高考数学考前提分复习专题2-4分类与整合思想中的五种题型（三角函数与解三角形、数列、不等式、解析几何、计数原理）含解析

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专题2.4分类与整合思想中的五种题型

题型一：三角函数与解三角形
1．（2022·上海·高三专题练习）已知函数若在区间D上的最大值存在，记该最大值为，则满足等式的实数a的取值集合是___________.
【答案】
【分析】先确定在区间上有最大值，且，因此在区间上的最大值为. 然后按在处或处取最大值分类讨论，数形结合，进而可得结果.
【详解】依题意可知，在区间上有最大值必然为，且，所以在区间上的最大值为.
（1）若在处取最大值，即，解得，此时，所以适合题意；
（2）若在处取最大值，即，解得，此时，所以适合题意.
综上可知，的取值集合是.
故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于确定在区间上有最大值，且，进而可得在区间上的最大值为.
2．（2022·上海市松江二中高三开学考试）某市环保部门通过研究多年来该地区的大气污染状况后，建立了一个预测该市一天中的大气污染指标与时间（单位：小时）之间的关系的函数模型：，，其中，代表大气中某类随时间变化的典型污染物质的含量，参数代表某个已测定的环境气象指标，且.现环保部门欲将的最大值作为每天的大气环境综合指数予以发布.
(1)求的值域；
(2)若该市政府要求每天的大气环境综合指数不得超过，请求出的表达式，并预测该市目前的大气环境综合指数是否会超标？请说明理由.
【答案】(1)；(2)，不会超标，理由见解析.
【分析】（1）由题设可得，理由正弦函数的性质求的值域即可.
（2）令，讨论的大小关系求出的分段函数形式，在讨论的范围求对应表达式，并判断的值域，由其最大值与2的大小关系判断是否会超标.
(1)由题设，，则，
所以，即的值域为.
(2)由（1）知：，则，
所以，
当时，在上递增，故；
当时，，此时在上，在上；
而得：，故，
综上，，易知：恒成立，故该市目前的大气环境综合指数不会超标.
题型二：数列
1．（2022·上海·高三专题练习）若数列的通项公式分别为，，且对任意恒成立，则实数的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由可得,分别讨论为奇数和为偶数的情况,即可求解.
【详解】因为,则,即,
因为对任意恒成立,
当为奇数时,,则,所以；
当为偶数时,,则,所以,
故,
故选:B
【点睛】本题考查由数列的不等式恒成立问题求参数范围,考查分类讨论思想.
2．（2020·上海闵行·一模）已知各项为正数的非常数数列满足 ，有以下两个结论:①若，则数列是递增数列；②数列奇数项是递增数列则（       ）
A．①对②错 B．①错②对 C．①②均错误 D．①②均正确
【答案】D
【解析】按照和分类讨论，分别判断①②即可得解.
【详解】为各项为正数的非常数数列，且，
当时，显然为递增数列，①②均正确；
当时，，不满足①的前提；
，，
依此类推，，即偶数项递减，奇数项递增.
故选：D.
【点睛】本题考查了数列递推公式的应用，考查了分类讨论思想，属于中档题.
3．（2022·上海·高三专题练习）已知函数各项均不相等的数列满足.令.给出下列三个命题：（1）存在不少于3项的数列使得；（2）若数列的通项公式为，则对恒成立；（3）若数列是等差数列，则对恒成立，其中真命题的序号是（       ）
A．（1）（2） B．（1）（3） C．（2）（3） D．（1）（2）（3）
【答案】D
【解析】由题意，函数是奇函数，只需考查函数在的性质，此时，都是增函数，所以在上也是增函数，即时，，对于（1），，即可判断；对于（2），运用等比数列求和公式和和三角函数的性质，即可判断；对于（3），运用等差数列求和公式，及不等式的性质，结合函数的单调性，即可判断；
【详解】由题意得，所以是奇函数，只需考查函数在的性质，此时，都是增函数，所以在上也是增函数，即函数在上也是增函数，设
若，则，，即
若，则，，即
所以时，，
对于（1），取，，故（1）正确；
对于（2），，

又

令，则

又，知，则，则，
，
又在上单减，，即，
，即，则，
由的任意性可知，，
又，所以，故（2）正确；
对于（3），数列是等差数列，
若，则；
若，即，又是奇函数也是增函数有，可得；同理：
若，可得；
若，可得；

相加可得：若，可得，即；
同理若，可得，即，故（3）正确；
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查真假命题的判断，关键是要理解新定义的函数的性质及应用，考查了函数的单调性与奇偶性的问题，考查了等差等比数列的性质与应用，考查了学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题.
4．（2022·上海·高三专题练习）对于数列，如果存在最小的一个常数，使得对任意的正整数恒有成立，则称数列是周期为的周期数列.设，数列前项的和分别记为，则三者的关系式___________；已知数列的通项公式为，那么满足的正整数=___________.
【答案】          或
【分析】利用前利用前项和的定义展开，然后每项分一组，最后剩下项，结合周期数列的性质即可求得；
先求出的前项和，然后将问题转化为，通过讨论与两种情况下求得方程的根，即可得到的值.
【详解】(1)因为数列是周期为的周期数列，，则，
所以.
故答案为：.
(2)因为，所以，
所以当时，的前项和为，
当时，的前项和为；
满足，
即，.
而，
(1)当时，，
所以，
解得或；
(2)当时，，
所以，
解得不是整数，舍去.
故答案为：或.
【点睛】此题两个小问，第一小问解题的关键是弄清楚数列求和的定义，利用定义将各前项和求出化简即可；第二小问通项公式中含有绝对值符号，所以需要用到分类讨论的思想，分别求出.
5．（2022·上海师大附中高三阶段练习）已知{}是公差为的等差数列，若存在实数，，，…，满足方程组：，则d的最小值为___________
【答案】
【分析】把方程组中的都用和表示，求得的表达式，根据三角函数有界性可得出答案．
【详解】解：把方程组中的都用和表示得：
，
把代入得：，
要使最小，则要最大，
因为，
所以，
时分母取最大值20
所以，
所以的最小值为．
故答案为：.
6．（2022·上海杨浦·二模）已知a为实数，数列{}满足：①；②.若存在一个非零常数，对任意，都成立，则称数列{}为周期数列.
(1)当时，求的值；
(2)求证：存在正整数n，使得；
(3)设是数列{}的前n项和，是否存在实数a满足：①数列{}为周期数列；②存在正奇数k，使得.若存在，求出所有a的可能值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)8(2)证明见解析(3)存在，2
【分析】（1）根据题意分别求出，即可得解；
（2）当时，．可知在数列中直到第一个小于等于3的项出现之前，数列是以为首项，为公差的递减的等差数列．写出通项公式，可得当足够大时，总可以找到，使，当，易证得；
（3）分和两种情况讨论，结合（2）可得当时，不合题意，再根据当时，数列的周期性，即可得出结论.
(1)解：当时，，
所以；
(2)证明：当时，，
所以，在数列中直到第一个小于等于3的项出现之前，数列是以为首项，为公差的递减的等差数列，
即，
所以，当足够大时，总可以找到，使，
当时，则存在，使得，
当时，则存在，使得，
综上所述存在正整数n，使得；
(3)解：当时，，
故此时数列是以2为周期的周期数列，
当时，则，
由（2）得，存在正整数n，使得，
因此此时不存在不存在，
所以此时数列数列不是周期数列，
所以时，数列是以2为周期的周期数列，
，
所以，
又因，
所以，
所以，
所以存在，使得.
7．（2022·上海宝山·一模）已知函数，无穷数列满足，.
(1)若，写出数列的通项公式（不必证明）；
(2)若，且，，成等比数列，求的值；问是否为等比数列，并说明理由；
(3)证明：，，，，成等差数列的充要条件是.
【答案】(1)；
(2)，为等比数列；，不为等比数列，理由见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据递推关系写出前几项，直接得到通项公式；
（2）时，由，，成等比数列可求出判断数列即可，时同理可求出，由等比数列定义判断即可；
（3）结合（2）先证明充分性，再分别讨论，，证明必要性即可.
【详解】(1)因为，所以，
所以；
(2)因为
当时，由，
所以，
所以，即为等比数列；
当时，由舍，

所以，
因为，
所以数列不是等比数列；
综上，当时，是等比数列，当时，不是等比数列；
(3)充分性:当时，由(2)知，此时为等差数列;
必要性:当时, ，所以，
所以，数列为递增数列,
易知，存在，此时，与矛盾，舍去;
当时，由，所以,
所以，，即为等差数列;
当时，由与不符，舍去;
综上，，，，，成等差数列的充要条件是 .
【点睛】方法点睛：注意在涉及数列的证明求解过程中，分类讨论方法的应用，本题求解过程一定要分别考虑的范围对解题的影响，分为，，去考虑问题即可.
8．（2022·上海·高三专题练习）对于数列，若存在，使得对任意都成立，则称数列为“-折叠数列”.
（1）若，判断数列是否是“-折叠数列”，如果是，指出的值，如果不是，请说明理由；
（2）若，求所有的实数，使得数列是3-折叠数列；
（3）给定常数，是否存在数列，使得对所有，都是-折叠数列，且的各项中恰有个不同的值，请说明理由.
【答案】（1）是“-折叠数列”，；（2）或或；（3）存在，证明见解析.
【分析】（1）结合给的定义列出关于的方程，判 断方程是否有解，可判断数列是否是“-折叠数列”，
（2）根据题 中的定义，列方程得到，再讨论是否为0可得出结果，
（3）只需列举出例子即可证明，结合定义，数列的图像有无数条对称轴，可联想三角函数求解，设，结合三角函数的单调性与周期性即可证明
【详解】解：（1）若存在，使得对任意都成立，可知数列在内关于对称即可，
因为，
有在内关于对称，
所以，即是折叠数列，
（2）要使通项公为的数列是折叠数列，只要，
当时，，显然成立，
当时，，得，（），
所以或，
综上，或，
（3）对给定的常数， 都是-折叠数列，则有多条对称轴，其中都是数列的对称轴，
设，由得对称轴为，且的周期为，
满足给定常数，使得对所有，都是-折叠数列，
由是周期函数，周期为，在这个周期内，为对称轴，
所以对应函数值的个数与对应的函数值个数相等，
即时，，
所以在上单调递增，
因为，所以各项中共有个不同的值，
综上，给定常数，存在数列，使得对所有，都是-折叠数列，且的各项中恰有个不同的值，
【点睛】关键点点睛：此题考查数列的综合应用，考查分类思想，解题的关键是正确理解“-折叠数列”的定义，合理构造函数，考查计算能力，属于难题
9．（2022·上海奉贤区致远高级中学高三开学考试）已知无穷数列与无穷数列满足下列条件：①；②   .记数列的前项积为 .
（1）若，求；
（2）是否存在，使得成等差数列？若存在，请写出一组;若不存在，请说明理由；
（3）若，求的最大值.
【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析；（3）.
【分析】（1）由，可依次求出，从而可求出；
（2）假设存在，设公差为，然后分和，判断出的正负，进而可得到的正负，由此可得结论；
（3）由题意， 且设，则进一步分析得，的值从大到小依次为，然后分，，分析求解即可
【详解】（1），，
                           
∴                                                       
（2）不存在，假设存在，设公差为       
若，则，公差，矛盾；
若，则，公差，矛盾.
∴假设不成立，故不存在.
（3）由题意， 且     
设，，
得，进一步得
显然的值从大到小依次为            
（ⅰ）若，则，则不可能        
（ⅱ）若，则或，
则或不可能                      
（ⅲ）若，则，则不可能       
∴（当或取得）
从而，
∴.
∴       


（当：取得）                                             
又 ，∴
【点睛】关键点点睛：此题考查由数列的递推式求数列的项，判断等差数列，考查分类讨论思想，第3问解题的关键是由已知可得设，， 得，进一步得，显然的值从大到小依次为，然后分情况讨论求解即可，考查计算能力，属于较难题
10．（2022·上海·高三专题练习）已知为正整数，各项均为正整数的数列满足：，记数列的前项和为．
（1）若，求的值；
（2）若，求的值；
（3）若为奇数，求证：“”的充要条件是“为奇数”．
【答案】（1）；（2）或；（3）见解析.
【分析】（1）利用递推公式直接代入求值.
（2）分类讨论当为奇数和偶数的情况，再讨论为奇数和偶数的情况，求得的值.
（3）先证充分性（易证得），再证必要性，用数学归纳法证明.
【详解】解：（1），，则前7项为8，4，2，1，3，5，7，故．
（2）由题设是整数．
①若为奇数,可设，,则是偶数，得，
则，此时，符合题意
②若为偶数,可设，,则，
当是偶数时，可设，得，，
则，此时不存在．
当是奇数时，可设，得，，
，则，得 ，得．
综合①②可得，或．
（3）充分性：若为奇数，则；
必要性：先利用数学归纳法证：（为奇数）；（为偶数）．
①，，成立；
②假设时，（为奇数）；（为偶数）．
③当时，当是偶数，；当是奇数，，此时是偶数．
综上，由数学归纳法得（为奇数）；（为偶数）．
从而若时，必有是偶数．进而若是偶数，则矛盾，故只能为奇数．
【点睛】本题是递推关系为分段函数类型，注意分析并使用分类讨论，还考查了充要条件的证明，复杂的且关于自然数的递推不等式的证明可用数学归纳法证明.
11．（2020·上海杨浦·一模）已知无穷数列的前项和为,若对于任意的正整数,均有,则称数列具有性质.
（1）判断首项为,公比为的无穷等比数列是否具有性质,并说明理由;
（2）已知无穷数列具有性质,且任意相邻四项之和都相等,求证:;
（3）已知,数列是等差数列,,若无穷数列具有性质,求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）
【解析】（1）因为首项为,公比为的无穷等比数列,即可,求和,即可求得答案;
（2）因为无穷数列具有性质,且任意相邻四项之和都相等,满足周期性,且,可得,因为具备性质,故满足:,,采用反证法证明,即可求得答案;
（3）数列是等差数列,可得的前项和为:,因为前项和为:,由具备性质,则其中中包含项奇数项,项偶数项,结合已知,即可求得答案.
【详解】（1）首项为,公比为的无穷等比数列

根据等比数列前项和公式可得:
,

数列满足具有性质.
（2）无穷数列具有性质,且任意相邻四项之和都相等
满足周期性,且
可得
具备性质
满足:,
利用反正法证明:
若,则,
令
得:(注:当时,,则当时,)
与矛盾.
,
又,
.证明完毕.
（3）数列是等差数列
的前项和为:,
前项和为:
由具备性质,
则
其中中包含项奇数项,项偶数项,
有:


其中中包含项奇数项,项偶数项,
故:


由性质
可得,对任意成立
、满足:,解得:
.
【点睛】本题主要考查了有关与数列相关的创新题和对新定义的理解,解题关键是要充分理解新定义和数列的知识相结合,考查了分析能力和计算能力,属于难题.
12．（2020·上海市大同中学高三阶段练习）如果一个数列从第项起，每一项与它得前一项得差都大于，则称这个数列为“”数列.
（1）若数列为“数列”，且，，，求实数的取值范围；
（2）是否存在首项为的等差数列为“数列”，且其前项和满足？若存在，请求出的通项公式；若不存在，请说明理由；
（3）已知等比数列的每一项均为正整数，且为“数列”，，，当数列不是“数列”时，试判断数列是否为“数列”，并说明理由.
【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析；（3）答案见解析.
【分析】（1）根据“数列”的定义及已知条件有，即可求的取值范围；
（2）应用反证法，假设存在首项为的等差数列为“数列”，结合已知条件推出矛盾结果，即可证不存在.
（3）设等比数列的公比为，由“数列”的性质确定、的最小项，结合已知有即可求，分类讨论数列是否为“数列”.
【详解】（1），，解得或，
∴的取值范围是；
（2）假设存在等差数列为“数列”，
设公差为，由，可得，
由题意可得对一切恒成立，即都成立，
∵，且，
∴，与矛盾，故不存在等差数列为“数列”；
（3）设等比数列的公比为，则且每一项均为正整数，且，
∴，，由，即在中，为最小项；同理，在中，为最小项，
由为“数列”，可知只需，即，
又不是“数列”且为最小项，则，即
综上，，可得，或，；
①当，时，，则
令，则，
令，则，
∴，即，又，
∴对任意的都有，即数列为“数列”；
②当，时，，则，显然为递减数列，，故数列不是“数列”；
综上，当，时，数列是“数列”；当，时，数列不是“数列”.
【点睛】关键点点睛：第三问，由已知设的通项公式，根据为“数列”， 不是“数列”可得，进而求基本量，再应用分类讨论的方法判断数列的性质.
13．（2021·上海虹口·二模）若数列满足“对任意正整数，，，都存在正整数，使得”，则称数列具有“性质”.
（1）判断各项均等于的常数列是否具有“性质”，并说明理由；
（2）若公比为的无穷等比数列具有“性质”，求首项的值；
（3）若首项的无穷等差数列具有“性质”，求公差的值.
【答案】（1）答案见解析；（2），且；（3）或.
【分析】（1）根据性质计算，由解得或，可得结论；
（2）通项公式，然后由求出，由的范围可得的值的形式；
（3）由得，由对于任意的正整数，存在整数和，使得，，两式相减得.首先确定，得是整数，因此也是整数，然后说明不合题意（取较大的，使得即可得），时只有或2，并说明符合题意．
【详解】解：（1）若数列具有“性质”，由已知对于任意正整数，，，都存在正整数，使得，所以，解得或.
所以当或时，常数数列满足“性质”的所有条件，数列具有“性质”；当且时，数列不具有“性质”.
（2）对于任意正整数，，，存在正整数，使得，即，，令，则.
当且时，则，对任意正整数，，，由得，得，而是正整数，所以存在正整数使得成立，数列具有“性质”.
若，取，，，不是中的项，不合题意．
综上所述，且.
（3）.对于任意的正整数，存在整数，使得得.
对于任意的正整数，存在整数和，使得，，两式相减得.
当时，显然不合题意.
当时，得，是整数，从而得到公差也是整数.
若时，此数列是递减的等差数列，取满足正整数，解得，由，所以不存在正整数使得成立.从而时，不具有“性质”.
是正整数，都是正整数，因此或2．
当时，数列2，3，4，……，，……，对任意正整数，，，由得，得，而是正整数，从而数列具有“性质”.
当时，数列2，4，6，……，，……，对任意正整数，，，由得，得，而是正整数，从而数列具有“性质”.
综上所述或.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，考查学生的创新意识，推理能力．解题关键是理解新定义并能运用新定义解题．性质，即对任意的，存在，使得，只要根据这个恒成立式求得数列即可．
14．（2022·上海·高三专题练习）已知正整数数列满足：，，.
（1）已知，，求和的值；
（2）若，求证；
（3）求的取值范围.
【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）根据递推式赋值逆推，分别求出即可求出的值；
（2）由已知得，进一步得，即，结合，利用放缩法即可得到；
（3）由已知得，讨论与的大小关系即可得出．
【详解】（1）令得，，解得；
令得，，解得；
令得，，解得；
令得，，解得；
所以．
（2）等价于，
则，两式相减可得，即，
因为是正整数数列，所以，于是
.
（3）等价于
①若，奇数项都相等，偶数项都相等且
由是正整数数列，所以，经验证，
，，，均符合题意，
此时或
②当时，奇数项递增，偶数项递增，而 ，随着 的增大，存在时，，这样与条件矛盾，故不成立；
③当时，奇数项递减，偶数项递减，而 ，随着 的增大，存在时，，这样与条件矛盾，故不成立；
综上，或，即.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用递推式求数列中的项，以及放缩法的应用，放缩法在不等式的证明中常考查，放缩成合适的标准是解题的关键，意在考查学生的分类讨论思想与逻辑推理能力和数学运算能力，属于难题．
15．（2021·上海·华师大二附中高三阶段练习）已知无穷数列满足：，
（，）．对任意正整数，记，．
（1）写出，；
（2）当时，求证：数列是递增数列，且存在正整数，使得；
（3）求集合．
【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）．
【解析】（1）根据题意有解出，根据解出；
（2）根据递增数列定义判定成立，存在正整数使得，取特殊值验证即可得出结论；
（3）由（2）可得，当时，存在正整数使得，所以若，则，结合（1）得，验证其是否成立.
【详解】解：（1）因为，
所以，
因为，，
所以，所以
因为
又，所以
结合可得．
（2）当时，对任意，都有
，
所以．
所以数列是递增数列．
因为，
所以．
令，则，
所以．
所以存在正整数，使得．
（3）由题意得，对任意，都有且．
由（2）可得，当时，存在正整数，使得，所以．
所以若，则．
又因为，所以若，则．
所以若，则，即．
下面证明．
①当时，对任意，都有．
下证对任意，．
假设存在正整数，使得．
令集合，则非空集合存在最小数．
因为，所以．
因为，所以．
所以，与矛盾．
所以对任意，．
所以当时，．
②当时，．
下证对任意，．
假设存在正整数，使得．
令集合，则非空集合存在最小数．
因为，所以，所以．
因为，所以．
，且，
所以，与矛盾．
所以当时，．
所以当时，对任意，都有．
所以，即．
因为，且，所以.
【点睛】解决数列的单调性问题的3种方法：
（1）作差比较法根据的符号判断数列是递增数列、递减数列或是常数列；
（2）作商比较法根据(或)与1的大小关系进行判断；
（3）数形结合法结合相应函数的图象直观判断.
16．（2019·上海市建平中学高三阶段练习）设是无穷正项等比数列，公比为.对于正整数集的子集，若，定义；若，定义.
（1）若，，，求；
（2）设.若､是的非空有限子集且，求证：；
（3）若对的任意非空有限子集､，只要，就有，求公比的取值范围.
【答案】（1）111；（2）见解析；（3）或.
【分析】（1）根据定义可直接得到.
（2）不妨设的最小元素小于的最小元素，通过放缩求和后可证，从而得到.
（3）先证明不满足题设要求，再就和分类讨论，讨论时可先取特殊的得到满足的必要条件，再证明在该条件下.
【详解】（1）根据定义可得；
（2）设，
，
因为，故不妨设，则，所以，
因为，故.
又，
，
因为，故，所以即.
（3）若，取，，则，
此时，故，这与题设矛盾，故舍去.
若，取，，因为，
此时，，而，
由可得，故.
对任意的，再取，，则，
因为，由（2）的证明得，故对任意总成立，
即任意的总成立，故，
从而，解得.
下证：当时，只要，就有.
设，
，
若，则，故成立.
若，则存在满足，
由可得存在满足，否则为的真子集，与矛盾.
令，，
则.
又，且，.
所以要证明当，就有也就是证明当，就有.
设中的最小元素为，的最小元素为，
若，由（2）的证明可知，这与矛盾，故，
仍由（2）的证明可得，，
故成立.
若，取，，因为，，
故，而，由可得，故.
对任意的，再取，，
此时，，
故对任意的，总有即，
所以，解得.
下证：当时，只要，就有.
设，
，
若，则，故成立.
若，则存在满足，
由可得存在满足，否则为的真子集，与矛盾.
令，，
则.
又，且，
所以要证明当，就有也就是证明当，就有.
设中的最大元素为，的最大元素为，
若，则，矛盾.
故.
而，，故成立.
综上，或.
【点睛】本题考查新定义背景下与等比数列和有关的问题，注意在等比数列中，等比数列的和与等比数列的项之间有一定的关联关系，另外在本题的解决过程中，我们先从特殊情况得到公比的范围，再证明该范围能使得命题成立，遵循了从特殊到一般的数学思想，本题属于难题.
17．（2020·上海普陀·三模）已知数列满足：对任意的，若，则，且，设集合，集合A中元素最小值记为，集合A中元素最大值记为，如数列：时，，，.
（1）已知数列：，写出集合及；
（2）求证：不存在，
（3）求的最大值以及的最小值，并说明理由.
【答案】（1），；（2）证明详见解析；（3）的最大值为17，的最小值为16，理由详见解析.
【分析】（1）根据题目，代入求解即可；
（2）利用反证法证明即可，假设，，所以可以推出故假设不成立，所以不存在；
（3）欲使的最大值以及的最小值，先举例说明得到是可能的，只需证明的最小值为16，再先证明为不可能的，同理可以推出，矛盾，假设不成立，所以，而由已知条件得到是可能的，分类讨论求解.
【详解】（1），
，.
（2）假设，
设
则
即，因为，所以.
同理，设
可以推出，
中有两个元素为1，与题设矛盾，
故假设不成立，所以不存在.
（3）的最大值为17，的最小值为16.
①例如数列：.
此时，，.
得到是可能的.
②现只需证明：的最小值为16.
先证明为不可能的，假设域.
设，
可得，
即，元素最大值为10，所以.
又
，
同理可以推出，矛盾，假设不成立，所以.
而由已知条件得到是可能的，
所以的最小值为16.
【点睛】主要考查反证法的证明、数列与不等式，要用到类比推理和归纳推理的数学思想，属于难题.
18．（2020·上海青浦·一模）若无穷数列和无穷数列满足：存在正常数A，使得对任意的，均有，则称数列与具有关系．
（1）设无穷数列和均是等差数列，且，，问：数列与是否具有关系？说明理由；
（2）设无穷数列是首项为1，公比为的等比数列，，，证明：数列与具有关系，并求A的最小值；
（3）设无穷数列是首项为1，公差为的等差数列，无穷数列是首项为2，公比为的等比数列，试求数列与具有关系的充要条件．
【答案】（1）数列与不具有关系；理由见解析；（2）证明见解析，A的最小值为1；（3）数列与具有关系的充要条件为，．
【分析】（1）先假设数列与是否具有关系，根据题意，推出矛盾，即可得出结论；
（2）根据等比数列的通项公式，得到，即可得出数列与具有关系．设A的最小值为，，结合题中条件，即可求出结果；
（3）先由等差数列与等比数列的通项得出两数列通项，设，，根据数列与具有关系，即存在正常数A，使得对任意的，均有．分，；，；，；，四种情况讨论，结合导数的方法，以及反证法，分别求解，即可得出结果.
【详解】（1）因为，，
若数列与是否具有关系，
则对任意的，均有，
即，亦即，
但时，，
所以数列与不具有关系．
（2）证明：因为无穷数列是首项为1，公比为的等比数列，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以数列与具有关系．
设A的最小值为，，
因为，所以．
若，则当时，，
则，这与“对任意的，均有”矛盾，
所有，即A的最小值为1．
（3）因为数列是首项为1，公差为为等差数列，
无穷数列是首项为2，公比为的等比数列，
所以，，
设，，
则，，．
数列与具有关系，即存在正常数A，
使得对任意的，均有．
（Ⅰ）当，时，，取，
则，数列与具有关系；
（Ⅱ）当，时，假设数列与具有关系，
则存在正常数A，使得对任意的，均有．
因为，
所以，对任意的，，
即，，
所以，
这与“对任意的，均有”矛盾，不合；
（Ⅲ）当，时，假设数列与具有性质，
则存在正常数A，使得对任意的，均有．
因为，
所以，对任意的，，
即，，
所以，，
这与“对任意的，均有”矛盾，不合；
（Ⅳ）当，时，假设数列与具有性质，
则存在正常数A，使得对任意的，均有．
因为，
所以，对任意的，，
所以，
所以，
设，，
则对任意的，．
因为，，
所以，对任意的，，
下面先证明：存在，当时，．
即证．
设，则，
所以时，，在区间上递增，
同理在区间上递减，
所以，
所以．
因此，，
所以，当时，，
设，则当时，，
即当时，，又，
所以，即，
解得，
这与对任意的，矛盾，不合．
综上所述，数列与具有关系的充要条件为，．
【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的应用，涉及导数的方法求最值，以及反证思想的应用，综合性较强，难度较大.
19．（2020·上海·模拟预测）对于数列，若存在，使得对任意都成立，则称数列为“折叠数列”.
（1）若，，判断数列，是否是“折叠数列”，如果是，指出的值；如果不是，请说明理由；
（2）若，求所有的实数，使得数列是折叠数列；
（3）给定常数，是否存在数列，使得对所有，都是折叠数列，且的各项中恰有个不同的值，证明你的结论.
【答案】（1）数列是“折叠数列”，不是“折叠数列”；
（2）或或；（3）证明见解析.
【分析】（1）根据题目所给的“折叠数列”的定义进行判断即可；
（2）根据定义，列出当是折叠数列时，满足的关系式，然后分类讨论求解；
（3）只需列举出例子即可证明，结合定义，数列的图象有无数条对称轴，可利用三角函数求解.
【详解】解：（1）若数列是“折叠数列”，则存在，使得对任意，则，
所以，解得，
故数列是“折叠数列”
若数列是“折叠数列”，则，得，得,
所以不是“折叠数列”.
（2）若，使得数列是折叠数列，则只需满足，即
，当时，，显然成立；
当时，则，则，，则或；
综上所述：或或.
（3）对给定的,都是折叠数列,故有多条对称轴，
其中都是数列的对称轴，
设，由得对称轴为，且的周期为，
满足给定常数，使得对所有，都是折叠数列，
为周期函数，周期为，在这个周期内，为对称轴，
故对应的函数值的个数与对应的函数值的个数相等，
即时，，
所以在上单调递增，
因为，所以各项中共有个不同的值，
综上所述，给定，存在数列，使得对所有,都是折叠数列, 且的各项中恰有个不同的值.
【点睛】本题考查了新定义数列问题，考查了三角函数知识，难度较大.考查学生对于分类讨论思想，函数思想在解题中的运用.
20．（2020·上海闵行·一模）已知数列满足
（1）当时，写出所有可能的值；
（2）当时，若且对任意恒成立，求数列的通项公式；
（3）记数列的前项和为，若分别构成等差数列，求.
【答案】（1）或或或；（2）；（3）
【解析】（1）构造新数列后分类讨论即可得解；
（2）转化条件得，，作差得，求出后再求出即可得解；
（3）转化条件得，，分组求和即可得解.
【详解】（1）当时，，
即是以为首项、为公差的等差数列，
，
可得：，，，，
或或或.
（2）当时，
即是首项为.公差为的等差数列，
，
，，
且，
，，
，，
，
.
（3）由己知得①
若，分别构成等差数列，
则，②
，③
，④
由②+③得:
是等差数列， 必为定值，

或，
即或，
而由①知，即
，
即或（舍）
，.
同理，由③+④得:
或，
由上面的分析可知:
而，，
即或（舍）

，从而
.
【点睛】本题考查了数列递推公式的应用、数列的通项公式和数列求和，考查了分类讨论思想和计算能力，属于难题.
题型三：不等式
一、解答题
1．（2021·上海市嘉定区第二中学高三期中）已知关于的不等式的解集为，不等式的解集为.
(1)若，求实数的值和解集.
(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)，解集为.(2)
【分析】（1）由题设，再由解集求a的值，应用公式法求绝对值不等式的解集即可.
（2）讨论参数a求的解集，由已知可得，由（1）及所得解集确定的取值范围.
(1)由，则，要使，
∴，可得.
由，则，可得，
∴解集为.
(2)由（1）：，
当，即时，则或；
当，即时，则；
当，即时，则或；
当时，则 ；
当，即时，则或；
∴要使“”是“”的充分不必要条件，即，又为，
综上，满足要求.
2．（2020·上海·高三专题练习）解下列不等式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）；
（6）
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）；（5）（6）
【分析】（1）移项，解分式不等式；
（2）解无理不等式；
（3）换成同底的对数，解对数不等式；
（4）解对数不等式，讨论底数的取值范围；
（5）移项，解高次分式不等式；
（6）等价变形，解高次分式不等式.
【详解】解：（1）由，得，得，
得或，解集为
（2）由，则或，得或，
故不等式解集为
（3）由题且，且，得且，
，则，由，
化简得，
则或，解得或，
故不等式解集为.
（4）由题，
则或，解得.
故不等式解集为
（5）由，得，化简得，
得，得或或，
故不等式解集为
（6）由，
则且，解得且或，
故不等式解集为.
【点睛】本题考查了分式不等式、对数不等式、无理不等式的解法，需注意变形的等价性，必要时需分类讨论，属于中档题.
3．（2020·上海·高三专题练习）解不等式：.
【答案】{或}
【分析】对分类讨论去绝对值，当，直接求解指数不等式；当时，先解关于的一元二次不等式，再求指数不等式，即可求解.
【详解】（1）当时，原不等式为，即，∴.
（2）当时，原不等式为，
∴.∴或.
∴，∴，∴，∴.
所以不等式的解集为或.
【点睛】本题考查不等式的求解，涉及到绝对值、指数不等式、一元二次不等式等基础知识，考查分类讨论思想和计算求解能力，属于中档题.
4．（2020·上海·高三专题练习）已知，，．求证：
（1）；
（2）．
【分析】（1）作差变形化简，并讨论的大小，确定差的符号，从而证明不等式.
（2）作差变形化简，并讨论的大小，确定差的符号，从而证明不等式.
【详解】（1）

当时，，则；
当时，，则；
综合得，
即有.
（2）
当或时，
当时，若，则，，，
若，则，，，
综上得，得
即.
【点睛】本题考查了不等式的证明，利用作差、变形化简、确定符号，需要时注意分类讨论.
5．（2016·上海市奉贤中学高三阶段练习）已知关于的不等式的解集为，其中；
（1）若，求实数的取值范围；
（2）求不等式的解集；
（3）是否存在实数，使得上述不等式的解集中只有有限个整数？若存在，求出使得中整数个数最少的的值；若不存在，请说明理由；
【答案】（1）（2）见解析（3）存在，
【分析】（1）代入不等式求解；
（2）分类讨论，；
（3）由（2）知满足题意，再确定个数最小的值．
【详解】（1）由题意，解得，所以的取值范围是；
（2）当时，不等式化为，；
当时，不等式化为，
当且时，
当时，；
当时，不等式化为，.
（3）由（1）知：当时， 中整数的个数为无限个；
当时，中整数的个数为有限个，
因为，当且仅当时取等号，
所以当时，中整数的个数最少.
【点睛】本题考查解含参数的一元二次不等式，求解时要注意分类讨论．分类讨论的标准有三个方面：一是最高次项系数，二是相应二次方程有无实数解，三是有实数解时两根的大小．
6．（2016·上海市晋元高级中学高三期中）关于的不等式，的解集分别为和
（1）试求和；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1），集合N见解析；（2）.
【分析】（1）对两个不等式进行因式分解，分类讨论即可得解；
（2）结合（1）的结论进行分类讨论求解.
【详解】（1）即
所以；
即
当或时，；
当时，；
当或时，；
（2）分类讨论：当或时，，符合题意；
当时，，，
即，恒成立，所以符合题意；
当或时，解得：，所以，
综上所述：
【点睛】此题考查求二次不等式的解集，关键在于准确进行因式分解并分类讨论，根据两个集合的交集为空集求参数的取值范围，考查分类讨论思想.
7．（2021·上海市建平中学高三开学考试）提高隧道的车辆通行能力可改善附近路段高峰期间的交通状况.在一般情况下，隧道内的车流速度（单位：千米/小时）和车流密度（单位：辆/千米）满足关系式：.研究表明：当隧道内的车流密度达到120辆/千米时造成堵塞，此时车道速度是0千米/小时.
（1）若车流速度不小于50千米/小时，求车流密度的取值范围；
（2）隧道内的车流量（单位时间内通过隧道的车辆数，单位：辆/小时）满足，求隧道内车流量的最大值（精确到1辆/小时），并指出当车流量最大时的车流密度（精确到1辆/千米）.
【答案】（1）；（2）隧道内车流量的最大值约为3792辆/小时，此时车流密度约为87辆/千米.
【分析】（1）把代入已知式求得，解不等式可得的范围．
（2）由（1）求得函数，分别利用函数的单调性和基本不等式分段求得最大值，比较可得．
【详解】（1）由题意知当（辆/千米）时，（千米/小时），
代入，得，解得，
所以.
当时，，符合题意；
当时，令，解得，所以.
综上，.
答：若车流速度不小于50千米/小时，则车流密度的取值范围是.
（2）由题意得，
当时，为增函数，所以，等号当且仅当成立；
当时，

.
即，等号当且仅当，即，即成立.
综上，的最大值约为3792，此时约为87.
答：隧道内车流量的最大值约为3792辆/小时，此时车流密度约为87辆/千米.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数模型的应用，对于已经给出函数模型的问题，关键是直接利用函数模型列出方程、不等式或利用函数性质求解，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于较难题.
8．（2022·上海·高三专题练习）对于数列，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称为数列.
（1）若数列1，2，，8是数列，求实数的取值范围；
（2）设数列，，，，是首项为、公差为的等差数列，若该数列是数列，求的取值范围；
（3）设无穷数列是首项为、公比为的等比数列，有穷数列、是从中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别记为、，求证：当且时，数列不是数列.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】（1）由数列的性质建立不等式组即可求解.
（2）先求数列的前项和，再由对成立，整理为的二次不等式，关于的二次函数的最大值小于0即可求解.
（3）反证法，分情况讨论即可得出结论.
【详解】解：（1）由题意得，所以；
实数的取值范围是.
（2）由题意得，该数列的前项和为，
由数列是数列，得，故公差，
对满足的所有都成立，
则，解得，所以的取值范围是；
（3）若是数列，则，
因为，所以，又由对所有都成立，得恒成立，
即恒成立，因为，故，所以，
若中的每一项都在中，则由这两数列是不同数列可知，
若中的每一项都在中，同理可得，
若中至少有一项不在中，且中至少有一项不在中，
设是将中的公共项去掉之后剩余项依次构成的数列，
它们的所有项之和分别为，不妨设中的最大项在中，设为，则，故总有与矛盾，
故假设错误，原命题正确.
【点睛】关键点点睛：（1）（2）小题都由数列的性质建立不等式组确定待求实数的取值范围，只是（2）题中需转化为关于的二次不等式恒成立，进一步需转化为关于的二次函数的最大值小于0求解；（3）题根据“正难则反”的原则，考虑使用反证法，分情况讨论即可得出结论.
9．（2019·上海市建平中学高三阶段练习）设是由个有序实数构成的一个数组，记作：.其中称为数组的“元”，称为的下标，如果数组中的每个“元”都是来自数组中不同下标的“元”，则称为的子数组.定义两个数组，的关系数为.
（1）若，，设是的含有两个“元”的子数组，求的最大值；
（2）若，，且，为的含有三个“元”的子数组，求的最大值；
（3）若数组中的“元”满足，设数组含有四个“元”，且，求与的所有含有三个“元”的子数组的关系数（）的最大值.
【答案】（1）2（2）1（3）
【分析】（1）根据题中“元”的定义，列出所有的含有两个“元”的子数组，当取到时，取到最大值；
（2）需要进行分类讨论，分为中含0和不含0这个“元”两种具体情况进行分类讨论，再结合不等式性质进行合理放缩即可求得最值；
（3）可以借鉴（2）中解题方法，分为和两种情况，再结合基本不等式性质经行求解即可
【详解】（1）由题，列出所有符合题意的子数组：，，，，
，，由定义，，计算可得，当时，；
（2）由，可知，实数具有对称性，故分为中含0和不含0这个“元”两种具体情况进行分类讨论；
①当0是中的“元”时，由于中的三个“元”都相等及中三个“元”的对称性，可只计算的最大值，，
由可得，
故当时达到最大值，故；
②当不是中的“元”时，

又，根据同向可加性可得
，即，则
，当且仅当时，取到最大值，故；
综上所述，；
（3）解法和（2）接近，，，根据及
的对称性，分为和两种情况进行求解；
当时，为了保证不等式的等价性，需对做变形处理，得
，此时

，当且仅当时等号成立；
；
当时，，此时，
综上所述，
【点睛】本题考查对新定义的理解，均值不等式在极值中的具体应用，知识的类比与推广，对于知识的迁移转化有较高要求，属于中档题
题型四：解析几何
1．（2022·上海·高三专题练习）设集合{直线与直线相交且以交点的横坐标为斜率}．
（1）点到中哪条直线距离最小；
（2）设，点到中直线距离的最小值设为，求．
【答案】（1）到距离最小；（2）
【分析】（1）设出交点坐标，可写出直线的方程，再根据点到直线的距离公式即可求出点到到直线的距离，判断该式的单调性即可求出最小值，从而得到直线的方程；
（2）先求出点到中直线的距离，得到关于的函数关系式，变形，结合基本不等式取等的条件进行分类讨论，即可求出．
【详解】（1）设交点为，则直线的方程为，即．
点到直线的距离关于单调递增，所以，当时，距离最小为0，此时直线的方程为．
（2）因为，
因为设，，所以
当，即或时，；
当即时，在上单调递增，．
综上，．
【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式的应用，基本不等式的应用，函数单调性的应用，以及函数最值的求法，意在考查学生的数学运算能力和分类讨论思想的应用能力，属于中档题．
2．（2021·上海·高三专题练习）双曲线的实轴为，点是双曲线上的一个动点，引，， 与的交点为，求点的轨迹方程.
【答案】
【解析】设，，，，由已知条件可得，即，又点在双曲线上，代入可得，即为点的轨迹方程.
【详解】设，，，，
由题意可知，，否则点（或点）和点（或点）重合，不符合题意；
，，
利用垂直斜率关系可得，两式相乘得①
又点在双曲线上，，即
将其代入①式得，化简整理得：
所以点的轨迹方程为：
【点睛】方法点睛：本题考查求动点的轨迹方程，求曲线的轨迹方程常用的方法：
（1）直接法：如果题目中有明显的等量关系，或者可以利用平面几何知识推出等量关系，求方程时可用直接法；
（2）定义法：如果能够确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可用曲线定义写出方程；
（3）代入法：如果轨迹点依赖于另一动点，而又在某已知曲线上，则可先列出关于的方程组，利用表示出，把代入已知曲线方程即可得到动点的轨迹方程；
3．（2022·上海·高三专题练习）定义：已知椭圆，把圆称为该椭圆的协同圆.设椭圆的协同圆为圆(为坐标系原点)，试解决下列问题：
（1）写出协同圆圆的方程；
（2）设直线是圆的任意一条切线，且交椭圆于两点，求的值；
（3）设是椭圆上的两个动点，且，过点作，交直线于点，求证：点总在某个定圆上，并写出该定圆的方程.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析，定圆的方程为.
【分析】（1）由协同圆的定义，结合椭圆方程的参数写出协同圆圆的方程；
（2）讨论直线的斜率存在和不存在两种情况：斜率不存在时，直接求出交点坐标，利用向量数量积的坐标表示求；斜率存在时，设联立椭圆方程，由切线的性质确定判别式符号，应用根与系数关系、向量数量积的坐标表示求；
（3）设，则，讨论有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在，分别求，，，由等面积法求，即可证结论，并写出定圆方程.
【详解】（1）由椭圆，知.
根据协同圆的定义，可得该椭圆的协同圆为圆.
（2）设，则.
直线为圆的切线，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论：
①当直线的斜率不存在时，直线.
若，由，解得，此时.
若，同理得：.
②当直线的斜率存在时，设.
由，得，有，又直线是圆的切线，故，可得.
∴，则，而.
∴，即.
综上，恒有.
（3）是椭圆上的两个动点且，设，则.
直线：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论.
若直线的斜率不存在，即点在轴上，则点在轴上，有.
∴，，且，
由，解得.
若直线的斜率都存在，设，则.
由，得，有；同理，得.
于是，.
由，可得.
因此，总有，即点在圆心为坐标原点，半径为的圆上.
∴该定圆的方程为圆.
【点睛】关键点点睛：研究直线与曲线相交关系注意讨论直线的斜率是否存在，求出交点坐标或联立椭圆、直线方程，根据判断判别式的符号、根与系数关系，结合题设已知条件列方程求定值或定曲线.
题型五：计数原理
1．（2020·上海·复旦附中青浦分校高三阶段练习）甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学.若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有2名女同学的概率为______.
【答案】
【解析】“选出的4人中恰有2名女同学”有三种情况，2名女同学可能是甲组中选出2名女同学；可能是甲、乙组各选出1名女同学；可能是乙组选出2名女同学；分别对三种情况进行研究，求出三种所有情况种数，再利用古典概型概率公式求解.
【详解】设“选出的4人中恰有2名女同学”为事件.
则事件有三种情况：从甲组中选出2名女同学,乙组选出2名男同学有；
从甲组中选出1名女同学,乙组选出1名女同学有；
从甲组中选出2名男同学,有；
由古典概型概率公式得：
故答案为：
【点睛】本题考查分类计数的组合问题及古典概型概率计算.
组合问题解题思路: (1)分清问题是否为组合问题；(2)对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题.
2．（2022·上海市青浦高级中学高三阶段练习）如图，由个边长为1个单位的小正方形组成一个大正方形．某机器人从C点出发，沿若小正方形的边走到D点，每次可以向右走一个单位或者向上走一个单位．如果要求机器人不能接触到线段，那么不同的走法共有______种．

【答案】28
【分析】根据题意画出机器人能走的方格区域，然后分类讨论路线的可能性，即可得答案.
【详解】由题意可知，机器人所成走动的路线如图所示的方格：

图中小写字母表示机器人所能走的那一步路线，
那么第一步是固定的只有一种走法，
从第二步开始如果走a，第三步走c,第四步如果走h,那么这时共有3种走法，
第四步如果走f，那么后面四步走的一个长方形的边，这时共有 种走法；
第二步如果走b,第三步如果走d,第四步走e,第五步只能走h，此时共有3种走法，
第四步如果走f，此时共有种走法，
第三步若果走g，后面五步是沿着一个长方形的边走，此时共有 种走法，
故共有的走法为 种，
故答案为：28
3．（2020·上海·高三专题练习）分别从集合和集合中各取两个数字，问：
（1）可组成多少个四位数？
（2）可组成多少个四位偶数？
【答案】（1）1296个（2）672个
【分析】（1）分两种情况讨论，集合B中所取的两个数不含0和集合B中所取的数含0，即得解；
（2）分两种情况讨论，集合B中所取的两个数不含0和集合B中所取的数含0，当集合B中所取的数含0再分0在个位和0不在个位两种情况讨论，即得解.
【详解】（1）若集合B中所取的两个数不含0，则组成的四位数有个；
若集合B中所取的数含0，则组成的四位数有个..
所以，共可组成的四位数有（个）.
（2）若集合B中所取的两个数不含0，则组成的四位偶数有个；
若集合B中所取的数含0，若0在个位，则可组成的四位偶数有个，
若0不在个位，则可组成的四位偶数有个.
所以，共可组成的四位偶数有（个）.
【点睛】本题主要考查排列组合的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.