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2019-2020学年北京四中高二(上)期中数学试卷(含详细解答)

1、若 ab0,则下列不等式中成立的是( ) Aa2b2 B C D 6 (5 分) “x24”是“x2”成立的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 7 (5 分)若 a,bR,且 ab0,则下列不等式中,恒成立的是( ) Aa2+b22ab B C D 8 (5 分)等差数列an前 n 项和为 Sn,a111,a4+a66则当 Sn取最小值时,n ( ) A6 B7 C8 D9 9 (5 分)函数的最大值为( ) A6 B9 C6 D9 10(5 分) 已知常数 k (0, 1) , 数列an满足 下面说法正确的是 ( ) 当时,数列an为递减数列; 当

2、时,数列an为递减数列; 第 2 页(共 18 页) 当时,数列an不一定有最大项; 当为正整数时,数列an必有两项相等的最大项 A B C D 二填空题(本大题共二填空题(本大题共 5 小小题,每小题题,每小题 4 分,共分,共 20 分)分) 11 (4 分)命题“xR,x210”的否定是 12(4 分) 设 Sn为等比数列an的前 n 项和, 8a2a50, 则公比 q , 13 (4 分)若正数 a,b 满足,则 a+b 的最小值等于 14 (4 分)已知函数 f(x)的对应关系如表所示: x 1 2 3 f(x) 3 1 2 数列an满足 a13,an+1f(an) ,则 a4 ,a

3、2019 15 (4 分)能够说明“设 a,b,c 是任意实数若 abc,则 a+bc”是假命题的一组 整数 a,b,c 的值依次为 三解答题(本大题共三解答题(本大题共 3 小题,每小题小题,每小题 10 分,共分,共 30 分)分) 16 (10 分)已知an为等差数列,且 a36,a60 ()求an的通项公式; ()若等比数列bn满足 b13,b2a4+a5,求bn的前 n 项和公式 17 (10 分)已知函数 f(x)x2+ax4 ()当 a3 时,解不等式 f(x)0; ()若不等式 f(x)+50 的解集为 R,求实数 a 的取值范围 18 (10 分)已知an是等差数列,bn是等

4、比数列,且 b23,b581,a1b1,a14b4 ()求an的通项公式; ()设 cnanbn,求数列cn的前 n 项和 Tn 四选填题(本大题共四选填题(本大题共 3 小题,每小题小题,每小题 4 分,共分,共 28 分)分) 19 (4 分)若 m0,n0 且 m+n0,则( ) Amnnm Bnmmn Cmnmn Dnmnm 20 (4 分) 设an是等差数列, bn为等比数列, 其公比 q1, 且 bn0 (n1, 2, 3, ) 若 第 3 页(共 18 页) a1b1,a11b11,则 a6与 b6的大小关系为( ) Aa6b6 Ba6b6 Ca6b6 Da6b6 21 (4 分

5、)已知数列an满足 an+1+an4n+3,且 a12,则 a1+a2020( ) A4043 B4046 C4047 D4049 五、填空题五、填空题 22 (4 分)已知数列an满足 an4Sn3,nN*,则 a1+a3+a5+a2n+1 23 (4 分)已知 a0,b0,不等式的解集是 24 (4 分)已知 ab0,则的最小值是 25 (4 分)有穷数列满足|an+1an|1,且 a1,a4,a12成等比数 列若 a11,a124,则满足条件的不同数列an的个数为 六解答题(本大题共六解答题(本大题共 2 小题,共小题,共 22 分)分) 26 (10 分)已知二次函数 f(x)ax2+

6、bx,f(1)4,恒有 f(x)6x+2数列an 满足 an+1f(an) ,且(nN*) ()求 f(x)的解析式; ()证明:数列an单调递增; ()记aia1a2an,若,求(12ai) 27 (12 分)给定数列 a1,a2,an对 i1,2,3,n1,该数列前 i 项的最大值 记为 Ai,后 ni 项 ai+1,ai+2,an的最小值记为 Bi,diAiBi ()设数列an为 3,4,7,1写出 d1,d2,d3的值; ()设 a1,a2,an(n4)是公比大于 1 的等比数列,且 a10证明 d1,d2, dn1是等比数列; ()若 d1d2dn10,证明an是常数列 第 4 页(

7、共 18 页) 2019-2020 学年北京四中高二(上)期中数学试卷学年北京四中高二(上)期中数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题(本大题共一选择题(本大题共 10 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 50 分)分) 1 (5 分)不等式0 的解集为( ) Ax|2x3 Bx|x2 Cx|x2 或 x3 Dx|x3 【分析】本题的方法是:要使不等式小于 0 即要分子与分母异号,得到一个一元二次不 等式,讨论 x 的值即可得到解集 【解答】解:,得到(x3) (x+2)0 即 x30 且 x+20 解得:x3 且 x2 所以无解; 或 x30 且 x+20,解得2x

8、3, 所以不等式的解集为2x3 故选:A 【点评】本题主要考查学生求不等式解集的能力,是一道基础题 2 (5 分)已知数列an满足 an+1an+n,且 a12,那么 a3( ) A4 B5 C6 D7 【分析】直接利用数列的递推关系式的应用求出结果 【解答】解:数列an满足 an+1an+n,且 a12, 当 n1 时,a2a1+13, 当 n2 时,a3a2+25, 故选:B 【点评】本题考查的知识要点:数列的递推关系式的应用,主要考查学生的运算能力和 转换能力及思维能力,属于基础题型 3 (5 分)下列命题中的假命题是( ) AxR,x30 BxR,使 tanx2 CxR,2x0 DxR

9、,使 lgx0 【分析】对于全称命题,若为假命题,举反例即可,若为真命题,需证明;对于特称命 题,若为真命题,举例即可,若为假命题,需要证明 根据含量词的命题判断方法逐一判断即可 第 5 页(共 18 页) 【解答】解:对于 A,当 x0 时,x30,与 x30 矛盾;故 A 为假命题; 对于 B,由于正切函数值域为 R,故xR,使 tanx2 正确,故 B 为真命题; 对于 C,由于指数函数值域为(0,+) ,故xR,2x0 正确,故 C 为真命题; 对于 D,当 x1 时,使 lg10,故xR,使 lgx0 正确,故 D 为真命题 故选:A 【点评】本题考查了含量词的命题的真假的判断,属于

10、基础题 4 (5 分)已知等差数列an中,a11,公差 d2,则an的前 5 项和等于( ) A15 B17 C15 D17 【分析】等差数列an中,由 a11,公差 d2,能求出an的前 5 项和 【解答】解:等差数列an中,a11,公差 d2, an的前 5 项和为: S515 故选:C 【点评】本题考查等差数列的前 5 项和的求法,考查等差数列的性质等基础知识,考查 运算求解能力,是基础题 5 (5 分)若 ab0,则下列不等式中成立的是( ) Aa2b2 B C D 【分析】利用不等式的性质,作差法,举特例法,ab0,则ab0,故(a) 2(b)2,即 a2b2,故 A 错,若 a2,

11、b1,则 ,故 B 不成立, ,故 C 错,D 对,故选:D 【解答】解:ab0,则ab0,故(a)2(b)2,即 a2b2,故 A 错, 若 a2,b1,则,故 B 不成立, ,故 C 错,D 对, 故选:D 【点评】考查了不等式的性质,用了作差法,举特例法等数学方法,基础题 6 (5 分) “x24”是“x2”成立的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 第 6 页(共 18 页) 【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可 【解答】解:由 x24 得 x2 或 x2, 则“x24”是“x2”成立的必要不充分条件, 故选:B 【点评】本题主要考

12、查充分条件和必要条件的判断,比较基础 7 (5 分)若 a,bR,且 ab0,则下列不等式中,恒成立的是( ) Aa2+b22ab B C D 【分析】利用基本不等式需注意:各数必须是正数不等式 a2+b22ab 的使用条件是 a, bR 【解答】解:对于 A;a2+b22ab 所以 A 错误 对于 B,C,虽然 ab0,只能说明 a,b 同号,若 a,b 都小于 0 时,所以 B,C 错 ab0 故选:D 【点评】本题考查利用基本不等式求函数的最值时,必须注意满足的条件:一正、二定、 三相等 8 (5 分)等差数列an前 n 项和为 Sn,a111,a4+a66则当 Sn取最小值时,n (

13、) A6 B7 C8 D9 【分析】根据等差数列的性质化简 a4+a66,得到 a5的值,然后根据 a1的值,利用等 差数列的通项公式即可求出公差 d 的值,根据 a1和 d 的值写出等差数列的通项公式,进 而写出等差数列的前 n 项和公式 Sn,配方后即可得到 Sn 取最小值时 n 的值点评: 【解答】解:由 a4+a62a56,解得 a53,又 a111, a5a1+4d11+4d3,解得 d2, 则 an11+2(n1)2n13, Snn212n(n6)236, 当 n6 时,Sn取最小值 故选:A 【点评】此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式及前 n 项和公式化简求值,掌握等 第 7

14、 页(共 18 页) 差数列的性质,是一道基础题 9 (5 分)函数的最大值为( ) A6 B9 C6 D9 【 分 析 】 函 数, tanx 0 , 由 基 本 不 等 式 , ,得出结论 【解答】解:函数,tanx0, 由基本不等式, 当且仅当 tanx3 成立, 所以, 故选:C 【点评】考查基本不等式的应用,基础题 10(5 分) 已知常数 k (0, 1) , 数列an满足 下面说法正确的是 ( ) 当时,数列an为递减数列; 当时,数列an为递减数列; 当时,数列an不一定有最大项; 当为正整数时,数列an必有两项相等的最大项 A B C D 【分析】直接用作商比较法计算,对 k

15、 的范围进行讨论, 得到数列an的单调性 【解答】解:当时,所以数列an不是递减数列, 不正确; 当时,即 an+1an,数列an 是递减数列,正确; 第 8 页(共 18 页) 当时, 则, 例如取, 则 a7a8且为最大项,错误; , 当为正整数时, 当时,a1a2a3a4 当 时,令,解得; 则, 当 nm 时,1,数列an单调递增; 当 nm 时,数列an单调递减; 当 nm 时,an+1an; 所以数列an必有两项相等的最大项;正确; 故选:C 【点评】本题考查数列的增减性,作商法比较大小,属于难题 二填空题(本大题共二填空题(本大题共 5 小题,每小题小题,每小题 4 分,共分,共

16、 20 分)分) 11 (4 分)命题“xR,x210”的否定是 xR,x210 【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可 【解答】解:因为特称命题的否定是全称命题,所以,命题“xR,x210”的否定 是:xR,x210 故答案为:xR,x210 【点评】本题考查命题的否定,特称命题与全称命题的否定关系,是基础题 12 (4 分)设 Sn为等比数列an的前 n 项和,8a2a50,则公比 q 2 , 5 【分析】利用递推式 8a2a50 根据等比数列的定义得到公比 q,设该数列首项为 a1, 利用前 n 项和公式求解 第 9 页(共 18 页) 【解答】解:等比数列an中 8a2a

17、50,设首项为 a1, , q2, 由等比数列前 n 项和公式得:, 故答案为:2;5 【点评】本题考查了等比数列的通项公式和前 n 项和公式,是基础的计算题 13 (4 分)若正数 a,b 满足,则 a+b 的最小值等于 9 【分析】若正数 a,b 满足,则(a+b)(1+2)29,得出结论 【解答】解:若正数 a,b 满足, 则(a+b)(1+2)29, 当且仅当 a2b9 时,取等号, 故答案为:9 【点评】考查基本不等式的应用,本题用了柯西不等式,基础题 14 (4 分)已知函数 f(x)的对应关系如表所示: x 1 2 3 f(x) 3 1 2 数列an满足 a13,an+1f(an

18、) ,则 a4 3 ,a2019 1 【分析】根据函数与数列的对应关系,进行递推,得到数列an是周期为 3 的周期数列, 结合数列的周期性进行转化求解即可 【解答】解:由函数对应关系得 a13,a2f(a1)f(3)2, a3f(a2)f(2)1, a4f(a3)f(1)3, 则 a4a1, 则数列an的周期是 3, 则 a2019a6723+3a31, 第 10 页(共 18 页) 故答案为:3,1 【点评】本题主要考查函数与数列的综合,结合数列的递推关系,得到数列an是周期 为 3 的周期数列是解决本题的关键考查学生的运算推理能力 15 (4 分)能够说明“设 a,b,c 是任意实数若 a

19、bc,则 a+bc”是假命题的一组 整数 a,b,c 的值依次为 1,2,3 【分析】设 a,b,c 是任意实数若 abc,则 a+bc”是假命题,则若 abc,则 a+bc”是真命题,举例即可,本题答案不唯一 【解答】解:设 a,b,c 是任意实数若 abc,则 a+bc”是假命题, 则若 abc,则 a+bc”是真命题, 可设 a,b,c 的值依次1,2,3, (答案不唯一) , 故答案为:1,2,3 【点评】本题考查了命题的真假,举例说明即可,属于基础题 三解答题(本大题共三解答题(本大题共 3 小题,每小题小题,每小题 10 分,共分,共 30 分)分) 16 (10 分)已知an为等

20、差数列,且 a36,a60 ()求an的通项公式; ()若等比数列bn满足 b13,b2a4+a5,求bn的前 n 项和公式 【分析】 ()利用等差数列通项公式列方程组求出首项和公差,由此能求出 an ()求出等比数列bn的首项和公差,由此能求出bn的前 n 项和公式 【解答】解: ()an为等差数列,且 a36,a60 , 解得 d2,a110, an10+(n1)(2)2n+12 ()等比数列bn满足 b13, b2a4+a5(8+12)+(10+12)6, q2, bn的前 n 项和公式为: Sn32n3 【点评】本题考查等差数列的通项公式和前 n 项和公式的求法,考查等差数列的性质等

21、第 11 页(共 18 页) 基础知识,考查运算求解能力,是基础题 17 (10 分)已知函数 f(x)x2+ax4 ()当 a3 时,解不等式 f(x)0; ()若不等式 f(x)+50 的解集为 R,求实数 a 的取值范围 【分析】 (1)函数 f(x)x2+ax4,当 a3 时,f(x)x2+3x4(x+4) (x1) 0,解出即可; (2)不等式 f(x)+50 的解集为 R,a240,即 a(2,2) 【解答】解: (1)函数 f(x)x2+ax4, 当 a3 时,f(x)x2+3x4(x+4) (x1)0, 故不等式的解集为(4,1) (2)不等式 f(x)+50 的解集为 R,

22、x2+ax+10 在 R 上恒成立, a240,即 a(2,2) 【点评】考查一元二次不等式的解法,恒成立问题,基础题 18 (10 分)已知an是等差数列,bn是等比数列,且 b23,b581,a1b1,a14b4 ()求an的通项公式; ()设 cnanbn,求数列cn的前 n 项和 Tn 【分析】 ()an是公差为 d 的等差数列,bn是公比为 q 的等比数列,运用等差数列 和等比数列的通项公式,解方程即可得到所求通项公式; ()求得 cnanbn(2n1) 3n 1,运用数列的错位相减法求和,结合等比数列的求 和公式,计算可得所求和 【解答】解: ()an是公差为 d 的等差数列,bn

23、是公比为 q 的等比数列,且 b23, b581, 可得 q327,即 q3,则 bnb2qn 23n1; a1b11,a14b427,则 d2, 则 an1+2(n1)2n1: ()cnanbn(2n1) 3n 1, 可得前 n 项和 Tn130+331+532+(2n1) 3n 1, 第 12 页(共 18 页) 3Tn13+332+533+(2n1) 3n, 两式相减可得2Tn1+2(3+32+3n 1)(2n1) 3n 1+2(2n1) 3n, 化为 Tn1+(n1) ) 3n 【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用,考查数列的错位 相减法求和,化简运算能力,属于

24、中档题 四选填题(本大题共四选填题(本大题共 3 小题,每小题小题,每小题 4 分,共分,共 28 分)分) 19 (4 分)若 m0,n0 且 m+n0,则( ) Amnnm Bnmmn Cmnmn Dnmnm 【分析】由 m0,得m0,n0,得n0,由 m+n0,mn0,0nm, 所以由不等式的传递性得,mn0nm,得出结论 【解答】解:由 m0,得m0, n0,得n0, 由 m+n0,mn0,0nm, 所以 mn0nm, 故选:A 【点评】考查不等式的性质,不等式的传递性等,基础题 20 (4 分) 设an是等差数列, bn为等比数列, 其公比 q1, 且 bn0 (n1, 2, 3,

25、) 若 a1b1,a11b11,则 a6与 b6的大小关系为( ) Aa6b6 Ba6b6 Ca6b6 Da6b6 【分析】由题意可得 a1+a11b1+b112a6,再由 b1+b1122b6,从而得出结 论 【解答】解:由题意可得 a1+a11b1+b112a6 公比 q1,bi0,b1+b1122b6, 2a62b6,即 a6b6, 故选:A 【点评】本题主要考查等差数列的定义和性质,等比数列的定义和性质,基本不等式的 应用,属于基础题 21 (4 分)已知数列an满足 an+1+an4n+3,且 a12,则 a1+a2020( ) 第 13 页(共 18 页) A4043 B4046

26、C4047 D4049 【分析】直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式,进一步利用通项公式的应用 求出结果 【解答】解:数列an满足 an+1+an4n+3,则 an+2+an+14n+7, 得 an+2an4(常数) , 所以数列an的奇数项和偶数项公差都为 4 的等差数列 由于 a12, 所以 a1+a27,解得 a25, 所以 所以 a1+a20202+22020+14043 故选:A 【点评】本题考查的知识要点:数列的通项公式的求法及应用,主要考查学生的运算能 力和转换能力及思维能力,属于基础题型 五、填空题五、填空题 22 (4 分)已知数列an满足 an4Sn3,nN*,则 a

27、1+a3+a5+a2n+1 【分析】运用数列的递推式:n1 时,a1S1,n2 时,anSnSn1,结合等比数列 的定义和通项公式,可得 an()n 1,可得 a 1,a3,a5,a2n+1为首项为 1,公 比为的等比数列,由等比数列的求和公式,可得所求和 【解答】解:数列an满足 an4Sn3,nN*, 可得 n1 时,a14S134a13,即 a11, 当 n2 时,an14Sn13,又 an4Sn3, 两式相减可得 anan14(SnSn1)4an, 可得 anan1,可得an为首项为 1,公比 q 为的等比数列, 则 ana1qn 1( )n 1, 可得 a1,a3,a5,a2n+1为

28、首项为 1,公比为的等比数列, 第 14 页(共 18 页) 则 a1+a3+a5+a2n+1 故答案为: 【点评】本题考查数列的递推式的运用,考查等比数列的定义、通项公式和求和公式的 运用,考查运算能力,属于基础题 23 (4 分)已知 a0,b0,不等式的解集是 【分析】在 a0,b0 的条件下将ba 转化为即可求得答案 【解答】解:ba, +b0 且a0, b0,由0,解得 x0 或 x; a0,得00,a0, x或 x0; 由得:x或 x; 不等式ba 的解集是(,)(,+) 故答案为: (,)(,+) 【点评】本题考查分式不等式组的解法,将ba 转化为是关键,也是 难点,考查化归思想

29、与分析运算的能力,属于中档题 24 (4 分)已知 ab0,则的最小值是 8 【分析】 令 tabb20, 则 a, 当且仅当 tb2时成立, 所以 ,当且仅当 t1 时成立 【解答】解:令 tabb20,则 a,当且仅当 tb2时成立, 第 15 页(共 18 页) 所以,当且仅当 t1 时成立, 故答案为:8 【点评】考查了基本不等式的应用,还用了换元法,中档题 25 (4 分)有穷数列满足|an+1an|1,且 a1,a4,a12成等比数 列若 a11,a124,则满足条件的不同数列an的个数为 176 【分析】根据题意,由|an+1an|1|分析可得必有在 an+1an1 和 an+1

30、an1 中, 必须且只能有 1 个成立,由等比数列的性质求得 a42,进而分 2 种情况讨论,分析由 乘法原理计算可得每种情况的数列数目,由分类计数原理计算可得答案 【解答】解:根据题意,由|an+1an|1|分析可得必有在 an+1an1 和 an+1an1 中,必须且只能有 1 个成立, a1,a4,a12成等比数列且 a11,a124, 则 a42, 分 2 种情况讨论: 、若 a42, 在 1n3 中,an+1an1 都成立, 在 4n11 中,有 1 个 an+1an1,7 个 an+1an1 成立, 则有 C818 种情况,即有 8 个不同数列; 、若 a42, 在 1n3 中,有

31、 1 个 an+1an1 成立,2 个 an+1an1 成立,有 C313 种情况, 在 4n11 中,有 3 个 an+1an1,5 个 an+1an1 成立,有 C8356 种情况, 则有 356168 种情况,即有 168 个不同数列; 则一共有 8+168176 个满足条件的不同数列 故答案为:176 【点评】本题考查排列、组合的综合应用,涉及函数的定义以及函数值的计算,关键是 将函数值的问题转化为排列、组合问题 六解答题(本大题共六解答题(本大题共 2 小题,共小题,共 22 分分) 26 (10 分)已知二次函数 f(x)ax2+bx,f(1)4,恒有 f(x)6x+2数列an 满

32、足 an+1f(an) ,且(nN*) ()求 f(x)的解析式; 第 16 页(共 18 页) ()证明:数列an单调递增; ()记aia1a2an,若,求(12ai) 【分析】 ()根据 f(1)4 可得 a,b 数量关系,再根据恒有 f(x)6x+2可 求出 a,进而得 f(x)解析式; ()利用二次函数验证 an+1an0 即可; ()先求出数列lg(12an)是以 2 为公比,lg(12a1)lg为首相的等比数列, 所以 12an,进而可求出(12ai)的值 【解答】解: ()f(1)ab4,即 ba+4, 因为 f(x)ax2+bx6x+2 恒成立,即对任意 x,ax2+(b6)x

33、20 恒成立, 所以,整理得(a+2)20,所以 a2,b2, 则 f(x)2x2+2x; () 证明: 因为 an+1f (an) 2an2+2an, 所以 an+1an2an2+2anan2an2+an 2(an)2+, 因为(nN*) ,所以 an+1an(0,) ,则 an+1an,所以数列an单调递 增; ()因为 an+12an2+2an,即 an+12(an)2,两边同时乘以2,可得 1 2an+1(12an)2, 两边取对数可得 lg(12an+1)2lg(12an) ,则数列lg(12an)是以 2 为公比, lg(12a1)lg为首项的等比数列, 所以 lg(12an)2n

34、 1lg lg,则 12an, (12ai)(12a1) (12a2) (12a3)(12an) 【点评】本题考查数列与函数的综合运用,能判断出数列lg(12an)是等比数列是关 第 17 页(共 18 页) 键,属于难题 27 (12 分)给定数列 a1,a2,an对 i1,2,3,n1,该数列前 i 项的最大值 记为 Ai,后 ni 项 ai+1,ai+2,an的最小值记为 Bi,diAiBi ()设数列an为 3,4,7,1写出 d1,d2,d3的值; ()设 a1,a2,an(n4)是公比大于 1 的等比数列,且 a10证明 d1,d2, dn1是等比数列; ()若 d1d2dn10,

35、证明an是常数列 【分析】 (I)由 d1A1B12,d2A2B2413,d3A3B3716,得出结 论; (II) 根据题意得, dkAkBkakak+1, 由为定值, 得出结论; (III)先证明 d1A1B10,即 maxa1mina2,an,故存在 k2 时,a1ak, 且对于任意的 j2,3,n,都有 ajak,再证明对于任意的 j2,3,k1, aja1ak, 由可知,对于任意的 j2,3,k1,都有 ajak,故 a1a2ak,同理 得出结论 【解答】解: (I)d1A1B12,d2A2B2413,d3A3B3716; (II) 证明: a1, a2, , an(n4) 是公比大

36、于 1 的等比数列, 且 a10, 所以, 且数列为递增数列, 所 以 当k 1 , 2 , 3 , , n 1时 , dk Ak Bk ak ak+1, 所 以 , 所以 d1,d2,dn1是等比数列; (iii)若 d1d2dn10, 由 d1A1B10,即 maxa1mina2,an, 故存在 k2 时,a1ak,且对于任意的 j2,3,n,都有 ajak, 若 k2,则 a1a2, 若 k2,因为 dk10,所以 Ak1Bk1,即 maxa1,ak1minak,anak, 第 18 页(共 18 页) 又 a1ak,所以对于任意的 j2,3,k1,aja1ak, 由可知,对于任意的 j2,3,k1,都有 ajak, 故 a1a2ak, 因为 dk0,所以 AkBk,所以 akmaxa1,akminak+1,an, 所以存在 kk+1,k+2,n,使得 akak, 根据以上道理,可得故 akak, 依此类推,故an是常数列 【点评】本题是一道创新型数列题,结合等比数列的性质,考查了数学的逻辑推理能力 和数学运算能力,难度较大,综合性强