(浙江专用)2019高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 规范答题示例5 数列的通项与求和问题学案

2019年高考真题数列与不等式1.已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，则()A.B.C.D.2.不等式的解集为________．3. 已知数列，从中选取第项、第项、、第项，若，则称新数列，，，为的长度为的递增子列．规定：数列的任意一项都是的长度为的递增子列．（1）写出数列，，，，，，的一个长度为的递增子列．（2）已知数列的长度为的递增子列的末项的最小值为，长度为的递增子列的末项的最小值为．若，求证：．（3）设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若的长度为的递增子列末项的最小值为，且长度为末项为的递增子列恰有个(，， )，求数列的通项公式．4.设等差数列的前项和为，若，，则________，的最小值为________．5. 设等差数列的前项和为，，．数列满足：对每个，，，成等比数列．（1）求数列，的通项公式；（2）记，，证明：，．6.设，，数列满足，，，则()A. 当时，B. 当时，C. 当时，D. 当时，7.若实数，满足约束条件，则的最大值是()A.B.C.D.8.已知，，，则，，的大小关系为()A.B.C.D.9.古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是(，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为，头顶至脖子下端的长度为，则其身高可能是()A.B.C.D.10.已知数列是等差数列，是其前项和．若，，则的值是________．11.若，则()A.B.C.D.12.设，，，则的最小值为________．13.若，满足，且，则的最大值为()A.B.C.D.14.记为等差数列的前项和．已知，，则()A.B.C.D.15. 已知数列和满足，，，．（1）证明：是等比数列，是等差数列．（2）求和的通项公式．16.已知，，，则()A.B.C.D.17. 设是等差数列，是等比数列．已知，，，．（1）求和的通项公式．（2）设数列满足，，其中．(i)求数列的通项公式；(ii)求．18.已知，，，则，，的大小关系为()A.B.C.D.19.设变量，满足约束条件，则目标函数的最大值为()A.B.C.D.20. 定义首项为且公比为正数的等比数列为“数列”．（1）已知等比数列满足：，，求证：数列为“数列”．（2）已知数列满足：，，其中为数列的前项和．①求数列的通项公式；②设为正整数，若存在“数列”，对任意正整数，当时，都有成立，求的最大值．21. 已知等差数列的公差，数列满足，集合．（1）若，求使得集合恰有两个元素．（2）若集合恰有三个元素，，是不超过的正整数，求的所有可能的值．22. 已知数列中，，前项和为．（1）若为等差数列，且，求．（2）若为等比数列，且，求公比的取值范围．23.如图，已知正方形，其中，函数交于点，函数交于点，当最小时，则的值为________．24.记为等差数列的前项和．若，，则________．25.记为等比数列的前项和．若，，则________．参考答案1.【答案】C【解析】解：设等比数列的公比为，则由前项和为，且，得，，，故选：C．【知识点】【题型】等比数列的基本量问题【来源】2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ）； 2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）2.【答案】【解析】解：由得，即，故答案为：．【知识点】解绝对值不等式【来源】2019上海春季高考3.（1）【答案】，，，(答案不唯一)【解析】解：由递增子列的定义可以写出满足题意的递增子列有：，，，或，，，或，，，或，，，或，，，．(答案不唯一)【知识点】【题型】数列的综合问题【来源】2019年北京市高考数学试卷（理科）3.（2）【答案】见解析【解析】证明：长度为的递增子列的前项可以组成长度为的一个递增子列，该数列的第项，．【知识点】【题型】数列与不等式的综合问题【来源】2019年北京市高考数学试卷（理科）3.（3）【答案】，，【解析】解：考虑与这一组数在数列中的位置．若中有，且在之后，则必然是长度为，且末项为的递增子列，这与长度为的递增子列末项的最小值为矛盾，必在之前．继续考虑末项为的长度为的递增子列．对于数列，，由于在之前，研究递增子列时，不可同时取与，对于至的所有整数，研究长度为的递增子列时，第项是与二选，第项是与二选，，第项是与二选，故递增子列最多有个．由题意，这组数列对全部存在于原数列中，并且全在之前．，，，，，，，是唯一构造．即，，．【知识点】【题型】数列的综合问题【来源】2019年北京市高考数学试卷（理科）4.【答案】0 -10【解析】解：设等差数列的前项和为，，，，解得，，，，或时，取得最小值为．故答案为：，．【知识点】【题型】等差数列的综合问题、【题型】等差数列的基本量问题【来源】2019年北京市高考数学试卷（理科）5.（1）【答案】，；，【解析】解：设数列的公差为，由题意得，解得，，，，，．数列满足：对每个，，，成等比数列，，解得，即，．【知识点】【题型】等差与等比数列综合【来源】2019年浙江省高考数学试卷5.（2）【答案】见解析【解析】证明：，，用数学归纳法证明：①当时，，不等式成立；②假设当时不等式成立，即，则当时，，即当时，不等式也成立，即．由①②得对任意成立．【知识点】【题型】数学归纳法的应用、【题型】数列与不等式的综合问题【来源】2019年浙江省高考数学试卷6.【答案】A【解析】解：对于B，令，得，取，，，，当时，，故B错误；对于C，令，得或，取，，，，当时，，故C错误；对于D，令，得，取，，，，当时，，故D错误；对于A，，，，，为递增数列，当时，，，，．故A正确．故选：A．【知识点】【题型】数列的综合问题、数列的单调性【来源】2019年浙江省高考数学试卷； 2018-2019学年江西省宜春市高安中学高一（下）期末数学试卷（理科）（a卷）； 2019浙江省7.【答案】C【解析】解：由实数，满足约束条件作出可行域如图，联立，解得，化目标函数为，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，有最大值：．故选：C．【知识点】简单线性规划【来源】2019年浙江省高考数学试卷8.【答案】A【解析】解：由题意，可知：，．，最大，、都小于．，．而，．，．故选：A．【知识点】比较大小之中间数法【来源】2019天津市高考真题天津卷69.【答案】B【解析】解：头顶至脖子下端的长度为，说明头顶到咽喉的长度小于，由头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比是，可得咽喉至肚脐的长度小于，由头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是，可得肚脐至足底的长度小于，即有该人的身高小于，由肚脐至足底的长度大于，可得头顶至肚脐的长度大于，即该人的身高大于，故选：B．【知识点】不等式的性质【来源】2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）； 2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）； 2018-2019学年浙江省镇海中学、杭州二中、嘉兴一中、诸暨中学、效实中学五校高二下6月月考数学卷； 2019高考真题新课标I410.【答案】16【解析】解：设等差数列的首项为，公差为，则，解得．．故答案为：．【知识点】【题型】等差数列的基本量问题、等差数列的求和公式【来源】2019年江苏省高考数学试卷； 2019江苏省11.【答案】C【解析】解：取，，则，排除A；，排除B；，故C对；，排除D．故选：C．【知识点】不等式的性质【来源】2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）12.【答案】【解析】，，，则，由均值不等式得：，当且仅当，即，，即或时，等号成立，故的最小值为．故答案为．【知识点】【题型】均值不等式应用技巧之构造不等式【来源】2019年天津市高考数学试卷（理科）13.【答案】C【解析】解：由作出可行域如图阴影部分所示，联立，解得，令，化为，由图可知，当直线过点时，有最大值为．故选：C．【知识点】简单线性规划【来源】2019年北京市高考数学试卷（理科）14.【答案】A【解析】解：设等差数列的公差为，由，，得，，，，故选：A．【知识点】【题型】等差数列的基本量问题【来源】2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）； 2019高考真题新课标I9 15.（1）【答案】见解析【解析】证明：，，，，即，．又，，是首项为，公比为的等比数列，是首项为，公差为的等差数列．【知识点】【题型】等差数列的判定、【题型】等比数列的判定【来源】2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）15.（2）【答案】，【解析】解：①，②，由①②可得：，，由①②可得：，；，．【知识点】【题型】等差数列的基本量问题【来源】2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）16.【答案】B【解析】解：，，，，，故选：B．【知识点】比较大小之中间数法【来源】2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）； 2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）； 2019高考真题新课标I317.（1）【答案】见解析【解析】解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，依题意有：，解得，，．【知识点】【题型】等差与等比数列综合【来源】2019年天津市高考数学试卷（理科）17.（2）【答案】见解析【解析】解：(i)数列满足，，其中．，数列的通项公式为．(ii)．【知识点】【题型】分组求和、数列通项公式的概念【来源】2019年天津市高考数学试卷（理科）18.【答案】A【解析】解：由题意，可知：，．，最大，、都小于．，．而，．，．故选：A．【知识点】比较大小之中间数法【来源】2019年天津市高考数学试卷（理科）19.【答案】C【解析】解：由约束条件，作出可行域如图：联立，解得，化目标函数为，由图可知，当直线经过点时，有最大值为．故选：C．【知识点】简单线性规划【来源】2019年天津市高考数学试卷（文科）； 2019年天津市高考数学试卷（理科）20.（1）【答案】见解析【解析】解：设等比数列的公比为，则由，，得，，数列首项为且公比为正数，即数列为“数列”．【知识点】【题型】等比数列的基本量问题、【题型】等比数列的综合问题、【题型】数列的新定义问题【来源】2019年江苏省高考数学试卷； 2019江苏省20.（2）【答案】见解析【解析】解：①，，当时，，，当时，，，当时，，，猜想，下面用数学归纳法证明；(i)当时，，满足，(ii)假设时，结论成立，即，则时，由，得，故时结论成立，根据(i)(ii)可知，对任意的都成立．故数列的通项公式为；②设的公比为，存在“数列”，对任意正整数，当时，都有成立，即对恒成立，当时，，当时，，当，两边取对数可得，对有解，即，令，则，当时，，此时单调递减，当时，，令，则，令，则，当时，，即，在上单调递减，即时，，则，下面求解不等式，化简，得，令，则，由得，，在上单调递减，又由于，，存在使得，的最大值为．【知识点】【题型】数学归纳法的应用、【题型】数列与不等式的综合问题、【题型】数列的新定义问题【来源】2019年江苏省高考数学试卷； 2019江苏省21.（1）【答案】见解析【解析】，则，，，，又因为集合恰有两个元素，所以或，，，又因为，1、当(舍去)，当，符合题意，于是；2、当(，舍去)，代入检验或，故也满足题意；综上：或．【知识点】诱导公式、【题型】数列的综合问题【来源】2019上海春季高考； 2019上海市高考真题上海卷2121.（2）【答案】见解析【解析】解法一：因为，为周期数列，1、当时，，则为常数数列，不符合集合恰有三个元素，舍去；2、当时，，也不符合，舍去；3、当时，，集合，符合题意．4、当时，，则，根据三角函数线—正弦线，可知，取时，，符合；5、当时，，，根据三角函数线—正弦线，可知，取时，，符合；6、当时，，，根据三角函数线—正弦线，可知，取时，，符合；7、当时，，，根据三角函数线—正弦线，可知，因为，则，设，则，根据整除性：1、，，不符合；2、，，带入检验，不符合；3、，带入检验，不符合；4、，带入检验，不符合；故当时，不满足恰有三个元素；综上：的可能取值为，，，．【知识点】【题型】三角函数线的应用、【题型】数列的综合问题【来源】2019上海春季高考； 2019上海市高考真题上海卷2122.（1）【答案】【解析】为等差数列，，，，．【知识点】【题型】等差数列的基本量问题、等差数列的求和公式、等差数列的通项公式【来源】2019上海春季高考； 2019上海市高考真题上海卷1822.（2）【答案】【解析】为等比数列，，，，，，，综上，或．【知识点】等比数列的求和公式、【题型】等比数列的综合问题【来源】2019上海春季高考； 2019上海市高考真题上海卷1823.【答案】【解析】依题意得，求得，，则，当且仅当时，取等号．故的值为．【知识点】利用均值不等式求最值、【题型】抛物线中的最值问题【来源】2019上海春季高考； 2019上海市高考真题上海卷1024.【答案】4【解析】解：设等差数列的公差为，则由，可得，，故答案为：．【知识点】等差数列的求和公式、【题型】等差数列的基本量问题【来源】2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ）25.【答案】【解析】解：在等比数列中，由，得，即，，则，故答案为：．【知识点】【题型】等比数列的基本量问题、等比数列的求和公式【来源】2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）； 2019高考真题新课标I14。

高考数学精品复习资料2019.5中档大题规范练——数列1． (20xx·四川)在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．解 设该数列的公差为d ，前n 项和为S n ，由已知，可得 2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )． 所以，a 1＋d ＝4，d (d －3a 1)＝0， 解得a 1＝4，d ＝0，或a 1＝1，d ＝3，即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列{a n }的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.2． (20xx·天津)已知首项为32的等比数列{a n }不是．．递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)， 且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . (2)由(1)得S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712. 综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.3． (20xx·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{na n }的前n 项和．解 (1)令n ＝1，得2a 1－a 1＝a 21，即a 1＝a 21.因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2. 当n ≥2时，由2a n －1＝S n,2a n －1－1＝S n －1 两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1. 于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列． 因此，a n ＝2n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1.① 2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .②①－②得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n .从而B n ＝1＋(n －1)·2n .4． 已知f (x )＝－4＋1x 2，点P n ⎝⎛⎭⎫a n ，－1a n ＋1在曲线y ＝f (x )上且a 1＝1，a n >0(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，存在正整数t ，使得S n <t 2－t －12恒成立，求最小正整数t 的值． (1)证明 ∵－1a n ＋1＝－4＋1a 2n ，∴1a 2n ＋1－1a 2n＝4.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是以1为首项，4为公差的等差数列． ∴1a 2n＝4n －3. ∵a n >0，∴a n ＝ 14n －3.(2)解 令b n ＝a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1. ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝14(1－15＋15－19＋…＋14n －3－14n ＋1) ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n ＋1<14，对于任意的n ∈N *使得S n <t 2－t －12恒成立，∴只要14≤t 2－t －12，∴t ≥32或t ≤－12，∴存在最小的正整数t ＝2符合题意．5． 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有a n >0，S n ＝a 31＋a 32＋…＋a 3n .(1)求a 1，a 2的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)当n ＝1时，有a 1＝S 1＝a 31， 由于a n >0，所以a 1＝1.当n ＝2时，有S 2＝a 31＋a 32，即a 1＋a 2＝a 31＋a 32，将a 1＝1代入上式，由于a n >0，所以a 2＝2.(2)由S n ＝a 31＋a 32＋…＋a 3n ，得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＝a n ＋1[2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1]． 因为a n >0，所以a 2n ＋1＝2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1，③ 同理，得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 ，整理，得a n ＋1－a n ＝1.由于a 2－a 1＝1，故当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，其通项公式为a n ＝n .6． 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝S n －12S n －1＋1(n ≥2)，a 1＝2.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求a n 的表达式．(1)证明 方法一 由S n ＝S n －12S n －1＋1，得1S n ＝2S n －1＋1S n －1＝1S n －1＋2，∴1S n －1S n －1＝2， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1即12为首项，以2为公差的等差数列．方法二 ∵当n ≥2时，1S n －1S n －1＝2S n －1＋1S n －1－1S n －1＝2S n －1S n －1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1即12为首项，以2为公差的等差数列．(2)解 由(1)知1S n ＝12＋(n －1)×2＝2n －32，∴S n ＝12n －32，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －32－12n －72＝－2⎝⎛⎭⎫2n －32⎝⎛⎭⎫2n －72； 当n ＝1时，a 1＝2不适合a n . 故a n＝⎩⎨⎧2(n ＝1)－2⎝⎛⎭⎫2n －32⎝⎛⎭⎫2n －72 (n ≥2).。

规范答题示例5 数列的通项与求和问题典例5 (15分)已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＋1＝6＋a n 2，n ∈N *，S n 为{a n }的前n 项和． (1)求证：当n ∈N *时，a n >a n ＋1； (2)求证：当n ∈N *时，2≤S n －2n <167.审题路线图 (1)a n ＋1＝6＋a n 2―――――――――→作差a n －a n ＋1并变形a n －a n ＋1与a n －1－a n 同号――→a 1>a 2a n >a n ＋1 (2)a n ＋1＝6＋a n 2――→变形2(a n ＋1－2)·(a n ＋1＋2)＝a n －2―→a n －2与a n ＋1－2同号―→ n ≥2时a n >2―→S n ≥2n ＋22(a n ＋1－2)·(a n ＋1＋2)＝a n －2――→放缩a n ＋1－2a n －2<18―→a n ≤2＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1――→求和S n －2n <167评分细则 (1)证出a n －a n ＋1与a n －1－a n 同号给3分． (2)证出a n ＋1－2与a n －2同号给2分． (3)证出S n －2n ≥2给2分．跟踪演练5 (2018·温州高考适应性测试)已知正项数列{a n }满足a n ＋1＝8a 2n ＋8－2a n －1，且a n ＋1<a n .(1)求a 1的取值范围； (2)求证：a n ＋1<12a 2n －a n ＋32；(3)当a 1＝32时，求证：a n <1＋(1)解 因为a n ＋1－a n ＝8a 2n ＋8－3a n －1<0， 所以a 2n ＋6a n －7>0， 解得a n >1或a n <－7(舍去)， 所以a 1>1.(2)证明 方法一 要证明a n ＋1<12a 2n －a n ＋32，只需证8a 2n ＋8－2a n －1<12a 2n －a n ＋32，即证8a 2n ＋8<⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2n ＋a n ＋522，即证(a n －1)3(a n ＋7)>0，因为a n >1，上式显然成立，故a n ＋1<12a 2n －a n ＋32.方法二 要证明a n ＋1<12a 2n －a n ＋32，只需证a n ＋1－1<12a 2n －a n ＋12.即证8a 2n ＋8－2a n －2<12(a n －1)2，即证(a n －1)22a 2n ＋2＋a n ＋12<(a n －1)22， 而a n >1，所以2a 2n ＋2＋a n ＋12>2，上式显然成立，故a n ＋1<12a 2n －a n ＋32.(3)证明 由(2)知，a n ＋1－1<12(a n －1)2，故a n ＋1－12<⎝⎛⎭⎪⎫a n －122<…< 所以a n <1＋2·＝1＋2·＝1＋2·＝1＋故a n <1＋。

专题检测(三) 数列、推理与证明(本卷满分150分，考试用时120分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共计60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，a 4＝1，则a 12的值是A ．15B ．30C ．31D ．64解析 由等差数列的性质得a 7＋a 9＝a 4＋a 12， 因为a 7＋a 9＝16，a 4＝1， 所以a 12＝15.故选A. 答案 A2．在数列{a n }中，a 1＝－2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2 010等于A ．－2B ．－13C ．－12D ．3解析 由条件可得：a 1＝－2，a 2＝－13，a 3＝－12，a 4＝3，a 5＝－2，a 6＝－13，…，所以数列{a n }是以4为周期的周期数列，所以a 2 010＝a 2＝－13.故选B.答案 B3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值是A ．5B ．6C ．7D ．8解析 由S 3＝S 11，得a 4＋a 5＋…＋a 11＝0，根据等差数列的性质 ，可得a 7＋a 8＝0，根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a 7＞0，a 8＜0，故n ＝7时S n 最大．故选C.答案 C4．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6S 12等于A.310 B.13 C.18D.19解析 由等差数列的求和公式，可得S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13，可得a 1＝2d 且d ≠0，所以S 6S 12＝6a 1＋15d 12a 1＋66d ＝27d 90d ＝310，故选A.答案 A5．已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝t ·5n －2－15，则实数t 的值为A ．4B ．5 C. 45D. 15解析 ∵a 1＝S 1＝15t －15，a 2＝S 2－S 1＝45t ，a 3＝S 3－S 2＝4t ，由{a n }是等比数列，知⎝⎛⎭⎫45t 2＝⎝⎛⎭⎫15t －15×4t ， 显然t ≠0，解得t ＝5. 答案 B 6．观察下图：1 2 3 4 3 4 5 6 7 4 5 6 7 8 9 10 …………则第( )行的各数之和等于2 0092. A. 2 010B ．2 009C ．1 006D ．1 005解析 由题设图知，第一行各数和为1； 第二行各数和为9＝32； 第三行各数和为25＝52； 第四行各数和为49＝72；…， ∴第n 行各数和为(2n －1)2， 令2n －1＝2 009，解得n ＝1 005. 答案 D7．已知正项等比数列{a n }，a 1＝2，又b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前7项和T 7最大，T 7≠T 6，且T 7≠T 8，则数列{a n }的公比q 的取值范围是A ．172＜q ＜162B ．162-＜q ＜172-C ．q ＜162-或q ＞172-D ．q ＞162或q ＜172解析 ∵b n ＝log 2a n ，而{a n }是以a 1＝2为首项，q 为公比的等比数列， ∴b n ＝log 2a n ＝log 2a 1q n －1＝1＋(n －1)log 2q .∴b n ＋1－b n ＝log 2q .∴{b n }是等差数列， 由于前7项之和T 7最大，且T 7≠T 6，所以有⎩⎪⎨⎪⎧1＋6log 2q ＞0，1＋7log 2q ＜0，解得－16＜log 2q ＜－17，即162-＜q ＜172-.故选B.答案 B8．已知数列A ：a 1，a 2，…，a n (0≤a 1＜a 2＜…＜a n ，n ≥3)具有性质P ：对任意i ，j (1≤i ≤j ≤n )，a j ＋a i 与a j －a i 两数中至少有一个是该数列中的一项．现给出以下四个命题：①数列0,1,3具有性质P ； ②数列0,2,4,6具有性质P ； ③若数列A 具有性质P ，则a 1＝0；④若数列a 1，a 2，a 3(0≤a 1＜a 2＜a 3)具有性质P ，则a 1＋a 3＝2a 2. 其中真命题有 A ．4个 B ．3个 C ．2个D ．1个解析 3－1,3＋1都不在数列0,1,3中，所以①错； 因为数列1,4,5具有性质P ， 但1＋5≠2×4，即a 1＋a 3≠2a 2， 且a 1＝1≠0，所以③④错；数列0,2,4,6中a j －a i (1≤i ≤j ≤4)在此数列， 所以②正确，所以选D. 答案 D9．设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数为f ′(x )＝2x ＋2.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n ∈N ＋)的前n 项和是A.n ＋12(n ＋2)B.n ＋1n ＋2C.n (3n ＋5)4(n ＋1)(n ＋2)D.3n ＋44(n ＋1)解析 依题意得f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋2， 则m ＝a ＝2，f (x )＝x 2＋2x ， 1f (n )＝1n 2＋2n ＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和等于12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1＋12＋…＋1n －⎝⎛⎭⎫13＋14＋…＋1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝n (3n ＋5)4(n ＋1)(n ＋2)，选C. 答案 C10．等差数列{a n }的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为22∶18，则公差d ，a 9a 8的值分别是A ．8，109B ．9，109C ．9，119D ．8，119解析 设S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 15， S 偶＝a 2＋a 4＋…＋a 16，则有S 偶－S 奇＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 16－a 15)＝8d ， S 偶S 奇＝8(a 2＋a 16)28(a 1＋a 15)2＝a 9a 8. 由⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝640，S 奇∶S 偶＝18∶22，解得S 奇＝288，S 偶＝352. 因此d ＝S 偶－S 奇8＝648＝8，a 9a 8＝S 偶S 奇＝119.故选D. 答案 D11．数列{a n }满足a 1＝32，a n ＋1＝a 2n －a n ＋1(n ∈N ＋)，则m ＝1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 009的整数部分是A ．3B ．2C ．1D ．0解析 依题意，得a 1＝32，a 2＝74，a 3＝3716＞2，a n ＋1－a n ＝(a n －1)2＞0，数列{a n }是递增数列，∴a 2 010＞a 3＞2，∴a 2 010－1＞1，∴1＜2－1a 2 010－1＜2.由a n ＋1＝a 2n －a n ＋1得1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1， 故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 009＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1－1a 2－1＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1－1a 3－1＋…＋⎝⎛⎭⎫1a 2 009－1－1a 2 010－1 ＝1a 1－1－1a 2 010－1＝2－1a 2 010－1∈(1,2)，因此选C. 答案 C12．已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是A ．(－∞，－1]B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析 ∵等比数列{a n }中，a 2＝1， ∴S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q . 当公比q ＞0时，S 3＝1＋q ＋1q ≥1＋2q ·1q＝3， 当公比q ＜0时，S 3＝1－⎝⎛⎭⎫－q －1q ≤1－2(－q )·⎝⎛⎭⎫－1q ＝－1， ∴S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 答案 D二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共计16分．把答案填在题中的横线上) 13．观察下列等式：可以推测：13＋23＋33＋…＋n 3＝________(n ∈N ＋，用含有n 的代数式表示)． 解析 第二列等式右端分别是1×1,3×3,6×6,10×10,15×15，与第一列等式右端比较即可得，13＋23＋33＋…＋n 3＝(1＋2＋3＋…＋n )2＝14n 2(n ＋1)2.故填14n 2(n ＋1)2.答案 14n 2(n ＋1)214．已知{a n }是递增等比数列，a 2＝2，a 4－a 3＝4，则此数列的公比q ＝________.解析 由a 2＝2，a 4－a 3＝4得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，a 2q 2－a 2q ＝4⇒q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1.又{a n }是递增等比数列，故q ＝2. 答案 215．在公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }中，若S n 是数列{a n }的前n 项和，则数列S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等差数列，且公差为100d .类比上述结论，相应地在公比为q (q ≠1)的等比数列{b n }中，若T n 是数列{b n }的前n 项积，则有________．答案T 20T 10，T 30T 20，T 40T 30也成等比数列，且公比为q 100 16．经计算发现下列正确不等式：2＋18＜210，4.5＋15.5＜210，3＋2＋17－2＜210，…，根据以上不等式的规律，试写出一个对正实数a ，b 成立的条件不等式：________.解析 当a ＋b ＝20时，有a ＋b ≤210，a ，b ∈(0，＋∞)． 给出的三个式子的右边都是210，左边都是两个根式相加，两个被开方数都是正数且和为20， 又10＋10＝210，所以根据上述规律可以写出一个对正实数a ，b 成立的条件不等式： 当a ＋b ＝20时，有a ＋b ≤210，a ，b ∈(0，＋∞)． 答案 当a ＋b ＝20时，有a ＋b ≤210，a ，b ∈(0，＋∞)三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公比是正数的等比数列{b n }的前n 项和为T n .已知a 1＝1，b 1＝3，a 3＋b 3＝17，T 3－S 3＝12，求{a n }，{b n }的通项公式．解析 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q . 由a 3＋b 3＝17得1＋2d ＋3q 2＝17，① 由T 3－S 3＝12得q 2＋q －d ＝4.②由①、②及q ＞0解得q ＝2，d ＝2.故所求的通项公式为a n ＝2n －1，b n ＝3×2n －1.18．(12分)已知等比数列{a n }的公比q ＞1,42是a 1和a 4的等比中项，a 2和a 3的等差中项为6，若数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .解析 (1)因为42是a 1和a 4的等比中项， 所以a 1·a 4＝(42)2＝32. 从而可知a 2·a 3＝32.①因为6是a 2和a 3的等差中项，所以a 2＋a 3＝12.② 因为q ＞1，所以a 3＞a 2.联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，a 3＝8.所以q ＝a 3a 2＝2，a 1＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)因为b n ＝log 2a n (n ∈N ＋)，所以a n b n ＝n ·2n . 所以S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n .③2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.④③－④得，－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1.所以S n ＝2－2n ＋1＋n ·2n ＋1.19．(12分)已知等差数列{a n }满足：a 3＝7，a 5＋a 7＝26.{a n }的前n 项和为S n .(1)求a n 及S n ；(2)令b n ＝1a 2n －1(n ∈N ＋)，求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由于a 3＝7，a 5＋a 7＝26， 所以a 1＋2d ＝7,2a 1＋10d ＝26， 解得a 1＝3，d ＝2.由于a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝n (a 1＋a n )2，所以a n ＝2n ＋1，S n ＝n (n ＋2)． (2)因为a n ＝2n ＋1，所以a 2n －1＝4n (n ＋1)， 因此b n ＝14n (n ＋1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 4(n ＋1)， 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n4(n ＋1).20．(12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)具有性质：若M ，N 是椭圆上关于原点O 对称的两点，点P 是椭圆上任意一点，当直线PM ，PN 的斜率都存在，并记为k PM ，k PN 时，那么k PM 与k PN 之积是与点P 的位置无关的定值，试写出双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)具有类似特性的性质并加以证明．解析 可以通过类比得：若M ，N 是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)上关于原点O 对称的两点，点P 是双曲线上任意一点，当直线PM ，PN 的斜率都存在，并记为k PM ，k PN 时，那么k PM 与k PN 之积是与点P 的位置无关的定值．证明 设点M (m ，n )，则N (－m ，－n )， 又设点P 的坐标为P (x ，y )， 则k PM ＝y －n x －m ，k PN ＝y ＋nx ＋m， 注意到m 2a 2－n 2b2＝1，点P (x ，y )在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1上，故y 2＝b 2⎝⎛⎭⎫x 2a 2－1，n 2＝b 2⎝⎛⎭⎫m 2a 2－1， 代入k PM ·k PN ＝y 2－n 2x 2－m 2可得：k PM ·k PN ＝b 2a 2(x 2－m 2)x 2－m 2＝b 2a 2(常数)，即k PM ·k PN 是与点P 的位置无关的定值．21．(12分)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn ，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M更新．证明：须在第9年初对M 更新．解析 (1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥6时，数列{a n }是以a 6为首项，34为公比的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6.因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ， n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6， n ≥7. (2)证明 设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ； 当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －6＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6， A n ＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6n .易知{A n }是递减数列，又A 8＝780－210×⎝⎛⎭⎫3428＝824764＞80，A 9＝780－210×⎝⎛⎭⎫3439＝767996＜80，所以须在第9年初对M 更新．22．(14分)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝c －1a n.(1)设c ＝52，b n ＝1a n －2，求数列{b n }的通项公式；(2)求使不等式a n ＜a n ＋1＜3成立的c 的取值范围． 解析 (1)a n ＋1－2＝52－1a n －2＝a n －22a n ，1a n ＋1－2＝2a n a n －2＝4a n －2＋2，即b n ＋1＝4b n ＋2.b n ＋1＋23＝4⎝⎛⎭⎫b n ＋23， 又a 1＝1，故b 1＝1a 1－2＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n ＋23是首项为－13，公比为4的等比数列，b n ＋23＝－13×4n －1，b n ＝－4n －13－23.(2)a 1＝1，a 2＝c －1，由a 2＞a 1得c ＞2. 用数学归纳法证明：当c ＞2时，a n ＜a n ＋1. (i)当n ＝1时，a 2＝c －1a 1＞a 1，命题成立；(ii)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，a k ＜a k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＝c －1a k ＋1＞c －1a k ＝a k ＋1.故由(i)(ii)知当c ＞2时，a n ＜a n ＋1. 当c ＞2时，令α＝c ＋c 2－42，由a n ＋1a n ＜a n ＋1＋1a n ＝c 得a n ＜α.当2＜c ≤103时，a n ＜α≤3.当c ＞103时，α＞3，且1≤a n ＜α，于是α－a n ＋1＝1a n α(α－a n )≤13(α－a n )， α－a n ＋1≤13n (α－1)．当n ＞log 3α－1α－3时，α－a n ＋1＜α－3，a n ＋1＞3.因此c ＞103不符合要求．所以c 的取值范围是⎝⎛⎦⎤2，103.。

典例8 (15分)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．审题路线图 求f ′(x )―――――→讨论f ′(x )的符号f (x )单调性―→f (x )最大值―→解f (x )max >2a －2.评分细则 (1)函数求导正确给1分； (2)分类讨论，每种情况给2分，结论1分； (3)求出最大值给3分；(4)构造函数g (a )＝ln a ＋a －1给3分；(5)通过分类讨论得出a 的范围，给3分．跟踪演练8 (2018·天津)已知函数f (x )＝a x ，g (x )＝log a x ，其中a >1. (1)求函数h (x )＝f (x )－x ln a 的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )在点(x 1，f (x 1))处的切线与曲线y ＝g (x )在点(x 2，g (x 2))处的切线平行，证明x 1＋g (x 2)＝－2lnln a ln a；(3)证明当a ≥1ee 时，存在直线l ，使l 是曲线y ＝f (x )的切线，也是曲线y ＝g (x )的切线． (1)解 由已知得h (x )＝a x －x ln a ，则h ′(x )＝a x ln a －ln a ．令h ′(x )＝0，解得x ＝0. 由a >1，可知当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：所以函数h (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)证明 由f ′(x )＝a x ln a ，可得曲线y ＝f (x )在点(x 1，f (x 1))处的切线斜率为1xa ln a . 由g ′(x )＝1x ln a ，可得曲线y ＝g (x )在点(x 2，g (x 2))处的切线斜率为1x 2ln a .因为这两条切线平行，所以有1xa ln a ＝1x 2ln a ，即x 21xa (ln a )2＝1， 两边取以a 为底的对数，得 log a x 2＋x 1＋2log a ln a ＝0， 所以x 1＋g (x 2)＝－2lnln aln a.(3)证明 曲线y ＝f (x )在点(x 1，1xa )处的切线为l 1：y －1xa ＝1xa ln a ·(x －x 1)．曲线y ＝g (x )在点(x 2，log a x 2)处的切线为l 2：y －log a x 2＝1x 2ln a(x －x 2)．要证明当a ≥1ee 时，存在直线l ，使l 是曲线y ＝f (x )的切线，也是曲线y ＝g (x )的切线，只需证明当a ≥1ee 时，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使得l 1与l 2重合．即只需证明当a ≥1ee 时，下面的方程组有解⎩⎨⎧1x a ln a ＝1x 2ln a ， ①1x a－x 11x a ln a ＝log a x 2－1ln a，②由①得，x 2＝11x a (ln a )2，代入②，得1x a －x 11xa ln a ＋x 1＋1ln a ＋2lnln a ln a＝0.③因此，只需证明当a ≥1ee 时，关于x 1的方程③存在实数解． 设函数u (x )＝a x －xa x ln a ＋x ＋1ln a ＋2lnln a ln a， 即要证明a ≥1ee 时，函数u (x )存在零点．u ′(x )＝1－(ln a )2xa x ，可知当x ∈(－∞，0)时，u ′(x )>0；当x ∈(0，＋∞)时，u ′(x )单调递减，又u ′(0)＝1>0，u ′⎝⎛⎭⎫1(ln a )2＝1－()1ln a a <0，故存在唯一的x 0，且x 0>0，使得u ′(x 0)＝0，即1－(ln a )2x 00xa ＝0.由此可得u (x )在(－∞，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减． u (x )在x ＝x 0处取得极大值u (x 0)． 因为a ≥1ee ，所以lnln a ≥－1，所以u (x 0)＝0x a －x 00xa ln a ＋x 0＋1ln a ＋2lnln a ln a＝1x 0(ln a )2＋x 0＋2lnln a ln a ≥2＋2lnln aln a ≥0.下面证明存在实数t ，使得u (t )<0. 由(1)可得a x ≥1＋x ln a ， 当x >1ln a 时，有u (x )≤(1＋x ln a )(1－x ln a )＋x ＋1ln a ＋2lnln a ln a ＝－(ln a )2x 2＋x ＋1＋1ln a ＋2lnln aln a， 所以存在实数t ，使得u (t )<0.因此当a ≥1ee 时，存在x 1∈(－∞，＋∞)，使得u (x 1)＝0.所以当a ≥1ee 时，存在直线l ，使l 是曲线y ＝f (x )的切线，也是曲线y ＝g (x )的切线.。

2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数 学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：若事件A ，B 互斥，则()()()P A B P A P B +=+ 若事件A ，B 相互独立，则()()()P AB P A P B = 若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()C (1)(0,1,2,,)k k n kn n P k p p k n -=-=台体的体积公式121()3V S S h =其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高柱体的体积公式V Sh =其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式13V Sh =其中表示锥体的底面积，表示锥体的高 球的表面积公式24S R =π球的体积公式343V R =π其中R 表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知全集{}1,0,1,2,3U =-，集合{}0,1,2A =，{}1,0,1B =-，则UA B =A ．{}1-B ．{}0,1?C ．{}1,2,3-D ．{}1,0,1,3-2．渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是A．22B．1 C．2D．23．若实数x，y满足约束条件340340x yx yx y-+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩，则z=3x+2y的最大值是A．1-B．1C．10 D．124．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是A．158 B．162C．182 D．325．若a＞0，b＞0，则“a+b≤4”是“ab≤4”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．在同一直角坐标系中，函数y =1xa，y=log a(x+)，(a>0且a≠0)的图像可能是7．设0＜a ＜1，则随机变量X 的分布列是则当a 在（0,1）内增大时 A ．D （X ）增大B ．D （X ）减小C ．D （X ）先增大后减小D ．D （X ）先减小后增大8．设三棱锥V -ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P -AC -B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β9．已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩，若函数()y f x ax b =--恰有三个零点，则 A ．a <-1，b <0 B ．a <-1，b >0 C ．a ＞-1，b ＞0D ．a ＞-1，b <010．设a ，b ∈R ，数列{a n }中a n =a ，a n +1=a n 2+b ，b *∈N ,则A ．当b =，a 10＞10B ．当b =，a 10＞10C ．当b =-2，a 10＞10D ．当b =-4，a 10＞10非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

典例9 (15分)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围．审题路线图 (1)求导f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x ―→讨论m 确定f ′(x )的符号―→证明结论 (2)条件转化为(|f (x 1)－f (x 2)|)max ≤e －1――――→结合(1)知f (x )min＝f (0)⎩⎪⎨⎪⎧f (1)－f (0)≤e －1，f (－1)－f (0)≤e －1―→⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1―→构造函数g (t )＝e t －t －e ＋1―→研究g (t )的单调性―→寻求⎩⎪⎨⎪⎧g (m )≤0，g (－m )≤0的条件―→对m 讨论得适合条件的范围评分细则 (1)求出导数给1分；(2)讨论时漏掉m ＝0扣1分；两种情况只讨论正确一种给2分； (3)确定f ′(x )符号时只有结论无中间过程扣1分； (4)写出f (x )在x ＝0处取得最小值给1分； (5)无最后结论扣1分； (6)其他方法构造函数同样给分．跟踪演练9 (2018·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2， 证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②若a >2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．(2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设0<x 1<x 2，则x 2>1. 由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减， 又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.。