【考前三个月】（江苏专用）2021高考数学穿插滚动练(三).doc

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1、穿插滚动练(三)1已知集合Ax|log2x1，Bx|0x0若ABB，则c的取值范围是_答案2，)解析Ax|0x2，由ABB，得AB.所以c2.2设函数f(x)若f(a)a，则实数a的值为_答案1解析当a0时，f(a)a1a，a2，不合题意，舍去；当a0时，f(a)a，a1(a1舍去)3已知定义在R上的函数f(x)的图象关于原点对称，其最小正周期为4，且x(0,2)时，f(x)log2(13x)，则f(2 015)_.答案2解析由函数f(x)的最小正周期为4，所以f(2 015)f(50343)f(3)f(1)，又函数f(x)的图象关于原点对称，知f(x)f(x)，故f(2 015)f(1)f(

2、1)log242.4在实数的原有运算法则中，我们补充定义新运算“”如下：当ab时，aba；当a2时，yxf(x)0，f(x)0，yf(x)在(2，)上单调递增；同理，f(x)在(，2)上单调递增，在(2,2)上单调递减，yf(x)的极大值为f(2)，极小值为f(2)8以下命题正确的个数为_命题“若x21，则x1”是否命题为“若x21，则x1”；命题“若，则tan tan ”的逆命题为真命题；命题“xR，使得x2x11”是“x2x20”的充分不必要条件答案3解析否命题是将命题的条件和结论都否定，所以正确；当60，210时，有tan tan 成立，但不成立，故不正确；存在性命题的否定是将存在量词改

3、为全称量词，再否定结论，所以正确；x2x20的解集是x1或x0，b0，且函数f(x)4x3ax22bx2在x1处有极值，则ab的最大值为_答案9解析f(x)12x22ax2b，f(x)在x1处有极值，f(1)122a2b0，ab6.又a0，b0，ab2，26，ab9，当且仅当ab3时等号成立，ab的最大值为9.10若不等式组表示的平面区域是一个三角形，则a的取值范围是_答案0a1或a解析先把前三个不等式表示的平面区域画出来，如图此时可行域为AOB及其内部，交点B为(，)，故当xya过点B时，a，所以a时可行域仍为AOB，当xya恰过A点时，a101，且当0a1时可行域也为三角形故0a1或a.1

4、1已知集合Ax|2x8，xR，Bx|1xm1，xR，若xB成立的一个充分不必要的条件是xA，则实数m的取值范围是_答案(2，)解析Ax|2x8，xRx|1x3，即m2.12数列1，的前100项的和为_答案解析S10011234139.13命题“xR,2x23ax90”为假命题，则实数a的取值范围是_答案2，2 解析“xR,2x23ax90”为假命题，则“xR,2x23ax90”为真命题因此9a24290，故2a2.14函数f(x)(xR)满足f(1)1，f(x)，则不等式f(x2)的解集为_答案(，1)(1，)解析将x2换元成t，则原式化为f(t)，当t1时，f(t)1，且1，又由f(t)1时

5、，f(t)；当t.故f(t)1，即x21，因此x(，1)(1，)15设Sn是数列an的前n项和，若(nN*)是非零常数，则称数列an为“和等比数列”若数列2bn是首项为2，公比为4的等比数列，则数列bn_(填“是”或“不是”)“和等比数列”答案是解析由题意2bn22n1，即bn2n1，从而S2n4n2，Snn2，4(常数)16已知ABC为锐角三角形，向量m(3cos2A，sin A)，n(1，sin A)，且mn.(1)求A的大小；(2)当pm，qn(p0，q0)，且满足pq6时，求ABC面积的最大值解(1)mn，3cos2Asin2A0.3cos2A1cos2A0，cos2A.又ABC为锐角

6、三角形，cos A，A.(2)由(1)可得m(，)，n(1，)|p，|q.SABC|sin Apq.又pq6，且p0，q0，.3，00.(1)求f(x)的单调区间；(2)求所有的实数a，使e1f(x)e2对x1，e恒成立注：e为自然对数的底数解(1)因为f(x)a2ln xx2ax，其中x0，所以f(x)2xa.由于a0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，)(2)由题意得f(1)a1e1，即ae.由(1)知f(x)在1，e内单调递增，要使e1f(x)e2对x1，e恒成立只要解得ae.18已知数列an，其前n项和为Sn，点(n，Sn)在以F(0，)为焦点，坐标原点为顶点的抛物线上，

7、数列bn满足bn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)因为以F(0，)为焦点，坐标原点为顶点的抛物线方程为x2y，又点(n，Sn)在抛物线上，所以Snn2.当n2时，Sn1(n1)2，两式相减，得SnSn1ann2(n1)22n1.当n1时，a1S11，满足上式所以数列an的通项公式为an2n1(nN*)故bn2an22n1(nN*)(2)由(1)，知cn(2n1)22n1，所以Tn121323525(2n1)22n1，则4Tn123325527(2n1)22n1，得3Tn21223225222n1(2n1)22n1(2n1)22n1(4n

8、2)4n，所以Tn(nN*)19(2013广东)设数列an的前n项和为Sn，已知a11，an1n2n，nN*.(1)求a2的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.(1)解2S1a21，又S1a11，所以a24.(2)解当n2时，2Snnan1n3n2n，2Sn1(n1)an(n1)3(n1)2(n1)，两式相减得2annan1(n1)an(3n23n1)(2n1)，整理得(n1)annan1n(n1)，即1，又1，故数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以1(n1)1n，所以ann2，所以数列an的通项公式为ann2，nN*.(3)证明111，所以对一切正整数n，有.

9、20已知数列an中，a11，a23，且an1an2an1(n2)(1)设bnan1an，是否存在实数，使数列bn为等比数列？且公比小于0.若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；(2)在(1)的条件下，求数列an的前n项和Sn.解(1)假设存在实数，使数列bn为等比数列，设q(n2)，即an1anq(anan1)，得an1(q)anqan1.与已知an1an2an1比较，令解得(舍)或所以存在实数，使数列bn为等比数列(2)由(1)知当2时，q1，b11，则数列bn是首项为1，公比为1的等比数列bn(1)n1.an12an(1)n1(n1)，所以()n1(n1)，当n2时，()()()()2(

10、)3()n1()n1因为也适合上式，所以1()n1(n1)所以an2n1(1)n则Sn(2223242n1)(1)1(1)2(1)3(1)n(2n24)21(2014四川)已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28为自然对数的底数(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间0,1上的最小值；(2)若f(1)0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，求a的取值范围解(1)由f(x)exax2bx1，有g(x)f(x)ex2axb.所以g(x)ex2a.因此，当x0,1时，g(x)12a，e2a当a时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递增，因此g(x)

11、在0,1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递减，因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；当a时，令g(x)0得xln(2a)(0,1)，所以函数g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.综上所述，当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)f(

12、x0)0可知，f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减，则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理，g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点由(1)知，当a时，g(x)在0,1上单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点；当a时，g(x)在0,1上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点；当a0，g(1)e2ab0.由f(1)0有abe10，g(1)e2ab1a0，解得e2a1.当e2a1时，g(x)在区间0,1内有最小值g(ln(2a)若g(ln(2a)0，则g(x)0(x0,1)，从而f(x)在区间0,1上单调递增，这与f(0)f(1)0矛盾，所以g(ln(2a)0，g(1)1a0，故此时g(x)在(0，ln(2a)和(ln(2a)，1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在0，x1上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在x2,1上单调递增，所以f(x1)f(0)0，f(x2)f(1)0，故f(x)在(x1，x2)内有零点综上可知，a的取值范围是(e2,1)- 8 -