(拿高分 选好题)(新课程)高中数学二轮复习专题 第一部分《1-6-2 统 计》课时演练 新人教版
1-6-2高考第二轮复习数学资料
专题限时训练 (小题提速练)(建议用时：45分钟)一、选择题1．已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋3x ＋1有两个极值点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(3，＋∞) B.(－∞，－3)C ．(－3，3)D.(－∞，－3)∪(3，＋∞)解析：f ′(x )＝x 2＋2ax ＋3，由题意知方程f ′(x )＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4a 2－12>0，解得a >3或a <－ 3.选D. 答案：D2．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫179，＋∞ C ．(－∞，2]D.(－∞，2) 解析：f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )<0，得0<x <4， 由f ′(x )>0，得x >4或x <0，∴f (x )在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增， ∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解得m ≥179.选A. 答案：A3．(2019·潍坊期中)已知函数y ＝f (x )的图象如图所示，则它的导函数y ＝f ′(x )的图象可以是( )解析：根据题意，由f (x )的图象分析可得，在y 轴左侧，函数f (x )先减再增，最后减，其导数对应为先负后正，最后为负，即导数图象先在x 轴下方，后在x 轴上方，最后在x 轴下方；在y 轴右侧，函数f (x )为增函数，其导数对应为正，即导数图象在x 轴上方，据此分析选项，D 符合． 答案：D4．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围是( ) A ．[0,1) B.(－1,1) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D.(0,1)解析：f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )． 当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0,1)内单调递增，无最小值． 当a >0时，f ′(x )＝3(x －a )(x ＋a )．当x ∈(－∞，－a )和(a ，＋∞)时，f (x )单调递增；当x ∈(－a ，a )时，f (x )单调递减．所以当a <1，即0<a <1时，f (x )在(0,1)内有最小值．选D. 答案：D5．若f (x )的定义域为R ，f ′(x )>2恒成立，f (－1)＝2，则f (x )>2x ＋4的解集为( ) A ．(－1,1) B.(－1，＋∞) C ．(－∞，－1)D.(－∞，＋∞)解析：设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2，因为f ′(x )>2恒成立，所以F ′(x )＝f ′(x )－2>0，即函数F (x )在R 上单调递增．因为f (－1)＝2，所以F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0.所以由F (x )＝f (x )－2x －4>0，得F (x )＝f (x )－2x －4>F (－1)，所以x >－1，即不等式f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞)．选B. 答案：B6．已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意的0<a <b ，则必有( ) A ．af (b )≤bf (a ) B.bf (a )≤af (b ) C ．af (a )≤f (b )D.bf (b )≤f (a )解析：因为xf ′(x )≤－f (x )，f (x )≥0， 所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2≤－2f (x )x 2≤0，则函数f (x )x 在(0，＋∞)上单调递减．由于0<a <b ，则f (a )a ≥f (b )b ，即af (b )≤bf (a )．选A. 答案：A7．当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98 C ．[－6，－2]D.[－4，－3]解析：当x ∈(0,1]时，得a ≥－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1x ，令t ＝1x ，则t ∈[1，＋∞)，a ≥－3t 3－4t 2＋t .令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ，t ∈[1，＋∞)，则g ′(t )＝－9t 2－8t ＋1＝－(t ＋1)·(9t －1)，显然在[1，＋∞)上，g ′(t )<0，g (t )单调递减，所以g (t )max ＝g (1)＝－6，因此a ≥－6；同理，当x ∈[－2,0)时，得a ≤－2.由以上两种情况得－6≤a ≤－2，显然当x ＝0时也成立， 故实数a 的取值范围为[－6，－2]．选C. 答案：C8．(2019·蚌埠三模)已知函数f (x )＝x ＋a 2x .若曲线y ＝f (x )存在两条过(1,0)点的切线，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1)∪(2，＋∞) B ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) C ．(－∞，0)∪(2，＋∞) D ．(－∞，－2)∪(0，＋∞)解析：f (x )＝x ＋a 2x ，f ′(x )＝1－a 2x 2，设切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 0＋a 2x 0，则切线方程为y －x 0－a 2x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2x 20(x －x 0)，又切线过点(1,0)，可得－x 0－a 2x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2x 20(1－x 0)，整理得2x 20＋2ax 0－a ＝0，曲线存在两条切线，故方程有两个不相等的实根，即满足Δ＝4a 2－8(－a )>0，解得a >0或a <－2.选D. 答案：D9．已知函数f (x )＝ax －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是( ) A ．a >2 B.a <3 C.a ≤1D.a ≥3解析：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式ax－1＋ln x≤0有解，即a≤x－x ln x在(0，＋∞)上有解．令h(x)＝x－x ln x，可得h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x．令h′(x)＝0，可得x＝1.当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，可得当x＝1时，函数h(x)＝x－x ln x取得最大值1，要使不等式a≤x－x ln x在(0，＋∞)上有解，只要a小于等于h(x)的最大值即可，即a≤1.选C.答案：C10．已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝e x＋x－2的零点为a，函数g(x)＝ln x ＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是()A．f(a)<f(1)<f(b) B.f(a)<f(b)<f(1)C．f(1)<f(a)<f(b) D.f(b)<f(1)<f(a)解析：由题意，知f′(x)＝e x＋1>0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，而f(0)＝e0＋0－2＝－1<0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1>0，所以函数f(x)的零点a∈(0,1)．由题意，知g′(x)＝1x＋1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，又g(1)＝ln 1＋1－2＝－1<0，g(2)＝ln 2＋2－2＝ln 2>0，所以函数g(x)的零点b∈(1,2)．综上，可得0<a<1<b<2.因为f(x)在R上是增函数，所以f(a)<f(1)<f(b)．选A.答案：A11．已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x)是f(x)的导函数，若f(x)>1－f′(x)，且f(0)＝2，则不等式e x f(x)>e x＋1(其中e为自然对数的底数)的解集为() A．(0，＋∞) B.(－∞，0)∪(1，＋∞)C．(－1，＋∞) D.(－∞，－1)∪(0，＋∞)解析：设g(x)＝e x f(x)－e x，x∈R，则g′(x)＝e x f(x)＋e x f′(x)－e x＝e x[f(x)＋f′(x)－1]．∵f(x)>1－f′(x)，∴f(x)＋f′(x)－1>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在定义域上单调递增．∵e x f(x)>e x＋1，∴g(x)>1.又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝1，∴g(x)>g(0)，∴x>0，∴不等式的解集为(0，＋∞)．选A. 答案：A12．(2019·郑州三模)设函数f (x )在R 上存在导函数f ′(x )，∀x ∈R ，有f (x )－f (－x )＝x 3，在(0，＋∞)上有2f ′(x )－3x 2>0，若f (m －2)－f (m )≥－3m 2＋6m －4，则实数m 的取值范围为( ) A ．[－1,1] B.(－∞，1]C ．[1，＋∞)D.(－∞，－1]∪[1，＋∞)解析：令g (x )＝f (x )－12x 3，∴g (x )－g (－x )＝f (x )－12x 3－f (－x )＋12(－x )3＝0，∴函数g (x )为偶函数，∵x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＝f ′(x )－32x 2>0，∴函数g (x )在(0，＋∞)上是增函数，∴函数g (x )在(－∞，0)上是减函数，∴f (m －2)－f (m )＝g (m －2)＋12(m －2)3－g (m )－12m 3＝g (m －2)－g (m )－3m 2＋6m －4≥－3m 2＋6m －4，∴g (m －2)≥g (m )，∴|m －2|≥|m |，解得m ≤1，∴实数m 的取值范围(－∞，1]．选B. 答案：B 二、填空题13．已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0成立，则实数m 的取值范围是 .解析：作出二次函数f (x )的图象，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (m )<0，f (m ＋1)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1<0，(m ＋1)2＋m (m ＋1)－1<0.解得－22<m <0.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，014．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为 .解析：若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x >0时，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3. 令g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4，所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减．因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x <0时，即x ∈[－1,0)时，同理a ≤3x 2－1x 3. g (x )在区间[－1,0)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4. 答案：415．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有3f (x )＋xf ′(x )>0，则不等式(x ＋2 015)3f (x ＋2 015)＋27f (－3)>0的解集是 . 解析：令g (x )＝x 3f (x )(x <0)，则g ′(x )＝x 2[3f (x )＋xf ′(x )]>0，所以g (x )在(－∞，0)上单调递增．不等式(x ＋2 015)3f (x ＋2 015)＋27f (－3)>0等价于g (x ＋2 015)－g (－3)>0，所以x ＋2 015>－3，解得x >－2 018.又x ＋2 015<0，解得x <－2 015，所以不等式(x ＋2 015)3f (x ＋2 015)＋27f (－3)>0的解集是{x |－2 018<x <－2 015}． 答案：(－2 018，－2 015) 16．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是 . 解析：由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1,2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立．令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞专题限时训练 (大题规范练)(建议用时：30分钟)1．(2019·汕头二模)已知函数f (x )＝a ln x －x ＋1(其中a ∈R )． (1)讨论函数f (x )的极值；(2)对任意x >0，f (x )≤12(a 2－1)成立，求实数a 的取值范围． 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 又f ′(x )＝ax－1.①当a ≤0时，在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，f (x )为单调减函数，f (x )无极值； ②当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a ，在(0，a )上，f ′(x )>0，f (x )为增函数，在(a ，＋∞)上，f ′(x )<0，f (x )为减函数， ∴当x ＝a 时，f (x )有极大值为f (a )＝a ln a －a ＋1，无极小值．综上，当a ≤0时，f (x )无极值；当a >0时，f (x )有极大值f (a )＝a ln a －a ＋1，无极小值；(2)由(1)知，①当a ≤0，f (x )是减函数，又令b ＝e a2<1，ln b <0， f (b )－12(a 2－1)＝12a 2－e a 2＋1－12(a 2－1)＝32－e a2>0，不等式不成立； ②当a >0时，f (x )有极大值也是最大值，∴f (x )max ＝f (a )＝a ln a －a ＋1， 要使对任意x >0，f (x )≤12(a 2－1)成立，即a ln a －a ＋1≤12(a 2－1)，则a ln a ＋32－a －12a 2≤0成立． 令u (a )＝a ln a ＋32－a －12a 2(a >0)， ∴u ′(a )＝ln a ＋1－1－a ＝ln a －a ， 令k (a )＝u ′(a )＝ln a －a ，则k ′(a )＝1a －1＝1－a a ＝0，得a ＝1.在(0,1)上，k ′(a )>0，k (a )＝u ′(a )是增函数， 在(1，＋∞)上，k ′(a )<0，k (a )＝u ′(a )是减函数， ∴当a ＝1时，k (a )＝u ′(a )取极大值也是最大值， ∴u ′(a )max ＝u ′(1)＝－1<0.在(0，＋∞)上，u ′(a )<0，u (a )是减函数，又u (1)＝0， 要使u (a )≤0恒成立，则a ≥1. ∴实数a 的取值范围为[1，＋∞)．2．(2019·蓉城名校联盟联考)已知函数f (x )＝ax 2－2(a ＋1)x ＋2ln x ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)是否存在最大整数k ，当a ≤k 时，对任意的x ≥2，都有f (x )<e x (x －1)－ax －ln x 成立？(其中e 为自然对数的底数，e ＝2.718 28…)若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2ax －2(a ＋1)＋2x ＝2(ax －1)(x －1)x，所以当a ∈(－∞，0]时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当a ∈(0,1)时，f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ∈(1，＋∞)时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减．(2)ax 2－2(a ＋1)x ＋2ln x <e x (x －1)－ax －ln x 对x ≥2恒成立⇔ax 2－(a ＋2)x ＋3ln x <e x (x －1)． ①当x ＝2时，得4a －(a ＋2)×2＋3ln 2<e 2，更多资料关注公众号：高中学习资料库 所以2a <e 2＋4－ln 8<8＋4－2＝10，所以a <5，则整数k 的最大值不超过4.下面证明：当a ≤4时，不等式①对于x ≥2恒成立， 设g (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋3ln x －e x (x －1)(x ≥2)，则g ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋3x －x e x .令h (x )＝2ax －(a ＋2)＋3x －x e x ，则h ′(x )＝2a －3x 2－(x ＋1)e x <2a －(x ＋1)e x ≤2a －3e 2≤8－3e 2<0，所以h (x )在[2，＋∞)上单调递减，所以h (x )＝2ax －(a ＋2)＋3x －x e x ≤h (2)＝3a －12－2e 2≤232－2e 2<0，即当x ∈[2，＋∞)时，g ′(x )<0，所以g (x )在[2，＋∞)上单调递减，所以g (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋3ln x －e x (x －1)≤g (2)＝2a －4＋3ln 2－e 2<8－4＋3－e 2＝7－e 2<0，所以a ≤4时，不等式①恒成立，所以k 的最大值为4.。
2023年高考数学二轮复习(新高考版) 第1部分 专题突破 专题3 第1讲 等差数列、等比数列
第1讲 等差数列、等比数列
考情分析
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现. 2.等差、等比数列求和及综合应用是高考考查的重点.
内容索引
考点一 等差数列、等比数列的基本运算 考点二 等差数列、等比数列的性质 考点三 等差数列、等比数列的判断
专题强化练
考点一
规律方法
等差数列、等比数列的性质问题的求解策略 (1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关 系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解. (2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性 质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.
跟踪演练2 (1)若数列{an}为等比数列，且a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，则a15＋
等差数列、等比数列的基本运算
核心提炼
等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*) (1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d. (2)等比数列的通项公式：an＝a1qn－1. (3)等差数列的求和公式： Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn－ 2 1d.
(4)等比数列的求和公式： Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq，q≠1，
(2)(2022·武汉质检)已知等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，a1>1，
a6＋a7>a6a7＋1>2，记{an}的前n项积为Tn，则下列选项错误的是
A.0<q<1
B.a6>1
C.T12>1
√D.T13>1
∵等比数列{an}的各项均为正数，a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2， ∴(a6－1)(a7－1)<0， ∵a1>1，若a6<1， 则一定有a7<1，不符合题意，则a6>1，a7<1， ∴0<q<1，故A，B正确； ∵a6a7＋1>2， ∴a6a7>1，T12＝a1a2a3…a12＝(a6a7)6>1，故C正确； T13＝a173<1，故 D 错误.
【拿高分,选好题】高中新课程数学(人教)二轮复习专题第一部分 专题复习讲义《1-1-3 基本初等
解析： (1)若 a＞1，有 a2＝4，a 1＝m，此时 a＝2，m 1 ＝2，此时 g(x)＝－ x为减函数，不合题意．若 0＜a＜1，有 1 1 a ＝4，a ＝m，故 a＝ ，m＝ ，检验知符合题意． 4 16
－1
2
(2)∵x＝ln π＞ln e，∴x＞1. ∵y＝log52＜log5 1 5，∴0＜y＜ . 2
x
• 答案： (1)D (2)D
•
(2012·天津卷)函数f(x)＝2x＋x3－2在 区间(0,1)内的零点个数是( ) • A ．0 B．1 • C ．2 D．3 • 解析： 方法一：函数f(x)＝2x＋x3－2在区 间(0,1)内的零点个数即为函数y1＝2x－2与y2 ＝－x3的图象在区间(0,1)内的交点个数．作 图，可知在(0，＋∞)内最多有一个交点，故 排除C、D项；当x＝0时，y1＝－1＜y2＝0， 当x＝1时，y1＝0＞y2＝－1，因此在区间(0,1) 内一定会有一个交点，所以A项错误，故选 B.
• 4．函数模型 • 解决函数模型的实际应用题，首先考虑题目 考查的函数模型，并要注意定义域．其解题 步骤是：(1)阅读理解，审清题意：分析出已 知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问 题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和 数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型： 利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4) 实际问题作答：将数学问题的结果转译成实 际问题作出解答．
(1)(2012· 山东卷)若函数 f(x)＝ax(a＞0， a≠1)在[－ 1,2]上的最大值为 4， 最小值为 m， 且函数 g(x)＝(1－4m) x在 [0，＋∞)上是增函数，则 a＝________.
1 (2)(2011· 新课标全国卷)已知 x＝ln π， y＝log52， z＝e－2， 则( ) A．x＜y＜z C．z＜y＜x B．z＜x＜y D．y＜z＜x
(拿高分 选好题)(新课程)高中数学二轮复习专题 第一部分《1-2-3 平面向量与复数》课时演练 新人教版
第一部分 专题二 第3课时(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)A 级1．(2012·河南省三市调研)已知i 为虚数单位，复数z ＝2＋i 1－2i ，则|z |＋1z ＝( )A ．iB ．1－iC ．1＋iD ．－i 解析： 由已知得z ＝2＋i 1－2i ＝－2i 2＋i1－2i ＝－1－2i＝i ，|z |＋1z ＝|i|＋1i＝1－i ，选B.答案： B2．已知单位向量α，β，，满足(α＋2β)·(2α－β)＝1，则α与β夹角的余弦值为( )A ．－13 B.13 C.12 D.15解析： 记α与β的夹角为θ，则依题意得2α2－2β2＋3α·β＝2×12－2×12＋3×1×1×cos θ＝1，cos θ＝13，即α与β的夹角的余弦值是13，选B.答案： B3．(2012·新课标全国卷)下面是关于复数z ＝2－1＋i的四个命题：p 1：|z |＝2，p 2：z 2＝2i ，p 3：z 的共轭复数为1＋i ，p 4：z 的虚部为－1，其中的真命题为( ) A ．p 2，p 3 B ．p 1，p 2 C ．p 2，p 4D ．p 3，p 4解析： 复数z ＝2－1＋i ＝－1－i ，故|z |＝2，z 2＝(－1－i)2＝(1＋i)2＝2i ，z 的共轭复数为－1＋i ，z 的虚部为－1，综上可知p 2，p 4是真命题．答案： C4．设a ·b ＝4，若a 在b 方向上的投影为2，且b 在a 方向上的投影为1，则a 与b 的夹角等于( )A.π6B.π3C.2π3 D.π3或2π3解析： 由题意知|a |＝4，|b |＝2，设a 与b 的夹角为θ，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝44×2＝12，∴θ＝π3. 答案： B5．(2012·天津卷)在△ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝1，AC ＝2.设点P ，Q 满足AP →＝λAB →，AQ →＝(1－λ)AC →，λ∈R .若BQ →·CP →＝－2，则λ＝( )A.13B.23C.43D ．2解析： 由题意可知BQ →＝AQ →－AB →＝(1－λ)AC →－AB →，CP →＝AP →－AC →＝λAB →－AC →，且AB →·AC →＝0，故BQ →·CP →＝－(1－λ)AC →2－λAB →2＝－2.又AB ＝1，AC ＝2，代入上式解得λ＝23.答案： B 6.(2012·杭州二检)如图所示，A ，B ，C 是圆O 上的三点，线段CO 的延长线与线段BA 的延长线交于圆O 外的点D ，若OC →＝mOA →＋nOB →，则m ＋n 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－1,0)解析： 根据题意知，线段CO 的延长线与线段BA 的延长线的交点为D ，则OD →＝tOC →. ∵D 在圆外，∴t ＜－1，又D 、A 、B 共线，∴存在λ，μ，使得OD →＝λOA →＋μOB →，且λ＋μ＝1，又由已知，OC →＝mOA →＋nOB →，∴tmOA →＋tnOB →＝λOA →＋μOB →， ∴m ＋n ＝1t，故m ＋n ∈(－1,0)，选D.答案： D7．(2011·江苏卷)复数z 满足i(z ＋1)＝－3＋2i(i 是虚数单位)，则z 的实部是________． 解析： 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则i(z ＋1)＝i(a ＋1＋b i)＝－b ＋(a ＋1)i ＝－3＋2i ，所以a ＝1，b ＝3，复数z 的实部是1.答案： 18．(2012·新课标全国卷)已知向量a ，b 夹角为45°，且|a |＝1，|2a －b |＝10，则|b |＝________.解析： ∵a ，b 的夹角为45°，|a |＝1， ∴a ·b ＝|a |·|b |cos 45°＝22|b |， |2a －b |2＝4－4×22|b |＋|b |2＝10，∴|b |＝3 2. 答案： 3 29．(2012·北京卷)已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE →·CB →的值为________；DE →·DC →的最大值为________．解析：如图所示，以AB 、AD 所在的直线分别为x 轴和y 轴建立平面直角坐标系，由于正方形边长为1，故B (1,0)，C (1,1)，D (0,1)．又E 在AB 边上，故设E (t,0)(0≤t ≤1)，则DE →＝(t ，－1)，CB →＝(0，－1)．故DE →·CB →＝1.又DC →＝(1,0)，∴DE →·DC →＝(t ，－1)·(1,0)＝t . 又0≤t ≤1，∴DE →·DC →的最大值为1. 答案： 1 110．(1)已知a ＝(2x －y ＋1，x ＋y －2)，b ＝(2，－2)， ①当x 、y 为何值时，a 与b 共线？②是否存在实数x 、y ，使得a ⊥b ，且|a |＝|b |？若存在，求出xy 的值；若不存在，说明理由．(2)设n 和m 是两个单位向量，其夹角是60°，试求向量a ＝2m ＋n 和b ＝－3m ＋2n 的夹角．解析： (1)①∵a 与b 共线， ∴存在非零实数λ使得a ＝λb ，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋1＝2λx ＋y －2＝－2λ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝13，y ∈R .②由a ⊥b ⇒(2x －y ＋1)×2＋(x ＋y －2)×(－2)＝0⇒x －2y ＋3＝0.① 由|a |＝|b |⇒(2x －y ＋1)2＋(x ＋y －2)2＝8.②解①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝53，y ＝73.∴xy ＝－1或xy ＝359.(2)∵m ·n ＝|m ||n |cos 60°＝12，∴|a |2＝|2m ＋n |2＝(2m ＋n )·(2m ＋n )＝7， |b |2＝|－3m ＋2n |2＝7，∵a ·b ＝(2m ＋n )·(－3m ＋2n )＝－72.设a 与b 的夹角为θ， ∴cos θ＝a ·b |a |·|b |＝－12.∴θ＝120°.11．已知复数z 1＝sin 2x ＋t i ，z 2＝m ＋(m －3cos 2x )i(i 为虚数单位，t ，m ，x ∈R )，且z 1＝z 2.(1)若t ＝0且0＜x ＜π，求x 的值；(2)设t ＝f (x )，已知当x ＝α时，t ＝12，试求cos ⎝⎛⎭⎪⎫4α＋π3的值．解析： (1)因为z 1＝z 2，所以⎩⎨⎧sin 2x ＝m ，t ＝m －3cos 2x ，所以t ＝sin 2x －3cos 2x ，若t ＝0，则sin 2x －3cos 2x ＝0，得tan 2x ＝ 3. 因为0＜x ＜π，所以0＜2x ＜2π，所以2x ＝π3或2x ＝4π3，所以x ＝π6或x ＝2π3.(2)因为t ＝f (x )＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3， 因为当x ＝α时，t ＝12，所以2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3＝12，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α＝－14，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫4α＋π3＝cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π6＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π6－1＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α－1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫－142－1＝－78.B 级1．(2012·广东卷)对任意两个非零的平面向量α和β，定义α∘ β＝α·ββ·β.若两个非零的平面向量a ，b 满足a 与b 的夹角θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，且a ∘ b 和b ∘ a 都在集合⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫ ⎪⎪⎪n 2n ∈Z 中，则a ∘ b ＝( )A.52 B.32 C ．1D.12解析： 根据新定义得a ∘ b ＝a ·b b ·b ＝|a |·|b |cos θ|b |2＝|a ||b |cos θ，b ∘ a ＝b ·aa ·a＝|a |·|b |cos θ|a |2＝|b ||a |cos θ. 又因为a ∘ b 和b ∘ a 都在集合⎩⎨⎧⎭⎬⎫n2|n ∈Z 中，设a ∘ b ＝n 12，b ∘ a ＝n 22(n 1，n 2∈Z )，那么(a ∘ b )·(b ∘ a )＝cos 2θ＝n 1n 24，所以0＜n 1n 2＜2，所以n 1，n 2的值均为1，故a ∘ b ＝n 12＝12，选D.答案： D2．(2012·安徽卷)若平面向量a ，b 满足|2a －b |≤3，则a ·b 的最小值是________． 解析： 由|2a －b |≤3可知，4a 2＋b 2－4a ·b ≤9， 所以4a 2＋b 2≤9＋4a ·b ，而4a 2＋b 2＝2|a |2＋|b |2≥2|2a ||b |≥－4a ·b ， 所以a ·b ≥－89，当且仅当2a ＝－b 时取等号．答案： －893．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ，34，b ＝(cos x ，－1)． (1)当a ∥b 时，求cos 2x －sin 2x 的值；(2)设函数f (x )＝2(a ＋b )·b ，已知在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若a ＝3，b ＝2，sin B ＝63，求f (x )＋4cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3的取值范围．解析： (1)∵a ∥b ，∴34cos x ＋sin x ＝0，∴tan x ＝－34.∴cos 2x －sin 2x ＝cos 2x －2sin x cos x sin 2x ＋cos 2x ＝1－2tan x 1＋tan 2x ＝85. (2)f (x )＝2(a ＋b )·b ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋32，由正弦定理，得a sin A ＝b sin B ，可得sin A ＝22，因a ＜b ，则A ＝π4.f (x )＋4cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4－12，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3，∴2x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，11π12.∴32－1≤f (x )＋4cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6≤2－12.。
【拿高分,选好题第二波】(新课程)高中数学二轮复习 精选第一部分 25个必考问题 专项突破专题训练8
训练8 数列的综合应用(参考时间：80分钟)一、填空题1．在数列{a n }中，a 1＝4，a 2＝10，若{log 3(a n －1)}为等差数列，则T n ＝1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n等于________．2．已知正项等比数列{a n }满足：a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝2a 1，则4m＋1n的最小值为________．3．已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn的最小值为________．4．设{a n }是等比数列，公比q ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．记T n ＝17S n －S 2n a n ＋1，n ∈N *.设Tn 0为数列{T n }的最大项，则n 0＝________.5．已知等差数列{a n }满足2a 2－a 27＋2a 12＝0，且{b n }是等比数列，若b 7＝a 7，则b 5b 9＝________. 6．(2012·天一、某某、海门中学联考)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 2 012＝9，函数f (x )＝x (x －a 1)(x －a 2)…(x －a 2 012)＋2，则曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为________．7．(2012·宿迁联考)设y ＝f (x )是一次函数，f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝________.8．(2012·宿迁联考)第30届奥运会在伦敦举行．设数列a n ＝log n ＋1(n ＋2)(n ∈N *)，定义使a 1·a 2·a 3…a k 为整数的实数k 为奥运吉祥数，则在区间[1,2 012]内的所有奥运吉祥数之和为________．9．(2012·某某模拟)在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m15对n ∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________．二、解答题10．数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n＋1(n ∈N *，n ≥2)，a 3＝27.(1)求a 1，a 2的值；(2)是否存在一个实数t ，使得b n ＝12n (a n ＋t )(n ∈N *)，且数列{b n }为等差数列？若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由； (3)求数列{a n }的前n 项和S n .11．设函数f (x )＝2x ＋33x (x ＞0)，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1(n ∈N *，且n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…＋(－1)n －1·a n a n ＋1，若T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，某某数t 的取值X 围．12．(2012·某某期中)已知数列{a n }满足对任意的n ∈N *，都有a 31＋a 32＋…＋a 3n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2且a n ＞0. (1)求a 1，a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式a n ； (3)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2的前n 项和为S n ，不等式S n ＞13log a (1－a )对任意的正整数n 恒成立，某某数a 的取值X 围．13．(2012·某某、某某一模)已知数列{a n }满足a 1＝a (a ＞0，a ∈N *)，a 1＋a 2＋…＋a n －pa n ＋1＝0(p ≠0，p ≠－1，n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若对每一个正整数k ，若将a k ＋1，a k ＋2，a k ＋3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为d k .①求p 的值及对应的数列{d k }．②记S k 为数列{d k }的前k 项和，问是否存在a ，使得S k ＜30对任意正整数k 恒成立？若存在，求出a 的最大值；若不存在，请说明理由．参考答案训练8 数列的综合应用1．解析 由{log 3(a n －1)}是等差数列得d ＝log 3(a 2－1)－log 3(a 1－1)＝log 3(10－1)－log 3(4－1)＝1，所以log 3(a n －1)＝log 3(a 1－1)＋(n －1)×1＝n 所以a n ＝3n＋1，则T n ＝1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n＝132＋1－31－1＋133＋1－32－1＋…＋13n ＋1＋1－3n－1＝13×2＋132×2＋…＋13n ×2＝12×13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－13n .答案 14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n2．解析 由a 7＝a 6＋2a 5得q 2＝q ＋2，又a n ＞0，所以q ＝2，a m a n ＝2m ＋n －2a 1＝2a 1，所以m ＋n ＝3，故4m ＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4m ＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3＋n 3＝53＋4n 3m ＋m 3n ≥53＋2 49＝3.(当且仅当m ＝2，n ＝1等号成立)． 答案 33．解析 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2[(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1]＋33＝33＋n 2－n ，所以a n n＝33n＋n －1，设f (n )＝33n＋n －1，令f ′(n )＝－33n2＋1＞0，则f (n )在(33，＋∞)上是单调递增，在(0，33)上是递减的，因为n ∈N *，所以当n＝5或6时f (n )有最小值．又因为a 55＝535，a 66＝636＝212，所以，a n n 的最小值为a 66＝212.答案 2124．解析 T n ＝17a 1[1－2n]1－2－a 1[1－22n]1－2a 12n＝11－2·22n－172n＋162n＝11－2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n＋162n－17，因为(2)n＋162n≥8，当且仅当(2)n＝4，即n＝4时取等号，所以当n 0＝4时T n 有最大值． 答案 45．解析 因为{a n }是等差数列，所以a 2＋a 12＝2a 7，又2(a 2＋a 12)＝a 27，所以4a 7＝a 27，b 7＝a 7≠0，所以a 7＝4，所以b 5b 9＝b 27＝42＝16. 答案 166．解析 f ′(0)即为f (x )展开式中x 的系数，所以f ′(0)＝a 1a 2…a 2 012＝(a 1a 2 012)1 006＝91 006＝32 012，又f (0)＝2，故在点(0，f (0))处的切线方程为y －2＝32 012x ，即为y ＝32 012x ＋2.答案 y ＝32 012x ＋2 7．解析 设f (x )＝kx ＋b (k ≠0)，又f (0)＝1，所以b ＝1，即f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，由f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，得f 2(4)＝f (1)f (13)，即(4k ＋1)2＝(k ＋1)(13k ＋1)，因为k ≠0，所以解得k ＝2，即f (x )＝2x ＋1，所以f (2)＋f (4)＋…f (2n )＝5＋9＋…＋(4n ＋1)＝n 5＋4n ＋12＝n (2n ＋3)．答案 n (2n ＋3)8．解析 因为a 1·a 2·a 3…a k ＝log 23×log 34×…×log k ＋1(k ＋2)＝log 2(k ＋2)，当log 2(k ＋2)＝m (m ∈Z )时，k ＝2m－2∈[1,2 012](m ∈Z )，m ＝2,3,4，…，10，所以在区间[1,2 012]内的所有奥运吉祥数之和为(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2)＝(22＋23＋…＋210)－18＝211－22＝2 026. 答案 2 0269．解析 由题意可知a n ＝4n －3，且(S 2n ＋3－S n ＋1)－(S 2n ＋1－S n )＝1a 2n ＋3＋1a 2n ＋2－1a n ＋1＝18n ＋9＋18n ＋5－14n ＋1＜0，所以{S 2n ＋1－S n }是递减数列，故(S 2n ＋1－S n )max ＝S 3－S 1＝1a 2＋1a 3＝1445≤m 15，解得m ≥143，故正整数m 的最小值为5. 答案 510．解 (1)由a 3＝27，得27＝2a 2＋23＋1，∴a 2＝9，∵9＝2a 1＋22＋1，∴a 1＝2.(2)假设存在实数t ，使得{b n }为等差数列，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1，(n ≥2且n ∈N *)∴2×12n (a n ＋t )＝12n －1(a n －1＋t )＋12n ＋1(a n ＋1＋t )，∴4a n ＝4a n －1＋a n ＋1＋t ，∴4a n ＝4×a n －2n －12＋2a n ＋2n ＋1＋1＋t ，∴t ＝1.即存在实数t ＝1，使得{b n }为等差数列．(3)由(1)，(2)得b 1＝32，b 2＝52，∴b n ＝n ＋12，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12·2n －1＝(2n ＋1)2n －1－1，S n ＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n ＋1)×2n －1－1]＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1－n ，①∴2S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n－2n ，②由①－②得－S n ＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n＋n ＝1＋2×1－2n1－2－(2n ＋1)×2n ＋n ＝(1－2n )×2n ＋n －1，∴S n ＝(2n －1)×2n－n ＋1.11．解 (1)因为a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＝2×1a n －1＋33×1a n －1＝a n －1＋23(n ∈N *，且n ≥2)， 所以a n －a n －1＝23.因为a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，公差为23的等差数列．所以a n ＝2n ＋13.(2)①当n ＝2m ，m ∈N *时，T n ＝T 2m ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…＋(－1)2m －1a 2m a 2m ＋1 ＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2m (a 2m －1－a 2m ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2m )＝－43×a 2＋a 2m 2×m ＝－19(8m 2＋12m )＝－19(2n 2＋6n )．②当n ＝2m －1，m ∈N *时，T n ＝T 2m －1＝T 2m －(－1)2m －1a 2m a 2m ＋1＝－19(8m 2＋12m )＋19(16m 2＋16m ＋3)＝19(8m 2＋4m ＋3)＝19(2n 2＋6n ＋7)． 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－192n 2＋6n ，n 为正偶数，192n 2＋6n ＋7，n 为正奇数，要使T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，只要使－19(2n 2＋6n )≥tn 2，(n 为正偶数)恒成立． 只要使－19⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋6n ≥t ，对n ∈N *恒成立，故实数t 的取值X 围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－59.12．解 (1)当n ＝1时，有a 31＝a 21，由于a n ＞0，所以a 1＝1.当n ＝2时，有a 31＋a 32＝(a 1＋a 2)2，将a 1＝1代入上式，由于a n ＞0，所以a 2＝2.(2)由于a 31＋a 32＋…＋a 3n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2，①则有a 31＋a 32＋…＋a 3n ＋a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1)2.②②－①，得a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1)2－(a 1＋a 2＋…＋a n )2，由于a n ＞0，所以a 2n ＋1＝2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n －1.③同样有a 2n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋a n (n ≥2)，④③－④，得a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋1＋a n ， 所以a n ＋1－a n ＝1，由于a 2－a 1＝1，即当n ≥1时都有a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列． 故a n ＝n .(3)由(2)知a n ＝n .则1a n a n ＋2＝1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 所以S n ＝1a 1a 3＋1a 2a 4＋…＋1a n －1a n ＋1＋1a n a n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.∵S n －1－S n ＝1n ＋1n ＋3＞0，∴数列{S n }单调递增．所以(S n )min ＝S 1＝13.要使不等式S n ＞13log a (1－a )对任意正整数n 恒成立，只要13＞13log a (1－a )．∵1－a ＞0，∴0＜a ＜1.∴1－a ＞a ，即0＜a ＜12.所以，实数a 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 13．解 (1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －pa n ＋1＝0，所以n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1－pa n ＝0，两式相减，得a n ＋1a n ＝p ＋1p (n ≥2)，故数列{a n }从第二项起是公比为p ＋1p的等比数列，又当n ＝1时，a 1－pa 2＝0，解得a 2＝ap，从而a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝1，a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p n －2n ≥2.(2)①由(1)得a k ＋1＝a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p k －1，a k ＋2＝a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p k ，a k ＋3＝a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p k ＋1，若a k ＋1为等差中项，则2a k ＋1＝a k ＋2＋a k ＋3， 即p ＋1p ＝1或p ＋1p ＝－2，解得p ＝－13；此时a k ＋1＝－3a (－2)k －1，a k ＋2＝－3a (－2)k，所以d k ＝|a k ＋1－a k ＋2|＝9a ·2k －1，若a k ＋2为等差中项，则2a k ＋2＝a k ＋1＋a k ＋3， 即p ＋1p＝1，此时无解；若a k ＋3为等差中项，则2a k ＋3＝a k ＋1＋a k ＋2， 即p ＋1p ＝1或p ＋1p ＝－12，解得p ＝－23，此时a k ＋1＝－3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1，a k ＋3＝－3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k ＋1，所以d k ＝|a k ＋1－a k ＋3|＝9a 8·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1，综上所述，p ＝－13，d k ＝9a ·2k －1或p ＝－23，d k ＝9a 8·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1②当p ＝－13时，S k ＝9a (2k－1)．则由S k ＜30，得a ＜1032k－1， 当k ≥3时，1032k－1＜1，所以必定有a ＜1， 所以不存在这样的最大正整数当p ＝－23时，S k ＝9a 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ，则由S k ＜30，得a ＜403⎣⎢⎡1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ]，因为403⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＞403，所以a ＝13满足S k ＜30恒成立；但当a ＝14时，存在k ＝5，使得a ＞403⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k 即S k ＜30，所以此时满足题意的最大正整数a ＝13.。
(新课程)高中数学二轮复习 精选第一部分 25个必考问题 专项突破专题训练21二项式定理及数学归纳法
(参考时间：80分钟)1．已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，求(1)a 1＋a 2＋…＋a 7；(2)a 0＋a 2＋a 4＋a 6；(3)a 1＋a 3＋a 5＋a 7.2．求证：1＋2＋22＋…＋25n －1能被31整除．3．已知⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x n 的展开式的二项式系数之和比(a ＋b )2n 的展开式的系数之和小240，求⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x n 的展开式中系数最大的项． 4．已知(1＋x )n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a n (x －1)n .(n ∈N *)．(1)求a 0及S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ；(2)试比较S n 与(n －2)2n ＋2n 2的大小，并说明理由．5.如图，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )(0＜y 1＜y 2＜…＜y n )是曲线C ：y 2＝3x (y ≥0)上的 n 个点，点A i (a i,0)(i ＝1,2,3，…，n )在x 轴的正半轴上，且△A i －1A i P i 是正三角形(A 0是坐标原点)．(1)写出a 1，a 2，a 3；(2)求出点A n (a n,0)(n ∈N *)的横坐标a n 关于n 的表达式．6．对于定义域为A 的函数f (x )，如果任意的x 1，x 2∈A ，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＜f (x 2)，则称函数f (x )是A 上的严格增函数；函数f (k )是定义在N *上，函数值也在N *中的严格增函数，并且满足条件f (f (k ))＝3k .(1)证明：f (3k )＝3f (k )；(2)求f (3k －1)(k ∈N *)的值； (3)是否存在p 个连续的自然数，使得它们的函数值依次也是连续的自然数；若存在，找出所有的p 值，若不存在，请说明理由．参考答案训练21 二项式定理及数学归纳法1．解 (1)∵(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝－1.令x ＝0得a 0＝1.∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝－2.(2)令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 6－a 7＝37＝2 187.由(1)和上式得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝1 093.(3)由a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝－1和a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 6－a 7＝2 187两式相减得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－1 094.2．证明 1＋2＋…＋25n －1＝25n －12－1＝32n －1＝(31＋1)n －1＝31n ＋C 1n ·31n －1＋…＋C n －1n ·31＋C n n －1＝31n ＋C 1n ·31n －1＋…＋C n －1n ·31＝31·(31n －1＋C 1n ·31n －2＋…＋C n －1n )，∵31n －1，C 1n ·31n －2，…，C n －1n 都是整数，∴原式可被31整除．3．解 由题意，得2n ＝22n －240，∴22n －2n －240＝0，即(2n －16)(2n ＋15)＝0.又∵2n ＋15＞0，∴2n －16＝0.∴n ＝4.∴⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 4. 又∵⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 4的展开式中二项式系数最大的项为第3项，所以，所求⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 4展开式中系数最大的项为第3项，即T 3＝C 24(x )2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x 2＝63x . 4．解 (1)取x ＝1，则a 0＝2n；取x ＝2，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －2n .(2)要比较S n 与(n －2)2n ＋2n 2的大小，即比较：3n 与(n －1)2n ＋2n 2的大小．当n ＝1时，3n ＞(n －1)2n ＋2n 2；当n ＝2,3时，3n ＜(n －1)2n ＋2n 2；当n ＝4,5时，3n ＞(n －1)2n ＋2n 2.猜想：当n ≥4时，3n ＞(n －1)2n ＋2n 2，下面用数学归纳法证明：由上述过程可知，n ＝4时结论成立．假设当n ＝k (k ≥4)时结论成立，即3k ＞(k －1)2k ＋2k 2，两边同乘以3，得3k ＋1＞3[(k －1)2k ＋2k 2]＝k 2k ＋1＋2(k ＋1)2＋[(k －3)2k ＋4k 2－4k －2]．而(k －3)2k ＋4k 2－4k －2＝(k －3)2k ＋4(k 2－k －2)＋6＝(k －3)2k ＋4(k －2)(k ＋1)＋6＞0.所以3k ＋1＞[(k ＋1)－1]2k ＋1＋2(k ＋1)2.即n ＝k ＋1时结论也成立．所以当n ≥4时，3n ＞(n －1)2n ＋2n 2成立．综上得，当n ＝1时，S n ＞(n －2)2n ＋2n 2；当n ＝2,3时，S n ＜(n －2)2n ＋2n 2；当n ≥4，n ∈N *时，S n ＞(n －2)2n ＋2n 2.5．解 (1)a 1＝2，a 2＝6，a 3＝12；(2)依题意，得x n ＝a n －1＋a n 2，y n ＝3·a n －a n －12，由此及y 2n ＝3x n 得⎝ ⎛⎭⎪⎫3·a n －a n －122＝32(a n －1＋a n )，即(a n －a n －1)2＝2(a n －1＋a n )．由(1)可猜想：a n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．下面用数学归纳法予以证明：(1)当n ＝1时，命题显然成立；(2)假定当n ＝k 时命题成立，即有a k ＝k (k ＋1)，则当n ＝k ＋1时，由归纳假设及(a k ＋1－a k )2＝2(a k ＋a k ＋1)得[a k ＋1－k (k ＋1)]2＝2[k (k ＋1)＋a k ＋1]，即(a k ＋1)2－2(k 2＋k ＋1)a k ＋1＋[k (k －1)]·[(k ＋1)(k ＋2)]＝0，解之得a k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)(a k ＋1＝k (k －1)＜a k 不合题意，舍去)，即当n ＝k ＋1时，命题也成立．所以a n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．6．解 (1)证明：对k ∈N *，f (f (k ))＝3k ，∴f [f (f (k ))]＝f (3k )①由已知f (f (k ))＝3k ，∴f [f (f (k ))]＝3f (k )，②由①、②∴f (3k )＝3f (k )(2)若f (1)＝1，由已知f (f (k ))＝3k 得f (1)＝3，矛盾；设f (1)＝a ＞1，∴f (f (1))＝f (a )＝3，③由f (k )严格递增，即1＜a ⇒f (1)＜f (a )＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f 1≠1，f 1＜3，f 1∈N *，∴f (1)＝2，由③f (f (1))＝f (a )＝3，故f (f (1))＝f (2)＝3.∴f (1)＝2，f (2)＝3.f (3)＝3f (1)＝6，f (6)＝f (3·2)＝3f (2)＝9，f (9)＝3f (3)＝18，f (18)＝3f (6)＝27，f (27)＝3f (9)＝54，f (54)＝3f (18)＝81.依此类推归纳猜出：f (3k －1)＝2×3k －1(k ∈N *)．下面用数学归纳法证明：(1)当k ＝1时，显然成立；(2)假设当k ＝l (l ≥1)时成立，即f (3l －1)＝2×3l －1，那么当k ＝l ＋1时，f (3l )＝f (3×3l －1)＝3f (3l －1)＝3×2×3l －1＝2·3l .猜想成立，由(1)、(2)所证可知，对k ∈N *f (3k －1)＝2×3k －1成立．(3)存在p ＝3k －1＋1，当p 个连续自然数从3k －1→2×3k －1时，函数值正好也是p 个连续自然数从f (3k －1)＝2×3k －1→f (2×3k －1)＝3k .。
2022年高考数学二轮复习教案：第二部分 专题一 选择、填空题常用的10种解法 Word版含答案
专题一 选择、填空题常用的10种解法 抓牢小题，保住基本分才能得高分________________________________________________________________________ 原则与策略：1.基本原则：小题不用大做．2.基本策略：充分利用题干和选项所供应的信息作出推断．先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，选择题可先排解后求解．解题时应认真审题、深化分析、正确推演运算、谨防疏漏． 题型特点：1.高中低档题，且多数按由易到难的挨次排列.2.留意基本学问、基本技能与思想方法的考查.3.解题方法机敏多变不唯一.4.具有较好的区分度，试题层次性强.方法一 定义法所谓定义法，就是直接利用数学定义解题，数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来的．简洁地说，定义是对数学实体的高度抽象，用定义法解题是最直接的方法．一般地，涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决．[例1] 如图，F 1，F 2是双曲线C 1：x 216－y 29＝1与椭圆C 2的公共焦点，点A 是C 1，C 2在第一象限的公共点．若|F 1A |＝|F 1F 2|，则C 2的离心率是( )A.56B.23C.25D.45解析：由双曲线C 1的方程可得|F 1F 2|＝216＋9＝10， 由双曲线的定义可得|F 1A |－|F 2A |＝216＝8， 由已知可得|F 1A |＝|F 1F 2|＝10， 所以|F 2A |＝|F 1A |－8＝2.设椭圆的长轴长为2a ，则由椭圆的定义可得2a ＝|F 1A |＋|F 2A |＝10＋2＝12. 所以椭圆C 2的离心率e ＝2c 2a ＝1012＝56.故选A.答案：A[增分有招] 利用定义法求解动点的轨迹或圆锥曲线的有关问题，要留意动点或圆锥曲线上的点所满足的条件，机敏利用相关的定义求解．如[本例]中依据双曲线的定义和已知条件，分别把A 到两个焦点的距离求出来，然后依据椭圆定义求出其长轴长，最终就可依据离心率的定义求值． [技法体验]1．(2021·广州模拟)假如P 1，P 2，…，P n 是抛物线C ：y 2＝4x 上的点，它们的横坐标依次为x 1，x 2，…，x n ，F 是抛物线C 的焦点，若x 1＋x 2＋…＋x n ＝10，则|P 1F |＋|P 2F |＋…＋|P n F |＝( ) A ．n ＋10 B ．n ＋20 C ．2n ＋10D ．2n ＋20解析：由题意得，抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为(1,0)，准线为x ＝－1，由抛物线的定义，可知|P 1F |＝x 1＋1，|P 2F |＝x 2＋1，…，|P n F |＝x n ＋1，故|P 1F |＋|P 2F |＋…＋|P n F |＝x 1＋x 2＋…＋x n ＋n ＝n ＋10，选A. 答案：A2．(2022·高考浙江卷)设双曲线x 2－y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2.若点P 在双曲线上，且△F 1PF 2为锐角三角形，则|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是________． 解析：借助双曲线的定义、几何性质及余弦定理解决．∵双曲线x 2－y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 在双曲线上，∴|F 1F 2|＝4，||PF 1|－|PF 2||＝2.若△F 1PF 2为锐角三角形，则由余弦定理知|PF 1|2＋|PF 2|2－16>0，可化为(|PF 1|＋|PF 2|)2－2|PF 1|·|PF 2|>16①.由||PF 1|－|PF 2||＝2，得(|PF 1|＋|PF 2|)2－4|PF 1||PF 2|＝4.故2|PF 1||PF 2|＝|PF 1|＋|PF 2|2－42，代入不等式①可得(|PF 1|＋|PF 2|)2>28，解得|PF 1|＋|PF 2|>27.不妨设P 在左支上，∵|PF 1|2＋16－|PF 2|2>0，即(|PF 1|＋|PF 2|)·(|PF 1|－|PF 2|)>－16，又|PF 1|－|PF 2|＝－2，∴|PF 1|＋|PF 2|<8.故27<|PF 1|＋|PF 2|<8. 答案：(27，8)方法二 特例法特例法，包括特例验证法、特例排解法，就是充分运用选择题中单选题的特征，解题时，可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证的方法．对于定性、定值的问题可直接确定选项；对于其他问题可以排解干扰项，从而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略．[例2] (2022·高考浙江卷)已知实数a ，b ，c ( ) A ．若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 B ．若|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 C ．若|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 D ．若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2－c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 解析：结合特殊值，利用排解法选择答案． 对于A ，取a ＝b ＝10，c ＝－110， 明显|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1成立， 但a 2＋b 2＋c 2>100，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立．对于B ，取a 2＝10，b ＝－10，c ＝0， 明显|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1成立， 但a 2＋b 2＋c 2＝110，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立．对于C ，取a ＝10，b ＝－10，c ＝0，明显|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1成立， 但a 2＋b 2＋c 2＝200，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立． 综上知，A ，B ，C 均不成立，所以选D. 答案：D[增分有招] 应用特例排解法的关键在于确定选项的差异性，利用差异性选取一些特例来检验选项是否与题干对应，从而排解干扰选项． [技法体验]1．函数f (x )＝cos x ·log 2|x |的图象大致为( )解析：函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f (12)＝cos 12log 2|12|＝－cos 12，f (－12)＝cos(－12)·log 2|－12|＝－cos 12，所以f (－12)＝f (12)，排解A ，D ；又f (12)＝－cos 12＜0，故排解C.综上，选B. 答案：B2．已知E 为△ABC 的重心，AD 为BC 边上的中线，令AB →＝a ，AC →＝b ，过点E 的直线分别交AB ，AC 于P ，Q 两点，且AP →＝m a ，AQ →＝n b ，则1m ＋1n＝( )A ．3B ．4C ．5D.13解析：由于题中直线PQ 的条件是过点E ，所以该直线是一条“动”直线，所以最终的结果必定是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．法一：如图1，PQ ∥BC ，则AP →＝23AB →，AQ →＝23AC →，此时m ＝n ＝23，故1m ＋1n＝3.故选A.法二：如图2，取直线BE 作为直线PQ ，明显，此时AP →＝AB →，AQ →＝12AC →，故m ＝1，n ＝12，所以1m ＋1n ＝3.故选A.答案：A方法三 数形结合法数形结合法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用分为两种情形：一是代数问题几何化，借助形的直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是几何问题代数化，借助于数的精确性阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．[例3] (2021·安庆模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，－7≤x ≤0ln x ，e －2≤x ≤e ，g (x )＝x 2－2x ，设a 为实数，若存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．[－1,3]C ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)D ．(－∞，3]解析：∵g (x )＝x 2－2x ，a 为实数，∴2g (a )＝2a 2－4a .∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，－7≤x ≤0ln x ，e －2≤x ≤e ，作出函数f (x )的图象可知，其值域为[－2,6]，∵存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，∴－2≤2a 2－4a ≤6，即－1≤a ≤3， 故选B.答案：B[增分有招] 数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，如[本例]中求解，可通过作出图象，数形结合求解． [技法体验]1．(2021·珠海摸底)已知|a |＝|b |，且|a ＋b |＝3|a －b |，则向量a 与b 的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．120°解析：通解：设a 与b 的夹角为θ，由已知可得a 2＋2a ·b ＋b 2＝3(a 2－2a ·b ＋b 2)，即4a ·b ＝a 2＋b 2，由于|a |＝|b |，所以a ·b ＝12a 2，所以cos θ＝a ·b |a |·|b |＝12，θ＝60°，选C.优解：由|a |＝|b |，且|a ＋b |＝3|a －b |可构造边长为|a |＝|b |＝1的菱形，如图，则|a ＋b |与|a －b |分别表示两条对角线的长，且|a ＋b |＝3，|a －b |＝1，故a 与b 的夹角为60°，选C. 答案：C2．已知点P 在抛物线y 2＝4x 上，则点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到抛物线的焦点F 的距离之和取得最小值时，点P 的坐标为( ) A ．(14，1)B ．(14，－1)C ．(1,2)D ．(1，－2)解析：如图，由于点Q (2，－1)在抛物线的内部，由抛物线的定义可知，|PF |等于点P 到准线x ＝－1的距离．过Q (2，－1)作x ＝－1的垂线QH ，交抛物线于点K ，则点K 为点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到准线x ＝－1的距离之和取得最小值时的点．将y ＝－1代入y 2＝4x 得x ＝14，所以点P 的坐标为(14，－1)，选B.答案：B方法四 待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后依据所给条件来确定这些未知系数的方法叫作待定系数法，其理论依据是多项式恒等——两个多项式各同类项的系数对应相等．使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决．待定系数法主要用来解决所求解的数学问题具有某种确定的数学表达式，例如数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等． [例4] (2021·天津红桥区模拟)已知椭圆C 的焦点在y 轴上，焦距等于4，离心率为22，则椭圆C 的标准方程是( ) A.x 216＋y 212＝1 B.x 212＋y 216＝1C.x 24＋y 28＝1 D.x 28＋y 24＝1 解析：由题意可得2c ＝4，故c ＝2，又e ＝2a ＝22，解得a ＝22，故b ＝222－22＝2，由于焦点在y 轴上，故选C. 答案：C[增分有招] 待定系数法主要用来解决已经定性的问题，如[本例]中已知椭圆的焦点所在坐标轴，设出标准方程，依据已知列方程求解． [技法体验]1．若等差数列{a n }的前20项的和为100，前45项的和为400，则前65项的和为( ) A ．640 B ．650 C ．660D ．780解析：设等差数列{a n}的公差为d ，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ 20a 1＋20×192d ＝10045a 1＋45×442d ＝400⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9245d ＝1445，则前65项的和为65a 1＋65×642d ＝65×9245＋65×642×1445＝780.答案：D2．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0,0＜φ＜π)的部分图象如图所示，则f (π4)的值为( )A. 2 B ．0 C ．1D. 3解析：由题图可知，A ＝2，34T ＝11π12－π6＝34π，∴T ＝2πω＝π，∴ω＝2，即f (x )＝2sin(2x ＋φ)，由f (π6)＝2sin(2×π6＋φ)＝2得2×π6＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝π6＋2k π，k ∈Z ，又0＜φ＜π，∴φ＝π6，∴f (x )＝2sin(2x ＋π6)，∴f (π4)＝2sin(2×π4＋π6)＝2cos π6＝3，故选D.答案：D 方法五 估值法估值法就是不需要计算出代数式的精确 数值，通过估量其大致取值范围从而解决相应问题的方法．该种方法主要适用于比较大小的有关问题，尤其是在选择题或填空题中，解答不需要具体的过程，因此可以猜想、合情推理、估算而获得，从而削减运算量．[例5] 若a ＝20.5，b ＝log π3，c ＝log 2sin 2π5，则( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．c >a >bD ．b >c >a解析：由指数函数的性质可知y ＝2x在R 上单调递增，而0<0.5<1，所以a ＝20.5∈(1,2)．由对数函数的性质可知y ＝log πx ，y ＝log 2x 均在(0，＋∞)上单调递增，而1<3<π，所以b ＝log π3∈(0,1)；由于sin 2π5∈(0,1)，所以c ＝log 2sin 2π5<0.综上，a >1>b >0>c ，即a >b >c .故选A. 答案：A[增分有招] 估算，省去很多推导过程和比较简单的计算，节省时间，是发觉问题、争辩问题、解决问题的一种重要的运算方法．但要留意估算也要有依据，如[本例]是依据指数函数与对数函数的单调性估量每个值的取值范围，从而比较三者的大小，其实质就是找一个中间值进行比较． [技法体验]已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)＋1⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|≤π2，其图象与直线y ＝－1相邻两个交点的距离为π.若f (x )>1对于任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，π3恒成立，则φ的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π2 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π3D.⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2解析：由于函数f (x )的最小值为－2＋1＝－1，由函数f (x )的图象与直线y ＝－1相邻两个交点的距离为π可得，该函数的最小正周期为T ＝π，所以2πω＝π，解得ω＝2.故f (x )＝2sin(2x ＋φ)＋1.由f (x )>1，可得sin(2x ＋φ)>0.又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，π3，所以2x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，2π3.对于选项B ，D ，若取φ＝π2，则2x ＋π2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，7π6，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π，7π6上，sin(2x ＋φ)<0，不合题意；对于选项C ，若取φ＝π12，则2x ＋π12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，3π4，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0上，sin(2x ＋φ)<0，不合题意．选A.答案：A方法六 反证法反证法是指从命题正面论证比较困难，通过假设原命题不成立，经过正确的推理，最终得出冲突，因此说明假设错误，从而证明白原命题成立的证明方法．反证法证明问题一般分为三步：(1)反设，即否定结论；(2)归谬，即推导冲突；(3)得结论，即说明命题成立．[例6] 已知x ∈R ，a ＝x 2＋32，b ＝1－3x ，c ＝x 2＋x ＋1，则下列说法正确的是( )A ．a ，b ，c 至少有一个不小于1B ．a ，b ，c 至多有一个不小于1C ．a ，b ，c 都小于1D ．a ，b ，c 都大于1解析：假设a ，b ，c 均小于1，即a <1，b <1，c <1，则有a ＋b ＋c <3，而a ＋b ＋c ＝2x 2－2x ＋72＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3≥3.明显两者冲突，所以假设不成立．故a ，b ，c 至少有一个不小于1.选A. 答案：A[增分有招] 反证法证明全称命题以及“至少”“至多”类型的问题比较便利．其关键是依据假设导出冲突——与已知条件、定义、公理、定理及明显的事实冲突或自相冲突．如[本例]中导出等式的冲突，从而说明假设错误，原命题正确． [技法体验]假如△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( ) A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形解析：由条件知△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形． 假设△A 2B 2C 2是锐角三角形，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，所以A 2＋B 2＋C 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，即π＝3π2－π，明显该等式不成立，所以假设不成立．易知△A 2B 2C 2不是锐角三角形，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．故选D. 答案：D 方法七 换元法换元法又称帮助元素法、变量代换法．通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者变为生疏的形式，把简单的计算和推证简化．换元的实质是转化，关键是构造元和设元．理论依据是等量代换，目的是变换争辩对象，将问题移至新对象的学问背景中去争辩，从而使非标准型问题标准化、简单问题简洁化．换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等． [例7] 已知正数x ，y 满足4y －2yx＝1，则x ＋2y 的最小值为________．解析：由4y －2y x ＝1，得x ＋2y ＝4xy ，即14y ＋12x ＝1，所以x ＋2y ＝(x ＋2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫14y ＋12x ＝1＋x 4y ＋y x ≥1＋2x 4y ×yx＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x 4y ＝yx ，即x ＝2y 时等号成立.所以x ＋2y 的最小值为2.答案：2[增分有招] 换元法主要有常量代换和变量代换，要依据所求解问题的特征进行合理代换．如[本例]中就是使用常数1的代换，将已知条件改写为“14y ＋12x ＝1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与1的乘积等于本身，再将其开放，通过构造基本不等式的形式求解最值． [技法体验]1．(2022·成都模拟)若函数f (x )＝1＋3x＋a ·9x，其定义域为(－∞，1]，则a 的取值范围是( ) A ．a ＝－49B ．a ≥－49C ．a ≤－49D ．－49≤a <0解析：由题意得1＋3x ＋a ·9x≥0的解集为(－∞，1]，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＋a ≥0的解集为(－∞，1]．令t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，则t ≥13，即方程t 2＋t ＋a ≥0的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13＋a ＝0，所以a ＝－49.答案：A2．函数y ＝cos 2x －sin x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值为________．解析：y ＝cos 2x －sin x ＝－sin 2x －sin x ＋1. 令t ＝sin x ，又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴y ＝－t 2－t ＋1，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22.∵函数y ＝－t 2－t ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22上单调递减，∴t ＝0时，y max ＝1.答案：1 方法八 补集法补集法就是已知问题涉及的类别较多，或直接求解比较麻烦时，可以通过求解该问题的对立大事，求出问题的结果，则所求解问题的结果就可以利用补集的思想求得．该方法在概率、函数性质等问题中应用较多． [例8]某学校为了争辩高中三个班级的数学学习状况，从三个班级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级不来自同一班级的概率为________． 解析：记高一班级中抽取的班级为a 1，高二班级中抽取的班级为b 1，b 2， 高三班级中抽取的班级为c 1，c 2，c 3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的全部可能结果为(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，c 1)，(a 1，c 2)，(a 1，c 3)，(b 1，b 2)，(b 1，c 1)，(b 1，c 2)，(b 1，c 3)，(b 2，c 1)，(b 2，c 2)，(b 2，c 3)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共15种．设“抽取的两个班级不来自同一班级”为大事A ，则大事A 为抽取的两个班级来自同一班级． 由题意，两个班级来自同一班级的结果为(b 1，b 2)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共4种． 所以P (A )＝415，故P (A )＝1－P (A )＝1－415＝1115. 所以两个班级不来自同一班级的概率为1115.答案：1115[增分有招] 利用补集法求解问题时，肯定要精确 把握所求问题的对立大事．如[本例]中，“两个班级不来自同一班级”的对立大事是“两个班级来自同一班级”，而高一班级只有一个班级，所以两个班级来自同一班级的可能性仅限于来自于高二班级，或来自于高三班级，明显所包含基本大事的个数较少． [技法体验]1．(2022·四川雅安中学月考)已知命题“∃x 0∈R ，使2x 20＋(a －1)x 0＋12≤0”是假命题，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1,3) C ．(－3，＋∞)D ．(－3,1)解析：依题意可知“∀x ∈R,2x 2＋(a －1)x ＋12＞0”为真命题，所以Δ＝(a －1)2－4×2×12＜0，即(a ＋1)·(a －3)＜0，解得－1＜a ＜3.故选B. 答案：B2．已知函数f (x )＝ax 2－x ＋ln x 在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为________． 解析：f ′(x )＝2ax －1＋1x.(1)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递增，则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x≥0，得a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.①令t ＝1x ，由于x ∈(1,2)，所以t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1， 设h (t )＝12(t －t 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋18，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，明显函数y ＝h (t )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，所以h (1)＜h (t )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即0＜h (t )＜18. 由①可知，a ≥18.(2)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递减，则f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x≤0，得a ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.②结合(1)可知，a ≤0.综上，若函数f (x )在区间(1,2)上单调，则实数a 的取值范围为(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞. 所以若函数f (x )在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18 方法九 分别参数法分别参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法，通过分别参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解，从而避开对参数进行分类争辩的繁琐过程．该种方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决．但要留意该种方法仅适用于分别参数后能够求解相应函数的最值或值域的状况．[例9] 若不等式x 2＋ax ＋1≥0对一切x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12恒成立，则a 的最小值是________．解析：由于x >0，则由已知可得a ≥－x －1x 在x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上恒成立，而当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x max ＝－52， ∴a ≥－52，故a 的最小值为－52.答案：－52[增分有招] 分别参数法解决不等式恒成立问题或有解问题，关键在于精确 分别参数，然后将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系．分别参数时要留意参数系数的符号是否会发生变化，假如参数的系数符号为负号，则分别参数时应留意不等号的变化，否则就会导致错解． [技法体验]1．(2022·长沙调研)若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518 B ．(－∞，3] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞D ．[3，＋∞)解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立， 即3x 2－2tx ＋3≤0在[1,4]上恒成立，则t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，由于y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14＝518，故选C.答案：C2．(2022·湖南五校调研)方程log 12(a －2x)＝2＋x 有解，则a 的最小值为________．解析：若方程log 12(a －2x )＝2＋x 有解，则⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋x ＝a －2x有解，即14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋2x ＝a 有解，∵14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋2x ≥1，故a 的最小值为1. 答案：1 方法十 构造法构造法是指利用数学的基本思想，经过认真的观看，深化的思考，构造出解题的数学模型，从而使问题得以解决．构造法的内涵格外丰富，没有完全固定的模式可以套用，它是以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础，针对具体问题的特点实行相应的解决方法，其基本的方法是借用一类问题的性质，来争辩另一类问题的相关性质．常见的构造法有构造函数、构造方程、构造图形等． [例10] 已知m ，n ∈(2，e)，且1n 2－1m 2<ln mn，则( )A ．m >nB ．m <nC ．m >2＋1nD ．m ，n 的大小关系不确定解析：由不等式可得1n 2－1m2<ln m －ln n ，即1n 2＋ln n <1m2＋ln m .设f (x )＝1x2＋ln x (x ∈(2，e))，则f ′(x )＝－2x 3＋1x ＝x 2－2x3.由于x ∈(2，e)，所以f ′(x )>0，故函数f (x )在(2，e)上单调递增． 由于f (n )<f (m )，所以n <m .故选A. 答案：A[增分有招] 构造法的实质是转化，通过构造函数、方程或图形等将问题转化为对应的问题来解决．如[本例]属于比较两个数值大小的问题，依据数值的特点，构造相应的函数f (x )＝1x2＋ln x .[技法体验]1．a ＝ln 12 014－12 014，b ＝ln 12 015－12 015，c ＝ln 12 016－12 016，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a ＞b ＞cB ．b ＞a ＞cC ．c ＞b ＞aD ．c ＞a ＞b解析：令f (x )＝ln x －x ，则f ′(x )＝1x －1＝1－xx.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，即函数f (x )在(0,1)上是增函数．∵1＞12 014＞12 015＞12 016＞0，∴a ＞b ＞c .答案：A2．如图，已知球O 的面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________．解析：如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径，所以CD ＝22＋22＋22＝2R ，所以R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR33＝6π.答案：6π。
高中新课程数学(人教)二轮复习专题第一部分专题复习讲义《1-5-2椭圆、双曲线、抛物线》课件
＝ 310，解得 k＝±1.
•
直线与圆锥曲线的位置关系主要由
联立方程后方程的解进行判断，一般不需要
直接求出方程的解，二次方程的判别式及根
与系数的关系是解决这类问题最好的方法，
因此，这种题目充分体现了函数与方程思想
的灵活应用．而对于直线与双曲线或抛物线
的位置关系的判断，联立方程后首先要看二
次项系数是否为0.
• (2)抛物线的几何性质的特点：有一个顶点， 一个焦点，一条准线，一条对称轴，无对称 中心，没有渐近线．这里强调p的几何意义 是焦点到准线的距离．
2．已知双曲线ax22－by22＝1(a>0，b>0)的左顶点与抛物线 y2
＝2px(p>0)的焦点的距离为 4，且双曲线的一条渐近线与抛物线
的准线的交点坐标为(－2，－1)，则双曲线的焦距为( )
• 重视定义在解题中的应用，灵活地进行抛物 线上的点到焦点距离与到准线距离相等的转 化；椭圆和双曲线的定义中的定值是求标准 方程的基础，在已知圆锥曲线上一点及焦点， 首先要考虑使用圆锥曲线的定义求解．
• (2)求解圆锥曲线的标准方程的方法是“先定 型，后计算”．所谓“定型”，就是指确定 类型，所谓“计算”，就是指利用待定系数 法求出方程中的a2、b2、p的值，最后代入写 出椭圆、双曲线、抛物线的标准方程．
得 e＝ 33， 综上得 33≤e＜1.
• 答案： D
演练课时作业
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• 答案： (1)C (2)A
•
(1)圆锥曲线的离心率
• 椭圆和双曲线的离心率是反映椭圆的扁平程 度和双曲线开口大小的一个量，其取值范围 分别是0＜e＜1和e＞1.在求解有关离心率的 问题时，一般并不是直接求出c和a的值，而 是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特征， 建立关于参数c、a、b的方程或不等式，通 过解方程或不等式求得离心率的值或范围．
【拿高分-选好题】高中新课程数学(苏教)二轮复习总结精选第一部分
解 设等差数列{an}的公差为 d，
a1＝2， 由已知：10a1＋10× 2 9d＝15，
解得 a1＝2，d＝－19，
An＝a2＋a4＋a8＋…＋a2n＝na1＋d[1＋3＋7＋…＋(2n－1)] ＝na1＋d(2＋22＋23＋…＋2n－n)＝2n－192－1－2n2＋1－n
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必 备 知 识方 法
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必备知识 1．等差、等比数列的通项公式
等差数列{an}的通项公式为 an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d； 等比数列{an}的通项公式为 an＝a1qn－1＝amqn－m 2．等差、等比数列的前 n 项和 (1)等差数列的前 n 项和为 Sn＝na12＋an＝na1＋nn－2 1d. 特别地，当 d≠0 时，Sn 是关于 n 的二次函数，且常数项为 0，即可设 Sn＝an2＋bn(a，b 为常数)．
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【高考定位】 高考对本内容的考查主要有： (1)数列的概念是A级要求，了解数列、数列的项、通项公 式、前n项和等概念，一般不会单独考查； (2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都 是C级，熟练掌握等差数列、等比数列的概念、通项公式、前 n项求和公式、性质等知识，理解其推导过程，并且能够灵活 应用． 试题类型可能是填空题，以考查单一性知识为主，同时在 解答题中经常与不等式综合考查，构成压轴题．
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[审题视点] (1)先求出数列{an}的首项和公差，根据已知条件列 出 a1、d 为未知数的方程组即可求解； (2)由{an}成等差数列，得{2an}成等比数列． [听课记录]
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解 (1)由{an}是公差不为 0 的等差数列， 可设 an＝a1＋(n－1)d，则由aS227＋＝a732，＝a24＋a25，
新教材2024高考数学二轮专题复习分册一专题一小题专攻课件
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案：A
解析：由线面垂直的性质知，若m⊥α，n⊂α，则m⊥n成立，即充分性成立；根
据线面垂直的定义，m必须垂直平面α内的两条相交直线，才有m⊥α，即必要性
不成立．故选A.
6．[2023·河北邯郸一模]在等差数列{an}中，“a2 ＋a5＝a3 ＋am”是
答案：D
1 1
解析：对于A，如果 >
a b
，例如a＝－2，b＝－1
1 1
，则必定有 <
a b
1
，则－ >－1
2
，不能推出
a>b>0 ，如果a>b>0
，既不是充分条件也不是必要条件，错误；
对于B，如果ln (a＋1)>ln (b＋1) ，根据对数函数的单调性可知a＋1>b＋1，a>b，
但不能推出a>b>0 ，例如a＝1，b＝－0.5 ，不是充分条件，如果a>b>0 ，则a＋
2．要善于举出反例：当从正面判断或证明一个命题的正确或错误不
易进行时，可以通过举出恰当的反例来说明．
3．要注意转化：¬p是¬q的必要不充分条件⇔p是q的充分不必要条
件；¬p是¬q的充要条件⇔p是q的充要条件
[巩固训练2] (1)[2023·安徽合肥二模]设a∈R，则“a＝1”是“f(x)
＝ln ( x 2 + 1＋ax)为奇函数”的(
M∩
1
N＝{x|
3
≤ x < 16}.故选D.
1
}，所以
3
2．[2023·新课标Ⅱ卷]设集合A＝{0，－a}，B＝{1，a－2，2a－2}，
新教材适用2025版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第1讲等差数列与等比数列
第一篇 专题二 第1讲一、单项选择题1. (2024·贵州高二校联考期中)已知等差数列{a n }的前8项和为68，a 10＝25，则a 100＝( C )A ．300B ．298C ．295D ．296【解析】 设等差数列{a n }的公差为d ，因为等差数列{a n }的前8项和为68，可得8a 1＋a 82＝68，即a 1＋a 8＝17，即2a 1＋7d ＝17，又由a 10＝25，可得a 1＋9d ＝25，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝17，a 1＋9d ＝25，解得a 1＝－2，d ＝3，所以a 100＝a 1＋99d ＝－2＋99×3＝295.故选C ．2. (2024·北京高三专题练习)已知数列{a n }中，a 1＝1，2a n －1a n ＋1＝0，S n 为其前n 项和，则S 5＝( B )A ．1116B ．3116C ．11D ．31【解析】 由2a n －1a n ＋1＝0得a n ＋1a n ＝12，又∵a 1＝1，∴数列{a n }为首项为1，公比为12的等比数列，∴S 5＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝3116，故选B ．3. (2024·咸阳模拟)已知等差数列{a n }满意a n ＋2a n ＋1＝3n ＋2，则{a n }的前20项和S 20＝( C )A ．200B ．300C ．210D ．320【解析】 因为数列{a n }为等差数列，设a n ＝An ＋B ，所以a n ＋1＝An ＋A ＋B ，所以a n ＋2a n＋1＝3An ＋2A ＋3B ，因为a n ＋2a n ＋1＝3n ＋2，所以⎩⎪⎨⎪⎧3A ＝3，2A ＋3B ＝2，所以⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝0，则a n ＝n ，所以S 20＝20×1＋20×20－12×1＝210.故选C ．4. (2024·西安二模)已知数列{a n }满意a 1＝1，a n a n ＋1＝2n (n ∈N *)，则S 2 023等于( D ) A ．3(21 011－1) B ．21 012－3C ．3(21 010－1) D ．21 013－3【解析】 ∵数列{a n }满意a 1＝1，a n a n ＋1＝2n(n ∈N *)①，∴当n ＝1时，a 2＝2，当n ≥2，a n a n －1＝2n －1②，两式相除得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列，数列{a n }的偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列，∴S 2 023＝1×1－21 0121－2＋2×1－21 0111－2＝21 012－1＋2×21 011－2＝21 013－3.故选D ．5. (2024·山东淄博高二山东省淄博试验中学校联考期中)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4＋a 5＋a 6＝51，S 7＝98，则a 10＝( B )A ．29B ．32C ．35D ．38【解析】 因为数列{a n }为等差数列，则a 4＋a 5＋a 6＝3a 5＝51，S 7＝7a 4＝98，可得a 5＝17，a 4＝14，设等差数列的公差为d ，可得d ＝a 5－a 4＝3，所以a 10＝a 5＋5d ＝17＋5×3＝32.故选B ．6. (2024·镇江三模)已知a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，且2和8为其中的两项，则a 5的最小值为( B )A ．－64B ．－16C ．164D ．116【解析】 若相邻两项为2和8，则公比为正数，每一项都为正数，求的是最小值，应当要负数，故舍去；若奇数项为2和8，则奇数项均为正数，舍去；因此只能a 2和a 4分别为2和8，当a 2＝8，a 4＝2时，公比为±12，则a 5＝a 4q ＝±1；当a 2＝2，a 4＝8时，公比为±2，则a 5＝a 4q ＝±16；则a 5的最小值为－16.故选B ．7. (2024·广东模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋n 2n 是常数列，则数列{a n }( A )A ．是递增数列B ．是递减数列C ．先递增后递减D ．先递减后递增【解析】 设a n ＋n2n ＝k (k 为常数)，∴a n ＝k ·2n－n ，∵a n >0，∴k >n 2n ，易得k >12，a n －a n－1＝k ·2n－n －k ·2n －1＋n －1＝k ·2n －1－1>12×21－1＝0(n ≥2)，∴a n －a n －1>0，数列{a n }为递增数列．故选A ．8. (2024·驻马店三模)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝9，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n －10，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为( B )A ．64B ．53C ．42D ．25【解析】 由a n ＋2＝3a n ＋1－2a n －10，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )－10，令a n ＋1－a n ＝b n ，所以b n ＋1＝2b n －10，则b n ＋1－10＝2(b n －10)，所以数列{b n －10}是以b 1－10＝a 2－a 1－10＝－2为首项，2为公比的等比数列，所以b n －10＝－2×2n －1＝－2n ，即b n ＝－2n＋10，即a n ＋1－a n ＝10－2n，由a 2－a 1＝10－21，a 3－a 2＝10－22，a 4－a 3＝10－23，…，a n －a n －1＝10－2n －1(n ≥2)，将以上n －1个等式两边相加得a n －a 1＝10(n －1)－21－2n －11－2＝10n －2n－8，所以a n ＝10n －2n－7，n ≥2，经检验a 1＝1满意上式，故a n ＝10n －2n－7，当n ≤3时，a n ＋1－a n ＝10－2n >0，即{a n }单调递增，当n ≥4时，a n ＋1－a n ＝10－2n<0，即{a n }单调递减，因为a 3＝10×3－23－7＝15>0，a 4＝10×4－24－7＝17>0，a 5＝10×5－25－7＝11>0，a 6＝10×6－26－7＝－11<0，所以{a n }的前n 项和S n 的最大值为S 5＝1＋9＋15＋17＋11＝53.故选B ．二、多项选择题9. (2024·宜章县模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若数列{a n }和{S n }均为等差数列，且a 5＝18，则( BD )A ．a 1＝6B ．a 8＝30C ．S 5＝60D ．S 7＝98【解析】 依据题意，数列{a n }为等差数列，设其公差为d ，又由{S n }为等差数列，则S 1＋S 3＝2S 2，即a 1＋3a 1＋3d ＝22a 1＋d ，又由a 5＝18，则18－4d ＋54－9d ＝236－7d ，解可得：d ＝4，则a 1＝18－4d ＝2，A 错误；a 8＝18＋3d ＝30，B 正确；S 5＝a 1＋a 5×52＝2＋18×52＝50，C 错误；S 7＝7a 1＋7×62d ＝98，D 正确．故选BD ．10.已知等比数列{a n }各项均为正数，满意a 2·a 16＝16，a 6＋a 7a 3＋a 4＝18，记等比数列{a n }的前n 项的积为T n ，则当T n 取得最大值时，n ＝( CD )A ．8B ．9C ．10D ．11【解析】 因为a 2·a 16＝16，由等比数列的性质可得，所以a 29＝a 2·a 16＝16，因为a n >0，所以a 9＝4，因为a 6＋a 7a 3＋a 4＝18，即a 3q 3＋a 4q 3a 3＋a 4＝18，所以q ＝12，∴a 10＝a 9q ＝4×12＝2，a 11＝a 10q ＝1，因为0<q ＝12<1，a n >0，所以等比数列{a n }为递减数列，所以当n ≥12时，a n <1，∴当n ＝10或n ＝11时，T n 取得最大值．故选CD ．11. (2024·沙坪坝区校级模拟)在数列{a n }中，a 2和a 6是关于x 的一元二次方程x 2－bx＋4＝0的两个根，下列说法正确的是( AD )A ．实数b 的取值范围是b ≤－4或b ≥4B ．若数列{a n }为等差数列，则数列{a n }的前7项和为4bC ．若数列{a n }为等比数列且b >0，则a 4＝±2D ．若数列{a n }为等比数列且b >0，则a 2＋a 6的最小值为4【解析】 因为关于x 的一元二次方程x 2－bx ＋4＝0有两个根，所以Δ＝b 2－4×1×4≥0，解得b ≤－4或b ≥4，故选项A 正确；若数列{a n }为等差数列，且a 2＋a 6＝b ，则S 7＝7a 1＋a 72＝7a 2＋a 62＝7b2，故选项B 错误；若数列{a n }为等比数列且b >0，由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 6＝b >0，a 2·a 6＝a 24＝4，可得a 2>0，a 6>0，∴a 4＝a 2·q 2>0，所以，a 4>0，∴a 2＋a 6＝b ≥2a 2·a 6＝4，当且仅当a 2＝a 6＝2时，等号成立，故选项C 错误，D 正确，故选AD ．12. (2024·南关区校级模拟)数列{a n }首项a 1＝2，对一切正整数n ，都有a n ＋1＝2－1a n，则( ABD )A ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列 B ．对一切正整数n 都有a n >1 C ．存在正整数n ，使得a n ＝2a 2nD ．对随意小的正数ε，存在n 0∈N ，使得|a n ＋1－a n |<ε(n >n 0) 【解析】 由a n ＋1＝2－1a n 可得，a n ＋1－1＝1－1a n ＝a n －1a n，∴1a n ＋1－1＝a n a n －1＝a n －1＋1a n －1＝1＋1a n －1，即1a n ＋1－1－1a n －1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以1为首项，1为公差的等差数列，A 正确；由A 选项可知1a n －1＝n ，∴a n ＝1n＋1，∴对一切正整数n 都有a n >1，B 正确；若存在正整数n ，使得a n ＝2a 2n ，则1n ＋1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝1n ＋2无解，C 错误；∵a n ＋1－a n ＝1n ＋1－1n ＝－1n n ＋1，∴|a n ＋1－a n |＝1n n ＋1，对随意小的正数ε，取M ＝1ε>0，则必存在n 0∈N ，有n 20>M ，此时n 20>1ε，则1n 20<ε，∴当n >n 0时，|a n ＋1－a n |＝1nn ＋1<1n 2<1n 20<ε，D 正确，故选ABD ．三、填空题13. (2024·锡山区校级一模)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝14，S 5＝55，数列{a 3n －1}的前10项的和为_－265__.【解析】 等差数列{a n }中，a 2＝14，S 5＝5a 3＝55，所以a 3＝11，所以公差d ＝a 3－a 2＝－3，所以数列{a 3n －1}是等差数列，且首项为b 1＝a 2＝14，公差为3×(－3)＝－9，所以前10项的和为10×14＋12×10×9×(－9)＝－265.故答案为－265.14. (2024·射洪市模拟)已知数列{a n ＋2n }为等比数列，a 1－a 2＝1，a 3＝－2，则数列{a n }的第10项a 10＝_492__.【解析】 令b n ＝a n ＋2n ，设数列{b n }的公比为q ，∵a 1－a 2＝1，∴b 1－2－(b 2－4)＝1，即b 2＝b 1＋1，∴b 1q ＝b 1＋1，∵a 3＝－2，∴b 3＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧b 1q ＝b 1＋1，b 1q 2＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝2，∴b n＝2n －1，a n ＝b n －2n ＝2n －1－2n ，∴a 10＝29－2×10＝492.故答案为492.15. (2024·沙坪坝区校级模拟){a n }是公差不为零的等差数列，前n 项和为S n ，若S 3＝15，a 3，a 6，a 12成等比数列，则S 2 033a 2 033＝_1_017__. 【解析】 在等差数列{a n }中，由S 3＝3a 2＝15⇒a 2＝5；又a 3，a 6，a 12成等比数列，∴(5＋4d )2＝(5＋d )(5＋10d )，解得d ＝52.∴a 1＝a 2－d ＝5－52＝52.则a 2 033＝a 1＋2 032d ＝52＋2032×52＝2 033×52，S 2 033＝2 033×52＋2 033×2 0322×52＝2 033×52×(1＋1 016)，∴S 2 033a 2 033＝2 033×52×1 0172 033×52＝1 017.故答案为1 017. 16. (2024·西城区二模)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝12，a 2＝14，则a 5＝132 ；使S n ≥99100成立的n 的最小值为_7__. 【解析】 依据题意，等比数列{a n }中，其公比为q ，a 1＝12，a 2＝14，则q ＝a 2a 1＝12，则有a 5＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝132；故S n ＝a 11－q n 1－q ＝1－12n ≥99100，变形可得2n ≥ 100，而n ∈N *，则n ≥7，即使S n ≥99100成立的n 的最小值为7.故答案为132；7.。
2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第2讲数列求和及其综合应用课件
真题研究·悟高考
1. (2023·全国新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为 d，且 d>1.令 bn ＝n2a＋n n，记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
考点突破·提能力
核心考点1 求数列的通项公式
核 心 知 识·精 归 纳
求数列通项公式的方法 (1)Sn 与 an 的关系：若数列{an}的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，则 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2. (2)由递推关系式求通项公式：①构造法；②累加法；③累乘法．
角度1：由Sn与an的关系求通项公式
方 法 技 巧·精 提 炼
根据所求的结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化 (1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． (2)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
加 固 训 练·促Байду номын сангаас提 高
1.数列{an}满足：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋(n－1)·2n＋1，n∈N*. 求数列{an}的通项公式．
2. (2023·全国新高考Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝a2na－n，6， n为n为 偶奇 数数 ，， 记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， 而 bn＝a2na－n，6，n＝n＝2k，2k－1， k∈N*， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是ST43＝＝44aa11＋＋64dd＝－3122，＝16， 解得 a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d
2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列微专题数列与传统文化创新应用课件
【解析】 (1)由Sn＝2an－2，则当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2， 两式相减得：an＝2an－2an－1，则an＝2an－1， 由S1＝2a1－2，则a1＝2， ∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an＝2n，
由TTn＋n 1＝bbn＋n 2.
角度2：结论探究式问题 典例2 (2023·江苏南通统考一模)写出一个同时满足下列条件①
②的等比数列{an}的通项公式an＝__(_－__2_)_n(_答__案__不__唯__一__)___. ①anan＋1<0；②|an|<|an＋1|.
【解析】 可构造等比数列，设公比为q，由anan＋1<0，可知公比q 为负数，因为|an|<|an＋1|，所以|q|>1，所以q可取－2，设a1＝－2，则an＝ －2·(－2)n－1＝(－2)n.
题型二 数列中的创新问题 典 例 研 析·悟 方 法
角度1：条件追溯问题 典例1 已知等比数列{an}的首项为－2，公比为q.试写出一个实
数q＝______12_(答__案__不__唯__一__)_____，使得an<an＋1.
【解析】 等比数列{an}的首项为－2，公比为 q，∵an<an＋1，∴数 列{an}为递增数列，∴a2<a3，∴－2q<－2q2，解得 0<q<1，则 q 可以取12， (答案不唯一)．
9×22a5＝9a5＝1 260，∴a5＝140.故选 C．
3. (2023·广东深圳统考一模)将一个顶角为120°的等腰三角形(含边
界和内部)的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角
形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重
新教材2024高考数学二轮专题复习分册一专题三数列第一讲等差数列与等比数列__小题备考微专题1等差数
第一讲等差数列与等比数列——小题备考常考常用结论1．等差数列(1)通项公式：a n＝a1＋(n－1)d；(2)求和公式：S n＝＝na1＋d；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q；②a n＝a m＋(n－m)d；③S m，S2m－S m，S3m－S2m，…成等差数列．2．等比数列(1)通项公式：a n＝a1q n－1(q≠0)；(2)求和公式：当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q；②a n＝a m·q n－m；③S m，S2m－S m，S3m－S2m，…(S m≠0)成等比数列．微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算1.[2023·江西赣州二模]已知等差数列{a n}中，S n是其前n项和，若a3＋S3＝22，a4－S4＝－15，则a5＝( )A．7 B．10 C．11 D．132．[2023·安徽合肥二模]已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a4＝－1，a1＋a5＝2，则S8的值为( )A．－27B．－16C．－11D．－93．[2023·吉林长春三模]已知等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则q的值为( )A．B．C．2D．44．[2023·全国甲卷]已知正项等比数列{a n}中，a1＝1，S n为{a n}前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝( )A．7B．9C．15D．305．[2023·辽宁鞍山二模]天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2023年是癸卯年，请问：在100年后的2123年为( )A．壬午年B．癸未年C．己亥年D．戊戌年1.(1)[2023·山东济南模拟](多选)已知等差数列{a n}，前n项和为S n，a1>0，<－1，则下列结论正确的是( )A．a2022>0B．S n的最大值为S2023C．|a n|的最小值为a2022D．S4044<0(2)[2023·湖南长沙明德中学三模]中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则此人在第六天行走的路程是________里(用数字作答)．技法领悟1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，a n，S n这五个量知道其中任意三个，就可以求出其他两个．求解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算．2．对于等比数列的前n项和公式，应按照公比q与1的关系分类讨论．一般地，若涉及n 较小的等比数列的前n项和问题，为防止遗忘分类讨论，可直接利用通项公式写出，而不必使用前n项和公式．[巩固训练1] (1)[2022·全国乙卷]记S n为等差数列的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.(2)[2023·河北正定中学模拟]已知等比数列{a n}的前三项和为39，a6－6a5＋9a4＝0，则a5＝( )A．81B．243C．27D．729微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算保分题1．解析：设公差为d，则a1＋2d＋3a1＋3d＝22，a1＋3d－4a1－6d＝－15，解得a1＝3，d ＝2，故a5＝a1＋4d＝3＋8＝11.故选C.答案：C2．解析：因为{a n}是等差数列，设公差为d，因为a4＝－1，a1＋a5＝2，所以，则，因为{a n}的前n项和为S n，所以S8＝8×5＋＝－16，故选B.答案：B3．解析：已知等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则a6－a4＝8a3－8a1，所以＝＝q3＝8，解得q＝2.故选C.答案：C4．解析：由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q －4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.答案：C5．解析：由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于100÷10＝10，余数为0，故100年后天干为癸；由于100÷12＝8…4，余数为4，故100年后地支为未；综上：100年后的2123年为癸未年．故选B.答案：B提分题[例1] (1)解析：∵数列{a n}为等差数列，a1>0，<－1，∴数列{a n}为递减的等差数列，∴a2023<0，a2022>0，故A正确；∵数列{a n}为递减的等差数列，a2023<0，a2022>0，∴S n的最大值为S2022，故B错；∵a2023<0，a2022>0，∴由<－1得a2023<－a2022，∴a2023＋a2022<0，∴|a2023|>|a2022|，∴|a n|的最小值为|a2022|，即a2022，故C正确；S4044＝＝2022(a2022＋a2023)<0，故D正确．故选ACD.(2)解析：将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列{a n}，n∈N*，n≤6，其公比q＝，令数列{a n}的前n项和为S n，则S6＝378，而S6＝＝，因此＝378，解得a1＝192，所以此人在第六天行走的路程a6＝a1×＝6(里)．答案：ACD (2)6[巩固训练1] (1)解析：方法一设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d.因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.方法二设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.(2)解析：由a6－6a5＋9a4＝0⇒a4·(q2－6q＋9)＝0.而a n≠0，∴q＝3，又a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13a1＝39⇒a1＝3，∴a n＝3n，a5＝35＝243.故选B.答案：(1)2答案：B。
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第一部分 专题一 第1课时(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)A 级1．(2012·济南模拟)某全日制大学共有学生5 600人，其中专科生有1 300人，本科生有3 000人，研究生1 300人，现采用分层抽样的方法调查学生利用因特网查找学习资料的情况，抽取的样本为280人，则应在专科生，本科生与研究生这三类学生中分别抽取( )A ．65人，150人，65人B ．30人，150人，100人C ．93人，94人，93人D ．80人，120人，80人解析： 设应在专科生，本科生与研究生这三类学生中分别抽取x 人，y 人，z 人，则5 600280＝1 300x ＝3 000y ＝1 300z，所以z ＝x ＝65，y ＝150.所以应在专科生，本科生与研究生这三类学生中分别抽取65人，150人，65人．答案： A2.(2012·陕西卷)对某商店一个月内每天的顾客人数进行了统计，得到样本的茎叶图(如图所示)，则该样本的中位数、众数、极差分别是( )A ．46,45,56B ．46,45,53C ．47,45,56D ．45,47,53解析： 直接列举求解． 由题意知各数为12,15,20,22,23,23,31,32,34,34,38,39,45,45,45,47,47,48,48,49,50,50,51,51,54,57,59,61,67,68，中位数是46，众数是45，最大数为68，最小数为12，极差为68－12＝56.答案： A3．(2012·新课标全国卷)在一组样本数据(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )(n ≥2，x 1，x 2，…，x n 不全相等)的散点图中，若所有样本点(x i ，y i )(i ＝1,2，…，n )都在直线y ＝12x ＋1上，则这组样本数据的样本相关系数为( )A ．－1B ．0 C.12D ．1解析： 利用相关系数的意义直接作出判断．样本点都在直线上时，其数据的估计值与真实值是相等的，即y i ＝y ∧i ，代入相关系数公式r＝1－∑i＝1ny i－y∧i2∑i＝1ny i－y2＝1.答案： D4．(2012·江西卷)小波一星期的总开支分布如图(1)所示，一星期的食品开支如图(2)所示，则小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为( )A．30% B．10%C．3% D．不能确定解析：利用“整数值”定比例．由题图(2)可知小波一星期的食品开支共计300元，其中鸡蛋开支30元．又由题图(1)知，一周的食品开支占总开支的30%，则可知一周总开支为1 000元，所以鸡蛋开支占总开支的百分比为301 000×100%＝3%.答案： C5．(2012·江西盟校二联)若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2.现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数为x，方差为s2，则( )A.x＝5，s2<2B.x＝5，s2>2C.x>5，s2<2D.x>5，s2>2解析：考查样本数据的平均数及方差．设18(x 1＋x 2＋…＋x 8)＝5， ∴19(x 1＋x 2＋…＋x 8＋5)＝5，∴x ＝5，由方差定义及意义可知加新数据5后，样本数据取值的稳定性比原来强，∴s 2＜2，故选A.答案： A6．在研究某种新药对鸡瘟的防治效果问题时，得到了以下数据：活鸡数 死亡数 总计 新药 132 18 150 对照 115 35 150 总计24753300A ．有95%的把握认为新药对防治鸡瘟有效B ．有99%的把握认为新药对防治鸡瘟有效C ．有99.9%的把握认为新药对防治鸡瘟有效D ．没有充分证据显示新药对防治鸡瘟有效 解析： K 2＝300×132×35－115×182247×53×150×150≈6.623.因为6.623＞3.841，所以有95%的把握认为新药对防治鸡瘟有效．答案： A7．高三(1)班共有56人，学号依次为1,2,3，…，56，现用系统抽样的办法抽取一个容量为4的样本，已知学号为6,34,48的同学在样本中，那么还有一个同学的学号应为________．解析： 由题意可知，可将学号依次为1,2,3，…，56的56名同学分成4组，每组14人，抽取的样本中，若将他们的学号按从小到大的顺序排列，彼此之间会相差14.故还有一个同学的学号应为6＋14＝20.答案： 208．某研究机构为了研究人的脚的大小与身高之间的关系，随机抽测了20人，若“身高大于175厘米”的为“高个”，“身高小于等于175厘米”的为“非高个”，“脚长大于42码”的为“大脚”，“脚长小于等于42码”的为“非大脚”．得以下2×2列联表：高个 非高个 总计 大脚 5 2 7 非大脚 1 12 13 总计61420(附：P (K 2>k ) 0.05 0.01 0.001 k3.8416.63510.828)解析： 由题意得观测值k ＝205×12－1×226×14×7×13≈8.802>6.635.而观测值k >6.635的概率约为0.01，所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为人的脚的大小与身高之间有关系．答案： 0.019．某数学老师身高176 cm ，他爷爷、父亲和儿子的身高分别是173 cm 、170 cm 和182 cm.因儿子的身高与父亲的身高有关，该老师用线性回归分析的方法预测他孙子的身高为________cm.解析： 设父亲身高为x cm ，儿子身高为y cm ，则x 173 170 176 y170176182x ＝173，y ＝176，b ＝0×－6＋－3×0＋3×602＋9＋9＝1， a ＝y －b x ＝176－1×173＝3，∴y ∧＝x ＋3，当x ＝182时，y ∧＝185. 答案： 18510．某中学共有1 000名学生参加了该地区高三第一次质量检测的数学考试，数学成绩如下表所示：数学成 绩分组 [0,30) [30,60) [60,90) [90,120)[120,150]人数 6090300x160(1)为了了解同学们前段时间的复习情况，学校将采用分层抽样的方法抽取100名同学进行问卷调查，甲同学在本次测试中数学成绩为95分，求他被抽中的概率；(2)已知本次数学成绩的优秀线为110分，试根据所提供数据估计该中学达到优秀线的人数；(3)作出频率分布直方图，并估计该学校本次考试的数学平均分．(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)．解析： (1)分层抽样中，每个个体被抽到的概率均为样本容量总体中的个体数，故甲同学被抽到的概率p ＝110.(2)由题意得x ＝1 000－(60＋90＋300＋160)＝390.故估计该中学达到优秀线的人数m ＝160＋390×120－110120－90＝290.(3)频率分布直方图如图所示：该学校本次考试的数学平均分x ＝60×15＋90×45＋300×75＋390×105＋160×1351 000＝90.估计该学校本次考试的数学平均分为90分．11．(2012·广东肇庆二模)某校高二年级研究性学习小组，为了分析2011年我国宏观经济形势，上网查阅了2010年和2011年2～6月我国CPI 同比(即当年某月与前一年同月相比)的增长数据(见下表)，但2011年4,5,6三个月的数据(分别记为x ，y ，z )没有查到．有的同学清楚记得2011年2,3,4,5,6五个月的CPI 数据成等差数列．(1)求x ，y ，z 的值；(2)求2011年2～6月我国CPI 的数据的方差；(3)一般认为，某月CPI 达到或超过3个百分点就已经通货膨胀，而达到或超过5个百分点则严重通货膨胀．现随机地从表中2010年的五个月和2011年的五个月的数据中各抽取一个数据，求抽取的数据中2010年通货膨胀，并且2011年严重通货膨胀的概率．附表：我国2010年和2011年2～6月的CPI 数据(单位：百分点．注：1个百分点＝1%)月份 年份 2月 3月 4月 5月 6月 2010 2.7 2.4 2.83.12.920114.95.0x y z解析： (1)－4.9＝0.1，故x ＝5.0＋0.1＝5.1，y ＝x ＋0.1＝5.2，z ＝y ＋0.1＝5.3.(2)由(1)知2011年2～6月我国CPI 的数据为4.9,5.0,5.1,5.2,5.3， 其平均数为x ＝15(4.9＋5.0＋5.1＋5.2＋5.3)＝5.1，其方差为s 2＝15[(4.9－5.1)2＋(5.0－5.1)2＋(5.1－5.1)2＋(5.2－5.1)2＋(5.3－5.1)2]＝0.02.(3)用(m ，n )表示随机地从2010年的五个月和2011年的五个月的数据中各抽取一个数据的基本事件，其中m 表示2010年的数据，n 表示2011年的数据，则所有基本事件有(2.7，4.9)，(2.7,5.0)，(2.7,5.1)，(2.7,5.2)，(2.7,5.3)，(2.4,4.9)，(2.4,5.0)，(2.4,5.1)，(2.4,5.2)，(2.4,5.3)，(2.8,4.9)，(2.8,5.0)，(2.8,5.1)，(2.8,5.2)，(2.8,5.3)，(3.1,4.9)，(3.1,5.0)，(3.1,5.1)，(3.1,5.2)，(3.1,5.3)，(2.9，4.9)，(2.9,5.0)，(2.9,5.1)，(2.9,5.2)，(2.9,5.3)，共25个．其中满足2010年通货膨胀，并且2011年严重通货膨胀的基本事件有：(3.1,5.0)，(3.1,5.1)，(3.1,5.2)，(3.1,5.3)，共4种，所以P ＝425＝0.16，即抽取的数据中2010年通货膨胀，并且2011年严重通货膨胀的概率为0.16.B 级1．某研究机构对高三学生的记忆力x 和判断力y 进行统计分析，所得数据如表所示.(1)(2)请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y 关于x 的线性回归方程y ∧＝bx ＋a ； (3)试根据(2)求出的线性回归方程，预测记忆力为9的学生的判断力．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫相关公式：b ＝∑i ＝1nx i y i －n x ·y ∑i ＝1nx 2i－n x 2，a ＝y －b x . 解析： (1)由题可作散点图．(2)∑i ＝14x i y i ＝6×2＋8×3＋10×5＋12×6＝158，x ＝6＋8＋10＋124＝9，y ＝2＋3＋5＋64＝4，∑i ＝14x 2i ＝62＋82＋102＋122＝344， b ＝158－4×9×4344－4×92＝1420＝0.7，a ＝y －bx ＝4－0.7×9＝－2.3， 故线性回归方程为y ∧＝0.7x －2.3.(3)由回归直线方程预测，记忆力为9的学生的判断力约为4.2．(2012·石家庄质检)某班甲、乙两名同学参加100米达标训练，在相同条件下两人10次训练的成绩(单位：称)如下：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲 11.6 12.2 13.2 13.9 14.0 11.5 13.1 14.5 11.7 14.3 乙 12.313.314.311.712.012.813.213.814.112.5(1)请画出适当的统计图．如果从甲、乙两名同学中选一名参加学校的100米比赛，从成绩的稳定性方面考虑，选派谁参加比赛更好，并说明理由(不用计算，可通过统计图直接回答结论)；(2)经过对甲、乙两位同学的若干次成绩的统计，甲、乙的成绩都匀匀分布在[11.5,14.5]，现甲、乙比赛一次，求甲、乙成绩之差的绝对值小于0.8秒的概率．解析： (1)甲、乙两人10次训练的成绩的茎叶图：从统计图中可以看出，乙的成绩较为集中，差异程度较小，稳定性较好，所以选派乙同学代表班级参加比赛更好．(2)设甲同学的成绩为x 秒，乙同学的成绩为y 秒，则由|x －y |<0.8，得x －0.8<y <0.8＋x ，如图，阴影部分的面积为3×3－2.2×2.2＝4.16，则P (|x －y |<0.8)＝P (x －0.8<y <0.8＋x )＝4.163×3＝104225.所以甲、乙成绩之差的绝对值小于0.8秒的概率为104225.。