2022年备战高考数学压轴题跟踪演练系列 .pdf

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1、备战 高考数学压轴题跟踪演练系列(一) 1已知函数fx和g x的图象关于原点对称，且22fxxx()求函数g x的解析式；()解不等式1g xfxx；()若1h xg xfx在1,1上是增函数，求实数的取值范围本题主要考查函数图象的对称、二次函数的基本性质与不等式的应用等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力. 解 ： ( ) 设 函 数yfx的 图 象 上 任 意 一 点00,Q xy关 于 原 点 的 对 称 点 为,P x y， 则00000,2.0,2xxxxyyyy即点00,Q x y在函数yf x的图象上22222 ,2yxxyxxg xxx，即故()由21210g x

2、fxxxx， 可得当1x时，2210 xx，此时不等式无解；当1x时，2210 xx，解得112x. 因此，原不等式的解集为11,2. （）212 11h xxx1411,1h xx当时，在上是增函数，111.1x当时，对称轴的方程为）111,1.1当时,解得）111,10.1当时,解得0.综上，2.将圆 O: 4yx22上各点的纵坐标变为原来的一半(横坐标不变 ), 得到曲线C. (1) 求 C 的方程 (2) 设 O 为坐标原点 , 过点)0,3(F的直线 l 与 C 交于 A、 B 两点 , N 为线段 AB 的中点,延长线段ON 交 C 于点 E.求证 : ON2OE的充要条件是3|A

3、B|. 解: (1) 设点)y,x(P, 点 M 的坐标为)y,x(,由题意可知,y2y,xx(2 分 ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 48 页又, 4yx221y4x4y4x2222. 所以 , 点 M 的轨迹 C 的方程为1y4x22.(4 分) (2)设点)y,x(A11, )y,x(B22, 点 N 的坐标为)y,x(00, 当直线 l 与 x 轴重合时 , 线段 AB 的中点 N 就是原点 O, 不合题意 ,舍去 ; (5 分) 设直线 l: ,3myx由4y4x3myx22消去 x, 得01my32y)4

4、m(22,4mm3y20(6 分) 4m344m34m34mm33myx2222200, 点 N 的坐标为)4mm3,4m34(22. (8 分 ) 若OEON2, 坐标为 , 则点 E 的为)4mm32,4m38(22, 由点 E 在曲线 C 上, 得1)4m(m12)4m(4822222, 即,032m4m244m(8m22舍去 ). 由方程得, 14m1m44m16m4m12|yy |2222221又|,)yy(m|mymy|xx|2121213|yy|1m|AB|212. (10 分) 若3|AB|, 由得,34m)1m(422.8m2点 N 的坐标为)66,33(, 射线 ON 方程

5、为 : )0 x(x22y, 由4y4x)0 x(x22y22解得36y332x点 E 的坐标为),36,332(OEON2. 综上 , OEON2的充要条件是3|AB|. (12 分) 3.已知函数241)x(fx)Rx(. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 48 页(1) 试 证 函 数)x(f的 图 象 关 于 点)41,21(对 称 ;(2) 若 数 列an的 通 项 公 式 为)m,2, 1n,Nm()mn(fan, 求 数 列an的 前m项 和;Sm(3) 设 数 列bn满 足 : 31b1,n2n1nbbb.

6、设1b11b11b1Tn21n,若(2)中的nS满足对任意不小于2 的正整数 n, nnTS恒成立 , 试求 m 的最大值 . 解 : (1)设点)y,x(P000是函数)x(f的图象上任意一点, 其关于点)41,21(的对称点为)y,x(P.由412yy212xx00得.y21y,x1x00所以 , 点 P 的坐标为P)y21,x1 (00.(2 分) 由点)y,x(P000在函数)x(f的图象上 , 得241y0 x0. ,)24(244244241)x1 (f00000 xxxxx1024121y210 x0,)24(2400 xx点 P)y21,x1(00在函数)x(f的图象上 . 函

7、数)x(f的图象关于点)41,21(对称 . (4 分 ) (2)由(1)可知 , 21)x1 (f)x(f, 所以)1mk1 (21)mk1(f)mk(f, 即,21aa, 21)mkm(f)mk(fkmk(6 分 ) 由m1m321maaaaaS, 得,aaaaaSm13m2m1mm由 , 得,612m61221ma221)1m(S2mm).1m3(121Sm(8 分 ) (3) ,31b1)1b(bbbbnnn2n1n对任意的0b,Nnn. 由、 , 得,1b1b1) 1b(b1b1nnnn1n即1nnnb1b11b1. 1n1n11nn3221nb13b1b1)b1b1()b1b1()

8、b1b1(T. (10 分) ,bb, 0bbbn1n2nn1n数列bn是单调递增数列. nT关于 n 递增 . 当2n, 且Nn时 , 2nTT. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 48 页,8152) 194(94b,94)131(31b,31b321.5275b13TT12n (12 分) ,5275Sm即,5275)1m3(121,394639238m m 的最大值为6. (14 分) 备战 2010 高考数学压轴题跟踪演练系列(二) 1. 设定义在 R 上的函数43201234( )f xa xa xa xa x

9、a（其中iaR，i=0,1,2,3,4 ）当 x= 1 时， f (x) 取得极大值23，并且函数y=f (x+1) 的图象关于点（1，0）对称（1）求 f (x)的表达式；（2）试在函数f (x)的图象上求两点，使这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间2,2上； （3） 若+212(13 ),(N )23nnnnnnxyn， 求证：4()().3nnfxfy解： （1）31( ).3f xxx5 分（2）20,0 ,2,3或20,0 ,2,.3 10 分（3）用导数求最值，可证得4()()( 1)(1).3nnf xf yff 15 分2.过抛物线yx42上不同两点A、 B 分别

10、作抛物线的切线相交于P 点，.0PBPA（1）求点 P 的轨迹方程； （2）已知点F（0，1） ，是否存在实数使得0)(2FPFBFA？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 解法（一）： （ 1）设)(),4,(),4,(21222211xxxxBxxA由,42yx得：2xy2,221xkxkPBPA4,021xxPBPAPBPA3 分直线 PA 的方程是：)(241121xxxxy即42211xxxy同理，直线PB 的方程是：42222xxxy由得：),(, 142212121Rxxxxyxxx点 P 的轨迹方程是).(1Rxy 6 分（2）由（ 1）得：),14,(211xxFA),1

11、4,(222xxFB)1,2(21xxP4),2,2(2121xxxxFP精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 48 页42)14)(14(2221222121xxxxxxFBFA10 分2444)()(22212212xxxxFP所以0)(2FPFBFA故存在=1 使得0)(2FPFBFA12 分解法（二）： （ 1）直线PA、PB 与抛物线相切，且, 0PBPA直线 PA、PB 的斜率均存在且不为0，且,PBPA设 PA 的直线方程是)0,(kRmkmkxy由yxmkxy42得：0442mkxx016162mk即2km 3

12、 分即直线 PA 的方程是：2kkxy.同理可得直线PB 的方程是：211kxky由2211kxkykkxy得：11yRkkx故点 P 的轨迹方程是).(1Rxy 6 分（2）由（ 1）得：) 1,1(),1,2(),2(22kkPkkBkkA) 11,2(),1,2(22kkFBkkFA, )2,1(kkFP)1(2) 11)(1(42222kkkkFBFA 10 分)1(24)1()(2222kkkkFP故存在=1 使得0)(2FPFBFA 12 分3.已知数列na各项均不为0，其前n项和为nS ，且对任意*nN 都有 (1)nnp Sppa （p为大于 1 的常数），记12121CCC(

13、 )2nnnnnnnaaaf nS(1) 求na ；(2) 试比较(1)f n与1( )2pf np的大小（*nN ） ；(3) 求证：2111(21) ( )(1)(2)(21)112nppnf nfffnpp剟， （*nN ） 解： (1) (1)nnp Sppa ， 11(1)nnp Sppa，得11(1)nnnp apapa ，即1nnapa （3 分）在中令1n，可得1ap na是首项为1ap ，公比为p的等比数列，nnap （4 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 48 页(2) 由(1)可得(1)(1)11

14、nnnppp pSpp12121CCCnnnnnaaa1221CCC(1)(1)nnnnnnnppppp12121CCC( )2nnnnnnnaaaf nS1(1)2 (1)nnnpppp， （5 分）(1)f n1111(1)2(1)nnnpppp而1( )2pf np1111(1)2()nnnppppp，且1p，1110nnppp，10p(1)f n1( )2pf np， （*nN ） （8 分）(3) 由(2)知1(1)2pfp，(1)f n1( )2pf np， （*nN ） 当2n时，211111()(1)()(2)()(1)()2222nnppppfnfnfnfpppp221111

15、(1)(2)(21)222npppfffnppp,2111112npppp（10 分）（当且仅当1n时取等号）另一方面，当2n，1,2,21kn时，2221(1)(1)( )(2)2 (1)2(1)kn kkkn kn kpppf kfnkppp2221(1)(1)22 (1) 2(1)kn kkkn kn kpppppp21 2(1)12(1)(1)nnkn kppppp221 2(1)121nnnkn kpppppp22kn knppp，2222121(1)nkn knnnpppppp,12(1)( )(2)2 ( )2 (1)nnnppf kfnkf npp， （当且仅当kn时取等号）

16、（13 分）2121211111( )( )(2)( )(21)( )2nnnkkkf kf kfnkf nnf n （当且仅当1n时取等号）综上所述，2121111(21) ( )( )112nnkppnf nf kpp剟， （*nN ） （14 分）备战 2010 高考数学压轴题跟踪演练系列(三) 1. 已知函数xxxfsin)(（）若;)(,0的值域试求函数xfx（）若);32(3)()(2:),0(,0 xfxffx求证（）若)32(3)()(2,),)1(,(,)1( ,xfxffZkkkkkx与猜想的大小关系（不必写出比较过程）. 精选学习资料 - - - - - - - - -

17、名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 48 页解： （）为增函数时当)(,0cos1)(,), 0(xfxxfx又 ()在区间0,上连续 , 所以(0)()(), 求得 0()即 ()的值域为 0,4分f xff xffxf x（）设)32(3)()(2)(xfxffxg，32sin3sin)(2)(xxfxg即)32coscos(31)(xxxg 6 分20,(0,)(0,)由()0, 得3xxg xx.)(, 0)(,),0(为减函数时当xgxgx分为增函数时当8)(, 0)(,),(xgxgx()在区间0,上连续 , 则 ()为 ()的最小值对0,有 ()()02 ()

18、()2因而()10分33g xgg xxg xgff xxf（ ） 在 题 设 条 件 下 ， 当k为 偶 数 时)32(3)()(2xfxff, 当k为 奇 数 时)32(3)()(2xfxff 4 分2.垂直于 x 轴的直线交双曲线2222yx于 M、N 不同两点， A1、A2分别为双曲线的左顶点和右顶点，设直线 A1M 与 A2N 交于点 P（x0，y0）（）证明：;22020为定值yx（）过 P 作斜率为002yx的直线 l，原点到直线l 的距离为d，求 d 的最小值 . 解（）证明：)0 ,2(),0,2(),(),(211111AAyxNyxM则设)2(2111xxyyMA的方程为

19、直线直线 A2N 的方程为)2(211xxyy 4 分，得)2(2221212xxyy2222221122001200122,(2), 即222(,)是直线与的交点22为定值8分xyyxxyP xyAM ANxy（）02222),(20020200000yyxxyxxxyxyyl整理得结合的方程为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 48 页202020201222242yyyxd于是 10 分112211222020202020ydyyyx当1, 1,1200取最小值时dyy 12 分3. 已知数列an的前 n 项和为S n

20、Nn()*，且Smmann()1对任意自然数都成立，其中m 为常数，且m1.（ I）求证数列an是等比数列； （ II）设数列an的公比qf m()，数列bn满足：babf bnn11113，()()*nnN2，试问当m 为何值时，lim(lg)lim(nbanb bb bb bnn3122334bbnn1)成立？解： （I）由已知Smmann1111()( )Smmann() 1（2）由( )( )12得：amamannn11，即()mamann11对任意nN*都成立1为常数，且1即为等比数列5分1nnnammmaam（II）当n1时，amma111()*1111111，从而由（）知()()

21、(2，)311nnnnbmabIqfmbf bnnNmb11*111111，即1为等差数列113(1)2，() 9分2nnnnnnnbbbbbnnbnNbnammnn111lim(lg)limlglg211nnnmmbannnmm12231lim3 (?)nnbbb bbbn111111lim3?344512nnn=1由题意知lgmm11，mmm110109，13 分备战 2010 高考数学压轴题跟踪演练系列(四) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 48 页1.已知 f(x)=222xax(x R)在区间 1，1上是增函数

22、 . （）求实数a 的值组成的集合A； （）设关于x 的方程 f(x)=x1的两个非零实根为x1、x2.试问：是否存在实数 m，使得不等式m2+tm+1 |x1 x2|对任意 aA 及 t1，1恒成立？若存在，求 m 的取值范围；若不存在，请说明理由. 解： （） f(x)=222)2(224xxax= 222)2()2(2xaxx，f(x)在 1，1上是增函数，f(x)0 对 x1，1恒成立，即 x2ax 20 对 x1，1恒成立 . 设(x)=x2ax2，方法一：11201111120aaa对 x1，1，f(x) 是连续函数，且只有当a=1 时， f(-1)=0 以及当 a=1 时， f(

23、1)=0 A=a| 1a1. 方法二：0211120aa或021120aa0a1 或 1a0 1a1. 对 x1，1，f(x) 是连续函数，且只有当a=1 时， f(1)=0 以及当 a=-1 时， f(1)=0 A=a| 1a1. （）由222xax=x1，得 x2ax2=0 ， =a2+80 x1，x2是方程 x2ax2=0 的两非零实根，x1+x2=a，x1x2=2， 从而 |x1x2|=212214)(xxxx=82a. 1a 1， |x1-x2|=82a3. 要使不等式m2+tm+1 |x1x2|对任意 aA 及 t 1，1恒成立，当且仅当 m2+tm+1 3 对任意 t1，1恒成立

24、，即m2+tm 20 对任意 t 1，1恒成立 . 设 g(t)=m2+tm 2=mt+(m22)，方法一： g( 1)=m2m20 且 g(1)=m2+m 2 0m 2 或 m 2. 所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1 |x1x2|对任意 aA 及 t1，1恒成立，其取值范围是m|m 2，或 m 2. 方法二：当m=0 时，显然不成立；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 48 页当 m0 时，m0 且 g(1)=m2m20 或 m0，y20. 由 y=21x2， 得 y=x.过点 P 的切线的斜率k切= x1，直线l

25、 的斜率 kl=切k1=-11x直线 l 的方程为y21x12=11x(xx1)，方法一：联立消去y，得 x2+12xxx122=0. M 是 PQ 的中点 x0=221xx=-11x，y0=21x1211x(x0 x1). 消去 x1，得 y0=x02+2021x+1(x00) ， PQ 中点 M 的轨迹方程为y=x2+2021x+1(x 0). 方法二：由y1=21x12，y2=21x22，x0=221xx，得 y1y2=21x1221x22=21(x1+x2)(x1 x2)=x0(x1x2)，则 x0=2121xxyy=kl=-11x， x1=01x，将上式代入并整理，得y0=x02+2

26、021x+1(x00)，PQ 中点 M 的轨迹方程为y=x2+2021x+1(x 0). （）设直线l:y=kx+b ，依题意 k0，b0，则 T(0 ，b).分别过 P、Q 作 PP x 轴， QQ y 轴，垂足分别为P 、Q ，则|SQSTSPST|21ybybQQOTPPOT.由 y=21x2及 y=kx+b 消去 x，得y22(k2+b)y+b2=0. 则 y1+y2=2(k2+b)，y1y2=b2. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 48 页方法一：|SQSTSPST|b|(2111yy)2|b|211yy=2

27、|b|21b=2. y1、y2可取一切不相等的正数，|SQSTSPST的取值范围是（2，+）. 方法二：|SQSTSPST=|b|2121yyyy=|b|22)(2bbk. 当 b0 时，|SQSTSPST=b22)(2bbk=bbk)(22=bk22+22 ；当 b0 ，于是k2+2b0 ，即k2 2b. 所以|SQSTSPSTbbb)2(2=2.当 b0 时，bk22可取一切正数，|SQSTSPST的取值范围是（2，+）.方法三：由P、Q、T 三点共线得kTQ=KTP，即22xby=11xby.则 x1y2bx1=x2y1bx2，即 b(x2x1)=(x2y1 x1y2).于是 b=122

28、212122121xxxxxx=21x1x2. |SQSTSPST=|21ybyb=1|21|21xx+1|21|21xx=|12xx+|21xx2. |12xx可取一切不等于1 的正数，|SQSTSPST的取值范围是（2， +）. 3.已知., 2, 1,1,011naaaaaaannn满足数列（ I ） 已 知 数 列na极 限 存 在 且 大 于 零 ， 求nnaAlim（ 将A用a表 示 ）；（ II ） 设,1, 2,证明 :nnbaA n1;()nnnbbAbA（III）若,2, 121|nbnn对都成立，求a 的取值范围 . 2 2 精选学习资料 - - - - - - - -

29、- 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 48 页解： （I）由两边取极限得对且存在nnnnnnaaaAaAa1),0(lim,lim1.24, 0.24,122aaAAaaAAaA又解得（II）.11,11AbaAbaaaAbannnnnn得由11111.即对1,2,都成立()()nnnnnnnnbbbaAbnbAAbAAbAAbA（III）.21|)4(21|,21|21aaab得令211|(4)|.22aa2341,解得.231现证明当时,|对1,2,都成立 .22nnaaaabn（i）当 n=1 时结论成立（已验证）. （ii）假设当那么即时结论成立,21|,)1(

30、kkbkknkkkkkAbAAbAbb21|1|)(|1故只须证明.232|,21|1成立对即证aAbAAbAkk22211423由于, 而当时,41,2.22413111|21,即|2.故当时,|.22222kkkkkkkaaAaaaAaabAAbAbAab即 n=k+1 时结论成立 . 根据（ i）和（ ii）可知结论对一切正整数都成立. 故).,23,2, 121|的取值范围为都成立的对anbnn备战 2010 高考数学压轴题跟踪演练系列(五) 1. 已知常数a 0, n 为正整数， f n ( x ) = x n ( x + a)n ( x 0 ) 是关于 x 的函数 . (1) 判定

31、函数f n ( x ) 的单调性，并证明你的结论. (2) 对任意 n a , 证明 f n + 1 ( n + 1 ) 0 , x 0, fn ( x ) a0 时, fn ( x ) = xn ( x + a)n是关于 x 的减函数 , 当 n a 时, 有： (n + 1 )n ( n + 1 + a)n n n ( 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)n n , f n + 1 ( n + 1 ) 0, b 0 )的右顶点为 A，P 是双曲线上异

32、于顶点的一个动点，从A 引双曲线的两条渐近线的平行线与直线OP 分别交于Q 和 R 两点 . (1) 证明：无论P 点在什么位置，总有|OP|2 = |OQOR| ( O 为坐标原点 )；(2) 若以 OP 为边长的正方形面积等于双曲线实、虚轴围成的矩形面积，求双曲线离心率的取值范围；解： (1) 设 OP ：y = k x, 又条件可设AR: y = ab(x a ), 解得：OR= (bakab,bakkab), 同理可得OQ= (bakab,bakkab), |OQOR| =|bakabbakab+bakkabbakkab| =|bka|)k1(ba222222. 4 分设OP= ( m

33、, n ) , 则由双曲线方程与OP 方程联立解得m2 =22222kabba, n2 = 222222kabbak, |OP|2 = :m2 + n2 = 22222kabba+ 222222kabbak=222222kab)k1(ba, 点 P 在双曲线上，b2 a2k2 0 . 无论 P 点在什么位置，总有|OP|2 = |OQOR| . 4 分（2）由条件得：222222kab)k1(ba= 4ab, 2 分即 k2 = 22a4ababb4 0 , 4b a, 得 e 4172 分3.已知数列na中，113a，当2n时，其前n项和nS满足2221nnnSaS，精选学习资料 - - -

34、 - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 48 页（1）求nS的表达式及2limnnnaS的值； （2）求数列na的通项公式；（3）设3311(21)(21)nbnn，求证：当nN且2n时，nnab. 解： （1）2111121122(2)21nnnnnnnnnnnSaSSSSS SnSSS所以1nS是等差数列 .则121nSn.222limlim2212 lim1nnnnnnnaSSS. （2）当2n时，12112212141nnnaSSnnn，综上，21132214nnann. （3）令11,2121abnn，当2n时，有103ba（1）法 1：等

35、价于求证33111121212121nnnn. 当2n时，110,213n令231,0,3fxxxx23313232 (1)2 (1)2 (1)02223fxxxxxxx，则fx在1(0,3递增 . 又111021213nn，所以3311()(),2121ggnn即nnab. 法（2）2233331111()()2121(21)(21)nnabbabannnn22()()ab ababab（2）22()()()22abababaabb() (1)(1)22baaba ab b（3）因33311111022222 3ababa，所以(1)(1)022baa ab b由（ 1） （3） （4）知n

36、nab. 法 3：令22g bababab，则12102agbbab精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 48 页所以220 ,32g bmax gg amax aaaa因10,3a则210aaa a，2214323 ()3 ()0339aaa aa所以220g bababab（5）由（ 1） （2） （5）知nnab备战 2010 高考数学压轴题跟踪演练系列(六) 1.已知点 P ( t , y ) 在函数 f ( x ) = 1xx(x 1)的图象上，且有t2 c2at + 4c2 = 0 ( c 0 ). (1) 求证

37、： | ac | 4;(2) 求证：在 ( 1，+）上 f ( x ) 单调递增 .(3)求证： f ( | a | ) + f ( | c | ) 1. 证： (1) t R, t 1, = ( c2a)2 16c2 = c4a2 16c2 0 ， c 0, c2a2 16 , | ac | 4. (2) 由 f ( x ) = 1 1x1, 法 1. 设 1 x1 x2, 则 f (x2) f ( x1) = 1 1x12 1 + 1x11= )1x)(1x(xx1221. 1 x1 x2, x1 x2 0, x2 + 1 0 , f (x2) f ( x1) 0 , 即 f (x2) 0

38、 得 x 1, x 1 时， f ( x ) 单调递增 . （3） f ( x ) 在 x 1 时单调递增，| c | |a|4 0 , f (| c | ) f (|a|4) = 1|a|4|a|4= 4|a|4f ( | a | ) + f ( | c | ) = 1|a|a|+ 4|a|4 4|a|a|+4|a|4=1.即 f ( | a | ) + f ( | c | ) 1. 2.设 M 是椭圆22:1124xyC上的一点， P、Q、T 分别为 M 关于 y 轴、原点、 x 轴的对称点， N 为椭圆 C上异于的另一点，且MN MQ，QN 与 PT 的交点为E，当 M 沿椭圆 C 运动

39、时，求动点E 的轨迹方程解：设点的坐标112211(,),(,)(0),( , ),M x yN xyx yE x y则111111(,),(,),(,),Px yQxyT xy 1 分221122221,(1)1241.(2)124xyxy 3 分由（ 1）（ 2）可得1.3MNQNkk 6 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 48 页又 MN MQ，111,MNMQMNxkkky所以11.3QNykx直线 QN 的方程为1111()3yyxxyx，又直线PT 的方程为11.xyxy 10 分从而得1111,.22xx

40、yy所以112 ,2 .xx yy代入（ 1）可得221(0),3xyxy此即为所求的轨迹方程. 13 分3 已 知 函 数f xxn xnf nnxnnN( )()()()(*)00111，, 数 列an满 足af n nNn( )(*)（I）求数列an的通项公式； （II）设 x 轴、直线xa与函数yf x( )的图象所围成的封闭图形的面积为S aa( ) ()0， 求S nS nnN( )()(*)1；（III） 在集合MN NkkZ|2 ， 且10001500k中，是否存在正整数N，使得不等式aS nS nn10051( )()对一切nN恒成立？若存在，则这样的正整数N 共有多少个？并

41、求出满足条件的最小的正整数N；若不存在，请说明理由.（IV）请构造一个与an有关的数列bn，使得lim()nnbbb12存在，并求出这个极限值. 解： （I）nN *f nn nnf nnf n( )()()()111f nf nn( )()1 1 分( 1)(0)1,(2)( 1)2,(3)(2)3fffffffnfnn()()1,将这 n 个式子相加，得fnfnnn()()()012312(1)(0)0()2n nff nan nnNn()(*)123 分（II）SnSn( )() 1为一直角梯形 （n1时为直角三角形） 的面积，该梯形的两底边的长分别为f nf n()( )1，高为 1

42、S nS nf nf naann( )()()( )11212112121222()()n nn nn（III）设满足条件的正整数N 存在，则n nnnn()12100522100520102精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 48 页又M200020022008201020122998，N201020122998，均满足条件 ,它们构成首项为2010 ，公差为2 的等差数列 . 设共有 m 个满足条件的正整数N，则2010212998()m，解得m495M中满足条件的正整数N 存在，共有495 个，Nmin2010 9

43、分（IV）设bann1，即bn nnnn212111()()则bbbnnnn122 112121313141112 111()()()()()显然，其极限存在，并且lim()limnnnbbbn122112 10 分注：bcann（c 为非零常数） ，bbqqnannannn()(| |)12012121，等都能使lim()nnbbb12存在 . 备战 2010 高考数学压轴题跟踪演练系列(七) 1.设函数xaxxxfln1)(在), 1 上是增函数 . （1） 求正实数a的取值范围； （2）设1,0 ab，求证：.ln1bbabbaba解： （ 1）01)(2axaxxf对),1 x恒成立，

44、xa1对), 1x恒成立，又11x1a为所求. 4 分（2）取bbax，1,0, 1bbaba，一方面，由（1）知xaxxxfln1)(在), 1上是增函数，0) 1 ()(fbbaf0ln1bbabbaabba即babba1ln8 分另一方面，设函数)1(ln)(xxxxG，)1(0111)(xxxxxG)(xG在),1 (上是增函数且在0 xx处连续，又01)1 (G当1x时，0) 1()(GxGxxln即bbabbaln综上所述，.ln1bbabbaba14 分2.如图，已知双曲线C：xaybab2222100()，的右准线l1与一条渐近线l2交于点 M，F 是双曲线 C精选学习资料 -

45、 - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 48 页的右焦点， O 为坐标原点 . （I）求证：OMMF； （II）若|MF1且双曲线 C 的离心率e62，求双曲线C 的方程；（III）在（ II）的条件下，直线l3过点 A（ 0，1）与双曲线C 右支交于不同的两点P、Q 且 P 在 A、Q 之间，满足APAQ，试判断的范围，并用代数方法给出证明. 解： （I）右准线l12：xac，渐近线l2：ybaxMacabcF ccab()()22220，OMacabc()2，MFcacabcbcabc()()22，OM MFa bca bcOMMF222

46、2220 3 分（II）ebaeab621222222，42222222222()|1，1 ，11 ，1ba bb baMFbaccc双曲线 C 的方程为：xy2221 7 分（III）由题意可得018 分证明：设l31：ykx，点P xyQ xy()()1122，由xyykx22221得()1244022kxkxl3与双曲线C 右支交于不同的两点P、Q 1201616 12041204120221012022212212222kkkxxkkx xkkkkk()122k 11 分APAQxyxy，()()112211，得xx12精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

47、 - - - - - -第 18 页，共 48 页2222222222244(1)1642(1)，212124 (12)2121kkkxxkkkkk12202111422kk，()()1421022的取值范围是（0，1） 13 分3.已知正项数列na中，16a，点1,nnnAaa在抛物线21yx上；数列nb中，点,nnBn b在过点0,1，以方向向量为1,2的直线上 . （ ） 求 数 列,nnab的 通 项 公 式 ； （ ） 若nnaf nb, n为奇数, n为偶数， 问 是 否 存 在 kN ， 使274fkfk成立，若存在，求出k 值；若不存在，说明理由；（）对任意正整数n，不等式11

48、202111111nnnnaanabbb成立，求正数a的取值范围 . 解： （）将点1,nnnAaa代入21yx中得111111 15,:21,21直线nnnnnnaaaadaannlyxbn（4分）（）521nf nn, n为奇数, n为偶数（5 分）272742754 21 ,43527227145 ,24当 为偶数时，为奇数，当 为奇数时，为偶数，舍去综上，存在唯一的符合条件 .kkf kf kkkkkkkkkk（8分）（）由11202111111nnnnaanabbb1212111111111111112323即, 记nnaf nbbbbbbnn121111111111125nnf n

49、bbbbn221123123 24244161611232525252341615nfnnnnnnnf nbnnnnnnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 48 页min144 54 51,1,0315155即递增，f nfnf nf nfa（ 14 分）备战 2010 高考数学压轴题跟踪演练系列(八) 1.已知 aR ，函数2( )|f xxxa .()当2a时，求使( )f xx 成立的x的集合； ()求函数( )yf x 在区间 1 2， 上的最小值 . 解： （）由题意，2( )2f xxx. 当2x时，2( )

50、(2)f xxxx ，解得0 x或1x；当2x时，2( )(2)f xxxx ，解得12x. 综上，所求解集为0 1 12，. （）设此最小值为m. 当1a时，在区间 1 2，上，32( )f xxax .因为22( )323 ()03fxxaxx xa，(1 2)x，则( )f x 在区间 1 2，上是增函数，所以(1)1mfa. 当 12a时，在区间1 2，上，2( )()0f xxxa，由( )0f a知( )0mf a. 当2a时，在区间 1 2，上，23( )f xaxx .22( )233 ()3fxaxxxax . 当723a时， 4(2)1aa，故(2)4(2)mfa；当733