（江苏专用）2020版高考数学三轮复习 解答题分层综合练（五）压轴解答题抢分练（2） 文 苏教版

解答题分层综合练(五)压轴解答题抢分练(2)(建议用时：40分钟)1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝1－an(n∈N*)．各项均为正数的数列{bn}中，对于一切n∈N*，有k＝1n1bk＋bk＋1＝nb1＋bn＋1，且b1＝1，b2＝2，b3＝3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{anbn}的前n项和为Tn，求证：Tn2.2．(2019·南京模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，S6＝22.(1)求Sn；(2)若从{an}中抽取一个公比为q的等比数列{akn}，其中k1＝1，且k1k2…kn…，kn∈N*.①当q取最小值时，求{kn}的通项公式；②若关于n(n∈N*)的不等式6Snkn＋1有解，试求q的值．3．已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2f′（x）＋m2在区间(t，3)上总不是单调函数，求m的取值范围；(3)若x1，x2∈[1，＋∞)，试比较ln(x1x2)与x1＋x2－2的大小．4．(2019·扬州模拟)已知函数f(x)＝12x2－23ax3，函数g(x)＝f(x)＋2ex(x－1)，函数g(x)的导函数为g′(x)．(1)当函数y＝f(x)在区间(1，＋∞)上为减函数时，求a的范围；(2)若a＝e(e为自然对数的底数)．①求函数g(x)的单调区间；②证明：g′(x)≥1＋lnx.解答题分层综合练(五)1．解：(1)因为Sn＝1－an，所以当n＝1时，a1＝S1＝1－a1，解得a1＝12.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(1－an)－(1－an－1)，得2an＝an－1，即anan－1＝12.所以数列{an}是首项为12，公比为12的等比数列，所以an＝12×(12)n－1＝12n(n∈N*)．因为对于一切n∈N*，有k＝1n1bk＋bk＋1＝nb1＋bn＋1，①当n≥2时，有k＝1n－11bk＋bk＋1＝n－1b1＋bn，②①－②得，1bn＋bn＋1＝nb1＋bn＋1－n－1b1＋bn，化简得，(n－1)bn＋1－nbn＋b1＝0，③用n＋1替换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，所以当n≥2时，数列{bn}为等差数列．又b3－b2＝b2－b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，所以bn＝1＋(n－1)＝n.(2)证明：因为数列{anbn}的前n项和为Tn，所以Tn＝12＋222＋223＋…＋n2n，⑤所以12Tn＝122＋223＋…＋n2n＋1，⑥⑤－⑥得，12Tn＝12＋122＋…＋12n－n2n＋1＝12[1－（12）n]1－12－n2n＋1＝1－n＋22n＋1.所以Tn＝2－n＋22n2.2．解：(1)设等差数列的公差为d，则S6＝6a1＋12×6×5d＝22，解得d＝23，所以Sn＝n（n＋5）3.(2)因为数列{an}是正项递增等差数列，所以数列{akn}的公比q1，①若k2＝2，则由a2＝83，得q＝a2a1＝43，此时ak3＝2×432＝329，由329＝23(k3＋2)，解得k3＝103∉N*，所以k22，同理k23;若k2＝4，则由a4＝4，得q＝2，此时akn＝2·2n－1，另一方面，akn＝23(kn＋2)，所以23(kn＋2)＝2n，即kn＝3×2n－1－2，所以对任何正整数n，akn是数列{an}的第3×2n－1－2项．所以最小的公比q＝2.所以kn＝3×2n－1－2.②由akn＝2kn＋43＝2qn－1，得kn＝3qn－1－2，而q1，所以当q1且q∈N*时，所有的kn＝3qn－1－2均为正整数，适合题意；当q1且q∉N*时，kn＝3qn－1－2∈N*不全是正整数，不合题意．而6Snkn＋1有解，所以2n（n＋5）＋23qn1有解，经检验，当q＝2，q＝3，q＝4时，n＝1都是2n（n＋5）＋23qn1的解，适合题意；下证当q≥5时，2n（n＋5）＋23qn1无解，设bn＝2n（n＋5）＋23qn，则bn＋1－bn＝2[（1－q）n2＋（7－5q）n＋7－q]3qn＋1，因为5q－72－2q0，所以f(n)＝2[(1－q)n2＋(7－5q)n＋7－q]在n∈N*上递减，又因为f(1)0，所以f(n)0恒成立，所以bn＋1－bn0，所以bn≤b1恒成立，又因为当q≥5时，b11，所以当q≥5时，6Snkn＋1无解．综上所述，q的取值为2，3，4.3．解：(1)当a＝－1时，f′(x)＝x－1x(x0)．由f′(x)0得x1；由f′(x)0得0x1.所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0，1)．(2)因为f′(x)＝a（1－x）x(x0)，所以f′(2)＝－a2＝1，得a＝－2.所以f′(x)＝2（x－1）x(x0)，g(x)＝x3＋m2＋2x2－2x，所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.因为g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，且g′(0)＝－20，所以g′（t）0g′（3）0，由题意知，对于任意的t∈[1，2]，g′(t)0恒成立，所以g′（1）0g′（2）0g′（3）0，所以－373m－9.故m的取值范围是－373，－9.(3)由(1)可知，当a＝－1，x∈[1，＋∞)时，f(x)≥f(1)，即－lnx＋x－1≥0，所以0≤lnx≤x－1对一切x∈[1，＋∞)恒成立．若x1，x2∈[1，＋∞)，则0≤lnx1≤x1－1，0≤lnx2≤x2－1，所以0≤lnx1＋lnx2≤x1＋x2－2，即0≤ln(x1x2)≤x1＋x2－2.故当x1＝x2＝1时，ln(x1x2)＝x1＋x2－2；当x1，x2∈[1，＋∞)，且x1，x2不全为1时，ln(x1x2)x1＋x2－2.4．解：(1)因为函数y＝f(x)在区间(1，＋∞)上为减函数，所以f′(x)≤0.f′(x)＝x－2ax2＝x(1－2ax)≤0.因为x1，所以1－2ax≤0，a≥12x即a≥12.(2)①当a＝e时，g(x)＝12x2－23ex3＋2ex(x－1)，所以g′(x)＝x－2ex2＋2xex＝x(1－2ex＋2ex)．记h(x)＝2ex－2ex＋1，则h′(x)＝2(ex－e)，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，h(x)为增函数；当x∈(－∞，1)时，h′(x)0，h(x)为减函数；所以h(x)≥h(1)＝10.所以在(0，＋∞)上，g′(x)0，在(－∞，0)上，g′(x)0.即g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；单调减区间为(－∞，0)．②证明：由①得g′(x)＝x－2ex2＋2xex，欲证g′(x)≥1＋lnx，只需证x(1－2ex＋2ex)≥1＋lnx，即证1－2ex＋2ex≥lnx＋1x.记p(x)＝lnx＋1x，则p′(x)＝－lnxx2.当x∈(0，1)时，p′(x)0，p(x)为增函数，当x∈(1，＋∞)时，p′(x)0，p(x)为减函数．即p(x)≤p(1)＝1.由①得h(x)≥h(1)＝1.所以g′(x)≥1＋lnx．