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江苏专版2018年高考数学二轮专题复习训练：6个解答题专项强化练(六) 应用题(含解析)

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6个解答题专项强化练(六) 应用题 1．某辆汽车以x千米/小时的速度在高速公路上匀速行驶(高速公路行车安全要求为60≤x≤120)时，每小时的油耗(所需要的汽油量)为15x－k＋4 500x升，其中k为常数，且60≤k≤100. (1)若汽车以120千米/小时的速度行驶时，每小时的油耗为11.5升，欲使每小时的油耗不超过9升，求x的取值范围； (2)求该汽车行驶100千米的油耗的最小值． 解：(1)由题意可得当x＝120时， 15

120－k＋

4 500

120＝11.5，

解得k＝100，由15x－100＋4 500x≤9， 即x2－145x＋4 500≤0，解得45≤x≤100， 又60≤x≤120，可得60≤x≤100， 所以当每小时的油耗不超过9升时，x的取值范围为[60,100]． (2)设该汽车行驶100千米油耗为y升，则

y＝100x·15x－k＋4 500x＝20－20kx＋90 000x2(60≤x≤120)，

令t＝1x，则t∈1120，160， 即有y＝90 000t2－20kt＋20＝90 000t－k9 0002＋20－k2900，对称轴为t＝k9 000. 由60≤k≤100，可得k9 000∈1150，190. ①若k9 000≥1120，即75≤k＜100， 则当t＝k9 000，即x＝9 000k时，ymin＝20－k2900； ②若k9 000＜1120，即60≤k＜75， 则当t＝1120，即x＝120时，ymin＝1054－k6. 答：当75≤k＜100时，该汽车行驶100千米的油耗的最小值为20－k2900升； 当60≤k＜75时，该汽车行驶100千米的油耗的最小值为1054－k6升． 2.如图，某公园有三条观光大道AB，BC，AC围成直角三角形，其中直角边BC＝200 m，斜边AB＝400 m，现有甲、乙、丙三位小朋友分别在 AB，BC，AC大道上嬉戏，所在位置分别记为点D，E，F. (1)若甲、乙都以每分钟100 m的速度从点B出发在各自的大道上奔走，到大道的另一端时即停，乙比甲迟2分钟出发，当乙出发1分钟后，求此时甲乙两人之间的距离；

(2)设∠CEF＝θ，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且∠DEF＝π3，请将甲、乙之间的距离y表示为θ的函数，并求甲、乙之间的最小距离． 解：(1)依题意得BD＝300，BE＝100，

在△ABC中，cos B＝BCAB＝12，∴B＝π3， 在△BDE中，由余弦定理得： DE2＝BD2＋BE2－2BD·BE·cos B＝3002＋1002－2×300×100×12＝70 000，∴DE＝1007. 答：此时甲、乙两人之间的距离为1007 m. (2)由题意，得EF＝2DE＝2y，∠BDE＝∠CEF＝θ， 在Rt△CEF中，CE＝EF·cos∠CEF＝2ycos θ，

在△BDE中，由正弦定理得BEsin∠BDE＝DEsin∠DBE，

即200－2ycos θsin θ＝ysinπ3，

∴y＝10033cos θ＋sin θ＝503sinθ＋π3，0所以当θ＝π6时，y有最小值503. 答：甲、乙之间的最小距离为503 m. 3.现需要设计一个仓库，它的上部是底面圆半径为5米的圆锥，下部是底面圆半径为5米的圆柱，且该仓库的总高度为5米．经过预算，制造该仓库的圆锥侧面、圆柱侧面用料的单价分别为4百元/米2、1百元/米2. (1)记仓库的侧面总造价为y百元， ①设圆柱的高为x米，试将y表示为关于x的函数y＝f(x)； ②设圆锥母线与其轴所在直线所成角为θ，试将y表示为关于θ的函数y＝g(θ)； (2)问当圆柱的高度为多少米时，该仓库的侧面总造价(单位：百元)最少？ 解：(1)①由题可知，圆柱的高为x米，且x∈(0,5)，

则该仓库的侧面总造价y＝(2π×5×x)×1＋12×2π×5×5－x2＋25×4＝10πx＋20πx2－10x＋50，x∈(0,5)． ②由题可知，圆锥母线与轴所在直线所成角为θ，且θ∈π4，π2， 则该仓库的侧面总造价y＝2π×5×51－1tan θ×1＋12×2π×5×5sin θ×4＝50π1＋2－cos θsin θ，θ∈π4，π2. (2)由②，令h(θ)＝2－cos θsin θ，θ∈π4，π2， 则h′(θ)＝1－2cos θsin2θ. 令h′(θ)＝0，得cos θ＝12，所以θ＝π3. 则h′(θ)，h(θ)随θ的变化情况如表所示： θ π4，π3 π3 

π3，π

2

h′(θ) － 0 ＋ h(θ) 极小值

当θ＝π3时，h(θ)取得最小值，侧面总造价y最小，

此时圆柱的高度为5－5tan θ＝5－533米. 答：当圆柱的高度为5－533米时，该仓库的侧面总造价最少. 4.如图所示，某街道居委会拟在EF地段的居民楼正南方向的空白地段AE上建一个活动中心，其中AE＝30米．活动中心东西走向，与居民楼平行．从东向西看活动中心的截面图的下部分是长方形ABCD，上部分是以DC为直径的半圆．为了保证居民楼住户的采光要求，活动中心在与半圆相切的太阳光

线照射下落在居民楼上的影长GE不超过52米，其中该太阳光线与水平线的夹角θ满足tan θ

＝34. (1)若设计AB＝18米，AD＝6米，问能否保证上述采光要求？ (2)在保证上述采光要求的前提下，如何设计AB与AD的长度，可使得活动中心的截面面积最大？(注：计算中π取3) 解：如图所示，以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴、AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系． (1)因为AB＝18，AD＝6，所以半圆的圆心为H(9,6)，半径r＝9.

设太阳光线所在直线方程为y＝－34x＋b， 即3x＋4y－4b＝0， 则由|27＋24－4b|32＋42＝9， 解得b＝24或b＝32(舍去)． 故太阳光线所在直线方程为y＝－34x＋24, 令x＝30，得EG＝1.5米<2.5米． 所以此时能保证上述采光要求. (2)设AD＝h米，AB＝2r米，则半圆的圆心为H(r，h)，半径为r.

法一：设太阳光线所在直线方程为y＝－34x＋b，

即3x＋4y－4b＝0，由|3r＋4h－4b|32＋42＝r， 解得b＝h＋2r或b＝h－r2(舍去). 故太阳光线所在直线方程为y＝－34x＋h＋2r， 令x＝30，得EG＝2r＋h－452， 由EG≤52，得h≤25－2r. 所以S＝2rh＋12πr2＝2rh＋32r2≤2r(25－2r)＋32r2＝－52r2＋50r＝－52(r－10)2＋250≤250. 当且仅当r＝10时取等号． 所以当AB＝20米且AD＝5米时，可使得活动中心的截面面积最大． 法二：欲使活动中心内部空间尽可能大，则影长EG恰为2.5米，则此时点G为(30,2.5)， 设过点G的上述太阳光线为l1，

则l1所在直线方程为y－52＝－34(x－30)， 即3x＋4y－100＝0. 由直线l1与半圆H相切，得r＝|3r＋4h－100|5. 而点H(r，h)在直线l1的下方，则3r＋4h－100＜0， 即r＝－3r＋4h－1005，从而h＝25－2r. 又S＝2rh＋12πr2＝2r(25－2r)＋32r2＝－52r2＋50r＝－52(r－10)2＋250≤250. 当且仅当r＝10时取等号． 所以当AB＝20米且AD＝5米时，可使得活动中心的截面面积最大． 5.某景区修建一栋复古建筑，其窗户设计如图所示．圆O的圆心与矩形ABCD对角线的交点重合，且圆与矩形上下两边相切(E为上切点)，与左右两边相交(F，G为其中两个交点)，图中阴影部分为不透光区域，其

余部分为透光区域．已知圆的半径为1 m，且ABAD≥12.设∠EOF＝θ，透光区域的面积为S. (1)求S关于θ的函数关系式，并求出定义域； (2)根据设计要求，透光区域与矩形窗面的面积比值越大越好．当该比值最大时，求边AB的长度．

解：(1)过点O作OH⊥FG于点H，则∠OFH＝∠EOF＝θ，所以OH＝OFsin θ＝sin θ，FH＝OFcos θ＝cos θ.

所以S＝4S△OFH＋4S扇形OEF＝2sin θcos θ＋4×12θ＝sin 2θ＋2θ，

因为ABAD≥12，所以sin θ≥12，所以定义域为π6，π2. 答：S关于θ的函数关系式为S＝sin 2θ＋2θ，定义域为π6，π2. (2)矩形窗面的面积为S矩形＝AD·AB＝2×2sin θ＝4sin θ. 则透光区域与矩形窗面的面积比值为2sin θcos θ＋2θ4sin θ＝cos θ2＋θ2sin θ. 设f(θ)＝cos θ2＋θ2sin θ，π6≤θ则f′(θ)＝－12sin θ＋sin θ－θcos θ2sin2θ ＝sin θ－θcos θ－sin3θ2sin2θ＝sin θcos2θ－θcos θ2sin2θ

＝cos θ12sin 2θ－θ2sin2θ. 因为π6≤θ所以12sin 2θ－θ<0，故f′(θ)<0， 所以函数f(θ)在π6，π2上单调递减． 所以当θ＝π6时，f(θ)有最大值π6＋34，此时AB＝2sin θ＝1(m). 答：透光区域与矩形窗面的面积比值最大时，AB的长度为1 m.

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(江苏专版)2018年高考数学二轮复习 6个解答题专项强化练(四)数列

(江苏专版)2018年高考数学二轮复习 6个解答题专项强化练(四)数列

6个解答题专项强化练(四) 数 列1．已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．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 . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2. 所以b n ＝2n.由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ， 由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n －1)×4n ＋1＝－4n1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8.故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.2．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1－nq ，n ∈N *，p ，q ∈R.(1)若q ＝0，且数列{a n }为等比数列，求p 的值；(2)若p ＝1，且a 4为数列{a n }的最小项，求q 的取值范围． 解：(1)∵q ＝0，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1，∴a 2＝a 1＋p ＝12＋p ，a 3＝a 2＋3p ＝12＋4p ，2 由数列{a n }为等比数列，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋4p ，解得p ＝0或p ＝1.当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，∴a n ＝12，符合题意；当p ＝1时，a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)＝12＋1－3n －11－3＝12·3n －1， ∴a n ＋1a n＝3.符合题意． ∴p 的值为0或1.(2)法一：若p ＝1，则a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)－[1＋2＋…＋(n－1)]q ＝12[3n －1－n (n －1)q ]．∵数列{a n }的最小项为a 4，∴对任意的n ∈N *，有12[3n －1－n (n －1)q ]≥a 4＝12(27－12q )恒成立，即3n －1－27≥(n 2－n －12)q 对任意的n ∈N *恒成立．当n ＝1时，有－26≥－12q ，∴q ≥136；当n ＝2时，有－24≥－10q ，∴q ≥125；当n ＝3时，有－18≥－6q ，∴q ≥3； 当n ＝4时，有0≥0，∴q ∈R ；当n ≥5时，n 2－n －12>0，所以有q ≤3n －1－27n 2－n －12恒成立，令c n ＝3n －1－27n 2－n －12(n ≥5，n ∈N *)，则c n ＋1－c n ＝n 2－2n －n －1＋54nn 2－n 2－>0，即数列{c n }为递增数列，∴q ≤c 5＝274.综上所述，q 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，274.法二：∵p ＝1，∴a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，又a 4为数列{a n }的最小项， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 4－a 3≤0，a 5－a 4≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧9－3q ≤0，27－4q ≥0，∴3≤q ≤274.此时a 2－a 1＝1－q <0，a 3－a 2＝3－2q <0， ∴a 1>a 2>a 3≥a 4.当n ≥4时，令b n ＝a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n ＝2·3n －1－q ≥2·34－1－274>0， ∴b n ＋1>b n ，∴0≤b 4<b 5<b 6<…， 即a 4≤a 5<a 6<a 7<….综上所述，当3≤q ≤274时，a 4为数列{a n }的最小项，即q 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，274.3．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n3＋r (r ∈R ，n ∈N *)．(1)求r 的值及数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝n a n(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .①当n ∈N *时，λ<T 2n －T n 恒成立，求实数λ的取值范围；②求证：存在关于n 的整式g (n )，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N*都成立．解：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋r ，∴r ＝23， ∴S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋23.当n ≥2时，S n －1＝a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋13. 两式相减，得a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，∴a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)． ∴a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1，4 即a n a 1＝n n ＋2.∴a n ＝n (n ＋1)(n ≥2)， 又a 1＝2适合上式． ∴a n ＝n (n ＋1)． (2)①∵a n ＝n (n ＋1)， ∴b n ＝1n ＋1，T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1. ∴T 2n ＝12＋13＋…＋12n ＋1，∴T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1. 令B n ＝T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1. 则B n ＋1＝1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋3. ∴B n ＋1－B n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝3n ＋4n ＋n ＋n ＋>0.∴B n ＋1>B n ，∴B n 单调递增， 故(B n )min ＝B 1＝13，∴λ<13.∴实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13.②证明：∵T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1，∴当n ≥2时，T n －1＝12＋13＋…＋1n ，∴T n －T n －1＝1n ＋1， 即(n ＋1)T n －nT n －1＝T n －1＋1.∴当n ≥2时，∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝(3T 2－2T 1)＋(4T 3－3T 2)＋(5T 4－4T 3)＋…＋[(n ＋1)T n －nT n－1]＝(n ＋1)T n －2T 1＝(n ＋1)T n －1.∴存在关于n 的整式g (n )＝n ＋1，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N*都成立．4．已知数列{a n }满足a 1＝12，对任意的正整数m ，p ，都有a m ＋p ＝a m ·a p .(1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足a n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ＋1b n2n＋1，求数列{b n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝2n＋λb n ，则是否存在实数λ，使得数列{c n }是单调递增数列？若存在，求出实数λ的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵对任意的正整数m ，p ，都有a m ＋p ＝a m ·a p ，∴令m ＝n ，p ＝1，得a n ＋1＝a 1·a n ，从而a n ＋1a n ＝a 1＝12， ∴数列{a n }是首项和公比都为12的等比数列．(2)由(1)可知，a n ＝12n .由a n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ＋1b n2n＋1得， a n －1＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n·b n －12n －1＋1(n ≥2)， 故a n －a n －1＝(－1)n ＋1b n2n＋1(n ≥2)，故b n ＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝b 12＋1，解得b 1＝32，不符合上式．∴b n＝⎩⎪⎨⎪⎧32，n ＝1，－n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋1，n ≥2，n ∈N *.(3)∵c n ＝2n＋λb n ，∴当n ≥2时，c n ＝2n ＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1λ，当n ≥3时，c n －1＝2n －1＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1λ，6 根据题意，当n ≥3时，c n －c n －1＝2n －1＋(－1)nλ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32n >0，即(－1)nλ>－2n －132n ＋2. ①当n 为大于等于4的偶数时，有λ>－2n －132n ＋2恒成立，又2n －132n ＋2随着n 的增大而增大，此时⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝12835，即λ>－12835， 故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12835，＋∞. ②当n 为大于等于3的奇数时，有λ<2n －132n ＋2恒成立，此时⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝3219，即λ<3219. 故λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，3219；③当n ＝2时，由c 2－c 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋54λ－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32λ>0，得λ<8.综上可得，实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12835，3219. 5．已知各项不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝pa n a n ＋1(n ∈N *)，p ∈R. (1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数p 的值； (2)若a 1，a 2，a 3成等差数列， ①求数列{a n }的通项公式；②在a n 与a n ＋1间插入n 个正数，共同组成公比为q n 的等比数列，若不等式(q n )(n ＋1)(n ＋a )≤e(e 为自然对数的底数)对任意的n ∈N *恒成立，求实数a 的最大值． 解：(1)当n ＝1时，a 1＝pa 1a 2，a 2＝1p；当n ＝2时，a 1＋a 2＝pa 2a 3，a 3＝a 1＋a 2pa 2＝1＋1p. 由a 22＝a 1a 3，得1p 2＝1＋1p，即p 2＋p －1＝0，解得p ＝－1±52.(2)①因为a 1，a 2，a 3成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3，得p ＝12，故a 2＝2，a 3＝3，所以S n ＝12a n a n ＋1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12a n a n ＋1－12a n －1a n ，因为a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2.故数列{a n }的所有奇数项组成以1为首项，2为公差的等差数列， 其通项公式a n ＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n ， 同理，数列{a n }的所有偶数项组成以2为首项，2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1×2＝n ， 所以数列{a n }的通项公式是a n ＝n .②由①知，a n ＝n ，在n 与n ＋1间插入n 个正数，组成公比为q n 的等比数列，故有n ＋1＝nq n ＋1n ，即q n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n 1n ＋1，所以(q n )(n ＋1)(n ＋a )≤e，即⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n n ＋a ≤e，两边取对数得(n ＋a )ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ≤1，分离参数得a ≤1ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n －n 恒成立 . 令n ＋1n ＝x ，x ∈(1,2]，则a ≤1ln x －1x －1，x ∈(1,2]， 令f (x )＝1ln x －1x －1，x ∈(1,2]，则f ′(x )＝x 2－x －2xx 2x －2，下证ln x ≤x －1x，x ∈(1,2], 令g (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞), 则g ′(x )＝x －2x2>0，所以g (x )>g (1)＝0，即2ln x <x －1x，用x 替代x 可得ln x <x －1x，x ∈(1,2]，所以f ′(x )＝x 2－x －2x x 2x －2<0，所以f (x )在(1,2]上递减，8 所以a ≤f (2)＝1ln 2－1. 所以实数a 的最大值为1ln 2－1.6．设三个各项均为正整数的无穷数列{a n }，{b n }，{c n }．记数列{b n }，{c n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n ∈N *，都有a n ＝b n ＋c n ，且S n ＞T n ，则称数列{a n }为可拆分数列．(1)若a n ＝4n，且数列{b n }，{c n }均是公比不为1的等比数列，求证：数列{a n }为可拆分数列；(2)若a n ＝5n ，且数列{b n }，{c n }均是公差不为0的等差数列，求所有满足条件的数列{b n }，{c n }的通项公式；(3)若数列{a n }，{b n }，{c n }均是公比不为1的等比数列，且a 1≥3，求证：数列{a n }为可拆分数列．解：(1)证明：由a n ＝4n＝4·4n －1＝3·4n －1＋4n －1，令b n ＝3·4n －1，c n ＝4n －1.则{b n }是以3为首项，4为公比的等比数列，{c n }是以1为首项，4为公比的等比数列， 故S n ＝4n－1，T n ＝4n－13.所以对任意的n ∈N *，都有a n ＝b n ＋c n ，且S n >T n . 所以数列{a n }为可拆分数列．(2)设数列{b n }，{c n }的公差分别为d 1，d 2. 由a n ＝5n ，得b 1＋(n －1)d 1＋c 1＋(n －1)d 2＝(d 1＋d 2)n ＋b 1＋c 1－d 1－d 2＝5n 对任意的n ∈N *都成立．所以⎩⎪⎨⎪⎧d 1＋d 2＝5，b 1＋c 1－d 1－d 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧d 1＋d 2＝5，b 1＋c 1＝5，①由S n >T n ，得nb 1＋n n －2d 1>nc 1＋n n －2d 2，则⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22n >0.由n ≥1，得⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22n ＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22>0对任意的n ∈N *成立．则d 12－d 22≥0且⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22>0即d 1≥d 2且b 1>c 1. ② 由数列{b n }，{c n }各项均为正整数，则b 1，c 1，d 1，d 2均为正整数，当d 1＝d 2时，由d 1＋d 2＝5，得d 1＝d 2＝52∉N *，不符合题意，所以d 1>d 2. ③联立①②③，可得⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝4，d 2＝1，b 1＝4，c 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝4，d 2＝1，b 1＝3，c 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝3，d 2＝2，b 1＝4，c 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝3，d 2＝2，b 1＝3，c 1＝2.所以⎩⎪⎨⎪⎧ b n ＝4n ，c n ＝n 或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝4n －1，c n ＝n ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝3n ＋1，c n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝3n ，c n ＝2n .(3)证明：设a n ＝a 1qn －1，a 1∈N *，q >0，q ≠1，则q ≥2.当q 为无理数时，a 2＝a 1q 为无理数，与a n ∈N *矛盾． 故q 为有理数，设q ＝ba(a ，b 为正整数，且a ，b 互质)．此时a n ＝a 1·b n －1an －1.则对任意的n ∈N *，an －1均为a 1的约数，则an －1＝1，即a ＝1，故q ＝b a＝b ∈N *，所以q ∈N *，q ≥2. 所以a n ＝a 1qn －1＝(a 1－1)qn －1＋qn －1，令b n ＝(a 1－1)·q n －1，c n ＝qn －1.则{b n }，{c n }各项均为正整数．因为a 1≥3， 所以a 1－1≥2>1，则S n >T n ， 所以数列{a n }为可拆分数列．10本文档仅供文库使用。

【高考数学】2018-2019学年数学高考江苏专版二轮专题复习训练：6个解答题专项强化练(五)函数-含解析

【高考数学】2018-2019学年数学高考江苏专版二轮专题复习训练：6个解答题专项强化练(五)函数-含解析

6个解答题专项强化练(五)函数1．已知函数f(x)＝x|2a－x|＋2x，a∈R.(1)若a＝0，判断函数y＝f(x)的奇偶性，并加以证明；(2)若函数f(x)在R上是增函数，求实数a的取值范围；(3)若存在实数a∈[－2,2]，使得关于x的方程f(x)－tf(2a)＝0有三个不相等的实数根，求实数t的取值范围．解：(1)函数y＝f(x)为奇函数．证明如下：当a＝0时，f(x)＝x|x|＋2x，所以f(－x)＝－x|x|－2x＝－f(x)，所以函数y＝f(x)为奇函数．(2)f(x)＝x2＋2－2a x，x≥2a，－x2＋2＋2a x，x<2a，当x≥2a时，y＝f(x)的对称轴为x＝a－1；当x＜2a时，y＝f(x)的对称轴为x＝a＋1，所以当a－1≤2a≤a＋1时，f(x)在R上是增函数，即－1≤a≤1时，函数f(x)在R上是增函数．(3)方程f(x)－tf(2a)＝0的解即为方程f(x)＝tf(2a)的解．①当－1≤a≤1时，函数f(x)在R上是增函数，所以关于x的方程f(x)＝tf(2a)不可能有三个不相等的实数根．②当a＞1时，即2a＞a＋1＞a－1，所以f(x)在(－∞，a＋1)上单调递增，在(a＋1,2a)上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增，所以当f(2a)＜tf(2a)＜f(a＋1)时，关于x的方程f(x)＝tf(2a)有三个不相等的实数根，即4a＜t·4a＜(a＋1)2，因为a＞1，所以1<t<14a＋1a＋2.设h(a)＝14a＋1a＋2(a>1)，因为存在a∈[－2,2]，使得关于x的方程f(x)＝tf(2a)有三个不相等的实数根，所以1＜t＜h(a)max.又可证h(a)＝14a＋1a＋2在(1,2]上单调递增，所以h(a)max＝h(2)＝9 8，。

2018年高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：6个解答题专项强化练(三) 解析几何 Word版含解析

2018年高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：6个解答题专项强化练(三) 解析几何 Word版含解析

6个解答题专项强化练(三) 解析几何1．已知圆M ：x 2＋y 2－2x ＋a ＝0.(1)若a ＝－8，过点P (4,5)作圆M 的切线，求该切线方程；(2)若AB 为圆M 的任意一条直径，且OA ―→·OB ―→＝－6(其中O 为坐标原点)，求圆M 的半径．解：(1)若a ＝－8，则圆M 的标准方程为(x －1)2＋y 2＝9，圆心M (1，0)，半径为3. 若切线斜率不存在，圆心M 到直线x ＝4的距离为3，所以直线x ＝4为圆M 的一条切线；若切线斜率存在，设切线方程为y －5＝k (x －4)，即kx －y －4k ＋5＝0，则圆心到直线的距离为|k －4k ＋5|k 2＋1＝3，解得k ＝815，即切线方程为8x －15y ＋43＝0. 所以切线方程为x ＝4或8x －15y ＋43＝0.(2)圆M 的方程可化为(x －1)2＋y 2＝1－a ，圆心M (1，0)，则OM ＝1，半径r ＝1－a (a <1)． 因为AB 为圆M 的任意一条直径，所以MA ―→＝－MB ―→，且|MA ―→|＝|MB ―→|＝r ，则OA ―→·OB ―→＝(OM ―→＋MA ―→)·(OM ―→＋MB ―→)＝(OM ―→－MB ―→)·(OM ―→＋MB ―→)＝OM ―→2－MB ―→2＝1－r 2，又因为OA ―→·OB ―→＝－6，解得r ＝7，所以圆M 的半径为7. 2.如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F (－1，0)，且经过点⎝⎛⎭⎫1，32. (1)求椭圆的标准方程；(2)已知椭圆的弦AB 过点F ，且与x 轴不垂直．若D 为x 轴上的一点，DA ＝DB ，求ABDF 的值．解：(1)法一：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，1a 2＋94b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3.所以椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.法二：由题意，知2a ＝(1＋1)2＋⎝⎛⎭⎫322＋(1－1)2＋⎝⎛⎭⎫322＝4，所以a ＝2.又c ＝1，a2＝b 2＋c 2，所以b ＝3，所以椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)法一：设直线AB 的方程为y ＝k (x ＋1)．①当k ＝0时，AB ＝2a ＝4，FD ＝FO ＝1，所以ABDF ＝4；②当k ≠0时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，把直线AB 的方程代入椭圆方程，整理得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0，所以x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1·x 2＝4k 2－123＋4k 2，所以x 0＝－4k 23＋4k 2，所以y 0＝k (x 0＋1)＝3k3＋4k 2， 所以AB 的垂直平分线方程为y －3k 3＋4k 2＝－1k ⎝⎛⎭⎫x ＋4k 23＋4k 2.因为DA ＝DB ，所以点D 为AB 的垂直平分线与x 轴的交点，所以D ⎝⎛⎭⎫－k23＋4k 2，0，所以DF ＝－k 23＋4k 2＋1＝3＋3k 23＋4k 2.又因为AB ＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝12＋12k 23＋4k 2，所以ABDF＝4. 综上，得ABDF 的值为4.法二：①若直线AB 与x 轴重合，则ABDF ＝4；②若直线AB 不与x 轴重合，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，由⎩⎨⎧x 214＋y 213＝1，x 224＋y223＝1，两式相减得x 21－x 224＋y 21－y 223＝0，所以(x 1－x 2)·x 04＋(y 1－y 2)·y 03＝0，所以直线AB 的斜率为y 1－y 2x 1－x 2＝－3x 04y 0，所以直线AB 的垂直平分线方程为y －y 0＝4y 03x 0(x －x 0)．因为DA ＝DB ，所以点D 为AB 的垂直平分线与x 轴的交点，所以D ⎝⎛⎭⎫x 04，0，所以DF ＝x 04＋1. 因为椭圆的左准线的方程为x ＝－4，离心率为12，由AF x 1＋4＝12，得AF ＝12(x 1＋4)，同理BF ＝12(x 2＋4)．所以AB ＝AF ＋BF ＝12(x 1＋x 2)＋4＝x 0＋4，所以ABDF ＝4. 综上，得ABDF 的值为4.3.如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右顶点和上顶点分别为A ，B ，M 为线段AB 的中点，且OM ―→·AB ―→＝－32b 2.(1)求椭圆的离心率；(2)若a ＝2，四边形ABCD 内接于椭圆，AB ∥DC .记直线AD ，BC 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值．解：(1)由题意，A (a,0)，B (0，b )，由M 为线段AB 的中点得M ⎝⎛⎭⎫a 2，b 2. 所以OM ―→＝⎝⎛⎭⎫a 2，b 2，AB ―→＝(－a ，b )． 因为OM ―→·AB ―→＝－32b 2，所以⎝⎛⎭⎫a 2，b 2·(－a ，b )＝－a 22＋b 22＝－32b 2， 整理得a 2＝4b 2，即a ＝2b .因为a 2＝b 2＋c 2，所以3a 2＝4c 2，即3a ＝2c . 所以椭圆的离心率e ＝c a ＝32.(2)证明：法一：由a ＝2得b ＝1， 故椭圆方程为x 24＋y 2＝1.从而A (2,0)，B (0,1)，直线AB 的斜率为－12.因为AB ∥DC ，故可设DC 的方程为y ＝－12x ＋m ，D (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)．联立方程⎩⎨⎧y ＝－12x ＋m ，x24＋y 2＝1，消去y ，得x 2－2mx ＋2m 2－2＝0，所以x 1＋x 2＝2m ，从而x 1＝2m －x 2. 直线AD 的斜率k 1＝y 1x 1－2＝－12x 1＋m x 1－2，直线BC 的斜率k 2＝y 2－1x 2＝－12x 2＋m －1x 2，所以k 1k 2＝－12x 1＋m x 1－2·－12x 2＋m －1x 2＝14x 1x 2－12(m －1)x 1－12mx 2＋m (m －1)(x 1－2)x 2＝14x 1x 2－12m (x 1＋x 2)＋12x 1＋m (m －1)x 1x 2－2x 2＝14x 1x 2－12m ·2m ＋12(2m －x 2)＋m (m －1)x 1x 2－2x 2＝14x 1x 2－12x 2x 1x 2－2x 2＝14， 即k 1k 2为定值14.法二：由a ＝2得b ＝1，故椭圆方程为x 24＋y 2＝1.从而A (2,0)，B (0,1)，直线AB 的斜率为－12.设C (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1. 因为AB ∥CD ，故CD 的方程为y ＝－12(x －x 0)＋y 0.联立方程⎩⎨⎧y ＝－12(x －x 0)＋y 0，x24＋y 2＝1，消去y ，得x 2－(x 0＋2y 0)x ＋2x 0y 0＝0，解得x ＝x 0或x ＝2y 0.所以点D 的坐标为⎝⎛⎭⎫2y 0，12x 0. 所以k 1k 2＝12x02y 0－2·y 0－1x 0＝14，即k 1k 2为定值14.4.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F (－1,0)，左准线方程为x ＝－2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知直线l 交椭圆C 于A ，B 两点．①若直线l 经过椭圆C 的左焦点F ，交y 轴于点P ，且满足PA ―→＝λAF ―→，PB ―→＝μBF ―→.求证：λ＋μ为定值；②若A ，B 两点满足OA ⊥OB (O 为坐标原点)，求△AOB 面积的取值范围． 解：(1)由题设知c ＝1，－a 2c ＝－2，解得a 2＝2，b 2＝1，∴椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)①证明：由题设知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，则P (0，k )． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，把直线l 的方程代入椭圆的方程得x 2＋2k 2(x ＋1)2＝2， 整理得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0， ∴x 1＋x 2＝－4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2.由PA ―→＝λAF ―→，PB ―→＝μBF ―→知，λ＝－x 11＋x 1，μ＝－x 21＋x 2，∴λ＋μ＝－x 1＋x 2＋2x 1x 21＋x 1＋x 2＋x 1x 2＝－－4k 21＋2k 2＋4k 2－41＋2k 21＋－4k 21＋2k 2＋2k 2－21＋2k 2＝－－4－1＝－4(定值)．②当直线OA ，OB 分别与坐标轴重合时，易知△AOB 的面积S ＝22， 当直线OA ，OB 的斜率均存在且不为零时，设OA ：y ＝kx ，OB ：y ＝－1k x ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将y ＝kx 代入椭圆C 得到x 2＋2k 2x 2＝2，∴x 21＝22k 2＋1，y 21＝2k 22k 2＋1， 同理x 22＝2k 22＋k 2，y 22＝22＋k 2， 故△AOB 的面积S ＝OA ·OB 2＝(k 2＋1)2(2k 2＋1)(k 2＋2).令t ＝k 2＋1∈(1，＋∞)， 故S ＝t 2(2t －1)(t ＋1)＝12＋1t －1t2. 再令u ＝1t ∈(0,1)，则S ＝1－u 2＋u ＋2＝1－⎝⎛⎭⎫u －122＋94∈⎣⎡⎭⎫23，22.综上所述，S ∈⎣⎡⎦⎤23，22.5.如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右顶点分别为A ，B ，过右焦点F 的直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点(点P 在x 轴上方)．(1)若QF ＝2FP ，求直线l 的方程；(2)设直线AP ，BQ 的斜率分别为k 1，k 2.是否存在常数λ，使得k 1＝λk 2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)因为a 2＝4，b 2＝3，所以c ＝a 2－b 2＝1，所以F 的坐标为(1,0)， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，直线l 的方程为x ＝my ＋1， 代入椭圆方程，消去x ，得(4＋3m 2)y 2＋6my －9＝0， 则y 1＝－3m ＋61＋m 24＋3m 2，y 2＝－3m －61＋m 24＋3m 2.若QF ＝2FP ，则－y 2＝2y 1，即y 2＋2y 1＝0， 所以－3m －61＋m 24＋3m 2＋2×－3m ＋61＋m 24＋3m 2＝0，解得m ＝255，故直线l 的方程为5x －2y －5＝0. (2)由(1)知，y 1＋y 2＝－6m 4＋3m 2，y 1y 2＝－94＋3m 2， 所以my 1y 2＝－9m 4＋3m 2＝32(y 1＋y 2),所以k 1k 2＝y 1x 1＋2·x 2－2y 2＝y 1(my 2－1)y 2(my 1＋3)＝32(y 1＋y 2)－y 132(y 1＋y 2)＋3y 2＝13， 故存在常数λ＝13，使得k 1＝13k 2.6.如图，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，其离心率e ＝12，左准线方程为x ＝－8.(1)求椭圆的方程；(2)过F 1的直线交椭圆于A ，B 两点，I 1，I 2分别为△F 1AF 2，△F 1BF 2的内心. ①求四边形F 1I 1F 2I 2与△AF 2B 的面积比；②是否存在定点C ，使CA ―→·CB ―→为常数？若存在，求出点C 的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)由题意⎩⎨⎧c a ＝12，a2c ＝8，解得a ＝4，c ＝2，故b ＝23，所以椭圆的方程为x 216＋y 212＝1.(2)①设△F 1AF 2的内切圆半径为r ， 则S △F 1I 1F 2＝12·F 1F 2·r ＝12·2c ·r ＝2r ，S △F 1AF 2＝12·(AF 1＋AF 2＋F 1F 2)·r ＝12·(2a ＋2c )·r ＝6r ，∴S △F 1I 1F 2∶S △F 1AF 2＝1∶3， 同理S △F 1I 2F 2∶S △F 1BF 2＝1∶3， ∴S 四边形F 1I 1F 2I 2∶S △AF 2B ＝1∶3.②假设存在定点C (s ，t )，使得CA ―→·CB ―→为常数．若直线AB 存在斜率，设AB 的方程为y ＝k (x ＋2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋2)，x 216＋y212＝1，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－48＝0， 由此得x 1＋x 2＝－16k 23＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－483＋4k 2，∴CA ―→·CB ―→＝(x 1－s ，y 1－t )·(x 2－s ，y 2－t)＝(x 1－s )(x 2－s )＋(y 1－t )(y 2－t )＝(x 1－s )(x 2－s )＋[k (x 1＋2)－t ][k (x 2＋2)－t ]＝(1＋k 2)x 1x 2＋(2k 2－tk －s )(x 1＋x 2)＋s 2＋t 2＋4k 2－4tk ＝(1＋k 2)(16k 2－48)3＋4k 2＋(2k 2－tk －s )(－16k 2)3＋4k 2＋s 2＋t 2＋4k 2－4tk ＝－12tk －12s －333＋4k 2＋s 2＋t 2＋4s －5.∵与k 无关，∴⎩⎪⎨⎪⎧－12t ＝0，－12s －33＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧s ＝－114，t ＝0，此时CA ―→·CB ―→＝－13516；若直线AB 不存在斜率，则A 与B 的坐标为(－2，±3)，CA ―→·CB ―→＝(s ＋2，t －3)·(s ＋2，t ＋3)＝(s ＋2)2＋t 2－9，将⎩⎪⎨⎪⎧s ＝－114，t ＝0代入，此时CA ―→·CB ―→＝－13516也成立．综上所述，存在定点C ⎝⎛⎭⎫－114，0，使得CA ―→·CB ―→为常数．。

(江苏专版)2018年高考数学二轮复习6个解答题专项强化练(四)数列

(江苏专版)2018年高考数学二轮复习6个解答题专项强化练(四)数列

6个解答题专项强化练(四) 数 列1．已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．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 . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2. 所以b n ＝2n.由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ， 由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n －1)×4n ＋1＝12×1－4n1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8.故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.2．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1－nq ，n ∈N *，p ，q ∈R.(1)若q ＝0，且数列{a n }为等比数列，求p 的值；(2)若p ＝1，且a 4为数列{a n }的最小项，求q 的取值范围． 解：(1)∵q ＝0，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1，∴a 2＝a 1＋p ＝12＋p ，a 3＝a 2＋3p ＝12＋4p ，由数列{a n }为等比数列，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋4p ，解得p ＝0或p ＝1. 当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，∴a n ＝12，符合题意；当p ＝1时，a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)＝12＋1－3n －11－3＝12·3n －1， ∴a n ＋1a n＝3.符合题意． ∴p 的值为0或1.(2)法一：若p ＝1，则a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)－[1＋2＋…＋(n－1)]q ＝12[3n －1－n (n －1)q ]．∵数列{a n }的最小项为a 4，∴对任意的n ∈N *，有12[3n －1－n (n －1)q ]≥a 4＝12(27－12q )恒成立，即3n －1－27≥(n 2－n －12)q 对任意的n ∈N *恒成立．当n ＝1时，有－26≥－12q ，∴q ≥136；当n ＝2时，有－24≥－10q ，∴q ≥125；当n ＝3时，有－18≥－6q ，∴q ≥3； 当n ＝4时，有0≥0，∴q ∈R ；当n ≥5时，n 2－n －12>0，所以有q ≤3n －1－27n 2－n －12恒成立，令c n ＝3n －1－27n 2－n －12(n ≥5，n ∈N *)，则c n ＋1－c n ＝2n 2－2n －123n －1＋54nn 2－16n 2－9>0，即数列{c n }为递增数列，∴q ≤c 5＝274.综上所述，q 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，274.法二：∵p ＝1，∴a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，又a 4为数列{a n }的最小项，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 4－a 3≤0，a 5－a 4≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧9－3q ≤0，27－4q ≥0，∴3≤q ≤274.此时a 2－a 1＝1－q <0，a 3－a 2＝3－2q <0， ∴a 1>a 2>a 3≥a 4.当n ≥4时，令b n ＝a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n ＝2·3n －1－q ≥2·34－1－274>0， ∴b n ＋1>b n ，∴0≤b 4<b 5<b 6<…， 即a 4≤a 5<a 6<a 7<….综上所述，当3≤q ≤274时，a 4为数列{a n }的最小项，即q 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，274.3．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n3＋r (r ∈R ，n ∈N *)．(1)求r 的值及数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝n a n(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .①当n ∈N *时，λ<T 2n －T n 恒成立，求实数λ的取值范围；②求证：存在关于n 的整式g (n )，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N*都成立．解：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋r ，∴r ＝23， ∴S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋23.当n ≥2时，S n －1＝a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋13. 两式相减，得a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，∴a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)． ∴a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1，即a n a 1＝n n ＋12.∴a n ＝n (n ＋1)(n ≥2)， 又a 1＝2适合上式． ∴a n ＝n (n ＋1)． (2)①∵a n ＝n (n ＋1)， ∴b n ＝1n ＋1，T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1. ∴T 2n ＝12＋13＋…＋12n ＋1，∴T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1. 令B n ＝T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1. 则B n ＋1＝1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋3. ∴B n ＋1－B n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝3n ＋42n ＋22n ＋3n ＋2>0.∴B n ＋1>B n ，∴B n 单调递增， 故(B n )min ＝B 1＝13，∴λ<13.∴实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13.②证明：∵T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1，∴当n ≥2时，T n －1＝12＋13＋…＋1n ，∴T n －T n －1＝1n ＋1， 即(n ＋1)T n －nT n －1＝T n －1＋1.∴当n ≥2时，∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝(3T 2－2T 1)＋(4T 3－3T 2)＋(5T 4－4T 3)＋…＋[(n ＋1)T n －nT n－1]＝(n ＋1)T n －2T 1＝(n ＋1)T n －1.∴存在关于n 的整式g (n )＝n ＋1，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N*都成立．4．已知数列{a n }满足a 1＝12，对任意的正整数m ，p ，都有a m ＋p ＝a m ·a p .(1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足a n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ＋1b n2n＋1，求数列{b n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝2n＋λb n ，则是否存在实数λ，使得数列{c n }是单调递增数列？若存在，求出实数λ的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵对任意的正整数m ，p ，都有a m ＋p ＝a m ·a p ，∴令m ＝n ，p ＝1，得a n ＋1＝a 1·a n ，从而a n ＋1a n ＝a 1＝12， ∴数列{a n }是首项和公比都为12的等比数列．(2)由(1)可知，a n ＝12n .由a n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ＋1b n2n＋1得， a n －1＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n·b n －12n －1＋1(n ≥2)， 故a n －a n －1＝(－1)n ＋1b n2n＋1(n ≥2)，故b n ＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝b 12＋1，解得b 1＝32，不符合上式．∴b n＝⎩⎪⎨⎪⎧32，n ＝1，－1n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋1，n ≥2，n ∈N *.(3)∵c n ＝2n＋λb n ，∴当n ≥2时，c n ＝2n ＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1λ，当n ≥3时，c n －1＝2n －1＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1λ，根据题意，当n ≥3时，c n －c n －1＝2n －1＋(－1)nλ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32n >0，即(－1)nλ>－2n －132n ＋2. ①当n 为大于等于4的偶数时，有λ>－2n －132n ＋2恒成立，又2n －132n ＋2随着n 的增大而增大，此时⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝12835，即λ>－12835， 故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12835，＋∞. ②当n 为大于等于3的奇数时，有λ<2n －132n ＋2恒成立，此时⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝3219，即λ<3219. 故λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，3219；③当n ＝2时，由c 2－c 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋54λ－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32λ>0，得λ<8.综上可得，实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12835，3219. 5．已知各项不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝pa n a n ＋1(n ∈N *)，p ∈R. (1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数p 的值； (2)若a 1，a 2，a 3成等差数列， ①求数列{a n }的通项公式；②在a n 与a n ＋1间插入n 个正数，共同组成公比为q n 的等比数列，若不等式(q n )(n ＋1)(n ＋a )≤e(e 为自然对数的底数)对任意的n ∈N *恒成立，求实数a 的最大值． 解：(1)当n ＝1时，a 1＝pa 1a 2，a 2＝1p；当n ＝2时，a 1＋a 2＝pa 2a 3，a 3＝a 1＋a 2pa 2＝1＋1p. 由a 22＝a 1a 3，得1p 2＝1＋1p，即p 2＋p －1＝0，解得p ＝－1±52.(2)①因为a 1，a 2，a 3成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3，得p ＝12，故a 2＝2，a 3＝3，所以S n ＝12a n a n ＋1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12a n a n ＋1－12a n －1a n ，因为a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2.故数列{a n }的所有奇数项组成以1为首项，2为公差的等差数列， 其通项公式a n ＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n ， 同理，数列{a n }的所有偶数项组成以2为首项，2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1×2＝n ， 所以数列{a n }的通项公式是a n ＝n .②由①知，a n ＝n ，在n 与n ＋1间插入n 个正数，组成公比为q n 的等比数列，故有n ＋1＝nq n ＋1n ，即q n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n 1n ＋1，所以(q n )(n ＋1)(n ＋a )≤e，即⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n n ＋a ≤e ，两边取对数得(n ＋a )ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ≤1，分离参数得a ≤1ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n －n 恒成立 . 令n ＋1n ＝x ，x ∈(1,2]，则a ≤1ln x －1x －1，x ∈(1,2]， 令f (x )＝1ln x －1x －1，x ∈(1,2]，则f ′(x )＝ln x 2－x －12xln x 2x －12，下证ln x ≤x －1x，x ∈(1,2], 令g (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞), 则g ′(x )＝x －12x2>0，所以g (x )>g (1)＝0，即2ln x <x －1x，用x 替代x 可得ln x <x －1x，x ∈(1,2]，所以f ′(x )＝ln x 2－x －12xln x 2x －12<0，所以f (x )在(1,2]上递减，所以a ≤f (2)＝1ln 2－1. 所以实数a 的最大值为1ln 2－1.6．设三个各项均为正整数的无穷数列{a n }，{b n }，{c n }．记数列{b n }，{c n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n ∈N *，都有a n ＝b n ＋c n ，且S n ＞T n ，则称数列{a n }为可拆分数列．(1)若a n ＝4n，且数列{b n }，{c n }均是公比不为1的等比数列，求证：数列{a n }为可拆分数列；(2)若a n ＝5n ，且数列{b n }，{c n }均是公差不为0的等差数列，求所有满足条件的数列{b n }，{c n }的通项公式；(3)若数列{a n }，{b n }，{c n }均是公比不为1的等比数列，且a 1≥3，求证：数列{a n }为可拆分数列．解：(1)证明：由a n ＝4n＝4·4n －1＝3·4n －1＋4n －1，令b n ＝3·4n －1，c n ＝4n －1.则{b n }是以3为首项，4为公比的等比数列，{c n }是以1为首项，4为公比的等比数列， 故S n ＝4n－1，T n ＝4n－13.所以对任意的n ∈N *，都有a n ＝b n ＋c n ，且S n >T n . 所以数列{a n }为可拆分数列．(2)设数列{b n }，{c n }的公差分别为d 1，d 2. 由a n ＝5n ，得b 1＋(n －1)d 1＋c 1＋(n －1)d 2＝(d 1＋d 2)n ＋b 1＋c 1－d 1－d 2＝5n 对任意的n ∈N *都成立．所以⎩⎪⎨⎪⎧d 1＋d 2＝5，b 1＋c 1－d 1－d 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧d 1＋d 2＝5，b 1＋c 1＝5，①由S n >T n ，得nb 1＋n n －12d 1>nc 1＋n n －12d 2，则⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22n >0.由n ≥1，得⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22n ＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22>0对任意的n ∈N *成立．则d 12－d 22≥0且⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22>0即d 1≥d 2且b 1>c 1. ② 由数列{b n }，{c n }各项均为正整数，则b 1，c 1，d 1，d 2均为正整数，当d 1＝d 2时，由d 1＋d 2＝5，得d 1＝d 2＝52∉N *，不符合题意，所以d 1>d 2. ③联立①②③，可得⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝4，d 2＝1，b 1＝4，c 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝4，d 2＝1，b 1＝3，c 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝3，d 2＝2，b 1＝4，c 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝3，d 2＝2，b 1＝3，c 1＝2.所以⎩⎪⎨⎪⎧ b n ＝4n ，c n ＝n 或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝4n －1，c n ＝n ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝3n ＋1，c n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝3n ，c n ＝2n .(3)证明：设a n ＝a 1qn －1，a 1∈N *，q >0，q ≠1，则q ≥2.当q 为无理数时，a 2＝a 1q 为无理数，与a n ∈N *矛盾． 故q 为有理数，设q ＝ba(a ，b 为正整数，且a ，b 互质)．此时a n ＝a 1·b n －1an －1.则对任意的n ∈N *，an －1均为a 1的约数，则an －1＝1，即a ＝1，故q ＝b a＝b ∈N *，所以q ∈N *，q ≥2. 所以a n ＝a 1qn －1＝(a 1－1)qn －1＋qn －1，令b n ＝(a 1－1)·q n －1，c n ＝qn －1.则{b n }，{c n }各项均为正整数．因为a 1≥3， 所以a 1－1≥2>1，则S n >T n ， 所以数列{a n }为可拆分数列．。