?2022年新高考北京數(shù)學(xué)高考真題變式題19-21題
原題19
1．已知橢圓：的一個頂點為，焦距為．
(1)求橢圓E的方程；
(2)過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當(dāng)時，求k的值．
變式題1基礎(chǔ)
2．已知點B是圓上的任意一點，點，線段的垂直平分線交于點P.
（1）求動點P的軌跡E的方程；
（2）直線與E交于點M，N，且，求m的值.
變式題2基礎(chǔ)
3．已知橢圓：過點，離心率為.
(1)求橢圓的方程；
(2)設(shè)直線被橢圓截得的弦長為，求的值.
變式題3基礎(chǔ)
4．已知橢圓的離心率為，上頂點為．
(1)求橢圓的方程；
(2)過點且斜率為的直線與橢圓交于不同的兩點，，且，求的值．
變式題4基礎(chǔ)
5．已知橢圓E經(jīng)過點和點.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)圓，直線l與圓C相切于，與橢圓交于A，B兩點，且，求直線l的方程.
變式題5鞏固
6．已知橢圓與的離心率相同，過的右焦點且垂直于軸的直線被橢圓截得的線段長為．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若直線與橢圓、的交點從上到下依次為、、、，且，求的值．
變式題6鞏固
7．已知橢圓的焦距為，且過點.
（1）求橢圓的方程；
（2）設(shè)過橢圓頂點，斜率為的直線交橢圓于另一點，交軸于點，且、、成等比數(shù)列，求的值.
變式題7鞏固
8．已知①如圖，長為，寬為的矩形，以?為焦點的橢圓恰好過兩點

②設(shè)圓的圓心為，直線過點，且與軸不重合，直線交圓于兩點，過點作的平行線交于，判斷點的軌跡是否橢圓
（1）在①②兩個條件中任選一個條件，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）根據(jù)（1）所得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，若直線被橢圓截得的弦長等于短軸長，求的值.
變式題8鞏固
9．已知橢圓的離心率為，左頂點為.
(1)求橢圓的方程；
(2)設(shè)直線與橢圓在第一象限的交點為，過點A的直線與橢圓交于點，若，且（為原點），求的值.
變式題9提升
10．在平面直角坐標(biāo)系中，已知橢圓的離心率，且橢圓C上一點N到距離的最大值為4，過點的直線交橢圓C于點A、B.
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)P為橢圓上一點，且滿足（O為坐標(biāo)原點），當(dāng)時，求實數(shù)t的取值范圍.
變式題10提升
11．設(shè)橢圓的左焦點為，離心率為，過點且與軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為3.
（1）求橢圓的方程；
（2）設(shè)為橢圓的下頂點，為橢圓的上頂點，過點且斜率為的直線與橢圓交于，兩點.若，求的值.
變式題11提升
12．已知橢圓的離心率為，點在橢圓C上.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)已知直線與橢圓C交于P，Q兩點，點M是線段PQ的中點，直線過點M，且與直線l垂直.記直線與y軸的交點為N，是否存在非零實數(shù)，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
變式題12提升
13．已知M，N分別是x軸，y軸上的動點，且，動點P滿足，設(shè)點P的軌跡為曲線C．
(1)求曲線C的軌跡方程；
(2)直線與曲線C交于A，B兩點，G為線段AB上任意一點（不與端點重合），斜率為k的直線經(jīng)過點G，與曲線C交于E，F(xiàn)兩點．若的值與G的位置無關(guān)，求k的值．
原題20
14．已知函數(shù)．
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)設(shè)，討論函數(shù)在上的單調(diào)性；
(3)證明：對任意的，有．
變式題1基礎(chǔ)
15．設(shè)函數(shù)，其中為自然對數(shù)的底數(shù).
（1）當(dāng)時，判斷函數(shù)的單調(diào)性；
（2）若直線是函數(shù)的切線，求實數(shù)的值；
（3）當(dāng)時，證明：.
變式題2基礎(chǔ)
16．已知函數(shù).
（1）當(dāng)時，求函數(shù)的圖象在處的切線方程；
（2）討論函數(shù)的單調(diào)性；
（3）當(dāng)時，若方程有兩個不相等的實數(shù)根，求證：.
變式題3基礎(chǔ)
17．已知函數(shù)，且曲線在處的切線平行于直線．
（1）求a的值；
（2）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（3）已知函數(shù)圖象上不同的兩點，試比較與的大?。?br /> 變式題4基礎(chǔ)
18．設(shè)函數(shù).
(1)若，求在點處的切線方程；
(2)求的單調(diào)遞減區(qū)間；
(3)求證：不等式恒成立.
變式題5鞏固
19．已知函數(shù)
（1）求曲線在點處的切線方程；
（2）求的單調(diào)區(qū)間；
（3）若關(guān)于x的方程有兩個不相等的實數(shù)根，記較小的實數(shù)根為，求證：
變式題6鞏固
20．已知函數(shù)
（1）若曲線在點處的切線與軸平行.
（i）求的值；
（ii）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）若，求證：.
變式題7鞏固
21．已知函數(shù)，g .
(1)求在點處的切線方程；
(2)討論的單調(diào)性；
(3)當(dāng)時，求證： .
變式題8鞏固
22．已知函數(shù)為常數(shù)，是自然對數(shù)的底數(shù)），曲線在點,處的切線與軸平行．
(1)求的值；
(2)求的單調(diào)區(qū)間；
(3)設(shè)，其中為的導(dǎo)函數(shù)．證明：對任意，．
變式題9提升
23．形如的函數(shù)稱為冪指函數(shù)，冪指函數(shù)在求導(dǎo)時，可以利用對數(shù)法：在函數(shù)解析式兩邊取對數(shù)得，兩邊對求導(dǎo)數(shù)，得，于是.已知，.
（1）求曲線在處的切線方程；
（2）若，求的單調(diào)區(qū)間；
（3）求證：恒成立.
變式題10提升
24．已知函數(shù)，為的導(dǎo)函數(shù)．
（1）當(dāng)時，求曲線在點處的切線方程；
（2）當(dāng)時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值；
（3）當(dāng)時，求證：對任意的，，且，有．
變式題11提升
25．已知函數(shù)，．
（Ⅰ）求曲線在處的切線方程；
（Ⅱ）求函數(shù)在上的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）證明：對任意的實數(shù)，，，都有恒成立．
變式題12提升
26．已知直線是函數(shù)圖象的切線，也是曲線的切線．
(1)求，的值；
(2)證明：當(dāng),,時，；
(3)當(dāng)時，討論函數(shù)的單調(diào)性．
原題21
27．已知為有窮整數(shù)數(shù)列．給定正整數(shù)m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續(xù)可表數(shù)列．
(1)判斷是否為連續(xù)可表數(shù)列？是否為連續(xù)可表數(shù)列？說明理由；
(2)若為連續(xù)可表數(shù)列，求證：k的最小值為4；
(3)若為連續(xù)可表數(shù)列，且，求證：．
變式題1基礎(chǔ)
28．對于數(shù)列，若存在正數(shù)，使得對任意都成立，則稱數(shù)列為“擬等比數(shù)列”．
(1)已知，，且，若數(shù)列和滿足：，且，；
①若，求的取值范圍；
②求證：數(shù)列是“擬等比數(shù)列”；
(2)已知等差數(shù)列的首項為，公差為，前項和為，若，，，且是“擬等比數(shù)列”，求的取值范圍（請用、表示）．
變式題2基礎(chǔ)
29．從一個無窮數(shù)列中抽出無窮多項，依原來的順序組成一個新的無窮數(shù)列，若新數(shù)列是遞增數(shù)列，則稱之為的一個無窮遞增子列．已知數(shù)列是正實數(shù)組成的無窮數(shù)列，且滿足．
(1)若，，寫出數(shù)列前項的所有可能情況；
(2)求證：數(shù)列存在無窮遞增子列；
(3)求證：對于任意實數(shù)，都存在，使得．
變式題3基礎(chǔ)
30．已知是由正整數(shù)組成的無窮數(shù)列，該數(shù)列前項的最大值記為，最小值記為，令??，并將數(shù)列稱為的“生成數(shù)列”．
(1)若，求數(shù)列的前項和；
(2)設(shè)數(shù)列的“生成數(shù)列”為，求證：；
(3)若是等比數(shù)列，證明：存在正整數(shù)，當(dāng)時，??是等比數(shù)列．
變式題4基礎(chǔ)
31．給定正整數(shù)m，數(shù)列，且.對數(shù)列A進行T操作，得到數(shù)列.
(1)若，，，，求數(shù)列；
(2)若m為偶數(shù)，，且，求數(shù)列各項和的最大值；
(3)若m為奇數(shù)，探索“數(shù)列為常數(shù)列”的充要條件，并給出證明.
變式題5鞏固
32．對于數(shù)列，，…，，定義變換，將數(shù)列變換成數(shù)列，，…，，，記，，．對于數(shù)列，，…，與，，…，，定義．若數(shù)列，，…，滿足，則稱數(shù)列為數(shù)列．
(1)若，寫出，并求；
(2)對于任意給定的正整數(shù)，是否存在數(shù)列，使得若存在，寫出一個數(shù)列，若不存在，說明理由：
(3)若數(shù)列滿足，求數(shù)列A的個數(shù)．
變式題6鞏固
33．已知數(shù)列：，，…，，其中是給定的正整數(shù)，且.令，，，，，.這里，表示括號中各數(shù)的最大值，表示括號中各數(shù)的最小值.
(1)若數(shù)列：2，0，2，1，-4，2，求，的值；
(2)若數(shù)列是首項為1，公比為的等比數(shù)列，且，求的值；
(3)若數(shù)列是公差的等差數(shù)列，數(shù)列是數(shù)列中所有項的一個排列，求的所有可能值（用表示）.
變式題7鞏固
34．已知數(shù)列為無窮遞增數(shù)列，且．定義：
數(shù)列：表示滿足的所有i中最大的一個．
數(shù)列：表示滿足的所有i中最小的一個（，2，3…）
(1)若數(shù)列是斐波那契數(shù)列，即，，（，2，3，…），請直接寫出，的值；
(2)若數(shù)列是公比為整數(shù)的等比數(shù)列，且滿足且，求公比q，并求出此時，的值；
(3)若數(shù)列是公差為d的等差數(shù)列，求所有可能的d，使得，都是等差數(shù)列．
變式題8鞏固
35．已知無窮數(shù)列滿足：①；②（；；）.設(shè)為所能取到的最大值，并記數(shù)列.
(1)若，寫出一個符合條件的數(shù)列A的通項公式；
(2)若，求的值；
(3)若，求數(shù)列的前100項和.
變式題9提升
36．若數(shù)列滿足，則稱為E數(shù)列.記.
(1)寫出一個滿足，且的E數(shù)列；
(2)若，，證明E數(shù)列是遞減數(shù)列的充要條件是；
(3)對任意給定的整數(shù)，是否存在首項為0的E數(shù)列，使得？如果存在，寫出一個滿足條件的E數(shù)列；如果不存在，說明理由.
變式題10提升
37．已知數(shù)列，給出兩個性質(zhì)：
①對于任意的，存在，當(dāng)時，都有成立；
②對于任意的，存在，當(dāng)時，都有成立．
(1)已知數(shù)列滿足性質(zhì)①，且，，試寫出的值；
(2)已知數(shù)列的通項公式為，證明：數(shù)列滿足性質(zhì)①；
(3)若數(shù)列滿足性質(zhì)①②，且當(dāng)時，同時滿足性質(zhì)①②的存在且唯一.證明：數(shù)列是等差數(shù)列．
變式題11提升
38．對于序列，實施變換T得序列，記作；對繼續(xù)實施變換T得序列，記作．最后得到的序列只有一個數(shù)，記作．
(1)若序列為1，2，3，求；
(2)若序列為1，2，…，n，求；
(3)若序列A和B完全一樣，則稱序列A與B相等，記作，若序列B為序列的一個排列，請問：是的什么條件？請說明理由．
變式題12提升
39．已知數(shù)列為有限數(shù)列，滿足，則稱滿足性質(zhì).
(1)判斷數(shù)列和是否具有性質(zhì)，請說明理由；
(2)若，公比為的等比數(shù)列，項數(shù)為12，具有性質(zhì)，求的取值范圍；
(3)若是的一個排列符合都具有性質(zhì)，求所有滿足條件的數(shù)列.

參考答案：
1．(1)
(2)

【分析】（1）依題意可得，即可求出，從而求出橢圓方程；
（2）首先表示出直線方程，設(shè)、，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元列出韋達定理，由直線、的方程，表示出、，根據(jù)得到方程，解得即可；
（1）
解：依題意可得，，又，
所以，所以橢圓方程為；
（2）
解：依題意過點的直線為，設(shè)、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直線的方程為，令，解得，
直線的方程為，令，解得，
所以



，
所以，
即
即
即
整理得，解得

2．（1），（2）.
【分析】（1）由條件可得，然后由橢圓的定義可求出答案；
（2）設(shè)，然后聯(lián)立直線與橢圓的方程消元，韋達定理得出，然后利用求出的值即可.
【詳解】
（1）由條件可得
所以動點P的軌跡E是以為焦點的橢圓，設(shè)其方程為
所以，所以
所以方程為
（2）設(shè)
聯(lián)立可得
所以由得

因為
所以可解得
3．(1)；
(2).

【分析】(1)根據(jù)給定條件可得橢圓長半軸長a，由離心率求出半焦距c即可計算作答.
(2)聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合弦長公式計算作答.
（1）
依題意得，因離心率為，則橢圓半焦距，于是得，
所以橢圓E的方程為.
（2）
設(shè)直線與橢圓E的交點為(，)，(，)，
由消去y并整理得：， 解得，
依題意，即，
整理得：，即，解得，即，
所以的值是.
4．(1)
(2)

【分析】（1）由題意可知，，結(jié)合，即可求得橢圓E的方程；
（2）設(shè)直線l的方程，代入橢圓方程．由韋達定理及弦長公式，即可求得k的值．
（1）
由離心率，則，
又上頂點，知，又，可知，，
∴橢圓E的方程為；
（2）
設(shè)直線l：，設(shè)，，
則，整理得：，
，即，
∴，，
∴，
即，解得：或（舍去）
∴
5．(1)
(2)或

【分析】（1）由于不確定橢圓焦點的位置，故設(shè)橢圓方程為，（t，且），將已知的兩點坐標(biāo)代入，求得答案；
（2）設(shè)直線方程，根據(jù)與圓相切，求得參數(shù)間的關(guān)系，再將直線方程和橢圓方程聯(lián)立，得到根與系數(shù)的關(guān)系式，利用弦長公式得到關(guān)于參數(shù)的方程，解方程組，可得答案.
（1）
設(shè)橢圓E方程為，（t，且）
將點代入橢圓方程得到,
解得，
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
（2）
不妨設(shè)直線l的方程為,
因為該直線與圓相切，所以，
所以，
將直線方程代入橢圓方程并消去x得
，則,，
所以，
聯(lián)立，解得，
即或，
則直線l的方程為或.
6．（1）；（2）．
【分析】（1）設(shè)橢圓的方程為，焦距為，根據(jù)已知條件可得出關(guān)于、、的方程組，解出、的值，由此可得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)、、、，將直線的方程分別與橢圓、聯(lián)立，列出韋達定理，分析得出，可得出關(guān)于實數(shù)的等式，進而可解得實數(shù)的值.
【詳解】（1）設(shè)橢圓的方程為，焦距為，
將代入的方程可得，解得.
由題意得，解得，因此的方程為；
（2）設(shè)、、、，

由，得（或），
與、相交，只需當(dāng)時，，
解得.
當(dāng)時，，
由韋達定理可得，所以，與的中點相同，
所以，，
即，
整理可得，解得，滿足條件.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為、；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、的形式；
（5）代入韋達定理求解.
7．（1）；（2）.
【分析】（1）由已知條件可得出關(guān)于、的方程組，解出這兩個量的值，即可得出橢圓的方程；
（2）由（1）可知直線的方程為，將該直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，求出點的坐標(biāo)，根據(jù)已知條件得出，求出的值，進而可求得的值.
【詳解】（1）由已知，即有，由已知條件可得，解得，
因此，橢圓的方程為；
（2）由（1）得直線的方程為，聯(lián)立，
消去可得，解得，則，
依題意且，
因為、、成等比數(shù)列，則，則.
當(dāng)時，則有，該方程無解；
當(dāng)時，則，解得，
所以，解得，
所以，當(dāng)、、成等比數(shù)列時，.

8．（1）;（2）.
【分析】（1）選①：由點在橢圓上并代入橢圓方程求出橢圓參數(shù)，進而寫出橢圓方程；選②：由圓的性質(zhì)知：△為等腰三角形，結(jié)合可得，根據(jù)橢圓的定義寫出橢圓方程.
（2）設(shè)交點，聯(lián)立直線與橢圓方程，應(yīng)用韋達定理求、，由相交弦的弦長公式及短軸長列方程求m值即可..
【詳解】（1）選①：由已知，將代入橢圓方程得：
故橢圓方程為：
選②：由題設(shè)可得如下示意圖，易知：△為等腰三角形且，
∴，又，即，
∴，則，
∵，
∴橢圓定義知：動點到兩定點的距離和為定值4，
∴的軌跡方程為.

（2）聯(lián)立與橢圓方程可得：，且，
若交點為，則，，
∴直線被橢圓截得的弦長為，而短軸長為2，
∴，解得.
9．(1)
(2)

【分析】（1）根據(jù)題意求出，從而可得出答案；
（2）設(shè)直線與橢圓得另一個交點為，，易知直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理求出點的坐標(biāo)，再根據(jù)兩點間的距離公式求得，將直線的方程與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理求得，再根據(jù)弦長公式求得，結(jié)合易知即可得出答案.
（1）
解：由題意得，
故，
所以，
所以橢圓的方程為；
（2）
解：設(shè)直線與橢圓得另一個交點為，
設(shè)，
因為，
則直線的方程為，
聯(lián)立，消整理得，
則，
所以，則，
所以，
聯(lián)立，消整理得，
則，
所以，
因為，
所以，
解得，
又，
所以.
10．（1）；（2）或.
【分析】(1)由橢圓離心率結(jié)合化簡方程，設(shè)，由最大值為4即可作答；
(2)設(shè)直線AB斜率k，寫出直線AB方程，聯(lián)立直線AB與橢圓C的方程組，消去y得關(guān)于x的一元二次方程，用判別式和求出k的范圍，再借助及點P在橢圓上建立起t與k的關(guān)系而得解.
【詳解】（1）橢圓C的半焦距c，，即，
則橢圓方程為，即，設(shè)，
則，
當(dāng)時，有最大值，即，解得， ，
故橢圓方程是；
（2）設(shè)，，，直線AB的方程為，
由，整理得，
則，解得，，，
因且，則，
于是有，化簡，得，則，即，
所以，
由得，則，，
而點P在橢圓上，即，化簡得，
從而有，而，
于是得，解得或，
故實數(shù)t的取值范圍為或.
11．（1）；（2）.
【分析】（1）根據(jù)橢圓離心率公式，結(jié)合代入法進行求解即可；
（2）根據(jù)平面向量數(shù)量積坐標(biāo)表示公式，結(jié)合一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系進行求解即可.
【詳解】解：（1）由題意可得，，當(dāng)時，，所以得：，解得，
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為；
（2）由（1）可知，，，，
過點且斜率為的直線方程為，
聯(lián)立方程，可得，
設(shè)，，
則，，
故，
又，，
，，
所以


，
整理可得，解得.
【點睛】關(guān)鍵點睛：根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示公式，結(jié)合一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系進行求解是解題的關(guān)鍵.
12．(1)
(2)不存在，理由見解析

【分析】（1）由題意，列的方程組，從而得橢圓方程；（2）聯(lián)立直線與橢圓的方程，得一元二次方程，根據(jù)判別式大于零求解，寫出韋達定理，從而點的坐標(biāo)，表示出直線，表示出點的坐標(biāo)，從而表示出，列式求解得，可判斷出不存在.
（1）
由題意可得，解得，.
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
（2）
設(shè)，，.
聯(lián)立，整理得，
則，解得，
從而，.
因為M是線段PQ的中點，所以，
則，故.
直線的方程為，即.
令，得，則，
所以.
因為，所以，解得.
因為，所以不存在滿足條件的.
【點睛】解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：
(1)注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；
(2)強化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．
13．(1)
(2)

【分析】（1）設(shè)，，由已知得到，將已知向量等式進行坐標(biāo)化得到并代入上式即可得到答案；
（2）設(shè)點，由兩點間距離公式得到，設(shè)直線的方程為，將直線的方程代入曲線C的方程，利用弦長公式求得進行計算即可.
（1）
設(shè)，，則．
設(shè)，則，．
由題意，得解得
所以，化簡得，
即曲線C的方程為．
（2）
由題意并結(jié)合（1）易知（不妨設(shè)點A在第一象限內(nèi)），，．
設(shè)點，其中，則，，
所以．因為斜率為k的直線經(jīng)過點G，所以直線的方程為．
將直線的方程代入曲線C的方程化簡、整理，
得．
設(shè)，，則，，
所以
，
所以．
因為的值與m的值無關(guān)，
所以，解得．
14．(1)
(2)在上單調(diào)遞增.
(3)證明見解析

【分析】（1）先求出切點坐標(biāo)，在由導(dǎo)數(shù)求得切線斜率，即得切線方程；
（2）在求一次導(dǎo)數(shù)無法判斷的情況下，構(gòu)造新的函數(shù)，再求一次導(dǎo)數(shù)，問題即得解；
（3）令，，即證，由第二問結(jié)論可知在[0,+∞）上單調(diào)遞增，即得證.
（1）
解：因為，所以，
即切點坐標(biāo)為，
又，
∴切線斜率
∴切線方程為：
（2）
解：因為，????
所以，
令，
則，
∴在上單調(diào)遞增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上單調(diào)遞增.
（3）
解：原不等式等價于，
令，，
即證，
∵，
，
由（2）知在上單調(diào)遞增，
∴，
∴
∴在上單調(diào)遞增，又因為，
∴，所以命題得證.

15．（1）在區(qū)間上單調(diào)遞增.（2）（3）見證明
【分析】（1）先由解析式，得到函數(shù)定義域，對函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)，即可得出結(jié)果；
（2）先設(shè)切點為，根據(jù)切線方程為，得到，再對函數(shù)求導(dǎo)，得到，設(shè)，用導(dǎo)數(shù)方法研究其單調(diào)性，得到最值，即可求出結(jié)果；
（3）先對函數(shù)求導(dǎo)，設(shè)，用導(dǎo)數(shù)方法研究單調(diào)性，進而可判斷出單調(diào)性，即可得出結(jié)論成立.
【詳解】解：（1）函數(shù)的定義域為.
因為，所以，
所以在區(qū)間上單調(diào)遞增.
（2）設(shè)切點為，則，
因為，所以，得，
所以.
設(shè)，則，
所以當(dāng)時，，單調(diào)遞增，
當(dāng)時，，單調(diào)遞減，
所以.
因為方程僅有一解，
所以.
（3）因為，
設(shè)，則，所以在單調(diào)遞增.
因為，，
所以存在，使得.
當(dāng)時，，，單調(diào)遞減，
當(dāng)時，，，單調(diào)遞增，
所以.
因為，所以，，
所以.
【點睛】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，以及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，通常需要對函數(shù)求導(dǎo)，用導(dǎo)數(shù)的方法研究函數(shù)的單調(diào)性、最值等，屬于?？碱}型.
16．（1）；（2）當(dāng)時，在上是減函數(shù)；當(dāng)時，在上是增函數(shù)；（3）證明見解析.
【分析】（1）當(dāng)時，，求得其導(dǎo)函數(shù) ，，可求得函數(shù)的圖象在處的切線方程；
（2）由已知得，得出導(dǎo)函數(shù)，并得出導(dǎo)函數(shù)取得正負(fù)的區(qū)間，可得出函數(shù)的單調(diào)性；
（3）當(dāng)時，，，由（2）得的單調(diào)區(qū)間，以當(dāng)方程有兩個不相等的實數(shù)根，不妨設(shè)，且有，，構(gòu)造函數(shù)，分析其導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)得出函數(shù)的單調(diào)性，得出其最值，所證的不等式可得證.
【詳解】（1）當(dāng)時，，
所以 ，，
所以函數(shù)的圖象在處的切線方程為，即；
（2）由已知得，，令，得，
所以當(dāng)時，，當(dāng)時，，
所以在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)；
（3）當(dāng)時，，，由（2）得在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，
所以，且時，，當(dāng)時，，，
所以當(dāng)方程有兩個不相等的實數(shù)根，不妨設(shè)，且有，，
構(gòu)造函數(shù)，則，
當(dāng)時，所以，
在上單調(diào)遞減，且，，
由 ，在上單調(diào)遞增，
.
所以.
【點睛】本題考查運用導(dǎo)函數(shù)求函數(shù)在某點的切線方程，討論函數(shù)的單調(diào)性，以及證明不等式，關(guān)鍵在于構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，得出其導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，得出所構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性，屬于難度題.
17．（1）；（2）函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是，單調(diào)減區(qū)間是；（3）
【分析】（1）曲線在處的切線平行于直線，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知，由此即可求出結(jié)果；
（2）由（1）可知，，再利用導(dǎo)數(shù)在函數(shù)單調(diào)性中的應(yīng)用，即可求出結(jié)果；
（3）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，可得，作差比較與，作差可得，再構(gòu)造輔助函數(shù)，通過函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求解函數(shù)的最值，即可求出結(jié)果．
【詳解】（1）的定義域為．
曲線在處的切線平行于直線，，．
（2），．
當(dāng)時，是增函數(shù)；當(dāng)時，是減函數(shù)．
函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是，單調(diào)減區(qū)間是．
（3），，．
又，

．
設(shè)，則，
在上是增函數(shù)．
令，不妨設(shè)，，，
即．又，，．
【點睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，以及導(dǎo)數(shù)在函數(shù)函數(shù)單調(diào)性和最值中的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．
18．(1)
(2)
(3)證明見解析

【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求得切線斜率，結(jié)合切點坐標(biāo)可得切線方程；
（2）求導(dǎo)后，根據(jù)時，可得單調(diào)遞減區(qū)間；
（3）設(shè)，將問題轉(zhuǎn)化為證明；利用導(dǎo)數(shù)可說明，使得在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，由此可得，結(jié)合基本不等式可知，由此得，由此可得結(jié)論.
（1）
當(dāng)時，，，
，又，
在點處的切線方程為：，即.
（2）
由題意得：定義域為，；
令，解得：，
當(dāng)時，；當(dāng)時，；
的單調(diào)遞減區(qū)間為.
（3）
設(shè)，則，
在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
在上單調(diào)遞增，又，，
，使得，則，，
在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號），
又，，，即恒成立.
19．（1）；（2）當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；（3）證明見解析.
【分析】（1）求函數(shù)導(dǎo)數(shù)得切線斜率，再由點斜式可得解；
（2）由，分和兩種情況討論導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（3）分析可得要證，，令，利用導(dǎo)數(shù)證得，即可得證．
【詳解】（1），，
，，
所以在點處的切線方程為，
整理得：，
（2）函數(shù)定義域為，
當(dāng)時，，此時在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時，令，得，
此時在上，單調(diào)遞減，
在上，單調(diào)遞增，
綜上：時，在上單調(diào)遞增
時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
（3）證明：由（2）可知，當(dāng)時，才有兩個不相等的實根，且，
則要證，即證，即證，
而，則，否則方程不成立），
所以即證，化簡得，
令，則，
當(dāng)時，，單調(diào)遞減，
當(dāng)時，，單調(diào)遞增，
所以（1），而，
所以，
所以，得證．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的解題關(guān)鍵是通過證明即可得解，分析函數(shù)在極小值左側(cè)的單調(diào)性，關(guān)鍵再由證明，利用構(gòu)造函數(shù)的方法即可.
20．（1）（i），（ii）單增區(qū)間為，單遞減區(qū)間為；（2）證明見解析.
【分析】（1）（i）計算，令可得的值；（ii）定義域為，，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷在上單調(diào)遞減，且，進而可得以及的解集，即可求解；
（2）要證明不等式可轉(zhuǎn)化為，令，只需證明，利用導(dǎo)數(shù)判斷的單調(diào)性，證明即可.
【詳解】（1）（i）定義域為，由
可得，
因為曲線在點處的切線與軸平行，
所以，可得：，
（ii）當(dāng)時，，，
令，則，
所以在上單調(diào)遞減，且，
所以當(dāng)時，，；當(dāng)時，，；
所以單增區(qū)間為，單遞減區(qū)間為；
（2）要證明，即證，
等價于
令，只需證明，
，，
由得有異號的兩根，
令其正根為，則，
當(dāng)時，；當(dāng)時，；
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，
因為，，所以，
所以，，可得，
所以，即.
【點睛】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的方法：
（1）確定函數(shù)的定義域；求導(dǎo)函數(shù)，由（或）解出相應(yīng)的的范圍，對應(yīng)的區(qū)間為的增區(qū)間（或減區(qū)間）；
（2）確定函數(shù)的定義域；求導(dǎo)函數(shù)，解方程，利用的根將函數(shù)的定義域分為若干個子區(qū)間，在這些子區(qū)間上討論的正負(fù)，由符號確定在子區(qū)間上的單調(diào)性.
21．(1)
(2)當(dāng)時，在R上單調(diào)遞增；當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
(3)證明見解析

【分析】（1）求導(dǎo)后，求出，進而用點斜式求出切線方程；（2）求定義域，求導(dǎo)，對a進行分類討論，求出的單調(diào)性；（3）對不等式進行放縮，證明出，問題轉(zhuǎn)化為證明，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)進行研究其單調(diào)性和最值，二次求導(dǎo)得到結(jié)論.
（1）
定義域為，，則，所以在點處的切線方程為：，即
（2）
定義域為R，，
當(dāng)時，恒成立，在R上單調(diào)遞增，
當(dāng)時，令，解得：，令，解得：，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
綜上：當(dāng)時，在R上單調(diào)遞增；當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
（3）
令，，
，當(dāng)時，，單調(diào)遞減，故，即，故，
令，，其中，
則，
令，則，令，解得：，當(dāng)時，，單調(diào)遞減，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，，由于，故，所以在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，，所以，證畢.
【點睛】利用導(dǎo)函數(shù)證明不等式，要根據(jù)不等式特點進行適當(dāng)放縮，本題當(dāng)中，同時出現(xiàn)了指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)，要么使用同構(gòu)轉(zhuǎn)化，要么進行放縮，本題中使用了在時，的常用放縮.
22．(1)；
(2)在遞增，在遞減；
(3)證明見解析.

【分析】（1）由題設(shè)求導(dǎo)函數(shù)，再由求參數(shù)k值.
（2）由（1）得且，構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究的符號，進而求的單調(diào)區(qū)間.
（3）由題設(shè)只需證在上恒成立，由（2）易得，再構(gòu)造并應(yīng)用導(dǎo)數(shù)判斷的大小關(guān)系，即可證結(jié)論.
（1）
由題設(shè)，，，
又在,處的切線與軸平行，即，
.
（2）
由（1）得：，，
令，，
當(dāng)時，，當(dāng)時，，又，
時，，時，，
在遞增，在遞減；
（3）
由，即，，
，，
由（2），對于，，
，，
時，遞增，,時，遞減，
，即，
設(shè)，則，
時，遞增，即，則，
綜上，，故，，得證．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：第三問，應(yīng)用分析法轉(zhuǎn)化為證明在上恒成立，結(jié)合（2）中的單調(diào)性得到，再判斷的大小關(guān)系.
23．（1）；（2）的單調(diào)增區(qū)間為，無單調(diào)減區(qū)間；（3）證明見解析.
【分析】（1）根據(jù)題中所給冪指函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式，求得，結(jié)合，利用點斜式即可得到切線方程；
（2）由冪指函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式求得，再利用導(dǎo)數(shù)的計算公式，求得，判斷導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，即可得到函數(shù)的單調(diào)性；
（3）構(gòu)造函數(shù)，對該函數(shù)進行二次求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)判斷的單調(diào)性，從而求得其最小值，即可證明.
【詳解】（1）由冪指函數(shù)導(dǎo)數(shù)公式得，
所以，又，
所以，曲線在處的切線方程為.
（2），
則

，
所以的單調(diào)增區(qū)間為，無單調(diào)減區(qū)間.
（3）構(gòu)造，，
則，
令，
所以，
因為與同號，所以，所以，
又，所以，
所以即為上增函數(shù)，
又因為，
所以，當(dāng)時，；
當(dāng)時，.
所以，為上減函數(shù)，為上增函數(shù)，
所以，，
即，
因此，恒成立，即證.
【點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線的方程，以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及研究不等式恒成立問題，屬綜合困難題.
24．（1） ；（2）函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；的極小值為，無極大值 ；（3）證明見解析 ．
【解析】（1）求出導(dǎo)數(shù)后可得切線斜率，從而得切線方程；
（2）求出導(dǎo)函數(shù)，求出的解，確定的正負(fù)，得的單調(diào)區(qū)間，極值．
（3）求出，設(shè)，不等式變形為，
而，
設(shè)令，．利用導(dǎo)數(shù)證明，這樣由已知條件可得
．結(jié)合（2）可證得結(jié)論成立．
【詳解】解：（1）當(dāng)時，，．可得，，所以曲線在點處的切線方程為，
即．??????????????????
（2）依題意，．
從而可得，整理可得：，
令，解得．
當(dāng)x變化時，的變化情況如下表：
x




-
0
+

單調(diào)遞減
極小值
單調(diào)遞增

所以，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；
的極小值為，無極大值．???????????????
（3）證明：由，得．
對任意的，，且，令，則



．?????????????①????????????
令，．
當(dāng)時，，
由此可得在單調(diào)遞增，
所以當(dāng)時，，即．
因為，，，
所以
．???②?????????
由（2）可知，當(dāng)時，，即，
故???????③
由①②③可得．
所以，當(dāng)時，任意的，且，有．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值，證明不等式．解題關(guān)鍵是不等式的變形，一是去分母，二是引入?yún)?shù)，這是關(guān)鍵所在，這樣可把不等式的證明分解為：，，后者用導(dǎo)數(shù)進行證明，前者直接因式分解可得，然后由不等式的性質(zhì)放縮，恰好利用（2）的結(jié)論得證．
25．（Ⅰ）；（Ⅱ）單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是；（Ⅲ）證明見解析.
【分析】（Ⅰ）由導(dǎo)數(shù)的幾何意義，先求切線的斜率，再根據(jù)直線的點斜式方程求曲線的切線方程；
（Ⅱ）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，然后分別由和可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）將等價轉(zhuǎn)化為，然后構(gòu)造函數(shù)，再構(gòu)造函數(shù)并且利用導(dǎo)數(shù)證明在上恒成立即可．
【詳解】（Ⅰ）由題意可知，，，
所以，
所以在處的切線方程為，即．
（Ⅱ）
，
當(dāng)時，；
當(dāng)時，；
所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是．
（Ⅲ）證明：不等式
可化為．
設(shè)，
即證函數(shù)在上是增函數(shù)，
即證在上恒成立，
即證在上恒成立．
令，則，
在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，
所以，即．
因為，所以，
所以要證成立，
只需證．
令，，
則，
當(dāng)時，，單調(diào)遞減；
當(dāng)時，，單調(diào)遞增，
所以，
所以，
即在上恒成立，即證．
【點睛】關(guān)鍵點睛：通過不等式的形式構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)，經(jīng)過多次求導(dǎo)判斷單調(diào)性進行求解.
26．(1)，；
(2)證明見解析；
(3)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.

【分析】（1）設(shè)切點分別為,、,，可得，寫出切線方程，列方程求參數(shù)，即可得，的值；
（2）構(gòu)造并應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，證明恒成立即可證結(jié)論.
（3）應(yīng)用二階導(dǎo)數(shù)研究的單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理判斷的符號，進而確定的單調(diào)區(qū)間.
（1）
設(shè)與和的切點分別為,、,；
，
，，
，可得，
切線方程分別為即，或即，
，解得，
，；
（2）
令，,,，則，
令，解得：，令，解得：，
故在遞增，在遞減，則，
故,,時，即；
（3）
，則，故，
在上單調(diào)遞減，而，，
由（2）中的單調(diào)性，可得：，
由（2）及可得：，
使得，即時，時，
∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
27．(1)是連續(xù)可表數(shù)列；不是連續(xù)可表數(shù)列．
(2)證明見解析．
(3)證明見解析．

【分析】（1）直接利用定義驗證即可；
（2）先考慮不符合，再列舉一個合題即可；
（3）時，根據(jù)和的個數(shù)易得顯然不行，再討論時，由可知里面必然有負(fù)數(shù)，再確定負(fù)數(shù)只能是，然后分類討論驗證不行即可．
（1）
，，，，，所以是連續(xù)可表數(shù)列；易知，不存在使得，所以不是連續(xù)可表數(shù)列．
（2）
若,設(shè)為,則至多，6個數(shù)字，沒有個，矛盾；
當(dāng)時,數(shù)列，滿足，，，，，，，， ．
（3）
，若最多有種，若，最多有種，所以最多有種，
若，則至多可表個數(shù)，矛盾,
從而若,則，至多可表個數(shù)，
而，所以其中有負(fù)的，從而可表1~20及那個負(fù)數(shù)（恰 21個），這表明中僅一個負(fù)的，沒有0，且這個負(fù)的在中絕對值最小，同時中沒有兩數(shù)相同,設(shè)那個負(fù)數(shù)為 ，
則所有數(shù)之和，，
，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足個，
（僅一種方式），
與2相鄰，
若不在兩端,則形式，
若，則（有2種結(jié)果相同，方式矛盾），
， 同理 ，故在一端，不妨為形式，
若,則 （有2種結(jié)果相同，矛盾），同理不行，
，則 （有2種結(jié)果相同，矛盾），從而，
由于,由表法唯一知3,4不相鄰,、
故只能，①或，②
這2種情形，
對①：，矛盾，
對②：，也矛盾，綜上，
當(dāng)時，數(shù)列滿足題意，
．
【點睛】關(guān)鍵點睛，先理解題意，是否為可表數(shù)列核心就是是否存在連續(xù)的幾項（可以是一項）之和能表示從到中間的任意一個值．本題第二問時，通過和值可能個數(shù)否定；第三問先通過和值的可能個數(shù)否定，再驗證時，數(shù)列中的幾項如果符合必然是的一個排序，可驗證這組數(shù)不合題．

28．(1)①；②證明見解析
(2)

【分析】（1）①根據(jù)基本不等式可求得的取值范圍；
②利用數(shù)學(xué)歸納法證明出：，，然后利用不等式的性質(zhì)可證得，即可證得結(jié)論成立；
（2）由題中條件，，，先求出的范圍；再根據(jù)是“擬等比數(shù)列”，分類討論和，利用參變量分離法結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性即可得出結(jié)果.
（1）
解：①因為，，且，，，
所以，的取值范圍是；
②由題意可得，
則，即，
假設(shè)當(dāng)時，，
則當(dāng)時，，即，
所以，對任意的，，
所以，，，
即存在，使得，
所以，數(shù)列是“擬等比數(shù)列”.
（2）
解：因為，，，
即，所以，
即，且有，
因為，則，所以，，
又因為數(shù)列是“擬等比數(shù)列”，故存在，使得，且數(shù)列為單調(diào)遞減數(shù)列.
①當(dāng)時，此時，
所以，，
因為，則，
因為數(shù)列在時單調(diào)遞減，故，
而；
②當(dāng)時，，則，
由，則，
因為數(shù)列在時單調(diào)遞減，故.
由①②可得，即的取值范圍是.
【點睛】結(jié)論點睛：利用參變量分離法求解數(shù)列不等式恒（能）成立，可根據(jù)以下原則進行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
29．(1)、、、或、、、或、、、
(2)證明見解析
(3)證明見解析

【分析】（1）根據(jù)數(shù)列的遞推公式以及求出、的值，即可寫出數(shù)列前項的所有可能情況；
（2）分析可得由或，即或，分析數(shù)列的單調(diào)性，設(shè)集合，、，且，取，可得出結(jié)論；
（3）考察數(shù)列和．①當(dāng)或時，顯然成立；②當(dāng)時，設(shè)，推導(dǎo)出，可得出，解得，取可證得結(jié)論成立.
（1）
解：由已知，即，可得或.
當(dāng)時，由，即，因為，可得；
當(dāng)時，由，即，因為，可得或.
因此，若，，寫出數(shù)列前項的所有可能情況為：、、、或、、、或、、、.
（2）
證明：對于數(shù)列中的任意一項，
由已知得，或，即或．
若，則由可得；
若，則，此時，即．
設(shè)集合，、，且，
，，，，，，
則數(shù)列是數(shù)列一個無窮遞增子列．
（3）
證明：考察數(shù)列和．
①當(dāng)或時，顯然成立；
②當(dāng)時，設(shè)，由（2）可知．
如果，那么，或，于是總有，
此時；
如果，那么，或，于是總有，
此時．
綜上，當(dāng)且時總有．
所以，
所以，，，，
疊加得，．
令，解得，
即存在，（其中表示不超過的最大整數(shù)），使得．
又因為是的子列，令，則．
由①②可知，對于任意實數(shù)，都存在，使得．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查數(shù)列的新定義，解決第三問的關(guān)鍵在于推導(dǎo)出，結(jié)合疊加法得出，通過解不等式可找到符合條件的整數(shù)，即可解決問題.
30．(1)；
(2)證明見解析；
(3)證明見解析.

【分析】（1）利用差比法判斷數(shù)列的單調(diào)性，結(jié)合等比數(shù)列的定義和前項和公式進行求解即可；
（2）根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性，結(jié)合生成數(shù)列的定義運用累加法進行證明即可；
（3）結(jié)合（2）的結(jié)論，根據(jù)等比數(shù)列的定義分類討論進行證明即可.
（1）
因為，所以．
所以，
所以， ，
所以，
因為，
所以數(shù)列是等比數(shù)列，
所以數(shù)列的前項和為：；
（2）
由題意可知，，
所以，
所以．所以 ，
所以，
由“生成數(shù)列”的定義可得，
所以．??????????????
累加可得.
（3）
由題意知．由（Ⅱ）可知．
① 當(dāng)時，得，即，
所以，
所以.
即為公比等于1的等比數(shù)列，
②當(dāng)時，令，則.
當(dāng)時，顯然．
若，則，與矛盾,
所以，即.
取，當(dāng)時，??????????????????????
，顯然是等比數(shù)列,
綜上，存在正整數(shù)，使得時，是等比數(shù)列.
【點睛】關(guān)鍵點睛：根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性是解題的關(guān)鍵.
31．(1)

(2)
(3)，證明見解析

【分析】（1）利用已知條件先求出，將，，，代入：，，，即可求解；
（2）由，得到，進而有，再由得到即可；
（3）證明見解析.
（1）
由題意時，，，，由，知，所以，，，，
故.
（2）
記數(shù)列的所有項和為S，
因為，且，所以，
則，故.
當(dāng)，或，時取到等號，
所以當(dāng)，或，時，S取到最大值，為.
（3）
“數(shù)列為常數(shù)列”的充要條件是（）證明如下：
先證充分性：
當(dāng)（）時，，所以為常數(shù)列；
再證必要性：
當(dāng)為常數(shù)列時，記，
設(shè)中有x個，則必有個，將數(shù)列的所有項相加得：，由，且m為奇數(shù)，所以，
所以，由得：，所以，
所以.
【點睛】數(shù)學(xué)中的新定義題目解題策略：
（1）仔細(xì)閱讀，理解新定義的含義；
（2）根據(jù)新定義，對對應(yīng)的知識進行再遷移
（3）正確閱讀理解題干信息，抓住關(guān)鍵信息，轉(zhuǎn)化為我們所熟悉的問題.
32．(1)；；
(2)不存在適合題意的數(shù)列；
(3).

【分析】（1）利用變換的定義即；
（2）利用數(shù)列的定義，記中有個，有個，則，進而即得；
（3）由題可得，進而可得，然后結(jié)合條件即得.
（1）
由，
可得，
，
∴；
（2）
∵，
由數(shù)列A為數(shù)列，所以，
對于數(shù)列，，…，中相鄰的兩項，
令，若，則，若，則，
記中有個，有個，則，
因為與的奇偶性相同，而與的奇偶性不同，
故不存在適合題意的數(shù)列；
（3）
首先證明，
對于數(shù)列，，…，，有，，…，，，
，，…，，，，，…，，，
，，…，，，，，…，，，
∵，
，
∴，
故，
其次，由數(shù)列為數(shù)列可知，，
解得，
這說明數(shù)列中任意相鄰兩項不同的情況有2次，
若數(shù)列中的個數(shù)為個，此時數(shù)列有個，
所以數(shù)列的個數(shù)為個.
【點睛】數(shù)學(xué)中的新定義題目解題策略：①仔細(xì)閱讀，理解新定義的內(nèi)涵；②根據(jù)新定義，對對應(yīng)知識進行再遷移.
33．(1)，；
(2)；
(3)所有可能值為.

【分析】（1）根據(jù)函數(shù)定義寫出，即可.
（2）討論數(shù)列A的項各不相等或存在相等項，當(dāng)各項都不相等，根據(jù)題設(shè)定義判斷，當(dāng)存在相等項，由等比數(shù)列通項公式求q，進而確定的值；
（3）利用數(shù)列A的單調(diào)性結(jié)合（2）的結(jié)論求的取值范圍，估計所有可能取值，再應(yīng)用分類討論求證對應(yīng)所有可能值均可取到，即可得結(jié)果.
（1）
由題設(shè)，，，，則，
，，，則，
所以，.
（2）
若數(shù)列任意兩項均不相等，
當(dāng)時；
當(dāng)且時，，
又，，
此時；
綜上，，故，不合要求；
要使，即存在且使，即，
又，則，
當(dāng)，則，不合要求；
當(dāng)，則，滿足題設(shè)；
綜上，.
（3）
由題設(shè)數(shù)列單調(diào)遞增且，
由（2）知：，
根據(jù)題設(shè)定義，存在且，，
則，
由比數(shù)列中個項大，，同理，
所以；
又至少比數(shù)列中一項小，，同理，
所以；
綜上，.
令數(shù)列，下證各值均可取到，
ⅰ、當(dāng)，而數(shù)列遞增，
，且，
此時，，，
則；
ⅱ、當(dāng)時，，則，
當(dāng)且時，令，則，
所以，，
此時；
ⅲ、給定，
令()且()，
則()，()，
又?jǐn)?shù)列遞增，，
()，()，
所以，
此時且，
故，
綜上，.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：第三問，首先根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性和定義求的取值范圍，再由定義結(jié)合分類討論求證范圍內(nèi)所有可能值都可取到.
34．(1),
(2),,
(3)

【分析】（1）根據(jù)數(shù)列,的定義以及是斐波那契數(shù)列,即可求解.
（2）數(shù)列是公比為整數(shù)的等比數(shù)列,可對公比進行檢驗,根據(jù),的定義以及的特征,可檢驗出公比的值.
（3）根據(jù)數(shù)列,的公差是正整數(shù),以及數(shù)列,的定義,可列出不等式,求解公差的范圍,進而得解.
（1）
數(shù)列是斐波那契數(shù)列,則的項分別是
當(dāng)時,則;當(dāng)時,則,當(dāng)時,則;當(dāng)時,則
以此類推,可知當(dāng)時,表示滿足的所有i中最大的一個,所以,表示滿足的所有i中最小的一個,所以
（2）
因為數(shù)列是公比為整數(shù)的等比數(shù)列,故公比
當(dāng)時,的項為,表示滿足的所有i中最大的一個,所以,同理;表示滿足的所有i中最小的一個,所以,同理,符合題意.
當(dāng)時,的項為,表示滿足的所有i中最大的一個
，不符合,當(dāng)時,的項增長的更快速,此時,故不符合題意.綜上,,,
（3）
由數(shù)列是公差為d的等差數(shù)列,且單調(diào)遞增,所以,又因為,
設(shè)數(shù)列,的公差分別為,則
則,
當(dāng)時,滿足,
由于是任意正整數(shù),故可知
同理可知當(dāng)時,滿足,
由于是任意正整數(shù),故可知,綜上可知,又因為,所以可以是任意一個正整數(shù).故
35．(1)；
(2)；
(3).

【分析】（1）根據(jù)數(shù)列的新定義即得；
（2）由題可得或，分情況討論，進而可得；
（3）由題可得，進而猜想數(shù)列：1，2，4，5，7，8，，然后利用數(shù)學(xué)歸納法證明，再利用數(shù)列求和公式即得.
（1）
；
（2）
因為，
所以，所以或.
因此.
當(dāng)時，
且同時成立，
此時.
當(dāng)時，
且同時成立，此時矛盾.
綜上，.
（3）
因為，
所以.
所以.
由知，.
事實上，當(dāng)時，
與同時成立，
所以，從而.
猜想數(shù)列：1，2，4，5，7，8，，
即數(shù)列由不能被3整除的正整數(shù)從小到大排列組成，且滿足數(shù)A：的兩條性質(zhì).
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.
①當(dāng)時結(jié)論成立.
②假設(shè)時結(jié)論成立，則當(dāng)時，
當(dāng)時，此時，
由于；
；

上面各式均成立，此時有.
當(dāng)時，此時，
由于；
；

上面各式均成立，此時有.
綜上，數(shù)列是由不能被3整除的正整數(shù)從小到大排列組成.
數(shù)列的前100項和為：.
【點睛】數(shù)學(xué)中的新定義題目解題策略：①仔細(xì)閱讀，理解新定義的內(nèi)涵；②根據(jù)新定義，對對應(yīng)知識進行再遷移.
36．(1)0,1,2,1,0（或?0,1,0,1,0）
(2)證明見解析；
(3)不存在，理由見解析.

【分析】(1)根據(jù)與和可考慮寫出交替的數(shù)列.
(2)先證必要性，根據(jù)數(shù)列是遞減數(shù)列，可得，進而求得.再證明充分性，因為，故，再累加可得證明即可.
(3)設(shè),則，再累加求得，再分析的奇偶，根據(jù)整除的性質(zhì)，先假設(shè)存在再證明矛盾即可.
（1）
（或 ）
（2）
必要性：因為數(shù)列是遞減數(shù)列，
所以 ，
所以是首項為，公差為的等差數(shù)列，
所以；
充分性：由于，，…，，
所以，即，
因為，所以，
所以數(shù)列是遞減數(shù)列.
綜上，結(jié)論得證．
（3）
令，
則．
因為，，……,，
所以


因為，所以為偶數(shù)，
所以為偶數(shù)．
所以要使，必須使為偶數(shù)，即整除，
亦即或．
當(dāng)時，
數(shù)列的項滿足，，時，
有，；
當(dāng)時，
數(shù)列的項滿足，，，時，
有，．
當(dāng)，時，不能被整除，
所以對任意給定的整數(shù),不存在數(shù)列使得，．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：在解數(shù)列新定義的問題,需要根據(jù)題意去絕對值分析,并根據(jù)整除的性質(zhì)推理證明.
37．(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析

【分析】（1）由性質(zhì)①，可求出且，所以，同理可求得的值；
（2）由，驗證性質(zhì)①，即可證明；
（3）數(shù)列滿足性質(zhì)①②，帶入驗證，即可得：當(dāng)時，，即可證明滿足條件的數(shù)列是等差數(shù)列.
（1）
因為數(shù)列滿足性質(zhì)①，且，所以，所以，又因為，即，所以，同理可得：.
（2）
因為數(shù)列的通項公式為，
所以，對于任意的，令，則，
.
又，則，即.
又，所以，
即對于任意的.
所以，對于任意的，令，則當(dāng)時，都有成立，
所以，數(shù)列滿足性質(zhì)①.
（3）
由題意，數(shù)列滿足性質(zhì)①②，且當(dāng)時，同時滿足性質(zhì)①②的存在,
即對于任意的，存在，當(dāng)時，都有成立，
所以，當(dāng)時，，
即.
對于任意的,有，
對于任意的,有,
，
又當(dāng)時，同時滿足性質(zhì)①②的存在且唯一,
所以，當(dāng)時，,
所以，滿足條件的數(shù)列是等差數(shù)列.
【點睛】與數(shù)列的新定義有關(guān)的問題的求解策略：
1、通過給出一個新的數(shù)列的定義，或約定一種新的運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)新問題的情景，要求在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實心信息的遷移，達到靈活解題的目的；
2、遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使得問題得以解決.
38．(1)
(2)
(3)充分不必要條件

【分析】（1）根據(jù)所給定義計算可得；
（2）根據(jù)歸納推理可得，利用倒序相加法，化簡即可得結(jié)果.
（3）根據(jù)充分條件、必要條件的定義判斷即可；
（1）
解：序列為1，2，3，，，，即8，．
（2）
解：時，
時，．
時，，
時，，
，
取時，，
取時，①，
則②，
①②得，


所以．
由序列為1，2，，，可得．
（3）
解：序列為序列，2，，的一個排列，．而反之不成立．
例如取序列為：，，，2，1，滿足．
因此是的充分不必要條件．
39．(1)滿足，不滿足
(2)
(3)共4個滿足，分別是：和和和

【分析】（1）結(jié)合題設(shè)中的定義可判斷給定的兩個數(shù)列是否具有性質(zhì)；
（2）等比數(shù)列具有性質(zhì)等價于對任意的恒成立，就分類討論后可得的取值范圍.
（3）設(shè)，先考慮均不存在具有性質(zhì)的數(shù)列，再分別考慮時具有性質(zhì)的數(shù)列，從而得到所求的數(shù)列.
（1）
對于第一個數(shù)列有，滿足題意，該數(shù)列滿足性質(zhì)
對于第二個數(shù)列有不滿足題意，該數(shù)列不滿足性質(zhì).
（2）
由題意可得，
兩邊平方得：
整理得：
當(dāng)時，得， 此時關(guān)于恒成立，
所以等價于時，所以，
所以或者，所以取.
當(dāng)時，得， 此時關(guān)于恒成立，
所以等價于時，所以，
所以，所以取.
當(dāng)時，得.
當(dāng)為奇數(shù)的時候，得，因為，故顯然成立
當(dāng)為偶數(shù)的時候，得，因為，故顯然不成立，
故當(dāng)時，矛盾，舍去.
當(dāng)時，得.
當(dāng)為奇數(shù)的時候，得，顯然成立，
當(dāng)為偶數(shù)的時候，要使恒成立，
所以等價于時，所以，
所以或者，所以取.
綜上可得，.
（3）
設(shè)，，
因為， 故，
所以可以取或者，
若，，則，
故或（舍，因為），
所以（舍，因為）.
若，，則，
故（舍，因為），或
所以（舍，因為）.
所以均不能同時使，都具有性質(zhì).
當(dāng)時，即有，
故，故，
故有數(shù)列：滿足題意.
當(dāng)時，則且，故，
故有數(shù)列：滿足題意.
當(dāng)時，，
故，故，
故有數(shù)列：滿足題意.
當(dāng)時，則且，
故，
故有數(shù)列：滿足題意.
故滿足題意的數(shù)列只有上面四種.
【點睛】本題為新定義背景下的數(shù)列存在性問題，先確定時均不存在具有性質(zhì)的數(shù)列是關(guān)鍵，依據(jù)定義枚舉再依據(jù)定義舍棄是核心，本題屬于難題.

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