2018-2019学年北京市首师大附中高二（下）期末数学试卷（含详细解答）

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1、2018 年 9 月 24 日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主、英国著名数学家阿蒂亚爵士 宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学届的震动在 1859 年的时候，德国数学 家黎曼向科学院提交了题目为论小于某值的素数个数的论文并提出了一个命题，也 就是著名的黎曼猜想在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数 字x的素数个数大约可以表示为的结论 若根据欧拉得出的结论， 估计1000 以内的素数的个数为（ ） （素数即质数，lge0.43429，计算结果取整数） A768 B144 C767 D145 6 （5 分）定义域为 R 的函数 f（x）满足 f（x+1）2f（x） ，且当 x（

2、0，1时，f（x）x2 x，则当 x（2，1时，f（x）的最小值为（ ） 第 2 页（共 19 页） A B C D0 7 （5 分）设 mlog0.30.6，nlog20.6，则（ ） Amnmmm+n Bmnmnm+n Cmnm+nmn Dm+nmnmn 8 （5 分）已知函数 f（x）（x2x1）ex，设关于 x 的方程有 n 个不同的实数解，则 n 的所有可能的值为（ ） A3 B1 或 3 C4 或 6 D3 或 4 或 6 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分）分） 9 （5 分）函数 f（x）log0.5（x2+4x5

3、）的单增区间是 10 （5 分）若函数 f（x）x（1）为偶函数则 a 11 （5 分）已知函数 f（x），则 f（f（3） ） ，f（x）的 最小值是 12 （5 分）已知函数 f（x）满足：f（x）f（2x） ，函数 g（x）sin（x1） 若 f（x） 的图象与 g（x）的图象有 2019 个不同的交点（x1，y1） ， （x2，y2） ， （x3，y3） ， （x2019， y2019） ，则 x1+x2+x3+x2019+y1+y2+y3+y2019 13 （5 分）已知x表示不超过实数 x 的最大整数，如3.54，2.12若函数 f（x） x+2x，xR，Ay|yf（x） ，0x1

4、，则 A 中所有元素的和为 14 （5 分）已知函数 f（x） ，对于给定的实数 t，若存在 a0，b0，满足：xta，t+b， |f（x）f（t）|2，则记 a+b 的最大值为 H（t） （1）当 f（x）2x 时，H（0） ： （2）当 f（x）x2且 t，2时，函数 H（t）的解析式为 三、 （本大题共三、 （本大题共 6 小题，共小题，共 80 分）分） 15 （13 分）已知函数 f（x）|x+1|2|x1| （）函数 f（x）的零点分别是 和 ，其图象与 x 轴围成的三角形面积 为 ； （）设 g（x），若对任意 s（0，+）恒有 g（s）f（1）成立，求实 数 a 的取值范围 第

5、 3 页（共 19 页） 16 （13 分）已知抛物线 y22px（p0）的焦点为 F（1，0） ，点 A（a，0）是 x 轴上一点， P（x，y）是抛物线上任意一点 （）求抛物线方程及|PF|的最小值： （）已知 O 为坐标原点若|PA|的最小值为|OA|求实数 a 的取值范围 17 （13 分）设an是等差数列，且 a1ln2，a2+a35ln2 （）求an的通项公式； （）求+ 18 （13 分）已知函数 f（x）lnx+ax2+（2a+1）x （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 a0 时，证明 f（x）2 19 （14 分） 已加椭圆 C：+1 （ab0） 的顶点为 A： 四点

6、P1（1， 0） ， P2（0，） ， P3（，1） ，P4（，1） ，恰有三点在椭圆上，过点 P1（1，0）且与 x 轴不重合 的直线 l 与椭圆交于 M，N 两点 （）求椭圆 C 的方程： （）过点 P1（1，0）且平行于 AM 的直线交直线 x于点 Q，求证，直线 NQ 过定点 20 （14 分）已知数集 Aa1，a2，an（1a1a2an，n2）具有性质 P：对 任意的 k（2kn） ，i，j（1ijn） ，使得 akai+aj成立 （）分别判断数集1，3，4与1，2，3，6是否具有性质 P，并说明理由； （）求证：an2a1+a2+an1（n2） ； （）若 an72，求数集 A 中

7、所有元素的和的最小值 第 4 页（共 19 页） 2018-2019 学年北京市首师大附中高二（下）期末数学试卷学年北京市首师大附中高二（下）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题本大题共一、选择题本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分共分共 40 分在每小题所列出的四个选分在每小题所列出的四个选爱中，只爱中，只 有一项是最符合题目要求的）有一项是最符合题目要求的） 1 （5 分）下列哪个函数的定义域与函数 f（x）（）x的值域相同（ ） Ay|x| By Cyx+ Dylnx 【分析】求出函数 f（x）（）x的值域，然后依次求出四个选项中函数的定义域得答 案

8、【解答】解：函数 f（x）（）x的值域为（0，+） 函数 y|x|的定义域为 R； 函数 y的定义域为（，0）（0，+） ； 函数 yx+的定义域为（，0）（0，+） ； 函数 ylnx 的定义域为（0，+） 故选：D 【点评】本题考查函数的定义域及值域的求法，是基础的计算题 2 （5 分）若 ab0，则（ ） Alog0.5alog0.5b Bloga0.5logb0.5 C D （）a（）b 【 分 析 】 根 据a b 0即 可 得 出log0.5a log0.5b ， 根 据 即可判断 loga0.5 与 logb0.5 的大小关系不 能确定，并且可看出，从而正确的选项为 A 【解答】

9、解：ab0； log0.5alog0.5b，loga0.5 与 logb0.5 的 第 5 页（共 19 页） 大小关系不能确定， 故选：A 【点评】考查对数函数、指数函数和幂函数的单调性，对数的换底公式，不等式的性质 3 （5 分）已知直线 l 的方程为 ax+by1，且 a2+b21则直线 l 与圆 x2+y21 的位置关系 （ ） A相交 B相切 C相离 D不确定 【分析】根据题意，求出圆心到直线的距离，分析可得 d1，由直线与圆的 位置关系分析可得答案 【解答】解：根据题意，圆 x2+y21 的圆心为（0，0） ，半径 r1， 则圆心到直线 l 的距离 d1， 故直线与圆相切； 故选：

10、B 【点评】本题考查直线与圆的位置关系的判断，涉及点到直线距离公式的应用，属于基 础题 4 （5 分）已知函数 yf（x）的图象如图，则函数 f（x）的解析式可能是（ ） A （x）cosx B （x+）cosx Cxcosx D 【分析】根据函数图象可知，函数 yf（x）为奇函数，排除 D，定义域为x|x0，排 除 C，再结合函数在 y 轴附近的单调性即可得到答案 【解答】解：依题意，根据函数图象可知，函数 yf（x）为奇函数，且定义域为（， 0）（0，+） ， D 为偶函数，排除 D； C 中函数定义域为 R，排除 C； 第 6 页（共 19 页） 又因为当 x0+（x0，且 x 无限接近

11、 0）时，f（x）0， 而当当 x0+时， （x+）cosx0，排除 B， 故选：A 【点评】本题考查了函数的性质的应用，函数的图象变换，属于中档题 5 （5 分）2018 年 9 月 24 日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主、英国著名数学家阿蒂亚爵士 宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学届的震动在 1859 年的时候，德国数学 家黎曼向科学院提交了题目为论小于某值的素数个数的论文并提出了一个命题，也 就是著名的黎曼猜想在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数 字x的素数个数大约可以表示为的结论 若根据欧拉得出的结论， 估计1000 以内的素数的个数为（ ） （素数即质数，l

12、ge0.43429，计算结果取整数） A768 B144 C767 D145 【分析】由对数的运算得：ln10，再阅读能力及进行简单的合情推理得：（1000） 144.3，得解 【解答】解：由题意可知：（1000）lge144.3 根据欧拉得出的结论，估计 1000 以内的素数的个数为 144+1145 故选：D 【点评】本题考查了对数的运算及阅读能力及进行简单的合情推理考查了推理能力与 计算能力，属于中档题 6 （5 分）定义域为 R 的函数 f（x）满足 f（x+1）2f（x） ，且当 x（0，1时，f（x）x2 x，则当 x（2，1时，f（x）的最小值为（ ） A B C D0 【分析】

13、x（2，1x+2（0，1，由 f（x+1）2f（x）f（x+2）4f（x） ，结合 题意 x（0，1时，f（x）x2x，即可求得 f（x）的最小值 【解答】解：当 x（2，1时，x+2（0，1， f（x+2）（x+2）2（x+2）x2+3x+2， 又 f（x+1）2f（x） ， f（x+2）f（x+1）+12f（x+1）4f（x） ， 4f（x）x2+3x+2（2x1） ， 第 7 页（共 19 页） f（x）（x2+3x+2）（2x1） ， 当 x时，f（x）取得最小值 故选：A 【点评】本题考查抽象函数及其应用，着重考查转化思想与理解能力，求得 f（x） （x2+3x+2）是关键，也是难点

14、，属于中档题 7 （5 分）设 mlog0.30.6，nlog20.6，则（ ） Amnmmm+n Bmnmnm+n Cmnm+nmn Dm+nmnmn 【分析】先判断 m0，n0，mn0，再求出+，的取值或范围，即可得到所 求大小关系 【解答】解：mlog0.30.6（0，1） ，nlog20.6（1，0） ，可得 mn0， +log0.60.3+log0.62log0.60.61， log0.62log0.60.3log0.60， 可得+1， 即为 mnm+nmn， 故选：C 【点评】本题考查对数的换底公式的运用，考查化简变形能力和运算能力，属于基础题 8 （5 分）已知函数 f（x）（x

15、2x1）ex，设关于 x 的方程有 n 个不同的实数解，则 n 的所有可能的值为（ ） A3 B1 或 3 C4 或 6 D3 或 4 或 6 【分析】判断 f（x）的单调性，作出 f（x）的函数图象，令 f（x）t，讨论关于 t 的方 程 t2mt0 的根的分布情况，得出方程的解得个数 【解答】解：f（x）ex（2x1）+）+（x2x1）exex（x2+x2） ， 当 x2 或 x1 时，f（x）0，当2x1 时，f（x）0， f（x）在（，2）上单调递增，在（2，1）上单调递减，在（1，+）上单调 递增， f（x）的极大值为 f（2），f（x）的极小值为 f（1）e 第 8 页（共 19

16、页） 作出 f（x）的函数图象如图所示： ，f2（x）mf（x）0， m2+0， 令 f（x）t 则，则 t1t2不妨设 t10t2， （1）若 t1e，则 0t2，此时 f（x）t1无解，f（x）t2有三解； （2）若 t1e，则 t2，此时 f（x）t1有一解，f（x）t2有两解； （3）若et10，则 t2，此时 f（x）t1有两解，f（x）t2有一解； 综上，f2（x）mf（x）有三个不同的实数解 故选：A 【点评】本题考查了根的分布与函数图象的关系，属于中档题 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分）分） 9 （5 分）函数

17、 f（x）log0.5（x2+4x5）的单增区间是 （，5） 【分析】由对数式的真数大于 0 求得原函数的定义域，再求出内层函数的减区间得答案 【解答】解：由 x2+4x50，得 x5 或 x1 函数 f（x）log0.5（x2+4x5）的定义域为（，5）（1，+） 又内层函数 tx2+4x5 在（，5）上单调递减，外层函数 ylog0.5t 为定义域内的 减函数， 函数 f（x）log0.5（x2+4x5）的单增区间是（，5） 故答案为： （，5） 第 9 页（共 19 页） 【点评】本题主要考查了复合函数的单调性以及单调区间的求法对应复合函数的单调 性，一要注意先确定函数的定义域，二要利用

18、复合函数与内层函数和外层函数单调性之 间的关系进行判断，判断的依据是“同增异减” ，是中档题 10 （5 分）若函数 f（x）x（1）为偶函数则 a 1 【 分 析 】 根 据 f （ x ） 为 偶 函 数 即 可 得 出 f （ x ） f （ x ） ， 从 而 得 出 ， 从而可以得出， 从而得出 a21，解出 a 即可 【解答】解：f（x）为偶函数； f（x）f（x） ； ； ； a21； a1 故答案为：1 【点评】考查偶函数的定义，以及分离常数法的运用 11 （5 分）已知函数 f（x），则 f（f（3） ） 0 ，f（x）的最 小值是 【分析】根据已知函数可先求 f（3）1，然

19、后代入可求 f（f（3） ） ；由于 x1 时， f（x），当 x1 时，f（x）lg（x2+1） ，分别求出每段函数的取值范围，即可 求解 【解答】解：f（x）， f（3）lg101， 第 10 页（共 19 页） 则 f（f（3） ）f（1）0， 当 x1 时，f（x），即最小值， 当 x1 时，x2+11，f（x）lg（x2+1）0 最小值 0， 故 f（x）的最小值是 故答案为：0； 【点评】本题主要考查了分段函数的函数值的求解，属于基础试题 12 （5 分）已知函数 f（x）满足：f（x）f（2x） ，函数 g（x）sin（x1） 若 f（x） 的图象与 g（x）的图象有 2019

20、个不同的交点（x1，y1） ， （x2，y2） ， （x3，y3） ， （x2019， y2019） ，则 x1+x2+x3+x2019+y1+y2+y3+y2019 2019 【分析】由题意可知函数 f（x）关于 x1 对称，函数 g（x）关于（1，0）对称，所以 f （x）的图象与 g（x）的图象的 2019 个不同的交点中有 2018 个关于点（1，0）对称，另 一个交点为（1，0） ，从而求出结果 【解答】解：函数 f（x）满足：f（x）f（2x） ，函数关于 x1 对称， 函数 g（x）sin（x1） ，关于（1，0）对称， f（x）的图象与 g（x）的图象的 2019 个不同的交点

21、中有 2018 个关于点（1，0）对称， 另一个交点为（1，0） ， x1+x2+x3+x201910092+12019，y1+y2+y3+y20190， x1+x2+x3+x2019+y1+y2+y3+y20192019， 故答案为：2019 【点评】本题主要考查了函数的对称性和周期性，是中档题 13 （5 分）已知x表示不超过实数 x 的最大整数，如3.54，2.12若函数 f（x） x+2x，xR，Ay|yf（x） ，0x1，则 A 中所有元素的和为 4 【分析】根据新定义，x表示不超过 x 的最大整数，要求 yf（x）x+2x，需要分 类讨论 x，1 对其进行讨论，从而进行求解 【解答

22、】解：若 Ay|yf（x） ，0x1， 当 x0，） ，02x1，f（x）x+2x0； 当 x，1） ，12x2，f（x）x+2x1； f（1）1+23， 第 11 页（共 19 页） 所以 A 中所有元素的和为 0+1+34 故答案为：4 【点评】本题主要考查函数值的求法，需要分类进行讨论，新定义一般需要认真读题， 理解题意，灵活利用已知定义 14 （5 分）已知函数 f（x） ，对于给定的实数 t，若存在 a0，b0，满足：xta，t+b， |f（x）f（t）|2，则记 a+b 的最大值为 H（t） （1）当 f（x）2x 时，H（0） 2 ： （2） 当 f （x） x2且 t， 2时，

23、 函数 H （t） 的解析式为 H （t） 【分析】 （1）根据题意，当 f（x）2x 时，不等式|f（x）f（0）|2，可求出解集，得 出 a+b 的最大值 H（0） ； （2）根据题意，当 f（x）x2且 x时，不等式可化为|x2t2|2，利用不等 式的性质求出 x 的取值范围，写出函数 H（t）的解析式； 【解答】解： （1）根据题意得，当 f（x）2x 时，存在 a0，b0，满足：xa， b，使得|f（x）f（t）|2，即|f（x）|2， |2x|2，即|x|11x1； 令，解得 ab1； a+b 的最大值为 H（0）2； （2）由|f（x）f（t）|2，可得 f（t）2f（x）f（t

24、）+2， 即 t22x2t2+2； 当 t时，解得，此时 a+b； 故答案为：2；H（t）（） 【点评】本题考查了新定义函数的性质与应用问题，也考查了不等式的解法与应用问题， 是综合体 三、 （本大题共三、 （本大题共 6 小题，共小题，共 80 分）分） 15 （13 分）已知函数 f（x）|x+1|2|x1| （） 函数 f （x） 的零点分别是 和 3 ， 其图象与 x 轴围成的三角形面积为 ； （）设 g（x），若对任意 s（0，+）恒有 g（s）f（1）成立，求实 数 a 的取值范围 第 12 页（共 19 页） 【分析】 （）令 f（x）0，即|x+1|2|x1|0，移项平方即可求

25、解 x 的值，可得零点； 从而可以求解与 x 轴围成的三角形面积 （）对任意 s（0，+）恒有 g（s）f（1）成立，求解 f（1） ，分离参数，利用基 本不等式的性质即可求解 【解答】解： （）令 f（x）0，即|x+1|2|x1|0， 可得|x+1|2|x1| 那么（x+1）24（x1）2 解得或 x3 零点分别为，3； 由 f（x）|x+1|2|x1| 根据图象可得：f（x）的最大值为 2 即三角形的高为 2 从而可以与 x 轴围成的三角形面积 S 故答案为：，3，； （）由 f（1）2， 对任意 s（0，+）恒有 g（s）2 成立， 即 g（s）2， 即：s， ， （当且仅当 s2 时

26、取等号） 2+a4 则 a2； 故实数 a 的取值范围是（，2 第 13 页（共 19 页） 【点评】本题主要考查了函数零点问题，恒成立问题的求解，以及转化思想的应用，属 于基础题 16 （13 分）已知抛物线 y22px（p0）的焦点为 F（1，0） ，点 A（a，0）是 x 轴上一点， P（x，y）是抛物线上任意一点 （）求抛物线方程及|PF|的最小值： （）已知 O 为坐标原点若|PA|的最小值为|OA|求实数 a 的取值范围 【分析】 （）由题意及抛物线的定义可得|PF|x+1，可得 P 为抛物线的顶点时，|PF| 的最小值为 1 （）将|PA|表示为关于 x 的函数，结合二次函数的性

27、质求得结果 【解答】解： （）抛物线 y22px（p0）的焦点为 F（1，0） ， 1， p2， 抛物线方程为 y24x， |PF|x+x+1， 当 P 为抛物线的顶点时，即|PF|的最小值为 1 （）， |PA|的最小值为|OA|，即当 x0 时|PA|取得最小值， 所以 a20，即 a2 【点评】本题考查了抛物线的定义的应用，考查了二次函数最值问题，考查了分析转化 第 14 页（共 19 页） 能力，属于基础题 17 （13 分）设an是等差数列，且 a1ln2，a2+a35ln2 （）求an的通项公式； （）求+ 【分析】 （）求an的通项公式； （）化简数列的通项公式，利用等比数列求和

28、公式求解即可 【解答】解： （）an是等差数列，且 a1ln2，a2+a35ln2 可得：2a1+3d5ln2，可得 dln2， an的通项公式；ana1+（n1）dnln2， （）2n， +21+22+23+2n2n+12 【点评】本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列的通项公式以及数列求和，考查 计算能力 18 （13 分）已知函数 f（x）lnx+ax2+（2a+1）x （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 a0 时，证明 f（x）2 【分析】 （1）题干求导可知 f（x）（x0） ，分 a0、a0、a0 三种情况讨论 f（x）与 0 的大小关系可得结论； （2）通过（1）可知 f

29、（x）maxf（）1ln2+ln（） ，进而转化可知 问题转化为证明：当 t0 时t+lnt1+ln2进而令 g（t）t+lnt，利用导数求 出 yg（t）的最大值即可 【解答】 （1）解：因为 f（x）lnx+ax2+（2a+1）x， 求导 f（x）+2ax+（2a+1）， （x0） ， 当 a0 时，f（x）+10 恒成立，此时 yf（x）在（0，+）上单调递增； 当 a0，由于 x0，所以（2ax+1） （x+1）0 恒成立，此时 yf（x）在（0，+） 上单调递增； 第 15 页（共 19 页） 当 a0 时，令 f（x）0，解得：x 因为当 x（0，）f（x）0、当 x（，+）f（x

30、）0， 所以 yf（x）在（0，）上单调递增、在（，+）上单调递减 综上可知：当 a0 时 f（x）在（0，+）上单调递增， 当 a0 时，f（x）在（0，）上单调递增、在（，+）上单调递减； （2）证明：由（1）可知：当 a0 时 f（x）在（0，）上单调递增、在（，+ ）上单调递减， 所以当 x时函数 yf（x）取最大值 f（x）maxf（）1ln2+ln（ ） 从而要证 f（x）2，即证 f（）2， 即证1ln2+ln（）2，即证（）+ln（）1+ln2 令 t，则 t0，问题转化为证明：t+lnt1+ln2（*） 令 g（t）t+lnt，则 g（t）+， 令 g（t）0 可知 t2，则

31、当 0t2 时 g（t）0，当 t2 时 g（t）0， 所以 yg（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+）上单调递减， 即 g（t）g（2）2+ln21+ln2，即（*）式成立， 所以当 a0 时，f（x）2 成立 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论的思想，考查转化能力， 考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题 19 （14 分） 已加椭圆 C：+1 （ab0） 的顶点为 A： 四点 P1（1， 0） ， P2（0，） ， P3（，1） ，P4（，1） ，恰有三点在椭圆上，过点 P1（1，0）且与 x 轴不重合 的直线 l 与椭圆交于 M，N 两点 （）求椭圆

32、C 的方程： （）过点 P1（1，0）且平行于 AM 的直线交直线 x于点 Q，求证，直线 NQ 过定点 第 16 页（共 19 页） 【分析】 （）利用已知条件求出椭圆的几何量 a，b，然后求解椭圆方程 （）设出直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，以及斜率公式，化简整理即可求 出 【解答】解： （）P3（，1） ，P4（，1） ，关于原点对称，故椭圆 C 经过点 P3，P4， 由 1， 点 P1在椭圆内部， 点 P2在椭圆上， ，解得 a24，b22， 椭圆方程为+1； 证明： （）设 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ， 由题意，设直线 MN 的方程为 xmy+1， 由 得（m2+2

33、）y2+2my30， 显然，0，则 y1+y2，y1y2， 因为直线 PQ 与 AM 平行，所以 kPQkAM， 则 PQ 的直线方程为 y（x1） ， 令 x， 则 y， 即 Q （ ， ） ， kNQ ， 直线 NQ 的方程为 yy2 （xx2） ， 第 17 页（共 19 页） yx， 令 y0，得 x， 因为 2my1y23（y1+y2） ，故 x2， 所以直线 NQ 恒过定点（2，0） 【点评】本题考查圆锥曲线、圆和直线的位置关系和综合应用，具有一定的难度，解题 的关键是直线与椭圆的联立，确定直线 NQ 的方程 20 （14 分）已知数集 Aa1，a2，an（1a1a2an，n2）具

34、有性质 P：对 任意的 k（2kn） ，i，j（1ijn） ，使得 akai+aj成立 （）分别判断数集1，3，4与1，2，3，6是否具有性质 P，并说明理由； （）求证：an2a1+a2+an1（n2） ； （）若 an72，求数集 A 中所有元素的和的最小值 【分析】 （）利用性质 P 的概念，对数集1，3，4与1，2，3，6判断即可； （）利用集合 Aa1，a2，an具有性质 P，可分析得到 aiak1，ajak1，从而 akai+aj2ak1， （k2，3，n） ，将上述不等式相加得 a2+an1+an2（a1+a2+ +an1） 即可证得结论； （）首先注意到 a11，根据性质 P，

35、得到 a22a12，构造 A1，2，3，6，9，18， 36，72或者 A1，2，4，5，9，18，36，72，这两个集合具有性质 P，此时元素和为 147 再利用反证法证明满足 Sai147 最小的情况不存在，从而可得最小值为 147 【解答】解： （）因为 31+1，所以1，3，4不具有性质 P 因为 212，31+2，63+3，所以1，2，3，6具有性质 P （4 分） （）因为集合 Aa1，a2，an具有性质 P： 即对任意的 k（2kn） ，i，j（1ijn） ，使得 akai+aj成立， 又因为 1a1a2an，n2，所以 aiak，ajak 第 18 页（共 19 页） 所以 a

36、iak1，ajak1，所以 akai+aj2ak1 即 an12an2，an22an3，a32a2，a22a1（6 分） 将上述不等式相加得 a2+an1+an2（a1+a2+an1） 所以 an2a1+a2+an1（9 分） （）最小值为 147 首先注意到 a11，根据性质 P，得到 a22a12 所以易知数集 A 的元素都是整数 构造 A1，2，3，6，9，18，36，72或者 A1，2，4，5，9，18，36，72，这两个 集合具有性质 P，此时元素和为 147 下面，我们证明 147 是最小的和 假设数集 Aa1，a2，an（a1a2an，n2） ，满足最小（存 在性显然，因为满足的

37、数集 A 只有有限个） 第一步：首先说明集合 Aa1，a2，an（a1a2an，n2）中至少有 8 个元 素： 由（）可知 a22a1，a32a2 又 a11，所以 a22，a34，a48，a516，a632，a76472， 所以 n8 第二步：证明 an136，an218，an39： 若 36A，设 at36，因为 an7236+36，为了使得最小，在集合 A 中一定不含有元素 ak，使得 36ak72，从而 an136； 假设 36A，根据性质 P，对 an72，有 ai，aj，使得 an72ai+aj 显然 aiaj，所以 an+ai+aj144 而此时集合 A 中至少还有 5 个不同于

38、 an，ai，aj的元素， 从而 S（an+ai+aj）+5a1149，矛盾， 所以 36A，进而 at36，且 an136； 同理可证：an218，an39 第 19 页（共 19 页） （同理可以证明：若 18A，则 an218） 假设 18A 因为 an136，根据性质 P，有 ai，aj，使得 an136ai+aj 显然 aiaj，所以 an+an1+ai+aj144， 而此时集合 A 中至少还有 4 个不同于 an，an1，ai，aj的元素 从而 San+an1+ai+aj+4a1148，矛盾， 所以 18A，且 an218 同理可以证明：若 9A，则 an39 假设 9A 因为 a

39、n218，根据性质 P，有 ai，aj，使得 an218ai+aj 显然 aiaj，所以 an+an1+an2+ai+aj144 而此时集合 A 中至少还有 3 个不同于 an，an1，an2，ai，aj的元素 从而 San+an1+an2+ai+aj+3a1147，矛盾， 所以 9A，且 an39） 至此，我们得到了 an136，an218，an39ai7，aj2 根据性质 P，有 ai，aj，使得 9ai+aj 我们需要考虑如下几种情形： ai8，aj1，此时集合中至少还需要一个大于等于 4 的元素 ak，才能得到元素 8， 则 S148； ，此时集合中至少还需要一个大于 4 的元素 ak，才能得到元素 7， 则 S148； ai6，aj3，此时集合 A1，2，3，6，9，18，36，72的和最小，为 147； ai5，aj4，此时集合 A1，2，4，5，9，18，36，72的和最小，为 147（14 分） 【点评】本题考查数列的求和，突出考查反证法的应用，考查分类讨论思想与转化思想， 考查构造函数的思想，an136，an218 的证明是难点，属于难题