解答題(三) 17．已知a1＝2，a2＝4，數(shù)列{bn}滿足：bn＋1＝2bn＋2且an＋1－an＝bn. (1)求證：數(shù)列{bn＋2}是等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的通項公式． 解　(1)證明：由題知，＝＝2， ∵b1＝a2－a1＝4－2＝2，∴b1＋2＝4， ∴數(shù)列{bn＋2}是以4為首項，2為公比的等比數(shù)列． (2)由(1)可得，bn＋2＝4·2n－1，故bn＝2n＋1－2. ∵an＋1－an＝bn， ∴a2－a1＝b1， a3－a2＝b2， a4－a3＝b3， … an－an－1＝bn－1. 累加得，an－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1(n≥2)， an＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n－2) ＝－2(n－1)＝2n＋1－2n， 故an＝2n＋1－2n(n≥2)． ∵a1＝2＝21＋1－2×1， ∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n＋1－2n(n∈N*)． 18．(2019·安徽江淮十校5月考前最后一卷)如圖，已知三棱柱ABC－A′B′C′的底面ABC是等邊三角形，側(cè)面AA′C′C⊥底面ABC，D是棱BB′的中點． (1)求證：平面DA′C⊥平面ACC′A′； (2)求平面DA′C將該三棱柱分成上、下兩部分的體積比． 解　(1)證明：如圖，取AC，A′C′的中點O，F(xiàn)，連接OF與A′C交于點E，連接DE，OB，B′F，則E為OF的中點，OF∥AA′∥BB′，且OF＝AA′＝BB′，所以BB′FO是平行四邊形．又D是棱BB′的中點，所以DE∥OB. 側(cè)面AA′C′C⊥平面ABC，且OB⊥AC，所以O(shè)B⊥平面ACC′A′，則DE⊥平面ACC′A′，又DE?平面DA′C，所以平面DA′C⊥平面ACC′A′. (2)連接A′B，設(shè)三棱柱ABC－A′B′C′的體積為V. 故四棱錐A′－BCC′B′的體積VA′－BCC′B′＝V－V＝V，又D是棱BB′的中點，△BCD的面積是BCC′B′面積的，故四棱錐A′－B′C′CD的體積VA′－B′C′CD＝VA′－BCC′B′＝×V＝V，故平面DA′C將該三棱柱分成上、下兩部分的體積比為1∶1. 19．(2019·江西南昌第一次模擬)市面上有某品牌A型和B型兩種節(jié)能燈，假定A型節(jié)能燈使用壽命都超過5000小時，經(jīng)銷商對B型節(jié)能燈使用壽命進行了調(diào)查統(tǒng)計，得到如下頻率分布直方圖： 某商家因原店面需要重新裝修，需租賃一家新店面進行周轉(zhuǎn)，合約期一年．新店面需安裝該品牌節(jié)能燈5支(同種型號)即可正常營業(yè)．經(jīng)了解，A型20瓦和B型55瓦的兩種節(jié)能燈照明效果相當(dāng)，都適合安裝．已知A型和B型節(jié)能燈每支的價格分別為120元、25元，當(dāng)?shù)厣虡I(yè)電價為0.75元/千瓦時．假定該店面一年周轉(zhuǎn)期的照明時間為3600小時，若正常營業(yè)期間燈壞了立即購買同型燈管更換(用頻率估計概率)． (1)根據(jù)頻率直方圖估算B型節(jié)能燈的平均使用壽命； (2)根據(jù)統(tǒng)計知識知，若一支燈管一年內(nèi)需要更換的概率為p，那么n支燈管估計需要更換np支．若該商家新店面全部安裝了B型節(jié)能燈，試估計一年內(nèi)需更換的支數(shù)； (3)若只考慮燈的成本和消耗電費，你認(rèn)為該商家應(yīng)選擇哪種型號的節(jié)能燈，請說明理由． 解　(1)由圖可知，各組中值依次為3100,3300,3500,3700，對應(yīng)的頻率依次為0.1,0.3,0.4,0.2，故B型節(jié)能燈的平均使用壽命為3100×0.1＋3300×0.3＋3500×0.4＋3700×0.2＝3440小時． (2)由圖可知，使用壽命不超過3600小時的頻率為0.8，將頻率視為概率，每支燈管需要更換的概率為0.8，故估計一年內(nèi)5支B型節(jié)能燈需更換的支數(shù)為5×0.8＝4. (3)若選擇A型節(jié)能燈，一年共需花費5×120＋3600×5×20×0.75×10－3＝870元； 若選擇B型節(jié)能燈，一年共需花費(5＋4)×25＋3600×5×55×0.75×10－3＝967.5元． 因為967.5＞870，所以該商家應(yīng)選擇A型節(jié)能燈． 20．(2019·河北石家莊模擬一)已知函數(shù)f(x)＝ln x－4ax，g(x)＝xf(x)． (1)若a＝，求g(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若a＞0，求證：f(x)≤－2. 解　(1)由a＝，g(x)＝xln x－x2(x＞0)，g′(x)＝ln x－x＋1， 令h(x)＝ln x－x＋1，h′(x)＝，故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，h(x)max＝h(1)＝0， 從而當(dāng)x＞0時，g′(x)≤0恒成立，故g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)． (2)證明：f′(x)＝－4a＝，由a＞0，令f′(x)＝0，得x＝，故f(x)在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f＝ln －1，只需證明ln －1≤－2，令t＝＞0， 即證ln t－t＋1≤0(*)，由(1)易知(*)式成立，故原不等式成立． 21．(2019·廣東深圳適應(yīng)性考試)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，離心率為的橢圓C：＋＝1(a>b>0)過點M. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若直線x＋y＋m＝0上存在點G，且過點G的橢圓C的兩條切線相互垂直，求實數(shù)m的取值范圍． 解　(1)由題意得 解得a2＝3b2，又＋＝1，解得 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)①當(dāng)過點G的橢圓C的一條切線的斜率不存在時，另一條切線必垂直于y軸，易得G(±，±1)． ②當(dāng)過點G的橢圓C的切線的斜率均存在時，設(shè)G(x0，y0)，x0≠±，切線方程為y＝k(x－x0)＋y0， 代入橢圓方程得(3k2＋1)x2－6k(kx0－y0)x＋3(kx0－y0)2－3＝0， Δ＝[6k(kx0－y0)]2－4(3k2＋1)·[3(kx0－y0)2－3]＝0，化簡得(kx0－y0)2－(3k2＋1)＝0， 則(x－3)k2－2x0y0k＋y－1＝0，設(shè)過點G的橢圓C的切線的斜率分別為k1，k2，則k1k2＝. 因為兩條切線相互垂直，所以＝－1，即x＋y＝4(x0≠±)， 由①②知點G在圓x＋y＝4上，又點G在直線x＋y＋m＝0上， 所以直線x＋y＋m＝0與圓x2＋y2＝4有公共點，所以≤2，所以－2≤m≤2. 綜上所述，m的取值范圍為[－2，2]． 22．在直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的普通方程為x2＋y2－4x－6y＋12＝0，在以坐標(biāo)原點為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，直線l的極坐標(biāo)方程為ρsin＝. (1)寫出圓C的參數(shù)方程和直線l的直角坐標(biāo)方程； (2)設(shè)直線l與x軸和y軸的交點分別為A，B，P為圓C上的任意一點，求·的取值范圍． 解　(1)圓C的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))．直線l的直角坐標(biāo)方程為x＋y－2＝0. (2)由直線l的方程x＋y－2＝0可得點A(2,0)， 點B(0,2)． 設(shè)點P(x，y)，則·＝(2－x，－y)·(－x,2－y)＝x2＋y2－2x－2y. 由(1)知 則·＝4sinθ＋2cosθ＋4＝2sin(θ＋φ)＋4，其中tanφ＝. 因為θ∈R，所以4－2≤·≤4＋2. 23．已知函數(shù)f(x)＝. (1)當(dāng)a＝1，求函數(shù)f(x)的定義域； (2)當(dāng)a∈[1,2]時，求證：f2(x)＋f2≤5. 解　(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝， 所以|x－1|－|x＋1|≥0， 得(x－1)2≥(x＋1)2，解得x≤0. 所以定義域為(－∞，0]． (2)證明：f2(x)＋f2＝|x－a|－＋－≤2＝2≤5(a∈[1,2])， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝2時等號成立．