（江苏专用）2023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

〔江苏专用〕2022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PAGE14-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．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eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,\r(bk)＋\r(bk＋1))＝eq\f(n,\r(b1)＋\r(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：Tn<2.2．(2022·南京模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，S6＝22.(1)求Sn；(2)假设从{an}中抽取一个公比为q的等比数列{akn}，其中k1＝1，且k1<k2<…<kn<…，kn∈N*.①当q取最小值时，求{kn}的通项公式；②假设关于n(n∈N*)的不等式6Sn>kn＋1有解，试求q的值．3．函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)假设a＝－1，求函数f(x)的单调区间；(2)假设函数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＋x2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′〔x〕＋\f(m,2)))在区间(t，3)上总不是单调函数，求m的取值范围；(3)假设x1，x2∈[1，＋∞)，试比拟ln(x1x2)与x1＋x2－2的大小．4．(2022·扬州模拟)函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(2,3)ax3，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)假设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＝eq\f(1,2).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(1－an)－(1－an－1)，得2an＝an－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2).所以数列{an}是首项为eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以an＝eq\f(1,2)×(eq\f(1,2))n－1＝eq\f(1,2n)(n∈N*)．因为对于一切n∈N*，有eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,\r(bk)＋\r(bk＋1))＝eq\f(n,\r(b1)＋\r(bn＋1))，①当n≥2时，有eq\i\su(k＝1,n－1,)eq\f(1,\r(bk)＋\r(bk＋1))＝eq\f(n－1,\r(b1)＋\r(bn))，②①－②得，eq\f(1,\r(bn)＋\r(bn＋1))＝eq\f(n,\r(b1)＋\r(bn＋1))－eq\f(n－1,\r(b1)＋\r(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＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n,2n)，⑤所以eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n,2n＋1)，⑥⑤－⑥得，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)[1－〔\f(1,2)〕n],1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(n＋2,2n＋1).所以Tn＝2－eq\f(n＋2,2n)<2.2．解：(1)设等差数列的公差为d，那么S6＝6a1＋eq\f(1,2)×6×5d＝22，解得d＝eq\f(2,3)，所以Sn＝eq\f(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q>1，①假设k2＝2，那么由a2＝eq\f(8,3)，得q＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(4,3)，此时ak3＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(32,9)，由eq\f(32,9)＝eq\f(2,3)(k3＋2)，解得k3＝eq\f(10,3)∉N*，所以k2>2，同理k2>3;假设k2＝4，那么由a4＝4，得q＝2，此时akn＝2·2n－1，另一方面，akn＝eq\f(2,3)(kn＋2)，所以eq\f(2,3)(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＝eq\f(2kn＋4,3)＝2qn－1，得kn＝3qn－1－2，而q>1，所以当q>1且q∈N*时，所有的kn＝3qn－1－2均为正整数，适合题意；当q>1且q∉N*时，kn＝3qn－1－2∈N*不全是正整数，不合题意．而6Sn>kn＋1有解，所以eq\f(2n〔n＋5〕＋2,3qn)>1有解，经检验，当q＝2，q＝3，q＝4时，n＝1都是eq\f(2n〔n＋5〕＋2,3qn)>1的解，适合题意；下证当q≥5时，eq\f(2n〔n＋5〕＋2,3qn)>1无解，设bn＝eq\f(2n〔n＋5〕＋2,3qn)，那么bn＋1－bn＝eq\f(2[〔1－q〕n2＋〔7－5q〕n＋7－q],3qn＋1)，因为eq\f(5q－7,2－2q)<0，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－bn<0，所以bn≤b1恒成立，又因为当q≥5时，b1<1，所以当q≥5时，6Sn>kn＋1无解．综上所述，q的取值为2，3，4.3．解：(1)当a＝－1时，f′(x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)．由f′(x)>0得x>1；由f′(x)<0得0<x<1.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)＝eq\f(a〔1－x〕,x)(x>0)，所以f′(2)＝－eq\f(a,2)＝1，得a＝－2.所以f′(x)＝eq\f(2〔x－1〕,x)(x>0)，g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x，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)＝－2<0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g′〔t〕<0,g′〔3〕>0))，由题意知，对于任意的t∈[1，2]，g′(t)<0恒成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g′〔1〕<0,g′〔2〕<0,g′〔3〕>0))，所以－eq\f(37,3)<m<－9.故m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－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．假设x1，x2∈[1，＋∞)，那么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x>1，所以1－2ax≤0，a≥eq\f(1,2x)即a≥eq\f(1,2).(2)①当a＝e时，g(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(2,3)ex3＋2ex(x－1)，所以g′(x)＝x－2ex2＋2xex＝x(1－2ex＋2ex)．记h(x)＝2ex－2ex＋1，那么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)＝1>0.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＋