AD（2）因为所以S?DFAAB?t,AFAC?1?t，所以△DFA与△ABC的底边与高对应成比例，
即S?DFA?t(1?t)S:S?ABC?(AD?AF):(AB?AC)?t(1?t),?S?EFC?t(1?t)S．
1412同理，S?DEB所以S?DEF1．
2?S?ABC?(S?DFA?S?DEB?S?EFC)?(3t?3t?1)S?[3(t?12)?2]S．因为0?t?1，所以当
t?时，S?DEF的面积取得最
小值为
4S．
x22b30．已知椭圆a（1）求椭圆的方程；
?y22?1(a?b?0)????????A(2,0)CBC?，为长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，且A?0，
????????????????|OC?OB|?2|BC?BA|．
（2）若AB上的一点
30．解：（1）易知a?2．
????????????BO?2OA?3OF?0，求证：CF平分∠BCA． F满足
????????????????????????????????由|OC?OB|?2|BC?BA|，得|BC|?2|AC|，即|OC|?|AC|． ????????又AC?BC?0，所以∠BCA=90o，即△ACO为等腰直角三角形，所以C(1,?1)
x2b3．所以椭圆的方程为44上，所以．
????????????????????????????（2）证明：由BO?2OA?3OF?0，得BO?OA?3(OA?OF)?0
????????|BF||DB|?????2?????2????????????|FA||CA|所以BA?3FA，所以F分BA所成的比??2，所以．又
又C点在
4?y22?1b?24x2?3y?12BF，所以
FA?CBCA，故由角平分线定理知CF平分
∠BCA．
集合与简易逻辑、极限与复数易错题（参考答案）
121．C 解：因为12?1?12?2?6?3?4，又x?Z且10?x10?x?1,2,3,4,6,12?N，所以
6，故M?{9,8,7,6,4,?2}，所以它的非空真子集有2?2?62个．
故选C．
?a{x|x?R且x?0}xa?0a?0x2．B 解：当时，不等式的解集为，不符合题意，所以，由不等式得：
ax?1?12ax?1111??a?0?00?x??2a?x2a，又2?M，所以2a4，故选B． 或x，即x或，则有x?0或，即有
ax?1?aax?13．A 解：当m?0时，?1?0，对一切实数x，不等式mx?mx?1?0恒成立；当m?0时，要使不等式恒成立，则m?02且??m?4m?0，即?4?m?0，所以M?{m|?4?m?0}，故选A． 4．C解：特殊值法
2(1?n??1n1n)?1?lim)?1qn??p1n1n2lim由题意取5．①②
p?1,q?2，则
(1??2n?limn1?2n?n??12?pq，可见选C．
解：∵集合S为复数集，而复数集一定为封闭集，∴①是真命题． ②由封闭集定义知②为真命题．
③是假命题．如S?{0}符合定义，但是S为有限集．
④是假命题．如S?Z，T为整数和虚数构成集合，满足S?T?C，但T不是封闭集， 如3?2i,3?2i都在T中，但(3?2i)?(3?2i)?23?T，所以正确的是①②．
99????a|a?,或a?0a|a?????88???? 6．，
解：当A中仅有一个元素时，a?0，或??9?8a?0； 当A中有0个元素时，??9?8a?0；
99?????a|a?,或a?0??a|a??88?． ?，?当A中有两个元素时，??9?8a?0；所以?[?3,0)?(3,??)7．
解：依题意有M?[0,??)，N?[?3,3]，所以M?N?(3,??)，N?M?[?3,0)，
（M?N）（?N?M）?[?3,0)?(3,??)故M?N?．
Sn??ban?1?1(1?b)n??b(Sn?Sn?1)?1?1(1?b)n1(1?b)n(0?b?1)8．1 解：因为所以得
n??n??n??，
limSn??b(limSn?limSn?1)?1?limn??，
n??limSn?1?lim1(1?b)nn??，则0?blimS?1?1，故1?1?b?2，所以n??n．
?52
5xx?x?29．
?limx?4x22?51?1x?1?4x??52．
2解：
x???lim(x?x?2x?4x)22=
x???limx???210．4，5，3．解：z,z,z,z四个为虚数；
|z|,|z|,z?z,|z|,|z|五个为实数；
z?z,|z|?|z|,z?z?|z|三组相等．
211．解：(1)因为A?B?A?B，所以A?B，又由对应系数相等可得a?5和a?19?6同时成立，即a?5；
2(2)由于B?{2,3}，C?{?4,2} ，且??A?B，A?C??，故只可能3?A.此时a?3a?10?0，即a?5或a??2，
由(1)可知，当a?5时，A?B?{2,3}，此时A?C??，与已知矛盾，所以a?5舍去，故a??2；
2C??，0，(3)由于B?{2,3}，C?{?4,2}，且A?B?A?此时只可能2?A，即a?2a?15?也即a?5，或a??3，
由(2)可知a?5不合题意，故a??3．
E?{x|x?1?3}?{x|x??2或x?4}12．解：（1）当m?3时，， F?{x|10x?6?1}?{x|?6?x?4}，
E?F?{x|x??2或x?4}?{x|?6?x?4}?{x|?6?x??2}；
（2）因为
E?{x|x?1?m}，
当m?0时，E?R,E?F?R,满足条件；
当m?0时，E?{x|x?1?m或x?1?m}，由E?F?R，F?{x|?6?x?4}，得：
?1?m??6??1?m?4?m?0? 解得0?m?3.综上，实数m的取值范围为(??,3]．
13．解：因为
A?CRB?A，所以
A?CRB2．又B?[0,??)，所以A?(??,0)．所以方程x?ax?1?0或者无实根，
?a?4?0???0??2a?0?a?0或者只有负实数根．所以，??0或?，即a?4?0或?，得a??2．故实数a的取值范围为(?2,??)． ?x??1?24x?2x?2y?5?014．解：（1）a?0，则A?{(x,y)|x??1,y?R}，由方程组?解得：
2?x??1??77y?A?B?{(?1,)}??2，即2．
（2）a?1，则A中的方程为y?x?1?0.因为A、B、C都是非空集合，由已知必有A?C??且B?C??，此即方
2?y2?x?1?4x2?2x?2y?5?0??222y?kx?by?kx?b(k?0)ykx?(2bk?1)x?b?1?0??程组和方程组均无解，消去整理得和
24x?2(1?k)x?2b?5?0，所以?1?(2bk?1)?4k(b?1)?4k?4kb?1?0，
2222?2?4(1?k)?16(5?2b)?4(k?2k?8b?19)?0}22，将其看做关于k的二元一次不等式，从而
?2?3?16b?16?022，
?4?4?4(8b?19)?02?3?k?2?23，所以b?1且
?2b?52成立.又b?N，所以b?2,此时4k?8k?1?0，且k?2k?3?0，由此
得
2，由k?N,得k?1，即所求b?2，k?1．
x?4x?a?x?3?5215．解：将x?3代入，得?3?a?5，即a?8．
?0?x?3?2x?3??x?4x?32?x?3当a?8时，原不等式可化为，解得?，即2?x?3，所以a?8满足要求．
16．解：因为a?0，所以由
x?2?a得2?a?x?2?a，由
35x?4?12，得：
3?x???2?a??5或?5?x??3，故??2?a?，解得a?5?2，
又a?0，所以0?a??2?a??5???2?a??3?a?05?2，又??，无解．
5?2}综上，正数a的取值范围是{a|0?a?17．解：令
f(x)?x?2mx?12．
?b2a?0，则由
f(0)?0，且，
且??0 ，求得m??1，∴p:m?(??,?1)，
q:??4(m?2)?4(?3m?10)?0??2?m?32，
由p或q为真，p且q为假知，p、q一真一假．
?m??1?m??2或m?3pq①当真假时，?，即m??2；
?m??1??2?m?3?1?m?3pq②当假真时，?即． ∴m的取值范围是m??2或?1?m?3．
答案：(??,?2]?[?1,3) 18．解：令
f(x)?x?ax?1?02，则方程在区间[?1,1]上有解的充要条件是：
?a2?4?0?a??1???1?2??f(?1)?0???f(1)?0或f(1)f(?1)?0，由于第一个不等式的解集是{?2,2}，而第二个不等式的解集是{a|a??2或a?2}，所
2a?2{a|a?3}?{a|a?2}以关于x的方程x?ax?1?0在区间[?1,1]上有解的充要条件是，因为集合，故而可得结
论：
a?3是关于x的方程x?ax?1?0在区间[?1,1]上有解的充分不必要条件．
219．解：由题意知，解①得?1?x?3；解②得0?x?1或2?x?4．
（1）设同时满足①、②的集合A?[0,1)?(2,3)，满足③的集合为B，因为A?B，所以：
?f(3)?017?m???f(0)?0，所以3为所求．
???0?f(?1)?0???f(4)?0?m??1???42B?(?1,3)?[0,1)?(2,4]B?(?1,4][?1,4]?4（2），所以，即方程2x?mx?1?0的两根在内，所以：?，31??m?1所以4为所求．
20．证明：用数学归纳法证明 ①当n所以a0?0时，a0?1，?a1?2a1?12a0(4?a0)?32， ，则当n?k?1时，
，命题正确
时，有ak?112②假设当nak?ak?1??121?k(k?N?)?ak?2ak?1(4?ak?1)?ak(4?ak)
?2(ak?1?ak)?12(ak?1?ak)(ak?1?ak)
2(ak?1?ak)(4?ak?1?ak)，
?ak?1?0而ak?1?ak又
ak?1?12?0,4?ak?1?ak?0ak(4?ak)?12，所以ak2．
?k?1时，命题正确
[4?(ak?2)]?2，所以当n．
a?bq由①②知，对一切n?N，有an?an?1?2,c?bq(q?0且q?1)21．证明：（1）设a、b、c为等比数列，
a?c?nn，
bqnn?bq?b(nnn1qn?q)?2bnn所以．
a?cnn（2）设a、b、c为等差数列，则2b下面用数学归纳法证明： ①当n?2时，由2(a?c)?(a?c)a?c22222?a?c，猜想
2?(a?c2)(n?2且n?N?)n．
，
所以
2?(a?c2)2．
a?ckk②假设n则当nak?1?k时成立，即
142?(a?c2)k，
?k?1时，
k?1?c2?(ak?1?ckk?1?ak?1?ck?1)
k?14(ak?1?ck?1?a?c?c?a))k?1kk
?14(a?c)(a?c)k
?(12a?c22)?(a?c2)?(a?c2
3222．解：（1）由a1?1及
an?1?an?an?2计算得：
a2?，
a3?138，
a4?217128． ，
（2）证明：（Ⅰ）
即当n?5时，结论成立． （Ⅱ）假设结论对n因为则
an?1?122a5?121722172171217217391()??2?2?(1??)?2???2?212812812821281282564?k(k?5)32?32成立，即
ak?2?1k?12．
32(an?1)?1k?1，函数
ak?1?12f(x)?121(x?1)?32在(1,??)上递增，
?2?1k?1?12(k?1)2f(ak)?f(2?)(2?，所以
k?1?1)?2?2?1k，
即当n?k?1时结论也成立．
由（Ⅰ）（Ⅱ）知，不等式（3）因为当n?5时，又由
an?1?12an?an?22an?2?1n?11n?1对一切n?5都成立．
12?an?1?nan?2?，所以
2．
，即
an?1?2?an(an?2)，
11即an?1?2n?1an?2n?1k1an1，得an?1ak?1?22?1an?21?an?1?2?1，且a1?1?1．
?1?n?1所以k?1
?1ak??(ak?1?2)?a1?2an?1?222?an?1．
223．解：（1）由题意知因为d所以
?0a5?a1?a17，即
n(a1?4d)?a1(a1?16d)?a1d?2d．
，所以
n?1a1?2d，数列
n{ab}q?a5a1?a1?4da1?3的公比
2，
abn?a1?3a1?31．① 又
?bn?122ab?a1?(bn?1)d?bn?1a1．②
?2?31n?1由①②得（2）
?23?a1．因为a1n1?2d?00，所以bn2n?1?1．
nn?1Tn?Cnb1?Cnb2???Cnbn?Cn(2?3?1)?Cn?(2?3?1)???Cn(2?3122nn12n?1)
(Cn?3?Cn?3???Cn?3)?(Cn?Cn???Cn)?23[(1?3)?1]?(2?1)nn
?23?4?2?nn13，
2211n11n?()?()nn23234?4?2??lim?T33n??13n?11n3limnn?limn1??()?()n?1n??4n???bn4?2?3?1244所以
?a1?9??1?q?2?a1?81?1?q25?．
24．解：（1）由题设可得
?a1?3??2?q?3，解得?2
所以数列{an}的首项a1为3，公比q为3． （2）由（1）知，
S10?10?2?122n?1an?3?()3，所以，T(2)(2)是首项为a2?2，公差d?2a2?1?3的等差数列，它的前10项之和为
?10?9?3?155(i)，即数列T(i)的前10项之和为155．
?1（3）因为bi为数列T所以bi所以Sn令S因为S所以故
Sn?S?的第i项，T是首项为ai，公差为2ai，
的等差数列，
．
?ai?(i?1)(2ai?1)?(2i?1)ai?(i?1)?b1?b2???bn?a1?3a2?5a3???(2n?1)an?[1?2???(n?1)]?a1?3a2?5a3???(2n?1)an．
，
，
2n?45?(18n?45)()3?qS?2(a1?a2???an)?a1?(2n?1)an?1a1(1?q)(1?q)2nS?2?a1?(2n?1)an?11?q
n(n?1)2?lim2nn(n?1)?45?(18n?45)()?321．
Snnm 所以
n??limSnnmn??2nn(n?1)[45?(18n?45)()?]m32nSnm因为m?1，且n??nlim存在，所以当m?2时，
n??lim??12；