目录
函数综合与
导数经典真题
不等式
应用经典真题
不等式
基础经典真题
三角函数经典真题
数列1经典真题
16
06
26
36
01
20
11
31
参考答案
集合经典真题
函数经典真题
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
1
第1 讲
集合经典真题
第1 讲
集合经典真题
本讲预习指南
知识框架
集合
元素与子集
集合的概念
集合的三要素
集合的关系
集合的运算
简易逻辑
命题的概念
复合命题
充要条件
集合关系的应用
容斥原理
条件子集
子集族
集合背景问题
函数值域
数列
不等式最值
计数
数论
新定义
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
2
第1 讲
集合经典真题
本讲模块分析
集合是高中数学乃至于数学的基础，也是高中联赛一试常考的模块之一. 集合的重要性在于它是数
学学习的基础语言，理解集合开启了对抽象对象的研究，也是在对集合的研究开创了数学的历史. 集合在
一试中基本只会考察到小题，其中集合考察的比较多的是元素与子集的问题和条件子集问题，主要在于
集合在数学中开宗明义而本身的内容不够充实，但是集合由于本身作为基础语言的缘故，非常容易和其
他模块一同考察，比如求函数的值域问题，将数列视作集合，求不等式的最值问题，甚至考察到简易逻辑
中借助命题的判断可以考到多个问题，不过由于选择题退出一试舞台，命题难以在填空题的场景中考察
到．特别需要注意的是，一试明面上讲考察范围与高考大纲相同，不过也会借机会考察到竞赛内容，比如
借集合为背景容易考察到数论性质，借计数考察到组合知识，甚至条件子集本身需要借助组合知识进行
分析．
经典真题
1 设集合A = {2,0,1,3}，集合B =
{
x
−x ∈A,2−x2̸ ∈A
}
．则集合B 中所有元素的和为
．
2 设集合A = {a1,a2,a3,a4}，若A 中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为B = {−1,3,5,8}，则
集合A =
．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
3
第1 讲
集合经典真题
3 已知集合A = {x|5x−a ⩽0}，B = {x|6x−b > 0},a,b ∈N，且A∩B∩N = {2,3,4}，则整数对(a,b) 的
个数为（ ）．
A. 20
B. 25
C. 30
D. 42
4 若非空集合A = {x|2a+1 ⩽x ⩽3a−5}，B = {x|3 ⩽x ⩽22} ，则能使A ⊆A∩B 成立的所有a 的集合
是（ ）
A. {a|1 ⩽a ⩽9}
B. {a|6 ⩽a ⩽9}
C. {a|a ⩽9}
D. ∅
5 设a1,a2,a3,a4 为四个有理数，使得：{aiaj |1 ⩽i < j ⩽4} =
{
−24,−2,−3
2,−1
8,1,3
}
，求a1 +a2 +a3 +
a4 的值．
6 已知a 为给定的实数，那么集合M = {x|x2 −3x−a2 +2 = 0,x ∈R} 的子集的个数为（ ）
A. 1
B. 2
C. 4
D. 不确定
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
4
第1 讲
集合经典真题
7 设命题P : 关于x 的不等式a1x2 + b1x2 + c1 > 0 与a2x2 + b2x + c2 > 0 的解集相同; 命题Q : a1
a2
=
b1
b2
= c1
c2
．则命题Q（ ）
A. 是命题P 的充分必要条件
B. 是命题P 的充分条件但不是必要条件
C. 是命题P 的必要条件但不是充分条件
D. 既不是是命题P 的充分条件也不是命题P 的必要条件
8 已知三个平面α,β,γ，每两个之间的夹角都是θ，且α ∩β = a,β ∩γ = b,γ ∩α = c．若有命题甲：
θ > π
3 ；命题乙：a,b,c 相交于一点．则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不必要
B. 甲是乙的必要条件但不充分
C. 甲是乙的充分必要条件
D. A、B、C 都不对
9 设M = {1,2,3,...,1995},A 是M 的子集且满足条件: 当x ∈A 时, 15x /∈A , 则A 中元素的个数最多
是
．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
5
第1 讲
集合经典真题
10 对于整数n ⩾4, 求出最小的整数f (n), 使得对于任何正整数m, 集合{m,m+1,...,m+n−1} 的任一
个f (n) 元子集中, 均至少有3 个两两互素的元素.
11 已知A 与B 是集合{1,2,3,...,100} 的两个子集，满足A 与B 的元素个数相同，且为A∩B 空集．若
n ∈A 时总有2n+2 ∈B，则集合A∪B 的元素个数最多为（ ）
A. 62
B. 66
C. 68
D. 74
12 集合A,B 的并集A∪B = {a1,a2,a3}，当A̸ = B 时，(A,B) 与(B,A) 视为不同的对，则这样的(A,B) 对
的个数是（ ）
A. 8
B. 9
C. 26
D. 27
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
6
第2 讲
函数经典真题
第2 讲
函数经典真题
本讲预习指南
知识框架
函数
函数三要素
定义域
值域
对应法则
分段函数
反函数
复合函数
常用函数
二次函数
幂指对函数
对勾函数
三角函数
函数的性质
单调性
对称性（奇偶性）
周期性
凹凸性
其他问题
函数迭代
抽象函数
函数方程
综合问题
函数的图像
函数与方程
函数与数列
函数与不等式
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
7
第2 讲
函数经典真题
本讲模块分析
函数是高中代数中最重要的一块内容，也是高中联赛一试考察最多的部分之一. 函数的重要性在于
它和后面代数学习中三角函数，数列，不等式，导数都有很大的相关性，其他部分都可以利用函数的思想
来思考. 函数在一试中考察的比较多的是函数值域问题，其中多为复合函数或者二次函数的含参问题；另
外考察的比较多的是函数的各个性质，经常会考察多个性质的结合，其中单调性的考察也会与函数的最
值和值域问题相关．函数中也会有较难的内容，比如函数迭代，函数方程，特别是函数方程，在联赛层次考
察较少，一般出现在CMO 及以上层次的考试中．
经典真题
1 设不等式|2x −a| < |5−2x| 对所有x ∈[1,2] 成立，求实数a 的取值范围．
2 设k、m 为实数，不等式
x2 −kx−m
⩽1 对所有x ∈[a,b] 成立．证明：b−a ⩽2
√
2．
3 设f (x) 是定义在R 上的函数，若f (x)+x2 是奇函数，f (x)+2x 是偶函数，则f (1) 的值为
．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
8
第2 讲
函数经典真题
4 设f (x) 是定义在R 上的以2 为周期的偶函数，在区间[0,1] 上严格递减，且满足f (π) = 1，f (2π) = 2，
则不等式组
1 ⩽x ⩽2
1 ⩽f (x) ⩽2
的解集为
．
5 若实数x，y 满足x−4√y = 2√x−y，则x 的取值范围是
．
6 若正数a、b 满足2+log2a = 3+log3b = log6 (a+b)，则1
a + 1
b 的值为
．
7 已知定义在R+ 上的函数f (x) =
|log3x−1|,0 < x ⩽9,
4−√x,x > 9
．设a，b，c 是三个互不相同的实数，满足
f (a) = f (b) = f (c)，求abc 的取值范围．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
9
第2 讲
函数经典真题
8 正实数u，v，w 均不等于1，若loguvw+logvw = 5，logvu+logwv = 3，则logwu 的值为
．
9 若实数a、b、c 满足2a +4b = 2c，4a +2b = 4c，求c 的最小值．
10 设f (x) 是定义在R 上的函数，对任意实数x 有f (x+3)· f (x−4) = −1．
又当0 ⩽x < 7 时，f (x) = log2 (9−x)，则f (−100) 的值为
/
．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
10
第2 讲
函数经典真题
11 已知f (x) 是R 上的奇函数，f (1) = 1，且对任意x < 0，均有f
(
x
x−1
)
= x f (x)．
求f (1) f
( 1
100
)
+ f
(1
2
)
f
( 1
99
)
+ f
(1
3
)
f
( 1
98
)
+···+ f
( 1
50
)
f
( 1
51
)
的值．
12 求所有的正实数对(a,b), 使得函数f (x) = ax2 +b 满足: 对任意实数x,y, 有f (xy)+ f (x+y) ⩾
f (x) f (y).
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
11
第3 讲
三角函数经典真题
第3 讲
三角函数经典真题
本讲预习指南
知识框架
函数
三角函数的定义
角的扩充
弧度制
定义，三角函数线
三角函数图象
三角函数的性质
复合型三角函数与三角函数图象变换
三角函数公式
同角三角函数关系
诱导公式
和差公式
倍角公式
辅助角公式
和差化积与积化和差
万能公式
解三角形
正弦定理
余弦定理
反三角函数
三角代换
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
12
第3 讲
三角函数经典真题
本讲模块分析
三角函数在高中联赛中考察一般为一个小题，主要以考察基本性质和三角公式为主，三角函数具有
明显的单调性，对称性，周期性，另外三角恒等变形是三角函数的难点，主要要掌握一些降次的想法，角度
之间的联系，以及一些经典的模型，解三角形也会和三角恒等变形相关．三角代换的内容比较综合，数列，
不等式，解析几何，函数，复数等模块三角代换都是其中的重要方法.
经典真题
1 设sin α > 0，cosα < 0，且sin α
3 > cos α
3 ，则α
3 的取值范围是（ ）
A.
(
2kπ + π
6 ,2kπ + π
3
)
，k ∈Z
B.
(2kπ
3 + π
6 , 2kπ
3 + π
3
)
，k ∈Z
C.
(
2kπ + 5π
6 ,2kπ +π
)
，k ∈Z
D.
(
2kπ + π
4 ,2kπ + π
3
)
∪
(
2kπ + 5π
6 ,2kπ +π
)
，k ∈Z
2 设函数f (x) =
(
sin kx
10
)4
+
(
cos kx
10
)4
，其中k 是一个正整数．若对任意实数a，均有
{f (x)|a < x < a+1} = {f (x)|x ∈R}，则k 的最小值为
．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
13
第3 讲
三角函数经典真题
3 设ω 为正实数，若存在a、b(π ⩽a < b ⩽2π)，使得sinωa+sinωb = 2，则ω 的取值范围是
．
4 数列{an} 满足a1 = π
6 ，an+1 = arctan(secan)(n ∈N∗)．求正整数m，使得sina1 ·sina2 ·····sinam =
1
100．
5 设f(x) = sin2x+sinxcosx−2cos2x，则f(x) 的值域是
．
6 函数y = tan2013x+tan2015x−tan2014x 在[0,π] 中的零点个数是
．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
14
第3 讲
三角函数经典真题
7 设函数f (x) 对所有的实数x 都满足f (x+2π) = f (x)，求证：存在4 个函数fi (x)(i = 1,2,3,4) 满足：
（1）对i = 1,2,3,4，fi (x) 是偶函数，且对任意的实数x，有fi (x+π) = fi (x)；
（2）对任意的实数x，有f (x) = f1 (x)+ f2 (x)cosx+ f3 (x)sinx+ f4 (x)sin2x．
8 若实数α 满足cosα = tanα，则
1
sinα +cos4α 的值为
．
9 设x ⩾y ⩾z ⩾π
12，且x+y+z = π
2 ，求乘积cos xsin ycos z 的最大值和最小值
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
15
第3 讲
三角函数经典真题
10 在△ABC 中，若sinA = 2sinC，且三条边a、b、c 成等比数列，则cosA 的值为
．
11 在△ABC 中，已知sinA = 10sinBsinC，cosA = 10cosBcosC，则tanA 的值为
．
12 △ABC 内接于单位圆，三个内角A,B,C 的平分线延长后分别交此圆于A1,B1,C1．
则
AA1 ·cos A
2 +BB1 ·cos B
2 +CC1 ·cos C
2
sinA+sinB+sinC
的值为（ ）
A. 2
B. 4
C. 6
D. 8
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
16
第4 讲
函数综合与导数经典真题
第4 讲
函数综合与导数经典真题
本讲预习指南
知识框架
函数综合
二次函数不动点
函数与数列综合
函数与不等式综合
导数（重点）
函数方程（难点）
本讲模块分析
函数是高中代数中最重要的一块内容，这一讲主要是一些函数的综合问题，包括了：二次函数不动
点、函数与数列综合、函数与不等式综合．函数的综合问题一般都会结合导数来考察，通过导数来发现函
数的单调性、值域等，在通过放缩法、数学归纳法等方法来解决问题．最后一个模块是函数方程，这是一个
难点，通常都是从赋值法入手，代入特殊值、函数不动点、函数零点等，通过赋值发现函数单调性、奇偶性
等性质，来解决问题．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
17
第4 讲
函数综合与导数经典真题
经典真题
1 若函数f (x) = x2 +a|x−1| 在[0,+∞) 上单调递增，则实数a 的取值范围是
．
2 设a，b 为实数，函数f (x) = ax+b 满足：对任意x ∈[0,1]，有|f (x)| ⩽1．则ab 的最大值为
．
3 设a、b 为不相等的实数，若二次函数f (x) = x2 +ax+b 满足f (a) = f (b)，则f (2) 的值为
．
4 已知α,β 是方程4x2 −4tx−1 = 0(t ∈R) 的两个不等实根，函数f(x) = 2x−t
x2 +1 的定义域为[α,β]．
（1）求g(t) = max f(x)−min f(x)；
（2）证明：对于ui ∈
(
0, π
2
)
(i = 1,2,3)，若sinu1 +sinu2 +sinu3 = 1，
则
1
g(tanu1) +
1
g(tanu2) +
1
g(tanu3) < 3
4
√
6．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
18
第4 讲
函数综合与导数经典真题
5 求证不等式：−1 <
(
n
∑
k=1
k
k2 +1
)
−lnn ⩽1
2，n = 1,2…
6 设二次函数f (x) = ax2 +bx+c(a,b,c ∈R，a̸ = 0) 满足条件：
①当x ∈R 时，f (x−4) = f (2−x)，且f (x) ⩾x；
②当x ∈(0,2) 时，f (x) ⩽
(x+1
2
)2
③f (x) 在R 上的最小值为0．
求最大的m(m > 1)，使得存在t ∈R，只要x ∈[1,m]，就有f (x+t) ⩽x．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
19
第4 讲
函数综合与导数经典真题
7 设函数f (x) = ax2 +8x+3(a < 0)，对于给定的负数a，有一个最大的正数l (a)，使得在整个区间
[0,l (a)] 上，不等式|f (x)| ⩽5 都成立．
问：a 为何值时l (a) 最大？求出这个最大的l (a)，证明你的结论．
8 设f(x) = x2 +a．记f 1(x) = f(x)，f n(x) = f(f n−1(x))，n = 2,3,···，M = {a ∈R|∀n ∈N∗,|f n(0)| ⩽2}．
证明：M =
[
−2, 1
4
]
．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
20
第5 讲
不等式基础经典真题
第5 讲
不等式基础经典真题
本讲预习指南
知识框架
不等式
基本的不等式方法
作差作商
分析法
放缩法
归纳法
均值不等式
添减项
配系数
换元（换分母、轮换换元）
增量代换（加法、乘法代换）
柯西不等式
方法与均值类似
特殊的权方和不等式
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
21
第5 讲
不等式基础经典真题
本讲模块分析
不等式是代数中的经典，联赛对不等式的考察十分重视，早年二试的代数题，基本都是不等式，国内
外的比赛里也有很多经典的不等式题目，近些年单纯的不等式考察越来越少，但不等式仍然是联赛中十
分重要的一个模块．一试对于不等式的考察比较基础，用到的知识点很少，主要是一些技巧的灵活运用．
一试的不等式题目大概有三个方向：1. 数列函数综合题目中用到不等式放缩，这类一般是大题的最后一
问，需要根据具体的题目式子做出不同的处理；2. 均值不等式，均值不等式是最基本的一个不等式，联赛
对于均值不等式的考察十分灵活，相当于一个工具，很少有单独拧出来作为题目考察，需要同学们掌握均
值不等式几个基本的技巧：添减项、调整系数、整体换元、增量代换等等．而且如果能注意到取等条件，通
常可以帮助我们找到式子变形的方向；3. 柯西不等式，柯西不等式的技巧和均值不等式差不多，两者也有
很多关联，这里不再赘述．
经典真题
1 设实数a 满足a < 9a3 −11a < |a|，则a 的取值范围是
．
2 求证：16 <
80
∑
i=1
1
√
k
< 17．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
22
第5 讲
不等式基础经典真题
3 使关于x 的不等式√x−3+
√
6−x ⩾k 有解的实数k 的最大值是
．
4 设a,b 为正实数，1
a + 1
b ⩽2
√
2，(a−b)2 = 4(ab)3，则logab =
．
5 已知a,b 为正实数，且1
a + 1
b = 1．试证：对每一个n ∈N∗，(a+b)n −an −bn ⩾22n −2n+1．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
23
第5 讲
不等式基础经典真题
6 已知a1,a2,··· ,an 是n 个正数，满足a1 ·a2 ···an = 1．求证：(2+a1)(2+a2)···(2+an) ⩾3n．
7 方程(x2006 +1)(1+x2 +x4 +···+x2004) = 2006x2005 的实数解的个数为
．
8 设x1、x2、x3 是非负实数，满足x1 +x2 +x3 = 1，求(x1 +3x2 +5x3)
(
x1 + x2
3 + x3
5
)
的最小值和最大值．
9 求函数f (x) = √2x−7+√12−x+√44−x 的最大值．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
24
第5 讲
不等式基础经典真题
10 设x,y,z ∈[0,1]，则M =
√
|x−y|+
√
|y−z|+
√
|z−x| 的最大值是
．
11 将2006 表示成5 个正整数x1,x2,x3,x4,x5 之和．记S =
∑
1⩽i<j⩽5xixj．问：
（1）当x1,x2,x3,x4,x5 取何值时，S 取到最大值．
（2）进一步地，对任意1 ≤i, j ≤5 有|xi −xj| ≤2，当x1,x2,x3,x4,x5 取何值时，S 取到最小值．说明理
由．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
25
第5 讲
不等式基础经典真题
12 用电阻值分别为a1、a2、a3、a4、a5、a6 (a1 > a2 > a3 > a4 > a5 > a6) 电阻组装成一个如图的组件，在组
装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
26
第6 讲
不等式应用经典真题
第6 讲
不等式应用经典真题
本讲预习指南
知识框架
不等式
基本的不等式方法
作差作商
分析法
放缩法
归纳法
均值不等式
添减项
配系数
换元（换分母、轮换换元）
增量代换（加法、乘法代换）
柯西不等式
方法与均值类似
特殊的权方和不等式
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
27
第6 讲
不等式应用经典真题
本讲模块分析
不等式是代数中的经典，联赛对不等式的考察十分重视，早年二试的代数题，基本都是不等式，国内
外的比赛里也有很多经典的不等式题目，近些年单纯的不等式考察越来越少，但不等式仍然是联赛中十
分重要的一个模块．一试对于不等式的考察比较基础，用到的知识点很少，主要是一些技巧的灵活运用．
一试的不等式题目大概有三个方向：1. 数列函数综合题目中用到不等式放缩，这类一般是大题的最后一
问，需要根据具体的题目式子做出不同的处理；2. 均值不等式，均值不等式是最基本的一个不等式，联赛
对于均值不等式的考察十分灵活，相当于一个工具，很少有单独拧出来作为题目考察，需要同学们掌握均
值不等式几个基本的技巧：添减项、调整系数、整体换元、增量代换等等．而且如果能注意到取等条件，通
常可以帮助我们找到式子变形的方向；3. 柯西不等式，柯西不等式的技巧和均值不等式差不多，两者也有
很多关联，这里不再赘述．
经典真题
1 不等式|x|3 −2x2 −4|x|+3 < 0 的解集是
．
2 若对于任意实数x，|x+a|−|x+1| ⩽2a 恒成立，则实数a 的最小值为
．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
28
第6 讲
不等式应用经典真题
3 若实数a，b 满足条件
a+b−2 ⩾0
b−a−1 ⩽0
a ⩽1
，则a+2b
2a+b 的最大值等于
．
4 已知实数x，y 满足：
1+cos2 (x+y−1) = x2 +y2 +2(x+1)(1−y)
x−y+1
，求xy 的最小值．
5 若a，b，c > 0，1
a + 2
b + 3
c = 1，则a+2b+3c 的最小值为
．
6 若2a +2b = 2a+b，2a +2b +2c = 2a+b+c，则2c 的最大值是
．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
29
第6 讲
不等式应用经典真题
7 当0⩽x⩽1 时，存在正数β，使得代数式√1+x+√1−x+ xa
2β 的最大值为2 的最小正数α，此时最小
的正数为β，则α +β =
．
8 若正实数x，y 满足y > 2x，则y2 −2xy+x2
xy−2x2
的最小值是
．
9 设3
2 ⩽x ⩽5，证明：2√x+1+√2x−3+
√
15−3x < 2
√
19．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
30
第6 讲
不等式应用经典真题
10 x，y，z 是正实数，且满足x+y+z = 1，求
x4
y(1−y2) +
y4
z(1−z2) +
z4
x(1−x2) 的最小值．
11 给定正数a，b，c，d，试证明
a3 +b3 +c2
a+b+c
+ b3 +c3 +d3
b+c+d
+ c3 +d3 +a3
c+d +a
+ d3 +a3 +b3
d +a+b
⩾a2 +b2 +c2 +d2．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
31
第7 讲
数列1 经典真题
第7 讲
数列1 经典真题
本讲预习指南
知识框架
数列
数列的定义
等差数列与等比数列
数列求和
倒序相加法
错位相减法
裂项相消法
递推数列
叠加法
待定系数法
整体代换
迭代相减法
不动点
特征方程
归纳法
数学归纳法
数列与不等式
极限
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
32
第7 讲
数列1 经典真题
本讲模块分析
数列可看作是一个定义域为正整数集的函数，因此通常会与函数和数论联系起来．联赛一试中考察
数列的基本性质时，往往会结合一些简单的数论来考，而考察数列求和与数列递推时，与高考题的差距通
常只有一步恒等变形或是不等式放缩，因此需要多注重平时的方法积累．此外归纳法的应用也是考察的
重中之重，需要熟练掌握．
经典真题
1 在等比数列{an} 中，a2 =
√
2，a3 =
3√
3，则a1 +a2011
a7 +a2017
的值为
．
2 公差为4 的有限项的等差数列，它的首项的平方与其余所有项之和不超过100．这个等差数列最多
可以有
项．
3 各项均为实数的等比数列{an} 的前n 项之和为Sn，若S10 = 10，S30 = 70 求S40．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
33
第7 讲
数列1 经典真题
4 已知等差数列{an} 的公差d 不为0，等比数列{bn} 的公比q 是小于1 的正有理数．若a1 = d，
b1 = d2，且a2
1 +a2
2 +a2
3
b1 +b2 +b3
是正整数，则q 等于
．
5 给定正数p,q,a,b,c，其中p̸ = q，若p,a,q 是等比数列，p,b,c,q 是等差数列，则一元二次方程
bx2 −2ax+c = 0 （ ）
A. 无实根
B. 有两个相等实根
C. 有两个同号相异实根
D. 有两个异号实根
6 已知{an} 是公差不为0 的等差数列，{bn} 是等比数列，其中a1 = 3,b1 = 1,a2 = b2,3a5 = b3，且存在
常数α,β 使得对每一个正整数n 都有an = logαbn +β，则α +β =
．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
34
第7 讲
数列1 经典真题
7 设{an} 为等差数列，{bn} 为等比数列，且b1 = a12，b2 = a22，b3 = a32a1 < a2，又lim
n→+∞(b1 +b2 +···+
bn) =
√
2+1，试求{an} 的首项与公差．
8 数列{an} 满足a1 = 2，an+1 = 2(n+2)
n+1
an (n ∈N∗)，则
a2014
a1 +a2 +···+a2013
=
．
9 设两个严格递增的正整数数列{an}、{bn} 满足：a10 = b10 < 2017，对任意正整数n，有an+2 = an+1 +an，
bn+1 = 2bn，则a1 +b1 的所有可能值为
．
10 已知数列a0,a1,a2,···,an,··· 满足关系式(3−an+1)(6+an) = 18，且a0 = 3，则
n
∑
i=0
1
ai
的值是
．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
35
第7 讲
数列1 经典真题
11 设数列{an} 的前n 项和Sn 满足：Sn +an =
n−1
n(n+1)，n = 1,2,···，则通项an =
．
12 已知数列{an} 的各项均为非零实数，且对于任意的正整数n，都有(a1 +a2 +···+an)2 = a3
1 +a3
2 +
···+a3
n
（1）当n = 3 时，求所有满足条件的三项组成的数列a1,a2,a3；
（2）是否存在满足条件的无穷数列{an}，使得a2013 = −2012？若存在，求出这样的无穷数列的一个
通项公式；若不存在，说明理由
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
36
检测题参考答案
检测题参考答案
第1 讲
集合经典真题
1
-5
【解析】易知B ⊆{−2,0,−1,−3}．
当x = −2，−3 时，2−x2 = −2，−7，有2−x2̸ ∈A；
而当x = 0，−1 时，2−x2 = 2，1，有2−x2 ∈A．
因此，根据B 的定义可知B = {−2,−3}．
所以，集合B 中所有元素的和为−5．
2
{−3,0,2,6}
【解析】显然，在A 的所有三元子集中，每个元素均出现了3 次，所以3(a1 +a2 +a3 +a4) = (−1)+
3+5+8 = 15，故a1 +a2 +a3 +a4 = 5，于是集合A 的四个元素分别为5−(−1) = 6,5−3 = 2,5−
5 = 0,5−8 = −3，因此，集合A = {−3,0,2,6}．
3
C
【解析】5x−a ⩽0 ⇒x ⩽a
5；6x−b > 0 ⇒x > b
6．要使A∩B∩N = {2,3,4}，则
1 ⩽b
6 < 2
4 ⩽a
5 < 5
，
即
6 ⩽b < 12
20 ⩽a < 25
．所以数对(a,b) 共有C1
6C1
5 = 30．
4
B
【解析】A ⊆B,A̸ = ∅．⇒3 ⩽2a+1 ⩽3a−5 ⩽22，⇒6 ⩽a ⩽9．故选B．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
37
检测题参考答案
5
a1 +a2 +a3 +a4 = ±9
4
【解析】由条件可知，aiaj(1 ⩽i < j ⩽4) 是6 个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，由此知，
a1,a2,a3,a4 的绝对值互不相等，不妨设|a1| < |a2| < |a3| < |a4|，则|ai||aj|(1 ⩽i < j ⩽4) 中最小的与
次小的两个数分别是|a1||a2| 及|a1||a3|，最大与次大的两个数分别是|a3||a4| 及|a2||a4|，从而必须有
a1a2 = −1
8
a1a3 = 1
a2a4 = 3
a3a4 = −24
，于是a2 = −1
8a1
,a3 = 1
a1
,a4 = 3
a2
= −24a1．故{a2a3,a1a4} = {−1
8a2
1
,−24a2
1} =
{−2,−3
2}，结合a1 ∈Q，只可能a1 = ±1
4．由此易知，a1 = 1
4,a2 = −1
2,a3 = 4,a4 = −6 或者
a1 = −1
4,a2 = 1
2,a3 = −4,a4 = 6．检验知这两组解均满足问题的条件．故a1 +a2 +a3 +a4 = ±9
4．
6
C
【解析】方程x2 −3x −a2 +2 = 0 的根的判别式∆= 1+4a2 > 0，方程有两个不相等的实数根．由
M 有2 个元素，得集合M 有22 = 4 个子集．
7
D
【解析】若两个不等式的解集都是R，否定A、C，若比值为−1，否定A、B，选D．
8
C
【解析】a,b,c 或平行，或交于一点．但当a//b//c 时，θ = π
3 ．当它们交于一点时，π > θ > π
3 ．选C．
9
1870
【解析】1995 = 15×133．故取出所有不是15 的倍数的数, 共1862 个, 这此数均符合要求．在所有
15 的倍数的数中, 152 的倍数有8 个, 这此数又可以取出, 这样共取出了1870 个．即|A| ⩾1870．
又{k,15k}(k = 9,10,11,...,133) 中的两个元素不能同时取出, 故|A| ⩽1995−133+8 = 1870．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
38
检测题参考答案
10 f (n) =
4k +1,(n = 6k,k ∈N∗)
4k +2,(n = 6k +1,k ∈N∗)
4k +3,(n = 6k +2,k ∈N∗)
4k +4,(n = 6k +3,k ∈N∗)
4k +4,(n = 6k +4,k ∈N∗)
4k +5,(n = 6k +5,k ∈N∗)
【解析】解：当n ⩾4 时, 对集合M(m,n) = {m,m+1,...,m+n−1},
当m 为奇数时, m, m+1, m+2 互质, 当m 为偶数时, m+1, m+2, m+3 互质. 即M 的子集M 中
存在3 个两两互质的元素, 故f (n) 存在且f (n) ⩽n. ①
取集合Tn = {t |2|t 或3|t, t ⩽n+1}, 则T 为M(2,n) = {2,3,...,n+1} 的一个子集, 且其中任3 个数
无不能两两互质. 故f (n) ⩾card (T)+1.
但card (T) =
[n+1
2
]
+
[n+1
3
]
−
[n+1
6
]
. 故f (n) ⩾
[n+1
2
]
+
[n+1
3
]
−
[n+1
6
]
+1. ②
由①与②得, f (4) ⩽4, f (5) ⩽5．5 ⩽f (6) ⩽6,6 ⩽f (7) ⩽7,7 ⩽f (8) ⩽8,8 ⩽f (9) ⩽9.
现计算f (6), 取M = {m,m+1,...,m+5}, 若取其中任意5 个数, 当这5 个数中有3 个奇数时, 这3
个奇数互质；当这3 个数中有3 个偶数k, k+2, k+4(k ≡0(mod2)) 时, 其中至多有1 个被5 整除,
必有1 个被3 整除, 故至少有1 个不能被3 与5 整除, 此数与另两个奇数两两互质. 故f (6) = 5.
而M(m,n+1) = M(m,n) ∪{m+n}, 故f (n+1) ⩽f (n)+1. ③
∴f (7) = 6, f (8) = 7, f (9) = 8.
∴对于4 ⩽n ⩽9, f (n) =
[n+1
2
]
+
[n+1
3
]
−
[n+1
6
]
+1 成立. ④
设对于n ⩽k,④成立, 当n = k +1 时, 由于
M(m,k+1) = M(m,k−5) ∪{m+k −5,m+k −4,...,m+k}. 在{m+k −5,m+k −4,...,m+k} 中, 能被2 或
3 整除的数恰有4 个, 即使这4 个数全部取出, 只要在前面的M(m,k−5) 中取出f (n) 个数就必有3
个两两互质的数. 于是当n ⩾4 时, f (n+6) ⩽f (n)+4 = f (n)+ f (6)−1.
故f (k +1) ⩽f (k −5)+ f (6)−1 =
[k +2
2
]
+
[k +2
3
]
−
[k +2
6
]
+1,
比较②, 知对于n = k +1, 命题成立.
∴对于任意n ∈N∗, n ⩾4, f (n) =
[n+1
2
]
+
[n+1
3
]
−
[n+1
6
]
+1 成立.
又可分段写出结果:
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
39
检测题参考答案
f (n) =
4k +1,(n = 6k,k ∈N∗)
4k +2,(n = 6k +1,k ∈N∗)
4k +3,(n = 6k +2,k ∈N∗)
4k +4,(n = 6k +3,k ∈N∗)
4k +4,(n = 6k +4,k ∈N∗)
4k +5,(n = 6k +5,k ∈N∗)
11 B
【解析】先证|A∪B| ⩽66，只须证|A| ⩽33，为此只须证若A 是{1,2,...,49} 的任一个34 元子集，
则必存在n ∈A，使得2n+2 ∈B．证明如下：
将{1,2,...,49} 分成如下33 个集合：
{1,4},{3,8},{5,12},...,{23,48} 共12 个；
{2,6},{10,22},{14,30},{18,38} 共4 个；
{25},{27},{29},...,{49} 共13 个；
{26},{34},{42},{46} 共4 个．
由于A 是{1,2,...,49} 的34 元子集，从而由抽屉原理可知上述33 个集合中至少有一个2 元集合中
的数均属于A，即存在n ∈A，使得2n+2 ∈B．如取A = {1,3,5,...,23,2,10,14,18,25,27,29,...,49,26,
34,42,46}，B = {2n+2|n ∈A}，则A、B 满足题设且|A∪B| ⩽66．
12 D
【解析】a1 ∈A 或/∈A，有2 种可能，同样a1 ∈B 或/∈B，有2 种可能，但a1 /∈A 与a1 /∈B 不能同时
成立，故有22 −1 种安排方式，同样a2、a3 也各有22 −1 种安排方式，故共有
(
22 −1
)3 种安排方式．
选D．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
40
检测题参考答案
第2 讲
函数经典真题
1
见解析
【解析】解：设t = 2x，则t ∈[2,4]，于是|t −a| < |5−t| 对所有t ∈[2,4] 成立．
由于|t −a| < |5−t| ⇔(t −a)2 < (5−t)2 ⇔(2t −a−5)(5−a) < 0．
对给定实数a，设f (t) = (2t −a−5)(5−a)，则f (t) 是关于t 的一次函数或常值函数．注意t ∈[2,4]，
因此f (t) < 0 等价于
f (2) = (−1−a)(5−a) < 0
f (4) = (3−a)(5−a) < 0
，
解得3 < a < 5．
所以实数a 的取值范围是3 < a < 5．
2
见解析
【解析】证明：令f (x) = x2 −kx−m，x ∈[a,b]，则f (x) ∈[−1,1]．于是
f (a) = a2 −ka−m ⩽1，①
f (b) = b2 −kb−m ⩽1，②
f
(a+b
2
)
=
(a+b
2
)2
−k · a+b
2
−m ⩾−1．③
由①+②−2×③知，
(a−b)2
2
= f (a)+ f (b)−2 f
(a+b
2
)
⩽4，
故b−a ⩽2
√
2．
3
−7
4
【解析】解：提示：由条件知，
f (1)+1 = −
[
f (−1)+(−1)2]
= −f (−1)−1，
f (1)+2 = f (−1)+ 1
2，
两式相加消去f (−1)，可得2f (1)+3 = −1
2，即f (1) = −7
4．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
41
检测题参考答案
4
[π −2,8−2π]
【解析】由f (x) 为偶函数及在[0,1] 上严格递减知，f (x) 在[−1,0] 上严格递增，再结合f (x) 以2
为周期可知，[1,2] 是f (x) 的严格递增区间．
注意到
f (π −2) = f (π) = 1，f (8−2π) = f (−2π) = f (2π) = 2，
所以
1 ⩽f (x) ⩽2 ⇔f (π −2) ⩽f (x) ⩽f (8−2π)，
而1 < π −2 < 8−2π < 2，
故原不等式组成立当且仅当x ∈[π −2,8−2π]．
5
{0}∪[4,20]
【解析】令√y = a，√x−y = b(a，b ⩾0)，此时x = y + (x−y) = a2 + b2，且条件中等式化为
a2 +b2 −4a = 2b，从而a，b 满足方程
(a−2)2 +(b−1)2 = 5(a，b ⩾0)．
如图所示，在aOb 平面内，点(a,b) 的轨迹是以(1,2) 为圆心，
√
5 为半径的圆在a，b ⩾0 的部分，
即点O 与弧
⌢
ACB 的并集．
因此
√
a2 +b2 ∈{0}∪
[
2,2
√
5
]
，从而x = a2 +b2 ∈{0}∪[4,20]．
6
108
【解析】设2+log2a = 3+log3b = log6 (a+b) = k，则
a = 2k−2．b = 3k−3，a+b = 6k，从而
1
a + 1
b = a+b
ab
=
6k
2k−2 ×3k−3 = 22 ×33 = 108．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
42
检测题参考答案
7
abc = r
【解析】不妨设a < b < c．由于f (x) 在(0,3] 上严格递减，在[3,9] 上严格递增，在[9,+∞) 严格递
减，且f (3) = 0，f (9) = 1，故结合图象可知
a ∈(0,3)，b ∈(3,9)，c ∈(9,+∞)，
并且f (a) = f (b) = f (c) ∈(0,1)．
由f (a) = f (b) 得
1−log3a = log3b−1，
取log3a+log3b = 2，因此ab = 32 = 9．
于是abc = 9c．
0 < f(c) = 4−√c < 1，
故c ∈(9,16)．进而abc = 9c ∈(81,144)．
所以，abc 的取值范围是(81,144)．
注：对任意的r ∈(81,144)，取c0 = r
9，则c0 ∈(9,16)，从而f (c0) ∈(0,1)．过点(c0, f (c0)) 作平行
于x 轴直线l，则l 与f(x) 的图象另有两个交点(a, f (a))，(b, f (b))(其中a ∈(0,3)，b ∈(3,9))，满足
f (a) = f (b) = f (c)，并且ab = 9，从而abc = r．
8
4
5
【解析】解：令loguv = a，logvw = b，则logvu = 1
a，logwv = 1
b，
loguvw = loguv+loguv·logvw = a+ab，条件化为a+ab+b = 5，1
a + 1
b = 3，
由此可得ab = 5
4．因此logwu = logwv·logvu = 1
ab = 4
5．
9
log23−5
3
【解析】解：将2a、2b、2c 分别记为x、y、z，则x、y、z > 0．
由条件知，x+y2 = z，x2 +y = z2，故
z2 −y = x2 =
(
z−y2)2 = z2 −2y2z+y4．
因此，结合平均值不等式可得，
z = y4 +y
2y2
= 1
4
(
2y2 + 1
y + 1
y
)
⩾1
4 ·3 3
√
2y2 · 1
y · 1
y = 3
4
3√
2．
当2y2 = 1
y，即y = 1
3√
2
时，z 的最小值为3
4
3√
2(此时相应的x 值为
3√
2
4 ，符合要求)．
由于c = log2z，故c 的最小值为log2
(3
4
3√
2
)
= log23−5
3．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
43
检测题参考答案
10 -1
2
【解析】由条件知，f (x+14) = −
1
f (x+7) = f (x)，所以
f (−100) = f (−100+14×7) = f (−2) = −
1
f (5) = −
1
log24 = −1
2．
11 见解析
【解析】解：设an = f
(1
n
)
(n = 1,2,3,···)，则a1 = f (1) = 1．
在f
(
x
x−1
)
= x f (x) 中取x = −1
k (k ∈N∗)，注意到
x
x−1 =
−1
k
−1
k −1
=
1
k +1，
及f (x) 为奇函数，可知f
(
1
k +1
)
= −1
k · f
(
−1
k
)
= 1
k · f
(1
k
)
，即ak+1
ak
= 1
k ，从而
an = a1 ·
n−1
∏
k=1
ak+1
ak
=
n−1
∏
k=1
1
k =
1
(n−1)!．
因此
50
∑
i=1aia101−i =
50
∑
i=1
1
(i−1)!·(100−i)! =
49
∑
i=0
1
i!·(99−i)! = 1
99! ·
49
∑
i=0Ci
99 = 1
99! ·
49
∑
i=0
1
2
(
Ci
99 +C99−i
99
)
= 1
99! × 1
2 ×299 = 298
99!．
12 见解析
【解析】已知条件可转化为: 对任意实数x,y, 有
(
ax2y2 +b
)
+
(
a(x+y)2 +b
)
⩾
(
ax2 +b
)(
ay2 +b
)
.①
先寻找a、b 所满足的必要条件.
在①式中令y = 0, 得b+
(
ax2 +b
)
⩾
(
ax2 +b
)
·b, 即对任意实数x, 有(1−b)ax2 +b(2−b) ⩾0.
由于a > 0, 故ax2 可取到任意大的正值, 因此必有1−b ⩾0, 即0 < b ⩽1.
在①式中再令y = −x, 得
(
ax4 +b
)
+b ⩾
(
ax2 +b
)2, 即对任意实数x, 有
(
a−a2)
x4 −2abx2 +
(
2b−b2)
⩾0.②
将②的左边记为g(x).
显然a−a2̸ = 0(否则, 由a > 0 可知a = 1, 此时g(x) = −2bx2 +
(
2b−b2)
, 其中b > 0, 故g(x) 可取
到负值, 矛盾), 于是
g(x) =
(
a−a2)(
x2 −
ab
a−a2
)2
−(ab)2
a−a2 +
(
2b−b2)
=
(
a−a2)(
x2 −
b
1−a
)2
+
b
1−a (2−2a−b) ⩾0
对一切实数x 成立, 从而必有a−a2 > 0, 即0 < a < 1.
进一步, 考虑到此时
b
1−a > 0, 再根据g
(√
b
1−a
)
=
b
1−a (2−2a−b) ⩾0,
可得2a+b ⩽2.
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
44
检测题参考答案
至此, 求得a、b 满足的必要条件如下:
0 < b ⩽1,0 < a < 1,2a+b ⩽2.③
下面证明, 对满足③的任意实数对(a,b) 以及任意实数x、y, 总有①成立, 即
h(x,y) =
(
a−a2)
x2y2 +a(1−b)
(
x2 +y2)
+2axy+
(
2b+b2)
对任意x、y 取非负值.
事实上, 在③成立时, 有a(1−b) ⩾0,a−a2 > 0,
b
1−a (2−2a−b) ⩾0, 再结合x2 +y2 ⩾−2xy, 可得
h(x,y) ⩾
(
a−a2)
x2y2 +a(1−b)(−2xy)+2axy+
(
2b−b2)
=
(
a−a2)
x2y2 +2abxy+
(
2b−b2)
=
(
a−a2)(
xy+
b
1−a
)2
+
b
1−a (2−2a−b) ⩾0.
综上所述, 所求的正实数对(a,b) 全体为{(a,b)|0 < b ⩽1,0 < a < 1,2a+b ⩽2}.
第3 讲
三角函数经典真题
1
D
【解析】由sinα > 0，cosα < 0，得α ∈
(
2kπ + π
2 ,2kπ +π
)
k ∈Z，
从而有α
3 ∈
(2kπ
3 + π
6 , 2kπ
3 + π
3
)
,k ∈Z，
又因为sin α
3 > cos α
3 ，所以又有α
3 ∈
(
2kπ + π
4 ,2kπ + 5π
4
)
,k ∈Z，
于是α
3 的范围为
(
2kπ + π
4 ,2kπ + π
3
)
∪
(
2kπ + 5π
6 ,2kπ +π
)
,k ∈Z．
2
16
【解析】解：由条件知，
f (x) =
(
sin2 kx
10 +cos2 kx
10
)2
−2sin2 kx
10cos2 kx
10 = 1−1
2sin2 kx
5 = 1
4 cos 2kx
5 + 3
4，
其中当且仅当x = 5mπ
k
(m ∈Z) 时，f (x) 取到最大值．
根据条件知，任意一个长为1 的开区间(a,a+1) 至少包含一个最大值点，从而5π
k < 1，即k > 5π．
反之，当k > 5π 时，任意一个开区间(a,a+1) 均包含f (x) 的一个完整周期，此时
{f (x)|a < x < a+1} = {f (x)|x ∈R} 成立．
综上可知，正整数k 的最小值为[5π]+1 = 16．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
45
检测题参考答案
3
[9
4, 5
2
]
∪
[13
4 ,+∞
)
【解析】解：提示：由sinωa+sinωb = 2 知，sinωa = sinωb = 1，而[ωa,ωb] ⊆[ωπ,2ωπ]，
故题目条件等价于：存在整数k、l (k < l)，使得ωπ ⩽2kπ + π
2 < 2lπ + π
2 ⩽2ωπ．①
当ω ⩾4 时，区间[ωπ,2ωπ] 的长度不小于4π，故必存在k、l 满足①式．
当0 < ω < 4 时，注意到[ωπ,2ωπ] ⊆(0,8π)，故仅需考虑如下几种情况：
(i) ωπ ⩽π
2 < 5π
2 ⩽2ωπ，此时ω ⩽1
2 且ω ⩾5
4，无解；
(ii) ωπ ⩽5π
2 < 9π
2 ⩽2ωπ，此时9
4 ⩽ω ⩽5
2；
(iii) ωπ ⩽9π
2 < 13π
2
⩽2ωπ，此时13
4 ⩽ω ⩽9
2，得13
4 ⩽ω < 4．
综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到ω ⩾4 亦满足条件，可知ω ∈
[9
4, 5
2
]
∪
[13
4 ,+∞
)
．
4
m = 3333
【解析】由已知条件可知，对任意正整数n，an+1 ∈
(
−π
2 , π
2
)
，且tanan+1 = secan．①
由于secan > 0，故an+1 ∈
(
0, π
2
)
．由①得，tan2an+1 = sec2an = 1+tan2an，故
tan2an = n−1+tan2a1 = n−1+ 1
3 = 3n−2
3
，
即tanan =
√
3n−2
3
．
因此sina1 ·sina2 ·····sinam = tana1
seca1
· tana2
seca2
····· tanam
secam
= tana1
tana2
· tana2
tana3
····· tanam
tanam+1
(利用①)
=
tana1
tanam+1
=
√
1
3m+1．
由
√
1
3m+1 =
1
100，得m = 3333．
5
[
−
√
10+1
2
,
√
10−1
2
]
【解析】f(x) = sin2x+sinxcosx−2cos2x = −1
2 + 1
2 sin2x−3
2 cos2x
因此f(x) 的值域为
[
−
√
10+1
2
,
√
10−1
2
]
．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
46
检测题参考答案
6
2014
【解析】y = tan2013x+tan2015x−tan2014x
= sin2013xcos2015x+sin2015xcos2013x
cos2013xcos2015x
−tan2014x
=
sin4028x
cos2013xcos2015x −tan2014x
= 2sin2014xcos2014x
cos2013xcos2015x −sin2014x
cos2014x
= sin2014x
(
2cos22014x−cos2013xcos2015x
)
cos2013xcos2014xcos2015x
= sin2014x(1+cos4028x−cos2013xcos2015x)
cos2013xcos2014xcos2015x
= sin2014x(1−sin2013xsin2015x)
cos2013xcos2014xcos2015x
注意到sin2013xsin2015x 在[0,π] 上不等于1，
因此y = tan2013x+tan2015x−tan2014x 在[0,π] 中的零点个数为2014．
7
见解析
【解析】记g(x) = f(x)+ f(−x)
2
，h(x) = f(x)−f(−x)
2
，则f (x) = g(x) + h(x)，且g(x) 是偶函数，
h(x) 是奇函数，对任意的x ∈R，g(x+2π) = g(x)，h(x+2π) = h(x)．令f1(x) = g(x)+g(x+π)
2
，
f2(x) =
g(x)−g(x+π)
2cosx
x̸ = kπ + π
2
0x = kπ + π
2
，
f3(x) =
h(x)−h(x+π)
2sinx
x̸ = kπ
0x = kπ
，f4(x) =
h(x)+h(x+π)
2sin2x
x̸ = kπ
2
0x = kπ
2
，
其中k 为任意整数．
容易验证fi (x)，i = 1,2,3,4 是偶函数，且对任意的x ∈R，fi (x+π) = fi (x)，i = 1,2,3,4．下证对
任意的x ∈R，有f1 (x) + f2 (x)cosx = g(x)．当x̸ = kπ + π
2 时，显然成立；当x = kπ + π
2 时，因为
f1(x)+ f2(x)cosx = f1(x) = g(x)+g(x+π)
2
，而
g(x+π) = g(kπ + 3π
2 ) = g(kπ + 3π
2 −2(k +1)π) = g(−kπ −π
2 ) = g(kπ + π
2 ) = g(x)，
故对任意的x ∈R，f1 (x)+ f2 (x)cosx = g(x)．
下证对任意的x ∈R，有f3 (x)sinx+ f4 (x)sin2x = h(x)．当x̸ = kπ
2 时，显然成立；
当x = kπ 时，h(x) = h(kπ) = h(kπ −2kπ) = h(−kπ) = −(kπ)，所以h(x) = h(kπ)=0，
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
47
检测题参考答案
而此时f3 (x)sinx+ f4 (x)sin2x = 0，故h(x) = f3 (x)sinx+ f4 (x)sin2x；
当x = kπ + π
2 时，
h(x+π) = h(kπ + 3π
2 ) = h(kπ + 3π
2 −2(k +1)π) = h(−kπ −π
2 ) = −h(kπ + π
2 ) = −h(x)，
故f3(x)sinx = h(x)−h(x+π)
2
= h(x)，又f4 (x)sin2x = 0，
从而有h(x) = f3 (x)sinx+ f4 (x)sin2x．
于是，对任意的x ∈R，有f3 (x)sinx+ f4 (x)sin2x = h(x)．综上所述，结论得证．
8
2
【解析】由条件cos2α = sinα 及sin2α +cos2α = 1，则
1
sinα +cos4α = cos2α +sin2α
sinα
+sin2α
= (1+sinα)+
(
1−cos2α
)
= 2+sinα −cos2α = 2
9
见解析
【解析】由于x ⩾y ⩾z ⩾π
12，故π
6 ⩽x ⩽π
2 −π
12 ×2 = π
3 ．
∴cosxsinycosz = cosx· 1
2 [sin(y+z)+sin(y−z)]
= 1
2cos2x+ 1
2 cosxsin(y−z) ⩾1
2cos2 π
3 = 1
8 此即最小值．
(由于π
6 ⩽x ⩽π
3 ，y ⩾z 故cos xsin (y−z) ⩾0)，
当y = z = π
12，x = π
3 时，cosxsinycosz = 1
8．
∵cosxsinycosz = cosz· 1
2 [sin(x+y)−sin(x−y)] = 1
2cos2z−1
2 coszsin(x−y)．
由于sin (x−y) ⩾0，cos z > 0，
故cosxsinycosz ⩽1
2cos2z ⩽1
2cos2 π
12 = 1
4
(
1+cos π
6
)
= 2+
√
3
8
．
当x = y = 5π
24 ，z = π
12 时取得最大值．∴最大值2+
√
3
8
，最小值1
8．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
48
检测题参考答案
10 −
√
2
4
【解析】解：提示：由正弦定理知，a
c = sinA
sinC = 2，又b2 = ac，于是a : b : c = 2 :
√
2 : 1，从而由余弦定
理得，
cosA = b2 +c2 −a2
2bc
=
(√
2
)2
+12 −22
2×
√
2×1
= −
√
2
4 ．
11 11
【解析】由于sinA −cosA = 10(sinBsinC −cosBcosC) = −10cos(B+C) = 10cosA，所以sinA =
11cosA，故tanA = 11．
12 A
【解析】如图，连BA1，则AA1 = 2sin
(
B+ A
2
)
= 2sin
(A+B+C
2
+ B
2 −C
2
)
= 2cos
(B
2 −C
2
)
.
= cos
(π
2 −C
)
+cos
(π
2 −B
)
= sinC +sinB，
同理，BB1 cos B
2 = sinA+sinC,CC1 cos C
2 = sinA+sinB，
∴AA1 cos A
2 +BB1 ·cos B
2 +CC1 cos C
2 = 2(sinA+sinB+sinC)
∴原式= 2(sinA+sinB+sinC)
sinA+sinB+sinC
= 2，选A．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
49
检测题参考答案
第4 讲
函数综合与导数经典真题
1
[−2,0]
【解析】在[1,+∞) 上，f (x) = x2 +ax−a 单调递增，等价于−a
2 ⩽1，即a ⩾−2．在[0,1] 上，
f (x) = x2 −ax+a 单调递增，等价于a
2 ⩽0，即a ⩽0．
因此实数a 的取值范围是[−2,0]．
2
1
4
【解析】易知a = f (1)−f (0)，b = f (0)，则ab = f (0)·(f (1)−f (0))
= −
(
f (0)−1
2 f (1)
)2
+ 1
4(f (1))2 ⩽1
4(f (1))2 ⩽1
4．
当2f (0) = f (1) = ±1，即a = b = ±1
2 时，ab = 1
4．故ab 的最大值为1
4．
3
4
【解析】解：提示：由已知条件及二次函数图象的轴对称性，可得a+b
2
= −a
2，即2a+b = 0，
所以f (2) = 4+2a+b = 4．
4 （1）8
√
t2 +1(2t2 +5)
16t2 +25
【解析】设α ⩽x1 < x2 ⩽β，则4x2
1 −4tx1 −1 ⩽0,4x2
2 −4tx2 −1 ⩽0
∴4(x2
1 +x2
2)−4t(x1 +x2)−2 ⩽0，∴2x1x2 −t(x1 +x2)−1
2 < 0
则f(x2)−f(x1) = 2x2 −t
x2
2 +1 −2x1 −t
x2
1 +1 = (x2 −x1)[t(x1 +x2)−2x1x2 +2]
(x2
2 +1)(x2
1 +1)
又t(x1 +x2)−2x1x2 +2 > t(x1 +x2)−2x1x2 + 1
2 > 0，∴f(x2)−f(x1) > 0
故f(x) 在区间[α,β] 上是增函数．
∵α +β = t,αβ = −1
4
∴g(t) = max f(x)−min f(x) = f(β)−f(α) = (β −α)[t(α +β)−2αβ +2]
α2β 2 +α2 +β 2 +1
=
√
t2 +1
(
t2 + 5
2
)
t2 + 25
16
= 8
√
t2 +1(2t2 +5)
16t2 +25
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
50
检测题参考答案
（2）3
4
√
6
【解析】g(tanui) =
8
cosui
(
2
cos2ui
+3)
16
cos2ui
+9
=
16
cosui
+24cosui
16+9cos2ui
⩾2
√
16×24
16+9cos2ui
=
16
√
6
16+9cos2ui
(i = 1,2,3)
∴
3
∑
i=1
1
g(tanui) ⩽
1
16
√
6
3
∑
i=1(16+9cos2ui) =
1
16
√
6
(16×3+9×3−9
3
∑
i=1sin2ui)
∵
3
∑
i=1sinui = 1，且ui ∈(0, π
2 ),i = 1,2,3，∴3
3
∑
i=1sin2ui ⩾(
3
∑
i=1sinui)
2
= 1，而均值不等式与柯西不等式
中，等号不能同时成立，
∴
1
g(tanu1) +
1
g(tanu2) +
1
g(tanu3) <
1
16
√
6
(75−9× 1
3) = 3
4
√
6．
5
xn = −1+ 1
n > −1
【解析】首先证明一个不等式：⑴
x
1+x < ln(1+x) < x，x > 0．
事实上，令h(x) = x−ln(1+x)，g(x) = ln(1+x)−
x
1+x．
则对x > 0，h′(x) = 1−
1
1+x > 0，g′(x) =
1
1+x −
1
(1+x)2 =
x
(1+x)2 > 0．
于是h(x) > h(0) = 0，g(x) > g(0) = 0．在⑴中取x = 1
n 得⑵
1
n+1 < ln
(
1+ 1
n
)
< 1
n．
令xn =
n
∑
k=1
k
k2 +1 −lnn，则x1 = 1
2，xn −xn−1 =
n
n2 +1 −ln
(
1+
1
n−1
)
<
n
n2 +1 −1
n = −
1
(n2 +1)n < 0
因此xn < xn−1 < ··· < x1 = 1
2．
又因为lnn = (lnn−ln(n−1)+(ln(n−1)−ln(n−2))+···+(ln2−ln1)+ln1)=
n−1
∑
k=1
ln
(
1+ 1
k
)
，从
而xn =
n
∑
k=1
k
k2 +1 −
n−1
∑
k=1
ln
(
1+ 1
k
)
=
n−1
∑
k=1
(
k
k2 +1 −ln
(
1+ 1
k
))
+
n
n2 +1 >
n−1
∑
k=1
(
k
k2 +1 −1
k
)
= −
n−1
∑
k=1
1
(k2 +1)k ⩾−
n−1
∑
k=1
1
(k +1)k = −1+ 1
n > −1．
6
9
【解析】∵f (x−4) = f (2−x)
∴函数的图象关于x = −1 对称
∴−b
2a = −1，b = 2a
由③知当x = −1 时，y = 0，即a−b+c = 0
由①得f (1) ⩾1，由②得f (1) ⩽1
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
51
检测题参考答案
∴f (1) = 1，即a+b+c = 1，又a−b+c = 0
∴a = 1
4，b = 1
2，c = 1
4
∴f (x) = 1
4x2 + 1
2x+ 1
4
假设存在t ∈R，只要x ∈[1,m]，就有f (x+t) ⩽x
取x = 1 时，有f (t +1) ⩽1 ⇒1
4(t +1)2 + 1
2 (t +1)+ 1
4 ⩽1 ⇒−4 ⩽t ⩽0
对固定的t ∈[−4,0]，取x = m，有
f (t +m) ⩽m
⇒1
4(t +m)2 + 1
2 (t +m)+ 1
4 ⩽m
⇒m2 −2(1−t)m+
(
t2 +2t +1
)
⩽0
⇒1−t −√−4t ⩽m ⩽1−t +√−4t
∴m ⩽1−t +√−4t ⩽1−(−4)+
√
−4·(−4) = 9
当t = −4 时，对任意的x ∈[1,9]，恒有
f (x−4)−x = 1
4
(
x2 −10x+9
)
= 1
4 (x−1)(x−9) ⩽0
∴m 的最大值为9．
另解：
∵f (x−4) = f (2−x)
∴函数的图象关于x = −1 对称∴−b
2a = −1，b = 2a
由③知当x = −1 时，y = 0，即a−b+c = 0．
由①得f (1) ⩾1，由②得f (1) ⩽1．
∴f (1) = 1，即a+b+c = 1，又a−b+c = 0．
∴a = 1
4，b = 1
2，c = 1
4 ∴f (x) = 1
4x2 + 1
2x+ 1
4 = 1
4(x+1)2
由f (x+t) = 1
4(x+t +1)2 ⩽x 在x ∈[1,m] 上恒成立
∴4[f (x+t)−x] = x2 +2(t −1)x+(t +1)2 ⩽0 当x ∈[1,m] 时，恒成立
令x = 1，有t2 +4t ⩽0 ⇒−4 ⩽t ⩽0
令x = m 有t2 +2(m+1)t +(m−1)2 ⩽0 当t ∈[−4,0] 时，恒有解
令t = −4 得，m2 −10m+9 ⩽0 ⇒1 ⩽m ⩽9
即当t = −4 时，任取x ∈[1,9] 恒有
f (x−4)−x = 1
4
(
x2 −10x+9
)
= 1
4 (x−1)(x−9) ⩽0
∴mmax = 9．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
52
检测题参考答案
7
√
5+1
2
【解析】解：因为a < 0，所以二次函数f (x) = ax2 +8x+3 有最大值fmax (x) = 12a−64
4a
．下面分两
种情况讨论：
(1) 当12a−64
4a
> 5，即−8 < a < 0 时，由图象知，要满足题意，需有0 < l (a) < −4
a，这时f (x) 在区
间[0,l (a)] 上是增函数，且由于f (0) = 3 < 5，所以满足条件的l (a) 是方程f (x) = 5 的较小的根，
即l (a) = −4+
√
2a+16
a
=
2
4+
√
2a+16 < 1
2；
(2) 当12a−64
4a
⩽5，即a ⩽−8 时，由图象知，l (a) > −4
a，这时满足|f (x)| ⩽5 的l (a) 必是方程
f (x) = ax2 +8x+3 = −5 的最大的根，即
l (a) = −4−2√4−2a
a
=
4
−2+√4−2a ⩽
√
5+1
2
，
等号当且仅当a = −8 时取到．
综上所述，当a = −8 时，l (a) 的最大值为
√
5+1
2
．
8
M =
[
−2, 1
4
]
【解析】⑴如果a < −2，则
f 1(0)
= |a| > 2，a /∈M．
⑵如果−2 ⩽a ⩽1
4，由题意f 1(0) = a，f n(0) = (f n−1(0))
2 +a，n = 2,3,···．则
①当0 ⩽a ⩽1
4 时，|f n(0)| ⩽1
2(∀n ⩾1)．
事实上，当n = 1 时，
f 1(0)
= |a| ⩽1
2，设n = k −1 时成立(k ⩾2 为某整数)，则对n = k，
f k(0)
⩽
f k−1(0)
2 +a ⩽
(1
2
)2
+ 1
4 = 1
2．
②当−2 ⩽a < 0 时，|f n(0)| ⩽|a|(∀n ⩾1)．
事实上，当n = 1 时，
f 1(0)
⩽|a|，设n = k −1 时成立(k ⩾2 为某整数)，则
对n = k，有−|a| = a ⩽f k(0) =
(
f k−1(0)
)2 +a ⩽a2 +a．
注意到当−2 ⩽a < 0 时，总有a2 ⩽−2a，即a2 +a ⩽−a = |a|．
从而有
f k(0)
⩽|a|．由归纳法，推出
[
−2, 1
4
]
⊆M．
⑶当a > 1
4 时，记an = f n(0)，则
对于任意n ⩾1，an > a > 1
4 且an+1 = f n+1(0) = f(f n(0)) = f(an) = a2
n +a．
对于任意n ⩾1，an+1 −an = a2
n −an +a =
(
an −1
2
)2
+a−1
4 ⩾a−1
4，
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
53
检测题参考答案
则an+1 −an ⩾a−1
4．
所以，an+1 −a = an+1 −a1 ⩾n(a−1
4)．
当n > 2−a
a−1
4
时，an+1 ⩾n(a−1
4)+a > 2−a+a = 2，即f n+1(0) > 2．因此a /∈M．
综合⑴⑵⑶，我们有M =
[
−2, 1
4
]
．
第5 讲
不等式基础经典真题
1
a ∈
(
−2
√
3
3 ,−
√
10
3
)
【解析】解：由a < |a| 可得a < 0．
原不等式可变形为1 > 9a3 −11a
a
> |a|
a = −1，
即−1 < 9a2 −11 < 1，所以a2 ∈
(10
9 , 4
3
)
．
又a < 0，故a ∈
(
−2
√
3
3 ,−
√
10
3
)
．
2
17
【解析】1
√
k
=
2
√
k +
√
k
<
2
√
k −1+
√
k
= 2
(√
k −
√
k −1
)
，同时1
√
k
>
2
√
k +1+
√
k
= 2
(√
k +1−
√
k
)
．
于是得2
80
∑
k=0
(√
k +1−
√
k
)
<
80
∑
k=1
1
√
k
< 1+2
80
∑
k=1
(√
k −
√
k −1
)
即16 <
80
∑
k=1
1
√
k
< 1+2
(√
80−1
)
<
1+2(9−1) = 17．
3
√
6
【解析】令y = √x−3+
√
6−x,3 ⩽x ⩽6，则
y2 = (x−3)+(6−x)+2
√
(x−3)(6−x) ⩽2[(x−3)+(6−x)] = 6．
∴0 < y ⩽
√
6，实数k 的最大值为
√
6．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
54
检测题参考答案
4
-1
【解析】由1
a + 1
b ⩽2
√
2，得a+b ⩽2
√
2ab．
又(a+b)2 = 4ab+(a−b)2 = 4ab+4(ab)3 ⩾4·2
√
ab·(ab)3 = 8(ab)2，
即a+b ⩾2
√
2ab．①
于是a+b = 2
√
2ab．②
再由不等式①中等号成立的条件，得ab = 1．与②联立解得
a =
√
2−1
b =
√
2+1
或
a =
√
2+1
b =
√
2−1
故logab = −1．
5
命题成立
【解析】由已知得a + b = ab．又a + b ⩾2
√
ab,∴ab ⩾2
√
ab，故a + b = ab ⩾4．于是(a+b)k =
(ab)k ⩾22k．
又ak +bk ⩾2
√
akbk = 2
√
(a+b)k ⩾2k+1．下面用数学归纳法证明：当n = 1 时，左= 右= 0．左⩾
右成立．设当n = k(k ⩾1,k ∈N) 时结论成立，即(a+b)k −ak −bk ⩾22k −2k+1 成立．
则(a+b)k+1 −ak+1 −bk+1 = (a+b)(a+b)k −
(
ak +bk)
(a+b)+ab(ak−1 +bk−1) = (a+b)[(a+b)k −
ak −bk] + ab(ak−1 + bk−1) ⩾4 · (22k −2k+1)+ 4 · 2k = 22(k+1)4 · 2k+1 + 4 · 2k = 22(k+1) −2(k+1)+1．即命题
对于n = k +1 也成立．
故对于一切n ∈N∗，命题成立．
6
3n
【解析】∵2+ai = 1+1+ai ⩾3 3√ai,(i = 1,2,··· ,n)，
∴(2+a1)(2+a2)···(2+an)
= (1+1+a1)(1+1+a2)···(1+1+an) ⩾3 3√a1 ·3 3√a2 ···3 3√an ⩾3n 3√a1a2 ···an = 3n．
7
1
【解析】(x2006 +1)(1+x2 +x4 +···+x2004) = 2006x2005，
⇔(x+
1
x2005 )(1+x2 +x4 +···+x2004) = 2006，
⇔x+x3 +x5 +···+x2005 +
1
x2005 +
1
x2003 +
1
x2001 +···+ 1
x = 2006，
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
55
检测题参考答案
⇔2006 = x+ 1
x +x3 + 1
x3 +···+x2005 +
1
x2005 ⩾2·1003 = 2006．
要使等号成立，必须x = 1
x,x3 = 1
x3 ,··· ,x2005 =
1
x2005 ，即x = ±1．
但是x ⩽0 时，不满足原方程．所以x = 1 是原方程的全部解．因此原方程的实数解个数为1 ．
8
9
5
【解析】由柯西不等式
(x1 +3x2 +5x3)
(
x1 + x2
3 + x3
5
)
⩾
(√x1 ·√x1 +√3x2 ·
√x2
3 +√5x3 ·
√x3
5
)2
= (x1 +x2 +x3)2 = 1，
当x1 = 1，x2 = 0，x3 = 0 时不等式等号成立，故欲求的最小值为1．
因为(x1 +3x2 +5x3)
(
x1 + x2
3 + x3
5
)
= 1
5 (x1 +3x2 +5x3)
(
5x1 + 5x2
3 +x3
)
⩽1
5 · 1
4
[
(x1 +3x2 +5x3)+
(
5x1 + 5x2
3 +x3
)]2
= 1
20
(
6x1 + 14
3 x2 +6x3
)2
⩽1
20(6x1 +6x2 +6x3)2 = 9
5，
当x1 = 1
2，x2 = 0，x3 = 1
2 时不等式等号成立，故欲求的最大值为9
5．
9
f (x) 的最大值是11
【解析】由柯西不等式
(√2x−7+√12−x+√44−x
)2 =
(
√
3·
√
2x−7
3
+
√
2·
√
12−x
2
+
√
6·
√
44−x
6
)2
⩽(3+2+6)
(2x−7
3
+ 12−x
2
+ 44−x
6
)
= 121
当2x−7
9
= 12−x
4
= 44−x
36
即x = 8 时等号成立
∴f (x) 的最大值是11．
10
√
2+1
【解析】不妨设0 ⩽x ⩽y ⩽z ⩽1，则M = √y−x+√z−y+√z−x．
因为√y−x+√z−y ⩽
√
2[(y−x)+(z−y)] =
√
2(z−x)．
所以M ⩽
√
2(z−x)+√z−x = (
√
2+1)√z−x ⩽
√
2+1
当且仅当y−x = z−y,x = 0,z = 1,y = 1
2 时上式等号同时成立．故Mmax =
√
2+1．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
56
检测题参考答案
11 （1）当x1 = 402,x2 = x3 = x4 = x5 = 401 取到最大值．
【解析】首先这样的S 的值是有界集，故必存在最大值与最小值．若x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 2006,
且使S =
∑
1⩽i<j⩽5xixj 取到最大值，则必有|xi −xj| ⩽1,(1 ⩽i, j ⩽5) (∗)
事实上，假设(∗) 不成立，不妨假设x1 −x2 ⩾2．则令x′1 = x1 −1，x′2 = x2 +1,x′i = xi(i = 3,4,5) 有
x′1 +x′2 = x1 +x2，x′1 ·x′2 = x1x2 +x1 −x2 −1 > x1x2．将S 改写成S =
∑
1⩽i<j⩽5xixj = x1x2 +(x1 +x2)(x3 +
x4 + x5) + x3x4 + x3x5 + x4x5，同时有S′ = x′1x′2 + (x′1 + x′2)(x3 +x4 +x5) + x3x4 + x3x5 + x4x5．于是有
S′ −S = x′1x′2 −x1x2 > 0．这与S 在x1,x2,x3,x4,x5 时取到最大值矛盾．所以必有|xi −xj| ⩽1,(1 ⩽
i, j ⩽5)．因此当x1 = 402,x2 = x3 = x4 = x5 = 401 时取到最大值．
（2）在x1 = x2 = x3 = 402,x4 = x5 = 400 时取到最小值．
【解析】当x1 +x2 +x3 +x4 +x5 = 2006 且|xi −xj| ≤2 时，只有
（I）402,402,402,400,400；
（II）402,402,401,401,400；
（III）402,401,401,401,401；
三种情形满足要求．
而后面两种情形是在第一组情形下作x′
i = xi −1，x′
j = xj + 1 调整下得到的．根据上一小题的证明
可以知道，每调整一次，和式S =
∑
1≤i<j≤5xixj 变大．所以在x1 = x2 = x3 = 402,x4 = x5 = 400 时取到
最小值．
12 见解析
【解析】解：设6 个电阻的组件(如图3) 的总电阻为RFG．当Ri = ai，i = 3，4，5，6，R1，R2 是a1，a2
的任意排列时，RFG 最小．
证明如下：
1◦设当两个电阻R1，R2 并联时，所得组件阻值为R：则1
R = 1
R1
+ 1
R2
．故交换二电阻的位置，不改
变R 值，且当R1 或R2 变小时，R 也减小，因此不妨取R1 > R2．
2◦设3 个电阻的组件(如图1) 的总电阻为RAB：
RAB =
R1R2
R1 +R2
+R3 = R1R2 +R1R3 +R2R3
R1 +R2
．
显然R1 +R2 越大，RAB 越小，所以为使RAB 最小必须取R3 为所取三个电阻中阻值最小的一个．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
57
检测题参考答案
3◦设4 个电阻的组件(如图2) 的总电阻为RCD：
1
RCD
=
1
RAB
+ 1
R4
= R1R2 +R1R3 +R1R4 +R2R3 +R2R4
R1R2R4 +R1R3R4 +R2R3R4
．
若记S1 =
∑
1⩽i<j⩽4RiR j，S2 =
∑
1⩽i<j<k⩽4
RiR jRk．则S1、S2 为定值．
于是RCD = S2 −R1R2R3
S1 −R3R4
．
只有当R3R4 最小，R1R2R3 最大时，RCD 最小，故应取R4 < R3，R3 < R2，R3 < R1，即得总电阻的阻值
最小．
4◦对于图3，把由R1、R2、R3 组成的组件用等效电阻RAB 代替．要使RFG 最小，由3◦必需
使R6 < R5；且由1◦，应使RCE 最小．
由2◦知要使RCE 最小，必需使R5 < R4，且应使RCD 最小．
而由3◦，要使RCD 最小，应使R4 < R3 < R2 且R4 < R3 < R1．
这就说明，要证结论成立．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
58
检测题参考答案
第6 讲
不等式应用经典真题
1
(−3,−
√
5−1
2
)∪(
√
5−1
2
,3)
【解析】解：|x|3 −2|x|2 −4|x|+3 < 0，⇒(|x|−3)(|x|−
√
5−1
2
)(|x|+
√
5+1
2
) < 0．⇒|x| < −
√
5−1
2
或
√
5−1
2
< |x| < 3．∴解集为(−3,−
√
5−1
2
)∪(
√
5−1
2
,3)．
2
1
3
【解析】略
3
7
5
【解析】解：作出约束条件表示的可行域，
如图，即△ABC 内部及其边界，其中A
(1
2, 3
2
)
，B(1,1)，C(1,2)．
设P(a,b) 是可行域内任意一点，
则kOP = b
a 的最大值为kOA = 3，最小值为kOB = 1．
故a+2b
2a+b = 2−
3a
2a+b = 2−
3
2+ b
a
，
可知当b
a 取最大值3 时，a+2b
2a+b 也取得最大值为7
5．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
59
检测题参考答案
4
(xy)min = 1
4
【解析】解：1+cos2 (x+y−1) = x2 +y2 +2(x+1)(1−y)
x−y+1
=
(
x2 +y2 −2xy
)
+2(x−y)+1+1
x−y+1
= (x−y+1)2 +1
x−y+1
= x−y+1+
1
x−y+1，
由于0 < 1+cos2 (x+y−1) ⩽2，故x−y+1 > 0，从而x−y+1+
1
x−y+1 ⩾2
⇒
1+cos2 (x+y−1) = 2
x−y+1 = 1
⇒
cos2 (x+y−1) = 1
x = y
⇒
x+y−1 = kπ,k ∈Z
x = y
⇒x = y = 1+kπ
2
，k ∈Z ⇒xy =
(1+kπ
2
)2
⩾1
4，k ∈Z
故(xy)min = 1
4．
5
36
【解析】据柯西不等式，a+2b+3c = (a+2b+3c)
(1
a + 2
b + 3
c
)
⩾(1+2+3)2 = 36．
6
4
3
【解析】提示：2a+b = 2a +2b ⩾2×2
a+b
2
= 2
1+a+b
2
，故a+b ⩾1+ a+b
2
，即a+b ⩾2，而
2a+b +2c = 2a+b+c，故2c =
2a+b
2a+b −1 = 1+
1
2a+b −1 ⩽1+
1
22 −1 = 4
3，
当a = b = 1 时取等号，故2c 的最大值是4
3．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
60
检测题参考答案
7
4
【解析】对任何x ∈[0,1]，有恒等式
(√1+x+√1−x−2
)
·h(x) = −2x2．
于是，√1+x+√1−x−2 = −2x2
h(x) ⩽−x2
4 ．
以下证明：对0 < α < 2 的数α 及数β > 0，不等式√1+x+√1−x−2⩽−xα
β (x ∈[0,1]) 不成立．
反之，即−2x2
h(x)⩽−xα
β ，
亦即x ⩾h(x)
2β
成立．
因为2−α > 0，令x →0，得
0⩾h(0)
2β ．
但h(0) = 8．
这是不可能的．这表明α = 2 是满足条件的最小正数．
求使不等式√1+x+√1−x−2⩽−x2
β (x ∈[0,1])，即−2x2
h(x)⩽−x2
β ②
成立最小的β > 0，等价于求
β = max
0⩽x⩽1
1
2h(x)．
∵对于非负实数u、v，有
√u+√v⩽
√
2(u+v)．
令u = 1+x，v = 1−x，得
√1+x+√1−x⩽2．
于是，当x ∈[0,1] 时，
1
2h(x) = 1
2
(√1+x+√1−x+2
)(√
1−x2 +1
)
⩽2
(√
1−x2 +1
)
⩽4．
而1
2h(0) = 4．因此，函数1
2h(x) 在[0,1] 上的最大值为4，即满足条件(②) 的最小正数β 等于4．
8
4
【解析】略
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
61
检测题参考答案
9
见解析
【解析】证明：由柯西不等式，知
2√x+1+√2x−3+
√
15−3x = √x+1+√x+1+√2x−3+
√
15−3x ⩽
(√
(1+1+1+1)[(x+1)+(x+1)+(2x−3)+(15−3x)]
)
= 2√x+14 ⩽2
√
19．
等号要求在√x+1+√2x−3+
√
15−3x 且x = 5 时才能成立，但这个条件不能满足，故
2√x+1+√2x−3+
√
15−3x < 2
√
19．
10 1
8
【解析】解：应用均值不等式得
x4
y(1−y)(1+y) + y
8 + 1−y
16 + 1+y
32 ，
⩾4
4
√
x4
y(1−y)(1+y) · y
8 · 1−y
16 · 1+y
32
= x
2，
同理
y4
z(1−z)(1+z) + z
8 + 1−z
16 + 1+z
32
⩾y
2，
z4
x(1−x)(1+x) + x
8 + 1−x
16 + 1+x
32
⩾z
2．
将以上三GE 不等式相加得
x4
y(1−y2) +
y4
z(1−z2) +
z4
x(1−x2) ⩾1
8．
当x+y+z = 1
3 时
x4
y(1−y2) +
y4
z(1−z2) +
z4
x(1−x2) 取到最小值1
8．
11 见解析
【解析】解：分析，注意到求证不等式具有对称性，只需证明：对任意正数x，y，z 有
x3 +y3 +z3
x+y+z
⩾x2 +y2 +z2
3
(*)．
证明，先证明：对于任意正数x，y，z 有
x3 +y3 +z3
x+y+z
⩾x2 +y2 +z2
3
．
不妨设x ⩾y ⩾z > 0．
则x2 ⩾y2 ⩾z2 > 0．
由切比雪夫不等式，
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
62
检测题参考答案
x3 +y3 +z3 = x·x2 +y·y2 +z·z2 ⩾1
3 (x+y+z)
(
x2 +y2 +z2)
∵x+y+z > 0，
∴x3 +y3 +z3
x+y+z
⩾x2 +y2 +z2
3
∴a3 +b3 +c3
a+b+c
⩾a2 +b2 +c2
3
b3 +c3 +d3
b+c+d
⩾b2 +c2 +d2
3
c3 +d3 +a3
c+d +a
⩾c2 +d2 +a2
3
d3 +a3 +b3
d +a+b
⩾d2 +a2 +b2
3
将以上4 个不等式相加得
a3 +b3 +c2
a+b+c
+ b3 +c3 +d3
b+c+d
+ c3 +d3 +a3
c+d +a
+ d3 +a3 +b3
d +a+b
⩾a2 +b2 +c2 +d2．
评注，(*) 转化为x3 +y3 +z3 ⩾1
3 (x+y+z)
(
x2 +y2 +z2)
．(* *)(* *) 酷似切比雪夫不等式．
第7 讲
数列1 经典真题
1
8
9
【解析】解：提示：数列{an} 的公比为q = a3
a2
=
3√
3
√
2
，故
a1 +a2011
a7 +a2017
=
a1 +a2011
q6 (a1 +a2011) = 1
q6 = 8
9．
2
8
【解析】设等差数列为a1,a2,···,an，公差d = 4．则a2
1 +a2 +···+an ⩽100
⇔a2
1 + 2a1 +4n
2
(n−1) ⩽100 ⇔3−
√
2816
7
⩽n ⩽3+
√
2816
7
．
但n ∈N，易知，n ⩽8．事实上，公差为4 的等差数列−4，0，4，8，12，16，20，24 共8 项，且
(−4)2 +0+4+8+12+16+20+24 = 100．
所以，n 的最大值是8．即这样的等差数列最多可以有8 项．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
63
检测题参考答案
3
150
【解析】记b1 = S10,b2 = S20 −S10,b3 = S30 −S20,b4 = S40 −S30．设q 是{an} 的公比，则
b1,b2,b3,b4 构成以r = q10 为公比的等比数列．
于是70 = S30 = b1 +b2 +b3 = b1(1+r +r2) = 10(1+r +r2)，
即r2 +r −6 = 0, 解得r = 2 或r = −3．
由于r = q10 > 0, 所以r = 2, 故S40 = 10(1+2+22 +23) = 150．
4
1
2
【解析】因为a2
1 +a2
2 +a2
3
b1 +b2 +b3
= a2
1 +(a1 +d)2 +(a1 +2d)2
b1 +b1q+b1q2
=
14
1+q+q2 ，
故由已知条件知道：1+q+q2 为14
m ，其中m 为正整数．
令1+q+q2 = 14
m ，则q = −1
2 +
√
1
4 + 14
m −1 = −1
2 +
√
56−3m
4m
．
由于q 是小于1 的正有理数，
所以1 < 14
m < 3，即5 ⩽m ⩽13 且56−3m
4m
是某个有理数的平方，由此可知q = 1
2．
5
A
【解析】由题意知pq = a2，2b = p+c，2c = q+b
⇒b = 2p+q
3
，c = p+2q
3
⇒bc = 2p+q
3
p+2q
3
⩾
3√
p2q·
3√
pq2 = pq = a2．
因为p̸ = q，故bc > a2，方程的判别式∆= 4a2 −4bc < 0，因此，方程无实数根．
故选A．
6
3√
3+3
【解析】设{an} 的公差为d,{bn} 的公比为q，
则3+d = q,(1)
3(3+4d) = q2，(2)
(1) 代入(2) 得9+12d = d2 +6d +9，求得d = 6,q = 9．
从而有3+6(n−1) = logα9n−1 +β 对一切正整数n 都成立，
即6n−3 = (n−1)logα9+β 对一切正整数n 都成立．
从而logα9 = 6,−3 = −logα9+β，求得α =
3√
3,β = 3，α +β =
3√
3+3．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
64
检测题参考答案
7
a1 = 2
√
2−2
【解析】设所求公差为d，∵a1 < a2，∴d > 0．由此得
a2
1(a1 +2d)2 = (a1 +d)4，化简得：2a2
1 +4a1d +d2 = 0
解得：d = (−2±
√
2)a1
而−2±
√
2 < 0，故a1 < 0
若d = (−2−
√
2)a1，则q = a2
2
a2
1
= (
√
2+1)
2
若d = (−2+
√
2)a1，则q = a2
2
a2
1
= (
√
2−1)
2
但lim
n→+∞(b1 +b2 +···+bn) =
√
2+1 存在，故|q| < 1，于是q = (
√
2+1)
2 不可能．
从而
a2
1
1−(
√
2−1)
2 =
√
2+1 ⇒a2
1 = (2
√
2−2)(
√
2+1) = 2
所以a1 = −
√
2,d = (−2+
√
2)a1 = 2
√
2−2
8
2015
2013
【解析】由题设an = 2(n+1)
n
an−1 = 2(n+1)
n
· 2n
n−1an−2 = ···
= 2(n+1)
n
· 2n
n−1 ····· 2·3
2 a1 = 2n−1 (n+1)．
记数列{an} 的前n 项和为Sn，则Sn = 2+2×3+22 ×4+···+2n−1 (n+1)．
所以2Sn = 2×2+22 ×3+23 ×4+···+2n (n+1)．
将上面两式相减，得Sn = 2n (n+1)−
(
2n−1 +2n−2 +···+2+2
)
= 2n (n+1)−2n = 2nn．
故
a2014
a1 +a2 +···+a2013
= 22013 ×2015
22013 ×2013 = 2015
2013．
9
13、20
【解析】由条件可知：a1、a2、b1 均为正整数，且a1 < a2．
由于2017 > b10 = 29 ·b1 = 512b1，故b1 ∈{1,2,3}．反复运用{an} 的递推关系知
a10 = a9 +a8 = 2a8 +a7 = 3a7 +2a6
= 5a6 +3a5 = 8a5 +5a4 = 13a4 +8a3
= 21a3 +13a2 = 34a2 +21a1，
因此
21a1 ≡a10 = b10 = 512b1 ≡2b1 (mod34)，
而13×21 = 34×8+1，故有
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
65
检测题参考答案
a1 ≡13×21a1 ≡13×2b1 = 26b1 (mod34)．①
另一方面，注意到a1 < a2，有55a1 < 34a2 +21a1 = 512b1，故a1 < 512
55 b1．②
当b1 = 1 时，①、②分别化为a1 ≡26(mod34)，a1 < 512
55 ，无解．
当b1 = 2 时，①、②分别化为a1 ≡52(mod34)，a1 < 1024
55 ，得到唯一的正整数a1 = 18，此时
a1 +b1 = 20．
当b1 = 3 时，①、②分别化为a1 ≡78(mod34)，a1 < 1536
55 ，得到唯一的正整数a1 = 10，此时
a1 +b1 = 13．
综上所述，a1 +b1 的所有可能值为13、20．
10 1
3
(
2n+2 −n−3
)
【解析】设bn = 1
an
,n = 0,1,2,···，则
(
3−
1
bn+1
)(
6+ 1
bn
)
= 18，即3bn+1 −6bn −1 = 0．
∴bn+1 = 2bn + 1
3，bn+1 + 1
3 = 2
(
bn + 1
3
)
，故数列
{
bn + 1
3
}
是公比为2 的等比数列，
bn + 1
3 = 2n
(
b0 + 1
3
)
= 2n
( 1
a0
+ 1
3
)
= 1
3 ×2n+1，∴bn = 1
3(2n+1 −1)．
n
∑
i=0
1
ai
=
n
∑
i=0bi =
n
∑
i=0
1
3(2i+1 −1) = 1
3
[2(2n+1 −1)
2−1
−(n+1)
]
= 1
3
(
2n+2 −n−3
)
．
11
1
2n −
1
n(n+1)
【解析】an+1 = Sn+1 −Sn =
n
(n+1)(n+2) −an+1 −
n−1
n(n+1) +an，
即2an+1 =
n+2−2
(n+1)(n+2) −
1
n+1 +
1
n(n+1) +a
n
=
−2
(n+1)(n+2) +an +
1
n(n+1)，
由此得2(an+1 +
1
(n+1)(n+2)) = an +
1
n(n+1)．
令bn = an +
1
n(n+1)，b1 = a1 + 1
2 = 1
2(a1 = 0)，
有bn+1 = 1
2bn，故bn = 1
2n ，所以an = 1
2n −
1
n(n+1)．
高一数学目标竞赛班（一试冲刺）经典真题
66
检测题参考答案
12 （1）1,2,3 或1,2,−2 或1,−1,1
【解析】当n = 1 时，a2
1 = a3
1，由a1̸ = 0 得a1 = 1．当n = 2 时，(1+a2)2 = 1+a3
2
由a2̸ = 0 得a2 = 2 或a2 = −1
当n = 3 时，(1+a2 +a3)2 = 1+a3
2 +a3
3．若a2 = 2 得a3 = 3 或a3 = −2；若a2 = −1 得a3 = 1；
综上，满足条件的三项数列有三个：1,2,3 或1,2,−2 或1,−1,1
（2）an =
n(1 ⩽n ⩽2012)
2012·(−1)n(n ⩾2013)
【解析】Sn = a1 +a2 +···+an，则S2
n = a3
1 +a3
2 +···+a3
n(n ∈N∗) 从而
(Sn +an+1)2 = a3
1 +a3
2 +···+a3
n +a3
n+1,
两式相减，结合an+1̸ = 0 得2Sn = a2
n+1 −an+1 当n = 1 时，由(1) 知a1 = 1；
当n ⩾2，2an = 2(Sn −Sn−1) = (a2
n+1 −an+1)−(a2
n −an)，即(an+1 +an)(an+1 −an −1) = 0
所以an+1 = −an 或an+1 = an +1 又a1 = 1,a2013 = −2012
所以an =
n(1 ⩽n ⩽2012)
2012·(−1)n(n ⩾2013)
