【6份】2017版高考数学北师大版(理)一轮复习高考专题突破

【6份】2017版高考数学北师大版（理）一轮复习高考专题突破目录高考专题突破一 高考中的导数应用问题1.(2015·课标全国Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( ) A.(－∞，－1)∪(0,1) B.(－1,0)∪(1，＋∞) C.(－∞，－1)∪(－1,0) D.(0,1)∪(1，＋∞) 答案 A【详细分析】因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0，所以f (1)＝－f (－1)＝0.当x ≠0时，令g (x )＝f (x )x ，则g (x )为偶函数，且g (1)＝g (－1)＝0.则当x ＞0时，g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2＜0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数.所以在(0，＋∞)上，当0＜x ＜1时，g (x )＞g (1)＝0⇔f (x )x ＞0⇔f (x )＞0；在(－∞，0)上，当x ＜－1时，g (x )＜g (－1)＝0⇔f (x )x＜0⇔f (x )＞0.综上，使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，选A.2.若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( ) A.(－∞，－2] B.(－∞，－1] C.[2，＋∞) D.[1，＋∞)答案 D【详细分析】由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立.由于k ≥1x ，而0<1x <1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞).3.函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A.0B.1C.2D.无数个答案 A【详细分析】函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x ，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1中Δ＝－20<0， 所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立， 即f (x )在定义域上单调递增，无极值点.4.(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图像在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________. 答案 1【详细分析】f ′(x )＝3ax 2＋1，f ′(1)＝1＋3a ，f (1)＝a ＋2. (1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(1＋3a )(x －1). 将(2,7)代入切线方程，得7－(a ＋2)＝1＋3a ， 解得a ＝1.5.设函数f (x )＝e 2x 2＋1x ，g (x )＝e 2x e x ，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，则正数k 的取值范围是________. 答案 [1，＋∞)【详细分析】因为对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)， 不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，所以k k ＋1≥g (x 1)maxf (x 2)min. 因为g (x )＝e 2xe x ，所以g ′(x )＝e 2－x (1－x ).当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0， 所以g (x )在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减. 所以当x ＝1时，g (x )取到最大值，即g (x )max ＝g (1)＝e. 又f (x )＝e 2x ＋1x≥2e(x >0).当且仅当e 2x ＝1x ，即x ＝1e 时取等号，故f (x )min ＝2e.所以g (x 1)max f (x 2)min ＝e 2e ＝12，应有k k ＋1≥12，又k >0，所以k ≥1.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x ). (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减. (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝⎛⎭⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝⎛⎭⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增， g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0,1).思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值.已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析.已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数).(1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间； (2)若函数f (x )在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x ， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x .令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x >0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2). (2)因为函数f (x )在(－1,1)上单调递增， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立.因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1,1)都成立.因为e x >0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立， 即a ≥x 2＋2x x ＋1＝(x ＋1)2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立. 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1(x ＋1)2>0. 所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32.即a ≥32.因此a 的取值范围为a ≥32.题型二 利用导数研究不等式问题例2 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立.(1)解 任意x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2，①当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， ②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 所以h (x )min ＝h (1)＝4. 因为对一切x ∈(0，＋∞)， 2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明 x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞)).f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－x e x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e， 当且仅当x ＝1时取到.从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立.思维升华 (1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解.(2)证明不等式，可以转化为求函数的最值问题.已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1)处的切线方程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值；(2)证明：当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln xx －1. (1)解 f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋1x －ln x (x ＋1)2－bx 2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝1，f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得a ＝1，b ＝1. (2)证明 由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x， 所以f (x )－ln x x －1＝11－x 2⎝⎛⎭⎫2ln x －x 2－1x . 考虑函数h (x )＝2ln x －x 2－1x(x >0)，则h ′(x )＝2x －2x 2－(x 2－1)x 2＝－(x －1)2x 2.所以当x ≠1时，h ′(x )<0.而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，可得11－x 2h (x )>0. 从而当x >0，且x ≠1时，f (x )－ln xx －1>0.即f (x )>ln xx －1.题型三 利用导数研究函数零点或图像交点问题例3 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e. ∵当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减.∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点. ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图像(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.思维升华 用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合思想画草图确定参数范围.已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R ).(1)当a ＝2时，求f (x )的图像在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在[1e，e]上有两个零点，求实数m 的取值范围.解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x .∵x ∈[1e，e]，∴当g ′(x )＝0时，x ＝1. 当1e <x <1时，g ′(x )>0； 当1<x <e 时，g ′(x )<0.故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g (1e )＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g (1e )＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g (1e)，∴g (x )在[1e ，e]上的最小值是g (e).g (x )在[1e，e]上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝m －1>0，g (1e )＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e2， ∴实数m 的取值范围是(1,2＋1e2].(时间：70分钟)1.(2015·重庆)设函数f (x )＝3x 2＋axe x(a ∈R ).(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围. 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x(e x )2＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x，因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋ae x .令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，故f (x )为增函数； 当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数.由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫－92，＋∞. 2.已知函数f (x )＝x cos x －sin x ，x ∈[0，π2].(1)求证：f (x )≤0；(2)若a <sin x x <b 对x ∈(0，π2)恒成立，求a 的最大值与b 的最小值.解 (1)由f (x )＝x cos x －sin x 得 f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x .因为在区间(0，π2)上f ′(x )＝－x sin x <0，所以f (x )在区间[0，π2]上单调递减.从而f (x )≤f (0)＝0.(2)当x >0时，“sin xx >a ”等价于“sin x －ax >0”；“sin x x <b ”等价于“sin x －bx <0”.令g (x )＝sin x －cx ，则g ′(x )＝cos x －c . 当c ≤0时，g (x )>0对任意x ∈(0，π2)恒成立，当c ≥1时，因为对任意x ∈(0，π2)，g ′(x )＝cos x －c <0，所以g (x )在区间[0，π2]上单调递减.从而g (x )<g (0)＝0对任意x ∈(0，π2)恒成立.当0<c <1时，存在唯一的x 0∈(0，π2)使得g ′(x 0)＝cos x 0－c ＝0.g (x )与g ′(x )在区间(0，π2)上的情况如下：因为g (x )在区间[0，x 00进一步，“g (x )>0对任意x ∈(0，π2)恒成立”当且仅当g (π2)＝1－π2c ≥0，即0<c ≤2π. 综上所述，当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈(0，π2)恒成立；当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈(0，π2)恒成立.所以，若a <sin x x <b 对任意x ∈(0，π2)恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为1.3.某种产品每件成本为6元，每件售价为x 元(6<x <11)，年销售为u 万件，若已知5858－u 与(x －214)2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件. (1)求年销售利润y 关于售价x 的函数表达式；(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润. 解 (1)设5858－u ＝k (x －214)2， ∵售价为10元时，年销量为28万件， ∴5858－28＝k (10－214)2，解得k ＝2. ∴u ＝－2(x －214)2＋5858＝－2x 2＋21x ＋18. ∴y ＝(－2x 2＋21x ＋18)(x －6)＝－2x 3＋33x 2－108x －108(6<x <11). (2)y ′＝－6x 2＋66x －108＝－6(x 2－11x ＋18) ＝－6(x －2)(x －9).令y ′＝0，得x ＝2(舍去)或x ＝9， 显然，当x ∈(6,9)时，y ′>0； 当x ∈(9,11)时，y ′<0.∴函数y ＝－2x 3＋33x 2－108x －108在(6,9)上单调递增，在(9,11)上单调递减. ∴当x ＝9时，y 取最大值，且y max ＝135，即售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元. 4.(2015·课标全国Ⅰ)设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2e 2x －ax(x >0).当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点.当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点.(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0). 由于022ex －a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. 5.设函数f (x )＝x 2＋a ln(x ＋1)有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. (1)求实数a 的取值范围； (2)讨论函数f (x )的单调性；(3)若对任意的x ∈(x 1，＋∞)，都有f (x )>m 成立，求实数m 的取值范围. 解 (1)由f (x )＝x 2＋a ln(x ＋1)得 f ′(x )＝2x ＋ax ＋1＝2x 2＋2x ＋a x ＋1(x >－1).令g (x )＝2x 2＋2x ＋a ，则其图像的对称轴为x ＝－12，故由题意可知x 1，x 2是方程g (x )＝0的两个均大于－1的不相等的实数根，其充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4－8a >0，g (－1)＝a >0，解得0<a <12.(2)由(1)可知f ′(x )＝2x 2＋2x ＋a x ＋1＝2(x －x 1)(x －x 2)x ＋1，其中－1<x 1<x 2，故①当x ∈(－1，x 1)时，f ′(x )>0，即f (x )在区间(－1，x 1)上单调递增； ②当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，即f (x )在区间(x 1，x 2)上单调递减； ③当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在区间(x 2，＋∞)上单调递增. (3)由(2)可知f (x )在区间(x 1，＋∞)上的最小值为f (x 2). 由于g (0)＝a >0，因此由g (x )的图像知－12<x 2<0.由g (x 2)＝2x 22＋2x 2＋a ＝0可得a ＝－(2x 22＋2x 2)，从而f (x 2)＝x 22＋a ln(x 2＋1)＝x 22－(2x 22＋2x 2)ln(x 2＋1).设h (x )＝x 2－(2x 2＋2x )ln(x ＋1)，其中－12<x <0，则h ′(x )＝2x －2(2x ＋1)ln(x ＋1)－2x ＝－2(2x ＋1)ln(x ＋1).由－12<x <0知2x ＋1>0，ln(x ＋1)<0，故h ′(x )>0，故h (x )在⎝⎛⎭⎫－12，0上单调递增， 所以f (x 2)＝h (x 2)>h ⎝⎛⎭⎫－12＝1－2ln 24. 故实数m 的取值范围为m ≤1－2ln 24.1．已知锐角α，且5α的终边上有一点P (sin(－50°)，cos 130°)，则α的值为( ) A ．8° B ．44° C ．26° D ．40°答案 B【详细分析】∵sin (－50°)＜0，cos 130°＝－cos 50°＜0， ∴点P (sin(－50°)，cos 130°)在第三象限． 又∵0°＜α＜90°，∴0°＜5α＜450°.又∵点P 的坐标可化为(cos 220°，sin 220°)， ∴5α＝220°，∴α＝44°，故选B.2．已知向量OB →＝(2,0)，向量OC →＝(2,2)，向量CA →＝(2cos α，2sin α)，则向量OA →与向量OB →的夹角的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤0，π4 B.⎣⎡⎦⎤π4，512π C.⎣⎡⎦⎤512π，π2 D.⎣⎡⎦⎤π12，512π 答案 D【详细分析】由题意，得：OA →＝OC →＋CA →＝(2＋2cos α，2＋2sin α)，所以点A 的轨迹是圆(x －2)2＋(y －2)2＝2，如图，当A 位于使向量OA →与圆相切时，向量OA →与向量OB →的夹角分别达到最大、最小值，故选D.3．已知a ，b 是单位向量，a·b ＝0.若向量c 满足|c －a －b |＝1，则|c |的最大值为( ) A.2－1 B. 2 C.2＋1 D.2＋2 答案 C【详细分析】建立平面直角坐标系，令向量a ，b 的坐标a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，令向量c ＝(x ，y )，则有(x －1)2＋(y －1)2＝1，|c |的最大值为圆(x －1)2＋(y －1)2＝1上的动点到原点的距离的最大值，即圆心(1,1)到原点的距离加圆的半径，即2＋1.4．已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3－m2在[0，π]上有两个零点，则实数m 的取值范围为( ) A ．[－3，2] B ．[3，2) C ．(3，2] D ．[3，2]答案 B【详细分析】如图，画出y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3在[0，π]上的图像，当直线y ＝m 2与其有两个交点时，m2∈⎣⎡⎭⎫32，1，所以m ∈[3，2)．5．已知函数y ＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0,0＜φ＜π)为偶函数，其图像与直线y ＝2某两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，若|x 2－x 1|的最小值为π，则该函数的一个递增区间可以是( ) A.⎝⎛⎭⎫－π2，－π4 B.⎝⎛⎭⎫－π4，π4 C.⎝⎛⎭⎫0，π2 D.⎝⎛⎭⎫π4，3π4答案 A【详细分析】由函数为偶函数知φ＝π2＋k π(k ∈Z )．又因为0＜φ＜π，所以φ＝π2，所以y ＝2cos ωx .由题意知函数的最小正周期为π，故ω＝2，所以y ＝2cos 2x ，经验证知选项A 满足条件．故选A.题型一 三角函数的图像与性质例1 已知函数f (x )＝cos x ·sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3－3cos 2 x ＋34，x ∈R . (1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在闭区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上的最大值和最小值． 解 (1)由已知，得f (x )＝cos x ⎝⎛⎭⎫12sin x ＋32cos x －3cos 2x ＋34＝12sin x cos x －32cos 2x ＋34 ＝14sin 2x －34(1＋cos 2x )＋34＝14sin 2x －34cos 2x ＝12sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)因为f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，－π12上是减函数，在区间⎣⎡⎦⎤－π12，π4上是增函数， f ⎝⎛⎭⎫－π4＝－14，f ⎝⎛⎭⎫－π12＝－12， f ⎝⎛⎭⎫π4＝14，所以函数f (x )在闭区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上的最大值为14，最小值为－12. 思维升华 三角函数的图像与性质是高考考查的重点，通常先将三角函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k 的形式，然后将t ＝ωx ＋φ视为一个整体，结合y ＝sin t 的图像求解．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋π6)＋sin(ωx －π6)－2cos 2ωx2，x ∈R (其中ω>0)．(1)求函数f (x )的值域；(2)若函数y ＝f (x )的图像与直线y ＝－1的两个相邻交点间的距离均为π2，求函数y ＝f (x )的单调增区间． 解 (1)f (x )＝32sin ωx ＋12cos ωx ＋32sin ωx －12cos ωx －(cos ωx ＋1) ＝2(32sin ωx －12cos ωx )－1＝2sin(ωx －π6)－1. 由－1≤sin(ωx －π6)≤1，得－3≤2sin(ωx －π6)－1≤1，所以函数f (x )的值域为[－3,1]．(2)由题设条件及三角函数图像和性质可知，y ＝f (x )的周期为π， 所以2πω＝π，即ω＝2.所以f (x )＝2sin(2x －π6)－1，再由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，解得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )．所以函数y ＝f (x )的单调增区间为[k π－π6，k π＋π3](k ∈Z )．题型二 三角函数和解三角形例2 (2015·山东)设f (x )＝sin x cos x －cos 2⎝⎛⎭⎫x ＋π4. (1)求f (x )的单调区间；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若f ⎝⎛⎭⎫A 2＝0，a ＝1，求△ABC 面积的最大值．解 (1)由题意知f (x )＝sin 2x 2－1＋cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π22＝sin 2x 2－1－sin 2x 2＝sin 2x －12.由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π，k ∈Z,可得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π，k ∈Z ；由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π，k ∈Z, 可得π4＋k π≤x ≤3π4＋k π，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z )； 单调递减区间是⎣⎡⎦⎤π4＋k π，3π4＋k π(k ∈Z )． (2)由f ⎝⎛⎭⎫A 2＝sin A －12＝0，得sin A ＝12， 由题意知A 为锐角，所以cos A ＝32. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 可得1＋3bc ＝b 2＋c 2≥2bc ，即bc ≤2＋3，当且仅当b ＝c 时等号成立． 因此12bc sin A ≤2＋34.所以△ABC 面积的最大值为2＋34. 思维升华 三角函数和三角形的结合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先确定三角形的边角，再代入到三角函数中，三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键．已知函数f (x )＝2cos 2x －sin ⎝⎛⎭⎫2x －7π6. (1)求函数f (x )的最大值，并写出f (x )取最大值时x 的取值集合；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若f (A )＝32，b ＋c ＝2，求实数a 的最小值．解 (1)∵f (x )＝2cos 2x －sin ⎝⎛⎭⎫2x －7π6 ＝(1＋cos 2x )－⎝⎛⎭⎫sin 2x cos 7π6－cos 2x sin 7π6 ＝1＋32sin 2x ＋12cos 2x ＝1＋sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. ∴函数f (x )的最大值为2. 要使f (x )取最大值， 则sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＝1， ∴2x ＋π6＝2k π＋π2(k ∈Z )，解得x ＝k π＋π6，k ∈Z .故f (x )取最大值时x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＝k π＋π6，k ∈Z .(2)由题意知，f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6＋1＝32， 化简得sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6＝12. ∵A ∈(0，π)，∴2A ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，13π6， ∴2A ＋π6＝5π6，∴A ＝π3.在△ABC 中，根据余弦定理，得 a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－3bc .由b ＋c ＝2，知bc ≤⎝⎛⎭⎫b ＋c 22＝1，即a 2≥1.∴当b ＝c ＝1时，实数a 的最小值为1. 题型三 三角函数和平面向量例3 已知向量a ＝(m ，cos 2x )，b ＝(sin 2x ，n ), 函数f (x )＝a ·b ，且y ＝f (x )的图像过点(π12，3)和点(2π3，－2)． (1)求m ，n 的值；(2)将y ＝f (x )的图像向左平移φ(0<φ<π)个单位后得到函数y ＝g (x )的图像，若y ＝g (x )图像上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为1，求y ＝g (x )的单调递增区间． 解 (1)由题意知f (x )＝a ·b ＝m sin 2x ＋n cos 2x .因为y ＝f (x )的图像过点(π12，3)和(2π3，－2)，所以⎩⎨⎧3＝m sin π6＋n cos π6，－2＝m sin 4π3＋n cos 4π3，即⎩⎨⎧3＝12m ＋32n ，－2＝－32m －12n ，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝1.(2)由(1)知f (x )＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin(2x ＋π6)．由题意知g (x )＝f (x ＋φ)＝2sin(2x ＋2φ＋π6)．设y ＝g (x )的图像上符合题意的最高点为(x 0,2)， 由题意知x 20＋1＝1，所以x 0＝0， 即到点(0,3)的距离为1的最高点为(0,2)． 将其代入y ＝g (x )得sin(2φ＋π6)＝1，因为0<φ<π，所以φ＝π6，因此g (x )＝2sin(2x ＋π2)＝2cos 2x .由2k π－π≤2x ≤2k π，k ∈Z ， 得k π－π2≤x ≤k π，k ∈Z ，所以函数y ＝g (x )的单调递增区间为[k π－π2，k π]，k ∈Z .思维升华 (1)向量是一种解决问题的工具，是一个载体，通常是用向量的数量积运算或性质转化成三角函数问题．(2)三角形中的三角函数要结合正弦定理、余弦定理进行转化，注意角的范围对变形过程的影响．已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos x ，sin x )，c ＝(sin x ＋2sin α，cos x ＋2cos α)，其中0<α<x <π.(1)若α＝π4，求函数f (x )＝b ·c 的最小值及相应x 的值；(2)若a 与b 的夹角为π3，且a ⊥c ，求tan 2α的值．解 (1)∵b ＝(cos x ，sin x )，c ＝(sin x ＋2sin α，cos x ＋2cos α)，α＝π4，∴f (x )＝b ·c＝cos x sin x ＋2cos x sin α＋sin x cos x ＋2sin x cos α ＝2sin x cos x ＋2(sin x ＋cos x )． 令t ＝sin x ＋cos x ⎝⎛⎭⎫π4<x <π， 则2sin x cos x ＝t 2－1，且－1<t < 2.则函数f (x )关于t 的关系式为y ＝t 2＋2t －1＝⎝⎛⎭⎫t ＋222－32，－1<t <2， ∴t ＝－22时，y min ＝－32，此时sin x ＋cos x ＝－22， 即2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＝－22， ∵π4<x <π，∴π2<x ＋π4<5π4， ∴x ＋π4＝7π6，∴x ＝11π12.∴函数f (x )的最小值为－32，相应x 的值为11π12.(2)∵a 与b 的夹角为π3，∴cos π3＝a ·b |a |·|b |＝cos αcos x ＋sin αsin x ＝cos(x －α)． ∵0<α<x <π，∴0<x －α<π，∴x －α＝π3.∵a ⊥c ，∴cos α(sin x ＋2sin α)＋sin α(cos x ＋2cos α)＝0， ∴sin(x ＋α)＋2sin 2α＝0，即sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3＋2sin 2α＝0. ∴52sin 2α＋32cos 2α＝0，∴tan 2α＝－35.(时间：70分钟)1．已知函数f (x )＝A sin(x ＋π4)，x ∈R ，且f (5π12)＝32.(1)求A 的值；(2)若f (θ)＋f (－θ)＝32，θ∈(0，π2)，求f (3π4－θ)．解 (1)∵f (5π12)＝A sin(5π12＋π4)＝A sin 2π3＝32A ＝32，∴A ＝ 3. (2)由(1)知f (x )＝3sin(x ＋π4)，故f (θ)＋f (－θ)＝3sin(θ＋π4)＋3sin(－θ＋π4)＝32，∴3[22(sin θ＋cos θ)＋22(cos θ－sin θ)]＝32， ∴6cos θ＝32，∴cos θ＝64.又θ∈(0，π2)，∴sin θ＝1－cos 2θ＝104，∴f (3π4－θ)＝3sin(π－θ)＝3sin θ＝304. 2．(2015·江苏)在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝3，A ＝60°. (1)求BC 的长； (2)求sin 2C 的值．解 (1)由余弦定理知，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos A ＝4＋9－2×2×3×12＝7，所以BC ＝7.(2)由正弦定理知，AB sin C ＝BCsin A， 所以sin C ＝AB BC ·sin A ＝2sin 60°7＝217. 因为AB ＜BC ，所以C 为锐角， 则cos C ＝1－sin 2C ＝1－37＝277.因此sin 2C ＝2sin C ·cos C ＝2×217×277＝437. 3．已知向量m ＝(2sin ωx ，cos 2 ωx －sin 2 ωx )，n ＝(3cos ωx,1)，其中ω＞0，x ∈R .若函数f (x )＝m ·n 的最小正周期为π. (1)求ω的值；(2)在△ABC 中，若f (B )＝－2，BC ＝3，sin B ＝3sin A ，求BA →·BC →的值．解 (1)f (x )＝m ·n ＝23sin ωx cos ωx ＋cos 2 ωx －sin 2 ωx ＝3sin 2ωx ＋cos 2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π6. ∵f (x )的最小正周期为π，ω＞0， ∴T ＝2π2ω＝π. ∴ω＝1.(2)设△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .∵f (B )＝－2，∴2sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π6＝－2， 即sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π6＝－1， 解得B ＝2π3(B ∈(0，π))． ∵BC ＝3，sin B ＝3sin A ， 即a ＝3，b ＝3a ，∴b ＝3. 由正弦定理，有3sin A ＝3sin2π3，解得sin A ＝12.∵0＜A ＜π3，∴A ＝π6.∴C ＝π6，∴c ＝a ＝ 3.∴BA →·BC →＝ca cos B ＝3×3×cos 2π3＝－32.4．函数f (x )＝cos(πx ＋φ)⎝⎛⎭⎫0＜φ＜π2的部分图像如图所示． (1)求φ及图中x 0的值；(2)设g (x )＝f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫x ＋13，求函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤－12，13上的最大值和最小值．解 (1)由题图得f (0)＝32，所以cos φ＝32， 因为0＜φ＜π2，故φ＝π6.由于f (x )的最小正周期等于2， 所以由题图可知1＜x 0＜2， 故7π6＜πx 0＋π6＜13π6， 由f (x 0)＝32得cos ⎝⎛⎭⎫πx 0＋π6＝32， 所以πx 0＋π6＝11π6，x 0＝53.(2)因为f ⎝⎛⎭⎫x ＋13＝cos ⎣⎡⎦⎤π⎝⎛⎭⎫x ＋13＋π6＝cos ⎝⎛⎭⎫πx ＋π2＝－sin πx ， 所以g (x )＝f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫x ＋13＝cos ⎝⎛⎭⎫πx ＋π6－sin πx ＝cos πx cos π6－sin πx sin π6－sin πx ＝32cos πx －12sin πx －sin πx ＝32cos πx －32sin πx ＝3sin ⎝⎛⎭⎫π6－πx .当x ∈⎣⎡⎦⎤－12，13时，－π6≤π6－πx ≤2π3. 所以－12≤sin ⎝⎛⎭⎫π6－πx ≤1， 故当π6－πx ＝π2，即x ＝－13时，g (x )取得最大值3；当π6－πx ＝－π6，即x ＝13时，g (x )取得最小值－32. 5．(2015·福建)已知函数f (x )的图像是由函数g (x )＝cos x 的图像经如下变换得到：先将g (x )图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，再将所得到的图像向右平移π2个单位长度．(1)求函数f (x )的解+析+式，并求其图像的对称轴方程；(2)已知关于x 的方程f (x )＋g (x )＝m 在[0,2π)内有两个不同的解α，β. ①求实数m 的取值范围； ②证明：cos(α－β)＝2m 25－1.方法一 (1)解 将g (x )＝cos x 的图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)得到y ＝2cos x 的图像，再将y ＝2cos x 的图像向右平移π2个单位长度后得到y ＝2cos ⎝⎛⎭⎫x －π2的图像，故f (x )＝2sin x .从而函数f (x )＝2sin x 图像的对称轴方程为x ＝k π＋π2(k ∈Z )．(2)①解 f (x )＋g (x )＝2sin x ＋cos x ＝5⎝⎛⎭⎫25sin x ＋15cos x ＝5sin(x ＋φ)⎝⎛⎭⎫其中sin φ＝15，cos φ＝25.依题意，sin(x ＋φ)＝m5在[0,2π)内有两个不同的解α，β，当且仅当⎪⎪⎪⎪m 5＜1，故m 的取值范围是(－5，5)．②证明 因为α，β是方程5sin(x ＋φ)＝m 在[0,2π)内的两个不同的解， 所以sin(α＋φ)＝m 5，sin(β＋φ)＝m5.当1≤m ＜5时，α＋β＝2⎝⎛⎭⎫π2－φ，即α－β＝π－2(β＋φ)； 当－5＜m ＜1时，α＋β＝2⎝⎛⎭⎫3π2－φ，即α－β＝3π－2(β＋φ)． 所以cos(α－β)＝－cos 2(β＋φ) ＝2sin 2(β＋φ)－1 ＝2⎝⎛⎭⎫m 52－1＝2m 25－1.方法二 (1)同方法一． (2)①同方法一．②证明 因为α，β是方程5sin(x ＋φ)＝m 在[0,2π)内的两个不同的解， 所以sin(α＋φ)＝m 5，sin(β＋φ)＝m 5. 当1≤m ＜5时，α＋β＝2⎝⎛⎭⎫π2－φ，即α＋φ＝π－(β＋φ)； 当－5＜m ＜1时，α＋β＝2⎝⎛⎭⎫3π2－φ， 即α＋φ＝3π－(β＋φ)； 所以cos(α＋φ)＝－cos(β＋φ)． 于是cos(α－β)＝cos [(α＋φ)－(β＋φ)] ＝cos(α＋φ)cos(β＋φ)＋sin(α＋φ)sin(β＋φ) ＝－cos 2(β＋φ)＋sin(α＋φ)sin(β＋φ) ＝－⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫m 52＋⎝⎛⎭⎫m 52＝2m25－1.1．设等差数列{a n }和等比数列{b n }首项都是1，公差与公比都是2，则1234b b b b b a a a a a ++++等于( )A ．54B ．56C ．58D ．57答案 D【详细分析】由题意得，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，∴1ab ＋…＋5ab ＝a 1＋a 2＋a 4＋a 8＋a 16＝1＋3＋7＋15＋31＝57.2．已知等比数列的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，则数列lg a 1,2lg a 2,22lg a 3,23lg a 4，…，2n －1lg a n ，…的前n 项和S n 等于( )A ．n ·2nB ．(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n ＋1D ．2n ＋1答案 C【详细分析】∵等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，∴a 2n ＝102n ，即a n＝10n ，∴2n －1lg a n ＝2n －1lg 10n ＝n ·2n －1，∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，②∴①－②得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )·2n －1， ∴S n ＝(n －1)·2n ＋1.3．数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N ＋都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 013等于( ) A.2 0122 013B.4 0262 014C.4 0242 014D.2 0132 014答案 B【详细分析】因为a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ＝1＋a n ＋n ， 所以a n ＋1－a n ＝n ＋1.用累加法：a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2， 所以1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 013＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋12 013－12 014 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12 014＝4 0262 014，故选B.4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101 B.99101C.99100D.101100答案 A【详细分析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1100－1101＝1－1101＝100101. 5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N ＋都有S n ＝23a n －13，若1<S k <9 (k ∈N ＋)，则k 的值为________． 答案 4【详细分析】当n >1时，S n －1＝23a n －1－13，∴a n ＝23a n －23a n －1，∴a n ＝－2a n －1，又a 1＝－1，∴{a n }为等比数列，且a n ＝－(－2)n －1，∴S k ＝(－2)k －13，由1<S k <9，得4<(－2)k <28， 又k ∈N ＋，∴k ＝4.题型一 等差数列、等比数列的综合问题例1 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.思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意知，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )， 化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2， 从而得数列{a n }的通项公式 a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n . 显然2n ＜60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立． 当a n ＝4n －2时， S n ＝n [2＋(4n －2)]2＝2n 2.令2n 2＞60n ＋800，即n 2－30n －400＞0， 解得n ＞40或n ＜－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，且n 的最小值为41. 题型二 数列的通项与求和例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n .(1)证明：数列{a nn }是等比数列；(2)求通项a n 与前n 项的和S n . (1)证明 因为a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，当n ∈N ＋时，a nn≠0.又a 11＝12，a n ＋1n ＋1∶a n n ＝12(n ∈N ＋)为常数， 所以{a n n }是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)解 由{a n n }是以12为首项，12为公比的等比数列，得a n n ＝12·(12)n －1， 所以a n ＝n ·(12)n .∴S n ＝1·12＋2·(12)2＋3·(12)3＋…＋n ·(12)n ，12S n ＝1·(12)2＋2·(12)3＋…＋(n －1)(12)n ＋n ·(12)n ＋1， ∴12S n ＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n －n ·(12)n ＋1 ＝12－(12)n ＋11－12－n ·(12)n ＋1，∴S n ＝2－(12)n －1－n ·(12)n＝2－(n ＋2)·(12)n .综上，a n ＝n ·(12)n ，S n ＝2－(n ＋2)·(12)n .思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时要从证的结论出发，这是很重要的解题信息．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的有错位相减法，分组求和法，裂项求和法等．在等比数列{a n }(n ∈N ＋)中，a 1＞1，公比q ＞0，设b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 3＋b 5＝6，b 1b 3b 5＝0.(1)求{a n }的通项a n ； (2)若c n ＝1n (b n －6)，求{c n }的前n 项和S n .解 (1)因为b 1＋b 3＋b 5＝6， 所以log 2a 1＋log 2a 3＋log 2a 5＝6，所以log 2(a 1a 3a 5)＝6，所以log 2(a 31q 6)＝6，所以log 2(a 1q 2)＝2，即b 3＝2，a 1q 2＝4＝a 3. 因为a 1＞1，所以b 1＝log 2a 1＞0，又因为b 1b 3b 5＝0，所以b 5＝0＝log 2a 5，a 5＝1， 所以a 5a 3＝14＝q 2，⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q 2＝4，q 2＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝16，q ＝12. 所以a n ＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1＝25－n (n ∈N ＋)． (2)由(1)知a n ＝25－n ，所以b n ＝5－n (n ∈N ＋)，所以c n ＝1n (5－n －6)＝－1n (n ＋1)，所以S n ＝－[(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝－(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1)＝－(1－1n ＋1)＝－n n ＋1(n ∈N ＋)． 题型三 数列与其他知识的交汇 命题点1 数列与函数的交汇例3 已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图像过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N ＋，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n，且a 1＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ， 16n 2a －4nb ＝0， ∴a ＝12，b ＝2n ，则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N ＋.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ， 又f ′(x )＝x ＋2n ，∴1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n ， 由叠加法可得1a n －14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ，化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合， ∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N ＋)．(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝4n 2n ＋1. 命题点2 函数与不等式的交汇例4 已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 3＋a 6＝27. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1，若对于一切正整数n ，总有T n ≤m 成立，求实数m 的取值范围．解 (1)设公差为d ，由题意得：⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝3，∴a n ＝3n . (2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n )＝32n (n ＋1)，∴T n＝n(n＋1)2n，∴T n＋1－T n＝(n＋1)(n＋2)2n＋1－n(n＋1)2n＝(n＋1)(2－n)2n＋1，∴当n≥3时，T n>T n＋1，且T1＝1<T2＝T3＝3 2，∴T n的最大值是32，故m≥32.命题点3数列应用题例5某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元，该企业2010年年底分红后的资金为1 000万元．(1)求该企业2014年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元．解设a n为(2010＋n)年年底分红后的资金，其中n∈N＋，则a1＝2×1 000－500＝1 500，a2＝2×1 500－500＝2 500，…，a n＝2a n－1－500(n≥2)．∴a n－500＝2(a n－1－500)(n≥2)，即数列{a n－500}是以a1－500＝1 000为首项，2为公比的等比数列．∴a n－500＝1 000×2n－1，∴a n＝1 000×2n－1＋500.(1)∵a4＝1 000×24－1＋500＝8 500，∴该企业2014年年底分红后的资金为8 500万元．(2)由a n＞32 500，即2n－1＞32，得n＞6，∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元．思维升华数列与其他知识的交汇问题，要充分利用题中限制条件确定数列的特征，如通项公式、前n项和公式或递推关系式，建立数列模型．设等差数列{a n}的公差为d，点(a n，b n)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N＋)．(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图像上，求数列{a n}的前n项和S n；(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n的前n项和T n.解(1)由已知，得b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.解得d＝a8－a7＝2.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n . (2)f ′(x )＝2x ln 2，f ′(a 2)＝2a 2ln 2，故函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝2a 2ln 2(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意，得a 2－1ln 2＝2－1ln 2， 解得a 2＝2. 所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n2n＝2n ＋1－n －22n.所以T n ＝2n ＋1－n －22n.1．在等差数列{a n }中，a 2＝4，其前n 项和S n 满足S n ＝n 2＋λn (λ∈R )． (1)求实数λ的值，并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n＋b n 是首项为λ，公比为2λ的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， ∵a 2＝S 2－S 1＝(4＋2λ)－(1＋λ)＝3＋λ， ∴3＋λ＝4，∴λ＝1. ∴a 1＝S 1＝12＋1×1＝2， ∴d ＝a 2－a 1＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n . (2)由(1)知λ＝1， ∴1S n＋b n ＝1×2n －1＝2n －1，。