高考复习数学(浙江)第7章 第2节 课时分层训练37

课时分层训练(三十七)A组基础达标(建议用时：30分钟)一、填空题1．正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理________．(填序号)①结论正确；②大前提不正确；③小前提不正确；④全不正确．③[因为f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确．]2．如图37-3，根据图中的数构成的规律，得a表示的数是________．图37-3144[由题图中的数可知，每行除首末两数外，其他数都等于它肩上两数的乘积，所以a＝12×12＝144.]3．某种树的分枝生长规律如图37-4所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为________. 【导学号：62172202】图37-455[因为2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为21＋34＝55.]4．给出下面几个推理：①由“6＝3＋3,8＝3＋5,10＝3＋7,12＝5＋7，…”得到结论：任何一个不小于6的偶数都等于两个奇质数之和；②由“三角形内角和为180°”得到结论：等腰三角形内角和为180°；③由“正方形面积为边长的平方”得到结论：正方体的体积为边长的立方；④由“a2＋b2≥2ab(a，b∈R)”推得：sin 2x≤1.其中是演绎推理的序号是________．②④[演绎推理的模式是三段论模式，包括大前提、小前提和结论，演绎推理是从一般到特殊的推理，根据以上特点，可以判断②④是演绎推理．易得①是归纳推理，③是类比推理．故答案为②④.]5．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：①由“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；②由“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；③由“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；④由“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”．以上结论正确的是________．(填序号)①②[因为向量运算满足交换律、乘法分配律，向量没有除法，不能约分，所以①②正确，③错误．又因为|a·b|＝|a|·|b|·|cos〈a，b〉|，所以④错误．] 6．把一个直角三角形以两直角边为邻边补成一个矩形，则矩形的对角线长即为直角三角形外接圆直径，以此可求得外接圆半径r＝a2＋b22(其中a，b为直角三角形两直角边长)．类比此方法可得三条侧棱长分别为a，b，c且两两垂直的三棱锥的外接球半径R＝__________.a2＋b2＋c22[由平面类比到空间，把矩形类比为长方体，从而得出外接球半径为a2＋b2＋c22.]7．(2017·徐州模拟)观察下列不等式：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…照此规律，第五个不等式为__________．1＋122＋132＋142＋152＋162<116 [左边的式子的通项是1＋122＋132＋…＋1(n ＋1)2，右边式子的分母依次增加1，分子依次增加2，还可以发现右边分母与左边最后一项分母的关系，所以第五个不等式为1＋122＋132＋142＋152＋162<116.]8．给出以下数对序列：(1,1)；(1,2)(2,1)；(1,3)(2,2)(3,1)；(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)；…记第i 行的第j 个数对为a ij ，如a 43＝(3,2)，则a nm ＝________.(m ，n －m ＋1) [由前4行的特点，归纳可得：若a nm ＝(a ，b )，则a ＝m ，b ＝n －m ＋1，∴a nm ＝(m ，n －m ＋1)．]9．(2017·泰州模拟)如图(1)若从点O 所作的两条射线OM 、ON 上分别有点M 1、M 2与点N 1、N 2，则三角形面积之比S △OM 1N 1S △OM 2N 2＝OM 1OM 2·ON 1ON 2.如图(2)，若从点O 所作的不在同一平面内的三条射线OP 、OQ 和OR 上分别有点P 1、P 2，点Q 1、Q 2和点R 1、R 2，则类似的结论为________________．(1) (2)图37-5VO -P 1Q 1R 1VO -P 2Q 2R 2＝OP 1OP 2·OQ 1OQ 2·OR 1OR 2[考查类比推理问题，由图看出三棱锥P 1-OR 1Q 1及三棱锥P 2-OR 2Q 2的底面面积之比为OQ 1OQ 2·OR 1OR 2，又过顶点分别向底面作垂线，得到高的比为OP 1OP 2，故体积之比为VO -P 1Q 1R 1VO -P 2Q 2R 2＝OP 1OP 2·OQ 1OQ 2·OR 1OR 2.] 10．在某次数学考试中，甲、乙、丙三名同学中只有一个人得了优秀．当他们被问到谁得到了优秀时，丙说“甲没有得优秀”，乙说“我得了优秀”，甲说“丙说的是真话”．事实证明，在这三名同学中，只有一人说的是假话，那么得优秀的同学是__________. 【导学号：62172203】丙[如果丙说的是假话，则“甲得优秀”是真话，又乙说“我得了优秀”是真话，所以矛盾；若甲说的是假话，即“丙说的是真话”是假的，则说明“丙说的是假的”，即“甲没有得优秀”是假的，也就是说“甲得了优秀”是真的，这与乙说“我得了优秀”是真话矛盾；若乙说的是假话，即“乙没得优秀”是真的，而丙说“甲没得优秀”为真，则说明“丙得优秀”，这与甲说“丙说的是真话”符合．所以三人中说假话的是乙，得优秀的同学是丙．]二、解答题11．平面中的三角形和空间中的四面体有很多相类似的性质，例如在三角形中：(1)三角形两边之和大于第三边；(2)三角形的面积S＝12×底×高；(3)三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的12；…请类比上述性质，写出空间中四面体的相关结论．[解]由三角形的性质，可类比得空间四面体的相关性质为：(1)四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积；(2)四面体的体积V＝13×底面积×高；(3)四面体的中位面平行于第四个面且面积等于第四个面的面积的1 4.12．设f(x)＝13x＋3，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明. 【导学号：62172204】[解]f(0)＋f(1)＝130＋3＋131＋3＝11＋3＋13＋3＝3－12＋3－36＝33，同理可得：f(－1)＋f(2)＝3 3，f(－2)＋f(3)＝33，并注意到在这三个特殊式子中，自变量之和均等于1.归纳猜想得：当x1＋x2＝1时，均有f (x 1)＋f (x 2)＝33.证明：设x 1＋x 2＝1，f (x 1)＋f (x 2)＝13x 1＋3＋13x 2＋3 ＝(3x 1＋3)＋(3x 2＋3)(3x 1＋3)(3x 2＋3)＝3x 1＋3x 2＋233x 1＋x 2＋3(3x 1＋3x 2)＋3＝3x 1＋3x 2＋233(3x 1＋3x 2)＋2×3＝3x 1＋3x 2＋233(3x 1＋3x 2＋23)＝33. B 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．(2017·南京模拟)已知数列{a n }为等差数列，若a m ＝a ，a n ＝b (n －m ≥1，m ，n ∈N ＋)，则a m ＋n ＝bn －ma n －m.类比等差数列{a n }的上述结论，对于等比数列{b n }(b n >0，n ∈N ＋)，若b m ＝c ，b n ＝d (n －m ≥2，m ，n ∈N ＋)，则可以得到b m ＋n ＝________.n －m d nc m[设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q . 因为a n ＝a 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1qn －1，a m ＋n ＝nb －ma n －m， 所以类比得b m ＋n ＝n －m d nc m .]2．(2016·全国卷Ⅱ)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．1和3 [法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法．故甲的卡片上的数字是1和3.法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.]3．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．[解](1)选择②式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－12sin 30°＝1－14＝34.(2)法一：三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝3 4.证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝sin2α＋34cos2α＋32sin αcos α＋14sin2α－32sin αcos α－12sin2α＝34sin2α＋34cos2α＝34.法二：三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝3 4.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝1－cos 2α2＋1＋cos (60°－2α)2－sin α(cos 30° cos α＋sin 30°sin α) ＝12－12cos 2α＋12＋12(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－32sin αcos α－12sin 2α ＝12－12cos 2α＋12＋14cos 2α＋34sin 2α－34sin 2α－14(1－cos 2α)＝1－14cos 2α－14＋14cos 2α＝34.4．已知椭圆具有性质：若M ，N 是椭圆C 上关于原点对称的两个点，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．试对双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1写出具有类似特性的性质，并加以证明．[解] 类似的性质为：若M ，N 是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1上关于原点对称的两个点，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．证明如下：设点M ，P 的坐标分别为(m ，n )，(x ，y )，则N (－m ，－n )．因为点M (m ，n )在已知双曲线上，所以n 2＝b 2a 2m 2－b 2.同理y 2＝b 2a 2x 2－b 2. 则k PM ·k PN ＝y －n x －m ·y ＋n x ＋m ＝y 2－n 2x 2－m 2＝b 2a 2·x 2－m 2x 2－m 2＝b 2a2(定值)．。

第二节空间几何体的表面积与体积————————————————————————————————[考纲传真]了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．1．多面体的表(侧)面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．()(2)球的体积之比等于半径比的平方．()(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．()(4)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝32a .( ) [答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√2．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD.32 cmB [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4，∴r ＝2(cm)．] 3．(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图7-2-1，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )图7-2-1A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛B [设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝ ⎛⎭⎪⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B.]4．(2016·全国卷Ⅱ)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．12π B.323π C ．8πD ．4πA [设正方体棱长为a ，则a 3＝8，所以a ＝2.所以正方体的体对角线长为23，所以正方体外接球的半径为3，所以球的表面积为4π·(3)2＝12π，故选A.]5．(2017·郑州质检)某几何体的三视图如图7-2-2所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3.图7-2-2323 [由三视图可知该几何体是由棱长为 2 cm 的正方体与底面为边长为 2 cm 的正方形、高为2 cm 的四棱锥组成，V ＝V 正方体＋V 四棱锥＝8 cm 3＋83 cm 3＝323cm 3.](1)某几何体的三视图如图7-2-3所示，则该几何体的表面积等于( )图7-2-3A ．8＋22B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15(2)(2016·全国卷Ⅰ)如图7-2-4，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )图7-2-4A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(1)B (2)A [(1)由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为4＋22＋2＋2＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3.所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.(2)由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.][规律方法] 1.(1)多面体与旋转体的表面积等于侧面面积与底面面积之和．(2)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的处理．2．若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解．[变式训练1] (2016·全国卷Ⅲ)如图7-2-5，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )【导学号：31222245】图7-2-5A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81B [由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.](1)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π(2)(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图7-2-6所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.图7-2-6(1)C (2)2 [(1)过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示．由于V 圆柱＝π·AB 2·BC ＝π×12×2＝2π， V 圆锥＝13π·CE 2·DE ＝13π·12×(2－1)＝π3，所以该几何体的体积V ＝V 圆柱－V 圆锥＝2π－π3＝5π3.(2)由三视图知，四棱锥的高为3，底面平行四边形的一边长为2，对应高为1，所以其体积V ＝13Sh ＝13×2×1×3＝2.][规律方法] 1.若所给定的几何体是柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．2．若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法(转换的原则是使底面面积和高易求)、分割法、补形法等方法进行求解．3．若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．[变式训练2] 一个几何体的三视图如图7-2-7所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.图7-2-783π [由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π.]111V 的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是()A．4π B.9π2C．6π D.32π3B[由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10，要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r，则r＝2.此时2r＝4＞3，不合题意．因此球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大．由2R＝3，即R＝3 2.故球的最大体积V＝43πR3＝92π.][迁移探究1]若本例中的条件变为“直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积．[解]将直三棱柱补形为长方体ABEC-A′B′E′C′，则球O是长方体ABEC-A′B′E′C′的外接球，∴体对角线BC′的长为球O的直径．因此2R＝32＋42＋122＝13，故S球＝4πR2＝169π.[迁移探究2]若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．[解]如图，设球心为O，半径为r，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.[规律方法] 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中P A ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．[变式训练3] (2015·全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256πC [如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大为13×12R2×R＝36，∴R＝6，∴球O的表面积为4πR2＝4π×62＝144π.故选C.][思想与方法]1．转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法．2．求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高．[易错与防范]1．求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理，防止重复计算．2．底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．课时分层训练(三十九)空间几何体的表面积与体积A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A.22π3 B.42π3C．22πD．42πB[依题意知，该几何体是以2为底面半径，2为高的两个同底圆锥组成的组合体，则其体积V＝13π(2)2×22＝423π.]2．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为()【导学号：31222246】A.32π3B．4πC．2π D.4π3D[依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R，则2R＝12＋12＋(2)2＝2，解得R＝1，所以V＝4π3R3＝4π3.]3．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图7-2-8所示，则该几何体的体积为()图7-2-8A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD ．1＋26πC [由三视图知，该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.故选C.]4．某几何体的三视图如图7-2-9所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )【导学号：31222247】图7-2-9A ．2 B.92 C.32D ．3D [由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝12×(1＋2)×2＝3，∴V＝13x·3＝3，解得x＝3.]5．(2016·江南名校联考)一个四面体的三视图如图7-2-10所示，则该四面体的表面积是()图7-2-10A．1＋ 3 B．2＋ 3C．1＋2 2 D．2 2B[四面体的直观图如图所示．侧面SAC⊥底面ABC，且△SAC与△ABC均为腰长是2的等腰直角三角形，SA＝SC＝AB＝BC＝2，AC＝2.设AC的中点为O，连接SO，BO，则SO⊥AC，∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO.又OS＝OB＝1，∴SB＝2，故△SAB与△SBC均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×1 2×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.]二、填空题6．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______．【导学号：31222248】7 [设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7.]7．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．12 [设正六棱锥的高为h ，棱锥的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1，∴斜高h ′＝12＋(3)2＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.]8．某几何体的三视图如图7-2-11所示，则该几何体的体积为________．图7-2-11136π [由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π.]三、解答题9．如图7-2-12，在三棱锥D -ABC 中，已知BC ⊥AD ，BC ＝2，AD ＝6，AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，求三棱锥D -ABC 的体积的最大值．图7-2-12[解] 由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，∵棱AD 与棱BC 相互垂直，设d 为AD 到BC 的距离，4分则V D -ABC＝AD ·BC ×d ×12×13＝2d ， 当d 最大时，V D -ABC 体积最大.8分 ∵AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10， ∴当AB ＝BD ＝AC ＝CD ＝5时， d 有最大值42－1＝15.此时V ＝215.12分10．四面体ABCD 及其三视图如图7-2-13所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .图7-2-13(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．[解] (1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，3分∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.5分(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，8分∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形． 又∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG . ∴四边形EFGH 是矩形.12分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图7-2-14所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )图7-2-14A ．1B ．2C ．4D ．8B [如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.]2．三棱锥P -ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D -ABE 的体积为V 1，P -ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.14 [设点A 到平面PBC 的距离为h .∵D ，E 分别为PB ，PC 的中点，∴S △BDE ＝14S △PBC ， ∴V 1V 2＝V A -DBEV A -PBC＝13S △BDE ·h 13S △PBC ·h＝14.] 3．(2016·全国卷Ⅰ)如图7-2-15，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G.图7-2-15(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．[解] (1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以AB ⊥PD.因为D在平面P AB内的正投影为E，所以AB⊥DE.3分因为PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，P A＝PB，所以G是AB的中点.5分(2)在平面P AB内，过点E作PB的平行线交P A于点F，F即为E在平面P AC内的正投影.7分理由如下：由已知可得PB⊥P A，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥P A，EF⊥PC.又P A∩PC＝P，因此EF⊥平面P AC，即点F为E在平面P AC内的正投影．连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝23CG.10分由题设可得PC⊥平面P AB，DE⊥平面P AB，所以DE∥PC，因此PE＝23PG，DE＝13PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A＝6，可得DE＝2，PE＝2 2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，所以四面体PDEF的体积V＝13×12×2×2×2＝43.12分。

基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.已知{a n }，{b n }都是等比数列，那么( ) A.{a n ＋b n }，{a n ·b n }都一定是等比数列B.{a n ＋b n }一定是等比数列，但{a n ·b n }不一定是等比数列C.{a n ＋b n }不一定是等比数列，但{a n ·b n }一定是等比数列D.{a n ＋b n }，{a n ·b n }都不一定是等比数列 解析 两个等比数列的积仍是一个等比数列. 答案 C2.在等比数列{a n }中，如果a 1＋a 4＝18，a 2＋a 3＝12，那么这个数列的公比为( ) A.2B.12C.2或12D.－2或12解析 设数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 4a 2＋a 3＝a 1（1＋q 3）a 1（q ＋q 2）＝1＋q 3q ＋q 2＝（1＋q ）（1－q ＋q 2）q （1＋q ）＝1－q ＋q2q＝1812，得q ＝2或q ＝12.故选C. 答案 C3.(必修5P67A1(2)改编)一个蜂巢里有1只蜜蜂.第1天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有________只蜜蜂( ) A.55 986B.46 656C.216D.36解析 设第n 天蜂巢中的蜜蜂数量为a n ，根据题意得数列{a n }成等比数列，a 1＝6，q ＝6，所以{a n }的通项公式a n ＝6×6n －1，到第6天，所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有a 6＝6×65＝66＝46 656只蜜蜂，故选B. 答案 B4.(2015·全国Ⅱ卷)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A.21B.42C.63D.84解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得3(1＋q 2＋q 4)＝21，解得q 2＝－3(舍去)或q 2＝2，于是a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42，故选B. 答案 B5.设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40等于( ) A.150 B.－200 C.150或－200D.400或－50解析 依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20).即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30，又S 20＞0， 因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40， 故S 40－S 30＝80.S 40＝150.故选A.答案 A 二、填空题6.(2017·乐清市模拟)在等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于________.解析 两式相减得a 4－a 3＝2a 3，从而求得a 4a 3＝3.即q ＝3. 答案 37.(2017·宁波调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n (n ∈N *)，则a 3＝________；通项公式a n ＝________.解析 ∵a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n(n ∈N *)，∴a 2＝a 1＋2＝3，a 3＝a 2＋22＝3＋4＝7.n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝2n－12－1＝2n－1(n ＝1时也成立)，∴a n ＝2n－1. 答案 7 2n －18.已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝3S 2，a 3＝2，则a 7＝________.解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，显然q ≠1且q ＞0，因为S 4＝3S 2，所以a 1（1－q 4）1－q＝3a 1（1－q 2）1－q ，解得q 2＝2，因为a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2×22＝8.答案 8 三、解答题9.在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3. 因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n2.10.(2017·宁波十校联考)设{a n }是公比为q 的等比数列. (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列. 解 (1)设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1qn －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n，∴S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q，q ≠1.(2)假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝qk －1＋qk ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾. 故数列{a n ＋1}不是等比数列.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n 等于( ) A.12B.13C.14D.15解析 设数列{a n }的公比为q ， 由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12， 可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q 3n －3＝324，因此q3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14，故选C. 答案 C12.(2016·临沂模拟)数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A.(3n －1)2B.12(9n－1)C.9n－1D.14(3n－1) 解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n－3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列. 因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4（1－9n）1－9＝12(9n－1).答案 B13.(2017·沈阳模拟)在等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是________. 解析 当q >0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≥1＋2a 1a 3＝1＋2a 22＝3，当且仅当a 1＝a 3＝1时等号成立.当q <0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≤1－2a 1a 3＝1－2a 22＝－1，当且仅当a 1＝a 3＝－1时等号成立.所以，S 3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞). 答案 (－∞，－1]∪[3，＋∞)14.(2015·四川卷)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值.解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1， 有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以q ＝2. 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1，又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)， 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故a n ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1＜11 000， 即2n＞1 000，因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n ≥10， 于是，使|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值为10.15.(2017·绍兴模拟)已知正项数列{a n }的奇数项a 1，a 3，a 5，…a 2k －1，…构成首项a 1＝1的等差数列，偶数项构成公比q ＝2的等比数列，且a 1，a 2，a 3成等比数列，a 4，a 5，a 7成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a 2n ＋1a 2n，T n ＝b 1b 2…b n ，求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有T k ≥T n . 解 (1)由题意：⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝a 1a 3，2a 5＝a 4＋a 7，设a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…的公差为d ，则a 3＝1＋d ，a 5＝1＋2d ，a 7＝1＋3d ，a 4＝2a 2，代入⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝1（1＋d ），1＋d ＝2a 2，又a 2>0，故解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，d ＝3.故数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数，(2)b n ＝3n ＋12n ，显然b n >0，∵b n ＋1b n ＝3n ＋42n ＋13n ＋12n ＝3n ＋46n ＋2<1， ∴{b n }单调递减，又b 1＝2，b 2＝74，b 3＝108，b 4＝136，∴b 1>b 2>b 3>1>b 4>b 5>…，∴k ＝3时，对任意n ∈N *，均有T 3≥T n .。

阶段滚动练(二) 第1～7章(本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试用时120分钟)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.(2019·全国Ⅱ卷)设集合A＝{x|x2－5x＋6>0}，B＝{x|x－1<0}，则A∩B＝( )A.(－∞，1)B.(－2，1)C.(－3，－1)D.(3，＋∞)解析A∩B＝{x|x2－5x＋6>0}∩{x|x－1<0}＝{x|x<2或x>3}∩{x|x<1}＝{x|x<1}.答案 A2.(2020·北京朝阳区期末)设复数满足(1－i)z＝2i，则|z|＝( )A.1B. 2C.2D.2 2解析由(1－i)z＝2i，得z＝2i1－i＝2i（1＋i）（1－i）（1＋i）＝2i（1＋i）2＝－1＋i，∴|z|＝（－1）2＋12＝ 2.答案 B3.(2020·北京西城区练习)设a∈R，b＞0，则“3a＞2b”是“a＞log3b”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析若3a＞2b，b＞0，则a＞log32b，可得a＞log3b；若a＞log3b，可得3a＞b，无法得到3a＞2b，所以“3a＞2b”是“a＞log3b”的充分而不必要条件.答案 A4.(2020·台州期末评估)已知公差不为零的等差数列{a n }满足a 23＝a 1a 4，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3S 1的值为( ) A.94 B.－94C.32D.－32解析 公差不为零的等差数列{a n }满足a 23＝a 1a 4，设公差为d ，∴(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，解得a 1＝－4d ，∵S n 为数列{a n }的前n 项和，∴S 3S 1＝3a 1＋3×22da 1＝－12d ＋3d －4d ＝94，故选A.答案 A5.在△ABC 中，sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B sin C ，则A 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，πC.⎝⎛⎦⎥⎤0，π3 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π 解析 由正弦定理得a 2≤b 2＋c 2－bc ，由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴－2bc cos A ≤－bc ，cos A ≥12，∴0<A ≤π3.答案 C6.(2019·全国Ⅲ卷)函数y ＝2x32x ＋2－x 在[－6，6]的图象大致为( )解析 因为y ＝f (x )＝2x32x ＋2－x ，x ∈[－6，6]，所以f (－x )＝2（－x ）32－x ＋2x ＝－2x32－x ＋2x ＝－f (x )，所以f (x )是奇函数，排除C.当x ＝4时，y ＝2×4324＋2－4＝12816＋116∈(7，8)，排除A ，D. 故选B. 答案 B7.(2020·金华十校期末调研)把函数f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4的图象向左平移m (m ＞0)个单位长度，得到函数g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象，则m 的最小值是( )A.724π B.1724π C.524π D.1924π 解析 把函数f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4的图象向左平移m (m ＞0)个单位长度，得到g (x )＝2cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（x ＋m ）－π4＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2m －π4，因为g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＝2cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫5π6－2x ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －5π6，则由2m －π4＝－5π6＋2k π，k ∈Z ，得m ＝－7π24＋k π，k ∈Z ，又因为m ＞0，所以当k ＝1时，m 最小，此时m ＝π－7π24＝17π24，故选B. 答案 B8.(2020·杭州二中模拟)设a ，b 为单位向量，向量c 满足|2c ＋a |＝|a ·b |，则|c －b |的最大值为( ) A.2 B.1 C. 3D. 2解析 |2c ＋a |＝|2(c －b )＋(a ＋2b )|＝|a ·b |≥2|c －b |－|a ＋2b |，所以2|c －b |≤|a ·b |＋|a ＋2b |≤1＋3＝4.当且仅当a ，b 同向时取到等号，所以|c －b |≤2，当且仅当a ，b 同向，且c －b 与a ＋2b 反向时取等号，所以|c －b |max ＝2，故选A. 答案 A9.(2020·浙江新高考仿真卷二)若cos α－sin α＝tan α⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜α＜π2，则α的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4C.⎝⎛⎭⎪⎫π4，π3D.⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2 解析 设f (α)＝cos α－sin α－tan α，则f ′(a )＝－sin α－cos α－1cos 2α，则易得f ′(α)＜0在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，所以f (α)在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，又因为f (0)＝1＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝32－12－33＜0，所以f (α)在⎝⎛⎭⎪⎫0，π6上存在零点，即方程cos α－sin α＝tanα⎝⎛⎭⎪⎫0＜α＜π2的根α∈在⎝⎛⎭⎪⎫0，π6，故选A.答案 A.10.(一题多解)(2019·浙江卷)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n ＋b ，n ∈N *，则( ) A.当b ＝12时，a 10>10B.当b ＝14时，a 10>10C.当b ＝－2时，a 10>10D.当b ＝－4时，a 10>10解析 法一 考察选项A ，a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n ＋b ＝a 2n ＋12，∵⎝⎛⎭⎪⎫a n －122＝a 2n －a n ＋14≥0，∴a 2n ≥a n －14.∵a n ＋1＝a 2n ＋12>0，∴a n ＋1≥a n －14＋12＝a n ＋14>a n ，∴{a n }为递增数列.因此，当a 1＝0时，a 10取到最小值，现对此情况进行估算. 显然，a 1＝0，a 2＝a 21＋12＝12，a 3＝a 22＋12＝34，a 4＝a 23＋12＝1716，当n >1时，a n ＋1>a 2n ， ∴lg a n ＋1>2lg a n ，∴lg a 10>2lg a 9>22·lg a 8>…>26lg a 4＝lg a 644， ∴a 10>a 644＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11664＝C 064＋C 164⎝ ⎛⎭⎪⎫1161＋C 264⎝ ⎛⎭⎪⎫1162＋…＋C 6464⎝ ⎛⎭⎪⎫11664＝1＋64×116＋64×632×1162＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11664＝1＋4＋7.875＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11664＝12.875＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11664>10， 因此符合题意， 故选A.法二 由已知可得a n ＋1－a n ＝a 2n ＋b －a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a n －122＋b －14. B.当a ＝12，b ＝14时，a n ＝12，所以排除B ；C.当a ＝2或－1，b ＝－2时，a n ＝2或－1，所以排除C.D.当a ＝1±172，b ＝－4时，a n ＝1±172，所以排除D.故选A. 答案 A非选择题部分(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)11.(2020·江西赣州联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其意思为：“有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，走了六天后(第六天刚好用完)到达目的地.”若将此问题改为“第6天到达目的地”，则此人第二天至少走了________公里.解析 根据题意知此人每天行走的路程构成了公比为12的等比数列，设第一天走a 1里，则第二天走a 2＝12a 1(里)，易知a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1261－12≥378，则a 1≥192.则第二天至少走96里.答案 9612.(2020·温州适应性测试)已知正数a ，b 满足a ＋b ＝1，则b a ＋1b的最小值为________，此时a ＝________.解析 因为a ＋b ＝1，所以b a ＋1b ＝b a＋a ＋b b＝b a ＋ab＋1≥2b a ·a b ＋1＝3，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立，所以b a ＋1b的最小值为3.答案 3 1213.(2020·温州适考)在△ABC 中，C ＝45°，AB ＝6，D 为BC 边上的点，且AD ＝5，BD ＝3，则cos B ＝________，AC ＝________.解析 在△ABD 中，由余弦定理得cos B ＝AB 2＋BD 2－AD 22AB ·BD ＝59，则sin B ＝1－cos 2B ＝2149，则在△ABC 中，由正弦定理得AC ＝AB ·sin B sin C ＝873.答案 59 87314.(2020·浙江新高考仿真卷一)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ≥1，x ＋y ≤2，x －2y ≤2，则2x ＋y 的最大值为________，x ＋|y ＋x |的最小值为________.解析 由题意作出可行域为图中三角形DEF (及其内部)所示，令z ＝2x ＋y ，则y ＝－2x ＋z ，当直线y ＝－2x ＋z 过点E (2，0)时，z 取得最大值4.对于x ＋|y ＋x |分两种情况讨论，当x ＋y ≥0时，z 2＝y ＋2x ，在B ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－13处取得最小值13；当x ＋y ＜0时，z 2＝－y ，在B ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－13处取得最小值13，所以z 2＝x ＋|y ＋x |的最小值为13.答案 4 1315.(2020·合肥质检)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|ln x |，x ＞0，e x （x ＋1），x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－b 有三个零点，则实数b 的取值范围是________.解析 当x ≤0时，f (x )＝e x (x ＋1)，则f ′(x )＝e x (x ＋1)＋e x ＝e x(x ＋2)，由f ′(x )＞0，得函数f (x )的单调递增区间为(－2，0)，由f ′(x )＜0，得函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－2)，且易知x ＜－1时，f (x )＜0，f (0)＝1.由以上分析，可作出分段函数f (x )的图象，如图所示.要使函数g (x )＝f (x )－b 有三个零点，则方程f (x )－b ＝0，即f (x )＝b 有三个不同的实数根，也就是函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝b 有三个不同的公共点，结合图象可知，实数b 的取值范围是(0，1].答案 (0，1]16.(2020·浙江“超级全能生”联考)已知平面向量a ，b 满足|a |＝4，|b |＝2，若对任意共面的单位向量e ，记|a ·e |＋|b ·e |的最大值为M ，则M 的最小值等于________.解析 记OA →＝a ，OB →＝b ，OE →＝e ，不难发现：如图1，当〈a ，b 〉为锐角时，|a ·e |＋|b ·e |＝|PQ |≤|AB 1|＝M ＝|a ＋b |；如图2，当〈a ，b 〉为钝角时，|a ·e |＋|b ·e |＝|PQ |≤|AB |＝M ＝|a －b |；如图3，当〈a ，b 〉为直角时，|a ·e |＋|b ·e |＝|PQ |≤|AB |＝M ＝|a －b |＝|a＋b |，由上述三种情形可知，M ＝(|a ·e |＋|b ·e |)max ＝max{|a ＋b |，|a －b |}，由平行四边形法则可知，当a ⊥b 时，M min ＝min{max{|a ＋b |，|a －b |}}＝a 2＋b 2＝2 5.答案 2 517.(2020·北京东城区期末)已知函数f (x )为定义域为R ，设F f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f （x ），|f （x ）|≤1，1，|f （x ）|＞1.(1)若f (x )＝x 21＋x 2，则F f (1)＝________；(2)若f (x )＝ea －|x |－1，且对任意x ∈R ，F f (x )＝f (x )，则实数a 的取值范围为________.解析 (1)若f (x )＝x 21＋x2，由|f (x )|≤1，可得x 2≤1＋x 2成立，即有F f (x )＝f (x )＝x 21＋x2，则F f (1)＝12；(2)若f (x )＝ea －|x |－1，且对任意x ∈R ，F f (x )＝f (x )，可得|f (x )|≤1恒成立，即为－1≤ea －|x |－1≤1，即有0≤e a －|x |≤2，可得a －|x |≤ln 2，即a ≤|x |＋ln 2，由|x |＋ln 2的最小值为ln 2，则a ≤ln 2. 答案 (1)12(2)(－∞，ln 2]三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18.(本小题满分14分)(2018·上海卷)设常数a ∈R ，函数f (x )＝a sin 2x ＋2cos 2x . (1)若f (x )为偶函数，求a 的值；(2)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝3＋1，求方程f (x )＝1－2在区间[－π，π]上的解. 解 (1)由偶函数可知f (－x )＝f (x )得a ＝0.(2)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝3＋1⇒a ＝3，f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋1，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＝－22，在区间[－π，π]上解得x ＝－1124π，x ＝－524π，x ＝1324π，x ＝1924π.19.(本小题满分15分)(2020·杭州质检)设公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 6＝60，且a 6为a 1和a 21的等比中项. (1)求a n 和S n ；(2)设数列{b n }满足b n ＋1－b n ＝a n ，若b 1＝3，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n (n ∈N *).解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ≠0，则⎩⎪⎨⎪⎧6a 1＋15d ＝60，a 1（a 1＋20d ）＝（a 1＋5d ）2，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝5， ∴a n ＝2n ＋3，S n ＝n （8＋2n ）2＝n (n ＋4)＝n 2＋4n .(2)由b n ＋1－b n ＝a n ，得b n －b n －1＝a n －1(n ≥2，n ∈N *). 当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n －1＋a n －2＋…＋a 1＋b 1 ＝(n －1)(n ＋3)＋3 ＝n (n ＋2)，且b 1＝3也适合上式， ∴b n ＝n (n ＋2)(n ∈N *). ∴1b n＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n4（n ＋1）（n ＋2）. 20.(本小题满分15分)(2020·宁波模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin C －3sin B sin A ＋sin B ＝a －bc .(1)求角A 的大小；(2)若2sin A sin B ＝1＋cos C ，∠BAC 的平分线与BC 交于点D ，与△ABC 的外接圆交于点E (异于点A )，AE →＝λAD →，求λ的值. 解 (1)因为sin C －3sin B sin A ＋sin B ＝a －bc ，所以由正弦定理得(c －3b )c ＝(a ＋b )(a －b )， 即a 2＝b 2＋c 2－3bc ， 即cos A ＝32，所以A ＝30°. (2)因为2sin A sin B ＝1＋cos C ＝1－cos(A ＋B )＝1－cos A cos B ＋sinA sinB ，所以cos(A －B )＝1，从而A ＝B ， 所以B ＝30°，C ＝120°.不妨设AC ＝1，O 为△ABC 外接圆圆心， 则AO ＝1，AB ＝3，∠ADC ＝∠EAO ＝45°. 在△ADC 中，由正弦定理得ADsin 120°＝AC sin∠ADC ＝1sin 45°.即AD ＝62； 在△AOE 中，由∠EAO ＝∠OEA ＝45°，OA ＝1， 从而AE ＝ 2.所以λ＝AE AD ＝233.21.(本小题满分15分)已知数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＋1＝a n －1a n ＋2a 2n(n ∈N *).证明：当n ∈N *时， (1)a n >a n ＋1>2； (2)a n ＋1a n >78； (3)a 1＋a 2＋…＋a n <2n ＋8.证明 (1)先用数学归纳法证明：a n >2. ①n ＝1时，a 1＝3>2，命题成立；②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，命题成立，即a k >2； 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1－2＝a k －1a k ＋2a 2k －2＝a k －2＋2－a k a 2k ＝(a k －2)a 2k －1a 2k>0，即a k ＋1>2，故n ＝k ＋1时命题也成立. 所以对所有正整数n ，都有a n >2成立. 所以a n ＋1＝a n －1a n ＋2a 2n ＝a n ＋2－a na 2n<a n .综上所述，a n >a n ＋1>2.(2)因为a n ＋1＝a n －1a n ＋2a 2n ，所以a n ＋1a n ＝1－1a 2n ＋2a 3n，设f (x )＝2x 3－x 2＋1，则f ′(x )＝6x 2－2x ＝2x (3x －1)，所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12上单调递增.由已知及(1)知2<a n ≤3，∴1a n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，12， ∴a n ＋1a n ＝1－1a 2n ＋2a 3n ≥2627>78. (3)由(2)得a n ＋1＋a n >158a n ， 由a n ＋1＝a n －1a n ＋1a 2n 知a n －2＝a 2n (a n －a n ＋1)<3×815(a n ＋a n ＋1)(a n －a n ＋1) ＝85(a 2n －a 2n ＋1), 所以(a 1－2)＋(a 2－2)＋…＋(a n －2)<85[(a 21－a 22)＋(a 22－a 23)＋…＋(a 2n －a 2n ＋1)] ＝85(a 21－a 2n ＋1)<85(9－4)＝8. 所以a 1＋a 2＋…＋a n <2n ＋8.22.(本小题满分15分)(2020·嘉兴测试)已知函数f (x )＝ln(x ＋a )－b x(a ＜0，b ∈R )，且曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝x －2.(1)求实数a ，b 的值；(2)函数g (x )＝f (x ＋1)－mx (m ∈R )有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1·x 2＞e 2.(1)解 由曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝x －2，故⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2－2＝0，f ′（2）＝1， 又f (x )＝ln(x ＋a )－b x ，f ′(x )＝1x ＋a ＋b x 2， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ln （2＋a ）－b 2＝0，12＋a ＋b 4＝1，解得a ＝－1，b ＝0.(2)证明 由(1)知f (x )＝ln(x －1)，故f (x ＋1)＝ln x ，所以g (x )＝ln x －mx (m ∈R )，g (x )＝ln x －mx 的两个不同的零点为x 1，x 2，不妨设x 1＞x 2＞0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0，所以ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2，要证明x 1·x 2＞e 2，即证明ln(x 1x 2)＞ln e 2＝2，而ln(x 1x 2)＝m (x 1＋x 2)，故只需证明m (x 1＋x 2)＞2即可，又ln x 1－ln x 2＝mx 1－mx 2，所以m ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2， 故只需证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2. 即需证ln x 1－ln x 2＞2（x 1－x 2）x 1＋x 2， 即证ln x 1x 2＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1， 即只需证ln x 1x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1＞0即可， 令t ＝x 1x 2，由于x 1＞x 2＞0，故t ＞1，设F (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1(t ＞1)， F ′(t )＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2(t ＞1)， 显然F ′(t )＞0，故F (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1(t ＞1)是增函数， 所以F (t )＞F (1)，又F (1)＝0，所以F (t )＞0恒成立，即ln t ＞2（t －1）t ＋1(t ＞1)恒成立，因此x 1·x 2＞e 2.。

第2讲等差数列及其前n项和最新考纲 1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数的关系.知识梳理1.等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示.数学语言表达式：a n＋1－a n＝d(n∈N*，d为常数)，或a n－a n－1＝d(n≥2，d为常数).(2)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝a＋b 2.2.等差数列的通项公式与前n项和公式(1)若等差数列{a n}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为a n＝a1＋(n－1)d. 通项公式的推广：a n＝a m＋(n－m)d(m，n∈N*).(2)等差数列的前n项和公式S n ＝n（a1＋a n）2＝na1＋n（n－1）2d(其中n∈N*，a1为首项，d为公差，a n为第n项).3.等差数列的有关性质已知数列{a n}是等差数列，S n是{a n}的前n项和.(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则有a m＋a n＝a p＋a q.(2)等差数列{a n}的单调性：当d＞0时，{a n}是递增数列；当d＜0时，{a n}是递减数列；当d＝0时，{a n}是常数列.(3)若{a n}是等差数列，公差为d，则a k，a k＋m，a k＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列.(4)数列S m，S2m－S m，S3m－S2m，…也是等差数列.4.等差数列的前n项和公式与函数的关系S n ＝d2n2＋⎝⎛⎭⎪⎫a1－d2n.数列{a n}是等差数列⇔S n＝An2＋Bn(A，B为常数).5.等差数列的前n项和的最值在等差数列{a n}中，a1＞0，d＜0，则S n存在最大值；若a1＜0，d＞0，则S n存在最小值.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)数列{a n}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2a n＋1＝a n＋a n＋2.( )(2)等差数列{a n}的单调性是由公差d决定的.( )(3)已知数列{a n}的通项公式是a n＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{a n}一定是等差数列.( )(4)数列{a n}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数.( )(5)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.( )解析(4)若公差d＝0，则通项公式不是n的一次函数.(5)若公差d＝0，则前n项和不是二次函数.答案(1)√(2)√(3)√(4)×(5)×2.(2015·重庆卷)在等差数列{a n}中，若a2＝4，a4＝2，则a6等于( )A.－1B.0C.1D.6解析由等差数列的性质，得a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0，选B.答案 B3.(2017·长沙模拟)设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S3＝2a3，S5＝15，则a2 016＝________.解析在等差数列{a n}中，由S3＝2a3知，3a2＝2a3，而S5＝15，则a3＝3，于是a2＝2，从而其公差为1，首项为1，因此a n＝n，故a2 016＝2 016.答案 2 0164.在等差数列{a n}中，a1＝7，公差为d，前n项和为S n，当且仅当n＝8时S n 取得最大值，则d的取值范围为______.解析 由题意知d ＜0且⎩⎨⎧a 8＞0，a 9＜0，即⎩⎨⎧7＋7d ＞0，7＋8d ＜0，解得－1＜d ＜－78.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－785.(必修5P68A8改编)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 2＋a 8＝________.解析 由等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝450，∴a 5＝90，∴a 2＋a 8＝2a 5＝180. 答案 1806.(2017·金华四校联考)设等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋bn ＋c (b ，c 为常数，n ∈N *)，若a 2＋a 3＝4，则c ＝________，b ＝________.解析 ∵数列{a n }是等差数列，且前n 项和S n ＝n 2＋bn ＋c ，∴c ＝0，则S n ＝n 2＋bn ，又a 2＋a 3＝S 3－S 1＝9＋3b －1－b ＝4，∴b ＝－2. 答案 0 －2考点一 等差数列基本量的运算【例1】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A.100B.99C.98D.97(2)(2016·唐山模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝6，S 4＝12，则S 6＝________.解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎨⎧9a 1＋36d ＝27，a 1＋9d ＝8，所以⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝1，所以a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99＝98. (2)法一 设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3＝6， S 4＝12，可得⎩⎨⎧S 3＝3a 1＋3d ＝6，S 4＝4a 1＋6d ＝12，解得⎩⎨⎧a 1＝0，d ＝2，即S 6＝6a 1＋15d ＝30.法二 由{a n }为等差数列，故可设前n 项和S n ＝An 2＋Bn ， 由S 3＝6，S 4＝12可得⎩⎨⎧S 3＝9A ＋3B ＝6，S 4＝16A ＋4B ＝12，解得⎩⎨⎧A ＝1，B ＝－1，即S n ＝n 2－n ，则S 6＝36－6＝30.答案 (1)C (2)30规律方法 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题. (2)数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.【训练1】 (1)(2015·全国Ⅰ卷)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和.若S 8＝4S 4，则a 10等于( ) A.172 B.192C.10D.12(2)(2015·浙江卷)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零.若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________.解析 (1)由S 8＝4S 4，得8a 1＋8×72×1＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32×1，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝192，故选B.(2)因为a 2，a 3，a 7成等比数列，所以a 23＝a 2a 7，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，由于d ≠0，∴a 1＝－23d ，∵2a 1＋a 2＝1，∴2a 1＋a 1＋d ＝1，即3a 1＋d ＝1，∴a 1＝23，d ＝－1. 答案 (1)B (2)23－1考点二 等差数列的判定与证明(典例迁移)【例2】 (经典母题)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列.(2)解 由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12不适合上式.故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.【迁移探究1】 将本例条件“a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12”改为“S n (S n －a n )＋2a n ＝0(n ≥2)，a 1＝2”，问题不变，试求解.(1)证明 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1且S n (S n －a n )＋2a n ＝0. ∴S n [S n －(S n －S n －1)]＋2(S n －S n －1)＝0， 即S n S n －1＋2(S n －S n －1)＝0. 即1S n －1S n －1＝12.又1S 1＝1a 1＝12. 故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 是以首项为12，公差为12的等差数列.(2)解 由(1)知1S n ＝n 2，∴S n ＝2n，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2n （n －1）当n ＝1时，a 1＝2不适合上式，故a n＝⎩⎨⎧2，n ＝1，－2n （n －1），n ≥2.【迁移探究2】 已知数列{a n }满足2a n －1－a n a n －1＝1(n ≥2)，a 1＝2，证明数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是等差数列，并求数列{a n }的通项公式. 解 当n ≥2时，a n ＝2－1a n －1， ∴1a n －1－1a n －1－1＝12－1a n －1－1－1a n －1－1＝11－1a n －1－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝a n －1－1a n －1－1＝1(常数).又1a 1－1＝1. ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是以首项为1，公差为1的等差数列.∴1a n －1＝1＋(n －1)×1， ∴a n ＝n ＋1n. 规律方法 等差数列的四种判断方法：(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数. (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)都成立. (3)通项公式法：验证a n ＝pn ＋q .(4)前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列，主要适合在选择题中简单判断. 考点三 等差数列的性质及应用【例3】 (1)(2015·全国Ⅱ卷)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A.5B.7C.9D.11(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.63B.45C.36D.27(3)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 014，S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6，则S 2 017＝________.解析 (1)∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝2a 3，得3a 3＝3，则a 3＝1，∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝5，故选A. (2)由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列. 即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)， 得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45，故选B.(3)由等差数列的性质可得⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 也为等差数列.设其公差为d .则S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 2 0172 017＝S 11＋2 016d ＝－2 014＋2 016＝2，∴S 2 017＝2×2 017＝4 034. 答案 (1)A (2)B (3)4 034规律方法 等差数列的性质是解题的重要工具.(1)在等差数列{a n }中，数列 S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 也成等差数列.(2)在等差数列{a n }中，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 也成等差数列.【训练2】 (1)若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为( ) A.13B.12C.11D.10(2)(2015·广东卷)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________.解析 (1)因为a 1＋a 2＋a 3＝34，a n －2＋a n －1＋a n ＝146，a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180， 又因为a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2， 所以3(a 1＋a n )＝180，从而a 1＋a n ＝60， 所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n ×602＝390，即n ＝13.(2)因为{a n}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.答案(1)A (2)10考点四等差数列前n项和及其最值【例4】(1)(2017·台州月考)等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝13，S3＝S11，当S n最大时，n的值是( )A.5B.6C.7D.8(2)设数列{a n}的通项公式为a n＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.解析(1)法一由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0.根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时Sn最大.法二由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当n＝7时S n最大. 法三根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增后递减.根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当n＝3＋112＝7时，S n取得最大值.(2)由a n＝2n－10(n∈N*)知{a n}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，∴n≤5时，a n≤0，当n>5时，a n>0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋100＝130.答案(1)C (2)130规律方法求等差数列前n项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；(3)将等差数列的前n项和S n＝An2＋Bn(A，B为常数)看作二次函数，根据二次函数的性质求最值.【训练3】设等差数列{a n}的前n项和为S n，a1>0且a6a5＝911，则当S n取最大值时，n的值为( )A.9B.10C.11D.12解析 由a 6a 5＝911，得S 11＝S 9，即a 10＋a 11＝0，根据首项a 1＞0可推知这个数列递减，从而a 10＞0，a 11＜0，故n ＝10时，S n 最大. 答案 B[思想方法]1.在解有关等差数列的基本量问题时，可通过列关于a 1，d 的方程组进行求解.2.证明等差数列要用定义；另外还可以用等差中项法，通项公式法，前n 项和公式法判定一个数列是否为等差数列.3.等差数列性质灵活使用，可以大大减少运算量. [易错防范]1.用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”，如证明了a n ＋1－a n ＝d (n ≥2)时，应注意验证a 2－a 1是否等于d ，若a 2－a 1≠d ，则数列{a n }不为等差数列.2.利用二次函数性质求等差数列前n 项和最值时，一定要注意自变量n 是正整数.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·武汉调研)已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 7＝－8，a 2＝2，则数列{a n }的公差d 等于( ) A.－1B.－2C.－3D.－4解析 法一 由题意可得⎩⎨⎧a 1＋（a 1＋6d ）＝－8，a 1＋d ＝2，解得a 1＝5，d ＝－3.法二 a 1＋a 7＝2a 4＝－8，∴a 4＝－4， ∴a 4－a 2＝－4－2＝2d ，∴d ＝－3. 答案 C2.已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( ) A.10B.20C.30D.40解析 设项数为2n ，则由S 偶－S 奇＝nd 得，25－15＝2n ，解得n ＝5，故这个数列的项数为10. 答案 A3.已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝0，则有( ) A.a 1＋a 101＞0 B.a 2＋a 100＜0 C.a 3＋a 99＝0D.a 51＝51解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝a 1＋a 1012×101＝0.所以a 1＋a 101＝a 2＋a 100＝a 3＋a 99＝0. 答案 C4.(2015·浙江卷)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A.a 1d >0，dS 4>0 B.a 1d <0，dS 4<0 C.a 1d >0，dS 4<0D.a 1d <0，dS 4>0解析 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d ＝－53d 2<0(d ≠0)，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d 23<0，故选B. 答案 B5.(2017·泰安模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，则当S n 取最小值时，n ＝( ) A.9B.8C.7D.6解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎨⎧a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，得⎩⎨⎧a 1＋d ＝－11，2a 1＋12d ＝－2，解得⎩⎨⎧a 1＝－13，d ＝2. ∴a n ＝－15＋2n .由a n ＝－15＋2n ≤0，解得n ≤152.又n 为正整数， ∴当S n 取最小值时，n ＝7.故选C. 答案 C 二、填空题6.已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n－1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a 61＝________.解析 由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，所以{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，所以a 61＝S 61－S 60＝1212－1192＝480. 答案 4807.(2017·慈溪统考)设等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，则S n >0的最大n是________；数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n a n (1<n <15)中最大的项为第________项. 解析 ∵a 8>0，a 8＋a 9<0，∴S 15＝（a 1＋a 15）·152＝2a 8·152＝15a 8>0，而S 16＝（a 1＋a 16）·162＝（a 8＋a 9）·162＝8(a 8＋a 9)<0，∴使S n >0的最大n 为15.∵a 8>0，a 9<0，∴S 8最大，且a 8为{a n }的最小正数项，a 9，a 10，…均小于零，所以当9≤n <15时，S n a n 均小于零，当n ＝8时，S na n 最大，即数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n a n (1<n <15)的最大值是第8项. 答案 15 88.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________.解析 法一 由已知得，a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，因为数列{a n }为等差数列，所以d ＝a m ＋1－a m ＝1，又因为S m ＝m （a 1＋a m ）2＝0，所以m (a 1＋2)＝0，因为m ≠0，所以a 1＝－2，又a m ＝a 1＋(m －1)d ＝2，解得m ＝5. 法二 因为S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m＝3，所以公差d ＝a m ＋1－a m ＝1，由S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝na 1＋n （n －1）2，得⎩⎪⎨⎪⎧ma 1＋m （m －1）2＝0， ①（m －1）a 1＋（m －1）（m －2）2＝－2. ②由①得a 1＝1－m2，代入②可得m ＝5. 法三 因为数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 也为等差数列. 所以S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S m m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0，解得m ＝5，经检验为原方程的解. 答案 5 三、解答题9.(2016·全国Ⅱ卷)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎨⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1； 当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数.(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由. (1)证明 由题设知，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1. 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)解 由题设知，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1.由2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.(2016·东北三省四市联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最小的一份为( )A.53B.103C.56D.116解析 依题意，设这100份面包所分成的五份由小到大依次为a －2m ，a －m ，a ，a ＋m ，a ＋2m ，则有⎩⎨⎧5a ＝100，a ＋（a ＋m ）＋（a ＋2m ）＝7（a －2m ＋a －m ），解得a ＝20，m ＝11a 24，a －2m ＝a 12＝53，即其中最小一份为53，故选A. 答案 A12.(2016·浙江卷)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合).若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A.{S n }是等差数列B.{S 2n }是等差数列C.{d n }是等差数列D.{d 2n }是等差数列解析 S n 表示点A n 到对面直线的距离(设为h n )乘以|B n B n －1|长度一半，即S n ＝12h n |B n B n －1|，由题目中条件可知|B n B n －1|的长度为定值，过A 1作垂直得到初始距离h 1，那么A 1，A n 和两个垂足构成等腰梯形，则h n ＝h 1＋|A 1A n |tan θ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)， 从而S n ＝12(h 1＋|A 1A n |tan θ)|B n B n ＋1|，S n ＋1＝12(h 1＋|A 1A n ＋1|)|B n B n ＋1|，则S n ＋1－S n ＝12|A n A n ＋1||B n B n ＋1|tan θ，都为定值，所以S n ＋1－S n 为定值，故选A. 答案 A13.(2017·东阳统考)已知⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫f （n ）n 是等差数列，f (1)＝2，f (2)＝6，则f (n )＝________，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，a 1＝1，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫11＋a n 的前n 项和为S n ，则S 2 015＋1a 2 016＝________.解析 设公差为d ，由题意得d ＝f （2）2－f （1）1＝3－2＝1，∴f （n ）n ＝2＋(n －1)·1⇒f (n )＝n 2＋n ，a n ＋1＝f (a n )＝a 2n ＋a n ＝a n (1＋a n )⇒1a n ＋1＝1a n （1＋a n ）＝1a n －11＋a n ⇒11＋a n ＝1a n －1a n ＋1，∴S n ＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1⇒S n ＋1a n ＋1＝1a 1＝1，∴S 2 015＋1a 2 016＝1.答案 n 2＋n 114.在数列{a n }中，a 1＝－5，a 2＝－2，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2(n ∈N *)，若对于任意n ∈N *，A (n )，B (n )，C (n )成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和.解 (1)根据题意A (n )，B (n )，C (n )成等差数列. ∴A (n )＋C (n )＝2B (n )，整理得a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝－2＋5＝3，∴数列{a n }是首项为－5，公差为3的等差数列， ∴a n ＝－5＋3(n －1)＝3n －8. (2)|a n |＝⎩⎨⎧－3n ＋8，n ≤2，3n －8，n ≥3，记数列{|a n |}的前n 项和为S n . 当n ≤2时，S n ＝n （5＋8－3n ）2＝－3n 22＋132n ；当n ≥3时，S n ＝7＋（n －2）（1＋3n －8）2＝3n 22－132n ＋14，综上，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧－32n 2＋132n ，n ≤2，32n 2－132n ＋14，n ≥3.15.在公差不为0的等差数列{a n }中，a 3＋a 10＝15，且a 2，a 5，a 11成等比数列. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ＋1a n ＋1＋…＋1a 2n －1，证明：12≤b n ＜1.(1)解 设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎨⎧a 1＋2d ＋a 1＋9d ＝15，（a 1＋4d ）2＝（a 1＋d ）（a 1＋10d ）. 注意到d ≠0，解得a 1＝2，d ＝1.所以a n＝n＋1.(2)证明由(1)可知b n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，b n＋1＝1n＋2＋1n＋3＋…＋12n＋2.因为b n＋1－b n＝12n＋1＋12n＋2－1n＋1＝12n＋1－12n＋2＞0，所以数列{b n}单调递增.所以b n≥b1＝1 2 .又b n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n≤1n＋1＋1n＋1＋…＋1n＋1＝nn＋1＜1，因此12≤b n＜1.。

课时分层训练(三十九) 直线、平面平行的判定及其性质A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，n⊂α，则“α∥β”是“m ∥β且n∥β”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A[若m，n⊂α，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，n⊂α，m∥β，且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件．]2.正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B1C1的中点，则正确的命题是( )图7­4­5A．AE⊥CGB．AE与CG是异面直线C．四边形AEC1F是正方形D．AE∥平面BC1FD[由正方体的几何特征知，AE与平面BCC1B1不垂直，则AE⊥CG不成立；由于EG∥A1C1∥AC，故A，E，G，C四点共面，所以AE与CG是异面直线错误；在四边形AEC1F中，AE＝EC1＝C1F＝AF，但AF与AE不垂直，故四边形AEC1F是正方形错误；由于AE∥C1F，由线面平行的判定定理，可得AE∥平面BC1F.]3．(2017·某某模拟)如图7­4­6所示的三棱柱ABC­A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC 交于DE，则DE与AB的位置关系是( )图7­4­6A．异面B ．平行C ．相交D ．以上均有可能B [在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1. ∵AB ⊂平面ABC ，A 1B 1⊄平面ABC ， ∴A 1B 1∥平面ABC .∵过A 1B 1的平面与平面ABC 交于DE ， ∴DE ∥A 1B 1，∴DE ∥AB .]4．已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( )【导学号：51062233】A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥nC ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αD ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥αB [若m ∥α，n ∥α，则m ，n 平行、相交或异面，A 错；若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n ，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B 正确；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，C 错；若m ∥α，m ⊥n ，则n 与α可能相交，可能平行，也可能n ⊂α，D 错．]5．给出下列关于互不相同的直线l ，m ，n 和平面α，β，γ的三个命题： ①若l 与m 为异面直线，l ⊂α，m ⊂β，则α∥β； ②若α∥β，l ⊂α，m ⊂β，则l ∥m ；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n . 其中真命题的个数为( ) A ．3 B ．2 C ．1D ．0C [①中，当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l ，m ；②中，l 与m 也可能异面；③中，⎩⎪⎨⎪⎧l ∥γ，l ⊂α，α∩γ＝n⇒l ∥n ，同理，l ∥m ，则m ∥n ，正确．]二、填空题6．设α，β，γ为三个不同的平面，a ，b 为直线，给出下列条件：①a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a ⊥α，b ⊥β，a ∥b .其中能推出α∥β的条件是________(填上所有正确的序号)． ②④ [在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交．由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足．在④中，a ⊥α，a ∥b ⇒b ⊥α，从而α∥β，④满足．]7．如图7­4­7所示，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．图7­4­72 [在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2， ∴AC ＝2 2.又E 为AD 中点，EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ADC ， 平面ADC ∩平面AB 1C ＝AC ， ∴EF ∥AC ，∴F 为DC 中点， ∴EF ＝12AC ＝ 2.]8．(2017·某某模拟)如图7­4­8，在四面体ABCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．图7­4­8平面ABC ，平面ABD [连接AM 并延长交CD 于E ，则E 为CD 的中点．由于N 为△BCD 的重心， 所以B ，N ，E 三点共线，且EM MA ＝EN NB ＝12，所以MN ∥AB . 于是MN ∥平面ABD 且MN ∥平面ABC .] 三、解答题9．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图7­4­9所示． (1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论.【导学号：51062234】图7­4­9[解](1)点F，G，H的位置如图所示.6分(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCD­EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG.9分又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.12分又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.15分10．(2017·某某质检)如图7­4­10，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.图7­4­10求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.[证明](1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.2分又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.6分(2)因为棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.8分因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.12分因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.15分B组能力提升(建议用时：15分钟)1.在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是( )图7­4­11A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°C[因为截面PQMN是正方形，所以MN∥PQ，则MN∥平面ABC，由线面平行的性质知MN∥AC，则AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故A、B正确．又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确．]2．如图7­4­12所示，棱柱ABC­A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B ∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________. 【导学号：51062235】图7­4­121 [设BC1∩B1C＝O，连接OD.∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD.∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.]3．如图7­4­13所示，在三棱锥P­ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，AB⊥BC，设D，E分别为PA，AC的中点．图7­4­13(1)求证：DE∥平面PBC.(2)在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC 平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：∵点E是AC中点，点D是PA的中点，∴DE∥PC.2分又∵DE⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC.6分(2)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行.8分证明如下：取AB的中点F，连接EF，DF.由(1)可知DE∥平面PBC.∵点E是AC中点，点F是AB的中点，∴EF∥BC.12分又∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴EF∥平面PBC.又∵DE∩EF＝E，∴平面DEF∥平面PBC，∴平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行.15分。

§7.3 等比数列及其前n 项和最新考纲考情考向分析1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式及其应用．2.了解等比数列与指数函数的关系．3.会用数列的等比关系解决实际问题.以考查等比数列的通项、前n 项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查，难度为中低档.1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q1－q (q ≠1).3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k. 概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数． 2．任意两个实数都有等比中项吗？提示 不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项． 3．“b 2＝ac ”是“a ，b ，c ”成等比数列的什么条件？提示 必要不充分条件．因为b 2＝ac 时不一定有a ，b ，c 成等比数列，比如a ＝0，b ＝0，c ＝1.但a ，b ，c 成等比数列一定有b 2＝ac .题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × )(2)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )(4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二 教材改编2．[P51例3]已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．[P54T3]公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A ．8B ．9C ．10D ．11 答案 C解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.题组三 易错自纠4．若1，a 1，a 2，4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________． 答案 －12解析 ∵1，a 1，a 2，4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，设其公比为q ， 则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2， ∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________. 答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1MB ，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8GB.(1GB ＝210MB) 答案 39解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n，则2n＝8×210＝213，∴n ＝13. 即病毒共复制了13次． ∴所需时间为13×3＝39(秒)．题型一 等比数列基本量的运算1．(2018·台州质量评估)已知正项等比数列{a n }中，若a 1a 3＝2，a 2a 4＝4，则a 5等于( ) A ．±4B．4C ．±8D．8答案 B解析 由于等比数列各项为正，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 1q 2＝2，a 1q ·a 1q 3＝4，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，所以a 5＝a 1q 4＝4，故选B.2．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论． 题型二 等比数列的判定与证明例1(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝a n ＋1－3n －1，n ∈N *.(1)证明：数列{a n ＋3}是等比数列；(2)对k ∈N *，设f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧S n －a n ＋3n ，n ＝2k －1，log 2(a n ＋3)，n ＝2k ，求使不等式[f (2)－f (m )]cos(m π)≤0成立的正整数m 的取值范围．(1)证明 当n ≥2时，由S n ＝a n ＋1－3n －1，得S n －1＝a n －3(n －1)－1， 由S n －S n －1得，a n ＋1＝2a n ＋3，n ≥2，所以a n ＋1＋3a n ＋3＝2，n ≥2，又S 1＝a 2－3－1，a 1＝1，所以a 2＝5，a 2＋3a 1＋3＝2，因此{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列． (2)解 由(1)知a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，S n ＝a n ＋1－3n －1＝2n ＋2－3n －4，因为f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1－1，n ＝2k －1，n ＋1，n ＝2k ，当m 为偶数时，cos(m π)＝1，f (2)＝3，f (m )＝m ＋1，因为原不等式可化为3－(m ＋1)≤0，即m ≥2，且m ＝2k (k ≥1，k ∈N *)． 当m 为奇数时，cos(m π)＝－1，f (2)＝3，f (m )＝2m ＋1－1，原不等式可化为3≥2m ＋1－1，当m ＝1时符合条件．综上可得，正整数m 的取值范围是m ＝2k (k ≥1，k ∈N *)或m ＝1. 思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法 (1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是非零常数)，则数列{a n }是等比数列． (2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列． (3)通项公式法：若a n ＝Aq n(A ，q 为非零常数)，则数列{a n }是等比数列．跟踪训练1(2018·浙江省六校协作体期末联考)已知数列{a n }的首项a 1＝t >0，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2，….(1)若t ＝35，求证⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若a n ＋1>a n 对一切n ∈N *都成立，求t 的取值范围． 解 (1)由题意知a n >0，1a n ＋1＝2a n ＋13a n ＝13a n ＋23， 1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，又1a 1－1＝23，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为23，公比为13的等比数列，所以1a n －1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，a n ＝3n3n ＋2.(2)由(1)知1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，1a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1， 由a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，知a n >0，故由a n ＋1>a n 得1a n ＋1<1a n，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1，得1t－1>0，又t >0，则0<t <1，即t 的取值范围是(0,1)．题型三 等比数列性质的应用例2(1)(2018·浙大附中模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7等于( ) A ．8 B ．6 C ．4 D ．8－4 2答案 A解析 由等比数列的性质可知，a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝8，故选A. (2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝－1，S 4＝－5，则S 6等于( ) A ．－9B ．－21C ．－25D ．－63 答案 B解析 因为S 2＝－1≠0，所以q ≠－1，由等比数列性质得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即－1×(S 6＋5)＝(－5＋1)2，∴S 6＝－21，故选B. 思维升华等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．跟踪训练2(1)(2018·浙江稽阳联谊学校高三联考)等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，a 1a 9＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值为________． 答案 －2解析 由等比数列的性质及题意知a 1a 9＝a 3a 7＝2a 3a 6，所以q ＝a 7a 6＝2，由S 5＝a 1(1－25)1－2＝－62，可得a 1＝－2.(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________(n ≥2，且n ∈N )．答案 －12解析 很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得，S 3S 6＝a 1()1－q 31－q a 1()1－q 61－q＝11＋q 3＝89， 解得q ＝12，则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.等差数列与等比数列关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．例1(2018·浙江六校协作体期末联考)已知数列{a n }是公比为2的等比数列，满足a 6＝a 2·a 10，设等差数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 9＝2a 7，则S 17等于( ) A ．34B ．39C ．51D ．68 答案 D解析 方法一 数列{a n }是公比q ＝2的等比数列，由a 6＝a 2·a 10得a 1q 5＝a 1q ·a 1q 9，∴a 1q5＝1，∴a 6＝1，b 9＝2a 7＝2a 6·q ＝2×1×2＝4，设等差数列{b n }的公差为d ，则S 17＝17b 1＋17×162d ＝17(b 1＋8d )＝17b 9＝68，故选D.方法二 数列{a n }是公比为2的等比数列，由等比数列的性质得a 6＝a 2·a 10＝a 26，∴a 6＝1，∴b 9＝2a 7＝2a 6×2＝4，∴等比数列{b n }的前17项和S 17＝17(b 1＋b 17)2＝17b 9＝68，故选D.例2(2018·浙江十校联盟适应性考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是单调递增的等比数列，b 1是a 1与a 2的等差中项，b 1＝2，a 3＝5，b 3＝a 4＋1.若当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，则m 的最小值为________． 答案 4解析 由题意设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q >1，则a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2b 1＝4，又a 3＝a 1＋2d ＝5，所以a 1＝1，d ＝2，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以b 3＝a 4＋1＝8，S n ＝n ＋n (n －1)2×2＝n 2.因为数列{b n }是单调递增的等比数列，所以q 2＝b 3b 1＝4，q ＝2，b n＝2n.因为当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，所以当n ≥m (m ∈N *)时n 2≤2n恒成立，数形结合可知m 的最小值为4.1．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”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答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 5＝a 2q 3<0，a 2<0，∴q >0，∴a n <0恒成立，∴当n ≥2时，S n －S n －1＝a n <0，数列{S n }单调递减，故“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的充分条件；若数列{S n }单调递减，则当n ≥2时，S n －S n －1＝a n <0⇒a 2<0，a 5<0，故“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的必要条件，故选C.2．已知递增的等比数列{a n }中，a 2＝6，a 1＋1，a 2＋2，a 3成等差数列，则该数列的前6项和S 6等于( )A ．93B ．189C.18916D ．378答案 B解析 设数列{a n }的公比为q ，由题意可知，q >1， 且2()a 2＋2＝a 1＋1＋a 3， 即2×()6＋2＝6q＋1＋6q ，整理可得2q 2－5q ＋2＝0， 则q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝12舍去，则a 1＝62＝3， ∴数列{a n }的前6项和S 6＝3×()1－261－2＝189.3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A.13B ．－13C.19D ．－19 答案 B解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1，所以3＋r ＝83，即r ＝－13，故选B.4．已知等比数列{a n }的公比为－2，且S n 为其前n 项和，则S 4S 2等于( ) A ．－5B ．－3C ．5D ．3 答案 C解析 由题意可得，S 4S 2＝a 1[1－(－2)4]1－(－2)a 1[1－(－2)2]1－(－2)＝1＋(－2)2＝5. 5．(2018·浙江名校新高考研究联盟联考)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下类似问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯( ) A ．186盏 B ．189盏 C ．192盏 D ．96盏答案 C解析 设塔的底层共有灯x 盏，则各层的灯数从下到上构成一个首项为x ，公比为12的等比数列，则x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1271－12＝381，解得x ＝192.6．若正项等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)，则a 6－a 5的值是( ) A.2B ．－162C ．2D ．16 2 答案 D解析 设正项等比数列{a n }的公比为q >0， ∵a n a n ＋1＝22n(n ∈N *)，∴a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝22(n ＋1)22n ＝4＝q 2，解得q ＝2， ∴a 2n ×2＝22n，a n >0，解得a n ＝2122n -，则a 6－a 5＝1192222-＝162，故选D.7．(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________. 答案 3 162解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1＋a 1q ＝8，S 4＝(a 1＋a 1q )(1＋q 2)＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，q ＝－3(舍去)，从而a 5＝a 1q 4＝2×34＝162.8．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝________，公比q ＝________. 答案 372解析 由S n ＋3＝8S n ＋3得S n ＋4＝8S n ＋1＋3，两式作差得a n ＋4＝8a n ＋1，所以a n ＋4a n ＋1＝q 3＝8，即q ＝2，令n ＝1得S 4＝8a 1＋3，即a 1＋2a 1＋4a 1＋8a 1＝8a 1＋3，解得a 1＝37.9．(2019·台州调考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝16，某同学经过计算得到S 2＝32，S 3＝76，S 4＝130，检验后发现其中恰好一个数算错了，则算错的这个数是________，该数列的公比是__________． 答案 32(S 2) 32解析 由题意得若S 2计算正确，则a 2＝S 2－S 1＝16＝a 1，则该等比数列的公比为1，易得S 3，S 4均错误，与恰有一个数算错矛盾，所以算错的数为32(S 2)．设该数列的公比为q ，因为S 4－S 3＝a 4＝130－76＝54，所以q 3＝a 4a 1＝5416＝278，解得q ＝32. 10．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________. 答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2， ∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1(1－q 4)1－q ＋a 1(1－q 12)1－q ＝λa 1(1－q 8)1－q，1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)， 将q 4＝2代入计算可得λ＝83.11．(2018·浙江省第二次联盟校联考)设数列{a n }的首项a 1＝32，前n 项和为S n ，且满足2a n＋1＋S n ＝3(n ∈N *)．(1)求a 2及a n ；(2)求证：a n S n 的最大值为94.(1)解 由题意得2a 2＋S 1＝3，即2a 2＋a 1＝3，所以a 2＝3－a 12＝34. 当n ≥2时，由2a n ＋1＋S n ＝3，得2a n ＋S n －1＝3，两式相减得2a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝12a n . 因为a 1＝32，a 2＝34， 所以a 2＝12a 1，即当n ＝1时，a n ＋1＝12a n 也成立． 综上，{a n }是以32为首项，12为公比的等比数列， 所以a n ＝32n . (2)证明 因为2a n ＋1＋S n ＝3，且a n ＋1＝12a n ，所以S n ＝3－2a n ＋1＝3－a n . 于是，a n S n ＝a n (3－a n )≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋(3－a n )22＝94，当且仅当a n ＝32，即n ＝1时等号成立． 故a n S n 的最大值为94. 12．(2018·浙江省十校联盟适应性考试)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝4，且3a n ＋2－4a n ＋1＋a n ＝0，n ∈N *.(1)求证：数列{a n ＋1－a n }是等比数列；(2)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ≥m 2－2m 对任意的n ∈N *恒成立，求实数m 的取值范围．(1)证明 由题意，得3(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝0，即a n ＋2－a n ＋1＝13(a n ＋1－a n )， 又a 2－a 1＝3，所以数列{a n ＋1－a n }是以3为首项，13为公比的等比数列． (2)解 由(1)得a n ＋1－a n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1， 所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝3×13，a 4－a 3＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫132，…， a n －a n －1＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2(n ≥2，n ∈N *)， 将以上式子累加得a n －a 1 ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2＝92⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫13n－1，所以a n＝112－92·⎝⎛⎭⎪⎫13n－1(易知当n＝1时也成立)．因为a n＝112－92·⎝⎛⎭⎪⎫13n－1关于n单调递增，且a1＝1>0，所以S n也关于n单调递增，所以S n≥S1＝1.于是，由S n≥m2－2m对任意的n∈N*恒成立，得1≥m2－2m，解得1－2≤m≤1＋ 2.故实数m的取值范围是[1－2，1＋2]．13．等比数列{a n}的首项为32，公比为－12，前n项和为S n，则当n∈N*时，S n－1S n的最大值与最小值的比值为( )A．－125B．－107C.109D.125答案 B解析∵等比数列{a n}的首项为32，公比为－12，∴a n＝32×⎝⎛⎭⎪⎫－12n－1，∴S n＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫－12n1－⎝⎛⎭⎪⎫－12＝1－⎝⎛⎭⎪⎫－12n.①当n为奇数时，S n＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫12n随着n的增大而减小，则1<Sn≤S1＝32，故0<S n－1S n≤56；②当n为偶数时，S n＝1－⎝⎛⎭⎪⎫12n随着n的增大而增大，则34＝S2≤S n<1，故－712≤S n－1S n<0.∴S n－1S n的最大值与最小值的比值为56－712＝－107.14．已知等比数列{a n}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为T n，且a2a4＝a3，则使得T n>1的n的最小值为( )A．4B．5C．6D．7答案 C解析∵{a n}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a23＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a1<a2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6，故选C.15．(2018·浙江)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1＞1，则( )A ．a 1＜a 3，a 2＜a 4B ．a 1＞a 3，a 2＜a 4C ．a 1＜a 3，a 2＞a 4D ．a 1＞a 3，a 2＞a 4 答案 B解析 构造不等式ln x ≤x －1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1＞1，得q ＜0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0.又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1＞1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)＞0，矛盾．因此－1＜q ＜0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＞0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)＜0，所以a 1＞a 3，a 2＜a 4.故选B.16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1，所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n －12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是一个以32为首项，以3为公比的等比数列， 所以a n －12＝32×3n －1， 所以a n ＝3n ＋12.。

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课时分层训练（四十二） 立体几何中的向量方法A 组 基础达标 （建议用时：30分钟）一、选择题1．已知平面α内有一点M (1，－1，2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6），则下列点P 中，在平面α内的是（ )A ．P (2,3，3）B ．P （－2,0，1）C ．P （－4,4,0)D ．P （3，－3,4）A [逐一验证法，对于选项A,错误!＝(1，4,1)，∴错误!·n ＝6－12＋6＝0，∴错误!⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．］2．如图7。

7。

9，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC 。

A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( ) 【导学号：51062249】图7.7。

9A 。

错误!B ．－错误! C.错误! D ．－错误!A ［不妨设CB ＝1,则B （0，0,1），A （2,0,0)，C 1＝（0，2,0),B 1(0，2,1），∴错误!＝（0,2,－1），错误!＝（－2,2，1）．cos 〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!.]3．正方体ABCD 。

（浙江专用）2019年高考数学总复习 第七章 数列、推理与证明 第2讲 等差数列及其前n 项和课时作业基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·武汉调研)已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 7＝－8，a 2＝2，则数列{a n }的公差d 等于( ) A.－1B.－2C.－3D.－4解析 法一 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋6d ）＝－8，a 1＋d ＝2，解得a 1＝5，d ＝－3.法二 a 1＋a 7＝2a 4＝－8，∴a 4＝－4， ∴a 4－a 2＝－4－2＝2d ，∴d ＝－3. 答案 C2.已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( ) A.10B.20C.30D.40解析 设项数为2n ，则由S 偶－S 奇＝nd 得，25－15＝2n ，解得n ＝5，故这个数列的项数为10. 答案 A3.已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝0，则有( ) A.a 1＋a 101＞0 B.a 2＋a 100＜0 C.a 3＋a 99＝0D.a 51＝51解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝a 1＋a 1012×101＝0.所以a 1＋a 101＝a 2＋a 100＝a 3＋a 99＝0.答案 C4.(2015·浙江卷)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A.a 1d >0，dS 4>0 B.a 1d <0，dS 4<0 C.a 1d >0，dS 4<0D.a 1d <0，dS 4>0解析 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d＝－53d 2<0(d ≠0)，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d 23<0，故选B.答案 B5.(2017·泰安模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，则当S n 取最小值时，n ＝( ) A.9B.8C.7D.6解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－11，2a 1＋12d ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，d ＝2. ∴a n ＝－15＋2n .由a n ＝－15＋2n ≤0，解得n ≤152.又n 为正整数，∴当S n 取最小值时，n ＝7.故选C. 答案 C 二、填空题6.已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a 61＝________.解析 由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，所以{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，所以a 61＝S 61－S 60＝1212－1192＝480. 答案 4807.(2017·慈溪统考)设等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，则S n >0的最大n是________；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1<n <15)中最大的项为第________项.解析 ∵a 8>0，a 8＋a 9<0，∴S 15＝（a 1＋a 15）·152＝2a 8·152＝15a 8>0，而S 16＝（a 1＋a 16）·162＝（a 8＋a 9）·162＝8(a 8＋a 9)<0，∴使S n >0的最大n 为15.∵a 8>0，a 9<0，∴S 8最大，且a 8为{a n }的最小正数项，a 9，a 10，…均小于零，所以当9≤n <15时，S n a n 均小于零，当n ＝8时，S n a n最大，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1<n <15)的最大值是第8项.答案 15 88.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________. 解析 法一 由已知得，a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，因为数列{a n }为等差数列，所以d ＝a m ＋1－a m ＝1，又因为S m ＝m （a 1＋a m ）2＝0，所以m (a 1＋2)＝0，因为m ≠0，所以a 1＝－2，又a m ＝a 1＋(m －1)d ＝2，解得m ＝5.法二 因为S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，所以公差d ＝a m ＋1－a m ＝1，由S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝na 1＋n （n －1）2，得⎩⎪⎨⎪⎧ma 1＋m （m －1）2＝0， ①（m －1）a 1＋（m －1）（m －2）2＝－2. ②由①得a 1＝1－m2，代入②可得m ＝5.法三 因为数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列.所以S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S m m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0， 解得m ＝5，经检验为原方程的解. 答案 5 三、解答题9.(2016·全国Ⅱ卷)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数. (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由. (1)证明 由题设知，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1. 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)解 由题设知，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1.由2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.(2016·东北三省四市联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最小的一份为( ) A.53B.103C.56D.116解析 依题意，设这100份面包所分成的五份由小到大依次为a －2m ，a －m ，a ，a ＋m ，a ＋2m ，则有⎩⎪⎨⎪⎧5a ＝100，a ＋（a ＋m ）＋（a ＋2m ）＝7（a －2m ＋a －m ），解得a ＝20，m ＝11a 24，a －2m ＝a 12＝53，即其中最小一份为53，故选A.答案 A12.(2016·浙江卷)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合).若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n＋1的面积，则( )A.{S n }是等差数列B.{S 2n }是等差数列 C.{d n }是等差数列 D.{d 2n }是等差数列解析 S n 表示点A n 到对面直线的距离(设为h n )乘以|B n B n －1|长度一半，即S n ＝12h n |B n B n －1|，由题目中条件可知|B n B n －1|的长度为定值，过A 1作垂直得到初始距离h 1，那么A 1，A n 和两个垂足构成等腰梯形，则h n ＝h 1＋|A 1A n |tan θ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)， 从而S n ＝12(h 1＋|A 1A n |tan θ)|B n B n ＋1|，S n ＋1＝12(h 1＋|A 1A n ＋1|)|B n B n ＋1|，则S n ＋1－S n ＝12|A n A n ＋1||B n B n ＋1|tan θ，都为定值，所以S n ＋1－S n 为定值，故选A. 答案 A13.(2017·东阳统考)已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）n 是等差数列，f (1)＝2，f (2)＝6，则f (n )＝________，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，a 1＝1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫11＋a n 的前n 项和为S n ，则S 2 015＋1a 2 016＝________.解析 设公差为d ，由题意得d ＝f （2）2－f （1）1＝3－2＝1，∴f （n ）n＝2＋(n －1)·1⇒f (n )＝n 2＋n ，a n ＋1＝f (a n )＝a 2n ＋a n ＝a n (1＋a n )⇒1a n ＋1＝1a n （1＋a n ）＝1a n －11＋a n ⇒11＋a n ＝1a n －1a n ＋1，∴S n ＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1⇒S n ＋1a n ＋1＝1a 1＝1，∴S 2 015＋1a 2 016＝1.答案 n 2＋n 114.在数列{a n }中，a 1＝－5，a 2＝－2，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2(n ∈N *)，若对于任意n ∈N *，A (n )，B (n )，C (n )成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和.解 (1)根据题意A (n )，B (n )，C (n )成等差数列. ∴A (n )＋C (n )＝2B (n )，整理得a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝－2＋5＝3， ∴数列{a n }是首项为－5，公差为3的等差数列， ∴a n ＝－5＋3(n －1)＝3n －8.(2)|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋8，n ≤2，3n －8，n ≥3，记数列{|a n |}的前n 项和为S n . 当n ≤2时，S n ＝n （5＋8－3n ）2＝－3n 22＋132n ；当n ≥3时，S n ＝7＋（n －2）（1＋3n －8）2＝3n 22－132n ＋14，综上，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧－32n 2＋132n ，n ≤2，32n 2－132n ＋14，n ≥3.15.在公差不为0的等差数列{a n }中，a 3＋a 10＝15，且a 2，a 5，a 11成等比数列. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ＋1a n ＋1＋…＋1a 2n －1，证明：12≤b n ＜1.(1)解 设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＋a 1＋9d ＝15，（a 1＋4d ）2＝（a 1＋d ）（a 1＋10d ）. 注意到d ≠0，解得a 1＝2，d ＝1. 所以a n ＝n ＋1. (2)证明 由(1)可知b n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ， b n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋2.因为b n ＋1－b n ＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2＞0，所以数列{b n }单调递增.所以b n ≥b 1＝12.又b n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ≤1n ＋1＋1n ＋1＋…＋1n ＋1＝n n ＋1＜1，因此12≤b n ＜1.。