（全国通用）高考数学二轮复习专题提分教程高难拉分攻坚特训
（四）理
高难拉分攻坚特训(四)
1．设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋an＝2n＋1，且Sn＝1350.若a2<2，则n的最大值为( )
A．51 B．52 C．53 D．54 答案 A
解析 因为an＋1＋an＝2n＋1 ①， 所以an＋2＋an＋1＝2(n＋1)＋1＝2n＋3 ②，
②－①得an＋2－an＝2，且a2n－1＋a2n＝2(2n－1)＋1＝4n－1，所以数列{an}的奇数项构成以
a1为首项，2为公差的等差数列，数列{an}的偶数项构成以a2为首项，2为公差的等差数列，
数列{a2n－1＋a2n}是以4为公差的等差数列，
n?n＋1?
??2＋?a－1?，n为奇数，
所以S＝?n?n＋1?
??2，n为偶数.
1
n
22
当n为偶数时，
n?n＋1?
2
＝1350，无解(因为50×51＝2550,52×53＝2756，所以接下来不
会有相邻两数之积为2700)．当n为奇数时，
n?n＋1?
＋(a1－1)＝1350，a1＝1351－
n?n＋1?
2
*,
，因为a2<2，所以3－a1<2，所以a1>1，所以1351－＝2652，所以n≤51，故选A.
n?n＋1?
>1，所以n(n＋1)<2700，又n∈N51×52
2．底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱锥，则半径为2的球的内接正四棱锥的体积最大值为________．
答案
512 81
解析 因为正四棱锥内接于球内，且欲使正四棱锥的体积最大，则球的球心在正四棱锥的高上，如图所示，其中球的球心为E点，设BC＝a，则BO＝
2a， 2
在Rt△EOB中，则有EO＋OB＝EB，故EO＝ 12?
正四棱锥的体积为V＝×a×?2＋3?
2
2
2
4－，正四棱锥的高为2＋
2
a24－，2
a24－?，令x＝ 2?
a2?
1
4－，x∈(0,2)，则V(x)＝×(8
23
a2
112322
－2x)×(2＋x)，即V(x)＝×(－2x－4x＋8x＋16)，对V(x)求导得，V′(x)＝×(－6x－
332?2?2
8x＋8)，令V′(x)＝0，即－6x－8x＋8＝0，解得x＝或x＝－2(舍去)，当x∈?0，?时，
3?3?
??V′(x)>0，V(x)单调递增，当x∈?，2?时，V′(x)<0，V(x)单调递减，故当x＝时，V(x)max
?
＝512
. 81
－x?e＋1，x≤0，
3．已知函数f(x)＝?
?2x，x>0.
2?3
23
函数y＝f[f(x)＋1]－m(m∈R)恰有两个零点x1
和x2.
(1)求函数f(x)的值域和实数m的最小值；
(2)若x1
∵f(x)＋1>1，∴f[f(x)＋1]>2，∴m>2.
又f(x)的单调递减区间为(－∞，0]，单调递增区间为(0，＋∞)． 设f(x)＋1＝t1，f(x)＋1＝t2，且t1<0，t2>1. ∴f(x)＝t1－1无解．
从而f(x)＝t2－1要有两个不同的根，应满足t2－1≥2， ∴t2≥3.
∴f(t2)＝f[f(x)＋1]≥23.即m≥23. ∴m的最小值为23.
(2)y＝f[f(x)＋1]－m有两个零点x1，x2且x1 －x 设f(x)＝t，t∈[2，＋∞)， ∴e－x1＋1＝t，∴x1＝－ln (t－1)． 2x2＝t，∴x2＝. 4 ∴－aln (t－1)＋≥1对t∈[2，＋∞)恒成立， 4设h(t)＝－aln (t－1)＋－1， 4－att－t－2ah′(t)＝＋＝. t－122?t－1? ∵t∈[2，＋∞)，∴t－t∈[2，＋∞)恒成立． ∴当2a≤2，即a≤1时，h′(t)≥0， ∴h(t)在[2，＋∞)上单调递增． ∴h(t)≥h(2)＝－aln 1＋1－1＝0成立． 当a>1时，设g(t)＝t－t－2a. 由g(2)＝4－2－2a＝2－2a<0，t→＋∞时，g(t)→＋∞. ∴?t0∈(2，＋∞)，使得g(t0)＝0. 且当t∈(2，t0)时，g(t)<0，t∈(t0，＋∞)时，g(t)>0. ∴当t∈(2，t0)时，h(t)单调递减，此时h(t) 4．已知F是抛物线C：x＝2py，p>0的焦点，G，H是抛物线C上不同的两点，且|GF|＋5→→ |HF|＝3，线段GH的中点到x轴的距离为.点P(0,4)，Q(0,8)，曲线D上的点M满足MP·MQ＝ 40. (1)求抛物线C和曲线D的方程； (2)是否存在直线l：y＝kx＋m分别与抛物线C相交于点A，B(A在B的左侧)、与曲线D相交于点S，T(S在T的左侧)，使得△OAT与△OBS的面积相等？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由． 5p3 解 (1)由抛物线定义知＋＝， 422 2222 t2 t2 t2
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