2019年高考数学复习资料(28个专题与解析)

2019年高考数学复习资料
28个专题与解析
第一模块 集合、函数、导数与不等式
专题一 集合与简易逻辑
一、选择题
1．C 本题主要考查集合的运算，属于基础知识、基本运算能力的考查．
由1≤2–x <3，∴–1<x ≤1，∴A ={x ∈Z |–1<x ≤1}={0, 1}；|lo g 2x |>1, ∴x >2，或0<x <
12
， ∴B ={x |x >2，或0<x <
12}，∴C R B =1
(,0][]2
-∞，∴A ∩(C R B )={0, 1}． 2．D 命题“若x 2<1，则–1<x <1”的逆否命题是“若x ≥1或x ≤–1，则x 2≥1”，故应选D ．
3．C 当y =0时，–1≤x ≤1时，故x 取0或1，当y =1时，1≤x ≤3，故x 取1或2，当y =2时，3≤x ≤5, x 无解，故N 中元素共4个，选C ．
4．D 由题意99[,),(,0),[0,),(,)44
A B A B B A =-+∞=-∞-=+∞-=-∞-，∴A ⊕B =(A –B ) ∪(B –A )=(–∞, –
9
4
)∪[0, +∞)． 5．C 本题考查命题的否定，对全称性命题的否定要注意命题的量词之间的转换．“任意的”的否定为“存在”，“≤”的否定为“>”．
6．C 由f (x )<–1=f (3)，且f (x )为R 上的减函数，故Q ={x |x >3}，由|f (x +t )–1|<2，得
f (3)=–1<f (x +t )<3=f (0)有：0<x +t <3，∴P ={x |–t <x <3–t }，由“x ∈P ”的充分不必要条件，得P Q ，得–t ≥3，即t ≤–3，故选C ．
7．B 由f (x )在(0, +∞)内单调递增可得1
()40x f x e x m x
'=++
+≥对任意x ∈(0, +∞)恒成立．而当0<x ≤12时，4x +1x ≥4, e x >1, 1()45x f x e x m m x '=+++>+；当x ≥1
2
时，函数()
f x '是增函数（∵1,4x
y e y x x
==+分别是增函数），1
21()44x f x e x m e m x '=+++≥++，且
1245e +>，因此只要1122
40(4)e m m e ++≥≥-+且就可以了．
综上所述，由f (x )在(0, +∞)内单调递增不能推出m ≥–5；反之，由m ≥–5可知f (x )在（0，
+∞）内单调递增，故选B ． 二、填空题
8．{–3，1，3，4} 解析：由–4≤x ≤4, x ∈Z ，可知U={–4, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, 4}，又A ∩B ={–2}，∴–2∈A 且–2∈B ．由–2∈A 可知a 2+1=–2（舍去），则a 2–3=–2，∴a =±1．当a =–1时，A ={–1, 2, –2},
⊂ ≠
B ={–4, –2, 0}，这时A ∪B ={–4, –2, –1, 0, 2}．∴
C U (A ∪B )={–3, 1, 3, 4}．当a =1时，A ={–1, 2, –2}, B ={–2, 0, 2}．这时A ∩B ={–2，2}不合题意舍去． 9．(–4, +∞) 解析：∵A ∩{x |x >0}=ф，∴A =ф或A ≠ф且A 的元素小于等于零． ①当A =ф时，△=(m +2)2–4<0, 解得–4<m <0．
②当A ≠ф且A 的元素小于等于零时，2(2)40
20m m ⎧∆=+-≥⎨+>⎩
解得m ≥0．
综上得m 的取值范围为(–4, +∞)．
10．两组相对侧面分别平行；一组相对侧面平行且相等；对角线交于一点；底面是平行四边形． 11．②③
解析：对于①，当a <0时，若02b
a
-<，则f (x )在[0,)+∞上递减，故排除①；对于②，┐甲为x +y =3, ┐乙为x =1且y =2，┐乙⇒┐甲，∴甲⇒乙，∴②正确；对于③，若{a n }为等
差数列，则S n =An 2+Bn ．∴n S
An B n =+，∴点P n 在直线y =Ax +B 上．反之易证，若(,)
n n S P n n
共线，则数列{a n }成等差数列，故③正确．
三、解答题
12．解：要使12
log (3)(2)y x x =+-有意义，须(x +3)(2–x )>0，即(x +3)(x –2)<0，解得：–3<x <2；
由e x –1≥1，得x –1≥0，即x ≥1．
（1）A ∪B ={x |–3<x <2}∪{x |x ≥1}={x |–3<x <2或x ≥1}={x |x >–3}．
（2）∵C U A ={x |x ≤–3或x ≥2}，∴(C U A )∩B ={x |x ≤–3或x ≥2}∩{x |x ≥1}={x |x ≥2}． 13．解：∵f (x )=(x –2t )2+2在[1，2]上的最小值为2，∴1≤2t ≤2即
1
2
≤t ≤1．由t 2–(2m +1)t +m (m +1)≤0，得m ≤t ≤m +1．∵┐p 是┐q 的必要而不充分条件，∴p 是q 的充分不
必要条件，∴[12，1] [m , m +1]，∴1211,
m m ⎧≤⎪⎨⎪+≥⎩即0≤m ≤12．
14．解：由lim 0n n c →∞
=且c >0，知0<c <1，即p : 0<c <1，由1
(),1]f x x x =+1在[2
上为减函数，
在[1，2]上为增函数，知f (x )的最小值是2．由11
2(0)2c c c >>⇒>
，即q : 12
c >，当p 是⊂ ≠
真命题，q 是假命题时有01
10,2c c <<⎧⎪
⎨<≤⎪⎩∴0<c ≤12，当p 是假命题，q 是真命题时有
1
,12c c ≥⎧⎪
⎨>⎪⎩
∴c ≥1，故c 的取值范围是1(0,][1,)2+∞． 15．解：（1）若A =ф，则A B ⊆显然成立，若A ≠ф，设t ∈A ，则f (t )=t , f [f (t )]=f [t ]=t ，即t ∈B ，从而A B ⊆．
（2）A 中元素是方程f (x )=x 即ax 2–1=x 的根，∵A ≠ф，∴a =0或
01
140
4a a a ≠⎧≥-⎨
∆=+≥⎩即．B 中元素是方程a (ax 2–1)2–1=x ，即a 3x 4–2a 2x 2–x +a –1=0的根，由A B ⊆，则方程可化为(ax 2–x –1)(a 2x 2+ax –a +1)=0．要使A =B ，即方程a 2x 2+ax –a +1=0①无实
根或其根为方程ax 2–x –1=0②的根．若①无实根，则△=a 2–4a 2(1–a )<0解得a <3
4
；若②有实根，且①的实根是②的实根，由②有a 2x 2=ax +a ，代入①得2ax +1=0，由此解得1
2x a
=-，
再代入②得11310,424a a a +-=∴=．故a 的取值范围是13
[,]44
-．
专题二 函数的图象与性质
一、选择题
1．D 由22
0320340x x x x x ≠⎧⎪-+≥⎨⎪--+≥⎩（等号不能同时取）得021[4,0)(0,1).41x x x x x ≠⎧⎪
≥<⇒∈-⎨⎪-≤<⎩或
2．D 由223144
x x <-⎧⎪⎨=⎪-⎩得：x =–4，由162
1log (3)4x x ≥-⎧⎪⎨+=-⎪⎩无解．∴1
1()44f ---．
3．C 4
()f x x x
=+
在[1，2]递减，[2，3]上递增，故4≤f (x )≤5, x [1, 3]，因f (x )为偶函数，故x ∈[–3, –1]时，4≤f (x )≤5，即n ≤4，m ≥5, m –n 的最小值为5–4=1．
4．C ∵f (x )是奇函数，∴f (0)=0, ∴k =1. 又f (x )=a x –a –x 为增函数，∴a >1，即y =lo g a (x +k )的图象可由y =lo g a x (a >1)的图象向左平移1个单位得到．
5．D 由题意知f (x )在(0, 1)内是增函数．则6443()()(),()5552
a f f f
b f ==-=-==
1151
()(),()()02222
f f c f f -=-==<．∴c <a <b ，选D ．
6．D ∵F (–x )=f (–x )+f (x )=F (x ), x ∈R , ∴函数F (x )是R 上的偶函数．又F (x )在区间[,]
2
π
π--上递增，∴F (x )在区间[,]2
π
π上是减函数，F (x )的图象按向量a =(π, 0)平移，即向右平移π
个单位得到新函数G (x )的图象，∴函数G (x )的单调递减区间为3[
,2]2
π
π，故选D ． 7．D 由3
1()()22
f x f x -=+可得f (x +2)=f (x )，∴2是f (x )的一个周期．又∵f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (–x )=f (x )．设x ∈[2,1)--，则x +4∈[2, 3]，∴f (x )=f (x +4)=x +4=3+(x +1)．设x ∈[–3, –2]，则–x ∈[2, 3]，f (x )=f (–x )=–x ，设x ∈[–1, 0]，则x –2∈[–3, –2], f (x )=f (x –2)=–(x –2)=f 2–x =3–(x +1)．由此可得当x ∈(–2, 0)时，f (x )=3–|x +1|． 二、填空题 8．15
-
解析：由1(2)()f x f x +=
得f (x +4)=f (x ), f (5)=f (1)=–5，则f (f (5))=f (–5)=f (–1)=1(1)f = 15
-． 9．–4 –2<x <2
解析：∵f (x )图象过点A (–4, 1)，∴f –1(x )图象过点(1, –4)，即f –1(1)=–4, |f (x –2)|<1⇔–1<f (x –2)<1⇔f (0)<f (x –2)<f (–4)，而f (x )是定义在(–∞, +∞)上的减函数，∴–4<x –2<0解得–2<x <2． 10．1
解析：由f (x )是偶函数知u =0, ∴22011
()1x x f x e e e -==≤=，∴m +u =1+0=1，故填1．
11．②③
解析：∵)5()2
5
(),2
5
()(+-=+∴+-=x f x f x f x f ，即f (x )=f (x +5), ∴T =5，又)45()45(+-=+-x f x f ，即)25
2()(x f x f -⨯=-，f (x )的图象关于点)0,45(对称，由函数
关于25=x 对称无法判断2
5
=x 时取最大值．
三、解答题
12．解：（1）x =t +t –1≥2（当且仅当t =1时取“=”），y =t 2+t –2+2m (t +t –1)=(t +t –1)2+2m (t +t –1)–2= x 2+2mx –2．即y =x 2+2mx –2，其定义域为),2[+∞．
（2）若x =–m ≥2即m ≤–2时，要使f (x )>0恒成立，只要f (–m )>0成立，即m 2–2m 2–2>0，此时m 不存在．若x =–m <2即m >–2时，要使f (x )>0恒成立，只要f (2)>0成立，即4+4m –2>0，
得21-
>m ．故实数m 的取值范围为),2
1
(+∞-． 13．解：（1）因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)=0，即
102
1
=⇒=+-b a b ，∴1
22
1)(++-=
x x
a x f ，又由f (1)=–f (–1)知.21
21
1421=⇒+-
=
+-a a a （2）由（1）知
++
-=+-=
+x x x f 21
212221)(1
，易知f (x )在（–∞，+∞）上为
减函数．又因f (x )是奇函数，从而不等式：f (t 2–2t )+f (2t 2–k )<0等价于f (t 2–2t )<–f (2t 2–k )=f (k –2t 2)，
因f (x )为减函数，由上式推得：t 2–2k >k –2t 2，即对t ∈R 有：3t 2–2t –k >0，从而△=4+12k <03
1-
<⇒k ． 14．解：（1）题图中点A 表示无人乘车时收支差额为–20元，点B 表示有10人乘车时收支差额为0元，线段AB 上的点表示亏损，AB 延长线上的点表示赢利． （2）题图②的建议是降低成本，票价不变；题图③的建议是增加票价．
（3）题图①、②中的票价是2元；题图③中的票价是4元．票价在图中的几何意义是线段AB 所在直线的斜率． 15．解：（1）由f (x )为偶函数且f (x +1)=f (x –1)，可得f (x )=f (x +2), x ∈[–1, 0]时，x +2∈[1,
2],f (x )=f (x +2)=lo g a (x +2)；∴⎪⎩⎪⎨⎧∈--∈+=].
1,0[),2(log ],0,1[),2(log )(x x x x x f a a
（2）当x ∈[2k –1, 2k ]时，f (x )=f (x –2k )=lo g a (2+x –2k )．同理，x ∈[2k , 2k +1]时，
f (x )=lo
g a (2–x +2k )．{⎪⎩⎪⎨⎧+∈+--∈-+=],
12,2[),22(log ],
2,12[),22((log )(k k x k x k k x k x x f a a (k ∈Z )．
（3）由于函数以2为周期，故考查区间[–1，1]．若a >1，2
1
2log =a ，即a =4；若0<a <1，则2
1
0)12(log ≠
=-a ，舍去．所以a =4． 由（2）可知所求的不等式解集为)24,2()22,22(--+- .
专题三 二次函数、二次方程与二次不等式
一、选择题
1．C 2．D 3．D
4．C 由0)0(,2)(>'+=f b ax x f 及 可得b >0，又由f (x )≥0恒成立可得⎪⎩⎪⎨⎧≤->,04,02ac b a 即得42b ac ≥，且c >0, a >0．∴21142
121_1)0()1(2=+=+≥+≥+=++='b
b b a
c b c a b c b a f f ，当且仅当a =c 时，不等式取等号，∴
)
0()
1(f f '的最小值为2，故应选C ． 5．C 令t =g (x ), f (g (x ))=f (t )=,1
||,1
||,2
⎪⎩⎪⎨⎧<≥t t t t 注意到g (x )为二次函数，
∴g (x )的值域是连续的单个区间，结合图象可知要使f (t )的值域为),0[+∞，只能取t ∈),0[+∞，故选C ．
6．B 取特值a =1, x 1=–2, x 2=2, f (2)>f (–2)，选B ．或利用二次函数其函数值的大小关系，分类研究对称轴和区间的关系的方法，易知函数的对称轴为x =–1，开口向上的抛物线，由x 1<x 2, x 1+x 2=0，需分类研究x 1<x 2和对称轴的关系，用单调性和离对称轴的远近作判断，故选B ． 7．A 本题考查换元法及方程根的讨论，要求考生具有较强的分析问题和解决问题的能力；据题可令|x 2–1|=t (t ≥0)，则方程化为t 2–t +k =0（1），作出函数y =|x 2–1|的图象，结合函数的图象可知． 当t =0或t >1时，方程有2个不等的根； 当0<t <1时，方程有4个根； 当t =1时，方程有3个根． 故①当方程（1）有大于1的根时，如t =2，此时k =–2，方程（1）有一大于1的根和一负根，故此时方程有2个根；②当41=
k 时，方程（1）有两个相等正根2
1
=t ，相应的解有4个；③当方程（1）有根为0时，代入方程（1），解得k =0，此时方程（1）有两个不等根t =0或t =1，故此时方程有5个根；④方程（1）有两个不等正根时，即0<x <
4
1
，此时方程（1）有两根且均小于1，故相应的满足方程|x 2–1|=t 的解有8个；①②③④都是正确的，故选A ． 二、填空题 8．2 解析：令x =–5, f (–5a +b )=(–5)2+10·(–5)+24=–1．令f (x )=x 2+4x +3=–1, ∴x =–2，即f (–2)=f (–5a +b )=–1．∴5a –b =2． 9．m <a <b <n 10．}12
3
|{<<-
x x ．
解析：由题意可得a =–1, b =–6，则f (x )=x 2–x –6，所以不等式a ·f (–2x )>0即–(4x 2+2x –6)>0
即2x 2+x –3<0，解集为}12
3
|{<<-
x x ． 11．1
解析：由图象特征知，最大值必在f (0)、f (1)、f (3)取到，接着通过逐一检验、比较可得．或者，原函数可化为y =|(x –1)2–1–t |，接着，按–1–t ≥0及–1–t <0分类讨论求解． 三、解答题 12．解：（1）要使f (x )≥a 恒成立，即x 2+ax +3–a ≥0恒成立．只须△=a 2–4(3–a )≤0，即a 2+4a –12≤0, ∴–6≤a ≤2．
（2）要使f (x )≥a 恒成立，只需f (x )的最小值≥a 即可．f (x )=x 2
+ax +3=(x +2
a )2
+3–42a ．
①当–2
a <–2即a >4时，f (x )m i n =f (–2)=–2a +7，由–2a +7≥a ，得a ≤37
,∴a ∈ф．
②当–2≤–2
a
≤2，即–4≤a ≤4地，43)(2min a x f -=．由432a -≥a 得–6≤a ≤2，∴–4≤a ≤2．
③–2
a
>2即a <–4时，f (x )m i n =f (2)=2a +7，由2a +7≥a ，得a ≥–7，∴–7≤a <–4．
综上所述得a ∈]2,7[-．
13．解：（1）因为对任意x ∈R ，有f (f (x )–x 2+x )=f (x )–x 2+x ，所以f (f (2)–22+2)=f (2)–22+2．又由f (2)=3，是f (3–22+2)=3–22+2，即f (1)=1．若f (0)=a ，则f (a –02+0)=a –02+0，即f (a )=a ．
（2）因为对任意x ∈R ，有f (f (x )–x 2+x )=f (x )–x 2+x ，又因为有且只有一个实数x 0，使得f (x 0)=x 0，所以对任意x ∈R ，有f (x )–x 2+x =x 0．
在上式中令x =x 0，有f (x 0)–20x +x 0=x 0，又因为f (x 0)=x 0，所以x 0–2
0x =0．故x 0=0或x 0=1．若
x 0=0，则f (x )–x 2+x =0，即f (x )=x 2–x ，但方程x 2–x =x 有两个不同实根，与题设条件矛盾，故x 0≠0．若x 0=1，则有f (x )–x 2+x =1即f (x )=x 2–x +1易验证该函数满足题设条件.
综上所述，所求函数为f (x )=x 2–x +1(x ∈R )． 14．解：（1）∵函数f (x )=x 2–16x +q +3的对称轴是x =8，∴f (x )在区间[–1，1]上是减函数，
∵函数在区间[–1，1]上存在零点，则必有：⎪⎩⎪⎨⎧≥+++≤++-⎪⎩⎪⎨⎧≥-≤,
03161,
03161,0)1(,0)1(q q f f 即∴–20≤q ≤12．
（2）∵0≤t ≤10, f (x )在区间[0，8]上是减函数，在区间[8，10]上是增函数．
①当0≤t ≤6时，在区间[t , 10]上，f (t )最大，f (8)最小，∴f (t )–f (8)=12–t ，即：t 2–15t +52=0，解得：2
17
15,21715-=∴±=
t t ； ②当8<t ≤10时，在区间[t , 10]上，f (10)最大，f (t )最小，∴f (10)–f (t )=12–t ，即：t 2–17t +72=0，
解得：t =8, 9, ∴t =9．
综上存在常数2
17
15-=
t ，8，9满足条件． 15．解：（1）解法1：由题设得g (x )=3x 2–18x cos α+48cos β，又由]2,1(1||∈+-t e , 3+sin t ∈[2, 4]，知g (x )≥0在]2,1(成立，g (x )≤0在x ∈[2, 4]成立，由此易得g (2)=0．设g (x )=0的另一根为x 0，由y =g (x )的图象为开口向上的抛物线得x 0≥4，而2+x 0=6cos α，所以6cos α≥6，又6cos α≤6，得cos α=1．代入g (2)=0得cos β=2
1
．即得f (x )=x 3–9x 2+24x ．
解法2：由题设得g (x )=3x 2–18x cos α+48cos β，由g (1+e –+t +≥0，g (3+sin t )≤0得
g (1+e –|0|=g (2)≥C , )2()23sin
3(g g =+π
≤0，由此易得g (2)=0, )2
sin 3()4(π+=g g ≤0，即有⎪⎩⎪⎨
⎧≤+-==+-=)
2(,0cos 48cos 7248)4()
1(,0cos 48cos 3612)2(βαβαg g ，由（1），（2）得36–36cos α≤0，即–cos α≤0．又1–cos α≥0，故cos α=1．代入（1）得2
1
cos =β．即得f (x )=x 3–9x 2+24x ．
（2）由题设知，对任意的m ∈[–26, 6]恒有mx –9x 2+24x +11≥0，令h (m )=mx –9x 2+24x +11，
则有⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧≤≤-≤≤-⎪⎩⎪⎨⎧≥++-=≥++--=-3113
1,1911
,0112496)6(,
01124926)26(22
x x x x x h x x x h 解得，即31-≤x ≤1．
专题四 指数函数与对数函数
一、选择题
1．C f (2)=lo g 3(22–1)=1，f [f (2)]=f (1)=2e 1–1=2e 0=2．
2．B 本题考查已知y =f (x )的定义域求解形如y =f [g (x )]类型函数的定义域；由原函数可知
x x
x f -+=22lg
)(的定义域为(–2, 2)，故函数)2()2(x
f x f y +=中自变量x 满足
).4,1()1,4(22
222
2 --∈⇒⎪⎪
⎩
⎪⎪⎨⎧
<<-<<-x x x
3．D ∵a >1, ∴f (x )=lo g a (x )是[a , 2a ]上的增函数．∴f (x )max =lo g a (2a )=1+lo g a 2，f (x )m i n =lo g a a =1，由题意可知lo g a 2=
2
1
, ∴a =4．故选D ． 4．C f (x )=1+lo g 2x 可由y =lo g 2x 的图象向上平移一个单位得到；g (x )=2–x +1是当x =0时，g (x )=2．故选C ．
5．C 由f (x )<0和lo g a (a 2x –2a x –2)<0=lo g a 1，又0<a <1，故a 2x –2a x –2>1，解得a x >3或a x <–1（舍去），所以x <lo g a 3． 6．B 本题考查复合函数的单调性及导数的概念．
（i ）当a >1时，若使y =f (x )单调增，只需g (x )=x 3–ax 为在)0,2
1
(-∈x 上的增函数，即
有03)(2≥-='a x x g ，在)0,2
1
(-∈x 恒成立，只需0)(min
≥'x g ，解得a ≤0这与a >1矛盾，故舍去．
（ii ）当0<a <1时，若使y =f (x )单调增，只需g (x )=x 3–ax 为在)0,2
1(-∈x 上的减函数，
即有03)(2≤-='a x x g ，在)0,21
(-∈x 恒成立，只需0)(min
≤'x g 即043≤-a ，解得a ≥4
3，又∵0<a <1，∴
4
3
≤a <1，故选B ． 7．C 画出题设中的线性区域如图中的阴影部分．可求得A (1, 9), B (3, 8)，当y =a x 过A 、B 时，函数y =a x 的图象过区域M ，分别解得a =9和a =2，∴a 的取值范围是[2，9]，故选C ． 二、填空题 8．（2，3） 9．3–2lo g 23
10．⎪⎪⎩⎪
⎪⎨
⎧
>≤≤=-).101
()
16
1(),1010(10101
t t t y t ；0.6
解析：依题意，两段函数图象都经过点)1,101(
，药物释放过程中，y =10t (0≤t ≤10
1
)；药物释放完毕后，⎪
⎪⎩⎪
⎪⎨⎧>≤≤=∴>=--).101()161(),1010(10),101()161(101101t t t y t y t t 当空气中每立方米的含药量降
低到0.25毫克以下时，学生方可进教室．由.6.0)16
1(25.0101
=⇒=-
t t
三、解答题
12．解：由题意知(2+lo g 2x )(1–lo g 2x )≥2，整理得0l o g l o g 22
2≤+x x ，解不等式得
12
1
0l o g 12≤≤⇒
≤≤-x x ，
令4x =u ，则u ∈[2, 4]，则y =42x +1+4x 要化为y =4u 2+u , u ∈[2, 4]．又函数y =4u 2+u 在区间[2，4]上单调递增，故y ≥4×22+2=18, y ≤4×42+4=68，∴值域为[18，68]． 13．解：（1）令lo g a x =t ，得x =a t ，∴原函数化为
),
(1)1()1()(222t t t t a a a a a a a a t f ---=--=∴
),()(1
)().(1)(2
2x f a a a a x f a a a a x f x x x
x -=--=---=
--又∴f (x )为奇函数．
（2）任取x 1, x 2∈R ，且x 1<x 2，则=+---=---)(1
)()(22112
21x x x x a a a a a a
x f x f 2
12121)
1)((12x x x x x x a
a a a a a +++--，∵a >0且a ≠1，x 1<x 2, ∴01,02121>+>++x x x x a a ．当0<a <1时，0,01212>-<-x x a a a ，∴f (x 1)–f (x 2)<0．当a >1时，a 2–1>0, 021<-x x a a , ∴f (x 1)–f (x 2)<0
综上,f (x 1)<f (x 2),∴f (x )在R 上为增函数.∴x 1<x 2时,f (x 1)<f (x 2),即
0)
()(2
121>--x x x f x f ,故任
意两点连线的斜率大于0.
（3）由f (1–m )+f (1–m 2)<0，得f (1–m )<f (m 2
–1)，∴⎪⎪
⎩⎪⎪⎨⎧-<-<-<-<-<-1
1,11111122m m m m 解得21<<m ．故
m 的取值范围是)2,1(．
14．解：（1）由函数f (x )的偶函数可知：f (1)=f (–1)，∴lo g 4(4+1)+k =lo g 4(4–1+1)–k ，即
2
1
,15log 45log 244
-=∴-=-=k k ．
（2）函数f (x )与g (x )的图象有且只有一个公共点，即方程44log 2
1
)14(log =-
+x x )342(a a x -⋅有且只有一个实根，化简得方程a a x x x 34
22
12-⋅=+，令t =2x >0，则方程
0134)1(2=---at t a 有且只有一个正根．①431-=⇒=t a ，不合题意；②43
0=
⇒=∆a 或–3，若243-=⇒=t a ，不合题意；若2
1
3=⇒-=t a ；③有一个正根与一个负根，即
101
1
>⇒<--a a ．
综上，实数a 的取值范围是),1(}3{+∞- ．
15．解：（1）由,1
,01,0,0.0)1(,0a
x x a x a x a x x ax >
∴>-∴≥>>->- 得 21a x >
∴．∴函数定义域为}1,0,1|{2≠>>a a a
x x ．
（2）若a =2，则).,4
1
(),2(log )(2+∞∈-=x x x x f 可以判断f (x )在[1，4]上是增函数，
∴f (x )m i n =f (1)=lo g 2(2–1)=0，6log )48(log )4()(22max =-==f x f ．
（3）设),1
(
,21+∞∈a x x ，
且x 1<x 2．)()()()(21212211x x x x a x ax x ax ---=--- 2
2
)(,1,1].1)()[(21122122121=⋅>+∴>>∴>>-+-=a a x x a a x x a
x x x x a x x ，∴22112121,0]1)()[(x ax x ax x x a x x -<-∴<-+-，若0<a <1，则)(l o g 11x ax a -
)(log 22x ax a ->,∴f (x )为减函数．若a >1，则)(log )(log 2211x ax x ax a a -<-, ∴f (x )为
增函数．
专题五 导数及其应用（理）
一、选择题 1．A ∵2
1
32,21),0(32=-∴=>-=
'x x k x x x y 又，∴x =3，故选A ． 2．A 解法1：∵f (x )=cos 2x –cos x –1， ∴)cos 21(sin sin cos sin 2)(x x x x x x f -=+-='，令
0)(>'x f 结合选项，故选A ．
解法2：把选项中特殊角代入验证，故选A ．
3．A 观察)(x f y '=的图象，设)(x f y '=的图象与x 轴的交点依次为x 1, x 2, x 3，
则x ∈(a , x 1)时，)(x f '>0，函数y =f (x )是增函数；
x ∈(x 1, x 2)时，)(x f '<0，函数y =f (x )是减函数； x ∈(x 2, x 3)时，)(x f '≥0，函数y =f (x )是增函数； x ∈(x 3, b )时，)(x f '<0，函数y =f (x )是减函数．
∴x =x 2时，y =f (x )取得极小值，另无其他极小值，故选A ．
4．D 由已知条件可设)0(3)1()(2>--='a x a x f ，则33)1()(2-≥--='=x a x f k ，即得3tan -≥α，由角α为切线的倾斜角，),3
2[
)2
,0[ππ
π
α ∈，故应选D ． 5．A 0)0().0(2)(>'≠+='f a b ax x f ，∴b >0，又f (x )≥0恒成立，即ax 2+bx +c ≥0恒成立，∴a >0且△=b 2–4ac ≤0恒成立，∴c >0．
≥+≥++=++='2211)0()1(b
ac
b c b a b c b a f f 24212
2
=+b b ，当a =c >0时等号成立，故选A ．
6．C 2
22)(2++--=++-='x b
x x x b x x f ，由x >–1得x +2>1>0，∵f (x )为(–1, +∞)上的减函数，∴)(x f '≤0(x >–1)，∴不等式–x 2–2x +b ≤0在(–1, +∞)上恒成立，∵y =–x 2–2x +b 在(–1, +∞)上单调递减，∴–(–1)2–2×(–1)+b ≤0，得b ≤–1，故应选C ． 7．A ∵)(x f x '+f (x )≤0，又f (x )≥0，∴)(x f x '≤–f (x )≤0．设x
x f y )
(=，则
x x f y x
x f x f x y )
(,0)()(=≤-'⋅=
'故为减函数或为常函数．又a <b , ∴b b f a a f )()(≥，而a , b >0，则a ·f (b )≤b ·f (a )．故选A ．
二、填空题 8．–1 9．6、9
解析：q px x y ++='232，令切点为(a , 0)，则f (x )=x (x 2+px +q )=0有2个相等实根a ，且a ≠0，从而x 2+px +q =(x –a )2, ∴f (x )=x (x –a )2，∴)3)(()(a x a x x f --='，令,0)(='x f 得x =a 或3
a x =
．又∵x =a 时，f (a )=0，不为4，所以3,4274
,4)3(3-=-=-==a a y a f 即极小，从而
x 2+px +q =(x +3)2=x 2+6x +9．∴p =6, q =9．
10．R cos t
解析：速度t r t r y v cos )sin (='='=．
11．[3，4]
解析：∵)10(3),10(03)(22<<>∴<<>+-='x x b x b x x f ，故b ≥3，又f (x )=0⇔x =0，
,4,2],2,2[≤≤∴-∈±b b b ∴3≤b ≤4．
三、解答题 12．解：（1）∵点P 在切线上，∴f (1)=2．∴a +b =1．① 又函数图象在点P 处的切线斜率为8，∴8)1(='f ，又52,23)(2=+∴++='b a b ax x x f ．② 解币①②组成的方程组，可得a =4, b =–3．
（2）由（1）得383)(2-+='x x x f ，令)(x f '>0，可得x <–3或x >3
1
；令)(x f '<0，可得–3<x <31．∴函数f (x )的单调增区间为),31(),3,(+∞--∞，单调减区间为)3
1
,3(-．
（3）设sin x =t ，则问题可以转化为求函数f (t )(–1≤t ≤1)的最值．
由（2）可知f (t )在)31
,1(-上是减函数，在)1,3
1(上是增函数．∴f (t )的最小值为
27
14194271)31(-=-+=f ．又f (–1)=6, f (1)=2，∴f (t )的最大值为f (–1)=6．∴函数f (sin x )的最小值为27
14
-，最大值为6．
13．解：（1）f (x )的导数2)(,22,)(≥'=⋅≥++='---x f e e e e e e x f x x x x x x 故由于．（当且仅当x =0时，等号成立．） （2）令g (x )=f (x )–ax ，则.)()(a e e a x f x g x x -+=-'='-
（i ）若a ≤2，当x >0时，02.)(≥->-+='-a a e e x g x x ，
故g (x )在),0[+∞上为增函数．所以，x ≥0时，g (x )≥g (0)，即f (x )≥ax ．
（ii ）若a >2，方程0)(='x g 的正根为2
4
ln 21-+=a a x ，此时，若x ∈(0, x 1)，则
0)(<'x g ，故g (x )在该区间为减函数．所以，x ∈(0, x 1)时，g (x )<g (0)=0，即f (x )<ax ，与题
设f (x )≥ax 相矛盾．
综上所述，满足条件的a 的取值范围是]2,(-∞． 14．（1）∵f (x )=x 3+ax 2+bx +c , ∴)(x f '=3x 2+2ax +b ，由='=+-=-')1(,03
4
912)32
(f b a f 3+2a +b =0，解之得2,21-=-=b a .
（也可这样求解：3
2-，1是0)(='x f 的两个根，∴3132,13232b
a =⋅-+-=-，解得
)1)(23(23)(),2,2
1
2-+=--='∴-=-=x x x x x f b a ，函数f (x )的单调区间如下表：
所以函数f (x )在递增区间为)32
,(--∞与),1(+∞；递减区间为)1,3
2(-．
（2）]2,1[,221)(22-∈+--
=x c x x x x f ，当c x f x +=-=27
22)(,32时为极大值．∵f (2)=2+c , ∴f (x )max =f (2)=2+c ，要使f (x )<c 2(x ∈[–1, 2]恒成立，只须c 2>f (2)=2+c ，解得
c <–1，或c >2．
15．解：（1）根据求导法则得.0,2ln 21)(>+-='x x
a
x x x f 故,2ln 2)()(a x x x f x x F +-='= x >0，于是.0,2
21)(>-=-='x x
x x x F
F (x )在x =2处取得极小值
F (2)=2–2l n 2+2a ．
（2）证明：由a ≥0知，F (x )的极小值F (2)=2–2l n 2+2a >0．于是由上表知，对一切x ∈(0,
+∞)，恒有0)()(>'=x f x x F ．从而当x >0时，恒有0)(>'x f ，故f (x )在(0, +∞)内单调递增．所以当x >1时，f (x )>f (1)=0，即x –1–l n 2x +2a l nx >0．故当x >1时，恒有x >l n 2x –2a l nx +1．
专题六 不等式的性质与证明
一、选择题
1．C ∵x ∈(e –1, 1), ∴a =l nx ∈(–1, 0), b –a =l nx <0，即b <a ，又∵a 、c 均小于0，1ln 2<=x a
c
，得c >a ，∴b <a <c ，故应选C ． 2．A 取32,3
1
2211=
===b a b a 可得+=+=+=+=+2121212211,9
4
9292,959491b a b b a a b a b a 94929212=+=b a ，其中2211b a b a +最大，且大于2
1
，故应选A ．
3．C
4．C 本题可利用换元的方法处理：由x +y =1且x >0, y >0，可设∈==ααα(cos ,sin 22y x
))2,0(π
，故b a b a b a by ax +≤++=+=+)sin(cos sin φααα． 5．B ∵b 3是1–a 和1+a 的等比中项，∴3b 2=1–a 2，即a 2+3b 2=1，设,s i n 3
3
,c o
s αα==b a 则)6
sin(2sin 3cos 3π
ααα+=+=+b a ，当3
π
α=
，即2
1
=
=b a 时，b a 3+取得最大值2，故应选B ．
6．B 由1222222221222222≤++⇔≤++⇔=++⇔=++zx yz xy zx yz xy z y x z y x ，又当0,22,22=-==
z y x 时，有2
1-=++zx yz xy ．综上所述zx yz xy ++的取值范围是]1,2
1
[-，故选B ． 7．B 2)1(211)1)((+=++≥++
+=++a a a x y y ax a y a x y x （当且仅当a x y
=时取等号），∵9)1)((≥++y
a
x y x 对任意正实数x 、y 恒成立，∴需.4,9)1(2≥∴≥+a a 故选B ．
二、填空题 8．5
9-
解析：解答本题的关键是明确目标函数的几何意义，数形结合解答；由a =(x +2)2+(y –1)2–5表示点(x , y )到定点(–2, 1)的距离的平方与5的差，如图易知点A 到直线2x +y =1的距离的平方与5的差最小，即
595)5
4(
2-=-≥a ．
9．
16
1
解析：∵)161()41(,442142=≤∴=⋅≥=+xy xy y x y x ．当且仅当⎪⎩⎪⎨⎧=+=,
14,
4y x y x 即
⎪⎪
⎩
⎪
⎪⎨
⎧
==,81,21y x 时x ·y 取得最大值161． 10．3
11．①③⇒②④（或②③⇒①④） 三、解答题 12．证明：左边212
12212121122
2121211222
2
1
)(1)2()()(a a a a a a a a a a λλλλλλλλλλλλ-+=-+++=+++=
．∵a 1、a 2∈R +
, a 1+a 2=1, ∴,0)(,41,212
12
212121≥-≤∴≥λλλλ又a a a a
∴左边2
12
21212214)(4)(1λλλλλλλλ+=
-+≤=右边，∴原不等式成立． 13．（1）证明：由f (x )=x 得，x 2+(b –1)x +c =0，∴x 1+x 2=1–b , x 1x 2=c , (x 2–x 1)2=(x 1+x 2)2–4x 1x 2=
(1–b )2–4c =b 2–2b +1–4c ，又x 2–x 1>1，∴b 2–2b +1–4c >1，即b 2>2(b +2c )． （2）解：
f (t )–x 1=t 2+bt +c –(21x +bx 1+c )=(t +x 1)(t –x 1)+b (t –x 1)=(t –x 1)(t +x 1+b )=(t –x 1)(t +1–x 2)．∵0<t <x 1,
∴t –x 1<0，又x 2–x 1>1, ∴1+x 1<x 2, 1+x 1–x 2<0，又0<t <x 1, ∴1+t –x 2<1+x 1–x 2<0，∴f (t )>x 1． 14．解：（1）当x <0时，–x >0由条件1
71)()()(7)(22+-=+-+---
=-x x x
x x x x f ．又f (–x )=f (x )，
∴x <0时，1
7)(2
+-=x x x
x f ．
（2）设x 1, x 2是区间),0[+∞上的任意两个实数，且0≤x 1<x 2，则=-)()(21x f x f
.)
1)(1()
1)((7)1(7)1(722
2121212122221211++++--=++--++-=
x x x x x x x x x x x x x x 当0≤x 1<x 2≤1时，x 1–x 2<0, x 1x 2–1<0，
而01,01222121>++>++x x x x ，∴f (x 1)–f (x 2)>0，即f (x )在[0，1]上为减函数．同理可证：
当1<x 1<x 2时，f (x 1)–f (x 2)<0，即f (x )在(1, +∞)是增函数．
（3）∵f (x )在(1, +∞)是增函数，故由x ≥2得f (x )≥f (2)=–2，又x 2+x +1>0, –7x <0，∴01
7)(2
<++-
=x x x
x f ，∴–2≤f (x )<0．∵x 1, x 2≥2．∴–2≤f (x 1)<0且–2≤f (x 2)<0．即0<–f (x 2)≤2．∴–2<f (x 1)–f (x 2)<2．∴|f (x 1)–f (x 2)|<2． 15．（1）解：由已知x 1=x 2=1，且
653
44534233431223,,λλλλλλ=⇒==⇒==⇒=x x x
x x x x x x x x x x x x ．若x 1、x 3、x 5成等比数列，则512
3x x x =，即62λλ=．而λ≠0，解得λ=±
1． （2）证明：由已知，λ>0, x 1=x 2=1及y 1=y 2=2，可得x n >0, y n >0．由不等式的性质，有
11
2121211-----+=⋅≥≥≥≥n n n n n n n n y y
y y y y y y λλλλ ． 另一方面，
11
2121211-----+=====n n n n n n n n x x
x x x x x x λλλλ ． 因此，
n n n n n x x y y 111+-+=≥λ(n ∈N *)．故n
n n n y x
y x ≤++11(n ∈N *)． （3）证明：当λ>1时，由（2）可知y n >x n ≥1(n ∈N *)． 又由（2）
n n n n y x y x ≤++11(n ∈N *)，则n
n
n n n n x x y x x y -≥-+++111， 从而
11
11-+++=≥--n n
n n n n n x x x y x y λ(n ∈N *)．因此
1
11)1(1)1(1111133222211-<
-
-=
+++≤--++--+---++λλλ
λλλn
n n n n n y x y x y x y x y x y x ．
专题七 不等式的解法及其应用
一、选择题
1．A S ={x ||x –2|>3}={x |x <–1或x >5}．∵S ∪T =R ，∴⎪⎩⎪⎨⎧>+-<5
81
a a ，解得：–3<a <–1．
2．C 不等式04
1
2
>--x x 等价于(x +2)(x –1)(x –2)>0，此不等式的解集为(–2, 1)∪(2, +∞)，故应选C ．
3．A 不等式(1+k 2
)x ≤k 4
+4可变形为x ≤.142
4++k k 即得]14,(24++-∞=k k M ，∵)1(1
4
224+=++k k k 225221
52>-≥-++k ，∴2∈M ，0∈M ，故应选A ． 4．C .10212
)1(log 22222)(231
><<⇔⎪⎩⎪
⎨⎧>-≥⎪⎩⎪⎨⎧><⇔>-x x x x e x x f x 或或
5．D ∵函数y =a x 在0<a <1上是减函数，∴212->-x x 解得：1<x <5．又∵2x –1≥0, ∴x ≥
2
1
．∴不等式的解集为{x |1<x <5}． 6．A 由已知可得不等式1
1121
1221322
22
22
2++
+=+++=
++<x x x x x x a 恒成立．问题转化
为求函数1
112)(22++
+=x x x f 的最小值．由于函数221
2≥+
=u
u y ，当且仅当2
2
=
u 时，等号成立，∴22)(min =x f ，从而得22<a . 7．D 由于奇函数在对称区间上的单调性相同，依题意由数形结合可设f (x )的图象如图，又
0)
(20)()(<<--x
x f x x f x f 可化为，即
f (x )与x 异号，由图象知选D ．
二、填空题 8．{x |x ≤1} 解析：当x ≥0时，f (x )=1, x (f )x +x ≤2⇔x ≤1，所以0≤x ≤1；当x <0时，f (x )=0, xf (x )+x ≤2⇔x ≤2，所以x <0．综上x ≤1． 9．(2, +∞) 解析：∵x 2–2x +3=(x –1)2+2≥2，f (x )=lo g a (x 2–2x +3)有最小值2，∴a >1．∴lo g a (x –1)>0，即x –1>1，解得x >2，故x ∈(2, +∞)． 10．6；[–1，1] 解析：由f (x )=|2x –1|+x +3可得f (–2)=5–2+3=6．
若x ≤
21，由f (x )≤5可得–2x +x +3≤5，解之得–1≤x ≤21
；
若x >21，由f (x )≤5可得2x –1+x +3≤5，解之得2
1
<x ≤1；
综上可得f (x )≤5时，x 的取值范围为[–1，1]． 11．[0，4
1]
解析：因为关于x 的方程x 2+x +|a –41|+|a |=0有实根，所以△=1–4(|a –4
1
|+|a |≥0整理得|a –41|+|a |≤41，解得0≤a ≤41．所以，a 的取值范围是[0，4
1]． 三、解答题
12．解：（1）03
)(<-+⇔
<a x ax x x f ，①当a >0时，解集为}3|{a x a
x <<-；②当a <0时，解集为}3
|{a x a
x x <->或．
（2）x >a 时，x –a >0，令x –a =t ，则≥+++=++=-+=
a t
a t t a t a x x x f 23
3)(3)(222 62322=++a a ，解得a =1．
13．解：（1）因为0<c <1，所以0<c 2<c ，所以f (c 2)=c 3+1，由89
)(2=
c f ，即8
913=+c ，得21=c ．所以⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨
⎧<≤+<<+=-)121(,2)210(,121
)(4x k x x x f x
，又在为f (x )在21=x 处连续． 所以4
5
2)21
(2=
+=-k f ，即k =1． （2）由（1）得：⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧<≤+<<+=-)121(,2)210(,121
)(4x k x x x f x
．由182)(+>x f 得，当210<<x 时，解得2142<<x ；当121<≤x 时，解得85
21<≤x ，所以182)(+>x f 的解集为}8542|{<<x x ．
14．解：（1）∵f (x )是二次函数，且f (x )<0的解集是(0, 5)，∴可设f (x )=ax (x –5)(a >0)．∴f (x )在区间[–1，4]上的最大值是f (–1)=6a ．由已知，得6a =12, ∴a =2, ∴f (x )=2x (x –5)=2x 2–10x (x ∈R )．
（2）方程037
)(=+
x
x f 等价于方程2x 3–10x 2+37=0．设h (x )=2x 3–10x 2+37，由
)(x h '=6x 2–20x =2x (3x –10). 当x ∈(0,
310)时，)(x h '<0, h (x )是减函数；当x ∈(310
, +∞)时，)(x h '>0, h (x )是增函数．∵h (3)=1>0, h (310)=27
1
-
<0, h (4)=5>0，∴方程h (x )=0在区间(3, 310), (3
10, 4)内分别有唯一实数根，而在区间(0, 3), (4, +∞)内没有实数根，所以存在唯一的自然数m =3，使得方程037
)(=+x x f 在区间(m , m +1)内有且只有两个不同的实数根．
15． 解：（1）t =–1是，f (x )≤g (x )即为lg(x +1)≤2lg(2x –1)，
此不等式等价于⎪⎪
⎩⎪
⎪⎨⎧-≤+>->+2)
12(101201x x x x 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≤>⎪⎩⎪⎨⎧≥->45021054212x x x x x x 或即，∴x ≥45，∴原不等
式的解集为{x |x ≥
4
5
}． （2）x ∈[0, 1]时，f (x )≤g (x )恒成立．
∴x ∈[0, 1]时，⎪⎪
⎩⎪
⎪⎨⎧+≤+>+>+2)
2()1(0201t x x t x x 恒成立，
∴x ∈[0, 1]时，⎪⎪
⎩
⎪
⎪⎨⎧++-≥->>+1220
1x x t x t x 恒成立，
即x ∈[0, 1]时，t ≥12++-x x 恒成立，于是转化为求12++-x x ，x ∈[0, 1]的最值问题．令1+=x u ，则x =u 2–1，由
x ∈[0, 1]知
x ∈[1,
2]，
∴12++-x x =–2(u 2–1)+u =–2(u –
41)2+8
17．当u =1即x =0时，12++-x x 有最大值1．∴t 的取值范围是t ≥1．
第二模块 数列与极限
专题八 等差数列与等比数列
一、选择题
1．B 2．B 3．D 4．D
5． A 因为数列{a n }是等比数列，且a 1=1, a 10=3，所以
a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a 9=(a 2a 9)(a 3a 8)(a 4a 7)(a 5a 6)= (a 1a 10)4=34=81，故选A ．
6．C 由已知得a m +a n +1=0，则S m +n =
02
)
()(2))((11=+⋅+=++++n m a a n m a a n m n m ．
7．A a n =)()52(4)52(5*122N ∈⨯-⨯--n n n ，令)()5
2(*1N ∈=-n u n ，则,,254
,52,1 =u 则
u u a n 452-=．当u =1时，a n 取得最大值，即第1项，x =1；当u =5
2
时，a n 取得最小值，
即第2项，y =2，则有x +y =3． 二、填空题 8．54 9．
3
1 10．–6 解析：∵a 2+a 4+a 6+a 8+a 10=5a 6，∴f (a 2+a 4+a 6+a 8+a 10)=4265=a ，得256=a ，即得5
2
6=
a ，由
d =2
可
得
，
lo g 2[f (a 1)·f (a 2)·…·f (a 10)]=
10
2110212log )222(log 22a a a a a a +++=⋅ =a 1+a 2+…+a 10=
2)(10101a a +=5(a 5+a 6)=5(2a 6–2)=6)252
2(5-=-⨯． 11．a π332 29
a π
解析：由题意知所有正三角形的边长构成等比数列{a n }，可得1
2
-=
n n a a ，正三角形的
内切圆半径构成等比数列{r n }，可得a r n n 1
21
63-=
，所以这些圆的周长之和
a r r r c n n ππ332)(2l i m 21=
+++=∞
→ ，面积之和2222219
)(lim a r r r S n n π
π=+++=∞→ ．故
周长之和为
a π332，面积之和为29
a π
． 三、解答题
12．解：（1）a 1=2, a 2=2+c , a 3=2+3c ，因为a 1, a 2, a 3成等比数列，所以(2+c )2=2(2+3c )，解得c =0或c =2．当c =0时，a 1=a 2=a 3，不符合题意舍去，故c =2．
（2）当n ≥2时，由于a 2–a 1=c , a 3–a 2=2c , …，a n –a n –1=(n –1)c ，所以
a n –a 1=[1+2+…+(n –1)]c =
c n n 2
)
1(-．又a 1=2, c =2，故a n =2+n (n –1)=n 2–n +2(n =2, 3，…)．当n =1时，上式也成立，所以a n =n 2–n +2(n =1, 2，…)． 13．（1）证明：由已知，当n ≥2时，
122
=-n
n n n
S S b b ．又S n =b 1+b 2+…+b n ，所以
1)()
(2211=-----n
n n n n n S S S S S S ，即
1)(211=----n n n n S S S S ，所以2
1
111=--n n S S ，又S 1=b 1=a 1=1．所以
数列{
n S 1}是首项为1，公差为2
1
的等差数列．由上可知21)1(2111+=-+=n n S n ，即
1
2
+=
n S n ．所以，当n ≥2时，)1(22121+-=-+=-=-n n n n S S b n n n ．因此，⎪
⎩⎪⎨⎧≥+==.2,1)
n(n 2
-1,n
,1n b n （2）解：设题表中从第三行起，每行的公比都为q ，且q >0．因为
1+2+ (12)
2
13
12⨯=78，所以表中第1行至第12行共含有数列{a n }的前78项，故a 81在表中第13行第三列，因此a 81=b 13·q 2=–91
4．又14132
13⨯-=b ，所以q =2．记表中第k (k ≥3)
行所有项的和为S ，则).3)(21()
1(2
21)21()1(21)1(≥-+=--⋅+-=--=k k k k k q q b S k k k k
14．解：（1）由}101{1n n a a -
+是公比为21的等比数列，且,10031,5321==a a ∴=-+n n a a 10
1
1
.2
1101,21)21(41)21)(1015310031()21)(101(11111112+++---+=∴==⨯-=-n n n n n n n a a a a ①，又
由数列2)532110031lg()21lg(12-=⨯-=-a a ，
∴其通项=--+-=-+)1)(1(2)21
lg(1n n a a n n )1(11021),1(+-+=-∍+-n n n a a n ，即.102
1
)1(1+-++=n n n a a ②，①②联立，解得
])10
1
()21[(4511++-=n n n a ．
（2）∑
∑
∑
==∞→++==-
--=∴-==
n
k n
k n n k k n
k k n S a S 12
1211
1
911]10
11)101(211)21
([25lim ],)101()21([25．
15．解：由题意得x
x x f 1
212211)(-=++--
=，则)N ,2(12*1∈≥-=-n n a a n n ．
（1）11
,11
1211
1
11111
-=
-=--=-=
-----n n n n n n n a b a a a a b ，则--=----1111n n n n a a b b )N ,2(11
1*1∈≥=--n n a n ．∴数列{b n }是等差数列．
（2）由（1）知，数列{b n }是等差数列，首项2
5
1111-=-=
a b ，公差为1，则其通项公式2
7
1)1(25-=⋅-+-
=n n b n ，由11-=
n n a b ，得2
7
1111-
+=+=n b a n n ，故
7221-+
=n a n ．构造函数7221-+=x y ，则0)72(42
<--='x y ．函数722
1-+
=x y 在区间),2
7(),27,(+∞-∞上均为减函数．∴当27<
x 时，17
221<-+=x y ，且在)27
,(-∞上递
减，故当n =3时，a n 取最小值a 3=–1；当27>x 时，17
221>-+=x y ，且在),27
(+∞上递
减，故当n =4时，a n 取最大值a 4=3．故存在最大项与最小项．
（3）先用数学归纳法证明1<a n <2，再证明a n +1<a n ． ①当n =1时，1<a 1<2成立，
②假设n =k (k ≥2)时命题成立，即1<a k <2，
则当n =k +1时，)2
3
,1(12,11211∈-=<<+k k k a a a ，则1<a k +1<2，故当n =k +1时也成立．
综合①②有，命题对任意的n ∈N *成立，即
1<a n <2．下面证
a n +1<a n ．∵a n +1–a n =2–
n a 1–a n =.,01
22)1(21n n n
n n n a a a a a a <∴=⋅-<+-+ 综上所述：1<a n +1<a n <2．。