高考数学总复习 课时提升作业(三十一) 第五章 第三节 文
高考数学一轮总复习课时规范练31平面向量的数量积与平面向量的应用北师大版
课时规范练31 平面向量的数量积与平面向量的应用基础巩固组1.(2021河北石家庄一模)设向量a =(1，2)，b =(m ，-1)，且(a +b )⊥a ，则实数m=( ) A.-3B.32C.-2D.-322.在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ⊥AB ，AD=√2，则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A.-1B.1C.√2D.23.(2021广东珠海二模)已知向量a ，b 满足|a |=2，a ·b =-1，且(a +b )·(a -b )=3，则|a -b |=( ) A.3B.√3C.7D.√74.在△ABC 中，若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，2)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-x ，2x )(x>0)，则当BC 最小时，∠ACB=( ) A.90° B.60° C.45°D.30°5.已知向量a =(1，x-1)，b =(x ，2)，则下列说法错误的是 ( )A.a ≠bB.若a ∥b ，则x=2C.若a ⊥b ，则x=23D.|a -b |≥√26.已知向量a =(1，2)，b =(m ，1)(m<0)，且向量b 满足b ·(a+b )=3，则( ) A.|b |=2B.(2a+b )∥(a+2b )C.向量2a-b 与a-2b 的夹角为π4 D.向量a 在向量b 上的投影数量为√557.(2021全国乙，理14)已知向量a =(1，3)，b =(3，4)，若(a -λb )⊥b ，则λ= . 8.已知向量a =(cos α，sin α)，b =(cos β，sin β)，c =(-1，0). (1)求向量b+c 的模的最大值;(2)设α=π4，且a ⊥(b+c )，求cos β的值.综合提升组9.若△ABC 内接于以O 为圆心，1为半径的圆，且3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则下列结论正确的是( ) A.∠BOC=90°B.∠AOB=90°C.OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =-45D .OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =1510.设O (0，0)，A (1，0)，B (0，1)，P 是线段AB 上的一个动点，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ .若OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≥PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则实数λ的值不可能为( ) A.1B.12C.13D.1411.(2021山东滨州二模)已知平面向量a ，b ，c 是单位向量，且a ·b =0，则|c -a -b |的最大值为 .12.已知△ABC 为等腰直角三角形，OA=1，OC 为斜边上的高.若P 为线段OC 的中点，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ = ;若P 为线段OC 上的动点，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围为 .创新应用组13.“赵爽弦图”由四个全等的直角三角形和一个正方形所构成(如图).在直角三角形CGD 中，已知GC=4，GD=3，在线段EF 上任取一点P ，线段BC 上任取一点Q ，则AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为( )A.25B.27C.29D.3114.若平面内两定点A ，B 间的距离为4，动点P 满足|PA||PB|=√3，则动点P 的轨迹所围成的图形的面积为 ，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值是 .课时规范练31 平面向量的数量积与平面向量的应用1.A 解析:由题意，向量a =(1，2)，b =(m ，-1)，可得a +b =(m+1，1). 因为(a +b )⊥a ，所以(a +b )·a =m+1+2=0， 解得m=-3. 故选A .2.D 解析:由题可知，因为四边形ABCD 为直角梯形，所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 在AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影向量的模为√2， 由数量积的几何意义可知BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2)2=2，故选D .3.D 解析:由(a +b )·(a -b )=|a |2-|b |2=3，可得|b |=1， 因为|a -b |2=(a -b )2=a 2-2a ·b +b 2=4+2+1=7，所以|a -b |=√7. 故选D .4.A 解析:∵BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(-x-1，2x-2)， ∴|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(-x -1)2+(2x -2)2=√5x 2-6x +5.令y=5x 2-6x+5，x>0，当x=35时，y min =165，此时BC 最小， ∴CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(35,-65),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =85,45，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =35×85−65×45=0， ∴CA⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即∠ACB=90°，故选A . 5.B 解析:显然a ≠b ，故A 正确;由a ∥b 得1×2=(x-1)x ，解得x=2或x=-1，故B 错误; 由a ⊥b 得x+2(x-1)=0，解得x=23，故C 正确;|a -b |2=(1-x )2+(x-3)2=2(x-2)2+2≥2，则|a -b |≥√2，故D 正确.故选B .6.C 解析:将a =(1，2)，b =(m ，1)代入b ·(a+b )=3，得(m ，1)·(1+m ，3)=3，得m 2+m=0，解得m=-1或m=0(舍去)，所以b =(-1，1)，所以|b |=√(-1)2+12=√2，故A 错误;因为2a+b=(1，5)，a+2b =(-1，4)，1×4-(-1)×5=9≠0，所以2a+b 与a+2b 不平行，故B 错误;设向量2a-b 与a-2b 的夹角为θ，因为2a-b=(3，3)，a-2b =(3，0)，所以cos θ=(2a -b)·(a -2b)|2a -b||a -2b|=√22，所以θ=π4，故C 正确;向量a 在向量b 上的投影数量为a ·b |b|=1√2=√22，故D 错误.故选C .7.35解析:由已知得，a -λb =(1-3λ，3-4λ)，由(a -λb )⊥b ，得3(1-3λ)+4(3-4λ)=0，即15-25λ=0，解得λ=35.8.解(1)b+c =(cos β-1，sin β)， 则|b+c|2=(cos β-1)2+sin 2β=2(1-cos β). 因为-1≤cos β≤1， 所以0≤|b+c|2≤4， 即0≤|b+c|≤2.当cos β=-1时，有|b+c|=2， 所以向量b+c 的模的最大值为2. (2)若α=π4，则a =√22,√22.又由b =(cos β，sin β)，c =(-1，0)得 a ·(b+c )=√22,√22·(cos β-1，sin β)=√22cos β+√22sin β-√22.因为a ⊥(b+c )，所以a ·(b+c )=0， 即cos β+sin β=1，所以sin β=1-cos β， 平方后化简得cos β(cos β-1)=0， 解得cos β=0或cos β=1.经检验cos β=0或cos β=1即为所求.9.B 解析:由于△ABC 内接于以O 为圆心，1为半径的圆，且3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 所以3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，两边平方并化简得25+24OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =25，解得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0; 3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC⃗⃗⃗⃗⃗ =-4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，两边平方并化简得34+30OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =16，解得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-35; 4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，两边平方并化简得41+40OB⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =9，解得OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-45. 所以∠BOC ≠90°，故A 错误;∠AOB=90°，故B 正确;OB⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =45，故C 错误; OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =-45--35=-15，故D 错误.故选B . 10.D 解析:设P (x ，y )，由AP⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，得(x-1，y )=λ(-1，1)=(-λ，λ)，所以{x -1=-λ,y =λ,得P (1-λ，λ).由OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≥PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得(1-λ，λ)·(-1，1)≥(λ，-λ)·(λ-1，1-λ)， 即λ-1+λ≥λ(λ-1)-λ(1-λ)，2λ-1≥2λ2-2λ，2λ2-4λ+1≤0，解得1-√22≤λ≤1+√22， 又因为0≤λ≤1，所以1-√22≤λ≤1. 故选D .11.√2+1 解析:由|a |=|b |=1，且a ·b =0，建立如图所示平面直角坐标系，设OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ，则a =(1，0)，b =(0，1)， 再设c =(x ，y )，则c -a -b =(x-1，y-1)，故|c -a -b |=√(x -1)2+(y -1)2，其几何意义为以O 为圆心的单位圆上的动点与定点P (1，1)间的距离.则其最大值为|OP|+1=√12+12+1=√2+1.12.14 [0，1] 解析:△ABC 为等腰直角三角形，CO 为斜边上的高，则CO 为边AB 上的中线，所以AC=BC=√2，AO=BO=CO=1. 当P 为线段OC 的中点时，在△ACO 中，AP 为边CO 上的中线， 则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AO ⃗⃗⃗⃗⃗ )， 所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AO ⃗⃗⃗⃗⃗ )·OP ⃗⃗⃗⃗⃗=12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP⃗⃗⃗⃗⃗ ) =12|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos45°+0=12×√2×12×√22=14.当P 为线段OC 上的动点时，设OP⃗⃗⃗⃗⃗ =λOC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，0≤λ≤1， AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CP ⃗⃗⃗⃗⃗ )·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λOC⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ -(1-λ)OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(λOC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =λ×1×√2×√22-(1-λ)·λ=λ-λ+λ2=λ2∈[0，1]， 所以AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围为[0，1]. 13.C 解析:建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0，3).设P (4，a )(3≤a ≤4)，Q 4+t ，43t (0≤t ≤3)，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4，a-3)，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =4+t ，43t-3，AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =4(4+t )+(a-3)43t-3=16+4t+43at-4t-3a+9=25+43at-3a=25+43t-3·a.-3≤43t-3≤1，3≤a ≤4，所以当43t-3=1，a=4时，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最大值为25+1×4=29. 故选C .14.12π 24+16√3 解析:以经过A ，B 的直线为x 轴，线段AB 的中垂线为y 轴，建立平面直角坐标系如图所示，则A (-2，0)，B (2，0).设P (x ，y )，因为|PA||PB|=√3， 所以√(x+2)2+y 2√(x -2)2+y 2=√3，化简整理可得(x-4)2+y 2=12，所以点P 的轨迹为圆，圆心为C (4，0)，半径r=2√3，故其面积为12π.PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 2-4+y 2=|OP|2-4，OP 即为圆C 上的点到坐标原点的距离. 因为OC=4，所以OP 的最大值为OC+r=4+2√3， 所以PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为(4+2√3)2-4=24+16√3.。
2019大一轮高考总复习理数北师大版课时作业提升31 数
课时作业提升(三十一) 数列的概念与简单表示法A 组 夯实基础1．下列数列中，既是递增数列又是无穷数列的是( ) A ．1，12，13，14，…B ．－1，－2，－3，－4，…C ．－1，－12，－14，－18，…D ．1，2，3，…，n解析：选C 根据定义，属于无穷数列的是选项A 、B 、C(用省略号)，属于递增数列的是选项C 、D ，故同时满足要求的是选项C.2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)，则a 5＝( )A.32 B ．53C.85D ．23解析：选D a 2＝1＋(－1)2a 1＝2，a 3＝1＋(－1)3a 2＝1＋－12＝12，a 4＝1＋1a 3＝3，a 5＝1＋(－1)a 4＝23. 3．(2018·海淀模拟)数列{a n }的首项a 1＝2，且(n ＋1)a n ＝na n ＋1，则a 3的值为( ) A ．5 B ．6 C ．7D ．8解析：选B 由(n ＋1)a n ＝na n ＋1得a n ＋1n ＋1＝a n n ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为常数列，则a n n ＝a 11＝2，即a n ＝2n ，所以a 3＝2×3＝6，故选B.4．已知数列{a n }的通项公式a n ＝n 2－(6＋2λ)n ＋2 016，若 a 6或a 7为数列{a n }的最小项，则实数λ的取值范围是( )A ．(3,4)B ．[2,5]C ．[3,4]D ．⎝⎛⎭⎫52， 92解析：选D 依题意，由二次函数的性质可知，当112＜3＋λ＜152，即52＜λ＜92时，a 6或a 7为数列{a n }的最小项，故实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫52， 92. 5．(2018·昆明检测)在数列{a n }中，a 1＝12，a 2＝13，a n a n ＋2＝1，则a 2 018＋a 2 019＝( )A.56B ．73C.72D ．5解析：选B 依题意，a 1＝12，a 2＝13，a 3＝2，a 4＝3，a 5＝12，a 6＝13，…，数列{a n }是周期为4的数列，所以a 2 018＋a 2 019＝a 2＋a 3＝73.6．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝411－2n (n ∈N ＋)，则满足a n ＋1＜a n 的n 的取值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 由a n ＋1＜a n ，得a n ＋1－a n ＝49－2n －411－2n ＝8(9－2n )(11－2n )＜0，解得92＜n ＜112，又n ∈N ＋，所以n ＝5.7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n ，则a n ＝( ) A ．2n －1－1B ．2n －1C ．2n －1D ．2n ＋1解析：选B 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －n －2a n －1＋(n －1)，即a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－1，∴a 1＝1，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.8．数列1，23，35，47，59，…的通项公式为____________.解析：由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项公式为a n ＝n2n －1.答案：a n ＝n2n －19．已知数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2·3n －1，n 为偶数，2n －5，n 为奇数，则a 3a 4＝____________.解析：由题意知，a 3＝2×3－5＝1，a 4＝2×34－1＝54，∴a 3a 4＝54. 答案：5410．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3＋2n ，则数列{a n }的通项公式为____________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋2＝5；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3＋2n －(3＋2n －1)＝2n－2n －1＝2n －1.因为当n ＝1时，不符合a n ＝2n －1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥211．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6. (1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？ (3)该数列从第几项开始各项都是正数？ 解：(1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6. (2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150， 解得n ＝16或n ＝－9(舍去)， 即150是这个数列的第16项．(3)令a n ＝n 2－7n ＋6>0，解得n >6或n <1(舍去)． 所以从第7项起各项都是正数．12．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＞1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N ＋.求数列{a n }的通项公式．解：由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2.由已知a 1＝S 1＞1，得a 1＝2.又由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)，得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n .因为a n ＞0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去．因此a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.B 组 能力提升1．将石子摆成如图所示的梯形，称数列5,9,14，…为“梯形数列”，记此“梯形数列”的第n 项为a n ，则a 6＝( )A ．25B ．30C ．35D ．40解析：选C 方法一 由题意知a 2－a 1＝4，a 3－a 2＝5，…，a 6－a 5＝8，由此得a 6－a 1＝4＋5＋…＋8＝5×(4＋8)2＝30，所以a 6＝30＋a 1＝35.故选C.方法二 观察得出a 6即为“上底为2，下底为8，高为7的梯形的面积数”即a 6＝(2＋8)×72＝35.故选C. 2．一给定函数y ＝f (x )的图像在下列各图中，并且对任意a 1∈(0,1), 由关系式a n ＋1＝f (a n )得到的数列{a n }满足a n ＋1>a n (n ∈N ＋)，则该函数的图像是( )解析：选A 由a n ＋1＝f (a n )，a n ＋1>a n 知f (a n )>a n ，可以知道x ∈(0,1)时f (x )>x ，即f (x )的图像在y ＝x 图像的上方，由选项中所给的图像可以看出，A 符合条件．3．(2018·白银月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝3S n ，则a n ＝____________.解析：由a n ＋1＝3S n ，得a n ＝3S n －1(n ≥2)， 两式相减可得a n ＋1－a n ＝3S n －3S n －1＝3a n (n ≥2)， ∴a n ＋1＝4a n (n ≥2)． ∵a 1＝1，a 2＝3S 1＝3≠4a 1，∴数列{a n }是从第二项开始的等比数列， ∴a n ＝a 2q n －2＝3×4n －2(n ≥2)．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2. 答案：⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2 4．已知数列{a n }满足前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足b n ＝2a n ＋1且前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)判断数列{c n }的增减性．解： (1)a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)．所以b n＝⎩⎨⎧23(n ＝1)，1n (n ≥2).(2)因为c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1，所以c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＝12n ＋3－12n ＋2＝－1(2n ＋3)(2n ＋2)＜0，所以c n ＋1＜c n ，所以数列{c n }为递减数列．。
高三数学一轮复习课时作业31 等比数列 文 北师大版
[时间：45分钟 分值：100分]基础热身1．下列四个结论中，正确的个数是( )①等比数列{a n }的公比q >0且q ≠1，则{a n }是递增数列； ②等差数列不是递增数列就是递减数列；③{a n }是递增数列，{b n }是递减数列，则{a n －b n }是递增数列； ④{a n }是递增的等差数列，则{2a n }是递增的等比数列． A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 2．[2011·信阳二模] 等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝1，a 3＋a 4＝9，那么a 4＋a 5等于( ) A ．27 B ．27或－27 C ．81 D ．81或－813．[2011·济南调研] 已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3·a 7＝4a 24，a 2＝2，则a 1＝( )A ．1 B. 2 C ．2 D.224．[2011·上海虹口区模拟] 各项都为正数的等比数列{a n }中，a 1＝1，a 2＋a 3＝271a 2＋1a 3，则通项公式a n ＝________.能力提升5．[2011·杭州师大附中月考] 设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2,3S 2＝a 3－2，则公比q ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．66．在等比数列{a n }中，若a 2a 3a 6a 9a 10＝32，则a 29a 12的值为( )A ．4B ．2C ．－2D ．－47．已知数列{a n }是首项为1的等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或15 B.3116或15 C.3116 D.158 8．[2011·四川卷] 数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( )A ．3×44B ．3×44＋1C ．44D ．44＋19．已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 为{a n }的前n 项和，则S 3－S 2S 5－S 3的值为( ) A ．2 B ．3 C.15D ．4 10．设项数为10的等比数列的中间两项与2x 2＋9x ＋6＝0的两根相等，则数列的各项相乘的积为________．11．[2011·上海奉贤区调研] 在等比数列{a n }中，a n >0，且a 1·a 2·…·a 7·a 8＝16，则a 4＋a 5的最小值为________．12．[2011·吉安二模] 在等比数列{a n }中，存在正整数m ，使得a m ＝3，a m ＋5＝24，则a m ＋15＝________.13．若数列{a n }满足a n ＋2a n ＋1＋a n ＋1a n＝k (k 为常数)，则称数列{a n }为等比和数列，k 称为公比和．已知数列{a n }是以3为公比和的等比和数列，其中a 1＝1，a 2＝2，则a 2012＝________.14．(10分)[2011·全国卷] 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，求a n 和S n .15．(13分)[2011·福建卷] 已知等比数列{a n }的公比q ＝3，前3项和S 3＝133.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A >0,0<φ<π)在x ＝π6处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f (x )的解析式．难点突破16．(12分)[2011·浙江卷] 已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1为a (a ∈R )，且1a 1，1a 2，1a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，试比较1a 2＋1a 22＋…＋1a 2n 与1a 1的大小．课时作业(三十一)【基础热身】1．B [解析] 对于①，不一定为递增数列，还可能为递减数列；对于②，常数列也是等差数列；对于③，按照函数的单调性考虑，知结论正确；对于④，依据指数函数的性质知，结论正确．故选B.2．B [解析] a 3＋a 4＝q 2(a 1＋a 2)＝q 2＝9，所以q ＝±3，所以a 4＋a 5＝q (a 3＋a 4)＝±27，故选B.3．A [解析] 设{a n }的公比为q ，则有a 1q 2·a 1q 6＝4a 21q 6，解得q ＝2(舍去q ＝－2)，所以由a 2＝a 1q ＝2，得a 1＝1.故选A.4．3n －1 [解析] 由已知等式可得a 2a 3＝27，设等比数列的公比为q ，则有a 21q 3＝27，所以q ＝3，通项公式为a n ＝3n －1.【能力提升】5．B [解析] 将已知两等式相减得3a 3＝a 4－a 3，即a 4＝4a 3，所以公比q ＝4.故选B.6．B [解析] 设公比为q ，由a 2a 3a 6a 9a 10＝32得a 56＝32，所以a 6＝2，所以a 29a 12＝a 6q 32a 6q 6＝a 6＝2.故选B.7．C [解析] 由题意可知q ≠1，91－q31－q＝1－q61－q ，解得q ＝2，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，以12为公比的等比数列，由求和公式可得其前5项和为3116.因此选C.8．A [解析] 由a n ＋1＝3S n ⇒S n ＋1－S n ＝3S n ⇒S n ＋1＝4S n ，所以数列{S n }是首项为1，公比为4的等比数列，所以S n ＝4n －1，所以a 6＝S 6－S 5＝45－44＝3×44，所以选择A.9．A [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则有(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，得a 1＝－4d ，所以S 3－S 2S 5－S 3＝a 3a 4＋a 5＝a 1＋2d 2a 1＋7d ＝－2d －8d ＋7d＝2.故选A.10．243 [解析] 设此数列为{a n }，由题设a 5a 6＝3，从而a 1a 2…a 9a 10＝(a 5a 6)5＝35＝243.11．2 2 [解析] 由已知得(a 4a 5)4＝16，因为a n >0，所以a 4a 5＝2，所以a 4＋a 5≥2a 4a 5＝2 2.12．1536 [解析] 设公比为q ，则a m ＋5＝a m q 5＝3q 5＝24，所以q 5＝8，a m ＋15＝a m ＋5q 10＝24×82＝1536.13．21006[解析] 据题意可推知此数列为1,2,2,4,4,8,8,16,16，…，其奇数项为1,2,4,8，…，偶数项为2,4,8,16，…，所以a 2012＝21006.14．[解答] 设{a n }的公比为q ，由题设得 ⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＝6，6a 1＋a 1q 2＝30.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3.当a 1＝3，q ＝2时，a n ＝3×2n －1，S n ＝3×(2n－1)；当a 1＝2，q ＝3时，a n ＝2×3n －1，S n ＝3n－1.15．[解答] (1)由q ＝3，S 3＝133得a 11－331－3＝133，解得a 1＝13.所以a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由(1)可知a n ＝3n －2，所以a 3＝3.因为函数f (x )的最大值为3，所以A ＝3；因为当x ＝π6时f (x )取得最大值，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝1.又0<φ<π，故φ＝π6.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. 【难点突破】16．[解答] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可知⎝ ⎛⎭⎪⎫1a22＝1a 1·1a 4，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，从而a 1d ＝d 2. 因为d ≠0，所以d ＝a 1＝a ， 故通项公式a n ＝na .(2)记T n ＝1a 2＋1a 22＋…＋1a 2n.因为a 2n ＝2na ，所以T n ＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝1a·12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 从而，当a ＞0时，T n ＜1a 1，当a ＜0时，T n ＞1a 1.。
2021年高三数学一轮复习 基础知识课时作业(三十一)
2021年高三数学一轮复习 基础知识课时作业(三十一)一、选择题1．公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则a 5＝( A ) A ．1B ．2C ．4D ．8解析：∵公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，a 3a 11＝16，∴a 27＝16，a 7＝4，∴22·a 5＝4，则a 5＝1，选A.2．在数列{a n }中，a n ＋1＝ca n (c 为非零常数)，前n 项和为S n ＝3n＋k ，则实数k 为( A ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：由a n ＋1＝ca n 知数列{a n }为等比数列，公比为c ，等比数列的前n 项和为S n ＝a 11－c－a 11－c·c n ＝3n＋k ，∴k ＝－1，选A. 3．已知数列{a n }是公比为q 的等比数列，且a 1·a 3＝4，a 4＝8，则a 1＋q 的值为( D ) A ．3 B ．2 C ．3或－2D ．3或－3解析：由{a n }为等比数列，a 1·a 3＝a 21q 2＝4，a 1q 3＝8得q 4＝16，q ＝±2，当q ＝2时，a 1＝1，此时a 1＋q ＝3；当q ＝－2时，a 1＝－1，此时a 1＋q ＝－3，故选D.4．已知等比数列{a n }的公比q ＝2，且2a 4，a 6,48成等差数列，则{a n }的前8项和为( B ) A ．127 B ．255 C ．511D ．1 023解析：由已知q ＝2,2a 6＝2a 4＋48可得a 1＝1，S 8＝a 11－q 81－q＝255，故选B.5．若方程x 2－5x ＋m ＝0与x 2－10x ＋n ＝0的四个根适当排列后，恰好组成一个首项为1的等比数列，则m ∶n 值为( A )A.14B.12 C ．2D ．4解析：不妨设方程x 2－5x ＋m ＝0的两根分别为x 1、x 2，则x 1＋x 2＝5，x 1x 2＝m ，方程x2－10x ＋n ＝0的两根为x 3，x 4，则x 3＋x 4＝10，x 3·x 4＝n ，且此数列公比为q ，|q |>1，此数列为x 1，x 3，x 2，x 4，则x 1＝1，x 2＝4，x 3＝2，x 4＝8，此时m ＝4，n ＝16，∴m ∶n ＝14.6．已知数列{a n }，{b n }满足a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2＋b n x ＋2n的两个零点，且a 1＝1，则b 10＝( A )A ．－64B ．－32C ．－48D ．64解析：由已知a n ，a n ＋1为f (x )＝x 2＋b n x ＋2n的两个零点，易得a n ＋a n ＋1＝－b n ①，a n ·a n＋1＝2n ②，由②得a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1③，则③②＝a n ＋2a n＝2，故{a n }为隔项成等比数列，a 1＝1，a 11＝a 1·25＝32，a 10＝a 2·24＝25＝32，故b 10＝－(a 10＋a 11)＝－64.二、填空题7．已知等比数列{a n }的公比q 为正数，且a 3·a 9＝2a 25，则q ＝________.解析：由等比数列性质知a 3·a 9＝a 26＝2a 25，∴q 2＝a 26a 25＝2，∵q >0，∴q ＝ 2.答案： 28．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝2，S 4＝5S 2，则a 1的值为________，S 4的值为________．解析：由a 3＝2，S 4＝5S 2可得q ≠1，a 11－q 41－q ＝5·a 11－q 21－q ⇒q ＝2，故a 1＝12；S 4＝121－241－2＝152. 答案：12 1529．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，关于数列{a n }有下列四个命题： ①若{a n }既是等差数列又是等比数列，则a n ＝a n ＋1(n ∈N *)； ②若S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )，则{a n }是等差数列； ③若S n ＝1－(－1)n，则{a n }是等比数列；④若{a n }是等比数列，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m (m ∈N *)也成等比数列． 其中正确的命题是________．(填上正确命题的序号)解析：①若{a n }既是等差数列又是等比数列，{a n }为非零常数列，故a n ＝a n ＋1(n ∈N *)；②若{a n }是等差数列，S n＝d2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n 为an 2＋bn (a ，b ∈R )的形式；③若S n ＝1－(－1)n，则n ≥2时，a n ＝S n－S n －1＝1－(－1)n－1＋(－1)n －1＝(－1)n －1－(－1)n，而a 1＝2，适合上述通项公式，所以a n ＝(－1)n －1－(－1)n 是等比数列；④若{a n }是等比数列，当公比q ＝－1且m 为偶数时，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 不成等比数列．答案：①②③ 三、解答题10．已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列．(1)求数列{a n }的通项； (2)求数列{}的前n 项和S n . 解：(1)由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得1＋2d 1＝1＋8d1＋2d ，解得d ＝1，d ＝0(舍去)，故{a n }的通项a n ＝1＋(n －1)×1＝n . (2)由(1)知＝2n，由等比数列前n 项和公式得S n ＝2＋22＋23＋ (2)＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.11．已知数列{a n }、{b n }分别是首项均为2，各项均为正数的等比数列和等差数列，且b 2＝4a 2，a 2b 3＝6.(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式； (2)求使<0.001成立的最小的n 值．解：(1)设{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝4×2q2＋2d ·2q ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2q ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－5q ＝－38(舍)，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，b n ＝2n .(2)由(1)得＝a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －2，∵<0.001，即⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －2<0.001，∴22n －2>1 000，∴2n －2≥10，即n ≥6，∴最小的n 值为6.12．在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝84，a 9＝73. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m 项和S m .解：(1)因为{a n }是一个等差数列，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝84，a 4＝28. 设数列{a n }的公差为d ，则5d ＝a 9－a 4＝73－28＝45，故d ＝9. 由a 4＝a 1＋3d 得28＝a 1＋3×9，即a 1＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋9(n －1)＝9n －8(n ∈N *)． (2)对m ∈N *，若9m <a n <92m， 则9m＋8<9n <92m ＋8. 因此9m －1＋1≤n ≤92m －1，故得b m ＝92m －1－9m －1.于是S m ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m ＝(9＋93＋…＋92m －1)－(1＋9＋…＋9m －1)＝9×1－81m1－81－1－9m1－9＝92m ＋1－10×9m＋180.[热点预测]13.(1)如图，一单位正方体形积木，平放于桌面上，并且在其上方位置若干个小正方体形积木摆成塔形，其中上面正方体中下底面的四个顶点是下面相邻正方体中上底面各边的中点，如果所有正方体暴露在外面部分的面积之和超过8.8，则正方体的个数至少是( )A ．6B ．7C ．8D ．10(2)设数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，记数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝________. 解析：(1)由题意第一个正方体露在外面的面积为4.5，第二个为2.25，第三个为 1.125，……，可知此构成首项为 4.5，公比q ＝12的等比数列，所以S n ＝4.5⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12>8.8，化简得12n <145，易得n 的最小值为6，故选A. (2)由S 7－S 5＝4(T 6－T 4)可得a 6＋a 7＝4(a 5＋a 6)⇒6a 1＋25d ＝0⇒a 1＝－256d ；q ＝b 6b 5＝a 6a 5＝5，由a 5＝b 5得b 1＝－d 6·54，代入a 7＋a 5b 7＋b 5化简得－513. 答案：(1)A (2)－51337618 92F2 鋲 24030 5DDE 州21798 5526 唦m34131 8553 蕓22244 56E4 囤G34046 84FE 蓾Gq"_38234 955A 镚39573 9A95 骕。
高考数学总复习 课时提升作业(五) 第二章 第二节 文
课时提升作业(五)一、选择题1.(2013·安庆模拟)下列函数中,在其定义域内是减函数的是( )(A)f(x)=-x2+x+1(B)f(x)=(C)f(x)=()|x|(D)f(x)=ln(2-x)2.函数f(x)=|x|和g(x)=x(2-x)递增的单调区间依次是( )(A)(-∞,0],(-∞,1] (B)(-∞,0],[1,+∞)(C)[0,+∞),(-∞,1] (D)[0,+∞),[1,+∞)3.函数f(x)=1-( )(A)在(-1,+∞)上是增加的(B)在(1,+∞)上是增加的(C)在(-1,+∞)上是减少的(D)在(1,+∞)上是减少的4.若函数y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减少的,则y=ax2+bx在(0,+∞)上是( )(A)增加的(B)减少的(C)先增后减(D)先减后增5.已知函数f(x)=若f(2-a2)>f(a),则实数a的取值范围是( )(A)(-∞,-1)∪(2,+∞)(B)(-1,2)(C)(-2,1)(D)(-∞,-2)∪(1,+∞)6.已知函数f(x)=是减函数,那么实数a的取值范围是( )(A)(0,1) (B)(0,) (C)[,) (D)[,1)7.定义在R上的函数f(x)在区间(-∞,2)上是增加的,且f(x+2)的图像关于x=0对称,则( )(A)f(-1)<f(3) (B)f(0)>f(3)(C)f(-1)=f(3) (D)f(0)=f(3)8.(2013·深圳模拟)设函数f(x)=若f(x)的值域为R,则常数a的取值范围是( )(A)(-∞,-1]∪[2,+∞) (B)[-1,2](C)(-∞,-2]∪[1,+∞) (D)[-2,1]9.(2013·宜春模拟)已知函数f(x)=若存在x1,x2∈R且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是( )(A)a<2 (B)a<4 (C)2≤a<4 (D)a>210.(能力挑战题)已知函数f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,若对任意x∈(0,+∞),都有f(f(x)-)=2,则f()的值是( )(A)5 (B)6 (C)7 (D)8二、填空题11.(2013·抚州模拟)若存在实数x∈[2,4],使x2-2x+5-m<0成立,则m的取值范围为.12.(2013·皖南八校联考)已知函数f(x)=若f(6-a2)>f(5a),则实数a的取值范围是.13.(2013·广州模拟)对于任意实数a,b,定义min{a,b}=设函数f(x)=-x+3,g(x)=log2x,则函数h(x)=min{f(x),g(x)}的最大值是.14.(能力挑战题)若函数f(x)=|log a x|(0<a<1)在区间(a,3a-1)上是减少的,则实数a的取值范围是.三、解答题15.已知f(x)=(x≠a).(1)若a=-2,试证f(x)在(-∞,-2)上是增加的.(2)若a>0且f(x)在(1,+∞)上是减少的,求a的取值范围.答案解析1.【解析】选 D.显然A,B不正确.对于函数f(x)=()|x|,由于f(x)是偶函数,故不是单调函数,对于函数f(x)=ln(2-x),根据复合函数的单调性知,在其定义域上是减函数.2.【解析】选C.f(x)=|x|=∴函数f(x)递增的单调区间是[0,+∞).g(x)=x(2-x)=-x2+2x=-(x-1)2+1,对称轴是直线x=1,a=-1<0,∴函数g(x)递增的单调区间为(-∞,1].故选C.3.【解析】选B.f(x)可由-沿x轴向右平移一个单位,再向上平移一个单位得到,如图.由图像可知函数f(x)在(1,+∞)上是增加的.4.【解析】选B.∵y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减少的,∴a<0,b<0,∴y=ax2+bx的对称轴x=-<0,∴y=ax2+bx在(0,+∞)上是减少的.5.【解析】选C.f(x)=由f(x)的图像可知f(x)在(-∞,+∞)上是增加的.由f(2-a2)>f(a)得2-a2>a,即a2+a-2<0,解得-2<a<1.6.【解析】选C.由题意知需满足:⇒≤a<.7.【解析】选A.因为f(x+2)的图像关于x=0对称,所以f(x)的图像关于x=2对称.又f(x)在区间(-∞,2)上是增加的,则其在(2,+∞)上是减少的,作出其图像大致形状如图所示.由图像知,f(-1)<f(3).【方法技巧】比较函数值大小常用的方法(1)利用函数的单调性,但需将待比较函数值调节到同一个单调区间上.(2)利用数形结合法比较.(3)对于选择题、填空题可用排除法、特值法等比较.8.【解析】选A.当x>2时,f(x)>4+a,当x≤2时,f(x)≤2+a2,由题意知2+a2≥4+a,解得a≥2或a≤-1.9.【思路点拨】解答本题的着眼点是如何保证f(x1)=f(x2),即存在直线y=a(a∈R)与函数y=f(x)的图像有两个交点,可从二次函数的对称轴及分段函数的端点函数值的大小两方面考虑.【解析】选B.当-<1即a<2时满足条件,当a≥2时,要使存在x1,x2∈R且x1≠x2时,有f(x1)=f(x2)成立,则必有-1+a>2a-5,即2≤a<4,综上知a<4.10.【思路点拨】解答本题的关键是从条件中得出f(x)-是一个常数,从而令f(x)=+k(k为常数),则f(x)可求.【解析】选B.由题意知f(x)-为常数,令f(x)-=k(k为常数),则f(x)=+k.由f(f(x)-)=2得f(k)=2.又f(k)=+k=2,∴k=1,即f(x)=+1.∴f()=6.11.【解析】x2-2x+5-m<0等价于x2-2x+5<m.当x∈[2,4]时,x2-2x+5=(x-1)2+4≥5,由题意知m>5.答案:(5,+∞)12.【解析】由题意知f(x)在R上是增函数,从而由f(6-a2)>f(5a)知6-a2>5a,即a2+5a-6<0,解得-6<a<1.答案:(-6,1)13.【解析】依题意,h(x)=当0<x≤2时,h(x)=log2x是增加的;当x>2时,h(x)=3-x是减少的,∴h(x)=min{f(x),g(x)}在x=2时,取得最大值h(2)=1.答案:114.【解析】由于f(x)=|log a x|在(0,1]上是减少的,在(1,+∞)上是增加的,所以0<a<3a-1≤1,解得<a≤,此即为a的取值范围.答案:(,]15.【解析】(1)任设x1<x2<-2,则f(x1)-f(x2)=-=.∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,∴f(x1)<f(x2),∴f(x)在(-∞,-2)上是增加的.(2)任设1<x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-=.∵a>0,x2-x1>0,∴要使f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0恒成立,∴a≤1.综上所述知a的取值范围是(0,1].【变式备选】已知函数f(x)对于任意x,y∈R,总有f(x)+f(y)=f(x+y),且当x>0时,f(x)<0,f(1)=-.(1)求证:f(x)在R上是减函数.(2)求f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值.【解析】(1)方法一:∵函数f(x)对于任意x,y∈R总有f(x)+f(y)=f(x+y),∴令x=y=0,得f(0)=0.再令y=-x,得f(-x)=-f(x).在R上任取x1>x2,则x1-x2>0,f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2).又∵x>0时,f(x)<0,而x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即f(x1)<f(x2).因此f(x)在R上是减函数.方法二:设x1>x2,则f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2)=f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2).又∵x>0时,f(x)<0,而x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即f(x1)<f(x2),∴f(x)在R上是减函数.(2)∵f(x)在R上是减函数,∴f(x)在[-3,3]上也是减少的,∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为f(-3)与f(3). 而f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2.∴f(x)在[-3,3]上的最大值为2,最小值为-2.。
2025届高考数学一轮总复习课时跟踪练三十一数系的扩充与复数的引入理含解析新人教A版
课时跟踪练(三十一)A 组 基础巩固1．(2024·全国卷Ⅲ)(1＋i)(2－i)＝( ) A ．－3－i B ．－3＋i C ．3－iD ．3＋i解析：(1＋i)(2－i)＝2－i ＋2i －i 2＝3＋i. 答案：D2．已知z ＝(m ＋3)＋(m －1)i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－3，1)B ．(－1，3)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－3)解析：由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋3＞0，m －1＜0，⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＞－3，m ＜1，⇒－3＜m ＜1. 答案：A3．(2024·武邑模拟)设i 是虚数单位，复数a ＋i2－i是纯虚数，则实数a ＝( )A ．2 B.12 C ．－12D ．－2解析：因为a ＋i 2－i ＝（a ＋i ）（2＋i ）5＝（2a －1）＋（a ＋2）i5是纯虚数，所以2a －1＝0且a ＋2≠0，所以a ＝12.答案：B4．(2024·全国卷Ⅰ)设(1＋i)x ＝1＋y i ，其中x ，y 是实数，则|x ＋y i|＝( ) A ．1 B. 2 C. 3D ．2解析：因为x ，y ∈R ，(1＋i)x ＝1＋y i ，所以x ＋x i ＝1＋y i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，所以|x ＋y i|＝|1＋i|＝12＋12＝ 2.答案：B5．(2024·株洲二模)设i 为虚数单位，1－i ＝2＋a i 1＋i，则实数a ＝( )A ．2B ．1C ．0D ．－1解析：因为1－i ＝2＋a i 1＋i ＝（2＋a i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝2＋a 2＋a －22i ，所以2＋a 2＝1，且a －22＝－1，解得a ＝0.答案：C6．(2024·安庆二模)已知复数z 满意：(2＋i)z ＝1－i ，其中i 是虚数单位，则z 的共轭复数为( )A.15－35iB.15＋35iC.13－i D.13＋i 解析：由(2＋i)z ＝1－i ，得z ＝1－i 2＋i ＝（1－i ）（2－i ）（2＋i ）（2－i ）＝15－35i ，所以z —＝15＋35i. 答案：B7．(2024·深圳二模)设i 为虚数单位，则复数|1－3i|1＋i ＝( )A ．－1＋iB ．－2＋2iC ．1－iD ．2－2i解析：|1－3i|1＋i ＝21＋i ＝2（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1－i.答案：C8．(2024·九江联考)在复平面内，复数z 对应的点与21－i对应的点关于实轴对称，则z 等于( )A ．1＋iB ．－1－iC ．－1＋iD ．1－i解析：因为复数z 对应的点与21－i ＝2（1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝1＋i 对应的点关于实轴对称，所以z ＝1－i. 答案：D9．(2024·天津十二所重点中学毕业班联考)已知复数3i －ai 的实部与虚部相等(i 为虚数单位)，那么实数a ＝________．解析：因为3i －a i ＝－3－a i－1＝3＋a i 的实部与虚部相等，所以a ＝3. 答案：310．[一题多解](2024·江苏卷)已知复数z ＝(1＋i)(1＋2i)，其中i 是虚数单位，则z 的模是________．解析：法一 因为z ＝(1＋i)(1＋2i)＝1＋2i ＋i －2＝－1＋3i ， 所以|z |＝（－1）2＋32＝10.法二 |z |＝|1＋i||1＋2i|＝2×5＝10. 答案：1011．(2024·江苏卷)若复数z 满意i·z ＝1＋2i ，其中i 是虚数单位，则z 的实部为________．解析：因为i·z ＝1＋2i ，所以z ＝1＋2i i ＝（1＋2i ）（－i ）i ×（－i ）＝2－i.所以复数z 的实部为2. 答案：212．已知复数z ＝x ＋y i ，且|z －2|＝3，则yx的最大值为________． 解析：因为|z －2|＝（x －2）2＋y 2＝3，所以(x －2)2＋y 2＝3. 由图可知⎝ ⎛⎭⎪⎫y x max ＝31＝ 3. 答案： 3B 组 素养提升13．(2024·江西八所重点中学联考)设复数z 满意z ＝|2＋i|＋2i i (i 为虚数单位)，则|z |＝( )A ．3 B.10 C ．9 D ．10解析：z ＝|2＋i|＋2i i ＝5＋2i i ＝（5＋2i ）（－i ）i·（－i ）＝2－5i ，则|z |＝|2－5i|＝4＋5＝3. 答案：A14．(2024·河南百校联盟模拟)已知复数z 的共轭复数为z —，若(1－22i)＝5－2i(i 为虚数单位)，则在复平面内，复数z 所对应的点位于( )A ．第一象限B ．其次象限C ．第三象限D ．第四象限解析：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，z ＝a －b i ，则3z 2＋z－2＝2a ＋b i ， 故2a ＋b i ＝5－2i 1－22i＝1＋2i ，故a ＝12，b ＝ 2.则在复平面内，复数z 所对应的点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，位于第一象限．答案：A15．(2024·三湘名校教化联盟联考)已知i 为虚数单位，复数z ＝3＋2i2－i ，则以下为真命题的是( )A ．z 的共轭复数为75－4i5B ．z 的虚部为85C ．|z |＝3D ．z 在复平面内对应的点在第一象限解析：因为z ＝3＋2i 2－i ＝（3＋2i ）（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝45＋7i5，所以z 的共轭复数为45－7i 5，z 的虚部为75，|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫752＝655，z 在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫45，75，在第一象限．答案：D16．已知i 为虚数单位，若复数z ＝1－a i1＋i (a ∈R)的实部为－3，则|z |＝________．解析：因为z ＝1－a i 1＋i ＝（1－a i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1－a －（a ＋1）i2的实部为－3，所以1－a 2＝－3，解得a ＝7.所以z ＝－3－4i ，故|z |＝（－3）2＋（－4）2＝5. 答案：5。
菲翔学校高考数学总复习 第五章第三节 课时跟踪训练 理试题
墨达哥州易旺市菲翔学校课时知能训练一、选择题1．(2021·模拟)设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2－a5＝0，那么＝()A．5B．8 C．－8D．15【解析】∵8a2－a5＝0，∴8a1q＝a1q4，∴q3＝8，即q＝2.∴＝＝1＋q2＝5.【答案】A2．在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1，假设am＝a1a2a3a4a5，那么m＝()A．9B．10 C．11D．12【解析】∵am＝a1a2a3a4a5＝q·q2·q3·q4＝q10＝a1q10，∴m＝11.【答案】C3．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．a2a4＝1，S3＝7，那么S5＝()A. B.C. D.【解析】设等比数列{an}的公比为q，由题意知即解得∴S5＝＝.【答案】B4．{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，那么数列{}的前5项和为()A.或者5B.或者5C.D.【解析】设等比数列的公比为q，当公比q＝1时，由a1＝1得，9S3＝9×3＝27，而S6＝6，故不合题意．当公比q≠1时，由9S3＝S6及a1＝1，得：9×＝，解得q＝2.所以数列{}的前5项和为1＋＋＋＋＝.【答案】C5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，假设＝3，那么＝()A．2 B. C. D．3【解析】S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，由＝3，即S6＝3S3知，S9－S6＝4S3，∴S9＝7S3，∴＝＝.【答案】B二、填空题6．(2021·模拟)等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，那么an＝________.【解析】由(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)得a＝5，因此等比数列{an}的首项为4，公比q＝＝＝.∴an＝4×()n－1.【答案】4×()n－17．等比数列{an}的公比q＞0，a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，那么{an}的前4项和S4＝________.【解析】∵an＋2＋an＋1＝anq2＋anq＝6an，∴q2＋q－6＝0，又q＞0，∴q＝2，由a2＝a1q＝1得a1＝，∴S4＝＝.【答案】8．数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1是首项为1，公比为2的等比数列，那么an＝________.【解析】an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝＝2n－1.【答案】2n－1三、解答题9．(2021·质检)等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋c.(1)求c的值并求数列{an}的通项公式；(2)假设bn＝Sn＋2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.【解】(1)当n＝1时，a1＝S1＝2＋c，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝∵数列{an}为等比数列，∴a1＝2＋c＝1，∴c＝－1.∴数列{an}的通项公式an＝2n－1.(2)∵bn＝Sn＋2n＋1＝2n＋2n，∴Tn＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋…＋n)＝2(2n－1)＋n(n＋1)＝2n＋1－2＋n2＋n.10．数列满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)(1)求证数列{an＋1}是等比数列；(2)求{an}的通项公式及{an}的前n项和Sn.【解】(1)由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2(an＋1)又a1＋1≠0，所以＝2.∴数列{an＋1}为公比是2的等比数列．(2)由(1)知an＋1＝(a1＋1)qn－1，即an＝(a1＋1)qn－1－1＝2·2n－1－1＝2n－1.故Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.11．(2021·高考)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列{Sn＋}是等比数列．【解】(1)设等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.依题意得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或者d＝－13(舍去)．故{bn}的第3项为5，公比为2.由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝.所以{bn}是以为首项，2为公比的等比数列，那么数列{bn}的通项公式bn＝·2n－1＝5·2n－3.(2)Sn＝＝5·2n－2－，即Sn＋＝5·2n－2所以S1＋＝，＝＝2.因此数列{Sn＋}是以为首项，公比为2的等比数列．。
2022届高考数学总复习 课时提升作业(三十三) 第五章 第五节 文
课时提升作业三十三一、选择题12022·临川模拟数列{a n }的首项为3,{b n }为等差数列且b n =a n1-a n ,若b 3=-2,b 2=12,则a 8= A0B-109C-78D1122022·海淀模拟已知数列{a n }满足:a 1=1,a n >0,a n+12-a n 2=1n ∈N,那么使a n255415141514155415|a 7|B|a 6|175310356116a 11a 101f(n)2 0122 0112 0102 0112 0132 0122 0122 013a n n+1x 21a nT n答案解析1【解析】选B 数列{b n }的公差为-14,故b 1=26,a 8-a 1=b 1b 2…b 7=7×267×62×-14=-112,故a 8=-1092【解析】1=1,a n >0,a n+12-a n 2=1n ∈N可得a n 2=n,即a n =√n ,要使a n 25a n+1a n 15151−(15)n 1−1554150且S 8-S 40,当S 8-S 5>0且S 8-S 4{a 6+a 7+a 8>0,a 5+a 6+a 7+a 8<0,{a 7>0,a 6+a 7<0,|a 7|当S 8-S 50时,有{a 6+a 7+a 8<0,a 5+a 6+a 7+a 8>0, ∴{a 7<0,a 6+a 7>0, ∴|a 6|>|a 7|,故选A5【解析】,a-d,a,ad,a2d 其中d>0,则a-2da-daada2d=5a=100,∴a=20 由17aada2d=a-2da-d,得3a3d= 72a-3d,∴24d=11a,∴d=556, 所以,最小的一份为a-2d=20-1106=536【思路点拨】解答本题首先要搞清条件“a11a10a1d0,a11{a1+9d>0,a1+10d<0,2a1+19d<0,d<0,192a1dn(n−1)2d2d22a1d2a1d1-2a1d},故使得S n0,a110知S19>0,由a11121f(n)1n(n+1)1n1n+11f(1)1f(2)1f(2 012)12121312 01212 0132 0122 013a1+a112√a1a11√b1b11√b62b6,即6月份甲的产值大于乙的产值9【解析】∵'=n n-1-n1n,∴'|=2=n·2n-1-n1·2n=-n·2n-1-2n,∴切线方程为2n=-n·2n-1-2n-2,令=0得=n1·2n,即a n=n1·2n,∴a nn+1=2n,∴S n=2n1-2答案：2n1-210【解析】设开始纯酒精体积与总溶液体积之比为1,操作一次后纯酒精体积与总溶液体积之比a1=12,设操作n次后,纯酒精体积与总溶液体积之比为a n,则a n1=a n·12,∴a n=a1q n-1=12n,∴12n110(n−1)[(n−1)+1]2(n−1)n2n(n+1)2n(n+1)2a2a1a2a12t+1t12124[1−(−12)n]1−(−12)8312x2122π30⇒2π-2π32π32π34π32π32π32π32nπ32nπ32π3√324π3√32{0,n=3k,k∈N+,√32,n=3k−1,k∈N+,−√32,n=3k−2,k∈N+.1a n+11a n1a n1a n1n12131n12131n1n+112n12131n1n+11n+212n1n+21n+312n+21n+11n+20,∴T n1>T n。
2022届高考数学总复习 课时提升作业(二十) 第三章 第五节 文
课时提升作业二十一、选择题12022·鹰潭模拟若角α的终边落在直线=0上,则√1−sin 2α√1−cos 2αcosα的值等于A-2 B2 C-2或2 D022022·九江模拟已知co π=35,∈π,2π,则tan 等于A-34 B-43 C 34 D 43 =√3co3-θ-in3-θ是奇函数,则θ为A π∈ZB ππ6∈ZC ππ3∈Z D-π-π3∈Z42022·汉中模拟设函数f=in2π4co2π4,则A=f 在0,π2上是增加的,其图像关于直线=π4对称 B=f 在0,π2上是增加的,其图像关于直线=π2对称C=f 在0,π2上是减少的,其图像关于直线=π4对称 D=f 在0,π2上是减少的,其图像关于直线=π2对称52022·延安模拟若函数f=1√3tanco,0≤π2√3√3π64√357π62√352√364545√37π43π44545π22f 1+sin 2x cos 2x−sinxcosx 453213π2sin α|cosα||sinα|cosα3535√1−cos 2x 45sin x cosx 43√3212π3π3π3π3π4π4√2π2√2√2π2k π2π2√3√3π6π2π6π62π3π3π64√35⇒32√324√35⇒π6457π6π645√1−cos 280°√1−m 2sin 80°cos80°√1−m 2m √1−m 2m √3π6π6π6π6π6tan (α+β)−tanα1+tan(α+β)tanαtan α1+2tan 2α11tanα+2tanα0, ∴1tanα2tan α≥2√2 当且仅当1tanα=2tan α,即tan α=√22时等号成立,∴tan β的最大值为2√2=√24 答案:√24【方法技巧】三角函数和差公式的灵活应用1三角函数和差公式在三角函数式的化简和求值中经常用到,因此公式的灵活应用非常关键,公式可以正用、逆用、变形应用2逆用关键在于构造公式的形式,方法是通过三角恒等变换,出现和或差的形式,即出现能逆用公式的条件;有时通过两式平方相加减,分子分母同除,切函数化成弦函数等技巧10【思路点拨】1将f 利用辅助角公式化为f=Ain ωφ的形式求解2由条件求得β的值后再证明【解析】1f=inco 7π4coin 7π4coco 3π4inin 3π4=√2in-√2co=2in-π4,∴f 的最小正周期T=2π,最小值f min =-22由已知得co αco βin αin β=45, co αco β-in αin β=-45,两式相加得2co αco β=0,∵0π2π2π4√321+cos2x 212π4π2π4π2√321+cos2x 212√3212π6π4π2π3π65π6π6π2π3π65π6π212π4π2⇔π4π2f ma -1且m 121⇔m 120,故-1<m<12,故m 的取值范围是-1,12 11【思路点拨】先求出f ′,然后根据条件逐步求解【解析】1由已知得f ′=co-in,若f=2f ′,则coin=2co-in,得tan=131+sin 2xcos 2x−sinxcosx =c os 2x+2sin 2x cos 2x−sinxcosx=1+2tan 2x 1−tanx =1162F=incoco-ininco 2=2co 2in 2=co 2in 21=√2in2π41,当=ππ8,∈Z 时,F 的最大值是√21当=π-3π8,∈Z 时,F 的最小值是1-√212【思路点拨】1①建立坐标系,利用两点间的距离公式证明;②利用诱导公式及两角和的余弦公式证明 2直接利用公式求解【解析】1①如图,在直角坐标系O 内作单位圆O,并作出角α,β与-β,使角α的始边为O 轴非负半轴,交☉O 于点P 1,终边交☉O 于点P 2;角β的始边为OP 2,终边交☉O 于点P 3,角-β的始边为OP 1,终边交☉O 于点P 4则P 11,0,P 2co α,in α,P 3co αβ,in αβ,P 4co-β,in-β由P 1P 3=P 2P 4及两点间的距离公式,得[co αβ-1]2in 2αβ=[co-β-co α]2[in-β-in α]2,展开并整理,得2-2co αβ=2-2co αco β-in αin β∴co αβ=co αco β-in αin β②由①易得,co π2-α=in α, in π2-α=co α in αβ=co[π2-αβ] =co[π2-α-β] =co π2-αco-β-in π2-αin-β=in αco βco αin β∴in αβ=in αco βco αin β2∵α∈π,32π,co α=-45,∴in α=-35 ∵β∈π2,π,tan β=-13,∴co β=-3√1010,in β=√1010co αβ=co αco β-in αin β=-45×-3√1010--35×√1010=3√1010。
2021届高考数学(文科全国通用)一轮总复习课时提升作业：第五章 数列 三十一 5.3
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课时提升作业三十一等比数列及其前n项和(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2022·济南模拟)已知等比数列的前三项依次为a-1,a+1,a+4,则a n=( )A.4·B.4·C.4·D.4·【解析】选C.由于等比数列{a n }的前三项依次为a-1,a+1,a+4,得(a+1)2=(a-1)(a+4),解得a=5,因此前三项依次为4,6,9,公比q=,因此a n=4·.2.在等比数列{a n}中,a3=6,前3项之和S3=18,则公比q的值为( )A.1B.-C.1或-D.-1或【解析】选C.依据已知条件得所以=3.整理得2q2-q-1=0,解得q=1或q=-.【易错警示】解答本题会消灭以下错误:利用等比数列的前n项和公式表示S3后,计算结果中把q=1的结果舍去了,导致错误的缘由是忽视了q=1与q≠1时,前n项和的计算公式不同.3.已知数列{a n}的前n项和S n=2n-1,则数列{a n}的奇数项的前n项和为( )A. B.C. D.【解析】选C.依题意,当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-1;当n=1时,a1=S1=2-1=1,a n=2n-1也适合a1.因此,a n=2n-1,=2,数列{a n}是等比数列,数列{a n}的奇数项的前n项和为=.4.(2022·滨州模拟)已知正项等比数列{a n}中,a2·a5·a13·a16=256,a7=2,则数列的公比为( )A. B.2 C.±2 D.±【解析】选A.由等比数列的性质得a2·a5·a13·a16==256⇒a9=4,又a7=2,各项为正,所以q2==2,q=.5.已知等比数列{a n}的首项为8,S n是其前n项的和,某同学经计算得S1=8,S2=20,S3=36,S4=65,后来该同学发觉其中一个数算错了,则该数为( ) A.S1 B.S2 C.S3 D.S4【解析】选C.依据题意可得明显S1是正确的,假设后三个数均未算错,则a1=8,a2=12,a3=16,a4=29,可知=a1a3,所以S2,S3中必有一个数算错了,若S2算错了,则a4=29=a1q3,q=√2932,明显S3=36≠8(1+q+q2),冲突,所以只可能是S3算错了,此时由a2=12得q=,a3=18,a4=27,S4=S2+18+27=65,满足题设.【加固训练】(2022·乌鲁木齐模拟)已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,b n=,且{b n}的前n项和为T n,若对一切正整数n都有S n>T n,则数列{a n}的公比q的取值范围是( )A.0<q<1B.q>1C.q>D.1<q<【解析】选B.由于{a n}是等比数列,公比为q,所以b n ==a n,于是b1+b2+…+b n =(a1+a2+…+a n),即T n =·S n.又S n>T n,且T n>0,所以q2=>1.由于a n>0对任意n∈N*都成立,所以q>0,因此公比q的取值范围是q>1.二、填空题(每小题5分,共15分)6.等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3+3S2=0,则公比q= .【解析】由于S3+3S2=0,所以a1+a2+a3+3(a1+a2)=0,所以a1(4+4q+q2)=0.由于a1≠0,所以q=-2.答案:-27.在公比为正数的等比数列中,a1+a2=2,a3+a4=8,则S8= .【解析】方法一:S8=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+(a7+a8)=2+8+32+128=170.方法二:q2==4,又q>0,所以q=2.所以a1(1+q)=a1(1+2)=2,所以a1=.所以S8==170.答案:1708.(2021·福建高考)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于.【解题提示】利用等差、等比中项及根与系数的关系求解.【解析】由题可得所以a>0,b>0,不妨设a>b,所以等比数列为a,-2,b 或b,-2,a,从而得到ab=4=q,等差数列为a,b,-2或-2,b,a,从而得到2b=a-2,两式联立解出a=4,b=1,所以p=a+b=5,所以p+q=4+5=9.答案:9 三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2022·聊城模拟)已知等比数列{a n}的全部项均为正数,首项a1=1,且a4,3a3,a5成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)数列{a n+1-λa n}的前n项和为S n,若S n=2n-1(n∈N*),求实数λ的值.【解析】(1)设数列{a n}的公比为q,由条件可知q3,3q2,q4成等差数列,所以6q2=q3+q4,解得q=-3或q=2,由于q>0,所以q=2.所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1(n∈N*).(2)记b n=a n+1-λa n,则b n=2n-λ·2n-1=(2-λ)2n-1,若λ=2,则b n=0,S n=0,不符合条件;若λ≠2,则=2,数列{b n}为首项为2-λ,公比为2的等比数列,此时S n=(1-2n)=(2-λ)(2n-1),由于S n=2n-1,所以λ=1.10.(2022·烟台模拟)已知数列{c n},其中c n=2n+3n,且数列{c n+1-pc n}为等比数列,求常数p.【解析】由于{c n+1-pc n}是等比数列,所以当n≥2时,有(c n+1-pc n)2=(c n+2-pc n+1)(c n-pc n-1),将c n=2n+3n代入上式,得[2n+1+3n+1-p(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)]·[2n+3n-p(2n-1+3n-1)],即[(2-p)2n+(3-p)3n]2=[(2-p)2n+1+(3-p)3n+1][(2-p)2n-1+(3-p)·3n-1]. 整理得(2-p)(3-p)·2n·3n=0.所以2-p=0或3-p=0,所以p=2或p=3.【一题多解】解答本题,还有以下解法:方法一:由c n=2n+3n,得c1=5,c2=13,c3=35,c4=97.因而数列{c n+1-pc n}的前三项依次为13-5p,35-13p,97-35p.由题意得:(35-13p)2=(13-5p)(97-35p),整理得:p2-5p+6=0,解得p=2或p=3.当p=2时,c n+1-pc n=(2n+1+3n+1)-2(2n+3n)=3n,所以==3.所以此时{c n+1-pc n}是等比数列.同理p=3时数列{c n+1-pc n}也是等比数列,所以p=2或p=3.方法二:{c n+1-pc n}是等比数列⇔=非零常数.由于===2+=2+.为使为非零常数,也就是使2+为非零常数.所以p-2=0或p-3=0, 所以p=2或p=3.【加固训练】设{a n}是公比为q的等比数列.(1)推导{a n}的前n项和公式.(2)设q≠1,证明数列{a n+1}不是等比数列.【解析】(1)设{a n}的前n项和为S n,当q=1时,S n=a1+a1+…+a1=na1;当q≠1时,S n=a1+a1q+a1q2+…+a1q n-1,①qS n=a1q+a1q2+…+a1q n,②①-②得,(1-q)S n=a1-a1q n,所以S n =,所以S n =(2)假设{a n+1}是等比数列,则对任意的k∈N*,(a k+1+1)2=(a k+1)(a k+2+1),+2a k+1+1=a k a k+2+a k+a k+2+1,q2k+2a1q k=a1q k-1·a1q k+1+a1q k-1+a1q k+1,由于a1≠0,所以2q k=q k-1+q k+1.由于q≠0,所以q2-2q+1=0,所以q=1,与已知冲突,所以假设不成立,故{a n+1}不是等比数列.(20分钟40分)1.(5分)等比数列{a n}中,a3+a6=36,a4+a7=18,a n =,则n= ( )A.7B.8C.9D.10【解析】选D.方法一:由于所以q=.又由于a3+a6=a3(1+q3)=36,所以a3=32.由于a n=a3·q n-3=32·=28-n ==2-2,所以8-n=-2,即n=10.方法二:由于a4+a7=a1·q3(1+q3)=18且a3+a6=a1·q2·(1+q3)=36,所以q=,a1=128.又由于a n=a1·q n-1=27·=28-n ==2-2,所以8-n=-2,即n=10.【加固训练】(2022·成都模拟)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且a1+a3=,a2+a4=,则= ( )A.4n-1B.4n-1C.2n-1D.2n-1【解析】选D.设等比数列{a n}的公比为q,则q==5452=,所以===2n-1.2.(5分)(2022·青岛模拟)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和,若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6= .【解析】解方程x2-5x+4=0可得a1=1,a3=4或a1=4,a3=1(舍),所以公比q=2,所以S6==63.答案:633.(5分)(2022·太原模拟)已知方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根组成以为首项的等比数列,则= .【解题提示】利用根与系数的关系求出根的积,再由等比数列求出根,最终可求出m,n 的值.【解析】设a,b,c,d是方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根,不妨设a<c<d<b,则a·b=c·d=2,a=,故b=4,依据等比数列的性质,得到c=1,d=2,则m=a+b=,n=c+d=3,或m=c+d=3,n=a+b=,则=或=.答案:或【加固训练】在等比数列{a n}中,若a 3=4,a 9=1,则a6= ,若a3=4,a11=1,则a7= .【解析】设数列{a n}的公比为q,则a3,a6,a9组成的新数列的公比为q3.若a3=4,a9=1,则=4,a6=±2,符合题意;a3,a7,a11组成的新数列的公比为q4,由a3=4,a11=1,得=4,当a7=2时,q4=,符合题意,当a7=-2时,q4=-,不合题意,舍去.答案:±2 24.(12分)(2022·大连模拟)数列{a n}中,S n=1+ka n(k≠0,k≠1).(1)证明:数列{a n}为等比数列.(2)求通项a n.(3)当k=-1时,求++…+.【解析】(1)由于S n=1+ka n,①S n-1=1+ka n-1(n≥2),②①-②得S n-S n-1=ka n-ka n-1(n≥2),所以(k-1)a n=ka n-1,由已知可得a n=0时S n=1无意义,所以=为非零常数,n≥2.所以{a n}是公比为的等比数列.(2)由于S1=a1=1+ka1,所以a1=.所以a n=·=-.(3)由于{a n}中a1=,q=,所以{}是首项为,公比为的等比数列.当k=-1时,等比数列{}的首项为,公比为,所以++…+==.5.(13分)(2022·日照模拟)已知数列中,a1=1,a n+1=(1)证明数列是等比数列.(2)求a2n及a2n-1.【解析】(1)设b n=a2n -,则b1=a2-=-=-,由于=====.所以数列是以-为首项,为公比的等比数列.(2)由(1)得b n=a2n -=-·=-·,即a2n =-·+,由a2n =a2n-1+(2n-1),得a2n-1=3a2n -3(2n-1)=-·-6n+.【加固训练】设数列{a n}的前n项和为S n,其中a n≠0,a1为常数,且-a1,S n,a n+1成等差数列.(1)求{a n}的通项公式. (2)设b n=1-S n,问:是否存在a1,使数列{b n}为等比数列?若存在,求出a1的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)依题意,得2S n=a n+1-a1.当n≥2时,有两式相减,得a n+1=3a n(n≥2).又由于a2=2S1+a1=3a1,a n≠0,所以数列{a n}是首项为a1,公比为3的等比数列.因此,a n=a1·3n-1(n∈N*).(2)由于S n ==a1·3n -a1,b n=1-S n =1+a1-a1·3n.要使{b n}为等比数列,当且仅当1+a1=0,即a1=-2.所以存在a1=-2,使数列{b n}为等比数列.关闭Word文档返回原板块。
2021年高考数学 第五章 第三节 等比数列课时提升作业 文 北师大版
2021年高考数学第五章第三节等比数列课时提升作业文北师大版一、选择题1.已知等比数列{an }的公比q=2,其前4项和S4=60,则a2等于( )(A)8 (B)6 (C)-8 (D)-62.(xx·西安模拟)已知a1,,,…,,…是首项为1,公比为2的等比数列,则数列{an}的第100项等于( )(A)25 050(B)24 950 (C)2100(D)2993.在正项等比数列{an }中,a1,a19分别是方程x2-10x+16=0的两根,则a8·a10·a12等于( )(A)16 (B)32 (C)64 (D)2564.设等比数列{an }的公比q=2,前n项和为Sn,则的值为( )(A) (B) (C) (D)5.(xx·沈阳模拟)已知数列{an }满足log3an+1=log3an+1(n∈N+)且a2+a4+a6=9,则lo(a5+a7+a9)的值是( )(A)-5 (B)- (C)5 (D)6.设等比数列{an }的前n项和为Sn,若a2 011=3S2 010+2 012,a2 010=3S2 009+2 012,则公比q=( )(A)4 (B)1或4 (C)2 (D)1或27.公差不为零的等差数列{an }的前n项和为Sn,若a4是a3与a7的等比中项,S8=32,则S10等于( )(A)18 (B)24 (C)60 (D)908.(xx·汉中模拟)在等比数列{an }中,a6与a7的等差中项等于48,a4a5a6a7a8a9a10=1286.如果设数列{an }的前n项和为Sn,那么Sn= ( )(A)5n-4 (B)4n-3(C)3n-2 (D)2n-1二、填空题9.(xx·广东高考)若等比数列{an }满足a2a4=,则a1a5= .10.已知等比数列{an}的首项为2,公比为2,则= .11.(能力挑战题)设数列{an }的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=2Sn+n+1(n∈N+),则数列{an}的通项公式an= .三、解答题12.(xx·宝鸡模拟)已知数列{an }满足:a1=2,an+1=2an+1.(1)证明:数列{an+1}为等比数列.(2)求数列{an}的通项公式.13.(xx·西安模拟)已知数列{an }的首项为a1=1,其前n项和为Sn,且对任意正整数n有n,an,Sn成等差数列.(1)求证:数列{Sn+n+2}成等比数列.(2)求数列{an}的通项公式.14.(能力挑战题)已知{an }是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=2(+),a3+a4+a5=64(++),(1)求{an}的通项公式.(2)设bn =(an+)2,求数列{bn}的前n项和Tn.15.(能力挑战题)设一元二次方程an x2-an+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β,且满足6α-2αβ+6β=3.(1)试用an 表示an+1.(2)求证:数列{an-}是等比数列.(3)当a1=时,求数列{an}的通项公式.答案解析1.【解析】选A.S4=60,q=2⇒=60⇒a1=4,∴a2=a1q=4×2=8.2.【解析】选B.假设a=1,数列{}的通项公式是=2n-1.所以a100=a1···…·=20+1+…+99=24 950.3.【解析】选C.根据根与系数的关系得a1a19=16,由此得a10=4,a8a12=16,故a8·a10·a12=64.4.【解析】选A.====.5.【思路点拨】根据数列满足log3an+1=log3an+1(n∈N+)且a2+a4+a6=9可以确定数列是公比为3的等比数列,再根据等比数列的通项公式即可通过a2+a4+a6=9求出a5+a7+a9的值.【解析】选A.由log3an+1=log3an+1(n∈N+),得an+1=3an,又因为an>0,所以数列{an}是公比为3的等比数列,a5+a7+a9=(a2+a4+a6)×33=35,所以lo(a5+a7+a9)=-log335=-5.6.【解析】选A.由a2 011=3S2 010+2 012,a2 010=3S2 009+2 012两式相减得a2 011-a2 010=3a2 010,即q=4.7.【解析】选C.由=a3a7得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),又因为公差不为零,所以2a1+3d=0,再由S8=8a1+d=32得2a1+7d=8,则d=2,a1=-3,所以S10=10a1+d=60.故选C.8.【解析】选D.设等比数列{an}的公比为q,由a6与a7的等差中项等于48,得a6+a7=96,即a1q5(1+q)=96, ①由等比数列的性质,得a4a10=a5a9=a6a8=,因为a4a5a6a7a8a9a10=1286,则=1286=(26)7,即a1q6=26, ②由①②解得a1=1,q=2,∴Sn==2n-1,故选D.9.【思路点拨】本题考查了等比数列的性质:已知m,n,p∈N+,若m+n=2p,则am·an=.【解析】∵a2a4=,∴=,∴a1a5==.答案：10.【解析】由题意知an=2n,所以===22=4.答案：411.【解析】∵Sn+1=2Sn+n+1,当n≥2时Sn=2Sn-1+n,两式相减得:an+1=2an+1,∴an+1+1=2(an+1),即=2.又S2=2S1+1+1,a1=S1=1,∴a2=3,∴=2,∴{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,∴an +1=2n即an=2n-1(n∈N+).答案：2n-1【方法技巧】含S n ,a n 问题的求解策略当已知含有S n+1,S n 之间的等式时,或者含有S n ,a n 的混合关系的等式时,可以采用降级角标或者升级角标的方法再得出一个等式,两个等式相减就把问题转化为数列的通项之间的递推关系式.12.【解析】(1)==2,所以{a n +1}是以2为公比的等比数列. (2)由(1)知a n +1=(a 1+1)×2n-1, 所以a n =3×2n-1-1.13.【解析】(1)因为n,a n ,S n 成等差数列, 所以2a n =S n +n, 当n ≥2时,a n =S n -S n-1, 所以2(S n -S n-1)=S n +n, 即S n =2S n-1+n(n ≥2), 所以S n +n+2=2S n-1+2n+2 =2[S n-1+(n-1)+2], 又S 1+2-1+2=4≠0, 所以=2,所以数列{S n +n+2}成等比数列.(2)由(1)知{S n +n+2}是以4为首项,2为公比的等比数列, 所以S n +n+2=4·2n-1=2n+1, 又2a n =n+S n ,所以2a n +2=2n+1, 所以a n =2n -1.14.【思路点拨】(1)设出公比q,根据条件列出关于a 1与q 的方程组求得a 1与q,即可求得数列的通项公式.(2)由(1)中求得数列的通项公式,可求出{b n }的通项公式,由其通项公式可知分开求和即可. 【解析】(1)设公比为q,则a n =a 1q n-1.由已知得化简得又a 1>0,故q=2,a 1=1,所以a n =2n-1. (2)由(1)得b n =(a n +)2=+2+ =4n-1++2.所以T n =(1+4+…+4n-1)+(1++…+)+2n =++2n=(4n -41-n )+2n+1.15.【解析】(1)∵一元二次方程a n x 2-a n+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β, 由根与系数的关系易得α+β=,αβ=,∵6α-2αβ+6β=3,∴-=3,即an+1=an+.(2)∵an+1=an+,∴an+1-=(an-),当an-≠0时,=,当an -=0,即an=时,此时一元二次方程为x2-x+1=0,即2x2-2x+3=0,∵Δ=4-24<0,∴不合题意,即数列{an-}是等比数列.(3)由(2)知:数列{an -}是以a1-=-=为首项,公比为的等比数列,∴an-=×()n-1=()n,即an=()n+,∴数列{an }的通项公式是an=()n+.【变式备选】定义:若数列{An }满足An+1=,则称数列{An}为“平方递推数列”.已知数列{an}中,a1=2,点(an,an+1)在函数f(x)=2x2+2x的图像上,其中n为正整数.(1)证明:数列{2an +1}是“平方递推数列”,且数列{lg(2an+1)}为等比数列.(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn ,即Tn=(2a1+1)(2a2+1) (2)n+1),求数列{an}的通项公式及T n 关于n 的表达式. 【解析】(1)由条件得:a n+1=2+2a n , ∴2a n+1+1=4+4a n +1=(2a n +1)2, ∴{2a n +1}是“平方递推数列”. ∵lg(2a n+1+1)=2lg(2a n +1), ∴=2,∴{lg(2a n +1)}为等比数列. (2)∵lg(2a 1+1)=lg5, ∴lg(2a n +1)=lg5·2n-1, ∴2a n +1=,∴a n =(-1).∵lgT n =lg(2a 1+1)+lg(2a 2+1)+…+lg(2a n +1) ==(2n -1)lg5,∴T n =.24053 5DF5 巵27710 6C3E 氾[29858 74A2 璢22798 590E 夎•32090 7D5A 絚`23076 5A24 娤])RV35131 893B 褻。
2020高考文科数学课时提升练31
高考数学 课时提升练(三十一) 不等关系与不等式一、选择题1．已知x ＞y ＞z ，x ＋y ＋z ＝0，则下列不等式中成立的是( ) A ．xy ＞yz B ．xz ＞yz C ．xy ＞xzD ．x |y |＞z |y |【解析】 由已知得x ＞0，z ＜0，又∵y ＞z ，∴xy ＞xz . 【答案】 C2．(2014·山东高考)已知实数x ，y 满足a x <a y (0<a <1)，则下列关系式恒成立的是( )A ．x 3>y 3B ．sin x >sin yC ．ln(x 2＋1)>ln(y 2＋1) D.1x 2＋1>1y 2＋1【解析】 ∵0＜a ＜1，a x ＜a y ，结合指数函数单调性知x ＞y ，结合幂函数的性质知x 3＞y 3.【答案】 A3．已知a ，b ，c 满足c ＜b ＜a 且ac ＜0，则下列选项中不一定能成立的是( )A.c a ＜b aB.b －a c ＞0C.b 2c ＜a 2cD.a －c ac ＜0【解析】 ∵c ＜b ＜a ，且ac ＜0，∴c ＜0，a ＞0，∴c a ＜b a ，b －ac ＞0，a －c ac ＜0，但b 2与a 2的关系不确定，故b 2c ＜a2c 不一定成立．【答案】 C4．在所给的四个条件：①b ＞0＞a ；②0＞a ＞b ；③a ＞0＞b ；④a ＞b ＞0中，能推出1a ＜1b 成立的有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【解析】 1a ＜1b 成立，即b －a ab ＜0成立，逐个验证可得，①②④满足题意．【答案】 C5．设a ，b 为实数，则“0＜ab ＜1”是“b ＜1a ”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】 ∵0＜ab ＜1，∴a ，b 同号，且ab ＜1. ∴当a ＞0，b ＞0时，b ＜1a ； 当a ＜0，b ＜0时，b ＞1a .∴“0＜ab ＜1”是“b ＜1a ”的不充分条件．而取b ＝－1，a ＝1，显然有b ＜1a ，但不能推出0＜ab ＜1， ∴“0＜ab ＜1”是“b ＜1a ”的不必要条件． 【答案】 D6．若角α，β满足－π2＜α＜β＜π，则α－β的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2，3π2 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3π2 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0 【解析】 ∵－π2＜α＜β＜π，∴α－β＜0. 又－π2＜α＜π，－π＜－β＜π2. 故－3π2＜α－β＜0. 【答案】 B7．已知p ＝a ＋1a －2，q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2，其中a ＞2，x ∈R ，则p ，q的大小关系是( )A ．p ≥qB ．p ＞qC ．p ＜qD ．p ≤q【解析】 p ＝a ＋1a －2＝a －2＋1a －2＋2≥2＋2＝4，当且仅当a＝3时取等号．因为x 2－2≥－2，所以q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2＝4，当且仅当x ＝0时取等号．所以p ≥q .【答案】 A8．设a >0，b >0，( ) A ．若2a ＋2a ＝2b ＋3b ，则a >b B ．若2a ＋2a ＝2b ＋3b ，则a <b C ．若2a －2a ＝2b －3b ，则a >bD ．若2a －2a ＝2b －3b ，则a <b【解析】 当0＜a ≤b 时，显然2a ≤2b,2a ≤2b ＜3b ， ∴2a ＋2a ＜2b ＋3b ， 即2a ＋2a ≠2b ＋3b .∴它的逆否命题“若2a ＋2a ＝2b ＋3b ，则a ＞b ”成立， 因此A 正确． 【答案】 A9．已知实数a ，b ，c 满足b ＋c ＝6－4a ＋3a 2，c －b ＝4－4a ＋a 2，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．c ≥b ＞aB ．a ＞c ≥bC ．c ＞b ＞aD ．a ＞c ＞b【解析】 c －b ＝4－4a ＋a 2＝(2－a )2≥0，∴c ≥b ，已知两式作差得2b ＝2＋2a 2，即b ＝1＋a 2， ∵1＋a 2－a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34＞0，∴1＋a 2＞a ， ∴b ＝1＋a 2＞a ，∴c ≥b ＞a . 【答案】 A10．若a ＞b ＞0，则下列不等式中一定成立的是( ) A ．a ＋1b ＞b ＋1a B.b a ＞b ＋1a ＋1C ．a －1b ＞b －1aD.2a ＋b a ＋2b ＞a b【解析】 取a ＝2，b ＝1，排除B 与D ；另外，函数f (x )＝x －1x 是(0，＋∞)上的增函数，但函数g (x )＝x ＋1x 在(0,1]上递减，在[1，＋∞)上递增，所以，当a ＞b ＞0时，f (a )＞f (b )必定成立．但g (a )＞g (b )未必成立，这样a －1a ＞b －1b ⇔a ＋1b ＞b ＋1a .【答案】 A11．(2012·湖南高考)设a >b >1，c <0，给出下列三个结论： ①c a >cb ；②ac <b c ；③log b (a －c )>log a (b －c )． 其中所有的正确结论的序号是( ) A ．① B ．①② C ．②③D ．①②③【解析】 ∵a >b >1，∴1a <1b . 又c <0，∴c a >cb ，故①正确．当c ＜0时，y ＝x c 在(0，＋∞)上是减函数， 又a >b >1，∴a c <b c ，故②正确． ∵a >b >1，－c >0，∴a －c >b －c >1. ∴log b (a －c )>log a (a －c )>log a (b －c )， 即log b (a －c )>log a (b －c )，故③正确． 【答案】 D12．(2011·大纲全国卷)下面四个条件中，使a ＞b 成立的充分而不必要的条件是( )A ．a ＞b ＋1B ．a ＞b －1C ．a 2＞b 2D ．a 3＞b 3 【解析】 由a ＞b ＋1＞b ，得a ＞b ；而由a ＞b ，得不到a ＞b ＋1，故a ＞b ＋1是a ＞b 的充分不必要条件．【答案】 A 二、填空题13．设x ，y ∈R ，则“x ≥2且y ≥2”是“x 2＋y 2≥4”的________条件．【解析】 ∵x ≥2且y ≥2，∴x 2＋y 2≥4，∴“x ≥2且y ≥2”是“x 2＋y 2≥4”的充分条件；而x 2＋y 2≥4不一定得出x ≥2且y ≥2，例如当x ≤－2且y ≤－2时，x 2＋y 2≥4亦成立，故“x ≥2且y ≥2”不是“x 2＋y 2≥4”的必要条件．∴“x ≥2且y ≥2”是“x 2＋y 2≥4”的充分不必要条件．【答案】 充分不必要14．已知12＜a ＜60,15＜b ＜36，则ab 的取值范围是________． 【解析】 ∵15＜b ＜36，∴136＜1b ＜115，又∵12＜a ＜60， ∴1236＜a b ＜6015，即13＜a b ＜4.【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，415．已知θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，且a ＝cos 2θ，b ＝cos θ－sin θ，则a 与b的大小关系为________．【解析】 a b ＝cos 2θcos θ－sin θ＝cos θ＋sin θ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，∵θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，∴θ＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4∈(1，2)，即ab ＞1，∴a ＞b .【答案】 a ＞b16．已知存在实数a 满足ab 2＞a ＞ab ，则实数b 的取值范围是________．【解析】 ∵ab 2＞a ＞ab ，∴a ≠0，当a ＞0时，b 2＞1＞b ，即⎩⎪⎨⎪⎧ b 2＞1，b ＜1，∴b ＜－1；当a ＜0时，b 2＜1＜b ，即⎩⎪⎨⎪⎧b 2＜1，b ＞1，无解．综上可得b ＜－1. 【答案】 (－∞，－1)。
高考数学总复习 课时提升作业(二十) 第三章 第五节 文
高考数学总复习课时提升作业(二十) 第三章第五节文一、选择题1.(2013·鹰潭模拟)若角α的终边落在直线x+y=0上,则+的值等于( )(A)-2 (B)2 (C)-2或2 (D)02.(2013·九江模拟)已知cos(π+x)=,x∈(π,2π),则tanx等于( )(A)-(B)-(C)(D)3.函数f(x)=cos(3x-θ)-sin(3x-θ)是奇函数,则θ为( )(A)kπ(k∈Z) (B)kπ+(k∈Z)(C)kπ+(k∈Z) (D)-kπ-(k∈Z)4.(2013·汉中模拟)设函数f(x)=sin(2x+)+cos(2x+),则( )(A)y=f(x)在(0,)上是增加的,其图像关于直线x=对称(B)y=f(x)在(0,)上是增加的,其图像关于直线x=对称(C)y=f(x)在(0,)上是减少的,其图像关于直线x=对称(D)y=f(x)在(0,)上是减少的,其图像关于直线x=对称5.(2013·延安模拟)若函数f(x)=(1+tanx)cosx,0≤x<,则f(x)的最大值为( ) (A)1 (B)2 (C)+1 (D)+26.已知cos(α-)+sinα=,则sin(α+)的值是( )(A)-(B)(C)-(D)二、填空题7.(2013·阜阳模拟)已知cos(-100°)=m,则tan80°= .8.已知函数f(x)=sinx-cosx,x∈R,则该函数图像的对称中心为.9.已知:0°<α<90°,0°<α+β<90°,3sinβ=sin(2α+β),则tanβ的最大值是.三、解答题10.已知函数f(x)=sin(x+)+cos(x-),x∈R.(1)求f(x)最小正周期和最小值.(2)已知cos(β-α)=,cos(β+α)=-,0<α<β≤,求证:[f(β)]2-2=0.11.(能力挑战题)已知函数f(x)=sinx+cosx,f′(x)是f(x)的导函数.(1)若f(x)=2f′(x),求的值.(2)求函数F(x)=f(x)f′(x)+f2(x)的最大、最小值.12.(1)①证明两角和的余弦公式Cα+β:cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ;②由Cα+β推导两角和的正弦公式Sα+β:sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ.(2)已知cosα=-,α∈(π,π),tanβ=-,β∈(,π),求cos(α+β).答案解析1.【解析】选D.原式=+,由题意知角α的终边在第二、四象限,sinα与cosα的符号相反,所以原式=02.【解析】选D.∵cos(π+x)=-cosx=,∴cosx=-,又π<x<2π,∴sinx=-=-,∴tanx==.3.【解析】选D.由已知得,f(x)=2[cos(3x-θ)-sin(3x-θ)]=2sin(-3x+θ)=-2sin(3x--θ).∵f(x)是奇函数,∴--θ=kπ(k∈Z).故θ=-kπ-(k∈Z).4.【解析】选D.因为y=sin(2x+)+cos(2x+)=sin(2x+)=cos 2x,所以y=cos 2x在(0,)上是减少的,对称轴为2x=kπ(k∈Z),即x=(k∈Z),当k=1时,x=.5.【解析】选B.y=(1+tanx)cosx=cosx+sinx=2sin(x+),由0≤x<,得≤x+<,故当x=时,有最大值2.6.【解析】选C.cos(α-)+sinα=⇒sinα+cosα=⇒sin(α+)=,所以sin(α+)=-sin(α+)=-.7.【解析】cos(-100°)=cos100°=cos(180°-80°)=-cos80°=m,∴cos 80°=-m,∴m<0,∴sin80°==,∴tan80°==-.答案:-8.【解析】f(x)=sinx-cosx=2sin(x-),由x-=kπ(k∈Z),得x=kπ+(k∈Z),故所求对称中心为(kπ+,0)(k∈Z).答案:(kπ+,0)(k∈Z)9.【解析】由3sinβ=sin(2α+β)得3sin(α+β-α)=sin(α+β+α),化简得sin(α+β)cosα=2cos(α+β)sinα,∴tan(α+β)=2tanα,∴tanβ=tan(α+β-α)===.由题意知,tanα>0,∴+2tanα≥2(当且仅当=2tanα,即tanα=时等号成立),∴tanβ的最大值为=.答案:【方法技巧】三角函数和差公式的灵活应用(1)三角函数和差公式在三角函数式的化简和求值中经常用到,因此公式的灵活应用非常关键,公式可以正用、逆用、变形应用.(2)逆用关键在于构造公式的形式,方法是通过三角恒等变换,出现和或差的形式,即出现能逆用公式的条件;有时通过两式平方相加减,分子分母同除,切函数化成弦函数等技巧.10.【思路点拨】(1)将f(x)利用辅助角公式化为f(x)=Asin(ωx+φ)的形式求解.(2)由条件求得β的值后再证明.【解析】(1)f(x)=sinxcos+cosxsin+cosxcos+sinxsin=s inx-cosx=2sin(x-),∴f(x)的最小正周期T=2π,最小值f(x)min=-2.(2)由已知得cosαcosβ+sinαsinβ=,cosαcosβ-sinαsinβ=-,两式相加得2cosαcosβ=0,∵0<α<β≤,∴cosβ=0,则β=,∴[f(β)]2-2=4sin2-2=0.【变式备选】函数f(x)=sin2x--.(1)若x∈[,],求函数f(x)的最值及对应的x的值.(2)若不等式[f(x)-m]2<1在x∈[,]上恒成立,求实数m的取值范围. 【解析】(1)f(x)=sin 2x--=sin 2x-cos 2x-1=sin(2x-)-1,∵x∈[,],∴≤2x-≤,当2x-=,即x=时,f(x)max=0,当2x-=,即x=时,f(x)min=-.(2)方法一:∵[f(x)-m]2<1(x∈[,])⇔f(x)-1<m<f(x)+1(x∈[,]), ∴m>f(x)max-1且m<f(x)min+1,故m的取值范围为(-1,).方法二:∵[f(x)-m]2<1⇔m-1<f(x)<m+1,∴m-1<-且m+1>0,故-1<m<,故m的取值范围是(-1,).11.【思路点拨】先求出f′(x),然后根据条件逐步求解.【解析】(1)由已知得f′(x)=cosx-sinx,若f(x)=2f′(x),则cosx+sinx=2(cosx-sinx),得tanx=.===.(2)F(x)=(sinx+cosx)(cosx-sinx)+(sinx+cosx)2=2cos2x+sin 2x=cos 2x+sin 2x+1=sin(2x+)+1,当x=kπ+,k∈Z时,F(x)的最大值是+1.当x=kπ-,k∈Z时,F(x)的最小值是1-.12.【思路点拨】(1)①建立坐标系,利用两点间的距离公式证明;②利用诱导公式及两角和的余弦公式证明.(2)直接利用公式求解.【解析】(1)①如图,在直角坐标系xOy内作单位圆O,并作出角α,β与-β,使角α的始边为Ox轴非负半轴,交☉O于点P1,终边交☉O于点P2;角β的始边为OP2,终边交☉O于点P3,角-β的始边为OP1,终边交☉O于点P4.则P1(1,0),P2(cosα,sinα),P3(cos(α+β),sin(α+β)),P4(cos(-β),sin(-β)).由P1P3=P2P4及两点间的距离公式,得[cos(α+β)-1]2+sin2(α+β)=[cos(-β)-cosα]2+[sin(-β)-sinα]2,展开并整理,得2-2cos(α+β)=2-2(cosαcosβ-sinαsinβ).∴cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ.②由①易得,cos(-α)=sinα,sin(-α)=cosα.sin(α+β)=cos[-(α+β)]=cos[(-α)+(-β)]=cos(-α)cos(-β)-sin(-α)sin(-β)=sinαcosβ+cosαsinβ.∴sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ.(2)∵α∈(π,π),cosα=-,∴sinα=-.∵β∈(,π),tanβ=-,∴cosβ=-,sinβ=.cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ=(-)×(-)-(-)×=.。
高考数学总复习 课时提升作业(三十六) 第六章 第三节 文
课时提升作业(三十六)一、选择题1.设0<a<b,则下列不等式中正确的是( )(A)a<b<<(B)a<<<b(C)a<<b<(D)<a<<b2.(2013·南昌模拟)函数y=log a(x+3)-1(a>0,且a≠1)的图像恒过定点A,若点A在直线mx+ny+1=0上(其中m,n>0),则+的最小值等于( )(A)16 (B)12 (C)9 (D)83.(2012·湖北高考)设a,b,c∈R,则“abc=1”是“++≤a+b+c”的( )(A)充分条件但不是必要条件(B)必要条件但不是充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要的条件4.某公司一年购买某种货物400吨,每次都购买x吨,运费为4万元/次,一年的总存储费用为4x万元,要使一年的总运费与总存储费用之和最小,则x= ( )(A)20 (B)10 (C)16 (D)85.(2013·抚州模拟)设a>0,b>0,若是3a与3b的等比中项,则+的最小值为( )(A)8 (B)4 (C)2 (D)16.(2012·陕西高考)小王从甲地到乙地往返的时速分别为a和b(a<b),其全程的平均时速为v,则()(A)a<v<(B)v=(C)<v<(D)v=7.(2013·南昌模拟)设x,y是满足2x+y=20的正数,则lgx+lg(2y)的最大值为( )(A)50 (B)2(C)1+lg5 (D)18.(2013·余姚模拟)已知f(x)=log2(x-2),若实数m,n满足f(m)+f(2n)=3,则m+n的最小值为( )(A)5 (B)7 (C)8 (D)9二、填空题9.(2013·淮南模拟)设x,y∈R,a>1,b>1,若a x=b y=3,a+b=2,则+的最大值为.10.若对任意x>0,≤a恒成立,则a的取值范围是.11.若当x>1时不等式>m2+1恒成立,则实数m的取值范围是.12.若实数x,y满足x2+y2+xy=1,则x+y的最大值是.三、解答题13.若x,y∈R,且满足(x2+y2+2)(x2+y2-1)-18≤0,(1)求x2+y2的取值范围.(2)求证:xy≤2.14.已知x>0,y>0,且2x+8y-xy=0,求(1)xy的最小值.(2)x+y的最小值.15.(能力挑战题)某造纸厂拟建一座平面图形为矩形且面积为162平方米的污水处理池,池的深度一定(平面图如图所示),如果池围墙建造单价为400元/米,中间两道隔墙建造单价为248元/米,池底建造单价为80元/米2,水池所有墙的厚度忽略不计.(1)试设计污水处理池的长和宽,使总造价最低,并求出最低总造价.(2)若由于地形限制,设池的长和宽都不能超过16米,试设计该水池的长和宽,使总造价最低.答案解析1.【解析】选B.方法一:令a=1,b=4,则=2,=,∴a<<<b.方法二:∵0<a<b,∴a2<ab,∴a<,a+b<2b,∴<b,∴a<<<b.【变式备选】下列结论中正确的是( )(A)若3a+3b≥2,则必有a>0,b>0(B)要使+≥2成立,必有a>0,b>0(C)若a>0,b>0,且a+b=4,则+≤1(D)若ab>0,则≥【解析】选D.当a,b∈R时,一定有3a>0,3b>0,必有3a+3b≥2,A错.要使+≥2成立,只要>0,>0即可,这时只要a,b同号,B错.当a>0,b>0,且a+b=4时,则+=,由于ab≤()2=4,所以+=≥1,C错.当a>0,b>0时,a+b≥2,所以≤=,而当a<0,b<0时,显然有>,所以当ab>0时,一定有≥,故D正确.2.【解析】选D.由题意A(-2,-1),∴-2m-n+1=0,即2m+n=1.∴+=(+)(2m+n)=4++≥8.当且仅当n=2m时取等号.3.【解析】选A.由于++=≤=.可知当abc=1时,可推出++≤a+b+c;反之,如a=1,b=4,c=9,满足++≤a+b+c,但abc=1不成立.4.【解析】选A.该公司一年购买某种货物400吨,每次都购买x吨,则需要购买次,运费为4万元/次,一年的总存储费用为4x万元,故一年的总运费与总存储费用之和为(·4+4x)万元.而·4+4x≥2=160,当且仅当=4x,即x=20时,一年的总运费与总存储费用之和最小.5.【解析】选B.由题意3=3a·3b=3a+b,∴a+b=1,∴+=(+)(a+b)=2++≥4,当且仅当=,a=b时取等号.6.【解析】选A.设甲乙两地的路程为s,则往返时间分别是t1=,t2=,所以平均速度是v===,因为a<b,所以>a,<,即a<v<.7.【解析】选B.∵20=2x+y≥2,∴2xy≤100,∴lgx+lg(2y)=lg(2xy)≤lg100=2.当且仅当2x=y时取等号.8.【解析】选B.由已知得log2(m-2)+log2(2n-2)=3,即log2[(m-2)(2n-2)]=3,因此于是n=+1.所以m+n=m++1=m-2++3≥2+3=7.当且仅当m-2=,即m=4时等号成立,此时m+n取最小值7.9.【解析】由题意x=log a3,y=log b3.∴+=+=log3a+log3b=log3(ab).∵2=a+b≥2,∴ab≤3,∵+≤log33=1,当且仅当a=b时取等号.∴+的最大值为1.答案：110.【解析】∵x>0,∴x+≥2(当且仅当x=1时取等号),∴=≤=,∴()max=,∴a≥.答案：a≥【方法技巧】根据恒成立求参数的方法(1)若a≥f(x)恒成立,只需a≥f(x)max.(2)若a≤f(x)恒成立,只需a≤f(x)min.即将求参数的范围问题转化为求函数的最值问题来解决.11.【思路点拨】关键是用基本不等式求的最小值,可将其分子按照分母x-1进行配方,然后分解为3项,再利用基本不等式求最值.【解析】由于==(x-1)++2≥2+2=6,当且仅当x=3时取等号,所以要使不等式恒成立,应有m2+1<6,解得-<m<.答案：-<m<12.【思路点拨】先对x2+y2变形,用x+y与xy表示,然后用基本不等式将xy转化为x+y,再解不等式得x+y 的最大值.【解析】由x2+y2+xy=1可得(x+y)2-xy=1,所以(x+y)2-1=xy,由于xy≤()2,所以(x+y)2-1≤()2,因此(x+y)2≤,所以x+y≤,即x+y的最大值是.答案：13.【解析】(1)(x2+y2+2)(x2+y2-1)-18≤0,即(x2+y2)2+(x2+y2)-20≤0,有(x2+y2+5)·(x2+y2-4)≤0,因为x2+y2+5>0,所以有0≤x2+y2≤4.(2)由(1)知x2+y2≤4,由基本不等式得xy≤≤=2,所以xy≤2.14.【思路点拨】把2x+8y-xy=0转化为+=1即可.【解析】(1)由2x+8y-xy=0,得+=1,又x>0,y>0,则1=+≥2=,得xy≥64,当且仅当=时,等号成立.所以xy的最小值为64.(2)由2x+8y-xy=0,得+=1,则x+y=(+)·(x+y)=10++≥10+2=18.当且仅当=,且+=1时等号成立,∴x+y的最小值为18.15.【解析】(1)设污水处理池的宽为x米,则长为米,则总造价f(x)=400×(2x+2×)+248×2x+80×162=1296x++12960= 1296(x+)+12960≥1296×2+12960=38880(元).当且仅当x=,x=10时取等号.∴当长为16.2米,宽为10米时总造价最低,最低总造价为38880元. (2)由限制条件知∴10≤x≤16.设g(x)=x+(10≤x≤16),∴g(x)在[10,16]上是增函数,∴当x=10时(此时=16),g(x)取最小值,即f(x)取最小值.∴当长为16米,宽为10米时,总造价最低.。
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课时提升作业(三十一)一、选择题1.已知等比数列{a n}的公比q=2,其前4项和S4=60,则a2等于( )(A)8 (B)6 (C)-8 (D)-62.(2013·吉安模拟)已知a1,,,…,,…是首项为1,公比为2的等比数列,则数列{a n}的第100项等于( )(A)25050(B)24950(C)2100(D)2993.在正项等比数列{a n}中,a1,a19分别是方程x2-10x+16=0的两根,则a8·a10·a12等于( )(A)16 (B)32 (C)64 (D)2564.设等比数列{a n}的公比q=2,前n项和为S n,则的值为( )(A)(B)(C)(D)5.(2013·沈阳模拟)已知数列{an}满足log3a n+1=log3a n+1(n∈N+)且a2+a4+a6=9,则lo(a5+a7+a9)的值是( )(A)-5 (B)-(C)5 (D)6.设等比数列{a n}的前n项和为S n,若a2011=3S2010+2012,a2010=3S2009+2012,则公比q=( )(A)4 (B)1或4 (C)2 (D)1或27.公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n,若a4是a3与a7的等比中项,S8=32,则S10等于( )(A)18 (B)24 (C)60 (D)908.(2013·汉中模拟)在等比数列{a n}中,a6与a7的等差中项等于48,a4a5a6a7a8a9a10=1286.如果设数列{a n}的前n项和为S n,那么S n= ( )(A)5n-4 (B)4n-3(C)3n-2 (D)2n-1二、填空题9.(2012·广东高考)若等比数列{a n}满足a2a4=,则a1a5= .10.已知等比数列{a n}的首项为2,公比为2,则= .11.(能力挑战题)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=1,S n+1=2S n+n+1(n∈N+),则数列{a n}的通项公式a n= .三、解答题12.(2013·宝鸡模拟)已知数列{a n}满足:a1=2,a n+1=2a n+1.(1)证明:数列{a n+1}为等比数列.(2)求数列{a n}的通项公式.13.(2013·西安模拟)已知数列{a n}的首项为a1=1,其前n项和为S n,且对任意正整数n有n,a n,S n成等差数列.(1)求证:数列{S n+n+2}成等比数列.(2)求数列{a n}的通项公式.14.(能力挑战题)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=2(+),a3+a4+a5=64(++),(1)求{a n}的通项公式.(2)设b n=(a n+)2,求数列{b n}的前n项和T n.15.(能力挑战题)设一元二次方程a n x2-a n+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β,且满足6α-2αβ+6β=3.(1)试用a n表示a n+1.(2)求证:数列{a n-}是等比数列.(3)当a1=时,求数列{a n}的通项公式.答案解析1.【解析】选A.S4=60,q=2⇒=60⇒a1=4,∴a2=a1q=4×2=8.2.【解析】选B.假设a0=1,数列{}的通项公式是=2n-1.所以a100=a1···…·=20+1+…+99=24950.3.【解析】选C.根据根与系数的关系得a1a19=16,由此得a10=4,a8a12=16,故a8·a10·a12=64.4.【解析】选A.====.5.【思路点拨】根据数列满足log3a n+1=log3a n+1(n∈N+)且a2+a4+a6=9可以确定数列是公比为3的等比数列,再根据等比数列的通项公式即可通过a2+a4+a6=9求出a5+a7+a9的值.【解析】选 A.由log3a n+1=log3a n+1(n∈N+),得a n+1=3a n,又因为a n>0,所以数列{a n}是公比为3的等比数列,a5+a7+a9=(a2+a4+a6)×33=35,所以lo(a 5+a7+a9)=-log335=-5.6.【解析】选A.由a2011=3S2010+2012,a2010=3S2009+2012两式相减得a2011-a2010=3a2010,即q=4.7.【解析】选C.由=a3a7得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),又因为公差不为零,所以2a1+3d=0,再由S8=8a1+d=32得2a1+7d=8,则d=2,a1=-3,所以S10=10a1+d=60.故选C.8.【解析】选D.设等比数列{a n}的公比为q,由a6与a7的等差中项等于48,得a6+a7=96,即a1q5(1+q)=96, ①由等比数列的性质,得a4a10=a5a9=a6a8=,因为a4a5a6a7a8a9a10=1286,则=1286=(26)7,即a1q6=26, ②由①②解得a1=1,q=2,∴S n==2n-1,故选D.9.【思路点拨】本题考查了等比数列的性质:已知m,n,p∈N+,若m+n=2p,则a m·a n=.【解析】∵a2a4=,∴=,∴a1a5==.答案：10.【解析】由题意知a n=2n,所以===22=4.答案：411.【解析】∵S n+1=2S n+n+1,当n≥2时S n=2S n-1+n,两式相减得:a n+1=2a n+1,∴a n+1+1=2(a n+1),即=2.又S2=2S1+1+1,a1=S1=1,∴a2=3,∴=2,∴{a n+1}是首项为2,公比为2的等比数列,∴a n+1=2n即a n=2n-1(n∈N+).答案：2n-1【方法技巧】含S n,a n问题的求解策略当已知含有S n+1,S n之间的等式时,或者含有S n,a n的混合关系的等式时,可以采用降级角标或者升级角标的方法再得出一个等式,两个等式相减就把问题转化为数列的通项之间的递推关系式.12.【解析】(1)==2,所以{a n+1}是以2为公比的等比数列.(2)由(1)知a n+1=(a1+1)×2n-1,所以a n=3×2n-1-1.13.【解析】(1)因为n,a n,S n成等差数列,所以2a n=S n+n,当n≥2时,a n=S n-S n-1,所以2(S n-S n-1)=S n+n,即S n=2S n-1+n(n≥2),所以S n+n+2=2S n-1+2n+2=2[S n-1+(n-1)+2],又S1+2-1+2=4≠0,所以=2,所以数列{S n+n+2}成等比数列.(2)由(1)知{S n+n+2}是以4为首项,2为公比的等比数列,所以S n+n+2=4·2n-1=2n+1,又2a n=n+S n,所以2a n+2=2n+1,所以a n=2n-1.14.【思路点拨】(1)设出公比q,根据条件列出关于a1与q的方程组求得a1与q,即可求得数列的通项公式.(2)由(1)中求得数列的通项公式,可求出{b n}的通项公式,由其通项公式可知分开求和即可.【解析】(1)设公比为q,则a n=a1q n-1.由已知得化简得又a1>0,故q=2,a1=1,所以a n=2n-1.(2)由(1)得b n=(a n+)2=+2+=4n-1++2.所以T n=(1+4+…+4n-1)+(1++…+)+2n=++2n=(4n -41-n )+2n+1.15.【解析】(1)∵一元二次方程a n x 2-a n+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β, 由根与系数的关系易得α+β=n 1na a +,αβ=, ∵6α-2αβ+6β=3,∴n 1n6a a +-=3, 即a n+1=a n +.(2)∵a n+1=a n +,∴a n+1-=(a n -),当a n -≠0时,=,当a n -=0,即a n =时, 此时一元二次方程为x 2-x+1=0,即2x 2-2x+3=0,∵Δ=4-24<0,∴不合题意,即数列{a n -}是等比数列.(3)由(2)知:数列{a n -}是以a 1-=-=为首项,公比为的等比数列, ∴a n -=×()n-1=()n ,即a n =()n +,∴数列{a n }的通项公式是a n =()n +.【变式备选】定义:若数列{A n }满足A n+1=,则称数列{A n }为“平方递推数列”.已知数列{a n }中,a 1=2,点(a n ,a n+1)在函数f(x)=2x 2+2x 的图像上,其中n 为正整数.(1)证明:数列{2a n +1}是“平方递推数列”,且数列{lg(2a n +1)}为等比数列.(2)设(1)中“平方递推数列”的前n 项之积为T n ,即T n =(2a 1+1)(2a 2+1)…(2a n +1),求数列{a n }的通项公式及T n 关于n 的表达式.【解析】(1)由条件得:a n+1=2+2a n ,∴2a n+1+1=4+4a n+1=(2a n+1)2,∴{2a n+1}是“平方递推数列”.∵lg(2a n+1+1)=2lg(2a n+1),∴=2,∴{lg(2a n+1)}为等比数列.(2)∵lg(2a1+1)=lg5,∴lg(2a n+1)=lg5·2n-1,∴2a n+1=,∴a n=(-1).∵lgT n=lg(2a1+1)+lg(2a2+1)+…+lg(2a n+1) ==(2n-1)lg5,∴T n=.。