2017年高考數(shù)學(xué)壓軸題+黃岡壓軸100題

1、 2017高考壓軸題精選黃岡中學(xué)高考數(shù)學(xué)壓軸100題目錄1.二次函數(shù)22 復(fù)合函數(shù)43.創(chuàng)新型函數(shù)64.抽象函數(shù)125.導(dǎo)函數(shù)不等式136.函數(shù)在實際中的應(yīng)用207. 函數(shù)與數(shù)列綜合228.數(shù)列的概念與性質(zhì)339. Sn與an的關(guān)系3810.創(chuàng)新型數(shù)列4111.數(shù)列不等式4312數(shù)列與解析幾何4713橢圓4914.雙曲線5215.拋物線5616 解析幾何中的參數(shù)范圍問題5817 解析幾何中的最值問題6418 解析幾何中的定值問題6719 解析幾何與向量7020 探索問題77（1），110（2）1101.二次函數(shù)1. 對于函數(shù)，若存在實數(shù)，使成立，則稱為 的不動點（1）當(dāng)時，求的不動點；（2）若

2、對于任何實數(shù)，函數(shù)恒有兩 個相異的不動點，求實數(shù)的取值范圍；（3）在(2)的條件下，若的圖象上兩點的橫坐標(biāo)是函數(shù)的不動點，且直線是線段的垂直平分線，求實數(shù)的取值范圍分析 本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)、直線等 基礎(chǔ)知識，及綜合分析問題的能力 函數(shù)與方程思想解： ，（1）當(dāng)時，設(shè)為其不動點，即，則所以，即的不動點是.（2）由得.由已知，此方程有相異二實根，所以，即對任意恒成立，（3）設(shè)，直線是線段 的垂直平分線，記的中點，由(2)知在上，化簡得：，當(dāng)時，等號成立即例2 已知函數(shù)，若對任 意，且，都有 （）求實數(shù)的取值范圍；（）對于給定的實數(shù)，有一個最小的負(fù)數(shù)，使得 時，都成立，則當(dāng)為何值時，最小，并求出

3、的最小值解：（） ， ，實數(shù) 的取值范圍為 （），顯然，對稱軸。（1）當(dāng)，即時，且令，解 得，此時取較大的根，即， （2）當(dāng)，即時，且令，解 得，此時取較小的根，即， 當(dāng)且僅當(dāng)時，取等號，當(dāng)時，取得 最小值3 2 復(fù)合函數(shù)1已知 函數(shù)滿足，其中，且。（1）對于函數(shù)，當(dāng)時，求實數(shù)m的取值范圍；（2）當(dāng)時，的取值范圍恰為，求的取值范圍。解： 且設(shè)，則 當(dāng)時， 在其定義域上當(dāng)時， ， 在其定義域上 且，都有為其定義 域上的增函數(shù)又 為奇函數(shù)（1） 當(dāng)時， （2）當(dāng)時， 在上，且值域為 例2. 函數(shù)是的 反函數(shù)，的圖象與函數(shù)的圖象關(guān)于直線成軸對稱圖形，記。 （1）求的解析式及其定義域；（2）試問的圖象

4、上是否存在兩個不同的點A、B，使直線AB恰好與軸垂直？若存在，求出A、B的坐 標(biāo)；若不存在，說明理由。解：（1） 的圖象與的圖象關(guān)于直線成軸對稱圖形 的圖象與的 圖象關(guān)于直線對稱即：是的反函數(shù) （2）假設(shè)在的圖象上存在不同 的兩點A、B使得軸，即使得方程有兩不等實根設(shè)，則在（，1）上且 ， 使得方程有兩不等正根設(shè)，由函數(shù)圖象可知：，方程僅 有唯一正根 不存在點A、B符合題意。3. 設(shè)且為自然對數(shù)的 底數(shù)，函數(shù)f（x） （1）求證：當(dāng)時，對一切非負(fù)實數(shù)x恒成立； （2）對于（0，1）內(nèi)的任意常數(shù)a，是否存在與a 有關(guān)的正常數(shù)，使得成立？如果存在，求出一個符合條件的；否則說明理由.分析：本題主要考

5、查函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等基礎(chǔ)知識，以及綜合運(yùn)用所學(xué)知識分析和解決問題的能力分類討論、化歸（轉(zhuǎn)化）思想方法解：（1）當(dāng)令上單調(diào)遞增，（2）（1），需求一個，使（1）成立，只要求出的最小值，滿足上在，只需證明內(nèi)成立即可，令為增函數(shù)，故存在與a有關(guān)的正常數(shù)使（1）成立。3.創(chuàng)新型函數(shù)1.在R上定義運(yùn)算（b、c為實常數(shù)）。記，.令.（）如果函數(shù)在處有極值,試確定b、c的值；（）求曲線上斜率為c的切線與該曲線的公共點；（）記的最大值為.若對任意的b、c 恒成立，試示的最大值。解：（）由在處有極值，可得，解得或若，則，此時沒有極值；若，則。當(dāng)變化時，、的變化情況如下表： 0+單調(diào)遞減極小值-12單調(diào)遞

6、增極大值單調(diào)遞減當(dāng)是，有極大值，故即為所求。（）設(shè)曲線在處的切線的斜率為，即。解得或。若，則，得切點為，切線方程為；若，則，得切點為，切線方程為。若，解得，則此時切線與曲線的公共點為，；(2)若，解得，此時切線與曲線的公共點為，。綜合可知，當(dāng)時，斜率為c的切線與曲線有且只有一個公共點；當(dāng)，斜率為c的切線與曲線有兩個不同的公共點，分別為和或，。（）(1)當(dāng)時，函數(shù)的對稱軸位于區(qū)間外，在上的最值在兩端點處取得，故應(yīng)是和中較大的一個。，即(2)當(dāng)?shù)脤ΨQ軸x=b位于區(qū)間之內(nèi)此時由若于是若，則，于是綜上，對任意的b、c都有而當(dāng)，時，在區(qū)間上的最大值故對任意的b，c恒成立的k的最大值為 。例2設(shè)函數(shù),其中

7、表示不超過的最大整數(shù),如. ()求的值; ()若在區(qū)間上存在x,使得成立,求實數(shù)k的取值范圍;()求函數(shù)的值域. 解:()因為,所以 ()因為,所以, 則. 求導(dǎo)得,當(dāng)時,顯然有, 所以在區(qū)間上遞增, 即可得在區(qū)間上的值域為, 在區(qū)間上存在x,使得成立,所以 ()由于的表達(dá)式關(guān)于x與對稱,且x>0,不妨設(shè)x³1. 當(dāng)x=1時,=1,則; 當(dāng)x>1時,設(shè)x= n+,nÎN*,0£<1. 則x= n,所以 , 在1,+¥)上是增函數(shù),又, , 當(dāng)時, 當(dāng)時, 故時,的值域為I1I2In 設(shè), 則. , 當(dāng)n³2時,a2= a3&l

8、t; a4<< an< 又bn單調(diào)遞減, b2> b3>> bn> a2,b2)= I2I3I4In I1I2In=I1I2 =. 綜上所述,的值域為例3.我們用和分別表示實數(shù)中的最小者和最大者.（1）設(shè)，函數(shù)的值域為，函數(shù)的值域為，求；（2）提出下面的問題：設(shè)，為實數(shù)，求函數(shù)（）的最小值或最大值為了方便探究，遵循從特殊到一般的原則，先解決兩個特例：求函數(shù)和的最值。得出的結(jié)論是：，且無最大值；，且無最小值請選擇兩個學(xué)生得出的結(jié)論中的一個，說明其成立的理由；（3）試對老師提出的問題進(jìn)行研究，寫出你所得到的結(jié)論并加以證明（如果結(jié)論是分類的，請選擇一種情況加

9、以證明）解：（1）， （2）若選擇學(xué)生甲的結(jié)論，則說明如下， ，于是在區(qū)間上是減函數(shù)，在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，在上是增函數(shù)，所以函數(shù)的最小值是，且函數(shù)沒有最大值 若選擇學(xué)生乙的結(jié)論，則說明如下， ，于是在區(qū)間上是增函數(shù)，在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，在上是減函數(shù) 所以函數(shù)的最大值是，且函數(shù)沒有最小值（3）結(jié)論：若，則；若，則；若，則， 以第一個結(jié)論為例證明如下： ， 當(dāng)時，是減函數(shù)，當(dāng)時，是增函數(shù)當(dāng)時，函數(shù)的圖像是以點，為端點的一系列互相連接的折線所組成，所以有4.抽象函數(shù)1. 設(shè)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，其圖象關(guān)于直線x=1對稱，對任意x1、x20,都有f(x1+x2)=f(x1)&#

10、183;f(x2),且f(1)=a>0.(1)求f()、f();(2)證明f(x)是周期函數(shù)；(3)記an=f(n+),求解：(1)因為對x1,x20,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),所以f(x)=0,x0,1又因為f(1)=f(+)=f()·f()=f()2，f()=f(+)=f()·f()=f（）2又f(1)=a>0f()=a,f()=a證明：(2)依題意設(shè)y=f(x)關(guān)于直線x=1對稱，故f(x)=f(1+1x),即f(x)=f(2x),xR.又由f(x)是偶函數(shù)知f(x)=f(x),xRf(x)=f(2x),xR.將上式中x以x代

11、換得f(x)=f(x+2)，這表明f(x)是R上的周期函數(shù)，且2是它的一個周期.解：(3)由(1)知f(x)0,x0,1f()=f(n·)=f(+(n1) )=f()·f(n1)·)=f()·f()··f()=f()=a，f()=a.又f(x)的一個周期是2f(2n+)=f(),因此an=a，例2. 定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：對任意實數(shù)m，n，總有，且當(dāng)x>0時，0<f(x)<1。（1）判斷f(x)的單調(diào)性；（2）設(shè)，若，試確定a的取值范圍。解：（1）在中，令，得，因為，所以。在中，令因為當(dāng)時，所以當(dāng)時而，所以又

12、當(dāng)x=0時，所以，綜上可知，對于任意，均有。設(shè)，則所以所以在R上為減函數(shù)。（2）由于函數(shù)y=f(x)在R上為減函數(shù)，所以即有，又，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，有由，所以直線與圓面無公共點。因此有，解得。5.導(dǎo)函數(shù)不等式1. 已知函數(shù)（）若，試確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（）若，且對于任意，恒成立，試確定實數(shù)的取值范圍；（）設(shè)函數(shù)，求證：分析：本小題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、極值、導(dǎo)數(shù)、不等式等基本知識，考查運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的方法，考查分類討論、化歸以及數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想方法，考查分析問題、解決問題的能力。解：（）由得，所以由得，故的單調(diào)遞增區(qū)間是，由得，故的單調(diào)遞減區(qū)間是（）由可知是偶函數(shù)于是對任意成立等價于對

13、任意成立由得當(dāng)時，此時在上單調(diào)遞增故，符合題意當(dāng)時，當(dāng)變化時的變化情況如下表：單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增由此可得，在上，依題意，又綜合，得，實數(shù)的取值范圍是（）， 由此得，故2. 設(shè)，對任意實數(shù)，記（）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（）求證：（）當(dāng)時，對任意正實數(shù)成立；（）有且僅有一個正實數(shù)，使得對于任意正實數(shù)成立。分析：本題主要考查函數(shù)的基本性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及不等式的證明等基礎(chǔ)知識，以及綜合運(yùn)用所學(xué)知識分析和解決問題的能力分類討論、化歸（轉(zhuǎn)化）思想方法（I）解：由，得因為當(dāng)時，當(dāng)時，當(dāng)時，故所求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是（II）證明：（i）方法一：令，則，當(dāng)時，由，得，當(dāng)時，所以在內(nèi)的最小值是故當(dāng)

14、時，對任意正實數(shù)成立方法二：對任意固定的，令，則，由，得當(dāng)時，；當(dāng)時，所以當(dāng)時，取得最大值因此當(dāng)時，對任意正實數(shù)成立（ii）方法一：由（i）得，對任意正實數(shù)成立即存在正實數(shù)，使得對任意正實數(shù)成立下面證明的唯一性：當(dāng)，時，由（i）得，再取，得，所以，即時，不滿足對任意都成立故有且僅有一個正實數(shù)，使得對任意正實數(shù)成立方法二：對任意，因為關(guān)于的最大值是，所以要使對任意正實數(shù)成立的充分必要條件是：，即，又因為，不等式成立的充分必要條件是，所以有且僅有一個正實數(shù)，使得對任意正實數(shù)成立3. 定義函數(shù)f n( x )(1x)n1, x2，nN*(1)求證：f n ( x ) nx；(2)是否存在區(qū)間 a，0

15、 (a0)，使函數(shù)h( x )f 3( x )f 2( x )在區(qū)間a，0上的值域為ka，0?若存在，求出最小實數(shù)k的值及相應(yīng)的區(qū)間a，0，若不存在，說明理由.分析：本題主要考查函數(shù)的基本性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及不等式的證明等基礎(chǔ)知識，以及綜合運(yùn)用所學(xué)知識分析和解決問題的能力分類討論、數(shù)形結(jié)合思想方法解：(1)證明：f n( x )nx(1x)n1nx，令g( x )(1x)n1nx , 則g'( x )n(1x)n11.當(dāng)x(2，0)時， g'( x )0,當(dāng)x(0，）時，g'( x )0，g( x )在x0處取得極小值g( 0 )0，同時g( x )是單峰函數(shù)，則g( 0

16、 )也是最小值.g( x )0,即f n ( x )nx(當(dāng)且僅當(dāng)x0時取等號). 注：亦可用數(shù)學(xué)歸納法證明.(2)h( x )f 3( x )f 2( x )x( 1x )2h'( x )(1x)2x·2(1x)(1x)(13x)令h'(x)0, 得x1或x ，當(dāng)x(2，1)，h'(x)0；當(dāng)x(1，)時，h'(x)0；當(dāng)x( ,)時，h'(x)0.故作出h(x)的草圖如圖所示，討論如下：當(dāng)時，h(x)最小值h(a)ka k(1a)2當(dāng)時h(x)最小值h(a)h()ka 當(dāng)時h( x )最小值h( a )a(1a)2ka k(1a)2，時取等

17、號.綜上討論可知k的最小值為，此時a，0，0.例4. 已知在區(qū)間上是增函數(shù)。（1）求實數(shù)的值組成的集合A；（2）設(shè)關(guān)于的方程的兩個非零實根為、。試問：是否，使得不等式對及恒成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，請說明理由。分析：本題主要考查函數(shù)的基本性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及不等式的證明等基礎(chǔ)知識，以及綜合運(yùn)用所學(xué)知識分析和解決問題的能力函數(shù)方程思想、化歸（轉(zhuǎn)化）思想方法解：（1） 在上 對恒成立即，恒有成立設(shè) （2） 、是方程的兩不等實根，且， 對及恒成立 對恒成立設(shè)， 對恒成立 滿足題意5. 已知函數(shù)。（1）求函數(shù)的反函數(shù)和的導(dǎo)函數(shù)；（2）假設(shè)對，不等式成立，求實數(shù)的取值范圍。分析：本題主要考查反

18、函數(shù)的概念及基本性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及不等式的證明等基礎(chǔ)知識，以及綜合運(yùn)用所學(xué)知識分析和解決問題的能力化歸（轉(zhuǎn)化）思想方法解：（1） （2） ，成立 設(shè)， 恒有成立 ， ，在上 即 在上 的取值范圍是6.設(shè)函數(shù).()當(dāng)x=6時,求的展開式中二項式系數(shù)最大的項;()對任意的實數(shù)x,證明()是否存在,使得a恒成立?若存在,試證明你的結(jié)論并求出a的值;若不存在,請說明理由.（）解：展開式中二項式系數(shù)最大的項是第4項，這項是（）證法一：因證法二：因而故只需對和進(jìn)行比較。令，有，由，得因為當(dāng)時，單調(diào)遞減；當(dāng)時，單調(diào)遞增，所以在處有極小值故當(dāng)時，從而有，亦即故有恒成立。所以，原不等式成立。（）對，且有又因，故

19、，從而有成立，即存在，使得恒成立。6.函數(shù)在實際中的應(yīng)用1. 兩縣城A和B相距20km，現(xiàn)計劃在兩縣城外以AB為直徑的半圓弧上選擇一點C建造垃圾處理廠，其對城市的影響度與所選地點到城市的的距離有關(guān)，對城A和城B的總影響度為城A與城B的影響度之和，記C點到城A的距離為x km，建在C處的垃圾處理廠對城A和城B的總影響度為y,統(tǒng)計調(diào)查表明：垃圾處理廠對城A的影響度與所選地點到城A的距離的平方成反比，比例系數(shù)為4；對城B的影響度與所選地點到城B的距離的平方成反比，比例系數(shù)為k ,當(dāng)垃圾處理廠建在的中點時，對城A和城B的總影響度為0.065.（1）將y表示成x的函數(shù)；（11）討論（1）中函數(shù)的單調(diào)性，

20、并判斷弧上是否存在一點，使建在此處的垃圾處理廠對城A和城B的總影響度最小？若存在，求出該點到城A的距離;若不存在，說明理由。A B C x 解:（1）如圖,由題意知ACBC,其中當(dāng)時，y=0.065,所以k=9所以y表示成x的函數(shù)為設(shè),則,所以當(dāng)且僅當(dāng)即時取”=”.下面證明函數(shù)在(0,160)上為減函數(shù), 在(160,400)上為增函數(shù).設(shè)0<m1<m2<160,則 ,因為0<m1<m2<160,所以4>4×240×2409 m1m2<9×160×160所以,所以即函數(shù)在(0,160)上為減函數(shù).同理,函數(shù)

21、在(160,400)上為增函數(shù),設(shè)160<m1<m2<400,則因為1600<m1<m2<400,所以4<4×240×240, 9 m1m2>9×160×160所以,所以即函數(shù)在(160,400)上為增函數(shù).所以當(dāng)m=160即時取”=”,函數(shù)y有最小值,所以弧上存在一點，當(dāng)時使建在此處的垃圾處理廠對城A和城B的總影響度最小.7. 函數(shù)與數(shù)列綜合1. 已知函數(shù)與函數(shù)的圖像關(guān)于直線對稱（1）試用含的代數(shù)式表示函數(shù)的解析式，并指出它的定義域；（2）數(shù)列中，當(dāng)時，數(shù)列中，點在函數(shù)的圖像上，求的值；（3）在（2）的條

22、件下，過點作傾斜角為的直線，則在軸上的截距為，求數(shù)列的通項公式分析：本小題主要考查反函數(shù)的概念、性質(zhì)、直線、數(shù)列等基本知識，考查運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明問題的方法，考查分析問題和解決問題的能力。轉(zhuǎn)化（化歸）思想，解：（1）由題可知：與函數(shù)互為反函數(shù)，所以， （2）因為點在函數(shù)的圖像上，所以， (*)在上式中令可得：，又因為：，代入可解得：所以，(*)式可化為： （3）直線的方程為：，在其中令，得，又因為在軸上的截距為，所以，=，結(jié)合式可得： 由可知：當(dāng)自然數(shù)時，兩式作差得：結(jié)合式得： 在中，令，結(jié)合，可解得：，又因為：當(dāng)時，所以，舍去，得同上，在中，依次令，可解得：，猜想：下用數(shù)學(xué)歸納法證明 （1）

23、時，由已知條件及上述求解過程知顯然成立（2）假設(shè)時命題成立，即，則由式可得：把代入上式并解方程得： 由于，所以，所以，符合題意，應(yīng)舍去，故只有所以，時命題也成立綜上可知：數(shù)列的通項公式為 2、已知函數(shù)，點，是函數(shù)圖像上的兩個點，且線段的中點的橫坐標(biāo)為求證：點的縱坐標(biāo)是定值；若數(shù)列的通項公式為，求數(shù)列的前m項的和；若時，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍解：由題可知：，所以，點的縱坐標(biāo)是定值，問題得證由可知：對任意自然數(shù)，恒成立由于，故可考慮利用倒寫求和的方法即由于：所以，所以， 等價于 依題意，式應(yīng)對任意恒成立顯然，因為（），所以，需且只需對任意恒成立即：對恒成立記（） ，（）的最大值為， 3 已

24、知函數(shù)，數(shù)列滿足：，（1）求證：；（2）求證數(shù)列是等差數(shù)列；（3）求證不等式：分析：本小題主要考查反函數(shù)的概念、單調(diào)性、導(dǎo)函數(shù)、數(shù)列、不等式等基本知識，考查綜合運(yùn)用知識分析問題和解決問題的能力。轉(zhuǎn)化（化歸）思想，解：（1）由得當(dāng)時，即是單調(diào)遞增函數(shù)；當(dāng)時，即是單調(diào)遞減函數(shù)；且，即是極大值點，也是最大值點，當(dāng)時取到等號。(4分)（2）由得，故， 即數(shù)列是等差數(shù)列，首項為，公差為 (8分)（3）由（2）可知所以又時，有，令，則4已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)-x1）求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（）記f(x)在區(qū)間（nN*）上的最小值為bx令an=ln(1+n)-bx.（）如果對一切n，不等式恒成立，求

25、實數(shù)c的取值范圍；（）求證： 解法一：（I）因為f(x)=ln(1+x)-x，所以函數(shù)定義域為（-1,+）,且f(x)=-1=.由f(x)>0得-1<x<0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為（-1，0）；由f(x)<0得x>0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+）.(II)因為f(x)在0,n上是減函數(shù)，所以bn=f(n)=ln(1+n)-n,則an=ln(1+n)-bn=ln(1+n)-ln(1+n)+n=n.(i)> 又lim,因此c<1，即實數(shù)c的取值范圍是（-，1）.（II）由（i）知因為2=所以(nN*),則N*）解法二：（）同解法一.（）因為f(x)

26、在上是減函數(shù)，所以則（i）因為對nN*恒成立.所以對nN*恒成立.則對nN*恒成立.設(shè) nN*，則cg(n)對nN*恒成立.考慮因為0，所以內(nèi)是減函數(shù)；則當(dāng)nN*時，g(n)隨n的增大而減小，又因為1.所以對一切因此c1,即實數(shù)c的取值范圍是(-，1.() 由()知 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式 當(dāng)n=1時，左邊，右邊，左邊<右邊.不等式成立. 假設(shè)當(dāng)n=k時,不等式成立.即當(dāng)n=k+1時，=即nk1時，不等式成立綜合、得，不等式成立.所以即.5. 已知Sn=1+,(nN*)，設(shè)f(n)=S2n+1Sn+1,試確定實數(shù)m的取值范圍，使得對于一切大于1的自然數(shù)n，不等式f(n)logm(m1

27、)2log(m1)m2恒成立 命題意圖 本題主要考查應(yīng)用函數(shù)思想解決不等式、數(shù)列等問題，需較強(qiáng)的綜合分析問題、解決問題的能力 知識依托 本題把函數(shù)、不等式恒成立等問題組合在一起，構(gòu)思巧妙 錯解分析 本題學(xué)生很容易求f(n)的和，但由于無法求和，故對不等式難以處理 技巧與方法 解決本題的關(guān)鍵是把f(n)(nN*)看作是n的函數(shù)，此時不等式的恒成立就轉(zhuǎn)化為 函數(shù)f(n)的最小值大于logm(m1)2log(m1)m2 解 Sn=1+ (nN*)f(n+1)f(n)f(n)是關(guān)于n的增函數(shù)f(n) min=f(2)=要使一切大于1的自然數(shù)n，不等式f(n)logm(m1)2log(m1)m2恒成立只

28、要logm(m1)2log(m1)m2成立即可由得m1且m2此時設(shè)logm(m1)2=t 則t0于是解得0t1，由此得0logm(m1)21，解得m且m2 6. 已知函數(shù),數(shù)列滿足, ; 數(shù)列滿足, .求證:（）（）（）若則當(dāng)n2時,.點評：本題是數(shù)列、超越函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的學(xué)歸納法的知識交匯題，屬于難題，復(fù)習(xí)時應(yīng)引起注意。 分類討論的思想方法解析：第（1）問是和自然數(shù)有關(guān)的命題，可考慮用數(shù)學(xué)歸納法證明；第（2）問可利用函數(shù)的單調(diào)性；第（3）問進(jìn)行放縮。答案：解: ()先用數(shù)學(xué)歸納法證明,.（1）當(dāng)n=1時,由已知得結(jié)論成立;（2）假設(shè)當(dāng)n=k時,結(jié)論成立,即.則當(dāng)n=k+1時,因為0<x&l

29、t;1時,所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù).又f(x)在上連續(xù),所以f(0)<f()<f(1),即0<. 故當(dāng)n=k+1時,結(jié)論也成立. 即對于一切正整數(shù)都成立.又由, 得,從而.綜上可知()構(gòu)造函數(shù)g(x)=-f(x)= , 0<x<1,由,知g(x)在(0,1)上增函數(shù).又g(x)在上連續(xù),所以g(x)>g(0)=0.因為,所以,即>0,從而() 因為 ,所以, , 所以 , 由()知:, 所以= ,因為, n2, 所以 <<= .由 兩式可知: .7.已知a1，數(shù)列的通項公式是，前n項和記作（n1，2，），規(guī)定函數(shù)在處和每個區(qū)間（，

30、）（i0，1，2，）上有定義，且，（i1，2，）當(dāng)（，）時，f（x）的圖像完全落在連結(jié)點（，）與點（，）的線段上。 （）求f（x）的定義域； （）設(shè)f（x）的圖像與坐標(biāo)軸及直線l：（n1，2，）圍成的圖形面積為， 求及； （）若存在正整數(shù)n，使得，求a的取值范圍。解：（1）f（x）的定義域是，由于所有的都是正數(shù)，故是單調(diào)遞增的 f（x）的定義域是（）（i1，2，）與i無關(guān)所有的，共線，該直線過點（a，a），斜率為1-a，當(dāng)n2時，是一個三角形與一個梯形面積之和（如上圖所示）梯形面積是于是 故 （）解法一：結(jié)合圖像，易見即a2時，而，即a2時，故當(dāng)1a2時，存在正整數(shù)n，使得解法二：假設(shè)存在正整

31、數(shù)n，使得，則應(yīng)有，1a2時，存在正整數(shù)n，使得成立8. 設(shè)函數(shù)g()對任意的、（0，+），都有g(shù)(·)=g() + g()成立，又g(2) = 1；已知點pn(an，bn)（n N* ）都在直線： = 2 + 2上，P1為直線與軸的交點，數(shù)列bn滿足n 2時，bn >0，且g(sn) = g(bn) + g(2+bn) - 2,(n N* )，其中Sn是數(shù)列bn的前n項和（1）求數(shù)列an、bn的通項公式；（2）若(n) = 是否存在N*，使得(+5)=2()-2成立？若存在，求出值；若不存在，說明理由；（3）求證：+ + + < （n 2，n N* ）點評：本題是數(shù)列、

32、函數(shù)的概念、奇偶性、數(shù)列的通項公式的知識交匯題，需較強(qiáng)的綜合分析問題、解決問題的能力 轉(zhuǎn)化的思想方法，分類討論思想解（1）P1(a1,b1)為直線 = 2+ 2與軸交點，則a1 = -1，b1 = 0由已知、（0，+），都有g(shù)(x·) = g() + g()成立，又g(2) = 1，得g(4) = =g(22) = g(2) + g(2) = 2，因為n 2時，bn > 0，且g(Sn) = g(bn) + g(2+bn) - 2,（ nN* ）所以2 + g( Sn ) = g( bn ) + g( 2+bn )，即g(4) +g( Sn ) = g( bn ) + g( 2

33、+bn ) 所以4Sn = bn（2+bn）b2 = 2, b2 b1 = 2；由4Sn = bn (2+bn)及4Sn+1 = bn+1(2 + bn+1) bn+1 - bn = 2所以bn是以0為首項，2為公差的等差數(shù)列，bn = 2n-2因為Pn( an，bn)( n N )在直線y = 2 + 2上，則bn = 2an + 2，an = n - 2（2）為偶數(shù)時，( + 5) = ak+ 5 =+ 3，2 () 2 = 2( 2 2 ) 2 = 4- 6由+ 3 = 4- 6= 3 ，與為偶數(shù)矛盾，為奇數(shù)時， (+5) = bk+5 = 2+ 8，2 () 2 = 2- 6由2+ 8

34、 = 2- 6得不存在故滿足條件的不存在（3）| P1Pn |2 =( n 1 )2 + ( 2n 2 )2 = 5( n 1 )2,n 2， + + + = + + + + + = + 8.數(shù)列的概念與性質(zhì)1.設(shè)為實數(shù)，是方程的兩個實根，數(shù)列滿足，（）（1）證明：，；（2）求數(shù)列的通項公式；（3）若，求的前項和分析：本題主要考查二次方程、求數(shù)列的通項、等差等比數(shù)列的概念和性質(zhì)，綜合運(yùn)送知識分析問題和解決問題的能力。 等價轉(zhuǎn)化的思想【解析】（1）由求根公式，不妨設(shè)，得（2）設(shè)，則，由得，消去，得，是方程的根，由題意可知，當(dāng)時，此時方程組的解記為即、分別是公比為、的等比數(shù)列，由等比數(shù)列性質(zhì)可得,

35、兩式相減，得，即，當(dāng)時，即方程有重根，即，得，不妨設(shè)，由可知，即，等式兩邊同時除以，得，即數(shù)列是以1為公差的等差數(shù)列，,綜上所述，（3）把，代入，得，解得2. 設(shè)正整數(shù)數(shù)列滿足：，且對于任何，有（1）求，；（2）求數(shù)列的通項分析：本題主要考查求數(shù)列的通項、不等式、數(shù)學(xué)歸納法證明問題等知識，以及分析問題、解決問題的能力。 分類討論思想解：（1）據(jù)條件得 當(dāng)時，由，即有，解得因為為正整數(shù)，故當(dāng)時，由，解得，所以（2）方法一：由，猜想：下面用數(shù)學(xué)歸納法證明1當(dāng)，時，由（1）知均成立；2假設(shè)成立，則，則時由得因為時，所以，所以又，所以故，即時，成立由1，2知，對任意，（2）方法二：由，猜想：下面用數(shù)學(xué)

36、歸納法證明1當(dāng)，時，由（1）知均成立；2假設(shè)成立，則，則時由得即由左式，得，即，因為兩端為整數(shù)，則于是又由右式，則因為兩端為正整數(shù)，則，所以又因時，為正整數(shù)，則據(jù)，即時，成立由1，2知，對任意，3. 已知數(shù)列，其中，（），記數(shù)列的前項和為，數(shù)列的前項和為。（）求；（）設(shè)（），（其中為的導(dǎo)數(shù)），計算。解：（）由題意，是首項為1、公差為2的等差數(shù)列，前項和，。（）， ，。4已知，且，數(shù)列的前項和為，它滿足條件.數(shù)列中，·.（1）求數(shù)列的前項和；（2）若對一切都有，求的取值范圍.解：（1） ，當(dāng)時，.當(dāng)2時，=， 此時··=·，=+設(shè)+，·6分（2）

37、由可得當(dāng)時，由，可得 對一切都成立，此時的解為.當(dāng)時，由 可得對一切都成立，此時的解為.由，可知對一切，都有的的取值范圍是或5數(shù)列中，且滿足 求數(shù)列的通項公式；設(shè)，求；設(shè)=，是否存在最大的整數(shù)，使得對任意，均有成立？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由。解：（1）由題意，為等差數(shù)列，設(shè)公差為，由題意得，.（2）若，時，故 （3）若對任意成立，即對任意成立，的最小值是，的最大整數(shù)值是7。即存在最大整數(shù)使對任意，均有9. Sn與an的關(guān)系1 .數(shù)列的各項均為正數(shù)，為其前項和，對于任意，總有成等差數(shù)列.()求數(shù)列的通項公式；()設(shè)數(shù)列的前項和為 ，且，求證:對任意實數(shù)（是常數(shù)，2.71828）和任

38、意正整數(shù)，總有 2；() 正數(shù)數(shù)列中，.求數(shù)列中的最大項. 分析：本題主要考查求數(shù)列的通項、等差等比數(shù)列的概念和性質(zhì)、不等式、函數(shù)的單調(diào)性，綜合運(yùn)送知識分析問題和解決問題的能力。 轉(zhuǎn)化（化歸）的思想答案：（）解：由已知：對于，總有 成立 （n 2） -得均為正數(shù)， （n 2） 數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列 又n=1時， 解得=1.() （）證明：對任意實數(shù)和任意正整數(shù)n，總有. ()解：由已知 ， 易得 猜想 n2 時，是遞減數(shù)列. 令當(dāng)在內(nèi)為單調(diào)遞減函數(shù).由.n2 時, 是遞減數(shù)列.即是遞減數(shù)列.又 , 數(shù)列中的最大項為. 2已知各項均為正數(shù)的數(shù)列的前項和滿足，且.（）求的通項公式；（）設(shè)數(shù)列滿

39、足，并記為的前項和，求證：.分析：本小題主要考查數(shù)列、不等式、數(shù)學(xué)歸納法、二項式定理等基本知識，考查綜合運(yùn)用知識分析問題和解決問題的能力。轉(zhuǎn)化（化歸）思想，分類討論的思想（）解：由，解得或.由假設(shè)，因此.又由，得，即或.因，故不成立，舍去.因此，從而是公差為3，首項為2的等差數(shù)列，故的通項為.（）證法一：由可解得從而.因此.令，則.因，故.特別地，從而，即.證法二：同證法一求得及.由二項式定理知，當(dāng)時，不等式成立.由此不等式有.證法三：同證法一求得及.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：.當(dāng)時，因此，結(jié)論成立.假設(shè)結(jié)論當(dāng)時成立，即，則當(dāng)時，.因，故.從而.這就是說當(dāng)時結(jié)論也成立.綜上對任何成立。10.創(chuàng)新型

40、數(shù)列1.對于數(shù)列若存在常數(shù)M0,對任意的，恒有則稱數(shù)列為B-數(shù)列首項為1，公比為的等比數(shù)列是否為B-數(shù)列？請說明理由;請以其中一組的一個論斷條件，另一組中的一個論斷為結(jié)論組成一個命題判斷所給命題的真假，并證明你的結(jié)論；設(shè)是數(shù)列的前項和，給出下列兩組論斷；A組：數(shù)列是B-數(shù)列 數(shù)列不是B-數(shù)列B組：數(shù)列是B-數(shù)列 數(shù)列不是B-數(shù)列請以其中一組中的一個論斷為條件，另一組中的一個論斷為結(jié)論組成一個命題。判斷所給命題的真假，并證明你的結(jié)論；（3） 若數(shù)列都是數(shù)列，證明：數(shù)列也是數(shù)列。分析：本題主要考查數(shù)列的概念和性質(zhì)、不等式的性質(zhì)，綜合運(yùn)送知識分析問題和解決問題、探索問題的綜合能力。 轉(zhuǎn)化思想解：（1

41、）設(shè)滿足題設(shè)的等比數(shù)列為,則，于是 因此- +-+-=因為所以即 故首項為1，公比為的等比數(shù)列是B-數(shù)列。（2）命題1：若數(shù)列是B-數(shù)列，則數(shù)列是B-數(shù)列 次命題為假命題。 事實上，設(shè)，易知數(shù)列是B-數(shù)列，但 由的任意性知，數(shù)列是B-數(shù)列此命題為。命題2：若數(shù)列是B-數(shù)列，則數(shù)列是B-數(shù)列此命題為真命題事實上，因為數(shù)列是B-數(shù)列，所以存在正數(shù)M，對任意的有 即。于是 所以數(shù)列是B-數(shù)列。（III）若數(shù)列 是數(shù)列，則存在正數(shù)，對任意的有 注意到 同理：記，則有因此 +故數(shù)列是數(shù)列11.數(shù)列不等式例1. 數(shù)列an滿足.（）用數(shù)學(xué)歸納法證明：；（）已知不等式，其中無理數(shù)e=2.71828.（）證明：

42、（1）當(dāng)n=2時，不等式成立.（2）假設(shè)當(dāng)時不等式成立，即那么. 這就是說，當(dāng)時不等式成立.根據(jù)（1）、（2）可知：成立.（）證法一：由遞推公式及（）的結(jié)論有兩邊取對數(shù)并利用已知不等式得 故 上式從1到求和可得即（）證法二：由數(shù)學(xué)歸納法易證成立，故令取對數(shù)并利用已知不等式得 上式從2到n求和得 因故成立.例2.已知數(shù)列中的相鄰兩項是關(guān)于的方程的兩個根，且（）求；（）求數(shù)列的前項的和；（）記，求證：（I）解：方程的兩個根為，當(dāng)時，所以；當(dāng)時，所以；當(dāng)時，所以時；當(dāng)時，所以（II）解：（III）證明：，所以，當(dāng)時，同時，綜上，當(dāng)時，例3. 設(shè)數(shù)列滿足,其中為實數(shù)。（）證明：對任意成立的充分必要條件

43、是,()設(shè),證明：;()設(shè),證明：解：（）必要性：，又，即.充分性：設(shè)，對任意用數(shù)學(xué)歸納法證明.當(dāng)時，.假設(shè)當(dāng)時，則，且，.由數(shù)學(xué)歸納法知，對任意成立.() 設(shè)，當(dāng)時，結(jié)論成立；當(dāng)時，.，由（）知，且，.()設(shè),當(dāng)時，結(jié)論成立；當(dāng)時，由()知，.12數(shù)列與解析幾何例1在直角坐標(biāo)平面上有一點列，對一切正整數(shù)，點位于函數(shù)的圖象上，且的橫坐標(biāo)構(gòu)成以為首項，為公差的等差數(shù)列。求點的坐標(biāo)；設(shè)拋物線列中的每一條的對稱軸都垂直于軸，第條拋物線的頂點為，且過點，記與拋物線相切于的直線的斜率為，求：。設(shè)，等差數(shù)列的任一項，其中是中的最大數(shù)，求的通項公式。解：（1）（2）的對稱軸垂直于軸，且頂點為.設(shè)的方程為：把

44、代入上式，得，的方程為： 。，=（3），T中最大數(shù).設(shè)公差為，則，由此得例2.已知曲線從點向曲線引斜率為的切線，切點為（1）求數(shù)列的通項公式；（2）證明：.解：（1）設(shè)直線：，聯(lián)立得，則，（舍去），即，（2）證明：由于，可令函數(shù)，則，令，得，給定區(qū)間，則有，則函數(shù)在上單調(diào)遞減，即在恒成立，又，則有，即. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 13橢圓例1如圖：直線L：與橢圓C：交于A、B兩點，以O(shè)A、OB為鄰邊作平行四邊形OAPB。求證：橢圓C：與直線L：總有兩個交點。當(dāng)時，求點P的軌跡方程。（3）是否存在直線L，使OAPB為矩形？若存在，求出此時直線L的方程；若不存在，說明理由。解：(1)

45、由得橢圓C：與直線L：總有兩個交點。(2)設(shè),與交于點，則有即，又由（1）得， （2）得 （3）將（3）代入（2）得點P的軌跡方程為當(dāng)時，這樣的直線不存在；當(dāng)時，存在這樣的直線，此時直線為例2. 設(shè)橢圓的兩個焦點是與，且橢圓上存在一點，使得直線與垂直.（1）求實數(shù)的取值范圍；（2）設(shè)是相應(yīng)于焦點的準(zhǔn)線，直線與相交于點，若，求直線的方程.解：（）由題設(shè)有 設(shè)點P的坐標(biāo)為由PF1PF2，得 化簡得 將與聯(lián)立，解得 由 所以m的取值范圍是.（）準(zhǔn)線L的方程為設(shè)點Q的坐標(biāo)為，則 將 代入，化簡得 由題設(shè) ，得 ， 無解.將 代入，化簡得 由題設(shè) ，得 .解得m=2. 從而，得到PF2的方程 例3.（0

46、8安徽）設(shè)橢圓過點，且左焦點為（）求橢圓的方程；（)當(dāng)過點的動直線與橢圓相交于兩不同點時，在線段上取點，滿足。證明：點Q總在某定直線上。解：（）由題意：，解得.所求的求橢圓的方程.（)方法一：設(shè)點，由題設(shè)，、均不為0，且，又四點共線，可設(shè)，于是 ，由于，在橢圓上，將分別帶入的方程，整理得：由-得 .，.即點總在直線上.方法二：設(shè)點，由題設(shè)，、均不為0，記，則且.又四點共線，從而，于是：，；，.從而 又點在橢圓上，即+2并結(jié)合，得，即點總在直線上.14.雙曲線例1.已知雙曲線設(shè)過點的直線l的方向向量當(dāng)直線l與雙曲線C的一條漸近線m平行時，求直線l的方程及l(fā)與m的距離；證明：當(dāng)>時，在雙曲線

47、C的右支上不存在點Q使之到直線l的距離為。解：（1）雙曲線C的漸近線，即 直線的方程 直線與m的距離 （2）證法一：設(shè)過原點且平行于的直線則直線與的距離，當(dāng)時，。 又雙曲線C的漸近線為，雙曲線C的右支在直線的右下方，雙曲線C右支上的任意點到直線的距離大于。故在雙曲線C的右支上不存在點Q到到直線的距離為 證法二：假設(shè)雙曲線C右支上存在點Q到直線的距離為，則 由（1）得， 設(shè)當(dāng)時，： 將代入（2）得， （*），方程（*）不存在正根，即假設(shè)不成立，故在雙曲線C的右支上不存在點Q到直線的距離為 例2. （07江西）設(shè)動點到點和的距離分別為和，且存在常數(shù)，使得（1）證明：動點的軌跡為雙曲線，并求出的方程；（2）過點作直線雙曲線的右