高20xx级高三第二次月考数学理试题(编辑修改稿)

高20xx级高三第二次月考数学理试题(编辑修改稿)内容摘要：

第 8 页 2 （本小题 满分 12 分） 顶点在坐标原点，开口向上的抛物线经过点 0(1,1)A ，过点 0A 作抛物线的切线交 x 轴于点 B1，过点 B1 作 x轴的垂线交抛物线于点 A1，过点 A1 作抛物线的切线交 x 轴于点 B2， … ，过点 ( , )n n nA x y 作抛物线的切线交 x 轴于点 11( ,0)nnBx ． （ 1）求数列 { xn }， { yn}的通项公式 ()nN ； （ 2）设11111nnna xx，数列 { an}的前 n 项和为 Tn．求证： 12 2nTn； （ 3）设 21 lognnby ，若对于任意正整数 n，不等式1211(1 )(1 )bb… 1(1 )nb≥ 23an成立，求正数 a 的取值范围。 第 21 题图 B 2 B1A 2A 1A 0Oyx 第 9 页 （ 1）由已知得抛物线方程为 2,2y x y x． ………………… ……………………2 分 则设过点 ( , )n n nA x y 的切线为 2 2 ( )n n ny x x x x  ． 令 0, 2nxyx，故1 2nn xx ． 又 0 1x ，所以 12n nx ， 14n ny ． ………………………… …………………4 分 （ 2）由（ 1）知 1()2 nnx ． 所以 1111 1 2 211 2 1 2 11 ( ) 1 ( )22nnn nnnna    2 1 121nn + 112 1 121nn 11 21n+1+1121n 12(21n   1121n) ． 由 112 1 2nn，112 1 2nn， 得 121n  1121n 12n112n． 所以 na 12(21n   1121n) 12(2n   112n)． …………………6 分 从而12 2 2 3 11 1 1 1 1 1[ 2 ( ) ] [ 2 ( ) ] [ 2 ( ) ]2 2 2 2 2 2nn nnT a a a               2 2 3 11 1 1 1 1 12 [ ( ) ( ) ] ( ) ]2 2 2 2 2 2nnn         11 1 12 ( ) 22 2 2nnn    ， 即 nT 12 2n ． …………………………8 分 （ 3）由于 14n ny ，故 21nbn． 对任意正整数 n，不等式121 1 1(1 ) (1 ) (1 ) 2 3n anb b b   ≥成立， 即 123a n≤ 121 1 1(1 )(1 ) (1 )nb b b  恒成立． 设 1()23fn n  121 1 1(1 )(1 ) (1 )nb b b  ， 则 1( 1)25fn n  1 2 11 1 1 1(1 ) (1 ) (1 ) (1 )nnb b b b    ． 故 ( 1) 2 3() 25f n nfn n  11(1 )nb= 2 3 2 42325nnnn = 242 5 2 3nnn 224 16 16 14 16 15nn  所以 ( 1) ( )f n f n ，故 ()fn 递增。 ……………………10 分 则m in 1 4 4 5( ) (1 ) 3 1 55f n f   ． 第 10 页 故 0 a ≤ 4515 ． ………………………………12 分 第 11 页 已知数列 }{na 的前 n 项和为 nS ，若 naS nn  2 ，且11nnnn aaab ，数列 }{nb 的前 n 项和为nT。 （ 1）求证： }1{ na 为等比数列； （ 2）求 nT ； （ 3）设 *( ) ( 2 1 ) l n( 2 1 ) 1 , ( )nnf x x x x n N       ，求证： ( ) .2( 1)nnTfx T  解：（ 1） 由112, ( 2 )2 ( 1 ) ,nnnnS a n nS a n    ，得 11 2( 1)nnaa  ， 又因为 1121Sa，所以 111, 1 2 0aa     ， 所以 { 1}na 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列， 所以 11 2 2 2nnna      ． （ 2） 由（ I）知，112 1 1(1 2 ) (1 2 ) 2 1 2 1nn n n n nb      , 故2 2 3 1 11 1 1 1 1 1 1[ ( ) ( ) ( ) ] 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1n n n nT                ． （ 3） 因为1112221 1 2 .12 ( 1 )2 21nn nnn nTT   ,所以 / ( ) ln( 2 1)f x x  。 令 / ( ) ln ( 2 1 ) 021nnf x xx     ，得 2nx , 令 / ( ) ln ( 2 1 ) 021nnf x xx     ，得 2 1 2nnx  , x (2 1,2 )nn 2n (2, )n  /y 0 + y ↘ 极小值 ↗ 故当 2nx 时，函数 min( ) 1 2nfx ，所以 ( ) .2( 1)n。