压轴题突破练(二)1．已知函数f(x)＝－x3＋x2，g(x)＝alnx，a∈R.(1)若对任意x∈[1，e]，都有g(x)≥－x2＋(a＋2)x恒成立，求a的取值范围；(2)设F(x)＝若P是曲线y＝F(x)上异于原点O的任意一点，在曲线y＝F(x)上总存在另一点Q，使得△POQ中的∠POQ为钝角，且PQ的中点在y轴上，求a的取值范围．2．设数列{bn}满足bn＋2＝－bn＋1－bn(n∈N*)，b2＝2b1.(1)若b3＝3，求b1的值；(2)求证数列{bnbn＋1bn＋2＋n}是等差数列；(3)设数列{Tn}满足：Tn＋1＝Tnbn＋1(n∈N*)，且T1＝b1＝－，若存在实数p，q，对任意n∈N*都有p≤T1＋T2＋T3＋…＋Tn＜q成立，试求q－p的最小值．压轴题突破练(二)1．解(1)由g(x)≥－x2＋(a＋2)x，得(x－lnx)a≤x2－2x.由于x∈[1，e]，lnx≤1≤x，且等号不能同时取得，所以lnx＜x，x－lnx＞0.从而a≤恒成立，a≤.设t(x)＝，x∈[1，e]．求导，得t′(x)＝.x∈[1，e]，x－1≥0，lnx≤1，x＋2－2lnx＞0，从而t′(x)≥0，t(x)在[1，e]上为增函数．所以t(x)min＝t(1)＝－1，所以a的取值范围是(－∞，－1]．(2)F(x)＝设P(t，F(t))为曲线y＝F(x)上的任意一点．1假设曲线y＝F(x)上存在一点Q(－t，F(－t))，使∠POQ为钝角，则OP·OQ＜0.①若t≤－1，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，aln(－t))，OP·OQ＝－t2＋aln(－t)·(－t3＋t2)．由于OP·OQ＜0恒成立，a(1－t)ln(－t)＜1.当t＝－1时，a(1－t)ln(－t)＜1恒成立．当t＜－1时，a＜恒成立．由于＞0，所以a≤0.②若－1＜t＜1，且t≠0，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，t3＋t2)，则OP·OQ＝－t2＋(－t3＋t2)·(t3＋t2)＜0，即t4－t2＋1＞0对－1＜t＜1，且t≠0恒成立．③当t≥1时，同①可得a≤0.综上所述，a的取值范围是(－∞，0]．2．(1)解∵bn＋2＝－bn＋1－bn，∴b3＝－b2－b1＝－3b1＝3，∴b1＝－1.(2)证明∵bn＋2＝－bn＋1－bn①，∴bn＋3＝－bn＋2－bn＋1②，②－①得bn＋3＝bn，∴(bn＋1bn＋2bn＋3＋n＋1)－(bnbn＋1bn＋2＋n)＝bn＋1bn＋2·(bn＋3－bn)＋1＝1为常数，∴数列{bnbn＋1bn＋2＋n}是等差数列．(3)解∵Tn＋1＝Tn·bn＋1＝Tn－1bnbn＋1＝Tn－2bn－1·bnbn＋1＝…＝b1b2b3…bn＋1当n≥2时Tn＝b1b2b2…bn(*)，当n＝1时，T1＝b1适合(*)式∴Tn＝b1b2b3…bn(n∈N*)．∵b1＝－，b2＝2b1＝－1，b3＝－3b1＝，bn＋3＝bn，∴T1＝b1＝－，T2＝T1b2＝，T3＝T2b3＝，T4＝T3b4＝T3b1＝T1，T5＝T4b5＝T2b3b4b5＝T2b1b2b3＝T2，T6＝T5b6＝T3b4b5b6＝T3b1b2b3＝T3，……T3n＋1＋T3n＋2＋T3n＋3＝T3n－2b3n－1b3nb3n＋1＋T3n－1b3nb3n＋1b3n＋2＋T3nb3n＋1b3n＋2b3n＋3＝T3n－2b1b2b3＋T3n－1b1b2b3＋T3nb1b2b3＝(T3n－2＋T3n－1＋T3n)，∴数列{T3n－2＋T3n－1＋T3n}(n∈N*)是等比数列，首项T1＋T2＋T3＝且公比q＝，记Sn＝T1＋T2＋T3＋…＋Tn，①当n＝3k(k∈N*)时，Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)＝＝3，∴≤Sn＜3；②当n＝3k－1(k∈N*)时，Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)＋…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)－T3k＝3－(b1b2b3)k＝3－4·∴0≤Sn＜3；③当n＝3k－2(k∈N*)时2Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)＋…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)－T3k－1－T3k＝3－(b1b2b3)k－1b1b2－(b1b2b3)k＝3－－＝3－·，∴－≤Sn＜3.综上得－≤Sn＜3，故p≤－且q≥3，∴q－p的最小值为.3
