2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测 06数列大题练 理数 学生版
2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测 19导数的简单应用小题练 理数 学生版
课时跟踪检测 导数的简单应用（小题练）A 级——12＋4提速练一、选择题1．已知f(x)=ax 3＋3x 2＋2，若f ′(－1)=3，则a=( ) A.193 B.163 C.133 D ．32．已知直线2x －y ＋1=0与曲线y=ae x＋x 相切，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的值是( ) A ．e B ．2e C ．1 D ．23．已知函数y=f(x)的导函数y=f ′(x)的图象如图所示，则函数y=f(x)在区间(a ，b)内的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．44．若函数f(x)=(x ＋a)e x在(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1) B ．(－∞，0) C ．(－1,0) D ．[－1，＋∞)5．已知f(x)=2x 3－6x 2＋m(m 为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( ) A ．0 B ．－5 C ．－10 D ．－376．设函数f(x)=x 3＋ax 2，若曲线y=f(x)在点P(x 0，f(x 0))处的切线方程为x ＋y=0，则点P 的坐标为( ) A ．(0,0) B ．(1，－1) C ．(－1,1) D ．(1，－1)或(－1,1)7．若函数f(x)=e 2x＋ax 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( ) A ．[－1，＋∞) B ．(－1，＋∞) C ．[－2，＋∞) D ．(－2，＋∞)8．设函数f(x)=x 3－12x ＋b ，则下列结论正确的是( ) A ．函数f(x)在(－∞，－1)上单调递增 B ．函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减C ．若b=－6，则函数f(x)的图象在点(－2，f(－2))处的切线方程为y=10D ．若b=0，则函数f(x)的图象与直线y=10只有一个公共点9．已知定义在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数y=f(x)的导函数为f ′(x)，若f ′(x)cos x －1=ln x －f(x)sin x ，则下列不等式成立的是( )A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 B ．3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 C.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π610．已知函数f(x)(x ∈R)为奇函数，当x ∈(0,2]时，f(x)=ln x －m 2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫m>22，当x ∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，则m 的值为( ) A ．1 B ．2C ．eD ．e 211．已知函数f(x)=－ln x ＋ax ，g(x)=(x ＋a)e x，a<0，若存在区间D ，使函数f(x)和g(x)在区间D 上的单调性相同，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 B ．(－∞，0) C.⎝⎛⎭⎪⎫－1，－12 D ．(－∞，－1)12．已知函数f(x)在定义域R 上的导函数为f ′(x)，若方程f ′(x)=0无解，且f[f(x)－2017x]=2 017，若g(x)=sin x －cos x －kx 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上与f(x)在R 上的单调性相同，则实数k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1] B ．(－∞， 2 ] C ．[－1，2] D ．[2，＋∞)二、填空题13．已知曲线C ：y=x 2＋2x 在点(0,0)处的切线为l ，则由C ，l 以及直线x=1围成的区域的面积等于________．14．若函数f(x)=sin x ＋ax 为R 上的减函数，则实数a 的取值范围是________．15．曲线y=(ax ＋1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a=________.16．已知定义在(0，＋∞)上的单调函数f(x)，对任意的x ∈(0，＋∞)，都有f[f(x)－log 3x]=4，则函数f(x)的图象在x=1ln 3处的切线的斜率为________．B 级——难度小题强化练1．已知函数f(x)=ln x －ax 2，若f(x)恰有两个不同的零点，则a 的取值范围为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞ B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12e2．已知f ′(x)为f(x)(x ∈R)的导函数，当x ≠0时，f ′(x)＋fx x >2，则方程f(x)＋1x=x 的根的个数为( ) A ．1 B ．1或2 C ．0 D ．0或13．已知函数f(x)的定义域为R ，其导函数为y=f ′(x)，当x ≠1时，f ′(x)－f2－xx －1>0，若函数y=f(x ＋1)的图象关于原点对称，a=－12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b=－3f(－2)，c=2f(3)，则a ，b ，c的大小关系是( ) A ．a<b<c B ．b<c<a C ．a<c<b D ．c<a<b4．若方程ln(x ＋1)=x 2－32x ＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12 B ．[ln 2－1，ln 3－1) C ．[ln 2－1，ln 2] D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln 2＋125．已知函数f(x)=x(ln x －ax)有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．6．已知函数g(x)=a －x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x ≤e ，e 为自然对数的底数与h(x)=2ln x 的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a 的取值范围是________．。
学高考数学二轮复习 练酷专题 课时跟踪检测(九)数列 理
课时跟踪检测（九） 数 列[A 级——“12＋4”保分小题提速练]1．(2017·合肥模拟)已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且a 1＝1，a 4＝4，则a 10＝( )A ．－45B ．－54C.413D.134解析：选A 设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d ，由题意可知，1a 4＝1a 1＋3d ＝14，解得d ＝－14，所以1a 10＝1a 1＋9d ＝－54，所以a 10＝－45. 2．(2018届高三·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 7＋a 12＝24，则S 13＝( )A ．52B ．78C ．104D ．208解析：选C 依题意得3a 7＝24，a 7＝8，S 13＝a 1＋a 132＝13a 7＝104.3．(2017·云南模拟)已知数列{a n }是等差数列，若a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，则q ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选C 依题意，注意到2a 3＝a 1＋a 5,2a 3－6＝a 1＋a 5－6，即有2(a 3－3)＝(a 1－1)＋(a 5－5)，即a 1－1，a 3－3，a 5－5成等差数列；又a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，因此有a 1－1＝a 3－3＝a 5－5(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q ＝a 3－3a 1－1＝1. 4．(2017·兰州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a 8＋a 10＝28，则S 9＝( )A ．36B ．72C ．144D ．288解析：选B 法一：∵a 8＋a 10＝2a 1＋16d ＝28，a 1＝2， ∴d ＝32，∴S 9＝9×2＋9×82×32＝72.法二：∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14，∴S 9＝a 1＋a 92＝72.5．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m ，其中m ，n 为正整数，且a 1＝1，那么a 10＝( )A ．1B ．9C ．10D ．55解析：选A ∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，a 1＝1，∴S 1＝1.可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝1，即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R)，且S 25＝100，则a 12＋a 14＝( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．不确定解析：选B 由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R)，可得数列{a n }是等差数列，S 25＝a 1＋a 252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 12＋a 14＝a 1＋a 25＝8.7．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝pn ＋q n (p ，q 为常数)，且a 2＝32，a 4＝32，则a 8＝( )A.54 B.94 C.34D ．2解析：选B 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2p ＋q 2＝32，4p ＋q 4＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝14，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式a n ＝n 4＋2n，∴a 8＝8×14＋28＝94.8．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n，那么S 100的值为( ) A ．2 500 B ．2 600 C ．2 700D ．2 800解析：选B 当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0⇒a n ＝1， 当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2⇒a n ＝n ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，n ，n 为偶数，于是S 100＝50＋＋2＝2 600.9．已知数列2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项和S 2 017等于( )A ．2 018B ．2 015C ．1D ．0解析：选B 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1，故数列的前8项依次为2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，－1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为6，S 6＝0.∵2 017＝6×336＋1，∴S 2 017＝2 015.10．(2017·海淀二模)在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”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析：选B 当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3，4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a na n －1＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．11．(2018届高三·湘中名校联考)若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是( ) A ．2 016 B ．2 017 C ．4 032D ．4 033解析：选C 因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2 016＞0，a 2 017＜0，所以S 4 032＝a 1＋a 4 0322＝a 2 016＋a 2 0172＞0，S 4 033＝a 1＋a 4 0332＝4 033a 2 017＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 032.12．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＜0，若存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则当n ＞m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n ＜a nB ．S n ≤a nC ．S n ＞a nD ．大小不能确定解析：选C 若a 1＜0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d ＞0.因为d ＜0时，数列是递减数列，则S m ＜a m ，不存在a m ＝S m .由于a 1＜0，d ＞0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m ＞0，S m ＞0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n ＞a n .13．(2017·合肥模拟)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________.解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ， 即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0， 所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故S 9＝－291－2＝210－2＝1 022.答案：1 02214．(2017·广州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝________.解析：因为a n ＋1＝a 2n ＋a n ，所以1a n ＋1＝1a na n ＋＝1a n －1a n ＋1，即1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，于是1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋1a 2 017－1a 2 018＝1a 1－1a 2 018.因为a 1＝1，a 2＝2＞1，a 3＝6＞1，…，可知1a 2 018∈(0,1)，则1a 1－1a 2 018∈(0,1)，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1－1a 2 018＝0.答案：015．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n n ＋2，1S n ＝2nn ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1.答案：2nn ＋116．(2017·石家庄二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n，…，若S k ＝14，则a k ＝________. 解析：因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n 2，所以数列12，13＋23，14＋24＋34，…，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前n 项和T n ＝12＋1＋32＋…＋n 2＝n 2＋n 4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7，所以a k ＝78.答案：78[B 级——中档小题强化练]1．(2017·张掖模拟)在等差数列{a n }中，a na 2n是一个与n 无关的常数，则该常数的可能值的集合为( )A ．{1}B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫12 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，12，1解析：选B a n a 2n ＝a 1＋n －d a 1＋n －d ＝a 1－d ＋nd a 1－d ＋2nd， 若a 1＝d ，则a n a 2n ＝12；若a 1≠0，d ＝0，则a na 2n＝1. ∵a 1＝d ≠0，∴a na 2n≠0， ∴该常数的可能值的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12.2．(2017·长乐二模)已知各项均是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( ) A.5－12 B.5＋12C ．－5－12D.5－12或5＋12解析：选B 设{a n }的公比为q (q ＞0)，由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝5＋12.从而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝5＋12. 3．(2018届高三·宝鸡摸底)正项等比数列{a n }中，a 2 017＝a 2 016＋2a 2 015，若a m a n ＝16a 21，则4m ＋1n的最小值等于( )A ．1 B.32 C.53D.136解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，且q ＞0，∵a 2 015q 2＝a 2 015q ＋2a 2 015，∴q 2－q －2＝0，∴q ＝2或q ＝－1(舍去)， 又a 1q m －1·a 1qn －1＝16a 21，∴2m ＋n －2＝16，∴m ＋n －2＝4，m ＋n ＝6，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫4m ＋1n ·m ＋n 6＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4n m ＋m n ≥16⎝⎛⎭⎪⎫5＋24n m ·m n ＝32，当且仅当m ＝4，n ＝2时等号成立．故4m ＋1n 的最小值为32.4．设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：选C 若{a n }是递减的等差数列，则选项A 、B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 32，由基本不等式得a 1＋a 32＞a 1a 3，所以C 正确．5．(2017·黄冈质检)设等比数列{a n }的各项均为正数，公比为q ，前n 项和为S n .若对任意的n ∈N *，有S 2n ＜3S n ，则q 的取值范围是________．解析：当q ≠1时，∵S 2n ＜3S n ， ∴a 1－q2n1－q＜3×a 1－q n1－q，∴q n＜2.若q ＞1，则n ＜log q 2对任意的n ∈N *恒成立，显然不成立． 若0＜q ＜1，则n ＞log q 2对任意的n ∈N *恒成立， ∴log q 2＜n min ，∴log q 2＜1，即0＜q ＜2， 又0＜q ＜1，∴0＜q ＜1.当q ＝1时，对任意的n ∈N *，有S 2n ＜3S n 成立． 综上可得，0＜q ≤1. 答案：(0,1]6．(2017·安徽二校联考)在数列{a n }和{b n }中，a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n ，a 1＝1，b 1＝1.设c n ＝1a n ＋1b n，则数列{c n }的前2 017项和为________．解析：由已知a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 得a n ＋1＋b n ＋1＝2(a n ＋b n )，所以a n ＋1＋b n ＋1a n ＋b n＝2，所以数列{a n ＋b n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＋b n ＝2n.将a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 相乘得a n ＋1b n ＋1a n b n ＝2，所以数列{a n b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n b n ＝2n －1，因为c n ＝1a n ＋1b n ，所以c n ＝a n ＋b n a n b n ＝2n2n －1＝2，数列{c n }的前2 017项和为2×2 017＝4 034.答案：4 034[C 级——压轴小题突破练]1．已知一列非零向量a n 满足a 1＝(x 1，y 1)，a n ＝(x n ，y n )＝12(x n －1－y n －1，x n －1＋y n －1)(n ≥2，n ∈N *)，则下列命题正确的是( )A ．{|a n |}是等比数列，且公比为22B ．{|a n |}是等比数列，且公比为 2C ．{|a n |}是等差数列，且公差为22D ．{|a n |}是等差数列，且公差为 2 解析：选 A ∵|a n |＝12x n －1－y n －12＋x n －1＋y n －12＝22·x 2n －1＋y 2n －1＝22|a n －1|(n ≥2，n ∈N *)，|a 1|＝x 21＋y 21≠0，|a n ||a n －1|＝22为常数，∴{|a n |}是等比数列，且公比为22.2．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n n ＋2.由题意可知，N >100，令n n ＋2>100，得n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n1－2＝2n－1，前n 组的所有项的和为－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数， 若要使前N 项和为2的整数幂，则第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k ＋2，∴2t＝k ＋3，∴t ＝log 2(k ＋3)， ∴当t ＝4，k ＝13时，N ＝＋2＋4＝95<100，不满足题意； 当t ＝5，k ＝29时，N ＝＋2＋5＝440；当t >5时，N >440，故选A.3．已知函数f (x )＝cos x 4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x 4·cos ⎝⎛⎭⎪⎫π－x 2，将函数f (x )在(0，＋∞)上的所有极值点从小到大排成一数列，记为{a n }，则数列{a n }的通项公式为________．解析：由f (x )＝cos x 4·sin x 4·⎝ ⎛⎭⎪⎫－cos x 2＝－14sin x ，得f ′(x )＝－14cos x ，由cos x＝0，得x ＝k π＋π2(k ∈Z)，所以函数f (x )在(0，＋∞)上的所有极值点为π2，3π2，5π2，…，n －π2，…，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n －π2.答案：a n ＝n －π24．数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，a n －1＜n 2，2a n －1，a n －1≥n 2(n ≥2)，若{a n }为等比数列，则a 1的取值范围是________．解析：由题意得，a 2＝⎩⎪⎨⎪⎧4，a 1＜4，2a 1，a 1≥4分类讨论，a 1＜4时，a 2＝4＜9，a 3＝9＜42＝16，a 4＝16，显然不能构成等比数列；a 1≥4时，a 2＝2a 1≥8，当8≤a 2＜9时，a 3＝9，由{a n }为等比数列，知a 1＝94，与a 1≥4矛盾，当a 2≥9时，a 3＝2a 2，由{a n }为等比数列，知a 1＝a 22≥92，综上，a 1≥92，即a 1的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫92，＋∞.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫92，＋∞。
2021届高考数学二轮复习(全国通用)专项练习(6)
- 1 - 2021届高考数学二轮复习（全国通用）专项练习（6） 1.(2018·全国卷Ⅰ)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三个半圆构成,三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC,直角边AB,AC,△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ,黑色部分记为Ⅱ,其余部分记为Ⅲ,在整个图形中随机取一点,此点取自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分别记为p1,p2,p3,则( )
A.p1=p2 B.p1=p3 C.p2=p3 D.p1=p2+p3
【解析】选A.方法一:取AB=AC=2,则BC=2, 所以区域Ⅰ的面积为SⅠ=×2×2=2, 区域Ⅲ的面积为SⅢ=·π()2-2=π-2, 区域Ⅱ的面积为SⅡ=π·12-SⅢ=2,故p1=p2. 方法二:设AC=b,AB=c,BC=a,则有b2+c2=a2,
从而可以求得△ABC的面积为SⅠ=bc,
黑色部分的面积为SⅡ=·+·- =+bc - 2 -
=·+bc=bc,其余部分的面积为SⅢ=·-bc=-bc,所以有SⅠ=SⅡ,根据面积型几何概型的概率公式,可以得到p1=p2. 2.(2017·江苏高考)记函数f(x)=的定义域为D.在区间[-4,5]上随机取一个数x,则x∈D的概率是________________. 【解析】由6+x-x2≥0,即x2-x-6≤0,得-2≤x≤3,根据几何概型的概率计算公式得x∈D
的概率是=. 答案:
3.《九章算术》勾股章有一“引葭 [jiā] 赴岸”问题:“今有池方一丈, 葭生其中央,出水两尺,引葭赴岸,适与岸齐.问水深、葭长各几何.”其意思是:有一水池一丈见方,池中心生有一棵类似芦苇的植物,露出水面两尺,若把它引向岸边,正好与岸边齐平(如图所示),问水有多深,该植物有多长?其中一丈为十尺.若从该葭上随机取一点,则该点取自水下的概率为 ( )
A. B. C. D. 【解析】选A.设水深为x尺, 则(x+2)2=x2+52,解得x=,即水深尺. - 3 -
学高考数学二轮复习 练酷专题 课时跟踪检测(九)数列 理
课时跟踪检测（九） 数 列[A 级——“12＋4”保分小题提速练]1．(2017·合肥模拟)已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且a 1＝1，a 4＝4，则a 10＝( )A ．－45B ．－54C.413D.134解析：选A 设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d ，由题意可知，1a 4＝1a 1＋3d ＝14，解得d ＝－14，所以1a 10＝1a 1＋9d ＝－54，所以a 10＝－45. 2．(2018届高三·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 7＋a 12＝24，则S 13＝( )A ．52B ．78C ．104D ．208解析：选C 依题意得3a 7＝24，a 7＝8，S 13＝13a 1＋a 132＝13a 7＝104.3．(2017·云南模拟)已知数列{a n }是等差数列，若a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，则q ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选C 依题意，注意到2a 3＝a 1＋a 5,2a 3－6＝a 1＋a 5－6，即有2(a 3－3)＝(a 1－1)＋(a 5－5)，即a 1－1，a 3－3，a 5－5成等差数列；又a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，因此有a 1－1＝a 3－3＝a 5－5(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q ＝a 3－3a 1－1＝1. 4．(2017·兰州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a 8＋a 10＝28，则S 9＝( )A ．36B ．72C ．144D ．288解析：选B 法一：∵a 8＋a 10＝2a 1＋16d ＝28，a 1＝2， ∴d ＝32，∴S 9＝9×2＋9×82×32＝72.法二：∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14，∴S 9＝9a 1＋a 92＝72.5．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m ，其中m ，n 为正整数，且a 1＝1，那么a 10＝( )A ．1B ．9C ．10D ．55解析：选A ∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，a 1＝1，∴S 1＝1.可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝1，即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R)，且S 25＝100，则a 12＋a 14＝( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．不确定解析：选B 由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R)，可得数列{a n }是等差数列，S 25＝a 1＋a 25×252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 12＋a 14＝a 1＋a 25＝8.7．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝pn ＋q n (p ，q 为常数)，且a 2＝32，a 4＝32，则a 8＝( )A.54 B.94 C.34D ．2解析：选B 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2p ＋q 2＝32，4p ＋q 4＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝14，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式a n ＝n 4＋2n，∴a 8＝8×14＋28＝94.8．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n，那么S 100的值为( ) A ．2 500 B ．2 600 C ．2 700D ．2 800解析：选B 当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0⇒a n ＝1， 当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2⇒a n ＝n ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，n ，n 为偶数，于是S 100＝50＋2＋100×502＝2 600.9．已知数列2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项和S 2 017等于( )A ．2 018B ．2 015C ．1D ．0解析：选B 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1，故数列的前8项依次为2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，－1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为6，S 6＝0.∵2 017＝6×336＋1，∴S 2 017＝2 015.10．(2017·海淀二模)在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”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析：选B 当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3，4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a na n －1＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．11．(2018届高三·湘中名校联考)若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是( ) A ．2 016 B ．2 017 C ．4 032D ．4 033解析：选C 因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2 016＞0，a 2 017＜0，所以S 4 032＝4 032a 1＋a 4 0322＝4 032a 2 016＋a 2 0172＞0，S 4 033＝4 033a 1＋a 4 0332＝4 033a 2 017＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 032.12．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＜0，若存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则当n ＞m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n ＜a nB ．S n ≤a nC ．S n ＞a nD ．大小不能确定解析：选C 若a 1＜0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d ＞0.因为d ＜0时，数列是递减数列，则S m ＜a m ，不存在a m ＝S m .由于a 1＜0，d ＞0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m ＞0，S m ＞0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n ＞a n .13．(2017·合肥模拟)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________.解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ， 即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0， 所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故S 9＝2×1－291－2＝210－2＝1 022.答案：1 02214．(2017·广州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝________.解析：因为a n ＋1＝a 2n ＋a n ，所以1a n ＋1＝1a na n ＋1＝1a n －1a n ＋1，即1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，于是1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋1a 2 017－1a 2 018＝1a 1－1a 2 018.因为a 1＝1，a 2＝2＞1，a 3＝6＞1，…，可知1a 2 018∈(0,1)，则1a 1－1a 2 018∈(0,1)，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1－1a 2 018＝0.答案：015．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n n ＋12，1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1.答案：2nn ＋116．(2017·石家庄二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n，…，若S k ＝14，则a k ＝________. 解析：因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n 2，所以数列12，13＋23，14＋24＋34，…，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前n 项和T n ＝12＋1＋32＋…＋n 2＝n 2＋n 4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7，所以a k ＝78.答案：78[B 级——中档小题强化练]1．(2017·张掖模拟)在等差数列{a n }中，a na 2n是一个与n 无关的常数，则该常数的可能值的集合为( )A ．{1}B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫12 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，12，1解析：选B a n a 2n ＝a 1＋n －1d a 1＋2n －1d ＝a 1－d ＋nd a 1－d ＋2nd ， 若a 1＝d ，则a n a 2n ＝12；若a 1≠0，d ＝0，则a na 2n＝1. ∵a 1＝d ≠0，∴a na 2n≠0， ∴该常数的可能值的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12.2．(2017·长乐二模)已知各项均是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( ) A.5－12 B.5＋12C ．－5－12D.5－12或5＋12解析：选B 设{a n }的公比为q (q ＞0)，由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝5＋12.从而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝5＋12. 3．(2018届高三·宝鸡摸底)正项等比数列{a n }中，a 2 017＝a 2 016＋2a 2 015，若a m a n ＝16a 21，则4m ＋1n的最小值等于( )A ．1 B.32 C.53D.136解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，且q ＞0，∵a 2 015q 2＝a 2 015q ＋2a 2 015，∴q 2－q －2＝0，∴q ＝2或q ＝－1(舍去)， 又a 1q m －1·a 1qn －1＝16a 21，∴2m ＋n －2＝16，∴m ＋n －2＝4，m ＋n ＝6，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫4m ＋1n ·m ＋n 6＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4n m ＋m n ≥16⎝⎛⎭⎪⎫5＋24n m ·m n ＝32，当且仅当m ＝4，n ＝2时等号成立．故4m ＋1n 的最小值为32.4．设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：选C 若{a n }是递减的等差数列，则选项A 、B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 32，由基本不等式得a 1＋a 32＞a 1a 3，所以C 正确．5．(2017·黄冈质检)设等比数列{a n }的各项均为正数，公比为q ，前n 项和为S n .若对任意的n ∈N *，有S 2n ＜3S n ，则q 的取值范围是________．解析：当q ≠1时，∵S 2n ＜3S n ，∴a 11－q 2n 1－q ＜3×a 11－q n 1－q，∴q n＜2.若q ＞1，则n ＜log q 2对任意的n ∈N *恒成立，显然不成立． 若0＜q ＜1，则n ＞log q 2对任意的n ∈N *恒成立， ∴log q 2＜n min ，∴log q 2＜1，即0＜q ＜2， 又0＜q ＜1，∴0＜q ＜1.当q ＝1时，对任意的n ∈N *，有S 2n ＜3S n 成立． 综上可得，0＜q ≤1. 答案：(0,1]6．(2017·安徽二校联考)在数列{a n }和{b n }中，a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n ，a 1＝1，b 1＝1.设c n ＝1a n ＋1b n，则数列{c n }的前2 017项和为________．解析：由已知a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 得a n ＋1＋b n ＋1＝2(a n ＋b n )，所以a n ＋1＋b n ＋1a n ＋b n＝2，所以数列{a n ＋b n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＋b n ＝2n.将a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 相乘得a n ＋1b n ＋1a n b n ＝2，所以数列{a n b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n b n ＝2n －1，因为c n ＝1a n ＋1b n ，所以c n ＝a n ＋b n a n b n ＝2n2n －1＝2，数列{c n }的前2 017项和为2×2 017＝4 034.答案：4 034[C 级——压轴小题突破练]1．已知一列非零向量a n 满足a 1＝(x 1，y 1)，a n ＝(x n ，y n )＝12(x n －1－y n －1，x n －1＋y n －1)(n ≥2，n ∈N *)，则下列命题正确的是( )A ．{|a n |}是等比数列，且公比为22B ．{|a n |}是等比数列，且公比为 2C ．{|a n |}是等差数列，且公差为22D ．{|a n |}是等差数列，且公差为 2 解析：选 A ∵|a n |＝12x n －1－y n －12＋x n －1＋y n －12＝22·x 2n －1＋y 2n －1＝22|a n －1|(n ≥2，n ∈N *)，|a 1|＝x 21＋y 21≠0，|a n ||a n －1|＝22为常数，∴{|a n |}是等比数列，且公比为22.2．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n n ＋12.由题意可知，N >100，令n n ＋12>100，得n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n1－2＝2n－1，前n 组的所有项的和为21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数， 若要使前N 项和为2的整数幂，则第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k ＋2，∴2t＝k ＋3，∴t ＝log 2(k ＋3)，∴当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×13＋12＋4＝95<100，不满足题意；当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×29＋12＋5＝440；当t >5时，N >440，故选A.3．已知函数f (x )＝cos x 4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x 4·cos ⎝⎛⎭⎪⎫π－x 2，将函数f (x )在(0，＋∞)上的所有极值点从小到大排成一数列，记为{a n }，则数列{a n }的通项公式为________．解析：由f (x )＝cos x 4·sin x 4·⎝ ⎛⎭⎪⎫－cos x 2＝－14sin x ，得f ′(x )＝－14cos x ，由cos x＝0，得x ＝k π＋π2(k ∈Z)，所以函数f (x )在(0，＋∞)上的所有极值点为π2，3π2，5π2，…，2n －1π2，…，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1π2. 答案：a n ＝2n －1π24．数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，a n －1＜n 2，2a n －1，a n －1≥n 2(n ≥2)，若{a n }为等比数列，则a 1的取值范围是________．解析：由题意得，a 2＝⎩⎪⎨⎪⎧4，a 1＜4，2a 1，a 1≥4分类讨论，a 1＜4时，a 2＝4＜9，a 3＝9＜42＝16，a 4＝16，显然不能构成等比数列；a 1≥4时，a 2＝2a 1≥8，当8≤a 2＜9时，a 3＝9，由{a n }为等比数列，知a 1＝94，与a 1≥4矛盾，当a 2≥9时，a 3＝2a 2，由{a n }为等比数列，知a 1＝a 22≥92，综上，a 1≥92，即a 1的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫92，＋∞.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫92，＋∞。
高考数学二轮复习练习：专题限时集训6 数列 含答案
专题限时集训(六)数列(限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．)1．(四川省凉山州2019届高中毕业班第一次诊断性检测)设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，若数列{a n }是常数列，则a ＝________.－2[因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a (a ＋1)＝a 2－2，解得a ＝－2.]2．(江苏省南京市、盐城市2019届高三第一次模拟)设{a n }是等差数列，若a 4＋a 5＋a 6＝21，则S 9＝________.63[由a 4＋a 5＋a 6＝21得a 5＝7，所以S 9＝a 1＋a 92＝9a 5＝63.]3．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．1830[当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1； 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3. 所以a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，所以a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， 所以a 2k －1＝a 2k ＋3，所以a 1＝a 5＝…＝a 61. 所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61) ＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1) ＝30×3＋1192＝30×61＝1830.]4．(江苏省泰州中学2019届高三上学期第二次月考)等差数列{a n }的前n 项和S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6＝________.12[∵S 3＝12，∴S 3＝3a 1＋3×22d ＝3a 1＋3d ＝12.解得d ＝2，则a 6＝a 1＋5d ＝2＋2×5＝12.]5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，则a 3＝________.3[∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，∴a 13－3－1＋a 14－3－1＝533，解得a 1＝13.则a 3＝13×32＝3.] 6．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列．且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．2[∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列．且a 2＋a 5＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1－q 91－q ＝a 1－q 31－q ＋a 1－q61－q，a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，∴a 8＝a 1q 7＝(a 1q )(q 3)2＝8×14＝2.]7．《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为________升． 1322[设最上面一节的容积为a 1， 由题设知⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝3，⎝⎛⎭⎪⎫9a 1＋9×82d －⎝ ⎛⎭⎪⎫6a 1＋6×52d ＝4，解得a 1＝1322.]8．已知{a n }是公差不为0的等差数列，S n 是其前n 项和，若a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，则a 1的值是________.【导学号：56394041】－527[设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)， ∵a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d a 1＋2d ＝a 1＋3d a 1＋4d ，9a 1＋9×82d ＝1，解得a 1＝－527.]9．(广东湛江市2019届高三上学期期中调研考试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若log 2a 2＋log 2a 8＝1，则a 3·a 7＝________.2[由log 2a 2＋log 2a 8＝1得log 2(a 2a 8)＝1，所以a 2a 8＝2，由等比数列性质可得a 3a 7＝a 2a 8＝2.] 10．记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为________．31[若等比数列的公比等于1，由a 1＝1，则S 4＝4,5S 2＝10，与题意不符． 设等比数列的公比为q (q ≠1)， 由a 1＝1，S 4＝5S 2，得a 1－q 41－q＝5a 1(1＋q )，解得q ＝±2.∵数列{a n }的各项均为正数，∴q ＝2. 则S 5＝1－251－2＝31.]11．(广东郴州市2019届高三第二次教学质量监测试卷)在△ABC 中，A 1，B 1分别是边BA ，CB 的中点，A 2，B 2分别是线段A 1A ，B 1B 的中点，…，A n ，B n 分别是线段A n －1A ，B n －1B (n ∈N *，n >1)的中点，设数列{a n }，{b n }满足：向量B n A n →＝a n CA →＋b n CB →(n ∈N *)，有下列四个命题，其中假命题是：________.【导学号：56394042】①数列{a n }是单调递增数列，数列{b n }是单调递减数列； ②数列{a n ＋b n }是等比数列； ③数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 有最小值，无最大值；④若△ABC 中，C ＝90°，CA ＝CB ，则|B n A n →|最小时，a n ＋b n ＝12.③[由BA n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n (CA →－CB →)，B n B →＝12n CB →，B n A n →＝B n B →＋BA n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n CA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－1CB →，所以a n ＝1－12n ，b n ＝12n －1－1.则数列{a n }是单调递增数列，数列{b n }是单调递减数列，故①正确；数列{a n ＋b n }即为⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 是首项和公比均为12的等比数列，故②正确；而当n ＝1时，a 1＝12，b 1＝0，a n b n 不存在；n ＞1时，a n b n ＝2n－12－2n ＝－1＋12－2n 在n ∈N *上递增，无最小值和最大值，故③错误；在△ABC 中，C ＝90°，CA ＝CB ，则|B n A n →|2＝(a 2n ＋b 2n )CA →2＋2a n b n CA →·CB →＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －352－15，当n ＝1时，取得最小值，即有|B n A n →|最小时，a n ＋b n ＝12，故④正确．]12．(天津六校2019届高三上学期期中联考)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，23[因为a n ＋1＝a n a n ＋2⇒1a n ＋1＝2a n ＋1⇒1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1⇒1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋12n －1＝2n ，所以b n ＋1＝(n －2λ)·2n，因为数列{b n }是单调递增数列，所以当n ≥2时b n ＋1>b n ⇒(n －2λ)·2n>(n －1－2λ)·2n －1⇒n >2λ－1⇒2>2λ－1⇒λ<32；当n ＝1时，b 2>b 1⇒(1－2λ)·2>－λ⇒λ<23，因此λ<23.]13.(山西大学附属中学2019级上学期11月模块诊断)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 17>0，S 18<0，则S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项为________．S 9a 9[S 17>0⇒a 1＋a 172>0⇒a 92>0⇒a 9>0，S 18<0⇒a 1＋a 182<0⇒a 9＋a 102<0⇒a 10＋a 9<0⇒a 10<0，因此S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9>0，S 10a 10<0，而S 1<S 2<…<S 9，a 1>a 2>…>a 8>a 9，所以S 1a 1<S 2a 2<…<S 8a 8<S 9a 9.] 14．(云南大理2019届高三第一次统测)若数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)；令b n＝log 3(a n ＋1)，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝________. 5050[由a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)可知a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝3n，∴a n ＝3n－1，所以b n ＝log 3(a n ＋1)＝n ，因此b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝＋2＝5050.]二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 15．(本小题满分14分)(泰州中学2019届高三上学期期中考试)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)等比数列{b n }满足：b 1＝a 1，b 2＝a 2－1，若数列c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和S n . [解](1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意设d >0.由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16.① 由a 3a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55.②4分由①得2a 1＝16－7d 将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220.即256－9d 2＝220，∴d 2＝4，又d >0，∴d ＝2.代入①得a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)2＝2n －1.6分(2)∵b 1＝1，b 2＝2，∴b n ＝2n －1，∴c n ＝a n b n ＝(2n －1)2n －1， 8分S n ＝1·20＋3·21＋…＋(2n －1)·2n －1,2S n ＝1·21＋3·22＋…＋(2n －1)·2n .两式相减可得：－S n ＝1·20＋2·21＋2·22＋…＋2·2n －1－(2n －1)·2n＝1＋2×－2n －11－2－(2n －1)·2n， 10分∴－S n ＝1＋－2n －11－2－(2n －1)·2n ＝1＋2n ＋1－4－(2n －1)·2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)·2n ，∴S n ＝3＋(2n －1)·2n－2n ＋1＝3＋(2n －3)·2n.14分16．(本小题满分14分)(河南省豫北名校联盟2019届高三年级精英对抗赛)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前五项和S 5＝20，且a 1，a 3，a 7成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，且存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立，求实数λ的取值范围．[解](1)设数列{a n }的公差为d ，则 ⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×42d ＝20，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝4，2d 2＝a 1d .2分又因为d ≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1.4分 所以a n ＝n ＋1. 5分(2)因为1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝nn ＋. 7分因为存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立， 所以存在n ∈N *，使得n n ＋－λ(n ＋2)≥0成立， 即存在n ∈N *，使λ≤n n ＋2成立.10分又n n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n＋4≤116(当且仅当n ＝2时取等号)，所以λ≤116.即实数λ的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，116. 14分17．(本小题满分14分)(四川省凉山州2019届高中毕业班第一次诊断性检测)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n a n ＋1＝2n ，n ∈N *.(1)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A >0,0<φ<π)在x ＝π6处取得最大值a 4＋1，求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2上的值域； (2)求数列{a n }的通项公式． [解](1)∵a n a n ＋1＝2n，则a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，∴a n ＋2a n＝2， 又a 1＝1，故a 1a 2＝21，即a 2＝2，∴a 3＝2，a 4＝4，∴A ＝a 4＋1＝5，故f (x )＝5sin(2x ＋φ)，4分 又x ＝π6时，f (x )＝5，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1，且0<φ<π，解得φ＝π6， ∴f (x )＝5sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，6分而x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2，故2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，7π6，从而sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，综上知f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，5. 8分18．(本小题满分16分)(天津六校2019届高三上学期期中联考)已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝a 2n ＋12a n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足：b 1＝1，b n －b n －1＝2a n (n ≥2)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <2；(3)若T n ≤λ(n ＋4)对任意n ∈N *恒成立，求λ的取值范围.【导学号：56394043】[解](1)n ＝1时，a 1＝a 21＋12a 1，∴a 1＝12.⎩⎪⎨⎪⎧S n －1＝a 2n －1＋12a n －1S n ＝a 2n ＋12a n⇒a n ＝a 2n －a 2n －1＋12a n －12a n －1，⇒(a n ＋a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －a n －1－12＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝12， ∴{a n }是以12为首项，12为公差的等差数列．∴a n ＝12n .4分(2)证明：b n －b n －1＝n ，⎩⎪⎨⎪⎧b 2－b 1＝2b 3－b 2＝3⋮b n －b n －1＝n⇒b n －b 1＝n ＋n －2⇒b n ＝n n ＋2.1b n ＝2n n ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1，即T n <2.12分(3)由2n n ＋1≤λ(n ＋4)得λ≥2nn ＋n ＋＝2n ＋4n ＋5，当且仅当n ＝2时，2n ＋4n＋5有最大值29，∴λ≥29.16分19．(本小题满分16分)(中原名校豫南九校2019届第四次质量考评)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝a 5＋a 6＝25. (1)求{a n }的通项公式；(2)若不等式2S n ＋8n ＋27>(－1)nk (a n ＋4)对所有的正整数n 都成立，求实数k 的取值范围． [解](1)设公差为d ，则5a 1＋5×42d ＝a 1＋4d ＋a 1＋5d ＝25，∴a 1＝－1，d ＝3.∴{a n }的通项公式为a n ＝3n －4. 6分(2)S n ＝－n ＋3nn －2，2S n ＋8n ＋27＝3n 2＋3n ＋27，a n ＋4＝3n ；8分(－1)nk <n ＋1＋9n，当n 为奇数时，k >－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1＋9n ；当n 为偶数时，k <n ＋1＋9n，∵n ＋1＋9n ≥7，当且仅当n ＝3时取等号，∴当n 为奇数时，n ＋1＋9n的最小值为7，当n为偶数时，n ＝4时，n ＋1＋9n 的最小值为294，∴－7<k <294.16分20．(本小题满分16分)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是函数f (x )＝12＋log 2x1－x的图象上任意两点，且OM →＝12(OA →＋OB →)，已知点M 的横坐标为12.(1)求证：M 点的纵坐标为定值；(2)若S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ，n ∈N *，且n ≥2，求S n； (3)已知a n＝⎩⎪⎨⎪⎧23，n ＝1，1S n＋Sn ＋1＋，n ≥2.其中n ∈N *.T n 为数列{a n }的前n 项和，若T n <λ(S n ＋1＋1)对一切n ∈N *都成立，试求λ的取值范围.【导学号：56394044】[解](1)证明：∵OM →＝12(OA →＋OB →)，∴M 是AB 的中点．设M 点的坐标为(x ，y )，由12(x 1＋x 2)＝x ＝12，得x 1＋x 2＝1，则x 1＝1－x 2或x 2＝1－x 1.2分 而y ＝12(y 1＋y 2)＝12[f (x 1)＋f (x 2)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋log 2x 11－x 1＋12＋log 2x 21－x 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 11－x 1＋log 2x 21－x 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 11－x 1·x 21－x 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 1x 2x 1x 2＝12()1＋0＝12，∴M 点的纵坐标为定值12. 5分(2)由(1)，知x 1＋x 2＝1，f (x 1)＋f (x 2)＝y 1＋y 2＝1，S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ， 两式相加，得2S n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝1＋1＋…＋1n －1，∴S n＝n －12(n ≥2，n ∈N *).8分(3)当n ≥2时，a n ＝1S n ＋S n ＋1＋＝4n ＋n ＋＝4⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2.10分T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝23＋4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝23＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1n ＋2＝2n n ＋2. 12分由T n <λ(S n ＋1＋1)，得2n n ＋2<λ·n ＋22.∴λ>4n n ＋2＝4nn 2＋4n ＋4＝4n ＋4n＋4.∵n ＋4n≥4，当且仅当n ＝2时等号成立，∴4n ＋4n＋4≤44＋4＝12. 因此λ>12，即λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 16分。
2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测 14圆锥曲线中的最值范围证明问题大题练 理数 学生版
课时跟踪检测 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题（大题练）A 卷——大题保分练1．已知椭圆C 的两个焦点为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，且经过E ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，32. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 1的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点(点A 位于x 轴上方)，若AF 1―→=λF 1B ―→，且2≤λ<3，求直线l 的斜率k 的取值范围．2．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1和F 2，由M(－a ，b)，N(a ，b)，F 2和F 1这4个点构成了一个高为3，面积为33的等腰梯形．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 1的直线和椭圆交于A ，B 两点，求△F 2AB 面积的最大值．3．已知圆C ：x 2＋y 2＋2x －2y ＋1=0和抛物线E ：y 2=2px(p>0)，圆心C 到抛物线焦点F 的距离为17.(1)求抛物线E 的方程；(2)不过原点O 的动直线l 交抛物线于A ，B 两点，且满足OA ⊥OB ，设点M 为圆C 上一动点，求当动点M 到直线l 的距离最大时的直线l 的方程．4．已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23=1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M(1，m)(m>0)． (1)证明：k<－12； (2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP ―→＋FA ―→＋FB ―→=0.证明：|FA ―→|，|FP ―→|，|FB―→|成等差数列，并求该数列的公差．B 卷——深化提能练1．已知椭圆Ω：x 2a 2＋y 2b 2=1(a>b>0且a ，b 2均为整数)过点⎝⎛⎭⎪⎫2，62，且右顶点到直线l ：x=4的距离为2.(1)求椭圆Ω的方程；(2)过椭圆的右焦点F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，l 1与椭圆Ω交于点A ，B ，l 2与椭圆Ω交于点C ，D.求四边形ACBD 面积的最小值．2．设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2=1(a>b>0)，定义椭圆C 的“相关圆”方程为x 2＋y 2=a 2b 2a 2＋b2.若抛物线y 2=4x 的焦点与椭圆C 的一个焦点重合，且椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形．(1)求椭圆C 的方程和“相关圆”E 的方程；(2)过“相关圆”E 上任意一点P 作“相关圆”E 的切线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，O 为坐标原点．证明：∠AOB 为定值．3．已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2=1(a>b ≥1)的离心率为22，其右焦点到直线2ax ＋by －2=0的距离为23. (1)求椭圆C 1的方程；(2)过点P ⎝⎛⎭⎪⎫0，－13的直线l 交椭圆C 1于A ，B 两点．证明：以AB 为直径的圆恒过定点．4．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，且|F 1F 2|=6，直线y=kx 与椭圆交于A ，B 两点．(1)若△AF 1F 2的周长为16，求椭圆的标准方程；(2)若k=24，且A ，B ，F 1，F 2四点共圆，求椭圆离心率e 的值； (3)在(2)的条件下，设P(x 0，y 0)为椭圆上一点，且直线PA 的斜率k 1∈(－2，－1)，试求直线PB 的斜率k 2的取值范围．。
2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测 20函数与导数大题练 理数(含答案解析)
课时跟踪检测 函数与导数（大题练）A 卷——大题保分练1．已知函数f(x)=(x －1)e x ＋1，g(x)=e x ＋ax －1(其中a ∈R ，e 为自然对数的底数，e=2.718 28…)．(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若曲线g(x)=e x ＋ax －1的一条切线方程是y=2x ，求实数a 的值．2．已知函数f(x)=ln x －a(x ＋1)，a ∈R 的图象在(1，f(1))处的切线与x 轴平行．(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f(x)－＋2x ＋>k(x －1)成立，求k 的取值范x2212围．3．已知函数f(x)=ln x ＋(a ∈R)．2a x ＋1(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=1时，求证：f(x)≤.x ＋124．已知函数f(x)=(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x)－2x.(1)若a=0，证明：当－1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0；(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a.B 卷——深化提能练1．已知函数f(x)=ln x ＋－s(s ，t ∈R)．t x(1)讨论f(x)的单调性及最值；(2)当t=2时，若函数f(x)恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4.2．已知函数f(x)=ax －ln x ，F(x)=e x ＋ax ，其中x>0，a<0.(1)若f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；(2)若a ∈，且函数g(x)=xe ax －1－2ax ＋f(x)的最小值为M ，求M 的最小值．(－∞，－1e2]3．已知函数f(x)=kx －ln x －1(k>0)．(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k 的值；(2)证明：当n ∈N *时，1＋＋＋…＋>ln(n ＋1)．12131n4．已知函数f(x)=(a ∈R)，曲线y=f(x)在点(1，f(x))处的切线与直线x ＋y ＋1=0垂ln x x ＋a直．(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g(x)=f(x)－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2.答案解析A 卷——大题保分练1．解：(1)证明：因为f(x)=(x －1)e x ＋1(x ∈R)，所以f ′(x)=xe x ，由f ′(x)=xe x =0，得x=0，f ′(x)=xe x >0时，x>0；f ′(x)=xe x <0时，x<0；所以f(x)=(x －1)e x ＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)=(x －1)e x ＋1的最小值为f(0)=0，即函数f(x)=(x －1)e x ＋1有唯一零点．(2)设曲线g(x)=e x ＋ax －1与切线y=2x 相切于点(x 0，y 0)，因为g(x)=e x ＋ax －1，所以g ′(x)=e x ＋a ，所以Error!消去a ，y 0，得(x 0－1)ex 0＋1=0，由(1)知方程(x 0－1)ex 0＋1=0有唯一根x 0=0，则e 0＋a=2，所以a=1.2．解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x)=－a ，∴f ′(1)=1－a=0，∴a=1，∴f ′(x)=－1=，1x 1x 1－x x令f ′(x)>0得0<x<1，令f ′(x)<0得x>1，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)－＋2x ＋>k(x －1)可化为ln x －＋x －>k(x －1)，x2212x2212令g(x)=ln x －＋x －－k(x －1)，x2212则g ′(x)=－x ＋1－k=，1x －x2＋ 1－k x ＋1x令h(x)=－x 2＋(1－k)x ＋1，则h(x)的对称轴为直线x=，1－k 2①当≤1，即k ≥－1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，1－k 2∴x ∈(1，＋∞)时，h(x)<h(1)=1－k ，若k ≥1，则h(x)<0，∴g ′(x)<0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)<g(1)=0，不符合题意．若－1≤k<1，则h(1)>0，∴存在x 0>1，使得x ∈(1，x 0)时，h(x)>0，即g ′(x)>0，∴g(x)在(1，x 0)上单调递增，∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意．②当>1，即k<－1时，易知存在x 0>1，使得h(x)在(1，x 0)上单调递增，1－k 2∴h(x)>h(1)=1－k>0，∴g ′(x)>0，∴g(x)在(1，x 0)上单调递增，∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意．综上，k 的取值范围是(－∞，1)．3．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)=.x2＋2 1－a x ＋1x x ＋1 2考虑y=x 2＋2(1－a)x ＋1，x>0.①当Δ≤0，即0≤a ≤2时，f ′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当Δ>0，即a>2或a<0时，由x 2＋2(1－a)x ＋1=0，得x=a －1±.a2－2a若a<0，则f ′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若a>2，则a －1＋>a －1－>0，a2－2a a2－2a 由f ′(x)>0，得0<x<a －1－或x>a －1＋，则f(x)在(0，a －1－)a2－2a a2－2a a2－2a 和(a －1＋，＋∞)上单调递增．a2－2a 由f ′(x)<0，得a －1－<x<a －1＋，则f(x)在(a －1－，a －1＋a2－2a a2－2a a2－2a )上单调递减．a2－2a 综上，当a ≤2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>2时，f(x)的单调递增区间为(0，a －1－)，(a －1＋，＋∞)，单调递a2－2a a2－2a 减区间为(a －1－，a －1＋)．a2－2a a2－2a (2)证明：当a=1时，f(x)=ln x ＋.2x ＋1令g(x)=f(x)－=ln x ＋－(x>0)，x ＋122x ＋1x ＋12则g ′(x)=－－==.1x 2 x ＋1 2122－x －x32x x ＋1 2－ x －1 x2＋x ＋2 2x x ＋1 2当x>1时，g ′(x)<0，当0<x<1时，g ′(x)>0，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x=1时，g(x)取得最大值，故g(x)≤g(1)=0，即f(x)≤成立，得证．x ＋124．解：(1)证明：当a=0时，f(x)=(2＋x)ln(1＋x)－2x ，f ′(x)=ln(1＋x)－.x 1＋x设函数g(x)=ln(1＋x)－，x 1＋x则g ′(x)=.x 1＋x 2当－1<x<0时，g ′(x)<0；当x>0时，g ′(x)>0，故当x>－1时，g(x)≥g(0)=0，且仅当x=0时，g(x)=0，从而f ′(x)≥0，且仅当x=0时，f ′(x)=0.所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．又f(0)=0，故当－1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0.(2)①若a ≥0，由(1)知，当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0=f(0)，这与x=0是f(x)的极大值点矛盾．②若a<0，设函数h(x)==ln(1＋x)－.f x 2＋x ＋ax22x 2＋x ＋ax2由于当|x|<min 时，2＋x ＋ax 2>0，{1， 1|a|}故h(x)与f(x)符号相同．又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点，当且仅当x=0是h(x)的极大值点．h ′(x)=－11＋x 2 2＋x ＋ax2 －2x 1＋2ax 2＋x ＋ax2 2=.x2 a2x2＋4ax ＋6a ＋1 x ＋1 ax2＋x ＋2 2若6a ＋1>0，则当0<x<－，6a ＋14a且|x|<min 时，h ′(x)>0，{1， 1|a|}故x=0不是h(x)的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1=0存在根x 1<0，故当x ∈(x 1,0)，且|x|<min 时，h ′(x)<0，{1， 1|a|}所以x=0不是h(x)的极大值点．若6a ＋1=0，则h ′(x)=，x3 x －24 x ＋1 x2－6x －12 2则当x ∈(－1,0)时，h ′(x)>0；当x ∈(0,1)时，h ′(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点，从而x=0是f(x)的极大值点．综上，a=－.16B 卷——深化提能练1．解：(1)f ′(x)=(x>0)，x －t x2当t ≤0时，f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值；当t>0时，由f ′(x)<0，得x<t ，由f ′(x)>0，得x>t ，f(x)在(0，t)上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f(x)在x=t 处取得最小值，最小值为f(t)=ln t ＋1－s ，无最大值．(2)∵f(x)恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，∴f(x 1)=ln x 1＋－s=0，f(x 2)=ln x 2＋－s=0，2x12x2得s=＋ln x 1=＋ln x 2，∴=ln ，2x12x22 x2－x1 x1x2x2x1设t=>1，则ln t=，x 1=，x2x12 t －1 tx12 t －1 tln t 故x 1＋x 2=x 1(t ＋1)=，∴x 1＋x 2－4=，2 t2－1 tln t 2(t2－1t －2ln t )ln t记函数h(t)=－2ln t ，t2－1t∵h ′(t)=>0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增， t －1 2t2∵t>1，∴h(t)>h(1)=0，又t=>1，ln t>0，故x 1＋x 2>4成立．x2x12．解：(1)由题意得f ′(x)=a －=，F ′(x)=e x ＋a ，x>0，1x ax －1x∵a<0，∴f ′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当－1≤a<0时，F ′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，当a<－1时，由F ′(x)>0，得x>ln(－a)，由F ′(x)<0，得0<x<ln(－a)，∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(－a))，单调递增区间为(ln(－a)，＋∞)．∵f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，∴ln(－a)≥ln 3，解得a ≤－3，综上，a 的取值范围是(－∞，－3]．(2)g ′(x)=e ax －1＋axe ax －1－a －=(ax ＋1)，1x (eax －1－1x )由e ax －1－=0，解得a=，1x 1－ln x x设p(x)=，则p ′(x)=，1－ln x x ln x －2x2当x>e 2时，p ′(x)>0，当0<x<e 2时，p ′(x)<0，从而p(x)在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p(x)min =p(e 2)=－，1e2当a ≤－时，a ≤，即e ax －1－≤0，1e21－ln x x 1x当x ∈时，ax ＋1>0，g ′(x)≤0，g(x)单调递减，(0，－1a)当x ∈时，ax ＋1<0，g ′(x)≥0，g(x)单调递增，(－1a，＋∞)∴g(x)min =g =M ，(－1a)设t=－∈(0，e 2]，M=h(t)=－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，1a t e2则h ′(t)=－≤0，h(t)在(0，e 2]上单调递减，1e21t∴h(t)≥h(e 2)=0，即M ≥0，∴M 的最小值为0.3．解：(1)法一：f(x)=kx －ln x －1，f ′(x)=k －=(x>0，k>0)，1x kx －1x当x=时，f ′(x)=0；当0<x<时，f ′(x)<0；当x>时，f ′(x)>0.1k 1k 1k∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min =f =ln k ，(0，1k )(1k ，＋∞)(1k)∵f(x)有且只有一个零点，∴ln k=0，∴k=1.法二：由题意知方程kx －ln x －1=0仅有一个实根，由kx －ln x －1=0得k=(x>0)，ln x ＋1x令g(x)=(x>0)，g ′(x)=，ln x ＋1x －ln x x2当x=1时，g ′(x)=0；当0<x<1时，g ′(x)>0；当x>1时，g ′(x)<0.∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max =g(1)=1，当x →＋∞时，g(x)→0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k=1.法三：函数f(x)有且只有一个零点，即直线y=kx 与曲线y=ln x ＋1相切，设切点为(x 0，y 0)，由y=ln x ＋1得y ′=，∴Error!1x∴k=x 0=y 0=1，∴实数k 的值为1.(2)证明：由(1)知x －ln x －1≥0，即x －1≥ln x ，当且仅当x=1时取等号，∵n ∈N *，令x=，得>ln ，n ＋1n 1n n ＋1n∴1＋＋＋…＋>ln ＋ln ＋…＋ln =ln(n ＋1)，12131n 2132n ＋1n故1＋＋＋…＋>ln(n ＋1)．12131n4．解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：依题意得，f ′(x)=，x ＋a x －ln x x ＋a 2因为函数f(x)在x=1处有意义，所以a ≠－1.所以f ′(1)==，1＋a 1＋a 211＋a又由过点(1，f(1))的切线与直线x ＋y ＋1=0垂直可得，f ′(1)=1，即=1，解得a=0.11＋a 此时f(x)=，f ′(x)=，ln x x 1－ln x x2令f ′(x)>0，即1－ln x>0，解得0<x<e ；令f ′(x)<0，即1－ln x<0，解得x>e.所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．所以f(2 017)>f(2 018)，即>，ln 2 0172 017ln 2 0182 018则2 018ln 2 017>2 017ln 2 018，所以2 0172 018>2 0182 017.(2)证明：不妨设x 1>x 2>0，因为g(x 1)=g(x 2)=0，所以ln x 1－kx 1=0，ln x 2－kx 2=0.可得ln x 1＋ln x 2=k(x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2=k(x 1－x 2)，要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2，也就是k(x 1＋x 2)>2，因为k=，所以只需证>，ln x1－ln x2x1－x2ln x1－ln x2x1－x22x1＋x2即ln >，令=t ，则t>1，即证ln t>.x1x22 x1－x2 x1＋x2x1x22 t －1 t ＋1令h(t)=ln t －(t>1)．2 t －1 t ＋1由h ′(t)=－=>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，1t 4 t ＋1 2 t －1 2t t ＋1 2所以h(t)>h(1)=0，即ln t>.2 t －1 t ＋1所以x 1x 2>e 2.。
2021届艺考生高考数学二轮复习突破训练：第六章 不等式、推理与证明(6课时)
2021届艺考生高考数学二轮复习突破训练第六章 不等式、推理与证明第1节 不等关系与不等式1．设a ，b ∈R ，则“a ＞1且b ＞1”是“ab ＞1”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：A [a ＞1且b ＞1⇒ab ＞1；但ab ＞1，则a ＞1且b ＞1不一定成立，如a ＝－2，b ＝－2时，ab ＝4＞1.故选A.]2．(2020·衡阳市一模)若a ，b ，c 为实数，且a ＜b ＜0，则下列命题正确的是( ) A ．ac 2＜bc 2 B.1a ＜1b C.b a ＞a bD ．a 2＞ab ＞b 2解析：D [当c ＝0时，ac 2＝bc 2，故选项A 不成立；1a －1b ＝b －a ab ，∵a ＜b ＜0，∴b －a ＞0，ab ＞0，∴b －a ab ＞0，即1a >1b ，故选项B 不成立； ∵a ＜b ＜0，∴取a ＝－2，b ＝－1，则b a ＝－1－2＝12，a b ＝2，∴此时b a <ab ，故选项C 不成立；∵a ＜b ＜0，∴a 2－ab ＝a (a －b )＞0，∴a 2＞ab . ∴ab －b 2＝b (a －b )＞0，∴ab ＞b 2.故选项D 正确．] 3．已知p ＝a ＋1a －2，q ＝⎝⎛⎭⎫12x 2－2，其中a >2，x ∈R ，则p ，q 的大小关系是( ) A ．p ≥q B ．p >q C ．p <qD ．p ≤q解析：A [p ＝a ＋1a －2＝a －2＋1a －2＋2≥2＋2＝4，当且仅当a ＝3时取等号．因为x 2－2≥－2，所以q ＝⎝⎛⎭⎫12x 2－2≤⎝⎛⎭⎫12－2＝4，当且仅当x ＝0时取等号．所以p ≥q .] 4．若1a <1b <0，则下列结论正确的是( )A ．a 2＞b 2B ．1＞⎝⎛⎭⎫12b ＞⎝⎛⎭⎫12aC.b a ＋ab＜2 D ．a e b ＞b e a解析：D [由题意，b ＜a ＜0，则a 2＜b 2，⎝⎛⎭⎫12b ＞⎝⎛⎭⎫12a ＞1，b a ＋ab ＞2， ∵b ＜a ＜0，∴e a ＞e b ＞0，－b ＞－a ＞0 ∴－b e a ＞－a e b ，∴a e b ＞b e a .]5．若m ＜0，n ＞0且m ＋n ＜0，则下列不等式中成立的是( ) A ．－n ＜m ＜n ＜－m B ．－n ＜m ＜－m ＜n C ．m ＜－n ＜－m ＜nD ．m ＜－n ＜n ＜－m解析：D [法一：(取特殊值法)令m ＝－3，n ＝2分别代入各选项检验即可． 法二：m ＋n ＜0⇒m ＜－n ⇒n ＜－m ，又由于m ＜0＜n ，故m ＜－n ＜n ＜－m 成立．] 6．设x ，y ∈R ，则“x ≥2且y ≥2”是“x 2＋y 2≥4”的 ________ 条件．解析：∵x ≥2且y ≥2，∴x 2＋y 2≥4，∴“x ≥2且y ≥2”是“x 2＋y 2≥4”的充分条件；而x 2＋y 2≥4不一定得出x ≥2且y ≥2，例如当x ≤－2且y ≤－2时，x 2＋y 2≥4亦成立，故“x ≥2且y ≥2”不是“x 2＋y 2≥4”的必要条件．∴“x ≥2且y ≥2”是“x 2＋y 2≥4”的充分不必要条件． 答案：充分不必要7．(2020·邯郸市质检)对于实数a ，b ，c 有下列命题：①若a >b ，则ac <bc ；②若ac 2>bc 2，则a >b ；③若a <b <0，则a 2>ab >b 2；④若c >a >b >0，则a c －a >b c －b ；⑤若a >b ，1a >1b ，则a >0，b <0.其中是真命题的是 ________ (写出所有真命题的序号)．解析：若c >0，则①不成立；由ac 2>bc 2，知c ≠0，则a >b ，②成立；由a <b <0，知a 2>ab ，ab >b 2，即a 2>ab >b 2，③成立；由c >a >b >0，得0<c －a <c －b ，故a c －a >bc －b，④成立；若a >b ，1a －1b ＝b －a ab>0，则ab <0，故a >0，b <0，⑤成立．故所有的真命题为②③④⑤. 答案：②③④⑤8．已知f (n )＝n 2＋1－n ，g (n )＝n －n 2－1，φ(n )＝12n (n ∈N *，n >2)，则f (n )，g (n )，φ(n )的大小关系是_____________________________________________________.解析：f (n )＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n <12n＝φ(n )， g (n )＝n －n 2－1＝1n ＋n 2－1>12n ＝φ(n )， ∴f (n )<φ(n )<g (n )． 答案：f (n )<φ(n )<g (n )9．已知12＜a ＜60,15＜b ＜36，求a －b ，ab 的取值范围．解：∵15＜b ＜36，∴－36＜－b ＜－15. 又12＜a ＜60，∴12－36＜a －b ＜60－15， ∴－24＜a －b ＜45，即a －b 的取值范围是(－24,45)． ∵136＜1b ＜115， ∴1236＜a b ＜6015，∴13＜ab ＜4， 即ab的取值范围是⎝⎛⎭⎫13，4. 10．某单位组织职工去某地参观学习需包车前往．甲车队说：“如果领队买一张全票，其余人可享受7.5折优惠．”乙车队说：“你们属团体票，按原价的8折优惠．”这两个车队的原价、车型都是一样的，试根据单位去的人数比较两车队的收费哪家更优惠．解：设该单位职工有n 人(n ∈N *)，全票价为x 元，坐甲车需花y 1元，坐乙车需花y 2元， 则y 1＝x ＋34x ·(n －1)＝14x ＋34xn ，y 2＝45nx .所以y 1－y 2＝14x ＋34xn －45nx ＝14x －120nx＝14x ⎝⎛⎭⎫1－n 5. 当n ＝5时，y 1＝y 2； 当n ＞5时，y 1＜y 2； 当n ＜5时，y 1＞y 2.因此当单位去的人数为5人时，两车队收费相同；多于5人时，甲车队更优惠；少于5人时，乙车队更优惠．第2节 一元二次不等式及其解法1．不等式4x －2≤x －2的解集是( )A ．(－∞，0]∪(2,4]B ．[0,2)∪[4，＋∞)C ．[2,4)D ．(－∞，2]∪(4，＋∞)解析：B [原不等式可化为－x 2＋4xx －2≤0.即⎩⎪⎨⎪⎧x (x －4)(x －2)≥0，x －2≠0.由标根法知，0≤x <2或x ≥4.]2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，不等式f (x )<0的解集为{x |x <－3或x >1}，则函数y ＝f (－x )的图象可以为( )解析：B [由f (x )<0的解集为{x |x <－3或x >1}知a <0，y ＝f (x )的图象与x 轴交点为(－3,0)，(1,0)，∴f (－x )图象开口向下，与x 轴交点为(3,0)，(－1,0)．] 3．“0<a <1”是“ax 2＋2ax ＋1>0的解集是实数集R ”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：A [当a ＝0时，1>0，显然成立；当a ≠0时，⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＝4a 2－4a ＜0.故ax 2＋2ax＋1>0的解集是实数集R 等价于0≤a <1.因此，“0<a <1”是“ax 2＋2ax ＋1>0的解集是实数集R ”的充分而不必要条件．]4．(2020·海拉尔区模拟)关于x 的不等式x 2－(a ＋1)x ＋a ＜0的解集中，恰有3个整数，则a 的取值范围是( )A ．(4,5)B ．(－3，－2)∪(4,5)C ．(4,5]D ．[－3，－2)∪(4,5]解析：D [∵关于x 的不等式x 2－(a ＋1)x ＋a ＜0， ∴不等式化为(x －1)(x －a )＜0，当a ＞1时，得1＜x ＜a ，此时解集中的整数为2,3,4，则4＜a ≤5，。
大题专项训练11：数列(最值)-2021届高三数学二轮复习 含答案详解
二轮大题专练11—数列（最值）1．已知等差数列{}n a 中，公差0d >，其前n 项和为n S ，1414a a +=，且1a ，2a ，7a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2）令221nn S b n =-，1()(*)(16)n n b f n n N n b +=∈+，求()f n 的最大值． 解：已知等差数列{}n a 中，公差0d >，其前n 项和为n S ，1414a a +=，则：12314a d +=①，由于：1a ，2a ，7a 成等比数列．所以：2111()(6)a d a a d +=+②，由①②得：11a =，4d =所以：43n a n =-．(143)(21)2n n n S n n +-==-． （2）已知：221nn S b n =-， 则：2n b n =，1()(16)(16)(1)n n b nf n n b n n +==+++，2117171717n n n n n==++++，由于：17217n n+，所以当4n =时，17n n+取最小值， 函数()f n 的最大值为：1(4)25f =． 2．已知数列{}n a 是公差为2的等差数列，且1a ，51a +，231a +成等比数列．数列{}n b 满足：11222n n b b b +++⋯+=-．（Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令数列{}n c 的前n 项和为n T ，且21,1,n n n nn a a c n b +⎧⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩为奇数为偶数，若对*n N ∈，22n k T T 恒成立，求正整数k 的值；解：（Ⅰ）数列{}n a 是公差为2的等差数列，且1a ，51a +，231a +成等比数列，可得21235(1)(1)a a a +=+，即2111(441)(9)a a a ++=+，解得13a =，即32(1)21n a n n =+-=+；数列{}n b 满足：11222n n b b b +++⋯+=-，可得12b =，122222n n n n b +=--+=，(2)n ，对1n =也成立，则2n n b =，*n N ∈；（Ⅱ）2111111[]()37711(41)(43)4164n n T n n =++⋯+-++⋯+⨯⨯-+ 11(1)111111144()1437711414314n n n -=-+-+⋯+---+- 11113()412443n n -=-+-+，2221113131123()()1244744312(43)(47)4n n n n n T T n n n n +--=--+=-++++ 11(43)(47)(1)(43)(47)4n n n n n +++=-++，设1(43)(47)4n n n n d +++=，121(47)(411)(43)(47)44n n n n n n n n d d +++++++-=- 2(47)(121)04n n n ++--=<，可得n d 为递减数列，且1d ，2d ，31d >，41d <，⋯， 可得420T T -<，640T T -<，860T T -<，1080T T ->，⋯，则2{}n T 中8T 取得最小值，22n k T T 恒成立，可得4k =．3．在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令n n a lgT =，1n ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1221212(1)n n n n n a b a a --+=-，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，1n nnT S S =-，求n T 的最大项和最小项．解：（1）数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，∴由等比数列的性质，序号的和相等，则项的乘积也相等知22100n nT +=，又n n a lgT =，(*)n N ∈，222100102n n n n a lgT lg lg n ++∴====+．（2）11122121212121212121211(1)(1)(1)()n n n n n n n n n n n n n a a a b a a a a a a ----+-+-++-+=-=-=-+，当2n k =时，11111111221()()()13355721232323n n S n n n n +=+-++++⋯++=-=++++，当21n k =-时，2112412323n K n n S S b n n ++=-=+=++， 22,2324,23n n n n S n n n +⎧⎪⎪+∴=⎨+⎪⎪+⎩为偶数为奇数，则当n 为偶数时，12223452322(23)(22)n n n n n n T S S n n n n ++--=-=-=++++为减函数，∴最大值为1920T =-， 当n 为奇数时，n T 为增函数，最小值为11130T =． 4．已知数列{}na 的奇数项是首项为1，公差为d 的等差数列，偶数项是首项为2，公比为q 的等比数列．数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足34S a =，3542a a a +=+．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设实数0M >，若对于任意*N ∈，都有212(0,]S M a -∈，求M 的最小值． 解：（1）由题意得11a =，22a =，又34S a =，3542a a a +=+，∴12343542a a a a a a a ++=⎧⎨+=+⎩，即为121211222d q d d q +++=⎧⎨+++=+⎩，解得2d =，3q =，则22,23,n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⨯⎩为奇数为偶数； （2）22113212422()()(13521)(2(133)S a a a a a a ----=++⋯++++⋯+=+++⋯+-+++⋯+121(121)13231213--+--=+⋅=+--，221222323a --=⨯=⨯，所以21221112311123232S a ----+--==+⨯⨯，设2111()232f --=+⨯，则2221(1)11223(1)()232323f f -+---+++-=-=⨯⨯⨯，令2()223g =-++，对称轴为12=， 所以2()223g =-++随着的增大而减小，g （1）30=>，g （2）10=-<，所以f （2）f >（1），f （2）f >（3）f >（4）>⋯，所以2=时()f 的最大值为f （2）22111232-=+=⨯， 所以1M ，即M 的最小值为1．5．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知14a =，124n n S a n +=+-，*n N ∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设12(21)(21)n n n n a b +-=++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求满足1340n T >的正整数n 的最小值．解：（1）依题意，当2n 时，由124n n S a n +=+-，可得12(1)4n n S a n -=+--，两式相减，可得112n n n n n a S S a a -+=-=-+，整理，得122n n a a +=-， 两边同时减2，可得122212(2)n n n a a a +-=--=-，122a -=，∴数列{2}n a -是首项和公比都为2的等比数列，12222n n n a -∴-=⋅=，∴22n n a =+，*n N ∈，（2）由题意及（1），可得1112211(21)(21)(21)(21)2121n n n n n n n n n a b +++-===-++++++，则12n n T b b b =++⋯+2231111111()()()212121212121n n +=-+-+⋯+-++++++ 111321n +=-+， 1340n T >，即1111332140n +->+，即11113121340120n +<-=+，121120n +∴+>，即12119n +>，当5n =时，5162264119+==<， 当6n =时，61722128119+==>，∴当6n 时，不等式1340n T >成立， ∴正整数n 的最小值为6．6.已知{}n a ，{}n b ，{}n c 都是各项不为零的数列，且满足1122n n n n a b a b a b c S ++⋯+=，*n N ∈，其中n S 是数列{}n a 的前n 项和，{}n c 是公差为(0)d d ≠的等差数列．（1）若数列{}n a ，{}n c 的通项公式分别为1n a =，21n c n =-，求数列{}n b 的通项公式；（2）若(n a n λλ=是不为零的常数），求证：数列{}n b 是等差数列；（3）若11(a c d k k ===为常数，*)k N ∈，(2,*)n n b c k n n N =+∈．对任意2n ，*n N ∈，求出数列{}nnb a 的最大项（用含k 式子表达）． 解：（1）因为1n a =，21nc n =-，所以n S n =，由1122n n n n c S a b a b a b =++⋯+，得12(21)n n n b b b -=++⋯+，当2n 时，121(1)(23)n n n b b b ---=++⋯+， 两式做差，可得43n b n =-，当1n =时，11b =满足上式，则43n b n =-．（2）证明：因为1122n n n n a b a b a b c S ++⋯+=，当2n 时，11221111n n n n a b a b a b c S ----++⋯+=，两式相减得：11n n n n n n S c S c a b ---=，即111()n n n n n n n S a c S c a b ---+-=，11()n n n n n n n S c c a c a b ---+=，即1n n n S d nc nb λλ-+=，又1(1)2n n n S λ--=，所以(1)2n n n n dnc nb λλλ-+=，又12n n n d c b -+=， 所以当3n 时，1122n n n d c b ---+=， 两式相减得：13(3)2n n b b d n --=，所以数列{}n b 是从第二项起公差为32d 得等差数列．又当1n =时，由1111S c a b =，得11c b =当2n =时，由22112113222b d c d c d b d -=+=++=+，得2132b b d -=， 故数列{}n b 是公差为32d 的等差数列．（3）解：由（2），当2n 时，11()n n n n n n n S c c a c a b ---+=，即1()n n n S d a b c -=-，因为n n k b c +=，所以n n b c kd =+，即n n b c kd -=，所以1n n S d a kd -=，即1n n S ka -=，即11n n k a a k-+=， 故从第二项起数列{}n a 是等比数列，所以当2n 时，221()n n k a a k-+=， 221(1)(1)()n n k n b c c kd c n k k k n k k k n k +==+=+-+=+-+=+，另外，由已知条件可得1221122()a a c a b a b +=+，又22c k =，1b k =，2(2)b k k =+，所以21a =，因而21()n n k a k-+=， 令nn nb d a =， 则111(1)1110(1)(1)()(1)n n n n n n d b a n k k nd a b n k n k k +++++-=-=-=-<++++， 故对任意的2n 时，*n N ∈，11n n n n b b a a ++>恒成立， 所以2n 时，*n N ∈，{}n n b a 单调递减，{}n n b a 中最大项为22(2)(2)1b k k k k a +==+．。
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2020高考数学二轮复习课时跟踪检测06
数列大题练
1.已知在递增等差数列{an}中，a1=2，a3是a1和a9的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=nan)1(1，Sn为数列{bn}的前n项和，求S100的值．
2.在公差不为零的等差数列{an}中，a1=1，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=2an，Tn=b1＋b2＋…＋bn，求Tn.
3.已知数列{an}满足a1=1，且an＋1=2an，设bn－2=3log2an(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{|an－bn|}的前n项和Sn.
4.已知数列{an}满足a1=1，an＋1=，n∈N*.
3an
2an＋3
(1)求证：数列为等差数列；
{1an}
(2)设T2n=－＋－＋…＋－，求T2n.
1a1a21a2a31a3a41a4a51a2n－1a2n1
a2na2n＋1
5.已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn=a1(an－1)．
1
3
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足anbn=log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
8
9
6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a6=4，S5=－5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Tn=|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求T5的值和Tn的表达式．
7.已知数列{an}的前n项和Sn=2an－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=an·log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
8.已知在数列{an}中，a1=1，anan＋1=(21)n.
(1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}都是等比数列；
(2)若数列{an}的前2n项的和为T2n，令bn=(3－T2n)·n·(n＋1)，求数列{bn}的最大项．
9.已知{an}是递增数列，其前n项和为Sn，a1>1，且10Sn=(2an＋1)(an＋2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项an；
(2)是否存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)=ak成立？若存在，写出一组符合条件的m，n，
k的值；若不存在，请说明理由．
10.已知{an}为等差数列,且a3=-6,a6=0.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若等比数列{bn}满足b1=-8,b2=a1+a2+a3,求{bn}的前n项和.