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高考数学第二轮复习精品资料压轴题


高考数学第二轮复习

压轴题

高考数学第二轮复习

压轴题

高考坚持“有利于高校选拔人才,有利于中学实施素质教育,有利于高校扩大办学自主权”的命题 原则,坚持“考查基础知识的同时,注重考查能力”,这决定了每套高考试卷都有一道或几道把关的题目, 我们称之为压轴题. 这类题目的分值稳定在 14 分左右,多以传统的综合题或常用题型,与高等数学有关知识或方法联系 比较紧密.如结合函数、不等式、导数研究无理型、分式型、指对数型以及多项式函数等初等函数的图像 与性质,或数列兼考查数学归纳法,或以解析几何为主的向量与解析几何交汇,或以上三类题互相交汇形 成新的综合问题,这类题目综合性强,解法多,有利于高校选拔.

第一讲
【调研 1】设 f ( x) ? log 2

函数、不等式与导数型压轴题

1? x 1 , F ( x) ? ? f ( x) 1? x 2? x

(1)试判断函数 y ? F ( x) 的单调性,并给出证明; (2)若 f ( x ) 的反函数为 f ?1 ( x) ,证明 (3)若 F ( x) 的反函数 F ?1 ( x) ,证明
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特级教师 王新敞
wxckt@126.com

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?1 对任意的自然数 n ( n ? 3 ) ,都有 f ( n) ?

n ; n ?1

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方程 F ?1 ( x) ? 0 有惟一解.

分析:第(1)问先具体化函数 y ? F ( x) 后,再判断单调性,而判断单调性有定义法和导数法两条途径; 第(2)问先具体化 f ?1 (n) ,再逐步逆向分析,寻找不等式的等价条件,最后转化为不等式 2 ? 1 ? 2n 的
n

证明问题;第(3)问应分“存在有解”和“唯一性”两个方面证明. 解析: (1)∵ f ( x) ? log 2

1? x 1 , F ( x) ? ? f ( x) 1? x 2? x

∴ F ( x) ? log 2

1? x 1 ? 1? x 2 ? x

∴函数 y ? F ( x) 的定义域为 ( ? 1,1) . 解法一:利用定义求解 设任意 x1 , x2 ? ( ? 1,1) ,且 x 1? x 2 ,则

F (x 2 ) ? F (x1 ) = (

1 ? x2 1 ? x1 1 1 ? log 2 )?( ? log 2 ) 2 ? x2 1 ? x2 2 ? x1 1 ? x1

=(

1 ? x2 1 ? x1 x2 ? x1 (1 ? x1 )(1 ? x2 ) 1 1 ? ) ? (log 2 ? log 2 )= ? log 2 2 ? x2 2 ? x1 1 ? x2 1 ? x1 (2 ? x1 )(2 ? x2 ) (1 ? x1 )(1 ? x2 )


∵ x 2 ? x 1? 0 , 2 ? x 1? 0 , 2 ? x 2 ? 0

(1 ? x1 )(1 ? x2 ) ?0 (1 ? x1 )(1 ? x2 )
∴函数 y ? F ( x) 在 ( ? 1,1) 上是增函数



x2 ? x1 (1 ? x1 )(1 ? x2 ) ? log 2 ?0 (2 ? x1 )(2 ? x2 ) (1 ? x1 )(1 ? x2 )

解法二:利用导数求解∵ F ( x) ? log 2 ∴ F ?( x) =

1? x 1 ? 1? x 2 ? x

1? x 2 1 2 1 ? ? ? = 2 2 2 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) (2 ? x) ln 2 ? (1 ? x ) (2 ? x) 2
1

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又∵ ?1 ? x ? 1

∴ F ?( x) =

2 1 ? ? 0 ∴函数 y ? F ( x) 在 ( ? 1,1) 上是增函数 2 ln 2 ? (1 ? x ) (2 ? x)2
∴f
?1

(2) 由 f ( x) ? log 2

1? x 2 y ?1 1? x y 得2 ? ,即 x ? y 1? x 2 ?1 1? x

( x) ?

2x ? 1 ( x? R) 2x ? 1

∴f

?1

( n) ?

2 2n ? 1 n 1 ? 1? =1 ? n ∵ n 2 ? 1 n ?1 1? n 2 ?1
2 2 n n ? ( n ? 3) ,即证 n ,也即证 2 ? 1 ? 2n ( n ? 3 ) 2 ? 1 2 ? 2n n ?1

?1 ∴证明不等式 f ( n) ?

以下有两条求证途径: 解法一:利用数学归纳法求证 ①当 n ? 3 时,不等式显然成立. ②设 n ? k 时成立,即 2 ? 1 ? 2k
k

当 n ? k ? 1 时, 2k ?1 ? 2 ? 2k ? 2(1 ? 2k ) = 4k ? 2 ? 2k ? 2 ? 2k ? 2k ? 3 ? 2(k ? 1) ? 1 ∴当 n ? k ? 1 时不等式也成立.由①②可知,对利用大于或等于 3 的自然数都有 2 ? 1 ? 2n 成立.
n
?1 ∴证明不等式 f ( n) ?

n ( n ? 3) n ?1

解法二:利用放缩法求证∵ 2n ? (1 ? 1)n ? 1 ? n ? …? n ? 1 ? 2n ? 2 ? 2n ? 1

n n ?1 ( n ? 3) 故: f ( n) ? n ?1 n ?1 1 1 1 ?1 1 ?1 (3)∵ F (0) ? log 2 1 ? ? ∴ F ( ) ? 0 ,即 x ? 是 F ( x) ? 0 的一个根. 2 2 2 2 1 ?1 假设 F ( x) ? 0 另外还有一个解 x 0 ( x 0 ? ) ,则 F ?1 ( x0 ) ? 0 2 1 1 ?1 ∴ F (0) ? x0 ( x0 ? ),这与 F (0) ? 相矛盾 故 F ( x) ? 0 有惟一解. 2 2
?1 ∴等式 f ( n) ?

【方法探究】证明不等式的方法很多,其中分析法和综合法是最基本的方法 .分析法由果索因,优点是便 于寻找解题思路,而综合法由因索果,优点是便于书写,所以我们在求解过程中,常常两种方法联合作战, 从而衍生出“分析综合法”,在本例第(2)问以及下例第(2)问都中有所体现. 【技巧点拨】对于压轴题,大多数同学都不能完全解答,如何更好发挥,争取更好的成绩?“分步解答”、 “跳步解答”与“解准第一问”是很实用的夺分技巧,其中分析综合题的各小问之间的关系是非常关键 . 从各小问之间的相互关系来分,数学综合题有以下三类: (1) 递进型 递进型解答题是指前问是后问的基础, 只有前问正确解答, 才能准确求解后问, 若第 ( 1) 问出错,则可能“全军覆没”,这也是相当多同学不能很好发挥其数学水平的重要原因.对于这类题目, “解准第一问”是至关重要,不容丝毫的马虎. (2)并列式 并列型解答题是指前问与后问关联性不强,前问是否正确,不会影响后问作答,如本例 的三个问题.但这类题目也容易丢分,同学们在作答时,常常因为前问不会答而放弃后问的分析与思考, 这时“跳步解答”非常关键. (3)混合式 混合型解答题是指解答题有三个及其以上的小问,兼有以上两种类型的特点,答题时注 意“分步解答”,如本例万一不会求解第(2)问,具体化 f ?1 (n) 是没有问题的,争取得到一定的步骤分.
2

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压轴题

【调研 2】 已知函数 f ( x) ? x ?
2

2 ? a ln x( x ? 0 ) ,f ( x ) 的导函数是 f ?( x ) 对任意两个不相等的正数 x1 、 x f ( x1 ) ? f ( x2 ) x ?x ? f ( 1 2 ); (1)当 a ? 0 时, (2)当 a ? 4 时, f ?( x1 ) ? f ?( x2 ) ? x1 ? x2 . x2 求证: 2 2

分析:本例以高等数学的函数凸凹性、一致连续性、中值定理等知识为内核,综合考查函数的基本性质、 导数求函数极值和均值不等式等知识的应用,考查综合分析、推理论证以及运算能力.

f ( x1 ) ? f ( x2 ) x ? x2 ) 的表达式,再对二者进行比较,可以逐 、f( 1 2 2 项比较,也可以作差比较;第(2)问先具体化 f ?( x1 ) ? f ?( x2 ) ,再逐步逆向分析,采用分析法寻找解题
第(1)问先根据题设条件具体化 思路,至于书写可用分析法,也可以用综合法. 解析:(1)∵ f ? x ? ? x ?
2

2 f ? x1 ? ? f ? x2 ? 1 2 ?1 1? a ? a ln x ∴ ? ? x1 ? x2 2 ? ? ? ? ? ? ? ln x1 ? ln x2 ? x 2 2 ? x1 x2 ? 2
2

x ?x 1 x ?x 4 ?x ?x ? ?x ?x ? ? ? x12 ? x2 2 ? ? 1 2 ? a ln x1 x2 f ? 1 2 ? ? ? 1 2 ? ? ? a ln 1 2 2 x1 x2 2 ? 2 ? ? 2 ? x1 ? x2
以下有两条求解途径:解法一:逐项比较法 ∵ x1 x2 ? ∵a ? 0 ∵

x1 ? x2 2

∴ ln

x1 ? x2 2 x ? x2 ∴ a ln x1 x2 ? a ln 1 ????????????① 2 x1 x2 ? ln
2

2 x1 ? x2 ? ??????????????② 1 2 1 2 2 ? ?? x1 ? x22 ? ? ? x ? x ? 2 x x ? ? ? 1 2 1 2 ? ? ? 2 4? ? 2 ?

又∵ ? x1 ? x2 ? ? x1 ? x2
2 2

?

2

? ? 2x x

1 2

? 4 x1 x2



x1 ? x2 4 ??????③ ? x1 x2 x1 ? x2
2

x ?x 1 2 4 ?x ?x ? x1 ? x2 2 ? ? 1 2 ? a ln x1 x2 ? ? 1 2 ? ? ? a ln x1 x2 ? 2 x1 x2 ? 2 ? x1 ? x2 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ?x ?x ? ∴ ? f? 1 2? 2 ? 2 ? f ? x1 ? ? f ? x2 ? ?x ?x ? 解法二:作差比较法 ?f? 1 2? 2 ? 2 ?
由①、②、③得

x ?x x ?x x ?x 1 2 4 x1 ? x2 2 ? ? 1 2 ? a ln x1 x2 ] ? [( 1 2 )2 ? ? a ln 1 2 ] ? 2 x1 x2 2 x1 ? x2 2 x ? x2 2 x ?x x ?x 1 2 4 2 = [ ( x1 ? x2 ) ? ( 1 ) ]? ( 1 2 ? ) ? (a ln x1 x2 ? a ln 1 2 ) 2 2 x1 x2 x1 ? x2 2
=[ =

2 x1 x2 ( x1 ? x2 )2 1 ( x1 ? x2 )2 ? ? a ln 4 x1 x2 ( x1 ? x2 ) x1 ? x2

∵ x1 ? x2 ,且 x1 ? 0 , x2 ? 0 ∵a ? 0 ∴ a ln

2 x1 x2 1 ( x1 ? x2 )2 2 ∴ ( x1 ? x2 ) ? 0 , ? 0 ,0 ? ?1 4 x1 x2 ( x1 ? x2 ) x1 ? x2

2 x1 x2 ?0 x1 ? x2

f ? x1 ? ? f ? x2 ? ∴ ? 2 f ? x1 ? ? f ? x2 ? 故 ? 2

2 x1 x2 ( x1 ? x2 )2 ? x1 ? x2 ? = 1 2 ( x ? x ) ? ? a ln ?0 f? 1 2 ? x1 x2 ( x1 ? x2 ) x1 ? x2 ? 2 ? 4 ?x ?x ? f? 1 2??0 ? 2 ?
3

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2 2 a ? a ln x ,得 f ' ? x ? ? 2 x ? 2 ? x x x ? 2 a? ? 2 a? 2 ? x1 ? x2 ? a ∴ f ? ? x1 ? ? f ? ? x2 ? = ? 2 x1 ? 2 ? ? ? ? 2 x2 ? 2 ? ? ? = x1 ? x2 ? 2 ? 2 2 x x x x x1 x2 x1 x2 ? 1 1 ? ? 2 2 ?
(2)证法一:分析综合法由 f ? x ? ? x ?
2
' ' 欲证 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? x1 ? x2

,只需证 2 ?

∵ x1 x2 ?

4 4 2 ? x1 ? x2 ? 4 2 设 t ? x1 x2 , u ? t ? ? t ? ? t ? 0 ? ,则 u ? ? t ? ? 2t ? 2 ? x1 x2 ? t t x1 x2 x1 x2
3

2 ? x1 ? x2 ? 2 ? x1 ? x2 ? a 成立 ? ? 1 即证 a ? x1 x2 ? 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2

令 u? ? t ? ? 0 得 t ?

2 ,列表如下:

t
u' ?t ? u ?t ?

? 0, 2 ?
3

3

2

?

3

2, ??

?

_

0
极小值 3 3 4

?

u ? t ? ? 3 3 4 ? 3 108 ? 4 ? a

∴ x1 x2 ?

2 ? x1 ? x2 ? ?a x1 x2

' ' ∴对任意两个不相等的正数 x1 , x2 ,恒有 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? x1 ? x2

证法二:综合法 1 对于任意两个不相等的正数 x1 、 x2 有

x1 x2 ?

4 2 ? x1 ? x2 ? 2 2 = x1 x2 ? ? x1 x2 ? ? x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2
2 2 ? = 3 ? 3 4 ? 4.5 ? a x1 x2 x1 x2 ? ?
∴ 2?

? 3 ? 3 x1 x2 ?

2 a 2 ? x1 ? x2 ? a ' ? ? 1而 f ? x? ? 2x ? 2 ? 2 2 x x x1 x2 x1 x2

∴ f ? ? x1 ? ? f ? ? x2 ? = ? 2 x1 ?

2 a? ? 2 a? ? ? 2 x ? ? ? ? ? 2 x12 x1 ? ? x2 2 x2 ?
2 ? x1 ? x2 ? a ? x1 ? x2 故: f ' ? x1 ? ? f ' ? x2 ? ? x1 ? x2 ? 2 2 x1 x2 x1 x2

= x1 ? x2 ? 2 ?
2

证法三:综合法 2 由 f ? x ? ? x ? ∴ f ' ? x1 ? ? f ' ? x2 ? = ? 2 x1 ?

2 2 a ? a ln x ,得 f ' ? x ? ? 2 x ? 2 ? x x x

? ?

2 ? x1 ? x2 ? 2 a? ? 2 a? a ? ? ? ? 2 x2 ? 2 ? ? = x1 ? x2 ? 2 ? ? 2 2 2 x1 x1 ? ? x2 x2 ? x1 x2 x1 x2
2 ? x1 ? x2 ? x x
2 2 1 2

∵ x1 , x2 是两个不相等的正数∴ 2 ?

?

a ? 2? x1 x2

?

4 x1 x2

?

3

?

a ? 2? x1 x2

?

4 x1 x2

?

3

?

4 x1 x2

4

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压轴题

设t ?

1 , u ?t ? ? 2 ? 4t 3 ? 4t 2 ?t ? 0? ,则 u' ?t ? ? 4t ? 3t ? 2? ,列表: x1 x2

t
u' ?t ? u ?t ?
∴u ?

? 2? ? 0, ? ? 3?
_

2 3
0
极小值

?2 ? ? , ?? ? ?3 ?

?
38 27

38 ?1 27

即 2?

2 ? x1 ? x2 ? a ? ?1 2 2 x1 x2 x1 x2
2 ? x1 ? x2 ? a ? ? x1 ? x2 2 2 x1 x2 x1 x2

∴ f ' ? x1 ? ? f ' ? x2 ? ?? x1 ? x2 ? 2 ?

【方法探究】 本例以高等数学中的函数凸凹性与中值定理为知识载体, 所以也可以采取高等数学方法求解: (1)当 a ? 0 时,求证 只需证明 f ( x) ? x ?
2

f ( x1 ) ? f ( x2 ) x ?x ? f ( 1 2 ) ,联系凹(下凸)函数性质知,只需证明当 a ? 0 时, 2 2

2 ? a ln x( x ? 0 )为凹函数或下凸函数. 即证明“函数 f ( x) 的二阶导数恒大于 0” x 2 2 a 4 a 2 其具体证明如下:∵ f ( x) ? x ? ? a ln x ( x ? 0 )∴ f ?( x ) ? 2 x ? 2 ? , f ??( x ) ? 2 ? 3 ? 2 x x x x x 4 a ∵x ? 0,a ? 0 ∴ f ??( x) ? 2 ? 3 ? 2 ? 0 在 x ? (0, ??) 时恒成立. x x 2 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ?x ?x ? ∴ f ( x) ? x 2 ? ? a ln x ( x ? 0 )为凹函数 故 ? f? 1 2? x 2 ? 2 ? ? ? (2)为证明 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?| x1 ? x2 | ,可以考虑对函数 f ( x ) 的导函数是 f ?( x ) 在闭区间 [ x1 , x2 ](或

[ x2 , x1 ] )上应用中值定理,具体证明过程如下:不妨设 x2 ? x1 ? 0 ,则 2 a 4 a 由( 1)问知 f ?( x ) ? 2 x ? 2 ? , f ??( x ) ? 2 ? 3 ? 2 ,在闭区间 [ x1 , x2 ] 上,由中值定理有,存在 x x x x ? ? ? ? ? ? ?x1 , x2 ? ,使得: f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f (? )(x1 ? x2 ) .下证当 a ? 4 , ? ? 0 时,有 f ??(? ) ? 1 成立
4 a 4 a ? 2 ∴当 a ? 0 , x ? 0 时,有 f ??( x) ? 2 ? 3 ? 2 ? 2 恒成立 3 x x x x 4 a 2a 12 当 0 ? a ? 4 , x ? 0 时,令 f ??( x) ? 2 ? 3 ? 2 ? g ( x ) ,则 g ?( x ) ? 3 ? 4 x x x x 2a 12 6 再令 g ?( x ) ? 3 ? 4 ? 0 ,得 x ? 列表如下: x x a 6 ? 6? ?6 ? x ? ?? ? 0, ? ? , a ? a? ?a ? g ?( x ) 0 +
∵ f ??( x ) ? 2 ?

g ( x)( f ??( x))



极小值 2 ?

a3 108



5

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压轴题

即当 0 ? a ? 4 , x ? 0 时,有 f ??( x) ? 2 ?

4 a a3 43 38 ? ? 2? ? 2? ? ?1 x3 x 2 108 108 27

∴ 当a ? 4,? ? 0时,有 f ??(? ) ? 1 ,有 f ?( x1 ) ? f ?( x2 ) ? f ??(? ) ? x1 ? x2 ? x1 ? x2
' ' 故 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? x1 ? x2

1.已知 f ( x) ? x3 ? bx2 ? cx ? 2 (1)若 y ? f ( x) 在 x =1 时有极值-1,求 b , c 的值. (2)当 b 为非零实数时,证明 f ( x ) 的图像不存在与直线 (b2 ? c) x ? y ? 1 ? 0 平行的切线; (3)记函数 | f ?( x) | ( ?1 ? x ? 1 )的最大值为 M,求证 M ?

3 . 2

2.已知函数 f ( x) ? a ln(1 ? e x ) ? (a ? 1) x , g ( x) ? x2 ? (a ?1) x ? f (ln x) 且 g ( x) 在 x ? 1 处取得极值. (1)求 a 的值和 g ( x) 的极小值; (2)判断 y ? f ( x) 在其定义域上的单调性, 并予以证明; (3)已知△ ABC 的三个顶点 A、B、C 都在函数 y ? f ( x) 的图象上,且横坐标依次成等差数列,求证 △ABC 是钝角三角形, 但不可能是等腰三角形. 【参考答案】解析:(1)∵ f ( x) ? x3 ? bx2 ? cx ? 2 由 f ( x ) 在 x ? 1 时有极值-1 有 ? ∴ f ?( x) ? 3x2 ? 2bx ? c

? f ?(1) ? 3 ? 2b ? c ? 0 ?b ? 1 ,解之得 ? ? f (1) ? 1 ? b ? c ? 2 ? ?1 ?c ? ?5
5 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0 3

2 当 b ? 1 , c ? ?5 时, f ?( x) ? 3x ? 2 x ? 5 当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ,当 ?

从而符合在 x ? 1 时, y ? f ( x) 有极值

∴b ? 1 , c ? ?5

(2)假设 y ? f ( x) 图象在 x ? t 处的切线与直线 (b2 ? c) x ? y ? 1 ? 0 平行,则 ∵ f ?(t ) ? 3t 2 ? 2bt ? c ,直线 (b2 ? c) x ? y ? 1 ? 0 的斜率为 c ? b ∴3t ? 2bt ? c ? c ? b ,即 3t ? 2bt ? b ? 0 ∵b ? 0
2 2 2 2 2 2 2

∴ △ = 4(b2 ? 3b2 ) ? ?8b2 ? 0

2 2 从而方程 3t ? 2bt ? b ? 0 无解,即不存在 t ,使 f ?(t ) ? 3t ? 2bt ? c ? c ? b 2 ∴ y ? f ( x) 的图象不存在与直线 (b ? c) x ? y ? 1 ? 0 平行的切线.

(3)证法一:分类讨论 ∵| f ?( x) | = | 3( x ? ) ? (c ?
2

b 3

b b2 )|∴ ① 若 | ? |? 1 ,则 M 应是 | f ?(?1) | 和 | f ?(1) | 中最大的一个 3 3
6

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压轴题

∴2M ?| f ?(?1) | ? | f ?(1) | = | 3 ? 2b ? c | ? | 3 ? 2b ? c | ?| 4b | ? 12 ② 当 ?3 ? b ? 0 时, 2 M ?| f ?(?1) | ? | f ?(? ) | = | 3 ? 2b ? c | ? | c ?

∴M ? 6 ?

3 2

b 3

b2 | 3
3 2

?|

1 b2 ? 2b ? 3 | = | (b ? 3) 2 | ? 3 3 3 b 3

∴M ?

③ 当 0 ? b ? 3 时, 2 M ?| f ?(1) | ? | f ?(? ) | = | 3 ? 2b ? c | ? | c ?

b2 | 3
3 3 综上所述, M ? 成立. 2 2 b 3c ? b 2 , ), 3 3

1 b2 ?| ? 2b ? 3 | = | (b ? 3) 2 | ? 3 3 3
2

∴M ?

证法二:利用二次函数最值求解 f ?(t ) ? 3t ? 2bt ? c 的顶点坐标是( ? ① 若| ?

b |? 1 ,则 M 应是 | f ?(?1) | 和 | f ?(1) | 中最大的一个 3
∴M ? 6 ?

∴2M ?| f ?(?1) | ? | f ?(1) | = | 3 ? 2b ? c | ? | 3 ? 2b ? c | ?| 4b | ? 12

3 2

b 3c ? b 2 ? ? | ? | ? 1 ② 若 ,则 M 应是 | f ( ?1) | 、 | f (1) | 、| |中最大的一个 3 3
(1)当 c ? ? (2)当 c ? ?

3 时, 2M ?| f ?(?1) | ? | f ?(1) | ?| f ?(?1) ? f ?(1) | = | 6 ? 2 x |? 3 2

∴M ?

3 2

3 3 3c ? b 2 b2 3 | = ? c ? ?c ? 综上所述, M ? 成立. 时, M ?| 2 2 3 2 3

证法三:利用绝对值不等式的性质 ∵ 函数 | f ?( x) | ( ?1 ? x ? 1 )的最大值为 M∴M ?| f ?(?1) | , M ?| f ?(1) | , M ?| f ?(0) |

3 2 a a ?1 ? 2.解析:(1)∵ g ( x) ? x 2 ? (a ?1) x ? f (ln x) ∴ g ?( x) ? 2 x ? (a ? 1) ? (x ? 0) 1? x x a ∵ g ( x) 在 x ? 1 处取得极值 ∴ g ?(1) ? 2 ? (a ? 1) ? ? a ? 1 ? 0 ,即 a ? 8 2
∴4M ?| f ?(?1) | ? | f ?(1) | ?2 | f ?(0) | ?| f ?(?1) ? f ?(1) ? 2 f ?(0) | =6 ∴M ? ∴ f ( x) ? 8ln(1 ? e ) ? 9 x
x

g ( x) ? x2 ? 7 x ? 8ln(1 ? x) ? 9ln x

g ?( x) ? 2 x ? 7 ?

8 9 ( x ? 1)( x ? 3)(2 x ? 3) ? ? (x ? 0) 1? x x x( x ? 1)

令 g ?( x) ?

( x ? 1)( x ? 3)(2 x ? 3) ? 0得 x ?1或 x ? 3 x( x ? 1)
7

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压轴题

当 1 ? x ? 3 时, g ?( x) ? 0 ,当 0 ? x ? 1 时, g ?( x) ? 0 当 x ? 3 时, g ?( x) ? 0 ∴当 x ? 3 时, g ( x)min ? 9ln 3 ? 8ln 4 ?12

(2)∵ f ( x) ? 8ln(1 ? e x ) ? 9 x ∴ f ?( x) ?

8 ?9 ? e x ? 9 ? ? 0 恒成立,即函数 f ( x) 在 (??, ??) 上是单调减函数. 1 ? ex 1 ? ex

(3)设 A( x 1 , f ( x 1 )) , B ( x 2 , f ( x 2 )) , C ( x 3 , f ( x 3 )) ,且 x 1 ? x 2? x 3 ,则

f ( x 1 ) ? f ( x 2 ) ? f ( x 3 ) , x2 ?

x1 ? x3 2

∴ BA ? ( x1 ? x2 , f ( x1 ) ? f ( x2 )) , BC ? ( x3 ? x2 , f ( x3 ) ? f ( x2 )) ∴ BA ? BC ? ( x1 ? x2 )( x3 ? x2 ) ? [ f ( x1 ) ? f ( x2 )] ?[ f ( x3 ) ? f ( x2 )] ∵ x1 ? x2 ? 0 , x3 ? x2 ? 0 , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 , f ( x3 ) ? f ( x2 ) ? 0 ∴ BA ? BC ? 0

故 B 为钝角,△ ABC 为锐角三角形.另一方面,若 ?ABC 为等腰三角形,则只能是 BA ? BC 即 ( x1 ? x2 )2 ? [ f ( x1 ) ? f ( x2 )]2 ? ( x3 ? x2 )2 ? [ f ( x3 ) ? f ( x2 )]2 ∵ x2 ? x1 ? x3 ? x2 , [ f ( x1 ) ? f ( x2 )]2 ? [ f ( x3 ) ? f ( x2 )]2 ∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x2 ) ? f ( x3 ) ,即 2f (x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x3 ) ∵ f ( x) ? 8ln(1 ? e ) ? 9 x
x x x

∴ 16ln(1 ? e 2 ) ?18x2 ? 8[ln(1 ? e 1 )(1 ? e 2 )] ? 9( x1 ? x3 )
x x x
x x ? x3

∴ 2ln(1 ? e 2 ) ? ln(1 ? e 1 ? e 2 ? e 1 ∴ 2e
x2

) ,即 e2 x2 ? 2e x2 ? e x1 ? e x2 ? e2 x2

? e x1 ? e x3 ,但与 ex1 ? ex3 ? 2 ex1 ex3 ? 2 ex1 ? x3 ? 2ex2 相矛盾,所以 ?ABC 不能为等腰三角形.

综上所述,△ABC 是钝角三角形, 但不可能是等腰三角形.

第二讲

递推数列、数学归纳法型压轴题

数列和数学归纳法是初等数学与高等数学的最重要衔接点之一,是中学数学的重要组成部分,涉及知 识面广、综合性强、方法灵活、试题新颖、技巧性突出,蕴含函数与方程,等价转化、分类与整合等数学 思想以及错位相减法、归纳-猜想-证明、叠加(乘)法、叠代法、裂项法等大量的数学方法,是代数计 算与逻辑推理训练的重要题材,因而这类题目多以压轴题的形式出现,成为高考的重头戏之一. 【 调 研 1 】 已 知 函 数 f ( x) 是 定 义 在 R 上 的 不 恒 为 零 的 函 数 , 且 对 于 任 意 的 a, b ? R , 都 满 足

1 f (2? n ) ? f (a ? b) ? af (b) ? bf (a) .若 f ( ) ? 1 , an ? ( n ? N ),求①.数列 { a n } 的通项公式; 2 n
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高考数学第二轮复习

压轴题

* ②.数列 { a n } 的前 n 项和为 Sn ,问是否存在正整数 m ,使得对任意的 n ? N 都有 S n ?

m?4 成立? 3

若存在,求出 m 的最小值;若不存在,则说明理由. 分析: 求解本题的关键在于准确求解第(1)小问,所以准确化简 f ( 2? n ) 成为求解本例的焦点.大致有以 下三条途径:①.由已知条件 f (a ? b) ? af (b) ? bf (a) 探索 f (a n ) 的规律,最后用数学归纳法证明; ②.将所给函数关系式适当变形, 根据其形式特点构造另一个函数, 设法用此函数求出 f (a n ) ; ③.设法将 f (2? n ) 转化为熟悉的数列. 解析:(1)解法一:“归纳-猜想-证明”法 ∵对于任意的 a, b ? R , 都满足 f (a ? b) ? af (b) ? bf (a) ∴ f (a2 ) = a ? f (a) ? a ? f (a) = 2a ? f (a )

f (a3 ) = a ? f (a2 ) ? a2 ? f (a) = a ? 2a ? f (a) ? a2 ? f (a) = 3a 2 f (a) f (a4 ) = a ? f (a3 ) ? a3 ? f (a) = a ? 3a2 ? f (a) ? a3 ? f (a) = 4a3 f (a)
猜想 f (an ) ? nan?1 ? f (a) ( n ? N )现在用数学归纳法证明: ①.显然 n ? 1 时,左边= f ( a ) ,右边= 1? a1?1 ? f (a) = f ( a ) ∴ n ? 1 时,命题 f (an ) ? nan?1 ? f (a) 显然成立. ②.设 n ? k ( k ? N )时有 f (a ) ? ka
k

?

*

k ?1

? f (a)

当 n ? k ? 1 时 ∵ f (a ? b) ? af (b) ? bf (a) ∴ f (ak ?1 ) = f ( a ? ak ) = ak ? f (a) ? a ? f (a k ) = ak ? f (a) ? a ? ka k ?1 ? f (a) = ak ? f (a) ? kak ? f (a) = (k ? 1)ak ? f (a) ∴ n ? k ? 1 时,命题 f (an ) ? nan?1 ? f (a) 成立. 由①②可知,对任意 n ? N 都有 f (an ) ? nan?1 ? f (a) ( n ? N )成立.
? ?

1 1 1 f [( )n ] n( )n?1 ? f ( ) 1 f (2? n ) 2 ? 2 2 ? ( 1 )n?1 故数列 { a } 的通项公式 a = ( 1 ) n ?1 又∵ f ( ) ? 1 ∴ an ? ? n n 2 2 n n n 2 f (ab ) f (a) f (b) ? ? 解法二:构造函数法 ∵当 a ? b ? 0 时,有 f (a ? b) ? af (b) ? bf (a) ∴ ab a b f ( x) f (ab ) f (a) f (b) ? ? 令 g ( x) ? ,则 即为: g (ab) ? g (a) ? g (b) x ab a b
∴ g (a ) ? n ? g (a)
n
n n



f (a n ) ? n ? g (a) an
n

f (a) ? na n ?1 ? f (a) ,即 f (an ) ? nan?1 ? f (a) 余下的过程同解法一. a 1 证法三: 转化为特殊数列求解∵对于任意的 a, b ? R , 都满足 f (a ? b) ? af (b) ? bf (a ) , f ( ) ? 1 2 1 n 1 1 n ?1 1 1 n ?1 1 n ?1 1 1 1 n ?1 1 n ?1 ∴ f [( ) ] = f [ ? ( ) ] = ? f [( ) ] ? ( ) ? f ( ) = ? f [( ) ] ? ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
∴ f (a ) ? a ? n ? g (a) ? a ? n ?
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压轴题

1 1 f [( ) n ] f [( ) n ?1 ] 2 ? 2 ∴ ?2 1 n 1 n ?1 ( ) ( ) 2 2 1 1 ? 1 n ? f( ) f [( ) n ] ? f [( 2 ) ] ? 2 2 ? 2n ∴新数列 ? ? 是公差为 2,首项为 1 ? 2 的等差数列,即 1 1 n ? ( ) ? ( )n 2 2 ? 2 ? 1 ( )n ? 2n ?n 1 n ?1 f (2 ) 2 1 ∴ an ? 故数列 { a n } 的通项公式 a n = ( ) . ? ? ( )n?1 2 n n 2 m ? 4 * (2)假设存在正整数 m ,使得对任意的 n ? N 都有 S n ? 成立,则 3 1 n ?1 1 n ?1 m ? 4 m?4 ? 1,即 m ? 7 由(1)问可知 S n ? 1 ? ( ) ,所以 1 ? ( ) ? 恒成立∴ 2 2 3 3 m?4 * 故存在正整数 m ,使得对任意的 n ? N 都有 S n ? 成立,此时 m 的最小值为 7. 3
1 n 1 1 n ?1 1 n ?1 即 f [( ) ] = ? f [( ) ] ? ( ) 2 2 2 2
【方法探究】本例是已知抽象函数关系, 利用函数迭代求数列通项问题.在所给的三种方法之中, 解法一 利用“归纳-猜想-证明”求解,思路自然, 但较为繁琐;解法二利用构造函数法求解,比较简洁,但技 巧性强;解法三转化为特殊数列求解,思维跨度大.这三种证法反应出求解数列与函数综合题的共同规律: 充分应用已知条件变形转化, 根据其形式特点构造新的数列, 然后利用数列的性质求解. 2 【调研 2】已知等差数列 { a n } 的公差 d 大于 0,且 a2 、 a5 是方程 x ? 12x ? 27 ? 0 的两根,数列 {bn } 的前

1 n 项和为 Tn ,且 Tn ? 1 ? bn ( n ? N * ) 2
(1)求数列 { a n } 、 {bn } 的通项公式;(2)设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ,试比较

1 与 S n?1 的大小. bn

2 分 析 : ( 1 ) 由 方 程 x ? 12x ? 27 ? 0 可 求 a2 、 a5 , 从 而 得 到 等 差 数 列 { a n } 的 通 项 ; 由 公 式

? S1 an ? ? ? Sn ? Sn?1
(2)要比较

n ?1 n?2

求解数列 {bn } 的通项.

1 1 与 S n?1 的大小,应先由(1)问具体化 、 S n?1 ,再求出前几项,探索大小规律, bn bn

最后用数学归纳法证明. 2 解析:(1)∵ a2 、 a5 是方程 x ? 12x ? 27 ? 0 的两根,公差 d 大于 0

a5 ? a2 * ? 2 , a1 ? 1 ∴ an ? 2n ? 1( n ? N ) 3 1 * ∵数列 {bn } 的前 n 项和为 Tn ,且 Tn ? 1 ? bn ( n ? N ) 2 1 2 ∴当 n ? 1 时, T 1 ? b 1? 1 ? b 1 ∴ b1 ? 2 3 1 1 1 当 n ? 2 时,∵ Tn ? 1 ? bn ∴ bn ? T n ? T n ?1 ? bn ?1 ? bn 2 2 2
∴ a2 =3, a5 =9,即 d ?

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压轴题



2 1 2 2 1 2 bn 1 ? ( n ? 2 ),即 bn ? ( ) n ?1 ? n 故 an ? 2n ? 1, bn ? ( ) n ?1 ? n 3 3 3 3 3 3 bn ?1 3

(2)解法一:归纳-猜想-证明

n[1 ? (2n ? 1)] 1 3n ? n2 , ? ∴ Sn?1 ? (n ? 1)2 2 bn 2 1 1 3 当 n ? 1 时, ? , S2 ? 4 ∴ ? S2 b1 b1 2 1 9 1 当 n ? 2 时, ∴ ? , S3 ? 9 ? S3 b2 2 b2 1 27 1 当 n ? 3 时, ? , S4 ? 16 ∴ ? S4 b3 2 b3 1 81 1 当 n ? 4 时, ∴ ? , S5 ? 25 ? S5 b4 2 b4 1 243 1 1 当 n ? 5 时, ? , S6 ? 36 ∴ ? S 6 猜想: n ? 4 时, ? S n?1 b5 2 bn b5 以下用数学归纳法证明:(1)当 n ? 4 时,由上可知成立. 3K 1 ? (k ? 1) 2 (2)设 n ? k ( k ? N *, n ? 4 )时, ? S k ?1 ,即 2 bk
由(1)可知 Sn ?

3k ?1 3k 1 = = 3? ? 3(k ? 1)2 ? 3k 2 ? 6k ? 3 = (k 2 ? 4k ? 4) ? 2k 2 ? 2k ?1 2 2 bk ?1 1 ? [(k ?1) ?1]2 ? S(k ?1)?1 ∴当 n ? k ? 1 时, ? S n?1 成立. bn 1 ? 由(1)(2)知 n ? N , n ? 4 时, ? S n?1 . bn 1 1 综上所述,当 n ? 1 , 2 , 3 时, ? S n?1 ,当 n ? 4 时, ? S n?1 . bn bn
当 n ? k ? 1 时, 解法二:放缩法证明当 n ? 1 , 2 , 3 时,同以上解法 当 n ? N , n ? 4 时
?

1 3n 1 1 n 1 2 2 3 3 = = (1 ? 2) ? (1 ? Cn ? 2 ? Cn ? 2 ? Cn ? 2 ) 2 2 2 bn
= [1 ? 2n ?

1 2

n(n ? 1) n(n ? 1)(n ? 2) ?4? ? 8] 2 6 8 3

? [1 ? 2n ? 6n ? n(n ? 1)] =
综上所述,当 n ? 1 , 2 , 3 时,

1 2

8n 2 ? 16n ? 3 ? n2 ? 2n ? 1 ? Sn?1 6

1 1 ? S n?1 ,当 n ? 4 时, ? S n?1 . bn bn

【方法探究】通过对有限个特例进行考察,猜想一般的结论,然后运用数学归纳法证明,即“观察――猜 想――证明”,这是中学数学中重要的解题方法,可有效解决探索性问题、存在性问题或某些与自然数有 关的命题,在求解时注意“猜想大胆、求证小心”. 【技巧点拨】放缩法是证明不等式的常用方法,过程简洁,但有一定难度,犹如花中的玫瑰,美丽但有刺. 成功运用放缩法求证的关键在于把握放缩尺度,在平时训练中注意多积累与整理.常见的放缩技巧有:
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压轴题

(1)添项或减项的“添舍放缩”,如本例

1 n 1 ? 3 ? (1 ? Cn1 ? 2 ? Cn 2 ? 22 ? Cn 3 ? 23 ) ,只取 (2 ? 1) n 的 2 2

二项展开式的前四项进行放缩; (2)拆项对比的“分项放缩”; (3)运用分数的性质放缩,如①分子增加正数项或分母减少正数项,分数值变大,反之变小;② a, b, m 都是正数并且 a ? b ,有

a a?m ? (真分数的性质)等. b b?m

(4)运用不等式串

3 ? 1 1 1 ? 2 ? 放缩,如在第 3 讲例 2 第(2)问中求证 Tn ? 时, 2 n( n ? 1 ) n n ( n ? 1)

( a ? b )2 ? 运用该技巧放缩后,再裂项相加求解.类似的不等式有 ab ? 4

a 2 ? b2 1 ? 2( n ? n ? 1) 等. , 2( n ? 1 ? n ) ? 2 n
1.已知函数 f ( x) ? m ? 2x ? t 的图象经过点 A (1, 1) 、 B (2, 3) 及C ( n, S n ) ,Sn 为数列 { a n } 的前 n 项和, n ? N . ( 1 )求 S n 及 a n ;( 2 )若数列 {bn } 满足 bn ? 2 log 2 an ? 1,记
*

1 1 1 1 ? ? ? ? ? b1 b2 b2 b3 b3 b4 i ?1 bi bi?1

n

?

1 1 n 1 1 * ( n ? N )求证: ? ? ? . b 3 i ?1 bibi ?1 2 n b n ? 1

2.第七届国际数学教育大会的会徽的主体是由一连串直角三角形演变而成,其中 OA = AB = BC = CD = DE = EF = FG = GH = HI = 1 .若将图 2 的直角三角形继续作下去, 并记 OA 、OB 、 ? 、OI 、 ?? 的长度所构成的数列为 { an } (1)求数列 { an } 的通项公式 (2)若函数 f (n) ? (3)设 bn ?

1 1 1 ,求函数 f ( n) 的最小值; ? ? …+ 2 2 n ? a1 n ? a2 n ? an 2

1 ,数列{ bn }的前 n 项和为 Sn .解不等式 | Sn ? 2 |? 4 an ?1 ? an
E F G H I 图1 图2 O D C B A

3.已知一次函数 f ( x) 的反函数为 g ( x) ,且 f (1) ? 0 ,若点 An ( n ,

an ?1 ) ( n ? N ? )在曲线 y ? g ( x) 上, an

a1 ? 1,对于大于或等于 2 的任意自然数 n 均有

an ?1 an ? ? 1. an an ?1

(1)求 y ? g ( x) 的表达式;(2)求 {an } 的通项公式;
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压轴题

(3)设 S n ?

an a1 a2 ,求 lim S n . ? ??? n ?? 3! 4! (n ? 2)!

4.已知数列 { an } 与 {bn } 满足下列关系: a1 ? 2a ( a ? 0 ), an ?1 ?

1 a2 a ?a (an ? ) , bn ? n an ? a 2 an

( n ? N )(1)求数列 {bn } 的通项公式,并化简

?

an ? a ; a n?1 ? a
4 ) a 是否有确定的大小关系?若有,请并加 3

(2)设 S n 是数列 { an } 的前 n 项和,当 n ? 2 时, S n 与 ( n ? 以证明,若没有,请说明理由.

【参考答案】1.解析:(1)∵函数 f ( x) ? m ? 2 x ? t 的图象经过点 A(1,1)、B(2,3) ∴?

?2m ? t ? 1 ?4m ? t ? 3

解之得 ?

?m ? 1 ?t ? ? 1

∴ f ( x) ? 2x ?1 ∴ Sn ? 2n ? 1 ( n ? N )
*

∵函数 f ( x) ? m ? 2x ? t 的图象经过 C( n, S n )

∴当 n ? 1 时, S1 ? a1 ? 1 当 n ? 2 时, an ? Sn ? Sn?1 ? 2n ? 2n?1 ? 2n?1 ∵当 n ? 1 时,满足 an ? 2n?1 ∴数列 {an } 的通项为 an ? 2n?1
*

故: an ? 2n?1 , Sn ? 2n ? 1 ( n ? N ) (2)由(1)可知 bn ? 2 log2 an ? 1 ? 2(n ? 1) ? 1 ? 2n ? 1 ,则 ∴
n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ) ∴? = = ( = ? ? ? b1b2 b2b3 b3b4 bnbn ?1 (2n ? 1)(2n ? 1) 2 2n ? 1 2n ? 1 i ?1 bi b i ?1

?

1 bnbn?1



1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1 ? ? ? ? ? ? ? ? ) = (1 ? ) ( n? N * ) 2 3 3 5 5 7 2n ? 1 2n ? 1 2 2n ? 1 1 1 1 1 1 ) 在 n ? N * 上单调递增 ) min = ∵ (1 ? ∴当 n ? 1 时 (1 ? 2 2n ? 1 2 2n ? 1 3


1 ?0 2n ? 1



1 1 1 (1 ? )? 2 2n ? 1 2

综上可得

1 n 1 1 ?? ? 3 i ?1 bi bi ?1 2
即 an ? n

2 2 2 2.解析:(1)由题意有 an ?1 ? an ? 1∴ an ? 1 ? (n ?1) ?1 = n

(2)∵ f (n) ?

1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? …+ ∴ f ( n) ? ? ? …+ 2 2 2 n ?1 n ? 2 n ? 3 2n n ? a1 n ? a2 n ? an

1 1 1 1 1 1 ? ? ? …+ + + n?2 n?3 n?3 2n 2n ? 1 2 n ? 2 1 1 1 1 1 + ? ?0 ∴ f (n ? 1) ? f (n) ? = 2n ? 1 2n ? 2 n ? 1 2n ? 1 2n ? 2 f (n ? 1) ?
∴ f (n ? 1) ? f (n) 即函数 y ? f (n) 是递增数列

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压轴题

∴ y ? f (n) 的最小值为 f (1) ? (3)∵ bn ?

1 1 ? 1?1 2

1 1 ? ? n ?1 ? n an?1 ? an n ?1 ? n

∴ Sn ? ( 2 ?1) ? ( 3 ? 2) ? …+ ( n ?1 ? n ) = n ? 1 ?1 ∴ | Sn ? 2 |? 4 即为 | n ?1 ? 2 |? 4 解之得 n ? 48 且 n ? N

3.分析:由 g ( x) 为一次函数 f ( x) 的反函数得 g ( x) 也为一次函数,所以可设 g ( x) ? kx ? b ; 由 f (1) ? 0 得 g (0) ? 1 , 从 而 有 b ? 1 ; 由 “ 点 An ( n ,

an ?1 ) ( n ? N ? ) 在 曲 线 y ? g ( x) 上 , 且 an

an ?1 an ? ? 1 ”确定斜率 k ,一旦直线 y ? g ( x) 的解析式确定,剩下的问题水到渠成. an an ?1
解析:(1)∵ f ( x) 为一次函数,且 g ( x) 为其反函数 由 f (1) ? 0 得 g (0) ? 1,即 g ( x) ? kx ? 1 ∵ g (n) ? kn ? 1 且 An (n, ∴设 g ( x) ? kx ? b

an?1 a a ) ( n ? N ? )均在直线 g ( x) ? kx ? b 上,且 n ?1 ? n ? 1 an an an ?1

an ? 2 an ?1 ? an ?1 an ?1 ∴k ? (n ? 1) ? n
(2)∵ An (n,

∴ g ( x) ? x ? 1

an?1 ) ( n ? N ? )均在直线 g ( x) ? kx ? b 上 an
∴当 n ? N 时,
*



an?1 ? n ?1 an

an an?1 a ? ?????? 2 ? n ? (n ? 1) ? (n ? 2)…2 ? 1=n! an?1 an?2 a1

(3) Sn =

a1 a2 ? ? 3! 4!

?

an 1! 2! n! = ? ?…? (n ? 2)! 3! 4! (n ? 2)!
? 1 1 1 1 ? = ? n ?1 n ? 2 2 n ? 2



1 1 1 1 1 1 1 ? ?…? = ? ? ? ? 2 ? 3 3? 4 (n ? 1)(n ? 2) 2 3 3 4
n ??

∴ lim S n = lim( ?
n ??

1 2

1 1 )= n?2 2

4.已知数列 { an } 与 {bn } 满足下列关系: a1 ? 2a ( a ? 0 ), an ?1 ? ( n? N )
?

1 a2 a ?a (an ? ) , bn ? n an ? a 2 an

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压轴题

(1)求数列 {bn } 的通项公式,并化简

an ? a ; a n?1 ? a
4 ) a 是否有确定的大小关系?若有,请并加 3

(2)设 S n 是数列 { an } 的前 n 项和,当 n ? 2 时, S n 与 ( n ? 以证明,若没有,请说明理由.

an ? a 1 a2 ? 4.解析:(1)∵ bn ? ( n ? N ), an ?1 ? (an ? ) an ? a 2 an

1 a3 (an ? ) ? a an a ?a 2 (an ? a)2 2 ?0 ∴ bn ?1 = n ?1 = = = bn 3 2 a an?1 ? a 1 (an ? a) (an ? ) ? a 2 an
a ?a ∵ b1 ? 1 ?3 a1 ? a
故 ∴ lg bn ? (lg3) ? 2
n?1

∴ lg bn?1 ? 2lg bn

,即 bn ? 3

2 n?1

∴ an ?

32 ? 1 32 ? 1
n?1

n?1

a

an ? a 2an 2n?1 = = bn ? 1 = 3 ? 1 an ?1 ? a an ? a
an ? a 32 ? 1
n?1

(2)当 n ? 2 时, an?1 ? a = ∴ a3 ? a ?

?

1 ( an ? a ) (当且仅当 n ? 2 时取“=”) 10

1 1 1 (a2 ? a ) , a4 ? a ? (a3 ? a ) ,??, a n ? a ? (a n ?1 ? a ) 10 10 10 1 [ S n ?1 ? a1 ? (n ? 2)a] ∴ S n ? a1 ? a 2 ? (n ? 2)a ? 10 5 65 a ? 10(n ? 2)a ? Sn ? an ? 2a ? (n ? 2)a ∵ a1 ? 2a , a2 ? a ∴ 10Sn ? 4 2 25 1 23 4 61 32 ? 1 ∴ Sn ? [(n ? 2) ? ? 2n?1 ]a ? (n ? ? )a ? (n ? )a ? ( n ? ) a 18 9 18 3 18 9(3 ? 1)
故 Sn ? (n ? )a .
n?1

4 3

第三讲

解析几何型压轴题

解析几何综合题是高考命题的一个热点内容,这类试题往往以解析几何知识为载体,综合函数、不等 式、向量、数列等知识,涉及知识点多,综合性强,题目多变,解法灵活多样,能较好体现高考的选拔功 能,因此这类题目常常以压轴题的形式出现.求解这类题目,注意在掌握通性通法的同时,从宏观上把握, 微观上突破,在审题和解题思路上下功夫,不断跨越求解征途中可能会遇到的一道道运算难关,最终达到 求解目的. y b2 y 2 【调研 1】若 F1 , F 2 为双曲线 2 ? 2 ? 1 的左、右焦点,O 为坐标原点, M P a b P 在 双 曲 线 左 支 上 , M 在 右 准 线 上 , 且 满 足 F1O ? PM , x

F1

O

F2
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高考数学第二轮复习

压轴题

OP ? OM OP OM

?

OF1 ? OP OF1 OP

.(1)求此双曲线的离心率;(2)若此双曲线过点 N (2, 3) ,求双曲线的方程;

(3)设(2)中双曲线的虚轴端点为 B 1 , B 2 ( B 1 在 y 轴的正半轴上),过 B 2 作直线 AB 与双曲线交 于 A ,B两点,求 B1 A ? B1B 时,直线的方程. 分析:弄清向量表达式

OP ? OM OP OM

?

OF1 ? OP OF1 OP

是求解本题的关键!由向量的数量积定义可知 cos ? OP, OM ? =

cos ? OF1 , OP ? ,即 OP 是 ?F1OM 的角平分线,联系 F1O ? PM 可判断四边形 OMPF1 是菱形.
解析:(1)由 F1O ? PM 知四边形 PF1OM 是平行四边形 又由

OP ? OM OP OM

?

OF1 ? OP OF1 OP

知 OP 平分 ?F1OM

∴四边形 PF1OM 是菱形 ∴ PF2 ? PF1 ? 2a ? c ? 2a ∴ e ? 2 ( e ? ?1 舍去)

设焦半距为 c ,则有 OF1 ? PF1 ? PM ? c 由双曲线第二定义可知 (2)∵ e ? 2 ?

PF2 PM 1

? e ,即

c ? 2a ?e c

c a

∴ c ? 2a ∴

∴双曲线方程为

x2 y 2 ? ?1 a2 3a2

4 3 x2 y 2 2 a ? 3 ,即 ∴所求双曲线的方程为 ? ? 1 ? ?1 a2 3a2 3 9 (3)由题意知 B 1 ? 0,3 ? , B 2 ? 0,? 3 ? ,则设直线 AB 的方程为 y ? kx ? 3 , A? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ?
又∵双曲线过点 N (2, 3)

? y ? kx ? 3 ? 2 y2 则由 ? x 有 ?3 ? k 2 ? x2 ? 6kx ? 18 ? 0 ? ? 1 ? 9 ?3
∵双曲线的渐近线为 y ? ? 3x ∵ x1 ? x2 ? ∴当 k ? ? 3 时, AB 与双曲线只有一个交点,即 k ? ? 3

6k ?18 , x1 ? x2 ? 2 3? k 3 ? k2 ?18 2 ∴ y1 ? y2 ? k ? x1 ? x2 ? ? 6 ? , y1 ? y2 ? k x1 x2 ? k ? x1 ? x2 ? ? 9 ? 9 2 3?k 又∵ B1 A ? ? x1 , y1 ? 3 ? , B1B ? ? x2 , y2 ? 3 ?
∵ B1 A ? B1 B ∴k ?? 5 ∴ x1 x2 ? y1 ? y2 ? 3? y1 ? y2 ? ? 9 ? 0 即 ∴直线 AB 的方程为 y ? ? 5x ? 3

?18 ?18 ? 9 ? 3? ?9?0 2 3? k 3 ? k2

【方法探究】平面向量是高中数学新增内容,兼有代数和几何特性,是高中数学应用最广泛的数学工具之 一,解析几何是高中数学的传统重点内容,是高考中的重头戏,而平面向量与解析几何交汇命题是近三年 来新高考的一个新亮点.这类综合问题大致可分三类: (1)平面向量与圆锥曲线符号层面上的整合问题:这类题目是平面向量和圆锥曲线的简单拼盘,在平 面向量刚进入高考时,比较常见,近来比较少; (2)平面向量与圆锥曲线知识层面上的整合问题:用平面向量语言包装解析几何中元素的关系,试题 情境新颖,结合点选取恰到好处,命题手法日趋成熟,如本例求解过程中,明确向量式“ F1O ? PM ”与 “

OP ? OM OP OM

?

OF1 ? OP OF1 OP

”含义,还原几何元素“菱形 PF1OM ”是求解关键;
16

高考数学第二轮复习

压轴题

(3)平面向量与圆锥曲线应用层面的整合问题:以平面向量作为工具,综合处理有关长度、角度、垂直、 射影等问题以及圆锥曲线中的轨迹、范围、最值、定值、对称等典型问题,这类问题往往更具有挑战性. 【调研 2】在 xoy 平面上有一系列点 P 1 ( x1 , y1 ) , P 2 ( x2 , y2 ) ,??, P n ( xn , yn ) ??,对每个自然数 n , 点 Pn 位于函数 y ? x 2 ( x ? 0) 的图象上.以点 Pn 为圆心的⊙ Pn 与 x 轴都相切,且⊙ Pn 与⊙ Pn ?1 又彼此 外切.若 x1 ? 1 ,且 xn ?1 ? xn ( n ? N ) .(1)求证数列 {

1 } 是等差数列; xn
3 ? 2

(2)设⊙ Pn 的面积为 S n , Tn ? S1 ? S 2 ? ? ? ? ? S n , 求证: Tn ? 分析:本题是数列与圆锥曲线的综合题,求解过程有两个关键点:

①.由⊙ Pn 与⊙ Pn ?1 彼此外切, 从而构建关于 xn 的递推关系式, 突破的办法是具体化已知条件 “⊙ Pn 与

( xn ? xn ?1 ) ? ( yn ? yn ?1 ) = rn ? rn ?1 = yn ? yn?1 ; ⊙ Pn ?1 彼此外切”为 P nP n ?1 =
2 2

②.经过一系列演算后得到 Tn ? ? [1 ?

1 1 ? ? 32 52

?

1 ] ,如何放缩?放缩度是把握问题的关键. (2n ? 1) 2
2 2

( xn ? xn ?1 ) ? ( yn ? yn ?1 ) ? yn ? yn ?1 解析:(1)? ⊙ Pn 与⊙ Pn ?1 彼此外切∴ P nP n?1 ? r n ?r n?1 ,即
两边平方并化简得 ( x n ? x n?1 ) 2 ? 4 y n y n?1
2 2 依题意有⊙ Pn 的半径 rn ? yn ? xn , ( xn ? xn?1 )2 ? 4xn ? xn ?1

2

∵ xn ? xn?1 ? 0

∴ xn ? xn ? 1 ? 2 xn xn ? 1 ,即

1 1 ? ? 2(n ? N ) xn?1 xn

∴ 数列 {

1 1 } 是以 ? 1 为首项,以 2 为公差的等差数列. xn x1
1 ? 1 1 2 2 4 ∴ Sn ? ? rn ? ? yn ? ? xn ? , ? ? (n ? 1) ? 2 ,即 xn ? 2n ? 1 (2n ? 1)4 xn x1

(2) 由(1)问有

Tn ? S1 ? S 2 ? ? ? ? ? S n ? ? [1 ?
? ? [1 ?

1 1 1 ? 2 ??? ] 2 3 5 (2n ? 1) 2

1 1 1 ? ??? ] 1? 3 3 ? 5 (2n ? 3) ? (2n ? 1)

= ? {1 ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( = ? [1 ?

1 2

1 3

1 3

1 5

1 1 ? )]} 2n ? 3 2n ? 1

3 ? ? 3 ? 1 1 ? ? (1 ? )] = 2 2n ? 1 2 2(2n ? 1) 2
17

【方法探究】在 04 年的湖南、上海、浙江卷, 05 年的上海、浙江卷,06 年的重庆、山东、湖北、浙江

高考数学第二轮复习

压轴题

等卷都有数列与解析几何的综合问题.这类题综合性强,可以从数与形的两个角度考查理性思维能力以及 函数与方程、数形结合、特殊化与一般化等数学思想. 这类试题大多以点列的形式出现的,一个点的横,纵坐标分别是某两个不同数列的项,而这两个数列 又由点所在的曲线建立联系,从而数列的代数特征与曲线的几何性质熔合.求解这类题目关键在于利用曲 线性质建立数列的递推式,转化为代数问题求解. 【技巧点拨】数列的判断与证明是数列的常考点,其求解过程常常从数列通项或递推式入手,通常有两种 方法: ①.定义法

d 为常数 证明数列每项与它的前项之差 (比) 是同一个常数, 即证 an?1 ? an = d , (

an ?1 an

= q , q 为不等于零的常数); ②.中项法 证明每一项都是它的前一项和后一项的等差(比)中项,即证 2an?1 ? an ? an?2
2 ( an ?1 ? an ? an ? 2 ).

3 的椭圆, 2 设椭圆在第一象限的部分为曲线 C ,动点 P 在 C 上, C 在点 P 处的切线与 x、 y 轴的交点分别为 A , B ,
【调研 3】在平面直角坐标系 xOy 中,有一个以 F1 0, ? 3 和 F2 0, 3 为焦点、离心率为 且向量 OM ? OA ? OB . 求:(1)点 M 的轨迹方程; (2) OM 的最小值.

?

?

?

?

分析:求解本例可以根据以下步骤进行:①求立椭圆的方程,得到曲线C的方程; ②求过点P的切线方程,求出点A、B的坐标;③运用相关点法求点 M 的轨迹方程; ④具体化 OM ,转化为函数最值问题求解.

解析:∵椭圆的焦点为 F1 0, ? 3 、 F2 0, 3 ,离心率为

?

?

?

?

3 2

?a 2 ? b2 ? 3 y x ? 2 2 ∴椭圆方程可写为 2 ? 2 ? 1 ( a ? b ? 0 ),其中 ? 3 ,解之得 a ? 4 , b ? 1 3 a b ? ? 2 ? a
2 2

∴曲线C的方程为 y ? 2 1 ? x 2 (0<x<1), y? ? ?

2x 1 ? x2
2

设在曲线C上的动点 P( x0 , y0 ) (0<x0<1),则 y0 ? 2 1 ? x0 ∴过切点P的切线的斜率为 k ? y? |x ? x0 ? ?

2 x0 1 ? x02

=?

4 x0 ,过点P的切线的方程为 y0
1 4 ,0) ,B (0 , ) x0 y0

y ? ??

4 x0 ( x ? x0 ) ? y0 y0

∵点 A, B 是切线与 x、 y 轴的交点

∴A (

18

高考数学第二轮复习

压轴题

4 1 → → → 2 设点M为 ( x , y ) ,则由OM=OA +OB得 x ? ,y? ∵点 P( x0 , y0 ) 在曲线C: y0 ? 2 1 ? x0 上 x0 y0

∴点 M 的轨迹方程为

1 4 ? 2 ? 1( x ? 1 , y ? 2 ) 2 x y

(2)由(1)问可知 y 2 =

4 1? 1 x2

=4?

4 x ?1
2

∴ | OM |2 = x 2 ? y 2 = x ? 4 ?
2

4 4 4 2 ? 5 ? 2 ( x 2 ? 1) ? 2 = x ?1 ? 2 ? 5 =9 x ?1 x ?1 x ?1
2

(当且仅当 x ? 1 ?
2

4 → ,即 x ? 3 ? 1 时取等号)故当 x ? 3 时,|OM|的最小值为 3. x ?1
2

【高考前沿】切线是曲线的一个重要几何性质,而导数是求曲线切线的最有力的工具,所以从切线角度与 圆锥曲线综合考查,这是高考的一个新趋势,大大丰富了解析几何的研究内容,可能成为以后高考的一个 新热点.导数也是求解最值问题的最常用工具,常与解析几何交汇,以最值问题的形式出现,是高考常考 常新的热点. 1.P、Q、M、N 四点都在中心为坐标原点,离心率 e ?

2 ,左焦点 F (?1, 0) 的椭圆上,已 2

知 PF 与 FQ 共线,MF 与 FN 共线, PF ? MF ? 0 ,求四边形 PMQN 的面积的最大值与 最小值. 2.设向量 i ? (1,0) , j ? (0,1) , a ? ( x ? m) i ? y j , b ? ( x ? m) i ? y j ,且 | a | ? | b |? 6 , 0 ? m ? 3 ,

x ? 0 , y ? R . (1)求动点 P ( x , y ) 的轨迹方程;
(2)已知点 A ( ? 1,0) ,设直线 y ?

1 ( x ? 2) 与点 P 的轨迹交于 B 、 C 两点,问是否存在实数 m ,使得 3

1 ?若存在,求出 m 的值;若不存在,请说明理由. 3 3.已知曲线 C: 2k x2 ? (2k ? 3) y 2 ? k ? 1 ( k ? R ). (1)若曲线 C 是双曲线,求 k 的取值范围; (2)若曲线 C 是焦点在 x 轴上的双曲线且离心率为 3 ,求此双曲线的方程; (3)对于满足条件(2)的双曲线,是否存在过点 B(1,1)的直线 l ,使直线 l 与双曲线交于 M , N 两 点且 B 是线段 MN 的中点?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由. AB ? AC ?
【参考答案】1.解析:∵椭圆的中心为坐标原点,离心率 e ?

2 ,左焦点 F (?1, 0) 2

∴椭圆方程为

x2 ? y 2 ? 1 ∵ PF 与 FQ 共线, MF 与 FN 共线, PF ? MF ? 0 2
19

高考数学第二轮复习

压轴题

∴直线 PQ 和直线 MN 都过椭圆的左焦点 F (?1, 0) 不妨设 PQ 的方程为 ky ? x ? 1 ,设 P( x1 , y1 ) , Q( x1 , y1 ) ,则 y1 ? y2

?ky ? x ? 1 ? 2 ?x 2 ? ? y ?1 ?2
∴ PQ ? 1 ? k
2

∴ (2 ? k 2 ) y 2 ? 2ky ?1 ? 0

∴ y1 ? y2 ? ?

?2 k ?1 , y1 ? y2 ? 2 2?k 2 ? k2

y1 ? y2 ? 1 ? k 2 ( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2

? 1? k

2

2k 2 1 2 2(1 ? k 2 ) ( ) ?4 ? 2 ? k2 2 ? k2 2 ? k2
2 2(1 ? 2? 1 ) k2

1 (1)当 k ? 0 时,MN 的斜率为 ? ,同理可得 MN ? k

1 k2

1 1 ) 2(5 ? k 2 ? 2 ) ? 2 2 1 2 k = k 故四边形面积 S ? PQ MN ? =2? 2 2 2 2 5 ? 2k 2 ? 2 5 ? 2k 2 ? 2 5 ? 2k 2 ? 2 k k k 2 16 2 2 2 ∵ 5 ? 2k ? 2 ? 9 ∴? ? ? ? 0 ,即 ? S ? 2 2 k 9 9 2 5 ? 2k ? 2 k 1 (2) 当 k ? 0 时,MN 为椭圆的长轴, MN ? 2 2 , PQ ? 2 ∴ S ? PQ MN ? 2 2 16 综合(1) (2)知,四边形 PQMN 面积的最大值为 2 ,最小值为 . 9 2.解析:(1)∵ i ? (1,0) , j ? (0,1) , | a | ? | b |? 6 4(2 ? k 2 ?
2 2 2 2 ∴ (x ? m) ? y ? (x ? m) ? y ? 6 ,即为点 P ( x , y ) 到点 ( ? m , 0) 与到点 ( m , 0) 距离之和为 6

记 F1 ( ? m, 0) , F 2 ( m, 0) ( 0 ? m ? 3 ),则 | F1F2 |? 2m ? 6 ∴ | PF1 | ? | PF2 |? 6 ?| F1F2 | 又∵ x ? 0 ∴ P 点的轨迹是以 F1 , F 2 为焦点的椭圆的右半部分.
2 2 2 2

∵ 2a ? 6 , 2c ? 2m ∴ b ? a ? c ? 9 ? m ∴所求轨迹方程为 (2)设 B ? (x1 , y1 ) , C ? (x2 , y2 )

x2 y2 ? ? 1 ( x ? 0,0 ? m ? 3 ) 9 9 ? m2

∴ AB ? (x1 ?1,y1 ) , AC ? ( x2 ? 1, y2 )

∴ AB· AC ? x1x2 ? (x1 ? x2 ) ? 1? y1 y2 而 y 1? y2 = (x1 ? 2) ? (x2 ? 2) = [x1 x2 ? 2(x1 ? x2 ) ? 4] ∴ AB ? AC = x1 x2 ? (x1 ? x2 ) ? 1 ? [x1 x2 -2(x1 ? x2 ) ? 4] = [10x1 x2 ? 7(x1 ? x2 ) ? 13]

1 3

1 3

1 9

1 9

1 9

AC ? 若存在实数 m,使得 AB·

1 成立,则 10x1 x2 ? 7(x1 ? x2 ) ? 13=0 ?????????① 3
20

高考数学第二轮复习

压轴题

1 ? y ? ( x - 2), ? ? 3 由? 2 得 (1 ? m2 ) x2 ? 4x ? (9m2 ? 77) ? 0 ??????????② 2 ?x ? y ? 1( x ? 0) ? ? 9 9 ? m2

∵x?0

∴ △ ? 16 ? 4(1 ? m2 ) ? (9m2 ? 77) ? 0 , x1 ? x2 ?

9m2 -77 4 ? 0 , x1 x2 ? ?0 10 ? m 2 10 ? m2

∴m ?
2

321 ?9 40

此时虽满足△>0,但 x1 x2 ?

9m2 -77 2889 3080 ? ? ?0 10 ? m2 40 40

AC ? ∴不存在符合题意的实数 m,使得 AB·
3.解析:(1)当 k ? ?1 、 k ? 0 或 k ?

1 3

3 时,曲线 C 表示直线. 2 x2 y2 3 ? ? 1 ??????(1) 当 k ? ?1 且 k ? 0 且 k ? 时,曲线 C 可化为 k ?1 k ?1 2 2k 2k ? 3 k ?1 k ?1 3 ? ? 0 ∴解之得 0 ? k ? 方程(1)表示椭圆的充要条件是 2k 2k ? 3 2 (2)∵ 曲线 C 是焦点在 x 轴上的双曲线且离心率为 3 k ?1 k ?1 ? k ?1 k ?1 2 2 2 2 k 2k ? 3 ? 3 ∴a ? ,b ? ? ,从而有 e ? ∴ k ?1 k ?1 2k 2k ? 3 2k 1 2 2 故曲线 C 的方程为 x ? y ? 1 2 ? 2 1 2 x ? y ?1 ? ? 1 2 1 (3)假设存在直线 l ,设 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ,则有 ? ?x 2 ? 1 y 2 ? 1 2 2 ? 2 ? 1 2 2 2 2 ∴ x1 ? x 2 ? ( y1 ? y 2 ) ? 0 ,即 2( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) 2 ∵B 是线段 MN 的中点 ∴ x1 ? x2 ? 2 , y1 ? y 2 ? 2 y ? y2 ∴ 直线 l 的斜率 k ? 1 ? 2 ,即直线 l : y ? 2 x ? 1 x1 ? x2

? 2 1 2 ?x ? y ? 1 2 又直线 l 与双曲线交于 MN 两点,由 ? 得 2x ? 4x ? 3 ? 0 , 2 ? ? y ? 2x ? 1 1 2 2 此时 ? ? 16 ? 4 ? 2 ? 3 ? ?8 ? 0 ,方程无实数根.即直线 l 与双曲线 x ? y ? 1 无交点. 2 故不存在满足条件的直线 l . 点评: 本题易忽视直线 m 与双曲线交于 MN 两点的隐含条件 ? ? 0 , 而得出存在直线 l 为 y ? 2 x ? 1 的
错误结论.
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