（江苏专用）2020版高考数学三轮复习 解答题分层综合练（四）压轴解答题抢分练（1） 文 苏教版

解答题分层综合练(四)压轴解答题抢分练(1)(建议用时：40分钟)1．(2019·南通模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a7＝4，a19＝2a9，数列{bn}的前n项和为Tn，满足42an－1＝λTn－(a5－1)(n∈N*)．(1)是否存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列？并说明理由；(2)已知对于n∈N*，不等式1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＜M恒成立，求实数M的最小值．2．(2019·南京模拟)设数列{an}的首项不为零，前n项和为Sn，且对任意的r，t∈N*，都有SrSt＝r2t.(1)求数列{an}的通项公式(用a1表示)；(2)设a1＝1，b1＝3，bn＝Sbn－1，n≥2，n∈N*.求证：数列{log3bn}为等比数列；(3)在(2)的条件下，求Tn＝k＝2nbk－1bk－1.3．已知函数f(x)＝4x2－72－x，x∈[0，1]．(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)设a≥1，函数g(x)＝x3－3a2x－2a，x∈[0，1]，若对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0，1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，求a的取值范围．4．已知函数f(x)＝lnx－ax.(1)若a0，试判断f(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为32，求a的值．解答题分层综合练(四)1．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.因为a7＝4，a19＝2a9，所以a1＋6d＝4，a1＋18d＝2（a1＋8d）.解得a1＝1，d＝12，所以数列{an}的通项公式为an＝n＋12.因为a5＝3，42an－1＝λTn－(a5－1)，所以4n＝λTn－2，Tn＝1λ4n＋2λ.当n＝1时，b1＝6λ；当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝1λ4n＋2λ－1λ4n－1－2λ＝3λ4n－1.所以bn＋1＝3λ4n＝4bn(n≥2)，若数列{bn}是等比数列，则有b2＝4b1，而b2＝12λ，所以b2b1＝2与b2＝4b1矛盾．故不存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列．(2)由(1)知Sn＝n（n＋3）4，所以1Sn＝4n（n＋3）＝431n－1n＋3，从而1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＝43[1－14＋12－15＋13－16＋…＋1n－2－1n＋1＋1n－1－1n＋2＋1n－1n＋3]＝431＋12＋13－1n＋1－1n＋2－1n＋3＝43116－1n＋1－1n＋2－1n＋3229，所以M≥229，故实数M的最小值为229.2．解：(1)因为a1＝S1≠0，令t＝1，r＝n，由SrSt＝r2t，得SnS1＝n2，即Sn＝a1n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a1(2n－1)，且当n＝1时，此式也成立．故数列{an}的通项公式为an＝a1(2n－1)(n∈N*)．(2)证明：当a1＝1时，由(1)知，an＝a1(2n－1)＝2n－1，Sn＝n2.依题意，n≥2时，bn＝Sbn－1＝b2n－1，于是log3bn＝log3b2n－1＝2log3bn－1(n≥2，n∈N*)，且log3b1＝1，故数列{log3bn}是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)得log3bn＝1×2n－1＝2n－1，所以bn＝32n－1(n∈N*)．于是bk－1bk－1＝32k－232k－1－1＝32k－2＋1－1（32k－2＋1）（32k－2－1）＝132k－2－1－132k－1－1.所以Tn＝k＝2nbk－1bk－1＝k＝2n132k－2－1－132k－1－1＝12－132n－1－1.3．解：(1)f′(x)＝－4x2＋16x－7（2－x）2＝－（2x－1）（2x－7）（2－x）2，令f′(x)＝0，解得x＝12或x＝72(舍去)．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x00，121212，11f′(x)－0＋f(x)－72－4－3所以函数f(x)的单调递增区间是12，1，单调递减区间是0，12.当x∈[0，1]时，f(x)的值域为[－4，－3]．(2)g′(x)＝3(x2－a2)．因为a≥1，当x∈(0，1)时，g′(x)＜3(1－a2)≤0，因此当x∈(0，1)时，g(x)为减函数，从而当x∈[0，1]时，有g(x)∈[g(1)，g(0)]．又g(1)＝1－2a－3a2，g(0)＝－2a，即当x∈[0，1]时，有g(x)∈[1－2a－3a2，－2a]．对于任意x1∈[0，1]，f(x1)∈[－4，－3]，存在x0∈[0，1]使得g(x0)＝f(x1)成立，则[1－2a－3a2，－2a]⊇[－4，－3]．即1－2a－3a2≤－4，①－2a≥－3.②解①式得a≥1或a≤－53；解②式得a≤32.又a≥1，故a的取值范围为1，32.4．解：(1)由题意f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x＋ax2＝x＋ax2.因为a0，所以f′(x)0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)由(1)可知，f′(x)＝x＋ax2.①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数，所以f(x)min＝f(1)＝－a＝32，所以a＝－32(舍去)．②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数，所以f(x)min＝f(e)＝1－ae＝32，所以a＝－e2(舍去)．③若－ea－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1x－a时，f′(x)0,所以f(x)在(1，－a)上为减函数；当－axe时，f′(x)0，所以f(x)在(－a，e)上为增函数，所以f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝32，所以a＝－e.综上所述，a＝－e.