（江蘇專用）高考數學三輪復習 解答題分層綜合練（五）壓軸解答題搶分練（2） 文 蘇教版-蘇教版高三數學試題

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．已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＝1－an(n∈N*)．各項均為正數的數列{bn}中，對于一切n∈N*，有eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,\r(bk)＋\r(bk＋1))＝eq\f(n,\r(b1)＋\r(bn＋1))，且b1＝1，b2＝2，b3＝3.(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；(2)設數列{anbn}的前n項和為Tn，求證：Tn<2.2．(2019·南京模擬)設等差數列{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的等比數列{akn}，其中k1＝1，且k1<k2<…<kn<…，kn∈N*.①當q取最小值時，求{kn}的通項公式；②若關于n(n∈N*)的不等式6Sn>kn＋1有解，試求q的值．3．已知函數f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)若a＝－1，求函數f(x)的單調區(qū)間；(2)若函數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g(x)＝x3＋x2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′（x）＋\f(m,2)))在區(qū)間(t，3)上總不是單調函數，求m的取值范圍；(3)若x1，x2∈[1，＋∞)，試比較ln(x1x2)與x1＋x2－2的大?。?．(2019·揚州模擬)已知函數f(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(2,3)ax3，函數g(x)＝f(x)＋2ex(x－1)，函數g(x)的導函數為g′(x)．(1)當函數y＝f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為減函數時，求a的范圍；(2)若a＝e(e為自然對數的底數)．①求函數g(x)的單調區(qū)間；②證明：g′(x)≥1＋lnx.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＝eq\f(1,2).當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(1－an)－(1－an－1)，得2an＝an－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2).所以數列{an}是首項為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,2)的等比數列，所以an＝eq\f(1,2)×(eq\f(1,2))n－1＝eq\f(1,2n)(n∈N*)．因為對于一切n∈N*，有eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,\r(bk)＋\r(bk＋1))＝eq\f(n,\r(b1)＋\r(bn＋1))，①當n≥2時，有eq\i\su(k＝1,n－1,)eq\f(1,\r(bk)＋\r(bk＋1))＝eq\f(n－1,\r(b1)＋\r(bn))，②①－②得，eq\f(1,\r(bn)＋\r(bn＋1))＝eq\f(n,\r(b1)＋\r(bn＋1))－eq\f(n－1,\r(b1)＋\r(bn))，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＝0，④③－④整理得，bn＋2－bn＋1＝bn＋1－bn，所以當n≥2時，數列{bn}為等差數列．又b3－b2＝b2－b1＝1，所以數列{bn}是首項為1，公差為1的等差數列，所以bn＝1＋(n－1)＝n.(2)證明：因為數列{anbn}的前n項和為Tn，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n,2n)，⑤所以eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n,2n＋1)，⑥⑤－⑥得，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)[1－（\f(1,2)）n],1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(n＋2,2n＋1).所以Tn＝2－eq\f(n＋2,2n)<2.2．解：(1)設等差數列的公差為d，則S6＝6a1＋eq\f(1,2)×6×5d＝22，解得d＝eq\f(2,3)，所以Sn＝eq\f(n（n＋5）,3).(2)因為數列{an}是正項遞增等差數列，所以數列{akn}的公比q>1，①若k2＝2，則由a2＝eq\f(8,3)，得q＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(4,3)，此時ak3＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(32,9)，由eq\f(32,9)＝eq\f(2,3)(k3＋2)，解得k3＝eq\f(10,3)?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＝eq\f(2,3)(kn＋2)，所以eq\f(2,3)(kn＋2)＝2n，即kn＝3×2n－1－2，所以對任何正整數n，akn是數列{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＝eq\f(2kn＋4,3)＝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，適合題意；當q>1且q?N*時，kn＝3qn－1－2∈N*不全是正整數，不合題意．而6Sn>kn＋1有解，所以eq\f(2n（n＋5）＋2,3qn)>1有解，經檢驗，當q＝2，q＝3，q＝4時，n＝1都是eq\f(2n（n＋5）＋2,3qn)>1的解，適合題意；下證當q≥5時，eq\f(2n（n＋5）＋2,3qn)>1無解，設bn＝eq\f(2n（n＋5）＋2,3qn)，則bn＋1－bn＝eq\f(2[（1－q）n2＋（7－5q）n＋7－q],3qn＋1)，因為eq\f(5q－7,2－2q)<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)＝eq\f(x－1,x)(x>0)．由f′(x)>0得x>1；由f′(x)<0得0<x<1.所以f(x)的單調增區(qū)間為(1，＋∞)，單調減區(qū)間為(0，1)．(2)因為f′(x)＝eq\f(a（1－x）,x)(x>0)，所以f′(2)＝－eq\f(a,2)＝1，得a＝－2.所以f′(x)＝eq\f(2（x－1）,x)(x>0)，g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x，所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.因為g(x)在區(qū)間(t，3)上總不是單調函數，且g′(0)＝－2<0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g′（t）<0,g′（3）>0))，由題意知，對于任意的t∈[1，2]，g′(t)<0恒成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g′（1）<0,g′（2）<0,g′（3）>0))，所以－eq\f(37,3)<m<－9.故m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－9)).(3)由(1)可知，當a＝－1，x∈[1，＋∞)時，f(x)≥f(1)，即－lnx＋x－1≥0，所以0≤lnx≤x－1對一切x∈[1，＋∞)恒成立．若x1，x2∈[1，＋∞)，則0≤lnx1≤x1－1，0≤lnx2≤x2－1，所以0≤lnx1＋lnx2≤x1＋x2－2，即0≤ln(x1x2)≤x1＋x2－2.故當x1＝x2＝1時，ln(x1x2)＝x1＋x2－2；當x1，x2∈[1，＋∞)，且x1，x2不全為1時，ln(x1x2)<x1＋x2－2.4．解：(1)因為函數y＝f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為減函數，所以f′(x)≤0.f′(x)＝x－2ax2＝x(1－2ax)≤0.因為x>1，所以1－2ax≤0，a≥eq\f(1,2x)即a≥eq\f(1,2).(2)①當a＝e時，g(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(2,3)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；當x∈(－∞，1)時，h′(x)<0，h(x)為減函數；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)的單調增區(qū)間為(0，＋∞)；單調減區(qū)間為(－∞，0)．②證明：由①得g′(x)＝x－2ex2＋2xex，欲證g′(x)≥1＋ln