【高考解碼】2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)(新課標(biāo))-專題大模擬(二)(專題一～四)

專題大模擬(二)(專題一～四)(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求．)1．(2022·全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ高考)設(shè)z＝eq\f(1,1＋i)＋i，則|z|＝()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2)D．2【解析】∵z＝eq\f(1,1＋i)＋i＝eq\f(1－i,1＋i1－i)＋i＝eq\f(1－i,2)＋i＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，∴|z|＝eq\r(\f(1,2)2＋\f(1,2)2)＝eq\f(\r(2),2)，故選B.【答案】B2．(2022·湖北高考)命題“?x∈R，x2≠x”的否定是()A．?x?R，x2≠xB．?x∈R，x2＝xC．?x?R，x2≠xD．?x∈R，x2＝x【解析】將?改寫成?，否定結(jié)論，故選D.【答案】D3．(2022·全國(guó)大綱高考)設(shè)集合M＝{x|x2－3x－4<0}，N＝{x|0≤x≤5}，則M∩N＝()A．(0,4]B．[0,4)C．[－1,0)D．(－1,0]【解析】M＝{x|x2－3x－4<0}＝{x|－1<x<4}，N＝{x|0≤x≤5}∴M∩N＝{x|0≤x＜4}，故選B.【答案】B4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log21－x，x≤0,fx－1＋1，x＞0))，則f(2015)＝()A．2015B．2014C．2013D．2012【解析】f(2015)＝f(2014)＋1＝f(2013)＋2＝…＝f(0)＋2015＝log21＋2015＝2015.故選A.【答案】A5．(2022·全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ高考)若tanα＞0，則()A．sinα＞0B．cosα＞0C．sin2α＞0D．cos2α＞0【解析】∵tanα＝eq\f(sinα,cosα)＞0，∴sinα·cosα＞0，∴sin2α＝2sinα·cosα＞0，故選C.【答案】C6．(2022·廣東廣州綜合測(cè)試)若函數(shù)f(x)＝eq\r(x2＋ax＋1)的定義域?yàn)閷?shí)數(shù)集R，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－2,2)B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－∞，－2)∪[2，＋∞)D．[－2,2]【解析】依題意x2＋ax＋1≥0對(duì)x∈R恒成立，∴Δ＝a2－4≤0，∴－2≤a≤2.故選D.【答案】D7．(2022·山東濟(jì)南一模)函數(shù)y＝lneq\f(x－sinx,x＋sinx)的圖象大致是()【解析】由于f(－x)＝ln(eq\f(－x－sin－x,－x＋sin－x))＝lneq\f(x－sinx,x＋sinx))＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，排解B、D，又由于當(dāng)0<x<eq\f(π,2)時(shí)，0<sinx<x，所以0<x－sinx<x＋sinx,0<eq\f(x－sinx,x＋sinx)<1，f(x)<0，排解C.故選A.【答案】A8．若a＞0，b＞0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于()A．2B．3C．6D．9【解析】函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝12x2－2ax－2b，由函數(shù)f(x)在x＝1處有極值，可知函數(shù)f(x)在x＝1處的導(dǎo)數(shù)值為零，12－2a－2b＝0，所以a＋b＝6，由題意知a，b都是正實(shí)數(shù)，所以ab≤(eq\f(a＋b,2))2＝(eq\f(6,2))2＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時(shí)取到等號(hào)，故選D.【答案】D9．(文)(2022·福建高考)將函數(shù)y＝sinx的圖象向左平移eq\f(π,2)個(gè)單位，得到函數(shù)y＝f(x)的圖象，則下列說(shuō)法正確的是()A．y＝f(x)是奇函數(shù)B．y＝f(x)的周期為πC．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱D．y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(－eq\f(π,2)，0)對(duì)稱【解析】函數(shù)y＝sinx圖象向左平移eq\f(π,2)得f(x)＝sin(x＋eq\f(π,2))，∴f(x)＝cosx，故選D.【答案】D(理)(2022·湖南高考)已知函數(shù)f(x)＝sin(x－φ)，且∫eq\f(2π,3)0f(x)dx＝0，則函數(shù)f(x)的圖象的一條對(duì)稱軸是()A．x＝eq\f(5π,6)B．x＝eq\f(7π,12)C．x＝eq\f(π,3)D．x＝eq\f(π,6)【解析】由∫eq\f(2π,3)0f(x)dx＝0，得∫eq\f(2π,3)0sin(x－φ)dx＝0，即－cos(x－φ)|eq\f(2π,3)0＝0，解得φ＝kπ＋eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)))))，由x－kπ－eq\f(π,3)＝k′π＋eq\f(π,2)得x＝(k＋k′)π＋eq\f(5,6)π(k，k′∈Z)，故選A.【答案】A10．(2022·陜西高考)如圖，修建一條大路需要一段環(huán)湖彎曲路段與兩條直道平滑連接(相切)．已知環(huán)湖彎曲路段為某三次函數(shù)圖象的一部分，則該函數(shù)的解析式為()A．y＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－xB．y＝eq\f(1,2)x3＋eq\f(1,2)x2－3xC．y＝eq\f(1,4)x3－xD．y＝eq\f(1,4)x3＋eq\f(1,2)x2－2x【解析】由題圖知函數(shù)過(guò)(0,0)，可設(shè)三次函數(shù)為f(x)＝ax3＋bx2＋cx，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，函數(shù)f(x)過(guò)點(diǎn)(2,0)且f′(0)＝－1，f′(2)＝3，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝0，,f′0＝－1，,f′2＝3，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝0，,c＝－1，,12a＋4b＋c＝3))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，,c＝－1，))∴f(x)＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－x，故選A.【答案】A11．(2022·江西高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積是()A．3B.eq\f(9\r(3),2)C.eq\f(3\r(3),2)D．3eq\r(3)【解析】由c2＝(a－b)2＋6得c2＝a2＋b2－2ab＋6.由余弦定理得c2＝a2＋b2－ab，∴ab＝6，∴S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，故選C.【答案】C12．(2022·江西南昌模擬)若數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式分別是an＝(－1)n＋2013·a，bn＝2＋eq\f(－1n＋2014,n)，且an<bn對(duì)任意n∈N*恒成立，則常數(shù)a的取值范圍是()A．(－2,1)B．[－2,1)C．(－2,1]D．[－2,1]【解析】由an<bn，得－(－1)n·a<2＋eq\f(－1n,n)，要使其對(duì)任意n∈N*恒成立，則當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時(shí)，a<2－eq\f(1,2k－1)恒成立，又(eq\f(1,2k－1))max＝1，所以a<2－1＝1；當(dāng)n＝2k(k∈N*)時(shí)，－a<2＋eq\f(1,2k)恒成立，又eq\f(1,2k)∈(0，eq\f(1,2)]，所以－a≤2，得a≥－2.綜上所述，－2≤a<1.故選B.【答案】B第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上．)13．已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，且aeq\o\al(2,5)＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝________.【解析】先推斷數(shù)列的項(xiàng)是正數(shù)，再求出公比和首項(xiàng)．a(chǎn)eq\o\al(2,5)＝a10＞0，依據(jù)已知條件得2(eq\f(1,q)＋q)＝5，解得q＝2.所以aeq\o\al(2,1)q8＝a1q9，所以a1＝2，所以an＝2n.【答案】2n14．(2022·山東高考)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入的x的值為1，則輸出的n的值為_(kāi)_______．【解析】x＝1n＝012－4×1＋3＝0x＝1＋1＝2；n＝122－4×2＋3＝－1<0x＝2＋1＝3；n＝232－4×3＋3＝0x＝3＋1＝4；n＝342－4×4＋3＝3>0輸出3.【答案】315．(猜測(cè)題)已知某生產(chǎn)廠家的年利潤(rùn)y(單位：萬(wàn)元)與年產(chǎn)量x(單位：萬(wàn)件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獵取最大年利潤(rùn)的年產(chǎn)量為_(kāi)_______萬(wàn)件．【解析】由于y′＝－x2＋81，所以當(dāng)x＞9時(shí)，y′＜0；當(dāng)x∈(0,9)時(shí)，y′＞0，所以函數(shù)y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234在(9，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0,9)上單調(diào)遞增，所以x＝9是函數(shù)的極大值點(diǎn)，又由于函數(shù)在(0，＋∞)上只有一個(gè)極大值點(diǎn)，所以函數(shù)在x＝9處取得最大值．【答案】916.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一單位圓的圓心的初始位置在(0,1)，此時(shí)圓上一點(diǎn)P的位置在(0,0)，圓在x軸上沿正向滾動(dòng)．當(dāng)圓滾動(dòng)到圓心位于(2,1)時(shí)，eq\o(OP,\s\up6(→))的坐標(biāo)為_(kāi)_______．【解析】利用平面對(duì)量的坐標(biāo)定義、解三角形學(xué)問(wèn)以及數(shù)形結(jié)合思想求解．設(shè)A(2,0)，B(2,1)，由題意知劣弧eq\x\to(PA)長(zhǎng)為2，∠ABP＝eq\f(2,1)＝2.設(shè)P(x，y)，則x＝2－1×cos(2－eq\f(π,2))＝2－sin2，y＝1＋1×sin(2－eq\f(π,2))＝1－cos2，∴eq\o(OP,\s\up6(→))的坐標(biāo)為(2－sin2,1－cos2)．【答案】(2－sin2,1－cos2)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．)17．(10分)(2021·陜西高考)已知向量a＝(cosx，－eq\f(1,2))，b＝(eq\r(3)sinx，cos2x)，x∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝a·b.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在[0，eq\f(π,2)]上的最大值和最小值．【解】f(x)＝(cosx，－eq\f(1,2))·(eq\r(3)sinx，cos2x)＝eq\r(3)cosxsinx－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝coseq\f(π,6)sin2x－sineq\f(π,6)cos2x＝sin(2x－eq\f(π,6))．(1)f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2)＝π，即函數(shù)f(x)的最小正周期為π.(2)∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6).由正弦函數(shù)的性質(zhì)，得當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)時(shí)，f(x)取得最大值1；當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝0時(shí)，f(0)＝－eq\f(1,2)；當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝eq\f(5,6)π，即x＝eq\f(π,2)時(shí)，f(eq\f(π,2))＝eq\f(1,2)，∴f(x)的最小值為－eq\f(1,2).因此，f(x)在[0，eq\f(π,2)]上的最大值是1，最小值是－eq\f(1,2).18．(12分)(文)(2022·山東高考)已知{an}是等差數(shù)列，滿足a1＝3，a4＝12，數(shù)列{bn}滿足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}為等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．【解】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意得d＝eq\f(a4－a1,3)＝eq\f(12－3,3)＝3.所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．設(shè)等比數(shù)列{bn－an}的公比為q，由題意得q3＝eq\f(b4－a4,b1－a1)＝eq\f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.從而bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．?dāng)?shù)列{3n}的前n項(xiàng)和為eq\f(3,2)n(n＋1)，數(shù)列{2n－1}的前n項(xiàng)和為1×eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.所以，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為eq\f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.(理)設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn滿足Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＜eq\f(1,3).(1)【解】由題意知，Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.令n＝1，有Seq\o\al(2,1)－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，可得有Seq\o\al(2,1)＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，又an為正數(shù)，所以a1＝2.(2)【解】由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得，(Sn＋3)(Sn－n2－n)＝0，則Sn＝n2＋n或Sn＝－3，又?jǐn)?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.又a1＝2＝2×1，所以an＝2n.(3)【證明】當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,a1a1＋1)＝eq\f(1,2×3)＝eq\f(1,6)＜eq\f(1,3)成立；當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n2n＋1)＜eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，所以eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＜eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)[(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)(eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1))＜eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,3).所以對(duì)一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＜eq\f(1,3).19．(12分)(2022·陜西高考)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.(1)若a，b，c成等差數(shù)列，證明：sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；(2)若a，b，c成等比數(shù)列，求cosB的最小值．(1)【證明】∵a，b，c成等差數(shù)列，∴a＋c＝2b.由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB.∵sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴sinA＋sinC＝2sin(A＋C)．(2)【解】∵a，b，c成等比數(shù)列，∴b2＝ac.由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)等號(hào)成立．∴cosB的最小值為eq\f(1,2).20．(12分)(2022·江西高考)已知函數(shù)f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)eq\r(x)，其中a＜0.(1)當(dāng)a＝－4時(shí)，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若f(x)在區(qū)間[1,4]上的最小值為8，求a的值．【解】(1)當(dāng)a＝－4時(shí)，由f′(x)＝eq\f(25x－2x－2,\r(x))＝0得x＝eq\f(2,5)或x＝2，由f′(x)＞0得x∈(0，eq\f(2,5))或x∈(2，＋∞)，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\f(2,5))和(2，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(10x＋a2x＋a,2\r(x))，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－eq\f(a,10)或x＝－eq\f(a,2).當(dāng)x∈(0，－eq\f(a,10))時(shí)，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－eq\f(a,10)，－eq\f(a,2))時(shí)，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(－eq\f(a,2)，＋∞)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增．易知f(x)＝(2x＋a)eq\r(2,x)≥0，且f(－eq\f(a,2))＝0.①當(dāng)－eq\f(a,2)≤1時(shí)，即－2≤a＜0時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值為f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq\r(2)－2，均不符合題意．②當(dāng)1＜－eq\f(a,2)≤4時(shí)，即－8≤a＜－2時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值為f(－eq\f(a,2))＝0，不符合題意．③當(dāng)－eq\f(a,2)＞4時(shí)，即a＜－8時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4處取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，當(dāng)a＝－10時(shí)，f(x)在(1,4)單調(diào)遞減，f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8，符合題意．綜上有，a＝－10.21．(12分)(2022·山東濟(jì)寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)求f(x)的最小值；(3)當(dāng)a＝2時(shí)，求證：ln(n＋1)＋2eq\o(,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\f(i,i＋1)>nln(2e)(n∈N*)．【解】(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝eq\f(－1,x)＋lnx，∴f′(x)＝eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x)，∴k＝f′(1)＝eq\f(1,2).又f(1)＝－1，∴切點(diǎn)為(1，－1)，所以切線方程為y－(－1)＝eq\f(1,2)(x－1)，即x－2y－3＝0.(2)由于f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx(x>0)所以f′(x)＝－eq\f(a,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－a,x2)，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)無(wú)最值；②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，解之：x＝a，當(dāng)變化時(shí)，f(x)，f′(x)隨x的變化狀況如下：x(0，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋f(x)微小值由表可知，當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取微小值即為最小值，所以f(x)min＝f(a)＝lna＋1；綜上所述：當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)無(wú)最值；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)最小值為f(a)＝lna＋1.(3)當(dāng)a＝2時(shí)，由(1)知：f(x)≥ln2＋1，(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)，等號(hào)成立)即eq\f(2,x)＋lnx≥ln2＋1，從而lnx≥ln2＋1－eq\f(2,x)＝ln(2e)－eq\f(2,x)，(*)所以分別令x＝eq\f(2,1)，eq\f(3,2)，eq\f(4,3)，…，eq\f(n＋1,n)代入(*)式得下列n個(gè)不等式：lneq\f(2,1)>ln(2e)－eq\f(2,\f(2,1))＝ln(2e)－2×eq\f(1,2)，lneq\f(3,2)>ln(2e)－eq\f(2,\f(3,2))ln(2e)－2×eq\f(2,3)，lneq\f(4,3)>ln(2e)－eq\f(2,\f(4,3))ln(2e)－2×eq\f(3,4)，……lneq\f(n＋1,n)>ln(2e)－eq\f(2,\f(n＋1,n))＝ln(2e)－2×eq\f(n,n＋1)，將上述n個(gè)不等式相加得：lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋lneq\f(4,3)＋…＋lneq\f(n＋1,n)>nln(2e)－(2×eq\f(1,2)＋2×eq\f(2,3)＋2×eq\f(3,4)＋…＋2×eq\f(n,n＋1))，即ln(eq\f(2,1)×eq\f(3,2)×eq\f(4,3)×…×eq\f(n＋1,n))>nln(2e)－2(eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋eq\f(3,4)＋…＋eq\f(n,n＋1))，所以ln(n＋1)>nln(2e)－2(eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋eq\f(3,4)＋…＋eq\f(n,n＋1))，即ln(n＋1)＋2eq\i\su(i＝1,n,)eq\f(i,i＋1)>nln(2e)．22．(12分)(猜測(cè)題)已知點(diǎn)(1，eq\f(1,3))是函數(shù)f(x)＝ax(a＞0且a≠1)圖象上的一點(diǎn)，等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為f(n)－c，數(shù)列{bn}(bn＞0)的首項(xiàng)為c，且前n項(xiàng)和Sn滿足Sn－Sn－1＝eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)(n≥2)．(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{eq\f(1,bnbn＋1)}的前n項(xiàng)和為Tn，問(wèn)使Tn≥eq\f(1001,2015)的最小正整數(shù)n是多少？(3)若cn＝－eq\f(1,2)an·bn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和．【解】(1)∵f(1)＝a＝eq\f(1,3)，∴f(x)＝(eq\f(1,3))x.∴a1＝f(1)－c＝eq\f(1,3)－c，a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－eq\f(2,9)，a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－eq\f(2,27).又?jǐn)?shù)列{an}成等比數(shù)列，a1＝eq\f(a\o\al(2,2),a3)＝eq\f(\f(4,81),－\f(2,27))＝－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)－c，∴c＝1.又公比q＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,3)，∴an＝－eq\f(2,3)(eq\f(1,3))n－1＝－eq\f(2,3n)，(n∈N*)．Sn－Sn－1＝(eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1))(eq\r(Sn)＋