《(江蘇專用)2020版高考數(shù)學三輪復(fù)習 解答題分層綜合練(五)壓軸解答題搶分練(2) 文 蘇教版》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(江蘇專用)2020版高考數(shù)學三輪復(fù)習 解答題分層綜合練(五)壓軸解答題搶分練(2) 文 蘇教版(6頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
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的大小.
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)的導函數(shù)為g′(x).
(1)當函數(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n=1時,a1=S1=1-a1,解得a1=.
當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q>1且q∈N*時,所有的kn=3qn-1-2均為正整數(shù),適合題意;
當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q=2,q=3,q=4時,n=1都是>1的解,適合題意;
下證當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q≥5時,b1<1,所以當q≥5時,6Sn>kn+1無解.
綜上所述,q的取值為2,3,4.
3.解:(1)當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x∈(1,+∞)時,h′(x)>0,h(x)為增函數(shù);當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x∈(0,1)時,p′(x)>0,p(x)為增函數(shù),
當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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