2022年新高考北京数学高考真题变式题第19-21题解析版

这是一份2022年新高考北京数学高考真题变式题第19-21题解析版，共78页。试卷主要包含了已知椭圆，已知椭圆的离心率为，上顶点为，已知椭圆E经过点和点.，已知椭圆的焦距为，且过点.，已知椭圆的离心率为，左顶点为.等内容，欢迎下载使用。
2022年新高考北京数学高考真题变式题19-21题
原题19
1．已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．
变式题1基础
2．已知点B是圆上的任意一点，点，线段的垂直平分线交于点P.
（1）求动点P的轨迹E的方程；
（2）直线与E交于点M，N，且，求m的值.
变式题2基础
3．已知椭圆：过点，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线被椭圆截得的弦长为，求的值.
变式题3基础
4．已知椭圆的离心率为，上顶点为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，且，求的值．
变式题4基础
5．已知椭圆E经过点和点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设圆，直线l与圆C相切于，与椭圆交于A，B两点，且，求直线l的方程.
变式题5巩固
6．已知椭圆与的离心率相同，过的右焦点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆、的交点从上到下依次为、、、，且，求的值．
变式题6巩固
7．已知椭圆的焦距为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过椭圆顶点，斜率为的直线交椭圆于另一点，交轴于点，且、、成等比数列，求的值.
变式题7巩固
8．已知①如图，长为，宽为的矩形，以､为焦点的椭圆恰好过两点

②设圆的圆心为，直线过点，且与轴不重合，直线交圆于两点，过点作的平行线交于，判断点的轨迹是否椭圆
（1）在①②两个条件中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
（2）根据（1）所得椭圆的标准方程，若直线被椭圆截得的弦长等于短轴长，求的值.
变式题8巩固
9．已知椭圆的离心率为，左顶点为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆在第一象限的交点为，过点A的直线与椭圆交于点，若，且（为原点），求的值.
变式题9提升
10．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，且椭圆C上一点N到距离的最大值为4，过点的直线交椭圆C于点A、B.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设P为椭圆上一点，且满足（O为坐标原点），当时，求实数t的取值范围.
变式题10提升
11．设椭圆的左焦点为，离心率为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆的下顶点，为椭圆的上顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点.若，求的值.
变式题11提升
12．已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知直线与椭圆C交于P，Q两点，点M是线段PQ的中点，直线过点M，且与直线l垂直.记直线与y轴的交点为N，是否存在非零实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
变式题12提升
13．已知M，N分别是x轴，y轴上的动点，且，动点P满足，设点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)直线与曲线C交于A，B两点，G为线段AB上任意一点（不与端点重合），斜率为k的直线经过点G，与曲线C交于E，F两点．若的值与G的位置无关，求k的值．
原题20
14．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
变式题1基础
15．设函数，其中为自然对数的底数.
（1）当时，判断函数的单调性；
（2）若直线是函数的切线，求实数的值；
（3）当时，证明：.
变式题2基础
16．已知函数.
（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，若方程有两个不相等的实数根，求证：.
变式题3基础
17．已知函数，且曲线在处的切线平行于直线．
（1）求a的值；
（2）求函数的单调区间；
（3）已知函数图象上不同的两点，试比较与的大小．
变式题4基础
18．设函数.
(1)若，求在点处的切线方程；
(2)求的单调递减区间；
(3)求证：不等式恒成立.
变式题5巩固
19．已知函数
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）若关于x的方程有两个不相等的实数根，记较小的实数根为，求证：
变式题6巩固
20．已知函数
（1）若曲线在点处的切线与轴平行.
（i）求的值；
（ii）求函数的单调区间；
（2）若，求证：.
变式题7巩固
21．已知函数，g .
(1)求在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)当时，求证： .
变式题8巩固
22．已知函数为常数，是自然对数的底数），曲线在点,处的切线与轴平行．
(1)求的值；
(2)求的单调区间；
(3)设，其中为的导函数．证明：对任意，．
变式题9提升
23．形如的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得，两边对求导数，得，于是.已知，.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）若，求的单调区间；
（3）求证：恒成立.
变式题10提升
24．已知函数，为的导函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求函数的单调区间和极值；
（3）当时，求证：对任意的，，且，有．
变式题11提升
25．已知函数，．
（Ⅰ）求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）求函数在上的单调区间；
（Ⅲ）证明：对任意的实数，，，都有恒成立．
变式题12提升
26．已知直线是函数图象的切线，也是曲线的切线．
(1)求，的值；
(2)证明：当,,时，；
(3)当时，讨论函数的单调性．
原题21
27．已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
(1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；
(2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
(3)若为连续可表数列，且，求证：．
变式题1基础
28．对于数列，若存在正数，使得对任意都成立，则称数列为“拟等比数列”．
(1)已知，，且，若数列和满足：，且，；
①若，求的取值范围；
②求证：数列是“拟等比数列”；
(2)已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，，，且是“拟等比数列”，求的取值范围（请用、表示）．
变式题2基础
29．从一个无穷数列中抽出无穷多项，依原来的顺序组成一个新的无穷数列，若新数列是递增数列，则称之为的一个无穷递增子列．已知数列是正实数组成的无穷数列，且满足．
(1)若，，写出数列前项的所有可能情况；
(2)求证：数列存在无穷递增子列；
(3)求证：对于任意实数，都存在，使得．
变式题3基础
30．已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，最小值记为，令  ，并将数列称为的“生成数列”．
(1)若，求数列的前项和；
(2)设数列的“生成数列”为，求证：；
(3)若是等比数列，证明：存在正整数，当时，  是等比数列．
变式题4基础
31．给定正整数m，数列，且.对数列A进行T操作，得到数列.
(1)若，，，，求数列；
(2)若m为偶数，，且，求数列各项和的最大值；
(3)若m为奇数，探索“数列为常数列”的充要条件，并给出证明.
变式题5巩固
32．对于数列，，…，，定义变换，将数列变换成数列，，…，，，记，，．对于数列，，…，与，，…，，定义．若数列，，…，满足，则称数列为数列．
(1)若，写出，并求；
(2)对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得若存在，写出一个数列，若不存在，说明理由：
(3)若数列满足，求数列A的个数．
变式题6巩固
33．已知数列：，，…，，其中是给定的正整数，且.令，，，，，.这里，表示括号中各数的最大值，表示括号中各数的最小值.
(1)若数列：2，0，2，1，-4，2，求，的值；
(2)若数列是首项为1，公比为的等比数列，且，求的值；
(3)若数列是公差的等差数列，数列是数列中所有项的一个排列，求的所有可能值（用表示）.
变式题7巩固
34．已知数列为无穷递增数列，且．定义：
数列：表示满足的所有i中最大的一个．
数列：表示满足的所有i中最小的一个（，2，3…）
(1)若数列是斐波那契数列，即，，（，2，3，…），请直接写出，的值；
(2)若数列是公比为整数的等比数列，且满足且，求公比q，并求出此时，的值；
(3)若数列是公差为d的等差数列，求所有可能的d，使得，都是等差数列．
变式题8巩固
35．已知无穷数列满足：①；②（；；）.设为所能取到的最大值，并记数列.
(1)若，写出一个符合条件的数列A的通项公式；
(2)若，求的值；
(3)若，求数列的前100项和.
变式题9提升
36．若数列满足，则称为E数列.记.
(1)写出一个满足，且的E数列；
(2)若，，证明E数列是递减数列的充要条件是；
(3)对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，说明理由.
变式题10提升
37．已知数列，给出两个性质：
①对于任意的，存在，当时，都有成立；
②对于任意的，存在，当时，都有成立．
(1)已知数列满足性质①，且，，试写出的值；
(2)已知数列的通项公式为，证明：数列满足性质①；
(3)若数列满足性质①②，且当时，同时满足性质①②的存在且唯一.证明：数列是等差数列．
变式题11提升
38．对于序列，实施变换T得序列，记作；对继续实施变换T得序列，记作．最后得到的序列只有一个数，记作．
(1)若序列为1，2，3，求；
(2)若序列为1，2，…，n，求；
(3)若序列A和B完全一样，则称序列A与B相等，记作，若序列B为序列的一个排列，请问：是的什么条件？请说明理由．
变式题12提升
39．已知数列为有限数列，满足，则称满足性质.
(1)判断数列和是否具有性质，请说明理由；
(2)若，公比为的等比数列，项数为12，具有性质，求的取值范围；
(3)若是的一个排列符合都具有性质，求所有满足条件的数列.

参考答案：
1．(1)
(2)

【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；
（1）
解：依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
（2）
解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以



，
所以，
即
即
即
整理得，解得

2．（1），（2）.
【分析】（1）由条件可得，然后由椭圆的定义可求出答案；
（2）设，然后联立直线与椭圆的方程消元，韦达定理得出，然后利用求出的值即可.
【详解】
（1）由条件可得
所以动点P的轨迹E是以为焦点的椭圆，设其方程为
所以，所以
所以方程为
（2）设
联立可得
所以由得

因为
所以可解得
3．(1)；
(2).

【分析】(1)根据给定条件可得椭圆长半轴长a，由离心率求出半焦距c即可计算作答.
(2)联立直线与椭圆方程，结合弦长公式计算作答.
（1）
依题意得，因离心率为，则椭圆半焦距，于是得，
所以椭圆E的方程为.
（2）
设直线与椭圆E的交点为(，)，(，)，
由消去y并整理得：， 解得，
依题意，即，
整理得：，即，解得，即，
所以的值是.
4．(1)
(2)

【分析】（1）由题意可知，，结合，即可求得椭圆E的方程；
（2）设直线l的方程，代入椭圆方程．由韦达定理及弦长公式，即可求得k的值．
（1）
由离心率，则，
又上顶点，知，又，可知，，
∴椭圆E的方程为；
（2）
设直线l：，设，，
则，整理得：，
，即，
∴，，
∴，
即，解得：或（舍去）
∴
5．(1)
(2)或

【分析】（1）由于不确定椭圆焦点的位置，故设椭圆方程为，（t，且），将已知的两点坐标代入，求得答案；
（2）设直线方程，根据与圆相切，求得参数间的关系，再将直线方程和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，利用弦长公式得到关于参数的方程，解方程组，可得答案.
（1）
设椭圆E方程为，（t，且）
将点代入椭圆方程得到,
解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）
不妨设直线l的方程为,
因为该直线与圆相切，所以，
所以，
将直线方程代入椭圆方程并消去x得
，则,，
所以，
联立，解得，
即或，
则直线l的方程为或.
6．（1）；（2）．
【分析】（1）设椭圆的方程为，焦距为，根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）设、、、，将直线的方程分别与椭圆、联立，列出韦达定理，分析得出，可得出关于实数的等式，进而可解得实数的值.
【详解】（1）设椭圆的方程为，焦距为，
将代入的方程可得，解得.
由题意得，解得，因此的方程为；
（2）设、、、，

由，得（或），
与、相交，只需当时，，
解得.
当时，，
由韦达定理可得，所以，与的中点相同，
所以，，
即，
整理可得，解得，满足条件.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
7．（1）；（2）.
【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）由（1）可知直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，根据已知条件得出，求出的值，进而可求得的值.
【详解】（1）由已知，即有，由已知条件可得，解得，
因此，椭圆的方程为；
（2）由（1）得直线的方程为，联立，
消去可得，解得，则，
依题意且，
因为、、成等比数列，则，则.
当时，则有，该方程无解；
当时，则，解得，
所以，解得，
所以，当、、成等比数列时，.

8．（1）;（2）.
【分析】（1）选①：由点在椭圆上并代入椭圆方程求出椭圆参数，进而写出椭圆方程；选②：由圆的性质知：△为等腰三角形，结合可得，根据椭圆的定义写出椭圆方程.
（2）设交点，联立直线与椭圆方程，应用韦达定理求、，由相交弦的弦长公式及短轴长列方程求m值即可..
【详解】（1）选①：由已知，将代入椭圆方程得：
故椭圆方程为：
选②：由题设可得如下示意图，易知：△为等腰三角形且，
∴，又，即，
∴，则，
∵，
∴椭圆定义知：动点到两定点的距离和为定值4，
∴的轨迹方程为.

（2）联立与椭圆方程可得：，且，
若交点为，则，，
∴直线被椭圆截得的弦长为，而短轴长为2，
∴，解得.
9．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意求出，从而可得出答案；
（2）设直线与椭圆得另一个交点为，，易知直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出点的坐标，再根据两点间的距离公式求得，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求得，再根据弦长公式求得，结合易知即可得出答案.
（1）
解：由题意得，
故，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）
解：设直线与椭圆得另一个交点为，
设，
因为，
则直线的方程为，
联立，消整理得，
则，
所以，则，
所以，
联立，消整理得，
则，
所以，
因为，
所以，
解得，
又，
所以.
10．（1）；（2）或.
【分析】(1)由椭圆离心率结合化简方程，设，由最大值为4即可作答；
(2)设直线AB斜率k，写出直线AB方程，联立直线AB与椭圆C的方程组，消去y得关于x的一元二次方程，用判别式和求出k的范围，再借助及点P在椭圆上建立起t与k的关系而得解.
【详解】（1）椭圆C的半焦距c，，即，
则椭圆方程为，即，设，
则，
当时，有最大值，即，解得， ，
故椭圆方程是；
（2）设，，，直线AB的方程为，
由，整理得，
则，解得，，，
因且，则，
于是有，化简，得，则，即，
所以，
由得，则，，
而点P在椭圆上，即，化简得，
从而有，而，
于是得，解得或，
故实数t的取值范围为或.
11．（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）根据平面向量数量积坐标表示公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.
【详解】解：（1）由题意可得，，当时，，所以得：，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由（1）可知，，，，
过点且斜率为的直线方程为，
联立方程，可得，
设，，
则，，
故，
又，，
，，
所以


，
整理可得，解得.
【点睛】关键点睛：根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解是解题的关键.
12．(1)
(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）由题意，列的方程组，从而得椭圆方程；（2）联立直线与椭圆的方程，得一元二次方程，根据判别式大于零求解，写出韦达定理，从而点的坐标，表示出直线，表示出点的坐标，从而表示出，列式求解得，可判断出不存在.
（1）
由题意可得，解得，.
故椭圆C的标准方程为.
（2）
设，，.
联立，整理得，
则，解得，
从而，.
因为M是线段PQ的中点，所以，
则，故.
直线的方程为，即.
令，得，则，
所以.
因为，所以，解得.
因为，所以不存在满足条件的.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
13．(1)
(2)

【分析】（1）设，，由已知得到，将已知向量等式进行坐标化得到并代入上式即可得到答案；
（2）设点，由两点间距离公式得到，设直线的方程为，将直线的方程代入曲线C的方程，利用弦长公式求得进行计算即可.
（1）
设，，则．
设，则，．
由题意，得解得
所以，化简得，
即曲线C的方程为．
（2）
由题意并结合（1）易知（不妨设点A在第一象限内），，．
设点，其中，则，，
所以．因为斜率为k的直线经过点G，所以直线的方程为．
将直线的方程代入曲线C的方程化简、整理，
得．
设，，则，，
所以
，
所以．
因为的值与m的值无关，
所以，解得．
14．(1)
(2)在上单调递增.
(3)证明见解析

【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
（1）
解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）
解：因为，    
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
（3）
解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.

15．（1）在区间上单调递增.（2）（3）见证明
【分析】（1）先由解析式，得到函数定义域，对函数求导，根据，即可得出结果；
（2）先设切点为，根据切线方程为，得到，再对函数求导，得到，设，用导数方法研究其单调性，得到最值，即可求出结果；
（3）先对函数求导，设，用导数方法研究单调性，进而可判断出单调性，即可得出结论成立.
【详解】解：（1）函数的定义域为.
因为，所以，
所以在区间上单调递增.
（2）设切点为，则，
因为，所以，得，
所以.
设，则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以.
因为方程仅有一解，
所以.
（3）因为，
设，则，所以在单调递增.
因为，，
所以存在，使得.
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以.
因为，所以，，
所以.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义，以及导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、最值等，属于常考题型.
16．（1）；（2）当时，在上是减函数；当时，在上是增函数；（3）证明见解析.
【分析】（1）当时，，求得其导函数 ，，可求得函数的图象在处的切线方程；
（2）由已知得，得出导函数，并得出导函数取得正负的区间，可得出函数的单调性；
（3）当时，，，由（2）得的单调区间，以当方程有两个不相等的实数根，不妨设，且有，，构造函数，分析其导函数的正负得出函数的单调性，得出其最值，所证的不等式可得证.
【详解】（1）当时，，
所以 ，，
所以函数的图象在处的切线方程为，即；
（2）由已知得，，令，得，
所以当时，，当时，，
所以在上是减函数，在上是增函数；
（3）当时，，，由（2）得在上单调递减，在单调递增，
所以，且时，，当时，，，
所以当方程有两个不相等的实数根，不妨设，且有，，
构造函数，则，
当时，所以，
在上单调递减，且，，
由 ，在上单调递增，
.
所以.
【点睛】本题考查运用导函数求函数在某点的切线方程，讨论函数的单调性，以及证明不等式，关键在于构造适当的函数，得出其导函数的正负，得出所构造的函数的单调性，属于难度题.
17．（1）；（2）函数的单调增区间是，单调减区间是；（3）
【分析】（1）曲线在处的切线平行于直线，利用导数的几何意义可知，由此即可求出结果；
（2）由（1）可知，，再利用导数在函数单调性中的应用，即可求出结果；
（3）求出函数的导数，可得，作差比较与，作差可得，再构造辅助函数，通过函数的导数，求解函数的最值，即可求出结果．
【详解】（1）的定义域为．
曲线在处的切线平行于直线，，．
（2），．
当时，是增函数；当时，是减函数．
函数的单调增区间是，单调减区间是．
（3），，．
又，

．
设，则，
在上是增函数．
令，不妨设，，，
即．又，，．
【点睛】本题考查了导数的几何意义，以及导数在函数函数单调性和最值中的应用，考查转化思想以及计算能力．
18．(1)
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义可求得切线斜率，结合切点坐标可得切线方程；
（2）求导后，根据时，可得单调递减区间；
（3）设，将问题转化为证明；利用导数可说明，使得在上单调递减，在上单调递增，由此可得，结合基本不等式可知，由此得，由此可得结论.
（1）
当时，，，
，又，
在点处的切线方程为：，即.
（2）
由题意得：定义域为，；
令，解得：，
当时，；当时，；
的单调递减区间为.
（3）
设，则，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，又，，
，使得，则，，
在上单调递减，在上单调递增，
（当且仅当时取等号），
又，，，即恒成立.
19．（1）；（2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（3）证明见解析.
【分析】（1）求函数导数得切线斜率，再由点斜式可得解；
（2）由，分和两种情况讨论导函数的正负，可得函数的单调区间；
（3）分析可得要证，，令，利用导数证得，即可得证．
【详解】（1），，
，，
所以在点处的切线方程为，
整理得：，
（2）函数定义域为，
当时，，此时在上单调递增；
当时，令，得，
此时在上，单调递减，
在上，单调递增，
综上：时，在上单调递增
时，在上单调递减，在上单调递增；
（3）证明：由（2）可知，当时，才有两个不相等的实根，且，
则要证，即证，即证，
而，则，否则方程不成立），
所以即证，化简得，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以（1），而，
所以，
所以，得证．
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是通过证明即可得解，分析函数在极小值左侧的单调性，关键再由证明，利用构造函数的方法即可.
20．（1）（i），（ii）单增区间为，单递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】（1）（i）计算，令可得的值；（ii）定义域为，，构造函数，利用导数判断在上单调递减，且，进而可得以及的解集，即可求解；
（2）要证明不等式可转化为，令，只需证明，利用导数判断的单调性，证明即可.
【详解】（1）（i）定义域为，由
可得，
因为曲线在点处的切线与轴平行，
所以，可得：，
（ii）当时，，，
令，则，
所以在上单调递减，且，
所以当时，，；当时，，；
所以单增区间为，单递减区间为；
（2）要证明，即证，
等价于
令，只需证明，
，，
由得有异号的两根，
令其正根为，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，所以，
所以，，可得，
所以，即.
【点睛】利用导数研究函数单调性的方法：
（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.
21．(1)
(2)当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；
(3)证明见解析

【分析】（1）求导后，求出，进而用点斜式求出切线方程；（2）求定义域，求导，对a进行分类讨论，求出的单调性；（3）对不等式进行放缩，证明出，问题转化为证明，构造函数，利用导函数进行研究其单调性和最值，二次求导得到结论.
（1）
定义域为，，则，所以在点处的切线方程为：，即
（2）
定义域为R，，
当时，恒成立，在R上单调递增，
当时，令，解得：，令，解得：，故在上单调递减，在上单调递增，
综上：当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）
令，，
，当时，，单调递减，故，即，故，
令，，其中，
则，
令，则，令，解得：，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，由于，故，所以在上恒成立，故在上单调递增，，所以，证毕.
【点睛】利用导函数证明不等式，要根据不等式特点进行适当放缩，本题当中，同时出现了指数函数与对数函数，要么使用同构转化，要么进行放缩，本题中使用了在时，的常用放缩.
22．(1)；
(2)在递增，在递减；
(3)证明见解析.

【分析】（1）由题设求导函数，再由求参数k值.
（2）由（1）得且，构造函数，结合导数研究的符号，进而求的单调区间.
（3）由题设只需证在上恒成立，由（2）易得，再构造并应用导数判断的大小关系，即可证结论.
（1）
由题设，，，
又在,处的切线与轴平行，即，
.
（2）
由（1）得：，，
令，，
当时，，当时，，又，
时，，时，，
在递增，在递减；
（3）
由，即，，
，，
由（2），对于，，
，，
时，递增，,时，递减，
，即，
设，则，
时，递增，即，则，
综上，，故，，得证．
【点睛】关键点点睛：第三问，应用分析法转化为证明在上恒成立，结合（2）中的单调性得到，再判断的大小关系.
23．（1）；（2）的单调增区间为，无单调减区间；（3）证明见解析.
【分析】（1）根据题中所给幂指函数的导数公式，求得，结合，利用点斜式即可得到切线方程；
（2）由幂指函数的导数公式求得，再利用导数的计算公式，求得，判断导函数的正负，即可得到函数的单调性；
（3）构造函数，对该函数进行二次求导，利用导数判断的单调性，从而求得其最小值，即可证明.
【详解】（1）由幂指函数导数公式得，
所以，又，
所以，曲线在处的切线方程为.
（2），
则

，
所以的单调增区间为，无单调减区间.
（3）构造，，
则，
令，
所以，
因为与同号，所以，所以，
又，所以，
所以即为上增函数，
又因为，
所以，当时，；
当时，.
所以，为上减函数，为上增函数，
所以，，
即，
因此，恒成立，即证.
【点睛】本题考查利用导数的几何意义求切线的方程，以及利用导数研究函数的单调性，以及研究不等式恒成立问题，属综合困难题.
24．（1） ；（2）函数的单调递减区间为，单调递增区间为；的极小值为，无极大值 ；（3）证明见解析 ．
【解析】（1）求出导数后可得切线斜率，从而得切线方程；
（2）求出导函数，求出的解，确定的正负，得的单调区间，极值．
（3）求出，设，不等式变形为，
而，
设令，．利用导数证明，这样由已知条件可得
．结合（2）可证得结论成立．
【详解】解：（1）当时，，．可得，，所以曲线在点处的切线方程为，
即．                  
（2）依题意，．
从而可得，整理可得：，
令，解得．
当x变化时，的变化情况如下表：
x




-
0
+

单调递减
极小值
单调递增

所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
的极小值为，无极大值．               
（3）证明：由，得．
对任意的，，且，令，则



．             ①            
令，．
当时，，
由此可得在单调递增，
所以当时，，即．
因为，，，
所以
．   ②         
由（2）可知，当时，，即，
故       ③
由①②③可得．
所以，当时，任意的，且，有．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数求函数的单调区间和极值，证明不等式．解题关键是不等式的变形，一是去分母，二是引入参数，这是关键所在，这样可把不等式的证明分解为：，，后者用导数进行证明，前者直接因式分解可得，然后由不等式的性质放缩，恰好利用（2）的结论得证．
25．（Ⅰ）；（Ⅱ）单调递增区间是，单调递减区间是；（Ⅲ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）由导数的几何意义，先求切线的斜率，再根据直线的点斜式方程求曲线的切线方程；
（Ⅱ）先求出函数的导数，然后分别由和可求出函数的单调区间；
（Ⅲ）将等价转化为，然后构造函数，再构造函数并且利用导数证明在上恒成立即可．
【详解】（Ⅰ）由题意可知，，，
所以，
所以在处的切线方程为，即．
（Ⅱ）
，
当时，；
当时，；
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是．
（Ⅲ）证明：不等式
可化为．
设，
即证函数在上是增函数，
即证在上恒成立，
即证在上恒成立．
令，则，
在上单调递减，在上单调递增，，
所以，即．
因为，所以，
所以要证成立，
只需证．
令，，
则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
所以，
即在上恒成立，即证．
【点睛】关键点睛：通过不等式的形式构造函数，利用导数的性质，经过多次求导判断单调性进行求解.
26．(1)，；
(2)证明见解析；
(3)在上单调递增，在上单调递减.

【分析】（1）设切点分别为,、,，可得，写出切线方程，列方程求参数，即可得，的值；
（2）构造并应用导数研究单调性，证明恒成立即可证结论.
（3）应用二阶导数研究的单调性，结合零点存在性定理判断的符号，进而确定的单调区间.
（1）
设与和的切点分别为,、,；
，
，，
，可得，
切线方程分别为即，或即，
，解得，
，；
（2）
令，,,，则，
令，解得：，令，解得：，
故在递增，在递减，则，
故,,时，即；
（3）
，则，故，
在上单调递减，而，，
由（2）中的单调性，可得：，
由（2）及可得：，
使得，即时，时，
∴在上单调递增，在上单调递减．
27．(1)是连续可表数列；不是连续可表数列．
(2)证明见解析．
(3)证明见解析．

【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；
（3）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可．
（1）
，，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．
（2）
若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，满足，，，，，，，， ．
（3）
，若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，
若，则至多可表个数，矛盾,
从而若,则，至多可表个数，
而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ，
则所有数之和，，
，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，
（仅一种方式），
与2相邻，
若不在两端,则形式，
若，则（有2种结果相同，方式矛盾），
， 同理 ，故在一端，不妨为形式，
若,则 （有2种结果相同，矛盾），同理不行，
，则 （有2种结果相同，矛盾），从而，
由于,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能，①或，②
这2种情形，
对①：，矛盾，
对②：，也矛盾，综上，
当时，数列满足题意，
．
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．

28．(1)①；②证明见解析
(2)

【分析】（1）①根据基本不等式可求得的取值范围；
②利用数学归纳法证明出：，，然后利用不等式的性质可证得，即可证得结论成立；
（2）由题中条件，，，先求出的范围；再根据是“拟等比数列”，分类讨论和，利用参变量分离法结合数列的单调性即可得出结果.
（1）
解：①因为，，且，，，
所以，的取值范围是；
②由题意可得，
则，即，
假设当时，，
则当时，，即，
所以，对任意的，，
所以，，，
即存在，使得，
所以，数列是“拟等比数列”.
（2）
解：因为，，，
即，所以，
即，且有，
因为，则，所以，，
又因为数列是“拟等比数列”，故存在，使得，且数列为单调递减数列.
①当时，此时，
所以，，
因为，则，
因为数列在时单调递减，故，
而；
②当时，，则，
由，则，
因为数列在时单调递减，故.
由①②可得，即的取值范围是.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解数列不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
29．(1)、、、或、、、或、、、
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）根据数列的递推公式以及求出、的值，即可写出数列前项的所有可能情况；
（2）分析可得由或，即或，分析数列的单调性，设集合，、，且，取，可得出结论；
（3）考察数列和．①当或时，显然成立；②当时，设，推导出，可得出，解得，取可证得结论成立.
（1）
解：由已知，即，可得或.
当时，由，即，因为，可得；
当时，由，即，因为，可得或.
因此，若，，写出数列前项的所有可能情况为：、、、或、、、或、、、.
（2）
证明：对于数列中的任意一项，
由已知得，或，即或．
若，则由可得；
若，则，此时，即．
设集合，、，且，
，，，，，，
则数列是数列一个无穷递增子列．
（3）
证明：考察数列和．
①当或时，显然成立；
②当时，设，由（2）可知．
如果，那么，或，于是总有，
此时；
如果，那么，或，于是总有，
此时．
综上，当且时总有．
所以，
所以，，，，
叠加得，．
令，解得，
即存在，（其中表示不超过的最大整数），使得．
又因为是的子列，令，则．
由①②可知，对于任意实数，都存在，使得．
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，解决第三问的关键在于推导出，结合叠加法得出，通过解不等式可找到符合条件的整数，即可解决问题.
30．(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.

【分析】（1）利用差比法判断数列的单调性，结合等比数列的定义和前项和公式进行求解即可；
（2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义运用累加法进行证明即可；
（3）结合（2）的结论，根据等比数列的定义分类讨论进行证明即可.
（1）
因为，所以．
所以，
所以， ，
所以，
因为，
所以数列是等比数列，
所以数列的前项和为：；
（2）
由题意可知，，
所以，
所以．所以 ，
所以，
由“生成数列”的定义可得，
所以．              
累加可得.
（3）
由题意知．由（Ⅱ）可知．
① 当时，得，即，
所以，
所以.
即为公比等于1的等比数列，
②当时，令，则.
当时，显然．
若，则，与矛盾,
所以，即.
取，当时，                      
，显然是等比数列,
综上，存在正整数，使得时，是等比数列.
【点睛】关键点睛：根据数列的单调性是解题的关键.
31．(1)

(2)
(3)，证明见解析

【分析】（1）利用已知条件先求出，将，，，代入：，，，即可求解；
（2）由，得到，进而有，再由得到即可；
（3）证明见解析.
（1）
由题意时，，，，由，知，所以，，，，
故.
（2）
记数列的所有项和为S，
因为，且，所以，
则，故.
当，或，时取到等号，
所以当，或，时，S取到最大值，为.
（3）
“数列为常数列”的充要条件是（）证明如下：
先证充分性：
当（）时，，所以为常数列；
再证必要性：
当为常数列时，记，
设中有x个，则必有个，将数列的所有项相加得：，由，且m为奇数，所以，
所以，由得：，所以，
所以.
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：
（1）仔细阅读，理解新定义的含义；
（2）根据新定义，对对应的知识进行再迁移
（3）正确阅读理解题干信息，抓住关键信息，转化为我们所熟悉的问题.
32．(1)；；
(2)不存在适合题意的数列；
(3).

【分析】（1）利用变换的定义即；
（2）利用数列的定义，记中有个，有个，则，进而即得；
（3）由题可得，进而可得，然后结合条件即得.
（1）
由，
可得，
，
∴；
（2）
∵，
由数列A为数列，所以，
对于数列，，…，中相邻的两项，
令，若，则，若，则，
记中有个，有个，则，
因为与的奇偶性相同，而与的奇偶性不同，
故不存在适合题意的数列；
（3）
首先证明，
对于数列，，…，，有，，…，，，
，，…，，，，，…，，，
，，…，，，，，…，，，
∵，
，
∴，
故，
其次，由数列为数列可知，，
解得，
这说明数列中任意相邻两项不同的情况有2次，
若数列中的个数为个，此时数列有个，
所以数列的个数为个.
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
33．(1)，；
(2)；
(3)所有可能值为.

【分析】（1）根据函数定义写出，即可.
（2）讨论数列A的项各不相等或存在相等项，当各项都不相等，根据题设定义判断，当存在相等项，由等比数列通项公式求q，进而确定的值；
（3）利用数列A的单调性结合（2）的结论求的取值范围，估计所有可能取值，再应用分类讨论求证对应所有可能值均可取到，即可得结果.
（1）
由题设，，，，则，
，，，则，
所以，.
（2）
若数列任意两项均不相等，
当时；
当且时，，
又，，
此时；
综上，，故，不合要求；
要使，即存在且使，即，
又，则，
当，则，不合要求；
当，则，满足题设；
综上，.
（3）
由题设数列单调递增且，
由（2）知：，
根据题设定义，存在且，，
则，
由比数列中个项大，，同理，
所以；
又至少比数列中一项小，，同理，
所以；
综上，.
令数列，下证各值均可取到，
ⅰ、当，而数列递增，
，且，
此时，，，
则；
ⅱ、当时，，则，
当且时，令，则，
所以，，
此时；
ⅲ、给定，
令()且()，
则()，()，
又数列递增，，
()，()，
所以，
此时且，
故，
综上，.
【点睛】关键点点睛：第三问，首先根据数列的单调性和定义求的取值范围，再由定义结合分类讨论求证范围内所有可能值都可取到.
34．(1),
(2),,
(3)

【分析】（1）根据数列,的定义以及是斐波那契数列,即可求解.
（2）数列是公比为整数的等比数列,可对公比进行检验,根据,的定义以及的特征,可检验出公比的值.
（3）根据数列,的公差是正整数,以及数列,的定义,可列出不等式,求解公差的范围,进而得解.
（1）
数列是斐波那契数列,则的项分别是
当时,则;当时,则,当时,则;当时,则
以此类推,可知当时,表示满足的所有i中最大的一个,所以,表示满足的所有i中最小的一个,所以
（2）
因为数列是公比为整数的等比数列,故公比
当时,的项为,表示满足的所有i中最大的一个,所以,同理;表示满足的所有i中最小的一个,所以,同理,符合题意.
当时,的项为,表示满足的所有i中最大的一个
，不符合,当时,的项增长的更快速,此时,故不符合题意.综上,,,
（3）
由数列是公差为d的等差数列,且单调递增,所以,又因为,
设数列,的公差分别为,则
则,
当时,满足,
由于是任意正整数,故可知
同理可知当时,满足,
由于是任意正整数,故可知,综上可知,又因为,所以可以是任意一个正整数.故
35．(1)；
(2)；
(3).

【分析】（1）根据数列的新定义即得；
（2）由题可得或，分情况讨论，进而可得；
（3）由题可得，进而猜想数列：1，2，4，5，7，8，，然后利用数学归纳法证明，再利用数列求和公式即得.
（1）
；
（2）
因为，
所以，所以或.
因此.
当时，
且同时成立，
此时.
当时，
且同时成立，此时矛盾.
综上，.
（3）
因为，
所以.
所以.
由知，.
事实上，当时，
与同时成立，
所以，从而.
猜想数列：1，2，4，5，7，8，，
即数列由不能被3整除的正整数从小到大排列组成，且满足数A：的两条性质.
下面用数学归纳法证明.
①当时结论成立.
②假设时结论成立，则当时，
当时，此时，
由于；
；

上面各式均成立，此时有.
当时，此时，
由于；
；

上面各式均成立，此时有.
综上，数列是由不能被3整除的正整数从小到大排列组成.
数列的前100项和为：.
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
36．(1)0,1,2,1,0（或 0,1,0,1,0）
(2)证明见解析；
(3)不存在，理由见解析.

【分析】(1)根据与和可考虑写出交替的数列.
(2)先证必要性，根据数列是递减数列，可得，进而求得.再证明充分性，因为，故，再累加可得证明即可.
(3)设,则，再累加求得，再分析的奇偶，根据整除的性质，先假设存在再证明矛盾即可.
（1）
（或 ）
（2）
必要性：因为数列是递减数列，
所以 ，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以；
充分性：由于，，…，，
所以，即，
因为，所以，
所以数列是递减数列.
综上，结论得证．
（3）
令，
则．
因为，，……,，
所以


因为，所以为偶数，
所以为偶数．
所以要使，必须使为偶数，即整除，
亦即或．
当时，
数列的项满足，，时，
有，；
当时，
数列的项满足，，，时，
有，．
当，时，不能被整除，
所以对任意给定的整数,不存在数列使得，．
【点睛】关键点点睛：在解数列新定义的问题,需要根据题意去绝对值分析,并根据整除的性质推理证明.
37．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）由性质①，可求出且，所以，同理可求得的值；
（2）由，验证性质①，即可证明；
（3）数列满足性质①②，带入验证，即可得：当时，，即可证明满足条件的数列是等差数列.
（1）
因为数列满足性质①，且，所以，所以，又因为，即，所以，同理可得：.
（2）
因为数列的通项公式为，
所以，对于任意的，令，则，
.
又，则，即.
又，所以，
即对于任意的.
所以，对于任意的，令，则当时，都有成立，
所以，数列满足性质①.
（3）
由题意，数列满足性质①②，且当时，同时满足性质①②的存在,
即对于任意的，存在，当时，都有成立，
所以，当时，，
即.
对于任意的,有，
对于任意的,有,
，
又当时，同时满足性质①②的存在且唯一,
所以，当时，,
所以，满足条件的数列是等差数列.
【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
38．(1)
(2)
(3)充分不必要条件

【分析】（1）根据所给定义计算可得；
（2）根据归纳推理可得，利用倒序相加法，化简即可得结果.
（3）根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
（1）
解：序列为1，2，3，，，，即8，．
（2）
解：时，
时，．
时，，
时，，
，
取时，，
取时，①，
则②，
①②得，


所以．
由序列为1，2，，，可得．
（3）
解：序列为序列，2，，的一个排列，．而反之不成立．
例如取序列为：，，，2，1，满足．
因此是的充分不必要条件．
39．(1)满足，不满足
(2)
(3)共4个满足，分别是：和和和

【分析】（1）结合题设中的定义可判断给定的两个数列是否具有性质；
（2）等比数列具有性质等价于对任意的恒成立，就分类讨论后可得的取值范围.
（3）设，先考虑均不存在具有性质的数列，再分别考虑时具有性质的数列，从而得到所求的数列.
（1）
对于第一个数列有，满足题意，该数列满足性质
对于第二个数列有不满足题意，该数列不满足性质.
（2）
由题意可得，
两边平方得：
整理得：
当时，得， 此时关于恒成立，
所以等价于时，所以，
所以或者，所以取.
当时，得， 此时关于恒成立，
所以等价于时，所以，
所以，所以取.
当时，得.
当为奇数的时候，得，因为，故显然成立
当为偶数的时候，得，因为，故显然不成立，
故当时，矛盾，舍去.
当时，得.
当为奇数的时候，得，显然成立，
当为偶数的时候，要使恒成立，
所以等价于时，所以，
所以或者，所以取.
综上可得，.
（3）
设，，
因为， 故，
所以可以取或者，
若，，则，
故或（舍，因为），
所以（舍，因为）.
若，，则，
故（舍，因为），或
所以（舍，因为）.
所以均不能同时使，都具有性质.
当时，即有，
故，故，
故有数列：满足题意.
当时，则且，故，
故有数列：满足题意.
当时，，
故，故，
故有数列：满足题意.
当时，则且，
故，
故有数列：满足题意.
故满足题意的数列只有上面四种.
【点睛】本题为新定义背景下的数列存在性问题，先确定时均不存在具有性质的数列是关键，依据定义枚举再依据定义舍弃是核心，本题属于难题.