2022年高考数学真题类汇编：04代数解答题基础题&中档题&提升题

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04代数解答题基础题&中档题&提升题

四、代数解答题基础题
18．（2022•上海）已知在数列{an}中，a2＝1，其前n项和为Sn．
（1）若{an}是等比数列，S2＝3，求Sn；
（2）若{an}是等差数列，S2n≥n，求其公差d的取值范围．
【解答】解：（1）在等比数列{an}中，a2＝1，S2＝3，则a1＝2，
∴公比q＝，则，
∴Sn＝＝4；
（2）若{an}是等差数列，
则≥n，
即（3﹣2n）d≤1，当n＝1时，d≤1；
当n≥2时，d≥恒成立，∵∈[﹣1，0），∴d≥0．
综上所述，d∈[0，1]．

19．（2022•上海）为有效塑造城市景观、提升城市环境品质，上海市正在努力推进新一轮架空线入地工程的建设．如图是一处要架空线入地的矩形地块ABCD，AB＝30m，AD＝15m．为保护D处的一棵古树，有关部门划定了以D为圆心、DA为半径的四分之一圆的地块为历史古迹封闭区．若空线入线口为AB边上的点E，出线口为CD边上的点F，施工要求EF与封闭区边界相切，EF右侧的四边形地块BCFE将作为绿地保护生态区．（计算长度精确到0.1m，计算面积精确到0.01m2）
（1）若∠ADE＝20°，求EF的长；
（2）当入线口E在AB上的什么位置时，生态区的面积最大？最大面积是多少？

【解答】解：（1）作DH⊥EF，垂足为H，
则EF＝EH+HF＝15tan20°+15tan50°≈23.3m；
（2）设∠ADE＝θ，则AE＝15tanθ，FH＝15tan（90°﹣2θ），
S四边形ADEF＝2S△ADE+S△DFH＝2××15×15tanθ+，
＝（30tanθ+15cot2θ）＝（30tanθ+15×）＝，
当且仅当3tanθ＝，即tan时取等号，此时AE＝15tanθ＝5，最大面积为450﹣≈255.14m2．


五、代数解答题中档题
20．（2022•浙江）已知等差数列{an}的首项a1＝﹣1，公差d＞1．记{an}的前n项和为Sn（n∈N*）．
（Ⅰ）若S4﹣2a2a3+6＝0，求Sn；
（Ⅱ）若对于每个n∈N*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）因为等差数列{an}的首项a1＝﹣1，公差d＞1，
因为S4﹣2a2a3+6＝0，可得﹣2a2a3+6＝0，即2（a1+a4）﹣2a2a3+6＝0，
a1+a1+3d﹣（a1+d）（a1+2d）+3＝0，即﹣1﹣1+3d﹣（﹣1+d）（﹣1+2d）+3＝0，
整理可得：d2＝3d，解得d＝3，
所以Sn＝na1+d＝﹣n+＝，
即Sn＝；
（Ⅱ）因为对于每个n∈N*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，
则（a1+nd+4cn）2＝[a1+（n﹣1）d+cn][（a1+（n+1）d+15cn]，a1＝﹣1，
整理可得：cn2+[（14﹣8n）d+8]cn+d2＝0，则Δ＝[（14﹣8n）d+8]2﹣4d2≥0，
即（7﹣4n）d+4≥d或（7﹣4n）d+4≤﹣d，
整理可得（3﹣2n）d≥﹣2或（2﹣n）d≤﹣1，
当n＝1时，可得d≥﹣2或d≤﹣1，而d＞1，
所以d≤﹣1（舍），
所以d的范围为（1，+∞）；
n＝2时，d≤2或∅，而d＞1，
所以此时d∈（1，2]，
当n为大于2的任何整数，d≤或d≥，而d＞1，
所以d≤（舍），d＞1恒成立；
综上所述，n＝2时，d∈（1，2]；
n为不等于2的正整数时，d的取值范围为（1，+∞），都存在cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列．

21．（2022•北京）已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（j≥0），使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j＝n，则称Q为m﹣连续可表数列．
（Ⅰ）判断Q：2，1，4是否为5﹣连续可表数列？是否为6﹣连续可表数列？说明理由；
（Ⅱ）若Q：a1，a2，…，ak为8﹣连续可表数列，求证：k的最小值为4；
（Ⅲ）若Q：a1，a2，…，ak为20﹣连续可表数列，且a1+a2+…+ak＜20，求证：k≥7．
【解答】解：（Ⅰ）若m＝5，则对于任意的n∈{1，2，3，4，5}，
a2＝1，a1＝2，a1+a2＝2+1＝3，a3＝4，a2+a3＝1+4＝5，
所以Q是5﹣连续可表数列；
由于不存在任意连续若干项之和相加为6，
所以Q不是6﹣连续可表数列；
（Ⅱ）假设k的值为3，则a1，a2，a3 最多能表示a1，a2，a3，a1+a2，a2+a3，a1+a2+a3，共6个数字，
与Q是8﹣连续可表数列矛盾，故k≥4；
现构造Q：1，2，3，4可以表达出1，2，3，4，5，6，7，8这8个数字，即存在k＝4满足题意．
故k的最小值为4．
（Ⅲ）先证明k≥6．
从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，
取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，
取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，
所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5+4+3+2+1＝15个正整数，不能表示20个正整数，即k≥6．
若k＝6，最多可以表示6+5+4+3+2+1＝21个正整数，
由于Q为20﹣连续可表数列，且a1+a2+…+ak＜20，
所以其中必有一项为负数．
既然5个正整数都不能连续可表1﹣20的正整数，
所以至少要有6个正整数连续可表1﹣20的正整数，
所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意，
故k≥7．

22．（2022•新高考Ⅰ）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，{}是公差为的等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）证明：++…+＜2．
【解答】解：（1）已知a1＝1，{}是公差为的等差数列，
所以，整理得，①，
故当n≥2时，，②，
①﹣②得：，
故（n﹣1）an＝（n+1）an﹣1，
化简得：，，........，，；
所以，
故（首项符合通项）．
所以．
证明：（2）由于，
所以，
所以＝．

23．（2022•甲卷）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．
（1）若x1＝﹣1，求a；
（2）求a的取值范围．

【解答】解：（1）已知a1＝1，{}是公差为的等差数列，
所以，整理得，①，
故当n≥2时，，②，
①﹣②得：，
故（n﹣1）an＝（n+1）an﹣1，
化简得：，，........，，；
所以，
故（首项符合通项）．
所以．
证明：（2）由于，
所以，
所以＝．

观察可得，
当a＝﹣1时，函数f（x）和函数g（x）在点（1，1）处有公共点，函数存在公切线，
当a＜﹣1时，函数f（x）和函数g（x）不存在公切线，
当a＞﹣1时，函数f（x）和函数g（x）存在公切线，
则实数a的取值范围是[﹣1，+∞）．

24．（2022•甲卷）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．
（1）证明：{an}是等差数列；
（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．

【解答】解：（1）证明：由已知有：⋯①，
把n换成n+1，⋯②，
②﹣①可得：2an+1＝2（n+1）an+1﹣2nan﹣2n，
整理得：an+1＝an+1，
由等差数列定义有{an}为等差数列；
（2）由已知有，设等差数列an的首项为x，由（1）有其公差为1，
故（x+6）2＝（x+3）（x+8），解得x＝﹣12，故a1＝﹣12，
所以an＝﹣12+（n﹣1）×1＝n﹣13，
故可得：a1＜a2＜a3＜⋯＜a12＜0，a13＝0，a14＞0，
故Sn在n＝12或者n＝13时取最小值，，
故Sn的最小值为﹣78．

25．（2022•北京）已知函数f（x）＝exln（1+x）．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）设g（x）＝f′（x），讨论函数g（x）在[0，+∞）上的单调性；
（Ⅲ）证明：对任意的s，t∈（0，+∞），有f（s+t）＞f（s）+f（t）．

【解答】解：（Ⅰ）对函数求导可得：，
将x＝0代入原函数可得f（0）＝0，将x＝0代入导函数可得：f′（0）＝1，
故在x＝0处切线斜率为1，故y﹣0＝1（x﹣0），化简得：y＝x；
（Ⅱ）由（Ⅰ）有：g（x）＝，
，
令，令x+1＝k（k≥1），
设，恒成立，
故h（x）在[0，+∞）单调递增，又因为h（0）＝1，
故h（x）＞0在[0，+∞）恒成立，故g′（x）＞0，
故g（x）在[0，+∞）单调递增；
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）有g（x）在[0，+∞）单调递增，又g（0）＝1，
故g（x）＞0在[0，+∞）恒成立，故f（x）在[0，+∞）单调递增，
设w（x）＝f（x+t）﹣f（x），w′（x）＝f′（x+t）﹣f′（x），
由（Ⅱ）有g（x）在[0，+∞）单调递增，又因为x+t＞x，所以f′（x+t）＞f′（x），
故w（x）单调递增，又因为s＞0，故w（s）＞w（0），
即：f（s+t）﹣f（s）＞f（t）﹣f（0），又因为函数f（0）＝0，
故f（s+t）＞f（s）+f（t），得证．

26．（2022•新高考Ⅱ）已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2﹣b2＝a3﹣b3＝b4﹣a4．
（1）证明：a1＝b1；
（2）求集合{k|bk＝am+a1，1≤m≤500}中元素的个数．

【解答】解：（1）证明：设等差数列{an}的公差为d，
由a2﹣b2＝a3﹣b3，得a1+d﹣2b1＝a1+2d﹣4b1，则d＝2b1，
由a2﹣b2＝b4﹣a4，得a1+d﹣2b1＝8b1﹣（a1+3d），
即a1+d﹣2b1＝4d﹣（a1+3d），
∴a1＝b1．
（2）由（1）知，d＝2b1＝2a1，
由bk＝am+a1知，，
∴，即2k﹣1＝2m，
又1≤m≤500，故2≤2k﹣1≤1000，则2≤k≤10，
故集合{k|bk＝am+a1，1≤m≤500}中元素个数为9个．

27．（2022•上海）已知函数f（x）的定义域为R，现有两种对f（x）变换的操作：φ变换：f（x）﹣f（x﹣t）；ω变换：|f（x+t）﹣f（x）|，其中t为大于0的常数．
（1）设f（x）＝2x，t＝1，g（x）为f（x）做φ变换后的结果，解方程：g（x）＝2；
（2）设f（x）＝x2，h（x）为f（x）做ω变换后的结果，解不等式：f（x）≥h（x）；
（3）设f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，f（x）先做φ变换后得到u（x），u（x）再做ω变换后得到h1（x）；f（x）先做ω变换后得到v（x），v（x）再做φ变换后得到h2（x）．若h1（x）＝h2（x）恒成立，证明：函数f（x）在R上单调递增．

【解答】解：（1）∵f（x）＝2x，t＝1，g（x）为f（x）做φ变换后的结果，g（x）＝2，
∴g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1）＝2x﹣2x﹣1＝2x﹣1＝2，
解得x＝2．
（2）∵f（x）＝x2，h（x）为f（x）做ω变换后的结果，f（x）≥h（x），
∴x2≥|（x+t）2﹣x2|＝|2tx+t2|，
当x≤﹣时，f（x）≥h（x）恒成立；
当x＞﹣时，2tx+t2≤x2，
解得x≥（1+）t，或x≤（1﹣）t，
综上，不等式：f（x）≥h（x）的解集为（﹣∞，（1﹣）t]∪[（1+）t，+∞）．
（3）证明：f（x）先做φ变换后得到u（x），u（x）再做ω变换后得到h1（x），
∴u（x）＝f（x）﹣f（x﹣t），h1（x）＝|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|，
f（x）先做ω变换后得到v（x），v（x）再做φ变换后得到h2（x），
∴v（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|，h2（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，
∵h1（x）＝h2（x），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
∴|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，
∵t＞0，∴，
∴函数f（x）在R上单调递增．

六、代数解答题提升题
28．（2022•甲卷）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．
（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；
（2）证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．

【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，
令f′（x）＞0，解得x＞1，故函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，
故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，仅需e+1﹣a≥0，
故a≤e+1，故a的取值范围是（﹣∞，e+1]；
（2）证明：由已知有函数f（x）要有两个零点，故f（1）＝e+1﹣a＜0，即a＞e+1，
不妨设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即证明，
∵0＜x1＜1，∴，
即证明：，又因为f（x）在（1，+∞）单调递增，
即证明：⇔，
构造函数，0＜x＜1，
＝，
构造函数m（x）＝，
，因为0＜x＜1，所以，
故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）单调递增，
故m（x）＜m（1）＝0
又因为x﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）单调递增，
又因为h（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，
故，即x1x2＜1．得证．

29．（2022•乙卷）已知函数f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．
（1）当a＝0时，求f（x）的最大值；
（2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝0时，，则，
易知函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴f（x）在x＝1处取得极大值，同时也是最大值，
∴函数f（x）的最大值为f（1）＝﹣1；
（2）＝，
①当a＝0时，由（1）可知，函数f（x）无零点；
②当a＜0时，易知函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
又f（1）＝a﹣1＜0，故此时函数f（x）无零点；
③当0＜a＜1时，易知函数f（x）在上单调递增，在单调递减，
且f（1）＝a﹣1＜0，，且当x→+∞时，f（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；
④当a＝1时，，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
又f（1）＝0，故此时函数f（x）有唯一零点；
⑤当a＞1时，易知函数f（x）在上单调递增，在上单调递减，
且f（1）＝a﹣1＞0，且当x→0时，f（x）＜0，故函数f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；
综上，实数a的取值范围为（0，+∞）．


30．（2022•乙卷）已知函数f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）若f（x）在区间（﹣1，0），（0，+∞）各恰有一个零点，求a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝ln（1+x）+xe﹣x，则，
∴f′（0）＝1+1＝2，
又f（0）＝0，
∴所求切线方程为y＝2x；
（2），
若a≥0，当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，则f（x）＜f（0）＝0，不合题意；
故a＜0，，令，注意到，
令g′（x）＜0，解得或，令g′（x）＞0，解得，
∴g（x）在单调递减，在单调递增，且x＞1时，g（x）＞0，
①若g（0）＝1+a≥0，当x＞0时，g（x）＞0，f（x）单调递增，不合题意；
②若g（0）＝1+a＜0，g（0）g（1）＜0，则存在x0∈（0，1），使得g（x0）＝0，
且当x∈（0，x0）时，g（x）＜g（0）＝0，f（x）单调递减，则f（x0）＜f（0）＝0，
当x＞1时，f（x）＞ln（1+x）+a＞0，f（e﹣a﹣1）＞0，则由零点存在性定理可知f（x）在（1，e﹣a﹣1）上存在一个根，
当时，g（x）＜0，f（x）单调递减，，
当时，f（x）＜ln（1+x）﹣ae＜0，f（eae﹣1）＜0，则由零点存在性定理可知f（x）在上存在一个根．
综上，实数a的取值范围为（﹣∞，﹣1）．


31．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【解答】（1）解：∵f（x）＝ex﹣ax，g（x）＝ax﹣lnx，
∴f'（x）＝ex﹣a，g'（x）＝a﹣，
∵y＝ex在x∈R上单调递增，函数y＝﹣在x∈（0，+∞）上单调递增，
∴函数f'（x）和函数g'（x）在各自定义域上单调递增，
又∵函数f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有最小值，
∴当f'（x）＝0时，x＝lna，当g'（x）＝0时，x＝，
∴函数f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
函数g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
∴f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna，g（x）min＝1+lna，
∵函数f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值
∴a﹣alna＝1+lna，
解得：a＝1．
（2）证明：设三个交点的横坐标从小到大依次为x1，x2，x3，
由（1）得，函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴x1∈（﹣∞，0），x2∈（0，1），x3∈（1，+∞），b＝﹣x1＝﹣x2＝x2﹣lnx2＝x3﹣lnx3，
∴2x2＝+lnx2，﹣x1＝x2﹣lnx2，﹣x2＝x3﹣lnx3，
∴﹣x1＝﹣lnx2，﹣x2＝﹣lnx3，
∴f（x1）＝f（lnx2），f（x2）＝f（lnx3），
∵lnx2∈（﹣∞，0），lnx3∈（0，+∞），
∴x1＝lnx2，x2＝lnx3，
∴x3＝，
∴x1+x3＝lnx2+＝2x2，
∴x1，x2，x3成等差数列，
∴存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．


32．（2022•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝xeax﹣ex．
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x＞0时，f（x）＜﹣1，求a的取值范围；
（3）设n∈N*，证明：++…+＞ln（n+1）．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝xex﹣ex＝ex（x﹣1），
f′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex，
∵ex＞0，
∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
（2）令g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1（x＞0），
∵f（x）＜﹣1，f（x）+1＜0，
∴g（x）＜g（0）＝0在x＞0上恒成立，
又g′（x）＝eax+xaeax﹣ex，
令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝aeax+a（eax+axeax）﹣ex＝a（2eax+axeax）﹣ex，
∴h′（0）＝2a﹣1，
①当2a﹣1＞0，即a＞，h′（0）＝＝＞0，
∴∃x0＞0，使得当x∈（0，x0），有＞0，∴g′（x）＞0，
所以g（x）单调递增，g（x0）＞g（0）＝0，矛盾；
①当2a﹣1≤0，即a≤，
g′（x）＝xeax+xaeax﹣ex＝eax+ln（1+ax）﹣ex≤﹣ex≤＝0，
所以g（x）在[0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）＝0，符合题意．
综上所述，实数a的取值范围是a≤．
（3）求导易得t﹣＞2lnt（t＞1），
令t＝，
﹣＞2ln，可得＞ln（1+），
＞ln（），＞ln（）＝ln（）＝ln（n+1），
即++...+＞ln（n+1）．