九省联考新题型背景专题训练-2024届高三数学二轮复习（解析版）.pdf

1、1九省联考后精典的新题型背景一、单选题1(山东省名校考试联盟 2023-2024 学年高三下学期开学考试数学试题)欧拉公式 ei=cos+isin(e是自然对数的底数，i 是虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系已知 z=iei，则 z=()A.1B.2C.2D.2 2【答案】A【分析】根据复数乘法运算和模长运算可直接求得结果.【详解】z=iei=i cos+isin=-sin+icos，z=-sin2+cos2=1.故选：A.2(2024 届九省联考高考适应性考试数学变式卷(2)欧拉恒等式 ei+1=0 也叫做欧拉公式，它是数学

2、里最令人着迷的公式之一，它将数学里最重要的几个常数联系到了一起：两个超越数：自然对数的底数 e，圆周率，两个单位：虚数单位 i 和自然数的单位 1，以及数学里常见的 0因此，数学家们评价它是“上帝创造的公式，我们只能看它而不能理解它”根据该公式，引出了复数的三角表示：ei=cos+isin，由此建立了三角函数与指数函数的关系，是复数体系发展的里程碑根据上述信息，下列结论正确的是()A.ei的实部为 1B.ei对应的点在复平面的第二象限C.e2i的虚部为 1D.e2i对应的点在复平面的第二象限【答案】D【分析】根据题干知：ei=cos+isin，把 =，=2，代入公式中，利用复数的标准形式和复平

3、面中点的坐标知识，即可得出正确选项.【详解】因为 ei=cos+isin，把 =代入得：ei=cos+isin=-1，故 ei的实部为-1，ei对应的点为(-1,0)，该点不在第二象限，则排除 A，B;把 =2 代入得：e2i=cos2+isin2，则 e2i的虚部为 sin2，则排除 C;因为 2 2 ，cos2 0，所以 e2i对应的点(cos2,sin2)，该点在第二象限，则 D 正确.故选：D.3(2024 届高三新高考改革数学适应性练习(7)(九省联考题型)柯西不等式最初是由大数学家柯西(Cauchy)在研究数学分析中的“流数”问题时得到的.而后来有两位数学家 Buniakowsky

4、 和 Schwarz 彼此独立地在积分学中推而广之，才能将这一不等式应用到近乎完善的地步.该不等式的三元形式如下：对实数a1,a2,a3 和 b1,b2,b3，有 a21+a22+a23b21+b22+b23 a1b1+a2b2+a3b32等号成立当且仅当 a1b1=a2b2=a3b3已知 x2+y2+z2=14，请你用柯西不等式，求出 x+2y+3z 的最大值是()A.14B.12C.10D.8【答案】A【分析】利用柯西不等式求出即可.【详解】由题干中柯西不等式可得 x+2y+3z2 x2+y2+z212+22+32=14 14=196，所以 x+2y+3z 的最大值为 14，当且仅当 x=

5、1,y=2,z=3 时取等号.故选：A4(2024 届高三新高考改革数学适应性练习(5)(九省联考题型)“角股猜想”是“四大数论世界难题”之2一，至今无人给出严谨证明“角股运算”指的是任取一个自然数，如果它是偶数，我们就把它除以 2，如果它是奇数，我们就把它乘 3 再加上 1在这样一个变换下，我们就得到了一个新的自然数如果反复使用这个变换，我们就会得到一串自然数，该猜想就是：反复进行角股运算后，最后结果为 1我们记一个正整数n n 1经过 J n次角股运算后首次得到 1(若 n 经过有限次角股运算均无法得到 1，则记 J n=+)，以下说法有误的是()A.J n可看作一个定义域和值域均为 N*

6、的函数B.J n在其定义域上不单调，有最小值，无最大值C.对任意正整数 n n 1，都有 J nJ 2=J 2n-1D.J 2n=n 是真命题，J 2n-1 J 2n+1是假命题【答案】A【分析】根据给定信息，利用函数的相关概念逐项判断即得.【详解】依题意，J(n)的定义域是大于 1 的正整数集，A 错误；由 J(4)=2,J(5)=5,J(8)=3，得 J(n)在其定义域上不单调，而 J(2)=1，J(n)N，则 J(n)有最小值 1，由 n 经过有限次角股运算均无法得到 1，记 J n=+，得 J(n)无最大值，B 正确；对任意正整数 n n 1，J(2n)=J(n)+1，而 J(2)=1

7、，因此 J(n)J(2)=J(n)=J(2n)-1，C 正确；对任意正整数 n，2n每次除以 2，最后得到 1 的次数为 n，因此 J(2n)=n，由 J(22-1)=J(3)=7,J(22+1)=J(5)=5，知 J 2n-1 J 2n+1是假命题，D 正确.故选：A5(重庆市部分学校 2024 届高三上学期 12 月月考数学试题)古希腊的数学家海伦在他的著作测地术中最早记录了“海伦公式”：S=p p-ap-bp-c，其中 p=a+b+c2，a，b，c 分别为 ABC 的三个内角 A，B，C 所对的边，该公式具有轮换对称的特点.已知在 ABC 中，sinA:sinB:sinC=8:7:3，且

8、 ABC的面积为 12 3，则 BC 边上的中线长度为()A.3 2B.4C.74D.26【答案】D【分析】先求得 cosA,sinA，然后利用三角形的面积公式、向量法求得 BC 边上的中线长度.【详解】设 D 是 BC 的中点，连接 AD.依题意，在 ABC 中，sinA:sinB:sinC=a:b:c=8:7:3，设 a=8k,b=7k,c=3k,k 0，由余弦定理得 cosA=49+9-642 7 3=-17，所以 A 为钝角，所以 sinA=1-cos2A=4 37，所以 SABC=12 3k 7k 4 37=12 3,k2=2，AD=12 AB+AC，两边平方得 AD 2=14 AB

9、 2+AC 2+2AB AC=14 9+49-2 3 7 17k2=13k2=26，所以 AD=26.故选：D36(安徽省阜阳市第三中学 2023-2024 学年高二上学期二调考试(12 月)数学试题)“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼 闵可夫斯基所创词汇，定义如下：在直角坐标平面上任意两点 A x1,y1,B x2,y2的曼哈顿距离为：d A,B=x1-x2+y1-y2.已知点 M 在圆 O:x2+y2=1 上，点 N 在直线 l:3x+y-9=0 上，则d M,N的最小值为()A.9 1010B.9 1010-1C.18-2 105D.3-103【答案】D【分析】如图，作过点 M 作平行于

10、x 轴的直线 MB 交直线 l 于点 B，过点 N 作 NA MB 于点 A，结合直线的斜率得出 MN 平行于 x 轴，d M,N最小，再设 M(cos,sin)，求出 MB，利用三角函数知识得最小值【详解】如图，过点 M 作平行于 x 轴的直线 MB 交直线 l 于点 B，过点 N 作 NA MB 于点 A,d M,N表示MA+NA的长度，因为直线 l 的方程为 3x+y-9=0，所以 tanNBA=3,NAAB=3，即 NA=3 AB,d M,N=MA+3 AB=MB+2 AB，当固定点 M 时，MB为定值，此时 AB为零时，d M,N最小，即 N 与 B 重合(MN 平行于 x 轴)时，

11、d M,N最小，如图所示，设 M(cos,sin)，0,2，则 xB=9-sin3=3-13 sin，MB=xB-cos=3-13 sin-cos=3-13(sin+3cos)，由三角函数知识可知 sin+3cos=10sin +，其中 tan=3，则其最大值是10，所以 d(M,N)min=3-103，故 D 正确.故选：D.【点睛】关键点睛：本题的关键是理解曼哈顿距离的定义，得到 MB=xB-cos=3-13 sin-cos，再利用辅助角公式即可求出其最值.二、多选题7(云南省下关一中教育集团 2023-2024 学年高二上学期 12 月段考(二)数学试卷)欧拉是科学史上最多才的一位杰出的

12、数学家，他发明的公式为 eix=cosx+isinx，i 虚数单位，将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，这个公式也被誉为“数学中的天桥”(e 为自然对数的底数，i 为虚数单位)，依据上述公式，则下列结论中正确的是()4A.复数 ei 2 为纯虚数B.复数 ei3对应的点位于第二象限C.复数 ei 3 的共轭复数为32-12 iD.复数 ei(0,)在复平面内对应的点的轨迹是半圆【答案】ABD【分析】根据给定的公式，结合复数的相关概念逐项分析判断即得.【详解】对于 A，ei 2=cos 2+isin 2=i，则 ei 2 为纯虚数，A 正确；对于 B，ei3=cos3+

13、isin3，而 2 3 ，即 cos3 0，则复数 ei3对应的点位于第二象限，B 正确；对于 C，ei 3=cos 3+isin 3=12+32 i，复数 ei 3 的共轭复数为 12-32 i，C 错误；对于 D，ei=cos+isin,|ei|=|cos+isin|=1，复数 ei(0,)在复平面内对应的点的轨迹是半径为 1 的半圆，D 正确故选：ABD8(重庆市南开中学校 2023-2024 学年高三第六次质量检测(2 月)数学试题)平面解析几何的结论很多可以推广到空间中，如：(1)平面上，过点 Q x0,y0，且以 m=a,bab 0为方向向量的平面直线 l 的方程为 x-x0a=y

14、-y0b；在空间中，过点 Q x0,y0,z0，且以 m=a,b,cabc 0为方向向量的空间直线 l 的方程为 x-x0a=y-y0b=z-z0c.(2)平面上，过点 Q x0,y0，且以 u=m,nmn 0为法向量的直线 l 的方程为 m x-x0+n y-y0=0；空间中，过点 Q x0,y0,z0，且以 u=m,n,pmnp 0为法向量的平面 的方程为 m x-x0+n y-y0+p z-z0=0.现已知平面:2x+3y+4z=5，平面:-x-2y+2z=0，l1:2x-y=10y+z=-1，l2:6x=4y+1=3z-1，则()A.l1 B.C.l1 D.l2【答案】AC【分析】求出

15、平面、的法向量，以及直线 l1、l2所过定点坐标及其方向向量，利用空间中线面、面面位置关系与空间向量的关系可得出结论.【详解】由题可知：平面 的法向量 m=2,3,4，平面 的法向量 n=-1,-2,2，直线 l1的方程可化为 x-512=y1=z-1-1，直线 l1恒过 5,0,-1，方向向量为 u=12,1,-1，直线 l2的方程可化为 x2=y+143=z-134，直线 l2恒过 0,-14,13，方向向量 v=2,3,4，对于 A 选项，因为 u m=1+3-4=0，则 u m，且 2 5+3 0+4 -1 5，故 l1，则 l1，A 正确；对于 B 选项，m n=-2-6+8=0，则

16、 m n，所以，B 错；对于 C 选项，因为 n=-2u，则 l1，C 对；对于 D 选项，由 2-1 3-2 42，可知 v 与 n 不平行，则 l2与 不垂直，D 错.故选：AC.9(浙江省宁波市镇海中学 2023 届高三下学期 5 月模拟考试数学试题)在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：5(1)过点 P0 x0,y0,z0，且以 u=a,b,cabc 0为方向向量的空间直线 l 的方程为 x-x0a=y-y0b=z-z0c；(2)过点 P x0,y0,z0，且 v=m,n,tmnt 0为法向量的平面 的方程为 m x-x0+n y-y0+t z-z0=0现已知平面:x+2y+3z=6

17、，l1:2x-y=13y-2z=1，l2:x=y=2-z，l3:x-15=y-4=z1()A.l1 B.l2 C.l3 D.l1【答案】CD【分析】根据公认事实求出直线的方向向量与平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系.【详解】平面:x+2y+3z=6，则平面法向量为 v=1,2,3，对 l1:2x-y=13y-2z=1，则 6x-3=3y=2z+1，即x-1216=y13=z+1212，所以 l1过点12,0,-12，方向向量为 u1=16,13,12，所以 v=6u1，所以 v u1，所以 l1，故 A 错误 D 正确.对 l2:x=y=2-z，即 x1=y1=z-2-1，所以 l

18、2过点 0,0,2，方向向量为 u2=1,1,-1，点 0,0,2代入平面方程 x+2y+3z=6 成立，所以 l2与平面 有公共点，故 B 错误；对 l3:x-15=y-4=z1，所以 l3过点 1,0,0，方向向量为 u3=5,-4,1，因为 v u3=1,2,3 5,-4,1=5-8+3=0，所以 v u3，所以 l3 或 l3，但点 1,0,0代入平面 x+2y+3z=6 不成立，故 l3，所以 l3，所以 C 正确.故选：CD10(期末真题必刷压轴 60 题(22 个考点专练)-【满分全攻略】(人教 A 版 2019 必修第一册)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学

19、王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设 x R，用 x 表示不超过 x 的最大整数，则 y=x 称为高斯函数，如：1.2=1，-1.2=-2，y=x 又称为取整函数，在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等均按“取整函数”进行计费，以下关于“取整函数”的描述，正确的是()A.x R，2x=2xB.x R，x+x+12=2xC.x，y R，若 x=y，则有 x-y-1D.方程 x2=3x+1 的解集为7，10【答案】BC【分析】对于 A：取 x=12 判断；对于 B：设 x=x-a，a 0，1)判断；对于 C：设 x=y=m，得到 x

20、=m+t，0 t 1，y=m+s，0 s 1 判断；对于 D：由 x2=3x+1 得到 x2一定为整数且 3x+1 0，从而 x 0，x 0，再由 x2 x2(x+1)2，得到 x2 3x+1 (x+1)2判断.【详解】解：对于 A：取 x=12，2x=1=1，2x=2 12=0，故 A 错误；对于 B：设 x=x-a，a 0，1)，所以 x+x+12=x+x+a+12=2x+a+12，2x=2x+2a=2x+2a，当 a 0，12时，a+12 12，1，2a 0，1)，6则 a+12=0，2a=0，则 x+x+12=2x，2x=2x，故当 a 0，12时，x+x+12=2x 成立；当 a 1

21、2，1时，a+12 1，32，2a 1，2)，则 a+12=1，2a=1，则 x+x+12=2x+1，2x+2x+1，故当 a 12，1时，x+x+12=2x 成立，综上 B 正确；对于 C：设 x=y=m，则 x=m+t，0 t 1，y=m+s，0 s 1，则|x-y|=|(m+t)-(m+s)|=|t-s|-1，故 C 正确；对于 D：由 x2=3x+1 知，x2一定为整数且 3x+1 0，所以 x-13，所以 x 0，所以 x 0，由 x2 x2(x+1)2，得 x2 3x+1 (x+1)2，由 x2 3x+1，解得 3-132 x 3+132 3.3，只能取 0 x 3，由 3x+1

22、1 或 x b.在函数 f(x)图象上横坐标为 x1的点处作曲线 y=f(x)的切线，切线与 x 轴交点的横坐标为 x2；用 x2代替 x1，重复以上的过程得到 x3；一直下去，得到数列 xn.记 an=ln xn-bxn-c，且 a1=1，xn c，下列说法正确的是()A.x1=ec-be-1(其中 lne=1)B.数列 an 是递减数列C.a6=132D.数列 an+1an的前 n 项和 Sn=2n-21-n+1【答案】AD【分析】根据 a1=1 可求 x1的表达式，判断 A 的真假；利用导数求二次函数在 x=xn处切线的斜率，进一步写出在 x=xn处的切线方程，求出直线与 x 轴的交点横

23、坐标，得 xn+1，进一步判断数列 an的结构特征，得到数列 an是等比数列，可判断 BC 的真假；利用公式法可求数列 an+1an的前 n 项和，判断 D 的真假.【详解】对于 A 选项，由 a1=ln x1-bx1-c=1 得 x1-bx1-c=e，所以 x1=ec-be-1，故 A 正确.二次函数 f x有两个不等式实根 b，c，7 不妨设 f x=a x-bx-c，因为 f x=a 2x-b-c，所以 f xn=a 2xn-b-c，在横坐标为 xn的点处的切线方程为：y-f xn=a 2xn-b-cx-xn，令 y=0，则 xn+1=a xn 2xn-b-c-f xna 2xn-b-c

24、=ax2n-abca 2xn-b-c=x2n-bc2xn-b-c，因为 xn+1-bxn+1-c=x2n-bc-b 2xn-b-cx2n-bc-c 2xn-b-c=x2n-2bxn+b2x2n-2cxn+c2=(xn-b)2(xn-c)2所以 ln xn+1-bxn+1-c=2ln xn-bxn-c，即：an+1=2an所以 an为公比是 2，首项为 1 的等比数列.所以 an=2n-1故 BC 错.对于 D 选项，由 an+1an=2n-1+12n-1，得 Sn=1-2n1-2+1-12n1-12=2n-1+2-22n=2n+1-12n-1 故 D 正确.故选：AD12(重庆市万州第二高级中

25、学 2020-2021 学年高一上学期期中数学试题)德国数学家狄里克雷1805-1859在 1837 年时提出：“如果对于 x 的每一个值，y 总有一个完全确定的值与之对应，那么 y 是 x的函数.”这个定义较清楚的说明了函数的内涵，只要有一个法则，使得取值范围内的每一个 x，都有一个确定的 y 和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图象、表格等形式表示.他还发现了狄里克雷函数D x，即：当自变量 x 取有理数时，函数值为 1，当自变量 x 取无理数时，函数值为 0.狄里克雷函数的发现改变了数学家们对“函数是连续的”的认识，也使数学家们更加认可函数的对应说定义，下列关于狄里克雷函数 D x

26、的性质表述正确的是()A.D=0B.D x是奇函数C.D x的值域是 0,1D.D x+1=D x【答案】ACD【解析】利用狄里克雷函数 D x的定义可判断 AC 选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断 B 选项的正误；分 x Q 和 x RQ 两种情况讨论，结合狄里克雷函数 D x的定义可判断 D 选项的正误.【详解】由题意可知，D x=1,x Q0,x RQ.对于 A 选项，RQ，则 D=0，A 选项正确；对于 B 选项，当 x Q，则-x Q，则 D x=1=D-x，当 x RQ 时，则-x RQ，则 D x=0=D-x，所以，函数 D x为偶函数，B 选项错误；对于 C 选项，由于 D

27、 x=1,x Q0,x RQ，所以，函数 D x的值域为 0,1，C 选项正确；对于 D 选项，当 x Q 时，则 x+1 Q，所以，D x=1=D x+1，当 x RQ 时，x+1 RQ，所以，D x=0=D x+1，D 选项正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：本题的解题关键就是紧扣函数的新定义，在解题的过程中要对 x 的取值进行分类讨论，结合函数 D x的定义来求解，在判断命题为假命题时，可以通过特例来说明.三、填空题813(湖南省张家界市慈利县第一中学 2020-2021 学年高一下学期期中检测数学试卷)数学中有很多公式都是数学家欧拉(Leonhard Euler)发现的，它们都叫欧拉

28、公式，分散在各个数学分支之中，任意一个凸多面体的顶点数 V.棱数 E.面数 F 之间，都满足关系式 V-E+F=2，这个等式就是立体几何中的“欧拉公式”.若一个凸二十面体的每个面均为三角形，则由欧拉公式可得该多面体的顶点数为【答案】12【分析】根据几何体的结构特征结合“欧拉公式”运算求解.【详解】因为二十面体的每个面均为三角形，每条棱都是两个面共用，所以棱数 E=20 3 12=30，面数 F=20，顶点数 V=E-F+2=12.故答案为：12.14(江西省景德镇市 2022 届高三第二次质检数学(理)试题)1643 年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到

29、这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当三角形的三个角均小于 120 时，所求的点为三角形的正等角中心(即该点与三角形的三个顶点的连线段两两成角 120)，该点称为费马点.已知 ABC 中，其中 A=60，BC=1，P 为费马点，则 PB+PC-PA 的取值范围是.【答案】33,1【分析】设 PA=m,PB=n,PC=t，PAC=0 60，进而得到 PBA，PAB,PCA，然后在PBC 中通过余弦定理得到 n,t 的关系式，在 PAC 和 PAB 中通过正弦定理得到 t,m 的关系式和 m,n 的关系式，然后借助三角函数的性质和函数的性质求得答案.【详解】如图，根据题意，设 PA=

30、m,PB=n,PC=t，PAC=0 60，则 PBA=，PAB=PCA=60-，在 PBC 中，由余弦定理有 cos120=n2+t2-12nt=-12 n+t=nt+1 在 PAC 中，由正弦定理有tsin=msin 60-，在 PAB 中，由正弦定理有msin=nsin 60-，故t=msinsin 60-n=msin 60-sin，则 nt=m2，由，n+t=m2+1 ，且 msin 60-sin+msinsin 60-=m2+1 1+1m2=sin 60-sin+sinsin 60-，设 x=sin 60-sin，则 x=32 cos-12 sinsin=32tan-12，由题意，ta

31、n 0,31tan 33,+，所以 x 0,+，而1+1m2=x+1x，由对勾函数的性质可知1+1m2 2,+)0 2 时，因 1,a,a2,ap-2,相异，故 a 2，而 a X，故 a,p 互质.记 n=log(p)a b c,n1=log(p)ab,n2=log(p)ac，11则 m1,m2 N，使得 an1=pm1+b,an2=pm2+c，故 an1+n2=pm1+bpm2+c，故 an1+n2 bc(modp)，设 n1+n2=t p-1+s,0 s p-2，则 n1 n2=s，因为 1,2,3,.p-1 除以 p 的余数两两相异，且 a,2a,3a,.p-1a 除以 p 的余数两两

32、相异，故 p-1!a 2a 3a,.p-1a(modp)，故 ap-1 1 modp，故 an1+n2 as bc modp，而 an b c(modp)=bc(modp),其中 0 n p-2，故 s=n 即 log(p)a b c=log(p)ab log(p)ac.法 2：记 an1=an1,+m1p，an2=an2,+m2p，an1,an2,=an1,an2,+kp，其中 m1，m2，k 是整数，则 an1n2=an1.an2,+m1an2.+m2an1.+m1m2p+kp，可知 an1,an2,=an1n2,因为 1，a，a2,，ap-2,两两不同，所以存在 i 0,1,p-2，使得

33、 ap-1,=ai,，即 ap-1-ai=ai ap-1-i-1可以被 p 整除，于是 ap-1-i-1 可以被 p 整除，即 ap-1-i,=1若 i 0，则 p-1-i 1,2,p-2，ap-1-i,1，因此 i=0，ap-1,=1 记 n=log(p)ab，m=log(p)ac，n+m=n m+l(p-1)，其中 l 是整数，则 b c=an,am,=anm,=anm+l(p-1),=anm,al(p-1),=anm,，即 log(p)a(b c)=log(p)ab log(p)ac(3)【方法二】：当 b 2 时，由(2)可得 bp-1 1 modp，若 b=1，则 bp-1 1 mo

34、dp也成立.因为 n=log(p)ab，所以 an b modp.另一方面，y2 yn p-2,1 y2yn p-2,1 x bk,ak,n p-2 xbkakn p-2 xbkbk p-2 x bp-1k-1 x 1k-1 modp x modp.由于 x X，所以 x=y2 yn p-2,1.法 2：由题设和(2)的法 2 的证明知：y2=x bk,=x (b b bk =x an,an,an,k=x a a ank ，yn(p-2),1=y1 y1 y1n(p-2)=ak,ak,ak,n(p-2)=ap-2,ap-2,ap-2,nk 故 y2 yn(p-2),1=x a a ank ap

35、-2,ap-2,ap-2,nk=x ap-1,ap-1,ap-1,nk 由(2)法 2 的证明知 ap-1,=1，所以 y2 yn(p-2).1=x【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利得解.17(重庆市巴蜀中学校 2024 届高考适应性月考卷(六)数学试题)对于函数 y=f x,x I，若存在 x0I，使得 f x0=x0，则称 x0为函数 f x的一阶不动点；若存在 x0 I，使得 f f x0=x0，则称 x0为函数 f x的二阶不动点；依此类推，可以定义函数 f x的 n 阶不动点.其中一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳

36、定点.(1)已知 f x=2x+2x-3，求 f x的不动点；(2)已知函数 f x在定义域内单调递增，求证：“x0为函数 f x的不动点”是“x0为函数 f x的稳定点”的充分必要条件；12(3)已知 a-1，讨论函数 f x=2e2 lnx+a+1x-1x 的稳定点个数.【答案】(1)1(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】(1)设 g x=f x-x=2x+x-3，判断该函数单调性，确定其解，即可求得答案；(2)根据函数新定义的含义，结合充分性以及必要性的证明，即可证明结论；(3)由题意可知只需研究 f x的不动点即可，令 F x=2e2 lnx+ax-1x,x 0,+，求出其导数，判

37、断其单调性，然后分类讨论 a 的取值范围，判断 F x的零点情况，即可判断 f x=2e2 lnx+a+1x-1x 的稳定点个数.【详解】(1)设 g x=f x-x=2x+x-3，则 g x=2xln2+1 0 恒成立，故函数 g x在 R 上单调递增，又 g(1)=0，故函数 g x在 R 上有唯一零点，即 f x有唯一不动点 1；(2)证明：充分性：设 x0为函数 f x的不动点，则 f x0=x0，则 f f x0=f x0=x0，即 x0为函数 f x的稳定点，充分性成立；必要性：设 x0为函数 f x的稳定点，即 f f x0=x0，假设 f x0=y0，而 f x在定义域内单调递

38、增，若 y0 x0，则 f f x0=f y0 f x0=y0 x0，与 f f x0=x0矛盾；若 y0 x0，则 f f x0=f y0 f x0=y0-1 时，函数 f x=2e2 lnx+a+1x-1x 在(0,+)上单调递增，由(2)知 f x的稳定点与 f x的不动点等价，故只需研究 f x的不动点即可；令 F x=f x-x=2e2 lnx+ax-1x,x 0,+，则 F x=2e2x+a+1x2,x 0,+，则 F x在 0,+上单调递减，当 a 0 时，F x 0 恒成立，即 F x在 0,+上单调递增，当 x 无限接近于 0 时，F x趋向于负无穷小，且 F e2=4e2+

39、ae2-1e2=3e2+ae2 0，故存在唯一的 x0 0,e2，使得 F x0=0，即 f x=x 有唯一解，所以此时 f x有唯一不动点；当 a 0 时，即-1 a 0，当 x 趋向无穷大时，2e2x1+1x21趋近于 0，此时 F x1 0，存在唯一 x1 0,+，使得 F x1=2e2x1+a+1x21=0，此时 f x在(0,x1)上单调递增，在(x1,+)上单调递减，故 F xmax=F x1=2e2 lnx1+ax1-1x1=2e2 lnx1-1x1-2e2-1x1=2e2 lnx1-2x1-2e2，当 x 趋近于 0 时，F x趋向于负无穷大，当 x 趋向正无穷大时，F x趋向

40、于负无穷大，13设 h x=2e2 lnx-2x-2e2，则 h x在 0,+上单调递增，且 h e2=4e2-2e2-2e2=0，又 a=-1x21-2e2x1在 x1 0,+时单调递增，故(i)当 F xmax=2e2 lnx1-2x1-2e2=0 时，即 x1=e2，此时 a=-3e4，方程 F x=0 有一个解，即 f x有唯一不动点；(ii)当 F xmax=2e2 lnx1-2x1-2e2 0shi，即 x1 e2，此时-1 a 0 时，即 x1 e2，此时-3e4 a 0，方程 F x=0 有两个解，即 f x有两个不动点；综上，当 a 0 时或 a=-3e4 时，f x有唯一稳

41、定点；当-1 a-3e4 时，f x无稳定点；当-3e4 a 0),f x在区间 a,b上的图像连续不断，从几何上看，定积分ba1xdx 便是由直线 x=a,x=b,y=0 和曲线 y=1x 所围成的区域(称为曲边梯形 ABQP)的面积，根据微积分基本定理可得ba1xdx=lnb-lna，因为曲边梯形 ABQP 的面积小于梯形 ABQP 的面积，即 S曲边梯形 ABQP21a+1b(1)请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明：a-blna-lnb S梯形 ABM2M1，即可得证；(2)求得 f x=2ax+lnx+b+1，分别求得在点 x1,f x1和 x2,f x2处的切线方程，假设

42、l1与 l2重合，整理得x2-x1lnx2-lnx1=x2+x12，结合由(1)的结论，即可得证；根据题意，转化为 a 1 时，h x=ax2-x+xlnx-2sin x-1 0 在 0,+恒成立，设 H x=x2-x+xlnx-2sin x-1，求得 H x=2x+lnx-2cos x-1，分 x 0,1和 x 1,+，两种情况讨论，得到函数的单调性和最值，即可求解.【详解】(1)解：在曲线 y=1x 取一点 Ma+b2,2a+b过点 Ma+b2,2a+b作 f x的切线分别交 AP,BQ 于 M1,M2，因为 S曲边梯形 ABQP S梯形 ABM2M1，可得 lnb-lna 12 AM1+

43、BM2 AB=12 2 2a+b b-a，即a-blna-lnb a+b2(2)解：由函数 f x=ax2+bx+xlnx，可得 f x=2ax+lnx+b+1，不妨设 0 x1 x2，曲线 y=f x在 x1,f x1处的切线方程为l1:y-f x1=f x1x-x1，即 y=f x1x+f x1-x1f x1同理曲线 y=f x在 x2,f x2处的切线方程为 l2:y=f x2x+f x2-x2f x2，假设 l1与 l2重合，则f x1=f x2f x1-x1f x1=f x2-x2f x2，代入化简可得 lnx2-lnx1+2a x2-x1=0a x2+x1=-1(a 0)，两式消去

44、 a，可得 lnx2-lnx1-2 x2-x1x2+x1=0，整理得x2-x1lnx2-lnx1=x2+x12，由(1)的结论知x2-x1lnx2-lnx1 0 知 G x 0 恒成立，即 G x=H x在 0,1为增函数所以 H x H 1=0 成立，综上所述，实数 a 的取值范围是 1,+.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构

45、造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注15意恒成立与存在性问题的区别19(重庆市第八中学校 2023-2024 学年高三下学期入学适应性考试数学试题)如果函数 F x的导数F x=f x，可记为 F x=f xdx若 f x 0，则ba f xdx=F b-F a表示曲线 y=f x，直线x=a,x=b 以及 x 轴围成的“曲边梯形”的面积(1)若 F x=1x dx，且 F 1=1，求 F x；(2)已知 0 2，证明：cos a0 cosxdx ，并解释其几何意义；(3)证明：1n1+cos n+1+cos 2n+1+cos

46、3n+1+cos nn 2 2，n N*【答案】(1)F x=ln x+1(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】(1)由基本函数的导数公式和题中定积分的含义得到.(2)先由定积分的预算得到a0 cosxdx=sin-sin0=sin，再分别构造函数 g x=x-sinx 和 h x=sinx-xcosx，利用导数分析单调性，证明结论；几何意义由题干中定积分的含义得到.(3)先由二倍角公式化简得到1+cos kn=2cos k2n，再由定积分的意义得到2ncos 2n+cos 22n+cos 32n+cos 2 0 时，因为 lnx=1x，所以设 F x=lnx+C1，又 F 1=1，代入上式

47、可得 F 1=ln1+C1=1 C1=1，所以，当 x 0 时，F x=lnx+1；当 x 0 时，设 F x=ln-x+C2，同理可得 C2=1，综上，F x=ln x+1.(2)因为 F x=cosxdx=sinx+C，所以a0 cosxdx=sin-sin0=sin，设 g x=x-sinx,0 x 0 恒成立，所以 g x在 0 x g 0=0，故 sin ，即a0 cosxdx ；设 h x=sinx-xcosx，0 x 0 恒成立，所以 h x在 0 x h 0=0，所以 cos a0 cosxdx，综上，cos a0 cosxdx .几何意义：当 0 x 2 时，曲线 y=cos

48、x 与直线 x=0(y 轴)，x=以及 x 轴围成的“曲边面积”大于直线 x=0(y 轴)，x=以及 x 轴，直线 y=cos 围成的矩形面积，小于 x=0(y 轴)，x=以及 x 轴，直线 y=1 围成的矩形面积.(3)因为1+cos kn=2cos2 k2n=2cos k2n,k=1,2,n，16所以 1n1+cos n+1+cos 2n+1+cos 3n+1+cos nn=2ncos 2n+cos 22n+cos 32n+cos 2210cos 2 xdx，设 F x=2 sin 2 x，则 F x=cos 2 x，所以10cos 2 xdx=F 1-F 0=2 sin 2=2，故 1n

49、1+cos n+1+cos 2n+1+cos 3n+1+cos nn 0，则 y 随着 a的增大而增大；反之，已知 dyda 0，则 y 随着 a 的增大而减小.多元导数除满足一般分式的运算性质外，还具有下列性质：可加性：d y1+y2da=dy1da+dy2da；乘法法则：d y1y2da=y2dy1da+y1dy2da；除法法则：dy1y2da=y2dy1da-y1dy2day22；复合法则：dy2da=dy2dy1 dy1da.记 y=ex+1e x2lnx-12e x2-ex-a.(e=2.7182818 为自然对数的底数)，(1)写出 dydx 和 dyda 的表达式；(2)已知方程

50、 y=0 有两实根 x1,x2，x1 0，并写出 x1+x2随 a 的变化趋势.【答案】(1)dydx=ex+2e xlnx-e，dyda=-1(2)-12e,1；证明见解析，x1+x2随 a 增大而减小【分析】(1)设 f x=g a=ex+1e x2lnx-12e x2-ex-a，根据导数的定义，即可求解；(2)由(1)，得到 f x单调递增，求得 f x f 1，结合零点存在性定理，得到存在两个零点，且 a-12e,1；由题设中的定义，求得 d x1+x2da=-f x1+f x2f x1f x2，只需证明 f x1+f x2 0，令 x1+x22=m，设 h x=f m+x-f m-x

51、，得到 h x2-x12=f x1+f x2，再求得 h x h 0=0，得到 h x hx2-x12，结合 h x 0，得出原命题成立，即可得证.【详解】(1)解：设 f x=g a=ex+1e x2lnx-12e x2-ex-a，则 dydx=limx0yx=limx0f x+x-f xx=f x=ex+2e xlnx-e，17同理 dyda=g a=-1.(2)解：由(1)，可得 f x=ex+2e xlnx-e，则 f 1=0，且 x 1 时，ex e，xlnx 0，f x 1 时，f x 0 即 f x单调递增，故 f x f 1=-12e-a，又由 x 0 时，x2趋近于 0 的速

52、度远远快于 lnx 趋近于-的速度，故 x2lnx 0，f x 1-a，因此只需 1-a 0 且-12e-a 1，存在两个零点，故 a -12e,1；由 d x1+x2da=dx1da+dx2da=dx1dy dyda+dx2dy dyda=-dx1dy+dx2dy=-1dydx1+1dydx2=-dydx1+dydx2dydx1 dydx2=-f x1+f x2f x1f x2，由可得 f x1 0，故只需证明 f x1+f x2 0，令 x1+x22=m，设 h x=f m+x-f m-x0 x x2-x12，则 h 0=h x2-x12=f x2-f x1=0，且 h x=f m+x+f

53、 m-x，则 h x2-x12=f x1+f x2，又 h x=f m+x-f m-x=em+x+2e ln m+x+1-em-x+2e ln m-x+1单调递增，且 h 0=0，故 h x h 0=0，h x单调递增，则 h x h x2-x12，必然 h x2-x12=f x1+f x2 0，否则 h x 0 即 h x单调递减，不符合题意，h 0=h x2-x12=f x2-f x1=0，故原命题成立。所以 x1+x2随 a 增大而减小.【点睛】方法点睛：对于函数的新定义试题中零点(方程的根)问题的求解策略：1、正确理解新定义与高中知识的联系和转化，理解函数的定义的内涵，紧紧结合定义，结

54、合函数的基本性质进行推理、论证求解.2、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组)，再通过解不等式(组)确定参数的取值范围；3、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；4、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与 ex和 lnx 相关的常见同构模型 aea blnb ealnea blnb，构造函数 f x=xlnx 或 g x=xex；eaa blnb ealnea b lnb ealnea b lnb，构造函数 f x=x lnx 或 g x=exx.21(广东省八校(石门中学、国华纪念中学、三水中学、珠海

55、一中、中山纪念中学、湛江一中、河源中学、深圳实验学校)2021-2022 学年高二下学期 5 月联考数学试题)关于 x 的函数 f x=lnx+2x-b(b 2)，我们曾在必修一中学习过“二分法”求其零点近似值.现结合导函数，介绍另一种求零点近似值的方法-“牛顿切线法”.18(1)证明：f x有唯一零点 a，且 a 1,b；(2)现在，我们任取 x1(1,a)开始，实施如下步骤：在 x1,f x1处作曲线 f x的切线，交 x 轴于点 x2,0；在 x2,f x2处作曲线 f x的切线，交 x 轴于点 x3,0；在 xn,f xn处作曲线 f x的切线，交 x 轴于点 xn+1,0；可以得到一

56、个数列 xn，它的各项都是 f x不同程度的零点近似值.(i)设 xn+1=g xn，求 g xn的解析式(用 xn表示 xn+1)；(ii)证明：当 x1 1,a，总有 xn xn+1 a.【答案】(1)证明见解析；(2)(i)g xn=-xnlnxn+b+1xn1+2xn；(ii)证明见解析.【分析】(1)根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；(2)(i)由导数的几何意义得曲线 f x在 xn,f xn处的切线方程为 y=1+2xnxnx+lnxn-b-1，进而得g xn=-xnlnxn+b+1xn1+2xn；(ii)令 h x=1+2xnxnx+lnxn-b-1，进而构造函数 F

57、(x)=f(x)-h(x)=lnx-1xn x-lnxn+1，结合函数单调性证明 xn+1 0,f(xn)xn即可得答案.【详解】(1)证明：f x=lnx+2x-b(b 2)，定义域为 0,+，所以，f x=1x+2 0 在 0,+上恒成立，所以函数 f x在 0,+上单调递增，因为 f 1=ln1+2-b=2-b 2),f b=lnb+2b-b=lnb+b 0(b 2)，所以，存在唯一 a 1,b，使得 f a=0，即：f x有唯一零点 a，且 a 1,b.(2)解：(i)由(1)知 f x=1x+2，所以，曲线 f x在 xn,f xn处的切线斜率为 kn=1xn+2，所以，曲线 f x

58、在 xn,f xn处的切线方程为 y-f xn=f xnx-xn，即 y=1+2xnxnx+lnxn-b-1令 y=0 得 x=-xnlnxn+b+1xn1+2xn所以，切线与 x 轴的交点-xnlnxn+b+1xn1+2xn,0，即 xn+1=-xnlnxn+b+1xn1+2xn，所以，g xn=-xnlnxn+b+1xn1+2xn.(ii)对任意的 xn 0,+，由(i)知，曲线 f x在 xn,f xn处的切线方程为：y=1+2xnxnx+lnxn-b-1，故令 h x=1+2xnxnx+lnxn-b-1，令 F(x)=f(x)-h(x)=lnx-1xn x-lnxn+1.所以，F(x)

59、=1x-1xn=xn-xxnx，所以，当 x (0,xn)时，F(x)0,F(x)单调递增，当 x (xn,+)时，F(x)0,F(x)单调递减；所以，恒有 F(x)F(xn)=0，即 f(x)h(x)恒成立，当且仅当 x=xn时等号成立，19另一方面，由(i)知，xn+1=xn-f(xn)f(xn)，且当 xn a 时，xn+1 xn，(若 xn=a，则 f(xn)=f(a)=0，故任意 xn+1=xn=.=x1=a，显然矛盾)因为 xn+1是 h x的零点，所以 f(xn+1)h(xn+1)=f(a)=0,因为 f x为单调递增函数，所以，对任意的 xn a 时，总有 xn+1 a.又因为

60、 x1 a，所以，对于任意 n N*，均有 xn 0,f(xn)xn，综上，当 x1 1,a，总有 xn xn+1 2).(1)证明：f x恰有一个零点 a，且 a 1,b；(2)我们曾学习过“二分法”求函数零点的近似值，另一种常用的求零点近似值的方法是“牛顿切线法”.任取 x1 1,a，实施如下步骤：在点 x1,f x1处作 f x的切线，交 x 轴于点 x2,0：在点 x2,f x2处作 f x的切线，交 x 轴于点 x3,0；一直继续下去，可以得到一个数列 xn，它的各项是 f x不同精确度的零点近似值.(i)设 xn+1=g xn，求 g xn的解析式；(ii)证明：当 x1 1,a，

61、总有 xn xn+1 a.【答案】(1)证明见解析(2)g(xn)=-xnlnxn+(b+1)xn1+2xn，证明见解析【分析】(1)根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；(2)(i)由导数的几何意义得曲线 f(x)在 xn,f(xn)处的切线方程为 y=1+2xnxnx+lnxn-b-1，进而得 g(xn)=-xnlnxn+(b+1)xn1+2xn；(ii)令 h(x)=1+2xnxnx+lnxn-b-1，进而构造函数 F(x)=f(x)-h(x)=lnx-1xn x-lnxn+1，结合函数单调性证明 xn+1 0，f(xn)xn即可得答案【详解】(1)f x=lnx+2x-b(b

62、2)，定义域为(0,+)，所以，f(x)=1x+2 0 在(0,+)上恒成立，所以函数 f(x)在(0,+)上单调递增，因为 f 1=ln1+2-b=2-b 2)，f b=lnb+2b-b=lnb+b 0(b 2)，所以，存在唯一 a (1,b)，使得 f a=0，即：f(x)有唯一零点 a，且 a (1,b)；(2)(i)由(1)知 f(x)=1x+2，20所以，曲线 f(x)在 xn,f(xn)处的切线斜率为 kn=1xn+2，所以，曲线 f(x)在 xn,f(xn)处的切线方程为 y-f(xn)=f(xn)(x-xn)，即 y=1+2xnxnx+lnxn-b-1，令 y=0 得 x=-x

63、nlnxn+(b+1)xn1+2xn，所以，切线与 x 轴的交点-xnlnxn+(b+1)xn1+2xn,0，即 xn+1=-xnlnxn+(b+1)xn1+2xn，所以，g(xn)=-xnlnxn+(b+1)xn1+2xn；证明：(ii)对任意的 xn(0,+)，由(i)知，曲线 f(x)在(xn,f(xn)处的切线方程为：y=1+2xnxnx+lnxn-b-1，故令 h(x)=y=1+2xnxnx+lnxn-b-1，令 F(x)=f(x)-h(x)=lnx-1xn x-lnxn+1，所以，F(x)=1x-1xn=xn-xxnx，所以，当 x (0,xn)时，F(x)0，F(x)单调递增，当

64、 x (xn,+)时，F(x)0，F(x)单调递减，所以，恒有 F(x)F(xn)=0，即 f(x)h(x)恒成立，当且仅当 x=xn时等号成立，另一方面，由(i)知，xn+1=xn-f(xn)f(xn)，且当 xn a 时，xn+1 xn，(若 xn=a，则 f(xn)=f a=0，故任意 xn+1=xn=x1=a，显然矛盾)，因为 xn+1是 h(x)的零点，所以 f(xn+1)h(xn+1)=f a=0，因为 f(x)为单调递增函数，所以，对任意的 xn a 时，总有 xn+1 a，又因为 x1 a，所以，对于任意 n N*，均有 xn 0，f(xn)xn，综上，当 x1(1,a)，总有

65、 xn xn+1 1(不妨 t2 t1)令 p x=xlnx，p x=1+lnx p x在 0,1e递减，在1e,+递增，故 1 t2 1e t1 0；令 h t=ln t1+t2=ln t+1-tlntt-1，h t=1t-12 lnt-2 t-1t+1，令 m(t)=lnt-2 t-1t+1(t 1)，则 m(t)=t-12t(t+1)，当 t 1 时，m(t)0 恒成立，故 m(t)在(1,+)上单调递增，可得 m(t)m(1)=0，即 lnt-2 t-1t+1 0，故有 h t=1t-12 lnt-2 t-1t+1 0，22则 h t在 1,+递增，又limt1 h t=ln2-1，l

66、imt+h t=0，故 ln t1+t2 ln2-1,0，故 3 x1+3 x2=t1+t22e,1【点睛】关键点点睛：本题考查求导数新定义，解题关键是将给定式子合理转化为一元函数，然后利用极限方法求得关键函数值域，最终即可求解24(江西省红色十校 2023-2024 学年高三下学期 2 月联考数学试卷)同余定理是数论中的重要内容同余的定义为：设 a,b Z,m N+且 m 1若 m (a-b)，则称 a 与 b 关于模 m 同余，记作 a b(modm)(“|”为整除符号)(1)解同余方程：x2+2x 0(mod3)；(2)设(1)中方程的所有正根构成数列 an，其中 a1 a2 a3 an

67、若 bn=an+1-an n N+，数列 bn的前 n 项和为 Sn，求 S4048；若 Cn=tana2n+3 tana2n+1 n N+，求数列 Cn的前 n 项和 Tn【答案】(1)x=3k 或 x=3k-2 k Z(2)16072；2 tan 3n+4-tan4tan3-n【分析】(1)根据同除的定义求解，x x+2 0(mod3)，即 x x+2能被 3 整除，从而得出 x 或 x+2 能被 3整除；(2)首先求出 an(分奇偶项)，确定出 bn，用并项求和法求和；求出 cn，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和【详解】(1)由题意 x x+2 0(mod3)，所以 x=

68、3k 或 x+2=3k(k Z)，即 x=3k 或 x=3k-2(k Z)(2)由(1)可得 an为 1,3,4,6,7,9,10,，所以 an=3n-12n 为奇数3 n2 n 为偶数因为 bn=an+1-an(n N+)，所以 bn=2 n 为奇数1 n 为偶数则 S4048=b1+b2+b3+b4048=3 2024=6072 cn=tana2n+3 tana2n+1=tan 3n+4 tan 3n+1(n N+)因为 tan 3n+4 tan 3n+1=tan 3n+4-tan 3n+1tan3-1，所以 Tn=c1+c2+cn=tan7-tan4tan3-1+tan10-tan7ta

69、n3-1+tan 3n+4-tan 3n+1tan3-1=tan 3n+4-tan4tan3-n【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解25(湖北省襄阳市第五中学 2024 届高三下学期开学考试数学试题)“物不知数”是中国古代著名算题，原载于孙子算经卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二：五五数之剩三；七七数之剩二问物几何？”问题的意思是，一个数被 3 除余 2，被 5 除余 3，被 7 除余 2，那么这个数是多少

70、？若一个数 x 被 m 除余r，我们可以写作 x r modm它的系统解法是秦九韶在数书九章大衍求一术中给出的大衍求一术(也称作“中国剩余定理”)是中国古算中最有独创性的成就之一，现将满足上述条件的正整数从小到大依次排序中国剩余定理：假设整数 m1，m2，mn两两互质，则对任意的整数：r1，r2，rn方程组23x r1 modm1x r2 modm2x rn modmn一定有解，并且通解为 x=kM+r1t1M1+r2t2M2+rntnMn，其中 k 为任意整数，M=m1m2 mn，Mi=Mmi，ti为整数，且满足 Miti=1 modmi(1)求出满足条件的最小正整数，并写出第 n 个满足条

71、件的正整数；(2)在不超过 4200 的正整数中，求所有满足条件的数的和(提示：可以用首尾进行相加)【答案】(1)23，105n-82(2)82820【分析】(1)找出满足条件的最小整数值为 23，满足条件的数形成以 23 为首项，105 为公差的数列，即可求出答案；(2)确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果.【详解】(1)由题目中给出的中国剩余定理可知 x=105k+2 35t1+3 21t2+2 15t3，又因为35t1 1 mod321t2 1 mod515t3 1 mod7，解得t1=2t2=1t3=1，所以 x=105k+140+63+30=233+105k，当 k=-

72、2 时，x 取得最小值，xmin=233-210=23所以第 n 个满足条件的正整数为 23+105 n-1=105n-82(2)不超过 4200 的正整数中，105n-82 4200，解得 n 40 82105，所以共有 40 个满足条件的正整数，将这 40 个正整数首尾进行相加有23+23+105 39+23+105 1+23+105 38+=402 23 2+105 39=82820，故所有满足条件的数的和为 82820【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是充分理解剩余定理，从而得到方程组，解出相关 t 值，再计算出 xmin即可.26(河南省部分重点高中 2024 届高三普通高等学校招

73、生全国统一考试(期末联考)数学试卷)三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：a1a2a3b1b2b3c1c2c3=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c2若 a b=ijkx1y1z1x2y2z2，则称 a b 为空间向量 a 与 b 的叉乘，其中 a=x1i+y1j+z1k(x1,y1,z1 R)，b=x2i+y2j+z2k(x2,y2,z2 R)，i,j,k为单位正交基底以 O 为坐标原点、分别以 i,j,k 的方向为 x 轴、y轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，已知 A，B 是空间直角坐标系中异于 O 的不同两点(1)若 A 1,

74、2,1，B 0,-1,1，求 OA OB；证明：OA OB+OB OA=0(2)记 AOB 的面积为 SAOB，证明：SAOB=12 OA OB(3)证明：OA OB2的几何意义表示以 AOB 为底面、OA OB为高的三棱锥体积的 6 倍【答案】(1)OA OB=3,-1,-1；证明见解析(2)证明见解析24(3)证明见解析【分析】(1)利用向量的叉乘的定义逐项分析即得.(2)利用数量积公式求得 cosAOB，则有 sinAOB=1-cos2AOB 可知 SAOB=12 OAOBsinAOB=12OA2 OB2-(OA OB)2，借助叉乘公式，利用分析法即可证得结果(3)由(2)SAOB=12

75、 OA OB，化简可得(OA OB)2=13 SAOB OA OB 6，即可得出结果.【详解】(1)因为 A 1,2,1，B 0,-1,1，则 OA OB=ijk1210-11=2i+0+-1k-0-j-1i=3i-j-k=3,-1,-1证明：设 A x1,y1,z1，B x2,y2,z2，则 OA OB=y1z2i+z1x2j+x1y2k-x2y1k-z2x1j-y2z1i=(y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1)，将 x2与 x1互换，y2与 y1互换，z2与 z1互换，可得 OB OA=(y2z1-y1z2,z2x1-z1x2,x2y1-x1y2)，故 OA OB+

76、OB OA=0,0,0=0(2)证明：因为 sinAOB=1-cos2AOB=1-(OA OB)2OA2 OB2=OA2 OB2-(OA OB)2OAOB，故 SAOB=12 OAOB sinAOB=12OA2 OB2-(OA OB)2，故要证 SAOB=12 OA OB，只需证 OA OB=OA2 OB2-(OA OB)2，即证 OA OB2=OA2 OB2-(OA OB)2由(1)OA=(x1,y1,z1)，OB=x2,y2,z2，OA OB=y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1，故 OA OB2=(y1z2-y2z1)2+(z1x2-z2x1)2+x1y2-x2y1

77、2，=y21z22+y22z21+z21x22+z22x21+x21y22+x22y21-2y1z2y2z1-2z1x2z2x1-2x1y2x2y1又 OA2=x21+y21+z21，OB2=x22+y22+z22，OA OB2=x1x2+y1y2+z1z22，故 OA2 OB2-(OA OB)2=x21+y21+z21x22+y22+z22-x1x2+y1y2+z1z22=x21+y21+z21x22+y22+z22-x1x2+y1y2+z1z22=y21z22+y22z21+z21x22+z22x21+x21y22+x22y21-2y1z2y2z1-2z1x2z2x1-2x1y2x2y1则

78、 OA OB2=OA2 OB2-(OA OB)2成立，故 SAOB=12 OA OB(3)证明：由(2)SAOB=12 OA OB，得(OA OB)2=OA OB2=12 OA OB 2 OA OB=SAOB 2 OA OB，故(OA OB)2=13 SAOB OA OB 6，故(OA OB)2的几何意义表示以 AOB 为底面、OA OB为高的三棱锥体积的 6 倍2527(北京市朝阳区 2024 届高三上学期期中数学试题)已知 Am=a1,1a1,2a1,ma2,1a2,2a2,mam,1am,2am,m(m 2)是 m2个正整数组成的 m 行 m 列的数表，当 1 i s m,1 j t m

79、 时，记 d ai,j,as,t=ai,j-as,j+as,j-as,t设 n N*，若 Am满足如下两个性质：ai,j 1,2,3;,n(i=1,2,m;j=1,2,m)；对任意 k 1,2,3,n，存在 i 1,2,m,j 1,2,m，使得 ai,j=k，则称 Am为 n数表(1)判断 A3=123231312是否为 3数表，并求 d a1,1,a2,2+d a2,2,a3,3的值；(2)若 2数表 A4满足 d ai,j,ai+1,j+1=1(i=1,2,3;j=1,2,3)，求 A4中各数之和的最小值；(3)证明：对任意 4数表 A10，存在 1 i s 10,1 j 0.所以必存在某

80、个 k 既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，即存在 1 u v 10，1 p 3 5 的 n 的最小值.(2)n N*，n 3，矩阵 Cnn=1coscoscoscoscos0-sin-sincos-sincos-sincos-sincos00sin2sin2cossin2cossin2cos0000(-1)n-2sinn-2(-1)n-2sinn-2cos00000(-1)n-1sinn-1求 CF.27(3)矩阵 Dmin=n+2n+1ln00 0n+1nln22n+1nln22 0 043lnn-1n-143lnn-1n-143lnn-1n-1 032lnnn32lnnn32

81、lnnn 32lnnn，证明：n N*，n 3，DFn3n+9.【答案】(1)10(2)CF=n(3)证明见解析【分析】(1)根据等差数列求和公式和一元二次不等式的求解即可；(2)总结得第 n 对角线上的平方和为 cos2，再代入化简即可；(3)等价转化结合放缩法得证明 ln n+2n+1 1n+2,n 1,n N*成立，再利用换元法和导数证明即可.【详解】(1)由题意得 B2F=ni=1nj=1b2ij=nk=1k=1+2+3+n-1+n=n n+12.若BF 3 5，则 n(n+1)2 45，即 n2+n-90 0.因式分解得(n-9)(n+10)0.因为 n N*，所以 n 9.所以使B

82、F 3 5 的 n 的最小值是 10.(2)由题得第 1 对角线上的平方和为 1+sin2+sin4+sin2n-2=1-sin2n1-sin2，第 2 对角线上的平方和为cos2 1+sin2+sin2n-4=cos2 1-sin2n-21-sin2=1-sin2n-2，第 k 对角线上的平方和为cos2 1+sin2+sin2n-2k=cos2 1-sin2n-2k+21-sin2=1-sin2n-2k+2，第 n 对角线上的平方和为 cos2，所以C2F=1-sin2n1-sin2+1-sin2n-2+1-sin2n-2k+2+1-sin4+cos2=1+sin2+sin4+sin2n-

83、2+(n-2)-sin2n-2-sin2n-2k+2-sin4+cos2=1+(n-2)+sin2+cos2=1+(n-2)+1=n.所以CF=n.(3)由题意知，证明DFn3n+9等价于证明 ln2 32+ln2 43+ln2 n+2n+1 n3n+9，注意到左侧求和式nk=1ln2 k+2k+1=ln2 32+ln2 43+ln2 n+2n+1，将右侧含有 n 的表达式表示为求和式有nk=11k+2-1k+3=13-14+14-15+1n+1-1n+2+1n+2-1n+3=13-1n+3=n3n+928故只需证 ln2 n+2n+1 1(n+2)2 1(n+2)(n+3)=1n+2-1n+

84、3,n 1,n N*成立，即证 ln n+2n+1 1n+2,n 1,n N*成立，令 x=1+1n+1，则需证 lnx 1-1x,x 1,32成立，记 f(x)=lnx+1x-1,x 1,32，则 f(x)=1x-1x2=x-1x2 0 在 1,32上恒成立，所以 f(x)在 1,32上单调递增，所以 f(x)f(1)=ln1+1-1=0，所以 lnx 1-1x 在 1,32上恒成立，即 ln n+2n+1 1n+2,n 1,n N*成立，所以原不等式成立.【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是转化为证明 ln2 32+ln2 43+ln2 n+2n+1 n3n+9，再结合放缩法转化为证明

85、 ln n+2n+1 1n+2,n 1,n N*，最后利用导数证明即可.29(贵州省贵阳市 2024 届高三下学期适应性考试数学试卷(一)英国数学家泰勒发现了如下公式：ex=1+x+x22!+x33!+xnn!+其中 n!=1 2 3 4 n,e 为自然对数的底数，e=2.71828.以上公式称为泰勒公式.设 f x=ex-e-x2,g x=ex+e-x2，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.(1)证明：ex 1+x；(2)设 x 0,+，证明：f xx 1 两种情况讨论，求出 F x在 x=0 附近的单调区间，即可求解.【详解】(1)设 h x=ex-x-1，则 h x=e

86、x-1.当 x 0 时，h x 0：当 x 0 时，h x 0，所以 h x在-,0上单调递减，在 0,+上单调递增.因此，h x h 0=0，即 ex 1+x.(2)由泰勒公式知 ex=1+x+x22!+x33!+x44!+x55!+xnn!+，于是 e-x=1-x+x22!-x33!+x44!-x55!+(-1)n xnn!+，由得f x=ex-e-x2=x+x33!+x55!+x2n-12n-1!+,g x=ex+e-x2=1+x22!+x44!+x2n-22n-2!+,所以29f xx=1+x23!+x45!+x2n-22n-1!+1+x22!+x44!+x2n-22n-2!+=g x

87、.即 f xx 0 时，F x 0；当 x 0 时，F x 1 时，x=0 不是 F x的极小值点.当 a 1 时，G lna=elna+e-lna2-a=12 a+1a-a=121a-a 0，又因为 G x是 R 上的偶函数，且 G x在 0,+上单调递增,所以当 x -lna,lna时，G x 0.因此，F x在-lna,lna上单调递减.又因为 F x是奇函数，且 F 0=0，所以当-lna x 0；当 0 x lna 时，F x 1 两种情况，利用导数判断 x=0 附近的单调性.30(福建省福州第一中学 2021-2022 学年高一上学期期末考试数学试题)英国数学家泰勒发现了如下公式：

88、sinx=x-x33!+x55!-x77!+，其中 n!=1 2 3 4 n，此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当 x 0,2时，sinx x-x33!，sinx 12；(2)设 f x=msinx，若区间 a,b满足当 f x定义域为 a,b时，值域也为 a,b，则称为 f x的“和谐区间”.(i)m=1 时，f x是否存在“和谐区间”？若存在，求出 f x的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；(ii)m=-2 时，f x是否存在“和谐区间”？若存在，求出 f x的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(i)f x不存在“和谐区间”，理由见解

89、析(ii)存在，f x有唯一的“和谐区间”-2,2【分析】(1)利用 sinx x-x33!来证得结论成立.(2)(i)通过证明方程 sinx=x 只有一个实根来判断出此时 f x不存在“和谐区间”.30(ii)对 a,b 的取值进行分类讨论，结合 f x的单调性以及(1)的结论求得 f x唯一的“和谐区间”.【详解】(1)由已知当 x 0,2时，sinx x-x33!，得 sinxx 1-x26 1-226=1-224 12，所以当 x 0,2时，sinxx 12.(2)(i)m=1 时，假设存在，则由-1 f x 1 知-1 a b 1，注意到 1 2，故 a,b-2,2，所以 f x在

90、a,b单调递增，于是f a=af b=b，即 a,b 是方程 sinx=x 的两个不等实根，易知 x=2 不是方程的根，由已知，当 x 0,2时，sinx x，令 x=-t，则有 t -2,0时，sin-t t，故方程 sinx=x 只有一个实根 0，故 f x不存在“和谐区间”.(ii)m=-2 时，假设存在，则由-2 f x 2 知-2 a b 2,若 a,b 0，则由 a,b 0,，知 f x 0，与值域是 a,b 0,矛盾，故不存在“和谐区间”，同理，a,b 0 时，也不存在，下面讨论 a 0 b，若 b 2，则 0,2 a,b，故 f x最小值为-2，于是 a=-2，所以-2,2 a

91、,b，所以 f x最大值为 2，故 b=2，此时 f x的定义域为-2,2，值域为-2,2，符合题意.若 b-2 时，f x在 a,b上单调递减，所以a=-2sinbb=-2sina，于是 a+b=-2 sina+sinb，若 b-a 即 a+b 0，则 sinb sin-a，故 sinb+sina 0,-2 sina+sinb 0，与 a+b=-2 sina+sinb矛盾；若 b x2，因为 b 0,2，所以 b=0，从而，a=0，从而 a=b，矛盾，综上所述，f x有唯一的“和谐区间”-2,2.【点睛】对于“新定义”的题目，关键是要运用新定义的知识以及原有的数学知识来进行求解.本题有两个“

92、新定义”，一个是泰勒发现的公式，另一个是“和谐区间”.泰勒发现的公式可以直接用于证明，“和谐区间”可转化为函数的单调性来求解.31(北京市第四中学 2021-2022 学年高二上学期期中考试数学试题)对于给定的正整数 n，记集合 Rn=x1,x2,x3,xn,xj R,j=1,2,3,n，其中元素 称为一个 n 维向量特别地，0=0,0,0称31为零向量设 k R，=a1,a2,an，=b1,b2,bn Rn，定义加法和数乘：+=a1+b1,a2+b2,an+bn，k=ka1,ka2,kan对一组向量 1，2，s(s N+，s 2)，若存在一组不全为零的实数 k1，k2，ks，使得 k11+k

93、22+kss=0，则称这组向量线性相关否则，称为线性无关(1)对 n=3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由 =1,1,1，=2,2,2；=1,1,1，=2,2,2，=5,1,4；=1,1,0，=1,0,1，=0,1,1，=1,1,1(2)已知向量，线性无关，判断向量 +，+，+是线性相关还是线性无关，并说明理由(3)已知 m m 2个向量 1，2，m 线性相关，但其中任意 m-1 个都线性无关，证明下列结论：如果存在等式 k11+k22+kmm=0(ki R，i=1,2,3,m)，则这些系数 k1，k2，km或者全为零，或者全不为零；如果两个等式 k11+k22+kmm=0，

94、l11+l22+lmm=0(ki R，l1 R，i=1,2,3,m)同时成立，其中 l1 0，则 k1l1=k2l2=kmlm【答案】(1),线性相关，,线性相关，,线性相关(2)向量 +，+，+线性无关，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)根据定义逐一判断即可；(2)设 k1 +k2 +k3 +=0，则 k1+k3+k1+k2+k2+k3=0，然后由条件得到 k1=k2=k3=0 即可；(3)如果某个 ki=0，i=1,2,m，然后证明 k1,k2,ki-1,ki+1,km都等于 0 即可；由 l11+l22+lmm=0 可得 1=-l2l12-lml1m，然后代入 k11+k22+km

95、m=0 证明即可.【详解】(1)对于，设 k1+k2=0，则可得 k1+2k2=0，所以,线性相关；对于，设 k1+k2+k3=0，则可得k1+2k2+5k3=0k1+2k2+k3=0k1+2k2+4k3=0，所以 k1+2k2=0，k3=0所以,线性相关；对于，设 k1+k2+k3+k4=0，则可得k1+k2+k4=0k1+k3+k4=0k2+k3+k4=0，可取 k1=k2=k3=1,k4=-2 符合该方程，所以,线性相关；(2)设 k1 +k2 +k3 +=0，则 k1+k3+k1+k2+k2+k3=0因为向量，线性无关，所以k1+k3=0k1+k2=0k2+k3=0，解得 k1=k2=

96、k3=0所以向量 +，+，+线性无关(3)证明：k11+k22+kmm=0，如果某个 ki=0，i=1,2,m则 k11+k22+ki-1i-1+ki+1i+1+kmm=0因为任意 m-1 个都线性无关，所以 k1,k2,ki-1,ki+1,km都等于 0所以这些系数 k1，k2，km或者全为零，或者全不为零因为 l1 0，所以 l1,l2,lm全不为零所以由 l11+l22+lmm=0 可得 1=-l2l12-lml1m32代入 k11+k22+kmm=0 可得 k1-l2l12-lml1m+k22+kmm=0所以-l2l1k1+k22+-lml1k1+kmm=0所以-l2l1k1+k2=0

97、，-lml1k1+km=0所以 k1l1=k2l2=kmlm32(云南省昆明市西山区 2024 届高三第三次教学质量检测数学试题)我们把 a0+a1x+a2x2+anxn=0(其中 an 0，n N*)称为一元 n 次多项式方程代数基本定理：任何复系数一元 n n N*次多项式方程(即 a0，a1，a2，an为实数)在复数集内至少有一个复数根；由此推得，任何复系数一元 n n N*次多项式方程在复数集内有且仅有 n 个复数根(重根按重数计算)那么我们由代数基本定理可知：任何复系数一元 n n N*次多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为 n 个一元一次多项式的积即 a0+a1x+a2x2+a

98、nxn=an x-1k1 x-2k2 x-mkm，其中 k，m N*，k1+k2+km=n，1，2，m为方程 a0+a1x+a2x2+anxn=0 的根进一步可以推出：在实系数范围内(即 a0，a1，a2，an为实数)，方程 a0+a1x+a2x2+anxn=0 的有实数根，则多项式 a0+a1x+a2x2+anxn必可分解因式例如：观察可知，x=1 是方程 x3-1=0 的一个根，则 x-1一定是多项式 x3-1 的一个因式，即 x3-1=x-1ax2+bx+c，由待定系数法可知，a=b=c=1(1)解方程：x3-2x+1=0；(2)设 f x=a0+a1x+a2x2+a3x3，其中 a0，

99、a1，a2，a3 R+，且 a0+a1+a2+a3=1(i)分解因式：x-a0+a1x+a2x2+a3x3；(ii)记点 P x0,y0是 y=f x的图象与直线 y=x 在第一象限内离原点最近的交点求证：当 a1+2a2+3a31 时，x0=1【答案】(1)x1=1，x2=-1+52，x3=-1-52(2)(i)-x-1a3x2+a2+a3x-a0；(ii)证明见解析【分析】(1)观察得到 x=1 是方程 x3-2x+1=0 的一个根，从而设 x3-2x+1=x-1ax2+bx+c，对照系数得到 a=1，b=1，c=-1，得到 x-1x2+x-1=0，求出方程的根；(2)(i)x=1 是方程

100、 x-a0+a1x+a2x2+a3x3=0 的一个根，设 x-a0+a1x+a2x2+a3x3=x-1ax2+bx+c，对照系数得到 a=-a3，b=a0+a1-1，c=a0，从而得到答案；(ii)令 f x-x=0，故 x0是方程 a0+a1x+a2x2+a3x3-x=0 的最小正实根，由(i)知：a0+a1x+a2x2+a3x3-x=x-1a3x2+a2+a3x-a0，设 g x=a3x2+a2+a3x-a0，根据 g x的开口方向，结合 g 0=-a0 0，则 g x一定有一正一负两个实根，设正实根为 t，结合 a1+2a2+3a3 1 得到 g 1 0，故 t 1，得到 x0=1.【详

101、解】(1)观察可知：x=1 是方程 x3-2x+1=0 的一个根；所以 x3-2x+1=x-1ax2+bx+c=ax3+b-ax2+c-bx-c，由待定系数法可知，b-a=0c-b=-2-c=1，解得 a=1，b=1，c=-1；所以 x-1x2+x-1=0，即 x=1 或 x2+x-1=0，则方程的根为 x1=1，x2=-1+52，x3=-1-52(2)(i)由 a0+a1+a2+a3=1 可知，x=1 是方程 x-a0+a1x+a2x2+a3x3=0 的一个根；所以 x-a0+a1x+a2x2+a3x3=x-1ax2+bx+c=ax3+b-ax2+c-bx-c，33即-a3x3-a2x2-a

102、1-1x-a0=ax3+b-ax2+c-bx-c，对照系数得 a=-a3，-a2=b-a，-a1-1=c-b，-a0=-c，故 a=-a3，b=-a2+a3=a0+a1-1，c=a0；所以 x-a0+a1x+a2x2+a3x3=x-1-a3x2-a2+a3x+a0=-x-1a3x2+a2+a3x-a0(ii)令 f x-x=0，即 a0+a1x+a2x2+a3x3-x=0，点 P x0,y0是 y=f x的图象与直线 y=x 在第一象限内离原点最近的交点，等价于 x0是方程 a0+a1x+a2x2+a3x3-x=0 的最小正实根；由(i)知：x=1 是方程 x-a0+a1x+a2x2+a3x3

103、=0 的一个正实根，且 a0+a1x+a2x2+a3x3-x=x-1a3x2+a2+a3x-a0，设 g x=a3x2+a2+a3x-a0，由 a0，a1，a2，a3 R+可知 g x为开口向上的二次函数；又因为 g 0=-a0-1)，则(x)=1x+1-4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2 0，所以(x)在其定义域(-1,+)内为增函数，又(0)=f(0)-R(0)=0，x 0 时，(x)=f(x)-R(x)(0)=0；-1 x 0 时，(x)=f(x)-R(x)(0)=0；所以 x 0 时，f(x)R(x)；-1 x 0 时，f(x)R(x)(3)由 h(x)=f(x)R(x)-12

104、-mf(x)=1x+mln(x+1)，h(x)=-1x2 ln(x+1)+1x+m1x+1=mx2+x-(x+1)ln(x+1)x2(x+1)由 h(x)=f(x)R(x)-12-mf(x)在(0,+)上存在极值，所以 h(x)在(0,+)上存在变号零点令 g(x)=mx2+x-(x+1)ln(x+1)，则 g(x)=2mx+1-ln(x+1)+1=2mx-ln(x+1)，g(x)=2m-1x+1 m 0 时，g(x)0，g(x)为减函数，g(x)g(0)=0，g(x)在(0,+)上为减函数，g(x)1，即 m 12 时，g(x)0，g(x)为增函数，g(x)g(0)=0，g(x)在(0,+)

105、上为增函数，g(x)g(0)=0，无零点，不满足条件当 0 2m 1，即 0 m 12 时，令 g(x)=0 即 2m=1x+1，x=12m-1当 0 x 12m-1 时，g(x)12m-1 时，g(x)0，g(x)为增函数，gmin(x)=g12m-1=2m12m-1-ln12m-1+1=1-2m+ln2m；令 H(x)=1-x+lnx，0 x 0 在 0 x 1 时恒成立，H(x)在 0,1上单调递增，H(x)H(1)=0，g12m-1=(1-2m)+ln2m 0，0 m 1，x(m-1)mx2-1+mx-x=x+1mx-1，mx2-1x+1 mx-1，1+mx2-1x+1-ln(x+1)

106、mx-ln(x+1)；g(x)=(x+1)mx2+xx+1-ln(x+1)，令 l(x)=mx2+xx+1-ln(x+1)=1+mx2-1x+1-ln(x+1)mx-ln(x+1)=m(x+1)-ln(x+1)-m，令 F x=ln(x+1)-2 x+1 x 0，F x=1x+1-1x+1=1-x+1x+1 0，则 F x在 0,+是单调递减，F x F 0=-2，所以 ln(x+1)m(x+1)-2 x+1-m=m2(x+1)-m+m2(x+1)-2 x+1，令 x=16m2-1，则 x+1=16m2，m2(x+1)-2 x+1 0，m2(x+1)-m=8m-m 0 0 m 0，即 l16m

107、2-1 0由零点存在定理可知，l(x)在12m-1,+上存在唯一零点 x012m-1,16m2-1，35又由知，当 0 x 12m-1 时，g(x)0，g(x)为减函数，g(0)=0，所以此时，g(x)0,n 0,x 0，则由 PB+PC=t PA得 m+n=t；36由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2-2mx2cos 23=m2+m+1x2，|AC|2=x2+n2x2-2nx2cos 23=n2+n+1x2，|BC|2=m2x2+n2x2-2mnx2cos 23=m2+n2+mnx2，故由|AC|2+|AB|2=|BC|2得 n2+n+1x2+m2+m+1x2=m2+n2+mnx2，即 m

108、+n+2=mn，而 m 0,n 0，故 m+n+2=mn m+n22，当且仅当 m=n，结合 m+n+2=mn，解得 m=n=1+3 时，等号成立，又 m+n=t，即有 t2-4t-8 0，解得 t 2+2 3 或 t 2-2 3(舍去)，故实数 t 的最小值为 2+2 3.【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合(1)的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设|PB|=m|PA|,|PC|=n|PA|,|PA|=x，推出 m+n=t，结合费马点含义，利用余弦定理推出 m+n+2=mn，然后利用基本不等式即可求解.35(东北三省三校(哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)

109、2023-2024 学年高三下学期第一次联合模拟考数学试题)十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字 0 和 1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数 1 在二进制中就表示为 12，2表示为 102，3 表示为 112，5 表示为 1012，发现若 n N+可表示为二进制表达式 a0a1a2 ak-1ak2，则 n=a0 2k+a1 2k-1+ak-1 21+ak，其中 a0=1，ai=0 或 1(i=1,2,k).(1)记 S n=a0+a1+ak-1+ak，求证：S 8n+3=S 4n+3；(2)记 I n为整数 n 的二进制表达式中

110、的 0 的个数，如 I 2=1，I 3=0.()求 I 60；()求511n=12I n(用数字作答).【答案】(1)证明见解析(2)()2；()9841【分析】(1)借助二进制的定义计算可得 S 8n+3=S n+2，S 4n+3=S n+2，即可得证；(2)()借助二进制的定义可计算出 60=1111002，即可得表达式中的 0 的个数；()计算出从 n=1 到 n=511 中，I n=0、I n=1、，I n=8 的个数，即可得511n=12I n.【详解】(1)8n+3=a0 2k+3+a1 2k+2+ak 23+1 21+1，S 8n+3=a0+a1+ak+1+1=S n+2，4n+

111、3=a0 2k+2+a1 2k+1+ak 22+1 21+1，S 4n+3=a0+a1+ak+1+1=S n+2，S 8n+3=S 4n+3；(2)()60=32+16+8+4=1 25+1 24+1 23+1 22+0 21+0 20=1111002，I 60=2，()1=1 20=12，511=1 28+1 27+1 26+1 25+1 24+1 23+1 22+1 21+1 20=1111111112，故从 n=1 到 n=511中，I n=0 有 12、112、1111111112共 9 个，I n=1 有 C11+C12+C18 个，由 C11+C12+C18=C29，即共有 C29

112、 个I n=2 有 C22+C23+C28 个，由 C22+C23+C28=C39，即共有 C39 个，37I n=8 有 C88=C99=1 个，n=1511 2I n=9 20+C29 21+C39 22+C99 28=C19 21+C29 22+C39 23+C99 292=C09 20+C19 21+C29 22+C39 23+C99 29-12=1+29-12=9841.【点睛】关键点点睛：本体最后一小问关键点在于结合二进制的定义，得到 1=1 20=12，511=1111111112，通过组合数的计算得到 I n=0、I n=1、I n=9 的个数，再结合组合数的性质计算得到结果.

113、36(2024 届广东省(佛山市第一中学、广州市第六中学、汕头市金山中学、)高三六校 2 月联考数学试卷)如图，已知椭圆 的短轴长为 4，焦点与双曲线x24-t-y2t=1 的焦点重合.点 P 4,0，斜率为 12 的直线l1与椭圆 交于 A,B 两点.(1)求常数 t 的取值范围，并求椭圆 的方程.(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)极点与极线是法国数学家吉拉德迪沙格于 1639 年在射影几何学的奠基之作圆锥曲线论稿中正式阐述的.对于椭圆:x2a2+y2b2=1，极点 P x0,y0(不是原点)对应的极线为 lP:x0 xa2+y0yb2=1，且若极点

114、P 在 x 轴上，则过点 P 作椭圆的割线交 于点 A1,B1，则对于 lP上任意一点 Q，均有 kQA1+kQB1=2kPQ(当斜率均存在时).已知点 Q 是直线 l1上的一点，且点 Q 的横坐标为 2.连接 PQ 交 y 轴于点 E.连接 PA,PB 分别交椭圆 于 M,N 两点.设直线 AB、MN 分别交 y 轴于点 D、点 T，证明：点 E 为 D、T 的中点；证明直线：MN 恒过定点，并求出定点的坐标.【答案】(1)0,4，x28+y24=1(2)证明过程见解析证明过程见解析，定点坐标为 3,-12【分析】(1)由椭圆焦点在 x 轴上面，列出不等式组即可得 t 的范围，由 a,b,c

115、 的关系以及短轴长列出方程组即可得 a,b，由此即可得椭圆方程.(2)为了说明结论的验证性，首先证明一下题述引理(用解析几何方法)，即联立直线方程与椭圆方程，由韦达定理以及斜率公式证明 kQA+kQB=2kPQ即可，从而对于由结论法说明 Q 是 MN 和 AB 的交点，且 kBA+kNM=2kPQ，结合由此即可进一步得证；对于由结论法可表示出 MN 的方程 y=-t-12x-2+t，由此整理即可得解.【详解】(1)由题意焦点在 x 轴上，所以 4-t 0t 0，解得 0 t 0 a2+b2m2 p2，由韦达定理有 y1+y2=-2b2mpa2+b2m2,y1y2=b2p2-a2b2a2+b2m

116、2，此时要证明的是：kQA+kQB=2kPQ，也就是y1-tmy1+p-a2p+y2-tmy2+p-a2p=-2tp-a2p，也就是y1-tmy1+p-a2p+y2-tmy2+p-a2p+2tp-a2p=0，也就是 p-a2py1-tmy2+p-a2p+y2-tmy1+p-a2p+2t my1+p-a2pmy2+p-a2p=0，也就是 2m p-a2p+2m2ty1y2+p-a2p2+tm p-a2py1+y2=0，也就是 2m p-a2p+2m2t b2p2-a2b2a2+b2m2+p-a2p2+tm p-a2p-2b2mpa2+b2m2=0，也就是 m p-a2p+m2t b2 p2-a2

117、+p-a2p2+tm p-a2p-b2mp=0，也就是p-a2p+mt b2 p2-a2-b2pp-a2p2+tm p-a2p=0，也就是p-a2p+mt p2-a2-pp-a2p2+tm p-a2p=0，也就是p-a2p+mt p-a2p-p-a2p2+tm p-a2p=0，也就是p-a2p+mt p-a2p=p-a2p2+tm p-a2p，这显然成立，所以结论得证.接下来我们回到原题，首先由于 Q 在 P 的极线 x=2 上，故由引理有 kQN+kQB=2kPQ，kQA+kQM=2kPQ，39而 kQA=kQB=12，所以 kQN=kQM，这表明 Q 是 MN 和 AB 的交点，又由于 k

118、QA+kQM=2kPQ，故 kBA+kNM=2kPQ，设 Q 2,t，而 kAB=kQD=t-yD2，kMN=kQT=t-yT2，kPQ=kQE=t-yE2，所以 yD+yT=2yE，也就是 E 是 DT 的中点；设 Q 2,t，那么 kPQ=-t2,kAB=12，所以 kMN=-t-12，这表明 MN 的方程是 y=-t-12x-2+t，即 t 3-x+1-12 x-y=0，所以 MN 恒过点 3,-12.【点睛】关键点点睛：第二问的关键是用解析几何证明题述引理的正确性，由此即可利用结论法进一步求解.37(2024 年九省联考数学模拟试卷)拓扑学是一个研究图形(或集合)整体结构和性质的一门几

119、何学，以抽象而严谨的语言将几何与集合联系起来，富有直观和逻辑已知平面 E 2=x，y|x，y R，定义对 A1 x1，y1，A2 x2，y2，其度量(距离)d A1，A2=x1-x22+y1-y22 并称E 2，d为一度量平面设 x0 E 2，d，R+，称平面区域 B x0，=x E 2，dd x0，x 为以 x0 为心，为半径的球形邻域(1)试用集合语言描述两个球形邻域的交集；(2)证明：E 2，d中的任意两个球形邻域的交集是若干个球形邻域的并集；(3)一个集合称作“开集”当且仅当其是一个无边界的点集证明：E 2，d的一个子集是开集当且仅当其可被表示为若干个球形邻域的并集【答案】(1)答案见

120、解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由交集的定义可解；(2)结合题意，利用并集的定义证明；(3)利用题目定义分别证明充分性和必要性.【详解】(1)设这两个球形邻域分别为 B1 x1，1，B2 x2，2，D 为 B1 和 B2 的交集若 B1 与 B2 不相交，则 B1 B2=；若 B1 与 B2 相交，则D=B1 B2=x E 2，dd x1，x 1 x E 2，dd x2，x 2=x E 2，dd x1，x 1,且 d x2，x 2故 B1 B2=或 x E 2，dd x1，x 1,且 d x2，x 0 使得 x Bi xi，i G，故 G 是开集充分性证毕再证必要性：若E 2

121、，d的一个子集是开集，则其可被表示为若干个球形邻域的并集设 G 是一个开集，由情况得 x G，0 使得 x Bi xi，i G，所以G=xG xxiGBi xi，i G即 G=xiGBi xi，i故 G 可被表示为若干个球形邻域 Bi xi，i的并集必要性证毕【点睛】思路点睛：利用集合的运算和题干中的定义完成问题.38(安徽省黄山市 2024 届高中毕业班第一次质量检测数学试题)随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用对于数列 an，规定 an为数列 an的一阶差分数列，其中 an=an+1-an n N*，规定 2an为数列

122、 an的二阶差分数列，其中 2an=an+1-an n N*(1)数列 an的通项公式为 an=n3 n N*，试判断数列 an,2an是否为等差数列，请说明理由？(2)数列 logabn是以 1 为公差的等差数列，且 a 2，对于任意的 n N*，都存在 m N*，使得 2bn=bm，求a 的值；(3)各项均为正数的数列 cn的前 n 项和为 Sn，且 cn为常数列，对满足 m+n=2t，m n 的任意正整数 m,n,t 都有 cm cn，且不等式 Sm+Sn St恒成立，求实数 的最大值【答案】(1)an不是等差数列，2an是等差数列(2)3+52(3)2【分析】(1)理清条件的新定义，结

123、合等差数列性质进行判断；(2)根据新定义和等差数列、等比数列的性质等进行分类讨论求解；(3)根据等差数列的性质以及新定义求解出 Sm+Sn，运用均值不等式求解出 的范围，从而得出 的最值.【详解】(1)因为 an=n3，所以 an=an+1-an=n+13-n3=3n2+3n+1，因为 a1=7，a2=19，a3=37，故 a2-a1=12，a3-a2=18，显然 a2-a1 a3-a2，所以 an不是等差数列；因为 2an=an+1-an=6n+6，则 2an+1-2an=6，2a1=12，所以 2an是首项为 12，公差为 6 的等差数列.(2)因为数列 logabn是以 1 为公差的等差

124、数列，41所以 logabn+1-logabn=1，故 bn+1bn=a，所以数列 bn是以公比为 a 的正项等比数列，bn=b1an-1，所以 2bn=bn+1-bn=bn+2-bn+1-bn+1-bn=bn+2-2bn+1+bn，且对任意的 n N*，都存在 m N*，使得 2bn=bm，即 b1an+1-2b1an+b1an-1=b1am-1，所以 a-12=am-n，因为 a 2，所以 m-n 0，若 m-n=1，则 a2-3a+1=0，解得 a=3-52(舍)，或 a=3+52，即当 a=3+52时，对任意的 n N*，都存在 m N*，使得 2bn=bm=bn+1.若 m-n 2，

125、则 am-n a2 a-12，对任意的 n N*，不存在 m N*，使得 2bn=bm.综上所述，a=3+52.(3)因为 cn为常数列，则 cn是等差数列，设 cn的公差为 d，则 cn=c1+n-1d，若 d=0，则 cn=cm，与题意不符；若 d 1-c1d 时，cn 0，由等差数列前 n 项和公式可得 Sn=d2 n2+c1-d2n，所以 Sn+Sm=d2 n2+m2+c1-d2n+m，因为 m+n=2t，所以 St=d2n+m22+c1-d2n+m2，因为 m n，故 n2+m22n+m22，所以 Sn+Sm=d2 n2+m2+c1-d2n+m d2 n+m22+c1-d2n+m=2

126、St则当 2 时，不等式 Sm+Sn St恒成立，另一方面，当 2 时，令 m=t+1，n=t-1，n N*,t 2，则 Sn+Sm=d2 2t2+2+2t c1-d2，St=d2 t2+c1-d2t，则 St-Sn+Sm=d2 t2+c1-d2t-d2 2t2+2-2t c1-d2=d2 -dt2-t+-2c1t-d，因为 d2 -d 0，t2-t 0，当 t d-2c1时，St-Sn+Sm 0，即 Sn+Sm St恒成立，综上，的最大值为 2.【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题，关于新定义问题的常见思路为：(1)理解新定义，明确新定义中的条件、原理、方法与结论等；(2)新定义问题要

127、与平时所学知识相结合运用；(3)对于不等式恒成立问题要结合均值不等式进行求解最值，把握好分类讨论的时机.39(云南省昆明市第一中学 2024 届高三上学期第六次考前基础强化数学试题)悬链线的原理运用于悬42索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数 ch x=ex+e-x2的图象，类比三角函数的三种性质：平方关系：sin2x+cos2x=1，和角公式：cos x+y=cosxcosy-sinxsiny，导数：sinx=cosx,cosx=-sinx,定义双曲正弦函数 sh x=ex-e-x2(1)直接写出 sh x，ch x具有的类似、的三种性质(不需要证明

128、)；(2)若当 x 0 时，sh x ax 恒成立，求实数 a 的取值范围；(3)求 f x=ch x-cosx-x2的最小值【答案】(1)答案见解析(2)-,1(3)0【分析】(1)类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；(2)构造函数 F x=sh x-ax，x 0,+，求导，分 a 1 和 a 1 两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；(3)多次求导，结合(2)中结论，先得到 f x在 0,+内单调递增，再求出 f x为偶函数，从而得到 f x在-,0内单调递减，求出 f xmin=f 0=0.【详解】(1)平方关系：ch2 x-sh2 x=1；和角

129、公式：ch x+y=ch xch y+sh xsh y；导数：sh(x)=ch(x)ch(x)=sh(x)理由如下：平方关系，ch2 x-sh2 x=ex+e-x22-ex-e-x22=e2x+e-2x+24-e2x+e-2x-24=1；ch x+y=ex+y+e-x-y2，和角公式：ch xch y+sh xsh y=ex+e-x2 ey+e-y2+ex-e-x2 ey-e-y2=ex+y+ex-y+e-x+y+e-x-y4+ex+y-ex-y-e-x+y+e-x-y4=ex+y+e-x-y2故 ch x+y=ch xch y+sh xsh y；导数：sh x=ex-e-x2=ex+e-x2

130、=chx，ch x=ex-e-x2=shx；(2)构造函数 F x=sh x-ax，x 0,+，由(1)可知 F x=ch x-a，i当 a 1 时，由 ch(x)=ex+e-x2ex e-x=1 a 可知，故 F(x)0，故 F(x)单调递增，此时 F(x)F(0)=0，故对任意 x 0，sh(x)ax 恒成立，满足题意；ii当 a 1 时，令 G x=F x，x 0,+，则 G x=sh x 0，可知 G x单调递增，由 G(0)=1-a 0 可知，存在唯一 x0(0,ln2a)，使得 G(x0)=0，故当 x (0,x0)时，F(x)=G(x)G(x0)=0，则 F(x)在(0,x0)内

131、单调递减，故对任意 x (0,x0)，F(x)F 0=0，即 sh x ax，矛盾；综上所述，实数 a 的取值范围为-,143(3)f x=ch x-cosx-x2，f x=sh x+sinx-2x，令 g x=f x=sh x+sinx-2x，则 g x=ch x+cosx-2，令 h x=g x=ch x+cosx-2，则 h x=sh x-sinx，当 x 0,+时，由(2)可知，sh x x，则 h x=sh x-sinx x-sinx，令 u x=x-sinx，则 u x=1-cosx 0，故 u x在 0,+内单调递增，则 h x u x u 0=0，故 h x在 0,+内单调递增

132、，则 g x=h x h 0=0，故 g x在 0,+内单调递增，则 f x=g x g 0=0，故 f x在 0,+内单调递增，因为 f-x=ch-x-cos-x-x2=chx-cosx-x2=f x，即 f x为偶函数，故 f x在-,0内单调递减，则 f xmin=f 0=0，故当且仅当 x=0 时，f x取得最小值 0.【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函

133、数图像确定条件.40(2024 届高三新高考改革数学适应性练习(九省联考题型)对于非空集合 G，定义其在某一运算(统称乘法)“”下的代数结构称为“群”G,，简记为 G而判断 G是否为一个群，需验证以下三点：1.(封闭性)对于规定的“”运算，对任意 a,b G，都须满足 a b G；2.(结合律)对于规定的“”运算，对任意 a,b,c G，都须满足 a b c=a b c；3.(恒等元)存在 e G，使得对任意 a G，e a=a；4.(逆的存在性)对任意 a G，都存在 b G，使得 a b=b a=e记群 G所含的元素个数为 n，则群 G也称作“n 阶群”若群 G的“”运算满足交换律，即对任

134、意 a，b G，a b=b a，我们称 G为一个阿贝尔群(或交换群)(1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群 R+；(2)记 C为所有模长为 1 的复数构成的集合，请找出一个合适的“”运算使得 C在该运算下构成一个群 C，并说明理由；(3)所有阶数小于等于四的群 G是否都是阿贝尔群？请说明理由【答案】(1)证明见解析(2)C在复数的乘法运算下构成一个群 C，理由见解析(3)所有阶数小于等于四的群 G都是阿贝尔群，理由见解析【分析】(1)根据题意结合实数运算分析证明；(2)根据题意结合复数运算分析证明；(3)分类讨论群 G的阶数，根据题意结合反证法分析证明.【详解】(1)我们需证 R 在普通加

135、法下可构成一个群，需从以下四个方面进行验证：封闭性：对 a,b R，则 a+b R，封闭性成立；结合律：对 a,b,c R，a+b+c=a+b+c，结合律成立；恒等元：取 e=0 R，则对任意 a R，0+a=a符合恒等元要求；逆的存在性：对任意 a R，b=-a R，且 a+b=a+-a=0=e，满足逆的存在性综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群 R+(2)首先提出，C 的“”运算可以是复数的乘法：z1z2 z1,z2 C，理由如下即证明 S 在普通乘法下可构成一个群，同(1)，需从四方面进行验证：封闭性：设 z1=a+bi，z2=c+di，其中 z1，z2 C，即 a2+b2=c2+

136、d2=1则 z1z2=a+bic+di=ac-bd+ad+bci，44所以 z1z2=ac-bd2+ad+bc2=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2=c2 a2+b2+d2 a2+b2=c2+d2=1，即 z1z2 C，封闭性成立；结合律：设 z1=a+bi，z2=c+di，z3=e+fi，其中 z1，z2，z3 C，z1 z2z3=a+bice-df+cf+dei=a ce-df-b cf+de+a cf+de+b ce-dfiz1z2z3=ac-bd+ad+bcie+fi=e ac-bd-f ad+bc+f ac-bd+e ad+bci=a ce-df-b cf+de+a cf+de+

137、b ce-dfi即 z1 z2z3=z1z2z3，结合律成立；恒等元：取 e=1 C，则对任意 z C，1 z=z，符合恒等元要求；逆的存在性：对任意 z=a+bi C，取其共轭 z=a-bi，则 zz=a2+b2=1=e，满足逆的存在性；综上所述，C 在复数的乘法运算下构成一个群 C(3)所有阶数小于等于四的群 G都是阿贝尔群，理由如下：若群 G的阶数为 0，则 G 为空集，与定义矛盾所以 G的阶数为 1，2，3，4下逐一证明(1)若群 G的阶数为 1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时 G是阿贝尔群；(2)若群 G的阶数为 2，设其元素为 e,a，其中 e 是恒等元，则 e

138、a=a e=a，符合交换律，故此时 G是阿贝尔群；(3)若群 G的阶数为 3，设其元素为 e,a,b，其中 e 是恒等元，由群的封闭性，a b G若 a b=a，又 a e=a，推出 b=e，则集合 G 有两个相同的元素，不满足集合的唯一性，矛盾，所以 a b=e，现要验证交换律，即 a b=b a=e若 b a e，有前知，b a a 且 b a b，所以 b a G，与群的封闭性矛盾所以 a b=b a，交换律成立，故此时 G是阿贝尔群；(4)若群 G的阶数为 4，设其元素为 e,a,b,c，其中 e 是恒等元，由群的封闭性，a b G，由的分析可知，b a a 且 b a b，所以 a

139、b=e 或 a b=c若 a b=e由群中逆的存在性，群 G中存在一个元素 r 使得 rc=e，很明显 r e，所以 r=a 或 r=b假设 r=a，即 a c=e，又 a b=e，推出 b=c 则集合 G 有两个相同的元素，不满足集合的唯一性，矛盾，故只能 a b=c；先证交换律对 a，b 成立，即 a b=b a若 b a a b=c，则由 a b G，a b 只能等于 e又因为 c e=c e，c b a b=e(c 和 a 同理)，不满足群中逆的存在性，矛盾，所以 a b=b a=c交换律对 a,b 成立接下来只需证交换律对 a,c 和 b,c 也成立事实上，由 a 和 b 的对称性，

140、只需证 a,c 即可由群中逆的存在性，存在 q a,b使得 q c=e若 q=a，则只需证 c a=a c=e若 c a a c=e，由群的封闭性，c a G，所以 c a 只能等于 b，又因为 a b=c，得 c a=a b a=b，即 a a=1，但 a 是任取的，该结论具有局限性，不对一般的 a 成立，故矛盾即 c a=a c，此时交换律对 a,c 成立若 q=b群中逆的存在性，存在 p b,c使得 p a=e，45又因为 a b=c e，所以 p 只能等于 c，即 a c=e，由可得：c a=a c=e，即此时交换律对 a,c 成立故群 G的阶数为 4 时，交换律成立，故此时 G是阿贝

141、尔群综上所述，所有阶数小于等于四的群 G都是阿贝尔群【点睛】方法点睛：对于新定义题型，要能读懂题意，认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化化归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或将复杂的问题通过变换转化为简单的问题41(2024 届高三新高考改革数学适应性练习(4)(九省联考题型)“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式(BernoullisInequality)，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布伯努利提出：对实数 x -1,+，在 n 1,+时，有不等式1+xn 1+nx 成立；在

142、n 0,1时，有不等式1+xn 1+nx 成立(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当 n 1 时，对伯努利不等式进行证明；(3)考虑对多个变量的不等式问题已知 a1,a2,an n N*是大于-1 的实数(全部同号)，证明1+a11+a2 1+an 1+a1+a2+an【答案】(1)n=0,1，或 x=0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)根据不等式特征猜想出等号成立的条件；(2)设f x=1+xn-nx-1 x 0，得到 xn x20 n 2，证明出结论.【详解】(1)猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是 n=0,1，或 x=0当 n=0 时，1+x0=1+0 x，当 n

143、=1 时，1+x1=1+x，当 x=0 时，1+0n=1+0n，其他值均不能保证等号成立，猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是 n=0,1，或 x=0；(2)当 n 1 时，我们需证1+xn 1+nx，设f x=1+xn-nx-1 x 0，所以f x单调递增当-1 x 0 时，f x 0 时，f x f 0=0，故 f x在-1,0上单调递减，在 0,+上单调递增所以在 x=0 处f x取得极小值f 0=0，即f x 0 恒成立，1+xn nx+1伯努利不等式对 n 1 得证(3)当 n=1 时，原不等式即 1+a1 1+a1，显然成立当 n 2 时，构造数列xn：xn=1+a11+a2 1

144、+an-1+a1+a2+an，则 xn+1-xn=an+11+a11+a2 1+an-1，46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，则 0 1+ai 1，所以1+a11+a2 1+an-1 0，即此时 xn+1 xn 也成立所以xn是一个单调递增的数列(n 2)，由于 x2=1+a11+a2-1+a1+a2=a1a2 0，所以 xn x2 0 n 2，故原不等式成立【点睛】关键点点睛：函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很

145、好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.42(江苏省四校联合 2024 届高三新题型适应性考试数学试题)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用设 A，B，C，D 是直线 l 上互异且非无穷远的四点，则称 ACBC BDAD(分式中各项均为有向线段长度，例如 AB=-BA)为 A，B，C，D 四点的交比，记为(A,B;C,D)(1)证明：1-(D,B;C,A)=1(B,A;C,D)；(2)若 l1，l2，l3，l4为平面上过定点 P 且互异的四条直线，L1，L2为不过点 P 且互异的两条直线，L1与

146、l1，l2，l3，l4的交点分别为 A1，B1，C1，D1，L2与 l1，l2，l3，l4的交点分别为 A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1)=(A2,B2;C2,D2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若 EFG 与 EFG 的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则 EFG 与 EFG 对应边的交点在一条直线上【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)根据题干所给交比的定义即可证；(2)把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；(3)把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第(2)问的结论得到

147、两组交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.【详解】(1)1-(D,B;C,A)=1-DC BABC DA=BC AD+DC BABC AD=BC (AC+CD)+CD ABBC AD=BC AC+BC CD+CD ABBC AD=BC AC+AC CDBC AD=AC BDBC AD=1(B,A;C,D)；(2)A1,B1;C1,D1=A1C1 B1D1B1C1 A1D1=SPA1C1 SPB1D1SPB1C1 SPA1D1=12 PA1 PC1 sinA1PC1 12 PB1 PD1 sinB1PD112 PB1 PC1 sinB1PC1 12 PA1 PD1 sinA1PD1=sin

148、A1PC1 sinB1PD1sinB1PC1 sinA1PD1=sinA2PC2 sinB2PD2sinB2PC2 sinA2PD2=SPA2C2 SPB2D2SPB2C2 SPA2D2=A2C2 B2D2B2C2 A2D2=A2,B2;C2,D2；47(3)设 EF 与 EF 交于 X，FG 与 FG 交于 Y，EG 与 EG 交于 Z，连接 XY，FF 与 XY 交于 L，EE 与 XY 交于 M，GG 与 XY 交于 N，欲证 X，Y，Z 三点共线，只需证 Z 在直线 XY 上考虑线束 XP，XE，XM，XE，由第(2)问知(P,F;L,F)=(P,E;M,E)，再考虑线束 YP，YF，

149、YL，YF，由第(2)问知(P,F;L,F)=(P,G;N,G)，从而得到(P,E;M,E)=(P,G;N,G)，于是由第(2)问的逆命题知，EG，MN，EG 交于一点，即为点 Z，从而 MN 过点 Z，故 Z 在直线 XY 上，X，Y，Z 三点共线 【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.第一问直接根据交比的定义证明即可；第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形(高相同)转化为面积之比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形面积计算的两个公式进行转化；第三问需要根据第二问的结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问是由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以导出两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三点共线.