2020届高考数学一轮复习单元检测六 数 列(提升卷)文科
满足 f(x)＝n 的 x 的值共有 2n 个，分别为 n2－n＋1，n2－n＋2，…，n2＋n，且
1
1
1
1
fn2－n＋1＋fn2－n＋2＋…＋fn2＋n＝2n×n＝2.因为 4038＝2×2019，所以
m＝20192＋2019＝2019×2020，故选 C.
12．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1≠0，常数 λ>0，且 λa1an＝S1＋Sn 对一切正整数 n 都成立，则数列 {an}的通项公式为( )
112
A．1B.2C.3D.3
答案 C
11－a1 11－a Nhomakorabea 11－a3 1
解析 由题得 a1＝2；a2＝1＋a1＝3；a3＝1＋a2＝2；a4＝1＋a3＝3，数列{an}为周期数列，且
1
1
1
a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝2(n∈N*)，a2＝a4＝a6＝…＝a2n＝3(n∈N*)，所以 a2 020＝3，故选 C. 21
( )1 n
A．2nB．2nC. 2 nD.2
答案 A
解析 设数列{an}的公比为 q，
则Error!
又{an}递增，
解得Error!即Error!
所以 an＝2n(n∈N*)，故选 A.
4．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝an2＋bn，若 a<0，则( )
A．nan≤na1≤Sn
B．Sn≤na1≤nan
17．(12 分)设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设{bn}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列{an＋bn}的前 n 项和 Sn.
解 (1)设 q 为等比数列{an}的公比，q>0， 则由 a1＝2，a3＝a2＋4，得 2q2＝2q＋4，即 q2－q－2＝0， 解得 q＝2.
(2)因为 bn＝log 1 an＝log 1 22n－1＝1－2n，
2
2
1
1
所以bnbn＋1＝1－2n1－2n－2
( ) 1 1
1
－
＝2 2n－1 2n＋1 ，
( ) ( ) 1 1 1 1
1
11
1
n
1－ ＋ － ＋…＋ －
1－
所以 Tn＝2 3 3 5
2n－1 2n＋1 ＝2 2n＋1 ＝2n＋1(n∈N*)．
3
10．设数列{an}满足 a1＝8，且对任意的 n∈N*，都有 an＋2－an≤3n，an＋4－an≥10×3n，则 a2 021 等于( )
32021
32021
A. 8
B. 8 ＋2
32022 C. 8
32022 D. 8 ＋2
答案 A
解析 因为对任意的 n∈N*，满足 an＋2－an≤3n，an＋4－an≥10×3n，所以 10×3n≤(an＋4－an＋2)
一、选择题(本题共 12 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．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn(n∈N*)，若 S21＝63，则 a7＋a11＋a15 等于( ) A．6B．9C．12D．15
答案 B
解析 设数列{an}的公差为 d，则由 S21＝63，得 21a1＋210d＝63，即 a1＋10d＝3，所以 a7＋a11＋a15＝3a1＋30d＝3(a1＋10d)＝9，故选 B. 2．已知等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n－1，则数列{log2an}的前 12 项和为( ) A．66B．55C．45D．65
π ＝tan 3 ＝ 3，故选 D.
7．设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1,2Sn＝an＋1－1，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝3n
B．an＝3n－1
C．an＝2n
D．an＝2n－1
答案 B
解析 因为 2Sn＝an＋1－1，所以 2a1＝a2－1，又 a1＝1，所以 a2＝3.由题知当 n≥2 时，2Sn－1＝an－1，所以
(1)求数列{an}的通项公式；
{ } 1
(2)设 bn＝log 1 an，求数列 bnbn＋1 的前 n 项和 Tn.
2
解 (1)当 n≥2 时，3Sn＝4an－2，① 3Sn－1＝4an－1－2，②
①－②得 3an＝4(an－an－1)， an
所以 an＝4an－1，即an－1＝4. 又 3S1＝4a1－2，所以 a1＝2， 所以数列{an}是以 2 为首项，4 为公比的等比数列，所以 an＝2×4n－1＝22n－1(n∈N*)．
an 设 bn＝ n ，所以 bn＋1＝2bn.
9．已知数列{an}的通项公式为 an＝n3－ 2 n2＋24(n∈N*)，则当 an 取得最小值时，n 等于( )
A．5B．6C．7D．8
答案 C
21 解析 令 f(x)＝x3－ 2 x2＋24(x≥1)，则 f′(x)＝3x2－21x＝3x(x－7)．在区间(1,7)内，f′(x)<0；在
区间(7，＋∞)内，f′(x)>0.故当 x＝7 时，f(x)取得最小值，即 n＝7 时，an 取得最小值，故选 C.
＋(an＋2－an)≤3n＋2＋3n＝10×3n，所以 an＋4－an＝10×3n.因为 a2 021＝(a2 021－a2 017)＋(a2 017－a2 013)
3
32021－3 3 32021
＋…＋(a5－a1)＋a1＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋8＝10× 81－1 ＋8＝ 8 . 11．记 f(n)为最接近 n(n∈N*)的整数，如：f(1)＝1，f(2)＝1，f(3)＝2，f(4)＝2，f(5)＝2，….若
111
1
f1＋f2＋f3＋…＋fm＝4038，则正整数 m 的值为( )
A．2018×2019
B．20192
C．2019×2020
D．2020×2021
答案 C
1
1
1
1
解析 设 x，n∈N*，f(x)＝n，则 n－2< x<n＋2，所以 n2－n＋4<x<n2＋n＋4，则 n2－n＋1≤x≤n2＋n，故
理得a1＝ 2 ，所以 an＝n＋1(n∈N*)(经检验 n＝1 也符合)．
16．商家通常依据“乐观系数准则”确定商品的销售价格，即根据商品的最低销售限价 a、最高销售限价
b(b>a)以及常数 x(0<x<1)确定实际销售价格 c＝a＋x(b－a)，这里，x 被称为乐观系数．经验证表明，最
佳乐观系数 x 恰好使得 c－a 是 b－c 和 b－a 的等比中项，据此可得，最佳乐观系数 x 的值为________．
2n 2n＋1 2n＋1 2n＋1＋1 A.λB. λ C. λ D. λ
答案 A
2
2
解析 令 n＝1，则 λa21＝2S1＝2a1，即 a1(λa1－2)＝0，因为 a1≠0，所以 a1＝λ，所以 2an＝λ＋Sn，①
2
当 n≥2 时，2an－1＝λ＋Sn－1，②
2
①－②，得 2an－2an－1＝an，即 an＝2an－1(n≥2)，所以{an}是以λ为首项，2 为公比的等比数列，所以
答案 A
解析 由题得 an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，又 a1＝S1＝1 也满足 an＝2n－1，所以 an＝2n－1(n∈N*)，则 0＋11
log2an＝n－1，所以数列{log2an}的前 12 项和为 2 ×12＝66.故选 A. 113
3．已知{an}为递增的等比数列，且 a2a5＝128，a3＋a4＝16，则 an 等于( )
a1 a2 a3
an－1
15．已知数列{an}满足 a1＝2，且 2 ＋ 3 ＋ 4 ＋…＋ n ＝an－2(n≥2)，则{an}的通项公式为
______________．
答案 an＝n＋1
a1 a2 a3
an－1
解析 因为 2 ＋ 3 ＋ 4 ＋…＋ n ＝an－2(n≥2)，①
a1 a2 a3
an－1 an
an＋1
2an＝an＋1－an，易知 an≠0，所以 an ＝3(n≥2)，当 n＝1 时，也符合此式，所以{an}是以 1 为首项，3
为公比的等比数列，所以 an＝3n－1(n∈N*)，故选 B.
1
1－an
8．已知数列{an}中，a1＝2，且对任意的 n∈N*，都有 an＋1＝1＋an成立，则 a2 020 的值为( )
C．na1≤Sn≤nan
D．nan≤Sn≤na1
答案 D
解析 由 Sn 知{an}为公差 d<0 的等差数列，
∴{an}为递减数列，∴nan≤Sn≤na1.
{ }an
5．已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，则数列 n 的前 n 项和为( )
n2＋5n
n2＋5n
A. 2
B. 4
19．(13 分)已知数列{an}满足 an≠0，a1＝1，n(an＋1－2an)＝2an.
(1)求数列{an}的通项公式；
{ } an
＋3n－5
(2)求数列 n
的前 n 项和 Sn.
2n＋1 解 (1)因为 n(an＋1－2an)＝2an，故 an＋1＝ n an，
an＋1 an 得 n＋1 ＝2· n .
nn＋3
＝ 4 ，故选 D.
6．已知数列 {an}为等差数列， {bn}为等比数列，且满足 a1 a1＋a2 020
1＋b7b8 等于( ) 3
A．1B．－1C. 3 D. 3
010＋a1
011＝π，b6·b9＝2，则 tan
答案 D
a1＋a2 020 a1 010＋a1 011 解析 由题意得 tan 1＋b7b8 ＝tan 1＋b6b9
2020届高考数学一轮复习单元检测六数列与数学归纳法提升卷单元检测理含解析新人教A版2
单元检测六 数列与数学归纳法(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本题共12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．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若S 21＝63，则a 7＋a 11＋a 15等于( )A ．6B ．9C ．12D ．15答案 B解析 设数列{a n }的公差为d ，则由S 21＝63，得21a 1＋210d ＝63，即a 1＋10d ＝3，所以a 7＋a 11＋a 15＝3a 1＋30d ＝3(a 1＋10d )＝9，故选B.2．已知正项等比数列{a n }满足(a 1a 2a 3a 4a 5)＝0，且a 6＝，则数列{a n }的前9项和为( )12log 18A ．7B ．8C ．7D ．83132313263646364答案 C解析 由(a 1a 2a 3a 4a 5)＝0，得a 1a 2a 3a 4a 5＝a ＝1，所以a 3＝1.又a 6＝，所以公比q ＝，a 112log 531812＝4，故S 9＝4·＝＝7，故选C.1－(12)91－125116463643．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝(n ∈N *)时，第一步验证n ＝1(n ＋3)(n ＋4)2时，左边应取的项是( )A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4答案 D解析 当n ＝1时，左边应为1＋2＋…＋(1＋3)，即1＋2＋3＋4，故选D.4．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2018>0，S 2019<0，且对任意正整数n 都有|a n |≥|a k |，则正整数k 的值为( )A ．1008B ．1009C ．1010D ．1011答案 C解析 由S 2019<0，得a 1010<0，由S 2018>0，得a 1009＋a 1010>0，∴a 1009>－a 1010＝|a 1010|.又d <0，n >1010时，|a n |>|a 1010|，n <1010时，|a n |≥|a 1009|>|a 1010|，∴k ＝1010.5．已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则数列的前n 项和为( ){a nn}A.B.n 2＋5n2n 2＋5n4C.D.n 2＋3n2n 2＋3n4答案 D解析 由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋n －1＋…＋2＋1＝，故＝，故数列的前n 项和为(2＋3＋…n (n ＋1)2a n n n ＋12{a n n }12＋n ＋1)＝，故选D.n (n ＋3)46．用数学归纳法证明“＋＋…＋≥(n ∈N *)”时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，1n ＋11n ＋21n ＋n 1124不等式左边应添加的项是( )A.12(k ＋1)B.＋12k ＋112k ＋2C.＋－12k ＋112k ＋21k ＋1D.＋－－12k ＋112k ＋21k ＋11k ＋2答案 C解析 分别代入n ＝k ，n ＝k ＋1，两式作差可得左边应添加项．当n ＝k 时，左边为＋＋…，1k ＋11k ＋21k ＋k当n ＝k ＋1时，左边为＋＋…＋＋＋，1k ＋21k ＋31k ＋k 1k ＋k ＋11(k ＋1)＋(k ＋1)所以增加项为两式作差得＋－，故选C.12k ＋112k ＋21k ＋17．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1,2S n ＝a n ＋1－1，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝3n B ．a n ＝3n －1C ．a n ＝2n D ．a n ＝2n －1答案 B解析 因为2S n ＝a n ＋1－1，所以2a 1＝a 2－1，又a 1＝1，所以a 2＝3.由题知当n ≥2时，2S n －1＝a n－1，所以2a n ＝a n ＋1－a n ，易知a n ≠0，所以＝3(n ≥2)，当n ＝1时，也符合此式，所a n ＋1an 以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n －1(n ∈N *)，故选B.8．已知数列{a n }中，a 1＝，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋1＝成立，则a 2020的值为( )121－a n1＋a nA ．1B. C. D.121323答案 C解析 由题得a 1＝；a 2＝＝；a 3＝＝；a 4＝＝，数列{a n }为周期数列，121－a 11＋a 1131－a 21＋a 2121－a 31＋a 313且a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 2n －1＝(n ∈N *)，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 2n ＝(n ∈N *)，所以a 2020＝，故选C.1213139．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 3－n 2＋24(n ∈N *)，则当a n 取得最小值时，n 等于( )212A ．5B ．6C ．7D ．8答案 C解析 令f (x )＝x 3－x 2＋24(x ≥1)，则f ′(x )＝3x 2－21x ＝3x (x －7)．在区间(1,7)内，212f ′(x )<0；在区间(7，＋∞)内，f ′(x )>0.故当x ＝7时，f (x )取得最小值，即n ＝7时，a n取得最小值，故选C.10．设数列{a n }满足a 1＝，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋2－a n ≤3n ，a n ＋4－a n ≥10×3n ，则a 202138等于( )A.B.＋2320218320218C.D.＋2320228320228答案 A解析 因为对任意的n ∈N *，满足a n ＋2－a n ≤3n ，a n ＋4－a n ≥10×3n ，所以10×3n ≤(a n ＋4－a n ＋2)＋(a n ＋2－a n )≤3n ＋2＋3n ＝10×3n ，所以a n ＋4－a n ＝10×3n .因为a 2021＝(a 2021－a 2017)＋(a 2017－a 2013)＋…＋(a 5－a 1)＋a 1＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋＝10×＋＝.3832021－381－13832021811．记f (n )为最接近(n ∈N *)的整数，如：f (1)＝1，f (2)＝1，f (3)＝2，f (4)＝2，f (5)＝n 2，….若＋＋＋…＋＝4038，则正整数m 的值为( )1f (1)1f (2)1f (3)1f (m )A ．2018×2019B ．20192C ．2019×2020D ．2020×2021答案 C解析 设x ，n ∈N *，f (x )＝n ，则n －<<n ＋，所以n 2－n ＋<x <n 2＋n ＋，则n 2－n ＋12x 1214141≤x ≤n 2＋n ，故满足f (x )＝n 的x 的值共有2n 个，分别为n 2－n ＋1，n 2－n ＋2，…，n 2＋n ，且＋＋…＋＝2n ×＝2.因为4 038＝2×2 019，所以m ＝2 0192＋2 1f (n 2－n ＋1)1f (n 2－n ＋2)1f (n 2＋n )1n 019＝2019×2020，故选C.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1≠0，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立，则数列{a n }的通项公式为( )A. B. C. D.2nλ2n ＋1λ2n ＋1λ2n ＋1＋1λ答案 A解析 令n ＝1，则λa ＝2S 1＝2a 1，即a 1(λa 1－2)＝0，因为a 1≠0，所以a 1＝，所以2a n ＝212λ＋S n ，①2λ当n ≥2时，2a n －1＝＋S n －1，②2λ①－②，得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以{a n }是以为首项，2为公比的等比2λ数列，所以a n ＝×2n －1＝(n ∈N *)，故选A.2λ2nλ第Ⅱ卷(非选择题 共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝9，a 4＋a 6＝4，则当S n 取得最大值时，n ＝________.答案 6解析 由已知得a 5＝2，∴d ＝－，74∴a 6＝2－>0，a 7<0，74∴n ＝6时，S n 取得最大值．14．已知正项等比数列{a n }满足a 6＝a 5＋2a 4，若存在两项a m ，a n ，使得＝2a 1，则＋a m ·a n 1m 的最小值为________．4n答案 73解析 设数列{a n }的公比为q (q >0)，则由a 6＝a 5＋2a 4，可得q ＝2或q ＝－1(舍去)，又a m ·a n ＝2a 1，∴m ＋n ＝4，又∵m ，n ∈N *，经验证m ＝1，n ＝3时，min ＝.(1m ＋4n )7315．已知数列{a n }满足a 1＝2，且＋＋＋…＋＝a n －2(n ≥2)，则{a n }的通项公式为a 12a 23a 34a n －1n______________．答案 a n ＝n ＋1解析 因为＋＋＋…＋＝a n －2(n ≥2)，①a 12a 23a 34a n －1n 所以＋＋＋…＋＋＝a n ＋1－2(n ≥2)，②a 12a 23a 34a n －1n a nn ＋1②－①，得＝(a n ＋1－2)－(a n －2)＝a n ＋1－a n (n ≥2)，整理得＝(n ≥2)，a nn ＋1a n ＋1a n n ＋2n ＋1又a 1＝2，且＝a 2－2，所以a 2＝3，则···…··＝×××…××a 12a 2a 1a 3a 2a 4a 3a n －1a n －2a n a n －1324354nn －1，整理得＝，所以a n ＝n ＋1(n ∈N *)(经检验n ＝1也符合)．n ＋1n a n a 1n ＋1216．如图是一个类似“杨辉三角”的图形，记a n,1，a n,2，…，a n ，n 分别表示第n 行的第1个数，第2个数……第n 个数，则a n,2＝________________.(n ≥2且n ≤N *)12 2 3 4 3 4 7 7 4 5 11 14 11 5 ……答案 n (n －1)＋22解析 把第n 行(n ≥2)的第2个数记为a n ，则由题意可知a 2＝2，a 3＝4，a 4＝7，a 5＝11，∴a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，a 5－a 4＝4，…，a n －a n －1＝n －1，所有等式两边同时相加得a n －a 2＝，整理得a n ＝，n ≥2，(n ＋1)(n －2)2n (n －1)＋22即a n,2＝，n ≥2.n (n －1)＋22三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝5，S 3＝a 7.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ，求数列{a n ＋b n }的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由题意知Error!解得Error!由a n ＝a 1＋(n －1)d ，得a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由(1)可知a n ＝2n ＋1，则b n ＝22n ＋1，所以＝＝4.b n ＋1b n 22(n ＋1)＋122n ＋1因为b 1＝23＝8，所以{b n }是首项为8，公比q ＝4的等比数列．记{a n ＋b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝(a 1＋b 1)＋(a 2＋b 2)＋…＋(a n ＋b n )＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n )＝＋n (a 1＋a n )2b 1(1－q n )1－q＝n 2＋2n ＋.8(4n －1)318．(12分)设正项数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ，a n ＋1，4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <.1a n a n ＋112(1)解 由题意得4S n ＝(a n ＋1)2.当n ＝1时，a 1＝(a 1＋1)2，所以a 1＝1；14当n ≥2时，4S n ＝(a n ＋1)2，①4S n －1＝(a n －1＋1)2，②①－②得4a n ＝a ＋2a n－a －2a n －1，2n 2n －1即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0.又a n >0，所以a n －a n －1＝2，所以数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，即a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明 b n ＝＝1a n a n ＋11(2n －1)(2n ＋1)＝·，12(12n －1－12n ＋1)所以T n＝12(1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1)＝<.12(1－12n ＋1)1219．(13分)已知数列{a n }满足a n ≠0，a 1＝1，n (a n ＋1－2a n )＝2a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列的前n 项和S n .{a nn＋3n －5}解 (1)因为n (a n ＋1－2a n )＝2a n ，故a n ＋1＝a n ，2(n ＋1)n得＝2·.a n ＋1n ＋1a n n设b n ＝，所以b n ＋1＝2b n .a nn因为a n ≠0，所以b n ≠0，所以＝2.b n ＋1bn 又因为b 1＝＝1，所以数列{b n }是以1为首项，公比为2的等比数列，a 11故b n＝2n －1＝，a n ＝n ·2n －1(n ∈N *)．a nn(2)由(1)可知＋3n －5＝2n －1＋3n －5，a nn故S n ＝(20＋3×1－5)＋(21＋3×2－5)＋…＋(2n －1＋3n －5)＝(20＋21＋…＋2n －1)＋3(1＋2＋…＋n )－5n ＝2n ＋－1.3n 2－7n220．(13分)设a 1＝1，a n ＋1＝＋b (n ∈N *)．a 2n－2a n ＋2(1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；(2)若b ＝－1，是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *恒成立？证明你的结论．解 (1)由题意得a 2＝2，a 3＝＋1.2因为a 1＝＋1，a 2＝＋1，a 3＝＋1.1－12－13－1所以猜想a n ＝＋1(n ∈N *)．n －1下面用数学归纳法证明上式成立．当n ＝1时，结论显然成立．假设当n ＝k (n ∈N *)时结论成立，即a k ＝＋1，k －1则a k ＋1＝＋1＝＋1a 2k－2a k ＋2(a k －1)2＋1＝＋1＝＋1，(k －1)＋1(k ＋1)－1即当n ＝k ＋1时结论也成立．综上可知a n ＝＋1(n ∈N *)．n －1(2)设f (x )＝－1，则a n ＋1＝f (a n )．(x －1)2＋1令c ＝f (c )，即c ＝－1，解得c ＝.(c －1)2＋114下面用数学归纳法证明命题a 2n <<a 2n ＋1<1.14当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (0)＝－1，2所以a 2<<a 3<1，结论成立．14假设当n ＝k (n ∈N *)时结论成立，即a 2k <<a 2k ＋1<1.14易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而＝f >f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，14(14)即1>>a 2k ＋2>a 2.14再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得＝f <f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，14(14)故<a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1，14即当n ＝k ＋1时结论也成立．综上可知，存在c ＝，使a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *恒成立．14。
2020年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷文科数学(六)含答案
绝密 ★ 启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷文科数学（六）本试题卷共2页，23题（含选考题）。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．在复平面内，复数1z 和2z 对应的点分别是()2,1A 和()0,1B ，则12z z =（ ） A ．12i --B ．12i -+C ．12i -D ．12i +2．已知集合{}|1M x x =<，{}21x N x =>，则M N =I （ ） A ．{}|01x x <<B ．{}|0x x <C ．{}|1x x <D ．∅3．已知函数()ln f x x =，若()11f x -<，则实数x 的取值范围是（ ） A ．(),e 1-∞+B ．()0,+∞C ．()1,e 1+D ．()e 1,++∞4．若π1 tan43α⎛⎫-=-⎪⎝⎭，则cos2α等于（）A．35B．12C．13D．3-5．已知向量()2,1=-a，()1,A x-，()1,1B-，若AB⊥u u u va，则实数x的值为（）A．5-B．0C．1-D．56．《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺．问积几何？答曰：二千一百一十二尺．术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”．这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”．就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为112V=⨯（底面圆的周长的平方⨯高），则由此可推得圆周率π的取值为（）A．3B．3.1C．3.14D．3.27．已知向量()3,4=-a，2=b，若5⋅=-a b，则向量a与b的夹角为（）A．π6B．π4C．π3D．2π38．已知数列{}n a的前n项和为n S，且满足11a=，121n na a n++=+，则20172017S=（）A．1009B．1008C．2D．19．设x，y满足约束条件360200,0x yx yx y--≤-+≥≥≥⎧⎪⎨⎪⎩，若目标函数()0z ax y a=+>的最大值为18，则a的值为（）A．3B．5C．7D．910．已知某简单几何体的三视图如图所示，若主视图的面积为1，则该几何体最长的棱的长度为（）A5B3C．22D611．已知函数()()2e 32x f x x a x =+++在区间()1,0-有最小值，则实数a 的取值范围是（ ）A ．11,e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．e 1,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．3,1e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．11,3e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭12．如图，已知1F ，2F 是双曲线22221(0,0)x y a b ab-=>>的左、右焦点，过点2F 作以1F 为圆心，1OF 为半径的圆的切线，P 为切点，若切线段2PF 被一条渐近线平分，则双曲线的离心率为（ ）A ．2B 2C 3D 5第Ⅱ卷卷包括必考题和选考题两部分。
2020届高考文科数学一轮(新课标通用)训练检测：单元质量测试(四)
单元质量测试(四)时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝0，则公差d ＝( ) A ．－1 B ．1 C ．2 D ．－2 ★答案★ D解析 由S 3＝6，知a 1＋d ＝2；由a 3＝0，知a 1＋2d ＝0，联立⎩⎨⎧a 1＋d ＝2，a 1＋2d ＝0，解得d ＝－2．故选D ．2．在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝( )A ．18B ．99C ．198D ．297 ★答案★ B解析 由等差数列的性质得2a 6＝27－a 6，所以a 6＝9，又S 11＝11a 6＝99．故选B ．3．在等比数列{a n }中，a 1＝2，a 4＝12，若a k ＝2－5，则k ＝( ) A ．5 B ．6 C ．9 D ．10 ★答案★ D解析 设该数列的公比为q ，则由等比数列的通项公式可得，q 3＝a 4a 1＝14，∴q＝2－23，∴a k ＝a 1q k －1＝2·q k －1＝2－5，∴q k －1＝2－6，∴2(k －1)3＝6，∴k ＝10．4．在数列{x n }中，若x 1＝1，x n ＋1＝1x n ＋1－1，则x 2018＝( )A ．－1B ．－12C ．12 D ．1 ★答案★ B解析 将x 1＝1代入x n ＋1＝1x n ＋1－1，得x 2＝－12，再将x 2代入x n ＋1＝1x n ＋1－1，得x 3＝1，所以数列{x n }的周期为2，故x 2018＝x 2＝－12．故选B ．5．已知公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 10＝S 4，则S 8a 9＝( )A ．4B ．5C ．8D ．10 ★答案★ A解析 由a 10＝S 4得a 1＋9d ＝4a 1＋4×32d ＝4a 1＋6d ，即a 1＝d ≠0．所以S 8＝8a 1＋8×72d ＝8a 1＋28d ＝36d ，所以S 8a 9＝36d a 1＋8d ＝36d 9d ＝4．故选A ．6．(2018·甘肃天水检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )A ．2n －1B ．12n －1C ．23n －1D ．32n －1 ★答案★ D解析 因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以S n ＝2a n ＋1＝2(S n ＋1－S n )，所以S n ＋1S n ＝32，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，32为公比的等比数列，所以S n ＝32n －1．故选D ．7．数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|＝( ) A ．－495 B ．765 C ．1080 D ．3105 ★答案★ B解析 由a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3可得a n ＝3n －63，则a 21＝0，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋(a 21＋…＋a 30)＝S 30－2S 20＝765．故选B ．8．(2018·安徽淮南模拟)已知{a n }中，a n ＝n 2＋λn ，且{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．(－2，＋∞)B ．[－2，＋∞)C ．(－3，＋∞)D ．[－3，＋∞) ★答案★ C解析 ∵{a n }是递增数列，∴∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，∴(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，化简得λ>－(2n ＋1)，∴λ>－3．故选C ．9．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 7>0，a 8<0，则下列结论正确的是( ) A ．S 7<S 8 B ．S 15<S 16 C ．S 13>0 D ．S 15>0 ★答案★ C解析 因为公差非零的等差数列具有单调性(递增数列或递减数列)，由已知可知该等差数列{a n }是递减的，且S 7最大，即S n ≤S 7对一切n ∈N *恒成立．可见A 错误；易知a 16<a 15<0，S 16＝S 15＋a 16<S 15，B 错误；S 15＝152(a 1＋a 15)＝15a 8<0，D 错误；S 13＝132(a 1＋a 13)＝13a 7>0．故C 正确．10．(2018·福建漳州调研)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”其意思：“共有五头鹿，人以爵次进行分配(古代数学中“以爵次分之”这种表述，一般表示等差分配，在本题中表示等差分配)．”在这个问题中，若大夫得“一鹿、三分鹿之二”，则簪裹得( )A ．一鹿、三分鹿之一B ．一鹿C ．三分鹿之二D ．三分鹿之一 ★答案★ B解析 由题意可知，五人按等差数列分五鹿，设大夫得的鹿数为首项a 1，且a 1＝1＋23＝53，公差为d ，则5a 1＋5×42d ＝5，解得d ＝－13，所以a 3＝a 1＋2d ＝53＋2×－13＝1，所以簪裹得一鹿，故选B ．11．(2018·襄阳四校联考)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：(1)构造数列1，12，13，14，…，1n ；①(2)将数列①的各项乘以n2，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，a 4，…，a n ． 则a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n －1a n ＝( )A ．n 24 B ．(n －1)24 C ．n (n －1)4 D ．n (n ＋1)4 ★答案★ C解析 依题意可得新数列为n 2，n 4，n 6，…，1n ×n2，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝n 2411×2＋12×3＋…＋1(n －1)n ＝n 241－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝n 24·n －1n ＝n (n －1)4．故选C ．12．(2018·河南六市第一次联考)若正项递增等比数列{a n }满足1＋(a 2－a 4)＋λ(a 3－a 5)＝0(λ∈R )，则a 6＋λa 7的最小值为( )A ．－2B ．－4C ．2D ．4 ★答案★ D解析 ∵{a n }是正项递增的等比数列，∴a 1>0，q >1，由1＋(a 2－a 4)＋λ(a 3－a 5)＝0，得1＋(a 2－a 4)＋λq (a 2－a 4)＝0，∴1＋λq ＝1a 4－a 2，∴a 6＋λa 7＝a 6(1＋λq )＝a 6a 4－a 2＝q 4q 2－1＝[(q 2－1)＋1]2q 2－1＝(q 2－1)＋2＋1q 2－1≥2(q 2－1)·1q 2－1＋2＝4(q 2－1>0)，当且仅当q ＝2时取等号，∴a 6＋λa 7的最小值为4．故选D ．第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设等比数列{a n }的公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 2＝________．★答案★ 152解析 S 4a 2＝a 1·1－q 41－q a 1q ＝1－q 4q (1－q )＝1－242×(1－2)＝152．14．若数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________．★答案★ 6解析 由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，得a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，所以S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21)＝1＋10×12＝6．15．(2018·江西吉安一中、九江一中等八所重点中学4月联考)若{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前2018项和为________．★答案★10092020解析 ∵a n b n ＝1，且a n ＝n 2＋3n ＋2，∴b n ＝1n 2＋3n ＋2＝1(n ＋2)(n ＋1)＝1n ＋1－1n ＋2，∴{b n }的前2018项和为12－13＋13－14＋14－15＋…＋12019－12020＝12－12020＝1010－12020＝10092020．16．(2018·河北邯郸第一次模拟)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________．★答案★ 2n ＋2＋n (n ＋1)－4解析 由题意知T n －S n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝n ＋2n ＋1－2，又S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，所以2T n ＝T n －S n ＋S n ＋T n ＝2n ＋2＋n (n ＋1)－4．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(2018·云南统测)(本小题满分10分)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 2＋a 3＝26，S 6＝728．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：S 2n ＋1－S n S n ＋2＝4×3n ．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由728≠2×26得，S 6≠2S 3，∴q ≠1．由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝26，S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝728.解得⎩⎨⎧a 1＝2，q ＝3.∴a n ＝2×3n －1．(2)证明：由(1)可得S n ＝2×(1－3n )1－3＝3n－1．∴S n ＋1＝3n ＋1－1，S n ＋2＝3n ＋2－1．∴S 2n ＋1－S n S n ＋2＝(3n ＋1－1)2－(3n －1)(3n ＋2－1)＝4×3n ． 18．(2018·南昌一模)(本小题满分12分)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1．(1)求{a n }的通项公式； (2)记b n ＝log 216S n ＋1，求b 1＋b 2＋…＋b n 的最大值． 解 (1)设{a n }的公比为q ，由S 4－S 3＝a 4，得 2a 4－2a 3＝a 4，所以a 4a 3＝2，所以q ＝2．又因为S 3＝2a 3－1，所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1， 所以a 1＝1．所以a n ＝2n －1． (2)由(1)知，S n ＝1－2n 1－2＝2n－1，所以b n ＝log 216S n ＋1＝2log 224－n ＝8－2n ，b n ＋1－b n ＝－2，b 1＝8－2＝6，所以数列{b n }是首项为6，公差为－2的等差数列，所以b 2＝4，b 3＝2，b 4＝0，当n >5时b n <0，所以当n ＝3或n ＝4时，b 1＋b 2＋…＋b n 的最大值为12．19．(2018·湖南长沙模拟)(本小题满分12分)设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1，S n ＝2－2a n ＋1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n log 12a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ． 解 (1)∵S n ＝2－2a n ＋1，a 1＝1， ∴当n ＝1时，S 1＝2－2a 2，得 a 2＝1－S 12＝1－a 12＝12； 当n ≥2时，S n －1＝2－2a n ，∴当n ≥2时，a n ＝2a n －2a n ＋1，即a n ＋1＝12a n ， 又a 2＝12a 1，∴{a n }是以1为首项，12为公比的等比数列． ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1．(2)由(1)知b n ＝(－1)n (n －1)，∴T n ＝0＋1－2＋3－…＋(－1)n (n －1)，当n 为偶数时，T n ＝(－0＋1)＋(－2＋3)＋…＋[－(n －2)＋n －1]＝n2； 当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝n ＋12－n ＝1－n2， ∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1－n 2，n 为奇数，n2，n 为偶数.20．(2018·太原三模)(本小题满分12分)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n2a n ＋1．(1)求证：数列1a n是等差数列，并求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝12n a n，求数列{b n }的前n 项和S n ． 解 (1)证明：因为a n ＋1＝a n2a n ＋1，且可知a n ≠0，所以1a n ＋1－1a n ＝2，所以数列1a n是等差数列．所以1a n＝1a 1＋2(n －1)＝2n ，即a n ＝12n ．(2)因为b n ＝2n 2n ＝n2n －1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，则12S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，两式相减得 12S n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n 2n ＝21－12n －n 2n ， 所以S n ＝4－n ＋22n －1．21．(2018·东北三校联考)(本小题满分12分)已知数列{a n }与{b n }满足a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )(n ∈N *)．(1)若a 1＝1，b n ＝3n ＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1＝6，b n ＝2n (n ∈N *)且λa n >2n ＋n ＋2λ对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)因为a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )，b n ＝3n ＋5， 所以a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )＝2(3n ＋8－3n －5)＝6， 所以{a n }是等差数列，首项为a 1＝1，公差为6， 即a n ＝6n －5．(2)因为b n ＝2n ，所以a n ＋1－a n ＝2(2n ＋1－2n )＝2n ＋1．当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋22＋6＝2n ＋1＋2；当n ＝1时，a 1＝6，符合上式，所以a n ＝2n ＋1＋2． 由λa n >2n＋n ＋2λ，得λ>2n ＋n 2n ＋1＝12＋n2n ＋1．又n ＋12n ＋2－n 2n ＋1＝1－n 2n ＋2≤0，所以当n ＝1,2时，2n ＋n 2n ＋1取得最大值34，故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞．22．(2018·河北唐山一模)(本小题满分12分)已知数列{a n }为单调递增数列，S n 为其前n 项和，2S n ＝a 2n ＋n ．(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋22n ＋1·a n ·a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和，证明：T n <12．解(1)当n＝1时，2S1＝2a1＝a21＋1，所以(a1－1)2＝0，即a1＝1，又{a n}为单调递增数列，所以a n≥1．由2S n＝a2n＋n得2S n＋1＝a2n＋1＋n＋1，所以2S n＋1－2S n＝a2n＋1－a2n＋1，则2a n＋1＝a2n＋1－a2n＋1，所以a2n＝(a n＋1－1)2．所以a n＝a n＋1－1，即a n＋1－a n＝1，所以{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n＝n．(2)证明：b n＝a n＋22n＋1·a n·a n＋1＝n＋22n＋1·n·(n＋1)＝1n·2n－1(n＋1)·2n＋1，所以T n＝11×21－12×22＋12×22－13×23＋…＋1n·2n－1(n＋1)·2n＋1＝12－1(n＋1)·2n＋1<1 2．感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2020届高考数学一轮复习单元检测六数列与数学归纳法提升卷单元检测理含
Earlybird单元检测六数列与数学归纳法(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12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．已知等差数列{a n}的前n项和为S n(n∈N*)，若S21＝63，则a7＋a11＋a15等于()A．6B．9C．12D．15答案 B解析设数列{a n}的公差为d，则由S21＝63，得21a1＋210d＝63，即a1＋10d＝3，所以a7＋a11＋a15＝3a1＋30d＝3(a1＋10d)＝9，故选B.1log2．已知正项等比数列{a n}满足1(a1a2a3a4a5)＝0，且a6＝，则数列{a n}的前9项和为()8231 31 63 63A．7 B．8 C．7 D．832 32 64 64答案 C1log35解析由1(a1a2a3a4a5)＝0，得a1a2a3a4a5＝a＝1，所以a3＝1.又a6＝，所以公比q＝8211－(2 )91 511 63，a1＝4，故S9＝4·＝＝7 ，故选C.2 1 64 641－2n＋3n＋43．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝(n∈N*)时，第一步验证n＝21时，左边应取的项是()A．1 B．1＋2C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4答案 D解析当n＝1时，左边应为1＋2＋…＋(1＋3)，即1＋2＋3＋4，故选D.4．等差数列{a n}的前n项和为S n，S2018>0，S2019<0，且对任意正整数n都有|a n|≥|a k|，则Earlybird正整数k的值为()A．1008B．1009C．1010D．1011答案 C解析由S2019<0，得a1010<0，由S2018>0，得a1009＋a1010>0，∴a1009>－a1010＝|a1010|.又d<0，n>1010时，|a n|>|a1010|，n<1010时，|a n|≥|a1009|>|a1010|，∴k＝1010.a n5．已知在数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝a n＋n＋1，则数列{n}的前n项和为()n2＋5n n2＋5nA. B.2 4n2＋3n n2＋3nC. D.2 4答案 D解析由a n＋1＝a n＋n＋1，得a n＋1－a n＝n＋1，所以a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2n n＋1a n n＋1 a n 1{n}的前n项和为(2＋3－a1)＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝，故＝ 2 ，故数列2 n 2n n＋3＋…＋n＋1)＝，故选D.41 1 1 116．用数学归纳法证明“＋＋…＋≥(n∈N*)”时，由n＝k到n＝k＋1时，n＋1 n＋2 n＋n24不等式左边应添加的项是()1A.2k＋11 1B. ＋2k＋1 2k＋21 1 1C. ＋－2k＋1 2k＋2 k＋11 1 1 1D. ＋－－2k＋1 2k＋2 k＋1 k＋2答案 C解析分别代入n＝k，n＝k＋1，两式作差可得左边应添加项．1 1 1当n＝k时，左边为＋＋…，k＋1 k＋2 k＋k1 1 1 1 1当n＝k＋1时，左边为＋＋…＋＋＋，k＋2 k＋3 k＋k k＋k＋1 k＋1＋k＋11 1 1所以增加项为两式作差得＋－，故选C.2k＋1 2k＋2 k＋1Earlybird7．设数列{a n }的前 n 项和为 S n ，且 a 1＝1,2S n ＝a n ＋1－1，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝3n B ．a n ＝3n －1 C ．a n ＝2n D ．a n ＝2n －1答案 B解析 因为 2S n ＝a n ＋1－1，所以 2a 1＝a 2－1，又 a 1＝1，所以 a 2＝3.由题知当 n ≥2 时，2S n －a n ＋1 1＝a n －1，所以 2a n ＝a n ＋1－a n ，易知 a n ≠0，所以＝3(n ≥2)，当 n ＝1时，也符合此式，a n所以{a n }是以 1为首项，3为公比的等比数列，所以 a n ＝3n －1(n ∈N *)，故选 B.1 1－a n8．已知数列{a n }中，a 1＝ ，且对任意的 n ∈N *，都有 a n ＋1＝ 成立，则 a 2020的值为( )2 1＋a n 1 1 2 A ．1B. C. D.2 3 3 答案 C1 1－a 1 1 1－a2 1 1－a3 1解析 由题得 a 1＝ ；a 2＝ ＝ ；a 3＝ ＝ ；a 4＝ ＝ ，数列{a n }为周期数列，2 1＋a 13 1＋a 2 2 1＋a 3 3 1 1 1 且 a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 2n －1＝ (n ∈N *)，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 2n ＝ (n ∈N *)，所以 a 2020＝ ，故选2 3 3 C.219．已知数列{a n }的通项公式为 a n ＝n 3－ n 2＋24(n ∈N *)，则当 a n 取得最小值时，n 等于( )2A ．5B ．6C ．7D ．8 答案 C21解析 令 f (x )＝x 3－ x 2＋24(x ≥1)，则 f ′(x )＝3x 2－21x ＝3x (x －7)．在区间(1,7)内，2f ′(x )<0；在区间(7，＋∞)内，f ′(x )>0.故当 x ＝7时，f (x )取得最小值，即 n ＝7时，a n取得最小值，故选 C.310．设数列{a n }满足 a 1＝ ，且对任意的 n ∈N *，都有 a n ＋2－a n ≤3n ，a n ＋4－a n ≥10×3n ，则 a 20218 等于( ) 32021 32021 A. B.＋2 88 3202232022 C. D. ＋28 8 答案 A解析 因为对任意的 n ∈N *，满足 a n ＋2－a n ≤3n ，a n ＋4－a n ≥10×3n ，所以 10×3n ≤(a n ＋4－a n＋2)＋(a n ＋2－a n )≤3n ＋2＋3n ＝10×3n ，所以 a n ＋4－a n ＝10×3n .因为 a 2021＝(a 2021－a 2017)＋332021－3 3 32021(a2017－a2013)＋…＋(a5－a1)＋a1＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋＝10×＋＝.8 81－1 8 8Earlybird11．记f(n)为最接近n(n∈N*)的整数，如：f(1)＝1，f(2)＝1，f(3)＝2，f(4)＝2，f(5)＝1 1 1 12，….若＋＋＋…＋＝4038，则正整数m的值为()f1f2f3f mA．2018×2019B．20192C．2019×2020D．2020×2021答案 C1 1 1 1解析设x，n∈N*，f(x)＝n，则n－< x<n＋，所以n2－n＋<x<n2＋n＋，则n2－n＋2 2 4 41≤x≤n2＋n，故满足f(x)＝n的x的值共有2n个，分别为n2－n＋1，n2－n＋2，…，n2＋1 1 1 1n，且＋＋…＋＝2n×＝2.因为4 038＝2×2 019，所以m＝2f n2－n＋1f n2－n＋2f n2＋nn0192＋2 019＝2019×2020，故选C.12．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1≠0，常数λ>0，且λa1a n＝S1＋S n对一切正整数n都成立，则数列{a n}的通项公式为()2n2n＋1 2n＋1 2n＋1＋1A. B. C. D.λλλλ答案 A2解析令n＝1，则λa21＝2S1＝2a1，即a1(λa1－2)＝0，因为a1≠0，所以a1＝，所以2a nλ2＝＋S n，①λ2当n≥2时，2a n－1＝＋S n－1，②λ2①－②，得2a n－2a n－1＝a n，即a n＝2a n－1(n≥2)，所以{a n}是以为首项，2为公比的等比λ2 2n数列，所以a n＝×2n－1＝(n∈N*)，故选A.λλ第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝9，a4＋a6＝4，则当S n取得最大值时，n＝________.答案 67解析由已知得a5＝2，∴d＝－，47∴a6＝2－>0，a7<0，4∴n＝6时，S n取得最大值．Earlybird1 14．已知正项等比数列{a n}满足a6＝a5＋2a4，若存在两项a m，a n，使得a m·a n＝2a1，则＋m4的最小值为________．n7答案3解析设数列{a n}的公比为q(q>0)，则由a6＝a5＋2a4，可得q＝2或q＝－1(舍去)，又a m·a n1 4 7＝2a1，∴m＋n＝4，又∵m，n∈N*，经验证m＝1，n＝3时，(n)min＝.m 3＋a1 a2 a3 a n－115．已知数列{a n}满足a1＝2，且＋＋＋…＋＝a n－2(n≥2)，则{a n}的通项公式为2 3 4 n______________．答案a n＝n＋1a1 a2 a3 a n－1解析因为＋＋＋…＋＝a n－2(n≥2)，①2 3 4 na1 a2 a3 a n－1 a n所以＋＋＋…＋＋＝a n＋1－2(n≥2)，②2 3 4 n n＋1a n a n＋1 n＋2②－①，得＝(a n＋1－2)－(a n－2)＝a n＋1－a n(n≥2)，整理得＝(n≥2)，n＋1 a n n＋1a1 a2 a3 a4 a n－1 a n 3 4 5 n又a1＝2，且＝a2－2，所以a2＝3，则···…··＝×××…××2 a1 a2 a3 a n－2 a n－1 2 34 n－1n＋1 a n n＋1，整理得＝，所以a n＝n＋1(n∈N*)(经检验n＝1也符合)．n a1 216．如图是一个类似“杨辉三角”的图形，记a n,1，a n,2，…，a n，n分别表示第n行的第1个数，第2个数……第n个数，则a n,2＝________________.(n≥2且n≤N*)12 234 3477 45111411 5……n n－1＋2答案2解析把第n行(n≥2)的第2个数记为a n，则由题意可知a2＝2，a3＝4，a4＝7，a5＝11，∴a3－a2＝2，a4－a3＝3，a5－a4＝4，…，a n－a n－1＝n－1，所有等式两边同时相加得a n－a2＝n＋1n－2n n－1＋2，整理得a n＝，n≥2，2 2n n－1＋2即a n,2＝，n≥2.2三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a2＝5，S3＝a7.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝2a n，求数列{a n＋b n}的前n项和．解(1)设等差数列{a n}的公差为d.由题意知Error!解得Error!由a n＝a1＋(n－1)d，得a n＝2n＋1(n∈N*)，故数列{a n}的通项公式为a n＝2n＋1.(2)由(1)可知a n＝2n＋1，则b n＝22n＋1，b n＋1 22n＋1＋1所以＝＝4.b n22n＋1因为b1＝23＝8，所以{b n}是首项为8，公比q＝4的等比数列．记{a n＋b n}的前n项和为T n，则T n＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(a n＋b n)＝(a1＋a2＋…＋a n)＋(b1＋b2＋…＋b n)n a1＋a n b11－q n＝＋2 1－q84n－1＝n2＋2n＋.318．(12分)设正项数列{a n}的前n项和为S n，已知S n，a n＋1，4成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；1 1(2)设b n＝，设数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n< .a n a n＋1 2(1)解由题意得4S n＝(a n＋1)2.1当n＝1时，a1＝(a1＋1)2，所以a1＝1；4当n≥2时，4S n＝(a n＋1)2，①4S n－1＝(a n－1＋1)2，②①－②得4a n＝a2n＋2a n－a n－21－2a n－1，即(a n＋a n－1)(a n－a n－1－2)＝0.又a n>0，所以a n－a n－1＝2，所以数列{a n}是以1为首项，2为公差的等差数列，即a n＝2n－1(n∈N*)．1 1(2)证明b n＝＝a n a n＋12n－12n＋11 1 1＝·，2n－12 (－2n＋1)所以T n1 1 1 1 1 1 1 1＝2n＋1) 2(1－＋－＋－＋…＋－3 3 5 5 7 2n－11 1 1＝2(1－2n＋1)< .219．(13分)已知数列{a n}满足a n≠0，a1＝1，n(a n＋1－2a n)＝2a n.(1)求数列{a n}的通项公式；a n(2)求数列{＋3n－5}的前n项和S n.n2n＋1解(1)因为n(a n＋1－2a n)＝2a n，故a n＋1＝a n，na n＋1 a n得＝2·.n＋1 na n设b n＝，所以b n＋1＝2b n.nb n＋1 因为a n≠0，所以b n≠0，所以＝2.b na1又因为b1＝＝1，所以数列{b n}是以1为首项，公比为2的等比数列，1a n故b n＝2n－1＝，a n＝n·2n－1(n∈N*)．na n(2)由(1)可知＋3n－5＝2n－1＋3n－5，n故S n＝(20＋3×1－5)＋(21＋3×2－5)＋…＋(2n－1＋3n－5)＝(20＋21＋…＋2n－1)＋3(1＋2 3n2－7n＋…＋n)－5n＝2n＋－1.220．(13分)设a 1＝1，a n＋1＝a2n－2a n＋2＋b(n∈N*)．(1)若b＝1，求a2，a3及数列{a n}的通项公式；(2)若b＝－1，是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*恒成立？证明你的结论．解(1)由题意得a2＝2，a3＝2＋1.因为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝3－1＋1.所以猜想a n＝n－1＋1(n∈N*)．下面用数学归纳法证明上式成立．当n＝1时，结论显然成立．假设当n＝k(n∈N*)时结论成立，即a k＝k－1＋1，则a k＋1＝a2k－2a k＋2＋1＝a k－12＋1＋1Earlybird＝k－1＋1＋1＝k＋1－1＋1，即当n＝k＋1时结论也成立．综上可知a n＝n－1＋1(n∈N*)．(2)设f(x)＝x－12＋1－1，则a n＋1＝f(a n)．1令c＝f(c)，即c＝c－12＋1－1，解得c＝.41 下面用数学归纳法证明命题a2n< <a2n＋1<1.4当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝2－1，1所以a2< <a3<1，结论成立．41 假设当n＝k(n∈N*)时结论成立，即a2k< <a2k＋1<1.4易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，1 1(4 )>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，从而4＝f1即1> >a2k＋2>a2.4再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，1 1得＝f<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1，4 (4 )1故<a2k＋3<1，因此a2(k＋1)<c<a2(k＋1)＋1<1，4即当n＝k＋1时结论也成立．1综上可知，存在c＝，使a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*恒成立．4。
2020届高考数学一轮复习单元检测六数列提升卷单元检测文含解析新人教A版0
单元检测六 数 列(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本题共12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．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若S 21＝63，则a 7＋a 11＋a 15等于( )A ．6B ．9C ．12D ．15答案 B解析 设数列{a n }的公差为d ，则由S 21＝63，得21a 1＋210d ＝63，即a 1＋10d ＝3，所以a 7＋a 11＋a 15＝3a 1＋30d ＝3(a 1＋10d )＝9，故选B.2．已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则数列{log 2a n }的前12项和为( )A ．66B ．55C ．45D ．65答案 A解析 由题得a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)，又a 1＝S 1＝1也满足a n ＝2n －1，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)，则log 2a n ＝n －1，所以数列{log 2a n }的前12项和为×12＝66.故选A.0＋1123．已知{a n }为递增的等比数列，且a 2a 5＝128，＋＝，则a n 等于( )1a 31a 4316A ．2n B ．2n C.n D.(12)n 2答案 A解析 设数列{an }的公比为q ，则Error!又{a n }递增，解得Error!即Error!所以a n ＝2n (n ∈N *)，故选A.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn ，若a <0，则( )A ．na n ≤na 1≤S n B ．S n ≤na 1≤na n C ．na 1≤S n ≤na n D ．na n ≤S n ≤na 1答案 D解析 由S n 知{a n }为公差d <0的等差数列，∴{a n }为递减数列，∴na n ≤S n ≤na 1.5．已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则数列的前n 项和为( ){a nn}A.B.n 2＋5n2n 2＋5n4C.D.n 2＋3n2n 2＋3n4答案 D解析 由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋n －1＋…＋2＋1＝，故＝，故数列的前n 项和为(2＋3n (n ＋1)2a n n n ＋12{a n n }12＋…＋n ＋1)＝，故选D.n (n ＋3)46．已知数列{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，且满足a 1 010＋a 1 011＝π，b 6·b 9＝2，则tan 等于( )a 1＋a 2 0201＋b 7b 8A ．1B ．－1C. D.333答案 D解析 由题意得tan ＝tana 1＋a 2 0201＋b 7b 8a 1 010＋a 1 0111＋b 6b 9＝tan＝，故选D.π337．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1,2S n ＝a n ＋1－1，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝3n B ．a n ＝3n －1C ．a n ＝2n D ．a n ＝2n －1答案 B解析 因为2S n ＝a n ＋1－1，所以2a 1＝a 2－1，又a 1＝1，所以a 2＝3.由题知当n ≥2时，2S n －1＝a n－1，所以2a n ＝a n ＋1－a n ，易知a n ≠0，所以＝3(n ≥2)，当n ＝1时，也符合此式，所a n ＋1an 以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n －1(n ∈N *)，故选B.8．已知数列{a n }中，a 1＝，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋1＝成立，则a 2020的值为121－a n1＋a n ( )A ．1B. C. D.121323答案 C解析 由题得a 1＝；a 2＝＝；a 3＝＝；a 4＝＝，数列{a n }为周期数列，121－a 11＋a 1131－a 21＋a 2121－a 31＋a 313且a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 2n －1＝(n ∈N *)，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 2n ＝(n ∈N *)，所以a 2020＝，故选C.1213139．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 3－n 2＋24(n ∈N *)，则当a n 取得最小值时，n 等于( )212A ．5B ．6C ．7D ．8答案 C解析 令f (x )＝x 3－x 2＋24(x ≥1)，则f ′(x )＝3x 2－21x ＝3x (x －7)．在区间(1,7)内，212f ′(x )<0；在区间(7，＋∞)内，f ′(x )>0.故当x ＝7时，f (x )取得最小值，即n ＝7时，an取得最小值，故选C.10．设数列{an }满足a 1＝，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋2－a n ≤3n ，a n ＋4－a n ≥10×3n ，则a 238021等于( )A.B.＋2320218320218C.D.＋2320228320228答案 A解析 因为对任意的n ∈N *，满足a n ＋2－a n ≤3n ，a n ＋4－a n ≥10×3n ，所以10×3n ≤(a n ＋4－a n ＋2)＋(a n ＋2－a n )≤3n ＋2＋3n ＝10×3n ，所以a n ＋4－a n ＝10×3n .因为a 2 021＝(a 2 021－a 2 017)＋(a 2 017－a 2 013)＋…＋(a 5－a 1)＋a 1＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋＝10×＋＝.3832021－381－13832021811．记f (n )为最接近(n ∈N *)的整数，如：f (1)＝1，f (2)＝1，f (3)＝2，f (4)＝2，f (5)＝n 2，….若＋＋＋…＋＝4038，则正整数m 的值为( )1f (1)1f (2)1f (3)1f (m )A ．2018×2019B ．20192C ．2019×2020D ．2020×2021答案 C解析 设x ，n ∈N *，f (x )＝n ，则n －<<n ＋，所以n 2－n ＋<x <n 2＋n ＋，则n 2－n ＋12x 1214141≤x ≤n 2＋n ，故满足f (x )＝n 的x 的值共有2n 个，分别为n 2－n ＋1，n 2－n ＋2，…，n 2＋n ，且＋＋…＋＝2n ×＝2.因为4038＝2×2019，所以m ＝201921f (n 2－n ＋1)1f (n 2－n ＋2)1f (n 2＋n )1n ＋2019＝2019×2020，故选C.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1≠0，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立，则数列{a n }的通项公式为( )A. B. C. D.2nλ2n ＋1λ2n ＋1λ2n ＋1＋1λ答案 A解析 令n ＝1，则λa ＝2S 1＝2a 1，即a 1(λa 1－2)＝0，因为a 1≠0，所以a 1＝，所以2a n ＝212λ＋S n ，①2λ当n ≥2时，2a n －1＝＋S n －1，②2λ①－②，得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以{a n }是以为首项，2为公比的等比2λ数列，所以a n ＝×2n －1＝(n ∈N *)，故选A.2λ2nλ第Ⅱ卷(非选择题 共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知等差数列{a n }的前9项和等于前4项和，若a k ＋a 4＝0，则k ＝________.答案 10解析 由S 9－S 4＝0，得a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0，故a 7＝0，由a k ＋a 4＝0＝2a 7，得k ＋4＝14，所以k ＝10.14．已知正项等比数列{a n }满足a 6＝a 5＋2a 4，若存在两项a m ，a n ，使得＝2a 1，则＋a m ·a n 1m的最小值为________．4n答案 73解析 设数列{a n }的公比为q (q >0)，则由a 6＝a 5＋2a 4，可得q ＝2或q ＝－1(舍去)，又a m ·a n ＝2a 1，∴m ＋n ＝4，又∵m ，n ∈N *，经验证m ＝1，n ＝3时，min ＝.(1m ＋4n )7315．已知数列{a n }满足a 1＝2，且＋＋＋…＋＝a n －2(n ≥2)，则{a n }的通项公式为a 12a 23a 34a n －1n______________．答案 a n ＝n ＋1解析 因为＋＋＋…＋＝a n －2(n ≥2)，①a 12a 23a 34a n －1n 所以＋＋＋…＋＋＝a n ＋1－2(n ≥2)，②a 12a 23a 34a n －1n a nn ＋1②－①，得＝(a n ＋1－2)－(a n －2)＝a n ＋1－a n (n ≥2)，整理得＝(n ≥2)，a nn ＋1a n ＋1a n n ＋2n ＋1又a 1＝2，且＝a 2－2，所以a 2＝3，则···…··＝×××…××a 12a 2a 1a 3a 2a 4a 3a n －1a n －2a n a n －1324354nn －1，整理得＝，所以a n ＝n ＋1(n ∈N *)(经检验n ＝1也符合)．n ＋1n a n a 1n ＋1216．商家通常依据“乐观系数准则”确定商品的销售价格，即根据商品的最低销售限价a 、最高销售限价b (b >a )以及常数x (0<x <1)确定实际销售价格c ＝a ＋x (b －a )，这里，x 被称为乐观系数．经验证表明，最佳乐观系数x 恰好使得c －a 是b －c 和b －a 的等比中项，据此可得，最佳乐观系数x 的值为________．答案 5－12解析 由题意知c －a ＝x (b －a )，b －c ＝(b －a )－x (b －a )，又c －a 是b －c 和b －a 的等比中项，∴[x (b －a )]2＝(b －a )2－x (b －a )2，∴x 2＋x －1＝0，解得x ＝.∵0<x <1，∴x－1±52＝.5－12三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)设{a n }是公比为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝a 2＋4，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设{b n }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .解 (1)设q 为等比数列{a n }的公比，q >0，则由a 1＝2，a 3＝a 2＋4，得2q 2＝2q ＋4，即q 2－q －2＝0，解得q ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n ，n ∈N *.(2)由题意得S n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n )＝＋n ×1＋×2＝2n ＋12(1－2n )1－2n (n －1)2＋n 2－2.18．(12分)已知数列{an }的前n 项和为S n ，且满足3S n ＝4a n －2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设bn ＝log a n ，求数列的前n 项和Tn .12{1b n b n ＋1}解 (1)当n ≥2时，3S n ＝4a n －2，①3S n －1＝4a n －1－2，②①－②得3a n ＝4(a n －a n －1)，所以a n ＝4a n －1，即＝4.a na n －1又3S 1＝4a 1－2，所以a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝2×4n －1＝22n －1(n ∈N *)．(2)因为b n ＝log a n ＝log 22n －1＝1－2n ，1212所以＝1b n b n ＋11(1－2n )(1－2n －2)＝，12(12n －1－12n ＋1)所以T n ＝＝＝(n ∈N *)．12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)12(1－12n ＋1)n2n ＋119．(13分)已知数列{an }满足a n ≠0，a 1＝1，n (a n ＋1－2a n )＝2a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列的前n 项和Sn .{a nn＋3n －5}解 (1)因为n (a n ＋1－2a n )＝2a n ，故a n ＋1＝a n ，2(n ＋1)n得＝2·.a n ＋1n ＋1a n n设b n ＝，所以b n ＋1＝2b n .a nn因为a n ≠0，所以b n ≠0，所以＝2.b n ＋1bn 又因为b 1＝＝1，所以数列{b n }是以1为首项，公比为2的等比数列，a 11故b n＝2n －1＝，a n ＝n ·2n －1(n ∈N *)．a nn(2)由(1)可知＋3n －5＝2n －1＋3n －5，a nn故S n ＝(20＋3×1－5)＋(21＋3×2－5)＋…＋(2n －1＋3n －5)＝(20＋21＋…＋2n －1)＋3(1＋2＋…＋n )－5n ＝2n ＋－1.3n 2－7n220．(13分)已知函数f (x )＝的图象过原点，且关于点(－1,2)成中心对称．bx ＋cx ＋1(1)求函数f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝f (a n )，试证明数列为等比数列，并求出数列{a n}的{a na n －1}通项公式．解 (1)∵f (0)＝0，∴c ＝0.∵f (x )＝的图象关于点(－1,2)成中心对称，bx ＋cx ＋1∴f (x )＋f (－2－x )＝4，即＋＝4，bxx ＋1b (－2－x )－2－x ＋1解得b ＝2.∴f (x )＝.2x x ＋1(2)∵a n ＋1＝f (a n )＝，2a na n ＋1∴当n ≥2时，＝·＝·＝·＝2.a na n －1a n －1a n －1－1a n a n －1a n －1－1a n －12a n －1a n －1＋12a n －1a n －1＋1－1a n －1－1a n －12a n －1a n －1－1a n －1－1an －1又＝2≠0，a 1a 1－1∴数列是首项为2，公比为2的等比数列，{a na n －1}∴＝2n ，∴an ＝(n ∈N *)．a na n －12n2n－1。
2020人教A高考文科数学-单元质检卷六数列(B)
单元质检卷六 数列(B )(时间:45分钟 满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2018全国卷1,理4)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,若3S 3=S 2+S 4,a 1=2,则a 5=( )A .-12B .-10C .10D .122.(2019宁夏高三联考)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若1a 1+1a 2+1a 3=2,a 2=2,则S 3=( )A.8B.7C .6D.43.(2019福建联考,12改编)在数列{a n }中,a 1=2,且a n +a n-1=nn -a n -1+2(n ≥2),令b n =(a n -1)2,则b 10=( )A.50B.55C .60D.654.(2019贵州遵义模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 9=12a 12+6,a 2=4,若数列1S n的前k 项和为1011,则k=( )A.11B.10C .9D.85.(2019湖南长郡中学适应考试一,7)已知在等比数列{a n }中,a n >0,a 22+a 42=900-2a 1a 5,a 5=9a 3,则a 2 019的个位数字是( ) A.6B.7C .8D.96.(2019北京房山一模)《九章算术》中有如下问题:今有浦生一日,长三尺,莞生一日,长一尺,蒲生日自半,莞生日自倍.问几何日而长等?意思是今有蒲第一天长高3尺,莞第一天长高1尺,以后蒲每天长高前一天的一半,莞每天长高前一天的2倍,若蒲、莞长度相等,则所需时间为( )(结果精确到0.1,参考数据:lg 2=0.301 0,lg 3=0.477 1) A.2.2天B.2.4天C .2.6天D.2.8天二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2019浙江温州中学模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和S n =3n +r ,则a 3-r= . 8.(2018全国1,理14)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n =2a n +1,则S 6= .三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)(2019湖北八校联考一,17)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n+1=2+S n 对一切正整数n 恒成立.(1)求a 1和数列{a n }的通项公式; (2)求数列{S n }的前n 项和T n .10.(15分)(2019安徽宣城八校联考)已知数列{a n }满足a 1=2,a n+1=2a n 2(n ∈N *).(1)证明:数列{1+log 2a n }为等比数列; (2)设b n =n1+log 2a n,求数列{b n }的前n 项和S n .11.(15分)已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=1-14a n,其中n ∈N *.(1)设b n =22a n -1,求证:数列{b n }是等差数列,并求出{a n }的通项公式;(2)设c n =4a nn+1,数列{c n c n+2}的前n 项和为T n ,是否存在正整数m ,使得T n <1c m c m+1对于n ∈N *恒成立?若存在,求出m 的最小值;若不存在,请说明理由.参考答案单元质检卷六 数列(B )1.B 因为3S 3=S 2+S 4,所以3S 3=(S 3-a 3)+(S 3+a 4),即S 3=a 4-a 3.设公差为d ,则3a 1+3d=d ,又由a 1=2,得d=-3,所以a 5=a 1+4d=-10.2.A 因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且1a 1+1a 2+1a 3=2,a 2=2,则1a 1+1a 2+1a 3=a 1+a 3a 1a 3+1a 2=a 1+a 2+a 3a 22=S34=2,则S 3=8.故选A .3.B ∵a n +a n-1=na n -a n -1+2(n ≥2),∴a n 2−a n -12-2(a n -a n-1)=n ,整理得(a n -1)2−(a n -1-1)2=n ,由累加法得(a n -1)2−(a 1-1)2=n+(n-1)+…+2,又a 1=2,∴b n =(a n -1)2=n (n+1)2,可得b 10=55.故选B .4.B 设等差数列{a n }的公差为d ,则{a 1+8d =12(a 1+11d )+6,a 1+d =4,解得{a 1=2,d =2.∴S n =2n+n (n -1)2×2=n 2+n , ∴1S n=1n (n+1)=1n −1n+1,∴1S 1+1S 2+…+1S k=1-12+12−13+…+1k −1k+1=1-1k+1=1011,解得k=10.故选B .5.D 设等比数列{a n }的公比q ,首项为a 1,由a 22+a 42=900-2a 1a 5,得a 22+a 42+2a 2a 4=900,解得a 2+a 4=30,即a 1q+a 1q 3=30.由a 5=9a 3,得q=3,所以a 1=1,所以a n =3n-1,所以a 1=30=1,a 2=31=3,a 3=32=9,a 4=33=27,a 5=34=81,a 6=35=243,…,所以a n 的个位数是以4为周期重复出现的.所以a 2 019的个位数字是a 3的个位数字9,故选D .6.C 设蒲的长度组成等比数列{a n },其a 1=3,公比为12,其前n 项和为A n ,则A n =3(1-12n )1-12. 莞的长度组成等比数列{b n },其b 1=1,公比为2,其前n 项和为B n ,则B n =2n -12-1,由题意可得3(1-12n )1-12=2n -12-1,整理得2n +62n =7,解得2n =6,或2n =1(舍去).∴n=log 26=lg6lg2=1+lg3lg2≈2.6.∴估计2.6日蒲、莞长度相等.故选C .7.19 等比数列前n 项和公式具有特征S n =aq n -a ,据此可知,r=-1, 则S n =3n -1,a 3=S 3-S 2=(33-1)-(32-1)=18,a 3-r=19. 8.-63 ∵S n =2a n +1,① ∴S n-1=2a n-1+1(n ≥2).②①-②,得a n =2a n -2a n-1,即a n =2a n-1(n ≥2).又S 1=2a 1+1,∴a 1=-1.∴{a n }是以-1为首项,2为公比的等比数列,则S 6=-1(1-26)1-2=-63.9.解 (1)当n ≥2时,a n =2+S n-1,与a n+1=2+S n 相减得a n+1=2a n (n ≥2). ∴数列{a n }是公比q=2的等比数列,a 2=2a 1, 又∵a 2=2+S 1=2+a 1,∴a 1=2, ∴a n =2n .(2)由a n+1=2+S n 得S n =2n+1-2,∴T n =(22+23+…+2n+1)-2n=22(1-2n )1-2-2n=2n+2-2n-4.10.(1)证明 由a n+1=2a n 2,两边取以2为底的对数,得log 2a n+1=1+2log 2a n ,则log 2a n+1+1=2(log 2a n +1),所以{1+log 2a n }是首项为2,公比为2的等比数列.且log 2a n +1=(log 2a 1+1)×2n-1=2n . (2)解 由(1)得b n =n 2n .因为S n 为数列{b n }的前n 项和,所以S n =12+222+…+n 2n ,则12S n =122+223+…+n2n+1.两式相减得1S n =1+122+…+1n−n 2n+1=12(1-12n )1-12−n 2n+1=1-1n −n2n+1,所以S n =2-n+2n. 11.(1)证明 ∵b n+1-b n =22an+1-1−22a n -1=22(1-14a n)-1−22a n -1=4a n 2a n -1−22a n-1=2(常数),∴数列{b n }是等差数列.∵a 1=1,∴b 1=2,因此b n =2+(n-1)×2=2n , 由b n =22a n-1得a n =n+12n .(2)解 存在.由c n =4a nn+1,a n =n+12n 得c n=2n,∴c n c n+2=4n(n+2)=21n−1n+2,∴T n=21-13+12−14+13−15+…+1n−1n+2=21+12−1n+1−1n+2<3,依题意要使T n<1c m c m+1对于n∈N*恒成立,只需1c m c m+1≥3,即m(m+1)4≥3,解得m≥3或m≤-4,又m为正整数,∴m的最小值为3.。
2020届高考总复习单元滚动测试卷文科数学答案.pdf
% & 则
("-(((-1
! *
是%("!(((*&的真子集'
3--!'
(2 4-1
! *
解得!(-( (*'
+ *
!
#-+5 '
(-$!!
*&!#解析$!!"&$%,*'+&'
#"/&$%,*'!'+&'"*&$%+&' ("$%+'!&!
!*"#67"7&' ("$%,*&'或 "$%+&!
% 若"$%,*&'则 ,*7!,*"$1' ,*,*$$' ($11$&'不满足$11#&'
*!"!#解析$由于#*-&'#*1*-*'所以&.#*!1*(
! *
'故选
"!
+!'!#解析$由!#* 1#1!"槡#1+-&1#- ,+'令 "$,,+'18"'&$,,*'18"'显然 & 是" 真 子集'所以$ 是1 的必要而不充分条件!
-!'!#解析$因为函数.!#"为幂函数'设.!#"$#"! 由函数.!#"的图象经过点 "!-'*"'
2020年高考数学(文)一轮复习专题6.2 等差数列及其前n项和(练)(解析版)
专题6.2 等差数列及其前n 项和1．（江西师范大学附属中学2019届高三三模）已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，5632a a a +=+，则7S =（ ）A ．2B ．7C ．14D ．28【答案】C 【解析】5632a a a +=+ 44422a d a d a d ∴++=++-，解得：42a =()177477142a a S a +∴===，本题选C 。
2．（安徽省1号卷A10联盟2019届模拟）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2163S =，则31119a a a ++=（ ）A ．12B ．9C ．6D ．3【答案】B【解析】由等差数列性质可知：21112163S a ==，解得：113a =311191139a a a a ∴++==本题选B 。
3．（贵州省贵阳市2019届高三模拟）已知{a n }为递增的等差数列，a 4+a 7=2，a 5•a 6=-8，则公差d=（ ） A ．6 B ．6-C ．2-D ．4【答案】A【解析】∵{a n }为递增的等差数列，且a 4+a 7=2，a 5•a 6=-8， ∴a 5+a 6=2，∴a 5，a 6是方程22x 80x --=的两个根，且a 5＜a 6， ∴a 5=-2，a 6=4， ∴d=a 6-a 5=6， 故选A 。
4．（河北衡水中学2019届高三调研）已知等比数列{}n a 中，若12a =，且1324,,2a a a 成等差数列，则5a =（ ）A ．2B ．2或32C ．2或-32D ．-1【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为q （q 0≠），1324,,2a a a 成等差数列， 321224a a a ∴=+，10a ≠， 220q q ∴--=，解得：q=2q=-1或，451a =a q ∴，5a =232或，故选B.5．（浙江省金华十校2019届高三模拟）等差数列{}n a ，等比数列{}n b ，满足111a b ==，53a b =，则9a 能取到的最小整数是（ ）A ．1-B ．0C ．2D ．3【答案】B【解析】等差数列{}n a 的公差设为d ，等比数列{}n b 的公比设为q ，0q ≠，由111a b ==，53a b =，可得214d q +=，则2291812(1)211a d q q =+=+-=->-，可得9a 能取到的最小整数是0，故选B 。
2020届云南省昆明市第一中学高三第四次一轮复习检测数学(文)试题(解析版)
2020届云南省昆明市第一中学高三第四次一轮复习检测数学（文）试题一、单选题1．已知集合{}|213A x x =-+≤，{}|ln 1B x x =≤，则A B =I （ ） A ．(]1,e - B ．(]1,1-C ．()1,0-D ．(]0,e【答案】D【解析】先分别求出集合,A B ，由此能求出A B I . 【详解】{}{}2131A x x x x =-+<=>-，{}{}ln 10B x x x x e =≤=<≤，则{}0A B x x e ⋂=<≤， 故选：D. 【点睛】本题考查交集的求法，考查集合的表示法以及集合的交、并、补运算等基础知识，属于基础题.2．已知复数z 满足(2+i) z=3-i ，其中i 为虚数单位，则|z|=（ ）A ．1 BC ．32D ．23【答案】B【解析】用复数除法的运算法则化简复数z 的表示，再根据复数模的定义求出模的大小. 【详解】因为3(3)(2)12(2)(2)i i i z i i i i --⋅-===-++⋅-，所以z ==故选：B 【点睛】本题考查了复数的除法运算法则，考查了复数模的定义，考查了数学运算能力. 3．空气质量指数AQI 是反映空气质量状况的指数，AQI 指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如表：数值空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严重污染如图是某市10月1日—20日AQI指数变化趋势：下列叙述正确的是（）A．该市10月的前半个月的空气质量越来越好B．这20天中的中度污染及以上的天数占1 2C．这20天中AQI指数值的中位数略高于100D．总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量差【答案】C【解析】通过图象的变换可以判断出选项A的正确性，通过所给的表可以统计出中度污染及以上的天数，这样可以判断选项B的正确性，根据表中所提供的数据可以判断出中位数的大小，这样可以判断出选项C的正确性，通过表中所提供的数据可以判断出选项D的正确性.【详解】由图知，前半个月中，空气质量先变好再变差，处于波动状态，A错误，这20天中的中度污染及以上的天数有5天，B错误，10月上旬大部分AQI指数在100以下，10月中旬大部分AQI指数在100以上，D错误.根据表中所提供的数据可以判断出中位数略高于100，所以C正确.故选：C【点睛】本题考查了识图和识表的能力，考查了中位数的概念，考查了数据分析能力.4．若,42ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，42sin 29θ=，则cos θ=（ ） A ．13B ．23C ．223D ．89【答案】A【解析】由同角三角函数的基本关系直接可得结论. 【详解】 由,42ππθ⎛⎫∈⎪⎝⎭得2,2πθπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，27cos 21sin 29θθ=-=-，所以1cos 21cos 23θθ+== 故选：A. 【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，属于基础题.5．若实数x ，y 满足10220220x y x y x y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪--≤⎩，则32z x y =+的最大值为（ ）A ．-3B ．-2C ．2D ．6【答案】D【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案. 【详解】 画出可行域，将目标函数化为322z y x =-+， 由图可知，目标函数经过点()2,0A 时取得最大值， 所以32z x y =+的最大值为6z =.故选：D. 【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，属于基础题． 6．函数()22sin cos 23sin cos x x x x x f =-+的最小值为（ ）A ．-2B ．3-C ．2-D ．-1【答案】A【解析】由二倍角公式以及两角差的正弦公式化简得()2sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即可得到结论. 【详解】因为()cos 23sin 22sin 26f x x x x π⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的最小值为2-. 故选：A. 【点睛】本题主要考查两角差的正弦公式、二倍角公式的应用，属于基础题.7．已知定义在R 上的函数()y f x =的图象如下图所示，则函数()1y f x =--的图象为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】由函数()y f x =的图象与函数()1y f x =--关于原点对称，再平移即可得到结论. 【详解】因为()1y f x =--的图象可以由()y f x =的图象先关于原点对称，再向上平移一个单位得到. 故选：C. 【点睛】本题考查函数图象得对称变换，属于基础题. 8．执行如下所示的程序框图，则输出的a =（ ）A ．2B ．1C ．-1D ．12【答案】D【解析】由初始条件进入循环体，求出每一次a 的值，可以发现规律，最后求出答案. 【详解】11,2n a ==；2,1n a ==-；3,2n a ==；14,2n a ==；…，a 的值构成以3为周期的数列，因为202036731=⨯+，所以当2020n =时，12a =. 故选：D 【点睛】本题考查了循环结构的输出问题，考查了数列的周期性，考查了数学运算能力. 9．已知圆锥SO 的底面半径为3，母线长为5.若球1O 在圆锥SO 内，则球1O 的体积的最大值为（ ） A ．92π B ．9π C ．323πD ．12π【答案】A【解析】设圆锥SO 的轴截面为等腰△SAB ，则球1O 的体积最大时，球1O 的轴截面是△SAB 的内切圆，根据三角形面积公式和内切圆的性质求出半径，最后求出体积. 【详解】设圆锥SO 的轴截面为等腰△SAB ，则球1O 的体积最大时，球1O 的轴截面是△SAB 的内切圆，所以11()22SAB S AB SO SA SB AB r =⋅=++⋅V ，解得：32r =，所以球1O 的体积的最大值为92π. 故选：A 【点睛】本题考查了求球体积最大问题，考查了球的几何性质，考查了数学运算能力.10．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =，E 为棱CD 的中点，则（ ）A ．11A E DD ⊥B ．1A E DB ⊥C ．111A ED C ⊥ D ．11AE DB ⊥【答案】B【解析】由已知可得ABD ∆与DAE ∆相似，进而可得BD ⊥平面1A AE ，从而可得1A E DB ⊥.【详解】连结AE ，BD ，因为AB =，所以AB ADAD DE==，所以ABD ∆与DAE ∆相似，所以DAE ABD ∠=∠，所以90EAB ABD ∠+∠=︒，即：AE BD ⊥，所以BD ⊥平面1A AE ，所以1A E DB ⊥.故选：B. 【点睛】本题考查简单几何体，线面垂直得线线垂直，属于基础题.11．设1a ≥，则双曲线22214x y a a -=+离心率的取值范围为（ ）A ．[)5,+∞B ．[)6,+∞C．)+∞ D．)+∞【答案】C【解析】由双曲线方程可得2222441c a a e a a a a++===++，从而可得离心率的取值范围. 【详解】由双曲线方程可得2222441c a a e a a a a++===++，又1a ≥411415a a ∴++≥=+=，当且仅当4a a =，即2a =时取等号，所以双曲线的离心率的取值范围为)+∞. 故选：C. 【点睛】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质，不等式的性质的应用，属于基础题.12．设函数2()2,0()4,0x a x f x x a x x ⎧-+≤⎪=⎨++>⎪⎩，若(0)f 是函数()f x 的最小值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[1,2]- B ．[1,0]-C ．[1,2]D ．[0,2]【答案】D【解析】利用基本不等式可以求出当0x >时，函数的最小值，再用分类讨论方法求出0x ≤时，函数的最小值，最后根据题意得到不等式，解这个不等式即可.【详解】当0x >时，44x a a a x ++≥=+(当且仅当4x x =时取等号，即2x =时取等号)； 当0x ≤时，若0a ≥，函数的最小值为2(0)2f a =+；若0a <，函数的最小值为()2f a =，由题意可知：(0)f 是函数()f x 的最小值，所以有2(0)2412002f a a a a a =+≤+⇒-≤≤≥∴≤≤Q .选D. 【点睛】本题考查了已知分段函数的最小值求参数取值范围，考查了分类讨论思想，考查了数学运算思想.二、填空题13．已知()1,3a =-r ，()2,1b =r ，若向量a b +r r 与a mb +r r垂直，则m =______.【答案】94-【解析】根据两向量垂直，数量积为0，列方程解得即可. 【详解】因为()3,2a b +=-r r ，()12,3a mb m m +=+-+r r，由已知可得：()()312230m m +--+=，解得：94m =-.故答案为：94-.【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算与数量积运算问题，属于基础题．14．在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a =，1b =，60A =︒，则c =______. 【答案】4【解析】由已知利用余弦定理即可得到c 的值. 【详解】因为a =，1b =，60A =︒，由余弦定理2222cos a b c bc A =+-得：2120c c --=，所以4c =．故答案为：4. 【点睛】本题主要考查利用余弦定理解三角形，属于基础题.15．已知点()3,4A 是双曲线C ：()222210,0x y a b a b-=>>上一点，1F ，2F 分别是双曲线C 的左、右焦点，若以12F F 为直径的圆经过点A ，则双曲线C 的离心率为______.【解析】由已知可直接得到5c =，a =.【详解】由已知得12AF AF ⊥，所以12210F F AO ==，所以5c =，2a=，所以a =所以双曲线C 的离心率e =【点睛】本题考查双曲线的简单性质，属于基础题.16．已知函数1()1,1x f x x x⎧≤≤⎪=⎨>⎪⎩，若方程1()()4f x x a a =-+∈R 恰好有三个不等的实根，则实数a 的取值范围为______. 【答案】514a <<【解析】要满足方程1()()4f x x a a =-+∈R 恰好有三个不等的实根，则直线14y x a=-+与1y x =在0x >相切以上（不含相切）和直线14y x a =-+过点1,1（）以下（不含过该点的直线），利用方程的思想最后求出实数a 的取值范围. 【详解】解析：要满足方程1()()4f x x a a =-+∈R 恰好有三个不等的实根，则直线14y x a =-+与1y x =在0x >相切以上（不含相切）和直线14y x a =-+过点1,1（）以下（不含过该点的直线），当直线14y x a =-+与1y x =相切时，即11+4x a x =-，所以211+4x ax =-,所以=0∆，所以1a =，（1-舍去），当直线14y x a =-+过点1,1（）时，54a =，所以514a <<.【点睛】本题考查了方程有实根求参数的取值范围，考查了推理认证能力，考查了数学运算能力.三、解答题17．已知{}n a 是公差不为零的等差数列，413a =，且1a ，2a ，7a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设()11n n n b a +=-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求2019T .【答案】（1）43n a n =-（2）4037【解析】（1）由已知可直接求得14d a =，又41133a a d ==+，进而可得11a =，4d =，即可得到结论； （2）由（1）得()()1143n n b n +=--，利用分组求和法即可得到结论.【详解】（1）设{}n a 的公差为d ，因为1a ，2a ，7a 成等比数列，所以2217a a a =，可得()()21116a d a a d +=+，0d ≠，得14d a =， 又41133a a d ==+，可得11a =，4d =，所以43n a n =-. （2）()()()111143n n n n b a n ++=-=--，2019122019T b b b =++⋅⋅⋅+()()()15913806580698073=-+-+⋅⋅⋅+-+()4100980734037=-⨯+=.【点睛】本题考查等差数列的通项公式，以及数列前n 项和的求法，属于基础题.18．【2018届安徽省合肥市高三第一次教学质量检测】一家大型购物商场委托某机构调查该商场的顾客使用移动支付的情况.调查人员从年龄在[]20,60内的顾客中，随机抽取了180人，调查结果如表：（1）为推广移动支付，商场准备对使用移动支付的顾客赠送1个环保购物袋.若某日该商场预计有12000人购物，试根据上述数据估计，该商场当天应准备多少个环保购物袋？（2）某机构从被调查的使用移动支付的顾客中，按分层抽样的方式抽取7人作跟踪调查，并给其中2人赠送额外礼品，求获得额外礼品的2人年龄都在[)20,30内的概率. 【答案】(1)7000个；(2) 17. 【解析】试题分析：（1）由表可知，该商场使用移动支付的顾客的比例为712，据此估计该商场要准备环保购物袋712000700012⨯= 个； （2）按年龄分层抽样时，抽样比例为15:1，所以应从[)20,30内抽取3人，从[)30,40内抽取2人，从[)40,50内抽取1人，从[)50,60内抽取1人.列出所有可能的基本事件，结合古典概型计算公式可得获得额外礼品的2人年龄都在[)20,30内的概率为17. 试题解析：（1）由表可知，该商场使用移动支付的顾客的比例为105718012=， 若当天该商场有12000人购物，则估计该商场要准备环保购物袋712000700012⨯= 个；（2）按年龄分层抽样时，抽样比例为4530151515:17+++=，所以应从[)20,30内抽取3人，从[)30,40内抽取2人，从[)40,50内抽取1人，从[)50,60内抽取1人. 记选出年龄在[)20,30的3人为,,A B C ，其他4人为,,,a b c d ，7个人中选取2 人赠送额外礼品，有以下情况：,,,,,AB AC Aa Ab Ac Ad ， ,,,,BC Ba Bb Bc Bd ， ,,,Ca Cb Cc Cd ， ,,ab ac ad ，,bc bd ，cd .共有21种不同的情况，其中获得额外礼品的2人都在[)20,30的情况有3种， 所以，获得额外礼品的2人年龄都在[)20,30内的概率为31=217. 19．如图所示的几何体中，正方形ABCD 所在平面垂直于平面APBQ ，四边形APBQ 为平行四边形，G 为PC 上一点，且BG ⊥平面APC ，2AB =.（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥P ABC -体积最大时，求直线CQ 与平面APBQ 所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析（22【解析】（1）易证BC ⊥平面APBQ ，进而可得⊥AP BC ，由BG ⊥平面APC ，得AP BG ⊥，从此即可得证；（2）由等体积法分析得当PA PB ⋅最大时，三棱锥P ABC -体积最大，此时2BQ PA ==【详解】（1）因为平面ABCD ⊥平面APBQ ，平面APBQ I 平面ABCD AB =， 四边形ABCD 为正方形，即BC AB ⊥，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面APBQ ，又因为AP ⊂平面APBQ ，所以⊥AP BC ， 因为BG ⊥平面APC ，AP ⊂平面PAC ， 所以AP BG ⊥，因为BC BG B =I ，,BC BG ⊂平面PBC ， 所以AP ⊥平面PBC ， 因为AP ⊂平面PAD ， 所以平面PAD ⊥平面PBC ．（2）111323P ABC C APB V V PA PB BC PA PB --==⋅⋅⋅⋅=⋅⋅，求三棱锥P ABC -体积的最大值，只需求PA PB ⋅的最大值． 令PA m =，PB n =， 由（1）知，PA PB ⊥，所以224m n +=，当且仅当2m n == 即2PA PB ==()a 2m x21123323P ABC n V mn m -+=≤⋅=， 因为四边形APBQ 为平行四边形，所以2BQ PA ==因为BC ⊥平面APBQ ，所以直线CQ 与平面APBQ 所成角的正切值为tan 2CQB ∠=【点睛】本题主要考查面面垂直的证明，等体积法的转化，线面角的求法，属于中档题. 20．过点(0,2）的直线l 与抛物线2:2(0)C x py p =>交于A ，B 两点，且OA OB ⊥(O 为坐标原点).(1)求抛物线C 的方程；(2)在y 轴上是否存在定点M ，使得OMA OMB ∠=∠？并说明理由. 【答案】(1)22x y =；(2)存在,理由见解析【解析】(1)设出直线l 的方程与抛物线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系，结合OA OB ⊥可以求出抛物线的方程；(2)假设存在，根据二个角相等可以转化为两条直线的斜率互为相反数，根据斜率的公式，结合根与系数的关系可以求出在y 轴上存在定点M ，使得OMA OMB ∠=∠. 【详解】解：(1)设直线l ：2y kx =+，11(,)A x y ，22(,)B x y ，则联立222y kx x py=+⎧⎨=⎩得2240x pkx p --=，则1212=2=4x x pk x x p+⎧⎨-⎩，所以()()()212121212=22+244y y kx kx k x x k x x ++=++=， 所以1212440OA OB OA OB x x y y p ⊥⇔⋅=+=-+=u u u r u u u r，1p =，所以抛物线C 的方程为22x y =．(2)假设存在满足条件的点()0,M t ,设11(,)A x y ，22(,)B x y ,由（1）知1212=2=4x x kx x +⎧⎨-⎩，若OMA OMB ∠=∠，则0MA MB k k +=，()()()()122112211212121222y t x y t x kx t x kx t x y t y t x x x x x x -+-+-++---+== ()()()()121212228222042kx x t x x k t kt kx x +-+-+-+====-，所以存在()0,2M -满足条件． 【点睛】本题考查了求抛物线的标准方程，考查了利用直线与抛物线的位置关系，考查了平面向量的应用，考查了抛物线中定点问题，考查了数学运算能力. 21．已知函数()ln f x x x =-. （1）求()f x 的最小值；（2）证明：对于任意正整数n ，22211111123e n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⨯+⨯⨯+< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L . 【答案】（1）()f x 的最小值为1（2）证明见解析 【解析】（1）利用()f x 的导函数即可得到结论.（2）利用（1）的结论，推出ln 1x x ≤-，进而利用放缩法对2211ln 111k k⎛⎫+≤+- ⎪⎝⎭放缩，得2111ln 11k k k⎛⎫+≤- ⎪-⎝⎭，即可得到结论. 【详解】解：（1）()111x f x x x-'=-=，当()0,1x ∈时，()'0f x <，故()f x 在()0,1单调递减； 当()1,x ∈+∞时，()'0f x >，()f x 在()1,+∞单调递增； 故()()11f x f ≥=，故()f x 的最小值为1.（2）由（1）可得，()ln 1f x x x =-≥即ln 1x x ≤-， 所以()2211111ln 111k k k k k k⎛⎫+≤<=- ⎪--⎝⎭，*k N ∈且2k ≥， 则222111111111ln 1ln 1ln 12312231n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++<-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ， 即2221111ln 1111123n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⨯+⨯⨯+<-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ， 即22211111123e n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⨯+⨯⨯+< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L . 【点睛】本题考查函数的导数以及最大值的求法，放缩法证明不等式的综合应用，考查分析问题、解决问题的能力，属于中档题．22．以直角坐标系的原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位已知直线l 的参数方程为1cos 2sin x t y t αα⎧=+⎪⎨⎪=⎩(t 为参数，0απ<<)，抛物线C 的普通方程为22y x =.(1)求抛物线C 的准线的极坐标方程；(2)设直线l 与抛物线C 相交于A ，B 两点，求||AB 的最小值及此时α的值. 【答案】(1)1cos 2ρθ=-； (2)当且仅当2πα=时，AB 取得最小值2【解析】(1)利用极坐标与直角坐标转化公式求出抛物线C 的准线的极坐标方程； (2) 将直线l 的参数方程代入抛物线C 的普通方程中，利用参数的意义结合一元二次方程根与系数的关系求出||AB 的最小值及此时α的值. 【详解】解:(1)依题意可得，抛物线C 的准线的普通方程为12x =-，化为极坐标方程即是1cos 2ρθ=-. (2)将直线l 的参数方程代入抛物线C 的普通方程22y x =，化简整理得，22sin 2cos 10t t αα--=，设,A B 两点对应的参数分别为12,t t ,则有1222cos sin t t αα+=，1221sin t t α=-，所以1222sin AB t t α=-==，因为0απ<<，所以，20sin 1α<≤，222sin α≥，即2AB ≥， 当且仅当2πα=时，AB 取得最小值2.【点睛】本题考查了极坐标方程转化为直角坐标方程，考查了利用参数的意义求弦长问题，考查了数学运算能力.23．已知()|4||8|f x ax ax =--+. (1)当2a =时，解不等式()2f x <； (2)求()f x 的最大值【答案】(1)32x x ⎧⎫>-⎨⎬⎩⎭；(2)12【解析】(1)利用零点法化简函数的解析式，然后分类求解即可； (2)利用绝对值的性质可以直接求解出函数的最大值. 【详解】解(1)当2a =时,12(4)()44(42)12(2)x f x x x x <-⎧⎪=---≤≤⎨⎪->⎩当4x <-时，不等式不成立； 当42x -≤≤时，解得322x -<≤； 当2x >时，不等式恒成立.综上，不等式()2f x <的解集为32x x ⎧⎫>-⎨⎬⎩⎭.(2)因为()48f x ax ax =--+(4)(8)12ax ax ≤--+=,当且仅当80ax +≤时取到等号，所以()f x 的最大值为12. 【点睛】本题考查了利用零点法解绝对值不等式，考查了利用绝对值的性质求函数的最大值问题，考查了数学运算能力.。
2020届高考文科数学一轮(新课标通用)训练检测：单元质量测试(五)
单元质量测试(五)时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2018·南昌摸底)已知复数z满足(1＋i)z＝2，i是虚数单位，则复数z的虚部为()A．1 B．－1 C．i D．－i★答案★B解析因为z＝21＋i＝2(1－i)(1＋i)(1－i)＝2(1－i)2＝1－i，则复数z的虚部为－1，故选B.2．(2018·太原三模)已知复数z满足i z＝4＋3i1＋2i，则复数z在复平面内对应的点在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限★答案★C解析z＝4＋3i(1＋2i)i＝4＋3i－2＋i＝(4＋3i)(－2－i)(－2＋i)(－2－i)＝－5－10i5＝－1－2i，所以复数z在复平面内对应的点在第三象限，故选C.3．(2018·大庆质检一)若m>n>0，p<q<0，则一定有()A.mq>np B.mq<npC.mp>nq D.mp<nq★答案★B解析由m>n>0，p<q<0，可得|m|>|n|>0，|p|>|q|>0，所以np<mq，而mp，mq，np，nq均为负数，所以np>mq.而mp与nq的大小则无法比较，故选B.4．(2018·青岛质检)已知复数z的共轭复数为z，且z＋z(1＋i)＝3－4i，则在复平面内，复数z 所对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 ★答案★ B解析 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R ，故z ＋z (1＋i)＝a ＋b i ＋(a －b i)(1＋i)＝(2a ＋b )＋a i ＝3－4i ，则a ＝－4，b ＝11，故z ＝－4＋11i ，则在复平面内，复数z 所对应的点为(－4，11)，位于第二象限．故选B.5．观察(x 2)′＝2x ，(x 4)′＝4x 3，(cos x )′＝－sin x ，由归纳推理可得：若定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，记g (x )为f (x )的导函数，则g (－x )＝( )A ．f (x )B ．－f (x )C ．g (x )D ．－g (x ) ★答案★ D解析 由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数，因此当f (x )是偶函数时，其导函数应为奇函数，故g (－x )＝－g (x )．6．(2017·浙江高考)若x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x ≥0，x ＋y －3≥0，x －2y ≤0，则z ＝x ＋2y 的取值范围是( ) A ．[0，6] B ．[0，4] C ．[6，＋∞) D ．[4，＋∞) ★答案★ D解析不等式组形成的可行域如图所示．平移直线y ＝－12x ，当直线过点A (2，1)时，z 有最小值4.显然z 没有最大值．故选D.7．(2018·长春质检)设正实数a ，b 满足a ＋b ＝1，则( ) A.1a ＋1b 有最大值4 B.ab 有最小值12C.a＋b有最大值 2 D．a2＋b2有最小值2 2★答案★C解析由于a>0，b>0，由基本不等式得1＝a＋b≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立，∴ab≤12，∴ab≤14，1a＋1b＝a＋bab＝1ab≥4，因此1a＋1b的最小值为4，a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－12＝12，(a＋b)2＝a＋b＋2ab＝1＋2ab≤1＋1＝2，所以a＋b有最大值 2.故选C.8．(2018·福建质检)程大位是明代著名数学家，他的《新编直指算法统宗》是中国历史上一部影响巨大的著作．它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的数学发展起到了重要的作用．卷八中第33问是：“今有三角果一垛，底阔每面七个．问该若干？”如图是解决该问题的程序框图．执行该程序框图，求得该垛果子的总数S为()A．120 B．84 C．56 D．28★答案★B解析第一次循环，i＝0＋1＝1，n＝0＋1＝1，S＝0＋1＝1；i<7，第二次循环，i＝1＋1＝2，n＝1＋2＝3，S＝1＋3＝4；i<7，第三次循环，i＝2＋1＝3，n＝3＋3＝6，S＝4＋6＝10；i<7，第四次循环，i＝3＋1＝4，n＝6＋4＝10，S＝10＋10＝20；i<7，第五次循环，i＝4＋1＝5，n＝10＋5＝15，S＝20＋15＝35；i<7，第六次循环，i＝5＋1＝6，n＝15＋6＝21，S＝35＋21＝56；i<7，第七次循环，i＝6＋1＝7，n ＝21＋7＝28，S ＝56＋28＝84；i ＝7，结束循环，输出S ＝84.故选B.9．(2018·湖北武汉调研)一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”．经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是( )A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁 ★答案★ B解析 由题可知，乙、丁两人的观点一致，即同真同假，假设乙、丁说的是真话，那么甲、丙两人说的是假话，由乙说的是真话，推出丙是罪犯，由甲说假话，推出乙、丙、丁三人不是罪犯，显然两个结论相互矛盾，所以乙、丁两人说的是假话，而甲、丙两人说的是真话，由甲、丙供述可得，乙是罪犯．10．(2018·山东滨州模拟)已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x ≥2，3x －y ≥1，y ≥x ＋1，若z ＝ax＋by (a >0，b >0)的最小值为2，则ab 的最大值为( )A ．1 B.12 C.14 D.16 ★答案★ D解析作出不等式组满足的可行域如图所示，目标函数z ＝ax ＋by (a >0，b >0)，故当x ，y 均取最小值时，z 取到最小值．即当x ＝2，y ＝3时，z ＝ax ＋by 取得最小值2，即2a ＋3b ＝2，所以2a ·3b ≤(2a ＋3b )24＝1，当且仅当2a ＝3b ＝1，即a ＝12，b ＝13时等号成立，所以(6ab )max ＝1，即(ab )max ＝16.11．(2018·河南郑州三模)中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外”．其中的“筹”原意是指《孙子算经》中记载的算筹，古代是用算筹来进行计算，算筹是将几寸长的小竹棍摆在平面上进行运算，算筹的摆放形式有纵横两种形式，如下表：表示一个多位数时，像阿拉伯计数一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，个位，百位，万位数用纵式表示，十位，千位，十万位用横式表示，以此类推，例如6613用算筹表示就是：，则5288用算筹式可表示为( )★答案★ C解析 由题意可知，5288用算筹式表示，从左到右依次是横式5，纵式2，横式8，纵式8.故选C.12．(2019·邯郸调研)若正数a ，b 满足1a ＋1b ＝1，则4a －1＋16b －1的最小值为( )A ．16B ．25C ．36D ．49 ★答案★ A解析 因为a ，b >0，1a ＋1b ＝1，所以a ＋b ＝ab ，所以4a －1＋16b －1＝4(b －1)＋16(a －1)(a －1)(b －1)＝4b ＋16a －20ab －(a ＋b )＋1＝4b ＋16a －20.又4b ＋16a ＝4(b ＋4a )＝4(b ＋4a )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝20＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋4a b ≥20＋4×2 b a ·4a b ＝36，当且仅当b a ＝4a b 且1a ＋1b ＝1，即a ＝32，b ＝3时取等号．所以4a －1＋16b －1≥36－20＝16.第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2017·天津高考)已知a ∈R ，i 为虚数单位，若a －i2＋i为实数，则a 的值为________．★答案★ －2 解析 因为a －i 2＋i ＝(a －i )(2－i )(2＋i )(2－i )＝2a －1－(a ＋2)i 5为实数，所以－a ＋25＝0，解得a ＝－2.14．(2018·长春质检二)更相减损术是出自《九章算术》的一种算法，如图所示的程序框图是依据更相减损术写出来的，若输入a ＝91，b ＝39，则输出a 的值为________．★答案★ 13解析 第一次循环得：a ＝91－39＝52；第二次循环得：a ＝52－39＝13；第三次循环得：b ＝39－13＝26；第四次循环得：b ＝26－13＝13，此时a ＝b ，所以输出13.15．(2018·大庆质检一)若f (x )＝e x ln a ＋e －x ln b 为奇函数，则1a ＋2b 的最小值为________．★答案★ 22解析 由f (x )的定义域为R ，且f (x )为奇函数，则有f (0)＝ln a ＋ln b ＝0，即ab ＝1.从而1a ＋2b ≥22ab ＝22，当且仅当1a ＝2b ，即a ＝22，b ＝2时，取等号．16．(2018·豫南九校联考)已知不等式组⎩⎨⎧x ＋y －1≥0，x －y ＋1≥0，2x －y －2≤0表示的平面区域为D ，若对任意的(x ，y )∈D ，不等式t －4<x －2y ＋6<t ＋4恒成立，则实数t 的取值范围是________．★答案★ (3，5)解析 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，可求得A (3，4)，B (0，1)，C (1，0)．设z ＝x －2y ＋6，平移直线y ＝12x ，可知z ＝x －2y ＋6在A (3，4)处取得最小值1，在C (1，0)处取得最大值7，所以⎩⎨⎧t －4<1，t ＋4>7，解得3<t <5.故实数t 的取值范围是(3，5)．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知复数z 1满足(z 1－2)(1＋i)＝1－i(i 为虚数单位)，复数z 2的虚部为2，且z 1·z 2是实数，求z 2.解 由(z 1－2)(1＋i)＝1－i ，得z 1－2＝1－i1＋i ，即z 1＝1－i 1＋i ＋2＝(1－i )2(1＋i )(1－i )＋2＝2－i.设z 2＝a ＋2i(a ∈R )，则z 1·z 2＝(2－i)(a ＋2i)＝(2a ＋2)＋(4－a )i. 又z 1·z 2是实数，∴4－a ＝0，∴a ＝4.∴z 2＝4＋2i.18．(2018·湖南浏阳调研)(本小题满分12分)已知lg (3x )＋lg y ＝lg (x ＋y ＋1)． (1)求xy 的最小值； (2)求x ＋y 的最小值．解 由lg (3x )＋lg y ＝lg (x ＋y ＋1)，得⎩⎨⎧x >0，y >0，3xy ＝x ＋y ＋1.(1)∵x >0，y >0，∴3xy ＝x ＋y ＋1≥2xy ＋1. ∴3xy －2xy －1≥0，即3(xy )2－2xy －1≥0. ∴(3xy ＋1)(xy －1)≥0.∴xy ≥1，∴xy ≥1.当且仅当x ＝y ＝1时，等号成立． ∴xy 的最小值为1.(2)∵x >0，y >0，∴x ＋y ＋1＝3xy ≤3·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22. ∴3(x ＋y )2－4(x ＋y )－4≥0.∴[3(x ＋y )＋2][(x ＋y )－2]≥0.∴x ＋y ≥2.当且仅当x ＝y ＝1时取等号，∴x ＋y 的最小值为2. 19．(本小题满分12分)关于x 的不等式组⎩⎨⎧x 2－x －2＞0，2x 2＋(2k ＋5)x ＋5k ＜0的整数解的集合为{－2}，求实数k 的取值范围． 解 不等式x 2－x －2>0的解集是(－∞，－1)∪(2，＋∞)． 不等式2x 2＋(2k ＋5)x ＋5k <0， 即为(2x ＋5)(x ＋k )<0，(*)当－k ＜－52，即k ＞52时，(*)的解集是－k ，－52，此时－2不在不等式组的解集中，所以k >52不符合题意；当－k ＝－52，即k ＝52时，(*)无解，也不符合题意； 当－k ＞－52，即k <52时，(*)的解集是－52，－k . 要使不等式组的整数解的集合为{－2}， 借助数轴可得－2<－k ≤3，解得－3≤k <2， 又k <52，所以－3≤k <2.综上，实数k 的取值范围是[－3，2)．20．(本小题满分12分)先阅读下列不等式的证法，再解决后面的问题：已知a 1，a 2∈R ，a 1＋a 2＝1，求证：a 21＋a 22≥12. 证明：构造函数f (x )＝(x －a 1)2＋(x －a 2)2，则f (x )＝2x 2－2(a 1＋a 2)x ＋a 21＋a 22＝2x 2－2x ＋a 21＋a 22，因为对一切x ∈R ，恒有f (x )≥0，所以Δ＝4－8(a 21＋a 22)≤0，从而得a 21＋a 22≥12. (1)若a 1，a 2，…，a n ∈R ，a 1＋a 2＋…＋a n ＝1，请写出上述结论的推广式； (2)参考上述证法，对你推广的结论加以证明． 解 (1)若a 1，a 2，…，a n ∈R ，a 1＋a 2＋…＋a n ＝1， 则a 21＋a 22＋…＋a 2n ≥1n.(2)证明：构造函数f (x )＝(x －a 1)2＋(x －a 2)2＋…＋(x －a n )2，则f (x )＝nx 2－2(a 1＋a 2＋…＋a n )x ＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝nx 2－2x ＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ，因为对一切x ∈R ，恒有f (x )≥0，所以Δ＝4－4n (a 21＋a 22＋…＋a 2n )≤0， 从而得a 21＋a 22＋…＋a 2n ≥1n. 21．(本小题满分12分)已知不等式mx 2－2x －m ＋1<0.(1)是否存在m 对所有的实数x 不等式恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由；(2)设不等式对于满足|m |≤2的一切m 的值都成立，求x 的取值范围． 解 (1)不等式mx 2－2x －m ＋1<0恒成立，即函数f (x )＝mx 2－2x －m ＋1的图象全部在x 轴下方． 当m ＝0时，f (x )＝1－2x ，不满足f (x )<0恒成立； 当m ≠0时，f (x )＝mx 2－2x －m ＋1，要使f (x )<0恒成立，需⎩⎨⎧m <0，Δ＝4－4m (1－m )<0，则m 无解．综上可知，不存在这样的m .(2)设g (m )＝(x 2－1)m ＋(1－2x )，则g (m )为一个以m 为自变量的一次函数，其图象是直线．由题意知，当－2≤m ≤2时，g (m )的图象为在x 轴下方的线段，∴⎩⎨⎧g (－2)<0，g (2)<0，即⎩⎨⎧－2x 2－2x ＋3<0， ①2x 2－2x －1<0， ② 解①得x <－1－72或x >－1＋72， 解②得1－32<x <1＋32.由①②，得－1＋72<x <1＋32.∴x 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1＋72<x <1＋32. 22．(本小题满分12分)首届世界低碳经济大会在南昌召开，本届大会以“节能减排，绿色生态”为主题．某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用了新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品．已知该单位每月的处理量最少为400吨，最多为600吨，月处理成本y (元)与月处理量x (吨)之间的函数关系可近似地表示为y ＝12x 2－200x ＋80000，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元．(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？ (2)该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则国家至少需要补贴多少元才能使该单位不亏损？解 (1)由题意可知，二氧化碳的每吨平均处理成本为 y x ＝12x ＋80000x －200≥212x ·80000x －200＝200(400≤x ≤600)，当且仅当12x ＝80000x ， 即x ＝400时等号成立．故该单位每月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低，最低成本为200元．(2)不获利．设该单位每月获利为S ，则S ＝100x －y＝100x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－200x ＋80000 ＝－12x 2＋300x －80000＝－12(x －300)2－35000.∵400≤x ≤600，∴S max ＝－12(400－300)2－35000＝－40000.故该单位每月不获利，需要国家每月至少补贴40000元才能不亏损．感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。