2025年高考数学压轴题：集合与简易逻辑（原卷版+解析）

压轴题01集合与简易逻辑

3盘重点•抓核心

从运算关系看集合的性质：

1.交集的运算性质.

4nB=BC4,AnBUA,4cBUB,4C/=4,AnA=A,AC0=0.

2.并集的运算性质.

AVB=BA,4U4UB,BU4UB,4U/=Z,A^A=A,4U0=4.

3.补集的运算性质.

C/(CM)=A,C/0=I,C/Z=0,(C/4)n4=0,AU(CM)Z.

4.子集型关系

An3=4o4u3=3=4G3=QjBGQjA=4n=0.

5.结合律与分配律.

结合律：4U(BUC)=(4UB)UC,4n(BClC)=(4ClB)CC.

分配律：4n(BuC)=(4nB)u(4nC),4u(BnC)=(4uB)n(4uC).

6.德摩根第一、第二定律

C/(4nB)=(CM)u(C/B),G(4uB)=(CM)n(QB).

7.充分条件的判断方法

(1)判定p是q的充分条件要先分清什么是P，什么是q,即转化成p=q问题.

⑵除了用定义判断充分条件还可以利用集合间的关系判断，若p构成的集合为A,q构成的集合为B,

AUB,则p是q的充分条件

用充分不必要、必要不充分及充要条件求参数值(范围)的一般步骤

(1)根据已知将充分不必要条件、必要不充分条件或充要条件转化为集合间的关系.

(2)根据集合间的关系构建关于参数的方程(组)或不等式(组)求解.

⑶充分必要条件与集合包含之间的关系.

命题P对应集合知，命题“对应集合是N,则P是4的充分条件P是9的必要条件

OM?N,〃是q的充要条件o“=N,p是q的充分不必要条件OMN,〃是q的必要不充分

条件0MN

压轴题型一：以函数、方程、不等式形式

%/满分技法

集合，主要是要“读懂”集合的元素是谁？要从以下几方面入手。

1.确定构成集合的元素是点集、数集、还是其他类型的集合；

数集形式仪|。。。｝,点集形式｛(a,b)|ooo｝o

2.确定元素是否有限制条件。如定义域限制，实际意义限制等等。

3.根据元素的特征（满足的条件）构造关系式解决相应问题.

4.集合中元素的互异性容易忽略，子集的真子集是从空集开始的，也容易忽略。求解问题时要特别注意.

v

1.设集合A=W3^eR,a=logflx（a>l）｝,B=^y|Vx>O,xy>++,下列说法正确的是（）

A.A<^BB.B<^A

C.=0D.BpIAw。

2.已知集合5=｛（%丁）|14尤《10,14、〈10,为€]'4,>€邛.若AgS,且对任意（c,<7）eA,均有

（c-a）（d-b）>0,则集合A中元素个数的最大值为（）

A.20B.19C.11D.10

3.集合S=｛*|0+〃）（尤2+6尤+。）=。｝,T=｛x[3+1）（-+法+1）=。｝,其中。、b、c为实数，若同、|T|

分别表示集合S、T的元素个数，则下列结论中一定成立的是（）

A.若|刀=0,则网=1B.若间=1,则图=1

C.若间=2,则曾=2D.若图=3,则|S|=2

4.已知正实数a,b,c,则“a=》=c”是“a1""网叫严的（）

A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要

5.若集合｛（无，州广尤+f，-尤）,0"41,14尤42｝表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S,则（）

A.d=3,S<1B.d=3,S>1

C.d=Vw,Sv1D.d=A/10,S>1

压轴题型二：以数列形式

a2—1

1.已知数列｛%｝满足：a“+i=2a“，对于任意实数4,集合刨%VO,weN,〃21｝的元素个数是（）

0,«„=0

A.0个B.非零有限个

C.无穷多个D.不确定，与卬的取值有关

2.己知数列｛a“｝为正项等比数列，^m+n^p+q,则“a,”+42%,+%”是“利2+/>/十才,,的（）

A.必要而不充分条件B.充分而不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条

件

3.已知｛%｝是等差数列,b„=sin（4），存在正整数千<8）,使得bn+t="，〃eN*.若集合S=｛尤|x=2,〃eN*｝

中只含有4个元素，贝V的可能取值有（）个

A.2B.3C.4D.5

4.己知数列｛为｝满足：当。时，当%=。时，*=0;对于任意实数4,则集合

｛山“40,”=1,2,3「..｝的元素个数为（）

A.0个B.有限个C.无数个D.不能确定，与q的取值有关

5.已知数列｛〃“｝的通项为其中r为正常数，记S“为数列｛q｝的前〃项和，则下列说法不正确的是

()

+

A.三常数m使得对于\/neZ均有Sn<m是f>1的充要条件

B.t<l是S.21n(〃+1乂〃eZ+)的充分不必要条件

23

C.对于V〃£Z+,均满足2+亍是此5的必要不充分条件

a，a

D.对于V〃£Z+,均满足S.W1+皆是此］的充分不必要条件

压轴题型三：以新定义形式

满分技法

“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决

问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看

本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是

制胜法宝.

集合新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数的性质，包括单调性，值域等进行结合，

很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.

解新定义题型的步骤：

(1)理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.

(2)重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举

例”提供的分类情况.

(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.

1.设集合S,T,SUN*,TUN*,S,T中至少有两个元素，且S,T满足：

①对于任意x,y^S,若x分，都有孙e?

②对于任意x,yeT,若无<y,则上eS；

x

下列命题正确的是()

A.若S有4个元素，则SUT有7个元素

B.若S有4个元素，则SUT有6个元素

C.若S有3个元素，则SU7有5个元素

D.若S有3个元素，则SUT有4个元素

2.设集合S.=｛1,2,3,…，科，若A是S,的子集，把A中的所有数的和称为A的“容量”(规定空集的容量为0),

若A的容量为奇(偶)数，则称A为S”的奇(偶)子集，命题①：S,的奇子集与偶子集个数相等；命题②:

当“23时，S,的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等，则下列说法正确的是()

A.命题①和命题②都成立B.命题①和命题②都不成立

C.命题①成立，命题②不成立D.命题①不成立，命题②成立

3.已知由正整数组成的集合A=｛%,的,％…,%｝，S(A)表示集合A中所有元素的和，E(A)表示集合A中

偶数的个数.若5(A)=2025.则E(A)的最小值为()

A.5B.7C.9D.10

4.非空集合AqR,且满足如下性质：

性质一：若。、b^A,贝iJa+6eA；性质二：若aeA,则-aeA则称集合A为一个“群

以下叙述正确的个数为()

①若A为一个“群”，则A必为无限集；

②若A为一个“群”，且。、b&A,则a—6eA；

③若A、8都是“群”，则AcB必定是“群”；

A.0B.1C.2D.3

5.设X是一个集合，?是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：(1)X属于7,0属于「；(2)「中

任意多个元素的并集属于7;(3)r中任意多个元素的交集属于7；则称r是集合X上的一个拓扑.已知集合

X={0,1,2},对于下面给出的四个集合？：

①雷={0,{0},{2},{0,1,2}}；

②―{0,{0},{1},{0,1},{0,1,2}};

③7={0,{0,1},{0,2},{1,2}}；

(4)r={0,{2},{0,2},{1,2},{0,1,2}}

其中是集合X上的拓扑的集合「的序号是()

A.①②B.②③C.②④D.③④

压轴题型四：几何意义形式

\/满分技法

数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓

自己的思维.使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论

与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解.

解答集合型几何意义题型的关键在于结合函数新定义确定函数性质，从而作出函数图象，由此可求解答

案.

1.设集合X是实数集R的子集，如果/eR满足：对任意a>0,都存在xeX,使得称/

为集合X的聚点，则在下列集合中，以。为聚点的集合有()

①{x|xeR,"。}②{x|尤eZ,x#0}

③卜|x=LweN*|④x=—eN*1

A.①②B.①③C.②③D.①③④

2.已知函数/(x)=-2冗+2+J—+2x+*的值域为A,g(t)

=5一斤的值域为8,则4nB=()

i+vF

3.已知/(%)=m(％-2根)(x+根+3),g(x)=3"-3,若命题"VxcR"。)〈。或g(x)<0"为真命题，则加的取

值范围是()

A.B.(TO)

4.已知动圆C的方程为(x-cos6)2+(y-sine)2=e,其中。为常数，。引兀,2兀)，有下列两个命题：

①存在。€氏2兀)，使圆C与圆C/(x+cose)2+(y+sine)2=l相切；

②对任意。耳兀,2兀)，直线/:xcos6+ysine+l=0上都存在点尸，圆C上都存在两点A、B,使PALPB.

则()

A.①②都为真命题B.①为真命题，②为假命题

C.①为假命题，②为真命题D.①②都为假命题

5.现定义如下：当xc(w,"+l)5eN),/(x+l)=/'(x),则称/(x)为延展函数，当无e(0,1)时，

g(x)=e，J(x)=/均为延展函数，给定以下两个命题

①存在y=左,。工。)，与y=g(x)有无穷个交点；

②存在y=Ax+6化力CR,A:,Z?HO),与y=f(x)有无穷个交点；

则下面选项正确的是()

A.①是真命题，②是真命题B.①是假命题，②是假命题

C.①是真命题，②是假命题D.①是假命题，②是真命题

压轴题型五：容斥原理与集合论

\/满分技法

记有限集合A,B的元素个数为card(A),card(B),贝!!：

card(AUB)=card(A)+card(B)-card(AnB)

card[[U(AUB)]=card(?7)-card(A)-card(B)+card(AnB)

1.a,b,c&R,集合5=卜卜+“)卜2+云+(?)=0,%€叫,7=卜|(办+1乂(:/+乐+1)=0,无€1^),若间，|T|分

别为集合S,T的元素个数，则下列结论可能的是()

A.|S|=1且|T|=0B.|S|=1且|T|=1

C.|S|=2且|T|=2D.|S|=2且|T=3

2.通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族.若以集合X的子集为元素的族「，满足下列三个条件：(1)

。和x在：r中；(2)r中的有限个元素取交后得到的集合在r中；(3)r中的任意多个元素取并后得到的

集合在r中，则称族r为集合X上的一个拓扑.已知全集。={1,2,3,4},为。的非空真子集，且则

()

A.族尸={0,u}为集合U上的一个拓扑

B.族尸={0,AU}为集合U上的一个拓扑

C.族尸={0,A3,。}为集合U上的一个拓扑

D.若族尸为集合U上的一个拓扑，将尸的每个元素的补集放在一起构成族Q,则。也是集合U上的一

个拓扑

3.设集合S,T都至少含有两个元素，且S,T同时满足：条件1：对任意x,yes,若工片兀则x+yeT；

条件2：对任意x,yeT,若则x-yeS.给出下列说法：

①若S只有2个元素，则这2个元素互为相反数；

②若S只有2个元素，则SuT必有3个元素；

③若S只有2个元素，则SuT可能有4个元素；

④存在含有3个元素的集合S,满足SuT有4个元素.

其中所有正确说法的序号是.

4.从集合。={阳火,/,…9}的子集中选出4个不同的子集，需同时满足以下两个条件:①0、U都要选出；

②对选出的任意两个子集A和8,必有A屋3或A卫3.则选法有种.

5.设集合A={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10},满足下列性质的集合称为“翔集合”：集合至少含有两个元素，且集合

内任意两个元素之差的绝对值大于2.则A的子集中有个“翔集合”.

压轴题型六：集合元素“和”或者“积”型

满分技法

集合中元素个数：

求解集合中元素个数，元素时离散型时，可以通过集合互异性来判断元素个数。

如果集合元素是连续型或者方程函数型，多有以下两种

L点集型(有序数对)，多是图像交点。

2.数集，多涉及到一元二次方程的根。

涉及到“和”或者“积”型。需要把集合的元素特征区分清楚，必要时，可以借助数归法，先实践法在

有限范围内研究，归纳,总结，再递推和逻辑推导证明。

1.(多选)任取集合4={X©]'4|1<%<力,〃€电〃22}的〃个非空子集4,4广.，4，定义%为

o,AcA=0,

阳=­=4.0记所得与的"个值之和为S,则()

[1,4cAjw忆)，

A.S与〃的奇偶性相同B.S是〃的一个倍数

C.S的最小值为“D.S的最大值为“2

2.已知集合&={3,4,…,〃+2}("23,〃eN*),若集合M=且M中的所有元素之和为奇数，称M为A

的奇子集，则A的所有“奇子集元素之和”的总和为.

3.已知集合M={x|lWxW6,xeN},对它的非空子集A,可将A中每个元素K都乘以(-1尸再求和(如A={1,3,6},

可求得和为(T)xl+(-l)3x3+(-l)6x6=2),则对〃的所有非空子集，这些和的总和是.

4.有限集S的全部元素的积称为该数集的“积数”，例如{2}的“积数”为2,{2,3}的“积数”为6,H

的“积数”为乙，则数集〃=[小」,2〈"〈2021,"。*]的所有非空子集的“积数”的和为________.

n\InI

5.对于任意实数x,团表示不超过x的最大整数.如[1.7]=1,[-0.3]=-1.定义在R上的函数

f(x)=[x+]]+\3x],若4=卜3=〃尤),04尤41},则A中所有元素的和为—.

压轴题型七：集合论型最值与范围

\/满分技法

集合型最值和范围，多涉及到函数的单调性，它是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学

的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住

其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全

面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函

数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简

洁明快的思路，有着非凡的功效.

1.一/一个集合M分成若干个非空子集A,L，L,4,如果满足：①②

AU4U-U4=M,那么这些子集的全体称为集合M的一个〃*划分，记为{44,…,4}.若集合

“={1,2,3},则集合M的一个2*划分为;利用余数构造集合的划分是解决子集中元素整除问

题的常用手段.设S为集合M={1,2,3,...,2024}的子集，并且S中任意两个元素之和不能被3整除，则S中元

素个数的最大值为.

2.设集合S={xeR+l尤”=",“eN+}则集合S中最小的元素是,集合S中最大的元素是.

3.设集合M为满足仅出上=(办婷5,(b-c^a=(b-a^c,传•。历=卜可万的空间向量d,b,3中可能出

现的两两共线的向量组数组成的数集，集合N=k|(x-a)2+b<0,xeZ,a,6eR},若MDN=M,当6最

小时，。的取值为.

4.已知集合Af={xeZ|l〈x<100},若存在M的子集A,使得对任意“ze都有log?：>1,则

集合A中最多有个元素.

5.已知函数/(》)=一/+“，集合A={尤eR"(x)20},B={xeR|f(f(x)+ni)>0},若A=3w0,则。的

取值范围为.

压轴题01集合与简易逻辑

郃盘重点•抓核心

从运算关系看集合的性质：

1.交集的运算性质.

4nB=Bn4,4CBU4,AC\BQB,AC\I=A,AC\A=A,4n0=0.

2.并集的运算性质.

AUB=BU4,AQAVB,BQAkJB,AkJI=I,ADA-A,4U0=4.

3.补集的运算性质.

Cf(Cz4)=A,C/0=I,Cjl=0,(CM)C4=0,4U(C/)/.

4.子集型关系

AC\B=A^A\JB=B^=>AQB^=>QJBUCJAQ4nQ[B=0.

5.结合律与分配律.

结合律：4U(BUC)=(4UB)uC,4rl(BnC)=(4nB)CC.

分配律：4n(BUC)=(4nB)U(4ClC),4U(BnC)=(4UB)Cl(4UC).

6.德摩根第一、第二定律

C/(4nB)=(。4)u(C/B),C/(4UB)=(GA)n(QB).

7.充分条件的判断方法

(1)判定P是q的充分条件要先分清什么是P，什么是q,即转化成pnq问题.

⑵除了用定义判断充分条件还可以利用集合间的关系判断，若P构成的集合为A,q构成的集合为B,

AUB,则p是q的充分条件

8.用充分不必要、必要不充分及充要条件求参数值(范围)的一般步骤

(1)根据已知将充分不必要条件、必要不充分条件或充要条件转化为集合间的关系.

(2)根据集合间的关系构建关于参数的方程(组)或不等式(组)求解.

(3)充分必要条件与集合包含之间的关系.

命题。对应集合“，命题4对应集合是N,则P是〃的充分条件P是"的必要条件

OM?N,〃是“的充要条件O/=N,"是q的充分不必要条件OMN,〃是〃的必要不充分

条件0MN

压轴题型一：以函数、方程、不等式形式

满分技法

集合，主要是要“读懂”集合的元素是谁？要从以下几方面入手。

1.确定构成集合的元素是点集、数集、还是其他类型的集合；

数集形式{x|。。。},点集形式{(a,b)I，,,}。

2.确定元素是否有限制条件。如定义域限制，实际意义限制等等。

3.根据元素的特征(满足的条件)构造关系式解决相应问题.

4.集合中元素的互异性容易忽略，子集的真子集是从空集开始的，也容易忽略。求解问题时要特别注意.

1.设集合4={4±eR,/=log«x(a>l)},2=3Vx>0,xy>In+V2x2+l^|,下列说法正确的是()

A.AcBB.B^A

C.BoA=0D.

【答案】D

【分析】利用因为>="与y=iog/互为反函数，所以其图象互相关于y=x对称得到/wx,进而得出集

合4的范围；对于集合8,化简得),」n(岳+J2.+1),设咄土竺可，进而利用导数求

XX

出g(x)的最值，得出集合8的范围，即可求解

【详解】对于集合&={4|*6艮〃=1。8"尤(4>1)},因为,=优与y=10g/互为反函数，

所以其图象互相关于，=彳对称，

因为HreR,"=logaX(a>l),所以"Vx,a>1有解，

因为所以xlnaWlnx,所以InaW也有解，所以Ina.叫),

X、XJmax

设〃司=也得尸(无)=上坐

X

所以xe(0,e),_f(x)>0/(x)单调递增;x«e,+8),〃x)<0J(x)单调递减,

所以〃x)max=〃e)=］故1<°二，所以A=1，l；

对于集合5=卜|Vx>0,xy>ln^V2x+V2x2+l^,化简得,之

(缶+J2Y+1)

设1n

g(x)=一

xx2

产-lnfV2x+J2-+1)

2

因为f>0,可设〃(司=囱+1；/,,/\—2>/2xn,

,h'(x)=------、/<0

(2X2+1)V2X2+1

二/Z(6单调递减，又人(。)=0,所以当x>0时，〃(x)<0，Mx)<0,，g'(x)<0,g(x)单调递减,

利用洛必达法则，x—0时，1加111(行'+'21+1)_]加111(夜~¥+7^^)Tim应_石，

%—>0%%—>0%2%—>0]

Ciq

所以y=g(x)之血,所以2=[也+8)；由于A=l,e;,8=[6+8),所以D正确

I」

故选：D

2.已知集合5={(九,丁)|14%<10,1<、410,工£电丁£用.若AqS,且对任意(a,b)£A,A,均有

(c-6/)(J-&)>0,则集合A中元素个数的最大值为()

A.20B.19C.11D.10

【答案】B

【分析】根据(c-G(d-320,转化为集合A中元素，也即这些元素对应的点的坐标组成的图形呈不下降

趋势，集合A中元素个数的最大值也即在符合题意的这些点中怎样取，保证趋势不下降的同时取的点最多,

【详解】

O1234567891012345678910*

由题知：^^-S={(x,^)|l<%<10,l<y<10,x6N,yeN}.若A=S,且对任意(a,b)eA,(c,d)eA,均有

(c-a)(d-6)20,

作如下等价转化：在符合题意的这些点中怎样取，保证趋势不下降的同时取的点最多，

因此集合A中元素个数最大时元素可以为：

(1,。,(1,2),(1,3),-.(1,81(1,91(1,10),(2,10),...(8,10),(9,10),(10/0)共19个，

也可以是(U),(2,1),(3,1),…(8,1),(9』),(10,1),(10,2),…(10,8),(10,9),(10,10)共19个，(还有其他取法只要保

证这些点的趋势不下降即可).

故选：B.

3.集合S={x[(x+a)(x2+/u+c)=0},T={x|(依+1)(1+6x+l)=0},其中。、b、c为实数，若同、|T|

分别表示集合S、T的元素个数，则下列结论中一定成立的是()

A.若|7|=0,则间=1B.若间=1,则n=1

C.若间=2,则图=2D.若阕=3,则网=2

【答案】A

【分析】选项A,B和C,利用方程(犬+。)(d+云+。)=0至少有一个根尤=-。，所有解的个数取决于

A=6?-4改；方程(依+。(一+法+1)=0的解得个数取决于。=。及A=从一4四，逐一分析判断即可得答

案；选项D,根据条件得到。工0,CHO,4c>0,设/为g(尤)=。的一个根，从而得到了

=3g(x°)=。，即,为方程/(尤)=0的根，即可求解.

玉)玉)

【详解】令/(%)=(尤+〃)(％2+/zx+c),g(x)={ax+l)(cx2+bx+I),

对于选项A,当n=0时，方程g(x)=3+l乂62+云+1)=0无实根，

所以"=0,cwO,〃一4c<0或a=b=c=O；

当a=Z?=c=O时,f(x)=x3,由〃x)=。得x=0,止匕时网=1；

当〃=0,〃一4°<0时，/(x)=+bx+c^,由〃x)=。得％=0,此时同=1,所以选项A正确；

对于选项B,若间=1,则/(X)=(%+〃)，+乐+(?)=0有且只有一根，又x=”一定是了(%)=。的根，所以

卜=廿-4(?<0,

又△=〃2-4cv0且〃=0时，8(冗)=(〃%+1)(。/+灰+1)=0无解，此时闭=0,所以选项B错误，

对于选项C,若间=2时，则/⑺=0+以/+法+^二。有且只有2根，

又％=〃一定是/(1)=。的根，所以A=〃—4c=。且々2+Qb+cwo,或△=/—4c>。且片+16+0二。，

当a=0时，存在使A=/?2—4c=0且QZ+Q匕+CWO,此时g(%)=(Qx+lXc%2+法+1)=0只有一根，所以

选项C错误，

对于选项D,当闭=3时，方程g(x)=(ox+D(cr2+fov+l)=0有三个根，所以awO,crO,b2-4c>0，

设m为g(x)=O的一个根，即(aXo+lXcW+fcto+lb。，则吃力。，

=+++所以上为方程〃司=。的根,

1%八/%0Jxo工0

故〃x)=0有三个根，即n=3时，必有间=3,所以选项D错误，

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于充分理解二次函数的根与系数的关系，观察分析两函数的区别

与联系，从而得解.

4.已知正实数a,b,c,则“a=6=c”是“***”""**""的()

A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要

【答案】C

【分析】充分性的证明可直接用。代替瓦c即可；必要性的证明时两边取对数，再利用对数的运算化简即可；

【详解】充分性：

当正实数<2=b=C时，=**小=产。,*%ln%lna=***=产。，

所以alaabinbclac=***",充分性成立;

必要性：

当正实数a,b,c满足小**，***.时，两边同时取对数可得ln(amaMYc)41n(/7?c*a),

gpIn)=]口2〃+也2人+]口20win^lnZ,Z?lncclna)=lnalnb+ln〃lnc+lnclna,

即In2dt+ln2/?+ln2c-(lnaln&+lnZ;lnc+lncln6Z)<0,变形为^[(ina-lnby+(lnZ?-lnc)2+(lnc-lntz)2J<0,

所以Ina=lnb,ln〃=Inc,lnc=Ina,所以〃=匕=°,

已知正实数ab,c,则“a=Z?=c”是“4加％吗?1。Wa1n夕。泮。”的充要条件;

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题必要性的证明关键在于对不等式两边取对数，然后结合对数的运算化简即可.

5.若集合｛(尤,田|尸尤+心2-尤),0Wl,14元42｝表示的图形中，两点间最大距离为从面积为S,则()

A.d=3,S<1B.d=3,S>1

C.d=Vw,S<1D.d=\/10,S>1

【答案】C

y<x2

【分析】先以f为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域7Nx,结合图形分析求解即可.

1<%<2

【详解】对任意给定X《1,2],贝口2—x=x(x—1)20,且

可知xV*+/卜2-x^<x+x2-x=x2,HPx<y<x2,

y<x2

再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域，

l<x<2

如图阴影部分所示，其中A(1,1),3(2,2),C(2,4),

可知任意两点间距离最大值1=恒。=厢;

阴影部分面积5<53C=9卜2=1.

故选：C.

压轴题型二：以数列形式

awo

1.已知数列｛风｝满足：。用=2%'"，对于任意实数集合｛"|。,<0,“€2〃21｝的元素个数是()

0,。“=°

A.0个B.非零有限个

C.无穷多个D.不确定，与卬的取值有关

【答案】C

【分析】讨论4=。，4=±1,和％7±1且4片0三种情况，根据题意可以得到：若则。用>。；若

0<an<l,则a.+i<。；若则％M>0；若。“<一1,则4+1<。.不妨从4>1时开始讨论,得到

a2M3,%，…的符号，最后得到答案.

【详解】当％=0时，根据题意，则的=%=%=%=—=0,则集合｛“离《0，〃€凡心1｝的元素有无数个；

当4=±1时，则出=。，根据题意，则g=&=%=i=。，则集合的元素有无数个；

2z\

当qR±1且q/0时，％+]一工，

2%2Iaj

若。“>1,贝l]a"+i>0；若0cqi<1,则a,+i<。；若-1<见<0,贝”见+1>。；若贝l]a“+i<。.

而=!、氏一，-%=-=[+,，则。”>0时，数列递减且无下限(X)；

2Ian)2(an)

凡<0时，数列递增且无上限(*).

(1)若4>1,则。用-%<0,根据(※)可知，在求解6,出，…的迭代过程中，终有一项会首次小于0,

不妨设为&(k>l,keZ)；

(2)若如<-1,则％1<0；

①若心包<-1,贝U4+2<0,接下来进入(2)或(3)；

②若T<%+i<0,接下来进入(3)；

(3)若一1<必<0,则以包>0,接下来进入(1)或(4)；

(4)若0<%<1,则矶<0,接下来进入(2)或(3).

若。<%<1,则进入(4).

若-则进入②.

若％<-1,则进入①.

如此会无限循环下去，会出现无限个负数项.

综上：集合｛〃寓W0,〃=l,2,3,…｝的元素个数为无数个.

故选：c.

【点睛】思路点睛：本题比较复杂，刚开始的〃1=0,%=±1容易想到，当6W±1且％。。时，注意要对％的

四种情况进行分类，然后从某一种情况开始进行推理，其它情况可以以此类推，类似这样的题目一定要细

心.

2.已知数列｛。“｝为正项等比数列，S.m+n=p+q,则“金+42%,+%”是“苏+/>/+才，，的（）

A.必要而不充分条件B.充分而不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条

件

【答案】A

【分析】取特殊值m=n=p=q易证不具有充分性，由加？+1>加+/,及〃?+〃=。+夕得相一夕=^一〃力。，

判断a,n+。"~ap~aq的符号可得具有必要性.

【详解】m+n=p+q,am+an>ap+aq,当相=〃=。=q时，病+/=夕?+/,所以不具有充分性；

m+n=p+q,所以机一〃二夕一〃，

又加2+〃2>/+/，贝U+〃）2->（p+^y—2pq,所以nrn<pq,

所以加一〃二4一〃w0,不妨设机一。=4一〃>0

因为数列为正项数列，所以设公比为％,则尤>0,

xm+^l-xp-^=xp（xm-p-1）+^（1-短一"）=（xm-p-l）（xp-xn）

pn

当尤>1时,产P>1,x>x,所以（产am+an>ap+aq,

当x=l时，（产0_1）（/-彳”）=0,am+an=ap+aq.

mpp

当0<x<l时,x-<1,x<x",所以（产（尤。一/）>0,am+an>ap+aq,

所以。所以具有必要性，

综上，am+an2。？+%是〃72+附2>p2+q2的必要不充分条件.

故选：A.

【点睛】作差%判断册+。“与4+与大小关系，将式子写成指数式，注意正项等比数列公比大

于0,根据公比与1的大小进行分类讨论.

3.已知｛%｝是等差数列,bn=sin4）,存在正整数千<8）,使得bn+t=£,〃eN*.若集合S=｛x|x=2/wN*｝

中只含有4个元素，贝心的可能取值有（）个

A.2B.3C.4D.5

【答案】C

【分析】考虑/至3不符合题意，，=4,6,7,8时，列举出满足条件的集合，再考虑『=5时不成立，得到答案.

【详解】当/《3时，"+,=2，根据周期性知集合最多有3个元素，不符合；

当t=4时，b*"、,取此时§=|咚。-咚，-<>，满足条件；

2o2222

当/=5时，bn+i=bn,即sin（%+5d）=sina“，d=^,keZ,在单位圆的五等分点上不可能取到4个不同

的正弦值，故不满足；

当7=6时，bn+6=bn,取此时5=满足条件；

3612，J

当好7时，bn+1=b„,取止匕时S=[-si唔,一1,si哈,si喑],满足条件；

,,T,…7i5兀„.兀.3兀.兀.3兀「一，।

当/=8时，2+8=%^an=-n--,此时5=｛-$111^,-$111丁,51113,5111刀-卜，满足条件；

4O[XoooJ

故选：c

"-I

4.已知数列｛氏｝满足：当为工。时，。用=干一；当。〃=。时，％=。；对于任意实数%,则集合

何%VO,"=1,2,3,…｝的元素个数为()

A.0个B.有限个C.无数个D.不能确定，与4的取值有关

【答案】C

【分析】讨论%=0,6=±1,和。户±1且。产0三种情况，根据题意可以得到：若。"＞1,则%＞。；若

0＜%,＜1,则。"+1＜0；

若一贝若%＜-1,贝1]。用＜0.

不妨从％＞1时开始讨论，得到。2,%，为，…的符号，最后得到答案.

【详解】当4=0时，根据题意，则的=%=%=%=3=0,则集合的元素有无数个；

当％=±1时，贝1]电=0,根据题意，贝!]%=4=%=—=。，则集合的元素有无数个；

若则4+1＞0；若则6+1＜0；

若贝lja"+i＞。；若。“＜一1,贝!]%+]＜0.

1(111(1)

而4+1-。，=彳xa---%=-彳«„+—，则。时，数列递减且无下限(派)；见＜°时，数列递增

2na„21a

且无上限(*).

(1)若%＞1,则根据(X)可知，在求解%，出，…的迭代过程中，终有一项会首次小于0,

不妨设为殁(左＞1,左eZ)；

(2)若《＜一1,则%＜0；

①若％＜-1,则以+2＜。，接下来进入⑵或(3)；

②若-1＜4+产0,接下来进入(3)；

(3)若T＜心＜0,则见+i＞0,接下来进入(1)或(4)；

(4)若。＜见＜1,则％产0,接下来进入(2)或(3).

若0＜弓＜1,则进入(4).

若则进入②.

若叫＜7,则进入①.

如此会无限循环下去，会出现无限个负数项.

综上：集合｛“同＜0,»=1,2,3,...)的元素个数为无数个.

故选：C.

5.已知数列｛%｝的通项为4=二，其中f为正常数，记S,为数列｛4｝的前〃项和，则下列说法不正确的是

n

()

A.三常数机使得对于V〃cZ+均有S“＜加是/〉1的充要条件

B.「＜1是5“2111(〃+1乂"€2+)的充分不必要条件

23

C.对于V〃£Z+,均满足(2+或是此;的必要不充分条件

D.对于V〃eZ+,均满足S.41+注是此1的充分不必要条件

【答案】D

【分析】对A,可得当时，不存在%eR满足条件，可判断必要性成立，令小)=匕一("短，利

用导数求解可证明充分性成立；对B,令g(x)=ln(x+l),=g(n)(«eZ+),利用导数求解可得出Ml,

即可判断；对c,可得的:时，广一(〃+1广，即可得5"<1+1+2~,利用放缩可判断；对D,

2n

可得此与时，丫+从而得出S“<1+邛，利用放缩可判断.

【详解】对于A,当时，贝塔当7=1时，不存在meR,使得对于V〃eZ+均有S/m,则该

nn

命题必要性成立，证当f=l时S“不收敛，

-…力log?”

123n2448888162

•••1+史罗不收敛，.•.当/=1时，S”不收敛,

t1

令/=口_(/_])/1,下证：当然1时，对于V篦£Z+,