2021年高考数学真题试卷（天津卷）
一、选择题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（共9题；共45分）
1.设集合 𝐴={−1,0,1}，𝐵={1,3,5},𝐶={0,2,4} ，则 (𝐴∩𝐵)∪𝐶= （ ） A. {0} B. {0,1,3,5} C. {0,1,2,4} D. {0,2,3,4} 【答案】 C
【考点】并集及其运算，交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得A∩B={1}，则（A∩B）∪C={0,1,2,4} 故答案为：C
【分析】根据交集，并集的定义求解即可.
2.已知 𝑎∈𝑅 ，则“ 𝑎>6 ”是“ 𝑎2>36 ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不允分也不必要条件 【答案】 A
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断 【解析】【解答】解：当a>6时，a2>36，所以充分性成立； 当a2>36时，a<-6或a>6，所以必要性不成立， 故“a>6”是“a2>36”的充分不必要条件. 故答案为：A
【分析】根据充分必要条件的定义求解即可. 3.函数 𝑦=
ln|𝑥|𝑥2+2
的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】 B
【考点】函数的值域，奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：𝑓(−𝑥)=(−𝑥)2+2=𝑥2+2=𝑓(𝑥) ， 则函数𝑓(𝑥)=𝑥2+2是偶函数，排除A,C, 当x∈(0,1)时，ln|x|<0,x2+2>0，则f(x)<0，排除D. 故答案为：B
【分析】由函数为偶函数可排除AC，再由x∈(0,1)时，f(x)<0，排除D，即可得解.
4.从某网格平台推荐的影视作品中抽取400部，统计其评分分数据，将所得400个评分数据分为8组： [66,70),[70,74),⋯,[94,98] ，并整理得到如下的费率分布直方图，则评分在区间 [82，86) 内的影视作品数量是（ ）
ln|−𝑥|ln𝑥ln𝑥
A. 20 B. 40 C. D. 80 【答案】 D
【考点】频率分布直方图
【解析】【解答】解：由频率分布直方图可知，评分在区间 [82，86) 内的影视作品数量是400×0.05×4=80. 故答案为：D
【分析】根据频率分布直方图的性质求解即可.
0.3
5.设 𝑎=log20.3,𝑏=log10.4,𝑐=0.4 ，则a ， b ， c的大小关系为（ ）
2A. 𝑎<𝑏<𝑐 B. 𝑐<𝑎<𝑏 C. 𝑏<𝑐<𝑎 D. 𝑎<𝑐<𝑏 【答案】 D
【考点】指数函数的定义、解析式、定义域和值域，对数函数的值域与最值 【解析】【解答】解：∵log20.3 25 ∵0<0.403<0.40=1，∴0 A. 3𝜋 B. 4𝜋 C. 9𝜋 D. 12𝜋 32𝜋3 ，两个圆锥的高之比为 【答案】 B 【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），棱柱、棱锥、棱台的体积 【解析】【解答】解：如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D， 设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即AD=3BD， 设球的半径为R，则4πR=32π ， 解得R=2， 33 所以AB=AD+BD=4BD=4， 所以BD=1,AD=3 ∵CD⊥AB， ∴∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90° ∴∠CAD=∠BCD 又因为∠ADC=∠BDC 所以△ACD∽△CBD 所以𝐶𝐷=𝐵𝐷 ∴𝐶𝐷=√𝐴𝐷·𝐵𝐷=√3 ∴这两个圆锥的体积之和为3π×CD2×(AD+BD)=3π×3×4=4π 故答案为：B 【分析】作出图形，求得球的半径，进而求得两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再结合锥体的体积公式求解即可. 7.若 2𝑎=5𝑏=10 ，则 𝑎+𝑏= （ ） A. -1 B. lg7 C. 1 D. log710 【答案】 C 1 11 1 𝐴𝐷 𝐶𝐷 3 【考点】指数式与对数式的互化，换底公式的应用 【解析】【解答】解：由 2𝑎=5𝑏=10 得a=log210，b=log510， 则𝑎+𝑏=log 1 1 1 2 +log10 1 510 =𝑙𝑔2+𝑙𝑔5=𝑙𝑔10=1 故答案为：C 【分析】根据指数式与对数式的互化，结合换底公式求解即可. 8.已知双曲线 𝑥2 的右焦点与抛物线 𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0) 的焦点重合，抛物线的准线−=1(𝑎>0,𝑏>0)22𝑎𝑏 𝑦2 交双曲线于A ， B两点，交双曲钱的渐近线于C、D两点，若 |𝐶𝐷|=√2|𝐴𝐵| ．则双曲线的离心率为（ ） A. √2 B. √3 C. 2 D. 3 【答案】 A 【考点】抛物线的简单性质，双曲线的简单性质 【解析】【解答】解：设双曲线 𝑥2𝑎2 − 𝑦2𝑏2 （c,0）， =1(𝑎>0,𝑏>0) 与抛物线 𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0) 的公共焦点为 则抛物线 𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0) 的准线为x=-c 将x=-c代入𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2 =1 ， 得 𝑐2 𝑎2𝑏 − 𝑦2𝑏2 =1 ， 解得𝑦=± ， 所以|𝐴𝐵|= 𝑎 2𝑏𝑐𝑎 𝑏22𝑏2𝑎 ， 又因为双曲线的渐近线为𝑦=±𝑎𝑥 ， 所以|𝐶𝐷|= 所以2𝑏𝑐=2√2𝑏 ， 则𝑐=√2𝑏 𝑎 𝑎 2 ， 所以𝑎2=𝑐2−𝑏2=2𝑐2 所以双曲线的离心率为𝑒=𝑎=√2 故答案为：A 【分析】根据双曲线与抛物线的几何性质，结合离心率的定义求解即可. cos(2𝜋𝑥−2𝜋𝑎).𝑥<𝑎 9.设 𝑎∈𝑅 ，函数 𝑓(𝑥)={2 ，若 𝑓(𝑥) 在区间 (0,+∞) 内恰有6个专 𝑥−2(𝑎+1)𝑥+𝑎2+5,𝑥≥𝑎点，则a的取值范围是（ ） A. (2,]∪(,] B. (,2)∪(,) C. (2,4]∪[4,3) D. (4,2)∪[4,3) . 4 2 4 4 2 4 9 511 7 511 9 11 7 11 𝑐 1 【答案】 A 【考点】函数零点的判定定理 【解析】【解答】解：∵x2-2(a+1)x+a2+5=0最多有2个根， ∴cos(2πx-2πa)=0至少有4个根， 由2𝜋𝑥−2𝜋𝑎=π+𝑘π,k∈Z ， 得𝑥=2+4+𝑎,𝑘∈𝑍 2 𝑘 1 由0<2+4+𝑎<𝑎得−2𝑎−2<𝑘<−2 (1)当x 7 9 𝑘111 当−6≤−2𝑎−2<−5时，f(x)有5个零点，即4<𝑎< 1 11 19114 ； 134 当−7≤−2𝑎−2<−6时，f(x)有6个零点，即4<𝑎< (2)当x≥a时，f(x)=x2-2(a+1)x+a2+5 ∆=4(a+1)2-4(a2+5)=8(a-2) 当a<2时，∆<0，f(x)无零点； 当a=2时，∆=0，f(x)有1个零点； ； 当a>2时，令f(a)=a2-2(a+1)a+a2+5=-2a+5≥0，则2<𝑎≤ ， 此时f(x)有2个零点； 2 所以若𝑎>时，f(x)有1个零点； 2 综上，要是f(x)在[0,+∞)上有6个零点，则应满足 74 5 5 { 2<𝑎≤ <𝑎≤ 94 5)或{2 5)或{4 𝑎=2或𝑎>2 9 511 <𝑎≤4 9114 11 <𝑎≤ 𝑎<2 13 4) 则a的取值范围是(2,4]∪(2,4] 【分析】由x2-2(a+1)x+a2+5=0最多有2个根，可得cos(2πx-2πa)=0至少有4个根，再结合分类讨论思想，根据x 10.i是虚数单位，复数 【答案】 4-i 【考点】复数代数形式的混合运算 【解析】【解答】解：由题意得2+𝑖= 故答案为：4-i 【分析】根据复数的运算法则求解即可. 11.在 (2𝑥3+𝑥)6 的展开式中， 𝑥6 的系数是________． 【答案】 160 【考点】二项式定理，二项式定理的应用 𝑟(𝑟【解析】【解答】解： (2𝑥3+𝑥)6 的展开式的通项公式是𝑇𝑟+1=𝐶62𝑥3)6−𝑟(𝑥)=26−𝑟·𝐶6·𝑥18−4𝑟 1 1𝑟 1 9+2𝑖 (9+2𝑖)(2−𝑖) (2+𝑖)(2−𝑖) 9+2𝑖2+𝑖 = ________． = 20−5𝑖5 =4−𝑖 令18-4r=6，得r=3 3 所以 𝑥6 的系数是 23𝐶6=160 【分析】根据二项式的展开式通项公式求解即可. 12.若斜率为 √3 的直线与y轴交于点A ， 与圆 𝑥2+(𝑦−1)2=1 相切于点B ， 则 |𝐴𝐵|= ________． 【答案】 √3 【考点】直线的斜截式方程，点到直线的距离公式，直线与圆的位置关系 【解析】【解答】解：设直线AB的方程为𝑦=√3𝑥+𝑏 ， 则点A(0,b) ∵直线AB与圆 𝑥2+(𝑦−1)2=1相切 ∴|𝑏−1|2=1 ， 解得b=-1或b=3 所以|AC|=2 又∵|BC|=1 ∴|𝐴𝐵|=√|𝐴𝐶|2−|𝐵𝐶|2=√3 故答案为：√3 【分析】根据直线的斜截式方程，结合直线与圆的位置关系以及点到直线的距离公式求解即可. 13.若 𝑎>0,𝑏>0 ，则 𝑎+𝑏2+𝑏 的最小值为________． 【答案】 2√2 【考点】基本不等式，基本不等式在最值问题中的应用 【解析】【解答】解：∵a>0,b>0 ∴1+ 𝑎 𝑎𝑏21 𝑎 +𝑏≥2√· 𝑎 1 𝑎 2 1𝑎𝑏2+𝑏=+𝑏≥2√·𝑏=2√2 𝑏 𝑏 22 当且仅当𝑎=𝑏2且𝑏=𝑏 ， 即𝑎=𝑏=√2时等号成立 所以𝑎+𝑏2+𝑏的最小值是2√2. 【分析】利用基本不等式求解即可. 14.甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为 6 和 5 ，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为________，3次活动中，甲至少获胜2次的概率为________ ． 【答案】 3；27 【考点】相互事件的概率乘法公式，n次重复试验中恰好发生k次的概率 【解析】【解答】解：由题意知在一次活动中，甲获胜的概率为6×5=3 ， 212202 则在3次活动中，甲至少获胜2次的概率为𝐶3×(3)×3+(3)=27 2 35 4 2 2 20 5 1 1 𝑎 故答案为：3，27 【分析】根据甲猜对乙没猜对可求出一次活动中，甲获胜的概率，再根据n次重复试验的概率求法求解即可. 15.在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点， 𝐷𝐸⊥𝐴𝐵 且交AB于点E ． 𝐷𝐹//𝐴𝐵 且⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为________． ⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ | 的值为________； (𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅𝐷𝐴交AC于点F,则 |2𝐵𝐸【答案】 1；20 11 220 【考点】二次函数在闭区间上的最值，向量的模，平面向量数量积的运算 【解析】【解答】解：设BE=x，𝑥∈(0,2) ∵△ABC为边长为1的等边三角形，DE⊥AB ∴∠BDE=30°，BD=2x，DE=√3𝑥 ， DC=1-2x ∵DF//AB ∴△DFC为边长为1-2x的等边三角形，DE⊥DF ∴(2𝐵𝐸+𝐷𝐹)=4𝐵𝐸2+4𝐵𝐸·𝐷𝐹+𝐷𝐹2=4𝑥2+4𝑥(1−2𝑥)·cos0°+(1−2𝑥)2=1 ∴|2𝐵𝐸+𝐷𝐹|=1 ∵(𝐷𝐸+𝐷𝐹)·𝐷𝐴=(𝐷𝐸+𝐷𝐹)·(𝐷𝐸+𝐸𝐴)=𝐷𝐸2+𝐷𝐹·𝐸𝐴 =(√3𝑥)+(1−2𝑥)×(1−𝑥)=5𝑥2−3𝑥+1=5(𝑥−3)+11 1020 则当𝑥=10时，(𝐷𝐸+𝐷𝐹)·𝐷𝐴取得最小值为20 故答案为：1，20 【分析】根据向量的数量积及向量的求模公式，再结合二次函数的最值问题求解即可. 11 3 → → → 11 2 2 → → → → → → → → → → → → → → 2 → → → →1 三、解答题，本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程成演算步骤．（共5题；共75分） 16.在 △𝐴𝐵𝐶 ，角 𝐴,𝐵,𝐶 所对的边分别为 𝑎,𝑏,𝑐 ，已知 sin𝐴:sin𝐵:sin𝐶=2:1:√2 ， 𝑏=√2 ． （1）求a的值； （2）求 cos𝐶 的值； （3）求 sin(2𝐶−6) 的值． 【答案】 （1）因为 sin𝐴:sin𝐵:sin𝐶=2:1:√2 ，由正弦定理可得 𝑎:𝑏:𝑐=2:1:√2 ， ∵𝑏=√2 ， ∴𝑎=2√2,𝑐=2 ； （2）由余弦定理可得 cos𝐶= 3 𝑎2+𝑏2−𝑐2 2𝑎𝑏 𝜋 =2×28+2−4√2×√=4 ； 23 7（3）∵cos𝐶=4 ， ∴sin𝐶=√1−cos2𝐶=√ ， 4 ∴sin2𝐶=2sin𝐶cos𝐶=2× 𝜋 3√7×44𝜋 = 3√78 ， cos2𝐶=2cos2𝐶−1=2×16−1=8 ， 𝜋 3√78 91 所以 sin(2𝐶−6)=sin2𝐶cos6−cos2𝐶sin6 = × √32 −8×2= 11 3√21−1 16 . 【考点】两角和与差的正弦公式，二倍角的正弦公式，同角三角函数基本关系的运用，正弦定理，余弦定理 【解析】【分析】（1）根据正弦定理直接求解即可； （2）根据余弦定理直接求解即可； （3）根据同角三角函数的基本关系，二倍角公式以及两角差的正弦公式求解即可. 17.如图，在棱长为2的正方体 𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （1）求证： 𝐷1𝐹// 平面 𝐴1𝐸𝐶1 ； （2）求直线 𝐴𝐶1 与平面 𝐴1𝐸𝐶1 所成角的正正弦值． （3）求二面角 𝐴−𝐴1𝐶1−𝐸 的正弦值． 【答案】 （1）以 𝐴 为原点， 𝐴𝐵,𝐴𝐷,𝐴𝐴1 分别为 𝑥,𝑦,𝑧 轴，建立如图空间直角坐标系， 则 𝐴(0,0,0) , 𝐴1(0,0,2) , 𝐵(2,0,0) , 𝐶(2,2,0) , 𝐷(0,2,0) , 𝐶1(2,2,2) , 𝐷1(0,2,2) ， 因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以 𝐸(2,1,0) ， 𝐹(1,2,0) ， 所以 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷1𝐹=(1,0,−2) , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴1𝐶1=(2,2,0) , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴1𝐸=(2,1,−2) , ⃗⃗ =(𝑥1,𝑦1,𝑧1) ， 设平面 𝐴1𝐸𝐶1 的一个法向量为 𝑚 𝑚⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴1𝐶1=2𝑥1+2𝑦1=0 ，令 𝑥1=2 ，则 𝑚⃗⃗ =(2,−2,1) ， 则 { 𝑚⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴1𝐸=2𝑥1+𝑦1−2𝑧1=0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 因为 𝐷⃗⃗ =2−2=0 ，所以 𝐷⃗⃗ ， 1𝐹⋅𝑚1𝐹⊥𝑚因为 𝐷1𝐹⊄ 平面 𝐴1𝐸𝐶1 ，所以 𝐷1𝐹// 平面 𝐴1𝐸𝐶1 ； ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ （2）由（1）得， 𝐴𝐶1=(2,2,2) ， 设直线 𝐴𝐶1 与平面 𝐴1𝐸𝐶1 所成角为 𝜃 ， ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 则 sin𝜃=|cos〈𝑚⃗⃗ ,𝐴𝐶1〉|=| ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ ⋅𝐴𝐶𝑚1 |⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ |⋅|𝐴𝐶|𝑚1| = 23×2√3= √3 9 ； ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−2,0) ， （3）由正方体的特征可得，平面 𝐴𝐴1𝐶1 的一个法向量为 ⃗𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,𝑚则 cos〈𝐷𝐵⃗⃗ 〉= ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑚⃗⃗⃗ 𝐷𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|𝑚⃗⃗⃗ ||𝐷𝐵 = 83×2√2= 2√2 3 ， 1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,𝑚所以二面角 𝐴−𝐴1𝐶1−𝐸 的正弦值为 √1−cos2〈𝐷𝐵⃗⃗ 〉= . 3 【考点】直线与平面平行的判定，用空间向量求直线与平面的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）根据向量垂直的充要条件求得 平面 𝐴1𝐸𝐶1 的一个法向量𝑚 ， 再利用向量法直接求证即可； （2）先求出𝐴𝐶1 ， 再由sin𝜃=|cos<𝑚,𝐴𝐶1>|求解即可； （3）先求出平面 𝐴𝐴1𝐶1 的一个法向量 𝐷𝐵 ， 再由cos<𝑚,𝐷𝐵>=系求解即可. 18.已知椭圆 𝑎2+𝑏2=1 (𝑎>𝑏>0) 的右焦点为F,上顶点为B,离心率为 2√5 ，且 |𝐵𝐹|=√5 ． 5（1）求椭圆的方程； （2）直线l与椭圆有唯一的公共点M ， 与y轴的正半轴交于点N ， 过N与BF垂直的直线交x轴于点P ． 若 𝑀𝑃//𝐵𝐹 ，求直线l的方程． 【答案】 （1）易知点 𝐹(𝑐,0) 、 𝐵(0,𝑏) ，故 |𝐵𝐹|=√𝑐2+𝑏2=𝑎=√5 ， 因为椭圆的离心率为 𝑒=因此，椭圆的方程为 （2）设点 𝑀(𝑥0,𝑦0) 为椭圆 先证明直线 𝑀𝑁 的方程为 𝑥0𝑥5𝑥25 5𝑥25 𝑥25 𝑐 2√5 5 𝑥2 𝑦2 → → → 𝑚·𝐷𝐵 →→→ → → →→ → |𝑚|·|𝐷𝐵| 结合同角三角函数的平方关=𝑎 ，故 𝑐=2 ， 𝑏=√𝑎2−𝑐2=1 ， +𝑦2=1 ； +𝑦2=1 上一点， 𝑥0𝑥 +𝑦0𝑦=1 ， 联立 { +𝑦0𝑦=1+𝑦=1 𝑥252 222 ，消去 𝑦 并整理得 𝑥2−2𝑥0𝑥+𝑥0=0 ， 𝛥=4𝑥0−4𝑥0=0 ， 因此，椭圆 +𝑦2=1 在点 𝑀(𝑥0,𝑦0) 处的切线方程为 𝑥0𝑥5 +𝑦0𝑦=1 . 在直线 𝑀𝑁 的方程中，令 𝑥=0 ，可得 𝑦=𝑦 ，由题意可知 𝑦0>0 ，即点 𝑁(0,𝑦) ， 0 0 11 直线 𝐵𝐹 的斜率为 𝑘𝐵𝐹=−𝑐=−2 ，所以，直线 𝑃𝑁 的方程为 𝑦=2𝑥+𝑦 ， 0 𝑏11 在直线 𝑃𝑁 的方程中，令 𝑦=0 ，可得 𝑥=−2𝑦 ，即点 𝑃(−2𝑦,0) ， 0 0 11 因为 𝑀𝑃//𝐵𝐹 ，则 𝑘𝑀𝑃=𝑘𝐵𝐹 ，即 𝑥所以， 𝑥0=−5𝑦0 ，因为 2𝑥0 10+2𝑦0 𝑦0 = =− ，整理可得 (𝑥0+5𝑦0)2=0 ， 2𝑥0𝑦0+12 6 6 22𝑦0 1 565√6√622 +𝑦0=6𝑦0=1 ， ∴𝑦0>0 ，故 𝑦0= ， 𝑥0=− ， 6所以，直线 𝑙 的方程为 −√𝑥+√𝑦=1 ，即 𝑥−𝑦+√6=0 . 66 【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的关系，直线与圆锥曲线的综合问题 【解析】【分析】（1）先求出a值，结合a,b,c的关系求得b，从而求得椭圆的方程； （2）设M(x0,y0)，可得直线l的方程 𝑥0𝑥5 +𝑦0𝑦=1 ， 求出点P的坐标，再根据MP//BF得KMP=KBF ， 求 得x0,y0的值，即可得出直线l的方程 19.已知 {𝑎𝑛} 是公差为2的等差数列，其前和为． {𝑏𝑛} 是公比大于0的等比数列， 𝑏1=4,𝑏3−𝑏2=48 ． （1）求 {𝑎𝑛} 和 {𝑏𝑛} 的通项公式； （2）记 𝑐𝑛=𝑏2𝑛+𝑏,𝑛∈𝑁∗ . 𝑛 1 2 （i）证明 {𝑐𝑛−𝑐2𝑛} 是等比数列； 𝑛 𝑘𝑘+1∗ √𝑐2−𝑐2𝑘<2√2(𝑛∈𝑁) 𝑘 （ii）证明 ∑ 𝑘=1 𝑎𝑎【答案】 （1）因为 {𝑎𝑛} 是公差为2的等差数列，其前和为． 所以 𝑎1+𝑎2+⋅⋅⋅+𝑎8=8𝑎1+ 8×72 ×2= ，所以 𝑎1=1 ， 所以 𝑎𝑛=𝑎1+2(𝑛−1)=2𝑛−1,𝑛∈𝑁∗ ； 设等比数列 {𝑏𝑛} 的公比为 𝑞,(𝑞>0) ， 所以 𝑏3−𝑏2=𝑏1𝑞2−𝑏1𝑞=4(𝑞2−𝑞)=48 ，解得 𝑞=4 （负值舍去）， 所以 𝑏𝑛=𝑏1𝑞𝑛−1=4𝑛,𝑛∈𝑁∗ ； （2）（i）由题意， 𝑐𝑛=𝑏2𝑛+𝑏=42𝑛+4𝑛 ， 𝑛 11 2 −𝑐2𝑛=(42𝑛+4𝑛)2−(44𝑛+42𝑛)=2⋅4𝑛 ， 所以 𝑐𝑛 2 所以 𝑐𝑛−𝑐2𝑛≠0 ，且 2−𝑐𝑐𝑛+12𝑛+22−𝑐𝑐𝑛2𝑛 11 = 2⋅4𝑛+12⋅4𝑛=4 ， 2所以数列 {𝑐𝑛−𝑐2𝑛} 是等比数列； （ii）由题意知， 所以 √ 𝑎𝑛𝑎𝑛+1 2−𝑐𝑐𝑛2𝑛 𝑎𝑛𝑎𝑛+1 2−𝑐𝑐𝑛2𝑛 = (2𝑛−1)(2𝑛+1) 2⋅4𝑛 = 4𝑛2−12⋅22𝑛 < 4𝑛22⋅22𝑛 ， <√2⋅22𝑛=√𝑐2−𝑐 𝑘 4𝑛22𝑛√2⋅2𝑛1= 𝑛 1√ ， ⋅22𝑛−1𝑘 𝑛 𝑛 所以 ∑ 𝑘=1𝑛 𝑎𝑘𝑎𝑘+1 2𝑘 < 120 √2∑2 𝑘−1𝑘=12 ， 𝑛2𝑛−1 设 𝑇𝑛=∑ 1 1 𝑘2𝑘−12 𝑘=1 = 3 + 21 + 322 +⋅⋅⋅+ ， 则 2𝑇𝑛=21+22+23+⋅⋅⋅+2𝑛 ， 两式相减得 2𝑇𝑛=1+2+22+⋅⋅⋅+2𝑛−1−2𝑛=所以 𝑇𝑛=4−2𝑛−1 ， 𝑛 𝑛+21 1 1 1 𝑛 1⋅(1− 1)2𝑛11−2 𝑛 − 𝑛2𝑛=2− 𝑛+22𝑛 ， 所以 ∑ 𝑘=1 √𝑐2−𝑐2𝑘<√2∑𝑘 𝑎𝑘𝑎𝑘+1 1𝑛𝑘=12 𝑘 𝑘−1 = 1√(4−2𝑛−1)<2√2 . 2𝑛+2 【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列的通项公式，等比数列的前n项和，数列的求和 【解析】【分析】（1）根据等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式求解即可； 2 （2）（ⅰ）运算可得𝐶𝑛−𝐶2𝑛=2·4𝑛 ， 结合等比数列的定义即可得证； 𝑎𝑎𝑛+14𝑛 <2𝑛 ， 进而可得∑𝑛 （ⅱ）利用放缩法得𝐶𝑛𝑘=12−𝐶2·2 𝑛 2𝑛 2 √𝐶2−𝐶2𝑘<√2∑𝑘=1 𝑘 𝑎𝑘𝑎𝑘+1 1𝑛 𝑘2𝑘−1 ， 结合错位相减法即 可得证. 20.已知 𝑎>0 ， 函数 𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑥𝑒𝑥 ． （1）求曲线 𝑦=𝑓(𝑥) 在点 (0,𝑓(0)) 处的切线方程： （2）证明 𝑓(𝑥) 存在唯一的极值点 （3）若存在a ， 使得 𝑓(𝑥)≤𝑎+𝑏 对任意 𝑥∈𝑅 成立，求实数b的取值范围． 【答案】 （1）𝑓′(𝑥)=𝑎−(𝑥+1)𝑒𝑥 ，则 𝑓′(0)=𝑎−1 ， 又 𝑓(0)=0 ，则切线方程为 𝑦=(𝑎−1)𝑥,(𝑎>0) ； （2）令 𝑓′(𝑥)=𝑎−(𝑥+1)𝑒𝑥=0 ，则 𝑎=(𝑥+1)𝑒𝑥 ， 令 𝑔(𝑥)=(𝑥+1)𝑒𝑥 ，则 𝑔′(𝑥)=(𝑥+2)𝑒𝑥 ， 当 𝑥∈(−∞,−2) 时， 𝑔′(𝑥)<0 ， 𝑔(𝑥) 单调递减；当 𝑥∈(−2,+∞) 时， 𝑔′(𝑥)>0 ， 𝑔(𝑥) 单调递增， 当 𝑥→−∞ 时， 𝑔(𝑥)<0 ， 𝑔(−1)=0 ，当 𝑥→+∞ 时， 𝑔(𝑥)>0 ，画出 𝑔(𝑥) 大致图像如下： 所以当 𝑎>0 时， 𝑦=𝑎 与 𝑦=𝑔(𝑥) 仅有一个交点，令 𝑔(𝑚)=𝑎 ，则 𝑚>−1 ，且 𝑓′(𝑚)=𝑎−𝑔(𝑚)=0 ， 当 𝑥∈(−∞,𝑚) 时， 𝑎>𝑔(𝑥) ，则 𝑓′(𝑥)>0 ， 𝑓(𝑥) 单调递增， 当 𝑥∈(𝑚,+∞) 时， 𝑎<𝑔(𝑥) ，则 𝑓′(𝑥)<0 ， 𝑓(𝑥) 单调递减， 𝑥=𝑚 为 𝑓(𝑥) 的极大值点，故 𝑓(𝑥) 存在唯一的极值点； （3）由（II）知 𝑓(𝑥)max=𝑓(𝑚) ，此时 𝑎=(1+𝑚)𝑒𝑚,𝑚>−1 ， 所以 {𝑓(𝑥)−𝑎}max=𝑓(𝑚)−𝑎=(𝑚2−𝑚−1)𝑒𝑚,(𝑚>−1) ， 令 ℎ(𝑥)=(𝑥2−𝑥−1)𝑒𝑥,(𝑥>−1) ， 若存在a，使得 𝑓(𝑥)≤𝑎+𝑏 对任意 𝑥∈𝑅 成立，等价于存在 𝑥∈(−1,+∞) ，使得 ℎ(𝑥)≤𝑏 ，即 𝑏≥ℎ(𝑥)min ， ℎ(𝑥)=(𝑥2+𝑥−2)𝑒𝑥=(𝑥−1)(𝑥+2)𝑒𝑥 ， 𝑥>−1 ， 当 𝑥∈(−1,1) 时， ℎ′(𝑥)<0 ， ℎ(𝑥) 单调递减，当 𝑥∈(1,+∞) 时， ℎ′(𝑥)>0 ， ℎ(𝑥) 单调递增， 所以 ℎ(𝑥)min=ℎ(1)=−𝑒 ，故 𝑏≥−𝑒 ， 所以实数b的取值范围 [−𝑒,+∞) . 【考点】导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值 【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）令f'(x)=0，可得a=(x+1)ex ， 则可化为证明y=a与y=g(x)仅有一个交点，利用导数研究y=g(x)的变化情况，数形结合求解即可； （3）令h(x)=(x2-x-1)ex ， (x>-1)，则将问题等价转化为存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min ， 利用导数求出h(x)的最小值即可. ′
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容
Copyright © 2019- gamedaodao.com 版权所有 湘ICP备2022005869号-6
违法及侵权请联系：TEL:199 18 7713 E-MAIL:2724546146@qq.com
本站由北京市万商天勤律师事务所王兴未律师提供法律服务