2022年高考数学考前30天迅速提分复习方案（上海专用）专题2.5转化与化归思想中的六种题型（三角函数与解三角形平面向量数列不等式解析几何计数原理）

2022年高考数学考前30天迅速提分复习方案（上海专用）（三角函数与解三角形、平面向量、数列、不等式、解析几何、计数原理）题型一：三角函数与解三角形1．（2022·上海·高三专题练习）已知等差数列中，则数列的前n项和=___.【答案】【解析】利用两角差的正切公式可得到，从而可得到数列的通项公式，再代入求和化简即可得到结果。【详解】，又等差数列中，，故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查数列求和，解题的关键是会逆利用两角差的正切公式，得到数列的通项公式，在求和的过程中巧用相消法得到数列的和，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于中档题.2．（2022·上海·高三专题练习）已知函数，的图像为曲线C，两端点为，点为线段AB上的一点，其中，，点P，Q均在曲线C上，且点P的横坐标等于点Q的纵坐标为（1）设，求点P，Q的坐标；（2）设，求的面积的最大值及相应的值.【答案】（1）；（2）时，最大值为.【解析】（1），由题设知，进而算出再代入函数中求出点P的纵坐标，点Q的横坐标，即可求出点P，Q的坐标.（2）由，得，，再用换元法和基本不等式求最值.【详解】（1），其两端点为，则点P的纵坐标，点Q的横坐标；（2），由题得：，，又又，，，（当且仅当时取等），即令，，下面证在上是递增函数，任取，且，则，，即在上是递增函数,时，取最大值，,的最大值为【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方3．（2022·上海·高三专题练习）为测量一烟囱高度，在地面上选一直线上的三点.已知，在三点测出烟囱顶部的仰角分别为45°，60°，60°.若三个测量点的高度均为，求烟囱的高度.（精确到）【答案】【分析】根据题意作出示意图，设烟囱高为x(1.5米以上的),C点到烟囱的水平距离为y,利用勾股定理及仰角的正切列出方程，即可求解.【详解】如图，设烟囱高为x(1.5米以上的),C点到烟囱的水平距离为y,A点仰角为,故A到烟囱的水平距离也为xB点与C点的仰角均为，B到烟囱的水平距离也为y，从烟囱根起来1.5米(记为点E),做BC的垂线，因为是等腰三角形，交BC于中点D.在△AED中，即，又，即，代入（1）得：，解得，所以，故烟囱高度为米.【点睛】本题主要考查了实际问题中的解三角形问题，建立适当的数学模型是解决此类问题的关键，属于中档题.题型二：平面向量1．（2022·上海·高三专题练习）如图，正方形的中心与圆的圆心重合，是圆的动点，则下列叙述不正确的是（）A．是定值；B．是定值；C．是定值；D．是定值．【答案】C【分析】建立直角坐标系后，设正方形边长为2a，圆的半径为，表示出各点坐标，利用向量的数量积的坐标运算即可判断A.、B、D选项，举出反例即可判断C，即可得解.【详解】如图建立直角坐标系,设正方形边长为2a，圆的半径为，则圆的方程为，设点，则，，，，，，，，，对于A：，故A正确；对于B：，故B正确；对于C：不妨取，取点，，取点，，故C错误；对于D：，故D正确，故选：C.【点睛】本题考查了平面向量的应用，考查了圆的方程的应用和运算能力，属于中档题.2．（2019·上海市建平中学高三阶段练习）已知向量，是坐标原点，若，且方向是沿的方向绕着点按逆时针方向旋转角得到的，则称经过一次变换得到，现有向量经过一次变换后得到，经过一次变换后得到，…，如此下去，经过一次变换后得到，设，，，则等于（）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意，可得，，，即当时，一次，变换将逆时针旋转1弧度，再将所得向量的长度再伸长为原来的倍得到向量．因此当时，运用矩阵变换公式，算出逆时针旋转1弧度所得向量，从而得到，，，所以．接下来再对、、、各项在时的情况进行计算，对照所得结果可得只有项是正确的选项【详解】根据题意，，一次，变换就是将向量逆时针旋转1弧度，再将长度伸长为原来的倍，即由逆时针旋转1弧度而得，且设向量逆时针旋转1弧度，所得的向量为，则有，，即向量逆时针旋转1弧度，得到向量，再将的模长度伸长为原来的倍，得到，，因此当时，，，，即，由此可得对于，当时，与计算结果不相等，故不正确；对于，当时，与计算结果相等，故正确；对于，当时，与计算结果不相等，故不正确；对于，当时，与计算结果不相等，故不正确故选：B【点睛】本题考查了向量的线性运算，用矩阵解决向量的旋转问题和数列的通项公式，属于中档题3．（2021·上海市建平中学高三开学考试）已知的外接圆圆心为，，若，则的最大值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点O作，，利用圆的性质知为,中点，设，，利用向量的数量积结合已知条件得到，求出，利用基本不等式求最值即可.【详解】如图，过点O作，，，和是等腰三角形，为中点，为中点，设，，则，，即，即联立解得：，当且仅当，即时，等号成立.所以的最大值为故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查圆的性质，平面向量的数量积以及基本不等式求最值，利用圆的性质结合平面向量的数量积得到关于x，y的方程，进而求出是解题的关键，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于难题.4．（2022·上海·高三专题练习）已知的面积为3，，为所在平面内异于点的两个不同的点，若且，其中，则的面积为______.【答案】3【分析】先得到和，最后表示出并转化求值即可.【详解】解：因为，所以，即因为，所以所以，所以，因为，所以，所以，，因为的面积为3，所以，，所以的面积是3故答案为：3【点睛】本题考查平面向量的线性运算，三角形的面积公式，是中档题.题型三：数列1．（2022·上海民办南模中学高三阶段练习）已知函数，数列满足，若数列单调递增，则实数a的取值范围是______．【答案】##．【分析】分段函数型数列是递增数列，需要每段是递增函数，且分段端点满足后一项大于前一项，联立不等式解出实数即可.【详解】数列是递增数列，又，，且，，解得或，故实数的取值范围是．故答案为：．2．（2022·上海市复兴高级中学高三阶段练习）对于项数为的有穷数列，设为中的最大值，称数列是的控制数列.例如数列3，5，4，7的控制数列是3，5，5，7.(1)若各项均为正整数的数列的控制数列是2，3，4，6，6，写出所有的；(2)设是的控制数列，满足（为常数，）.证明：.(3)考虑正整数的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.是否存在数列，使它的控制数列为等差数列？若存在，求出满足条件的数列的个数；若不存在，请说明理由.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)。【分析】（1）由控制数列确定原数列，只是在确定时，只要即可；（2）由已知证得控制数列是不减的数列，然后确定也是不减的数列，由第一项开始可证明对应项必相等；（3）由于控制数列是等差数列，因此可考虑或两种情形，分类讨论可得．(1)由题意，，，，，所以数列有六种可能：；；；；；．(2)因为，，所以，所以控制数列是不减的数列，是的控制数列，满足，是常数，所以，即数列也是不减的数列，，那么若时都有，则，若，则，若，则，又，由数学归纳法思想可得对，都有；(3)设的控制数列是，由（2）知是不减的数列，必有一项等于，当是数列中间某项时，不可能是等差数列，所以或，若，则（），是等差数列，此时只要，是的任意排列均可．共个，，而时，数列中必有，否则不可能是等差数列，由此有，即就是，只有一种排列，综上，的个数是．【点睛】本题考查数列新定义，解题关键是理解新定义，应用新定义，本题关键是确定控制数是不减的数列，从而由此可确定结论．对学生的逻辑思维能力要求较高．3．（2021·上海·上外浦东附中高三阶段练习）称满足以下两个条件的有穷数列为阶“期待数列”：①；②．（1）若等比数列为阶“期待数列”，求公比q及的通项公式；（2）若一个等差数列既是阶“期待数列”又是递增数列，求该数列的通项公式：（3）记n阶“期待数列”的前k项和为；（ⅰ）求证：．（ⅱ）若存在使，试问数列能否为n阶“期待数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由．【答案】（1）或；（2）；（3）证明见解析；不能.【分析】（1）设出公比并讨论公比是否为1，根据求和公式求解；（2）设出公差，列方程求解；（3）（ⅰ）反证法即可证明；（ⅱ）通过n阶“期待数列”性质结合分析数列特征，推出数列不满足n阶“期待数列”【详解】（1）若等比数列为阶“期待数列”，；．设公比，若，所以；．所以，，所以或所以的通项公式：或；（2）若一个等差数列既是阶“期待数列”又是递增数列，设其公差，；，所以，所以，所以，两式相减：，可得，，所以的通项公式，（3）（ⅰ）假设．若则，，，，与矛盾；若则，，，，与矛盾；所以不成立，所以得证.（ⅱ）记n阶“期待数列”的前k项和为若存在使，，又因为，所以，，如果数列能否为n阶“期待数列”，记数列的前n项和为，由（ⅰ），所以，，所以，所以，，则，所以，与不能同时成立，所以若存在使，则数列不能为n阶“期待数列”.4．（2021·上海青浦·一模）如果数列每一项都是正数，且对任意不小于2的正整数满足，则称数列具有性质.(1)若（均为正实数），判断数列是否具有性质；(2)若数列都具有性质，证明：数列也具有性质；(3)设实数，方程的两根为，若对任意恒成立，求所有满足条件的.【答案】(1)具有性质；不具有性质(2)证明见详解(3)【分析】（1）结合性质直接判断即可；（2）由都具有性质，可直接得出，，要证，化简可得证，结合性质和基本不等式即可求证；（3）先将结合韦达定理代换成，设法证明具有性质，则原不等式可进一步放缩为，求出，解一元二次不等式即可求解.(1)对，可看作以为首项，为公比的等比数列，故，故具有性质；对，若满足，即，整理得，即，，因为，所以不成立，所以不具有性质；(2)若都具有性质，则，，，，，要证数列也具有性质，即证，即，整理得：，因为，，即证①，因为，，所以，所以，，由基本不等式可得，①得证；(3)由方程的两根为可得，，，，，，，即，所以放缩得，即，当时，；当时，，所以，即恒成立，故，解得，又，故只能.5．（2021·上海市延安中学高三阶段练习）已知，数列的前项和为，且；（1）求证：数列是等比数列，并求出通项公式；（2）对于任意的（其中，，，均为正整数），若和的所有的乘积的和记为，试求的值；（3）设，，若数列的前项和为，是否存在这样的实数，使得对于所有的都有成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由；【答案】（1）证明见解析，；（2）；（3）存在，【分析】（1）当n≥2时通过与作差，进而计算可得结论；（2）通过（1）可得的表达式，进而计算即得结论；（3）通过（1）可知数列的通项公式，利用并项相加，分n为奇数、偶数两种情况讨论即可．【详解】（1）证明：∵，∴当n≥2时，，两式相减，整理得：，又∵，即，∴数列是首项为1、公比为2的等比数列，∴；（2）解：∵，∴；（3）结论：存在这样的实数t，使得对于所有的n都有成立．理由如下：由（1）可知，，即，故，，特别地，当n为奇数时，有n＋1为偶数，此时，①若n为偶数，则，由可知，又对所有正偶数n都成立，故；②若n为奇数，则，由①可知，其中满足上式；由可知又对所有正奇数n都成立，故；由①②可得实数t的取值范围是：，所以存在这样的实数t，使得对于所有的n都有成立．【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是要对n的奇偶进行讨论，将恒成立问题转化为最值问题.6．（2022·上海·高三专题练习）对于数列，若存在常数对任意恒有，则称是“数列”.（1）首项为，公差为d的等差数列是否是“数列”？并说明理由；（2）首项为，公比为q的等比数列是否是“数列”？并说明理由；（3）若数列是数列，证明：也是“数列”，设，判断数列是否是“数列”？并说明理由.【分析】(1)由等差数列的性质得，代入不等式得，对的值分类讨论即可.(2)由等比数列的性质得，对的值分类讨论即可.(3)由题意得，有(),推出即可;进而得到，即证.【详解】（1）因为是等差数列，所以，设，即对一切恒成立，则，所以时，等差数列是“数列”；当时，等差数列不是“数列”.（2）由，则，①当时，，必定存在正数M符合愿意，所以是“数列”；②当时，，，，所以不是“数列”；③当或时，，，，所以不是“数列”；④当或时，，必定存在不小于的常数M符合题意，所以是“数列”.综上，当或时，是“数列”；当或时，不是“数列”.（3）因为是数列，所以当时，又可得所以是数列.因为所以所以所以是数列.【点睛】(1)在解决数列新定义的问题时应充分理解数列的概念，善于观察分析数列新定义的结构特征，灵活运用它的性质，善于把陌生的知识点转化为熟悉的知识点，达到解题的目的.(2)在解决等差数列运算问题的思想方法主要有方程思想、整体思想和利用性质，可以化繁为简，优化解题过程.(3)熟练应用等比数列的基本性质的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.7．（2022·上海·高三专题练习）数列满足，，求的值和.【答案】，【解析】利用与的关系，当时，，整理变形可得，即，可知数列为等比数列，由等比数列的通项公式计算得，令，可求得；再对变形得，可知数列是等差数列，再由等差数列的通项公式求解可得.【详解】当时，，，解得：当时，由可知，两式作差可得：，即，即又所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，，由，两边同除以，得又，所以数列是首项为，公差为1的等差数列，，整理得所以，【点睛】方法点睛：本题考查等差、等比数列的定义和等差、等比数列的通项公式，及构造法求通项公式，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）构造新数列法.考查了学生的转化与数学运算能力，属于较难题.8．（2020·上海·高三专题练习）已知数列满足递推关系：，其中取何值时，数列是常数数列？【答案】当时，数列是常数数列.【解析】通过递推关系，变形得：，可知数列是等比数列，再由等比数列通项公式求得，进而求得解.【详解】作特征方程，解得变形得：，即所以数列是首项为，公比为的等比数列，即显然，要使数列是常数数列，则，此时所以当时，数列是常数数列.【点睛】方法点睛：本题考查利用不动点法及等比数列求通项公式，对于形如的关系式，有如下的通项求法：该关系式对应于分式方程，化简为一元二次方程，若该方程有两个根，则数列的通项可表示为：（1）若，则为等比数列，将代入即可化简为的形式，其中k即为数列的公比。（2）若，则为等差数列，将代入即可化简为的形式，其中d即为数列的公差。9．（2020·上海·模拟预测）已知数列是由正整数组成的无穷数列，若存在常数，使得，对任意的成立，则称数列具有性质．（1）分别判断下列数列是否具有性质；（直接写出结论）①；②．（2）若数列满足，求证：“数列具有性质”是“数列为常数列”的充分不必要条件；（3）已知数列中，且．若数列具有性质，求数列的通项公式．【答案】（1）①数列具有“性质”；②数列不具有“性质”；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）验证对任意的，是否有成立；（2）先证明充分性，即证明当数列具有性质时，为常数列，再证明充分性，即为常数列时，具有性质；（3）先利用具有性质证明恒成立，然后运用反证法可证明成立，则，然后可解得数列的通项公式.【详解】解：（1）①数列具有“性质”；②数列不具有“性质”．（2）先证“充分性”：当数列具有“性质”时，有，又因为，所以，进而有，结合有，即“数列为常数列”；再证“必要性”：若“数列为常数列”，则有，即数列具有“性质”．（3）首先证明：．因为具有“性质”，所以．当时有．又因为且，所以有，，进而有，所以，结合可得：．然后利用反证法证明：．假设数列中存在相邻的两项之差大于，即存在满足：或，进而有又因为，所以依次类推可得：，矛盾，所以有．综上有：，结合可得，经验证，该通项公式满足，所以：．【点睛】本题考查新定义数列问题，考查学生获取新知识、应用新知识的能力，难度较大.10．（2016·上海市晋元高级中学高三期中）已知递增的等差数列的首项，且、、成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设数列对任意，都有成立，求的值．（3）若，求证：数列中的任意一项总可以表示成其他两项之积．【答案】（1）；（2）；（3）见解析.【分析】（1）根据解出公差，即可得到通项公式；（2）当时，由①，及②，两式作差求出，即可求解；（3）通过数列通项公式关系对数列中的任意一项，都存在和使得，即可得证.【详解】（1）∵是递增的等差数列，设公差为、、成等比数列，∴由及得∴（2）∵，对都成立当时，得当时，由①，及②①－②得，得∴∴（3）对于给定的，若存在，使得∵，只需，即，即即，取，则∴对数列中的任意一项，都存在和使得【点睛】此题考查求数列通项公式以及数列求和，考查对数列通项公式的理解认识，证明相关结论.11．（2021·上海奉贤区致远高级中学高三期中）已知数列A：的各项均为正整数，设集合，记T的元素个数为．（1）若数列A：1，2，4，3，求集合T，并写出的值；（2）若A是递增数列，求证：“”的充要条件是“A为等差数列”；（3）若，数列A由这个数组成，且这个数在数列A中每个至少出现一次，求的取值个数．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）利用列举法写出符合题意的所有的的取值可能，得出的值；（2）先假设数列为递增的等差数列，公差为，则可知，当时，，则可知的最大值为，最小值为，成立；反之若，因为A是递增数列，所以，可推出，那么，又，且互不相等，则可知，所以，可得数列A是等差数列;(3)当数列A由这个数组成，则任意两个不同的数作差，差值只可能为和，共个值，又因为这个数在数列A中共出现次，所以数列A中存在，所以，则可得出，再说明可以取得之间的所有整数，得到的值为.【详解】解：（1）因为，，，，则的可能情况有：，，，，，，所以，．（2）充分性：若A是等差数列，设公差为d．因为数列A是递增数列，所以．则当时，，所以，．必要性：若．因为A是递增数列，所以，所以，且互不相等，所以．又，所以，且互不相等．所以，所以，所以A为等差数列．（3）因为数列A由这个数组成，任意两个不同的数作差，差值只可能为和．共个不同的值；且对任意的，m和这两个数中至少有一个在集合T中．又因为这个数在数列A中共出现次，所以数列A中存在，所以．综上，，且．设数列：，此时．现对数列分别作如下变换：把一个1移动到2，3之间，得到数列：，此时，．把一个1移动到3，4之间，得到数列：，此时，．把一个1移动到，n之间得到数列：，此时，．把一个1移动到n，之间，得到数列：，此时，．再对数列依次作如下变换：把一个1移为的后一项，得到数列：，此时，；再把一个2移为的后一项：得到数列：，此时，；依此类推最后把一个n移为的后一项：得到数列：，此时，．综上所述，可以取到从到的所有个整数值，所以的取值个数为．【点睛】本题考查新定义数列问题，难度较大，解答的关键在于根据数列中项的大小及数字特征分析清楚任意两项的所有可能取值，从而得出的值，注意在解答的过程中，项的顺序不同，的值不同.12．（2020·上海·高三专题练习）已知数列满足且，求数列的通项.【答案】【解析】通过对递推关系式，变形可知，同理可知，作商可知，两边取对数可知数列为等比数列，再由等比数列的通项公式即可求解，从而得到.【详解】，同理可知：两式作商可得：两边取对数得：又，则所以数列是首项为，公比为4的等比数列，即，整理得：所以.【点睛】方法点睛：本题考查等比数列的定义和等比数列的通项公式，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）构造新数列法.考查了学生的转化与数学运算能力，属于较难题.13．（2020·上海·高三专题练习）设函数有两个不同的不动点，且由确定着数列，那么当且仅当时，.【解析】先证充分性：当时，可知，作特征方程，整理得：，分类讨论：若方程有两个相同的根，显然成立；若方程有两个不同的根，两根设为，则满足，代入计算可证得结论；再证必要性：数列满足条件：对于，都有，可作特征方程，得，令此方程的两个根为，则满足，代入计算，，再利用，则可证得结论.【详解】充分性：当时，可推出当时，数列满足条件：对于，都有，可作特征方程，整理得：，（1）若方程有两个相同的根，即，两根，则，满足；（2）若方程有两个不同的根，即，两根设为，则满足，即则即满足；必要性：当时，可推出数列满足条件：对于，都有，可作特征方程，得，令此方程的两个根为，则满足，即，又要使等式成立，则可得显然，当两根相等时，也满足；综上可知，结论成立【点睛】方法点睛：本题考查利用不动点法求通项公式，对于形如的关系式，有如下的通项求法：该关系式对应于分式方程，化简为一元二次方程，若该方程有两个根，则数列的通项可表示为：（1）若，则为等比数列，将代入即可化简为的形式，其中k即为数列的公比。（2）若，则为等差数列，将代入即可化简为的形式，其中d即为数列的公差。14．（2020·上海·高三专题练习）已知数列满足：对于，都有（1）若，求；（2）若，求；（3）若，求；（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？【答案】（1）；（2）当时，；当时，数列不存在；（3）；（4）当或（且），无穷数列不存在；【解析】通过对递推关系式，变形可知，（1）若，可知（2）变形可知，可知数列是等差数列，即可求解，但要注意数列不存在时；（3）同理（2）；（4）显然当时，数列不存在；分析当时，由知数列是等差数列，即可求解，当数列不存在时，即，从而求出；【详解】数列满足：对于，都有，可作特征方程，整理得：，解得（1），，都有（2）由，两边取倒数得：，若，则，所以数列是首项为，公差为的等差数列，令，得，故数列从第5项开始不存在；当时，解得：（3）若，则，数列是首项为，公差为的等差数列令，得，即，，则解得：（4）显然当时，数列从第2项开始不存在；由（1）知，当时，数列存在；当时，由知，所以数列是首项为，公差为的等差数列，令，得，其中且，所以当时，无穷数列不存在；综上可知，当或（且），无穷数列不存在；【点睛】方法点睛：本题考查利用不动点法求通项公式，若数列满足下列条件：已知的值，且对于，都有（其中均为常数，且），可作特征方程，当特征方程有两个相同的根（称作特征根）时，（1）若，则，；（2）若，则，，其中，特别地，当存在，使时，无穷数列不存在.题型四：不等式一、单选题1．（2020·上海·高三专题练习）下列不等式中恒成立的是（）A． B．C． D．（若）【答案】B【分析】本题可令取负值判断出A错；然后令，将转化为，通过判断函数的最小值即可得出B正确；再然后将转化为，根据基本不等式的性质得出取不到“”号，即可判断出C错误，最后令、、，即可得出D错误.【详解】A项：当取负值时，不成立，故A错；B项：令，则，令，则，当时，；当时，，故当时取最小值，最小值为，故成立，成立，B正确；C项：，因为，所以，故取不到“”号，C错误；D项：令，，，满足，易知此时，故D错，故选：B.【点睛】本题考查不等式恒成立的判断，可通过取特殊值、将不等式转化为方程然后利用导数求最值、基本不等式的性质等方式来判断，考查化归与转化思想，考查函数方程思想，是中档题.2．（2020·浙江·模拟预测）已知实数a，b满足，且则的最大值是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】利用换元法，令，从而利用x，y表示出a，b，代入到所求代数式中，利用基本不等式进行求解.【详解】解：令则，代入得，因为，所以，所以，由题意可得，所以（当且仅当，即时取等号），所，.故选：A.【点睛】本题考查换元法及基本不等式的应用，考查化归与转化思想、运算求解能力，属于中档题.解决本题的关键是令，表示出a，b，然后对代数式进行变形，用基本不等式求最值时，要注意必须满足“一正、二定、三相等”的条件.二、双空题3．（2020·浙江·模拟预测）已知为正实数，，则_____，_____.【答案】

1

【解析】利用基本不等式和夹逼法则即可求出，再由不等式中等号成立的条件得到，解方程求出的值即可求解.【详解】由，得，又①，即，结合，得，由不等式①中等号成立的条件得，联立得解得，或所以.故答案分别为：；【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，考查化归与转化能力、运算求解能力；灵活运用基本不等式是求解本题的关键；属于中档题.三、填空题4．（2021·全国·模拟预测（理））已知实数，满足约束条件，则的取值范围是___________.【答案】【分析】作出约束条件满足的平面区域，平移直线，根据几何意义，当直线经过点时取得最小值，当直线经过点时取得最大值.【详解】如图所示，约束条件表示的可行域是以，，为顶点的三角形区域，设，则，当直线经过点时取得最小值，；当直线经过点时取得最大值，，所以的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查线性规划问题，解题的关键在于根据已知条件，画出约束区域，将问题转化为直线在轴上的截距问题求解，考查运算求解能力，化归转化思想，是中档题.5．（2020·浙江·模拟预测）已知实数，，满足，，则的最大值为________．【答案】【解析】因为，可知，代入，可得，看作关于的一元二次方程，根据一次二次方程有实根，即可求得的最大值.【详解】由，可知，代入，可知，即（看作关于的一元二次方程），当取合理值时，关于的一元二次方程有实根由此可知，化简得，解得，的最大值为．故答案为：.【点睛】本题考查判别式法求最值，解题关键是掌握别式法求最值的方法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.6．（2022·全国·模拟预测）已知函数，若对任意的正数，满足，则的最小值为_________.【答案】12【分析】先确定函数奇偶性与单调性，再根得，最后根据基本不等式求最值.【详解】因为恒成立，所以函数的定义域为，，，所以，为奇函数，又在单调递减，所以在单调递减，在出连续，在单调递减，所以在上单调递减，，，，即，所以，当且仅当，即，时，等号成立，所以的最小值为12.故答案为：12【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.7．（2021·上海市复旦中学高三阶段练习）若是定义在上的函数，且对任意都有，，且，则____【答案】102.【解析】根据已知不等式可得，而，根据“两边夹”原理，可得，利用此递推关系可得，再令得，只需再求出即可，对分别赋值和并结合“两边夹”原理，即可求出，进而求出．【详解】因为，所以，即，又，所以，所以，因为对任意都有，且，所以，即，，即由知，所以，所以，所以，所以．故答案为：【点睛】本题主要考查求抽象函数的函数值，“两边夹”原理及递推关系的应用，本题的关键是得到和．四、解答题8．（2020·江苏·模拟预测）已知数列满足，且，.（1）求证：；（2）求证：.【分析】（1）先由，得到，将所证明结论转化为，再由数学归纳法证明，即可得出结论；（2）先由组合数的运算性质，得到，则，再由二项式定理，计算，即可得出结论成立.【详解】（1）因为，即.要证，只需证.用数学归纳法证明：当时，，命题成立；假设当(，)时命题成立，即，则当时，有，由于，所以，显然有，所以当时，命题也成立.所以对任意，都有成立，即得证.（2）因为，所以，因此.由（1）知，，所以，即原命题得证.【点睛】本题主要考查证明数列不等式，灵活运用数学归纳法以及二形式定理即可，属于中档题型.9．（2020·福建福州·模拟预测（理））已知，．（1）当时，求证：；（2）求的最小值．【答案】（1）详见解析；（2）9．【分析】（1）由，表示，在展开所证不等式的左侧配方并整理代值，最后由完全平方式的性质得证；（2）由可转化为，将其乘以所求不等式，进而整理化简并由基本不等式求得最小值.．【详解】解法一：（1）依题意，当时，，且，则，故原不等式成立．（2），当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为5．解法二：（1）依题意，当时，，且，则，所以（2）同解法一．【点睛】本题主要考查不等式的证明、基本不等式等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查化归与转化思想；考查逻辑推理、数学运算等核心素养，属于中档题．10．（2020·内蒙古包头·一模（文））已知函数.（1）当时，解关于的不等式；（2）若对任意，都存在，使得不等式成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）分类讨论去绝对值号，然后解不等式即可.（2）因为对任意，都存在，使得不等式成立，等价于，根据绝对值不等式易求，根据二次函数易求，然后解不等式即可.【详解】解：（1）当时，，则当时，由得，，解得；当时，恒成立；当时，由得，，解得.所以的解集为（2）对任意，都存在，得成立，等价于.因为，所以，且|，①当时，①式等号成立，即.又因为，②当时，②式等号成立，即.所以，即即的取值范围为：.【点睛】知识：考查含两个绝对值号的不等式的解法；恒成立问题和存在性问题求参变数的范围问题；能力：分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力；中档题.11．（2020·陕西西安·三模（理））已知函数．（1）证明；（2）若对恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】(1)先求函数的定义域，用分析法易证.(2)令，只需证明即可，分，，讨论即可.【详解】(1)证明：函数的定义域为，，只需证明，即证明，即证，显然成立所以.（2）解：令①当时，，在递增，，即对恒成立，②当时，，在递增，，即对恒成立，③当时，，因为，所以有，令，递增；令，递减；，，令，，在上递减，且，所以当时，不可能；综合①②③有，.【点睛】考查证明不等式和不等式恒成立求参数的取值范围，后一个问题转化为研究函数的值域确定参数的范围，难题.12．（2020·上海·复旦附中青浦分校高三开学考试）已知数列是无穷数列，满足.（1）若，，求，，的值；（2）求证：“数列中存在使得”是“数列中有无数多项是1”的充要条件；（3）求证：存在正整数k，使得.【答案】（1）；；；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）直接代入计算即可；（2）分两步证明，先证必要性：取即可得证；再证充分性：用反证法，假设数列中没有无数多项是1，不妨设是数列中为1的最后一项，则，推出矛盾即可；（3）用反证法证明即可.【详解】解：（1）因为，，所以，即；所以，即；所以，即.（2）必要性：已知数列中有无数多项是1，则数列中存在使得.证明：因为数列中有无数多项是1，所以数列中存在使得，所以数列中存在使得.充分性：已知数列中存在使得，则数列中有无数多项是1.证明：假设数列中没有无数多项是1，不妨设是数列中为1的最后一项，则，若，则由可得，所以，所以，这与假设矛盾；若，则由可得，所以，所以，所以，所以，所以，这与假设矛盾.综上，可知假设不成立，所以原命题正确.由①②可知，“数列中存在使得”是“数列中有无数多项是1”的充要条件.（3）证明：假设在数