1、2017 届江苏省南京市高三综合复习数学试题（解析版）一、填空题1如图正ABC 的边长为 2， CD 是 AB 边上的高，E，F 分别为边 AC 与 BC 的中点，现将ABC 沿 CD 翻折，使平面 ADC平面 DCB，则棱锥 E DFC 的体积为 【答案】 324【提示】S DFC SABC ( 22) ，E 到面 DFC 的距离 h 等于 AD 14 14 34 34 12 12VE DFC SDFC h 13 324【说明】平面图象的翻折，多面体的体积计算2已知函数 f(x)sin( x )cosx (0)若函数 f(x)的图象关于直线 x2 对称，且在区间 ， 上6 4 4是单调函数，
2、则 的取值集合为 【答案】 ， ， 1356 43【提示】f(x) sin(x )，因为 f(x)的图象关于直线 x2 对称，6所以 f(2)1，则 2 k ，所以 ，kZ6 2 k2 13因为函数 f(x)在区间 ， 上是单调函数，所以周期 T 2 ( )，4 4 4 4即 ，解得 02，所以 或 或 或 2 13 56 43 116当 时，f( x)sin( x )，x ， 时， x ， ，此时 f(x)在区间 ， 上为13 13 6 4 4 13 6 4 12 4 4增函数；当 时，f( x)sin( x )，x ， 时， x ， ，此时 f(x)在区间56 56 6 4 4 56 6
3、38 24 ， 上为增函数；4 4当 时，f( x)sin( x )，x ， 时， x ， ，此时 f(x)在区间43 43 6 4 4 43 6 2 6 ， 上为增函数；4 4EADBCEFFCDAB当 时，f(x )sin( x )，x ， 时， x ， ，此时 f(x)在区间 ， 上116 116 6 4 4 116 6 58 724 4 4不是单调函数；综上： ， ， 1356 43【说明】考查两角和差公式及三角函数的图象与性质3在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b ，c ，且 a 不是最大边，已知 a2b 22 bcsinA，则 tanA9tan B 的最小值为 _【
4、答案】2【提示】由余弦定理，a 2b 2c 22bccosA 及 a2b 22bcsin A，得 c22bccos A2 bcsinA，即 c2b cosA2bsinA ，再由正弦定理，得 sinC2sin BcosA2sin BsinA，即 sin(AB) 2sin BcosA2sinBsinA，即 sinAcosBcosAsinB2sinA sinB，所以 tanAtan B2tan AtanB所以 tanB ，所以 tanA9tan BtanAtanA2tanA 1 9tanA2tanA 1 (2tanA1) 5 2 5 212 92(2tanA 1)（当且仅当 (2tanA1) ，即
5、tanA1 时取“” ）12 92(2tanA 1)【说明】本题考查正弦定理、余弦定理、三角变换及基本不等式4在平面直角坐标系 xOy 中，M 为圆 C：( xa) 2(y1) 2 上任意一点，N 为直线 l：ax y30 上任169意一点，若以 M 为圆心，MN 为半径的圆与圆 C 至多有一个公共点，则正数 a 的最小值为_【答案】2 2【提示】因为圆 M 与圆 C 至多有一个公共点，所以 MC|MN |，即| MN | ，解得 MN ，43 43 43 83又 MN 的最小值为 ，所以有 ，43 43 83解得 a 2 ，所以正数 a 的最小值为 2 2 2【说明】本题考查圆与圆的位置关系
6、，直线与圆的位置关系，求解时先要能根据两圆的位置关系，确定MN ，由于 M，N 两点均是任意的，于是只要保证 MN 的最小值不小于 即可 83 835在平面直角坐标系 xOy 中，M 为直线 x3 上一动点，以 M 为圆心的圆记为圆 M，若圆 M 截 x 轴所得的弦长恒为 4过点 O 作圆 M 的一条切线，切点为 P，则点 P 到直线 2xy10 0 距离的最大值为_【答案】3 5【提示】设 M(3，t)，P(x 0，y 0)，因为 OPPM，所以 0，可得 x02y 023 x0ty 00 OP PM 又圆 M 截 x 轴所得的弦长为 4，所以 4t 2(x 03) 2(y 0t) 2，整理
7、得 x02y 026x 02ty 05 0 由得 x02y 025 ，即点 P 在圆 x2y 25 上，于是 P 到直线 2xy10 0 距离的最大值为 3 5 5【说明】本题应该是通过，联立方程组，把 P 的坐标用 t 表示出来，从而可以建立 P 到直线2x y100 距离关于 t 的函数，再求函数的最大值即可但是实际操作时，要注意观察，把，联立方程组后很容易消去 t，得到 x0，y 0 之间的关系，也即得到点 P 所在的曲线，进而求出距离的最大值，注意从形到数，再从数到形之间的转换 6数列a n中， an2 n1，现将a n中的项依原顺序按第 k 组有 2k 项的要求进行分组：（1 ， 3
8、） ， （5，7，9，11） ， （13，15 ，17，19，21，23） ， ，则第 n 组中各数的和为 【答案】4n 3【提示】设数列a n前 n 项和为 Sn，则 Snn 2，因为 242nn ( n1) n 2n ，242( n1)n( n1)n 2n所以第 n 组中各数的和S n2n S n2 n( n2n )2(n 2n )24n 3【说明】考查等差数列前 n 项和7已知椭圆 C：mx 2y 21 (0m1) ，直线 l：yx 1，若椭圆 C 上总存在不同的两点 A 与 B 关于直线l 对称，则椭圆 C 的离心率 e 的取值范围 【答案】( ，1) 63【提示】设 AB 中点 P，
9、由中点弦问题可知 kABkOP m，k AB 1，k OPm，联立直线 l 与直线 OP 可得 P(， )，由点 在椭圆内 m( ) ( )21，1m 1 mm 1 1m 12mm 1得 m(0， )离心率 e ( ，1)13 1 m 63【说明】考查点关于直线对称问题的处理方法及椭圆中点弦问题、点与椭圆位置关系*8已知函数 f(x)( x2) 3，数列a n是公差不为 0 的等差数列，若 f(ai)0 ，则数列a n的前 11 项和11i=1S11 为 【答案】22【提示】f(x) (x2) 3 为增函数，且关于点(2，0)中心对称，则 f(2x)f(2x)0设数列a n公差为 d，若 a6
10、2，则 f(a6)0，f(a 5)f(a 7)f (a6d) f (a6d) f (2d) f (2d) 0，即 f(a5)f (a7)0 ，同理，f (a4)f(a 8)0，f(a 1)f(a 11)0，则 f(ai)0 ；同理，若 a62，则 f(ai)0 ，所以11i=111i=1a62所以 S1111a 622 【说明】考查函数的性质及等差数列的运算*9在直角梯形 ABCD 中，ABCD，DAB 90，AB2CD ，M 为 CD 的中点，N 为线段 BC 上一点（不包括端点） ，若 ，则 的最小值为 AC AM AN 1 3【答案】：274【提示】：以 AB 为 x 轴，A 为坐标原点
11、建立直角坐标系，设 B(2，0)，C(1，t )，M( ，t)，N (x0，y 0)，12因为 N 在线段 BC 上，所以 y0 (x02)，t1 2即 y0t (2x 0)，因为 ，所以 1 x 0，tt y 0，AC AM AN 12tt y0tt(2x 0)，因为 t0，所以 1(2x 0)2 x 02(1 )12所以 34 4，这里 ， 均为正数，所以 4( )(34)( )3 12 152 27 ， 1 3 1 3 4 9 36所以 ，(当且仅当 ，即 ， 时取等号)1 3 2744 9 49 23所以 的最小值为 1 3 274【说明】本题考查平面向量的线性运算，基底法与坐标法，基
12、本不等式求最值10已知函数 f(x)是以 4 为周期的函数，且当1x 3 时，f (x) 若函数1 x2， 1 x 1，1 |x 2|， 1 x 3 )yf (x)m|x|恰有 10 个不同零点，则实数 m 的取值范围为 【答案】( ，82 )16 15【提示】作出函数 f(x)与 y m|x|的图象A BCD MN【说明】考查函数的零点，利用分段函数的性质与图象数形结合，分析两个函数图象的位置关系*11已知 a0，函数 f (x)(a1)x 2xsinx a2，xR记函数 f(x)的值域为 M，函数 f (f (x)的值域为 N，若 M N，则 a 的最大值是_ 【答案】2【提示】f(x)
13、2(a1)x 1cosx，f( x)2(a1)sinx0 恒成立，于是 f(x)单调递增，又 f(0)0 ，所以当 x0 时， f(x)0；当 x0 时，f( x)0 ；即 f (x)在(，0)上单调递减，在 (0，) 上单调递增所以 f (x)的最小值为 f (0)a2 ，于是 f (x)值域为a2，) 若 a20，则 f (f (x)的值域为f (0)，)，即a 2，)，此时 M N 成立； 若 a20，则 f (f (x)的值域为f (a2)，)，因为 f (a2)f (0)a 2，故此时有f (a2) ，) a2，)，即 N M，不合题意 因此 0a2，所以 a 的最大值是 2【说明】
14、这里需要注意的是遇到 f (f (x)的问题，要能分级处理，即先研究内层函数 f (x)，再把内层函数 f (x)看作一个整体，然后研究 f (f (x)，另外本题还要注意简单的分类讨论*12已知函数 f(x)x lnxax 在(0 ，e)上是增函数，函数 g(x)|e xa| ，当 x0，ln3 时，函数a22g(x)的最大值 M 与最小值 m 的差为 ，则 a 的值为 32【答案】52【提示】由 f (x)(lnx 1)a0 在(0，e) 上恒成立，即 alnx1，得 a2 当 2a3 ，g(x) g(x)在0 ，ln a上递减，lna ， ln3上递增，且 g(0)g(ln3) ，所以
15、Mmg (0)g(ln a)a 1 ，解32得 a ；当 a 3，g(x) ae x ，g( x)在0 ，ln3 上递减，所以 Mmg (0)g(ln3)2 ，舍52 a22 32去【说明】考查用导数研究函数的性质，分段函数的最值对 a 进行分类讨论，研究 g(x)的单调性与最值二、解答题1某银行柜台有从左到右编号依次为 1，2，3 ，4，5，6 的六个服务窗口，其中 1，2 ，3，4，5 号服务窗口办理 A 类业务，6 号服务窗口办理 B 类业务（1）每天 12：00 至 14：00，由于需要办理 A 类业务的顾客较少，现从 1，2，3，4，5 号服务窗口中随机选择 2 个窗口暂停服务，求
16、“1 号窗口或 2 号窗口暂停服务”的概率；（2）经统计，在 6 号窗口办理 B 类业务的等候人数及相应概率如下：排队人数 0 1 2 3 44 人及 4 人以上概 率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04求至少 2 人排队等侯的概率解：（1）由题意，有如下基本事件（ (i，j)表示第 i，j 号窗口暂停服务）：(1，2) ，(1，3)，(1，4) ，(1， 5)，(2，3)，(2，4) ，(2，5)，(3，4) ，(3， 5)，(4，5)， 因此，共有 10 个基本事件记事件 A“1 号窗口或 2 号窗口暂停服务” ，事件 A 包括：(1，2) ，(1，3)，(1，4) ，(1
17、， 5)，(2，3) ，(2，4)，(2，5) ，因此，共有 7 个基本事件，故 P(A) 710答：暂停服务的三个窗口恰有两个连在一起的概率为 710（2 ）记事件“6 号窗口办理 B 类业务的等候人数为 k”记为 Bk， （kN） ，则事件 Bk 两两互斥记事件“至少 2 人排队等侯” 为 B，则事件 “排队等侯人数为 0 或 1”， B所以 P( )P(B 0)P(B 1) 0.10.160.26， B所以 P(B)1 P ( )1 0.26 0.74 B答：至少 2 人排队等侯的概率为 0.74【说明】考查古典概型及互斥事件发生的概率2 ABC 中， SABC （S ABC 表示ABC
18、 的面积）AB AC 27（1 ）若 BC2，求ABC 外接圆的半径；（2）若 B C ，求 sinB 的值4解：（1） ABACcosA，S ABC ABACsinA，AB AC 12因为 SABC ，所以 ABACcosA ABACsinA，AB AC 27 27 12即：cosA sinA，又因为 cos2Asin 2A1 ，A(0 ，)17解得：sinA ，cosA 设ABC 外接圆的半径为 R，则 2R ，BCsinA所以 R ，即 ABC 外接圆的半径为 （2 ）因为 ABC，所以 sin(BC)sin(A)sinA ，cos(BC )cos(A)cosA ，则 cos2Bcos(
19、 BC)(BC)cos(BC ) 4cos(BC)cos sin( BC)sin4 4 45又 cos2B1 2sin2B，所以 sin2B ，1 cos2B2 910又因为 B(0， )，所以 sinB0 ，所以 sinB 【说明】考查平面向量数量积、三角形面积公式、同角三角函数关系、正弦定理、两角和差公式及二倍角公式等3如图所示，某公路 AB 一侧有一块空地 OAB ，其中 OA3 km，OB3 km，AOB 90当地政府3拟在中间开挖一个人工湖OMN，其中 M，N 都在边 AB 上（M，N 不与 A，B 重合，M 在 A，N 之间） ，且MON 30（1 ）若 M 在距离 A 点 2 k
20、m 处，求点 M，N 之间的距离；（2 ）为节省投入资金，人工湖OMN 的面积要尽可能小试确定 M 的位置，使OMN 的面积最小，并求出最小面积 解：（1）在OAB 中，因为 OA3 ，OB3 ，AOB 90，所以OAB603在OAM 中，由余弦定理得 OM2AO 2AM 22AOAMcosA7，所以 OM ，所以 cosAOM ，7OA2 OM2 AM22OAOM在OAN 中，sin ONAsin(A AON) sin(AOM90) cosAOM 在OMN 中，由 ，得 MN MNsin30 OMsin ONA 12 74（2 ）解法 1：设 AMx ，0x3 在OAM 中，由余弦定理得 O
21、M2AO 2AM 22AOAMcosAx 23x9，所以 OM ，所以 cosAOM ，x2 3x 9OA2 OM2 AM22OAOM在OAN 中，sin ONAsin(A AON) sin(AOM90)cosAOM 由 ，得 ON ONsin OAB OAsin ONA所以 SOMN OMONsin MON 12 12 x2 3x 9 12 ，0x 3令 6xt ，则 x6 t，3 t6 ，则 SOMN (t9 )27t (2 9 ) 当且仅当 t ，即 t3 ，x63 时等号成立，S OMN 的最小值为 27t 3 3所以 M 的位置为距离 A 点 63 km 处，可使OMN 的面积最小，
22、最小面积是3km2OA BM N解法 2：设AOM ，03在OAM 中，由 ，得 OM OMsin OAB OAsin OMA在OAN 中，由 ，得 ON ONsin OAB OAsin ONA所以 SOMN OMONsin MON 12 12 12 ，0 3当 2 ，即 时，S OMN 的最小值为 3 2 12所以应设计AOM ，可使OMN 的面积最小，最小面积是 km212【说明】考查以解三角形为背景的数学建模应用，灵活选择自变量建立目标函数求解最值4某企业准备投入适当的广告费对产品进行促销，在一年内预计销售 Q（万件）与广告费x（万元）之间的函数关系为 Q （x0 ） 已知生产此产品的年
23、固定投入为 4.54x 1x 1万元，每生产 1 万件此产品仍需再投入 32 万元，且能全部销售完若每件销售价定为：“平均每件生产成本的 150%”与“年平均每件所占广告费的 25%”之和 （1 ）试将年利润 W（万元）表示为年广告费 x（万元）的函数； （2 ）当年广告费投入多少万元时，企业年利润最大？最大利润为多少？ 解：（1）由题意可得，产品的生产成本为（ 32Q4.5）万元， 每件销售价为 150% 25%32Q 4.5Q xQ年销售收入为( 150% 25%)Q (32Q ) x32Q 4.5Q xQ 32 92 14年利润 W (32Q ) x(32 Q )x (32Q ) x16
24、Q x32 92 14 92 12 92 34 94 3416 x，(x 0) 4x 1x 1 94 34（2 ）令 x1 t（t1） ，则 W16 (t1)64 3 t673( )4t 3t 94 34 48t 34 16t t4t1， 2 4，即 W55，16t t4 当且仅当 ，即 t8 时， W 有最大值 55，此时 x7 16t t4即当年广告费为 7 万元时，企业利润最大，最大值为 55 万元【说明】函数应用题，基本不等式求最值5已知椭圆 M： 1(ab0)的左右顶点分别为 A，B，一个焦点为 F(1，0)，点 F 到相应准线的x2a2 y2b2距离为 3经过点 F 的直线 l 与
25、椭圆 M 交于 C，D 两点（1 ）求椭圆 M 的方程；（2 ）记ABD 与ABC 的面积分别为 S1 和 S2，求|S 1S 2|的最大值解：（1）由焦点 F(1，0)知 c1，又 c3 ，所以 a24 ，从而 b2a 2c 23a2c所以椭圆 M 的方程为 1 x24 y23（2 ）若直线 l 的斜率不存在，l 的方程为 x1 ，此时 S1S 2，|S 1S 2|0；若直线 l 的斜率存在，设 l 的方程为 yk(x 1)，k 0 ，C(x 1，y 1)，D(x 2，y 2)联立 消去 y，得(3 4k 2)x28k 2x4k 2120，所以 x1x 2 ，x 1x2 8k23 4k2 4
26、k2 123 4k2此时|S 1S 2| AB|y1| y2|2| y1y 2|2|k(x 11)k(x 21) |122|k|(x 1x 2)2 |2|k| 2|2| k| | 8k23 4k2 63 4k2 12|k|3 4k2因为 k 0，所以|S 1S 2| ，3当且仅当 4|k|，即 k 时取等号3|k|所以|S 1S 2|的最大值为 3【说明】考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，最值问题等突出基本量运算、用基本不等式求最值等方法6如图，在平面直角坐标系 xOy 中，过椭圆 C： 1(ab 0) 内一点 A(0，1) 的动直线 l 与椭圆相x2a2 y2b2交于 M，N 两点，当
27、l 平行于 x 轴和垂直于 x 轴时，l 被椭圆 C 所截得的线段长均为 2 2（1 ）求椭圆 C 的方程；（2 ）是否存在与点 A 不同的定点 B，使得对任意过点 A 的动直线 l 都满足 ？若存在，求出定点 BAMAN BMBN的坐标；若不存在，请说明理由解：（1）当 l 垂直于 x 轴时，2b2 ，从而 b 2 2当 l 平行于 x 轴时，点( ，1) 在椭圆 C 上，所以 1 ，解得 a222a2 12所以椭圆 C 的方程为 1x24 y22（2 ）设存在与点 A 不同的定点 B 满足 AMAN BMBN当 l 平行于 x 轴时，AMAN，所以 BMBN，从而点 B 在 y 轴上，设
28、B(0，t)；xyOMNA当 l 垂直于 x 轴时，不妨设 M(0， )，N(0， )2 2由 可得 ，解得 t1（舍去）或 t2 ，即 B(0，2)AMAN BMBN下面证明对任意斜率存在且不为 0 的动直线 l 都满足 AMAN BMBN设直线 l 的方程为 ykx1，M(x 1，y 1)，N (x2，y 2)联立 消去 y，得(1 2k 2)x24kx2 0，所以 x1x 2 ，x 1x2 4k1 2k2 21 2k2因为 ， AMAN |x1|x2| BMBN ，要证 ，只要证 ，AMAN BMBN |x1|x2|只要证 x12(1k 2)x222kx 21) x 22(1k 2)x1
29、22 kx11)，即证 2kx12x22kx 22x1x 22x 120，即证(x 1x 2)2kx1x2(x 1x 2)0因为 2kx1x2(x 1x 2)2k 0，所以 21 2k2 4k1 2k2 AMAN BMBN所以存在与点 A 不同的定点 B(0，2)，使得对任意过点 A 的动直线 l 都满足 AMAN BMBN【说明】考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，定点的探求等突出基本量运算、代数式恒等变形、由特殊到一般等方法7. 已知函数 f (x)e xsinx cosx，g (x)xcosx ex ，其中 e 是自然对数的底数.2（1 ）判断函数 yf (x)在(0， )内零点的
30、个数，并说明理由；2（2 ）任意 x10， ，存在 x20， ，使得不等式 f (x1)g (x2)m 成立，试求实数 m 的取值范围；2 2（3 ）若 x 1，求证：f (x)g (x)0.解：（1）函数 yf (x)在(0, )上的零点的个数为 1，2理由如下：因为 f (x)e xsinx cosx，所以 f(x)e xsinxe xcosxsinx.因为 x(0， )，所以 f (x)0.2所以函数 f (x)在(0， )上是单调递增函数.2因为 f (0)10 ，f ( )e 0，2根据函数零点存在性定理得函数 yf (x)在(0， )上的零点的个数为 1.2（2 ）因为不等式 f
31、(x1)g (x2)m 等价于 f (x1)m g (x2)，所以任意 x10， ，存在 x20， ，使得不等式 f (x1)g (x2)m 成立，等价于2 2f (x)min (m g (x)min，即 f (x)minm g (x)max.当 x0， 时，f (x)e xsinxe xcosxsin x0，故 f(x)在区间 0， 上单调递增，2 2所以 x0 时， f (x)取得最小值1，又 g(x)=cosxx sinx ex，由于 0cosx1 ，xsinx 0， ex ，2 2 2所以 g(x)0，故 g (x)在区间0， 上单调递减.2因此，x0 时， g (x)取得最大值 .2
32、所以 m 1 .2（3 ）当 x 1 时，要证 f (x)g (x)0，只要证 f (x)g (x)，只要证 exsinx cosxxcosx ex，2只要证 exsinx excosxxcosx，2由于 sinx 0，1 x0 只要证 .2exx 1下面证明 x 1 时，不等式 成立.exx+1令 h(x) ，则 h(x) ，exx 1 xex(x 1)2当 x( 1,0)时， h(x)0，h(x )是单调递减；当 x(0，)时，h(x) 0， h(x)是单调递增.所以当且仅当 x0 时，h (x)取得极小值也就是最小值为 1，即 1 ，当 x0 时，取“”.exx 1又因为 cosxsin
33、x sin( x ) ，当 x2 k 时，k Z 时取“”.24 2 4所以 cosxsinx ，即 1，当 x2 k 时，k Z 时取“”.24所以 .exx+1综上所述，当 x1 时，f (x)g (x)0 成立.【说明】考查函数零点问题、函数不等式的转化与证明，转化与化归的思想。8已知函数 f (x)xlnxx （1）设 g (x)f (x)|x a| ，aR e 为自然对数的底数当 a 时，判断函数 g (x)零点的个数；2e3当 x ，e时，求函数 g (x)的最小值1e（2）设 0mn1，求证： f (n) 0 2mm2 1解：（1）当 a 时， g (x)x lnxx |x |x
34、lnx ，2e3 2e3 2e3g(x)1ln x，当 0x 时，g (x)0 ；当 x 时，g (x)0；1e 1e因此 g (x)在 (0， )上单调递减，在 ( ，)上单调递增，1e 1e又 g ( ) 0，g ( ) 0 ，g (1) 0，1e4 2e3 4e4 2e 4e4 1e 1e 2e3 2 e2e3 2e3所以 g (x)有且仅有两个零点（i）当 a 时，g (x)xln xxxax lnxa，1e因为 x ，e，g(x )1lnx0 恒成立，1e所以 g (x)在 ，e上单调递增，所以此时 g (x)的最小值为 g ( ) a 1e 1e 1e（ii）当 ae 时，g (x
35、)x lnxxax xlnx2x a，因为 x ，e，g(x )lnx10 恒成立，1e所以 g (x)在 ，e上单调递减，所以此时 g (x)的最小值为 g (e)ae1e（iii）当 a e 时，1e若 x a，则 g (x)xlnx xaxx lnx2xa，1e若 axe ，则 g (x)xlnx x xaxlnxa，由（i） ， （ii）知 g (x)在 ，a上单调递减，在a，e上单调递增，1e所以此时 g (x)的最小值为 g (a)alnaa，综上有：当 a 时，g (x)的最小值为 a；1e 1e当 ae 时，g (x)的最小值为 alnaa；1e当 ae 时，g (x)的最小值
36、为 ae（2）设 h(x) ，2xx 2 1则当 x(0，1)时，h(x ) 0 ，于是 h(x)在(0，1)单调递增，2(1 x2)(1 x2)2又 0mn1，所以 h(m)h(n) ，从而有 f (n) f (n)h( n)n(lnn1 )2mm2 1 2n2 1设 (x)ln x 1 ，x0 2x2 1则 (x) 0，1x 4x(1 x2)2 (x2 1)2x(1 x2)2因此 (x)在(0，)上单调递增，因为 0n1，所以 (n) (1)0 ，即 lnn1 0，2n2 1因此 f (n) n(ln n1 )0 ，2mm2 1 2n2 1即原不等式得证【说明】本题（1）中两问考查了函数的
37、零点及带有绝对值问题的分类讨论，第（2 ）问是二元函数不等式的证明，需要有消元意识，利用函数 h(x) 的单调性，将所证不等式转化为 f(n)h(n )2xx 2 10 是解决该问的关键9若各项均为正数的数列a n的前 n 项和为 Sn，且 2 a n1 (nN*) Sn（1 ）求数列a n的通项公式；（2 ）若正项等比数列b n，满足 b22 ，2b 7b 8b 9，求 Tna 1b1a 2b2a nbn（3 ）对于(2) 中的 Tn，若对任意的 nN *，不等式 (1) n (Tn21) 恒成立，12n 1求实数 的取值范围；解：（1）因为 4Sn( an1) 2，且 an0 ，由 4a1
38、(a 11) 2 得 a11，又 4Sn1 (a n1 1) 2，所以 4an1 4 Sn1 4S n( an1 1) 2(a n1) 2，(an1 a n) (an1 a n)2( an1 a n)0 ，因为 an0，所以 an1 a n0，所以 an1 a n2，所以a n是公差为 2 的等差数列，又 a11，所以 an2n1（2 ） 设b n的公比为 q，因为 2b7b 8b 9，2qq 2，所以 q1( 舍) 或 q2，b1 1， bn2 n 1记 Aa 1b1a 2b2a nbn 113 25 22(2n1)2 n 1，2A1 232 252 3(2n1)2 n，A12(22 22
39、n 1)(2 n1) 2n，A(2 n1)2 n12(22 22 n 1)(2 n1) 2n12(2 n2)(2 n3) 2n3所以 Tna 1b1a 2b2a nbn(2n3)2 n3（3 ） 不等式 (1) n (Tn21) 可化为( 1) n( n ) 12n 132 62n 1当 n 为偶数时，(n ) ，记 g(n)(n ) 所以 g (n)min32 62n 132 62n 1g(n 2)g(n)2 2 ，62n 162n 192nn2 时，g (n2)g(n)，n4 时，g(n2)g(n )，即 g(4) g(2)， n4 时，g (n)递增，g( n)ming(4) ，即 13
40、4 134当 n 为奇数时，( n) ，记 h(n) ( n )，所以 h (n)max32 62n 132 62n 1h(n2)h(n)2 2 ，62n 162n 192nn1 时，h (n 2)h(n)，n 3 时，h( n1)h(n) ，即 h(3) h(1)， n3 时，h (n)递减，h( n)maxh(3)3，所以 3综上所述，实数 的取值范围为(3 ， ) 134【说明】等差数列与等比数列的判定，基本量计算，数列求和，求数列的最大项与最小项，数列与不等式综合10已知数列a n的前 n 项和为 Sn，把满足条件 an1 S n(nN *)的所有数列a n构成的集合记为 M（1）若数
41、列a n通项为 an ，求证：a nM；12n（2）若数列a n是等差数列，且 annM ，求 2a5 a1 的取值范围；（3 ）若数列a n的各项均为正数，且 anM，数列 中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，4nan给出一个数列a n的通项；若不存在，说明理由解:（1）因为 an ，所以 Sn 1( )n，所以 an1 S n( )n 11( )n ( )n1 112n 12 12 12 12 3212 32 12 0，14所以 an1 S n，即 anM（2 ）设a n的公差为 d，因为a nn M，所以 an1 n1(a 11)(a 22)(a nn ) （*）特别的当 n1 时
42、，a 22a 11，即 d1 ，由（*）得 a1 ndn1na 1 d ，整理得 n2(a 1 d )na 110，n(n 1)2 n(n 1)2 d 12 32 12因为上述不等式对一切 nN *恒成立，所以必有 0，解得 d1 ，d 12又 d 1，所以 d1，于是(a 11)n a110，即(a 11)( n1) 0 ，所以 a11 0，即 a11，所以 2a5a 12(a 5a 1)a 1 8da 18a 19 ，因此 2a5a 1 的取值范围是 9 ，)（3）由 an1 S n 得 Sn1 S nS n，所以 Sn1 2 Sn，即 2，Sn 1Sn所以 2 n，Sn 1S1 S2S1S3S2 Sn 1Sn从而有 Sn1 S 12na 12n， 又 an1 S n，所以 an2 S n 1a 12n，即 ana 12n 2(n3) ，又 a2S 1a 122 2，a 1a 121 2，所以
