年高考數(shù)學(xué)壓軸題系列訓(xùn)練含及解析詳解二

1、2009年高考數(shù)學(xué)壓軸題系列訓(xùn)練含答案及分析詳解二(本小題滿分12分)已知常數(shù)a0,n為正整數(shù)，fn(x)=xn(x+a)n(x0)是對(duì)于x的函數(shù).(1)判斷函數(shù)fn(x)的單一性，并證明你的結(jié)論.(2)對(duì)隨意na,證明fn+1(n+1)0,x0,fn(x)a0時(shí),fn(x)=xn(x+a)n是對(duì)于x的減函數(shù),當(dāng)na時(shí),有：(n+1)n(n+1+a)nnn(n+a)n.2分又fn+1(x)=(n+1)xn(x+a)n,fn+1(n+1)=(n+1)(n+1)n(n+1+a)nn,fn+1(n+1)|uv|，v)|=4所以p(x)不知足題設(shè)條件.（2）分三種狀況議論：10.若u,v1，0，則|g

2、(u)g(v)|=|(1+u)(1+v)|=|uv|，知足題設(shè)條件；20.若u,v0，1，則|g(u)g(v)|=|(1u)(1v)|=|vu|，知足題設(shè)條件；30.若u1，0，v0，1，則：|g(u)g(v)|=|(1u)(1+v)|=|uv|=|v+u|vu|=|uv|，知足題設(shè)條件;40若u0，1，v1，0,同理可證知足題設(shè)條件.綜合上述得g(x)知足條件.3.(本小題滿分14分)已知點(diǎn)P(t,y)在函數(shù)f(x)=x1)的圖象上，且有t2c2at+4c2=0(c0).(xx1(1)求證：|ac|4;求證：在(1，+）上f(x)單一遞加.(僅理科做)求證：f(|a|)+f(|c|)1.證：

3、(1)tR,t1,=(c2a)216c2=c4a216c20，c0,c2a216,|ac|4.(2)由f(x)=11x,1法1.設(shè)1x1x2,則f(x2)f(x1)=111+1x1x2.x1=x211(x21)(x11)1x1x2,x1x20,x2+10,f(x2)f(x1)0,即f(x2)0得x1,x1時(shí)，f(x)單一遞加.（3）（僅理科做）f(x)在x1時(shí)單一遞加，|c|40,|a|4f(|c|)f(4)=|a|=4|a|441|a|a|f(|a|)+f(|c|)=|a|+4|a|+4=1.|a|1|a|4|a|4|a|4即f(|a|)+f(|c|)1.4（本小題滿分15分）設(shè)定義在R上的

4、函數(shù)f(x)a0 x4a1x3a2x2a3xa4（此中aiR，i=0,1,2,3,4），當(dāng)x=1f(x)2y=f(x+1)1031f(x)2f(x)2,23xn2n1,yn2(13n)(nN+)f(xn)f(yn)4.2n3n31f(x)1x3x.5320,0,2,20,0,2,2.10333f(xn)f(yn)f(1)f(1)4.153513MC:x2y21PQTMyxN124CMMNMQQNPTEMCEM(x1,y1),N(x2,y2)(x1y10),E(x,y),P(x1,y1),Q(x1,y1),T(x1,y1),1x12y121,LLLL(1)1243x22y221.LLLL(2)1

5、2412kMN?kQN1.63MNMQkMNkMQ1,kMNx1,kQNy1.y13x1QNyy1(xx1)y1PTyx1x.103x1y1x1,y1y1.x12x,y12y.2x121x2y21(xy0),.133612x24yABPPAPB0.1P2F01FAFB(FP)20.1A(x1,x12),B(x2,x22),(x1x2)44x24y,yx2PAPB0,PAPB,x1x243PAyx12x1(xx1)yx1xx124224PByx2xx2224x1x2x2(x1,x2R)x1x2y1,4Py1(xR).621FA(x1,x121),FB(x2,x221),P(x1x2,1)442F

6、AFBx1x2(x121)(x221)2x12x2210444FAFB(FP)20=1FAFB(FP)20121PAPBPAPB0,PAPB0PAPB,PAykxm(k,mR,k0)ykxmx24kx4m04yx216k216m0mk23PAykxk2PBy1x1kk2ykxk211x1xkkRy2y1kkPy1(xR).621A(2k,k2),B(211,1)k,k2),P(kkFAFB4(k21)(121)2(k212)10kk=1FAFB(FP)2012714f(x)1xlnx1,).ax1a2b0,a11lnabab.ax1abbb1f(x)0 x1,)1ax2x1,)ax11a1.4

7、xabab2xa1,b0,1bb1x1f(x)lnx1,)axlnab1a8bbG(x)xlnx(x1)G(x)(1,)xx0G(1)10當(dāng)x1時(shí)，G(x)G(1)0 xlnx即ablnabbb綜上所述，1lnabab.14分abbb8(本小題滿分12分)如圖，直角坐標(biāo)系xOy中，向來角三角形ABC，C90o，yAB、C在x軸上且對(duì)于原點(diǎn)O對(duì)稱，D在邊BC上，BD3DC，!ABC的周長為12若一雙曲線E以B、C為焦點(diǎn)，且經(jīng)過A、BODC兩點(diǎn)求雙曲線E的方程；若一過點(diǎn)P(m,0)（m為非零常數(shù)）的直線l與雙曲線E相uuuruuurG，使交于不一樣于雙曲線極點(diǎn)的兩點(diǎn)M、N，且MPPN，問在x軸上能

8、否存在定點(diǎn)uuuruuuuruuurG的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明原因BC(GMGN)？若存在，求出全部這樣定點(diǎn)22解：(1)設(shè)雙曲線E的方程為xy1(a0,b0)，ya2b2A則B(c,0),D(a,0),C(c,0)由BD3DC，得ca3(ca)，即c2a222BODC|AB|AC|16a,|AB|AC|124a,（3分）|AB|AC|2a.解之得a1，c2,b3雙曲線E的方程為x2y21（5分）3uuuruuuuruuur(2)設(shè)在x軸上存在定點(diǎn)G(t,0)，使BC(GMGN)設(shè)直線l的方程為xmky，M(x1,y1),N(x2,y2)yuuuruuur由MPPN，得y1y20即y1（6BG

9、C分）OPy2uuur(4,0)，NBCxxxMuuuuruuurGMGN(x1tx2t,y1y2)，uuuruuuuruuurBC(GMGN)x1t(x2t)即ky1mt(ky2mt)（8分）把代入，得2ky1y2(mt)(y1y2)0（9分）2把xm2yky代入x1并整理得3此中3k210且0，即k2122且3km13y1y26km3(m21)（10分）3k2,y1y22113k代入，得6k(m21)6km(mt)0，21213k3k化簡(jiǎn)得kmtk當(dāng)t1時(shí)，上式恒建立m所以，在x軸上存在定點(diǎn)1uuuruuuuruuur（12分）G(,0)，使BC(GMGN)m9(本小題滿分14分)已知數(shù)列

10、an各項(xiàng)均不為0，其前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)隨意nN*都有(1p)Snppan（p為大于1的常數(shù)），記f(n)1C1na1Cn2a2LCnnan2nSn求an；(2)試比較f(n1)與p1f(n)的大?。╪N*）；2p2n1(3)求證：(2n1)f(n)剟f(1)f(2)Lf(2n1)p11p1，（nN*）p12p解：(1)(1p)Snppan，(1p)Sn1ppan1，得(1p)an1pan1pan，即an1pan（3分）在中令n1，可得a1pan是首項(xiàng)為a1p，公比為p的等比數(shù)列，anpn（4分）(2)由(1)可得Snp(1pn)p(pn1)1pp11C1na1Cn2a2LCnnan1pC1n

11、p2Cn2LCnnpn(1p)n(p1)nf(n)1C1na1Cn2a2LCnnanp1(p1)n，（5分）2nSnp2n(pn1)f(n1)p1(p1)n1p2n1(pn11)而p1f(n)p1(p1)n1，且p1，p2n1(pn12pp)pn11pn1p0，p10f(n1)p1f(n)，（nN*（8分）2p）(3)由(2)知f(1)p1，f(n1)p1f(n)，（nN*）2p2p當(dāng)n2時(shí)，f(n)p1f(n1)(p1)2f(n2)L(p1)n1f(1)(p1)n2p2p2p2pp12p2n1f(1)f(2)Lf(2n1),p1L12p2p2pp1p2n111，（10分）p12p（當(dāng)且僅當(dāng)n1時(shí)取等號(hào)）另一方面，當(dāng)n2，k1,2,L,2n1時(shí)，p12(p1)n1p2np2npkp2nk1pkp2nk2pn