2026步步高高考大二轮复习数学-新概念为导向的压轴题

新概念为导向的压轴题1.对于给定的正整数k，若对任意的正整数n(n>k)，数列{an}均满足an－k·an－k＋1·…·an－1·an＋1·…·an＋k－1·an＋k＝aeq\o\al(2k,n)，且an>0，则称数列{an}是“Π(k)数列”.(1)证明：各项均为正数的等比数列{an}是“Π(k)数列”.(2)已知数列{an}既是“Π(2)数列”，又是“Π(3)数列”.①证明：数列{an}是等比数列.②设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a2＝3，a3－a2＝2，问：是否存在正整数n，p，m，使得Sn＋2＝pm＋1？若存在，求出所有的n，p，m；若不存在，请说明理由.(1)证明因为{an}是等比数列，所以an－k·an＋k＝aeq\o\al(2,n)，所以an－k·an－k＋1·…·an－1·an＋1·…·an＋k－1·an＋k＝aeq\o\al(2k,n)，因此各项均为正数的等比数列{an}是“Π(k)数列”.(2)①证明数列{an}既是“Π(2)数列”，又是“Π(3)数列”，因此当n>2时，an－2an－1an＋1an＋2＝aeq\o\al(4,n)，(ⅰ)当n>3时，an－3an－2an－1an＋1an＋2an＋3＝aeq\o\al(6,n)，(ⅱ)由(ⅰ)知，当n>3时，an－3an－2＝eq\f(aeq\o\al(4,n－1),anan＋1)，(ⅲ)an＋2an＋3＝eq\f(aeq\o\al(4,n＋1),an－1an)，(ⅳ)将(ⅲ)(ⅳ)代入(ⅱ)，得an－1an＋1＝aeq\o\al(2,n)，其中n>3，所以a3，a4，a5，…是等比数列，设其公比为q′，在(ⅰ)中，取n＝4，则a2a3a5a6＝aeq\o\al(4,4)，所以a2＝eq\f(a3,q′)，在(ⅰ)中，取n＝3，则a1a2a4a5＝aeq\o\al(4,3)，所以a1＝eq\f(a3,q′2)，所以数列{an}是等比数列.②解由①及a1＋a2＝3，a3－a2＝2知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q′＝3，,a1q′2－a1q′＝2，))所以3q′2－5q′－2＝0.由an>0，易知q′>0，所以q′＝2，a1＝1.所以an＝2n－1，Sn＝2n－1.假设存在正整数n，p，m，使得Sn＋2＝pm＋1，即2n＋1＝pm＋1，即pm＋1－1＝2n.当m为奇数时，pm＋1－1＝(peq\f(m＋1,2)－1)(peq\f(m＋1,2)＋1)，设peq\f(m＋1,2)＋1＝2s，peq\f(m＋1,2)－1＝2t，则s>t，所以2s－2t＝2t(2s－t－1)＝2，可得2t＝2，2s－t－1＝1，所以t＝1，s＝2，所以n＝3，S3＋2＝9＝31＋1，所以存在n＝3，p＝3，m＝1，使得Sn＋2＝pm＋1.当m为偶数时，pm＋1－1＝(p－1)(pm＋pm－1＋…＋p＋1)，若p为偶数，则pm＋1－1为奇数，所以pm＋1－1≠2n.若p为奇数，则p>1，p－1为偶数，pm＋pm－1＋…＋p＋1为m＋1个奇数之和，也为奇数，所以pm＋1－1≠2n.所以当m为偶数时，不存在正整数n，p，m，使得Sn＋2＝pm＋1.综上所述，存在n＝3，p＝3，m＝1，使得Sn＋2＝pm＋1.2.已知函数f(x)与g(x)的图象在它们的公共定义域D内有且仅有一个交点(x0，f(x0))，对于∀x1∈D且x1∈(－∞，x0)，x2∈D且x2∈(x0，＋∞)，若都有[f(x1)－g(x1)]·[f(x2)－g(x2)]<0，则称f(x)与g(x)关于点(x0，f(x0))互穿；若都有[f(x1)－g(x1)]·[f(x2)－g(x2)]>0，则称f(x)与g(x)关于点(x0，f(x0))互回.已知函数f(x)与g(x)的定义域均为R，导函数分别为f′(x)与g′(x)，f(x)与g(x)的图象在R上有且仅有一个交点(m，f(m))，f′(x)与g′(x)的图象在R上有且仅有一个交点(m，f′(m)).(1)若f(x)＝ex，g(x)＝1＋x，试判断函数f(x)与g(x)的位置关系.(2)若f′(x)与g′(x)关于点(m，f′(m))互回，证明：f(x)与g(x)关于点(m，f(m))互穿且[f(x)－g(x)]·[f′(x)－g′(x)]>0在(m，＋∞)上恒成立.(3)研究表明：若f′(x)与g′(x)关于点(m，f′(m))互穿，则f(x)与g(x)关于点(m，f(m))互回且[f(x)－g(x)]·[f′(x)－g′(x)]>0在(m，＋∞)上恒成立.根据以上信息，证明：ex≥1＋x＋eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,6)＋…＋eq\f(xi,i！)(i为奇数).(1)解设H(x)＝f(x)－g(x)＝ex－(1＋x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1，当x<0时，H′(x)<0，当x>0时，H′(x)>0，∴H(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴H(x)≥H(0)＝e0－1＝0，即f(x)≥g(x)，当且仅当x＝0时取等号.又f(x)与g(x)的图象在R上有且仅有一个交点(0，1)，∴函数f(x)与g(x)关于点(0，1)互回.(2)证明设x1<m，x2>m，则[f′(x1)－g′(x1)]·[f′(x2)－g′(x2)]>0，设h(x)＝f(x)－g(x)，则h′(x)＝f′(x)－g′(x)，故h′(x1)·h′(x2)>0.①若h′(x1)，h′(x2)均大于零，∵h′(m)＝f′(m)－g′(m)＝0，∴h′(x)≥0，∴h(x)单调递增，又h(m)＝f(m)－g(m)＝0，∴h(x1)<0，h(x2)>0，∴h(x1)·h(x2)＝[f(x1)－g(x1)]·[f(x2)－g(x2)]<0，h(x2)·h′(x2)>0，∴f(x)与g(x)关于点(m，f(m))互穿且[f(x)－g(x)]·[f′(x)－g′(x)]>0在(m，＋∞)上恒成立.②若h′(x1)，h′(x2)均小于零，∵h′(m)＝f′(m)－g′(m)＝0，∴h′(x)≤0，∴h(x)单调递减，又h(m)＝f(m)－g(m)＝0，∴h(x1)>0，h(x2)<0，∴h(x1)·h(x2)＝[f(x1)－g(x1)]·[f(x2)－g(x2)]<0，h(x2)·h′(x2)>0.∴f(x)与g(x)关于点(m，f(m))互穿且[f(x)－g(x)]·[f′(x)－g′(x)]>0在(m，＋∞)上恒成立.(3)证明设fi(x)＝ex，gi(x)＝1＋x＋eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,6)＋…＋eq\f(xi,i！)(i∈N*)，则fi′(x)＝ex＝fi－1(x)(i≥2)，gi′(x)＝1＋x＋eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,6)＋…＋eq\f(xi－1,（i－1）！)＝gi－1(x)(i≥2)，易知f1(x)＝ex，g1(x)＝1＋x，由(1)可知f1(x)与g1(x)关于点(0，1)互回.∵fi(0)＝1＝gi(0)，∴∀i∈N*，fi(x)与gi(x)的图象交于点(0，1).由(2)得f2(x)与g2(x)关于点(0，1)互穿，由(3)得f3(x)与g3(x)关于点(0，1)互回，易得当i为奇数时，fi(x)与gi(x)关于点(0，1)互回，∴∀x1∈(－∞，0)，x2∈(0，＋∞)，有[fi(x1)－gi(x1)]·[fi(x2)－gi(x2)]>0(i为奇数).由题意得[fi(x2)－gi(x2)]·[fi－1(x2)－gi－1(x2)]>0，对任意正整数i恒成立，∴[fi－1(x2)－gi－1(x2)]·[fi－2(x2)－gi－2(x2)]>0，[fi－2(x2)－gi－2(x2)]·[fi－3(x2)－gi－3(x2)]>0，…，[f2(x2)－g2(x2)]·[f1(x2)－g1(x2)]>0，累乘得[fi(x2)－gi(x2)]·[fi－1(x2)－gi－1(x2)]2·…·[f1(x2)－g1(x2)]>0，∴[fi(x2)－gi(x2)]·[f1(x2)－g1(x2)]>0，易知f1(x2)