2019高考数学总复习优编增分练：高考填空题分项练9数列
江苏省2019高考数学总复习 优编增分练：高考填空题分项练7 直线与圆
高考填空题分项练7 直线与圆1．若直线x－2y＋5＝0与直线2x＋my－6＝0互相垂直，则实数m＝________.答案1解析因为两直线互相垂直，所以1×2＋（－2)×m＝0⇒m＝1。
2．圆心坐标为（2，－1)的圆截直线x－y－1＝0所得的弦长为2错误!，则此圆的方程为________．答案(x－2)2＋(y＋1)2＝4解析圆心到直线的距离d＝错误!＝错误!，由于弦心距d，半径r及弦长的一半构成直角三角形,所以r2＝d2＋（2）2＝4,所以所求圆的方程为(x－2)2＋（y＋1）2＝4。
3．已知两点A（3，0)，B（0，4)，动点P(x，y）在线段AB上运动，则xy的最大值是________．答案3解析AB线段的方程为错误!＋错误!＝1（0≤x≤3）,则x＝3错误!，xy＝错误!＝错误!，所以当y＝2，即x＝错误!时，（xy)max＝3。
4．直线l1：x－y＋1＝0关于点P（1，1)对称的直线l2的方程为________．答案x－y－1＝0解析方法一设点M（x,y）是直线l2上的任意一点,点M关于点P（1，1）的对称点为N,则点N的坐标为(2－x,2－y)．∵直线l1与l2关于点P(1，1）对称，∴点N（2－x,2－y）在直线l1上，∴（2－x ）－（2－y ）＋1＝0,即x －y －1＝0.∴直线l 2的方程为x －y －1＝0。
方法二 ∵点P 不在直线l 1上，所以l 2∥l 1，设l 2的方程为x －y ＋c ＝0，在l 1上取点A （－1，0），则点A 关于点P 的对称点A ′(3,2）在直线l 2上，∴3－2＋c ＝0,即c ＝－1，∴直线l 2的方程为x －y －1＝0。
5．(2018·镇江期末)已知圆C 与圆M ：x 2＋y 2＋10x ＋10y ＝0相切于原点，且过点A （0，－6）,则圆C 的标准方程为________________．答案 （x ＋3）2＋（y ＋3)2＝18解析 设圆C 的标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，其圆心为C (a ，b )，半径为r （r 〉0)，∵圆M ：x 2＋y 2＋10x ＋10y ＝0可化简为（x ＋5)2＋(y ＋5)2＝50，∴其圆心M (－5，－5），半径为5错误!，将A （0，－6)代入（x ＋5)2＋(y ＋5）2＝26〈50,∴A 点在圆M ：(x ＋5）2＋（y ＋5）2＝50的内部，∴两圆内切于原点O ,∵圆C 过点（0，－6），∴错误!解得a ＝－3，b ＝－3，r ＝3错误!,∴圆C 的标准方程为（x ＋3）2＋(y ＋3)2＝18.6．（2018·全国大联考江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中,若直线y ＝错误!x ＋m 上存在一点A ，圆C ：x 2＋（y －2）2＝4上存在一点B ，满足错误!＝4错误!，则实数m 的取值范围为________．答案 [8－4错误!,8＋4错误!]解析 设点B （x 0，y 0），因为错误!＝4错误!,所以点A (4x 0,4y 0)，因为点A 在直线y ＝12x ＋m 上， 所以4y 0＝2x 0＋m ，而点B （x 0，y 0）在圆C 上，所以x 错误!＋（y 0－2)2＝4，由题意关于x 0，y 0的方程组错误!有解,消去x 0，整理得5y 错误!－（4＋2m ）y 0＋错误!＝0，所以Δ＝－m 2＋16m ＋16≥0,解得实数m 的取值范围为［8－45,8＋4错误!]．7．若圆x2＋y2＝4与圆x2＋y2＋2ay－6＝0（a>0）的公共弦长为2错误!，则a＝________.答案1解析如图，设两圆的公共弦为AB，AB交y轴于点C，连结OA，则OA＝2。
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.。
江苏省2019高考数学总复习 优编增分练：高考填空题仿真练1
高考填空题仿真练11．已知集合U＝｛1，2,3,4}，A＝｛1,3}，B＝｛1，3,4｝，则A∩（∁U B）＝________.答案∅解析∵集合U＝｛1,2,3，4｝,B＝｛1,3,4｝,∴∁U B＝｛2}，∵A＝｛1,3}，∴A∩(∁U B）＝∅。
2．若(1＋i）＋（2－3i）＝a＋b i（a,b∈R，i是虚数单位），则a，b的值分别为________．答案3，－2解析∵（1＋i)＋（2－3i)＝3－2i＝a＋b i，∴a＝3，b＝－2.3．某健康协会从某地区睡前看手机的居民中随机选取了270人进行调查,得到如图所示的频率分布直方图，则可以估计睡前看手机在40～50分钟的人数为________．答案81解析由频率分布直方图可知，睡前看手机在40～50分钟的频率为1－（0.010＋0.037＋0。
023)×10＝0。
3，故睡前看手机在40～50分钟的人数为270×0。
3＝81。
4．执行如图所示的伪代码，可知输出S的值为________．错误!答案 36解析 根据算法语句可知，I 的取值依次为2，4,6,8，…，2 016,2 018，当I 的取值为2 018时，结束程序，所以输出的S ＝2×2 018－4 000＝36.5．(2018·南京多校联考）设f (x )是定义在R 上的周期为2的函数，当x ∈[－1,1）时,f （x ）＝错误!则f 错误!＝________.答案 1解析 ∵周期为2,∴f 错误!＝f 错误!＝－4×错误!2＋2＝1.6．从分别写有1,2，3,4,5的5张卡片中随机抽取1张,放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为______．答案 错误!解析 从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：基本事件的总数为25,第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，∴所求概率P ＝错误!＝错误!.7．已知角α，β满足tan αtan β＝－4,cos （α＋β)＝错误!，则cos(α－β）＝________。
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*)．。
2019年高考数学总复习优编增分练：高考附加题加分练九)数学归纳法
(九)数学归纳法1．已知数列{a n }满足：a 1＝2a －2，a n ＋1＝aa n －1＋1(n ∈N *)．(1)若a ＝－1，求数列{a n }的通项公式；(2)若a ＝3，试证明：对∀n ∈N *，a n 是4的倍数．(1)解 当a ＝－1时，a 1＝－4，a n ＋1＝(－1)a n －1＋1.令b n ＝a n －1，则b 1＝－5，b n ＋1＝(－1)b n .∵b 1＝－5为奇数，∴当n ≥2时，b n 也是奇数且只能为－1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －5，n ＝1，－1，n ≥2，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －4，n ＝1，0，n ≥2.(2)证明 当a ＝3时，a 1＝4，a n ＋1＝3a n －1＋1.下面利用数学归纳法来证明：a n 是4的倍数．当n ＝1时，a 1＝4＝4×1，命题成立；设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，则存在t ∈N *，使得a k ＝4t ，∴a k ＋1＝3a k －1＋1＝34t －1＋1＝27·(4－1)4(t －1)＋1＝27·(4m ＋1)＋1＝4(27m ＋7)，其中，4m ＝44(t －1)－C 14(t －1)·44t －5＋…－(－1)r C r 4(t －1)·44t －4－r ＋…－C 4t －54(t －1)·4， ∴m ∈Z ，∴当n ＝k ＋1时，命题成立．由数学归纳法知，对∀n ∈N *，a n 是4的倍数成立．2．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12a 2n －12na n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝3. (1)计算a 2，a 3，a 4的值，由此猜想数列{a n }的通项公式，并给出证明；(2)求证：当n ≥2时，a n n ≥4n n.(1)解 a 2＝4，a 3＝5，a 4＝6，猜想：a n ＝n ＋2(n ∈N *)．①当n ＝1时，a 1＝3，结论成立；②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝k ＋2，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝12a 2k －12ka k ＋1＝12(k ＋2)2－12k (k ＋2)＋1＝k ＋3＝(k ＋1)＋2， 即当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②，得数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2(n ∈N *)． (2)证明 原不等式等价于⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n n ≥4.显然，当n ＝2时，等号成立．当n >2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n n ＝C 0n ＋C 1n 2n ＋C 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n 2＋…＋C n n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n >C 0n ＋C 1n 2n ＋C 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n 2＝5－2n>4. 综上所述，当n ≥2时，a n n ≥4n n .3．已知函数f (x )＝ln(2－x )＋ax 在区间(0,1)上是增函数．(1)求实数a 的取值范围；(2)若数列{a n }满足a 1∈(0,1)，a n ＋1＝ln(2－a n )＋a n ，n ∈N *，证明：0<a n <a n ＋1<1.(1)解 ∵函数f (x )＝ln(2－x )＋ax 在区间(0,1)上是增函数，∴f ′(x )＝－12－x＋a ≥0在区间(0,1)上恒成立， ∴a ≥12－x. 又g (x )＝12－x在区间(0,1)上是增函数， ∴a ≥g (1)＝1，即实数a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明 先用数学归纳法证明0<a n <1.当n ＝1时，a 1∈(0,1)成立．假设当n ＝k (k ∈N *)时，0<a k <1成立．当n ＝k ＋1时，由(1)知当a ＝1时，函数f (x )＝ln(2－x )＋x 在区间(0,1)上是增函数， ∴a k ＋1＝f (a k )＝ln(2－a k )＋a k ，∴0<ln 2＝f (0)<f (a k )<f (1)＝1，即0<a k ＋1<1成立，∴当n ∈N *时，0<a n <1成立．下证a n <a n ＋1.∵0<a n <1，∴a n ＋1－a n ＝ln(2－a n )>ln 1＝0，∴a n <a n ＋1.综上0<a n <a n ＋1<1.4．设f (k )是满足不等式log 2x ＋log 2(3·2k －1－x )≥2k －1(k ∈N *)的正整数x 的个数． (1)求f (k )的解析式；(2)记S n ＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )，P n ＝n 2＋n －1(n ∈N *)，试比较S n 与P n 的大小． 解 (1)∵log 2x ＋log 2(3·2k －1－x )≥2k －1(k ∈N *)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ x >0，3·2k －1－x >0，x (3·2k －1－x )≥22k －1，解得2k －1≤x ≤2k ， ∴f (k )＝2k －2k －1＋1＝2k －1＋1.(2)∵S n＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝1＋2＋22＋…＋2n－1＋n＝2n＋n－1，∴S n－P n＝2n－n2.当n＝1时，S1－P1＝2－1＝1>0；当n＝2时，S2－P2＝4－4＝0；当n＝3时，S3－P3＝8－9＝－1<0；当n＝4时，S4－P4＝16－16＝0；当n＝5时，S5－P5＝32－25＝7>0；当n＝6时，S6－P6＝64－36＝28>0.猜想：当n≥5时，S n－P n>0.证明如下：①当n＝5时，由上述可知S n－P n>0.②假设当n＝k(k≥5，k∈N*)时，S k－P k＝2k－k2>0.当n＝k＋1时，S k＋1－P k＋1＝2k＋1－(k＋1)2＝2·2k－k2－2k－1＝2(2k－k2)＋k2－2k－1＝2(S k－P k)＋k2－2k－1>k2－2k－1＝k(k－2)－1≥5×(5－2)－1＝14>0.∴当n＝k＋1时，S k＋1－P k＋1>0成立．由①②可知，当n≥5时，S n－P n>0成立，即S n>P n成立．由上述分析可知，当n＝1或n≥5时，S n>P n；当n＝2或n＝4时，S n＝P n；当n＝3时，S n<P n.。
江苏省2019高考数学总复习 优编增分练：高考填空题分项练1 三角函数与解三角形
高考填空题分项练1 三角函数与解三角形1．函数y ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－ωx (ω<0)的最小正周期是4π，则ω＝________. 答案 －12解析 T ＝2π|－ω|＝4π，∴|ω|＝12. 又ω<0，∴ω＝－12. 2.1－3tan 75°3＋tan 75°的值为________． 答案 －1解析 原式＝1－tan 60°tan 75°tan 60°＋tan 75°＝1tan (60°＋75°)＝1tan 135°＝－1tan 45°＝－1. 3．已知cos α＝15，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＝________. 答案 1＋6210解析 因为cos α＝15，α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2， 所以sin α＝1－cos 2α＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝265.所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＝cos αcos π3＋sin αsin π3＝15×12＋265×32＝1＋6210. 4．若tan A tan B ＝tan A ＋tan B ＋1，则cos(A ＋B )＝________.答案 ±22解析 由tan A tan B ＝tan A ＋tan B ＋1，得tan A ＋tan B 1－tan A tan B＝－1，即tan(A ＋B )＝－1， 所以A ＋B ＝k π＋34π，k ∈Z ，所以cos(A ＋B )＝±22. 5．设f (x )是定义域为R ，最小正周期为3π2的函数，若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ cos x ，－π2≤x ≤0，sin x ，0＜x <π，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－15π4的值为________． 答案22 解析 f ⎝⎛⎭⎪⎫－15π4＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2×(－3)＋3π4 ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＝sin 3π4＝22. 6．(2018·南通模拟)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，0≤φ<2π)在R 上的部分图象如图所示，则f (2 018)的值为________．答案 2解析 ∵34T ＝11－2＝9，∴T ＝12，ω＝π6， ∵当x ＝2时，π3＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ， 又φ∈[0,2π)，∴φ＝π6， 又∵f (0)＝A sin π6＝1⇒A ＝2， ∴f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋π6，∴f (2 018)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫336π＋π3＋π6＝2. 7．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝13，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α的值为________． 答案 －13解析 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α－⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝π2， ∴π4＋α＝π2＋⎝⎛⎭⎪⎫α－π4， ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2＋⎝⎛⎭⎪⎫α－π4 ＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝－13. 8．△ABC 的三内角A ，B ，C 的对边边长分别为a ，b ，c .若a ＝52b ，A ＝2B ，则cos B ＝________. 答案 54 解析 由正弦定理，得sin A a ＝sin B b， 又∵a ＝52b ，A ＝2B ， ∴sin 2B 52b ＝sin B b ，b ≠0，sin B ≠0， ∴2cos B 52＝1，∴cos B ＝54. 9．函数f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4－1在区间(0，π)内的零点是________． 答案 7π12解析 函数f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4－1的零点， 即方程2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝1的解， 也就是方程cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝12的解，∴x －π4＝2k π±π3(k ∈Z )， 即x ＝2k π＋7π12或x ＝2k π－π12(k ∈Z )， ∴在区间(0，π)内的零点是x ＝7π12. 10．设a ＝12cos 6°－32sin 6°，b ＝2tan 13°1－tan 213°，c ＝1－cos 50°2，将a ，b ，c 用“<”号连接起来为________．答案 a <c <b解析 a ＝12cos 6°－32sin 6° ＝sin 30°cos 6°－cos 30°·sin 6°＝sin 24°， b ＝2tan 13°1－tan 213°＝tan 26°， c ＝1－cos 50°2＝sin 225°＝sin 25°. ∵tan 26°＝sin 26°cos 26°，0<cos 26°<1， ∴tan 26°>sin 26°.又∵当0°<x <90°时，y ＝sin x 为增函数，∴a <c <b .11．(2018·江苏省南通市通州区监测)将函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，若所得到的图象关于原点对称，则φ的最小值为________． 答案 π12解析 因为函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，得到g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(x ＋φ)－π6， 所以2φ－π6＝k π(k ∈Z )， ∴φ＝π12＋k π2(k ∈Z )， 因为φ>0，所以φmin ＝π12.12．若0<α<π2，－π2<β<0，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝13，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2＝33，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋β2＝________. 答案 539解析 根据条件可得α＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2， π4－β2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝223，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2＝63， 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋β2＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α－⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2 ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2 ＝13×33＋223×63＝539. 13．在△ABC 中，若AB ＝2，AC ＝2BC ，则△ABC 的面积的最大值是________． 答案 2 2解析 设BC ＝x ，则AC ＝2x ，根据面积公式，得 S △ABC ＝12AB ·BC sin B ＝12×2x 1－cos 2B ，根据余弦定理，得cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC＝4＋x 2－(2x )24x ＝4－x 24x， 将其代入上式，得 S △ABC ＝x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫4－x 24x 2＝ 128－(x 2－12)216. 由三角形三边关系，有⎩⎨⎧ 2x ＋x >2，x ＋2>2x ，解得22－2<x <22＋2， 故当x ＝23时，S △ABC 取得最大值2 2.14．已知函数f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx ，若在区间(0，π)上存在3个不同的实数x ，使得f (x )＝1成立，则满足条件的正整数ω的值为________． 答案 3解析 f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3，设t ＝ωx ＋π3，那么当x ∈(0，π)时，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，ωπ＋π3，f (x )＝1可转化为方程2sin t ＝1，作出y ＝sin t 的图象(图略)， 可知要使在区间(0，π)上存在3个不同的实数x ，使得f (x )＝1， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3＝12成立，需满足2π＋5π6<ωπ＋π3≤4π＋π6，解得52<ω≤236，又ω∈N *，从而ω＝3.。
(京津专用)2019高考数学总复习 优编增分练：中档大题规范练(二)数列 文
(二)数 列1．(2018·潍坊模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且1，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n ·b n ＝1＋2na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由已知1，a n ，S n 成等差数列，得2a n ＝1＋S n ，① 当n ＝1时，2a 1＝1＋S 1＝1＋a 1，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n －1＝1＋S n －1，②①－②得2a n －2a n －1＝a n ，∴a n a n －1＝2， ∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝a 1q n －1＝1×2n －1＝2n －1(n ∈N *)． (2)由a n ·b n ＝1＋2na n ，得b n ＝1a n＋2n ， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝1a 1＋2＋1a 2＋4＋…＋1a n＋2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＋(2＋4＋…＋2n ) ＝1－12n 1－12＋(2＋2n )n 2＝n 2＋n ＋2－12n －1(n ∈N *)． 2．(2018·四川成都市第七中学三诊)已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 3＝7，且a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n ·2n}的前n 项和为S n ，求S n .解 (1)设等差数列{a n } 的公差为d (d ≠0)，则a 3＝a 1＋2d ＝7.又∵a 1，a 4，a 13成等比数列，∴a 24＝a 1a 13，即(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )，整理得2a 1＝3d∵a 1≠0，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝7，2a 1＝3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)由(1)得a n ·2n＝(2n ＋1)·2n ，∴S n ＝3×2＋5×22＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① ∴2S n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－S n ＝6＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1＝2(1－2n＋1)1－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋(1－2n )·2n ＋1.∴S n ＝2＋(2n －1)·2n ＋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 ＝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∀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＝n2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n2n ＋1(n ∈N *)．4．(2018·安徽省江南十校模拟)数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2－n ＋22.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n(1＋a n )(1＋a n ＋1)，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝2－32＝12；当n ≥2时，由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2－n＋22n ，①a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2－n ＋12n －1，②①－②得na n ＝2－n ＋22n －⎝ ⎛⎭⎪⎫2－n ＋12n －1 ＝n2n ，可得a n ＝12n ，又∵当n ＝1时也成立，∴a n ＝12n (n ∈N *)．(2)∵b n ＝12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＋1 ＝2n ＋1(2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1，∴T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－12n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋1＋1＝23－22n ＋1＋1(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 －n 2－n ＋3(n ∈N *)．。
2019高考数学总复习优编增分练高考解答题分项练(七)数列(A)
(七)数列()．已知数列{}的前项和为，且＋＝，∈*.()求数列{}的通项公式；()已知＝＋(∈*)，记＝＋(>且≠)，是否存在这样的常数，使得数列{}是常数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；()若对于数列{}及任意的正整数，均有＋－＋－＋…＋＝－成立，求证：数列{}是等差数列．()解＝－，所以＝，由＋＝，得当≥时，－＋－＝，两式相减，得＝－，所以＝，数列{}是以为首项，为公比的等比数列，所以＝－(∈*)．()解由于数列{}是常数列，＝＋＝＋＋(－)＝＋＋－＝(－)＋＋为常数，则－＝，由>且≠，解得＝，此时＝.()证明＋－＋－＋…＋＝－，①当＝时，＝－＝－，其中＝，所以＝－.当≥时，－＋－＋－＋…＋－＝－－，②②式两边同时乘以，得＋－＋－＋…＋－＝－，③由①－③，得＝，所以＝－－(∈*，≥)，且＋－＝－，又＝－＝－－，所以数列{}是以－为首项，－为公差的等差数列．．在数列{}中，已知＝，＋＝－，∈*，设为{}的前项和．()求证：数列{}是等差数列；()求；()是否存在正整数，，(<<)，使，，成等差数列？若存在，求出，，的值；若不存在，说明理由．()证明因为＋＝－，所以＋＋－＝－.又因为＝，所以·＝，所以{}是首项为，公差为－的等差数列．()解由()知＝＋(－)·(－)＝－，所以＝(－)，所以＝·＋(－)·＋(－)·＋…＋(－)·，所以＝·＋(－)·＋…＋(－)·＋(－)·＋，两式相减，得＝－－(－)·＋＝－＋(－)·＋＝·＋，所以＝.()解假设存在正整数，，(<<)，使，，成等差数列，则＝＋，即＝＋.当≥时，＝(－)<，所以数列{}单调递减．又<，所以≤－且至少为，所以≥，－＝.①当≥时，≥≥，又>，所以＋>，等式不成立．②当＝时，＝，所以＝＋，所以＝，所以＝({}单调递减，解唯一确定)．综上可知，存在正整数＝，＝，＝，使得，，成等差数列．．设为数列{}的前项和，若(∈*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”．。
江苏省2019高考数学总复习 优编增分练：高考填空题分项练2 平面向量
高考填空题分项练2 平面向量1．已知△ABC中，BC＝4,AC＝8，∠C＝60°，则错误!·错误!＝________.答案－16解析画图(图略）可知，向量错误!与错误!的夹角为∠C的补角，故错误!·错误!＝BC×AC cos(π－C)＝4×8×错误!＝－16。
2．若｜a｜＝1，｜b｜＝2，c＝a＋b，且c⊥a,则向量a与b的夹角为________．答案错误!解析设向量a与b的夹角为θ，由题意知（a＋b)·a＝0，∴a2＋a·b＝0，∴｜a|2＋｜a｜|b｜cos θ＝0，∴1＋2cos θ＝0,∴cos θ＝－错误!.又θ∈[0，π］，∴θ＝错误!.3．设a，b是两个不共线的非零向量．若向量k a＋2b与8a＋k b的方向相反，则k＝________.答案－4解析∵向量k a＋2b与8a＋k b的方向相反，∴k a＋2b＝λ(8a＋k b)⇒k＝8λ，2＝λk⇒k＝－4。
（∵方向相反，∴λ〈0⇒k〈0）4．已知向量a，b不共线，实数x，y满足(3x－4y)a＋(2x－3y)b＝6a＋3b，则x－y的值为________．答案3解析由题意得错误!解得错误!∴x－y＝3.5．已知向量a＝(1,2），b＝(m,4），且a⊥（2a＋b），则实数m的值为________．答案－18解析方法一因为a＝（1,2)，b＝（m,4)，所以2a＋b＝(m＋2，8)．因为a⊥（2a＋b)，所以a·(2a＋b)＝m＋2＋16＝0，所以m＝－18。
方法二因为a＝（1,2），b＝(m，4），所以a2＝5，a·b＝m＋8。
因为a⊥（2a＋b），所以a·(2a＋b)＝2a2＋a·b＝10＋m＋8＝0,所以m＝－18。
6．已知平面向量a，b满足｜a＋b｜＝3错误!，且a－2b与直线x＋2y－2＝0的方向向量垂直，若b＝（－2,3），则a＝________.答案(－7,0)或错误!解析由题意得直线x＋2y－2＝0的斜率k＝－错误!，因为a－2b与直线x＋2y－2＝0的方向向量垂直,所以a－2b所在直线的斜率与直线x＋2y－2＝0的斜率互为负倒数，故可设a－2b＝（m,2m）（m≠0)，从而a＝(m－4,2m＋6），得a＋b＝(m－6，2m＋9）．因为|a＋b｜＝3错误!，所以（m－6)2＋(2m＋9）2＝90,解得m＝－3或m＝－错误!，从而a＝（－7,0)或错误!.7.如图,在平面四边形ABCD中,O为BD的中点，且OA＝3，OC＝5。
(京津专用)2019高考数学总复习 优编增分练：中档大题规范练(二)数列 文
最新中小学教案、试题、试卷(二)数 列1．(2018·潍坊模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且1，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n ·b n ＝1＋2na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由已知1，a n ，S n 成等差数列，得2a n ＝1＋S n ，① 当n ＝1时，2a 1＝1＋S 1＝1＋a 1，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n －1＝1＋S n －1，②①－②得2a n －2a n －1＝a n ，∴a n a n －1＝2， ∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝a 1q n －1＝1×2n －1＝2n －1(n ∈N *)． (2)由a n ·b n ＝1＋2na n ，得b n ＝1a n＋2n ， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝1a 1＋2＋1a 2＋4＋…＋1a n＋2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＋(2＋4＋…＋2n ) ＝1－12n 1－12＋(2＋2n )n 2＝n 2＋n ＋2－12n －1(n ∈N *)． 2．(2018·四川成都市第七中学三诊)已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 3＝7，且a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n ·2n }的前n 项和为S n ，求S n .解 (1)设等差数列{a n } 的公差为d (d ≠0)，则a 3＝a 1＋2d ＝7.又∵a 1，a 4，a 13成等比数列，∴a 24＝a 1a 13，即(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )，整理得2a 1＝3d∵a 1≠0，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝7，2a 1＝3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝3，d ＝2，最新中小学教案、试题、试卷 ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)由(1)得a n ·2n ＝(2n ＋1)·2n，∴S n ＝3×2＋5×22＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① ∴2S n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－S n ＝6＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1＝2(1－2n ＋1)1－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋(1－2n )·2n ＋1.∴S n ＝2＋(2n －1)·2n ＋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 ＝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∀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＝4n2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1最新中小学教案、试题、试卷＝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＝n2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n2n ＋1(n ∈N *)．4．(2018·安徽省江南十校模拟)数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2－n ＋22n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n(1＋a n )(1＋a n ＋1)，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝2－32＝12；当n ≥2时，由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2－n ＋22n ，①a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2－n ＋12n －1，②①－②得na n ＝2－n ＋22n －⎝ ⎛⎭⎪⎫2－n ＋12n －1 ＝n2n ，可得a n ＝12n ，又∵当n ＝1时也成立，∴a n ＝12n (n ∈N *)．(2)∵b n ＝12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＋1 ＝2n ＋1(2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1，∴T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－12n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋1＋1＝23－22n ＋1＋1(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；。
2019年高考数学总复习优编增分练：高考填空题分项练5函数的图象与性质
高考填空题分项练5 函数的图象与性质1．函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≥0，x 2，x <0的单调增区间为________．答案 [0，＋∞)解析 当x ≥0时，y ＝x 为增函数；当x <0时，y ＝x 2为减函数．2．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥4，f (x ＋3)，x <4，则f (f (－1))＝________.答案 0解析 f (f (－1))＝f (f (2))＝f (f (5))＝f (1)＝f (4)＝0.3．若函数f (x )＝x 2－6x ＋m 在区间[2，＋∞)上的最小值是－3，则实数m 的值为________． 答案 6解析 函数f (x )＝x 2－6x ＋m 的对称轴是x ＝3，开口向上，所以函数f (x )在[2,3]上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在x ＝3处取得最小值． 由f (3)＝32－6×3＋m ＝－3，解得m ＝6. 故实数m 的值为6. 4．函数f (x )＝sin 2x1＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π2在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上的对称中心为________．答案 (0,0)解析 f (x )＝sin 2x 1＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝sin 2x1＋cos 2x＝2sin x cos x2cos 2x＝tan x ， 由正切函数的图象可知，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上的对称中心为(0,0)． 5．函数y ＝|x |(1－x )的单调增区间为________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 解析 当x ≥0时，y ＝|x |(1－x )＝x (1－x )＝x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14；当x <0时，y ＝|x |(1－x )＝－x (1－x )＝x 2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－14.故y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，x ≥0，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－14，x <0，函数图象如图所示．所以函数的单调增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12.6．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－3，x >0，g (x )，x <0是奇函数，则f (g (－2))＝________.答案 1解析 方法一 当x <0时，－x >0，g (x )＝－f (－x )＝－(2－x－3)＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，所以g (－2)＝－1，f (g (－2))＝f (－1)＝3－2＝1.方法二 因为g (－2)＝f (－2)＝－f (2)，所以f (g (－2))＝f (－f (2))＝f (－(22－3))＝f (－1)＝－f (1)＝1.7．已知函数f (x )＝a x(a >0且a ≠1)在[－1,1]上恒有f (x )<2，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1∪(1,2)解析 当a >1时，f (x )在[－1,1]上是增函数， ∵在x ∈[－1,1]上恒有f (x )<2， ∴f (1)<2，∴1<a <2.当0<a <1时，f (x )在[－1,1]上是减函数， ∵在x ∈[－1,1]上恒有f (x )<2，∴f (－1)<2， ∴1a <2且0<a <1，∴12<a <1. 综上所述，实数a 的取值范围为12<a <1或1<a <2.8．当函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x >0，－2x＋a ，x ≤0有且只有一个零点时，a 的取值范围是________．答案 {a |a ≤0或a >1}解析 ∵f (1)＝lg 1＝0，∴当x ≤0时，函数f (x )没有零点，故－2x＋a >0或－2x＋a <0在(－∞，0]上恒成立，即a>2x或a<2x在(－∞，0]上恒成立，故a>1或a≤0.9．若函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(ω>0)的最小正周期为π，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8的值是________． 答案6＋24解析 因为函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(ω>0)的最小正周期为π， 所以ω＝2，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π6＝sin π4cos π6＋cos π4sin π6＝6＋24. 10．已知关于λ，θ的二元函数f (λ，θ)＝(λ＋5－3|cos θ|)2＋(λ－2|sin θ|)2，其中λ，θ∈R ，则f (λ，θ)的最小值为________． 答案 2解析 观察(λ＋5－3|cos θ|)2＋(λ－2|sin θ|)2的特征， 可知其表示点(λ＋5，λ)与点(3|cos θ|,2|sin θ|)的距离的平方． 又点(3|cos θ|,2|sin θ|)在曲线x 29＋y 24＝1(x ≥0，y ≥0)上，设与直线y ＝x －5平行的直线为y ＝x ＋b ，可知当此直线经过点(3,0)时，两平行直线之间的距离的平方即所求最小值， 此时直线的方程为y ＝x －3，从而两平行直线之间的距离为|－5－(－3)|1＋1＝2，故f (λ，θ)的最小值为(2)2＝2.11．已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且对于任意的x ∈[0，＋∞)，满足f (x ＋2)＝f (x )，若当x ∈[0,2)时，f (x )＝|x 2－x －1|，则函数y ＝f (x )－1在区间[－2,4]上的零点个数为________． 答案 7解析 由题意作出y ＝f (x )在区间[－2,4]上的图象，与直线y ＝1的交点共有7个，故函数y ＝f (x )－1在区间[－2,4]上的零点个数为7.12．已知函数f (x )是奇函数，当x <0时，f (x )＝－x 2＋x .若不等式f (x )－x ≤2log a x (a >0且a ≠1)对∀x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22恒成立，则实数a 的取值范围是________． 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1 解析 由已知得当x >0时，f (x )＝x 2＋x ， 故x 2≤2log a x 对∀x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22恒成立， 即当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22时， 函数y ＝x 2的图象不在y ＝2log a x 图象的上方， 由图(图略)知0<a <1且2log a22≥12，解得14≤a <1. 13．设函数y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K ，定义函数：f K (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≤K ，K ，f (x )>K .取函数f (x )＝a－|x |(a >1)．当K ＝1a时，函数f K (x )的单调减区间是________． 答案 (1，＋∞)解析 由题意知，当K ＝1a(a >1)时，令f (x )≤1a ，即a －|x |≤1a，解得x ≤－1或x ≥1；令f (x )>1a ，即a －|x |>1a，解得－1<x <1.所以f K (x )如图实线所示．由图象知，f K (x )在(1，＋∞)上为减函数．14．(2018·全国大联考江苏卷)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋32，x ≤－1，ln (x ＋2)，x >－1，如果存在实数m ，n ，其中m <n ，使得f (m )＝f (n )，则n －m 的取值范围是________． 答案 [3－2ln 2,2)解析 作出函数f (x )的大致图象，如图所示，由图象可知当f(m)＝f(n)时，－3<m≤－1，－1<n≤e－2，则m＋32＝ln(n＋2)，即m＝2ln(n＋2)－3，所以n－m＝n－2ln(n＋2)＋3，设g(n)＝n－2ln(n＋2)＋3，n∈(－1，e－2]，则g′(n)＝1－2n＋2＝nn＋2，当－1<n<0时，g′(n)<0，g(n)单调递减，当0<n≤e－2时，g′(n)>0，g(n)单调递增，所以当n＝0时，g(n)有最小值3－2ln 2，又g(－1)＝2，g(e－2)＝e－1，g(n)即n－m的取值范围为[3－2ln 2,2)．。
江苏省2019高考数学总复习 优编增分练：高考填空题仿真练3
高考填空题仿真练31．已知全集U＝{1，2,3，4},若A＝{1，3}，B＝{3}，则（∁U A)∩(∁U B)＝________。
答案{2，4}解析根据题意得,∁U A＝｛2,4}，∁U B＝{1，2，4｝，故得到（∁U A)∩（∁U B）＝{2，4}．2．设i是虚数单位，若复数z＝错误!，则z的共轭复数错误!＝________.答案错误!－错误!i解析复数z＝错误!＝错误!，根据共轭复数的概念得到，z的共轭复数为错误!＝错误!－错误!i.3．从某校高三年级随机抽取一个班，对该班50名学生的高校招生体检表中视力情况进行统计，其结果的频率分布直方图如图所示．若某高校A专业对视力的要求在0.9以上，则该班学生中能报A专业的人数为________．答案20解析50×(1.00＋0。
75＋0.25)×0.2＝20。
4．根据如图所示的伪代码可知，输出的结果S为________．S←0I←1While S≤10答案 14解析 根据伪代码，开始时S ＝0，I ＝1,此时满足S ≤10，接下来有S ＝0＋12＝1，I ＝1＋1＝2，此时满足S ≤10，接下来有S ＝1＋22＝5，I ＝2＋1＝3，此时满足S ≤10，接下来有S ＝5＋32＝14，I ＝3＋1＝4，此时不满足S ≤10,结束循环，输出S ＝14.5．(2018·横林高级中学测试）已知函数f （x )＝错误!则f 错误!＋f 错误!＝________.答案 －2解析 ∵－错误!<0，∴f 错误!＝sin 错误!＝sin 错误!＝错误!。
∵当x >0时，f (x ）＝f (x －1)－1，∴f 错误!＝f 错误!－1 ＝f 错误!－1＝f 错误!－2＝sin 错误!－2＝－错误!－2，∴f 错误!＋f 错误!＝错误!－错误!－2＝－2。
6．已知m ∈{－1,0，1},n ∈｛－1,1}，若随机选取m ，n ，则直线mx ＋ny ＋1＝0恰好不经过第二象限的概率是________．答案 13解析 依题意，注意到可形成数组(m ,n ）共有6组，其中相应直线mx ＋ny ＋1＝0恰好不经过第二象限的数组（m ,n ）共有2组（它们是（0，1）与(－1，1))，因此所求的概率是26＝错误!. 7．已知函数f (x ）＝sin(ωx ＋φ)（ω>0）的图象的一个对称中心为错误!,且f 错误!＝错误!,则ω的最小值为________．答案 错误!解析 当x ＝错误!时，ωx ＋φ＝错误!ω＋φ＝k 1π,k 1∈Z ,当x ＝错误!时， ωx ＋φ＝错误!ω＋φ＝2k 2π＋错误!或2k 2π＋错误!，k 2∈Z ，两式相减,得错误!ω＝（k 1－2k 2)π－错误!或(k 1－2k 2）π－错误!，k 1，k 2∈Z ，即ω＝4（k 1－2k 2）－错误!或4（k 1－2k 2）－错误!，k 1，k 2∈Z ，又因为ω>0,所以ω的最小值为4－错误!＝错误!。
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．。
江苏省2019高考数学总复习 优编增分练：高考填空题分项练4 不等式
高考填空题分项练4 不等式1．(2018·江苏海安测试)关于x 的不等式x ＋a x＋b ≤0(a ，b ∈R )的解集{x |3≤x ≤4}，则a ＋b 的值为________． 答案 5解析 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧3＋a3＋b ＝0，4＋a4＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－7⇒a ＋b ＝5.2．若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≤x2＋1，y ≥x ，x ≥－3，且有无穷多个点(x ，y )使得目标函数z ＝λx＋2y 取得最大值，则实数λ的值为________． 答案 －1解析 约束条件表示的可行域为如图所示的阴影部分(包括边界)．目标函数z ＝λx ＋2y 可化为y ＝－λ2x ＋z2，因为有无穷多个点(x ，y )使得目标函数z ＝λx ＋2y 取得最大值，分析可得，直线y ＝－λ2x ＋z 2与直线BC ：y ＝x2＋1重合时目标函数取得最大值，且有无穷多个点(x ，y )满足要求， 所以－λ2＝12，解得λ＝－1.3．已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥1，y ≤2x －1，x ＋y ≤m ，如果目标函数z ＝x －y 的最小值为－1，则实数m ＝________. 答案 5解析 绘制不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示(含边界)，联立直线方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，y ＝－x ＋m ，可得交点坐标为A ⎝⎛⎭⎪⎫m ＋13，2m －13，由目标函数的几何意义可知，目标函数在点A 处取得最小值， 所以m ＋13－2m －13＝－1，解得m ＝5.4．已知x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y －5≥0，3x ＋2y －10≤0，x －y ≤0，则x －2y 的最大值为________．答案 －1解析 画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y －5≥0，3x ＋2y －10≤0，x －y ≤0表示的平面区域，如图阴影部分所示(包含边界)，平移直线z ＝x －2y ，由图可知，目标函数z ＝x －2y 过点A 时取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y －5＝0，x －y ＝0，解得A (1,1)，此时z ＝x －2y 取得最大值1－2＝－1.5．设x ，y >0，且x ＋y ＝4，若不等式1x ＋4y≥m 恒成立，则实数m 的最大值为________．答案 94解析 1x ＋4y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4y ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 4＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋y x ＋4x y≥14⎝⎛⎭⎪⎫5＋2y x ·4x y ＝14(5＋2×2)＝94，当且仅当y ＝2x ＝83时等号成立．6．设f (x )＝x 2＋x ＋1，g (x )＝x 2＋1，则f (x )g (x )的取值范围是________． 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32 解析 f (x )g (x )＝x 2＋x ＋1x 2＋1＝1＋x x 2＋1，当x ＝0时，f (x )g (x )＝1； 当x >0时，f (x )g (x )＝1＋1x ＋1x≤1＋12＝32； 当且仅当x ＝1时取等号．当x <0时，x ＋1x＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－x )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ≤－2，则f (x )g (x )＝1＋1x ＋1x≥1－12＝12. 当且仅当x ＝－1时取等号．∴f (x )g (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32. 7．已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1≤0，2x －y －3≥0，当目标函数z ＝ax ＋by (a >0，b >0)在该约束条件下取到最小值25时，a 2＋b 2的最小值是________． 答案 4解析 方法一 线性约束条件所表示的可行域如图所示．由⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1＝0，2x －y －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，所以z ＝ax ＋by 在A (2,1)处取得最小值，故2a ＋b ＝25，a 2＋b 2＝a 2＋(25－2a )2＝(5a －4)2＋4≥4.方法二 由满足约束条件的可行域知，当目标函数过直线x －y －1＝0与2x －y －3＝0的交点(2,1)时取得最小值，所以有2a ＋b ＝2 5.又因为a 2＋b 2是原点(0,0)到点(a ，b )的距离的平方，故当a 2＋b 2是原点到直线2a ＋b －25＝0的距离时最小，所以a 2＋b 2的最小值是|－25|22＋12＝2，所以a 2＋b 2的最小值是4. 8．一批货物随17列货车从A 市以v km/h 的速度匀速到达B 市，已知两地铁路线长为400 km ，为了安全，两列货车的间距不得小于⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202 km(货车的长度忽略不计)，那么这批货物全部运到B 市，最快需要________ h. 答案 8解析 这批货物从A 市全部运到B 市的时间为 t ＝400＋16⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202v ＝400v ＋16v400≥2400v ·16v400＝8(h)， 当且仅当v ＝100时，取等号．9．(2018·江苏南京金陵中学期末)若对满足x ＋y ＋6＝4xy 的任意正实数x ，y ，都有x 2＋2xy ＋y 2－ax －ay ＋1≥0，则实数a 的取值范围为________． 答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，103解析 因为4xy ≤(x ＋y )2，又因为正实数x ，y 满足x ＋y ＋6＝4xy ， 解得x ＋y ≥3，由x 2＋2xy ＋y 2－ax －ay ＋1≥0， 可求得a ≤x ＋y ＋1x ＋y， 根据双勾函数性质可知，当x ＋y ＝3时，x ＋y ＋1x ＋y 有最小值103， 所以a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，103.10．在R 上定义运算×：A ×B ＝A (1－B )，若不等式(x －a )×(x ＋a )<1对任意的实数x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪－12<a <32 解析 (x －a )×(x ＋a )＝(x －a )[1－(x ＋a )] ＝－x 2＋x ＋a 2－a ， ∴－x 2＋x ＋a 2－a <1，即x 2－x －a 2＋a ＋1>0对x ∈R 恒成立． ∴Δ＝1－4(－a 2＋a ＋1)＝4a 2－4a －3<0， ∴(2a －3)(2a ＋1)<0，即－12<a <32.11．设函数g (x )＝x 2－2(x ∈R )，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )＋x ＋4，x <g (x )，g (x )－x ，x ≥g (x )，则f (x )的值域是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－94，0∪(2，＋∞)解析 由x <g (x )，得x <x 2－2，则x <－1或x >2； 由x ≥g (x )，得x ≥x 2－2，则－1≤x ≤2.因此f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＋2，x <－1或x >2，x 2－x －2，－1≤x ≤2，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋74，x <－1或x >2，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－94，－1≤x ≤2.∵当x <－1时，f (x )>2；当x >2时，f (x )>8，∴当x ∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，函数f (x )的值域是(2，＋∞)． ∵当－1≤x ≤2时，－94≤f (x )≤0，∴当x ∈[－1,2]时，函数f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－94，0. 综上可知，函数f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－94，0∪(2，＋∞)． 12．设正实数x ，y ，z 满足x 2－3xy ＋4y 2－z ＝0.则当xy z 取得最大值时，2x ＋1y －2z的最大值为________． 答案 1解析 z ＝x 2－3xy ＋4y 2(x >0，y >0，z >0)， ∴xy z ＝xy x 2－3xy ＋4y 2＝1x y ＋4yx－3≤12x y ·4yx－3＝14－3＝1. 当且仅当x y＝4yx，即x ＝2y >0时等号成立，此时z ＝x 2－3xy ＋4y 2＝4y 2－6y 2＋4y 2＝2y 2， ∴2x ＋1y －2z ＝22y ＋1y －22y 2＝－1y 2＋2y＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1y－12＋1，∴当y ＝1时，2x ＋1y －2z取得最大值1.13．(2018·江苏扬州树人学校模拟)已知函数f (x )＝x 2＋2ax －b ＋1(a ，b 为正实数)只有一个零点，则1a ＋2ab ＋1的最小值为________．答案 52解析 ∵函数f (x )＝x 2＋2ax －b ＋1(a ，b 为正实数)只有一个零点， ∴Δ＝4a －4()－b ＋1＝4a ＋4b －4＝0， ∴a ＋b ＝1.∴1a ＋2a b ＋1＝1a ＋2a 2－a ＝2a 2－a ＋2－a 2＋2a ＝2a 2－4a ＋3a ＋2－a 2＋2a ＝－2＋3a ＋2－a 2＋2a . 令t ＝3a ＋2(t >2)，则a ＝t －23，∴－2＋3a ＋2－a 2＋2a ＝－2＋t －⎝ ⎛⎭⎪⎫t －232＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫t －23＝－2－9t t 2－10t ＋16＝－2－9t ＋16t －10≥－2－92t ·16t－10＝52，当且仅当t ＝16t ，即t ＝4时等号成立，此时a ＝23，b ＝13. ∴1a ＋2a b ＋1的最小值为52. 14．若关于x 的不等式(ax －1)(ln x ＋ax )≥0在(0，＋∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪a ≤－1e 或a ＝e解析 令f (x )＝ax －1，g (x )＝ln x ＋ax ， 则M (x )＝f (x )·g (x )(x >0)，当a ≠0时，令g ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x ＝0，则x ＝－1a.(1)当a ＝0时，M (x )＝－ln x ，不符合题意；(2)当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上恒为负，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上恒为正；g (x )在(0，＋∞)上单调递增，则需g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a ＋1＝0，此时a ＝e ，符合题意；(3)当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上恒为负；g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，故g (x )在x ＝－1a处取得极大值也是最大值，g (x )≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1≤0，解得a ≤－1e.综上所述，实数a 的取值范围是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪a ≤－1e 或a ＝e.。
2019高考数学 优编增分练：解答题突破练(三)数列
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……(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－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.。
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高考填空题分项练9 数 列
1．在等差数列{a n }中，若a 1a 3＝8，a 2＝3，则公差d ＝________.
答案±1
解析 由已知得错误!解得d ＝±1.
2．在等比数列{a n }中，a 4＝27，q ＝－3，则a 7＝________.
答案 －729
解析 a 4＝a 1q 3＝a 1(－3)3
＝27，故a 1＝－1，
所以a 7＝a 1q 6＝－1×(－3)6＝－729.
3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝12
，S 4＝20，则S 6＝________. 答案48
解析 设等差数列{a n }的公差为d ，
由已知得4a 1＋4×32
×d ＝20， 即4×12＋4×32
d ＝20，解得d ＝3， ∴S 6＝6×12＋6×52
×3＝3＋45＝48. 4．已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，则S 9＝________.
答案0
解析∵a 1，a 3，a 4成等比数列，∴a 23＝a 1a 4，
∴(a 1＋2×2)2＝a 1·(a 1＋3×2)，化为2a 1＝－16，
解得a 1＝－8，则S 9＝－8×9＋9×82
×2＝0. 5．在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 4a 5a 6＝3，log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 8＋log 3a 9的值为________．
答案 43
解析∵a 4a 6＝a 25，∴a 4a 5a 6＝a 35＝3，解得a 5＝313.
∵a 1a 9＝a 2a 8＝a 25，∴log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 8＋log 3a 9＝log 3(a 1a 2a 8a 9)＝log 3a 45＝log 3343＝43
. 6．《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．
答案 6766
解析 设最上面一节的容积为a 1，公差为d ，
则有⎩⎪⎨⎪⎧ a1＋a2＋a3＋a4＝3，a7＋a8＋a9＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧ 4a1＋6d ＝3，3a1＋21d ＝4，
解得⎩⎪⎨⎪⎧ a1＝1322，d ＝766，则a 5＝6766，故第5节的容积为6766
升． 7．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2nan －1an －1＋n －1
(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________. 答案 n·2n 2n －1
解析 由a n ＝2nan －1an －1＋n －1，得n an ＝n －12an －1＋12
， 于是n an －1＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －1an －1－1(n ≥2，n ∈N *)． 又1a1－1＝－12
， ∴数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫n an －1是以－12为首项，12为公比的等比数列，故n an －1＝－12n ，∴a n ＝n·2n 2n －1(n ∈N *)． 8．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋an 1－an
(n ∈N *)，则该数列的前 2 018项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2 018＝________.
答案 －6
解析 由题意可得a 2＝1＋a11－a1＝－3，a 3＝1＋a21－a2＝－12，a 4＝1＋a31－a3＝13，a 5＝1＋a41－a4
＝2＝a 1， ∴数列{a n }是以4为周期的数列，且a 1a 2a 3a 4＝1.
而2 018＝4×504＋2，
∴前2 018项的乘积为a 1a 2＝－6.
9．设S n 是正项数列{a n }的前n 项和，且a n 和S n 满足4S n ＝(a n ＋1)2
(n ＝1,2,3，…)，则S n ＝________.
答案 n 2 解析 由题意知，S n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫an 2＋122， 当n ＝1时，易得a 1＝1.
当n ≥2时，。