数学卷·2018届安徽省六安一中高二上学期第二次段考数学试卷（理科） （解析版）

数学卷·2018届安徽省六安一中高二上学期第二次段考数学试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年安徽省六安一中高二（上）第二次段考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．设a，b为实数，则成立的一个充分不必要条件是（　　）‎ A．b＜a＜0 B．a＜b C．b（a﹣b）＞0 D．a＞b ‎2．已知数列{an}中，a3=2，a5=1，若{}是等差数列，则a11等于（　　）‎ A．0 B． C． D．‎ ‎3．命题“∃x∈R，（a﹣2）x2+2（a﹣2）x﹣4≥0”是假命题，则实数a的取值范围是（　　）‎ A．（﹣∞，2] B．（﹣2，2] C．（﹣2，2） D．（﹣∞，2）‎ ‎4．下列四个选项错误的是（　　）‎ A．命题“若x≠1，则x2﹣3x+2≠0”的逆否命题是“若x2﹣3x+2=0，则x=1”‎ B．若p∨（￢q）为假命题，则p∧q为假命题 C．“a≠5且b≠﹣5”是“a+b≠0”的充分不必要条件 D．若命题p：∀x∈R，x2+x+1≠0，则￢p：∃x0∈R，‎ ‎5．若x＞0，y＞0，x+y=1，则的最小值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．已知命题，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是（　　）‎ A．（﹣2，﹣1] B．[﹣2，﹣1] C．[﹣3，﹣1] D．[﹣2，+∞）‎ ‎7．f（x）=x2﹣2x，g（x）=ax+2（a＞0），若对任意的x1∈[﹣1，2]，存在x0∈[﹣1，2]，使g（x1）=f（x0），则a的取值范围是（　　）‎ A． B． C．[3，+∞） D．（0，3]‎ ‎8．设关于x，y的不等式组表示的平面区域内存在点P（x0，y0），满足x0﹣2y0=2，求得m的取值范围是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．若a，b，c＞0且a（a+b+c）+bc=4﹣2，则2a+b+c的最小值为（　　）‎ A．﹣1 B． +1 C．2﹣2 D．2+2‎ ‎10．已知关于x的方程x2+（a+1）x+a+2b+1=0的两个实根分别为x1，x2，且0＜x1＜1，x2＞1，则的取值范围是（　　）‎ A． B． C．（﹣1，+∞） D．‎ ‎11．已知数列{an}满足：a1=1，an+1=（n∈N*）．若bn+1=（n﹣λ）（+1），b1=﹣λ，且数列{bn}是单调递增数列，则实数λ的取值范为（　　）‎ A．λ＞2 B．λ＞3 C．λ＜2 D．λ＜3‎ ‎12．设变量x，y满足则点P（x+y，x﹣y）所在区域的面积为（　　）‎ A．2 B．1 C． 1 D．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为　　．‎ ‎14．已知函数，则满足不等式f（1﹣x2）＞f（2x）的x的范围是　　．‎ ‎15．已知点x，y满足不等式组，若ax+y≤3恒成立，则实数a的取值范围是　　．‎ ‎16．若不等式≤k（x+2）﹣的解集为区间[a，b]，且b﹣a=2，则k=　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．已知c＞0，设p：函数y=lg[（1﹣c）x﹣1]在其定义域内为增函数，q：不等式x+|x﹣2c|＞1的解集为R，若“p∨q”为真，“p∧q”为假，求实数c的范围．‎ ‎18．已知关于x的不等式2x﹣1＞m（x2﹣1）．‎ ‎（1）是否存在实数m，使不等式对任意的x∈R恒成立？并说明理由．‎ ‎（2）若对于m∈[﹣2，2]不等式恒成立，求实数x的取值范围．‎ ‎19．（1）求函数，的最小值．‎ ‎（2）已知不等式ax2+bx+c＞0的解集为（α，β），且0＜α＜β，试用α，β表示不等式cx2+bx+a＜0的解集．‎ ‎20．数列{an}是公比为的等比数列，且1﹣a2是a1与1+a3的等比中项，前n项和为Sn；数列{bn}是等比数列，b1=8，其前n项和为Tn，满足Tn=nλbn+1（λ为常数，且λ≠1）．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式及λ的值；‎ ‎（2）比较与的大小并说明理由．‎ ‎21．某种商品原来每件售价为25元，年销售量8万件．‎ ‎（Ⅰ）据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收人不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？‎ ‎（Ⅱ）为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入（x2﹣600）万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入x万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．‎ ‎22．已知数列{an}、{bn}满足：a1=，an+bn=1，bn+1=．‎ ‎（Ⅰ）求b1，b2，b3，b4；‎ ‎（Ⅱ）设cn=，求数列{cn}的通项公式；‎ ‎（Ⅲ）设Sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1，不等式4aSn＜bn恒成立时，求实数a的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省六安一中高二（上）第二次段考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．设a，b为实数，则成立的一个充分不必要条件是（　　）‎ A．b＜a＜0 B．a＜b C．b（a﹣b）＞0 D．a＞b ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】根据不等式的性质以及充分不必要条件的定义进行判断．‎ ‎【解答】解：若b＜a＜0，则＜成立．‎ 当若a=﹣1，b=1时满足不等式＜，但b＜a＜0不成立，‎ ‎∴b＜a＜0是不等式＜成立的一个充分不必要条件，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．已知数列{an}中，a3=2，a5=1，若{}是等差数列，则a11等于（　　）‎ A．0 B． C． D．‎ ‎【考点】等差数列的性质．‎ ‎【分析】利用数列{}是等差数列， =4d，代入条件，求出d，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵数列{}是等差数列，‎ ‎∴=2d，‎ ‎∵a3=2，a5=1，‎ ‎∴=2d，‎ ‎∴d=，‎ ‎∴=+8d=+=1，‎ ‎∴a11=0．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．命题“∃x∈R，（a﹣2）x2+2（a﹣2）x﹣4≥0”是假命题，则实数a的取值范围是（　　）‎ A．（﹣∞，2] B．（﹣2，2] C．（﹣2，2） D．（﹣∞，2）‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】若命题“∃x∈R，（a﹣2）x2+2（a﹣2）x﹣4≥0”是假命题，则命题“∀x∈R，（a﹣2）x2+2（a﹣2）x﹣4＜0”是真命题，故a﹣2=0，或，解得答案．‎ ‎【解答】解：若命题“∃x∈R，（a﹣2）x2+2（a﹣2）x﹣4≥0”是假命题，‎ 则命题“∀x∈R，（a﹣2）x2+2（a﹣2）x﹣4＜0”是真命题，‎ 故a﹣2=0，或，‎ 解得：a∈（﹣2，2]，‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．下列四个选项错误的是（　　）‎ A．命题“若x≠1，则x2﹣3x+2≠0”的逆否命题是“若x2﹣3x+2=0，则x=1”‎ B．若p∨（￢q）为假命题，则p∧q为假命题 C．“a≠5且b≠﹣5”是“a+b≠0”的充分不必要条件 D．若命题p：∀x∈R，x2+x+1≠0，则￢p：∃x0∈R，‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】‎ 写出原命题逆否命题，可判断A；根据复合命题真假判断的真值表，可判断B；根据充要条件的定义，可判断C；写出原命题否定命题，可判断D．‎ ‎【解答】解：命题“若x≠1，则x2﹣3x+2≠0”的逆否命题是“若x2﹣3x+2=0，则x=1”，故A正确；‎ 若p∨（￢q）为假命题，则p和￢q均为假命题，则p假q真，则p∧q为假命题，故B正确；‎ ‎“a≠5且b≠﹣5”表示平面上除（5，﹣5）点外的平面区域A；‎ ‎“a+b≠0”表示平面上除直线a+b=0上的点外的平面区域B；‎ 故A⊇B，‎ 即“a+b≠0”是“a≠5且b≠﹣5”的必要不充分条件，故C错误；‎ 若命题p：∀x∈R，x2+x+1≠0，则￢p：∃x0∈R，，故D正确；‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．若x＞0，y＞0，x+y=1，则的最小值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】基本不等式．‎ ‎【分析】利用基本不等式，求出xy的范围，利用函数的单调性，即可求出的最小值．‎ ‎【解答】解：设t=xy，则 ‎∵x＞0，y＞0，x+y=1，‎ ‎∴1，‎ ‎∴0＜t≤．‎ ‎=t+在（0，]上的单调递减，∴t=，的最小值是．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．已知命题，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是（　　）‎ A．（﹣2，﹣1] B．[﹣2，﹣1] C．[﹣3，﹣1] D．[﹣2，+∞）‎ ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】求解命题P，通过讨论a的取值，从而解出不等式（x+a）（x﹣1）＞0，判断所得解能否使p是q的充分不必要条件，或限制a后能使p是q的充分不必要条件，综合以上求得的a的范围求并集即可．‎ ‎【解答】解：命题p：可得，，即：x＜1或x＞2，‎ 命题q：x2+（a﹣1）x﹣a＞0，即（x+a）（x﹣1）＞0，‎ 若﹣a=1，即a=﹣1，不等式（x+a）（x﹣1）＞0的解是x≠1，符合p是q的充分不必要条件；‎ 若﹣a＞1，即a＜﹣1，不等式（x+a）（x﹣1）＞0的解是x＞﹣a，或x＜1，由x＜1或x＞2，得到﹣a＜2，符合p是q的充分不必要条件；‎ 若﹣a＜1，即a＞﹣1，不等式（x+a）（x﹣1）＞0的解是x＞1，或x＜﹣a，∵p是q的充分不必要条件，q：x＜1或x＞2，不满足P是q的充分条件；‎ 综上得a的取值范围是（﹣2，﹣1]．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．f（x）=x2﹣2x，g（x）=ax+2（a＞0），若对任意的x1∈[﹣1，2]，存在x0∈[﹣1，2]，使g（x1）=f（x0），则a的取值范围是（　　）‎ A． B． C．[3，+∞） D．（0，3]‎ ‎【考点】函数的值域；集合的包含关系判断及应用．‎ ‎【分析】先求出两个函数在[﹣1，2]上的值域分别为A、B，再根据对任意的x1∈[﹣1，2]，存在x0∈[﹣1，2]，使g（x1）=f（x0），集合B是集合A的子集，并列出不等式，解此不等式组即可求得实数a的取值范围，注意条件a＞0．‎ ‎【解答】解：设f（x）=x2﹣2x，g（x）=ax+2（a＞0），在[﹣1，2]‎ 上的值域分别为A、B，‎ 由题意可知：A=[﹣1，3]，B=[﹣a+2，2a+2]‎ ‎∴‎ ‎∴a≤‎ 又∵a＞0，‎ ‎∴0＜a≤‎ 故选：A ‎　‎ ‎8．设关于x，y的不等式组表示的平面区域内存在点P（x0，y0），满足x0﹣2y0=2，求得m的取值范围是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】先根据约束条件画出可行域．要使可行域存在，必有m＜﹣2m+1，要求可行域包含直线y=x﹣1上的点，只要边界点（﹣m，1﹣2m）在直线y=x﹣1的上方，且（﹣m，m）在直线y=x﹣1的下方，从而建立关于m的不等式组，解之可得答案．‎ ‎【解答】解：先根据约束条件画出可行域，‎ 要使可行域存在，必有m＜﹣2m+1，要求可行域包含直线y=x﹣1上的点，只要边界点（﹣m，1﹣2m）‎ 在直线y=x﹣1的上方，且（﹣m，m）在直线y=x﹣1的下方，‎ 故得不等式组，‎ 解之得：m＜﹣．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．若a，b，c＞0且a（a+b+c）+bc=4﹣2，则2a+b+c的最小值为（　　）‎ A．﹣1 B． +1 C．2﹣2 D．2+2‎ ‎【考点】二维形式的柯西不等式．‎ ‎【分析】由题意知a（a+b+c）+bc=（a+c）（a+b）=4﹣2，所以2a+b+c=（a+b）+（a+c）≥2=2=2﹣2，即可求出2a+b+c的最小值．‎ ‎【解答】解：a（a+b+c）+bc=a（a+b）+ac+bc=a（a+b）+c（a+b）=（a+c）（a+b）=4﹣2．‎ ‎2a+b+c=（a+b）+（a+c）≥2=2=2﹣2‎ 所以，2a+b+c的最小值为2﹣2．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．已知关于x的方程x2+（a+1）x+a+2b+1=0的两个实根分别为x1，x2，且0＜x1＜1，x2＞1，则的取值范围是（　　）‎ A． B． C．（﹣1，+∞） D．‎ ‎【考点】简单线性规划；函数的零点与方程根的关系．‎ ‎【分析】令f（x）=x2+（a+1）x+a+2b+1，由于关于x的方程x2+（a+1）x+a+2b+1=0的两个实根分别为x1，x2，且0＜x1＜1，x2＞1，可得f（0）＞0，f（1）＜0，再利用线性规划的有关知识即可得出．‎ ‎【解答】解：令f（x）=x2+（a+1）x+a+2b+1，‎ ‎∵关于x的方程x2+（a+1）x+a+2b+1=0的两个实根分别为x1，x2，且0＜x1＜1，x2＞1，‎ ‎∴f（0）＞0，f（1）＜0，‎ ‎∴a+2b+1＞0，1+a+1+a+2b+1＜0，‎ 即a+2b+1＞0，2a+2b+3＜0，‎ 设=k，即b=ka，‎ 联立，解得P（﹣2，）．‎ ‎∴﹣1＜k＜﹣，‎ 故选：A ‎　‎ ‎11．已知数列{an}满足：a1=1，an+1=（n∈N*）．若bn+1=（n﹣λ）（+1），b1=﹣λ，且数列{bn}是单调递增数列，则实数λ的取值范为（　　）‎ A．λ＞2 B．λ＞3 C．λ＜2 D．λ＜3‎ ‎【考点】数列递推式；数列的函数特性．‎ ‎【分析】，分别令n=1，2，3，依次求出a2=，a3=，a4=，由此猜想an=，并用用数学归纳法证明．由an=．知bn+1=（n﹣λ）（+1）=（n﹣λ）•2n，再由b1=﹣λ，数列{bn}是单调递增数列，能求出λ的取值范围．‎ ‎【解答】解：∵，‎ ‎∴a2==，‎ a3==，‎ a4==，‎ 由此猜想an=．‎ 用数学归纳法证明：‎ ‎①当n=1时， =1，成立；‎ ‎②假设n=k时，等式成立，即，‎ 则当n=k=1时，ak+1===，成立．‎ ‎∴an=．‎ ‎∴bn+1=（n﹣λ）（+1）=（n﹣λ）•2n，‎ ‎∴b2=（1﹣λ）•2=2﹣2λ，‎ ‎∵b1=﹣λ，数列{bn}是单调递增数列，‎ ‎∴b1=﹣λ＜b2=2﹣2λ，‎ 解得λ＜2．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．设变量x，y满足则点P（x+y，x﹣y）所在区域的面积为（　　）‎ A．2 B．1 C． 1 D．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】令s=x+y，t=x﹣y，则点P（x+y，x﹣y）为P（s，t），由已知不等式组得到s、t的约束条件，作出可行域后由三角形的面积公式求得答案．‎ ‎【解答】解：令s=x+y，t=x﹣y，‎ 则点P（x+y，x﹣y）为P（s，t），‎ 由s=x+y，t=x﹣y，得s≤1‎ x=，y=‎ 又x≥0，y≥0‎ ‎∴s+t≥0．s﹣t≥0；‎ ‎∴s，t满足约束条件，作出可行域如图，‎ A（1，1），B（1，﹣1），O（0，0）．‎ ‎∴点P（x+y，x﹣y）所在区域的面积为： =1．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为　4　．‎ ‎【考点】等差数列的前n项和；等差数列．‎ ‎【分析】利用等差数列的前n项和公式变形为不等式，再利用消元思想确定d或a1的范围，a4用d或a1表示，再用不等式的性质求得其范围．‎ ‎【解答】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4≥10，S5≤15，‎ ‎∴，‎ 即 ‎∴‎ ‎∴，5+3d≤6+2d，d≤1‎ ‎∴a4≤3+d≤3+1=4故a4的最大值为4，‎ 故答案为：4．‎ ‎　‎ ‎14．已知函数，则满足不等式f（1﹣x2）＞f（2x）的x的范围是　（﹣1，﹣1）　．‎ ‎【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；其他不等式的解法．‎ ‎【分析】由题意f（x）在[0，+∞）上是增函数，而x＜0时，f（x）=1，故满足不等式f（1﹣x2）＞f（2x）的x需满足，解出x即可．‎ ‎【解答】解：由题意，可得 故答案为：‎ ‎　‎ ‎15．已知点x，y满足不等式组，若ax+y≤3恒成立，则实数a的取值范围是　（﹣∞，3]　．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】画出不等式满足的平面区域，由ax+y≤3恒成立，结合图形确定出a的范围即可．‎ ‎【解答】解：满足不等式组的平面区域如右图所示，‎ 由于对任意的实数x、y，不等式ax+y≤3恒成立，‎ 根据图形，可得斜率﹣a≥0或﹣a＞kAB==﹣3，‎ 解得：a≤3，‎ 则实数a的取值范围是（﹣∞，3]．‎ 故答案为：（﹣∞，3]．‎ ‎　‎ ‎16．若不等式≤k（x+2）﹣的解集为区间[a，b]，且b﹣a=2，则k=　　．‎ ‎【考点】其他不等式的解法．‎ ‎【分析】不等式≤k（x+2）﹣的解集为区间[a，b]，且b﹣a=2，必须b=3，又b﹣a=2，解得a=1．可得直线y=k（x+2）﹣过点（1，），代入即可解出k．‎ ‎【解答】解：如图所示，‎ 不等式≤k（x+2）﹣的解集为区间[a，b]，且b﹣a=2，‎ ‎∴必须b=3，又b﹣a=2，解得a=1．‎ 则直线y=k（x+2）﹣过点（1，），‎ 代入解得k=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．已知c＞0，设p：函数y=lg[（1﹣c）x﹣1]在其定义域内为增函数，q：不等式x+|x﹣2c|＞1的解集为R，若“p∨q”为真，“p∧q”为假，求实数c的范围．‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】若“p∨q”为真，“p∧q”为假，则p真q假或p假q真，进而可得答案．‎ ‎【解答】解：若命题p为真；‎ 即函数y=lg[（1﹣c）x﹣1]在其定义域内为增函数，‎ 则 解得：0＜c＜1．‎ 设 ‎∴f（x）的最小值为2c．‎ 若命题q为真，则2c＞1，‎ ‎∴，‎ ‎∵“p或q”为真，且“p且q为假”，‎ ‎∴p真q假或p假q真，‎ 若p真q假，则c的范围是；‎ 若p假q真，则c的范围是[1，+∞），‎ 综上可得：c的范围是∪[1，+∞）．‎ ‎　‎ ‎18．已知关于x的不等式2x﹣1＞m（x2﹣1）．‎ ‎（1）是否存在实数m，使不等式对任意的x∈R恒成立？并说明理由．‎ ‎（2）若对于m∈[﹣2，2]不等式恒成立，求实数x的取值范围．‎ ‎【考点】函数恒成立问题．‎ ‎【分析】（1）根据二次函数的性质得到关于m的不等式组，解出即可；‎ ‎（2）设f（m）=（x2﹣1）m﹣（2x﹣1），由m∈[﹣2，2]时，f（m）＜‎ ‎0恒成立，根据二次函数的性质得到f（2）＜0且f（﹣2）＜0，解不等式组求出x的范围即可．‎ ‎【解答】解：（1）原不等式等价于mx2﹣2x+（1﹣m）＜0，‎ 若对于任意x恒成立，‎ 必须，解得m∈∅，‎ 所以不存在实数m，使不等式恒成立．‎ ‎（2）设f（m）=（x2﹣1）m﹣（2x﹣1），‎ 当m∈[﹣2，2]时，f（m）＜0恒成立，‎ 必须即 ‎∴x的范围是．‎ ‎　‎ ‎19．（1）求函数，的最小值．‎ ‎（2）已知不等式ax2+bx+c＞0的解集为（α，β），且0＜α＜β，试用α，β表示不等式cx2+bx+a＜0的解集．‎ ‎【考点】一元二次不等式的解法．‎ ‎【分析】（1）乘以“1”，换成sin2x+cos2x=1，利用基本不等式的性质求解．‎ ‎（2）利用韦达定理求解．‎ ‎【解答】解：（1）函数=，‎ 当4sin4x=cos4x时取最小值9．‎ ‎（2）不等式ax2+bx+c＞0的解集为（α，β），‎ 由，知、是方程 的两根，‎ 又∵0＜α＜β，∴．而由已知不等式的解集知a＜0且，‎ ‎∴c＜0，‎ ‎∴不等式cx2+bx+a＜0的解集为．‎ ‎　‎ ‎20．数列{an}是公比为的等比数列，且1﹣a2是a1与1+a3的等比中项，前n项和为Sn；数列{bn}是等比数列，b1=8，其前n项和为Tn，满足Tn=nλbn+1（λ为常数，且λ≠1）．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式及λ的值；‎ ‎（2）比较与的大小并说明理由．‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】（1）根据1﹣a2是a1与1+a3的等比中项，建立关于a1的方程，解出a1=，从而得出数列{an}的通项公式．再由Tn=nλ•bn+1分别取n=1、2，建立关于{bn}的公差d与λ的方程组，解之即可得到实数λ的值；‎ ‎（2）由（1）的结论，利用等比数列的求和公式算出Sn的表达式，从而得到由等差数列的通项与求和公式算出{bn}的前n项和Tn=4n2+4n，利用裂项求和的方法算出，再将两式加以比较，即可得到与所求的大小关系．‎ ‎【解答】解：（1）∵，‎ 而{an}是公比为的等比数列，‎ ‎∴，‎ 解得，．‎ 又由Tn=nλbn+1，‎ ‎∴，‎ 于是，‎ ‎∴或（舍去）．‎ ‎∴．‎ ‎（2）已知，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 从而．‎ ‎　‎ ‎21．某种商品原来每件售价为25元，年销售量8万件．‎ ‎（Ⅰ）据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收人不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？‎ ‎（Ⅱ）为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入（x2﹣600）万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入x万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．‎ ‎【考点】函数模型的选择与应用．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设每件定价为x元，则提高价格后的销售量为，根据销售的总收人不低于原收入，建立不等式，解不等式可得每件最高定价；‎ ‎（Ⅱ）依题意，x＞25时，不等式 有解，等价于x＞25时，有解，利用基本不等式，我们可以求得结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设每件定价为x元，则提高价格后的销售量为，根据销售的总收人不低于原收入，有，‎ 整理得x2﹣65x+1000≤0，‎ 解得25≤x≤40． ‎ ‎∴要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元． ‎ ‎（Ⅱ）依题意，x＞25时，‎ 不等式有解，‎ 等价于x＞25时，有解，‎ ‎∵（当且仅当x=30时，等号成立），‎ ‎∴a≥10.2．此时该商品的每件定价为30元 ‎∴当该商品明年的销售量a至少应达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元． ‎ ‎　‎ ‎22．已知数列{an}、{bn}满足：a1=，an+bn=1，bn+1=．‎ ‎（Ⅰ）求b1，b2，b3，b4；‎ ‎（Ⅱ）设cn=，求数列{cn}的通项公式；‎ ‎（Ⅲ）设Sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1，不等式4aSn＜bn恒成立时，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】数列递推式；函数恒成立问题．‎ ‎【分析】（Ⅰ），由[lg（Sn﹣m）+lg（Sn+2﹣m）]=2lg（Sn+1﹣m），能求出b1，b2，b3，b4．‎ ‎（Ⅱ）由，知，由此能求出cn．‎ ‎（Ⅲ）由于，所以，从而，所以由条件知（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8＜0恒成立即可满足条件，由此能够推导出a≤1时，4aSn＜bn恒成立．‎ ‎【解答】（本题14分）‎ 解：（Ⅰ），‎ ‎∵[lg（Sn﹣m）+lg（Sn+2﹣m）]=2lg（Sn+1﹣m），‎ ‎∴．…‎ ‎（Ⅱ）∵，‎ ‎∴，…‎ ‎∴数列{cn}是以﹣4为首项，﹣1为公差的等差数列．‎ ‎∴cn=﹣4+（n﹣1）•（﹣1）=﹣n﹣3．…‎ ‎（Ⅲ）由于，‎ 所以，‎ 从而..…‎ ‎∴‎ ‎∴…‎ 由条件知（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8＜0恒成立即可满足条件，‎ 设f（n）=（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8，‎ 当a=1时，f（n）=﹣3n﹣8＜0恒成立 当a＞1时，由二次函数的性质知不可能成立，‎ 当a＜1时，对称轴，‎ f（n）在（1，+∞）为单调递减函数．‎ f（1）=（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8=（a﹣1）+（3a﹣6）﹣8=4a﹣15＜0，‎ ‎∴，‎ ‎∴a＜1时4aSn＜bn恒成立 综上知：a≤1时，4aSn＜bn恒成立…‎