19.【命题意图】本题考查等差数列的定义、通项公式,利用裂项相消法求数列的前n项和,体现了逻辑推理、学运算等核心素养(1)【证明】方法一由an=2(b+bn1)(n≥2)及b=√Sn,得an=2(√S。+√S1)(n≥2)(1分)由an=Sn-Sn1(n≥2),得S-S-1=2(√S+√S,)(n≥2),(2分)所以(√Sn-√S)(√Sn+√S)=2(√S+√Sn)(n≥2)(3分)又√S。+√Sn1≠0,所以S-√Sn1=2即b。-bn1=2(n≥2)(4分)(5分)所以数列{b。}是首项为2,公差为2的等差数列方法二由an=Sn-Sn1(n≥2)与b=√S,得an=b2-b21(n≥2)(1分)又an=2(b,+b。)(n≥2),所以b2-b21=2(bn+bn)(n≥2),(2分)所以(b+bn1)(b。-bn1)=2(b。+bn1)(n≥2)(3分)因为S,≠0,所以b+bn-1≠0,所以b-b。1=2(n≥2)4分又b1=√S1=√a1=2(5分)所以数列{bn}是首项为2,公差为2的等差数列(6分)(2)【解】由(1)知,bn=2+2(n-1)=2n,所以Sn=4n2(7分)当n≥2时,an=S。-Sn1=8n-4(8分)当n=1时,a1=4也适合上式,所以a=8n-4(9分)8n+4SnSn4n2·4(n+1)24n2(n+110分所以7=)+(2+…+(n2+2n(n+1)(n+1)24(n+1)(12分)

20.【命题意图】本题考查利用导数讨论函数的单调性、解决不等式恒成立问題,考查分类讨论思想、数形结合思想,体现了敫学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养【解】(1)当a=-1时,f(x)=-n(x+1)+e2-1,其定义域为(-1,+∞)所以f(x)=-1,+6(1分)易知y1=x+1,y2=C在(-1,+2)上单调递增,所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增.(2分)又厂(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f(x)>0(3分)故f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(4分)(2)当x≥0时,f(x)≥x2恒成立,等价于aln(x+1)+62-1≥0在[(0,+∞)上恒成立.(5分)令g(x)=aln(x+1)+e-1x2-1(x≥0),2则…、x+ex=(e-x)(x+1)+,(6分)x十令h(x)=(e-x)(x+1)+a(x≥0),则h(x)=xe2+2e2-2x-1(7分)令中(x)=2e-2x-1(x≥0),则g'(x)=2e-2≥0(x≥0),所以φ(x)在[0,+∞)上单调递增,则p(x)≥φ(0)=1>0.(8分)因为x∈[0,+∞),所以xe'≥0,所以h'(x)>0,所以h(x)在[0,+∞)上单调递增,则h(x)≥h(0)=1+a(9分)当a≥-1时,g(x)≥0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,则g(x)mn=g(0)=0,满足g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,所以a≥-1满足题意(10分)当a<-1时,存在x0>0使得g'(x)=0,所以当x∈[0,x)时,g'(x)<0,所以g(x)在[0,x)上单调递减因为g(0)=0,所以当x∈(0,x)时,g(x)<0,不满足题意(11分)故实数a的取值范围为-1,+∞).(12分)

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