2018届高考数学理科二轮总复习高考23题逐题特训三数 列1 含解析 精品
高考数学试题-2018届高考理科数学第二轮专题复习检测1 最新
攻略二 解题技法 招招致胜 第2讲 “四法”智取填空题1．(2016·全国Ⅰ卷)设向量a ＝(x ，x ＋1)，b ＝(1，2)，且a ⊥b ，则x ＝________．解析：∵a ⊥b ，∴a ·b ＝0， 即x ＋2(x ＋1)＝0，∴x ＝－23.答案：－232．若函数f (x )＝sin 2x ＋a cos 2x 的图象关于直线x ＝－π8对称，则a ＝________．解析：依题意，对x ∈R 有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π8＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －π8，取x ＝π8，得f (0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，因此a ＝－1.答案：－13．在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝2，BC ＝3，则AB 等于________． 解析：根据正弦定理，得AC sin B ＝BC sin A ，∴2sin B ＝3sin 60°，解得sin B ＝1， 由B ∈(0，π)，知B ＝π2，∴AB ＝22－（3）2＝1. 答案：14．(2016·天津卷)已知a，b∈R，i是虚数单位，若(1＋i)(1－b i)＝a，则ab的值为________．解析：∵(1＋i)(1－b i)＝1＋b＋(1－b)i＝a，又a，b∈R，∴1＋b＝a且1－b＝0，因此a＝2，b＝1，∴ab＝2.答案：25．已知函数f(x)＝(2x＋1)e x，f′(x)为函数y＝f(x)的导函数，则f′(0)＝________．解析：∵f(x)＝(2x＋1)e x，∴f′(x)＝2e x＋(2x＋1)e x＝(2x＋3)e x，∴f′(0)＝3e0＝3.答案：36．在平面直角坐标系中，点A，点B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x＋y－4＝0相切，则圆C面积的最小值为________．解析：由题意，以AB为直径的圆过坐标原点O(0，0)，当O(0，0)到直线2x＋y－4＝0距离为圆的直径时，圆C的面积最小．由点到直线的距离2r＝|2×0＋0－4|22＋12＝45，因此r＝25，圆C面积的最小值为π⎝⎛⎭⎪⎫252＝4π5.答案：4π57．(2016·四川卷)从2，3，8，9中任取两个不同的数字，分别记为a ，b ，则log a b 为整数的概率是________．解析：从2，3，8，9中任取两个不同的数字，分别记为a ，b ，则有2，3；2，8；2，9；3，8；3，9；8，9；3，2；8，2；9，2；8，3；9，3；9，8，共12种取法，其中log a b 为整数的有(2，8)，(3，9)两种，故P ＝212＝16.答案：168．(2016·济南质检)若函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0<x <1时，f (x )＝4x，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋f (2)＝________．解析：∵f (x )是周期为2的奇函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－412＝－2， 又f (2)＝f (0)＝0，因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋f (2)＝－2＋0＝－2.答案：－29．(2016·山东卷)执行如图所示的程序框图，若输入的a ，b 的值分别为0和9，则输出的i 的值为________．解析：第一次循环后，a ＝0＋1＝1，b ＝9－1＝8，a <b ，此时i＝2.第二次循环后，a ＝1＋2＝3，b ＝6，a <b ，此时i ＝3， 第三次循环后，a ＝3＋3＝6，b ＝6－3＝3，满足a >b ，输出i ＝3.答案：310．(2015·湖南卷改编)函数f (x )＝4－|x |＋lg x 2－5x ＋6x －3的定义域为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧4－|x |≥0，x 2－5x ＋6x －3>0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4≤x ≤4，x >2且x ≠3，∴2<x ≤4且x ≠3，故f (x )的定义域为(2，3)∪(3，4]． 答案：(2，3)∪(3，4]11．(2016·山东卷)观察下列等式：⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π3－2＋⎝⎛⎭⎪⎫sin 2π3－2＝43×1×2；⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π5－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π5－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π5－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 4π5－2＝43×2×3；⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π7－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π7－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π7－2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 6π7－2＝43×3×4；⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π9－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π9－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π9－2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫sin 8π9－2＝43×4×5…… 照此规律，⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π2n ＋1－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π2n ＋1－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π2n ＋1－2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2n π2n ＋1－2＝________．解析：观察前4个等式等号的右边为43n (n ＋1)．答案：4n （n ＋1）312．已知a 、b 为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a 、b 在α上的投影有可能是：①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点．在上面的结论中，正确结论的序号是________(写出所有正确结论的序号)．解析：用正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1实例说明A 1D 1与BC 1在平面ABCD 上的投影互相平行，AB 1与BC 1在平面ABCD 上的投影互相垂直，BC 1与DD 1在平面ABCD 上的投影是一条直线及其外一点．故①②④正确．答案：①②④13．(2016·广州二模)如图所示，一个等腰直角三角形的直角边长为2，分别以三个顶点为圆心，1为半径在三角形内作圆弧，三段圆弧与斜边围成区域M (图中白色部分)．若在此三角形内随机取一点P ，则点P 落在区域M 内的概率为________．解析：∵S 扇形＝2×12×12×π4＋14×π×12＝π2，∴S M ＝12×2×2－S 扇形＝2－π2，∴所求概率为P ＝2－π22＝1－π4.答案：1－π414．知函数f (x )是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈0，3)时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－2x ＋12，若函数y ＝f (x )－a 在区间－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意可以画出函数f (x )在－3，4]上的图象，如图所示，函数y ＝f (x )－a 在区间－3，4]上有10个零点，即y ＝f (x )与y ＝a 有10个交点，由图可知实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 15．(2016·北京卷)某网店统计了连续三天售出商品的种类情况：第一天售出19种商品，第二天售出13种商品，第三天售出18种商品；前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有4种．则该网店①第一天售出但第二天未售出的商品有______种； ②第三天售出的商品最少有________种．解析：设三天都售出的商品有x 种，第一天售出，第二天未售出，且第三天售出的商品有y 种，则三天售出商品的种类关系如图所示．由图可知，①第一天售出，但第二天未售出的商品有19－(3－x )－x ＝16(种)；②这三天售出的商品有(16－y )＋y ＋x ＋(3－x )＋(6＋x )＋(4－x )＋(14－y )＝43－y (种)．由于⎩⎪⎨⎪⎧16－y ≥0，y ≥0，14－y ≥0，∴0≤y ≤14，∴(43－y )min ＝43－14＝29. 答案：16 29从考试的角度来看，解填空题只要做对就行，不需要中间过程，正因为不需要中间过程，出错的几率大大增加．我们要避免在做题的过程中产生笔误，这种笔误很难纠错，故解填空题要注意以下几个方面：(1)要认真审题，明确要求，思维严谨、周密，计算有据、准确． (2)要尽量利用已知的定理、性质及已有的结论． (3)要重视对所求结果的检验．(4)注意从不同的角度分析问题，从而比较用不同的方法解决题目的速度与准确度，从而快速切题，达到准确解题的目的．填空题的主要特征是题目小，跨度大，知识覆盖面广，形式灵活，突出考查考生准确、严谨、全面、灵活运用知识的能力．近年来填空题作为命题组改革实验的一个窗口，出现了一些创新题，如阅读理解型、发散开放型、多项选择型、实际应用型等，这些题型的出现，使解填空题的要求更高、更严了．。
2018届高考数学理科二轮总复习练习：专题五 数列 第1讲 含解析 精品
第1讲 等差数列与等比数列1．(2016·江苏)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________． 答案 20解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，可得 ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋(a 1＋d )2＝－3，5a 1＋5×42d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3，则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋8×3＝20.2．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________. 答案 32解析 设数列{a n }的首项为a 1，公比为q (q ≠1)，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝74，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.3．(2015·江苏)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列． (1)证明：12a ，22a ，32a ，42a依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由； (3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列？并说明理由．(1)证明 因为122a n na +＝12a a n n-+＝2d (n ＝1,2,3)是同一个常数，所以12a ，22a ，32a ，42a 依次构成等比数列．(2)解 不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝da ，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝⎛⎭⎫－12＜t ＜1，t ≠0， 化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1. 将t 2＝t ＋1代入(*)式，t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0， 则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立．因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．(3)解 不存在，理由如下：假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列，则a n 1(a 1＋2d )n ＋2k＝(a 1＋d )2(n＋k )，且(a 1＋d )n ＋k (a 1＋3d )n ＋3k＝(a 1＋2d )2(n＋2k )．分别在两个等式的两边同除以a 2(n ＋k )1及a 2(n＋2k )1，并令t ＝da 1⎝⎛⎭⎫t ＞－13，t ≠0， 则(1＋2t )n＋2k＝(1＋t )2(n＋k )，且(1＋t )n ＋k (1＋3t )n＋3k＝(1＋2t )2(n＋2k )．将上述两个等式两边取对数， 得(n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )ln(1＋t )，且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )ln(1＋2t )． 化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]， 且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )]＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]．再将这两式相除，化简得ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )．(**) 令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－ 3ln(1＋2t )ln(1＋t )，则g ′(t )＝2[(1＋3t )2ln (1＋3t )－3(1＋2t )2ln (1＋2t )＋3(1＋t )2ln (1＋t )](1＋t )(1＋2t )(1＋3t ).令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋3(1＋t )2ln(1＋t )， 则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]． 令φ1(t )＝φ′(t )，则φ1′(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]． 令φ2(t )＝φ1′(t )，则φ2′(t )＝12(1＋t )(1＋2t )(1＋3t )＞0.由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ2′(t )＞0知， φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝⎛⎭⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调． 故g (t )只有惟一零点t ＝0，即方程(**)只有惟一解t ＝0，故假设不成立．所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列．江苏高考对等差数列、等比数列客观题的考查，突出了“小、巧、活”的特点，属中档题，命题内容是等差、等比数列的通项公式、求和公式以及性质的灵活运用．解答题会以等差数列、等比数列推理证明为主．热点一 等差数列、等比数列的运算例1 (1)已知数列a ，b ，c 是各项均为正数的等差数列，公差为d (d >0)，在a ，b 之间或b ，c 之间插入一个正数，使这四个数按原来的顺序构成等比数列，其公比为q ，则q ＝________. (2)在等差数列{a n }中，设S n 为它的前n 项和，若S 15>0，S 16<0，且点A (3，a 3)与B (5，a 5)都在斜率为－2的直线l 上，则a 1的取值范围是________．(3)在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝________.答案 (1)1＋52 (2)14<a 1<15 (3)－53解析 (1)当在a ，b 之间插入一个数时，有⎩⎪⎨⎪⎧aq 2＝a ＋d ， ①aq 3＝a ＋2d . ②②－①×2，得q 3－2q 2＋1＝0， 即(q －1)(q 2－q －1)＝0，解得q ＝1，q ＝1＋52，q ＝1－52；当在b ，c 之间插入一个正数时，有⎩⎪⎨⎪⎧aq ＝a ＋d ，aq 3＝a ＋2d ，即q 3－2q ＋1＝0，即(q －1)(q 2＋q －1)＝0， 所以q ＝1，q ＝－1＋52，q ＝－1－52.结合题意知，数列a ，b ，c 为正项递增数列， 所以所求的q >1，故可得q ＝1＋52. (2)由已知可得a 5－a 35－3＝－2，则公差d ＝－2，∴⎩⎨⎧S 15＝15a 1＋15×142×d ＝15(a 1－14)>0，S16＝16a 1＋16×152×d ＝16(a 1－15)<0⇒14<a 1<15.(3)1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝⎝⎛⎫1a 7＋1a 10＋⎝⎛⎫1a 8＋1a 9＝a 7＋a 10a 7a 10＋a 8＋a 9a 8a 9＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8a 9＝－53.思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练1 (1)若S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列．则数列S 1，S 2，S 4的公比为________． 答案 4解析 设数列{a n }的公差为d ， 由题意，得S 22＝S 1·S 4， ∴(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )． ∵d ≠0，∴d ＝2a 1.故公比q ＝S 2S 1＝4.(2)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 5＝7，且三个数a 1，a 4，a 3依次成等比数列．抽出数列{a n }的第1,2,22，…，2n 项重新构成新数列{b n }，数列{b n }的前n 项和S n ＝________. 答案 2n ＋2－13n －4(n ∈N *)解析 设数列{a n }的公差为d ，由a 1，a 4，a 3构造成的等比数列的公比为q .d ≠0，q ＝a 3－a 4a 4－a 1＝－d 3d ＝－13.∵a 4＝－13a 1，又a 4＝a 1＋3d ，∴a 1＋3d ＝－13a 1，∴d ＝－49a 1.∵a 5＝7，∴a 1＋4d ＝7， ∴a 1＝－9，d ＝4.∴a n ＝4n －13.由题意，数列{a n }中的第2n 项即为数列{b n }中的第n ＋1项． ∴b n ＝12n a ＝4×2n －1－13.∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝4×(1＋2＋22＋…＋2n －1)－13n＝4×(2n －1)－13n .∴S n ＝2n ＋2－13n －4(n ∈N *)．热点二 等差数列、等比数列的证明例2 数列{a n }，{b n }满足b n ＝a n －2a n ＋1(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求证：数列{b n }是等差数列；(2)若数列{b n }是等差数列，试判断当b 1＋a 3＝0时，数列{a n }是否为等差数列？证明你的结论． (1)证明 设数列{a n }的公差为d . ∵b n ＝a n －2a n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝(a n ＋1－2a n ＋2)－(a n －2a n ＋1) ＝(a n ＋1－a n )－2(a n ＋2－a n ＋1)＝d －2d ＝－d ， ∴数列{b n }是公差为－d 的等差数列． (2)解 数列{a n }为等差数列．证明如下：方法一 由b n ＝a n －2a n ＋1，令n ＝1，得b 1＝a 1－2a 2. 又b 1＋a 3＝0，∴a 1－2a 2＋a 3＝0. ∵b n ＋1＝a n ＋1－2a n ＋2，b n ＋2＝a n ＋2－2a n ＋3，∴2b n ＋1－b n －b n ＋2＝(2a n ＋1－a n －a n ＋2)－2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)． ∵数列{b n }是等差数列， ∴2b n ＋1－b n －b n ＋2＝0，∴2a n ＋1－a n －a n ＋2＝2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)．∵a 1－2a 2＋a 3＝0，∴2a n ＋1－a n －a n ＋2＝0， ∴数列{a n }是等差数列． 方法二 设数列{b n }的公差为d ′. ∵b n ＝a n －2a n ＋1，∴2n b n ＝2n a n －2n ＋1a n ＋1，∴2n －1b n －1＝2n －1a n －1－2n a n ，…，2b 1＝2a 1－22a 2，∴2n b n ＋2n －1b n －1＋…＋2b 1＝2a 1－2n ＋1a n ＋1.设T n ＝2b 1＋22b 2＋…＋2n －1b n －1＋2n b n ，∴2T n ＝22b 1＋…＋2n b n －1＋2n ＋1b n ，两式相减，得－T n ＝2b 1＋(22＋…＋2n －1＋2n )d ′－2n ＋1b n ，即T n ＝－2b 1－4(2n －1－1)d ′＋2n ＋1b n ，∴－2b 1－4(2n －1－1)d ′＋2n ＋1b n ＝2a 1－2n ＋1a n ＋1，∴2n ＋1a n ＋1＝2a 1＋2b 1＋4(2n －1－1)d ′－2n ＋1b n ＝2a 1＋2b 1－4d ′－2n ＋1(b n －d ′)，∴a n ＋1＝2a 1＋2b 1－4d ′2n ＋1－(b n －d ′)． 令n ＝2，得a 3＝2a 1＋2b 1－4d ′23－(b 2－d ′)＝2a 1＋2b 1－4d ′23－b 1.∵b 1＋a 3＝0，∴2a 1＋2b 1－4d ′23＝0，∴2a 1＋2b 1－4d ′＝0. ∴a n ＋1＝－(b n －d ′)，∴a n ＋2－a n ＋1＝－(b n ＋1－d ′)＋(b n －d ′)＝－d ′， ∴数列{a n }(n ≥2)是公差为－d ′的等差数列． 由b n ＝a n －2a n ＋1，令n ＝1，得b 1＝a 1－2a 2， 于是a 1－2a 2＋a 3＝0.∴数列{a n }是公差为－d ′的等差数列．思维升华 数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法 ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数．②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)． (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数．②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．跟踪演练2 (2017·江苏苏锡常镇一模)已知n 为正整数，数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2n t n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列； (2)若数列{b n }是等差数列，求实数t 的值．(1)证明 由题意得4(n ＋1)a 2n ＝na 2n ＋1，因为数列{a n }各项为正整数，得a 2n ＋1n ＋1＝4a 2n n ，所以a n ＋1n ＋1＝2·a nn ，因此a n ＋1n ＋1a n n＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 1为首项，2为公比的等比数列． (2)解 由(1)得a n n＝a 1·2n －1，a n ＝a 12n －1n ， b n ＝a 2nt n ＝a 214n －1n tn .如果数列{b n }是等差数列，则2b 2＝b 1＋b 3，得2·2a 21·42－1t 2＝a 2140t ＋3a 21·43－1t 3，即16t 2＝1t ＋48t3， 则t 2－16t ＋48＝0，解得t ＝4或12. 当t ＝4时，b n ＝a 21n4，b n ＋1－b n ＝a 21(n ＋1)4－a 21n4＝a 214，数列{b n }是等差数列，符合题意； 当t ＝12时，b n ＝a 21n4·3n ，b 2＋b 4＝2a 214·32＋4a 214·34＝22a 214·34＝11162a 21，2b 3＝2·3a 214·33＝a 2118，b 2＋b 4≠2b 3，数列{b n }不是等差数列，t ＝12不符合题意． 综上，若数列{b n }是等差数列，则t ＝4.热点三 等差数列、等比数列的综合例3 在数列{a n }中，已知a 1＝a 2＝1，a n ＋a n ＋2＝λ＋2a n ＋1，n ∈N *，λ为常数．(1)证明：a 1，a 4，a 5成等差数列；(2)设c n ＝ ，求数列{c n }的前n 项和S n ； (3)当λ≠0时，数列{a n －1}中是否存在三项a s ＋1－1，a t ＋1－1，a p ＋1－1成等比数列，且s ，t ，p 也成等比数列？若存在，求出s ，t ，p 的值；若不存在，说明理由． (1)证明 因为a n ＋a n ＋2＝λ＋2a n ＋1，a 1＝a 2＝1， 所以a 3＝2a 2－a 1＋λ＝λ＋1. 同理，a 4＝2a 3－a 2＋λ＝3λ＋1， a 5＝2a 4－a 3＋λ＝6λ＋1.又因为a 4－a 1＝3λ，a 5－a 4＝3λ， 所以a 1，a 4，a 5成等差数列． (2)解 由a n ＋a n ＋2＝λ＋2a n ＋1，得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋λ，令b n ＝a n ＋1－a n ，则b n ＋1－b n ＝λ，b 1＝a 2－a 1＝0， 所以{b n }是以0为首项，λ为公差的等差数列， 所以b n ＝b 1＋(n －1)λ＝(n －1)λ， 即a n ＋1－a n ＝(n －1)λ，所以a n ＋2－a n ＝2(a n ＋1－a n )＋λ＝(2n －1)λ，所以c n ＝ ＝2(2n－1)λ.S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝2λ＋23λ＋25λ＋…＋2(2n －1)λ.当λ＝0时，S n ＝n ；当λ≠0时，S n ＝2λ＋23λ＋25λ＋…＋2(2n －1)λ＝2λ(1－22nλ)1－22λ.(3)解 由(2)知a n ＋1－a n ＝(n －1)λ，用累加法可求得a n ＝1＋(n －1)(n －2)2λ(n ≥2)，当n ＝1时也适合，所以a n ＝1＋(n －1)(n －2)2λ(n ∈N *)．假设存在三项a s ＋1－1，a t ＋1－1，a p ＋1－1成等比数列，且s ，t ，p 也成等比数列， 则(a t ＋1－1)2＝(a s ＋1－1)(a p ＋1－1)， 由λ≠0，得t 2(t －1)24＝s (s －1)p (p －1)4.因为s ，t ，p 成等比数列，所以t 2＝sp ， 所以(t －1)2＝(s －1)(p －1)， 化简得s ＋p ＝2t ，联立t 2＝sp ， 得s ＝t ＝p ，这与题设矛盾．22n n a a ＋－22n n a a ＋－故不存在三项a s ＋1－1，a t ＋1－1，a p ＋1－1成等比数列，且s ，t ，p 也成等比数列．思维升华 数列的综合题，常将等差、等比数列结合在一起，形成两者之间的相互联系和相互转化；有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，有的数列并没有指明，但可以通过分析构造，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题． 跟踪演练3 已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋k (n ∈N *，k ∈R )，且a 1＝2，a 3＋a 5＝－4. (1)若k ＝0，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 4＝－1，求数列{a n }的通项公式． 解 (1)当k ＝0时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， 即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ， 所以数列{a n }是等差数列．设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，2a 1＋6d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－43.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝2n ＋n (n －1)2×⎝⎛⎭⎫－43＝－23n 2＋83n .(2)由题意得2a 4＝a 3＋a 5＋k ， 即－2＝－4＋k ，所以k ＝2.由2a 3＝a 2＋a 4＋2及2a 2＝a 1＋a 3＋2，得a 4＝2a 3－a 2－2＝2(2a 2－a 1－2)－a 2－2＝3a 2－2a 1－6，所以a 2＝3.由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋2，得 (a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝－2，所以数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝1为首项，－2为公差的等差数列，所以a n ＋1－a n ＝－2n ＋3.当n ≥2时，有a n －a n －1＝－2(n －1)＋3， 于是a n －1－a n －2＝－2(n －2)＋3， a n －2－a n －3＝－2(n －3)＋3， …，a 3－a 2＝－2×2＋3， a 2－a 1＝－2×1＋3，叠加，得a n －a 1＝－2[1＋2＋…＋(n －1)]＋3(n －1)(n ≥2)， 所以a n ＝－2×n (n －1)2＋3(n －1)＋2＝－n 2＋4n －1(n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝2也适合上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋4n －1，n ∈N *.1．已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4－2a 27＋3a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 12＝________. 答案 4解析 设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 4－2a 27＋3a 8＝0，所以a 7－3d －2a 27＋3(a 7＋d )＝0， 即a 27＝2a 7，解得a 7＝0(舍去)或a 7＝2， 所以b 7＝a 7＝2.因为数列{b n }是等比数列， 所以b 2b 12＝b 27＝4.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2)，则S 100＝________.答案1200解析 ∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1， ∴S n －S n －1＝－2S n S n －1， ∴S n (1＋2S n －1)＝S n －1， 显然，若S n －1≠0，则S n ≠0， ∵S 1＝a 1＝12≠0，∴由递推关系式知S n ≠0(n ∈N *)， ∴1S n －1－1S n＝－2，即1S n －1S n －1＝2(n ≥2)，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 为等差数列，∴1S n ＝1S 1＋(n －1)·2＝1a 1＋2n －2＝2n ， ∴S n ＝12n ，∴S 100＝1200.3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2－a n ，n ＝1,2,3，…. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，且b n ＋1＝b n ＋a n ，求数列{b n }的通项公式；(3)在(2)的前提条件下，设c n ＝n (3－b n )，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)因为当n ＝1时，a 1＋S 1＝a 1＋a 1＝2，所以a 1＝1. 因为S n ＝2－a n ，即a n ＋S n ＝2， 所以a n ＋1＋S n ＋1＝2.两式相减，得a n ＋1－a n ＋S n ＋1－S n ＝0， 即a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝0，故有2a n ＋1＝a n . 因为a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝12(n ∈N *)．所以数列{a n }是首项为a 1＝1，公比为12的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1(n ∈N *)． (2)因为b n ＋1＝b n ＋a n (n ＝1,2,3，…)， 所以b n ＋1－b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.从而有b 2－b 1＝1，b 3－b 2＝12，b 4－b 3＝⎝⎛⎭⎫122，…， b n －b n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －2(n ＝2,3，…)． 将这n －1个等式相加，得 b n －b 1＝1＋12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －2＝1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12＝2－2⎝⎛⎭⎫12n －1.又因为b 1＝1，所以b n ＝3－2·⎝⎛⎭⎫12n －1(n ＝1,2,3，…)． (3)因为c n ＝n (3－b n )＝2n ⎝⎛⎭⎫12n －1，所以T n ＝2⎣⎡⎝⎛⎭⎫120＋2⎝⎛⎭⎫12＋3⎝⎛⎭⎫122＋…＋ ⎦⎤(n －1)⎝⎛⎭⎫12n －2＋n ⎝⎛⎭⎫12n －1，①12T n ＝2⎣⎡⎝⎛⎭⎫121＋2⎝⎛⎭⎫122＋3⎝⎛⎭⎫123＋… ⎦⎤＋(n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1＋n ⎝⎛⎭⎫12n .②①－②，得12T n ＝2⎣⎡⎝⎛⎭⎫120＋⎝⎛⎭⎫12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n －1－2n ⎝⎛⎭⎫12n ，故T n ＝41－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－4n ⎝⎛⎭⎫12n ＝8－82n －4n ⎝⎛⎭⎫12n ＝8－(8＋4n )12n (n ＝1,2,3，…)．A 组 专题通关1．在等比数列{a n }中，若公比q ＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式a n ＝________. 答案 4n －1解析 由题意知a 1＋4a 1＋16a 1＝21，解得a 1＝1， 所以通项公式a n ＝4n －1.2．设S n 是等差数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和，且a 1＝1，a 4＝7，则S 5＝________. 答案 25解析 由a 1＝1，a 4＝7，可得a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1，所以S 5＝(1＋9)×52＝25.3．在等差数列{a n }中，a 3＋a 7＝37，则a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝________. 答案 74解析 a 2＋a 8＝a 4＋a 6＝a 3＋a 7＝37，故a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝2×37＝74.4．等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和．若a 1＝1，a k ＋a 4＝0，则k ＝________. 答案 10解析 方法一 S 9＝S 4，即9(a 1＋a 9)2＝4(a 1＋a 4)2，∴9a 5＝2(a 1＋a 4)，即9(1＋4d )＝2(2＋3d )，∴d ＝－16，由1＋⎝⎛⎭⎫－16(k －1)＋1＋3·⎝⎛⎭⎫－16＝0，得k ＝10. 方法二 S 9＝S 4，∴a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0， ∴a 7＝0，从而a 4＋a 10＝2a 7＝0， ∴k ＝10.5．已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为________．答案 110解析 ∵a 27＝a 3a 9，d ＝－2，∴(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解得a 1＝20， ∴S 10＝10×20＋10×92×(－2)＝110.6．设数列{a n }满足a 1＝1，(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1(n ∈N *)，则∑k ＝1100a k a k ＋1的值为________．答案100101解析 因为(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1，所以a n －a n ＋1－a n a n ＋1＝0，从而1a n ＋1－1a n＝1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝1＋n －1＝n ，所以a n ＝1n .故a n ＋1a n ＝1(n ＋1)n ＝1n －1n ＋1，因此∑k ＝1100a k a k ＋1＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1100－1101＝1－1101＝100101. 7．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝21，a 5＋b 3＝13.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和S n .解 (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则依题意有q >0且⎩⎪⎨⎪⎧1＋2d ＋q 4＝21，1＋4d ＋q 2＝13， 解得d ＝2，q ＝2.所以a n ＝1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝q n －1＝2n －1.(2)a n b n ＝2n －12n －1. S n ＝1＋321＋522＋…＋2n －32n －2＋2n －12n －1，①2S n ＝2＋3＋52＋…＋2n －32n －3＋2n －12n －2，②②－①，得S n ＝2＋2＋22＋222＋…＋22n －2－2n －12n －1＝2＋2⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n －1＝2＋2×1－12n －11－12－2n －12n －1＝6－2n ＋32n －1.8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝14，且S n ＝S n －1＋a n －1＋12(n ∈N *，且n ≥2)，数列{b n }满足：b 1＝－1194，且3b n －b n －1＝n (n ≥2，且n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n －a n }为等比数列． (1)解 由S n ＝S n －1＋a n －1＋12，得S n －S n －1＝a n －1＋12，即a n －a n －1＝12(n ∈N *，n ≥2)，则数列{a n }是以12为公差的等差数列．又a 1＝14，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝12n －14(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝14也满足a n ＝12n －14，∴a n ＝12n －14(n ∈N *)．(2)证明 ∵3b n －b n －1＝n (n ≥2)， ∴b n ＝13b n －1＋13n (n ≥2)，∴b n －a n ＝13b n －1＋13n －12n ＋14＝13b n －1－16n ＋14＝13⎝⎛⎭⎫b n －1－12n ＋34(n ≥2)． b n －1－a n －1＝b n －1－12(n －1)＋14＝b n －1－12n ＋34(n ≥2)，∴b n －a n ＝13(b n －1－a n －1)(n ≥2)．∵b 1－a 1＝－30≠0， ∴b n －a n b n －1－a n －1＝13(n ≥2)．∴数列{b n －a n }是以－30为首项，13为公比的等比数列．B 组 能力提高9．在等比数列{a n }中，若a 1＝1，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 7＝________. 答案 4解析 方法一 设等比数列{a n }的公比为q ， 因为a 1＝1，a 3a 5＝4(a 4－1)， 所以q 2·q 4＝4(q 3－1)， 即q 6－4q 3＋4＝0，q 3＝2， 所以a 7＝q 6＝4.方法二 设等比数列{a n }的公比为q ， 由a 3a 5＝4(a 4－1)，得a 24＝4(a 4－1)， 即a 24－4a 4＋4＝0，所以a 4＝2. 因为a 1＝1，所以q 3＝2，a 7＝q 6＝4.10．在等比数列{}a n 中，a 2＝1，公比q ≠±1.若a 1,4a 3,7a 5成等差数列，则a 6的值是________． 答案149解析 由题意得8a 3＝a 1＋7a 5⇒8q ＝1q ＋7q 3⇒7q 4－8q 2＋1＝0⇒q 2＝17(舍q 2＝1)，从而a 6＝q 4＝149. 11．已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5S 3＝3，则a 5a 3的值为________．答案179解析 设等差数列{a n }的首项为a 1， 则由S 5S 3＝3，得5a 1＋10d 3a 1＋3d ＝3，所以d ＝4a 1，所以a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d ＝17a 19a 1＝179.12．记等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S k －1＝8，S k ＝0，S k ＋1＝－10，则正整数k ＝________. 答案 9解析 由题意得S k －S k －1＝a k ＝－8，S k ＋1－S k ＝a k ＋1＝－10，则d ＝－2. 由S k ＝(a 1＋a k )k2＝0，a 1＝8，所以a k ＝a 1＋(k －1)d ＝－8， 即8－2(k －1)＝－8，则k ＝9.13．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2a 4a 6a 8＝120，且1a 4a 6a 8＋1a 2a 6a 8＋1a 2a 4a 8＋1a 2a 4a 6＝760，则S 9的值为________． 答案632解析 等式两边同时乘以a 2a 4a 6a 8，得 a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝14， 即2(a 2＋a 8)＝14，a 2＋a 8＝7.从而S 9＝(a 1＋a 9)×92＝(a 2＋a 8)×92＝7×92＝632.14．已知等比数列a 1，a 2，a 3的和为定值m (m >0)，且公比q <0，令t ＝a 1a 2a 3，t 的取值范围为________． 答案 [－m 3,0)解析 m ＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎫1q ＋q ＋1， 所以a 2＝m 1＋q ＋1q ，因为q <0，所以q ＋1q ≤－2.又m >0，所以－m ≤m1＋q ＋1q<0，即－m ≤a 2<0，所以t ＝a 1a 2a 3＝a 32∈[－m 3,0)．15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝0，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋n ＝a n ＋1，n ∈N *. (1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，b 1＝1，点(T n ＋1，T n )在直线x n ＋1－y n ＝12上，若不等式b 1a 1＋1＋b 2a 2＋1＋…＋b n a n ＋1≥m －92＋2a n 对于n ∈N *恒成立，求实数m 的最大值． (1)证明 由a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋n ＝a n ＋1， 得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋n －1＝a n ，n ≥2， 两式相减得a n ＋1＝2a n ＋1， 所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ≥2，因为a 1＝0，所以a 1＋1＝1，a 2＝2a 1＋1＝1，a 2＋1＝2(a 1＋1)，所以{a n ＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)解 由(1)得a n ＝2n －1－1，因为点(T n ＋1，T n )在直线x n ＋1－y n ＝12上，所以T n ＋1n ＋1－T n n ＝12，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n n 是以T 11＝1为首项，12为公差的等差数列，故T n n ＝1＋12(n －1)，所以T n ＝n (n ＋1)2. 当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n ， 因为b 1＝1满足该式，所以b n ＝n .所以不等式b 1a 1＋1＋b 2a 2＋1＋…＋b n a n ＋1≥m －92＋2a n ，即1＋22＋322＋…＋n 2n －1≥m －92n ，令R n ＝1＋22＋322＋…＋n 2n －1，则12R n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ， 两式相减，得⎝⎛⎭⎫1－12R n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n2n ＝2－n ＋22n ， 所以R n ＝4－n ＋22n －1.由R n ≥m －92n 恒成立，即4－2n －52n ≥m 恒成立．又⎝ ⎛⎭⎪⎫4－2n －32n ＋1－⎝⎛⎭⎫4－2n －52n ＝2n －72n ＋1，故当n ≤3时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫4－2n －52n 单调递减，且当n ＝3时，4－2×3－523＝318；当n ≥4时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫4－2n －52n 单调递增，且当n ＝4时，4－2×4－524＝6116，则4－2n －52n 的最小值为6116，所以实数m 的最大值是6116.16．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝a ，且a n ＋1＝k (a n ＋a n ＋2)对任意正整数都成立，数列{a n }的前n 项和为S n .(1)是否存在实数k ，使数列{a n }是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项a m ，a m ＋1，a m ＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k 的值；若不存在，说明理由； (2)若k ＝－12，求S n .解 (1)设数列{a n }是等比数列，则它的公比q ＝a 2a 1＝a ，所以a m ＝a m －1，a m ＋1＝a m ，a m ＋2＝a m ＋1.①若a m ＋1为等差中项，则2a m ＋1＝a m ＋a m ＋2， 即2a m ＝a m －1＋a m ＋1，解得a ＝1，不合题意；②若a m 为等差中项，则2a m ＝a m ＋1＋a m ＋2， 即2a m －1＝a m ＋a m ＋1，化简得a 2＋a －2＝0， 解得a ＝－2或1(舍)．当a ＝－2时，k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25； ③若a m ＋2为等差中项，则2a m ＋2＝a m ＋1＋a m ， 即2a m ＋1＝a m ＋a m －1，化简得2a 2－a －1＝0，解得a ＝－12或1(舍)．当a ＝－12时，k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25. 综上可得满足要求的实数k 有且仅有一个，即k ＝－25.(2)若k ＝－12，则a n ＋1＝－12(a n ＋a n ＋2)，于是a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n )，所以a n ＋3＋a n ＋2＝－(a n ＋2＋a n ＋1)＝a n ＋1＋a n . 当n 是偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n －1＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝n 2(a 1＋a 2)＝n2(a ＋1)； 当n 是奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n －1＋a n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝a 1＋n －12(a 2＋a 3)＝a 1＋n －12[－(a 1＋a 2)]＝1－n －12(a ＋1)．当n ＝1时也适合上式．综上可得S n＝⎩⎨⎧1－n －12(a ＋1)，n 是奇数，n2(a ＋1)，n 是偶数.。
新课标2018届高考数学二轮复习专题八选修系列专题能力训练23不等式选讲理
专题能力训练23 不等式选讲能力突破训练1.设a>0,|x-1|<,|y-2|<,求证:|2x+y-4|<a.2.已知函数f(x)=|x-1|+|x+3|,x∈R.(1)解不等式f(x)≤5;(2)若不等式t2+3t>f(x)在x∈R上有解,求实数t的取值范围.3.设函数f(x)=+|x-a|(a>0).(1)证明:f(x)≥2;(2)若f(3)<5,求a的取值范围.4.已知关于x的不等式m-|x-2|≥1,其解集为[0,4].(1)求m的值;(2)若a,b均为正实数,且满足a+b=m,求a2+b2的最小值.5.已知函数f(x)=,M为不等式f(x)<2的解集.(1)求M;(2)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.6.设关于x的不等式|2x-a|+|x+3|≥2x+4的解集为A. (1)若a=1,求A;(2)若A=R,求a的取值范围.7.已知函数f(x)=|2x-1|+|x-a|,a∈R.(1)当a=3时,解不等式f(x)≤4;(2)若f(x)=|x-1+a|,求x的取值范围.思维提升训练8.已知函数f(x)=g(x)=af(x)-|x-2|,a∈R.(1)当a=0时,若g(x)≤|x-1|+b对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数b的取值范围;(2)当a=1时,求函数y=g(x)的最小值.9.已知函数f(x)=|x-3|-|x-a|.(1)当a=2时,解不等式f(x)≤-;(2)若存在实数a,使得不等式f(x)≥a成立,求实数a的取值范围.10.设函数f(x)=|x-1|+|x-a|.(1)若a=-1,解不等式f(x)≥3;(2)如果∀x∈R,f(x)≥2,求a的取值范围.参考答案专题能力训练23不等式选讲(选修4—5)能力突破训练1.证明因为|x-1|<,|y-2|<,所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|≤2|x-1|+|y-2|<2=a.2.解(1)原不等式等价于得-x<-3或-3≤x≤1或1<x,因此不等式的解集为(2)∵f(x)=|x-1|+|x+3|≥|x-1-(x+3)|=4,要使t2+3t>f(x)在x∈R上有解,只需t2+3t大于f(x)的最小值,∴t2+3t>[f(x)]min=4⇒t2+3t-4>0⇒t<-4或t>1.3.(1)证明由a>0,有f(x)=+|x-a|+a≥2.故f(x)≥2.(2)解f(3)=+|3-a|.当a>3时,f(3)=a+,由f(3)<5,得3<a<当0<a≤3时,f(3)=6-a+,由f(3)<5,得<a≤3.综上,a的取值范围是4.解(1)不等式m-|x-2|≥1可化为|x-2|≤m-1,∴1-m≤x-2≤m-1,即3-m≤x≤m+1.∵其解集为[0,4],m=3.(2)由(1)知a+b=3.(方法一:利用基本不等式)∵(a+b)2=a2+b2+2ab≤(a2+b2)+(a2+b2)=2(a2+b2),∴a2+b2,当且仅当a=b=时取等号,∴a2+b2的最小值为(方法二:消元法求二次函数的最值)∵a+b=3,∴b=3-a,∴a2+b2=a2+(3-a)2=2a2-6a+9=2,∴a2+b2的最小值为5.(1)解f(x)=当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1;当-<x<时,f(x)<2;当x时,由f(x)<2得2x<2,解得x<1.所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}.(2)证明由(1)知,当a,b∈M时,-1<a<1,-1<b<1,从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)<0.因此|a+b|<|1+ab|.6.解(1)当x时,2x-1+x+3≥2x+4,解得x≥2.当-3<x<时,1-2x+x+3≥2x+4,解得-3<x≤0.当x≤-3时,1-2x-x-3≥2x+4,解得x≤-3.综上,原不等式的解集A={x|x≤0或x≥2}.(2)当x≤-2时,|2x-a|+|x+3|≥0≥2x+4成立.当x>-2时,|2x-a|+|x+3|=|2x-a|+x+3≥2x+4,即|2x-a|≥x+1, 得x≥a+1或x,所以a+1≤-2或a+1,得a≤-2.综上,a的取值范围为a≤-2.7.解(1)当a=3时,函数f(x)=|2x-1|+|x-3|=如图,由于直线y=4和函数f(x)的图象交于点(0,4),(2,4),故不等式f(x)≤4的解集为(0,2).(2)由f(x)=|x-1+a|,可得|2x-1|+|x-a|=|x-1+a|.由于|2x-1|+|x-a|≥|(2x-1)-(x-a)|=|x-1+a|,当且仅当(2x-1)(x-a)≤0时取等号,故有(2x-1)(x-a)≤0.当a=时,可得x=,故x的取值范围为;当a>时,可得x≤a,故x的取值范围为;当a<时,可得a≤x,故x的取值范围为思维提升训练8.解(1)当a=0时,g(x)=-|x-2|(x>0),g(x)≤|x-1|+b⇔-b≤|x-1|+|x-2|.|x-1|+|x-2|≥|(x-1)-(x-2)|=1,当且仅当1≤x≤2时等号成立.故实数b的取值范围是[-1,+∞).(2)当a=1时,g(x)=当0<x<1时,g(x)=+x-2>2-2=0;当x≥1时,g(x)≥0,当且仅当x=1时等号成立;故当x=1时,函数y=g(x)取得最小值0.9.解(1)∵a=2,∴f(x)=|x-3|-|x-2|=∴f(x)≤-等价于解得x<3或x≥3,∴不等式的解集为(2)由不等式性质可知f(x)=|x-3|-|x-a|≤|(x-3)-(x-a)|=|a-3|,∴若存在实数x,使得不等式f(x)≥a成立,则|a-3|≥a,解得a∴实数a的取值范围是10.解(1)当a=-1时,f(x)=|x-1|+|x+1|,f(x)=作出函数f(x)=|x-1|+|x+1|的图象.由图象可知,不等式f(x)≥3的解集为(2)若a=1,则f(x)=2|x-1|,不满足题设条件;若a<1,则f(x)=f(x)的最小值为1-a;若a>1,则f(x)=f(x)的最小值为a-1.故对于∀x∈R,f(x)≥2的充要条件是|a-1|≥2,a的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞).。
2018届高考数学课标版理科二轮专题复习：专题能力训练
专题能力训练13空间向量与立体几何(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=1,AA1=,M是CC1的中点,则异面直线AB1与A1M所成的角为()A.60°B.45°C.30°D.90°2.已知平面α内有一点M(1,-1,2),平面α的一个法向量为n=(6,-3,6),则下列点P中,在平面α内的是()A.P(2,3,3)B.P(-2,0,1)C.P(-4,4,0)D.P(3,-3,4)3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A B C D4.(2017浙江金华联盟联考)已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的各棱长均为2,∠A1AD=60°,∠BAD=90°,平面A1ADD1⊥平面ABCD,则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为()A B C D5.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是BC的中点,P,Q是正方体内部或面上的两个动点,则的最大值是()A B.1 C D6.在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BAC=,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点),若GD⊥EF,则线段DF的长度的取值范围为()A BC D7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面P AD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面P AD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为()8.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别是线段CC1,BD上的点,R是直线AD 上的点,满足PQ∥平面ABC1D1,PQ⊥RQ,且P,Q不是正方体的顶点,则|PR|的最小值是()A B C D二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是.10.(2017浙江杭州模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.11.过正方形ABCD的顶点A作线段P A⊥平面ABCD,若AB=P A,则平面ABP与平面CDP所成的二面角为.12.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,在面对角线A1D上取点M,在面对角线CD1上取点N,使得MN∥平面AA1C1C,当线段MN长度取到最小值时,三棱锥A1-MND1的体积为.13.已知点E,F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1的中点,点M,N分别是线段D1E与C1F上的点,则与平面ABCD垂直的直线MN有条.A.0B.1C.2D.无数个14.如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M和N分别是A1B1和BB1的中点,那么直线AM与CN所成角的余弦值为.三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)在边长为3的正三角形ABC中,E,F,P分别是AB,AC,BC边上的点,满足AE∶EB=CF∶F A=CP∶PB=1∶2(如图(1)),将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使二面角A1-EF-B成直二面角,连接A1B,A1P(如图(2)).(1)求证:A1E⊥平面BEP;(2)求二面角B-A1P-E的余弦值.16.(本小题满分15分)如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF ∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.参考答案专题能力训练13空间向量与立体几何1.D2.A解析逐一验证法,对于选项A,∵=(1,4,1),∴·n=6-12+6=0,∴⊥n,∴点P在平面α内,同理可验证其他三个点不在平面α内.3.B解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设棱长为1,则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),∴=(0,1,-1),.设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),∴有解得∴n1=(1,2,2).∵平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),∴cos<n1,n2>=,即所成的锐二面角的余弦值为.4.C解析取AD的中点O,连接OA1,易证A1O⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,得B(2,-1,0),D1(0,2,),=(-2,3,),平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),设BD1与平面ABCD所成的角为θ,∴sin θ=,∴tan θ=.5.C解析以A为坐标原点,分别以AD,AB,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),M,所以.设=(x,y,z),由题意可知因为·x+1·y+0·z=x+y,又-1≤x≤1,-1≤y≤1,所以-x≤.所以-x+y≤.故的最大值为.6.A解析建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),E,G,F(x,0,0),D(0,y,0).由于GD⊥EF,所以x+2y-1=0,DF=.当y=时,线段DF长度的最小值是.当y=1时,线段DF长度的最大值是1.因不包括端点,故y=1不能取,应选A.7.A解析以D为原点,DA,DC分别为x轴、y轴建立坐标系如图:设M(x,y,0),正方形边长为a,则P,C(0,a,0),则|MC|=,|MP|=.由|MP|=|MC|得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条直线y=x.故选A.8.B解析如图,分别以AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(0,1,0),B1(1,0,1),C(1,1,0).设P(1,1,m)(0≤m≤1),=λ(0≤λ≤1),Q(x0,y0,0),则(x0-1,y0,0)=λ(-1,1,0),∴∴Q(1-λ,λ,0),∴=(-λ,λ-1,-m).连接B1C,∵正方体ABCD-A1B1C1D1中,BCC1B1是正方形,AB⊥平面BCC1B1,∴B1C⊥AB,B1C⊥BC1.又AB∩BC1=B,∴B1C⊥平面ABC1D1,∵PQ∥平面ABC1D1,∴B1C⊥PQ.又=(0,1,-1),∴=λ-1+m=0,∴λ=1-m,∴Q(m,1-m,0),=(m-1,-m,-m).设R(0,n,0),则=(m,1-m-n,0),∵PQ⊥RQ,∴=m(m-1)-m(1-m-n)=0,即n=2-2m,∴R(0,2-2m,0),=(-1,1-2m,-m),||=,∴当m=时,|PR|的最小值是.9.MN∥平面BB1C1C解析以C1为坐标原点建立如图所示的坐标系.∵A1M=AN=,则M,N,∴.又C1(0,0,0),D1(0,a,0),∴=(0,a,0),∴=0,∴.又∵是平面BB1C1C的法向量,且MN⊄平面BB1C1C,∴MN∥平面BB1C1C.10.解析以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设n=(x,y,z)为平面A1BC1的法向量,则n·=0,n·=0,即令z=2,则y=1,x=2,于是n=(2,1,2),=(0,2,0).设所求线面角为α,则sin α=|cos<n,>|=.11.45°解析如图,建立空间直角坐标系,设AB=P A=1,则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),由题意,AD⊥平面P AB,设E为PD的中点,连接AE,则AE⊥PD,又CD⊥平面P AD,∴CD⊥AE,从而AE⊥平面PCD.∴=(0,1,0),分别是平面P AB,平面PCD的法向量,且<>=45°.故平面P AB与平面PCD所成的二面角为45°.12.1解析如图,建立空间直角坐标系,则可设M(t,0,t),N(0,s,3-s),∴=(t,-s,t+s-3),易知平面AA1C1C的法向量n=(1,1,0),由MN∥平面AA1C1C可知,·n=0, ∴(t,-s,t+s-3)·(1,1,0)=0,得t=s.∴||2=2t2+(2t-3)2=6t2-12t+9,故当t=1时,MN长度取到最小值,此时M(1,0,1),N(0,1,2), ∴·y N=·3·2·1=1.13.1解析不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(2,0,2),E(1,2,0),=(-1,2,-2),C1(0,0,2),F(2,2,1),=(2,2,-1).设=λ=t,则M(2-λ,2λ,2-2λ),N(2t,2t,2-t),=(2t-2+λ,2t-2λ,2λ-t).由于MN与平面ABCD垂直,所以λ=t=,由于此解唯一,故满足条件的MN只有一条.14.解析以D为坐标原点,为x轴,为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则A(1,0,0),M,C(0,1,0),N,∴.设直线AM与CN所成的角为θ,则cos θ=|cos<>|==.15.(1)证明在图(1)中,取BE的中点D,连接DF,∵AE∶EB=CF∶F A=1∶2,∴AF=AD=2,而∠A=60°,∴△ADF为正三角形.又AE=DE=1,∴EF⊥AD.在图(2)中,A1E⊥EF,BE⊥EF,∴∠A1EB为二面角A1-EF-B的一个平面角.由题设条件知此二面角为直二面角,∴A1E⊥平面BEP.(2)解分别以EB,EF,EA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),B(2,0,0),P(1,,0),A1(0,0,1),=(0,0,1),=(1,,0),=(-2,0,1),=(-1,,0).设面EA1P的法向量为m=(x,y,z),则取y=-1,得m=(,-1,0);设面BA1P的法向量为n=(x,y,z),则取y=1,得n=(,1,2).∴cos<m,n>=.∴二面角B-A1P-E的余弦值为.16.解(1)因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.(2)取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,则x=,y=-1.于是n=(,-1,1).平面AEF的法向量为p=(0,1,0).所以cos <n,p>==-.由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-.(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即=0.因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以=-2(a-2)-3(a-2)2.由=0及0<a<2,解得a=.。
（完整版）2018年高考全国2卷理科数学带答案解析
范文范文 范例范例 指导指导 参考参考word 资料资料 整理分享整理分享绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共23题，共150分，共4页。
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注意事项：注意事项：11．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
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5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．12i 12i +=-A ．43i 55--B ．43i 55-+C ．34i 55--D ．34i 55-+2．已知集合22{(,)|3,,A x y x y x y =+≤∈∈Z Z}，则A 中元素的个数为A ．9B ．8C ．5D ．43．函数2e e()xxf x x --=的图象大致为4．已知向量a ，b 满足||1=a ，1⋅=-a b ，则(2)⋅-=a a bA ．4B ．3C ．2D ．05．双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的离心率为3，则其渐近线方程为A ．2y x =±B ．3y x =±C ．22y x =±D ．32y x =±6．在ABC △中，5cos 25C =，1BC =，5AC =，则AB =A ．42B ．30C ．29D ．257．为计算11111123499100S =-+-++-L ，设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入A ．1i i =+B ．2i i =+C ．3i i =+D ．4i i =+8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723=+．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A ．112B ．114 C ．115 D ．1189．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B ．56C ．55D ．221010．若．若()cos sin f x x x =-在[,]a a -是减函数，则a 的最大值是 A ．π4 B ．π2 C ．3π4D ．π 1111．已知．已知()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，满足(1)(1)f x f x -=+．若(1)2f =， 则(1)(2)(3)(50)f f f f ++++=L A ．50- B ．0 C ．2 D ．501212．已知．已知1F ，2F 是椭圆22221(0)x y C a b a b+=>>：的左，右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 且斜率为36的直线上，12PF F △为等腰三角形，12120F F P ∠=︒，则C 的离心率为A ．23B ．12C ．13D ．14二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
主题17 数列的综合问题-2018年高考数学二轮透析23题对
2018届二轮透析高考数学23题对对碰【二轮精品】 第三篇主题17 数列的综合问题【主题考法】本主题考题形式为解答题，主要考查等差数列与等比数列定义、性质及通项公式，考查利用构造法、叠加法、叠乘法及第n 项与前n 项和公式法求数列通项公式方法，主要考查分组求和法、拆项法、错位相减法、并项法等求和方法，考查运算求解能力、转化与化归思想，难度为中档难度，分数为12分. 【主题考前回扣】1.求数列的通项公式的常见类型和解法：（1）观察法：对已知数列前几项或求出数列前几项求通项公式问题，常用观察法，通过观察数列前几项特征，找出各项共同构成的规律，横向看各项的关系结构，纵向看各项与项数n 的关系时，分解所给数列的前几项，观察这几项的分解式中，哪些部分是变化的，哪些部分是不变化的，变化部分与序号的关系，，归纳出n a 的通项公式，再用数学归纳法证明.（2）累加法：对于可转化为)(1n f a a n n +=+形式数列的通项公式问题，化为1()n n a a f n +-=，通过累加得n a =112211()()()n n n n a a a a a a a ----+-++-+ =1(1)(2)(1)f n f n f a -+-+++，求出数列的通项公式，注意相加等式的个数（3）累积法：对于可转化为1()n n a a f n +=形式数列的通项公式问题，化为1()n na f n a +=，通过累积得n a =121121n n n n a a a a a a a ---⨯⨯⨯⨯ =1(1)(2)(1)f n f n f a -⨯-⨯⨯⨯，求出数列的通项公式，注意相乘等式的个数（4）构造法：对于化为1()n n a pa f n +=+（其中p 是常数）型，常用待定系数法将其化为1(1)[()]n n a Af n p a Af n +++=+，由等比数列定义知{()n a Af n +}是公比为p 的等比数列，由等比数列的通项公式先求出()n a Af n +通项公式，再求出n a 的通项公式.（5）利用前n 项和n S 与第n 项n a 关系求通项：对递推公式为n S 与n a 的关系式(或()n n S f a =)，利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n n n 进行求解.注意n a =1n n S S --成立的条件是n ≥2，求n a 时不要漏掉n =1即n a =1S 的情况，当1a =1S 适合n a =1n n S S --时，n a =1n n S S --；当1a =1S 不适合n a =1n n S S --时，用分段函数表示.2.数列求和的主要方法：（1）分组求和：若给出的数列不是特殊数列，但把数列的每一项分成两项，或把数列的项重新组合，使之转化为等比或等差数列，分组利用等比或等差数列的前n 和公式求前n 项和.（2）拆项相消法：若数列的每一项都可拆成两项之差，求和时中间的一些项正好相互抵消，于是将前n 项和转化为首尾若干项和，注意未消去的项是哪些项.常用拆相公式: ①若{}n a 是各项都不为0公差为(0)d d ≠的等差数列，则11n n a a +=1111()n n d a a +=- ②n a（3）倒序相加法：如果一个数列与首尾两相距离相等的两项之和等于首尾两项之和，则正着写和与到序写和的两式对应项相加，就转化为一个常数列的前n 项和.推导等差数列的前项和公式正是应用了此法，体现了转化与化归数学思想（4）错位相减法：若数列{}n a 是公差为(0)d d ≠的等差数列，{}n b 是公比为(1)q q ≠的等比数列，则在数列{}n n a b 的前项和n S =112233n n a b a b a b a b ++++= 211121311n n a b a b q a b q a b q -++++ ①，两边同乘以公比q 得n qS =231121311n n a b q a b q a b q a b q ++++② ，①式与②式错位相减得(1)n q S -=221111211131211111()()()n n n n n n a b a b q a b q a b q a b q a b q a b q a b q ---+-+-++-- =21111(1)n n n a b d q q q a b q -++++-，转化为等比数列211,,,,n q q q -，的前n 项和问题，注意转化出的等比数列的首项及项数.（5）并项求和法：若数列某项组合相加可将其化为等比数列或等差数列的和问题，常用并项法，即通过并项化为特殊数列，利用公式求和． 【易错点提醒】1.已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.2.利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项． 7．裂项相消法求和时，一注意分裂前后的值要相等，如1nn ＋≠1n －1n ＋2，而是1n n ＋＝12)111(+-n n ；二注意要注意消去了哪些项，保留了哪些项.8．通项中含有(－1)n的数列求和时，要把结果写成n 为奇数和n 为偶数两种情况的分段形式． 【主题考向】考向一 等差数列、等比数列的定义、通项公式、性质、前n 项和公式【解决法宝】对等差数列、等比数列基本量问题，利用等差数列、等比数列通项公式、性质、前n 项和公式列出关于首项、公差（公比）的方程组，解出首项、公差（公比）即可解决问题.例1【河南省郑州市2018年二质检】各项均为正数的等比数列{}n a 中， 18a =,且1322,,3a a a 成等差数列. (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ)数列{}n b ，已知21log n nb n a =，求n b 的前n 项和n S .【分析】（1）根据题意得到22320q q --=解得： 2q =或12q =-舍去负值，故得到数列的通项；（2）根据第一问得到11122n b n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，裂项求和即可. 【解析】(Ⅰ）12a ， 3a ， 23a 成等差数列，∴23a =12a +23a 即： 2111223a q a a q =+∴ 22320q q --=解得： 2q =或12q =-（舍）∴ 12822n n n a -+=⋅=.(Ⅱ)由（Ⅰ）可得：()2211111log 2222n n b n n n n n +⎛⎫===- ⎪++⎝⎭()()123......111111111......2324352111112212311142123234212n ns b b b b n n n n n n n n n =++++⎛⎫=-+-+-++- ⎪+⎝⎭⎛⎫=+-- ⎪++⎝⎭⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭+=-++ 考向二 已知递推公式求数列的通项公式【解决法宝】求数列的通项公式的常见类型和解法：（1）观察法：对已知数列前几项或求出数列前几项求通项公式问题，常用观察法，通过观察数列前几项特征，找出各项共同构成的规律，横向看各项的关系结构，纵向看各项与项数n 的关系时，分解所给数列的前几项，观察这几项的分解式中，哪些部分是变化的，哪些部分是不变化的，变化部分与序号的关系，，归纳出n a 的通项公式，再用数学归纳法证明.（2）累加法：对于可转化为)(1n f a a n n +=+形式数列的通项公式问题，化为1()n n a a f n +-=，通过累加得n a =112211()()()n n n n a a a a a a a ----+-++-+ =1(1)(2)(1)f n f n f a -+-+++，求出数列的通项公式，注意相加等式的个数（3）累积法：对于可转化为1()n n a a f n +=形式数列的通项公式问题，化为1()n na f n a +=，通过累积得n a =121121n n n n a a a a a a a ---⨯⨯⨯⨯ =1(1)(2)(1)f n f n f a -⨯-⨯⨯⨯，求出数列的通项公式，注意相乘等式的个数（4）构造法：对于化为1()n n a pa f n +=+（其中p 是常数）型，常用待定系数法将其化为1(1)[()]n n a Af n p a Af n +++=+，由等比数列定义知{()n a Af n +}是公比为p 的等比数列，由等比数列的通项公式先求出()n a Af n +通项公式，再求出n a 的通项公式.（5）利用前n 项和n S 与第n 项n a 关系求通项：对递推公式为n S 与n a 的关系式(或()n n S f a =)，利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n n n 进行求解.注意n a =1n n S S --成立的条件是n ≥2，求n a 时不要漏掉n =1即n a =1S 的情况，当1a =1S 适合n a =1n n S S --时，n a =1n n S S --；当1a =1S 不适合n a =1n n S S --时，用分段函数表示.例2【北京市人大附中2018届十月考】已知数列{}n a 满足,*112211,2,,,.2n n n n n n a a a a a n N b a a ++++===∈=- （1）求12,b b 的值;（2）证明: {}n b 是等比数列; （3）求{}n a 的通项公式.【分析】(1)第(1)问,直接根据递推关系求出12,b b 的值.(2)第（2）问，一般利用等比数列的定义证明. (3)第（3）问， 先利用第（2）的结论求出n b ，再利用累加法求{}n a 的通项公式. 【解析】（1）解:由题意知: 121211,b a a =-=-= 1223221.22a ab a a a +=-=-=- （2）证明:由（Ⅰ）可知, 11,b = 当2n ≥时, ()111111,222n n n n n n n n n a a b a a a a a b -+--+=-=-=--=- 所以{}n b 是以1为首项, 12-为公比的等比数列. 综上所述,命题得证.（3）解:由（Ⅱ）知: 111,2n n n n b a a -+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭当2n ≥时,()()()1221121321111121521211111,1223233212n n n n n n n a a a a a a a a -----⎛⎫-- ⎪⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+-+-++-=++-++-=+=+--=--⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦-- ⎪⎝⎭当1n =时, 1115211,332a -⎛⎫--== ⎪⎝⎭所以()1*521332n n a n N -⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭.综上所述,{}n a 的通项公式为()1*521332n n a n N -⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭.考向三 数列求和【解决法宝】数列求和的主要方法：（1）分组求和：若给出的数列不是特殊数列，但把数列的每一项分成两项，或把数列的项重新组合，使之转化为等比或等差数列，分组利用等比或等差数列的前n 和公式求前n 项和.（2）拆项相消法：若数列的每一项都可拆成两项之差，求和时中间的一些项正好相互抵消，于是将前n 项和转化为首尾若干项和，注意未消去的项是哪些项.常用拆相公式: ①若{}n a 是各项都不为0公差为(0)d d ≠的等差数列，则11n n a a +=1111()n n d a a +=-②n a （3）倒序相加法：如果一个数列与首尾两相距离相等的两项之和等于首尾两项之和，则正着写和与到序写和的两式对应项相加，就转化为一个常数列的前n 项和.推导等差数列的前项和公式正是应用了此法，体现了转化与化归数学思想（4）错位相减法：若数列{}n a 是公差为(0)d d ≠的等差数列，{}n b 是公比为(1)q q ≠的等比数列，则在数列{}n n a b 的前项和n S =112233n n a b a b a b a b ++++= 211121311n n a b a b q a b q a b q -++++ ①，两边同乘以公比q 得n qS = 231121311n n a b q a b q a b q a b q ++++② ，①式与②式错位相减得(1)n q S -=221111211131211111()()()n n n n n n a b a b q a b q a b q a b q a b q a b q a b q ---+-+-++-- =21111(1)n n n a b d q q q a b q -++++-，转化为等比数列211,,,,n q q q -，的前n 项和问题，注意转化出的等比数列的首项及项数.（5）并项求和法：若数列某项组合相加可将其化为等比数列或等差数列的和问题，常用并项法，即通过并项化为特殊数列，利用公式求和．例3【云南省昆明市2018届第二次统考】已知数列{}n a 中， 13a =， {}n a 的前n 项和n S 满足：21n n S a n +=+.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足： ()12n nan b =-+，求{}n b 的前n 项和n T .【分析】（1）利用公式11,2{,1n n n S S n a S n --≥==可求的通项n a 的表达式。
新课标2018届高考数学二轮复习专题八选修系列专题能力训练23不等式选讲理
专题能力训练23 不等式选讲能力突破训练1.设a>0,|x-1|<,|y-2|<,求证:|2x+y-4|<a.2.已知函数f(x)=|x-1|+|x+3|,x∈R.(1)解不等式f(x)≤5;(2)若不等式t2+3t>f(x)在x∈R上有解,求实数t的取值范围.3.设函数f(x)=+|x-a|(a>0).(1)证明:f(x)≥2;(2)若f(3)<5,求a的取值范围.4.已知关于x的不等式m-|x-2|≥1,其解集为[0,4].(1)求m的值;(2)若a,b均为正实数,且满足a+b=m,求a2+b2的最小值.5.已知函数f(x)=,M为不等式f(x)<2的解集.(1)求M;(2)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.6.设关于x的不等式|2x-a|+|x+3|≥2x+4的解集为A.(1)若a=1,求A;(2)若A=R,求a的取值范围.7.已知函数f(x)=|2x-1|+|x-a|,a∈R.(1)当a=3时,解不等式f(x)≤4;(2)若f(x)=|x-1+a|,求x的取值范围.思维提升训练8.已知函数f(x)=g(x)=af(x)-|x-2|,a∈R.(1)当a=0时,若g(x)≤|x-1|+b对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数b的取值范围;(2)当a=1时,求函数y=g(x)的最小值.9.已知函数f(x)=|x-3|-|x-a|.(1)当a=2时,解不等式f(x)≤-;(2)若存在实数a,使得不等式f(x)≥a成立,求实数a的取值范围.10.设函数f(x)=|x-1|+|x-a|.(1)若a=-1,解不等式f(x)≥3;(2)如果∀x∈R,f(x)≥2,求a的取值范围.参考答案专题能力训练23 不等式选讲(选修4—5)能力突破训练1.证明因为|x-1|<,|y-2|<,所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|≤2|x-1|+|y-2|<2=a.2.解(1)原不等式等价于得-x<-3或-3≤x≤1或1<x,因此不等式的解集为(2)∵f(x)=|x-1|+|x+3|≥|x-1-(x+3)|=4,要使t2+3t>f(x)在x∈R上有解,只需t2+3t大于f(x)的最小值,∴t2+3t>[f(x)]min=4⇒t2+3t-4>0⇒t<-4或t>1.3.(1)证明由a>0,有f(x)=+|x-a|+a≥2.故f(x)≥2.(2)解f(3)=+|3-a|.当a>3时,f(3)=a+,由f(3)<5,得3<a<当0<a≤3时,f(3)=6-a+,由f(3)<5,得<a≤3.综上,a的取值范围是4.解(1)不等式m-|x-2|≥1可化为|x-2|≤m-1,∴1-m≤x-2≤m-1,即3-m≤x≤m+1.∵其解集为[0,4],m=3.(2)由(1)知a+b=3.(方法一:利用基本不等式)∵(a+b)2=a2+b2+2ab≤(a2+b2)+(a2+b2)=2(a2+b2),∴a2+b2,当且仅当a=b=时取等号,∴a2+b2的最小值为(方法二:消元法求二次函数的最值)∵a+b=3,∴b=3-a,∴a2+b2=a2+(3-a)2=2a2-6a+9=2,∴a2+b2的最小值为5.(1)解f(x)=当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1;当-<x<时,f(x)<2;当x时,由f(x)<2得2x<2,解得x<1.所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}.(2)证明由(1)知,当a,b∈M时,-1<a<1,-1<b<1,从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)<0.因此|a+b|<|1+ab|.6.解(1)当x时,2x-1+x+3≥2x+4,解得x≥2.当-3<x<时,1-2x+x+3≥2x+4,解得-3<x≤0.当x≤-3时,1-2x-x-3≥2x+4,解得x≤-3.综上,原不等式的解集A={x|x≤0或x≥2}.(2)当x≤-2时,|2x-a|+|x+3|≥0≥2x+4成立.当x>-2时,|2x-a|+|x+3|=|2x-a|+x+3≥2x+4,即|2x-a|≥x+1, 得x≥a+1或x,所以a+1≤-2或a+1,得a≤-2.综上,a的取值范围为a≤-2.7.解(1)当a=3时,函数f(x)=|2x-1|+|x-3|=如图,由于直线y=4和函数f(x)的图象交于点(0,4),(2,4),故不等式f(x)≤4的解集为(0,2).(2)由f(x)=|x-1+a|,可得|2x-1|+|x-a|=|x-1+a|.由于|2x-1|+|x-a|≥|(2x-1)-(x-a)|=|x-1+a|,当且仅当(2x-1)(x-a)≤0时取等号,故有(2x-1)(x-a)≤0.当a=时,可得x=,故x的取值范围为;当a>时,可得x≤a,故x的取值范围为;当a<时,可得a≤x,故x的取值范围为思维提升训练8.解(1)当a=0时,g(x)=-|x-2|(x>0),g(x)≤|x-1|+b⇔-b≤|x-1|+|x-2|.|x-1|+|x-2|≥|(x-1)-(x-2)|=1,当且仅当1≤x≤2时等号成立.故实数b的取值范围是[-1,+∞).(2)当a=1时,g(x)=当0<x<1时,g(x)=+x-2>2-2=0;当x≥1时,g(x)≥0,当且仅当x=1时等号成立;故当x=1时,函数y=g(x)取得最小值0.9.解(1)∵a=2,∴f(x)=|x-3|-|x-2|=∴f(x)≤-等价于解得x<3或x≥3,∴不等式的解集为(2)由不等式性质可知f(x)=|x-3|-|x-a|≤|(x-3)-(x-a)|=|a-3|,∴若存在实数x,使得不等式f(x)≥a成立,则|a-3|≥a,解得a∴实数a的取值范围是10.解(1)当a=-1时,f(x)=|x-1|+|x+1|,f(x)=作出函数f(x)=|x-1|+|x+1|的图象.由图象可知,不等式f(x)≥3的解集为(2)若a=1,则f(x)=2|x-1|,不满足题设条件;若a<1,则f(x)=f(x)的最小值为1-a;若a>1,则f(x)=f(x)的最小值为a-1.故对于∀x∈R,f(x)≥2的充要条件是|a-1|≥2,a的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞).。
[推荐学习]2018届高考数学二轮复习疯狂专练23模拟训练三文
生活的色彩就是学习 K12的学习需要努力专业专心坚持 模拟训练三
1．[2017·成都七中]复数25iz，i是虚数单位，则z的共轭复数的虚部是（ ） A．5i B．5i C．5 D．5 【答案】D 【解析】25iz，所以z的共轭复数的虚部是5，选D．
2．[2017·成都七中]双曲线22145xy的离心率为（ ）
A．355 B．32 C．53 D．23 【答案】B 【解析】2a，24593cc，32cea，选B． 3．[2017·成都七中]已知x，y的取值如下表所示
从散点图分析y与x的线性关系，且0.95ˆyxa，则a（ ） A．2.2 B．3.36 C．2.6 D．1.95 【答案】C 【解析】2x，4.5y，4.50.9522.6a，选C． 4．[2017·成都七中]在等差数列na中，已知2a与4a是方程2680xx的两个根，若42aa，则2018a（ ）
A．2018 B．2017 C．2016 D．2015 【答案】A 【解析】由题意得22a，44a，1d，20182201612018aa，选A． 5．[2017·成都七中]命题:p“ex，ln 0ax”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
一、选择题（5分/题） 生活的色彩就是学习 K12的学习需要努力专业专心坚持 A．1a≤ B．1a C．1a≥ D．1a 【答案】B 【解析】由题意得min(ln)ax，∵ex，∴ln1x，∴1a≤，因为,1,1，,1,1，因此一个充分不必要条件是1a，选B．
6．[2017·成都七中]《孙子算经》中有道算术题：“今有百鹿入城，家取一鹿不尽，又三家共一鹿适尽，问城中家几何？”，意思是有100头鹿，若每户分一头则还有剩余，再每三户分一头则正好分完，问共有多少户人家？涉及框图如下，则输出i的值是（ ）
2018届高考数学二轮复习 专题检测(十三)数列 理
专题检测（十三） 数 列 A卷——夯基保分专练 一、选择题 1．(2017·武汉调研)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1＝( )
A．－2 B．－1
C.12 D．23 解析：选B 由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2， 得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，
解得q＝－1(舍去)或q＝32，
将q＝32代入S2＝3a2＋2中，得a1＋32a1＝3×32a1＋2， 解得a1＝－1. 2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝x·3n－1－16，则x的值为( )
A.13 B．－13 C.12 D．－12 解析：选C 当n＝1时，a1＝S1＝x－16，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝x·3n－1－16－x·3n－2－
1
6＝x·(3n－1－3n－2)＝2x·3n－2，∵{an}是等比数列，
∴a1＝2x·31－2＝23x＝x－16，∴x＝12. 3．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，S8＝32，则S10等于( ) A．18 B．24 C．60 D．90 解析：选C 设数列{an}的公差为d(d≠0)，由a24＝a3a7，得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，故2a1＋3d＝0，再由S8＝8a1＋28d＝32，得2a1＋7d＝8，则d＝2，a1＝－3，所以S10＝10a1
＋45d＝60.
4．已知等差数列{an}的公差为d，关于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集为[0,9]，则使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是( ) 2
A．4 B．5 C．6 D．7 解析：选B ∵关于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集为[0,9]，∴0,9是一元二次方程
dx2＋2a1x＝0的两个实数根，且d<0，∴－2a1d＝9，a1＝－9d2.∴an＝a1＋(n－1)d＝n－112d，
高考数学试题-2018届高考理科数学第二轮专题复习检测11 最新
专题四 立体几何 第1讲 立体几何中的计算与位置关系
一、选择题 1．(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( ) A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 解析：∵α∩β＝l，∴l⊂β. ∵n⊥β，∴n⊥l. 答案：C 2．(2016·江西南昌二模)设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( ) A．若a∥α，b∥α，则a∥b B．若a⊥α，a∥b，则b⊥α C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α D．若a∥α，a⊥b，则b⊥α 解析：若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α或b与α相交，故D错误． 答案：B 3．(2016·全国Ⅲ卷)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( ) A．18＋365 B．54＋185 C．90 D．81 解析：由三视图可知，该几何体的底面是边长为3的正方形，高为6，侧棱长为35，则该几何体的表面积S＝2×32＋2×3×35＋2×3×6＝54＋185. 答案：B 4．(2016·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
A.16 B.13 C.12 D．1 解析：通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P-ABC，通过侧视图得高h＝1，底面积S＝12×1×1＝12，∴体积V＝13Sh＝13×12×1＝16.
答案：A 5．(2016·广州综合测试(二))如图，网格纸上的小正方形的边长 为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积( ) A．4＋6π B．8＋6π C．4＋12π D．8＋12π 解析：由三视图得该几何体为一个底面半径为2，高为3的圆柱体的一半和一个底面为长为4，宽为3的矩形，高为2的四棱锥组成
的组合体，则其体积为12×3×π×22＋13×2×4×3＝8＋6π. 答案：B 二、填空题 6．已知集合A，B，C，A＝{直线}，B＝{平面}，C＝A∪B.若a∈A，b∈B，c∈C，给出下列四个命题：
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(三)数 列(1)
1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋a n ＝4，n ∈N *.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)已知c n ＝2n ＋3(n ∈N *)，记d n ＝c n ＋log C a n (C >0且C ≠1)，是否存在这样的常数C ，使得数列{d n }是常数列，若存在，求出C 的值；若不存在，请说明理由．
(3)若数列{b n }，对于任意的正整数n ，均有b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n a 1＝⎝⎛⎭⎫12n －n ＋22成立，
求证：数列{b n }是等差数列．
(1)解 a 1＝4－a 1，所以a 1＝2，
由S n ＋a n ＝4，得当n ≥2时，S n －1＋a n －1＝4，
两式相减，得2a n ＝a n －1，所以a n a n －1＝12
， 数列{a n }是以2为首项，公比为12
的等比数列， 所以a n ＝22－
n (n ∈N *)． (2)解 由于数列{d n }是常数列，
d n ＝c n ＋log C a n ＝2n ＋3＋(2－n )log C 2
＝2n ＋3＋2log C 2－n log C 2
＝(2－log C 2)n ＋3＋2log C 2为常数，
则2－log C 2＝0，
解得C ＝2，此时d n ＝7.
(3)证明 b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n a 1
＝⎝⎛⎭⎫12n －n ＋22，①
当n ＝1时，b 1a 1＝12－32
＝－1， 其中a 1＝2，所以b 1＝－12
. 当n ≥2时，b 1a n －1＋b 2a n －2＋b 3a n －3＋…＋b n －1a 1＝⎝⎛⎭⎫12n －1－n ＋12，②
②式两边同时乘以12
，得 b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n －1a 2＝⎝⎛⎭⎫12n －n ＋14，③
由①－③，得b n a 1＝－n －34
，
所以b n ＝－n 8－38
(n ∈N *，n ≥2)， 且b n ＋1－b n ＝－18
， 又b 1＝－12＝－18－38
， 所以数列{b n }是以－12为首项，公差为－18
的等差数列． 2．在数列{a n }中，已知a 1＝13，a n ＋1＝13a n －23
n ＋1，n ∈N *，设S n 为{a n }的前n 项和． (1)求证：数列{3n a n }是等差数列；
(2)求S n ；
(3)是否存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使S p ，S q ，S r 成等差数列？若存在，求出p ，q ，r 的值；若不存在，说明理由．
(1)证明 因为a n ＋1＝13a n －23
n ＋1， 所以3n ＋
1a n ＋1－3n a n ＝－2. 又因为a 1＝13
，所以31·a 1＝1， 所以{3n a n }是首项为1，公差为－2的等差数列．
(2)解 由(1)知3n a n ＝1＋(n －1)·(－2)＝3－2n ，
所以a n ＝(3－2n )⎝⎛⎭⎫13n ，
所以S n ＝1·⎝⎛⎭⎫131＋(－1)·⎝⎛⎭⎫132＋(－3)·⎝⎛⎭⎫133＋…＋(3－2n )·⎝⎛⎭⎫13n ， 所以13
S n ＝1·⎝⎛⎭⎫132＋(－1)·⎝⎛⎭⎫133＋…＋(5－2n )·⎝⎛⎭⎫13n ＋(3－2n )·⎝⎛⎭⎫13n ＋1， 两式相减，得
23S n ＝13－2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫132＋⎝⎛⎭⎫133＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －(3－2n )·⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝13－2⎣⎢⎡⎦
⎥⎤19×1－⎝⎛⎭⎫13n －11－13＋(2n －3)·⎝⎛⎭⎫13n ＋1 ＝2n ·⎝⎛⎫13n ＋1， 所以S n ＝n 3n . (3)解 假设存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使S p ，S q ，S r 成等差数列，则2S q ＝S p ＋S r ，即2q 3q ＝p 3p ＋r 3r
. 当n ≥2时，a n ＝(3－2n )⎝⎛⎭⎫13n <0，所以数列{S n }单调递减．
又p <q ，所以p ≤q －1且q 至少为2，
所以p 3p ≥q －13q 1，q －13
q 1－2q 3q ＝q －33q . ①当q ≥3时，p 3p ≥q －13q －1≥2q 3q ， 又r 3r >0，所以p 3p ＋r 3r >2q 3q ，等式不成立． ②当q ＝2时，p ＝1，所以49＝13＋r 3r ， 所以r 3r ＝19
， 所以r ＝3({S n }单调递减，解惟一确定)． 综上可知，p ，q ，r 的值为1,2,3.。