《2022年文科数学高考压轴题 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年文科数学高考压轴题 .pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习必备欢迎下载1.（门头沟一模20.） （本小题满分14 分）已知数列na的前n项和为nS，11a，满足下列条件0naNn,*；点),(nnnSaP在函数22xxxf)(的图象上；（I ）求数列na的通项na及前n项和nS；（II ）求证：10121|nnnnPPPP解： （I ）由题意22nnnaaS 2 分，当2n时2212121nnnnnnnaaaaSSa整理得0111)(nnnnaaaa 5 分，又0naNn,*，所以01nnaa或011nnaa01nnaa时，11a，11nnaa，得11nna)(，211nnS)( 7 分011nnaa时，11a，11nnaa，得nan，22nnS
2、n 9 分（II ） 证明：01nnaa时，)(,)(21111nnnP，5121|nnnnPPPP， 所以0121|nnnnPPPP 11 分，011nnaa时，),(22nnnPn，22121)(|nPPnn，2111)(|nPPnn222222121112111211121)()()()()()(|nnnnnnPPPPnnnn22112132)()(nnn13 分，因为11122122nnnn)(,)(所以1112132022)()(nnn，综上10121|nnnnPPPP 14 分2. （2011 年高考20 ） （本小题共13 分）若数列12:,(2)nnAa aan满足11(1,2
3、,1)kkaakn，则称nA为E数列，记12()nnS Aaaa. （）写出一个E 数列 A5满足130aa；（）若112a，n=2000，证明： E 数列nA是递增数列的充要条件是na=2011；（）在14a的 E 数列nA中，求使得nS A=0 成立得 n 的最小值 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页学习必备欢迎下载解： （） 0，1，0，1，0 是一具满足条件的E 数列 A5.（答案不唯一，0，1，0，1， 0；0， 1，0，1，2； 0， 1，0， 1，2；0， 1，0，1， 2，0， 1，0，1，0
4、都是满足条件的E 的数列 A5）（）必要性：因为E 数列 A5是递增数列，所以)1999,2, 1(11kaakk所以 A5是首项为12，公差为1 的等差数列所以a2000=12+（20001） 1=2011充分性，由于a2000a10001 ，a2000a10001 ,a2a11所以 a2000at 19999 ，即 a2000a1+1999又因为a1=12，a2000=2011,所以 a2000=a1+1999故nnnAkaa即),1999,2, 1(011是递增数列综上，结论得证. （）对首项为4 的 E 数列 Ak，由于,3112aa,2123aa.3175aa 所以)8,3 ,2(0
5、21kaaak，所以对任意的首项为4 的 E 数列 Am，若,0)(mAS则必有9n. 又41a的 E 数列,0)(4, 3,2,1,0, 1 ,2,3,4:11ASA满足所以 n 是最小值是9.3.（2012 年高考， 20） （本小题共13 分）设A是如下形式的2 行 3 列的数表，abcdef满足性质: , , , , 1,1P a b c d e f，且0abcdef。记()irA为A的第i行各数之和(1,2)i，( )jcA为第j列各数之和(1,2,3)j； 记( )k A为1|()|rA，2|() |rA，1|( ) |c A，2|() |cA，3|()|cA中的最小值。（）对如下
6、数表A，求()k A的值110.80.10.31（）设数表A形如1112ddd1其中10d。求()k A的最大值；（）对所有满足性质P的 2 行 3 列的数表A，求()k A的最大值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页学习必备欢迎下载4（海淀一模20. ） （本小题满分13 分）已知函数( )f x的定义域为(0,)，若( )f xyx在(0,)上为增函数，则称( )f x为“ 一阶比增函数”.() 若2( )f xaxax是“ 一阶比增函数 ” ，求实数a的取值范围；() 若( )f x是“ 一阶比增函数 ” ，求
7、证：12,(0,)xx，1212()()()f xfxf xx；（）若( )f x是 “ 一阶比增函数 ” ，且( )f x有零点，求证：( )2013f x有解 . 解： （I ）由题2( )f xaxaxyaxaxx在(0,)是增函数，由一次函数性质知当0a时，yaxa在(0,)上是增函数，所以0a3 分（）因为( )fx是“一阶比增函数” ，即( )f xx在(0,)上是增函数，又12,(0,)x x，有112xxx，212xxx所以112112()()f xf xxxxx，212212()()f xfxxxxx5 分所以112112()()x f xxf xxx，212212()()x
8、 fxxf xxx所以11221212121212()()()()()x f xxx f xxf xf xf xxxxxx所以1212()()()f xf xfxx8 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 16 页学习必备欢迎下载（）设0()0f x，其中00 x. 因为( )f x是“一阶比增函数” ，所以当0 xx时，00( )()0f xfxxx法一：取(0,)t，满足( )0f t，记( )f tm由（）知(2 )2ftm，同理(4 )2(2 )4ftftm，(8 )2(4 )8ftftm所以一定存在*nN，使得(2
9、)22013nnftm，所以( )2013f x一定有解13 分法二：取(0,)t，满足( )0f t，记( )f tkt因为当xt时，( )( )fxf tkxt，所以( )f xkx对xt成立只要2013xk，则有( )2013fxkx，所以( )2013f x一定有解5.（朝阳二模20） （本小题满分13 分）已知实数12,nx xx（nN且2n）满足| 1ix1,2,in，记121(,)nijijnS x xxx x. （）求2( 1,1,)3S及(1,1, 1, 1)S的值；（）当3n时，求123(,)S x xx的最小值；（）当n为奇数时，求12(,)nS x xx的最小值注：1i
10、jijnx x表示12,nxxx中任意两个数ix,jx（ 1ijn）的乘积之和 . 解： （）由已知得222( 1,1,)11333S(1,1, 1, 1)1 1 1 1 1 12S 3 分（）3n时，12312132313(,)ijijSS x xxx xx xx xx x固定23,xx，仅让1x变动，那么S是1x的一次函数或常函数，因此2323min(1,),( 1,)SSxxSxx同理2333(1,)min(1,1,),(1, 1,)SxxSxSx2333( 1,)min( 1,1,),( 1, 1,)SxxSxSx以 此 类 推 ， 我 们 可 以 看 出 ，S的 最 小 值 必 定
11、可 以 被 某 一 组 取 值1的123,x xx所 达 到 ， 于 是12311,2,3min(,)kxkSS x xx当1kx（1,2,3k）时，22221231231()()2Sxxxxxx212313()22xxx因为123| 1xxx，所以13122S，且当121xx，31x，时1S，因此min1S 7 分（）121(,)nijijnSS x xxx x121312321nnnnx xx xx xx xx xxx. 固定23,nxxx，仅让1x变动，那么S是1x的一次函数或常函数，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共
12、 16 页学习必备欢迎下载因此2323min(1,),( 1,)nnSSxxxSxxx同理2333(1,)min(1,1,),(1, 1,)nnnSxxxSxxSxx2333( 1,)min( 1,1,),( 1, 1,)nnnSxxxSxxSxx以 此 类 推 ， 我 们 可 以 看 出 ，S的 最 小 值 必 定 可 以 被 某 一 组 取 值1的12,nx xx所 达 到 ， 于 是1211,2,min (,)knxknSS x xx当1kx（1,2,kn） 时，222212121()()2nnSxxxxxx2121()22nnxxx当n为奇数时，因为12| 1nxxx，所以1(1)2S
13、n，另一方面，若取12121nxxx，1112221nnnxxx，那么1(1)2Sn，因此min1(1)2Sn13 分6.（朝阳一模，20） （本小题满分13 分）由1,2,3,4,5,6,7,8,9,10按 任 意 顺 序 组 成 的 没 有 重 复 数 字 的 数 组 ， 记 为1210(,)xxx， 设1011( )|23|kkkSxx，其中111xx. （）若(10,9,8,7,6,5,4,3,2,1)，求( )S的值；（）求证：( )55S；（）求( )S的最大值 . (注：对任意,a bR，ababab都成立 .) 解： （）1011( )|23|7654321012857kkkS
14、xx. 3 分（）证明：由abab及其推广可得，12231011( )232323Sxxxxxx121023112()3()xxxxxx=121010(1 10)552xxx.7 分（）10,9,8,7,6,5,4,3,2,1的2倍与3倍共20个数如下：20,18,16,14,12,10,8,6,4,2,30,27,24,21,18,15,12,9,6,3精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 16 页学习必备欢迎下载其中最大数之和与最小数之和的差为20372131，所以( )131S，对于0(1,5,6,7, 2,8,3,9,
15、 4,10)，0()131S，所以( )S的最大值为131. 13 分注：使得( )S取得最大值的有序数组中，只要保证数字1，2，3， 4 互不相邻，数字7， 8，9，10 也互不相邻，而数字5 和 6 既不在 7，8， 9，10 之一的后面，又不在1，2，3， 4 之一的前面都符合要求. 7.（大兴一模20 ） （13 分） （2013?大兴区一模）已知数列an 的各项均为正整数，且a1a2an，设集合Ak=x|x=iai，i= 1或 i=0，或 i=1 （1 kn） 性质 1：若对于 ?x Ak，存在唯一一组i， （i=1，2，k）使 x=iai成立，则称数列an 为完备数列，当k取最大值
16、时称数列an为 k 阶完备数列性质 2：若记 mk=ai（1kn） ，且对于任意|x| mk，k Z，都有 x AK成立，则称数列Pan 为完整数列，当k 取最大值时称数列an为 k 阶完整数列性质 3：若数列 an 同时具有性质1 及性质 2，则称此数列an为完美数列，当K 取最大值时 an称为 K 阶完美数列；（）若数列 an 的通项公式为an=2n1，求集合 A2，并指出 an分别为几阶完备数列，几阶完整数列，几阶完美数列；（）若数列 an的通项公式为an=10n1，求证：数列 an为 n 阶完备数列，并求出集合An中所有元素的和Sn（）若数列an 为 n 阶完美数列，试写出集合An，并
17、求数列 an通项公式解： （）4,3 ,2, 1 ,0, 1,2,3,42A；na为 2 阶完备数列，n阶完整数列，2 阶完美数列；（）若对于xnA，假设存在2 组i及i（ni,2, 1）使niiiax1成立，则有1220112201101010101010nnnn，即010)(10)(10)(1122011nnn，其中 1 ,0 , 1,ii，必有nn2211,，所 以 仅 存 在 唯 一 一 组i（ni,2, 1） 使niiiax1成 立 ， 即 数 列na为n阶 完 备 数 列 ；0nS，对xnA，niiiax1，则niiiniiiaax11)(，因为 1 ,0 , 1i，则 1 ,0
18、, 1i，所以nAx，即0nS（）若存在n阶完美数列，则由性质1 易知nA中必有n3个元素，由（）知nA中元素成对出现（互为相反精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页学习必备欢迎下载数） ，且nA0，又na具有性质2，则nA中n3个元素必为313333 31,1,0,1,2222nnnnnA，nm213n。下面用数学归纳法证明13nna显然2, 1n时命题成立，假设当kn（), 1Nkk时命题成立，即213,233, 1 ,0 , 1,233,213kkkkkA，当1kn时，只需证1113(32)31 313323(3
19、2)31,0,3 ,222222kkkkkkkkknkA由于对称性只写出了1kA元素正的部分，其中2)23(31kk既kA中正的部分的213k个元素统一为23ik，其中23,5 ,3 ,1ki则1kA中 从213k， 到2233kk这213k个 元 素 可 以 用23233iikkk唯 一 表 示 其 中23,5, 3, 1ki，1kA中从（k3+1）到最大值2131k这213k个元素可用232331iikkk唯一表示其中23, 5 ,3 , 1ki1kA中正的部分2131k个元素都存在唯一一组i（ni,2, 1）使niiiax1成立，所以当1kn时命题成立。即na为n阶完美数列，13nna8
20、.（东城二模，20，本小题共13 分）已知数列na，11a，2nnaa ，410na，411na（*nN ） 求4a ，7a ； 是否存在正整数T，使得对任意的*nN ，有n Tnaa 解： （）4211aaa；74210aa（）假设存在正整数T，使得对任意的*nN，有n Tnaa则存在无数个正整数T，使得对任意的*nN，有n Tnaa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 16 页学习必备欢迎下载设T为其中最小的正整数若T为奇数， 设21Tt（*tN） ，则414141 24() 10nnTnTn taaaa与已知411na矛
21、盾若T为偶数，设2Tt（*tN） ，则22n Tnnaaa，而222n Tntn taaa从而n tnaa 而tT，与T为其中最小的正整数矛盾综上，不存在正整数T，使得对任意的*nN，有n Tnaa 13 分9.（东城一模，20） （本小题共13 分）设A是由n个有序实数构成的一个数组，记作：12( , ,)inAa aaa. 其中ia(1,2, )in称为数组A的“元”，i称为ia的下标 . 如果数组S中的每个“元”都是来自数组A中不同下标的“元” ，则称S为A的子数组. 定义两个数组12(,)nAa aa，12(,)nBb bb的关系数为1 122( ,)nnC A Ba ba ba b.
22、（）若1 1(,)2 2A，( 1,1,2,3)B，设S是B的含有两个“元”的子数组，求( , )C A S的最大值；（）若333(,)333A，(0, , , )Ba b c，且2221abc，S为B的含有三个“元”的子数组，求(, )C A S的最大值 . 解： （）依据题意，当)3 ,1(S时，( , )C A S取得最大值为2（）当0是S中的“元”时，由于A的三个“元”都相等，及B中cba,三个“元”的对称性，可以只计算3( ,)()3C A Sab的最大值，其中1222cba由22222222()22()2()2abababababc，得22ab当且仅当0c，且22ab时，ba达到最
23、大值2，于是36(,)()33C A Sab当0不是S中的“元”时，计算3( ,)()3C A Sabc的最大值，由于1222cba，所以bcacabcbacba222)(22223)(3222cba，当且仅当cba时，等号成立即当33cba时，cba取得最大值3，此时3( ,)()13C A Sabc综上所述，( ,)C A S的最大值为110. （丰台二模20.）已知等差数列na的通项公式为an=3n-2，等比数列nb中，1143,1ba ba.记集合精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页学习必备欢迎下载,* ,n
24、Ax xanN,*nBx xb nN，UAB， 把集合 U 中的元素按从小到大依次排列，构成数列nc. （）求数列nb的通项公式；（）求数列nc的前 50 项和50S；（）把集合UC A中的元素从小到大依次排列构成数列nd，写出数列nd的通项公式，并说明理由. 解： （）设等比数列nb的公比为q，11431,18baba，则 q3=8，q=2，bn=2n-1，3 分（）根据数列an和数列nb的增长速度，数列nc的前 50 项至多在数列an中选 50 项，数列 an 的前 50 项所构成的集合为1，4，7，10，148 ，由 2n-1128，故数列 cn 的前 50 项应包含数列 an的前 46
25、 项和数列 bn中的 2，8，32，128 这 4 项 6 分所以 S50=14646()28321282aa=3321; 8 分（）据集合B 中元素 2，8， 32，128A，猜测数列nd的通项公式为dn =22n-1 9 分dn=b2n ，只需证明数列 bn中， b2n-1A，b2nA（ nN ） 11 分证明如下：b2n+1-b2n-1=22n-22n-2=4n-4n-1=3 4n-1，即 b2n+1=b2n-1+3 4n-1，若mN*，使 b2n-1=3m-2，那么 b2n+1=3m-2+3 4n-1=3(m+4n-1)-2，所以，若b2n-1A，则 b2n+1A因为 b1A，重复使用
26、上述结论，即得b2n-1A（ nN） 。同理， b2n+2-b2n=22n+1-22n-1=2 4n-2 4n-1=3 2 4n-1，即 b2n+2=b2n+3 2 4n-1，因为 “324n-1” 数列na的公差3 的整数倍，所以说明b2n与 b2n+2()nN同时属于 A 或同时不属于A，当 n=1 时，显然b2=2A，即有 b4=2A，重复使用上述结论，即得 b2nA，dn =22n-1；14分11.（丰台一模20)设满足以下两个条件的有穷数列12,na aa为 n（ n=2,3,4, , ）阶“期待数列” ：1230naaaa；1231naaaa. （）分别写出一个单调递增的3 阶和
27、4 阶“期待数列” ；（）若某2013 阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式；（）记n 阶“期待数列”的前k 项和为(1,2,3, )kSkn，试证：21kS.解： （）数列11,0,22为三阶期待数列1 分数列31 1 3,88 8 8为四阶期待数列, 3 分( 其它答案酌情给分) （）设该2013 阶“期待数列”的公差为d，因为12320130aaaa,120132013()0,2aa120130aa，即10070a，1008ad当 d=0 时, 与期待数列的条件矛盾，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 16 页
28、学习必备欢迎下载当 d0 时，据期待数列的条件可得1008100920131,2aaa1006 1005111006,2210061007ddd即, 6分该数列的通项公式为10071007(1007).10061007nnaand*2013nNn且，7 分当 d0 时，同理可得1007.10061007nna*2013nNn且. 8分（）当k=n 时，显然102nS成立； 9 分, 当 k0 且 xn1，则 x2=l。15. （顺义二模20 （本小题满分13 分）已知函数()21xf xae，( )lnln1ln 2g xxa，其中a为常数，2.718e，函数( )yf x的图象与坐标轴交点处
29、的切线为1l，函数( )yg x的图象与直线1y交点处的切线为2l，且12/ /ll。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页学习必备欢迎下载（）若对任意的1,5x，不等式()xmx f xx成立，求实数m的取值范围 . （） 对于函数()yf x和( )yg x公共定义域内的任意实数x。我们把00()()f xg x的值称为两函数在0 x处的偏差。求证：函数( )yf x和( )yg x在其公共定义域的所有偏差都大于2. 解（）函数()yf x的图象与坐标轴的交点为(0, 21)a, 又()2xfxae( 0 )2f
30、a函数( )yg x的图象与直线1y的交点为(2 ,1)a， 又1( ),gxx1( 2)2gaa由题意可知，2112,24aaa又0a，所以12a.3 分不等式( )xmx fxx可化为()mxx f xx,即xmxxe令()xh xxxe，则1( )1()2xhxx ex，10,22xxx又0 x时，1xe，1()12xx ex, 故( )0hx()h x在(0,)上是减函数即( )h x在1,5上是减函数，因此，在对任意的1,5x，不等式()xmx f xx成立，只需5(15)55mhe，所以实数m的取值范围是5(,55)e.8 分（）证明：()yf x和( )yg x的公共定义域为(0
31、,)，由（）可知1a，( )( )lnxf xg xex令( )1xq xex，则( )10 xq xe，( )q x在(0,)上是增函数，故( )(0)0q xq，即10 xe。令( )ln1m xxx，则1()1mxx，当1x时，()0mx；当01x时，()0mx，( )m x有最大值(1)0m，因此ln1xx由得1ln1xe，即ln2xex，又由得1xexx， 由得ln1xxxlnxex，( )( )ln2xfxg xex故函数( )yf x和()yg x在其公共定义域的所有偏差都大于2.13 分16. （西城二模，20 （本小题满分13 分）已知集合1212(,) |,nnnSx xx
32、x xx是正整数1,2,3,n的一个排列 (2)n，函数1,0,( )1,0.xg xx对于12(,)nna aaS，定义：121()()(),2,3, iiiiibg aag aag aain，10b，称精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页学习必备欢迎下载ib为ia的满意指数排列12,nb bb为排列12,na aa的生成列（）当6n时，写出排列3,5,1,4,6,2的生成列；（）证明：若12,na aa和12,na aa为nS中两个不同排列，则它们的生成列也不同；（）对于nS中的排列12,na aa，进行如下操
33、作：将排列12,na aa从左至右第一个满意指数为负数的项调至首项，其它各项顺序不变，得到一个新的排列证明：新的排列的各项满意指数之和比原排列的各项满意指数之和至少增加2（）解：当6n时，排列3,5,1,4,6,2的生成列为0,1, 2,1,4,33 分（）证明：设12,na aa的生成列是12,nb bb；12,na aa的生成列是与12,nb bb从右往左数，设排列12,na aa与12,na aa第一个不同的项为ka与ka，即：nnaa，11nnaa，11kkaa，kkaa显然nnbb，11nnbb，11kkbb，下面证明：kkbb5 分由满意指数的定义知，ia的满意指数为排列12,na
34、 aa中前1i项中比ia小的项的个数减去比ia大的项的个数由于排列12,na aa的前k项各不相同，设这k项中有l项比ka小，则有1kl项比ka大，从而(1)21kblkllk同理，设排列12,na aa中有l项比ka小，则有1kl项比ka大，从而21kblk因为12,ka aa与12,ka aa是k个不同数的两个不同排列，且kkaa，所以ll， 从而kkbb所以排列12,na aa和12,na aa的生成列也不同 8 分（）证明：设排列12,na aa的生成列为12,nb bb，且ka为12,na aa中从左至右第一个满意指数为负数的项，所以1210,0,0,1kkbbbb 9 分依 题 意
35、 进 行 操 作 ， 排 列12,na aa变 为 排 列1211,kkknaa aaaa， 设 该 排 列 的 生 成 列 为12,nb bb10 分所以1212()()nnbbbbbb121121()()()()()()kkkkkkkkg aag aag aag aag aag aa1212()()() kkkkg aag aag aa22kb所以，新排列的各项满意指数之和比原排列的各项满意指数之和至少增加2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页学习必备欢迎下载13 分17.（西城一模， 20 （本小题满分13
36、分）已知集合*12|(,),1,2, (2)nniSXXx xxxinnN对于12(,)nAa aa，12(,)nnBb bbS，定义1122(,)nnABba baba；1212(,)(,) ()nna aaaaaR；A与B之间的距离为1(,)|niiid A Bab（）当5n时，设(1,2,1,2,5)A，(2,4,2,1,3)B，求( ,)d A B；（）证明：若,nA B CS，且0，使ABBC，则( ,)(,)(,)d A Bd B Cd A C；（）记20(1,1,1)IS若A，20BS，且( ,)( ,)13d I Ad I B，求( ,)d A B的最大值（）解：当5n时，由5
37、1(,)|iiid A Bab，得(,)|12|24 |12 |21|53|7d A B，所以(,)7d A B 3 分（）证明：设12(,)nAa aa，12(,)nBb bb，12(,)nCc cc因为0，使ABBC，所以0，使得11221122(,)(,)nnnnba babacb cbcb,，所以0，使得()iiiibacb，其中1,2,in所 以iiba与(1,2, )iicbin同 为 非 负 数 或 同 为 负 数 6 分所以11(,)( ,)|nniiiiiid A Bd B Cabbc1(|)niiiiibacb1|(,)niiicad A C8 分（） 解法 一：201(,
38、)|iiid A Bba设(1,2,20)iibai中 有(20)m m项 为 非 负 数 ，20m项 为 负 数 不 妨 设1,2,im时0iiba；1,2,20imm时，0iiba精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页学习必备欢迎下载所以201(,)|iiid A Bba121212201220()()()()mmmmmmbbbaaaaaabbb因为( ,)( ,)13d I Ad I B，所以202011(1)(1)iiiiab，整理得202011iiiiab所以2012121(,)| 2()iimmid A
39、Bbabbbaaa 10 分因为1212201220()()mmmbbbbbbbbb(1320)(20) 113mm；又121maaamm，所以1212(,)2()mmd A Bbbbaaa2(13)26mm即(,)26d A B 12 分对于(1,1,1,14)A，(14,1,1,1)B， 有A，20BS， 且(, )( , ) 1 3d I AdI B，( ,)26d A B综上，( ,)d A B的最大值为26 13 分解法 二：首先证明如下引理：设, x yR，则有| |xyxy证明：因为|xxx，|yyy，所以(|)|xyxyxy，即| |xyxy所以202011(,)|(1)(1) |iiiiiid A Bbaba201(|1|1|)iiiba202011|1|1|26iiiiab 11 分上 式 等 号 成 立 的 条 件 为1ia， 或1ib， 所 以( ,)26d A B 12 分对于(1,1,1,14)A，(14,1,1,1)B， 有A，20BS， 且(, )(, ) 1 3d I AdI B，( ,)26d A B综上，( ,)d A B的最大值为26 13 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页