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1、解答題分層綜合練(四) 壓軸解答題搶分練(1)
(建議用時(shí)：40分鐘)
1．(2019·南通模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a7＝4，a19＝2a9，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，滿足42an－1＝λTn－(a5－1)(n∈N*)．
(1)是否存在非零實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{bn}為等比數(shù)列？并說(shuō)明理由；
(2)已知對(duì)于n∈N*，不等式＋＋＋…＋＜M恒成立，求實(shí)數(shù)M的最小值．
2．(2019·南京模擬)設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)不為零，前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)任意的r，t∈N*，都有＝.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式(用a1表示)；
(
2、2)設(shè)a1＝1，b1＝3，bn＝Sbn－1，n≥2，n∈N*.
求證：數(shù)列{log3bn}為等比數(shù)列；
(3)在(2)的條件下，求Tn＝.
3．已知函數(shù)f(x)＝，x∈[0，1]．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和值域；
(2)設(shè)a≥1，函數(shù)g(x)＝x3－3a2x－2a，x∈[0，1]，若對(duì)于任意x1∈[0，1]，總存在x0∈[0，1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，求a的取值范圍．
4．已知函數(shù)f(x)＝ln x－.
(1)若a>0，試判斷f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性；
(2)若f(x)
3、在[1，e]上的最小值為，求a的值．
解答題分層綜合練(四)
1．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
則an＝a1＋(n－1)d.因?yàn)?
所以解得a1＝1，d＝，
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝.
因?yàn)閍5＝3，42an－1＝λTn－(a5－1)，
所以4n＝λTn－2，Tn＝4n＋.
當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝；
當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝Tn－Tn－1＝4n＋－4n－1－＝4n－1.
所以bn＋1＝4n＝4bn(n≥2)，若數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，則有b2＝4b1，
而b2＝，所以＝2與b2＝4b1矛盾．
故不存在
4、非零實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{bn}為等比數(shù)列．
(2)由(1)知Sn＝，
所以＝＝，
從而＋＋＋…＋
＝[＋＋＋…＋＋＋]
＝
＝<，
所以M ≥，故實(shí)數(shù)M的最小值為.
2．解：(1)因?yàn)閍1＝S1≠0，令t＝1，r＝n，由＝，得＝n2，
即Sn＝a1n2.
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝a1(2n－1)，且當(dāng)n＝1時(shí)，此式也成立．
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1(2n－1)(n∈N*)．
(2)證明：當(dāng)a1＝1時(shí)，由(1)知，an＝a1(2n－1)＝2n－1，Sn＝n2.
依題意，n≥2時(shí)，bn＝Sbn－1＝b，
于是log3bn＝log3b＝2log3bn
5、－1(n≥2，n∈N*)，且log3b1＝1，
故數(shù)列{log3bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列．
(3)由(2)得log3bn＝1×2n－1＝2n－1，所以bn＝32n－1(n∈N*)．
于是＝
＝
＝－.
所以Tn＝
＝
＝－.
3．解：(1)f′(x)＝
＝－，
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝(舍去)．
當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
0
1
f′(x)
－
0
＋
f(x)
－
－4
－3
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是.
當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)的值域
6、為[－4，－3]．
(2)g′(x)＝3(x2－a2)．
因?yàn)閍≥1，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＜3(1－a2)≤0，
因此當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g(x)為減函數(shù)，
從而當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，有g(shù)(x)∈[g(1)，g(0)]．
又g(1)＝1－2a－3a2，g(0)＝－2a，
即當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，有g(shù)(x)∈[1－2a－3a2，－2a]．對(duì)于任意x1∈[0，1]，f(x1)∈[－4，－3]，
存在x0∈[0，1]使得g(x0)＝f(x1)成立，
則[1－2a－3a2，－2a]?[－4，－3]．
即
解①式得a≥1或a≤－；解②式得a≤.
又a≥1，故a的取值范圍為.
7、
4．解：(1)由題意f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝＋＝.
因?yàn)閍>0，所以f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)．
(2)由(1)可知，f′(x)＝.
①若a≥－1，則x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，
此時(shí)f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，所以f(x)min＝f(1)＝－a＝，
所以a＝－(舍去)．
②若a≤－e，則x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，
此時(shí)f(x)在[1，e]上為減函數(shù)，所以f(x)min＝f(e)＝1－＝，
所以a＝－(舍去)．
③若－e0，所以f(x)在(－a，e)上為增函數(shù)，
所以f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，
所以a＝－.
綜上所述，a＝－.
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（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí) 解答題分層綜合練（四）壓軸解答題搶分練（1） 文 蘇教版
