浙江省2019高考数学优编增分练：解答题突破练三数列201812133255

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浙江省2019高考数学优编增分练：解答题突破练二立体几何201812133254

(二)立体几何1．(2018·浙江省金丽衢十二校联考)如图，四棱锥S－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱SB垂直于底面．(1)求证：平面SBD⊥平面SAC；(2)若SA与平面SCD所成的角为30°，求SB的长．(1)证明连接AC，BD，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD.又因为SB⊥底面ABCD，所以AC⊥SB，因为BD∩SB＝B，BD，SB⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD.又因为AC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面SBD.(2)解将四棱锥补形成正四棱柱ABCD－A′SC′D′，连接A′D，作AE⊥A′D，垂足为点E，连接SE.由SA′∥CD可知，平面SCD即为平面SCDA′.因为CD⊥侧面ADD′A′，AE⊂侧面ADD′A′，所以CD⊥AE，又因为AE⊥A′D，A′D∩CD＝D，A′D，CD⊂平面SCD，所以AE⊥平面SCD，于是∠ASE 即为SA 与平面SCD 所成的角．设SB ＝x ，在Rt△ABS 中，SA ＝1＋x 2，在Rt△DAA ′中，AE ＝x1＋x2.因为∠ASE ＝30°，所以1＋x 2＝2x 1＋x2，解得x ＝1，即SB 的长为1.2．(2018·浙江省金华十校模拟)如图，在几何体ABCDE 中，CD ∥AE ，∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，CD ＝2EA ＝2，AB ＝AC ＝2，BC ＝23，F 为BD 的中点．(1)证明：EF ∥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值． (1)证明取BC 的中点G ，连接FG ，AG ，∵F 为BD 的中点，CD ＝2EA ，CD ∥AE ， ∴FG ＝12CD ＝EA ，且FG ∥AE ，∴四边形AGFE 是平行四边形， ∴EF ∥AG ，∵EF ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC .(2)解 ∵∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，且平面EACD ∩平面ABC ＝AC ，EA ⊂平面EACD ， ∴EA ⊥平面ABC ，由(1)知FG ∥AE ，∴FG ⊥平面ABC ，又∵AB ＝AC ，G 为BC 的中点， ∴AG ⊥BC ，如图，以G 为坐标原点，分别以GA ，GB ，GF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0，－3，2)，E (1,0,1)， ∴AB →＝(－1，3，0)，BD →＝(0，－23，2)，BE →＝(1，－3，1)，设平面BDE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧z －3y ＝0，x －3y ＋z ＝0，令y ＝1，得n ＝(0,1，3)，∴直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值为 |AB →·n ||AB →||n |＝34. 3．在三棱锥D —ABC 中，DA ＝DB ＝DC ，D 在底面ABC 上的射影为E ，AB ⊥BC ，DF ⊥AB 于F . (1)求证：平面ABD ⊥平面DEF ；(2)若AD ⊥DC ，AC ＝4，∠BAC ＝60°，求直线BE 与平面DAB 所成角的正弦值． (1)证明由题意知DE ⊥平面ABC ，所以AB ⊥DE ，又AB ⊥DF ，且DE ∩DF ＝D ，所以AB ⊥平面DEF ，又AB ⊂平面ABD ，所以平面ABD ⊥平面DEF . (2)解方法一由DA ＝DB ＝DC ，知EA ＝EB ＝EC ，所以E 是△ABC 的外心．又AB ⊥BC ，所以E 为AC 的中点，如图所示．过E 作EH ⊥DF 于H ，连接BH ，则由(1)知EH ⊥平面DAB ，所以∠EBH 即为BE 与平面DAB 所成的角．由AC ＝4，∠BAC ＝60°，得AB ＝AE ＝BE ＝2，所以EF ＝3，又DE ＝2，所以DF ＝DE 2＋EF 2＝7，EH ＝237，所以sin∠EBH ＝EH BE ＝217. 方法二如图建系，则A (0，－2，0)，D (0,0,2)，B(3，－1,0)，所以DA →＝(0，－2，－2)， DB →＝(3，－1，－2)．设平面DAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0，n ·DB →＝0，得⎩⎨⎧－2y －2z ＝0，3x －y －2z ＝0，取z ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫33，－1，1. 设EB →与n 的夹角为θ，则cos θ＝EB →·n |EB →|·|n |＝2273＝217，所以BE 与平面DAB 所成角的正弦值为217. 4．如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝4，点E ，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝1，BF ＝3，将四边形AEFB 沿EF 折起，使点B 在平面CDEF 上的射影H 在直线DE 上．(1)求证：CD ⊥BE ； (2)求线段BH 的长度；(3)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值． (1)证明 ∵BH ⊥平面CDEF ，∴BH ⊥CD ，又CD ⊥DE ，BH ∩DE ＝H ，BH ，DE ⊂平面DBE ， ∴CD ⊥平面DBE ，∴CD ⊥BE .(2)解方法一设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ， ∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理得⎩⎪⎨⎪⎧BE 2＝BH 2＋EH 2，BF 2＝BH 2＋FH 2＝BH 2＋FG 2＋GH 2，即⎩⎪⎨⎪⎧5＝h 2＋k 2，9＝22＋h 2＋(2－k )2，解得⎩⎪⎨⎪⎧h ＝2，k ＝1，∴线段BH 的长度为2.方法二如图，过点E 作ER ∥DC ，过点E 作ES ⊥平面EFCD ，以点E 为坐标原点，分别以ER ，ED ，ES 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设点B (0，y ，z )(y >0，z >0)，由于F (2,2,0)，BE ＝5，BF ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝5，4＋(y －2)2＋z 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，z ＝2，于是B (0,1,2)，∴线段BH 的长度为2.(3)解方法一延长BA 交EF 于点M ，∵AE ∶BF ＝MA ∶MB ＝1∶3，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的13，∴点A 到平面EFCD 的距离为23，而AF ＝13，故直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为21339.方法二由(2)方法二知FB →＝(－2，－1,2)，故EA →＝13FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13，23，FA →＝FE →＋EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－83，－73，23，设平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ，则sin θ＝|FA →·n ||FA →||n |＝21339.5.在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝BD ＝2AE ，M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM ；(2)求CM 与平面CDE 所成的角．方法一 (1)证明因为AC ＝BC ，M 是AB 的中点，所以CM ⊥AB .又EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以EA ⊥CM ，因为AB ∩EA ＝A ，AB ，EA ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥平面ABDE ，又因为EM ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥EM .(2)解过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足为H ，连接CH 并延长交ED 于点F ，连接MF ，MD ，∠FCM 是直线CM 和平面CDE 所成的角．因为MH ⊥平面CDE ，ED ⊂平面CDE ，所以MH ⊥ED ，又因为CM ⊥平面EDM ，ED ⊂平面EDM ，所以CM ⊥ED ，因为MH ∩CM ＝M ，MH ，CM ⊂平面CMF ，所以ED ⊥平面CMF ，因为MF ⊂平面CMF ，所以ED ⊥MF . 设EA ＝a ，BD ＝BC ＝AC ＝2a ，在直角梯形ABDE 中，AB ＝22a ，M 是AB 的中点，所以DE ＝3a ，EM ＝3a ，MD ＝6a ，所以EM 2＋MD 2＝ED 2，所以△EMD 是直角三角形，其中∠EMD ＝90°，所以MF ＝EM ·MDDE＝2a . 在Rt△CMF 中，tan∠FCM ＝MFMC＝1，又因为∠FCM ∈(0°，90°)，所以∠FCM ＝45°，故CM 与平面CDE 所成的角是45°.方法二如图，以点C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别作为x 轴和y 轴，过点C 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立直角坐标系，设EA ＝a ，则A (2a,0,0)，B (0,2a,0)，E (2a,0，a )，D (0,2a,2a )，M (a ，a,0)．(1)证明因为EM →＝(－a ，a ，－a )，CM →＝(a ，a,0)，所以EM →·CM →＝0，故EM ⊥CM . (2)解设向量n ＝(1，y 0，z 0)为平面CDE 的一个法向量，则n ⊥CE →，n ⊥CD →，即n ·CE →＝0，n ·CD →＝0. 因为CE →＝(2a,0，a )，CD →＝(0,2a,2a )，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋az 0＝0，2ay 0＋2az 0＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝2，z 0＝－2，即n ＝(1,2，－2)，cos 〈n ，CM →〉＝CM →·n |CM →|·|n |＝22，因为〈n ，CM →〉∈[0°，180°]，所以〈n ，CM →〉＝45°.直线CM 与平面CDE 所成的角θ是n 与CM →夹角的余角，所以θ＝45°，因此直线CM 与平面CDE 所成的角是45°.6.如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．(1)证明延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示，因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解因为BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角．在Rt△BFD中，BF＝3，DF＝3 2，得cos ∠BDF＝21 7.所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为217.。

浙江省2019高考数学优编增分练：解答题突破练(二)立体几何

(二)立体几何1．(2018·浙江省金丽衢十二校联考)如图，四棱锥S－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱SB垂直于底面．(1)求证：平面SBD⊥平面SAC；(2)若SA与平面SCD所成的角为30°，求SB的长．(1)证明连接AC，BD，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD.又因为SB⊥底面ABCD，所以AC⊥SB，因为BD∩SB＝B，BD，SB⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD.又因为AC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面SBD.(2)解将四棱锥补形成正四棱柱ABCD－A′SC′D′，连接A′D，作AE⊥A′D，垂足为点E，连接SE .由SA ′∥CD 可知，平面SCD 即为平面SCDA ′. 因为CD ⊥侧面ADD ′A ′，AE ⊂侧面ADD ′A ′，所以CD ⊥AE ，又因为AE ⊥A ′D ，A ′D ∩CD ＝D ，A ′D ，CD ⊂平面SCD ，所以AE ⊥平面SCD ，于是∠ASE 即为SA 与平面SCD 所成的角．设SB ＝x ，在Rt△ABS 中，SA ＝1＋x 2，在Rt△DAA ′中，AE ＝x1＋x2.因为∠ASE ＝30°，所以1＋x 2＝2x 1＋x2，解得x ＝1，即SB 的长为1.2．(2018·浙江省金华十校模拟)如图，在几何体ABCDE 中，CD ∥AE ，∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，CD ＝2EA ＝2，AB ＝AC ＝2，BC ＝23，F 为BD 的中点．(1)证明：EF ∥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值． (1)证明取BC 的中点G ，连接FG ，AG ，∵F 为BD 的中点，CD ＝2EA ，CD ∥AE ， ∴FG ＝12CD ＝EA ，且FG ∥AE ，∴四边形AGFE 是平行四边形， ∴EF ∥AG ，∵EF ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC .(2)解 ∵∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，且平面EACD ∩平面ABC ＝AC ，EA ⊂平面EACD ， ∴EA ⊥平面ABC ，由(1)知FG ∥AE ，∴FG ⊥平面ABC ，又∵AB ＝AC ，G 为BC 的中点， ∴AG ⊥BC ，如图，以G 为坐标原点，分别以GA ，GB ，GF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0，－3，2)，E (1,0,1)， ∴AB →＝(－1，3，0)，BD →＝(0，－23，2)，BE →＝(1，－3，1)，设平面BDE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧z －3y ＝0，x －3y ＋z ＝0，令y ＝1，得n ＝(0,1，3)，∴直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值为 |AB →·n ||AB →||n |＝34. 3．在三棱锥D —ABC 中，DA ＝DB ＝DC ，D 在底面ABC 上的射影为E ，AB ⊥BC ，DF ⊥AB 于F . (1)求证：平面ABD ⊥平面DEF ；(2)若AD ⊥DC ，AC ＝4，∠BAC ＝60°，求直线BE 与平面DAB 所成角的正弦值． (1)证明由题意知DE ⊥平面ABC ，所以AB ⊥DE ，又AB ⊥DF ，且DE ∩DF ＝D ，所以AB ⊥平面DEF ，又AB ⊂平面ABD ，所以平面ABD ⊥平面DEF . (2)解方法一由DA ＝DB ＝DC ，知EA ＝EB ＝EC ，所以E 是△ABC 的外心．又AB ⊥BC ，所以E 为AC 的中点，如图所示．过E 作EH ⊥DF 于H ，连接BH ，则由(1)知EH ⊥平面DAB ，所以∠EBH 即为BE 与平面DAB 所成的角．由AC ＝4，∠BAC ＝60°，得AB ＝AE ＝BE ＝2，所以EF ＝3，又DE ＝2，所以DF ＝DE 2＋EF 2＝7，EH ＝237，所以sin∠EBH ＝EH BE ＝217. 方法二如图建系，则A (0，－2，0)，D (0,0,2)，B (3，－1,0)，所以DA →＝(0，－2，－2)， DB →＝(3，－1，－2)．设平面DAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0，n ·DB →＝0，得⎩⎨⎧－2y －2z ＝0，3x －y －2z ＝0，取z ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫33，－1，1. 设EB →与n 的夹角为θ，则cos θ＝EB →·n |EB →|·|n |＝2273＝217，所以BE 与平面DAB 所成角的正弦值为217. 4．如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝4，点E ，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝1，BF ＝3，将四边形AEFB 沿EF 折起，使点B 在平面CDEF 上的射影H 在直线DE 上．(1)求证：CD ⊥BE ； (2)求线段BH 的长度；(3)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值． (1)证明 ∵BH ⊥平面CDEF ，∴BH ⊥CD ，又CD ⊥DE ，BH ∩DE ＝H ，BH ，DE ⊂平面DBE ， ∴CD ⊥平面DBE ，∴CD ⊥BE .(2)解方法一设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ， ∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理得⎩⎪⎨⎪⎧BE 2＝BH 2＋EH 2，BF 2＝BH 2＋FH 2＝BH 2＋FG 2＋GH 2，即⎩⎪⎨⎪⎧5＝h 2＋k 2，9＝22＋h 2＋(2－k )2，解得⎩⎪⎨⎪⎧h ＝2，k ＝1，∴线段BH 的长度为2.方法二如图，过点E 作ER ∥DC，过点E 作ES ⊥平面EFCD ，以点E 为坐标原点，分别以ER ，ED ，ES 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设点B (0，y ，z )(y >0，z >0)，由于F (2,2,0)，BE ＝5，BF ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝5，4＋(y －2)2＋z 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，z ＝2，于是B (0,1,2)，∴线段BH 的长度为2.(3)解方法一延长BA 交EF 于点M ，∵AE ∶BF ＝MA ∶MB ＝1∶3，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的13，∴点A 到平面EFCD 的距离为23，而AF ＝13，故直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为21339.方法二由(2)方法二知FB →＝(－2，－1,2)，故EA →＝13FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13，23，FA →＝FE →＋EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－83，－73，23，设平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ，则sin θ＝|FA →·n ||FA →||n |＝21339.5.在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝BD ＝2AE ，M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM ；(2)求CM 与平面CDE 所成的角．方法一 (1)证明因为AC ＝BC ，M 是AB 的中点，所以CM ⊥AB .又EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以EA ⊥CM ，因为AB ∩EA ＝A ，AB ，EA ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥平面ABDE ，又因为EM ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥EM .(2)解过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足为H ，连接CH 并延长交ED 于点F ，连接MF ，MD ，∠FCM是直线CM 和平面CDE 所成的角．因为MH ⊥平面CDE ，ED ⊂平面CDE ，所以MH ⊥ED ，又因为CM ⊥平面EDM ，ED ⊂平面EDM ，所以CM ⊥ED ，因为MH ∩CM ＝M ，MH ，CM ⊂平面CMF ，所以ED ⊥平面CMF ，因为MF ⊂平面CMF ，所以ED ⊥MF . 设EA ＝a ，BD ＝BC ＝AC ＝2a ，在直角梯形ABDE 中，AB ＝22a ，M 是AB 的中点，所以DE ＝3a ，EM ＝3a ，MD ＝6a ，所以EM 2＋MD 2＝ED 2，所以△EMD 是直角三角形，其中∠EMD ＝90°，所以MF ＝EM ·MDDE＝2a . 在Rt△CMF 中，tan∠FCM ＝MFMC＝1，又因为∠FCM ∈(0°，90°)，所以∠FCM ＝45°，故CM 与平面CDE 所成的角是45°.方法二如图，以点C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别作为x 轴和y 轴，过点C 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立直角坐标系，设EA ＝a ，则A (2a,0,0)，B (0,2a,0)，E (2a,0，a )，D (0,2a,2a )，M (a ，a,0)．(1)证明因为EM →＝(－a ，a ，－a )，CM →＝(a ，a,0)，所以EM →·CM →＝0，故EM ⊥CM . (2)解设向量n ＝(1，y 0，z 0)为平面CDE 的一个法向量，则n ⊥CE →，n ⊥CD →，即n ·CE →＝0，n ·CD →＝0. 因为CE →＝(2a,0，a )，CD →＝(0,2a,2a )，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋az 0＝0，2ay 0＋2az 0＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝2，z 0＝－2，即n ＝(1,2，－2)，cos 〈n ，CM →〉＝CM →·n |CM →|·|n |＝22，因为〈n ，CM →〉∈[0°，180°]，所以〈n ，CM →〉＝45°.直线CM 与平面CDE 所成的角θ是n 与CM →夹角的余角，所以θ＝45°，因此直线CM 与平面CDE 所成的角是45°.6.如图，在三棱台ABCDEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．(1)证明延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示，因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK .所以BF ⊥平面ACFD .(2)解因为BF ⊥平面ACK ，所以∠BDF 是直线BD 与平面ACFD 所成的角．在Rt△BFD 中，BF ＝3，DF ＝32，得cos ∠BDF ＝217.21 7.所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为。

浙江省2019高考数学优编增分练：解答题突破练(一)三角函数与解三角形

(一)三角函数与解三角形1．(2018·浙江省教育绿色评价联盟月考)已知函数f (x )＝sin x ·(cos x ＋3sin x )．(1)求f (x )的最小正周期；(2)若关于x 的方程f (x )＝t 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内有两个不相等的实数解，求实数t 的取值范围．解 (1)f (x )＝sin x cos x ＋3sin 2x＝12sin 2x ＋32(1－cos 2x ) ＝12sin 2x －32cos 2x ＋32＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＋32. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以2x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3. 令u ＝2x －π3，因为y ＝sin u 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，2π3上是减函数，令u ＝2x －π3＝π2，则x ＝5π12，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，5π12上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π12，π2上是减函数．由题意知，关于x 的方程f (x )＝t 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内有两个不相等的实数解，等价于y ＝f (x )与y ＝t 的图象(图略)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内有两个不同的交点，又因为f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎪⎫5π12＝1＋32，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝3，所以3≤t <1＋32，即t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫3，1＋32. 2. (2018·湖州、衢州、丽水三地市模拟)已知函数f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－2sin x cos x . (1)求函数f (x )的最小正周期； (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4时，求函数f (x )的最大值和最小值．解 (1)f (x )＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2x cos π6＋cos 2x sin π6－sin 2x＝32cos 2x ＋12sin 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，因此函数f (x )的最小正周期T ＝π.(2)因为－π4≤x ≤π4，所以－π6≤2x ＋π3≤5π6，所以－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≤1，因此当x ＝π12时，f (x )的最大值为1，当x ＝－π4时，f (x )的最小值为－12.3．(2018·浙江省台州中学模拟)在△ABC 中，cos B ＝－513，cos C ＝45.(1)求sin A 的值；(2)设△ABC 的面积S △ABC ＝332，求BC 的长．解 (1)由cos B ＝－513，得sin B ＝1213，由cos C ＝45，得sin C ＝35，sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝3365.(2)由S △ABC ＝332，得12AB ·AC ·sin A ＝332，∴AB ·AC ＝65.又AC ＝AB ·sin Bsin C ＝2013AB ，∴AB ＝132，BC ＝AB ·sin A sin C ＝112. 4．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足23a sin C sin B ＝a sin A ＋b sin B －c sin C .(1)求角C 的大小；(2)若a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝b cos(2k π＋A )(k ∈Z )且a ＝2，求△ABC 的面积．解 (1)由23a sin C sin B ＝a sin A ＋b sin B －c sin C 及正弦定理得，23ab sin C ＝a 2＋b2－c 2， ∴3sin C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，∴3sin C ＝cos C ， ∴tan C ＝33，又0<C <π，∴C ＝π6. (2)由a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝b cos(2k π＋A )(k ∈Z )，得a sin B ＝b cos A .由正弦定理得sin A sin B ＝sin B cos A ，又sin B ≠0，∴sin A ＝cos A ，∴A ＝π4，根据正弦定理可得2sin π4＝c sin π6，解得c ＝2， ∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2×2sin(π－A －C ) ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π6＝3＋12. 5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin A ＋sin B ＝3sin C .(1)若cos 2A ＝sin 2B ＋cos 2C ＋sin A sin B ，求sin A ＋sin B 的值；(2)若c ＝2，求△ABC 面积的最大值．解 (1)∵cos 2A ＝sin 2B ＋cos 2C ＋sin A sin B ，∴1－sin 2A ＝sin 2B ＋1－sin 2C ＋sin A sin B ，∴sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－sin A sin B ，∴由正弦定理，得a 2＋b 2－c 2＝－ab ， ∴由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－12，又0<C <π，∴C ＝2π3，∴sin A ＋sin B ＝3sin C ＝3sin 2π3＝32. (2)当c ＝2，a ＋b ＝3c ＝23，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝(a ＋b )2－2ab －c 22ab ＝4ab－1， ∴sin C ＝1－cos 2C ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫4ab －12 ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫4ab 2＋8ab， ∴S ＝12ab sin C ＝12ab －⎝ ⎛⎭⎪⎫4ab 2＋8ab＝12－16＋8ab . ∵a ＋b ＝23≥2ab ，即0<ab ≤3，当且仅当a ＝b ＝3时等号成立，∴S ＝12－16＋8ab ≤12－16＋8×3＝2， ∴△ABC 面积的最大值为 2.6．已知m ＝(3sin ωx ，cos ωx )，n ＝(cos ωx ，－cos ωx )(ω>0，x ∈R )，f (x )＝m·n －12且f (x )的图象上相邻两条对称轴之间的距离为π2. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若△ABC 中内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 且b ＝7，f (B )＝0，sin A ＝3sin C ，求a ，c 的值及△ABC 的面积．解 (1)f (x )＝m·n －12＝3sin ωx cos ωx －cos 2ωx －12＝32sin 2ωx －12cos 2ωx －1 ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6－1. ∵相邻两条对称轴之间的距离为π2， ∴T ＝2π2ω＝π，∴ω＝1，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－1，令2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，则k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z ，∴f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3，k ∈Z .(2)由(1)知，f (B )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π6－1＝0，∵0<B <π，∴－π6<2B －π6<11π6，∴2B －π6＝π2，∴B ＝π3，由sin A ＝3sin C 及正弦定理，得a ＝3c ，在△ABC 中，由余弦定理，可得 cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝9c 2＋c 2－76c 2＝10c 2－76c 2＝12，∴c ＝1，a ＝3，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×3×1×32＝334.。

浙江省高考数学优编增分练：解答题突破练三数列

(三)数列1．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12b n ＋7n 的前n 项和T n . 解 (1)因为a 1＝S 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2，所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5.所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，②①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1＝3，又因为a 1＝1，所以{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝3的等差数列，所以a n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1，所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)，所以当n ≥2时， b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n 2. 又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n 2(n ∈N *)．所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2 ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 12(n ＋1)(n ＋2). 2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 52，S 4成等差数列，a 5＝3a 2＋2a 1－2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n －1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3，S 52，S 4成等差数列，可知S 3＋S 4＝S 5，得2a 1－d ＝0，①由a 5＝3a 2＋2a 1－2，②得4a 1－d －2＝0，由①②，解得a 1＝1，d ＝2，因此，a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)令c n ＝a n b n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，∴T n ＝1·1＋3·12＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，③ 12T n ＝1·12＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，④ ③－④，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 －(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝ 3－2n ＋32n ， ∴T n ＝6－2n ＋32n －1(n ∈N *)． 3．已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n 2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)方法一由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k 4， ∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3，即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k 4，解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二 ∵{a n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )，∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d )＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于任意n ∈N *均成立，则⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由b n ＝4n 2a n a n ＋1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1，得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋1＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＋n ＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n 2n ＋1(n ∈N *)． 4．(2018·绍兴市柯桥区模拟)已知数列{a n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1，证明：当n ∈N *时，(1)0<x n ＋1<x n ；(2)x n x n ＋1>x n －2x n ＋1； (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤x n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0，当n ＝1时，x 1＝1>0，假设x k >0，k ∈N *，k ≥1，成立，当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则x k ＝x k ＋1＋1e k x +－1≤0，矛盾，故x k ＋1>0，因此x n >0(n ∈N *)，所以x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1>x n ＋1＋e 0－1＝x n ＋1，综上，x n >x n ＋1>0.(2)x n ＋1x n ＋2x n ＋1－x n ＝x n ＋1(x n ＋1＋1en x +－1)＋2x n ＋1－x n ＋1－1e n x +＋1＝x 2n ＋1＋1e n x +(x n ＋1－1)＋1，设f (x )＝x 2＋e x (x －1)＋1(x ≥0)，则f ′(x )＝2x ＋e x ·x ≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，因此f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1＋1e n x +(x n ＋1－1)＋1＝f (x n ＋1)>f (0)＝0，故x n x n ＋1>x n －2x n ＋1.(3)由(2)得1x n ＋1＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n ＋1，所以当n >1时， 1x n ＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1＋1<…<2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1＝2n ，当n ＝1时，1x n ＋1＝2n ，所以1x n ≤2n ，即x n ≥12，又由于x n ＝x n ＋1＋1en x +－1≥x n ＋1＋(x n ＋1＋1)－1＝2x n ＋1， x n ＋1≤12x n ，所以易知x n ≤12n －1，综上，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤x n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ＝1,2，…. (1)求{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的x >0，a n ≥11＋x －1(1＋x )2·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －x ，n ＝1,2，…； (3)证明：a 1＋a 2＋…＋a n >n 2n ＋1. (1)解 ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1， ∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ，∴a n ＝3n3n ＋2(n ∈N *)． (2)证明由(1)知a n ＝3n 3n ＋2>0， 11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －x ＝11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1－1－x ＝11＋x －1(1＋x )2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a n －(1＋x )＝－1a n ·1(1＋x )2＋21＋x ＝－1a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋x －a n 2＋a n ≤a n ， ∴原不等式成立．(3)证明由(2)知，对任意的x >0，有a 1＋a 2＋…a n ≥11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23－x ＋11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫232－x ＋…＋11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －x ＝n1＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋232＋…＋23n －nx ， ∴取x ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋232＋…＋23n ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ，则a 1＋a 2…＋a n ≥n 1＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＝n 2n ＋1－13n >n 2n ＋1， ∴原不等式成立．6．已知在数列{a n }中，满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12，记S n 为a n 的前n 项和． (1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ＝cos π3·2n －1； (3)证明：S n >n －27＋π254. 证明 (1)由题意知{a n }的各项均为正数，因为2a 2n ＋1－2a 2n ＝a n ＋1－2a 2n ＝(1－a n )(1＋2a n )．所以，要证a n ＋1>a n ，只需要证明a n <1即可．下面用数学归纳法证明a n <1.①当n ＝1时，a 1＝12<1成立， ②假设当n ＝k 时，a k <1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12<1＋12＝1. 综上所述，a n <1成立，所以a n ＋1>a n .(2)用数学归纳法证明a n ＝cos π3·2n －1. ①当n ＝1时，a 1＝12＝cos π3成立， ②假设当n ＝k 时，a k ＝cosπ3·2k －1. 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12＝cos π3·2k －1＋12＝cos π3·2k ，综上所述，a n ＝cos π3·2n －1. (3)由题意及(2)知，1－a n －12＝1－a n －1＋12＝1－a 2n ＝1－cos2π3·2n －1 ＝sin 2π3·2n －1<⎝ ⎛⎭⎪⎫π3·2n －12(n ≥2)，得a n －1>1－2π29·4n －1(n ≥2)，故当n ＝1时，S 1＝12>1－27＋π254；当n ≥2时，S n >∑n i ＝2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2π29·4i ＋12 ＝n －12－2π29×43×116⎝⎛⎭⎪⎫1－14n －1 >n －27＋π254. 综上所述，S n >n －27＋π254.。

浙江省2019高考数学精准提分练解答题通关练3数列

3.数列1．在等差数列{a n }中，a 1＝－2，a 12＝20.(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n，求数列{3b n }的前n 项和S n . 解 (1)因为a n ＝－2＋(n －1)d ，所以a 12＝－2＋11d ＝20，于是d ＝2，所以a n ＝2n －4(n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n －4，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (2n －6)2＝n (n －3)，于是b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n＝n －3，令c n ＝3n b ，则c n ＝3n －3，显然数列{c n }是等比数列，且c 1＝3－2，公比q ＝3，所以数列{3b n }的前n 项和S n ＝c 1()1－q n1－q ＝3n －118(n ∈N *)． 2．已知数列{a n }满足a 1＝12，1a n ＋1＝1a n＋2(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12. (1)解由条件可知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为2，公差为2，所以1a n＝2＋(n －1)×2＝2n ，故a n ＝12n(n ∈N *)． (2)证明依题意可知a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2＝14·1n 2<14·1n ·1n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ，n ≥2，n ∈N *. 又因为a 21＝14，所以a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1n <14×2＝12. 故a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12. 3．已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 9＝81.记b n ＝[log 5a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[log 516]＝1.(1)求b 1，b 14，b 61；(2)求数列{b n }的前200项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知S 9＝81，根据等差数列的性质可知，S 9＝9a 5＝9(a 1＋4d )＝81， ∴a 1＋4d ＝9.∵a 1＝1，∴d ＝2，∴a n ＝2n －1，∴b 1＝[log 51]＝0，b 14＝[log 527]＝2，b 61＝[log 5121]＝2.(2)当1≤n ≤2时，1≤a n ≤3(a n ∈N *)，b n ＝[log 5a n ]＝0，共2项；当3≤n ≤12时，5≤a n ≤23，b n ＝[log 5a n ]＝1，共10项；当13≤n ≤62时，25≤a n ≤123，b n ＝[log 5a n ]＝2，共50项；当63≤n ≤200时，125≤a n ≤399，b n ＝[log 5a n ]＝3，共138项． ∴数列{b n }的前200项和为2×0＋10×1＋50×2＋138×3＝524.4．已知数列{a n }满足a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，其中S n 为{a n }的前n 项和(n ∈N *)．(1)求S 1，S 2及数列{S n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝(－1)nS n ，且{b n }的前n 项和为T n ，求证：当n ≥2时，13≤|T n |≤79.(1)解数列{a n }满足S n ＝2a n ＋1，则S n ＝2a n ＋1＝2(S n ＋1－S n )，即3S n ＝2S n ＋1，所以S n ＋1S n ＝32，所以S 2＝32，S 1＝a 1＝1，即数列{S n }是以1为首项，以32为公比的等比数列．所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(n ∈N *)．(2)证明在数列{b n }中，b n ＝(－1)n S n ＝－1×(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，{b n }的前n 项和的绝对值|T n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1×⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＋49＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋⎝⎛⎭⎪⎫－23＋49＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，而当n ≥2时，1－23≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＋49＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＋49＝79，即13≤|T n |≤79. 5．设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝2a na 2n ＋1(a >0且a ≠1，n ∈N *)．(1)证明：当n ≥2时，a n <a n ＋1<1；(2)若b ∈(a 2,1)，求证：当整数k ≥(b －a 2)(b ＋1)a 2(1－b )＋1时，a k ＋1>b .证明 (1)由a n ＋1＝2a na 2n ＋1知，a n 与a 1的符号相同，而a 1＝a >0，所以a n >0，所以a n ＋1＝2a n ＋1a n≤1，当且仅当a n ＝1时，a n ＋1＝1，下面用数学归纳法证明：①因为a >0且a ≠1，所以a 2<1，a 3a 2＝2a 22＋1>1，即有a 2<a 3<1；②假设当n ＝k 时，有a k <a k ＋1<1(k ≥2)，则a k ＋2＝2a k ＋1a 2k ＋1＋1＝2a k ＋1＋1a k ＋1<1，且a k ＋2a k ＋1＝2a 2k ＋1＋1>1，即a k ＋1<a k ＋2<1，即当n ＝k ＋1时，不等式成立．综上，对任意n ≥2，均有a n <a n ＋1<1成立．(2)若a k ≥b ，则由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ；若a k <b ，由0<x <1及二项式定理知(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋…＋C n n x n≥1＋nx ，而a 2k ＋1<b 2＋1<b ＋1，且a 2<a 3<…<a k <b <1，所以a k ＋1＝a 2·a 3a 2·a 4a 3·…·a k ＋1a k ＝a 2·2k －1(1＋a 22)(1＋a 23)…(1＋a 2k )>a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b 2k －1>a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b k －1＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－b1＋b k－1≥a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1－b1＋b (k －1).因为k ≥(b －a 2)(b ＋1)a 2(1－b )＋1，所以1－b1＋b (k －1)＋1≥b －a 2a 2＋1＝b a 2，所以a k ＋1>b .6．已知数列{a n }满足a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝3x ＋2上．数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n.(1)求b 2的值；(2)求证数列{a n ＋1}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式；(3)求证：2－12·3n －1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n <3316.(1)解由已知得a 2＝3a 1＋2＝8，所以b 2a 2＝1a 1，b 28＝12，解得b 2＝4.(2)解由条件得a n ＋1＝3a n ＋2，则a n ＋1＋1a n ＋1＝3an ＋3a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}是以3为公比的等比数列． a n ＋1＝(a 1＋1)·3n －1＝3n，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n－1.(3)证明由题设b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，①知b na n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1(n ≥2)，②①－②得b n ＋1a n ＋1－b n a n ＝1a n，则b n ＋1a n ＋1＝1＋b n a n ，即1＋b n b n ＋1＝a n a n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，2－12×1＝32，1＋1b 1＝32<3316，所以原不等式成立；当n ≥2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n ＝1＋b 1b 1·1＋b 2b 2·…·1＋b n b n＝1b 1·1＋b 1b 2·1＋b 2b 3·…·1＋b n －1b n ·(1＋b n )＝12×34×a 2a 3·…·a n －1a n ·(1＋b n )＝38×8a n ·(1＋b n )＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b na n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋b na n＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1＋1a n ，先证明不等式左边，因为1a n＝13n －1>13n ，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≥3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋132＋133＋…＋13n＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13＝2－12·3n －1.再证明不等式右边，当n ≥2时， 1a n ＝13n －1＝19·3n －2－1≤18·3n －2， 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋18⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋13n －2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋18·1－13n －11－13＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋316⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －1<3316.所以2－12·3n －1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n <3316成立．综上所述，不等式成立．。

2019届浙江省高三新高考优化提升卷(三)数学试题解析

绝密★启用前2019届浙江省高三新高考优化提升卷（三）数学试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．设集合2{|}M x x x ==，{|lg 0}N x x =≤，则M N ⋃=（）A ．[0,1]B ．(0,1]C ．[0,1)D ．(,1]-∞答案：A解：试题分析：{}{}2|0,1M x x x ===,{}{|lg 0}|01N x x x x =≤=<≤,所以，故选A.2．已知12z i =-+，在复平面内，复数z 与1z 所对应的点关于虚轴对称，则1zz =（） A ．3455i + B ．3455-i C ．3455i -+ D ．3455i -- 答案：A由题意求出z 对应的点为()1,2-，从而可求出1z 对应的点()1,2，即可求出112z i =+，结合复数的除法运算可求出1zz 的值.解：依题意得112z i =+，z 对应的点为()1,2-，所以1z 对应的点()1,2，即112z i =+，所以112(12)(12)3412(12)(12)55z i i i i z i i i -+-+-===+++-. 故选:A. 点评：本题考查了复数的乘法运算，考查了复数的除法运算，考查了复数对应的点.本题的易错点在于计算，应注意21i =-而不是1.3．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．43B ．83C ．163D ．323答案：B 解：该几何体的直观图如图所示，是一个三棱锥和一个三棱柱的组合体，据此可得该几何体的体积为：221118(2)2(2)2.2323V =⨯⨯+⨯⨯⨯= 本题选择B 选项.点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 4．已知向量(1,3)a =-r ，向量(2,1)=r b ，若()a kb b +⊥r r r，则实数k 的值为（） A ．0 B ．15C ．45D ．1答案：B先求得a kb +r r的坐标，再根据()a kb b +⊥r r r ，由()0a kb b +⋅=r r r 求解.解：因为向量(1,3)a =-r，向量(2,1)=r b ，所以(12,3)a kb k k +=+-r r ，因为()a kb b +⊥r r r ，所以()2(12)30a kb b k k +⋅=++-=r r r ，解得15k =.故选：B . 点评：本题考查平面向量的数量积及坐标运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 5．函数()cos y x x x ππ=-≤≤的图象可能是（）A ．B ．C ．D ．答案：A试题分析：由题意得，函数为奇函数，图象关于原点对称，故排除B ，C ，又∵2x π=，0y =，排除D ，故选A.【考点】函数的性质及其图象.6．已知,,l m n 是三条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，那么下列命题正确的是（）A ．若l m ⊥，l n ⊥，m α⊂且n ⊂α，则l α⊥B ．若αβ⊥，l αβ=I ，m l ⊥，则m α⊥C ．若//m β，//n β，m α⊂且n ⊂α，则//αβD ．若//αβ，l α⊥，//m l 且n β⊂，则m n ⊥答案：D由题意，A 中，根据线面垂直的判定定理，只有当直线m 与直线n 相交时，才能得到l α⊥，所以不正确；B 中，根据面面垂直的性质定理可知，只有当m β⊂时，才能得到m α⊥，所以不正确；C 中，当//m n 时，此时平面α与平面β可能是相交平面，所以不正确；D 中由//,l αβα⊥，则l β⊥，又//m l ，则m β⊥，又因为n β⊂，所以m n ⊥，所以是正确的，故选D.7．已知F 是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点，以坐标原点O 为圆心，以OF 为半径的圆与该双曲线的渐近线在y 轴右侧的两个交点记为,A B ，且120AFB ︒∠=，则双曲线的离心率为（） ABC ．2D答案：C设点A 在第一象限，由222,b y x ax y c ⎧=⎪⎨⎪+=⎩和0x >，求得(,)A a b ，同理得(,)B a b -，然后根据120AFB ︒∠=，得到||||AB AF =，即2b =.解：设点A 在第一象限，由222,b y x ax y c⎧=⎪⎨⎪+=⎩和0x >，解得,,x a y b =⎧⎨=⎩，即(,)A a b ，同理得(,)B a b -，因为120AFB ︒∠=，所以|||AB AF =，即2b =22223()c a b c a -==-，化简得2c a =，所以双曲线的离心率2ce a==，故选：C . 点评：本题考查双曲线的几何性质、圆的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 8．已知某8个数的期望为5，方差为3，现又加入一个新数据5，此时这9个数的期望记为()E X ，方差记为()D X ，则（） A ．()5,()3E X D X => B ．()5,()3E X D X =< C ．()5,()3E X D X <> D ．()5,()3E X D X <<答案：B分析：首先利用离散型随机变量的期望和方程的计算公式，结合题中所给的条件，列出相应的式子，从而求得(),()E X D X 的值，进而得到正确的选项.详解：根据题意可知，58559EX ⨯+==（）， 238(55)8()393D X ⨯+-==<，故选B.点睛：该题考查的是离散型随机变量的期望和方程的有关问题，在解题的过程中，注意正确理解离散型随机变量的期望和方差的意义，正确使用其运算公式，从而得到确切的值，得到正确的答案.9．若存在实数a ，对任意(0,]x m ∈，不等式()212ln 0ax x a x---⋅≤恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．(0,2]B ．10,2⎛+ ⎝⎦C ．30,2⎛- ⎝⎦D ．30,2⎛+ ⎝⎦答案：B将条件等价转化为函数2()2f x x x =-的图象和函数()1g x x =-的图象分别位于直线y a =的两侧，然后结合图象求出答案即可.解：对任意(0,]x m ∈，不等式()212ln0ax x a x---≤恒成立，等价于不等式()22[ln(1)ln ]0x x a a x ----≤恒成立，等价于)2(2(1)0x x a a x ----≤恒成立，等价于()22[(1)]0a x x a x ⎡⎤--⋅--≤⎣⎦恒成立，等价于函数2()2f x x x =-的图象和函数()1g x x =-的图象分别位于直线y a =的两侧在直角坐标系内画出函数2()2f x x x =-和函数()1g x x =-的图象如图所示，由221y x x y x ⎧=-⎨=-⎩解得35A x -=,所以两个函数图象的横坐标较小的交点坐标为3515,22A ⎛⎫--+⎪⎝⎭，由图易得当152a -+=时，m 取得最大值，令21522x x -+-=，解得max 152m +=，所以m 的取值范围为150,⎛⎤+ ⎥ ⎝⎦，故选：B 点评：本题考查不等式恒成立问题、函数的性质，将题中的不等式恒成立问题转化为函数图象的问题是解题的关键.10．如图，二面角BC αβ--的大小为6π，,AB CD αβ⊂⊂，且2AB =，2BD CD ==，4ABC π∠=，3BCD π∠=，则AD 与β所成角的大小为（）A ．4π B ．3π C ．6π D ．12π答案：C取BC 的中点为E ，连接,AE DE ，根据2BD CD ==，3BCD π∠=，得到DE BC ⊥，由222AE BE AB +=，得到AE BC ⊥，从而AED ∠为二面角BC αβ--的平面角，则BC ⊥平面AED ，6AED π∠=，平面β⊥平面AED ，则ADE ∠即为AD 与平面β所成的角，然后在AED V 中由余弦定理求解. 解：如图所示：设BC 的中点为E ，连接,AE DE ，因为2BD CD ==，3BCD π∠=，所以DE BC ⊥，2BC =，则22113241,--=====B BE BC DE D BE 又因为2AB =，4ABC π∠=，所以1AE =，222AE BE AB +=，所以,AE BC AE DE E ⊥⋂=，所以AED ∠为二面角BC αβ--的平面角， BC ⊥平面AED ，所以6AED π∠=，因为BC β⊂，所以平面β⊥平面AED ，过A 作AF DE ⊥，所以AF ⊥平面β，所以DE 为AF 在平面β内的射影，所以ADE ∠即为AD 与平面β所成的角，在AED V 中，由余弦定理得:222cos +-⋅∠AD AE DE AE DE AED ，31321312=+-⨯⨯⨯= 所以1AD AE ==，所以AED V 是等腰三角形，所以6ADE AED π∠=∠=，故选：C. 点评：本题只有考查线面角、二面角的求法及应用，还考查了空间想象和推理论证，运算求解的能力，属于中档题. 二、双空题11．已知a 为实数，直线1:660l ax y +-=，直线2:2350l x y ++=，若12l l //，则a =__________；若12l l ⊥，则a =__________．答案：4-912//,326, 4.l l a a ∴=⨯∴=Q 12,2360,9.l l a a ⊥∴+⨯=∴=-Q12．将函数sin 2()y x x x R =+∈的图象向左平移(0)m m >个单位长度后，所得到的图象关于y 轴对称，则m 的最小值为______，此时函数的最大值为______. 答案：12π2由两角和的正弦化简sin 22sin 23y x x x π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭,平移后由函数为偶函数得到2,32m k k Z πππ+=+∈,由此可求最小正数m 的值;根据化简2cos2y x =,可得此时函数的最大值为2. 解：解:sin 22sin 23y x x x π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，其函数图象向左平移m 个单位长度后得到的函数图象的解析式为2sin 2()3y x m π⎡⎤=++=⎢⎥⎣⎦2sin 223x m π⎛⎫++ ⎪⎝⎭，因为其图象关于y 轴对称，所以2,32m k k Z πππ+=+∈，解得,122k Z m k ππ=+∈. 又因为0m >，所以m 的最小值为12π，此时函数2sin 22123y x ππ⎛⎫=+⨯+= ⎪⎝⎭2cos2x ，数的最大值为2.故答案为:(1)12π;(2)2点评：本题考查三角函数的图象和性质,考查了()sin()f x A x ωϕ=+型函数图象的平移,考查了三角函数()sin()f x A x ωϕ=+的奇偶性的性质,是基础题.13．若实数x 、y 满足x ＞y ＞0，且log 2x +log 2y ＝1，则21x y+的最小值是__，22x y x y -+的最大值为__．答案：214先根据对数的运算性质可得xy ＝2，再根据基本不等式即可求解：解：实数x 、y 满足x ＞y ＞0，且log 2x +log 2y ＝1，则xy ＝2，则21x y +≥=2，当且仅当21x y =，即x ＝2，y ＝1时取等号，故21x y+的最小值是2， ()2222114()2()44x y x y x y x y x y xy x y x y x y---===≤=+-+-+-+-，当且仅当x-y 4x y=-，即x ﹣y ＝2时取等号故22x y x y -+的最大值为14，故答案为2，14．点评：本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行变形与灵活配凑，是解本题的关键，属于中等题．14．若6260126(1)(1)(1)x a a x a x a x =+-+-++-L ，则123456a a a a a a +++++=______，3a =____.答案：6320观察等式右边特点，含有1x -的各次幂，所以先变形，再用赋值法及二项式展开式特定项的通项公式求解. 解：由666016[1(1)](1)(1)x x a a x a x =+-=+-++-L ，令1x =，得01a =，令2x =，得63126036263,20a a a a a C +++=-===L . 故答案为：63；20. 点评：本题主要考查二项式定理的应用，解题的关键是赋值，本题属于基础题. 三、填空题15．由1,1,2,2,3,3,4,4可组成不同的四位数的个数为__________．答案：204根据所选的数字的情况将此问题可以分为以下三种情况：i ）选取的4个数字是1,2,3,4；ii ）从四组(1,1),(2,2),(3,3),(4,4)中任取两组；iii ）从四组(1,1),(2,2),(3,3),(4,4)中任取一组，再从剩下的3组中的不同的三个数字中任取2个不同的数字，利用排列与组合的计算公式及其乘法原理即可得出. 解：详解：i ）选取的四个数字是1,2,3,4，则可组成44A 个不同的四位数；ii ）从四组(1,1),(2,2),(3,3),(4,4)中任取两组有24C 种取法，如假设取的是1，1，2，2四个数：得到以下6个四位数：1122，2211，1212，2121，1221，2112．所以此时共有246C 个不同的四位数；iii ）从四组(1,1),(2,2),(3,3),(4,4)中任取一组有14C 种取法，再从剩下的三组中的不同的三个数中任取2个不同的数字有23C 种取法，把这两个不同的数字安排到四个数位上共有24A 种方法，而剩下的两个相同数字只有一种方法，由乘法原理可得此时共有12224342C C A C ⋅⋅⋅个不同的四位数；综上可知，用8个数字1,1,2,2,3,3,4,4可以组成不同的四位数个数是4212224443426204A C C C A C +⋅+⋅⋅⋅=，故答案为：204 点评：本题考查了排列与组合的计算公式及其乘法原理、分类讨论等基础知识与基本方法，属于难题．16．正四面体ABCD 的棱长为2，的球O 过点D ，MN 为球O 的一条直径，则AM AN ⋅u u u u v u u u v的最小值是__________．答案：4-很明显当,,,O D M N 四点共面时数量积能取得最值，由题意可知：OD OM ON ==，则MDN △是以点D 为顶点的直角三角形，且：()()()2420,AM AN AD DM AD DN AD AD DM DN DM DN AD DO ⋅=+⋅+=+⋅++⋅=+⋅+u u u u v u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u v u u u v当向量,AD DO u u u v u u u v 反向时，AM AN ⋅u u u u r u u u r取得最小值：4224-⨯=-.17．已知,,()a b c R a c +∈>，关于x 的方程2x ax b cx -+=恰有三个不等实根，且函数()f x =2x ax b cx -++的最小值是2c ，则ac=_______．答案：5由条件可得直线y cx =与2y x ax b =-+-相切，设出切点，求得二次函数的导数，可得a b c ，，的方程，再由函数()f x =2x ax b cx -++的单调性，可得()f x 的最小值，化简变形即可得到a c ，的关系式，可得所求值．解：关于x 的方程2x ax b cx -+=恰有三个不等实根，可得直线y cx =与2y x ax b =-+-相切，设切点为m n （，），2y x a '=-+，则22m a c cm m am b -+==--+，，消去m ，可得214b ac （），=-设2y x ax b =-+与x轴的两个交点的横坐标为：12x x ==()f x =2x ax b cx -++，当1x x =时，()f x 取得最小值是2c ，即有2c c =，可得2242a b a c -=-（），即为2222a a c a c --=-（）（），化为50a c a c （）（）--=，可得5a c =或a c =，由a c ＞，可得5a c =，即5ac=．故答案为5．点评：本题考查二次函数的图象和性质，以及导数的概念和应用，考查函数的最值的求法，以及运算能力，属于中档题．四、解答题18．设函数2()sin 2cos cos 6f x x x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭. （1）求函数()f x 的最小正周期和单调递增区间；（2）若||4x π…，求函数()f x 的最大值.答案：（1）最小正周期T π=；单调递增区间是,()36k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦（2）52（1）利用三角恒等变换，将函数化简为1()2sin(2)62f x x π=++，然后利用整体代换的方式，求得函数的最小正周期及单调递增区间；（2）利用整体代换，结合正弦函数的性质，求解函数在给定区间的最大值. 解：解：（1）11cos2()2cos2222x f x x x x +=+++Q 12cos22x x =++12sin(2)62x π=++，∴函数()f x 的最小正周期T π=，由222()262k x k k Z πππππ-++∈剟，得()36k x k k Z ππππ-+∈剟，∴函数()f x 的单调递增区间是[,]()36k k k Z ππππ-+∈.（2）||4x πQ …，22363x πππ∴-+剟， 3sin(2)16x π∴-+剟， ∴函数()f x 的最大值为52. 点评：本题考查三角恒等变换在三角函数图象和性质中的应用.（1）利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成sin()A x k w j ++或cos()A x k w j ++的形式；（2）根据自变量的范围确定x ωϕ+的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值.19．如图，在三棱锥A BCD -中，BCD V 是正三角形，E 为其中心.面ABC ⊥面BCD ，30ACB ∠=o，2AB BC ==，M 是BD 的中点，2AN NM =u u u r u u u u r.（1）证明：//EN 面ABC ；（2）求BC 与面ANE 所成角的正弦值. 答案：（1）证明见解析；（2）77（1）连接CM ，由重心的性质可得在AMC V 中有AN CENM EM=，则//EN AC ，结合线面平行的判定定理可得//EN 平面ABC ；（2）解法一：作AF BC ⊥交CB 的延长线于F ，作//FH BM 交CM 的延长线于H ，由题意可得FCG ∠为BC 与面ANE 所成角，7sin FG FCG FC ∠==；解法二：以BC 中点为原点，建立空间直角坐标系.可得()2,0,0CB =u u u r，面ANE 的法向量为()1,3,3n =-r ，则所求角的正弦值7sin cos<,>7n CB θ==r u u u r .解：（1）连接CM ，因为E 是正三角形BCD V 的中心，所以E 在CM 上且2CE EM =，又2AN NM =u u u r u u u u r ，所以在AMC V 中有AN CENM EM=，所以//EN AC ，又EN ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以//EN 平面ABC ；（2）解法一：作AF BC ⊥交CB 的延长线于F ，作//FH BM 交CM 的延长线于H ，Q 面ABC ⊥面BCD ，面ABC I 面BCD BC =，AF BC ⊥，AF ⊂面ABC ，AF ∴⊥面BCD ，CH ⊂Q 平面BCD ，所以AF CH ⊥，又//FH BM ，所以FH CH ⊥，所以CH ⊥面AFH ，CH ⊂Q 平面ACH ，所以，面ACH ⊥面AFH ，作FG AH ⊥，则FG ⊥面ACH ，连接CG ，则FCG ∠为BC 与面ANE 所成的角， ∴7sin FG FCG FC ∠==，即BC 与面ANE 所成角的正弦值为7；解法二：以BC 中点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.2AB BC ==Q ，30ACB ∠=o ，(A ∴，()1,0,0B ，()1,0,0C -，()0,D，1,2M ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭，(CA =u u u r，3,2CM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u u u r ，()2,0,0CB =u u ur .设面ANE 的法向量为(),,n x y z =r ，则00n CA n CM ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u u v v，即303022x x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩，取(n =r，sin cos<,>n CB n CB n CBθ⋅∴===⋅r u u u r r u u u r r u u u r ，因此，BC 与面ANE. 点评：本题考查线面平行的证明，同时也考查了线面角正弦值的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20．已知数列{}n a 中，()110,2*n n a a a n n N +==+∈，（1）令+11n n n b a a =-+，求证：数列{}n b 是等比数列；（2）令3nn n a c =，当n c 取得最大值时，求n 的值. 答案：（I ）见解析（2）3,n n c =最大，即3k =（1）由题可得121221n n n n a a n a a n +++=+=++，两式相减，得()211121n n n n a a a a +++-+=-+，即12n n b b +=，求出120b =≠，即可得证；（2）由（1）可知，2n n b =即121n n n a a +-=-，通过累加可得21nn a n =--则213n n n n c --=，而112123n n n n n c c +++--=，令()212nf n n =+-，讨论()()122n f n f n +-=-的符号可得n c 的最大值，进而得到n .解：（1）121221n n n n a a n a a n +++=+=++Q ，两式相减，得211221n n n n a a a a +++-=-+ ∴()211121n n n n a a a a +++-+=-+即：12n n b b +=21120a b ==≠Q 又，∴数列{}n b 是以2为首项，2为公比的等比数列（2）由（1）可知，2n n b =即121nn n a a +-=-2121a a -=-23221a a -=-⋅⋅⋅⋅⋅⋅()11212n n n a a n ---=-≥()211222121n n n a a n n -∴-=++⋅⋅⋅+--=--2,21n n n a n ∴≥=--11,0n a ∴==也满足上式 21n n a n ∴=--111212233n n n n n n n n c c +++----=∴= 11112221212333n n nn n n n n n n n c c ++++----+-∴-=-=令()212nf n n =+-，则()11232n f n n ++=+-，()()122n f n f n ∴+-=-()()()()()()12,234f f f f f f n ∴=>>>⋅⋅⋅> ()()()()1210,310,3,0f f f n f n ==>=-<∴≥<Q123345...c c c c c c ∴>，∴3,n n c =最大，即3k = 点评：本题考查等比关系的证明，以及数列的综合应用，属中档题.21．已知点F 是抛物线22,(0)x py p =>的焦点，点A 是抛物线上的点，且(2,0)AF =u u u v，点,B C 是抛物线上的动点，抛物线在,B C 处的切线交于点D .（1）求抛物线的方程；（2）设直线,AC AB 的斜率分别为12,k k ，若BCD ∆的面积为32，求证：21k k -为定值.答案：（1）24x y =；（2）证明见解析试题分析：（1）设()00,,0,,2p A x y F ⎛⎫⎪⎝⎭结合()00,2,02p AF x y ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭u u u v 可得抛物线的方程为24x y =（2）设()221212,,,,2,144x x B x C x A ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则过点B 的切线方程为21124x x y x =-，过点C 的切线方程为22224x x y x =-，则BC 中点221212,28x x x x P ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，由面积公式121·322BCD S DP x x ∆=-=,得：128x x -=故212124x x k k --==为定值.试题解析：（1）设()()0000,,0,,,2,022p p A x y F AF x y ⎛⎫⎛⎫=--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u v ，得02,2x p =-=所以抛物线的方程为24x y =；（2）设()221212,,,,2,144x x B x C x A ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，过点B 的切线方程为()211142x x y x x -=-，即21124x x y x =-，同理过点C的切线方程为22224x xy x=-，由2 112 22 24 24 x xy xx xy x⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩得，1212·,24D Dx x x xx y+==,即1212·,24x x x xD+⎛⎫⎪⎝⎭，取BC中点221212,28x x x xP⎛⎫++⎪⎝⎭，322121212121211··32228416BCDx xx x x xS DP x x x x∆-+=-=--==,得：128x x-=，由21121211224,244xx xk kx---===+，212124x xk k--==为定值.点睛：直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22．已知函数1()(ln1)f x a xx=-+.（1）讨论函数()f x的单调区间；（2）若函数()f x的图象与x轴相切，求证：对于任意的2(1)(0,1],()xm f xmx-∈…. 答案：（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析；（1）先对函数进行求导，然后根据实数a的取值情况进行讨论，结合导数的正负，判断求解函数的单调性与单调区间；（2）因为函数()f x 的图象与x 轴相切，由（1）可知，0a >且10f a ⎛⎫=⎪⎝⎭，可求出()f x ，当(0,1],(0,)m x ∈∈+∞时，22(1)(1)x x mx x --…恒成立，为证明对于任意的2(1)(0,1],()x m f x mx -∈„成立，只要证明2(1)()x f x x -„即可，令2(1)()()x g x f x x-=-，然后在利用导数在函数最值中的应用，即可证明()(1)0g x g =„，由此即可证明不等式成立.解：解：（1）函数的定义域是21(0,),()ax f x x'-+∞=，当0a „时，()0f x '<，()f x ∴在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，10,,()0x f x a '⎛⎫∈< ⎪⎝⎭，()f x ∴在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；1,,()0x f x a '⎛⎫∈+∞> ⎪⎝⎭，()f x ∴在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.（2）证明：因为函数()f x 的图象与x 轴相切，设切点为0(,0)x ，0002011()00ax f x x x a'-==∴=> 11ln 10f a a a a ⎛⎫⎛⎫∴=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得1a =，1()ln 1f x x x∴=-+，又当(0,1],(0,)m x ∈∈+∞时，22(1)(1)x x mx x --…恒成立，令2(1)()()ln 1x g x f x x x x-=-=+-，由1()0xg x x'-==，得1x =， (1)g ∴是()g x 的最大值， ()(1)0g x g ∴=…，22(1)(1)()x x f x xmx--∴剟成立. 点评：本题考查导数在研究函数中的应用、导数在不等式中的应用，属于中档题.。

2019高考数学优编增分练5套

高考数学优编增分练目录(一)三角函数与解三角形 (2)(二)立体几何 (5)(三)数列 (10)(四)解析几何 (15)(五)函数与导数 (21)(一)三角函数与解三角形1．(2018·浙江省教育绿色评价联盟月考)已知函数f (x )＝sin x ·(cos x ＋3sin x )．(1)求f (x )的最小正周期；(2)若关于x 的方程f (x )＝t 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2内有两个不相等的实数解，求实数t 的取值范围．解 (1)f (x )＝sin x cos x ＋3sin 2x＝12sin 2x ＋32(1－cos 2x ) ＝12sin 2x －32cos 2x ＋32＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋32. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以2x －π3∈⎣⎡⎦⎤－π3，2π3. 令u ＝2x －π3，因为y ＝sin u 在⎣⎡⎦⎤－π3，π2上是增函数，在⎣⎡⎦⎤π2，2π3上是减函数，令u ＝2x －π3＝π2，则x ＝5π12，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤0，5π12上是增函数，在⎣⎡⎦⎤5π12，π2上是减函数．由题意知，关于x 的方程f (x )＝t 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2内有两个不相等的实数解，等价于y ＝f (x )与y ＝t 的图象(图略)在区间⎣⎡⎦⎤0，π2内有两个不同的交点，又因为f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫5π12＝1＋32，f ⎝⎛⎭⎫π2＝3，所以3≤t <1＋32，即t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫3，1＋32. 2. (2018·湖州、衢州、丽水三地市模拟)已知函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－2sin x cos x . (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，求函数f (x )的最大值和最小值．解 (1)f (x )＝3⎝⎛⎭⎫sin 2x cos π6＋cos 2x sin π6－sin 2x ＝32cos 2x ＋12sin 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，因此函数f (x )的最小正周期T ＝π.(2)因为－π4≤x ≤π4，所以－π6≤2x ＋π3≤5π6，所以－12≤sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3≤1，因此当x ＝π12时，f (x )的最大值为1，当x ＝－π4时，f (x )的最小值为－12. 3．(2018·浙江省台州中学模拟)在△ABC 中，cos B ＝－513，cos C ＝45. (1)求sin A 的值；(2)设△ABC 的面积S △ABC ＝332，求BC 的长．解 (1)由cos B ＝－513，得sin B ＝1213，由cos C ＝45，得sin C ＝35， sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝3365. (2)由S △ABC ＝332，得12AB ·AC ·sin A ＝332， ∴AB ·AC ＝65.又AC ＝AB ·sin B sin C ＝2013AB ， ∴AB ＝132，BC ＝AB ·sin A sin C ＝112. 4．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足23a sin C sin B ＝a sin A ＋b sin B －c sin C .(1)求角C 的大小；(2)若a cos ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝b cos(2k π＋A )(k ∈Z )且a ＝2，求△ABC 的面积．解 (1)由23a sin C sin B ＝a sin A ＋b sin B －c sin C 及正弦定理得，23ab sin C ＝a 2＋b 2－c 2， ∴3sin C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，∴3sin C ＝cos C ， ∴tan C ＝33，又0<C <π，∴C ＝π6. (2)由a cos ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝b cos(2k π＋A )(k ∈Z )，得a sin B ＝b cos A .由正弦定理得sin A sin B ＝sin B cos A ，又sin B ≠0，∴sin A ＝cos A ，∴A ＝π4，根据正弦定理可得2sin π4＝c sin π6，解得c ＝2， ∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2×2sin(π－A －C ) ＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4＋π6＝3＋12.5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin A ＋sin B ＝3sin C .(1)若cos 2A ＝sin 2B ＋cos 2C ＋sin A sin B ，求sin A ＋sin B 的值；(2)若c ＝2，求△ABC 面积的最大值．解 (1)∵cos 2A ＝sin 2B ＋cos 2C ＋sin A sin B ，∴1－sin 2A ＝sin 2B ＋1－sin 2C ＋sin A sin B ，∴sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－sin A sin B ，∴由正弦定理，得a 2＋b 2－c 2＝－ab ，∴由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－12，又0<C <π，∴C ＝2π3， ∴sin A ＋sin B ＝3sin C ＝3sin2π3＝32. (2)当c ＝2，a ＋b ＝3c ＝23，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝(a ＋b )2－2ab －c 22ab ＝4ab－1， ∴sin C ＝1－cos 2C ＝1－⎝⎛⎭⎫4ab －12 ＝－⎝⎛⎭⎫4ab 2＋8ab ，∴S ＝12ab sin C ＝12ab －⎝⎛⎭⎫4ab 2＋8ab ＝12－16＋8ab . ∵a ＋b ＝23≥2ab ，即0<ab ≤3，当且仅当a ＝b ＝3时等号成立，∴S ＝12－16＋8ab ≤12－16＋8×3＝2， ∴△ABC 面积的最大值为 2.6．已知m ＝(3sin ωx ，cos ωx )，n ＝(cos ωx ，－cos ωx )(ω>0，x ∈R )，f (x )＝m·n －12且f (x )的图象上相邻两条对称轴之间的距离为π2. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若△ABC 中内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 且b ＝7，f (B )＝0，sin A ＝3sin C ，求a ，c 的值及△ABC 的面积．解 (1)f (x )＝m·n －12＝3sin ωx cos ωx －cos 2ωx －12 ＝32sin 2ωx －12cos 2ωx －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π6－1. ∵相邻两条对称轴之间的距离为π2， ∴T ＝2π2ω＝π，∴ω＝1，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6－1，令2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，则k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z ， ∴f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π6，k π＋π3，k ∈Z . (2)由(1)知，f (B )＝sin ⎝⎛⎭⎫2B －π6－1＝0， ∵0<B <π，∴－π6<2B －π6<11π6， ∴2B －π6＝π2，∴B ＝π3，由sin A ＝3sin C 及正弦定理，得a ＝3c ，在△ABC 中，由余弦定理，可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝9c 2＋c 2－76c 2＝10c 2－76c 2＝12， ∴c ＝1，a ＝3，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×3×1×32＝334. (二)立体几何1．(2018·浙江省金丽衢十二校联考)如图，四棱锥S －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱SB 垂直于底面．(1)求证：平面SBD ⊥平面SAC ；(2)若SA 与平面SCD 所成的角为30°，求SB 的长．(1)证明连接AC ，BD ，因为四边形ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD .又因为SB ⊥底面ABCD ，所以AC ⊥SB ，因为BD ∩SB ＝B ，BD ，SB ⊂平面SBD ，所以AC ⊥平面SBD .又因为AC ⊂平面SAC ，所以平面SAC ⊥平面SBD .(2)解将四棱锥补形成正四棱柱ABCD －A ′SC ′D ′，连接A ′D ，作AE ⊥A ′D ，垂足为点E ，连接SE .由SA ′∥CD 可知，平面SCD 即为平面SCDA ′.因为CD ⊥侧面ADD ′A ′，AE ⊂侧面ADD ′A ′，所以CD ⊥AE ，又因为AE ⊥A ′D ，A ′D ∩CD ＝D ，A ′D ，CD ⊂平面SCD ，所以AE ⊥平面SCD ，于是∠ASE 即为SA 与平面SCD 所成的角．设SB ＝x ，在Rt △ABS 中，SA ＝1＋x 2，在Rt △DAA ′中，AE ＝x 1＋x 2 . 因为∠ASE ＝30°，所以1＋x 2＝2x 1＋x 2，解得x ＝1，即SB 的长为1.2．(2018·浙江省金华十校模拟)如图，在几何体ABCDE 中，CD ∥AE ，∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，CD ＝2EA ＝2，AB ＝AC ＝2，BC ＝23，F 为BD 的中点．(1)证明：EF ∥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值．(1)证明取BC 的中点G ，连接FG ，AG ，∵F 为BD 的中点，CD ＝2EA ，CD ∥AE ，∴FG ＝12CD ＝EA ，且FG ∥AE ， ∴四边形AGFE 是平行四边形，∴EF ∥AG ，∵EF ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，∴EF ∥平面ABC .(2)解 ∵∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，且平面EACD ∩平面ABC ＝AC ，EA ⊂平面EACD ， ∴EA ⊥平面ABC ，由(1)知FG ∥AE ，∴FG ⊥平面ABC ，又∵AB ＝AC ，G 为BC 的中点，∴AG ⊥BC ，如图，以G 为坐标原点，分别以GA ，GB ，GF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0，－3，2)，E (1,0,1)， ∴AB →＝(－1，3，0)，BD →＝(0，－23，2)，BE →＝(1，－3，1)，设平面BDE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧z －3y ＝0，x －3y ＋z ＝0，令y ＝1，得n ＝(0,1，3)，∴直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值为|AB →·n ||AB →||n |＝34. 3．在三棱锥D —ABC 中，DA ＝DB ＝DC ，D 在底面ABC 上的射影为E ，AB ⊥BC ，DF ⊥AB 于F .(1)求证：平面ABD ⊥平面DEF ；(2)若AD ⊥DC ，AC ＝4，∠BAC ＝60°，求直线BE 与平面DAB 所成角的正弦值．(1)证明由题意知DE ⊥平面ABC ，所以AB ⊥DE ，又AB ⊥DF ，且DE ∩DF ＝D ，所以AB ⊥平面DEF ，又AB ⊂平面ABD ，所以平面ABD ⊥平面DEF .(2)解方法一由DA ＝DB ＝DC ，知EA ＝EB ＝EC ，所以E 是△ABC 的外心．又AB ⊥BC ，所以E 为AC 的中点，如图所示．过E 作EH ⊥DF 于H ，连接BH ，则由(1)知EH ⊥平面DAB ，所以∠EBH 即为BE 与平面DAB 所成的角．由AC ＝4，∠BAC ＝60°，得AB ＝AE ＝BE ＝2，所以EF ＝3，又DE ＝2，所以DF ＝DE 2＋EF 2＝7，EH ＝237，所以sin ∠EBH ＝EH BE ＝217.方法二如图建系，则A (0，－2，0)，D (0,0,2)，B (3，－1,0)，所以DA →＝(0，－2，－2)，DB →＝(3，－1，－2)．设平面DAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0，n ·DB →＝0，得⎩⎨⎧ －2y －2z ＝0，3x －y －2z ＝0，取z ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎫33，－1，1.设EB →与n 的夹角为θ，则cos θ＝EB →·n |EB →|·|n |＝2273＝217，所以BE 与平面DAB 所成角的正弦值为217. 4．如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝4，点E ，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝1，BF ＝3，将四边形AEFB 沿EF 折起，使点B 在平面CDEF 上的射影H 在直线DE 上．(1)求证：CD ⊥BE ；(2)求线段BH 的长度；(3)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值．(1)证明 ∵BH ⊥平面CDEF ，∴BH ⊥CD ，又CD ⊥DE ，BH ∩DE ＝H ，BH ，DE ⊂平面DBE ，∴CD ⊥平面DBE ，∴CD ⊥BE .(2)解方法一设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ，∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理得⎩⎪⎨⎪⎧ BE 2＝BH 2＋EH 2，BF 2＝BH 2＋FH 2＝BH 2＋FG 2＋GH 2，即⎩⎪⎨⎪⎧ 5＝h 2＋k 2，9＝22＋h 2＋(2－k )2，解得⎩⎪⎨⎪⎧h ＝2，k ＝1， ∴线段BH 的长度为2.方法二如图，过点E 作ER ∥DC ，过点E 作ES ⊥平面EFCD ，以点E 为坐标原点，分别以ER ，ED ，ES 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设点B (0，y ，z )(y >0，z >0)，由于F (2,2,0)，BE ＝5，BF ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝5，4＋(y －2)2＋z 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，z ＝2，于是B (0,1,2)， ∴线段BH 的长度为2.(3)解方法一延长BA 交EF 于点M ，∵AE ∶BF ＝MA ∶MB ＝1∶3，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的13， ∴点A 到平面EFCD 的距离为23，而AF ＝13，故直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为21339. 方法二由(2)方法二知FB →＝(－2，－1,2)，故EA →＝13FB →＝⎝⎛⎭⎫－23，－13，23， F A →＝FE →＋EA →＝⎝⎛⎭⎫－83，－73，23，设平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ，则sin θ＝|F A →·n ||F A →||n |＝21339. 5.在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝BD ＝2AE ，M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM ；(2)求CM 与平面CDE 所成的角．方法一 (1)证明因为AC ＝BC ，M 是AB 的中点，所以CM ⊥AB .又EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以EA ⊥CM ，因为AB ∩EA ＝A ，AB ，EA ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥平面ABDE ，又因为EM ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥EM .(2)解过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足为H ，连接CH 并延长交ED 于点F ，连接MF ，MD ，∠FCM 是直线CM 和平面CDE 所成的角．因为MH ⊥平面CDE ，ED ⊂平面CDE ，所以MH ⊥ED ，又因为CM ⊥平面EDM ，ED ⊂平面EDM ，所以CM ⊥ED ，因为MH ∩CM ＝M ，MH ，CM ⊂平面CMF ，所以ED ⊥平面CMF ，因为MF ⊂平面CMF ，所以ED ⊥MF .设EA ＝a ，BD ＝BC ＝AC ＝2a ，在直角梯形ABDE 中，AB ＝22a ，M 是AB 的中点，所以DE ＝3a ，EM ＝3a ，MD ＝6a ，所以EM 2＋MD 2＝ED 2，所以△EMD 是直角三角形，其中∠EMD ＝90°，所以MF ＝EM ·MD DE＝2a . 在Rt △CMF 中，tan ∠FCM ＝MF MC＝1，又因为∠FCM ∈(0°，90°)，所以∠FCM ＝45°，故CM 与平面CDE 所成的角是45°.方法二如图，以点C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别作为x 轴和y 轴，过点C 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立直角坐标系，设EA ＝a ，则A (2a,0,0)，B (0,2a,0)，E (2a,0，a )，D (0,2a,2a )，M (a ，a,0)．(1)证明因为EM →＝(－a ，a ，－a )，CM →＝(a ，a,0)，所以EM →·CM →＝0，故EM ⊥CM .(2)解设向量n ＝(1，y 0，z 0)为平面CDE 的一个法向量，则n ⊥CE →，n ⊥CD →，即n ·CE →＝0，n ·CD →＝0.因为CE →＝(2a,0，a )，CD →＝(0,2a,2a )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋az 0＝0，2ay 0＋2az 0＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝2，z 0＝－2，即n ＝(1,2，－2)，cos 〈n ，CM →〉＝CM →·n |CM →|·|n |＝22，因为〈n ，CM →〉∈[0°，180°]，所以〈n ，CM →〉＝45°.直线CM 与平面CDE 所成的角θ是n 与CM →夹角的余角，所以θ＝45°，因此直线CM 与平面CDE 所成的角是45°.6.如图，在三棱台ABCDEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．(1)证明延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示，因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK .所以BF ⊥平面ACFD .(2)解因为BF ⊥平面ACK ，所以∠BDF 是直线BD 与平面ACFD 所成的角．在Rt △BFD 中，BF ＝3，DF ＝32，得cos ∠BDF ＝217. 所以直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值为217. (三)数列1．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12b n ＋7n 的前n 项和T n . 解 (1)因为a 1＝S 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n＋2，所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5.所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，②①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1＝3，又因为a 1＝1，所以{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝3的等差数列，所以a n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1，所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)，所以当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n 2. 又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n 2(n ∈N *)．所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝16·⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2 ＝16·⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 12(n ＋1)(n ＋2).2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 52，S 4成等差数列，a 5＝3a 2＋2a 1－2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n －1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3，S 52，S 4成等差数列，可知S 3＋S 4＝S 5，得2a 1－d ＝0，①由a 5＝3a 2＋2a 1－2，②得4a 1－d －2＝0，由①②，解得a 1＝1，d ＝2，因此，a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)令c n ＝a n b n＝(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，∴T n ＝1·1＋3·12＋5·⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n －1，③ 12T n ＝1·12＋3·⎝⎛⎭⎫122＋5·⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ，④ ③－④，得12T n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －1 －(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＝ 3－2n ＋32n ， ∴T n ＝6－2n ＋32n －1(n ∈N *)． 3．已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n 2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)方法一由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k 4， ∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3，即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k 4，解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二 ∵{a n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )，∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d )＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于任意n ∈N *均成立，则⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝4n 2a n a n ＋1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋1，得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋1＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋1＋12⎝⎛⎭⎫15－17＋1＋…＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＋n ＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n 2n ＋1(n ∈N *)． 4．(2018·绍兴市柯桥区模拟)已知数列{a n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋1en x +－1，证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ；(2)x n x n ＋1>x n －2x n ＋1；(3)⎝⎛⎭⎫12n ≤x n ≤⎝⎛⎭⎫12n －1. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0，当n ＝1时，x 1＝1>0，假设x k >0，k ∈N *，k ≥1，成立，当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则x k ＝x k ＋1＋1e k x +－1≤0，矛盾，故x k ＋1>0，因此x n >0(n ∈N *)，所以x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1>x n ＋1＋e 0－1＝x n ＋1，综上，x n >x n ＋1>0.(2)x n ＋1x n ＋2x n ＋1－x n ＝x n ＋1(x n ＋1＋1en x +－1)＋2x n ＋1－x n ＋1－1e n x +＋1＝x 2n ＋1＋1e n x +(x n ＋1－1)＋1，设f (x )＝x 2＋e x (x －1)＋1(x ≥0)，则f ′(x )＝2x ＋e x ·x ≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，因此f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1＋1e n x +(x n ＋1－1)＋1＝f (x n ＋1)>f (0)＝0，故x n x n ＋1>x n －2x n ＋1.(3)由(2)得1x n ＋1＋1<2⎝⎛⎭⎫1x n ＋1，所以当n >1时， 1x n ＋1<2⎝⎛⎭⎫1x n －1＋1<…<2n －1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1＝2n ，当n ＝1时，1x n ＋1＝2n ，所以1x n ≤2n ，即x n ≥12n ，又由于x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1≥x n ＋1＋(x n ＋1＋1)－1＝2x n ＋1，x n ＋1≤12x n ，所以易知x n ≤12n －1，综上，⎝⎛⎭⎫12n ≤x n ≤⎝⎛⎭⎫12n －1.5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ＝1,2，…. (1)求{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的x >0，a n ≥11＋x －1(1＋x )2·⎝⎛⎭⎫23n －x ，n ＝1,2，…； (3)证明：a 1＋a 2＋…＋a n >n 2n ＋1. (1)解 ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1， ∴1a n －1＝23·13n 1＝23，∴a n ＝3n3n ＋2(n ∈N *)． (2)证明由(1)知a n ＝3n3n ＋2>0， 11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23n －x ＝11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23n ＋1－1－x ＝11＋x －1(1＋x )2⎣⎡⎦⎤1a n －(1＋x ) ＝－1a n ·1(1＋x )2＋21＋x ＝－1a n ⎝⎛⎭⎫11＋x －a n 2＋a n ≤a n ， ∴原不等式成立．(3)证明由(2)知，对任意的x >0，有a 1＋a 2＋…a n ≥11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23－x ＋11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23－x ＋…＋11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23－x ＝n 1＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23＋232＋…＋23n －nx ， ∴取x ＝1n ⎝⎛⎭⎫23＋23＋…＋23＝1n ⎝⎛⎭⎫1－13，则a 1＋a 2…＋a n ≥n1＋1n ⎝⎛⎭⎫1－13n ＝n 2n ＋1－13n >n 2n ＋1， ∴原不等式成立．6．已知在数列{a n }中，满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12，记S n 为a n 的前n 项和． (1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ＝cos π3·2n －1； (3)证明：S n >n －27＋π254. 证明 (1)由题意知{a n }的各项均为正数，因为2a 2n ＋1－2a 2n ＝a n ＋1－2a 2n ＝(1－a n )(1＋2a n)．所以，要证a n ＋1>a n ，只需要证明a n <1即可．下面用数学归纳法证明a n <1.①当n ＝1时，a 1＝12<1成立， ②假设当n ＝k 时，a k <1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12<1＋12＝1. 综上所述，a n <1成立，所以a n ＋1>a n .(2)用数学归纳法证明a n ＝cos π3·2n －1. ①当n ＝1时，a 1＝12＝cos π3成立， ②假设当n ＝k 时，a k ＝cos π3·2k －1. 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12＝cos π3·2k －1＋12＝cos π3·2k ，综上所述，a n ＝cosπ3·2n －1. (3)由题意及(2)知， 1－a n －12＝1－a n －1＋12＝1－a 2n ＝1－cos 2π3·2n 1＝sin 2π3·2n －1<⎝⎛⎭⎫π3·2n －12(n ≥2)，得a n －1>1－2π29·4n －1(n ≥2)，故当n ＝1时，S 1＝12>1－27＋π254；当n ≥2时，S n >∑n i ＝2 ⎝⎛⎭⎫1－2π29·4i ＋12 ＝n －12－2π29×43×116⎝⎛⎭⎫1－14n －1 >n －27＋π254. 综上所述，S n >n －27＋π254. (四)解析几何1．(2018·浙江省台州中学模拟)过抛物线E ：x 2＝2py (p >0)的焦点F 作斜率分别为k 1，k 2的两条不同直线l 1，l 2且k 1＋k 2＝2，l 1与E 相交于点A ，B ，l 2与E 相交于点C ，D ，以AB ，CD 为直径的圆M ，圆N (M ，N 为圆心)的公共弦所在直线记为l .(1)若k 1>0，k 2>0，证明：FM →·FN →<2p 2；(2)若点M 到直线l 的距离的最小值为755，求抛物线E 的方程． (1)证明由题意知，抛物线E 的焦点为F ⎝⎛⎭⎫0，p 2，直线l 1的方程为y ＝k 1x ＋p 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2－2pk 1x －p 2＝0. 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实数根，从而x 1＋x 2＝2pk 1，y 1＋y 2＝2pk 21＋p ，∴点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫pk 1，pk 21＋p 2，FM →＝(pk 1，pk 21)．同理可得点N 的坐标为⎝⎛⎫pk 2，pk 22＋p 2， FN →＝(pk 2，pk 22)，于是FM →·FN →＝p 2(k 1k 2＋k 21k 22)．∵k 1＋k 2＝2，k 1>0，k 2>0，k 1≠k 2，∴0<k 1k 2<1，故FM →·FN →<p 2(1＋1)＝2p 2.(2)解由抛物线的定义得|F A |＝y 1＋p 2，|FB |＝y 2＋p 2， ∴|AB |＝y 1＋y 2＋p ＝2pk 21＋2p ，从而圆M 的半径r 1＝pk 21＋p .故圆M 的方程为x 2＋y 2－2pk 1x －p (2k 21＋1)y －34p 2＝0，同理可得圆N 的方程为x 2＋y 2－2pk 2x －p (2k 22＋1)y －34p 2＝0， ∴直线l 的方程为(k 2－k 1)x ＋(k 22－k 21)y ＝0，即x ＋2y ＝0.∴点M 到直线l 的距离为d ＝p |2k 21＋k 1＋1|5. 故当k 1＝－14时，d 取最小值7p 85. 由已知得7p 85＝755，解得p ＝8. 故所求抛物线E 的方程为x 2＝16y .2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两焦点分别是F 1()－2，0，F 2()2，0，点E ⎝⎛⎭⎫2，322在椭圆C 上． (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是y 轴上的一点，若椭圆C 上存在两点M ，N ，使得MP →＝2PN →，求以F 1P 为直径的圆面积的取值范围．解 (1)由已知，得半焦距c ＝2，2a ＝|EF 1|＋|EF 2|＝8＋92＋322＝42，所以a ＝22，所以b 2＝a 2－c 2＝8－2＝6，所以椭圆C 的方程是x 28＋y 26＝1. (2)设点P 的坐标为(0，t )，当直线MN 斜率不存在时，可得M ，N 分别是短轴的两端点，得到t ＝±63，t 2＝23. 当直线MN 斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋t ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则由MP →＝2PN →得x 1＝－2x 2，①联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 28＋y 26＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－24＝0，由题意，得Δ＝64k 2t 2－4(3＋4k 2)(4t 2－24)>0，整理得t 2<8k 2＋6，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k 2， x 1·x 2＝4t 2－243＋4k 2，② 由①②，消去x 1，x 2得k 2＝－t 2＋612t 2－8，由⎩⎪⎨⎪⎧ －t 2＋612t 2－8≥0，t 2<8·－t 2＋612t 2－8＋6，解得23<t 2<6，综上23≤t 2<6，又因为以F 1P 为直径的圆面积S ＝π·2＋t 24，所以S 的取值范围是⎣⎡⎭⎫2π3，2π. 3．(2018·浙江“超级全能生”联考)如图，已知直线y ＝－2mx －2m 2＋m 与抛物线C ：x 2＝y 相交于A ，B 两点，定点M ⎝⎛⎭⎫－12，1. (1)证明：线段AB 被直线y ＝－x 平分；(2)求△MAB 面积取得最大值时m 的值．(1)证明设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2mx －2m 2＋m ，y ＝x 2，得x 2＋2mx ＋2m 2－m ＝0，∴x 1＋x 2＝－2m ，x 1·x 2＝2m 2－m ，则x 1＋x 22＝－m ， y 1＋y 22＝x 21＋x 222＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 22＝m ， ∴线段AB 的中点坐标为(－m ，m )，∴线段AB 被直线y ＝－x 平分．(2)解 ∵|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2 ＝1＋4m 2－4m 2＋4m (0<m <1)，点M 到直线AB 的距离为d ＝|1＋2m 2－2m |1＋4m 2， ∴△MAB 的面积S ＝12|AB |d ＝－m 2＋m |1－2(－m 2＋m )|(0<m <1)，令－m 2＋m ＝t ，则S ＝t |1－2t 2|，又∵0<t ≤12，∴S ＝t －2t 3⎝⎛⎭⎫0<t ≤12，令f (t )＝t －2t 3⎝⎛⎭⎫0<t ≤12，则f ′(t )＝1－6t 2，则f (t )在⎝⎛⎭⎫0，66上单调递增，在⎝⎛⎦⎤66，12上单调递减，故当t ＝66时，f (t )取得最大值，即△MAB 面积取得最大值，此时有－m 2＋m ＝66，解得m ＝3±36. 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，A ，B 是椭圆与x 轴的两个交点，M 为椭圆C 的上顶点，设直线MA 的斜率为k 1，直线MB 的斜率为k 2，k 1k 2＝－23. (1)求椭圆C 的离心率；(2)设直线l 与x 轴交于点D (－3，0)，交椭圆于P ，Q 两点，且满足DP →＝3QD →，当△OPQ 的面积最大时，求椭圆C 的方程．解 (1)M (0，b )，A (－a,0)，B (a,0)，k 1＝b a ，k 2＝－b a， k 1k 2＝－b a ·b a ＝－b 2a 2＝－23，e ＝c a ＝33. (2)由(1)知e ＝c a ＝33，得a 2＝3c 2，b 2＝2c 2，可设椭圆C 的方程为2x 2＋3y 2＝6c 2，设直线l 的方程为x ＝my －3，由⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝6c 2，x ＝my －3，得(2m 2＋3)y 2－43my ＋6－6c 2＝0，因为直线l 与椭圆C 相交于P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)两点，所以Δ＝48m 2－4(2m 2＋3)(6－6c 2)>0，由根与系数的关系得，y 1＋y 2＝43m 2m 2＋3，y 1y 2＝6－6c 22m 2＋3. 又DP →＝3QD →，所以y 1＝－3y 2，代入上述两式得6－6c 2＝－36m 22m 2＋3，所以S △OPQ ＝12|OD ||y 1－y 2|＝32⎪⎪⎪⎪⎪⎪83m 2m 2＋3 ＝12|m |2|m |2＋3＝122|m |＋3|m |≤6，当且仅当m 2＝32时，等号成立，此时c 2＝52，代入Δ，此时Δ>0成立，所以椭圆C 的方程为2x 215＋y 25＝1. 5．已知在平面直角坐标系中，动点P (x ，y )(x ≥0)到点N (1,0)的距离比到y 轴的距离大1.(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)若过点M (2,0)的直线与轨迹C 相交于A ，B 两点，设点Q 在直线x ＋y －1＝0上，且满足OA →＋OB →＝tOQ→(O 为坐标原点)，求实数t 的最小值．解 (1)方法一因为点P (x ，y )(x ≥0)到点N (1,0)的距离比到y 轴的距离大1，所以|PN |－1＝|x |，将点N 的坐标代入，并整理得y 2＝4x .故点P 的轨迹C 的方程是y 2＝4x .方法二因为平面上动点P 到点N (1,0)的距离比到y 轴的距离大1，所以点P 到点N (1,0)的距离与点P 到直线x ＝－1的距离相等，即点P 的轨迹是以原点为顶点，焦点到准线的距离为2，并且为开口向右的抛物线，所以点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .(2)由题意知直线AB 的斜率存在且斜率不为0且与抛物线y 2＝4x 有两个交点，设直线AB ：y ＝k (x －2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Q (x ，y )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝4x ，得k 2x 2－4(k 2＋1)x ＋4k 2＝0(k ≠0)． Δ＝16(2k 2＋1)>0恒成立，所以x 1＋x 2＝4(k 2＋1)k 2，x 1·x 2＝4，因为OA →＋OB →＝tOQ →，所以(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝t (x ，y )，即x ＝x 1＋x 2t ＝4(k 2＋1)k 2t ，y ＝y 1＋y 2t ＝k (x 1－2)＋k (x 2－2)t ＝k (x 1＋x 2)－4k t ＝4tk，又点Q 在x ＋y －1＝0上，所以4(k 2＋1)k 2t ＋4tk－1＝0. 所以t ＝4⎝⎛⎭⎫1k 2＋1k ＋1＝4⎝⎛⎭⎫1k ＋122＋3≥3.故实数t 的最小值为3.6.如图，过椭圆M ：x 22＋y 2＝1的右焦点F 作直线交椭圆于A ，C 两点．(1)当A ，C 变化时，在x 轴上求定点Q ，使得∠AQF ＝∠CQF ；(2)设直线QA 交椭圆M 的另一个交点为B ，连接BF 并延长交椭圆于点D ，当四边形ABCD 的面积取得最大值时，求直线AC 的方程．解 (1)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，Q (q,0)，当A ，C 不在x 轴上时，设直线AC 的方程为x ＝ty ＋1，代入椭圆M 的方程，可得(2＋t 2)y 2＋2ty －1＝0.则y 1＋y 2＝－2t 2＋t 2，y 1y 2＝－12＋t 2，由意题知k AQ ＋k CQ ＝y 1x 1－q ＋y 2x 2－q＝y 1(x 2－q )＋y 2(x 1－q )(x 1－q )(x 2－q ) ＝y 1(ty 2＋1－q )＋y 2(ty 1＋1－q )(x 1－q )(x 2－q ) ＝2ty 1y 2＋(1－q )(y 1＋y 2)(x 1－q )(x 2－q )＝0，即2ty 1y 2＋(1－q )(y 1＋y 2)＝0，整理得－2t －2t (1－q )＝0，由题知无论t 取何值，上式恒成立，则q ＝2，当A ，C 在x 轴上时，定点Q (2,0)依然可使∠AQF ＝∠CQF 成立，所以点Q 的坐标是(2,0)．(2)由(1)知∠AQF ＝∠CQF ，∠BQF ＝∠DQF .所以B ，C 关于x 轴对称，A ，D 关于x 轴对称，所以四边形ABCD 是一个等腰梯形．则四边形ABCD 的面积S (t )＝|x 1－x 2|·|y 1－y 2|＝|t |·|y 1－y 2|2＝8·(t 2＋1)|t |(t 2＋2)2. 由对称性不妨设t >0，求导可得S ′(t )＝－8·t 4－3t 2－2(t 2＋2)3，令S ′(t )＝0，可得t 2＝3＋172，由于S (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3＋172上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋172，＋∞上单调递减，所以当t 2＝3＋172时，四边形ABCD 的面积S 取得最大值．此时，直线AC 的方程是x ＝±3＋172y ＋1. (五)函数与导数1．(2018·浙江省台州中学模拟)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，曲线y ＝f (x )过点(0,2a ＋3)，且在点(－1，f (－1))处的切线垂直于y 轴．(1)用a 分别表示b 和c ；(2)当bc 取得最小值时，求函数g (x )＝－f (x )e －x 的单调区间．解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋3＝c ，2a ·(－1)＋b ＝0，则b ＝2a ，c ＝2a ＋3. (2)由(1)得bc ＝2a (2a ＋3)＝4⎝⎛⎭⎫a ＋342－94，故当a ＝－34时，bc 取得最小值－94，此时有b ＝－32，c ＝32，从而f (x )＝－34x 2－32x ＋32，f ′(x )＝－32x －32， g (x )＝－f (x )e －x ＝⎝⎛⎭⎫34x 2＋32x －32e －x ，所以g ′(x )＝－34(x 2－4)e －x ，令g ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)时，g ′(x )<0，故g (x )在(－∞，－2)上为减函数；当x ∈(－2,2)时，g ′(x )>0，故g (x )在(－2,2)上为增函数；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(2，＋∞)上为减函数．由此可见，函数g (x )的单调递减区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递增区间为(－2,2)．2．(2018·浙江省温州六校协作体联考)已知函数f (x )＝e kx (k －x )(k ≠0)．(1)当k ＝2时，求y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)对任意x ∈R ，f (x )≤1k恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)当k ＝2时，f (x )＝e 2x (2－x )．∵f ′(x )＝2e 2x (2－x )－e 2x ＝e 2x (3－2x )，∴f ′(1)＝e 2，又∵f (1)＝e 2，∴所求的切线方程为y －e 2＝e 2(x －1)．即y ＝e 2x .(2)方法一 ∵e kx (k －x )≤1k， ∴当x ＝k 时，0≤1k，即k >0， ∴对任意x ∈R ，k (k －x )≤e－kx 恒成立，设g (x )＝e －kx ＋kx －k 2，g ′(x )＝－k e －kx ＋k ＝k (1－e －kx )，当x <0时，g ′(x )<0，当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，∴g (x )min ＝g (0)＝1－k 2≥0，又k >0，∴0<k ≤1.方法二对任意x ∈R ，f (x )≤1k 恒成立⇔f (x )max ≤1k，x ∈R . ∵f ′(x )＝k e kx (k －x )－e kx ＝e kx (k 2－kx －1)，当k <0，x ≥k －1k 时，f ′(x )≥0；x <k －1k时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，k －1k 上是减函数，在⎣⎡⎭⎫k －1k ，＋∞上是增函数．又当x →－∞时，f (x )→＋∞，而1k<0， ∴与f (x )≤1k恒成立矛盾，∴k <0不满足条件；当k >0，x ≤k －1k 时，f ′(x )≥0；x >k －1k时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎦⎤－∞，k －1k 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫k －1k ，＋∞上是减函数． ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫k －1k ＝21e k －·1k ≤1k，∴k 2－1≤0，即－1≤k ≤1，又k >0，∴0<k ≤1，综上所述，实数k 的取值范围是(0,1]．3．设函数f (x )＝x ln x －ax 2＋(b －1)x ，g (x )＝e x －e x .(1)当b ＝0时，函数f (x )有两个极值点，求实数a 的取值范围；(2)若y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，且函数h (x )＝f (x )＋g (x )在x ∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求实数a 的取值范围．解 (1)当b ＝0时，f (x )＝x ln x －ax 2－x ，f ′(x )＝ln x －2ax ，∴f (x )＝x ln x －ax 2－x 有2个极值点就是方程ln x －2ax ＝0有2个不同的解，即y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有2个． ∵m ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(0，e)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．∴m (x )有极大值1e，又∵x ∈(0,1]时，m (x )≤0；当x ∈(1，＋∞)时，0<m (x )<1e. 当a ∈⎝⎛⎭⎫12e ，＋∞时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有0个；当a ∈(－∞，0]或a ＝12e 时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有1个；当a ∈⎝⎛⎭⎫0，12e 时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有2个．综上，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，12e . (2)函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，∴f ′(1)＝0且f (1)≠0，∵f ′(x )＝ln x －2ax ＋b ，∴b ＝2a 且a ≠1.h (x )＝x ln x －ax 2＋(b －1)x ＋e x －e x 在x ∈(1，＋∞)时，其图象的每一点处的切线的倾斜角均为锐角，即当x >1时，h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )>0恒成立，即ln x ＋e x －2ax ＋2a －e>0恒成立，令t (x )＝ln x ＋e x －2ax ＋2a －e ，∴t ′(x )＝1x＋e x －2a ，设φ(x )＝1x ＋e x －2a ，φ′(x )＝e x －1x 2， ∵x >1，∴e x >e ，1x 2<1， ∴φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，即t ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，∴t ′(x )>t ′(1)＝1＋e －2a ，当a ≤1＋e 2且a ≠1时，t ′(x )≥0， ∴t (x )＝ln x ＋e x －2ax ＋2a －e 在(1，＋∞)上单调递增，∴t (x )>t (1)＝0成立，当a >1＋e 2时， ∵t ′(1)＝1＋e －2a <0，t ′(ln 2a )＝1ln 2a＋2a －2a >0， ∴存在x 0∈(1，ln 2a )，满足t ′(x 0)＝0.∵t ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ∈(1，x 0)时，t ′(x )<0，t (x )单调递减，∴t (x 0)<t (1)＝0，t (x )>0不恒成立．∴实数a 的取值范围为(－∞，1)∪⎝⎛⎦⎤1，1＋e 2. 4．已知函数f (x )＝x －1＋a e x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2>4.(1)解 f ′(x )＝1＋a e x ，当a ≥0时，f ′(x )>0，则f (x )在R 上单调递增．当a <0时，令f ′(x )>0，得x <ln ⎝⎛⎭⎫－1a ，则f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－1a ，令f ′(x )<0，得x >ln ⎝⎛⎭⎫－1a ，则f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞. (2)证明由f (x )＝0得a ＝1－x e x ，设g (x )＝1－x e x ，则g ′(x )＝x －2e x . 由g ′(x )<0，得x <2；由g ′(x )>0，得x >2.故g (x )min ＝g (2)＝－1e 2<0. 当x >1时，g (x )<0，当x <1时，g (x )>0，不妨设x 1<x 2，则x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，x 1＋x 2>4等价于x 2>4－x 1，∵4－x 1>2且g (x )在(2，＋∞)上单调递增，∴要证x 1＋x 2>4，只需证g (x 2)>g (4－x 1)，∵g (x 1)＝g (x 2)＝a ，∴只需证g (x 1)>g (4－x 1)，即1－x 11e x >x 1－314e x −，即证124e x −(x 1－3)＋x 1－1<0；设h (x )＝e 2x －4(x －3)＋x －1，x ∈(1,2)，则h ′(x )＝e 2x －4(2x －5)＋1，令m (x )＝h ′(x )，则m ′(x )＝4e 2x －4(x －2)，∵x ∈(1,2)，∴m ′(x )<0，∴m (x )在(1,2)上单调递减，即h ′(x )在(1,2)上单调递减，∴h ′(x )>h ′(2)＝0，∴h (x )在(1,2)上单调递增，∴h (x )<h (2)＝0，∴124e x −()x 1－3＋x 1－1<0，从而x 1＋x 2>4得证．5．已知函数f (x )＝a ＋ln x x，g (x )＝mx . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝0时，f (x )≤g (x )恒成立，求实数m 的取值范围；(3)当a ＝1时，求证：当x >1时，(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x ＋1e x f (x )>2⎝⎛⎭⎫1＋1e . (1)解 f (x )＝a ＋ln x x的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－(a ＋ln x )x 2＝1－ln x －a x 2. 由f ′(x )>0得1－ln x －a >0，即ln x <1－a ，解得0<x <e 1－a ，∴f (x )在(0，e 1－a )上单调递增，在(e 1－a ，＋∞)上单调递减．(2)解 a ＝0，f (x )＝ln x x，∴f (x )≤g (x )⇔ln x x ≤mx ⇔m ≥ln x x 2，令u (x )＝ln x x 2，∴u ′(x )＝1－2ln x x 3，由u ′(x )>0得0<x <e ，∴u (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴u (x )max ＝u (e)＝ln e e ＝12e ，∴m ≥12e. (3)证明 (x ＋1)⎝⎛⎭⎫x ＋1e x f (x )>2⎝⎛⎭⎫1＋1e ，等价于1e ＋1·(x ＋1)(ln x ＋1)x >2e x －1x e x ＋1. 令p (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)x ，则p ′(x )＝x －ln x x 2，令φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x， ∵x >1，∴φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，φ(x )>φ(1)＝1>0，p ′(x )>0，∴p (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴p (x )>p (1)＝2，∴p (x )e ＋1>2e ＋1，令h (x )＝2e x －1x e x ＋1，则h ′(x )＝2e x －1(1－e x )(x e x ＋1)2， ∵x >1，∴1－e x <0，∴h ′(x )<0，h (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴当x >1时，h (x )<h (1)＝2e ＋1， ∴p (x )e ＋1>2e ＋1>h (x )，即(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x ＋1e x f (x )>2⎝⎛⎭⎫1＋1e ，x >1. 6．已知函数f (x )＝x 3＋|ax －3|－2，a >0.(1)求函数y ＝f (x )的单调区间；(2)当a ∈(0,5)时，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，求实数a 的值．解 (1)f (x )＝x 3＋|ax －3|－2(a >0)＝⎩⎨⎧ x 3＋ax －5，x ≥3a ，x 3－ax ＋1，x <3a .则f ′(x )＝⎩⎨⎧ 3x 2＋a ，x ≥3a ，3x 2－a ，x <3a . 当a 3≥3a，即a ≥3时，函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 3，3a ，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－a 3，⎝⎛⎭⎫3a ，＋∞；当a 3<3a，即0<a <3时，函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 3，a 3，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－a 3，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞. (2)由题意知，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，等价于当x ∈[0,1]时，f (x )min ＋f (x )max ＝0，由(1)得当3≤a <5时，y ＝f (x )在⎣⎡⎭⎫0，3a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤3a ，1上单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫3a ＝27a 3－2，f (x )max ＝max{f (0)，f (1)}＝max{1，a －4}＝1，所以27a3－2＋1＝0，解得a ＝3；当0<a <3时，y ＝f (x )在⎣⎡⎭⎫0，a 3上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 3，1上单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 3＝1－2a 3a 3， f (x )max ＝max{f (0)，f (1)}＝max{1,2－a }，当1<a <3时，f (x )max ＝1，则1－2a 3a 3＋1＝0，得a ＝3(舍去)；当0<a ≤1时，f (x )max ＝2－a ，则1－2a 3a 3＋2－a ＝0，即3－a ＝2a 3a 3，其中3－a ≥2，而2a 3a 3<2，所以无解，舍去．综上所述，a ＝3.。

2019高考浙江数学优编增分练：解答题突破练(四) Word版含解析

(四)解析几何1．(2018·浙江省台州中学模拟)过抛物线E ：x 2＝2py (p >0)的焦点F 作斜率分别为k 1，k 2的两条不同直线l 1，l 2且k 1＋k 2＝2，l 1与E 相交于点A ，B ，l 2与E 相交于点C ，D ，以AB ，CD 为直径的圆M ，圆N (M ，N 为圆心)的公共弦所在直线记为l .(1)若k 1>0，k 2>0，证明：FM →·FN →<2p 2；(2)若点M 到直线l 的距离的最小值为755，求抛物线E 的方程． (1)证明由题意知，抛物线E 的焦点为F ⎝⎛⎭⎫0，p 2，直线l 1的方程为y ＝k 1x ＋p 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2－2pk 1x －p 2＝0. 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实数根，从而x 1＋x 2＝2pk 1，y 1＋y 2＝2pk 21＋p ，∴点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫pk 1，pk 21＋p 2，FM →＝(pk 1，pk 21)．同理可得点N 的坐标为⎝⎛⎭⎫pk 2，pk 22＋p 2， FN →＝(pk 2，pk 22)，于是FM →·FN →＝p 2(k 1k 2＋k 21k 22)．∵k 1＋k 2＝2，k 1>0，k 2>0，k 1≠k 2，∴0<k 1k 2<1，故FM →·FN →<p 2(1＋1)＝2p 2.(2)解由抛物线的定义得|F A |＝y 1＋p 2，|FB |＝y 2＋p 2， ∴|AB |＝y 1＋y 2＋p ＝2pk 21＋2p ，从而圆M 的半径r 1＝pk 21＋p .故圆M 的方程为x 2＋y 2－2pk 1x －p (2k 21＋1)y －34p 2＝0，同理可得圆N 的方程为x 2＋y 2－2pk 2x －p (2k 22＋1)y －34p 2＝0， ∴直线l 的方程为(k 2－k 1)x ＋(k 22－k 21)y ＝0，即x ＋2y ＝0.∴点M 到直线l 的距离为d ＝p |2k 21＋k 1＋1|5. 故当k 1＝－14时，d 取最小值7p 85. 由已知得7p 85＝755，解得p ＝8. 故所求抛物线E 的方程为x 2＝16y .2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两焦点分别是F 1()－2，0，F 2()2，0，点E ⎝⎛⎭⎫2，322在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是y 轴上的一点，若椭圆C 上存在两点M ，N ，使得MP →＝2PN →，求以F 1P 为直径的圆面积的取值范围．解 (1)由已知，得半焦距c ＝2，2a ＝|EF 1|＋|EF 2|＝8＋92＋322＝42，所以a ＝22，所以b 2＝a 2－c 2＝8－2＝6，所以椭圆C 的方程是x 28＋y 26＝1. (2)设点P 的坐标为(0，t )，当直线MN 斜率不存在时，可得M ，N 分别是短轴的两端点，得到t ＝±63，t 2＝23. 当直线MN 斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋t ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，。

2019高考浙江数学优编增分练：解答题突破练(五) Word版含解析

(五)函数与导数1．(2018·浙江省台州中学模拟)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，曲线y ＝f (x )过点(0,2a ＋3)，且在点(－1，f (－1))处的切线垂直于y 轴．(1)用a 分别表示b 和c ；(2)当bc 取得最小值时，求函数g (x )＝－f (x )e －x 的单调区间．解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋3＝c ，2a ·(－1)＋b ＝0，则b ＝2a ，c ＝2a ＋3. (2)由(1)得bc ＝2a (2a ＋3)＝4⎝⎛⎭⎫a ＋342－94，故当a ＝－34时，bc 取得最小值－94，此时有b ＝－32，c ＝32，从而f (x )＝－34x 2－32x ＋32，f ′(x )＝－32x －32， g (x )＝－f (x )e －x ＝⎝⎛⎭⎫34x 2＋32x －32e －x ，所以g ′(x )＝－34(x 2－4)e －x ，令g ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)时，g ′(x )<0，故g (x )在(－∞，－2)上为减函数；当x ∈(－2,2)时，g ′(x )>0，故g (x )在(－2,2)上为增函数；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(2，＋∞)上为减函数．由此可见，函数g (x )的单调递减区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递增区间为(－2,2)．2．(2018·浙江省温州六校协作体联考)已知函数f (x )＝e kx (k －x )(k ≠0)．(1)当k ＝2时，求y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)对任意x ∈R ，f (x )≤1k恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)当k ＝2时，f (x )＝e 2x (2－x )．∵f ′(x )＝2e 2x (2－x )－e 2x ＝e 2x (3－2x )，∴f ′(1)＝e 2，又∵f (1)＝e 2，∴所求的切线方程为y －e 2＝e 2(x －1)．即y ＝e 2x .(2)方法一 ∵e kx (k －x )≤1k， ∴当x ＝k 时，0≤1k，即k >0， ∴对任意x ∈R ，k (k －x )≤e －kx 恒成立，设g (x )＝e －kx ＋kx －k 2，g ′(x )＝－k e －kx ＋k ＝k (1－e －kx )，当x <0时，g ′(x )<0，当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数， ∴g (x )min ＝g (0)＝1－k 2≥0，又k >0，∴0<k ≤1.方法二对任意x ∈R ，f (x )≤1k 恒成立⇔f (x )max ≤1k，x ∈R . ∵f ′(x )＝k e kx (k －x )－e kx ＝e kx (k 2－kx －1)，当k <0，x ≥k －1k 时，f ′(x )≥0；x <k －1k时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，k －1k 上是减函数，在⎣⎡⎭⎫k －1k ，＋∞上是增函数．又当x →－∞时，f (x )→＋∞，而1k<0， ∴与f (x )≤1k恒成立矛盾，∴k <0不满足条件；当k >0，x ≤k －1k 时，f ′(x )≥0；x >k －1k时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎦⎤－∞，k －1k 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫k －1k ，＋∞上是减函数． ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫k －1k ＝21e k －·1k ≤1k， ∴k 2－1≤0，即－1≤k ≤1，又k >0，∴0<k ≤1，。

浙江省高考数学优编增分练：解答题突破练三数列

(三)数列1．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12b n ＋7n 的前n 项和T n . 解 (1)因为a 1＝S 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2，所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5.所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，②①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1＝3，又因为a 1＝1，所以{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝3的等差数列，所以a n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1，所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)，所以当n ≥2时， b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n 2. 又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n 2(n ∈N *)．所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2 ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 12(n ＋1)(n ＋2). 2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 52，S 4成等差数列，a 5＝3a 2＋2a 1－2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n －1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3，S 52，S 4成等差数列，可知S 3＋S 4＝S 5，得2a 1－d ＝0，①由a 5＝3a 2＋2a 1－2，②得4a 1－d －2＝0，由①②，解得a 1＝1，d ＝2，因此，a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)令c n ＝a n b n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，∴T n ＝1·1＋3·12＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，③ 12T n ＝1·12＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，④ ③－④，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 －(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝ 3－2n ＋32n ， ∴T n ＝6－2n ＋32n －1(n ∈N *)． 3．已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n 2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)方法一由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k 4， ∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3，即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k 4，解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二 ∵{a n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )，∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d )＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于任意n ∈N *均成立，则⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由b n ＝4n 2a n a n ＋1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1，得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋1＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＋n ＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n 2n ＋1(n ∈N *)． 4．(2018·绍兴市柯桥区模拟)已知数列{a n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1，证明：当n ∈N *时，(1)0<x n ＋1<x n ；(2)x n x n ＋1>x n －2x n ＋1； (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤x n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0，当n ＝1时，x 1＝1>0，假设x k >0，k ∈N *，k ≥1，成立，当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则x k ＝x k ＋1＋1e k x +－1≤0，矛盾，故x k ＋1>0，因此x n >0(n ∈N *)，所以x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1>x n ＋1＋e 0－1＝x n ＋1，综上，x n >x n ＋1>0.(2)x n ＋1x n ＋2x n ＋1－x n ＝x n ＋1(x n ＋1＋1en x +－1)＋2x n ＋1－x n ＋1－1e n x +＋1＝x 2n ＋1＋1e n x +(x n ＋1－1)＋1，设f (x )＝x 2＋e x (x －1)＋1(x ≥0)，则f ′(x )＝2x ＋e x ·x ≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，因此f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1＋1e n x +(x n ＋1－1)＋1＝f (x n ＋1)>f (0)＝0，故x n x n ＋1>x n －2x n ＋1.(3)由(2)得1x n ＋1＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n ＋1，所以当n >1时， 1x n ＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1＋1<…<2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1＝2n ，当n ＝1时，1x n ＋1＝2n ，所以1x n ≤2n ，即x n ≥12n ，又由于x n ＝x n ＋1＋1en x +－1≥x n ＋1＋(x n ＋1＋1)－1＝2x n ＋1， x n ＋1≤12x n ，所以易知x n ≤12n －1，综上，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤x n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ＝1,2，…. (1)求{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的x >0，a n ≥11＋x －1(1＋x )2·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －x ，n ＝1,2，…； (3)证明：a 1＋a 2＋…＋a n >n 2n ＋1. (1)解 ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1， ∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ，∴a n ＝3n 3n ＋2(n ∈N *)． (2)证明由(1)知a n ＝3n3n ＋2>0， 11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －x ＝11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1－1－x ＝11＋x －1(1＋x )2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a n －(1＋x )＝－1a n ·1(1＋x )2＋21＋x ＝－1a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋x －a n 2＋a n ≤a n ， ∴原不等式成立．(3)证明由(2)知，对任意的x >0，有a 1＋a 2＋…a n ≥11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23－x ＋11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫232－x ＋…＋11＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －x ＝n1＋x －1(1＋x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋232＋…＋23n －nx ， ∴取x ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋232＋…＋23n ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ，则a 1＋a 2…＋a n ≥n 1＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＝n 2n ＋1－13n >n 2n ＋1， ∴原不等式成立．6．已知在数列{a n }中，满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12，记S n 为a n 的前n 项和． (1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ＝cos π3·2n －1； (3)证明：S n >n －27＋π254. 证明 (1)由题意知{a n }的各项均为正数，因为2a 2n ＋1－2a 2n ＝a n ＋1－2a 2n ＝(1－a n )(1＋2a n )．所以，要证a n ＋1>a n ，只需要证明a n <1即可．下面用数学归纳法证明a n <1.①当n ＝1时，a 1＝12<1成立， ②假设当n ＝k 时，a k <1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12<1＋12＝1. 综上所述，a n <1成立，所以a n ＋1>a n .(2)用数学归纳法证明a n ＝cos π3·2n －1. ①当n ＝1时，a 1＝12＝cos π3成立， ②假设当n ＝k 时，a k ＝cosπ3·2k －1. 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12＝cos π3·2k －1＋12＝cos π3·2k ，综上所述，a n ＝cos π3·2n －1. (3)由题意及(2)知，1－a n －12＝1－a n －1＋12＝1－a 2n ＝1－cos2π3·2n －1 ＝sin 2π3·2n －1<⎝ ⎛⎭⎪⎫π3·2n －12(n ≥2)，得a n －1>1－2π29·4n －1(n ≥2)，故当n ＝1时，S 1＝12>1－27＋π254；当n ≥2时，S n >∑n i ＝2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2π29·4i ＋12 ＝n －12－2π29×43×116⎝⎛⎭⎪⎫1－14n －1 >n －27＋π254. 综上所述，S n >n －27＋π254.。

浙江省2019高考数学优编增分练数列

(三)数列2taSaanSat．R＋(1)＋2(＝1．已知正项数列{)}的前＋项和为3，∈＝1，且nnnnn1a的通项公式；}(1)求数列{n1??Tbbanbb.－项和＝1，的前(2)若数列{满足}，求数列＝??nnnnn1＋1＋1nb7＋2??n2aStSaa＋2，＋1，且(3＋1)解 (1)因为＝＝＝nnn112taatS5. ＝＋＋1)2＝，所以＋所以(31112aaS＋3所以6＋2.①＝nnn2anSa 6＋＝2＋3当，②≥2时，有nnn11－－1－22aaaaa－36①－②得－＝，＋3nnnnn1－－1aaaa－3)＝所以(0＋)(，－nnnn1－－1aaa＝3－因为，>0，所以nnn1－a＝1又因为，1daa＝，公差所以{3}是首项的等差数列，＝1n1*nna )所以∈＝3N－2(．n bbba－＝＝1(2)因为，，nnn1＋＋11*nnabb≥2，，＝∈(N所以)－nnn1－n所以当时，≥2bbbbbbbb ())＋(－－＋)＝(＋…＋－nnnnn11－－12－122nn－3baaa.＋…＋＝＝＋＋nn112－22nn－3*nbb N)1也适合上式，所以＝(．又∈＝n1211 所以＝2nnbnn7－32＋7＋n11111????－，·＝·＝nn??nn2＋632??＋111111????T－＋－＋…＋1－·所以＝n nn??2＋32462nn311513＋????－－＝. ＝·nn??nn2＋12＋?6＋12?2＋1??S5aaSanSSa2.，成等差数列，3＝2＋－，的前{2．设等差数列}项和为，且nn123542a (1)求数列的通项公式；{}na??nn1－Tnb.的前项和设，求数列＝2(2)??nn b??n aad，，公差为}的首项为解 (1)设等差数列{n1S5SS，，成等差数列，由432dSSSa＋＝＝0，得2，①可知－1543aaa－由2＝3，②＋2125da＝0得4，－－21da ＝由①②，解得2＝1，，1*nan 2)－1(．∈因此，N＝n a1??nn－1??nc，－(2)令1)＝＝(2n??b2n Tccc，＋则＝＋…＋nn21111????n－12????nT，③＋5·－1)·＋…＋(2∴＝1·1＋3·n????22211111??????n32??????nT，④＋…＋(2＋5·＝1·＋3·－1)·n??????22222③－④，得11111????????nn1－2????????nT＋…＋＋ 2－1)·－(2＝1＋n??????222??2211??????nn1－??????n 1－－(2－1)·＝1＋2??????22n＋32＝ 3－，n2n＋32*Tn∈N)．(＝6－∴nn1－22kknnana. R＋满足(＋1)∈＝2，3．已知等差数列{＋}nn a }(1)求数列{的通项公式；n2n4bnbS.＝项和}的前，求数列{(2)设nnn aa nn1＋2nannk， 1)＝2＋方法一解 (1) 由(＋＋n n＝1,2,3，令kkk＋＋2110＋3aaa＝，＝，得到，＝312234aaaa，是等差数列，∴2＋＝∵{}n312kkk＋2120＋23＋＝＋即，423．k＝－1.解得2nnnnna，(2＋－＝21)(＋1)－1由于(＝＋1)n*nann)1(．又∵∈＋1≠0，∴2＝N－n da∵{，}是等差数列，设公差为方法二n ddnaaadn(＋)(－－1)＝则，＝＋n11ddnanan) ＋＋1)1)(＝(－＋∴(n12dadnna＝，＋－＋11*22nkdnanadnn∴对于任意＋均成立，＋＋∈－＋＝2N11d，＝2??a*?，1＝nank )．，∴则∈＝2N－解得1(＝－11n??kda，－＝122nn44b＝(2)由＝n naan?21?2＋－1??nn1＋2n14 ＋＝＝122nn14－－411111????－＋＝1＋＝1，nn??nn11－22＋21??21＋?2?－bbbbS＋＝＋…＋得＋nn31211111111111????????????????－1－－－1＋＋1＋＝1＋…＋＋＋1＋nn????????12237－＋3515222211111111????n＋…＋＋－－1－＋－＋＝nn??12－＋5335721211????n－1 ＋＝n??1＋222nnn2＋2*nn)＝(．∈N＝＋nn 11＋22＋x ?1e *nxxxa N ＝当＋∈，－已知数列4．(2018·绍兴市柯桥区模拟){1}满足：＝1，证明：n nnn 1＋1 时，xx <；(1)0<nn 1＋xxxx －(2)2；>nnnn 11＋＋11????nn －1????x . ≤≤(3) n ????22x >0，(1)用数学归纳法证明证明 n nx ＝1>0，时，＝1 当1*kkx ，≥1，成立，假设>0，∈N k xkn ≤0，1当＝＋时，若k1＋ x ?1e xxx >0＋，＝－1≤0，矛盾，故则 k kkk 1＋＋1*xn ∈N )，因此 >0(n x ?10e xxxx 1＝所以1>＝＋，＋e －－n nnnn 1＋＋11＋xx >0.综上，>nn 1＋x ?1x ?1x ?12eee xxxxxxxxxx －－1)＝＋(＋＋1＝1－1)＋2＋－(－(2)，＋2nnn nnnnnnnnnn 1＋＋111＋1＋1＋11＋＋＋x 2xxxxf 1((≥0)，设－(1))＝＋＋e x xxxf ≥0，＋则e ′(·)＝2xf [0(，＋∞)上单调递增，)所以在ffx 0)≥，因此(0)(＝x ?12e xfxxf (0)＝0()>因此(＋，－1)＋1＝ n nnn 1＋1＋1＋xxxx . －>2故nnnn 1＋＋111????n 1＋>1时，得＋1<2，所以当(3)由(2) x ??x nn 1＋111????nn 1－????11＋＋ 2＋1<2<…<2，＝ xx ????x n 1－1n 111nn nx ≥，，所以≤2，即1时，＋1＝当2＝ nn xx 2nn x ?1e xxxxx ， 1又由于＝＝＋＋(2＋1)－1≥－n nnnnn 1＋1＋＋＋1111xxx ≤，，所以易知 ≤ nnnn 1＋1－2211????nn －1????x .≤综上，≤ n ????22a 33naaan ＝1,2，…，.{5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列＝}的首项，＝ nn 11＋a 12＋5na }的通项公式；{ (1)求n 211??x ??nax －＝1,2，…；－(2)证明：对任意的·>0，，≥nn 2??xx 3??1＋1＋2naaa . ＋＋…＋>(3)证明： n 21n 1＋a 1113??n ??a 1－，＝，∴－1＝(1)解 ∵n 1＋a ??aa 3＋12nnn 1＋n 13122*na ．∈N )∴－1＝·＝，∴(＝nnnn 1－a 233＋33nn 3a ＝>0(2)证明由(1)知， nn 2＋3122111111??????xxx ???????＋－1－－?－1＋1 ＝－－＝－ nn 222a ??????xxxxxx 33??1＋＋1＋1??1?＋＋1?1＋n11112??2a ??aa － ≤＝－·＋＝－＋， n nn 2x ??aaxx ＋1＋?1＋1?nn ∴原不等式成立．x >0知，对任意的，(3)证明由(2)222111111??????xxx ??????aaa －－－＝＋－≥有－＋－＋…＋…＋nn 221222??????xxxxxx 333?1＋11?1＋＋?＋?11＋＋??n 2221??nx ??－＋＋…＋－，n 22??xx 333?＋?＋11212211????????x －1＋＋…＋＝＝，∴取 nn 2????nn 333322nnnaaa …＋，≥则＋＝> n 21n 1＋111??n ??－1－＋1＋1 nn ??n 33 ∴原不等式成立．a 1＋1n naaSaa 的前＝，，记项和．．已知在数列6{为}中，满足＝ nnnn 11＋22aa >(1)证明：；nn 1＋πa ；(2)证明：＝cos nn 1－3·22π＋27nS . －(3)证明：> n 54a 证明(1)由题意知{的各项均为正数，}n 222aaaaaa 2．2－)＝－＋12＝(1－)(1＋因为2nnnnnn 1＋aaa 所以，要证>，只需要证明即可．<1nnn 1＋a <1. 下面用数学归纳法证明n 1an <1时，＝1成立，＝①当 12akn 成立，时，②假设当<1＝k a 1＋11＋k ank ＝＝1＋时，＝1. <那么当k 1＋22aaa . >综上所述，<1成立，所以nnn 1＋πa ＝cos .(2)用数学归纳法证明 nn 1－3·21πna ＝＝cos 成立，＝1时， ①当 123πakn . ＝②假设当cos ＝时， kk 1－3·2kn 时，1＋＝那么当．πcos ＋1k 1－3·2a π1＋k a ＝＝cos ＝， kk 1＋223·2πa ＝cos .综上所述， nn 1－3·2(3)由题意及(2)知， aa ＋－11nn 1－－1＝1－ 22π22a －1－cos ＝1＝ nn 1－3·2ππ??22??n <≥2)，(＝sin n 1－n 1－??3·23·222πan ≥2)，(得 >1－nn 1－1－9·42π27＋1Sn ；>1＝故当－＝1时， 15422π21n ????Sn －1 >≥2时，＋当∑ in ??9·42i 2＝211π412????n －1 －－＝×× n 1－??4163292π27＋n .－> 542π27＋nS . >综上所述，－ n 54．。

浙江省2019高考数学优编增分练：解答题突破练三数列

(三)数列1．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋112b n ＋7n n 项和T n .解(1)因为a 1＝S 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2，所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5.所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，②①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1＝3，又因为a 1＝1，所以{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝3的等差数列，所以a n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1，所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)，所以当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n2.又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n 2(n ∈N *)．所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·1n －1n ＋2，所以T n ＝16·1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝16·32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n12(n ＋1)(n ＋2).2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 52，S 4成等差数列，a 5＝3a 2＋2a 1－2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n －1a nb n n 项和T n .解(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3，S 52，S 4成等差数列，可知S 3＋S 4＝S 5，得2a 1－d ＝0，①由a 5＝3a 2＋2a 1－2，②得4a 1－d －2＝0，由①②，解得a 1＝1，d ＝2，因此，a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)令c n ＝a nb n ＝(2n －1)12n －1，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，∴T n ＝1·1＋3·12＋5·122＋…＋(2n －1)·12－1，③12T n ＝1·12＋3·12＋5·12＋…＋(2n －1)·12，④③－④，得12T n ＝1＋212＋12＋…＋12n －1－(2n －1)·12＝1＋21－12－1－(2n －1)·12n＝3－2n ＋32n，∴T n ＝6－2n ＋32n －1(n ∈N *)．3．已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解(1)方法一由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k4，∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3，即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k4，解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二∵{a n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )，∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d )＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于任意n ∈N *均成立，d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝4n 2a n a n ＋1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝1212n －1－12n ＋1得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝121－13＋1＋1213－15＋1＋1215－17＋1＋…＋1212n －1－12n ＋1＝121－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n ＝121－12n ＋1＋n ＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n 2n ＋1(n ∈N *)．4．(2018·绍兴市柯桥区模拟)已知数列{a n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1，证明：当n ∈N *时，(1)0<x n ＋1<x n ；(2)x n x n ＋1>x n －2x n ＋1；(3)12n≤x n ≤12n －1.证明(1)用数学归纳法证明x n >0，当n ＝1时，x 1＝1>0，假设x k >0，k ∈N *，k ≥1，成立，当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则x k ＝x k ＋1＋1ek x +－1≤0，矛盾，故x k ＋1>0，因此x n >0(n ∈N *)，所以x n ＝x n ＋1＋1en x +－1>x n ＋1＋e 0－1＝x n ＋1，综上，x n >x n ＋1>0.(2)x n ＋1x n ＋2x n ＋1－x n ＝x n ＋1(x n ＋1＋1en x +－1)＋2x n ＋1－x n ＋1－1en x +＋1＝x 2n ＋1＋1en x +(x n ＋1－1)＋1，设f (x )＝x 2＋e x(x －1)＋1(x ≥0)，则f ′(x )＝2x ＋e x·x ≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，因此f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1＋1en x +(x n ＋1－1)＋1＝f (x n ＋1)>f (0)＝0，故x n x n ＋1>x n －2x n ＋1.(3)由(2)得1x n ＋1＋1<21x n ＋1n >1时，1x n＋1<21x n －1＋1<…<2n －11x 1＋1＝2n，当n ＝1时，1x n ＋1＝2n ，所以1x n ≤2n，即x n ≥12n ，又由于x n ＝x n ＋1＋1en x +－1≥x n ＋1＋(x n ＋1＋1)－1＝2x n ＋1，x n ＋1≤12x n ，所以易知x n ≤12n －1，综上，12≤x n 12－1.5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2，….(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的x >0，a n ≥11＋x －1(1＋x )2·23n －x n ＝1,2，…；(3)证明：a 1＋a 2＋…＋a n >n 2n ＋1.(1)解∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1－1＝131a n －1，∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ，∴a n ＝3n3n ＋2(n ∈N *)．(2)证明由(1)知a n ＝3n3n ＋2>0，11＋x －1(1＋x )223n －x ＝11＋x －1(1＋x )223n ＋1－1－x ＝11＋x －1(1＋x )21a n－(1＋x )＝－1a n ·1(1＋x )2＋21＋x ＝－1a n 11＋x －n 2＋a n ≤a n ，∴原不等式成立．(3)证明由(2)知，对任意的x >0，有a 1＋a 2＋…a n ≥11＋x 1(1＋x )223－x ＋11＋x 1(1＋x )2232－x ＋…＋11＋x －1(1＋x )223n －x ＝n 1＋x －1(1＋x )223＋232＋…＋23n －nx ∴取x ＝1n 23＋232＋…＋23n ＝1n1－13n 则a 1＋a 2…＋a n ≥n1＋1n1－13n ＝n 2n ＋1－13n >n 2n ＋1，∴原不等式成立．6．已知在数列{a n }中，满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12，记S n 为a n 的前n 项和．(1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ＝cosπ3·2n －1；(3)证明：S n >n －27＋π254.证明(1)由题意知{a n }的各项均为正数，因为2a 2n ＋1－2a 2n ＝a n ＋1－2a 2n ＝(1－a n )(1＋2a n )．所以，要证a n ＋1>a n ，只需要证明a n <1即可．下面用数学归纳法证明a n <1.①当n ＝1时，a 1＝12<1成立，②假设当n ＝k 时，a k <1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12<1＋12＝1.综上所述，a n <1成立，所以a n ＋1>a n .(2)用数学归纳法证明a n ＝cosπ3·2n －1.①当n ＝1时，a 1＝12＝cos π3成立，②假设当n ＝k 时，a k ＝cos π3·2k －1.那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12＝cosπ3·2k －1＋12＝cos π3·2k，综上所述，a n ＝cosπ3·2n －1.(3)由题意及(2)知，1－a n －12＝1－a n －1＋12＝1－a 2n ＝1－cos2π3·2n －1＝sin 2π3·2n －1<π3·2n －1(n ≥2)，得a n －1>1－2π29·4n －1(n ≥2)，故当n ＝1时，S 1＝12>1－27＋π254；当n ≥2时，S n >∑n i ＝21－2π29·4i＋12＝n －12－2π29×43×1161－14n －1>n －27＋π254.综上所述，S n >n －27＋π254.。

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