发布时间 : 星期六 文章2016-2017学年江苏省扬州市高三(上)期末数学试卷及答案更新完毕开始阅读af8820f3ac51f01dc281e53a580216fc710a5349
椭圆方程可求；
Q的横坐标，（2）分别联立直线方程与圆、椭圆的方程，求出P、由得范围．
【解答】解：（1）由P（﹣3，0）在圆O：x2+y2=b2上，可得b=3． 又点Q在椭圆C上，得
，解得a2=18．
，代入点的坐标可得
=λ
λ=3，，
．再由k2＞0求得e的取值
∴椭圆C的方程为；
（2）联立
，得x=0或xP=，
联立
，得x=0或xQ=．
∵∴
=λ，λ=3，∴
，即
，
．
，或
．
∵k2＞0，∴4e2＞1，得e又0＜e＜1，∴
．
19．an+1﹣an=2已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn，且对任意n∈N*，（bn+1﹣bn）恒成立．
（1）若An=n2，b1=2，求Bn； （2）若对任意n∈N*，都有an=Bn及求正实数b1的取值范围；
bn=2n，t（3）若a1=2，是否存在两个互不相等的整数s，（1＜s＜t），使
，
，
+
+
+…+
＜成立，
成等差数列？若存在，求出s，t的值；若不存在，请说明理由． 【考点】数列的求和；数列递推式．
【分析】（1）An=n2，可得a1=1，n≥2时，an=An﹣An﹣1，可得an．由对任意n∈N*，an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）恒成立．可得bn+1﹣bn=（an+1﹣an）=1．b1=2，利用等差数列的求和公式即可得出．
（2）Bn+1﹣Bn=an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）=bn+1，可得bn+1=2bn，bn=（2n﹣1）．
=
，an=Bn=b1
，利用“裂项求和”方法即可得出．
（3）由an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）=2n+1．n≥2时，an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1=2n+1﹣2．An=2n+2﹣4﹣2n．又Bn=2n+1﹣2．可得
=2﹣
．假
设存在两个互不相等的整数s，t（1＜s＜t），使于
，
，
成等差数列，可得2×
，=1+
，成等差数列，等价＞1，利用函数的单
调性即可判断出结论．
【解答】解：（1）∵An=n2，∴a1=1，n≥2时，an=An﹣An﹣1=n2﹣（n﹣1）2=2n﹣1，n=1时也成立，∴an=2n﹣1．
∵对任意n∈N*，an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）恒成立． ∴bn+1﹣bn=（an+1﹣an）=1．b1=2，
∴数列{bn}是等差数列，公差为1，首项为2， ∴Bn=2n+
=
+n．
（2）Bn+1﹣Bn=an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）=bn+1，可得bn+1=2bn，∴数列{bn}是等比数列，公比为2． ∴bn=
，an=Bn=
=b1（2n﹣1）．
∴==，∴++
+…+=
＜成立，
+…+=
∴b1＞，∴b1≥3．
（3）由an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）=2n+1．∴n≥2时，an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1 =2n+2n﹣1+…+22+2=∴An=又Bn=
=2n+1﹣2．当n=1时也成立．
﹣2n=2n+2﹣4﹣2n． =2n+1﹣2．∴
=
=2﹣
．
假设存在两个互不相等的整数s，t（1＜s＜t），使等价于∴2×
，
，
成等差数列，∴2×
，=1+
，成等差数列． ＞1，
＞1，即2s＜2s+1，
令h（s）=2s﹣2s﹣1，则h（s+1）﹣h（s）=2s+1﹣2（s+1）﹣1﹣（2s﹣2s﹣1）=2s﹣2＞0，
∴h（s）单调递增，若s≥3，则h（s）≥h（3）=1＞0，不满足条件，舍去． ∴s=2，代入得：
=1+
，可得2t﹣3t﹣1=0（t≥3）．
t=3时不满足条件，舍去．
t≥4时，令u（t）=2t﹣3t﹣1=0（t≥4），同理可得函数u（t）单调递增，∴u（t）≥u（4）=3＞0，不满足条件．
综上可得：不存在两个互不相等的整数s，t（1＜s＜t），使数列．
20．已知函数f（x）=g（x）?h（x），其中函数g（x）=ex，h（x）=x2+ax+a． （1）求函数g（x）在（1，g（1））处的切线方程；
，
，
成等差
（2）当0＜a＜2时，求函数f（x）在x∈[﹣2a，a]上的最大值；
（3）当a=0时，对于给定的正整数k，问函数F（x）=e?f（x）﹣2k（lnx+1）是否有零点？请说明理由．（参考数据e≈2.718，0.693）
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数求闭区间上函数的最值．
≈1.649，e≈4.482，ln2≈
【分析】（1）求出函数的导数，计算g（1），g′（1），求出切线方程即可； （2）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出f（x）的最大值即可； （3）问题转化为e?
＞
．令p（x）=e?
，q（x）=
，根
据函数的单调性判断即可．
【解答】解：（1）∵g（x）=ex，∴g′（x）=ex，∴g′（1）=e，
∴函数g（x）在（1，g（1））处的切线方程为y﹣e=e（x﹣1），即y=ex； （2）f（x）=ex（x2+ax+a），f′（x）=（x+2）（x+a）ex=0，可得x=﹣a或x=﹣2． ①﹣2a≥﹣2，即0＜a≤1时，f（x）在[﹣2a，﹣a]上递减，在[﹣a，a]上递增， ∴f（x）max=f（a）；
②﹣2a＜﹣2，即1＜a＜2时，f（x）在[﹣2a，﹣2]上递增，[﹣2，﹣a】递减，在[﹣a，a]上递增，
∴f（x）max=max{f（﹣2），f（a）}=f（a）； 综上所述，f（x）max=f（a）=（2a2+a）ea；
（3）k=1，函数F（x）=e?f（x）﹣2k（lnx+1）无零点， k≥2，函数F（x）=e?f（x）﹣2k（lnx+1）有零点． 理由如下：
k=1时，证明ex2ex﹣2lnx﹣2＞0即可，即证明e?令p（x）=e?而p′（x）=
，q（x）=
，
，
＞
．
令p′（x）＞0，解得：x＞1，令p′（x）＜0，解得：x＜1， ∴p（x）min=p（1）=e2， q′（x）=
，