目录
第4 讲 函数综合与
导数
第2 讲 函数
第6 讲 不等式应用
第1 讲 集合
第5 讲 不等式基础
第3 讲 三角函数
第7 讲 数列
13
08
22
01
18
11
24
参考答案
28
高一数学目标竞赛班（一试-冲刺）练习册
1
第1 讲
集合
第1 讲
集合
检测题
1
集合A = {2,0,1,4}，B =
{
k
k ∈R,k2 −2 ∈A,k −2 /∈A
}
．则集合B 的所有元素之积为
．
2 已知集合A =
{
(x,y)
x+a2y+6 = 0
}
，集合B = {(x,y)|(a−2)x+3ay+2a = 0}，若A ∩B = ∅，则a
的值是( )
A. 3 或−1
B. 0
C. −1
D. 0 或−1
3 去掉集合A = {n|n ⩽10000,n ∈N∗} 中所有的完全平方数和完全立方数后，将剩下的元素按从小到
大的顺序排成一个数列，这个数列的第2014 项为
．
4 从集合A = {1,2,3,··· ,30} 中取出五个不同的数，使这五个数构成等差数列，则可以得到的不同的等
差数列的个数为
．
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2
第1 讲
集合
5 将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10 这十个数排成一个数列，使得每相邻两项之和皆是质数，并且首尾两项之
和也是质数，你的填法是：
．
6 记集合T = {0,1,2,3,4,5,6}，M =
{a1
7 + a2
7 + a3
73 + a4
74 |ai ∈T,i = 1,2,3,4
}
，将M 中的元素按从大到
小顺序排列，则第2015 个数是
．
7 已知正整数n 都可以唯一表示为
n = a0 +a19+a292 +···+am9m(*)
的形式，其中m 为非负整数，aj ∈{0,1,··· ,8}(j = 0,1,··· ,m−1)．am ∈{1,··· ,8}．试求(*) 中的数列
a0,a1,a2,··· ,am 严格单调递增或严格单调递减的所有正整数n 的和．
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3
第1 讲
集合
8 设M =
{
a
a = x2 −y2,x,y,∈Z
}
，则( )
A. 9 ∈M，10 ∈M
B. 9 /∈M，10 ∈M
C. 9 ∈M，10 /∈M
D. 9 /∈M，10 /∈M
9 若对任意的正整数m，集合{m,m+1,m+2,...,m+99} 的任意n(n ⩾3) 元子集中，总有3 个元素两
两互素，求n 的最小值．
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4
第1 讲
集合
10 若存在集合A、B 满足：A∩B = ∅，且A∪B = N∗，则称(A,B) 为N∗的一个二分划．
（1）设A = {x|x = 3k,k ∈N∗}，B = {x|x = 3k ±1,k ∈N∗}，判断(A,B) 是否为N∗的一个二分划，说明
理由．
（2）是否能找到N∗的一个二分划(A,B) 满足：
①A 中不存在三个成等比数列的数；
②B 中不存在无穷的等比数列．
说明理由．
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5
第1 讲
集合
11 函数f (x) 的定义域为实数集R，已知x > 0 时，f (x) > 0，并且对任意m，n ∈R，都有f (m+n) =
f (m)+ f (n)．
（1）讨论函数f (x) 的奇偶性以及单调性．
（2）设集合A =
{
(x,y)
f
(
3x2)
+ f
(
4y2)
⩽24
}
，
B = {(x,y)|f (x)−f (ay)+ f (3) = 0}，
C =
{
(x,y)
f (x) = 1
2 f
(
y2)
+ f (a)
}
，
且f (1) = 2，若A∩B̸ = ∅且A∩C̸ = ∅，试求实数a 的取值范围．
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6
第1 讲
集合
12 有九个同学参加聚会，已知每两个人恰好和同一个人喝过酒．证明：其中恰有一个人和所有人喝过酒，
并且其他人每人恰好和两个喝过酒．
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7
第1 讲
集合
13 设S，T 是两个非空集合，若存在一个从S 到T 的函数y = f (x) 满足：
①T = {f (x)|x ∈S}；
②∀x1，x2 ∈S，当x1 < x2 时，恒有f (x1) < f (x2)．
那么称这两个集合“保序同构”．
证明：
（1）A = (0,1)，B = R 是保序同构的；
（2）判断A = Z，B = Q 是不是保序同构的，若是，请给出一个函数的表达．
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8
第2 讲
函数
第2 讲
函数
检测题
1
已知函数f (x) 在R+ 上有定义，且满足下列条件
①f (x) 在R+ 上严格递减，且f (x) > 1
x2 ．
②在R+ 上恒有f 2 (x) f
(
f (x)−1
x2
)
= f 3 (1)．
（1）求函数值f (1)；
（2）给出一个满足题设条件的函数f (x)．
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9
第2 讲
函数
2
f (x) 是定义在R 上的实函数，关于直线x = 1，x = 3 对称，那么f (x)( )
A. 不是周期函数
B. 是周期为1 的函数
C. 是周期为2 的函数
D. 是周期为4 的函数
3 已知a+lga = 10,b+10b = 10．则a+b =
．
4 方程log5 (3x +4x) = log4 (5x −3x) 的解集为
．
5 若2f (1−x)+1 = x f (x)，则f (x) =
．
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10
第2 讲
函数
6 若a > 1，且a−x +logay < a−y +logax，则正实数x，y 之间的关系为
．
7 已知a ∈[−1,1]．则不等式x2 −(a−4)x+4−2a > 0 的解是
．
8 对于每一对实数x,y，函数f 满足方程f (x+y) −f (x) −f (y) = 1 + xy，且f (1) = 1．那么，f (n) =
n(n̸ = 1) 的整数n 的个数共有
个．
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11
第3 讲
三角函数
第3 讲
三角函数
检测题
1
不等式
x
√
1+x2 + 1−x2
1+x2 > 0 的解集是
．
2
f (x) = asin(x+θ)+bcos(x+φ)，a,b,θ,φ 为常数．则f (x) 的最大值是
．
3 已知△ABC 的三边a,b,c 成等比数列，a,b,c 的对角依次为∠A,∠B,∠C．则sinB+cosB 的范围是
．
4 方程arcsin
√
x2 +x+1+arctan
√
x(x+1) = π
2 的解集是
．
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12
第3 讲
三角函数
5 方程x = sinx+2018 的实根的个数为
．
6 已知△ABC 的三边长a,b,c 满足关系式a2 −a−2b−2c = 0，a+2b−2c+3 = 0．则△ABC 最大内
角的度数是
．
7 已知x ∈(0,2π)，则方程3cot2x+8cotx+3 = 0 的所有根的和为
．
8 已知M = cos5◦sin15◦sin25◦sin35◦，N = sin5◦cos 15◦cos25◦cos35◦．则M
N =
．
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13
第4 讲
函数综合与导数
第4 讲
函数综合与导数
检测题
1
x2 = xsinx+cosx 有几个实数解．
2 已知函数f (x) = x3 −x2 −2x+1 的一条切线经过点(−1,1) 且点(−1,1) 不是切点，则这条切线的斜
率为( )
A. 1
B. −1
C. 1
2
D. −1
2
3 如图所示已知函数f (x) 与直线y = kx+m 有两个切点，则g(x) = kx−f (x) 有( )
A. 3 个极大值点
B. 2 个极小值点
C. 2 个极大值点
D. 4 个极小值点
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14
第4 讲
函数综合与导数
4 设f (x) = a(x−5)2 +6lnx，其中a ∈R，曲线y = f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线与y 轴相交于点(0,6)．
（1）确定a 的值；
（2）求函数f (x) 的单调区间与极值．
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15
第4 讲
函数综合与导数
5 已知函数f (x) = xlnx．
（1）求函数f (x) 在[1,3] 上的最小值；
（2）若存在x ∈
[1
e,e
]
，使不得2f (x) ⩾−x2 +ax−3 成立，求实数a 的取值范围．
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16
第4 讲
函数综合与导数
6 设二次函数f (x) = ax2 +bx+c(a > 0)，方程f (x)−x = 0 的两个根x1,x2 满足0 < x1 < x2 < 1
a．
（1）当x ∈(0,x1) 时，证明x < f (x) < x1；
（2）设函数f (x) 的图象关于直线x = x0 对称，证明：x0 < x1
2
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17
第4 讲
函数综合与导数
7 已知定义域为R 的函数f (x) 满足f
(
f (x)−x2 +x
)
= f (x)−x2 +x．
（1）若f (2) = 3，求f (1)；又若f (0) = a，求f (a)；
（2）设有且有且仅有一个实数x0，使得f (x0) = x0，求函数解析式．
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18
第5 讲
不等式基础
第5 讲
不等式基础
检测题
1
设x，y，z > 0，且至多有一个为0，求f (x,y,z) =
√
x2 +256yz
y2 +z2
+
√
y2 +256zx
z2 +x2
+
√
z2 +256xy
x2 +y2
的最小值．
2 设a、b、c 均为正实数，求证：a
(
a2 +bc
)
b+c
+ b
(
b2 +ca
)
c+a
+ c
(
c2 +ab
)
a+b
⩾ab+bc+ca．
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19
第5 讲
不等式基础
3 设n 为正整数，2 ⩽xi ⩽8，i = 1，2，...，n．
证明：(x1 +x2 +···+xn)
( 1
x1
+ 1
x2
+···+ 1
xn
)
⩽
(5n
4
)2
，并讨论何时等号成立？
4 如果x > 0，y > 0，z > 0，且x2 +y2 +z2 = 1．则表达式yz
x + xz
y + xy
z 的最小值是
．
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20
第5 讲
不等式基础
5 设任意实数a > b > c > d > 0，要使log b
a 2018+log c
b 2018+log d
c 2018 ⩾mlog d
a 2018 恒成立，则m 的最
小值是
．
6 设a，b，c 是直角三角形的三条边长，c 为斜边长，那么使不等式a2 (b+c) + b2 (c+a) + c2 (a+b) ⩾
kabc 对所有直角三角形都成立的k 的最大值是
．
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21
第5 讲
不等式基础
7 已知正数a,b,c,d 满足a+2b+3c+4d ⩽10，求证：1
1+3a +
1
1+3b2 +
1
1+3c3 +
1
1+3d4 ⩾1．
8 a、b、c 均为实数，a̸ = b，b̸ = c，c̸ = a．证明：3
2 ⩽|a+b−2c|+|b+c−2a|+|c+a−2b|
|a−b|+|b−c|+|c−a|
< 2．
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22
第6 讲
不等式应用
第6 讲
不等式应用
检测题
1
设a，b ∈R，a < b 函数g(x) = max
a⩽t⩽b |x+t|(x ∈R)(其中max
a⩽t⩽b 表示对于x ∈R，当t ∈[a,b] 时表达式
|x+t| 的最大值)，则g(x) 的最小值为
．
2 设f (x) 是定义在R 上的奇函数，且当x ⩾0 时，f (x) = x2．若对任意的x ∈[a,a+2]，不等式
f (x+a) ⩾2f (x) 恒成立，则实数a 的取值范围是
．
3 已知函数f (x) =
1
2x+ 3
2,x ⩽1
lnx,x > 1
(lnx 是以e 为底的自然对数，e = 2.71828···)，若存在实数m，
n(m < n)，满足f (m) = f (n)，则n−m 的取值范围为( )
A.
(
0,e2 +3
)
B.
(
4,e2 −1
]
C.
[
5−2ln2,e2 −1
]
D. [5−2ln2,4)
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第6 讲
不等式应用
4 定义在R 上的函数f (x) 满足f (1) = 2，且对任意的x ∈R，都有f ′ (x) < 1
2，则不等式f (log2x) >
log2x+3
2
的解集为
．
5 函数y = 4−sinx
3−cosx 的最大值是
．
6 设x、y 满足
2x+y ⩾4
x−y ⩾1
x−2y ⩽2
，若z = ax+y 只在点A(2,0) 处取得最小值，则实数a 的取值范围是
．
7 已知x，y ∈R，且x2 +y2 ⩽1，则x+y−xy 的最大值是
．
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24
第7 讲
数列
第7 讲
数列
检测题
1
已知数列{an} 的各项为互异正数，且其倒数构成等差数列，则
a1a2 +a2a3 +···+a2014a2015
a1a2015
=
．
2 等差数列{an}(n ⩾1) 中包含1 和
√
2，证明：数列{an} 中任意三项都不构成等比数列．
3 在数列{an} 中，若an2 −an−12 = p(n ⩾2，n ∈N∗，p 为常数)，则称{an} 为“等方差数列”．下列是对“等
方差数列”的判断：
①数列{(−1)n} 是等方差数列；
②若{an} 是等方差数列，则
{
an2}
是等差数列；
③若{an} 是等方差数列，则{akn}(k ∈N∗，k 为常数) 也是等方差数列；
④若{an} 既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列．
其中正确命题序号为
．(将所有正确的命题序号填在横线上)
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25
第7 讲
数列
4 已知一无穷等差数列中有3 项(顺次排列但不一定相连)：13，25，41，则可以判断得出2013
(填“是”、
“不是”或“不能确定”) 数列中的一项．
5 将正整数数列1,2,3... 中所以完全平方数去掉后，按原顺序构成新数列{an}，Sn =
n
∑
i=1ai，则S2018 =
．
6 数列{an} 满足a1 = 3
2，an +an+1 =
(1
3
)n
(n ∈N∗),Sn = a1 +3·a2 +32 ·a3 +···+3n−1 ·an, 则4Sn−
3nan =
．
7 设a1 = 1，an+1 = 1−n
n+1an + (−1)n−1
n(n+1)．则对任意正整数n，an =
．
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26
第7 讲
数列
8 设a1 = a > 0，对n ⩾2，有an =
n
∏
i=1(1+ai)．求实数a，使对一切正整数n 有
n
∑
k=1
1
1+ak
<
1
2011，而对
任何c <
1
2011，都存在正整数n，使
n
∑
k=1
1
1+ak
> c
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27
第7 讲
数列
9 已知a、b、c 为实数，对大于1 的整数n 都有
(an −bn)(bn −cn)(cn −an)̸ = 0．
（1）若
b−c
b2 −c2 、c−a
c2 −a2 、a−b
a2 −b2 成等差数列，求证：a2、b2、c2 也成等差数列；
（2）若
b−c
b3 −c3 、c−a
c3 −a3 、a−b
a3 −b3 成等差数列，找一个反例，使a3、b3、c3 不成等差数列；
（3）对n > 3，若
b−c
bn −cn 、c−a
cn −an 、a−b
an −bn 成等差数列，且公差不为0，问：an、bn、cn 是否成等差数列？
证明你的结论．
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28
检测题参考答案
检测题参考答案
第1 讲
集合
1
72
【解析】解：提示：由k2 −2 ∈A，可得k2 = 4，2，3，6，即k = ±2，±
√
2，±
√
3，±
√
6，又因为k −2 /∈A，
所以k̸ = 2，故k = −2，±
√
2，±
√
3，±
√
6，故集合
B =
{
−2,±
√
2,±
√
3,±
√
6
}
，
所以集合B 的所有元素之积为72．
2
D
3
2068
4
196
5
(1,2,3,8,5,6,7,10,9,4)
【解析】解：提示：答案不唯一，例如(1,6,7,4,3,2,5,8,9,10) 所排成的数列也可．
6
386
2401
【解析】解：提示：将集合M 中的每个数乘以74，
得M′ =
{
a1 ·73 +a2 ·72 +a3 ·7+a4 |ai ∈T,i = 1,2,3,4
}
= {(a1a2a3a4)7 |ai ∈T,i = 1,2,3,4}，
则M′ 中的最大数为(6666)7 = (2400)10．
在十进制数中，从2400 起从大到小顺序排列的第2015 个数是2400−2014 = 386．
这就是M′ 中的元素按从大到小顺序排列的第2015 个数．
将此数再除以74 得386
2401，这就是M 中的元素按从大到小顺序排列第2015 个数．
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29
检测题参考答案
7
见解析
【解析】解：设A 和B 分别表示(*) 中数列严格单调递增和递减的所有正整数构成的集合．符号
S(M) 表示数集M 中所有数的和，并将满足(*) 式的正整数，记为：
n = amam−1 ···a1a0．
把集合A 分成如下两个不交子集A0 = {n ∈A|a0 = 0} 和A1 = {n ∈A|a0 = 0}，我们有S(A) =
S(A0)+S(A1)．
∀n ∈A1，令f (n) = 9n ∈A0，则f 是A1 到A0 的双射，由此得：
S(A0) = 9S(A1)，
从而：S(A) = 10S(A1)．
又对∀a = amam−1 ···a0 ∈B，令
b = g(a) = (9−am)(9−am−1)···(9−a0) ∈A1，
则g 是B 到A1 的双射，其中：
a+b = 9m+1 +9m +···+9 = 9
8
(
9m+1 −1
)
．
因为B = {amam−1 ···a0 |1 ⩽am < am−1 < ··· < a0 ⩽8,m = 0,1,··· ,7}，
所以B 中共有
7
∑
m=0Cm+1
8
个元素，因此
S(B)+S(A1) = 9
8
7
∑
m=0Cm+1
8
(
9m+1 −1
)
= 9
8
8
∑
k=0
Ck
89k −9
8
8
∑
k=0
Ck
8 = 9
8
(
108 −28)
又令A2 表示A 中最高位数am = 8 的正整数全体，A 中其余的数和零所成集合记为A3，则
S(A) = S(A2)+S(A3)．
对∀a = amam−1 ···a0 ∈B，令b = σ (a) = (8−am)(8−am−1)···(8−a0) ∈A5，则σ 是B 到A3 的双射，
其中：
a+b = 8·9m +8·9m−1 +···+8 = 9m+1 −1．
所以S(B)+S(A3) =
7
∑
m=0Cm+1
8
(
9m+1 −1
)
=
8
∑
k=0
Ck
8
(
9k −1
)
= 108 −28．
最后对∀a = 8am ···a0 ∈A2 −{8}，令
b = τ (a) = (8−am)···(8−a0) ∈B，
则τ 是A2 −{8} 到B 的双射，其中：
a+b = 8·9m+1 +8·9m +···+8 = 9m+2 −1．
所以
S(B)+S(A2) = 8+
7
∑
m=0Cm+1
8
(
9m+2 −1
)
= 8+
8
∑
k=1
Ck
8
(
9k+1 −1
)
= 9·108 −28．
于是
S(B)+ 1
10S(A) = 9
8
(
108 −28)
2S(B)+S(A) = 109 −29
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30
检测题参考答案
解之得：S(A) = 31
32109 +80 = 968750080，S(B) = 15624704，由于A 和B 中都含有1,2,··· ,8，因此
所求正整数的和等于：
S(A)+S(B)−36 = 984374748．
8
C
【解析】解：提示：因为9 = 32 −02，所以9 ∈M；假设10 ∈M，则存在整数m、n 使得
10 = m2 −n2 = (m+n)(m−n)，则因为将10 分解为两个整数因为之积，必定一个因子为奇数，另一
个因子为偶数，而(m+n) 与(m−n) 同奇同偶，矛盾，所以10 /∈M．
9
见解析
【解析】解：考察集合{1,2,3,...,100}(m = 1 时) 的67 元子集：
P = {2,4,6,...,100,3,9,15,...,99}(偶数与被3 整除的奇数)．
显然P 中不存在3 个两两互素的元素．
所以，n ⩽67 不符合要求．
引理对任意的正整数m，集合{m,m+1,m+2,m+3,m+4,m+5} 的任意5 元子集中，总有3 个元
素两两互素．
引理的证明：设集合A 是集合{m,m+1,m+2,m+3,m+4,m+5} 的一个5 元子集．
由于m、m+1、m+2、m+3、m+4、m+5 这6 个数中，3 奇3 偶，恰有1 个5 的倍数，所以，若A 中
含有3 个奇数，则这3 个奇数必两两两互素，结论成立．
若A 中元素为2 奇3 偶．由于3 个偶数中至多有1 个为3 的倍数，至多有1 个为5 的倍数．因
此，3 个偶数中必有1 个数既不是3 的倍数，也不是5 的倍数，它与2 个奇数两两互素．结论成立．
所以，引理成立．
对任意的正整数m，将集合{m,m+1,m+2,··· ,m+99} 划分成如下17 个集合：
A1 = {m,m+1,m+2,m+3,m+4,m+5}，
A2 = {m+6,m+7,m+8,m+9,m+10,m+11}，
......
A16 = {m+90,m+91,m+92,m+93,m+94,m+95}，
A17 = {m+96,m+97,m+98,m+99}．
显然上述17 个集合的两两交集为空集，并集为集合{m,m+1,m+2,...,m+99}．
设集合M 是集合{m,m+1,m+2,...,m+99} 的68 元子集．
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31
检测题参考答案
若集合M 有4 个元素来自集合A17．由于m 为奇数时，m+96、m+97、m+98 两两互素．当m 为
偶数时，m+97、m+98、m+99 两两互素．因此，M 中至少有3 个元素两两互素．
若集合M 至多3 个元素来自集合A17，则M 至少有65 个元素来自集合A1,A2,...,A16．根据抽屉
原理，M 中至少有5 个元素来自同一个集合，不妨设它们来自集合A1，由前面的引理可知，它们中
存在3 个两两互素的元素．
所以，集合M 中总有3 个两两互素的元素．
因此，n = 68 符合要求，即对任意的正整数m，集合{m,m+1,m+2,...,m+99} 的任意68 元子集
中，总有3 个元素两两互素．
所以，n 的最小值为68．
10 （1）见解析
【解析】解：因为1 /∈A，1 /∈B，所以A∪B̸ = N∗，故(A,B) 不是N∗的一个二分划．
（2）见解析
【解析】解：能找到．
N∗中形成的等比数列可以唯一地用一个正整数数对(a,q) 来表示，其中a 为数列的首项，q 为数
列的公比，反之每一对(a,q) 也唯一地表示一个无穷的等比数列．正整数数对(a,q) 可以排序如下
(1,2)，(1,3)，(2,2)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，...．将这些数对所对应的无穷等比数列依次记为s1，s2，...，
sk，...．
先在s1 中任取一个数a1，在s2 中取数a2，使得a2 > a1；在s3 中取数a3，使得a3 > a2
2
a1
；在s4 中取
数a4，使得a4 > a2
3
a1
；...；一般的，在sk 中取数ak，使得ak > a2
k−1
a1
；...．如此得到正整数a1，a2，...，ak，
...，由这些数组成集合A，并令B = ∁N∗A，可以证明上述构造的A 和B 满足题设①和②．
首先N∗中每一个无穷等比数列中至少有一项在A 中，所以B 中不存在无穷等比数列．再证A 中
不存在三数成等比数列．任取am，an，ar ∈A，不妨设m < n < r，则am < an < ar，但由A 的取法知
ar > a2
r−1
a1
⩾a2
n
a1
⩾a2
n
am
，
故aram > a2
n，
即am、an、ar 不成等比数列，所以A 中不存在三个成等比数列的数．
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32
检测题参考答案
11 （1）见解析
【解析】解：由已知，令m = 0 得f (0) = 0；
再令m = x，n = −x 得：f (−x) = −f (x)；所以f (x) 在R 上是奇函数．
设x1，x2 ∈R，且x2 > x1，则x2 −x1 > 0．
由f (x) 是奇函数和已知可得：
f (x2 −x1) = f (x2)+ f (−x1) = f (x2)−f (x1) > 0，
所以f (x) 在R 上是增函数．
（2）见解析
【解析】解：因为f (1) = 2，f (m+n) = f (m)+ f (n)，所以24 = 12 f (1) = f (12)，
因此f
(
3x2 +4y2)
⩽24，
即f
(
3x2 +4y2)
⩽f (12)，
从而A =
{
(x,y)
3x2 +4y2 ⩽12
}
；
由f (x)−f (ay)+ f (3) = 0 得f (x−ay+3) = f (0)，
从而B = {(x,y)|x−ay+3 = 0}；
由f (x) = 1
2 f
(
y2)
+ f (a) 得f (2x−2a) = f
(
y2)
从而C =
{
(x,y)
y2 = 2(x−a)
}
；
由A∩B̸ = ∅可求得：|a| ⩾
√
15
3 ；
由A∩C̸ = ∅可求得：−13
6 ⩽a ⩽2．
所以实数a 的取值范围是：
[
−13
6 ,−
√
15
3
]
∪
[√
15
3 ,2
]
．
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33
检测题参考答案
12 见解析
【解析】解：用u1，u2，...，u9 代表参加聚会的九个同学，构造一个图G = (V,E) 如下：
V = {u1,u2,...,u9}，ui 和uj 连一条边(记作uiuj ∈E) 当且仅当ui 和uj 喝过酒．
我们用N (ui) 表示ui 的邻点集(即和ui 喝过酒的人)，而d (ui) = |N (ui)| 表示ui 的度数(即和ui 喝
过酒的人数)．
这样，
“任何两个人ui、uj 恰好只和某个人uk 喝过酒”可表示为N (ui)∩N (uj) = {uk}．
按图的构造，我们只需证明，G 中恰有一个顶点的度数为8，而其他点的度数为2．
不失一般性，设N (u9) = {u1,u2,...,uk}，这里k ⩽8．
依假设有u ∈N (u9) 使得N (u1)∩N (u9) = {u}，不妨设u = u2．
类似的对于u3 ∈N (u9)−{u1,u2}，有v ∈N (u9)−{u1,u2,u3} 使得N (u3)∩N (u9) = {v}(事实上，如果
v = u1，则N (u2)∩N (u3) = {u1,u9}；如果v = u2，则N (u1)∩N (u3) = {u2,u9})．
故不妨设v = u4．依次类推，我们得到N (u9) 中的点两两配对，每一对恰有一条边相连．
不妨设u1u2,u3u4,··· ,uk−1uk ∈E，显然，k 必然是偶数，如图(a) 所示．
由于u9 可以是任意一个点，事实上，我们证明了G 的任一个点u 的邻集，N (u) 恰含偶数个点，他
们两两配对，每一对都有一条边相连．如果k = 8，则问题已解决．
否则，G 有两个相邻的点，不妨设u1，u9 使得d (u1) 和d (u9) 都是偶数，并且不小于4，以下我们分
两种情况：
(1)d (u1) = 4 = d (u9)．
可设N (u1) = {u9,u2,u5,u6}，N (u9) = {u1,u2,u3,u4}，
如图(b) 所示．此时，我们考虑另外两个点u7 和u8，设N (u7)∩N (u8) = {v}，那么
v ∈{u2,u3,u4,u5,u6}．如果v = u2，则u7u6 ∈E(因为|N (u5)∩N (u7)| = 1)．
但是这样一来，u1u2u7u6 构成一个4 圈，此时，N (u1)∩N (u7) ⊇{u2,u6}，矛盾．
当v = u3，u4，u5，u6 时，同样可以导出G 中的4 圈．
(2)d (u1) = 4，d (u9) = 6．
不妨设N (u9) = {u1,u2,u3,u4,u5,u6}，N (u9) = {u2,u9,u7,u8}，
如图(c) 所示．此时考虑到|N (u7)∩N (u3)| = 1，必然有u8u3 ∈E，从而u8u3u9u1 构成一个4 圈，矛
盾．
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34
检测题参考答案
13 （1）见解析
【解析】解：令f (x) = tan
[(
x−1
2
)
π
]
(x ∈A)，
则f (x) 单调增，且其值域为R，因此，A 和B 是保序同构的；
（2）见解析
【解析】解：集合A = Z，B = Q 不是保序同构的．
事实上，若集合A = Z，B = Q 是保序同构的，
则存在函数y = f (x)，使得f (1) = a，f (2) = b，其中a，b ∈Q，a < b．
考察数c = a+b
2
∈Q，则a < c < b，由于A 和B 是保序同构的，则存在x ∈Z 使f (x) = c，结合
y = f (x) 单调递增，则1 < x < 2，矛盾．
第2 讲
函数
1 （1）见解析
【解析】当x = 1 时，由②得
f 2 (1) f (f (1)−1) = f 3 (1)
由①得f (1) > 1．
∴f (f (1)−1) = f (1)．∵f (x) 在R+ 上严格递减，
∴f (1)−1 = 1．∴f (1) = 2．
（2）见解析
【解析】设f (x) = a
x2 ．由②得
a2
x4 · f
( a
x2 −1
x2
)
= 23，a2
x4 ·
a
( a
x2 −1
x2
)2 = 8．
化简得a3 −8a2 +16a−8 = 0．解得a = 2,3±
√
5．
∵f (1) = 2，∴a = 2,∴f (x) = 2
x2 ．
当0 < x1 < x2 时，f (x1)−f (x2) = 2(x1 +x2)(x2 −x1)
x2
1x2
2
> 0．
即f (x1) > f (x2)．f (x) 严格递减．
又f (x) = 2
x2 > 1
x2 ，
∴f (x) 满足条件①．
由于f 2 (x) f
(
f (x)−1
x2
)
=
( 2
x2
)2
· f
( 2
x2 −1
x2
)
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35
检测题参考答案
= 4
x4 · f
( 1
x2
)
= 4
x4 ·
2
( 1
x2
)2
= 8 = f 3 (1)．
所以函数f (x) = 2
x2 满足题设的两个条件．
2
D
【解析】由f (x) = f (2−x), f (t) = f (6−t)，令t = 2−x，
有f (x) = f (2−x) = f [6−(2−x)] = f (x+4)，
故f (x+4) = f (x) 对一切x 都成立．
3
10
【解析】此题的几何意义是：a 是y = lgx 与y = 10−x 交点A 的横坐标，
b 是y = 10x 与y = 10−x 交点B 的横坐标．
由两互为反函数图象的对称性知，A 与B 关于直线y = x 对称．解方程
y = x
y = 10−x
可得C(5,5)．但C 为A、B 的中点，故a+b
2
= 5，即a+b = 10．
4
x = 2
【解析】令y = log5 (3x +4x) = log4 (5x −3x)，则有
5y = 3x +4x①
4y = 5x −3x②
(1)+(2) 得5y +4y = 5x +4x．(3)
但函数f (x) = 5x +4x 为增函数，由(3) 有
f (y) = f (x) ⇔y = x．
代入(1) 或(2) 得5x = 3x +4x，
即
(3
5
)x
+
(4
5
)x
= 1 =
(3
5
)2
+
(4
5
)2
．(4)
由函数g(x) =
(3
5
)x
+
(4
5
)x
为减函数知，g(x) = g(2) ⇔x−2．故由(4) 得x = 2．
代入原方程检验知，方程的解集为x = 2
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36
检测题参考答案
5
x−3
x2 −x+4
【解析】设存在满足已知方程2f (1−x)+1 = x f (x) 的函数f (x)．以1−x 代换x 得
2f (x)+1 = (1−x) f (1−x)．
由①得f (1−x) = 1
2 [x f (x)−1]．
将③式代入②，得
2f (x)+1 = (1−x)· 1
2 [x f (x)−1]．
由此得f (x) =
x−3
x2 −x+4．
经检验，所得函数满足方程①．
6
x > y
【解析】由f (x) = a−x −logax 为减函数知，f (x) < f (y) ⇒x > y．
另解：由已知有a−x < a−y ⇒x > y 或logay < logax ⇒r > y．
7
x < 1 或x > 3
【解析】设f (x) = x2 +(a−4)x+4−2a．则可化为φ (a) = (x−a)a+
(
x2 −4x+4
)
．
于是，f (x) > 0 等价于φ (a) > 0，由a ∈[−1,1] 及φ (a) 是关于a 的一次函数，可知x 应满足
φ (−1) = x2 −5x+6 > 0
φ (1) = x2 −3x+2 > 0.
解得x < 1 或x > 3．
8
1
【解析】令x = 1，则
f (1)+ f (y) = f (y+1)−y−1．
f (y+1)−f (y) = y+2．①
令y = 1,2,3,...,y−1 将将诸式相加得
f (y) = y2 +3y−2
2
．②
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37
检测题参考答案
从而，对所有自然数y，②式成立．若f (x) = y，可得y2 +3x−2 = 2y，y = −2,y = 1．于是，对n ∈N
且n̸ = 1 时，f (n) = n 无解．
对公式①取y = 0 得f (0) = −1．再取y = −1 得f (−1) = −2．进而得f (−2) = −2
f (−3) = −1
f (−4) = 1．再由①式，y < −4，f (y) > 0．从而，n < −4，有f (n)̸ = n．所以，只有n = −2 时，
f (−2) = −2．
第3 讲
三角函数
1
{
x|x > −
√
3
3
}
【解析】令x = tgα，−π
2 < α < π
2 ，则不等式化为
tgα
√
1+tg2α
+cos2α > 0．
整理得2sin2α −sinα −1 < 0，
−1
2 < sinα < 1．于是，tgα > −
√
3
3 ．即x > −
√
3
3 ．
2
√
a2 +b2 +2absin(θ −φ)
3
1 < sinB+cosB ⩽
√
2
【解析】因为a,b,c 成等比数列，所以b2 = ac．
则b2 = ac = a2 +c2 −2accosB ⩾2ac−2accosB，
cosB ⩾1
2．
于是，0 < B ⩽60◦．
由1
2 ⩽cosB < 1 及0 < sinB ⩽
√
3
2 ，得
1
2 < cosB+sinB <
√
3
2 +1．①
另一方面sinB+cosB =
√
2sin(B+45◦)．
而45◦< ∠B+45◦⩽105◦．
故1 < sinB+cosB ⩽
√
2．②
综合①、②，有1 < sinB+cosB ⩽
√
2．
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38
检测题参考答案
4
{−1,0}
5
1
【解析】由于方程的根是直线y = x 与曲线y = sinx+2018 的交点的横坐标，所以方程至少有一实
根．假设方程有两个实根x1，x2，x1̸ = x2，则
x1 = sinx1 +2018,x2 = sinx2 +2018．x1 −x2 = sinx1 −sinx2 = 2sin x1 −x2
2
cos x1 +x2
2
由于
sin x1 −x2
2
< |x1 −x2|
2
．
|x1 −x2| = 2
sin x1 −x2
2
cos x1 +x2
2
< |x1 −x2|
cos x1 +x2
2
．
则有
cos x1 +x2
2
> 1 与
cos x1 +x2
2
⩽1，矛盾．
6
120◦
【解析】由题设有
(a+2b)−2c = a2
(a+2b)+2c = −3
两式相乘，化简得
a2 +b2 −c2 = −ab < 0．
因此，∠C 为钝角，且cosC = a2 +b2 −c2
2ab
= −1
2．
故最大内角为∠C = 120◦．
7
5π
【解析】设cotx1、cotx2 是关于cotx 的方程的两根．
则cotx1 +cotx2 = −8
3．
cotx1 ·cotx2 = 1．(1)
∴cotx1 < 0，cotx2 < 0．当x1，x2 在第二象限时，x1 = π
2 和π −x3 都为锐角．
由(1) 得tg
(
x1 −π
2
)
= tg (π −x2)．∴x1 −π
2 = π −x2，即x1 +x2 = 3π
2 ．
又x1 +π 和x2 +π 在第四象限，且是原方程(关于x 的方程) 的根，因此所有根的和为
x1 +x2 +(x1 +π)+(x2 +π) = 2π +2(x1 +x2) = 5π．
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39
检测题参考答案
8
1
【解析】M
N =
1
2 (sin20◦+sin10◦)· 1
2 (cos10◦−cos60◦)
1
2 (sin20◦−sin10◦)· 1
2 (cos10◦+cos60◦)
=
(sin20◦+sin10◦)
(
cos10◦−1
2
)
(sin20◦−sin10◦)
(
cos10◦+ 1
2
)
=
sin20◦cos10◦−1
2 sin20◦+sin10◦cos10◦−1
2 sin10◦
sin20◦cos10◦+ 1
2 sin20◦−sin10◦cos10◦−1
2 sin10◦
=
sin20◦cos10◦−1
2 sin10◦
sin20◦cos20◦−1
2 sin10◦
= 1．
第4 讲
函数综合与导数
1
见解析
【解析】f (x) = x2 −xsinx−cosx，f ′ (x) = 2x−xcosx = x(2−cosx)
f ′ (0) = 0，f (x) 在(−∞,0) 上单调减，在(0,+∞) 上单调增，
f (0) = −1，f (−∞) = +∞，f (+∞) = +∞，故f (x) 有2 个零点．
2
B
【解析】设切点为(x0, f (x0))，则切线为y−f (x0) = f ′ (x0)(x−x0)
于是1−f (x0) = f ′ (x0)(−1−x0)，解得x0 = −1(舍去) 或x0 = 1．
∴切线的斜率f ′ (x0) = 3x02 −2x0 −2 = −1
3
C
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40
检测题参考答案
4 （1）见解析
【解析】f (x) = a(x−5)2 = 6lnx ，故f ′ (x) = 2a(x−5)+ 6
x ．
令x = 1 ，得f (1) = 16a ，f′(1)=6 −8a，所以曲线y = f (x) 在(1, f (1)) 处的切线方程为
y−16a = (6−8a)(x−1) ，由点(0,6) 在切线上可得6−16a = 8a−6 ，
故a = 1
2 ．
（2）见解析
【解析】由(1) 知，f (x) = 1
2(x−5)2 +6lnx(x > 0) ，
f ′ (x) = x−5+ 6
x = (x−2)(x−3)
x
．令f ′ (x) = 0 ，得到x1 = 2,x2 = 3 ．
当x ∈(0,2) 或x ∈(3,+∞) ．f ′ (x) > 0 ．故f (x) 在(0,2) ，(3,+∞) 上位增函数；
当x ∈(2,3) ，f ′ (x) < 0 ，故f (x) 在(2,3) 为减函数．
由此可知f (x) 在x = 2 处取得极大值f (2) = 9
2 +6ln2 ，在x = 3 处取得极小值f (3) = 2+6ln3
5 （1）见解析
【解析】f ′ (x) = lnx+1(x > 0)，当x ∈[1,3] 时，f (x) 单调递增，f(x)min = f (1) = 0．
（2）见解析
【解析】设g(x) = 2f (x)+x2 −ax+3 = 2xlnx+x2 −ax+3，g′(x) = 2
(
lnx+1+x−a
2
)
，设
h(x) = lnx+1+x−a
2，显然h(x) 在x ∈[1
e.e] 上单调递增，所以h(x) ∈[1
e −a
2,2+e−a
2]．
当a ⩽2
e,h(x) ⩾0，即g′ (x) ⩾0，g(x) 在[1
e.e] 上单调递增，g(x)max = g(e) ⩾0，解得a ⩽2
e
当2
e < a < 4+2e，同理解得2
e < a ⩽3e−2+ 1
e．
当a ⩾4+2e，此时无解．综上，a 的取值范围为(−∞,3e−2+ 1
e]．
6 （1）见解析
【解析】令F (x) = f (x)−x 因为x1,x2 是方程f (x)−x = 0 的根，F (x) = a(x−x1)(x−x2)，由x 的范
围知F (x)−x > 0，又x1 −f (x) = (x1 −x)[1−(x−x2)] > (x−x1)
(
1−a· 1
a
)
> 0，所以x < f (x) < x1．
（2）见解析
【解析】显然x0 = −b
2a，x1,x2 是方程ax2 +(b−1)x+c = 0 根，所以x1 +x2 = −b−1
a
，x0 = −b
2a
= a(x1 +x2)−1
2a
= ax1 +ax2 −1
2a
，因为ax2 < 1，所以x0 < ax1
2a < x1
2 ．
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41
检测题参考答案
7 （1）见解析
【解析】因为对任意x ∈R，有f
(
f (x)−x2 +x
)
= f (x)−x2 +x，令x = 2，解得f (1) = 1；同理解得
f (a) = a．
（2）见解析
【解析】因为对任意x ∈R，有f
(
f (x)−x2 +x
)
= f (x) −x2 + x，因为有且仅有一个实数x0 使得
f (x0) = x0，所以对任意x ∈R，有f (x)−x2 +x = x0．在上式中令x = x0，有x2
0 = x0，故
x0 = 0 或x0 = 1，若x0 = 0，则f (x)−x2 +x = 0，即f (x) = x2 −x，但方程x2 −x = x 有两个不同的实
根，矛盾，所以x0 = 1，即f (x) = x2 −x+1，满足条件．
第5 讲
不等式基础
1
见解析
【解析】解：不妨设x ⩾y ⩾z．
情形1：当256y3 ⩾x2z 时，
因为x2 +256yz
y2 +z2
−x2
y2 = z
(
256y3 −x2z
)
(y2 +z2)y2
⩾0；
y2 +256zx
z2 +x2
−y2
x2 = z
(
256x3 −y2z
)
(z2 +x2)x2
⩾0；
z2 +256xy
x2 +y2
−256xy
x2 +y2 =
z2
x2 +y2 ⩾0．
所以f (x,y,z) ⩾
√
x2
y2 +
√
y2
x2 +
√256xy
x2 +y2 = x
y + y
x +16
√
xy
x2 +y2
= x2 +y2
xy
+8
√
xy
x2 +y2 +8
√
xy
x2 +y2 ⩾3
3√
64 = 12，
当且仅当x : y =
(
2+
√
3
)
: 1，且z = 0 时，f (x,y,z) 取到12；
情形2：当256y3 < x2z 时，又x2z ⩽x2y．所以256y3 < x2y，从而256y2 < x2．
故f (x,y,z) =
√
x2 +256yz
y2 +z2
+
√
y2 +256zx
z2 +x2
+
√
z2 +256xy
x2 +y2
>
√
x2 +256yz
y2 +z2
+0+0 >
√
256y2 +256yz
y2 +z2
= 16
√
y2 +yz
y2 +z2 ⩾16 > 12．综上，f(x,y,z)min = 12
高一数学目标竞赛班（一试-冲刺）练习册
42
检测题参考答案
2
见解析
【解析】证明：由对称性不妨设a ⩾b ⩾c > 0，则a+b+c
b+c
⩾a+b+c
c+a
⩾a+b+c
a+b
，即
a
b+c ⩾
b
c+a ⩾
c
a+b，又a2 ⩾b2 ⩾c2，由排序不等式得
a
b+ca2 +
b
c+ab2 +
c
a+bc2 ⩾
a
b+cb2 +
b
c+ac2 +
c
a+ba2，
即
a3
b+c +
b3
c+a +
c3
a+b ⩾ab2
b+c + bc2
c+a + ca2
a+b，从而
a
(
a2 +bc
)
b+c
+ b
(
b2 +ca
)
c+a
+ c
(
c2 +ab
)
a+b
=
a3
b+c +
b3
c+a +
c3
a+b +
( abc
b+c + abc
c+a + abc
a+b
)
⩾ab2
b+c + bc2
c+a + ca2
a+b + abc
b+c + abc
c+a + abc
a+b = ab+bc+ca
当且仅当a = b = c 时等号成立，即原不等式成立．
3
见解析
【解析】解：因为(x1 +x2 +···+xn)
( 1
x1
+ 1
x2
+···+ 1
xn
)
=
(x1
4 + x2
4 +···+ xn
4
)( 4
x1
+ 4
x2
+···+ 4
xn
)
⩽1
4
(x1
4 + x2
4 +···+ xn
4 + 4
x1
+ 4
x2
+···+ 4
xn
)2
，①
所以，只要证明：
x1
4 + x2
4 +···+ xn
4 + 4
x1
+ 4
x2
+···+ 4
xn
⩽5
2n．
令f (x) = x
4 + 4
x，x ∈[2,8]．
由f ′ (x) = 1
4 −4
x2 = 0，得x = 4．
因此，当x ∈(2,4)，f ′ (x) < 0，f (x) 为单调减函数；
当x ∈(4,8)，f ′ (x) > 0，f (x) 为单调增函数．
故f (x) ⩽max{f (2), f (8)} = 5
2．
于是f (xi) ⩽5
2 (i = 1,2,...,n)，当且仅当xi = 2 或8 时，f (xi) = 5
2．
因此x1
4 + x2
4 +···+ xn
4 + 4
x1
+ 4
x2
+···+ 4
xn
= f (x1)+ f (x2)+···+ f (xn)
⩽5
2 + 5
2 +···+ 5
2 = 5
2n．
所以(x1 +x2 +···+xn)
( 1
x1
+ 1
x2
+···+ 1
xn
)
⩽
(5
4n
)2
．
要使(x1 +x2 +···+xn)
( 1
x1
+ 1
x2
+···+ 1
xn
)
=
(5
4n
)2
，
高一数学目标竞赛班（一试-冲刺）练习册
43
检测题参考答案
由①，②知，必须有
x1
4 + x2
4 +···+ xn
4 = 4
x1
+ 4
x2
+···+ 4
xn
f (xi) = 5
2,xi = 2或8,i = 1,2,...,n
设x1，x2，...，xn 中，有p 个等于2，q 个等于8，则p+q = n，
且2
4 · p+ 8
4 ·q = 4
2 · p+ 4
8 ·q．
因此p = q，n = 2p，即n 为偶数．
而当n 为偶数时，且x1，x2，...，xn 中一半取2，一半取8 时等号成立．
故当且仅当n 为偶数，且x1，x2，...，xn 中一半取2，一半取8 时等号成立．
4
3
【解析】设yz
x = a，xz
y = b，xy
z = c，则x2 +y2 +z2 = 1 ⇔ab+bc+ca = 1．
所以，a2 +b2 +c2 ⩾ab+bc+ca = 1．
则(a+b+c)2 = a2 +b2 +c2 +2(ab+bc+ca) ⩾3，即yz
x + xz
y + xy
z ⩾
√
3，
当x = y = z = 1
√
3 时等号成立．
5
不存在
【解析】令x1 = −log2018
b
a，x2 = −log2018
c
b,x3 = −log2018
d
c ．
∵a > b > c > d > 0，∴x1 > 0，x2 > 0，x3 > 0．
原式变形为
1
x1
+ 1
x2
+ 1
x3
⩽m·
1
x1 +x2 +x3
．
即m ⩾(x1 +x2 +x3)
( 1
x1
+ 1
x2
+ 1
x3
)
．
而(x1 +x2 +x3)
( 1
x1
+ 1
x2
+ 1
x3
)
对任意的x1,x2,x3 无上界
因此m 的最小值不存在
6
2+3
√
2
【解析】a2 (b+c)+b2 (c+a)+c2 (a+b)
=
(
a2 +b2)
c+a
(
b2 + c2
2
)
+b
(c2
2 +a2
)
+ c
2 ·c(a+b)
⩾2abc+
√
2abc+
√
2abc+ c
2
√
a2 +b2 ·2
√
ab
高一数学目标竞赛班（一试-冲刺）练习册
44
检测题参考答案
⩾
(
2+2
√
2
)
abc+c·
√
2ab·
√
ab
= 2+3
√
2abc．
当且仅当a = b =
√
2
2 c 时，上面的等号都成立．
∴kmax = 2+3
√
2．
7
见解析
【解析】根据条件，由均值不等式知：10 ⩾a+2b+3c+4d ⩾10
10√
ab2c3d4，从而有ab2c3d4 ⩽1，
换元，令x = a,y = b2,z = c3,w = d4，从而有xyzw ⩽1，结论变为
1
1+3x +
1
1+3y +
1
1+3z +
1
1+3w ⩾1．
由于
1
1+3x +
1
1+3y =
2+3x+3y
(1+3x)(1+3y) = 1+
1−9xy
1+3x+3y+9xy，从而，若xy ⩽1
9，结论已成立；
若xy > 1
9,zw > 1
9，则有
1
1+3x +
1
1+3y = 1+
1−9xy
1+3x+3y+9xy ⩾1+
1−9xy
1+6√xy+9xy =
2
1+3√xy，
同理，1
1+3z +
1
1+3w ⩾
2
1+3√zw，从而根据√xy·√zw > 1
9，知
1
1+3x +
1
1+3y +
1
1+3z +
1
1+3w ⩾2(
1
1+3√xy +
1
1+3√zw) ⩾
4
1+3 4√xyzw ⩾1．
综上，结论成立．
8
见解析
【解析】令f (a,b,c) = |a+b−2c|+|b+c−2a|+|c+a−2b|
|a−b|+|b−c|+|c−a|
，其中a̸ = b，b̸ = c，c̸ = a．
由于|a+b−2c| = [(a−c)+(b−c)] ⩽|a−c|+|b−c|，(1)
当且仅当a−c 与b−c 同号时等号成立．
同理，|b+c−2a| ⩽|b−a|+|c−a|，(2)
当且仅当b−a 与c−a 同号时等号成立．
|c+a−2b| ⩽|c−b|+|a−b|，(3)
当且仅当c−b 与a−b 同号时等号成立．
相加可得
|a+b−2c|+|b+c−2a|+|c+a−2b| ⩽2[|a−b|+|b−c|+|c−a|]．
当且仅当条件(1)、(2)、(3) 同时成立时等号成立．
高一数学目标竞赛班（一试-冲刺）练习册
45
检测题参考答案
但这不可能．因若a > c 且b > c
121
⇒a > b
131
⇒c > b 矛盾．因此排除等号，有f (a,b,c) < 2 成立．由于
f (a,b,c) 的表达式关于a，b，c 轮换对称，又a̸ = b，b̸ = c
c̸ = a，不失一般性可设a > b > c．
则|a+b−2c|+|b+c−2a|+|c+a−2b|
= a+b−2c+2a−b−c+|c+a−2b|
= 3(a−c)+|c+a−2b| ⩾3(a−c)．(4)
而|a−b|+|b−c|+|c−a|
= a−b+b−c+a−c = 2(a−c)．(5)
(4)
(5) 得f (a,b,c) ⩾3
2．
等号当a+c = 2b 时可以达到．故所证等号成立．
第6 讲
不等式应用
1
b−a
2
2
[√
2,+∞
)
3
C
4
(0,2)
【解析】令g(x) = 2f (x)−x，由f ′ (x) < 1
2 得：2 f ′ (x)−1 < 0，
即g′ (x) < 0，g(x) 在R 上为减函数，且g(1) = 2 f (1)−1 = 3．
不等式f (log2x) > log2x+3
2
化为2f (log2x)−log2x > 3，
即g(log2x) > g(1)，由g(x) 的单调性得：log2x < 1，解得：0 < x < 2．
5
6+
√
6
4
【解析】提示：将函数式看作定点(3,4) 与动点(cosx,sinx) 连线的斜率；而动点(cosx,sinx) 的轨
迹是一个单位圆，设过点(3,4) 的直线方程为y−4 = k(x−3)，即y−kx+(3k −4) = 0，当斜率取最
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46
检测题参考答案
大值时，该直线应是单位圆的一条切线，于是原点到该直线距离为1，即有|3k −4| =
√
k2 +1，所以
k = 6±
√
6
4
，因此最大值为6+
√
6
4
．
6
−1
2 < a < 2
7
1
【解析】由于x+y−xy = x(1−y)+y，可见固定y 时，必定当x 尽量大时此式才可取最大值；同样，
固定x 时，y 也应尽量大．
因此，不妨设x，y 均非负，且x2 +y2 = 1．令x+y = t，
则由基本不等式(x+y)2 ⩽2
(
x2 +y2)
可得t ∈
[
1,
√
2
]
，
又由t2 = x2 +y2 +2xy = 1+2xy 得到xy =
(
t2 −1
)
2
，
故x+y−xy = t −
(
t2 −1
)
2
= 1−(t −1)2
2
⩽1，且当x = 1，y = 0 时可取等号，故所求最大值为1．
第7 讲
数列
1
2014
【解析】解：设倒数数列
{ 1
an
}
的公差为d，
则1
a2
−1
a2
= 1
a3
−1
a2
=
1
a2015
−
1
a2014
= d，①
其中d̸ = 0，
即a1 −a2
a1a2
= a2 −a3
a2a3
= ··· = a2014 −a2015
a2014a2015
= d．②
据合分比性质得，
a1 −a2015
a1a2 +a2a3 +···+a2014a2015
= d．③
又由①得，1
a2015
−1
a1
= 2014d，
即a1 −a2015
a1a2015
= 2014d．④
由③、④得a1a2 +a2a3 +···+a2014a2015
a1a2015
= 2014．
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47
检测题参考答案
2
见解析
【解析】设等差数列{an} 的公差为d，则存在正整数k 和l，使得ak = 1,al =
√
2, 于是
√
2−1 =
al −ak = (l −k)d, 即d =
√
2−1
l −k .
假设am,an,ap 是等比数列，设m−k
l −k = M, n−k
l −k = N, p−k
l −k = P,
则am = ak +(m−k)d = 1+M(
√
2−1),
an = ak +(n−k)d = 1+N(
√
2−1),
ap = ak +(p−k)d = 1+P(
√
2−1),
由a2
n = amap 得(1−N +N
√
2)
2 = (1−M +M
√
2)(1−P+P
√
2).
即(1−N)2 +2N2 +2N(1−N)
√
2
= (1−M)(1−P)+2MP+[M(1−P)+P(1−M)]
√
2
由于M,N,P 均为有理数，则有(1−N)2 +2N2 = (1−M)(1−P)+2MP,
且2N(1−N) = M(1−P)+P(1−M).
即3N2 −2N = 3MP−M −P 且2N −N2 = M +P−2MP.
两式相加得N2 = MP, 回代得2N = M +P,
从而(M +P)2 = 4MP, 即(M −P)2 = 0, 故M = N = P ⇒m = n = p, 矛盾，
从而数列{an} 中任意三项都不构成等比数列．
3
①②③④
【解析】解：①因为[(−1)n]2 −
[
(−1)n−1]2
= 0，所以{(−1)n} 符合“等方差数列”定义；
②根据定义，显然
{
an2}
是等差数列；
③akn2 −ak(n−1)2 = akn2 −akn−12 +akn−12 −akn−22 +···+akn−k+12 −ak(n−1)2 = kp 符合定义；
④若数列{an} 满足an2 −an−12 = p，an −an−1 = d(d 为常数)，
若d = 0，显然{an} 为常数列；
若d̸ = 0，则两式相除得an −an−1 = p
d ，所以an = d2 + p
2d
(常数)．即{an} 为常数列．
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48
检测题参考答案
4
是
【解析】解：提示：设满足条件等差数列为{an}，公差为d，不妨令
a1 = 13，am = 25，an = 41，n > m > 1，
则d = 25−13
m−1 = 41−13
n−1 ，
(m−1)d = 12，(n−1)d = 28，
易知2013 = 13+2000 = 13+(8×12+68×28)
= 13+8(m−1)d +68(n−1)d
= 13+(8m+68n−76)d，
故2013 为数列{an} 中的第(8m+68n−75) 项．
5
2097621
【解析】设k2an(k +1)2,k ∈N+，则an = n+k，由于k2 < n+k < (k +1)2，
故
k2 −k −n0
k2 +k −n+10
，结合k ∈N+ 得
k2 −k −n+ 1
4 < 0
k2 +k −n+ 1
4 > 0
，故√n−1
2k√n+ 1
2，k =
[√n+ 1
2
]
．
故an = n+
[√n+ 1
2
]
且k2 −kn ⩽k2 +k，则满足an −n = k 的项an 共有2k 个．
而
[√
2018+ 1
2
]
= 45，452 −45 = 1980，则S2018 =
2018
∑
i=1 i+
44
∑
i=12i2 +45×38 = 2097621．
6
n
【解析】由Sn = a1+3·a2+32·a3+···+3n−1·an 得3Sn = 3·a1+32·a2+33·a3+···+3n−1·an−1+3n·an
两式相加得4Sn = a1 + 3 · (a1 + a2) + 32 · (a2 + a3) + ··· + 3n−1 · (an−1 + an) + 3n · an 即4Sn −3n · an =
a1 +3·(a1 +a2)+32 ·(a2 +a3)+···+3n−1 ·(an−1 +an) = 1+3× 1
3 +32 × 1
32 +···+3n−1 ×
1
3n−1 = n
高一数学目标竞赛班（一试-冲刺）练习册
49
检测题参考答案
7
1,n = 1
(−1)n
n
,n > 1
【解析】注意到(−1)n−1
n(n+1) = (−1)n−1
(1
n −
1
n+1
)
．
于是，移项得an+1 + (−1)n
n
= 1−n
n+1an −(−1)n−1
n+1
= −n−1
n+1
[
an + (−1)n−1
n−1
]
(n > 1)．
故
n−1
∏
k=2
[
ak+1 + (−1)k
k
]
=
n−1
∏
k=2
{
−k −1
k +1
[
ak + (−1)k−1
k −1
]}
(n > 2)．
则an + (−1)n−1
n−1
= (−1)n−2
2
n(n−1)
[
a2 + (−1)2−1
2−1
]
= (−1)n−2
n(n−1) (2a2 −2) = (−1)n−1
n(n−1)．
故an = (−1)n−1
n(n−1) −(−1)n−1
n−1
= (−1)n
n
(n > 2)．
此外，a2 = 1
2 满足此公式．
8
见解析
【解析】由题设得an+1
an
= 1+an (n ⩾2)，即
1
an+1
=
1
an (1+an) = 1
an
−
1
1+an
．
从而，1
1+an
= 1
an
−
1
an+1
(n ⩾2)．
则
n
∑
i=1
1
1+ai
=
1
1+a +
n
∑
i=1
( 1
ai
−1
ai+1
)
=
1
1+a + 1
a2
−
1
an+1
=
2
1+a −
1
an+1
<
2
1+a．
由数学归纳法知，对n ⩾2 有
an =
n
∏
i=1(1+ai) > 1．
所以，lim
n→∞
(
2
1+a −
1
an+1
)
=
2
1+a．
故对任何c <
2
1+a，都存在正整数n，使
2
1+a −
1
an+1
> c．
依题意得
2
1+a =
1
2011．因此，a = 4021．
高一数学目标竞赛班（一试-冲刺）练习册
50
检测题参考答案
9 （1）见解析
【解析】由题设知，a±b、b±c、c±a 均不为0．
由
b−c
b2 −c2 、c−a
c2 −a2 、a−b
a2 −b2 成等差数列，有
c−a
c2 −a2 −b−c
b2 −c2 = a−b
a2 −b2 −c−a
c2 −a2
⇔
1
c+a −
1
b+c =
1
a+b −
1
c+a
⇔
b−a
(c+a)(b+c) =
c−b
(a+b)(c+a)
⇔(b−a)(a+b) = (c−b)(b+c)
⇔c2 −b2 = b2 −a2．
按定义知a2、b2、c2 成等差数列．
（2）见解析
【解析】取a = 2,b = 1,c = −3，验得
b−c
b3 −c3 = 1
7，c−a
c3 −a3 = 1
7，a−b
a3 −b3 = 1
7
成等差数列(公差为0)．但a3 = 8，b3 = 1，c3 = −27 不成等差数列．
所以，a = 2,b = 1,c = −3 为一个反例．
见解析
【解析】由
b−c
bn −cn
、c−a
cn −an 、a−b
an −bn 成等差数列，且公差d̸ = 0，有
b−c
bn −cn = c−a
cn −an −d
a−b
an −bn = c−a
cn −an +d
⇒
b−c = c−a
cn −an (bn −cn)−d (bn −cn)
a−b = c−a
cn −an (an −bn)+d (an −bn)
相加得
a−c = c−a
cn −an (an −cn)+d (an +cn −2bn)
⇒d (an +cn −2bn) = 0．
但d̸ = 0，得cn −bn = bn −an．
按定义知an、bn、cn 成等差数列．
1219092614295
