全国通用版2019高考数学二轮复习中档大题规范练二数列文

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2019年【浙江】高考数学(文)二轮：中档大题规范练数列(含答案)

高考数学精品复习资料2019.5中档大题规范练——数列1． (20xx·四川)在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．解设该数列的公差为d ，前n 项和为S n ，由已知，可得 2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )．所以，a 1＋d ＝4，d (d －3a 1)＝0，解得a 1＝4，d ＝0，或a 1＝1，d ＝3，即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列{a n }的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.2． (20xx·天津)已知首项为32的等比数列{a n }不是．．递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . (2)由(1)得S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712. 综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.3． (20xx·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{na n }的前n 项和．解 (1)令n ＝1，得2a 1－a 1＝a 21，即a 1＝a 21.因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2. 当n ≥2时，由2a n －1＝S n,2a n －1－1＝S n －1 两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1. 于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列．因此，a n ＝2n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1.① 2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .②①－②得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n .从而B n ＝1＋(n －1)·2n .4．已知f (x )＝－4＋1x 2，点P n ⎝⎛⎭⎫a n ，－1a n ＋1在曲线y ＝f (x )上且a 1＝1，a n >0(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，存在正整数t ，使得S n <t 2－t －12恒成立，求最小正整数t 的值． (1)证明 ∵－1a n ＋1＝－4＋1a 2n ，∴1a 2n ＋1－1a 2n＝4.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是以1为首项，4为公差的等差数列． ∴1a 2n＝4n －3. ∵a n >0，∴a n ＝ 14n －3.(2)解令b n ＝a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1. ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝14(1－15＋15－19＋…＋14n －3－14n ＋1) ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n ＋1<14，对于任意的n ∈N *使得S n <t 2－t －12恒成立，∴只要14≤t 2－t －12，∴t ≥32或t ≤－12，∴存在最小的正整数t ＝2符合题意．5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有a n >0，S n ＝a 31＋a 32＋…＋a 3n .(1)求a 1，a 2的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)当n ＝1时，有a 1＝S 1＝a 31，由于a n >0，所以a 1＝1.当n ＝2时，有S 2＝a 31＋a 32，即a 1＋a 2＝a 31＋a 32，将a 1＝1代入上式，由于a n >0，所以a 2＝2.(2)由S n ＝a 31＋a 32＋…＋a 3n ，得a 31＋a 32＋…＋a 3n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2，① 则有a 31＋a 32＋…＋a 3n ＋a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1)2，②②－①，得a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1)2－(a 1＋a 2＋…＋a n )2＝a n ＋1[2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1]．因为a n >0，所以a 2n ＋1＝2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1，③ 同理，得a 2n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋a n (n ≥2)，④③－④，得a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋1＋a n ，整理，得a n ＋1－a n ＝1.由于a 2－a 1＝1，故当n ≥1时，都有a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，其通项公式为a n ＝n .6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝S n －12S n －1＋1(n ≥2)，a 1＝2.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求a n 的表达式．(1)证明方法一由S n ＝S n －12S n －1＋1，得1S n ＝2S n －1＋1S n －1＝1S n －1＋2，∴1S n －1S n －1＝2， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1即12为首项，以2为公差的等差数列．方法二 ∵当n ≥2时，1S n －1S n －1＝2S n －1＋1S n －1－1S n －1＝2S n －1S n －1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1即12为首项，以2为公差的等差数列．(2)解由(1)知1S n ＝12＋(n －1)×2＝2n －32，∴S n ＝12n －32，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －32－12n －72＝－2⎝⎛⎭⎫2n －32⎝⎛⎭⎫2n －72；当n ＝1时，a 1＝2不适合a n . 故a n＝⎩⎨⎧2(n ＝1)－2⎝⎛⎭⎫2n －32⎝⎛⎭⎫2n －72 (n ≥2).。

2019届高考数学二轮复习数列大题课件(31张)(全国通用)

(1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=ln ��3��+1,n=1,2,…,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
考向一考向二考向三考向四考向五
解:(1)由已知得
��1 + ��2 + ��3 = 7, (��1 + 3) + (��3 + 4)
专题探究
4.2.1 等差、等比数列与数列
的通项及求和
专题探究
-9-
考向一考向二考向三考向四考向五
等差、等比数列的通项及求和
例1(2018全国Ⅱ,理17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-
7,S3=-15. (1)求{an}的通项公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值. 解:(1)设{an}的公差为d, 由题意得3a1+3d=-15. 由a1=-7得d=2. 所以{an}的通项公式为an=2n-9. (2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16. 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16. 解题心得对于等差、等比数列,求其通项及前n项和时,只需利用
(2)令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2. 由(1)知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列. 从而 Sn=��2��(a1+a3n-2)=��2��(-6n+56)=-3n2+28n.
考向一考向二考向三考向四考向五
专题探究
-11-
可转化为等差、等比数列的问题
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)

2019高考数学中档题训练含详细讲解答案

目录第一套：高考数学中档题精选（1）第二套：高考数学中档题精选（2）第三套：高考数学中档题精选（3）第四套：高考数学中档题训练第五套：不等式专练第六套：高考最新模拟试题一套高考数学中档题精选（1）1. 已知函数f(x)=cos x 2+cos 3x 2+cos 5x 2csc x 2 +cos 23x2 .(1) 求函数f(x)的最小正周期和值域； (2)求函数f(x)的单调递增区间.解：(1) y=sin x 2(cos x 2+cos 3x 2+cos 5x 2)+1+cos3x2=12sinx+12(sin2x-sinx)+12(sin3x-sin2x)+12cos3x+12=12sin3x+12cos3x+12 =22sin(3x+π4)+12∴T=2π3 ,值域y ∈[1-22,1+22]. (2)由2k π-π2 ≤3x+π4 ≤2k π+π2 ,k ∈Z.得:2k π3-π4 ≤x ≤2k π3+π12(k ∈Z). 2. 设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,S n =na n -2n(n-1)(n ∈N)(1)求证数列{a n }为等差数列，并写出其通项公式；(2)是否存在非零常数p 、q 使数列{S npn+q}是等差数列？若存在，试求出p 、q 应满足的关系式，若不存在，请说明理由. 解：（1）当n ≥2时，a n =S n -S n-1=na n -(n-1)a n-1-4(n-1)，即a n -a n-1=4(n ≥2) ∴{a n }为等差数列.∵a 1=1,公差d=4,∴a n =4n-3. （2）若{S n pn+q }是等差数列，则对一切n ∈N ，都有S npn+q＝An+B, 即S n =(An+B)(pn+q),又S n =12(a 1+a n )n =2n 2-n,∴2n 2-n=Apn 2+(Aq+Bp)n+Bq要使上式恒成立，当且仅当⎪⎩⎪⎨⎧=-=+=012Bq Bp Aq Ap ，∵q ≠0,∴B ＝0，∴p q=-2,即：p+2q=0.3. 已知正三棱锥A-BCD 的边长为a ，E 、F 分别为AB 、BC 的中点，且AC ⊥DE.（Ⅰ）求此正三棱锥的体积；（Ⅱ）求二面角E-FD-B的正弦值.解：（Ⅰ）作AO⊥平面BCD于O,由正三棱锥的性质可知O为底面中心，连CO,则CO⊥BD,由三垂线定理知AC⊥BD，又AC⊥ED,∴AC⊥平面ABD,∴AC⊥AD, AB⊥AC,AB⊥AD.在Rt△ACD中，由AC2+AD2=2AC2=a2可得：AC=AD=AB=22a .∴V=VB-ACD =13·12·AC·AD·AB=224a3 .（Ⅱ）过E作EG⊥平面BCD于G，过G作GH⊥FD于H，连EH，由三垂线定理知EH⊥FD,即∠EHG为二面角E-FD-B的平面角.∵EG＝12AO 而AO＝VB-ACD13·S△BCD=66a ,∴EG=612a .又∵ED＝AE2+AD2=(24a)2+(22a)2=104a ∵EF∥AC，∴EF⊥DE.∴在Rt△FED中，EH＝EF·EDDF=1512a ∴在Rt△EGH中，sin∠EHG＝EGEH=105*选做题：定义在区间（－1,1）上的函数f(x)满足：①对任意x、y∈（－1,1）都有f(x)+f(y)=f(x+y1+xy);②当x∈（－1,0）时，f(x)>0.（Ⅰ）求证：f(x)为奇函数；（Ⅱ）试解不等式f(x)+f(x-1)>f(12 ).解：（Ⅰ）令x=y=0,则f(0)+f(0)=f(0),∴f(0)=0.又令x∈（－1,1），则-x∈（－1,1），而f(x)+f(-x)=f(x-x1-x2)=f(0)=0∴f(-x)=-f(x),即f(x)在（－1,1）上是奇函数.（Ⅱ）令－1<x1<x2<1,则x1-x2<0,1-x1x2>0,于是f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x21-x1x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以f(x)在定义域ABCDEF OGH上为减函数.从而f(x)+f(x-1)>f(12)等价与不等式⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-+-<-<-<<-)21()112(111112f x x x f x x.213503*********111210222-<<⇔⎩⎨⎧+-<<⇔⎩⎨⎧+-<-<<⇔⎪⎩⎪⎨⎧<-+-<<⇔x x x x x x x x x x x x 高考数学中档题精选（2）1. 已知z 是复数，且arg(z-i)=π4,|z|= 5 .求复数z. 解法1.设复数z-i 的模为r(r>0),则z-i=r(cosπ4 +isin π4), ∴i r z )122(22++=，042,5)122()22(,5||222=-+=++∴=r r r r z 即解得r= 2 ,z=1+2i. 解法2.设z=x+yi,则5)1()0(15)01(145222222=++⇒⎩⎨⎧>+==+⇒⎪⎩⎪⎨⎧>--==+x x x x y y x y x y tg y x π 解得x=1或－2(舍去)，所以z=1+2i. 解法3.设)sin (cos 5θθi z +=则1sin 5cos 51cos 51sin 54-=⇒=-=θθθθπtg解得：,10103)4cos(,0cos ,1010)4sin(=-∴>=-πθθπθ .21)55255(5554sin )4sin(4cos )4cos(]4)4cos[(cos ,5524sin )4cos(4cos )4sin(]4)4sin[(sin i i z +=+=∴=---=+-==-+-=+-=∴ππθππθππθθππθππθππθθ2. 已知f(x)=sin 2x-2(a-1)sinxcosx+5cos 2x+2-a,若对于任意的实数x 恒有|f(x)|≤6成立，求a 的取值范围.解：f(x)=(1-a)sin2x+2cos2x+5-a=5-2a+a 2 sin(2x+ψ)＋5-a.(ψ为一定角，大小与a 有关).∵x ∈R,∴[f(x)]max =5-a+5-2a+a 2 ,[f(x)]min =5-a-5-2a+a 2 .由|f(x)|≤6,得⎪⎩⎪⎨⎧-≤+-+≤+-⇔⎪⎩⎪⎨⎧-≥+---≤+-+-aa a aa a a a a a a a 1125125625562552222 .52915291111)11(25)1(251112222≤≤∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≥≤≤-⇔⎪⎩⎪⎨⎧-≤+-+≤+-≤≤-a a a a a a a a a a a 3.斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，顶点A 1在底面的射影O 是△ABC 的中心，异面直线AB 与CC 1所成的角为45°. (1)求证：AA 1⊥平面A 1BC ；(2)求二面角A 1－BC-A 的平面角的正弦值； (3)求这个斜三棱柱的体积.(1)由已知可得A 1-ABC 为正三棱锥，∠A 1AB=45° ∴∠AA 1B=∠AA 1C=90°即AA 1⊥A 1B,AA 1⊥A 1C∴AA 1⊥平面A 1BC(2)连AO 并延长交BC 于D,则AD ⊥BC ，连A 1D,则∠ADA 1为所求的角。

2019数学(文)通用版二轮精准提分练习第二篇第18练概率与统计的综合问题

第18练概率与统计的综合问题［中档大题规范练][明晰考情]1。

命题角度:概率与统计知识的交汇处是高考命题的考点。

2.题目难度：中档难度。

考点一古典概型与几何概型要点重组(1）古典概型的两个特征①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；②每个基本事件发生的可能性相等.(2)几何概型将古典概型的有限性推广到无限性，几何概型的测度包括长度、面积、角度、体积等。

1.已知A，B两个盒子中分别装有标记为1,2,3,4的大小相同的四个小球，甲从A盒中等可能地取出1个球，乙从B盒中等可能地取出1个球。

(1）用有序数对（i，j)表示事件“甲抽到标号为i的小球，乙抽到标号为j的小球”，试写出所有可能的事件；(2）甲、乙两人玩游戏，约定规则：若甲抽到的小球的标号比乙大，则甲胜；反之，则乙胜。

你认为此游戏是否公平？请说明理由。

解（1）甲、乙两人抽到的小球的所有情况有（1,1)，（1,2）,(1，3)，(1,4)，(2，1)，（2,2），(2，3），(2,4）,（3，1),（3，2),（3，3）,(3，4)，（4,1)，（4，2）,（4，3)，（4,4），共16种不同的情况。

(2)甲抽到的小球的标号比乙大，有（2,1）,(3，1)，（3，2)，(4,1)，(4,2)，(4,3），共6种情况,故甲胜的概率P 1＝错误!＝错误!，乙胜的概率为P 2＝1－错误!＝错误!。

因为错误!≠错误!，所以此游戏不公平。

2.已知集合A ＝［－2,2］,B ＝[－1，1],设M ＝｛(x ，y )｜x ∈A ，y ∈B }，在集合M 内随机取出一个元素（x ，y ).（1)求以（x ,y )为坐标的点落在圆x 2＋y 2＝1内的概率;(2）求以(x ,y ）为坐标的点到直线x ＋y ＝0的距离不大于错误!的概率. 解（1)集合M 内的点形成的区域面积S ＝8。

因为圆x 2＋y 2＝1的面积S 1＝π，故所求概率为P 1＝错误!＝错误!。

(全国通用版)高考数学二轮复习中档大题规范练(二)数列理

(二)数列1．(2018·三明质检)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12b n ＋7n 的前n 项和T n .解 (1)因为a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2，所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5. 所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，② ①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1＝3，又因为a 1＝1，所以{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝3的等差数列，所以a n ＝3n －2(n ∈N *)． (2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1，所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)，所以当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n2.又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n 2(n ∈N *)．所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2，＝3n 2＋5n 12(n ＋1)(n ＋2).2．(2018·葫芦岛模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 52，S 4成等差数列，a 5＝3a 2＋2a 1－2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝2n －1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3，S 52，S 4成等差数列，可知S 3＋S 4＝S 5，得2a 1－d ＝0，① 由a 5＝3a 2＋2a 1－2，② 得4a 1－d －2＝0，由①②，解得a 1＝1，d ＝2，因此，a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)令c n ＝a n b n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，∴T n ＝1·1＋3·12＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，③12T n ＝1·12＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，④③－④，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 －(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝ 3－2n ＋32n ，∴T n ＝6－2n ＋32n －1(n ∈N *)．3．(2018·厦门质检)已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝4n2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)方法一由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k4，∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3，即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k4，解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二 ∵{a n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )， ∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d ) ＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于∀n ∈N *均成立，则⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝4n2a n a n ＋1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1，得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋1＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＋n＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n 2n ＋1(n ∈N *)． 4．(2018·天津河东区模拟)已知等比数列{a n }满足条件a 2＋a 4＝3(a 1＋a 3)，a 2n ＝3a 2n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n＝n 2，n ∈N *，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1(n ∈N *)，由已知a 2＋a 4＝3(a 1＋a 3)，得a 1q ＋a 1q 3＝3(a 1＋a 1q 2)，所以q ＝3. 又由已知a 2n ＝3a 2n ，得a 1q2n －1＝3a 21q2n －2，所以q ＝3a 1，所以a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)．(2)当n ＝1时，b 1a 1＝1，b 1＝1，当n ≥2时，b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n＝n 2，① 所以b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n －1a n －1＝(n －1)2，② 由①－②得b n a n＝2n －1，所以b n ＝(2n －1)3n －1，b 1＝1也符合，综上，b n ＝(2n －1)3n －1(n ∈N *)．所以T n ＝1×30＋3×31＋…＋(2n －3)3n －2＋(2n －1)·3n －1，①3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)3n －1＋(2n －1)3n，②由①－②得－2T n ＝1×30＋2(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n＝1×30＋2×3×3n －1－13－1－(2n －1)·3n＝1＋3n－3－(2n －1)3n＝(2－2n )3n－2，所以T n ＝1＋(n －1)3n (n ∈N *)．5．(2018·宿州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2.(1)证明数列{a n ＋2}是等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和K n . 解 (1)由T n ＝2S n －n 2，得a 1＝S 1＝T 1＝2S 1－1，解得a 1＝S 1＝1，由S 1＋S 2＝2S 2－4，解得a 2＝4.当n ≥2时，S n ＝T n －T n －1 ＝2S n －n 2－2S n －1＋(n －1)2，即S n ＝2S n －1＋2n －1，①S n ＋1＝2S n ＋2n ＋1，②由②－①得a n ＋1＝2a n ＋2， ∴a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，又a 2＋2＝2(a 1＋2)，∴数列{a n ＋2}是以a 1＋2＝3为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋2＝3·2n －1，即a n＝3·2n－1－2(n∈N*)．(2)∵b n＝3n·2n－1－2n，∴K n＝3(1·20＋2·21＋…＋n·2n－1)－2(1＋2＋…＋n) ＝3(1·20＋2·21＋…＋n·2n－1)－n2－n.记R n＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，③2R n＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，④由③－④，得－R n＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝1－2n1－2－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴R n＝(n－1)·2n＋1.∴K n＝3(n－1)2n－n2－n＋3(n∈N*)．。

2019年高考数学高考中档大题(32选1)规范练(2)

高考中档大题（3+2选1）规范练·得全分（四）(大题规范：45分钟拿到高分，全分46分)解答题(本大题共4小题，共46分)1．(12分)设a ∈R，函数f (x )＝cos x (a sin x －cos x )＋cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x 满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f (0)．(1)求f (x )的单调递减区间；(2)设锐角△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a 2＋c 2－b 2a 2＋b 2－c 2＝c2a －c，求f (A )的取值范围．解析 (1)f (x )＝cos x (a sin x －cos x )＋cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ＝a 2sin 2x －cos 2x ，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f (0)，得－3a 4＋12＝－1，所以a ＝23，所以f (x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.由2k π＋π2≤2x －π6≤2k π＋3π2，k ∈Z ，得k π＋π3≤x ≤k π＋5π6，k ∈Z ，所以f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π3，k π＋5π6，k ∈Z.(2)因为a 2＋c 2－b 2a 2＋b 2－c 2＝c 2a －c ，由余弦定理得2ac cos B 2ab cos C ＝c cos B b cos C ＝c2a －c ，即2a cos B －c cosB ＝b cosC ，由正弦定理可得2sin A cos B －sin C cos B ＝sin B cos C ，即2sin A cos B ＝sin(B＋C )＝sin A ，所以cos B ＝12，因为0<B <π2，所以B ＝π3.因为△ABC 为锐角三角形，所以π6<A <π2，π6<2A －π6<5π6，所以f (A )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π6的取值范围为(1，2]．2．(12分)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，M 是DC 的中点，将△ADM 沿AM 折起，使得AD ⊥BM .(1)求证：平面ADM ⊥平面ABCM ；(2)若点E 是线段BD 上的一动点，则点E 在何位置时，可使得二面角E －AM －D 的大小为π4？解析 (1)连接BM ，因为AB ＝2AD ，M 是DC 的中点，所以AM ＝BM ＝2AD ，从而AM 2＋BM2＝AB 2，所以AM ⊥BM .因为AD ⊥BM ，AD ∩AM ＝A ，所以BM ⊥平面ADM . 因为BM ⊂平面ABCM ，所以平面ADM ⊥平面ABCM .(2)因为平面ADM ⊥平面ABCM ，平面ADM ∩平面ABCM ＝AM ，所以在平面ADM 中过点M 且垂直于AM 的直线必然垂直于平面ABCM .以M 为坐标原点，MA 所在直线为x 轴，MB 所在直线为y 轴，在平面ADM 中，过点M 作AM 的垂线，以该垂线所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设MA ＝2，则A (2，0，0)，B (0，2，0)，D (1，0，1)，BD →＝(1，－2，1)．假设存在点E ，设BE →＝λBD →(0<λ<1)，则ME →＝MB →＋BE →＝(λ，2－2λ，λ)．设n 1＝(x ，y ，z )是平面AME 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·ME →＝0，n 1·MA →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧λx ＋（2－2λ）y ＋λz ＝0，2x ＝0，取y ＝λ，可得平面AME 的一个法向量为n 1＝(0，λ，2λ－2)．易得平面AMD 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)．依题意得，|cos 〈n 1，n 2〉|＝λλ2＋（2λ－2）2＝22，解得λ＝23，因此当BE →＝23BD →时，二面角E －AM －D 的大小为π4.3．(12分)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且3ca cos B＝tan A ＋tan B . (1)求角A 的大小；(2)设AD 为BC 边上的高，a ＝3，求AD 的取值范围．解析 (1)在△ABC 中，∵3c a cos B ＝tan A ＋tan B ，∴3sin C sin A cos B ＝sin A cos A ＋sin Bcos B，即3sin C sin A cos B ＝sin A cos B ＋sin B cos A cos A cos B ，∴3sin A ＝1cos A ，则tan A ＝3，∴A ＝π3.(2)∵S △ABC ＝12AD ·BC ＝12bc sin A ，∴AD ＝12bc .由余弦定理得cos A ＝12＝b 2＋c 2－a 22bc ≥2bc －32bc，∴0<bc ≤3(当且仅当b ＝c 时等号成立)，∴0<AD ≤32.4．(从下面两题中选一题，如果多做，则按所做的第一题计分) (10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．A ，B 两点的极坐标分别为(1，π)，(2，0)，且|PA |＝2|PB |，点P 的轨迹记为C .(1)求曲线C 的直角坐标方程和极坐标方程； (2)已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos φ，y ＝1＋t sin φ(t 为参数，0≤φ<π)，当直线l 与曲线C 只有一个公共点时，φ＝φ0，求cos φ0的值．解析 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，把极坐标转化为直角坐标得A (－1，0)，B (2，0)，设P (x ，y )，由|PA |＝2|PB |得，(x ＋1)2＋y 2＝4[(x －2)2＋y 2]，∴x 2＋y 2－6x ＋5＝0，即曲线C 的直角坐标方程为(x －3)2＋y 2＝4. ∴曲线C 为以(3，0)为圆心，2为半径的圆，极坐标方程为ρ2－6ρcos θ＋5＝0.(2)解法一将直线l 的参数方程代入到曲线C 的直角坐标方程，得(t cos φ－2)2＋(t sin φ＋1)2＝4，化简并整理得，t 2＋2(sin φ－2cos φ)t ＋1＝0， ∵直线l 与曲线C 只有一个公共点， ∴Δ＝4(sin φ－2cos φ)2－4＝0， ∴3cos φ2－4sin φcos φ＝0， ∴cos φ＝0或tan φ＝34，∵0≤φ<π，∴1－cos 2φcos φ＝34，解得cos φ＝45，∴cos φ0＝0或cos φ0＝45.解法二当直线l 的斜率存在时，设直线l ：y －1＝k (x －1)，即kx －y －k ＋1＝0. ∵直线l 与曲线C 只有一个公共点，即直线l 与曲线C 相切，∴|3k －k ＋1|k 2＋1＝2，解得k ＝34，∴tan φ0＝34，∵0≤φ0<π，∴1－cos 2φ0cos φ0＝34， ∴cos φ0＝45.当直线l 的斜率不存在时，直线l ：x ＝1，此时直线l 与⊙C 相切，符合题意．∴cos φ0＝0.综上，得cos φ0＝0或cos φ0＝45.4．(10分)[选修4－5：不等式选讲] 已知函数f (x )＝|x －3|.(1)若函数g (x )＝|x －a |－f (x )的值域为M ，[－2，1]⊆M ，求实数a 的取值范围； (2)若实数x ，y 满足|2x ＋3y |<12，|x －y |<14，求证：f (x ＋3)<14.解析 (1)g (x )＝|x －a |－f (x )＝|x －a |－|x －3|，当a ≥3时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－a ，x >a ，a ＋3－2x ，3≤x ≤a ，a －3，x <3，所以g (x )∈[3－a ，a －3]，因为[－2，1]⊆M ，所以⎩⎪⎨⎪⎧3－a ≤－2，a －3≥1，解得a ≥5.当a <3时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－a ，x >3，2x －a －3，a ≤x ≤3，a －3，x <a ，所以g (x )∈[a －3，3－a ]，因为[－2，1]⊆M ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －3≤－2，3－a ≥1，解得a ≤1.综上，实数a 的取值范围为(－∞，1]∪[5，＋∞)． (2)要证f (x ＋3)<14，即证|x |<14.因为|2x ＋3y |<12，|x －y |<14，所以|x |＝15|(2x ＋3y )＋3(x －y )|≤15|2x ＋3y |＋35|x －y |<15×12＋35×14＝14.所以f (x ＋3)<14.。

2019届高考数学二轮复习解答题双规范案例之__数列问题ppt版本

【思维流程】
【典例】(12分)(2018·全国卷Ⅲ)等比数列 a n
中,a1=1,a5=4a3.
(1)求 a n 的通项公式. (2)记Sn为 a n 的前n项和.若Sm=63,求m.
切入点:利用等比数列的通项公式,求出公比q. 关键点:根据等比数列的前n项和公式,列出方程,求出m.
3
由Sm=63得(-2)m=-188, …………………8分⑥ 此方程没有正整数解. …………………9分⑦
若an=2n-1,则Sn=2n-1.
由Sm=63得2m=64, …………………11分⑧ 解得m=6. 综上,m=6. …………………12分⑨
【阅卷现场】第(1)问踩点得分①正确写出通项公式得1分;②根据题目中的条件,结合通项公式列出关于q的方程得1分; ③正确求出公比q,得2分,没有将q=0舍去,扣1分;④每正确写出一个通项公式得1分.第(2)问踩点得分⑤正确写出前n项和公式得1分;⑥根据⑤及题目中的条件,写出关
于m的方程得1分;⑦判断方程是否有整数解,判断正确得1分;⑧正确写出当an=2n-1时2m=64得2分;⑨解得m=6, 正确得1分.
Good bye! Wish you a happy life
2019/10/18
精选课件
解答题双规范案例之—— 数列问题
【重在“化归”】化归:首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量,
将已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系.
归纳:对于不是等差或等比的数列,可从个别的特殊的情景出发,归纳出一般性的规律、性质,这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法:观察、归纳、猜想、证明.
【标准答案】
【解析】(1)设{an}的公比为q,

2019高考数学(理科)二轮专题攻略习题：中档解答题(二) Word版含解析

中档解答题(二)
1.设等比数列{a
n }的前n项和为S
n
,公比q>0,S
2
=4,a
3
-a
2
=6.
(1)求数列{a
n
}的通项公式;
(2)设b
n =log
3
a
n+1
,数列{b
n
}的前n项和为T
n
,求证:1
T1
+1
T2
+…+1
T n
<2.
2.已知函数f(x)=sin(2x-π
6
)+2cos2x-1.
(1)求函数f(x)的单调增区间,并说明可把f(x)图象经过怎样的平移变换得到g(x)=sin 2x 的图象;
(2)若在△ABC中,a、b、c分别是A、B、C的对边,且a=1,b+c=2,f(A)=1
2
,求△ABC的面积.
3.某学校为了解高三复习效果,从高三第一学期期中考试成绩中随机抽取50名同学的数学成绩(单位:分),按[90,100),[100,110),…,[140,150]分成6组,制成频率分布直方图,如图所示:
(1)求m的值,并且计算这50名同学数学成绩的平均数x;
(2)该学校为制订下阶段的复习计划,从成绩在[130,150]内的同学中选出3名作为代表进行座谈,记这3人中成绩在[140,150]内的同学人数为ξ,写出ξ的分布列,并求出数学期望.
CD=2,AB∥DC,AB⊥AD,E为CD的中点,沿AE把△DAE 4.如图①,已知直角梯形ABCD中,AB=AD=1
2
折起到△PAE的位置(折起后D变为P),使得PB=2,如图②.
(1)求证:平面PAE⊥平面ABCE;。

2019届二轮(文科数学) 中档大题规范练(二) 专题卷 (全国通用)

(二)数列1．(2018·潍坊模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且1，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n ·b n ＝1＋2na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由已知1，a n ，S n 成等差数列，得2a n ＝1＋S n ，① 当n ＝1时，2a 1＝1＋S 1＝1＋a 1，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n －1＝1＋S n －1，②①－②得2a n －2a n －1＝a n ，∴a n a n －1＝2， ∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝a 1q n －1＝1×2n －1＝2n －1(n ∈N *)． (2)由a n ·b n ＝1＋2na n ，得b n ＝1a n＋2n ， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝1a 1＋2＋1a 2＋4＋…＋1a n＋2n ＝⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n＋(2＋4＋…＋2n ) ＝1－12n 1－12＋(2＋2n )n 2＝n 2＋n ＋2－12n －1(n ∈N *)． 2．(2018·四川成都市第七中学三诊)已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 3＝7，且a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n ·2n }的前n 项和为S n ，求S n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a 3＝a 1＋2d ＝7.又∵a 1，a 4，a 13成等比数列，∴a 24＝a 1a 13，即(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )，整理得2a 1＝3d∵a 1≠0，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝7，2a 1＝3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)由(1)得a n ·2n ＝(2n ＋1)·2n ，∴S n ＝3×2＋5×22＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① ∴2S n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－S n ＝6＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝2＋22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝2(1－2n ＋1)1－2－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝－2＋(1－2n )·2n ＋1. ∴S n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1(n ∈N *)． 3．(2018·厦门质检)已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n 2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)方法一由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k 4， ∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3，即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k 4，解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二 ∵{a n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )，∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d )＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于∀n ∈N *均成立，则⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由b n ＝4n 2a n a n ＋1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋1，得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋1＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋1＋12⎝⎛⎭⎫15－17＋1＋…＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＋n ＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n 2n ＋1(n ∈N *)． 4．(2018·安徽省江南十校模拟)数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2－n ＋22n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n (1＋a n )(1＋a n ＋1)，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ＝1时，a 1＝2－32＝12；当n ≥2时，由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2－n ＋22n ，① a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2－n ＋12n －1，② ①－②得na n ＝2－n ＋22n －⎝ ⎛⎭⎪⎫2－n ＋12n －1＝n 2n ，可得a n ＝12n ，又∵当n ＝1时也成立，∴a n ＝12n (n ∈N *)． (2)∵b n ＝12n ⎝⎛⎭⎫1＋12n ⎝⎛⎭⎫1＋12n ＋1＝2n ＋1(2n ＋1)(2n ＋1＋1) ＝2⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋1＋1， ∴T n ＝2⎝⎛⎭⎫12＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－12n ＋1＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫13－12n ＋1＋1＝23－22n ＋1＋1(n ∈N *)．5．(2018·宿州模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n，数列{S n}的前n项和为T n，满足T n＝2S n －n2.(1)证明数列{a n＋2}是等比数列，并求出数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝n·a n，求数列{b n}的前n项和K n.解(1)由T n＝2S n－n2，得a1＝S1＝T1＝2S1－1，解得a1＝S1＝1，由S1＋S2＝2S2－4，解得a2＝4.当n≥2时，S n＝T n－T n－1＝2S n－n2－2S n－1＋(n－1)2，即S n＝2S n－1＋2n－1，①S n＋1＝2S n＋2n＋1，②由②－①得a n＋1＝2a n＋2，∴a n＋1＋2＝2(a n＋2)，又a2＋2＝2(a1＋2)，∴数列{a n＋2}是以a1＋2＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n＋2＝3·2n－1，即a n＝3·2n－1－2(n∈N*)．(2)∵b n＝3n·2n－1－2n，∴K n＝3(1·20＋2·21＋…＋n·2n－1)－2(1＋2＋…＋n)＝3(1·20＋2·21＋…＋n·2n－1)－n2－n.记R n＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，③2R n＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，④由③－④，得－R n＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝1－2n1－2－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴R n＝(n－1)·2n＋1.∴K n＝3(n－1)2n－n2－n＋3(n∈N*)．。

2019届二轮复习中档大题分类练2 数列作业(全国通用)

中档大题分类练(二) 数列(建议用时：60分钟)1．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝4，a n ＝2n ＋1(n ≥2)．(1)证明：当n ≥2时，S n ＝a n ＋n 2；(2)若等比数列{b n }的前两项分别为S 2，S 5，求{b n }的前n 项和T n .[解] (1)证明：当n ≥2时，∵S n ＝4＋(5＋7＋…＋2n ＋1)＝4＋(5＋2n ＋1)(n －1)2＝n 2＋2n ＋1， ∴S n ＝(2n ＋1)＋n 2＝a n ＋n 2.(2)由(1)知，S 2＝9，S 5＝36，∴等比数列{b n }的公比q ＝369＝4，又b 1＝S 2＝9，∴T n ＝9(1－4n )1－4＝3(4n －1)． 2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2.(1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：由已知有a 1＋a 2＝4a 1＋2. 解得a 2＝3a 1＋2＝5，故b 1＝a 2－2a 1＝3. 又a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－(4a n ＋2)＝4a n ＋1－4a n ，于是a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )，即b n ＋1＝2b n .因此数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列．(2)由(1)知等比数列{b n }中b 1＝3，公比q ＝2，所以a n ＋1－2a n ＝3×2n －1.于是a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12、公差为34的等差数列． a n 2n ＝12＋34(n －1)＝34n －14.所以a n ＝(3n －1)·2n －2.3．设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 3＝7，a n ＝2a n －1＋a 2－2(n ≥2)．(1)证明：{a n ＋1}为等比数列；(2)求{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列．[解] (1)证明：∵a 3＝7，a 3＝3a 2－2，∴a 2＝3，∴a n ＝2a n －1＋1，∴a 1＝1，a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2(n ≥2)， ∴{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)知，a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1.∴S n ＝2－2n ＋11－2－n ＝2n ＋1－n －2，∴n ＋S n －2a n ＝n ＋2n ＋1－n －2－2(2n －1)＝0∴n ＋S n ＝2a n ，即n ，a n ，S n 成等差数列．4．设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1，S n ＝2－2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n log 12a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)∵S n ＝2－2a n ＋1，a 1＝1，∴当n ＝1时，S 1＝2－2a 2，得a 2＝1－S 12＝1－a 12＝12；当n ≥2时，S n －1＝2－2a n ，∴当n ≥2时，a n ＝2a n －2a n ＋1，即a n ＋1＝12a n, 又a 2＝12a 1，∴{a n }是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列． ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1. (2)由(1)知，b n ＝(－1)n (n －1)，T n ＝0＋1－2＋3－…＋(－1)n (n －1),当n 为偶数时，T n ＝n 2；当n 为奇数时，T n ＝n －12－(n －1)＝1－n 2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1－n 2，n 为奇数，n 2，n 为偶数.（教师备选）1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋pn ，且a 2，a 5，a 10成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1＋5a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1＋p ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1＋p ，也满足a n ＝2n －1＋p ，故a n ＝2n －1＋p ， ∵a 2，a 5，a 10成等比数列，∴(3＋p )(19＋p )＝(9＋p )2，∴p ＝6.∴a n ＝2n ＋5.(2)由(1)可得b n ＝1＋5a n ·a n ＋1＝1＋5(2n ＋5)(2n ＋7)＝1＋52⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋5－12n ＋7， ∴T n ＝n ＋5217－19＋19－111＋…＋12n ＋5－12n ＋7＝n ＋5n 14n ＋49＝14n 2＋54n 14n ＋49. 2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝43(a n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，记数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1(b n －1)(b n ＋1)的前n 项和为T n ，证明：T n ＜12.[解] (1)当n ＝1时，有a 1＝S 1＝43(a 1－1)，解得a 1＝4.当n ≥2时，有S n －1＝43(a n －1－1)，则a n ＝S n －S n －1＝43(a n －1)－43(a n －1－1)，整理得：a n a n －1＝4，∴数列{a n }是以q ＝4为公比，以a 1＝4为首项的等比数列. ∴a n ＝4×4n －1＝4n (n ∈N *)，即数列{a n }的通项公式为：a n ＝4n (n ∈N *)．(2)由(1)有b n ＝log 2a n ＝log 24n ＝2n ，则，1(b n ＋1)(b n －1)＝1(2n ＋1)(2n －1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n ＋1)(2n －1)＝1211－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＜12，故得证．。

2019年高考数学大二轮复习高考中档大题(32选1)规范练 (2)

309教育网 309教育资源库高考中档大题（3+2选1）规范练·得全分（三）(大题规范：45分钟拿到高分，全分46分)解答题(本大题共4小题，共46分)1．(12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *，λ>0)，且a 1，a 2＋2，a 3＋3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)nlog 2a n ·log 2a n ＋1，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解析 (1)因为a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1，所以a 2＝λa 1＋1＝1＋λ，由a 3＝λS 2＋1＝λ(a 1＋a 2)＋1＝(1＋λ)2， a 1，a 2＋2，a 3＋3成等差数列，得2(a 2＋2)＝a 1＋a 3＋3，所以2(1＋λ＋2)＝1＋(1＋λ)2＋3，解得λ2＝1，由λ>0，得λ＝1，所以a n ＋1＝S n ＋1，① n ≥2时，a n ＝S n －1＋1，②由①－②得n ≥2，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，即n ≥2时，a n ＋1＝2a n ，③因为a 2＝1＋λ＝2，a 1＝1，所以a 2＝2a 1，所以n ＝1时，③式也成立，故数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，a n ＝2n －1. (2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝(－1)n log 22n －1·log 22n ＝(－1)n n (n －1)＝(－1)n (n 2－n )，则b 2n ＋b 2n －1＝(2n )2－2n －(2n －1)2＋2n －1＝4n －2，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2＋6＋10＋…＋(4n －2)＝n ·（2＋4n －2）2＝2n 2.2．(12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PC 与平面PBD 所成角的正弦值．解析 (1)因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD .又PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC ，因为BD ⊂平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面PAC.。

2019版高考数学二轮复习中档大题保分练620190322280

中档大题保分练(06)(满分：46分时间：50分钟)说明：本大题共4小题，其中第1题可从A、B两题中任选一题；第4题可从A、B两题中任选一题. 共46分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．(A)(12分)已知数列{a n}的前n项和为S n，a n＞0，a1＝1，且满足S2n－2a n a n＋1＝a n＋1S n－2a n S n．(1)求数列{a n}的通项a n；(2)求数列{na n}的前n项和T n．解：(1)S2n－2a n a n＋1＝a n＋1S n－2a n S n，∴(S n＋2a n)(S n－a n＋1)＝0，∵a n＞0，∴S n－a n＋1＝0，即S n＝a n＋1；当n＝1时，a2＝1，当n≥2时，S n－1＝a n，∴a n＝S n－S n－1＝a n＋1－a n，∴a n＋1＝2a n，a1＝1，a2＝1，不满足上式，所以数列{a n}是从第二项起的等比数列，其公比为2．所以a n＝Error!(2)当n＝1时，T1＝1，当n≥2时，T n＝1＋2×20＋3×21＋…＋n×2n－2，2T n＝1×2＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，1－2n－1∴－T n＝1＋21＋22＋…＋2n－2－n×2n－1＝－n2n－1，1－2∴T n＝(n－1)2n－1＋1．π1．(B)(12分)(2018·广东六校联考)在△ABC中，B＝，BC＝2．3(1)若AC＝3，求AB的长；6(2)若点D在边AB上，AD＝DC，DE⊥AC，E为垂足，ED＝，求角A的值．2解：(1)设AB＝x，则由余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos B，π 即32＝x2＋22－2x·2cos，31解得x＝6＋1，所以AB＝6＋1．6(2)因为ED＝，2ED 6所以AD＝DC＝＝．sin A2sin ABC CD在△BCD中，由正弦定理可得＝．sin ∠BDC sin B2 6 因为∠BDC＝2∠A，所以＝．sin 2Aπ2sin A sin32 π所以cos A＝，所以∠A＝．2 42．(12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD中点．(1)求证：AD⊥面PNB；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱锥PNBM的体积．(1)证明：∵PA＝PD，N为AD的中点，∴PN⊥AD，又∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴BN⊥AD．又∵PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB．(2)解：∵PA＝PD＝AD＝2，∴PN＝NB＝3，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，∴PN⊥NB，1 3∴S△PNB＝××＝．3 32 2∵AD⊥平面PNB，AD∥BC，∴BC⊥平面PNB，又PM＝2MC，2 2 13 2∴V PNBM＝V MPNB＝V CPNB＝×××2＝．3 3 3 2 33．(12分)某地十万余考生的成绩中，随机地抽取了一批考生的成绩，将其分成6组：第一组[40,50)，第二组[50,60)，…，第六组[90,100]，作出频率分布直方图，如图所示：2(1)用每组区间的中点值代表该组的数据，估算这批考生的平均成绩；(2)现从及格(60分及以上)的学生中，用分层抽样的方法抽取了70名学生(其中女生有34 名)，已知成绩“优异”(超过90分)的女生有1名，能否有95%的把握认为成绩优异与性别有关？解：(1)根据题意，计算平均数为－x＝(45×0.01＋55×0.02＋65×0.03＋75×0.025＋85×0.01＋95×0.005)×10＝67．(2)[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]四组学生的频率之比为：0．3∶0.25∶0.1∶0.05＝6∶5∶2∶1，按分层抽样应该从这四组中分别抽取35,25,10,5人，依题意，可以得到下列2×2列联表：男生女生合计优异 4 1 5一般(及格) 32 33 6536 34 70n ad－bc 2 70 4 × 33－32 × 1 2K2＝＝≈1.76＜3.841，a＋b c＋d a＋c b＋d36 × 34 × 5 × 65对照临界值表知，不能有95%的把握认为数学成绩优异与性别有关．4．(A)(10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，圆C的参数方程为Error!(α为参数)．以坐标原点为极点，x轴的π 2正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsin (θ－4)＝1－．2(1)求圆C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)若直线l与圆C交于A，B两点，M是圆C上不同于A，B两点的动点，求△MAB面积的最大值．解：(1)圆C的普通方程为(x－1)2＋y2＝4，直线l的方程可化为ρsin θ－ρcos θ＝2－1，3即直线l的直角坐标方程为x－y＋2－1＝0．|1－0＋2－1|(2)圆心C到l的距离为d＝＝1，2所以|AB|＝2 4－1＝2 3，又因为圆C上的点到直线的距离的最大值为r＋d＝2＋1＝3，1 1所以(S△MAB)max＝×|AB|×3＝×2×3＝3 ．3 32 2即△MAB面积的最大值为3 3．4．(B)(10分)选修4－5：不等式选讲已知a＞0，b＞0，且a2＋b2＝1，证明：(1)4a2＋b2≥9a2b2；(2)(a3＋b3)2＜1．证明：(1)∵a2＋b2＝1，∴4a2＋b2＝(4a2＋b2)(a2＋b2)＝4a4＋b4＋5a2b2≥4a2b2＋5a2b2＝9a2b2，，当且仅当b2＝2a2时，取得等号．(2)因为a＞0，b＞0，且a2＋b2＝1，所以a，b∈(0,1)，所以a3＜a2，b3＜b2，a3＋b3＜a2＋b2，所以(a3＋b3)2＜(a2＋b2)2＝1．4。

2019届高考数学二轮复习第二篇熟练规范中档大题保高分第24练数列的综合问题练习文

第24练数列的综合问题[明考情]数列与函数方程、方程不等式的综合问题是高考的重点，往往和数列的通项、求和结合考查，在高考中经常出现.[知考向]1.数列与函数的综合.2.数列与不等式的综合.3.数列与其他知识的综合.考点一数列与函数的综合方法技巧 (1)以函数为背景的数列问题，一般要利用函数的性质图象进行转化，得出数列的通项或递推关系.(2)数列中的函数问题，一般利用数列的性质研究函数的性质，用函数思想求解数列问题.1.设函数f (x )＝x 2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }. (1)求数列{x n }的通项公式；(2)令b n ＝xn 2π，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1bnbn ＋1的前n 项和S n . 解 (1)f (x )＝x 2＋sin x ，令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，得x ＝2k π±2π3(k ∈Z ). 由f ′(x )＞0⇒2k π－2π3＜x ＜2k π＋2π3(k ∈Z )，由f ′(x )＜0⇒2k π＋2π3＜x ＜2k π＋4π3(k ∈Z )，当x ＝2k π－2π3(k ∈Z )时，f (x )取得极小值，所以x n ＝2n π－2π3(n ∈N *). (2)因为b n ＝xn 2π＝n －13＝3n －13，所以1bnbn ＋1＝33n －1·33n ＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋2，所以S n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12－15＋15－18＋…＋13n －1－13n ＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13n ＋2＝9n 6n ＋4.2.已知定义域为R 的二次函数f (x )的最小值为0，且有f (1＋x )＝f (1－x )，直线g (x )＝4(x －1)的图象被f (x )的图象截得的弦长为417，数列{a n }满足a 1＝2，(a n ＋1－a n )·g (a n )＋f (a n )＝0(n ∈N *).(1)求函数f (x )的解析式；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝3f (a n )－g (a n ＋1)，求数列{b n }的最值及相应的n .解 (1)设f (x )＝a (x －1)2(a ＞0)，则直线g (x )＝4(x －1)的图象与y ＝f (x )的图象的两个交点为(1，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫4a＋1，16a . 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16a 2＝417(a ＞0)，所以a ＝1，所以f (x )＝(x －1)2. (2)f (a n )＝(a n －1)2，g (a n )＝4(a n －1)，因为(a n ＋1－a n )·4(a n －1)＋(a n －1)2＝0，所以(a n －1)(4a n ＋1－3a n －1)＝0.因为a 1＝2，所以a n ≠1，所以4a n ＋1－3a n －1＝0，所以a n ＋1－1＝34(a n －1)，且a 1－1＝1，所以数列{a n －1}是首项为1，公比为34的等比数列，所以a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1，即a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＋1. (3)b n ＝3(a n －1)2－4(a n ＋1－1)，令b n ＝y ，u ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1，则y ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫u －122－14＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫u －122－34. 因为n ∈N *，所以u 的值分别为1，34，916，2764，…，经比较916距12最近，所以当n ＝3时，b n 有最小值－189256，当n ＝1时，b n 有最大值0.3.已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12.。

2019届高考数学二轮复习中档大题满分练中档大题满分练(二)含答案

中档大题满分练
2.三角函数与解三角形(B组)
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1.已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且asin A+csin C-bsin B
=asin C.
(1)求角B的大小.
(2)设向量m=(cos A,cos 2A),n=(12,-5),边长a=4,当m·n取最大值时,求b的长. 【解析】(1)由题意,asin A+csin C-bsin B=asin C,
所以a2+c2-b2=ac,
所以cos B===,B∈(0,π),所以B=.
(2)因为m·n=12cos A-5cos 2A
=-10+,
所以当cos A=时,m·n取最大值,
此时,sin A=.
由正弦定理得,b=a·= .
2.如图,在平面四边形ABCD中,∠ABC=π,AB⊥AD,AB=1.
(1)若AC=,求△ABC的面积.
(2)若∠ADC=,CD=4,求sin∠CAD.
【解析】(1)在△ABC中,由余弦定理得,
AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC,
即5=1+BC2+BC,解得BC=或-2(舍去),
所以△ABC的面积S△ABC=AB·BC·sin∠ABC=×1××=.
(2)设∠CAD=θ,在△ACD中,由正弦定理得,=,即=, 所以AC=.
在△ABC中,∠BAC=-θ,∠BCA=θ-,
则=,即=,
即4=sin θ,
整理得sin θ=2cos θ.
又因为sin2θ+cos2θ=1,
解得sin θ=,即sin∠CAD=.。