高一数学下难题突破

试卷第1页，总6页选择题难题突破一、选择题（题型注释）1．函数6(3)3,7,(),7.xaxxfxax若数列{}na满足()()nafnnN，且{}na是递增数列，则实数a的取值范围是（）A．9,34B．9,34C．2,3D．1,3试题分析：因为()()nafnnN，{}na是递增数列，所以函数6(3)3,7(),7.xaxxfxax为增函数，需满足三个条件30178aaff，解不等式组得实数a的取值范围是2,3，选C．考点：1、一次函数和指数函数单调性；2、分段函数的单调性；3、数列的单调性.2．设各项均为正数的数列na的前n项之积为nT，若22nnnT，则122nna的最小值为（）．A．7B．8C．43D．23试题分析：由题意知2211122nnnnnT，所以2221222nnnnnnnnTaT，所以212212122222nnnnnna，构造对勾函数12fxxx，该函数在0,23上单调递减，在23,上单调递增，在整数点4x时取到最小值7，所以当24n时，122nna的最小值为7．考点：1、数列的通项公式；2、函数性质与数列的综合．3．设等差数列na满足：22223535317coscossinsincos2sin()aaaaaaa，4,2kakZ且公差(1,0)d.若当且仅当8n时，数列na的前n项和nS取得最大值，则首项1a的取值范围是（）A.3[,2]2B.3(,2)2C.7[,2]4D.7(,2)4试题分析：∵71352325232sin2cossinsincoscosaaaaaaa，试卷第2页，总6页∴71323252325232sinsincossinsincoscosaaaaaaaa，即4523252322sin1sinsin1coscosaaaaa，即4523252322sincossinsincosaaaaa，即4535353532sinsincoscossinsincoscossinaaaaaaaaa，即453532sinsinsinaaaaa，即442sin2sin2sinaad，∵24ka，∴02sin4a，∴12sind．∵0,1d，∴0,22d，则4d．由1111224nnnnnSnadna2188nan，对称轴方程为841an，由题意当且仅当8n时，数列na的前n项和nS取得最大值，∴217842151a，解得：2471a．∴首项1a的取值范围是247，，故选D．考点：等差数列的前n项和.4．已知数列na，nb满足11a，且1,nnaa是函数nnxbxxf2)(2的两个零点，则10b等于（）A．24B．32C．48D．64试题分析：由题意得112nnnnnnaabaa，由11a，12nnnaa，得22a，32a，44a，54a，68a，78a，8916aa，101132aa，则10323264b，选D．考点：递推数列、函数零点5．已知等差数列{}na的等差0d，且1a，3a，13a成等比数列，若11a，nS为数列{}na的前n项和，则2163nnSa的最小值为（）A．4B．3C．232D．92试题分析：由题意得，记等差数列{}na公差为d，22111(2)(12)(12)1122adaadddd（0d舍去），∴试卷第3页，总6页1(1)21naandn，21()2nnaanSn，22216216832131nnSnnann2(1)2(1)999122(1)24111nnnnnnn，当且仅当9121nnn时等号成立，即2163nnSa的最小值为4，故选A．考点：1．等差数列的通项公式及其前n项和；2．等比数列的性质；3．基本不等式求最值．6．已知函数22812fxxaxaa，且2428fafa，设等差数列na的前n项和为nS，*nN若nSfn，则41nnSaa的最小值为（）A．276B．358C．143D．378试题分析：由题意可得等差数列的通项公式和求和公式，代入由基本不等式可得．由题意可得2428aa或2842822aaa（），解得a=1或a=-4，当a=-1时，2712fxxx（），数列{an}不是等差数列；当a=-4时，24fxxx（），24nSfnnn（），1257575123naaann，，，22121134416122)11(2nnnnSannann113113122121312121nnnn（）（），当且仅当1311nn，即131n时取等号，∵n为正数，故当n=3时原式取最小值378，故选D．考点：等差数列通项公式；基本不等式7．如果有穷数列)(,...,,*21Nnaaan满足条件:,,...,,1121aaaaaannn即1iniaa，),...,2,1(ni我们称其为“对称数列”．例如:数列1，2，3，3，2，1和数列1，2，3，4，3，2，1都为“对称数列”。已知数列}{nb是项数不超过),1(2*Nmmm的“对称数列”，并使得122,...,2,2,1m依次为该数列中连续的前m试卷第4页，总6页项，则数列}{nb的前2009项和2009S所有可能的取值的序号为①122009②)12(22009③1223201021mm④122200921mmA．①②③B．②③④C．①②④D．①③④试题分析：若2009m时，则122121222120092009200822009S，故①正确；若2009m且有偶数项，则211])21(1[2122222212009121122009mmmmmmS122221220092120092mmmmm，故④正确；若2009m且有奇数项，则211])21(1[2122222212009232122009mmmmmmS12232212201021201021mmmmm，故③正确；故选D．考点：1．等比数列的前n项和；2．分类讨论思想．8．对于一个有限数列12(,,,)npppp，定义p的蔡查罗和（蔡查罗是一位数学家）为121()nSSSn，其中12(1,)kkSpppknkN≤≤．若一个99项的数列（1299,,,)ppp的蔡查罗和为1000，那么100项数列),...,,,5(9921PPP的蔡查罗和为（）A、993B、995C、997D、999试题分析：由蔡查罗和的定义可得99000991100099219921ssssss）（.100项数列),...,,,5(9921PPP的蔡查罗和为995)50099000(1001)1005(1001)(10019921'100'2'1ssssss，故选B。9．数列{}na满足122,1,aa且1111(2)nnnnnnnnaaaanaaaa,则数列{}na的第100项为（）A．10012B．5012C．1100D．150试卷第5页，总6页试题分析：由1111(2)nnnnnnnnaaaanaaaa得，)2(21111naaannn,所以数列na1是以21为首项，以21为公差的等差数列。于是，21nan,所以501100a．故选D。考点：构造法求数列通向公式。10．在数列na中，对于任意*nN，若存在常数12,,...k，使得nka11nka22...(0,1,2,...,)nkkniaaik恒成立，则称数列na为k阶数列。现给出下列三个结论：①若2nna，则数列na为1阶数列；②若21nan，则数列na为2数列；③若2nan，则数列na为3数列；以上结论正确的序号是A．①②B．①③C．②③D．①②③试题分析：①∵2nna∴∃k=1，λ=2，使12nknkaa成立，∴na为1阶递归数列，故①成立；②∵21nan∴∃k=2，122,1，使21122nnknkaaa成立，∴na为2阶递归数列，故②成立；③∵若数列{an}的通项公式为2nan，∴∃k=3，1233,3,1，使3112233nnknknkaaaa成立，∴na为3阶递归数列，故③成立．考点：1．等差数列与等比数列；2．数列的应用11．已知等差数列na的公差0d，前n项和为nS，等比数列nb的公比q是正整数，前n项和为nT，若211,adbd，且222123123aaabbb是正整数，则298ST等于（）A.4517B.13517C.9017D.27017试题分析：∵数列{an}是以d为公差的等差数列，且a1=d，dada3,232;又数列{bn}是公比q的等比数列，且b1=d2，∴22322,qdbqdb;∴222123123aaabbb2222114)1(14qqqqdd∈N*．又∵q是正整数，∴1+q+q2=7，解得q=2．∴298ST17135255202521)21()2899(22822ddddd；试卷第6页，总6页故选：B．考点：等差数列的性质．12．定义12nnxxx为n个正数12,,,nxxx的“平均倒数”．若正项数列na的前n项的“平均倒数”为231n，则数列na的通项公式为na＝（）A．23nB．16nC．)23)(13(nnD．41n试题分析：设数列na的前n项和为nS，则231nSnn，所以nnSn232，当1n时52311Sa，当2n时，)1(21323221nnnnSSannn=16n，1n时适合，综上16nan，故选B.考点：数列通项公式.13．对于函数y=f(x)(x∈I),y=g(x)(x∈I),若对任意x∈I,存在x0使得f(x)≥f(x0),g(x)≥g(x0)且f(x0)=g(x0),则称f(x),g(x)为“兄弟函数”,已知f(x)=x2+px+q,g(x)=21xxx是定义在区间1,22上的“兄弟函数”,那么函数f(x)在区间1,22上的最大值为()(A)32(B)2(C)4(D)54【解析】g(x)=21xxx=x+1x-1≥2-1=1,当且仅当x=1时,等号成立,∴f(x)在x=1处有最小值1,即p=-2,12-2×1+q=1,q=2,∴f(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1,∴f(x)max=f(2)=(2-1)2+1=2.