創(chuàng)新能力題（解析版）

隨著高考綜合改革在各省市的逐步深入，高考命題也更能體現(xiàn)創(chuàng) f({an{(=a1+a2x+?+anxn-1+?,x∈R．定義運(yùn)算?：若{an{,{bn{∈S，則{an{?{bn{f({an{?{bn{(=f({an{(?f({bn{(.4表示m4；(2)證明：({an{?{bn{(?{cn{={an{?({bn{?{cn{(；n=2=n{={an{?{bn{，證明：d200<.4=a1b4+a2b3+a3b2+a4b1；(2)利用新定義證明f(({an}?{bn})?f{cn})=f({an}?({bn}?f{cn}))即可；(3)根據(jù)多項(xiàng)式的乘法可得dn=a1bn+a2bn-1+?+akbn+1-k+?+an-1b2+anb1，然后利用通項(xiàng)公式整理化簡(jiǎn)即【詳解】(1)因?yàn)閒({an{?{bn{(=f({an{(?f({bn{(=(a1+a2x+a3x2+a4x3?((b1+b2x+b3x2+b4x3?(且f({mn{(=m1+m2x+m3x2+m4x3+?,所以，由{an{?{bn{={mn{可得m4x3=(a1b4+a2b3+a3b2+a4b1)x3，所以m4=a1b4+a2b3+a3b2+a4b1.1所以f({an})?f({bn})?f({cn})=f({an}?{bn})?f({cn})又因?yàn)閒({an{(?f({bn{(?f({cn{(=f({an{(?[f({bn{(?f({cn{([=f({an})?f({bn}?{cn})=f({an}?({bn}?{cn}))所以f(({an}?{bn})?f{cn})=f({an}?({bn}?f{cn}))，所以({an{?{bn{(?{cn{={an{?({bn{?{cn{(.n因?yàn)?a1+a2x+?+anxn-1+?)(b1+b2x+?+bnxn-1+?)=d1+d2x+?+dnxn-1+?,所以dnxn-1=a1(bnxn-1)+?+akxk-1(bn+1-kxn-k)+?+an-1xn-2(b2x)+anxn-1b1，所以dn=a1bn+a2bn-1+?+akbn+1-k+?+an-1b2+anb1，200=akb201-k=akb201-k+1akb201-k=akb201-k=，所以d200=1+-,=-=-<.公式即可得證. n(Sn+1+Sn-1-2Sn((n∈N*，且n≥2).①對(duì)任意k≤5且k∈N*≤ak≤bk+1成立；②當(dāng)k≥6且k∈N*≤am≤cm+1對(duì)任意正整數(shù)m≤k成立.anan+1=2Sn(Sn+1+Sn-1-2Sn(=2Sn(an+1-an((n≥2(，n{各項(xiàng)均不為0且遞增，n+1-an≠0，n=，n-1=(n≥3(，2233n=-，化簡(jiǎn)得an(an+1+an-1-2an(=0(n≥3(，n+1+an-1=2an(n≥3(，1=2,a2=4，2a3=2S2(S3+S1-2S2(，3=6，1+a3=2a2，n{為等差數(shù)列，n=2n,Sn=n2+n，∴==-Snn(∴==-∴Tn=1-+-+?+-=；k-1≤2k≤2qk成立，即(k-1(lnq≤lnk≤klnq成立，設(shè)f(x(=，則f,(x(=，令f,(x(=0，解得x=e，f,(x(>0,f(x(單調(diào)遞增，f,(x(<0,f(x(單調(diào)遞減，∴f(k(=≤，，使得lnk≤klnq對(duì)任意k≤5且k∈N*成立，k-1≤k均成立，m≤am≤cm+1成立，則qm-1≤m≤qm成立，當(dāng)k≥6時(shí)，取m=3得q2≤3≤q3，取m=6得q5≤6≤q6，*時(shí)，不存在“G-數(shù)列”{cn{使得cm≤am≤cm+1對(duì)任意正整數(shù)m≤k成立.i=an-i+1(i∈N，且1≤i≤n(，就1=2,b3=8所以S2k+1=c1+c2+??ck+ck+1+ck+2??+c2k+1=2(ck+1+ck+2??+c2k+1(-ck+1=-4k-2+2501，*③2m-12,?,2m-2,2m-1④2m-12,?,2m-2,2m-1對(duì)于①,當(dāng)m≥2024時(shí)，S2024=1+2+22+?+22023==22024-1；當(dāng)1500<m≤2023時(shí)，2024=(1+2+?+2m-2+2m-1(+(2m-2+?+22m-2025(=+=2m+2m-1-22m-2025-1；對(duì)于②,當(dāng)m≥2024時(shí)，S2024=22024-1；當(dāng)1500<m≤2023時(shí)，S2024=(1+2+?+2m-2+2m-1(+(2m-1+2m-2+?+22m-2024(=+=2m+1-22m-2024-1；對(duì)于③,當(dāng)m≥2024時(shí)，S2024=2m-1+2m-2+?+2m-2024=1-2=2m-2m-2024；當(dāng)1500<m≤2023時(shí)，S2024=(2m-1+2m-2+?+2+1(+(2+?+22024-m(44=+=2m+22025-m-3；對(duì)于④,當(dāng)m≥2024時(shí)，S2024=2m-1+2m-2+?+2m-2024=1-2=2m-2m-2024；當(dāng)1500<m≤2023時(shí)，S2024=2m-1+2m-2+?+2+1+1+2+?+22023-m1-2m=1-2m==2m+22024-m-2；+14+2x1+22x2+?+2kxk,xi∈=x0+x1q+x2q2+?+xkqk.4n=a2i=a2-1；n<am≤an+1.7=1+q+q2,a8=q3n=a2=qn-1，分別計(jì)算bi和a2-1可證明結(jié)論；2=qn-1無(wú)上界說(shuō)明存在正整數(shù)m，使得an<am，分m-1是偶數(shù)和m-1是奇數(shù)分別說(shuō)明.27=1+q+q2；8=q3；(2)由數(shù)列{an{定義得：bn=a2=qn-1；所以bi=1+q+q2+?+qn-1.n-1=1+2+22+?+2n-1，所以a2=1+q+q2+?+qn-1=bi；m>an.設(shè)m是滿足am>an的最小正整數(shù)．下面證明am≤an+1.①若m-1是偶數(shù)，設(shè)m-1=2x1+22x2+?+2kxk,xi∈{0,1{,i=1,2,?,k，則m=1+2x1+22x2+?+2kxk，于是am=1+x1q+x2q2+?+xkqk=1+am-1.n≥am-1，所以am=1+am-1≤an+1.②若m-1是奇數(shù)，設(shè)m-1=1+2+22+?+2l+2l+2xl+2+?+2kxk，則am-am-1=ql+1-1+q+q2+?+ql=q-11+q+q2+?+ql-1+q+q2+?+ql+1<1.所以am<am-1+1≤an+1.5555列{an{為m的k增數(shù)列：①a1+a2+a3+???+an=m；②對(duì)于1≤i<j≤n，使得ai<aj的正整數(shù)對(duì)i,j有k個(gè).+a2+?+an=4，且對(duì)于1≤i<j≤4，使得ai<aj的正整數(shù)對(duì)i,j有1個(gè)，即a1+a2+a3+a4+a5=m，且對(duì)于1≤i<j≤5，使得ai<aj的正整數(shù)對(duì)i,j有6個(gè)，所以數(shù)列{an{的各項(xiàng)中必有不同的項(xiàng)，所以m≥6且m∈N*.若ai+1-ai?{0,1{，所以ai+1≥ai+2，若數(shù)列{an{中存在相鄰的兩項(xiàng)ai=2，ai+1≥3，設(shè)此時(shí){an{中有x項(xiàng)為2，所以k=xy=100-2yy=-2y2+100y=-2y-252+1250，6 i,nj=xj,1,xj,2,j,n的數(shù)量積ai?aj=xi,1xj,1+xi,2xj,2+???+xT(T為常數(shù))且ai?aj=1.則稱A為T的完美n維向量集.(3)依題意可得S1+S2+?+Sn=nT，運(yùn)用反證法，假設(shè)存在k，使得T+1≤Sk≤n，不妨設(shè)T+1≤S1≤n，分別從S1=n及T+1≤S1<n兩方面證得矛盾即可得Sk≤T，進(jìn)而可證得結(jié)果.所以S1+S2+?+Sn=nT(*)，假設(shè)存在k，使得T+1≤Sk≤n，不妨設(shè)T+1≤S1≤n.(i)當(dāng)S1=n77i=0或Si=1(i≠1)，此時(shí)S1+S2+?+Sn≤n+(n-1)=2n-1<2n≤nT，與(*)矛盾，不合題意.(ii)當(dāng)T+1≤S1<n時(shí)，如下記Sk=x1,k+x2,k+?+xn,k(k=1,2,?,n)，不妨設(shè)x1,1=x2,1=?xT+1,1=1，xn,1=0，xn,2=xn,3=?xn,T+1=1，故x1,j2,j，?T+1,j(j=2,3,?,T+1)中至多有1個(gè)1，所有含1的個(gè)數(shù)至多有(T+1)+T=(2T+1)個(gè)1(**).另一方面，考慮?=1(i=1,2,?,T+1)，故對(duì)任意k≤n且k∈N+，Sk≤T，由(*)可得Sk=T.7(2024·上海松江·一模)對(duì)于數(shù)列{an{，稱P(ak)=(|a1-a2|+|a2-a3|+?+|ak-1-ak|((其中k≥72,k∈N)為數(shù)列{an{的前k項(xiàng)“波動(dòng)均值”.若對(duì)任意的k≥2,k∈N，都有P(ak+1)<P(ak)，則稱數(shù)列{an{+CP(Sn((n≥2,n∈N)；88n-n-1)+(2n-1)(3)證明見(jiàn)解析|+?+|an|)=a1+d，從而得到CP(S2)+CP(S3)+?+CP(Sn)=a1(C+C+?+C=(1+q+q2+?+qk-1)，從而化為k(1+q+q2+?+qk-2)>(k-1)(1+q+q2+?+qk-2+qk-1)，從而證明.【詳解】(1)由題意1-x>，即1-x>x-2解得x>k)=S1-S2+S2-S3+?+Sk-1-Sk=a2+a3+?+an1>0,d>0∴an=a1+(n-1)d>0，k)=a2+a3+?+an=a1+d∴CPS2+CPS3+?+CPSn=a1(C+C+?+C)+(2C+3C+?+nC)=a1(2n-n-1)+(nC-1+nC-1+?+nC)=a1(2n-n-1)+(2n-1)1>0且0<q<1，k-1>bkk)=b1-b2+b2-b3+?+bk-1-bk=(b1-b2+b2-b3+?+bk-1-bk)=(1+q+q2+?+qk-2)k+1)=(1+q+q2+?+qk-1)，i>qk-1(i<k-1)q>qk-1,q2>qk-1,?,qk-2>qk-1,k-2+qk-1)即對(duì)任意的k≥2,k∈N*，都有P8899<?<an.②若cn=tana2n+1?tana2n-1(n∈N*)，求數(shù)列{cn{的前n項(xiàng)和Tn.nn結(jié)合裂項(xiàng)相消法求和.=..2024=b1+b2+b3+?+b2024=3×1012=3036.②cn=tana2n+1?tana2n-1=tan(3n+1(?tan(3n-2((n∈N*).因?yàn)閠an(3n+1(?tan(3n-2(=tan(3n+1(3n-2(-1，=tan(3n-tan1-n.切公式等等知識(shí)才能順利求解.9c2=a12c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c2.若y1y2y1y2x1x2=2=S△AOB?則×=021=4-++2--3=-+2=1,-1,2.-132則×=y1z2+z1x2+x1y2-x2y1-z2x1-y2z1=y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1，2與y122z1-y1z2,z2x1-z1x2,x2y1-x1y2，2∠AOB=1-2-(2故S△AOB=故S△AOB=故要證S△AOB= 故要證S△AOB=2-(2-(2=|22-(×=y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y12=y1z2-y2z12+z1x2-z2x12+x1y2-x2y12，2=x+y+z,|2=x+y+z，2=x1x2+y1y2+z1z222=|22-( 2故S△故S△AOB==OB.,2=12=S△AOB? 2 2條件坐標(biāo)化處理. Cz+D=0，其中A,B,C,D∈R，A2+B2+C2≠0，且=A,B,C為該平面的法向量.已知集合P=x,y,zx≤1,y≤1,z≤1，Q=x,y,zx+y+z≤2，T=x,y,zx+y≤2,y+z≤2,z+x≤2.和V=4，S2=8；2=；后用割補(bǔ)法求解體積即可.集合M=x,y,zz=0表示xOy平面上所有的點(diǎn)，而P∩M可以看成正方體在xOy平面上的截面對(duì)于Q=x,y,zx+y+z≤2，當(dāng)x,y,z>0時(shí)，這六個(gè)頂點(diǎn)形成的正八面體內(nèi)所有的點(diǎn).考慮集合Q的子集Q=x,y,zx+y+z≤2,x≥0,y≥0,z≥0；即為三個(gè)坐標(biāo)平面與x+y+z=2圍成的四面體.即P,={(x,y,z(|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1{，Q,={(x,y,z(|x+y+z≤2,x≥0,y≥0,z≥0{，顯然P,3在平面x+y+z=2上，同時(shí)也在P,的底面上.則P,P=.故P,VQ=VP-VQ-QQQ=1-=.其中正方體ABCD-IJML即為集合P所構(gòu)成的區(qū)域.E-ABCD構(gòu)成了一個(gè)正四棱錐，其中E到面ABCD的距離為2，V=VP+6VE-ABCD=8+6×=16.=.由圖知兩個(gè)相鄰的面所成角為鈍角.故H相鄰兩個(gè)面所成角為.到所要求的二面角余弦值即可.元素的絕對(duì)值之和.+|max(P(|≥4；注：由n個(gè)實(shí)數(shù)組成的集合叫做n元實(shí)數(shù)集合，max(P(,min(P(分別表示<?<x5，從而分三種情況，x1≥0，x5≤0，x1<0,x5>0討論即可得證；+列求和即可得解.則min(Q1(=1>min(Q2(=0.9，(2)不妨設(shè)集合P={x1,x2,x3,x4,x5{且x1<x2<?<x5，即min(P(=x1,max(P(=x5.i*,1≤i≤4，則xi+1-xi≥1，且?i0∈N*,1≤i0≤4，使得xi+1-xi=1.當(dāng)x1≥0時(shí)，|min(P(|+|max(P(|=|x1|+|x5|=(x2-x1(+(x3-x2(+?+(x4-x3(+(x5-x4(+2x1≥4+2x1≥4.當(dāng)且僅當(dāng)xi+1-xi=1且x1=0時(shí)，等號(hào)成立；5≤0時(shí)，|min(P(|+|max(P(|=|x1|+|x5|=-x1-x5=(x2-x1(+(x3-x2(+(x4-x3(+(x5-x4(-2x5≥4-2x5≥4.當(dāng)且僅當(dāng)xi+1-xi=1且x5=0時(shí)，等號(hào)成立；當(dāng)x1<0,x5>0時(shí)，|min(P(|+|max(P(|=|x1|+|x5|=-x1+x5=(x2-x1(+(x3-x2(+(x4-x3(+(x5-x4(≥4.當(dāng)且僅當(dāng)xi+1-xi=1時(shí)，等號(hào)成立.綜上所述：|min(P(|+|max(P(|≥4.(3)設(shè)x1<x2<?<x2024.*,1≤i≤2023,xi+1-xi≥1，且?i0∈N*,1≤i0≤2023，使得xi+1-xi=1.*,1≤j≤1012,xj+1-xj≥1.下先證對(duì)n元理想數(shù)集P，有|min(P(|+|max(P(|≥n-1.不妨設(shè)集合P中的元素滿足x1<x2<?<xn.即min(P(=x1,max(P(=xn.*,1≤i≤n-1,xi+1-xi≥1，且?x0∈N*,1≤i0≤n-1，使得xi+1-xi=1.當(dāng)x1≥0時(shí)，|min(P(|+|max(P(|=|x1|+|xn|=x1+xn=(x2-x1(+(x3-x2(+?+(xn-xn-1(+2x1≥n-1+2x1≥n-1，當(dāng)且僅當(dāng)xi+1-xi=1且x1=0時(shí)，等號(hào)成立；當(dāng)xn≤0時(shí)，|min(P(|+|max(P(|=|x1|+|xn|=-x1-xn=(x2-x1(+(x3-x2(+?+(xn-xn-1(-2xn≥n-1-2xn≥n-1，當(dāng)且僅當(dāng)xi+1-xi=1且xn=0時(shí)，等號(hào)成立；當(dāng)x1<0,xn>0時(shí)，|min(P(|+|max(P(|=|x1|+|xn|=-x1+xn=(x2-x1(+?+(xn-xn-1(≥n-1.當(dāng)且僅當(dāng)xi+1-xi=1時(shí)，等號(hào)成立.+|max(P(|≥n-1.+|x2|+?+|x2024|≥2023+2021+?+1==10122.即可順利得解.=3,b2=5,b3=7(3)構(gòu)造等比數(shù)列求出{an{的通項(xiàng)公式，進(jìn)一步求其前n項(xiàng)和Sn，分n為奇數(shù)和偶數(shù)兩種情況結(jié)合數(shù)列-b1|<<，故-<-b1<，1=32=5,b3=7.-bn|<，故an-<bn<an+,an+1-<bn+1<an+1+，從而an+1-an-1<bn+1-bn<an+1-an+1，即-1<bn+1-bn-d<1，nn+1-bn-d=0,即bn+1-bn=d，故數(shù)列{bn{是等差數(shù)列.n+1=-an+,則an+1+λ=-(an+λ(，解得λ=-，n+1-n=-n+1+，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an=n+1+，易知an=n+1+單調(diào)遞減，故<an≤a1=，得an-2∈n=2；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an=-n+1+，易知an=-n+1+單調(diào)遞增，n=易知Sn=n+1-（-n, 3n+1; 3n+1;當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn=Tn+1-bn+1=-1=n<Tn,得1+n<,即n<，n.現(xiàn)的概率，其中pij=P(ξ=ai,η=bj)=P[(ξ=ai)∩(η=bj)].概率公式列式化簡(jiǎn)即得.②依題意，0≤m+n≤3，P(ξ=m,η=n)=P(ξ=m|η=n)?P(η=n)，顯然P(η=n)=Cn3-n，則P(ξ=m|η=n)=Cnm3-n-m=Cn3-n，所以P(ξ=m,η=n)=Cn3-n?Cn3-n=CCn=.i2j)]∪?}=P[(ξ=ai)∩(η=b1)]+P[(ξ=ai)∩(η=b2)]+?+P[(ξ=ai)∩(η=bj)]+?=P[(ξ=ai)∩(η=bj)]=P(ξ=ai,η=bj)=pij.設(shè)每次信號(hào)的傳輸相互獨(dú)立.(1)當(dāng)連續(xù)三次發(fā)送信號(hào)均為0時(shí)，設(shè)其相應(yīng)三次接收到的信號(hào)數(shù)字均相同的概率為fα,求fα的最小X的分布列和數(shù)學(xué)期望.由題可知fα=α3+(1-α)3=3α2-3α+1=3(α-2+， 2 2時(shí)，fα的最小值為 .4因此，PX=4=4+4=.所以X的分布列為X1234P8 49 C CC23第二問(wèn)所得，可得Pn+2=Pn+Pn+1-2Pn，借助累乘法研究該數(shù)列計(jì)算即可得解.；則經(jīng)過(guò)2秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率為p1p3設(shè)經(jīng)過(guò)n秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率Pn， 6 6故經(jīng)過(guò)n秒機(jī)器人位于區(qū)域P的概率為1-2Pn，若第n秒機(jī)器人位于區(qū)域P，則第n+2秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率為 若第n秒機(jī)器人位于區(qū)域Q1，則第n+2秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率為 則有Pn+2=Pn+Pn+1-2Pn，即Pn+2=+Pn，令Pn+2+λ=Pn+λ,即Pn+2=Pn-λ,即有λ=-，即有Pn+2-=Pn-，則=，故有=、=、?、=，-=Pn-=-1×-=-?即Pn=-?，(1)求函數(shù)fx在x=1處的切線方程；(2)若x1+x2+?+xn=2，且xi>0i=1,2,?,n,n∈N*，求證：fx1+fx2+?+fxn≤.(2)首先求出f(x)在x=a處的切線方程y=x+，由此可構(gòu)造函數(shù)g(x)=x+-,(0所以fx在x=1處的切線斜率k=f1=0，且f1=，故所求切線方程為y=.(2)設(shè)fx在x=a0<a<2處的切線斜率為k，且f(a)=，故f(x)在x=a處的切線方程為y=x+，設(shè)gx=x+-0<x≤2，則gx=-.設(shè)hx=-，則hx=.因?yàn)?<x≤2，所以hx≥0，僅在x=2時(shí)取等號(hào)，故hx在0,2[上單調(diào)遞增.列表如下.x=agx<0gx=0gx>0gx單調(diào)遞減極小值ga=0gx單調(diào)遞增所以gx≥0，即x+≥.令x=x1,x2,?,xn，其中x1+x2+?+xn=2，且xi>0i=1,2,?,n,n∈N*，則有x1+≥，x2+≥，?,xn+≥，累加得x1+x2+?+xn+n?≥fx1+fx2+?+fxn，即2?+n?≥fx1+fx2+?+fxn，取a=n≥2，即得fx1+fx2+?+fxn≤，當(dāng)n=1時(shí)，fx1=顯然滿足題意，綜上可得fx1+fx2+?+fxn≤.n-2在于能想到和切線相關(guān)的不等式，即x+≥,(0<x≤2)，因此需要先求得f(x)在x=a處的切(3)記n號(hào)盒子中紅球的個(gè)數(shù)為Xn，求Xn的期望EXn.n-1為第n(n≥2(號(hào)盒子有三個(gè)紅球和一個(gè)白球的概率，則a1=，n-1為第n(n≥2(號(hào)盒子有兩個(gè)紅球和兩個(gè)白球的概率，則b1=，則第n(n≥2(號(hào)盒子有一個(gè)紅球和三個(gè)白球的概率為1-an-1-bn-1，且bn-1=bn-2+an-2+(1-an-2-bn-2((n≥3(，化解得bn-1=bn-2+，即可求解.P(ξ=2(=1-P(ξ=1(-P(ξ=3(=，ξ123P 記an-1為第n(n≥2(號(hào)盒子有三個(gè)紅球和一個(gè)白球的概率，則a1= n-1為第n(n≥2(號(hào)盒子有兩個(gè)紅球和兩個(gè)白球的概率，則b1=，b2=，則第n(n≥2(號(hào)盒子有一個(gè)紅球和三個(gè)白球的概率為1-an-1-bn-1，n-1=bn-2+an-2+(1-an-2-bn-2((n≥3(，化解得bn-1=bn-2+，n-1-=bn-2-，b1-=，2-=b1-，則數(shù)列所以bn=+n-1，又由an-1=bn-2+an-2求得：an=-n因此E(Xn(=1×an-1+2×bn-1+3×(1-an-1-bn-1(=3-2an-1-bn-1=2.n-1為第n(n≥2(號(hào)盒子有三個(gè)紅球和一個(gè)白球的概率，則a1=，bn-1為第n(n≥2(號(hào)盒子有兩個(gè)紅球和兩個(gè)白球的概率，則b1=，b2=，則率為1-an-1-bn-1，且bn-1=bn-2+an-2+1-an-2-bn-2n≥3，即可求解.身高/cm體重平均值/kgR2胞數(shù)量J(t)=J0ert，其中J0和r2分別表示人體出生時(shí)肌肉細(xì)胞數(shù)量和增長(zhǎng)率．求體重y關(guān)于身高x的函數(shù)2J0x因?yàn)閥(t)=k2J(t)=k2J0ert，所以ert=，所以r=errt=r，x；x得y=0.001x2.1029，(2)記甲第i次答題所得分?jǐn)?shù)Xii∈N*的數(shù)學(xué)期望為EXi.，并猜想當(dāng)i≥2時(shí)，EXi與EXi-1之間的關(guān)系式；i=EXi-1+5,i≥2；(ⅱ)10，EX3=25，結(jié)合題意，得到EXi=EXi-1+5， 2 2 2當(dāng)i≥2時(shí)，因?yàn)榧椎趇-1次答題所得分?jǐn)?shù)Xi-1的數(shù)學(xué)期望為EXi-1，=15， 所以EXi=2EXi-1×+10×=EXi-1+5，可猜想：EXi=EXi-1+5,i≥2.4、注意期望與方差的性質(zhì)EaX+b=aEX+b,Dax+b=a2DX的應(yīng)用；(2)記n個(gè)游客得到文旅紀(jì)念品的總個(gè)數(shù)恰為n+1個(gè)的概率為an，求{an{的前n項(xiàng)和Sn；n=4-n+4n； 其中PX=3=3=，P(X=4(=C??2=，P(X=5(=C?2?=，P(X=6(=3=，所以X的分布列為X3456P (2)因?yàn)閚個(gè)游客得到文旅紀(jì)念品的總個(gè)數(shù)恰為n+1個(gè)，于是an=C??n-1=?n，3+?+n×n，于是Sn=1×2+23+34+?+(n-1(×n+n×n+1，n==-n×n+1=1-(n+4(×n+1，所以Sn=4-(n+4(n.則既游覽冰雪大世界又參觀群力音樂(lè)公園大雪人的人數(shù)為100-x，因此游客得到紀(jì)念品的總個(gè)數(shù)n=x+2(100-x(=200-x，此時(shí)bn=C0x100-x=C03x，， (x+1( (x+1(!(99-x(! (x-1(!(101-x(!≥x+ln(1+x(-1.n=f(n(-ln(n+1(+n,Sn為數(shù)列{an{的前n項(xiàng)和.證明：當(dāng)a=時(shí)，S64<2024； e ex-x+1的單調(diào)性與最值判定fx的單調(diào)性即可證明；n=n+lnn+1-1-lnn+1+n=n+n-1，所以S64=1+2+?+64+0+1+2+?+64-1=+2016(2)易知a=時(shí)，fx=+ln1+x-1?f,x=-=x>-1，令gx=ex-1+xx>-1?g,x=ex-1，即gx在-1,0上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增，故gx≥g0=0?f,x≥0，所以fx在-1,+∞上單調(diào)遞增，又f0=0，所以x∈-1,0時(shí)，fx<0,x∈0,+∞時(shí)，fx>0，故xfx≥0；x<，x∈0,+∞時(shí)，ax>， +ln1+x-1<0， x∈0,+∞時(shí)，fx +ln1+x-1>0，且f0=0，則函數(shù)fx只有一個(gè)零點(diǎn)，不符題意； e e時(shí)，fx在-1,+∞上單調(diào)遞增，也不符題意；f,x=+=x>-1，令hx=x-ln?1+x,>e,x>-1(?h,x=lnx-1(,x<0,x∈0,+∞時(shí)，h,x>0，即hx在-1,0上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增，注意到h-1=a>0,h0=1+lna<0，x→+∞,hx>0，∈0,+∞使得hx1=hx2=0，即fx在-1,x1和x2,+∞上單調(diào)遞增，在x1,x2上單調(diào)遞減，又x→-1時(shí)，fx→-∞,fx1>f0=0>fx2，x→+∞,fx>0，x >0；(3)設(shè)集合P={anm={x|m<x<2m{，記P∩Qmm=m.1<cos<n，可得bm=m.【詳解】(1)因?yàn)閍=2，所以f(x(=2xsinx+cos2x-1=2(x-sinx(sinx，0<x<，2sinx>0.設(shè)g(x(=x-sinx，0<x<，所以g(x(>g(0(=0，因此f(x(>0.(2)函數(shù)f(x(=axsinx+cosax-1，0<x<，f'(x(=a(sinx+xcosx-sinax(，當(dāng)0<a≤2時(shí)，注意到0<ax≤2x<，故sinax≤sin2x，因此f'(x(≥a(sinx+xcosx-sin2x(=a[sinx(1-cosx(+(x-sinx(cosx[，由(1)得x-sinx>0，因此f'(x(>0，當(dāng)a>2時(shí)，令h(x(=f'(x(=a(sinx+xcosx-sinax(，'(x(=a(2cosx-xsinx-acosax(<a(2-acosax(=a2-cosax(,x(<a2-=0，所以f,(x(在(0,θ(上單調(diào)遞減，從而f,(x(<f,(0(=0，所以f(x(在(0,θ(上單調(diào)遞減，因此f(θ(<f(0(=0，不合題意；綜上，0<a≤2.f,(x(=a(sinx+xcosx-sinax(，當(dāng)0<a≤2時(shí)，注意到0<ax≤2x<，故sinax≤sin2x，因此f,(x(≥a(sinx+xcosx-sin2x(=a[sinx(1-cosx(+(x-sinx(cosx[，由(1)得x-sinx>0，因此f,(x(>0，當(dāng)a>2時(shí)，先證明當(dāng)x>0時(shí)，x-x2<sinx.令G(x(=x-x2-sinx，則G,(x(=1-2x-cosx，令H(x(=1-2x-cosx，則H,(x(=-2+sinx<0，因此當(dāng)x>0時(shí)，x-x2<sinx.又由(1)得x-sinx>0，此時(shí)f,(x(=a(sinx+xcosx-sinax(<a[2x-ax+(ax(2[=a[a2x2-(a-2(x[=ax[a2x-(a-2([，0<時(shí)，f,(x(<0。所以f(x(在(0,x0(上單調(diào)遞減，因此f(x0(<f(0(=0，不合題意；綜上，0<a≤2.∴cos>1-=1--(, ≥++n-2-->n-2+-，--1>--1=>0，則->1，得cos>n-2+->n-1，又cos<n，時(shí)，都有n-1<cos<n，P={an?由2m-m=m，所以bm=m.成立問(wèn)題．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；anan24*；t=1(t(3)若n=2m+rm≥0,m∈N,0≤r<2m，證明：J(n)=2r+1.k=k,k∈N?,1=J2=1成立，假設(shè)k=t-1成立，即J2k=J2t-1=1，當(dāng)k=t時(shí)，可得J2k=J2t=J2?2t-1=2J-2t-1-1=1，t=1.m+r，經(jīng)過(guò)2m次操作變成2m+1,2m+2,?2m+r,1,3,5,?,2m-1，再經(jīng)過(guò)r+1次操作，變成3,5,?,2m+r-2,2m+r，這里由有2m-1+個(gè)數(shù)，第i位是2i+1，所以J(2m+r)=2J2m-1++1=2?2+1+1=2r+1，綜上可得，當(dāng)n=2m+rm≥0,m∈N,0≤r<2m時(shí)，J(n)=2r+1成立.以力臂x，等于最下方積木的重力G乘以力臂-x得出方程Gx=G-x求出x=．所以當(dāng)疊堆疊伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為1+++?+，構(gòu)造函數(shù)fx=x-lnx+1，結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性可得>ln，即可得1++?+>lnn+1，將n=64代入即可得證；(3)構(gòu)造函數(shù)gx=lnx+1-，結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性可得ln>，故有++?+<lnn，將n=352代入即可得證.當(dāng)n=4時(shí)，有3Gx=G（-x則x=，故L+=L，設(shè)第n個(gè)積木伸出桌外的長(zhǎng)度為xn，則有n-1xnG=G-xn解得xn=，++?+=1+++?+,令fx=x-lnx+1x>0，則fx=1-=>0，故fx在0,+∞上單調(diào)遞增，故fx>f0=0，故1++?+>ln+ln+?+ln=ln××?×=lnn+1，即1+++?+>ln65，又50<e4<55，故ln65>lne4=4，故1+++?+>×4=2L，++?+=1+++?+,令gx=lnx+1-x>0，則gx=-=>0，故gx在0,+∞上單調(diào)遞增，故gx>g0=0，即有l(wèi)nx+1>在0,+∞上恒成立，令x=，則有l(wèi)n>=，故ln+ln+?+ln>++?+，即++?+<lnn，則1+++?+<1+ln352，只需證1+ln352≤，即證ln352≤6.5，由50<e4<55，故ln352-4<ln=ln7.04，(n-1(xnG=G-xn可得xn=，即可得n個(gè)積木堆疊伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為，第二個(gè)是證到1++?+>ln(n+1(及++?+<lnn.(1)用t表示點(diǎn)M的橫坐標(biāo)x和縱坐標(biāo)y；【答案】(1)x=t-sint,y=1-cost；所以x=t-sint,y=1-cost.(2)由復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)公式y(tǒng)=y?x及(1)得y===，因此tanθ=，而1+cos2θ=2cos2θ===1-cost=y0，(t)=(1-cost)2+sin2t=2-2cost=2|si由0≤≤π,得sin≥0，則F,(t)=2sin，于是F(t)=-4cos+c(c為常則F(2π)-F(0)=(-4cosπ+c)-(-4cos0+c)=8，方程為：y-f(x0)=f,(x0)(x-x0).C的軌跡為E.(2)已知圓錐曲線具有如下性質(zhì)：若圓錐曲線的方程為Ax2+2Bxy+Cy2+2Dx+2Ey+F=0，則曲線上一0(處的切線方程為：Ax0x+B(x0y+y0x(+Cy0y+D(x0+x(+E(y0+y(+F=0，試運(yùn)用該性質(zhì)解|S1-S2|的最大值.=52-r，|CC2|=r-2，+=52-r+r-2=42，C1|=4<42，設(shè)E的方程為：+=1(a>b>0(，2=a2-c2=4，故E的方程為：+=1.切線PB方程為+=1，(ii)設(shè)直線AB的方程為：x=my+2+2(y2+2my-7=0，y1+=-，（y1y2m2+2又A,(x1,-y1(，所以直線A,B的方程為y+y1=-+(x-x1(，令y=0得， xM=y11+x1=y1x1=y1my2+22my1+1==1+2my1y2+y=1+y2+y1y2+y1=1+=8，所以S1-S2=C2Mm2+2≤== m2+2≤==y1-y2=3y1+y26=6=20，常利用直線的點(diǎn)斜式方程y-y0=kx-x0或截距式y(tǒng)=kx+b來(lái)證明. . .種數(shù)為：==90，PX=1=C10=，PX=2===，PX=3==，故X的分布列為：X123P7 25 兩條漸近線.(2)已知點(diǎn)A是曲線C的左頂點(diǎn)．圓E：(x-1(2+(y2-y2=1.2(，可得kAP+kAQ=1，設(shè)MN：m(x+1(+ny=1，聯(lián)立雙曲線方程化簡(jiǎn)得出(1-2m((x+1(2-2n(x+1(y-y2=0，變形后利用根與系數(shù)的關(guān)系可得出+=kAP+kAQ=-2n=1，求出n，即可推出MN過(guò)定點(diǎn)，即可求得答案..，-,-(,故實(shí)軸長(zhǎng)為2a=+2++2=2；曲線C的方程為x2-y2=1；2(，顯然直線MN的斜率存在，設(shè)MN：y=kx+m，2-y2=1得(1-k2(x2-2kmx-(m2+1(=0，所以Δ=4(m2+1-k2(>0，x1+x2=，x1x2=-①,依題意得yp+yQ=2，③ x2+1由①②③得，-2k+2m=-m2+2km-k2，所以(m-k((m-k+2(=0，即m=k或m=k-2，若m=k，則MN：y=k(x+1(過(guò)點(diǎn)A，不合題意；若m=k-2，則MN：y=k(x+1(-2．所max=|AG|=2．當(dāng)且僅當(dāng)MN⊥AG，即k=0時(shí)取得，此時(shí)MN方程為y=-2，結(jié)合x(chóng)2-y2=1，解得N(5,-2(，yQ=-(5-1(，r=1-yQ=5，則AP：x=y-1，AQ：x=y-1，聯(lián)立x2-y2-1=0，得-1y2-y=0，代入AP方程得，x1=-1，同理可得y2=，x2=-1，N所以直線MN的方程為y=x-+1+=(x+1(-2，所以直線MN過(guò)定點(diǎn)G(-1,-2(,所以dmax=|AG|=2．當(dāng)且僅當(dāng)MN⊥AG，即kMN==0時(shí)取得，解得r=5,則kAP+kAQ=+=1，依題意，直線MN不過(guò)點(diǎn)A，可設(shè)MN：m(x+1(+ny=1，曲線C的方程x2-y2=1改寫為[(x+1(-1[2-y2=1，即(x+1(2-2(x+1(-y2=0，聯(lián)立直線MN的方程得(x+1(2-2(x+1([m(x+1(+ny[-y2=0，所以(1-2m((x+1(2-2n(x+1(y-y2=0，則Δ=4n2-8m+4>0，+=kAP+kAQ=-2n=1得n=-，在直線MN：m(x+1(-y=1中，令x=-1，則y=-2，max=|AG|=2，且MN方程為y=-2，解得N(5,-2(，yQ=-(5-1(，r=1-yQ=5， -y-1=0故橢圓方程為：+=1(y≤0(，雙曲線方程為-=1(y≥0(.由圖可知，切點(diǎn)M在雙曲線-=1(y≥0(上.=4，將x0=4代入-=1(y≥0(，得y0=3，y=k(x-2(-=1(y≥0(整理得：(3-4k2(x2+16k2xy=k(x-2(y=k(x-2(+=1(y≤0(整理得：(3+4k2(x2-16k2xy=k(x-2(.=0，所以kBP=-kBQ，所以∠PBA=∠QBA.P:x+2y-6=0.x3=,x4=，2+b2=13.P所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1，(y=kx+1+y2=，消去y可得(12k2+1(x2+12kx(y=kx+1由根與系數(shù)的關(guān)系可得：x1+x2=-,x1x2=-:y=x-1，所以y-1==x2(y1-1(=x2(kx1-=kx1x2-2=kx1x2-1+x2(+x1y+1x1(y2+1(x1(kx2+kx1x2+1kx1x2+1=--×(-+1=-+1=1-+1-+13.所以直線AP1,BP2的交點(diǎn)P在直線y=2上.:y=x+1.y1， 解得x3=,x4 因?yàn)閨x1-x2|=(x1+x2(2-4x1x2=（-2+=，(k(+1|2+9=252+16(1)當(dāng)1<s≤2時(shí)，討論fx的單調(diào)性；①證明fx有唯一極值點(diǎn)；②記fx的唯一極值點(diǎn)為gs，討論gs的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論.【答案】(1)fx在0,+∞上單調(diào)遞減；【分析】(1)對(duì)函數(shù)fx求導(dǎo)，并構(gòu)造函數(shù)hx=s-1-x?ex-s-1利用1<s≤2即可得出hx<0恒成立，可得函數(shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞減，(2)①易知當(dāng)s>2時(shí)，由hx=s-1-x?ex-s-1可知fx存在唯一變號(hào)零點(diǎn)x0∈s-2,+∞,即可知fx有唯一極大值點(diǎn)x0；②易知x0=gs，求得gs的反函數(shù)g-1s，利用g-1s的單調(diào)性即可求得gs為單調(diào)遞增；=fx==xs-2?[s-1-x?ex-s-1[ex-12令hx=s-1-x?ex-s-1，則hx=-ex+s-x-1?ex=s-x-2?ex；又1<s≤2，x>0，所以s-x-2<0,ex>0，即hx<0恒成立；即函數(shù)hx在0,+∞上單調(diào)遞減，<0恒成立，因此函數(shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞減，即當(dāng)1<s≤2時(shí)，函數(shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞減；令hx=s-x-2?ex=0，可得x=s-2>0,易知當(dāng)x∈0,s-2時(shí)，hx=s-x-2?ex>0，即函數(shù)hx在0,s-2上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈s-2,+∞時(shí)，hx=s-x-2?ex<0，即函數(shù)hx在s-2,+∞上單調(diào)遞減，即函數(shù)hx在x=s-2處取得極大值，也是最大值；注意到h0=0，由單調(diào)性可得hs-2>h0=0，可知hx在0,s-2大于零，不妨取x=2s-2，則h2s-2=1-s?e2s-2-s-1=1-se2s-2+1<0；0滿足fx0=0，即可得函數(shù)fx在0,x0上單調(diào)遞增，在x0,+∞單調(diào)遞減；所以fx有唯一極大值點(diǎn)x0；②記fx的唯一極值點(diǎn)為gs，即可得x0=gs由hx0=s-1-x0?ex-s-1=0可得s=+1，即可得gs的反函數(shù)g-1s=+1，構(gòu)造函數(shù)mx=ex-x-1,x∈0,+∞,則mx=ex-1，顯然mx=ex-1>0在0,+∞恒成立，所以mx在0,+∞上單調(diào)遞增，因此mx>m0=0，即ex>x+1在0,+∞上恒成立，而s>2，即s-2>0，所以ex>x+1在s-2,+∞上恒成立，即可得φx=exx--x11>0在s-2,+∞上恒成立，因此g-1s在s-2,+∞單調(diào)遞增；易知函數(shù)gs與其反函數(shù)g-1s有相同的單調(diào)性，所以函數(shù)gs在2,+∞上單調(diào)遞增；s的單調(diào)性進(jìn)行證明. A12+y2=1與平行四邊形A1B2A2B 2-1與直線 2-1得+=mx+所以直線A2B1的方程為+=1，即bx+ay-ab=0，2+y2=1與平行四邊形A1B2A2B1內(nèi)切，整理得a2=，所以a2+4b2=+4b2=+4b2-1+5，2>1，所以+4b2-1+5≥24+5=9，2+4b2的最小值為9.,Mx2由對(duì)稱性和切線性質(zhì)可知，PS=PT,MS=NT，所以PM=PN，設(shè)Sm,n，則直線PM的方程為mx+ny=1，代入橢圓方程得+=mx+ny2，+1-m2=0=-1，即+1-m2=0=-1，即+=m2+n2，=m2+n2，又點(diǎn)Sm,n在圓x2+y2=1上，所以m2+n2=1，②圓C與曲線Γ在點(diǎn)A處有相同的切線；2+y-b2=r2在點(diǎn)Ax0,y0處的二階導(dǎo)數(shù)等于)；則稱圓C為曲線Γ在A點(diǎn)處的曲率圓，其半徑r稱為曲率半徑.(3)若曲線y