发布时间 : 星期六 文章2019-2020学年度最新数学高考江苏专版二轮专题复习训练：6个解答题综合仿真练(三)-含解析更新完毕开始阅读2138fa22d5d8d15abe23482fb4daa58da0111c8d
1111111②设，，成等比数列，则2＝×，即m＝n＋1＋－2?N*;
mnn＋1nn＋1mn＋111111111
当k＝3时，数列1，，；，，；，，均不成等比数列；
2323434511
当k＝1时，显然数列1，，不成等比数列．
3511
综上，所求等比子数列为1，，.
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(2)①形如：a1，－a1，a1，－a1，a1，－a1，…(a1≠0，q＝－1)均存在无穷项， 等差子数列： a1，a1，a1，… 或－a1，－a1，－a1. ②设{ank}(k∈N*，nk∈N*)为{an}的等差子数列，公差为d， 当|q|>1时，|q|n>1，取nk>1＋log|q|
|d||d|
，从而|q|nk－1>，
|a1|?|q|－1?|a1|?|q|－1?
故|ank＋1－ank|＝|a1qnk＋1－1－a1qnk－1| ＝|a1||q|nk－1·|qnk＋1－nk－1| ≥|a1||q|nk－1(|q|－1)>|d|，
这与|ank＋1－ank|＝|d|矛盾，故舍去． 当|q|<1时，|q|n<1，取nk>1＋log|q||d|
从而|q|nk－1<，
2|a1|
故|ank＋1－ank|＝|a1||q|nk－1|qnk＋1－nk－1|≤ |a1||q|nk－1||q|nk＋1－nk＋1|<2|a1||q|nk－1<|d|， 这与|ank＋1－ank|＝|d|矛盾，故舍去． 又q≠1，故只可能q＝－1， 结合①知，q的所有可能值为－1.
m
6．已知函数f(x)＝x＋xln x(m>0)，g(x)＝ln x－2. (1)当m＝1时，求函数f(x)的单调增区间；
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(2)设函数h(x)＝f(x)－xg(x)－2，x>0.若函数y＝h(h(x))的最小值是，求m的值；
2(3)若函数f(x)，g(x)的定义域都是[1，e]，对于函数f(x)的图象上的任意一点A，在函数g(x)的图象上都存在一点B，使得OA⊥OB，其中e是自然对数的底数，O为坐标原点．求
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|d|， 2|a1|
m的取值范围．
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解：(1)当m＝1时，f(x)＝x＋xln x，f′(x)＝－2＋ln x＋1.
x因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0， 所以当x>1时，f′(x)>0；当0 2 mm2x－m (2)h(x)＝x＋2x－2，则h′(x)＝2－2＝，令h′(x)＝0，得x＝ xx2m， 2 当0 m时，h′(x)<0，函数h(x)在?0， 2?m时，h′(x)>0，函数h(x)在? 2? m? 上单调递减； 2? m ，＋∞?上单调递增． 2? 所以h(x)min＝h ①当2(2m－1)≥ ? ?m? ＝22m－2. 2? m4 ，即m≥时， 29 函数y＝h(h(x))的最小值h(22m－2) m??32 ＝2?2?2m－1?＋2?2m－1?－1?＝， ??2即17m－26m＋9＝0， 9 解得m＝1或m＝(舍去)，所以m＝1. 17②当0<2(2m－1)< m14，即 函数y＝h(h(x))的最小值h? ? 325m?＝2(2m－1)＝，解得m＝(舍去)． 242? 综上所述，m的值为1. ln x－2m (3)由题意知，kOA＝2＋ln x，kOB＝. xxln x－2 考虑函数y＝x， 3－ln x 因为y′＝>0在[1，e]上恒成立， x2 6 / 7 ln x－2 所以函数y＝x在[1，e]上单调递增， 11 －2，－?，所以kOA∈?，e?， 故kOB∈?e???2?1m 即≤2＋ln x≤e在[1，e]上恒成立， 2x x2 即－x2ln x≤m≤x2(e－ln x)在[1，e]上恒成立． 2x2 设p(x)＝－x2ln x， 2 则p′(x)＝－2xln x≤0在[1，e]上恒成立， 1 所以p(x)在[1，e]上单调递减，所以m≥p(1)＝. 2设q(x)＝x2(e－ln x)， 则q′(x)＝x(2e－1－2ln x)≥x(2e－1－2ln e)>0在[1，e]上恒成立， 所以q(x)在[1，e]上单调递增，所以m≤q(1)＝e. 1?综上所述，m的取值范围为??2，e ?. 7 / 7