2019版中档大题分类练2 数列

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2019高考数学中档解答题(二)

中档解答题(二)1.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,公比q>0,S 2=4,a 3-a 2=6.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 3a n+1,数列{b n }的前n 项和为T n,求证:++…+<2.11121n 2.已知函数f(x)=sin +2cos 2x-1.(2x -π)(1)求函数f(x)的单调增区间,并说明可把f(x)图象经过怎样的平移变换得到g(x)=sin 2x 的图象;(2)若在△ABC 中,a 、b 、c 分别是A 、B 、C 的对边,且a=1,b+c=2,f(A)=,求△ABC 的面积.13.某学校为了解高三复习效果,从高三第一学期期中考试成绩中随机抽取50名同学的数学成绩(单位:分),按[90,100),[100,110),…,[140,150]分成6组,制成频率分布直方图,如图所示:x(1)求m的值,并且计算这50名同学数学成绩的平均数;(2)该学校为制订下阶段的复习计划,从成绩在[130,150]内的同学中选出3名作为代表进行座谈,记这3人中成绩在[140,150]内的同学人数为ξ,写出ξ的分布列,并求出数学期望.4.如图①,已知直角梯形ABCD 中,AB=AD=CD=2,AB∥DC,AB⊥AD,E 为CD 的中点,沿AE 把△12DAE 折起到△PAE 的位置(折起后D 变为P),使得PB=2,如图②.(1)求证:平面PAE⊥平面ABCE;(2)求直线PB 和平面PCE 所成角的正弦值.图① 图②5.在直角坐标系xOy 中,圆C 的参数方程是(φ为参数),以O 为极点,x 轴{x =3cosφ,y =3+3sinφ的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求圆C 的极坐标方程;(2)直线l 的极坐标方程是2ρsin =,射线OM:θ=与圆C 的交点为O,P,与直线l(θ+π3)3π3的交点为Q,求线段PQ 的长.6.设函数f(x)=|x-1|-|2x+1|的最大值为m.(1)作出函数f(x)的图象;(2)若a2+2c2+3b2=m,求ab+2bc的最大值.答案全解全析 1.解析　(1)∵S 2=a 1+a 2=4,a 3-a 2=6,∴{a 1(1+q )=4,a 1(q 2-q )=6,∵q>0,∴q=3,a 1=1,∴a n =1×3n-1=3n-1,即数列{a n }的通项公式为a n =3n-1.(2)证明:由(1)知b n =log 3a n+1=log 33n =n,∴b 1=1,b n+1-b n =n+1-n=1,∴数列{b n }是首项b 1=1,公差d=1的等差数列,∴T n =,则==2,n (n +1)21T n 2n (n +1)(1n -1n +1)∴++…+=211121n (11-12+12-13+…+1n -1n +1)=2<2,(1-1n +1)∴++…+<2.1T 11T 21T n 2.解析　(1)f(x)=sin +2cos 2x-1(2x -π)=sin 2x-cos 2x+cos 2x3212=sin 2x+cos 2x3212=sin .(2x +π6)令-+2kπ≤2x+≤2kπ+(k∈Z),π2π6π2解得-+kπ≤x≤kπ+(k∈Z),ππ所以函数的单调递增区间为-+kπ,kπ+(k∈Z),把函数f(x)=sin 的图象上的所π3π6(2x +π6)有点向右平移个单位,就可得到g(x)=sin 2x 的图象.π12(2)∵f(A)==1(2A +π)1又0<A<π,∴<2A+<,π6π613π6∴2A+=,故A=.π65π6π3在△ABC中,∵a=1,b+c=2,A=,∴1=b 2+c 2-2bccos A,π3即1=4-3bc,∴bc=1,∴S △ABC =bcsin A=12343.解析　(1)由题意知(0.004+0.012+0.024+0.040+0.012+m)×10=1,解得m=0.008,则=95×0.004×10+105×0.012×10+115×0.024×10+125×0.040×10+135×0.012×10+14x 5×0.008×10=121.8(分).(2)成绩在[130,140)内的同学人数为6,在[140,150]内的同学人数为4,从而ξ的所有可能取值为0,1,2,3,P(ξ=0)==,P(ξ=1)==C 04C 36C 3101C 14C 26C 3101P(ξ=2)==,P(ξ=3)==,C 24C 16C 310310C 34C 06C 310130所以ξ的分布列为ξ0123P 1612310130Eξ=0×+1×+2×+3×=.161231013065 4.解析　(1)证明:如图,取AE 的中点O,连接PO,OB,BE.在平面图形中,易知四边形ABED 为正方形,所以在立体图形中,△PAE,△BAE 为等腰直角三角形,所以PO⊥AE,OB⊥AE,PO=OB=,2因为PB=2,所以PO 2+OB 2=PB 2,所以PO⊥OB,又AE∩OB=O,所以PO⊥平面ABCE,因为PO ⊂平面PAE,所以平面PAE⊥平面ABCE.(2)由(1)知,OB,OE,OP 两两垂直,以O 为坐标原点,以OB,OE,OP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图,则O(0,0,0),P(0,0,),B(,0,0),E(0,,0),222C(,2,0),所以=(,0,-),=(0,-,),=(,,0).22PB 22EP 22EC 22设平面PCE 的法向量为n=(x,y,z),则即{n ·EP =0,n ·EC =0,{-2y +2z =0,2x +2y =0,令x=1,得y=-1,z=-1,故平面PCE 的一个法向量为n=(1,-1,-1).所以cos<,n>===,PB PB |PB |·|n |222363所以直线PB 和平面PCE 所成角的正弦值为65.解析　(1)圆C 的普通方程是x 2+(y-)2=3,3因为x=ρcos θ,y=ρsin θ,所以圆C 的极坐标方程是(ρcos θ)2+(ρsin θ-)2=3,3化简得ρ=2sin θ.3(2)设(ρ1,θ1)为点P 的极坐标,则有解得ρ1=3,{ρ1=23sin θ1,θ1=π,设(ρ2,θ2)为点Q 的极坐标,则有{ρ2(sin θ2+3cos θ2)=3,θ2=π3,解得ρ2=1,由于θ1=θ2,所以|PQ|=|ρ1-ρ2|=2,所以线段PQ 的长为2.6.解析　(1)因为f(x)=|x-1|-|2x+1|,所以f(x)={x +2,x ≤-12,-3x ,-1<x <1,-x -2,x ≥1,画出图象如图.(2)由(1)可知m=.32因为=m=a 2+2c 2+3b 2=(a 2+b 2)+2(c 2+b 2)≥2ab+4bc,32所以ab+2bc≤,当且仅当a=b=c=时,等号成立.31所以ab+2bc 的最大值为.34。

2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)

2019年高考数学试题分项版——数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2019·浙江，10)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a n 2＋b ，n ∈N *，则( )A ．当b ＝12时，a 10＞10 B ．当b ＝14时，a 10＞10 C ．当b ＝－2时，a 10＞10 D ．当b ＝－4时，a 10＞10 答案 A解析当b ＝12时，因为a n ＋1＝a n 2＋12，所以a 2≥12，又a n ＋1＝a n 2＋12≥√2a n ，故a 9≥a 2×(√2)7≥12×(√2)7＝4√2，a 10＞a 92≥32＞10.当b ＝14时，a n ＋1－a n ＝(a n −12)2，故当a 1＝a ＝12时，a 10＝12，所以a 10＞10不成立．同理b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．3．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析设等差数列{a n }的公差为d ，∵{S 4＝0，a 5＝5，∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3，d =2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋n (n−1)2d ＝n 2－4n .故选A.4．(2019·全国Ⅲ理，5)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 二、填空题1．(2019·全国Ⅰ文，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.答案 58解析设等比数列的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×[1−(−12)4]1−(−12)＝58.2．(2019·全国Ⅲ文，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________. 答案 100解析 ∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7−a 37−3＝13−54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.3．(2019·江苏，8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．答案 16解析方法一设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 12＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.方法二 ∵S 9＝a 1+a 92×9＝27，∴a 1＋a 9＝6， ∴a 2＋a 8＝2a 5＝6， ∴a 5＝3，则a 2a 5＋a 8＝3a 2＋a 8＝0，即2a 2＋6＝0， ∴a 2＝－3，则a 8＝9，∴其公差d ＝a 8−a 58−5＝2，∴a 1＝－5，∴S 8＝8×a 1+a82＝16.4．(2019·全国Ⅰ理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 42＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 42＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1−q 5)1−q＝13×(1−35)1−3＝1213.5．(2019·全国Ⅲ理，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则s 10s 5＝________.答案 4解析设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1，即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以s 10s 5＝10a1+10×92d 5a1+5×42d＝10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1＝10025＝4.6．(2019·北京理，10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为．【思路分析】利用等差数列{}n a 的前n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出14a =-，1d =，由此能求出5a 的n S 的最小值．【解析】：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，∴113545102a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+⨯=， 21(1)(1)19814()22228n n n n n S na d n n --=+=-+=--， 4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．故答案为：0，10-．【归纳与总结】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n 项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．三、解答题1．(2019·全国Ⅰ文，18)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．解 (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5，即9a 5＝－a 5，所以a5＝0，得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{a n}的通项公式为a n＝10－2n，n∈N*.(2)由(1)得a1＝－4d，故a n＝(n－5)d，.S n＝n(n−9)d2由a1>0知d<0，≥(n－5)d，化简得故S n≥a n等价于n(n−9)d2n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．2．(2019·全国Ⅱ文，18)已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.3．(2019·北京文，16)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．解(1)设{a n}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．即(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n≤6时，a n≤0.所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.4．(2019·天津文，18)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝{1,n 为奇数，b n 2,n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q ＞0. 依题意，得{3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得{d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝[n ×3+n(n−1)2×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )．记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1 ＝－3(1−3n )1−3＋n ×3n ＋1＝(2n−1)3n+1+32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n−1)3n+1+32＝3(n−1)3n+2+6n 2+92(n ∈N *)．5．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝√a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n ，n ∈N *.(1)解设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．解得b n ＝1a (S n+12－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝√a n 2b n＝√2n−22n(n+1)＝√n−1n(n+1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2√k . 那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2√k ＋√k(k+1)(k+2)＜2√k ＋√1k+1＜2√k ＋√k+1+√k＝2√k ＋2(√k +1－√k )＝2√k +1.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n 对任意n ∈N *成立．6．(2019·江苏，20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n＝2b n －2b n+1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k＋1成立，求m 的最大值．(1)证明设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3−4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2−4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)解 ①因为1S n＝2b n－2bn+1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由2S n＝2b n－2bn+1，得S n ＝b nb n+12(b n+1−b n )，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b nb n+12(b n+1−b n)－b n−1bn2(b n−b n−1)，整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *.因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k ，其中k ＝1,2,3，…，m . 当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2,3，…，m 时，有lnk k≤ln q ≤lnkk−1.设f (x )＝lnx x(x >1)，则f ′(x )＝1−lnx x 2(x >1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：因为ln22＝ln86<ln96＝ln33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝√33，当k ＝1,2,3,4,5时，lnk k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.7．(2019·全国Ⅱ理，19)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．(1)证明由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解由(1)知，a n ＋b n ＝12n−1,，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【思路分析】()1I ，3，5，6．答案不唯一．()II 考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，可得0n a >该数列的第p 项0m a ，即可证明结论．()III 考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，可得2s 必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．因此对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，即可得出：递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．可得2，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造．【解析】：()1I ，3，5，6．()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，∴0n a >该数列的第p 项0m a ， ∴00m n a a <．()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s -与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造．即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．9．(2019·天津理，19)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝{1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (ⅰ)求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；(ⅱ)求(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 依题意得{6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得{d ＝3，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1， b n ＝b 1·q n －1＝6×2n －1＝3×2n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n . (2)(ⅰ)a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n －1. (ⅱ)a i c i ＝[a i ＋a i (c i －1)] ＝a i ＋a 2i (c 2i －1)＝[2n ×4+2n (2n −1)2×3]＋(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1−4n )1−4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。

2019届二轮复习中档大题分类练2 数列作业(全国通用)

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

2019年高考数学高考中档大题(32选1)规范练(2)

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

2019届高考数学二轮复习中档大题满分练中档大题满分练(十)含答案

中档大题满分练10.不等式选讲中档大题集训练,练就慧眼和规范,筑牢高考满分根基!1.已知f(x)=|x+1|+|x-m|.(1)若f(x)≥2,求m的取值范围.(2)已知m>1,若∃x∈(-1,1)使f(x)≥x2+mx+3成立,求m的取值范围. 【解析】(1)因为f(x)=|x+1|+|x-m|≥|m+1|,所以只需要|m+1|≥2,所以m+1≥2或m+1≤-2,所以m的取值范围为m≥1或m≤-3.(2)因为m>1,所以当x∈(-1,1)时,f(x)=m+1,所以不等式f(x)≥x2+mx+3即m≥x2+mx+2,所以m(1-x)≥x2+2,m≥,令g(x)===(1-x)+-2.因为0<1-x<2,所以(1-x)+≥2(当x=1-时取“=”),所以g(x)min=2-2,所以m≥2-2.2.已知函数f(x)=|x-1|+|x-3|.(1)解不等式f(x)≤x+1.(2)设函数f(x)的最小值为c,实数a,b满足a>0,b>0,a+b=c,求证:+≥1. 【解析】(1)f(x)≤x+1,即|x-1|+|x-3|≤x+1.①当x<1时,不等式可化为4-2x≤x+1,x≥1.又因为x<1,所以x∈∅;②当1≤x≤3时,不等式可化为2≤x+1,x≥1.又因为1≤x≤3,所以1≤x≤3.③当x>3时,不等式可化为2x-4≤x+1,x≤5.又因为x>3,所以3<x≤5.综上所述,原不等式的解集为[1,5].(2)由绝对值不等式性质得,|x-1|+|x-3|≥|(1-x)+(x-3)|=2,所以c=2,即a+b=2.令a+1=m,b+1=n,则m>1,n>1,a=m-1,b=n-1,m+n=4,+=+=m+n++-4=≥=1, 原不等式得证.。

2019高考数学二轮复习中档大题满分练(三)(带答案)

中档大题满分练3.数列(A组)中档大题集训练,练就慧眼和规范,筑牢高考满分根基!1.已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,a1=a(a∈R),a1,a2,a4成等比数列. (1)求数列{a n}的通项公式.(2)记的前n项和为A n,的前n项和为B n,当n≥2时,判断A n与B n的大小.【解析】(1)设{a n}的公差为d,则由a1,a2,a4成等比数列,得a1=a≠0且=a1·a4,所以(a1+d)2=a1(a1+3d).因为d≠0,所以解得d=a1=a,所以a n=na.(2)由(1)得S n=,所以=.所以A n==,又因为=2n-1·a,=·,所以B n==·=.当n≥2时,2n=++…+>1+n>0,即1-<1-,所以,当a>0时,A n<B n;当a<0时,A n>B n.2.已知数列{a n}满足a n+1=2a n+2n+1,且a1=2.(1)证明:数列是等差数列.(2)设数列c n=-log2,求数列{c n}的前n项和S n.【解析】(1)方法一:-=-=+-=1,且=1. 所以数列是以1为首项,公差为1的等差数列.方法二:由已知,a n+1=2a n+2n+1两边除以2n+1得=+1,即-=1,又=1.所以数列是以1为首项,公差为1的等差数列.(2)由(1)得=1+(n-1)×1=n,故a n=n·2n.所以c n=2n-n.所以S n=c1+c2+c3+…+c n=(21-1)+(22-2)+(23-3)+…+(2n-n)=(21+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n)=-=2n+1--2.故数列{c n}的前n项和为S n=2n+1--2.关闭Word文档返回原板块。

2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)(2021年整理精品文档)

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2019年高考数学试题分项版--数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n｝的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1,则a3等于（）A．16 B．8 C．4 D．2答案C解析设等比数列{a n}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{a n}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1（1＋q＋q2＋q3）＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a＝1，所以a3＝a1q2＝4.12．(2019·浙江，10)设a,b∈R，数列｛a n｝满足a1＝a，a n＋1＝＋b，n∈N＊，则（) A．当b＝时，a10＞10B．当b＝时,a10＞10C．当b＝－2时，a10＞10D．当b＝－4时,a10＞10答案A解析当b＝时，因为a n＋1＝＋,所以a2≥,又a n＋1＝＋≥a n,故a9≥a2×()7≥×（）7＝4，a＞≥32＞10.当b＝时,a n＋1－a n＝2，故当a1＝a＝时，a10＝，所以a10＞1010不成立．同理b＝－2和b＝－4时,均存在小于10的数x0，只需a1＝a＝x0，则a10＝x0＜10，故a＞10不成立．103．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n为等差数列｛a n}的前n项和．已知S4＝0,a5＝5，则( )A．a n＝2n－5 B．a n＝3n－10C．S n＝2n2－8n D．S n＝n2－2n答案A解析设等差数列｛a n｝的公差为d,∵∴解得∴a n＝a1＋(n－1)d＝－3＋2（n－1)＝2n－5,S n＝na＋d＝n2－4n.故选A。

2019年高考数学理科总复习中档大题二【数列类题】突破练含解析

2019 年高考数学理科总复习中档大题二【数列类题】突破练含解析
2019 年高考数学理科总复习中档大题二【数列类题】突破练
1.(2018 原·创押题预测卷 )已知 Sn＝na1＋(n－ 1)a2＋…＋ 2an－ 1＋ an，n∈ N* . (1)若 { an} 是等差数列，且 S1＝5，S2＝18，求 an； (2)若 { an} 是等比数列，且 S1＝3，S2＝15，求 Sn. 解 (1)设{ an} 的公差为 d，则 S1＝a1＝5， S2＝2a1＋a2＝10＋ a2＝18，
所以 a2＝ 8， d＝a2－a1＝3， an＝ 5＋ 3(n－1)＝ 3n＋2.
(2)设 { an} 的公比为 q，则 S1＝a1＝3，S2＝2a1＋ a2＝6＋ a2＝15，
所以
a2＝
9，
q＝
a2 a1
＝
3
，
an＝
3×
3n－
1＝
3n，
所以 Sn＝ n× 3＋(n－ 1)× 32＋ … ＋ 2× 3n－1＋3n，
1
(3) 设
c
n＝
a
nan＋
，求数列
1
{ cn} 的前
n 项和
Sn .
a3＝ a1＋ 2d ＝ 5，
a1＝ 1，
解 (1)
3×2
解得
S3＝3a1＋ 2 d＝9，
d＝ 2，
所以 an＝ a1＋ (n－ 1)d＝ 2n－1.
(2)由题意可知， b3＝ a5＝ 9， T3＝ 13，所以公比 q＝3，
从而 b1＝ 1，
(2)对 m∈ N* ，若 9m＜ an＜ 92m，
则 9m＋ 8＜9n＜92m＋ 8.
因此 9m－1＋ 1≤ n≤92m－1.

2019高考数学中档解答题(一)

中档解答题(一)1.已知数列{an }的前n项和为Sn,且Sn=2an-1.(1)证明数列{an}是等比数列;(2)设bn =(2n-1)an,求数列{bn}的前n项和Tn.2.如图,已知点O为△ABC的外心,∠BAC,∠ABC,∠ACB的对边分别为a,b,c,且2+3+4=0.(1)求cos∠BOC的值;(2)若△ABC的面积为,求b2+c2-a2的值.3.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,A1A=AB=2,∠ABC=,E,F分别是BC,A1C的中点.(1)求异面直线EF,AD所成角的余弦值;(2)点M在线段A1D上,=λ,若CM∥平面AEF,求实数λ的值.4.某高三毕业班甲、乙两名同学在连续的8次数学周练中,统计解答题失分的茎叶图如下:(1)比较这两名同学8次周练解答题失分的平均数和方差的大小,并判断哪位同学做解答题相对稳定些;(2)以上述数据统计甲、乙两名同学失分超过15分的频率作为概率,假设甲、乙两名同学在同一次周练中失分多少互不影响,预测在接下来的2次周练中,甲、乙两名同学失分均超过15分的次数X的分布列和均值.5.在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为,(t为参数),圆C2:(x-2)2+y2=4,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求C1,C2的极坐标方程和交点A的极坐标(非坐标原点);(2)若曲线C3的极坐标方程为θ=(ρ∈R),设C2与C3的交点为B(非坐标原点),求△OAB面积的最大值.6.设函数f(x)=|x-a|+2x,其中a>0.(1)当a=2时,求不等式f(x)≥2x+1的解集;(2)当x∈(-2,+∞)时,恒有f(x)>0,求a的取值范围.答案全解全析1.解析(1)证明:当n=1时,a1=S1=2a1-1,解得a1=1;当n≥2时,Sn-1=2an-1-1,又Sn =2an-1,所以an =2an-2an-1,n≥2,即an =2an-1,n≥2,所以{an}是以1为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)知bn=(2n-1)×2n-1.则Tn=1×1+3×21+5×22+…+(2n-1)×2n-1,2Tn=2+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,两式相减得-Tn=1+2×21+2×22+…+2×2n-1-(2n-1)×2n=1+2×(--)--(2n-1)×2n=1+4(2n-1-1)-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=(3-2n)×2n-3,所以Tn=2n(2n-3)+3.2.解析(1)设△ABC外接圆的半径为R,由2+3+4=0得3+4=-2,两边平方得9R2+16R2+24R2cos∠BOC=4R2,所以cos∠BOC=-=-.(2)由题意可知∠BOC=2∠BAC,∠BAC∈,,cos∠BOC=cos 2∠BAC=2cos2∠BAC-1=-,从而cos∠BAC=,所以sin∠BAC=-=,△ABC的面积S=bcsin∠BAC=bc=,故bc=8,从而b2+c2-a2=2bccos∠BAC=2×8×=4.3.解析因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱,所以A1A⊥平面ABCD.又AE⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以A1A⊥AE,A1A⊥AD.在菱形ABCD中,∠ABC=,连接AC,则△ABC是等边三角形.因为E是BC中点,所以BC⊥AE.因为BC∥AD,所以AE⊥AD.以{,,}为正交基底建立空间直角坐标系,如图.则A(0,0,0),C(,1,0),D(0,2,0),A1(0,0,2),E(,0,0),F,,.(1)=(0,2,0),=-,,,所以·=1.从而cos<,>=··=.故异面直线EF,AD所成角的余弦值为.(2)设M(x,y,z),由于点M在线段A1D上,且=λ,则=λ,即(x,y,z-2)=λ(0,2,-2),则M(0,2λ,2-2λ),所以=(-,2λ-1,2-2λ).设平面AEF的法向量为n=(x0,y,z).因为=(=,,,所以n·=0,n·=0,得x0=0,y+z=0.取y0=2,则z=-1,则平面AEF的一个法向量为n=(0,2,-1).由于CM∥平面AEF,则n·=0,即2(2λ-1)-(2-2λ)=0,解得λ=.4.解析(1)甲=×(7+9+11+13+13+16+23+28)=15,乙=×(7+8+10+15+17+19+21+23)=15,甲=×[(-8)2+(-6)2+(-4)2+(-2)2+(-2)2+12+82+132]=44.75,乙=×[(-8)2+(-7)2+(-5)2+02+22+42+62+82]=32.25.甲、乙两名同学解答题失分的平均数相等;甲同学解答题失分的方差比乙同学解答题失分的方差大.所以乙同学做解答题相对稳定些.(2)根据统计结果,在一次周练中,甲和乙失分超过15分的概率分别为P1=,P2=,两人失分均超过15分的概率为P1P2=,X的所有可能取值为0,1,2.依题意,X~B,,P(X=k)=-,k=0,1,2,则X的分布列为X的均值E(X)=2×=.5.解析(1)由,(t为参数)得曲线C1的普通方程为y=xtan α,故曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R).将x=ρcos θ,y=ρsin θ代入(x-2)2+y2=4,得C2的极坐标方程为ρ=4cos θ.故交点A的极坐标为(4cos α,α).(2)由题意知,B的极坐标为,.∴S△OAB=-=--,故△OAB面积的最大值是2+2.6.解析(1)当a=2时,由|x-2 +2x≥2x+1,得|x-2 ≥1,∴x≥3或x≤1,故原不等式的解集为(-∞,1]∪[3,+∞).(2)f(x)=-,,,,∵a>0,∴当x≥a时,3x-a≥2a>0恒成立,当x<a时,x+a>-2+a,∴只需-2+a≥0即可,所以a≥2.。

2019年高考数学总复习优编增分练：中档大题规范练(二)数列理

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

高考数学中档大题规范练(2)——数列.docx

专题分层训练(二十九) 中档大题规范练(2)——数列1．(2015·江西省八校联考)已知f (x )＝2sin π2x ，集合M ＝{x ||f (x )|＝2，x >0}，把M 中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{a n }，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝1a 2n ＋1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <14. 解 (1)∵|f (x )|＝2，∴π2x ＝k π＋π2，k ∈Z ，x ＝2k ＋1，k ∈Z . 又∵x >0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵b n ＝1a 2n ＋1＝1(2n ＋1)2＝14n 2＋4n ＋1<14n 2＋4n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n <14(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝14－14(n ＋1)<14，∴T n <14得证．2．(2015·石家庄市第一次模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n＋1＝λS n ＋1(n ∈N *，λ≠－1)，且a 1、2a 2、a 3＋3为等差数列{b n }的前三项． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和．解 (1)解法一：∵a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝λS n －1＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1－a n ＝λa n ，即a n ＋1＝(λ＋1)a n (n ≥2)，λ＋1≠0，又a 1＝1，a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，∴数列{a n }是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列， ∴a 3＝(λ＋1)2，∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 解法二：∵a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，a 3＝λS 2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1， ∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝S n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝a n (n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝2，∴数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由(1)知，a n b n ＝(3n －2)×2n －1，设T n 为数列{a n b n }的前n 项和，∴T n ＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n －2)×2n －1，①∴2T n ＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n －5)×2n －1＋(3n －2)×2n .② ①－②得，－T n ＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n －1－(3n －2)×2n ＝1＋3×2×(1－2n －1)1－2－(3n －2)×2n ，整理得：T n ＝(3n －5)×2n ＋5.3．已知单调递增数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝12(a 2n ＋n )． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1a 2n＋1－1，n 为奇数，3×2an －1＋1，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)n ＝1时，a 1＝12(a 21＋1)，得a 1＝1，当n ≥2时，S n －1＝12(a 2n －1＋n －1)，得a n ＝S n －S n －1＝12(a 2n －a 2n －1＋1)，化简得(a n －1)2－a 2n －1＝0，a n －a n －1＝1或a n ＋a n －1＝1(n ≥2)，又{a n }是单调递增数列，故a n －a n －1＝1，所以{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n .(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1a 2n ＋1－1，n 为奇数，3×2an －1＋1，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(c 1＋c 3＋…＋c n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1＋142－1＋…＋1n 2－1＋3×(21＋23＋…＋2n －1)＋n2 ＝11×3＋13×5＋…＋1(n －1)×(n ＋1)＋3×2(1－4n 2)1－4＋n 2 ＝12×(11－13＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1)＋2×(4n 2－1)＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2n －42(n ＋1).当n 为奇数时，T n ＝(c 1＋c 3＋…＋c n )＋(c 2＋c 4＋…＋c n －1)＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤122－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1＋3×(21＋23＋…＋2n －2)＋n －12 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＋2×(4n －12－1)＋n －12＝2n＋n 2－2n －92(n ＋2).所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋n 2－2n －92(n ＋2)，n 为奇数，2n ＋1＋n 2－2n －42(n ＋1)，n 为偶数.4．已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 0142对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .解 (1)∵a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＝2a n ＋33a n ＝2＋3a n 3＝a n ＋23， ∴{a n }是以1为首项，23为公差的等差数列． ∴a n ＝1＋(n －1)×23＝23n ＋13. (2)当n ≥2时，b n ＝1a n －1a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋13＝1(2n －1)(2n ＋1)9＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，又b 1＝3＝92(1－13)， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1 ＝9n 2n ＋1， ∵S n <m －2 0142对一切n ∈N *成立，即9n 2n ＋1<m －2 0142对一切n ∈N *成立，又9n 2n ＋1<92，∴m －2 0142≥92，即m ≥2 023.∴最小正整数m 为2 023.5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，如果S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“幸福数列”．(1)等差数列{b n }的首项为1，公差不为零，若{b n }为“幸福数列”，求{b n }的通项公式；(2)数列{c n }的各项都是正数，前n 项和为S n ，若c 31＋c 32＋c 33＋…＋c 3n ＝S 2n 对任意n ∈N *都成立，试推断数列{c n }是否为“幸福数列”？并说明理由．解 (1)设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)， S nS 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12·2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d . 整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，因为对任意正整数n 上式恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧d (4k －1)＝0(2k －1)(2－d )＝0，解得⎩⎨⎧d ＝2k ＝14.故数列{b n }的通项公式是b n ＝2n －1.(2)由已知，当n ＝1时，c 31＝S 21＝c 21.因为c 1>0，所以c 1＝1.当n ≥2时，c 31＋c 32＋c 33＋…＋c 3n ＝S 2n ， c 31＋c 32＋c 33＋…＋c 3n －1＝S 2n －1.两式相减，得c 3n ＝S 2n －S 2n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝c n ·(S n ＋S n －1)．因为c n >0，所以c 2n ＝S n ＋S n －1＝2S n －c n .显然c 1＝1适合上式，所以当n ≥2时，c 2n －1＝2S n －1－c n －1. 于是c 2n －c 2n －1＝2(S n －S n －1)－c n ＋c n －1＝2c n －c n ＋c n －1＝c n ＋c n －1.因为c n ＋c n －1>0，则c n －c n －1＝1，所以数列{c n }是首项为1，公差为1的等差数列．所以S n S 2n ＝n (n ＋1)2n (2n ＋1)＝n ＋14n ＋2不为常数，故数列{c n }不是“幸福数列”．。

2019年高考数学中档大题46分规范练2

中档大题46分规范练(二)17．(12分)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n＋1＝λS n＋1(n ∈N*，λ>0)，且a1，a2＋2，a3＋3成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝(－1)n log2a n·log2a n＋1，求数列{b n}的前2n项和T2n.解：(1)因为a1＝1，a n＋1＝λS n＋1，所以a2＝λa1＋1＝1＋λ，由a3＝λS2＋1＝λ(a1＋a2)＋1＝(1＋λ)2，a1，a2＋2，a3＋3成等差数列，得2(a2＋2)＝a1＋a3＋3，所以2(1＋λ＋2)＝1＋(1＋λ)2＋3，解得λ2＝1，由λ>0，得λ＝1，所以a n＋1＝S n＋1，①n≥2时，a n＝S n－1＋1，②由①－②得n≥2时，a n＋1－a n＝S n－S n－1＝a n，即n≥2时，a n＋1＝2a n，③因为a2＝1＋λ＝2，a1＝1，所以a2＝2a1，所以n＝1时，③式也成立，故数列{a n}是首项为1，公比为2的等比数列，a n＝2n－1.(2)由(1)知a n＝2n－1，所以b n＝(－1)n log22n－1·log22n＝(－1)n n(n－1)＝(－1)n(n2－n)，则b2n＋b2n－1＝(2n)2－2n－(2n－1)2＋2n－1＝4n－2，所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝2＋6＋10＋…＋(4n－2)＝n ·(2＋4n －2)2＝2n 2. 18．(12分)如图，矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 在DC 边上，且DE ＝1，将△ADE 沿AE 折到△AD ′E 的位置，使得平面AD ′E ⊥平面ABCE .(1)求证：AE ⊥BD ′； (2)求三棱锥A -BCD ′的体积．解：(1)证明：连接BD 交AE 于点O ，依题意得AB DA ＝ADDE ＝2，所以Rt △ABD ∽Rt △DAE ，所以∠DAE ＝∠ABD ，所以∠AOD ＝90°，所以AE ⊥BD ，则OB ⊥AE ，OD ′⊥AE ，又OB ∩OD ′＝O ，OB ，OD ′在平面OBD ′内，所以AE ⊥平面OBD ′，又BD ′⊂平面OBD ′，所以AE ⊥BD ′.(2)因为平面AD ′E ⊥平面ABCE ，由(1)知，OD ′⊥平面ABCE ，所以OD ′为三棱锥D ′-ABC 的高，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，DE ＝1，所以D ′O ＝25，所以V A -BCD ′＝V D ′-ABC ＝13S △ABC ·D ′O ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×2×25＝8515.故三棱锥A -BCD ′的体积为8515.19．(12分)在某校举行的航天知识竞赛中，参与竞赛的文科生与理科生人数之比为，且成绩分布在[40,100]，分数在80以上(含80)的同学获奖．按文、理科用分层抽样的方法抽取200人的成绩作为样本，得到成绩的频率分布直方图如图所示．(1)求a 的值，并计算所抽取样本的平均值x (同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)填写下面的2×2列联表，并判断能否有超过95%的把握认为“获奖与学生的文、理科有关”？附表及公式：K 2＝(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )解：(1)a ＝[1－(0.01＋0.015＋0.03＋0.015＋0.005)×10]÷10＝0.025，x ＝45×0.1＋55×0.15＋65×0.25＋75×0.3＋85×0.15＋95×0.05＝69.(2)文科生人数为200×14＝50，获奖学生人数为200×(0.015＋0.005)×10＝40，故2×2列联表如下：因为K 2＝200×(5×115－35×45)240×160×50×150＝256≈4.167>3.841，所以有超过95%的把握认为“获奖与学生的文、理科有关”．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)极坐标系的极点为直角坐标系xOy 的原点，极轴为x 轴的正半轴，两种坐标系的长度单位相同，已知圆C 1的极坐标方程为ρ＝4(cos θ＋sin θ)，P 是C 1上一动点，点Q 在射线OP 上且满足OQ ＝12OP ，点Q 的轨迹为C 2.(1)求曲线C 2的极坐标方程，并化为直角坐标方程；(2)已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos φ，y ＝t sin φ(t 为参数，0≤φ<π)，l 与曲线C 2有且只有一个公共点，求φ的值．解：(1)设点P ，Q 的极坐标分别为(ρ0，θ)，(ρ，θ)，则ρ＝12ρ0＝12·4(cos θ＋sin θ)＝2(cos θ＋sin θ)，点Q 轨迹C 2的极坐标方程为ρ＝2(cos θ＋sin θ)，两边同乘以ρ，得ρ2＝2(ρcos θ＋ρsin θ)，C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2＝2x ＋2y ，即(x －1)2＋(y －1)2＝2. (2)将l 的参数方程代入曲线C 2的直角坐标方程，得(t cos φ＋1)2＋(t sin φ－1)2＝2，即t 2＋2(cos φ－sin φ)t ＝0，t 1＝0，t 2＝2sin φ－2cos φ，由直线l 与曲线C 2有且只有一个公共点，得2sin φ－2cos φ＝0，因为0≤φ<π，所以φ＝π4. 23．[选修4－5：不等式选讲](10分) 设函数f (x )＝|x ＋2|－|x －1|. (1)求不等式f (x )>1的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )＋4≥|1－2m |有解，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )＝|x ＋2|－|x －1|表示数轴上的x 对应点到－2对应点的距离减去它到1对应点的距离，而0对应点到－2对应点的距离减去它到1对应点的距离正好等于1，故不等式f (x )>1解集为{x |x >0}．(2)若关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解，即|x＋2|－|x－1|＋4≥|1－2m|有解，故|x＋2|－|x－1|＋4的最大值大于或等于|1－2m|.利用绝对值的意义可得|x＋2|－|x－1|＋4的最大值为3＋4＝7，所以|1－2m|≤7，故－7≤2m－1≤7，求得－3≤m≤4，m的范围为[－3,4]．。

2019高考数学中档题训练含详细讲解答案

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