南京市高三数学综合题及答案.doc

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1、南京市2014届高三数学综合题一、填空题1已知函数ysinx(0)在区间0，上为增函数，且图象关于点(3，0)对称，则的取值集合为【答案】，1【提示】由题意知，即，其中kZ，则k或k 或k1【说明】本题考查三角函数的图象与性质（单调性及对称性）三角函数除关注求最值外，也适当关注其图象的特征，如周期性、对称性、单调性等2如图：梯形ABCD中，AB/CD，AB6，ADDC2，若12，则DABC【答案】0【提示】以，为基底，则，则2248cosBAD1212，所以cosBAD，则BAD60o，则()()2440【说明】本题主要考查平面向量的数量积，体现化归转化思想另本题还可通过建立平面直角坐标系将向

2、量“坐标化”来解决向量问题突出基底法和坐标法，但要关注基底的选择与坐标系位置选择的合理性，两种方法之间的选择3设 、为空间任意两个不重合的平面，则：必存在直线l与两平面 、均平行； 必存在直线l与两平面 、均垂直；必存在平面与两平面 、均平行； 必存在平面与两平面 、均垂直其中正确的是_（填写正确命题序号）【答案】【提示】当两平面相交时，不存在直线与它们均垂直，也不存在平面与它们均平行（否则两平面平行）【说明】本题考查学生空间线面，面面位置关系及空间想象能力 4圆锥的侧面展开图是圆心角为，面积为2的扇形，则圆锥的体积是_【答案】【提示】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意知，且2rl2，解

3、得l2，r，所以圆锥高h1，则体积Vr2h【说明】本题考查圆锥的侧面展开图及体积的计算 5设圆x2y22的切线l与x轴正半轴，y轴正半轴分别交于点A，B当线段AB的长度最小值时，切线l的方程为_【答案】xy20【说明】本题考查直线与圆相切问题和最值问题6已知双曲线1(a0，b0)的离心率等于2，它的右准线过抛物线y2=4x的焦点，则双曲线的方程为 【答案】1 【解析】本题主要考查了双曲线、抛物线中一些基本量的意义及求法7在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1、C2、C3依次为y2log2x、ylog2x、yklog2x(k为常数，0k1)曲线C1上的点A在第一象限，过A分别作x轴、y轴的平行线

4、交曲线C2分别于点B、D，过点B作y轴的平行线交曲线C3于点C若四边形ABCD为矩形，则k的值是_ 【答案】【提示】设A(t，2 log2t)(t1)，则B(t2，2 log2t)，D(t，log2t)，C(t2，2k log2t)，则有log2t2k log2t，由于log2t0，故2k1，即k【说明】本题考查对数函数的图像及简单的对数方程注意点坐标之间的关系是建立方程的依据 *8已知实数a、b、c满足条件0ac2b1，且2a2b21c，则的取值范围是_【答案】，【提示】由2a2b21c得2ac2bc2，由0ac2b1得0(ac)2(bc)1，于是有12(ac)2(bc)2，即12设x2bc

5、，y2ac，则有xy2，x2y2x2，x0，y0，yx在平面直角坐标系xOy中作出点(x，y)所表示的平面区域，并设yxt如图，当直线yxt与曲线yx2相切时，t最小此时令y2x1，解得x，于是y，所以tmin当直线过点A时，t最大由解得A(，)，所以tmax因此的取值范围是，【说明】本题含三个变量，解题时要注意通过换元减少变量的个数利用消元、换元等方法进行减元的思想是近年高考填空题中难点和热点，对于层次很好的学校值得关注9已知四数a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q不为1将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列， 则正数q的取值集合是 【答案】，【提示】因为公比q不

6、为1，所以不能删去a1，a4设an的公差为d，则 若删去a2，则由2a3a1a4得2a1qa1a1q，即2q1q，整理得q(q1)(q1)(q1)又q1，则可得 qq1，又q0解得q； 若删去a3，则由2a2a1a4得2a1qa1a1q，即2q1q，整理得q(q1)(q1)q1又q1，则可得q(q1)1，又q0解得 q综上所述，q【说明】本题主要考查等差数列等差中项的概念及等比数列中基本量的运算*10数列an是等差数列，数列bn满足bnanan1an2 (nN*)，设Sn为bn的前n项和若a12a50，则当Sn取得最大值时n的值等于_【答案】16【提示】设an的公差为d，由a12a50得 a1

7、d，d0，所以an(n)d，从而可知1n16时，an0， n17时，an0从而b1b2b140b17b18，b 15a15a16a170，b16a16a17a180，故S14S13S1，S14S15，S15S16因为a15d0，a18d0，所以a15a18ddd0，所以b15b16a16a17(a15a18)0，所以S16S14，故Sn中S16最大【说明】利用等差数列及等差数列的基本性质是解题基本策略此题借助了求等差数列前项和最值的方法，所以在关注方法时，也要关注形成方法的过程和数学思想二、解答题11三角形ABC中，角A、B、C所对边分别为a，b，c，且sinB (1)若cosA，求sinC的

8、值； (2)若b，sinA3sinC，求三角形ABC的面积解 (1)由sinB，两边平方得2sin2B3cosB，即2(1cos2B)3cosB，解得cosB或cosB2(舍去)又B为三角形内角，则B因为cosA，且A为三角形内角，则sinA，故sinCsin(BA)sin(A) cosAsinA (2)解法一因为sinA3sinC，由正弦定理可得a3c由余弦定理知：b2 a2c22accosB，则79c2c23c2，解得c1，则a3面积SacsinB 解法二 由sinA3sinC得sin(CB)3sinC，即sin(C)3sinC，则sinCcosC3sinC，即cosCsinC，故可得ta

9、nC又C为三角形的内角，则sinC由正弦定理知，则c1又sinA3sinC，故面积SbcsinA【说明】本题考查同角三角函数关系式，两角和差公式及正、余弦定理，具有一定的综合性12三角形ABC中，三内角为A、B、C，a(cosA，sinA)，b(cosB，sinB)，c(1，1) (1)若ac1，求角A的大小； (2)若a/b，求当AB取最大时，A的值解 (1)accosAsinA2cos(A)1，则cos(A)因为A(0，)，则A(，)，则A，则A (2)因为a/b，所以cosAsinBsinAcosB，则tanA3tanB由于A、B为三角形内角，则A、B只能均为锐角，即tanA0，tanB

10、0tan(AB) ，当且仅当3tanB时，B取“”号又AB(，)，则AB的最大值为，此时A所以，当AB的最大时，A【说明】本题第一问考查向量数量积的坐标运算，两角和差公式及已知三角函数值求角问题；第二问考查平面向量平行的条件及两角差的正切公式，利用基本不等式求最值 AEDCB13如图，六面体ABCDE中，面DBC面ABC，AE面ABC (1)求证：AE /面DBC； (2)若ABBC，BDCD，求证：ADDC证明 (1)过点D作DOBC，O为垂足 因为面DBC面ABC，又面DBC面ABCBC，DO 面DBC， 所以DO面ABC 又AE面ABC，则AE/DO 又AE 面DBC，DO 面DBC，故

11、AE / 面DBC (2)由（1）知DO面ABC，AB面ABC，所以DOAB 又ABBC，且DOBCO，DO，BC平面DBC，则AB面DBC 因为DC 面DBC，所以ABDC 又BDCD，ABDBB，AB，DB面ABD，则DC面ABD 又AD 面ABD，故可得ADDC【说明】本题第(1)问考查面面垂直的性质定理，线面垂直的性质定理及线面平行的判定定理；第(2)问通过线面垂直证线线垂直问题14如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧面A1ACC1是边长为2的菱形，A1AC60o在面ABC中，AB2，BC4，M为BC的中点，过A1，B1，M三点的平面交AC于点N (1)求证：N为AC中点； (2)

12、平面A1B1MN平面A1ACC1解 (1)由题意，平面ABC/平面A1B1C1，平面A1B1M与平面ABC交于直线MN，与平面A1B1C1交于直线A1B1，所以MN/ A1B1因为AB/ A1B1，所以MN/AB，所以BCA1B1C1MNA因为M为AB的中点，所以1，所以N为AC中点 (2)因为四边形A1ACC1是边长为2的菱形，A1AC60o 在三角形A1AN中，AN1，AA12，由余弦定理得A1N， 故A1A2AN2A1N2，从而可得A1NA90o，即A1NAC在三角形ABC中，AB2，AC2，BC4，则BC2AB2AC2，从而可得BAC=90o，即ABAC又MN/AB，则ACMN因为MN

13、A1NN，MN 面A1B1MN，A1N面A1B1MN，所以AC平面A1B1MN 又AC平面A1ACC1，所以平面A1B1MN平面A1ACC1【说明】本题考查面面平行的性质定理，线面垂直及面面垂直的判定定理，综合考查空间想象及逻辑推理能力立体几何中线面平行、面面平行、面面垂直的性质定理要适当关注，不成为重点，但也不要成为盲点关注以算代证的方法15某汽车厂有一条价值为a万元的汽车生产线，现要通过技术改造来提高该生产线的生产能力，提高产品的增加值经过市场调查，产品的增加值y万元与技术改造投入的x万元之间满足：y与(ax)和x2的乘积成正比；x(0，其中m是常数若x时，ya3 (1)求产品增加值y关于

14、x的表达式； (2)求产品增加值y的最大值及相应的x的值解：(1)设yf(x)k(ax)x2，因为当x时，ya3，所以k8，所以f(x)8(ax)x2 ，x(0， (2)因为f(x)24x216ax，令f(x)0，则x0(舍)，x 当，即m1时，当x(0，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上是增函数，当x(，)时，f(x)0，所以f(x)在(，)上是减函数，所以ymaxf()a3；当，即0m1时，当x(0，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上是增函数， 所以ymaxf()a3， 综上，当m1时，投入万元，最大增加值a3当0m1时，投入万元，最大增加值a3 【说明】适当关注建模容易，

15、解模难的应用题，如本题需要对解模过程进行分类讨论16如图，摄影爱好者S在某公园A处，发现正前方B处有一立柱，测得立柱顶端O的仰角和立柱底部B的俯角均为设S的眼睛距地面的距离按米 (1) 求摄影者到立柱的水平距离和立柱的高度； (2) 立柱的顶端有一长2米的彩杆MN绕其中点O在S与立柱所在的平面内旋转摄影者有一视角范围为的镜头，在彩杆转动的任意时刻，摄影者是否都可以将彩杆全部摄入画面？说明理由解 (1) 如图，作SC垂直OB于C，则CSB30，ASB60又SA，故在RtSAB中，可求得BA3，即摄影者到立柱的水平距离为3米 由SC3，CSO30，在RtSCO中，可求得OC 因为BCSA，故OB2

16、，即立柱高为2米. (2) 方法一：连结SM，SN，设ONa，OMb在SON和SOM中，得a2b226cosMSN 又MSN(0，)， 则MSN故摄影者可以将彩杆全部摄入画面 方法二提示:设MOS，建立cosMSN关于的关系式，求出cosMSN最小值为，从而得到MSN方法三提示:假设MSN，设ONa，OMb，联立a2b226和a2b2ab4消元，判断方程是否有解方法四提示：计算过S点作圆O(1为半径)的两切线夹角大于60o也可合理建系【说明】第(1)问主要考查了对图形的认识；第(2)问突出应用题中变量的选择，方法的选择另外应用题中除求解函数最值问题外，也考虑涉及方程的解、不等式等问题，如方法三

17、17为了迎接青奥会，南京将在主干道统一安装某种新型节能路灯，该路灯由灯柱和支架组成在如图所 示的直角坐标系中，支架ACB是抛物线y22x的一部分，灯柱CD经过该抛物线的焦点F且与路面垂直，其中C在抛物线上，B为抛物线的顶点，DH表示道路路面，BFDH，A为锥形灯罩的顶，灯罩轴线与抛物线在A处的切线垂直安装时要求锥形灯罩的顶到灯柱的距离是1.5米，灯罩的轴线正好通过道路路面的中线(1)求灯罩轴线所在的直线方程；(2)若路宽为10米，求灯柱的高yxABFDHC解：(1)由题意知，BF，则xA1.52，代入y22x得yA2，故A(2，2)设点A处的切线方程为y2k(x2)，代入抛物线方程y22x消去

18、x，得ky22y44k0则44k(44k)0，解得k故灯罩轴线的斜率为2，其方程为y22(x2)，即y2x6（2）由于路宽为10，则当x时，y5，从而FD5又CF1，则CD6答：灯柱的高为6米. 【说明】本题改编自必修2(P92)例5，考查学生综合应用函数、不等式知识解决实际问题的能力解析几何应用题不需重点训练，但也需要学生适当了解和关注18如图，在RtABC中，A为直角，AB边所在直线的方程为x3y60，点T(1，1)在直线AC上，斜边中点为M(2，0) (1)求BC边所在直线的方程；xyOABCTM (2)若动圆P过点N(2，0)，且与RtABC的外接圆相交所得公共弦长为4，求动圆P中半径

19、最小的圆方程解 (1)因为AB边所在直线的方程为x3y60，AC与AB垂直，所以直线AC的斜率为3故AC边所在直线的方程为y13(x1)，即3xy20 设C为(x0，3x02)，因为M为BC中点，所以B(4x0，3x02) 点B代入x3y60，解得x0，所以C(，) 所以BC所在直线方程为：x7y20 (2)因为RtABC斜边中点为M(2，0)，所以M为RtABC外接圆的圆心 又AM2，从而RtABC外接圆的方程为(x2)2y28 设P(a，b)，因为动圆P过点N，所以该圆的半径r，圆方程为(xa)2(yb)2r2 由于P与M相交，则公共弦所在直线的方程m为：(42a)x2bya2b2r240

20、因为公共弦长为4，r2，所以M(2，0)到m的距离d2，即2，化简得b23a24a，所以r 当a0时，r最小值为2，此时b0，圆的方程为x2y24【说明】本题考查直线与直线的位置关系，直线与圆有关知识，考查圆与圆位置关系及弦长的求法及函数最值求法19如图，平行四边形AMBN的周长为8，点M，N的坐标分别为(，0)，(，0) (1)求点A，B所在的曲线L方程； (2) 过 L上点C(2，0)的直线l与L交于另一点D，与y轴交于点E，且l/OA求证：为定值解 (1)因为四边形AMBN是平行四边形，周长为8OxyAMNB所以两点A，B到M，N的距离之和均为42，可知所求曲线为椭圆由椭圆定义可知，a2

21、，c，b1曲线L方程为y21（y0） (2)由已知可知直线l的斜率存在因为直线l过点C(2，0)，设直线l的方程为yk(x2)，代入曲线方程y21(y0)，并整理得(14k2)x216k2x16k240因为点C(2，0)在曲线上，则D(，)，E(0，2k)，所以CD，CE2 因为OA/l，所以设OA的方程为ykx ，代入曲线方程，并整理得(14k2)x24所以x，yA2，所以OA2，化简得2，所以为定值【说明】本题考查用定义法求椭圆方程知识及直线与椭圆相交的有关线段的计算与证明20如图，在直角坐标系xOy中，椭圆E：1(ab0)的焦距为2，且过点(，) (1)求椭圆E的方程； (2)若点A，B

22、分别是椭圆E的左、右顶点，直线l经过点B且垂直于x轴，点P是椭圆上异于A，B的任意一点，直线AP交l于点M (i)设直线OM的斜率为k1，直线BP的斜率为k2，求证：k1k2为定值； *(ii)设过点M垂直于PB的直线为m求证：直线m过定点，并求出定点的坐标.解：(1)由题意得2c2 ，所以c1，又1消去a可得2b45b230，解得b23或b2(舍去)，则a24，所以椭圆E的方程为1 (2)(i)设P(x1，y1)(y10)，M(2，y0)，则k1，k2，因为A，P，M三点共线，所以y0， 则k1k2因为P(x1，y1)在椭圆上，所以y(4x)，则k1k2为定值(ii)方法一：直线BP的斜率为

23、k2，直线m的斜率为km，则直线m的方程为yy0(x2)， 即y(x2)y0(x2)(x2)(x2)(x1)，所以直线m过定点(1，0) 方法二：直线BP的斜率为k2，直线m的斜率为km，则直线m的方程为y(x2)， 若P为(0，)，则m的方程为yx，若P为(0，)，则m的方程为yx，两直线方程联立解得Q(1，0)因为kMQk21，所以Q在过M且与BP垂直的直线上，所以直线m过定点(1，0) 【说明】考查椭圆方程的求法及直线与椭圆中的一些定值、定点问题其中定点问题可以考虑先从特殊情况入手，找到定点再证明21已知函数f(x)(a，b，为实常数) (1)若1，a1 当b1时，求函数f(x)的图象在

24、点(，f()处的切线方程； 当b0时，求函数f(x)在，上的最大值 * (2)若1，ba，求证：不等式f(x)1的解集构成的区间长度D为定值解 (1)当b1时，f(x)，则f (x)，可得f ()4，又f()2，故所求切线方程为y24(x)，即4xy100 当1时，f(x)， 则f (x) 因为b0，则b10 ，且b 故当bx时，f (x)0，f(x)在(b，)上单调递增； 当x时，f (x)0，f(x)在(，)单调递减 ()当，即b时，f(x)在，单调递减，所以f(x)maxf()； ()当，即b0时，f(x)maxf() 综上所述，f(x)max (2) f(x)1即1(*)当xb时，xa

25、0，xb0，此时解集为空集当axb时，不等式(*)可化为 (xa)(xb)(xa)(xb)，展开并整理得，x2(ab2)x(abab)0，设g (x)x2(ab2)x(abab)，因为(ab)40，所以g (x)有两不同的零点，设为x1，x2(x1x2)，又g (a)ba0，g (b)ab0，且ba，因此bx1ax2，所以当axb时，不等式x2(ab2)x(abab)0的解为bxx1当xa时，不等式(*)可化为 (xa)(xb)(xa)(xb)，展开并整理得，x2(ab2)x(abab)0，由知，此时不等式的解为axx2综上所述，f(x)1的解构成的区间为(b，x1(a，x2，其长度为(x1b

26、)(x2a)x1x2abab2ab2故不等式f(x)1的解集构成的区间长度D为定值2【说明】本题考查了导数的应用、分类讨论思想、解一元二次不等式其中第(2)问涉及不常考的解一元二次不等式分类讨论问题，注意比较a、b与两根的大小 22已知函数f (x)lnx(x0) (1)求函数g (x)f (x)x1的极值； *(2)求函数h(x)f (x)|xa|(a为实常数)的单调区间； *(3)若不等式(x21)f (x)k(x1)2对一切正实数x恒成立，求实数k的取值范围解：(1)g (x)lnxx1，g(x)1，当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0，可得g (x)在(0,1)上单调递增，在(

27、1，)上单调递减，故g (x)有极大值为g (1)0，无极小值 (2)h(x)lnx|xa|当a0时，h(x)lnxxa，h(x)10恒成立，此时h(x)在(0，)上单调递增；当a0时，h(x) 当xa时，h(x)lnxxa，h(x)10恒成立，此时h(x)在(a，)上单调递增； 当0xa时，h(x)lnxxa，h(x)1 当0a1时，h(x)0恒成立，此时h(x)在(0，a)上单调递增； 当a1时，当0x1时h(x)0，当1xa时h(x)0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，a)上单调递减 综上，当a1时，h(x)的增区间为(0，)，无减区间； 当a1时，h(x)增区间为(0，1)

28、，(a，)；减区间为(1，a) (3)不等式(x21)f (x)k(x1)2对一切正实数x恒成立，即(x21)lnxk(x1)2对一切正实数x恒成立当0x1时，x210；lnx0，则(x21)lnx0；当x1时，x210；lnx0，则(x21)lnx0因此当x0时，(x21)lnx0恒成立又当k0时，k(x1)20，故当k0时，(x21)lnxk(x1)2恒成立下面讨论k0的情形当x0且x1时，(x21)lnxk(x1)2(x21)lnx设h(x)lnx( x0且x1)，h(x)记4(1k)244(k22k)当0，即0k2时，h(x)0恒成立，故h(x)在(0，1)及(1，)上单调递增于是当0

29、x1时，h(x)h(1)0，又x210，故(x21) h(x)0，即(x21)lnxk(x1)2当x1时，h(x)h(1)0，又x210，故(x21) h(x)0，即(x21)lnxk(x1)2又当x1时，(x21)lnxk(x1)2因此当0k2时，(x21)lnxk(x1)2对一切正实数x恒成立当0，即k2时，设x22(1k)x10的两个不等实根分别为x1，x2(x1x2)函数(x)x22(1k)x1图像的对称轴为xk11，又(1)42k0，于是x11k1x2故当x(1，k1)时，(x)0，即h(x)0，从而h(x)在(1，k1)在单调递减；而当x(1，k1)时，h(x)h(1)0，此时x2

30、10，于是(x21) h(x)0，即(x21)lnxk(x1)2，因此当k2时，(x21)lnxk(x1)2对一切正实数x不恒成立综上，当(x21)f (x)k(x1)2对一切正实数x恒成立时，k2，即k的取值范围是(，2【说明】本题以函数的最值为载体考查分类讨论思想第三问比较难，两个注意：适当变形后研究函数h(x)；当k2时，区间(1，k1)是如何找到的 23已知函数f (x)sinxxcosx的导函数为f (x)(1)求证：f (x)在(0，)上为增函数；(2)若存在x(0，)，使得f(x)x2x成立，求实数的取值范围；*(3)设F(x)f(x)2cosx，曲线yF(x)上存在不同的三点A

31、(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，x1x2x3，且x1，x2，x3(0，)，比较直线AB的斜率与直线BC的斜率的大小，并证明解 (1)证明：f(x)xsinx， 当x(0，)时，sinx0，所以f(x)0恒成立，所以f (x) 在(0，)上单调递增(2)因为f(x)x2x，所以xsinxx2x当0x时，sinxx设(x)sinxx，x(0，)，则(x)cosx当0x时，(x)0；当x时，(x)0于是 (x)在(0，)上单调递增，在 (，)上单调递减，所以当0x时，(x)maxg ()因此(3)由题意知只要判断的大小首先证明：F(x2)由于x2x3，因此只要证：F(x3)F(x

32、2)(x3x2) F(x2)设函数G(x)F(x)F(x2)(xx2) F(x2)( x2x)，因为F(x)xcosxsinxf(x)，所以G(x)F(x)F(x2)f (x2)f (x)，由（1）知f(x)在(0，)上为增函数，所以G(x)0 则G(x)在(x2，)上单调递减，又xx2，故G(x)G(x2)0而x2x3，则G(x3)0，即F(x3)F(x2)(x3x2) F(x2)0，即F(x3)F(x2)(x3x2) F(x2)从而F(x2)得证同理可以证明：F(x2)因此有，即直线AB的斜率大于直线BC的斜率【说明】本题以三角函数为载体，考查导数的应用及分类讨论思想，适时结合形分析其中第

33、三问找一个中间量F(x2)，难度稍大 24已知数集Aa1，a2，an(0a1a2an，n2，nN*)具有性质P：i，j(1ijn)，aiaj与ajai两数中至少有一个属于A(1)分别判断数集1，2，3，4是否具有性质P，并说明理由；(2)证明：a10；*(3)证明：当n5时，a1，a2，a3，a4，a5成等差数列证明 (1)由于44与44均不属于数集1，2，3，4，所以该数集不具有性质P(2)因为Aa1，a2，an具有性质P，所以anan与anan中至少有一个属于A，又ananan，所以ananA，所以ananA，即0A，又a10，a20，所以a10；(3)当 n5时，取j5，当i2时，aia

34、5a5，由A具有性质P，a5aiA，又i1时，a5a1A，所以a5aiA，i1，2，3，4，5因为0a1a2a3a4a5，所以a5a1a5a2a5a3a5a4a5a50，则a5a1a5，a5a2a4, a5a3a3，从而可得a2a4a5，a52a3，故a2a42a3，即0a4a3a3a2a3，又因为a3a4a2a4a5，所以a3a4A，则a4a3A，则有a4a3a2a2a1又因为a5a4a2a2a1，所以a5a4a4a3a3a2a2a1a2，即a1，a2，a3，a4，a5是首项为0，公差为a2的等差数列【说明】本题主要考查集合、等差数列的性质，考查运算能力、推理论证能力，本题是数列与不等式的综

35、合题对于复杂的数列问题，我们往往可以从特殊情况入手，找到解题的突破口25设MN*，正项数列an的前项积为Tn，且kM，当nk 时，TnTk都成立(1)若M1，a1，a23，求数列an的前n项和；(2)若M3，4，a1，求数列an的通项公式解：(1)当n2时，因为M1，所以TnT1，可得an1ana1，故a13(n2)又a1，a23，则an是公比为3的等比数列，故an的前n项和为3(2)当nk时，因为TnTk，所以Tn1Tk，所以，即an1，因为M3，4，所以取k3，当n3时，有an4an2an1；取k4，当n4时，有an5an3an1由an5an3an1知，数列a2，a6，a10，a14，a1

36、8，a22，a4n2，是等比数列，设公比为q由an4an2an1 知，数列a2，a5，a8，a11，a14，a17，a3n1，是等比数列，设公比为q1，数列a3，a6，a9，a12，a15，a18，a3n，成等比数列，设公比为q2，数列a4，a7，a10，a13，a16，a19，a22，a3n1，成等比数列，设公比为q3， 由得，q，且q1，所以q1q；由得，q，且q2，所以q2q；由得，q，且q3，所以q3q；所以q1q2q3q由得，a6a2q，a6a3q2，所以q，由得，a10a2q，a10a4q3，所以q，所以a2，a3，a4是公比为q的等比数列，所以an(n2)是公比为q的等比数列因为

37、当n4，k3时，T7T1T4T3；当n5，k4时，T9T1T5T4，所以(q)2a2，且(q)2a2，所以q2，a22又a1，所以an(nN*)是公比为q的等比数列故数列an的通项公式是an2【说明】本题主要考查等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分分类讨论等数学思想方法*26已知数列an的前n项和为Sn，数列Mn满足条件：M1= S，当n2时，Mn= SS，其中数列tn单调递增，且tnN* （1）若ann，试找出一组t1、t2、t3，使得M22M1M3；证明：对于数列ann，一定存在数列tn，使得数列Mn中的各数均为一个整数的平方；（2）若an2n1，是否存在无穷数列tn，使得Mn为

38、等比数列若存在，写出一个满足条件的数列tn；若不存在，说明理由解：（1）若ann，则Sn，取M1S11，M2S4S19，M3S13S481，满足条件M22M1M3， 此时t11，t24，t313由知t11，t213，t31332，则M11，M232，M392，一般的取tn13323n1， 此时S，S，则MSS(3n1)2，所以M为一整数平方因此存在数列tn，使得数列Mn中的各数均为一个整数的平方（3）假设存在数列tn，使得Mn为等比数列，设公比为q 因为Snn2，所以Stn2，则M1t12，当n2时，Mntn2tn12qn1 t12， 因为q为正有理数，所以设q(r，s为正整数，且r，s既约)

39、 因为tn2tn12必为正整数，则t12N*，由于r，s既约，所以必为正整数 若s2，且tn为无穷数列，则当nlogst121时，1，这与为正整数相矛盾 于是s1，即q为正整数注意到t32M3M2M1M1(1qq2)t12 (1qq2)，于是1qq2因为1qq2N*，所以N*又为有理数，从而必为整数，即1qq2为一整数的平方但q21qq2(q1) 2，即1qq2不可能为一整数的平方因此不存在满足条件的数列tn【说明】本题主要考查等差、等比数列的性质，考查阅读理解能力、运算求解能力、推理论证能力对于新构造的函数，可以尝试列举，了解构造的过程和含义，从中观察发现规律或寻找突破口对于存在性问题，也可以考虑先从特殊情况入