（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí) 解答題分層綜合練（四）壓軸解答題搶分練（1） 文 蘇教版

解答題分層綜合練(四)　壓軸解答題搶分練(1) (建議用時：40分鐘) 1．(2019·南通模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a7＝4，a19＝2a9，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，滿足42an－1＝λTn－(a5－1)(n∈N*)． (1)是否存在非零實數(shù)λ，使得數(shù)列{bn}為等比數(shù)列？并說明理由； (2)已知對于n∈N*，不等式＋＋＋…＋＜M恒成立，求實數(shù)M的最小值． 2．(2019·南京模擬)設(shè)數(shù)列{an}的首項不為零，前n項和為Sn，且對任意的r，t∈N*，都有＝. (1)求數(shù)列{an}的通項公式(用a1表示)； (2)設(shè)a1＝1，b1＝3，bn＝Sbn－1，n≥2，n∈N*. 求證：數(shù)列{log3bn}為等比數(shù)列； (3)在(2)的條件下，求Tn＝. 3．已知函數(shù)f(x)＝，x∈[0，1]． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和值域； (2)設(shè)a≥1，函數(shù)g(x)＝x3－3a2x－2a，x∈[0，1]，若對于任意x1∈[0，1]，總存在x0∈[0，1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，求a的取值范圍． 4．已知函數(shù)f(x)＝ln x－. (1)若a>0，試判斷f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性； (2)若f(x)在[1，e]上的最小值為，求a的值． 解答題分層綜合練(四) 1．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 則an＝a1＋(n－1)d.因為 所以解得a1＝1，d＝， 所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝. 因為a5＝3，42an－1＝λTn－(a5－1)， 所以4n＝λTn－2，Tn＝4n＋. 當(dāng)n＝1時，b1＝； 當(dāng)n≥2時，bn＝Tn－Tn－1＝4n＋－4n－1－＝4n－1. 所以bn＋1＝4n＝4bn(n≥2)，若數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，則有b2＝4b1， 而b2＝，所以＝2與b2＝4b1矛盾． 故不存在非零實數(shù)λ，使得數(shù)列{bn}為等比數(shù)列． (2)由(1)知Sn＝， 所以＝＝， 從而＋＋＋…＋ ＝[＋＋＋…＋＋＋] ＝ ＝<， 所以M ≥，故實數(shù)M的最小值為. 2．解：(1)因為a1＝S1≠0，令t＝1，r＝n，由＝，得＝n2， 即Sn＝a1n2. 當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝a1(2n－1)，且當(dāng)n＝1時，此式也成立． 故數(shù)列{an}的通項公式為an＝a1(2n－1)(n∈N*)． (2)證明：當(dāng)a1＝1時，由(1)知，an＝a1(2n－1)＝2n－1，Sn＝n2. 依題意，n≥2時，bn＝Sbn－1＝b， 于是log3bn＝log3b＝2log3bn－1(n≥2，n∈N*)，且log3b1＝1， 故數(shù)列{log3bn}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列． (3)由(2)得log3bn＝1×2n－1＝2n－1，所以bn＝32n－1(n∈N*)． 于是＝ ＝ ＝－. 所以Tn＝ ＝ ＝－. 3．解：(1)f′(x)＝ ＝－， 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝(舍去)． 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x 0 1 f′(x) － 0 ＋ f(x) －  －4  －3 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是. 當(dāng)x∈[0，1]時，f(x)的值域為[－4，－3]． (2)g′(x)＝3(x2－a2)． 因為a≥1，當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)＜3(1－a2)≤0， 因此當(dāng)x∈(0，1)時，g(x)為減函數(shù)， 從而當(dāng)x∈[0，1]時，有g(shù)(x)∈[g(1)，g(0)]． 又g(1)＝1－2a－3a2，g(0)＝－2a， 即當(dāng)x∈[0，1]時，有g(shù)(x)∈[1－2a－3a2，－2a]．對于任意x1∈[0，1]，f(x1)∈[－4，－3]， 存在x0∈[0，1]使得g(x0)＝f(x1)成立， 則[1－2a－3a2，－2a]?[－4，－3]． 即 解①式得a≥1或a≤－；解②式得a≤. 又a≥1，故a的取值范圍為. 4．解：(1)由題意f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝＋＝. 因為a>0，所以f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)． (2)由(1)可知，f′(x)＝. ①若a≥－1，則x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立， 此時f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，所以f(x)min＝f(1)＝－a＝， 所以a＝－(舍去)． ②若a≤－e，則x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立， 此時f(x)在[1，e]上為減函數(shù)，所以f(x)min＝f(e)＝1－＝， 所以a＝－(舍去)． ③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a， 當(dāng)1<x<－a時，f′(x)<0, 所以f(x)在(1，－a)上為減函數(shù)； 當(dāng)－a<x<e時，f′(x)>0，所以f(x)在(－a，e)上為增函數(shù)， 所以f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝， 所以a＝－. 綜上所述，a＝－. - 7 -