H03南京市2018届高三数学考前综合题~(4)

所以g(x0)＜g(1)＝0，不满足题意． 综上，0＜a≤1．

【说明】本题主要考查利用导数求函数的最值，绝对值函数处理方法，分类讨论思想及函

数极值点常见的处理方法．其中第三问要能通过g'(1)的大小来分类． a(1－x)(1＋x)

24、解：（1）因为g'(x)＝，

(1＋x2)2所以g(x)单调减区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调增区间为(－1，1)． （2）因为f(x)＝x－xlnx，f'(x)＝1－lnx－1＝－lnx，

当0＜x＜1时，f'(x)＞0，所以f(x)在(0，1)上单调递增， 因为0＜n＜m＜1，所以f(m)＞f(n)，下面证明f(n)＞g(n)， n2－12n

f(n)－g(n)＝n－nlnn－2＝n(2－lnn)

n＋1n＋1n2－1

设φ(n)＝2－lnn，0＜n＜1，

n＋1(n2－1)2

则φ'(n)＝－2＜0，

n(n＋1)2所以φ(n)在(0，1)上单调递减，所以φ(n)＞φ(1)＝0， n2－1

所以2－lnn＞0，从而f(n)＞g(n)，

n＋1又f(m)＞f(n)，所以f(m)＞g(n)．

（3）由方程f(x)＝g(x)，得x－xlnx＝

ax

， 1＋x2a

因为x＞0，所以等价于证：关于x的方程1－lnx＝在(0，＋∞) 有唯一的

1＋x2实数解，

即证：关于x的方程x2(lnx－1)＋lnx－1＋a＝0在(0，＋∞)有唯一的实数解．

1

设h(x)＝x2(lnx－1)＋lnx－1＋a，h'(x)＝2xlnx－x＋．

x1

设m(x)＝2xlnx－x＋，

x

1

因为m'(x)＝2lnx－2＋1在(0，＋∞)单调递增，且m'(1)＝0，

x所以当0＜x＜1时，m'(x)＜0；当x＞1时，m'(x)＞0， 因此m(x)在(0，1)上单调递减，m(x)在(1，＋∞)上单调递增， 从而m(x)≥m(1)＝0，即h'(x)≥0恒成立，

所以h(x)＝x2(lnx－1)＋lnx－1＋a在(0，＋∞)单调递增． 因为h(e)＝a，h(e1a)＝－ae2

－

－2a

，

① 当a＝0时，因为h(x)在(0，＋∞)单调递增，且h(e)＝0，

所以h(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点x＝e．

②当a≠0时，则h(e)h(e1a)＜0，又因为h(x)在(0，＋∞)单调递增，

－

所以h(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．

综上所述，函数h(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点，即方程f(x)＝g(x)有唯一的实数

解．

【说明】考查函数零点问题、零点存在性定理，函数与方程思想、数形结合思想问题，学

会利用导数来研究函数的图象和性质．

25、解：（1）S2＝a1＋a2＝1＋2＝3，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋2＋4＋8＝15≠S22，故{an}不具有性质P．

（2）由Smn＝SmSn，得S1＝S12，又S1＞0，所以b1＝S1＝1．

n(n－1)d2d

设数列{bn}公差为d，则Sn＝n＋d＝n＋(1－)n．

222

ddd

又对任意m，n∈N*，都有Smn＝SmSn，从而(mn)2＋(1－)mn＝[m2＋(1－

222ddddddddd

)m][n2＋(1－)n]，即(mn)2＋(1－)mn＝()2(mn)2＋(1－)m2n＋(1－222222222dd

)mn2＋(1－)2mn， 22

因为上式关于m，n恒成立，

dddddd所以＝()2，(1－)＝0，1－＝(1－)2，

222222解得d＝0或d＝2． （3）同（2）可知c1＝1，

因为cn＋cn＋2≤2cn＋1，所以cn＋2－cn＋1 ≤cn＋1－cn， 因此cn＋1－cn≤c2－c1＝2，

于是c2－c1≤2， c3－c2≤2， …… cn＋1－cn≤2，

累加得cn＋1－c1≤2n，即cn＋1≤2n＋1，从而cn≤2(n－1)＋1＝2n－1，n≥2， 又c1＝1＝2×1－1，因此cn≤2n－1，n∈N*． 因为S2n＝S2S2n1＝4S2n1，

－

－

所以数列{S2n1}是首项为1，公比为4的等比数列，从而S2n＝4n．

－

因为cn≤2n－1，n∈N*，所以对于任意k∈N*，Sk≤1＋3＋…＋(2k－1)＝k2． 又对于任意k∈N*，存在m∈N*，使得2m1≤k＜2m，

－

所以Sk＝S2m－(ck＋1＋ck＋2＋…＋c2m)≥4m－(2k＋1＋2k＋3＋…＋2×2m－1)＝

k2，

因此Sk＝k2．

所以当n≥2时，cn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1， 又c1＝1＝2×1－1，所以cn＝2n－1． 经检验cn＝2n－1满足题设条件， 从而cn＝2n－1．

【说明】本题考查学生对新定义的理解；考查等差、等比数列基本量，恒成立问题的处

理方法，累加法及简单不等式的放缩；考查学生综合处理问题的能力．

26、证明：（1）设数列{an}公差为d，

(m＋n)( m＋n－1)

2[(m＋n)a1＋d]

22Sm＋n于是＝＝2[a1＋(m＋n－1)d]，

m＋nm＋n

am－anam＋an＋＝2a1＋(m＋n－2)d＋d＝2[a1＋(m＋n－1)d]，

m－n2Sm＋nam－an

所以＝am＋an＋．

m＋nm－n

2Sm＋nam－an

（2）因为对任意m，n∈N*，且m≠n，都有＝am＋an＋， ①

m＋nm－n

在①中令m＝n＋1得，

2S2n＋1an＋1－an

＝an＋1＋an＋＝2an＋1， ②

1 2n＋1

2Sm＋n＋1am－an＋1

由①得＝am＋an＋1＋，

m＋n＋1m－n－1令m＝n＋4得， 由②得

2S2n＋5an＋4－an＋14an＋4＋2an＋1

＝an＋4＋an＋1＋＝， ③

33 2n＋5

2S2n＋54an＋4＋2an＋13an＋3an＋1

＝2an＋3，因此2an＋3＝，即an＋4＝－，

322 2n＋5

1

于是an＋4＋an＋2－2an＋3＝－(an＋3＋an＋1－2an＋2)，

21－

所以an＋3＋an＋1－2an＋2＝(－)n1( a4＋a2－2a3)，

2

2S43a3＋a1

在①中令m＝1，n＝3，得＝，即a2＋a4＝2a3，

2 4于是an＋3＋an＋1－2an＋2＝0，即当n≥2时，an＋2＋an＝2an＋1，

2S3在①中令m＝1，n＝2，得＝2a2，即a1＋a3＝2a2，

3因此对于任意n∈N*有an＋2＋an＝2an＋1， 从而数列{an}为等差数列．

【说明】本题等差数列的通项与求和及数列的递推，其中第二问含有双变量值得关注 三、理科附加题 1

27、解：（1）．

6

（2）ξ可能的取值为0，1，2，3．

11112112111

P(ξ＝0)＝；P(ξ＝1)＝××＋××＋××＝；

63233233223

11111221271121

P(ξ＝2)＝××＋××＋××＝；P(ξ＝3)＝××＝；

323323323183239故随机变量ξ的概率分布为

ξ P 0 1 61 1 32 7 183 1 9117113E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝．

631899

【说明】本题考查独立事件的概率．

28、解：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，

因为AD∥BC,∠ABC＝90°, 所以AB⊥AD．

以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xOy， 则B(23，0，0)， C(23，6，0)，P(0，0，3)

→→（1）PB＝(23，0，－3)， AC＝(23，6，0)，

→→PB·AC7→→所以cos＜PB，AC＞＝＝，

→→7|PB|·|AC|

即异面直线PB与AC所成角的余弦值为

7

． 7

→（2）设AD＝a(a＞0)，则D(0，a，0)，所以BD＝(－23，a，0)，

设平面PBD的法向量n＝(x，y，z)，

→???→?－23x＋ay＝0BD·n＝066→

则?，即?，取x＝3，则y＝，z＝2，则n＝(3，，2)．

→→aa 23x－3z＝0????PB·n＝0

→

2π→

又平面BCD的一个法向量m＝(0，0，1)，二面角P－BD－C的大小为，

31

所以|→→|＝，即||m|·|n|2

m·n

→→

21

|＝，解得a＝2． 236

3＋2＋4

a

2π

经检验，当AD＝2，二面角P－BD－C的大小为．

3

【说明】考查异面直线所成角，二面角的平面角的计算． 29、证明：（1）因为a3＝a2＋a1，因此n＝1时，命题成立；

假设n＝k时，命题成立，即a2k＋1＝a2k＋a2k－1， 则a2k＋3＝a2k＋2＋a2k＋a2k－1＝a2k＋2＋a2k＋1， 即n＝k＋1时，命题也成立，

因此任意n∈N*，a2n＋1＝a2n＋a2n－1．

（2）易知a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝4，a5＝6，a6＝9，a7＝15，a8＝25， a2a4＝2，a4a6＝6，a6a8＝15， 猜想a2na2n＋2＝a2n＋1，n∈N*， 证明：当n＝1时，命题成立；

假设n＝k时，命题成立，即a2ka2k＋2＝a2k＋1， 则a2k＋2a2k＋4＝a2k＋2(a2k＋3＋a2k＋1＋a2k)

＝a2k＋2(a2k＋2＋a2k＋1＋a2k＋1＋a2k) ＝a2k＋22＋2a2k＋1a2k＋2＋a2ka2k＋2 ＝a2k＋22＋2a2k＋1a2k＋2＋a2k＋12 ＝a2k＋2＋a2k＋1 ＝a2k＋3，

即n＝k＋1时，命题也成立，

所以a2na2n＋2＝a2n＋1，n∈N*，

又a2n＋1∈N*，因此任意n∈N*，a2na2n＋2为正整数．

【说明】本题考查数学归纳法，第二问解决的关键是：要能通过前几项归纳发现a2n，a2n

＋1

，a2n＋2成等比数列．进而得到a2n a2n＋2为整数．

30、解：（1）满足条件的数列T有：

1，3，4，2； 1，4，3，2； 1，4，2，3；

4，3，1，2； 4，1，3，2； 4，1，2，3；

（2）设an (1≤n≤3m＋1，n∈N*)除以3的余数为为bn，

于是数列T的前n项和能否被3整除，由数列{bn}：b1，b2，…，b3m＋1决定， 因为数列{bn}中有m个0，m＋1个1，m个2，

因此数列{bn}中由m＋1个1及m个2组成的排列应为：1，1，2，1，2，…，1，2．

数列{bn}中的m个0除了不能排首位，可排任何位置，共有C3mm种排法， (3m)!m!(m＋1)! 故满足条件的数列T共有：C3m×m!×m!×(m＋1)!＝个， m

(2m)!(3m)!m!(m＋1)!

因此f (m)＝．

(2m)!

【说明】本题考查排列组合的应用，对于整除问题要能按余数进行分类处理．

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