数列-2021年新高考数学名校地市必刷题(新高考专用)(含解析)
2021年高考数学数列多选题专项练习附解析
解得 或
∵ 为递增数列，
∴ ∴ ， ，故选项 正确；
∴ ， ，
∴ ， ，
∴数列 是等比数列，故选项 正确；
所以 ,则 ，故选项 正确.
又 ，
∴数列 是公差为ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ的等差数列，故选项 错误.
故选：ABC.
【点睛】
方法点睛：证明数列为等差（等比）数列常用的方法有：
（1）定义法；
（2）通项公式法
【详解】
在等差数列 中， ，公差 ，则数列 为递增数列，可得 ，
，可得 ， ，
所以，数列 的前 项均为负数，且 ，
因此，当 或 时， 最小.
故选：BC.
【点睛】
方法点睛：本题考查等差数列前 项和最大值的方法如下：
（1）利用 是关于 的二次函数，利用二次函数的基本性质可求得结果；
（2）解不等式 ，解出满足此不等式的最大的 即可找到使得 最小.
【详解】
由 ， 得， ，故 ，
又 ， ， ，故 一定是直角三角形，A正确；
的面积为 ，而 ，
故 ，
故 ，
又 （当且仅当 时等号成立）
，又由 ， 知 不是恒成立，即 ，故 ，故 为递增数列， 有最小值 ，无最大值，故BD正确，C错误.
故选：ABD.
【点睛】
本题解题关键是利用递推关系得到 ，进而得到 ，再逐步突破.数列单调性常用作差法判定，也可以借助于函数单调性判断.
即 ， ，故 ，故 .
， 正确；数列 是等比数列， 正确；
， 错误； ，故 错误.
故选： .
【点睛】
本题考查了向量运算，数列的通项公式，数列求和，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力.
2021届新高考新题型多项选择专题07 数列(1)(解析版)
专题07 数列（1）多项选择题1．（2019秋•泉州期末）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1+3a5＝S7，则以下结论一定正确的是（）A．a4＝0B．S n的最大值为S3C．S1＝S6D．|a3|＜|a5|【分析】利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即看到此得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，则a1+3（a1+4d）＝7a1+21d，解得a1＝﹣3d，所以a n＝a1+（n﹣1）d＝（n﹣4）d，所以a4＝0，故A正确；因为S6﹣S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；由于d的正负不清楚，故S3可能为最大值或最小值，故B不正确；因为a3+a5＝2a4＝0，所以a3＝﹣a5，即|a3|＝|a5|，故D错误．故选：AC．2．（2019秋•济宁期末）设等比数列{a n}的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1＞1，＜0，下列结论正确的是（）a2019a2020＞1，a2019−1a2020−1A．S2019＜S2020B．S2019S2021﹣1＜0C．T2019是数列{T n}中的最大值D．数列{T n}无最大值【分析】本题由题意根据题干可得a2019＞1，a2020＜1，从而有a1＞1，0＜q＜1，则等比数列{a n}为正项的递减数列．再结合等比数列的性质逐一核对四个命题得答案即可得到正确选项．【解答】解：等比数列{a n}的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1＞1，＜0，∴a2019＞1，0＜a2020＜1，∴0＜q＜1．a2019a2020＞1，a2019−1a2020−1根据a1＞1，0＜q＜1，可知等比数列{a n}为正项的递减数列．即a1＞a2＞...＞a2019＞1＞a2020＞ 0∵S2020﹣S2019＝a2020＞0，∴S2019＜S2020，故选项A正确；∵S2019＝a1+a2+…+a2019＞1，∴S 2019•S 2021＝S 2019•（S 2019+a 2020+a 2021）=S 20192+S 2019•（a 2020+a 2021） ＞S 20192＞1．即S 2019•S 2021﹣1＞0．故选项B 错误；根据a 1＞a 2＞…＞a 2019＞1＞a 2020＞…＞0．可知T 2019是数列{T n }中的最大项，故选项C 正确、选项D 错误． 故选：AC ．3．（2019秋•菏泽期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…．，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{a n }称为“斐波那契数列”，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则下列结论正确的是（ ） A ．a 6＝8 B ．S 7＝33C ．a 1+a 3+a 5+…+a 2019＝a 2020D ．a 12+a 22+⋯+a 20192a 2019=a 2020【分析】根据数列的特点，求出其递推关系式；再对每一个选项逐个检验即可 【解答】解：A ．由a 1＝a 2，a 3＝a 4﹣a 2，a 5＝a 6﹣a 4，可得a 6＝8成立； B ．由a 1＝a 2，a 3＝a 4﹣a 2，a 5＝a 6﹣a 4，可得a 6＝8，a 7＝13； ∴s 7＝1+1+2+3+5+8+13＝33成立；C ．由a 1＝a 2，a 3＝a 4﹣a 2，a 5＝a 6﹣a 4，……，a 2019＝a 2020﹣a 2018，可得：a 1+a 3+a 5+…+a 2019＝a 2020． 故a 1+a 3+a 5+…+a 2019是斐波那契数列中的第2020项．即答案C 成立；D ．斐波那契数列总有a n +2＝a n +1+a n ，则a 12=a 2a 1，a 22=a 2(a 3−a 1)=a 2a 3−a 2a 1，a 32=a 3(a 4−a 2)=a 3a 4−a 2a 3，……， a 20182=a 2018(a 2019−a 2017)=a 2018a 2019−a 2017a 2018， a 20192=a 2019a 2020−a 2019a 2018；∴a 12+a 22+a 32+⋯+a 20192=a 2019a 2020；即答案D 成立故选：ABCD ．4．（2019秋•济宁期末）若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n +1，（n ∈N *），则下列说法正确的是（ ） A ．a 5＝﹣16B ．S 5＝﹣63C ．数列{a n }是等比数列D ．数列{S n +1}是等比数列【分析】先利用已知条件得到数列{a n}是首项为﹣1，公比为2的等比数列，即可判断各个选项的正误．【解答】解：∵S n＝2a n+1，（n∈N*），∴①当n＝1时，a1＝S1＝2a1+1，∴a1＝﹣1，=2，②当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝2a n+1﹣2a n﹣1﹣1，∴2a n﹣1＝a n，∴a na n−1∴数列{a n}是首项为﹣1，公比为2的等比数列，故选项C正确，=1−2n∴a n=−2n−1，S n=−(1−2n)1−2=−31，故选项A正确，选项B错误，∴a5=−24=−16，S5=−(1−25)1−2又∵S n+1=2−2n，∴数列{S n+1}不是等比数列，故选项D错误，故选：AC．5．（2019秋•淄博期末）在递增的等比数列{a n}中，S n是数列{a n}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（）A．q＝1B．数列{S n+2}是等比数列C．S8＝510D．数列{lga n}是公差为2的等差数列【分析】本题先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，则即可得到等比数列{a n}的通项公式和前n 项和公式，则对选项进行逐个判断即可得到正确选项．【解答】解：由题意，根据等比中项的性质，可得a2a3＝a1a4＝32＞0，a2+a3＝12＞0，故a2＞0，a3＞0．根据根与系数的关系，可知a2，a3是一元二次方程x2﹣12x+32＝0的两个根．解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4．故必有公比q＞0，＞0．∴a1=a2q∵等比数列{a n}是递增数列，∴q＞1．∴a2＝4，a3＝8满足题意．∴q＝2，a1=a2q=2．故选项A不正确．a n＝a1•q n﹣1＝2n．∵S n=2(1−2n)1−2=2n+1﹣2．∴S n+2＝2n+1＝4•2n﹣1．∴数列{S n+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．S8＝28+1﹣2＝512﹣2＝510．故选项C正确．∵lga n＝lg2n＝n．∴数列{lga n}是公差为1的等差数列．故选项D不正确．故选：BC．6．（2019秋•聊城期末）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1=a n2+3a n(n∈N∗)，则下列结论正确的有（）A．{1a n+3}为等比数列B．{a n}的通项公式为a n=12n+1−3C．{a n}为递增数列D．{1a n}的前n项和T n=2n+2−3n−4【分析】首先利用定义求出数列的通项公式，进一步求出数列的和．【解答】解：数列{a n}满足a1＝1，a n+1=a n2+3a n(n∈N∗)，整理得：2a n+1+3a n a n+1＝a n，转换为1a n+1+3=2(1a n+3)，故：1a n+1+31 a n +3=2(常数)，所以{1a n+3}是以1a1+3=4为首项，2为公比的等比数列．故：1a n +3=4⋅2n−1=2n+1，整理得a n=12n+1−3．则：{a n}为递减数列．进一步整理得：1a n=2n+1−3，所以{1a n }的前n项和：T n=4(2n−1)2−1−3n=2n+2−3n−4，故选：ABD．7．（2019秋•泰安期末）设等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，若a3＝12，S12＞0，S13＜0，则下列结论正确的是（）A ．数列{a n }是递增数列B ．S 5＝60C ．−247＜d ＜−3D ．S 1，S 2，…，S 12中最大的是S 6【分析】利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即可判断出结论． 【解答】解：依题意，有S 12＝12a 1+12×112•d ＞0，S 13＝13a 1+13×122•d ＜0，化为：2a 1+11d ＞0，a 1+6d ＜0，即a 6+a 7＞0，a 7＜0， ∴a 6＞0．由a 3＝12，得a 1＝12﹣2d ，联立解得−247＜d ＜﹣3．等差数列{a n }是单调递减的．S 1，S 2，…，S 12中最大的是S 6． S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3＝60．综上可得：BCD 正确． 故选：BCD ．8．（2019秋•葫芦岛期末）已知数列{a n }中，a 1＝1，a n +1−1n =(1+1n )a n ，n ∈N *．若对于任意的t ∈[1，2]，不等式a n n＜−2t 2−(a +1)t +a 2−a +2恒成立，则实数a 可能为（ ）A ．﹣4B ．﹣2C ．0D ．2【分析】由已知数列递推式可得an+1n+1−a n n=1n(n+1)=1n −1n+1，进一步得到ann ＜2，则原不等式可转化为2t 2+（a +1）t ﹣a 2+a ≤0在t ∈[1，2]上恒成立，构造函数f （t ）＝2t 2+（a +1）t ﹣a 2+a ，t ∈[1，2]，可得{f(1)≤0f(2)≤0，求解不等式组得答案．【解答】解：由a n +1−1n =(1+1n )a n ，得a n +1−1n =n+1na n ，∴a n+1n+1−a n n=1n(n+1)=1n −1n+1，∴an n =(an n −a n−1n−1)+(an−1n−1−a n−2n−2)+⋯+⋯+（a 2﹣a 1）+a 1，＝（1n−1−1n ）+（1n−2−1n−1）+…+（1−12）+1＝2−1n ＜2，∵不等式a n n＜−2t 2−(a +1)t +a 2−a +2恒成立，∴2≤﹣2t 2﹣（a +1）t +a 2﹣a +2，∴2t 2+（a +1）t ﹣a 2+a ≤0，在t ∈[1，2]上恒成立， 设f （t ）＝2t 2+（a +1）t ﹣a 2+a ，t ∈[1，2]，∴{f(1)=2+a +1−a 2+a ≤0f(2)=8+2(a +1)−a 2+a ≤0，解得a ≤﹣2或a ≥5， ∴实数a 可能为﹣4，﹣2． 故选：AB ．9．（2019秋•潍坊期末）设数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，a 1＞0且S 6＝S 9，则（ ） A ．d ＞0B ．a 8＝0C ．S 7或S 8为S n 的最大值D ．S 5＞S 6【分析】由a 1＞0且S 6＝S 9，利用求和公式可得：a 8＝0，d ＜0．即可判断出结论． 【解答】解：a 1＞0且S 6＝S 9，∴6a 1+6×52d ＝9a 1+9×82d ，化为：a 1+7d ＝0，可得a 8＝0，d ＜0．S 7或S 8为S n 的最大值，S 5＜S 6． 故选：BC ．10．（2019秋•润州区校级期末）对于数列{a n }，若存在正整数k （k ≥2），使得a k ＜a k ﹣1，a k ＜a k +1，则称a k是数列{a n }的“谷值”，k 是数列{a n }的“谷值点”，在数列{a n }中，若a n =|n +9n −8|，下列数不能作为数列{a n }的“谷值点”的是（ ） A ．3B ．2C ．7D ．5【分析】根据数列的通项公式，求得a 1到a 8，利用定义即可判断． 【解答】解：由a n =|n +9n −8|，则a 1＝2，a 2=32，a 3＝2，a 4=74，a 5=65，a 6=12，a 7=27，a 8=98， 所以n ＝2，7是数列{a n }的“谷值点” 当n ＝3，5不是数列{a n }的“谷值点”， 故选：AD ．11．（2019秋•淮安期末）已知数列{a n }是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是（ ） A ．{1a n}B ．{log 2a n }C ．{a n •a n +1}D ．{a n +a n +1+a n +2}【分析】本题先根据题意设等比数列{a n }的公比为q （q ≠0），则a n ＝a 1•q n ﹣1．然后对AB 选项先求出通项然后进行观察即可判断，对CD两个选项可根据等比数列的定义法进行判断．【解答】解：由题意，可设等比数列{a n}的公比为q（q≠0），则a n＝a1•q n﹣1．对于A：1a n =1a1q n−1=1a1•（1q）n﹣1．∴数列{1a n }是一个以1a1为首项，1q为公比的等比数列；对于B：log2a n＝log2（a1•q n﹣1）＝log2a1+（n﹣1）log2q．∴数列{log2a n}是一个以log2a1为首项，log2q为公差的等差数列；对于C：∵a n+1⋅a n+2a n⋅a n+1=a n+2a n=a1⋅q n+1a1⋅q n−1=q2，∴数列{a n•a n+1}是一个以q2为公比的等比数列；对于D：∵a n+1+a n+2+a n+3a n+a n+1+a n+2=q(a n+a n+1+a n+2)a n+a n+1+a n+2=q，∴数列{a n+a n+1+a n+2}是一个以q为公比的等比数列．故选：ACD．12．（2019秋•南通期末）设等差数列{a n}的前n项和为S n，公差为d．已知a3＝12，S12＞0，a7＜0，则（）A．a6＞0B．−247＜d＜−3C．S n＜0时，n的最小值为13D．数列{S na n}中最小项为第7项【分析】S12＞0，a7＜0，利用等差数列的求和公式及其性质可得：a6+a7＞0，a6＞0．再利用a3＝a1+2d＝12，可得−247＜d＜﹣3．a1＞0．利用S13＝13a7＜0．可得S n＜0时，n的最小值为13．数列{S na n}中，n≤6时，S na n ＞0.7≤n≤12时，S na n＜0．n≥13时，S na n＞0．进而判断出D是否正确．【解答】解：∵S12＞0，a7＜0，∴12(a6+a7)2＞0，a1+6d＜0．∴a6+a7＞0，a6＞0．∴2a1+11d＞0，a1+5d＞0，又∵a3＝a1+2d＝12，∴−247＜d＜﹣3．a1＞0．S13=13(a1+a13)2=13a7＜0．∴S n＜0时，n的最小值为13．数列{S na n }中，n≤6时，S na n＞0，7≤n≤12时，S na n＜0，n≥13时，S na n＞0．对于：7≤n≤12时，S na n＜0．S n＞0，但是随着n的增大而减小；a n＜0，但是随着n的增大而减小，可得：S na n＜0，但是随着n的增大而增大．∴n＝7时，S na n取得最小值．综上可得：ABCD都正确．故选：ABCD．13．（2019秋•苏州期末）已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2（a n﹣a）（其中a为常数），则下列说法正确的是（）A．数列{a n}一定是等比数列B．数列{a n}可能是等差数列C．数列{S n}可能是等比数列D．数列{S n}可能是等差数列【分析】结合已知可得a n＝2a n﹣1，n＞1，然后结合a是否为0可进行判定是否满足等差或等比．【解答】解：S n＝2（a n﹣a），当n＞1时可得，S n﹣1＝2（a n﹣1﹣a），两式相减可得，a n＝2a n﹣1，n＞1，又n＝1时，S1＝2（a1﹣a）可得，a1＝2a，若a＝0时，数列{a n}不是等比数列，而是等差数列，其各项都为0，和也为等差数列当a≠0时，数列{a n}是等比数列，不是等差数列，而非常数性等比数列的前n项和不是等比，故选：BD．14．（2019秋•徐州期末）等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是（）A．若S5＝S9，则必有S14＝0B．若S5＝S9，则必有S7是S n中最大的项C．若S6＞S7，则必有S7＞S8D．若S6＞S7，则必有S5＞S6【分析】根据题意，结合等差数列的性质依次分析选项，综合即可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A ，若S 5＝S 9，必有S 9﹣S 5＝a 6+a 7+a 8+a 9＝2（a 7+a 8）＝0，则a 7+a 8＝0，S 14=14×(a 1+a 14)2=14×(a 7+a 8)2=0，A 正确；对于B ，若S 5＝S 9，必有S 9﹣S 5＝a 6+a 7+a 8+a 9＝2（a 7+a 8）＝0，又由a 1＞0，则必有S 7是S n 中最大的项，B 正确；对于C ，若S 6＞S 7，则a 7＝S 7﹣S 6＜0，又由a 1＞0，必有d ＜0，则a 8＝S 8﹣S 7＜0，必有S 7＞S 8，C 正确； 对于D ，若S 6＞S 7，则a 7＝S 7﹣S 6＜0，而a 6的符号无法确定，故S 5＞S 6不一定正确，D 错误； 故选：ABC ．15．（2019秋•连云港期末）已知等比数列{a n }中，满足a 1＝1，公比q ＝﹣2，则（ ） A ．数列{2a n +a n +1}是等比数列 B ．数列{a n +1﹣a n }是等比数列C ．数列{a n a n +1}是等比数列D ．数列{log 2|a n |}是递减数列【分析】由题意利用查等比数列的定义、通项公式、性质，判断各个选项是否正确，从而得出结论． 【解答】解：∵等比数列{a n }中，满足a 1＝1，公比q ＝﹣2， ∴a n ＝1×（﹣2）n ﹣1＝（﹣2）n ﹣1．由此可得 2a n +a n +1＝2•（﹣2）n ﹣1+（﹣2）n ＝0，故A 错误；a n +1﹣a n ＝（﹣2）n ﹣（﹣2）n ﹣1＝﹣3•（﹣2）n ﹣1，故数列{a n +1﹣a n }是等比数列，故B 正确； a n a n +1＝（﹣2）n ﹣1 （﹣2）n ＝（﹣2）2n ﹣1，故数列{a n a n +1}是等比数列，故C 正确； log 2|a n |＝log 22n ﹣1＝n ﹣1，故数列{log 2|a n |}是递增数，故D 错误， 故选：BC ．16．（2019秋•潍坊期末）已知等比数列{a n }的公比q =−23，等差数列{b n }的首项b 1＝12，若a 9＞b 9且a 10＞b 10，则以下结论正确的有（ ） A ．a 9•a 10＜0B ．a 9＞a 10C ．b 10＞0D ．b 9＞b 10【分析】设等差数列的公差为d ，运用等差数列和等比数列的通项公式分析A 正确，B 与C 不正确，结合条件判断等差数列为递减数列，即可得到D 正确．【解答】解：数列{a n }是公比q 为−23的等比数列，{b n }是首项为12，公差设为d 的等差数列， 则a 9=a 1(−23)8，a 10=a 1(−23)9，∴a 9•a 10=a 12(−23)17＜0，故A 正确；∵a 1正负不确定，故B 错误；∵a 10正负不确定，∴由a 10＞b 10，不能求得b 10的符号，故C 错误； 由a 9＞b 9且a 10＞b 10，则a 1（−23）8＞12+8d ，a 1（−23）9＞12+9d ，可得等差数列{b n }一定是递减数列，即d ＜0， 即有a 9＞b 9＞b 10，故D 正确． 故选：AD ．17．（2020•山东学业考试）已知数列{a n }为等差数列，首项为1，公差为2，数列{b n }为等比数列，首项为1，公比为2，设c n =a b n ，T n 为数列{c n }的前n 项和，则当T n ＜2019时，n 的取值可以是下面选项中的（ ） A ．8B ．9C ．10D ．11【分析】由已知分别写出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列{c n }的通项公式，利用数列的分组求和可得数列{c n }的前n 项和T n ，验证得答案．【解答】解：由题意，a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，b n =2n−1， c n =a b n =2•2n ﹣1﹣1＝2n ﹣1，则数列{c n }为递增数列， 其前n 项和T n ＝（21﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+…+（2n ﹣1）＝（21+22+…+2n ）﹣n =2(1−2n )1−2−n =2n +1﹣2﹣n ．当n ＝9时，T n ＝1013＜2019； 当n ＝10时，T n ＝2036＞2019． ∴n 的取值可以是8，9． 故选：AB ．18．（2019秋•滕州市校级月考）设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项的和为s n ，前n 项的积为T n ，并满足条件a 1＞1，a 2019a 2020＞1，a 2019−1a 2020−1＜0，下列结论错误的是（ ）A ．S 2019＞S 2020B ．a 2019．a 2021﹣1＞0C ．T 2020是数列{T n }中的最大值D ．数列{T n }无最小值【分析】推导出a 2019＞1，0＜a 2020＜1，0＜q ＜1，由此能求出结果．【解答】解：∵等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项的和为s n ，前n 项的积为T n ，并满足条件a 1＞1，a 2019a 2020＞1，a 2019−1a 2020−1＜0， ∴a 2019＞1，0＜a 2020＜1，∴0＜q ＜1，在A 中，∵a 2020＞0，∴S 2019＜S 2020，故A 错误；在B 中，a 2019＞1，a 2021﹣1＜0，∴a 2019．a 2021﹣1＜0，故B 错误； ∴T 2019是数列{T n }中的最大项，故C 错误；在D 中，数列{T n }无最小值，故D 正确．故选：ABC ．19．（2019秋•常熟市校级月考）等差数列{a n }中，若S 6＜S 7且S 7＞S 8，则下面结论正确的是（ ）A ．a 1＞0B ．S 9＜S 6C ．a 7最大D ．（S n ）max ＝S 7【分析】根据题意，分析可得a 7＝S 7﹣S 6＞0，a 8＝S 8﹣S 7＜0，且d ＝a 8﹣a 7＜0，精粹结合等差数列的性质分析选项，即可得答案．【解答】解：根据题意，等差数列{a n }中，若S 6＜S 7且S 7＞S 8，则a 7＝S 7﹣S 6＞0，a 8＝S 8﹣S 7＜0，则有d ＝a 8﹣a 7＜0，对于A ，必有a 1＝a 8﹣7d ＞0，A 正确；对于B ，S 9﹣S 6＝a 7+a 8+a 9＝3a 8＜0，必有S 9＜S 6，B 正确；对于C ，等差数列{a n }中，d ＜0，数列{a n }为递减数列，故a 1最大，C 错误； 对于D ，数列{a n }为递减等差数列，a 7＞0，a 8＜0，故必有（S n ）max ＝S 7，D 正确； 故选：ABD ．20．（2019秋•海淀区校级期中）已知数列{a n }，{b n }均为递增数列，{a n }的前n 项和为S n ，{b n }的前n 项和为T n ．且满足a n +a n +1＝2n ，b n •b n +1＝2n （n ∈N *），则下列说法正确的有（ ）A ．0＜a 1＜1B ．1＜b 1＜√2C ．S 2n ＜T 2nD ．S 2n ≥T 2n【分析】利用代入法求出前几项的关系即可判断出a 1，b 1的取值范围，在求出其前2n 项和的表达式即可判断大小；【解答】解：∵数列{a n }为递增数列；∴a 1＜a 2＜a 3；∵a n +a n +1＝2n ，∴{a 1+a 2=2a 2+a 3=4；∴{a 1+a 2＞2a 1a 2+a 3＞2a 2=4−4a 1∴0＜a 1＜1；故A 正确． ∴S 2n ＝（a 1+a 2）+（a 3+a 4）+…+（a 2n ﹣1+a 2n ）＝2+6+10+…+2（2n ﹣1）＝2n 2； ∵数列{b n }为递增数列； ∴b 1＜b 2＜b 3；∵b n •b n +1＝2n∴{b1b 2=2b 2b 3=4； ∴{b 2＞b 1b 3＞b 2；∴1＜b 1＜√2，故B 正确． ∵T 2n ＝b 1+b 2+…+b 2n＝（b 1+b 3+b 5+…+b 2n ﹣1）+（b 2+b 4+…+b 2n ） =b 1⋅(1−2n )2+b 2(1−2n )2=(b 1+b 2)(2n −1)≥2√b 1b 2(2n −1)=2√2(2n −1)； ∴对于任意的n ∈N *，S 2n ＜T 2n ；故C 正确，D 错误． 故选：ABC ．。
2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编(二)(解析版)
2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（二）一．选择题（共17小题）1．（2020秋•建瓯市校级月考）已知数列{}n a 的各项均为正数，且满足12a =，2222114(1)2(1)0n n n n n a n a n a na ++-+-++=，设n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2019(S = )A ．2020201922⨯+B ．2020201922⨯-C ．2020201822⨯+D ．2020201822⨯-【解析】解：因为2222114(1)2(1)0n n n n n a n a n a na ++-+-++=，所以11[2(1)][2(1)][2(1)]0n n n n n n na n a na n a na n a ++++-++-+=， 所以11[2(1)1][2(1)]0n n n n na n a na n a +++++-+=，因为数列{}n a 的各项均为正数，所以12(1)0n n na n a +-+=，即121n n a an n+=+， 又因为12a =，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以121a =为首项，以2为公比的等比数列，所以2n n an=，即2n n a n =，故1212222n n S n =++⋯+①，231212222n n S n +=++⋯+②，①-②得：1211112222222(1)22n n n n n n S n n n ++++-=++⋯+-=--=--， 所以1(1)22n n S n +=-+， 所以20202019201822S =+． 故选：C ．2．（2020•西安三模）若定义在R 上的函数()f x 满足(2)()f x f x +=且[1x ∈-，1]时，()||f x x =，则方程3()log ||f x x =的根的个数是( )A ．4B ．5C ．6D ．7【解析】解：根据题意，函数()f x 满足(2)()f x f x +=，则()f x 是周期为2的周期函数，又由[1x ∈-，1]时，()||f x x =，则()f x 的图象如图，再作出3log ||y x =的图象，分析可得两个函数的图象有4个交点， 则方程3()log ||f x x =有4个根， 故选：A ．3．（2020秋•香坊区校级期末）已知定义在R 上的函数(1)3y f x =+-是奇函数，当(1,)x ∈+∞时，1()31f x x x '+--，则不等式[()3](1)0f x ln x -+>的解集为( ) A ．(1,)+∞B ．(1-，0)(e ⋃，)+∞C ．(0，1)(e ⋃，)+∞D ．(1-，0)(1⋃，)+∞ 【解析】解：因为(1,)x ∈+∞时，1()31f x x x '+--， 则可令11x x =+，此时10x >， 所以当1(0,)x ∈+∞时，1111(1)2f x x x '++-， 即对(0,)x ∀∈+∞，均有(1)0f x '+， 因为(1)3y f x =+-，所以(1)y f x '='+， 所以(1)3y f x =+-在(0,)+∞上单调递增， 由函数(1)3y f x =+-是奇函数，所以函数(1)3y f x =+-在R上单调递增， 故可大致画出函数(1)3y f x =+-的图象，对于()3f x -只需要将(1)3y f x =+-向右平移1个单位即可得到， 当0x >时，(1)0ln x +>，此时只需要()3f x >即可， 由图象可知，此时(1,)x ∈+∞，当10x -<<时，(1)0ln x +<，此时只需要()3f x <即可， 由图象可知，此时(1,0)x ∈-．综上，不等式的解集为(1-，0)(1⋃，)+∞． 故选：D ．4．（2020秋•湖北月考）蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录.3D 打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术（即“积层造型法” )．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等）．已知某鞠的表面上有四个点A 、B 、C 、D ，满足任意两点间的直线距离为，现在利用3D 打印技术制作模型，该模型是由鞠的内部挖去由ABCD 组成的几何体后剩余的部分，打印所用原料密度为31/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为( )（参考数据：取 3.14π= 1.41 1.73=，精确到0.1) A ．113.0gB ．267.9gC ．99.2gD ．13.8g【解析】解：由题意，以A ，B ，C ，D 为顶点构成正四面体，设正四面体的棱长为a ，则3D 打印的体积为3233411)332V a ππ=⋅-⋅=，a =∴3a =，36113.0413.8499.2V π∴=--=．又打印所用原料密度为31/g cm ，∴制作该模型所需原料的质量约为99.2g ． 故选：C ．5．（2020秋•湖南月考）函数1()2cos()12f x x x π=+-在区间[2-，4]上的所有零点的和为( ) A ．4B ．6C ．4πD ．6π【解析】解：令()0f x =，得12cos 12x x π=--， 函数()f x 的零点就是函数11y x =-与函数2cos 2y x π=-图象交点的横坐标．又函数11y x =-的图象关于点(1,0)对称， 函数2cos2y x π=-的周期为4，其图象也关于点(1,0)对称，画出两函数图象如图：共有4个交点，这4个点两两关于点(1,0)对称，故其横坐标的和为4． 故选：A ．6．（2020秋•内蒙古月考）某流行病调查中心的疾控人员针对该地区某类只在人与人之间相互传染的疾病，通过现场调查与传染源传播途径有关的蛛丝马迹，根据传播链及相关数据，建立了与传染源相关确诊病例人数()H t 与传染源感染后至隔离前时长t （单位：天）的模型：().kt H t e λ+=已知甲传染源感染后至隔离前时长为5天，与之相关确诊病例人数为8；乙传染源感染后至隔离前时长为8天，与之相关确诊病例人数为20．打某传染源感染后至隔离前时长为两周，则与之相关确诊病例人数约为( ) A ．44B ．48C ．80D ．125【解析】解：依题意得，H （5）58k e λ+==，H （8）820k e λ+==， 835(8)205(5)82k k k H e e H e λλ++====， 1453335(14)()8()1252k k k H e e e λλ++∴===⨯=．故某传染源感染后至隔离前时长为两周，则与之相关确诊病例人数约为125人． 故选：D ．7．（2020秋•北海月考）2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭，成功发射北斗系统第54颗导航卫星．第54颗导航卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆．设地球半径为R ，若其近地点、远地点离地面的距离大约分别是115R ，13R ，则第54颗导航卫星运行轨道（椭圆）的离心率是( ) A ．25B ．15C ．23 D ．19【解析】解：以运行轨道的中心为原点，长轴所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系， 令地心2F 为椭圆的右焦点，则轨道方程是焦点在x 轴上的椭圆，设标准方程为22221(0)x y a b a b+=>>，则地心2F 的坐标为(,0)c ，其中222a b c =+， 由题意可得：115a c R R -=+，13a c R R +=+， 解得65a R =，215c R =， 所以离心率为19c e a ==， 故选：D ．8．（2020秋•沙坪坝区校级月考）实数x ，y 满足424(2)xye x y e -=+，则22x yx y x++的最小值为( )A ．2B C ．7 D ．4【解析】解：424(2)x y e x y e -=+，424(2)y x e x y e +∴=+，x y xe =在(0,)+∞上单调递增， 故24x y +=，∴22(2)44x y x x y y x y x y x y x y x+++=+=+，当且仅当1x =，2y =时取得最小值． 故选：D ．9．（2020秋•高新区校级月考）已知函数()x f x e =，函数()g x 与()f x 的图象关于直线y x =对称，令(),0,()|()|,0,f x x h xg x x ⎧=⎨>⎩则方程22()eh x x e =+解的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】解：因为函数()g x 与()f x 的图象关于直线y x =对称，()x f x e =， 所以()g x lnx =，,0,()||,0,x e x h x lnx x ⎧=⎨>⎩所以()h x 的图象如图所示．方程22()e h x x e =+可化为2()1xh x e=+，即求函数()y h x =与21x y e =+的图象的交点个数． 当0x 时，21xy e =+的图象恒过点(0,1)，此时有两个交点； 当01x <<时，21xy e=+与()y h x =的图象有一个交点； 当1x >时，设斜率为21e 的直线与y lnx =的切点为0(x ，0)lnx ， 由斜率2011k e x ==，所以20x e =，所以切点为2(e ，2)， 此时直线方程为2212()y x e e-=-，即21x y e =+， 所以直线21xy e =+与z x y =+恰好相切，有一个交点．综上，此方程有4个解． 故选：D ．10．（2020秋•陕西月考）已知双曲线C 的方程为2214x y m m+=+，给出下列四个结论：①m 的取值范围是(4,0)-； ②C 的焦距与m 的取值无关；③当C 的离心率不小于2时，m 的最小值为3-； ④存在实数m ，使得点2(m ，)m 在C 上． 其中结论正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】解：对于①：由题意得(4)0m m +<，则40m -<<，故①正确． 对于②：因为40m -<<，所以24a m =+，2b m =-，2224c a b =+=， 则2c =，从而C 的焦距为4，与m 的取值无关，故②正确． 对于③：若C 的离心率不小于2，则2e ==．解得3m -，故③不正确． 对于④：假设存在实数m ，使得点2(m ，)m 在C 上，则4214m m m m+=+，则42340m m m ++-=． 设函数42()34f m m m m =++-， 因为(2)100f -=>，(1)50f -=-<，从而存在(2,1)m ∈--，使得()0f m =，故④正确． 故选：C ．11．（2020秋•南京期中）设()f x 是定义在R 上的函数，()(1)g x f x =+．若函数()g x 满足下列条件： ①()g x 是偶函数；②()g x 在区间[0，)+∞上是增函数； ③()g x 有一个零点为2．则不等式(1)()0x f x +>的解集是( ) A ．(3,)+∞B ．(1,)+∞C ．(-∞，1)(1-⋃，)+∞D ．(-∞，1)(3-⋃，)+∞【解析】解：已知()g x 是偶函数，在区间[0，)+∞上是增函数，且g （2）0=， 可得()g x 在(,0)-∞上是减函数，且(2)0g -=， 因为()f x 是定义在R 上的函数，()(1)g x f x =+．所以()f x 是函数()g x 的图象向右平移1个单位长度得到的函数， 所以()f x 关于1x =对称，在[1，)+∞上是增函数，在(,1)-∞上是减函数， 且f （3）(1)0f =-=，所以当1x <-或3x >时，()0f x >，当13x -<<时，()0f x <， 则不等式(1)()0x f x +>可转化为10()0x f x +>⎧⎨>⎩或10()0x f x +<⎧⎨<⎩，即1013x x x +>⎧⎨-⎩或或1013x x +<⎧⎨-<<⎩，解得3x >，即不等式的解集为(3,)+∞． 故选：A ．12．（2020•宜宾模拟）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若110,2n a a >=，2n S <，则{}n a 的公比的取值范围是( ) A ．3(0,]4B ．2(0,]3C ．3(0,)4D ．2(0,)3【解析】解：设等比数列{}n a 的公比为q ，则1q ≠．110,2n a a >=，2n S <， ∴1102n q -⨯>，1(1)221n q q-<-， 10q ∴>>． 144q ∴-，解得34q．综上可得：{}n a 的公比的取值范围是：3(0,]4．故选：A ．13．（2020秋•山东月考）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，以A 为球心，1111A B C D 的交线长为( )A ．2πB ．2C D ．π【解析】解：由题意知11AB AD ==，如图，在平面1111A B C D 内任取一点P ，使12A P =，则AP ==故以A 为球心，1111A B C D 的交线是以1A 为圆心，以2为半径的圆弧11B PD ， 故该交线长为22ππ⨯=．故选：D ．14．（2020秋•东安区校级期末）已知圆221:(3)(1C x y -+-=和焦点为F 的抛物线22:8C y x =，N 是1C 上一点，M 在2C 上，当点M 在1M 时，||||MF MN +取得最小值，当点M 在2M 时，||||MF MN -取得最大值，则12||(M M = )A ．B ．C ．D【解析】解：圆221:(3)(1C x y -+-=的圆心1(3C ，，半径为1r =， 抛物线22:8C y x =的焦点为(2,0)F ，由1C 向准线2x =-作垂线，交抛物线于1(1M ，； 可得11||||M F M N +取得最小值3(2)14---=， 连接1FC ，并延长交抛物线于2M ，可得22||||M F M N '-取得最大值1||114FC +=，由直线1C F 的方程2)y x =-，联立抛物线22:8C y x =，可得2540x x -+=，解得4(1x =舍去），即有2(4M ，，可得12||M M ， 故选：D ．15．（2020秋•浙江月考）已知函数2221,0,(),0,x ax x x f x e ax e x ⎧-+<=⎨-+-⎩有两个零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(,)e +∞ B ．2(e ，)+∞ C ．2(0,)eD ．(0,)e【解析】解：当0x =时，2(0)1f e =--，则0不是函数()f x 的零点； 当0x <时，由()0f x =，得221x a x -=， 设221()x h x x -=，32(1)()0x h x x-'=<，则()h x 在(,0)-∞上单调递减，且()0h x <； 当0x >时，()0f x =等价于2x e e a x+=，令2()x e e g x x +=，则22()x x xe e e g x x --'=，得()g x 在(0,2)上单调递减，在(2,)+∞上单调递增，则2()(2)min g x g e ==， 故2()g x e ．()f x 有两个零点，则2a e >．∴实数a 的取值范围是2(e ，)+∞．故选：B ．16．（2020秋•浙江月考）在正四面体ABCD 中，M ，N 分别为AD ，BC 的中点，P 为线段MB 上的动点（包括端点），记PN 与CD 所成角的最小值为α，PN 与平面BCD 所成角的最大值为β，则( ) A ．αβ=B ．αβ>C ．αβ<D ．2παβ+=【解析】解：根据最小角定理得：PN 与CD 所成最小角为CD 与平面BCM 所成角，即DCM ∠，由最大角定理得：PN 与平面BCD 所成最大角为二面角M BC D --，记PN 与CD 所成角的最小值为α，PN 与平面BCD 所成角的最大值为β， 如图，DCM α=∠，DNM β=∠，则在正四面体中，tan tan DCM α=∠tan tan DNM β=∠ αβ∴<．故选：C ．17．（2020•吉林模拟）2019年末，武汉出现新型冠状病毒肺炎(19)COVID -疫情，并快速席卷我国其他地区，传播速度很快，因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，所以目前没有特异治疗方法，防控难度很大，武汉市出现疫情最早，感染人员最多，防控压力最大，武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人．在排查期间，一户6口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感染高危户”．设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为(01)p p <<且相互独立，该家庭至少检测了5个人才能确定为“感染高危户”的概率为()f p ，当0p p =时，()f p 最大，则0(p =)A ．1BC ．12D ．1 【解析】解：设事件A 为：检测了5个人确定为“感染高危户”； 设事件B 为：检测了6个人确定为“感染高危户”；P ∴（A ）4(1)p p =-，P （B ）5(1)p p =-，即454()(1)(1)(2)(1)f p p p p p p p p =-+-=--，设10x p =->，则424()()(1)(1)(1)g x f p x x x x x ==-+=-，22224222311(22)4()(1)[(22)][]22327x x x g x x x x x x -++∴=-=⨯-⨯=．当且仅当2222x x -=，即x =时取等号．即01p p == 故选：A ．二．多选题（共12小题）18．（2020秋•建瓯市校级月考）下列说法中正确的是( )A ．0AB BA +=B ．若||||a b =且//a b ，则a b =C ．若a 、b 非零向量且||||a b a b +=-，则a b ⊥D ．若//a b ，则有且只有一个实数λ，使得b a λ=【解析】解：由AB ，BA 互为相反向量，则0AB BA +=，故A 正确； 由||||a b =且//a b ，可得a b =或a b =-，故B 错误；由a 、b 非零向量且||||a b a b +=-，两边平方可得222222a a b b a a b b ++=-+，即0a b =，所以a b ⊥，故C 正确；若//a b 且0a ≠，则有且只有一个实数λ，使得b a λ=，故D 错误． 故选：AC ．19．（2020秋•湖北月考）已知函数2()(x f x e ax a =-为常数），则下列结论正确的有( )A ．若()f x 有3个零点，则a 的范围为2(,)4e +∞B ．2ea = 时，1x =是()f x 的极值点C ．12a =时，()f x 的零点0x ，且0112x -<<- D ．1a =时，()0f x 恒成立【解析】解：若2()xf x e ax =-有3个零解，即y a =与2()xe g x x=有三个交点，若2()x e g x x =，则2442(2)()x x x e x e x xe x g x x x --'==， 则()g x 在(,0)-∞上单调递增，在区间内的值域为(0,)+∞，()g x 在(0,2)上单调递减，在(2,)+∞上单调递增，在此区间内的值域为2[4e ，)+∞，故y a =与2()x e g x x =有三个交点，则24e a ，故A 正确，若2e a =时，则2()2x ef x e x =-，()x f x e ex '=-， ()x f x e e ''=-，则()f x '在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 则()min f x f '='（1）0=，故函数()f x 在R 上单调递增，故B 错误， 若12a =时，则21()2x f x e x =-， 此时()f x 仅有个零点0x ，且00x <， 又1212(1)(1)022e f e e---=--=<，122111()()0222f e --=--=>，则0112x -<<-，故C 正确，若1a =时，则2()x f x e x =-， 当1x =-时，121(1)(1)0ef e e---=--=<，故D 错误． 故选：AC ．20．（2020秋•湖南月考）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD DD ==，AB =，E 、F 、G 分别是AB 、BC 、11C D 的中点，则下列说法正确的是( )A ．11BCDE ⊥ B ．1//D C 平面GEFC ．若点P 在平面ABCD 内，且1//D P 平面GEF ，则线段1D PD ．若点Q 在平面ABCD 内，且11D Q B C ⊥，则线段1D Q 【解析】解：连结AC ，1D A ，1BC ，因为11B C BC ⊥，1B C AB ⊥， 所以1B C ⊥平面11ABC D ， 又因为1D E ⊂平面11ABC D ， 所以1B C DE ⊥，故选项A 正确； 又因为//EF AC ，1//AD GE ， 所以面1//AD C 面GEF ，又因为1D C ⊂面1AD C ，所以1//D C 面GEF ，故选项B 正确； 若点P 在平面ABCD 内，且1//D P 面GEF ，则点P 的轨迹是直线AC ，此时1D P 的最小值为1D P AC ⊥时，在△1D AC 中，112,2AD D C AC ===， 因为1D P AC ⊥，所以111sin D P AD D AC =⋅∠==，故选项C 错误； 因为1B C ⊥面11ABC D ，且11D Q B C ⊥， 所以点Q 的轨迹是直线AB ，所以1D Q 的最小值是1D Q AB ⊥时，即Q 与A 重合，此时1D A =，故选项D 正确． 故选：ABD ．21．（2020秋•重庆月考）经研究发现：任意一个三次多项式函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠的图象都只有一个对称中心点0(x ，0())f x ，其中0x 是()0f x ''=的根，()f x '是()f x 的导数，()f x ''是()f x '的导数，若函数32()f x x ax x b =+++图象的对称点为(1,2)-，且不等式32(1)[()3]x e e e mx lnx f x x x e x -+--+对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则( )A ．3a =B ．1b =C ．m 的值可能是e -D ．m 的值可能是1e-【解析】解：由题意得(1)112f a b -=-+-+=，2()321f x x ax '=++，()62f x x a ''∴=+，(1)620f a ''∴-=-+=，解得3a =，1b =，故A ，B 正确；此时32()31f x x x x =+++，1x >，32(1)[()3]xeee mx lnxf x x x e x ∴-+--+，等价于(1)1e x x e x e mlnx --+++， 当0x >时，1x e x >+，则1ee x lnx xx e e elnx x --+=-++（当且仅当x e =时，等号成立），从而(1)11e x x e x e elnx ee lnx lnx --++--=-++，故m e -，故C 正确，D 错误．故选：ABC ．22．（2020秋•辽宁月考）若存在m ，使得()f x m 对任意x D ∈恒成立，则函数()f x 在D 上有下界，其中m 为函数()f x 的一个下界；若存在M ，使得()f x M 对任意x D ∈恒成立，则函数()f x 在D 上有上界，其中M 为函数()f x 的一个上界．如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界．下列说法正确的是()A ．1不是函数1()(0)f x x x x=+>的一个下界B ．函数()f x xlnx =有下界，无上界C ．函数2()xe f x x =有上界，无下界D ．函数2sin ()1xf x x =+【解析】解：对于A ：当0x >时，1()21f x x x =+>，所以1是函数数1()(0)f x x x x=+>的一个下界，故A 错误；对于B ：函数()f x xlnx =，所以()1f x lnx '=+，当1x e =为函数的零点，所以1(0,)e单调递减，1(,)e +∞单调递增，所以函数1()f e为函数的最小值点，故函数有下界，无上界，故B 正确；对于C ：函数2()0xe f x x =>无上界，有下界，故C 错误；对于222sin sin 1:()||1111x x D f x x x x =+++，所以|()|1f x ，即1()1f x -，所以函数()f x 有界，故D 正确．故选：BD ．23．（2020秋•湖南月考）设m R ∈，过定点M 的直线1:310l mx y m --+=与过定点N 的直线2:310l x my m +--=相交于点P ，线段AB 是圆22:(1)(1)4C x y +++=的一条动弦，且||AB =则下列结论中正确的是( ) A ．1l 一定垂直2lB ．||||PM PN +的最大值为C ．点P 的轨迹方程为22(2)(2)2x y -+-=D ．||PA PB +的最小值为【解析】解：直线1:310l mx y m --+=与2:310l x my m +--=垂直，所以A 正确； 1l 过定点(3,1)M ，2l 过定点(1,3)N ，在MNP ∆中，设PMN θ∠=，则||||4sin()44PM PN πθθθ+=+=+，所以B 不正确；由0PM PN ⋅=，可得点P 轨迹方程为22(2)(2)2(3)x y x -+-=≠．所以C 不正确； 作CD AB ⊥，则CD =∴点D 轨迹方程为22(1)(1)2x y +++=．||2||PA PB PD +=，||PD，∴||PA PB +的最小值为故选：AD ．24．（2020秋•沙坪坝区校级月考）已知函数2(1),0()(1),0x xx e x f x x x e ⎧+<⎪=⎨+⎪⎩，下列选项正确的是( )A ．函数()f x 在(2,1)-上单调递增B ．函数()f x 的值域为21[,)e -+∞ C ．若关于x 的方程2[()]|()|0f x a f x -=有3个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是214(,)e eD ．不等式()0f x ax a -->在(1,)-+∞恰有两个整数解，由实数a 的取值范围是232[,)e e【解析】解：函数2(1),0()(1),0x xx e x f x x x e ⎧+<⎪=⎨+⎪⎩，所以函数(2)&(0)()(1)(1)&(0)x x x e x f x x x x e ⎧+⋅<⎪'=⎨+--⎪⎩，故函数()y f x =如图所示：易知：选项A 正确，选项B 错误；对于C ：如图：函数|()|y f x =的图象，2[()]|()|0()0f x a f x f x -=⇔=或|()|0f x =，由于方程[()]|()|0f x a f x -=有3个不相等的实数根，所以只需|()|f x a =有两个不等实根，故214(,)a e e∈，故C 正确； 对于D ：不等式()(1)f x a x >+，在(1,)-+∞恰有两个整数解，必为0x =，1x =， 故(1)(11)&(2)(21)&f a f a >+⎧⎨+⎩，解得232(,)a e e ∈，故D 正确．．故选：ACD ．25．（2020秋•南京期中）设常数a R ∈，*n N ∈，对于二项式(1n +的展开式，下列结论中，正确的是()A ．若1a n<，则各项系数随着项数增加而减小B ．若各项系数随着项数增加而增大，则a n >C ．若2a =-，10n =，则第7项的系数最大D ．若a =7n =，则所有奇数项系数和为239【解析】解：二项式(1n+的展开式的通项为21r rrr nT a C x +=， 对于A ：若0a <，则各项系数一正一负交替出现，故A 不对，对于11:r r r r nn B C a c a ++<对于任意的0r =，1，2，⋯，1n -，都成立， 所以0a >，且1r a n r+>-对任意的r 都成立， a n ∴>，故B 正确；当2a =-，10n =，则展开式中奇数项的系数为正值，偶数项的系数为负值，所以，只需比较0010(2)C -，2210(2)C -，⋯，6610(2)C -，8810(2)C -，101010(2)C -即可， 可得，6610(2)C -最大，即展开式中第7项的系数最大，故C 正确；当a =7n =，则奇数项系数和为：002244667777((((239C C C C +++=，故D 正确； 故选：BCD ．26．（2020秋•苏州期中）函数()1x lnx kf x e x+=--在(0,)+∞上有唯一零点0x ，则( ) A ．001x x e =B ．0112x << C ．1k = D ．1k >【解析】解函数()1x lnx kf x e x+=--在(0,)+∞上有唯一零点0x ， ()0x e x lnx k x ∴-+-=， ()0x x xe k ln xe ∴--=，令x t xe =，(0)t >，则()g t t k lnt =--，(0)t >此函数只有一个零点，∴1()1g t t'=-，可知()g t 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增；g ∴（1）0=，1k ∴=，此时001xx e =⇒000001(,1)2x x x e k x e e x ==<<⇒∈． 故选：ABC ．27．（2020秋•湖北月考）函数()f x 为定义在R 上的偶函数，且在[0，)+∞上单调递增，则( ) A ．函数()()cos g x f x x =为奇函数B ．函数()[()h x x f x f =-（2）]有且只有3个零点C ．不等式[()x f x f -（2）]0的解集为(-∞，2][0-⋃，2]D ．()f x 的解析式可能为2()x x f x e e x -=+- 【解析】解：根据题意，依次分析选项：对于A ，若()()cos g x f x x =，则()()cos()()cos ()g x f x x f x x g x -=--==，则()()cos g x f x x =为偶函数，A 错误；对于B ，设函数()()F x f x f =-（2），F （2）f =（2）f -（2）0=，(2)(2)F f f -=--（2）f =（2）f -（2）0=，则()F x 在R 上有且只有2个零点，所以h （2）(2)(0)0h h =-==，()h x 在R 上有且只有3个零点，B 正确； 对于C ，因为[()x f x f -（2）]0，所以当0x <时，()f x f -（2）0，即()(2)f x f -，可得2x -， 当0x 时，()f x f -（2）0，即()f x f （2），可得02x ， 故[()x f x f -（2）]0的解集为(-∞，2][0-⋃，2]，C 正确； 对于D ，若2()x x f x e e x =+-，易得()f x 为偶函数，其导数()2x x f x e e x -'=--，则有()2220x x f x e e -''=+--=． 则()f x '为R 上的增函数， 在[0，)+∞上，()(0)0f x f ''=，所以此函数还满足在[0，)+∞上单调递增，D 正确． 故选：BCD ．28．（2020秋•广东月考）已知()f x 是定义域为R 的函数，满足(1)(3)f x f x +=-，(1)(3)f x f x +=-，当02x 时，2()f x x x =-，则下列说法正确的是( )A ．函数()f x 的周期为4B ．函数()f x 的图象关于直线2x =对称C ．当04x 时，()f x 的最大值为2D ．当68x 时，()f x 的最小值为12-【解析】解：(1)(3)f x f x +=-，(4)[(3)1][(3)3]()f x f x f x f x ∴+=++=+-=，函数()f x 是周期函数，周期为4，故A 正确；由(1)(3)f x f x +=-，可得(2)(2)f x f x +=-，∴函数()f x 的图象关于2x =对称轴，故B 正确； 作出函数()f x 在[0，8]上的大致图象，如图所示，由图可知当04x 时，()f x 的最大值为f （2）2=，故C 正确； 当68x 时，()f x 的最小值为1511()()224f f ==-，故D 错误．故选：ABC ．29．（2020秋•城厢区校级期中）已知1F 、2F 分别为双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左、右焦点，且2122||b F F a=，点P 为双曲线右支一点，I 为△12PF F 的内心，若1212IPF IPF IF F S SSλ=+成立，则下列结论正确的有( )A ．当2PF x ⊥轴时，1230PF F ∠=︒B ．离心率e =C ．λ=D ．点I 的横坐标为定值a【解析】解：当2PF x ⊥轴时，22121||||2b PFc F F a ===，此时121tan 2PF F ∠=，所以A 错误；2122||b F F a =，∴2222222b c a c a a-==， 整理得210(e e e --=为双曲线的离心率），1e >，∴e =，所以B 正确． 设△12PF F 的内切圆半径为r ，由双曲线的定义得12||||2PF PF a -=，12||2F F c =，111||2IPF S PF r =，221||2PF S PF r =，12122F F S cr cr ==，1212IPF IPF IF F SSSλ=+，∴1211||||22PF r PF r cr λ=+，故12||||2PF PF ac cλ-====C正确．设内切圆与1PF、2PF、12F F的切点分别为M、N、T，可得11||||||||PM PN F M FT==，22||||F N F T=．由121212||||||||||||2PF PF F M F N FT F T a-=-=-=，1212||||||2F F FT F T c=+=，可得2||F T c a=-，可得T的坐标为(,0)a，即Ⅰ的横坐标为a，故D正确；故选：BCD．三．填空题（共20小题）30．（2020秋•建瓯市校级月考）已知等差数列{}na的前n项和为nS，且56a=，3914a a+=，数列{}nb满足1nnbS n=-，记{}nb的前n项和为nT，nT的最小值为t，若(,0)x y t x y+=>，则14x y+最小值为9．【解析】解：由等差数列中项公式知，396142a a a+==，67a∴=，56a =，∴公差1d=，∴数列{}na的通项公式为5(5)1na a n d n=+-=+，12a∴=，1()(3)22nnn a a n nS++==，12112()(1)1nnbS n n n n n∴===--++，121111122[(1)()()]222311n nT b b bn n n∴=++⋯+=-+-+⋯+-=-++，是单调递增数列，故nT的最小值为11t T==，1x y∴+=，∴141444()()5()529y x y x x y x y x y x y x y +=++=+++=，当且仅当4y x x y =，即13x =，23y =时，等号成立， ∴14x y+的最小值为9． 故答案为：9．31．（2020•鄂州期末）对于函数22,0()12,02x x e x f x x x x ⎧⋅⎪=⎨-+>⎪⎩有下列命题： ①在该函数图象上一点(2-，(2))f -处的切线的斜率为22e -； ②函数()f x 的最小值为2e-；③该函数图象与x 轴有4个交点；④函数()f x 在(-∞，1]-上为减函数，在(0，1]上也为减函数． 其中正确命题的序号是 ①②④ ．【解析】解：0x 时，()2x f x xe =，()2(1)x f x x e '=+，故22(2)f e '-=-，①正确； 且()f x 在(,1)-∞-上单调递减，在(1,0)-上单调递增，故0x 时，()f x 有最小值2(1)f e-=-，0x >时，21()22f x x x =-+在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，故0x >时，()f x 有最小值f （1）122e=->-故()f x 有最小值2e-，②④正确；因为0x <时，()f x 恒小于0，且()0f x =，故该函数图象与x 轴有3个交点，③错误； 故答案为：①②④32．（2020•厦门模拟）双曲线2222:1(0,0)x y a b a bΓ-=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过1F 的直线与Γ的左、右两支分别交于A ，B两点，点M 在x 轴上，213F A MB =，2BF 平分1F BM ∠，则Γ【解析】解：根据题意，作出如下所示的图形，由题可知，122F F c =，213F A MB =，∴△12F AF ∽△1F BM ，24F M c ∴=，设2AF m =，则3BM m =， 由角分线定理可知，2BF 平分1F BM ∠，∴11222142BF F F c BM F M c ===，132m BF ∴=，11132mAF BF ==，123AB BF m ==， 由双曲线的定义知，212AF AF a -=，22mm a ∴-=，即4m a =①， 122BF BF a -=，2322mBF a m ∴=-=，22BF AB AF m ∴===，即2ABF ∆是等边三角形，2260F BM ABF ∴∠=∠=︒，在△2F BM 中，由余弦定理知，2222222cos 2BF BM F M F BM BF BM +-∠=⋅⋅，即2221916223m m c m m +-=⋅⋅，化简得，22716m c =②，由①②可得，227c a =，∴离心率ce a==．33．（2020秋•湖北月考）已知1F ，2F 分别为双曲线2222:1x y C a b-=的左、右焦点，C 的离心率2e =，过2F 的直线与双曲线C 的右支交于A 、B 两点（其中A 点在第一象限），设点M 、N 分别为△12AF F 、△12BF F 的内心，则||MN 的范围是 [2a，) .（用只含有a 的式子表示） 【解析】解：记边1AF 、2AF 、12F F 上的切点分别为R 、S 、T ， 有M 、T 横坐标相等，则||||AR AS =，11|||F MR FT =，22||||F S F T =，由12||||2AF AF a -=，即12||||(||||)2AR RF AS SF a +-+=，得12||||2RF SF a -=， 即12||||2FT F T a -=，记M 的横坐标为0x ，则0(T x ，0)， 于是00()2x c c x a +--=，得0x a =，同样内心N 的横坐标也为a ，则有MN x ⊥轴， 设直线AB 的倾斜角为θ，则22OF N θ∠=，2902MF O θ∠=︒-，在△2MF N 中，sincos22||()[tantan(90)]()()22cos sin 22MN c a c a θθθθθθ=-+︒-=-+ 22222()()sin sin cos 22sin cos c a c a θθθθθ+=-⋅=-⋅，由双曲线的离心率为2．即2c a =， 可得2||sin a MN θ=， 由于直线AB为右支上一点，且一条渐近线的斜率为ba=60︒， 可得6090θ︒<︒sin 1θ<， 可得||MN 的范围是[2a)． 故答案为：[2a)．34．（2020秋•湖南月考）“喊泉”是一种地下水的毛细现象，人们在泉口吼叫或发出其他声音时，声波传入泉洞内的储水池，进而产生“共鸣”等物理声学作用，激起水波，形成涌泉．声音越大，涌起的泉水越高．已知听到的声强m 与标准声调00(m m 约为1210-，单位：2/)W m 之比的常用对数称作声强的声强级，记作L（贝尔），即0mL lgm =，取贝尔的10倍作为响度的常用单位，简称为分贝．已知某处“喊泉”的声音响度y （分贝）与喷出的泉水高度x （米)满足关系式2y x =，现知A 同学大喝一声激起的涌泉最高高度为50米，若A 同学大喝一声的声强大约相当于10个B 同学同时大喝一声的声强，则B 同学大喝一声激起的涌泉最高高度约为 45 米．【解析】解：设B 同学的声强为m ，喷出泉水高度为x 米，则A 同学的声强为10m ，喷出泉水高度为50米， 由题意可得：0010********m lg x m m lg m ⎧=⎪⎪⎨⎪=⨯⎪⎩，得000.2110lgm lgm x lgm lgm -=⎧⎨+-=⎩，两式相减得1100.2x =-，解得45x =米． 故答案为：45．35．（2020秋•河南月考）在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c，a =34A π=，若b c λ+有最大值，则实数λ的取值范围是．【解析】解：由正弦定理得：2sin sin sin b c aB CA====，所以2(sin sin )2sin 2sin()2sin )(24b c B C B B B B B B B πλλλλλ+=+=+-=+=，当20λ=，即λ=时，b c B λ+=，没有最大值， 所以λ≠，则sin()b c B λϕ+=+，其中tan ϕ=， 要使b c λ+有最大值，则22B πϕπ+=+，可得22B πϕπ=+-，由于04B π<<，所以422B πππ<-<，所以tan tan()12B πϕ=->1>，解得2λ<<λ的取值范围是(2．故答案为：． 36．（2020秋•重庆月考）已知双曲线22:188x y C -=的左焦点为F ，点M 在双曲线C 的右支上，(0,4)A ，当MAF ∆的周长最小时，MAF ∆的面积为 12 ．【解析】解：由双曲线22:188x y C -=，得a =，4c =．设右焦点坐标为1(4,0)F ，周长11||||||||(2||)||||L AF MA MF MA a MF MA MF =++=+++=++，11||||||MA MF AF +，M ∴，A ，1F 三点共线时，1||||MA MF +有最小值1||AF =此时1AF 所在直线方程为4x y +=，联立224188x y x y +=⎧⎪⎨-=⎪⎩，解得(3,1)M ，即当(3,1)M 时，MAF ∆的周长最小，此时18(41)122MAF S ∆=⨯-=．故答案为：12．37．（2020秋•辽宁月考）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左焦点为F ，过F 且与C 的一条渐近线垂直的直线l 与C 的右支交于点P ，若A 为PF 的中点，且3||(2bOA a O =-为坐标原点），则C 的离心率为． 【解析】解：设C 的右焦点为1F ，不妨设直线l 与渐近线by x a=-交于点B ，在直角三角形BOF 中，由双曲线的性质可得||BF b =，||OB a =， 3||2bOA a =-，1||2||PF OA =， 1||||2PF PF a -=，所以，13||||22()232bPF PF a a a b =+=-+=， 可得||3FP b =， 从而3||2b AF =，||||||2b AB AF BF =-=， 在直角三角形ABO 中，2223()()22b ba a -=+， 化简可得32b a =，所以e ===．38．（2020秋•湖南月考）边长为ABCD 的顶点均在表面积为28π的球O 的球面上，1O 为正方形ABCD 的中心，△1O AB 绕AB 旋转，其顶点1O 接触到球面时设为E ，则二面角E AB D --的大小为 120︒或60︒ ．【解析】解：如图，取AB 中点H ，连接1O H ，EH ，OH ，则1O HE ∠即为二面角E AB D --的平面角．由已知得R =，BD =1O B =11OO =，1O H =2OH =， 130O HO ∴∠=︒．1O H EH =OE =，OH EH ∴⊥，1120O HE ∠=︒，同理当E 在下方时160O HE ∠=︒．故答案为：120︒或60︒．39．（2020秋•沙坪坝区校级月考）已知数列{}n a 满足：152a =，2112(*)2n n n a a a n N +=-+∈，若上取整函数[]x 表示不小于x 的最小整数（例如：[1.2]2=，[3]3)=，则122020111[]a a a ++⋯+= 2 ．【解析】解：数列{}n a 满足：152a =，21122n n n a a a +=-+，整理得111122n n na a a +=---，所以111122n n n a a a +=---． 所以1220201202120211111112222a a a a a a ++⋯+=-=----， 由于221112(2)022n n n n a a a a +-=+-->，所以数列{}n a 单调递增， 由于152a =，2218a =，3 2.82a ≈，4 3.16a ≈，故当4n 时，3n a >， 所以20213a >， 12202011112a a a <++⋯+<， 整理得122020111[]2a a a ++⋯+=．故答案为：2．40．（2020秋•沙坪坝区校级月考）已知平面向量a ，b ，c 满足||1a =，||2a b -=，()()0a c b c -⋅-=，则||c 的最大值为 3 ．【解析】解：如图：设OA a =，OB b =，OC c =，||1a =，||2BA =，所以B 在以A 为圆心半径为2的圆上，又()()0a c b c -⋅-=，即0CA CB ⋅=，所以点C 在以AB 为直径的圆M 上， 则||||||1||3c OC MO OD =+=．（此时，C 与D 重合，||2AD =，||1)OA =．所以||c 的最大值为3． 故答案为：3．41．（2020秋•12月份月考）函数()f x 为定义在R 上的偶函数，且在[0，)+∞上单调递增，现有下列四个命题：①函数()()cos g x f x x =为奇函数；②函数()[()h x x f x f =-（2）]有且只有3个零点；③不等式[()x f x f -（2）]0的解集为(-∞，2][0-⋃，2]； ④()f x 的解析式可能为2()x x f x e e x -=+-． 其中所有真命题的序号是 ②③④ ．【解析】解：若()()cos y x f x x =，则()()cos()()cos ()g x f x x f x x g x -=--==， 则()()cos g x f x x =为偶函数，①是假命题．设函数()()F x f x f =-（2），F （2）f =（2）f -（2）0=，(2)0F -=，()F x 在R 上有且只有2个零点， 所以h （2）(2)(0)0h h =-==，()h x 在R 上有且只有3个零点，②是真命题． 因为[()x f x f -（2）]0，所以当0x <时，()f x f -（2）0，即()(2)f x f -，可得2x -， 当0x 时，()f x f -（2）0，即()f x f （2），可得02x ， 故[()x f x f -（2）]0的解集为(-∞，2][0-⋃，2]，③是真命题． 若2()x x f x e e x -+-，则此函数满足()f x 为偶函数，()2x x f x e e x -'---， 设()()p x f x '=，()2220x x p x e e -'=+--=． 则()p x 为R 上的增函数， 在[0，)+∞上，()(0)0f x f ''=，所以此函数还满足在[0，)+∞上单调递增，④是真命题． 故答案为：②③④．42．（2020秋•南京期中）如图所示，多面体ABCDEFGH 中对角面CDEF 是边长为6的正方形，//AB CD =，//HG DE =，且AB ，GH 到平面CDEF 的距离都是3，则该多面体的体积为 108 ．【解析】解：//AB CD ，AB CD =，∴四边形ABCD 为平行四边形，则//AD BC ， AD ⊂/平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，//AD ∴平面BCF ， 又四边形CDEF 为平行四边形，DE ⊂/平面BCF ，CF ⊂平面BCF ，//DE ∴平面BCF ， 又AD DE D =，∴平面//ADE 平面BCF ，再由////AB CD EF ，可得ADE CBF -为三棱柱；同理可证DCH EFG -为三棱柱．在三棱柱ADE CBF -中，连接CE ，BE ，DB ， AB 到平面CDEF 的距离都是3，B ∴到平面CEF 的距离为3，又CDEF 是边长为6的正方形，∴116631832B CEF V -=⨯⨯⨯⨯=， 18B CDE B CEF E BCD E ABD V V V V ----====，则31854DAE CBF V -=⨯=；同理可得54DCH EFG V -=．∴该多面体的体积为5454108+=．故答案为：108．43．（2020秋•苏州期中）已知定义在R 上的函数()f x 关于y 轴对称，其导函数为()f x '，当0x 时，()1()xf x f x '>-．若对任意x R ∈，不等式()()0x x x e f e e ax axf ax -+->恒成立，则正整数a 的最大值为 2【解析】解：根据题意构造()()F x xf x x =-，由定义在R 上的函数()f x 关于y 轴对称，可得()f x 为偶函数， 又()()()()F x xf x x xf x x F x -=--+=-+=-，所以()F x 为奇函数， 当0x 时，()1()xf x f x '>-，即()()1xf x f x '+>，即()()()10F x f x xf x '=+'->，所以()F x 在[0，)+∞递增，所以()F x 为R 上的奇函数且单调递增，因为对任意x R ∈，不等式()()0x x x e f e e ax axf ax -+->恒成立，即()()0x F e F ax ->，即()()x F e F ax >，可得x e ax >对任意x R ∈恒成立．又x y e ax =-的导数为x y e a '=-，当0a 时，0x e a ->，函数x y e ax =-为增函数，x e ax >对任意x R ∈不恒成立； 当0a >时，x lna >时，0y '>，函数y 递增；x lna <时，0y '<，函数y 递减． 可得x lna =时，函数y 取得最小值，且为a alna -，则0a alna ->，解得0a e <<，故正整数a 的最大值为2．故答案为：2．44．（2020秋•湖北月考）已知底面为矩形的四棱锥P ABCD -的每个顶点都在球O 的球面上，PA AD ⊥，PA AB =，PB =，且BC =若球O 的体积为323π，则棱PB 的中点到平面PCD 的距离为 ．【解析】解：PA AB =，PB ，PA AB ∴⊥，又PA AD ⊥，AD AB A =，PA ∴⊥平面ABCD ．底面ABCD 为矩形，∴侧棱PC 为球O 的直径，设球O 的半径为R ，则343233R ππ=，得2R =，又R =2AB ∴=． 过A 作AG PD ⊥于G ，取棱PA 的中点F ，连接EF ．可得CD ⊥平面APD ，则CD AG ⊥，从而AG ⊥平面PCD ．由等面积法可得AG ==，则F 到平面PCD 的距离为12AG = ////EF AB CD ，//EF CD ∴，则E 到平面PCD 的距离等于F 到平面PCD 的距离，故棱PB 的中点到平面PCD45．（2020秋•浦东新区校级期中）已知函数3(0)()(0)x x f x x x ⎧=⎨-<⎩，若函数2()()|2|()g x f x kx x k R =--∈恰有4个不同的零点，则k 的取值范围是 (-∞，0)⋃) ．【解析】解：若函数2()()|2|()g x f x kx x k R =--∈恰有4个零点， 则2()|2|f x kx x =-有四个根，即()y f x =与2()|2|y h x kx x ==-有四个交点，当0k =时，()y f x =与|2|2||y x x =-=图象如下：两图象只有两个交点，不符合题意；当0k <时，2|2|y kx x =-与x 轴交于两点10x =，2212()x x x k=<， 图象如图所示：当1x k =时，函数2|2|y kx x =-的函数值为1k -，函数y x =-的函数值为1k -，∴两图象有4个交点，符合题意；当0k >时，2|2|y kx x =-与x 轴交于两点10x =，2212()x x x k =>，在[0，2)k内两函数图象有两个交点， 则若有四个交点，只需3y x =与22y kx x =-在2(k，)+∞内有两个交点即可， 即322x kx x =-在2(k ，)+∞还有两个根，也就是2k x x =+在2(k，)+∞内有两个根，函数222y x x =+，（当且仅当x =时，取等号）， 20k∴<<k >k >综上所述，k 的取值范围为(-∞，0)⋃)+∞．故答案为：(-∞，0)⋃)+∞．46．（2020秋•山东月考）已知函数2()|1|f x x x =--，若关于x 的方程()|1|f x a x =+恰有两个实数根，则实数a 的取值范围是 (1,5){0} ．【解析】解：由题意可知2|1||1|x x a x --=+，显然1x =-不是方程的实数根，则2|1|1|(1)3||1|1x x a x x x --==++-++， 故关于x 的方程()|1|f x a x =+恰有两个实数根， 等价于y a =与1|(1)3|1y x x =++-+的图象恰有两个不同的交点， 画出1|(1)3|1y x x =++-+的大致图象，如图所示， 由图象可得实数a 的取值范围(1,5){0}．。
2021新高考数学名校地市必刷题 02 真假命题判断与应用-(新高考专用)(解析版)
2021年新高考数学名校地市必刷题（新高考专用）专项题02 真假命题判断与应用姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________一、选选题（共10小题）1.（2020•天津一模）已知a∈R，则“﹣1＜a＜0”是“ax2+2ax﹣1＜0对∀x∈R恒成立”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【解答】解：a＝0时，不等式化为﹣1＜0，满足条件．a＜0时，ax2+2ax﹣1＜0对∀x∈R恒成立，△＝4a2+4a＜0，解得﹣1＜a＜0，∴“﹣1＜a＜0”是“ax2+2ax﹣1＜0对∀x∈R恒成立”的充分不必要条件．故选：A．【知识点】充分条件、必要条件、充要条件2.（2019•思明区校级二模）已知函数f（x）＝e x﹣ax有两个零点x1，x2，则下列判断：①a＜e；②x1+x2＜2；③x1•x2＞1；④有极小值点x0，且x1+x2＜2x0．则正确判断的个数是（）A．4个B．3个C．2个D．1个【解答】解：对于①，∵f（x）＝e x﹣ax，∴f′（x）＝e x﹣a，令f′（x）＝e x﹣a＞0，当a≤0时，f′（x）＝e x﹣a＞0在x∈R上恒成立，∴f（x）在R上单调递增．当a＞0时，∵f′（x）＝e x﹣a＞0，∴e x﹣a＞0，解得x＞lna，∴f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增．∵函数f（x）＝e x﹣ax有两个零点x1、x2，∴f（lna）＜0，a＞0，∴e lna﹣alna＜0，∴a＞e，所以①错误；对于②，x1+x2＝ln（a2x1x2）＝2lna+ln（x1x2）＞2+ln（x1x2），取a＝，f（2）＝e2﹣2a＝0，∴x2＝2，f（0）＝1＞0，∴0＜x1＜1，∴x1+x2＞2，所以②错误；对于③，f（0）＝1＞0，∴0＜x1＜1，x1x2＞1不一定，∴③错误；对于④，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增，∴有极小值点x0＝lna，且x1+x2＜2x0＝2lna，所以④正确．综上，正确的命题序号是故选：D．【知识点】命题的真假判断与应用3.（2019•汉阳区校级模拟）下列命题为真命题的个数是（）①ln3＜；②lnπ＜；③＜15；④3eln2＜4A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：构造函数f（x）＝，导数为f′（x）＝，当0＜x＜e时，f′（x）＞0，f（x）递增，x＞e时，f′（x）＜0，f（x）递减，可得x＝e处f（x）取得最大值，ln3＜⇔2ln＜ln2⇔＜，由＜2＜e可得f（）＜f（2），故①正确；lnπ＜⇔＜，由＜＜e，可得f（）＜f（），故②错误；＜15⇔＜，由e﹣2＜﹣2，可得f（2）＜f（），故③正确；3eln2＜4⇔＜＜，由f（x）的最大值为，故④正确．故选：C．【知识点】命题的真假判断与应用4.（2019•佛山一模）设a为常数，函数f（x）＝e x（x﹣a）+a，给出以下结论：①若a＞1，则f（x）在区间（a﹣1，a）上有唯一零点；②若0＜a＜1，则存在实数x0，当x＜x0时，f（x）＞0：③若a＜0，则当x＜0时，f（x）＜0其中正确结论的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【解答】解：函数f（x）＝e x（x﹣a）+a，可得f（0）＝0，f（x）恒过原点，①，若a＞1，由f（x）的导数为f′（x）＝e x（x﹣a+1），即有x＞a﹣1时，f（x）递增；x＜a﹣1时，f（x）递减，可得x＝a﹣1处取得最小值，且f（a﹣1）＝a﹣e a﹣1，由e x≥x+1，可得a﹣e a﹣1＜0，则f（x）在区间（a﹣1，a）上有唯一零点，故正确；②，若0＜a＜1，由①可得f（x）的最小值为f（a﹣1）＜0，且x→+∞时，f（x）→+∞，可得存在实数x0，当x＜x0时，f（x）＞0，故正确；③，若a＜0，由①可得f（x）的最小值为f（a﹣1）＜0，且x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，当x＜0时，f（x）＜0，故正确．故选：D．【知识点】命题的真假判断与应用5.（2019•海淀区二模）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是对角线AC1上的动点（点P与A，C1不重合）．则下面结论中错误的是（）A．存在点P，使得平面A1DP∥平面B1CD1B．存在点P，使得AC1⊥平面A1DPC．S1，S2分别是△A1DP在平面A1B1C1D1，平面BB1C1C上的正投影图形的面积，对任意点P，S1≠S2 D．对任意点P，△A1DP的面积都不等于【解答】解：对于A选项，当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时，因为BD∥B1D1，BD⊄平面B1CD1，B1D1⊂平面B1CD1，所以BD∥平面B1CD1，同理A1B∥平面B1CD1，又因为BD∩A1B＝B，BD⊂平面A1DP，A1B⊂平面A1DP，所以平面A1DP∥平面B1CD1；对于B选项，当当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时，连接AD1，则A1D⊥AD1，又因为C1D1⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，所以A1D⊥C1D1，又C1D1∩AD1＝D1，所以A1D⊥平面AC1D1，所以AC1⊥A1D，同理AC1⊥A1B，又因为A1D∩A1B＝A1，A1D⊂平面A1DP，A1B⊂平面A1DP，AC1⊥平面A1DP；对于选项C，在点P从AC1的中点向着点A运动的过程中，S1从减小的趋向于0，S2从接近0增大到趋向于，在此过程中，必有某个点P使得S1＝S2；对于选项D，∵△A1AP≌△DAP，∴DP＝A1P，即三角形A1PD是等腰三角形，所以当P到A1D的距离最小时，三角形A1DP的面积最小，又因为P在AC1上，A1D和AC1异面，所以当P∈平面A1BD时，P与A1D中点E的连线是两异面直线的共垂线段，P到A1D的距离最短，为，而A1D＝，所以，△A1DP的面积的最小值为S min＝＝，所以对任意点P，△A1DP的面积都不等于．故选：C．【知识点】命题的真假判断与应用6.（2020•宝鸡二模）已知α，β是两平面，l，m，n是三条不同的直线，则不正确命题是（）A．若m⊥α，n∥α，则m⊥nB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若l⊥α，l∥β，则α⊥βD．若α∥β，l⊄β，且l∥α，则1∥β【解答】解：对于A，若m⊥α，n∥α，则m⊥n，故正确；对于B，若m∥α，n∥α，则m与n位置关系不定，故错；对于C，利用面面垂直的判定，可得若l⊥α，l∥B，则α⊥β，故正确对于D，利用线面平行的判定，可得若α∥β，l⊄β，且l∥α，则1∥β，故正确；故选：B．【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系、命题的真假判断与应用、空间中直线与平面之间的位置关系7.（2020•咸阳二模）关于函数f（x）＝+cos2x，下列说法正确的是（）A．函数f（x）的定义域为RB．函数f（x）一个递增区间为[﹣，]C．函数f（x）的图象关于直线x＝对称D．将函数y＝sin2x图象向左平移个单位可得函数y＝f（x）的图象【解答】解：f（x）＝+cos2x＝＝，对于A，tan x有意义，则，所以函数的定义域为，即A错误；对于B，令，则，当k＝0时，x∈[﹣，]，即B正确；对于C，函数f（x）的定义域不关于直线x＝对称，即C错误；对于D，y＝sin2x图象向左平移个单位得到的函数为＝f（x），但两个函数的定义域不同，即D错误．故选：B．【知识点】命题的真假判断与应用8.（2020•潍坊二模）在单位圆O：x2+y2＝1上任取一点P（x，y），圆O与x轴正向的交点是A，设将OA绕原点O旋转到OP所成的角为θ，记x，y关于θ的表达式分别为x＝f（θ），y＝g（θ），则下列说法正确的是（）A．x＝f（θ）是偶函数，y＝g（θ）是奇函数B．x＝f（θ）在为增函数，y＝g（θ）在为减函数C．f（θ）+g（θ）≥1对于恒成立D．函数t＝2f（θ）+g（2θ）的最大值为【解答】解：由题可知，x＝f（θ）＝cosθ，y＝g（θ）＝sinθ，即A正确；x＝f（θ）＝cosθ在上为增函数，在上为减函数；y＝g（θ）＝sinθ在上为增函数，即B错误；f（θ）+g（θ）＝cosθ+sinθ＝，∵，∴，，即C正确；函数t＝2f（θ）+g（2θ）＝2cosθ+sin2θ，θ∈[0，2π]，则t'＝﹣2sinθ+2cos2θ＝﹣2sinθ+2（1﹣2sin2θ）＝﹣2（2sinθ﹣1）（sinθ+1），令t'＞0，则；令t'＜0，则，∴函数t在上单调递增，在上单调递减，当sinθ＝，时，函数t取得最大值，为，即D错误．故选：AC．【知识点】命题的真假判断与应用、函数的最值及其几何意义、函数奇偶性的性质与判断9.（2020•烟台一模）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，M分别为棱CD，CC1的中点，Q为面对角线A1B上任一点，则下列说法正确的是（）A．平面APM内存在直线与A1D1平行9B．平面APM截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面面积为C．直线AP和DQ所成角可能为60°D．直线AP和DQ所成角可能为30°【解答】解：A选项：直线A1D1∥平面ABCD，平面ABCD∩平面APM＝直线AP，直线AP与直线A1D1不平行，于是A错；B选项：平面APM截正方体为平面APMB1，该四边形为等腰梯形，，于是B正确；C，D选项：当点Q在A1时两直线的夹角最小，当Q在B处时两直线的夹角最大，，所以可得θ＞30°，θ＞60°，于是C正确，D错误．故选：BC．【知识点】命题的真假判断与应用10.（2020•潍坊一模）如图，点O是正四面体P﹣ABC底面ABC的中心，过点O的直线交AC，BC于点M，N，S是棱PC上的点，平面SMN与棱P A的延长线相交于点Q，与棱PB的延长线相交于点R，则（）A．若MN∥平面P AB，则AB∥RQB．存在点S与直线MN，使PC⊥平面SRQC．存在点S与直线MN，使D．是常数【解答】解：A选项：因为MN∥平面P AB，面ABC∩面P AB＝AB，所以MN∥AB；又面SQR∩面P AB＝QR，所以MN∥QR；所以AB∥QR；B选项取PC中点G，连接AG，BG，则AG⊥PC，BG⊥PC，所以PC⊥面ABG，过AC上一点M，作MS∥AG，SN∥BG，则面ABG∥面SMN，所以存在点S与直线MN满足条件；C选项由最小角定理知，PC与面P AB所成角的最小角为∠CPD，PD为∠APB的角平分线，最大角为∠CPD＝60°，不可能为直角，所以C不成立；D选项═，，，设，所以，因为O，Q，R，S四点共面，所以，所以，所以，得证．故选：ABD．【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系、命题的真假判断与应用二、填空题（共8小题）11.（2020•衡阳二模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵（qiandu）；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖膈（bienao）指四个面均为直角三角形的四面体．如图在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，C1C＝BC＝2．给出下列四个结论：①四棱锥B﹣ACC1A1为阳马；②直线BC1与平面ACC1A1所成角为45°；③当AB＝1时，异面直线BC与AC1所成的角的余弦值为；④当三棱锥C1﹣ABC体积最大时，四棱锥B﹣A1ACC1的外接球的表面积为8π．其中，所有正确结论的序号是．【解答】解：对于①，∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∵AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥AB，又AB⊥AC，且AA1∩AC＝A，∴AB⊥平面ACC1A1，即四棱锥B﹣ACC1A1为阳马，故①正确；对于②，由①可知AB⊥平面ACC1A1，∴∠AC1B为直线BC1与平面ACC1A1所成角，假如∠AC1B＝45°，则Rt△AC1B为等腰直角三角形，∴，这与在Rt△ABC中AB＜BC＝2矛盾，故②不正确；对于③，当AB＝1时，，，，B 1C1＝2，∵B1C1∥BC，∴∠AC1B1为异面直线BC与AC1所成的角（或补角），在△AC1B1中，，∴异面直线BC与AC1所成的角的余弦值为，故③正确；对于④，三棱锥C1﹣ABC体积为：，当且仅当时，取“＝”，现将三棱柱ABC﹣A1B1C1补成长方体ABDC﹣A1B1D1C1，则长方体ABDC﹣A1B1D1C1的外接球与四棱锥B﹣A1ACC1的外接球为同一个球，∴球的直径，∴，故④正确．∴所有正确结论的序号是①③④．故答案为：①③④．【知识点】命题的真假判断与应用12.（2019•海淀区二模）已知集合A0＝{x|0＜x＜1}．给定一个函数y＝f（x），定义集合A n＝{y|y＝f（x），x∈A n}若A n∩A n﹣1＝∅对任意的n∈N*成立，则称该函数y＝f（x）具有性质“g”．﹣1（I）具有性质“g”的一个一次函数的解析式可以是；（Ⅱ）给出下列函数：①；②y＝x2+1；③，其中具有性质“9”的函数的序号是．（写出所有正确答案的序号）【解答】解：（I）可取y＝x+1，由A0＝{x|0＜x＜1}，A n＝{y|y＝f（x），x∈A n﹣1}，可得A1＝{y|1＜y＜2}，A2＝{y|2＜y＜3}，…，A n﹣1＝{y|n﹣1＜y＜n}，A n＝{y|n＜y＜n+1}，满足A n∩A n﹣1＝∅对任意的n∈N*成立；（Ⅱ）①，由A0＝{x|0＜x＜1}，A n＝{y|y＝f（x），x∈A n﹣1}，可得A1＝{y|y＞1}，A2＝{y|0＜y＜1}，A3＝{y|y＞1}，A4＝{y|0＜y＜1}，…，满足A n∩A n﹣1＝∅对任意的n∈N*成立，故①具有性质“g”；②y＝x2+1，由A0＝{x|0＜x＜1}，A n＝{y|y＝f（x），x∈A n﹣1}，可得A1＝{y|1＜y＜2}，A2＝{y|2＜y＜5}，A3＝{y|5＜y＜26}，…，满足A n∩A n﹣1＝∅对任意的n∈N*成立，故②具有性质“g”；③，由A0＝{x|0＜x＜1}，A n＝{y|y＝f（x），x∈A n﹣1}，可得A1＝{y|2＜y＜3}，A2＝{y|1＜y＜2}，A3＝{y|1＜y＜2}，…，不满足A n∩A n﹣1＝∅对任意的n∈N*成立，故③不具有性质“g”．故答案为：y＝x+1，①②．【知识点】命题的真假判断与应用13.（2019•咸阳一模）无论x，y，z同为三条不同的直线还是同为三个不同的平面，给出下列四个命题：①诺x∥y，x∥z，则y∥z；②若x⊥y，x⊥z，则y⊥z；③若x⊥y，y∥z，则x⊥z；④若x与y无公共点，y与z无公共点，则x与z无公共点；其中正确命题序号为．【解答】解：无论x，y，z同为三条不同的直线还是同为三个不同的平面，由平行于同一直线的两直线平行，平行于同一平面的两平面平行，可得①正确；由垂直于同一直线的两直线平行、相交或异面；垂直于同一平面的两平面相交或平行，可得②错误；由垂直于两平行直线中的一条，也垂直于另一条；垂直于两平行平面中的一个，也称终于另一个，可得③正确；若一条直线与另两条直线无公共点，可得另两条直线可以相交；若一个平面与另两个平面无公共点，可得另两个平面无公共点；可得④错误．故答案为：①③．【知识点】命题的真假判断与应用14.（2019•河南模拟）若x2﹣3x+2＜0是（x﹣m）（x﹣2m﹣1）＜0的充分不必要条件，则实数m的取值范围是．【解答】解：由x2﹣3x+2＜0，得1＜x＜2．若m＞﹣1，则m＜2m+1，由（x﹣m）（x﹣2m﹣1）＜0，得m＜x＜2m+1，∵若x2﹣3x+2＜0是（x﹣m）（x﹣2m﹣1）＜0的充分不必要条件，∴，解得≤m≤1；若m＝﹣1，（x﹣m）（x﹣2m﹣1）＜0的解集为∅，不合题意；若m＜﹣1，则2m+1＜m，由（x﹣m）（x﹣2m﹣1）＜0，得2m+1＜x＜m，∵若x2﹣3x+2＜0是（x﹣m）（x﹣2m﹣1）＜0的充分不必要条件，∴，解得m∈∅．综上，实数m的取值范围是[]．故答案为：[]．【知识点】充分条件、必要条件、充要条件15.（2019•十堰模拟）如图放置的边长为1的正方形P ABC沿x轴滚动，点B恰好经过原点．设顶点P（x，y）的轨迹方程是y＝f（x），则对函数y＝f（x）有下列判断：①函数y＝f（x）是偶函数；②对任意的x∈R，都有f（x+2）＝（x﹣2）③函数y＝f（x）在区间[2，3]上单调递减；④函数y＝f（x）的值域是[0，1]；⑤f（x）dx＝．其中判断正确的序号是．【解答】解：当﹣2≤x≤﹣1，P的轨迹是以A为圆心，半径为1的圆，当﹣1≤x≤1时，P的轨迹是以B为圆心，半径为的圆，当1≤x≤2时，P的轨迹是以C为圆心，半径为1的圆，当3≤x≤4时，P的轨迹是以A为圆心，半径为1的圆，∴函数的周期是4．因此最终构成图象如下：①，根据图象的对称性可知函数y＝f（x）是偶函数，故①正确；②，由图象即分析可知函数的周期是4．即f（x+4）＝f（x），即f（x+2）＝f（x﹣2），故②正确；③，函数y＝f（x）在区间[2，3]上单调递增，故③错误；④，由图象可得f（x）的值域为[0，]，故④错误；⑤，根据积分的几何意义可知f（x）dx＝π•（）2+×1×1+π×12＝+，故⑤正确．故答案为：①②⑤．【知识点】命题的真假判断与应用16.（2018•新余二模）对于函数f（x）＝，有下列5个结论：①任取x1，x2∈[0，+∞），都有|f（x1）﹣f（x2）|≤2；②函数y＝f（x）在区间[4，5]上单调递增；③f（x）＝2kf（x+2k）（k∈N+），对一切x∈[0，+∞）恒成立；④函数y＝f（x）﹣ln（x﹣1）有3个零点；⑤若关于x的方程f（x）＝m（m＜0）有且只有两个不同实根x1，x2，则x1+x2＝3．则其中所有正确结论的序号是．（请写出全部正确结论的序号）【解答】解：f（x）＝的图象如图所示：①∵f（x）的最大值为1，最小值为﹣1，∴任取x1、x2∈[0，+∞），都有|f（x1）﹣f（x2）|≤2恒成立，故①正确；②函数在区间[4，5]上的单调性和[0，1]上的单调性相同，则函数y＝f（x）在区间[4，5]上不单调；故②错误；③f（）＝2f（+2）＝4f（+4）＝6f（+6）≠8f（+8），故不正确；故③错误，④如图所示，函数y＝f（x）﹣ln（x﹣1）有3个零点；故④正确，⑤当1≤x≤2时，函数f（x）关于x＝对称，若关于x的方程f（x）＝m（m＜0）有且只有两个不同实根x1，x2，则＝，则x1+x2＝3成立，故⑤正确，故答案为：①④⑤．【知识点】分段函数的应用、命题的真假判断与应用17.（2018•潍坊一模）正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱AA1＝1，P为上底面A1B1C1D1上的动点，给出下列四个结论：①若PD＝3，则满足条件的P点有且只有一个；②若，则点P的轨迹是一段圆弧；③若PD∥平面ACB1，则PD与平面ACC1A1所成角的正切的最大值为；④若PD∥平面ACB1，则平面BDP截正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的外接球所得图形面积最大值为．其中所有正确结论的序号为．【解答】解：如图，∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，∴，又侧棱AA 1＝1，∴，则P与B1重合时PD＝3，此时P点唯一，故①正确；∵∈（1，3），DD 1＝1，则，即点P的轨迹是一段圆弧，故②正确；连接DA1，DC1，可得平面A1DC1∥平面ACB1，则当P为A1C1中点时，PD与平面ACC1A1所成角的正切的最大值为，故③正确；由③知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，面积为，故④错误．∴正确结论的序号是①②．故答案为：①②③．【知识点】命题的真假判断与应用18.（2018•烟台一模）对于函数y＝e x f（x）（其中e是自然对数的底数），若存在实数T使得e x f（x）≥T在（0，+∞）上恒成立，则称函数f（x）具有性质“”．给出下列函数：①f（x）＝2e﹣2x+1②f（x）＝x2﹣2x；③f（x）＝sin x；④f（x）＝．其中具有性质“”的所有函数的序号为．【解答】解：①f（x）＝2e﹣2x+1，y＝e x f（x）＝2e﹣x+e x≥2＝2，当且仅当x＝ln时，取得等号，即满足题意；②f（x）＝x2﹣2x，y＝e x f（x）＝（x2﹣2x）e x导数为y′＝（x2﹣2）e x，当x＞时，导数y′＞0，函数y递增；当0＜x＜时，导数y′＜0，函数y递减；函数y取得最小值，满足题意；③f（x）＝sin x，y＝e x f（x）＝e x sin x的导数为y′＝e x（sin x+cos x），由sin x+cos x＝0，可得tan x＝﹣1，即x＝kπ﹣，k∈N*，则函数y无最小值，不满足题意；④f（x）＝，y＝e x f（x）＝的导数为y′＝，当x＞1时，导数y′＞0，函数y递增；当0＜x＜1时，导数y′＜0，函数y递减；函数y取得最小值，满足题意．故答案为：①②④．【知识点】命题的真假判断与应用三、解答题（共6小题）19.（2020•烟台一模）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，{b n}是各项均为正数的等比数列，a1＝b4，，b2＝8，b1﹣3b3＝4，是否存在正整数k，使得数列的前k项和•若存在，求出k的最小值；若不存在，说明理由．从①S4＝20，②S3＝2a3，③3a3﹣a4＝b2这三个条件中任选一个，补充到上面问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按一个解答计分【解答】解：设等比数列，b3＝8q，于是，，若选①，则，解得d＝2，，于是＝．k的最小值为16．若选②：，则a1＝d＝2．下同①．若选③：则a1＝b1＝2，3（a1+2d）﹣（a1+3d）＝8，解得，，，于是+＝＝．令．注意到k为正整数，解得k≥7，所以k的最小值为7．【知识点】命题的真假判断与应用、等差数列与等比数列的综合20.（2020•济南一模）在平面直角坐标系xOy中，①已知点A（，0），直线l：x＝，动点P满足到点A的距离与到直线l的距离之比为；②已知圆C的方程为x2+y2＝4，直线l为圆C的切线，记点A（，0），（﹣，0）到直线l的距离分别为d1，d2，动点P满足|P A|＝d1，|PB|＝d2；③点S，T分别在x轴，y轴上运动，且|ST|＝3，动点P满足＝+；（1）在①，②，③这三个条件中任选一个，求动点P的轨迹方程；（2）记（1）中的轨迹为E，经过点D（1，0）的直线l'交E于M，N两点，若线段MN的垂直平分线与y轴相交于点Q，求点Q纵坐标的取值范围．【解答】解：（1）若选①，设p（x，y），根据题意，，整理得，所以所求的轨迹方程为＝1．若选②，设P（x，y），直线l与圆相切于点H，则|P A|+|PB|＝d1+d2＝2|OH|＝4＞2＝|AB|，由椭圆定义知点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，所以2a＝4，2c＝|AB|＝2，故a＝2，c＝，b＝1，所以所求轨迹方程为．若选③，设P（x，y），S（x′，0），T（0，y′）则＝3（*）．因为＝+，所以，整理得，代入（*）得，所以所求轨迹方程为．（2）方法一：设Q（0，y0），当l′斜率不存在时，y0＝0，当l′斜率存在时，设直线l′的方程为y＝k（x﹣1）（k≠0），M（x1，y1），N（x2，y2），由，消去y整理得（1+4k2）x2﹣8k2x+4（k2﹣1）＝0△＞0恒成立，x1+x2＝，设线段MN中点（x3，y3），则x3＝＝，y3＝k（x3﹣1）＝﹣，设线段MN的垂直平分线的方程为y+＝﹣（x﹣），令x＝0得y0＝＝当k＜0时，≤﹣4，当且仅当k＝﹣取等号，所以﹣≤y0＜0，当k＞0时，≥4，当且仅当k＝取等号，所以0＜y0≤，综上Q的纵坐标的取值范围是[﹣，]．方法二：设Q（0，y0），根据题意直线l′斜率不为0，设直线l′方程为x＝my+1，若m＝0，则y0＝0，当m≠0时，设M（x1，y1），N（x2，y2），，消去x整理得（m2+4）y2+2my﹣3＝0，△＞0恒成立，y1+y2＝﹣，设线段MN中点G（x3，y3），则y3＝＝﹣，x3＝my3+1＝，所以线段MN的垂直平分线方程为：y+＝﹣m（x﹣），令x＝0得y0＝＝，当m＜0时，m+≤﹣4，当且仅当m＝﹣2时，取等号，所以﹣≤y0＜0，当m＞0时，m+≥4，当且仅当m＝2时，取等号，所以0＜y0≤，综上点Q的纵坐标的取值范围是[﹣，]．【知识点】轨迹方程、命题的真假判断与应用21.（2019•西湖区校级模拟）已知命题p：方程x2+y2﹣4x+2my+2m2﹣m+2＝0表示圆；命题q：方程+＝1表示焦点在y轴上的椭圆．（I）若命题p为真命题时．求实数m的取值范围；（Ⅱ）若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．【解答】解：命题P：方程x2+y2﹣4x+2my+2m2﹣m+2＝0即（x﹣2）2+（y+m）2＝﹣m2+m+2表示圆，∴﹣m2+m+2＞0，解得﹣1＜m＜2，命题q：方程+＝1表示焦点在y轴上的椭圆．∴5﹣a＞m﹣1＞0，解得1＜m＜6﹣a，（a＜5）．（Ⅰ）若命题p为真命题时．则实数m的取值范围是﹣1＜m＜2；（Ⅱ）若p是q的必要不充分条件，则q⇒p，∴1＜6﹣a≤2，解得4≤a＜5．∴实数a的取值范围是4≤a＜5．【知识点】充分条件、必要条件、充要条件22.（2019•武进区一模）设a为实数，给出命题p：关于x的不等式的解集为ϕ，命题q：函数f（x）＝lg[ax2+（a﹣2）x+]的定义域为R，若命题p和q中有且仅有一个正确，求a的取值范围．【解答】解：①若p正确，则由题意可得≤1 恒成立，即的最大值为1，可得a＞1．（4分）②若q正确，则解集为R，（6分）当a＝0时，的解集不是R，不合题意，舍去；当a≠0时，则由解得．（10分）③∵p和q中有且仅有一个正确，∴，或，∴a≥8，或．故a的取值范围为[8，+∞）∪（，1]．（14分）【知识点】指数函数的单调性与特殊点、对数函数的单调性与特殊点、复合命题及其真假23.（2019•宿豫区校级模拟）设a为实数，给出命题p：关于x的不等式的解集为∅，命题q：函数f（x）＝lg[ax2+（a﹣2）x+]的定义域为R，若命题“p∨q”为真，“p∧q”为假，求实数a的取值范围．【解答】解：命题p：|x﹣1|≥0，∴，∴a＞1；命题q：不等式的解集为R，∴，解得；若命题“p∨q”为真，“p∧q”为假，则p，q一真一假；p真q假时，，解得a≥8；p假q真时，，解得；∴实数a的取值范围为：．【知识点】复合命题及其真假24.（2019•广东模拟）设有两个命题p，q，其中p：关于x的不等式x2+（a﹣1）x+a2＞0的解集是R；q：f（x）＝log（2a2+a+1）x是减函数，且p∨q为真命题，求实数a的取值范围．【解答】解：若p真，则关于x的不等式x2+（a﹣1）x+a2＞0的解集是R，即△＜0即满足（a﹣1）2﹣4a2＜0解得a＜﹣1或a＞．若q真，即f（x）＝log（2a2+a+1）x是减函数满足0＜2a2+a+1＜1．解得＜a＜0；若满足p∨q为真命题，即满足或或；p真q真时，无解；即有：或即为；【知识点】一元二次不等式及其应用、四种命题的真假关系、对数函数的单调性与特殊点。
2021年高考数学的数列多选题含解析
2021年高考数学的数列多选题含解析一、数列多选题1．已知数列{} n a 满足11a =，121++=+n n a a n ，*n N ∈， n S 是数列1 n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，则下列结论中正确的是（ ） A ．()21121n nS n a -=-⋅ B ．212n n S S =C ．2311222n n n S S ≥-+ D ．212n n S S ≥+【答案】CD【分析】根据数列{} n a 满足11a =，121++=+n n a a n ，得到1223+++=+n n a a n ，两式相减得：22n n a a +-=，然后利用等差数列的定义求得数列{} n a 的通项公式，再逐项判断.【详解】因为数列{} n a 满足11a =，121++=+n n a a n ，*n N ∈， 所以1223+++=+n n a a n ， 两式相减得：22n n a a +-=，所以奇数项为1，3，5，7，….的等差数列； 偶数项为2，4，6，8，10，….的等差数列； 所以数列{} n a 的通项公式是n a n =， A. 令2n =时， 311111236S =++=，而 ()1322122⨯-⋅=，故错误； B. 令1n =时， 213122S =+=，而 11122S =，故错误；C. 当1n =时， 213122S =+=，而 31132222-+=，成立，当2n ≥时，211111...23521n n S S n =++++--，因为221n n >-，所以11212n n >-，所以111111311...1 (352148222)n n n ++++>++++=--，故正确； D. 因为21111...1232n n S S n n n n-=+++++++，令()1111...1232f n n n n n=+++++++，因为()111111()021*******f n f n n n n n n +-=+-=->+++++，所以()f n 得到递增，所以()()112f n f ≥=，故正确； 故选：CD 【点睛】本题主要考查等差数列的定义，等比数列的前n 项和公式以及数列的单调性和放缩法的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于较难题.2．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列{}n f 称为斐波那契数列. 并将数列{}n f 中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为{}n g ，则下列结论正确的是( ) A ．20192g = B ．()()()()222123222022210f f f f f f -+-=C ．12320192688g g g g ++++=D ．22221232019201820202f f f f f f ++++=【答案】AB 【分析】由+2+1+n n n f f f =可得()2+112121n n n n n n n n f f f f f f f f +++++=-=-，可判断B 、D 选项；先计算数列{}n g 前几项可发现规律,使用归纳法得出结论：数列{}n g 是以6为最小正周期的数列，可判断A 、C 选项. 【详解】 对于A 选项：12345678910111211,2,3,1,0,1,12310g g g g g g g g g g g g ============，，，，，，，所以数列{}n g 是以6为最小正周期的数列，又20196336+3=⨯，所以20192g =，故A 选项正确；对于C 选项：()()12320193361+1+2+3+1+0+1+1+22692g g g g ++++=⨯=，故C 选项错误；对于B 选项：斐波那契数列总有：+2+1+n n n f f f =，所以()()22222232122232221f f f f f f f f =-=-，()()22121222021222120f f f f f f f f =-=-， 所以()()()()222123222022210f f f f f f -+-=，故B 正确； 对于D 选项：()212+2+1112+n n n f f f f f f f f ==∴=，，，()222312321f f f f f f f f =-=-， ()233423432f f f f f f f f =-=-，，()2+112121n n n n n n n n f f f f f f f f +++++=-=-。
2021年高考数学考点31数列的综合问题必刷题文含解析
考点31 数列的综合问题1．若干个连续奇数的和（） A ．B ．C ．D ．【答案】D2．已知数列{}n a 满足11a =，()()11112n n n a a n n ++-=-+，则数列(){}1nn a -的前40项的和为（）A ．1920 B ．325462 C ．4184 D ．2041【答案】D【解析】由已知条件得到()()11112n n n a a n n ++-=-+，4039111141*3939412a a ⎛⎫-==- ⎪⎝⎭，3837111.......37392a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭2111132a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，左右两侧累加得到40393837363521111111.........12394137393a a a a a a a a ⎛⎫-+-+-++-=-+-+- ⎪⎝⎭正好是数列(){}1n n a -的前40项的和，消去一些项，计算得到2041。
故答案为D 。
3．吴敬《九章算法比类大全》中描述：远望魏巍塔七层，红灯向下成倍增，共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？（）A ．5B ．4C ．3D ．2 【答案】C【解析】设塔顶1a 盏灯，则()712138121a -=-，解得13a=．故选C ．4．已知数列{}n a 满足111,2n n n a a a +==+，则10a =（） A ． 1024 B ． 1023 C ． 2048 D ． 2047 【答案】B5．已知数列{an}满足a 1a 2a 3…a n =22n （n ∈N*），且对任意n ∈N*都有12111nt a a a +++<则t 的取值X 围为（ ） A ．（13，+∞） B ． [13，+∞） C ．（23，+∞） D ． [23，+∞） 【答案】D【解析】∵数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n =22n （n ∈N*），∴n =1时，a 1=2；n ≥2时，a 1a 2a 3…a n -1=2(1)2n -，可得a n =22n -1．∴1n a =2112n -，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，首项为12，公比为14．∴11a +21a + (1)a =11124114n ⎛⎫-⎪⎝⎭-=2121343n⎛⎫-⎪⎝⎭＜． ∵对任意n ∈N*都有11a +21a +…+1n a ＜t ，则t 的取值X 围为23⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，． 故选：D ．6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且15a =，()11622n n a a n -=-+≥，若对任意的*n N ∈，()143n p S n ≤-≤恒成立，则实数p 的取值X 围为（）A ．(]2,3B ．[]2,3C ．(]2,4D ．[]2,4 【答案】B7．已知数列{}n a 满足1362,4a a a ==，n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，则数列(){}1n n a -的前10项的和10S =（） A ． 220 B ． 110 C ． 99 D ． 55 【答案】B【解析】设等差数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的公差为d ，则66315,3663a a a a d d =+=+，将已知值和等量关系代入，计算得2d =，所以()2112,2nn a a n d n a n n=+-==，所以()10123410=21210110S a a a a a -+-+++=+++=，选B.8．已知数列满足，，是数列的前项的和.（1）求数列的通项公式；（2）若，，成等差数列，，18，成等比数列，求正整数的值；（3）是否存在，使得为数列中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）.（2），.（3）或14.9．设数列的前项和为，且满足（）.（1）求数列的通项公式；（2）是否存在实数,使得数列为等差数列？若存在，求出的值,若不存在,请说明理由. 【答案】(1)；(2)答案见解析.【解析】（1）由（），可知当时，.10．已知数列{}n a 的各项为正数，其前n 项和n S 满足212n n a S +⎛⎫= ⎪⎝⎭. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设()()1111n n n b a a +=++，求数列{}n b 的前n 项的和n T ；（Ⅲ）在（Ⅱ）条件下，若245n m mT -<<对一切*n N ∈恒成立，某某数m 的取值X 围. 【答案】(1) 21n a n =-;(2) n T =()41n n +；（3）5542m ≤<.只需145{2148m m ≤-<解之得5542m ≤<. 11．已知数列{}n a 的首项为2，前n 项的和为n S ，且111241n n n a a S +-=-（*n N ∈）． （1）求2a 的值； （2）设1nn n na b a a +=-，求数列{}n b 的通项公式；（3）是否存在正整数n ，使得3n na a +为整数，若存在求出n ，若不存在说明理由. 【答案】（1）2143a =；（2）14n b n =-；（3）1n =12．已知数列{}n a 、{}n b ，其中，112a =，数列{}n a 满足()()111n n n a n a -+=-,()*2,n n N ≥∈，数列{}nb 满足112,2n n b b b +==．（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）是否存在自然数m ，使得对于任意*,2,n N n ∈≥有12111814n m b b b -++++<恒成立？若存在,求出m 的最小值；（3）若数列{}n c 满足1,{ ,n n n n na c b n =为奇数为偶数，求数列{}n c 的前n 项和n T ． 【答案】（1）2n n b =；（2）存在，16m =；（3）()()21243421,43{ 2421,43n n nn n n T n n n -+++-=++-为奇数为偶数． 【解析】（1）由()()111n n n a n a -+=-，即111n n a n a n --=+．()()2413111131n n n T b b b a a n a -⎡⎤=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⎢⎥-⎢⎥⎣⎦()()2424222nn =++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+241422214nn n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭=⋅+-()2242143n n n +=+-.因此()()21243421,43{ 2421,43n n nn n n T n n n -+++-=++-为奇数为偶数．13．已知数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)证明：.【答案】（1）；(2)证明过程见解析14．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*111n n n N S a λ++=∈，λ为常数． （1）是否存在数列{}n a ，使得0λ=？若存在，写出一个满足要求的数列；若不存在，说明理由． （2）当1λ=时，求证：1111n n a a ++≥． （3）当12λ=时，求证：当3n ≥时，803n a <≤． 【答案】（1）不存在，理由见解析（2）证明见解析（3）证明见解析 【解析】（1）若0λ=，则1110n n S a ++=，即1n n S a +=-，即10n S +=，()112211112112111112222222222422n n n n n n n n n n n n n n n n a a S a a S a a a S S a a a a a ---------------⎛⎫+ ⎪+-⎝⎭====-+--++--，下同证1. 15．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(),n n S 在抛物线23122y x x =+上，各项都为正数的等比数列{}n b满足2411,416b b ==． （Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）记n n n a a C a b =+,求数列{}n C 的前n 项和n T ．【答案】（1）31,n a n =-12nn b ⎛⎫= ⎪⎝⎭（2）()91227827n nn n T +=-++⋅16．在数列{}n a 中，223a =. （1）若数列{}n a 满足120n n a a +-=，求n a ； （2）若447a =，且数列(){}211n n a -+是等差数列.求数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T . 【答案】(1) 123n n a -=;(2) 2n T n =.【解析】试题分析：（1）由223a =，120n n a a +-=求出数列{a n }的首项，并得到数列{a n }是以13为首项，以2为公比的等比数列，由等比数列的通项公式得答案；（2）由已知结合数列{（2n-1）a n +1}是等差数列求其公差，进一步得到数列{（2n-1）a n +1}的通项公式，代入n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，再由等差数列的前n 项和得答案． 试题解析：（1）∵120n n a a +-=，223a =，∴0n a ≠，且12n na a +=，即数列{}n a 是公比为2的等比数列.∴1222•233n n n a --==.（2）设()211n n c n a =-+，则数列{}n c 是等差数列，∵223a =，447a =，∴23c =，45c =，∴数列{}n c 的公差为1，()321n c n n =+-=+，∵()2111n n n a c n -+==+，∴21n n a n =-，∴21nnn a =-，即数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1，公差为2的等差数列，∴()21212nn n T n +-==. 17．在数列{}n a 中，10a ≠，12n n a a +=，n S 为{}n a 的前n 项和，记2161n nn n S S R a +-=，则数列{}n R 的最大项为第__________项. 【答案】618．函数()()()*112321,11,,1x n x e n f x g x f x a g g g g n N e n n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-+=++++∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的通项公式为__________． 【答案】21n a n =-19．已知数列，满足，若，则的前项的积为__________．【答案】2【解析】∵,，∴,同理可得：,可得，.则的前2017项的积为.20．已知数列的首项，且，如果是单调递增数列，则实数的取值X围是__________．【答案】(，)【解析】因为，所以，两式作差得，数列中，奇数项和偶数项分别为公差等于2的等差数列，又由条件可得，，若数列为递增数列，则只需，解得.故填(，).点睛：本题也可利用数列的通项公式求解，由题的解法可知数列和数列分别为等差数列，可分别求出其通项公式，然后根据求解，注意分类讨论，即当n 为奇（偶）数时，为偶（奇）数.21．已知数列是单调递增数列，则实数m 的取值X 围是_____________。
2021届新高考高三数学试卷专项练习07：数列【含解析】.docx
戊所得为ci + 2d = 1 —=—钱.3 3故选：D.2. （2021•山东高三专题练习）随着我国新冠疫情防控形势的逐渐好转，某企业开始复工复产.经统计，2020年7月份到12月份的月产量（单位：吨）逐月增加，且各月的产量成等差数列，其中7月份的产量为10吨,12月份的产量为20吨，则8月到11月这四个月的产量之和为（【答案】C 【解析】 利用等差数列下标和的性质可求得结果. 设2020年n （l<n<12,neN^）的产量为弓，由题意可知，数列｛%｝是等差数列，则。
7=10，知=20,贝！18月到11月这四个月的产量之和为纬+%+%0+% =2（%+鬼）=60吨. 故选：C.2021届新高考高三数学试卷专项练习07：数列【含解析】 一、单选题 1.（2021-聊城市•山东聊城一中高三一模）《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、乙两人所得之和与丙、丁、戊三人所得之和相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次为等差数列.问五人各得多少 钱？ ”（“钱”是古代一种重量单位）.这个问题中戊所得为（ c.；钱 A.:钱 B.—钱 4【答案】D【解析】由题意，设丙所得为。
钱，公差为d,结合等差数列的性质，有〈 c c, c C ,求。
,』，进而求戊所得. 2a-3d = 3a-}- 3d 【详解】由甲、乙、丙、丁、戊所得依次为等差数列，设丙所得为。
钱，公差为d,贝上甲、乙、丁、戊分别的 a 一 2d, a-d,a + d,a + 2d , 5a = 52a-3d = 3a + 3d ，得'A. 48 吨B. 54吨C. 60 吨D. 66 吨3.（2021-辽宁高三一模（理））某口罩厂的三个车间在一个小时内共生产3600个口罩，在出厂前要检查这批口罩的质量，决定采用分层抽样的方法进行抽取，若从一、二、三车间抽取的口罩数分别为a、b、c且a、b、c构成等差数列，则第二车间生产的口罩数为（）个.A. 800B. 100C. 1200D. 1500【答案】C【解析】根据等差数列的性质求得a,b,c的关系，结合分层抽样的定义，建立比例关系，即可求解.【详解】由题意，从一、二、三车间抽取的口罩数分别为a、b、c且a、b、c构成等差数列，可得a + c = 2Z?,b b则第二车间生产的口罩数为一-—x3600 = —x3600 = 1200个.a +b +c 3b故选：C.4.（2021-湖南岳阳市•高三一模）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，讲的是一个关于整除的问题.现有这样一个整除问题：将1到2021这2021个数中，能被3除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列｛%｝,则此数列所有项中，中间项的值为（）A. 992B. 1022C. 1007D. 1037【答案】C【解析】由题可得a n =15n-13,可判断｛%｝共有135项，且中间项为第68项，即可求出.【详解】解：由题意可知，a n-2既是3的倍数，又是5的倍数，所以是15的倍数，即％—2 = 15（〃—1）,所以a n =15/1-13,当〃=135时，％35 =15x135 —13 = 2012v2021,当n = 136 时，％36 =15x136 — 13 = 2027 > 2021,故〃=1,2,3,・・・,135,数列｛%｝共有135项，因此数列中间项为第68项，且％=15x68 — 13 = 1007 .故中间项的值为1007.故选：C.5.（2021•山东青岛市•高三一模）在抛物线x2 =|y第一象限内一点（％,乂）处的切线与x轴交点横坐标记为a,』，其中neN* >已知缶=32, S“为｛%｝的前〃项和，若m > S n恒成立，则m的最小值为（）A. 16 B. 32 C. 64 D. 128【答案】D【解析】根据导数的几何意义求出切线方程，即可得到«…+1与a n的关系，从而判断出｛%｝是以!为公比的等比数列, 再根据等比数列前〃项和公式求出S,,得到S n的范围，即可求出.【详解】因为,=2必，y'=4x, k = 4a〃,所以切线：y— 2就=4。
2021年高考数学专题分类汇编：数列(含答案)
数列1．（2021•浙江）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（n∈N*）．记数列{a n}的前n项和为S n，则（）A．＜S100＜3B．3＜S100＜4C．4＜S100＜D．＜S100＜52．（2021•甲卷）记S n为等比数列{a n}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝（）A．7B．8C．9D．1016．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折n次，那么S k＝dm2．17．（2021•上海）已知等差数列{a n}的首项为3，公差为2，则a10＝．33．（2021•浙江）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝﹣，且4S n+1＝3S n﹣9（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设数列{b n}满足3b n+（n﹣4）a n＝0（n∈N*），记{b n}的前n项和为T n，若T n≤λb n对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．34．（2021•甲卷）记S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a2＝3a1，且数列{}是等差数列，证明：{a n}是等差数列．35．（2021•乙卷）记S n为数列{a n}的前n项和，b n为数列{S n}的前n项积，已知+＝2．（1）证明：数列{b n}是等差数列；（2）求{a n}的通项公式．36．（2021•甲卷）已知数列{a n}的各项均为正数，记S n为{a n}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{a n}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．37．（2021•乙卷）设{a n}是首项为1的等比数列，数列{b n}满足b n＝，已知a1，3a2，9a3成等差数列．（1）求{a n}和{b n}的通项公式；（2）记S n和T n分别为{a n}和{b n}的前n项和．证明：T n＜．38．（2021•新高考Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（1）记b n＝a2n，写出b1，b2，并求数列{b n}的通项公式；（2）求{a n}的前20项和．39．（2021•上海）已知数列{a n}满足a n≥0，对任意n≥2，a n和a n+1中存在一项使其为另一项与a n﹣1的等差中项．（1）已知a1＝5，a2＝3，a4＝2，求a3的所有可能取值；（2）已知a1＝a4＝a7＝0，a2、a5、a8为正数，求证：a2、a5、a8成等比数列，并求出公比q；（3）已知数列中恰有3项为0，即a r＝a s＝a t＝0，2＜r＜s＜t，且a1＝1，a2＝2，求a r+1+a s+1+a t+1的最大值．答案解析1．（2021•浙江）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（n∈N*）．记数列{a n}的前n项和为S n，则（）A．＜S100＜3B．3＜S100＜4C．4＜S100＜D．＜S100＜5【解答】解：因为，所以，所以，，∴，故，由累加法可得当n≥2 时，，又因为当n＝1 时，也成立，所以，所以，∴，故，由累乘法可得当n≥ 2 时，，所以．故选：A．2．（2021•甲卷）记S n为等比数列{a n}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝（）A．7B．8C．9D．10【解答】解：∵S n为等比数列{a n}的前n项和，S2＝4，S4＝6，由等比数列的性质，可知S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，∴4，2，S6﹣6成等比数列，∴22＝4（S6﹣6），解得S6＝7．故选：A．16．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折n次，那么S k＝dm2．【解答】解：易知有，，共5种规格；由题可知，对折k次共有k+1种规格，且面积为，故，则，记，则，∴＝，∴，∴．故答案为：5；．17．（2021•上海）已知等差数列{a n}的首项为3，公差为2，则a10＝21．【解答】解：因为等差数列{a n}的首项为3，公差为2，则a10＝a1+9d＝3+9×2＝21．故答案为：21．18．（2021•甲卷）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为39π．【解答】解：由圆锥的底面半径为6，其体积为30π，设圆锥的高为h，则，解得，所以圆锥的母线长，所以圆锥的侧面积．故答案为：39π．33．（2021•浙江）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝﹣，且4S n+1＝3S n﹣9（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设数列{b n}满足3b n+（n﹣4）a n＝0（n∈N*），记{b n}的前n项和为T n，若T n≤λb n对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由4S n+1＝3S n−9 可得4S n＝3S n−1−9（n≥2），两式作差，可得：4a n+1＝3a n，∴，很明显，，所以数列{a n} 是以为首项，为公比的等比数列，其通项公式为：．（Ⅱ）由3b n+（n−4）a n＝0，得，，，两式作差可得：＝＝，则．据此可得恒成立，即λ（n−4）+3n≥0 恒成立．n＝4时不等式成立；n＜4时，，由于n＝1时，故λ≤1；n＞4时，，而，故：λ≥−3；综上可得，{λ|−3≤λ≤1}．34．（2021•甲卷）记S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a2＝3a1，且数列{}是等差数列，证明：{a n}是等差数列．【解答】证明：设等差数列{}的公差为d，由题意得＝；＝＝＝2，则d＝﹣＝2﹣＝，所以＝+（n﹣1）＝n，所以S n＝n2a1①；当n≥2时，有S n﹣1＝（n﹣1）2a1②．由①②，得a n＝S n﹣S n﹣1＝n2a1﹣（n﹣1）2a1＝（2n﹣1）a1③，经检验，当n＝1时也满足③．所以a n＝（2n﹣1）a1，n∈N+，当n≥2时，a n﹣a n﹣1＝（2n﹣1）a1﹣（2n﹣3）a1＝2a1，所以数列{a n}是等差数列．35．（2021•乙卷）记S n为数列{a n}的前n项和，b n为数列{S n}的前n项积，已知+＝2．（1）证明：数列{b n}是等差数列；（2）求{a n}的通项公式．【解答】解：（1）证明：当n＝1时，b1＝S1，由+＝2，解得b1＝，当n≥2时，＝S n，代入+＝2，消去S n，可得+＝2，所以b n﹣b n﹣1＝，所以{b n}是以为首项，为公差的等差数列．（2）由题意，得a1＝S1＝b1＝，由（1），可得b n＝+（n﹣1）×＝，由+＝2，可得S n＝，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝﹣＝﹣，显然a1不满足该式，所以a n＝．36．（2021•甲卷）已知数列{a n}的各项均为正数，记S n为{a n}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{a n}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【解答】解：选择①③为条件，②结论．证明过程如下：由题意可得：a2＝a1+d＝3a1，∴d＝2a1，数列的前n项和：，故（n≥2），据此可得数列是等差数列．选择①②为条件，③结论：设数列{a n}的公差为d，则：，数列为等差数列，则：，即：，整理可得：d＝2a1，∴a2＝a1+d＝3a1．选择③②为条件，①结论：由题意可得：S2＝a1+a2＝4a1，∴，则数列的公差为，通项公式为：，据此可得，当n≥2时，，当n＝1时上式也成立，故数列的通项公式为：a n＝（2n−1）a1，由a n+1−a n＝[2（n+1）−1]a1−（2n−1）a1＝2a1，可知数列{a n}是等差数列．37．（2021•乙卷）设{a n}是首项为1的等比数列，数列{b n}满足b n＝，已知a1，3a2，9a3成等差数列．（1）求{a n}和{b n}的通项公式；（2）记S n和T n分别为{a n}和{b n}的前n项和．证明：T n＜．【解答】解：（1）∵a1，3a2，9a3成等差数列，∴6a2＝a1+9a3，∵{a n}是首项为1的等比数列，设其公比为q，则6q＝1+9q2，∴q＝，∴a n＝a1q n﹣1＝，∴b n＝＝n•．（2）证明：由（1）知a n＝，b n＝n•，∴＝，，①∴，②①﹣②得，，∴，∴T n﹣＝﹣＜0，∴T n＜．38．（2021•新高考Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（1）记b n＝a2n，写出b1，b2，并求数列{b n}的通项公式；（2）求{a n}的前20项和．【解答】解：（1）因为a1＝1，a n+1＝，所以a2＝a1+1＝2，a3＝a2+2＝4，a4＝a3+1＝5，所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，b n﹣b n﹣1＝a2n﹣a2n﹣2＝a2n﹣a2n﹣1+a2n﹣1﹣a2n﹣2＝1+2＝3，n≥2，所以数列{b n}是以b1＝2为首项，以3为公差的等差数列，所以b n＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1．（2）由（1）可得a2n＝3n﹣1，n∈N*，则a2n﹣1＝a2n﹣2+2＝3（n﹣1）﹣1+2＝3n﹣2，n≥2，当n＝1时，a1＝1也适合上式，所以a2n﹣1＝3n﹣2，n∈N*，所以数列{a n}的奇数项和偶数项分别为等差数列，则{a n}的前20项和为a1+a2+...+a20＝（a1+a3+…+a19）+（a2+a4+…+a20）＝10+×3+10×2+×3＝300．39．（2021•上海）已知数列{a n}满足a n≥0，对任意n≥2，a n和a n+1中存在一项使其为另一项与a n﹣1的等差中项．（1）已知a1＝5，a2＝3，a4＝2，求a3的所有可能取值；（2）已知a1＝a4＝a7＝0，a2、a5、a8为正数，求证：a2、a5、a8成等比数列，并求出公比q；（3）已知数列中恰有3项为0，即a r＝a s＝a t＝0，2＜r＜s＜t，且a1＝1，a2＝2，求a r+1+a s+1+a t+1的最大值．【解答】解：（1）由题意，2a n＝a n+1+a n﹣1或2a n+1＝a n+a n﹣1，∴2a2＝a3+a1解得a3＝1，2a3＝a2+a1解得a3＝4，经检验，a3＝1，（2）证明：∵a1＝a4＝a7＝0，∴a3＝2a2，或，经检验，；∴，或（舍），∴；∴，或（舍），∴；∴，或（舍），∴；综上，a2、a5、a8成等比数列，公比为；（3）由2a n＝a n+1+a n﹣1或2a n+1＝a n+a n﹣1，可知或，由第（2）问可知，a r＝0，则a r﹣2＝2a r﹣1，即a r﹣1﹣a r﹣2＝﹣a r﹣1，∴a r＝0，则＝＝＝，∴，同理，＝，∴，同理，，∴a r+1+a s+1+a t+1的最大值．。
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2021年新高考数学名校地市必刷题（新高考专用）数列一、单选题（共10小题）1.（2018•安徽模拟）删去正整数数列1，2，3，…中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是（）A．2062B．2063C．2064D．20652.（2019•定远县三模）已知数列{a n}的前n项和为S n，，且a2＝a9，则所有满足条件的数列中，a1的最大值为（）A．3B．6C．9D．123.（2019•乌鲁木齐模拟）已知等差数列{a n}的公差不为零，且a2，a3，a9成等比数列，则＝（）A．B．C．D．4.（2019•青岛二模）中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则．例如《周髀算经》和《易经》里对二十四节气的晷（guǐ）影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其它节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的．如表为《周髀算经》对二十四节气晷影长的记录，其中115.1寸表示115寸1分（1寸＝10分）．已知《易经》中记录的冬至晷影长为130.0寸，春分晷影长为72.4寸，那么《易经》中所记录的夏至的晷影长应为（）A．14.8寸B．15.8寸C．16.0寸D．18.4寸5.（2020•岳阳一模）已知{a n}为等差数列，a3＝52，a1+a4+a7＝147，{a n}的前n项和为S n，则使得S n达到最大值时n是（）A．19B．20C．39D．406.（2019•新疆模拟）已知等比数列{a n}的各项均为正数，且log3a1+log3a2+…+log3a9＝9，则a3a7+a4a6＝（）A．6B．9C．18D．817.（2019•青岛三模）已知{a n}为等比数列，a10，a30是方程x2﹣11x+16＝0的两实根，则a20等于（）A．3B．±4C．4D．±38.（2019•上海模拟）已知等比数列{a n}的首项为2，公比为﹣，其前n项和记为S n，若对任意的n∈N*，均有A≤3S n﹣≤B恒成立，则B﹣A的最小值为（）A．B．C．D．9.（2019•江西模拟）已知数列{a n}的通项公式是，其中的部分图象如图所示，S n为数列{a n}的前n项和，则S2019的值为（）A．﹣1B．0C．D．110.（2018•邵阳三模）在△ABC中，||＝||＝4，＝8，平面ABC内一点P满足＝2+3，若||＝2，则的最大值为（）A．18B．21C．24D．26二、填空题（共8小题）11.（2020•山东模拟）已知正项数列{a n}中，若存在正实数p，使得对数列{a n}中的任意一项a k，也是数列{a n}中的一项，称数列{a n}为“倒置数列”，p是它的“倒置系数”，若等比数列{a n}的项数是m，数列{a n}所有项之积是T，则T＝（用m和p表示）．12.（2019•山东模拟）已知f（n）表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1，2，3，4，6，12，则f（12）＝3；21的因数有1，3，7，21，则f（21）＝21，那么﹣＝．13.（2019•诸暨市模拟）已知数列{a n}的各项都是正数，（n∈N*），若数列{a n}各项单调递增，则首项a1的取值范围；当a1＝时，记，若k＜b1+b2+…+b2019＜k+1，则整数k＝﹣．14.（2019•黄冈模拟）已知函数，数列{a n}的通项公式为，若数列{a n}是单调递减数列，则实数t的取值范围是：．15.（2019•大连模拟）已知数列{a n}的前n项和为S n，且a n＞0，，若不等式．对任意的n∈N*恒成立，则k的取值范围是﹣．16.（2018•青浦区一模）已知S n为数列{a n}的前n项和，a1＝a2＝1，平面内三个不共线的向量，，，满足＝（a n﹣1+a n+1）+（1﹣a n），n≥2，n∈N*，若A，B，C在同一直线上，则S2018＝．17.（2019•黄浦区一模）已知数列{a n}（n∈N*），若a1＝1，a n+1+a n＝（）n，则a2n＝﹣．18.（2019•长沙二模）已知函数f（x）＝ax2﹣1的图象在点A（1，f（1））处的切线与直线x+8y＝0垂直，若数列{}的前n项和为S n，则S n＝．三、解答题（共6小题）19.（2020•深圳模拟）已知数列{a n}的首项，a n+1a n+a n+1＝2a n．（1）证明：数列是等比数列；（2）数列的前n项和S n．20.（2020•江苏一模）已知数列{a n}的首项a1＝3，对任意的n∈N*，都有a n+1＝ka n﹣1（k≠0），数列{a n﹣1}是公比不为1的等比数列．（1）求实数k的值；（2）设数列{b n}的前n项和为S n，求所有正整数m的值，使得恰好为数列{b n}中的项．21.（2020•松江区一模）已知数列{a n}满足：①a n∈N（n∈N*）；②当n＝2k（k∈N*）时，；③当n≠2k（k∈N*）时，a n＜a n+1，记数列{a n}的前n项和为S n．（1）求a1，a3，a9的值；（2）若S n＝2020，求n的最小值；（3）求证：S2n＝4S n﹣n+2的充要条件是（n∈N*）．22.（2019•姜堰区校级模拟）定义：从数列{a n}中取出部分项，并将它们按原来的顺序组成一个数列，称为数列{a n}的一个子数列．设数列{a n}是一个公差不为零的等差数列．（1）已知a4＝6，自然数k1，k2，…，k t，…满足4＜k1＜k2＜…＜k t＜…．①若a2＝2，且a2，a4，，，…，，…是等比数列，求k2的值；②若a2＝4，求证：数列a2，a4，，，…，，…不是等比数列．（2）已知存在自然数k1，k2，…，k t，…，其中k1＜k2＜…＜k t＜…．若，，…，，…是{a n}的一个等比子数列，若（m为正整数），求k t的表达式（答案用k1，k2，m，t表示）．23.（2019•静安区二模）设数列{a n}的前n项和为S n，对任意正整数n，皆满足S n+a n＝2a（实常数a＞0）．在等差数{b n}（n∈N*））中，b1＝a1，b2＝2S2．（1）求数列{b n}的通项公式；（2）试判断数列{a n+1}能否成等比数列，并说明理由；（3）若，c n＝a n•b n，求数列{c n}的前n项和T n，并计算：（已知）．24.（2019•虹口区一模）对于n（n∈N*）个实数构成的集合E＝{e1，e2，…，e n}，记S E＝e1+e2+…+e n．已知由n个正整数构成的集合A＝{a1，a2，…，a n}（a1＜a2＜…＜a n，n≥3）满足：对于任意不大于S A 的正整数m，均存在集合A的一个子集，使得该子集的所有元素之和等于m．（1）求a1，a2的值；（2）求证：“a1，a2，…，a n成等差数列”的充要条件是“S A＝（n+1）”（3）若S A＝2018．求证：n的最小值是11，并求n取最小值时，a n的最大值．一、单选题（共10小题）1.（2018•安徽模拟）删去正整数数列1，2，3，…中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是（）A．2062B．2063C．2064D．2065【解答】解：由题意可得，数列可以写成：12，2，3，22，5，6，7，8，32…，第k个平方数与第k+1个平方数之间有2k个正整数，而数列12，2，3，22，5，6，7，8，32…452共有2025项，去掉45个平方数后，还剩余1980个数，这个数列的第2018项是2025后的第38个数，即是原来数列的第2063项，即为2063；故选：B．【知识点】数列的概念及简单表示法2.（2019•定远县三模）已知数列{a n}的前n项和为S n，，且a2＝a9，则所有满足条件的数列中，a1的最大值为（）A．3B．6C．9D．12【解答】解：当n＝1时，2S1＝﹣a2，即a1＝＝﹣，由于函数y＝的图象的对称轴为x＝，当且仅当最大时，a1取得最大值．，n≥2时，2a n＝2S n﹣2S n﹣1＝﹣（﹣a n），化为：（a n+1+a n）（a n+1﹣a n﹣1）＝0，∴a n+1+a n＝0，或a n+1﹣a n﹣1＝0．∴数列{a n}从第三项开始，每一项是由前一项加1或乘以﹣1得到，又a2＝a9，∴a9＝﹣a2+k，（﹣6≤k≤6，且k为偶数），即﹣a2+k＝a2，可得：a2＝k．当k＝6时，a2取得最大值3，当k＝﹣6时，a2取得最小值为﹣3．∴当a2＝﹣3时，取得最大值，对应a1取得最大值为6．故选：B．【知识点】数列的函数特性3.（2019•乌鲁木齐模拟）已知等差数列{a n}的公差不为零，且a2，a3，a9成等比数列，则＝（）A．B．C．D．【解答】解：设等差数列{a n}的公差d≠0，且a2，a3，a9成等比数列，∴＝a2•a9，∴＝（a1+d）（a1+8d），a1＝﹣d≠0．则＝＝＝．故选：B．【知识点】等差数列的性质4.（2019•青岛二模）中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则．例如《周髀算经》和《易经》里对二十四节气的晷（guǐ）影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其它节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的．如表为《周髀算经》对二十四节气晷影长的记录，其中115.1寸表示115寸1分（1寸＝10分）．已知《易经》中记录的冬至晷影长为130.0寸，春分晷影长为72.4寸，那么《易经》中所记录的夏至的晷影长应为（）A．14.8寸B．15.8寸C．16.0寸D．18.4寸【解答】解：设晷影长为等差数列{a n}，公差为d，a1＝130.0，a7＝72.4，则130.0+6d＝72.4，解得d＝﹣9.6．∴a13＝130.0﹣9.6×12＝14.8．∴《易经》中所记录的惊蛰的晷影长是14.8寸．故选：A．【知识点】等差数列的通项公式5.（2020•岳阳一模）已知{a n}为等差数列，a3＝52，a1+a4+a7＝147，{a n}的前n项和为S n，则使得S n达到最大值时n是（）A．19B．20C．39D．40【解答】解：∵{a n}为等差数列，a3＝52，a1+a4+a7＝147，∴，解得a1＝58，d＝﹣3，∴a n＝58+（n﹣1）×（﹣3）＝61﹣3n，由a n＝61﹣3n≥0，得n，∴使得S n达到最大值时n是20．故选：B．【知识点】等差数列的前n项和6.（2019•新疆模拟）已知等比数列{a n}的各项均为正数，且log3a1+log3a2+…+log3a9＝9，则a3a7+a4a6＝（）A．6B．9C．18D．81【解答】解：由等比数列{a n}的各项均为正数，∴a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝．∵log3a1+log3a2+…+log3a9＝9，∴＝9，化为：＝39，解得a5＝3．则a3a7+a4a6＝2＝2×32＝18．故选：C．【知识点】等比数列的性质7.（2019•青岛三模）已知{a n}为等比数列，a10，a30是方程x2﹣11x+16＝0的两实根，则a20等于（）A．3B．±4C．4D．±3【解答】解：∵{a n}为等比数列，a10，a30是方程x2﹣11x+16＝0的两实根，∴a10a30＝＝16，a10+a30＝11＞0，∴a10，a30都为正数．∴a20＞0．则a20＝4．故选：C．【知识点】等比数列的通项公式、等比数列的性质8.（2019•上海模拟）已知等比数列{a n}的首项为2，公比为﹣，其前n项和记为S n，若对任意的n∈N*，均有A≤3S n﹣≤B恒成立，则B﹣A的最小值为（）A．B．C．D．【解答】解：S n＝＝﹣•，①n为奇数时，S n＝+•，可知：S n单调递减，且＝，∴＜S n≤S1＝2；②n为偶数时，S n＝﹣•，可知：S n单调递增，且＝，∴＝S2≤S n＜．∴S n的最大值与最小值分别为：2，．考虑到函数y＝3t﹣在（0，+∞）上单调递增，∴A≤＝﹣＝．B≥＝＝．∴B﹣A的最小值＝﹣＝．故选：B．【知识点】等比数列的前n项和、数列的应用9.（2019•江西模拟）已知数列{a n}的通项公式是，其中的部分图象如图所示，S n为数列{a n}的前n项和，则S2019的值为（）A．﹣1B．0C．D．1【解答】解：由图象可得＝﹣＝，即T＝π，ω＝＝2，再将（，﹣1）代入y＝sin（2x+φ），可得+φ＝2kπ+，k∈Z，即有φ＝2kπ+，k∈Z，可令k＝0，可得φ＝，即f（x）＝sin（2x+），a n＝f（）＝sin，为最小正周期为6的数列，由a1＝，a2＝0，a3＝﹣，a4＝﹣，a5＝0，a6＝，可得一个周期的和为0，则S2019＝336S6+（a1+a2+a3）＝0+0＝0．故选：B．【知识点】数列与三角函数的综合10.（2018•邵阳三模）在△ABC中，||＝||＝4，＝8，平面ABC内一点P满足＝2+3，若||＝2，则的最大值为（）A．18B．21C．24D．26【解答】解：∵||＝||＝4，＝8，∴4×4×cos A＝8，∴cos A＝，即△ABC为等边三角形，建立如图所示的直角坐标系，则A（0，2），B（﹣2，0），C（2，0），设P（m，n），M（x，y），由＝2+3，可得（﹣m，2﹣m）＝2（﹣2﹣m，﹣n）+3（2﹣m，﹣n），解得m＝，n＝，由||＝2可得点M的轨迹方程为（x﹣）2+（y+）2＝4，∴•＝（﹣x，2﹣y）•（﹣2﹣x，﹣y）＝（x+1）2+（y﹣）2﹣4，∵＝3，∴•的最大值为（3+2）2﹣4＝21．故选：B．【知识点】数列与解析几何的综合二、填空题（共8小题）11.（2020•山东模拟）已知正项数列{a n}中，若存在正实数p，使得对数列{a n}中的任意一项a k，也是数列{a n}中的一项，称数列{a n}为“倒置数列”，p是它的“倒置系数”，若等比数列{a n}的项数是m，数列{a n}所有项之积是T，则T＝（用m和p表示）．【解答】解：∵数列{a n}是项数为m的有穷正项等比数列，取p＝a1•a m＞0，对数列{a n}中的任意一项a i（1≤i≤m），＝也是数列{a n}中的一项，由“倒置数列”的定义可知，数列{a n}是“倒置数列”．又∵数列{a n}所有项之积是T，∴T2＝（a1a2…a m）（a m a m﹣1…a1）＝，则．故答案为：．【知识点】数列的应用12.（2019•山东模拟）已知f（n）表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1，2，3，4，6，12，则f（12）＝3；21的因数有1，3，7，21，则f（21）＝21，那么﹣＝．【解答】解：f（n）表示正整数n的所有因数中最大的奇数，∴f（n）＝f（2n），且n为奇数时，f（n）＝n，其中n∈[1，100]；f（n）max＝f（99）＝99，f（n）min＝f（64）＝f（2）＝f（4）＝f（8）＝f（16）＝f（32）＝1；那么＝f（51）+f（52）+f（53）+…+f（100）＝51+13+53+27+55+7+57+29+59+15+61+31+63+1+65+33+67+17+69+35+71+9+73+37+75+19+77+39+79+5+81+41+83+21+85+43+87+11+89+45+91+23+93+47+95+3+97+49+99+25＝1+3+5+7+9+11+…+99＝＝2500．那么＝1+1+3+1+5+3+7+1+9+5+11+3+13+7+15+1+17+9+19+5+21+11+23+3+25+13+27+7+29+15+31+1+……+49+25＝（1+3+5+…+29+31+……+49）+（4+9+10+14+9+11+13+15+1+17+9+19+5+21+11+23+1+25）＝+219＝844．∴那么﹣＝2500﹣844＝1656．故选：D．【知识点】数列的求和13.（2019•诸暨市模拟）已知数列{a n}的各项都是正数，（n∈N*），若数列{a n}各项单调递增，则首项a1的取值范围；当a1＝时，记，若k＜b1+b2+…+b2019＜k+1，则整数k＝﹣．【解答】解：由题意，正数数列{a n}是单调递增数列，且，∴，解得a n+1∈（0，2），∴a2∈（0，2）．∴．∵a1＞0，∴0＜a1＜2．又由，可得：．∴．∵，∴+﹣…+＝﹣（+）+（+）﹣…﹣（+）+（+）＝﹣﹣++﹣…﹣﹣++＝﹣+＝﹣+．∵，且数列{}是递增数列，∴a2019，即，∴﹣4＜﹣+＜﹣3．∴整数k＝﹣4．故答案为：（0，2）；4．【知识点】数列递推式14.（2019•黄冈模拟）已知函数，数列{a n}的通项公式为，若数列{a n}是单调递减数列，则实数t的取值范围是：．【解答】解：当x＜3时，f（x）＝（）tx﹣2﹣4为减函数，∴y＝tx﹣2为增函数，则t＞0，且f（x）＞（）3t﹣2﹣4；当x≥3时，f（x）＝﹣tx2+（4﹣t）x+15t﹣18为减函数，∴，解得t≥，此时f（x）≤f（3）＝3t﹣6，∴（）3t﹣2﹣4≥3t﹣6，∴（）3t﹣2≥3t﹣2，设3t﹣2＝m，则m≥﹣，∴（）m≥m，结合函数的图象可得﹣≤m≤，即﹣≤3t﹣2≤，解得≤t≤，故答案为：[，]【知识点】数列与函数的综合15.（2019•大连模拟）已知数列{a n}的前n项和为S n，且a n＞0，，若不等式．对任意的n∈N*恒成立，则k的取值范围是﹣．【解答】解：依题意得当n＝1时，2a1＝a12+a1，由于a n2＞0，解得a1＝1；当n≥2时，2S n﹣1＝a n﹣12+a n﹣1，因此有：2a n＝a n2﹣a n﹣12+a n﹣a n﹣1；整理得：a n﹣a n﹣1＝1，所以数列{a n}是以a1＝1为首项，公差d＝1的等差数列，因此a n＝n，S n＝，由2S n+9≥（﹣1）n ka n（n∈N*）得：n2+n+9≥（﹣1）n kn（n∈N*），则有n++1≥（﹣1）n k（n∈N*），令c n＝n++1，则c n﹣c n﹣1＝1+﹣＝，易得当n≤3时，c n＜c n﹣1，当n≥4时，c n＞c n﹣1；所以有c1＞c2＞c3＝7＜c4＝7.25＜c5＜…（1）当n为偶数时，n++1≥k，∴k≤7.25，（2）当n为奇数时，n++1≥﹣k，∴k≥﹣7，综上所述，k的取值范围是[﹣7，7.25]．故答案为：[﹣7，7.25]．【知识点】数列与不等式的综合16.（2018•青浦区一模）已知S n为数列{a n}的前n项和，a1＝a2＝1，平面内三个不共线的向量，，，满足＝（a n﹣1+a n+1）+（1﹣a n），n≥2，n∈N*，若A，B，C在同一直线上，则S2018＝．【解答】解：若A，B，C三点共线，则＝x+（1﹣x），∴根据条件“平面内三个不共线的向量，，，满足＝（a n﹣1+a n+1）+（1﹣a n），n≥2，n∈N*，A，B，C在同一直线上，”得出a n﹣1+a n+1+1﹣a n＝1，∴a n﹣1+a n+1＝a n，∵S n为数列{a n}的前n项和，a1＝a2＝1，∴数列{a n}为：1，1，0，﹣1，﹣1，0，1，1，0，﹣1，﹣1，0，…即数列{a n}是以6为周期的周期数列，前6项为1，1，0，﹣1，﹣1，0，∵2018＝6×336+2，∴S2018＝336×（1+1+0﹣1﹣1+0）+1+1＝2．故答案为：2．【知识点】数列与向量的综合、平面向量的基本定理17.（2019•黄浦区一模）已知数列{a n}（n∈N*），若a1＝1，a n+1+a n＝（）n，则a2n＝﹣．【解答】解：∵数列{a n}（n∈N*）满足a1＝1，a n+1+a n＝（）n，∴（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n﹣1+a2n）＝，∴．又a1+（a2+a3）+（a4+a5）+…+（a2n﹣2﹣a2n﹣1）＝＝．即．∴．∴．【知识点】数列递推式、数列的极限18.（2019•长沙二模）已知函数f（x）＝ax2﹣1的图象在点A（1，f（1））处的切线与直线x+8y＝0垂直，若数列{}的前n项和为S n，则S n＝．【解答】解：函数f（x）＝ax2﹣1的导数为f′（x）＝2ax，可得f（x）在x＝1处的切线斜率为2a，切线与直线x+8y＝0垂直，可得2a＝8，即a＝4，则f（x）＝4x2﹣1，＝＝（﹣），可得S n＝（1﹣+﹣+…+﹣）＝（1﹣）＝．故答案为：．【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程、数列与解析几何的综合三、解答题（共6小题）19.（2020•深圳模拟）已知数列{a n}的首项，a n+1a n+a n+1＝2a n．（1）证明：数列是等比数列；（2）数列的前n项和S n．【解答】（1）证明：∵a n+1a n+a n+1＝2a n，∴，∴，又，∴＝．∴数列{﹣1}为等比数列；（2）解：由（1）可得：＝，化为＝，∴．设T n＝+…+，＝++…++，∴+…+﹣＝﹣＝，∴T n＝，∴数列{}的前n项和S n＝T n+＝﹣．【知识点】数列的求和、等比数列的性质20.（2020•江苏一模）已知数列{a n}的首项a1＝3，对任意的n∈N*，都有a n+1＝ka n﹣1（k≠0），数列{a n﹣1}是公比不为1的等比数列．（1）求实数k的值；（2）设数列{b n}的前n项和为S n，求所有正整数m的值，使得恰好为数列{b n}中的项．【解答】解：（1）由a n+1＝ka n﹣1，a1＝3，可知a2＝3k﹣1，，∵{a n﹣1}为等比数列，∴，即（3k﹣2）2＝2×（3k2﹣k﹣2），整理，得3k2﹣10k+8＝0，解得k＝2或．①当时，，此时a n＝3，则a n﹣1＝2，∴数列{a n﹣1}的公比为1，不符合题意；②当k＝2时，a n+1﹣1＝2（a n﹣1），所以数列{a n﹣1}的公比，综上所述，实数k的值为2．（2）由（1）知，，∴．则＝（4﹣1）+（4﹣3）+...+[4﹣（2m﹣1）]+4+42+ (4)＝，．∵，∴，∵b2+b3＝5＞0，b1＝3＞0，∴S2m﹣1＞0，S2m＞0．设，则t＝1，3或t为偶数，因为S2m≠S2m﹣1，所以t＝3（即b3＝1）不可能，所以t＝1或t为偶数，①当时，，化简得6m2﹣24m+8＝﹣4m≤﹣4，即m2﹣4m+2≤0，所以m可取值为1，2，3，验证得，当m＝2时，成立．②当t为偶数时，，设，则，由①知m＞3，当m＝4时，；当m＞4时，c m+1﹣c m＞0，所以c4＞c5＜c6＜…，所以c m的最小值为，所以，令，则，即﹣3m2+12m﹣4＝0，而此方程无整数解．综上，正整数m的值为2．【知识点】数列的求和、数列递推式21.（2020•松江区一模）已知数列{a n}满足：①a n∈N（n∈N*）；②当n＝2k（k∈N*）时，；③当n≠2k（k∈N*）时，a n＜a n+1，记数列{a n}的前n项和为S n．（1）求a1，a3，a9的值；（2）若S n＝2020，求n的最小值；（3）求证：S2n＝4S n﹣n+2的充要条件是（n∈N*）．【解答】解：（1）因为a2＝1，a1＜a2，且a1为自然数；∴a1＝0；a4＝2，0≤a3＜a4，且均为自然数∴a3＝0或者a3＝1；a16＝8，0≤a9＜a10＜……a16＝8，a n∈N（n∈N*）；∴a9＝0或者a9＝1．（2）＝2k﹣1，当2k﹣1＜n≤2k（n，k∈N*）时，0≤＜＜…＜＝2k﹣1，∴＝m﹣1或m；m＝1，2，3…2k﹣1﹣1；∴（S64）max＝（0+1）+（1+2）+（1+2+3+4）+…+（1+2+3+…+32）＝1+++++＝714；∴（S128）max＝714+＝2794．∵714＜2020＜2794，∴64＜n＜128；又2020﹣714＝1306，1+2+3+…+50＝1275＜1306＜1+2+3+…+50+51＝1326．∴n的最小值：64+51＝115．（3）必要性：S2n＝4S n﹣n+2；所以S＝4S﹣2n+2 ①故有＝4S﹣（2n+1）+2；②①﹣②得：+＝4﹣1（n∈N*）③，由于，或，或，且，只有当同时成立，等式③才成立，∴，充分性：若，由于1＝＜＜…＜，所以（n∈N*，k∈N*，k≤2n），即，，，…，，又，所以对任意的n∈N*，都有a2n＝a2n﹣1+1，另一方面，有，（n∈N*，k∈N*，k≤2n），所以对任意的n∈N*，都有a2n＝2a n，∴S2n＝a1+a2+…a2n＝（a1+a3+…+a2n﹣1）+（a2+a4+…+a2n）＝2（a2+a4+…+a2n）﹣n＝2+a2+4（a2+a3+…+a n）﹣n，由于a1＝0，a2＝1，∴S2n＝4（a1+a2+…+a n）﹣n+2＝4S n﹣n+2，证毕．【知识点】数列的应用22.（2019•姜堰区校级模拟）定义：从数列{a n}中取出部分项，并将它们按原来的顺序组成一个数列，称为数列{a n}的一个子数列．设数列{a n}是一个公差不为零的等差数列．（1）已知a4＝6，自然数k1，k2，…，k t，…满足4＜k1＜k2＜…＜k t＜…．①若a2＝2，且a2，a4，，，…，，…是等比数列，求k2的值；②若a2＝4，求证：数列a2，a4，，，…，，…不是等比数列．（2）已知存在自然数k1，k2，…，k t，…，其中k1＜k2＜…＜k t＜…．若，，…，，…是{a n}的一个等比子数列，若（m为正整数），求k t的表达式（答案用k1，k2，m，t表示）．【解答】解：（1）①设数列{a n}的公差为d，因为a2＝2，a4＝6，所以2d＝4，d＝2，a n＝a2+（n﹣2）d＝2n﹣2．设无穷等比数列公比为q，q＝＝3，所以，故k2＝28．②假设数列a 2，a4，，，…，，…是无穷等比数列，则a2，a4，成等比，a4，，成等比，所以得．因为2d＝a4﹣a2＝1，d＝1，a n＝a2+（n﹣2）d＝n+2，所以，k2＝∈N*这与k2为自然数矛盾，所以数列a2，a4，，，…，，…不是无穷等比数列．（2）因为，所以d＝，又，，，…，，…是{a n}的一个等比子数列，＝+（k t﹣k1）d，将d＝代入，得，解得．【知识点】数列与不等式的综合23.（2019•静安区二模）设数列{a n}的前n项和为S n，对任意正整数n，皆满足S n+a n＝2a（实常数a＞0）．在等差数{b n}（n∈N*））中，b1＝a1，b2＝2S2．（1）求数列{b n}的通项公式；（2）试判断数列{a n+1}能否成等比数列，并说明理由；（3）若，c n＝a n•b n，求数列{c n}的前n项和T n，并计算：（已知）．【解答】解：（1）由S n+a n＝2a（a＞0），令n＝1得，2a1＝2a，所以b1＝a1＝a，S2＝2a﹣a2，所以，b2＝2S2＝3a．……………………（2分）等差数列{b n}的公差d＝2a．……………………（3分）所以数列{b n}的通项公式b n＝2an﹣a……………………（5分）（2）因为对任意正整数n，皆满足S n+a n＝2a（a＞0），所以当n≥2时，S n﹣1+a n﹣1＝2a，两式相减得：2a n﹣a n﹣1＝0．即，所以数列{a n}是等比数列，公比为.，．……………………（7分）假设数列{a n+1}能成等比数列，则对任意正整数k，，即，因为a＞0，所以，即．显然不成立．因此数列{a n+1}不可能为成等比数列．……………………（10分）（用特殊的项加以说理亦可：例如，假设数列{a n+1}能成等比数列，则数列前3项也成等比，即，，因为a＞0，所以不成立）（3），……………………（11分），，上述两式相减得：，所以．……………………（15分），．……………………（18分）【知识点】数列递推式、数列的极限24.（2019•虹口区一模）对于n（n∈N*）个实数构成的集合E＝{e1，e2，…，e n}，记S E＝e1+e2+…+e n．已知由n个正整数构成的集合A＝{a1，a2，…，a n}（a1＜a2＜…＜a n，n≥3）满足：对于任意不大于S A 的正整数m，均存在集合A的一个子集，使得该子集的所有元素之和等于m．（1）求a1，a2的值；（2）求证：“a1，a2，…，a n成等差数列”的充要条件是“S A＝（n+1）”（3）若S A＝2018．求证：n的最小值是11，并求n取最小值时，a n的最大值．【解答】解：（1）∵由n个正整数构成的集合A＝{a1，a2，…，a n}（a1＜a2＜…＜a n，n≥3）满足：对于任意不大于S A的正整数m，均存在集合A的一个子集，使得该子集的所有元素之和等于m．∴a1＝1，a2＝2．证明：（2）先证明必要性：∵a1＝1，a2＝2，a1，a2，…，a n成等差数列，∴a n＝n，∴S A＝．再证充分性：∵a1＜a2＜…＜a n，a1，a2，…，a n为正整数数列，∴a1＝1，a2＝2，a3≥3，a4≥4，…，a n≥n，∴S A＝a1+a2+…+a n≥1+2+3+…+n＝，∵S A＝（n+1），∴a k＝k，（k＝1，2，3，…，n），∴a1，a2，…，a n成等差数列．（3）先证明，（k＝1，12，3，…，n），假设存在a p＞2p﹣1，且p为最小的正整数，由题意p≥3，则a1+a2+…+a p﹣1≤1+2+…+2p﹣2﹣1，∵a1＜a2＜…＜a n，∴当m∈（2p﹣1﹣1，a p）时，m不能等于集合A的任何一个子集的所有元素之和，∴假设不成立，即（k＝1，2，…，n）成立，∴2018＝a1+a2+…+a p﹣1≤1+2+…+2p﹣2＝2p﹣1﹣1，即2n≥2019，∴n≥11，∵S A＝2018，∴a1+a2+…+a n﹣1＝2018﹣a n，若2018﹣a n＜a n﹣1时，则当m∈（2018﹣a n，a n）时，集合A中不可能有不同元素之和为m，∴2018﹣a n≥a n﹣1，即a n≤1009，此时，可构造集合A＝{1，2，4，8，16，32，64，128，256，498，1009}，∵当m∈{2，2+1}时，m可以等于集合{1，2}中若干个不同元素之和，∴当m∈{22，22+1，22+2，22+3}时，m可以等于集合{1，2，22}中若干个不同元素之和，…∴当m∈{28，28+1，28+2，…，28+255}时，m可以等于集合{1，2，22，…，28}中若干个不同元素之和，∴当m∈{498+3，498+4，…，498+511}时，m可以等于集合{1，2，22，…，28，498}中若干个不同元素之和，∴当m∈{1009，1009+1，1009+2，…，1009+1008}时，m可以等于集合{1，2，22，…，498，1009}，∴集合A＝{1，2，4，8，16，32，64，128，256，498，1009}满足题设，∴当n取最小值11时，a n的最大值为1009．【知识点】等差数列的性质、子集与真子集、数列的求和。