浙江省2019高考数学优编增分练：数列
「精品」浙江省2019高考数学优编增分练：10+7分项练1集合、复数与命题
10＋7分项练1 集合、复数与命题1．(2018·湖州、衢州、丽水三地市质检)已知全集U ＝{1,2,3,4,5,6}，集合P ＝{1,4}，Q ＝{3,5}，则∁U (P ∪Q )等于( ) A ．{2,6} B ．{2,3,5,6} C ．{1,3,4,5} D ．{1,2,3,4,5,6}答案 A解析 因为P ∪Q ＝{1,3,4,5}，所以∁U (P ∪Q )＝{2,6}，故选A.2．(2018·绍兴市柯桥区质检)已知集合A ＝{x |0<x <2}，B ＝{x |－2<x <1}，则A ∩B 等于( ) A ．(－2,0) B ．(－2,2) C ．(0,1) D ．(1,2) 答案 C解析 由题意得A ∩B ＝(0,2)∩(－2,1)＝(0,1)，故选C. 3．(2018·浙江省台州中学模拟)i 为虚数单位，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 2 019等于( )A ．－iB ．－1C ．iD ．1 答案 A解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 2 019＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋i )2(1－i )(1＋i ) 2 019＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2i 2 2 019＝i 2 019＝i 4×504＋3＝－i ，故选A. 4．(2018·浙江杭州二中月考)已知集合A ＝{x |log 2(x －1)<1}，B ＝{y |y ＝x 2＋1}，则A ∩(∁R B )等于( ) A ．∅ B ．(－∞，1) C ．(－∞，3) D ．{1}答案 A解析 由题意得集合A ＝{x |1<x <3}，B ＝{y |y ≥1}，则∁R B ＝{y |y <1}，所以A ∩(∁R B )＝∅，故选A. 5．(2018·浙江省温州六校协作体联考)设π4<x <π2，则“x tan 2x <1”是“x tan x <1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 当π4<x <π2时，tan x >1，由x tan 2x <1，得x tan x <1tan x<1，充分性成立；当x tan x <1时，x tan 2x <tan x ，此时x tan 2x 不一定小于1，必要性不成立．综上所述，“x tan 2x <1”是“x tan x <1”的充分不必要条件，故选A.6．(2018·浙江省名校协作体联考)在复平面内，复数z 和i1－i 表示的点关于虚轴对称，则复数z 等于( ) A.12＋12i B.12－12i C ．－12＋12iD ．－12－12i答案 A 解析i 1－i ＝i (1＋i )(1－i )(1＋i )＝－12＋12i ，又因为复数z 和i 1－i表示的点关于虚轴对称，所以两复数的虚部相同，实部互为相反数，所以z ＝12＋12i ，故选A.7．已知集合A ＝{(x ，y )|y ＝x ＋1,0≤x ≤1}，集合B ＝{(x ，y )|y ＝2x,0≤x ≤10}，则集合A ∩B 等于( ) A ．{1,2} B ．{x |0≤x ≤1} C ．{(1,2)} D ．∅答案 C解析 由题意可得，集合A 表示0≤x ≤1时线段y ＝x ＋1上的点，集合B 表示0≤x ≤10时线段y ＝2x 上的点，则A ∩B 表示两条线段的交点坐标，据此可得 A ∩B ＝{(1,2)}．故选C.8．(2018·浙江省五校联考)设a ，b 是两条直线，α，β是两个平面，则“a ⊥b ”的一个充分条件是( )A ．a ⊥α，b ∥β，α⊥βB ．a ⊥α，b ⊥β，α∥βC ．a ⊂α，b ⊥β，α∥βD ．a ⊂α，b ∥β，α⊥β 答案 C解析 对于A ，直线a 与直线b 可能平行、相交或异面，A 错误；对于B ，直线a 与直线b 平行，B 错误；对于C ，由b ⊥β，α∥β得b ⊥α，又因为a ⊂α，所以b ⊥a ，C 正确；对于D ，直线a 与直线b 可能平行、相交或异面，D 错误．综上所述，故选C. 9．满足{2 018}⊆A {2 018,2 019,2 020}的集合A 的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析 由题意，得A ＝{2 018,2 019}或A ＝{2 018,2 020}或A ＝{2 018}．故选C. 10．已知D ＝{(x ，y )||x |＋|y |≤1}，给出下列四个命题：p 1：存在(x ，y )∈D ，x ＋y ≥0； p 2：任意(x ，y )∈D ，x －y ＋1≤0； p 3：任意(x ，y )∈D ，⎪⎪⎪⎪⎪⎪y x ＋2≤12；p 4：存在(x ，y )∈D ，x 2＋y 2≥2.其中真命题是( )A ．p 1，p 2B ．p 1，p 3C ．p 3，p 4D ．p 2，p 4 答案 B解析 不等式组|x |＋|y |≤1的可行域如图(阴影部分含边界)所示：对于p 1，A (1,0)，1＋0＝1≥0，故p 1：存在(x ，y )∈D ，x ＋y ≥0为真命题；对于p 2，A (1,0)，1－0＋1＝2>0，故任意(x ，y )∈D ，x －y ＋1≤0为假命题；对于p 3，yx ＋2表示的意义为点(x ，y )与点(－2,0)连线的斜率，由图可得，yx ＋2的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12，故任意(x ，y )∈D ，⎪⎪⎪⎪⎪⎪y x ＋2≤12为真命题；对于p 4，x 2＋y 2表示的意义为点(x ，y )到原点的距离的平方，由图可得x 2＋y 2≤1，故存在(x ，y )∈D ，x 2＋y 2≥2为假命题．故选B.11．(2018·宁波模拟)设i 为虚数单位，则复数2＋3ii 的虚部为________，模为________．答案 －213解析 复数2＋3i i ＝(2＋3i )(－i )i (－i )＝3－2i ，则其虚部为－2，模为32＋(－2)2＝13.12．(2018·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)已知i 为虚数单位，若1＋ia －i (a ∈R )为纯虚数，则a＝________，复数z ＝a ＋2i 的模等于________． 答案 1 3解析1＋i a －i ＝a －1＋(a ＋1)ia 2＋1，由题意知a －1＝0，且a ＋1≠0，∴a ＝1，复数z ＝a ＋2i ＝1＋2i ，∴|z |＝12＋(2)2＝ 3.13．(2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知直线m ，l ，平面α，β，且m ⊥α，l ⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m ⊥l ； ②若α⊥β，则m ∥l ； ③若m ⊥l ，则α∥β； ④若m ∥l ，则α⊥β.其中正确命题的序号有________． 答案 ①④解析 对于①，由m ⊥α，α∥β得m ⊥β，又因为l ⊂β，所以m ⊥l ，①正确；对于②，由m ⊥α，α⊥β得m ∥β或m ⊂β，不能判断直线l 与m 的位置关系，②错误；对于③，由m ⊥l ，l ⊂β不能得到m ⊥β，从而不能得到α∥β，③错误；对于④，由m ⊥α，m ∥l 得l ⊥α，又因为l ⊂β，所以α⊥β，④正确．综上所述，正确命题的序号为①④.14．已知a ，b ∈Z ，i 是虚数单位．若复数2＋b ia ＋i 的实部与虚部相等，则整数a 的最小值为________，最大值为________． 答案 －3 5 解析2＋b i a ＋i ＝(2a ＋b )＋(ab －2)ia 2＋1，则2a ＋b ＝ab －2，即(a －1)(b －2)＝4，因为a ，b ∈Z ，所以a －1＝±1，±2，±4，故整数a 的最小值为－3，最大值为5. 15．若“1<x <3”是“lg a ＋lg x <lga ＋x2”的充分不必要条件，则正数a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，35 解析 由题意知，(1,3)是不等式lg a ＋lg x <lga ＋x2解集的真子集，则⎩⎪⎨⎪⎧a >0，x >0，ax <a ＋x 2，即(2a －1)x <a ，①当2a －1＝0时，a ＝12，符合题意；②当2a －1<0时，0<a <12，符合题意；③当2a －1>0时，a >12，0<x <a2a －1，即⎩⎪⎨⎪⎧a >12，a 2a －1≥3，得12<a ≤35. 综上所述，正数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，35.16．设集合M ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫y ⎪⎪⎪y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，x ∈R，N ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫y ⎪⎪⎪y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1＋1(x －1)＋(|m |－1)(x －2)，1≤x ≤2，若N ⊆M ，则实数m 的取值范围是________． 答案 (－1,0)解析 ∵M ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫y ⎪⎪⎪y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，x ∈R＝(0，＋∞)，N ⊆M ， ∴y ＝⎝⎛⎭⎪⎫1m －1＋1(x －1)＋(|m |－1)(x －2)在[1,2]上恒为正．设f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1m －1＋1(x －1)＋(|m |－1)(x －2)，则⎩⎪⎨⎪⎧f (1)>0，f (2)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧1－|m |>0，1m －1＋1>0，得⎩⎪⎨⎪⎧－1<m <1，m >1或m <0，即－1<m <0，故实数m 的取值范围是(－1,0)．17．已知M 是集合{1,2,3，…，2k －1}(k ∈N *，k ≥2)的非空子集，且当x ∈M 时，有2k －x ∈M .记满足条件的集合M 的个数为f (k )，则f (2)＝________；f (k )＝________. 答案 3 2k－1解析 将1,2，…，2k －1分为k 组，1和2k －1,2和2k －2，…，k －1和k ＋1，k 单独一组，每组中的两个数必须同时属于或同时不属于一个满足条件的集合M ，每组属于或不属于M ，共两种情况，所以M 的可能性有2k，排除一个空集，则可能性为2k－1，即f (k )＝2k－1，f (2)＝3.。
2019高考数学优编增分练5套
高考数学优编增分练目录(一)三角函数与解三角形 (2)(二)立体几何 (5)(三)数列 (10)(四)解析几何 (15)(五)函数与导数 (21)(一)三角函数与解三角形1．(2018·浙江省教育绿色评价联盟月考)已知函数f (x )＝sin x ·(cos x ＋3sin x )．(1)求f (x )的最小正周期；(2)若关于x 的方程f (x )＝t 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2内有两个不相等的实数解，求实数t 的取值范围． 解 (1)f (x )＝sin x cos x ＋3sin 2x＝12sin 2x ＋32(1－cos 2x ) ＝12sin 2x －32cos 2x ＋32＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋32. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以2x －π3∈⎣⎡⎦⎤－π3，2π3. 令u ＝2x －π3，因为y ＝sin u 在⎣⎡⎦⎤－π3，π2上是增函数，在⎣⎡⎦⎤π2，2π3上是减函数， 令u ＝2x －π3＝π2，则x ＝5π12，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤0，5π12上是增函数，在⎣⎡⎦⎤5π12，π2上是减函数． 由题意知，关于x 的方程f (x )＝t 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2内有两个不相等的实数解，等价于y ＝f (x )与y ＝t 的图象(图略)在区间⎣⎡⎦⎤0，π2内有两个不同的交点， 又因为f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫5π12＝1＋32，f ⎝⎛⎭⎫π2＝3， 所以3≤t <1＋32，即t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫3，1＋32. 2. (2018·湖州、衢州、丽水三地市模拟)已知函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－2sin x cos x . (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，求函数f (x )的最大值和最小值． 解 (1)f (x )＝3⎝⎛⎭⎫sin 2x cos π6＋cos 2x sin π6－sin 2x ＝32cos 2x ＋12sin 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3， 因此函数f (x )的最小正周期T ＝π.(2)因为－π4≤x ≤π4，所以－π6≤2x ＋π3≤5π6，所以－12≤sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3≤1， 因此当x ＝π12时，f (x )的最大值为1， 当x ＝－π4时，f (x )的最小值为－12. 3．(2018·浙江省台州中学模拟)在△ABC 中，cos B ＝－513，cos C ＝45. (1)求sin A 的值；(2)设△ABC 的面积S △ABC ＝332，求BC 的长． 解 (1)由cos B ＝－513，得sin B ＝1213， 由cos C ＝45，得sin C ＝35， sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝3365. (2)由S △ABC ＝332，得12AB ·AC ·sin A ＝332， ∴AB ·AC ＝65.又AC ＝AB ·sin B sin C ＝2013AB ， ∴AB ＝132，BC ＝AB ·sin A sin C ＝112. 4．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足23a sin C sin B ＝a sin A ＋b sin B －c sin C .(1)求角C 的大小；(2)若a cos ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝b cos(2k π＋A )(k ∈Z )且a ＝2，求△ABC 的面积． 解 (1)由23a sin C sin B ＝a sin A ＋b sin B －c sin C 及正弦定理得，23ab sin C ＝a 2＋b 2－c 2， ∴3sin C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，∴3sin C ＝cos C ， ∴tan C ＝33，又0<C <π，∴C ＝π6. (2)由a cos ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝b cos(2k π＋A )(k ∈Z )，得a sin B ＝b cos A .由正弦定理得sin A sin B ＝sin B cos A ，又sin B ≠0，∴sin A ＝cos A ，∴A ＝π4， 根据正弦定理可得2sin π4＝c sin π6，解得c ＝2， ∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2×2sin(π－A －C ) ＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4＋π6＝3＋12.5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin A ＋sin B ＝3sin C .(1)若cos 2A ＝sin 2B ＋cos 2C ＋sin A sin B ，求sin A ＋sin B 的值；(2)若c ＝2，求△ABC 面积的最大值．解 (1)∵cos 2A ＝sin 2B ＋cos 2C ＋sin A sin B ，∴1－sin 2A ＝sin 2B ＋1－sin 2C ＋sin A sin B ，∴sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－sin A sin B ，∴由正弦定理，得a 2＋b 2－c 2＝－ab ，∴由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－12， 又0<C <π，∴C ＝2π3， ∴sin A ＋sin B ＝3sin C ＝3sin2π3＝32. (2)当c ＝2，a ＋b ＝3c ＝23，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝(a ＋b )2－2ab －c 22ab ＝4ab－1， ∴sin C ＝1－cos 2C ＝1－⎝⎛⎭⎫4ab －12 ＝－⎝⎛⎭⎫4ab 2＋8ab ，∴S ＝12ab sin C ＝12ab －⎝⎛⎭⎫4ab 2＋8ab ＝12－16＋8ab . ∵a ＋b ＝23≥2ab ，即0<ab ≤3，当且仅当a ＝b ＝3时等号成立，∴S ＝12－16＋8ab ≤12－16＋8×3＝2， ∴△ABC 面积的最大值为 2.6．已知m ＝(3sin ωx ，cos ωx )，n ＝(cos ωx ，－cos ωx )(ω>0，x ∈R )，f (x )＝m·n －12且f (x )的图象上相邻两条对称轴之间的距离为π2. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若△ABC 中内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 且b ＝7，f (B )＝0，sin A ＝3sin C ，求a ，c 的值及△ABC 的面积． 解 (1)f (x )＝m·n －12＝3sin ωx cos ωx －cos 2ωx －12 ＝32sin 2ωx －12cos 2ωx －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π6－1. ∵相邻两条对称轴之间的距离为π2， ∴T ＝2π2ω＝π，∴ω＝1，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6－1， 令2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ， 则k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z ， ∴f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π6，k π＋π3，k ∈Z . (2)由(1)知，f (B )＝sin ⎝⎛⎭⎫2B －π6－1＝0， ∵0<B <π，∴－π6<2B －π6<11π6， ∴2B －π6＝π2，∴B ＝π3， 由sin A ＝3sin C 及正弦定理，得a ＝3c ，在△ABC 中，由余弦定理，可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝9c 2＋c 2－76c 2＝10c 2－76c 2＝12， ∴c ＝1，a ＝3，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×3×1×32＝334. (二)立体几何1．(2018·浙江省金丽衢十二校联考)如图，四棱锥S －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱SB 垂直于底面．(1)求证：平面SBD ⊥平面SAC ；(2)若SA 与平面SCD 所成的角为30°，求SB 的长．(1)证明 连接AC ，BD ，因为四边形ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD .又因为SB ⊥底面ABCD ，所以AC ⊥SB ，因为BD ∩SB ＝B ，BD ，SB ⊂平面SBD ，所以AC ⊥平面SBD .又因为AC ⊂平面SAC ，所以平面SAC ⊥平面SBD .(2)解 将四棱锥补形成正四棱柱ABCD －A ′SC ′D ′，连接A ′D ，作AE ⊥A ′D ，垂足为点E ，连接SE .由SA ′∥CD 可知，平面SCD 即为平面SCDA ′.因为CD ⊥侧面ADD ′A ′，AE ⊂侧面ADD ′A ′，所以CD ⊥AE ，又因为AE ⊥A ′D ，A ′D ∩CD ＝D ，A ′D ，CD ⊂平面SCD ，所以AE ⊥平面SCD ，于是∠ASE 即为SA 与平面SCD 所成的角．设SB ＝x ，在Rt △ABS 中，SA ＝1＋x 2，在Rt △DAA ′中，AE ＝x 1＋x 2 . 因为∠ASE ＝30°，所以1＋x 2＝2x 1＋x 2， 解得x ＝1，即SB 的长为1.2．(2018·浙江省金华十校模拟)如图，在几何体ABCDE 中，CD ∥AE ，∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，CD ＝2EA ＝2，AB ＝AC ＝2，BC ＝23，F 为BD 的中点．(1)证明：EF ∥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值．(1)证明 取BC 的中点G ，连接FG ，AG ，∵F 为BD 的中点，CD ＝2EA ，CD ∥AE ，∴FG ＝12CD ＝EA ，且FG ∥AE ， ∴四边形AGFE 是平行四边形，∴EF ∥AG ，∵EF ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，∴EF ∥平面ABC .(2)解 ∵∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，且平面EACD ∩平面ABC ＝AC ，EA ⊂平面EACD ， ∴EA ⊥平面ABC ，由(1)知FG ∥AE ，∴FG ⊥平面ABC ，又∵AB ＝AC ，G 为BC 的中点，∴AG ⊥BC ，如图，以G 为坐标原点，分别以GA ，GB ，GF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0，－3，2)，E (1,0,1)， ∴AB →＝(－1，3，0)，BD →＝(0，－23，2)，BE →＝(1，－3，1)，设平面BDE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧z －3y ＝0，x －3y ＋z ＝0， 令y ＝1，得n ＝(0,1，3)，∴直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值为|AB →·n ||AB →||n |＝34. 3．在三棱锥D —ABC 中，DA ＝DB ＝DC ，D 在底面ABC 上的射影为E ，AB ⊥BC ，DF ⊥AB 于F .(1)求证：平面ABD ⊥平面DEF ；(2)若AD ⊥DC ，AC ＝4，∠BAC ＝60°，求直线BE 与平面DAB 所成角的正弦值．(1)证明 由题意知DE ⊥平面ABC ，所以AB ⊥DE ，又AB ⊥DF ，且DE ∩DF ＝D ，所以AB ⊥平面DEF ，又AB ⊂平面ABD ，所以平面ABD ⊥平面DEF .(2)解 方法一 由DA ＝DB ＝DC ，知EA ＝EB ＝EC ，所以E 是△ABC 的外心．又AB ⊥BC ，所以E 为AC 的中点，如图所示．过E 作EH ⊥DF 于H ，连接BH ，则由(1)知EH ⊥平面DAB ，所以∠EBH 即为BE 与平面DAB 所成的角．由AC ＝4，∠BAC ＝60°，得AB ＝AE ＝BE ＝2，所以EF ＝3，又DE ＝2，所以DF ＝DE 2＋EF 2＝7，EH ＝237，所以sin ∠EBH ＝EH BE ＝217.方法二 如图建系，则A (0，－2，0)，D (0,0,2)，B (3，－1,0)，所以DA →＝(0，－2，－2)，DB →＝(3，－1，－2)．设平面DAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0，n ·DB →＝0，得⎩⎨⎧ －2y －2z ＝0，3x －y －2z ＝0，取z ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎫33，－1，1.设EB →与n 的夹角为θ，则cos θ＝EB →·n |EB →|·|n |＝2273＝217，所以BE 与平面DAB 所成角的正弦值为217. 4．如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝4，点E ，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝1，BF ＝3，将四边形AEFB 沿EF 折起，使点B 在平面CDEF 上的射影H 在直线DE 上．(1)求证：CD ⊥BE ；(2)求线段BH 的长度；(3)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值．(1)证明 ∵BH ⊥平面CDEF ，∴BH ⊥CD ，又CD ⊥DE ，BH ∩DE ＝H ，BH ，DE ⊂平面DBE ，∴CD ⊥平面DBE ，∴CD ⊥BE .(2)解 方法一 设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ，∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理得⎩⎪⎨⎪⎧ BE 2＝BH 2＋EH 2，BF 2＝BH 2＋FH 2＝BH 2＋FG 2＋GH 2， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 5＝h 2＋k 2，9＝22＋h 2＋(2－k )2，解得⎩⎪⎨⎪⎧h ＝2，k ＝1， ∴线段BH 的长度为2.方法二 如图，过点E 作ER ∥DC ，过点E 作ES ⊥平面EFCD ，以点E 为坐标原点，分别以ER ，ED ，ES 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设点B (0，y ，z )(y >0，z >0)，由于F (2,2,0)，BE ＝5，BF ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝5，4＋(y －2)2＋z 2＝9， 解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，z ＝2，于是B (0,1,2)， ∴线段BH 的长度为2.(3)解 方法一 延长BA 交EF 于点M ，∵AE ∶BF ＝MA ∶MB ＝1∶3，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的13， ∴点A 到平面EFCD 的距离为23，而AF ＝13， 故直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为21339. 方法二 由(2)方法二知FB →＝(－2，－1,2)， 故EA →＝13FB →＝⎝⎛⎭⎫－23，－13，23， F A →＝FE →＋EA →＝⎝⎛⎭⎫－83，－73，23，设平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ，则sin θ＝|F A →·n ||F A →||n |＝21339. 5.在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝BD ＝2AE ，M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM ；(2)求CM 与平面CDE 所成的角．方法一 (1)证明 因为AC ＝BC ，M 是AB 的中点，所以CM ⊥AB .又EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以EA ⊥CM ，因为AB ∩EA ＝A ，AB ，EA ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥平面ABDE ，又因为EM ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥EM .(2)解 过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足为H ，连接CH 并延长交ED 于点F ，连接MF ，MD ，∠FCM 是直线CM 和平面CDE 所成的角．因为MH ⊥平面CDE ，ED ⊂平面CDE ，所以MH ⊥ED ，又因为CM ⊥平面EDM ，ED ⊂平面EDM ，所以CM ⊥ED ，因为MH ∩CM ＝M ，MH ，CM ⊂平面CMF ，所以ED ⊥平面CMF ，因为MF ⊂平面CMF ，所以ED ⊥MF .设EA ＝a ，BD ＝BC ＝AC ＝2a ，在直角梯形ABDE 中，AB ＝22a ，M 是AB 的中点，所以DE ＝3a ，EM ＝3a ，MD ＝6a ，所以EM 2＋MD 2＝ED 2，所以△EMD 是直角三角形，其中∠EMD ＝90°，所以MF ＝EM ·MD DE＝2a . 在Rt △CMF 中，tan ∠FCM ＝MF MC＝1， 又因为∠FCM ∈(0°，90°)，所以∠FCM ＝45°，故CM 与平面CDE 所成的角是45°.方法二 如图，以点C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别作为x 轴和y 轴，过点C 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立直角坐标系，设EA ＝a ，则A (2a,0,0)，B (0,2a,0)，E (2a,0，a )，D (0,2a,2a )，M (a ，a,0)．(1)证明 因为EM →＝(－a ，a ，－a )，CM →＝(a ，a,0)，所以EM →·CM →＝0，故EM ⊥CM .(2)解 设向量n ＝(1，y 0，z 0)为平面CDE 的一个法向量，则n ⊥CE →，n ⊥CD →，即n ·CE →＝0，n ·CD →＝0.因为CE →＝(2a,0，a )，CD →＝(0,2a,2a )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋az 0＝0，2ay 0＋2az 0＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝2，z 0＝－2， 即n ＝(1,2，－2)，cos 〈n ，CM →〉＝CM →·n |CM →|·|n |＝22， 因为〈n ，CM →〉∈[0°，180°]，所以〈n ，CM →〉＝45°.直线CM 与平面CDE 所成的角θ是n 与CM →夹角的余角，所以θ＝45°，因此直线CM 与平面CDE 所成的角是45°.6.如图，在三棱台ABCDEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示，因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK .所以BF ⊥平面ACFD .(2)解 因为BF ⊥平面ACK ，所以∠BDF 是直线BD 与平面ACFD 所成的角．在Rt △BFD 中，BF ＝3，DF ＝32， 得cos ∠BDF ＝217. 所以直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值为217. (三)数 列1．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12b n ＋7n 的前n 项和T n . 解 (1)因为a 1＝S 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n＋2，所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5.所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，②①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1＝3，又因为a 1＝1，所以{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝3的等差数列，所以a n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1，所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)，所以当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n 2. 又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n 2(n ∈N *)． 所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝16·⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2 ＝16·⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 12(n ＋1)(n ＋2).2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 52，S 4成等差数列，a 5＝3a 2＋2a 1－2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n －1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3，S 52，S 4成等差数列， 可知S 3＋S 4＝S 5，得2a 1－d ＝0，①由a 5＝3a 2＋2a 1－2，②得4a 1－d －2＝0，由①②，解得a 1＝1，d ＝2，因此，a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)令c n ＝a n b n＝(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，∴T n ＝1·1＋3·12＋5·⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n －1，③ 12T n ＝1·12＋3·⎝⎛⎭⎫122＋5·⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ，④ ③－④，得12T n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －1 －(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＝ 3－2n ＋32n ， ∴T n ＝6－2n ＋32n －1(n ∈N *)． 3．已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n 2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)方法一 由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k 4， ∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3，即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k 4， 解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二 ∵{a n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )，∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d )＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于任意n ∈N *均成立，则⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝4n 2a n a n ＋1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋1， 得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋1＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋1＋12⎝⎛⎭⎫15－17＋1＋…＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＋n ＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n 2n ＋1(n ∈N *)． 4．(2018·绍兴市柯桥区模拟)已知数列{a n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋1en x +－1，证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ；(2)x n x n ＋1>x n －2x n ＋1；(3)⎝⎛⎭⎫12n ≤x n ≤⎝⎛⎭⎫12n －1. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0，当n ＝1时，x 1＝1>0，假设x k >0，k ∈N *，k ≥1，成立，当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则x k ＝x k ＋1＋1e k x +－1≤0，矛盾，故x k ＋1>0，因此x n >0(n ∈N *)，所以x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1>x n ＋1＋e 0－1＝x n ＋1，综上，x n >x n ＋1>0.(2)x n ＋1x n ＋2x n ＋1－x n ＝x n ＋1(x n ＋1＋1en x +－1)＋2x n ＋1－x n ＋1－1e n x +＋1＝x 2n ＋1＋1e n x +(x n ＋1－1)＋1， 设f (x )＝x 2＋e x (x －1)＋1(x ≥0)，则f ′(x )＝2x ＋e x ·x ≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，因此f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1＋1e n x +(x n ＋1－1)＋1＝f (x n ＋1)>f (0)＝0，故x n x n ＋1>x n －2x n ＋1.(3)由(2)得1x n ＋1＋1<2⎝⎛⎭⎫1x n ＋1，所以当n >1时， 1x n ＋1<2⎝⎛⎭⎫1x n －1＋1<…<2n －1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1＝2n ， 当n ＝1时，1x n ＋1＝2n ，所以1x n ≤2n ，即x n ≥12n ， 又由于x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1≥x n ＋1＋(x n ＋1＋1)－1＝2x n ＋1，x n ＋1≤12x n ，所以易知x n ≤12n －1， 综上，⎝⎛⎭⎫12n ≤x n ≤⎝⎛⎭⎫12n －1.5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ＝1,2，…. (1)求{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的x >0，a n ≥11＋x －1(1＋x )2·⎝⎛⎭⎫23n －x ，n ＝1,2，…； (3)证明：a 1＋a 2＋…＋a n >n 2n ＋1. (1)解 ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1， ∴1a n －1＝23·13n 1＝23，∴a n ＝3n3n ＋2(n ∈N *)． (2)证明 由(1)知a n ＝3n3n ＋2>0， 11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23n －x ＝11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23n ＋1－1－x ＝11＋x －1(1＋x )2⎣⎡⎦⎤1a n －(1＋x ) ＝－1a n ·1(1＋x )2＋21＋x ＝－1a n ⎝⎛⎭⎫11＋x －a n 2＋a n ≤a n ， ∴原不等式成立．(3)证明 由(2)知，对任意的x >0，有a 1＋a 2＋…a n ≥11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23－x ＋11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23－x ＋…＋11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23－x ＝n 1＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23＋232＋…＋23n －nx ， ∴取x ＝1n ⎝⎛⎭⎫23＋23＋…＋23＝1n ⎝⎛⎭⎫1－13， 则a 1＋a 2…＋a n ≥n1＋1n ⎝⎛⎭⎫1－13n ＝n 2n ＋1－13n >n 2n ＋1， ∴原不等式成立．6．已知在数列{a n }中，满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12，记S n 为a n 的前n 项和． (1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ＝cos π3·2n －1； (3)证明：S n >n －27＋π254. 证明 (1)由题意知{a n }的各项均为正数，因为2a 2n ＋1－2a 2n ＝a n ＋1－2a 2n ＝(1－a n )(1＋2a n)． 所以，要证a n ＋1>a n ，只需要证明a n <1即可．下面用数学归纳法证明a n <1.①当n ＝1时，a 1＝12<1成立， ②假设当n ＝k 时，a k <1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12<1＋12＝1. 综上所述，a n <1成立，所以a n ＋1>a n .(2)用数学归纳法证明a n ＝cos π3·2n －1. ①当n ＝1时，a 1＝12＝cos π3成立， ②假设当n ＝k 时，a k ＝cos π3·2k －1. 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12＝cos π3·2k －1＋12＝cos π3·2k ， 综上所述，a n ＝cosπ3·2n －1. (3)由题意及(2)知， 1－a n －12＝1－a n －1＋12＝1－a 2n ＝1－cos 2π3·2n 1＝sin 2π3·2n －1<⎝⎛⎭⎫π3·2n －12(n ≥2)， 得a n －1>1－2π29·4n －1(n ≥2)， 故当n ＝1时，S 1＝12>1－27＋π254； 当n ≥2时，S n >∑n i ＝2 ⎝⎛⎭⎫1－2π29·4i ＋12 ＝n －12－2π29×43×116⎝⎛⎭⎫1－14n －1 >n －27＋π254. 综上所述，S n >n －27＋π254. (四)解析几何1．(2018·浙江省台州中学模拟)过抛物线E ：x 2＝2py (p >0)的焦点F 作斜率分别为k 1，k 2的两条不同直线l 1，l 2且k 1＋k 2＝2，l 1与E 相交于点A ，B ，l 2与E 相交于点C ，D ，以AB ，CD 为直径的圆M ，圆N (M ，N 为圆心)的公共弦所在直线记为l .(1)若k 1>0，k 2>0，证明：FM →·FN →<2p 2；(2)若点M 到直线l 的距离的最小值为755，求抛物线E 的方程． (1)证明 由题意知，抛物线E 的焦点为F ⎝⎛⎭⎫0，p 2， 直线l 1的方程为y ＝k 1x ＋p 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2－2pk 1x －p 2＝0. 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实数根，从而x 1＋x 2＝2pk 1，y 1＋y 2＝2pk 21＋p ，∴点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫pk 1，pk 21＋p 2，FM →＝(pk 1，pk 21)． 同理可得点N 的坐标为⎝⎛⎫pk 2，pk 22＋p 2， FN →＝(pk 2，pk 22)，于是FM →·FN →＝p 2(k 1k 2＋k 21k 22)．∵k 1＋k 2＝2，k 1>0，k 2>0，k 1≠k 2，∴0<k 1k 2<1，故FM →·FN →<p 2(1＋1)＝2p 2.(2)解 由抛物线的定义得|F A |＝y 1＋p 2，|FB |＝y 2＋p 2， ∴|AB |＝y 1＋y 2＋p ＝2pk 21＋2p ，从而圆M 的半径r 1＝pk 21＋p .故圆M 的方程为x 2＋y 2－2pk 1x －p (2k 21＋1)y －34p 2＝0， 同理可得圆N 的方程为x 2＋y 2－2pk 2x －p (2k 22＋1)y －34p 2＝0， ∴直线l 的方程为(k 2－k 1)x ＋(k 22－k 21)y ＝0， 即x ＋2y ＝0.∴点M 到直线l 的距离为d ＝p |2k 21＋k 1＋1|5. 故当k 1＝－14时，d 取最小值7p 85. 由已知得7p 85＝755，解得p ＝8. 故所求抛物线E 的方程为x 2＝16y .2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两焦点分别是F 1()－2，0，F 2()2，0，点E ⎝⎛⎭⎫2，322在椭圆C 上． (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是y 轴上的一点，若椭圆C 上存在两点M ，N ，使得MP →＝2PN →，求以F 1P 为直径的圆面积的取值范围．解 (1)由已知，得半焦距c ＝2，2a ＝|EF 1|＋|EF 2|＝8＋92＋322＝42， 所以a ＝22，所以b 2＝a 2－c 2＝8－2＝6， 所以椭圆C 的方程是x 28＋y 26＝1. (2)设点P 的坐标为(0，t )，当直线MN 斜率不存在时，可得M ，N 分别是短轴的两端点，得到t ＝±63，t 2＝23. 当直线MN 斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋t ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则由MP →＝2PN →得x 1＝－2x 2，①联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 28＋y 26＝1， 得(3＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－24＝0，由题意，得Δ＝64k 2t 2－4(3＋4k 2)(4t 2－24)>0，整理得t 2<8k 2＋6，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k 2， x 1·x 2＝4t 2－243＋4k 2，② 由①②，消去x 1，x 2得k 2＝－t 2＋612t 2－8， 由⎩⎪⎨⎪⎧ －t 2＋612t 2－8≥0，t 2<8·－t 2＋612t 2－8＋6，解得23<t 2<6， 综上23≤t 2<6， 又因为以F 1P 为直径的圆面积S ＝π·2＋t 24，所以S 的取值范围是⎣⎡⎭⎫2π3，2π. 3．(2018·浙江“超级全能生”联考)如图，已知直线y ＝－2mx －2m 2＋m 与抛物线C ：x 2＝y 相交于A ，B 两点，定点M ⎝⎛⎭⎫－12，1. (1)证明：线段AB 被直线y ＝－x 平分；(2)求△MAB 面积取得最大值时m 的值．(1)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2mx －2m 2＋m ，y ＝x 2， 得x 2＋2mx ＋2m 2－m ＝0，∴x 1＋x 2＝－2m ，x 1·x 2＝2m 2－m ，则x 1＋x 22＝－m ， y 1＋y 22＝x 21＋x 222＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 22＝m ， ∴线段AB 的中点坐标为(－m ，m )，∴线段AB 被直线y ＝－x 平分．(2)解 ∵|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2 ＝1＋4m 2－4m 2＋4m (0<m <1)，点M 到直线AB 的距离为d ＝|1＋2m 2－2m |1＋4m 2， ∴△MAB 的面积S ＝12|AB |d ＝－m 2＋m |1－2(－m 2＋m )|(0<m <1)，令－m 2＋m ＝t ，则S ＝t |1－2t 2|，又∵0<t ≤12，∴S ＝t －2t 3⎝⎛⎭⎫0<t ≤12， 令f (t )＝t －2t 3⎝⎛⎭⎫0<t ≤12，则f ′(t )＝1－6t 2， 则f (t )在⎝⎛⎭⎫0，66上单调递增，在⎝⎛⎦⎤66，12上单调递减，故当t ＝66时，f (t )取得最大值，即△MAB 面积取得最大值，此时有－m 2＋m ＝66，解得m ＝3±36. 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，A ，B 是椭圆与x 轴的两个交点，M 为椭圆C 的上顶点，设直线MA 的斜率为k 1，直线MB 的斜率为k 2，k 1k 2＝－23. (1)求椭圆C 的离心率；(2)设直线l 与x 轴交于点D (－3，0)，交椭圆于P ，Q 两点，且满足DP →＝3QD →，当△OPQ 的面积最大时，求椭圆C 的方程．解 (1)M (0，b )，A (－a,0)，B (a,0)，k 1＝b a ，k 2＝－b a， k 1k 2＝－b a ·b a ＝－b 2a 2＝－23，e ＝c a ＝33. (2)由(1)知e ＝c a ＝33， 得a 2＝3c 2，b 2＝2c 2，可设椭圆C 的方程为2x 2＋3y 2＝6c 2，设直线l 的方程为x ＝my －3，由⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝6c 2，x ＝my －3，得(2m 2＋3)y 2－43my ＋6－6c 2＝0，因为直线l 与椭圆C 相交于P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)两点，所以Δ＝48m 2－4(2m 2＋3)(6－6c 2)>0，由根与系数的关系得，y 1＋y 2＝43m 2m 2＋3，y 1y 2＝6－6c 22m 2＋3. 又DP →＝3QD →，所以y 1＝－3y 2，代入上述两式得6－6c 2＝－36m 22m 2＋3， 所以S △OPQ ＝12|OD ||y 1－y 2|＝32⎪⎪⎪⎪⎪⎪83m 2m 2＋3 ＝12|m |2|m |2＋3＝122|m |＋3|m |≤6， 当且仅当m 2＝32时，等号成立，此时c 2＝52， 代入Δ，此时Δ>0成立，所以椭圆C 的方程为2x 215＋y 25＝1. 5．已知在平面直角坐标系中，动点P (x ，y )(x ≥0)到点N (1,0)的距离比到y 轴的距离大1.(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)若过点M (2,0)的直线与轨迹C 相交于A ，B 两点，设点Q 在直线x ＋y －1＝0上，且满足OA →＋OB →＝tOQ→(O 为坐标原点)，求实数t 的最小值．解 (1)方法一 因为点P (x ，y )(x ≥0)到点N (1,0)的距离比到y 轴的距离大1，所以|PN |－1＝|x |，将点N 的坐标代入，并整理得y 2＝4x .故点P 的轨迹C 的方程是y 2＝4x .方法二 因为平面上动点P 到点N (1,0)的距离比到y 轴的距离大1，所以点P 到点N (1,0)的距离与点P 到直线x ＝－1的距离相等，即点P 的轨迹是以原点为顶点，焦点到准线的距离为2，并且为开口向右的抛物线，所以点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .(2)由题意知直线AB 的斜率存在且斜率不为0且与抛物线y 2＝4x 有两个交点，设直线AB ：y ＝k (x －2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Q (x ，y )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝4x ，得k 2x 2－4(k 2＋1)x ＋4k 2＝0(k ≠0)． Δ＝16(2k 2＋1)>0恒成立，所以x 1＋x 2＝4(k 2＋1)k 2，x 1·x 2＝4， 因为OA →＋OB →＝tOQ →，所以(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝t (x ，y )，即x ＝x 1＋x 2t ＝4(k 2＋1)k 2t ，y ＝y 1＋y 2t ＝k (x 1－2)＋k (x 2－2)t ＝k (x 1＋x 2)－4k t ＝4tk， 又点Q 在x ＋y －1＝0上，所以4(k 2＋1)k 2t ＋4tk－1＝0. 所以t ＝4⎝⎛⎭⎫1k 2＋1k ＋1＝4⎝⎛⎭⎫1k ＋122＋3≥3.故实数t 的最小值为3.6.如图，过椭圆M ：x 22＋y 2＝1的右焦点F 作直线交椭圆于A ，C 两点．(1)当A ，C 变化时，在x 轴上求定点Q ，使得∠AQF ＝∠CQF ；(2)设直线QA 交椭圆M 的另一个交点为B ，连接BF 并延长交椭圆于点D ，当四边形ABCD 的面积取得最大值时，求直线AC 的方程．解 (1)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，Q (q,0)，当A ，C 不在x 轴上时，设直线AC 的方程为x ＝ty ＋1，代入椭圆M 的方程，可得(2＋t 2)y 2＋2ty －1＝0.则y 1＋y 2＝－2t 2＋t 2，y 1y 2＝－12＋t 2， 由意题知k AQ ＋k CQ ＝y 1x 1－q ＋y 2x 2－q＝y 1(x 2－q )＋y 2(x 1－q )(x 1－q )(x 2－q ) ＝y 1(ty 2＋1－q )＋y 2(ty 1＋1－q )(x 1－q )(x 2－q ) ＝2ty 1y 2＋(1－q )(y 1＋y 2)(x 1－q )(x 2－q )＝0， 即2ty 1y 2＋(1－q )(y 1＋y 2)＝0，整理得－2t －2t (1－q )＝0，由题知无论t 取何值，上式恒成立，则q ＝2，当A ，C 在x 轴上时，定点Q (2,0)依然可使∠AQF ＝∠CQF 成立，所以点Q 的坐标是(2,0)．(2)由(1)知∠AQF ＝∠CQF ，∠BQF ＝∠DQF .所以B ，C 关于x 轴对称，A ，D 关于x 轴对称，所以四边形ABCD 是一个等腰梯形．则四边形ABCD 的面积S (t )＝|x 1－x 2|·|y 1－y 2|＝|t |·|y 1－y 2|2＝8·(t 2＋1)|t |(t 2＋2)2. 由对称性不妨设t >0，求导可得S ′(t )＝－8·t 4－3t 2－2(t 2＋2)3， 令S ′(t )＝0，可得t 2＝3＋172， 由于S (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3＋172上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋172，＋∞上单调递减，所以当t 2＝3＋172时，四边形ABCD 的面积S 取得最大值． 此时，直线AC 的方程是x ＝±3＋172y ＋1. (五)函数与导数1．(2018·浙江省台州中学模拟)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，曲线y ＝f (x )过点(0,2a ＋3)，且在点(－1，f (－1))处的切线垂直于y 轴．(1)用a 分别表示b 和c ；(2)当bc 取得最小值时，求函数g (x )＝－f (x )e －x 的单调区间．解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋3＝c ，2a ·(－1)＋b ＝0，则b ＝2a ，c ＝2a ＋3. (2)由(1)得bc ＝2a (2a ＋3)＝4⎝⎛⎭⎫a ＋342－94， 故当a ＝－34时，bc 取得最小值－94， 此时有b ＝－32，c ＝32， 从而f (x )＝－34x 2－32x ＋32，f ′(x )＝－32x －32， g (x )＝－f (x )e －x ＝⎝⎛⎭⎫34x 2＋32x －32e －x ，所以g ′(x )＝－34(x 2－4)e －x ， 令g ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)时，g ′(x )<0，故g (x )在(－∞，－2)上为减函数；当x ∈(－2,2)时，g ′(x )>0，故g (x )在(－2,2)上为增函数；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(2，＋∞)上为减函数．由此可见，函数g (x )的单调递减区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递增区间为(－2,2)．2．(2018·浙江省温州六校协作体联考)已知函数f (x )＝e kx (k －x )(k ≠0)．(1)当k ＝2时，求y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)对任意x ∈R ，f (x )≤1k恒成立，求实数k 的取值范围． 解 (1)当k ＝2时，f (x )＝e 2x (2－x )．∵f ′(x )＝2e 2x (2－x )－e 2x ＝e 2x (3－2x )，∴f ′(1)＝e 2，又∵f (1)＝e 2，∴所求的切线方程为y －e 2＝e 2(x －1)．即y ＝e 2x .(2)方法一 ∵e kx (k －x )≤1k， ∴当x ＝k 时，0≤1k，即k >0， ∴对任意x ∈R ，k (k －x )≤e－kx 恒成立， 设g (x )＝e －kx ＋kx －k 2，g ′(x )＝－k e －kx ＋k ＝k (1－e －kx )，当x <0时，g ′(x )<0，当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，∴g (x )min ＝g (0)＝1－k 2≥0，又k >0，∴0<k ≤1.方法二 对任意x ∈R ，f (x )≤1k 恒成立⇔f (x )max ≤1k，x ∈R . ∵f ′(x )＝k e kx (k －x )－e kx ＝e kx (k 2－kx －1)，当k <0，x ≥k －1k 时，f ′(x )≥0；x <k －1k时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，k －1k 上是减函数，在⎣⎡⎭⎫k －1k ，＋∞上是增函数． 又当x →－∞时，f (x )→＋∞，而1k<0， ∴与f (x )≤1k恒成立矛盾，∴k <0不满足条件； 当k >0，x ≤k －1k 时，f ′(x )≥0；x >k －1k时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎦⎤－∞，k －1k 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫k －1k ，＋∞上是减函数． ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫k －1k ＝21e k －·1k ≤1k，∴k 2－1≤0，即－1≤k ≤1，又k >0，∴0<k ≤1，综上所述，实数k 的取值范围是(0,1]．3．设函数f (x )＝x ln x －ax 2＋(b －1)x ，g (x )＝e x －e x .(1)当b ＝0时，函数f (x )有两个极值点，求实数a 的取值范围；(2)若y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，且函数h (x )＝f (x )＋g (x )在x ∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求实数a 的取值范围．解 (1)当b ＝0时，f (x )＝x ln x －ax 2－x ，f ′(x )＝ln x －2ax ，∴f (x )＝x ln x －ax 2－x 有2个极值点就是方程ln x －2ax ＝0有2个不同的解，即y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有2个． ∵m ′(x )＝1－ln x x 2， 当x ∈(0，e)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．∴m (x )有极大值1e， 又∵x ∈(0,1]时，m (x )≤0；当x ∈(1，＋∞)时，0<m (x )<1e. 当a ∈⎝⎛⎭⎫12e ，＋∞时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有0个； 当a ∈(－∞，0]或a ＝12e 时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有1个； 当a ∈⎝⎛⎭⎫0，12e 时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有2个． 综上，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，12e . (2)函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，∴f ′(1)＝0且f (1)≠0，∵f ′(x )＝ln x －2ax ＋b ，∴b ＝2a 且a ≠1.h (x )＝x ln x －ax 2＋(b －1)x ＋e x －e x 在x ∈(1，＋∞)时，其图象的每一点处的切线的倾斜角均为锐角，即当x >1时，h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )>0恒成立，即ln x ＋e x －2ax ＋2a －e>0恒成立，令t (x )＝ln x ＋e x －2ax ＋2a －e ，∴t ′(x )＝1x＋e x －2a ，设φ(x )＝1x ＋e x －2a ，φ′(x )＝e x －1x 2， ∵x >1，∴e x >e ，1x 2<1， ∴φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，即t ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，∴t ′(x )>t ′(1)＝1＋e －2a ，当a ≤1＋e 2且a ≠1时，t ′(x )≥0， ∴t (x )＝ln x ＋e x －2ax ＋2a －e 在(1，＋∞)上单调递增，∴t (x )>t (1)＝0成立，当a >1＋e 2时， ∵t ′(1)＝1＋e －2a <0，t ′(ln 2a )＝1ln 2a＋2a －2a >0， ∴存在x 0∈(1，ln 2a )，满足t ′(x 0)＝0.∵t ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ∈(1，x 0)时，t ′(x )<0，t (x )单调递减，∴t (x 0)<t (1)＝0，t (x )>0不恒成立．∴实数a 的取值范围为(－∞，1)∪⎝⎛⎦⎤1，1＋e 2. 4．已知函数f (x )＝x －1＋a e x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2>4.(1)解 f ′(x )＝1＋a e x ，当a ≥0时，f ′(x )>0，则f (x )在R 上单调递增．当a <0时，令f ′(x )>0，得x <ln ⎝⎛⎭⎫－1a ， 则f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－1a ， 令f ′(x )<0，得x >ln ⎝⎛⎭⎫－1a ， 则f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞. (2)证明 由f (x )＝0得a ＝1－x e x ， 设g (x )＝1－x e x ，则g ′(x )＝x －2e x . 由g ′(x )<0，得x <2；由g ′(x )>0，得x >2.故g (x )min ＝g (2)＝－1e 2<0. 当x >1时，g (x )<0，当x <1时，g (x )>0，不妨设x 1<x 2，则x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，x 1＋x 2>4等价于x 2>4－x 1，∵4－x 1>2且g (x )在(2，＋∞)上单调递增，∴要证x 1＋x 2>4，只需证g (x 2)>g (4－x 1)，∵g (x 1)＝g (x 2)＝a ，∴只需证g (x 1)>g (4－x 1)，即1－x 11e x >x 1－314e x −， 即证124e x −(x 1－3)＋x 1－1<0；设h (x )＝e 2x －4(x －3)＋x －1，x ∈(1,2)，则h ′(x )＝e 2x －4(2x －5)＋1，令m (x )＝h ′(x )，则m ′(x )＝4e 2x －4(x －2)，∵x ∈(1,2)，∴m ′(x )<0，∴m (x )在(1,2)上单调递减，即h ′(x )在(1,2)上单调递减，∴h ′(x )>h ′(2)＝0，∴h (x )在(1,2)上单调递增，∴h (x )<h (2)＝0，∴124e x −()x 1－3＋x 1－1<0，从而x 1＋x 2>4得证．5．已知函数f (x )＝a ＋ln x x，g (x )＝mx . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝0时，f (x )≤g (x )恒成立，求实数m 的取值范围；(3)当a ＝1时，求证：当x >1时，(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x ＋1e x f (x )>2⎝⎛⎭⎫1＋1e . (1)解 f (x )＝a ＋ln x x的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1－(a ＋ln x )x 2＝1－ln x －a x 2. 由f ′(x )>0得1－ln x －a >0，即ln x <1－a ，解得0<x <e 1－a ，∴f (x )在(0，e 1－a )上单调递增，在(e 1－a ，＋∞)上单调递减．(2)解 a ＝0，f (x )＝ln x x，∴f (x )≤g (x )⇔ln x x ≤mx ⇔m ≥ln x x 2， 令u (x )＝ln x x 2，∴u ′(x )＝1－2ln x x 3， 由u ′(x )>0得0<x <e ，∴u (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴u (x )max ＝u (e)＝ln e e ＝12e ，∴m ≥12e. (3)证明 (x ＋1)⎝⎛⎭⎫x ＋1e x f (x )>2⎝⎛⎭⎫1＋1e ， 等价于1e ＋1·(x ＋1)(ln x ＋1)x >2e x －1x e x ＋1. 令p (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)x ，则p ′(x )＝x －ln x x 2， 令φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x， ∵x >1，∴φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，φ(x )>φ(1)＝1>0，p ′(x )>0，∴p (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴p (x )>p (1)＝2，∴p (x )e ＋1>2e ＋1， 令h (x )＝2e x －1x e x ＋1， 则h ′(x )＝2e x －1(1－e x )(x e x ＋1)2， ∵x >1，∴1－e x <0，∴h ′(x )<0，h (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴当x >1时，h (x )<h (1)＝2e ＋1， ∴p (x )e ＋1>2e ＋1>h (x )， 即(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x ＋1e x f (x )>2⎝⎛⎭⎫1＋1e ，x >1. 6．已知函数f (x )＝x 3＋|ax －3|－2，a >0.(1)求函数y ＝f (x )的单调区间；(2)当a ∈(0,5)时，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，求实数a 的值． 解 (1)f (x )＝x 3＋|ax －3|－2(a >0)＝⎩⎨⎧ x 3＋ax －5，x ≥3a ，x 3－ax ＋1，x <3a .则f ′(x )＝⎩⎨⎧ 3x 2＋a ，x ≥3a ，3x 2－a ，x <3a . 当a 3≥3a，即a ≥3时， 函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 3，3a ，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－a 3，⎝⎛⎭⎫3a ，＋∞； 当a 3<3a，即0<a <3时， 函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 3，a 3， 单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－a 3，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞. (2)由题意知，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，等价于当x ∈[0,1]时，f (x )min ＋f (x )max ＝0，由(1)得当3≤a <5时，y ＝f (x )在⎣⎡⎭⎫0，3a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤3a ，1上单调递增， 所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫3a ＝27a 3－2，f (x )max ＝max{f (0)，f (1)}＝max{1，a －4}＝1，所以27a3－2＋1＝0，解得a ＝3； 当0<a <3时，y ＝f (x )在⎣⎡⎭⎫0，a 3上单调递减， 在⎝⎛⎦⎤a 3，1上单调递增， 所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 3＝1－2a 3a 3， f (x )max ＝max{f (0)，f (1)}＝max{1,2－a }，当1<a <3时，f (x )max ＝1，则1－2a 3a 3＋1＝0，得a ＝3(舍去)； 当0<a ≤1时，f (x )max ＝2－a ，则1－2a 3a 3＋2－a ＝0， 即3－a ＝2a 3a 3，其中3－a ≥2，而2a 3a 3<2，所以无解，舍去． 综上所述，a ＝3.。
2019高考数学浙江专用优编增分二轮文档：专题三 数列与不等式 第1讲 Word版含答案
第1讲 等差数列与等比数列[考情考向分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.等差、等比数列的判定及综合应用也是高考考查的重点，注意基本量及定义的使用，考查分析问题、解决问题的综合能力．热点一 等差数列、等比数列的运算1.通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·q n －1.2．求和公式等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ； 等比数列：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1)，na 1(q ＝1).3．性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .例1 (1)(2018·全国Ⅰ)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等于( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12答案 B解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋3×(3－1)2×d ＝2a 1＋2×(2－1)2×d ＋4a 1＋4×(4－1)2×d ，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.(2)(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{a n }中，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________.答案 3 162解析 由题意可得，S 4－S 2＝q 2S 2，代入得q 2＝9.∵等比数列{a n }的各项均为正数，∴q ＝3，解得a 1＝2，故a 5＝162.思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练1 (1)(2018·浙江省重点中学联考)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 017，S 6－2S 3＝18，则S 2 019等于( )A ．2 016B ．2 019C ．－2 017D ．－2 018答案 B解析 在等差数列{a n }中，设公差为d .∵S 6－2S 3＝18，∴a 4＋a 5＋a 6－(a 1＋a 2＋a 3)＝9d ＝18.∴d ＝2，∴S 2 019＝2 019a 1＋2 019×2 018d 2＝2 019×2 018－2 019×2 017＝2 019，故选B.(2)(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.①求{a n }的通项公式；。
浙江省2019高考数学精准提分练解答题通关练3数列
3.数 列1．在等差数列{a n }中，a 1＝－2，a 12＝20.(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若b n ＝，求数列{3b n }的前n 项和S n .a 1＋a 2＋…＋an n 解 (1)因为a n ＝－2＋(n －1)d ，所以a 12＝－2＋11d ＝20，于是d ＝2，所以a n ＝2n －4(n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n －4，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝＝n (n －3)，于是n (2n －6)2b n ＝＝n －3，令c n ＝3n b ，则c n ＝3n －3，a 1＋a 2＋…＋an n 显然数列{c n }是等比数列，且c 1＝3－2，公比q ＝3，所以数列{3b n }的前n 项和S n ＝＝(n ∈N *)．c 1(1－qn )1－q 3n －1182．已知数列{a n }满足a 1＝，＝＋2(n ∈N *)．121an ＋11an (1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：a ＋a ＋a ＋…＋a <.212232n 12(1)解 由条件可知数列为等差数列，且首项为2，公差为2，所以＝2＋(n －1){1an }1an ×2＝2n ，故a n ＝(n ∈N *)．12n (2)证明 依题意可知a ＝2＝·<··＝，n ≥2，n ∈N *.2n (12n )141n 2141n 1n －114(1n －1－1n )又因为a ＝，2114所以a ＋a ＋a ＋…＋a <＝<×2＝.212232n 14(1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n )14(2－1n )1412故a ＋a ＋a ＋…＋a <.212232n 123．已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 9＝81.记b n ＝[log 5a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[log 516]＝1.(1)求b 1，b 14，b 61；(2)求数列{b n }的前200项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知S 9＝81，根据等差数列的性质可知，S 9＝9a 5＝9(a 1＋4d )＝81，∴a 1＋4d ＝9.∵a 1＝1，∴d ＝2，∴a n ＝2n －1，∴b 1＝[log 51]＝0，b 14＝[log 527]＝2，b 61＝[log 5121]＝2.(2)当1≤n ≤2时，1≤a n ≤3(a n ∈N *)，b n ＝[log 5a n ]＝0，共2项；当3≤n ≤12时，5≤a n ≤23，b n ＝[log 5a n ]＝1，共10项；当13≤n ≤62时，25≤a n ≤123，b n ＝[log 5a n ]＝2，共50项；当63≤n ≤200时，125≤a n ≤399，b n ＝[log 5a n ]＝3，共138项．∴数列{b n }的前200项和为2×0＋10×1＋50×2＋138×3＝524.4．已知数列{a n }满足a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，其中S n 为{a n }的前n 项和(n ∈N *)．(1)求S 1，S 2及数列{S n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝，且{b n }的前n 项和为T n ，求证：当n ≥2时，≤|T n |≤.(－1)n Sn 1379(1)解 数列{a n }满足S n ＝2a n ＋1，则S n ＝2a n ＋1＝2(S n ＋1－S n )，即3S n ＝2S n ＋1，所以＝，Sn ＋1Sn 32所以S 2＝，S 1＝a 1＝1，32即数列{S n }是以1为首项，以为公比的等比数列．32所以S n ＝n －1(n ∈N *)．(32)(2)证明 在数列{b n }中，b n ＝＝－1×，{b n }的前n 项和的绝对值(－1)n Sn (－1)n －1(32)n －1|T n |＝|－1×{1＋(－23)＋49＋[－(23)3]＋…＋(－1)n －1(32)n －1}|＝，|1＋(－23)＋49＋[－(23)3]＋…＋(－1)n －1(32)n －1|而当n ≥2时，1－≤≤＝，23|1＋(－23)＋49＋[－(23)3]＋…＋(－1)n －1(32)n －1||1＋(－23)＋49|79即≤|T n |≤.13795．设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝(a >0且a ≠1，n ∈N *)．2ana 2n＋1(1)证明：当n ≥2时，a n <a n ＋1<1；(2)若b ∈(a 2,1)，求证：当整数k ≥＋1时，a k ＋1>b .(b －a 2)(b ＋1)a 2(1－b )证明 (1)由a n ＋1＝知，a n 与a 1的符号相同，2ana 2n＋1而a 1＝a >0，所以a n >0，所以a n ＋1＝≤1，2an ＋1an 当且仅当a n ＝1时，a n ＋1＝1，下面用数学归纳法证明：①因为a >0且a ≠1，所以a 2<1，＝>1，即有a 2<a 3<1；a 3a 22a 2＋1②假设当n ＝k 时，有a k <a k ＋1<1(k ≥2)，则a k ＋2＝＝<1，2ak ＋1a 2k ＋1＋12ak ＋1＋1ak ＋1且＝>1，即a k ＋1<a k ＋2<1，ak ＋2ak ＋12a 2k ＋1＋1即当n ＝k ＋1时，不等式成立．综上，对任意n ≥2，均有a n <a n ＋1<1成立．(2)若a k ≥b ，则由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ；若a k <b ，由0<x <1及二项式定理知(1＋x )n ＝1＋C x ＋…＋C x n ≥1＋nx ，1n n 而a ＋1<b 2＋1<b ＋1，且a 2<a 3<…<a k <b <1，2k 所以a k ＋1＝a 2···…·＝a 2·a 3a 2a 4a 3ak ＋1ak 2k －1(1＋a 2)(1＋a 23)…(1＋a 2k )>a 2k －1>a 2k －1＝a 2k －1≥a 2.(21＋b 2)(21＋b )(1＋1－b 1＋b )[1＋1－b 1＋b (k －1)]因为k ≥＋1，(b －a 2)(b ＋1)a 2(1－b )所以(k －1)＋1≥＋1＝，1－b 1＋b b －a 2a 2ba 2所以a k ＋1>b .6．已知数列{a n }满足a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝3x ＋2上．数列{b n }满足b 1＝2，＝＋＋…＋.bn ＋1an ＋11a 11a 21an (1)求b 2的值；(2)求证数列{a n ＋1}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式；(3)求证：2－≤…<.12·3n －1(1＋1b 1)(1＋1b 2)(1＋1bn )3316(1)解 由已知得a 2＝3a 1＋2＝8，所以＝，＝，b 2a 21a 1b 2812解得b 2＝4.(2)解 由条件得a n ＋1＝3a n ＋2，则＝＝3，an ＋1＋1an ＋13an ＋3an ＋1所以数列{a n ＋1}是以3为公比的等比数列．a n ＋1＝(a 1＋1)·3n －1＝3n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(3)证明 由题设＝＋＋…＋，①bn ＋1an ＋11a 11a 21an 知＝＋＋…＋(n ≥2)，②bn an 1a 11a 21an －1①－②得－＝，bn ＋1an ＋1bn an 1an 则＝，即＝(n ≥2)．bn ＋1an ＋11＋bn an 1＋bn bn ＋1anan ＋1当n ＝1时，2－＝，1＋＝<，12×1321b 1323316所以原不等式成立；当n ≥2时，…＝··…·(1＋1b 1)(1＋1b 2)(1＋1bn )1＋b 1b 11＋b 2b 21＋bn bn ＝···…··(1＋b n )＝××·…··(1＋b n )1b 11＋b 1b 21＋b 2b 31＋bn －1bn 1234a 2a 3an －1an ＝×·(1＋b n )＝3＝3388an (1＋bn an )(1an ＋bn an )＝3，(1a 1＋1a 2＋…＋1an －1＋1an )先证明不等式左边，因为＝>，1an 13n －113n 所以3≥3(1a 1＋1a 2＋…＋1an )(1a 1＋132＋133＋…＋13n )＝3＝2－.[12＋19(1－13n －1)1－13]12·3n －1再证明不等式右边，当n ≥2时，＝＝≤，1an 13n －119·3n －2－118·3n －23≤3(1a 1＋1a 2＋…＋1an )[1a 1＋18(1＋13＋…＋13n －2)]＝3＝3<.(12＋18·1－13n －11－13)[12＋316(1－13n －1)]3316所以2－≤…<成立．12·3n －1(1＋1b 1)(1＋1b 2)(1＋1bn )3316综上所述，不等式成立．。
浙江省2019高考数学 优编增分练：10 7分项练3 数学文化
10＋7分项练3 数学文化1．《孙子算经》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗．问：五人各得几何？”其意思为：有5个人分60个橘子，他们分得的橘子数成公差为3的等差数列，问5人各得多少个橘子．这个问题中，得到橘子最多的人所得的橘子个数是( )A ．15B ．16C ．18D ．21 答案 C解析 设第一个人分到的橘子个数为a 1， 由题意得S 5＝5a 1＋5×42×3＝60，解得a 1＝6，则a 5＝a 1＋(5－1)×3＝6＋12＝18，故选C.2．程大位《算法统宗》里有诗云“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止．分配时一定要等级分明，使孝顺子女的美德外传，则第八个孩子分得斤数为( ) A ．65 B ．176 C ．183 D ．184 答案 D解析 根据题意可得每个孩子所得棉花的斤数构成一个等差数列{a n }，其中d ＝17，n ＝8，S 8＝996.由等差数列前n 项和公式可得，8a 1＋8×72×17＝996，解得a 1＝65.由等差数列通项公式得a 8＝65＋(8－1)×17＝184.故选D. 3．在《周易》中，长横“”表示阳爻，两个短横“”表示阴爻．有放回地取阳爻和阴爻三次合成一卦，共有23＝8种组合方法，这便是《系辞传》所说“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦”．有放回地取阳爻和阴爻一次有2种不同的情况，有放回地取阳爻和阴爻两次有四种情况，有放回地取阳爻和阴爻三次有八种情况．所谓的“算卦”，就是两个八卦的叠合，即共有放回地取阳爻和阴爻六次，得到六爻，然后对应不同的解析．在一次所谓“算卦”中得到六爻，这六爻恰好有三个阳爻三个阴爻的概率是( ) A.17 B.516 C.916 D.58 答案 B解析 在一次所谓“算卦”中得到六爻，基本事件的总数为n ＝26＝64，这六爻恰好有三个阳爻包含的基本数为m ＝C 36＝20，所以这六爻恰好有三个阳爻三个阴爻的概率是P ＝m n ＝2064＝516，故选B. 4．“珠算之父”程大位是我国明代伟大数学家，他的应用数学巨著《算法统宗》的问世，标志着我国的算法由筹算到珠算转变的完成．程大位在《算法统宗》中常以诗歌的形式呈现数学问题，其中有一首“竹筒容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上梢四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明．”([注释]三升九：3.9升．次第盛：盛米容积依次相差同一数量．)用你所学的数学知识求得中间两节的容积为( )A ．1.9升B ．2.1升C ．2.2升D ．2.3升 答案 B解析 要按盛米容积依次相差同一数量的方式盛米， 设相差的同一数量为d 升，下端第一节盛米a 1升， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝3a 1＋3×22d ＝3.9，S 9－S 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9a 1＋9×82d －⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d ＝3，解得a 1＝1.4，d ＝－0.1，所以中间两节盛米的容积为a 4＋a 5＝(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝2a 1＋7d ＝2.8－0.7＝2.1(升)，故选B.5．(2018·浙江省衢州二中模拟)祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意思是如果两个同高的几何体在等高处截得两几何体的截面面积恒相等，那么这两个几何体的体积相等．设A ，B 为两个同高的几何体，p ：A ，B 的体积不相等，q ：A ，B 在等高处的截面面积不恒相等，则根据祖暅原理可知，p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 “若A ，B 的体积不相等，则A ，B 在等高处的截面面积不恒相等”的逆否命题为“若A ，B 在等高处的截面面积恒相等，则A ，B 的体积相等”，由祖暅定理，易得逆否命题为真命题，则原命题也为真命题，充分性成立；相同的两个圆锥分别正放和倒放，则它们在等高处的截面面积不恒相等，但它们的体积相等，必要性不成立．综上所述，“A ，B 的体积不相等”是“A ，B 在等高处的截面面积不恒相等”的充分不必要条件，故选A.6．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．这个问题中，甲所得为( ) A.54钱 B.43钱 C.32钱 D.53钱 答案 B解析 依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ， 则由题意可知，a －2d ＋a －d ＝a ＋a ＋d ＋a ＋2d ， 即a ＝－6d ，又a －2d ＋a －d ＋a ＋a ＋d ＋a ＋2d ＝5a ＝5，∴a ＝1，则a －2d ＝a －2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 6＝43a ＝43.7．我国古代数学典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚十尺，两鼠对穿，初日各一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问几何日相逢？”上述问题中，两鼠在第几天相逢( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 B解析 由题意可知，大老鼠每天打洞的距离是以1为首项，以2为公比的等比数列， 前n 天打洞的距离之和为2n－12－1＝2n－1；同理，小老鼠每天打洞的距离之和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2－12n －1，∴2n－1＋2－12n －1＝10，解得n ∈(3,4)，取n ＝4.即两鼠在第4天相逢．8．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是( )(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸) A ．1寸 B ．2寸 C ．3寸 D ．4寸 答案 C解析 如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸．∵积水深9寸，∴水面半径为12(14＋6)＝10(寸)，则盆中水的体积为13π×9(62＋102＋6×10)＝588π(立方寸)．∴平地降雨量等于588ππ×142＝3(寸)．故选C.9．刘徽在他的《九章算术注》中提出一个独特的方法来计算球体的体积：他不直接给出球体的体积，而是先计算另一个叫“牟合方盖”的立体的体积．刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积之比应为4π.后人导出了“牟合方盖”的18体积计算公式，即18V 牟＝r 3－V 方盖差，r 为球的半径，也即正方体的棱长均为2r ，从而计算出V 球＝43πr 3.记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正，棱长为2r 的正方体的方盖差为V 方盖差，则V 方盖差V 正等于( ) A.12 B.22 C. 2 D.3 答案 C 解析 由题意，V 方盖差＝r 3－18V 牟＝r 3－18×4π×43×π×r 3＝13r 3，所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正＝13×r ×r ×r 2－⎝⎛⎭⎪⎫2r 22＝26r 3，∴V 方盖差V 正＝13r 32r36＝ 2. 10．《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：V ＝112×(底面的圆周长的平方×高)．则由此可推得圆周率π的取值为( )A ．3B ．3.14C ．3.2D ．3.3答案 A解析 由题意，圆柱体底面的圆周长48尺，高11尺， ∵圆堡瑽(圆柱体)的体积V ＝112×(底面的圆周长的平方×高)，∴V ＝112×(482×11)＝2 112，∴⎩⎪⎨⎪⎧2πR ＝48，πR 2×11＝2 112，∴π＝3，R ＝8.11．中国传统文化中很多内容体现了数字的对称美，如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分展现了相互转化、对称统一的形式美、和谐美．给出定义：能够将圆O 的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”．给出下列命题：①对于任意一个圆O ，其“优美函数”有无数个；②正弦函数y ＝sin x 可以同时是无数个圆的“优美函数”； ③函数f (x )＝ln(x 2＋x 2＋1)可以是某个圆的“优美函数”；④函数y ＝f (x )是“优美函数”的充要条件为函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形． 其中正确的命题是________．(写出所有正确命题的序号) 答案 ①②解析 过圆心的直线都可以将圆的周长和面积同时平分，故对于任意一个圆O ，其“优美函数”有无数个，故①正确；将圆的圆心放在正弦函数y ＝sin x 的对称中心上，则正弦函数y ＝sin x 是该圆的“优美函数”，故有无数个圆成立，故②正确；函数f (x )＝ln(x 2＋x 2＋1)的大致图象如下，故其不可能为圆的“优美函数”，③错误；函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形，则y ＝f (x )是“优美函数”，但函数y ＝f (x )是“优美函数”时，图象不一定是中心对称图形，如图所示．故答案为①②.12．在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》(1261年)一书中，用如图A 所示的三角形，解释二项和的乘方规律．在欧洲直到1623年以后，法国数学家布莱士·帕斯卡的著作(1655年)介绍了这个三角形．近年来国外也逐渐承认这项成果属于中国，所以有些书上称这是“中国三角形”(Chinese triangle)，如图A .17世纪德国数学家莱布尼茨发现了“莱布尼茨三角形”如图B .在杨辉三角中相邻两行满足关系式：C rn ＋C r ＋1n ＝C r ＋1n ＋1，其中n 是行数，r ∈N .请类比上式，在莱布尼茨三角形中相邻两行满足的关系式是________________________．答案1C1n ＋1C r n＝1C 1n ＋2C r n ＋1＋1C 1n ＋2C r ＋1n ＋113．(2018·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”P －ABCD ，已知其体积为8，AB ＝2，BC ＝3，则该“阳马”的最长侧棱长等于________，表面积等于________．答案29 21＋3 5解析 由题意知，该“阳马”直观图如图所示．由体积V ＝13×AB ×BC ×PA ＝8，可知高PA ＝4，∴该四棱锥的最长侧棱长PC ＝AC 2＋PA 2＝29，表面积为2×3＋12(2×4＋3×4＋2×5＋3×25)＝21＋3 5.14．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为 1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有________斛．答案 22解析 设圆锥的底面半径为r ，则π2r ＝8，解得r ＝16π，故米堆的体积为14×13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫16π2×5≈3209(立方尺)，∵1斛米的体积约为1.62立方尺， ∴3209÷1.62≈22. 15．数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗：“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读．数学中有回文数，如343、12 521等，两位数的回文数有11,22,33，…，99共9个，则三位数的回文数中，偶数的概率是________． 答案 49解析 三位数的回文数为ABA ，A 共有1到9共9种可能，即1B 1,2B 2,3B 3，…， B 共有0到9共10种可能，即A 0A ，A 1A ，A 2A ，A 3A ，…，共有9×10＝90(个)；其中偶数为A 是偶数，共4种可能，即2B 2,4B 4,6B 6,8B 8，B 共有0到9共10种可能，即A 0A ，A 1A ，A 2A ，A 3A ，…，其有4×10＝40(个)，所以三位数的回文数中，偶数的概率P ＝4090＝49.16．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面用点或小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数，将三角形数1,3,6,10，…记为数列{a n }，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{b n }．可以推测：(1)b 2 019是数列{a n }中的第________项； (2)b 2k －1＝________.(用k 表示) 答案 (1)5 049 (2)5k (5k －1)2解析 由题意可得a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，n ∈N *，故b 1＝a 4，b 2＝a 5，b 3＝a 9，b 4＝a 10，b 5＝a 14，b 6＝a 15， 由上述规律可知，b 2k ＝a 5k ＝5k (5k ＋1)2(k ∈N *)， b 2k －1＝a 5k －1＝(5k －1)(5k －1＋1)2＝5k (5k －1)2，故b 2 019＝b 2×1 010－1＝a 5×1 010－1＝a 5 049， 即b 2 019是数列{a n }中的第5 049项．17．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛，问高几何？”其意思为：“今有一个长方体(记为ABCD －A 1B 1C 1D 1)的粮仓，宽3丈(即AD ＝3丈)，长4丈5尺，可装粟一万斛，问该粮仓的高是多少？”已知1斛粟的体积为2.7立方尺，一丈为10尺，则下列判断正确的是________．(填写所有正确结论的序号)①该粮仓的高是2丈；②异面直线AD 与BC 1所成角的正弦值为31313；③长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球的表面积为1334π平方丈．答案 ①③解析 由题意，因为10 000×2.7＝30×45×AA 1，解得AA 1＝20(尺)＝2(丈)，故①正确； 异面直线AD 与BC 1所成角为∠CBC 1， 则sin∠CBC 1＝222＋32＝21313，故②错误， 此长方体的长、宽、高分别为4.5丈、3丈、2丈， 故其外接球的表面积为4π⎝ ⎛⎭⎪⎫4.52＋32＋2222＝1334π(平方丈)，故③正确．。
2019高考浙江数学优编增分练：10+7分项练10+Word版含解析
2019高考浙江数学优编增分练10＋7分项练10 函数的图象与性质1．已知实数x ，y 满足⎝⎛⎭⎫12x <⎝⎛⎭⎫12y ，则下列关系式中恒成立的是( )A ．tan x >tan yB ．ln ()x 2＋2>ln ()y 2＋1 C.1x >1yD ．x 3>y 3 答案 D解析 ⎝⎛⎭⎫12x <⎝⎛⎭⎫12y ⇔x >y ，对于A ，当x ＝3π4，y ＝－3π4时，满足x >y ，但tan x >tan y 不成立． 对于B ，若ln ()x 2＋2>ln ()y 2＋1，则等价于x 2＋1>y 2成立，当x ＝1，y ＝－2时，满足x >y ，但x 2＋1>y 2不成立．对于C ，当x ＝3，y ＝2时，满足x >y ，但1x >1y不成立． 对于D ，当x >y 时，x 3>y 3恒成立．2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ，x ≥0，g (x )，x <0是奇函数，则g (f (－2))的值为( ) A ．0 B ．－1 C ．－2 D ．－4答案 C解析 ∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ，x ≥0，g (x )，x <0是奇函数， ∴f (－2)＝－f (2)＝－(4－2)＝－2，g (f (－2))＝g (－2)＝f (－2)＝－2.3．函数f (x )＝e x ＋1x (e x －1)(其中e 为自然对数的底数)的图象大致为( )答案 A解析 f (－x )＝e －x ＋1(－x )(e －x －1) ＝e x ＋1(－x )(1－e x )＝e x ＋1x (e x －1)＝f (x )， 所以f (x )为偶函数，图象关于y 轴对称，又当x →0时，f (x )→＋∞，故选A.4．已知f (x )为定义在R 上周期为2的奇函数，当－1≤x <0时，f (x )＝x (ax ＋1)，若f ⎝⎛⎭⎫52＝－1，则a 等于( )A ．6B ．4C ．－1425D ．－6 答案 A解析 因为f (x )是周期为2的奇函数，所以f ⎝⎛⎭⎫52＝f ⎝⎛⎭⎫12＝－f ⎝⎛⎭⎫－12 ＝－⎝⎛⎭⎫－12⎝⎛⎭⎫－12a ＋1＝－1， 解得a ＝6.5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x ＋1|，x <1，x 2－4x ＋2，x ≥1，则函数g (x )＝2|x |f (x )－2的零点个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B 解析 画出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1－|x ＋1|，x <1，x 2－4x ＋2，x ≥1的图象如图，由g (x )＝2|x |f (x )－2＝0可得f (x )＝22|x |，则问题化为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x ＋1|，x <1，x 2－4x ＋2，x ≥1与函数y ＝22|x |＝21－|x |的图象的交点的个数问题．结合图象可以看出两函数图象的交点只有两个，故选B.。
2019年高考数学总复习优编增分练：高考解答题分项练七)数列A)
(七)数列(A)1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋a n ＝4，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知c n ＝2n ＋3(n ∈N *)，记d n ＝c n ＋log C a n (C >0且C ≠1)，是否存在这样的常数C ，使得数列{d n }是常数列，若存在，求出C 的值；若不存在，请说明理由；(3)若对于数列{b n }及任意的正整数n ，均有b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ＋22成立，求证：数列{b n }是等差数列． (1)解 a 1＝4－a 1，所以a 1＝2，由S n ＋a n ＝4，得当n ≥2时，S n －1＋a n －1＝4， 两式相减，得2a n ＝a n －1，所以a n a n －1＝12， 数列{a n }是以2为首项，12为公比的等比数列，所以a n ＝22－n(n ∈N *)．(2)解 由于数列{d n }是常数列，d n ＝c n ＋log C a n ＝2n ＋3＋(2－n )log C 2＝2n ＋3＋2log C 2－n log C 2＝(2－log C 2)n ＋3＋2log C 2为常数， 则2－log C 2＝0， 由C >0且C ≠1， 解得C ＝2，此时d n ＝7.(3)证明 b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ＋22，① 当n ＝1时，b 1a 1＝12－32＝－1，其中a 1＝2，所以b 1＝－12.当n ≥2时，b 1a n －1＋b 2a n －2＋b 3a n －3＋…＋b n －1a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－n ＋12，②②式两边同时乘以12，得b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n －1a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ＋14，③由①－③，得b n a 1＝－n －34，所以b n ＝－n 8－38(n ∈N *，n ≥2)，且b n ＋1－b n ＝－18，又b 1＝－12＝－18－38，所以数列{b n }是以－12为首项，－18为公差的等差数列．2．在数列{a n }中，已知a 1＝13，a n ＋1＝13a n －23n ＋1，n ∈N *，设S n 为{a n }的前n 项和．(1)求证：数列{3na n }是等差数列； (2)求S n ；(3)是否存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使S p ，S q ，S r 成等差数列？若存在，求出p ，q ，r 的值；若不存在，说明理由．(1)证明 因为a n ＋1＝13a n －23n ＋1，所以3n ＋1a n ＋1－3n a n ＝－2.又因为a 1＝13，所以31·a 1＝1，所以{3na n }是首项为1，公差为－2的等差数列． (2)解 由(1)知3na n ＝1＋(n －1)·(－2)＝3－2n ，所以a n ＝(3－2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，所以S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋(－1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋(－3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(3－2n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，所以13S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋(－1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(5－2n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋(3－2n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1，两式相减，得23S n ＝13－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －(3－2n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝13－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤19×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －11－13＋(2n －3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1，所以S n ＝n3n .(3)解 假设存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使S p ，S q ，S r 成等差数列，则2S q ＝S p ＋S r ，即2q3q ＝p 3p＋r3r . 当n ≥2时，a n ＝(3－2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫13n<0，所以数列{S n }单调递减．又p <q ，所以p ≤q －1且q 至少为2，所以p 3p ≥q －13q －1，q －13q －1－2q 3q ＝q －33q .①当q ≥3时，p 3p ≥q －13q －1≥2q 3q ，又r 3r >0，所以p 3p ＋r 3r >2q3q ，等式不成立． ②当q ＝2时，p ＝1，所以49＝13＋r 3r ，所以r 3r ＝19，所以r ＝3({S n }单调递减，解唯一确定)．综上可知，存在正整数p ＝1，q ＝2，r ＝3，使得S p ，S q ，S r 成等差数列． 3．设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”． (1)若数列{2b n }是首项为2，公比为4的等比数列，试判断数列{b n }是否为“和等比数列”，并给出证明；(2)若数列{c n }是首项为c 1，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，试探究d 与c 1之间的等量关系．解 (1)数列{b n }为“和等比数列”，证明如下： 因为数列{2b n }是首项为2，公比为4的等比数列， 所以2b n ＝2·4n －1＝22n －1，因此b n ＝2n －1.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n 2，T 2n ＝4n 2， 所以T 2nT n＝4， 因此数列{b n }为“和等比数列”． (2)设数列{c n }的前n 项和为R n ，且R 2nR n＝k (k ≠0)． 因为数列{c n }是等差数列，所以R n ＝nc 1＋n (n －1)2d ，R 2n ＝2nc 1＋2n (2n －1)2d ， 所以R 2n R n ＝2nc 1＋2n (2n －1)2dnc 1＋n (n －1)2d＝k 对于n ∈N *都成立，化简，得(k －4)dn ＋(k －2)(2c 1－d )＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧(k －4)d ＝0，(k －2)(2c 1－d )＝0，因为d ≠0，所以k ＝4，d ＝2c 1， 因此d 与c 1之间的等量关系为d ＝2c 1.。
浙江省2019高考数学优编增分练数列
(三)数列2taSaanSat．R＋(1)＋2(＝1．已知正项数列{)}的前＋项和为3，∈＝1，且nnnnn1a的通项公式；}(1)求数列{n1??Tbbanbb.－项和＝1，的前(2)若数列{满足}，求数列＝??nnnnn1＋1＋1nb7＋2??n2aStSaa＋2，＋1，且(3＋1)解 (1)因为＝＝＝nnn112taatS5. ＝＋＋1)2＝，所以＋所以(31112aaS＋3所以6＋2.①＝nnn2anSa 6＋＝2＋3当，②≥2时，有nnn11－－1－22aaaaa－36①－②得－＝，＋3nnnnn1－－1aaaa－3)＝所以(0＋)(，－nnnn1－－1aaa＝3－因为，>0，所以nnn1－a＝1又因为，1daa＝，公差所以{3}是首项的等差数列，＝1n1*nna )所以∈＝3N－2(．n bbba－＝＝1(2)因为，，nnn1＋＋11*nnabb≥2，，＝∈(N所以)－nnn1－n所以当时，≥2bbbbbbbb ())＋(－－＋)＝(＋…＋－nnnnn11－－12－122nn－3baaa.＋…＋＝＝＋＋nn112－22nn－3*nbb N)1也适合上式，所以＝(．又∈＝n1211 所以＝2nnbnn7－32＋7＋n11111????－，·＝·＝nn??nn2＋632??＋111111????T－＋－＋…＋1－·所以＝n nn??2＋32462nn311513＋????－－＝. ＝·nn??nn2＋12＋?6＋12?2＋1??S5aaSanSSa2.，成等差数列，3＝2＋－，的前{2．设等差数列}项和为，且nn123542a (1)求数列的通项公式；{}na??nn1－Tnb.的前项和设，求数列＝2(2)??nn b??n aad，，公差为}的首项为解 (1)设等差数列{n1S5SS，，成等差数列，由432dSSSa＋＝＝0，得2，①可知－1543aaa－由2＝3，②＋2125da＝0得4，－－21da ＝由①②，解得2＝1，，1*nan 2)－1(．∈因此，N＝n a1??nn－1??nc，－(2)令1)＝＝(2n??b2n Tccc，＋则＝＋…＋nn21111????n－12????nT，③＋5·－1)·＋…＋(2∴＝1·1＋3·n????22211111??????n32??????nT，④＋…＋(2＋5·＝1·＋3·－1)·n??????22222③－④，得11111????????nn1－2????????nT＋…＋＋ 2－1)·－(2＝1＋n??????222??2211??????nn1－??????n 1－－(2－1)·＝1＋2??????22n＋32＝ 3－，n2n＋32*Tn∈N)．(＝6－∴nn1－22kknnana. R＋满足(＋1)∈＝2，3．已知等差数列{＋}nn a }(1)求数列{的通项公式；n2n4bnbS.＝项和}的前，求数列{(2)设nnn aa nn1＋2nannk， 1)＝2＋方法一解 (1) 由(＋＋n n＝1,2,3，令kkk＋＋2110＋3aaa＝，＝，得到，＝312234aaaa，是等差数列，∴2＋＝∵{}n312kkk＋2120＋23＋＝＋即，423．k＝－1.解得2nnnnna，(2＋－＝21)(＋1)－1由于(＝＋1)n*nann)1(．又∵∈＋1≠0，∴2＝N－n da∵{，}是等差数列，设公差为方法二n ddnaaadn(＋)(－－1)＝则，＝＋n11ddnanan) ＋＋1)1)(＝(－＋∴(n12dadnna＝，＋－＋11*22nkdnanadnn∴对于任意＋均成立，＋＋∈－＋＝2N11d，＝2??a*?，1＝nank )．，∴则∈＝2N－解得1(＝－11n??kda，－＝122nn44b＝(2)由＝n naan?21?2＋－1??nn1＋2n14 ＋＝＝122nn14－－411111????－＋＝1＋＝1，nn??nn11－22＋21??21＋?2?－bbbbS＋＝＋…＋得＋nn31211111111111????????????????－1－－－1＋＋1＋＝1＋…＋＋＋1＋nn????????12237－＋3515222211111111????n＋…＋＋－－1－＋－＋＝nn??12－＋5335721211????n－1 ＋＝n??1＋222nnn2＋2*nn)＝(．∈N＝＋nn 11＋22＋x ?1e *nxxxa N ＝当＋∈，－已知数列4．(2018·绍兴市柯桥区模拟){1}满足：＝1，证明：n nnn 1＋1 时，xx <；(1)0<nn 1＋xxxx －(2)2；>nnnn 11＋＋11????nn －1????x . ≤≤(3) n ????22x >0，(1)用数学归纳法证明 证明 n nx ＝1>0，时，＝1 当1*kkx ，≥1，成立，假设>0，∈N k xkn ≤0，1当＝＋时，若k1＋ x ?1e xxx >0＋，＝－1≤0，矛盾，故则 k kkk 1＋＋1*xn ∈N )，因此 >0(n x ?10e xxxx 1＝所以1>＝＋，＋e －－n nnnn 1＋＋11＋xx >0.综上，>nn 1＋x ?1x ?1x ?12eee xxxxxxxxxx －－1)＝＋(＋＋1＝1－1)＋2＋－(－(2)， ＋2nnn nnnnnnnnnn 1＋＋111＋1＋1＋11＋＋＋x 2xxxxf 1((≥0)，设－(1))＝＋＋e x xxxf ≥0，＋则e ′(·)＝2xf [0(，＋∞)上单调递增，)所以在ffx 0)≥，因此(0)(＝x ?12e xfxxf (0)＝0()>因此(＋，－1)＋1＝ n nnn 1＋1＋1＋xxxx . －>2故nnnn 1＋＋111????n 1＋>1时， 得＋1<2，所以当(3)由(2) x ??x nn 1＋111????nn 1－????11＋＋ 2＋1<2<…<2，＝ xx ????x n 1－1n 111nn nx ≥， ，所以≤2，即1时，＋1＝当2＝ nn xx 2nn x ?1e xxxxx ， 1又由于＝＝＋＋(2＋1)－1≥－n nnnnn 1＋1＋＋＋1111xxx ≤，，所以易知 ≤ nnnn 1＋1－2211????nn －1????x .≤综上，≤ n ????22a 33naaan ＝1,2，…，.{5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列＝}的首项，＝ nn 11＋a 12＋5na }的通项公式；{ (1)求n 211??x ??nax －＝1,2，…；－(2)证明：对任意的·>0，，≥nn 2??xx 3??1＋1＋2naaa . ＋＋…＋>(3)证明： n 21n 1＋a 1113??n ??a 1－， ＝，∴－1＝(1)解 ∵n 1＋a ??aa 3＋12nnn 1＋n 13122*na ．∈N )∴－1＝·＝，∴(＝nnnn 1－a 233＋33nn 3a ＝>0(2)证明 由(1)知， nn 2＋3122111111??????xxx ???????＋－1－－?－1＋1 ＝－－＝－ nn 222a ??????xxxxxx 33??1＋＋1＋1??1?＋＋1?1＋n11112??2a ??aa － ≤＝－·＋＝－＋， n nn 2x ??aaxx ＋1＋?1＋1?nn ∴原不等式成立．x >0知，对任意的，(3)证明 由(2)222111111??????xxx ??????aaa －－－＝＋－≥有－＋－＋…＋…＋nn 221222??????xxxxxx 333?1＋11?1＋＋?＋?11＋＋??n 2221??nx ??－＋＋…＋ －，n 22??xx 333?＋?＋11212211????????x －1＋＋…＋ ＝＝，∴取 nn 2????nn 333322nnnaaa …＋，≥则＋＝> n 21n 1＋111??n ??－1－＋1＋1 nn ??n 33 ∴原不等式成立．a 1＋1n naaSaa 的前＝，，记项和．．已知在数列6{为}中，满足＝ nnnn 11＋22aa >(1)证明：；nn 1＋πa ；(2)证明：＝cos nn 1－3·22π＋27nS . －(3)证明：> n 54a 证明(1)由题意知{的各项均为正数，}n 222aaaaaa 2．2－)＝－＋12＝(1－)(1＋因为2nnnnnn 1＋aaa 所以，要证>，只需要证明即可．<1nnn 1＋a <1. 下面用数学归纳法证明n 1an <1时，＝1成立，＝①当 12akn 成立，时，②假设当<1＝k a 1＋11＋k ank ＝＝1＋时，＝1. <那么当k 1＋22aaa . >综上所述，<1成立，所以nnn 1＋πa ＝cos .(2)用数学归纳法证明 nn 1－3·21πna ＝＝cos 成立，＝1时， ①当 123πakn . ＝②假设当cos ＝时， kk 1－3·2kn 时，1＋＝那么当．πcos ＋1k 1－3·2a π1＋k a ＝＝cos ＝， kk 1＋223·2πa ＝cos .综上所述， nn 1－3·2(3)由题意及(2)知， aa ＋－11nn 1－－1＝1－ 22π22a －1－cos ＝1＝ nn 1－3·2ππ??22??n <≥2)，(＝sin n 1－n 1－??3·23·222πan ≥2)，(得 >1－nn 1－1－9·42π27＋1Sn ；>1＝故当－＝1时， 15422π21n ????Sn －1 >≥2时，＋ 当∑ in ??9·42i 2＝211π412????n －1 －－＝×× n 1－??4163292π27＋n .－> 542π27＋nS . >综上所述，－ n 54．。
2019版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版增分练：第5章 数列 5-4a
板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( )A ．2n ＋n 2－1B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n ＋n －2答案 C解析 S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n ＋2n －1)＝(2＋22＋…＋2n )＋2(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝2(1－2n )1－2＋2×n (n ＋1)2－n ＝2(2n －1)＋n 2＋n －n ＝2n ＋1＋n 2－2.2．[2017·全国卷Ⅲ]等差数列{}a n 的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}a n 前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8答案 A解析 由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )， 解得d ＝－2.所以S 6＝6×1＋6×5×(－2)2＝－24.故选A. 3．[2018·江南十校联考]已知函数f (x )＝x a 的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2017＝( ) A.2016－1 B.2017－1 C.2018－1 D.2018＋1 答案 C解析 由f (4)＝2可得4a ＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12 .所以a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2017－2016)＋(2018－2017)＝2018－1.故选C.4．[2018·金版创新]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2017的值为( )A ．2017B ．2016C ．1009D ．1007答案 C解析 因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2016＋a 2017)＝1009.故选C.5．在数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n－1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A ．(3n －1)2B.12(9n －1) C ．9n －1D.14(3n －1)答案 B 解析 因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则n ≥2时，a n ＝2·3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)． 则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列．故选B.6．[2017·郑州模拟]设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________.答案 130解析 由a n ＝2n －10(n ∈N *)知，{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0，得n ≥5，所以当n <5时，a n <0，当n ≥5时，a n ≥0，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.7．化简S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是________．答案 2n ＋1－n －2解析 S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1，① 2S n ＝n ×2＋(n －1)×22＋…＋3×2n －2＋2×2n －1＋2n ，②②－①，得S n ＝－n ＋2＋22＋…＋2n －2＋2n －1＋2n ＝－n ＋2(1－2n )1－2＝2n ＋1－n －2.8．[2017·全国卷Ⅱ]等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n 1S k ＝________. 答案 2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎨⎧ a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ·1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 9．[2018·衡阳模拟]在等比数列{a n }中，公比q ≠1，等差数列{b n }满足b 1＝a 1＝3，b 4＝a 2，b 13＝a 3.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记c n ＝(－1)n b n ＋a n ，求数列{c n }的前2n 项和S 2n .解 (1)由题意，b 1＝a 1＝3，b 4＝a 2＝3q ，b 13＝a 3＝3q 2.又∵{b n }为等差数列，设公差为d ，∴⎩⎪⎨⎪⎧b 4＝b 1＋3d ＝3q ，b 13＝b 1＋12d ＝3q 2，化简得q 2－4q ＋3＝0， ∴q ＝1(舍)或q ＝3，∴a n ＝3n ，∵d ＝b 4－b 14－1＝2， ∴b n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)由题意得c n ＝(－1)n (2n ＋1)＋3n .S 2n ＝－3＋3＋5＋32－7＋33＋…－(4n －1)＋32n －1＋(4n ＋1)＋32n ＝(3＋32＋…＋32n )＋[－3＋5－7＋9－…－(4n －1)＋(4n ＋1)]＝3(1－32n )1－3＋{(5－3)＋(9－7)＋…＋[(4n ＋1)－(4n －1)]} ＝32n ＋1－32＋2n .10．[2018·北京西城区模拟]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求证：T n ≤49. 解 (1)由a 1＝9，a 2为整数可知，等差数列{a n }的公差d 为整数． 又S n ≤S 5，∴a 5≥0，a 6≤0，于是9＋4d ≥0,9＋5d ≤0，解得－94≤d ≤－95.∵d 为整数，∴d ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝11－2n .(2)证明：由(1)，得1a n a n ＋1＝1(11－2n )(9－2n )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ，∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －19. 令b n ＝19－2n ，由函数f (x )＝19－2x的图象关于点(4.5,0)对称及其单调性，知0<b 1<b 2<b 3<b 4，b 5<b 6<b 7<…<0，∴b n ≤b 4＝1.∴T n ≤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19＝49. [B 级 知能提升]1．[2018·宁夏银川模拟]已知数列2008,2009,1，－2008，－2009，….这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2018项之和S 2018等于( )A ．2008B ．4017C ．1D ．0答案 B解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2008,2009,1，－2008，－2009，－1,2008,2009.由此可知该数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0.∴2018＝6×336＋2，∴S 2018＝S 2＝2008＋2009＝4017.故选B.2．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n >1020，那么n 的最小值是( )A ．7B ．8C ．9D ．10答案 D解析 a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1.∴S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2n ＋1－n －2，∴S 9＝1013<1020，S 10＝2036>1020，∴S n >1020，n 的最小值是10.故选D.3．[2016·浙江高考]设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.答案 1 121解析 ∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1，∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n <34.解 (1)由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，得S n －1＝12a n ＋n (n ≥2，n ∈N *)，两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2，即a n ＋1－1＝3(a n －1)，又a 1－1＝－2－1＝－3≠0，所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n .故a n ＝－3n ＋1.(2)证明：由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n ＝n ，得1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)<34.5．[2017·天津高考]已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N*)，{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)求数列{a2n b n}的前n项和(n∈N*)．解(1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝－3或q＝2.又因为q＞0，所以q＝2.所以b n＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①.由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②，联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得a n＝3n－2.所以，数列{a n}的通项公式为a n＝3n－2，数列{b n}的通项公式为b n＝2n.(2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n.由a2n＝6n－2，得T n＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2T n＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1.上述两式相减，得－T n＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝12×(1－2n)1－2－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16，所以T n＝(3n－4)2n＋2＋16.所以，数列{a2n b n}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.。
浙江省2019高考数学优编增分练：107标准练1
[76分] 10＋7标准练11．已知集合A ＝{x ∈Z |x 2－3x －4≤0}，B ＝{x |0<ln x <2}，则A ∩B 的真子集的个数为( ) A ．3 B ．4 C ．7 D ．8 答案 C解析 A ＝{x ∈Z |x 2－3x －4≤0}＝{x ∈Z |－1≤x ≤4}＝{－1,0,1,2,3,4}，B ＝{x |0<ln x <2}＝{x |1<x <e 2}，所以A ∩B ＝{2,3,4}，所以A ∩B 的真子集有23－1＝7(个)． 2．已知直线l 的斜率为k ，倾斜角为θ，则“0<θ≤π4”是“k ≤1”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 当0<θ≤π4时，0<k ≤1；反之，当k ≤1时，0≤θ≤π4或π2<θ<π.故“0<θ≤π4”是“k ≤1”的充分不必要条件，故选A.3．已知函数f (x )＝12log (x 2－2x －3)，则下列关系正确的是( )A ．f (－3)<f (－2)B ．f (10)<f (11)C ．f (－5)>f (－3)D ．f (log 328)<f (3log 34)答案 A解析 由x 2－2x －3＝(x －3)(x ＋1)>0， 得x <－1或x >3，∴y ＝x 2－2x －3＝(x －1)2－4在(－∞，－1)上是减函数，在(3，＋∞)上是增函数， 而y ＝12log x 在(0，＋∞)上是减函数，∴f (x )在(－∞，－1)上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数． ∵－3<－2<－1，∴f (－3)<f (－2)； ∵3<10<11，∴f (10)>f (11)； ∵－5<－3<－1，∴f (－5)<f (－3)； ∵3<log 328<4＝3log 43，∴f (log 328)>f (3log 43)．故选A.4．据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多n (n 为常数)盏，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的底层共有灯( ) A ．2盏 B ．3盏 C ．26盏 D ．27盏答案 C解析 设顶层有灯a 1盏，底层有灯a 9盏，灯数构成等差数列，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 9＝13a 1，9(a 9＋a 1)2＝126，解得a 9＝26.5．已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，x －2y ＋2≥0，x ＋y ＋2≥0，则z ＝x －5y的取值范围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，43 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－43，23 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－34∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ 答案 C解析 如图阴影部分所示，作出的可行域为三角形(包括边界)，把z ＝x －5y 改写为1z ＝y －0x －5， 所以1z 可看作可行域内的点(x ，y )和(5,0)连线的斜率，记为k ，则－23≤k ≤43，所以z ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞.6．已知数列{a n }是首项为1，公差d 不为0的等差数列，且a 2a 3＝a 8，数列{b n }是等比数列，其中b 2＝－2，b 5＝16，若数列{c n }满足c n ＝a n b n ，则|c 1|＋|c 2|＋|c 3|＋…＋|c n |等于( ) A ．3＋(2n －3)2n ＋1B ．3＋(2n －3)2nC ．3－(2n －3)2nD ．3＋(2n ＋3)2n答案 B解析 由题意知，(a 1＋d )(a 1＋2d )＝a 1＋7d ，a 1＝1，d ≠0， 得d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1(n ∈N *)．设数列{b n }的公比为q ，则q 3＝b 5b 2＝－8，所以q ＝－2， 所以b n ＝(－2)n －1(n ∈N *)，所以|c n |＝|(2n －1)(－2)n －1|＝(2n －1)2n －1，所以|c 1|＋|c 2|＋|c 3|＋…＋|c n |＝1×20＋3×21＋…＋(2n －1)2n －1.令T n ＝1×20＋3×21＋…＋(2n －1)2n －1，则2T n ＝1×21＋3×22＋…＋(2n －1)2n， 两式相减得T n ＝－2(21＋22＋…＋2n －1)＋(2n －1)2n －1＝3＋(2n －3)2n，故选B.7．设双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线互相垂直，顶点到一条渐近线的距离为1，则双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为( ) A ．2 B. 2 C ．2 2 D ．4 答案 B解析 因为双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1的两条渐近线互相垂直，所以渐近线方程为y ＝±x ，所以a ＝b . 因为顶点到一条渐近线的距离为1， 所以a12＋12＝1，即22a ＝1， 所以a ＝b ＝2，双曲线C 的方程为x 22－y 22＝1，所以双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为b ＝ 2.8．已知M ，N 为双曲线x 24－y 2＝1上关于坐标原点O 对称的两点，P 为双曲线上异于M ，N 的点，若直线PM 的斜率的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，则直线PN 的斜率的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫18，12 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－18C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤18，12 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－18∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤18，12答案 C解析 设M (x 0，y 0)，N (－x 0，－y 0)，P (m ，n )(m ≠±x 0)，k PM ＝n －y 0m －x 0，k PN ＝n ＋y 0m ＋x 0.点P ，M ，N 均在双曲线x 24－y 2＝1上，则m 24－n 2＝1，x 204－y 20＝1， 两式相减得(m －x 0)(m ＋x 0)4－(n －y 0)(n ＋y 0)＝0，即n －y 0m －x 0·n ＋y 0m ＋x 0＝14，所以k PM ·k PN ＝14， 又12≤k PM ≤2，即12≤14k PN ≤2， 解得18≤k PN ≤12，故选C.9．一排12个座位坐了4个小组的成员，每个小组都是3人，若每个小组的成员全坐在一起，则不同的坐法种数为( ) A ．A 33(A 44)3B ．A 44(A 33)4C.A 1212A 33 D.A 1212A 44答案 B解析 12个座位坐了4个小组的成员，每个小组都是3人，操作如下：先分别把第1,2,3,4小组的3个人安排坐在一起，各有A 33种不同的坐法，再把这4个小组进行全排列，有A 44种不同的排法．根据分步乘法计数原理得，每个小组的成员全坐在一起共有(A 33)4A 44种不同的坐法． 10．如图所示，在多面体ABDD 1A 1B 1C 1中，四边形A 1B 1C 1D 1，ADD 1A 1，ABB 1A 1均为正方形，点M 是BD 的中点，点H 在C 1M 上运动，当A 1H 与平面ABD 所成角的正弦值为33时，二面角A －A 1H －B 的大小为( )A ．30° B．45° C．60° D．90° 答案 C解析 ∵四边形A 1B 1C 1D 1，ADD 1A 1，ABB 1A 1均为正方形，∴多面体ABDD 1A 1B 1C 1可补成正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图所示，设其棱长为1，连接A 1C ，AC ，DC1，A1C1，∵A1AA1C＝13＝33，∴A1C与平面ABD所成角的正弦值为33.又A1H与平面ABD所成角的正弦值为33，A1C，A1H⊂平面A1ACC1，∴H为A1C与C1M的交点．∵BD⊥AC，BD⊥A1A，AC，A1A是平面A1ACC1内的相交直线，∴BD⊥平面A1ACC1，又A1C⊂平面A1ACC1，∴BD⊥A1C，同理得BC1⊥A1C，又BD，BC1是平面BC1D内的相交直线，∴A1C⊥平面BC1D，又HM，HB⊂平面BC1D，∴A1H⊥HM，A1H⊥HB，∴二面角A－A1H－B的平面角为∠BHM.易知Rt△CHM∽Rt△CAA1，∴HMAA1＝CMCA1，∴HM＝66，∵BD＝BC1＝C1D＝2，M是BD的中点，∴C1M⊥BM，BM＝22，tan∠BHM＝BMHM＝3，∴∠BHM＝60°，∴二面角A－A1H－B的大小为60°.11．设(a＋i)(1－b i)＝3－i(a，b∈R，i是虚数单位)，则a＋b＝________；若z＝a＋b i，则|z|＝________.答案 3 5解析因为(a＋i)(1－b i)＝(a＋b)＋(1－ab)i＝3－i，所以a＋b＝3,1－ab＝－1，则a＋b＝3，ab＝2，所以|z|＝a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝9－4＝ 5.12．同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则一次试验成功的概率是________，在4次试验中成功次数X的期望E(X)＝________.答案343解析抛掷两枚质地均匀的硬币，共有四个基本事件：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，故一次试验成功的概率是34，则成功次数X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，34，所以E (X )＝4×34＝3. 13．若二项式(2x ＋a x )n的展开式中所有项的二项式系数的和为32，x 3的系数是160，则n ＝________，a ＝________. 答案 5 ±2解析 ∵2n＝32，∴n ＝5，二项展开式的通项T k ＋1＝C k 5(2x )5－k a k2kx ＝C k 525－k a k52k x-，当5－k2＝3时，k ＝4，∴C 45×2×a 4＝160，解得a ＝±2.14．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的长度为________，体积为________．答案173215 解析 该几何体是一个底面为直角梯形的四棱锥，其直观图如图中P －ABCD 所示，其最长棱的长度等于52＋42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝1732，其体积V ＝13×12×(2＋4)×3×5＝15.15．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－2的图象的一条切线为y ＝ax ＋b ，则b a的最小值是________． 答案 1－e 2解析 切线y ＝ax ＋b 在x 轴上的截距是－b a ，欲求b a的最小值，只需求切线y ＝ax ＋b 在x 轴上的截距的最大值．因为f ′(x )＝1x ＋1>0，所以f (x )在(－1，＋∞)上是增函数，零点是e 2－1.如图，作出函数f (x )的大致图象，结合图象可知f (x )的图象在点(e 2－1,0)处的切线在x 轴上的截距最大，最大值为e 2－1.因此，ba的最小值是1－e 2.16．如图，△ABC 是边长为23的等边三角形，P 是以C 为圆心，1为半径的圆上任意一点，则AP →·BP →取得最小值时，CP →·AB →＝________.答案 0解析 方法一 因为AP →·BP →＝(AC →＋CP →)·(BC →＋CP →)＝AC →·BC →＋CP →·(AC →＋BC →)＋CP →2＝23×23×12＋CP →·(AC →＋BC →)＋1＝7＋CP →·(AC →＋BC →)，取AB 的中点M ，连接CM ，所以AP →·BP →＝7－2CM →·CP →，所以当CM →与CP →同向时，AP →·BP →有最小值1，此时CP →与AB →垂直，所以CP →·AB →＝0. 方法二 以C 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A (－3，3)，B (－23，0)， 圆C 的方程为x 2＋y 2＝1，设P (cos θ，sin θ)，0≤θ<2π， 则AP →＝(cos θ＋3，sin θ－3)， BP →＝(cos θ＋23，sin θ)，AP →·BP →＝(cos θ＋3)(cos θ＋23)＋(sin θ－3)sin θ ＝7＋33cos θ－3sin θ＝7＋6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6， 所以当θ＝5π6时，AP →·BP →有最小值1，此时CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，又AB →＝(－3，－3)，所以CP →·AB →＝0.17．设x ，y 是正实数，若不等式x 4x ＋y ＋y x ＋4y ≤a ≤x x ＋4y ＋y4x ＋y 恒成立，则实数a 的值是________． 答案 25解析 令t ＝y x>0，则x 4x ＋y ＋y x ＋4y ＝14＋y x ＋y x1＋4y x＝14＋t ＋t 1＋4t＝14＋t －14＋16t ＋14＝4＋16t －4－t (4＋t )(4＋16t )＋14 ＝15t 16＋68t ＋16t 2＋14＝1516t ＋16t＋68＋14≤15216t ·16t＋68＋14＝15100＋14＝25， 当且仅当t ＝1时，取等号，所以a ≥25.又xx ＋4y ＋y 4x ＋y ＝11＋4y x＋y x4＋y x＝11＋4t ＋t 4＋t＝11＋4t －44＋t ＋1＝4＋t －4－16t(1＋4t )(4＋t )＋1 ＝1－15t4＋17t ＋4t2＝1－154t ＋4t＋17≥1－1524t ·4t＋17＝1－1525＝25，当且仅当t ＝1时，取等号，所以a ≤25.综上，a ＝25.。
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(三)数 列1．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12b n ＋7n 的前n 项和T n . 解 (1)因为a 1＝S 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2，所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5.所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，②①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1＝3，又因为a 1＝1，所以{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝3的等差数列，所以a n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1，所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)，所以当n ≥2时， b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n 2. 又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n 2(n ∈N *)． 所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2 ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 12(n ＋1)(n ＋2). 2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 52，S 4成等差数列，a 5＝3a 2＋2a 1－2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n －1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3，S 52，S 4成等差数列， 可知S 3＋S 4＝S 5，得2a 1－d ＝0，①由a 5＝3a 2＋2a 1－2，②得4a 1－d －2＝0，由①②，解得a 1＝1，d ＝2，因此，a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)令c n ＝a n b n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，∴T n ＝1·1＋3·12＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，③ 12T n ＝1·12＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，④ ③－④，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 －(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝ 3－2n ＋32n ， ∴T n ＝6－2n ＋32n －1(n ∈N *)． 3．已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n 2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)方法一 由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k 4， ∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3，即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k 4，解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二 ∵{a n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )，∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d )＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于任意n ∈N *均成立， 则⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由b n ＝4n 2a n a n ＋1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1， 得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋1＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＋n ＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n 2n ＋1(n ∈N *)． 4．(2018·绍兴市柯桥区模拟)已知数列{a n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1，证明：当n ∈N *时，(1)0<x n ＋1<x n ；(2)x n x n ＋1>x n －2x n ＋1； (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤x n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0，当n ＝1时，x 1＝1>0，假设x k >0，k ∈N *，k ≥1，成立，当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则x k ＝x k ＋1＋1e k x +－1≤0，矛盾，故x k ＋1>0， 因此x n >0(n ∈N *)，所以x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1>x n ＋1＋e 0－1＝x n ＋1， 综上，x n >x n ＋1>0.(2)x n ＋1x n ＋2x n ＋1－x n ＝x n ＋1(x n ＋1＋1en x +－1)＋2x n ＋1－x n ＋1－1e n x +＋1＝x 2n ＋1＋1e n x +(x n ＋1－1)＋1， 设f (x )＝x 2＋e x (x －1)＋1(x ≥0)，则f ′(x )＝2x ＋e x ·x ≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，因此f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1＋1e n x +(x n ＋1－1)＋1＝f (x n ＋1)>f (0)＝0，故x n x n ＋1>x n －2x n ＋1.(3)由(2)得1x n ＋1＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n ＋1，所以当n >1时， 1x n ＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1＋1<…<2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1＝2n ， 当n ＝1时，1x n ＋1＝2n ，所以1x n ≤2n ，即x n ≥12， 又由于x n ＝x n ＋1＋1en x +－1≥x n ＋1＋(x n ＋1＋1)－1＝2x n ＋1， x n ＋1≤12x n ，所以易知x n ≤12n －1，综上，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤x n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ＝1,2，…. (1)求{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的x >0，a n ≥11＋x －1(1＋x )2·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －x ，n ＝1,2，…； (3)证明：a 1＋a 2＋…＋a n >n 2n ＋1. (1)解 ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1， ∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ，∴a n ＝3n3n ＋2(n ∈N *)． (2)证明 由(1)知a n ＝3n 3n ＋2>0， 11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －x ＝11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1－1－x ＝11＋x －1(1＋x )2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a n －(1＋x )＝－1a n ·1(1＋x )2＋21＋x ＝－1a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋x －a n 2＋a n ≤a n ， ∴原不等式成立．(3)证明 由(2)知，对任意的x >0，有a 1＋a 2＋…a n ≥11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23－x ＋11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫232－x ＋…＋11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －x ＝n1＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋232＋…＋23n －nx ， ∴取x ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋232＋…＋23n ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ， 则a 1＋a 2…＋a n ≥n 1＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＝n 2n ＋1－13n >n 2n ＋1， ∴原不等式成立．6．已知在数列{a n }中，满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12，记S n 为a n 的前n 项和． (1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ＝cos π3·2n －1； (3)证明：S n >n －27＋π254. 证明 (1)由题意知{a n }的各项均为正数，因为2a 2n ＋1－2a 2n ＝a n ＋1－2a 2n ＝(1－a n )(1＋2a n )．所以，要证a n ＋1>a n ，只需要证明a n <1即可．下面用数学归纳法证明a n <1.①当n ＝1时，a 1＝12<1成立， ②假设当n ＝k 时，a k <1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12<1＋12＝1. 综上所述，a n <1成立，所以a n ＋1>a n .(2)用数学归纳法证明a n ＝cos π3·2n －1. ①当n ＝1时，a 1＝12＝cos π3成立， ②假设当n ＝k 时，a k ＝cosπ3·2k －1. 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12＝cos π3·2k －1＋12＝cos π3·2k ， 综上所述，a n ＝cos π3·2n －1. (3)由题意及(2)知，1－a n －12＝1－a n －1＋12＝1－a 2n ＝1－cos2π3·2n －1 ＝sin 2π3·2n －1<⎝ ⎛⎭⎪⎫π3·2n －12(n ≥2)， 得a n －1>1－2π29·4n －1(n ≥2)， 故当n ＝1时，S 1＝12>1－27＋π254； 当n ≥2时，S n >∑n i ＝2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2π29·4i ＋12 ＝n －12－2π29×43×116⎝⎛⎭⎪⎫1－14n －1 >n －27＋π254. 综上所述，S n >n －27＋π254.。