备战2025高考数学一轮复习配套试题含答案（新高考版）五

PAGE1提能训练练案[33]A组基础巩固一、单选题1．若O为△ABC内一点，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|，则O是△ABC的(B)A．内心 B．外心C．垂心 D．重心[解析]由向量模的定义知O到△ABC的三顶点距离相等，故O是△ABC的外心，故选B.2．已知点A(－2,0)，B(3,0)，动点P(x，y)满足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x2－6，则点P的轨迹是(D)A．圆 B．椭圆C．双曲线 D．抛物线[解析]因为eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－2－x，－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(3－x，－y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2－x)(3－x)＋y2＝x2－6，所以y2＝x，即点P的轨迹是抛物线．故选D.3．已知向量a＝(1，sinθ)，b＝(1，cosθ)，则|a－b|的最大值为(B)A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2[解析]∵a＝(1，sinθ)，b＝(1，cosθ)，∴a－b＝(0，sinθ－cosθ)．∴|a－b|＝eq\r(02＋sinθ－cosθ2)＝eq\r(1－sin2θ).∴|a－b|最大值为eq\r(2).故选B.4．已知A，B是圆心为C半径为eq\r(5)的圆上两点，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，则eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))等于(A)A．－eq\f(5,2) B．eq\f(5,2)C．0 D．eq\f(5\r(3),2)[解析]由于弦长|AB|＝eq\r(5)与半径相等，则∠ACB＝60°⇒eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝－eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝－|eq\o(CA,\s\up6(→))|·|eq\o(CB,\s\up6(→))|·cos∠ACB＝－eq\r(5)×eq\r(5)·cos60°＝－eq\f(5,2).5．(2023·云南省宾川高三上学期数学摸底试卷)点P是△ABC内一点且满足4eq\o(PA,\s\up6(→))＋3eq\o(PB,\s\up6(→))＋2eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，则△PBC，△PAC，△PAB的面积比为(A)A．4∶3∶2 B．2∶3∶4C．1∶1∶1 D．3∶4∶6[解析]由P是△ABC内一点且满足4eq\o(PA,\s\up6(→))＋3eq\o(PB,\s\up6(→))＋2eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，根据向量的几何运算作出图形如下，其中|PA|＝eq\f(1,4)|PA′|，|PC′|＝2|PC|，|PB|＝eq\f(1,3)|PB′|，虚线为垂线，且|B′D|＝3|BF|，|A′M|＝4|AE|，|A′G|＝4|AN|.所以S△PBC＝eq\f(1,2)|PC||BF|＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)|PC′|×eq\f(1,3)×|B′D|＝eq\f(1,6)S△PB′C′，S△PAC＝eq\f(1,2)|PC||AE|＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)|PC′|×eq\f(1,4)×|A′M|＝eq\f(1,8)S△PA′C′，S△PAB＝eq\f(1,2)|PB||AN|＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)|PB′|×eq\f(1,4)×|A′G|＝eq\f(1,12)S△PA′B′，又PA′C′B′为平行四边形，所以S△PA′B′＝S△PA′C′＝S△PB′C′，所以S△PBC∶S△PAC∶S△PAB＝eq\f(1,6)∶eq\f(1,8)∶eq\f(1,12)＝4∶3∶2，选A.6．(2022·浙江省兰溪市第三中学月考)扇形OAB的半径为1，圆心角为eq\f(2π,3)，P是eq\o\ac(AB,\s\up10(︵))上的动点，则eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))的最小值为(C)A．－eq\r(2) B．0C．－eq\f(1,2) D．eq\f(1,2)[解析]由题设，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝(eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))·(eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＝eq\o(OP,\s\up6(→))2－eq\o(OP,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＋eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))，∵eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)，eq\o(OP,\s\up6(→))2＝1，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)－eq\o(OP,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))，要使eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))最小，即eq\o(OP,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))同向共线．又|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝1，∴(eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→)))min＝eq\f(1,2)－1＝－eq\f(1,2).故选C.二、多选题7．设a，b是非零向量，若函数f(x)＝(xa＋b)·(a－xb)的图象是一条直线，则必有(AD)A．a⊥b B．a∥bC．|a|＝|b| D．|a＋b|＝|a－b|[解析]f(x)＝－(a·b)x2＋(a2－b2)x＋a·b.依题意知f(x)的图象是一条直线，所以a·b＝0，即a⊥b.故选AD.8．如图，已知△ABC的外接圆圆心为O，半径为2，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，且|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|，下列选项正确的是(BCD)A.eq\o(CA,\s\up6(→))在eq\o(CB,\s\up6(→))方向上的投影长为－eq\r(3)B.eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))C.eq\o(CA,\s\up6(→))在eq\o(CB,\s\up6(→))方向上的投影长为eq\r(3)D.eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))[解析]由eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，得eq\o(OB,\s\up6(→))＝－eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))，所以四边形OBAC为平行四边形．又O为△ABC外接圆的圆心，所以|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OA,\s\up6(→))|，又|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|，所以△OAB为正三角形．因为△ABC的外接圆半径为2，所以四边形OBAC是边长为2的菱形，所以∠ACB＝eq\f(π,6)，所以eq\o(CA,\s\up6(→))在eq\o(CB,\s\up6(→))上的投影为|eq\o(CA,\s\up6(→))|coseq\f(π,6)＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，故A错误，C正确．因为eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－2，eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2，故B、D正确．三、填空题9．在△ABC中，若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝2，则边AB的长等于2.[解析]由题意知eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝4，即eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))＝4，即eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝4，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2.10．已知|a|＝2|b|，|b|≠0，且关于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有两相等实根，则向量a与b的夹角是eq\f(2π,3).[解析]由已知可得Δ＝|a|2＋4a·b＝0，即4|b|2＋4×2|b|2cosθ＝0，所以cosθ＝－eq\f(1,2)，又因为0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(2π,3).11．已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，cos2\f(x,4))).若m·n＝1，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＝－eq\f(1,2).[解析]m·n＝eq\r(3)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋cos2eq\f(x,4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(1＋cos\f(x,2),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，因为m·n＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,2).故填－eq\f(1,2).12．(2024·蚌埠模拟)已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))的最大值为1.[解析]解法一：如图所示，以AB，AD所在的直线分别为x，y轴建立直角坐标系，设E(t,0)，0≤t≤1，则D(0,1)，C(1,1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(t，－1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0)，∴eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝t≤1.解法二：选取{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))}作为基底，设eq\o(AE,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，0≤t≤1，则eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(teq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝t≤1.解法三：设eq\o(AE,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，则eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(DE,\s\up6(→))|·1·cos∠AED＝|eq\o(AE,\s\up6(→))|＝|t||eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|t|≤1.四、解答题13．在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若m⊥n，求tanx的值；(2)若m与n的夹角为eq\f(π,3)，求x的值．[解析](1)因为m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，m⊥n，所以m·n＝0，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝0，所以sinx＝cosx，所以tanx＝1.(2)由已知得|m|＝|n|＝1，所以m·n＝|m|·|n|coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝eq\f(1,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(1,2).因为0<x<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,4)<x－eq\f(π,4)<eq\f(π,4)，所以x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)，即x＝eq\f(5π,12).14．(2023·甘肃会宁一中高三上第二次月考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(2sinB，－eq\r(3))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2B，2cos2\f(B,2)－1))，且m∥n.(1)求锐角B的大小；(2)如果b＝2，求△ABC的面积S△ABC的最大值．[解析](1)∵m∥n，∴2sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(B,2)－1))＝－eq\r(3)cos2B，∴sin2B＝－eq\r(3)cos2B，即tan2B＝－eq\r(3).又∵B为锐角，∴2B∈(0，π)，∴2B＝eq\f(2π,3)，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵B＝eq\f(π,3)，b＝2，∴由余弦定理cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，得a2＋c2－ac－4＝0.又∵a2＋c2≥2ac，∴ac≤4(当且仅当a＝c＝2时等号成立)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\r(3)(当且仅当a＝c＝2时等号成立)．∴△ABC的面积的最大值为eq\r(3).B组能力提升1．(2023·邵阳大联考)在△ABC中，角A，B，C对应边分别为a，b，c，已知三个向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，cos\f(A,2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，cos\f(B,2)))，p＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，cos\f(C,2)))共线，则△ABC的形状为(A)A．等边三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形[解析]由题意得acoseq\f(B,2)＝bcoseq\f(A,2)，acoseq\f(C,2)＝ccoseq\f(A,2)，由正弦定理得sinAcoseq\f(B,2)＝sinBcoseq\f(A,2)⇒sineq\f(B,2)＝sineq\f(A,2)⇒B＝A，同理可得C＝A，所以△ABC为等边三角形．故选A.2．已知点M(－3,0)，N(3,0)．动点P(x，y)满足|eq\o(MN,\s\up6(→))|·|eq\o(MP,\s\up6(→))|＋eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(NP,\s\up6(→))＝0，则点P的轨迹的曲线类型为(B)A．双曲线 B．抛物线C．圆 D．椭圆[解析]eq\o(MN,\s\up6(→))＝(3,0)－(－3,0)＝(6,0)，|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝6，eq\o(MP,\s\up6(→))＝(x，y)－(－3,0)＝(x＋3，y)，eq\o(NP,\s\up6(→))＝(x，y)－(3,0)＝(x－3，y)，所以|eq\o(MN,\s\up6(→))|·|eq\o(MP,\s\up6(→))|＋eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(NP,\s\up6(→))＝6eq\r(x＋32＋y2)＋6(x－3)＝0，化简可得y2＝－12x.故点P的轨迹为抛物线．故选B.3．如图，扇形的半径为2，圆心角∠BAC＝150°，点P在弧eq\o\ac(BC,\s\up10(︵))上运动，eq\o(AP,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))，则eq\r(3)x－y的取值范围是(B)A．[－eq\r(3)，2] B．[－1,2]C．[－2,4] D．[－2eq\r(3)，4][解析]根据题意，建立坐标系，求出向量坐标，设P(2cosθ，2sinθ)，根据向量坐标的运算得x、y的表达式，结合三角函数的性质分析可得答案．根据题意，以AB为x轴，以A为原点，建立坐标系，如图：P(2cosθ，2sinθ)，0°≤θ≤150°，则A(0,0)，B(2,0)，C(－eq\r(3)，1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))，则有(2cosθ，2sinθ)＝x(2,0)＋y(－eq\r(3)，1)＝(2x－eq\r(3)y，y)，变形可得：cosθ＝x－eq\f(\r(3),2)y，sinθ＝eq\f(y,2)；则有x＝cosθ＋eq\r(3)sinθ，y＝2sinθ，eq\r(3)x－y＝eq\r(3)cosθ＋3sinθ－2sinθ＝eq\r(3)cosθ＋sinθ＝2sin(θ＋60°)，又由0°≤θ≤150°，则60°≤θ＋60°≤210°，则有－1≤eq\r(3)x－y＝2sin(θ＋60°)≤2，故eq\r(3)x－y的取值范围是[－1,2]，故选B.4．(多选题)已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωx(ω>0)的部分图象如图所示，A，B分别是这部分图象上的最高点、最低点，O为坐标原点，若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，则函数f(x＋1)是(AD)A．周期为4的函数 B．周期为2π的函数C．奇函数 D．偶函数[解析]由题图可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2ω)，\r(3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2ω)，－\r(3)))，由eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0得eq\f(3π2,4ω2)－3＝0，又ω>0，所以ω＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝eq\r(3)sineq\f(π,2)x，所以f(x＋1)＝eq\r(3)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋1))＝eq\r(3)coseq\f(π,2)x，它是周期为4的偶函数．故选AD.5．(2022·湖南五市十校联考)已知向量m＝(cosx，sinx)，n＝(cosx，eq\r(3)cosx)，x∈R，设函数f(x)＝m·n＋eq\f(1,2).(1)求函数f(x)的解析式及单调递增区间；(2)设a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，若f(A)＝2，b＋c＝2eq\r(2)，△ABC的面积为eq\f(1,2)，求a的值．[解析](1)由题意知f(x)＝cos2x＋eq\r(3)sinxcosx＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，令2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，解得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z，∴函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z.(2)∵f(A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＋1＝2，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝1.∵0<A<π，∴eq\f(π,6)<2A＋eq\f(π,6)<eq\f(13π,6)，∴2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,6).由△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)，得bc＝2.又b＋c＝2eq\r(2)，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－2bc(1＋cosA)，解得a＝eq\r(3)－1.6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(eq\r(2)a－c)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝ceq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→)).(1)求角B的大小；(2)若|eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，求△ABC面积的最大值．[解析](1)由题意得(eq\r(2)a－c)cosB＝bcosC．根据正弦定理得(eq\r(2)sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，所以eq\r(2)sinAcosB＝sin(C＋B)，即eq\r(2)sinAcosB＝sinA，因为A∈(0，π)，所以sinA>0，所以cosB＝eq\f(\r(2),2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).(2)因为|eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，所以|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，即b＝eq\r(6)，根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－eq\r(2)ac≥2ac－eq\r(2)ac＝(2－eq\r(2))ac(当且仅当a＝c时取等号)，即ac≤3(2＋eq\r(2))．故△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(3\r(2)＋1,2)，因此△ABC的面积的最大值为eq\f(3\r(2)＋3,2)

提能训练练案[34]A组基础巩固一、单选题1．(2023·3月份北京市高考适应性测试)在复平面内，复数i(3－2i)对应的点的坐标为(B)A．(3,2) B．(2,3)C．(－2,3) D．(2，－3)[解析]i(3－2i)＝3i＋2＝2＋3i，故选B.2．(2024·云南省昆明市云南师大附中高三高考适应性月考)已知eq\x\to(z)＝2023＋i2023，则z的虚部是(A)A．1 B．－1C．i D．－i[解析]eq\x\to(z)＝2023＋i2023＝2023－i，则z＝2023＋i，所以z的虚部是1.故选A.3．z(1＋i)＝1－2i，则复数z在复平面内对应点在(C)A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[解析]根据复数的四则运算化简复数z，即可得出答案．z＝eq\f(1－2i,1＋i)＝eq\f(1－2i1－i,2)＝eq\f(－1－3i,2)＝－eq\f(1,2)－eq\f(3,2)i，则复数z在复平面内对应的点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(3,2)))，位于第三象限．故选C.4．若复数z满足(1＋2i)z＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))，则z的共轭复数是(C)A．－eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i B．－eq\f(1,5)－eq\f(2,5)iC.eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i D．eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i[解析]利用复数的运算法则和复数模的公式及共轭复数的概念即可求解．因为(1＋2i)z＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝1，所以z＝eq\f(1,1＋2i)＝eq\f(1－2i,5)＝eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i，所以eq\x\to(z)＝eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i，故选C.5．若复数z＝3－4i，则eq\f(\x\to(z),|z|)＝(A)A.eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i B．eq\f(3,5)－eq\f(4,5)iC．－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i D．－eq\f(3,5)－eq\f(4,5)i[解析]根据给定条件，求出复数z的共轭复数及模，即可计算作答．复数z＝3－4i，则eq\x\to(z)＝3＋4i，|z|＝eq\r(32＋－42)＝5，所以eq\f(\x\to(z),|z|)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i.故选A.6．(2022·全国甲卷)若z＝－1＋eq\r(3)i，则eq\f(z,z\x\to(z)－1)＝(C)A．－1＋eq\r(3)i B．－1－eq\r(3)iC．－eq\f(1,3)＋eq\f(\r(3),3)i D．－eq\f(1,3)－eq\f(\r(3),3)i[解析]eq\f(z,z\x\to(z)－1)＝eq\f(－1＋\r(3)i,－1＋\r(3)i－1－\r(3)i－1)＝eq\f(－1＋\r(3)i,3)＝－eq\f(1,3)＋eq\f(\r(3),3)i，故选C.7．已知i为虚数单位，复数z满足|z－i|＝|eq\x\to(z)＋3i|，则z的虚部为(A)A．2 B．1C．－2 D．－1[解析]令z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq\x\to(z)＝a－bi，利用|z－i|＝|eq\x\to(z)＋3i|可得答案．令z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq\x\to(z)＝a－bi，|z－i|＝|a＋bi－i|＝eq\r(a2＋b－12)，|eq\x\to(z)＋3i|＝|a＋(3－b)i|＝eq\r(a2＋3－b2)，∴|z－i|＝|eq\x\to(z)＋3i|，eq\r(a2＋b－12)＝eq\r(a2＋3－b2)，∴b＝2，故选A.8．(2022·咸阳模拟)设复数z满足|z－1＋i|＝1，z在复平面内对应的点为P(x，y)，则点P的轨迹方程为(D)A．(x＋1)2＋y2＝1B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1D．(x－1)2＋(y＋1)2＝1[解析]设z＝x＋yi(x，y∈R)，则由|z－1＋i|＝1得|(x－1)＋(y＋1)i|＝1，即eq\r(x－12＋y＋12)＝1，则(x－1)2＋(y＋1)2＝1.二、多选题9．如果复数z＝eq\f(2,－1＋i)，则下面正确的是(ABD)A．z的共轭复数为－1＋iB．z的虚部为－1C．|z|＝2D．z的实部为－1[解析]因为z＝eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝eq\f(－2－2i,2)＝－1－i，所以z的实部为－1，虚部为－1，共轭复数为－1＋i，故选ABD.10．已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是(AD)A．i＋i2＋i3＋i4＝0B．复数z＝3－i的模为10C．若z＝(1＋2i)2，则复平面内eq\x\to(z)对应的点位于第二象限D．已知复数z满足|z－1|＝|z＋1|，则z在复平面内对应的点的轨迹为直线[解析]直接利用复数的定义，复数的运算和几何意义判断A、B、C、D的结论．i＋i2＋i3＋i4＝i－1－i＋1＝0，故A正确；复数z＝3－i的模为eq\r(10)，故B错误；若z＝(1＋2i)2＝1＋4i－4＝－3＋4i，所以eq\x\to(z)＝－3－4i，则复平面内eq\x\to(z)对应的点位于第三象限，故C错误；复数z满足|z－1|＝|z＋1|，表示z到A(1,0)和B(－1,0)两点的距离相等，即z的轨迹为线段AB的垂直平分线，故D正确．故选AD.11．(2024·九省联考试题)已知复数z，w均不为0，则(BCD)A．z2＝|z|2 B．eq\f(z,\x\to(z))＝eq\f(z2,|z|2)C.eq\x\to(z－w)＝eq\x\to(z)－eq\x\to(w) D．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z,w)))＝eq\f(|z|,|w|)[解析]由于z·eq\x\to(z)＝|z|2，所以A错误；eq\f(z,\x\to(z))＝eq\f(z·z,\x\to(z)·z)＝eq\f(z2,|z|2)，故B正确；由共轭复数和模的性质，C、D也正确．故选BCD.三、填空题12．(2022·上海卷)已知复数z＝2＋i(其中i为虚数单位)，则eq\x\to(z)＝2－i.[解析]若复数z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq\x\to(z)＝2－i.13．设O是坐标原点，向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))对应的复数分别为2－3i，－3＋2i.那么向量eq\o(BA,\s\up6(→))对应的复数是5－5i.[解析]∵向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))对应的复数分别为2－3i，－3＋2i，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2，－3)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(－3,2)，∴eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝(5，－5)，其对应的复数是5－5i.14．(2022·江苏南京十三中调研)已知复数z＝eq\f(2＋i,1－i)，则复数z的虚部为eq\f(3,2).[解析]由题意得，复数z＝eq\f(2＋i,1－i)＝eq\f(2＋i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)i，所以复数z的虚部为eq\f(3,2).15．(2023·浙江温州联考)已知复数z＝eq\f(1＋ai,i)(a∈R)的实部为eq\r(3)，则a＝eq\r(3)，|z|＝2.[解析]∵z＝eq\f(1＋ai,i)＝eq\f(1＋ai－i,－i2)＝a－i的实部为eq\r(3)，∴a＝eq\r(3)，则|z|＝eq\r(\r(3)2＋－12)＝2.16．(2024·辽宁模拟)若复数z＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)满足|z－2i|＝|z|，写出一个满足条件的复数z＝1＋i.[解析]z＝a＋bi，故z－2i＝a＋(b－2)i.由|z－2i|＝|z|知，eq\r(a2＋b－22)＝eq\r(a2＋b2)，化简得b＝1，故只要b＝1，即z＝a＋i(a可为任意实数)均满足题意，可取z＝1＋i.17．(2022·潍坊模拟)已知(a－i)(1－2i)＝－3＋bi，a，b∈R，i是虚数单位，则a＋b＝0；若复数z＝a＋bi，则z在复平面内对应的点位于第二象限．[解析]由(a－i)(1－2i)＝－3＋bi，得a－2－(1＋2a)i＝－3＋bi，由复数相等的充要条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2＝－3，,－1＋2a＝b，))解得a＝－1，b＝1，所以a＋b＝0，所以z＝－1＋i，复数z在复平面内对应的点为(－1,1)，位于第二象限．B组能力提升1．(2021·全国乙理)设2(z＋eq\x\to(z))＋3(z－eq\x\to(z))＝4＋6i，则z＝(C)A．1－2i B．1＋2iC．1＋i D．1－i[解析]设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq\x\to(z)＝a－bi，代入2(z＋eq\x\to(z))＋3(z－eq\x\to(z))＝4＋6i，得4a＋6bi＝4＋6i，所以a＝1，b＝1，故z＝1＋i.故选C.2．(2023·五省优创名校联考)若复数z1，z2满足z1＝eq\f(1,\r(2)－i)－eq\f(1,\r(2)＋i)，z1(z2－2)＝1，则|z2|＝(A)A.eq\f(5,2) B．3C．eq\f(7,2) D．4[解析]因为z1＝eq\f(1,\r(2)－i)－eq\f(1,\r(2)＋i)＝eq\f(2i,3)，z2＝eq\f(1,z1)＋2＝eq\f(4－3i,2)，所以|z2|＝eq\f(5,2).3．(多选题)2022年1月，中科大潘建伟团队和南科大范靖云团队发表学术报告，分别独立通过实验，验证了虚数i在量子力学中的必要性，再次说明了虚数i的重要性．对于方程x3＝1，它的两个虚数根分别为(CD)A.eq\f(1＋\r(3)i,2) B．eq\f(1－\r(3)i,2)C.eq\f(－1＋\r(3)i,2) D．eq\f(－1－\r(3)i,2)[解析]根据已知条件，x＝1或x2＋x＋1＝0，解出x的复数根，即可求解．∵x3＝1，∴(x－1)(x2＋x＋1)＝0，即x＝1或x2＋x＋1＝0，x2＋x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)＝0，即x＋eq\f(1,2)＝±eq\f(\r(3),2)i，解得x1＝eq\f(－1＋\r(3)i,2)或x2＝eq\f(－1－\r(3)i,2).故选CD.4．(2022·河南商丘九校联考)若复数z＝eq\f(1＋i,a－i)(a∈R，i为虚数单位)为纯虚数，则|z|的值为(A)A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2[解析]由题意可设z＝eq\f(1＋i,a－i)＝bi(b∈R且b≠0)，则b＋abi＝1＋i，解得b＝1，即z＝i，则|z|＝1，故选A.5．已知复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1＝3－i(i为虚数单位)，则eq\f(z1,z2)＝(A)A.eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i B．－eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)iC．－eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i D．eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i[解析]由题意，复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1＝3－i，则z2＝3＋i，则根据复数的运算，得eq\f(z1,z2)＝eq\f(3－i,3＋i)＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i.6．(2023·福建福州五校联考)若复数eq\f(1－bi,2＋i)(b∈R，i为虚数单位)的实部与虚部相等，则b的值为(B)A．－6 B．－3C．3 D．6[解析]解法一：由题意可设eq\f(1－bi,2＋i)＝a＋ai(a∈R)，即1－bi＝(2＋i)(a＋ai)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝a，,－b＝3a))∴b＝－3.解法二：eq\f(1－bi,2＋i)＝eq\f(1－bi2－i,2＋i2－i)＝eq\f(2－b－1＋2bi,5)，∴2－b＝－(1＋2b)，解得b＝－3.7．(2022·西藏拉萨十校联考)已知复数z满足：|z|＝|3－2z|，且z的实部为2，则|z－1|＝(B)A．3 B．eq\r(2)C．3eq\r(2) D．2eq\r(3)[解析]设z＝2＋bi(b∈R)，根据题意得到4＋b2＝1＋4b2⇒b＝±1，∴z＝2±i.则|z－1|＝eq\r(2)，故选B.8．复数z满足|z－(5＋5i)|＝2，则z在复平面内对应的点所在的象限为(A)A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[解析]设复数z＝x＋yi(x，y∈R)，由|z－(5＋5i)|＝2，利用其几何意义求解．设复数z＝x＋yi(x，y∈R)，因为|z－(5＋5i)|＝2，所以(x－5)2＋(y－5)2＝4，即复数z表示对应的点在以(5,5)为圆心，以2为半径的圆上，所以z在复平面内对应的点所在的象限为第一象限．故选A.9．(2023·山西大同模拟)若复数z满足|z－eq\r(3)－i|＝1(i为虚数单位)，则|z|的最大值为(C)A．1 B．2C．3 D．eq\r(3)＋1[解析]本题考查复数的四则运算及复数的模．设z＝x＋yi(x，y∈R)，由|z－eq\r(3)－i|＝1可得复数(x－eq\r(3))2＋(y－1)2＝1，即复数z在复平面内对应的点的轨迹是以(eq\r(3)，1)为圆心，以1为半径的圆，则|z|的最大值为eq\r(12＋\r(3)2)＋1＝3，故选C

提能训练练案[35]A组基础巩固一、单选题1．(2023·河北省“五个一”名校联盟高三上学期数学摸底试卷)数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式是an＝(C)A.eq\f(n2－n＋2,2) B．n2－nC.eq\f(n2＋n,2) D．2n2－n[解析]因为数列1,3,6,10，…的前n项可写为eq\f(1×2,2)，eq\f(3×2,2)，eq\f(3×4,2)，…则可知其一个通项公式是eq\f(nn＋1,2)，也可以通过验证法排除得到选项C.2．已知数列eq\r(6)，eq\r(10)，eq\r(14)，3eq\r(2)，eq\r(22)，…，则5eq\r(2)是这个数列的(B)A.第11项 B．第12项C.第13项 D．第14项[解析]根据题意，归纳数列的通项公式，进而可得an＝eq\r(4n＋2)＝5eq\r(2)，解可得答案.根据题意，数列eq\r(6)，eq\r(10)，eq\r(14)，3eq\r(2)，eq\r(22)，…，则通项公式an＝eq\r(4n＋2)，若an＝eq\r(4n＋2)＝5eq\r(2)，解可得n＝12，即5eq\r(2)是这个数列的第12项，故选B.3．(2023·安徽淮南一模)设Sn是数列{an}的前n项和.若a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，则S2025＝(B)A.eq\f(2013,2) B．eq\f(2025,2)C.eq\f(2027,2) D．eq\f(2024,2)[解析]在数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，则a2＝1－eq\f(1,a1)＝－1，a3＝1－eq\f(1,a2)＝2，a4＝1－eq\f(1,a3)＝eq\f(1,2)，以此类推可知，对任意的n∈N*，an＋3＝an，即数列{an}是以3为周期的周期数列.又2025＝3×675，因此S2025＝675S3＝675×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1＋2))＝eq\f(2025,2).故选B.4．若数列{an}的前n项和Sn满足3Sn＝2an－1，则a5＝(D)A.32 B．eq\f(1,32)C．－eq\f(1,16) D．－16[解析]方法一：因为3Sn＝2an－1，所以当n≥2时，3Sn－1＝2an－1－1，两式作差得3an＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝－2an－1(n≥2)，又当n＝1时，3S1＝2a1－1，所以a1＝－1，所以数列{an}是以－1为首项，－2为公比的等比数列.所以an＝－1×(－2)n－1，则a5＝－1×(－2)5－1＝－16.故选D.方法二：因为3Sn＝2an－1，所以当n≥2时，3Sn＝2(Sn－Sn－1)－1，整理得Sn＝－2Sn－1－1(n≥2)，即Sn＋eq\f(1,3)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－1＋\f(1,3)))(n≥2)，又当n＝1时，3S1＝2a1－1，所以S1＝－1，所以S1＋eq\f(1,3)＝－eq\f(2,3)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,3)))是以－eq\f(2,3)为首项，－2为公比的等比数列.所以Sn＋eq\f(1,3)＝－eq\f(2,3)×(－2)n－1，Sn＝－eq\f(2,3)×(－2)n－1－eq\f(1,3)，则a5＝S5－S4＝－eq\f(2,3)×[16－(－8)]＝－16.故选D.5．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an等于(A)A.2＋lnn B．2＋(n－1)lnnC.2＋nlnn D．1＋n＋lnn[解析]an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝lneq\f(n,n－1)＋lneq\f(n－1,n－2)＋…＋lneq\f(2,1)＋2＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)·\f(n－1,n－2)·…·\f(2,1)))＋2＝lnn＋2(n≥2)，当n＝1时，a1＝2也符合上式.综上，an＝lnn＋2.6．(2023·辽宁沈阳交联体期中)已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是(C)A.an＝2n－1 B．an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n－1C.an＝n D．an＝n2[解析]解法一：由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))为常数列，即eq\f(an,n)＝eq\f(a1,1)＝1，所以an＝n.故选C.解法二：当n＝1时，a1＝a2－a1，∴a2＝2，否定A、B、D，故选C.7．数列{an}的通项公式an＝eq\f(n2＋90,n)，则数列{an}中的最小项是(B)A.3eq\r(10) B．19C．eq\f(1,19) D．eq\f(\r(10),60)[解析]令f(x)＝x＋eq\f(90,x)(x>0)，运用基本不等式得f(x)≥2eq\r(90)，当且仅当x＝3eq\r(10)时等号成立.因为an＝n＋eq\f(90,n)，所以n＋eq\f(90,n)≥2eq\r(90)，由于n∈N*，不难发现当n＝9或n＝10时，an＝19最小，故选B.8．观察后面的算式：1⊗1,1⊗2,2⊗1,1⊗3,2⊗2,3⊗1,1⊗4,2⊗3,3⊗2,4⊗1，…，则式子3⊗5是第(C)A.22项 B．23项C.24项 D．25项[解析]两数和为2的有1个，和为3的有2个，和为4的有3个，和为5的有4个，和为6的有5个，和为7的有6个，前面共有21个，3⊗5是和为8的第3项，所以是第24项.故选C.二、多选题9．已知数列的前4项为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项可能是(ABD)A.an＝(－1)n－1＋1 B．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n为奇数，,0，n为偶数))C.an＝2sineq\f(nπ,2) D．an＝cos(n－1)π＋110．(2022·潍坊一模)已知数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋1，n为奇数，,2－2n，n为偶数，))则(BC)A.a6＝19 B．a7>a6C.S5＝22 D．S6>S5[解析]因为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋1，n为奇数，,2－2n，n为偶数，))所以a1＝4，a2＝－2，a3＝10，a4＝－6，a5＝16，a6＝－10，a7＝22，所以A错误，B正确；S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝4＋(－2)＋10＋(－6)＋16＝22，故C正确；因为a6＝－10，所以S6－S5＝a6<0，所以S6<S5，故D错误，故选BC.11．已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(9n2－9n＋2,9n2－1)(n∈N*).则下列说法正确的是(BC)A.这个数列的第10项为eq\f(27,31)B.eq\f(97,100)是该数列中的项C.数列中的各项都在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))内D.数列{an}是单调递减数列[解析]an＝eq\f(9n2－9n＋2,9n2－1)＝eq\f(3n－13n－2,3n－13n＋1)＝eq\f(3n－2,3n＋1).令n＝10，得a10＝eq\f(28,31)，故选项A不正确；令eq\f(3n－2,3n＋1)＝eq\f(97,100)，得n＝33，故eq\f(97,100)是该数列中的第33项，故选项B正确；因为an＝eq\f(3n－2,3n＋1)＝eq\f(3n＋1－3,3n＋1)＝1－eq\f(3,3n＋1)，又n∈N*，所以数列{an}是单调递增数列，所以eq\f(1,4)≤an<1，所以数列中的各项都在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))内，故选项C正确，选项D不正确.故选BC.三、填空题12．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2)).[解析]当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式.故数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))13．设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝1，S5＝121.[解析]解法一：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝4，,a2＝2a1＋1，))解得a1＝1.由an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，得Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是以eq\f(3,2)为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)×3n－1，即Sn＝eq\f(3n－1,2)，所以S5＝121.解法二：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝4,a2＝2a1＋1))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1,a2＝3))，又an＋1＝2Sn＋1，an＋2＝2Sn＋1＋1，两式相减得an＋2－an＋1＝2an＋1，即eq\f(an＋2,an＋1)＝3，又eq\f(a2,a1)＝3，∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＋1＝3n，∴Sn＝eq\f(3n－1,2)，∴S5＝121.14．已知在数列{an}中，a1a2a3·…·an＝n2(n∈N*)，则a9＝eq\f(81,64).[解析]∵a1a2·…·a8＝82＝64，①a1·a2·…·a9＝92＝81，②②÷①得a9＝eq\f(81,64).四、解答题15．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.(1)若k＝－5，求数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围.[解析](1)由n2－5n＋4<0，解得1<n<4.因为n∈N*，所以n＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a2，a3.因为an＝n2－5n＋4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2－eq\f(9,4)，由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2.(2)由an＋1>an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－eq\f(k,2)<eq\f(3,2)，解得k>－3.所以实数k的取值范围为(－3，＋∞).16．已知在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq\f(n＋2,3)an.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式.[解析](1)由S2＝eq\f(4,3)a2，得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3；由S3＝eq\f(5,3)a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝eq\f(3,2)(a1＋a2)＝6.(2)由题设知a1＝1.当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，整理，得an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1，于是a1＝1，a2＝eq\f(3,1)a1，a3＝eq\f(4,2)a2，…，an－1＝eq\f(n,n－2)an－2，an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1，将以上n个等式两端分别相乘，整理，得an＝eq\f(nn＋1,2)，经检验n＝1时，也满足上式.综上，{an}的通项公式an＝eq\f(nn＋1,2).B组能力提升1．设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(－1)nan＋eq\f(1,2n)，则S1＋S3＋S5＝(D)A.0 B．eq\f(17,64)C．eq\f(5,64) D．eq\f(21,64)[解析]数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(－1)nan＋eq\f(1,2n)，当n为偶数时，Sn＝Sn－Sn－1＋eq\f(1,2n)，即有Sn－1＝eq\f(1,2n)，所以S1＋S3＋S5＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,64)＝eq\f(21,64).故选D.2．(2022·辽宁省实验中学模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则an＝(C)A.2n B．2n－1C．2n D．2n－1[解析]当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}为等比数列，公比为2，首项为2，∴通项公式为an＝2n.故选C.3．(多选题)下列四个命题中，正确的有(ABD)A.数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的第k项为1＋eq\f(1,k)B.已知数列{an}的通项公式为an＝n2－n－50，n∈N*，则－8是该数列的第7项C.数列3,5,9,17,33，…的一个通项公式为an＝2n－1D.数列{an}的通项公式为an＝eq\f(n,n＋1)，n∈N*，则数列{an}是递增数列[解析]对于A，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的第k项为1＋eq\f(1,k)，A正确；对于B，令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，B正确；对于C，将3,5,9,17,33，…的各项减去1，得2,4,8,16,32，…，设该数列为{bn}，则其通项公式为bn＝2n(n∈N*)，因此数列3,5,9,17,33，…的一个通项公式为an＝bn＋1＝2n＋1(n∈N*)，C错误；对于D，an＝eq\f(n,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)，则an＋1－an＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(1,n＋1n＋2)>0，因此数列{an}是递增数列，D正确.4．(多选题)在数列{an}中，an＝(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))n，则数列{an}中的最大项可以是(AB)A.第6项 B．第7项C.第8项 D．第9项[解析]假设an最大，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an＋1，,an≥an－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))n≥n＋2\f(7,8)n＋1，,n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))n≥n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))n－1，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋1≥\f(7,8)n＋2，,\f(7,8)n＋1≥n，))即6≤n≤7，所以最大项为第6项和第7项.5．已知数列{an}满足：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－an－8，n≤6，,an－6，n>6，))(n∈N*)，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(C)A.(2,3) B．[2,3)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,7)，3)) D．[2,3][解析]根据题意，由数列的通项公式和数列的函数特性分析可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,63－a－8<a7－6，))解可得a的取值范围，即可得答案.根据题意，数列{an}满足：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－an－8，n≤6，,an－6，n>6，))(n∈N*)，且数列{an}是递增数列，必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,63－a－8<a7－6，))解可得eq\f(10,7)<a<3，即a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,7)，3))，故选C.6．(2024·江西省婺源天佑中学高三上学期)若数列{an}满足an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(nπ,2)))－1))an＋2n，则a1＋a2＋…＋a8＝(B)A.28 B．32C．36 D．40[解析]由an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(nπ,2)))－1))an＋2n可得，a2＝－a1＋2，a3＝a2＋4＝－a1＋6，a4＝－a3＋6＝a1，a5＝a4＋8＝a1＋8，a6＝－a5＋10＝－a1＋2，a7＝a6＋12＝－a1＋14，a8＝－a7＋14＝a1.所以a1＋a2＋…＋a8＝32，故选B.7．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：an＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)，求数列{bn}的通项公式.[解析](1)当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，∵a1＝2满足该式，∴数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)∵an＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)(n≥1)，①∴an＋1＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)＋eq\f(bn＋1,3n＋1＋1).②②－①，得eq\f(bn＋1,3n＋1＋1)＝an＋1－an＝2，bn＋1＝2(3n＋1＋1).故bn＝2(3n＋1)(n∈N*)

提能训练练案[36]A组基础巩固一、单选题1．已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝5，Sn＝64，则n＝(C)A.6 B．7C．8 D．9[解析]因为d＝eq\f(a3－a1,2)＝2，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n＋n(n－1)＝64，解得n＝8(负值舍去).故选C.2．(2023·福州质检)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，则a9＝(C)A.eq\f(1,2) B．eq\f(5,4)C．eq\f(4,5) D．－eq\f(4,5)[解析]因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，a3＝2，a7＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差d＝eq\f(\f(1,a7)－\f(1,a3),7－3)＝eq\f(1－\f(1,2),7－3)＝eq\f(1,8)，所以eq\f(1,a9)＝eq\f(1,a7)＋(9－7)×eq\f(1,8)＝eq\f(5,4)，所以a9＝eq\f(4,5).3．(2024·九省联考试题)记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝(C)A.120 B．140C．160 D．180[解析]∵a3＋a7＝2a5，∴a5＝3，∴a5＋a12＝20，又∵a1＋a16＝a5＋a12，∴S16＝eq\f(16a1＋a16,2)＝160.故选C.4．北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为a1，a2，a3，…，a9，设数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，且a2＝18，a4＋a6＝90，则S8＝(C)A.189 B．252C．324 D．405[解析]由已知结合等差数列的性质可先求出公差及首项，然后结合等差数列的求和公式即可求解.因为数列{an}为等差数列，a2＝18，a4＋a6＝2a5＝90，所以a5＝45，所以d＝eq\f(a5－a2,5－2)＝eq\f(45－18,3)＝9，a1＝9，则S8＝8a1＋28d＝8×9＋28×9＝324.故选C.5．(2019·课标全国Ⅰ，理)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则(A)A.an＝2n－5 B．an＝3n－10C.Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2n[解析]设等差数列{an}的公差为d，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2－4n.故选A.6．在等差数列{an}中，若a1＝1923，am＝1953，an＝2023，则m＋n的最小值是(C)A.2 B．8C．15 D．19[解析]根据等差数列通项公式可得d＝eq\f(30,m－1)＝eq\f(100,n－1)，再根据m，n都为大于1的正整数，即可得出m＋n的最小值是15.由题意可知，设等差数列{an}的公差为d，则am＝a1＋(m－1)d＝1923＋(m－1)d＝1953，an＝a1＋(n－1)d＝1923＋(n－1)d＝2023，解得d＝eq\f(30,m－1)＝eq\f(100,n－1)，即m＝eq\f(3n＋7,10)；易知m，n>1且m，n∈N＋，即3n＋7是10的整数倍，易得m＝2,3时，n不是整数，所以m＝4时，n的最小值为n＝11，满足题意；所以m＋n的最小值为4＋11＝15.故选C.7．(2024·甘肃省一月份高考诊断考试)在等差数列{an}中，a2，a8是方程x2＋mx－8＝0的两根，若a4＋a6＝aeq\o\al(2,5)＋1，则m的值为(B)A.－6 B．－2C．2 D．6[解析]由已知得a2＋a8＝－m，由a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，得a2＋a8＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋a8,2)))2＋1，∴－m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－m,2)))2＋1，即m2＋4m＋4＝0，解得m＝－2.故选B.8．(2022·六校联盟第二次联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＋S5＝2，S7＝14，则a10＝(C)A.18 B．16C．14 D．12[解析]设{an}的公差为d，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋5a1＋\f(5×4,2)d＝2，,7a1＋\f(7×6,2)d＝14，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6a1＋13d＝2，,a1＋3d＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝2，))所以a10＝－4＋9×2＝14，选C.二、多选题9．在等差