高中数学开放题专项练习

2020年高中数学开放题专项练习（2）一、解答题（本大题共13小题，共156.0分）=√5asinB这两个条件中任选一个，补充在下1.在①3asinC=4ccosA，②2bsin B+C2面问题中，然后解答补充完整的题．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知______，a=3√2．(1)求sin A；(2)如图，M为边AC上一点MC=MB.∠ABM=π，求△ABC的面积．2注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．2.已知{a n}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为S n，满足a3=12，___.是否存在正整数k，使得S k>2020？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由．从①q=2，②q=1，③q=−2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作2答．3.给定数列{A n}，若对任意m，n∈N∗且m≠n，A m+A n是{A n}中的项，则称{A n}为“H数列”.设数列{a n}的前n项和为S n．(1)请写出一个数列{a n}的通项公式______，此时数列{a n}是“H数列”；(2)设{a n}既是等差数列又是“H数列”，且a1=6，a2∈N∗，a2>6，求公差d的所有可能值；4.在①tanα=4√3，②7sin2α=2sinα，③cosα2=2√77这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决问题．已知α∈(0,π2)，β∈(0,π2)，cos(α+β)=−13，______，求cosβ.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．5.在①函数f(x−π3)为奇函数②当x=π3时，f(x)=√3③2π3是函数f(x)的一个零点这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π2)，f(x)的图象相邻两条对称轴间的距离为π，______．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)在[0,2π]上的单调递增区间．6.已知函数f(x)=log k x(k为常数，k>0且k≠1)．(1)在下列条件中选择一个______使数列{a n}是等比数列，说明理由；①数列{f(a n)}是首项为2，公比为2的等比数列；②数列{f(a n)}是首项为4，公差为2的等差数列；③数列{f(a n)}是首项为2，公差为2的等差数列的前n项和构成的数列．(2)在(1)的条件下，当k=√2时，设a n b n=2n+1，求数列{b n}的前n项和T n．4n2−17.在①3c2=16S+3(b2−a2)；②5bcosC+4c=5a，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，已知______．(1)求tan B的值；(2)若S=42，a=10，求b的值．8. 在①sinB =√32，②cosB =34，③cosC =−79，这三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，并判断三角形是否有解，若有解，求出a 的值；若无解，请说明理由． 在△ABC 中，已知道a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且满足C =2B ，b +c =10．9. 在①a n a n+1=22n−1，②S n =ka n −12，③S n =a n +n 2−2n +k.在这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中存在正整数m ，求出m 的值；若m 不存在，说明理由．已知数列{a n }中a 1=1，其中前n 项和为S n ，且_____.是否存在正整数m ，使得S m ，S m+1，S m+2构成等差数列？10. 现给出两个条件：①2c −√3b =2acosB ，②(2b −√3c)cosA =√3acosC.从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题： 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，______， (Ⅰ)求A ；(Ⅱ)若a =√3−1，求△ABC 面积的最大值．11.现在给出三个条件：①a=2；②B=π；③c=√3b.试从中选出两个条件，补充4在下面的问题中，使其能够确定△ABC，并以此为依据，求△ABC的面积．在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，______，______，且满足(2b−√3c)cosA=√3acosC，求△ABC的面积(选出一种可行的方案解答，若选出多个方案分别解答，则按第一个解答记分)12.在①S n=2b n−1，②−4b n=b n−1(n≥2)，③b n=b n−1+2(n≥2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，说明理由．，a3=a1a2，数列{b n}的首项b1=1，其前n项已知数列{a n}为等比数列，a1=23和为S n，______，是否存在k，使得对任意n∈N∗，a n b n≤a k b k恒成立？13.在①a4=b4，②a2+b2=8，③S6=−24这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的正整数k存在，求k的值；若k不存在，请说明理由．设S n为等差数列{a n}的前n项和，{b n}是等比数列，______，b1=a5，b3=−9，b6=243.是否存在k，使得S k>S k−1且S k+1<S k？答案和解析1.【答案】①②【解析】解：若选择条件①，则：(1)在△ABC中，由正弦定理可得3sinAsinC=4sinCcosA，因为sinC≠0，所以3sinA=4cosA，可得9sin2A=16cos2A，所以25sin2A=16，因为sinA>0，所以sinA=45．(2)设BM=MC=m，易知cos∠BMC=−cos∠BMA=−sinA=−45，在△BMC中，由余弦定理可得18=2m2−2m2⋅(−45)，解得m=√5，所以S△BMC=12m2sin∠BMC=12×5×35=32，在Rt△ABM中，sinA=45，BM=√5，∠ABM=π2，所以AB=3√54，所以S△ABM=158，所以S△ABC=S△BMC+S△ABM=32+158=278．若选择②，则：(1)因为2bsin B+C2=√5asinB，所以2bsinπ−A2=√5asinB，由正弦定理可得2sinBcos A2=√5sinAsinB，因为sinB≠0，所以2cos A2=√5sinA，2cos A2=√5×2sin A2×cos A2，因为cos A2≠0，可得sin A2=1√5，则cos A2=2√5，所以sinA=2sin A2cos A2=45．(2)同选择①．若选择条件①，(1)在△ABC 中，由正弦定理可得3sinA =4cosA ，利用同角三角函数基本关系式可求sin A 的值；(2)设BM =MC =m ，易知cos∠BMC =−45，在△BMC 中，由余弦定理可解得m 的值，利用三角形的面积公式即可求解．若选择②(1)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用sin A2，cos A2，进而可求sin A 的值；(2)同选择①．本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．2.【答案】解：选择①.∵a 3=12，∴a 1×22=12，解得a 1=3．∴S n =3(2n −1)2−1=3(2n −1)，∴3(2k −1)>2020，解得k >9．∴存在正整数k ，使得S k >2020，k 的最小值为10． 选择②.∵a 3=12，∴a 1×(12)2=12，解得a 1=48． ∴S n =48[1−(12)n ]1−12，∴96(1−12k )>2020，无解．∴不存在正整数k ，使得S k >2020．选择③.∵a 3=12，∴a 1×(−2)2=12，解得a 1=3． ∴S n =3[1−(−2)n ]1−(−2)=1−(−2)n ，∴1−(−2)k >2020，解得k ≥11．∴存在正整数k ，使得S k >2020，k 的最小值为11．【解析】本题考查了等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．选择①.由a 3=12，a 1×22=12，解得a 1.再利用求和公式即可得出． 选择②.由a 3=12，a 1×(−12)2=12，解得a 1.再利用求和公式即可得出． 选择③.由a 3=12，a 1×(−2)2=12，解得a 1.再利用求和公式即可得出．3.【答案】a n =2n【解析】解：(1).a n =2n ．(2)由题，等差数列{a n }中，且a 1=6，a 2∈N ∗，a 2>6， 可得：d >0且d ∈N ∗．又因为数列{a n }又是“H 数列”，所以a 1+a 2是{a n }中的项， 设a 1+a 2=a k ，即：2a 1+d =a 1+(k −1)d ， 整理得：d =6k−2，k =3时，d =6成立； k =4时，d =3成立； k =5时，d =2成立； k =6时，d =32不成立； k =7时，d =65不成立； k =8时，d =1成立．综上所述，公差d 所有可能的值为：1，2，3，6． (1)根据“H 数列”定义即可得；(2)根据已知a 2>a 1且a 2∈N ∗，得出公差d 的范围，再根据“H 数列”定义，由a 1+a 2是该数列的其中一项求解即可．本题属于在数列概念的基础上新定义类题目，依然考查学生对等差数列基本通项公式的考查，属于中档题目，解题过程中注意把握新定义的概念．4.【答案】①【解析】解：方案一：选条件①解法一：因为tanα=4√3，所以sinαcosα=4√3．由平方关系sin 2α+cos 2α=1，解得{sinα=4√37cosα=17或 {sinα=−4√37cosα=−17因为α∈(0,π2)，所以{sinα=4√37cosα=17． 因为cos(α+β)=−13，由平方关系sin 2(α+β)+cos 2(α+β)=1，解得sin 2(α+β)=89．因为α∈(0,π2),β∈(0,π2)，所以0<α+β<π，所以sin(α+β)=2√23，所以cosβ=cos[(α+β)−α]=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα=−13×17+2√23×4√37=8√6−121． 解法二：因为α∈(0,π2),tanα=4√3，所以点P(1,4√3)在角α的终边上， 所以cosα=√1+(4√3)2=17，sinα=√3√1+(4√3)2=4√37．以下同解法一． 方案二：选条件②因为7sin2α=2sinα，所以14sinαcosα=2sinα，因为α∈(0,π2)，所以sinα≠0，所以cosα=17．由平方关系sin 2α+cos 2α=1，解得sin 2α=4849.因为α∈(0,π2)，所以sinα=4√37． 以下同方案一的解法一． 方案三：选条件③ 因为cos α2=2√77，所以cosα=2cos 2α2−1=17．由平方关系sin 2α+cos 2α=1，得sin 2α=4849.因为α∈(0,π2)，所以sinα=4√37．以下同方案一的解法一． 故答案为：①选条件①由tanα=4√3，结合同角基本关系可求sinα，cosα，然后结合cosβ=cos[(α+β)−α]，利用差角余弦公式展开可求．选条件②由7sin2α=2sinα，求出14sinαcosα=2sinα，可得sinα，cosα，然后结合cosβ=cos[(α+β)−α]，利用差角余弦公式展开可求． 选条件③由cos α2=2√77，结合同角基本关系可求sinα，cosα，然后结合cosβ=cos[(α+β)−α]，利用差角余弦公式展开可求．本题主要考查了和差角公式及同角平方关系在求解三角函数值中的应用，属于中档试题．5.【答案】f(x)=2sin(x +π3)【解析】解：∵函数f(x)的图象相邻对称轴间的距离为π， ∴T =2πω=2π，∴ω=1，∴f(x)=2sin(x +φ)．方案一：选条件①∵f(x −π3)=2sin(x +φ−π3)为奇函数， ∴φ=π3+kπ，k ∈Z ，(1)∵0<φ<π2，∴φ=π3，∴f(x)=2sin(x +π3)．(2)由−π2+2kπ≤x +π3≤π2+2kπ，k ∈Z ，得−56π+2kπ≤x≤π6+2kπ，k∈Z，∴令k=0，得−5π6≤x≤π6，令k=1，得7π6≤x≤13π6，∴函数f(x)在[0,2π]上的单调递增区间为[0,π6]，[76π,2π]，方案二：选条件②f(π3)=2sin(π3+φ)=√3，∴sin(π3+φ)=√32，∴φ=2kπ，k∈Z，或φ=π3+2kπ，k∈Z，(1)∵0<φ<π2，∴φ=π3，∴f(x)=2sin(x+π3)，(2)由−π2+2kπ≤x+π3≤π2+2kπ，k∈Z，得−56π+2kπ≤x≤π6+2kπ，k∈Z，∴令k=0，得−5π6≤x≤π6，令k=1，得7π6≤x≤13π6，∴函数f(x)在[0,2π]上的单调递增区间为[0,π6]，[76π,2π]，方案三：选条件③∵23π是函数f(x)的一个零点，∴f(23π)=2sin(23π+φ)=0，∴φ=kπ−2π3，k∈Z，(1)∵0<φ<π2，∴φ=π3，∴f(x)=2sin(x+π3)，(2)由−π2+2kπ≤x+π3≤π2+2kπ，k∈Z，得−56π+2kπ≤x≤π6+2kπ，k∈Z，∴令k=0，得−5π6≤x≤π6，令k =1，得7π6≤x ≤13π6．∴函数f(x)在[0,2π]上的单调递增区间为[0,π6]，[76π,2π]． 故答案为：f(x)=2sin(x +π3)．方案一：由题意可求函数周期，利用周期公式可求ω，选条件①由题意可得φ=π3+kπ，k ∈Z ，结合范围0<φ<π2，可求φ=π3，可得函数解析式，利用正弦函数的单调性可求函数f(x)在[0,2π]上的单调递增区间；方案二：选条件②，由题意可得sin(π3+φ)=√32，可求φ，求解函数解析式，利用正弦函数的单调性可求函数f(x)在[0,2π]上的单调递增区间；方案三：选条件③，由题意可得f(23π)=2sin(23π+φ)=0，求得φ=kπ−2π3，k ∈Z ，可求φ，求解函数解析式，利用正弦函数的单调性可求函数f(x)在[0,2π]上的单调递增区间．本题主要考查了由y =Asin(ωx +φ)的部分图象确定其解析式，考查了正弦函数的单调性，考查了分类讨论思想的应用，属于中档题．6.【答案】②【解析】解：(1)①③不能使数列{a n }是等比数列，②可以．由题意f(a n )=4+2(n −1)=2n +2，即log k a n =2n +2，可得a n =k 2n+2，且a 1=k 4≠0，a n+1a n=k 2n+4k 2n+2=k 2，由常数k >0且k ≠1，可得k 2为非零常数，则{a n }是k 4为首项、k 2为公比的等比数列； (2)由(1)可得a n =k 4⋅(k 2)n−1=k 2n+2，当k =√2时，a n =2n+1，a n b n =2n+14n 2−1，可得b n =14n 2−1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)， 前n 项和T n =12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1． (1)选②，由f(x)和对数的运算性质，以及等比数列的定义，即可得到结论； (2)运用等比数列的通项公式可得a n ，进而得到b n =14n 2−1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，由数列的裂项相消求和可得所求和．本题考查等比数列的定义和通项公式，数列的裂项相消求和，考查化简运算能力，属于中档题．7.【答案】①【解析】 【分析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档试题．(1)先对选项结合余弦定理及三角形的面积公式进行化简可求tan B ， (2)结合(1)可求cos B ，然后利用余弦定理及三角形的面积公式即可求解． 【解答】解：选①3c 2=16S +3(b 2−a 2)， (1)∵3c 2=16S +3(b 2−a 2)，∴3(c 2+a 2−b 2)=16s 即3×2accosB =16×12acsinB ， 所以3cosB =4sinB 即tanB =34； (2)由(1)可得sinB =35，cosB =45，∴S =12acsinB =12×10c ×35=3c =42，即c =14，由余弦定理可得，45=100+196−b 22×10×14，整理可得，b =6√2． 故答案为：①．8.【答案】解：若选择①sinB =√32，则B =60°或120°， 因为C =2B ，所以C =120°或240°，显然矛盾，此时三角形无解． 若选择②cosB =34，由正弦定理可知cb =sinCsinB =sin2B sinB=2sinBcosB sinB=2cosB =32．又b +c =10． 所以c =6，b =4．由余弦定理b 2=a 2+c 2−2accosB ， 可得16=a 2+36−9a ，解得a =4或a =5，若a =4则由b =4知A =B ，又因为C =2B ， 所以B +B +2B =180°得B =45°，这与cosB =34矛盾，舍去． 经检验知，当a =5时适合题意，故a =5 若选择③cosC =−79，因为C =2B ， 所以cosB =−79，即2cos 2B −1=−79，得cosB =13， 此时cb =sinCsinB =sin2B sinB=2cosB =23<1，所以c <b ，此时C =2B 矛盾，此时三角形无解．【解析】本题考查的知识要点：正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．根据题意依次选①②③，进一步利用正弦定理余弦定理和三角形的面积的应用求出结果．9.【答案】解：若选择条件①a n a n+1=22n−1，则a n+1a n+2=22n+1，两式相除得到a n+2a n=4，所以{a n }的奇数项和偶数项分别构成公比为4的等比数列， 由于a 1=1，所以a 2=2，a 3=4， 又因为a 1，a 2，a 3成等比数列， 故数列{a n }是等比数列，公比为2， 所以a n =2n−1，故S n =2n −1，所以S m =2m −1，S m+1=2m+1−1，S m+2=2m+2−1， 若S m ，S m+1，S m+2构成等差数列， 则2(2m+1−1)=(2m −1)+(2m+2−1)， 整理得到2m =0，无解，所以不存在正整数m ，使得S m ，S m+1，S m+2构成等差数列； 若选择②，S n =ka n −12，由于a 1=1，所以1=k −12，则k =32，于是S n =32a n −12， 当n ≥2时，S n−1=32a n−1−12，两式相减得a n =32a n −32a n−1， 于是a na n−1=3，所以数列{a n }是公比为3的等比数列，因此a n =3n−1，所以S n =12(3n −1)，所以S m =12(3m −1),S m+1=12(3m+1−1),S m+2=12(3m+2−1)， 若S m ，S m+1，S m+2构成等差数列，则2⋅12(3m+1−1)=12(3m −1)+12(3m+2−1)， 整理得到4×3m =0无解，所以不存在正整数m ，使得S m ，S m+1，S m+2构成等差数列； 若选择条件③S n =a n +n 2−2n +k ， 由于a 1=1，所以1=1+k −1，则k =1， 因此S n =a n +n 2−2n +1，当n ≥2时，S n−1=a n−1+(n −1)2−2(n −1)+1， 两式相减得a n =a n −a n−1+2n −3， 于是a n−1=2n −3，n ≥2， 所以a n =2n −1，n ∈N ∗，于是数列{a n }是等差数列，且S n =n 2，所以S m =m 2，S m+1=(m +1)2，S m+2=(m +2)2，由S m +S m+2=m 2+(m +2)2=2m 2+4m +4，2S m+1=2(m 2+2m +1)， S m +S m+2−2S m+1=2≠0，所以不存在正整数m ，使得S m ，S m+1，S m+2构成等差数列．【解析】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的递推关系，考查方程思想和化简运算能力、推理能力，属于中档题． 选择①，根据条件可得a n+2a n=4，再求得a 2，a 3，可判断数列{a n }是等比数列，公比为2，从而求得S n ，再根据等差数列的性质进行判断即可；选择②，先根据a 1=1求出k ，再根据a n 与S n 的关系求得ana n−1=3，可判断数列{a n }是公比为3的等比数列，从而求得S n ，再根据等差数列的性质进行判断即可；选择③，先根据a 1=1求出k ，再根据a n 与S n 的关系求得a n−1=2n −3，n ≥2，即可求得a n 的通项公式，从而得到S n ，再根据等差数列的性质进行判断即可．10.【答案】①②【解析】解：选择条件：①2c−√3b=2acosB，(Ⅰ)∵由余弦定理可得2c−√3b=2acosB=2a⋅a2+c2−b22ac，∴整理可得c2+b2−a2=√3bc，可得cosA=b2+c2−a22bc =√3bc2bc=√32，∵A∈(0,π)，∴A=π6．(Ⅱ)∵a=√3−1，A=π6，∴由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，可得(√3−1)2=b2+c2−2bc⋅√32，∴4−2√3=b2+c2−√3bc≥2bc−√3bc，可得bc≤2，∴S△ABC=12bcsinA≤12×2×12=12，即△ABC面积的最大值为12．选择条件：②(2b−√3c)cosA=√3acosC．(Ⅰ)∵由题意可得2bcosA=√3acosC+√3ccosA，∴2sinBcosA=√3(sinAcosC+sinCcosA)=√3sin(A+C)=√3sinB，∵sinB≠0，∴可得cosA=√32，∵A∈(0,π)，∴A=π6．(Ⅱ)∵a=√3−1，A=π6，∴由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，可得(√3−1)2=b2+c2−2bc⋅√32，∴4−2√3=b2+c2−√3bc≥2bc−√3bc，可得bc≤2，∴S△ABC=12bcsinA≤12×2×12=12，即△ABC面积的最大值为12．若选择条件①，(Ⅰ)由余弦定理可得cos A的值，结合范围A∈(0,π)，可求A的值．(Ⅱ)利用余弦定理，基本不等式可求bc的最大值，进而根据三角形的面积公式即可求解．若选择条件②.(Ⅰ)由正弦定理，两角和的正弦函数公式，结合sinB≠0，可求cosA=√32，结合范围A∈(0,π)，可求A的值．(Ⅱ)利用余弦定理，基本不等式可求bc的最大值，进而根据三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了余弦定理，基本不等式，三角形的面积公式，正弦定理，两角和的正弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．11.【答案】① ③【解析】解：选①③因为(2b −√3c)cosA =√3acosC ，由正弦定理可得，2sinBcosA =√3(sinCcosA +sinAcosC)=√3sinB ， 因为sinB ≠0， 所以cosA =√32，又因为a =2，c =√3b ， 由余弦定理可得，√32=22√3b 2，解可得，b =2，c =2√3，故S △ABC =12bcsinA =12×2×2√3×12=√3．若选①②，因为(2b −√3c)cosA =√3acosC ，a =2，B =π4， 由正弦定理可得，2sinBcosA =√3(sinCcosA +sinAcosC)=√3sinB ， 因为sinB ≠0， 所以cosA =√32，A =π6，因为a =2，B =π4，C =7π12，由正弦定理可得，2sin π6=bsinπ4，∴b =2√2，S △ABC =12absinC =12×2×2√2×sin 7π12=2√2×√2+√64=1+√3若选②③∵(2b −√3c)cosA =√3acosC ，B =π4，c =√3b ，由正弦定理可得，2sinBcosA =√3(sinCcosA +sinAcosC)=√3sinB ， 因为sinB ≠0， 所以cosA =√32，A =π6，∵B =π4，c =√3b ， ∴C =7π12，此时b sinB ≠csinC ，符合题意． 故答案为：①③或②③由已知结合正弦定理进行化简可求A ，然后结合选项及余弦定理和三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，和差角公式及三角形的面积公式的应用，属于中档试题．12.【答案】①【解析】解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 1=23，所以a 3=a 1a 2， ∴23q 2=(23)2q ，解得q =23． ∴a n =(23)n ．①S n =2b n −1，则S n−1=2b n−1−1(n ≥2)， 两式相减整理得b nbn−1=2(n ≥2)，又b 1=1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n =2n−1， 所以a n b n =(23)n ⋅2n−1=12×(43)n ，由指数函数的性质知，数列{a n b n }单调递增，没有最大值， 所以不存在n ∈N ∗，使得对任意a n b n ≤a k b k 恒成立．②由−4b n =b n−1(n ≥2)，b 1=1，知数列{b n }是首项为1，公比为−14的等比数列， 所以b n =(−14)n−1，所以a n b n =(23)n ⋅(−14)n−1=(−4)×(−16)n ，因为a n b n =(−4)×(−16)n ≤4×(16)n ≤4×16=23，当且仅当n =1时取得最大值23， 所以存在k =1，使得对任意n ∈N ∗，a n b n ≤a k b k 恒成立． ③由b n =b n−1+2(n ≥2)知数列{b n }是公差为2的等差数列， 数列{b n }的首项b 1=1，公差d =2． ∴b n =1+2(n −1)=2n −1． a n b n =(2n −1)⋅(23)n >0．a n+1b n+1a n b n=(2n+1)(23)n+1(2n−1)(23)n=4n+26n−3=23(1+22n−1)=f(n)，f(1)=2，f(2)=109，f(3)=1415，n ≥3时，f(n)<1． 因此存在正整数k =3，使得对任意n ∈N ∗，a n b n ≤a k b k 恒成立．选择①S n =2b n −1，则S n−1=2b n−1−1(n ≥2)，整理可得b n =2n−1，则a n b n =12×(43)n ，由指数函数的性质知，数列{a n b n }单调递增，没有最大值，所以不存在n ∈N ∗，使得对任意a n b n ≤a k b k 恒成立．选择②由−4b n =b n−1(n ≥2)，可得b n =(−14)n−1，a nb n =(−4)×(−16)n ≤4×(16)n ≤4×16=23，所以存在k =1，使得对任意n ∈N ∗，a n b n ≤a k b k 恒成立．选择③b n =b n−1+2(n ≥2).数列{b n }的首项b 1=1，公差d =2.利用通项公式可得b n .设等比数列{a n }的公比为q ≠0，a 1=23，a 3=a 1a 2，解得q ，可得a n .a n b n =(2n −1)⋅(23)n >0.作商可得a n+1b n+1a n b n=(2n+1)(23)n+1(2n−1)(23)n=4n+26n−3=23(1−22n−1)=f(n)，f(1)=2，f(2)=109，f(3)=1415，n ≥3时，f(n)<1.即可得出结论． 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．13.【答案】解：选择①a 4=b 4，又b 1=a 5，b 3=−9，b 6=243．则b 1−d =−9q ，−9q 3=243，b 1q 2=−9，a 1+3d =b 1−d ． 解得q =−3，b 1=−1，d =−28，a 1=111． ∴a n =111−28(n −1)=139−28n ． 假设存在k 使得S k >S k−1且S k+1<S k ． 则139−28k >0，139−28(k +1)<0， 化为：11128<k <13928，解得k =4．选择②a 2+b 2=8，又b 1=a 5，b 3=−9，b 6=243． 则a 1+d +b 1q =8，b 1q 2=−9，b 1q 5=243，a 1+4d =b 1， 解得q =−3，b 1=−1，d =−2，a 1=7， ∴a n =7−2(n −1)=9−2n ． 假设存在k 使得S k >S k−1且S k+1<S k ． 则9−2k >0，9−2(k +1)<0， 化为：72<k <92，解得k =4．选择③S 6=−24，又b 1=a 5，b 3=−9，b 6=243．则6a 1+15d =−24，a 1+4d =b 1，b 1q 2=−9，b 1q 5=243， 解得q =−3，b 1=−1，d =2，a 1=−9， ∴a n =−9+2(n −1)=2n −11． 假设存在k 使得S k >S k−1且S k+1<S k ． 则2k −11>0，2(k +1)−11<0， 无解．【解析】本题考查了等差数列等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．若选择①a4=b4，又b1=a5，b3=−9，b6=243，可解出q=−3，b1=−1，d=−28，<0，a1=111，即可得到a n=139−28n，若满足S k>S k−1且S k+1<S k，即a k>0，a k+1代入求解即可，选择②，③同理可解．。