全書版第二章第六章階段滾動檢測五

(建議用時(shí)：90分鐘 若pqp是qp∧qp，q ”是“x＜2解析，A正確；p∧q為假，p，q至少有一個(gè)為假，B錯誤“?”的“?“＞”“x＞2” 當(dāng)x＝－1時(shí)，滿足1＜1，但不滿足x＞2，所以“x＞2” 的充分 必要條件，D正確.答 2.(2016·沈陽一模)a＝(1，n)，b＝(－1，n)2a－bb)解 (2a－b)·b＝0，則有－3＋n2＝0n2＝3答 差d＝( 解 依題意，得

解得

答

且－a3，a2，a4成等差數(shù)列，則S7的值為 解 設(shè){an}的公比為q，則2a2＝a4－a3，又∴2q＝q3－q2q＝2答

＝127 解 函數(shù)f(x)＝log3(－x)和

R，g(x)的值域?yàn)?0，＋∞)答 6.(2016·一模)已知2sin2α＝1＋cos2α，則tan 解 55

.或 ∴tan2α＝0或tan.5 5答 7.(2016·東城一模)在銳角△ABC中，AB＝3，AC＝4，S△ABC＝33，則 B.13或 解 由 ·AC·sin 3×4×sinA＝33，得sinA＝3，因 π答

13列，則an＝(

33解 法 化簡有遞 an＋1＝

，利用累乘法a2·a3·…·

＝1·2·3·…·n－1同的因式則有

a1

34

法 答 且前n項(xiàng)和Sn＝42，則n＝( 解 因?yàn)閧an}為等比數(shù)列，所以又a1＋an＝34，所以a1，an是方程x2－34x＋64＝0的兩根，解得

＝

q＝4an＝a1qn－1＝2×4n－1＝32n＝3答 大時(shí)，n的值是)解 ∴{an}19為首項(xiàng)，以－3∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.n項(xiàng)和最大，故有

3≤n3，∵n∈N+，∴n＝7答

解 ∴x＜4且答 {x|x＜4且Sn

解 由a10＝S4，得a1＋9d＝4a1＋2a＝d≠0.S

＝8a 1＋2 所以S8＝36d 答 13.(2015·調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N+)，則 解 由已知得1－1 ∴1－1＝n－1，1－1＝n－2，…，1－1

∴

答 設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若2S1，3S2，4S3成等差數(shù)列，則等比數(shù)列{an}的公比q＝ 由2S1，3S2，4S3成等差數(shù)列，得6S2＝2S1＋4S3，則－2a3＋a2＝0 答 21，2，2后又成等差數(shù)列.求等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)記bn＝an＋2n，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. (1)設(shè)等比數(shù)列前三項(xiàng)分別為a1，a2，a3，則a1＋1，a2＋2，a3＋2又成等差數(shù)列.即

解得 或 ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)為

＝2n＋n 2，且圖象上相鄰兩個(gè)最高點(diǎn)的距離為(1)aω 解(1)f(x)＝4cosωx·sinωx6＋a＝4cosωx·2sinωx＋2cos ＝23sinωxcosωx＋2cos2ωx－1＋1＋a＝3sin2ωx＋cos 2sin2ωx＋6 sin2ωx6＝1時(shí)，f(x) ∴2ω＝T (2)由(1)f(x)＝2sin2x6 2＋2kπ≤2x6≤2 6＋kπ≤x≤3 k＝06≤x≤3

.f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為63.17.(2015·大連質(zhì)量預(yù)測)已知數(shù)列{an}nSn(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)k的取值范圍. (1)由Sn＝2an－2可得n≥2

1＝2an－2an1，即an— an—∴數(shù)列{an}a1＝22(2)b＝loga＋loga＋…＋loga＝1＋2＋3＋…＋n＝n（n＋1）.由(n－8)b 2 2 2 nkn∈N+ 即實(shí) ≥k對n∈N恒成立設(shè) －8)(n＋1)，則當(dāng)n＝3或4時(shí)，取得最小值為

18.(2016·齊魯名校聯(lián)合測試)f(x)＝2＋(a－1)x＋(2－a)ln (1)∵f(x)＝－2＋(a－1)x＋(2－a)ln∴f(1)＝a，f′(x)＝－x＋a－1＋x (2)∵f′(x)＝－x＋a－1＋x g(x)＝－x2＋(a－1)x＋2－a＝0x1＝1，x2＝a－2.a＞3時(shí)，x2＞x1，g(x)＞0的解集是g(x)＜0的解集是{x|0＜x＜1a＝3時(shí)，x2＝x1x＞02＜a＜3時(shí)，0＜x2＜x1，g(x)＞0的解集是g(x