高考压轴题精选黄冈中学高考数学压轴题 179页

‎ 高考压轴题精选+黄冈中学高考数学压轴100题 目录 1.二次函数 2‎ 2 复合函数 4‎ 3.创新型函数 6‎ 4.抽象函数 12‎ 5.导函数——不等式 13‎ 6.函数在实际中的应用 20‎ 7. 函数与数列综合 22‎ 8.数列的概念与性质 33‎ 9. Sn与an的关系 38‎ 10.创新型数列 41‎ 11.数列—不等式 43‎ 12．数列与解析几何 47‎ 13．椭圆 49‎ 14.双曲线 52‎ 15.抛物线 56‎ 16 解析几何中的参数范围问题 58‎ 17 解析几何中的最值问题 64‎ 18 解析几何中的定值问题 67‎ 19 解析几何与向量 70‎ 20 探索问题 77‎ （1）， 110‎ （2） 110‎ 179‎ ‎1.二次函数 ‎1. 对于函数，若存在实数，使成立，则称为 的不动点．‎ ‎（1）当时，求的不动点；‎ ‎（2）若对于任何实数，函数恒有两个相异的不动点，求实数的取值范围；‎ ‎（3）在(2)的条件下，若的图象上两点的横坐标是函数的不动点，且直线是线段的垂直平分线，求实数的取值范围．‎ 分析 本题考查二次函数的性质、直线等基础知识，及综合分析问题的能力 ‎ 函数与方程思想 解： ，‎ ‎（1）当时，．‎ 设为其不动点，即，则．所以，即的不动点是.‎ ‎（2）由得.‎ 由已知，此方程有相异二实根，所以，即对任意恒成立．‎ ‎，．‎ ‎（3）设，直线是线段的垂直平分线，．‎ 记的中点，由(2)知．‎ 在上，‎ 化简得：，当时，等号成立．‎ 即 179‎ 例2 已知函数，若对任意，且，都有． ‎ ‎（Ⅰ）求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）对于给定的实数，有一个最小的负数，使得 时，都成立，则当为何值时，最小，并求出的最小值．‎ 解：（Ⅰ）∵ ， ‎ ‎∵，∴．∴实数的取值范围为． ‎ ‎（Ⅱ）∵，显然，对称轴。‎ ‎（1）当，即时，，且．‎ 令，解得，‎ 此时取较大的根，即，∵，∴． ‎ ‎（2）当，即时，，且．‎ 令，解得，此时取较小的根，即，‎ ‎∵，∴． 当且仅当时，取等号．‎ ‎∵，∴当时，取得最小值－3． ‎ 179‎ ‎2 复合函数 ‎1．已知函数满足，其中，且。‎ ‎（1）对于函数，当时，，求实数m的取值范围；‎ ‎（2）当时，的取值范围恰为，求的取值范围。‎ 解： 且 设，则 ∴ ∴ ‎ 当时，∵ ∴ 在其定义域上 当时，∵ ，， ∴ 在其定义域上 ‎∴ 且，都有为其定义域上的增函数 又∵ ∴ 为奇函数 ‎（1）∵ 当时，∴ ‎ ‎∴ ‎ ‎（2）当时，∵ 在上，且值域为∴ ‎ ‎ ∴ ‎ 例2. 函数是的反函数，的图象与函数的图象关于直线成轴对称图形，记。 ‎ ‎（1）求的解析式及其定义域；（2）试问的图象上是否存在两个不同的点A、B，使直线AB恰好与轴垂直？若存在，求出A、B的坐标；若不存在，说明理由。‎ 179‎ 解：（1） ∴ ‎ ‎∵ 的图象与的图象关于直线成轴对称图形 ‎∴ 的图象与的图象关于直线对称 即：是的反函数 ‎ ‎ ∴ ∴ ‎ ‎∴ ‎ ‎（2）假设在的图象上存在不同的两点A、B使得轴，即使得方程有两不等实根 设，则在（，1）上且 ‎∴ ， ∴ 使得方程有两不等正根 设，‎ 由函数图象可知：，方程仅有唯一正根∴ 不存在点A、B符合题意。‎ ‎3. 设且为自然对数的底数，函数f（ x）‎ ‎ （1）求证：当时，对一切非负实数x恒成立；‎ 179‎ ‎ （2）对于（0，1）内的任意常数a，是否存在与a 有关的正常数，使得成立？如果存在，求出一个符合条件的；否则说明理由.‎ 分析：本题主要考查函数的单调性，导数的应用等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．分类讨论、化归（转化）思想方法 解：（1）当令 上单调递增，‎ ‎（2）（1），‎ 需求一个，使（1）成立，只要求出的最小值，满足 上↓‎ 在↑，‎ 只需证明内成立即可，‎ 令 为增函数 ‎，故存在与a有关的正常数使（1）成立。‎ ‎3.创新型函数 ‎1.在R上定义运算（b、c为实常数）。记，，.令.‎ 179‎ ‎（Ⅰ）如果函数在处有极值,试确定b、c的值；‎ ‎（Ⅱ）求曲线上斜率为c的切线与该曲线的公共点；‎ ‎（Ⅲ）记的最大值为.若对任意的b、c 恒成立，试示的最大值。‎ 解：∵∴‎ ‎（Ⅰ）由在处有极值，可得 ‎，解得或 若，则，此时没有极值；‎ 若，则。‎ 当变化时，、的变化情况如下表：‎ ‎ ‎ ‎0‎ ‎+‎ 单调递减 极小值-12‎ 单调递增 极大值 单调递减 ‎∴当是，有极大值，故即为所求。‎ ‎（Ⅱ）设曲线在处的切线的斜率为，‎ ‎∵，∴，即。解得或。‎ 若，则，得切点为，切线方程为；‎ 若，则，得切点为，切线方程为。‎ 若，解得，，‎ 则此时切线与曲线的公共点为，；‎ 179‎ ‎(2)若，‎ 解得，，此时切线与曲线的公共点为，。‎ 综合可知，当时，斜率为c的切线与曲线有且只有一个公共点；当，斜率为c的切线与曲线有两个不同的公共点，分别为和或，。‎ ‎（Ⅲ）‎ ‎(1)当时，函数的对称轴位于区间外，在上的最值在两端点处取得，故应是和中较大的一个。‎ ‎∴，即∴‎ ‎(2)当得对称轴x=b位于区间之内 此时 由 若 于是 若，则，‎ 于是 综上，对任意的b、c都有 而当，时，在区间上的最大值 故对任意的b，c恒成立的k的最大值为 。‎ 179‎ 例2．设函数,其中表示不超过的最大整数,如. ‎ ‎(Ⅰ)求的值; ‎ ‎(Ⅱ)若在区间上存在x,使得成立,求实数k的取值范围;‎ ‎(Ⅲ)求函数的值域. ‎ 解:(Ⅰ)因为,所以 (Ⅱ)因为,所以, ‎ 则. 求导得,当时,显然有, 所以在区间上递增, 即可得在区间上的值域为, 在区间上存在x,使得成立,所以 (Ⅲ)由于的表达式关于x与对称,且x>0,不妨设x³1. 当x=1时,=1,则; 当x>1时,设x= n+,nÎN*,0£<1. 则[x]= n,,所以 , 在[1,+¥)上是增函数,又, , ‎ 179‎ 当时, 当时, 故时,的值域为I1∪I2∪…∪In∪… 设, 则. , 当n³2时,a2= a3< a4<…< an<… 又bn单调递减, b2> b3>…> bn>… [ a2,b2)= I2I3I4…In ‎ I1∪I2∪…∪In∪…=I1∪I2 =. 综上所述,的值域为 例3.我们用和分别表示实数中的最小者和最大者.‎ ‎（1）设，，，函数的值域为，函数的值域为，求；‎ ‎（2）提出下面的问题：设，，…，为实数，，求函数 ‎（）的最小值或最大值．为了方便探究，遵循从特殊到一般的原则，先解决两个特例：求函数和的最值。得出的结论是：，且无最大值；，且无最小值．请选择两个学生得出的结论中的一个，说明其成立的理由；‎ ‎（3）试对老师提出的问题进行研究，写出你所得到的结论并加以证明（如果结论是分类的，请选择一种情况加以证明）．‎ 解：（1），，∴ ．‎ 179‎ ‎ （2）若选择学生甲的结论，则说明如下，‎ ‎ ，于是在区间上是减函数，在上是减函数，在上是增函数，在上是增函数，所以函数的最小值是，且函数没有最大值．‎ ‎ 若选择学生乙的结论，则说明如下，‎ ‎ ，于是在区间上是增函数，在上是增函数，在上是减函数，在上是减函数． 所以函数的最大值是，且函数没有最 小值．‎ ‎（3）结论：‎ 若，则；‎ 若，则；‎ 若，则，‎ ‎ ‎ ‎ 以第一个结论为例证明如下：‎ ‎ ∵ ，∴ 当时，‎ ‎，是减函数，‎ 当时，，是增函数 当时，函数的图像是以点，，…，为端点的一系列互相连接的折线所组成，‎ 所以有．‎ 179‎ ‎4.抽象函数 ‎1. 设f(x)是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x=1对称，对任意x1、x2∈［0,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),且f(1)=a>0.‎ ‎(1)求f()、f();(2)证明f(x)是周期函数；(3)记an=f(n+),求 解：(1)因为对x1,x2∈［0,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),所以f(x)=≥0,x∈［0,1］‎ 又因为f(1)=f(+)=f()·f()=［f()］2，f()=f(+)=f()·f()=［f（）］2‎ 又f(1)=a>0∴f()=a,f()=a 证明：(2)依题意设y=f(x)关于直线x=1对称，故f(x)=f(1+1－x),即f(x)=f(2－x),x∈R.‎ 又由f(x)是偶函数知f(－x)=f(x),x∈R∴f(－x)=f(2－x),x∈R.‎ 将上式中－x以x代换得f(x)=f(x+2)，这表明f(x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期.‎ 解：(3)由(1)知f(x)≥0,x∈［0,1］‎ ‎∵f()=f(n·)=f(+(n－1) )=f()·f((n－1)·)‎ ‎=……=f()·f()·……·f()=［f()］=a，∴f()=a.‎ 又∵f(x)的一个周期是2‎ ‎∴f(2n+)=f(),因此an=a，∴‎ 例2. 定义在R上的函数f(x)满足：对任意实数m，n，总有，且当x>0时，04×240×240‎ ‎9 m1m2<9×160×160所以,‎ 所以即函数在(0,160)上为减函数.‎ 同理,函数在(160,400)上为增函数,设1609×160×160‎ 所以,‎ 179‎ 所以即函数在(160,400)上为增函数.‎ 所以当m=160即时取”=”,函数y有最小值,‎ 所以弧上存在一点，当时使建在此处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度最小.‎ ‎7. 函数与数列综合 ‎1. 已知函数与函数的图像关于直线对称．‎ ‎（1）试用含的代数式表示函数的解析式，并指出它的定义域；‎ ‎（2）数列中，，当时，．数列中，，．点在函数的图像上，求的值；‎ ‎（3）在（2）的条件下，过点作倾斜角为的直线，则在ｙ轴上的截距为，求数列的通项公式．‎ 分析：本小题主要考查反函数的概念、性质、直线、数列等基本知识，考查运用数学归纳法证明问题的方法，考查分析问题和解决问题的能力。‎ 转化（化归）思想，‎ 解：（1）由题可知：与函数互为反函数，所以，‎ ‎， ‎ ‎（2）因为点在函数的图像上，所以， (*)‎ 在上式中令可得：，又因为：，，代入可解得：．所以，，(*)式可化为： ①‎ ‎（3）直线的方程为：，，‎ 179‎ 在其中令，得，又因为在ｙ轴上的截距为，所以，‎ ‎=，结合①式可得： ②‎ 由①可知：当自然数时，，，‎ 两式作差得：．‎ 结合②式得： ③‎ 在③中，令，结合，可解得：，‎ 又因为：当时，，所以，舍去，得．‎ 同上，在③中，依次令，可解得：，．‎ 猜想：．下用数学归纳法证明． ‎ ‎（1）时，由已知条件及上述求解过程知显然成立．‎ ‎（2）假设时命题成立，即，则由③式可得：‎ 把代入上式并解方程得： ‎ 由于，所以，，所以，‎ 符合题意，应舍去，故只有．‎ 所以，时命题也成立．‎ 综上可知：数列的通项公式为 ‎ ‎2、已知函数，点，是函数图像上的两个点，且线段的中点的横坐标为．‎ ‎⑴求证：点的纵坐标是定值；‎ ‎⑵若数列的通项公式为，求数列的前m项的和；‎ ‎⑶若时，不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ 179‎ 解：⑴由题可知：，所以，‎ 点的纵坐标是定值，问题得证．‎ ‎⑵由⑴可知：对任意自然数，恒成立．‎ ‎ 由于，故可考虑利用倒写求和的方法．即由于：‎ 所以， 所以，‎ ‎⑵∵， ∴‎ ‎ ∴等价于 ①‎ 依题意，①式应对任意恒成立．‎ 显然，因为（），所以，需且只需对任意恒成立．即：对恒成立．‎ 记（）．∵ ，‎ ‎∴（）的最大值为，∴ ．‎ ‎3 已知函数，数列满足：，‎ ‎（1）求证：；（2）求证数列是等差数列；‎ ‎（3）求证不等式：‎ 分析：本小题主要考查反函数的概念、单调性、导函数、数列、不等式等基本知识，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力。‎ 179‎ 转化（化归）思想，‎ 解：（1）由得 当时，，即是单调递增函数；‎ 当时，即是单调递减函数；‎ 且，即是极大值点，也是最大值点 ‎，当时取到等号。………(4分)‎ ‎（2）由得，，‎ 故， ‎ 即数列是等差数列，首项为，公差为………………… (8分)‎ ‎（3）由（2）可知 所以 又∵时，有，令，则 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎4．已知函数f(x)=ln(1+x)-x1‎ ‎　Ⅰ）求f(x)的单调区间；（Ⅱ）记f(x)在区间（n∈N*）上的最小值为bx令an=ln(1+n)-bx.‎ ‎（Ⅲ）如果对一切n，不等式恒成立，求实数c的取值范围；‎ ‎（Ⅳ）求证： ‎ 解法一：‎ 179‎ ‎（I）因为f(x)=ln(1+x)-x，所以函数定义域为（-1,+）,且f〃(x)=-1=.‎ 由f〃(x)>0得-10，f(x)的单调递增区间为（0，+）.‎ ‎(II)因为f(x)在[0,n]上是减函数，所以bn=f(n)=ln(1+n)-n,‎ 则an=ln(1+n)-bn=ln(1+n)-ln(1+n)+n=n.‎ ‎(i)‎ ‎> ‎ 又lim,‎ 因此c<1，即实数c的取值范围是（-，1）.‎ ‎（II）由（i）知 因为[]2‎ ‎=‎ 所以＜(nN*),‎ 则＜‎ N*）‎ 解法二：‎ ‎（Ⅰ）同解法一.‎ ‎（Ⅱ）因为f(x)在上是减函数，所以 ‎　　　则 179‎ ‎（i）因为对n∈N*恒成立.所以对n∈N*恒成立.‎ ‎　　则对n∈N*恒成立.‎ ‎　　设 n∈N*，则c＜g(n)对n∈N*恒成立.‎ ‎　　考虑 ‎　　因为＝0，‎ ‎　　所以内是减函数；则当n∈N*时，g(n)随n的增大而减小，‎ 又因为＝1.‎ 所以对一切因此c≤1,即实数c的取值范围是(-∞，1].‎ ‎(ⅱ) 由(ⅰ)知 ‎ 下面用数学归纳法证明不等式 ‎ ①当n=1时，左边＝，右边＝，左边<右边.不等式成立.‎ ‎ ②假设当n=k时,不等式成立.即 当n=k+1时，‎ ‎=‎ 即n＝k＋1时，不等式成立 综合①、②得，不等式成立.‎ 所以 179‎ 即.‎ ‎5. 已知Sn=1++…+,(n∈N*)，设f(n)=S2n+1－Sn+1,试确定实数m的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n，不等式f(n)＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2恒成立 ‎ 命题意图 本题主要考查应用函数思想解决不等式、数列等问题，需较强的综合分析问题、解决问题的能力 ‎ 知识依托 本题把函数、不等式恒成立等问题组合在一起，构思巧妙 ‎ 错解分析 本题学生很容易求f(n)的和，但由于无法求和，故对不等式难以处理 ‎ 技巧与方法 解决本题的关键是把f(n)(n∈N*)看作是n的函数，此时不等式的恒成立就转化为 函数f(n)的最小值大于［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2 ‎ 解 ∵Sn=1++…+ (n∈N*)‎ ‎∴f(n+1)＞f(n)∴f(n)是关于n的增函数∴f(n) min=f(2)=‎ ‎∴要使一切大于1的自然数n，不等式 f(n)＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2恒成立 只要＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2成立即可 由得m＞1且m≠2‎ 此时设［logm(m－1)］2=t 则t＞0‎ 179‎ 于是　解得0＜t＜1，由此得0＜［logm(m－1)］2＜1，解得m＞且m≠2 ‎ ‎6. 已知函数,数列满足, ; 数列满足, .求证:（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）若则当n≥2时,.‎ 点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。 分类讨论的思想方法 解析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。‎ 答案：解: (Ⅰ)先用数学归纳法证明,.‎ ‎ （1）当n=1时,由已知得结论成立;‎ ‎ （2）假设当n=k时,结论成立,即.则当n=k+1时,‎ ‎ 因为0g(0)=0.‎ 因为,所以,即>0,从而 ‎(Ⅲ) 因为 ,所以, , ‎ 179‎ ‎ 所以 ————① , ‎ ‎ 由(Ⅱ)知:, 所以= ,‎ ‎ 因为, n≥2, ‎ 所以 <<=————② .‎ 由①② 两式可知: .‎ ‎7.已知a＞1，数列的通项公式是，前n项和记作（n＝1，2，…），规定．函数在处和每个区间（，）（i＝0，1，2，…）上有定义，且，（i＝1，2，…）．当（，）时，f（x）的图像完全落在连结点（，）与点（，）的线段上。‎ ‎ （Ⅰ）求f（x）的定义域；‎ ‎ （Ⅱ）设f（x）的图像与坐标轴及直线l：（n＝1，2，…）围成的图形面积为，‎ ‎ 求及；‎ ‎ （Ⅲ）若存在正整数n，使得，求a的取值范围。‎ 解：（1）f（x）的定义域是，‎ 由于所有的都是正数，故是单调递增的．‎ ‎　∵ ∴f（x）的定义域是 ‎（Ⅱ）∵　‎ ‎　（i＝1，2，…）与i无关．‎ ‎∴　所有的，，…共线，‎ 179‎ 该直线过点（a，a），斜率为1-a，　　　　∴　．‎ ‎　　当n≥2时，是一个三角形与一个梯形面积之和（如上图所示）．梯形面积是 ‎　　‎ ‎　　于是 　　故　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎　　（Ⅲ）解法一：结合图像，易见即a≥2时，，‎ ‎　　而，即a＜2时，故当1＜a＜2时，存在正整数n，使得　　‎ ‎　　解法二：假设存在正整数n，使得，‎ ‎　　则应有　　‎ ‎　　∵　，　∴　　　　　‎ ‎　　∴　1＜a＜2时，存在正整数n，使得成立　　　　　　　　　‎ ‎∴‎ ‎8. 设函数g()对任意的、∈（0，+），都有g(·)=g() + g()成立，又g(2) = 1；已知点pn(an，bn)（n ∈ N* ）都在直线： = 2 + 2上，P1为直线与轴的交点，数列{bn}满足n ≥ 2时，bn >0，且g(sn) = g(bn) + g(2+bn) - 2,(n ∈ N* )，其中Sn是数列{bn}的前n项和．‎ ‎（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；‎ ‎（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，说明理由；‎ ‎ （3）求证：+ + … + < ．（n ≥ 2，n ∈ N* ）‎ 179‎ 点评：本题是数列、函数的概念、奇偶性、数列的通项公式的知识交汇题，需较强的综合分析问题、解决问题的能力 转化的思想方法，分类讨论思想 解（1）P1(a1,b1)为直线 = 2χ+ 2与轴交点，则a1 = -1，b1 = 0‎ 由已知、∈（0，+），都有g(x·) = g() + g()成立，又g(2) = 1，‎ 得g(4) = =g(22) = g(2) + g(2) = 2，‎ 因为n ≥ 2时，bn > 0，且g(Sn) = g(bn) + g(2+bn) - 2,（ n∈N* ）‎ 所以2 + g( Sn ) = g( bn ) + g( 2+bn )，即g(4) +g( Sn ) = g( bn ) + g( 2+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为首项，2为公差的等差数列，∴bn = 2n-2‎ 因为Pn( an，bn)( n ∈ N )在直线y = 2 + 2上，‎ 则bn = 2an + 2，∴an = n - 2．‎ ‎（2）为偶数时，( + 5) = ak+ 5 =+ 3，2 () – 2 = 2( 2– 2 ) – 2 = 4- 6‎ 由+ 3 = 4- 6= 3 ，与为偶数矛盾，‎ ‎ 为奇数时， (+5) = bk+5 = 2+ 8，2 ƒ () – 2 = 2- 6‎ 由2+ 8 = 2- 6得不存在．故满足条件的不存在．‎ ‎（3）| P1Pn |2 =( n – 1 )2 + ( 2n – 2 )2 = 5( n – 1 )2,n ≥ 2，‎ ‎ + + … + = [+ + … + ]‎ ‎≤[ + … + ]‎ ‎= ‎ ‎∴… + ‎ ‎8.数列的概念与性质 ‎1.设为实数，是方程的两个实根，数列满足，，‎ 179‎ ‎（…）．‎ ‎（1）证明：，；（2）求数列的通项公式；‎ ‎（3）若，，求的前项和．‎ 分析：本题主要考查二次方程、求数列的通项、等差等比数列的概念和性质，综合运送知识分析问题和解决问题的能力。‎ ‎ 等价转化的思想 ‎【解析】（1）由求根公式，不妨设，得 ‎（2）设，则，由得，‎ 消去，得，是方程的根，由题意可知，‎ ‎①当时，此时方程组的解记为 即、分别是公比为、的等比数列，‎ 由等比数列性质可得,,‎ 两式相减，得 ‎，，‎ ‎，‎ ‎，即，‎ ‎②当时，即方程有重根，，‎ 即，得，不妨设，由①可知 ‎，，‎ 179‎ 即，等式两边同时除以，得，即 数列是以1为公差的等差数列，‎ ‎,‎ 综上所述，‎ ‎（3）把，代入，得，解得 ‎2. 设正整数数列满足：，且对于任何，有．‎ ‎（1）求，；（2）求数列的通项．‎ 分析：本题主要考查求数列的通项、不等式、数学归纳法证明问题等知识，以及分析问题、解决问题的能力。‎ ‎ 分类讨论思想 解：（1）据条件得 ①‎ 当时，由，即有，‎ 解得．因为为正整数，故．‎ 当时，由，解得，所以．‎ ‎（2）方法一：由，，，猜想：．‎ 下面用数学归纳法证明．‎ 179‎ ‎1当，时，由（1）知均成立；‎ ‎2假设成立，则，则时 由①得 因为时，，所以．‎ ‎，所以．‎ 又，所以．故，即时，成立．‎ 由1，2知，对任意，．‎ ‎（2）方法二：由，，，猜想：．‎ 下面用数学归纳法证明．‎ ‎1当，时，由（1）知均成立；‎ ‎2假设成立，则，则时 由①得 即　　　　　　②‎ 由②左式，得，即，因为两端为整数，‎ 则．于是　　　　③‎ 又由②右式，．‎ 则．‎ 因为两端为正整数，则，‎ 所以．‎ 179‎ 又因时，为正整数，则　　　　④‎ 据③④，即时，成立．‎ 由1，2知，对任意，．‎ ‎3. 已知数列，其中，，（），记数列的前项和为，数列的前项和为。（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）设（），（其中为的导数），计算。‎ 解：（Ⅰ）由题意，是首项为1、公差为2的等差数列，‎ 前项和，，。‎ ‎（Ⅱ）， ，‎ ‎，‎ ‎。‎ ‎4．已知，且，数列的前项和为，它满足条件.数列中，·.‎ ‎（1）求数列的前项和；‎ ‎（2）若对一切都有，求的取值范围.‎ 179‎ 解：（1） ，∴‎ 当时，.‎ 当≥2时，=，∴ ‎ 此时··=·，‎ ‎∴……=……+‎ 设……+，‎ ‎∴……，‎ ‎∴‎ ‎∴·　　……6分 ‎（2）由可得 ‎①当时，由，可得 ∴对一切都成立，‎ ‎∴此时的解为.　‎ ‎②当时，由 可得 ‎≥∴对一切都成立，∴此时的解为.‎ 由①，②可知对一切，都有的的取值范围是或 ‎5．数列中，且满足 ‎ ‎⑴求数列的通项公式；⑵设，求；‎ ‎⑶设=，是否存在最大的整数，使得对任意 179‎ ‎，均有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。‎ 解：（1）由题意，，为等差数列，设公差为，‎ 由题意得，.‎ ‎（2）若，‎ 时，‎ 故 ‎ ‎（3）‎ 若对任意成立，即对任意成立，‎ 的最小值是，的最大整数值是7。‎ 即存在最大整数使对任意，均有 ‎9. Sn与an的关系 ‎1 .数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列.‎ ‎(Ⅰ)求数列的通项公式；‎ ‎(Ⅱ)设数列的前项和为 ，且，求证:对任意实数（是常数，＝2.71828）和任意正整数，总有 2；‎ ‎(Ⅲ) 正数数列中，.求数列中的最大项. ‎ 179‎ 分析：本题主要考查求数列的通项、等差等比数列的概念和性质、不等式、函数的单调性，综合运送知识分析问题和解决问题的能力。‎ ‎ 转化（化归）的思想 答案：（Ⅰ）解：由已知：对于，总有 ①成立 ‎∴ （n ≥ 2）② ‎ ‎①--②得 ‎∴‎ ‎∵均为正数，∴ （n ≥ 2） ‎ ‎∴数列是公差为1的等差数列 ‎ 又n=1时，， 解得=1‎ ‎∴.() ‎ ‎（Ⅱ）证明：∵对任意实数和任意正整数n，总有≤. ‎ ‎∴‎ ‎ ‎ ‎(Ⅲ)解：由已知 ， ‎ ‎ ‎ ‎ 易得　‎ ‎ 猜想 n≥2 时，是递减数列. ‎ 令 ‎∵当 ‎∴在内为单调递减函数.‎ 由.‎ 179‎ ‎∴n≥2 时, 是递减数列.即是递减数列.‎ 又 , ∴数列中的最大项为. ‎ ‎2．已知各项均为正数的数列的前项和满足，且.‎ ‎（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设数列满足，并记为的前项和，求证：‎ ‎ .‎ 分析：本小题主要考查数列、不等式、数学归纳法、二项式定理等基本知识，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力。‎ 转化（化归）思想，分类讨论的思想 ‎（Ⅰ）解：由，解得或.由假设，因 此.‎ ‎ 又由，得 ‎ ，即或.‎ ‎ 因，故不成立，舍去.‎ ‎ 因此，从而是公差为3，首项为2的等差数列，故的通项为.‎ ‎ （Ⅱ）证法一：由可解得 ‎ 从而.‎ ‎ 因此.‎ ‎ 令，则 ‎ .‎ ‎ 因，故.‎ ‎ 特别地，从而，‎ 179‎ ‎ 即.‎ ‎ 证法二：同证法一求得及.‎ ‎ 由二项式定理知，当时，不等式成立.‎ ‎ 由此不等式有 ‎ ‎.‎ ‎ 证法三：同证法一求得及.‎ ‎ 下面用数学归纳法证明：.‎ ‎ 当时，，因此，结论成立.‎ ‎ 假设结论当时成立，即，则当时，‎ ‎ ‎ ‎ .‎ ‎ 因，故.‎ ‎ 从而.这就是说当时结论也成立.‎ ‎ 综上对任何成立。‎ ‎10.创新型数列 ‎1.对于数列若存在常数M＞0,对任意的，恒有 则称数列为B-数列 首项为1，公比为的等比数列是否为B-数列？请说明理由;‎ 请以其中一组的一个论断条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题 判断所给命题的真假，并证明你的结论；‎ 设是数列的前项和，给出下列两组论断；‎ 179‎ A组：①数列是B-数列 ②数列不是B-数列 B组：③数列是B-数列 ④数列不是B-数列 请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题。‎ 判断所给命题的真假，并证明你的结论；‎ ‎（3） 若数列都是数列，证明：数列也是数列。‎ 分析：本题主要考查数列的概念和性质、不等式的性质，综合运送知识分析问题和解决问题、探索问题的综合能力。‎ ‎ 转化思想 解：（1）设满足题设的等比数列为,则，于是 ‎ ‎ 因此｜- ｜+｜-｜+…+｜-｜=‎ 因为所以即 ‎ ‎ ‎ 故首项为1，公比为的等比数列是B-数列。‎ ‎（2）命题1：若数列是B-数列，则数列是B-数列 ‎ 次命题为假命题。‎ ‎ 事实上，设，易知数列是B-数列，但 ‎ ‎ 由的任意性知，数列是B-数列此命题为。‎ 命题2：若数列是B-数列，则数列是B-数列 此命题为真命题 事实上，因为数列是B-数列，所以存在正数M，对任意的有 ‎ ‎ 即。于是 ‎ ‎ 179‎ 所以数列是B-数列。‎ ‎（III）若数列 {}是数列，则存在正数，对任意的有 ‎ ‎ 注意到 ‎ ‎ 同理：‎ 记，则有 因此 ‎ ‎ +‎ 故数列是数列 ‎　‎ ‎11.数列—不等式 例1. 数列{an}满足.‎ ‎（Ⅰ）用数学归纳法证明：；‎ ‎（Ⅱ）已知不等式，其中无理数 e=2.71828….‎ ‎（Ⅰ）证明：（1）当n=2时，，不等式成立.‎ ‎（2）假设当时不等式成立，即 179‎ 那么. 这就是说，当时不等式成立.‎ 根据（1）、（2）可知：成立.‎ ‎（Ⅱ）证法一：‎ 由递推公式及（Ⅰ）的结论有 两边取对数并利用已知不等式得 ‎ ‎ 故 ‎ 上式从1到求和可得 即 ‎（Ⅱ）证法二：‎ 由数学归纳法易证成立，故 令 取对数并利用已知不等式得 ‎ 上式从2到n求和得 ‎ 179‎ 因 故成立.‎ 例2.已知数列中的相邻两项是关于的方程的两个根，且 ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）求数列的前项的和；‎ ‎（Ⅲ）记，‎ 求证：‎ ‎（I）解：方程的两个根为，，‎ 当时，，所以；‎ 当时，，，所以；‎ 当时，，，所以时；‎ 当时，，，所以．‎ ‎（II）解：‎ ‎．‎ ‎（III）证明：，‎ 所以，．‎ 当时，‎ ‎，‎ ‎，‎ 179‎ 同时，‎ ‎．‎ 综上，当时，．‎ 例3. 设数列满足,其中为实数。‎ ‎（Ⅰ）证明：对任意成立的充分必要条件是,‎ ‎(Ⅱ)设,证明：;‎ ‎(Ⅲ)设,证明：‎ 解：‎ ‎（Ⅰ）必要性：∵，又∵，∴，即.‎ 充分性：设，对任意用数学归纳法证明.‎ 当时，.‎ 假设当时，，则，且，.‎ 由数学归纳法知，对任意成立.‎ ‎(Ⅱ) 设，当时，，结论成立；‎ 当时，‎ ‎∵，∴.‎ ‎∵，由（Ⅰ）知，∴且，‎ 179‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎(Ⅲ)设,当时，，结论成立；‎ 当时，由(Ⅱ)知，‎ ‎∴.‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎12．数列与解析几何 例1．在直角坐标平面上有一点列，对一切正整数，点位于函数的图象上，且的横坐标构成以为首项，为公差的等差数列。‎ ‎⑴求点的坐标；‎ ‎⑵设抛物线列中的每一条的对称轴都垂直于轴，第条抛物线的顶点为，且过点，记与抛物线相切于的直线的斜率为，求：。‎ ‎⑶设，等差数列的任一项，其中是中的最大数，，求的通项公式。‎ 解：（1）‎ ‎（2）的对称轴垂直于轴，且顶点为.设的方程为：‎ 把代入上式，得，的方程为： 。‎ 179‎ ‎，‎ ‎=‎ ‎（3），‎ T中最大数.‎ 设公差为，则，由此得 例2.已知曲线．从点向曲线引斜率为的切线，切点为．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）证明：.‎ 解：（1）设直线：，联立得，则，‎ ‎∴（舍去）‎ ‎，即，∴‎ ‎（2）证明：∵‎ 179‎ ‎∴‎ 由于，可令函数，则，令，得，给定区间，则有，则函数在上单调递减，‎ ‎∴，即在恒成立，又 ‎，‎ 则有，即. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ ‎13．椭圆 例1．如图：直线L：与椭圆C：交于A、B两点，以OA、OB为邻边作平行四边形OAPB。‎ 求证：椭圆C：与直线L：总有两个交点。‎ 当时，求点P的轨迹方程。‎ ‎（3）是否存在直线L，使OAPB为矩形？若存在，求出此时直线L的方程；若不存在，说明理由。‎ 解：(1)由得 椭圆C：与直线L：总有两个交点。‎ ‎(2)设,,,与交于点，则有 即，又由（1）得，‎ 179‎ ‎ （2）‎ 得 （3）‎ 将（3）代入（2）得 点P的轨迹方程为 当时，这样的直线不存在；当时，存在这样的直线，此时直线为 例2. 设椭圆的两个焦点是与，且椭圆上存在一点，使得直线与垂直.‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）设是相应于焦点的准线，直线与相交于点，若，求直线的方程.‎ 解：（Ⅰ）由题设有 设点P的坐标为由PF1⊥PF2，得 化简得 ①‎ 将①与联立，解得 ‎ 由 所以m的取值范围是.‎ ‎（Ⅱ）准线L的方程为设点Q的坐标为，则 179‎ ‎ ②‎ 将 代入②，化简得 ‎ 由题设 ，得 ， 无解.‎ 将 代入②，化简得 ‎ 由题设 ，得 .‎ 解得m=2. 从而，‎ 得到PF2的方程 ‎ 例3.（08安徽）设椭圆过点，且左焦点为 ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ)当过点的动直线与椭圆相交于两不同点时，在线段上取点，满足。证明：点Q总在某定直线上。‎ 解：（Ⅰ）由题意：，解得.‎ 所求的求椭圆的方程.‎ ‎（Ⅱ)方法一：设点，，，由题设，、、、均不为0，且，又四点共线，可设，，于是 ‎ ，…………………………………①‎ 179‎ ‎，…………………………………②‎ 由于，在椭圆上，将①②分别带入的方程，整理得：‎ ‎………………③‎ ‎………………④‎ 由④-③得 .‎ ‎∵，∴.即点总在直线上.‎ 方法二：设点，，，由题设，、、、均不为0，记，则且.‎ 又四点共线，从而，，于是：‎ ‎，；‎ ‎，.‎ 从而……………① ……………② ‎ 又点在椭圆上，即 ‎………………③‎ ‎………………④‎ ‎①+2②并结合③，④得，即点总在直线上.‎ ‎14.双曲线 例1.已知双曲线设过点的直线l的方向向量 当直线l与双曲线C的一条渐近线m平行时，求直线l的方程及l与m的距离；‎ 179‎ 证明：当>时，在双曲线C的右支上不存在点Q使之到直线l的距离为。‎ 解：（1）双曲线C的渐近线，即 ‎ 直线的方程 ‎ 直线与m的距离 ‎ ‎（2）证法一：‎ 设过原点且平行于的直线 则直线与的距离，‎ 当时，。 ‎ 又双曲线C的渐近线为，‎ 双曲线C的右支在直线的右下方，‎ 双曲线C右支上的任意点到直线的距离大于。‎ 故在双曲线C的右支上不存在点Q到到直线的距离为 ‎ ‎ 证法二：假设双曲线C右支上存在点Q到直线的距离为，‎ 则 ‎ 由（1）得， ‎ 设 当时，：‎ ‎ ‎ 179‎ 将代入（2）得， （*）‎ ‎，‎ ‎∴方程（*）不存在正根，即假设不成立，‎ 故在双曲线C的右支上不存在点Q到直线的距离为 ‎ 例2. （07江西）设动点到点和的距离分别为和，，且存在常数，使得．‎ ‎（1）证明：动点的轨迹为双曲线，并求出的方程；‎ ‎（2）过点作直线双曲线的右支于两点，试确定的范围，使，其中点为坐标原点．‎ 解：（1）在中，，即，‎ ‎，即（常数），‎ 点的轨迹是以为焦点，实轴长的双曲线．‎ 方程为：．‎ ‎（2）解法一：设，‎ ‎①当垂直于轴时，的方程为，，在双曲线上．‎ 即，因为，所以．‎ ‎②当不垂直于轴时，设的方程为．‎ 由得：，‎ 由题意知：，‎ 所以，．‎ 179‎ 于是：．‎ 因为，且在双曲线右支上，所以 ‎．‎ 由①②知，．‎ 解法二：设，，的中点为．‎ ‎①当时，，‎ 因为，所以；‎ ‎②当时，．‎ 又．所以；‎ 由得，由第二定义得 ‎．‎ 所以．‎ 于是由得 因为，所以，又，‎ 解得：．由①②知．‎ 179‎ ‎15.抛物线 例1．已知抛物线：，直线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交于点．‎ ‎（Ⅰ）证明：抛物线在点处的切线与平行；‎ ‎（Ⅱ）是否存在实数使，若存在，求的值；若不存在，说明理由．‎ 解：（Ⅰ）如图，设，，把代入得，‎ x A y ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ M N B O 由韦达定理得，，‎ ‎，点的坐标为．‎ 设抛物线在点处的切线的方程为，‎ 将代入上式得，‎ 直线与抛物线相切，‎ ‎，．‎ 即．‎ ‎（Ⅱ）假设存在实数，使，则，又是的中点，‎ ‎．‎ 由（Ⅰ）知 ‎．‎ 轴，．‎ 又 179‎ ‎ ．‎ ‎，解得．‎ 即存在，使．‎ 例2. 如图，在平面直角坐标系中，过轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于两点．一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线交于点．‎ A B C P Q O如图，在平面直角坐标系中，过轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于两点．一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线交于点．‎ ‎（1）若，求的值；（5分）‎ ‎（2）若为线段的中点，求证：为此抛物线的切线；（5分）‎ ‎（3）试问（2）的逆命题是否成立？说明理由．（4分）‎ x y l ‎（1）若，求的值； ‎ ‎（2）若为线段的中点，求证：为此抛物线的切线； ‎ ‎（3）试问（2）的逆命题是否成立？说明理由． ‎ 解：（1）设直线的方程为，‎ 将该方程代入得．‎ 令，，则．‎ 因为，解得，‎ 或（舍去）．故．‎ ‎（2）由题意知，直线的斜率为．‎ 又的导数为，所以点处切线的斜率为，‎ 因此，为该抛物线的切线．‎ ‎（3）（2）的逆命题成立，证明如下：‎ 设．‎ 若为该抛物线的切线，则，‎ 又直线的斜率为，所以，‎ 得，因，有．‎ 179‎ 故点的横坐标为，即点是线段的中点．‎ ‎16 解析几何中的参数范围问题 ‎1、已知圆锥曲线的一个焦点为（1，0），对应这个焦点的准线方程为，又曲线过，AB是过F的此圆锥曲线的弦；圆锥曲线中心在原点，其离心率，一条准线的方程是。‎ ‎（1）求圆锥曲线和的方程。‎ ‎（2）当不超过8，且此弦所在的直线与圆锥曲线有公共点时，求直线AB的倾斜角的取值范围。‎ 分析：本题主要考察直线、椭圆、抛物线、不等式等基础知识，考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。‎ 函数与方程思想，以方程的意识解决平面解析几何问题 等价转化的思想方法 解：⑴过P作直线x=-1的垂线段PN.曲线是以为焦点，x=-1为准线的抛物线,且.曲线；‎ 依题意知圆锥曲线为椭圆，.又其焦点在y轴上，圆锥曲线：‎ ‎ （2）设直线AB：,.由抛物线定义得：，‎ 又由得，其时，。‎ 依题意有即，则 179‎ 直线AB的倾斜角。‎ ‎2. 如图，在Rt△ABC中，∠CBA=90°，AB=2，AC=。DO⊥AB于O点，OA=OB，DO=2，曲线E过C点，动点P在E上运动，且保持| PA |+| PB |的值不变.‎ ‎（1）建立适当的坐标系，求曲线E的方程；‎ ‎（2）过D点的直线L与曲线E相交于不同的两点M、N且M在D、N之间，设，‎ ‎ ‎ ‎ 试确定实数的取值范围．‎ 分析：本题主要考察直线、椭圆、不等式的性质等基础知识，考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。‎ 函数与方程思想，以方程的意识解决平面解析几何问题 分类讨论思想方法 ‎ 数形结合思想方法 讲解: （1）建立平面直角坐标系, 如图所示 . ‎ ‎ ∵| PA |+| PB |=| CA |+| CB | y ‎ C ‎ =‎ A O B ‎∴动点P的轨迹是椭圆 . ‎ ‎∵ ‎ ‎∴曲线E的方程是 .‎ ‎ （2）设直线L的方程为 , 代入曲线E的方程，得 ‎ ‎ 设M1（, 则 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎ ‎ 179‎ i) L与y轴重合时， ‎ ii) L与y轴不重合时，‎ ‎ 由①得 ‎ ‎ 又∵,‎ ‎∵ 或 ‎ ‎∴0＜＜1 , ‎ ‎∴ . ‎ ‎∵‎ 而 ∴‎ ‎∴ ‎ ‎∴ , ,‎ ‎∴的取值范围是 . ‎ ‎3. 已知向量，，动点到定直线的距离等于，并且满足，其中是坐标原点，是参数。‎ ‎（1）求动点的轨迹方程；‎ 179‎ ‎（2）当时，若直线与动点的轨迹相交于、两点，线段的垂直平分线交轴，求的取值范围；‎ ‎（3）如果动点的轨迹是一条圆锥曲线，其离心率满足，求的取值范围。‎ 分析：本题主要考察直线、椭圆的方程、向量的数量积等基础知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。‎ 函数与方程思想，以方程的意识解决平面解析几何问题 分类讨论思想方法 ‎ 数形结合思想方法 解：（1）设，则由，且是原点，‎ 得，，，从而，，，‎ ‎，，根据 得，‎ 即为所求轨迹方程。‎ ‎（2）当时，动点的轨迹方程是，即，‎ ‎∵的方程为，∴代入，‎ ‎∴，∴，∴，‎ ‎∴或，∴。‎ ‎∴的中点为，∴垂直平分线方程为，‎ 令得，∴‎ ‎∴，‎ 179‎ ‎∴（）‎ ‎（3）由于，即，所以此时圆锥曲线是椭圆，其方程可以化为 ‎①当时，，，，此时，‎ 而，∴；‎ ‎②当时，，，，‎ 此时，而，∴‎ 而时，可解得。综上可知的取值范围是 ‎4. 如图，为半圆，AB为半圆直径，O为半圆圆心，且OD⊥AB，Q为线段OD的中点，已知|AB|=4，曲线C过Q点，动点P在曲线C上运动且保持|PA|+|PB|的值不变.‎ ‎(1)建立适当的平面直角坐标系，求曲线C的方程；‎ ‎(2)过D点的直线l与曲线C相交于不同的两点M、N，且M在D、N之间，设=λ，求λ的取值范围.‎ 分析：本题主要考察直线、椭圆的方程、不等式的性质等基础知识，以及应用数学知识分析解决问题能力。‎ 函数与方程思想，以方程的意识解决平面解析几何问题 分类讨论思想方法 ‎ 数形结合思想方法 解：(1)以AB、OD所在直线分别为x轴、y轴，O为原点，建立平面直角坐标系， ‎ ‎∵|PA|+|PB|=|QA|+|QB|=2＞|AB|=4.‎ ‎∴曲线C为以原点为中心，A、B为焦点的椭圆.‎ 设其长半轴为a,短半轴为b,半焦距为c,则2a=2,∴a=,c=2,b=1.‎ ‎∴曲线C的方程为+y2=1.‎ 179‎ ‎(2)设直线l的方程为y=kx+2,‎ 代入+y2=1,得(1+5k2)x2+20kx+15=0.‎ Δ=(20k)2－4×15(1+5k2)＞0,得k2＞.由图可知=λ 由韦达定理得 将x1=λx2代入得 两式相除得 ‎ ①‎ M在D、N中间，∴λ＜1 ②‎ 又∵当k不存在时，显然λ= (此时直线l与y轴重合).‎ 179‎ ‎17 解析几何中的最值问题 ‎1.已知椭圆的左、右焦点分别为，．过的直线交椭圆于两点，过的直线交椭圆于两点，且，垂足为．‎ ‎（Ⅰ）设点的坐标为，证明：；‎ ‎（Ⅱ）求四边形的面积的最小值．‎ 解：（Ⅰ）椭圆的半焦距，‎ 由知点在以线段为直径的圆上，故，‎ 所以，．‎ ‎（Ⅱ）（ⅰ）当的斜率存在且时，的方程为，代入椭圆方程，并化简得．‎ 设，，则 ‎，‎ ‎；‎ 因为与相交于点，且的斜率为，‎ 所以，．‎ 四边形的面积 ‎．‎ 179‎ 当时，上式取等号．‎ ‎（ⅱ）当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积．‎ 综上，四边形的面积的最小值为．‎ 分析：本题主要考察直线、椭圆、不等式的性质等基础知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。‎ 函数与方程思想，以方程的意识解决平面解析几何问题 分类讨论思想方法 ‎2. （09湖南）在平面直角坐标系xOy中，点P到点F（3，0）的距离的4倍与它到直线x=2的距离的3倍之和记为d，当P点运动时，d恒等于点P的横坐标与18之和 ‎ （Ⅰ）求点P的轨迹C；‎ ‎ （Ⅱ）设过点F的直线I与轨迹C相交于M，N两点，求线段MN长度的最大值。‎ 分析：本题主要考察直线、椭圆、不等式的性质等基础知识，考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法，以及综合应用数学知识分析问题、解决问题能力。‎ 函数与方程思想，以方程的意识解决平面解析几何问题 分类讨论思想方法 解（Ⅰ）设点P的坐标为（x，y），则3︳x-2︳‎ 由题设 ‎ 当x>2时，由①得 ‎ 化简得 ‎ 当时 由①得 ‎ 化简得 ‎ 179‎ 故点P的轨迹C是椭圆 在直线x=2的右侧 部分与抛物线在直线 x=2的左侧部分（包括它与直线x=2‎ 的交点）所组成的曲线，参见图1‎ ‎（Ⅱ）如图2所示，易知直线x=2与 ‎ ‎，的交点都是A（2，），B（2，），直线AF，BF的斜率分别为=，=.‎ 当点P在上时，由②知 ‎. ④‎ 当点P在上时，由③知 ‎ ⑤‎ 若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为 ‎（i）当k≤，或k≥，即k≤-2 时，直线I与轨迹C的两个交点M（，），N（，）都在C 上，此时由④知 ‎∣MF∣= 6 - ∣NF∣= 6 - ‎ 从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= （6 - ）+ （6 - ）=12 - ( +)‎ 由 得 则，是这个方程的两根，所以+=‎ 179‎ ‎*∣MN∣=12 - （+）=12 - ‎ 因为当 ‎ ‎ 当且仅当时，等号成立。‎ ‎（2）当时，直线L与轨迹C的两个交点 分别在上，不妨设点在上，点上，则④⑤知，‎ ‎ 设直线AF与椭圆的另一交点为E ‎ ‎ ‎ 所以。而点A，E都在上，且 ‎ 有（1）知 若直线的斜率不存在，则==3，此时 综上所述，线段MN长度的最大值为。‎ ‎18 解析几何中的定值问题 ‎1如右图，中心在原点O的椭圆的右焦点为，右准线的方程为：.‎ ‎ （Ⅰ）求椭圆的方程；‎ O F P3‎ P2‎ P1‎ ‎ （Ⅱ）在椭圆上任取三个不同点，使，证明：‎ ‎ 为定值，并求此定值.‎ 179‎ 分析：本题主要考查椭圆的定义、方程及几何性质、余弦三角函数等基础知识、基本方法和分析问题、灵活解决问题的能力。‎ ‎ 数形结合思想方法 A Q1‎ O F P3‎ P2‎ P1‎ ‎ 解：（Ⅰ）设椭圆方程为.‎ ‎ 因焦点为，故半焦距.又右 ‎ 准线的方程为，从而由已知 ‎ ，‎ ‎ 因此.‎ ‎ 故所求椭圆方程为.‎ ‎ （Ⅱ）记椭圆的右顶点为A，并设，不失一般性，假设 ‎ ，且.‎ ‎ 又设在上的射影为，因椭圆的离心率，‎ ‎ 从而有 ‎.‎ ‎ 解得. 因此 ‎，‎ 179‎ ‎ 故为定值.‎ ‎2. 已知椭圆两焦点分别为F1、F2，P是椭圆在第一象限弧上一点，并满足，过P作倾斜角互补的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点.‎ ‎（Ⅰ）求P点坐标；‎ ‎（Ⅱ）求证直线AB的斜率为定值；‎ ‎（Ⅲ）求△PAB面积的最大值.‎ y O x B A P F1‎ F2‎ 分析：本题主要考查直线、椭圆的方程及几何性质、平面向量的数量积等基础知识、基本方法和分析问题、解决问题的能力 函数与方程思想方法 解：（Ⅰ）由题可得，，设 则，，‎ ‎∴，∵点在曲线上，则，∴，从而，得.则点P的坐标为.‎ ‎（Ⅱ）由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，设PB的斜率为，‎ 则BP的直线方程为：.由得 ，设，则，‎ 同理可得，则，.‎ 179‎ 所以：AB的斜率为定值.‎ ‎（Ⅲ）设AB的直线方程：.‎ 由，得，‎ 由，得 P到AB的距离为，‎ 则 ‎。‎ 当且仅当取等号 ‎∴三角形PAB面积的最大值为。‎ ‎19 解析几何与向量 ‎1.设、分别是椭圆的左、右焦点.‎ ‎（Ⅰ）若是该椭圆上的一个动点，求·的最大值和最小值;‎ ‎（Ⅱ）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点、，且∠为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围.‎ 分析：本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。‎ 函数与方程思想，以方程的意识解决平面解析几何问题 解：（Ⅰ）解法一：易知 所以，设，则 179‎ 因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值 当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值 解法二：易知，所以，设，则 ‎（以下同解法一）‎ ‎（Ⅱ）显然直线不满足题设条件，可设直线，‎ 联立，消去，整理得：‎ ‎∴‎ 由得：或 又 ‎∴‎ 又 ‎∵，即 ∴‎ P B Q M F O A x y 故由①、②得或 ‎2．O y x ‎1‎ l F （07福建）‎ 如图，已知点，‎ 直线，为平面上的动点，过作直线 的垂线，垂足为点，且．‎ 179‎ ‎（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点的直线交轨迹于两点，交直线于点，已知，，求的值；‎ 分析：本小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识，考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法，考查运算能力和综合解题能力．‎ ‎ 函数与方程的思想，‎ ‎ 等价转化思想方法 解法一：（Ⅰ）设点，则，由得：‎ ‎，化简得．‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为：‎ ‎．‎ 设，，又，‎ 联立方程组，消去得：‎ ‎，，故 由，得：‎ ‎，，整理得：‎ ‎，，‎ 179‎ ‎．‎ 解法二：（Ⅰ）由得：，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎．‎ 所以点的轨迹是抛物线，由题意，轨迹的方程为：．‎ ‎（Ⅱ）由已知，，得．‎ 则：．…………①‎ 过点分别作准线的垂线，垂足分别为，，‎ 则有：．…………②‎ 由①②得：，即．‎ ‎3．如图所示，已知圆为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足的轨迹为 曲线E.‎ ‎ （I）求曲线E的方程；‎ ‎ （II）若过定点F（0，2）的直线交曲线E于不同的两点G、H（点G在点F、H之间），‎ ‎ 且满足，求的取值范围.‎ ‎ ‎ 分析：本小题主要考查直线、圆、椭圆、向量等基础知识，考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法，考查运算能力和综合解题能力．‎ ‎ 函数与方程的思想，‎ ‎ 等价转化思想方法 解：（I） ∴NP为AM的垂直平分线，∴|NA|=|NM|.‎ 179‎ 又 ‎∴动点N的轨迹是以点C（－1，0），A（1，0）为焦点的椭圆.‎ 且椭圆长轴长为焦距2c=2. ‎ ‎∴曲线E的方程为 ‎（II）当直线GH斜率存在时，‎ 设直线GH方程为 得 设 ‎，‎ 又当直线GH斜率不存在，方程为 ‎4. 已知方向向量为v=(1,)的直线l过点（0，－2）和椭圆C：的焦点，且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ 179‎ ‎（Ⅱ）是否存在过点E（－2，0）的直线m交椭圆C于点M、N，满足，‎ cot∠MON≠0（O为原点）.若存在，求直线m的方程；若不存在，请说明理由.‎ 点评：本小题主要考查直线、椭圆及平面向量的基本知识，平面解析几何的基本方和综合解题能力。‎ ‎ 函数与方程的思想，数形结合思想 ‎（I）解法一：直线， ① ‎ 过原点垂直的直线方程为， ②‎ 解①②得 ‎∵椭圆中心（0，0）关于直线的对称点在椭圆C的右准线上，‎ ‎∵直线过椭圆焦点，∴该焦点坐标为（2，0）.‎ ‎ 故椭圆C的方程为 ③‎ 解法二：直线.‎ 设原点关于直线对称点为（p，q），则解得p=3.‎ ‎∵椭圆中心（0，0）关于直线的对称点在椭圆C的右准线上，‎ ‎ ∵直线过椭圆焦点，∴该焦点坐标为（2，0）.‎ ‎ 故椭圆C的方程为 ③‎ ‎（II）解法一：设M（），N（）.‎ 当直线m不垂直轴时，直线代入③，整理得 ‎ ‎ 179‎ 点O到直线MN的距离 ‎ 即 ‎ ‎ ‎ ‎ 即 ‎ 整理得 ‎ 当直线m垂直x轴时，也满足.‎ ‎ 故直线m的方程为 ‎ 或或 ‎ 经检验上述直线均满足.‎ 所以所求直线方程为或或 解法二：设M（），N（）.‎ ‎ 当直线m不垂直轴时，直线代入③，整理得 ‎ ‎ ‎ ∵E（－2，0）是椭圆C的左焦点，‎ ‎ ∴|MN|=|ME|+|NE|‎ ‎=‎ ‎ 以下与解法一相同.‎ 解法三：设M（），N（）.‎ 179‎ ‎ 设直线，代入③，整理得 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 即 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ∴=，整理得 ‎ ‎ 解得或 ‎ 故直线m的方程为或或 ‎ 经检验上述直线方程为 ‎ 所以所求直线方程为或或 ‎ ‎20 探索问题 ‎1已知函数(a,c∈R,a＞0,b是自然数）是奇函数，f(x)有最大值，且f(1)＞ ‎ ‎（1）求函数f(x)的解析式；‎ ‎（2）是否存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，并且使得P、Q两点关于点(1,0)对称，若存在，求出直线l的方程，若不存在，说明理由 ‎ 命题意图 本题考查待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的能力 ‎ 知识依托 函数的奇偶性、重要不等式求最值、方程与不等式的解法、对称问题 ‎ 错解分析 不能把a与b间的等量关系与不等关系联立求b；忽视b为自然数而导致求不出b的具体值；P、Q两点的坐标关系列不出解 ‎ 技巧与方法 充分利用题设条件是解题关键 179‎ ‎ 本题是存在型探索题目，注意在假设存在的条件下推理创新，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定的结论，并加以论证 ‎ 转化思想 解 （1）∵f(x)是奇函数 ‎∴f(–x)=–f(x)，即 ‎∴–bx+c=–bx–c ‎∴c=0‎ ‎∴f(x)=‎ 由a＞0，b是自然数得当x≤0时，f(x)≤0，‎ 当x＞0时，f(x)＞0‎ ‎∴f(x)的最大值在x＞0时取得 ‎ ‎∴x＞0时，‎ 当且仅当 即时，f(x)有最大值 ‎∴=1,∴a=b2 ①‎ 又f(1)＞，∴＞,∴5b＞2a+2 ②把①代入②得2b2–5b+2＜0解得＜b＜2‎ 又b∈N,∴b=1,a=1,∴f(x)=‎ ‎（2）设存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，且P、Q关于点（1，0）对称，‎ P(x0,y0)则Q（2–x0,–y0)，∴,消去y0，得x02–2x0–1=0‎ 解之，得x0=1±,‎ 179‎ ‎∴P点坐标为()或()‎ 进而相应Q点坐标为Q（）或Q() ‎ 过P、Q的直线l的方程 x–4y–1=0即为所求 ‎ ‎2如图，三条直线a、b、c两两平行，直线a、b间的距离为p，直线b、c间的距离为，A、B为直线a上两定点，且｜AB｜=2p，MN是在直线b上滑动的长度为2p的线段 ‎ ‎（1）建立适当的平面直角坐标系，求△AMN的外心C的轨迹E；‎ ‎（2）接上问，当△AMN的外心C在E上什么位置时，d+｜BC｜最小，最小值是多少？（其中d是外心C到直线c的距离） ‎ 命题意图 本题考查轨迹方程的求法、抛物线的性质、数形结合思想及分析、探索问题、综合解题的能力 ‎ 知识依托 求曲线的方程、抛物线及其性质、直线的方程 ‎ 错解分析 ①建立恰当的直角坐标系是解决本题的关键，如何建系是难点，②第二问中确定C点位置需要一番分析 ‎ 技巧与方法 本题主要运用抛物线的性质，寻求点C所在位置，然后加以论证和计算，得出正确结论，是条件探索型题目 ‎ 数形结合思想 解 （1）以直线b为x轴，以过A点且与b直线垂直的直线为y轴建立直角坐标系 ‎ 设△AMN的外心为C(x,y)，则有A(0,p)、M（x–p,0)，N(x+p,0)，‎ 由题意，有｜CA｜=｜CM｜‎ ‎∴,化简，得x2=2py 它是以原点为顶点，y轴为对称轴，开口向上的抛物线 ‎ ‎（2）由（1）得，直线c恰为轨迹E的准线 ‎ 由抛物线的定义知d=｜CF｜，其中F（0,）是抛物线的焦点 ∴d+｜BC｜=｜CF｜+｜BC｜‎ 由两点间直线段最短知，线段BF与轨迹E的交点即为所求的点 直线BF的方程为联立方程组 179‎ 得 ‎ 即C点坐标为() 此时d+｜BC｜的最小值为｜BF｜= ‎ ‎3. 在数列中，若是正整数，且，则称为“绝对差数列”.‎ ‎（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；‎ ‎（Ⅱ）若“绝对差数列”中，，数列满足，，分别判断当时，与的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；‎ ‎（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.‎ 分析：本题主要考查数列的概念和性质、不等式的性质，综合运送知识分析问题和解决问题、探索问题的综合能力。‎ ‎ 分类讨论思想方法 答案：（Ⅰ）解：‎ ‎（答案不惟一）‎ ‎（Ⅱ）解：因为绝对差数列，所以自第20项开始，该数列是。‎ 即自第20项开始，每三个相邻的项周期地取值3，0，3，所以当时，an的极限不存在。‎ 当 ‎（Ⅲ）证明：根据定义，数列必在有限项后出现零项，证明如下：‎ 假设中没有零项，由于，所以对于任意的n，都有，从而当 ‎；‎ 当 即的值要么比至少小1，那么比至少小1。‎ 令则 由于c1是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项c1<0，这与cn>0（n=1,2,3,…）矛盾，从而 179‎ 必有零项。‎ 若第一次出现的零项为第n项，记，则自第n项开始，每三个相邻的项周期地取值0，A，A即 所以绝对差数列中有无穷多个零的项。‎ ‎4. 设f(x)是定义在[0, 1]上的函数，若存在x*∈(0，1)，使得f(x)在[0, x*]上单调递增，在[x*，1]上单调递减，则称f(x)为[0, 1]上的单峰函数，x*为峰点，包含峰点的区间为含峰区间．‎ ‎ 对任意的[0，l]上的单峰函数f(x)，下面研究缩短其含峰区间长度的方法．‎ ‎（I）证明：对任意的x1，x2∈(0，1)，x1＜x2，若f(x1)≥f(x2)，则(0，x2)为含峰区间；若f(x1)≤f(x2)，则(x*，1)为含峰区间；‎ ‎（II）对给定的r（0＜r＜0.5），证明：存在x1，x2∈(0，1)，满足x2－x1≥2r，使得由（I）所确定的含峰区间的长度不大于 0.5＋r；‎ ‎（III）选取x1，x2∈(0, 1)，x1＜x2，由（I）可确定含峰区间为(0，x2)或(x1，1)，在所得的含峰区间内选取x3，由x3与x1或x3与x2类似地可确定一个新的含峰区间．在第一次确定的含峰区间为(0，x2)的情况下，试确定x1，x2，x3的值，满足两两之差的绝对值不小于0.02，且使得新的含峰区间的长度缩短到0.34.‎ ‎（区间长度等于区间的右端点与左端点之差）‎ 分析：本题考查函数的定义、单调性及不等式等基础知识，及理解分析问题、解决问题的探索创新的能力 ‎ 分类讨论思想方法 答案：（I）证明：设x*为f(x) 的峰点，则由单峰函数定义可知，f(x)在[0, x*]上单调递增，在[x*, 1]上单调递减．‎ ‎ 当f(x1)≥f(x2)时，假设x*(0, x2)，则x1f(x1)，‎ ‎ 这与f(x1)≥f(x2)矛盾，所以x*∈(0, x2)，即(0, x2)是含峰区间.‎ ‎ 当f(x1)≤f(x2)时，假设x*( x2, 1)，则x*<≤x1f(x2)，‎ ‎ 这与f(x1)≤f(x2)矛盾，所以x*∈(x1, 1)，即(x1, 1)是含峰区间.‎ ‎（II）证明：由（I）的结论可知：‎ ‎ 当f(x1)≥f(x2)时，含峰区间的长度为l1＝x2；‎ ‎ 当f(x1)≤f(x2)时，含峰区间的长度为l2=1－x1；‎ ‎ 对于上述两种情况，由题意得 179‎ ‎ ①‎ ‎ 由①得 1＋x2－x1≤1+2r，即x1－x1≤2r.‎ ‎ 又因为x2－x1≥2r，所以x2－x1=2r, ②‎ ‎ 将②代入①得 ‎ x1≤0.5－r, x2≥0.5－r， ③‎ ‎ 由①和③解得 x1＝0.5－r， x2＝0.5＋r．‎ ‎ 所以这时含峰区间的长度l1＝l1＝0.5＋r，即存在x1，x2使得所确定的含峰区间的长度不大于0.5＋r．‎ ‎（III）解：对先选择的x1；x2，x1x3时，含峰区间的长度为x1．‎ ‎ 由条件x1－x3≥0.02，得x1－(1－2x1)≥0.02，从而x1≥0.34．‎ ‎ 因此，为了将含峰区间的长度缩短到0.34，只要取 x1＝0.34，x2＝0.66，x3=0.32．‎ ‎1．设函数，‎ ‎，其中，记函数 179‎ 的最大值与最小值的差为。（I）求函数的解析式； （II）画出函数的图象并指出的最小值。‎ ‎2．已知函数,数列满足, ; 数列满足, .求证:（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）若则当n≥2时,.‎ ‎3．已知定义在R上的函数f(x) 同时满足：（1）（R，a为常数）；（2）；（3）当时，≤2 求：（Ⅰ）函数的解析式；（Ⅱ）常数a的取值范围．‎ ‎4．设上的两点，满足，椭圆的离心率短轴长为2，0为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若直线AB过椭圆的焦点F（0，c），（c为半焦距），求直线AB的斜率k的值；（3）试问：△AOB的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由.‎ ‎5．已知数列中各项为：‎ 个 个 ‎ 12、1122、111222、……、 …… ‎ ‎ （1）证明这个数列中的每一项都是两个相邻整数的积. （2）求这个数列前n项之和Sn . ‎ ‎6、设、分别是椭圆的左、右焦点. （Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求的最大值和最小值； （Ⅱ）是否存在过点A（5，0）的直线l与椭圆交于不同的两点C、D，使得|F2C|=|F2D|？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎7、已知动圆过定点P（1，0），且与定直线L:x=-1相切，点C在l上. (1)求动圆圆心的轨迹M的方程；‎ ‎（i）问：△ABC能否为正三角形？若能，求点C的坐标；若不能，说明理由 ‎（ii）当△ABC为钝角三角形时，求这种点C的纵坐标的取值范围. ‎ ‎8、定义在R上的函数y=f(x)，f(0)≠0，当x>0时，f(x)>1，且对任意的a、b∈R，有f(a+b)=f(a)f(b)，‎ ‎（1）求证：f(0)=1；（2）求证：对任意的x∈R，恒有f(x)>0；（3）证明：f(x)是R上的增函数；（4）若f(x)·f(2x-x2)>1，求x的取值范围。‎ ‎9、已知二次函数满足，且关于的方程的两实数根分别在区间（-3，-2），（0，1）内。 （1）求实数的取值范围； （2）若函数在区间（-1-，1-‎ 179‎ ‎）上具有单调性，求实数C的取值范围 ‎10、已知函数且任意的、都有 ‎ （1）若数列 ‎ （2）求的值.‎ ‎11.在直角坐标平面中，△ABC的两个顶点为 A （0，－1），B （0, 1）平面内两点G、M同时满足① , ②= = ③∥ （1）求顶点C的轨迹E的方程 （2）设P、Q、R、N都在曲线E上 ，定点F的坐标为（, 0） ，已知∥ , ∥且·= 0.求四边形PRQN面积S的最大值和最小值.‎ ‎12．已知为锐角，且，函数，数列{an}的首项. ⑴ 求函数的表达式； ⑵ 求证：；‎ ‎⑶ 求证：‎ ‎13．（本小题满分14分）已知数列满足 ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若数列满足，证明：是等差数列；‎ ‎（Ⅲ）证明：‎ ‎14．已知函数（I）当时，若函数在区间上是增函数，求实数的取值范围；（II）当时，（1）求证：对任意的，的充要条件是；（3）若关于的实系数方程有两个实根，求证：且的充要条件是 ‎15．已知数列{a n}前n项的和为S n，前n项的积为，且满足。①求 ；②求证：数列{a n}是等比数列；③‎ 179‎ 是否存在常数a，使得对都成立？ 若存在，求出a，若不存在，说明理由。‎ ‎16、已知函数是定义域为R的偶函数，其图像均在x轴的上方，对任意的，都有，且，又当时，其导函数恒成立。（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）解关于x的不等式：，其中 ‎17、一个函数，如果对任意一个三角形，只要它的三边长都在的定义域内，就有也是某个三角形的三边长，则称为“保三角形函数”．（I）判断，，中，哪些是“保三角形函数”，哪些不是，并说明理由；（II）如果是定义在上的周期函数，且值域为，证明不是“保三角形函数”；（III）若函数，是“保三角形函数”，求的最大值．（可以利用公式）‎ ‎18、已知数列的前n项和满足：（a为常数，且）． （Ⅰ）求的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，若数列为等比数列，求a的值；（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，设，数列的前n项和为Tn .求证：．‎ ‎19、数列中，，（是常数，），且成公比不为的等比数列。‎ ‎（I）求的值；（II）求的通项公式。（III）由数列中的第1、3、9、27、……项构成一个新的数列{b}，求的值。‎ ‎20、已知圆上的动点，点Q在NP上，点G在MP上，且满足. （I）求点G的轨迹C的方程； （II）过点（2，0）作直线，与曲线C交于A、B两点，O是坐标原点，设 是否存在这样的直线，使四边形OASB的对角线相等（即|OS|=|AB|）？若存在，求出直线的方程；若不存在，试说明理由.‎ C B A ‎21．飞船返回仓顺利到达地球后，为了及时将航天员救出，地面指挥中心在返回仓预计到达区域安排三个救援中心（记为A，B，C），B在A的正东方向，相距6km,C在B的北偏东300，相距4km,P为航天员着陆点，某一时刻A接到P的求救信号，由于B、C两地比A距P远，因此4s后，B、C两个救援中心才同时接收到这一信号，已知该信号的传播速度为1km/s.‎ 179‎ ‎（1）求A、C两个救援中心的距离；（2）求在A处发现P的方向角；‎ ‎（3）若信号从P点的正上方Q点处发出，则A、B收到信号的时间差变大还是变小，并证明你的结论.‎ ‎22．已知函数，， 的最小值恰好是方程的三个根，其中．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）设，是函数的两个极值点．①若，求函数的解析式；②求的取值范围．‎ ‎23．如图，已知直线l与抛物线相切于点P(2，1)，且与x轴交于点A，O为坐标原点，定点B的坐标为（2，0）.‎ ‎ （I）若动点M满足，求点M的轨迹C；‎ ‎ （II）若过点B的直线l′（斜率不等于零）与（I）中的轨迹C交于不同的两点E、F（E在B、F之间），试求△OBE与△OBF面积之比的取值范围.‎ ‎24．设（e为自然对数的底数）（I）求p与q的关系； （II）若在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；‎ ‎（III）证明： ①；②（n∈N，n≥2）.‎ ‎25．已知数列的前n项和满足：（a为常数，且）．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，若数列为等比数列，求a的值；（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，设，数列的前n项和为Tn，求证：．‎ ‎26、对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点．如果函数有且仅有两个不动点、，且．‎ ‎（Ⅰ）试求函数的单调区间；（Ⅱ）已知各项不为零的数列满足，求证：；（Ⅲ）设，为数列的前项和，求证：．‎ ‎27、已知函数f（x）的定义域为{x| x ≠ kπ，k ∈ Z}，且对于定义域内的任何x、y，有f（x - y） = 成立，且f（a） = 1（a为正常数），当0 < x < 2a时，f（x） > 0．（I）判断f（x）奇偶性；（II）证明f（x）为周期函数；（III）求f （x）在[2a，3a] 上的最小值和最大值．‎ 179‎ ‎28、已知点R（－3,0）,点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点M在直线PQ上 ,且满足，.‎ ‎（Ⅰ）⑴当点P在y轴上移动时，求点M的轨迹C的方程； （Ⅱ）设为轨迹C上两点，且，N(1,0)，求实数，使，且 ‎29、已知椭圆W的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，两条准线间的距离为6. 椭圆W的左焦点为，过左准线与轴的交点任作一条斜率不为零的直线与椭圆W交于不同的两点、，点关于轴的对称点为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆W的方程；（Ⅱ）求证： ()；（Ⅲ）求面积的最大值.‎ ‎30、已知抛物线，点P（1，－1）在抛物线C上，过点P作斜率为k1、k2的两条直线，分别交抛物线C于异于点P的两点A（x1，y1），B（x2，y2），且满足k1+k2=0. （I）求抛物线C的焦点坐标； （II）若点M满足，求点M的轨迹方程.‎ ‎31．设函数，其图象在点处的切线的斜率分别为．‎ ‎（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若函数的递增区间为，求的取值范围； （Ⅲ）若当时（k是与无关的常数），恒有，试求k的最小值．‎ ‎32．如图，转盘游戏．转盘被分成8个均匀的扇形区域．游戏规则：用力旋转转盘，转盘停止时箭头A所指区域的数字就是游戏所得的点数（转盘停留的位置是随机的）．假设箭头指到区域分界线的概率为，同时规定所得点数为0．某同学进行了一次游戏，记所得点数为．求的分布列及数学期望．（数学期望结果保留两位有效数字）‎ Q（x，y）‎ M F1‎ F2‎ O y x ‎33．设，分别是椭圆：的左，右焦点．‎ ‎（1）当，且，时，求椭圆C的左，右焦点、．（2）、是（1）中的椭圆的左，右焦点，已知的半径是1，过动点的作切线，使得（是切点），如下图．求动点的轨迹方程．‎ ‎34．已知数列满足, ，．（1）求证：是等比数列； （2）求数列的通项公式；（3）设，且对于恒成立，求的取值范围。‎ 179‎ ‎35．已知集合（其中为正常数）．（1）设，求的取值范围；（2）求证：当时不等式对任意恒成立；（3）求使不等式对任意恒成立的的范围．‎ ‎36、已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，过右焦点F且斜率为1的直线交椭圆C于A，B两点，N为弦AB的中点。（1）求直线ON（O为坐标原点）的斜率KON ；（2）对于椭圆C上任意一点M ，试证：总存在角（∈R）使等式：＝cos＋sin成立。‎ ‎37、已知曲线C上任意一点M到点F（0，1）的距离比它到直线的距离小1。 （1）求曲线C的方程； （2）过点 ①当的方程；②当△AOB的面积为时（O为坐标原点），求的值。‎ ‎38、已知数列的前项和为，对一切正整数，点都在函数的图像上，且过点的切线的斜率为． （1）求数列的通项公式． （2）若，求数列的前项和． （3）设，等差数列的任一项，其中是中的最小数，，求的通项公式.‎ ‎39、已知是数列的前项和，，且，其中. ‎ ‎(1)求数列的通项公式；(2)(理科)计算的值. ( 文科) 求 .‎ ‎40、)函数对任意x∈R都有f(x)＋f(1－x)＝. （1）求的值； （2）数列的通项公式。‎ ‎ （3）令试比较Tn与Sn的大小。‎ ‎41．已知数列的首项（a是常数，且），（），数列的首项，（）。 （1）证明：从第2项起是以2为公比的等比数列；（2）设为数列的前n项和，且是等比数列，求实数a的值；（3）当a>0时，求数列的最小项。‎ 179‎ ‎42．已知抛物线C：上任意一点到焦点F的距离比到y轴的距离大1。‎ ‎（1）求抛物线C的方程；‎ ‎（2）若过焦点F的直线交抛物线于M、N两点，M在第一象限，且|MF|=2|NF|，求直线MN的方程；‎ ‎（3）求出一个数学问题的正确结论后，将其作为条件之一，提出与原来问题有关的新问题，我们把它称为原来问题的一个“逆向”问题．‎ ‎ 例如，原来问题是“若正四棱锥底面边长为4，侧棱长为3，求该正四棱锥 的体积”．求出体积后，它的一个“逆向”问题可以是“若正四棱锥底面边长为4，体积为，求侧棱长”；也可以是“若正四棱锥的体积为，求所有侧面面积之和的最小值”．‎ ‎ 现有正确命题：过点的直线交抛物线C：于P、Q两点，设点P关于x轴的对称点为R，则直线RQ必过焦点F。 试给出上述命题的“逆向”问题，并解答你所给出的“逆向”问题。‎ ‎43．已知函数f(x)=，设正项数列满足=l，． (I)写出，的值; (Ⅱ)试比较与的大小，并说明理由； (Ⅲ)设数列满足=－，记Sn=．证明：当n≥2时,Sn＜(2n－1)．‎ ‎44．已知函数f(x)=x3－3ax(a∈R)． (I)当a=l时，求f(x)的极小值； (Ⅱ)若直线菇x+y+m=0对任意的m∈R都不是曲线y=f(x)的切线，求a的取值范围； (Ⅲ)设g(x)=|f(x)|，x∈[－l，1]，求g(x)的最大值F(a)的解析式．‎ ‎45．在平面直角坐标系中，已知三个点列{An}，{Bn}，{Cn}，其中 ，满足向量与向量共线，且点（B，n）在方向向量为（1，6）的线上 （1）试用a与n表示； （2）若a6与a7两项中至少有一项是an的最小值，试求a的取值范围。‎ ‎46．已知，记点P的轨迹为E.‎ ‎ （1）求轨迹E的方程；‎ ‎ （2）若直线l过点F2且与轨迹E交于P、Q两点.‎ ‎ （i）无论直线l绕点F2怎样转动，在x轴上总存在定点，使恒成立，求实数m的值.‎ ‎ （ii）过P、Q作直线的垂线PA、OB，垂足分别为A、B，记，求λ的取值范围.‎ ‎47．设x1、 的两个极值点.‎ ‎ （1）若，求函数f(x)的解析式； （2）若的最大值；‎ ‎ （3）若，求证：‎ ‎48．已知，若数列{an} ‎ 179‎ 成等差数列. （1）求{an}的通项an; （2）设 若{bn}的前n项和是Sn，且 ‎49．点P在以为焦点的双曲线上，已知，，O为坐标原点．（Ⅰ）求双曲线的离心率；（Ⅱ）过点P作直线分别与双曲线渐近线相交于两点，且，，求双曲线E的方程；（Ⅲ）若过点（为非零常数）的直线与（2）中双曲线E相交于不同于双曲线顶点的两点M、N，且（为非零常数），问在轴上是否存在定点G，使？若存在，求出所有这种定点G的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎50.已知函数，，和直线，又．‎ ‎（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）是否存在的值，使直线既是曲线的切线，又是的切线；如果存在，求出的值；如果不存在,说明理由．‎ ‎（Ⅲ）如果对于所有的,都有成立，求的取值范围．‎ ‎51．已知二次函数满足：对任意实数x，都有，且当（1，3）时，有成立。 （1）证明：。 （2）若的表达式。 （3）设 ，若图上的点都位于直线的上方，求实数m的取值范围。‎ ‎52．（1）数列{an}和{bn}满足 （n=1，2，3…），求证{bn}为等差数列的充要条件是{an}为等差数列。‎ ‎ （2）数列{an}和{cn}满足，探究为等差数列的充分必要条件，需说明理由。[提示：设数列{bn}为 ‎53．某次象棋比赛的决赛在甲乙两名棋手之间举行，比赛采用积分制，比赛规则规定赢一局得2分，平一局得1分，输一局得0分；比赛共进行五局，积分有超过5分者比赛结束，否则继续进行. 根据以往经验，每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每局比赛输赢互不受影响. 若甲第n局赢、平、输的得分分别记为、、令 .(Ⅰ)求的概率；（Ⅱ）若随机变量满足（表示局数），求的分布列和数学期望.‎ 179‎ ‎54．如图，已知直线与抛物线相切于点P(2, 1)，且与轴交于点A，定点B的坐标为(2, 0) . ‎ ‎（I）若动点M满足，求点M的轨迹C；‎ ‎（II）若过点B的直线（斜率不等于零）与（I）中的轨迹C交于不同的两点E、F（E在B、F之间），试求OBE与OBF面积之比的取值范围. ‎ ‎55,,,已知A、B是椭圆的一条弦，M(2，1)是AB中点，以M为焦点，以椭圆的右准线为相应准线的双曲线与直线AB交于N(4，—1). ‎ ‎(1)设双曲线的离心率e，试将e表示为椭圆的半长轴长的函数.(2)当椭圆的离心率是双曲线的离心率的倒数时，求椭圆的方程.(3)求出椭圆长轴长的取值范围.‎ ‎56已知：在曲线 ‎ （1）求数列{an}的通项公式；（2）数列{bn}的前n项和为Tn，且满足，设定b1的值，使得数列{bn}是等差数列； （3）求证：‎ ‎57、已知数列{an}的前n项和为Sn，并且满足a1＝2,nan＋1＝Sn＋n(n＋1). （1）求数列； （2）设 ‎58、已知向量的图象按向量m平移后得到函数的图象。‎ ‎ （Ⅰ）求函数的表达式； （Ⅱ）若函数上的最小值为的最大值。‎ A B C A1‎ B1‎ C1‎ O ‎59、已知斜三棱柱的各棱长均为2， 侧棱与底面所成角为，‎ 且侧面底面.‎ ‎（1）证明：点在平面上的射影为的中点；‎ 179‎ ‎（2）求二面角的大小 ；（3）求点到平面的距离.‎ S Q D A B P C ‎60、如图，已知四棱锥中，是边长为的正三角形，平面平面，四边形为菱形，，为的中点，为的中点. ‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的大小．‎ ‎61．设集合W是满足下列两个条件的无穷数列{an}的集合：‎ ‎① ②M是与n无关的常数. （1）若{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，a3=4，S3=18，证明：{Sn}∈W。 （2）设数列{bn}的通项为，求M的取值范围；（3）设数列{cn}的各项均为正整数，且 ‎62．数列和数列（）由下列条件确定：（1），；（2）当时，与满足如下条件：当时，，；当时，，.‎ 解答下列问题： （Ⅰ）证明数列是等比数列；（Ⅱ）记数列的前项和为，若已知当时，，求.（Ⅲ）是满足的最大整数时，用，表示满足的条件.‎ ‎63. 已知函数 (a为实常数)．　　(1) 当a = 0时，求的最小值；　　(2)若在上是单调函数，求a的取值范围； (3)设各项为正的无穷数列满足 证明：≤1(n∈N*)．‎ ‎64.设函数的图象与直线相切于．（Ⅰ）求在区间上的最大值与最小值；（Ⅱ）是否存在两个不等正数，当时，函数的值域也是，若存在，求出所有这样的正数；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）设存在两个不等正数，当时，函数的值域是，求正数的取值范围．‎ ‎65. 已知数列中，，． （1）求； （2）求数列的通项； （3）设数列满足，求证：‎ 179‎ ‎66、设函数.(1)求的单调区间;(2)若当时,(其中)不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)试讨论关于的方程:在区间上的根的个数.‎ ‎67、已知，，.（1）当时，求的单调区间；（2）求在点处的切线与直线及曲线所围成的封闭图形的面积；（3）是否存在实数，使的极大值为3？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.‎ ‎68、已知椭圆的离心率为，直线l：y=x+2与以原点为圆心、椭圆C1的短半轴长为半径的圆O相切。 （1）求椭圆C1的方程； （2）设椭圆C1的左焦点为F1，右焦点为F2，直线l1过点F1，且垂直于椭圆的长轴，动直线l2垂直于l1，垂足为点P，线段PF2的垂直平分线交l2于点M，求点M的轨迹C2的方程； （3）设C2与x轴交于点Q，不同的两点R、S在C2上，且 满足， 求的取值范围。‎ ‎69、已知F1,F2是椭圆C: （a>b>0）的左、右焦点，点P在椭圆上，线段PF2与y轴的交点M满足。（1）求椭圆C的方程。（2）椭圆C上任一动点M关于直线y=2x的对称点为M1（x1,y1）,求3x1-4y1的取值范围。‎ ‎70、已知均在椭圆上，直线、分别过椭圆的左右焦点、，当时，有.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，求的最大值.‎ O A P B x y ‎71.如图， 和两点分别在射线OS、OT上移动，且，O为坐标原点，动点P满足.‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）求P点的轨迹C的方程，并说明它表示怎样的曲线？‎ ‎（Ⅲ）若直线l过点E（2，0）交（Ⅱ）中曲线C于M、N两 点，且，求l的方程.‎ ‎72.已知函数。(1)若函数f（x）、g（x）在区间[1，2]上都为单调函数且它们的单调性相同，求实数a的取值范围；(2)a、b是函数H（x）的两个极值点，a0，a>0且为偶函数，证明 ‎97. 在平面直角坐标系内有两个定点和动点P，坐标分别为 、，动点满足，动点的轨迹为曲线，曲线关于直线的对称曲线为曲线，直线与曲线交于A、B两点，O是坐标原点，△ABO的面积为， （1）求曲线C的方程；（2）求的值。‎ ‎98.数列，‎ ‎⑴是否存在常数、，使得数列是等比数列，若存在，求出、的值，若不存在，说明理由。‎ ‎⑵设，证明：当时，.‎ ‎99、数列的前项和为。‎ ‎（I）求证：是等差数列；（Ⅱ）设是数列的前项和，求；（Ⅲ）求使对所有的恒成立的整数的取值集合。‎ ‎100、已知数列｛｝中，在直线y=x上，其中n=1,2,3….‎ ‎（1）令求证数列是等比数列; （2）求数列 ⑶ 设的前 179‎ n项和,是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出.若不存在,则说明理由。‎ ‎（新）2011年黄冈中学高考数学压轴100题解析 ‎1．解：（I）‎ ‎ （1）当时，函数是增函数，此时，‎ 179‎ ‎，‎ ‎，所以；——2分 ‎ （2）当时，函数是减函数，此时，，‎ ‎，所以；————4分 ‎ （3）当时，若，则，有；‎ ‎ 若，则，有；‎ ‎ 因此，，————6分 ‎ 而，‎ ‎ 故当时，，有；‎ ‎ 当时，，有；————8分 综上所述：。————10分 ‎ （II）画出的图象，如右图。————12分 ‎ 数形结合，可得。————14分 ‎2．解: (Ⅰ)先用数学归纳法证明,.‎ ‎ （1）当n=1时,由已知得结论成立;‎ ‎ （2）假设当n=k时,结论成立,即.则当n=k+1时,‎ ‎ 因为0g(0)=0.‎ ‎ 因为,所以,即>0,从而————10分 ‎ (Ⅲ) 因为 ,所以, , ‎ ‎ 所以 ————① , ————12分 ‎ 由(Ⅱ)知:, 所以= ,‎ ‎ 因为, n≥2, ‎ ‎ 所以 <<=————② . ————14分 ‎ 由①② 两式可知: .————16分 ‎3．（Ⅰ）在中,分别令；；得 ‎ ‎ 由①＋②－③，‎ 得 ‎＝∴‎ ‎（Ⅱ）当时，Î．‎ ‎（1）∵≤2，当a<1时，≤≤≤2．‎ 179‎ 即≤≤． ≤≤． ‎ ‎（2）∵≤2，当a≥1时，- 2≤≤≤1．即1≤a≤． ‎ 故满足条件的取值范围[-，]． ‎ ‎ ‎ ‎4．（1）‎ 椭圆的方程为 （2分）‎ ‎ （2）设AB的方程为 由 ‎（4分）‎ 由已知 ‎ 2 （7分）‎ ‎ （3）当A为顶点时，B必为顶点.S△AOB=1 （8分） ‎ 当A，B不为顶点时，设AB的方程为y=kx+b ‎（11分）‎ 所以三角形的面积为定值.（12分）‎ ‎5（1） ……………………………… (2分 ) ‎ 179‎ ‎…………………………………(4分)‎ 个 记：A = , 则A=为整数 ‎ = A (A+1) ， 得证 ………………………………………………………( 6分) (2) ………………………………………………… (8分)‎ ‎ ……………………………………………(12分)‎ ‎6、解：（Ⅰ）易知 ‎ 设P（x，y），则 ‎ ‎ ‎，‎ ‎，即点P为椭圆短轴端点时，有最小值3；‎ 当，即点P为椭圆长轴端点时，有最大值4 ‎ ‎（Ⅱ）假设存在满足条件的直线l易知点A（5，0）在椭圆的外部，当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆无交点，所在直线l斜率存在，设为k 直线l的方程为 ‎ 由方程组 依题意 ‎ 当时，设交点C，CD的中点为R，‎ 则 又|F2C|=|F2D|‎ 179‎ ‎ ‎ ‎∴20k2=20k2－4，而20k2=20k2－4不成立， 所以不存在直线，使得|F2C|=|F2D|‎ 综上所述，不存在直线l，使得|F2C|=|F2D| ‎ ‎7、解：(1)依题意，曲线M是以点P为焦点，直线l为准线的抛物线，所以曲线M的方程为y2=4x.‎ 假设存在点C（－1，y），使△ABC为正三角形，则|BC|=|AB|且|AC|=|AB|，即 ‎ ‎ 因此，直线l上不存在点C，使得△ABC是正三角形.‎ ‎（ii）解法一：设C（－1，y）使△ABC成钝角三角形，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∠CAB为钝角. ‎ ‎. ‎ 该不等式无解，所以∠ACB不可能为钝角.‎ 因此，当△ABC为钝角三角形时，点C的纵坐标y的取值范围是:‎ ‎.‎ 解法二： 以AB为直径的圆的方程为:‎ ‎.‎ 179‎ 当直线l上的C点与G重合时，∠ACB为直角，当C与G 点不重合，且A，‎ B，C三点不共线时， ∠ACB为锐角，即△ABC中∠ACB不可能是钝角. ‎ 因此，要使△ABC为钝角三角形，只可能是∠CAB或∠CBA为钝角. ‎ ‎.‎ ‎. ‎ A，B，C三点共 线，不构成三角形.‎ 因此，当△ABC为钝角三角形时，点C的纵坐标y的取值范围是：‎ ‎8、解：（1）令a=b=0，则f(0)=[f(0)]2∵ f(0)≠0 ∴ f(0)=1‎ ‎（2）令a=x，b=-x则 f(0)=f(x)f(-x) ∴ ‎ 由已知x>0时，f(x)>1>0，当x<0时，-x>0，f(-x)>0 ‎ ‎∴ 又x=0时，f(0)=1>0‎ ‎∴ 对任意x∈R，f(x)>0‎ ‎(3)任取x2>x1，则f(x2)>0，f(x1)>0，x2-x1>0‎ ‎ ∴ ‎ ‎ ∴ f(x2)>f(x1) ∴ f(x)在R上是增函数 ‎（4）f(x)·f(2x-x2)=f[x+(2x-x2)]=f(-x2+3x) 又1=f(0)，f(x)在R上递增 ‎∴ 由f(3x-x2)>f(0)得：x-x2>0 ∴ 00 ,只需，‎ 且 ‎10、解：（1）‎ ‎ ‎ 而 ‎ ‎ ‎ （2）由题设，有 又 得上为奇函数. 由 得 ‎ 于是 故 179‎ ‎11.解：（1）设C ( x , y )， ,由①知,G为 △ABC的重心 ， G(,) …………………………………………（2分）‎ 由②知M是△ABC的外心，M在x轴上。 由③知M（，0），‎ 由 得 ‎ 化简整理得：（x≠0 ）………………………… (6分) ‎ ‎（2）F（，0 ）恰为的右焦点 ‎ 设PQ的斜率为k≠0且k≠±，则直线PQ的方程为y = k ( x －)‎ 由 设P(x1 , y1) ，Q (x2 ,y2 ) 则x1 + x2 = , x1·x2 = …… （8分） ‎ ‎-7-‎ 则| PQ | = · ‎ ‎= ·= ‎ ‎ RN⊥PQ,把k换成得 | RN | = ………………………（ 10分)‎ ‎ S =| PQ | · | RN | = =) ‎ ‎ ‎ ‎≥2 ， ≥16，≤ S < 2 ， (当 k = ±1时取等号) ……（12分）‎ 又当k不存在或k = 0时S = 2‎ 综上可得 ≤ S ≤ 2， Smax = 2 ， Smin = ……………………………………（14分）‎ ‎12．解：⑴ 又∵为锐角 179‎ ‎∴ ∴ ‎ ‎⑵ ∵ ∴都大于0‎ ‎ ∴ ∴ ‎ ‎ ⑶ ，∴. ‎ ‎∴ ‎ ‎ ‎ ‎∵, , 又∵‎ ‎∴ ， ∴，∴‎ ‎13 (本小题满分14分)‎ 解：（1），……………………2分 故数列是首项为2，公比为2的等比数列。……………………3分 ‎，…………………………………………4分 ‎（2），……………5分 ‎①‎ ‎②‎ ‎②—①得，即③……………………8分 ‎④‎ ‎④—③得，即……………………9分 所以数列是等差数列 ‎（3）………………………………11分 设，则 ‎ 179‎ ‎…………13分 ‎………………………………14分 ‎14. (本小题满分16分 ‎（1）当时，，………………1分 在（—1，1）上为单调递增函数，在（—1，1）上恒成立…………2分 在（—1，1）上恒成立……………………3分 ‎………………………………………………………4分 ‎（2）设，则 ‎15、①；③‎ ‎16、解：(1)由f(m·n)＝[f(m)]n得：f(0)＝f(0×0)＝[f(0)]0 ‎ 179‎ ‎∵函数f(x)的图象均在x轴的上方,∴f(0)＞0,∴f(0)＝1 ……3分 ∵f(2)＝f(1×2)＝[f(1)]2＝4，又f(x)＞0 ∴f(1)＝2,f(－1)＝f(1)＝2 ……3分 (2) 又当时，其导函数恒成立，∴在区间上为单调递增函数 ‎∴‎ ‎①当时，；‎ ‎②当时，，∴；‎ ‎③当时，，∴‎ 综上所述：当时，；当时，；‎ 当时，。‎ ‎17、解：（I）是“保三角形函数”，不是“保三角形函数”． 1分 任给三角形，设它的三边长分别为，则，不妨假设，‎ 由于，所以是“保三角形函数”. 3分 对于，3，3，5可作为一个三角形的三边长，但，所以不存在三角形以为三边长，故不是“保三角形函数”． 4分 ‎（II）设为的一个周期，由于其值域为，所以，存在，使得，‎ 取正整数，可知这三个数可作为一个三角形的三边长，但，不能作为任何一个三角形的三边长．故不是“保三角形函数”． 8分 ‎（III）的最大值为． 9分 一方面，若，下证不是“保三角形函数”.‎ 179‎ 取，显然这三个数可作为一个三角形的三边长，但 不能作为任何一个三角形的三边长，故不是“保三角形函数”.‎ 另一方面，以下证明时，是“保三角形函数”．‎ 对任意三角形的三边，若，则分类讨论如下：‎ ‎（1），‎ 此时，同理，，‎ ‎∴，故，．‎ 同理可证其余两式.‎ ‎∴可作为某个三角形的三边长．‎ ‎（2）‎ 此时，，可得如下两种情况：‎ 时，由于，所以，.‎ 由在上的单调性可得；‎ 时，，‎ 同样，由在上的单调性可得；‎ 总之，.‎ 又由及余弦函数在上单调递减，得 ‎，‎ ‎∴．‎ 同理可证其余两式，所以也是某个三角形的三边长．故时，是“保三角形函数”．‎ 综上，的最大值为．‎ ‎18、解：（Ⅰ）∴‎ 当时，‎ ‎，即是等比数列． ∴； ……………………4分 179‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，若为等比数列，‎ ‎ 则有而 故，解得， ………………………………7分 再将代入得成立， ‎ 所以． ………………………………………………………………8分 ‎（III）证明：由（Ⅱ）知，所以 ‎， ………………………………………………… 9分 由得 所以， …………………… 12分 从而 ‎．‎ 即． …………………………14分 ‎19、解：（I），，，因为，，成等比数列，‎ 所以，解得或．‎ 当时，，不符合题意舍去，故．…… 4分（文6分）‎ ‎（II）当时，由于，，……‎ ‎，所以。‎ 又，，故．当n=1时，上式也成立，所以……8分 179‎ ‎（III）bn=32n-2-3n-1+2, ∴=9. ……12分 ‎20、解：（1）Q为PN的中点且GQ⊥PN ‎ GQ为PN的中垂线|PG|=|GN| ‎ ‎ ∴|GN|+|GM|=|MP|=6，故G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，其长半轴长，半焦距，∴短半轴长b=2，∴点G的轨迹方程是 ………5分 ‎ （2）因为，所以四边形OASB为平行四边形 ‎ 若存在l使得||=||，则四边形OASB为矩形 ‎ 若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，由 ‎ 矛盾，故l的斜率存在. ………7分 ‎ 设l的方程为 ‎ ‎ ‎ ①‎ ‎ ‎ ‎ ② ……………9分 ‎ ‎ 把①、②代入 ‎ ‎ ∴存在直线使得四边形OASB的对角线相等.‎ ‎21、 解：（1）以AB中点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则 ‎ 则 ‎ 即A、C两个救援中心的距离为 ‎ ‎（2），所以P在BC线段的垂直平分线上 179‎ 又，所以P在以A、B为焦点的双曲线的左支上，且 ‎∴双曲线方程为 BC的垂直平分线的方程为 联立两方程解得：‎ ‎∴∠PAB＝120°所以P点在A点的北偏西30°处 ‎ ‎（3）如图，设 又∵‎ 即A、B收到信号的时间差变小 ‎22、解：（Ⅰ）三个函数的最小值依次为，，，…………………… …3分 由，得 ‎ ‎∴ ‎ ‎，‎ 故方程的两根是，．‎ 故，．………………………4分 ‎，即 ‎∴ ． …………………………………………………………5分 ‎（Ⅱ）①依题意是方程的根，‎ 故有，，‎ 且△，得．‎ 由………………………7分 179‎ ‎ ；得，，．‎ 由（Ⅰ）知，故，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ ．…………………………………………9分 ‎②‎ ‎（或）． ………………………………………11分 由（Ⅰ）‎ ‎∵ ，∴ ，‎ 又，∴ ，‎ ‎，（或） …………………13分 ‎∴ ．…………………………………15分 ‎23．（本小题满分12分）‎ 解：（I）由，∴直线l的斜率为，………1分 故l的方程为，∴点A坐标为（1，0） …………………………………… 2分 设 则，‎ 由得 ‎ 整理，得…………………………………4分 ‎∴动点M的轨迹C为以原点为中心，焦点在x轴上，长轴长为，短轴长为2的椭圆 …………………………………………………………… 5分 ‎ （II）如图，由题意知直线l的斜率存在且不为零，设l方程为y=k(x－2)(k≠0)①‎ 179‎ 将①代入，整理，得 ‎，‎ 由△>0得00时，h(x)=px2－2x+p图象为开口向上抛物线，‎ 179‎ 称轴为x=∈（0，+∞）.∴h(x)min=p－.只需p－≥0，即p≥1时h(x)≥0，g′(x) ≥0，‎ ‎∴g(x)在(0,+ ∞)单调递增，∴p≥1适合题意.…………………………7分 ‎③当p<0时，h(x)=px2－2x+p图象为开口向下的抛物线，其对称轴为x=（0，+∞），‎ 只需h(0)≤0，即p≤0时h(0)≤（0,+ ∞)恒成立.‎ ‎∴g′(x)<0 ，∴g(x)在（0,+ ∞）单调递减，∴p<0适合题意.‎ 综上①②③可得，p≥1或p≤0.……………………………………9分 ‎ （III）证明：①即证：lnx－x+1≤0 (x>0)，‎ 设.‎ 当x∈（0，1）时，k′(x)>0，∴k(x)为单调递增函数；‎ 当x∈（1，∞）时，k′(x)<0，∴k(x)为单调递减函数；‎ ‎∴x=1为k(x)的极大值点，∴k(x)≤k(1)=0.‎ 即lnx－x+1≤0，∴lnx≤x－1.………………………………11分 ‎②由①知lnx≤x－1,又x>0，‎ ‎∴结论成立.…………………………………………………………………………14分 ‎25．解：（Ⅰ）∴‎ 当时，‎ ‎，即是等比数列． ∴； ………………4分 179‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，若为等比数列，‎ ‎ 则有而 故，解得，再将代入得成立， ‎ 所以．‎ ‎（III）证明：由（Ⅱ）知，所以 ‎，‎ 由得 所以，‎ 从而 ‎．‎ 即．…………………………14分 ‎26、解：（Ⅰ）设 ‎ ∴ ∴‎ ‎ 由 ‎ 又∵ ∴ ‎ ‎∴ …………………… 3分 ‎ ‎ 于是 ‎ 由得或； 由得或 ‎ 故函数的单调递增区间为和，‎ 单调减区间为和 ……………………4分 ‎（Ⅱ）由已知可得， 当时，‎ ‎ 两式相减得 ‎∴或 179‎ 当时，，若，则这与矛盾 ‎∴ ∴ ……………………6分 于是，待证不等式即为．‎ 为此，我们考虑证明不等式 令则，‎ 再令， 由知 ‎∴当时，单调递增 ∴ 于是 即 　　　 ①‎ 令， 由知 ‎∴当时，单调递增 ∴ 于是 即　　　　 ②‎ 由①、②可知 ……………………10分 所以，，即 ……11分 ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）可知 则 ‎ 在中令，并将各式相加得 ‎ ‎ ‎ 即 ‎27、解：（1）∵定义域{x| x ≠ kπ，k∈Z }关于原点对称，‎ 又f（- x） = f [（a - x） - a]= = = = = = - f （x），对于定义域内的每个x值都成立 ‎∴ f（x）为奇函数------------------------------------------------------------------------------------（4分）‎ ‎（2）易证：f（x + 4a） = f（x），周期为4a．------------------------------------------（8分）‎ ‎（3）f（2a）= f（a + a）= f [a -（- a）]= = = 0，‎ f（3a）= f（2a + a）= f [2a -（- a）]= = = - 1．‎ 先证明f（x）在[2a，3a]上单调递减为此，必须证明x∈（2a，3a）时，f（x） < 0，‎ 179‎ 设2a < x < 3a，则0 < x - 2a < a，‎ ‎∴ f（x - 2a）= = - > 0，∴ f（x）< 0---------------------（10分）‎ 设2a < x1 < x2 < 3a，‎ 则0 < x2 - x1 < a，∴ f（x1）< 0 f（x2）< 0 f（x2 - x1）> 0，‎ ‎∴ f（x1）- f（x2）= > 0，∴ f（x1）> f（x2），‎ ‎∴ f（x）在[2a，3a]上单调递减--------------------------------------------------（12分）‎ ‎∴ f（x）在[2a，3a]上的最大值为f（2a = 0，最小值为f（3a）= - 1‎ ‎28、解：(Ⅰ)设点M(x,y)，由得P(0，)，Q().‎ 由得(3，)·(，)＝0,即 又点Q在x轴的正半轴上，故点M的轨迹C的方程是.……6分 ‎（Ⅱ）解法一：由题意可知N为抛物线C:y2＝4x的焦点，且A、B为过焦点N的直线与抛物线C的两个交点。‎ 当直线AB斜率不存在时，得A(1,2)，B(1,-2)，|AB|，不合题意；………7分 当直线AB斜率存在且不为0时，设，代入得 则|AB|,解得 …………………10分 ‎ 代入原方程得，由于，所以,‎ ‎ 由，得 . ……………………13分 解法二：由题设条件得 ‎ ‎ ‎ ‎ 179‎ 由（6）、（7）解得或，又，故.‎ ‎29、解：（Ⅰ）设椭圆W的方程为，由题意可知 解得，，，‎ 所以椭圆W的方程为．……………………………………………4分 ‎（Ⅱ）解法1：因为左准线方程为，所以点坐标为.于是可设直线 的方程为．‎ 得.‎ 由直线与椭圆W交于、两点，可知 ‎，解得．‎ 设点，的坐标分别为，,‎ 则，，，．‎ 因为，，‎ 所以，.‎ 又因为 ‎，‎ 179‎ 所以． ……………………………………………………………10分 解法2：因为左准线方程为，所以点坐标为.‎ 于是可设直线的方程为，点，的坐标分别为，,‎ 则点的坐标为，，．‎ 由椭圆的第二定义可得 ‎,‎ 所以，，三点共线，即．…………………………………10分 ‎(Ⅲ)由题意知 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ，‎ 当且仅当时“=”成立，‎ 所以面积的最大值为．‎ ‎30、解：（I）将P（1，－1）代入抛物线C的方程得a=－1，‎ ‎ ∴抛物线C的方程为，即 ‎ 焦点坐标为F（0，－）.……………………………………4分 ‎ （II）设直线PA的方程为，‎ ‎ 联立方程消去y得 ‎ 则 ‎ 由………………7分 ‎ 同理直线PB的方程为 179‎ ‎ 联立方程消去y得 ‎ 则 ‎ 又…………………………9分 ‎ 设点M的坐标为（x，y），由 ‎ ‎ ‎ 又…………………………………………11分 ‎ ‎ ‎ ∴所求M的轨迹方程为：‎ 参考答案 ‎31．解：（Ⅰ），由题意及导数的几何意义得 ‎， 　（1）‎ ‎， （2） ………………2分 又，可得，即，故 ………3分 由（1）得，代入，再由，得 ‎， （3） ……………………4分 将代入（2）得，即方程有实根．‎ 故其判别式得 ‎，或， （4） ……………………5分 由（3），（4）得； ……………………6分 ‎（Ⅱ）由的判别式，‎ 知方程有两个不等实根，设为，‎ 179‎ 又由知，为方程（）的一个实根，则有根与系数的关系得 ‎， ……………………9分 当或时，，当时，，‎ 故函数的递增区间为，由题设知，‎ 因此，由（Ⅰ）知得的取值范围为；…12分 ‎（Ⅲ）由，即，即，‎ 因为，则，整理得，‎ 设，可以看作是关于的一次函数，‎ 由题意对于恒成立， ‎ 故 即得或，‎ 由题意，，‎ 故，因此的最小值为． ……………………16分 ‎32．（本小题满分12分） 解：（1）依题意，随机变量ξ的取值是0，1，6，8．‎ P(ξ=0)=，P(ξ=1)=，P(ξ=6)= ，P(ξ=8)= ．‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎6‎ ‎8‎ 得分布列： ……6分 ‎（2）=．……12分 ‎33．（本小题满分14分）‎ 解：（1）∵，∴．……2分 又∵ ∴，…………3分 ∴．……5分 由椭圆定义可知，，…6分 从而得，，． ∴、． …………7分 ‎（2）∵F1（-2，0），F2（2，0），‎ 179‎ 由已知：，即，所以有：，设P（x，y）， …9分 则，…12分 Q（x，y）‎ M F1‎ F2‎ O y x 即（或）‎ 综上所述，所求轨迹方程为：．…14分 ‎34．（本小题满分14分）‎ 解：（1）由an＋1＝an＋6an－1，an＋1＋2an＝3(an＋2an－1) (n≥2)‎ ‎　　　　　　∵a1＝5，a2＝5　　∴a2＋2a1＝15‎ 故数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列 …………5分 ‎（2）由（1）得an＋1＋2an＝5·3n 由待定系数法可得(an＋1－3n＋1)＝－2(an－3n)　　　　　　即an－3n＝2(－2)n－1 故an＝3n＋2(－2)n－1＝3n－(－2)n ………9分 ‎（3）由3nbn＝n(3n－an)＝n[3n－3n＋(－2)n]＝n(－2)n，∴bn＝n(－)n ‎ 令Sn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＋2()2＋3()3＋…＋n()n ‎ ‎ 　　 Sn＝()2＋2()3＋…＋(n－1)()n＋n()n＋1 …………11分 得Sn＝＋()2＋()3＋…＋()n－n()n+1＝－n()n+1＝2[1－()n]－n()n+1‎ ‎　∴ Sn＝6[1－()n]－3n()n+1＜6‎ 要使得|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＜m对于n∈N＊恒成立，只须m≥6 …14分 ‎35．（本小题满分14分）解：（1），当且仅当时等号成立，故的取值范围为．……5分 ‎（2）解法一（函数法）　‎ ‎……6分 由，又，，∴在上是增函数， ……7分 所以 即当时不等式成立．　………9分 179‎ 解法二（不等式证明的作差比较法）‎ ‎，‎ 将代入得 ‎， ……6分 ‎∵，时，∴，即当时不等式成立．……………9分 ‎（3）解法一（函数法）‎ 记，则，‎ 即求使对恒成立的的范围． …………10分 由（2）知，要使对任意恒成立，必有，‎ 因此，∴函数在上递减，在上递增，………12分 要使函数在上恒有，必有，即，‎ 解得． ……………14分 解法二（不等式证明的作差比较法）‎ 由(2)可知，‎ 要不等式恒成立，必须恒成立， …………10分 即恒成立， …………11分 由得，即， …………13分 解得． ‎ 179‎ 因此不等式恒成立的的范围是． ……14分 ‎36、解：(1）设椭圆的焦距为2c,因为，所以有，故有。从而椭圆C的方程可化为： ① ………2分 易知右焦点F的坐标为（），‎ 据题意有AB所在的直线方程为： ② ………3分 由①，②有： ③‎ 设，弦AB的中点，由③及韦达定理有：‎ ‎ ‎ 所以，即为所求。 ………5分 ‎(2）显然与可作为平面向量的一组基底，由平面向量基本定理，对于这一平面内的向量，有且只有一对实数，使得等式成立。设，由1）中各点的坐标有：‎ ‎，所以 ‎。 ………7分 又点在椭圆C上，所以有整理为。 ④‎ 由③有：。所以 ‎ ⑤‎ 又A﹑B在椭圆上，故有 ⑥‎ 将⑤，⑥代入④可得：。 ………11分 对于椭圆上的每一个点，总存在一对实数，使等式成立，而 在直角坐标系中，取点P（），设以x轴正半轴为始边，以射线OP为终边的角为，显然 ‎ 179‎ ‎。‎ 也就是：对于椭圆C上任意一点M ，总存在角（∈R）使等式：＝cos＋sin成立。‎ ‎37、（1）解法一：设， …………1分 即 当； …………3分 当 …………4分 化简得不合 故点M的轨迹C的方程是 …………5分 ‎ （1）解法二：的距离小于1，‎ ‎∴点M在直线l的上方，‎ 点M到F（1，0）的距离与它到直线的距离相等 …………3分 所以曲线C的方程为 …………5分 ‎ （2）当直线m的斜率不存在时，它与曲线C只有一个交点，不合题意，‎ 设直线m的方程为，‎ 代入 （☆） …………6分 与曲线C恒有两个不同的交点 设交点A，B的坐标分别为，‎ 则 …………7分 ‎①由，‎ ‎ …………9分 ‎②‎ 点O到直线m的距离，‎ ‎…………10分 179‎ ‎，‎ ‎（舍去）‎ ‎ …………12分 当方程（☆）的解为 若 若 …………13分 当方程（☆）的解为 若 若 …………14分 ‎ 所以，‎ ‎38、解：（1）点都在函数的图像上，,‎ 当时，‎ 当ｎ＝1时，满足上式，所以数列的通项公式为…….3分 ‎ （2）由求导可得 过点的切线的斜率为，.‎ ‎.‎ ‎①‎ 由①×4，得 ‎②‎ ‎①-②得： ‎ ‎ ‎ ‎………………………………………………………………..7分 ‎ （3）,.‎ 179‎ 又，其中是中的最小数，.‎ 是公差是4的倍数，.‎ 又，,解得ｍ＝27.‎ 所以，‎ 设等差数列的公差为，则 ‎，所以的通项公式为…………12分 ‎39、解：①‎ ‎　　　　　 ---------2分 ‎ 又也满足上式，（）‎ 数列是公比为2，首项为的等比数列 ----------- 4分 ‎ ‎ -------------- 6分 ‎ ‎②‎ ‎②‎ ‎　‎ ‎　　 -------------（9分）‎ 于是 ---------------（12分）‎ ‎40、解：（1）令 令 ‎（2）‎ 又，两式相加 是等差数列 179‎ ‎（3）‎ ‎ ‎ 参考答案：‎ ‎41.解：（1）∵‎ ‎∴‎ ‎　　　(n≥2) …………3分 由得，，‎ ‎∵，∴ ，…………4分 即从第2项起是以2为公比的等比数列。…………5分 ‎（2） …………8分 当n≥2时，‎ ‎∵是等比数列, ∴(n≥2)是常数，‎ ‎∴3a+4=0，即 。…………11分 ‎（3）由（1）知当时，，‎ 所以，…………13分 所以数列为2a+1，4a，8a-1，16a，32a+7，……‎ 显然最小项是前三项中的一项。…………15分 179‎ 当时，最小项为8a-1；‎ 当时，最小项为4a或8a-1；………16分 当时，最小项为4a；‎ 当时，最小项为4a或2a+1；…………17分 当时，最小项为2a+1。…………18分 ‎ ‎ ‎42. 解：（1） …………4分 ‎（2）设（t>0），则，F(1,0)。‎ 因为M、F、N共线，则有，…………6分 所以，解得，…………8分 所以，…………10分 因而，直线MN的方程是。…………11分 ‎（3）“逆向问题”一：‎ ‎①已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线交抛物线C于P、Q两点，设点P关于x轴的对称点为R，则直线RQ必过定点。…………13分 证明：设过F的直线为y=k(x)，，，则 由得，所以，…………14分 ‎，…………15分 ‎=，…………16分 所以直线RQ必过焦点A。…………17分 ‎[注：完成此解答最高得6分。]‎ 179‎ ‎②过点的直线交抛物线C于P、Q两点，FP与抛物线交于另一点R，则RQ垂直于x轴。‎ ‎[注：完成此解答最高得6分。]‎ ‎③已知抛物线C：，过点B(m,0 )（m>0）的直线交抛物线C于P、Q两点，设点P关于x轴的对称点为R，则直线RQ必过定点A(-m,0)。‎ ‎[注：完成此解答最高得7分，其中问题3分。]‎ ‎“逆向问题”二：已知椭圆C：的焦点为F1(-c,0)，F2(c,0)，过F2的直线交椭圆C于P、Q两点，设点P关于x轴的对称点为R，则直线RQ必过定点。‎ ‎[注：完成此解答最高得9分，其中问题4分。]‎ ‎“逆向问题”三：已知双曲线C：的焦点为F1(-c,0)，F2(c,0)，过F2的直线交双曲线C于P、Q两点，设点P关于x轴的对称点为R，则直线RQ必过定点。‎ ‎[注：完成此解答最高得9分，其中问题4分。]‎ 其它解答参照给分。‎ ‎43．(1)，因为所以……………………………… 2分 ‎（2）因为所以…………………………………3分 ‎,……………………………………………5分 因为所以与同号，………………………………………………6分 因为，‎ ‎…，即……………………………………………………………………8分 ‎（3）当时，‎ ‎，……………………………………………………………………10分 所以，……………………………………………12分 所以…………14分 ‎44．（1）∵当a=1时，令=0，得x=0或x=1………………………2分 当时，当时 ‎∴在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎∴的极小值为=-2.………………………………………………………………4分 ‎（2）∵………………………………………………………………6分 179‎ ‎∴要使直线=0对任意的总不是曲线的切线，当且仅当-1<-3a,‎ ‎∴.…………………………………………………………………………………………8分 ‎ (3)因在[-1,1]上为偶函数,故只求在 [0,1]上最大值，…………9分 ‎ ① 当时，，在上单调递增且, ‎ ‎∴，∴.…………………………………………10分 ‎ ② 当时 ‎ i .当，即时，在上单调递增，此时……………………………………………………………………12分 ii. 当，即时，在上单调递减，在上单调递增.‎ ‎10 当即时，在上单调递增，在上单调递减，故.……………………………………14分 ‎20当即时，‎ ‎（ⅰ）当即时， ‎ ‎（ⅱ） 当即时，‎ 综上………………………………………………16分 ‎45．（本题满分14分）本题共有2个小题,第1小题满分8分,第2小题满分6分 ‎（1）‎ 又∵{Bn}在方向向量为（1，6）的直线上，‎ ‎ ‎ ‎（2）∵二次函数是开口向上，对称轴为的抛物线 179‎ 又因为在a6与a7两项中至少有一项是数列{an}的最小项，‎ ‎∴对称轴 ‎46．（本题满分14分）本题共2个小题,第1小题满分4分,第2小题满分10分 ‎ 解：（1）由知，点P的轨迹E是以F1、F2为焦点的双曲线右支，由，故轨迹E的方程为…………4分 ‎ （2）当直线l的斜率存在时，设直线方程为，与双曲线方程联立消y得，‎ ‎ ‎ ‎ 解得k2 >3 ………………………………………………………………………………5分 ‎ （i）‎ ‎ ‎ ‎ ，‎ ‎ 故得对任意的 ‎ 恒成立，‎ ‎ ‎ ‎ ∴当m =－1时，MP⊥MQ.‎ ‎ 当直线l的斜率不存在时，由知结论也成立，‎ ‎ 综上，当m =－1时，MP⊥MQ. ……………………………………………………8分 ‎ （ii）是双曲线的右准线，……………………………9分 ‎ 由双曲线定义得：，‎ 179‎ ‎ 方法一：‎ ‎ ………10分 ‎ ，…………………………………………12分 ‎ 注意到直线的斜率不存在时，，‎ ‎ 综上， ………………………………………………………………14分 ‎ 方法二：设直线PQ的倾斜角为θ，由于直线PQ与双曲线右支有二个交点，‎ ‎ ，过Q作QC⊥PA，垂足为C，则 ‎ …………12分 ‎ 由 ‎ 故： ………………14分 ‎47．（本题满分16分）本题共3个小题,第1小题满分4分,第2小题满分6分，第3小题满分6分 解：………1分 ‎ （1）是函数f(x)的两个极值点，‎ ‎ ………………………………………………………………2分 ‎ ………………………3分 ‎ …………………………………………………………4分 ‎ （2）∵x1、x2是 f(x)是两个极值点，‎ ‎∴x1、x2是方程的两根.‎ ‎∵△= 4b2 + 12a3， ∴△>0对一切a > 0，恒成立.‎ 179‎ ‎ ……………………6分 由 ………………7分 ‎ ………………………………………… 8分 令 在（0，4）内是增函数；‎ ‎ ∴h (a)在（4，6）内是减函数.‎ ‎∴a = 4时，h(a)有极大值为96，上的最大值是96，‎ ‎∴b的最大值是 …………………………………………………………………10分 ‎ （3）证法一：∵x1、x2是方程的两根，‎ ‎，…………………………………………………… 12分 ‎ ………… 14分 ‎ ……………………………………16分 证法二：∵x1、x2是方程的两根，‎ ‎.…………………………………………………… 12分 ‎∵x1 < x < x2，‎ ‎ ………………………………………………… 14分 179‎ ‎ ‎ ‎……………………………………………16分 ‎48．（14分）解：设2，f(a1), f(a2), f(a3),……，f(an),2n+4的公差为d，则 ‎2n+4=2+(n+2－1)dd=2,…………………………（2分）‎ ‎……………………（4分）‎ ‎ （2），‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎49．解：（I）‎ ‎（II）渐近线为设 ‎，‎ 179‎ 代入化简 ‎（III）假设在轴上存在定点使，‎ 设联立与的方程得 故 由 ‎∴（3）即为，将（4）代入（1）（2）‎ 有代入（5）得 故在轴上存在定点使。‎ ‎50．解：（Ⅰ）因为,所以即,所以a=－2.‎ ‎(Ⅱ)因为直线恒过点（0，9）.‎ 先求直线是y=g(x) 的切线.设切点为,因为.‎ 所以切线方程为,将点（0，9）代入得.‎ 当时，切线方程为y=9, 当时，切线方程为y=12x+9.‎ 由得，即有 当时，的切线，‎ 当时， 的切线方程为是公切线，‎ 又由得或，‎ 当时的切线为，‎ 当时的切线为，，不是公切线 综上所述 时是两曲线的公切线 ‎(Ⅲ).（1）得，当，不等式恒成立，.‎ 当时，不等式为，‎ 而 当时，不等式为， ‎ 179‎ 当时,恒成立，则 ‎（2）由得 当时，恒成立，，当时有 ‎ 设=，‎ 当时为增函数，也为增函数 要使在上恒成立，则 由上述过程只要考虑，‎ 则当时=‎ 在时，在时在时有极大值即在上的最大值，又，即而当,时，一定成立 综上所述.‎ 参考答案：‎ ‎51．解：（1）由条件知 恒成立 又∵取x=2时，与恒成立 ‎∴ …………4分 ‎（2）∵ ∴ ∴ ……2分 又 恒成立，即恒成立 ‎∴， …………2分 解出：‎ ‎∴ …………2分 ‎（3）由分析条件知道，只要图象（在y轴右侧）总在直线 上方即可，也就是直线的斜率小于直线与抛物线相切时的斜率位置，于是：‎ ‎ 利用相切时△=0，解出 …………4分 179‎ ‎∴ …………2分 解法2：必须恒成立 即 恒成立 ‎①△<0，即 [4(1－m)]2－8<0，解得： ……2分 ‎② 解出： …………2分 总之，‎ ‎52．证明：（1）必要性 若{bn}为等差数列，设首项b1，公差d 则 ‎∵ ∴{an}为是公差为的等差数列 ……4分 充分性 若{an}为等差数列，设首项a1，公差d 则 ‎∴‎ 当n=1时，b1=a1也适合 ‎∵bn+1－bn=2d， ∴{bn}是公差为2d的等差数列 …………4分 ‎ （2）结论是：{an}为等差数列的充要条件是{cn}为等差数列且bn=bn+1‎ 其中 （n=1，2，3…） …………4分 ‎53（本小题满分12分）‎ 解: (I),即前3局甲2胜1平. ……………………………………………1分 由已知甲赢的概率为,平的概率为,输的概率为, ………………………….2分 得得概率为 ………………………………………………5分 ‎(II) 时, ,且最后一局甲赢, ……………………………………...6分 ‎； ……………………………………………8分 的分布列为 179‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎ ‎ ‎ ………………………………………10分 ‎∴ ……………………………………12分 ‎54（本小题满分12分）‎ 解：（I）由得， ∴.‎ ‎∴ 直线的斜率为，‎ 故的方程为， ∴点A的坐标为（1，0）.‎ 设 ，则（1，0），，，‎ 由得，‎ 整理，得. ‎ ‎∴动点的轨迹C为以原点为中心，焦点在轴上，长轴长为，短轴长为2的椭圆.‎ ‎(II)如图，由题意知的斜率存在且不为零，‎ 设方程为 ①，‎ 将①代入，整理，得 ‎，由得 设、，则 ②‎ 令， 则，‎ 由此可得 ，，且.‎ 由②知 ，‎ 179‎ ‎.‎ ‎∴ , 即 ‎∵ ，∴ ，‎ 解得 ‎ 又∵， ∴，‎ ‎∴OBE与OBF面积之比的取值范围是（， 1）.‎ ‎55(1)设 则相减得 ‎ 则 即故 由双曲线定义知离心率 ‎ (2)由上知椭圆离心率为.故 则或 当时,椭圆方程为.‎ 当时,椭圆方程为.而此时在椭圆外. 故舍去.‎ 则所求椭圆方程为.‎ ‎ (3)由题设知.椭圆 得有 故 又由(2)知 即故的范围是.‎ 179‎ 则长轴的范围是.‎ ‎56、解：(1)‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴数列是等差数列，首项公差d=4‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴…………（4分）‎ ‎(2)由 得 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 若为等差数列，则 ‎∴‎ ‎(3)‎ ‎∴‎ 179‎ ‎∴‎ ‎……………………12分 ‎57、解：（1）‎ ‎ ‎ ‎ （2）‎ ‎ ‎ ‎58、解：（Ⅰ）设P（x，y）是函数图象上的任意一点，它在函数图象上的对应点，则由平移公式，得 …………2分 ‎ ∴ 代入函数中，得 ‎ ………………2分 ‎ ∴函数的表达式为 …………1分 ‎（Ⅱ）函数的对称轴为 ‎①当时，函数在[]上为增函数，‎ ‎∴ ………………2分 ‎②当时，‎ 179‎ ‎∴‎ 当且仅当时取等号； …………2分 ‎③当时，函数在[]上为减函数，‎ ‎∴ …………2分 综上可知，‎ ‎∴当时，函数的最大值为 ‎ ‎59、（1）证明：过B1点作B1O⊥BA。∵侧面ABB1A1⊥底面ABC ‎∴A1O⊥面ABC ∴∠B1BA是侧面BB1与底面ABC倾斜角 ‎∴∠B1BO= 在Rt△B1OB中，BB1=2，∴BO=BB1=1‎ 又∵BB1=AB，∴BO=AB ∴O是AB的中点。‎ 即点B1在平面ABC上的射影O为AB的中点 …………4分 ‎ （2）连接AB1过点O作OM⊥AB1，连线CM，OC，‎ ‎∵OC⊥AB，平面ABC⊥平面AA1BB1 ∴OC⊥平面AABB。‎ ‎∴OM是斜线CM在平面AA1B1B的射影 ∵OM⊥AB1‎ ‎∴AB1⊥CM ∴∠OMC是二面角C—AB1—B的平面角 在Rt△OCM中，OC=，OM=‎ ‎∴∠OMC=cosC+sin2‎ ‎∴二面角C—AB1—B的大小为 …………8分 ‎ （3）过点O作ON⊥CM，∵AB1⊥平面OCM，∴AB1⊥ON ‎∴ON⊥平面AB1C。∴ON是O点到平面AB1C的距离 连接BC1与B1C相交于点H，则H是BC1的中点 ‎∴B与C1到平面ACB1的相导。‎ 又∵O是AB的中点 ∴B到平面AB1C的距离 179‎ 是O到平面AB1C距离的2倍 是G到平面AB1C距离为 …………12分 ‎60、解：（1）证明取SC的中点R，连QR, DR.‎ 由题意知：PD∥BC且PD=BC; ‎ QR∥BC且QP=BC,‎ QR∥PD且QR=PD.‎ PQ∥DR, 又PQ面SCD,‎ PQ∥面SCD. …………（6分）‎ ‎ （2）法一：连接SP，‎ ‎ .‎ ‎ ‎ ‎. ，‎ ‎ …………（12分）‎ ‎（2）法二：以P为坐标原点，PA为x轴，PB为y轴，PS为z轴建立空间直角坐标系，‎ 则S（），B（）,C（），Q（）.‎ ‎ 面PBC的法向量为（）,设为面PQC的一个法向量，‎ ‎ 由，‎ cos，‎ ‎ …………（12分）‎ 179‎ 参考答案：‎ ‎61.（本小题满分16分）‎ ‎（1）解：设等差数列{an}的公差是d，则a1+2d=4，3a1+3d=18，解得a1=8，d=－2，‎ 所以……………………………………2分 由=－1＜0‎ 得适合条件①；‎ 又所以当n=4或5时，Sn取得最大值20，即Sn≤20，适合条件②‎ 综上，{Sn}∈W………………………………………………4分 ‎（2）解：因为 所以当n≥3时，，此时数列{bn}单调递减；‎ 当n=1，2时，，即b1＜b2＜b3，因此数列{bn}中的最大项是b3=7‎ 所以M≥7………………………………………………8分 ‎（3）解：假设存在正整数k，使得成立 由数列{cn}的各项均为正整数，可得 因为 由 因为 ‎……………………依次类推，可得 179‎ 设 这显然与数列{cn}的各项均为正整数矛盾！‎ 所以假设不成立，即对于任意n∈N*,都有成立.( 16分) ‎ ‎62．（本题满分14分）数列和数列（）由下列条件确定：‎ ‎（1），；（2）当时，与满足如下条件：当时，，；当时，，.‎ 解答下列问题：（Ⅰ）证明数列是等比数列；‎ ‎（Ⅱ）记数列的前项和为，若已知当时，，求.‎ ‎（Ⅲ）是满足的最大整数时，用，表示满足的条件.‎ 解：（Ⅰ）当时，，‎ 当时，，‎ 所以不论哪种情况，都有，又显然，故数列是等比数列.…（4分）‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，故，‎ ‎，所以 所以，，…（7分）‎ 又当时，，故.（8分）‎ ‎（Ⅲ）当时，，由（2）知不成立，故，从而对于，有，，于是，故，…………（10分）‎ 若，则，‎ ‎，所以，这与是满足的最大整数矛盾.因此是满足的最小整数.（12分）‎ 而，‎ 因而，是满足的最小整数.（14分）‎ 179‎ ‎63. (1) 　　当a≥0时，在[2，＋∞)上恒大于零，即，符合要求； 2分 当a＜0时，令，g (x)在[2，＋∞)上只能恒小于零 　　故△＝1＋4a≤0或，解得：a≤ 　　∴a的取值范围是 6分 ‎(2)a = 0时， 　　当0＜x＜1时，当x＞1时，∴ 8分 ‎(3)反证法：假设x1 = b＞1，由， ∴ 　　故 　　　，即　　① 　　又由(2)当b＞1时，，∴ 　　与①矛盾，故b≤1，即x1≤1，同理可证x2≤1，x3≤1，…，xn≤1(n∈N*) 14分 ‎64．解：（Ⅰ）。依题意则有：‎ ‎，所以，解得，所以； ‎ ‎，由可得或。‎ 在区间上的变化情况为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ 增函数 ‎4‎ 减函数 ‎0‎ 增函数 ‎4‎ 所以函数在区间上的最大值是4，最小值是0。‎ ‎（Ⅱ）由函数的定义域是正数知，，故极值点不在区间上；‎ ‎（1）若极值点在区间，此时，在此区间上的最大值是4，不可能等于；故在区间上没有极值点；‎ 179‎ ‎（2）若在上单调增，即或，‎ 则，即，解得不合要求；‎ ‎（3）若在上单调减，即，则，‎ 两式相减并除得：， ① ‎ 两式相除并开方可得，‎ 即，整理并除以得：， ②‎ 则①、②可得，即是方程的两根，‎ 即存在，满足要求；‎ ‎（Ⅲ）同（Ⅱ），极值点不可能在区间上；‎ ‎（1）若极值点在区间，此时，‎ 故有①或②‎ ‎①由，知，，当且仅当时，；‎ 再由，知，，当且仅当时，‎ 由于，故不存在满足要求的值。‎ ‎②由，及可解得，‎ 所以，知，；‎ 即当时，存在，，‎ 且，满足要求。‎ ‎（2）若函数在区间单调递增，则或，‎ 且，故是方程的两根，‎ 由于此方程两根之和为3，故不可能同在一个单调增区间；‎ 179‎ ‎（3）若函数在区间单调递减，即，，‎ 两式相除并整理得，由知，即，‎ 再将两式相减并除以得，，‎ 即。即，是方程的两根，‎ 即存在，满足要求。‎ 综上可得，当时，存在两个不等正数，使时，函数的值域恰好是。‎ ‎65．解：（1）‎ ‎（2） ‎ —得，即：，‎ 所以，所以 ‎（3）由（2）得：，‎ 所以是单调递增数列，故要证：只需证 若，则显然成立；若，则，‎ 所以，因此：‎ 所以，所以。‎ 179‎ ‎66、（1）函数的定义域为. 1分 由得; 2分 ‎ 由得, 3分 则增区间为,减区间为. 4分 ‎(2)令得,由(1)知在上递减,在上递增, 6分 由,且, 8分 时, 的最大值为,故时,不等式恒成立. 9分 ‎(3)方程即.记,则 ‎.由得;由得.‎ 所以在上递减;在上递增.‎ 而, 10分 所以,当时,方程无解;‎ 当时，方程有一个解;‎ 当时,方程有两个解;‎ 当时,方程有一个解;‎ 当时,方程无解. 13分 综上所述,时,方程无解;‎ 或时,方程有唯一解;‎ 时,方程有两个不等的解. 14分 ‎67、解：（1）当.…（1分）‎ ‎ ……（3分）‎ ‎∴的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为：，. ‎ ‎……（4分）‎ ‎（2）切线的斜率为， ‎ ‎∴ 切线方程为.……（6分）‎ ‎ 所求封闭图形面积为 ‎. ‎ ‎……（8分）‎ 179‎ ‎（3）， ……（9分）‎ ‎ 令. ……（10分）‎ 列表如下：‎ x ‎(－∞，0)‎ ‎0‎ ‎（0，2－a）‎ ‎2－a ‎(2－a，+ ∞)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎↘‎ 极小 ‎↗‎ 极大 ‎↘‎ 由表可知，. ……（12分）‎ 设，‎ ‎∴上是增函数，……（13分）‎ ‎ ∴ ，即，‎ ‎∴不存在实数a，使极大值为3. ……（14）‎ ‎68、解：（1）由 （2分）‎ ‎ 由直线 所以椭圆的方程是 （4分）‎ ‎（2）由条件，知|MF2|=|MP|。即动点M到定点F2的距离等于它到直线的距离，由抛物线的定义得点M的轨迹C2的方程是。 （8分）‎ ‎（3）由（2），知Q（0，0）。设 所以当 故的取值范围是。 ‎ ‎69、解：（1）由已知，点P在椭圆上 ‎∴有 ①┉┉┉┉┉┉┉┉1分 179‎ 又，M在y轴上，‎ ‎∴M为P、F2的中点，┉┉┉┉┉┉┉┉2分 ‎∴.┉┉┉┉┉┉┉┉3分 ‎∴由， ②┉┉┉┉┉┉┉┉4分 解①②,解得（舍去），∴‎ 故所求椭圆C的方程为。┉┉┉┉┉┉┉┉6分 ‎（2）∵点关于直线的对称点为，‎ ‎∴┉┉┉┉┉┉┉┉8分 解得┉┉┉┉┉┉┉┉10分 ‎∴┉┉┉┉┉┉┉┉11分 ‎∵点P在椭圆C:上，∴∴。‎ 即的取值范围为［－10，10］。┉┉┉┉┉┉┉┉12分 ‎70、解:(Ⅰ)因为，所以有 所以为直角三角形；…………………………2分 则有 所以，…………………………3分 又，………………………4分 在中有 即，解得 所求椭圆方程为…………………………6分 179‎ ‎ (Ⅱ)‎ 从而将求的最大值转化为求的最大值…………………………8分 是椭圆上的任一点，设，则有即 又，所以………………………10分 而,所以当时，取最大值 故的最大值为…………………………12分 参考答案：‎ ‎71解：（Ⅰ）由已知得 ‎ ‎ ‎ …………4分 ‎ （Ⅱ）设P点坐标为（x，y）（x＞0），由得 ‎ ， …………5分 ‎ ‎ ∴ 消去m，n可得 ‎ ，又因 8分 ‎ ‎∴ P点的轨迹方程为 ‎ ‎ 它表示以坐标原点为中心，焦点在轴上，且实轴长为2，焦距为4的双曲线 的右支 …………9分 ‎（Ⅲ）设直线l的方程为，将其代入C的方程得 ‎ 即 ‎ ‎ 易知（否则，直线l的斜率为，它与渐近线平行，不符合题意）‎ ‎ 又 ‎ ‎ 设，则 179‎ ‎ ∵ l与C的两个交点在轴的右侧 ‎ ‎ ‎ ∴ ，即 ‎ 又由 同理可得 …………11分 ‎ 由得，∴‎ ‎ 由得 ‎ 由得 消去得 ，解之得： ，满足 …………13分 故所求直线l存在，其方程为：或 …………14分 ‎72.‎ 179‎ ‎73解: (Ⅰ)当时， ，则 ‎． ……………………………2分 当时， ． ……………………………3分 ‎ …………………………4分 ‎(Ⅱ)当时，． ………5分 ‎ (1)当，即时，‎ 当时，， 当时，，‎ 179‎ 在单调递增，在上单调递减，‎ ‎． ……………………………7分 ‎(2)当，即时，，在单调递增．‎ ‎， ……………………………9分 ‎ ……………………………10分 ‎(Ⅲ) 要使函数在上恒有，必须使在上的最大值．‎ 也即是对满足的实数，的最大值要小于或等于． ………………11分 ‎（1）当时，，此时在上是增函数，‎ 则． ，解得． ………① ………………12分 ‎（2）当时，，此时，在上是增函数， 的最大值是．，解得．………② ……………………………13分 由①、②得实数的取值范围是． ……………………………14分 ‎74解：（Ⅰ）设椭圆的方程为：，则．……①……1分 当垂直于轴时，两点坐标分别是和，‎ ‎，则，即．………② …3分 由①，②消去，得．或（舍去）．‎ 当时，．因此，椭圆的方程为．……………………………5分 ‎（Ⅱ）设存在满足条件的直线．‎ ‎(1)当直线垂直于轴时，由（Ⅰ）的解答可知，焦点到右准线的距离为，此时不满足 179‎ ‎．‎ 因此，当直线垂直于轴时不满足条件． ……………………………7分 ‎（2）当直线不垂直于轴时，设直线的斜率为，则直线的方程为．‎ 由，‎ 设两点的坐标分别为和，则，．‎ ‎ ． ……………………9分 又设的中点为，则．‎ 当为正三角形时，直线的斜率为．‎ ‎，．‎ ‎…………………………11分 当为正三角形时，，即＝，‎ 解得，． …………………………13分 因此，满足条件的直线存在，且直线的方程为或．……14分 ‎75解：（Ⅰ），，……………3分 又，数列是首项为，公比为的等比数列．……5分 ‎，　即.　　　　　　　　 　　………………6分 ‎（Ⅱ）．‎ ‎． ………………9分 179‎ ‎（Ⅲ）， ． ……………………10分 当时，则 ‎．‎ ‎， 对任意的，． ………………………14分 ‎76、（1）‎ 所以切线方程为 ‎（2）‎ 当时，‎ 当时，‎ ‎（3）当时，‎ ‎1‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ 增 极大值 减 极小值 增 ‎77、（1）时，，‎ ‎，，………………………2分 又 所以切线方程为………………………2分 179‎ ‎（2）1°当时，，则 令，，‎ 再令，‎ 当时，∴在上递减，‎ ‎∴当时，，‎ ‎∴，所以在上递增，，‎ 所以……………………5分 ‎2°时，，则 由1°知当时，在上递增 当时，，‎ 所以在上递增，∴‎ ‎∴；………………………5分 由1°及2°得：………………………1分 ‎78、解：（I）依题意知：直线是函数在点（1，0）处的切线，故其斜率所以直线的方程为 又因为直线与的图像相切 所以由 得 ‎ （Ⅱ）因为所以 当时， 当时， ‎ 因此，在上单调递增，在上单调递减。‎ 因此，当时，取得最大值 ‎（Ⅲ）当时，，由（Ⅱ）知：当时，，即因此，有即 ‎79、 (1)法一：由已知………………………………1分 ‎ 设，则，……………………………1分 ‎ ，………………………1分 179‎ ‎ 由得，，‎ 解得………………………2分 法二：记A点到准线距离为，直线的倾斜角为，‎ 由抛物线的定义知，………………………2分 ‎∴，‎ ‎∴………………………3分 ‎（2）设，，‎ 由得，………………………1分 首先由得且 ‎，同理……………………2分 由得，…………………………2分 即：，‎ ‎ ∴，…………………………2分 ‎，得且，‎ 由且得，‎ 的取值范围为…………………………3分 ‎80. ‎ 解析：（1）设动圆心P(x,y)‎ 因为动圆P与定园F内切，则       ‎ 若则 若则 ‎ 179‎ 故动圆心P的轨迹是以F为焦点，为准线的抛物线,‎ 其方程为：                                       ……4分 ‎(2) ①当直线m的斜率存在， 由 设则        ‎ 而 若则无解，此时不存在。       ……8分 当直线m的斜率不存在时，则，显然成立. ‎ 故存在直线m使成立.此时直线m:             ……9分 ‎②当直线m的斜率存在时，由①‎ 当直线m的斜率不存在时，‎ ‎             ‎ ‎ 故对于任意的直线m,为定值.                      ……13分 ‎ ‎ 179‎ 参考答案：‎ ‎81 解：⑴由题意知：，‎ 设函数图象上的任意一点关于原点的对称点为P（x,y）, ‎ 则，……………………4分 因为点 ‎ ‎⑵‎ 连续，恒成立……9分 即，………………..10分 由上为减函数，………………..12分 当时取最小值0，………………..13分 故 另解：，‎ ‎，解得 ‎82（1）由已知，‎ ‎ 公差 ………1分 ‎ ………2分 ‎＝ ………4分 由已知………5分 所以公比，………6分 ‎………7分 179‎ ‎（2）设…8分 所以当时，是增函数。………10分 又，所以当时，………12分 又，………13分 所以不存在，使。………14分 ‎83．本小题考查等差数列通项与前n项和关系以及数列与不等式相结合的有关问题。‎ 解法：（1）证明：∵ …………（1分）‎ ‎∴，∴，∴ ……………（3分）‎ ‎∴， ………………（5分）‎ 数列为首项，以2为公差的等差数列。（6分）‎ ‎（2）由（1）知，∴ ∴ ………（7分）‎ 设，则 ‎ …………（10分）‎ ‎∴上递增，要使恒成立，只需 ‎∵，∴ ………………（12分）‎ ‎84．本小题考查椭圆简单几何性质、直线与椭圆的位置关系及向量知识的应用，‎ ‎ 解：（1）由于，‎ 解得，从而所求椭圆的方程为………………（3分）‎ ‎ 三点共线，而点N的坐标为（－2，0）.‎ 179‎ 设直线AB的方程为，其中k为直线AB的斜率，依条件知k≠0.‎ 由消去x得，即 根据条件可知 解得………………（5分）‎ 设，则根据韦达定理，得 又由 ‎ ‎ 从而 消去 ‎ 令，则 由于 上的减函数，‎ 从而，即， ‎ ‎，，而 因此直线AB的斜率的取值范围是………………（7分）‎ ‎（2）上半椭圆的方程为，求导可得 ‎ 所以两条切线的斜率分别为……（8分）‎ ‎[解法一]：切线PA的方程是.又，‎ 179‎ 从而切线PA的方程为，同理可得切线PB的方程为 ‎ 由 可解得点P的坐标 ‎ 再由 ‎ ‎∴ ……………………（11分）‎ 又由（1）知 ，∴‎ 因此点P在定直线上，并且点P的纵坐标的取值范围是[1，] ……（12分）‎ ‎[解法二]：设点P的从标为，则可得切线PA的方程是 而点在此切线上，所以有，即 …（9分）‎ 所以有 ， ①‎ 同理可得 ②‎ 根据①和②可知直线AB的方程为 而直线AB过定点N（－2，0），∴，直线AB的方程为 ‎ ‎∴ ………………………………（11分0‎ 又由（1）知 ，所以有 因此点P在定直线上，并且点P的纵坐标的取值范围是 ……（12分）‎ ‎85．本小题考查利用导数研究函数的单调区间以及用导数的方法讨论方程根的情况。‎ 解：（1）函数的定义域是 179‎ 对求导得 …………（2分）‎ 由 ，由 因此 是函数的增区间；‎ ‎（－1，0）和（0，3）是函数的减区间 ………………（5分）‎ ‎（2）[解法一]：因为 所以实数m的取值范围就是函数的值域 …………（6分）‎ 对 令 ‎∴当x=2时取得最大值，且 又当x无限趋近于0时，无限趋近于无限趋近于0，‎ 进而有无限趋近于－∞.因此函数的值域是 ‎ 即实数m的取值范围是 ………………（9分）‎ ‎[解法二]：方程有实数根等价于直线与曲线y=lnx有公共点，并且当直线与曲线y=lnx相切时，m取得最大值. ……（6分）‎ 设直线相切，切点为求导得 ‎，解得 ‎ 所以m的最大值是。而且易知当与曲线y=lnx总有公共点。‎ 因此实数m的取值集合是 ………………（9分）‎ ‎（3）结论：这样的正数k不存在。 ………………（10分）‎ 下面采用反证法来证明：假设存在正数k，使得关于x的方程 有两个不相等的实数根，则 179‎ ‎ …………（11分）‎ 根据对数函数定义域知都是正数。‎ 又由（1）可知，当 ‎ ‎∴=‎ 再由k>0，可得 由于 不妨设 ，由①和②可得 ‎ 利用比例性质得 ‎ 即 …………（13分）‎ 由于上的恒正增函数，且 ‎ 又由于 上的恒正减函数，且 ∴‎ ‎∴，这与（*）式矛盾。‎ 因此满足条件的正数k不存在 ……………………（14分）‎ ‎86、 (Ⅰ)设直线方程为，代入得 设，则有 而,‎ 故 179‎ 即，得，焦点.‎ ‎(Ⅱ)设，由得 所以 而，可得 又的中点坐标为，‎ 当时，利用有 整理得，.‎ 当时，的坐标为,也满足.‎ 所以即为动点的轨迹方程.‎ ‎87、解析：(1)由题意可知且，解得，‎ 椭圆的方程为；‎ ‎（2）由（1）得，所以.假设存在满足题意的直线，设的方程为 ‎，代入，得，‎ 设，则 ①，‎ ‎，‎ 而的方向向量为,‎ ‎; 当时,,即存在这样的直线;当时,不存在,即不存在这样的直线 ‎88、解：（1）依题意，设椭圆方程为，则其右焦点坐标为 ‎ ， ………… 1分 由，得，‎ 即，解得。 ………… 3分 179‎ ‎ 又 ∵ ，∴ ，即椭圆方程为。 ……4分 ‎（2）由知点在线段的垂直平分线上，‎ 由消去得 即 （*） ………… 6分 由，得方程（*）的，即方程（*）有两个不相等的实数根。‎ ‎…………7分 设、，线段的中点，‎ 则，，‎ ‎ ，即 ……… 9分 ‎，∴直线的斜率为，……………10分 由，得， …………………… 11分 ‎∴ ，解得：，即， …… 12分 又，故 ，或，‎ ‎∴ 存在直线满足题意，其倾斜角，或。…………… 13分 ‎89、解：‎ ‎90、解：(Ⅰ)由已知得，又，‎ 179‎ ‎ 即． …………………………（2分）‎ ‎ ，公差．‎ ‎ 由，得 …………………………（4分）‎ ‎ ‎ 即．解得或(舍去)．‎ ‎ ． …………………………（6分）‎ ‎(Ⅱ)由得 ‎ …………………………（8分）‎ ‎ …………………………（9分）‎ ‎ 是等差数列．‎ 则 ‎ ………………………(11分)‎ ‎ ……………………(12分)‎ 参考答案：‎ ‎91．解：（1）令a=b=1 求得 2分 ‎ 又 ∴ 5分 ‎ （2） ，∴ .‎ ‎ 令 ， ∴， 9分 179‎ ‎ ∴ 数列 是以公差d= 的等差数列 12分 ‎ ∴ ， ∴，∴ 14分 ‎92．解：（1）充分性：若 ∴a=b=0 ∴ 对任意的都有 ‎ ∴为奇函数，故充分性成立. 2分 ‎ 必要性：若为奇函数 ‎ ‎ 则对任意的都有恒成立，‎ 即 ‎ 令x=0 ，得b=0；令x=a ，得a=0 。∴ 6分 ‎（2）由＜＜0，当x=0时取任意实数不等式恒成立 ‎ 当0＜x≤1时 ＜0恒成立，也即＜＜恒成立 令在0＜x≤1上单调递增，∴＞ 10分 ‎ 令 ， 则在上单调递减，单调递增 当＜时 在0＜x≤1上单调递减 ‎∴ ＜。∴＜ ＜ 。 12分 当≤＜时， ≥，‎ ‎∴＜，∴ ＜ ＜ 14分 ‎93．解：（1），对恒成立，‎ 又恒成立，对恒成立，又，‎ ‎（2）由得：，‎ 不妨设，则q，r恰为方程两根，由韦达定理得：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③而 179‎ 设，求导得：‎ 当时，递增；当时，递减；‎ 当时，递增，‎ 在上的最小值为 ‎（3）如果，则 在为递增函数，‎ 又，‎ ‎94．（1）由c=1知B（0，1），∵， ∴‎ 即 点C在单位圆上，∴‎ 设双曲线E的方程为 ‎ 由点C的双曲线E上，半焦距c=1有： ‎ 所以双曲线E的方程为：‎ ‎（2）证明：∵A1（－c，0），B（0，c），由 ‎ 设双曲线E的方程为 ∴ ‎ ‎①代入②，化简整理得 ‎ 解得 ‎ 又 ∴，即双曲线E的离心离是与c无关的常数。‎ ‎（3）假设存在实数有 179‎ 点F点C，F都在双曲线E上，故有 由③得⑤‎ ‎⑤代入④得 即 故存在实数恒成立.‎ ‎95．（1）由题意及导数的几何意义得①‎ ‎②‎ 又 由①得③‎ 将c=－a－2b代入②得有实根，‎ 故判别式④‎ 由③、④得 ‎（2）由 知方程有两个不等实根，设为x1，x2，‎ 又由（*）的一个实根，‎ 则由根与系数的关系得 当x＜x2，或x＞x1时，‎ 故函数f（x）的递增区间为[x2，x1]，由题设知[x2，x1]=[s，t]，‎ 因此 ‎（3）由 因此a＜0，得 179‎ 设的一次函数，由题意，‎ 恒成立故 由题意 ‎96．（1）∵，∴恒成立知：‎ ‎，‎ ‎∴a=1，从而 ‎（2）由（1）知 由在[－2，2]上是单调函数知：‎ ‎（3）∵是偶函数，∴为增函数，对于，‎ 当 ‎ ‎，∴是奇函数，且是在上为增函数，‎ 当mn<0，m、n异号，‎ ‎ ∴‎ ‎，∴‎ 综上可知 ‎97、解：（1）设P点坐标为，则，化简得，‎ 所以曲线C的方程为；‎ ‎（2）曲线C是以为圆心，为半径的圆 ，曲线也应该是一个半径为的圆，点关于直线的对称点的坐标为，所以曲线的方程为，‎ 该圆的圆心到直线的距离为 ，‎ ‎，或，所以，，或。‎ 179‎ ‎98. ‎ ‎⑴解:设 ，‎ ‎ 即 …………………………… (2分)‎ ‎ 故 …………………………… (4分)‎ ‎∴ ………(5分)‎ 又 ……………………………………………………………………(6分)‎ 故存在是等比数列 ……………(7分)‎ ‎⑵证明：由⑴得 ∴，‎ 故 ……………………………………………… (8分)‎ ‎∵ ………………………… (9分)‎ ‎∴‎ ‎ ……………………………………（11分）‎ 现证.‎ 当，‎ 故时不等式成立 ………………………………………………（12分）‎ 当得 ‎，且由，‎ ‎∴ …………………………………… （14分）‎ ‎99、解：（I）依题意，‎ 故 ‎ 当时，‎ ‎ ‎ ‎①-②得：‎ 故为等比数列，且，‎ 即是等差数列 ‎（Ⅱ）由（I）知， ‎ ‎ ‎ 179‎ ‎（Ⅲ）‎ ‎ 当时，取最小值 ‎ 依题意有 ‎ 解得 ‎ 故所求整数的取值集合为{0，1，2，3，4，5}‎ ‎100、解：（I）由已知得 ‎ 又 是以为首项，以为公比的等比数列.‎ ‎（II）由（I）知，‎ 将以上各式相加得：‎ ‎ ‎ ‎（III）解法一：‎ 存在，使数列是等差数列.‎ 数列是等差数列的充要条件是、是常数 179‎ 即 又 当且仅当，即时，数列为等差数列.‎ 解法二：‎ 存在，使数列是等差数列.‎ 由（I）、（II）知，‎ 又 当且仅当时，数列是等差数列.‎ ‎ ‎ 179‎