（本小题满分 12 分） 数列 a_ n 满足 a_ 1…——2014 高考数学第 15 题答案解析

【答案】（1）数列 $\left\{\frac{a_{n}}{n}\right\}$ 是等差数列；（2）$S_{n}=\frac{(2 n-1) \cdot 3^{n+1}+3}{4}$．

## 【解析】

试题分析：（1）证明：在原等式两边同除以 $n(n+1)$，得 $\frac{a_{n+1}}{n+1}=\frac{a_{n}}{n}+1$，即 $\frac{a_{n+1}}{n+1}-\frac{a_{n}}{n}=1$，所以 $\left\{\frac{a_{n}}{n}\right\}$ 是以 $\frac{a_{1}}{1}=1$ 为首项， 1 为公差的等差数列。（2）由①得 $\frac{a_{n}}{n}=1+(n-1) \cdot 1=n$，所以 $a_{n}=n^{2}$，从而 $b_{n}=n \cdot 3^{n}$．

用错位相减法求得 $S_{n}=\frac{(2 n-1) \cdot 3^{n+1}+3}{4}$．

试题解析：（1）证明：由已知可得，$\frac{a_{n+1}}{n+1}=\frac{a_{n}}{n}+1$，即 $\frac{a_{n+1}}{n+1}-\frac{a_{n}}{n}=1$，所以 $\left\{\frac{a_{n}}{n}\right\}$ 是以 $\frac{a_{1}}{1}=1$ 为首项， 1为公差的等差数列。（2）由①得 $\frac{a_{n}}{n}=1+(n-1) \cdot 1=n$，所以 $a_{n}=n^{2}$，从而 $b_{n}=n \cdot 3^{n}$．
$S_{n}=1 \cdot 3^{1}+2 \cdot 3^{2}+3 \cdot 3^{3}+\cdots+n \cdot 3^{n}$
$3 S_{n}=1 \cdot 3^{2}+2 \cdot 3^{3}+3 \cdot 3^{4}+\cdots+n \cdot 3^{n+1}$
①一②得

$-2 S_{n}=3^{1}+3^{2}+\cdots+3^{n}-n \cdot 3^{n+1}=\frac{3 \cdot\left(1-3^{n}\right)}{1-3}-n \cdot 3^{n+1}=\frac{(1-2 n) \cdot 3^{n+1}-3}{2}$.
所以 $S_{n}=\frac{(2 n-1) \cdot 3^{n+1}+3}{4}$．
考点：1．等差数列的证明；2．错位相减法求和．
19 （本题满分 13 分）
如图，四棱锥 $P-A B C D$ 的底面边长为 8 的正方形，四条侧棱长均为 $2 \sqrt{17}$。点 $G, E, F, H$ 分别是棱 $P B, A B, C D, P C$ 上共面的四点，平面 $G E F H \perp$ 平面 $A B C D, B C / /$ 平面 $G E F H$．

证明：$G H / / E F$；
若 $E B=2$，求四边形 $G E F H$ 的面积．

【答案】（1）GH／／EF；（2） 18.

## 【解析】

试题分析：（1）要证线线平行，通过线面证明线线平行，再根据平行的传递性即可证明因为 $B C / /$ 平面 $G E F H, B C \subset$ 平面 $P B C$，且平面 $P B C \cap$ 平面 $G E F H=G H$，所以 $G H / / B C$．同理可证 $E F / / B C$，因此 $G H / / E F$。（2）要求出四边形 $G E F H$ 的面积，音先需要呱定四边形的形状，求出四边形一紫墨的大小即可求出。连接 $A C, B D$ 交于点 $O, B D$ 交 $E F$ 于点 $K$，连接 $O P, G K$。因为 $P A=P C, O$ 是 $A C$ 的中点，所以 $P O \perp A C$，同理可得 $P O \perp B D$ 又 $B D \cap A C=0$，且 $A C, B D$ 都在底面内，所以 $P O \perp$ 底面 $A B C D$．又因为平面 $G E F H \perp$ 平面 $A B C D$，且 $P O \subset$ 平面 $G E F H$，所以 $P O / /$ 平面 $G E F H$ 因为平面 $P B D \cap$ 平面 $G E F H=G K$，所以 $P O / / G K$，且 $G K \perp$ 底面 $A B C D$，从而 $G K \perp E F$．所以 $G K$ 是梯形 $G E F H$ 的高。由 $A B=8, E B=2$ 得 $E B: A K=K B: D B=1: 4$，从而 $K B=\frac{1}{4} D B=\frac{1}{2} O B$，即 $K$ 为 $O B$ 的中点．再由 $P O / / G K$ 得 $G K=\frac{1}{2} P O$，即 $G$ 是 $P B$ 的中点，且 $G H=\frac{1}{2} B C=4$．由已知可得

$O B=4 \sqrt{2}, P O=\sqrt{P B^{2}-O B^{2}}=\sqrt{68-32}=6$，所以 $G K=3$，故四边形 $G E F H$ 的面积 $S=\frac{G H+E F}{2} \cdot G K=\frac{4+8}{2} \times 3=18$.

试题解析：（1）证明：因为 $B C / /$ 平面 $G E F H, B C \subset$ 平面 $P B C$，且平面 $P B C \cap$ 平面 $G E F H=G H$，所以 $/ /$ 同理可证 $/ /$，因此

连接 $A C, B D$ 交于点 $O, B D$ 交 $E F$ 于点 $K$，连接 $O P, G K$．因为 $P A=P C, O$ 是 $A C$ 的中点，所以 $P O \perp A C$，同理可得 $P O \perp B D$ 又 $B D \cap A C=O$，且 $A C, B D$ 都在底面内，所以 $P O \perp$ 底面 $A B C D$．又因为平面 $G E F H \perp$ 平面 $A B C D$，且 $P O \not \subset$ 平面 $G E F H$，所以 $P O / /$ 平面 $G E F H$。因为平面 $P B D \cap$平面 $G E F H=G K$，所以 $P O / / G K$，且 $G K \perp$ 底面 $A B C D$，从而 $G K \perp E F$．所以 $G K$ 是梯形 $G E F H$的高．由 $A B=8, E B=2$ 得 $E B: A K=K B: D B=1: 4$，从而 $K B=\frac{1}{4} D B=\frac{1}{2} O B$，即 $K$ 为 $O B$ 的中点．

再 由 $P O / / G K$ 得 $G K=\frac{1}{2} P O$，即 $G$ 是 $P B$ 的中点，且 $G H=\frac{1}{2} B C=4$。由已知可得 $O B=4 \sqrt{2}, P O=\sqrt{P B^{2}-O B^{2}}=\sqrt{68-32}=6$，所以 $G K=3$，故四边形 $G E F H$ 的面积 $S=\frac{G H+E F}{2} \cdot G K=\frac{4+8}{2} \times 3=18$.
考点：1．线面平行的性质定理；2．平行的传递性；3．四边形面积的求解．
20 （本小题满分 13 分）
设函数 $f(x)=1+(1+a) x-x^{2}-x^{3}$，其中 $a>0$
讨论 $f(x)$ 在其定义域上的单调性；
当 $x \in[0,1]$ 时，求 $f(x)$ 取得最大值和最小值时的 $x$ 的值．

【答案】①$f(x)$ 在 $\left(-\infty, x_{1}\right)$ 和（ $x_{2},+\infty$ ）内单调迷减，在（ $x_{1}, x_{2}$ ）内单调递增；（2）所以当 $0

## 【解析】

试题分析：（1）对原函数进行求导，$f^{\prime}(x)=1+a-2 x-3 x^{2}$，令 $f^{\prime}(x)=0$，解得 $x_{1}=\frac{-1-\sqrt{4+3 a}}{3}, x_{2}=\frac{-1+\sqrt{4+3 a}}{3}, x_{1}x_{2}$ 时 $f^{\prime}(x)<0$；从而得出，当 $x_{1}0$。故 $f(x)$ 在 $\left(-\infty, x_{1}\right)$ 和 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 门单调速减，在 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 内单调速增。（2）依据第（1）题，对 $a$ 进行讨论，①当 $a \geq 4$ 时，$x_{2} \geq 1$，由①知，$f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调速增，所以 $f(x)$在 $x=0$ 和 $x=1$ 处分别取得最小值和最大篧②当 $0

试题解析：（1）$f(x)$ 的定义域为 $R$，$f^{\prime}(x)=1+a-2 x-3 x^{2}$。令 $f^{\prime}(x)=0$，得 $x_{1}=\frac{-1-\sqrt{4+3 a}}{3}, x_{2}=\frac{-1+\sqrt{4+3 a}}{3}, x_{1}x_{2}$时 $f^{\prime}(x)<0$；当 $x_{1}0$ 故 $f(x)$ 在 $\left(-\infty, x_{1}\right)$ 和 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 内单调速减，在 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 内单调迷增。

因为 $a>0$，所以 $x_{1}<0, x_{2}>0$．
$a \geq 4$ 时，$x_{2} \geq 1$，由①知，$f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递增，所以 $f(x)$ 在 $x=0$ 和 $x=1$ 处分别取得最小值和最大值．（2）当 $0

在 $x=0$ 处取得最小值．
考点：1．含参函数的单调性；2．含参函数的最值求解．
21 （本小题满分 13 分）
设 $F_{1}, F_{2}$ 分别是椭圆 $E: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点，过点 $F_{1}$ 的直线交椭圆 $E$ 于 $A, B$ 两点， $\left|A F_{1}\right|=3\left|B F_{1}\right|$

若 $|A B|=4, \triangle A B F_{2}$ 的周长为 16，求 $\left|A F_{2}\right|$；
若 $\cos \angle A F_{2} B=\frac{3}{5}$，求椭圆 $E$ 的离心率．

【答案】（1） 5；②$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

## 【解析】

试题分析：（1）由题意 $\left|A F_{1}\right|=3\left|F_{1} B\right|,|A B|=4$ 可以求得 $\left|A F_{1}\right|=3,\left|F_{1} B\right|=1$，而 $\triangle A B F_{2}$ 的周长为 16，再由椭圆定义可得 $4 a=16,\left|A F_{1}\right|+\left|A F_{2}\right|=2 a=8$。故 $\left|A F_{2}\right|=2 a-\left|A F_{1}\right|=8-3=5$。②设出 $\left|F_{1} B\right|=k$，则 $k>0$ 且 $\left|A F_{1}\right|=3 k,|A B|=4 k$。根据椭圆定义以及余弦定理可以表示出 $a, k$ 的关系 $(a+k)(a-3 k)=0$，从而 $a=3 k,\left|A F_{2}^{*}\right|=3 k=\left|A F_{1}\right|,\left|B F_{2}\right|=5 k$，则 $\left|B F_{2}\right|^{2}=\left|F_{2} A\right|^{2}+|A B|^{2}$，故 $F_{1} A \perp F_{2} A, \triangle A F_{1} F_{2}$ 为等腰直角三角形从而 $c=\frac{\sqrt{2}}{2} a$，所以椭圆 $E$ 的离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$．

试题解析：（1）由 $\left|A F_{1}\right|=3\left|F_{1} B\right|,|A B|=4$，得 $\left|A F_{1}\right|=3,\left|F_{1} B\right|=1$．因为 $\triangle A B F_{2}$ 的周长为 16，所以由椭圆定义可得 $4 a=16,\left|A F_{1}\right|+\left|A F_{2}\right|=2 a=8$。故 $\left|A F_{2}\right|=2 a-\left|A F_{1}\right|=8-3=5$．
②设 $\left|F_{1} B\right|=k$，则 $k>0$ 且 $\left|A F_{1}\right|=3 k,|A B|=4 k$。由椭圆定 呵得 $\left|A F_{2}\right|=2 a-3 k,\left|B F_{2}\right|=2 a-k$。在 $\triangle A B F_{2}$ 中，由余弦定理可得 $|A B|^{2}=\left|A F_{2}\right|^{2}+\left|B F_{2}\right|^{2}-2\left|A F_{2}\right| \cdot\left|B F_{2}\right| \cos \angle A F_{2} B$，即 $(4 k)^{2}=(2 a-3 k)^{2}+(2 a-k)^{2}-\frac{6}{5}(2 a-3 k) \cdot(2 a-k)$，化简可得 $(a+k)(a-3 k)=0$，而 $a+k>0$，故 $a=3 k$。于是有 $\left|A F_{2}\right|=3 k=\left|A F_{1}\right|,\left|B F_{2}\right|=5 k$。因此 $\left|B F_{2}\right|^{2}=\left|F_{2} A\right|^{2}+|A B|^{2}$，可得 $F_{1} A \perp F_{2} A$，故 $\triangle A F_{1} F_{2}$ 为等腰直角三角形从而 $c=\frac{\sqrt{2}}{2} a$，所以椭圆 $E$ 的离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$．

考点：1．椭圆的定义；2．椭圆的离心率求

解。