2023年全国高考·模拟调研卷LLY1(一)数学 答案

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12．已知数列{a_n}中a₁=1，关于x的方程x²-a_n+1•tan（cosx）+（2a_n+1）•tan1=0有唯一解，设b_n=na_n，数列{b_n}的前n项和为S_n，则S₉=（　　）

分析（1）通过当n≥2时利用a_n=S_n-S_n-1，进而计算可得结论；
（2）通过（1）利用错位相减法计算可知T_n=$\frac{15}{2}$-$\frac{1}{2}$•$\frac{4n+5}{{3}^{n-1}}$，问题转化为求满足$\frac{4n+5}{{3}^{n-1}}$＞1的n的最大值，进而计算可得结论．

解答解：（1）∵S_n=n²+2n，
∴当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=（n²+2n）-[（n-1）²+2（n-1）]=2n+1，
又∵a₁=1+2=3满足上式，
∴a_n=2n+1，
∵3ⁿb_n+1=（n+1）a_n+1-na_n，
∴b_n+1=$\frac{1}{{3}^{n}}$[（n+1）a_n+1-na_n]=$\frac{1}{{3}^{n}}$[（n+1）（2n+3）-n（2n+1）]=（4n+3）•$\frac{1}{{3}^{n}}$，
又∵b₁=3满足上式，
∴b_n=（4n-1）•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$；
（2）由（1）可知，T_n=3•1+7•$\frac{1}{3}$+11•$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+（4n-1）•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$，
$\frac{1}{3}$T_n=3•$\frac{1}{3}$+7•$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+（4n-5）•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$+（4n-1）•$\frac{1}{{3}^{n}}$，
错位相减得：$\frac{2}{3}$T_n=3+4（$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n-1}}$）-（4n-1）•$\frac{1}{{3}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{3}{2}$[3+4（$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n-1}}$）-（4n-1）•$\frac{1}{{3}^{n}}$]
=$\frac{3}{2}$[3+4•$\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{3}}$-（4n-1）•$\frac{1}{{3}^{n}}$]
=$\frac{15}{2}$-$\frac{1}{2}$•$\frac{4n+5}{{3}^{n-1}}$，
∵T_n＜7，
∴$\frac{15}{2}$-$\frac{1}{2}$•$\frac{4n+5}{{3}^{n-1}}$＜7，即$\frac{4n+5}{{3}^{n-1}}$＞1，
记f（x）=$\frac{4x+5}{{3}^{x-1}}$，则f′（x）=$\frac{4•{3}^{x-1}-ln3•（4x+5）•{3}^{x-1}}{{3}^{2（x-1）}}$，
显然，当x≥1时，f′（x）＜0，即f（x）在区间[1，+∞）上单调递减，
又∵f（3）=$\frac{17}{9}$，f（4）=$\frac{7}{9}$，
∴满足T_n＜7时n的最大值为3．

点评本题考查数列的通项及前n项和，考查错位相减法，注意解题方法的积累，属于中档题．