（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（五）壓軸解答題搶分練（2） 文 蘇教版

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<k2<…<kn<…，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．(2019·揚(yáng)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－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－. 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＝3×2n－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， 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0<x<1. 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0，1)． (2)因為f′(x)＝(x>0)， 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]，g′(t)<0恒成立， 所以，所以－<m<－9. 故m的取值范圍是. (3)由(1)可知，當(dāng)a＝－1，x∈[1，＋∞)時，f(x)≥f(1)，即－ln x＋x－1≥0， 所以0≤ln x≤x－1對一切x∈[1，＋∞)恒成立． 若x1，x2∈[1，＋∞)，則0≤ln x1≤x1－1，0≤ln x2≤x2－1， 所以0≤ln x1＋ln x2≤x1＋x2－2， 即0≤ln(x1x2)≤x1＋x2－2. 故當(dāng)x1＝x2＝1時，ln(x1x2)＝x1＋x2－2； 當(dāng)x1，x2∈[1，＋∞)，且x1，x2不全為1時，ln(x1x2)<x1＋x2－2. 4．解：(1)因為函數(shù)y＝f(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． - 6 -