四川省成都市树德中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题(解析版)

2019-2020学年高一第二学期期中数学试卷一、选择题（共12小题）.1．已知sinα﹣cosα=−15，则sin2α的值为（）A．1225B．−2425C．2425D．−12252．下列结论不正确的是（）A．若a＞b，c＞0，则ac＞bc B．若a＞b，则a﹣c＞b﹣cC．若ac2＞bc2，则a＞b D．若a＞b，c＜0，则ca ＜cb3．已知等差数列{a n}前n项和为S n，且a3+a4＝12，S7＝49，则a1＝（）A．9B．10C．1D．124．已知θ∈(π4，π2)，且sin(θ+π4)=3√1010，则tanθ＝（）A．2B．43C．3D．1255．已知实数x，y满足{x−2y−2≤0x+y−2≤04x−y+2≥0，z＝4x﹣y的最小值的是（）A．﹣2B．8C．﹣1D．26．在△ABC中，若tan A tan B＞1，则△ABC是（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．无法确定7．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其面积为S，若满足关系式a2+b2﹣c2＝4S，则角C＝（）A．π4B．π6C．π3D．3π48．已知等比数列{a n}的前n项和为S n，若a3a11＝2a32，且S8+S24＝mS16，则m＝（）A ．﹣4B ．4C ．−83D ．839．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央．出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”其意思为“今有水池1丈见方（即CD ＝10尺），芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺．将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接（如图所示）．试问水深、芦苇的长度各是多少？假设θ＝∠BAC ，现有下述四个结论：①水深为12尺；②芦苇长为15尺；③tan θ2=23；④tan(θ+π4)=−177．其中所有正确结论的编号是（ ）A ．①③B ．①③④C ．①④D ．②③④10．已知数列{a n }的通项公式a n =n +100n，则|a 1﹣a 2|+|a 2﹣a 3|+…+|a 99﹣a 100|＝（ ） A ．150 B ．162C ．180D ．21011．2cos48°−2√3sin36°cos36°cos27°−sin27°=（ ）A ．√22B ．1C ．﹣1D ．−√2212．设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N*总有2S n ＝a n 2+n ，且a n ＜a n +1．若对任意n ∈N*，θ∈R ，不等式(√a n ⋅sin 2θ+1+√a n ⋅cos 2θ+1)2≤λ（n +2）恒成立，求实数λ的最小值（ ）A ．1+√2B ．2C ．1D ．32二、填空题（本大建共4个小题，每小题5分，共20分，）13．f （x ）＝sin2x −√3cos2x 对称轴为 ．14．若不等式ax 2+2ax ﹣1＜0解集为R ，则a 的范围是 ． 15．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ═sin （nπ3），则S 2020的值为 ．16．如图，平面四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点P ，若3BP ＝BD ，AB ＝AD =√3BC ，∠CAD +∠ACB =56π，则CD AB= ．三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．已知数列{a n }为等差数列，S 2＝0，S 6﹣S 3＝21． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n =1a n a n+1，求数列{b n }的前n 项和T n ．18．已知f （x ）=x 2+6x+9x+1（x ＞﹣1）．（1）解不等式f （x ）≥9； （2）求f （x ）的最小值．19．已知函数f （x ）＝sin 2x ﹣cos 2x ﹣2√3sin x cos x （x ∈R ）． （1）求f （x ）的单调递增区间；（2）求函数f （x ）在区间[−π6，π3]上的最大值和最小值．20．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．且满足4cos 2A2−cos2（B +C ）=32．（1）求角A ；（2）若△ABC 的面积为√3，周长为8，求a ．21．在数列{a n }中a 1＝1，a n ＝3a n ﹣1+3n +4（n ∈N*，n ≥2）． （1）证明：数列{a n +23}为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；（2）求数列{a n }的前n 项和S n ．22．已知{a n }，{b n }，{c n }都是各项不为零的数列，且满足a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n ＝c n S n ，n ∈N*，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，{c n }是公差为d （d ≠0）的等差数列．（1）若数列{a n }，{c n }的通项公式分别为a n ＝1，c n ＝2n ﹣1，求数列{b n }的通项公式； （2）若a n ＝λn （λ是不为零的常数），求证：数列{b n }是等差数列；（3）若a 1＝c 1＝d ＝k （k 为常数，k ∈N*），b n ＝c n +k （n ≥2，n ∈N*）．对任意n ≥2，n ∈N*，求出数列{b n a n}的最大项（用含k 式子表达）．参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知sinα﹣cosα=−15，则sin2α的值为（）A．1225B．−2425C．2425D．−1225【分析】把所给的式子平方，利用二倍角的正弦公式求得sin2α的值．解：∵sinα﹣cosα=−15，∴平方可得1+2sinαcosα＝1+sin2α=125，则sin2α=24 25，故选：C．2．下列结论不正确的是（）A．若a＞b，c＞0，则ac＞bc B．若a＞b，则a﹣c＞b﹣cC．若ac2＞bc2，则a＞b D．若a＞b，c＜0，则ca ＜cb【分析】直接利用不等式的性质的应用求出结果．解：对于选项A：由于a＞b，c＞0，则ac＞bc，故正确．对于选项B：由于a＞b，则a﹣c＞b﹣c，故正确．对于选项C：由于ac2＞bc2，则a＞b，故正确．对于选项D：当a＝0，b＝﹣1时，ca没有意义，故错误．故选：D．3．已知等差数列{a n}前n项和为S n，且a3+a4＝12，S7＝49，则a1＝（）A ．9B ．10C ．1D ．12【分析】利用通项公式即可得出．解：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3+a 4＝12，S 7＝49， ∴2a 1+5d ＝12，7a 1+21d ＝49， 解得：a 1＝1． 故选：C ．4．已知θ∈(π4，π2)，且sin(θ+π4)=3√1010，则tan θ＝（ ）A ．2B ．43C ．3D ．125【分析】由已知可求范围θ+π4∈（π2，3π4），利用同角三角函数基本关系式可求cos （θ+π4），tan （θ+π4）的值，进而根据两角差的正切函数公式即可求解． 解：因为θ∈(π4，π2)， 所以θ+π4∈（π2，3π4），又sin(θ+π4)=3√1010，所以cos （θ+π4）=−√1010，则tan （θ+π4）＝﹣3，所以tan θ＝tan （θ+π4−π4）=−3−11−3=2． 故选：A ．5．已知实数x ，y 满足{x −2y −2≤0x +y −2≤04x −y +2≥0，z ＝4x ﹣y 的最小值的是（ ）A ．﹣2B ．8C ．﹣1D ．2【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z 的几何意义，即可得到结论． 解：作出实数x ，y 满足{x −2y −2≤0x +y −2≤04x −y +2≥0对应的平面区域如图：由z ＝4x ﹣y 得y ＝4x ﹣z ， 平移直线y ＝4x ﹣z ，由图象可知当直线y ＝4x ﹣z 经过点C 时，纵截距最大，此时z 最小， 由{x −2y −2=04x −y +2=0，解得A （−67，−107），此时z ＝4×（−67）+（−107） ＝﹣2， 故选：A ．6．在△ABC 中，若tan A tan B ＞1，则△ABC 是（ ） A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．无法确定【分析】利用两角和的正切函数公式表示出tan （A +B ），根据A 与B 的范围以及tan A tan B ＞1，得到tan A 和tan B 都大于0，即可得到A 与B 都为锐角，然后判断出tan （A +B ）小于0，得到A +B 为钝角即C 为锐角，所以得到此三角形为锐角三角形． 解：因为A 和B 都为三角形中的内角， 由tan A tan B ＞1，得到1﹣tan A tan B ＜0，且得到tan A ＞0，tan B ＞0，即A ，B 为锐角，所以tan （A +B ）=tanA+tanB1−tanAtanB＜0，则A +B ∈（ π2，π），即C 都为锐角，所以△ABC 是锐角三角形． 故选：A ．7．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，其面积为S ，若满足关系式a 2+b 2﹣c 2＝4S ，则角C ＝（ ） A ．π4B ．π6C ．π3D ．3π4【分析】由已知结合余弦定理及三角形的面积公式即可直接求解． 解：因为a 2+b 2﹣c 2＝4S ， 所以2ab cos C ＝2ab sin C ， 故sin C ＝cos C 即tan C ＝1，因为C 为三角形的内角，所以C =π4． 故选：A ．8．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 32，且S 8+S 24＝mS 16，则m ＝（ ） A ．﹣4B ．4C ．−83D ．83【分析】利用等比数列{a n }的前n 项和和通项公式，列出方程组，由此能求出结果． 解：∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3a 11＝2a 32，且S 8+S 24＝mS 16，公比q ≠1． ∴{ a 1q 2×a 1q 10=2(a 1q 2)2a 1(1−q 8)1−q+a 1(1−q 24)1−q =m ×a 1(1−q 16)1−q q ≠1，解得q8＝2，m=8 3．故选：D．9．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央．出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”其意思为“今有水池1丈见方（即CD＝10尺），芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺．将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接（如图所示）．试问水深、芦苇的长度各是多少？假设θ＝∠BAC，现有下述四个结论：①水深为12尺；②芦苇长为15尺；③tanθ2=23；④tan(θ+π4)=−177．其中所有正确结论的编号是（）A．①③B．①③④C．①④D．②③④【分析】如图，设BC＝x，则AC＝x+1，解三角形ABC，再利用二倍角的正切公式以及两角和的正切公式，得出结论．解：设BC＝x，则AC＝x+1，∵AB＝5，∴52+x2＝（x+1）2，∴x＝12，即水深为12尺，故芦苇长为13尺．∴tanθ=125，由tanθ=2tanθ21−tan2θ2，解得tanθ2=23（负根舍去）．∵tanθ=125，∴tan(θ+π4)=1+tanθ1−tanθ=−177，故正确结论的偏号为①③④，故选：B ．10．已知数列{a n }的通项公式a n =n +100n，则|a 1﹣a 2|+|a 2﹣a 3|+…+|a 99﹣a 100|＝（ ） A ．150B ．162C ．180D ．210【分析】判断当1≤n ≤10时，数列{a n }递减，n ≥11时，数列{a n }递增，由裂项相消求和，化简计算可得所求和． 解：a n =n +100n ≥2√n ⋅100n=20， 可得当1≤n ≤10时，数列{a n }递减，n ≥11时，数列{a n }递增，可得|a 1﹣a 2|+|a 2﹣a 3|+…+|a 99﹣a 100|＝a 1﹣a 2+a 2﹣a 3+…+a 9﹣a 10+a 11﹣a 10+a 12﹣a 11+…+a 100﹣a 99＝a 1﹣a 10+a 100﹣a 10＝1+100+100+1﹣2（10+10）＝162． 故选：B ．11．2cos48°−2√3sin36°cos36°cos27°−sin27°=（ ）A ．√22B ．1C ．﹣1D ．−√22【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简即可求解．解：2cos48°−2√3sin36°cos36°cos27°−sin27°=2cos(90°−42°)−√3sin72°√2(√22cos27°−√22sin27°)=2sin42°−√3sin72°2cos(27°+45°)=2sin(72°−30°)−√3sin72°√2cos72°=2(√32sin72°−12cos72°)−√3sin72°√2cos72°=2cos72°=−√22．故选：D ．12．设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N*总有2S n ＝a n 2+n ，且a n ＜a n +1．若对任意n ∈N*，θ∈R ，不等式(√a n ⋅sin 2θ+1+√a n ⋅cos 2θ+1)2≤λ（n +2）恒成立，求实数λ的最小值（ ）A ．1+√2B ．2C ．1D ．32【分析】先求出a n 的通项公式，再依题意知∀n ∈N*，λ≥(√nsin 2θ+1+√ncos 2θ+1)2n+2都成立，然后通过基本不等式化简求解即可． 解：由2S n ＝a n 2+n ，①可知，当n ≥2时，2S n ﹣1＝a n ﹣12+（n ﹣1），② ①﹣②，得2a n ＝a n 2﹣a n ﹣12+1， 故（a n ﹣1）2＝a n ﹣12，于是a n ﹣1＝a n ﹣1或a n ﹣1＝﹣a n ﹣1，若a n ﹣1＝﹣a n ﹣1，则a n +a n ﹣1＝1，不合题意； 于是a n ﹣1＝a n ﹣1，即a n ﹣a n ﹣1＝1，即数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝1， ∴a n ＝1+（n ﹣1）×1＝n ． 故a n ＝n ．依题意知∀n ∈N*，λ≥(√nsin 2θ+1+√ncos 2θ+1)2n+2都成立，然后通过基本不等式得，(√nsin 2θ+1+√ncos 2θ+1)2n+2=nsin 2θ+1+2√nsin 2θ+1⋅√ncos 2θ+1+ncos 2θ+1n+2=n+2+2√nsin 2θ+1⋅√ncos 2θ+1n+2≤n+2+(nsin 2θ+1)+(ncos 2θ+1)n+2=2(n+2)n+2=2， 当且仅当|tan θ|＝1时，取“＝”，所以(√nsin 2θ+1+√ncos 2θ+1)2n+2的最大值为2，所以λ≥2，所以λ的最小值为2， 故选：B ．二、填空题（本大建共4个小题，每小题5分，共20分，）13．f （x ）＝sin2x −√3cos2x 对称轴为 x =kπ2+12，k ∈Z ． 【分析】由两角差的正弦公式化简解析式可得f （x ）＝2sin （2x −π3），令2x −π3=k π+π2，k ∈Z ，可解得对称轴．解：∵f （x ）＝sin2x −√3cos2x ＝2sin （2x −π3）∴令2x −π3=k π+π2，k ∈Z ，可解得x =kπ2+5π12，k ∈Z∴f （x ）＝sin2x −√3cos2x 对称轴为x =kπ2+5π12，k ∈Z故答案为：x =kπ2+5π12，k ∈Z 14．若不等式ax 2+2ax ﹣1＜0解集为R ，则a 的范围是 ﹣1＜a ≤0 ．【分析】讨论a ＝0和a ≠0时，求出不等式ax 2+2ax ﹣1＜0解集为R 时a 的取值范围． 解：a ＝0时，不等式ax 2+2ax ﹣1＜0化为﹣1＜0，解集为R ； a ≠0时，不等式ax 2+2ax ﹣1＜0解集为R 时，应满足{a ＜0△=4a 2−4a ×(−1)＜0，解得﹣1＜a ＜0；所以实数a 的取值范围是﹣1＜a ≤0． 故答案为：﹣1＜a ≤0．15．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ═sin （nπ3），则S 2020的值为√32． 【分析】先求出数列{a n }的前几项，确定数列的周期，再求其前2020项的和．解：由题意得：a 1=√32，a 2=√32，a 3＝0，a 4=−√32，a 5=−√32，a 6＝0，a 7=√32，…，所以数列{a n }的周期为6，又a 1+a 2+a 3+a 4+a 5+a 6＝0，∴S 2020＝336×0+a 2017+a 2018+a 2019+a 2020＝a 1+a 2+a 3+a 4=√32．故答案为：√32． 16．如图，平面四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点P ，若3BP ＝BD ，AB ＝AD =√3BC ，∠CAD +∠ACB =56π，则CD AB=√213．【分析】延长BC 到E ，使得BE ＝3BC ，连结DE ，则DE →=3AP →，根据三角形相似得出P 为AC 的中点，BD 的三等分点，设AB ＝1，利用余弦定理求出CD ，从而得出结论． 解：延长BC 到E ，使得BE ＝3BC ，连结DE ， 则BD →+DE →=3BC →，又3BP →+BD →=3BC →，∴DE →=3AP →，∴DE ∥AC ，DE ＝3AP ．∴BP BD=PC DE=BC BE=13，∴P 是BD 的三等分点，且AP ＝PC ． 分别过A ，C 作BD 的垂线，垂足为M ，N ， 则PM ＝PN ＝BM ， ∴BC ＝PC ，过C 作CF ∥AD 交DE 于F ，则四边形ACFD 是平行四边形，设BC ＝1，则AB ＝AD =√3，CE ＝2BC ＝2，CF ＝AD =√3，DE ＝3PC ＝3， ∴EF =13DE ＝1，∴CE 2＝CF 2+EF 2，∴CF ⊥DE ， ∴四边形ACFD 是矩形，∴∠CAD =π2， ∴CD =√AC 2+AD 2=√7， ∴CD AB=√7√3=√213． 故答案为：√213．一、选择题17．已知数列{a n }为等差数列，S 2＝0，S 6﹣S 3＝21． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n =1a n a n+1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【分析】（Ⅰ）直接利用已知条件建立方程组，求出数列的通项公式． （Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，进一步利用列想想效法求出数列的和． 解：（Ⅰ）数列{a n }为等差数列，S 2＝0，S 6﹣S 3＝21． 设数列的首项为a 1，公差为d ， 则：{2a 1+d =0a 1+4d =7，解得：a 1＝﹣1，d ＝2， 故：a n ＝2n ﹣3， （Ⅱ）由于：a n ＝2n ﹣3，所以：b n =1a n a n+1=1(2n−1)(2n−3)=12[12n−3−12n−1]， 所以：T n =12（−1−1+1−13+⋯+12n−3−12n−1），=12(−1−12n−1)， =−n2n−1．18．已知f （x ）=x 2+6x+9x+1（x ＞﹣1）．（1）解不等式f （x ）≥9； （2）求f （x ）的最小值．【分析】（1）由已知把分式不等式可转化为二次不等式，即可进行求解；（2）由f （x ）=x 2+6x+9x+1=(x+3)2x+1=[(x+1)+2]2x+1=x +1+4x+1+4然后结合基本不等式即可求解．解：（1）由x ＞﹣1可得x +1＞0，故x 2+6x+9x+1≥9可得，x 2+6x +9≥9x +9，解可得，﹣1＜x ≤0或x ≥3，故原不等式的解集（﹣1，0]∪[3，+∞）， （2）由x ＞﹣1可得x +1＞0，由基本不等式可得，f （x ）=x 2+6x+9x+1=(x+3)2x+1=[(x+1)+2]2x+1=x +1+4x+1+4， ≥2√(x +1)⋅4x+1+4=8， 当且仅当x +1=4x+1集集x ＝1时取等号， 因此函数f （x ）取得最小值8．19．已知函数f （x ）＝sin 2x ﹣cos 2x ﹣2√3sin x cos x （x ∈R ）． （1）求f （x ）的单调递增区间；（2）求函数f （x ）在区间[−π6，π3]上的最大值和最小值．【分析】（1）首先利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出函数的单调区间．（2）利用函数的定义域的应用求出函数的值域，进一步确定最大和最小值．解：（1）函数f （x ）＝sin 2x ﹣cos 2x ﹣2√3sin x cos x ＝﹣cos2x −√3sin2x ＝﹣2sin （2x +π6）． 令π2+2kπ≤2x +π6≤2kπ+3π2（k ∈Z ），解得：π6+kπ≤x ≤kπ+2π3（k ∈Z ），故函数的单调递增区间为：[π6+kπ，kπ+2π3]（k ∈Z ），（2）由于−π6≤x ≤π3， 所以−π6≤2x +π6≤5π6， 所以当x =−π6时，函数的最大值为1， 当x =π6时，函数的最小值为﹣2．20．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．且满足4cos 2A2−cos2（B +C ）=32．（1）求角A ；（2）若△ABC 的面积为√3，周长为8，求a ．【分析】（1）利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得2cos 2A ﹣2cos A −32=0，解得cos A 的值，结合范围0＜A ＜π，可求A 的值．（2）由已知利用三角形的面积公式可求bc ＝4，由余弦定理可得a 2＝（b +c ）2﹣4，结合a +b +c ＝8，即可解得a 的值．解：（1）∵A +B +C ＝π，∴4cos 2A2−cos2（B +C ）＝2（1+cos A ）﹣cos2A ＝﹣2cos 2A +2cos A +3=32，∴2cos 2A ﹣2cos A −32=0，∴解得cos A =−12，或32（舍去）， ∵0＜A ＜π，∴A =2π3． （2）∵由题意可得：12bc sin A =√3， ∴可得bc ＝4，∵由余弦定理a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ， ∴可得a 2＝（b +c ）2﹣4， 又∵a +b +c ＝8，∴a 2＝（8﹣a ）2﹣4，解得a =154． 21．在数列{a n }中a 1＝1，a n ＝3a n ﹣1+3n +4（n ∈N*，n ≥2）． （1）证明：数列{a n +23}为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；（2）求数列{a n }的前n 项和S n ．【分析】（1）由已知a n ＝3a n ﹣1+3n +4可得a n +2＝3（a n ﹣1+2）+3n ，进而可得a n +23=a n−1+23+1，故数列{a n +23}为等差数列，进而可得数列{a n }的通项公式；（2）令T n ＝1×31+2×32+3×33+…+n ×3n ，利用错位相减法，T n =2n−14×3n+1+34，进而根据S n ＝T n ﹣2n 可得数列{a n }的前n 项和S n ．【解答】证明：（1）因为a n ＝3a n ﹣1+3n +4（n ∈N*，n ≥2）． ∴a n +2＝3（a n ﹣1+2）+3n （n ∈N*，n ≥2）． ∴a n +23n=a n−1+23n−1+1…………所以数列{a n +23n}是公差为1，首项为a 1+23=1的等差数列，所以a n +23n=n ．…………所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n •3n ﹣2………… 解：（2）令T n ＝1×31+2×32+3×33+…+n ×3n ①则3T n ＝1×32+2×33+…+（n ﹣1）×3n +n ×3n +1②…………②﹣①得2T n ＝n ×3n +1﹣3﹣（32+33+…+3n ）=(n −12)×3n+1+32⋯⋯⋯⋯所以T n =2n−14×3n+1+34⋯⋯⋯⋯ 所以S n ＝T n ﹣2n =2n−14×3n+1+34−2n ………… 22．已知{a n }，{b n }，{c n }都是各项不为零的数列，且满足a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n ＝c n S n ，n ∈N*，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，{c n }是公差为d （d ≠0）的等差数列．（1）若数列{a n }，{c n }的通项公式分别为a n ＝1，c n ＝2n ﹣1，求数列{b n }的通项公式； （2）若a n ＝λn （λ是不为零的常数），求证：数列{b n }是等差数列；（3）若a 1＝c 1＝d ＝k （k 为常数，k ∈N*），b n ＝c n +k （n ≥2，n ∈N*）．对任意n ≥2，n ∈N*，求出数列{b n a n}的最大项（用含k 式子表达）．【分析】（1）根据题意得S n ＝n ，所以n （2n ﹣1）＝b 1+b 2+…+b n ，当n ≥2时，（n ﹣1）（2n ﹣3）＝b 1+b 2+…+b n ﹣1，两式做差，可得b n ＝4n ﹣3；当n ＝1时，b 1＝1满足上式，则b n ＝4n ﹣3．（2）因为a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n ＝c n S n ，当n ≥2时，a 1b 1+a 2b 2+…+a n ﹣1b n ﹣1＝c n ﹣1S n ﹣1，两式相减得：S n c n ﹣S n ﹣1c n ﹣1＝a n b n ，即S n ﹣1（c n ﹣c n ﹣1）+a n c n ＝a n b n ，即S n ﹣1d +λn c n ＝λnb n ，又S n ﹣1=λn(n−1)2，代入得λn(n−1)d2+λnc n =λnb n ，又n−12d +c n =b n ，当n ≥3时，n−22d +c n−1=b n−1，两式相减得：b n ﹣b n ﹣1=32d （n ≥3），得数列{b n }是从第二项起公差为32d 得等差数列．当n ＝1时，得c 1＝b 1，当n ＝2时，由b 2＝b 1+32d ，得b 2﹣b 1=32d ，故数列{b n }是公差为32d 的等差数列．（3）由（2），当n ≥2时，得S n ﹣1d ＝a n （b n ﹣c ），因为b n ＝c n +k ，所以b n ﹣c n ＝kd ，进而得S n ﹣1d ＝a n •kd ，即S n ﹣1＝ka n ，即a n =k+1ka n−1，故从第二项起数列{a n }是等比数列，得当n ≥2时，a n ＝a 2（k+1k）n ﹣2，b n ＝c n +k ＝k （n +k ），由已知条件可得（a 1+a 2）c 2＝a 1b 1+a 2b 2，又c 2＝2k ，b 1＝k ，b 2＝k （2+k ），所以a 2＝1，因而a n ＝（k+1k）n ﹣2，令d n =bn a n，则d n+1d n−1=−n(n+k)(k+1)＜0，得对任意的n ≥2时，n ∈N*，b na n＞b n+1a n+1恒成立，得n ≥2时，n ∈N*，{b n a n}单调递减，进而得{b na n}中最大项．解：（1）因为a n ＝1，c n ＝2n ﹣1， 所以S n ＝n ，由c n S n ＝a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n ， 得n （2n ﹣1）＝b 1+b 2+…+b n ，当n ≥2时，（n ﹣1）（2n ﹣3）＝b 1+b 2+…+b n ﹣1， 两式做差，可得 b n ＝4n ﹣3，当n ＝1时，b 1＝1满足上式，则b n ＝4n ﹣3． （2）证明：因为a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n ＝c n S n ， 当n ≥2时，a 1b 1+a 2b 2+…+a n ﹣1b n ﹣1＝c n ﹣1S n ﹣1， 两式相减得：S n c n ﹣S n ﹣1c n ﹣1＝a n b n ，即（S n ﹣1+a n ）c n ﹣S n ﹣1c n ﹣1＝a n b n ，S n ﹣1（c n ﹣c n ﹣1）+a n c n ＝a n b n ，即S n ﹣1d +λn c n ＝λnb n ，又S n ﹣1=λn(n−1)2， 所以λn(n−1)d 2+λnc n =λnb n ，又n−12d +c n =b n ，所以当n ≥3时，n−22d +c n−1=b n−1，两式相减得：b n ﹣b n ﹣1=32d （n ≥3），所以数列{b n }是从第二项起公差为32d 得等差数列．又当n ＝1时，由S 1c 1＝a 1b 1，得c 1＝b 1 当n ＝2时，由b 2=2−12d +c 2=12d +c 1+d =b 1+32d ，得b 2﹣b 1=32d ， 故数列{b n }是公差为32d 的等差数列．（3）解：由（2），当n ≥2时，S n ﹣1（c n ﹣c n ﹣1）+a n c n ＝a n b n ，即S n ﹣1d ＝a n （b n ﹣c ）， 因为b n ＝c n +k ，所以b n ＝c n +kd ，即b n ﹣c n ＝kd ，所以S n ﹣1d ＝a n •kd ，即S n ﹣1＝ka n ，即a n =k+1ka n−1， 故从第二项起数列{a n }是等比数列，所以当n ≥2时，a n ＝a 2（k+1k ）n ﹣2， b n ＝c n +k ＝c n +kd ＝c 1+（n ﹣1）k +k 2＝k +（n ﹣1）k +k 2＝k （n +k ）， 另外，由已知条件可得（a 1+a 2）c 2＝a 1b 1+a 2b 2， 又c 2＝2k ，b 1＝k ，b 2＝k （2+k ）， 所以a 2＝1，因而a n ＝（k+1k ）n ﹣2，令d n =b n a n， 则d n+1d n −1=b n+1a n a n+1b n −1=(n+k+1)k (n+1)(k+1)−1=−n (n+k)(k+1)＜0， 故对任意的n ≥2时，n ∈N*，b n a n ＞b n+1a n+1恒成立， 所以n ≥2时，n ∈N*，{b n a n }单调递减，{b n a n }中最大项为b 2a 2=k(2+k)1=k （2+k ）．。