数学三维设计问题详解

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1、word第一局部专题复习培植新的增分点专题一集合与常用逻辑用语、函数与导数、不等式第一讲集合与常用逻辑用语根底单纯考点例1解析：(1)Ax2或x0，Bx|x，ABx|x0或2x，ABR.(2)依题意，PQQ，QP，于是解得6a9，即实数a的取值X围为(6，9答案：(1)B(2)D预测押题1(1)选A此题逆向运用元素与集合的关系求参数的取值X围，抓住1A作为解题的突破口，1A即1不满足集合A中不等式，所以1221a0a1.(2)选B对于2x(x2)1，等价于x(x2)0，解得0x2，所以Ax|0x0，得x1，故Bx|x1，RBx|x1，如此阴影局部表示A(RB)x|1x0，恒成立；中不等式可变为

2、log2x2，得x1；中由ab0，得，而c0，所以为假命题；假如ab0，如此a、b中至少一个为零即可，为假命题；xk(kR)是tanx1的充要条件，为假命题(2)解析：“xR，2x23ax90，0，n0，但此为充要条件，因此，其必要不充分条件为mn10b得ab，由lg alg b得ab0，所以“10a10b是“lg alg b的必要不充分条件(2)解析：由|xm|2，得2xm2，即m2xm2.依题意有集合x|2x3是x|m2xm2的真子集，于是有由此解得1m0x|x1或x0，f(3)6a80，根据对称性可知，要使AB中恰含有一个整数，如此这个整数解为2，所以有f(2)0且f(3)0，即所以即a

3、，选B.例2解析：对：取f(x)x1，xN*，所以BN*，AN是“保序同构；对：取f(x)x(1x3)，所以Ax|1x3，Bx|8x10是“保序同构；对：取f(x)tan(0x1)，所以Ax|0x1，BR是“保序同构，故应填.答案：预测押题2解析：AM，且集合M的子集有2416个，其中“累计值为奇数的子集为1，3，1，3，共3个，故“累积值为奇数的集合有3个答案：3例3解析：对于，命题p为真命题，命题q为真命题，所以p綈q为假命题，故正确；对于当ba0时，l1l2，故不正确，易知正确所以正确结论的序号为.答案：预测押题3选D由ytanx的对称中心为(kZ)，知A正确；由回归直线方程知B正确；在

4、ABC中，假如sinAsinB，如此AB，C正确第二讲函数的图像与性质根底单纯考点例1解析：(1)由题意，自变量x应满足解得3x0.(2)设t1sinx，易知t0，2，所求问题等价于求g(t)在区间0，2上的值域由g(t)t3t24t，得g(t)t25t4(t1)(t4)由g(t)0，可得t1或tt0，2，所以t1是g(t)的极大值点由g(0)0，g(1)4，g(2)232242，得当t0，2时，g(t)，即g(1sinx)的值域是.答案：(1)A(2)预测押题1(1)解析：f()tan1，f(f()f(1)2(1)32.答案：2(2)由题意知：a0，f(x)(xa)(bx2a)bx2(2aa

5、b)x2a2是偶函数，如此其图像关于y轴对称，所以2aab0，bf(x)2x22a2，因为它的的值域为(，2，所以2a2f(x)2x22.答案：2x22例2解析：(1)曲线yex关于y轴对称的曲线为yex，将yex向左平移1个单位长度得到ye(x1)，即f(x)ex1.(2)由题图可知直线OA的方程是y2x；而kAB1，所以直线AB的方程为y(x3)x3.由题意，知f(x)所以g(x)xf(x)当0x1时，故g(x)2x20，2；当1x3时，g(x)x23，显然，当x时，取得最大值；当x3时，取得最小值0.综上所述，g(x)的值域为.答案：(1)D(2)B预测押题2(1)选C因为函数的定义域是

6、非零实数集，所以A错；当x0，所以B错；当x时，y0，所以D错(2)选B因为f(x)f(x)，所以函数f(x)是偶函数因为f(x2)f(x)，所以函数f(x)的周期是2，再结合选项中的图像得出正确选项为B.例3解析：(1)函数y3|x|为偶函数，在(，0)上为增函数选项A，D是奇函数，不符合；选项B是偶函数但单调性不符合；只有选项C符合要求(2)f(x)ax3bsinx4，f(x)a(x)3bsin(x)4，即f(x)ax3bsinx4， 得f(x)f(x)8. 又lg(log210)lglg(lg 2)1lg(lg 2)，f(lg(lg210)f(lg(lg 2)5.又由式知f(lg(lg

7、2)f(lg(lg 2)8，5f(lg(lg 2)8，f(lg(lg 2)3.答案：(1)C(2)C预测押题3(1)选A依题意得，函数f(x)在0，)上是增函数，且f(x)f(|x|)，不等式f(12x)f(3)f(|12x|)f(3)|12x|3312x31x2.(2)解析：f(x)f，ff(x3)f(x)，f(x)f(x3)，f(x)是以3为周期的周期函数如此f(2014)f(67131)f(1)3.答案：3(3)解析：因为函数f(x)的图像关于y轴对称，所以该函数是偶函数，又f(1)0，所以ff(x)在(0，)上为减函数，所以f(x)在(，0)上为增函数.0，可化为xf(x)0时，解集为

8、x|x1；当x0时，解集为x|1x0综上可知，不等式的解集为(1，0)(1，)答案：(1，0)(1，)交汇创新考点例1解析：设x0.当x0时，f(x)x24x，f(x)(x)24(x)f(x)是定义在R上的偶函数，f(x)f(x)，f(x)x24x(x0)，f(x)由f(x)5得或x5或xf(x)5，得5x5.由f(x2)5，得5x25，7x3.不等式f(x2)5的解集是x|7x3答案：x|7x3预测押题1解析：根据条件画出f(x)图像如下列图因为对称轴为x1，所以(0，1)关于x1的对称点为(2，1)因f(m)1，所以应有2m0.因f(x)在(1，)上递增，所以f(m2)f(0)1.答案：例

9、2解析：因为A，B是R的两个非空真子集，且AB，画出韦恩图如下列图，如此实数x与集合A，B的关系可分为xA，xB，xA且xB三种(1)当xA时，根据定义，得fA(xAB，所以xB，故fB(xA(AB)，如此必有xAB，所以fAB(x)1.所以F(x)1.(2)当xB时，根据定义，得fB(xAB，所以xA，故fA(xB(AB)，如此必有xAB，所以fAB(x)1.所以F(x)1.(3)当xA且xB，根据定义，得fA(x)0，fB(x)0.由图可知，显然x(AB)，故fAB(x)0，所以F(x)1.综上，函数的值域中只有一个元素1，即函数的值域为1答案：1预测押题2解：当xAB时，因为(AB)(A

10、B)，所以必有xAB.由定义，可知fA(x)1，fB(x)1，fAB(x)1，所以F(x).故函数F(x)的值域为第三讲根本初等函数、函数与方程与函数的应用根底单纯考点例1解析：(1)当x1，y0，所以函数yax的图像必过定点(1，0)，结合选项可知选D.(2)alog36log33log321log32，blog510log55log521log52，clog714log77log721log72，log32log52log72，abc.答案：(1)D(2)D预测押题1(1)选A函数yxx为奇函数当x0时，由xx0，即x3x，可得x21，故x1，结合选项，选A.(2)选B依题意的aln x(

11、1，0)，b(1，2)，celnx(e1，1)，因此bca.例2解析：(1)由f(1)30与零点定理，知f(x)的零点在区间(1，0)上(2)当f(x)0时，x1或x1，故ff(x)10时，f(xf(x)11，即f(x)2时，解得x3或x；当f(x)11即f(x)0时，解得x1或xyff(x)1有四个不同的零点答案：(1)B(2)C预测押题2解析：当x0时，由f(x)ln x0，得xf(x)有两个不同的零点，如此当x0时，函数f(x)2xa有一个零点，令f(x)0得a2x，因为02x201，所以0a1，所以实数a的取值X围是00，函数y1(10m)x20在0，200上是增函数，所以当x200时

12、，生产A产品有最大利润，且y1max(10m)200201980200m(万美元)又y20.05(x100)2460(xN，0x120)，所以当x100时，生产B产品有最大利润，且y2max460(万美元)因为y1maxy2max1980200m4601520200m所以当6m7.6时，可投资生产A产品200件；当m7.6时，生产A产品或生产B产品均可(投资生产A产品200件或生产B产品100件)；当7.6m8时，可投资生产B产品100件预测押题3解：(1)设投入广告费t(百万元)后由此增加的收益为f(t)(百万元)，如此f(t)(t25t)tt24t(t2)24(0t3)所以当t2时，f(t

13、)max4，即当集团投入两百万广告费时，才能使集团由广告费而产生的收益最大(2)设用于技术改造的资金为x(百万元)，如此用于广告费的费用为(3x)(百万元)，如此由此两项所增加的收益为g(x)(3x)25(3x)3x34x3(0x3)对g(x)求导，得g(x)x24，令g(x)x240，得x2或x2(舍去)当0x0，即g(x)在0，2)上单调递增；当2x3时，g(x)0，x(0，)且x，当0x时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递减当x0，f(x)在上单调递增当x0，时，0f(x)1.当x，2，如此02x.又f(x)是以2为最小正周期的偶函数，知f(2x)f(x)x，2时，仍有0f(xyf

14、(x)与ysinx的性质，在同一坐标系内作yf(x)与ysinx的简图如此yf(x)与ysinx在x2，2有4个交点故函数yf(x)sinx在2，2上有4个零点预测押题选D根据ff，可得ff(x)，进而得f(x5)f(x)，即函数yf(x)是以5为周期的周期函数当x1，4时，f(x)x22x，在1，0内有一个零点，在(0，4内有x12，x24两个零点，故在一个周期内函数有三个零点又因为201240252，故函数在区间0，2010内有40231206个零点，在区间(2010，2012内的零点个数与在区间(0，2内零点的个数一样，即只有一个零点，所以函数f(x)在0，2012上零点的个数为1207

15、.第四讲不等式根底单纯考点例1解析：(1)原不等式等价于(x1)(2x1)0或x10，即x0的解集为.而f(10x)0，110x，解得xlg，即x0时，f(x)1，2x1x2，即x22x10，解得x0且x1.当x1，即x1，解得xx(，1)(0，1)(1，)(2)解析：f(x)x2axb的值域为0，)，0，b0，f(x)x2axa2.又f(x)0，a0)，当且仅当4x，即x时等号成立，此时f(x)取得最小值4.又由x3时，f(x)min4，3，即a36.答案：(1)B(2)36预测押题3(1)选D依题意，点A(2，1)，如此2mn10，即2mn1(m0，n0)，(2mn)4428，当且仅当，即

16、n2m时取等号，即的最小值是8.(2)选A由得a2ba0，b0，2a2b2，ab，当且仅当a2b1时取等号交汇创新考点例1选C作出可行域，如图中阴影局部所示，三个顶点到圆心(0，1)的距离分别是1，1，由AB得三角形所有点都在圆的内部，故，解得：m2.预测押题1选C如图，假如使以(4，1)为圆心的圆与阴影局部区域至少有两个交点，结合图形，当圆与直线xy20相切时，恰有一个公共点，此时a，当圆的半径增大到恰好过点A(2，2)时，圆与阴影局部至少有两个公共点，此时a5，故a的取值X围是0；当x(2，ln2)时，f(xf(x)在(，2)，(ln2，)上单调递增，在(2，ln2)上单调递减预测押题2解

17、：(1)当m1时，f(x)x3x23x1，又f(x)x22x3，所以ff(2)，所以所求切线方程为y5(x2)，即15x3yyf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为15x3y250.(2)因为f(x)x22mx3m2，令f(x)0，得x3m或xm.当m0时，f(x)x20恒成立，不符合题意；当m0时，f(x)的单调递减区间是(3m，m)，假如f(x)在区间(2，3)上是减函数，如此解得m3；当m0，f(x)为(，)上的增函数，所以函数f(x)无极值当a0时，令f(x)0，得exa，即xln a.当x(，ln a)时，f(x)0，所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递

18、增，故f(x)在xln a处取得最小值，且极小值为f(ln a)ln a，无极大值综上，当a0时，函数f(x)无极值；当a0时，函数f(x)在xlna处取得极小值ln a，无极大值(2)当a1时，f(x)x1.直线l：ykx1与曲线yf(x)没有公共点，等价于关于x的方程kx1x1在R上没有实数解，即关于x的方程：(k1)x(*)在R上没有实数解当k1时，方程(*)可化为0，在R上没有实数解当k1时，方程(*)可化为xex.令g(x)xex，如此有g(x)(1x)ex.令g(x)0，得x1，当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，)g(x)0g(x)当x1时，g(x)

19、min，同时当x趋于时，g(x)趋于，从而g(x)的取值X围为.所以当时，方程(*)无实数解，解得k的取值X围是(1e，1)综合，得k的最大值为1.预测押题3解：(1)f(x)a，由题意可知f()1，解得a1.故f(x)x3ln x，f(x)，由f(x)0，得x2.于是可得下表：x2(2，3)3f(x)0f(x)13ln 2f(x)minf(2)13ln 2.(2)f(x)a(x0)，由题意可得方程ax23x20有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，并令h(x)ax23x2，如此也可以为解得0a0)，如此(x).令(x)0，如此x1，易知(x)在x1处取到最小值，故(x)(1)0，即

20、f(x)1a.(2)由f(x)x得aln x1x，即a.令g(x)(1xe)，如此g(x).令h(x)ln x(1x0，故h(x)在定义域上单调递增，所以h(x)hh(x)0，所以g(x)0，即g(x)在定义域上单调递增，如此g(x)g(e)e1，即0，即aa，又f(0)a，所以要使方程f(x)k在0，)上有两个不相等的实数根，k的取值X围是.例2选C法一：曲线y与直线x1与x轴所围成的曲边图形的面积Sdx0，又SAOB，阴影局部的面积为S，由几何概型可知，点P取自阴影局部的概率为P.法二：S阴影(x)dx，S正方形OABC1，点P取自阴影局部的概率为P.预测押题2解析：画出草图，可知所求概率

21、P.答案：例3解：(1)因为方程ax(1a2)x20(a0)有两个实根x10，x2，故f(x)0的解集为x|x1x0)令d(a)0，得a1.由于0k1，故当1ka0，d(a)单调递增；当1a1k时，d(a)0，d(a)单调递减所以当1ka1k时，d(a)的最小值必定在a1k或a1k处取得而1，故d(1k)b时，f(x)0，函数f(x)在(，1)，(1，)上单调递增；当ab时，f(x)0，f()0，f()f(1)f()ab，即f(1)f().(*)所以f(1)，f()，f()成等比数列因为，所以f(1)f()由(*)得f()f()由知f()H，f()G.故由Hf(x)G，得f()f(x)f()(

22、*)当ab时，()f(x)f()a.这时，x的取值X围为(0，)；当ab时，01，从而，由f(x)在(0，)上单调递增(*)式，得x，即x的取值X围为；当a1，从而，由f(x)在(0，)上单调递减与(*)式，得x，即x的取值X围为.综上，当ab时，x的取值X围为(0，)；当ab时，x的取值X围为；当a0，故原式sincos.(2)由得|OP|2，由三角函数定义可知sin，cos，即2k(kZ)所以2sin23tan2sin3tan2sin3tan230.答案：(1)A(2)D预测押题1(1)选C由可得2tan3sin50，tan6sin1，解得tan3，故sin.(2)解析：由A点的纵坐标为与

23、点A在第二象限，得点A的横坐标为，所以sin，cos，tan.故tan2.答案：例2解析：(1)T，T，(0)，x时，22k(kZ)，即2k(kZ)，.(2)ycos(2x)的图像向右平移个单位后得到ycos的图像，整理得ycos(2x)其图像与ysin的图像重合，2k，2k，即2k.又0，从而由，故1.(2)由(1)知，f(x)2sin.假如0x，如此2x.当2x，即0x时，f(x)单调递增；当2x，即x时，f(x)单调递减；综上可知，f(x)在区间0，上单调递增，在区间，上单调递减预测押题3解：(1)因为f(x)sin 2xasin(2x)a，所以T.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.

24、故函数f(x)的单调递减区间是(kZ)(2)因为x，所以2x，sin1.因为函数f(x)在上的最大值与最小值的和为，所以a0.交汇创新考点例1解：(1)f(x)sin.由题意可知，f(x)的最小正周期T，.又0，1，f()sinsin.(2)|f(x)m|1，即f(x)1mf(x)1.对x，都有|f(x)m|1，mf(x)max1且mf(x)min1.x0，2x，1sin，sin，即f(x)max，f(x)min，m1.故m的取值X围为.预测押题1解：(1)f()coscoscoscos.(2)f(x)cosxcoscosxcos2xsinxcosx(1cos2x)sin2xcos.f(x)等

25、价于cos，即cos0.于是2k2x2k，kZ.解得kxk，kZ.故使f(x)成立的x的取值集合为.例2解析：因为圆心由(0，1)平移到了(2，1，)，所以在此过程中P点所经过的弧长为2，其所对圆心角为2.如下列图，过P点作x轴的垂线，垂足为A，圆心为C，与x轴相切与点B，过C作PA的垂线，垂足为D，如此PCD2，|PD|sincos2，|CD|cossin2，所以P点坐标为(2sin2，1cos2)，即的坐标为(2sin2，1cos2)答案：(2sin2，1cos2)预测押题2选A画出草图，可知点Q点落在第三象限，如此可排除B、D；代入A，cosQOP，所以QOP.代入C，cosQOP.第二

26、讲三角恒等变换与解三角形根底单纯考点例1解：(1)因为f(x)cos，所以f()coscoscos1.(2)因为，cos，所以sin，cos22cos212()21，sin 22sin cos2.所以f(2)coscoscos2sin2.预测押题1解：(1)由可得f(x)3cosxsinx2sin.所以函数f(x)的值域为2，2又由于正三角形ABC的高为2，如此BC4，所以函数f(x)的周期T428，即8，解得.(2)因为f(x0)，由(1)得f(x0)2sin，即sin.由x0得.所以cos，故f(x01)2sin2sin22.例2解：(1)由得，PBC60，所以PBA30.在PBA中，由余

27、弦定理得PA232cos30.故PA.(2)设PBA，由得PBsin.在PBA中，由正弦定理得，化简得sin4sin.如此tan，即tanPBA.预测押题2解：(1)由正弦定理得2sinBcosC2sinAsinC.在ABC中，sinAsin(BC)sinBcosCsinCcosB，sinC(2cosB1)0.又0C0，cosB，注意到0B，B.(2)SABCacsinB，ac4，由余弦定理得b2a2c22accosBa2c2acac4，当且仅当ac2时，等号成立，b的取值X围为2，)交汇创新考点例1解：(1)f(x)cos2cos2xcos1，f(x)的最大值为2.f(x)取最大值时，cos

28、1，2x2k(kZ)，故x的集合为x|xk，kZ(2)由f(BC)cos1，可得cos，由A(0，)，可得A.在ABC中，由余弦定理，得a2b2c22bccos(bc)23bc，由bc2，知bc1，当bc1时，bc取最大值，此时a取最小值1.预测押题1解：(1)由得bccos8，b2c22bccos42，故b2c2b2c22bc，所以bc16，(当且仅当bc4时等号成立)，即bc16，所以cos.又0，所以0，即的取值X围是(0，(2)f()sin2cos212sin1.因为0，所以2，sin1.当2，即时，f()min212；当2，即时，f()max2113.例2解：(1)在ABC中，因为c

29、osA，cosC，所以sinA，sinC.从而sinBsin(AC)sin(AC)sinAcosCcosAsinC.由正弦定理，得ABsinC1040(m)所以索道AB的长为1040m.(2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(10050t)m，乙距离A处130tm，所以由余弦定理得d2(1005t)2(130t)22130t(10050t)200(37t270t50)，因0t，即0t8，故当t(min)时，甲、乙两游客距离最短(3)由正弦定理，得BCsinA500(m)乙从B出发时，甲已经走了50(281)550(m)，还需要走710m才能到达C.设乙步行的速度为vm/

30、min，由题意得33，解得v，所以使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度控制在(单位：m/min)X围内预测押题2解：(1)因为点C的坐标为，根据三角函数的定义，得sinCOA，cosCOA.因为AOB为正三角形，所以AOB60.所以cosBOCcos(COA60)cosCOAcos60sinCOAsin60.(2)因为AOC，所以BOC.在BOC中，|OB|OC|1，由余弦定理，可得f()|BC|2|OC|2|OB|22|OC|OB|cosCOB1212211cos22cos.因为0，所以.所以cos.所以122cos0)，又因为，于是()()22a2a1，由可得a2aa

31、0，a，即AB的长为.答案：(1)A(2)预测押题2(1)选Da(ab)a(ab)a2ab|a|2|a|b|cos0，故cos，故所求夹角为.(2)选C设BC的中点为M，如此.又M为BC中点，()，()，|.又2，A120，|4.|，当且仅当|时取等号，|的最小值为.交汇创新考点例1解析：设P(x，y)，如此(x1，y1)由题意知(2，1)，(1，2)由知(x1，y1)(2，1)(1，2)，即12，01，作出不等式组表示的平面区域(如图阴影局部)，由图可知平面区域D为平行四边形，可求出M(4，2)，N(6，3)，故|MN|.又x2y0，x2y30之间的距离d，故平面区域D的面积为S3.答案：3

32、预测押题1选D如图作可行域，zx2y，显然在B(0，1)处zmaxD.例2解：(1)g(x)sin(x)2cos(x)2sinxcosx，(2，1)，|.(2)由可得h(x)sinxcosx2sin(x)，0x，x，h(x)1，2当x，时，即x0，时，函数h(x)单调递增，且h(x)，2；当x(，时，即x(，时，函数h(x)单调递减，且h(x)1，2)使得关于x的方程h(x)t0在0，内恒有两个不相等实数解的实数t的取值X围为，2)预测押题2解：(1)由题设，可得(ab)(ab)0，即|a|2|b|2a，b的坐标，可得cos2(1)2sin2cos2sin20，所以(1)2sin2sin20.

33、因为00)故2.(2)由(1)与题设条件，知abcoscossinsincos().因为0，所以0，|b|0，0cos，且ab、ba，所以cos，cos，其中m，nN*，两式相乘，得cos2.因为0cos，所以0cos2，得0mn0.由题意得，(2d)223d8，d2d6(d3)(d2)0，得dana1(n1)d2(n1)22n，故an2n.(2)bnan2an2n22n.Snb1b2bn(222)(424)(2n22n)(2462n)(222422n)n2n.例2解：(1)设数列an的公比为q(q0，q1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3a5a4，即2a1q2a1q4a1q3.由a1

34、0，q0得q2q20，解得q12，q21(舍去)，所以q2.(2)证明：法一：对任意kN*，Sk2Sk12Sk(Sk2Sk)(Sk1Sk)ak1ak2ak12ak1ak1(2)0，所以，对任意kN*，Sk2，Sk，Sk1成等差数列法二：对任意kN*，2Sk，Sk2Sk1.2Sk(Sk2Sk1)2(1qk)(2qk2qk1)(q2q2)0，因此，对任意kN*，Sk2，Sk，Sk1成等差数列预测押题2解：(1)由an2p，得p.令，如此c1a，1p.a0，c10，p(非零常数)，数列是等比数列(2)数列是首项为a，公比为p的等比数列，c1pn1apn1，即apn1.当n2时，ana1(apn2)(

35、apn3)(ap0)1an1p.a1满足上式，anan1p，nN*.例3解析：(1)设数列an的公比为q，由a1a2a34aq3与a4a5a612aq12可得q93，an1anan1aq3n3324，因此q3n68134q36，所以n14.(2)因为d0，所以an1an，所以p1是真命题因为n1n，但是an的符号不知道，所以p2是假命题同理p3是假命题由an13(n1)dan3nd4d0，所以p4是真命题答案：(1)C(2)D预测押题3(1)选C由题意得S66a115d5a110d，所以a60，故当n5或6时，Sn最大(2)选Aa4a82，a6(a22a6a10)a6a22aa6a10a2a4

36、a8a(a4a8)24.(3)选A依题意，数列S10，S20S10，S30S20，S40S30成等比数列，因此有(S20S10)2S10(S30S20)，即(S2010)210(70S20)，故S2020或S20S200，因此S2030，S20S1020，S30S2040，如此S40S3070150.交汇创新考点例1选D由题意知f(Sn2)f(an)f(3)(nN*)，Sn23an，Sn123an1(n2)，两式相减得，2an3an1(n2)又n1时，S123a1a12，a11，数列an是首项为1，公比为的等比数列，an.预测押题1选A设Pn1(n1，an1)，如此PnPn1(1，an1an)

37、(1，2)，即an1an2，所以数列an是以2为公差的等差数列又因为a12a23，所以a1，所以Snn.例2选C法一：设an的公比为q.f(an)a，q2，f(an)是等比数列排除B、D.f(an)，f(an)是等比数列排除A.法二：不妨令an2n，因为f(x)x2，所以f(an)4n.显然f(2n)是首项为4，公比为4的等比数列因为f(x)2x，所以f(a1)f(2)22，f(a2)f(4)24，f(a3)f(8)28，所以416，所以f(an)不是等比数列因为f(x)，所以f(an)()n.显然f(an)是首项为，公比为的等比数列因为f(x)ln|x|，所以f(an)ln2nnln2.显然

38、f(an)是首项为ln2，公差为ln2的等差数列预测押题2解析：(1)假如正比例函数f(x)kx(k0)，如此q，故函数f(x)kx(k0)是“保等比数列函数(2)假如二次函数f(x)kx2bxc(k0，且b，c不全为0)，如此，不是常数，故函数分f(x)kx2bxc(k0且b，c不全为0)不是“保等比数列函数(3)假如幂函数f(x)xm(m0)，如此qm，故函数f(x)xm(m0)是“保等比数列函数(4)如指数函数f(x)mx(m0，且m1)，如此man1an，不是常数，故函数f(x)mx(m0且m1)不是“保等比数列函数答案：(1)(3)第二讲数列的综合应用根底单纯考点例1解：(1)函数f(x)x2bx为偶函数，b0，f(x)x2，an12f(an1)12(an1)21，an112(an1)2.又a13，an1，bnlog2(an1)，b1log2(a11)1，2，数列