新高考数学状元之路二轮复习专题知识突破训练(10)(含答案解析)
【状元之路】2015届高考数学二轮(文理通用)专题知识突破课件：1-6-2文、3理(专题六 概率与统
条形统计图计算抽取的高中生近视人数．
该地区中小学生总人数为 3 500＋2 000＋4 500＝10 000，
则样本容量为 10 000×2%＝200，其中抽取的高中生近视人数
为 2 000×2%×50%＝20，故选 A.
答案 A
2．(2014·山东卷)为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进 行临床试验．所有志愿者的舒张压数据(单位：kPa)的分组区间为 [12,13)，[13,14)，[14,15)，[15,16)，[16,17]，将其按从左到右的顺序 分别编号为第一组，第二组，…，第五组．下图是根据试验数据制 成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有 20 人，第三组中没 有疗效的有 6 人，则第三组中有疗效的人数为( )
真题感悟 1.(2014·广东卷)已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图 ①和图②所示．为了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽
样的方法抽取 2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近 视人数分别为( )
A．200,20
B．100,20
C．200,10
D．100,10
解析 在扇形统计图中，根据抽取的比例计算样本容量，根据
(2)分层抽样的关键是根据样本特征的差异进行分层，实质是等 比例抽样，求解此类问题需先求出抽样比——样本容量与总体容量 的比，则各层所抽取的样本容量等于该层个体总数与抽样比的乘积.
对点训练 1.(2014·天津卷)某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践 活动的意向，拟采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中 抽取一个容量为 300 的样本进行调查．已知该校一年级、二年级、 三年级、四年级的本科生人数之比为 4:5:5:6，则应从一年级本科生 中抽取________名学生．
新高考数学复习专题突破练习题附解析(共13专题)
突破1.1 空间几何体的结构【基础巩固】1.如图，最左边的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（）A．①②B．②③C．③④D．①⑤【答案】B【解析】当截面过旋转轴时，圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件.故截面图形可能是①⑤，选D．2.如图，一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于（）A．B．C．D．【答案】C【方法点晴】本题主要考查了圆锥的有关计算及圆锥的侧面展开的应用，着重考查了求立体图形中两点之间的曲线段的最短线路长，解答此类问题一般应把几何体的侧面展开，展开在一个平面内，构造直角三角形，从而求解两点间的线段的长度，用到的知识为：圆锥的弧长等于底面周长，本题的解答中圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥的底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，体现了“化曲面为平面”的思想方法．3．如图所示的几何体是由下列哪个平面图形绕虚线旋转一周得到的（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意知，该几何体是圆锥与圆台的组合体，所以该组合体是由直角三角形和直角梯形的组成的平面图形绕虚线旋转一周所得．故选A．4．下列关于棱柱的说法中，错误的是（）A．三棱柱的底面为三角形B．一个棱柱至少有五个面C．若棱柱的底面边长相等，则它的各个侧面全等D．五棱柱有5条侧棱、5个侧面，侧面为平行四边形【答案】C【解析】n棱柱具体特征：底面为n边形，共3n条棱，（n+2）个面，其中n个侧面，2个底面，侧面为平行四边形，侧棱长相等．因为n棱柱底面为n边形，故A对；因为底面最少为三角形，故3个侧面，2个底面，共5个面，故B对；根据n棱柱特征，D对；而底面边长与侧棱长度不一定相等，故各个侧面不全等，故C错误．故选C．5．下列说法正确的是（）A．棱柱的底面一定是平行四边形B．底面是矩形的平行六面体是长方体C．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱D．棱锥的底面一定是三角形【答案】C【解析】对于选项A，棱柱的底面为任意的四边形即可，故错误．对于选项B，底面是矩形的直平行六面体才是长方体，故错误．对于选项D，三棱锥的底面一定是三角形，故错误．故选C．6．下列几何体不是简单旋转体（）A．圆柱B．圆台C．球D．棱柱【答案】D【解析】在A中，圆柱是矩形绕着它的一条边旋转而成的，故圆柱是简单旋转体；在B中，圆台是直角梯形绕直角腰所在的直线旋转而成的，故圆台是简单旋转体；在C中，球是半圆绕着直径旋转而成的，故球是简单旋转体；在D中，棱柱不是旋转体．故选D．7．下列命题中，错误的是（）A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台C．圆台的所有平行于底面的截面都是圆D．圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形【答案】B【解析】对于A，圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个，为2r l，A正确；对于B，用一个平行于底面的平面截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，∴B错误；对于C，圆台的所有平行于底面的截面都是圆，C正确；对于D，圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形，D正确．故选B．8．如图所示的几何体是由下面哪一个平面图形旋转而形成的（）A．B．C．D．【答案】A【解析】∵几何体是一个圆柱、两个圆台和一个圆锥的组合体，∴它是由A选项中的平面图形旋转而成的．故选A．9．下列叙述中正确的是（）A．圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体B．棱柱中两个相互平行的平面一定是棱柱的底面C．过圆锥侧面上的一点有无数条母线D．球面上四个不同的点有可能在同一平面内【答案】D【解析】在A中，圆柱是将矩形以矩形的一条对角线为轴，旋转所得的就不是圆柱，故A错；在B中，棱柱的定义是，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，相邻的公共边互相平行，有这些面围成的几何体是棱柱，棱柱中两个相互平行的平面不一定是棱柱的底面，故B错误；在C中，两点确定一条直线，圆锥过圆锥侧面上的一点只有一条母线，故C错误；在D中，球面上四个不同的点有可能在同一平面内，故D正确．故选D．10.如图所示，是由等腰梯形、矩形、半圆、圆、倒三角形对接形成的平面轴对称图形，若将它绕轴l旋转180°后形成一个组合体，下面说法不正确的是（）A．该组合体可以分割成圆台、圆柱、圆锥和两个球体B．该组合体仍然关于轴l对称C．该组合体中的圆锥和球只有一个公共点D．该组合体中的球和半球只有一个公共点【答案】A【解题必备】考查简单组合体的构成，就必须要明白该组合体是由简单几何体拼接、截去还是挖去一部分而成的，因此，要仔细观察简单组合体的组成，并充分结合柱、锥、台、球的几何结构特征进行识别.【能力提升】11.正方形绕其一条对角线所在直线旋转一周，所得几何体是（）A．圆柱B．圆锥C．圆台D．两个共底的圆锥【答案】D【思路点拨】本题考查旋转体的结构特征，熟练掌握旋转体的定义及旋转体的结构特征是解答本题的关键．12.有下列三组定义：①有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱；②用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台；③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.其中正确定义的个数为（）A．0 B．1C．2 D．3【答案】B【思路点拨】从结构特征出发：棱台上、下两个底面平行且相似；棱锥侧面都是三角形且有一个公共顶点；棱柱上、下两个底面平行且侧面都是平行四边形，从而可快速得解.13.如图所示，在长方体中，则在长方体表面上连接两点的所有曲线长度的最小值为__________．14.一个几何体的三视图如图所示,则组成该几何体的简单几何体为().A.圆柱与圆台B.圆柱与四棱台C.四棱柱与四棱台D.四棱柱与圆台【解析】由三视图可得该几何体是一个组合体,由几何体上部的三视图均为矩形可知上部是四棱柱,由下部的三视图中有两个梯形可得下部是四棱台,故组成该几何体的简单几何体为四棱柱与四棱台,故选C . 15.将正方体(如图①)截去两个三棱锥,得到如图②所示的几何体,则该几何体的侧(左)视图为( ).【答案】B【解析】还原正方体后,将D 1,D ,A 三点分别向正方体右侧面作垂线.D 1A 的射影为C 1B ,且为实线,B 1C 被遮挡应为虚线.【高考真题】16.（2019全国II 文16）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【解析】：该半正多面体共有888226+++=个面，设其棱长为x ，则221x x x ++=，解得21x =． 17.(2017年全国Ⅰ卷)某多面体的三视图如图所示,其中正(主)视图和侧(左)视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( ).A.10B.12C.14D.16【解析】观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的,且直三棱柱的底面是直角边边长为2的等腰直角三角形,侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边边长为2的等腰直角三角形,高为2,如图所示.因此该多面体的各个面中有两个梯形,且这两个梯形全等,梯形的上底长为2,下底长为4,高为2,故这些梯形的面积之和为2××(2+4)×2=12.故选B.【答案】B18.(2017年全国Ⅱ卷)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为().A.90πB.63πC.42πD.36π【解析】由几何体的三视图可知,该几何体是一个圆柱被一个平面截去上面虚线部分所得,如图所示.将圆柱补全,并将圆柱从点A处水平分成上下两部分.由图可知,该几何体的体积等于上部分圆柱体积的加上下部分圆柱的体积,所以该几何体的体积V=π×32×4+π×32×6×=63π.故选B.【答案】B20.(2015年全国Ⅰ卷)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正(主)视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=().A.1B.2C.4D.8【解析】如图,该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体,球的半径为r,圆柱的底面半径为r,高为2r,则表面积S=·4πr2+πr2+4r2+πr·2r=(5π+4)r2.又S=16+20π,∴(5π+4)r2=16+20π,∴r2=4,r=2,故选B.【答案】B突破1.2 空间几何体的三视图与直观图【基础巩固】1.（2018河北衡水压轴卷一）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E 、F 分别为11B C 、11C D 的中点，则四棱锥11A B EFD -的正视图与侧视图分别为 （ ）A.②，③B.④，②C.②，①D.②，④ 【答案】.D【解析】由三视图的投影规则知，几何体在侧面11DCC D 上的投影为一直角三角形（直角在左边），AF 的投影为一虚线，1AB 的投影为一实线，故正视图为②；几何体在侧面11BCC B 上的投影为一直角三角形（直角在右边），AE 的投影为虚线，1AD 的投影为实线，故侧视图为④.故选D.2．若某三棱柱截去一个三棱锥后所剩几何体的三视图如图所示，则所截去的三棱锥的外接球的表面积等于 （ ）A ．34πB ．32πC ．17πD ．172π 【答案】A【解析】由三视图知几何体是底面为边长为3，4，5的三角形，高为5的三棱柱被平面截得的，如图所示：截去的三棱锥是长方体的一个角，AB ⊥AD ，AD ⊥AC ，AC ⊥AB ，所以将三棱锥补成长方体，其外接球相同，外接球的直径为长方体的体对角线，半径为：222113343422++=，外接球的表面积为：21434342ππ⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭故选A ．3．某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是''''A B C D ，如图2所示.其中24A'B'A'D'==，则该几何体的表面积为（ ）A ．1612+πB ．168+πC ．1610+πD ．8π【答案】A【解析】由俯视图的直观图得俯视图为边长为4的正方形，所以几何体为底面为半圆（半径为2），高为4的半圆柱，其表面积为214π244+2π21612π2⨯⨯+⨯⨯⨯=+，选A. 4．（2020·四川省成都市树德中学高三二诊（理））2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为43π的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（ ）A ．22B ．32C ．212+ D ．312+ 【答案】D【解析】设四个支点所在球的小圆的圆心为O '，球心为O ，由题意，球的体积为43π，即24433R ππ=可得球O 的半径为1，又由边长为2的正方形硬纸，可得圆O '的半径为12，利用球的性质可得222131()22O O '=-=，又由O '到底面的距离即为侧面三角形的高，其中高为12，所以球心到底面的距离为3131222++=。
新高考数学二轮总复习 专题突破练5 专题一 常考小题点过关检测(含解析)-人教版高三全册数学试题
专题突破练5 专题一常考小题点过关检测一、单项选择题1.(2020全国Ⅰ,理2)设集合A={x|x2-4≤0},B={x|2x+a≤0},且A∩B={x|-2≤x≤1},则a=()A.-4B.-2C.2D.42.(2020山东淄博4月模拟,2)命题“∃x0∈(0,+∞),ln x0=x0-1”的否定是()A.∀x∈(0,+∞),ln x≠x-1B.∀x∉(0,+∞),ln x=x-1C.∃x0∈(0,+∞),ln x0≠x0-1D.∃x0∉(0,+∞),ln x0=x0-13.(2020全国Ⅲ,理2)复数11-3i的虚部是()A.-310B.-110C.110D.3104.(2020天津,2)设a∈R,则“a>1”是“a2>a”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5.(2020山东模考卷,2)已知a+b i(a,b∈R)和1-i1+i是共轭复数,则a+b=()A.-1B.-12C.12D.16.(2020山西太原二模,理5)若a,b是两个非零向量,且|a+b|=m|a|=m|b|,m∈[1,√3].则向量b与a-b夹角的取值范围是()A.[π3,2π3] B.[π3,5π6]C.[2π3,5π6] D.[5π6,π]7.(2020山东济南一模,5)方舱医院的创设,在抗击新冠肺炎疫情中发挥了不可替代的重要作用.某方舱医院医疗小组有七名护士,每名护士从周一到周日轮流安排一个夜班.若甲的夜班比丙晚一天,丁的夜班比戊晚两天,乙的夜班比庚早三天,己的夜班在周四,且恰好在乙和丙的正中间,则周五值夜班的护士为()A.甲B.丙C.戊D.庚8.关于x的方程x2+(m-3)x+m=0在(0,2)内有两个不相等实数根,则实数m的取值范围是()A.(23,1]B.(23,1)C.(1,3)D.(-∞,1)∪(9,+∞)二、多项选择题9.已知x<-1,那么在下列不等式中成立的是()A.x2-1>0B.x+1x<-2C.sin x-x>0D.cos x+x>010.若1a <1b<0,则下列不等式成立的是()A.1a+b <1abB.|a|+b>0C.a-1a >b-1bD.ln a 2>ln b 211.(2020海南天一大联考模拟三,9)设a ,b ,c 为实数且a>b ,则下列不等式一定成立的是( ) A.1a >1bB.2 020a-b >1C.ln a>ln bD.a (c 2+1)>b (c 2+1)12.(2020山东历城二中模拟四,10)已知a ,b 是单位向量,且a +b =(1,-1),则( ) A.|a +b |=2 B.a 与b 垂直 C.a 与a -b 的夹角为π4D.|a -b |=1 三、填空题13.(2020全国Ⅰ,文14)设向量a =(1,-1),b =(m+1,2m-4),若a ⊥b ,则m= . 14.(2020天津河北区线上测试,15)已知a>0,b>0,且1a+1b =1,则1a -1+4b -1的最小值为 .15.(2020山东济宁6月模拟,14)在平行四边形ABCD 中,AD=6,AB=3,∠DAB=60°,DE⃗⃗⃗⃗⃗ =12EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12FC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,若FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =2GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = .16.已知f (x )=x 2+2x+1+a ,∀x ∈R ,f (f (x ))≥0恒成立,则实数a 的取值范围为 .专题突破练5 专题一 常考小题点过关检测1.B 解析由已知得A={x|-2≤x ≤2},B={x |x ≤-a 2}.因为A ∩B={x|-2≤x ≤1},所以有-a2=1,解得a=-2. 2.A 解析因为已知的是特称命题,所以它的否定为全称命题,故选A . 3.D 解析∵11-3i =1+3i(1-3i )(1+3i )=1+3i 10=110+310i,∴复数11-3i 的虚部是310.4.A 解析若a>1,则a 2>a 成立.若a 2>a ,则a>1或a<0.故“a>1”是“a 2>a ”的充分不必要条件.故选A . 5.D 解析由1-i1+i=(1-i )22=-2i 2=-i,得a+b i =-(-i)=i,所以a=0,b=1,所以a+b=1.6.C 解析根据题意,设|a |=|b |=t ,则|a+b |=mt ,再设向量b 与a-b 夹角为θ,则有|a+b |2=(a+b )2=a 2+b 2+2a ·b =m 2t 2,变形可得a ·b =m 2t 22-t 2, 则有|a-b |2=(a-b )2=a 2+b 2-2a ·b =2t 2-2(m 2t 22-t2)=4t 2-m 2t 2,则cos θ=b ·(a -b )|b ||a -b |=a ·b -b 2|b ||a -b |=m 2t 22-t 2-t 2t×t√4-m 2=122√4-m 2=-12×√4-m 2.由1≤m ≤√3,得1≤√4-m 2≤√3,则有-√32≤cos θ≤-12.又由0≤θ≤π,得2π3≤θ≤5π6,即θ的取值范围为[2π3,5π6].故选C .7.D 解析因为己的夜班在周四,且恰好在乙和丙的正中间,所以乙可能在星期一,二,三,五,六,日.因为乙的夜班比庚早三天,所以乙可能在星期二,三.如果乙在星期三,则庚在周六,且丙在周五,庚比丙晚一天,但与甲的夜班比丙晚一天矛盾,则乙在周二,庚在周五.故选D .8.B 解析由题意,令f (x )=x 2+(m-3)x+m ,则{Δ=(m -3)2-4m >0,f (0)=m >0,f (2)=4+2(m -3)+m >0,0<-m -32<2,解得23<m<1,故选B . 9.ABC 解析由x<-1,得|x|>1,所以x 2>1,即x 2-1>0,故A 成立;因为x<-1,所以-x>1,0<-1x <1,所以(-x)+(-1x)>2,即x+1x<-2,故B成立;因为x<-1,而sin x∈[-1,1],即sin x>x,所以sin x-x>0,故C成立;因为x<-1,而cos x∈[-1,1],所以cos x+x<0,故D不成立.故选ABC.10.AC解析由1a <1b<0,可知b<a<0.因为a+b<0,ab>0,所以1a+b <0,1ab>0,故有1a+b<1aθ,故A正确;因为b<a<0,所以-b>-a>0,故-b>|a|,即|a|+b<0,故B错误;因为b<a<0,又有1a <1b<0,则-1a>-1b>0,所以a-1a>b-1b,故C正确;因为b<a<0,根据y=x2在(-∞,0)上为减函数,可得b2>a2>0,而y=ln x在定义域(0,+∞)上为增函数,所以ln b2>ln a2,故D错误.故选AC.11.BD解析对于A,若a>b>0,则1a <1b,故A错误;对于B,因为a-b>0,所以2020a-b>1,故B正确;对于C,函数y=ln x的定义域为(0,+∞),而a,b不一定是正数,故C错误;对于D,因为c2+1>0,所以a(c2+1)>b(c2+1),故D正确.12.BC解析由a+b=(1,-1)两边平方,得|a|2+|b|2+2a·b=12+(-1)2=2,则|a+b|=√2.因为a,b是单位向量,所以1+1+2a·b=2,得a·b=0,则|a-b|2=a2+b2-2a·b=2,所以|a-b|=√2,所以cos<a,a-b>=a·(a-b)|a||a-b|=21×√2=√2=√22,所以a与a-b的夹角为π4.13.5解析由a⊥b,可得a·b=1×(m+1)+(-1)×(2m-4)=0,解得m=5.14.4解析∵a>0,b>0,且1a +1b=1,∴a>1,b>1,且b=aa-1,∴1a-1+4b-1=1a-1+4aa-1-1=1a-1+4(a-1)≥2√1a-1·4(a-1)=4,当且仅当a=32时,等号成立.∴1a-1+4b-1的最小值为4.15.21解析以A为原点,AD为x轴,AD的垂线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则A (0,0),B (32,3√32),D (6,0),F 72,3√32,E132,√32.设点G 的坐标为(x ,y ).∵FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =2GE⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴x-72,y-3√32=2132-x ,√32-y ,解得x=112,y=5√36,∴G (112,5√36).∴AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =112,5√36·92,-3√32=994−15×312=21.16.[√5-32,+∞) 解析设t=f (x )=(x+1)2+a ≥a ,∴f (t )≥0对任意t ≥a 恒成立,即(t+1)2+a ≥0对任意t ∈[a ,+∞)都成立.当a ≤-1时,f (t )min =f (-1)=a , 即a ≥0,这与a ≤-1矛盾;当a>-1时,f (t )min =f (a )=a 2+3a+1,则a 2+3a+1≥0,解得a ≥√5-32.。
新高考数学二轮总复习 专题突破练1 选择题、填空题的解法(含解析)-人教版高三全册数学试题
专题突破练1 选择题、填空题的解法一、单项选择题1.(2020河南开封三模,理1)已知集合A={x|x 2-4x+3>0},B={x|2x-3>0},则集合(∁R A )∩B=( ) A.(-3,32) B.(32,3) C.[1,32)D.(32,3]2.(2020山东历城二中模拟四,2)已知复数z 满足|z+1-i |=|z|,z 在复平面内对应的点为(x ,y ),则( ) A.y=x+1 B.y=x C.y=x+2D.y=-x3.在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,若a ,b ,c 成等差数列,则cosA+cosC 1+cosAcosC等于( )A.35B.45C.34D.434.(2020北京东城一模,7)在平面直角坐标系中,动点M 在单位圆上按逆时针方向做匀速圆周运动,每12分钟转动一周.若点M 的初始位置坐标为(12,√32),则运动到3分钟时,动点M 所处位置的坐标是( ) A.(√32,12) B.(-12,√32) C.(-√32,12) D.(-√32,-12) 5.已知a ,b ,c ,d 都是常数,a>b ,c>d.若f (x )=2 020+(x-a )(x-b )的零点为c ,d ,则下列不等式正确的是( ) A.a>c>d>b B.a>d>c>b C.c>d>a>bD.c>a>b>d6.(2020浙江,10)设集合S ,T ,S ⊆N *,T ⊆N *,S ,T 中至少有2个元素,且S ,T 满足:①对于任意的x ,y ∈S ,若x ≠y ,则xy ∈T ;②对于任意的x ,y ∈T ,若x<y ,则yx ∈S.下列命题正确的是( )A.若S 有4个元素,则S ∪T 有7个元素B.若S 有4个元素,则S ∪T 有6个元素C.若S 有3个元素,则S ∪T 有5个元素D.若S 有3个元素,则S ∪T 有4个元素7.(2020天津河东区检测,9)已知函数f (x )=sin 4x+π3x ∈[0,13π24],函数g (x )=f (x )+a 有三个零点x 1,x 2,x 3,则x 1+x 2+x 3的取值范围是( ) A.[10π3,7π2] B.[7π12,5π8] C.[0,5π8) D.[7π12,5π8)二、多项选择题8.(2020山东济南三模,9)已知复数z=1+cos 2θ+isin 2θ-π2<θ<π2(其中i 为虚数单位),下列说法正确的是( )A.复数z 在复平面上对应的点可能落在第二象限B.z 可能为实数C.|z|=2cos θD.1z的实部为129.一几何体的平面展开图如图所示,其中四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为PB ,PC 的中点,在此几何体中,给出的下面结论中正确的有( )A.直线AE 与直线BF 异面B.直线AE 与直线DF 异面C.直线EF ∥平面PADD.直线EF ∥平面ABCD10.对于定义域为D 的函数f (x ),若存在区间[m ,n ]⊆D ,同时满足下列条件:①f (x )在[m ,n ]上是单调的;②当定义域是[m ,n ]时,f (x )的值域也是[m ,n ],则称[m ,n ]为该函数的“和谐区间”,下列函数存在“和谐区间”的是( ) A.f (x )=2x B.f (x )=3-2x C.f (x )=x 2-2xD.f (x )=ln x+211.(2020海南天一大联考三模,12)已知函数f (x )=x 3+ax+b ,其中a ,b ∈R ,则下列选项中的条件使得f (x )仅有一个零点的有( ) A.a<b ,f (x )为奇函数 B.a=ln(b 2+1) C.a=-3,b 2-4≥0 D.a<0,b 2+a 36>0三、填空题12.(2020山东烟台模拟,13)已知向量a =(2,m ),b =(1,-2),且a ⊥b ,则实数m 的值是 . 13.已知函数f (x )是定义在R 上的可导函数,其导函数记为f'(x ),若对于∀x ∈R ,有f (x )>f'(x ),且y=f (x )-1是奇函数,则不等式f (x )<e x 的解集为 . 14.(2020山东聊城二模,14)已知f (x )={1-lnx ,0<x ≤1,-1+lnx ,x >1,若f (a )=f (b ),则1a+1b 的最小值为 .15.(2020广东广州一模,16)已知△ABC 的三个内角为A ,B ,C ,且sin A ,sin B ,sin C 成等差数列,则sin 2B+2cos B 的最小值为 ,最大值为 .专题突破练1 选择题、填空题的解法1.D 解析因为A={x|x 2-4x+3>0}={x|x>3或x<1},B={x|2x-3>0}={x |x >32},则集合(∁R A )∩B={x|1≤x ≤3}∩{x|x >32}={x|32<x ≤3}.故选D .2.A 解析(方法1:直接法)设z=x+y i,x ∈R ,y ∈R ,由|z+1-i |=|z|,得(x+1)2+(y-1)2=x 2+y 2,化简整理得y=x+1.(方法2:数形结合法)|z+1-i |=|z|的几何意义为点P (x ,y )到点O (0,0)和A (-1,1)的距离相等,所以点P 的轨迹为两点(-1,1)和(0,0)的垂直平分线,其对应方程为y-12=x+12,即y=x+1.3.B 解析(方法一)由题意知,可取符合题意的特殊值a=3,b=4,c=5,则cos A=45,cos C=0,cosA+cosC 1+cosAcosC=45.故选B .(方法二)由题意可取特殊角A=B=C=60°,cos A=cos C=12,cosA+cosC 1+cosAcosC=45.故选B .4.C 解析由题意得,动点M 每12分钟转动一周,则运动到3分钟时,动点M 转过的角为312×2π=π2.点M 的初始位置坐标为(12,√32),运动到3分钟时动点M 所处位置的坐标是M'(-√32,12).故选C .5.A 解析由题意设g (x )=(x-a )(x-b ),则f (x )=2020+g (x ),所以g (x )=0的两个根是a ,b.由题意知f (x )=0的两个根c ,d ,也就是g (x )=-2020的两个根,画出g (x )(开口向上)以及直线y=-2020的大致图象,则g (x )的图象与y=-2020的交点横坐标为c ,d ,g (x )图象与x 轴交点横坐标为a ,b.又a>b ,c>d ,则由图象得,a>c>d>b.故选A.6.A 解析当集合S 中有3个元素时,若S={1,2,4},则T={2,4,8},S ∪T 中有4个元素;若S={2,4,8},则T={8,16,32},S ∪T 中有5个元素,故排除C,D;当集合S中有4个元素时,若S={2,4,8,16},则T={8,16,32,64,128},S∪T={2,4,8,16,32,64,128},包含7个元素,排除选项B.下面来说明选项A的正确性:设集合S={a1,a2,a3,a4},且a1<a2<a3<a4,a1,a2,a3,a4∈N*,则a1a2<a1a4,且a1a2,a2a4∈T,则a2a4a1a2=a4a1∈S,同理a4a2∈S,a4a3∈S,a3a2∈S,a3a1∈S,a2a1∈S,且a4a1>a4a2>a4a3.若a1=1,则a2≥2,a2a1=a2,则a3a2<a3,故a3a2=a2,即a3=a22,a4a3=a2,则a4=a3a2=a23.故S={1,a2,a22,a23},此时{a2,a22,a23,a24,a25}⊆T,可得a25a2=a24∈S,这与a24∉S矛盾,故舍去.若a1≥2,则a2a1<a3a1<a3,故a3a1=a2,a2a1=a1,即a3=a13,a2=a12.又a4>a4a1>a4a2>a4a3>1,故a4a3=a4a13=a1,所以a4=a14,故S={a1,a12,a13,a14},此时{a13,a14,a15,a16,a17}⊆T.若b∈T,不妨设b>a13,则ba13∈S,故ba13=a1i,i=1,2,3,4,故b=a1i+3,i=1,2,3,4,即b∈{a13,a14,a15,a16,a17},其他情况同理可证.故{a13,a14,a15,a16,a17}=T, 此时S∪T={a1,a12,a13,a14,a15,a16,a17},即S∪T中有7个元素.故A正确.7.D解析根据题意画出函数f(x)的图象,如图所示,因为函数g (x )=f (x )+a 有三个零点,即函数y=f (x )与函数y=-a 有三个交点,当直线l 位于直线l 1与直线l 2之间时,符合题意,由图象可知,x 1+x 2=2×π24=π12,12π24≤x 3<13π24,所以7π12≤x 1+x 2+x 3<5π8.故选D .8.BCD 解析z=1+cos2θ+isin2θ=2cos θ(cos θ+isin θ),∵-π2<θ<π2,∴cos θ>0,sin θ∈(-1,1),则复数z 在复平面上对应的点不可能落在第二象限,故A 错误;当θ=0时,z=2,则z 可能为实数,故B 正确; |z|=√(2cos 2θ)2+(2cosθsinθ)2 =√4cos 4θ+4cos 2θsin 2θ =√4cos 2θ(cos 2θ+sin 2θ) =√4cos 2θ=2cos θ,故C 正确;1z=12cosθ(cosθ+isinθ)=cosθ-isinθ2cosθ=12−i 2tan θ,所以1z 的实部为12,故D 正确.故选BCD .9.ACD 解析由题可知,该几何体为正四棱锥,如图所示.对于A,可假设AE 与BF 共面,由图可知,点F 不在平面ABE 中,与假设矛盾,故A 正确;对于B,因E ,F 为BP ,CP 中点,故EF ∥BC ,又四边形ABCD 为正方形,所以AD ∥BC ,故EF ∥AD ,所以A ,D ,E ,F 四点共面,故B 错误;对于C,由B 可知,EF ∥AD ,又AD ⊂平面PAD ,EF ⊄平面PAD ,故直线EF ∥平面PAD ,故C 正确; 对于D,因为EF ∥BC ,又BC ⊂平面ABCD ,EF ⊄平面ABCD ,故直线EF ∥平面ABCD ,D 正确.故选ACD .10.BD 解析对于A,可知函数单调递增,则若定义域为[m ,n ]时,值域为[2m ,2n ],故f (x )=2x 不存在“和谐区间”;对于B,f (x )=3-2x ,可假设在x ∈(0,+∞)存在“和谐区间”,函数为增函数,若定义域为[m ,n ]时,值域为[m ,n ],则{f (m )=3-2m =m ,f (n )=3-2n=n ,解得{m =1,n =2,(符合) {m =2,n =1,(舍去)故函数存在“和谐区间”; 对于C,f (x )=x 2-2x ,对称轴为x=1,当x ∈(-∞,1)时,函数f (x )单调递减,若定义域为[m ,n ]时,值域为[m ,n ],则满足{f (m )=m 2-2m =n ,f (n )=n 2-2n =m ,解得m=n=0,故与题设矛盾;同理当x ∈(1,+∞)时,应满足{f (m )=m 2-2m =m ,f (n )=n 2-2n =n ,解得m=n=3,所以f (x )=x 2-2x 不存在“和谐区间”;对于D,f (x )=ln x+2在(0,+∞)内单调递增,则应满足{f (m )=lnm +2=m ,f (n )=lnn +2=n ,可将解析式看作h (x )=ln x ,g (x )=x-2,由图可知,两函数图象有两个交点,则存在“和谐区间”.故选BD . 11.BD 解析由题知f'(x )=3x 2+a.对于A,由f (x )是奇函数,知b=0,因为a<0,所以f (x )存在两个极值点,由f (0)=0,易知f (x )有三个零点,故A 错误;对于B,因为b 2+1≥1,所以a ≥0,f'(x )≥0,所以f (x )单调递增,则f (x )仅有一个零点,B 正确; 对于C,若取b=2,f'(x )=3x 2-3,则f (x )的极大值为f (-1)=4,极小值为f (1)=0,此时f (x )有两个零点,C 错误;对于D,f (x )的极大值为f (-√-a 3)=b-2a 3√-a 3,极小值为f (√-a 3)=b+2a 3√-a3.因为a<0,所以b 2+4a 327>b 2+a36>0,所以b 2>-4a327,则b>-2a 3√-a 3或b<2a 3√-a 3,从而f (-√-a 3)<0或f (√-a3)>0,可知f (x )仅有一个零点,D 正确.12.1 解析∵a ⊥b ,∴a ·b =2-2m=0,解得m=1. 13.(0,+∞) 解析由题意令g (x )=f (x )e x ,则g'(x )=f '(x )e x -e x f (x )(e x )2=f '(x )-f (x )e x,∵f (x )>f'(x ),∴g'(x )<0,故函数g (x )=f (x )e x 在R 上单调递减. ∵y=f (x )-1是奇函数,∴f (0)-1=0,即f (0)=1,g (0)=1,则不等式f (x )<e x 等价为f (x )e x <1=g (0),即g (x )<g (0),解得x>0.14.2e 解析因f (x )={1-lnx ,0<x ≤1,-1+lnx ,x >1,所以函数在区间(0,1],(1,+∞)内是单调函数.令0<a ≤1,b>1, 又f (a )=f (b ),得1-ln a=-1+ln b ,所以ln ab=2,即ab=e 2.设y=1a +1b =be 2+1b ,令y'=1e 2−1b 2=b 2-e 2(eb )2=0,则b=e,即函数在(1,e]内单调递减,在(e,+∞)内单调递增,所以当b=e 时,1a +1b 有最小值,最小值为2e .15.√32+1 3√32解析由sin A ,sin B ,sin C 成等差数列可得,2sin B=sin A+sin C ,所以2b=a+c ,即b=a+c 2.又cos B=a 2+c 2-b 22ac=a 2+c 2-(a+c 2)22ac,化简可得cos B=3a 2+3c 2-2ac8ac≥6ac -2ac 8ac=12.当且仅当a=c 时取等号. 又B ∈(0,π),所以B ∈(0,π3].令f (B )=sin2B+2cos B ,则f'(B )=2cos2B-2sin B=2-4sin 2B-2sin B=-4(sinB -12)(sin B+1).当sin B>12,即B ∈(π6,π3)时,f'(B )<0;当sin B<12,即B ∈(0,π6)时,f'(B )>0.则f (B )=sin2B+2cos B 在(0,π6)内单调递增,在(π6,π3)内单调递减,所以f (B )max =f (π6)=sin π3+2cos π6=3√32,由f (0)=sin0+2cos0=2,f (π3)=sin 2π3+2cos π3=√32+1,所以f (B )min =f (π3)=√32+1,所以sin2B+2cos B 的最小值为√32+1,最大值为3√32.。
「精选」人教版最新高考数学二轮复习测试题(文科)Word版-精选文档
精选文档 可编辑修改1 高考数学二轮复习测试题(附参考答案)数学(文科)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
1.集合{|P x y ==，集合{|Q y y ==，则P 与Q 的关系是 A. P ＝ Q B. P Q C. P ≠Q D. P ∩Q ＝∅2.复数121ii++的虚部是（ ）． A ．2i B ．12 C ．12i D ．323.已知平面向量1,m -a=（）r ，2,m m b=（）r， 则向量+a b r r A ．平行于x 轴 B ．平行于第一、三象限的角平分线 C ．平行于y 轴 D ．平行于第二、四象限的角平分线 4.（文）下列函数中，在(0,)π上是增函数的是A.sin y x =B.1y x= C.2x y = D.221y x x =-+5. 某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为5的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为5的等腰三角形．则该儿何体的体积为A.24B. 80C. 64D. 2406.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若25815a a a ++=, 则9S =A ．18B ．36C ．45D ．607. 角α终边过点(1,2)P -，则sin α=A.5B.5C.5-5- 8. 在△ABC 中，角,,A B C 的对边边长分别为3,5,6a b c ===, 则cos cos cos bc A ca B ab C ++的值为A ．38B ．37C ．36D ．359.方程1()202x x --=的根所在的区间为（ ）。
A ．(1,0)- B.(0,1) C ．(1,2) D.(2,3) 10.将正整数排成下表： 12 3 45 6 7 8 910 11 12 13 14 15 16………………………………… 则数表中的数字2010出现的行数和列数是A ．第44 行 75列B ．45行75列C ．44 行74列D ．45行74列二、填空题：本大题共5小题，考生作答4小题，每小题5分，满分20分. （一）必做题（11—13题）精选文档 可编辑修改211. 已知点M （1，0）是圆C:22420xy x y +--=内的一点，那么过点M 的最短弦所在的直线方程是 。
2015届高考数学状元之路二轮复习专题知识突破课件1.3.1等差数列、等比数列
(5)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)． ②若 m＋n＝p＋q，则 aman＝apaq(p，q，m，n∈N*)． ③等比数列中，q≠－1 时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 也成等比数 列．
注意：(1)a2 n＝an－1an＋1 是 an－1，an，an＋1 成等比数列的必要不充 分条件． (2)利用等比数列前 n 项和的公式求和时，不可忽视对公比 q 是否为 1 的讨论.
(5)性质：①an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)． ②若 m＋n＝p＋q，则 am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)． ③等差数列中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 也成等差数列．
注意：为了方便，有时等差数列的通项公式也可写成 an＝pn ＋q 的形式，前 n 项和的公式可写成 Sn＝An2＋Bn 的形式(p，q，A， B 为常数)．
014＝(a1＋a3＋a5＋„＋a2 013)＋(a2 007
1－21 007 21－21 007 ＋a4＋a6＋„＋a2 014)＝ ＋ ＝3×21 1－2 1－2 B.
－3，故选
答案 B
考点二
等差、等比数列的判定与证明
【例 2】 (2014· 陕西卷)设{an}是公比为 q 的等比数列． (1)推导{an}的前 n 项和公式； (2)设 q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
高频考点· 聚焦突破
热点题型剖析 构建方法体系
考点一
等差、等比数列基本量的计算
【例 1】 (2014· 湖北卷)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且 a1， a2，a5 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和， 是否存在正整数 n， 使得 Sn>60n ＋800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明理由．
新高考数学状元之路二轮复习专题知识突破训练(7)(含答案解析)
高考专题训练 (七 )三角恒等变换与解三角形A 级—— 基础稳固组一、选择题24π1．已知 sin2α＝－ 25， α∈ －4， 0，则 sin α＋ cos α＝ ()1 1 A ．－ 5 B.57 7C ．－ 5D.5π 分析∵ α∈ － ， 0 ，∴ cos α>0>sin α 且 cos α>|sin α|，则sin α＋ cos α＝1＋ sin2α＝424 11－ 25＝ 5.答案 Bπ1π2．若 sin 4＋ α＝ 3，则 cos 2－ 2α等于( )A. 4 9 2B ．－ 49 277C.9D ．－ 9π分析据已知可得 － 2α＝sin2αcos 2＝－ cos2 π 2 π7＋ α＝－ 1－ 2sin ＋ α ＝－ .4 4 9 答案 D3． (2014 河·北衡水一模 )已知 sin α＋ π4 3，－ π cos α＋2π ＋ sin α＝－ 5 2 <α<0，则等于33()A ．－ 4B ．－ 3554 3C.5D.5分析∵ sin α＋ π 4 3 πα<0，3 ＋ sin α＝－ ，－ <5233∴ 2sin α＋ 2 cos α＝－ 5 ，43∴ 3 1 42 sin α＋2cos α＝－ 5.∴ cos α＋2π 2π2π1 cos α－ 3 4 .＝ cos αcos－ sin αsin ＝－ 22sin α＝333 5答案 C4． (2014 江·西卷 )在△ ABC 中，内角 A ，B ， C 所对的边分别是 a ， b ， c.若 c 2＝ (a － b)2π)＋ 6， C ＝ ，则△ ABC 的面积是 (39 3 A ． 3B.23 3C. 2D ． 3 3分析∵ c 2＝ (a － b)2＋ 6，∴ c 2＝ a 2＋ b 2 － 2ab ＋ 6.①π222π2 2∵ C ＝ 3，∴ c ＝ a ＋ b － 2abcos 3＝ a ＋b － ab.②由①②得－ ab ＋6＝ 0，即 ab ＝ 6.11 3 3 3∴ S △ABC ＝2absinC ＝ 2×6×2 ＝ 2 .答案C5．(2014 ·西七校联考江 )在△ ABC 中，若 sin(A － B)＝ 1＋2cos(B ＋ C)sin(A ＋ C)，则△ ABC的形状必定是 ()A ．等边三角形B ．不含 60°的等腰三角形C ．钝角三角形D ．直角三角形分析sin(A － B) ＝ 1＋ 2cos(B ＋ C)sin(A ＋ C)＝ 1－ 2cosAsinB ，∴ sinAcosB － cosAsinB ＝ 1－ 2cosA ·sinB ，∴ sinAcosB ＋ cosAsinB ＝1，即 sin(A ＋ B) ＝1，π则有 A ＋ B ＝ 2，故三角形为直角三角形．答案 Dc －b＝6．(2014 东·北三省二模 )已知△ ABC 的内角 A ，B ， C 的对边分别为 a ， b ，c ，且 c －asinA，则 B ＝()sinC ＋ sinBππ A. 6B.4π 3πC.3D. 4分析 由 sinA ＝ a， sinB ＝ b ， sinC ＝ c，代入整理得2R 2R 2Rc － b＝ a? c 2－ b 2＝ ac － a 2，c － a c ＋b2221 π所以 a ＋ c － b ＝ ac ，即 cosB ＝2，所以 B ＝ 3，故答案为 C.答案C 二、填空题7．设θ为第二象限角，若 tan θ＋π＝1，则 sinθ＋cosθ＝ ________.42分析tanθ＋π＝1＋ tanθ1，解得 tanθ＝－1，又θ为第二象限角，得 sinθ＝10，cosθ4＝1－ tanθ2310＝－3 10，所以 sinθ＋ cosθ＝－1010 5.答案－1051 8．(2014 天·津卷 ) 在△ ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，已知 b－ c＝4a,2sinB＝3sinC，则 cosA 的值为 ________．分析由正弦定理获得边b， c 的关系，代入余弦定理的变式求解即可．由 2sinB＝ 3sinC 及正弦定理得2b＝ 3c，即 b＝3 c. 2111a，即 a＝ 2c.又 b－c＝a，∴ c＝4422229222324c ＋ c－4c－ c1由余弦定理得 cosA＝b ＋ c － a42bc＝32＝3c2＝－4.2× c21答案－49． (2014 四·川卷 )如图，从气球 A 上测得正前面的河流的两岸B，C 的俯角分别为 67°，30°，此时气球的高是46 m ，则河流的宽度BC 约等于 ________m ．(用四舍五入法将结果精确到个位．参照数据：sin67 °≈ 0.，92cos67°≈ 0.39，sin37 °≈ 0.，60cos37°≈ 0.80， 3≈1.73)分析依据图中给出的数据结构适合的三角形求解．依据已知的图形可得AB＝46.在△ ABC 中，∠ BCA＝30°，∠ BAC＝ 37°，由正弦定理，sin67 °得AB＝BC46sin30，所以 BC≈2×＝60(m)．° sin37°0.92×0.60答案 60三、解答题π ， x ∈R ，且 f 5310． (2014 广·东卷 )已知函数 f(x)＝Asin x ＋ 4 12π＝2.(1)求 A 的值；3 π ，求 f 3(2)若 f(θ)＋f(－ θ)＝2， θ∈ 0， 2 4π－ θ .5π ＝ Asin 5π π 2π解 (1)f 12 ＋ ＝ Asin ＝3，12 4 3 2∴ A ＝ 3·2＝ 3. 2 3π(2)由 (1)得： f(x)＝ 3sin x ＋ 4 ，ππ∴ f(θ)＋ f(－θ)＝ 3sin θ＋ 4 ＋ 3sin － θ＋ 4π π＝ 3 sin θcos 4 ＋ cos θsin4 ＋3 － θ π － θ π＋ 44 ＝ 2 π 33cos θsin ＝ 6cos θ＝ 246π10∴ cos θ＝ 4 ，又∵ θ∈ 0， 2 ，∴ sin θ＝4.3π 3π π10 30∴ f 4 － θ＝ 3sin 4 － θ＋ 4 ＝ 3sin( π－ θ)＝ 3sin θ＝ 3× 4 ＝ 4.11．(2014 辽·宁卷 )在△ ABC 中，内角 A ，B ，C 的对边分别为→ → a ，b ，c ，且 a>c.已知 BA ·BC＝ 2， cosB ＝13， b ＝ 3.求：(1)a 和 c 的值；(2)cos(B － C) 的值．→ →解(1)由 BA ·BC ＝ 2，得 c ·acosB ＝ 2，又 cosB ＝ 13，所以 ac ＝ 6.由余弦定理，得 a 2＋ c 2＝ b 2＋ 2accosB.又 b ＝3，所以 a 2＋ c 2＝9＋ 2×2＝ 13.解ac ＝ 6 ，得 a ＝ 2，c ＝ 3 或 a ＝3， c ＝ 2.a 2＋ c 2＝13因 a>c ，所以 a ＝ 3， c ＝ 2.2122 2(2)在△ ABC 中， sinB ＝1－ cos B ＝1－ 3 ＝ 3 ，c 222 42 由正弦定理，得 sinC ＝ b sinB ＝3· 3 ＝ 9 .因 a ＝b>c ，所以C 为锐角，所以 cosC ＝ 1－ sin 2C ＝1－4 2 2 7 ＝ .99于是 cos(B － C)＝ cosBcosC ＋sinBsinC 1 7 2 2 4 2 ＝23.＝ ·＋ 3 · 9 273 9B 级 —— 能力提升组1． (2014 ·庆卷重 )已知△ ABC 的内角 A ， B ， C 知足 sin2A ＋ sin(A － B ＋C)＝ sin(C － A －1B)＋ 2，面积S 知足1≤S ≤2，记a ，b ，c 分别为A ，B ，C所对的边，则以下不等式必定建立的是 ()A ． bc(b ＋ c)>8C ． 6≤abc ≤ 12B ．ab(a ＋ b)>16 2D ． 12≤abc ≤ 24分析由 sin2A ＋ sin(A －B ＋ C) ＝ sin(C － A － B) ＋1，2得 sin2A ＋ sin[ A － ( B － C)] ＋ sin[A ＋ (B －C)] ＝12，1所以 sin2A ＋ 2sinAcos(B －C)＝ 2.所以 2sinA[cosA ＋ cos(B －C)] ＝12，1所以 2sinA[cos( π－ (B ＋ C)＋ cos(B － C)] ＝ ，所以 2sinA[ －cos(B ＋ C)＋cos(B － C)] ＝12，1即得 sinAsinBsinC ＝ .依据三角形面积公式1S ＝ absinC ，①21S ＝2acsinB ，②1S ＝2bcsinA ，③因 为 1≤S ≤2， 所 以1≤S 3≤8将.①②③式相乘得 1≤S 3＝ 1a 2b 2c 2sinAsinBsinC ≤8， 即864≤a 2b 2c 2≤ 512，所以 8≤abc ≤ 16 2，故清除 C ，D 选项，而依据三角形两边之和大于第三边， 故 b ＋ c>a ，得 bc(b ＋ c)>8 必定建立，而 a ＋b>c ， ab(a ＋ b)也大于8，而不必定大于 162，应选 A.答案A2． (2014 ·标全国卷Ⅰ课 )已知 a，b， c 分别为△ ABC 三个内角 A， B，C 的对边， a＝ 2，且 (2＋ b)(sinA－ sinB)＝ (c－b)sinC，则△ ABC 面积的最大值为 ________．分析由正弦定理，可得(2＋ b)( a－ b)＝ (c－ b) ·c.∵a＝2，∴ a2－ b2＝ c2－ bc，即 b2＋ c2－ a2＝ bc.222b ＋c － a1∴ sinA＝32222＝ 4＋ bc.2.由 b ＋ c－bc＝ 4，得 b ＋ c∵b2＋ c2≥2bc，即 4＋ bc≥2bc，∴ bc≤ 4.1∴ S△ABC＝2bc·sinA≤ 3，即 (S△ABC )max＝ 3.答案32B＋C 3．(2014 ·北唐山统考河 )在锐角△ ABC 中，a，b，c 分别为角A，B，C 的对边，且 4sin－cos2A＝7 . 2(1)求角 A 的大小；(2)若 BC 边上高为1，求△ ABC 面积的最小值．解 (1)由于 A＋ B＋ C＝π，所以 sin B＋C＝ sinπ－A＝ cosA，222所以由已知得4cos 2A－ cos2A＝7，2227变形得 2(1＋ cosA)－ (2cos A－1)＝，21整理得 (2cosA－ 1) ＝ 0，解得 cosA＝ .由于 A 是三角形的内角，所以πA＝ .3(2)△ ABC 的面积 S＝1bcsinA＝1×1×1×3＝3.2 2 sinC sinB24sinBsinC设 y＝4sinBsinC，则 y＝4sinBsin 2π＝23sinBcosB＋ 2sin2π＋ 1.－ B B＝ 3sin2B＋ 1－cos2B＝ 2sin 2B－63π2ππ由于 0<B<2，0< 3－ B<2，ππππ 5π所以 <B< ，进而<2B－<，62666π π π 3 故当 2B － 6＝ 2，即 B ＝3时， S 的最小值为 3 .。
【状元之路】版高考数学二轮复习 不等式专题训练(含解析)
【状元之路】2015版高考数学二轮复习 不等式专题训练（含解析）一、选择题1．(2014·四川卷)已知集合A ＝{x |x 2－x －2≤0}，集合B 为整数集，则A ∩B ＝( ) A ．{－1,0,1,2} B ．{－2，－1,0,1} C ．{0,1}D ．{－1,0}解析 A ＝{x |－1≤x ≤2}，∴A ∩B ＝{－1,0,1,2}，选A. 答案 A2．已知a <b ，则下列不等式正确的是( ) A.1a >1bB ．a 2>b 2C ．2－a >2－bD ．2a>2b解析 ∵a <b ，∴－a >－b ，∴2－a >2－b . 答案 C3．(2014·皖南八校联考)若“0<x <1”是“(x －a )[x －(a ＋2)]≤0”的充分不必要条件，则实数a 的取值范围是( )A ．[－1,0]B ．(－1,0)C ．(－∞，0]∪[1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(0，＋∞)解析 依题意0<x <1⇒a ≤x ≤a ＋2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≤0，a ＋2≥1.∴－1≤a ≤0. 答案 A4．(2014·山东卷)已知实数x ，y 满足a x <a y(0<a <1)，则下列关系式恒成立的是( ) A.1x 2＋1>1y 2＋1B ．ln(x 2＋1)>ln(y 2＋1) C ．sin x >sin yD ．x 3>y 3解析 由a x<a y(0<a <1)，知x >y ，所以x 3>y 3，选D. 答案 D5．已知O 为坐标原点，A (1,2)，点P 的坐标(x ，y )满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋|y |≤1，x ≥0，则z ＝OA →·OP→的最大值为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析 如图作可行域，z ＝OA →·OP →＝x ＋2y ，显然在B (0,1)处z max ＝2.故选D.答案 D6．(2014·山东卷)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1≤0，2x －y －3≥0，当目标函数z ＝ax ＋by (a >0，b >0)在该约束条件下取到最小值25时，a 2＋b 2的最小值为( )A ．5B ．4 C. 5D ．2解析 约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1≤0，2x －y －3≥0满足的可行域如图中的阴影部分所示．由图可知，目标函数z＝ax ＋by (a >0，b >0)取最小值时，最优解为(2,1)．所以2a ＋b ＝25，则b ＝25－2a ，所以a 2＋b 2＝a 2＋(25－2a )2＝5a 2－85a ＋20＝5⎝⎛⎭⎪⎫a －4552＋4，即当a ＝455，b ＝255时，a 2＋b 2有最小值4.答案 B 二、填空题7．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x x，－x 2＋xx ，则不等式f (x 2－x ＋1)<12的解集是________．解析 作出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x x－x 2＋xx的图象，可知该函数是奇函数，且在R 上单调递增，所以由f (x 2－x ＋1) <12＝f (3)可得x 2－x ＋1<3，解得－1<x <2，故不等式f (x 2－x ＋1)<12的解集是(－1,2)．答案 (－1,2)8．设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧4x －3y ＋4≥0，4x －y －4≤0，x ≥0，y ≥0，若目标函数z ＝ax ＋by (a >0，b >0)的最大值为8，则ab 的最大值为________．解析 画出可行域，如图所示，目标函数变形为y ＝－ab x ＋z b ，由已知得－a b<0，且纵截距最大时，z 取到最大值，故当直线l 过点B (2, 4)时，目标函数取到最大值，即2a ＋4b ＝8，因a >0，b >0，由基本不等式，得2a ＋4b ＝8≥42ab ，即ab ≤2(当且仅当2a ＝4b ＝4，即a ＝2，b ＝1时取“＝”)，故ab 的最大值为2.答案 29．已知x >0，y >0，x ＋2y ＋2xy ＝8，则x ＋2y 的最小值是________． 解析 因为x ＋2y ＋2xy ＝8，所以y ＝8－x2x ＋2>0，所以－1<x <8，所以x ＋2y ＝x ＋2·8－x 2x ＋2＝(x ＋1)＋9x ＋1－2≥2x ＋9x ＋1－2＝4，当且仅当x ＝2时取等号．答案 4 三、解答题10．设集合A ＝{x |x 2<4}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪4x ＋3>1. (1)求集合A ∩B ；(2)若不等式2x 2＋ax ＋b <0的解集为B ，求a ，b 的值． 解 A ＝{x |x 2<4}＝{x |－2<x <2}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪4x ＋3>1＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －1x ＋3<0＝{x |－3<x <1}， (1)A ∩B ＝{x |－2<x <1}．(2)因为2x 2＋ax ＋b <0的解集为B ＝{x |－3<x <1}，所以－3和1为2x 2＋ax ＋b ＝0的两根．由根与系数的关系，得⎩⎪⎨⎪⎧－a2＝－3＋1，b2＝－3×1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－6.11．(2014·课标全国卷Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1b＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．解 (1)由ab ＝1a ＋1b≥2ab，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立，故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立． 所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.B 级——能力提高组1．(2014·课标全国卷Ⅰ)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，x －2y ≤4的解集记为D ，有下面四个命题：p 1：∀(x ，y )∈D ，x ＋2y ≥－2， p 2：∃(x ，y )∈D ，x ＋2y ≥2， p 3：∀(x ，y )∈D ，x ＋2y ≤3， p 4：∃(x ，y )∈D ，x ＋2y ≤－1，其中的真命题是( ) A ．p 2，p 3 B ．p 1，p 2 C ．p 1，p 4D ．p 1，p 3解析 画出可行域如图阴影部分所示．作直线l 0：y ＝－12x ，平移l 0，当直线经过A (2，－1)时，x ＋2y 取最小值，此时(x ＋2y )min ＝0.故p 1：∀(x ，y )∈D ，x ＋2y ≥－2为真．p 2：∃(x ，y )∈D ，x＋2y ≥2为真．故选B.答案 B2．(2014·辽宁卷)对于c >0，当非零实数a ，b 满足4a 2－2ab ＋4b 2－c ＝0且使|2a ＋b |最大时，3a －4b ＋5c的最小值为________．解析 要求|2a ＋b |最大值，只需求(2a ＋b )2的最大值．∵4a 2－2ab ＋4b 2－c ＝0，∴4a 2＋b 2＝c ＋2ab －3b 2.∴(2a ＋b )2＝4a 2＋b 2＋4ab ＝c ＋2ab －3b 2＋4ab ＝c ＋6ab －3b 2＝c ＋3b (2a －b )＝c ＋32·2b (2a －b )≤c ＋32⎣⎢⎡⎦⎥⎤2b ＋a －b 22＝c ＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋b 22，即(2a ＋b )2≤85c ，当且仅当2b ＝2a －b ，即3b ＝2a 时取到等号，即(2a ＋b )2取到最大值．故3b ＝2a 时，|2a ＋b |取到最大值．把3b ＝2a ，即b ＝2a 3代入4a 2－2ab ＋4b 2－c ＝0，可得c ＝409a 2. ∴3a －4b ＋5c ＝3a －423a ＋5409a 2＝3a －6a ＋98a 2＝98⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－83a ＝98⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －432－2.∴当1a ＝43时，3a －4b ＋5c取到最小值－2.答案 －23．已知函数f (x )＝13x 3＋a －22x 2－2ax －3，g (a )＝16a 3＋5a －7.(1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在区间[－2,0]上不单调，且x ∈[－2，0]时，不等式f (x )<g (a )恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝13x 3－12x 2－2x －3，定义域为R ，f ′(x )＝x 2－x －2＝(x －2)(x ＋1)．令f ′(x )>0，得x <－1或x >2.∴函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)． (2)f ′(x )＝x 2＋(a －2)x －2a ＝(x ＋a )(x －2)． 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－a . ∵函数f (x )在区间[－2,0]上不单调， ∴－a ∈(－2,0)，即0<a <2.又∵函数在(－2，－a )上，f ′(x )>0，在(－a,0)上，f ′(x )<0，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：∴f ∴f (x )在[－2,0]上的最大值为f (－a )．∵当x ∈[－2,0]时，不等式f (x )<g (a )恒成立，等价于f (－a )<g (a )， ∴－13a 3＋a －22·a 2＋2a 2－3<16a 3＋5a －7.∴16a 3＋a 2－3<16a 3＋5a －7. ∴a 2－5a ＋4<0，解得1<a <4. 综上所述，a 的取值范围是(1,2)．。
状元之路2015版高考数学二轮复习函数与导数解答题专题训练(含解析)
【状元之路】2015版高考数学二轮复习 函数与导数解答题专题训练（含解析）1．(2014·皖南八校联考)已知函数f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)，其中a >0.(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝2处的切线与直线x ＋e 2y －1＝0垂直，求实数a 的值； (2)讨论f (x )的单调性．解 f ′(x )＝e x[ax 2＋(2a －2)x ](a >0)． (1)由题意得f ′(2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e 2＝－1，解得a ＝58. (2)令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2－2aa.①当0<a <1时，f (x )的增区间为(－∞，0)，⎝⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－2a a ；②当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)内单调递增；③当a >1时，f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a ，(0，＋∞)，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0.2．(2014·云南二模)已知f (x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)． (1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求实数m 的取值范围；如果不存在，请说明理由．解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)的定义域为(－∞，＋∞)． ∵f ′(x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2) ＝x e x(x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x，∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0；f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值； 当x ＝0时，f (x )取得极大值，∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2，f (x )极大值＝f (0)＝2. (2)f ′(x )＝e x(x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x [x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2]． ∵f (x )在[－2，－1]上单调递增， ∴当x ∈[－2，－1]时，f ′(x )≥0. 又当x ∈[－2，－1]时，x e x<0，∴当x ∈[－2，－1]时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2 2－2 m ＋3 ＋2m －2≤0， －1 2－ m ＋3 ＋2m －2≤0，解得m ≤4，∴当m ∈(－∞，4]时，f (x )在[－2，－1]上单调递增． 3．(文)(2014·山西四校联考)已知函数f (x )＝ax 2＋x －x ln x . (1)若a ＝0，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (1)＝2，且在定义域内f (x )≥bx 2＋2x 恒成立，求实数b 的取值范围． 解 (1)当a ＝0时，f (x )＝x －x ln x ，函数定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝－ln x ，由－ln x ＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上是增函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上是减函数． (2)由f (1)＝2，得a ＋1＝2， ∴a ＝1，∴f (x )＝x 2＋x －x ln x ， 由f (x )≥bx 2＋2x ， 得(1－b )x －1≥ln x . ∵x >0，∴b ≤1－1x －ln xx恒成立．令g (x )＝1－1x －ln x x ，可得g ′(x )＝ln xx2，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )min ＝g (1)＝0，∴b 的取值范围是(－∞，0]． 3．(理)(文)4.(2014·广州调研)已知f (x )是二次函数，不等式f (x )<0的解集是(0,5)，且f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线6x ＋y ＋1＝0平行．(1)求f (x )的解析式；(2)是否存在t ∈N *，使得方程f (x )＋37x＝0在区间(t ，t ＋1)内有两个不相等的实数根？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由．解 (1)∵f (x )是二次函数， 不等式f (x )<0的解集是(0,5)，∴可设f (x )＝ax (x －5)，a >0. ∴f ′(x )＝2ax －5a .∵函数f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线6x ＋y ＋1＝0平行， ∴f ′(1)＝－6.∴2a －5a ＝－6，解得a ＝2. ∴f (x )＝2x (x －5)＝2x 2－10x .(2)由(1)知，方程f (x )＋37x＝0等价于方程2x 3－10x 2＋37＝0.设h (x )＝2x 3－10x 2＋37，则h ′(x )＝6x 2－20x ＝2x (3x －10)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，103时，h ′(x )<0，函数h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，103上单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫103，＋∞时，h ′(x )>0，函数h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞上单调递增．∵h (3)＝1>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫103＝－127<0，h (4)＝5>0，∴方程h (x )＝0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫3，103，⎝ ⎛⎭⎪⎫103，4内各有一个实数根，在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根．∴存在唯一的正整数t ＝3，使得方程f (x )＋37x＝0在区间(t ，t ＋1)内有且只有两个不相等的实数根．4．(理)(文)5.(2014·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t >0，存在唯一的实数m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t >e 时，有710<ln g tln t <1.解 (1)∵f (x )＝x ln x ，∴f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e.∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)当0<x ≤1时，f (x )≤0， 又t >0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)，由(1)知h (x )在区间[1，＋∞)上为增函数，h (1)＝－t <0，h (e t )＝t (e t －1)>0，∴存在唯一的实数m ，使t ＝f (m )成立． (3)∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m )，t >0， 当t >e 时，若m ＝g (t )≤e，则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e ，矛盾， ∴m >e.又ln g t ln t ＝ln m ln f m ＝ln m ln m ln m ＝ln m ln m ＋ln ln m ＝u u ＋ln u ，其中u ＝ln m ，u >1，要使710<ln g t ln t <1成立，只需0<ln u <37u .令F (u )＝ln u －37u ，u >1，F ′(u )＝1u －37，当1<u <73时，F ′(u )>0，F (u )单调递增；当u >73时，F ′(u )<0，F (u )单调递减．∴对u >1，F (u )≤F ⎝ ⎛⎭⎪⎫73<0， 即ln u <37u 成立．综上，当t >e 时，710<ln g tln t<1成立．5．(理)(2014·浙江考试院抽测)已知a 为给定的正实数，m 为实数，函数f (x )＝ax 3－3(m ＋a )x 2＋12mx ＋1.(1)若f (x )在(0,3)上无极值点，求m 的值；(2)若存在x 0∈(0,3)，使得f (x 0)是f (x )在[0,3]上的最值，求实数m 的取值范围． 解 (1)由题意得f ′(x )＝3ax 2－6(m ＋a )x ＋12m ＝3(x －2)(ax －2m )， 由于f (x )在(0,3)上无极值点， 故2ma＝2，所以m ＝a .(2)由于f ′(x )＝3(x －2)(ax －2m )，故 ①当2m a ≤0或2ma≥3，即m ≤0或m ≥32a 时，取x 0＝2即满足题意． 此时m ≤0或m ≥32a .②当0<2ma<2，即0<m <a 时，列表如下：故f (2)≤f (0)或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ≥f (3)，即－4a ＋12m ＋1≤1或－4m 3＋12m 2aa2＋1≥9m ＋1， 即3m ≤a 或－m 2m －3a 2a2≥0， 即m ≤a 3或m ≤0或m ＝3a 2.此时0＜m ≤a3.③当2<2m a <3，即a <m <3a2时，列表如下：故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a≤f (0)或f (2)≥f (3)，即－4m 3＋12m 2a a2＋1≤1或－4a ＋12m ＋1≥9m ＋1， 即－4m 2m －3a a2≤0或3m ≥4a ， 即m ＝0或m ≥3a 或m ≥4a 3.此时4a 3≤m ＜3a 2.综上所述，实数m 的取值范围是m ≤a 3或m ≥4a 3.。
新教材适用2025版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第1讲等差数列与等比数列
第一篇 专题二 第1讲一、单项选择题1. (2024·贵州高二校联考期中)已知等差数列{a n }的前8项和为68，a 10＝25，则a 100＝( C )A ．300B ．298C ．295D ．296【解析】 设等差数列{a n }的公差为d ，因为等差数列{a n }的前8项和为68，可得8a 1＋a 82＝68，即a 1＋a 8＝17，即2a 1＋7d ＝17，又由a 10＝25，可得a 1＋9d ＝25，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝17，a 1＋9d ＝25，解得a 1＝－2，d ＝3，所以a 100＝a 1＋99d ＝－2＋99×3＝295.故选C ．2. (2024·北京高三专题练习)已知数列{a n }中，a 1＝1，2a n －1a n ＋1＝0，S n 为其前n 项和，则S 5＝( B )A ．1116B ．3116C ．11D ．31【解析】 由2a n －1a n ＋1＝0得a n ＋1a n ＝12，又∵a 1＝1，∴数列{a n }为首项为1，公比为12的等比数列，∴S 5＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝3116，故选B ．3. (2024·咸阳模拟)已知等差数列{a n }满意a n ＋2a n ＋1＝3n ＋2，则{a n }的前20项和S 20＝( C )A ．200B ．300C ．210D ．320【解析】 因为数列{a n }为等差数列，设a n ＝An ＋B ，所以a n ＋1＝An ＋A ＋B ，所以a n ＋2a n＋1＝3An ＋2A ＋3B ，因为a n ＋2a n ＋1＝3n ＋2，所以⎩⎪⎨⎪⎧3A ＝3，2A ＋3B ＝2，所以⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝0，则a n ＝n ，所以S 20＝20×1＋20×20－12×1＝210.故选C ．4. (2024·西安二模)已知数列{a n }满意a 1＝1，a n a n ＋1＝2n (n ∈N *)，则S 2 023等于( D ) A ．3(21 011－1) B ．21 012－3C ．3(21 010－1) D ．21 013－3【解析】 ∵数列{a n }满意a 1＝1，a n a n ＋1＝2n(n ∈N *)①，∴当n ＝1时，a 2＝2，当n ≥2，a n a n －1＝2n －1②，两式相除得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列，数列{a n }的偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列，∴S 2 023＝1×1－21 0121－2＋2×1－21 0111－2＝21 012－1＋2×21 011－2＝21 013－3.故选D ．5. (2024·山东淄博高二山东省淄博试验中学校联考期中)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4＋a 5＋a 6＝51，S 7＝98，则a 10＝( B )A ．29B ．32C ．35D ．38【解析】 因为数列{a n }为等差数列，则a 4＋a 5＋a 6＝3a 5＝51，S 7＝7a 4＝98，可得a 5＝17，a 4＝14，设等差数列的公差为d ，可得d ＝a 5－a 4＝3，所以a 10＝a 5＋5d ＝17＋5×3＝32.故选B ．6. (2024·镇江三模)已知a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，且2和8为其中的两项，则a 5的最小值为( B )A ．－64B ．－16C ．164D ．116【解析】 若相邻两项为2和8，则公比为正数，每一项都为正数，求的是最小值，应当要负数，故舍去；若奇数项为2和8，则奇数项均为正数，舍去；因此只能a 2和a 4分别为2和8，当a 2＝8，a 4＝2时，公比为±12，则a 5＝a 4q ＝±1；当a 2＝2，a 4＝8时，公比为±2，则a 5＝a 4q ＝±16；则a 5的最小值为－16.故选B ．7. (2024·广东模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋n 2n 是常数列，则数列{a n }( A )A ．是递增数列B ．是递减数列C ．先递增后递减D ．先递减后递增【解析】 设a n ＋n2n ＝k (k 为常数)，∴a n ＝k ·2n－n ，∵a n >0，∴k >n 2n ，易得k >12，a n －a n－1＝k ·2n－n －k ·2n －1＋n －1＝k ·2n －1－1>12×21－1＝0(n ≥2)，∴a n －a n －1>0，数列{a n }为递增数列．故选A ．8. (2024·驻马店三模)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝9，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n －10，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为( B )A ．64B ．53C ．42D ．25【解析】 由a n ＋2＝3a n ＋1－2a n －10，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )－10，令a n ＋1－a n ＝b n ，所以b n ＋1＝2b n －10，则b n ＋1－10＝2(b n －10)，所以数列{b n －10}是以b 1－10＝a 2－a 1－10＝－2为首项，2为公比的等比数列，所以b n －10＝－2×2n －1＝－2n ，即b n ＝－2n＋10，即a n ＋1－a n ＝10－2n，由a 2－a 1＝10－21，a 3－a 2＝10－22，a 4－a 3＝10－23，…，a n －a n －1＝10－2n －1(n ≥2)，将以上n －1个等式两边相加得a n －a 1＝10(n －1)－21－2n －11－2＝10n －2n－8，所以a n ＝10n －2n－7，n ≥2，经检验a 1＝1满意上式，故a n ＝10n －2n－7，当n ≤3时，a n ＋1－a n ＝10－2n >0，即{a n }单调递增，当n ≥4时，a n ＋1－a n ＝10－2n<0，即{a n }单调递减，因为a 3＝10×3－23－7＝15>0，a 4＝10×4－24－7＝17>0，a 5＝10×5－25－7＝11>0，a 6＝10×6－26－7＝－11<0，所以{a n }的前n 项和S n 的最大值为S 5＝1＋9＋15＋17＋11＝53.故选B ．二、多项选择题9. (2024·宜章县模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若数列{a n }和{S n }均为等差数列，且a 5＝18，则( BD )A ．a 1＝6B ．a 8＝30C ．S 5＝60D ．S 7＝98【解析】 依据题意，数列{a n }为等差数列，设其公差为d ，又由{S n }为等差数列，则S 1＋S 3＝2S 2，即a 1＋3a 1＋3d ＝22a 1＋d ，又由a 5＝18，则18－4d ＋54－9d ＝236－7d ，解可得：d ＝4，则a 1＝18－4d ＝2，A 错误；a 8＝18＋3d ＝30，B 正确；S 5＝a 1＋a 5×52＝2＋18×52＝50，C 错误；S 7＝7a 1＋7×62d ＝98，D 正确．故选BD ．10.已知等比数列{a n }各项均为正数，满意a 2·a 16＝16，a 6＋a 7a 3＋a 4＝18，记等比数列{a n }的前n 项的积为T n ，则当T n 取得最大值时，n ＝( CD )A ．8B ．9C ．10D ．11【解析】 因为a 2·a 16＝16，由等比数列的性质可得，所以a 29＝a 2·a 16＝16，因为a n >0，所以a 9＝4，因为a 6＋a 7a 3＋a 4＝18，即a 3q 3＋a 4q 3a 3＋a 4＝18，所以q ＝12，∴a 10＝a 9q ＝4×12＝2，a 11＝a 10q ＝1，因为0<q ＝12<1，a n >0，所以等比数列{a n }为递减数列，所以当n ≥12时，a n <1，∴当n ＝10或n ＝11时，T n 取得最大值．故选CD ．11. (2024·沙坪坝区校级模拟)在数列{a n }中，a 2和a 6是关于x 的一元二次方程x 2－bx＋4＝0的两个根，下列说法正确的是( AD )A ．实数b 的取值范围是b ≤－4或b ≥4B ．若数列{a n }为等差数列，则数列{a n }的前7项和为4bC ．若数列{a n }为等比数列且b >0，则a 4＝±2D ．若数列{a n }为等比数列且b >0，则a 2＋a 6的最小值为4【解析】 因为关于x 的一元二次方程x 2－bx ＋4＝0有两个根，所以Δ＝b 2－4×1×4≥0，解得b ≤－4或b ≥4，故选项A 正确；若数列{a n }为等差数列，且a 2＋a 6＝b ，则S 7＝7a 1＋a 72＝7a 2＋a 62＝7b2，故选项B 错误；若数列{a n }为等比数列且b >0，由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 6＝b >0，a 2·a 6＝a 24＝4，可得a 2>0，a 6>0，∴a 4＝a 2·q 2>0，所以，a 4>0，∴a 2＋a 6＝b ≥2a 2·a 6＝4，当且仅当a 2＝a 6＝2时，等号成立，故选项C 错误，D 正确，故选AD ．12. (2024·南关区校级模拟)数列{a n }首项a 1＝2，对一切正整数n ，都有a n ＋1＝2－1a n，则( ABD )A ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列 B ．对一切正整数n 都有a n >1 C ．存在正整数n ，使得a n ＝2a 2nD ．对随意小的正数ε，存在n 0∈N ，使得|a n ＋1－a n |<ε(n >n 0) 【解析】 由a n ＋1＝2－1a n 可得，a n ＋1－1＝1－1a n ＝a n －1a n，∴1a n ＋1－1＝a n a n －1＝a n －1＋1a n －1＝1＋1a n －1，即1a n ＋1－1－1a n －1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以1为首项，1为公差的等差数列，A 正确；由A 选项可知1a n －1＝n ，∴a n ＝1n＋1，∴对一切正整数n 都有a n >1，B 正确；若存在正整数n ，使得a n ＝2a 2n ，则1n ＋1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝1n ＋2无解，C 错误；∵a n ＋1－a n ＝1n ＋1－1n ＝－1n n ＋1，∴|a n ＋1－a n |＝1n n ＋1，对随意小的正数ε，取M ＝1ε>0，则必存在n 0∈N ，有n 20>M ，此时n 20>1ε，则1n 20<ε，∴当n >n 0时，|a n ＋1－a n |＝1nn ＋1<1n 2<1n 20<ε，D 正确，故选ABD ．三、填空题13. (2024·锡山区校级一模)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝14，S 5＝55，数列{a 3n －1}的前10项的和为_－265__.【解析】 等差数列{a n }中，a 2＝14，S 5＝5a 3＝55，所以a 3＝11，所以公差d ＝a 3－a 2＝－3，所以数列{a 3n －1}是等差数列，且首项为b 1＝a 2＝14，公差为3×(－3)＝－9，所以前10项的和为10×14＋12×10×9×(－9)＝－265.故答案为－265.14. (2024·射洪市模拟)已知数列{a n ＋2n }为等比数列，a 1－a 2＝1，a 3＝－2，则数列{a n }的第10项a 10＝_492__.【解析】 令b n ＝a n ＋2n ，设数列{b n }的公比为q ，∵a 1－a 2＝1，∴b 1－2－(b 2－4)＝1，即b 2＝b 1＋1，∴b 1q ＝b 1＋1，∵a 3＝－2，∴b 3＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧b 1q ＝b 1＋1，b 1q 2＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝2，∴b n＝2n －1，a n ＝b n －2n ＝2n －1－2n ，∴a 10＝29－2×10＝492.故答案为492.15. (2024·沙坪坝区校级模拟){a n }是公差不为零的等差数列，前n 项和为S n ，若S 3＝15，a 3，a 6，a 12成等比数列，则S 2 033a 2 033＝_1_017__. 【解析】 在等差数列{a n }中，由S 3＝3a 2＝15⇒a 2＝5；又a 3，a 6，a 12成等比数列，∴(5＋4d )2＝(5＋d )(5＋10d )，解得d ＝52.∴a 1＝a 2－d ＝5－52＝52.则a 2 033＝a 1＋2 032d ＝52＋2032×52＝2 033×52，S 2 033＝2 033×52＋2 033×2 0322×52＝2 033×52×(1＋1 016)，∴S 2 033a 2 033＝2 033×52×1 0172 033×52＝1 017.故答案为1 017. 16. (2024·西城区二模)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝12，a 2＝14，则a 5＝132 ；使S n ≥99100成立的n 的最小值为_7__. 【解析】 依据题意，等比数列{a n }中，其公比为q ，a 1＝12，a 2＝14，则q ＝a 2a 1＝12，则有a 5＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝132；故S n ＝a 11－q n 1－q ＝1－12n ≥99100，变形可得2n ≥ 100，而n ∈N *，则n ≥7，即使S n ≥99100成立的n 的最小值为7.故答案为132；7.。
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高考专题训练(十) 数列求和及数列的综合应用A 级——基础巩固组一、选择题1．(2014·广东惠州一模)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，a 1＝2，a 5＝3a 3，则S 9＝( ) A ．－72 B ．－54 C ．54D ．72解析 a 1＝2，a 5＝3a 3得a 1＋4d ＝3(a 1＋2d )，即d ＝－a 1＝－2，所以S 9＝9a 1＋9×82d ＝9×2－9×8＝－54，选B.答案 B2．(2014·全国大纲卷)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3解析 S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4. 答案 C3．(2014·北京卷)设{a n }是公比为q 的等比数列．则“q >1”是“{a n }为递增数列”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析 利用公比与等比数列的单调性的关系进行判断．{a n }为递增数列，则a 1>0时，q >1；a 1<0时，0<q <1.q >1时，若a 1<0，则{a n }为递减数列．故“q >1”是“{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选D.答案 D4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋n ，数列{b n }满足b n ＝1a n a n ＋1(n ∈N *)，T n是数列{b n }的前n 项和，则T 9等于( )A.919B.1819C.2021D.940解析 ∵数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋n ，∴n ＝1时，a 1＝2；n ≥2时，a n ＝S n－S n －1＝2n ，∴a n ＝2n (n ∈N *)，∴b n ＝1a n a n ＋1＝12nn ＋＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，T 9＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫19－110＝14×⎝⎛⎭⎫1－110＝940. 答案 D5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝( ) A ．6n －n 2 B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧ 6n －n 2 n n 2－6n ＋18nD.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2 n n 2－6n n解析 由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7.∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2n ，n 2－6n ＋18n答案 C6．已知曲线C ：y ＝1x (x >0)及两点A 1(x 1,0)和A 2(x 2,0)，其中x 2>x 1>0.过A 1，A 2分别作x轴的垂线，交曲线C 于B 1，B 2两点，直线B 1B 2与x 轴交于点A 3(x 3,0)，那么( )A ．x 1，x 32，x 2成等差数列B ．x 1，x 32，x 2成等比数列C ．x 1，x 3，x 2成等差数列D ．x 1，x 3，x 2成等比数列解析 由题意，B 1，B 2两点的坐标分别为⎝⎛⎭⎫x 1，1x 1，⎝⎛⎭⎫x 2，1x 2，所以直线B 1B 2的方程为y ＝－1x 1x 2(x －x 1)＋1x 1，令y ＝0，得x ＝x 1＋x 2，∴x 3＝x 1＋x 2，因此，x 1，x 32，x 2成等差数列．答案 A 二、填空题7．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.解析 n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n ＋13－23a n －1＋13，化简得：a n ＝－2a n －1，又a 1＝S 1＝23a 1＋13，得a 1＝1，故{a n }以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1. 答案 (－2)n －18．(2013·辽宁卷)已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和．若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________.解析 ∵a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两根，且q >1，∴a 1＝1，a 3＝4，则公比q ＝2，因此S 6＝－261－2＝63.答案 639．(2014·河南一模)已知对于任意的自然数n ，抛物线y ＝(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1与x 轴相交于A n ，B n 两点，则|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 014B 2 014|＝________.解析 令(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1＝0，则x 1＋x 2＝2n ＋1n 2＋n ，x 1x 2＝1n 2＋n，由题意得|A n B n |＝|x 2－x 1|，所以|A n B n |＝x 1＋x 22－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n 2＋n 2－4·1n 2＋n ＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1，因此|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 014B 2 014|＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12 014－12 015＝1－12 015＝2 0142 015. 答案2 0142 015三、解答题10．(2014·湖南卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n2－n －2＋n －2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝－22n 1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n ， 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n ＋n 2－1，数列{b n }满足3n ·b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，且b 1＝3.(1)求a n ，b n ；(2)设T n 为数列{b n }的前n 项和，求T n ，并求满足T n <7时n 的最大值．解 (1)n ≥2时，S n ＝a n ＋n 2－1，S n －1＝a n －1＋(n －1)2－1， 两式相减，得a n ＝a n －a n －1＋2n －1，∴a n －1＝2n －1. ∴a n ＝2n ＋1，∴3n ·b n ＋1＝(n ＋1)(2n ＋3)－n (2n ＋1)＝4n ＋3， ∴b n ＋1＝4n ＋33n ，∴当n ≥2时，b n ＝4n －13n －1，又b 1＝3适合上式，∴b n ＝4n －13n －1.(2)由(1)知，b n ＝4n －13n －1，∴T n ＝31＋73＋1132＋…＋4n －53n －2＋4n －13n －1，①13T n ＝33＋732＋1133＋…＋4n －53n －1＋4n －13n ，② ①－②，得23T n ＝3＋43＋432＋…＋43n －1－4n －13n＝3＋4·13⎝⎛⎭⎫1－13n －11－13－4n －13n ＝5－4n ＋53n .∴T n ＝152－4n ＋52·3n －1.T n －T n ＋1＝n ＋＋52·3n －4n ＋52·3n －1＝－n ＋3n<0.∴T n <T n ＋1，即{T n }为递增数列． 又T 3＝599<7，T 4＝649>7，∴当T n <7时，n 的最大值为3.B 级——能力提高组1．(2014·上海虹口一模)已知函数f (n )＝n 2sin n π2，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝________.解析 考虑到sinn π2是呈周期性的数列，依次取值1,0，－1,0，…，故在求a 1＋a 2＋…＋a 2 014时要分组求和，又由a n 的定义，知a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 014)＝[f (1)＋f (3)＋…＋f (2 013)]＋[f (2)＋f (4)＋…＋f (2 014)]＝[(1－32)＋(52－72)＋…＋(2 0092－2 0112)＋2 0132]＋[(－32＋52)＋(－72＋92)＋…＋(－2 0112＋2 0132)－2 0152]＝－2×(4＋12＋20＋…＋4 020)＋2 0132＋2×(8＋16＋…＋4 024)－2 0152＝－2×＋2＋2×＋2－2 0152＋2 0132＝503×8－2×4 028＝－4 032.答案 －4 0322．(2014·上海长宁二模)定义函数f (x )＝{x ·{x }}，其中{x }表示不小于x 的最小整数，如{1.4}＝2，{－2.3}＝－2.当x ∈(0，n ](n ∈N *)时，函数f (x )的值域为A n ，记集合A n 中元素的个数为a n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝________.解析 由题意，a 1＝1，当x ∈(n ，n ＋1]时，{x }＝n ＋1，x ·{x }∈(n 2＋n ，n 2＋2n ＋1]，{x ·{x }}的取值依次为n 2＋n ＋1，n 2＋n ＋2，…，n 2＋2n ＋1共n ＋1个，即a n ＋1＝a n ＋n ＋1，由此可得a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝nn ＋2，1a n ＝2n n ＋＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2－2n ＋1. 答案 2－2n ＋13．(2014·湖南卷)已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n ，n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列，且a 1,2a 2,3a 3成等差数列，求p 的值；(2)若p ＝12，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．解 (1)因为{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝|a n ＋1－a n |＝p n . 而a 1＝1，因此a 2＝p ＋1，a 3＝p 2＋p ＋1. 又a 1,2a 2,3a 3成等差数列，所以4a 2＝a 1＋3a 3， 因而3p 2－p ＝0，解得p ＝13，p ＝0.当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，这与{a n }是递增数列矛盾． 故p ＝13.(2)由于{a 2n －1}是递增数列，因而a 2n ＋1－a 2n －1>0， 于是(a 2n ＋1－a 2n )＋(a 2n －a 2n －1)>0.① 但122n <122n －1，所以|a 2n ＋1－a 2n |<|a 2n －a 2n －1|.② 由①②知，a 2n －a 2n －1>0，因此 a 2n －a 2n －1＝⎝⎛⎭⎫122n －1＝－12n22n －1.③ 因为{a 2n }是递减数列，同理可得a 2n ＋1－a 2n <0， 故a 2n ＋1－a 2n ＝－⎝⎛⎭⎫122n＝－12n ＋122n④由③④即知，a n ＋1－a n ＝－1n ＋12n.于是a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋12－122＋…＋－1n2n －1＝1＋12·1－⎝⎛⎭⎫－12n －11＋12＝43＋13·－n2n －1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝43＋13·－n2n －1.。