上海市卷数学选择、填空、解答压轴真题-【5年新高考】2021-2025年全国各地高考数学压轴题真题汇编

【5年新高考】2021-2025年上海市卷数学选择、填空、解答压轴真题 一．选择题（共10小题） 1．（2025•上海）设λ∈[0，1]，数列an＝10n﹣9，数列bn＝2n．设cn＝λan+（1﹣λ）bn．若对任意λ∈[0，1]，长为an、bn、cn的线段均能构成三角形，则满足条件的n有（　　） A．1个 B．3个 C．4个 D．无穷 2．（2025•上海）已知a∈R，不等式在（0，2025）中的整数解有m个．关于m的个数，以下不可能的是（　　） A．0 B．338 C．674 D．1012 3．（2024•上海）已知函数f（x）的定义域为R，定义集合M＝{x0|x0∈R，x∈（﹣∞，x0），f（x）＜f（x0）}，在使得M＝[﹣1，1]的所有f（x）中，下列成立的是（　　） A．存在f（x）是偶函数 B．存在f（x）在x＝2处取最大值 C．存在f（x）为严格增函数 D．存在f（x）在x＝﹣1处取到极小值 4．（2024•上海）现定义如下：当x∈（n，n+1）时（n∈N），若f（x+1）＝f′（x），则称f（x）为延展函数．现有，当x∈（0，1）时，g（x）＝ex与h（x）＝x10均为延展函数，则以下结论（　　） （1）存在y＝kx+b（k，b∈R；k，b≠0）与y＝g（x）有无穷个交点 （2）存在y＝kx+b（k，b∈R；k，b≠0）与y＝h（x）有无穷个交点 A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立 C．（1）成立（2）不成立 D．（1）不成立（2）成立 5．（2023•上海）已知P，Q是曲线Γ上两点，若存在M点，使得曲线Γ上任意一点P都存在Q使得|MP|•|MQ|＝1，则称曲线Γ是“自相关曲线”．现有如下两个命题：①任意椭圆都是“自相关曲线”；②存在双曲线是“自相关曲线”，则（　　） A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立 6．（2023•上海）已知无穷数列{an}的各项均为实数，Sn为其前n项和，若对任意正整数k＞2022都有|Sk|＞|Sk+1|，则下列各项中可能成立的是（　　） A．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等差数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等比数列 B．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等比数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等差数列 C．a1，a2，a3，⋯，a2022为等差数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等比数列 D．a1，a2，a3，⋯，a2022为等比数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等差数列 7．（2022•上海）设集合Ω＝{（x，y）|（x﹣k）2+（y﹣k2）2＝4|k|，k∈Z} ①存在直线l，使得集合Ω中不存在点在l上，而存在点在l两侧； ②存在直线l，使得集合Ω中存在无数点在l上；（　　） A．①成立②成立 B．①成立②不成立 C．①不成立②成立 D．①不成立②不成立 8．（2022•上海）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列选项判断正确的是（　　） A．若S2022＞S2021，则数列{an}是递增数列 B．若T2022＞T2021，则数列{an}是递增数列 C．若数列{Sn}是递增数列，则a2022≥a2021 D．若数列{Tn}是递增数列，则a2022≥a2021 9．（2021•上海）已知两两不相等的x1，y1，x2，y2，x3，y3，同时满足①x1＜y1，x2＜y2，x3＜y3；②x1+y1＝x2+y2＝x3+y3；③x1y1+x3y3＝2x2y2，以下哪个选项恒成立（　　） A．2x2＜x1+x3 B．2x2＞x1+x3 C．x1x3 D．x1x3 10．（2021•上海）在△ABC中，D为BC中点，E为AD中点，则以下结论：①存在△ABC，使得0；②存在△ABC，使得∥（）；它们的成立情况是（　　） A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立 二．填空题（共10小题） 11．（2025•上海）已知函数f，、、是平面内三个不同的单位向量．若f（•）+f（•）+f（•）＝0，则||的取值范围是　 　 ． 12．（2025•上海）在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则在方向上的数量投影的最大值 　 　 ． 13．（2024•上海）无穷等比数列{an}满足首项a1＞0，q＞1，记In＝{x﹣y|x，y∈[a1，a2]∪[an，an+1]}，若对任意正整数n，集合In是闭区间，则q的取值范围是 　 　 ． 14．（2024•上海）a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，任意b1，b2，b3，b4∈R，满足{ai+aj|1≤i＜j≤4}＝{bi+bj|1≤i＜j≤4}，求有序数列{b1，b2，b3，b4}有 　 　 对． 15．（2023•上海）空间中有三个点A、B、C，且AB＝BC＝CA＝1，在空间中任取2个不同的点D，E（不考虑这两个点的顺序），使得它们与A、B、C恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 　 　 种． 16．（2023•上海）已知、、为空间中三组单位向量，且⊥、⊥，与夹角为60°，点P为空间任意一点，且||＝1，满足|•|≤|•|≤|•|，则|•|最大值为 　 　 ． 17．（2022•上海）设函数f（x）满足对任意x∈[0，+∞）都成立，其值域是Af，已知对任何满足上述条件的f（x）都有{y|y＝f（x），0≤x≤a}＝Af，则a的取值范围为 　 　 ． 18．（2022•上海）已知函数y＝f（x）为定义域为R的奇函数，其图像关于x＝1对称，且当x∈（0，1]时，f（x）＝lnx，若将方程f（x）＝x+1的正实数根从小到大依次记为x1，x2，x3，…，xn，则（xn+1﹣xn）＝　 　 ． 19．（2021•上海）已知ai∈N*（i＝1，2，…，9）对任意的k∈N*（2≤k≤8），ak＝ak﹣1+1或ak＝ak+1﹣1中有且仅有一个成立，a1＝6，a9＝9，则a1+…+a9的最小值为 　 　 ． 20．（2021•上海）已知θ＞0，存在实数φ，使得对任意n∈N*，cos（nθ+φ），则θ的最小值是　 　 ． 三．解答题（共10小题） 21．（2025•上海）已知函数y＝f（x）的定义域为R．对于正实数a，定义集合Ma＝{x|f（x+a）＝f（x）}． （1）若f（x）＝sinx，判断是否是Mπ中的元素，并说明理由； （2）若f，Ma≠∅，求a的取值范围； （3）设y＝f（x）是偶函数，当x∈（0，1]时，f（x）＝1﹣x，且对任意a∈（0，2），均有Ma⊆M2．写出y＝f（x），x∈（1，2）的解析式，并证明：对任意实数c，函数y＝f（x）﹣c在[﹣3，3]上至多有9个零点． 22．（2025•上海）已知函数y＝f（x）的定义域是D．对于t∈D，定义集合Sf（t）＝{x|f（x）≥f（t）}． （1）f（x）＝log2x，求Sf（16）； （2）对于集合A，若对任意x∈A都有﹣x∈A，则称A是对称集．若D是对称集，证明：“函数y＝f（x）是偶函数”的充要条件是“对任意t∈D，Sf（t）是对称集”； （3）若x∈R，．求m的取值范围，使得对于任意t1＜t2∈D，都有． 23．（2024•上海）对于一个函数f（x）和一个点M（a，b），定义s（x）＝（x﹣a）2+（f（x）﹣b）2，若存在P（x0，f（x0）），使s（x0）是s（x）的最小值，则称点P是函数f（x）到点M的“最近点”． （1）对于（x＞0），求证：对于点M（0，0），存在点P，使得点P是f（x）到点M的“最近点”； （2）对于f（x）＝ex，M（1，0），请判断是否存在一个点P，它是f（x）到点M的“最近点”，且直线MP与f（x）在点P处的切线垂直； （3）已知f（x）存在导函数f′（x），函数g（x）恒大于零，对于点M1（t﹣1，f（t）﹣g（t）），点M2（t+1，f（t）+g（t）），若对任意t∈R，存在点P同时是f（x）到点M1与点M2的“最近点”，试判断f（x）的单调性． 24．（2024•上海）记M（a）＝{t|t＝f（x）﹣f（a），x≥a}，L（a）＝{t|t＝f（x）﹣f（a），x≤a}． （1）若f（x）＝x2+1，求M（1）和L（1）； （2）若f（x）＝x3﹣3x2，求证：对于任意a∈R，都有M（a）⊆[﹣4，+∞），且存在a，使得﹣4∈M（a）． （3）已知定义在R上f（x）有最小值，求证“f（x）是偶函数“的充要条件是“对于任意正实数c，均有M（﹣c）＝L（c）”． 25．（2023•上海）已知f（x）＝lnx，在该函数图像Γ上取一点a1，过点（a1，f（a1））作函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a2），若a2＞0，则过点（a2，f（a2））作函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a3），以此类推a3，a4，…，直至am≤0停止，由这些项构成数列{an}． （1）设am（m≥2）属于数列{an}，证明：am＝lnam﹣1﹣1； （2）试比较am与am﹣1﹣2的大小关系； （3）若正整数k≥3，是否存在k使得a1、a2、a3、…、ak依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值；若不存在，请说明理由． 26．（2023•上海）已知函数f（x）＝ax3﹣（a+1）x2+x，g（x）＝kx+m（其中a≥0，k，m∈R），若任意x∈[0，1]均有f（x）≤g（x），则称函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“控制函数”，且对所有满足条件的函数y＝g（x）在x处取得的最小值记为（x）． （1）若a＝2，g（x）＝x，试判断函数y＝g（x）是否为函数y＝f（x）的“控制函数”，并说明理由； （2）若a＝0，曲线y＝f（x）在x处的切线为直线y＝h（x），证明：函数y＝h（x）为函数y＝f（x）的“控制函数”，并求（）的值； （3）若曲线y＝f（x）在x＝x0，x0∈（0，1）处的切线过点（1，0），且c∈[x0，1]，证明：当且仅当c＝x0或c＝1时，（c）＝f（c）． 27．（2022•上海）数列{an}对任意n∈N*且n≥2，均存在正整数i∈[1，n﹣1]，满足an+1＝2an﹣ai，a1＝1，a2＝3． （1）求a4可能值； （2）命题p：若a1，a2，⋯，a8成等差数列，则a9＜30，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由； （3）若a2m＝3m，（m∈N*）成立，求数列{an}的通项公式． 28．（2022•上海）已知函数f（x）的定义域为R，现有两种对f（x）变换的操作：φ变换：f（x）﹣f（x﹣t）；ω变换：|f（x+t）﹣f（x）|，其中t为大于0的常数． （1）设f（x）＝2x，t＝1，g（x）为f（x）做φ变换后的结果，解方程：g（x）＝2； （2）设f（x）＝x2，h（x）为f（x）做ω变换后的结果，解不等式：f（x）≥h（x）； （3）设f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，f（x）先做φ变换后得到u（x），u（x）再做ω变换后得到h1（x）；f（x）先做ω变换后得到v（x），v（x）再做φ变换后得到h2（x）．若h1（x）＝h2（x）恒成立，证明：函数f（x）在R上单调递增． 29．（2021•上海）已知x1，x2∈R，若对任意的x2﹣x1∈S，f（x2）﹣f（x1）∈S，则有定义：f（x）是在S关联的． （1）判断和证明f（x）＝2x﹣1是否在[0，+∞）关联？是否有[0，1]关联？ （2）若f（x）是在{3}关联的，f（x）在x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，求解不等式：2≤f（x）≤3． （3）证明：f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”． 30．（2021•上海）已知数列{an}满足an≥0，对任意n≥2，an和an+1中存在一项使其为另一项与an﹣1的等差中项． （1）已知a1＝5，a2＝3，a4＝2，求a3的所有可能取值； （2）已知a1＝a4＝a7＝0，a2、a5、a8为正数，求证：a2、a5、a8成等比数列，并求出公比q； （3）已知数列中恰有3项为0，即ar＝as＝at＝0，2＜r＜s＜t，且a1＝1，a2＝2，求ar+1+as+1+at+1的最大值． 【5年新高考】2021-2025年上海市卷数学选择、填空、解答压轴真题 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B D B C B D A B 一．选择题（共10小题） 1．（2025•上海）设λ∈[0，1]，数列an＝10n﹣9，数列bn＝2n．设cn＝λan+（1﹣λ）bn．若对任意λ∈[0，1]，长为an、bn、cn的线段均能构成三角形，则满足条件的n有（　　） A．1个 B．3个 C．4个 D．无穷 【解答】解：∵长为an，bn，cn的线段均能构成三角形， ∴， 当cn＜an+bn时，有λan+（1﹣λ）bn＜an+bn，即λ（an﹣bn）＜an，又λ∈[0，1]， ∴an﹣bn＜an，即bn＝2n＞0恒成立； 当bn＜an+cn时，有bn＜（1+λ）an+（1﹣λ）bn，即λbn＜（1+λ）an， ∴∈（0，]，解得n∈{2，3，4，5，6}， 当an＜bn+cn时，有an＜λan+（2﹣λ）bn，即（λ﹣2）bn＜（λ﹣1）an， ∴1∈[2，+∞），即an＜2bn解得n∈{1，4，5，6，7，...} 综上，n∈{4，5，6}， ∴满足条件的n有3个． 故选：B． 2．（2025•上海）已知a∈R，不等式在（0，2025）中的整数解有m个．关于m的个数，以下不可能的是（　　） A．0 B．338 C．674 D．1012 【解答】解：因为，所以， 考虑函数在（0，2025）的图像，以6为周期， 先考虑一条直线y＝t（t∈R）与函数的整点交点， 注意到在一个周期（0，6]内，可能存在的整点有1，2，4，5，6， 可得，以下分情况讨论： ①当时，x＝2+6k，k＝0，1，2，…，337，有338个整点； ②当时，x＝1+6k，k＝0，1，2，…，337，有338个整点； ③当t＝0时，x＝6+6k，k＝0，1，2，…，336，有337个整点； ④当时，x＝5+6k，k＝0，1，2，…，336，有337个整点； ⑤当时，x＝4+6k，k＝0，1，2，…，336，有337个整点， 再考虑直线y＝a与y＝a+1所包围的区域（不含边界）， 注意到区间（a，a+1）的长度为1， 所以可能，就有337+337＝674个整点，故C可能； 因为与的距离为，所以只可能是或中的一个∈（a，a+1），就有338个整点，故B可能； 而当时，中没有元素∈（a，a+1），就有0个整点，故A可能； 注意到1012＝338+337+337，但与的距离为，故D不可能． 故选：D． 3．（2024•上海）已知函数f（x）的定义域为R，定义集合M＝{x0|x0∈R，x∈（﹣∞，x0），f（x）＜f（x0）}，在使得M＝[﹣1，1]的所有f（x）中，下列成立的是（　　） A．存在f（x）是偶函数 B．存在f（x）在x＝2处取最大值 C．存在f（x）为严格增函数 D．存在f（x）在x＝﹣1处取到极小值 【解答】解：对于A，x＜x0时，f（x）＜f（x0）， 当x0＝1时，x0∈[﹣1，1]， 对于任意x∈（﹣∞，1），f（x）＜f（1）恒成立， 若f（x）是偶函数，此时f（1）＝f（﹣1），矛盾，故A错误； 对于B，若f（x）函数图像如下： 当x＜﹣1时，f（x）＝﹣2，﹣1≤x≤1时，f（x）∈[﹣1，1]，当x＞1，f（x）＝1， 所以存在f（x）在x＝2处取最大值，故B正确； 对于C，在x＜﹣1时，若函数f（x）严格增， 则集合M的取值不会是[﹣1，1]，而是全体定义域，故C错误； 对于D，若存在f（x）在x＝﹣1处取到极小值， 则在x＝﹣1左侧存在x＝n，f（n）＞﹣1，与集合M定义矛盾，故D错误． 故选：B． 4．（2024•上海）现定义如下：当x∈（n，n+1）时（n∈N），若f（x+1）＝f′（x），则称f（x）为延展函数．现有，当x∈（0，1）时，g（x）＝ex与h（x）＝x10均为延展函数，则以下结论（　　） （1）存在y＝kx+b（k，b∈R；k，b≠0）与y＝g（x）有无穷个交点 （2）存在y＝kx+b（k，b∈R；k，b≠0）与y＝h（x）有无穷个交点 A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立 C．（1）成立（2）不成立 D．（1）不成立（2）成立 【解答】解：根据题意，当x∈（0，1）时，g（x）＝ex与h（x）＝x10均为延展函数， 对于①，对于g（x）＝ex，g（x+1）＝g′（x）＝ex， 则g（x）是周期为1的周期函数，其值域为（1，e）， 因为k≠0，y＝kx+b与y＝g（x）不会有无穷个交点，所以（1）错； 对于②，当k＝10!时，存在b使得直线y＝kx+b可以与h（x）在区间（9，10）的函数部分重合，因而有无穷个交点，所以（2）正确． 故选：D． 5．（2023•上海）已知P，Q是曲线Γ上两点，若存在M点，使得曲线Γ上任意一点P都存在Q使得|MP|•|MQ|＝1，则称曲线Γ是“自相关曲线”．现有如下两个命题：①任意椭圆都是“自相关曲线”；②存在双曲线是“自相关曲线”，则（　　） A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立 【解答】解：∵椭圆是封闭的，总可以找到满足题意的M点，使得|MP|•|MQ|＝1成立，故①正确， 在双曲线中，|PM|max→+∞，|PM|min＝0，当|PM|＝0时，Q点不存在； 当|PM|min＝n，0＜n≤1时，|QM|， 但当|PM|，此时|QM|n，这与|PM|min＝n矛盾，故②错误． 故选：B． 6．（2023•上海）已知无穷数列{an}的各项均为实数，Sn为其前n项和，若对任意正整数k＞2022都有|Sk|＞|Sk+1|，则下列各项中可能成立的是（　　） A．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等差数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等比数列 B．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等比数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等差数列 C．a1，a2，a3，⋯，a2022为等差数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等比数列 D．a1，a2，a3，⋯，a2022为等比数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等差数列 【解答】解：由对任意正整数k＞2022，都有|Sk|＞|Sk+1|，可以知道a2022，a2033，a2024，⋯，an不可能为等差数列， 因为若d＜0，当n→+∞，an→﹣∞，Sn→﹣∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＝0，an＝0，则|Sk|＝|Sk+1|，矛盾； 若d＝0，an＜0，当n→+∞，Sn→﹣∞，k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＝0，an＞0，当n→+∞，Sn→+∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾； 若d＞0，当n→+∞，an→+∞，Sn→+∞必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾； 所以选项B中的a2，a4，a6，⋯，a2n为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确； 选项D中的a2022，a2023，a2024，⋯，an为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确； 选项A中的a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确； 由排除法可得C正确． 故选：C． 7．（2022•上海）设集合Ω＝{（x，y）|（x﹣k）2+（y﹣k2）2＝4|k|，k∈Z} ①存在直线l，使得集合Ω中不存在点在l上，而存在点在l两侧； ②存在直线l，使得集合Ω中存在无数点在l上；（　　） A．①成立②成立 B．①成立②不成立 C．①不成立②成立 D．①不成立②不成立 【解答】解：当k＝0时，集合Ω＝{（x，y）|（x﹣k）2+（y﹣k2）2＝4|k|，k∈Z}＝{（0，0）}， 当k＞0时，集合Ω＝{（x，y）|（x﹣k）2+（y﹣k2）2＝4|k|，k∈Z}， 表示圆心为（k，k2），半径为r＝2的圆， 圆的圆心在直线y＝x2上，半径r＝f（k）＝2单调递增， 相邻两个圆的圆心距d，相邻两个圆的半径之和为l＝22， 因为d＞l有解，故相邻两个圆之间的位置关系可能相离， 当k＜0时，同k＞0的情况，故存在直线l，使得集合Ω中不存在点在l上，而存在点在l两侧，故①正确， 若直线l斜率不存在，显然不成立， 设直线l：y＝mx+n，若考虑直线l与圆（x﹣k）2+（y﹣k2）2＝4|k|的交点个数， d，r， 给定m，n，当k足够大时，均有d＞r， 故直线l只与有限个圆相交，②错误． 故选：B． 8．（2022•上海）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列选项判断正确的是（　　） A．若S2022＞S2021，则数列{an}是递增数列 B．若T2022＞T2021，则数列{an}是递增数列 C．若数列{Sn}是递增数列，则a2022≥a2021 D．若数列{Tn}是递增数列，则a2022≥a2021 【解答】解：如果数列a1＝﹣1，公比为﹣2，满足S2022＞S2021，但是数列{an}不是递增数列，所以A不正确； 如果数列a1＝1，公比为，满足T2022＞T2021，但是数列{an}不是递增数列，所以B不正确； 如果数列a1＝1，公比为，Sn2（1），数列{Sn}是递增数列，但是a2022＜a2021，所以C不正确； 数列{Tn}是递增数列，可知Tn＞Tn﹣1，可得an＞1，所以q≥1，可得a2022≥a2021正确，所以D正确； 故选：D． 9．（2021•上海）已知两两不相等的x1，y1，x2，y2，x3，y3，同时满足①x1＜y1，x2＜y2，x3＜y3；②x1+y1＝x2+y2＝x3+y3；③x1y1+x3y3＝2x2y2，以下哪个选项恒成立（　　） A．2x2＜x1+x3 B．2x2＞x1+x3 C．x1x3 D．x1x3 【解答】解：设x1+y1＝x2+y2＝x3+y3＝2m， ，，， 根据题意，应该有， 且m2﹣a2+m2﹣c2＝2（m2﹣b2）0， 则有a2+c2＝2b2， 则x1+x3﹣2x2＝（m﹣a）+（m﹣c）﹣2（m﹣b）＝2b﹣（a+c）， 因为（2b）2﹣（a+c）2＝2（a2+c2）﹣（a+c）2＞0， 所以x1+x3﹣2x2＝2b﹣（a+c）＞0， 所以A项正确，B错误． x1x3（m﹣a）（m﹣c）﹣（m﹣b）2＝（2b﹣a﹣c）m+ac﹣b2＝（2b﹣a﹣c）m，而上面已证（2b﹣a﹣c）＞0， 因为不知道m的正负， 所以该式子的正负无法恒定． 故选：A． 10．（2021•上海）在△ABC中，D为BC中点，E为AD中点，则以下结论：①存在△ABC，使得0；②存在△ABC，使得∥（）；它们的成立情况是（　　） A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立 【解答】解：不妨设A（2x，2y），B（﹣1，0），C（1，0），D（0，0），E（x，y）， ①（﹣1﹣2x，﹣2y），（x﹣1，y）， 若0，则﹣（1+2x）（x﹣1）﹣2y2＝0，即﹣（1+2x）（x﹣1）＝2y2， 满足条件的（x，y）存在，例如（0，），满足上式，所以①成立； ②F为AB中点，（）＝2，CF与AD的交点即为重心G， 因为G为AD的三等分点，E为AD中点， 所以与不共线，即②不成立． 故选：B． 二．填空题（共10小题） 11．（2025•上海）已知函数f，、、是平面内三个不同的单位向量．若f（•）+f（•）+f（•）＝0，则||的取值范围是　　 ． 【解答】解：由题意可知，三者全为0或一个为1，一个为﹣1，一个为0， 当全为0时，可知两两垂直，不符合题意； 所以必为一个为1，一个为﹣1，一个为0，不妨设，， 由函数f，可知， 不妨设，，，θ∈（﹣π，π]， 所以，，所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以． 故答案为：． 12．（2025•上海）在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则在方向上的数量投影的最大值 　4　 ． 【解答】解：根据题意不妨设（1，0），（0，1），（x，y），（m，n）， 则， 由可得（x﹣4）2+y2＝4， 由可得m2+（n﹣6）2＝1， 设，故A在以C1（4，0）为圆心，2为半径的圆上， B在以C2（0，6）为圆心，1为半径的圆上， 过B作BD⊥OA于D，则OD即为在上的数量投影，如下所示： 因为A，B分别为两圆上任意动点，不妨固定B，则OB为定长， 设，即∠AOB＝θ，故|OD|＝|OB|•cosθ， 因为此时|OB|为定长，且θ＝∠AOB＜180°， 故随着θ的减小，cosθ增大，直至OA恰好与圆C1相切时，|OD|取得最大值，如下所示： 在OA与圆C1相切的基础上，移动点B，过C2作C2E⊥OA于E，故|OD|＝|OE|+|ED|； 在△C1AO中，∠C1AO＝90°，C1A＝2，OC1＝4， 故∠AOC1＝30°，∠C2OE＝60°，因为|OC2|＝6， 故在直角三角形C2OE中，|OC2|＝2|OE|，则OE＝3，即|OD|＝|OE|+|ED|＝3+|ED|； 在四边形BDEC2中，因为∠DEC2＝∠C2ED＝90°，故|DE|≤|BC2|＝1， 当且仅当BC2∥DE时等号成立，从而|OD|＝3+|ED|≤3+1＝4， 综上所述：在方向上的数量投影的最大值为4． 故答案为：4． 13．（2024•上海）无穷等比数列{an}满足首项a1＞0，q＞1，记In＝{x﹣y|x，y∈[a1，a2]∪[an，an+1]}，若对任意正整数n，集合In是闭区间，则q的取值范围是 　[2，+∞）　 ． 【解答】解：由题设有，因为a1＞0，q＞1，故an+1＞an，故， 当n＝1时，x，y∈[a1，a2]，故x﹣y∈[a1﹣a2，a2﹣a1]，此时I1为闭区间， 当n≥2时，不妨设x≥y，若x，y∈[a1，a2]，则x﹣y∈[0，a2﹣a1]， 若y∈[a1，a2]，x∈[an，an+1]，则x﹣y∈[an﹣a2，an+1﹣a1]， 若x，y∈[an，an+1]，则x﹣y∈[0，an+1﹣an]， 综上，x﹣y∈[0，a2﹣a1]∪[an﹣a2，an+1﹣a1]∪[0，an+1﹣an]， 又In为闭区间等价于[0，a2﹣a1]∪[an﹣a2，an+1﹣a1]∪[0，an+1﹣an]为闭区间， 而an+1﹣a1＞an+1﹣an＞a2﹣a1，故an+1﹣an≥an﹣a2对任意n≥2恒成立， 故，故qn﹣2（q﹣2）+1≥0， 故对任意的n≥2恒成立，因为q＞1， 故当n→+∞时，→0，故q﹣2≥0即q≥2． 故答案为：[2，+∞）． 14．（2024•上海）a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，任意b1，b2，b3，b4∈R，满足{ai+aj|1≤i＜j≤4}＝{bi+bj|1≤i＜j≤4}，求有序数列{b1，b2，b3，b4}有 　48　 对． 【解答】解：由题意得{ai+aj|6，10，12，18，20，24}， 满足{a1+aj|1≤i＜j≤4}＝{b1+bj|1≤i＜j≤4}， 不妨设b1＜b2＜b3＜b4， 由单调性有b1+b2＝6，b1+b3＝10，b2+b4＝20，b3+b4＝24， 分两种情况讨论： ①b2+b3＝12，b1+b4＝18， 解得b1＝2，b2＝4，b3＝8，b4＝16， ②b2+b3＝18，b1+b4＝12， 解得b1＝﹣1，b2＝7，b3＝11，b4＝13， 所以有2种， 综上共有248对． 故答案为：48． 15．（2023•上海）空间中有三个点A、B、C，且AB＝BC＝CA＝1，在空间中任取2个不同的点D，E（不考虑这两个点的顺序），使得它们与A、B、C恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 　9　 种． 【解答】解：如图所示，设任取2个不同的点为D、E， 当△ABC为正四棱锥的侧面时，如图，平面ABC的两侧分别可以做ABDE作为圆锥的底面，有2种情况， 同理以BCED、ACED为底面各有2种情况，所以共有6种情况； 当△ABC为正四棱锥的截面时，如图，D、E位于AB两侧，ADBE为圆锥的底面，只有一种情况， 同理以BDCE、ADCE为底面各有1种情况，所以共有3种情况； 综上，共有6+3＝9种情况． 故答案为：9． 16．（2023•上海）已知、、为空间中三组单位向量，且⊥、⊥，与夹角为60°，点P为空间任意一点，且||＝1，满足|•|≤|•|≤|•|，则|•|最大值为 　　 ． 【解答】解：设，，， ，不妨设x，y，z＞0，则||＝x2+y2+z2＝1， 因为|•|≤|•|≤|•|， 所以，可得，z≥y， 所以，解得， 故y． 故答案为：． 17．（2022•上海）设函数f（x）满足对任意x∈[0，+∞）都成立，其值域是Af，已知对任何满足上述条件的f（x）都有{y|y＝f（x），0≤x≤a}＝Af，则a的取值范围为 　　 ． 【解答】解：法一：令，解得（负值舍去）， 当时，， 当时，， 且当时，总存在，使得f（x1）＝f（x2）， 故， 若，易得， 所以， 即实数a的取值范围为； 法二：原命题等价于任意， 所以恒成立， 即恒成立，又a＞0， 所以， 即实数a的取值范围为． 故答案为：． 18．（2022•上海）已知函数y＝f（x）为定义域为R的奇函数，其图像关于x＝1对称，且当x∈（0，1]时，f（x）＝lnx，若将方程f（x）＝x+1的正实数根从小到大依次记为x1，x2，x3，…，xn，则（xn+1﹣xn）＝　2　 ． 【解答】解：∵函数y＝f（x）为定义域为R的奇函数，其图像关于x＝1对称，且当x∈（0，1]时，f（x）＝lnx， ∴f（x）是周期为4的周期函数，图像如图： 将方程f（x）＝x+1的正实数根从小到大依次记为x1，x2，x3，…，xn， 则（xn+1﹣xn）的几何意义是两条渐近线之间的距离2， ∴（xn+1﹣xn）＝2． 故答案为：2． 19．（2021•上海）已知ai∈N*（i＝1，2，…，9）对任意的k∈N*（2≤k≤8），ak＝ak﹣1+1或ak＝ak+1﹣1中有且仅有一个成立，a1＝6，a9＝9，则a1+…+a9的最小值为 　31　 ． 【解答】解：设bk＝ak+1﹣ak，由题意可得，bk，bk﹣1恰有一个为1， 如果b1＝b3＝b5＝b7＝b9＝1，那么a1＝6，a2＝7，a3≥1，a4＝a3+1≥2， 同样也有，a5≥1，a6＝a5+1≥2，a7≥1，a8＝a7+1≥2， 全部加起来至少是6+7+1+2+1+2+1+2+9＝31； 如果b2＝b4＝b6＝b8＝1，那么a8＝8，a2≥1，a3＝a2+1≥2， 同样也有，a4≥1，a5≥2，a6≥1，a7≥2， 全部加起来至少是6+1+2+1+2+1+2+8+9＝32， 综上所述，最小应该是31． 故答案为：31． 20．（2021•上海）已知θ＞0，存在实数φ，使得对任意n∈N*，cos（nθ+φ），则θ的最小值是　　 ． 【解答】解：在单位圆中分析，由题意可得nθ+φ的终边要落在图中阴影部分区域（其中∠AOx＝∠BOx）， 所以θ＞∠AOB， 因为对任意n∈N*都成立， 所以∈N*，即θ，k∈N*， 同时θ，所以θ的最小值为． 故答案为：． 三．解答题（共10小题） 21．（2025•上海）已知函数y＝f（x）的定义域为R．对于正实数a，定义集合Ma＝{x|f（x+a）＝f（x）}． （1）若f（x）＝sinx，判断是否是Mπ中的元素，并说明理由； （2）若f，Ma≠∅，求a的取值范围； （3）设y＝f（x）是偶函数，当x∈（0，1]时，f（x）＝1﹣x，且对任意a∈（0，2），均有Ma⊆M2．写出y＝f（x），x∈（1，2）的解析式，并证明：对任意实数c，函数y＝f（x）﹣c在[﹣3，3]上至多有9个零点． 【解答】解：（1）由题意，Mπ＝{x|f（x+π）＝f（x），x∈R}，当时，， f（），故不属于Mπ． （2）根据Ma≠∅可得，存在x0，满足f（x0+a）＝f（x0）， 设f（x0+a）＝f（x0）＝m，所以f（x）与y＝m至少有两个交点， 当x＜0，f（x）单调递增，f（x）∈（﹣∞，2）， 当x＞0，f（x）单调递增，f（x）∈[0，+∞）， 当m∈[0，2）时，f（x）与y＝m有两个交点， 此时x0+a＞0，x0＜0， 所以，可得a＝m2﹣x0＝m2﹣m+2＝（m）2， 因为m∈[0，2），所以a． （3）由题意，当a∈（0，2）时，若f（x+a）＝f（x），则必有f（x+2）＝f（x）， 由f（x）为偶函数，故当x∈（﹣1，0）时，易得f（x）＝x+1， 任取x0∈（﹣1，0），则必有﹣x0∈（0，1）使f（﹣x0）＝f（x0）， 即满足a∈（0，2）时，任意的x0∈（﹣1，0），皆满足f（x+a）＝f（x）， 即任意的x0∈（﹣1，0），f（x+2）＝f（x）， 故x∈（1，2）时，易得f（x）＝x﹣1； 同理可得当x∈（2，3]时，f（x）＝﹣x+3， 由f（x）为偶函数，易得x∈[﹣3，﹣2）时，f（x）＝x+3，x∈（﹣2，﹣1]时，f（x）＝﹣x﹣1， 由f（﹣2），f（0），f（2）仅有f（﹣2）＝f（2）的限制，函数值可任取， 故当c∈（0，1）时，y＝f（x）﹣c在[﹣3，3]内可最多取6+3＝9个零点， 故对任意的实数C，函数y＝f（x）﹣c在[﹣3，3]上至多有9个零点． 22．（2025•上海）已知函数y＝f（x）的定义域是D．对于t∈D，定义集合Sf（t）＝{x|f（x）≥f（t）}． （1）f（x）＝log2x，求Sf（16）； （2）对于集合A，若对任意x∈A都有﹣x∈A，则称A是对称集．若D是对称集，证明：“函数y＝f（x）是偶函数”的充要条件是“对任意t∈D，Sf（t）是对称集”； （3）若x∈R，．求m的取值范围，使得对于任意t1＜t2∈D，都有． 【解答】解：（1）由定义得，Sf（16）＝{x|f（x）≥f（16）}＝{x|log2x≥log216}＝{x|x≥16}． （2）证明：必要性：因为函数y＝f（x）是偶函数，所以对任意x∈D，f（x）＝f（﹣x）， 对任意t∈D，若x∈Sf（t），即f（x）≥f（t），则f（﹣x）＝f（x）≥f（t）， 所以﹣x∈Sf（t），所以对任意t∈D，Sf（t）是对称集． 充分性：若对任意t∈D，Sf（t）是对称集， 因为对任意t∈D，t∈Sf（t），所以﹣t∈Sf（t），即f（﹣t）≥f（t）①， 又﹣t∈Sf（﹣t），所以t∈Sf（﹣t），即f（t）≥f（﹣t）②． 由①②得，对任意t∈D，f（t）＝f（﹣t）， 所以函数y＝f（x）是偶函数． 综上，“函数y＝f（x）是偶函数”的充要条件是“对任意t∈D，Sf（t）是对称集”，得证． （3）因为对于任意t1＜t2∈D，都有， 所以若，则，即若f（x）≥f（t2），则f（x）≥f（t1）， 所以f（t2）≥f（t1），所以f（x）在R上单调不减， 所以对任意x∈R，f′（x）＝ex﹣mx≥0恒成立． 当x＝0时，显然成立，m∈R； 当x＞0时，恒成立，令，， 所以g（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，所以m≤g（x）min＝g（1）＝e； 当x＜0时，恒成立，此时 因为g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，当x→﹣∞时，g（x）→0，g（x）＜0， x＜0，x→0时，g（x）→﹣∞， 所以m≥0； 综上，m的取值范围是[0，e]． 23．（2024•上海）对于一个函数f（x）和一个点M（a，b），定义s（x）＝（x﹣a）2+（f（x）﹣b）2，若存在P（x0，f（x0）），使s（x0）是s（x）的最小值，则称点P是函数f（x）到点M的“最近点”． （1）对于（x＞0），求证：对于点M（0，0），存在点P，使得点P是f（x）到点M的“最近点”； （2）对于f（x）＝ex，M（1，0），请判断是否存在一个点P，它是f（x）到点M的“最近点”，且直线MP与f（x）在点P处的切线垂直； （3）已知f（x）存在导函数f′（x），函数g（x）恒大于零，对于点M1（t﹣1，f（t）﹣g（t）），点M2（t+1，f（t）+g（t）），若对任意t∈R，存在点P同时是f（x）到点M1与点M2的“最近点”，试判断f（x）的单调性． 【解答】解：（1）当M（0，0）时，， 当且仅当即x＝1时取等号， 故对于点M（0，0），存在点P（1，1）， 使得该点是M（0，0）在f（x）的“最近点”； （2）由题设可得s（x）＝（x﹣1）2+（ex﹣0）2＝（x﹣1）2+e2x， 则s'（x）＝2（x﹣1）+2e2x，因为y＝2（x﹣1），y＝2e2x均为R上单调递增函数， 则s'（x）＝2（x﹣1）+2e2x在R上为严格增函数， 而s'（0）＝0，故当x＜0时，s'（x）＜0，当x＞0时，s'（x）＞0， 故s（x）min＝s（0）＝2，此时P（0，1）， 而f'（x）＝ex，k＝f'（0）＝1，故f（x）在点P处的切线方程为y＝x+1， 而，故kMP•k＝﹣1，故直线MP与y＝f（x）在点P处的切线垂直． （3）设， ， 而s1'（x）＝2（x﹣t+1）+2（f（x）﹣f（t）+g（t））f'（x）， s2'（x）＝2（x﹣t﹣1）+2（f（x）﹣f（t）﹣g（t））f'（x）， 若对任意的t∈R，存在点P同时是M1，M2在f（x）的“最近点”， 设P（x0，y0），则x0既是s1（x）的最小值点，也是s2（x）的最小值点， 因为两函数的定义域均为R，则x0也是两函数的极小值点， 则存在x0，使得s1'（x0）＝s2'（x0）＝0， 即s1'（x0）＝2（x0﹣t+1）+2f′（x0）[f（x0）﹣f（t）+g（t）]＝0，① s2'（x0）＝2（x0﹣t﹣1）+2f′（x0）[f（x0）﹣f（t）﹣g（t）]＝0，② 由①②相等得4+4g（t）•f'（x0）＝0，即1+f'（x0）g（t）＝0， 即，又因为函数g（x）在定义域R上恒正， 则恒成立， 接下来证明x0＝t， 因为x0既是s1（x）的最小值点，也是s2（x）的最小值点， 则s1（x0）≤s（t），s2（x0）≤s（t）， 即 ，③ ，④ ③+④得， 即，因为 则，解得x0＝t， 则恒成立，因为t的任意性，则f（x）严格单调递减． 24．（2024•上海）记M（a）＝{t|t＝f（x）﹣f（a），x≥a}，L（a）＝{t|t＝f（x）﹣f（a），x≤a}． （1）若f（x）＝x2+1，求M（1）和L（1）； （2）若f（x）＝x3﹣3x2，求证：对于任意a∈R，都有M（a）⊆[﹣4，+∞），且存在a，使得﹣4∈M（a）． （3）已知定义在R上f（x）有最小值，求证“f（x）是偶函数“的充要条件是“对于任意正实数c，均有M（﹣c）＝L（c）”． 【解答】解：（1）由题意，得M（1）＝{t|t＝x2+1﹣2，x≥1}＝[0，+∞）； ． （2）证明：由题意知，M（a）＝{t|t＝x3﹣3x2﹣a3+3a2，x≥a}， 记g（x）＝x3﹣3x2﹣a3+3a2，则g′（x）＝3x2﹣6x＝0⇒x＝0或2． x （﹣∞，0） 0 （0，2） 2 （2，+∞） g′（x） 正 0 负 0 正 g（x） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 现对a分类讨论，当a≥2，有t＝x3﹣3x2﹣a3+3a2，x≥a为严格增函数， 因为g（a）＝0，所以此时M（a）＝[0，+∞）⊆[﹣4，+∞）符合条件； 当0≤a＜2时，t＝x3﹣3x2﹣a3+3a2，x≥a先增后减，3a2﹣4， 因为﹣a3+3a2＝a2（3﹣a）≥0（a＝0取等号），所以4≥﹣4， 则此时M（a）＝[﹣a3+3a2﹣4，+∞）⊆[﹣4，+∞）也符合条件； 当a＜0时，t＝x3﹣3x2﹣a3+3a2，x≥a，在[a，0）严格增，在[0，2]严格减，在[2，+∞）严格增， ， 因为h（a）＝﹣a3+3a2﹣4，当a＜0时，h′（a）＝﹣3a2+6a＞0，则h（a）＞h（0）＝﹣4， 则此时M（a）＝[tmin，+∞）⊆[﹣4，+∞）成立； 综上可知，对于任意a∈R，都有M（a）⊆[﹣4，+∞]，且存在a＝0，使得﹣4∈M（a）． （3）证明：必要性：若f（x）为偶函数， 则M（﹣c）＝{t|t＝f（x）﹣f（﹣c），x≥﹣c}，L（c）＝{t|t＝f（x）﹣f（c），x≤c}， 当x≥﹣c，t＝f（x）﹣f（﹣c）＝f（﹣x）﹣f（c），因为﹣x≤c，故M（﹣c）＝L（c）； 充分性：若对于任意正实数c，均有M（﹣c）＝L（c）， 其中M（﹣c）＝{t|t＝f（x）﹣f（﹣c），x≥﹣c}，L（c）＝{t|t＝f（x）﹣f（c），x≤c}， 因为f（x）有最小值，不妨设f（a）＝fmin＝m， 由于c任意，令c≥|a|，则a∈[﹣c，c]，所以M（﹣c）最小元素为f（a）﹣f（﹣c）＝m﹣f（﹣c）． L（c）中最小元素为m﹣f（c），又M（﹣c）＝L（c）⇒f（c）＝f（﹣c）对任意c≥|a|成立， 所以f（a）＝f（﹣a）＝m， 若a＝0，则f（c）＝f（﹣c）对任意c⩾0成立⇒f（x）是偶函数； 若a≠0，此后取c∈（﹣|a|，|a|），， 综上，任意c⩾0，f（c）＝f（﹣c），即f（x）是偶函数． 25．（2023•上海）已知f（x）＝lnx，在该函数图像Γ上取一点a1，过点（a1，f（a1））作函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a2），若a2＞0，则过点（a2，f（a2））作函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a3），以此类推a3，a4，…，直至am≤0停止，由这些项构成数列{an}． （1）设am（m≥2）属于数列{an}，证明：am＝lnam﹣1﹣1； （2）试比较am与am﹣1﹣2的大小关系； （3）若正整数k≥3，是否存在k使得a1、a2、a3、…、ak依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）证明：， 则过点（am﹣1，f（am﹣1））的切线的斜率为， 由点斜式可得，此时切线方程为，即， 令x＝0，可得y＝lnam﹣1﹣1， 根据题意可知，am＝lnam﹣1﹣1，即得证； （2）先证明不等式lnx≤x﹣1（x＞0）， 设F（x）＝lnx﹣x+1（x＞0），则， 易知当0＜x＜1时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，当x＞1时，F′（x）＜0，F（x）单调递减， 则F（x）≤F（1）＝0，即lnx≤x﹣1（x＞0）， 结合（1）可知，am＝lnam﹣1﹣1≤am﹣1﹣1﹣1＝am﹣1﹣2； （3）假设存在这样的k符合要求， 由（2）可知，数列{an}为严格的递减数列，n＝1，2，3，…，k， 由（1）可知，公差d＝an﹣an﹣1＝lnan﹣1﹣an﹣1﹣1，2≤n≤k， 先考察函数g（x）＝lnx﹣x﹣1，则， 易知当0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x＞1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 则g（x）＝d至多只有两个解，即至多存在两个an﹣1，使得g（an﹣1）＝d， 若k≥4，则g（a1）＝g（a2）＝g（a3）＝d，矛盾，则k＝3， 当k＝3时，设函数h（x）＝ln（lnx﹣1）﹣2lnx+x+1， 由于h（e1.1）＝ln0.1﹣2.2+e1.1+1＝e1.1﹣ln10﹣1.2＜0，h（e2）＝﹣3+e2＞0， 则存在，使得h（x0）＝0， 于是取a1＝x0，a2＝lna1﹣1，a3＝lna2﹣1，它们构成等差数列． 综上，k＝3． 26．（2023•上海）已知函数f（x）＝ax3﹣（a+1）x2+x，g（x）＝kx+m（其中a≥0，k，m∈R），若任意x∈[0，1]均有f（x）≤g（x），则称函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“控制函数”，且对所有满足条件的函数y＝g（x）在x处取得的最小值记为（x）． （1）若a＝2，g（x）＝x，试判断函数y＝g（x）是否为函数y＝f（x）的“控制函数”，并说明理由； （2）若a＝0，曲线y＝f（x）在x处的切线为直线y＝h（x），证明：函数y＝h（x）为函数y＝f（x）的“控制函数”，并求（）的值； （3）若曲线y＝f（x）在x＝x0，x0∈（0，1）处的切线过点（1，0），且c∈[x0，1]，证明：当且仅当c＝x0或c＝1时，（c）＝f（c）． 【解答】解：（1）f（x）＝2x3﹣3x2+x，设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝2x3﹣3x2， h′（x）＝6x2﹣6x＝6x（x﹣1），当x∈[0，1]时，易知h′（x）＝6x（x﹣1）≤0，即h（x）单调减， ∴h（x）max＝h（0）＝0，即f（x）﹣g（x）≤0⇒f（x）≤g（x）， ∴g（x）是f（x）的“控制函数“； （2）， ∴， ∴f（x）≤h（x），即y＝h（x）为函数y＝f（x）的“控制函数“， 又，且，∴； 证明：（3）f（x）＝ax3﹣（a+1）x2+x，f′（x）＝3ax2﹣2（a+1）x+1， y＝f（x）在x＝x0（x0∈（0，1））处的切线为t（x）， t（x）＝f′（x0）（x﹣x0）+f（x0），t（x0）＝f（x0），t（1）＝0⇒f（1）＝0， ， ， ， ， 恒成立， 函数t（x）必是函数y＝f（x）的“控制函数“， 是函数y＝f（x）的“控制函数“， 此时“控制函数“g（x）必与y＝f（x）相切于x点，t（x）与y＝f（x）在处相切，且过点（1，0）， 在之间的点全在使得y＝f（x）在切线的下方，所以或c＝1， 所以曲线y＝f（x）在x＝x0（x0∈（0，1））处的切线过点（1，0），且c∈[x0，1]， 当且仅当c＝x0或c＝1时，． 27．（2022•上海）数列{an}对任意n∈N*且n≥2，均存在正整数i∈[1，n﹣1]，满足an+1＝2an﹣ai，a1＝1，a2＝3． （1）求a4可能值； （2）命题p：若a1，a2，⋯，a8成等差数列，则a9＜30，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由； （3）若a2m＝3m，（m∈N*）成立，求数列{an}的通项公式． 【解答】解：（1）a3＝2a2﹣a1＝5，a4＝2a3﹣a2＝7或a4＝2a3﹣a1＝9． （2）∵a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列，∴， a9＝2a8﹣ai＝30﹣ai＜30． 逆命题q：若a9＜30，则a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列是假命题，举例： a1＝1，a2＝3，a3＝5，a4＝7，a5＝9，a6＝11，a7＝13，a8＝2a7﹣a5＝17，a9＝2a8﹣a7＝21． （3）因为， ∴，a2m+1＝2a2m﹣aj（j≤2m﹣1）， ∴a2m+2＝4a2m﹣2aj﹣ai， ∴， 以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明an+1＞an恒成立： 当n＝1，a2＞a1明显成立， 假设n＝k时命题成立，即ak＞ak﹣1＞ak﹣1⋯＞＞a2＞a1＞0， 则ak+1﹣ak＝2ak﹣ai﹣ak＝ak﹣ai＞0，则ak+1＞ak，命题得证． 回到原题，分类讨论求解数列的通项公式： 1．若 j＝2 m﹣1，则a2m＝2aj+ai＝2a2m﹣1+ai＞a2m﹣1﹣ai矛盾， 2．若 j＝2 m﹣2，则，∴，∴i＝2m﹣2， 此时， ∴， 3．若 j＜2 m﹣2，则， ∴，∴j＝2m﹣1， ∴a2m+2＝2a2m+1﹣a2m﹣1（由（2）知对任意m成立）， a6＝2a5﹣a3， 事实上：a6＝2a5﹣a2矛盾． 综上可得． 28．（2022•上海）已知函数f（x）的定义域为R，现有两种对f（x）变换的操作：φ变换：f（x）﹣f（x﹣t）；ω变换：|f（x+t）﹣f（x）|，其中t为大于0的常数． （1）设f（x）＝2x，t＝1，g（x）为f（x）做φ变换后的结果，解方程：g（x）＝2； （2）设f（x）＝x2，h（x）为f（x）做ω变换后的结果，解不等式：f（x）≥h（x）； （3）设f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，f（x）先做φ变换后得到u（x），u（x）再做ω变换后得到h1（x）；f（x）先做ω变换后得到v（x），v（x）再做φ变换后得到h2（x）．若h1（x）＝h2（x）恒成立，证明：函数f（x）在R上单调递增． 【解答】解：（1）∵f（x）＝2x，t＝1，g（x）为f（x）做φ变换后的结果，g（x）＝2， ∴g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1）＝2x﹣2x﹣1＝2x﹣1＝2， 解得x＝2． （2）∵f（x）＝x2，h（x）为f（x）做ω变换后的结果，f（x）≥h（x）， ∴x2≥|（x+t）2﹣x2|＝|2tx+t2|， 当x时，f（x）≥h（x）恒成立； 当x时，2tx+t2≤x2， 解得x≥（1）t，或x≤（1）t， 综上，不等式：f（x）≥h（x）的解集为（﹣∞，（1）t]∪[（1）t，+∞）． （3）证明：f（x）先做φ变换后得到u（x），u（x）再做ω变换后得到h1（x）， ∴u（x）＝f（x）﹣f（x﹣t），h1（x）＝|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|， f（x）先做ω变换后得到v（x），v（x）再做φ变换后得到h2（x）， ∴v（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|，h2（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|， ∵h1（x）＝h2（x），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增， ∴|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|， ∴对t＞0恒成立， ∴函数f（x）在R上单调递增． 29．（2021•上海）已知x1，x2∈R，若对任意的x2﹣x1∈S，f（x2）﹣f（x1）∈S，则有定义：f（x）是在S关联的． （1）判断和证明f（x）＝2x﹣1是否在[0，+∞）关联？是否有[0，1]关联？ （2）若f（x）是在{3}关联的，f（x）在x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，求解不等式：2≤f（x）≤3． （3）证明：f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”． 【解答】解：（1）f（x）在[0，+∞）关联，在[0，1]不关联， 任取x1﹣x2∈[0，+∞），则f（x1）﹣f（x2）＝2（x1﹣x2）∈[0，+∞），∴f（x）在[0，+∞）关联； 取x1＝1，x2＝0，则x1﹣x2＝1∈[0，1]， ∵f（x1）﹣f（x2）＝2（x1﹣x2）＝2∉[0，1]，∴f（x）在[0，1]不关联； （2）∵f（x）在{3}关联，∴对于任意x1﹣x2＝3，都有f（x1）﹣f（x2）＝3， ∴对任意x，都有f（x+3）﹣f（x）＝3， 由x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，得f（x）在x∈[0，3）的值域为[﹣1，3）， ∴f（x）在x∈[3，6）的值域为[2，6）， ∴2≤f（x）≤3仅在x∈[0，3）或x∈[3，6）上有解， x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，令2≤x2﹣2x≤3，解得x＜3， x∈[3，6）时，f（x）＝f（x﹣3）+3＝x2﹣8x+18，令2≤x2﹣8x+18≤3，解得3≤x≤5， ∴不等式2≤f（x）≤3的解为[，5]， （3）证明：①先证明：f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的⇒f（x）在[1，2]是关联的， 由已知条件可得，f（x+1）＝f（x）+1， ∴f（x+n）＝f（x）+n，n∈Z， 又∵f（x）是在[0，+∞）关联的， ∴任意x2＞x1，f（x2）＞f（x1） 成立， 若1≤x2﹣x1≤2， ∴x1+1≤x2≤x1+2， ∴f（x1+1）≤f（x2）≤f（x1+2），即f（x1）+1≤f（x2）≤f（x1）+2， ∴1≤f（x2）﹣f（x1）≤2， ∴f（x）是[1，2]关联， ②再证明：f（x）在[1，2]是关联的⇒f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的， ∵f（x）在[1，2]是关联的，∴任取x1﹣x2∈[1，2]，都有f（x1）﹣f（x2）∈[1，2]成立， 即满足1≤x1﹣x2≤2，都有1≤f（x1）﹣f（x2）≤2， 下面用反证法证明f（x+1）﹣f（x）＝1， 若f（x+1）﹣f（x）＞1，则f（x+2）﹣f（x）＝f（x+2）﹣f（x+1）+f（x+1）﹣f（x）＞2，与f（x）在[1，2]是关联的矛盾， 若f（x+1）﹣f（x）＜1，而f（x）在[1，2]是关联的，则f（x+1）﹣f（x）≥1，矛盾， ∴f（x+1）﹣f（x）＝1成立，即f（x）是在{1}关联的， 再证明f（x）是在[0，+∞）关联的， 任取x1﹣x2∈[n，+∞）（n∈N），则存在n∈N，使得任取x1﹣x2∈[n，n+1]（n∈N）， ∵1≤x1﹣（n﹣1）﹣x2≤2， ∴f[x1﹣（n﹣1）]﹣f（x2）＝f（x1）﹣（n﹣1）﹣f（x2）∈[1，2]， ∴f（x1）﹣f（x2）⊆[n，n+1]⊆[0，+∞）， ∴f（x）是在[0，+∞）关联的； 综上所述，f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”， 故得证． 30．（2021•上海）已知数列{an}满足an≥0，对任意n≥2，an和an+1中存在一项使其为另一项与an﹣1的等差中项． （1）已知a1＝5，a2＝3，a4＝2，求a3的所有可能取值； （2）已知a1＝a4＝a7＝0，a2、a5、a8为正数，求证：a2、a5、a8成等比数列，并求出公比q； （3）已知数列中恰有3项为0，即ar＝as＝at＝0，2＜r＜s＜t，且a1＝1，a2＝2，求ar+1+as+1+at+1的最大值． 【解答】解：（1）由题意，2an＝an+1+an﹣1或2an+1＝an+an﹣1， ∴2a2＝a3+a1解得a3＝1，2a3＝a2+a1解得a3＝4，经检验，a3＝1， （2）证明：∵a1＝a4＝a7＝0，∴a3＝2a2，或，经检验，； ∴，或（舍），∴； ∴，或（舍），∴； ∴，或（舍），∴； 综上，a2、a5、a8成等比数列，公比为； （3）由2an＝an+1+an﹣1或2an+1＝an+an﹣1，可知或， 由第（2）问可知，ar＝0，则ar﹣2＝2ar﹣1，即ar﹣1﹣ar﹣2＝﹣ar﹣1， ∴ar＝0，则， ∴， 同理，， ∴，同理，，∴ar+1+as+1+at+1的最大值． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$