【文档说明】备战2023年高考数学题型猜想预测卷（上海专用） 猜题12 第18-19题 分段函数、数列及其应用（题型归纳） Word版含解析.docx，共(46)页，2.178 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b7e0da1e5c633f966bb851439f8bbcec.html

以下为本文档部分文字说明：

猜题12第18-19题分段函数、数列及其应用（题型归纳）目录：一、分段数列；二、分段函数；三、分段数列、函数的实际应用一、解答题一、分段数列1．（2021·上海·高三专题练习）数列na,nb满足11266nnnnnnaabbab++=−−=+

,且12a=,14b=.(1)证明:12nnaa+−为等比数列;(2)求na,nb的通项.【答案】（1）证明见解析；（2）312143nnna+−=−，1222833nnnb−+−=【分析】（1）由12nnnaab+=−−，可得12nnnaab++=−，

2112nnnaab++++=−，代入166nnnbab+=+，化简整理可得()211232nnnnaaaa+++−=−，即可得证.（2）由（1）可得：112143nnnaa−+−=−，化为：()111432143nnnnaa−++=+，利用等比数列的通项公式可得na，进而得到nb

.【解析】（1）证明：由12nnnaab+=−−，可得：12nnnaab++=−，2112nnnaab++++=−，代入166nnnbab+=+，可得：2116622nnnnnaaaaa+++++−=+−，化为：()21

1232nnnnaaaa+++−=−，22122410,214aaa=−−=−−=−，12nnaa+−为等比数列，首项为-14，公比为3.（2）由（1）可得：112143nnnaa−+−=−，化为：()111432

143nnnnaa−++=+，数列1143nna−+是等比数列，首项为16，公比为2.11143162nnna−−+=，可得：312143nnna+−=−，32411214321432

83232nnnnnnnb−−+++−+−−=−=.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解根据数列的递推公式，通过构造数列是解决本题的关键，运算量大，难度较大，是难题.2．（2022春·上海黄浦·高二上海市大

同中学校考期末）已知数列{}na的递推公式为1121(2)1nnaana−=+=.(1)求证：{1}na+为等比数列；(2)令nnbna=，求数列{}nb的前n项和.【答案】(1)证明见解析(2)()()1121

22nnnnSn++=+−−【分析】（1）根据2n时，121nnaa−=+，得到112(1)nnaa−+=+，利用等比数列的定义证明即可；（2）由（1）知2nnbnn=−，先分组求和，利用错位相减法求2nn的前nS，再利用公式法求n的前n项和nS，即可得解.【解析】（1）因为当2n

时，121nnaa−=+，所以112(1)nnaa−+=+，又112a+=，所以1121nnaa−+=+所以数列{1}na+是一个首项为2公比为2的等比数列，（2）由（1）得12nna+=，故21nna=−，所以(21)2nnnnbnannn==−=−

，先求2nn的前nS，1212222nnSn=++，231212222nnSn+=++，所以121112(12)22222(1)2212nnnnnnSnnn+++−−=+++−=−=−−−，所以1(1)2

2nnSn+=−+，又n的前n项和(1)2nnnS+=，所以数列{}nb的前n项和为：1(1)2(1)22nnnnSn++=+−−.3．（2022秋·上海虹口·高三华东师范大学第一附属中学校考阶段练习）已知无穷数列na的每一项均为正整数，且()()*1*,2N

2{321Nnnnnnaakkaaakk+==+=−，，记na的前n项和为nS．(1)若110a=，求10S的值；(2)若323S=，求1a的值；(3)证明：数列na中存在某一项ia（ia为正整数）满足6ia≤，并由此验证1或3是数列na中的项．【答案】(1)41

；(2)110a=.(3)证明见解析.【分析】（1）根据给定的递推公式，依次计算出数列na的前10项即可计算作答.（2）根据给定条件，分别讨论1a是奇数、偶数对应前3项和求解作答.（3）根据给定条件，利用反证法导出矛盾得证，再验证作答.（1）因11

0a=，()()*1*,2N2{321Nnnnnnaakkaaakk+==+=−，，则数列na的前10项依次为：10，5，8，4，2，1，4，2，1，4，所以()1010582421441S=++++++=.（2）若1a是奇

数，则213aa=+是偶数，213322aaa+==，13113(3)232aSaa+=+++=，解得1375a=，不符合题意，若1a是偶数，不妨令12,Nakk=，2112aak==，当k为偶数时，

32122kaa==，则37232kS==，无整数解，当k为奇数时，3233aak=+=+，则34323Sk=+=，解得5k=，110a=，符合题意，所以110a=.（3）假设数列na中不存在某一项ia（ia为正整数）满足6ia≤，即每一个Ni，都有正整数6ia，当ia是奇数时，1

3iiaa+=+是偶数，1233222iiiiiiaaaaaa+++−===+，当ia是偶数时，12iiaa+=，有2133322iiiiiiaaaaaa++=+=+=+−，或者1224iiiiaaaa++==

，因此，若每一个Ni，都有正整数6ia，则135,,,aaa单调递减，因na为正整数，则有数列21{}na−的项数有限，而数列na是无穷数列，则数列21{}na−必为无穷数列，显然两者矛盾，即假设是错的，所以数列na中存在某

一项ia（ia为正整数）满足6ia≤，当5ia=时，12348,4,2,1iiiiaaaa++++====，因此当5ia=或4ia=或2ia=或1ia=时，数列na中出现1，当6ia=时，13ia+=，因此当6ia=或3ia=

时，数列na中出现3，所以1或3是数列na中的项．【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.4．（2016秋·上海徐汇·高三上海市南洋模范中学校考阶段练习）已知数列n

a是公差不为0的等差数列，132a=，数列nb是等比数列，且11ba=，23ba=−，34ba=，数列nb的前n项和为nS.（1）求数列nb的通项公式；（2）设,58,6nnnbncan=，求nc的前n项和

nT；（3）若1nnASBS−对N*n恒成立，求BA−的最小值.【答案】（1）131()22nnb−=−（2）211,152327927,62232nnnTnnn−−=−+−（3）1712【解析】（1）利用等差数列的通项公式与等比中项性质列式可解得等差数列

的公差和等比数列的公比，进而可得所求通项公式；（2）对n分类讨论，结合等差数列与等比数列的求和公式可得所求和；（3）1()nnfnSS=−，讨论当n为奇数和偶数时，()fn的单调性，可得()fn的最值，结合不等式恒成立可得

,AB的范围，进而可得所求最小值.【解析】（1）设数列na的公差为d，0d，因为数列nb是等比数列，所以2213bbb=，所以2314aaa=，所以()()111232adaad=++，所以2140add+=，因为0d，

所以140ad+=，又132a=，所以38d=−，所以1132ba==，数列nb的公比321111(2)1112()42abadqbaa−−+====−−−=−，所以11131()22nnnbbq−−==−.（2）由（1）知131()22nnb−=−，133315(1)(1)2888na

andnn=+−=−−=−+，所以131,522315,6nnncnn−−=−+，当15n时，131122(1)1112nnnbqTq−−−==−−−112n=−−，当6n

时，()()5531531122nnnT−−+−=−−+=23279272232nn−+−，所以211,152327927,62232nnnTnnn−−=−+−.（3）nS=131122(1)1112nnbqq−−

−=−−−112n=−−，11112112nnnnSS−=−−−−−，令11()12112nnfn=−−−−−，当n为奇数时，11()12112nnfn

=+−+0，且()fn递减，可得()fn的最大值为5(1)6f=，当n为偶数时，11()12112nnfn=−−−0，且()fn递增，可得()fn的最小值为7(2)12f=−，所以()fn的最小值为712−，最大值为56，因为1n

nASBS−对N*n恒成立，所以71256AB−，所以571761212BA−+=，所以BA−的最小值为1712.【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一

群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.5．（2021·上海·高三专题练习）在无穷数列na中，*n

aN，且1,23,nnnnnaaaaa+=+是偶数是奇数，记na的前n项和为nS.（1）若110a=，求9S的值；（2）若317S=，求1a的值；（3）证明：na中必有一项为1或3.【答案】（1）37（2）5（3）证明见解析【分析】（1）计算数列前9项，再

计算和得到答案.（2）讨论1a为偶数，2a为偶数，1a为偶数，2a为奇数，1a为奇数，2a为偶数，1a为奇数，2a为奇数四种情况，计算得到答案.（2）设na中最小的奇数为ka，则13kkaa+=+，232kkaa++=，讨论2ka+为奇数，2ka+为偶数两种情况，计算得到答案.【解

析】（1）110a=，故234567895,8,4,2,1,4,2,1aaaaaaaa========，故937S=.（2）当1a为偶数，2a为偶数时，11311724aaSa=++=，无整数解；当1a为偶数，2a为奇数时，113131722aaSa=+++=，解得17a=，验证不成立；当1a为

奇数，2a为偶数时，131133172aSaa+=+++=，解得15a=，验证成立；当1a为奇数，2a为奇数时，31113317Saaa=++++=，无整数解；综上所述：15a=.（3）设na中最小的奇数为k

a，则13kkaa+=+，232kkaa++=，若2ka+为奇数，则232kkkaaa++=，解得3ka；若2ka+为偶数，则132kkmkmaaa+−+=，3m，kma+为奇数，解得13121kma−−；又kaN，∴na中必有一项为1或3.综上所述：3ka

，故na中必有一项为1或3.【点睛】本题考查了数列求和，证明数列中的项，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.6．（2016·上海奉贤·统考一模）数列na，nb满足1111221111122nnnnnnaab

bab++=+=+，110,0ab；（1）求证：nnab是常数列；（2）若na是递减数列，求1a与1b的关系；（3）设11324,1,log2nnnaabca+===−，求nc的通项公式.【答案】（1）证明见解析（2）11ab（3

）12nnc−=【分析】（1）根据所给表达式,求得1nb+,再计算11nnab++,即可证明.（2）根据数列na是递减数列及11122nnnaab+=+,即可比较1a与1b的大小关系.（3）根据11,ab及（1）求得4nnab=代入11122nnnaab+=+即可求得1na+与na的关系,

由nc的表达式可构造1122nnaa+++−,再代入nc中求得12nncc+=,结合1c即可求得nc的通项公式.【解析】（1）证明：∵1111111222nnnnnnnabbabab++=+=∴12

nnnnnabbab+=+∴()11122nnnnnnnnnnababababab++=+=+∴nnab是常数列（2）∵na是递减数列∴111,22nnnnaaba+=+∴nnab∴1

1ab（3）∵114,1ab==∴4nnab=∴111114222222nnnnnnnaaabaaa+=+=+=+∴2212122224422244222nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaa

aa++++++++===−−+−+−∴213331222loglog2log222nnnnnnaaaaaa+++++=−−−=即12nncc+=又∵1342l14g2oc+=−=故数列

nc是以1为首项,2为公比的等比数列∴11122nnnc−−==【点睛】本题考查了数列递推公式的综合应用,数列单调性的应用,构造数列法求数列的通项公式,等比数列通项公式的求法,属于中档题.7．（2022·上海·高三专题练习）已知m为

正整数，各项均为正整数的数列na满足：1,?2,?nnnnnaaaama+=+为偶数为奇数，记数列na的前n项和为nS．（1）若18,2am==，求7S的值；（2）若35,25mS==，求1a的

值；（3）若11,am=为奇数，求证：“1nam+”的充要条件是“na为奇数”．【答案】（1）730S=；（2）17a=或110a=；（3）见解析.【分析】（1）利用递推公式直接代入求值.（2）分类讨论当1a为奇数和偶数的情况，再讨论2a为奇数和偶数

的情况，求得1a的值.（3）先证充分性（易证得），再证必要性，用数学归纳法证明.【解析】解：（1）18a=，2m=，则前7项为8，4，2，1，3，5，7，故730S=．（2）由题1,25,?nnnnnaaaaa+=+为偶数为奇数设k是整数．①若1a为奇数,可设12

1ak=−，kN+,则224ak=+是偶数，得32ak=+，则12355254aaakk++=+==，此时17a=，符合题意②若1a为偶数,可设12ak=，kN+,则2ak=，当2a是偶数时，可设2,kmm

N+=，得14,am=22am=，3am=，则123725aaam++==，此时m不存在．当2a是奇数时，可设21,kmmN+=−，得142am=−，221am=−，324am=+，则1238125aaam++=+=，得3m=，得110a=．综合①②可得，17a=或

110a=．（3）充分性：若na为奇数，则1nnaamm+=+；必要性：先利用数学归纳法证：nam（na为奇数）；2nam（na为偶数）．①11am=，212amm=+，312mam+=成立；②假设nk=时，kam（ka为奇

数）；2kam（ka为偶数）．③当1nk=+时，当ka是偶数，12kkaam+=；当ka是奇数，12kkaamm+=+，此时1ka+是偶数．综上，由数学归纳法得nam（na为奇数）；2nam（na为偶数）．从而若1na

m+时，必有1na+是偶数．进而若na是偶数，则122nnaam+=矛盾，故na只能为奇数．【点睛】本题是递推关系为分段函数类型，注意分析并使用分类讨论，还考查了充要条件的证明，复杂的且关于自然数的递推不等式的证明可用数学归纳法证明.8．（2016·上海奉贤·统考二模）数列{}n

a，{}nb满足11112211111··22nnnnnnaabbab++=+=+，10a，10b；（1）求证：{}nnab是常数列；（2）若{}na是递减数列，求1a与1b的关系；（3）设14

a=，11b=，当2n…时，求na的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）11ab；（3）52,2na【分析】（1）由题意可知1111nnnnababab−−===，故问题得以证明；（2）根据{}na是递减数列，得到211()0ab−

，nnab，得到11ab恒成立，（3）先判断12na+，再根据2142nnnnaaaa+−−=，得到10nnaa+−，{}na是递减数列，即可得到20naa−，求出na的取值范围．【解析】解：（1）11112211111··22nnnnnnaabbab++=+=+

，12nnnaab+=+，112nnnnnabbab++=，12nnnnnabbab+=+，11nnnnabab++=，1111nnnnababab−−===，{}nnab是常数列；（2）{}na是递减数列，10nnaa

+−，211111111()()022aaababa−=+−=−11ab，32221()02aaba−=−，22ab，11111121()2ababab++，211()0ab−，猜想11()02nnnn

aaba+−=−，nnab，11ab恒成立，2211122()1()0224()kkkkkkkkkkkkkkababababaabaab+++++−+−−−=−==+，11ab时，{}na是递减数列．（3）整理得114

()2nnnaaa+=+，14a=，252a=，1230000naaaa，当2n…时，221(2)112()2022nnnnnaaaaa+−−=+−=，12na+，21441()222nnnnnnnnaaaaabaa+−−−=−==，2n

a，10nnaa+−，{}na是递减数列，20naa−，52,2na，【点睛】本题考查了递推数列的，常数列，数列的函数特征，以及na的取值范围，培养了学生的运算能力，转化能力，属于难题．9．（2016秋·上海闵行·高三上海市七宝中学校考期中）已知数列na的前n项

和为nS，且()1aaaR=，*13,3,2,3nnnnnaaanNaa+−=„；（1）若06na＜，求证：106na+＜；（2）若5a=，求2016S；（3）若()*321mamN=−，求42mS+的值．【答案】（1）证明见解析（2）20164708S=（

3）13921221mm−−−【分析】（1）分当03]na（，时和当36]na（，时,分别求出1na+的范围,得到要证的不等式.（2）根据递推公式得到,数列5241241241na，，，，，，，，，，,从2项起,以3为周期的数列,即可求出答案.（3）通过解不等式判断出项

的取值范围,从而判断出项之间的关系,选择合适的求和方法求出和.【解析】解：（1）当03]na（，时,则120]6nnaa+=（，,当36]na（，时,则1303]nnaa+=﹣（，,故16]0na+（，,所以当06na＜时,总有106na+＜.（2）15aa==时,2132435

46576322431222431aaaaaaaaaaaa============﹣，，﹣，，，﹣,∴数列5241241241na，，，，，，，，，，,∴从2项起,以3为周期的数列,其和为2417++=,201657671244708S=+

++=（3）由*mN,可得211m−,故3321ma=−,当1km＜时,111111132323223212212mmmkmmmma−−−−−−−==−+−„.故12kkaa=﹣且12mmaa+=.又132321mmma+=−＞,所以2133232321mmmmmaaaa+

+====−﹣﹣﹣.故142414344121422mmmmmmmSSaaaaaa+++++==++++﹣（）﹣﹣（）﹣（）11141223242132mmmmaaaa+=+++=﹣﹣（）﹣（﹣）﹣13139212243221mmmma−+−==−﹣（﹣﹣）.

【点睛】本题主要考查了数列递推式；数列的求和.属于中等题型.10．（2016·上海奉贤·统考二模）数列na，nb满足1111221111122nnnnnnaabbab++=+=+

，10a，10b.（1）求证：nnab是常数列；（2）若na是递减数列，求1a与1b的关系；（3）设14a=，11b=，当2n时，求na的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）11ab；（3）52,2.【分析】（1）由题意可知1111nnnnababab

−−===，故问题得以证明；（2）根据数列na是递减数列，得到()2110ab−，nnab，得到11ab恒成立；（3）先判断12na+，再根据21402nnnnaaaa+−−=，得到10nnaa+−，数列

na是递减数列，即可得到20naa−，求出na的取值范围．【解析】（1）1111221111122nnnnnnaabbab++=+=+，12nnnaab+=+，112nnnnnabbab++=，12nnnnnabbab+=+，1122nnn

nabba++=，1111nnnnababab−−===，因此，数列nnab是常数列；（2）数列na是递减数列，10nnaa+−，1121111110222baaaaba−−=+−=，11ab，223202baaa−

−=，22ab，11111122ababab++，()2110ab−，猜想102nnnnbaaa+−−=，11nnabab恒成立，()()21121220224kkkkkkkkkkkkkkabababbaabaaa

b+++++−−−−+−===+，11ab时，数列na是递减数列；（3）整理得1142nnnaaa+=+，14a=，252a=，1230000naaaa，当2n时，()2121122022nnnnnaaaaa+−−=+−=，12n

a+，2144222nnnnnnnnabaaaaaa+−−−−===，2na，10nnaa+−，数列na单调递减，2naa，52,2na，因此，当2n时，na的取值范围是52,2

.【点睛】本题考查了递推数列，常数列，数列的函数特征，以及na的取值范围，培养了学生的运算能力，转化能力，属于难题．11．（2022·上海·高三专题练习）已知各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足S1>1，且2632nnnSaa=++(nN*)．(1)求{an}的通项公式

；(2)设数列nb满足,2,nnnaanbn=为偶数为奇数，Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn；(3)设1,nnnbCb+=*(n为正整数)，问是否存在正整数N，使得当任意正整数n>N时恒有Cn>2015成立？若存在，请求出正整数N的取值范围；若不存在，请说

明理由．【答案】（1）31nan=−．（2）14(34)(81),6344(1)(31)(81)634nnnnnnTnnn++−+=−+−+为偶数，为奇数（3）不存在见解析【分析】(1)1n=，计算得到12a=，2n，利用公式1nnn

aSS−=−化简得到13nnaa−−=，故数列为等差数列，计算得到答案.(2)讨论n为偶数和n为奇数两种情况，利用分组求和法计算得到答案.(3)不存在，当n为奇数时，计算得到2351[3864(32)]02nnnCCnn++−=+

−+，数列单调性递减，得到证明.【解析】（1）1n=时，2111632aaa=++，且11a，解得12a=2n时，2632,nnnSaa=++2111632nnnSaa−−−=++，两式相减得：2211633nnnnnaaaaa−−=−+−即11()(3)0nnnnaaaa

−−+−−=，10nnaa−+，13nnaa−−=，na为等差数列，31nan=−．（2）3131,2,nnnnbn−−=为偶数为奇数，12nnTbbb=+++．当n为偶数时，Tn=(b1+b3+…+bn–1)+(b2+b4+…+bn)(531)4(18)

4(34)2(81)1642634nnnnnn+−−+=+=−+−,当n为奇数时，Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn–1)111(534)4(18)4(1)(31)2(81).1642634nnnnnn++−+−−−+=+=−+−14(34)(81),6344(1)(

31)(81)634nnnnnnTnnn++−+=−+−+为偶数，为奇数(3)13213122,3132,22nnannnnannanCann+++−=−=+=为偶数为奇数,当n为奇数时，235313538321[3864(32)]0222nnnn

nnnCCnn++−+++−=−=+−+，∴Cn+2<Cn，故{Cn}递减，1520154nCC=，因此不存在满足条件的正整数N．【点睛】本题考查了数列的通项公式，数列的单调性，前n项和，意在考查学生对于数列知识的综合应用.12．（2017秋

·上海长宁·高二上海市第三女子中学校考期中）已知数列na的首项12a=，514a=，212nnnaaa++=−．设数列nb满足,2,nnnaanbn=为偶数为奇数．（1）求数列na的通项公式；（2）求12nnTbbb=+++；（3）设1nnnbCb+=，（n为正整数

），问是否存在正整数N，使得nN时恒有2017nC成立？若存在，请求出所有N的范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）31nan=−；（2）()()()()()148134,463481311,463nnnnnnTnnn+−++=−+−

+为偶数为奇数（3）不存在，见解析【分析】（1）判断数列为等差数列，计算3d=得到通项公式.（2）计算得到3131,2,nnnnbn−−=为偶数为奇数，分别计算n为偶数和n为奇数两种情况，利用分组求和法计算得到答案.（3）不存在，当n为奇数时，计算2351

8912002nnnncc++−−−=得到数列单调性，得到证明.【解析】（1）212122nnnnnnaaaaaa++++=+=−，故数列na是等差数列12a=，51414331naaddan=+===−（2）3131,2,nnnn

bn−−=为偶数为奇数，当n为偶数时：()()()12253148134164242164463nnnnTbbbnnnn+−−+−=+=+−=+++当n为奇数时：()()()()211211534481311164242164463nnnnnnnTbbbn++−+−−+−−=++

=+=++−故()()()()()148134,463481311,463nnnnnnTnnn+−++=−+−+为偶数为奇数（3）不存在，321312,3132,2nnnnnnbnCbnn++−−==+为偶

数为奇数当n为奇数时，()()235313535386432383218912002222nnnnnnnnnnncc++−+++−+++−−−=−==故2nncc+，数列单调递减，故1520174ncc=，故不存在【点睛】本题考查了数列的通项公式，数列的单调性，前n项和，意在考查

学生对于数列知识的综合应用.13．（2018秋·上海长宁·高二上海市第三女子中学校考期中）若数列na的前n项和21.33nnSa=+(1)求数列na的通项公式；(2)设21nnanbnn=+，为奇数，，为偶

数求其前n项和nT；(3)设*1112nnnnncHcnNac=+=−，，，求数列nH的最大项与最小项.【答案】（1）1(2)nna−=−;（2）122212,32;223,32nnnnnnbnnn+−+−+=−++为奇数为偶数（

3）数列nH的最大项为56与最小项为712−.【分析】（1）由na与nS关系,结合2133nnSa=+,即可求出na;（2）对n分类讨论,奇数项成等比数列,偶数项成等比数列,即可求出前n项和nT；（3）根据单调性求出nc的取值范围,再用单调性求出数列nH的最大项与最小项.【解

析】（1）当1n=时,1112133aSa==+，得11a=,当2n时,,112332nnnnnaSaaS−−=−=−,12313nnaa−=−,1110,0,2nnnaaaa−==−na是以1为

首项公比为-2的等比数列,1(2)nna−=−.（2）1(2)21nnnbnn−−=+，为奇数，，为偶数当n为偶数时，11549(2)(21)nnnT−=+++++−++11416(2)59(21)nn−=++++−+++++22(521)14213214232

nnnnnn++−−+=+=+−当n为奇数时，11549(21)(2)nnnT−=+++++−+−1121(521)212122.3232nnnnnn++−+−−−+−=+=+122212,32.22

3,32nnnnnnbnnn+−+−+=−++为奇数为偶数（3）111111122(2)(2)nnnnca−=+=+=−−−,当n为奇数时,1111(2)2nnnc=−=+−,此时{}nc单调递减且31,12nncc,当n为偶数时,1111(2)2

nnnc=−=−−，此时{}nc单调递增,且31,14nncc,*nN时，3342nc;研究函数133(),[,]42fxxxx=−的单调性,设123342xx1212121212111()()()(1),fxfxxxxxxxxx−=−−+=−+121233,()()4

2xxfxfx,133(),[,]42fxxxx=−单调递增,*1nnnHcnNc=−，，2n=时，nc取得最小值34，nH取得最小值为712−,1n=时，nc取得最大值32，nH取得最大值为56,数列nH的最大项为56与最小项为712−.【点睛】本题

考查已知数列的前n项和求通项,考查求数列前n项和,以及数列单调性和借助函数的单调性求数列的最大最小项,考查分类讨论思想,属于较难题目.14．（2022秋·上海浦东新·高三校考阶段练习）已知等差数列{}na的前n项和为n

S，19a=−，2a为整数，且对任意*Nn都有5nSS．（1）求{}na的通项公式；（2）设143b=，()12,nnnnanbbn+=−+−，为奇数为偶数求{}nb的前n项和nT；（3）在（2）的条件下，若数列{}nc满足5*2211(

1)()(N)2nannnncbbn++=++−．是否存在实数，使得数列{}nc是单调递增数列．若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）211nan=−；（2）12,32213.3nnnnTnn+=+−为奇数，，为偶数；（3）348(,)55−．【

解析】试题分析:（1）根据条件Sn≥S5可知50a，60a，列出不等式组得出d，即可得出通项公式；（2）n为偶数时，12nnnbb++=．利用此性质再根据n的奇偶性计算Tn；（3）10nncc+−=对任意*nN都

成立，分离参数得出λ关于n的不等式，根据数列的单调性得出λ的最值即可得出λ的取值范围．试题解析（1）设na的公差为d，由题意得5600aa，99,54d22aZd=211nan=

−（2）当n为偶数时，()122nnnnbb++=−=①当n为奇数时()3n，()()()123451nnnTbbbbbbb−=+++++++2411222nb−=++++121414423143nn−+−=+=−．当1n=时也符合上式②当n为偶数时，112221333n

nnnnnTTban−−=+=+=+−12,32213.3nnnnTnn+=+−为奇数，，为偶数（3）()31414nnnnc−=+−由题意得，11348004nnnncc+−=−−对任意*nN都

成立，当n为奇数时，23480n−，当1n=时，2max334805n−=−，35−当n为偶数时，23480n，当n=2时，2min3484805n=，485综上：348,55−点睛：本题考查了数列的递推公式，

数列求和及与数列有关的含参问题，涉及分类讨论，属于难题．根据数列前n项和与数列的项的递推关系求通项公式时，注意分析1,2nn=，在处理涉及()1n−的数列问题，一般要考虑分n为奇数和偶数来分类讨论，含参的的恒成立，先

分离参数，转化为求式子的最大值或最小值问题来处理．15．（2017·上海松江·统考二模）对于数列na，定义12231nnnTaaaaaa+=+++，*nN．(1)若nan=，是否存在*kN，使

得2017kT=？请说明理由；(2)若13a=，61nnT=−，求数列na的通项公式；(3)令21*1121{22,nnnnTTnbTTTnnN+−−==+−，求证：“na为等差数列”的充要条件是“na的前4项为等差数列，且

nb为等差数列”．【答案】（1）不存在（2）1*22*23621,{562,3nnnnkkNankkN−−=−==（3）见解析【解析】试题分析：(1)由题意知数列nT为递增数列，计算出数列的和17T与18T可得结果；(2)根据11nnnnaaTT+−=−，可得1156nn

naa−+=，故可得26nnaa+=，即数列21ka−，2ka均为公比为6的等比数列，可得其通项公式；(3)将题意转化为121nnnnnbaaaa+++=−，先证必要性：设nabnc=+，其中,bc为常数，可得22222nbbnb

bc=++，得结果，再证充分性：利用数学归纳法证得结果.试题解析：（1）由0nan=，可知数列nT为递增数列，计算得1719382017T=，1822802017T=，所以不存在*kN，使得2017kT=；（2）由6

1nnT=−，可以得到当*2,nnN时，()()1111616156nnnnnnnaaTT−−+−=−=−−−=，又因为1215aaT==，所以1*156,nnnaanN−+=，进而得到*1256,nnnaanN++=，两式相除得*26,nnan

Na+=，所以数列21ka−，2ka均为公比为6的等比数列，由13a=，得253a=，所以1*22*23621,{562,3nnnnkkNankkN−−=−==；（3）证明：由题意12123122bTTaaaa=−=−，当*2,nnN时，11

1212nnnnnnnnbTTTaaaa+−+++=+−=−，因此，对任意*nN，都有121nnnnnbaaaa+++=−．必要性()：若na为等差数列，不妨设nabnc=+，其中,bc为常数，显然213243aaaaaa−=−=−，由于121nnnnnbaaaa+++=−=()

2212222nnnaaabnbbc++−=++，所以对于*nN，212nnbbb+−=为常数，故nb为等差数列；充分性()：由于na的前4项为等差数列，不妨设公差为d当()31nkk+=时，有4131213,2,aadaadaad=+=+=+成

立假设*3(1,)nkkkN+时na为等差数列，即3213,2,kkkkkkaadaadaad+++=+=+=+当*4(1,)nkkkN=+时，由nb为等差数列，得212kkkbbb+++

=，即：()()()342312123122kkkkkkkkkkkkaaaaaaaaaaaa+++++++++++−+−=−，所以231214333kkkkkkkkaaaaaaaa+++++++−+=()()()

()()323323kkkkkkkadadadadaadad++−++++=+2271243kkkkaaddadad++==++，因此43kkaad++−=，综上所述：数列na为等差数列．点睛：本题主

要考查了数列的求和，数列通项公式的求法，充要条件的证明以及数学归纳法的应用，综合性较强，具有一定的难度；利用数列求和中的分组求和可解决第一个问题，在（2）中主要是通过“11nnnnaaTT+−=−”是关键，在充要条

件证明中一定要注意因果关系，同时注意数学归纳法中的步骤.16．（2022秋·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习）已知数列na满足111,1.2,nnnanaaan++==+为奇数为偶数，记2nnba=，(1)写出数

列na的前4项1234,,,aaaa；(2)记2nnba=，判断数列nb是否为等差数列，并说明理由；(3)求na的前20项和．【答案】(1)21a=，22a=，34a=，45a=；(2)是等差数列，理由见解析；(3)300.【分析】（1）利用代入法，

结合数列的通项公式进行求解即可；（2）根据等差数列的定义进行求解即可；（3）根据数列奇数项和偶数项的性质，结合等差数列的前n项和公式分组求和即可.【解析】（1）因为数列na满足11a=．11,,2,.n

nnanaan++=+为奇数为偶数，2112aa=+=，2324aa=+=，4315aa=+=，所以122ba==，245ba==；（2）12222212122123nnnnnnnnbbaaaaaa−−−

−−−=−=−+−=+=，2n，所以数列nb是以12b=为首项，以3为公差的等差数列，所以23(1)31nbnn=+−=−；（3）由（2）可得231nan=−，*nN，则212223(1)1232nnaann−−=

+=−−+=−，2n，当1n=时，11a=也符合上式，所以2132nan−=−，*nN，所以数列na的奇数项和偶数项分别为等差数列，则na的前20项和为()()122013192420aaaaaaaaa+++=+

++++++109109103102330022=+++=．17．（2022秋·上海浦东新·高三上海市进才中学校考期中）已知数列na的前n项和为nS，满足：()*21NnnSann=+.(1)求证：数列na为等差数列；(2)若23a=，数列nb满足()*

113321,1,lglg2lgNnnnbababbbn++==−+=，记nT为nb的前n项和，求证：221nnnTTT++；(3)在（2）的前提下，记()22167,log,nnnnnnbncaabn++−=为奇数为偶数，数列nc的前2n项和为2nK，若不等式24(1

)41nnnKn−++对一切*Nn恒成立，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)()1,5−【分析】（1）由条件可得()*2NnnSnann=+、()()11211NnnSnann++=+++，然后可得()()*11

1Nnnnanan+−=−、()()12N11nnnnana+++−=，两式相减即可证明；（2）首先可求出na、nb，然后计算出221nnnTTT++−即可；（3）首先可得()()()1672,,2123,,nnnncnnnn−−=−+为奇数为偶数，然后利用裂项求和法求出135

21nnPcccc−=++++L，然后求出2nK，然后分n为偶数、n为奇数求解即可.【解析】（1）因为()*21NnnSann=+，所以()*2NnnSnann=+，()()11211NnnSnann++=+++，两式相减可得(

)()*1121N1nnnananna++++=−，即()()*111Nnnnanan+−=−由()()*111Nnnnanan+−=−可得()()12N11nnnnana+++−=，两式相减可得()()()*12111Nnnnnnanannana+++−=−+−化简可得()()*122

Nnnnnanana+++=，所以()*122Nnnnnaaa++=+，所以数列na为等差数列；（2）由()*21NnnSann=+可得11211Sa=+，可得11a=，因为23a=，所以21nan=−，因为数列nb

满足()*21lglg2lgNnnnbbbn+++=，所以()()2*21lglgNnnnbbbn++=，所以()2*21Nnnnbbbn++=，所以数列nb为等比数列，0nb因为1133141,b

aba===−=，所以2q=，12nnb−=，所以()1122112nnnT−==−−，所以()()()22211221212120nnnnnnnTTT++++−=−−−−=−，即221nnnTTT+

+，（3）由（2）可得21,2nnnSnb+==；由已知()22167,,log,,nnnnnnbncaabn++−=为奇数为偶数可得()()()1672,,2123,,nnnncnnnn−−=−+为奇数为

偶数设nc的前2n项和中，奇数项的和为nP，偶数项的和为nQ，所以133212462,nnnnPccccQcccc−=++++=++++，当n为奇数时，()()()1116722221232321nnnnncnnnn−+−−==−−

++−，所以13521nnPcccc−=++++L2042642222222222251951394143nnnn−=−+−+−++−+−0424141141nnnn=−=−++当n为偶数时，ncn=，所以24622462nnQccc

cn=++++=++++()()2212nnnn+==+由24(1)41nnnKn−++，得()44(1)114141nnnnnnn−+−++++，即()(1)11nnn−−++，当n为偶数时，21nn+−对一

切偶数成立，所以5，当n为奇数时，21nn+−−对一切奇数成立，所以此时1−，故对一切*Nn恒成立，则15−.二、分段函数18．（2019·上海·统考二模）已知函数12lg,(6)()5,(6)4axaxfxxxx+−

=−−（1）已知(6)3f=，求实数a的值；（2）判断并证明函数在区间[7,8]上的单调性．【答案】（1）203a=（2）函数在区间[7,8]上单调递增，证明见解析【分析】（1）将6x=代入解析式可构造方程，

解方程求得结果；（2）任取1278xx，可判断出()()120fxfx−，根据单调性的定义得到结果.【解析】（1）()612lg36afa=+=−lg16aa=−，即106aa=−解得：203a=（2）任取12,7,8xx，且12xx()()()()1212

121212554444xxxxfxfxxxxx−−−−=−=−−−−1278xx120xx−，140x−，240x−()()120fxfx−()fx\在区间7,8上单调递增【点睛】本题考查根据函数值求解参数、定义法求解函

数的单调性的问题，属于基础题.19．（2022秋·上海徐汇·高三上海市第二中学校考期中）已知2()32logfxx=−，2()loggxx=．(1)1(),021(),2gxxyafxx=在定义域上是

严格增函数，求实数a的取值范围；(2)当[1,4]x时，求函数[()1]()yfxgx=+的值域；(3)已知常数Nn，不等式()()2()fxfxkgx对任意12,2nnx+恒成立，求实数k的取值范围．【答案】(1

)1,05−(2)0,2(3)3k−【分析】（1）由题意可得22011log32log22aa−，解之即可得解；（2）2log,0,2txt=，再根据二次函数的性质即可得解；（3）令2log

,,1mxmnn=+，则即为关于m不等式()241590mkm−++对任意,1nn+恒成立，分离参数，从而可得出答案.【解析】（1）()221log,02132log,2xxyaxx=−，因为函数在定义域上是严

格增函数，所以22011log32log22aa−，解得105a−，所以实数a的取值范围为1,05−；（2）()()22222[()1]()42loglog2log4logyfx

gxxxxx=+=−=−+，令2log,0,2txt=，则()22242120,2yttt=−+=−−+，所以函数[()1]()yfxgx=+的值域为0,2；（3）不等式()()2()fxf

xkgx对任意12,2nnx+恒成立，即不等式()()22234log3loglogxxkx−−对任意12,2nnx+恒成立，即不等式()()2224log15log90xkx−++对任意12,2

nnx+恒成立，令2log,,1mxmnn=+，则关于m不等式()241590mkm−++对任意,1nn+恒成立，即9154kmm++，因为9942412mmmm+=，当且仅当94mm=，即32m=时，取等号，所以min9412m

m+=，所以1512k+，所以3k−.20．（2021秋·上海虹口·高三上海市复兴高级中学校考阶段练习）已知函数,1(),12xaxfxaxx=+，其中0a，且1a．(1)当2a=时，若()(2)fxf，求实数x的取

值范围；(2)若存在实数m使得方程()0fxm−=有两个实根，求实数a的取值范围．【答案】(1)(,2)−(2)(0,1)(1,2)【分析】（1）分段解不等式，再相并即可得解；（2）当01a和12a时，利用图象列式可求出结果，当2a时，根据函数的单调性以及12aa+，可知

不符合题意.【解析】（1）当2a=时，2,1()1,1xxfxxx=+，则2(2)24f==，当1x时，解不等式24x，解得2x，故12x，当1x时，解不等式14x+，解得3x，故1x，所以实数x的取值范围是(,2)−；（2）①当01a时，由图可知，当0m

a时，存在直线ym=与()yfx=有两个交点，由12aa+，解得2a，故01a；②当12a时，由图可知，当12aam+时，存在直线ym=与()yfx=有两个交点，即12aa+，解得2a，故12a；当2a时，函数()fx在(,1]−和(1,)+上都为增函数，且1

2aa+，所以()fx为增函数，所以不存在实数m使得方程()0fxm−=有两个实根，综上所述：实数a的取值范围是为(0,1)(1,2).21．（2020秋·上海奉贤·高三校考期中）已知()11,04ln1,?4xfxaxxx−=

−（1）若函数()fx在21,2e的最大值为2，求a的值；（2）若25a=，求不等式()1fx的解集.【答案】（1）49a=；（2）()220,4,3e【解析】（1）由函数ln1yx=−在(24,e上是增函数且max1y=，故根据

题意得函数111,42yxax=−的最大值为2，再根据函数单调性即可得1124a−=，解得49a=.（2）根据题意得()51,042ln1,?4xfxxxx−=−，进而分045112xx−

或ln114xx−两种情况求解即可得答案.【解析】解：（1）因为函数ln1yx=−在(24,e上是增函数，所以2maxln11ye=−=，因为函数()fx在21,2e的最大值为2，所以函数111

,42yxax=−的最大值为2，由于函数111,42yxax=−是增函数，所以1124a−=，解得：49a=.（2）当25a=时，()51,042ln1,?4xfxxxx−=−，所以045112xx−或ln1

14xx−，解得203x或24xe.故若25a=，求不等式()1fx的解集为()220,4,3e【点睛】本题考查分段函数与对数函数的性质，考查分类讨论思想与运算求解能力，是中档题.本题第一问解题的关键在于注意到函数

ln1yx=−在(24,e上是增函数且max1y=，进而将问题转化为函数111,42yxax=−的最大值为2求解，第二问的解题核心是分类讨论.22．（2020秋·上海宝山·高三上海市行知中学校考阶段练习）若()11,04ln1,4xfxaxxx−

=−在1,22上的最大值为2．（1）求a的值；（2）求不等式()1fx的解集．【答案】（1）25a=；（2）()220,4,3e.【解析】（1）易知11()fxa

x=−在1,22上单调递增，从而可得()22f=，从而解得a；（2）由（1）知，分04x<„与>4x时分别解不等式()1fx，从而得到不等式的解集即可．【解析】解：（1）∵()11fxax=−在1,22上单调递增，∴

()11222fa=−=，解得：25a=；（2）当04x<„时，51()12fxx=−，解得203x；当>4x时，()ln11fxx=−，解得24xe，综上所述，不等式的解集为()220,4,3e．【点睛】本题考查了分段函数的应用，同时考查了分类讨

论的思想应用及反比例函数与对数函数的性质应用，属于中档题．23．（2021·上海·高三专题练习）已知函数()()31,1fxxgxx=−=−.（1）解不等式()2fx；（2）求()()()Fxfxgx=−的最小值.【答案】（1）1,13−；（2）2

3−【分析】（1）由()2fx可得312x−,即2312x−−,求解即可；（2）将()Fx写为分段函数的形式,再由一次函数的性质判断单调性,即可求得最值.【解析】解:（1）因为()2fx,则312x−,即2312x−−,解得

113x−,即1,13x−（2）由题,()()()()()131,04,011311131,02,03311311,42,33xxxxxFxxxxxxxxxxxxx−−+−=−−−=−−−=−−−−−,

所以()Fx在1,3+上单调递增,在1,3−上单调递减,所以()min1233FxF==−【点睛】本题考查解含绝对值的不等式,考查求分段函数的最值.24．（2015秋·上海浦东新·高三上海师大附中校考阶段练习）设*

nN为正整数，规定：()((...()))nnffxfffx=个，已知()21,01()1,12xxfxxx−=−；（1）设集合{0,1,2}A=，对任意xA，证明：3()fxx=；（2）求20158()9f的值；【答案】(1)证明见解析;(2)29【分析】（1）利用分段

函数的意义得出333(0),(1),(2)fff的函数值即可；（2）利用已知进行计算，归纳得出其周期即可；【解析】(1)由题意有(0)2,(1)0,(2)1fff===,当0x=时3(0)(((0)))((2))(1)0ffffff

f====.当1x=时3(1)(((1)))((0))(2)1fffffff====.当2x=时3(2)(((2)))((1))(0)2fffffff====.综上有任意{0,1,2}x，有3()fxx=.(2

)1882()2(1)999f=−=,21882214()(())()2(1)99999ffff===−=.328814145()(())()199999ffff===−=.4388558()(())()

2(1)99999ffff===−=,5488882()(())()2(1)99999ffff===−=,一般地：488()()99krrff+=所以20153882()=()999ff=.【点睛】熟练掌握分类讨论思想方法、分段函数的意义、函数的周期性等是解题

的关键,属于中档题.25．（2018·上海宝山·上海交大附中校考模拟预测）设函数2()||(,)fxxxaxa=+−RR（1）当1a=时，求()fx的单调区间；（2）若()10fx对(1,3)x−恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）

单调递减区间1,2−；单调递增区间1,2+（2）2,4【分析】（1）当1a=时，2221,1()11,1xxxfxxxxxx+−=+−=−+，再利用二次函数的图象与性质，即可求解；（2）由2()||10f

xxxa=+−在(1,3)x−上恒成立，等价于221010xxax−−−，分类参数可得2211()102411()1024axax−−++−在(1,3)x−上恒成立，进而求得实数a的取值范围.【解析】（1）当1a=时，2221,1()11,1xxxfxxxxxx

+−=+−=−+，函数()fx的图象如图所示，结合图象，可得函数的单调区间为1(,)2−，函数的单调递增区间为1(,)2+.（2）由函数2()||10fxxxa=+−在(1,3)x−上恒成立，等价于221010xxax−−−在(1,3

)x−上恒成立，则2211()102411()1024axax−−++−在(1,3)x−上恒成立，解得24a，即实数a的取值范围是[2,4].【点睛】本题主要考查了含有绝对值函数，以及分段函数应用，其中解答中根据题意，得到分段函数，合理应用函数的图象，以及合理利

用分离参数法求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于基础题.26．（2022秋·甘肃陇南·高三统考期中）已知函数()26,022,0xxfxxxx+=−+.(1)求不等

式()5fx的解集；(2)若方程()202mfx−=有三个不同实数根，求实数m的取值范围．【答案】(1)(()103,−+，(2)()()2,22,2−−【分析】（1）当0x时，不等式()5fx化

为65x+；当0x时，不等式()5fx化为2225xx−+；求并集即可；（2）画出()yfx=的图象，方程()202mfx−=有三个不同实数根等价于()yfx=与22my=有三个不同的交点，解不等式即可求解.【解析】（1）当0x时，由65x+得1

x−，10x−，当0x时，由2225xx−+得1x−或3x，3x，综上所述，不等式的解集为(()103,−+，；（2）方程()202mfx−=有三个不同实数根，等价于函数()yfx=与函数22my=的图象有三个不同的交点，函数

()yfx=的图象：由图可知：2122m，得：22m−−或22m所以，实数m的取值范围()()2,22,2−−.27．（2022秋·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）已知函数22+,<0

()=43,0axxcxfxxx−−，且()fx在区间(,2)−−上单调递增，在区间[2,)−+上单调递减.(1)求a的值以及c的取值范围；(2)()6fx恒成立，求不等式()0fx的解集

.【答案】(1)12a=−，)4,c+(2)4223,3−−【分析】（1）根据二次函数的性质求出a的值，再根据函数在断点处的函数值的大小关系求出参数c的取值范围；（2）由函数的最值及（1）中c的取值范围确定c的值，即可得到函数解析式，再根据分段函数分类讨论，分别求出不等式的解集

，即可得解.【解析】（1）解：因为22+,<0()=43,0axxcxfxxx−−，又()fx在区间(,2)−−上单调递增，在区间[2,)−+上单调递减，当0x时()43fxx=−在定义域上单调递减，当0x时()22fxaxxc−=+，所以222xa−=−=−，解得12

a=−，即212+,<0()=243,0xxcxfxxx−−−，且4304c−=，即)4,c+；（2）解：由（1）可得()()max22fxfc=−=+，所以26c+，解得4c，又)4,c+，所以4c=，此时212+4,<0()

=243,0xxxfxxx−−−，则不等式()0fx等价于043>0xx−或212+4>02<0xxx−−，解得403x或2230x−−，综上可得不等式的解集为4223,3−−；28．（2022秋·北京海淀·高三101中学校考

阶段练习）已知函数()22,021,0xxfxxxx=−−+.(1)求((1))ff−的值；(2)求不等式()fx＞1的解集；(3)当x0＜0时，是否存在使得00()()0fxfx−−=成立的x0值？若存在，直接写出x0的值；若不存在

，说明理由．【答案】(1)4(2)()()2,00,−+(3)存在；01x=−【分析】（1）由题意，根据分段函数定义，由取值，可得答案；（2）根据分段函数，分类讨论，整理不等式，可得答案；（3）根据函数与方程的关系，问题转化为函数求交点问

题，根据二次函数与指数函数性质，可得答案.（1）()()()()()()2221121124ffff−=−−−==+=−．（2）由()fx＞1，①20211xxx−−+，则2211xx−−+，()20xx−+，解得20x−，故()2,0x−；②021xx

，则0212x=，解得0x，故()0,x+.解得()()2,00,x−+．（3）由题意，问题等价于方程02002120xxx−−−+−=在(),0−上存在一个根，则等价于函数()221gxxx=−−+与()2xhx−=图象在(),0−上有交点，()()212gx

x=−++，根据二次函数的性质，()gx在(),1−−单调递增，()gx在()1,0−单调递减，()()max12hxh=−=；()12xhx=，根据指数函数性质，()hx在(),0−上单调递减，()12g−=.由()()001hg==，故函数()

gx与()hx图象在(),0−上有唯一交点，则存在唯一的01x=−，使得()()000fxfx−−=成立．29．（2022秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数()()211,011,1xxfxxx−=−.(1)当0ab，且()()fafb=时，求()2211b

a+−的取值范围；(2)是否存在正实数a，()bab，使得函数()yfx=在,ab上的取值范围是1,1ab−−.若存在，则求出a，b的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)()1,+(2)存在，1a=，2b=【分析】（1）根据条件得到,ab的关系，代入()2211ba

+−消去b得到关于a的函数，求其最值即可；（2）假设存在满足条件的实数a，b，且0ab，分a，()0,1b，a，)1,b+，()0,1a，)1,b+讨论，列方程组求解.【解析】（1）因为()()211,011,1xxfxxx−=−，所以()fx在(

)0,1上为减函数，在()1,+上为增函数，由0ab且()()fafb=，可得01ab且()2111ba−=−，故()22211111baaa+−=+−.令1ua=，则1u，函数21yuu=+−在()1,u+上单调递增

，所以1y，即()2211ba+−的取值范围是()1,+.（2）存在满足条件的实数a，b，理由如下：假设存在满足条件的实数a，b，且0ab.①当a，()0,1b时，()11fxx=−在()0,1上单调递减，则由()()11fabfba=−=−

，即111111baab−=−−=−，解得ab=1，因为a，()0,1b，故此时不存在符合条件的实数a，b.②当a，)1,b+时，()()21fxx=−在)1,+上单调递增.则由()()11faafbb=−

=−，即()()221111aabb−=−−=−，所以a，b是方程2320xx−+=得1x=或2x=，所以，此时存在符合条件的实数1a=，2b=.③当()0,1a，)1,b+时，由于10a−，而()01fxa−，

故此时不存在符合条件的实数a，b.综上所述，存在符合条件的实数1a=，2b=.三、分段数列、函数的实际应用30．（2021秋·上海浦东新·高三校考阶段练习）已知某电子公司生产某款手机的年固定成本为40万美元，每生产1万部还需另投入16万美元

，设该公司一年内共生产该款手机x万部并全部销售完，每万部的销售收人为()Rx万美元，且()**24006,040,N740040000,40,N,xxxRxxxxx−=−且且„(1)写出年

利润W（万美元）关于年产量x（万部）的函数解析式（利润=销售收入−成本）；(2)当年产量为多少万部时，该公司在该款手机的生产中所获得的利润最大?并求出最大利润.【答案】(1)2**638440,040,N40000167360,40,NxxxxWxxxx−+−

=−−+且且(2)年产量为32万部时，利润最大，最大利润为6104万美元【分析】（1）分段分别求出利润W与x的函数解析式，再写出分段函数的形式即可；（2）当040x时，利用二次函数性质求W的最大值，当40x时，利用基本不等式求出W的最大值，再比较两者大小，即可得到W的

最大值.【解析】（1）当040x时，()()21640638440WxRxxxx=−+=−+−，当40x时，()()400001640167360WxRxxxx=−+=−−+，∴2**638440,040,N40000167360,40,NxxxxWxxxx−+−=−−

+且且．（2）①当040x时，()226384406326104Wxxx=−+−=−−+，∴当32x=时，()max326104WW==，②当40x时，400004000040000167360167360216736057

60Wxxxxxx=−−+=−++−+=，当且仅当4000016xx=，即50x=时，等号成立，即当50x=时，max57606104W=，综上所述，当32x=时，W取得最大值为6104万美元，即当年产量为

32万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大，最大利润为6104万美元．31．（2021秋·上海浦东新·高三上海师大附中校考期中）近年来，中美贸易摩擦不断.特别是美国对我国华为的限制.尽管美国对华为极力封锁，百般刁难，并不断加大对各国的施压，

拉拢他们抵制华为5G，然而这并没有让华为却步.华为在2018年不仅净利润创下记录，海外增长同样强劲.今年，我国华为某一企业为了进一步增加市场竞争力，计划在2020年利用新技术生产某款新手机.通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本250万，每生产

x（千部）手机，需另投入成本()Rx万元，且210100,040()100007019450,40xxxRxxxx+=+−，由市场调研知，每部手机售价0.7万元，且全年生产的手机当年能全部销售完.(1)求出2020年的利润()Wx（万元）关于年

产量x（千部）的函数关系式，（利润=销售额—成本）；(2)2020年产量为多少（千部）时，企业所获利润最大？最大利润是多少？【答案】(1)210600250,040()10000()9200,40xxxWxxxx−+−=−++；(2)2020年产量为100千

部时，企业所获利润最大，最大利润是9000万元.【分析】（1）根据给定的函数模型，直接计算作答.（2）利用（1）中函数，借助二次函数最值及均值不等式求出最大值，再比较大小作答.【解析】（1）依题意，销售收入700x万元，固定成本250万元，另投入成本210100,040()1

00007019450,40xxxRxxxx+=+−万元，因此210600250,040()700()25010000()9200,40xxxWxxRxxxx−+−=−−=−++，所以2020年的利

润()Wx（万元）关于年产量x（千部）的函数关系式是210600250,040()10000()9200,40xxxWxxxx−+−=−++.（2）由（1）知，当040x时，2()10(30)87508750Wx

x=−−+，当且仅当30x=时取等号，当40x时，1000010000()()9200292009000Wxxxxx=−++−+=，当且仅当10000xx=，即100x=时取等号，而87509000，因此当100x=时，max()9000Wx=，所以2020年产量为100千部时，企业

所获利润最大，最大利润是9000万元.32．（2023·上海·高三专题练习）疫情防控期间，某小微企业计划采用线下与线上相结合的销售模式进行产品销售运作．经过测算，若线下销售投入资金x（万元），则可获得纯利润54x（万元）；

若线上销售投入资金x（万元），则获得纯利润25,020()3050,20xxfxxx=−（万元）．(1)当投入线下和线上的资金相同时，为使线上销售比线下销售获得的纯利润高，求投入线下销售的资金x（万元）的取值范围；(2)若该企业筹集了用于促进销售的资金共30万元，

如果全部用于投入线下与线上销售，问：该企业如何分配线下销售与线上销售的投入资金，可以使销售获得的纯利润最大？并出求最大的纯利润．【答案】(1)(1040)，(2)投入线下销售的资金10万元，投入线上销售的资金为20万元时，纯利润最大，最大值为6

2.5万元【分析】（1）根据题意分020x与20x进行讨论求出即可；（2）设投入线下销售的资金为x（万元），投入线上销售的资金y（万元），结合题意写出总利润的表达式，利用函数的性质求解即可.【解析】（1）当

020x时，由525430xxx−得0x或10x，所以1020x当20x时，由5504x得40x，所以2040x综上所述，投入线下的资金x（万元）的取值范围为(1040)，（2）设投入线下销售的资金为x（万

元），投入线上销售的资金y（万元），所以30xy+=当020y即1030x时，总利润5255750()254304xyxLxyx=+=+−−易得()Lx在区间[10,106]上严格递减，在区间[

106,30]上严格递增又(10)62.5,(30)37.5LL==所以当10x=时，max()62.5Lx=当2030y即010x时，总利润()55062.54xLx=+缘上所运，投入线下销售的资金10万元，投入线上销售的资金为20万元时，纯利润最大，最大值为62.5万

元．33．（2022秋·上海嘉定·高三上海市育才中学校考期中）据国家气象局消息，今年各地均出现了极端高温天气.漫漫暑期，空调成了很好的降温工具，而物体的降温遵循牛顿冷却定律.如果某物体的初始温度为0T，那么经过t分钟后，温度T满足()012thaaTTTT−=−，其中aT为室温，h

为半衰期.为模拟观察空调的降温效果，小明把一杯75C的茶水放在25Co的房间，10分钟后茶水降温至50C.（参考数据：lg20.30,lg30.48）(1)若欲将这杯茶水继续降温至35C，大约还需要多少分钟？（保留整数）(2)

为适应市场需求，2022年某企业扩大了某型号的变频空调的生产，全年需投入固定成本200万元，每生产x千台空调，需另投入成本()fx万元，且()2460,040,36003013700,40.xxxfxxxx+=+−…已知每台空调售价3000元，且

生产的空调能全部销售完.问2022年该企业该型号的变频空调的总产量为多少千台时，获利最大？并求出最大利润.【答案】(1)13分钟(2)当该企业该型号的变频空调总产量为30千台时，获利最大，最大利润为3400万元.【分析】（1）由题意列方程求解（2）由题意得出利

润与x的函数关系，结合基本不等式求解最值【解析】（1）由题意可得()101502575252h−=−，解得10h=.设经过t分钟，这杯茶水降温至35C，则()101352550252t−=−，解得2110log51010213lg2t=−=−

（分钟）.故欲将这杯茶水降温至35C，大约还需要13分钟.（2）设2022年该企业该型号的变频空调的利润为()Wx，当040x时，()223002004604(30)3400Wxxxxx=−−−=−−+，当30x=时，()Wx

取得最大值3400万元；当40x…时，()3600360030020030137003500Wxxxxxx=−−−+=−+，因为360023600120xx+=…，当且仅当60x=时，等号成立，则当60x=时，()Wx取得最大值3380万元.因为34003380，

所以当该企业该型号的变频空调总产量为30千台时，获利最大，最大利润为3400万元.34．（2016春·上海浦东新·高一华师大二附中校考期末）某公司自2016年起，每年投入的技术改造资金为1000万元，预计自2

016年起第n年（2016年为第一年），因技术改造，可新增的盈利5150(1)52000(10.6)5nnnnan−−=−（万元），按此预计，求：（1）第几年起，当年新增盈利超过当年的技术改造金；（2）第几年起，新增盈利累计总额超过累计技

术改造金；【答案】（1）第7年；（2）第12年【分析】（1）利用分段函数关系，解不等式1000na即可；（2）前五年每年盈利都低于1000万元，求出前5年之和小于5000万元，于是超过五年，利用数列求和，解不等式1000nSn.【解析】（1）根据盈利515

0(1)52000(10.6)5nnnnan−−=−（万元），当5n，5600naa=都没能超过当年的技术改造金；62000(10.6)800a−==，272000(10.6)12801000a−==52000(10.6)nna−=−是递增数列，所以从第7年起，当年新

增盈利超过当年的技术改造金；（2）设第n几年起，新增盈利累计总额超过累计技术改造金由于前五年每年盈利都低于1000万元，前五年盈利之和1234515005000aaaaa++++=所以5n可得：()50.610.6150020005100

010.6nnn−−+−−−化简可得：530.611.5nn−+当9n时，5430.630.60.38880.5n−=，530.60.5nnn−++当510,30.610.5nnn−=+当511,30.

611.5nnn−=+当512,30.61211.5nnn−=+即第12年起，新增盈利累计总额超过累计技术改造金.【点睛】此题考查数列的实际应用，考查数列求和及解不等式相关知识，对代数运算理解辨析综合应用能力要求较高.35

．（2021秋·上海静安·高三上海市第六十中学校考期中）根据预测，某地第n*()nN个月共享单车的投放量和损失量分别为na和nb（单位：辆），其中4515,1310470,4nnnann+=−+，5nbn=+，第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与累

计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量24(46)8800nSn=−−+（单位：辆）.设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量

？【答案】（1）935；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）计算na和nb的前4项和的差即可得出答案；（2）令nnab得出42n，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论.试题分析

：（1）()()1234123496530935aaaabbbb+++−+++=−=（2）10470542nnn−++，即第42个月底，保有量达到最大()()()()12341234420503864742965878222aaaabbbb+

+++++−++++=+−=()2424424688008736S=−−+=，∴此时保有量超过了容纳量.36．（2023秋·广西防城港·高二统考期末）某地地方政府为了促进农业生态发展，鼓励农民建设生态采摘园.202

2年该地生态采摘园的沃柑产量为6500公斤，计划不超过24天内完成销售.采摘园种植的农产品一般有批发销售和游客采摘零售两大销售渠道.根据往年数据统计，游客从开园第1天到闭园，游客采摘量na（公斤）和开园的第()Nnn+天满足以下关系：

24520,(116)2250,(1724)nnnnann−+=−+.批发销售每天的销售量为200公斤，每公斤5元，采摘零售的价格是批发销售价格的4倍.(1)n取何值时，采摘零售当天的收入不低于批

发销售当天的收入？(2)采摘零售的总采摘量是多少？农户能否24天内完成销售计划？【答案】(1)()618Nnn+(2)1327公斤，不能完成销售计划【分析】（1）分段讨论计算采摘零售当天的收入:54na

，批发销售当天的收入2005，列不等式求解即可；（2）当116n时，采摘零售量为数列{520}n+的和，当1724n时，采摘零售量为数列24250}{2nn−−+的和，两者之和为采摘零售的总采摘量，再加上批发销售的销售总量后判断是否超过6500公斤.【解析】

（1）由条件，当116n时，()520542005n+，解得616.n当1724n时，()242250542005nn−−+，解得1718n，所以()618nnN+，采摘零售当天的收入不低于批发销售的收入.（2）不能.当116n时，na为等差数

列，记这些项的和为16116,25,100Saa==，()116161610002aaS+==.当1724n时，记数列na这些项的和为8T，()()()7608221750221850222450T=

−++−++−+()()760822221718.24508T=+++−++++()8712128172424001212−+=−+−2553284

00=−+327=1681327ST+=，即采摘零售的总采摘量是1327公斤.批发销售的销售总量为200244800=公斤，24天一共销售132748006127+=公斤，故不能完成销售计划.