重难点01 数列与导数（十大考点）（高效培优期末专项训练）数学人教A版高二选择性必修第二册

**基本信息** 聚焦数列与导数重难高频考点，构建“方法-题型-应用”三维训练体系，通过分类突破培养数学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |数列|6考点（30题）|递推关系求通项、六大方法体系、错位相减与裂项相消技巧、新定义迁移、不等式证明|从基础递推到综合应用，形成“概念-方法-拓展”逻辑链，强化运算能力与推理意识| |导数|4考点（20题）|双变量问题转化、实际问题建模、新定义理解、极值点偏移论证|从工具应用到复杂问题，构建“导数性质-实际情境-创新题型”递进关系，发展数学建模与创新意识|

重难点01 数列与导数重难高频 考点01递推关系求通项 考点02六大方法求通项 考点03错位相减巧妙考察 考点04裂项相消综合分析 考点05数列新定义 考点06数列不等式 考点07利用导数研究双变量 考点08 利用导数解决实际问题 考点09 导数新定义 考点10 导数中的极值点偏移 考点01递推关系求通项 1．数列的前项和为，，，则______. 【答案】 【分析】先通过将换为得到新等式，再与原式作差并结合化简，最后根据等差数列定义求出通项公式. 【详解】已知，当时，将换为得： 两式作差可得： ， 又因为，所以， 整理得：， 因为时，两边约去得： ，即是首项、公差的等差数列， 由等差数列通项公式可得： ， 当时也满足，故. 2．已知数列满足，，是其前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为__________． 【答案】35 【分析】根据可得，由累加法可得，进而可得，由得，进而根据等比数列的求和可得，两种情况结合可得进而可求解. 【详解】由，得，由累加法，当时， ， 当时，， 因此， 即得，当时，，故， 由得，所以， 所以， 所以， 即，令， 则， 因为，所以，所以数列为递增数列， 当时，，所以， 综上可知，，故满足条件的正整数的所有可能取值的个数为. 3．数列满足，，且． (1)证明是等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）对给定递推式变形构造目标数列证明其为等比数列； （2）利用(1)中等比数列结论构造等差数列求出通项即可； （3）根据通项等差乘等比的结构用错位相减法求前n项和. 【详解】（1）已知 ， 移项可得 ， 又 ，，则 ， 因此 为常数， 故 是首项为3，公比为3的等比数列. （2）由（1）得 ， 两边同除以得， 因此是首项为，公差为的等差数列， 故，即知. （3）由（2）知， 所以 ，① 两边同乘3得 ，② ①-②得： ， ， 所以 ， 解得. 4．在数列中，已知，，则数列的前2025项和________． 【答案】 【详解】因为，所以， 所以， 因此. 5．已知数列满足，，则数列的前项的和为________. 【答案】 【分析】先由通过累加法求通项得，再通过裂项相消求和可得. 【详解】由题意可知，满足，， 当时，， ，以上各式累加得， ， 当时，，也满足上式，，则. ∴数列的前项和为， . 考点02六大方法求通项 6．数列的前n项和为，满足 ，若. (1)证明：数列为等比数列； (2)记，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据求出，再根据等比数列的定义可证明数列为等比数列； （2）利用分组求和可取. 【详解】（1）因为，故， 而， 故， 整理得，即， 故，所以，故数列为等比数列； （2）由（1）可得， 故 . 7．（多选）已知数列的前项和为，且，则（   ） A． B．是等差数列 C． D．数列的前项和小于 【答案】ACD 【分析】对于A，利用求解；对于B，利用的关系求出的通项公式，再进行证明；对于C，求出，，进行比较；对于D，利用裂项相消法求出数列的和即可证明. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，当时，， 符合上式，所以，所以， 所以当时，，所以是等比数列，B错误； 对于C，，， 所以，C正确； 对于D，， 设数列的前项和为， 则 ，D正确. 8．已知数列的前项和为，且，记数列的前项和为，若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为________． 【答案】 【分析】由题意可得是首项为2，公比为2的等比数列，进而可得 ，  利用裂项相消法可得，进而得出结果. 【详解】依题意， 当时，， 由，， 两式相减并化简得， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 即． ， 所以， 所以实数的取值范围是． 9．记为数列的前n项和，已知，． (1)证明：数列是等比数列； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用得到与的递推关系，再根据等比数列的定义得证； （2）结合（1）得，进而得，再根据裂项求和法即得. 【详解】（1）证明：由，得， 则， 所以， 因为，所以， 故数列是以2为首项，2为公比的等比数列． （2）由（1）可知，，所以． ， 故． 10．（多选）若数列的前n项和为，且，从其前项中任取两项，记这两项都是正数的概率为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】A选项，利用分组求和法进行求解； B选项，利用进行求解； C选项，分别计算和，可直接比较大小； D选项，分别计算和，再用作差法比较大小. 【详解】A选项， ，，， ， 所以，所以A选项正确； B选项，，所以B选项错误； C选项，前项中，一共有正数项个，负数项个， 此时， 前项中，一共有正数项个，负数项个， 此时， 因为，则，所以C选项正确； D选项，前项中，一共有正数项个，负数项个， 此时， 所以， 则，所以D选项正确. 考点03错位相减巧妙考察 11．已知圆：，点，为坐标原点，对于上的点（），按照如下方式构造点：过点作直线垂直于轴，垂足为，点满足，直线交于点（异于）．数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题可得，由，求得，将直线的方程与圆方程联立，进而求得与的递推关系，求得，代入求得数列的通项公式，利用错位相减法求出，得解. 【详解】由，得，设，由，得， 得，所以直线的方程为 ，代入C的方程并化简，得 ，又，即 解得或（舍）， 所以，所以，所以， 又，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以 ， 于是， 两边同乘以，得， 两式相减，得， 所以，所以. 12．已知欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如：；记集合中元素个数为，则数列前项和为__________． 【答案】 【分析】由欧拉函数的定义可求出，进而得到，可得，再根据错位相减法求和即可. 【详解】因为3为质数，在不超过的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为， 则，即， 所以集合 当时，集合为，则； 当时，集合为，则； 当时，，则， 综上所述，，则， 设数列前项和为， 当时，； 当时，， 则， 两式相减得，， 则, 显然满足上式，则. 13．数列中，，数列的前项和，则数列的前项和______. 【答案】 【分析】先求解数列，再求得数列，用错位相减求和，进而求解的前项和. 【详解】已知数列的通项公式为，则， 数列的前项和为，当时，，当时，， 因此数列的通项公式为 当时，； 当时，， 则， 两式相减得， 即. 化简得，时也符合该式， 综上所述，. 14．已知等比数列的前项和为，且．在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，若为数列的前项和，则______． 【答案】 【分析】利用递推式结合等比数列性质求出，进而求出及，从而得出表达式，再利用错位相减法化简，求出． 【详解】当时，，则， 即，故公比为3； 当时，，解得， ， 由题意知，，则， 解得，， 令，则①， ②， 用①减②得，， 解得， ． 15．过三棱柱的棱的中点M且与底面ABC平行的平面内的一动点O满足：对任意都成立，且，则数列的前n项和________． 【答案】 【分析】则根据题意可知O为的中点，所以，化简得到， 由A，B，C，E四点共面得到，可证明得到数列是等比数列．求得， 再利用错位相消法得到． 【详解】作出示意图如下：    设直线与底面ABC的交点为E， 则根据题意可知O为的中点，所以， 又， 所以， 又因为A，B，C，E四点共面，且，，不共面， 所以， 所以，所以， 因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 所以， ， 两式相减得： ， 所以． 故答案为：. 考点04裂项相消综合分析 16．平面直角坐标系中，曲线上有一系列点，，…．对，以为圆心的圆与轴都相切，且圆与圆彼此外切．若，且，记数列的前项的和为，则使得恒成立的最小正整数为______． 【答案】507 【分析】曲线上的点 满足 ，根据圆与外切，可得等式，两式联立可得，求得数列的通项，从而可得数列的通项，利用裂项相消法可得，最后由数列单调性分析和恒成立条件即可求出最小正整数 . 【详解】根据题意，曲线 上的点 满足 ； 因为圆 与轴相切，圆心纵坐标为，故半径 ； 圆与的圆心距， 半径之和为 ， 因为圆与外切， 所以，化简得：， 将 代入上式可得： 又因为，所以，即， 所以数列为等差数列，首项： ，公差 ； 通项： 所以 所以， ，随 增大递增，极限为 ， 即 对所有 成立； 恒成立条件： 恒成立，需 ，即； 故最小正整数 结论：满足条件的最小正整数为 507. 17．已知数列是各项均不为零的等差数列，为其前项和，且，若不等式恒成立，则实数的最小值______. 【答案】/ 【分析】利用等差数列的前项和公式及等差数列的性质求得，用裂项相消法求得的和，进而求出最小值 【详解】是等差数列，则，， 所以， 所以， 所以， 即对任意恒成立， 所以，即的最小值是． 18．设数列满足，，且，若表示不超过的最大整数，则__________． 【答案】5 【分析】根据给定条件，利用构造法、累加法求出，再利用裂项相消法求和即得. 【详解】在数列中，由，得， 由，，得， 因此数列是首项为，公差为的等差数列，， 当时， ，而满足上式，则， 于是， ，所以. 19．已知抛物线：，按如下方法依次构造点列：设点，过抛物线上点作斜率为4的直线与抛物线交于另一点，为关于轴的对称点.记的坐标为，数列的前项和为，则______. 【答案】 【分析】设：，通过对称性确定，由在直线上，和，在抛物线上，确定数列是等差数列，再结合裂项相消法即可求解. 【详解】 设直线：， 因为与关于轴对称，所以 由在直线上得:， 又点，在抛物线上， 所以 得（常数），所以数列是等差数列. 又， 所以， 所以， 所以， 故 20．已知等差数列的前项和为，且，数列的前项和为，若对于任意正整数恒成立，则的最小值为___________． 【答案】 【分析】先求的通项公式，再求和的表达式，并确定的最小值 【详解】设的公差为，则， 所以，所以， ， 且当时，， 所以为使若对于任意正整数恒成立，则， 则的最小值为． 考点05数列新定义 21．数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列．现若扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现将数列，进行构造，第1次得到数列，，；第2次得到数列，，，，；…记第次得到数列的项数为，如，，则___________（用含的式子表示）；记第次得到数列的所有项的和，如，，则___________．（用含的式子表示） 【答案】 【分析】应用数列新定义列式结合等比数列定义即可得出通项公式. 【详解】依题意， 则是以为首项以2为公比的等比数列， ， 因此，而， 则数列是以6为首项，3为公比的等比数列， ． 22．已知从数列中剔除与数列中相同的项后，按从小到大的顺序重新排列得到数列．设数列的前n项和为，若，则n的最大值为________． 【答案】 【分析】分析已知条件得出数列的公共项即为数列的所有项，利用等差数列及等比数列的前项和公式得出和，进而得出，，结合分析得出，进而得出的取值范围及最大值，进而求出n的最大值． 【详解】数列是首项为，公差为的等差数列，数列的项为， 两数列的公共项即为的所有项， 数列的前项和为， 前个公共项的和， 当时，该公共项在的前项和中， 当时，，小于下一个公共项， 前项中仅有个公共项，即为， 对应，； 由题意知，，， 代入得，，即， 解得， ， ， 当时，，； 当时，，， 不合题意； ． 23．记为不大于实数的最大整数，已知数列的通项公式为，则的前2026项的和_________． 【答案】4971 【详解】根据题意知： 因此． 24．在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，现将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第次得到数列，若此时，则________． 【答案】7 【分析】通过构造辅助等比数列推导数列总和的正确递推通项，求出构造次数，归纳首个插入数的变化规律完成求解. 【详解】设第次构造后数列的总和为，单次构造新增插入数字的和为. 初始数列总和. 由插入规则，单次插入数字和为原数列所有相邻两项之和， 可得，. 联立化简得，变形为， 因此，是以为首项、为公比的等比数列， ，， 前次插入所有数字的总和满足， 结合题设，可得，，， 解得，即. 归纳首次插入数规律：第次，第次，第次，……，第次. 因此，第次构造时，. 25．已知无穷数列{}的前n项和 ，若存在不相等的正整数，，使得 则称 为“绝对可等和数列”.给出下列结论： ①已知数列则数列{}为“绝对可等和数列”； ②存在一个公差不为0的等差数列{}，使得对任意的正整数k，总存在j≠k，满足 ③若公比为q的等比数列{}为“绝对可等和数列”，则q的取值集合为 ④若两个公差均不为0的等差数列{}和{}均为“绝对可等和数列”，则 也一定是“绝对可等和数列” 其中所有错误结论的序号是___. 【答案】②③④ 【分析】结论①中数列前一项的和与前三项的和相等，因此符合定义；结论②中公差非零的等差数列，其前若干项和的绝对值最终会一直增大，总会有某个位置的和绝对值独一无二，无法找到另一个位置与之相等；结论③与结论④可以通过构造反例说明. 【详解】结论①正确：的前项和， ， ， 故 ，存在不相等的正整数，满足定义，因此①正确； 结论②错误：公差不为0的等差数列前项和 ， 根据二次函数单调性，当,在单调递增，当,在单调递减， 所以当时， ，必存在某个使得唯一，无法找到满足 ， 故不存在这样的等差数列，所以②错误； 结论③错误：等比数列公比时，取，则， 故 ，满足“绝对可等和数列”定义，但 ，因此③错误； 结论④错误：取：，记前项和为，则，是“绝对可等和数列”， 取： ，记前项和为，则前项和为，存在， 所以也是“绝对可等和数列”， 记的前项和为，则， 对于二次函数，时，单调递增， 即数列的前项和在上单调递增， 因为， 可知当时不存在不相等的正整数，，使得， 当时，由于前项和是单调递增的，所以也不存在不相等的正整数，，使得 ， 故不是“绝对可等和数列”，所以④错误. 考点06数列不等式 26．若数列满足（，当且仅当为奇数时取“”），，，，若，则正整数的最大值为_________． 【答案】 【分析】根据数列满足的不等关系，推出数列的单调性，将问题转化为：数列增长速度最慢时，根据，求的值即可． 【详解】因为，则，（，当且仅当为奇数时取“”）， 又，所以数列为递增数列． 问题转化为：数列增长速度最慢时，由，求的值． 设，则； 当时，，所以； 当时，，又，所以； 当时，，所以； 当时，，又，所以； 当时，，所以； 归纳得：当为奇数时，；当为偶数时，． 又． 若， 由， 即； 若， 由， 即． 此时，，． 又，所以数列应该是在第项之后，突然改变增长速度，使得． 故的最大值为． 27．在等比数列中，，，则满足不等式的正整数的最小值为______. 【答案】 【分析】求出等比数列的公比为，根据题中等式求出、的值，可得出数列的通项公式，记，分为偶数和奇数两种情况讨论，利用并项求和法化简的表达式，然后解不等式即可得解. 【详解】设等比数列的公比为， 记， 因，， 则，代入， 解得，所以； 令，则， 当为偶数时，， 则，即，无正整数解； 当为奇数时，， 由，解得， 又为奇数，所以的最小值为. 综上所述，满足不等式的正整数的最小值为. 28．已知数列满足，，，对任意不等于的正整数，都有，则实数的取值范围是______ 【答案】 【分析】结合递推公式及等差数列的定义得到数列是以为首项，为公差的等差数列，从而求出的通项公式，再由二次函数的性质得到关于的不等式组，解得即可. 【详解】由，得， 得，即， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 则， 所以，于是， 因为对任意不等于的正整数，都有， 又二次函数图象的对称轴为， 由题意得，解得，所以实数的取值范围是. 29．已知数列满足．给出下列四个结论： ①； ②存在； ③数列单调递增； ④，都有成立． 其中所有正确结论的序号是___________ 【答案】①③④ 【分析】根据递推关系计算后结合作差法可判断①的正误，利用数学归纳法可证，故可判断②的正误，利用分子有理化结合可证单调递增，故可判断③的正误，利用放缩法结合累乘可判断④的正误. 【详解】因为，则数列为正项数列， 且，，故， 由， 故，而，故，故①正确； 下证：. 当时，，不等式成立； 设当时，成立； 因，而，故成立. 由数学归纳法可知对任意成立，故②错误； 又， 因为，故，而， 故，即，故数列单调递增，故③正确； 由题设有， 而，故， 则，，， 故（），而， 故（），故④正确. 30．已知等比数列的前项和为，若对一切正整数，存在数列都有，则公比的取值范围是______. 【答案】 【分析】先判断时是否满足的条件，再由等比数列的通项公式和前项和公式，再代入不等式进行整理，进而结合的正负进行分类讨论，进而推导的取值范围. 【详解】当时，，．由，得，即． 因为，所以，取即可满足对一切正整数都有，故符合题意． 当时，，由，得. 整理得. 令. 下面分类讨论的取值． （1）当时，．又，且随增大而减小，所以随增大而增大， 故的最小值为. 于是对一切恒成立，取即可满足题意．故符合题意． （2）当时，，且．此时随增大而递减． 若，则. 又递减，所以对一切恒成立，取即可满足题意．故符合题意． 若，则，而随增大趋于，所以不能保持同号， 不存在非零使不等式对一切正整数恒成立．故不符合题意． （3）当时，，且，所以． 取即可满足题意．故符合题意． （4）当时．设，则． 当为奇数时，. 当为偶数时，. 若，则偶数项中的随增大最终为负，而奇数项恒为正，符号不一致，不符合题意． 若，则偶数项中在时最大，所以只需 即. 分解得 因为 ，所以只需 解得所以，也就是 则当时，对一切恒成立．又，所以， 取即可满足题意．综上，. 考点07利用导数研究双变量 31．已知函数，，若，且，则的最大值为______. 【答案】 【分析】根据的单调性及特殊值，求得，再由，找到和满足的等量关系，再以此化简得到，构造函数，利用导数求最值即可. 【详解】，时，，单调递增， 又，，所以， 又，所以， 由，有，即， 又，，在上单调递增，所以， 即，所以， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，即，即， 所以的最大值为. 32．已知函数，若使得成立，则实数的取值范围是_____________. 【答案】 【分析】先求出的最小值将原命题转化为有解的问题，随后运用参变分离法构造新函数并求其极小值，即可得出参数的取值范围. 【详解】由题意得， 则当时，，即在上单调递增， 则；由使得成立， 则在上有解，即在上有解， 令，因为，则， 故在上单调递减，则，即实数的取值范围是． 33．已知正实数a，b满足，则______________． 【答案】 【分析】利用导数分别求出等式两边的最值即可求解. 【详解】 设 ，求导得 ， 因此：在单调递减，在 单调递增，最小值为 ， 原等式右边整理为 ，求导得 ， 因此：在 单调递增，在 单调递减，最大值为 ， 原等式即为，而 ，，等号成立当且仅当： ， 故 . 34．设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是________. 【答案】 【分析】根据函数有两个极值点可得方程在上有两个不等实根，，由此可得韦达定理的结论，将表示为关于的函数的形式，构造函数，利用导数求得即可． 【详解】定义域为，， 有两个极值点，等价于在上有两个不等实根，， ，，，， ， 设， 则， 在上单调递减，， 即， 的最小值为． 故答案为：． 35．已知，，若对任意，都存在，使得，则实数的取值范围为________． 【答案】 【分析】由题意得，构造函数与，利用导数分别求两函数的值域，再分类讨论将问题转化为值域间的包含关系，进而建立关于的不等式求解可得. 【详解】由得. 设，. 则， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以，且当时，； 当时，. 故的值域为； 设，. 则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 所以，且当时，； 当时，. 故的值域为； 若，则，故值域， 且恒有. 由题意对任意，都存在，使得. 但当时，恒有， 即不存在，使得，故， 所以，则函数的值域为， 要使对任意，都存在， 使得，即， 则需的值域，则， 解得，故实数的取值范围为. 故答案为：. 考点08 利用导数解决实际问题 36．如图所示，某公园有一块半径为1千米、圆心角为直角的扇形游乐景观，若公园主办方计划在弧上选取一点，在扇形内保留游乐景观，并修建三条观光道、和（其中，）．若观光道每千米可带来收益3万元，扇形的游乐景观每平方千米需投入维护成本1万元，则当扇形区域为公园产生的净收益取得最大值时，_____________度．（结果精确到0.1度） 【答案】 【分析】设，根据题意表示出公园产生的净收益为，利用导数分析函数的单调性，进而求解即可. 【详解】由题意，设，由于扇形的半径为1，， 则，， 所以公园产生的净收益为， 则， 令，得，而， 则（近似值），即此时函数单调递增； 令，得，而， 则（近似值），即，此时函数单调递减， 则扇形区域为公园产生的净收益取得最大值时，. 37．将上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为6的一个圆台打磨成一个球，再将此球打磨成一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为_________． 【答案】 【详解】 如图，由圆台的轴截面可知，当母线长等于上、下底面圆的半径之和时，圆台有内切球. 因为，所以该圆台有内切球， 故当打磨成该圆台的内切球时，球的体积最大. 记内切球半径为R，可得，. 记圆柱的底面半径为r，高为h， 易知圆柱体积最大时其外接球为圆台的内切球， 所以，则，， 此时圆柱的体积. 设，，则. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以，所以该圆柱体积的最大值为. 38．如图，将一张A4纸（长宽比为）折出3条与短边平行的折痕，现沿折痕将其围成一个四棱柱（边与边重合）．若任取该四棱柱的两条棱，它们平行的概率为，则当该四棱柱体积最大时，直线与所成角的余弦值为______． 【答案】 【分析】先根据棱柱的定义，分别求出：①底面四边形的两组对边都不平行，②底面四边形恰有一组对边平行，及③底面四边形有两组对边平行的概率，从而确定该四棱柱底面为平行四边形，再根据平行四边形的面积公式，基本不等式，勾股定理，及余弦定理即可求解． 【详解】由棱柱的定义知棱柱的侧棱相互平行，上下底面的对应边分别平行，故只需考虑一个底面边的平行情况． ①若底面四边形的两组对边都不平行，则任取两条棱平行的概率为； ②若底面四边形恰有一组对边平行，则任取两条棱平行的概率为； ③若底面四边形有两组对边平行，则任取两条棱平行的概率为； 综上可知，该四棱柱底面为平行四边形． 因此， 当且仅当，， 即底面四边形为正方形时底面面积最大，此时四棱柱的体积最大． 连接，易得，或其补角为异面直线与所成角， 设，又该A4纸的长宽比为，则， 所以，， 在中，由余弦定理得， 故直线与所成角的余弦值为． 39．一块边长为的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器，则该容器的容积最大时正四棱锥的高为__________. 【答案】 【详解】由正方形的边长为，所以可得正四棱锥的斜高为， 设正四棱锥的底面边长为，高为， 所以，所以， 所以正四棱锥的体积， 令，求导得， 令，得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以， 所以，故该容器的容积最大时正四棱锥的高为. 40．有一直角转弯的走廊（两侧与顶部都封闭），已知两侧走廊的高度都是米，左侧走廊的宽度为米，右侧走廊的宽度为米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊.为了方便搬运，规定允许通过此走廊的硬管的最大实际长度为可通过的最大极限长度的倍，则的值是_________. 【答案】 【分析】先分析水平平面内的硬管极限长度：即将走廊的水平截面看作 “直角拐角”（左侧宽米，右侧宽1米）；再求的最小值：即水平方向能通过的最长硬管长度；最后结合高度求空间极限长度：即走廊高度为6米，硬管需同时满足“水平长度≤8”和“高度≤6”，因此空间中硬管的极限长度为“水平极限长度与高度构成的空间对角线”，计算出实际长度即可. 【详解】设硬管与左侧走廊水平方向的夹角为，则水平方向硬管长度为：， 则， 令，得，即， 所以，即，代入得： 水平极限长度：， 空间极限长度==10， 因为实际长度为极限长度的0.8倍，所以. 故的值是8. 故答案为：. 考点09 导数新定义 41．设函数，如果存在函数（、为常数），使得对函数定义域内任意都有成立，那么称为函数的一个“线性上界函数”，若函数是函数的一个“线性上界函数”，则实数的取值范围是______． 【答案】 【分析】由题意可知对任意的，，参变量分离得，求出函数在上的最大值，结合得出实数的取值范围. 【详解】由题意可知，对任意的，，即， 参变量分离可得， 令，其中，则， 所以函数在上单调递增，故当时，，即， 所以当时，， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递减，即， 由不等式的性质可得，即，当且仅当时，等号成立， 故函数在上的最大值为，所以， 即实数的取值范围是. 42．若定义在区间上的函数，其导函数为，且，，则称为区间上的“函数”、若为区间上的“函数”，则实数的取值范围是______. 【答案】 【分析】根据“函数”的定义，将不等式转化为，再构造函数，再用导数求函数的最大值，从而可得所求值的范围. 【详解】由，且，所以， 所以， 依题意，为区间上的“函数”，所以，即， 所以在上恒成立，得在上恒成立. 令，，则， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 故当时，函数在区间上取得极大值，也是区间上的最大值， ，实数的取值范围为. 43．在微积分中“以直代曲”是最基本、最朴素的思想方法，中国古代科学家刘徽创立的“割圆术”，用圆的外切正n边形和内接正n边形“内外夹逼”的办法求出了圆周率的精度较高的近似值，事实上就是用“以直代曲”的思想方法进行近似计算的，它是我国最优秀的传统科学文化之一．借用“以直代曲”的方法，在切点附近可以用函数图象的切线代替在切点附近的曲线来“近似计算”．若函数，则曲线在点处的切线方程为______，用此结论“近似计算”的值为______（结果用分数表示）． 【答案】 【分析】根据新定义，利用导数的几何意义即可得切线方程，继而近似计算，可得答案． 【详解】函数的导数为，所以， 函数在点处的切线为， 所以在附近可以用代替， 即，又非常接近0， ． 故答案为：；． 44．探索新定义  定义：设二元函数在点的附近有定义，当固定在而在处有改变量时，相应的二元函数有改变量，如果存在，那么称此极限为二元函数在点处对的偏导数，记作．若在区域内每一个点处对的偏导数都存在，那么这个偏导数就是一个关于x，y的二元函数，它就被称为二元函数对自变量的偏导函数，记作．已知，则______． 【答案】 【分析】根据定义对其求解极限值即可. 【详解】依题意， ，同理可求得， 所以． 故答案为： 45．若存在实数k和m使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：恒成立，则称此直线为和的“分离直线”．当和之间存在唯一的“分离直线”时，_______；若和之间存在“分离直线”，m的最小值为_______． 【答案】 【分析】由题意设出“分离直线”，转化为恒成立，利用二次函数的性质，分和，三种情况分类讨论，求得分离直线；再令，利用导数求得函数的单调性与极小值，求出；设函数和之间存在“分离直线”为，转化为对任意恒成立，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】解：因为函数和的图象在处有公共点， 若和存在“分离直线”，则该直线过公共点， 设“分离直线”的方程为，即， 由恒成立，即恒成立， （i）当时，则在上不恒成立，不符合题意； （ii）当时，令，对称轴为， 所以在上单调递增，且，故不符合题意； （iii）当时，令，对称轴为， 则， 当且仅当时，符合题意，即直线为； 下面证明：， 令，可得， 令，解得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 所以当时，函数取得极小值，也是最小值，可得， 即， 所以函数和之间存在唯一的“分离直线”，此时. 设函数和之间存在“分离直线”为， 则对任意恒成立，即对任意恒成立， 由恒成立，可得， ①当时，则，符合题意； ②当时，令，对称轴为， 要使对任意恒成立， 只需，即，所以， 再令，对称轴为， 则需，即，所以，解得， 同理可得：，解得，所以的最小值为. 故答案为：；. 考点10 导数中的极值点偏移 46．已知函数． (1)若函数在上是减函数，求实数m的取值范围； (2)若函数在上存在两个极值点，，且，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）把问题转化为在定义域上恒成立，即，然后利用导数求出的最大值即可； （2）由，令，问题转化为在上恒成立，构造函数，只需利用导数证明在上单调递增即可. 【详解】（1）∵在上是减函数， ∴在定义域上恒成立， ∴，设，则， 由，得，由，得， ∴函数在上单调递增，在上单调递减， ∴．∴． 故实数m的取值范围是． （2）由（1）知， ∵函数在上存在两个极值点，，且， 则由，两式相加、相减分别可得与， ∴，∴， 设，则，要证， 只需证，只需证，只需证， 构造函数，则， ∴在上单调递增， ∴，即，∴． 47．设函数， (1)若有极值点、无零点，求的取值范围； (2)若的图象在区间内存在两条互相垂直的切线，求的取值范围； (3)设，若方程有两个实数根、，且，求证：，且． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，结合函数极值点的定义可得出实数的取值范围，求出该函数的极小值，根据函数无零点可得出关于的不等式，综合可解得实数的取值范围； （2）分析可知，存在、使得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，可得出，即可解出实数的取值范围； （3）分析可知，证明出，可得出，所以，再证明出，即可得出，再结合不等式的基本性质可证得结论成立. 【详解】（1）因为，则， 当时，，此时函数在上单调递增，函数无极值点，不符合题意； 当时，由可得，由可得， 此时函数在上单调递减，在上单调递增， 则函数有极小值点，故的极小值为， 因为函数无零点，所以，即，即，解得， 综上，的取值范围为． （2）由的图象在区间内存在两条互相垂直的切线， 可知存在、使得． 当，则，不符合题意． 当时，在上单调递增． 所以在内的值域为． 所以，由题意可得， 整理可得，解得， 因此，的取值范围为． （3）设，则， 因为，所以． 当时，，在上单调递增，不符合题意，所以． 由，得． 设，则，所以在上单调递增． 又因，所以， 所以，所以， 所以，所以， 设，则， 因为当时，，所以在上单调递减， 又因为，所以当时，，即． 因为，所以，即， 又因，所以，所以， 又因为，，所以． 48．已知函数，若函数的图象与相交于两个不同点，记直线的斜率为，则的取值范围是__________. 【答案】 【分析】设，则.是方程的根，构造分析单调性，得，从而推出的取值范围. 【详解】设，不妨设则， 令，， 则，进而得， 且是方程两个根． 因为 令，， 化简得 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 故， 令 则 ， 令，则，， 所以 ，在单调递减，， 即，所以， 又因为在单调递增， 所以， 故，的范围是. 49．已知函数，. (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值； (2)若在上单调递增，求的取值范围； (3)若有两个不同的极值点，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线的斜率，再结合直线的垂直关系求解即可； （2）根据题意，将问题转化为在上恒成立，再构造函数，研究函数最小值即可求得答案； （3）设，结合题意得，即可将问题转化为证明：对任意，，再构造函数证明即可. 【详解】（1）解：因为，所以. 所以.   因为曲线在点处的切线与直线垂直， 所以，解得. 所以. （2）解：. 因为函数在上单调递增， 所以在上恒成立，即在上恒成立. 设，则. 令，解得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 又.                                  所以的最小值为， 所以的取值范围为. （3）证明：由（2）可知当时，函数有两个不同的极值点， 不妨设.      所以是方程的两个解. 即，. 所以. 设，则. 所以，即，所以.   所以. 所以. 所以要证，只需证：对任意，， 设，则， 令，则. 因为当时，，所以在上单调递增. 因为，所以. 所以在上单调递增.   所以. 所以，即成立. 所以. 50．已知，，是自然对数的底数. (1)求函数的单调区间； (2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； (3)当时，若满足，求证：. 【答案】(1)当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导后分和讨论可得； （2）分离参数后构造函数，转化问题为直线与的图象有两个交点，利用导数分析单调性和最值可得； （3）类似极值点平移问题，先由单调性得到，构造函数，，求导分析单调性后可得. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，恒有，则函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 即函数在上单调递减，在上单调递增； 所以当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）方程，即，当时，方程不成立，则； 令，依题意，方程有两个不等实根，即直线与的图象有两个交点， 求导得，当或时，，当时，， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增， 而当时，，当时，，且当时，取得极小值， 作出函数，的大致图象，如图，    观察图象，当时，直线与函数的图象有两个交点， 所以的取值范围为； （3）当时，，求导得， 由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增； 由，且，得， 令函数，， 求导得， 则函数在上单调递增，有，于是， 而，因此，即， 又，， 函数在上单调递增，所以， 所以. 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 重难点01数列与导数重难高频 考点归纳 考点01递推关系求通项 考点02六大方法求通项 考点03错位相减巧妙考察 考点04裂项相消综合分析 考点05数列新定义 考点06数列不等式 考点07利用导数研究双变量 考点08利用导数解决实际问题 考点09导数新定义 考点10导数中的极值点偏移 考点专练 考点01递推关系求通项 1.数列{an}的前n项和为Sn,a,=10,nan=Sn-n(n-)(n∈N,则an= 2.已知数列an}满足a,=2,an+2<an+1<2an+2,Sn是其前n项和.若Sn=2026,则正整数m的所有可 能取值的个数为 3.数列an}满足a1=1,a2=6,且an+2=6a+1-9an. (1)证明{an+1-3an}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式an; (3)求数列{an}的前n项和Sn. 4.在数列a,中，已知4之，a+2a=a,则数列a的前2025项和Ss= 5.已知数列an}满足a,=2,a1-an=2n+2(n∈N,),则数列 的前2026项的和为 考点02六大方法求通项 6.数列an}的前n项和为Sn,满足2S。=3n2+n,若b,=2。 (1)证明：数列{b}为等比数列： 1/7 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 an,n为奇数 (2)记c,=bn,n为偶数，求数列{c}的前2n项和7n 7.(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn,且S,=21+2n-2,则() A.a=4 B.{a。-2是等差数列 C.amin<aman D. 数列 -2 a+1n」 的前项和小于} 8.己知数列an}的前n项和为Sn,且2an-Sn=2,记数列 的前项和为Tn,若对于任意 (an+1(an+1+1 neN,不等式k>T,恒成立，则实数k的取值范围为 9.记Sn为数列{an}的前n项和，己知a1=1,Sn+1=Sn+2an+1. (I)证明：数列{a,+是等比数列； (2)求数列 0n+1 的前n项和Tn. anan) 10.(多选)若数列a}的前n项和为Sn,且a=(-1)“(2n-1),从其前n+2项中任取两项，记这两项都是 正数的概率为Pn,则() A.S2n=2n B.S2m-1=2n-1 C.P2n<P2m D.Pn<P2n+2 考点03错位相减巧妙考察 11.已知圆C:x2+(y-1)2=1,点R(1,,O为坐标原点，对于C上的点Pn(x,yn)(n∈N),按照如下方 式构造点Px1,y1):过点Pn作直线垂直于x轴，垂足为Mm,点2，满足M2。=2M.P.,直线OQn交C于 点Pn(异于0).数列 n(2-y) 的前n项和为Sn,则S,=() 2y 216-25 28-31 220-31 221-37 A. B. 9×23 9x25 C. 9x27 D. 9×219 12.已知欧拉函数p(n)(n∈N)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互质的正整数的个数，例如： p0=lp3)=2:记集合xeZ3-2<x<p3）,neN 中元素个数为cn,则数列{ncn}前n项和为 n 13.数列an}中，an=2n-1,数列{bn}的前n项和Sn=2”,则数列{an·bn}的前n项和Tn= 14.己知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2Sn+3.在an与a1之间插入n个数，使这n+2个数组成 一个公差为d,的等差数列，若n为数列 d 的前项和，则Tn= 2/7 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 15.过三棱柱ABC-A,B,C,的棱AA,的中点M且与底面ABC平行的平面内的一动点O满足： 04+30丽+20C+O-0对任意mEN都成立，且a名，则数列a的前n项和S= 3 4n+2 考点04裂项相消综合分析 16.平面直角坐标系中，曲线x>0上有一系列点C,C小，…对m∈N,以C为 圆心的圆C,与x轴都相切，且圆Cn与圆C彼此外切.若xn1<xn,且x=1,记数列{xnx+}的前n项的和 为S,则使得S<2026恒成立的最小正整数m为一 17.已知数列{an}是各项均不为零的等差数列，Sn为其前n项和，且an=S2m-1（n∈N+),若不等式 立】<元恒成立，则实数无的最小值 台a,a 18.设数列{an}满足a,=2,a2=6,且a+2-2a1+an=2,若[表示不超过x的最大整数，则 2026,2026 2026 +…+ a a, 02026J 19.己知抛物线C:y2=16x,按如下方法依次构造点列Ann=1,2,3,…:设点A(1,-4),过抛物线上点A 作斜率为4的直线1n与抛物线C交于另一点B,An+1为B,关于x轴的对称点记A,的坐标为xn,yn),数列 {少的前项和为S,则2！ S 1 20.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a4=10,S,=30,数列 的前项和为工n,若 2Sn+2an+11 T<t对于任意正整数恒成立，则t的最小值为 考点05数列新定义 21.数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列.现若扩充规则为每相邻两 项之间插入这两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现将数列1， 3进行构造，第1次得到数列1,4,3；第2次得到数列1,5,4,7,3；记第nn∈N)次得到数列 的项数为Mn,如M1=3,M2=5,则Mn= (用含n的式子表示)；记第nn∈N)次得到数列 的所有项的和T,如T=1+4+3=8,T,=1+5+4+7+3=20,则Tn= ·(用含的式子表示) 22.已知从数列2n+1中剔除与数列{2”+中相同的项后，按从小到大的顺序重新排列得到数列{an}·设 数列an}的前n项和为Sn,若Sn≤3000，则n的最大值为 23.记x为不大于实数x的最大整数，已知数列{an}的通项公式为a,=[1gn,则{an}的前2026项的和 S2026= 3/7 画学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 24.在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出 新的数列，现将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第 nn∈N次得到数列1，x1,x2x3,,x,2,若此时x1+x2+…+x,=363,则x= 25.已知无穷数列{an}的前n项和Sn,若存在不相等的正整数i,j,使得S00S)9则称{an}为“绝 对可等和数列”给出下列结论： ①己知数列an=2n-5,则数列{a.}为“绝对可等和数列”； ②存在一个公差不为0的等差数列{a},使得对任意的正整数k,总存在k,满足SQ0S99 ③若公比为q的等比数列{a,}为绝对可等和数列”，则g的取值集合为-1； ④若两个公差均不为0的等差数列{an}和{bn}均为“绝对可等和数列”，则{a,+bn}也一定是“绝对可等和数 列” 其中所有错误结论的序号是 考点06数列不等式 26.若数列b}满足bn+2+bn≥2bn1(n∈N,当且仅当n为奇数时取“=”)，b=2,b2=5,b,∈N,若 b=2026,则正整数k的最大值为 27.在等比数列(a,}中，a+a2=2+4V2,☑2+a,=16+4W2,则满足不等式 l1og2a1-l1og2a2+log2a,-log2a4+…+(-1)”log2an>19的正整数的最小值为 28.已知数列an}满足41=0，a1=an+4√an+1+4(n≥)，b=a.+元n,对任意不等于3的正整数m,都 有b>b,则实数2的取值范围是 29.己知数列a}满足a=l,a1=√a,+2(n∈N).给出下列四个结论： ①a,+a3<2a2; ②存在n∈N,a,≥2； ③数列an}单调递增； ④n∈N,都有a,-24≤是成立. 其中所有正确结论的序号是 30.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若对一切正整数n,存在数列{an}都有a1≥3Sn,则公比q的取值 范围是 考点07利用导数研究双变量 Int -In 2 31.己知函数fx)=e-x,gx)=x-lnx,若f(x=gx2)=t(t>2),且x>x>0,则 的最大 x2-x1 值为 4/7 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 32.已知函数f(x)=血x,g()=e-a,若x,∈l,el,3x,∈(0,1]使得fx)>gx,成立，则实数a的取值 范围是 33.己知正实数a,b满足a-2lna=2lnb-4b+4,则a= 34.设函数f(x)=lnx+x2-ax(a∈R),若f(x)有两个极值点x,x,且x,e(0,2],则f(x)-f(x,)的最小 值是 35.已知f(x=e-ax,gx=lnx-ax,若对任意xe(0,+o）,都存在x2∈(0，+o),使得 fx)gx,)=xx2,则实数a的取值范围为 考点08利用导数解决实际问题 36.如图所示，某公园有一块半径为1千米、圆心角为直角的扇形游乐景观，若公园主办方计划在弧AB上 选取一点P,在扇形AOP内保留游乐景观，并修建三条观光道OQ、PQ和OP(其中PQ⊥OA,Q∈OA).若 观光道每千米可带来收益3万元，扇形AOP的游乐景观每平方千米需投入维护成本1万元，则当扇形AOP 区域为公园产生的净收益取得最大值时，∠POA= 度.（结果精确到0.1度） B 37.将上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为6的一个圆台打磨成一个球，再将此球打磨成一个圆柱， 则该圆柱体积的最大值为 38.如图，将一张A4纸（长宽比为√2：1）折出3条与短边A4,平行的折痕，现沿折痕将其围成一个四棱 柱ABCD-AB,C,D,(边A4与边A'A重合).若任取该四棱柱的两条棱，它们平行的概率为 3 ,则当该四 棱柱体积最大时，直线AD与DC,所成角的余弦值为 B D D A11 39.一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧 面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器，则该容器的容积最大时正四棱锥 的高为 cm 5/7 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 10 5 B 40.有一直角转弯的走廊（两侧与顶部都封闭），已知两侧走廊的高度都是6米，左侧走廊的宽度为3√3米， 右侧走廊的宽度为1米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊.为了方便搬运，规定允许通过此走廊的硬管的最 大实际长度a为可通过的最大极限长度的0.8倍，则a的值是 6m 33m. 6m 考点09导数新定义 41.设函数f(x),如果存在函数g(x)=ax+b(a、b为常数)，使得对函数f(x)定义域内任意x都有 f(x)≤gx)成立，那么称gx为函数f(x)的一个“线性上界函数”，若函数gx=x-2是函数 f(x=sin2x-aex+1(x≥0)的一个“线性上界函数”，则实数a的取值范围是 42.若定义在区间D上的函数f(x),其导函数为f'(x),且HxeD,xf'(x)>f(x),则称f(x)为区间D上 的“M函数”、若f(x=axe-x3为区间(0，+∞)上的“M函数”，则实数a的取值范围是 43.在微积分中“以直代曲”是最基本、最朴素的思想方法，中国古代科学家刘徽创立的“割圆术”，用圆的外 切正n边形和内接正n边形“内外夹逼”的办法求出了圆周率n的精度较高的近似值，事实上就是用“以直代 曲”的思想方法进行近似计算的，它是我国最优秀的传统科学文化之一.借用“以直代曲”的方法，在切点附 近可以用函数图象的切线代替在切点附近的曲线来“近似计算”.若函数∫(x)=e,则曲线y=∫(x)在点 (0,处的切线方程为，用此结论“近似计算”20ē的值为 (结果用分数表示). 44.探索新定义定义：设二元函数z=f(x,y)在点x,y)的附近有定义，当y固定在而x在x,处有改变 量△x时，相应的二元函数：=fx,)有改变量△：=fx,+△x,-fx,如果m存在，那么称此 x→0△x 极限为二元函数z=f(x,y)在点(x,y)处对x的偏导数，记作f(x,y).若z=f(x,y)在区域D内每一个点 (x,y)处对x的偏导数都存在，那么这个偏导数就是一个关于x,y的二元函数，它就被称为二元函数 z=f(化，)对自变量x的偏导函数，记作F(x,y).已知F(x,y)=x2+y2-y,则F(x,y)+F,(x,y)= 45.若存在实数k和m使得函数∫(x)和gx对其公共定义域上的任意实数x都满足：gx)≤k红+m≤∫x 恒成立，则称此直线y=kx+m为f(x)和gx的“分离直线”.当f(x)=x2和gx=alnx之间存在唯一的“分 6/7 画学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 离直线”y=2x-e时，a=;若f(x)=x2和gx)=1(x<0)之间存在“分离直线”，m的最小值为 考点10导数中的极值点偏移 46.已知函数f=hx-mr-meR. (1)若函数∫x)在(0，+o)上是减函数，求实数m的取值范围； (2)若函数f(x)在(0，+o)上存在两个极值点X,x2,且x<x2,证明：nx+lhx2>2. 47.设函数fx=x+alnx(aeR), (I)若f(x)有极值点、无零点，求a的取值范围： (2)若f(x)的图象在区间 2 内存在两条互相垂直的切线，求a的取值范围； 1,若方程了Ehc0sr有两个实数根X,且>方，求证：a<0,且x站 48.已知函数fx)=e(aeR),若函数fx)的图象与⊙0：x+y=4相交于两个不同点4B,记直线 0 AB的斜率为k,则k的取值范围是 49.已知函数fx=e-x2-ax,a∈R (I)若曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线与直线x+2y-1=0垂直，求a的值； (2)若∫(x在R上单调递增，求a的取值范围； (3)若f(x)有两个不同的极值点x1,x2,求证：e+e>4. 50.已知f(x)=e2x-ax+2,aeR,e是自然对数的底数 (1)求函数y=∫(x)的单调区间； (2)若关于x的方程∫(x-2=0有两个不等实根，求Q的取值范围； (3)当a=2e时，若满足fx)=fx2)(x<x2,求证：x1+x2<1 7/7