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1、解答題分層綜合練(五) 壓軸解答題搶分練(2)
(建議用時：40分鐘)
1．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＝1－an(n∈N*)．各項均為正數(shù)的數(shù)列{bn}中，對于一切n∈N*，有＝，且b1＝1，b2＝2，b3＝3.
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；
(2)設(shè)數(shù)列{anbn}的前n項和為Tn，求證：Tn<2.
2．(2019·南京模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝2，S6＝22.
(1)求Sn；
(2)若從{an}中抽取一個公比為q的等比數(shù)列{akn}，其中k1＝1，且k1
2、kn∈N*.
①當(dāng)q取最小值時，求{kn}的通項公式；
②若關(guān)于n(n∈N*)的不等式6Sn>kn＋1有解，試求q的值．
3．已知函數(shù)f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．
(1)若a＝－1，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，對于任意的t∈[1，2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2在區(qū)間(t，3)上總不是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍；
(3)若x1，x2∈[1，＋∞)，試比較ln(x1x2)與x1＋x2－2的大?。?
4．(20
3、19·揚州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－ax3，函數(shù)g(x)＝f(x)＋2ex(x－1)，函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)為g′(x)．
(1)當(dāng)函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為減函數(shù)時，求a的范圍；
(2)若a＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))．
①求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間；
②證明：g′(x)≥1＋ln x.
解答題分層綜合練(五)
1．解：(1)因為Sn＝1－an，
所以當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝1－a1，解得a1＝.
當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(1－an)－(1－an－1)，
得2an＝an－1，即＝.
所以數(shù)列{an}是首項為，公比為的等比數(shù)列，
所以an＝×()n
4、－1＝(n∈N*)．
因為對于一切n∈N*，有＝，①
當(dāng)n≥2時，有＝，②
①－②得，＝－，
化簡得，(n－1)bn＋1－nbn＋b1＝0，③
用n＋1替換③式中的n得，nbn＋2－(n＋1)·bn＋1＋b1＝0，④
③－④整理得，bn＋2－bn＋1＝bn＋1－bn，
所以當(dāng)n≥2時，數(shù)列{bn}為等差數(shù)列．
又b3－b2＝b2－b1＝1，所以數(shù)列{bn}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，
所以bn＝1＋(n－1)＝n.
(2)證明：因為數(shù)列{anbn}的前n項和為Tn，
所以Tn＝＋＋＋…＋，⑤
所以Tn＝＋＋…＋，⑥
⑤－⑥得，Tn＝＋＋…＋－
＝－
＝1－.
5、
所以Tn＝2－<2.
2．解：(1)設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則S6＝6a1＋×6×5d＝22，
解得d＝，
所以Sn＝.
(2)因為數(shù)列{an}是正項遞增等差數(shù)列，所以數(shù)列{akn}的公比q>1，
①若k2＝2，則由a2＝，得q＝＝，此時ak3＝2×＝，
由＝(k3＋2)，
解得k3＝?N*，所以k2>2，同理k2>3;
若k2＝4，則由a4＝4，得q＝2，
此時akn＝2·2n－1，
另一方面，akn＝(kn＋2)，所以(kn＋2)＝2n，即kn＝3×2n－1－2，
所以對任何正整數(shù)n，akn是數(shù)列{an}的第3×2n－1－2項．所以最小的公比q＝2.
所以kn＝3
6、×2n－1－2.
②由akn＝＝2qn－1，得kn＝3qn－1－2，而q>1，
所以當(dāng)q>1且q∈N*時，所有的kn＝3qn－1－2均為正整數(shù)，適合題意；
當(dāng)q>1且q?N*時，kn＝3qn－1－2∈N*不全是正整數(shù)，不合題意．
而6Sn>kn＋1有解，所以>1有解，經(jīng)檢驗，當(dāng)q＝2，q＝3，q＝4時，n＝1都是>1的解，適合題意；
下證當(dāng)q≥5時，>1無解，
設(shè)bn＝，
則bn＋1－bn
＝，
因為<0，所以f(n)＝2[(1－q)n2＋(7－5q)n＋7－q]在n∈N*上遞減，
又因為f(1)<0，所以f(n)<0恒成立，所以bn＋1－bn<0，所以bn≤b1恒成立，
7、
又因為當(dāng)q≥5時，b1<1，所以當(dāng)q≥5時，6Sn>kn＋1無解．
綜上所述，q的取值為2，3，4.
3．解：(1)當(dāng)a＝－1時，f′(x)＝(x>0)．
由f′(x)>0得x>1；由f′(x)<0得00)，
所以f′(2)＝－＝1，得a＝－2.
所以f′(x)＝(x>0)，g(x)＝x3＋x2－2x，
所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
因為g(x)在區(qū)間(t，3)上總不是單調(diào)函數(shù)，
且g′(0)＝－2<0，
所以，
由題意知，對于任意的t∈[1，2]
8、，g′(t)<0恒成立，
所以，所以－
9、x)在區(qū)間(1，＋∞)上為減函數(shù)，所以f′(x)≤0.
f′(x)＝x－2ax2＝x(1－2ax)≤0.
因為x>1，所以1－2ax≤0，a≥即a≥.
(2)①當(dāng)a＝e時，g(x)＝x2－ex3＋2ex(x－1)，所以g′(x)＝x－2ex2＋2xex＝x(1－2ex＋2ex)．
記h(x)＝2ex－2ex＋1，則h′(x)＝2(ex－e)，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)為增函數(shù)；當(dāng)x∈(－∞，1)時，h′(x)<0，h(x)為減函數(shù)；所以h(x)≥h(1)＝1>0.
所以在(0，＋∞)上，g′(x)>0，在(－∞，0)上，g′(x)<0.
即g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)；單調(diào)減區(qū)間為(－∞，0)．
②證明：由①得g′(x)＝x－2ex2＋2xex，
欲證g′(x)≥1＋ln x，
只需證x(1－2ex＋2ex)≥1＋ln x，
即證1－2ex＋2ex≥.
記p(x)＝，則p′(x)＝.
當(dāng)x∈(0，1)時，p′(x)>0，p(x)為增函數(shù)，
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，p′(x)<0，p(x)為減函數(shù)．
即p(x)≤p(1)＝1.
由①得h(x)≥h(1)＝1.所以g′(x)≥1＋ln x．
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