=×=.在棱柱