高考数学解答题后三题训练
高考数学复习专题训练—统计与概率解答题(含解析)
高考数学复习专题训练—统计与概率解答题1.(2021·广东广州二模改编)根据相关统计,2010年以后中国贫困人口规模呈逐年下降趋势,2011~2019年全国农村贫困发生率的散点图如下:注:年份代码1~9分别对应年份2011年~2019年.(1)求y 关于t 的经验回归方程(系数精确到0.01);(2)已知某贫困地区的农民人均年纯收入X (单位:万元)满足正态分布N (1.6,0.36),若该地区约有97.72%的农民人均纯收入高于该地区最低人均年纯收入标准,则该地区最低人均年纯收入标准大约为多少万元?参考数据与公式:∑i=19y i =54.2,∑i=19t i y i =183.6. 经验回归直线y ^=b ^t+a ^的斜率和截距的最小二乘估计分别为b ^=∑i=1n t i y i -nt y ∑i=1n (t i -t )2 ,a ^=y −b ^t . 若随机变量X 服从正态分布N (μ,σ2),则P (μ-σ≤X ≤μ+σ)≈0.682 7,P (μ-2σ≤X ≤μ+2σ)≈0.954 5,P (μ-3σ≤X ≤μ+3σ)≈0.997 3.2.(2021·湖北黄冈适应性考试改编)产品质量是企业的生命线.为提高产品质量,企业非常重视产品生产线的质量.某企业引进了生产同一种产品的A,B 两条生产线,为比较两条生产线的质量,从A,B 生产线生产的产品中各自随机抽取了100件产品进行检测,把产品等级结果和频数制成了如图的统计图.(1)依据小概率值α=0.025的独立性检验,分析数据,能否据此推断是否为一级品与生产线有关.(2)生产一件一级品可盈利100元,生产一件二级品可盈利50元,生产一件三级品则亏损20元,以频率估计概率.①分别估计A,B生产线生产一件产品的平均利润;②你认为哪条生产线的利润较为稳定?并说明理由.附:①参考公式:χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.②临界值表:3.(2021·福建宁德模拟改编)某工厂为了检测一批新生产的零件是否合格,从中随机抽测100个零件的长度d(单位:mm).该样本数据分组如下:[57,58),[58,59),[59,60),[60,61),[61,62),[62,63],得到如图所示的频率分布直方图.经检测,样本中d大于61的零件有13个,长度分别为61.1,61.1,61.2,61.2,61.3,61.5,61.6,61.6,61.8,61.9,62.1,62.2,62.6.(1)求频率分布直方图中a,b,c的值及该样本的平均长度x(结果精确到1 mm,同一组数据用该区间的中点值作代表);(2)视该批次样本的频率为总体的概率,从工厂生产的这批新零件中随机选取3个,记ξ为抽取的零件长度在[59,61)的个数,求ξ的分布列和数学期望;(3)若变量X满足|P(μ-σ≤X≤μ+σ)-0.682 7|<0.03且|P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)-0.954 5|≤0.03,则称变量X满足近似于正态分布N(μ,σ2)的概率分布.如果这批样本的长度d满足近似于正态分布N(x,12)的概率分布,则认为这批零件是合格的,将顺利出厂;否则不能出厂.请问,能否让该批零件出厂?4.(2021·山东潍坊期末)在一个系统中,每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度,而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度,为了增加系统的可靠度,人们经常使用“备用冗余设备”(即正在使用的设备出故障时才启动的设备).已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”(即一台正常设备,两台备用设备)的配置,这三台设备中,只要有一台能正常工作,计算机网络就不会断掉.设三台设备的可靠度均为r(0<r<1),它们之间相互不影响.(1)要使系统的可靠度不低于0.992,求r的最小值;(2)当r=0.9时,求能正常工作的设备数X的分布列;(3)已知某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是0.7,根据以往经验可知,计算机网络断掉可能给该产业园带来约50万元的经济损失.为减少对该产业园带来的经济损失,有以下两种方案:方案1:更换部分设备的硬件,使得每台设备的可靠度维持在0.9,更新设备硬件总费用为8万元; 方案2:对系统的设备进行维护,使得设备可靠度维持在0.8,设备维护总费用为5万元.请从期望损失最小的角度判断决策部门该如何决策?答案及解析1.解 (1)t =1+2+3+4+5+6+7+8+99=5, y =12.7+10.2+8.5+7.2+5.7+4.5+3.1+1.7+0.69≈6.02, b ^=∑i=19t i y i -9t y∑i=19(t i -5)2=183.6-270.960≈-1.46,a ^=y −b ^t =6.02-(-1.46)×5=13.32.故y 关于t 的经验回归方程为y ^=-1.46t+13.32.(2)因为P (μ-2σ≤X ≤μ+2σ)≈0.954 5,所以P (X>μ-2σ)=0.954 5+1-0.954 52=0.977 25. 因为某贫困地区的农民人均年纯收入X 满足正态分布N (1.6,0.36),所以μ=1.6,σ=0.6,μ-2σ=0.4,P (X>0.4)=0.977 25,故该地区最低人均年纯收入标准大约为0.4万元.2.解 (1)根据已知数据可建立列联表如下:零假设为H 0:是否为一级品与生产线无关.χ2=n (ad -bc )2(a+b )(c+d )(a+c )(b+d )=200×(20×65-35×80)255×145×100×100≈5.643>5.024=x 0.025,依据小概率值α=0.025的独立性检验,推断H 0不成立,即认为是否为一级品与生产线有关.(2)A 生产线生产一件产品为一、二、三级品的概率分别为15,35,15.记A 生产线生产一件产品的利润为X ,则X 的取值为100,50,-20,其分布列为B生产线生产一件产品为一、二、三级品的概率分别为720,25 ,14.记B生产线生产一件产品的利润为Y,则Y的取值为100,50,-20, 其分布列为①E(X)=100×15+50×35+(-20)×15=46,E(Y)=100×720+50×25+(-20)×14=50.故A,B生产线生产一件产品的平均利润分别为46元、50元.②D(X)=(100-46)2×15+(50-46)2×35+(-20-46)2×15=1 464.D(Y)=(100-50)2×720+(50-50)2×25+(-20-50)2×14=2 100.因为D(X)<D(Y),所以A生产线的利润更为稳定.3.解(1)由题意可得P(61≤d<62)=10100=0.1,P(62≤d≤63)=3100=0.03,P(59≤d<60)=P(60≤d<61)=12(1-2×0.03-0.14-0.1)=0.35,所以a=0.031=0.03,b=0.11=0.1,c=0.351=0.35.x=(57.5+62.5)×0.03+58.5×0.14+(59.5+60.5)×0.35+61.5×0.1=59.94≈60.(2)由(1)可知从该工厂生产的新零件中随机选取1件,长度d在(59,61]的概率P=2×0.35=0.7,且随机变量ξ服从二项分布ξ~B(3,0.7),所以P(ξ=0)=C30×(1-0.7)3=0.027,P(ξ=1)=C31×0.7×(1-0.7)2=0.189,P(ξ=2)=C32×0.72×(1-0.7)=0.441,P(ξ=3)=C33×0.73=0.343,所以随机变量ξ的分布列为E(ξ)=0×0.027+1×0.189+2×0.441+3×0.343=2.1.(3)由(1)及题意可知x=60,σ=1.所以P(x-σ≤X≤x-σ)=P(59≤X≤61)=0.7.|P(x-σ≤X≤x+σ)-0.682 7|=|0.7-0.682 7|=0.017 3≤0.03,P(x-2σ≤X≤x-2σ)=P(58≤X≤62)=0.14+0.35+0.35+0.1=0.94,|P(x-2σ≤X≤x+2σ)-0.954 5|=|0.94-0.954 5|=0.014 5≤0.03.所以这批新零件的长度d满足近似于正态分布N(x,12)的概率分布.所以能让该批零件出厂.4.解(1)要使系统的可靠度不低于0.992,则P(X≥1)=1-P(X<1)=1-P(X=0)=1-(1-r)3≥0.992,解得r≥0.8,故r的最小值为0.8.(2)X为正常工作的设备数,由题意可知,X~B(3,r),P(X=0)=C30×0.90×(1-0.9)3=0.001,P(X=1)=C31×0.91×(1-0.9)2=0.027,P(X=2)=C32×0.92×(1-0.9)1=0.243,P(X=3)=C33×0.93×(1-0.9)0=0.729,从而X的分布列为(3)设方案1、方案2的总损失分别为X1,X2,采用方案1,更换部分设备的硬件,使得设备可靠度达到0.9,由(2)可知计算机网络断掉的概率为0.001,不断掉的概率为0.999,故E(X1)=80000+0.001×500 000=80 500元.采用方案2,对系统的设备进行维护,使得设备可靠度维持在0.8,由(1)可知计算机网络断掉的概率为0.008,故E(X2)=50 000+0.008×500 000=54 000元,因此,从期望损失最小的角度,决策部门应选择方案2.。
高考数学解答题后三道大题
解答题后三道大题（三）1．已知数列{}n a 中， *113,,2n n a S n n N a +=-+∈=.（Ⅰ）求证：当2*n n N ≥∈，时，{}1n a -是等比数列； （Ⅱ）求{}n a 的通项公式； （Ⅲ）设(*)2n n n b n N S n =∈-+的前n 项和为n T ，求证：14(*)33n T n N ≤<∈.2．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且(1)n n S a λλ=+-，其中λ是不等于1-和0的常数. （1）证明：数列{}n a 是等比数列； （2）设数列{}n a 的公比()q f λ=，数列{}n b 满足111,()3n n b b f b -==（n *∈N ，且2n ≥），求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为3．已知函数()mf x mx x=-，()2ln g x x =． （Ⅰ）当2m =时，若直线l 过点(0,4)-且与曲线()y f x =相切，求直线l 的线方程； （Ⅱ）当1m =时，判断方程()g()f x x =在区间()1,+∞上有无实根； （Ⅲ）若(]1,x e ∈时，不等式()()2f x g x -<恒成立，求实数m 的取值范围.4．已知数列{a n }满足135a =，1321n n n a a a +=+，*n ∈N ．（1）求证：数列1 1 n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列；（2）是否存在互不相等的正整数m ，s ，t ，使m ，s ，t 成等差数列，且1m a -，1s a -，1t a - 成等比数列？如果存在，求出所有符合条件的m ，s ，t ；如果不存在，请说明理由．5如图，椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，过点F 的直线交椭圆于A ，B 两点．当直线AB 经过椭圆的一个顶点时，其倾斜角恰为60︒．（Ⅰ）求该椭圆的离心率；（Ⅱ）设线段AB 的中点为G ，AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于,D E 两点．记△GFD 的面积为1S ，△OED （O 为原点）的面积为2S ，求12S S 的取值范围．6．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率为12，直线l 过点(4,0)A ，(0,2)B ，且与椭圆C 相切于点P .（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）是否存在过点(4,0)A 的直线m 与椭圆C 相交于不同的两点M 、N ，使得23635AP AM AN =⋅?若存在，试求出直线m 的方程；若不存在,请说明理由.7．已知a ∈R ，函数()ln 1af x x x=+-，()()ln 1x g x x e x =-+（其中e 为自然对数的底数， 71828.2=e ）．（Ⅰ）求函数()f x 在区间(]0,e 上的单调区间；（Ⅱ）当1=a 时，证明：存在0x ∈),(+∞e ，使)1()(0ef x f =；（Ⅲ）是否存在实数(]00,x e ∈，使曲线()yg x =在点0x x =处的切线与y 轴垂直? 若存在，求出0x 的值；若不存在，请说明理由．（II ）令2)()1()()(+-=-=e x f ef x f xg 5 分021)(<+-=e e e g ；6 分011121)(222>+=-+=ee e g 7 分 0)()(2<∴e g e g ∴当1=a 时，存在0x ∈),(+∞e ，使)1()(0ef x f =8 分此时()f x 在区间(]0,e 上的最小值为ln10=，即1ln 10x x+-≥．………12分 当(]00,x e ∈，00x e>，001ln 10x x +-≥，∴00001()ln 1110x g x x e x ⎛⎫'=+-+> ⎪⎝⎭≥．…13分 曲线()y g x =在点0x x =处的切线与y 轴垂直等价于方程0()0g x '=有实数解． 而()00g x '>，即方程0()0g x '=无实数解．故不存在(]00,x e ∈，使曲线()y g x =在点0x x =处的切线与y 轴垂直． (14)1解：（Ⅰ）113(1)3(2)n n n n a S n a S n n +-=-+⎧⎨=--+≥⎩11n n n a a a +⇒-=- 112(1)n n a a +⇒-=-{}1n a ∴-从第二项起为公比等于2的等比数列…………………………3分（Ⅱ）211134,2a S a =-+== ()21121a a -≠-2*2(1)321(2,)n n n a n n N -=⎧∴=⎨⨯+≥∈⎩，，………………………………………6分 （Ⅲ）由（Ⅱ）知113322n n n S a n n -+=+-=⨯+-132n n nb -⇒=⨯……………………………………………………………………8分 011121123222111223222n n n n n T n T -⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭12111111123222211()112221323212n n n n n n n T n n -⎛⎫⇒=++++- ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪+⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪-⎝⎭ 424332n nn T +∴=-………………………………………………………………10分 1103n n b T T >∴≥=1433n T ∴≤<……………………………………………………………………12分 2解：（Ⅰ）∵数列1{}n n a a +⋅是公比为q 的等比数列，由11223n n n n n n a a a a a a ++++++>得221111n n n n n n a a a a q a a q q q ++++>⇒+>，即210(0)q q q --<>解得0q <<………………………………4分 （Ⅱ）由数列1{}n n a a +⋅是公比为q 的等比数列，得1221n n n n n na a aq q a a a ++++=⇒=， 这表明数列{}n a 的所有奇数项成等比数列，所有偶数项成等比数列，且公比都是q ，…………8分 又121,2,a a ==∴≠当q 1时, 21234212n n n S a a a a a a -=++++++13212462()()n n a a a a a a a -=++++++++12(1)(1)3(1)111n n n a q a q q q q q---=+=---…………10分当q=1时，2123421213212462()()n n nn n S a a a a a a a a a a a a a --=++++++=++++++++(1111)(2222)3n =+++++++++=…………12分20.（本题满分13分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>过点(0,1)M，且离心率e .（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设直线l 与椭圆交于,A B 两点，坐标原点O 到直线lAOB △面积的最大值. 命题意图:考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系及不等式的综合运用，较难题．解：（Ⅰ）由题意得1b c e a =⎧⎪⎨===⎪⎩解得1a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以椭圆的方程为2213x y +=…………5分 （Ⅱ）①当AB ⊥x轴时，易得||AB =…………………6分②当AB 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y kx m =+，1122(,),(,)A x y B x y=，得223(1)4m k =+，把y kx m =+代入椭圆方程整理得222(31)6330k x kmx m +++-=，所以212122263(1),3131km m x x x x k k --+==++ …………8分 所以2222222122612(1)||(1)()(1)()3131km m AB k x x k k k ⎡⎤--=+-=+-⎢⎥++⎣⎦22222222224212(1)(31)3(1)(91)123(31)(31)961k k m k k k k k k k ++-++===+++++2212123(0)34123696k k k=+≠≤+=⨯+++ …………………11分 当且仅当2219k k=，即k =时等号成立，此时||2AB = 当0k =时，||AB =……………………12分 综上所述，max ||2AB =，所以三角形AOB的面积的最大值max 1||2S AB == ……13分3解：（Ⅰ）令切点为00(,)x y ，当2m =时，()22f x x x =-，()22'2f x x=+，()0202,'2k f x x ∴==+，切线l 的方程为0020022(2)(2)()y x x x x x --=+-又直线l 过点(0,4)- 01x ∴=∴切线方程为44y x =- …………………… 5分（Ⅱ）1m =时，令()()()12ln h x f x g x x x x=-=--，()222112'()10x h x x x x -=+-=≥，()h x ∴在()0,+∞上为增函数又(1)0h =，所以()()f x g x =在()1,+∞内无实数根 ……………………10分（Ⅲ）2ln 2m mx x x--<恒成立， 即()2122ln m x x x x -<+恒成立， 又210x ->，则当(]1,x e ∈时，222ln 1x x xm x +<-恒成立，令()222ln 1x x xG x x +=-，只需m 小于()G x 的最小值， ()()2222(ln ln 2)'1x x x G x x-++=-，…………………… 11分e x ≤<1 ，0ln >∴x ，∴ 当(]e x ,1∈时()'0G x <，()G x ∴在(]e ,1上单调递减，()G x ∴在(]e ,1的最小值为()241eG e e =-， 则m 的取值范围是24,1e e ⎛⎫-∞ ⎪-⎝⎭……………………14分 19．（本小题满分14分） 解：（1）因为1321n n n a a a +=+，所以111233n n a a +=+．…………………………………………………1分 所以1111113n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭．……………………………ks5u ……………………3分 因为135a =，则1213a -=．…………………………………………………………………………4分所以数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为32，公比为31的等比数列．…………………………………………5分（2）由（1）知，112121333n n n a -⎛⎫-=⨯= ⎪⎝⎭，所以332n n na =+．……………………………………7分 假设存在互不相等的正整数m ，s ，t 满足条件，则有()()()22,111.s m t m t s a a a +=⎧⎪⎨-=--⎪⎩……………………………………………………………………9分 由332n n n a =+与()()()2111s m t a a a -=--，得2333111323232s m t s m t ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-- ⎪ ⎪⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭．……………………………………………………10分 即232323343m tm t s s ++⨯+⨯=+⨯．……………………………………………………………11分因为2m t s +=，所以3323mts+=⨯．……………………………………………………………12分因为3323m t s +≥=⨯，当且仅当m t =时等号成立，这与m ，s ，t 互不相等矛盾．……………………………………………………………………13分 所以不存在互不相等的正整数m ，s ，t 满足条件．……………………………………………14分 19．（本小题满分14分）（Ⅰ）解：依题意，当直线AB 经过椭圆的顶点(0,)b 时，其倾斜角为60︒．设 (,0)F c -，则tan 60bc︒== 将 b = 代入 222a b c =+， 解得 2a c =． 所以椭圆的离心率为 12c e a ==． （Ⅱ）解：由（Ⅰ），椭圆的方程可设为2222143x y c c+=． 设11(,)A x y ，22(,)B x y ．依题意，直线AB 不能与,x y 轴垂直，故设直线AB 的方程为()y k x c =+，将其代入2223412x y c +=，整理得 222222(43)84120k x ck x k c c +++-=．则 2122843ck x x k -+=+，121226(2)43cky y k x x c k +=++=+，22243(,)4343ck ck G k k -++．因为 GD AB ⊥， 所以 2234314ckk k ckx +⨯=---，2243D ck x k -=+． 因为 △GFD ∽△OED ，所以 2222222212222243()()||434343||()43ck ck ck S GD k k k ck S OD k ---++++==-+ ………………11分 222242222242(3)(3)99999()ck ck c k c k ck c k k ++===+>． ………………13分所以12S S 的取值范围是(9,)+∞． ………………14分 19．（Ⅰ）由题得过两点(4,0)A ，(0,2)B 直线l 的方程为240x y +-=.因为12c a =，所以2a c =，b =. 设椭圆方程为2222143x y c c +=,………2分由2222240,1,43x y x y c c+-=⎧⎪⎨+=⎪⎩消去x 得，224121230y y c -+-=.又因为直线l 与椭圆C 相切,所以………4分………6分………8分又直线:240l x y +-=与椭圆22:143x y C +=相切，由22240,1,43x y x y +-=⎧⎪⎨+=⎪⎩解得31,2x y ==，所以3(1,)2P …………10分则2454AP =. 所以3645813547AM AN ⋅=⨯=.又AM AN ⋅==212(1)(4)(4)k x x =+--21212(1)(4()16)k x x x x =+-++22222641232(1)(416)3434k k k k k -=+-⨯+++2236(1).34k k =++ 所以223681(1)347k k +=+，解得k =经检验成立.所以直线m 的方程为4)y x =-.………14分∴a ≥max 020)21(x x +-，]3,0(0∈x 当10=x 时，02021x x +-取得最大值21，所以a ≥21………8分(3)因为方程2)(2x x mf =有唯一实数解，19．（本小题满分14分）正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足:222(1)()0n n S n n S n n -+--+=．(1)求数列{}n a 的通项公式n a ; (2)令221(2)n n n b n a +=+,数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明:对于任意的*n N ∈,都有564n T <．19．（本小题满分14分）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有12nn a S -=；数列{}n b 满足(27)n n b n a =- （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）设数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：555273n T -≤≤-． 19.解：（1）∵n n a S -=12 1n ∴=时，a a S a -==∴=11111123………………………1分 2n ≥时，n n a S -=12，n n a S ---=1112………………………2分 两式相减得：n n n n n a a a s s ----=-=-111122，n n a a -∴=113，………3分 {}n a ∴是以a =113为首项，13为公比的等比数列 n n a ∴=13……………………4分 ∴1(27)(27)3n n nb n a n =-=-………………………………………5分 (2) 23531273333n nn T ----=+++……+……① 234115312733333n n n T +----=+++……+②………………………………7分 ①-②得：234125111272(333333n n n T +-=-++++n 1……+)-3……………8分111(1)5227332133313n n n +--=--+⨯-- 142433n n +-=-- …………9分 223n nn T -∴=--…………………10分 11112252(2)333n n n n n n n n T T +++----=-----=Q ………………11分∴当2n ≤时，12503n n +-<，1n n T T +<，即321T T T << 当3n ≥时，1n n T T +>,此时3n T T >，∴35527n T T ≥=-………………………………12分 又当3n ≥时，203nn ->，此时2n T <- 而21523T T -=<=-，∴153n T T ≤=-………………………13分 ∴555273n T -≤≤-………………………………………14分21．（本题满分15分） 已知函数1()ln xf x x ax-=+，其中a 为大于零的常数． （I ）若函数()f x 在区间[1，+∞）内单调递增，求a 的取值范围；（II ）设函数()()1xg x p x e -=-+，若存在0[1,]x e ∈，使不等式0()g x ≥ln 0x 成立，求实数p 的取值范围．（e为自然对数的底）19．（本小题满分14分）已知数列}{n a 满足()*++++∈-=+==N n a a a a a a a a n n n n n n 112121,2,1 (Ⅰ) 求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）记数列}{2+n n a a （*N n ∈）的前项和为n S ，若对*N n ∈恒有212+>-n S a a 成立，求实数的取值范围19．(本题满分14分)已知正项数列{},{}n n a b 满足：对任意正整数n ，都有1,,n n n a b a +成等差数列，11,,n n n b a b ++成等比数列，且1210,15.a a ==（Ⅰ）求证：数列}是等差数列； （Ⅱ）求数列{},{}n n a b 的通项公式； (Ⅲ) 设12111,n n S a a a =+++如果对任意正整数n ，不等式22n n nb aS a <-恒成立，求实数a 的取值范围． 19．(本题满分14分)（1）由已知，得12n n n b a a +=+ ①，211n n n a b b ++=⋅② . 由②得1n a += ③.将③代入①得，对任意*2,n n N ≥∈，有2n b =即∴是等差数列. 4分（Ⅱ）设数列的公差为d ， 由1210,15.a a ==经计算，得1225,18.2b b ==2d ====(1)(4).22n n =-⋅=+ 2(4),2n n b +∴=(3)(4).2n n n a ++= 9分（Ⅲ）由（1）得12112().(3)(4)34n a n n n n ==-++++ 111111112[()()()]2().45563444n S n n n ∴=-+-++-=-+++ 不等式22n n n b aS a <-化为1144()2.443n a n n +-<-++ 即2(1)(36)80.a n a n -+--<设()f n =2(1)(36)8a n a n -+--，则()0f n <对任意正整数n 恒成立． 当10a ->，即1a >时，不满足条件；当10a -=，即1a =时，满足条件；当10a -<，即1a <时，()f n 的对称轴为3(2)02(1)a x a -=-<-，()f n 关于n 递减，因此，只需(1)4150.f a =-< 解得15, 1.4a a <∴< 综上， 1.a ≤ 14分 21． 解:（Ⅰ）因为121,2,a a ==所以22311(1cos )sin 12,22a a a ππ=++=+=22422(1cos )sin 2 4.a a a ππ=++==①当*21(N )n k k =-∈时，222121(21)21[1cos ]sin 22k k k k a a ππ+---=++ ＝211k a -+，即2121 1.k k a a +--=所以数列{}21k a -是首项为1、公差为1的等差数列，因此21.k a k -= ②当*2(N )n k k =∈时，22222222(1cos )sin 2.22k k k k k a a a ππ+=++= 所以数列{}2k a 是首项为2、公比为2的等比数列，因此22.kk a =故数列{}n a 的通项公式为**21,21(N ),22,2(N ).n n n n k k a n k k +⎧=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩（Ⅱ）由（Ⅰ）知，212,2n n n n a n b a -==23123,2222n nnS =++++① 2241112322222n n nS +=++++ ② ①-②得，23111111.222222n n n nS +=++++-21111[1()]1221.122212n n n n n ++-=-=--- 所以11222.222n n n n n n S -+=--=-21．（本题满分15分）数列{}221221,2,(1cos )sin ,1,2,3,.22n n n n n a a a a a n ππ+===++=满足（Ⅰ）求34,,a a 并求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设21122,.n n n n na b S b b b a -==+++求22．已知函数()241x af x x-=+在区间[],m n 上为增函数，且()()4f m f n =-。
2023高考数学复习专项训练《等比数列》(含答案)
2023高考数学复习专项训练《等比数列》一、单选题（本大题共12小题，共60分）1.（5分）等比数列{a n}满足a1+a2+a3=13,a2+a3+a4=133，则a5=()A. 1B. 13C. 427D. 192.（5分）给出以下命题：①存在两个不等实数α，β，使得等式sin(α+β)=sinα+sinβ成立；②若数列{a n}是等差数列，且a m+a n=a s+a t(m、n、s、t∈N∗)，则m+n=s+t；③若S n是等比数列{a n}的前n项和，则S6，S12−S6，S18−S12成等比数列；④若S n是等比数列{a n}的前n项和，且S n=Aq n+B；(其中A、B是非零常数，n∈N∗)，则A+B为零；⑤已知ΔABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2+b2>c2，则ΔABC一定是锐角三角形．其中正确的命题的个数是()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个3.（5分）设T n为等比数列{a n}的前n项之积，且a1=−6，a4=−34，则当T n最大时，n的值为()A. 4B. 6C. 8D. 104.（5分）等比数列{a n}，满足a1+a2+a3+a4+a5=3，a12+a22+a32+a42+a52= 15，则a1−a2+a3−a4+a5的值是()A. 3B. √5C. −√5D. 55.（5分）已知在等比数列{a n}中，公比q是整数，a1+a4=18，a2+a3=12，则此数列的前8项和为()A. 514B. 513C. 512D. 5106.（5分）已知正项数列{a n}，{b n}分别为等差、等比数列，公差、公比分别为d，q(d,q∈N∗)，且d=q，a1+b1=1，a3+b3=3.若a n+b n=2013(n>3)，则n= ()A. 2013B. 2012C. 100D. 997.（5分）若a，b，c成等比数列，则关于x的方程a x2+bx+c=0( )A. 必有两个不等实根B. 必有两个相等实根C. 必无实根D. 以上三种情况均有可能8.（5分）公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11=16，则log2a10=()9.（5分）记Sn为等比数列{a n}的前n项和，已知S2=2，S3=−6.则{a n}的通项公式为()A. a n=(−2)nB. a n=−2nC. a n=(−3)nD. a n=−3n10.（5分）正项等比数列{a n}中，a3=2，a4.a6=64，则a5+a6a1+a2的值是()A. 4B. 8C. 16D. 6411.（5分）在等比数列{a n}中，a7，a11是方程x2+5x+2=0的二根，则a3.a9.a15a5.a13的值为()A. −2+√22B. −√2C. √2D. −√2或√212.（5分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，9S3=S6=63，则S10=A. 255B. 511C.1023 D. 2047二、填空题（本大题共5小题，共25分）13.（5分）已知等差数列{a n}的公差d≠0，且a3+a9=a10−a8.若a n=0，则n=__________14.（5分）若等比数列{an}的前n项和Sn满足：an+1=a1Sn+1（n∈N*），则a1=____．15.（5分）在等比数列{an}中，已知前n项和Sn=5n+1+a，则a的值为____________．16.（5分）若等比数列{a n}的首项为23，且a4=∫41(1+2x)dx，则公比q等于______．17.（5分）如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第1群，第2群，……，第n群，……，第n群恰好有n个数，则第n群中n个数的和是____________.123465812107162420149324840281811…三、解答题（本大题共6小题，共72分）18.（12分）已知{x n}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3−x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1，求由该折线与直线y=0，x=x1，x=x n+1所围成的区域的面积T n.19.（12分）如果等比数列{a n}中公比q>1，那么{a n}一定是递增数列吗?为什么?20.（12分）数列{a n}满足a1=1，a n=2a n−1-3n+6（n≥2，n∈N+）．（1）设b n=a n-3n，求证：数列{b n}是等比数列；（2）求数列{a n}的通项公式．21.（12分）设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，满足4S n=a n+12−4n−1，n∈N∗，且a2，a5，a14构成等比数列．(1)证明：a2=√4a1+5；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1a2+1a2a3+…+1a n a n+1<12.22.（12分）已知数列{a n}是等差数列，其首项为2，且公差为2，若b n=2a n(n∈N∗).(Ⅰ)求证：数列{b n}是等比数列；(Ⅱ)设c n=a n+b n，求数列{c n right}的前n项和A n．23.（12分）已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)求和：b1+b3+b5+⋯+b2n−1．四、多选题（本大题共5小题，共25分）24.（5分）已知等差数列{a n}的公差和首项都不等于0，且a2，a4，a8成等比数列，则下列说法正确的是()A. a1+a5+a9a2+a3的值为3 B. a1+a5+a9a2+a3的值为2C. 数列{a n}的公差和首项相等D. 数列{a n}的公差和首项不相等25.（5分）设数列{a n}，{b n}的前n项和分别为S n，T n，则下列命题正确的是()A. 若a n+1-a n=2(n∈N∗)，则数列{a n}为等差数列B. 若b n+1=2b n(n∈N∗)，则数列{b n}为等比数列C. 若数列{a n}是等差数列，则S n，S2n-S n，S3n-S2n⋯⋯(n∈N∗)成等差数列D. 若数列{b n}是等比数列，则T n，T2n-T n，T3n-T2n⋯⋯(n∈N∗)成等比数列26.（5分）在公比q为整数的等比数列{a n}中，S n是数列{a n}的前n项，若a1+a4= 18，a2+a3=12，则下列说法正确的是()A. q=2B. 数列{S n+2}是等比数列C. S8=510D. 数列\left{ lg a n}是公差为2的等差数列27.（5分）已知等差数列{a n}的首项为1，公差d=4，前n项和为S n，则下列结论成立的有()A. 数列{S nn}的前10项和为100B. 若a1，a3，a m成等比数列，则m=21C. 若∑n i=11a i a i+1>625，则n的最小值为6D. 若a m+a n=a2+a10，则1m +16n的最小值为251228.（5分）已知数列{a n}为等差数列，{b n}为等比数列，{a n}的前n项和为S n，若a1+ a6+a11=3π，b1b5b9=8，则()A. S11=11πB. sin a2+a10b4b6=12C. a3+a7+a8=3πD. b3+b7⩾4答案和解析1.【答案】D;【解析】解：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2+a 3+a 4=(a 1+a 2+a 3)q ，得133=13q ，解得q =13， 又a 1+a 2+a 3=a 1+13a 1+19a 1=139a 1=13，解得a 1=9，所以a 5=a 1q 4=9×(13)4=19， 故选：D.设等比数列{a n }的公比为q ，通过a 2+a 3+a 4=(a 1+a 2+a 3)q 可求出q 值，进一步根据a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=13可求出a 1，最后利用a 5=a 1q 4进行求解即可． 此题主要考查等比数列的通项公式，考查学生逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．2.【答案】B; 【解析】该题考查命题真假的判断，考查学生灵活运用等差、等比数列的性质，三角函数以及三角形的判断，是一道综合题，属于中档题．利用特殊值判断①的正误；利用特殊数列即可推出命题②的正误；根据等比数列的性质，判断③的正误；根据等比数列的前n 项的和推出A ，B 判断④的正误．利用特殊三角形判断⑤的正误；解：对于①，实数α=0，β≠0，则sin (α+β)=sinβ，sinα+sinβ=sinβ，所以等式成立；故①正确；对于②，当公差d =0时，命题显然不正确，例如a 1+a 2=a 3+a 4，1+2≠3+4，故②不正确；对于③，设a n =(−1)n ，则S 6=0，S 12−S 6=0，S 18−S 12=0，∴此数列不是等比数列，故③不正确；对于④，S n 是等比数列{a n }的前n 项和，且S n =Aq n +B ；(其中A 、B 是非零常数，n ∈N ∗)，所以此数列为首项是a 1，公比为q ≠1的等比数列， 则S n =a 1(1−q n )1−q ，所以A =−a11−q ，B =a11−q ，∴A +B =0，故④正确；对于⑤，如果三角形是直角三角形，a =5，b =3，c =4，满足a 2+b 2>c 2，故⑤不正确；故选：B ．3.【答案】A;【解析】解：因为等比数列{a n }中，a 1=−6，a 4=−34，则由a 4=a 1q 3可得q =12． ∵T n 为等比数列{a n }的前n 项之积，∴T n =(−6)n .(12)n(n−1)2，因为求最大值，故只需考虑n 为偶数的情况， ∵T 2n +2T 2n =36×(12)4n +1，由T 2n +2T 2n⩾1可得n =1，∴T 2<T 4>T 6>T 8>⋯．则公比q =12，当T n 最大时，n 的值为4．故选：A ．由已知可得q =12.只需考虑n 为偶数的情况，由T 2n +2T 2n⩾1可得n =1，即可求解．该题考查了等比数列的通项公式及其前n 项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4.【答案】D;【解析】解：设数列{a n }的公比为q ，且q ≠1，则 a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=a 1(1−q 5)1−q =3①， a 12+a 22+a 32+a 42+a 52=a 12(1−q 10)1−q 2=15②∴②÷①得a 12(1−q 10)1−q 2÷a 1(1−q 5)1−q=a 1(1+q 5)1+q=5，∴a 1−a 2+a 3−a 4+a 5=a 1(1+q 5)1+q=5.故选：D.先设等比数列{a n }公比为q ，分别用a 1和q 表示出a 12+a 22+a 32+a 42+a 52，a 1+a 2+a 3+a 4+a 5和a 1−a 2+a 3−a 4+a 5，发现a 12+a 22+a 32+a 42+a 52除以a 1+a 2+a 3+a 4+a 5正好与a 1−a 2+a 3−a 4+a 5相等，进而得到答案．此题主要考查了等比数列的性质．属基础题．解题时要认真审题，注意等比数列的性质的灵活运用．5.【答案】D;【解析】由已知得{a 1+a 1q 3=18a 1q +a 1q 2=12，解得：q =2或q =12.∵q 为整数，∴q =2.∴a 1=2.∴S 8=2(1−28)1−2=29−2=510.6.【答案】A;【解析】此题主要考查等差数列和等比数列的通项公式和性质的应用.计算时要认真仔细.解：∵{_1+b1=1a3+b3=3，∴{_1+b1=1a1+2d+b1q2=3，∵d=q，所以{_1+b1=1a1+2q+b1q2=3，解得d=q=1，∴a n+b n=a1+(n−1)d+b1q n−1=a1+n−1+b1=2013，∴n=2013.故选A.7.【答案】C;【解析】若a，b，c成等比数列，则b²=ac由题意得△=b²-4ac=b²-4b²=-3b²等比数列中没有为0的项，∴-3b²<0∴△小于0，即方程a x2+bx+c=0必无实根故选C。
全国卷高考数学导数、解析几何大题专项训练含答案(二)
全国卷高考数学导数、解析几何解答题专项训练（二）一、解答题1.设函数32()2f x x a x b x a =+++，2()32gx x x =-+，其中x R ∈，a 、b 为常数，已知曲线()y f x =与()y g x =在点（2,0）处有相同的切线l 。
（I ） 求a 、b 的值，并写出切线l 的方程；（II ）若方程()()f x g x m x +=有三个互不相同的实根0、x 、x ，其中12x x <，且对任意的[]12,x x x ∈，()()(1)fxg x m x +<-恒成立，求实数m 的取值范围。
2.(本小题满分12分） 已知函数22()ln axf x x e=-，（a e R,∈为自然对数的底数）． （Ⅰ）求函数()f x 的递增区间；（Ⅱ）当1a =时，过点(0, )P t ()t ∈R 作曲线()y f x =的两条切线，设两切点为111(,())P x f x ，222(,())P x f x 12()≠x x ，求证12x x +为定值，并求出该定值。
3.若函数()x f 满足：在定义域内存在实数0x，使()()()k f x f k x f +=+00(k 为常数)，则称“f （x ）关于k 可线性分解”．（Ⅰ）函数()22x x f x+=是否关于1可线性分解?请说明理由；（Ⅱ）已知函数()1ln +-=ax x x g ()0>a 关于a 可线性分解，求a 的取值范围；（Ⅲ）证明不等式：()()12e 321-≤⨯⨯⨯⨯n n n Λ()*∈N n ． 4.已知x=1是()2ln bf x x x x =-+的一个极值点（1）求b 的值； （2）求函数()f x 的单调增区间；（3）设x x f x g 3)()(-=，试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g(x)相切？请说明理由。
5.已知函数2()x f x e x ax =--，如果函数()f x 恰有两个不同的极值点1x ，2x ，且12x x <.（Ⅰ）证明：1ln 2x <；（Ⅱ）求1()f x 的最小值，并指出此时a 的值.6.设函数2()ln 4f x a x x =-，2()(0,0,,)g x bx a b a b R =≠≠∈.（Ⅰ）当32b =时，函数()()()h x f x g x =+在1x =处有极小值，求函数()h x 的单调递增区间；（Ⅱ）若函数()f x 和()g x 有相同的极大值，且函数()()()g x p x f x x =+在区间2[1,]e 上的最大值为8e -，求实数b 的值（其中e 是自然对数的底数） 7.（本小题满分12分）已知函数()ln f x x a x =-，1(), (R).ag x a x +=-∈（Ⅰ）若1a =，求函数()f x 的极值；（Ⅱ）设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间； （Ⅲ）若在[]1,e （e 2.718...=）上存在一点0x ,使得0()f x <0()g x 成立,求a 的取值范围.8.已知函数2()(0)f x ax kbx x =+>与函数()ln ,、、g x ax b x a b k =+为常数，它们的导函数分别为()y f x '=与()y g x '=（1）若()g x 图象上一点(2,(2))p g 处的切线方程为：22ln 220x y -+-=，求、a b 的值；（2）对于任意的实数k，且、a b 均不为0，证明：当0ab >时，()y f x '=与()y g x '=的图象有公共点；（3）在（1）的条件下，设112212(,),(,),()A x yB x y x x <是函数()y g x =的图象上两点，21021()y y g x x x -'=-，证明：102x x x <<9.（本小题满分13分）已知函数21()ln (,0).2f x x ax a R a =-∈≠（I ）求函数()f x 的单调区间；（II ）已知点1111(1,),(,)(1):()2A a x y x C y f x ->=设B 是曲线图角上的点，曲线C上是否存在点00(,)M x y 满足：①1012x x +=；②曲线C 在点M 处的切线平行于直线AB ？请说明理由。
高考数学解答题(新高考)数列求和(裂项相消法)(典型例题+题型归类练)(原卷版)
专题06 数列求和（裂项相消法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍常见的裂项技巧 类型一：等差型类型二：无理型类型三：指数型①11(1)11()()n n n n n a a a k a k a k a k++-=-++++如：11211(2)(2)22n n n n n k k k k++=-++++类型四：通项裂项为“+”型如：①()()()21111111nn n n n n n +⎛⎫-⋅=-+ ⎪++⎝⎭ ②()()131222(1)(11)1n nn n nn n n n n +⎛⎫++⋅-=+- ⎝+⎪⎭本类模型典型标志在通项中含有(1)n -乘以一个分式.二、典型例题类型一：等差型例题1．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，0n a >，315S =，公差1d >，且___________.从①21a -为11a -与31a +等比中项，②等比数列{}n b 的公比为3q =，1124,b a b a ==这两个条件中，选择一个补充在上面问题的横线上，使得符合条件的数列{}n a 存在并作答. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：16nT <.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，设，则，典型的裂项相消的特征，可将通项裂项为：解答过程：由题意知：；例题2．（2022·广东佛山·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，111a =-，29a =-，且()11222n n n S S S n +-+=+≥． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)已知11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．感悟升华（核心秘籍）本例是裂项相消法的等差型，注意裂项，是裂通项，裂项的过程中注意前面的系数不要忽略了.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的特征，可将通项裂项为：解答过程：由题意知：；类型二：无理型例题3．（2022·重庆八中模拟预测）已知各项均为正数的等差数列{}n a 满足11a =，22112()n n n n a a a a ++=++．(1)求{}n a 的通项公式； (2)记11n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的无理型特征，可将通项分母有理化为：解答过程：由题意知：；例题4．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，3518a a +=，648S =. (1)求{}n a 的通项公式； (2)设112n n n b a a +-=+，求数列{}n b 的前n 项和为n T .感悟升华（核心秘籍）本例是裂项相消法的无理型，具有明显的特征，其技巧在于分母有理化，注意裂项相消的过程中，是连续相消，还是隔项相消，计算注意细节.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的无理型特征，可将通项分母有理化为：解答过程：由题意知：；类型三：指数型例题5．（2022·全国·模拟预测）已知等差数列{}n a 满足()*10n n a a n +->∈N ，且141015a a a ++=，2a ，4a ，8a 成等比数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若122n a n n n n a b a a ++⋅=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S ．感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，具有明显的裂项相消法的特征，但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得通分，逆向求裂项求和．例题6．（2022·江西·临川一中模拟预测（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21,*=-∈n n S a n N .(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足22,(1)*++=∈⋅⋅+n n n b n N a n n ，求数列{}n b 的前n 项和n T .类型四：通项裂项为“+”型第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，具有明显的裂项相消法的特征，但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得通分，逆向求裂项求和例题7．（2022·吉林辽源·高二期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和21,3n S n an b a =++=，数列{}n b 的前n 项和23n n n T b +=，12b =. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)令(1)nnn na cb =-，求数列{}nc 的前n 项和n P .【答案】(1)21n a n =+，()1n b n n =+ (2)2,?1,?1n n n n P n n n +⎧-⎪⎪+=⎨⎪-⎪+⎩为奇数为偶数感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，注意通项中含有明显的裂项的两个特征，①含有分式②含有（注意通项中含有是裂项为“”型的重要标志），但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得则：，注意到通项中含有，需分奇偶讨论通分，逆向求当为偶数（为正），（注意此时为偶数，代入偶数的结论中）当为奇数（为偶数）综上：例题8．（2022·陕西·长安一中高二期中（文））已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且124,,S S S成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令()1141n n n n nb a a -+=-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．三、题型归类练第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，注意通项中含有明显的裂项的两个特征，①含有分式②含有（注意通项中含有是裂项为“”型的重要标志），但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得，通分，逆向求当为奇数（为正），（注意此时为奇数，代入奇数的结论中）当为偶数（为奇数）综上：1．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心模拟预测（理））已知在等差数列{}n a 中，25a =，1033a a =． (1)求数列{}n a 的通项公式; (2)设()21n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．2．（2022·山西运城·模拟预测（理））已知单调递增的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，512340,,1,S a a a =-成等比数列，正项等比数列{}n b 满足11631,23b a S b =+=+. (1)求{}n a 与{}n b 的通项公式； (2)设()3123log n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T .3．（2022·河南·模拟预测（理））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()()222220n n S n n S n n -+--+=．(1)求1a 的值和数列{}n a 的通项公式； (2)设21n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．4．（2022·河北保定·一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1332n n S +-=．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设3314log log n n n b a a +=⋅，求{}n b 的前n 项和n T ．5．（2022·安徽·北大培文蚌埠实验学校高三开学考试（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，525S =，且()*1232n n n n S a S S n ++-=+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设n b =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．6．（2022·江苏盐城·三模）已知正项等比数列{}n a 满足1330a a +=，请在①4120S =，②481a =，③2211120n n n n a a a a --+-=，2n ≥，*n N ∈中选择一个填在横线上并完成下面问题：(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()12311n n n n b a a +⋅=++，{}n b 的前n 和为n S ，求证：14n S <．7．（2022·浙江金华·模拟预测）已知数列{}{},n n a b ，其中{}n a 为等差数列，且满足11211,,32a b b ===，21141,2n n n n nn a b a b n N *++-=+∈. (1)求数列{}{},n n a b 的通项公式； (2)设212n n nn n a c a a ++=，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求证：1n T <8．（2022·湖北·二模）已知正项等差数列{}n a 满足：()33n n a a n *=∈N ，且1382,1,a a a +成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()1121212n n n a n a a c ++=++，n R 是数列{}n c 的前n 项和，若对任意n *∈N 均有n R λ<恒成立，求λ的最小值．9．（2022·江西·临川一中高二期末（理））已知数列{}n a ，0n a >，11a =，n S 为其前n 项和，且满足()()()1112n n n n S S S S n --+-=≥.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()11nnn a b =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．10．（2022·重庆八中模拟预测）已知n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，36S =，2319a a a =⋅.(2)设数列()()24141nn n a b n n +=-∈-N ，数列化{}n b 的前2n 项和为2n T ，若2112022n T +<，求正整数n 的最小值.11．（2022·天津市武清区杨村第一中学二模）已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且114342131,2,2,a b a b b b a a ====+．(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式；(2)记{}n b 的前n 项和为n S ，证明：()n n n S a b n *≤⋅∈N ；(3)记()311(1)*++⋅=-∈⋅n n n nnn a b c n a a N ，求数列{}n c 的前2n 项和．12．（2022·黑龙江实验中学模拟预测（理））已知数列{}n a 满足11a =，11n n n n a a a a --=-，且0n a ≠. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若()()11121n n n n b n a a ++=-+，数列{}n b 前n 项和为nT，求2022T .13．（2022·湖北·蕲春县第一高级中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，其中1215a S ==，，当2n ≥时，1124n n n a S S +-，，成等差数列.(2)记数列()()2123211n n n a a ++⎧⎫⋅⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前n 项和n T ，求证：121855n T ≤<.。
数学高考解答题
数学高考解答题1．设函数()1,121,23x f x x x ≤≤⎧=⎨-<≤⎩，()()[],1,3g x f x ax x =-∈，其中a R ∈，记函数()g x 的最大值与最小值的差为()h a 。
（I ）求函数()h a 的解析式；（II ）画出函数()y h x =的图象并指出()h x 的最小值。
2．已知函数()()ln 1f x x x =-+,数列{}n a 满足101a <<,()1n n a f a +=;数列{}n b 满足1111,(1)22n n b b n b +=≥+,*n N ∈.求证: （Ⅰ）101;n n a a +<<< （Ⅱ）21;2n n a a +<（Ⅲ）若12a =则当n ≥2时,!n n b a n >⋅.3．已知定义在R 上的函数f (x )同时满足：（1）21212122()()2()cos24sin f x x f x x f x x a x ++-=+（12,x x ∈R ，a 为常数）；（2）(0)()14f f π==； （3）当0,4x π∈［］时，()f x ≤2 求：（Ⅰ）函数()f x 的解析式；（Ⅱ）常数a 的取值范围．4．设)0(1),(),,(22222211>>=+b a bx x y y x B y x A 是椭圆上的两点，满足0),(),(2211=⋅a y b x a y b x ，椭圆的离心率,23=e 短轴长为2，0为坐标原点. （1）求椭圆的方程；（2）若直线AB 过椭圆的焦点F （0，c ），（c 为半焦距），求直线AB 的斜率k 的值；（3）试问：△AOB 的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由.个 个 5．已知数列{}n a 中各项为：12、1122、111222、……、111n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 222n⋅⋅⋅⋅⋅⋅ …… （1）证明这个数列中的每一项都是两个相邻整数的积.（2）求这个数列前n 项之和S n .6．设1F 、2F 分别是椭圆22154x y +=的左、右焦点. （Ⅰ）若P 是该椭圆上的一个动点，求21PF PF ⋅的最大值和最小值；（Ⅱ）是否存在过点A （5，0）的直线l 与椭圆交于不同的两点C 、D ，使得|F 2C|=|F 2D|？若存在，求直线l 的方程；若不存在，请说明理由.7．已知动圆过定点P（1，0），且与定直线L:x=-1相切，点C在l上。
高考数学复习专题训练—三角函数与解三角形解答题(含解析)
高考数学复习专题训练—三角函数与解三角形解答题1.(2021·山东滨州期中)已知向量a=(cos x,sin x),b=(4√3sin x,4sin x),若f(x)=a·(a+b).(1)求f(x)的单调递减区间;]上的最值.(2)求f(x)在区间[0,π22.(2021·北京丰台区模拟)如图,△ABC中,∠B=45°,N是AC边的中点,点M在AB边上,且MN⊥AC,BC=√6,MN=√3.(1)求∠A;(2)求BM.3.(2021·山东潍坊二模)如图,D为△ABC中BC边上一点,∠B=60°,AB=4,AC=4√3.给出如下三种数值方案:①AD=√5;②AD=√15;③AD=2√7.判断上述三种方案所对应的△ABD的个数,并求△ABD唯一时,BD的长.4.(2021·海南海口月考)在△ABC中,已知a,b,c分别是角A,B,C的对边,b cos C+c cos B=4,B=π.请再在下4列三个条件:①(a+b+c)(sin A+sin B-sin C)=3a sin B;②b=4√2;③√3c sin B=b cos C中,任意选择一个,添加到题目的条件中,求△ABC的面积.5.(2021·辽宁大连一模)如图,有一底部不可到达的建筑物,A为建筑物的最高点.某学习小组准备了三种工具:测角仪(可测量仰角与俯角)、米尺(可测量长度)、量角器(可测量平面角度).(1)请你利用准备好的工具(可不全使用),设计一种测量建筑物高度AB的方法,并给出测量报告;注:测量报告中包括你使用的工具,测量方法的文字说明与图形说明,所使用的字母和符号均需要解释说明,并给出你最后的计算公式.(2)该学习小组利用你的测量方案进行了实地测量,并将计算结果汇报给老师,发现计算结果与该建筑物实际的高度有误差,请你针对误差情况进行说明.6.(2021·湖北武汉3月质检)在△ABC中,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=2π3,b=√6.(1)若cos A cos C=23,求△ABC的面积;(2)试问1a +1c=1能否成立?若能成立,求此时△ABC的周长;若不能成立,请说明理由.7.(2021·湖南长沙模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(b-c)sinCb+a=sin B-sin A.(1)求角A;(2)若a=2,求1tanB +1tanC的最小值.8.(2021·江苏南京期中)如图,某景区内有一半圆形花圃,其直径AB为6,O是圆心,且OC⊥AB.在OC上有一座观赏亭Q,其中∠AQC=2π3.计划在BC⏜上再建一座观赏亭P,记∠POB=θ(0<θ<π2).(1)当θ=π3时,求∠OPQ的大小;(2)当∠OPQ越大时,游客在观赏亭P处的观赏效果越佳,当游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时,求sin θ的值.答案与解析1.解由于f(x)=a·(a+b)=|a|2+a·b=1+4√3sin x cos x+4sin2x=1+2√3sin 2x+4·1-cos2x2=2√3sin 2x-2cos 2x+3=4sin(2x-π6)+3.(1)由π2+2kπ≤2x-π6≤3π2+2kπ(k∈Z),解得π3+kπ≤x≤5π6+kπ(k∈Z),所以f(x)的单调递减区间是[π3+kπ,5π6+kπ](k∈Z).(2)由于x∈[0,π2],所以2x-π6∈[-π6,5π6],故当2x-π6=π2即x=π3时,函数f(x)取最大值7;当2x-π6=-π6即x=0时,函数f(x)取最小值1.2.解(1)如图,连接MC,因为N是AC边的中点,且MN⊥AC, 所以MC=MA.在Rt△AMN中,MA=MNsinA=√3sinA,所以MC=√3sinA.在△MBC中,由正弦定理可得MCsinB=BCsin∠BMC,而∠BMC=2∠A,所以√3sinA·sin45°=√6sin2A,即√3sinA·√22=√62sinAcosA,所以cos A=12,故∠A=60°.(2)由(1)知MC=MA=√3sin60°=2,∠BMC=2∠A=120°.在△BCM中,由余弦定理得BC2=BM2+MC2-2BM·MC·cos∠BMC,所以(√6)2=BM2+22-2BM·2·cos 120°,解得BM=√3-1(负值舍去).3.解过点A作AE⊥BC,垂足为点E(图略),则AE=4·sin 60°=2√3,当AD=√5时,AD<AE,所以方案①对应△ABD无解,当AD=√15时,AE<AD<AB<AC ,所以方案②对应△ABD 有两解, 当AD=2√7时,AB<AD<AC ,所以方案③对应△ABD 只有一解. 由方案③知AD=2√7,设BD=x (x>0),所以在△ABD 中由余弦定理得(2√7)2=42+x 2-2×4×x×cos 60°,即x 2-4x-12=0,解得x=6或x=-2(舍去).又因为在△ABC 中易得BC=8,BD=6<BC ,符合题意, 所以BD 的长为6.4.解 若选择条件①,则(a+b+c )(sin A+sin B-sin C )=3a sin B ,由正弦定理可得(a+b+c )(a+b-c )=3ab ,所以(a+b )2-c 2=3ab ,整理得a 2+b 2-c 2=ab ,所以cos C=12,故C=π3.又B=π4,所以A=π-π3−π4=5π12. 又因为b cos C+c cos B=4,所以b ·a 2+b 2-c 22ab +c ·a 2+c 2-b 22ac=4,即a=4.由正弦定理可得asinA =bsinB , 所以b=asinB sinA=4sin π4sin 5π12=4(√3-1), 故△ABC 的面积S=12ab sin C=12×4×4(√3-1)×sin π3=4(3-√3). 若选择条件②,则b=4√2. 又因为b cos C+c cos B=4,所以b ·a 2+b 2-c 22ab +c ·a 2+c 2-b22ac =4,即a=4.又B=π4,所以由正弦定理可得asinA =bsinB , 所以sin A=asinBb=4sin π44√2=12,所以A=π6或A=5π6.由于b>a ,所以B>A ,因此A=5π6不合题意舍去,故A=π6,从而C=π-π6−π4=7π12. 故△ABC 的面积S=12ab sin C=12×4×4√2×sin 7π12=4(√3+1). 若选择条件③,因为b cos C+c cos B=4, 所以b ·a 2+b 2-c 22ab +c ·a 2+c 2-b 22ac=4,所以a=4.因为√3c sin B=b cos C ,所以√3sin C sin B=sin B cos C ,所以tan C=√33,于是C=π6,从而A=π-π6−π4=7π12,所以由正弦定理可得a sinA =bsinB , 所以b=asinB sinA=4sin π4sin 7π12=4(√3-1), 故△ABC 的面积S=12ab sin C=12×4×4(√3-1)×sin π6=4(√3-1). 5.解 (1)选用测角仪和米尺,如图所示.①选择一条水平基线HG ,使H ,G ,B 三点在同一条直线上;②在H ,G 两点用测角仪测得A 的仰角分别为α,β,HG=a ,即CD=a.测得测角仪器的高是h ;③(方法一)在△ACD 中,由正弦定理,得ACsinα=CDsin (β-α), 所以AC=CDsinαsin (β-α)=asinαsin (β-α),在Rt △ACE 中,有AE=AC sin β=asinαsinβsin (β-α), 所以建筑物的高度AB=AE+h=asinαsinβsin (β-α)+h. (方法二)在Rt △ADE 中,DE=AEtanα, 在Rt △ACE 中,CE=AEtanβ, 所以CD=DE-CE=AEtanα−AEtanβ=AE (tanβ-tanα)tanαtanβ,所以AE=atanαtanβtanβ-tanα,所以建筑物的高度AB=AE+h=atanαtanβtanβ-tanα+h. (2)①测量工具问题;②两次测量时位置的间距差; ③用身高代替测角仪的高度.6.解 (1)由B=2π3,得A+C=π3,cos(A+C )=cos A cos C-sin A sin C ,即12=cos A cos C-sin A sin C.因为cos A cos C=23,所以sin A sin C=16.因为a sinA =c sinC =√6√32=2√2,所以a=2√2sin A ,c=2√2sin C.所以S △ABC =12·2√2sin A·2√2sin C·sin B=4sin A·sin B sin C=4×16×√32=√33. (2)假设1a +1c =1能成立,所以a+c=ac.由余弦定理,得b 2=a 2+c 2-2ac cos B ,所以6=a 2+c 2+ac.所以(a+c )2-ac=6,所以(ac )2-ac-6=0,所以ac=3或ac=-2(舍去),此时a+c=ac=3. 不满足a+c ≥2√ac ,所以1a +1c =1不成立.7.解 (1)由(b -c )sinCb+a =sin B-sin A ,可得(b-c )sin C=(sin B-sin A )(b+a ),由正弦定理得(b-c )c=(b-a )(b+a ),即b 2+c 2-a 2=bc , 由余弦定理,得cos A=b 2+c 2-a 22bc=12,因为0<A<π,可得A=π3.(2)由(1)知A=π3,设△ABC 的外接圆的半径为R (R>0),可得2R=asinA =4√33, 由余弦定理得a 2=b 2+c 2-2bc cos A=b 2+c 2-bc ≥bc , 即bc ≤a 2=4,当且仅当b=c=2时取等号, 又1tanB +1tanC =cosBsinB +cosCsinC =cosBsinC+sinBcosCsinBsinC =sin (B+C )sinBsinC =sinAsinBsinC =2R ·2RsinA 2RsinB ·2RsinC=2R ·abc =8√33bc ≥8√33×4=2√33,所以1tanB +1tanC 的最小值为2√33.8.解 (1)在△POQ 中,因为∠AQC=2π3,所以∠AQO=π3.又OA=OB=3,所以OQ=√3. 设∠OPQ=α,则∠PQO=π2-α+θ. 由正弦定理,得3sin (π2-α+θ)=√3sinα,即√3sin α=cos(α-θ), 整理得tan α=√3-sinθ,其中θ∈(0,π2).当θ=π3时,tan α=√33.因为α∈(0,π2),所以α=π6. 故当θ=π3时,∠OPQ=π6.(2)设f(θ)=√3-sinθ,θ∈(0,π2),则f'(θ)=-sinθ(√3-sinθ)+cos 2θ(√3-sinθ)2=1-√3sinθ(√3-sinθ)2.令f'(θ)=0,得sin θ=√33,记锐角θ0满足sin θ0=√33,当0<θ<θ0时,f'(θ)>0;当θ0<θ<π2时,f'(θ)<0, 所以f(θ)在θ=θ0处取得极大值亦即最大值.由(1)可知tan α=f(θ)>0,则α∈(0,π2),又y=tan α单调递增,则当tan α取最大值时,α也取得最大值.故游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时,sin θ=√33 .。
【3】导数【2023年高考数学复习——大题狂练解答210道】
2023年高考数学复习——大题狂练：导数（15题）一．解答题（共15小题）1．（2022秋•包头月考）已知函数f（x）＝x3﹣a（x2+2x+2）．（1）若a＝2，求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）只有一个零点．2．（2022•梅河口市校级开学）已知函数f（x）＝（1﹣x）e x﹣a（x2+1）（a∈R）．（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）有两个不同的零点x1，x2，证明：x1+x2＜0．3．（2022春•大兴区期末）已知函数f（x）＝．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）求f（x）的最大值与最小值．4．（2022春•汪清县校级期末）已知函数，x∈（0，+∞）．（1）求函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程；（2）求函数f（x）的单调递增区间．5．（2022春•资阳期末）已知曲线f（x）＝ax3﹣bx2+2在点（1，f（1））处的切线方程为y ＝1．（1）求a、b的值；（2）求f（x）的极值．6．（2022春•静安区校级期末）求函数f（x）＝tan x的导函数，并由此确定正切函数的单调区间．7．（2022春•长宁区校级期末）求下列函数的导数：（1）f（x）＝3x4+sin x；（2）．8．（2022春•兴义市校级月考）已知函数f（x）＝ax3+cx（a≠0）当x＝1时，f（x）取得极值﹣2．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数f（x）的单调区间和极大值；9．（2022春•乳山市校级月考）已知函数．（1）求函数f（x）的极值；（2）若函数y＝f（x）的图象与直线y＝0恰有三个交点，求实数a的取值范围．10．（2022春•重庆月考）已知函数f（x）＝（x+a）e x．（1）若f（x）在x＝1处取得极小值，求实数a的值；（2）若f（x）在（﹣1，1）上单调递增，求实数a的取值范围．11．（2022春•睢县校级月考）若函数f（x）＝ax3+12x+a的减区间为（﹣2，2），求实数a 的值．12．（2022春•睢县校级月考）求下列函数的导数：（1）；（2）g（x）＝（8﹣3x）7；（3）p（x）＝5cos（2x﹣3）；（4）w（x）＝ln（5x+6）2．13．（2022春•黄梅县期中）设函数f（x）＝x3+x2﹣3x．（1）求函数f（x）的单调区间和极值；（2）求函数f（x）在[0，3]上的最值．14．（2022春•抚州期中）已知函数．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）的极值．15．（2022春•焦作期中）已知函数f（x）＝xln2x．（1）求f（x）的导函数f'（x）；（2）设x0是f（x）的零点，求曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程．2023年高考数学复习——大题狂练：导数（15题）参考答案与试题解析一．解答题（共15小题）1．（2022秋•包头月考）已知函数f（x）＝x3﹣a（x2+2x+2）．（1）若a＝2，求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）只有一个零点．【考点】利用导数研究函数的单调性．【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；数学抽象；数学运算．【分析】（1）把a＝2代入函数解析式，求出导函数，由导函数大于0求解原函数的增区间，由导函数小于0求解原函数的减区间；（2）问题转化为a＝只有一个根，令g（x）＝，利用导数研究其单调性，即可证明f（x）只有一个零点．【解答】解：（1）若a＝2，则f（x）＝x3﹣2x2﹣4x，f′（x）＝x2﹣4x﹣4，由f′（x）＝x2﹣4x﹣4＞0，解得x＜2﹣2或x＞，由f′（x）＝x2﹣4x﹣4＜0，解得2﹣2＜x＜，∴f（x）的单调增区间为（﹣∞，2﹣2），（，+∞），单调减区间为（2﹣2，）；证明：（2）函数f（x）的定义域为R，令f（x）＝0，得x3﹣a（x2+2x+2）＝0，则a＝，令g（x）＝，可得g′（x）＝＝≥0，∴g（x）为单调增函数，∴关于x的方程至多有一个实根，又当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞，当x→+∞时，g（x）→+∞，则g（x）的值域为R，故f（x）只有一个零点．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数零点的判定，考查化归与转化思想，是中档题．2．（2022•梅河口市校级开学）已知函数f（x）＝（1﹣x）e x﹣a（x2+1）（a∈R）．（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）有两个不同的零点x1，x2，证明：x1+x2＜0．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的最值．【专题】分类讨论；分析法；综合法；导数的综合应用；数学运算．【分析】（1）求导后，根据f'（x）与0的大小关系，分a≥0，，和四种情况，讨论即可；（2）参变分离可得，设，求导，判断其单调性，结合分析法，将问题转化为证明g（x2）﹣g（﹣x2）＜0，再构造新函数h（x）＝（1﹣x）e2x ﹣x﹣1，x∈（0，1），证明h（x）＜0，即可．【解答】（1）解：f′（x）＝﹣xe x﹣2ax＝﹣x（e x+2a），①当a≥0时，令f′（x）＞0，解得x＜0；令f′（x）＜0，解得x＞0，所以f（x）的减区间为（0，+∞），增区间为（﹣∞，0）；②当a＜0时，若ln（﹣2a）＝0，即时，f′（x）≤0在R上恒成立，所以f（x）的减区间为R，无增区间；若ln（﹣2a）＜0，即时，令f′（x）＞0，解得ln（﹣2a）＜x＜0；令f′（x）＜0，解得x＜ln（﹣2a）或x＞0，所以f（x）的增区间为（ln（﹣2a），0），减区间为（﹣∞，ln（﹣2a）），（0，+∞）；若ln（﹣2a）＞0，即时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜ln（﹣2a）；令f′（x）＜0，解得x＜0或x＞ln（﹣2a），所以f（x）的增区间为（0，ln（﹣2a）），减区间为（﹣∞，0），（ln（﹣2a），+∞），综上所述：当a≥0时，f（x）的减区间为（0，+∞），增区间为（﹣∞，0）；当时，f（x）的减区间为R，无增区间；当时，f（x）的增区间为（ln（﹣2a），0），减区间为（﹣∞，ln（﹣2a）），（0，+∞）；当时，f（x）的增区间为（0，ln（﹣2a）），减区间为（﹣∞，0），（ln（﹣2a），+∞）．（2）证明：令f（x）＝（1﹣x）e x﹣a（x2+1）＝0，则，设，则g（x1）＝g（x2）＝a，所以，令g′（x）＞0，解得x＜0，令g′（x）＜0，解得x＞0，所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，又当x＜1时，g（x）＞0，当x＞1时，g（x）＜0，不妨设x1＜x2，则x1＜0＜x2＜1，要证x1+x2＜0，即证x1＜﹣x2，因为g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，所以只需证g（x1）＜g（﹣x2），即证g（x2）＜g（﹣x2），需证g（x2）﹣g（﹣x2）＜0，即证，设h（x）＝（1﹣x）e2x﹣x﹣1，x∈（0，1），则h′（x）＝（1﹣2x）e2x﹣1，令u（x）＝h′（x），则u′（x）＝﹣4xe2x＜0在（0，1）上恒成立，所以u（x）在（0，1）上单调递减，所以h′（x）＝u（x）＜u（0）＝0，即h（x）在（0，1）上单调递减，所以h（x）＜h（0）＝0，故x1+x2＜0．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，证明不等式，理解函数的单调性与导数之间的联系，函数的零点与方程的根之间的关系是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．3．（2022春•大兴区期末）已知函数f（x）＝．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）求f（x）的最大值与最小值．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】计算题；方程思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．【分析】（Ⅰ）对f（x）求导，进而求得f'（0）＝3、f（0）＝4，即可写出（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）利用导数研究f（x）的单调性并确定极值，结合区间上函数值的符号判断最值情况．【解答】解：（Ⅰ）由题设，，则f'（0）＝3，而f（0）＝4，故（0，f（0））处的切线方程y﹣4＝3x，即3x﹣y+4＝0．（Ⅱ）由（Ⅰ），令3﹣8x﹣3x2＝（3+x）（1﹣3x）＝0，则x＝﹣3或，若f'（x）＜0，则x＜﹣3或时，在上f（x）递减；若f'（x）＞0，则时，则上f（x）递增；所以极小值为，极大值为，而（﹣∞，﹣3）上f（x）＜0，上f（x）＞0，综上，f（x）的最小值为，最大值为．【点评】本题主要考查导数的几何意义，由导数求函数最值的方法等知识，属于基础题．4．（2022春•汪清县校级期末）已知函数，x∈（0，+∞）．（1）求函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程；（2）求函数f（x）的单调递增区间．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性．【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．【分析】（1）先求函数的导函数，然后求出切线的斜率，再求切线方程即可；（2）令f′（x）＞0，解得0＜x＜2，即可求出函数的单调递增区间．【解答】解：（1）已知函数，x∈（0，+∞），则＝，则，f（2）＝ln2﹣1，则函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程为：y﹣（ln2﹣1）＝0，即所求切线方程为：y＝ln2﹣1；（2）由（1）可得：令f′（x）＞0，解得0＜x＜2，即函数f（x）的单调递增区间为（0，2）．【点评】本题考查了导数的几何意义，重点考查了利用导数求函数的单调区间，属基础题．5．（2022春•资阳期末）已知曲线f（x）＝ax3﹣bx2+2在点（1，f（1））处的切线方程为y ＝1．（1）求a、b的值；（2）求f（x）的极值．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】计算题；方程思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．【分析】（1）由题意可知切线方程可知切点坐标为（1，1），切线的斜率为0，结合导函数的解析式得到关于a，b的方程组，求解方程组可得a，b的值；（2）结合（1）的结论可得f'（x）＝6x2﹣6x，利用导数研究函数的单调性，然后求解函数的极值即可．【解答】解：（1）由函数的解析式可得f'（x）＝3ax2﹣2bx，由切线方程可知切点坐标为（1，1），切线的斜率为0，从而有：，求解方程组可得，故a＝2，b＝3．（2）由题意可得f（x）＝2x3﹣3x2+2，f'（x）＝6x2﹣6x，当x∈（﹣∞，0）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，故函数的极大值为f（0）＝2，函数的极小值为f（1）＝1．【点评】本题主要考查导数的几何意义，利用导数求函数的极值等知识，属于基础题．6．（2022春•静安区校级期末）求函数f（x）＝tan x的导函数，并由此确定正切函数的单调区间．【考点】利用导数研究函数的单调性．【专题】对应思想；定义法；导数的综合应用；数学运算．【分析】根据导函数及定义域，即可求解单调区间．【解答】解：，又定义域为，所以单调递增区间为，无单调递减区间．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，属基础题．7．（2022春•长宁区校级期末）求下列函数的导数：（1）f（x）＝3x4+sin x；（2）．【考点】导数的运算．【专题】计算题；对应思想；定义法；导数的概念及应用；数学运算．【分析】（1）（2）由基本初等函数的导数公式及导数加减、乘法法则求导函数即可．【解答】解：（1）f（x）＝3x4+sin x则f′（x）＝12x3+cos x；（2），则f′（x）＝+﹣2e2x﹣1．【点评】本题主要考查导数的基本运算，比较基础．8．（2022春•兴义市校级月考）已知函数f（x）＝ax3+cx（a≠0）当x＝1时，f（x）取得极值﹣2．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数f（x）的单调区间和极大值；【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．【专题】计算题；方程思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．【分析】（1）分析已知条件，当x＝1时，f（x）取得极值﹣2得，可解得a，c；（2）由f'（x）＞0 确定增区间，由f'（x）＜0 得减区间，从而确定极值点．【解答】解：（1）由题意可得f′（x）＝3ax2+c，又当x＝1时，f（x）取得极值﹣2，∴，据此可得a＝1，c＝−3，∴f（x）＝x3﹣3x．（2）f′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1），令f′（x）＝0，得x＝±1，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x＜﹣1或x＞1时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；∴函数f（x）的递增区间是（﹣∞，﹣1）和（1，+∞）；递减区间为（﹣1，1）．因此，f（x）在x＝﹣1处取得极大值，且极大值为f（﹣1）＝2．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，利用导数研究函数的单调性等知识，属于基础题．9．（2022春•乳山市校级月考）已知函数．（1）求函数f（x）的极值；（2）若函数y＝f（x）的图象与直线y＝0恰有三个交点，求实数a的取值范围．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．【分析】（1）求出导函数，求出极值点，通过函数的单调性，求解函数的极值即可．（2）函数y＝f（x）的图象与直线y＝0恰有三个交点，只需极大值大于0，极小值小于0，然后求解即可．【解答】解：（1）由已知得函数f（x）的定义域为R，函数．则f'（x）＝x2﹣ax﹣2a2＝（x﹣2a）（x+a），x﹣2a＞0，f'（x）＞0恒成立，故函数f（x）在x＞2a上单调递增，当x+a＜0时，由f'（x）＞0，单调递增，﹣a＜x＜2a时；由f'（x）＜0，单调递减，x＝﹣a时函数取得极大值：+1．x＝2a时函数取得极小值：1﹣a3．（2）函数y＝f（x）的图象与直线y＝0恰有三个交点，可得1﹣＜0，解得a＞，得实数a的取值范围为（，+∞）．【点评】本题考查函数导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．10．（2022春•重庆月考）已知函数f（x）＝（x+a）e x．（1）若f（x）在x＝1处取得极小值，求实数a的值；（2）若f（x）在（﹣1，1）上单调递增，求实数a的取值范围．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【专题】导数的综合应用；数学运算．【分析】（1）由函数在x＝1处取得极小值，可得在x＝1处导函数为0，计算出a，再进行检验即可；（2）由函数在（﹣1，1）单调递增，故其导函数在（﹣1，1）恒大于等于0，从而进行参变分离求解即可．【解答】解：（1）因为f'（x）＝e x+（x+a）e x＝（x+a+1）e x，所以f'（1）＝（a+2）e＝0，得a＝﹣2，此时f'（x）＝（x﹣1）e x，令f'（x）＞0，解得x＞1，f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以f（x）在x＝1处取得极小值，满足题意，所以实数a的值为﹣2；（2）由（1）知，f'（x）＝（x+a+1）e x，由已知有f（x）在（﹣1，1）上单调递增，故f'（x）≥0在（﹣1，1）上恒成立，因为e x＞0，所以x+a+1≥0在（﹣1，1）上恒成立，即a≥﹣x﹣1在（﹣1，1）上恒成立，故a≥0，故实数a的取值范围为[0，+∞）．【点评】本题主要考查利用导函数研究函数极值及单调性，属于基础题．11．（2022春•睢县校级月考）若函数f（x）＝ax3+12x+a的减区间为（﹣2，2），求实数a 的值．【考点】利用导数研究函数的单调性．【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．【分析】由2和﹣2是f′（x）的零点得出实数a的值．【解答】解：f′（x）＝3ax2﹣12．易知2和﹣2是f′（x）的零点且a＞0，所以f′（2）＝f′（﹣2）＝12a﹣12＝0，解得a＝1．经检验成立．故实数a的取值为1．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，属于基础题．12．（2022春•睢县校级月考）求下列函数的导数：（1）；（2）g（x）＝（8﹣3x）7；（3）p（x）＝5cos（2x﹣3）；（4）w（x）＝ln（5x+6）2．【考点】导数的运算．【专题】计算题；方程思想；综合法；导数的概念及应用；数学运算．【分析】根据复合函数的求导法则、基本初等函数的求导公式求导计算即可．【解答】解：（1）∵，∴．（2）∵g（x）＝（8﹣3x）7，∴g'（x）＝7（8﹣3x）6⋅（8﹣3x）'＝﹣21（8﹣3x）6．（3）∵p（x）＝5cos（2x﹣3），∴p'（x）＝﹣5sin（2x﹣3）⋅（2x﹣3）'＝﹣10sin（2x ﹣3）．（4）∵w（x）＝ln（5x+6）2，∴【点评】本题考查导数的计算，注意复合函数的导数计算，属于基础题．13．（2022春•黄梅县期中）设函数f（x）＝x3+x2﹣3x．（1）求函数f（x）的单调区间和极值；（2）求函数f（x）在[0，3]上的最值．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的极值．【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；直观想象；数学运算．【分析】（1）对函数求导后，利用导函数的正负确定函数的单调区间及极值；（2）利用极值及端点函数值，比较大小可得答案．【解答】解：（1）f′（x）＝x2+2x﹣3＝（x+3）（x﹣1），令f′（x）＝0，则x＝﹣3或x＝1，列表如下：x（﹣∞，﹣3）﹣3（﹣3，1）1（1，+∞）+0﹣0+f′（x）f（x）单调递增9单调递减﹣单调递增∴f（x）的增区间为（﹣∞，﹣3），（1，+∞）；减区间为（﹣3，1）；在x＝﹣3处取得极大值为9；在x＝1处取得极小值为﹣．（2）由上知f（x）在[0，3]上的极小值为f（1）＝﹣，又f（0）＝0，f（3）＝9，所以f（x）在[0，3]上的最大值为9，最小值为﹣．【点评】本题考查了利用导数确定函数的单调区间及求给定区间上的最值，属于基础题．14．（2022春•抚州期中）已知函数．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）的极值．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】计算题；方程思想；综合法；导数的概念及应用；逻辑推理；数学运算．【分析】（1）分别确定切点坐标和切线的斜率即可求得切线方程；（2）由题意首先确定函数的单调性，然后求解函数的极值即可．【解答】解：（1）由函数的解析式可得f（0）＝1，f′（x）＝x2﹣4，∴f′（0）＝﹣4，则切线方程为y﹣1＝﹣4x，即4x+y﹣1＝0．（2）令f′（x）＝0可得x1＝﹣2，x2＝2，在区间（﹣∞，﹣2）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在区间（﹣2，2）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，在区间（2，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，则函数的极大值为，函数的极小值为．【点评】本题主要考查导数的几何意义，导数的应用，利用导数研究函数的极值等知识，属于基础题．15．（2022春•焦作期中）已知函数f（x）＝xln2x．（1）求f（x）的导函数f'（x）；（2）设x0是f（x）的零点，求曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．【分析】（1）直接求导即可；（2）先求出，f（x0）＝0，再求得切线斜率，由此可得切线方程．【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），；（2）易知，f（x0）＝0，且，∴曲线f（x）在点处的切线方程为．【点评】本题考查导数的运算以及利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于基础题．考点卡片1．导数的运算【知识点的知识】1、基本函数的导函数①C′＝0（C为常数）②（x n）′＝nx n﹣1（n∈R）③（sin x）′＝cos x④（cos x）′＝﹣sin x⑤（e x）′＝e x⑥（a x）′＝（a x）*lna（a＞0且a≠1）⑦[log a x）]′＝*（log a e）＝（a＞0且a ≠1）⑧[lnx]′＝．2、和差积商的导数①[f（x）+g（x）]′＝f′（x）+g′（x）②[f（x）﹣g（x）]′＝f′（x）﹣g′（x）③[f（x）g（x）]′＝f′（x）g（x）+f（x）g′（x）④[]′＝．3、复合函数的导数设y＝u（t），t＝v（x），则y′（x）＝u′（t）v′（x）＝u′[v（x）]v′（x）【典型例题分析】题型一：和差积商的导数典例1：已知函数f（x）＝a sin x+bx3+4（a∈R，b∈R），f′（x）为f（x）的导函数，则f（2014）+f（﹣2014）+f′（2015）﹣f′（﹣2015）＝（）A．0 B．2014 C．2015 D．8解：f′（x）＝a cos x+3bx2，∴f′（﹣x）＝a cos（﹣x）+3b（﹣x）2∴f′（x）为偶函数；f′（2015）﹣f′（﹣2015）＝0∴f（2014）+f（﹣2014）＝a sin（2014）+b•20143+4+a sin（﹣2014）+b（﹣2014）3+4＝8；∴f（2014）+f（﹣2014）+f′（2015）﹣f（﹣2015）＝8故选D．题型二：复合函数的导数典例2：下列式子不正确的是（）A．（3x2+cos x）′＝6x﹣sin x B．（lnx﹣2x）′＝ln2C．（2sin2x）′＝2cos2x D．（）′＝解：由复合函数的求导法则对于选项A，（3x2+cos x）′＝6x﹣sin x成立，故A正确；对于选项B，成立，故B正确；对于选项C，（2sin2x）′＝4cos2x≠2cos2x，故C不正确；对于选项D，成立，故D正确．故选C．【解题方法点拨】1．由常数函数、幂函数及正、余弦函数经加、减、乘运算得到的简单的函数均可利用求导法则与导数公式求导，而不需要回到导数的定义去求此类简单函数的导数．2．对于函数求导，一般要遵循先化简，再求导的基本原则．求导时，不但要重视求导法则的应用，而且要特别注意求导法则对求导的制约作用．在实施化简时，首先要注意化简的等价性，避免不必要的运算失误．2．利用导数研究函数的单调性【知识点的知识】1、导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：（1）确定f（x）的定义域；（2）计算导数f′（x）；（3）求出f′（x）＝0的根；（4）用f′（x）＝0的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．【典型例题分析】题型一：导数和函数单调性的关系典例1：已知函数f（x）的定义域为R，f（﹣1）＝2，对任意x∈R，f′（x）＞2，则f（x）＞2x+4的解集为（）A．（﹣1，1）B．（﹣1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，+∞）解：f（x）＞2x+4，即f（x）﹣2x﹣4＞0，设g（x）＝f（x）﹣2x﹣4，则g′（x）＝f′（x）﹣2，∵对任意x∈R，f′（x）＞2，∴对任意x∈R，g′（x）＞0，即函数g（x）单调递增，∵f（﹣1）＝2，∴g（﹣1）＝f（﹣1）+2﹣4＝4﹣4＝0，则由g（x）＞g（﹣1）＝0得x＞﹣1，即f（x）＞2x+4的解集为（﹣1，+∞），故选：B题型二：导数和函数单调性的综合应用典例2：已知函数f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y＝f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（Ⅲ）求证：．解：（Ⅰ）（2分）当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；当a＝0时，f（x）不是单调函数（4分）（Ⅱ）得a＝﹣2，f（x）＝﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'（x）＝3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）＝﹣2∴由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：，∴（10分）（Ⅲ）令a＝﹣1此时f（x）＝﹣lnx+x﹣3，所以f（1）＝﹣2，由（Ⅰ）知f（x）＝﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴∴【解题方法点拨】若在某区间上有有限个点使f′（x）＝0，在其余的点恒有f′（x）＞0，则f（x）仍为增函数（减函数的情形完全类似）．即在区间内f′（x）＞0是f（x）在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件．3．利用导数研究函数的极值【知识点的知识】1、极值的定义：（1）极大值：一般地，设函数f（x）在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f（x）＜f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极大值，记作y极大值＝f（x0），x0是极大值点；（2）极小值：一般地，设函数f（x）在x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f （x）＞f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极小值，记作y极小值＝f（x0），x0是极小值点．2、极值的性质：（1）极值是一个局部概念，由定义知道，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小；（2）函数的极值不是唯一的，即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个；（3）极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个函数的极大值未必大于极小值；（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点，而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点．3、判别f（x0）是极大、极小值的方法：若x0满足f′（x0）＝0，且在x0的两侧f（x）的导数异号，则x0是f（x）的极值点，f（x0）是极值，并且如果f′（x）在x0两侧满足“左正右负”，则x0是f（x）的极大值点，f（x0）是极大值；如果f′（x）在x0两侧满足“左负右正”，则x0是f（x）的极小值点，f（x0）是极小值．4、求函数f（x）的极值的步骤：（1）确定函数的定义区间，求导数f′（x）；（2）求方程f′（x）＝0的根；（3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f′（x）在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f（x）在这个根处无极值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．4．利用导数研究函数的最值【利用导数求函数的最大值与最小值】1、函数的最大值和最小值观察图中一个定义在闭区间[a，b]上的函数f（x）的图象．图中f（x1）与f（x3）是极小值，f（x2）是极大值．函数f（x）在[a，b]上的最大值是f（b），最小值是f（x1）．一般地，在闭区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值．说明：（1）在开区间（a，b）内连续的函数f（x）不一定有最大值与最小值．如函数f（x）＝在（0，+∞）内连续，但没有最大值与最小值；（2）函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近函数值得出的．（3）函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，是f（x）在闭区间[a，b]上有最大值与最小值的充分条件而非必要条件．（4）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一个2、用导数求函数的最值步骤：由上面函数f（x）的图象可以看出，只要把连续函数所有的极值与定义区间端点的函数值进行比较，就可以得出函数的最值了．设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则求f（x）在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：（1）求f（x）在（a，b）内的极值；（2）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较得出函数f（x）在[a，b]上的最值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．5．利用导数研究曲线上某点切线方程【考点描述】利用导数来求曲线某点的切线方程是高考中的一个常考点，它既可以考查学生求导能力，也考察了学生对导数意义的理解，还考察直线方程的求法，因为包含了几个比较重要的基本点，所以在高考出题时备受青睐．我们在解答这类题的时候关键找好两点，第一找到切线的斜率；第二告诉的这点其实也就是直线上的一个点，在知道斜率的情况下可以用点斜式把直线方程求出来．【实例解析】例：已知函数y＝xlnx，求这个函数的图象在点x＝1处的切线方程．解：k＝y'|x＝1＝ln1+1＝1又当x＝1时，y＝0，所以切点为（1，0）∴切线方程为y﹣0＝1×（x﹣1），即y＝x﹣1．我们通过这个例题发现，第一步确定切点；第二步求斜率，即求曲线上该点的导数；第三步利用点斜式求出直线方程．这种题的原则基本上就这样，希望大家灵活应用，认真总结．。
高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习
高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习一、归类解析题型一：证明不等式【解题指导】(1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数．【例】 已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 【变式训练】已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二：不等式恒成立或有解问题【解题指导】利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．【例 】已知函数f (x )＝1＋ln x x. (1)若函数f (x )在区间)21,( a a 上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围． 【变式训练】已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2.(1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． 题型三：求函数零点个数【解题指导】(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．【例】已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．【变式训练】设函数f (x )＝ln x ＋m x，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 )－x 3的零点的个数． 题型四：根据函数零点情况求参数范围【解题指导】函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．【例】 已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2. 【变式训练】【例】已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间],1[e e上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 二、专题突破训练1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证f (x )≤g (x )．2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)<f (x )－g (x )对任意的x >2恒成立，求k 的最大值．3．已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．4．设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．5．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1(a ∈R )．设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．6．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x ，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．7．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．8．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e x e－3x ＋2. (1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．9．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．10．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)． (1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．11．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.12．已知函数f (x )＝(3－a )x －2ln x ＋a －3在)41,0(上无零点，求实数a 的取值范围．。
2024高考题分类训练(数学)专题五 数列
专题五数列考点17 等差数列题组一、选择题1. [2023全国卷甲，5分]记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a2+a6=10，a4a8=45，则S5= ( C )A. 25B. 22C. 20D. 15[解析]解法一由a2+a6=10，可得2a4=10，所以a4=5，又a4a8=45，所以a8=9.设等差数列{a n}的公差为d，则d=a8−a48−4=9−54=1，又a4=5，所以a1=2，所以S5=5a1+5×42×d=20，故选C.解法二设等差数列{a n}的公差为d，则由a2+a6=10，可得a1+3d=5①，由a4a8=45，可得(a1+3d)(a1+7d)=45②，由①②可得a1=2，d=1，所以S5=5a1+5×42×d=20，故选C.2. （2023全国卷乙，5分）已知等差数列{a n}的公差为2π3，集合S={cosa n|n∈N∗}，若S={a，b}，则ab= ( B )A. −1B. −12C. 0 D. 12[解析]由题意得a n=a1+2π3(n−1)，cosa n+3=cos(a1+2π3(n+2))=cos(a1+2π3n+4π3)=cos(a1+2π3n+2π−2π3)=cos(a1+2π3n−2π3)=cosa n，所以数列{cosa n}是以3为周期的周期数列，又cosa2=cos(a1+2π3)=−12cosa1−√32sina1，cosa3=cos(a1+4π3)=−12cosa1+√32sina1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cosa1=cosa2≠cosa3，cosa1=cosa3≠cosa2，cosa2=cosa3≠cosa1.下面逐一讨论：①当cosa1=cosa2≠cosa3时，有cosa1=−12cosa1−√32sina1，得tana1=−√3，所以ab=cosa1(−12cosa1+√32sina1)=−12cos2a1+√32sina1cosa1=−1 2cos2a1+√32sina1cosa1sin2a1+cos2a1=−12+√32tana1tan2a1+1=−12−323+1=−12.②当cosa1=cosa3≠cosa2时，有cosa1=−12cosa1+√32sina1，得tana1=√3，所以ab=cosa1(−12cosa1−√32sina1)=−12cos2a1−√32sina1cosa1=−1 2cos2a1−√32sina1cosa1sin2a1+cos2a1=−12−√32tana1tan2a1+1=−12−323+1=−12.③当cosa2=cosa3≠cosa1时，有−12cosa1−√32sina1=−12cosa1+√32sina1，得sina1=0，所以ab=cosa1(−12cosa1−√32sina1)=−12cos2a1=−12(1−sin2a1)=−12.综上，ab=−12，故选B.【速解】取a1=−π3，则cosa1=12，cosa2=cos(a1+2π3)=12，cosa3=cos(a1+4π3)=−1，所以S={12,−1}，ab=−12，故选B.3. [2021北京，4分]已知{a n}和{b n}是两个等差数列，且a kb k(1≤k≤5)是常值，若a1=288 ,a5=96 ,b1=192，则b3的值为( C )A. 64B. 100C. 128D. 132[解析]因为{a n}和{b n}是两个等差数列,所以2a3=a1+a5=288+96=384，所以a3=192.因为当1≤k≤5时，a kb k 是常值，所以a3b3=a1b1=288192=192b3，从而b3=128.故选C.4. [2020全国卷Ⅱ，5分]如图，北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）( C )A. 3 699块B. 3 474块C. 3 402块D. 3 339块[解析]由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{a n}，设数列{a n}的公差为d,前n项和为S n，易知其首项a1=9，d=9，所以a n=a1+(n−1)d=9n．由等差数列的性质知S n,S2n−S n,S3n−S2n也成等差数列，所以2(S2n−S n)=S n+S3n−S2n，所以(S3n−S2n)−(S2n−S n)=S2n−2S n=2n(9+18n)2−2×n(9+9n)2=9n2=729，得n=9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n=3n(9+27n)2=3×9×(9+27×9)2=3402，故选C．5. [2020浙江，4分]已知等差数列{a n}的前n项和为S n ,公差d≠0，且a1d≤1 .记b1=S2，b n+1=S2n+2−S2n ,n∈N∗ ,下列等式不可能成立的是( D )A. 2a4=a2+a6B. 2b4=b2+b6C. a42=a2a8D. b42=b2b8 [解析]由b n+1=S2n+2−S2n，得b2=a3+a4=2a1+5d，b4=a7+a8=2a1+13d，b6=a11+a12,b8=a15+a16=2a1+29d.由等差数列的性质易知A成立；若2b4=b2+b6,则2(a7+a8)=a3+a4+a11+a12=2a7+2a8，故B成立；若a42=a2a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),则a1=d,故C可能成立；若b42=b2b8,即(2a1+13d)2=(2a1+5d)(2a1+29d)，则a1d =32，与已知矛盾，故D不可能成立.6. [2020北京，4分]在等差数列{a n}中，a1=−9 ,a5=−1 .记T n=a1a2…a n(n=1,2,…) ,则数列{T n} ( B )A. 有最大项，有最小项B. 有最大项，无最小项C. 无最大项，有最小项D. 无最大项，无最小项[解析]设等差数列{a n}的公差为d，∵a1=−9，a5=−1,∴a5=−9+4d=−1,∴d=2,∴a n=−9+(n−1)×2=2n−11.令a n=2n−11≤0,则n≤5.5,∴n≤5时,a n<0；n≥6时,a n>0.∴T1=−9<0,T2=(−9)×(−7)= 63>0，T3=(−9)×(−7)×(−5)=−315<0,T4=(−9)×(−7)×(−5)×(−3)=945>0,T5=(−9)×(−7)×(−5)×(−3)×(−1)=−945<0,当n≥6时,a n>0,且a n≥1，∴T n+1<T n<0，∴T n=a1a2…a n(n=1,2,…)有最大项T4，无最小项,故选B．7. [2019全国卷Ⅰ，5分]记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S4=0，a5= 5，则( A )A. a n =2n −5B. a n =3n −10C. S n =2n 2−8nD. S n =12n 2−2n[解析]解法一 设等差数列{a n } 的公差为d ，∵{S 4=0,a 5=5,∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3,d =2,∴a n =a 1+(n −1)d =−3+2(n −1)=2n −5 ，S n =na 1+n (n−1)2d =n 2−4n .故选A ．解法二 设等差数列{a n } 的公差为d ，∵{S 4=0,a 5=5,∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3,d =2.选项A ，a 1=2×1−5=−3 ；选项B ，a 1=3×1−10=−7 ，排除B ;选项C ，S 1=2−8=−6 ，排除C ；选项D ，S 1=12−2=−32 ，排除D ．故选A ．【方法技巧】 等差数列基本运算的常见类型及解题策略 （1）求公差d 或项数n .在求解时，一般要运用方程思想. （2）求通项.a 1 和d 是等差数列的两个基本元素.（3）求特定项.利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解.（4）求前n 项和.利用等差数列的前n 项和公式直接求解，或利用等差中项间接求解.二、填空题8. [2022全国卷乙，5分]记S n 为等差数列{a n } 的前n 项和.若2S 3=3S 2+6 ，则公差d = 2.[解析]因为2S 3=3S 2+6 ,所以2(a 1+a 2+a 3)=3(a 1+a 2)+6 ，化简得3d =6 ，得d =2 .9. [2020新高考卷Ⅰ，5分]将数列{2n −1} 与{3n −2} 的公共项从小到大排列得到数列{a n } ,则{a n } 的前n 项和为3n 2−2n .[解析]设b n =2n −1 ,c n =3n −2 ,b n =c m ,则2n −1=3m −2 ,得n =3m−12=3m−3+22=3(m−1)2+1 ，于是m −1=2k ,k ∈N ，所以m =2k +1 ,k ∈N ,则a k =3(2k +1)−2=6k +1 ,k ∈N ，得a n =6n −5 ,n ∈N ∗.故S n =1+6n−52×n =3n 2−2n .10. （2019全国卷Ⅲ，5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a1≠0，a2= 3a1，则S10S5=4.[解析]设等差数列{a n}的公差为d,由a2=3a1，即a1+d=3a1，得d=2a1，所以S10S5=10a1+10×92d5a1+5×42d=10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1=10025=4.11. [2019北京，5分]设等差数列{a n}的前n项和为S n .若a2=−3，S5=−10，则a5=0，S n的最小值为−10 .[解析]设等差数列{a n}的公差为d，∵{a2=−3,S5=−10,即{a1+d=−3,5a1+10d=−10,∴可得{a1=−4,d=1,∴a5=a1+4d=0.∵S n=na1+n(n−1)2d=12(n2−9n),∴当n=4或n=5时，S n取得最小值，最小值为−10.12. [2019江苏，5分]已知数列{a n}(n∈N∗)是等差数列，S n是其前n项和.若a2a5+a8=0，S9=27，则S8的值是16.[解析]解法一设等差数列{a n}的公差为d，则a2a5+a8=(a1+d)(a1+4d)+ a1+7d=a12+4d2+5a1d+a1+7d=0，S9=9a1+36d=27，解得a1=−5,d=2,则S8=8a1+28d=−40+56=16.解法二设等差数列{a n}的公差为d.S9=9(a1+a9)2=9a5=27,a5=3，又a2a5+a8=0，则3(3−3d)+3+3d=0,得d=2，则S8=8(a1+a8)2=4(a4+a5)= 4(1+3)=16.【方法技巧】在等差数列{a n}中，若m+n=p+q ,m ,n ,p ,q∈N∗，则a m+a n=a p+a q .三、解答题13. [2023全国卷乙，12分]记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a2=11 ,S10=40 .（1）求{a n}的通项公式；[答案]设{a n}的公差为d，则{a2=a1+d=11,S10=10a1+45d=40,解得a1=13,d=−2.所以{a n}的通项公式为a n=13+(n−1)⋅(−2)=15−2n.（2）求数列{|a n|}的前n项和T n .[答案]由（1）得∣a n∣={15−2n,n≤7, 2n−15,n≥8.当n≤7时，T n=S n=13n+n(n−1)2×(−2)=14n−n2,当n≥8时，T n=−S n+2S7=−(14n−n2)+2(14×7−72)=98−14n+ n2.综上,T n={14n−n2,n≤7,98−14n+n2,n≥8.14. [2023新高考卷Ⅰ，12分]设等差数列{a n}的公差为d，且d>1 .令b n=n2+na n,记S n ,T n分别为数列{a n}，{b n}的前n项和.（1）若3a2=3a1+a3 ,S3+T3=21 ,求{a n}的通项公式；[答案]因为3a2=3a1+a3，所以3(a2−a1)=a1+2d，所以3d=a1+2d,所以a1=d,所以a n=nd.因为b n=n2+na n ,所以b n=n2+nnd=n+1d，所以S3=3(a1+a3)2=3(d+3d)2=6d，T3=b1+b2+b3=2d+3d+4d=9d.因为S3+T3=21，所以6d+9d =21，解得d=3或d=12，因为d>1，所以d=3.所以{a n}的通项公式为a n=3n.（2）若{b n}为等差数列，且S99−T99=99，求d . [答案]因为b n=n2+na n，且{b n}为等差数列，所以2b2=b1+b3，即2×6a2=2a1+12a3，所以6a1+d −1a1=6a1+2d，所以a12−3a1d+2d2=0，解得a1=d或a1=2d.①当a1=d时，a n=nd，所以b n=n2+na n =n2+nnd=n+1d，S99=99(a1+a99)2=99(d+99d)2=99×50d，T99=99(b1+b99)2=99(2d+100d)2=99×51d.因为S99−T99=99，所以99×50d−99×51d=99，即50d2−d−51=0，解得d=5150或d=−1（舍去）.②当a1=2d时，a n=(n+1)d，所以b n=n2+na n =n2+n(n+1)d=nd，S99=99(a1+a99)2=99(2d+100d)2=99×51d，T99=99(b1+b99)2=99(1d+99d)2=99×50d.因为S99−T99=99，所以99×51d−99×50d=99，即51d2−d−50=0，解得d=−5051（舍去）或d=1（舍去）.综上，d=5150.15. [2022全国卷甲，12分]记S n为数列{a n}的前n项和.已知2S nn+n=2a n+1 . （1）证明:{a n}是等差数列;[答案]由2S nn+n=2a n+1，得2S n+n2=2a n n+n①，所以2S n+1+(n+1)2=2a n+1(n+1)+(n+1)②，②−①，得2a n+1+2n+1=2a n+1(n+1)−2a n n+1，化简得a n+1−a n=1，所以数列{a n}是公差为1的等差数列.（2）若a4 ,a7 ,a9成等比数列，求S n的最小值.[答案]由（1）知数列{a n}的公差为1.由a72=a4a9，得(a1+6)2=(a1+3)(a1+8)，解得a1=−12.所以S n=−12n+n(n−1)2=n2−25n2=12(n−252)2−6258，所以当n=12或13时，S n取得最小值,最小值为−78.16. [2021新高考卷Ⅱ，10分]记S n是公差不为0的等差数列{a n}的前n项和，若a3=S5 ,a2a4=S4 .（1）求数列{a n}的通项公式；[答案]设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，则由题意，得{a1+2d=5a1+10d,(a1+d)(a1+3d)=4a1+6d得{a1=−4,d=2所以a n=a1+(n−1)d=2n−6.（2）求使S n>a n成立的n的最小值.[答案]S n=n(a1+a n)2=n(2n−10)2=n2−5n，则由n2−5n>2n−6，整理得n2−7n+6>0，解得n<1或n>6.因为n∈N∗，所以使S n>a n成立的n的最小值为7.17. [2021全国卷甲，12分]已知数列{a n}的各项均为正数,记S n为{a n}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{a n}是等差数列；②数列{√S n }是等差数列；③a2=3a1 .注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.[答案]①③⇒②.已知{a n}是等差数列，a2=3a1.设数列{a n}的公差为d，则a2=3a1=a1+d，得d=2a1，所以S n=na1+n(n−1)2d=n2a1.因为数列{a n}的各项均为正数，所以√S n=n√a1，所以√S n+1−√S n=(n+1)√a1−n√a1=√a1（常数），所以数列{√S n}是等差数列.①②⇒③.已知{a n}是等差数列，{√S n}是等差数列.解法一易得√S3+√S1=2√S2,即√3a2+√a1=2√a1+a2,两边同时平方得3a2+a1+2√3a1a2=4(a1+a2),整理得(√3a1−√a2)2=0,所以a2=3a1.解法二设数列{a n}的公差为d，则S n=na1+n(n−1)2d=12n2d+(a1−d2)n.因为数列{√S n}是等差数列，所以数列{√S n}的通项公式是关于n的一次函数，则a1−d2=0，即d=2a1，所以a2=a1+d=3a1.②③⇒①.已知数列{√S n}是等差数列，a2=3a1，所以S1=a1,S2=a1+a2=4a1.设数列{√S n}的公差为d，d>0，则√S2−√S1=√4a1−√a1=d，得a1= d2，所以√S n=√S1+(n−1)d=nd，所以S n=n2d2，所以a n=S n−S n−1=n2d2−(n−1)2d2=2d2n−d2(n≥2)，所以a n−a n−1=2d2(n≥2)，所以数列{a n}是等差数列.考点18 等比数列题组一、选择题1. [2023全国卷甲，5分]设等比数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n ,若a1=1，S5=5S3−4，则S4= ( C )A. 158B. 658C. 15D. 40[解析]解法一若该数列的公比q=1，代入S5=5S3−4中，有5=5×3−4，不成立，所以q≠1.由1−q 51−q =5×1−q31−q−4，化简得q4−5q2+4=0,所以q2=1（舍）或q2=4,由于此数列各项均为正数，所以q=2，所以S4=1−q41−q= 15.故选C.解法二由已知得1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)−4,整理得(1+q)(q3−4q)=0,由于此数列各项均为正数，所以q=2，所以S4=1+q+q2+q3=1+2+4+8=15.故选C.2. [2023天津，5分]已知{a n}为等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，a n+1= 2S n+2 ,则a4的值为( C )A. 3B. 18C. 54D. 152[解析]解法一因为a n+1=2S n+2，所以当n≥2时，a n=2S n−1+2，两式相减得a n+1−a n=2a n，即a n+1=3a n，所以数列{a n}是公比q=a n+1a n=3的等比数列.当n=1时，a2=2S1+2=2a1+2，又a2=3a1，所以3a1=2a1+ 2，解得a1=2，所以a4=a1q3=2×33=54，故选C.解法二设等比数列{a n}的公比为q，因为a n+1=2S n+2，所以公比q≠1，且a1q n=2a1(1−q n)1−q +2=−2a11−qq n+2a11−q+2，所以{a1=−2a11−q,0=2a11−q+2,又a1≠0，所以q=3，a1=2，所以a4=a1q3=2×33=54，故选C.3. [2023新高考卷Ⅱ，5分]记S n 为等比数列{a n } 的前n 项和，若S 4=−5 ,S 6=21S 2 ,则S 8= ( C ) A. 120B. 85C. −85D. −120[解析]解法一 设等比数列{a n } 的公比为q (q ≠0) ，由题意易知q ≠1 ，则{a 1(1−q 4)1−q=−5,a1(1−q6)1−q=21×a 1(1−q 2)1−q,化简整理得{q 2=4,a 11−q =13. 所以S 8=a 1(1−q 8)1−q=13×(1−44)=−85 .故选C . 解法二 易知S 2 ，S 4−S 2 ，S 6−S 4 ，S 8−S 6 ，…… 为等比数列，所以(S 4−S 2)2=S 2⋅(S 6−S 4) ,解得S 2=−1 或S 2=54.当S 2=−1 时，由(S 6−S 4)2=(S 4−S 2)⋅(S 8−S 6) ，解得S 8=−85 ；当S 2=54 时，结合S 4=−5得{a 1(1−q 4)1−q =−5a 1(1−q 2)1−q =54,化简可得q 2=−5 ，不成立，舍去.所以S 8=−85 ，故选C .4. [2022全国卷乙，5分]已知等比数列{a n } 的前3项和为168，a 2−a 5=42 ,则a 6= ( D ) A. 14B. 12C. 6D. 3[解析]解法一 设等比数列{a n } 的公比为q ，由题意可得{a 1+a 2+a 3=168,a 2−a 5=42,即{a 1(1+q +q 2)=168,a 1q (1−q 3)=a 1q (1−q )(1+q +q 2)=42, 解得{a 1=96,q =12, 所以a 6=a 1q 5=3 ，故选D .解法二 设等比数列{a n } 的公比为q ,易知q ≠1 ,由题意可得{a 1(1−q 3)1−q=168,a 1q (1−q3)=42,解得{a 1=96,q =12,所以a 6=a 1q 5=3 ，故选D .5. [2021全国卷甲，5分]记S n 为等比数列{a n } 的前n 项和.若S 2=4 ，S 4=6 ,则S 6= ( A ) A. 7B. 8C. 9D. 10[解析]解法一因为S2=4,S4=6，所以公比q≠1，所以由等比数列的前n项和公式，得{S2=a1(1−q2)1−q=a1(1+q)=4,S4=a1(1−q4)1−q =a1(1+q)(1+q2)=6,两式相除，（技巧点拨：与等比数列有关的方程组，求解时通常利用两式相除，达到消元、降次的目的）得q2=12，所以{a1=4(2−√2),q=√22或{a1=4(2+√2),q=−√22,所以S6=a1(1−q6)1−q=7．故选A．解法二易知公比q≠−1，则S2,S4−S2,S6−S4构成等比数列，所以S2(S6−S4)=(S4−S2)2，即4(S6−6)=22，所以S6=7．故选A．6. [2020全国卷Ⅰ，5分]设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1 ,a2+a3+ a4=2 ,则a6+a7+a8= ( D )A. 12B. 24C. 30D. 32[解析]解法一设等比数列{a n}的公比为q，所以a2+a3+a4a1+a2+a3=(a1+a2+a3)qa1+a2+a3=q=2，由a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=a1(1+2+22)=1，解得a1=17，所以a6+a7+a8=a1(q5+q6+q7)=17×(25+26+27)=17×25×(1+2+22)=32，故选D.解法二令b n=a n+a n+1+a n+2(n∈N∗)，则b n+1=a n+1+a n+2+a n+3.设数列{a n}的公比为q，则b n+1b n =a n+1+a n+2+a n+3a n+a n+1+a n+2=(a n+a n+1+a n+2)qa n+a n+1+a n+2=q，所以数列{b n}为等比数列，由题意知b1=1,b2=2，所以等比数列{b n}的公比q=2，所以b n=2n−1,所以b6=a6+a7+a8=25=32，故选D.7. [2020全国卷Ⅱ，5分]数列{a n}中，a1=2 ,a m+n=a m a n .若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25 ,则k= ( C )A. 2B. 3C. 4D. 5[解析]令m=1，则由a m+n=a m a n，得a n+1=a1a n，即a n+1a n=a1=2，所以数列{a n}是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n=2n，所以a k+1+a k+2+⋯+a k+10=a k(a1+a2+⋯+a10)=2k×2×(1−210)1−2=2k+1×(210−1)=215−25=25×(210−1)，解得k=4，故选C．8. [2019全国卷Ⅲ，5分]已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3= ( C )A. 16B. 8C. 4D. 2[解析]设等比数列{a n}的公比为q，由a5=3a3+4a1得q4=3q2+4，得q2= 4，因为数列{a n}的各项均为正数，所以q=2，又a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+2+4+8)=15，所以a1=1，所以a3=a1q2= 4.二、填空题9. [2023全国卷乙，5分]已知{a n}为等比数列，a2a4a5=a3a6 ,a9a10=−8 ,则a7=−2 .[解析]解法一设数列{a n}的公比为q，则由a2a4a5=a3a6，得a1q⋅a1q3⋅a1q4=a1q2⋅a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q=1①.又a9a10=a1q8⋅a1q9=a12q17=−8②，所以由①②可得q15=−8，q5=−2，所以a7=a1q6=a1q⋅q5=−2.解法二设数列{a n}的公比为q.因为a4a5=a3a6≠0，所以a2=1.又a9a10= a2q7⋅a2q8=q15=−8，于是q5=−2，所以a7=a2q5=−2.10. [2019全国卷Ⅰ，5分]记S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=13，a42=a6，则S5=1213.[解析]解法一设等比数列{a n}的公比为q，因为a42=a6，所以(a1q3)2=a1q5，所以a1q=1，又a1=13，所以q=3，所以S5=a1(1−q5)1−q=13×(1−35)1−3=1213．解法二设等比数列{a n}的公比为q，因为a42=a6，所以a2a6=a6，所以a2=1，又a1=13，所以q=3，所以S5=a1(1−q5)1−q=13×(1−35)1−3=1213．三、解答题11. [2020全国卷Ⅰ，12分]设{a n}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.（1）求{a n}的公比；[答案]设{a n}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q−2=0，解得q=1（舍去）或q=−2.故{a n}的公比为−2.（2）若a1=1，求数列{na n}的前n项和.[答案]记S n为{na n}的前n项和.由（1）及题设可得，a n=(−2)n−1.所以S n=1+2×(−2)+⋯+n×(−2)n−1,−2S n=−2+2×(−2)2+⋯+(n−1)×(−2)n−1+n×(−2)n.可得3S n=1+(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n×(−2)n=1−(−2)n3−n×(−2)n.所以S n=19−(3n+1)(−2)n9.12. [2020新高考卷Ⅰ，12分]已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4= 20 ,a3=8 .（1）求{a n}的通项公式；[答案]设{a n}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20，a1q2=8.解得q=12（舍去）或q=2.由题设得a1=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.（2）记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100 .[答案]由题设及（1）知b1=0，且当2n≤m<2n+1时，b m=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+⋯+(b32+b33+⋯+b63)+ (b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100−63)=480.【方法技巧】求解本题第（2）问的关键在于找准m的取值和a n的联系，可从小到大进行列举，找规律，从而可得结果.13. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知{a n}是各项均为正数的等比数列,a1=2 ,a3= 2a2+16 .（1）求{a n}的通项公式;[答案]设{a n}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2−2q−8=0.解得q=−2（舍去）或q=4.因此{a n}的通项公式为a n=2×4n−1=22n−1.（2）设b n=log2a n ,求数列{b n}的前n项和.[答案]由（1）得b n =(2n −1)log 22=2n −1 ,因此数列{b n } 的前n 项和为1+3+⋯+2n −1=n 2 .考点19 递推数列与数列求和题组一一、选择题1. [2021浙江，4分]已知数列{a n } 满足a 1=1 ,a n+1=n 1+√a n ∈N ∗) ,记数列{a n } 的前n 项和为S n ,则( A ) A. 32<S 100<3B. 3<S 100<4C. 4<S 100<92D. 92<S 100<5[解析]因为a 1=1 ,a n+1=n 1+√a ，所以a n >0 ，a 2=12 ,所以S 100>32.1an+1=1+√a n a n =1a n+√a =(√a +12)2−14 .所以1a n+1<(√a +12)2，两边同时开方可得√a <√a +12 ，则√a <√a +12 ,… ，√a <√a 12 ,由累加法可得√a <√a +n2=1+n2 ，所以√a ≤1+n−12=n+12，所以√a n ≥2n+1 ,所以a n+1=n 1+√a ≤a n1+2n+1=n+1n+3a n ，即a n+1a n≤n+1n+3 ，则a nan−1≤n n+2 ,… ,a 2a 1≤24 ,由累乘法可得当n ≥2 时，a n =a n a 1≤nn+2×n−1n+1×n−2n ×…×35×24=6(n+2)(n+1)=6(1n+1−1n+2) ，所以S 100<1+6(13−14+14−15+⋯+1101−1102)=1+6(13−1102)<1+2=3 ，故选A .【方法技巧】利用放缩法，结合累加法与累乘法求得a n ≤6(1n+1−1n+2) ，从而利用裂项相消法计算S 100 的取值范围.二、填空题2. [2021新高考卷Ⅰ，5分]某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm ×12dm 的长方形纸,对折1次共可以得到10dm ×12dm ,20dm ×6dm 两种规格的图形,它们的面积之和S 1=240dm 2 ,对折2次共可以得到5dm ×12dm ,10dm ×6dm ,20dm ×3dm 三种规格的图形,它们的面积之和S 2=180dm 2 ,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折n 次,那么∑nk=1S k = 240(3−n+32n) dm 2 .[解析]依题意得，S 1=120×2=240 ；S 2=60×3=180 ；当n =3 时，共可以得到5dm ×6dm ，52dm ×12dm ,10dm ×3dm ,20dm ×32dm 四种规格的图形，且5×6=30 ,52×12=30 ，10×3=30 ，20×32=30 ，所以S 3=30×4=120 ；当n =4 时，共可以得到5dm ×3dm ，52dm ×6dm ,54dm ×12dm ,10dm ×32dm ,20dm ×34dm 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3=15 ,52×6=15 ，54×12=15 ，10×32=15 ，20×34=15 ，所以S 4=15×5=75 ； ……所以可归纳S k =2402k×(k +1)=240(k+1)2k.所以∑n k=1S k =240(1+322+423+⋯+n2n−1+n+12n) ①，所以12×∑nk=1S k =240(222+323+424+⋯+n2n +n+12n+1) ②，由①−② 得，12×∑nk=1S k =240(1+122+123+124+⋯+12n −n+12n+1)=240(1+122−12n ×121−12−n+12n+1)=240(32−n+32n+1) ，（提示：用等比数列的前n 项和公式S n =a 1−a n q 1−q(q ≠1) ，可避免计算数列项数时出错）所以∑nk=1S k =240(3−n+32n)dm 2 .3. [2020全国卷Ⅰ，5分]数列{a n } 满足a n+2+(−1)n a n =3n −1 ,前16项和为540，则a 1= 7.[解析]因为数列{a n } 满足a n+2+(−1)n a n =3n −1 ，所以当n =2k(k ∈N ∗) 时，a 2k+2+a 2k =6k −1(k ∈N ∗) ，所以(a 2+a 4)+(a 6+a 8)+(a 10+a 12)+(a 14+a 16)=5+17+29+41=92 .当n =2k −1(k ∈N ∗) 时，a 2k+1−a 2k−1=6k −4(k ∈N ∗) ，所以当k ≥2 时，a 2k−1=a 1+(a 3−a 1)+(a 5−a 3)+(a 7−a 5)+⋯+(a 2k−1−a 2k−3)=a 1+2+8+14+⋯+[6(k −1)−4]=a 1+(2+6k−10)(k−1)2=a 1+(3k −4)(k −1) ，当k =1 时上式也成立，所以a 2k−1=a 1+(3k −4)(k −1)(k ∈N ∗) ，即a 2k−1=a 1+3k 2−7k +4(k ∈N ∗) .解法一所以a1+a3+a5+a7+⋯+a15=8a1+3×(12+22+32+⋯+82)−7×(1+2+3+⋯+8)+4×8=8a1+3×8×(8+1)×(2×8+1)6−7×(1+8)×82+32=8a1+612−252+32=8a1+392.又前16项和为540，所以92+8a1+ 392=540，解得a1=7.解法二所以a2k−1=a1+(3k2+3k+1)−10k+3=a1+[(k+1)3−k3]−10k+3，所以a1+a3+a5+a7+⋯+a15=8a1+(23−13)+(33−23)+⋯+(93−83)−10×(1+8)×82+3×8=8a1+93−13−360+24=8a1+392.又前16项和为540，所以92+8a1+392=540，解得a1=7.【拓展结论】12+22+32+42+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)6.三、解答题4. [2023全国卷甲，12分]记S n为数列{a n}的前n项和，已知a2=1，2S n= na n .（1）求{a n}的通项公式；[答案]当n=1时，2S1=a1，即2a1=a1，所以a1=0.当n≥2时，由2S n=na n，得2S n−1=(n−1)a n−1，两式相减得2a n=na n−(n−1)a n−1，即(n−1)a n−1=(n−2)a n，当n=2时，可得a1=0，故当n≥3时，a na n−1=n−1n−2，则a na n−1⋅a n−1a n−2⋅…⋅a3a2=n−1n−2⋅n−2n−3⋅…⋅21，整理得a na2=n−1，因为a2=1，所以a n=n−1(n≥3).当n=1，n=2时，均满足上式，所以a n=n−1.（2）求数列{a n+12n}的前n项和T n .[答案]令b n=a n+12n =n2n，则T n=b1+b2+⋯+b n−1+b n=12+222+⋯+n−12n−1+n2n①，1 2T n=122+223+⋯+n−12n+n2n+1②，由①−②得12T n=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−2+n2n+1，即T n=2−2+n2n．5. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知数列{a n}和{b n}满足a1=1，b1=0，4a n+1= 3a n−b n+4，4b n+1=3b n−a n−4 .（1）证明:{a n+b n}是等比数列，{a n−b n}是等差数列;[答案]由题设得4(a n+1+b n+1)=2(a n+b n),即a n+1+b n+1=12(a n+b n).又因为a1+b1=1,所以{a n+b n}是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(a n+1−b n+1)=4(a n−b n)+8,即a n+1−b n+1=a n−b n+2.又因为a1−b1=1,所以{a n−b n}是首项为1,公差为2的等差数列.（2）求{a n}和{b n}的通项公式.[答案]由（1）知,a n+b n=12n−1,a n−b n=2n−1.所以a n=12[(a n+b n)+(a n−b n)]=12n+n−12,b n=12[(a n+b n)−(a n−b n)]=12n−n+12.【方法技巧】破解此类题的关键：一是用定义，即根据所给的等式的特征，将其转化为数列相邻两项的差（比）的关系，利用等差（比）数列的定义，即可证明数列为等差（比）数列；二是用公式，即会利用等差（比）数列的通项公式，得到各个数列的通项所满足的方程（组），解方程（组），即可求出数列的通项公式．【易错警示】在利用等差（比）数列的定义时，既需注意是从第二项起，又需注意是后项与前项的差（比），在运用等比数列的通项公式时，注意不要与等比数列的前n项和公式搞混．题组二解答题1. [2023新高考卷Ⅱ，12分]已知{a n}为等差数列,b n={a n−6,n为奇数2a n,n为偶数.记S n，T n分别为数列{a n} ,{b n}的前n项和，S4=32，T3=16 . （1）求{a n}的通项公式;[答案]设等差数列{a n}的公差为d．因为b n={a n−6,n为奇数, 2a n,n为偶数,所以b1=a1−6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3−6=a1+2d−6.（提示：由于数列{b n}是一个奇偶项数列，因此求项时需“对号入座”）因为S4=32，T3=16，所以{4a1+6d=32,(a1−6)+(2a1+2d)+(a1+2d−6)=16,（方法技巧：求等差数列的基本量时，常根据已知条件建立方程组求解）解得{a1=5,d=2,所以{a n}的通项公式为a n=2n+3.（提示：等差数列的通项公式为a n=a1+(n−1)d）（2）证明:当n>5时，T n>S n . [答案]由（1）知a n=2n+3，所以S n=n[5+(2n+3)〗2=n2+4n，b n={2n−3,n为奇数,4n+6,n为偶数,当n为奇数时，T n=(−1+14)+(3+22)+(7+30)+⋯+[(2n−7)+(4n+2)]+2n−3= [−1+3+7+⋯+(2n−7)+(2n−3)]+[14+22+30+⋯+(4n+2)]=n+12(−1+2n−3)2+n−12(14+4n+2)2=3n2+5n−102．（方法技巧：如果数列的奇数项、偶数项构成等差或等比数列，则求其前n项和时可以使用分组求和方法，使具有相同结构的部分求和，然后将结果相加、化简即可）当n>5时，T n−S n=3n2+5n−102−(n2+4n)=n2−3n−102=(n−5)(n+2)2>0，所以T n>S n．当n为偶数时，T n=(−1+14)+(3+22)+(7+30)+⋯+[(2n−5)+ (4n+6)]=[−1+3+7+⋯+(2n−5)]+[14+22+30+⋯+(4n+6)]= n2(−1+2n−5)2+n2(14+4n+6)2=3n2+7n2．当n>5时，T n−S n=3n2+7n2−(n2+4n)=n2−n2=n(n−1)2>0，所以T n>S n．综上可知，当n>5时，T n>S n．2. [2022新高考卷Ⅰ，10分]记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1=1 ,{S na n}是公差为13的等差数列.（1）求{a n}的通项公式；[答案]因为a1=1，所以S1a1=1，又{S na n }是公差为13的等差数列，所以S na n =1+(n−1)×13=n+23.所以S n=n+23a n.因为当n≥2时，a n=S n−S n−1=n+23a n−n+13a n−1，所以n+13a n−1=n−13a n(n≥2)，所以a na n−1=n+1n−1(n≥2)，所以a2a1×a3a2×…×a n−1a n−2×a na n−1=31×42×53×…×nn−2×n+1n−1=n(n+1)2(n≥2)，所以a n=n(n+1)2(n≥2)，又a1=1也满足上式，所以a n=n(n+1)2(n∈N∗).（2）证明：1a1+1a2+⋯+1a n<2 .[答案]因为a n=n(n+1)2，所以1a n=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，所以1a1+1a2+⋯+1a n=2[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1−1n)+(1n−1n+1)]=2(1−1n+1)<2.3. [2021全国卷乙，12分]记S n为数列{a n}的前n项和，b n为数列{S n}的前n项积，已知2S n +1b n=2 .（1）证明：数列{b n}是等差数列. [答案]因为b n是数列{S n}的前n项积，所以n≥2时，S n=b nb n−1,代入2S n +1b n=2可得，2b n−1b n+1b n=2，整理可得2b n−1+1=2b n，即b n−b n−1=12(n≥2).又2S1+1b1=3b1=2，所以b1=32，故{b n}是以32为首项，12为公差的等差数列.（2）求{a n}的通项公式.[答案]由（1）可知，b n=n+22，则2S n+2n+2=2，所以S n=n+2n+1，当n=1时，a1=S1=32，当n≥2时，a n=S n−S n−1=n+2n+1−n+1n=−1n(n+1).故a n={32,n=1,−1n(n+1),n≥2.【易错警示】研究数列{a n}的通项与前n项和S n的关系时，一定要检验n=1的情况.4. [2021新高考卷Ⅰ，10分]已知数列{a n}满足a1=1 ,a n+1={a n+1,n为奇数, a n+2,n为偶数.（1）记b n=a2n ,写出b1 ,b2 ,并求数列{b n}的通项公式；[答案]因为b n=a2n，且a1=1，a n+1={a n+1,n为奇数, a n+2,n为偶数,所以b1=a2=a1+1=2，b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.因为b n=a2n，所以b n+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3，所以b n+1−b n=a2n+3−a2n=3，所以数列{b n}是以2为首项，3为公差的等差数列，b n=2+3(n−1)=3n−1，n∈N∗.（2）求{a n}的前20项和.[答案]因为a n+1={a n+1,n为奇数, a n+2,n为偶数,所以k∈N∗时，a2k=a2k−1+1=a2k−1+1，即a2k=a2k−1+1①，a2k+1=a2k+2②，a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1，即a2k+2=a2k+1+1③，所以①+②得a2k+1=a2k−1+3，即a2k+1−a2k−1=3，所以数列{a n}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；②+③得a2k+2=a2k+3，即a2k+2−a2k=3，又a2=2，所以数列{a n}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.所以数列{a n } 的前20项和S 20=(a 1+a 3+a 5+⋯+a 19)+(a 2+a 4+a 6+⋯+a 20)=10+10×92×3+20+10×92×3=300 .5. [2020全国卷Ⅲ，12分]设数列{a n } 满足a 1=3 ,a n+1=3a n −4n . （1） 计算a 2 ,a 3 ,猜想{a n } 的通项公式并加以证明； [答案]a 2=5 ,a 3=7 . 猜想a n =2n +1 .由已知可得 a n+1−(2n +3)=3[a n −(2n +1)] , a n −(2n +1)=3[a n−1−(2n −1)] , …a 2−5=3(a 1−3) .因为a 1=3 ,所以a n =2n +1 . （2） 求数列{2n a n } 的前n 项和S n . [答案]由（1）得2n a n =(2n +1)2n ,所以S n =3×2+5×22+7×23+⋯+(2n +1)×2n ①. 从而2S n =3×22+5×23+7×24+⋯+(2n +1)×2n+1 ②.①−② 得−S n =3×2+2×22+2×23+⋯+2×2n −(2n +1)×2n+1 . 所以S n =(2n −1)2n+1+2 .6. [2019天津，14分]设{a n } 是等差数列，{b n } 是等比数列.已知a 1=4 ，b 1=6 ，b 2=2a 2−2 ，b 3=2a 3+4 . （Ⅰ） 求{a n } 和{b n } 的通项公式；[答案]设等差数列{a n } 的公差为d ,等比数列{b n } 的公比为q .依题意得{6q =6+2d,6q 2=12+4d,解得{d =3,q =2, 故a n =4+(n −1)×3=3n +1 ,b n =6×2n−1=3×2n .所以{a n } 的通项公式为a n =3n +1 ,{b n } 的通项公式为b n =3×2n . （Ⅱ） 设数列{c n } 满足c 1=1 ，c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k, 其中k ∈N ∗ . （ⅰ） 求数列{a 2n (c 2n −1)} 的通项公式；[答案]a 2n (c 2n −1)=a 2n (b n −1)=(3×2n +1)(3×2n −1)=9×4n −1 . 所以数列{a 2n (c 2n −1)} 的通项公式为a 2n (c 2n −1)=9×4n −1 .（ⅱ） 求∑2ni=1a i c i (n ∈N ∗) .[答案]∑2n i=1a i c i =∑2ni=1[a i +a i (c i −1)]=∑2ni=1a i +∑ni=1a 2i (c 2i −1)=[2n×4+2n (2n −1)2×3]+∑ni=1(9×4i −1)=(3×22n−1+5×2n−1)+9×4(1−4n )1−4−n=27×22n−1+5×2n−1−n −12(n ∈N ∗) .考点20 数列的综合应用题组一一、选择题1. [2021北京，4分]数列{a n } 是递增的整数数列，且a 1≥3 ，a 1+a 2+a 3+⋯+a n =100 ，则n 的最大值为( C ) A. 9B. 10C. 11D. 12[解析]因为数列{a n } 满足三个特征，整数数列，递增，前n 项和为100，所以欲求n 的最大值，需要保证a k+1−a k (k ≤n −1) 的值取最小的正整数.又a 1≥3 ，故可取a 1=3 ，a k+1−a k =1 ，则数列{a n } 的前10项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,第11项a 11=100−(3+4+5+6+7+8+9+10+11+12)=25 ，满足题意，取数列{a n } 的前11项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13，则第12项a 12=100−(3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13)=12 ，不满足题意，故n 的最大值为11.二、填空题2. [2020江苏，5分]设{a n } 是公差为d 的等差数列，{b n } 是公比为q 的等比数列.已知数列{a n +b n } 的前n 项和S n =n 2−n +2n −1(n ∈N ∗) ,则d +q 的值是4.[解析]解法一 当n =1 时，S 1=a 1+b 1=1 ①，当n ≥2 时，a n +b n =S n −S n−1=2n −2+2n−1 ，则a 2+b 2=4 ②，a 3+b 3=8 ③，a 4+b 4=14 ④，②−① 得d +b 1(q −1)=3 ⑤，③−② 得d +b 2(q −1)=4 ⑥，④−③ 得d +b 3(q −1)=6 ⑦，⑥−⑤ 得b 1(q −1)2=1 ，⑦−⑥ 得b 2(q −1)2=2 ，则q =2 ,b 1=1 ,d =2 ，所以d +q =4 .解法二 由题意可得S 1=a 1+b 1=1 ，当n ≥2 时，a n +b n =S n −S n−1=2n −2+2n−1 ，易知当n =1 时也成立，则a 1+(n −1)d +b 1q n−1=dn +a 1−d +b 1q n−1=2n −2+2n−1 对任意正整数n 恒成立，则d =2 ,q =2 ，d +q =4 . 【速解】 由等差数列和等比数列的前n 项和的特征可得等差数列{a n } 的前n 项和H n =n 2−n ，等比数列{b n } 的前n 项和T n =2n −1 ，则d =2 ,q =2 ，d +q =4 .【方法技巧】 公差为d 的等差数列{a n } 的前n 项和S n =An 2+Bn ,其中A =d2 ,B =a 1−d 2 ;公比为q 的等比数列{b n } 的前n 项和T n =C −Cq n,其中C =b11−q（公比q 不等于1）.三、解答题3. [2023天津，15分]已知数列{a n } 是等差数列，a 2+a 5=16 ，a 5−a 3=4 . （1） 求{a n } 的通项公式和∑2n −1i=2n−1a i .[答案]设{a n } 的公差为d ， 由{a 2+a 5=16,a 5−a 3=4, 得{a 1+d +a 1+4d =16,a 1+4d −(a 1+2d )=4,解得{a 1=3,d =2,所以{a n } 的通项公式为a n =3+2(n −1)=2n +1 .a 2n−1=2⋅2n−1+1=2n +1 ，a 2n −1=2(2n −1)+1=2n+1−1 .（易错：不要把a 2n−1 和a 2n −1 的表达式理解成等比数列的通项公式）从a 2n−1 到a 2n −1 共有2n −1−2n−1+1=2n−1 （项）.（提醒：下标相减算项数时要加1） 所以∑2n −1i=2n−1a i =(2n +1+2n+1−1)⋅2n−12=(2n +2⋅2n )⋅2n−12=3⋅2n ⋅2n−12=3⋅22n−2 .( 或∑2n −1i=2n−1a i =2n−1⋅(2n+1)+2n−1(2n−1−1)2⋅2=3⋅22n−2)（2） 已知{b n } 为等比数列，对于任意k ∈N ∗，若2k−1≤n ≤2k −1 ，则b k <a n <b k+1 .（ⅰ） 当k ≥2 时，求证:2k −1<b k <2k +1 ; [答案]因为当2k−1≤n ≤2k −1 时，b k <a n <b k+1 ， 所以当2k ≤n +1≤2k+1−1 时，b k+1<a n+1<b k+2 ， 可得a n <b k+1<a n+1 .因为{a n}为递增数列，所以若2k−1≤n≤2k−1,则a2k−1≤a n≤a2k−1,得2k+ 1≤a n≤2k+1−1.同理可得2k+1+1≤a n+1≤2k+2−1.故可得2k+1−1<b k+1<2k+1+1,（提醒：大于大的，小于小的）所以2k−1<b k<2k+1.综上，当k≥2时，2k−1<b k<2k+1.（ⅱ）求{b n}的通项公式及其前n项和.[答案]由题意知{b n}是q≠1的正项等比数列，（若q=1,则{b n}为常数列，与(i)矛盾）设{b n}的通项公式为b n=p⋅q n(p>0,q>0且q≠1)，（点拨：若设成b n= b1⋅q n−1，不利于下一步的化简）由(i)知,2n−1<b n<2n+1，即2n−1<p⋅q n<2n+1，则有1−12n <p⋅(q2)n<1+12n.①当q2>1，即q>2时，∃n0∈N∗，使得p⋅(q2)n0>2，与p⋅(q2)n0<1+12n0矛盾；②当0<q2<1，q≠1，即0<q<2且q≠1时，∃n1∈N∗，使得p⋅(q2)n1<12，与p⋅(q2)n1>1−12n1矛盾.故q=2.(思路引导：从(i)的结论可以观察出b n=2n，通过反证法证明q>2和0<q<2且q≠1时不等式不成立，从而得到q=2)因为2n−1<b n<2n+1，所以b n=2n.设{b n}的前n项和为S n，则S n=2(1−2n)1−2=2n+1−2.4. [2022新高考卷Ⅱ，10分]已知{a n}是等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4 .（1）证明：a1=b1 ;[答案]设等差数列{a n}的公差为d，由a2−b2=a3−b3得a1+d−2b1=a1+2d−4b1，即d=2b1，由a2−b2=b4−a4得a1+d−2b1=8b1−(a1+3d)，即a1=5b1−2d，将d=2b1代入，得a1=5b1−2×2b1=b1，即a1=b1.。
高考数学复习考前专题训练—解答题(二)
高考数学复习考前专题训练—解答题(二)1.(2021·广东揭阳一模)已知正项等差数列{a n}的前n项和为S n,满足6S n=a n·a n+1+2(n∈N*),a1<2,(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(-1)n lg(a n·a n+1),记数列{b n}的前n项和为T n,求T33.2.(2021·重庆八中适应性训练)在①cos 2A+2√2cos(B+C)+2=0,②√2+2cos C cos B=cos(C-B)-cos(C+B),③2c tan B=√2b(tan A+tan B)这三个条件中任选一个,补充到下面的横线上并作答.问题:在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=√5,c=√2,.(1)求cos C;,求sin∠DBC.(2)在边AC上取一点D,使得cos∠ADB=453.(2021·江苏盐城三模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BB1=2BC=2,∠CBB1=2∠CAB=π,且平面3ABC⊥平面B1C1CB.(1)求证:平面ABC⊥平面ACB1;(2)设点P为直线BC的中点,求直线A1P与平面ACB1所成角的正弦值.4.(2021·广东湛江二模)某高三学生小明准备利用暑假的7月和8月勤工俭学,现有“送外卖员”和“销售员”两份工作可供其选择.已知“销售员”工作每日底薪为50元,每日销售的前5件每件奖励20元,超过5件的部分每件奖励30元.小明通过调查,统计了100名销售员1天的销售记录,其柱状图如图1;“送外卖员”没有底薪,收入与送的单数相关,在一日内:1至20单(含20单)每送一单3元,超过20单且不超过40单的部分每送一单4元,超过40单的部分,每送一单4.5元.小明通过随机调查,统计了100名送外卖员的日送单数,并绘制成如下频率分布直方图(如图2).图1图2(1)分别求出“销售员”的日薪y 1(单位:元)与销售件数x 1的函数关系式,“送外卖员”的日薪y 2(单位:元)与所送单数x 2的函数关系式;(2)若将频率视为概率,根据统计图,试分别估计“销售员”的日薪X 1和“送外卖员”的日薪X 2(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)的数学期望,分析选择哪种工作比较合适,并说明你的理由.5.(2021·湖北襄阳模拟)在平面直角坐标系xOy 中:①已知点A (√3,0),直线l :x=4√33,动点P 满足到点A的距离与到直线l 的距离之比为√32;②已知点S ,T 分别在x 轴、y 轴上运动,且|ST|=3,动点P 满足OP⃗⃗⃗⃗⃗ =23OS ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OT ⃗⃗⃗⃗⃗;③已知圆C 的方程为x 2+y 2=4,直线l 为圆C 的切线,记点A (√3,0),B (-√3,0)到直线l 的距离分别为d 1,d 2,动点P 满足|PA|=d 1,|PB|=d 2.(1)在①,②,③这三个条件中任选一个,求动点P 的轨迹方程;(2)记(1)中动点P 的轨迹为E ,经过点D (1,0)的直线l'交E 于M ,N 两点,若线段MN 的垂直平分线与y 轴相交于点Q ,求点Q 纵坐标的取值范围.6.(2021·山东烟台一模)已知函数f (x )=a (x 2-x )-ln x (a ∈R ). (1)讨论函数f (x )的单调性; (2)证明:当x>1时,2e x -1lnx≥x 2+1x 2-x.答案及解析1.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,则由6S n =a n ·a n+1+2,得6S n-1=a n-1·a n +2(n ≥2), 相减得6(S n -S n-1)=a n (a n+1-a n-1), 即6a n =a n ·2d (n ≥2). 又a n >0,所以d=3. 由6S 1=a 1·a 2+2,得6a 1=a 1·(a 1+3)+2,解得a 1=1(a 1=2舍去),由a n =a 1+(n-1)d ,得a n =3n-2. (2)b n =(-1)n lg(a n ·a n+1)=(-1)n (lg a n +lg a n+1),T 33=b 1+b 2+b 3+…+b 33=-lg a 1-lg a 2+lg a 2+lg a 3-lg a 3-lg a 4+…-lg a 33-lg a 34=-lg a 1-lg a 34=-lg 100=-2.2.解 选①:cos 2A+2√2cos(B+C )+2=0,得2cos 2A-1-2√2cos A+2=0,即(√2cos A-1)2=0,解得cos A=√22. 因为0<A<π,所以A=π4.选②:因为√2+2cos C cos B=cos(C-B )-cos(C+B ),所以√2+2cos C cos B=cos C cos B+sin C sin B-cos C cos B+sin C sin B ,即2cos(C+B )=-√2,cos A=√22,因为0<A<π,所以A=π4.选③:2c tan B=√2b (tan A+tan B ),所以2sinBsinCcosB =√2sin B (sinA cosA +sinBcosB ),所以2sin B sinC cos A=√2sin B sin C.因为sin B ≠0,sin C ≠0,所以cos A=√22. 因为A ∈(0,π),所以A=π4.(1)在△ABC 中,由余弦定理:cos A=b 2+c 2-a 22bc =22√2b,可得b=3,所以cosC=a 2+b 2-c 22ab=2√55.(2)因为cos ∠ADB=45,所以cos ∠BDC=-45. 即∠BDC 为钝角,且sin ∠BDC=35.又∠BDC+∠C+∠DBC=180°. 由(1)知,cos C=2√55,sin C=√1-cos 2C =√55.所以sin ∠DBC=sin(∠C+∠BDC )=sin ∠BDC cos ∠C+cos ∠BDC sin ∠C=35×2√55−45×√55=2√525.3.(1)证明 连接AB 1,B 1C.因为AC=2BC=2,所以BC=1.因为2∠CAB=π3,所以∠CAB=π6. 在△ABC 中,BCsinA =ACsinB ,即1sin π6=2sinB ,所以sin B=1.即AB ⊥BC.又因为平面ABC ⊥平面B 1C 1CB ,平面ABC ∩平面B 1C 1CB=BC ,AB ⊂平面ABC ,所以AB ⊥平面B 1C 1CB.又B 1C ⊂平面B 1C 1CB ,所以AB ⊥B 1C.在△B 1BC 中,B 1B=2,BC=1,∠CBB 1=π3,所以B 1C 2=B 1B 2+BC 2-2B 1B·BC·cos π3=3,即B 1C=√3,所以B 1C ⊥BC. 而AB ⊥B 1C ,AB ⊂平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,AB ∩BC=B ,所以B 1C ⊥平面ABC.又B 1C ⊂平面ACB 1,所以平面ABC ⊥平面ACB 1.(2)解 以B 为坐标原点,以BC 为x 轴,BA 为y 轴,过B 作平面ABC 的垂线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B (0,0,0),C (1,0,0),A (0,√3,0).∵B 1C ⊥平面ABC ,∴B 1(1,0,√3),∴BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3).在三棱柱中,AA 1∥BB 1∥CC 1,可得C 1(2,0,√3),A 1(1,√3,√3),∵P 为BC 中点,∴P (12,0,0).∴A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,-√3,-√3),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-√3,√3),CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√3).设平面ACB 1的一个法向量为n =(x ,y ,z ), 则{AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x -√3y +√3z =0,√3z =0,不妨取x=√3,可得y=1,z=0,则n =(√3,1,0). 设直线A 1P 与平面ACB 1所成角为θ,则sin θ=|cos <A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n|A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|n ||=|-√32-√3+052×2|=3√310.故直线A 1P 与平面ACB 1所成角的正弦值为3√310.4.解 (1)“销售员”的日薪y 1(单位:元)与销售件数x 1的函数关系式为y 1={20x 1+50,x 1≤5,x 1∈N ,30x 1,x 1>5,x 1∈N ,“送外卖员”的日薪y 2(单位:元)与所送单数x 2的函数关系式为y 2={3x 2,x 2≤20,x 2∈N ,4x 2-20,20<x 2≤40,x 2∈N ,4.5x 2-40,x 2>40,x 2∈N .(2)由柱状图知,日平均销售量满足如下表格:所以X 1的分布列为所以E (X 1)=110×0.05+130×0.2+150×0.25+180×0.4+210×0.1=162(元).由频率分布直方图可知,日送单数满足如下表格:所以X 2的分布列如下表:所以E (X 2)=30×0.05+100×0.25+182×0.45+275×0.2+365×0.05=183(元).由以上计算得E (X 2)>E (X 1),做“送外卖员”挣的更多, 故小明选择做“送外卖员”的工作比较合适.5.解 (1)若选①:设P (x ,y ),根据题意,得√(x -√3)2+y 2|x -4√33|=√32,整理得x 24+y 2=1,所以动点P 的轨迹方程为x 24+y 2=1.若选②:设P (x ,y ),S (x',0),T (0,y'), 则√(x ')2+(y ')2=3.(i)因为OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =23OS ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OT ⃗⃗⃗⃗⃗, 所以{x =23x ',y =13y ',整理,得{x '=32x ,y '=3y , 代入(i)得x 24+y 2=1,所以动点P 的轨迹方程为x 24+y 2=1.若选③:设P (x ,y ),直线l 与圆相切于点H ,则|PA|+|PB|=d 1+d 2=2|OH|=4>2√3=|AB|. 由椭圆的定义,知点P 的轨迹是以A ,B 为焦点的椭圆, 所以2a=4,2c=|AB|=2√3,故a=2,c=√3,b=1. 所以动点P 的轨迹方程为x 24+y 2=1.(2)设Q (0,y 0),当直线l'的斜率不存在时,y 0=0.当直线l'的斜率存在时,设直线l'的斜率为k ,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),线段MN 的中点为G (x 3,y 3).由{x 124+y 12=1,x 224+y 22=1,得(x 1+x 2)(x 1-x 2)4+(y 1+y 2)(y 1-y 2)=0,所以k=y 1-y 2x 1-x 2=-x 1+x 24(y 1+y 2)=-2x34×2y3=-x 34y 3. 线段MN 的垂直平分线的方程为y-y 3=4y3x 3(x-x 3).令x=0,得y 0=-3y 3. 由k=-x 34y3=y 3x 3-1,得y 32=-14x 32+14x 3=-14(x 3-12)2+116.由y 32>0得0<x 3<1,所以0<y 32≤116,则-14≤y 3<0或0<y 3≤14,所以-34≤y 0<0或0<y 0≤34. 综上所述,点Q 纵坐标的取值范围是[-34,34].6.(1)解 函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a (2x-1)-1x =2ax 2-ax -1x. 令g (x )=2ax 2-ax-1.①当a=0时,g (x )=-1<0,f'(x )=g (x )x <0,故f (x )在(0,+∞)上单调递减;②当a ≠0时,g (x )为二次函数,Δ=a 2+8a.若Δ≤0,即-8≤a<0,则g (x )的图象为开口向下的抛物线且g (x )≤0,所以f'(x )≤0,故f (x )在(0,+∞)单调递减;若Δ>0,即a<-8或a>0.令g (x )=0,得x 1=a -√a 2+8a 4a ,x 2=a+√a 2+8a4a. 当a<-8时,g (x )图象为开口向下的抛物线,0<x 2<x 1,所以当x ∈(0,x 2)或x ∈(x 1,+∞)时,g (x )<0, 所以f'(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 2,x 1)时,g (x )>0,所以f'(x )>0,f (x )单调递增; 当a>0时,g (x )图象为开口向上的抛物线,x 1<0<x 2,所以当x ∈(0,x 2)时,g (x )≤0,所以f'(x )<0,故f (x )单调递减; 当x ∈(x 2,+∞)时,g (x )>0,所以f'(x )>0,f (x )单调递增. 综上,当a<-8时,f (x )在(0,a+√a 2+8a 4a )和a -√a 2+8a4a,+∞上单调递减,在(a+√a 2+8a 4a ,a -√a 2+8a4a)上单调递增; 当a>0时,f (x )在(0,a+√a 2+8a 4a )上单调递减,在(a+√a 2+8a 4a,+∞)上单调递增;当-8≤a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递减.(2)证明 由(1)知,当a=1时,f (x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,因此对任意x>1恒有f (x )>f (1),即x 2-x>ln x. 因为0<ln x<x 2-x ,若2e x-1≥x 2+1成立,则2e x -1lnx ≥x 2+1x 2-x 成立. 令φ(x )=e x-1-12(x 2+1)(x ≥1),则φ'(x )=e x-1-x ,φ″(x )=e x-1-1.因为x ≥1,所以φ″(x )≥0,所以φ'(x )在[1,+∞)上单调递增,又φ'(1)=0,所以当x ≥1时,φ'(x )≥0,所以φ(x )在[1,+∞)上单调递增, 又φ(1)=0,所以对任意x>1恒有φ(x )>φ(1)=0,即2e x-1≥x 2+1. 当x>1时,0<ln x<x 2-x ,则1lnx >1x 2-x >0.由不等式的基本性质可得2e x-1lnx≥x2+1x2-x.因此,原不等式成立.。
2023年陕西高考数学(理)真题及答案
2023年陕西高考数学(理)真题及答案一、选择题1. 设，则（ ）252i1i i z +=++z =A.B.C.D.12i -12i +2i -2i +2. 设集合，集合，，则（ ） U =R {}1M x x =<{}12N x x =-<<{}2x x ≥=A. B. ()U M N ðU N M ðC.D.()U M N ðU M N ⋃ð3. 如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ ）A. 24B. 26C. 28D. 304. 已知是偶函数，则（ ）e ()e 1x ax x f x =-=a A .B. C. 1 D. 22-1-5. 设O 为平面坐标系的坐标原点，在区域内随机取一点，记该点(){}22,14x y xy ≤+≤为A ，则直线OA 的倾斜角不大于的概率为（ ） π4A.B.C.D.181614126. 已知函数在区间单调递增，直线和为函数()sin()f x x ωϕ=+π2π,63⎛⎫⎪⎝⎭π6x =2π3x =的图像的两条对称轴，则（ ）()y f x =5π12f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭A. B. C.12-127. 甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ） A. 30种B. 60种C. 120种D. 240种8. 已知圆锥POO 为底面圆心，PA ，PB 为圆锥的母线，，120AOB ∠=︒若 ） PAB AA.C.D.π3π9. 已知为等腰直角三角形，AB 为斜边，为等边三角形，若二面角ABC A ABD △为，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）C ABD --150︒A.D.152510. 已知等差数列的公差为，集合，若，则（{}n a 23π{}*cos N n S a n =∈{},S a b =ab =） A .－1B. C. 0D.12-1211. 设A ，B 为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB 中点的是（ ） 2219y x -=A .B.C.D.()1,1()1,2-()1,3()1,4--12. 已知的半径为1，直线PA 与相切于点A ，直线PB 与交于B ，C 两点，DO A O A O A 为BC 的中点，若的最大值为（ ）PO =PA PD ⋅C. D.1+2+二、填空题13. 已知点在抛物线C ：上，则A 到C 的准线的距离为______.(A 22y px =14. 若x ，y 满足约束条件，则的最大值为______.312937x y x y x y -≤-⎧⎪+≤⎨⎪+≥⎩2z x y =-15. 已知为等比数列，，，则______.{}n a 24536a a a a a =9108a a =-7a =16. 设，若函数在上单调递增，则a 的取值范围是()0,1a ∈()()1xx f x a a =++()0,∞+______.三、解答题17. 某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为，（），试验结果如下 i x i y 1,2,10i =⋅⋅⋅试验序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 伸缩率 i x 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548 伸缩率i y 536527543530560533522550576536记，记，，…，的样本平均数为，样本方差为， (1,2,,10)i i i z x y i =-= 1z 2z 10z z 2s （1）求，；z 2s （2）判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果z ≥胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高）. 18. 在中，已知，，. ABC A 120BAC ∠=︒2AB =1AC =（1）求；sin ABC ∠（2）若D 为BC 上一点，且，求的面积.90BAD ∠=︒ADC △19. 如图，在三棱锥中，，，-P ABC AB BC ⊥2AB =BC =PB PC ==，BP ，AP ，BC 的中点分别为D ，E ，O ，，点F 在AC 上，.AD =BF AO ⊥（1）证明：平面； //EF ADO （2）证明：平面平面BEF ； ADO ⊥（3）求二面角的正弦值.D AO C --20. 已知椭圆C ：，点在C 上.()222210y x a b a b +=>>()2,0A -（1）求C 的方程；（2）过点的直线交C 于点P ，Q 两点，直线AP ，AQ 与y 轴的交点分别为M ，N ，证()2,3-明：线段MN 的中点为定点.21. 已知函数.1()ln(1)f x a x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭（1）当时，求曲线在点处的切线方程； 1a =-()y f x =()()1,1f （2）是否存在a ，b ，使得曲线关于直线对称，若存在，求a ，b 的值，1y f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭x b =若不存在，说明理由.（3）若在存在极值，求a 的取值范围. ()f x ()0,∞+四、选做题【选修4-4】（10分）22. 在直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线：（为参数，1C ππ2sin 42⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭ρθθ2C 2cos 2sin x y αα=⎧⎨=⎩α）. 2απ<<π（1）写出的直角坐标方程；1C （2）若直线既与没有公共点，也与没有公共点，求m 的取值范围. y x m =+1C 2C 【选修4-5】（10分）23. 已知. ()22f x x x =+-（1）求不等式的解集；()6f x x ≤-（2）在直角坐标系xOy 中，求不等式组所确定的平面区域的面积.()60f x y x y ≤⎧⎨+-≤⎩参考答案一、选择题 1.B 2.A 3.D 4.D 5.C 6.D 7.C 8.B 9.C 10.B 11.D12.A二、填空题13.9414.8 15.2-16.⎫⎪⎪⎭三、解答题17.（1），；11z =261s =（2）认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.18.（1； （2.19.（1）证明见解析；（2）证明见解析； （3.20.（1）22194y x +=（2）证明见详解 21.（1）；()ln 2ln 20x y +-=（2）存在满足题意，理由见解析. 11,22a b ==-（3）.10,2⎛⎫⎪⎝⎭四、选做题【选修4-4】（10分） 22.（1）()[][]2211,0,1,1,2x y x y +-=∈∈（2）()(),0-∞+∞【选修4-5】（10分） 23.（1）； [2,2]-（2）6.。
2021-2023北京高考真题数学汇编：第三道解答题(第18题)
【分析】（1）计算表格中的 + 的次数，然后根据古典概型进行计算；
（2）分别计算出表格中上涨，不变，下跌的概率后进行计算；
（3）通过统计表格中前一次上涨，后一次发生的各种情况进行推断第 41天的情况. 【详解】（1）根据表格数据可以看出， 40 天里，有16 个 + ，也就是有16 天是上涨的，
根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为： 16 = 0.4 40
时段
价格变化
第 1 天到第 20 天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 +
第 21 天到第 40 天 0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - +
用频率估计概率． (1)试估计该农产品价格“上涨”的概率； (2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取 4 天，试估计该农产品价格在这 4 天 中 2 天“上涨”、1 天“下跌”、1 天“不变”的概率； (3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第 41 天该农产品价格“上涨”“下跌”和 “不变”的概率估计值哪个最大．（结论不要求证明） 2．（2022·北京·统考高考真题）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到 9．50m 以上（含 9．50m ）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙 以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）： 甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25； 乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23； 丙：9.85，9.65，9.20，9.16． 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立． (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率； (2)设 X 是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计 X 的数学期望 E（X）； (3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明） 3．（2021·北京·统考高考真题）在核酸检测中, “k 合 1” 混采核酸检测是指：先将 k 个人的样本混合在一起 进行 1 次检测,如果这 k 个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检 测结束:如果这 k 个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行 1 次检测,得到每人的 检测结果，检测结束. 现对 100 人进行核酸检测，假设其中只有 2 人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确. （I）将这 100 人随机分成 10 组，每组 10 人，且对每组都采用“10 合 1”混采核酸检测. (i)如果感染新冠病毒的 2 人在同一组，求检测的总次数; (ii)已知感染新冠病毒的 2 人分在同一组的概率为 1 .设 X 是检测的总次数，求 X 的