高中数学竞赛集训训练题

1、1 . a,b是两个不相等的正数,高中数学竞赛集训训练题且满足a2 3 * b3 a2 b2,求所有可能的整数c,使彳导c 9ab .i -112.已知不等式n 1 n 2的最大值，并证明你的结论。1 a 一对一切正整数 a均成立，求正整数a3n 1 243.设an为a 4的单调递增数列,22且满足 an 1 an 16 8(an 1 an) 2anan,求an求证:xyyz zx5.设数列112 12 31 21 , 3,2,11 _2_ k,k 1的通项公式。问：(1)这个数列第2010项的值是多少;(2)在这个数列中，第 2010个值为1的项的序号是多少.设有红、黑、白三种颜色的球各10

2、个。现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色球都有，且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等。问共有多少种放法。a , .已知数列aj满足a a (a 0,且a 1),刖n项和为Sn,且S (1 an),1 a记bn an lg |an I ( n N ),当a 且时,问是否存在正整数 m ,使得对于任意正整3数n ,都有bn bm ?如果存在，求出 m的值；如果不存在，说明理由.uuu umr.在 ABC 中，已 ABgAC 9,sin B cosAsinC ,又 ABC 的面积等于 6.(I )求 ABC的三边之长；(n)设 P是 ABC (含边界)内一点， P到三边 AB B

3、C AB的距离为d1、d2和d3,求& d2 d3的取值范围.在数列 an中，a1，a2是给定的非零整数，an 2 an 1 an(1 )右 a152 , a161 ,求 a2008 ；(2)证明：从 an中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列.2.已知椭圆 三 y2 1(a 1), Rt ABC以A (0, 1)为直角顶点，边 AB、BC与椭圆 a27 ，一交于两点B、Co若 ABC面积的最大值为 27 ,求a的值。811.如图，椭圆c ： 1(a b 0)，A、A?、B1、B2为椭圆C的顶点. a2 b2(I)设点M(x0,0),若当且仅当椭圆C上的点P在椭圆的顶点时，|PM |取得

4、最大值与最小值，求x0的取值范围；(n)若椭圆c上的点P到焦点距离的最大值为 3,最小值为1,且与直线l: y kx m相交于A, B两点(A B不是椭圆的左右顶点)，并满足AA2 BA2 .试研究：直线l是否过定点？若过定点，请求出定点坐标，若不过定点，请说明理由.12.如图，在四棱锥 S ABCD中，底面 ABCD是边长为a的正方形，侧面 SAD为正三角形，且垂直于底面 ABCD .(1)求四棱锥S ABCD的体积；(2)在边CD上是否存在一点 E,使得SB13.(本小题满分15分)关于x、y的方程C ： x2 y2(1)若方程C表示圆，求实数2x 4y mm的取值范围;(2)在方程 C表

5、示圆时，若该圆与直线 l4 5| MN |，求实数m的值； 5(3)在(2)的条件下，若定点A的坐标为(1, 的斜率的取值范围.x 2y 4 0相交于M、N两点，且0),点P是线段MN上的动点，求直线AP TOC o 1-5 h z x2V24 ” 25.已知椭圆C：_2。1 (a b 0),其离心率为一，两准线之间的距离为一。a b52(1)求a,b之值；(2)设点A坐标为(6, 0) , B为椭圆C上的动点，以 A为直角顶点，作等腰直角 ABP (字母A, B, P按顺时针方向排列)，求P点的轨迹方程。.如图，正三棱柱 ABC A1BC1中，E是AC中点.(I)求证：ABi 平面BEC (

6、D)若AB 2,AA 近,求点A到平面BECi的距离;一C的正弦值为迎？ 亏(出)当 竺 为何值时，二面角 e BCABCi.(本小题满分15分)在xoy平面上有一系列点 P1(x1, V1), P2(x2, y2), , Pn (xn, yn),.对每个正整数 n,点Pn位于函数yx2(x0)的图象上.以点 Pn为圆心的。Pn与x轴都相切，且。 Pn与。(1)求证：数列2是等差数列;xn设O Pn的面积为Sn, Tn&求证：对任意nPn 1彼此外切.若X 1 ,且xn 1xn( n.(本小题满分18分)二次函数f(x) px2 qx r中，实数 p、q、r满足 q L =0,其中m 0 .m

7、 2 m 1 m求证： pf (m-) 0; (2)方程f (x) 0在(0, 1)内恒有解.m 1.如图，斜三棱柱 ABC A1B1cl的所有棱长均为 a,侧面 B1c1cB 底面 ABC ,且 AC1 BC .(1) 求异面直线 AA1与B1cl间的距离；(2)求侧面A B1 BA与底面ABC所成二面角的度数.19.设向量i, j为直角坐标平面内 x轴，y轴正方向上的单位向量. 若向量a (x 2)i y j , rb (x 2) i y j,且 a b(1)求满足上述条件的点 P(x,y)的轨迹方程；(2)设A( 1,0), F (2,0),问是否存在常数(0),使得 PFA PAF恒成

8、立？证明你的结论.20.已知抛物线 y两点。 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark6 o Current Document 211 1111B、C HYPERLINK l bookmark8 o Current Document 2x2 x -和A(,)。过F(-,-)任作直线，交抛物线于 84 848求 A B C重心的轨迹方程，并表示成y f(x)形式；1_n k 3数列Xk中，0X1-,且满足Xk1f (Xk)。试证：Xk1 一2k 15221.椭圆C:三a2yab0 )的两个焦点为F1 (且满足FiM F2M = 0。(I)求离心率 e的取值范围;n )

9、设斜率为 k ( k w 0 )的直线l与椭圆C相于不同的两点A B, Q为AB的中点，问A、B两点能否关于过点P0,TQ的直线对称？若能，求出k的范围，若不能，请说明理由。22.已知定义在 R上的函数f (x)同时满足：2(1)f (X1X2)f (X1X2)2 f (Xi)cos2x24asinX2(x,x2R a 为常数)； f(0) f(/ 1；(3)当 x 0工时,f (x) 2,即a 26,所以a 25.12 243 解：a21 a2 168(an 1 an) 2anan2(an 1 an )8(an 1 an)164an冏an 1 an 4 2jan自(由题意可知取正号。)4an

10、 1 an2(an 1 an4)因此,a7公差为2的等差数列，即2n。从而可得an 4n22224证明：(1)二3L 0,.上x y 44( x y)x y3o 2x 3x xy(2)由(1)得.x y 43c 23c 2y 3y yz z 3z zxy z 4 z x 4333-2-2八2, x y z 3x xy 3y yz 3z3x yzx TOC o 1-5 h z 222、3(xyz )xyyzzx43(xyyzzx)xyyzzx4xy yz zx211212 312 k5 解(1)将数列分组:(-),(-,2),(-,2,3), ,(-, ,k),1 2 13 2 1k k 11因

11、为 1+2+3+ -+62=1953; 1+2+3+63=2016 ,10 分2010个1出现在第4019组,57所以数列的第2010项属于第63组倒数第7个数，即为577(2)由以上分组可以知道， 每个奇数组中出现一个 1,所以第而第4019组中的1位于该组第2010位，所以第2010个值为1的项的序号为(1+2+3+-+4018)+2010=809428。17分6解：设甲袋中的红、黑、白三种颜色的球数为x, y, z,则有 1 x, y, z 9 ,且即有xyz (10 x)(10 y)(10 z)(*1 )xyz 500 50( x y z) 5(xy yzzx)。(*2)于是有 5 x

12、yz。因此x,y, z中必有一个取5。不妨设x 5,代入(*1)式，得到y z 10 o10分y=5此时，y可取1, 2,，8, 9 (相应地z取9, 8,，2, 1),共9种放法。同理可得或者z=5时，也各有9种放法，但有x y z时二种放法重复。因此可得共有9X 3-2 = 25种放法。177解：当n2 时，Sn一 anSnSn1即an所以,aan 1,又1a1(11 a(1 aan )，Sn 1an)(1 an 1)a 0 ,an是首项和公比都是a的等比数列,一 an是 bnan lg | an |nanlg |a|.0,故当n为偶数时，bn nanlg|a|-(1 aa1 aan 1)

13、 ,(an 1 an),0,当n为奇数时,bn0.可见，若存在满足条件的正整数 m,则m为偶数.10以 2 b2k(2k 2)a2k 2 2ka2klg |a|2a2k(k 1)a2 klg |a|2a2kk(a2 1)2 a2 1a ai1g 1a22a2k(a2 1)(k ,)1g |a|(k N ).1 a-时，a2 1 一 , 2a (a 1)1g | a | 0 .又2391 a7, 一时，b2k 2b2k ，即 bsbiob12L ;b2k，即 bsb6b4b2.故存在正整数m 8 ,使得对于任意正整数n ,都有 bnbm.8.解：（I）设三角形三内角 A、B、C对应的三边分别为a

14、, b, c/ sin B cosAsin C , cos A黑，由正弦定理有cosA又由余弦定理有cosA2bc2bc2.2ab所以 ABC 为 Rt ABC，且 C 90o.uuu LLIUTULLr ULLTABgAC | AB| AC |cosA 9又1 UUU UUUT_S ABC -| AB| AC |sinA 62+得tanA 3 b令 a=4k, b=3k ( k0)1则 S abc ab 62k 1，三边长分别为3, 4, 5.（n）以C为坐标原点，射线CA为x轴正半轴建立直角坐标系，则A、B坐标为（3, 0）,(0, 4),直线 AB方程为 4x 3y 12 0.设P点坐标

15、为（x, y ）,则由P到三边AB BC AB的距离为d, d2和d3可知 d2d3|4x 3y 12|5x)0,y 0,故 d1 d2 d34x 3y 12 0.x 2y 125令m x 2y ,由线性规划知识可知0mc 8,故d1+d2+d3的取值范围是 12,459 解：(1) ; a152, a161 ， a173 ， a184 , a191 , a203， a212 ， a221 ，a231 ， a240 ， a251 ， a261 ，a270 ，自第22项起，每三个相邻的项周期地取值1,1, 0,故a200s=1.4分（2）首先证明数列 an必在有限项后出现零项.假设an中没有零项

16、,11由于an 2an 1 an ,所以.n 3时，都有an 1.当anan 时，an 2an 1anan 1 1 ( n 3)；当anan 时,an 2anan 1an 1 (n 3),即an 2的值要么比an 1至少小1,要么比an至少小1.令 aa2n2 2 a k(a2n1a2n2), n 1,2,.,则 0bn1bn1.a2n+2(a2n 1a2n 2 )由于b是确定的正整数，这样下去，必然存在某项bk 0,这与bk 0矛盾，从而 an中必有零项. .10分0M , k 0,1,2.M若第一次出现的零项为an,记an1M (M 0),则自第n项开始，每三个相邻的项周期an 3k地取值

17、0,M ,M ,即 an 3klan 3k 212分所以数列an中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列10解:不妨设AB的方程y kx,则AC的方程为yy由x2akx得：(112. 22a k )x2a2 kxxB_ 22a2k22 ,1 a ky由2 x2 a1得：(21 2、 2a k )x2a2kx2a2ka2 k2,AB,1 k,AC1k122a2ka2 k2,从而有2 2a2kABCAB AC2a4k(1k2)(1 a2k2)(a2k2)2a42214 da (k-2) a 1k22,有12S ABC2a 4t a2t2 (a21)22a4，2272，(a 1)t10因为a2t

18、/ 22(a 1)t2a(a1), t因此当t=a2 1,(S aABC ) max3 a2 a143人 a令a27 (a 3)(8a283a32979) 0 a 3,a 16a2 129716（不合题意，舍去）,a3.17分11.I)设 f(x)| PM|2(xx。)22c 2-2 x a22xx Xo对称轴方程x2a x。c2a x。2- c2a Xo2a Xo0.2c 八 x0-或 x0a2一或X0 aX02-a02-,a（n）由已知与（i）得:1 ， b2c2 3.椭圆的标准方程为设 A(。y1)， B(X2,Y2)y联立 x2X4kx m,得（31.224k )x一 ,，28mkx

19、4(m3)0,64m2k216(38mk4k2)(m23) 0,即 3 4k20,X1X2x23 4k2 4(m2 3) 3 4k2 .又 y1y2 (kx1 m)( kx22m) k x1x2 mk(x1 x2) m3(m24k2)3 4k213因为椭圆的右顶点为 D(2,0),kADkBD1 ,即1 ,YlY2X|X2 2(x1 x2) 40,3(m2 4k2)3 4k24(m2 3)3 4k216mk .243 4k20,7 m216mk一2 一 .一4k 0 .解得：m12k , m22k ,且均满足3 4k2当m12k时,l的方程为y k(x2),直线过定点(2,0),与已知矛盾;当

20、m22k时,7l的方程为2x ,直线过定点712.解：因为侧面所以SF(1)过点S作SFF为垂足.SAD垂直于底面ABCD, 底面ABCD.即SF为四棱锥S ABCD的高.1分 又侧面SAD为正三角形，且边长为 a,所以SF由此,VsABCD1-AB CD SF3,3a 一 a2,.3 3a65分所以四棱锥S ABCD的体积为a36(2)在边CD上存在一点 E ,使得SB AE . 取边CD的中点E ,连接AE、BF交于O .因为E、F分别为正方形 ABCD的边CD、AD的中点，所以 ADE和BAF为全等的直角三角形，且 AFB DEA.而 DEAEAD 90 ,所以AFBEAD90 ,即 A

21、OF90 .所以AE又因为SF所以SB10分底面ABCD ,所以SFAE11分12分13.解(1)方程C可化为：(x 1)2(y2)2要使该方程表示圆，只需5 m 0,14所以，方程C表示圆时，实数 m的取值范围是(,5).(2)由(1)知，当方程C表示圆时，圆心为 C(1,2),半径为J5过圆心C作直线l的垂线CD , D为垂足.则|CD|1 2 2 4|,12 22又由| MN |4.5知 | MD |2-554分|CM |2 |CD |2 | MD |2,所以( 5 m)2(5)2510分(3)由(2)得圆C的方程为：(x 1)2 (y 2)2 12_ 2再由(x 1)(y 2)1得x

22、2y 4 0XMyMxnyN856514分(2 . 55所以 kAM 2 , kAN 2 ,13分由图象可知,kAPkAM 或 kAPkAN -所以直线AP的斜率的取值范围是 (22,15分14解:(1)设C为椭圆的焦半径，则25。于是有 a=5, b= 3。4(2)解法一:设B点坐标为(s,t)，P点坐标为(x, y)。于是有uurAB(s 6,uuut) , AP (x6, y)uuu 因为ABuurAP ,所以有(s 6, t)(x6, y) (s 6)(x 6)ty 0。(A1 )又因为ABP为等腰直角三角形，所以有AB=AP,J(s 6)2 t26)2(A2 )由(A1)推出(s 6

23、)212 2t y 2，代入(A2),得(x 6)2t2(x 6)2从而有，、2 一(s 6),即y (不合题意，舍去)或 s 6 y。代入椭圆方程,即得动点 P的轨迹方程(x 6)29(y 6)2I。2515解法二：设B(x1,y1), P(x, y), AB r ,则以A为圆心，r为半径的圆的参数方程为x 6 r cos y r sinxi 6 r cos设AB与x轴正万向夹角为，B点的参数表不为y1 r sinP点的参数表示为x 6 r cos(900) 门 x 6 r sin即0,y rsin(90 ) y r cos从上面两式，得到X 6 yyi x 6又由于B点在椭圆上，可得(x

24、6)29(y 6)2251。此即为P点的轨迹方程。15.解：(I)连接BiC交BCi于点F ,连接EF .在 ABiC中，因为E,F分别为AC, BiC中点，则EFABi.因为AB1 平面BEC1 , EF平面BEC1,则AB1 /平面BEC1.(n)法一：由题知点 A到平面BECi的距离即点C到平面BECi的距离,BABC AB1cl是正三棱柱，BE 平面ACC1A1,BE 平面 BEC1,平面BEC1 平面ACC1 A1, CC1过点C作CH Ci E于点H ,则CH平面BECi ,CH即点C到平面BEC1的距离.在 RCECi 中，CE = 1, CCi 72,CiEJ3,由面积相等可得

25、 ch =36点A到平面BECi的距离为 .3法二：设点A到平面BECaq距离为h,在 Rt ABES 中，BE3, C1E ，弓，S BEC11 3 3 2 SabeAE BE 吏216VA BECiVCi ABE ,is3BECi6点A到平面BECi的距离为 .3法三：取ACi中点G ,连接EG ,以E为坐标原点建立空间直角坐标系，如图示h 二 S ABE3y则 A 1,0,0 ,B0,0,3 ,E 0,0,0 ,Ci 1,72,0 ,则 BE 0,0, .3,ECii, . 2,0 ,AE i,0,0 .设平面BECi的法向量为n X0,y0,Z0 ,皿 n BE 0 口”. 3zq 0

26、则 即 n ECi 0 Xq . 2y。 0，令xq2 ,则V。V2,Z00,即n设点A到平面BECi的距离为d ,则dAE n6点A到平面BECi的距离为 .3（出）法一：过H作HG BCG ,由三垂线定理得 CGBCi,.ab当 AA=2a, AB=b,则 CH ,a2b2，故/ CGH为二面角E BCi C的平面角.pab=，又CG；b2, 4a2在 Rt CGH 中,sin CGHCHCGab 22a b_2ab_14a2b2.4a2 b22 a2 b2.i05解得b=2a, 但AB2abi.当必 i时，二面角AB法二:设管a,AB以E为坐标原点建立空间直角坐标系，如右图所示i,. 3

27、则 E 0,0,0 , B 0,0,Ci2i - _ i ,a,0 ,C ,0,0则 BE0,0；iEi2，a，,BC设平面BECi的法向量为mixi,yi,zi ,平面BCiC的法向量为m2X2,y2,Z2 ,“mi BE则有二mi Ci E0m2 BCi00m2 BC0,即一 Zi 2i-Xi2ayi 0i X22i一 X22ay23Z202Z22设Xi2,X26yi0,y20, Z22 3,mi6,0,2J3 .cosmi, m2mim212mi m2 36 i2 ai5,5解得a=i.即当丛i时,AB面角EBCiC的正弦值为i05i6.解：（i）依题意，O Pn的半径rnynO Pn与

28、O Pn1彼此外切,PnPn i、2,2XnXn i )(ynyn i ) yn两边平方，化简得/、，、，、2(XnXn i)4 yn yn i ,即（XnXn i)2,2 24Xn XnXnXn i0,i一 2(n N)XnXn Xn ii8数列1是等差数列.xn(2)由题设,Xi1, XnXi(n 1) 2,即 Xn12n 1Sn2 rn2 yn4 xn(2n4 11)Tn.Si,Sn13* 2152(2n 1)10分11(2n3) (2n 1)12分2(13)12n 1(3i)(，2n 313分)14分2(2n 1)17.证明(1) pf (弋)m 1m 、2 pp(/)mq/) rpm

29、pm由于f(x)是二次函数，故0,又 m 0,所以，pf(一)0 m 1pm(m 1)_(m 1) (m 2)pm(m 1)222 .m(m 2) (m 1)p m H(m 1) (m 2)(2)由题意，得f (0) r,f19当p 0时，由(1 )知f (0,则 f(0)mm 1mm 1)V 0.)0, m 2 m m 2 m所以f (x)0在(, 1 )内有解.m 111分当p0时，由(1 )知m 、f(mi)0-13分0,则f(1), 八p rr p (m 1) ( - - )+ r = m 2 mp r 八0,所以 f(x) m 1-)内有解.117分所以，方程f(x)0在(0, 1)

30、内恒有解.18分18解：(1)如图,取BC中点D,连AD,C1D .AD BCAC1 BCBC 平面ADC1C1D平面B1c1cB底面ABC , C1D 平面 ABC.由 AD BC知 AD 平面 BB1c1c.AAi / CCiAAi / 平面 BBiCiC .BC.4分所以异面直线 庆人与B1cl间的距离等于 AD(2)如图，过印BQ BC,交BC于O,则B1O底面ABC.过O作OE AB,交AB于E,连BiE.则BiEO与所求二面角的平面角互补八 八一 3 八 a八 3八分 B1O C1D a,OB -,OE a.tan B1EO224B1O.3a2OE 3a42.20Bi EO arc

31、tan2.所以二面角的度数为arctan2.12分r19解：（1）由条件arb 可知:,(x 2)2y2. (x 2)2 y22.由双曲线定义，得点P的轨迹方程:22 yx 31(x 0).（2）在第一象限内作PFx轴，P点坐标为（2,3）,此时 PFA 90,PAF 452.以下证明当PF与x轴不垂直且 P在第一象限时,6 分PFA 2 PAF恒成立.kPAy1x1 1y1x1-,贝Utan2 PAF 22kPA1 (kPA)22(xi 1)yi(Xi22 .1) y1由x2一 2_2得 y13( x11) 3(X11)(X1 1).代入上式并化简得tan 2 PAFy,tan x1 2PF

32、Ay1x1210分即 tan 2 PAFtan PFA,所以 PFA 2PAF.由对称性知，当 故存在常数P在第四象限时，同样成立.2 ,使得 PFA 2 PAF恒成立.12分20解：（1 ）设过一1 1、F（-,一）的直线方程为y481 ,1、-k(x )。又设 B(x1，y1)，C(x2,y2),84联立1 一 1、k(x )842x消去y ,得2x2(k1)x0。从而有,y1y2k(x1又2设 ABC的重心坐标为(x, y),则消去k,即得6x23x 。x1 x2（2）因为0 x2f (x1)26x1V1311 y2 I 33 2k12k263x1 3x1(1 2x1)，所以210 x2

33、 3X1(1 2X1) I2x1 (1 2x1)上式右边等号成立当且仅当Xi0 Xk1 3Xk(1 2Xk)上式右边等号成立当且仅当nk0 Xk 1k 121.解：（I ）设点M的坐标为则 F、1M = ( x + c , y ),x2 - c2又由点M在椭圆上,b2-X ab2即21又 0e 11。假设042Xk (1 2Xk)XkF2Mb2Xk由此得到b2-x a代入得解得（n ）设直线l的方程为y = kX+2m，代入3238Xk3一（k 2,3,L ）。从而有8由 F、1M - F2M = 0 ,- 0 X2a2 ,0 0,要使A、B两点关于过点 P、Q的直线对称，必须kpQ=设 A

34、( X1 , y1 )、B ( X2 ,XiX2Xq = -21 k2 km1 2k2,yQ= kXQ +mm=1 2k2m 一 32kPQ =32 km1 2k2m- 1 2k2km1 2k21一，m k,3222 2由、得 1 2k V 32k2 + 163 94.八.v kv 0 或 0vkv222.解.(I )在f (XiX2) f (Xix 942X2)(20分)2 f2 f (Xi) cos2X2 4asin X2 中,分别令“X2XiX1f(X) f(X)X2X22cos2x24asin x,f (X) 2a,x)f ( x)=2cos (+2x)4asin2(一+X)4由+一，

35、得2f (x) 2a 2cos2x 2cos( 2x)1 cos，1 cos2x ，4a - 4a2=2a 2(cos2x sin 2x) 2a(cos2x sin 2x)f(x) a ,2(1 a)sin(2x -)4(1 0 分)(n)当 x 0, 时，sin(2x )44(1) f (x) W2,当 a1 时，1 a即 1 J2w (1 J2)a 2 & .,2丁外.5(1 a) f(x) a 72(1 a) 2.2f2 w a w 1 .(2) f(x) 1 时，2 w a 72(1- a) f (x) 1.即1 w aw 4 3 J2 .故满足条件a的取值范围J2 , 4 3J2 (

36、 2 0分)23.解：三角形数表中前 m行共有1 2 3 m m(m ”个数,2第m行最后一个数应当是所给奇数列中的第m(m 1)项。2故第m行最后一个数是2 m(m 1 m2 m 12因此，使得amn 2005的m是不等式m2 m 1 2005的最小正整数解。.22由 m m 1 2005得 mm 2006 0231.1 80241. 792121 89 442m 45是，第45行第一个数是442 44 12 1981(II )2005 1981213(1 0 分)故 f (x)1n 3f (X) 8 X(x 0),1-x(-)n3/y 010(-)n 3 X (X0)第n行最后一个数是n2

37、1,且有n个数，若将n21看成第n行第一个数,则第n行各数成公差为-2的等差数列，故2bnn(n n1)n(n 1)2)f(bn) J畤”1故Sn - 22sn (2)2 2(1两式相减得：2工）3 3。/ 1、n（2）（ i1、n 1 二），5分)1 -1Sn22 HYPERLINK l bookmark54 o Current Document 1121(1)1 12n Jn1 一nq)Sn24.右 a、b、c(2)n1、n 1 n(2)1 n 1 n(2)1 c2 (n 2)(-)nkabcR ,且满足abc(a b)2 (ab 4c)2,(20分)求k的最大值。224解：由均值不等式得

38、（a b） （a224c) (a b)(a 2c)(b 2c)2(2 . ab)2 (2、,2ac 2.2bc)24ab4 2ac 4 2bc2c . ab4ab 8ac 8bc 16c ab,22.(a b) (a b 4c) (aabcc)4ab 8ac 8bc16c ababc(ac)c 8(一4 b816a ab)(a b c)18(2c24ab . ab)( 28(5 52a2b2c)(52)100，等号成立当且仅当5a2b2c故k的最大值为100 .25证明：由f(2 x)f (x)知，函数f(x)图像关于直线x 1对称，则根据可知：对于x, y 0,1,若 x yy) f (x)

39、 f(y)设 x1, x20,1,且 xx2,则 x2x10,1. f(x2) f(x1)fx1(x2为)f(x1) f(x1) f(x2 x1)1 f(xjf (x2 x1) 1 0 ,f (x)在0, 1上是不减函数.11丁丁 f(3n f1 13 (an7123n3n13n1321.11.1.1-n) f(-n -n) f(-n) 1 3f() 33333.1221.12“抖叠3 . ”尹)了2,1.(2)对于任意x (0,1,1则必存在正整数 n ,使得一 x 3n因为f (x)在(0, 1)上是不减函数，所以 1f(rn) f(x)313n 1 .“白，3,12(1) J， / 163n 16x 1.由可得f (2) 1 ,在中，令而 f(2)f(0) , . f(0)1,f(0) , f1,. x 0,1时,1 f (x)6x12分1,2时，2 x0,1，且 f(x) f (2 x),f (2 x) 6(2x) 113 6x,因此，x1,2时，1 f(x) 13.14分26.求解不等式x2 ax 1 1。26解：(I) x 1情形。此时不等式为 Jx2