【K12教育学习资料】2018年高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点8函数最值恒成立及存在性问题

难点七 函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第73页)函数零点、单调性、极值都是高中数学的重要内容，也都是高考的热点和重点，在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都很大，函数与导数是高中数学的主线，它们贯穿于高中数学的各个内容，求值的问题就要涉及到方程，求取值范围的问题就离不开不等式，但方程、不等式更离不开函数，函数思想的运用是我们解决问题的重要手段，而导数是我们解决问题的一个行之有效的工具． 1．函数零点函数零点问题主要是研究函数与方程问题，方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图象与x 轴的交点的横坐标，即零点．函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的. 许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决．在高考中重点考查函数零点个数、零点范围以及与零点有关的范围问题，有时添加函数性质进去会使得此类问题难度加大．【例1】 (2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围.【导学号：56394108】[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 32＋b －a 23. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab 3＋1＝0.又a >0，故b ＝2a 29＋3a.因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根， 从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤0，即a ≥3.当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)，故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值； 当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b 3.列表如下：12从而a >3.因此b ＝2a 29＋3a ，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a.设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t 2. 当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞时，g ′(t )>0， 从而g (t )在⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞上单调递增． 因为a >3，所以a a >33， 故g (a a )>g (33)＝3，即ba> 3. 因此b 2>3a .(3)由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2， 且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b9.从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2＝4a 3－6ab 27－4ab 9＋2＝0.记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )， 因为f ′(x )的极值为b －a 23＝－19a 2＋3a ，所以h (a )＝－19a 2＋3a ，a >3.因为h ′(a )＝－29a －3a 2<0，于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减． 因为h (6)＝－72，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.因此a 的取值范围为(3,6]．【例2】 已知函数f (x )＝a x －1x2－b ＋ln x (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝3，函数f (x )有3个零点，求实数b 的取值范围．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x2＋2x3＋1x.由题意可得f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－a x2＋2x3＋1x≥0，所以a x2≤2x3＋1x，因为x ＞0，所以x 2＞0，故a ≤2x＋x .由基本不等式可得2x ＋x ≥22(当且仅当2x＝x ，即x ＝2时等号成立)，故实数a 的取值范围为(－∞，22]．(2)当a ＝3时，f (x )＝3x －1x2－b ＋ln x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－3x 2＋2x 3＋1x ＝x 2－3x ＋2x3＝x －x －x3.由f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：极小值为f (2)＝32－122－b ＋ln 2＝54－b ＋ln 2.要使函数f (x )有3个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧2－b ＞0，54－b ＋ln 2＜0，解得54＋ln 2＜b ＜2.故实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋ln 2，2. 2．利用函数的单调区间和极值点研究函数零点函数f (x )的零点，即f (x )＝0的根，亦即函数f (x )的图象与x 轴交点横坐标，与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系(或者转化为两个熟悉函数交点问题)．【例3】 (2016－2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a ＞0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f x ，f xg x ，gx ，f x ＜g x ，(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x ＞0)的零点个数． [解] (1)∵函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1， ∴f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∵a ＞0，∴x 1＜x 2，列表如下：∴f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a＝a2－a 2＋1＝1－a2.(2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∵存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∴f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x在x ∈[1,2]上有解，设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∵y ′＝－3x 2－3x4＜0对x ∈[1,2]恒成立， ∴y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∴当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x的最大值为4，∴2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a＝1－4a2，①当1－4a2＞0，即a ＞2时，f (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．②当1－4a2＝0即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0，又g (1)＝0，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点．③当1－4a2＜0，即0＜a ＜2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0＜x ＜1)，∵φ′(x )＝3ax 2－6x －1x ＜6x (x －1)－1x＜0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减，又φ(1)＝a －2＜0，φ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 3＋2e 2－3e 2＞0，∴存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得φ(x 0)＝0，Ⅰ.当0＜x ≤x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0，∴h (x )＝f (x )且h (x )为减函数，又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0＜ln 1＝0，f (0)＝1＞0，∴h (x )在(0，x 0)上有一个零点；Ⅱ.当x ＞x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )＜φ(x 0)＝0， ∴h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∵g (1)＝0， ∴h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(x 0，＋∞)上有两个零点， 综上所述，当0＜a ＜2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点；当a ＞2时，h (x )无零点．【例4】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)已知函数f (x )＝12ax 2＋ln x ，g (x )＝－bx ，其中a ，b ∈R ，设h (x )＝f (x )－g (x )． (1)若f (x )在x ＝22处取得极值，且f ′(1)＝g (－1)－2，求函数h (x )的单调区间； (2)若a ＝0时，函数h (x )有两个不同的零点x 1，x 2. ①求b 的取值范围； ②求证：x 1x 2e2＞1.【导学号：56394109】[解] (1)由已知得f ′(x )＝ax ＋1x(x ＞0)，所以f ′⎝⎛⎭⎪⎫22＝22a ＋2＝0，所以a ＝－2. 由f ′(1)＝g (－1)－2， 得a ＋1＝b －2， 所以b ＝1.所以h (x )＝－x 2＋ln x ＋x (x ＞0)．则h ′(x )＝－2x ＋1x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x －－x(x ＞0)，由h ′(x )＞0得0＜x ＜1，h ′(x )＜0得x ＞1. 所以h (x )的减区间为(1，＋∞)，增区间为(0,1)． (2)①由已知h (x )＝ln x ＋bx (x ＞0)． 所以h ′(x )＝1x＋b (x ＞0)，当b ≥0时，显然h ′(x )＞0恒成立，此时函数h (x )在定义域内递增，h (x )至多有一个零点，不合题意．当b ＜0时，令h ′(x )＝0得x ＝－1b ＞0，令h ′(x )＞0得0＜x ＜－1b；令h ′(x )＜0得x ＞－1b.所以h (x )极大＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝－ln(－b )－1＞0，解得－1e ＜b ＜0. 且x →0时，ln x ＜0，x →＋∞时，ln x ＞0.所以当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0时，h (x )有两个零点．②证明：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋bx 1＝0，ln x 2＋bx 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧e －bx 1＝x 1， ①e －bx 2＝x 2， ②①×②得e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2. 因为x 1，x 2＞0， 所以－b (x 1＋x 2)＞0， 所以e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2＞1. 因为0＜－b ＜1e ，所以e －b＜1，所以x 1x 2＞e －2b x 1x 2＞e2x 1x 2＞e 2，所以x 1x 2e2＞1.【例5】 (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x ＞0时，(x －2)e x＋x ＋2＞0. (2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x－ax －ax2(x ＞0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．[解] (1)f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f ′(x )＝x －x ＋x－x －xx ＋2＝x 2e xx ＋2≥0，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增． 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，即(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)证明：g ′(x )＝x －x＋a x ＋x3＝x ＋2x 3(f (x )＋a )． 由(1)知，f (x )＋a 单调递增．对任意a ∈[0,1)，f (0)＋a ＝a －1＜0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )＋a ＝0， 即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为于是h (a )＝e x ax a ＋2. 由⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ＋2′＝x ＋xx ＋2＞0，得y ＝exx ＋2单调递增， 所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2＜h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24. 因为y ＝e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 【例6】 设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e－1)x ＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间． [解] (1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f＝2e ＋2，f ＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． [方法总结] ①函数性质与方程综合时，要先将函数性质剖析清楚，尤其是单调性和对称性，然后再研究函数零点问题；②函数与不等式综合时，重点是要学会构造函数，利用函数单调性、最值进行研究；③函数、方程与不等式综合在一起时，要注意利用导数这个有利工具进行解答．。

前者必须加上“n ≥2”，否则 n ＝1 时 a 0 无意义；在等比数列中一样有：①n ≥2 时，有 a n ＋1a nnn (2)由(1)知 3 a n ＝1＋(n －1)·(－2)＝3－2n ，所以 a n ＝(3－2n ) ⎪ ， 1 2 3 n 所以 S n ＝1· ⎪ ＋(－1)· ⎪ ＋(－3)· ⎪ ＋…＋(3－2n )· ⎪ ，2 3 n n ＋1所以 S n ＝1· ⎪ ＋(－1)· ⎪ ＋…＋(5－2n )· ⎪ ＋(3－2n )· ⎪ ，2 3 n 两式相减得 S n ＝ －2⎢ ⎪ ＋ ⎪ ＋…＋ ⎪ ⎥ ⎛1⎫n ＋1－(3－2n )· ⎪a 1＝ ，a n ＋1＝ a n －1难点六 数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的解等综合问题(对应学生用书第 72 页)近几年的高考试卷中经常出现以数列为载体的证明、探索等综合问题，这类问题不仅考查学生的分析问题解决问题的能力，以及探索能力，而且给学生提供了创新思维的空间．1．等差数列、等比数列的证明问题有关证明、判断数列是等差(等比)数列的主要证明方法有：定义法、性质法．定义法：用定义法判断一个数列是等差数列，常采用的两个式子 a n －a n －1＝d 和 a n ＋1－a n ＝d 有差别，a n a n －1＝…＝q (常数 q ≠0)；②n ∈N *时，有 ＝…＝q (常数 q ≠0)．性质法：a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1⇔{a n }是等差数列，a n a n ＋2＝(a n ＋1)2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列，这是证明数列{a n }为等差(等比)数列的另一种主要方法．【例 1】 (苏北四市淮安、宿 迁、连云港、徐州)2017 届高三上学期期中)在数列{a n }中，已知1 2 3 3 3n ＋1，n ∈N *，设 S n 为{a n }的前 n 项和．(1)求证：数列{3n a n }是等差数列； (2)求 S n ；(3)是否存在正整数 p ，q ，r (p ＜q ＜r )，使 S p ，S q ，S r 成等差数列？若存在，求出 p ，q ，r的值；若不存在，说明理由．1 2[解](1)证明：因为 a n ＋1＝3a n －3n ＋1，n ∈N *，所以 3n ＋1a n ＋1－3n a n ＝－2，1又因为 a 1＝3，所以 31·a 1＝1，所以{3n a n }是首项为 1，公差为－2 的等差数列．⎛1⎫ ⎝3⎭⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭⎝3⎭1 ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ 3 ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭2 1 ⎡⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎤3 3 ⎣⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎦⎝3⎭⎢1×⎝3⎭ ⎥＋(2n －3)·⎛ ⎝1⎫⎪⎭ ⎣91 331－⎦⎛1⎫ n ＋1＝2n · ⎪n ＋1，⎪3p 3r由于当 n ≥2 时，a n ＝(3－2n ) ⎪n ＜0，所以数列{S n }单调递减． q －1 ≥⎡1－⎛1⎫n －1⎤1＝ －23⎝3⎭n所以 S n ＝3n .2q (3)假设存在正整数 p ，q ，r (p ＜q ＜r )，使 S p ，S q ，S r 成等差数列，则 2S q ＝S p ＋S r ，即3q ＝p r＋ .⎛1⎫ ⎝3⎭p q －1又 p ＜q ，所以 p ≤q －1 且 q 至少为 2，所以3p ≥ 3q －1 ，q －1 2q q －33q －1 － 3q ＝ 3q .p q －1 2q r ①当 q ≥3 时，3p ≥ 3 3q ，又3r ＞0，p r 2q所以3p ＋3r ＞ 3q ，等式不成立．②当 q ＝2 时，p ＝1，4 1 r r 1所以9＝3＋3r ，所以3r ＝9，所以 r ＝3({S n }单调递减，解唯一确定)．综上可知，p ，q ，r 的值为 1,2,3.2．数列中探索与存在性问题数列探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．而要确定范围内的数值，则往往涉及不定方程的正整数解问题．【例 2】 (2017·江苏省盐城市高考数学三模)已知数列{a n }，{b n }都是单调递增数列，若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列(相同的项视为一项)，则得到一个新数列{c n }．(1)设数列{a n }，{b n }分别为等差、等比数列，若 a 1＝b 1＝1，a 2＝b 3，a 6＝b 5，求 c 20； (2)设{a n }的首项为 1，各项为正整数，b n ＝3n ，若新数列{c n }是等差数列，求数列{c n }的前 n 项和 S n ；(3)设 b n ＝q n －1(q 是不小于 2 的正整数)，c 1＝b 1，是否存在等差数列{a n }，使得对任意的 n ∈N *，在 b n 与 b n ＋1 之间数列{a n }的项数总是 b n ？若存在，请给出一个满足题意的等差数列⎩ 当 n ≥4 时，解得 d ＝ 2＜1，不满足各项为正整数；由 3n ＝2m －1，得 m ＝ ，3n 是奇数，3n ＋1 是正偶数，m 有正整数解，⎪⎩b n ＋1＞ab 1＋b 2＋…＋b n ， 2⎧⎪b n ＜a 1＋q ＋…＋qn －2＋1 ⎩{a n }；若不存在，请说明理由．【导学号：56394105】[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 ，⎧⎪1＋d ＝q 2由题意得，⎨⎪1＋5d ＝q 4，解得 d ＝0 或 3，因数列{a n }，{b n }单调递增，所以 d ＞0，q ＞1，所以 d ＝3，q ＝2，所以 a n ＝3n －2，b n ＝2n －1.因为 a 1＝b 1＝1，a 2＝b 3，a 6＝b 5，b 7＞a 20. ∴c 20＝a 17＝49.(2)设等差数列{c n }的公差为 d ，又 a 1＝1，且 b n ＝3n ， 所以 c 1＝1，所以 c n ＝dn ＋1－d .因为 b 1＝3 是{c n }中的项，所以设 b 1＝c n ，即 d (n －1)＝2.n －1当 b 1＝c 3＝3 时，d ＝1，此时 c n ＝n ，只需取 a n ＝n ，而等比数列{b n }的项都是等差数列{a n }中的项，所以 S n ＝n n ＋1；当 b 1＝c 2＝3 时，d ＝2，此时 c n ＝2n －1，只需取 a n ＝2n －1，3n ＋1 2所以等比数列{b n }的项都是等差数列{a n }中的项，所以 S n ＝n 2.n n ＋1综上所述，数列{ c n }的前 n 项和 S n ＝ 2 或 S n ＝n 2.(3)存在等差数列{a n }，只需首项 a 1∈(1，q )，公差 d ＝q －1.下 证 b n 与 b n ＋ 1 之 间 数 列 {a n } 的 项 数 为 b n ， 即 证 对 任 意 正 整 数 n ， 都 有⎧⎪b n ＜ab 1＋b 2＋…＋b n －1＋1，⎨即⎨⎪b n ＋1＞a 1＋q ＋…＋qn －1成立．由 b n －a 1＋q ＋…＋qn －2＋1＝q n －1－a 1－(1＋q ＋…＋q n －2)(q －1)＝1－a 1＜0， b n ＋1－a 1＋q ＋…＋qn －1＝q n －a 1－(1＋q ＋…＋q n －1－1)(q －1)＝q －a 1＞0. 所以首项 a 1∈(1，q )，公差 d ＝q －1 的等差数列{a n }符合题意．。

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难点二立体几何中的探索性与存在性问题(对应学生用书第65页）数学科考试大纲指出,通过考试,让学生提高多种能力，其中空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力．要在立体几何学习中形成．立体几何中的探索性与存在性问题实质是对线面平行与垂直性质定理的考查．探究性与存在性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立,立体几何中的探究性与存在性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．1．对命题条件的探索探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么.对命题条件的探索常采用以下三种方法:（1)先猜后证,即先观察与尝试给出条件再给出证明;(２)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性;（３)把几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件．【例1】如图１，在四棱锥Ｐ-AＢＣＤ中,AD∥BC,∠ＡＤC=∠ＰAB=90°,BＣ=CD＝错误!AD，E 为棱AD的中点，异面直线PＡ与CD所成的角为90°。

在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由．【导学号：５639409２】图１[解] 在梯形AＢCＤ中，AB与CD不平行.如图，延长AＢ,DC,相交于点M（Ｍ∈平面ＰAB)，点M即为所求的一个点．理由如下：由已知,知BＣ∥ED,且BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,从而CM∥ＥB．又EB⊂平面PＢＥ,CＭ⊄平面PBE，所以CM∥平面ＰBＥ。

专项限时集训(六) 数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的解等综合问题(对应学生用书第123页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 3＝4，{a n }的前3项和为7.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －3)2n＋3，设数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≤2－1n.[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，由已知得q >0，且⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1＋a 1q ＋4＝7，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.4分(2)证明：当n ＝1时，a 1b 1＝1，且a 1＝1，解得b 1＝1. 6分当n ≥2时，a n b n ＝(2n －3)2n＋3－(2n －2－3)2n －1－3＝(2n －1)·2n －1.∵a n ＝2n －1，∴当n ≥2时，b n ＝2n －1.8分∵b 1＝1＝2×1－1满足b n ＝2n －1， ∴数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1(n ∈N *)． ∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． ∴S n ＝n 2.10分∴当n ＝1时，1S 1＝1＝2－11.当n ≥2时，1S n ＝1n 2<1nn －＝1n －1－1n. ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≤2－11＋11－12＋…＋1n －1－1n ＝2－1n.14分2．(本小题满分14分)(2017·盐城市滨海县八滩中学二模)如果无穷数列{a n }满足下列条件：①a n ＋a n ＋22≤a n ＋1；②存在实数M ，使a n ≤M .其中n ∈N *，那么我们称数列{a n }为Ω数列．(1)设数列{b n }的通项为b n ＝5n －2n，且是Ω数列，求M 的取值范围；(2)设{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，证明：数列{S n }是Ω数列；(3)设数列{d n }是各项均为正整数的Ω数列，求证：d n ≤d n ＋1.【导学号：56394106】[解] (1)∵b n ＋1－b n ＝5－2n，∴当n ≥3，b n ＋1－b n ＜0，故数列{b n }单调递减； 当n ＝1,2时，b n ＋1－b n ＞0，即b 1＜b 2＜b 3， 则数列{b n }中的最大项是b 3＝7，所以M ≥7.2分(2)证明：∵{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，设其公比为q ＞0，∴c 3q 2＋c 3q ＋c 3＝74.整理，得6q 2－q －1＝0，解得q ＝12，q ＝－13(舍去)．∴c 1＝1，c n ＝12n －1，S n ＝2－12n －1＝S n ＋2，S ＜2.对任意的n ∈N *，有S n ＋S n ＋22＝2－12n －12n ＋2＜2－12n ＋1＝S n ＋1，且S n ＜2，故{S n }是Ω数列.8分(3)证明：假设存在正整数k 使得d k ＞d k ＋1成立，由数列{d n }的各项均为正整数，可得d k ≥d k ＋1＋1，即d k ＋1≤d k －1.因为d k ＋d k ＋22≤d k ＋1，所以d k ＋2≤2d k ＋1－d k ≤2(d k －1)－d k ＝d k －2.由d k ＋2≤2d k ＋1－d k 及d k ＞d k ＋1得d k ＋2＜2d k ＋1－d k ＋1＝d k ＋1，故d k ＋2≤d k ＋1－1. 因为d k ＋1＋d k ＋32≤d k ＋2，所以d k ＋3≤2d k ＋2－d k ＋1≤2(d k ＋1－1)－d k ＋1＝d k ＋1－2≤d k －3，由此类推，可得d k ＋m ≤d k －m (m ∈N *)．又存在M ，使d k ≤M ，∴m ＞M ，使d k ＋m ＜0，这与数列{d n }的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，即对任意n ∈N *，都有d n ≤d n ＋1成立. 14分3．(本小题满分14分)设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *. (1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.[证明] (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，得|a n |－12|a n ＋1|≤1， 故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1<1， 因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2). 4分(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m >n ，|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m－1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1<12n －1，故|a n |<⎝ ⎛⎭⎪⎫12n－1＋|a m |2m·2n ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.10分从而对于任意m >n ，均有|a n |<2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，有|an 0|>2， 取正整数m 0>log 34|an 0|－22n 0且m 0>n 0，则2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34m 0<2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34log 34|an 0|－22n 0＝|an 0|－2，与①式矛盾． 综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.14分4．(本小题满分16分)(2017·江苏省无锡市高考数学一模)已知n 为正整数，数列{a n }满足a n ＞0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2ntn .(1)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 为等比数列； (2)若数列{b n }是等差数列，求实数t 的值；(3)若数列{b n }是等差数列，前n 项和为S n ，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，求满足条件的所有整数a 1的值． [解] (1)证明：数列{a n }满足a n ＞0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0， ∴2n ＋1a n ＝na n ＋1，即a n ＋1n ＋1＝2·a nn， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是以a 1为首项，以2为公比的等比数列.4分(2)由(1)可得：a n n＝a 1×2n －1，∴a 2n ＝na 21·4n －1. ∵b n ＝a 2n t n ，∴b 1＝a 21t ，b 2＝a 22t 2，b 3＝a 23t 3，∵数列{b n }是等差数列，∴2×a 22t 2＝a 21t ＋a 23t3，∴2×2a 21×4t ＝a 21＋3a 21×42t2， 化为：16t ＝t 2＋48，解得t ＝12或4.8分(3)数列{b n }是等差数列，由(2)可得：t ＝12或4.①t ＝12时，b n ＝na 21·4n －112n＝na 214×3n ，S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2112＋na 214×3n 2，∵对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，∴8a 21×n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2112＋na 214×3n 2－a 41n 2＝16×ma 214×3m ，∴a 21⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋n23n －n 2＝4m 3m ，n ＝1时，化为：－13a 21＝4m 3m ＞0，无解，舍去．②t ＝4时，b n ＝na 21·4n －14n＝na 214，S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 214＋na 2142，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，∴8a 21×n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 214＋na 2142－a 41n 2＝16×ma 214，∴na 21＝4m ，∴a 1＝2mn .∵a 1为正整数，∴m n ＝12k ，k ∈N *. ∴满足条件的所有整数a 1的值为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 1⎪⎪⎪⎭⎪⎫a 1＝2m n，n ∈N *，m ∈N *，且m n ＝12k ，k ∈N *. 16分5．(本小题满分16分)已知数列{a n }满足：a 1＝14，a 2＝34，2a n ＝a n ＋1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足：b 1<0,3b n －b n －1＝n (n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n . (1)求证：数列{b n －a n }为等比数列； (2)求证：数列{b n }为递增数列；(3)若当且仅当n ＝3时，S n 取得最小值，求b 1的取值范围.【导学号：56394107】[解] (1)证明：∵2a n ＝a n ＋1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．∴{a n }是等差数列． 又∵a 1＝14，a 2＝34，∴a n ＝14＋(n －1)·12＝2n －14，∵b n ＝13b n －1＋n 3(n ≥2，n ∈N *)，∴b n ＋1－a n ＋1＝13b n ＋n ＋13－2n ＋14＝13b n －2n －112＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －2n －14＝13(b n －a n )． 又∵b 1－a 1＝b 1－14≠0，∴{b n －a n }是以b 1－14为首项，以13为公比的等比数列.(2)证明：∵b n －a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－14·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，a n ＝2n －14.∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－14·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋2n －14.当n ≥2时，b n －b n －1＝12－23⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2.又b 1<0，∴b n －b n －1>0. ∴{b n }是单调递增数列.10分(3)∵当且仅当n ＝3时，S n 取最小值．∴⎩⎪⎨⎪⎧b 3<0，b 4>0，即⎩⎪⎨⎪⎧54＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫132<0，74＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫133>0，∴b 1∈(－47，－11). 16分。