高考數(shù)二輪專題突破預測演練提能訓練 第2部分 專題一 第一講 數(shù)思想專練(一) 文（以真題和模擬題為例 含解析）

[數(shù)學思想專練(一)]一、選擇題1．(·青島模擬)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S1,2S2,3S3成等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的公比為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,5) D.eq\f(4,9)解析：選B設等比數(shù)列的首項為a1，公比為q，則S1＝a1，S2＝a1＋a2＝a1＋a1q，S3＝a1＋a2＋a3＝a1＋a1q＋a1q2.由S1,2S2,3S3成等差數(shù)列，得2×2S2＝S1＋3S3，即4(a1＋a1q)＝a1＋3(a1＋a1q＋a1q2)，可得3q2－q＝0，得q＝0或q＝eq\f(1,3)，因為q≠0，所以q＝eq\f(1,3).2．若a>1，則雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a＋12)＝1的離心率e的取值范圍是()A．(1，eq\r(2)) B．(eq\r(2)，eq\r(5))C．[eq\r(2)，eq\r(5)] D．(eq\r(3)，eq\r(5))解析：選Be2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2＝eq\f(a2＋a＋12,a2)＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))2，因為eq\f(1,a)是減函數(shù)，所以當a>1時，0<eq\f(1,a)<1，所以2<e2<5，即eq\r(2)<e<eq\r(5).3．已知a∈[－1,1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，則x的取值范圍為()A．(－∞，2)∪(3，＋∞) B．(－∞，1)∪(2，＋∞)C．(－∞，1)∪(3，＋∞) D．(1,3)解析：選C把不等式的左端看成關于a的一次函數(shù)，記f(a)＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)，則f(a)>0對于任意的a∈[－1,1]恒成立，易知只需f(－1)＝x2－5x＋6>0且f(1)＝x2－3x＋2>0即可，聯(lián)立方程并解得x<1或x>3.4．若2x＋5y≤2－y＋5－x，則有()A．x＋y≥0 B．x＋y≤0C．x－y≤0 D．x－y≥0解析：選B原不等式可化為2x－5－x≤2－y－5y，構造函數(shù)y＝2x－5－x，其為R上的增函數(shù)，所以有x≤－y，即x＋y≤0.5.如圖，A是單位圓與x軸的交點，點P在單位圓上，∠AOP＝θ(0<θ<π)，＝＋，四邊形OAQP的面積為S，當·＋S取得最大值時θ的值為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)解析：選B·＋S＝||·||cosθ＋||·||sinθ＝cosθ＋sinθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，當θ＝eq\f(π,4)時，·＋S取得最大值．6．(·西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝cosx(x∈(0,2π))有兩個不同的零點x1，x2，且方程f(x)＝m有兩個不同的實根x3，x4.若把這四個數(shù)按從小到大的排列構成等差數(shù)列，則實數(shù)m的值為()A.eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(\r(3),2)解析：選D假設方程f(x)＝m的兩個實根x3<x4.由函數(shù)f(x)＝cosx(x∈(0,2π))的零點為eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)，又四個數(shù)按從小到大排列構成等差數(shù)列，可得eq\f(π,2)<x3<x4<eq\f(3π,2)，由題意得x3＋x4＝eq\f(π,2)＋eq\f(3π,2)＝2π①，2x3＝eq\f(π,2)＋x4②，則由①②可得x3＝eq\f(5π,6)，所以m＝coseq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),2).二、填空題7．若方程sin2x＋2sinx＋a＝0有解，則實數(shù)a的取值范圍是________解析：令f(x)＝sin2x＋2sinx，則f(x)的值域是[－1,3]，因為方程sin2x＋2sinx＋a＝0一定有解，所以－1≤－a≤3，所以實數(shù)a的取值范圍是[－3,1]．答案：[－3,1]8．已知數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，且對于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，則實數(shù)λ的取值范圍是________．解析：由{an}是遞增數(shù)列，得an<an＋1對n∈N*恒成立，即n2＋λn<(n＋1)2＋λ(n＋1)，整理得λ>－(2n＋1)．而－(2n＋1)≤－3，所以λ>－3.答案：(－3，＋∞)9．設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是________．解析：設F(x)＝f(x)g(x)，由于f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，得F(－x)＝f(－x)·g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，即F(x)為奇函數(shù)．又當x<0時，F(xiàn)′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，所以x<0時，F(xiàn)(x)為增函數(shù)．因為奇函數(shù)在對稱區(qū)間上的單調(diào)性相同，所以x>0時，F(xiàn)(x)也是增函數(shù)．因為F(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)．所以F(x)<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)(如圖)．答案：(－∞，－3)∪(0,3)三、解答題10．(·貴陽模擬)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S7＝70，且a1，a2，a6成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(2Sn＋48,n)，數(shù)列{bn}的最小項是第幾項，并求出該項的值．解：(1)設公差為d，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7a1＋21d＝70，,a\o\al(2,2)＝a1a6，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝10，,a1＋d2＝a1a1＋5d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝10，,d＝0))(舍去)，所以an＝3n－2.(2)Sn＝eq\f(n,2)[1＋(3n－2)]＝eq\f(3n2－n,2)，所以bn＝eq\f(3n2－n＋48,n)＝3n＋eq\f(48,n)－1≥2eq\r(3n·\f(48,n))－1＝23，當且僅當3n＝eq\f(48,n)，即n＝4時取等號，故數(shù)列{bn}的最小項是第4項，該項的值為23.11．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋(2－a)x2－x－1(a>0)．(1)若a＝4，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設x1，x2,1為關于x的方程f(x)＝0的實根，若eq\f(x1,x2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，求a的取值范圍．解：(1)∵當a＝4時，f(x)＝4x3－2x2－x－1，∴f′(x)＝12x2－4x－1＝(6x＋1)(2x－1)，由f′(x)>0得x<－eq\f(1,6)或x>eq\f(1,2)，由f′(x)<0得－eq\f(1,6)<x<eq\f(1,2)，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,6)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)，\f(1,2))).(2)∵f(x)＝(x－1)(ax2＋2x＋1)，∴f(x)＝0一根為1，另兩根為ax2＋2x＋1＝0的解，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4－4a≥0))得0<a≤1，由韋達定理知ax2＋2x＋1＝0的解均為負值．∵eq\f(x1,x2)>0，x1，x2為ax2＋2x＋1＝0的根，∴eq\f(x1＋x22,x1x2)＝eq\f(x1,x2)＋eq\f(x2,x1)＋2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)))2,\f(1,a))＝eq\f(4,a).令t＝eq\f(x1,x2)，u(t)＝t＋eq\f(1,t)＋2，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，則u′(t)＝1－eq\f(1,t2)，∴u(t)在eq\b\lc\[\r