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大题专项练（八）1.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点1,32(),离心率为12,左㊁右焦点分别为F1,F2,过F1的直线交椭圆于A,B两点.(1)求椭圆C的方程.(2)当әF2A B的面积为1227时,求直线的方程.2.如图,圆C与x轴相切于点T(2,0),与y轴正半轴相交于两点M,N(点M在点N的下方),且|MN|=3.(1)求圆C的方程.(2)过点M任作一条直线与椭圆x28+y24=1相交于两点A,B,连接A N,B N,求证:øA NM=øB NM.3.设椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左㊁右焦点分别为F1, F2,过F1的直线交椭圆于A,B两点,若椭圆E的离心率为12,әA B F2的周长为16.(1)求椭圆E的方程.(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦A B的直线交椭圆E于点C,D,设弦A B,C D的中点分别为M,N.证明:O, M,N三点共线.4.已知抛物线W:x2=2p y(p>0)的焦点为F,点A在W 上,A F的中点坐标为(2,2).(1)求抛物线W的方程.(2)若直线l与抛物线W相切于点P(异于原点),与抛物线W的准线相交于点Q,证明:F PʅF Q.5.过椭圆W :x 22+y 2=1的左焦点F 1作直线l 1交椭圆于A ,B 两点,其中A (0,1),另一条过F 1的直线l 2交椭圆于C ,D 两点(不与A ,B 重合),且D 点不与点(0,-1)重合.过F 1作x 轴的垂线分别交直线AD ,B C 于E ,G .(1)求B 点坐标和直线l 1的方程.(2)求证:|E F 1|=|F 1G |.6.已知平行四边形O M A N 的三个顶点M ,A ,N 都在椭圆C :x 22+y 2=1上,O 为坐标原点.(1)当点A 的坐标为1,22æèçöø÷时,求直线MN 的方程.(2)证明:平行四边形O M A N 的面积为定值.7.过抛物线x 2=2p y (p >0)的焦点F 的直线与抛物线在第一象限的交点为A ,与抛物线准线的交点为B ,点A在抛物线准线上的射影为C ,若A F ң=F B ң,әA B C 的面积为83.(1)求抛物线的标准方程.(2)过焦点F 的直线与抛物线交于M ,N 两点,抛物线在M ,N 点处的切线分别为l 1,l 2,且l 1与l 2相交于P 点,l 1与x 轴交于Q 点,求证:F Q ʊl 2.8.已知圆O :x 2+y 2=1的切线l 与椭圆C :x 2+3y 2=4相交于A ,B 两点.(1)求椭圆C 的离心率.(2)求证:O A ʅO B .(3)求әO A B 面积的最大值.。
2020-2021学年高考数学精选新题专项汇编（全国通用）专题03 函数一．选择题1．（2021•一模拟）函数f （x ）=e e −e −ee 2的奇偶性为（ ）A ．偶函数B ．奇函数C ．非奇非偶函数D ．既是奇函数又是偶函数【解答】解：由题可得，函数的定义域为{x |x ≠0}，关于原点对称， 又因为f （﹣x ）=e −e −e ee 2=−f （x ），故函数f （x ）=e e −e −ee 2为奇函数，故选：B ．2．（2021•二十模拟）已知f （x ）是定义在R 上的函数，且f （﹣x ）+f （x ）＝0，f （x +12）＝f （1﹣x ），当x ∈[−34，0）时，f （x ）＝2x ，则f （2020）＝（ ） A ．1B ．2C ．12D ．−12【解答】解：由f （﹣x ）+f （x ）＝0，可知f （x ）是奇函数， ∵f （x +12）＝f （1﹣x ），即f （x +32）＝f （﹣x ）＝﹣f （x ），∴f （x +3）＝f （x ）， 可得周期T ＝3．则f （2020）＝f （1）＝f （12）＝﹣f （−12）．当x ∈[−34，0）时，f （x ）＝2x ， ∴f （−12）＝﹣1， 得f （2020）＝1； 故选：A ．3．（2021•十九模拟）若ln （a +4b ）＝lna +lnb ﹣1，则e +e e的取值范围为（ ）A ．（7e ，7）B ．[9e ，7）C ．（9e ，+∞）D ．[9，+∞）【解答】解：由ln （a +4b ）＝lna +lnb ﹣1，可得a +4b =ee e，所以4e+1e=1e，因为a ＞0，b ＞0，所以e +e e=（a +b ）•（4e+1e）＝5+4e e+e e≥5+4＝9．当且仅当a ＝2b ＝6e 时，取等号． 所以e +e e的取值范围为[9，+∞）．故选：D ．4．（2021•山东模拟）函数f （x ）＝sin （e e −e −e e e +e−e ）+cos （e e −e −e e e +e −e）的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【解答】解：函数f （x ）的定义域为R ，令e (e )=e e −e −ee e +e −e =e 2e −1e 2e +1=1−2e 2e +1，可知函数t （x ）在R 上单调递增，且t （x ）的值域为（﹣1，1），又因为e =eeee +eeee =√2eee (e +e4)，e +e 4∈(−1+e 4，1+e4)，结合复合函数的单调性，可知函数f （x ）先增后减，故选项A ，B 错误；当−1＜e ＜−e4时，f （x ）＜0，f （0）＝1，故选项D 错误．故选：C ．5．（2021•十五模拟）已知函数f （x ）＝xlnx ﹣x 2，g （x ）＝me x ﹣x ，若对任意的x ∈（0，+∞），f （x ）的图象恒在g （x ）图象的上方，则实数m 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，0）B ．（﹣∞，−1e 2）C ．[−1e 2，0]D ．（−1e 2，0）【解答】解：对任意的x ∈（0，+∞），f （x ）的图象恒在g （x ）图象的上方， 即为xlnx ﹣x 2＞me x ﹣x 对x ＞0恒成立，可得m ＜e e e（1﹣x +lnx ），可令h （x ）=e e e，h ′（x ）=1−e e e，可得h （x ）在（0，1）递增，（1，+∞）递减，当x ＞0时，h （x ）∈（0，1e]，令t =e e e ，则x ＞0时，t ∈（0，1e ]，lnt ＝ln ee e =lnx ﹣x ， 此时m ＜t （lnt +1），设u （t ）＝t （lnt +1），（0＜t ≤1e ），u ′（t ）＝2+lnt ，当0＜t ＜1e2时，u （t ）递减，当t ∈（1e 2，1e）时，u （t ）递增，可得u （t ）的最小值为u （1e 2）=−1e 2， 所以m ＜−1e 2，故选：B ．6．（2020•天河区二模）若x ，a ，b 均为任意实数，且（a +2）2+（b ﹣3）2＝1，则（x ﹣a ）2+（lnx ﹣b ）2的最小值为（ ） A ．3√2B ．18C ．3√2−1D ．19﹣6√2【解答】解：（a +2）2+（b ﹣3）2＝1，可得（a ，b ）在（﹣2，3）为圆心，1为半径r 的圆上，（x ﹣a ）2+（lnx ﹣b ）2表示点（a ，b ）与点（x ，lnx ）的距离的平方， 设过切点（m ，lnm ）的切线与过（﹣2，3）的法线垂直， 可得eee −3e +2•1e =−1，即有lnm +m 2+2m ＝3，由f （m ）＝lnm +m 2+2m 在m ＞0递增，且f （1）＝3， 可得切点为（1，0），圆心与切点的距离为d =√(1+2)2+(0−3)2=3√2，可得（x ﹣a ）2+（lnx ﹣b ）2的最小值为（3√2−1）2＝19﹣6√2， 故选：D ．7．（2020•衡阳三模）设函数e (e )={2e ，e ≤12e 2−ee −eee ，e ＞12，若f （x ）有最小值，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[√2，+∞)B ．[2，+∞）C ．[ee2−14，+∞) D ．[1，+∞）【解答】解：要使f （x ）有最小值，只须当e ＞12时，f min （x ）≤0． 当e ＞12时，e ′(e )=2e −e −1e ， 因为2e −1e ∈(−1，+∞)若a ≤﹣1时，f '（x ）＞0，f （x ）在(12，+∞)上单调递增，此时f （x ）无最小值；若a ＞﹣1时，e ′(e )=2e 2−ee −1e，记2x 2﹣ax ﹣1＝0两根分别为x 1，x 2， 则x 1＜0＜x 2，∴f （x ）在（0，x 2）上单调递减，在（x 2，+∞）上单调递增，此时e eee (e )=e (e 2)=e 22−ee 2−eee 2=1−e 22−eee 2≤0，则x 2≥1， 所以e =2e −1e≥1，故选：D ．8．（2020•广州二模）若关于x 的不等式e 2x ﹣alnx ≥12a 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[0，2e ]B ．（﹣∞，2e ]C ．[0，2e 2]D ．（﹣∞，2e 2]【解答】解：当a ＜0时，f （x ）＝e 2x ﹣alnx 为（0，+∞）的增函数，f （x ）无最小值，不符合题意； 当a ＝0时，e 2x ﹣alnx ≥12a 即为e 2x ≥0显然成立；当a ＞0时，f （x ）＝e 2x ﹣alnx 的导数为f ′（x ）＝2e 2x −ee ，由于y ＝2e 2x −ee在（0，+∞）递增，设f ′（x ）＝0的根为m ，即有a ＝2me 2m ，当0＜x ＜m 时，f ′（x ）＜0，f （x ）递减；当x ＞m 时，f ′（x ）＞0，f （x ）递增， 可得x ＝m 处f （x ）取得极小值，且为最小值e 2m ﹣alnm ， 由题意可得e 2m ﹣alnm ≥12a ，即e2e −alnm ≥12a ，化为m +2mlnm ≤1，设g （m ）＝m +2mlnm ，g ′（m ）＝1+2（1+lnm ）， 当m ＝1时，g （1）＝1，m ＞1时，g ′（m ）＞0，g （m ）递增， 可得m +2mlnm ≤1的解为0＜m ≤1， 则a ＝2me 2m ∈（0，2e 2]， 综上可得a ∈[0，2e 2]， 故选：C ．9．（2020•桃城区校级模拟）已知函数f （x ）满足：∈对任意0≤x 1＜x 2，都有e (e 1)−e (e 2)e 1−e 2＜0；∈函数y ＝f （x +2）的图象关于点（﹣2，0）对称．若实数a ，b 满足f （a 2+2b ）≤﹣f （﹣b 2﹣2a ），则当e ∈[12，1]时，ee +e的取值范围为（ ） A ．[18，12]B ．[14，12]C ．[12，1]D ．[2，4]【解答】解：由对任意0≤x 1＜x 2，都有e (e 1)−e (e 2)e 1−e 2＜0，可得，f （x ）在[0，+∞）上单调递减．由函数y ＝f （x +2）的图象关于点（﹣2，0）对称，得函数y ＝f （x ）的图象关于原点对称，可得函数y ＝f （x ）为奇函数，故f （x ）在R 上单调递减．于是得f （a 2+2b ）≤f （b 2+2a ），∴a 2+2b ≥b 2+2a ，∴b 2﹣a 2+2a ﹣2b ≤0，∴（b ﹣a ）[b ﹣（2﹣a ）]≤0． 则当e ∈[12，1]时，令a ＝x ，b ＝y ，则问题等价于点（x ，y ）满足区域{(e −e )[e −(2−e )]≤012≤e ≤1，如图阴影部分，由线性规划知识可知ee 为（x ，y ）与（0，0）连线的斜率， 由图可得ee =e e∈[1，3]，∴ee +e=11+ee∈[14，12]．故选：B ．10．（2019•天津）已知a ∈R ．设函数f （x ）={e 2−2ee +2e ，e ≤1，e −eeee ，e ＞1．若关于x 的不等式f （x ）≥0在R上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[0，1]B ．[0，2]C ．[0，e ]D ．[1，e ]【解答】解：当x ＝1时，f （1）＝1﹣2a +2a ＝1＞0恒成立； 当x ＜1时，f （x ）＝x 2﹣2ax +2a ≥0∈2a ≥e 2e −1恒成立， 令g （x ）=e 2e −1=−e 21−e=−(1−e −1)21−e=−(1−e )2−2(1−e )+11−e=−（1﹣x +11−e−2）≤﹣（2√(1−e )⋅11−e−2）＝0，∴2a ≥g （x ）max ＝0，∴a ≥0．当x ＞1时，f （x ）＝x ﹣alnx ≥0∈a ≤eeee 恒成立， 令h （x ）=eeee ，则h ′（x ）=eee −e ⋅1e(eee )2=eee −1(eee )2，当x ＞e 时，h ′（x ）＞0，h （x ）递增， 当1＜x ＜e 时，h ′（x ）＜0，h （x ）递减， ∴x ＝e 时，h （x ）取得最小值h （e ）＝e ， ∴a ≤h （x ）eee=e ，综上a 的取值范围是[0，e ]． 故选：C ．11．（2020•海南）已知函数f （x ）＝lg （x 2﹣4x ﹣5）在（a ，+∞）上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．（2，+∞）B ．[2，+∞）C ．（5，+∞）D ．[5，+∞）【解答】解：由x 2﹣4x ﹣5＞0，得x ＜﹣1或x ＞5． 令t ＝x 2﹣4x ﹣5，∵外层函数y ＝lgt 是其定义域内的增函数，∴要使函数f （x ）＝lg （x 2﹣4x ﹣5）在（a ，+∞）上单调递增， 则需内层函数t ＝x 2﹣4x ﹣5在（a ，+∞）上单调递增且恒大于0， 则（a ，+∞）∈（5，+∞），即a ≥5． ∴a 的取值范围是[5，+∞）． 故选：D ．12．（2020•天津）函数y =4ee 2+1的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【解答】解：函数y =4e e 2+1的定义域为实数集R ，关于原点对称，函数y ＝f （x ）=4ee 2+1，则f （﹣x ）=−4ee 2+1=−f （x ），则函数y ＝f （x ）为奇函数，故排除C ，D ， 当x ＞0时，y ＝f （x ）＞0，故排除B ， 故选：A ． 二．填空题13．（2021•三模拟）函数f （x ）是定义在R 上的偶函数，f （x ﹣1）是奇函数，且当0＜x ≤1时，f （x ）＝log 2020x ，则f （2019）+f （−12020）＝ ﹣1 ．【解答】解：因为f （x ）是定义在R 上的偶函数，所以f （﹣x ）＝f （x ），可得f （﹣x ﹣1）＝f （x +1），因为f （x ﹣1）是奇函数，所以f （﹣x ﹣1）＝﹣f （x ﹣1）， 所以f （x +1）＝﹣f （x ﹣1），f （x +2）＝﹣f （x ）， f （x +4）＝f （x ），所以f （x ）为周期是4的周期函数，所以f （2019）+f （−12020）＝f （﹣1）+f （12020）＝f （1）+f （12020）＝0+log 202012020=−1． 故答案为：﹣1．14．（2021•浙江模拟）已知f （x ）是定义在（1，+∞）上的增函数，若对于任意的x ，y ∈（1，+∞），均有f （x ）+f （y ）＝f （2x +y ），且f （2）＝1，则不等式f （x ）+f （x ﹣1）﹣2≥0的解集为 [52，+∞） ．【解答】解：根据f （x ）+f （y ）＝f （2x +y ），f （2）＝1， 可得2＝1+1＝f （2）+f （2）＝f （24），由f （x ）+f （x ﹣1）﹣2≥0，得f （x ）+f （x ﹣1）≥2， 可化为f （22x ﹣1）≥f （24），由f （x ）是定义在（1，+∞）上的增函数， 得{22e −1≥24e ＞1e −1＞122e −1＞1，解得x ≥52，所以不等式f （x ）+f （x ﹣1）﹣2≥0的解集为[52，+∞）． 故答案为：[52，+∞）．15．（2020•邵阳三模）已知函数f （x ）是定义域为R 的偶函数，且在区间[0，+∞）上单调递减．若实数a 满足f （log 3a ）+e (eee 13e )≥2e (1)，则实数a 的取值范围是 [13，3] ．【解答】解：∵f （x ）是定义在R 上的偶函数， ∴不等式f （log 3a ）+e (eee 13e )≥2e (1)，等价为f （log 3a ）+f （﹣log 3a ）≥2f （1）， 即2f （log 3a ）≥2f （1），f （log 3a ）≥f （1）， 即f （|log 3a |）≥f （1），∵在区间[0，+∞）上单调递减，∴|log 3a |≤1，即﹣1≤log 3a ≤1， 解得13≤a ≤3，故答案为：[13，3]．16．（2020•柯城区校级模拟）已知函数e (e )=√e 2+e e 2−1的值域为[0，+∞），则实数t 的取值范围是 （﹣∞，14] ．【解答】解：令y ＝x 2+e e 2−1，∈当t ＜0时，y ＝x 2+ee 2−1，设m ＝x 2＞0，则y ＝m +ee −1在（0，+∞）上单调递增， ∴y 的值域为R ，∵[0，+∞）∈R ，∴t ＜0符合题意； ∈当t ＝0时，y ＝x 2+ee 2−1＝x 2﹣1≥﹣1， ∵[0，+∞）∈[﹣1，+∞），∴t ＝0符合题意； ∈当t ＞0时，y ＝x 2+e e 2−1≥2√e 2⋅e e 2−1＝2√e −1，当且仅当|x |=√e 4时，等号成立，∵[0，+∞）∈[2√e −1，+∞）， ∴2√e −1≤0，解得0＜t ≤14，综上所述，实数t 的取值范围是（﹣∞，14]．故答案为：（﹣∞，14]．17．（2020•柯桥区二模）已知函数e (e )={e e −e ，e ≥0e 2+(4e −3)e +3e ，e ＜0（a ＞0且a ≠1）在R 上单调递减，且关于x 的方程|f （x ）|＝2﹣x 恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是 [14，23]∪{34} ． 【解答】解：由y ＝a x ﹣a 在[0，+∞）上单调递减，则0＜a ＜1，函数f （x ）在R 上单调递减，则：{3−4e 2≥00＜e ＜102+(4e −3)⋅0+3e ≥e 0−e解得14≤a ≤34，由图象可知，在[0，+∞）上，|f （x ）|＝2﹣x 有且仅有一个解， 故在（﹣∞，0）上，|f （x ）|＝2﹣x 同样有且仅有一个解，当3a ＞2，即a ＞23时，联立|x 2+（4a ﹣3）x +3a |＝2﹣x ，则△＝（4a ﹣2）2﹣4（3a ﹣2）＝0， 解得a =34或1（舍去），当1﹣a ≤3a ≤2，即14≤a ≤23时，由图象可知，符合条件， 综上：a 的取值范围为[14，23]∪{34}． 故答案为：[14，23]∪{34}．18．（2020•滨州三模）已知函数f （x ）=e 2−2e +1e −2，e (e )=e e −4(e ＞1)．若∈x 1∈[3，+∞），∈x 2∈[3，+∞），使得f （x 1）＝h （x 2），则实数a 的最大值为 2 ． 【解答】解：f （x ）=e 2−2e +1e −2=x +1e −2，导数为f ′（x ）＝1−1(e −2)2，由x ≥3可得x ﹣2≥1，则f ′（x ）≥0，即有f （x ）在[3，+∞）递增，可得f （x ）的最小值为f （3）＝4， 即f （x ）的值域为A ＝[4，+∞），由h （x ）＝a x ﹣4（a ＞1）在[3，+∞）递增，可得h （x ）≥h （3）＝a 3﹣4，即h （x ）的值域为B ＝[a 3﹣4，+∞）， 由∈x 1∈[3，+∞），∈x 2∈[3，+∞），使得f （x 1）＝h （x 2）， 可得[4，+∞）∈[a 3﹣4，+∞）， 则a 3﹣4≤4，解得a ≤2， 可得a 的最大值为2． 故答案为：2．19．（2020•南岗区校级四模）已知函数f （x ）＝x ，g （x ）＝alnx ，其中a ＞0，若∈x 1∈[2，3]，∈x 2∈[2，3]，使得f （x 1）f （x 2）＝g （x 1）g （x 2）成立，则a ＝ √2eee2 ． 【解答】解：由函数f （x ）＝x ，g （x ）＝alnx ，又若∈x 1∈[2，3]，∈x 2∈[2，3]，使得f （x 1）f （x 2）＝g （x 1）g （x 2）成立，可得e 1eee 1•e2eee 2=a 2，设h （x ）=eeee，2≤x ≤3，可得f ′（x ）=eee −1ee 2e，当2≤x ＜e 时，h ′（x ）＜0，h （x ）递减；当e ＜x ＜3时，h ′（x ）＞0，h （x ）递增， 可得h （x ）的最小值为h （e ）＝e ， 而h （2）﹣h （3）=2ee2−3ee3=ee9−ee8ee2⋅ee3＞0，可得h （2）＞h （3），即h （x ）的最大值为h （2）=2ee2，可得h （x ）的值域为[e ，2ee2]，1e (e )的值域为[ee22，1e ]，由题意可知，[e ，2ee2]∈[e 2ee22，e 2e]，即有e ≥e 2ee22，且2ee2≤e 2e，则2e ＝a 2ln 2，解得a =√2eee2（负的舍去）． 故答案为：√2e ee2．20．（2020•徐州模拟）若函数f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a ，x ∈（0，1]的最大值为0，则实数a 的最大值为 −12e ． 【解答】解：令y ＝xlnx ﹣a ，x ∈（0，1]，则y ′＝lnx +1， 由y ′＝0，可得x =1e ．则当x ∈（0，1e ）时，y ＝xlnx ﹣a 单调递减，当x ∈（1e ，+∞）时，y ＝xlnx ﹣a 单调递增． ∴y ＝xlnx ﹣a 在（0，1]上的极小值为1eee 1e−e =−1e−e ．又当x →0时，y ＝xlnx ﹣a →﹣a ，当x ＝1时，y ＝xlnx ﹣a ＝﹣a ．∴若−1e −e ≥0，则f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a 在（0，1]上的最大值为﹣a +a ＝0，即a ≤−1e ； 若−1e −e ＜0，则f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a 在（0，1]上的最大值为max {2a +1e ，|a |+a }，当a ＞−12e 时，最大值为2a +1e ＞0，不合题意； 当−1e ＜a ≤−12e时，f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a 在（0，1]上的最大值为﹣a +a ＝0，符合题意．综上，若函数f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a ，x ∈（0，1]的最大值为0，则实数a 的最大值为−12e．故答案为：−12e ．21．（2020•福州模拟）已知函数f （x ）＝ax ﹣lnx ﹣1，g （x ）=e 327，用max {m ，n }表示m ，n 中的最大值，设φ（x ）＝max {f （x ）．g （x ）}．若φ（x ）≥e3在（0，+∞）上恒成立，则实数a 的取值范围为 [43，+∞）【解答】解：当x ∈（0，3）时，g （x ）=e 327＜e 3；x ∈[3，+∞）时，g （x ）≥e 3，所以φ（x ）≥e3在[3，+∞）必成立，问题转化为f （x ）≥e3在（0，3）恒成立，由ax ﹣lnx ﹣1≥e3恒成立，可得a ≥eee +1e+13在x ∈（0，3）恒成立， 设h （x ）=eee +1e+13，x ∈（0，3），可得h ′（x ）=−eee e 2，由0＜x ＜1时，h ′（x ）＞0，h （x ）递增，1＜x ＜3时，h ′（x ）＜0，h （x ）递减， 可得x ＝1处，h （x ）取得极大值，且为最大值， 则h （x ）max ＝h （1）=43，故a ≥43，即a 的取值范围是[43，+∞）． 故答案为：[43，+∞）．22．（2021•上海）已知函数f （x ）＝3x +e3e+1（a ＞0）的最小值为5，则a ＝ 9 ． 【解答】解：f （x ）＝3x +e 3e+1=3x +1+e3e+1−1≥2√e −1＝5，所以a ＝9，经检验，3x ＝2时等号成立． 故答案为：9． 三．解答题23．（2021•十模拟）设函数f （x ）＝|x ﹣2|+|x ﹣a |，其中a ∈R ． （Ⅰ）当a ＝1时，解不等式f （x ）≥2x ﹣1；（Ⅱ）若关于x 的不等式f （x ）≥x ﹣1恒成立，求a 的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）当a ＝1时，f （x ）＝|x ﹣2|+|x ﹣1|， 当x ≤1时，f （x ）＝2﹣x +1﹣x ≥2x ﹣1，解得x ≤1，当1＜x ＜2时，f （x ）＝2﹣x +x ﹣1＝1≥2x ﹣1，解得x ≤1，所以无解，当x ≥2时，f （x ）＝x ﹣2+x ﹣1＝2x ﹣3≥2x ﹣1，即﹣2≥0，显然不成立，所以无解， 综上：不等式f （x ）≥2x ﹣1的解集为（﹣∞，1]；（Ⅱ）因为f （2）≥1成立，即|2﹣a |≥1，解得a ≤1或a ≥3， 设函数F （x ）＝f （x ）﹣x +1，则F （x ）≥0恒成立，若a ≥3，则F （x ）={e −1−e ，e ≥e−e +e −1，2＜e ＜e −3e +3+e ，e ≤2，由此F （x ）min ＝﹣1与F （x ）≥0恒成立矛盾，若a ≤1，则F （x ）={e −1−e ，e ≥2−e +3−e ，e ＜e ＜2−3e +3+e ，e ≤e，由此F （x ）min ＝1﹣a ≥0恒成立，符合F （x ）≥0恒成立的要求， 综上，a 的取值范围为（﹣∞，1]．24．（2021•十五模拟）已知函数f （x ）＝|2x ﹣1|，g （x ）＝5ax ﹣2，a ∈R ．（1）当a =12时，在同一坐标系中画出函数f （x ）与g （x ）的图象，根据图象间的关系直接写出不等式f （x ）＞g （x ）的解集；（2）若存在x ∈[﹣5，5]，使得g （x ﹣2）＞f （x ）成立，求实数a 的取值范围．【解答】解：（1）当a =12时，g （x ）=52x ﹣2，画出函数f （x ）与g （x ）的图象如图所示．令2x ﹣1=52x ﹣2，解得x ＝2，∴函数f （x ）的图象在g （x ）的图象上方，所对应的x 的范围为x ＜2， ∴不等式f （x ）＞g （x ）的解集为（﹣∞，2）．（2）由g （x ﹣2）＝5a （x ﹣2）﹣2，知其图象恒过点（2，﹣2）， 当a ＝0时，g （x ﹣2）的图象恒在f （x ）图象的下方，不满足题意； 当a ＞0时，由g （5﹣2）＞f （5），得15a ﹣2＞9，解得a ＞1115； 当a ＜0时，由g （12−2）＞f （12），得−152a ﹣2＞0，解得a ＜−415．综上所述，实数a 的取值范围为（﹣∞，−415）∪（1115，+∞）．25．（2020•江西模拟）已知函数f （x ）=√e 2+2e +1−|2x ﹣4|的最大值为t ． （1）求t 的值；（2）是否存在正实数a ，b ，c 满足a +b +c ＝t 且a 2+4b 2+c 2＝2√3，若存在，求出满足条件的一组解；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）e (e )=√e 2+2e +1−|2e −4|=|e +1|−|e −2|−|e −2|≤|（x +1）﹣（x ﹣2）|﹣|x ﹣2|≤3，当且仅当“x ＝2”时取等号， ∴t ＝3；（2）假设存在满足条件的一组解，则e 2+4e 2+e 2=49[e 2+(2e )2+e 2]⋅[12+(12)2+12]≥49(e +e +e )2=4，故a 2+4b 2+c 2＝2√3不可能成立，即不存在正实数a ，b ，c 满足a +b +c ＝t 且a 2+4b 2+c 2＝2√3． 26．（2020•广东四模）已知函数f （x ）＝|2x +1|﹣2|x ﹣2|． （1）求函数f （x ）的值域；（2）若函数f （x ）的最大值为m ，设正实数a ，b 满足a +2b ＝m ，求2e +1e 的最小值． 【解答】解：（1）当e ≤−12时，f （x ）＝﹣2x ﹣1+2（x ﹣2）＝﹣5当−12＜e ＜2时，f （x ）＝2x +1+2（x ﹣2）＝4x ﹣3∈（﹣5，5），当x ≥2时，f （x ）＝2x +1﹣2（x ﹣2）＝5， ∴函数f （x ）的值域是[﹣5，5]．（2）由（1）可知，函数f （x ）的最大值是m ＝5， ∴a +2b ＝5， ∴2e +1e=e +2e 5(2e+1e)=15(4+4e e+e e)≥15(4+4)=85，当且仅当2b ＝a 时，即a =52，b =54时，取等号；∴2e +1e 的最小值是85．27．（2021•二模拟）已知f （x ）＝ln （x +1）﹣a （x +2）（a ∈R ）．（Ⅰ）若y ＝f （x ）在x ＝0处的切线恰好与曲线y =e8x 2相切，求f （x ）的极值；（Ⅱ）若对∈x ∈（﹣1，1]，不等式f （x ）＜0恒成立，求实数a 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得f （x ）＝ln （x +1）﹣a （x +2）的定义域为（﹣1，+∞）， f ′（x ）=1e +1−a ，则f ′（0）＝1﹣a ，f （0）＝﹣2a ，所以y ＝f （x ）在x ＝0处的切线的方程为y ＝（1﹣a ）x ﹣2a ， 由{e =(1−e )e −2e e =e 8e2消去y ，可得e8x 2﹣（1﹣a ）x +2a ＝0， 由题意可得a ≠0，且△＝（a ﹣1）2﹣a 2＝0，解得a =12， 所以f （x ）＝ln （x +1）−12（x +2），所以f ′（x ）=1e +1−12=1−e2(e +1)， 令f ′（x ）＝0，可得x ＝1，当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＞0，f （x ）在（﹣1，1）递增； 当x ＞1时，f ′（x ）＜0，f （x ）在（1，+∞）递减， 所以f （x ）在x ＝1处取得极大值，即f （x ）的极大值为f （1）＝ln 2−32，没有极小值；（Ⅱ）对∈x ∈（﹣1，1]，不等式f （x ）＜0恒成立， 即为ln （x +1）＜a （x +2）在∈x ∈（﹣1，1]恒成立， 可得a ＞ee (e +1)e +2在∈x ∈（﹣1，1]恒成立， 设g （x ）=ee (e +1)e +2，g ′（x ）=e +2e +1−ee (e +1)(e +2)2，设函数h （x ）=e +2e +1−ln （x +1），x ∈（﹣1，1]，则h ′（x ）=−1(e +1)2−1e +1=−e +2(e +1)2＜0，即函数h （x ）在（﹣1，1]上递减， 故h （x ）≥h （1）=32−ln 2＞0， 所以g ′（x ）＞0在（﹣1，1]上恒成立， 故g （x ）在（﹣1，1]上递增，所以g （x ）在（﹣1，1]上的最大值为g （1）=ee23，故只需a ＞ee23，f （x ）＜0恒成立，所以a 的取值范围是（ee23，+∞）．28．（2020•德阳模拟）已知函数f （x ）=√e 2+2e +1+√e 2−6e +9−m ≥0恒成立． （1）求m 的取值范围；（2）若m 的最大值为n ，当正数a 、b 满足23e +e +1e +2e =n 时，求7a +4b 的最小值．【解答】解：（1）f （x ）=√e +2e +1+√e −6e +9−m ＝|x +1|+|x ﹣3|﹣m ≥0∈m ≤|x +1|+|x ﹣3|恒成立，因为|x +1|+|x ﹣3|≥|x +1﹣x +3|＝4，当且仅当﹣1≤≤3时取得等号． 所以m ≤4，即m 的取值范围是（﹣∞，4]； （2）由（1）可得n ＝4，即23e +e+1e +2e=4，（a ＞0，b ＞0），可令3a +b ＝s ，a +2b ＝t ，∈ 即有2e +1e =4， 由∈解得a =2e −e 5，b =3e −e 5，所以7a +4b =7(2e −e )5+4(3e −e )5=2s +t=14（2e+1e）（2s +t ）=14（4+1+2e e+2e e）≥14（5+2√2e e⋅2e e）=94，当且仅当s ＝t ，即b ＝2a =310时取得等号． 所以7a +4b 的最小值为94．29．（2020•镜湖区校级模拟）已知函数f （x ）＝|3x ﹣1|+|x +1|． （Ⅰ）解不等式f （x ）≤2；（Ⅱ）记函数g （x ）＝f （x ）+2|x +1|的值域为M ，若t ∈M ，求4e +4e 的最小值．【解答】解：（Ⅰ）依题意，得e (e )={−4e ，e ≤−1，−2e +2，−1＜e ＜13，4e ，e ≥13．于是e (e )≤2⇔{e ≤−1−4e ≤2或{−1＜e ＜13−2e +2≤2或{e ≥134e ≤2， 解得0≤e ≤12．即不等式f （x ）≤2的解集为{e |0≤e ≤12}．（Ⅱ）g （x ）＝|3x ﹣1|+3|x +1|≥|3x ﹣1﹣（3x +3）|＝4，当且仅当（3x ﹣1）（3x +3）≤0时，取等号，所以M ＝[4，+∞）． 则e =4e +4e 在[4，+∞）单调递增， 所以4e +4e =4(1e +e )≥4×(14+4)=17． 所以4e +4e 的最小值为17．30．（2020•香坊区校级一模）已知函数f （x ）＝（x ﹣2）e x ． （Ⅰ）判断方程f （x +1）＝ln （x +1）﹣x 的根个数；（Ⅱ）若x ≥0时，f （x ）≥k （x 2﹣2x ﹣1）恒成立，求实数k 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）设g （x ）＝f （x +1）﹣ln （x +1）+x ＝（x ﹣1）e x +1﹣ln （x +1）+x ，x ∈（﹣1，+∞）， e ′(e )=ee e +1−1e +1+1=e (e e +1+1e +1)， ∵x ＞﹣1，∴e e +1+1e +1＞0， 令g ′（x ）＝0，∴x ＝0，∴g（x）在（﹣1，0）上是减函数，在（0，+∞）上是增函数．∴g（x）min＝g（0）＝﹣e＜0，∵x→﹣1时，g（x）→+∞且g（1）＝1﹣ln2＞0，∴方程f（x+1）＝ln（x+1）﹣x的根的个数为2；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣k（x2﹣2x﹣1）＝（x﹣2）e x﹣k（x2﹣2x﹣1），x∈[0，+∞），由题意可得h（x）min≥0．h′（x）＝（x﹣1）（e x﹣2k），∵x≥0，∴e x≥1，（1）当2k≤1时，即e≤12，∴e x﹣2k≥0，令h′（x）＝0，∴x＝1，∴h（x）在[0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数，∴h（x）min＝h（1）＝﹣e+2k≥0，∴e≥e2（舍）；（2）当2k＞1时，即e＞12，令h′（x）＝0，∴x＝1或ln（2k），∈当ln（2k）＝1时，即e=e2，∴h′（x）≥0，∴h（x）在[0，+∞）上是增函数，∴ℎ(e)eee=e(0)=−2+e2＜0（舍）；当ln（2k）＜1时，即12＜e＜e2，令h′（x）＞0∴x∈[0，ln（2k））∪（1，+∞），令h′（x）＜0，∴x∈（ln（2k），1），∴h（x）在[0，ln（2k））上是增函数，在（ln（2k），1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数，∴h（0）＝﹣2+k＜0且h（1）＝﹣e+2k＜0，∴h（x）min＜0，∴不等式不恒成立（舍）；当ln（2k）＞1时，即e＞e2，令h′（x）＞0，∴x∈[0，1）∪（ln（2k），+∞），令h′（x）＜0∴x∈（1，ln（2k）），∴h （x ）在[0，1）上是增函数，在（1，ln （2k ））上是减函数，在（ln （2k ），+∞）上是增函数， ∴h （0）＝﹣2+k ≥0，∴k ≥2，且h （ln （2k ））＝﹣k （ln （2k ）﹣1）（ln （2k ）﹣3）≥0， ∴e2≤e ≤e 32∴e ∈[2，e 32]．综上所述，实数k 的取值范围是[2，e 32]．31．（2020•上虞区二模）已知函数f （x ）＝2x ﹣a sin x ，g （x ）＝x cos x ，x ∈R ． （Ⅰ）当a ＝4时，求函数f （x ）在（0，2π）上的单调区间；（Ⅱ）若函数F （x ）＝f （x ）+g （x ）＞0对任意的x ＞0恒成立，求正整数a 的最大值． 【解答】解：（Ⅰ）显然f （x ）＝2x ﹣4sin x ，x ∈（0，2π），f ′（x ）＝2﹣4cos x ， 令f ′（x ）＝0，即cos x =12，解得x =e3或x =5e 3，于是f （x ）在（e 3，5e 3）上单调递增，在（0，e 3），（5e 3，2π）上单调递减；（Ⅱ）F （x ）＝f （x ）+g （x ）＝（2+cos x ）x ﹣a sin x ，得F ′（x ）＝2+（1﹣a ）cos x ﹣x sin x ， 令g （x ）＝2+（1﹣a ）cos x ﹣x sin x ，则g ′（x ）＝（a ﹣2）sin x ﹣x cos x ．1，若0＜a ≤2，则∈当x ∈（0，e2]时，F （x ）＝（2+cos x ）x ﹣a sin x ＞2sin x +x cos x ﹣a sin x ≥x cos x ≥0， 或者由g ′（x ）≤0，得e eee (e )≥e (e2)=2−e2，于是F （x ）＞F （0）＝0． ∈当e ∈(e2，e ]时，对于a 而言，F （x ）＝（2+cos x ）x ﹣a sin x ＞（2+cos x ）x ﹣2sin x ， 故g ′（x ）＝﹣x cos x ＞0，g （x ）＞g （e2）＝π﹣2＞0，所以F （x ）＞F （e2）＝π﹣a ＞0． ∈当x ∈（π，+∞）时，F （x ）＞π﹣a ＞0；2，若2＜a ≤3，则∈当x ∈（0，π]时，对于a 而言，F （x ）≥（2+cos x ）x ﹣3sin x ＝g （x ）， 此时，g （x ）＝﹣x sin x ﹣2cos x +2，g ′（x ）＝sin x ﹣x cos x ＝cos x （tan x ﹣x ），显然，x ∈（0，e2]时，g ′（x ）＞0；e ∈(e 2，e ]时，g ′（x ）＞0，故g （x ）＞g （0）＝0，于是F （x ）＞F （0）＝0；∈当x ∈（π，+∞）时，F （x ）＞π﹣a ＞0．3，若a ＞3，则令e =e2，e (e2)=e −e ＞0不恒成立，显然a ≤3．综上所述，正整数a 的最大值为3．32．（2021•上海）已知函数f （x ）=√|e +e |−e −x ． （1）若a ＝1，求函数的定义域；（2）若a ≠0，若f （ax ）＝a 有2个不同实数根，求a 的取值范围；（3）是否存在实数a ，使得函数f （x ）在定义域内具有单调性？若存在，求出a 的取值范围． 【解答】解：（1）当a ＝1时，f （x ）=√|e +1|−1−e ， 由|x +1|﹣1≥0，得|x +1|≥1，解得x ≤﹣2或x ≥0． ∴函数的定义域为（﹣∞，﹣2]∪[0，+∞）； （2）f （ax ）=√|ee +e |−e −ee ， f （ax ）＝a ∈√|ee +e |−e =ee +e ，设ax +a ＝t ≥0，∴√e −e =e 有两个不同实数根，整理得a ＝t ﹣t 2，t ≥0， 同时a ≠0，∴a ∈（0，14）；（3）当x ≥﹣a 时，f （x ）=√|e +e |−e −x =√e −e =−(√e −12)2+14，在[14，+∞）上单调递减，此时需要满足﹣a ≥14，即a ≤−14，函数f （x ）在[﹣a ，+∞）上递减；当x ＜﹣a 时，f （x ）=√|e +e |−e −x =√−e −2e −e ，在（﹣∞，﹣2a ]上递减， ∵a ≤−14＜0，∴﹣2a ＞﹣a ＞0，即当a ≤−14时，函数f （x ）在（﹣∞，﹣a ）上递减．综上，当a ∈（﹣∞，−14]时，函数f （x ）在定义域R 上连续，且单调递减．。
大题专项练（九）1.已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)的焦距为4,且过点(2,-2).(1)求椭圆C 的方程.(2)过椭圆上焦点的直线l 与椭圆C 分别交于点E ,F ,求O E ң㊃O F ң的取值范围.2.已知椭圆x 22+y 2=1上两个不同的点A ,B 关于直线y =m x +12对称.(1)求实数m 的取值范围.(2)求әA O B 面积的最大值(O 为坐标原点).3.如图所示,已知直线l :y =k x -2与抛物线C :x 2=-2p y (p >0)交于A ,B 两点,O 为坐标原点,O A ң+O B ң=(-4,-12).(1)求直线l 和抛物线C 的方程.(2)抛物线上一动点P 从A 到B 运动时,求әA B P 面积的最大值.4.已知点E ,F 分别是椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的上顶点和左焦点,若E F 与圆x 2+y 2=43相切于点T ,且点T 是线段E F 靠近点E 的三等分点.(1)求椭圆C 的标准方程.(2)直线l :y =k x +m 与椭圆C 只有一个公共点P ,且点P 在第二象限,过坐标原点O 且与l 垂直的直线l '与圆x 2+y 2=8相交于A ,B 两点,求әP A B 面积的取值范围.5.如图,已知抛物线x 2=y.点A (-12,14),B (32,94),抛物线上的点P (x ,y )-12<x <32(),过点B 作直线A P 的垂线,垂足为Q .(1)求直线A P 斜率的取值范围.(2)求P A ң㊃P Qң的最小值.6.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,短轴长为2.(1)求椭圆C 的标准方程.(2)设直线l :y =k x +m 与椭圆C 交于M ,N 两点,O 为坐标原点,若k OM ㊃k ON =54,求原点O 到直线l 的距离的取值范围.03。
大题专项练（三）1.如图,正四棱柱A B C D-A1B1C1D1中,A A1=2A B=4,点E在C C1上且C1E =3E C.(1)证明:A1Cʅ平面B E D.(2)求二面角A1-D E-B的余弦值.2.如图,三棱台A B C-E F G的底面是正三角形,平面A B Cʅ平面B C G F,C B=2G F,B F=C F.(1)求证:A BʅC G.(2)若B C=C F,求直线A E与平面B E G所成角的正弦值.3.如图,在底面为矩形的四棱锥P-A B C D中,P BʅA B.(1)证明:平面P B Cʅ平面P C D.(2)若异面直线P C与B D所成角为60ʎ,P B=A B,P BʅB C,求二面角B-P D-C的大小.4.如图,在四棱锥P-A B C D中,底面A B C D是边长为1的菱形,øB A D=45ʎ,P D=2,M为P D的中点,E为A M的中点,点F在线段P B上,且P F=3F B.(1)求证:E Fʊ平面A B C D.(2)若平面P D Cʅ底面A B C D,且P DʅD C,求平面P A D与平面P B C所成锐二面角的余弦值.5.如图,多面体A B C-D B1C1为正三棱柱A B C-A1B1C1沿平面D B1C1切除部分所得,M为C B1的中点,且B C=B B1=2.(1)若D为A A1中点,求证A Mʊ平面D B1C1.(2)若二面角D-B1C1-B大小为π3,求直线D B1与平面A C B1所成角的正弦值.6.如图所示,等腰梯形A B C D的底角øB A D=øA D C=60ʎ,直角梯形A D E F所在的平面垂直于平面A B-C D,且øED A=90ʎ,E D=A D=2A F=2A B=2.(1)证明:平面A B Eʅ平面E B D.(2)点M在线段E F上,试确定点M的位置,使平面M A B与平面E C D所成的锐二面角的余弦值为34.81。
2020-2021学年度高三下学期总复习数学专题精品试题专题九数列【满分：100分】（测试内容包括：数列的概念及其表示法、等差数列及其前项和、等比数列及其前项和、数列的综合应用.）一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）1.已知数列的前n项和为，满足，则的通项公式（）A.B.C.D.2.已知数列是等差数列，数列是等比数列，则的值为（）A.B.C.D.3.在等比数列中，“是方程的两根”是“”的（）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4.记为等比数列的前项和，若数列也为等比数列，则（）A.B.1C.D.25.已知数列，其前项和为，则（）A.B.C.D.6.在等差数列中，，其前n项和为，若，则（）A.0B.1C.2019D.20207.已知函数，数列满足，且是递减数列，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.8.如图，方格蜘蛛网是由一族正方形环绕而成的图形.每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为.现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，由外到内顺序制作，则完整的正方形的个数最多为（参考数据：）（）A.6 个B.7 个C.8 个D.9 个二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.已知数列的前项和为，且有，，数列的前项和为，则以下结论正确的是（）A. B. C. D.为递增数列10.设，数列满足，，，则下列说法不正确的是（）A.当时，B.当时，C.当时，D.当时，11.已知数列的所有项都是正数，且满足，下列说法正确的是（）A.数列的通项公式为B.数列是等差数列C.数列的前项和是D.数列是等比数列12.已知数列满足，则（）A.B.C.D.三、填空题（共4小题，每小题4分，共16分．）13.已知为数列的前n项和，且，则的通项公式为 .14.已知是等比数列的前项和，成等差数列，，则 .15.已知数列的前项和为，，且（为常数）.若数列满足，且，则满足条件的的取值集合为 .16.数列满足：对任意的且，总存在，使得，则称数列是“T 数列”.现有以下四个数列：①；②；③；④．其中所有“数列”的序号为 .四、解答题（共4小题，其中第17～18题每题各8分，第19～20题每题各10分，共36分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.（8分）已知数列的前n项和为，且满足.（1）证明：是等比数列；（2）求.18.（8分）已知等差数列的前项和为，若.（1）求的通项公式和前项和；（2）记，数列的前项和为，求证：.19.（10分）已知数列满足，数列的前项和为.（1）求出数列，的通项公式；（2）求数列的前项和.20.（10分）设等比数列满足，.（1）令，求的最大值；（2）令，求数列的前n项和.专题九数列一、单项选择题1.B【解析】法一：当时，，，排除选项D；当时，，，排除选项A、C.故选B.法二：当时，，，当时，，，∴数列是首项为1，公比为2的等比数列，因此.故选B．2.C【解析】因为是等差数列，所以.又是等比数列，所以，因为，所以，所以.故选C．3.A【解析】在等比数列中，若是方程的两根，则，则，且，，解得，故充分性成立；而当时，，故必要性不成立，所以“是方程的两根”是“”的充分不必要条件.故选A.4.A【解析】设等比数列的公比为，当时，，显然不为等比数列，舍去.当时，，欲符合题意，需，得，故.故选A.5.B【解析】已知数列，其前项和，则，所以.故选B.6.A【解析】法一：设等差数列的前n项和为，则，是等差数列.，新数列是首项为，公差为1的等差数列，则第2 020项为，.故选A.法二：设等差数列的公差为d，则，，则，，代入，得：，.故选A．7.C【解析】因为是递减数列，则解得.故选C．8.B【解析】记由外到内的第n个正方形的周长为，则它们构成首项，公比为的等比数列，则其前n项和为，根据题意得，解得，两边同取常用对数得，故可制作完整的正方形的个数最多为7个.故选B.二、多项选择题9.BD【解析】由得化简得根据等比数列的性质得数列是等比数列，易知故的公比为2，则，，由裂项相消法得，故B正确，C错误，D正确.根据知A选项错误.故选BD.10.B CD【解析】当时，，，又，故，当时，故时，，不成立.同理和时，均存在小于10的数只需则故不成立.故选BCD.11.A BD【解析】当时，，可得，当时，由，可得，两式相减得，得，又也适合上式，则数列的通项公式为，故A正确；，，故C错误；结合等差数列、等比数列的定义知B，D都正确.故选ABD.12.A C【解析】由，可得，，，化简得，故A正确；由可得，故B错误；由，故C正确；若，满足，但，故D错误.故选AC.三、填空题13.【解析】由，得，当时，当时，（不满足上式），所以数列的通项公式为.14.2【解析】由成等差数列，得.设等比数列的公比则.由解得舍去，所以所以所以解得(舍去).又因为，即所以则.15.【解析】因为，且（为常数），所以，解得，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，解得，又因为，所以或．所以，当或时，，即满足条件的的取值集合为.16.①④【解析】令，则，，，显然，当时，恒成立，所以数列是“T数列”；令，则，，，所以，所以数列不是“T数列”；令，则，，，所以，所以数列不是“T数列”；令，则，同理时，，即，所以数列是“T数列”.综上，所有“T数列”的序号为①④.四、解答题17.【解析】（1）由得，………………………1分当时，，所以，……………………………………………2分则，……………………3分所以是以为首项，2为公比的等比数列.…………………………………………………………………4分（2）由（1）得，所以，………5分所以…………………………………6分…………………………………………7分.………………………………………………8分18.【解析】（1）设数列的公差为，则，即，解得.……………2分，…………………………………3分. ………………………………………4分（2）当时，.……………………………………5分当时，，. ……………………………………7分综上可知，. ……………………………………………8分19.【解析】（1）由，，可得，是首项为2，公比为2的等比数列.，.即数列的通项公式.…………………………2分由数列的前项和为，可得当时，，即数列的通项公式为.………………………4分（2）可知.…………………………………………………………………5分设，，两式相减可得，可得，……………………………8分而数列的前项和为，所以.………………………………10分20.【解析】（1）设等比数列首项为，公比为q，所以，，………………………1分解得，所以，………………2分当时，解得，………………………3分又因为是递减数列，所以，…………………4分所以的最大值为.……………5分（2）由（1）知，则，……………………………………6分，两边同时乘以得，，………………7分两式相减得，……………………8分.…………………………………………………………………9分所以. …………………………………10分。
