新定义题型-2024年新高考新结构数学7个大题逐一击破

111<y<z；②x+y>z；③x+y+z为偶数，那么称集合A具有性质P.已知集合Sn={1,2,3,⋯,2n{(n∈N*,n≥4)，对1上的概念.22》》*，若集合A=a1,a2,⋯,am*ij∈A1≤i≤j≤m，使得b=λ1ai+λ2aj(其中λ1,λ2∈(2)若集合A是集合M的一个m元基底，证明：M的一个基底A. α∣α=t1,j=1,2,⋯,m.任取集合A中的2n+1n∈N*个元素(可以重复)α1=1.m2.m2n+1=y12n+1*质Pn.331是f(x(的定义域的子集，若在区间D上f八(x(≤0，则称f(x(在D上是“凸函数”.已知函数f(x(=asinx-x2.1》》解法指导.44》》点P恰能作曲线Γ的k条切线k∈N，则称P是函数y=fx的“k度点”.(2)已知0<m<π,gx=sinx．证明：点B0,π是y=gx0<x<m的0度点；(3)求函数y=x3-x的全体2度点构成的集合.2fx1-fx2<kx1-x2，则称fx为[a,b[上的“k类函数”.2(1)若fx=+x，判断fx是否为[1,2[上的“3类函数”；fx1-fx2<1.5511》》解法指导.66》》2z>0{和A={ωω∈C且ω<1{，若fz=满足：元素z使得ω=fz．请写出满足条件的一个有序实数对a,b，并论证此时的fz满足条件.23,⋯,xn满足下面两个条件：2≤a1-an.1≥a2≥a3≥⋯≥an，且a1>ann≥≤a1-an.7711(x)在x=x0处取得最大值．当点M在圆C上运动时，求tan2x0的取值范围.88》》(3)已知函数fx，gx与hx都定义在实数集R上，且函数fx是单调递增函数，gx是周期函数，hx是单调递减函数，求证：Mx=max{fx,gx,hx{是单调递增函数的充要条件是：对任意x∈R，fx≥gx，fx≥hx.2<⋯<tk)使得当x取任意值时，有fx+t1+fx+t2+⋯+fx+tk=0 则称函数y=fx为“k级周天函数”.2x=sinx；②f2x=x+2；9911》》0三数互不相等，令向量Xi+1=it=Xt+3.22nn+=(a1+b1,a2+b2,1+a2+⋯+an=n，定义积值S=a1⋅a2⋅⋯⋅an.1②若数列{an{的S满足min{S1,S2{<S<max{S1,S2{，请写出一个满足条件的{an{;i<1<aj，将ai，aj分别调整为a=ai+aj-1，akk.数列{a1》》解法指导.是制胜法宝.》》+1=a1a2a3⋯an+tn∈N*恒成 nn= n=2，数列{bn{为等比数列，且a=an+1+log2bn-t，求数列{bn{的通>1，t>0，证明：lnan<an-1.2≥na1a2⋯an2≥na1a2⋯an2,⋯,an，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a1+a2⋯+an⋯=an时，等号成立．若无穷正项数列{an{同时满足下列两个性质：①∃M>0,an<M；②{an{为单调数nn=n=nn{具有性质P.11ij3=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c2.若x1y1x2y2z2 2 2》》4,P为BB上的动点，E为AB上的动点，MN为过点F2的下底面的一条动弦(不与AB重合).试求出tanα+β的取值范围.(3)求三棱锥E-PMN的体积的最大值.22估算金帆排练厅对应几何体体积.(棱台体积公式：V=hS+SS+S)学.学好数学方能更好的欣赏音乐，比如咱们刚刚听到的一个复合音就可以表示为函数Sx=sinx+110》》1+k2=0；22Ax1,y1,Bx2,y2满足+=0，则称A,B为该椭圆的一个“共轭点对”，记作[A的一个焦点坐标为F1-22,0，且椭圆C过点A3,1.(2)求“共轭点对”[A,B[中点B所在直线l的方程；11，且P(X=i)=pi>0(i=1,2,⋯,n),pi=1，定义X的信息熵H(X)=-pilog2pi.i=i=1,2,⋯,n，判断并证明当n增大时，HX的变化趋势；(3)若n=2mm∈N*，随机变量Y所有可能的取值为1,2,⋯,m，且PY=j=pj+p2m+1-jj=1,2,⋯,m，证明：HX>HY.》》+可表示为二进制表达式 (1)记Sn=a0+a1+⋅⋅⋅+ak-1+ak，求证：S8(2)记In为整数n的二进制表达式中的0的个数，如I2=1，I3=0.In(用数字作答).2mii+1=211②求方程x9+x7-x3-x≡0(mod35)的正整数解的个数.》》n(modmn(定有解，并且通解为x=kM+r1t1M1+r2t2M2+⋅⋅⋅+rntnMn，其中k为任意整数，M=m1m2⋅⋅⋅mn，Mi=，ti为整数，且满足Miti=1(modmi(.2(2024·重庆·高三重庆八中校考开学考试)如果函数Fx的导数Fx=fx，可记为Fx=2fxdx．若fx≥0，则=Fb-Fa表示曲线y=fx，直线x=a,x=b以及x轴围成的x(1)若Fx=,证明：αcosα<xdx<αx(1)若Fx=,证明：αcosα<xdx<α,并解释其几何意义； *+++⋯+nn11<a2<a3<⋯⋯<an1223{an{，则称{an{对前n项之积是封闭的.3 {bn{和{cn{对前n项之积都是封闭的.44+xn≥1+nx成立；在n∈0,1时，有不等式1+xn≤1+nx成立.1+a11+a2⋯1+an≥1+a1+a2+⋯+an5k-1,aka1<a2<⋅⋅⋅<ak.52-a1,a3-a2,66l3)= 77n0<x1<x2<⋯<xn-1<xn=q(n∈N,n≥3)，mxi-mxi-1≤M恒成立，则i=10,x=00,x=088(1)求将六边形ABCDEF绕x轴旋转半周(等同于四边形ABCD绕x轴旋转一周)所围成的几何体的体(2)将平面ABF绕BF旋转到平面ABF，使得平面ABF⊥平面DEC，求异面直线AF与CD所成的角；9*9*,k≤nq=*,k+1≤nq=-q+qkq*,k+1≤nn1q-q=qn-k+ini1合A中的任意元素α=x1,x2,⋯,xn和β=y1,y2,⋯,yn，记1M(α,β)=[x1+y1-x1-y1+x2+y2-x2-y2+⋯+xn+yn-xn-yn[.22{bn{的前n项和分别为An,Bn，并规定A0=B0=0．对于k∈{0,1,2,⋯,m{，定义rk=max{i∣Bi≤Ak,i∈{0,1,2,⋯,m}{，其中，maxM表示数集M中1≥b1j≤rj+1+rj-1,j=1,2,⋯,m-1,，求rn；>q,s>t,使得Ap+Bt=Aq+Bs.3i+1,ai+2,⋯,ai+j(j≥0)，使得ai+ai+1+ai+2+⋯+ai+j=n，则称Q为m-连续可表3数列.2,⋯,ak为20-连续可表数列，且a1+a2+⋯+ak<20，求证：k≥7.44①对于{an{中任意两项ai,aj(i>j)，在{an{中都存在一项am，使=am；②对于{an{中任意项an(n≥3)，在{an{中都存在两项ak,al(k>l)．使得an=.n=n(n=1,2,⋯)，判断数列{an{是否满足性质①,说明理由；n=2n-1(n=1,2,⋯)，判断数列{an{是否同时满足性质①和性质②,说明理由；5*数为k的全部排列的个数.56①a1+p≥0，且a2+p=0；6②a4n-1<a4n,(n=1,27m项i1<i2<...<im，若ai<i为{an{的长度为m的递增子列．规定：数列{an{的任意一项都是{an{的长度为1的递增子列.7.若p<q，求证：am<an；1<y<z；②x+y>z；③x+y+z为偶数，那么称集合A具有性质P.已知集合Sn={1,2,3,⋯,2n{(n∈N*,n≥4)，对11122则有z-x≥2，即z-x≥y，不满足条件②,4={1,2不妨设a<b<c，令x=a+b，y=a+c，z=b+c，则x<y<z，即满足条件①,因为x+y-z=(a+b)+(a+c)-(b+c)=2a>0，所以x+y>z，即满足条件②,因为x+y+z=2(a+b+c)，所以x+y+z为偶数，即满足条件③,当集合M具有性质P，则存在x,y,z，同时满足①x<y<z；②x+y>z；③x+y+z为偶数，令a=-z，b=-y，c=-x，则由条件①得a<b<c，由条件②得a=-z=>0，因为z-c=z+x-=>=z-y>0，因为a+b=x,a+c=y,b+c=z，所以a+b,b+c,c+a均属于M，上的概念.》》 *ij∈A(1≤i≤j≤m(，使得b=λ1ai+λ2aj(其中λ1,λ2∈{-1,0,1{)，则称集合A为集合M的一个m元基底.M的一个基底A.1<a2<⋯<am，计算出b=λ1ai+λ2aj的各种情况下的正整数个数并求出它们的和，结合题意得m+m+C+C≥n，即m(m+1)≥n.2②A={2,3{是M={1,2,3,4,5,6{的一个二元基底.<⋯<am，则形如1⋅ai+0⋅aj(1≤i≤j≤m(的正整数共有m个；i+1⋅ai(1≤i≤m(的正整数共有m个；344i+1⋅aj(1≤i<j≤m)的正整数至多有C个；i+1⋅aj(1≤i<j≤m)的正整数至多有C个.又集合M={1,2,3,⋯,n{含n个不同的正整数，A为集合M的一个m元基底.故m+m+C+C≥n，即m(m+1(≥n.假设A={a1,a2,a3,a4{为M={1,2,3,⋯,19{的一个4元基底，不妨设a1<a2<a3<a4，则a4≥10.4=103=92=8或7.如果a2=8如果a2=71=6或5.4=113=8a1=6，4=123=7a1=5，4=13a1=4，4=142=4，a1=3，4=154=16a1=1，4≥17222=(α2.12.22n+1.m(2n+1(=2n+1*质Pn.5=-1,-1,-1,1mm,γ=c1miiiy1mmi和xi，通过说明xi=yi可得结论；(3)根据性质Pn直接证明即可.，可得y1==-1,y2==-1,y3==-1,y4==-1，3=-1,-1,-1,-1；，可得y1==-1,y2==-1,y3==-1,y4==1，5=-1,-1,-1,1.mm,γ=c1miiimiii=yi；若ai+bi=2，则ai+bi+ci=2+ci>0,kai+kbi+ci=2k+ci>0，i=yi；若ai+bi=-2，则ai+bi+ci=-2+ci<0,kai+kbi+ci=-2k+ci<0，可得xi=-1，yi=-1i=1,2,⋅⋅⋅,m，即xi=yi；*，集合A具有性质Pn0，2n+12n+3，2n+3=Mα1,α2,2n+1，551是f(x(的定义域的子集，若在区间D上f八(x(≤0，则称f(x(在D上是“凸函数”.已知函数f(x(=asinx-x2.1个.(1)由f(x(=asinx-x2可得其定义域为R，且f'(x(=acosx-2x，所以f八(x(=-asinx-2，若f(x(在0,上为“凸函数”可得f八(x(=-asinx-2≤0在0,恒成立，当a<0时，需满足-asin-2≤0，可得-2≤a<0；令h(x(=2cosx-2x，则h'(x(=-2sinx-2；易知h'(x(=-2sinx-2<0在区间(0,π(上恒成立，因此可得h(x(=g'(x(=2cosx-2x在(0,π(上单调递减；显然g'=2cos-2×=2-<0；根据零点存在定理可得存在x0∈,使得g又g(0(=2sin0-02+1=1，显然在(0,x0(上g(x(不存在零点；》》解法指导.66》》 点P恰能作曲线Γ的k条切线k∈N，则称P是函数y=fx的“k度点”.(2)已知0<m<π,gx=sinx．证明：点B0,π是y=gx0<x<m的0度点；(3)求函数y=x3-x的全体2度点构成的集合.b=-a或b=a3-a,a≠0{(2)求出y=sinx在点t,sint处的切线方程，转化为π-sint=-tcost无解，构造Gt=sint-tcost-(3)求出切线方程，得到y=x3-x的一个2度点当且仅当关于t的方程b-t3-t=3t2-1a-t恰有两个不同的实数解，设ht=2t3-3at2+a+b，分a=0，a>0与a<0三种情况，进行求解.【解析】(1)设t>0，则曲线y=lnx在点t,lnt处的切线方程为y-lnt=x-t.则该切线过点O当且仅当-lnt=-1，即t=e.该切线过点A(2,0)，故-lnt=2-t，令wt=tlnt-t+2，则wt=1+lnt-1=lnt，令wt>0得t>1，令wt<0得0<t<1，故wt=tlnt-t+2在1,+∞上单调递增，在0,1上单调递减，wt=tlnt-t+2在x=1处取得极小值，也时最小值，且w1=1>0，故-lnt=2-t无解，点A(2,0)不是函数y=lnx的一个1度点则曲线y=sinx在点t,sint处的切线方程为y-sint=costx-t.则该切线过点0,π当且仅当π-sint=-tcost(*).设Gt=sint-tcost-π,则当0<t<π时，Gt=tsint>0，故y=Gt在区间0,π上严格增.因此当0<t<m<π时，Gt<Gπ=0，(*)恒不成立，即点0,π是y=gx的一个0度点.(3)y=3x2-1，77对任意t∈R，曲线y=x3-x在点(t,t3-t(处的切线方程为y-(t3-t(=(3t2-1((x-t(.故点(a,b(为函数y=x3-x的一个2度点当且仅当关于t的方程b-(t3-t(=(3t2-1((a-t(恰有两个不同的实数解.设h(t(=2t3-3at2+(a+b(.则点(a,b(为函数y=x3-x的一个2度点当且仅当y=h(t(两个不同的零点.若a>0，因为h,(t(=6t2-6at，由t<0或t>a时h,(t(>0得y=h(t(严格增；而当0<t<a时h,(t(<0，得y=h(t(严格减.故y=h(t(在t=0时取得极大值h(0(=a+b，在t=a时取得极小值h(a(=b+a-a3.又因为h-3=-3a32<0，h(3a+3|b|(≥a>0，所以当h(0(>0>h(a(时，由零点存在定理，当0>h(0(>h(a(时，y=h(t(仅(a,+∞(上有一个零点，不合要求；当h(0(>h(a(>0时，y=h(t(仅(-∞,0(上有一个零点，也不合要求.故y=h(t(两个不同的零点当且仅当h(0(=0或h(a(=0.若a<0，同理可得y=h(t(两个不同的零点当且仅当h(0(=0或h(a(=0.b=-a或b=a3-a,a≠0{. |f(x1(-f(x2(|<k|x1-x2|，则称f(x(为[a,b[上的“k类函数”.f(x1(-f(x2(|<1.≤a≤；(3)证明过程见解析.-2<f,(x(<2，f,(x(=axex-x-lnx-1，只需a<且a>，利用导函数研究函数的单调性和最值即可.-x2|<和≤|x1-x2|<1两种情况进行证明，f(1(=f(2(，用放缩法|f(x1(-f(x2(|=|f(x1(-f(1(+f(2(-f(x2(|≤|f(x1(-f(1(|+|f(2(-f(x2(|进行证明即可.有1≤x1<x2≤2，2<x1+x2<4，所以2<<3，88|f(x1(-f(x2(|=+x1（-+x2=(x1-x2(<3|x1-x2|，(2)因为f,(x(=axex-x-lnx-1，f(x1(-f(x2(|<2|x1-x2|，不妨设x1<x2，则-2(x2-x1(<f(x1(-f(x2(<2(x2-x1(，故f(x1(+2x1<f(x2(+2x2且f(x1(-2x1>f(x2(-2x2，-2≤f,(x(≤2，由f,(x(≤2可转化为a≤，令g(x(=，只需a<g(x(min,(x(=(1+x((lnx-x(，令u(x(=-2-lnx-x，u(x(在[1,e[单调递减，所以u(x(≤u(1(=-3<0，g,(x(<0，故g(x(在[1,e[单调递减，g(x(min=g(e(=，由f,(x(≥-2可转化为a≥，令h(x(=，只需a≥h(x(max,(x(=(1+x((xlnx-x(，令m(x(=2-lnx-x，m(x(在[1,e[单调递减，且m(1(=1>0，m(e(=1-e<0，使m(x0(=0，即2-lnx0-x0=0，即lnx0=2-x0,x0=e2-x，时，m(x(>0，h,(x(>0，故h(x(在[1,x0(单调递增，h(x(max=h(x0(==，故≤a≤.f(x1(-f(x2(|<2|x1-x2|，不妨设1≤x1<x2≤2，当|x1-x2|<时，|f(x1(-f(x2(|<2|x1-x2|<1；当≤|x1-x2|<1时，因为f(1(=f(2(，-1<x1-x2≤-|f(x1(-f(x2(|=|f(x1(-f(1(+f(2(-f(x2(|≤|f(x1(-f(1(|+|f(2(-f(x2(|<2(x1-1(+2(2-x2(=2(x1-x2+1(≤2（-+1（=1，f(x1(-f(x2(|<1.99 论.故iz在复平面上对应的点在圆外.设圆心表示的复数为ω,x=Re(ω),y=Im(ω)．再设b=Re(z),c=Im(z).2+(y-c)2<(x-1)2+y2，故2(1-b)x-2cy<1-|z|2<0.2+(y+c)2<(x-1)2+y2，故2(1-b)x+2cy<1-|z|2<0.进而(1-b)2x2-c2y2>0，x<0，2+(y+c)2<(x+c)2+(y-b)2，故x-y>0，进而(1-b)2x2-c2y2<1-|z|2-2by2<0.这与(1-b)2x2-c2y2>0矛》》解法指导.》》元素z使得ω=f(z(．请写出满足条件的一个有序实数对(a,b(，并论证此时的f(z(满足条件.算证明即可.设P2(x,y)，则f(z(=z+1=(x+1(+yi，∴z=x+yi,f(z(=z2=(x2-y2(+2xyi，且y=kx+t，2-y2=x1,2xy=y1，即Q(x2-y2,2xy(，2xy=k(x2-y2(+t，又y=kx+t，则2x(kx+t(=k[x2-(kx+t(2[+t，展开整理得(k3+k(x2+(2t+2k2t(x+kt2-t=0，3+k=02t+2k2t=0，解得k=t=0，2-t=0设z=x+yi,x,y∈R,x>0，则f(z(==，|f(z(|===(x++12，∵(-x+1(2+y2-[(x+1(2+y2[=-4x<0，∴(-x+1(2+y2<(x+1(2+y2， (-x+1(2+y2(x+1(2+y2+n2<1，得m2+n2<1，由ω=f(z(得ω=，则z==-1+=-1+=-1+=-1+-=-，则Rez=>0，满足条件②,23,⋯,xn(满足下面两个条件：2+2x2+x3|≤1；1≥a2≥a3≥⋯≥an，且a1>an(n≥2(，求证：aixi|≤(a1-an(.-+2x2+x3|=|x1-x3|≤|x1|+|x3|=1-|x2|≤1；+2x2+x3|=|x1-x3|≤|x1|+|x3|≤|x1|+|x2|+|x3|=1；i=xk(i=1,2,⋯,n(，则-≤Si≤，Sn=0，由阿贝尔恒等式进行证明.-；则|3x1+2x2+x3|=|2x1+x2|=|x1-x3|≤|x1|+|x3|=1-|x2|≤1，所以|3x1+2x2+x3|≤1，≥⋯≥an，且a1>an，-ai(-(ai-an(|≤|(a1-ai(+(ai-an(|=|a1-an|(i=1,2,3,⋯,n(，即|a1+an-2ai|≤|a1-an|，因为=(2ai-a1-an(xi|≤(|a1+an-2ai||xi|(≤(|a1-an||xi|(=(a1-an(.令Si=xk(i=1,2,⋯,n(，则-≤Si≤，Sn=0.ixi≤|Snan|+|Si||ai-ai+1|≤0+(ai-ai+1(=(a1-an(.11(x)在x=x0处取得最大值．当点M在圆C上运动时，求tan2x0的取值范围.=5-0的范围.2+b2=(5-2b)2+b2=5b2-20b+25=5(b-2)2+5，2=+-2cosα a2+b2所以tan2x0=2tanx0=2×=2，其中b为直线OM的斜率k1-tan2x01-2-a.当点M在圆C上运动时，≤1，解得-≤k≤，当-≤m<0时，函数tan2x0=单调递减，所以0<tan2x0≤3；当0<m≤时，函数tan2x0=单调递减，所以-3≤tan2x0<0.》》(3)已知函数f(x(，g(x(与h(x(都定义在实数集R上，且函数f(x(是单调递增函数，g(x(是周期函数，2-(x-1(=x2-x+1=（x-2+>0，所以y=max{sinx,cosx{=max=1，ymin=-；(3)充分性：∀x∈R，有fx≥gx且fx≥hx成立，所以Mx=max{fx,gx,hx{=fx，因为fx是单调递增函数，所以Mx也是单调递增函数.必要性：Mx=max{fx,gx,hx{=max{max{fx,hx{,gx{，若fx<hx有解，不妨设其解集为D，令x00<hx0，而fx是单调增函数，hx是单调减函数，所以当x≤x0时，fx≤fx0<hx0≤hx，即max{fx,hx{=hx，所以Mx=max{hx,gx{，设gx周期为TT>0，则gx0-T=gx0，hx0-T>hx0，第一种情况，若Mx0-T=gx0-T，即gx0-T≥hx0-T，则Mx0=gx0=Mx0-T；第二种情况，若Mx0-T=hx0-T，即gx0-T≤hx0-T，则Mx0=hx0<hx0-T=Mx0-T；或Mx0=gx0=gx0-T≤hx0-T=Mx0-T；所以fx<gx无解，即fx≥hx恒成立，即max{fx,hx{=fx，所以Mx=max{fx,gx{，若fx<gx有解，不妨设为D，设x∈D，则fx<gx，即Mx=gx，设gx周期为TT>0，fx为增函数，则gx-T=gx0，fx-T<fx，则gx-T=gx>fx>fx-T，即Mx-T=gx-T=gx=Mx，所以fx<gx无解，即fx≥gx恒成立.所以Mx=max{fx,gx,hx{是单调递增函数的充要条件是：对任意x∈R，fx≥gx，fx≥hx. <⋯<tk)使得当x取任意值时，有fx+t1+fx+t2+⋯+fx+tk=0则称函数y=fx为“k级周天函数”.x=sinx；②f2x=x+2；<0.h(m(+hm++h2=π,则f1(x+t1(+f1(x+t2(=sinx+sin(x+π(=sinx-sinx=0，f2(x+t1(+f2(x+t2(=(x+t1(+2+(x+t2(+2=2x+4+t2=0，不对任意x都成立，(2)令t1=0，t2=，t3=g(x+t1(+g(x+t2(+g(x+t3(=cos[(3n+2(x[+cos(3n+2(x+2nπ++cos(3n+2(x+4nπ+=cos[(3n+2(x[+cos(3n+2(x++cos(3n+2(x+=cos[(3n+2(x[-cos(3n+2(x++cos(3n+2(x+=cos[(3n+2(x[-cos[(3n+2(x[cos-sin[(3n+2(x[sin+cos[(3n+2(x[cos+sin[(3n+2(x[sin=cos[(3n+2(x[-cos[(3n+2(x[-sin[(3n+2(x[-cos[(3n+2(x[+sin[(3n+2(x[=cos[(3n+2(x[-cos[(3n+2(x[=0<0，则h(m(=4a<0，此时取n=m，则h(n(<0；<0，则h(x(≥0恒成立，所以t(x(+tx++tx+=0，所以h(x(+h（x++hx+=3a=0，x+=hx+=0，再由h(x(+h(x+π(=0⇒bcos2x+dcos8x=0恒成立，所以<0；+hm++hm+=3a，h(m(=4a，得hm++hm+=-a<0，11x,2cosx根据条件列出方程式求出满足条件的点P坐标即可.=(1,3)的相伴函数为f(x)=sinx+3cosx，∴φ(x)=h-=-2sin--=-2sin-=2cos，设P=-x2，∵-2≤2cosx≤2，∴-≤2cosx-≤-，∴≤（2cosx-2≤，又∵-x2≤，》》0三数互不相等，令向量Xi+1=it=Xt+3.i(3)令max{ai,bi,ci{=mi并根据{mi{在i∈N*上的性质必存在n∈N*使mn+1=mn，再结合分类讨论确定......若ai=bi=0,ci≠0且i≥1，则ai=|ai-1-bi-1|=0,bi=|bi-1-ci-1|=0，故ai-1=bi-1=ci-1，若ai=bi=ci=0且i≥1，ai=|ai-1-bi-1|=0,bi=|bi-1-ci-1|=0,ci=|ci-1-ai-1|=0，i-1=|ai-2-bi-2|=bi-1=|bi-2-ci-2|=ci-1=|ci-2-ai-2|=k，不妨令ai-2≤bi-2≤ci-2，则bi-2-ai-2=ci-2-bi-2=ci-2-ai-2=k，i-2-ai-2)+(ci-2-bi-2)=ci-2-ai-2⇒2k=k，即k=0，所以ai-1=bi-1=ci-1=0，i-2=bi-2=ci-2=0，......，a0=b0=c0=0，与a0，b0，c0三数互不相等矛盾；i(3)令max{ai,bi,ci{=mi，又ai+1=|ai-bi|，bi+1=|bi-ci|，ci+1=|ci-ai|且ai,bi,ci∈N*，所以mi+1≤mi，且i∈N，ii{在i∈N*上不可能单调递减，即必存在n∈N*使mn+1=mn，根据Xn+1的定义，Xn={an,bn,cn{中an,bn,cn必有一个0，nnn=0，nn，不妨设0<bn<cn，则an+1=|an-bn|=bn,bn+1=|bn-cn|=cn-bn,cn+1=|cn-an|=cn，则mn+1=mn=cn，所以an+2=|an+1-bn+1|<max{bn,cn-bn{<mn+1，同理bn+2,cn+2<mn+1，所以mn+2<mn+1，l=cl；n=cn，则Xn={0,bn,bn{，Xn+1={bn,0,bn{，Xn+2={b所以存在正整数t，使得Xt=Xt+3；t=Xt+3. nn+=(a1+b1,a2+b2,+k3(+(k1+k2(+(k2+k3(=，然后由条件得到k1=k2=k3=0即可判断；，⋯,ki-1i+1，⋯,km都等于0⋅+lm=可得=--⋅⋅⋅-，然后代入k1+k2+⋅⋅⋅+km=根据题意证明即可.1+2k2+5k3=0对于②,设k1+k2+k3=，则可得k1+2k2+k3=0，1+2k2+4k3=0(+(=，则(k1+k3(+(k1+k2(+(k2+k3(=，1+k3=0k1+k2=0，解得k1=k2=k3=0，2+k3=0则k1+k2+⋯+ki-1α—i-党1+ki+1+⋅⋅⋅+km=，m所以由l1+l2m代入k1+k2+⋅⋅⋅+km=可得k1+k2+⋅⋅⋅+km=，-k1+k2-k1+km=，所以-k1+k2=0，⋯,-k1+km=0，所以==⋯=.1+a2+⋯+an=n，定义积值S=a1⋅a2⋅⋯⋅an.1②若数列{an{的S满足min{S1,S2{<S<max{S1,S2{，请写出一个满足条件的{an{;i<1<aj，将ai，aj分别调整为a=ai+aj-1，akk.数列{a12=1>S2；因为min{S1,S2{=S2=<S，max{S1,S2{=S1=>S，符合题意.<1<a2；则a=a1+a2-1,a=1,a=a3,a=a4；所以S-S'=a1a2a3a4-aaaa=(a1a2-a1-a2+1(a3a4=(a1-1((a2-1(a3a4<0；所以S<S'；=a2=⋯=an=1时，取到最大值.i>0(i=1,2,⋯,n)，且a1+a2+⋯+an=n；⋅⋯⋅an≤n=1；当且仅当a1=a2=⋯=an=1时，等号成立.》》解法指导.是制胜法宝.》》+1=a1a2a3⋯an+t(n∈N*(恒成 nn= n=2，数列{bn{为等比数列，且a=an+1+log2bn-t，求数列{bn{的通>1，t>0，证明：lnan<an-1.【分析】(1)根据已知条件求出cn+1-c1c2c3⋯cn即可判断；(2)根据数列{an{为“H(t)数列”，化a=an+1+log2bn-t为a=a1a2a3⋯an+log2bn，进而求得a=a1a2a3⋯anan+1+log2bn+1，作差有a+1=(an+1-1(a1a2a3⋯an+log2b1，根据已知条件化为(t+1(an+11=4，即可求出数列{bn{的通项公式.(3)构造函数f(x(=lnx-x+1(x>0(，通过导数判断函数的单调性，有f(x(在(1,+∞(上单调递减，且f(x(<f(1(=0，再推导出an>1且an+1>acn=1+=(n∈N*(，则cn+1=(n∈N*(，又c1c2c3⋯cn=⋅⋅⋯=n+1(n∈N*(，所以cn+1-c1c2c3⋯cn=-(n+1(=-n(n∈N*(，+1+log2bn-t(n∈N*(，有a=a1a2a3⋯an+log2bn(n∈N*(①,所以a=a1a2a3⋯anan+1+log2bn+1(n∈N*(②,两式作差得a+1=(an+1-1(a1a2a3⋯an+log2b1(n∈N*(，+1-t=a1a2a3⋯an(n∈N*(，设数列{bn{的公比为q，所以a+1=(an+1-1((an+1-t(+log2q(n∈N*(，又a1=2，a=a1+log2b11=4n-1=2n+1.(3)设函数f(x(=lnx-x+1(x>0(，则f,(x(=-1=，f,(x(<0，则f(x(在(1,+∞(上单调递减，且f(x(<f(1(=0，+1-a1a2a3⋯an=t(n∈N*(，因为a1>02=a1+t>a1>1，故a3=a1⋅a2+t>a1⋅a2>1，∗n>1，所以f(an(<f(1(=0，即lnan-an+1<0，所以lnan<an-1得证.22⋯=an时，等号成立．若无穷正项数列{an{同时满足下列两个性质：①∃M>0,an<M；②{an{为单调数n=n+，求数列{an{的最小项；n=n=nn{具有性质P.n=++，结合三个数的算术平均不小于它们的几何平均求解；n≤，再利用等比数列求和证明性质①,利用bn=>0,证明②;∴数列{an{的最小项为a2=2+=3.(2)数列{Sn{具有性质P.n==≤，n=bi≤=1+++⋯+==2（1-<2,，n=>0,∴Sn<Sn+1,∴{Sn{为单调递增数列，∴数列{Sn{满足条件②.cn=n=C+C⋅+C⋅+C⋅+⋯+C⋅.当k≥2时，C⋅==⋅⋅⋯⋅≤≤=1-则cn=（1+n=1+1+（1-+-+⋯+-=3-<3，再证数列{cn{满足条件②:cn=n=n+1(1+>1，等号取不到)=n+1=（1+n+1=cn+1,n{为单调递增数列，∴数列{cn{满足条件②.综上，数列{cn{具有性质P.11=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c2.若×=222- 2 2=S△AOB⋅则×=121=2+0+-1-0---1=3--=3,-1,-1；0-11则×=y1z2+z1x2+x1y2-x2y1-z2x1-y2z1=y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1，2与y12z1-y1z2,z2x1-z1x2,x2y1-x1y2，∠AOB=1-=，故S△AOB=sin∠AOB=22-⋅2，×=22-2=22-⋅2，，=x21z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1，2=y1z2-y2z12+z1x2-z2x12+x1y2-x2y12，又2=x+y+z，2=x+y+z，⋅2=x1x2+y1y2+z1z22，2=22-⋅22=2=》》4,P为BBI上的动点，E为AIBI上的动点，MN为过点F2的下底面的一条动弦(不与AB重合).试求出tan(α+β(的取值范围.(3)求三棱锥E-PMN的体积的最大值.F|=m,|QF2|=n，得tanα=，tanβ=，应用和角正切公式及椭圆性质有tan(α+β)=(3)利用等体积法有VE-PMN=VM-PEF+VN-PEF，问题化为求△PEF2面积、M,N到面PEF2距离之和都最大，应用直线与椭圆关系求|xM-xN|最大，进而得结果.=|OF2|=|OIF2I|=1，F，F，|=m,|QF2|=n，则m+n=4，则tan(α+β)===，所以tan(α+β)=，根据椭圆性质知1≤m≤3，故tan(α+β)∈-,-.(3)由VE-PMN=VM-PEF+VN-PEF，要使三棱锥E-PMN的体积最大，只需△PEF2面积和M,N到面PEF2距离之和都最大，S△PEF=SBFEB-S△PBF-S△PEB，令EBI=a,PB=b且a,b∈[0,4]，则PBI=4-b，设MN:y=tx+1，联立椭圆得(3t2+4)x2+6tx-9=0，且Δ=144(t2+1)>0，所以xM+xN=-，xMxN=-，而|xM-xN|=(xM+xN)2-4xMxN，3t2+4MN3l2+13l+，M-xN|=12t2+1，令l=t2+3t2+4MN3l2+13l+， 3 322估算金帆排练厅对应几何体体积.(棱台体积公式：V=hS,+S,S+S)学.学好数学方能更好的欣赏音乐，比如咱们刚刚听到的一个复合音就可以表示为函数Sx=sinx+D=10,DH=46， 2(x(=sin2x(1+cosx)2=(1-cosx((S(x(=(sinx+sinx+sin2x(,=≤sin=，ab≤, ≤2++13sin2x3cos2x2=，≤+sin2xsin2x+2cos2x（=+sin2x-sin2x+2(, 1100=1由定义可知椭圆C在点P(x0,y0)处的极线点P1,-处的极线方程为-=1，即x-2y-4=00)在椭圆C由定义可知椭圆C在点P(x0,y0)处的极线当y0x2-x+-12=0.-2-4+3-12==0.0过点N的切线方程为l2:xx+yy=1.(x1x0+y1y0=1x0+y0=1，则割线MN的方程为l0:xx+yy=1；同理可得过点P(-4,0)的两条切线的切点弦XY的方程为l3:-x=1⇒x=-1.又因为割线MN过点P(-4,0)，代入割线方程得-x0=1⇒x0=-1.》》1+k2=0；2=2b2，所以x2+2(x+m)2=6，∴3x2+4mx+2m2-6=0，则Δ=16m2-12(2m2-6)>0，解得-3<m<3，1+x2=-，x1x2=，所以k1+k2=y1-1x1-2+y2-1x2-2=x1+m-1x1-2+x2+m-1x2-2=+=2+(m+1)+（=2+(m+1)=2+(m+1)=2+(m+1)--4=2-(m+设切线方程为y-1=k(x-2(，即y=kx+1-2k，2+2(kx+1-2k)2=6，)x2+4k(1-2k)x+2(1-2k)2-6=0，Δ=16k2(1-2k(2-4(1+2k2([2(1-2k(2-6[=0，所以∠PTB=∠TAB.22A(x1P(xP,yP(，Q(xQ,yQ(，利用点差法得yP+yQ=-(xp+xQ(，再求出点P到直线l距2+12+(3-22)2+12=(23+6)+(23-6)=43，2-(222=2，所以椭圆C的标准方程为+=1.依题意，直线l的方程为+=0，整理得x+y=0，所以直线l的方程为x+y=0.2yP4=1=2yP4=1=1++2yQ42yQ4+ P-xQ)(xP+xQ)+ (yP-yQ)(yP+yQ)4=0，则yP+yQ=-(xp+xQ)，有=-，线段PQ被直线l平分，设点P到直线x+y=0的距离为d，B2|=(-3-3(2+(3+3(2=26，则有SBPBQ=26d，设过点P且与直线l平行的直线l1的方程为x+y=m，则当l1与C相切时，d取得最大值，(x+y=m+=1消去y得4x2-6mx+3(m2-4(=0，令Δ=36m2-48(m2-4(=0，解得m=±4，即d小于平行直线x+y=0和x+y=4(或x+y=-4)的距离、2，11*(，且P(X=i)=pi>0(i=1,2,⋯,n),pi=1，定义X的信息熵H(X)=-pilog2pi.i=(i=1,2,⋯,n(，判断并证明当n增大时，H(X(的变化趋势；，随机变量Y所有可能的取值为1,2,⋯,m，且P(Y=j(=pj+p2m+1-j(j=1,2,⋯,m(，证明：H(X(>H(Y(.(3)分别求出H(X(和H(Y(，结合对数函数单调性放缩即可求解.=1，所以H(X(=-(1×log21(=0(2)H(X(随着n的增大而增大.当pi=(i=1,2,⋯,n(，则H(X(=-⋅log2×n=-log2=log2n，设f(n(=log2n,n∈N*，则f(n+1(-f(n(=log2(n+1(-log2n=log2>0，因此H(X(随着n的增大而增大.*且P(Y=j(=pj+p2m+1-j(j=1,2,⋯,m(.HX=-pi⋅log2pi=pi⋅log2=p1⋅log2+p2⋅log2+⋯+p2m-1⋅log2+p2m⋅log2.HY=p1+p2m⋅log2+p2+p2m-1⋅log2+⋯+pm+pm+1⋅log2，因为0<pi+p2m+1-i<1i=1,2⋯m，故log2>0故HY>p1⋅log2+p2⋅log2+⋯+p2m-1⋅log2+p2m⋅log2，由于pi>0i=1,2,⋯,2m，所以>>0，所以log2>log2，所以pi⋅log2>所以HX>HY.》》 +可表示为二进制表达式 (1)记Sn=a0+a1+⋅⋅⋅+ak-1+ak，求证：S8(2)记In为整数n的二进制表达式中的0的个数，如I2=1，I3=0.In(用数字作答).∴S8n+3=a0+a1+⋅⋅⋅+ak+1+1=Sn+2，∴S4n+3=a0+a1+⋅⋅⋅+ak+1+1=Sn+2，∴S8n+3=S4n+3；5+14+13+12+01+00=0=12，8+17+16+15+14+13+12+11+10=故从n=1到n=511中，In=1有C+C+⋅⋅⋅+C个，由C+C+⋅⋅⋅+C=C，即共有C个In=2有C+C+⋅⋅⋅+C个，由C+C+⋅⋅⋅+C=C，即共有C个⋯⋯,In=9有C=C=1个，8===2 1+29-122mii+1=2(3)先证明TN+2=TN+2N+1，然后利用累加法求得TN.又因为xi+1=yii=1,2,⋯,m-1，(3)当N为奇数时，先证明TN+2=TN+2N+1.因为p,q与q,p不同时在数对序列A中，所以TN≤C=NN-1，对奇数N，如果和可以构造一个恰有C项的序列A，{2,N+1,N+1,2{,{2,N+2,N+2,2{，⋯⋯{N,N+1,N+1,N{,{N,N+2,N+2,N{，{N+1,N+2,N+2,N+1{，所以TN+2≤TN+2N+1，此时恰有TN+2N+1项，所以TN+2=TN+2N+1.TN=TN-TN-2+TN-2-TN-4+⋯+T5-T3+T3=2N-2+1+2N-4+1+⋯+2×3+1+3=2N-2+1+2N-4+1+⋯+2×3+1+2×1+1=2N-3+2N-7+⋯+7+3=×=NN-1.11②求方程x9+x7-x3-x≡0(mod35)的正整数解的个数.将x9+x7-x3-x=x2+1x7-x和x9+x7-x3-x=x5-xx4+x2+1，结合①的结论即可得到x9+x7-x333=811=7+111=C711+C710+⋯+C17+1，又x13-x=x(x12-1(=x[(x6(2-1[=x(x6+1((x6-1(，所以x13-x≡0(mod7)，②因为x9+x7-x3-x=x(x2+1((x6-1(=(x2+1((x7-x(，9+x7-x3-x≡0(mod7)，x9+x7-x3-x=x(x2+1((x6-1(=x(x2+1((x2-1((x4+x2+1(=(x5-x((x4+x2+1(即x9+x7-x3-x≡0(mod5)，所以方程x9+x7-x3-x≡0(mod35)的正整数解的个数为35.》》 n(modmn(定有解，并且通解为x=kM+r1t1M1+r2t2M2+⋅⋅⋅+rntnMn，其中k为任意整数，M=m1m2⋅⋅⋅mn，Mi=，ti为整数，且满足Miti=1(modmi(.t2=1，t3=1所以第n个满足条件的正整数为23+105(n-1(=105n-82(2024·重庆·高三重庆八中校考开学考试)如果函数F(x(的导数F,(x(=f(x(，可记为F(x(=f(x(dx．若f(x(≥0，则=F(b(-F(a(表示曲线y=f(x(，直线x=a,x=b以及x轴围成的(3)证明：1+cos+1+cos+1+cos+⋯+1+co(2)先由定积分的预算得到xdx=sinα-sin0=sinα,再分别构造函数g(x(=x-sinx和h(x(= cos+cos+cos+⋯+cos<2cosx（dx，最后根据求导与定积分xdx=F(1(-F(0(=sin=，最后得证. x,所以设F(x(=lnx+C1， x,所以设F(x(=lnx+C1，又F(1(=1，代入上式可得F(1(=ln1+C1=1⇒C1=1，所以，当x>0时，F(x(=lnx+1；当x<0时，设F(x(=ln(-x(+C2，同理可得C2=1，(2)因为F(x(=∫cosxdx=sinx+C，所以xdx=sinα-sin0=sinα,设g(x(=x-sinx,0<x<，则g,(x(=1-cosx>0恒成立，所以g(x(在0<x<上单调递增，所以g(x(min>g(0(=0，故sinα<α,即xdx<α;设h(x(=sinx-xcosx，0<x<，则h,(x(=xsinx>0恒成立，所以h(x(在0<x<min>h(0(=0，所以αcosα<xdx，综上，αcosα<xdx<α.2=2cos,k=1,2,⋯n，所以1+cos+1+cos+1+cos+⋯+1+cos(=cos+cos+cos+⋯+cos<2cosx（dx，设F(x(=sinx，则F,(x(=cosx，1所以cosx（dx=F(1(-F(0(=sin=，++ + +⋯+1+cos<.11<a2<a3<⋯⋯<an-y|≥，则称集合A具有性质Mk.1(3)首先应用放缩有>求得n<16，同理可得i(n-i)<15恒成立，假设n≥8得出矛盾，再讨论a-1≥aa-2≥*<⋯⋯<an，所以ai+1-ai≥⇒-≥,(i=1,2,3,...,n-1)，所以-+-+...+-=-≥，得证.1（1≥1i≥i，所以>⇒i(n-i)<15在i=1,2,3,...,n-1上恒成立，当n≤7，则i(n-i)≤=<15⇒n<60，即n≤7. 3=1=∅,由集合新定义及集合相等证明S∪T=N*.则B1={i∈N*|ai<1}=∅,B2={i∈N*|ai<2}=∅,所以b1=0，b2=0，1，所以B1=∅,所以b1=0.假设存在k∈N*使得dk≥2.设ak=t，由ak+1-ak≥2得ak+1≥t+2.k=t<t+1<t+2≤ak+1得bt<k，bt+1=bt+2=k，与{bn}是等差数列矛盾.所以对任意n∈N*都有dn=1.所以数列{an}是等差数列，an=1+(n-1)=n.*nn+1n≤bn+1.所以n+bn≤n+bn+1<n+1+bn+1，即数列{n+bn}是递增数列.由于p∈S，故存在正整数i<p使得p=i+ai，所以ai=p-i.n}是各项均为正整数的递增数列，所以ai+1≥p-i+1.所以bp-i=i-1，bp-i+1=i.所以(p-i)+bp-i=p-i+i-1=p-1，(p-i+1)+bp-i+1=p-i+1+i=p+1.*且所以存在正整数j，使得q<j+aj.令j0=min{j|q<j+aj}.若j0>1，则j0-1+aj-1<q<j0+aj，所以aj-1<q-j0+1≤aj.所以bq-j+1=j0-1，所以(q-j0+1)+bq-j+1=q-j0+1+j0-1=q.∩T=∅.∗{an{，则称{an{对前n项之积是封闭的. {bn{和{cn{对前n项之积都是封闭的.n=a1⋅qn-1=2qn-1(n∈N∗(，得Tn=2nqq-(m-1(=21-n，讨论①当m=时和②当m=+(2-n(，分别求得q；前n项之积都是封闭的.=a1a2=∉〈-,-1,-,-2,⋯〈所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积是封闭的.xn>xn>x2>n(n-1(所以an=a1⋅qn-1=2qn-1(n∈N*(，所以Tn=a1a2⋯an=2nq1+2+⋯+(n-1(=2nq2，(n-1)n①当m=≥1时，得-(m-1(=1-n，所以q=2；②当m=+(2-n(=≥1时，得-(m-1(+(1-n(=0，且q=，(3)对任意的无穷等比数列{an{，an=a1qn-1=a⋅n-1，下面证明：{bn{是对前n项之积是封闭的.n(n+1(n=a，所以Tn=a+2+⋯+n=a12，取正整数m=得，Tn=bm，所以{bn{对前n项之积是封闭的，同理证明：{cn{也对前n项之积是封闭的，所以对任意的无穷等比数列{an{，总存在两个无穷数列{*n{和{cn{对前n项之积都是封闭的.+x(n≥1+nx成立；在n∈(0,1(时，有不等式(1+x(1+a1((1+a2(⋯(1+an(≥1+a1+a2+⋯+an=(1+a1((1+a2(⋯(1+an(-(1+a1+a2+⋯+an(，作差法得到{xn{是一个单调递增的数列(n≥2)，结合x2>0，得到当n=0时，1+x0=1+0x，当n=1时，1+x1=1+x，(2)当n≥1时，我们需证1+xn≥1+nx，设fx=1+xn-nx-1x<-1,a≥1，注意到f0=0，fx=n1+xn-1-n=n[1+xn-1-1[，令1+xn-1-1=0得x=0，即f0=0，x=0是fx的一个极值点.令gx=fx，则gx=nn-11+xn-2>0，所以fx单调递增.当-1<x<0时，fx<f0=0，当x>0时，fx>f0=0，故fx在-1,0上单调递减，在0,+∞上单调递增.所以在x=0处fx取得极小值f0=0，即fx≥0恒成立，1+xn≥nx+1.伯努利不等式对n≥1得证.当n≥2时，构造数列{xn{：xn=1+a11+a2⋯1+an-1+a1+a2+⋯+an，则xn+1-xn=an+1[1+a11+a2⋯1+an-1[，若ai>0i=1,2,⋯,n+1，由上式易得xn+1-xn>0，即xn+1>xn；若-1<ai≤0i=1,2,⋯,n+1，则0<1+ai<1，所以1+a11+a2⋯1+an-1<0，故xn+1-xn=an+1[1+a11+a2⋯1+an-1[>0，即此时xn+1>xn也成立.所以{xn{是一个单调递增的数列(n≥2)，由于x2=1+a11+a2-1+a1+a2=a1a2>0，所以xn>x2>0∀n>2，故原不等式成立. k-1,aka1<a2<⋅⋅⋅<ak.2-a1,a3-a2,3=2-a1,a3-a2,⋯,ak-ak-1为a2-a1,a-a2,⋯,a-1-a-2，即可求出a；,1≤i≤k，则A=++⋯+，结合放缩法和裂项求和法即可证明.k=a,ak-1=,ak-2=，=--，**3是完全平方数.所以a2-a1,a3-a2,⋯,ak-ak-1为a2-a1,a-a2,⋯,a-1-a-2，所以a=a-1k≥4.2ak-1=a,,1≤i≤k，所以A=++⋯+，k-所以A=++⋯+=a2++⋯+≤a2 -+-+⋯+-=a2-,k=a，所以-<1，所以A≤a2-<a2，即A<a2. l3)= ====BC⋅AC+BC⋅CD+CD⋅ABBC⋅AC+AC⋅CDAC⋅BD1=BC⋅AD=BC⋅AD=BC⋅AD=(B,A;C,D)；,D1(==PC1==PC1PD1==PD22PD2=△PADA2C2D22D2=(A2,B22(；(3)设EF与E'F'交于X，FG与F'G'交于Y，EG与E'G'交于Z，连接XY，FF'与XY交于L，EE'与XY交于M，GG'与XY交于N，欲证X，Y，Z三点共线，只需证Z在直线XY上.'G从而MN过点Z，故Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线.70<x1<x2<⋯<xn-1<xn=q(n∈N,n≥3)，|m(xi(-m(xi-1(|≤M恒成立，则70<x≤1x=0因此函数f(x)=sinx-cosx是0,上的增函数，设0=x0<x1<x2<⋯<xn-1<xn=∈N,n≥3)，|f(xi(-f(xi-1(|=|f(x1(-f(x0(|+|f(x2(-f(x1(|+⋯+|f(xn(-f(xn-1(|=f(x1(-f(0(+f(x2(-f(x1(+⋯+-f(xn-1(=-f(0(=1-(-1)=2,p=x0<x1<x2<⋯<xn-1<xn=q(n∈N,n≥3)，|m(xi(-m(xi-1(|≤M恒成立，p=x0<x1<x2<⋯<xn-1<xn=q(n∈N,n≥3)，|g(xi(-g(xi-1(|≤M，|h(xi(-h(xi-1(|≤N恒成p=x0<x1<x2<⋯<xn-1<xn=q(n∈N,n≥3)，|F(xi(-F(xi-1(|=|g(xi(+h(xi(-g(xi-1(-h(xi-1(|=|g(xi(-g(xi-1(+h(xi(-h(xi-1(|≤(|g(xi(-g(xi-1(|+|h(xi(-h(xi-1(|(=|g(xi(-g(xi-1(|+|h(xi(-h(xi-1(|≤M+N，0<<<⋯<<1,n≥3，i(-φ(xi-1(|=cos-0|+cos-cos+⋯+cos-cos=>1++++++++⋯=1++++⋯0<<<⋯<<1，满足|φ(xi(-φ(xi-1(|>M，88(1)求将六边形ABCDEF绕x轴旋转半周(等同于四边形ABCD绕x轴旋转一周)所围成的几何体的体(2)将平面ABF绕BF旋转到平面A,BF，使得平面A,BF⊥平面DEC，求异面直线A,F与CD所成的角；2正方形FECB绕x轴旋转半周所围成的几何体为一个底面半径为1，所以，总的体积V=V1+V2=π.又平面A,BF⊥平面DEC，平面A,BF∩平面DEC=BF，由已知可得AIO=2，OF=OB=BF=1，OD=4，BC=EF=2，—”——”—”——”—”AA ==六边形ABCDEF绕y轴旋转半周所围成的几何体的体积，等于直角梯形AOGB绕直角边OG所在的直线旋转一周得到的几直角梯形AOGB绕直角边OG所在的直线旋转一周得到的几何体，体积V3=2+π2+π如图5，半球的半径和圆柱的底面半径均为R，且圆柱的高UW=R，且在半球中，高度为h，且平行于底面的截面圆的半径rh=SM2-ST2=R2-h2，面积为S1=πr=π(R2-h2(.=，即=，所以VN=h.即圆环的面积S2=πR2-πh2=S1，所以，球缺的体积V球缺=V圆柱-V圆台=πR2R-h-πR-hR2+h2+Rh=πR-h2R2-h2-Rh29*9*,k≤nq=*,k+1≤nq=-q+qkq*,k+1≤nn1q-q=qn-k+iniq=qn-k-相加即可.2=====155.==，-q+qkq=+=[(k)q+qk⋅(n-k)q[.(n-k)q=1+q+⋯+qk-1+qk1+q+⋯+qn-k-1=1+q+⋯+qn-1=(n)q,所以q=-q+qkq*,k≤n,q=nnknnkq=nn11q+qn-k-q=q+qn-k-q即q=q+qn-k--q=qn-k-q-q=qn+m-knmq-q=qn+m-1-kn+-1⋯⋯q-q=qn-kq.上述m+1个等式两边分别相加得：q-q=qn-k+ini1t12,⋯,tn(,tk合A中的任意元素α=(x1,x2,⋯,xn(和β=(y1,y2,⋯,yn(，记1M(α,β)=[(x1+y1-|x1-y1|(+(x2+y2-|x2-y2|(+⋯+(xn+yn-|xn-yn|([.故B中元素个数的最大值为4.此时B中有n+1个元素，下证其为最大.假设存在B有多于n+1个元素，由于α=(0,0,0,⋯,0(与任意元素所以除(0,0,0,⋯,0(外至少有n+1个元素含有1，此时M(α,β)≥1不满足题意，故B中最多有n+1个元素. {bn{的前n项和分别为An,Bn，并规定A0=B0=0．对于k∈{0,1,2,⋯,m{，定义rk=max{i∣Bi≤Ak,i∈{0,1,2,⋯,m}{，其中，maxM表示数集M中1≥b1j≤rj+1+rj-1,j=1,2,⋯,m-1,，求rn；>q,s>t,使得Ap+Bt=Aq+Bs.2=1(2)根据题意题意分析可得ri+1-ri≥1，利用反证可得ri+1-ri=1，在结合等差数列运算求解；0=0,A1=2,A2=3,A3=6,B0=0,B1=1,B2=4,B3=7，当k=0时，则B0=A0=0,Bi>A0,i=1,2,3，故r0=0；当k=1时，则B0<A1,B1<A1,Bi>A1,i=2,3，故r1=1；i≤A2,i=0,1,B2>A2,B3>A2,故r2=1；i≤A3,i=0,1,2,B3>A3，故r3=2；n≥1,bn≥1，且a1≥b1，则An≥B1>B0对任意n∈N*恒成立，所以r0=0,r1≥1，又因为2ri≤ri-1+ri+1，则ri+1-ri≥ri-ri-1，即rm-rm-1≥rm-1-rm-2≥⋅⋅⋅≥r1-r0≥1，可得ri+1-ri≥1，反证：假设满足rn+1-rn>1的最小正整数为0≤j≤m-1，当i≥j时，则ri+1-ri≥2；当i≤j-1时，则ri+1-ri=1，则rm=rm-rm-1+rm-1-rm-2+⋅⋅⋅+r1-r0+r0≥2m-j+j=2m-j，又因为0≤j≤m-1，则rm≥2m-j≥2m-m-1=m+1>m，假设不成立，故rn+1-rn=1，nnm=Bm，则可取t=q=0，满足p>q,s>t,使得Ap+Bt=Aq+Bs；m<Bm，则rk<m，构建Sn=Br-An,1≤n≤m，由题意可得：Sn≤0，且Sn为整数，反证，假设存在正整数K，使得SK≤-m，则Br-AK≤-m,Br+1-AK>0，可得br+1=Br+1-Br=Br+1-AK-Br-AK>m，≤n≤m,n∈N，均有Sn≥1-m.①若存在正整数N，使得SN=Br-AN=0，即AN=Br，可取t=q=0,p=N,s=rN，满足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；②若不存在正整数N，使得SN