高考数学压轴题黄冈压轴100题 173页

2017 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.................................................................................................................................................................................. 11 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....................................................................................................................................................................21 8.数列的概念与性质..................................................................................................................................................................31 9. Sn 与 an 的关系......................................................................................................................................................................37 10.创新型数列............................................................................................................................................................................40 11.数列—不等式........................................................................................................................................................................42 12．数列与解析几何.................................................................................................................................................................45 13．椭圆.....................................................................................................................................................................................47 14.双曲线....................................................................................................................................................................................51 15.抛物线....................................................................................................................................................................................54 16 解析几何中的参数范围问题.............................................................................................................................................56 17 解析几何中的最值问题.....................................................................................................................................................62 18 解析几何中的定值问题.......................................................................................................................................................65 19 解析几何与向量.............................................................................................................................................................68 20 探索问题...............................................................................................................................................................................75 （1） 2a b c   … ，..........................................................................................................................................................106 （2） 2a b c    ...............................................................................................................................................................107 1.二次函数 1. 对于函数 2( ) ( 1) 2 ( 0)f x ax b x b a      ，若存在实数 0x ，使 0 0( )f x x 成立，则称 0x 为 ( )f x 的 不动点． （1）当 2, 2a b   时，求 ( )f x 的不动点； （2）若对于任何实数b ，函数 ( )f x 恒有两 个相异的不动点，求实数 a 的取值范围； （3）在(2)的条件下，若 ( )y f x 的图象上 ,A B 两点的横坐标是函数 ( )f x 的不动点，且直线 2 1 2 1y kx a    是线段 AB 的垂直平分线，求实数b 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： 2( ) ( 1) 2 ( 0)f x ax b x b a      ， （1）当 2, 2a b   时， 2( ) 2 4f x x x   ． 设 x 为其不动点，即 22 4x x x   ，则 22 2 4 0x x   ．所以 1 21, 2x x   ，即 ( )f x 的不动点是 1,2 . （2）由 ( )f x x 得 2 2 0ax bx b    . 由已知，此方程有相异二实根，所以 2 4 ( 2) 0a b a b     ，即 2 4 8 0b ab a   对任意b R 恒成立． 20, 16 32 0b a a     ， 0 2a   ． （3）设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，直线 2 1 2 1y kx a    是线段 AB 的垂直平分线， 1k   ． 记 AB 的中点 0 0( , )M x x ，由(2)知 0 2 bx a   ． 2 1 2( ) 2 0, bf x x ax bx b x x a           M 在 2 1 2 1y kx a    上， 2 1 2 2 2 1 b b a a a     化简得： 2 1 1 2 12 1 412 2 2          ab a a aa a ，当 2 2a  时，等号成立． 即 2 2, ,4 4b b           例 2 已知函数   2 4 2f x ax x   ，若对任 意 1x ， 2x R 且 1 2x x ，都有    1 21 2 2 2 f x f xx xf      ． （Ⅰ）求实数 a 的取值范围； （Ⅱ）对于给定的实数 a ，有一个最小的负数  M a ，使得  ,0x M a    时，  4 4f x   都成立， 则当 a 为何值时，  M a 最小，并求出  M a 的最小值． 解 ：（ Ⅰ ） ∵    1 21 2 2 2 f x f xx xf      2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 x x x x ax bx c ax bx ca b c                    2 1 2 04 a x x    ， ∵ 1 2x x ，∴ 0a  ．∴实数 a 的取值范围为 0, ． （Ⅱ）∵   2 2 2 44 2 2f x ax x a x a a           ，显然  0 2f   ，对称轴 2 0x a    。 （1）当 42 4a     ，即0 2a  时，   2 ,0M a a      ，且   4f M a     ． 令 2 4 2 4ax x    ，解 得 2 4 2ax a    ， 此 时  M a 取 较 大 的 根 ， 即   2 4 2 2 4 2 2 aM a a a        ， ∵ 0 2a  ， ∴   2 1 4 2 2 M a a      ． （2）当 42 4a     ，即 2a  时，   2M a a   ，且   4f M a    ． 令 2 4 2 4ax x   ， 解 得 2 4 6ax a    ， 此 时  M a 取 较 小 的 根 ， 即   2 4 6 6 4 6 2 aM a a a        ， ∵ 2a  ，∴   6 3 4 6 2 M a a      ． 当且仅当 2a  时，取等号． ∵ 3 1   ，∴当 2a  时，  M a 取得 最小值－3． 2 复合函数 1．已知 函数  f x 满足    1 2log 1a af x x xa   ，其中 0a ，且 1a 。 （1）对于函数  f x ，当  1,1x  时，    21 1 0f m f m    ，求实数 m 的取值范围； （2）当  ,2x  时，   4f x  的取值范围恰为 ,0 ，求 a 的取值范围。 解： 0)((1)(log 1 2   axxa axf a 且 )1a 设 xt alog ，则 tax  ∴ )(1)( 2 tt aaa atf  ∴ )(1)( 2 xx aaa axf  当 )1,0(a 时，∵ 012 a a xa  xa   ∴ )(xfy  在其定义域上 当 ),1( a 时，∵ 012 a a ， xa  ， xa   ∴ )(xfy  在其定义域上 ∴ 0a 且 1a ，都有 )(xfy  为其定义 域上的增函数 又∵ )()(1)( 2 xfaaa axf xx   ∴ )(xf 为奇函数 （1）∵ 当 )1,1(x 时， 0)1()1( 2  mfmf ∴ )1()1()1( 22  mfmfmf ∴         11 21111 111 2 2 mm mm m （2）当 )2,(x 时，∵ 4)()(  xfxF 在 )2,( 上 ，且值域为 )0,( ∴ 04)2()2(  fF 4)1(1 2 2 2  aaa a 41 1 2 4 2   a a a a aa 412  ∴ 32 a 例 2. 函数  f x 是  2 110 1xy x R   的 反函数，  g x 的图象与函数 4 3 1 xy x   的图象关于直线 1 xy 成轴对称图形，记      F x f x g x  。 （1）求  F x 的解析式及其定义域；（2）试问  F x 的图象上是否存在两个不同的点 A、B，使直线 AB 恰好与 y 轴垂直？若存在，求出 A、B 的坐 标；若不存在，说明理由。 解：（1） 1110 2  xy 1 2110  y x y yx   1 110 y yx   1 1lg ∴ )11(1 1lg)(   xx xxf ∵ )(xg 的图象与 1 34   x xy 的图象关于直线 1 xy 成轴对称图形 ∴ 1)( xg 的图象与 1 2311 34    x x x xy 的 图象关于直线 xy  对称 即： 1)( xg 是 1 23   x xy 的反函数 xyxy 23  3)2(  yxy 2 3   y yx ∴ 2 31)(   x xxg ∴ 2 1)(  xxg ∴ )11(2 1 1 1lg)()()(   xxx xxgxfxF （2）假设在 )(xF 的图象上存在不同 的两点 A、B 使得 ylAB  轴，即 Rc  使得方程 cxx x   2 1 1 1lg 有两不等实根 设 1 211 1   xx xt ，则t 在（ 1 ，1）上 且 0t ∴ t tx   1 1 ， 3 1 2 1   t t x ∴ Rc  使 得 方 程 ct tt   3 1lg 有 两 不 等 正 根 3 2)1(3 1lg   tct tct 设 )lg()( tth  ， 3 2)1()(  tct 由函数图象可知： Rc  ，方程 3 2)1(lg  tct 仅 有唯一正根∴ 不存在点 A、B 符合题意。 3. 设 Ra  且 ea ,0 为自然对数的 底数，函数 f（ x） .2)(,1 2 xx exaxgxe  （1）求证：当 1a 时， )()( xgxf  对一切非负实数 x 恒成立； （2）对于（0，1）内的任意常数 a，是否存在与 a 有关的正常数 0x ，使得 )()( 00 xgxf  成立？如 果存在，求出一个符合条件的 0x ；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 , 1 21)()(,0 2 xe xxaxgxfx  时 令 )1()(1 2)( 2 xx e axxh e xxaxh  0,1  xa ),0[)(,0)(  在xhxh 上单调递增， )()(1)0()( xgxfhxh  （2） 011 2)()( 0 02 000  xe xxaxgxf （1）， 需求一个 0x ，使（1）成立，只要求出 11 2)( 2  xe xxaxt 的最小值，满足 ,0)( min xt )ln,0()1()( a e axxt x  在 上↓ 在 上),ln(  a ↑， 1)1ln(ln2)ln()( 2 min  aaaaatxt 只需证明 )1,0(01)1(lnln2 2  aaaaa 在 内成立即可， 令 )(0)(ln2 1)(1)1ln(ln2)( 22 aaaaaaaa   为增函数 ,01)1ln(ln20)1()( 2  aaaaa  0))(( min  xt ，故存在与 a 有关的正常数 )10(ln0  aax 使（1）成立。 3.创新型函数 1. 在 R 上 定 义 运 算   1: 43p q p c q b bc       （ b 、 c 为 实 常 数 ）。 记   2 1 2f c   ，  2 2f b   ， R  .令      21f f f    . （Ⅰ）如果函数  f  在 1  处有极值 4 3  ,试确定 b、c 的值； （Ⅱ）求曲线  y f  上斜率为 c 的切线与该曲线的公共点； （Ⅲ）记      | 1 1g x f x x    的最大值为 M .若 M k 对任意的 b、c 恒成立，试示k 的最大值。 解：∵         2 3 2 1 2 1 13 3 43 3f x f x f x x c x b bc x bx cx bc            ∴   2 2f x x bx c     （Ⅰ）由  f x 在 1x  处有极值 4 3  ，可得     1 1 2 0 1 41 3 3 f b c f b c bc              ，解得 1 1 b c     或 1 3 b c     若 1 1b c  ， ，则    22 2 1 1 0f x x x x         ，此时  f x 没有极值； 若 1 3b c  ， ，则     2 2 3 1 3f x x x x x         。 当 x 变化时，  f x 、  f x 的变化情况如下表： x  3 ， 3  3 ，1 1 (1 ) ， ( )f x  0 + 0  ( )f x 单调递减 极 小 值 -12 单调递增 极 大 值 4 3  单调递减 ∴当 1x  是，  f x 有极大值 4 3  ，故 1 3b c  ， 即为所求。 （Ⅱ）设曲线  y f x 在 x t 处的切线的斜率为c ， ∵   2 2f x x bx c     ，∴ 2 2t bt c c    ，即 2 2 0t bt  。解得 0t  或 2t b 。 若 0t  ，则  0f bc ，得切点为 0,bc ，切线方程为 y cx bc  ； 若 2t b ，则   342 33f b b bc  ，得切点为 342 , 33b b bc    ，切线方程为 34 3y cx bc b   。 若 3 2 3 21 3 03 x bx cx bc cx bc x bx         ，解得 1 2 0x x  ， 3 3x b ， 则此时切线 y cx bc  与曲线  y f x 的公共点为 0,bc ， 3 ,4b bc ； (2)若 3 2 3 3 2 31 4 3 4 03 3x bx cx bc cx bc b x bx b           ， 解得 1 2 2x x b  ， 3x b  ，此时切线 34 3y cx bc b   与曲线  y f x 的公共点为 342 , 33b b bc    ， 34, 3b b    。 综合可知，当 0b  时，斜率为 c 的切线与曲线  y f x 有且只有一个公共点 0,0 ；当 0b  ，斜率为 c的切线与曲线  y f x 有两个不同的公共点，分别为 0,bc 和 3 ,4b bc 或 342 , 33b b bc    ， 34, 3b b    。 （Ⅲ）      2 2g x f x x b b c      (1)当 1b  时，函数 ( )y f x 的对称轴 x b 位于区间[ 1,1] 外， ( )f x 在[ 1,1] 上的最值在两端点处取 得，故 M 应是  1g  和  1g 中较大的一个。 ∴    2 1 1 1 2 1 2 4 4M g g b c b c b             ，即∴ 2M  (2)当 1 ( )b y f x 时，函数 得对称轴 x=b 位于区间[ 1,1] 之内 此时 max{ ( 1), (1), ( )}M g g g b  由 2(1) ( 1) 4 , ( ) ( 1) ( 1) 0f f b f b f b         m有 若 1 0, max{ ( 1), ( )}b g g b         则f (1) f (-1) f (b), g(-1) 于是 21 1 1max{ ( 1) , ( )} ( (1) ( ) ) ( (1) ( ) ) ( 1)2 2 2M f f b f f b f f b b             若0 1b  ，则 ， max{ ( 1), ( )}g g b  g(1) 于是 21 1 1 1max{ ( 1) , ( )} ( ( 1) ( ) ) ( ( 1) ( ) ) ( 1)2 2 2 2M f f b f f b f f b b                综上，对任意的 b、c 都有 1 2M  而当， 10, 2b c  时， 2 1( ) 2g x x   在区间[ 1,1] 上的最大值 1 2M  故 M K 对任意的 b，c 恒成立的 k 的最大值为 1 2 。 例 2 ． 设 函 数   1 ( 0)1 1[ ] [ [ ] [ x xf x x x xx x          , 其 中 [x 表 示 不 超 过 x 的 最 大 整 数 , 如 1[2]=2,[ ] 0,[1.8] 13   . (Ⅰ)求 3( )2f 的值; (Ⅱ)若在区间[2,3) 上存在 x,使得 ( )f x k 成立,求实数 k 的取值范围; (Ⅲ)求函数 ( )f x 的值域. 解:(Ⅰ)因为 3 2[ ] 1,[ ] 02 3   ,所以 3 2 3 132 3( ) .3 2 3 22 12[ ] [ ] [ ] [ ] 12 3 2 3 f        (Ⅱ)因为 2 3x  ,所以 1[ ] 2,[ ] 0x x   , 则 1 1( ) ( )3f x x x   . 求导得 2 1 1( ) (1 )3f x x    ,当 2 3x  时,显然有 ( ) 0f x  , 所以 ( )f x 在区间[2,3) 上递增, 即可得 ( )f x 在区间[2,3) 上的值域为 5 10[ , )6 9 , 在区间[2,3) 上存在 x,使得 ( )f x k 成立,所以 5 6k  (Ⅲ)由于 ( )f x 的表达式关于 x 与 1 x 对称,且 x0,不妨设 x1. 当 x1 时, 1 x 1,则   11 2f  ; 当 x1 时,设 x n ,nN*,0 1. 则x n, 1 0x      ,所以   1 ( ) 1 n nf x f n n           1g x x x  设 , ' 2 1( ) 1 0,g x x    ( )g x 在1,上是增函数,又 1n n n    , 1 1n n nn n n           , 当 2x  时,     1 11 1, , 21 1 n n nn nf x I n nn n               *N 当 (1,2)x 时,   1 5(1, 4f x I   故 (1, )x  时, ( )f x 的值域为 I1∪I2∪…∪In∪… 设     2 2 1 111 11, 11 1 1 1n n n nnn na bn n n n n            , 则  ,n n nI a b .   1 2 1 2n n na a n n n     , 当 n2 时,a2 a3 a4… an… 又 bn 单调递减, b2 b3… bn…  a2,b2 I2  I3  I4  …  In     1 1 1 2 2 2 5 5 10, 1, , , ,4 6 9I a b I a b             I1∪I2∪…∪In∪…I1∪I2  5 5 10 5 51, , ,4 6 9 6 4                . 综上所述, ( )f x 的值域为 1 5 5,2 6 4          例 3.我们用 },,,min{ 21 nsss  和 },,,max{ 21 nsss  分别表示实数 nsss ,,, 21  中的最小者和最大者. （1）设 }cos,min{sin)( xxxf  ， }cos,max{sin)( xxxg  ， ]2,0[ x ，函数 )(xf 的值域为 A ，函数 )(xg 的值域为 B ，求 BA  ； （ 2 ） 提 出 下 面 的 问 题 ： 设 1a ， 2a ， … ， na 为 实 数 ， Rx  ， 求 函 数 ||||||)( 2211 nn xxaxxaxxaxf   （ Rxxx n  21 ）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 |1||1|3|2|)(  xxxxf 和 |2|2|1|4|1|)(  xxxxg 的最值。得出的结论是： )}1(),1(),2(min{)]([ min fffxf  ，且 )(xf 无最大值； )}2(),1(),1(max{)]([ max gggxg  ，且 )(xg 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）       2 2,1A ，       1,2 2B ，∴       2 2,2 2BA  ． （2）若选择学生甲的结论，则说明如下，            1,63 11,45 12,2 2,63 )( xx xx xx xx xf ，于是 )(xf 在区间 ]2,(  上是减函数，在 ]1,2[  上是减函数，在 ]1,1[ 上是增函数，在 ),1[  上是增函数，所以函数 )(xf 的最小值是 )}1(),1(),2(min{ fff  ，且函数 )(xf 没有最大值． 若选择学生乙的结论，则说明如下，            2,1 21,95 11,13 1,1 )( xx xx xx xx xg ，于是 )(xg 在区间 ]1,(  上是增函数，在 ]1,1[ 上是增函数，在 ]2,1[ 上是减函数，在 ),2[  上是减函数． 所以函数 )(xg 的最大值是 )}2(),1(),1(max{ ggg  ，且函数 )(xg 没 有最 小值． （3）结论： 若 021  naaa  ，则 )}(,),(),(min{)]([ 21min nxfxfxfxf  ； 若 021  naaa  ，则 max)]([ xf )}(,),(),(max{ 21 nxfxfxf  ； 若 021  naaa  ，则 )}(,),(),(min{)]([ 21min nxfxfxfxf  ， max)]([ xf )}(,),(),(max{ 21 nxfxfxf  以第一个结论为例证明如下： ∵ 021  naaa  ，∴ 当 ],( 1xx  时， )()()( 221121 nnn xaxaxaxaaaxf   ，是减函数， 当 ),[  nxx 时， )()()( 221121 nnn xaxaxaxaaaxf   ，是增函数 当 ],[ 1 nxxx  时，函数 )(xf 的图像是以点 ))(( 11 xfx ， ))(,( 22 xfx ，…， ))(,( nn xfx 为端点的一系列互相 连接的折线所组成， 所以有 )}(,),(),(min{)]([ 21min nxfxfxfxf  ． 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, 2 1 ］,都有 f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),且 f(1)=a>0. (1)求 f( 2 1 )、f( 4 1 );(2)证明 f(x)是周期函数；(3)记 an=f(n+ n2 1 ),求 ).(lnlim n n a  解：(1)因为对 x1,x2∈［0, 2 1 ］,都有 f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),所以 f(x)= )2()22( xfxxf  ≥0,x∈［0,1］ 又因为 f(1)=f( 2 1 + 2 1 )=f( 2 1 )·f( 2 1 )=［f( 2 1 )］2，f( 2 1 )=f( 4 1 + 4 1 )=f( 4 1 )·f( 4 1 )=［f（ 4 1 ）］2 又 f(1)=a>0∴f( 2 1 )=a 2 1 ,f( 4 1 )=a 4 1 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( 2 1 )=f(n· n2 1 )=f( n2 1 +(n－1) n2 1 )=f( n2 1 )·f((n－1)· n2 1 ) =……=f( n2 1 )·f( n2 1 )·……·f( n2 1 )=［f( n2 1 )］=a 2 1 ，∴f( n2 1 )=a n2 1 . 又∵f(x)的一个周期是 2 ∴f(2n+ n2 1 )=f( n2 1 ),因此 an=a n2 1 ，∴ .0)ln2 1(lim)(lnlim   ana n n n 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 1 2 1 2 1 2 1 2 4(400 )(400 ) 9 0(400 )(400 ) m m m m m m m m      , 所以 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 4(400 )(400 ) 9( ) 0(400 )(400 ) m m m mm m m m m m      即 1 2y y 函数 4 9 400y m m    在(0,160)上为减函数. 同 理 , 函 数 4 9 400y m m    在 (160,400) 上 为 增 函 数 , 设 1609×160×160 所以 1 2 1 2 1 2 1 2 4(400 )(400 ) 9 0(400 )(400 ) m m m m m m m m      , 所以 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 4(400 )(400 ) 9( ) 0(400 )(400 ) m m m mm m m m m m      即 1 2y y 函数 4 9 400y m m    在(160,400)上为增函 数. 所以当 m=160 即 4 10x  时取”=”,函数 y 有最小值, 所以弧 上存在一点，当 4 10x  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  xf 与函数    01  axay 的图像关于直线 xy  对称． （1）试用含 a 的代数式表示函数  xf 的解析式，并指出它的定义域； （2）数列  na 中， 11 a ，当 2n 时， 1aan  ．数列  nb 中， 21 b ， nn bbbS  21 ．点  ,3,2,1,      nn SaP n nn 在函数  xf 的图像上，求 a 的值； （3）在（2）的条件下，过点 nP 作倾斜角为 4  的直线 nl ，则 nl 在ｙ轴上的截距为  13 1 nb  ,3,2,1n ， 求数列 na 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：  xf 与函数    01  axay 互为反函数，所以，   1 2  a xxf ， 0x （2）因为点  ,3,2,1,      nn SaP n nn 在函数  xf 的图像上，所以， 1 2  a a n S nn  ,3,2,1n (*) 在上式中令 1n 可得： 1 2 1 1  a aS ，又因为： 11 a ， 211  bS ，代入可解得： 1a ．所以，   12  xxf ， (*)式可化为： 12  n n an S  ,3,2,1n ① （3）直线 nl 的方程为： n n axn Sy  ， ,3,2,1n ， 在其中令 0x ，得 n n an Sy  ，又因为 nl 在ｙ轴上的截距为  13 1 nb ，所以， n n an S  =  13 1 nb ，结合①式可得： 233 2  nnn aab ② 由①可知：当自然数 2n 时， nnaS nn  2 ，   11 2 11   nanS nn ， 两式作差得：   11 2 1 2  nnn annab ． 结合②式得：    1133 2 1 2  nnn anaan  Nnn  ,2 ③ 在③中，令 2n ，结合 11 a ，可解得： 212 或a ， 又因为：当 2n 时， 1aan  ，所以，舍去 12 a ，得 22 a ． 同上，在③中，依次令 4,3  nn ，可解得： 33 a ， 44 a ． 猜想： nan   Nn  ．下用数学归纳法证明． （1） 3,2,1n 时，由已知条件及上述求解过程知显然成立． （2）假设 kn  时命题成立，即 kak   3,  kNk 且 ，则由③式可得：  132 2 1 2 1   kkk kaaak 把 kak  代入上式并解方程得： 12 12 1   kk kkak 或 由于 3k ，所以， 02 1)1( 2 12    k kk k kk ，所以， 2 12 1   k kkak 符合题意，应舍去，故只有 11  kak ． 所以， 1 kn 时命题也成立． 综上可知：数列 na 的通项公式为 nan   Nn  2、已知函数    Rxxf x    24 1 ，点  111 , yxP ，  222 , yxP 是函数  xf 图像上的两个点，且线段 21PP 的中 点 P 的横坐标为 2 1 ． ⑴求证：点 P 的纵坐标是定值； ⑵若数列 na 的通项公式为  mnNmm nfan ,,2,1,      ，求数列 na 的前 m 项的和 mS ； ⑶若 Nm  时，不等式 1 1    m m m m S a S a 恒成立，求实数a 的取值范围． 解：⑴由题可知： 12 1221  xx ，所以，            2 1 4442 444 44424 444 2424 444 24 1 24 1 21 21 2121 21 21 21 212121             xx xx xxxx xx xx xx xxxfxfyy 点 P 的纵坐标 4 1 2 21  yyyP 是定值，问题得证． ⑵由⑴可知：对任意自然数 nm, ， 2 1          m nmfm nf 恒成立． 由于                        m mfm mfm mfmfmfS m 1221  ，故可考虑利用倒写求和的方法．即由于：                                               mfmfm mfm mfm mf m mfm mfm mfmfmfS m 1221 1221   所以，    136 1)1(212 1 21122112                                              mfm m mfmfm mfm mfmfm mfmfS m  所以，  1312 1  mSm ⑵∵  1312 1  mSm ， ∴  2312 1 1  mSm ∴ 1 1    m m m m S a S a 等价于 02313 112       m a ma m ① 依题意，①式应对任意 Nm  恒成立． 显然 0a ，因为 0ma （ Nm  ），所以，需且只需 02313 1  m a m 对任意 Nm  恒成立．即： 13 23   m ma 对 Nm  恒成立． 记   13 23   m mmg （ Nm  ）．∵        01323 9 13 23 23 531     mmm m m mmgmg ， ∴  mg （ Nm  ）的最大值为   2 51 g ，∴ 2 5a ． 3 已知函数 ( ) ln(1 )f x x x   ，数列{ }na 满足： 1 1 2a  ， 1 1 1ln 2 ln ( )n n n n na a a f a a     （1）求证：ln(1 )x x  ；（2）求证数列 1{ }1na  是等差数列； （3）求证不等式： 1 2 ln 2 ln( 2)na a a n n       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。 转化（化归）思想， 解：（1）由 ( ) ln(1 )f x x x   得 1( ) 11 1 xf x x x       当 1 0x   时， ( ) 0f x  ，即 ( )y f x 是单调递增函数； 当 0x  时， ( ) 0f x  即 ( )y f x 是单调递减函数； 且 (0) 0f   ，即 0x  是极大值点，也是最大值点 ( ) ln(1 ) (0) 0 ln(1 )f x x x f x x        ，当 0x  时取到等号。………(4 分) （2）由 1 1 1ln 2 ln ( )n n n n na a a f a a     得 1 12 1n n na a a   ， 1 1 2n n a a   ， 故 1 111 12 2 n n n n aa a a      ， 1 1 1 11 1n na a    即数列 1{ }1na  是等差数列，首项为 1 1 21a   ，公差为 1 ………………… (8 分) （3）由（2）可知 1 11n na    1n na n    所以 1 2 1 1 1 1 1 11 1 1 ( )1 1 2 1 1 2 3 1na a a nn n                     又∵ 0x  时，有 ln(1 )x x  ，令 1 01x n   ，则 1 1 2ln(1 ) ln1 1 1 n n n n      ∴ 1 1 1 3 4 5 1 2( ) (ln ln ln ln ln )2 3 1 2 3 4 1 n nn nn n n               3 4 2 2(ln ) ln ln 2 ln( 2)2 3 1 2 n nn n n nn             ∴ 1 2 ln 2 ln( 2)na a a n n       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 0, （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 2 2 n n n ca a a   恒成立，求实数 c 的取值范围； （Ⅳ）求证： 1 3 1 3 2 11 2 2 4 2 4 2 2 1 1.n n n a a a a aa aa a a a a a       解法一： （I）因为 f(x)=ln(1+x)-x，所以函数定义域为（-1,+ ）,且 f〃(x)= 1 1 x -1=1 x x   . 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) 2 2 2( ) 2( 2 ) 2 2n n na a a n n n n n n           > 2 2 1. 2 2 n n n      又 lim 22( 2 ) lim 1 21 1 2 x n n n n          , 因此 c<1，即实数 c 的取值范围是（- ，1）. （II）由（i）知 1 2 1 2 1. 2 1 n n n      因为[ 1 3 5 (2 1) 2 4 6 (2 ) n n            ]2 = 3 2 2 2 1 3 3 5 5 7 (2 1)(2 1) 1 1 ,2 4 6 (2 ) 2 1 2 1 n n n n n             ＜ 所以 1 3 5 (2 1) 1 2 4 6 (2 ) 2 1 n n n         ＜ ＜ 2 1 2 1n n   (nN*), 则 1 1 3 1 3 5 (2 1) 2 2 4 2 4 6 (2 ) n n          ＜ 1 3 1 3 2 11 2 2 2 4 2 3 1 5 3 2 1 2 1 2 1 1. n n n a n n a a a a aa a a a a a a                   即 ＜ 2 1 1(na n  N*） 解法二： （Ⅰ）同解法一. （Ⅱ）因为 f(x)在 0,n 上是减函数，所以 ( ) ln(1 ) ,nb f n n n    则 ln(1 ) ln(1 ) ln(1 ) .n na n b n n n n         （i）因为 2 2 n n n c a a a    对 n∈N*恒成立.所以 2 2 c n n n     对 n∈N*恒成立. 则 22 2c n n n   对 n∈N*恒成立. 设 2( ) 2 2 ,g n n n n    n∈N*，则 c＜g(n)对 n∈N*恒成立. 考虑  2( ) 2 2 , 1, .g x x x x x      因为 1 2 2 2 1 1 1( ) 1 ( 2 ) ·(2 2) 1 12 12 x xg x x x x xx x           ′ ＝0， 所以  ( ) 1,g x 在 内是减函数；则当 n∈N*时，g(n)随 n 的增大而减小， 又因为 2 2 422 4lim ( ) lim( 2 2 ) lim lim 2 22 2 1 1 x x x x n ng n n n n n n n n n                 ＝1. 所以对一切 *N , ( ) 1.n g n  因此 c≤1,即实数 c 的取值范围是(-∞，1]. (ⅱ) 由(ⅰ)知 1 2 1 2 1. 2 1 n n n      下面用数学归纳法证明不等式 1 3 5 (2 1) 1 ( N ).2 4 6 (2 ) 2 1 n nn n           ①当 n=1 时，左边＝ 1 2 ，右边＝ 1 3 ，左边<右边.不等式成立. ②假设当 n=k 时,不等式成立.即 1 3 5 (2 1) 1 .2 4 6 (2 ) 2 1 k k n          当 n=k+1 时， 32 1 22 3212 22 12 22 12 12 1 )22(2642 )12(12531          kk kk k k k k kkk kk ＜）（ ）－（ = , 1)1(2 1 32 1 32 1 4824 3824      kkkkk kk ＜ 即 n＝k＋1 时，不等式成立 综合①、②得，不等式 *)N( 12 1 )2(642 )12(531      n nn n ＜ 成立. 所以 1212)2(642 )12(531     nnn n ＜ )2(642 )12(531 42 31 2 1 n n       ＋＋ .112123513  nn＋＝－＋－＜ 即 *)N(12 1 242 1231 42 31 2 1     naaaa aaa aa aa a a n n n ＜＋ . 5. 已知 Sn=1+ 3 1 2 1  +…+ n 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－ 20 11 ［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－ 20 11 ［log(m－1)m］2 解 ∵Sn=1+ 3 1 2 1  +…+ n 1 (n∈N*) 0)42 1 32 1()42 1 22 1( 42 2 32 1 22 1 2 1 32 1 22 1)()1( 12 1 3 1 2 1)( 112     nnnn nnnnnnnfnf nnnSSnf nn 又  ∴f(n+1)＞f(n)∴f(n)是关于 n 的增函数∴f(n) min=f(2)= 20 9 32 1 22 1  ∴要使一切大于 1 的自然数 n，不等式 f(n)＞［logm(m－1)］2－ 20 11 ［log(m－1)m］2 恒成立 只要 20 9 ＞［logm(m－1)］2－ 20 11 ［log(m－1)m］2 成立即可 由      11,01 1,0 mm mm 得 m＞1 且 m≠2 此时设［logm(m－1)］2=t 则 t＞0 于是      0 20 11 20 9 t t 解得 0＜t＜1，由此得 0＜［logm(m－1)］2＜1，解得 m＞ 2 51 且 m≠2 6. 已 知 函 数  ( ) ln 1f x x x   , 数 列  na 满 足 10 1a  ,  1n na f a  ; 数 列  nb 满 足 1 1 1 1, ( 1)2 2n nb b n b   , *n N .求证:（Ⅰ） 10 1;n na a   （Ⅱ） 2 1 ;2 n n aa   （Ⅲ）若 1 2 ,2a  则当 n ≥2 时, !n nb a n  . 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0 1na  , *n N . （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0 1ka  .则当 n=k+1 时, 因为 0g(0)=0. 因为0 1na  ,所以   0ng a  ,即   2 2 n n a f a >0,从而 2 1 .2 n n aa   (Ⅲ) 因为 1 1 1 1, ( 1)2 2n nb b n b   ,所以 0nb  , 1n n b b  1 2 n  , 所以 1 2 1 1 2 1 1 !2 n n n n n n b b bb b nb b b         ————① , 由(Ⅱ) 2 1 ,2 n n aa   知: 1 2 n n n a a a   , 所以 1 na a = 3 12 1 2 1 2 1 2 2 2 n n n a a aa a a a a a      , 因为 1 2 2a  , n≥2, 10 1.n na a   所以 na 11 2 12 2 2 naa a a  < 1 12 n n a  < 2 12 2n a = 1 2n ————② . 由①② 两式可知: !n nb a n  . 7.已知 a＞1，数列 }{ na 的通项公式是 2 1  nn a a ，前 n 项和记作 nS （n＝1，2，…），规定 00 S ．函 数 )(xf 在 0S 处和每个区间（ iS ， 1iS ）（i＝0，1，2，…）上有定义，且 0)( 0 Sf ， ii aSf )( （i＝1， 2，…）．当 x （ iS ， 1iS ）时，f（x）的图像完全落在连结点 iP（ iS ， )( iSf ）与点 1iP （ 1iS ， )( 1iSf ） 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： nSx  （n＝1，2，…）围成的图形面积为 nA ， 求 nA 及 nn A lim ； （Ⅲ）若存在正整数 n，使得 2aAn  ，求 a 的取值范围。 解：（1）f（x）的定义域是  ](](](}{ 121100 nn SSSSSSS ，，，  ， 由于所有的 na 都是正数，故 nS 是单调递增的． ∵ 1111lim 2 1     a a a a q aSnn ∴f（x）的定义域是 ]10[ 2 a a， （Ⅱ）∵ ii i PP SS SfSfk i      1 11 )()( 11 aa aa i ii    1 1 1 （i＝1，2，…）与 i 无关． ∴ 所有的 1P ， 2P ， 3P …共线， 该直线过点 1P （a，a），斜率为 1-a， ∴ 2 1 2 1 aA  ． 当 n≥2 时， nA 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 ))](()([2 1 11 SSSfSf nn  ]11 )11( )[1(2 1 2 a a aa aa n n      )1(2 1 42 22     aa a n n 于是 )1(2 1 2 42 222     aa aaA n n n 故 )1(2)1(22lim 322   a a a aaAnn （Ⅲ）解法一：结合图像，易见 1121  ak PP 即 a≥2 时， nnn AAa   lim2 ， 而 1121  ak PP ，即a＜2时， 222 2 1 2 1lim aaaAnn   故当1＜a＜2时，存在正整数n，使得 2aAn  解法二：假设存在正整数 n，使得 2aAn  ， 则应有 0)1(2 1 2 2 42 222     aaa aa n n 0)1(2 )12( 42 22 22       aa aaa n n n 0)12()1(2 22 2  naaa a ∵ 1a ， ∴ 0)1(2 2 a a  012 22  na a  21 22  naa ∴ 1＜a＜2 时，存在正整数 n，使得 2aAn  成立 ∴ .0)ln2 1(lim)(lnlim   ana n n n 8. 设函数 g( x )对任意的 x 、 y ∈（0，+ ），都有 g( x · y )=g( x ) + g( y )成立，又 g(2) = 1；已 知点 pn(an，bn)（n ∈ N* ）都在直线l ： y = 2 x + 2 上，P1 为直线l 与 x 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 f (n) =    为偶数），（ 为奇数），（ nb na n n 是否存在 k ∈N*，使得 f ( k +5)=2 f ( k )-2 成立？若k 存在，求出k 值；若不存在，说明理由； （3）求证： 2 21 1 pp + 2 31 1 pp + … + 2 1 1 npp < 5 2 ．（n ≥ 2，n ∈ N* ） 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 y = 2χ+ 2 与 x 轴交点，则 a1 = -1，b1 = 0 由已知 x 、 y ∈（0，+ ），都有 g(x· y ) = g( x ) + g( y )成立，又 g(2) = 1， 得 g(4) = =g(22) = 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 x + 2 上， 则 bn = 2an + 2，∴an = n - 2． （2） k 为偶数时， f ( k + 5) = ak+ 5 =k + 3，2 f ( k ) – 2 = 2( 2 k – 2 ) – 2 = 4k - 6 由 k + 3 = 4 k - 6 k = 3 ，与 k 为偶数矛盾， k 为奇数时， f ( k +5) = bk+5 = 2 k + 8，2 ƒ (k ) – 2 = 2 k - 6 由 2 k + 8 = 2 k - 6 得k 不存在．故满足条件的 k 不存在． （3）| P1Pn |2 =( n – 1 )2 + ( 2n – 2 )2 = 5( n – 1 )2,n ≥ 2， 2 21 |P | 1 P + 2 31 |P | A P + … + 2 1 |P | 1 nP = 5 1 [ 21 1 + 22 1 + … + 2)1( 1 n ] ≤ 5 1 [ 21 1 +  32 1 21 1 … + )1)(2( 1  nn ] = 5 2)1 12(5 1)1 111(5 1  nn ∴  2 31 2 21 |P| 1 |P| 1 PP … + )2(5 2 |P| 1 * 2 1 Nnn Pn  ， 8.数列的概念与性质 1.设 p q， 为实数，  ， 是方程 2 0x px q   的两个实根，数列{ }nx 满足 1x p ， 2 2x p q  ， 1 2n n nx px qx   （ 3 4n  ，，…）． （1）证明： p   ， q  ；（2）求数列{ }nx 的通项公式； （3）若 1p  ， 1 4q  ，求{ }nx 的前n 项和 nS ． 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 24 4,2 2     p p q p p q  2 24 4 2 2        p p q p p q p  2 24 4 2 2      p p q p p q q （2）设 1 1 2( )    n n n nx sx t x sx ，则 1 2( )    n n nx s t x stx ，由 1 2n n nx px qx   得     s t p st q ， 消去t ，得 2 0  s ps q ，s 是方程 2 0x px q   的根，由题意可知， 1 2, s s  ①当   时，此时方程组     s t p st q 的解记为 1 2 1 2        s s t t     或 1 1 2( ),     n n n nx x x x   1 1 2( ),    n n n nx x x x   即 1 1n nx t x 、 2 1n nx t x 分别是公比为 1 s  、 2 s  的等比数列， 由等比数列性质可得 2 1 2 1( )     n n nx x x x   , 2 1 2 1( )     n n nx x x x   , 两式相减，得 2 2 1 2 1 2 1( ) ( ) ( )      n n nx x x x x      2 2 1,   x p q x p ， 2 2 2   x    ， 1  x   2 2 2 2 1( )     n n nx x     ， 2 2 2 2 1( )    n n nx x     1( )    n n nx    ，即 1    n n nx     ， 1 1    n n nx     ②当   时，即方程 2 0x px q   有重根， 2 4 0  p q ， 即 2( ) 4 0  s t st ，得 2( ) 0,   s t s t ，不妨设  s t  ，由①可知 2 1 2 1( )     n n nx x x x   ，   ， 2 1 2 1( )      n n n nx x x x    即 1   n n nx x  ，等式两边同时除以 n ，得 1 1 1  n n n n x x   ，即 1 1 1  n n n n x x   数列 { }n n x  是以 1 为公差的等差数列， 1 2( 1) 1 1 1         n n x x n n n    ,  n n nx n  综上所述， 1 1 ,( ) ,( )         n n n n n x n          （3）把 1p  ， 1 4q  代入 2 0x px q   ，得 2 1 04   x x ，解得 1 2    1 1( ) ( )2 2    n n nx n 2 3 2 31 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) 2 ( ) 3 ( ) ... ( )2 2 2 2 2 2 2 2 n n nS n                     2. 设正整数数列 na 满足： 2 4a  ，且对于任何 *nN ，有 1 1 1 1 1 12 21 1 1 n n n n a a a a n n          ． （1）求 1a ， 3a ；（2）求数列 na 的通项 na ． 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 1 1 1 1 12 ( 1) 2 n n n n n na a a a            ① 当 1n  时，由 2 1 2 1 1 1 1 12 2 2a a a a          ，即有 1 1 1 2 2 12 24 4a a      ， 解得 1 2 8 3 7a  ．因为 1a 为正整数，故 1 1a  ． 当 2n  时，由 3 3 1 1 1 12 6 24 4a a          ，解得 38 10a  ，所以 3 9a  ． （2）方法一：由 1 1a  ， 2 4a  ， 3 9a  ，猜想： 2 na n ． 下面用数学归纳法证明． 1  当 1n  ， 2 时，由（1）知 2 na n 均成立； 2  假设 ( 2)n k k ≥ 成立，则 2 ka k ，则 1n k  时 由①得 2 2 1 1 1 1 1 12 ( 1) 2 k k k ka k a k            2 2 12 ( 1) ( 1) 1 1k k k k k kak k k        2 2 2 12 ( 1) 1( 1) ( 1)1 1k kk a kk k         因为 2k ≥ 时， 2 2( 1) ( 1) ( 1)( 2) 0k k k k k      ≥ ，所以   2 2 ( 1) 011 k k   ， ． 1 1k  ≥ ，所以  1 011k  ， ． 又 1ka   *N ，所以 2 2 1( 1) ( 1)kk a k ≤ ≤ ．故 2 1 ( 1)ka k   ，即 1n k  时， 2 na n 成立． 由 1  ，2  知，对任意 n *N ， 2 na n ． （2）方法二：由 1 1a  ， 2 4a  ， 3 9a  ，猜想： 2 na n ． 下面用数学归纳法证明． 1  当 1n  ， 2 时，由（1）知 2 na n 均成立； 2  假设 ( 2)n k k ≥ 成立，则 2 ka k ，则 1n k  时 由①得 2 2 1 1 1 1 1 12 ( 1) 2 k k k ka k a k            即 2 1 1 1 1 ( 1) 12 2 k k k k k a k a k        ② 由②左式，得 2 1 1 1 k k k k k a     ，即 3 2 1( 1) kk a k k k    ，因为两端为整数， 则 3 2 2 1( 1) 1 ( 1) ( 1)kk a k k k k k      ≤ ．于是 2 1 ( 1)ka k ≤ ③ 又由②右式， 2 2 2 2 1 ( 1) 2 1 ( 1) 1 k k k k k k k k a k k        ． 则 2 3 1( 1) ( 1)kk k a k k    ． 因为两端为正整数，则 2 4 3 1( 1) 1kk k a k k   ≥ ， 所以 4 3 2 1 2 2 1 ( 1)1 1k k k ka kk k k k         ≥ ． 又因 2k ≥ 时， 1ka  为正整数，则 2 1 ( 1)ka k ≥ ④ 据③④ 2 1 ( 1)ka k   ，即 1n k  时， 2 na n 成立． 由 1  ，2  知，对任意 n *N ， 2 na n ． 3. 已知数列{ }na ，其中 1 1a  ， 2 3a  ， 1 12 n n na a a   （ 2n  ），记数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，数 列{ln }nS 的前n 项和为 nU 。（Ⅰ）求 nU ； （Ⅱ）设 2 2( ) 2 ( !) nU n n eF x xn n  （ x   ）， 1 ( ) ( ) n n k k T x F x    （其中 ( )kF x 为 ( )kF x 的导数），计算 1 ( )lim ( ) n n n T x T x   。 解：（Ⅰ）由题意，{ }na 是首项为 1、公差为 2 的等差数列， 前 n 项和 21 1 2( 1) 2n nS n n     ， 2ln ln 2lnnS n n  ， 2(ln1 ln 2 ln ) 2ln( !)nU n n    。 （Ⅱ） 2 2( ) 2 ( !) nU n n eF x xn n  2 2 2 2 ( !) 2 ( !) 2 n nn xxn n n    ， ( )kF x 2 1nx  ， 1 ( ) ( ) n n k k T x F x    2 2 2 1 1 2 2 (1 ) (0 )1 ( 1) (1 ) (1 n n k k n x x xx x n x x x xx               ， 1 ( )lim ( ) n n n T x T x   2 2 2 2 2 2 2 1lim 1 (0 )1 lim 1 ( )1 1( ) 1 1lim ( )1( ) n nn n n n n x xx n xn x xxxx                         。 4．已知 0a  ，且 1a  ，数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，它满足条件 1 11 n n a S a    .数列{ }nb 中， n nb a ·lg na . （1）求数列{ }nb 的前 n 项和 nT ； （2）若对一切 *n N 都有 1n nb b  ，求 a 的取值范围. 解：（1） 1 11 n n a S a    ，∴ ( 1) 1 n n a aS a   当 1n  时， 1 1 1 ( 1) 1 a aa S aa    . 当 n ≥2 时， 1n n na S S   = 1( 1) ( 1) 1 1 n n na a a a aa a     ，∴ *( )nna a n N  此时 n nb a ·lg n na a ·lg na = n · lgna a ， ∴ 1 2nT b b   …… nb = 2 3lg ( 2 3a a a a   ……+ ).nna 设 2 32 3nu a a a    ……+ nna ， ∴ 2 3(1 ) na u a a a     …… 1n na na  1( 1) 1 n na a naa   ， ∴ 1 2 ( 1) .1 ( 1) n n n na a au a a     ∴ lgnT a · 1 2 ( 1)[ ].1 ( 1) n nna a a a a    ……6 分 （2）由 1 1 lg ( 1) lgn n n nb b na a n a a     可得 ①当 1a  时，由lg 0a  ，可得 1 na n   *1( ), 1,1 n n N an    ∴ 1 na n   对一切 *n N 都成立， ∴此时的解为 1a  . ②当0 1a  时，由lg 0a  可得 ( 1) , ,1 nn n a a n      1 n n  ≥ *1 ( ),0 1,2 n N a   ∴ 0 1 na n    对一切 *n N 都成立，∴此时的解为 10 2a  . 由①，②可知对一切 *n N ，都有 1n nb b  的 a 的取值范围是 10 2a  或 1a  5．数列 na 中， 2,8 41  aa 且满足 nnn aaa   12 2 *Nn  ⑴求数列 na 的通项公式；⑵设 |||||| 21 nn aaaS   ，求 nS ； ⑶设 nb = )12( 1 nan  )(),( * 21 * NnbbbTNn nn   ，是否存在最大的整数 m ，使得对任意 *Nn  ， 均有 nT 32 m 成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由。 解：（1）由题意， nnnn aaaa   112 ， }{ na 为等差数列，设公差为 d ， 由题意得 2382  dd ， nnan 210)1(28  . （2）若 50210  nn 则 ， ||||||,5 21 nn aaaSn  时 2 1 2 8 10 2 9 ,2n na a a n n n         6n  时， nn aaaaaaS   76521 4092)( 2 555  nnSSSSS nn 故 nS 409 9 2 2   nn nn 6 5   n n （3） )1 11(2 1 )1(2 1 )12( 1  nnnnanb n n  nT )]1 11()1 1 1()4 1 3 1()3 1 2 1()2 11[(2 1  nnnn .)1(2  n n 若 32 mTn  对任意 *Nn  成立，即 161 m n n  对任意 *Nn  成立， )(1 *Nnn n  的最小值是 2 1 ， ,2 1 16  m m 的最大整数值是 7。 即存在最大整数 ,7m 使对任意 *Nn  ，均有 .32 mTn  9. Sn 与 an 的关系 1 .数列 na 的各项均为正数， nS 为其前 n 项和，对于任意 *Nn  ，总有 2, ,n n na S a 成等差数列. (Ⅰ)求数列 na 的通项公式； (Ⅱ)设数列 nb 的前 n 项和为 nT ，且 2 ln n n n a xb  ，求证:对任意实数  ex ,1 （e 是常数，e ＝2.71828 ） 和任意正整数 n ，总有 nT  2； (Ⅲ) 正数数列 nc 中，   )(, *1 1 Nnca n nn    .求数列 nc 中的最大项. 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 *Nn  ，总有 22 n n nS a a  ①成立 ∴ 2 1 1 12 n n nS a a    （n ≥ 2）② ①--②得 2 11 22   nnnnn aaaaa ∴   111   nnnnnn aaaaaa ∵ 1, nn aa 均为正数，∴ 11  nn aa （n ≥ 2） ∴数列 na 是公差为 1 的等差数列 又 n=1 时， 2 1 1 12S a a  ， 解得 1a =1 ∴ nan  .( *Nn  ) （Ⅱ）证明：∵对任意实数  ex ,1 和任意正整数 n，总有 2 ln n n n a xb  ≤ 2 1 n . ∴  nnn Tn 1 1 32 1 21 111 2 1 1 1 222   2121 1 1 3 1 2 1 2 111  nnn (Ⅲ)解：由已知 22 1 2 12  cca ， 5 4 5 45 4 3 4 34 3 2 3 23 55 ,244,33   cca ccacca 易得 1 2 2 3 4, ...c c c c c    猜想 n≥2 时， nc 是递减数列. 令     22 ln1ln1 ,ln x x x xxxxfx xxf    则 ∵当   .00ln1,1ln3  xfxxx ，即则时， ∴在 ,3 内  xf 为单调递减函数. 由   1 1lnln1 1     n ncca n n nn 知 . ∴n≥2 时,  ncln 是递减数列.即 nc 是递减数列. 又 1 2c c , ∴数列 nc 中的最大项为 3 2 3c . 2．已知各项均为正数的数列 }{ na 的前 n 项和 nS 满足 11 S ，且  NnaaS nnn ),2)(1(6 . （Ⅰ）求 }{ na 的通项公式；（Ⅱ）设数列 }{ nb 满足 1)12( nb na ，并记 nT 为 }{ nb 的前 n 项和，求证：  NnaT nn ),3(log13 2 . 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 )2)(1(6 1 1111  aaSa ，解得 11 a 或 21 a .由假设 111  Sa ，因 此 21 a . 又由 )2)(1(6 1)2)(1(6 1 1111   nnnnnnn aaaaSSa ，得 0)3)(( 11   nnnn aaaa ，即 031  nn aa 或 nn aa 1 . 因 0na ，故 nn aa 1 不成立，舍去. 因此 31  nn aa ，从而 }{ na 是公差为 3，首项为 2 的等差数列，故 }{ na 的通项为 13  nan . （Ⅱ）证法一：由 1)12( nb na 可解得 13 3log)11(log 22  n n ab n n 从而 )13 3 5 6 2 3(log 2215  n nbbbT nn  . 因此 ]23 2)13 3 5 6 2 3[(log)3(log13 3 22  nn naT nn  . 令 23 2)13 3 5 6 2 3()( 3  nn nnf  ，则 2 3 3 )23)(53( )33()23 33(53 23 )( )1(     nn n n n n n nf nf . 因 079)23)(53()33( 23  nnnn ，故 )()1( nfnf  . 特别地 120 27)1()(  fnf ，从而 0)(log)3(log13 22  nfaT nn ， 即 )3(log13 2  nn aT . 证法二：同证法一求得 nb 及 nT . 由二项式定理知，当 0c 时，不等式 cc 31)1( 3  成立. 由此不等式有 333 2 )13 11()5 11()2 11(2log13  nTn  )3(log)23(log)13 23 5 8 2 52(log)13 11()5 31)(2 31(2log 2222   nann n n  . 证法三：同证法一求得 nb 及 nT . 下面用数学归纳法证明： )3(log13 2  nn aT . 当 1n 时， 5log)3(log,4 27log13 21221  aT ，因此 )3(log13 2  nn aT ，结论成立. 假设结论当 kn  时成立，即 )3(log13 2  kk aT ，则当 1 kn 时， )3(log313)3(log13 121121   kkkkk abTaT 2 3 21122 )23)(53( )33(log3)3(log)3(log    kk kbaa kkk . 因 079)23)(53()33( 23  kkkk ，故 0 )23)(53( )33(log 2 3 2    kk k . 从而 )3(log13 121   kn aT .这就是说当 1 kn 时结论也成立. 综上 )3(log13 2  nn aT 对任何  Nn 成立。 10.创新型数列 1.对于数列 nu 若存在常数 M＞0,对任意的 n N ，恒有 1 1 2 1...n n n nu u u u u u M        则称数列 nu 为 B-数列 首项为 1，公比为 ( 1)q q  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 nS 是数列 nx 的前n 项和，给出下列两组论断； A 组：①数列 nx 是 B-数列 ②数列 nx 不是 B-数列 B 组：③数列 nS 是 B-数列 ④数列 nS 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   ,n na b 都是 B 数列，证明：数列 n na b 也是 B 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 na ,则 1n na q  ，于是 21 2 1 1 , 2nn n n na a q q q q n        因此｜ 1na  - na ｜+｜ na - 1na  ｜+…+｜ 2a - 1a ｜= 2 11 (1 ... ).nq q q q      因为 1,q  所以 2 1 1 11 ... ,1 1 n n qq q q q q         即 1 1 2 1 1... 1n n n n qa a a a a a q         故首项为 1，公比为 q ( 1)q  的等比数列是 B-数列。 （2）命题 1：若数列 nx 是 B-数列，则数列 nS 是 B-数列 次命题为假命题。 事实上，设 1,nx n N   ，易知数列 nx 是 B-数列，但 nS n 1 1 2 1...n n n nS S S S S S n        由 n 的任意性知，数列 nS 是 B-数列此命题为。 命题 2：若数列 nS 是 B-数列，则数列 nx 是 B-数列 此命题为真命题 事实上，因为数列 nS 是 B-数列，所以存在正数 M，对任意的 1,n 有 1 1 2 1...n n n nS S S S S S M        即 1 2...n nx x x M     。于是 1 1 2 1...n n n nx x x x x x       1 1 2 1 12 2 ... 2 2 2n n nx x x x x M x         所以数列 nx 是 B-数列。 （III）若数列 na { nb }是 B 数列，则存在正数 1 2.M M ，对任意的 ,n N  有 1 1 2 1 1....n n n na a a a a a M        1 1 2 1 2....n n n nb b b a b b M        注意到 1 1 2 2 1 1...n n n n na a a a a a a a          1 1 2 2 1 1 1 1...n n n na a a a a a a M a            同理： 2 1nb M b  记 2 2 2K M b  ，则有 2 2 2K M b  1 1 1 1 1 1n n n n n n n n n n n na b a b a b a b a b a b          1 1 1 1 1 1 1n n n n n n n n n nb a a a b b K a a k b b            因此 1 1 1 2 1 2 1 1 2( ...... )n n n nK b b b b a a k M k M        + 1 1 1 2 1 2 1 1 2( ...... )n n n nK b b b b a a k M k M        故数列 n na b 是 B 数列 11.数列—不等式 例 1. 数列{an}满足 )1(2 1)11(1 211   nannaa nnn且 . （Ⅰ）用数学归纳法证明： )2(2  nan ； （Ⅱ）已知不等式 )1(:,0)1ln( 2  neaxxx n证明成立对 ，其中无理数 e=2.71828…. （Ⅰ）证明：（1）当 n=2 时， 222 a ，不等式成立. （2）假设当 )2(  kkn 时不等式成立，即 ),2(2  kak 那么 2 2 1))1( 11(1  kkk akka . 这就是说，当 1 kn 时不等式成立. 根据（1）、（2）可知： 22  nak 对所有 成立. （Ⅱ）证法一： 由递推公式及（Ⅰ）的结论有 )1.()2 111(2 1)11( 221  nannanna nnnnn 两边取对数并利用已知不等式得 nnn anna ln)2 111ln(ln 21  .2 11ln 2 nn nna  故 nnn nnaa 2 1 )1( 1lnln 1  ).1( n 上式从 1 到 1n 求和可得 121 2 1 2 1 2 1 )1( 1 32 1 21 1lnln  nn nnaa  .2 2 1111 2 11 2 11 2 11 1 1)3 1 2 1(2 11     n n nnn 即 ).1(,2ln 2  neaa nn 故 （Ⅱ）证法二： 由数学归纳法易证 2)1(2  nnnn 对 成立，故 ).2()1( 1 )1( 11( 2 1)11( 21    nnnanna nn a nnnn 令 ).2())1( 11(),2(1 1   nbnnbnab nnnn 则 取对数并利用已知不等式得 nn bnnb ln))1( 11ln(ln 1  ).2()1( 1ln  nnnbn 上式从 2 到 n 求和得 )1( 1 32 1 21 1lnln 21  nnbbn  .11 1 1 3 1 2 1 2 11  nn 因 ).2(3,3ln1ln.31 3ln1 1122    neebbab nn故 故 1,,,2,13 22 2 2 1 2 1  neaeaeaneea nn 对一切故又显然 成立. 例 2.已知数列{ }na 中的相邻两项 2 1, 2k ka a 是关于 x 的方程的两个根，且 2 1 2 ( 1,2,3, )k ka a k    （Ⅰ）求 1, 3 5 7, ,a a a a ； （Ⅱ）求数列{ }na 的前 2n 项的和 2nS ； （Ⅲ）记 1 | sin |( ) ( 3)2 sin nf n n   ， (2) (3) (4) ( 1) 1 2 3 4 5 6 2 1 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)f f f f n n n n T a a a a a a a a           求证： *1 5 ( )6 24nT n N   （I）解：方程 2 (3 2 ) 3 2 0k kx k x k    的两个根为 1 3x k ， 2 2kx  ， 当 1k  时， 1 23 2x x ， ，所以 1 2a  ； 当 2k  时， 1 6x  ， 2 4x  ，所以 3 4a  ； 当 3k  时， 1 9x  ， 2 8x  ，所以 5 8a  时； 当 4k  时， 1 12x  ， 2 16x  ，所以 7 12a  ． （II）解： 2 1 2 2n nS a a a    2(3 6 3 ) (2 2 2 )nn         2 13 3 2 22 nn n    ． （III）证明： ( 1) 1 2 3 4 5 6 2 1 2 1 1 1 ( 1) f n n n n T a a a a a a a a        ， 所以 1 1 2 1 1 6T a a   ， 2 1 2 3 4 1 1 5 24T a a a a    ． 当 3n≥ 时， ( 1) 3 4 5 6 2 1 2 1 1 1 ( 1) 6 f n n n n T a a a a a a        ， 3 4 5 6 2 1 2 1 1 1 1 6 n na a a a a a         ≥ 2 3 1 1 1 1 1 6 6 2 6 2 2 n        ≥ 1 1 1 6 6 2 6n    ， 同时， ( 1) 5 6 7 8 2 1 2 5 1 1 ( 1) 24 f n n n n T a a a a a a        5 6 1 2 2 1 2 5 1 1 1 24 n na a a a a a         ≤ 3 1 5 1 1 1 1 24 9 2 9 2 2 n        ≤ 5 1 5 24 9 2 24n    ． 综上，当 nN*时， 1 5 6 24nT≤ ≤ ． 例 3. 设数列 na 满足 3 1 10, 1 , *n na a ca c n N     ,其中c 为实数。 （Ⅰ）证明：  0,1na  对任意 *n N 成立的充分必要条件是  0,1c , (Ⅱ)设 10 3c  ,证明：   11 3 , *n na c n N   ; (Ⅲ)设 10 3c  ,证明： *,31 2122 2 2 1 Nncna　aa n  解： （Ⅰ）必要性：∵ 1 20, 1a a c   ，又∵ 2 [0,1]a  ，∴0 1 1c   ，即  0,1c . 充分性：设  0,1c ，对任意 *n N 用数学归纳法证明  0,1na  . 当 1n  时，  1 0 0,1a   . 假 设 当 n k 时 ，  0,1 ( 1)ka k  ， 则 3 1 1 1 1k na ca c c c        ， 且 3 1 1 1 0k na ca c c       ，  1 0,1ka   . 由数学归纳法知，  0,1na  对任意 *n N 成立. (Ⅱ) 设 10 3c  ，当 1n  时， 1 0a  ，结论成立； 当 2n  时， ∵ 3 1 1n na ca c   ，∴ 3 2 1 1 1 11 (1 ) (1 )(1 )n n n n na c a c a a a          . ∵ 10 3c  ，由（Ⅰ）知  1 0,1na   ，∴ 2 1 11 3n na a    且1 0na  ， ∴ 2 1 1 1 2 11 3 (1 ) (3 ) (1 ) (3 ) (1 ) (3 )n n n n na c a c a c a c            ， ∴   11 3 , *n na c n N   . (Ⅲ)设 10 3c  ,当 1n  时， 2 1 20 2 1 3a c     ，结论成立； 当 2n  时，由(Ⅱ)知   11 3 0n na c    ， ∴ 2 1 2 1 2( 1) 1[1 (3 ) ] 1 2(3 ) (3 ) 1 2(3 )n n n n na c c c c          . ∴ 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2[(3 ) (3 ) (3 ) ]n n na a a a a n c c c               2[1 (3 ) ] 21 11 3 1 3 ncn nc c        . 12．数列与解析几何 例 1．在直角坐标平面上有一点列  ),(,),(),,( 222111 nnn yxPyxPyxP ，对一切正整数 n ，点 nP 位于函 数 4 133  xy 的图象上，且 nP 的横坐标构成以 2 5 为首项， 1 为公差的等差数列 nx 。 ⑴求点 nP 的坐标； ⑵设抛物线列  ,,,,, 321 ncccc 中的每一条的对称轴都垂直于 x 轴，第 n 条抛物线 nc 的顶点为 nP ，且 过点 )1,0( 2 nDn ，记与抛物线 nc 相切于 nD 的直线的斜率为 nk ，求： nn kkkkkk 13221 111    。 ⑶设    1,4|,1,,2|  nyyyTnNnxxxS nn ，等差数列 na 的任一项 TSan  ，其中 1a 是 TS  中的最大数， 125265 10  a ，求 na 的通项公式。 解：（1） 2 3)1()1(2 5  nnxn 13 5 3 53 3 , ( , 3 )4 4 2 4n n ny x n P n n            （2） nc 的对称轴垂直于 x 轴，且顶点为 nP .设 nc 的方程为： ,4 512)2 32( 2  nnxay 把 )1,0( 2 nDn 代入上式，得 1a ， nc 的方程为： 1)32( 22  nxnxy 。 32| 0 '   nyk xn ， )32 1 12 1(2 1 )32)(12( 11 1   nnnnkk nn nn kkkkkk 13221 111    )]32 1 12 1()9 1 7 1()7 1 5 1[(2 1  nn = 64 1 10 1)32 1 5 1(2 1  nn （3） }1,),32(|{  nNnnxxS ， }1,),512(|{  nNnnyyT }1,,3)16(2|{  nNnnyy ,S T T  T 中最大数 171 a . 设 }{ na 公差为 d ，则 )125,265(91710  da ，由此得 ).(247,24 ),(12,129 248 * * Nnnad NmmdTad n n   又 例 2.已知曲线 2 2: 2 0( 1,2, )nC x nx y n     ．从点 ( 1,0)P  向曲线 nC 引斜率为 ( 0)n nk k  的切线 nl ， 切点为 ( , )n n nP x y ． （1）求数列{ } { }n nx y与 的通项公式； （2）证明： 1 3 5 2 1 1 2 sin1 n n n n n x xx x x x x y       . 解：（1）设直线 nl ： )1(  xky n ，联立 02 22  ynxx 得 0)22()1( 2222  nnn kxnkxk ，则 0)1(4)22( 2222  nnn kknk ， ∴ 12   n nkn （ 12   n n 舍去） 2 2 2 2 2 )1(1     n n k kx n n n ，即 1 n nxn ，∴ 1 12)1(   n nnxky nnn （2）证明：∵ 12 1 11 11 1 1      n n n n n x x n n 12 1 12 12 5 3 3 1 2 12 4 3 2 1 12531    nn n n nxxxx n ∴ n n n x xxxxx    1 1 12531 由于 n n n n x x ny x   1 1 12 1 ，可令函数 xxxf sin2)(  ，则 xxf cos21)('  ，令 0)(' xf ，得 2 2cos x ，给定区间 )4,0(  ，则有 0)(' xf ，则函数 )(xf 在 )4,0(  上单调递减， ∴ 0)0()(  fxf ，即 xx sin2 在 )4,0(  恒成立，又 43 1 12 10  n ， 则有 12 1sin212 1  nn ，即 n n n n y x x x sin21 1   . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 13．椭圆 例 1．如图：直线 L： 1y mx  与椭圆 C： 2 2 2( 0)ax y a   交于 A、B 两点，以 OA、OB 为邻边作平 行四边形 OAPB。 求证：椭圆 C： 2 2 2( 0)ax y a   与直线 L： 1y mx  总有两个交点。 当 2a  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 2 2 1 2 y mx ax y      得 2 2( ) 2 1 0a m x mx    2 20 4 4( ) 0a m a m       椭圆 C： 2 2 2( 0)ax y a   与直线 L： 1y mx  总有两个交点。 (2)设 ( , )P x y , 1 1( , )A x y , 2 2( , )B x y , AB 与OP 交于点 M ，则有 1 2 1 2,2 2 2 2 x x y yx y   即 1 2 1 2,x x x y y y    ，又由（1）得 1 2 2 2 2 mx x m     ， 1 2 2 1x x a m     1 2 1 22 2 2 2 2 4(1) ( 1) ( 1) ( ) 2 ( ) 22 2 2 m mx y mx mx m x x mm m m                 （2） (1) (2) 得 2 2 x m xmy y      （3） 将（3）代入（2）得 2 2 2 2 4 2 2 042 y x y yx y       ( 0, 0)x y  点 P 的轨迹方程为 2 22 2 0x y y   ( 0, 0)x y  1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 0 0 ( 1)( 1) 0 ( 1) ( ) 1 0 OA OB x x y y x x mx mx m x x m x x                   2 2 2 2 2 2 2 1 2( 1)( ) ( ) 1 0 1 2 0 2 1 mm ma m a m m m a m m a                  当0 1a  时，这样的直线不存在；当 1a  时，存在这样的直线，此时直线l 为 1 12 ay x   例 2. 设椭圆 11 2 2  ym x 的两个焦点是 )0,(1 cF  与 )0(),0,(2 ccF ，且椭圆上存在一点 P ，使得直线 1PF 与 2PF 垂直. （1）求实数m 的取值范围； （2）设 L 是相应于焦点 2F 的准线，直线 2PF 与 L 相交于点Q ，若 32 2 2  PF QF ，求直线 2PF 的方程. 解：（Ⅰ）由题设有 .,0 mcm  设点 P 的坐标为 ),,( 00 yx 由 PF1⊥PF2，得 ,1 0 0 0 0  cx y cx y 化 简得 .2 0 2 0 myx  ① 将①与 11 2 0 2 0  ym x 联立，解得 .1,1 2 0 2 2 0 mym mx  由 .1,01,0 2 2 0  mm mxm 得 所以 m 的取值范围是 1m . （Ⅱ）准线 L 的方程为 .1 m mx  设点 Q 的坐标为 ),( 11 yx ，则 .1 1 m mx  . 1 || || 00 1 2 2 xm m m m xc cx PF QF     ② 将 m mx 12 0  代入②，化简得 .1 1 1 || || 2 2 2 2    mm mmPF QF 由题设 32|| || 2 2  PF QF ，得 3212  mm ， 无解. 将 m mx 12 0  代入②，化简得 .1 1 1 || || 2 2 2 2    mm mmPF QF 由题设 32|| || 2 2  PF QF ，得 3212  mm . 解得 m=2. 从而 2,2 2,2 3 00  cyx ， 得到 PF2 的方程 ).2)(23(  xy 例 3.（08 安徽）设椭圆 )0(1: 2 2 2 2  ba b y a xC 过点 )1,2(M ，且左焦点为 )0,2(1F （Ⅰ）求椭圆C 的方程； （Ⅱ)当过点  4,1P 的动直线 l 与椭圆 C 相交于两不同点 ,A B 时，在线段 AB 上取点 Q ，满足 |||||||| PBAQQBAP  。证明：点 Q 总在某定直线上。 解：（Ⅰ）由题意： 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 c a b c a b         ，解得 2 24, 2a b  . 所求的求椭圆C 的方程 2 2 14 2 x y  . （Ⅱ)方法一：设点 ( , )Q x y ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，由题设，PA  、PB  、AQ  、QB  均不为 0，且 PA PB AQ QB      ， 又 , , ,P A Q B 四点共线，可设 PA AQ   ， ( 0, 1)PB BQ     ，于是 1 4 1 xx     ， 1 1 1 yy     …………………………………① 2 4 1 xx     ， 2 1 1 xy     …………………………………② 由于 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y 在椭圆上，将①②分别带入C 的方程 2 2 14 2 x y  ，整理得： 2 2 2( 2 4) 4(2 2) 14 0x y x y        ………………③ 2 2 2( 2 4) 4(2 2) 14 0x y x y        ………………④ 由④-③得 8(2 2) 0x y    . ∵ 0  ，∴ 2 2 0x y   .即点 ( , )Q x y 总在直线 2 2 0x y   上. 方法二：设点 ( , )Q x y ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，由题设，PA  、PB  、AQ  、QB  均不为 0，记 PA PB AQ QB        ， 则 0  且 1  . 又 , , ,P A Q B 四点共线，从而 PA AQ   ， PB BQ  ，于是： 1 24 1 x x    ， 1 21 1 y y    ； 1 2 1 x xx     ， 1 2 1 y yy     . 从而 1 2 2 2 2 2 41 x x x     ……………① 1 2 2 2 2 21 y y y     ……………② 又点 ,A B 在椭圆上，即 1 1 2 22 4x y  ………………③ 2 2 2 22 4x y  ………………④ ①+2②并结合③，④得 2 2 0x y   ，即点 ( , )Q x y 总在直线 2 2 0x y   上. 14.双曲线 例 1.已知双曲线 2 2: 1,2 xc y  设过点 ( 3 2,0)A  的直线 l 的方向向量 (1, )e kv 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； 证明：当k > 2 2 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 6 。 解：（1）双曲线 C 的渐近线 : 0 2 xm y  ，即 2 0x y  直线l 的方程 2 3 2 0x y   直线l 与 m 的距离 3 2 6 1 2 d    （2）证法一： 设过原点且平行于l 的直线 : 0,b kx y  则直线l 与b 的距离 d 2 3 2 1 k k   ， 当 2 2k  时， 6d  。 又双曲线 C 的渐近线为 2 0x y  ， 双曲线 C 的右支在直线b 的右下方， 双曲线 C 右支上的任意点到直线l 的距离大于 6 。 故在双曲线 C 的右支上不存在点 Q 0 0( , )x y 到到直线l 的距离为 6 证法二：假设双曲线 C 右支上存在点 Q 0 0( , )x y 到直线l 的距离为 6 ， 则 0 0 2 2 2 0 0 3 2 6 (1) 1 2 2 (2) kx y k k x y        　　　 　　　　　　 由（1）得 2 0 0 3 2 6 1y kx k k     ， 设 23 2 6 1t k k    当 2 2k  时， 23 2 6 1 0t k k     ： 2 2 2 2 2 13 2 6 1 6 0 3 1 kt k k k k          将 0 0y kx t  代入（2）得 2 2 2 0 0(1 2 ) 4 2( 1) 0k x tkx t     ， （*）  2 2k  ， 0t   2 21 2 0, 4 0, 2( 1) 0.k kt t       ∴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 0 0( , )x y 到直线l 的距离为 6 例 2. （07 江西）设动点 P 到点 ( 1 0)A  ， 和 (1 0)B ， 的距离分别为 1d 和 2d ， 2APB   ，且存在常数 (0 1)   ，使得 2 1 2 sind d   ． （1）证明：动点 P 的轨迹C 为双曲线，并求出C 的方程； （2）过点 B 作直线双曲线C 的右支于 M N， 两点，试确定 的范围，使OM ON  0    ，其中点O 为坐 标原点． 解：（1）在 PAB△ 中， 2AB  ，即 2 2 2 1 2 1 22 2 cos2d d d d    ， 2 2 1 2 1 24 ( ) 4 sind d d d    ，即 2 1 2 1 24 4 sin 2 1 2d d d d        （常数）， 点 P 的轨迹C 是以 A B， 为焦点，实轴长 2 2 1a   的双曲线． 方程为： 2 2 11 x y    ． （2）解法一：设 1 1( )M x y， ， 2 2( )N x y， ①当 MN 垂直于 x 轴时， MN 的方程为 1x  ， (11)M ， ， (1 1)N ， 在双曲线上． y y P BOA 1d 2d 2 即 21 1 1 51 1 01 2              ，因为0 1  ，所以 5 1 2   ． ②当 MN 不垂直于 x 轴时，设 MN 的方程为 ( 1)y k x  ． 由 2 2 11 ( 1) x y y k x          得： 2 2 2 2(1 ) 2(1 ) (1 )( ) 0k x k x k              ， 由题意知： 2(1 ) 0k      ， 所以 2 1 2 2 2 (1 ) (1 ) kx x k         ， 2 1 2 2 (1 )( ) (1 ) kx x k          ． 于是： 2 2 2 1 2 1 2 2( 1)( 1) (1 ) ky y k x x k         ． 因为 0OM ON    ，且 M N， 在双曲线右支上，所以 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 (1 )0 (1 ) 5 1 210 1 1 2 31 00 1 x x y y k x x kx x                                        ． 由①②知， 5 1 2 2 3  ≤ ． 解法二：设 1 1( )M x y， ， 2 2( )N x y， ， MN 的中点为 0 0( )E x y， ． ①当 1 2 1x x  时， 2 21 1 01MB           ， 因为0 1  ，所以 5 1 2   ； ②当 1 2x x 时， 2 2 1 1 0 2 2 02 2 11 111 MN x y xk yx y                 ． 又 0 0 1MN BE yk k x    ．所以 2 2 0 0 0(1 )y x x     ； 由 2MON ∠ 得 2 2 2 0 0 2 MNx y        ，由第二定义得 2 2 1 2( ) 2 2 2 MN e x x a          2 2 0 0 0 1 11 (1 ) 211 x x x             ． 所以 2 2 2 0 0 0(1 ) 2(1 ) (1 )y x x         ． 于是由 2 2 0 0 0 2 2 2 0 0 0 (1 ) (1 ) 2(1 ) (1 ) y x x y x x                  得 2 0 (1 ) 2 3x     因为 0 1x  ，所以 2(1 ) 12 3     ，又0 1  ， 解得： 5 1 2 2 3    ．由①②知 5 1 2 2 3  ≤ ． 15.抛物线 例 1．已知抛物线C ： 22y x ，直线 2y kx  交C 于 A B， 两点，M 是线段 AB 的中点，过 M 作 x 轴 的垂线交C 于点 N ． （Ⅰ）证明：抛物线C 在点 N 处的切线与 AB 平行； （Ⅱ）是否存在实数 k 使 0 NBNA ，若存在，求 k 的值；若不存在，说明理由． 解：（Ⅰ）如图，设 2 1 1( 2 )A x x， ， 2 2 2( 2 )B x x， ，把 2y kx  代入 22y x 得 22 2 0x kx   ， 由韦达定理得 1 2 2 kx x  ， 1 2 1x x   ，  1 2 2 4N M x x kx x    ， N 点的坐标为 2 4 8 k k     ， ． 设抛物线在点 N 处的切线l 的方程为 2 8 4 k ky m x      ， 将 22y x 代入上式得 2 22 04 8 mk kx mx    ， 直线l 与抛物线C 相切， 2 2 2 2 28 2 ( ) 04 8 mk km m mk k m k             ， m k  ． 即l AB∥ ． （Ⅱ）假设存在实数 k ，使 0NA NB    ，则 NA NB ，又 M 是 AB 的中点， 1| | | |2MN AB  ． x A y 1 1 2 M N B O 由（Ⅰ）知 1 2 1 2 1 2 1 1 1( ) ( 2 2) [ ( ) 4]2 2 2My y y kx kx k x x         2 21 4 22 2 4 k k       ． MN  x 轴， 2 2 2 16| | | | 24 8 8M N k k kMN y y        ． 又 2 2 2 1 2 1 2 1 2| | 1 | | 1 ( ) 4AB k x x k x x x x        2 2 2 211 4 ( 1) 1 162 2 kk k k            ． 2 2 216 1 1 168 4 k k k    ，解得 2k   ． 即存在 2k   ，使 0 NBNA ． 例 2. 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，过 y 轴正方向上一点 (0 )C c， 任作一直线，与抛物线 2y x 相 交于 A B， 两点．一条垂直于 x 轴的直线，分别与线段 AB 和直 线 :l y c  交于点 P Q， ． （1）若 2OA OB    ，求c 的值； （2）若 P 为线段 AB 的中点，求证：QA 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 AB 的方程为 y kx c  ， 将该方程代入 2y x 得 2 0x kx c   ． 令 2( )A a a， ， 2( )B b b， ，则 ab c  ． 因为 2 2 2 2OA OB ab a b c c        ，解得 2c  ， 或 1c   （舍去）．故 2c  ． （2）由题意知 2 a bQ c    ， ，直线 AQ 的斜率为 2 2 2 2 2 AQ a c a abk aa b a ba      ． 又 2y x 的导数为 2y x  ，所以点 A 处切线的斜率为 2a ， 因此， AQ 为该抛物线的切线． （3）（2）的逆命题成立，证明如下： A B C P Q O 如 x y l 设 0( )Q x c， ． 若 AQ 为该抛物线的切线，则 2AQk a ， 又直线 AQ 的斜率为 2 2 0 0 AQ a c a abk a x a x     ，所以 2 0 2a ab aa x   ， 得 2 02ax a ab  ，因 0a  ，有 0 2 a bx  ． 故点 P 的横坐标为 2 a b ，即 P 点是线段 AB 的中点． 16 解析几何中的参数范围问题 1、已知圆锥曲线 1C 的一个焦点为 F（1，0），对应这个焦点的准线方程为 1x   ，又曲线过 ( 3,2 3 )P ， AB 是过 F 的此圆锥曲线的弦；圆锥曲线 2C 中心在原点，其离心率 3 3e  ，一条准线的方程是 1y e  。 （1）求圆锥曲线 1C 和 2C 的方程。 （2）当 AB 不超过 8，且此弦所在的直线与圆锥曲线 2C 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. 4,PN PF   曲线 1C 是以 (1,0)F 为焦点，x=-1 为准线的抛 物线,且 2p  .曲线 2 1: 4C y x ； 依题意知圆锥曲线 2C 为椭圆， 23 , 33 c a a c   23 21, ,3 3a c b    .又其焦点在 y 轴上，圆锥曲 线 2C ： 2 23 12 x y  （2）设直线 AB： 1( )x my m R   , 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y .由抛物线定义得： 1 2 2AB x x   ， A O B C 又由 2 2 1 3 12 x my x y       得 2 2(3 2) 6 1 0m y my    ，其 224 8 0m   时， 1 2 2 4 3 2x x m    。 依题意有 2 2 24 8 0 40 2 8 3 2 m m         即 3 3m   3或m - 3 ，则 1( )0 3 0AB AB ABk k km     或- 3 直线 AB 的倾斜角 2(0, ] [ , )3 3     。 2. 如图，在 Rt△ABC 中，∠CBA=90°，AB=2，AC= 2 2 。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  DN DM ， 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 = 22)2 2(22 2 22  ∴动点 P 的轨迹是椭圆 . x ∵ .1,1,2  cba ∴曲线 E 的方程是 12 2 2  yx . （2）设直线 L 的方程为 2 kxy , 代入曲线 E 的方程 22 22  yx ，得 068)12( 22  kxxk 设 M1（ ),(), 221,1 yxNyx , 则 ① ② ③             . 12 6 , 12 8 ,06)12(4)8( 221 221 2 k xx k kxx kk i) L 与 y 轴重合时， 3 1 || ||  DN DM ii) L 与 y 轴不重合时， 由①得 .2 32 k 又∵ 2 1 x x xx xx DN DM ND MD   , ∵ ,012  xx 或 ,012  xx ∴0＜ ＜1 , ∴ 212)( 1 2 2 1 21 2 21    x x x x xx xx . ∵ )12(3 32 )12(6 64)( 2 2 2 21 2 2 k k k xx xx      而 ,2 32 k ∴ .8)12(36 2  k ∴ ,3 16 )12(3 324 2    k ∴ 3 16214   , 3 1012   , .13 1 ,3 101 ,21 ,10                 ∴ 的取值范围是      ,13 1 . 3. 已 知 向 量 (2,0)OA  ， (0,1)OC AB   ， 动 点 M 到 定 直 线 1y  的 距 离 等 于 d ， 并 且 满足 2( )OM AM k CM BM d        ，其中O 是坐标原点，k 是参数。 （1）求动点 M 的轨迹方程； （2）当 1 2k  时，若直线 AC 与动点 M 的轨迹相交于 A 、 D 两点，线段 AD 的垂直平分线交 x 轴 E ， 求| |EM  的取值范围； （3）如果动点 M 的轨迹是一条圆锥曲线，其离心率e 满足 3 2 3 2e  ，求 k 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 ( , )M x y ，则由 (2,0)OA  ， (0,1)OC AB   且O 是原点， 得 (2,0)A ， (2,1)B ， (0,1)C ，从而 ( , )OM x y ， ( 2, )AM x y  ， ( , 1)CM x y  ， ( 2, 1)BM x y   ， | 1|d y  ，根据 2( )OM AM k CM BM d       得 2( , ) ( 2, ) [( , 1) ( 2, 1) | 1| ]x y x y k x y x y y         ， 即 2 2(1 ) 2( 1) 0k x k x y     为所求轨迹方程。 （2）当 1 2k  时，动点 M 的轨迹方程是 2 2( 1) 2 1x y   ，即 2 21 1 ( 1)2 2y x   ， ∵ AC 的方程为 12 1 x y  ，∴ 1 2 xy   代入 2 2( 1) 2 1x y   ， ∴ 2 2( 1) 2(1 ) 12 xx     ，∴ 2 2 2 1 2 2 12 xx x x      ，∴ 23 8 4 0x x   ， ∴ 2 3x  或 2x  ，∴ 2 2( , )3 3D 。 ∴ AD 的中点为 4 1( , )3 3 ，∴垂直平分线方程为 1 42( )3 3y x   ， 令 0y  得 7 6x  ，∴ 7( ,0)6E  ∴ 2 2 27 1 4 17| | ( ) ( )6 2 3 36EM x y x      ， ∴ 17 7| |6 6EM  （0 2x  ） （3）由于 3 2 3 2e  ，即 1e  ，所以此时圆锥曲线是椭圆，其方程可以化为 2 2( 1) 11 1 x y k    ①当0 1k  时， 2 1a  ， 2 1b k  ， 2 2 2 1 (1 )c a b k k      ，此时 2 2 2 ce ka   ， 而 3 2 3 2e  ，∴ 1 1 3 2k  ； ②当 0k  时， 2 1a k  ， 2 1b  ， 2 2 2 (1 ) 1c a b k k       ， 此时 2 2 2 1 1 c k ke a k k     ，而 3 2 3 2e  ，∴ 1 1 3 1 2 k k   而 0k  时，可解得 11 2k    。综上可知k 的取值范围是 1 1 1[ 1, ] [ , ]2 3 2    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 DN DM =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 5212 22  ＞|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 5 ,∴a= 5 ,c=2,b=1. ∴曲线 C 的方程为 5 2x +y2=1. (2)设直线 l 的方程为 y=kx+2, 代入 5 2x +y2=1,得(1+5k2)x2+20kx+15=0. Δ=(20k)2－4×15(1+5k2)＞0,得 k2＞ 5 3 .由图可知 2 1 x x DN DM  =λ 由韦达定理得           221 221 51 15 51 20 k xx k kxx 将 x1=λx2 代入得           2 2 2 22 2 2 2 2 51 15 )51( 400)1( k x k kx 两式相除得 )15(3 80 )51(15 400)1( 2 2 22 k k k      3 16 )51(3 804,3 20 5 15,3 510,5 3 2 22 2      k kk k 即 33 1,0,3 16)1(4 2   解得 DN DM ① , 2 1 DN DM x x  M 在 D、N 中间，∴λ＜1 ② 又∵当 k 不存在时，显然λ= 3 1 DN DM (此时直线 l 与 y 轴重合). 17 解析几何中的最值问题 1.已知椭圆 2 2 13 2 x y  的左、右焦点分别为 1F ， 2F ．过 1F 的直线交椭圆于 B D， 两点，过 2F 的直线交 椭圆于 A C， 两点，且 AC BD ，垂足为 P ． （Ⅰ）设 P 点的坐标为 0 0( )x y， ，证明： 2 2 0 0 13 2 x y  ； （Ⅱ）求四边形 ABCD 的面积的最小值． 解：（Ⅰ）椭圆的半焦距 3 2 1c    ， 由 AC BD⊥ 知点 P 在以线段 1 2F F 为直径的圆上，故 2 2 0 0 1x y  ， 所以， 2 2 22 0 0 02 1 13 2 2 2 2 y x yx    ≤ ． （Ⅱ）（ⅰ）当 BD 的斜率 k 存在且 0k  时， BD 的方程为 ( 1)y k x  ，代入椭圆方程 2 2 13 2 x y  ，并 化简得 2 2 2 2(3 2) 6 3 6 0k x k x k     ． 设 1 1( )B x y， ， 2 2( )D x y， ，则 2 1 2 2 6 3 2 kx x k     ， 2 1 2 2 3 6 3 2 kx x k   2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 4 3( 1)1 (1 ) ( ) 4 3 2 kBD k x x k x x x x k             ； 因为 AC 与 BC 相交于点 P ，且 AC 的斜率为 1 k  ， 所以， 22 2 2 14 3 1 4 3( 1) 1 2 33 2 kkAC k k         ． 四边形 ABCD 的面积 2 2 2 2 22 2 2 2 1 24( 1) ( 1) 96 2 (3 2)(2 3) 25(3 2) (2 3) 2 k kS BD AC k k k k               ≥ ． 当 2 1k  时，上式取等号． （ⅱ）当 BD 的斜率 0k  或斜率不存在时，四边形 ABCD 的面积 4S  ． 综上，四边形 ABCD 的面积的最小值为 96 25 ． 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 2 24 ( 3)d x y    3︳x-2︳ 由题设 当 x>2 时，由①得 2 2 1( 3) 6 ,2x y x    化简得 2 2 1.36 27 x y  当 2x  时 由①得 2 2(3 ) 3 ,x y x    化简得 2 12y x 故点 P 的轨迹 C 是椭圆 2 2 1 : 136 27 x yC   在直线 x=2 的右侧 部分与抛物线 2 2 : 12C y x 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 1C ， 2C 的交点都是 A（2，2 6 ），B（2， 2 6 ），直线 AF，BF 的斜率分别为 AFk = 2 6 ， BFk = 2 6 . 当点 P 在 1C 上时，由②知 16 2PF x  . ④ 当点 P 在 2C 上时，由③知 3PF x  ⑤ 若直线 l 的斜率 k 存在，则直线 l 的方程为 ( 3)y k x  （i）当 k≤ AFk ，或 k≥ BFk ，即 k≤-2 6 时，直线 I 与轨迹 C 的两个交点 M（ 1x ， 1y ），N（ 2 x ， 2 y ） 都在 C 1 上，此时由④知 ∣MF∣= 6 - 1 2 1x ∣NF∣= 6 - 1 2 2 x 从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= （6 - 1 2 1x ）+ （6 - 1 2 2 x ）=12 - 1 2 ( 1x + 2 x ) 由 2 2 ( 3) 136 27 y k x x y     得 2 2 2 2(3 4 ) 24 36 108 0k x k x k     则 1x ， 1y 是 这 个 方 程 的 两 根 ， 所 以 1x + 2 x = 2 2 24 3 4 k k *∣MN∣=12 - 1 2 （ 1x + 2 x ）=12 - 2 2 12 3 4 k k y x l O F P3 P2 P1 因为当 22 6, 6 , 24,k k  或k 2 时 2 2 2 12 12 10012 12 .13 4 114 kMN k k       当且仅当 2 6k   时，等号成立。 （2）当 , 2 6 2 6AE ANk k k k     时，直线 L 与轨迹 C 的两个交点 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y 分别在 1 2,C C 上，不妨设点 M 在 1C 上，点 2C 上，则④⑤知， 1 2 16 , 32MF x NF x    设直线 AF 与椭圆 1C 的另一交点为 E 0 0 0 1 2( , ), , 2.x y x x x 则 1 0 2 1 16 6 , 3 3 22 2MF x x EF NF x AF          所以 MN MF NF EF AF AE     。而点 A，E 都在 1C 上，且 2 6,AEk   有（1）知 100 100,11 11AE MN 所以 若直线 的斜率不存在，则 1x = 2x =3，此时 1 2 1 10012 ( ) 92 11MN x x     综上所述，线段 MN 长度的最大值为 100 11 。 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 )0,3(F ，右准线l 的方程为： 12x . （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）在椭圆上任取三个不同点 321 、P、PP ，使 133221 FPPFPPFPP  ，证明： || 1 || 1 || 1 321 FPFPFP  为定值，并求此定值. 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、 A Q1 y x l O F P3 P2 P1 灵活解决问题的能力。 数形结合思想方法 解：（Ⅰ）设椭圆方程为 12 2 2 2  b y a x . 因焦点为 )0,3(F ，故半焦距 3c .又右 准线l 的方程为 c ax 2  ，从而由已知 36,12 2 2  ac a ， 因此 3327,6 22  caba . 故所求椭圆方程为 12736 22  yx . （Ⅱ）记椭圆的右顶点为 A，并设 )3,2,1(  iAFP ii  ，不失一般性，假设 3 20 1   ，且 3 4,3 2 1312   . 又设 iP 在l 上的射影为 iQ ，因椭圆的离心率 2 1 a ce ， 从而有 )3,2,1()cos||9(2 1)cos||(|||| 2  iFPeFPcc aeQPFP iiiiiii  . 解得 )3,2,1()cos2 11(9 2 || 1  iFP i i  . 因此 ))]3 4cos()3 2cos((cos2 13[9 2 || 1 || 1 || 1 111 321   FPFPFP 0cos2 3cos2 1cos2 3cos2 1cos)3 4cos()3 2cos(cos 11111111   ， 故 3 2 || 1 || 1 || 1 321  FPFPFP 为定值. 2. 已知椭圆 142 22  yx 两焦点分别为 F1、F2，P 是椭圆在第一象限弧上一点，并满足 121  PFPF ，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. 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 )2,0(1F ， )20(2 F ，设 )0,0(),( 00000  yxyxP 则 )2,( 001 yxPF  ， )2,( 001 yxPF  ， ∴ 1)2( 2 0 2 021  yxPFPF ，∵点 ),( 00 yxP 在曲线上，则 142 2 0 2 0  yx ，∴ 2 4 2 02 0 yx  ，从而 1)2(2 4 2 0 2 0  yy ， 得 20 y .则点 P 的坐标为 )2,1( . （Ⅱ）由题意知，两直线 PA、PB 的斜率必存在，设 PB 的斜率为 )0( kk ， 则 BP 的直线方程为： )1(2  xky .由      142 )1(2 22 yx xky 得 xkkxk )2(2)2( 22  04)2( 2  k ，设 ),( BB yxB ，则 2 2 22 2 22212 )2(2,2 )2(21 k kk k kkxk kkx BB     ， 同理可得 2 2 2 )222 k kkxA   ，则 22 24 k kxx BA  ， 22 8)1()1( k kxkxkyy BABA  . 所以：AB 的斜率 2  BA BA AB xx yyk 为定值. （Ⅲ）设 AB 的直线方程： mxy  2 . 由      142 2 22 yx mxy ，得 04224 22  mmxx ， 由 0)4(16)22( 22  mm ，得 2222  m y O x B A PF1 F2 P 到 AB 的距离为 3 || md  ， 则 3 ||3)2 14(2 1||2 1 2 mmdABS PAB  2)2 8(8 1)8(8 1 2 22 22  mmmm 。 当且仅当  22,222 m 取等号 ∴三角形 PAB 面积的最大值为 2 。 19 解析几何与向量 1.设 1F 、 2F 分别是椭圆 14 2 2  yx 的左、右焦点. （Ⅰ）若 P 是该椭圆上的一个动点，求 1PF · 2PF 的最大值和最小值; （Ⅱ）设过定点 )2,0(M 的直线l 与椭圆交于不同的两点 A 、B ，且∠ AOB为锐角（其中O为坐标原点）， 求直线l 的斜率k 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 2, 1, 3a b c   所以    1 23,0 , 3,0F F ，设  ,P x y ，则     2 2 1 2 3 , , 3 , 3PF PF x y x y x y            2 2 211 3 3 84 4 xx x      因为  2,2x  ，故当 0x  ，即点 P 为椭圆短轴端点时， 1 2PF PF  有最小值 2 当 2x   ，即点 P 为椭圆长轴端点时， 1 2PF PF  有最大值1 解法二：易知 2, 1, 3a b c   ，所以    1 23,0 , 3,0F F ，设  ,P x y ，则 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 cos 2 PF PF F F PF PF PF PF F PF PF PF PF PF                          2 22 2 2 21 3 3 12 32 x y x y x y             （以下同解法一） （Ⅱ）显然直线 0x  不满足题设条件，可设直线    1 2 2 2: 2, , , ,l y kx A x y B x y  ， 联立 2 2 2 14 y kx x y     ，消去 y ，整理得： 2 21 4 3 04k x kx       ∴ 1 2 1 2 2 2 4 3,1 1 4 4 kx x x x k k        由  2 214 4 3 4 3 04k k k           得： 3 2k  或 3 2k   又 0 00 0 90 cos 0 0 0A B A B OA OB          ∴ 1 2 1 2 0OA OB x x y y     又     2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 4y y kx kx k x x k x x       2 2 2 2 3 8 41 1 4 4 k k k k      2 2 1 1 4 k k    ∵ 2 2 2 3 1 01 1 4 4 k k k      ，即 2 4k  ∴ 2 2k   故由①、②得 32 2k    或 3 22 k  2．（07 福建） 如图，已知点 (1 0)F ， ， 直线 : 1l x   ， P 为平面上的动点，过 P 作直线 l 的垂线，垂足为点Q ，且QP QF FP FQ      ． （Ⅰ）求动点 P 的轨迹C 的方程； （Ⅱ）过点 F 的直线交轨迹C 于 A B， 两点，交直线l 于点 M ，已知 1MA AF  ， 2MB BF  ，求 1 2  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， P BQ M FO A x y O y x11 l F 等价转化思想方法 解法一：（Ⅰ）设点 ( )P x y， ，则 ( 1 )Q y ， ，由QP QF FP FQ      得： ( 1 0) (2 ) ( 1 ) ( 2 )x y x y y     ， ， ， ， ，化简得 2: 4C y x ． （Ⅱ）设直线 AB 的方程为： 1( 0)x my m   ． 设 1 1( )A x y， ， 2 2( )B x y， ，又 21M m      ， ， 联立方程组 2 4 1 y x x my      ， ，，消去 x 得： 2 4 4 0y my   ， 2( 4 ) 12 0m     ，故 1 2 1 2 4 4 y y m y y      ， ． 由 1MA AF  ， 2MB BF  得： 1 1 1 2y ym    ， 2 2 2 2y ym    ，整理得： 1 1 21 my     ， 2 2 21 my     ， 1 2 1 2 2 1 12 m y y             1 2 1 2 22 y y m y y     2 42 4 m m     0 ． 解法二：（Ⅰ）由QP QF FP FQ      得： ( ) 0FQ PQ PF     ， ( ) ( ) 0PQ PF PQ PF        ， 2 2 0PQ PF    ， PQ PF   ． 所以点 P 的轨迹C 是抛物线，由题意，轨迹C 的方程为： 2 4y x ． （Ⅱ）由已知 1MA AF  ， 2MB BF  ，得 1 2 0   ． 则： 1 2 MA AF MB BF         ．…………① 过点 A B， 分别作准线l 的垂线，垂足分别为 1A ， 1B ， 则有： 1 1 MA AA AF MB BB BF         ．…………② 由①②得： 1 2 AF AF BF BF         ，即 1 2 0   ． 3．如图所示，已知圆 MAyxC ),0,1(,8)1(: 22 定点 为圆上一动点，点 P 在 AM 上，点 N 在 CM 上， 且满足 NAMNPAPAM 点,0,2  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 FHFG  ，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） .0,2  AMNPAPAM ∴NP 为 AM 的垂直平分线，∴|NA|=|NM|. 又 .222||||,22||||  ANCNNMCN ∴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 ,222 a 焦距 2c=2. .1,1,2 2  bca ∴曲线 E 的方程为 .12 2 2  yx （II）当直线 GH 斜率存在时， 设直线 GH 方程为 ,12,2 2 2  yxkxy 代入椭圆方程 得 .2 30.034)2 1( 222  kkxxk 得由 设 2 21 2 212211 2 1 3, 2 1 4),,(),,( k xx k kxxyxHyxG    则 )2,()2,(, 2211  yxyxFHFG 又  212 2 2212 22122121 )1(.,)1(, xxxxxxxxxxxxx   ，    2 2 2 2 2 2 )1( )1 2 1(3 16,2 1 3 )1( ) 2 1 4(         k kk k 整理得 .33 1.3 16214.3 16 3 2 3 164,2 3 2 2     解得 k k .13 1,10  又 又当直线 GH 斜率不存在，方程为 .3 1,3 1,0  FHFGx )1,3 1[,13 1 的取值范围是即所求  4. 已知方向向量为 v=(1, 3 )的直线 l 过点（0，－2 3 ）和椭圆 C： )0(12 2 2 2  ba b y a x 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； （Ⅱ）是否存在过点 E（－2，0）的直线 m 交椭圆 C 于点 M、N，满足 63 4ONOM ， 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 323:  xyl ， ① 过原点垂直l 的直线方程为 xy 3 3 ， ② 解①②得 .2 3x ∵椭圆中心（0，0）关于直线l 的对称点在椭圆 C 的右准线上， .32 32 2  c a ∵直线l 过椭圆焦点，∴该焦点坐标为（2，0）. .2,6,2 22  bac 故椭圆 C 的方程为 .126 22  yx ③ 解法二：直线 333:  xyl . 设原点关于直线l 对称点为（p，q），则        .13 32232 p q pq 解得 p=3. ∵椭圆中心（0，0）关于直线l 的对称点在椭圆 C 的右准线上， .3 2  c a ∵直线l 过椭圆焦点，∴该焦点坐标为（2，0）. .2,6,2 22  bac 故椭圆 C 的方程为 .126 22  yx ③ （II）解法一：设 M（ 11, yx ），N（ 22 , yx ）. 当直线 m 不垂直 x 轴时，直线 )2(:  xkym 代入③，整理得 ,061212)13( 2222  kxkxk , 13 612, 13 12 2 2 212 2 21     k kxx k kxx , 13 )1(62 13 6124) 13 12(14)(1|| 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 21 2       k k k k k kkxxxxkMN 点 O 到直线 MN 的距离 21 |2| k kd   ,cot63 4 MONONOM  即 ,0sin cos63 4cos||||   MON MONMONONOM ,63 4||.63 2,63 4sin||||   dMNSMONONOM OMN 即 ).13(63 41||64 22  kkk 整理得 .3 3,3 12  kk 当直线 m 垂直 x 轴时，也满足 63 2OMNS . 故直线 m 的方程为 ,3 32 3 3  xy 或 ,3 32 3 3  xy 或 .2x 经检验上述直线均满足 0ONOM . 所以所求直线方程为 ,3 32 3 3  xy 或 ,3 32 3 3  xy 或 .2x 解法二：设 M（ 11, yx ），N（ 22 , yx ）. 当直线 m 不垂直 x 轴时，直线 )2(:  xkm 代入③，整理得 ,061212)13( 2222  kxkxk , 13 12 2 2 21   k kxx ∵E（－2，0）是椭圆 C 的左焦点， ∴|MN|=|ME|+|NE| = . 13 )1(6262) 13 12( 6 22)()()( 2 2 2 2 212 2 1 2     k k k kaxxa cxc aexc ae 以下与解法一相同. 解法三：设 M（ 11, yx ），N（ 22 , yx ）. 设直线 2:  tyxm ，代入③，整理得 .024)3( 22  tyyt ,3 2,3 4 221221   tyyt tyy . )3( 2424 3 8) 3 4(4)(|| 22 2 2 2 2212121       t t tt tyyyyyy ,cot63 4 MONONOM  即 ,0sin cos63 4cos||||   MON MONMONONOM .63 2,63 4sin||||  OMNSMONONOM   ||||2 1 21 yyOESSS OENOEMOMN . )3( 2424 22 2   t t ∴ 22 2 )3( 2424   t t = 63 2 ，整理得 .3 24 tt  解得 ,3t 或 .0t 故直线 m 的方程为 ,3 32 3 3  xy 或 ,3 32 3 3  xy 或 .2x 经检验上述直线方程为 .0ONOM 所以所求直线方程为 ,3 32 3 3  xy 或 ,3 32 3 3  xy 或 .2x 20 探索问题 1 已知函数 1)( 2   ax cbxxf (a,c∈R,a＞0,b 是自然数）是奇函数，f(x)有最大值 2 1 ，且 f(1)＞ 5 2 （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 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 11 22    ax cbx ax cbx ∴–bx+c=–bx–c ∴c=0 ∴f(x)= 12 ax bx 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， 22 1 1 1)( b a bxxb axf    当且仅当 bxxb a 1 即 ax 1 时，f(x)有最大值 2 1 2 1 2  b a ∴ 2b a =1,∴a=b2 ① 又 f(1)＞ 5 2 ，∴ 1a b ＞ 5 2 ,∴5b＞2a+2 ②把①代入②得 2b2–5b+2＜0 解得 2 1 ＜b＜2 又 b∈N,∴b=1,a=1,∴f(x)= 12 x 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)，∴           02 0 0 02 0 0 1)2( 2 1 yx x y x x ,消去 y0，得 x02–2x0–1=0 解之，得 x0=1± 2 , ∴P 点坐标为( 4 2,21 )或( 4 2,21  ) 进而相应 Q 点坐标为 Q（ 4 2,21  ）或 Q( 4 2,21 ) 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 2 p ，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｜ ∴ 2222 )()( ypxxpyx  ,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, 2 p ）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 pxy 2 1 4 1  联立方程组      pyx pxy 2 2 1 4 1 2 得         .16 179 )171(4 1 py px 即 C 点坐标为( pp 16 179,4 171  ) 此时 d+｜BC｜的最小值为｜BF｜= p2 17 3. 在数列{ }na 中，若 1 2,a a 是正整数，且 1 2| |, 3,4,5,n n na a a n    ，则称{ }na 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”{ }na 中， 20 213, 0a a  ，数列{ }nb 满足 1 2n n n nb a a a    ， 1,2,3,n  ，分 别判断当 n   时， na 与 nb 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： 1,0,1,1,0,1,1,2,1,3 10987654321  aaaaaaaaaa （答案不惟一） （ Ⅱ ） 解 ： 因 为 绝 对 差 数 列 0,3, 2120  aaan 中 ， 所 以 自 第 20 项 开 始 ， 该 数 列 是 ,0,3,3,0,3,3,0,3 2726252423222120  aaaaaaaa 。 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 n 时，an 的极限不存在。 当 6lim,6,20 21   nnnnnn baaabn 所以时 （Ⅲ）证明：根据定义，数列 na 必在有限项后出现零项，证明如下： 假设 na 中没有零项，由于 21   nnn aaa ，所以对于任意的 n，都有 1na ，从而当  31, 12121   naaaaaa nnnnnn 时 ； 当  31, 12121   naaaaaa nnnnnn 时 即 na 的值要么比 1na 至少小 1，那么比 2na 至少小 1。 令     ,,3,2,1, , 2122 21212         naaa aaac nnn nnn n 则  .,4,3,210 1   ncc nn 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 na 必有零项。 若第一次出现的零项为第 n 项，记  01  AAan ，则自第 n 项开始，每三个相邻的项周期地取值 0， A，A 即          Aa kAa a kn kn kn 23 13 3 ,,3,2,1,0, ,0  所以绝对差数列 na 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 2 1 0.5 1 0.5 x r x r     ≤ ≤ 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． 个 个 1．设函数   1,1 2 1,2 3 xf x x x       ，      , 1,3g x f x ax x   ，其中 a R ，记函数  g x 的最大值与最小值 的差为  h a 。（I）求函数  h a 的解析式； （II）画出函数  y h x 的 图象并指出  h x 的最小值。 2．已知函数  ( ) ln 1f x x x   ,数列 na 满足 10 1a  ,  1n na f a  ; 数列 nb 满足 1 1 1 1, ( 1)2 2n nb b n b   , *n N .求证:（Ⅰ） 10 1;n na a   （Ⅱ） 2 1 ;2 n n aa   （Ⅲ）若 1 2 ,2a  则当 n≥2 时, !n nb a n  . 3．已知定义在 R 上的函数 f(x) 同时满足：（1） 2 1 2 1 2 1 2 2( ) ( ) 2 ( )cos2 4 sinf x x f x x f x x a x     （ 1 2,x x R， a 为常数）；（2） (0) ( ) 14f f   ；（3）当 0, 4x ［ ］时， ( )f x ≤2 求：（Ⅰ）函数 ( )f x 的解析式；（Ⅱ）常 数 a 的取值范围． 4 ． 设 )0(1),(),,( 2 2 2 2 2211  ba b x x yyxByxA 是椭圆 上 的 两 点 ， 满 足 0),(),( 2211  a y b x a y b x ， 椭 圆 的 离 心 率 ,2 3e 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{ }na 中各项为： 12、1122、111222、……、11 1 n  22 2 n  …… （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 1F 、 2F 分别是椭圆 2 2 15 4 x y+ = 的左、右焦点. （Ⅰ）若 P 是该椭圆上的一个动点，求 21 PFPF  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； .B,AM 3,P)2( 两点相交于的直线与曲线且斜率为设过点  （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 ),(2)( 2 Rcbcbxxxf  满足 0)1( f ，且关于 x 的方程 0)(  bxxf 的两实数根分别在区间（-3， -2），（0，1）内。 （1）求实数 b 的取值范围； （2）若函数 )(log)( xfxF b 在区间（-1- c ，1- c ）上具有单调性，求实数 C 的取值范围 10、已知函数 ,1)2 1(,)1,1()(  fxf 上有意义在 且任意的 x 、 )1,1(y 都有 ).1()()( xy yxfyfxf   （1）若数列 ).(),( 1 2,2 1}{ * 211 n n n nn xfNn x xxxx 求满足     （2）求 )2 1() 13 1()11 1()5 1(1 2    nf nn fff  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 0GA GB GC      , ②| |MA  = | |MB  = | |MC  ③ GM  ∥ AB  （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（ 2 , 0） ，已知 PF  ∥ FQ  , RF  ∥ FN  且 PF  · RF  = 0.求四边形 PRQN 面积 S 的最大值和最小值. 12．已知 为锐角，且 12tan  ，函数 )42sin(2tan)( 2   xxxf ，数列{an}的首项 )(,2 1 11 nn afaa   . ⑴ 求函数 )(xf 的表达式； ⑵ 求证： nn aa 1 ； ⑶ 求证： ),2(21 1 1 1 1 11 * 21 Nnnaaa n   13．（本小题满分 14 分）已知数列 na 满足  1 11, 2 1n na a a n N      （Ⅰ）求数列 na 的通项公式；（Ⅱ）若数列 nb 满足 nn b n bbbb a )1(4444 1111 321   ，证明： na 是等差数列； （Ⅲ）证明：   2 3 1 1 1 1 2 3n n Na a a        14．已知函数    ,023 23 2  acxxaxaxg （I）当 1a 时，若函数  xg 在区间  1,1 上是增函数，求实数 c 的取值范 围；（II）当 2 1a 时，（1）求证：对任意的  1,0x ，   1/ xg 的充要条件是 4 3c ；（3）若关于 x 的实系数方程   0/ xg 有两个实根 , ，求证： ,1 且 1 的充要条件是 .4 1 2 aac  15．已知数列{a n}前 n 项的和为 S n，前 n 项的积为 nT ，且满足 (1 )2n n nT  。①求 1a ；②求证：数列{a n}是等比数列；③是否存 在常数 a，使得     2 1 2n n nS a S a S a     对 n N  都成立？ 若存在，求出 a，若不存在，说明理由。 16、已知函数 ( )y f x 是定义域为 R 的偶函数，其图像均在 x 轴的上方，对任意的 [0, )m n 、 ，都有 ( ) [ ( )]nf m n f m ， 且 (2) 4f  ， 又 当 0x  时 ， 其 导 函 数 ' ( ) 0f x  恒 成 立 。（ Ⅰ ） 求 (0) ( 1)F f 、 的 值 ；（ Ⅱ ） 解 关 于 x 的 不 等 式 ： 2 2 2( ) 2 2 4 kxf x      ，其中 ( 1,1).k   17、一个函数  f x ，如果对任意一个三角形，只要它的三边长 , ,a b c 都在  f x 的定义域内，就有      , ,f a f b f c 也是某 个三角形的三边长，则称  f x 为“保三角形函数”．（I）判断  1f x x ，  2f x x ，   2 3f x x 中，哪些是“保三角形函数”， 哪些不是，并说明理由；（II）如果  g x 是定义在 R 上的周期函数，且值域为  0, ，证明  g x 不是“保三角形函数”；（III）若 函数   sinF x x ， x  0, A 是“保三角形函数”，求 A 的最大值．（可以利用公式 sin sin 2sin cos2 2 x y x yx y    ） 18、已知数列{ }na 的前 n 项和 nS 满足： ( 1)1n n aS aa   （a 为常数，且 0, 1a a  ）． （Ⅰ）求{ }na 的通项公式； （Ⅱ）设 2 1 n n n Sb a ，若数列{ }nb 为等比数列，求 a 的值；（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，设 1 1 1 1 1n n n c a a     ，数列 { }nc 的前 n 项和为 Tn .求证： 12 3nT n  ． 19、数列 na 中， 1 2a  ， 1n na a cn   （ c 是常数， 1 2 3n  ，，， ），且 1 2 3a a a， ， 成公比不为1的等比数列。 （I）求 c 的值；（II）求 na 的通项公式。（III）由数列 na 中的第 1、3、9、27、……项构成一个新的数列{b n }，求 n n n b b 1lim   的 值。 20、已知圆 MPNyxM 为圆点定点 ),0,5(,36)5(: 22  上的动点，点 Q 在 NP 上，点 G 在 MP 上，且满足 0,2  NPGQNQNP . （I）求点 G 的轨迹 C 的方程； （II）过点（2，0）作直线 l ，与曲线 C 交于 A、B 两点，O 是 坐标原点，设 ,OBOAOS  是否存在这样的直线 l ，使四边形 OASB 的对角线相等（即|OS|=|AB|）？若存在，求出直线 l 的方 程；若不存在，试说明理由. 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. （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 | | 1y x  ， 2 2 2y x x t    ， 1 1( )2 ty x x   ( 0)x  的 最 小 值 恰 好 是 方 程 3 2 0x ax bx c    的三个根，其中 0 1t  ．（Ⅰ）求证： 2 2 3a b  ；（Ⅱ）设 1( , )x M ， 2( , )x N 是函数 3 2( )f x x ax bx c    的两个极值点．①若 1 2 2| | 3x x  ，求函数 ( )f x 的解析式；②求| |M N 的取值范围． 23．如图，已知直线 l 与抛物线 yx 42  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 0||2  AMBMAB ，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 .2)(,ln)(),(2)(  e pqeegxxfxfx qpxxg 且其中 （e 为 自 然对数的底数）（I）求 p 与 q 的关系； （II）若 )(xg 在其定义域内为单调函数，求 p 的取值范围； （III）证明： ① )1()1(  xxxf ；② )1(4 12ln 3 3ln 2 2ln 2 222   n nn n n （n∈N，n≥2）. 25．已知数列{ }na 的前 n 项和 nS 满足： ( 1)1n n aS aa   （a 为常数，且 0, 1a a  ）．（Ⅰ）求{ }na 的通项公式；（Ⅱ）设 0 2 1n n Sb a   ， 若数列{ }nb 为等比数列，求 a 的值；（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，设 1 1 1 1 1n n n c a a     ，数列{ }nc 的前 n 项和为 Tn，求证： 12 3nT n  ． 26、对于函数 ( )f x ，若存在 0x R ，使 0 0( )f x x 成立，则称 0x 为 ( )f x 的不动点．如果函数 2 ( ) ( , *)x af x b c Nbx c   有 且仅有两个不动点 0 、 2 ，且 1( 2) 2f    ． （Ⅰ）试求函数 ( )f x 的单调区间；（Ⅱ）已知各项不为零的数列 na 满足 14 ( ) 1n n S f a  ，求证： 1 1 1 1ln n n n a n a     ； （Ⅲ）设 1 n n b a   ， nT 为数列 nb 的前 n 项和，求证： 2008 20071 ln 2008T T   ． C BA 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） = f (x)·f (y)＋1 f (y)－f (x) 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． 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 2 3 0PM MQ    ， 0RP PM   . （Ⅰ）⑴当点 P 在 y 轴上移动时，求点 M 的轨迹 C 的方程； （Ⅱ）设 1 1 2 2( , ) ( , )A x y B x y、 为轨迹 C 上两点，且 1 11, 0x y  ， N(1,0)，求实数  ，使 AB AN  ，且 16 3AB  29、已知椭圆 W 的中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率为 6 3 ，两条准线间的距离为 6. 椭圆 W 的左焦点为 F ，过左准线与 x 轴的 交点 M 任作一条斜率不为零的直线 l 与椭圆 W 交于不同的两点 A 、 B ，点 A 关于 x 轴的对称点为 C . （Ⅰ）求椭圆 W 的方程；（Ⅱ）求证： CF FB  (  R )；（Ⅲ）求 MBC 面积 S 的最大值. 30、已知抛物线 2: axyC  ，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 MABM  ，求点 M 的轨 迹方程. 31．设函数 3 21( ) ( )3f x ax bx cx a b c     ，其图象在点 (1, (1)), ( , ( ))A f B m f m 处的切线的斜率分别为 0, a ． （Ⅰ）求证：0 1b a ≤ ；（Ⅱ）若函数 ( )f x 的递增区间为[ , ]s t ，求| |s t 的取值范围； （Ⅲ）若当 x k≥ 时（k 是与 , ,a b c 无关的常数），恒有 1( ) 0f x a   ，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 0 1. ，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） 33．设 1F ， 2F 分别是椭圆 C ： 2 2 2 2 16 2 x y m m   ( 0)m  的左，右焦点． （1）当 P C ，且 21 0PF PF    ， 1 2| | | | 8PF PF  时，求椭圆 C 的 左，右焦点 1F 、 2F ．（2） 1F 、 2F 是（1）中的椭圆的左，右焦点，已 知 2F 的 半 径 是 1 ， 过 动 点 Q 的 作 2F 切 线 QM ， 使 得 1 2QF QM （ M 是切点），如下图．求动点 Q 的轨迹方程． Q（x，y） M F1 F2O y x 34．已知数列 na 满足 1 5a  , 2 5a  ， 1 16 ( 2)n n na a a n    ．（1）求证： 1 2n na a  是等比数列； （2）求数列 na 的通项公式；（3）设 3 (3 )n n n nb n a  ，且 1 2 nb b b m    对于 n N  恒成立，求 m 的取值范围。 35．已知集合  1 2 1 2 1 2( ) 0 0D x x x x x x k    ， ， ， （其中 k 为正常数）．（1）设 1 2u x x ，求 u 的取值范围；（2）求证： 当 1k  时不等式 2 1 2 1 2 1 1 2( )( ) ( )2 kx xx x k     对任意 1 2( , )x x D 恒成立；（3）求使不等式 2 1 2 1 2 1 1 2( )( ) ( )2 kx xx x k     对任意 1 2( , )x x D 恒成立的 2k 的范围． 36、已知椭圆 C： 2 2 a x ＋ 2 2 b y ＝1（a＞b＞0）的离心率为 3 6 ，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：OM ＝ cos OA＋sin OB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 2: yl 的距离小 1。 （1）求曲线 C 的方程； （2）过点 .,,)2,2( PBAPBACmP 设两点交于与曲线的直线 ①当 m求直线时,1 的方程；②当△AOB 的面积为 24 时（O 为坐标原点），求  的值。 38、已知数列 }{ na 的前 n 项和为 nS ，对一切正整数 n ，点 ),( nn SnP 都在函数 xxxf 2)( 2  的图像上，且过点 ),( nn SnP 的 切线的斜率为 nk ． （1）求数列 }{ na 的通项公式． （2）若 n k n ab n2 ，求数列 }{ nb 的前 n 项和 nT ． （3）设 },2{},,{   NnaxxRNnkxxQ nn ，等差数列 }{ nc 的任一项 RQcn  ，其中 1c 是 RQ  中的最小数， 115110 10  c ，求 }{ nc 的通项公式. 39、已知 nS 是数列 na 的前 n 项和， 1 2 3, 22a a  ，且 1 13 2 1 0n n nS S S     ，其中 *2,n n N  . (1)求数列 na 的通项公式 na ；(2)(理科)计算 lim n n n S n a  的值. ( 文科) 求 nS . 40、)函数 )(xf 对任意 x∈R 都有 f(x)＋f(1－x)＝1 2. （1）求 ))(1()1()2 1( Nnn nfnff 和 的值； （2）数列 }{),1()1()2()1()0(}{ nnn afn nfnfnffaa 求数列满足   的通项公式。 （3）令 nSbbbbTab nnn n n 1632,,14 4 22 3 2 2 2 1   试比较 Tn 与 Sn 的大小。 41．已知数列 na 的首项 1 2 1a a  （a 是常数，且 1a   ）， 242 2 1   nnaa nn （ 2n  ），数列 nb 的首项 1b a ， 2nab nn  （ 2n  ）。 （1）证明： nb 从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列；（2）设 nS 为数列 nb 的前 n 项和，且 nS 是 等比数列，求实数 a 的值；（3）当 a>0 时，求数列 na 的最小项。 42．已知抛物线 C： 2 2 ( 0)y px p  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 16 3 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 16 3 ，求侧棱长”；也可以是“若正四棱 锥的体积为 16 3 ，求所有侧面面积之和的最小值”． 现有正确命题：过点 ( ,0)2 pA  的直线交抛物线 C： 2 2 ( 0)y px p  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)= 5 2 16 8 x x   ，设正项数列 na 满足 1a =l，  1n na f a  ． (I)写出 2a ， 3a 的值; (Ⅱ)试比较 na 与 5 4 的大 小，并说明理由； (Ⅲ)设数列 nb 满足 nb = 5 4 － na ，记 Sn= 1 n i i b   ．证明：当 n≥2 时,Sn＜ 1 4 (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 ),(),,( nnnn bnBanA )0,1( nCn ，满足向量 1nn AA 与向量 nnCB 共线，且点（B，n）在方向向量为（1，6）的线上 ., 11 abaa  （1）试用 a 与 n 表示 )2( nan ； （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 2||||),0,2(),0,2( 2121  PFPFPFF 满足点 ，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 )0,(mM ，使 MQMP  恒成立，求实数 m 的值. （ii）过 P、Q 作直线 2 1x 的垂线 PA、OB，垂足分别为 A、B，记 || |||| AB QBPA  ，求λ的取值范围. 47．设 x1、 )0()()( 223 212  axabxaxxfxxx 是函数 的两个极值点. （1）若 2,1 21  xx ，求函数 f(x)的解析式； （2）若 bxx 求,22|||| 21  的最大值； （3）若 )()()(,, 1221 xxaxfxgaxxxx  函数且 ，求证： .)23(12 1|)(| 2 aaxg 48．已知 }{),10(log)( na aaxxf  ，若数列{an} *)(42),(,),(),(),(,2 321 Nnnafafafaf n 使得 成等 差数列. （1）求{an}的通项 an; （2）设 ),( nnn afab  若{bn}的前 n 项和是 Sn，且 .3 1 2:,1 1 2 2 42 2 4      a naS a a n n求证 49．点 P 在以 21, FF 为焦点的双曲线 1: 2 2 2 2  b y a xE )0,0(  ba 上，已知 21 PFPF  ， ||2|| 21 PFPF  ，O 为坐标原 点．（Ⅰ）求双曲线的离心率 e ；（Ⅱ）过点 P 作直线分别与双曲线渐近线相交于 21, PP 两点，且 4 27 21 OPOP ， 02 21  PPPP ， 求双曲线 E 的方程；（Ⅲ）若过点 )0,(mQ （ m 为非零常数）的直线 l 与（2）中双曲线 E 相交于不同于双曲线顶点的两点 M、N，且 QNMQ  （  为非零常数），问在 x 轴上是否存在定点 G，使 )(21 GNGMFF  ？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 1163)( 23  axxaxxf ， 1263)( 2  xxxg ，和直线 9:  kxym ，又 0)1( f ． （Ⅰ）求 a 的值；（Ⅱ）是否存在 k 的值，使直线 m 既是曲线 )(xfy  的切线，又是 )(xgy  的切线；如果存在，求出 k 的值； 如果不存在,说明理由． （Ⅲ）如果对于所有 2x 的 x ,都有 )(9)( xgkxxf  成立，求 k 的取值范围． 51．已知二次函数 ),,(,)( 2 Rcbacbxaxxf  满足：对任意实数 x，都有 xxf )( ，且当 x （1，3）时，有 2)2(8 1)(  xxf 成立。 （1）证明： 2)2( f 。 （2）若 )(,0)2( xff  的表达式。 （3）设 xmxfxg 2)()(  ),0[ x ，若 )(xg 图上的点都位于直线 4 1y 的上方，求实数 m 的取值范围。 52．（1）数列{an}和{bn}满足 )(1 21 nn bbbna   （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 *)(2 1 Nnaac nnn   ，探究 }{ na 为等差数列的充分必要条件，需说明理由。[提示：设数列{bn} 为 )3,2,1(2   naab nnn 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 2 1 ，乙赢的概率为 3 1 ，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 2na 、 1na 、 0na ,51,*  nNn 令 nn aaaS  21 .(Ⅰ)求 53 S 的概率；（Ⅱ）若随机变量 满足 7S （ 表示局数），求 的分布列和数学期望. AB A1B1 C1 O 54．如图，已知直线 l 与抛物线 yx 42  相切于点 P(2, 1)，且与 x 轴交于点 A，定点 B 的坐标 为(2, 0) . （I）若动点 M 满足 02  AMBMAB ，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. 55,,,已知 A、B 是椭圆 )0(12 2 2 2  ba b y a x 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： )1,(,}{,14)( 1 2   n nnnn aaPSna x xf 点项和为的前数列 在曲线 .0,1),()( 1 *  naaNnxfy 且上 （ 1 ） 求 数 列 {an} 的 通 项 公 式 ；（ 2 ） 数 列 {bn} 的 前 n 项 和 为 Tn ， 且 满 足 3816 2 2 1 2 1    nn a T a T n n n n ，设定 b1 的值，使得数列{bn}是等差数列； （3）求证： *,1142 1 NnnSn  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 nn aa 的通项公式}{ ； （2）设 .,} 2 { nn n n TnaT 求项和的前为数列 58、已知向量 aaxxfaaam  2 2 1)()0( )2 1,1( ，将函数 的图象按向量 m 平移后得到函数 )(xg 的图象。 （Ⅰ）求函数 )(xg 的表达式； （Ⅱ）若函数 ]2,2[)( 在xg 上的最小值为 )()( ahah ，求 的最大值。 59、已知斜三棱柱 111 CBAABC  的各棱长均为 2， 侧棱 1BB 与底面 ABC 所成角为 3  ， 且侧面 11 AABB 底面 ABC . （1）证明：点 1B 在平面 ABC 上的射影 O 为 AB 的中点； （2）求二面角 BABC  1 的大小 ；（3）求点 1C 到平面 ACB1 的距离. 60、如图，已知四棱锥 S ABCD 中， SAD 是边长为 a 的正三角形，平面 SAD  平面 ABCD ，四边形 ABCD 为菱形， 60DAB   ， P 为 AD 的中点， Q 为 SB 的中点. （Ⅰ）求证： //PQ 平面 SCD ； （Ⅱ）求二面角 B PC Q  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 ;2 1 2    n nn aaa ② ,. *NnMan  其中 M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 Wbnb n n n  }{,25 且 ， 求 M 的取值范围；（3）设数列{cn}的各项均为正整数，且 1.}{  nnn ccWc 证明： 62．数列 na 和数列 nb （ n +N ）由下列条件确定：（1） 1 0a  ， 1 0b  ；（2）当 2k  时， ka 与 kb 满足如下条件：当 1 1 02 k ka b   时， 1k ka a  ， 1 1 2 k k k a bb   ；当 1 1 02 k ka b   时， 1 1 2 k k k a ba   ， 1k kb b  . 解答下列问题：（Ⅰ）证明数列 k ka b 是等比数列；（Ⅱ）记数列 ( )k nn b a 的前 n 项和为 nS ，若已知当 1a  时，lim 0nn n a  ， 求 lim nn S .（Ⅲ） ( 2)n n  是满足 1 2 nb b b   的最大整数时，用 1a ， 1b 表示 n 满足的条件. 63. 已知函数    1ln , 0,f x x ax xx      (a 为实常数)． (1) 当 a = 0 时，求  f x 的最小值； (2)若  f x 在 [2, ) 上是单调函数，求 a 的取值范围； (3)设各项为正的无穷数列 }{ nx 满足  * 1 1ln 1 ,n n x n Nx     证明： nx ≤1(n ∈N*)． 64.设函数 3 2( )f x x ax bx   ( 0)x  的图象与直线 4y  相切于 (1,4)M ．（Ⅰ）求 3 2( )f x x ax bx   在区间 (0,4] 上 的最大值与最小值；（Ⅱ）是否存在两个不等正数 ,s t ( )s t ，当 [ , ]x s t 时，函数 3 2( )f x x ax bx   的值域也是[ , ]s t ，若 存在，求出所有这样的正数 ,s t ；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）设存在两个不等正数 ,s t ( )s t ，当 [ , ]x s t 时，函数 3 2( )f x x ax bx   的值域是[ , ]ks kt ，求正数 k 的取值范围． 65. 已知数列 na 中， 1 1a  ，  * 1 1 22( ... )n nna a a a n N      ． （1）求 2 3 4, ,a a a ； （2）求数列 na 的通项 na ； （3）设数列{ }nb 满足 2 1 1 1 1,2 n n n k b b b ba   ，求证： 1( )nb n k  S QD A B P C 66、设函数      xxxf  1ln21 2 .(1)求  xf 的单调区间;(2)若当      1,11 eex 时,(其中 718.2e )不等式   mxf  恒成立,求实数 m 的取值范围;(3)试讨论关于 x 的方程:   axxxf  2 在区间 2,0 上的根的个数. 67、已知 2( ) ( 2, )f x x ax a a x R     ， ( ) xg x e ， ( ) ( ) ( )x f x g x   .（1）当 1a  时，求 ( )x 的单调区间；（2）求 ( )g x 在点 (0,1) 处的切线与直线 1x  及曲线 ( )g x 所围成的封闭图形的面积；（3）是否存在实数 a ，使 ( )x 的极大值为 3？若存在，求出 a 的值，若不存在，请说明理由. 68、已知椭圆 )0(1: 2 2 2 2 1  ba b y a xC 的离心率为 3 3 ，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 0 RSQR ， 求 || QS 的取值范围。 69、已知 F1,F2 是椭圆 C: 2 2 2 2 1x y a b   （a>b>0）的左、右焦点，点 P ( 2,1) 在椭圆上，线段 PF2 与 y 轴的交点 M 满足 2 0PM F M   。 （1）求椭圆 C 的方程。（2）椭圆 C 上任一动点 M 0 0( , )x y 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 CBA ,, 均在椭圆 )1(1: 2 2 2  ay a xM 上，直线 AB 、AC 分别过椭圆的左右焦点 1F 、 2F ，当 1 2 0AC F F   时， 有 2 1219 AFAFAF  .(Ⅰ)求椭圆 M 的方程;(Ⅱ)设 P 是椭圆 M 上的任一点， EF 为圆   12: 22  yxN 的任一条直 径，求 PFPE  的最大值. 71.如图， ( , 3 )A m m 和 ( , 3 )B n n 两点分别在射线 OS、OT 上移动，且 1 2OA OB    ，O 为坐标原点，动点 P 满足 OP OA OB    . （Ⅰ）求 m n 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 3ME EN  ，求 l 的方程. 72.已知函数 21( ) ln , ( ) ( 1) ( 1), ( ) ( ) ( )2f x x a x g x a x a H x f x g x        。(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) 、  是 函 数 H （ x ） 的 两 个 极 值 点 ， < ， (1, ] ( 2.71828 )e e    。求证：对任意的 x1、x2 [ , ]  ，不等式 1 2| ( ) ( ) | 1H x H x  成立 73. 设 )(xf 是定义在 1,1 上的奇函数，且当 01  x 时， 23 52)( axxxf  bxa  24 ．(Ⅰ)求函数 )(xf 的解析式； O A P B x y (Ⅱ) 当 31  a 时，求函数 )(xf 在  1,0 上的最大值 )(ag ；(Ⅲ)如果对满足 31  a 的一切实数 a ，函数 )(xf 在  1,0 上恒 有 0)( xf ，求实数 b 的取值范围． 74.已知椭圆 C 的中心为原点，点 F )0,1( 是它的一个焦点，直线 l 过点 F 与椭圆 C 交于 BA, 两点，且当直线 l 垂直于 x 轴时， 6 5OBOA ．（Ⅰ）求椭圆 C 的方程；（Ⅱ）是否存在直线 l ，使得在椭圆 C 的右准线上可以找到一点 P ，满足 ABP 为正三角 形．如果存在，求出直线 l 的方程；如果不存在，请说明理由． 75. 已知数列 na 满足 4 1 1 a ，   ),2( 21 1 1 Nnn a aa n n n n      ．（Ⅰ）求数列 na 的通项公式 na ；（Ⅱ）设 2 1 n n a b  ， 求数列 nb 的前 n 项和 nS ；（Ⅲ）设 2 )12(sin  nac nn ，数列 nc 的前 n 项和为 nT ．求证：对任意的  Nn ， 7 4nT ． 76、已知函数 2 1( ) ( ) ( 0)axf x x x e aa     （1）求曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))A f 处的切线方程 （2）当 0a  时，求函数 ( )f x 的单调区间 （3）当 0a  时，若不等式 3 3( ) 0, ,f x xa a         对 恒成立，求 a 的取值范围。 77、已知函数 x axxf ln)(  ，其中 a 为实数． (1)当 2a 时，求曲线 )(xfy  在点 ))2(,2( f 处的切线方程；(2)是否存在 实数 a ，使得对任意 ),1()1,0(  x ， xxf )( 恒成立?若不存在，请说明理由，若存在，求出 a 的值并加以证明． 78、已知 21 7( ) ln , ( ) ( 0)2 2f x x g x x mx m     ，直线 l 与函数 ( )f x 、 ( )g x 的图像都相切，且与函数 ( )f x 的图像的切 点的横坐标为 1。 （Ⅰ）求直线 l 的方程及 m 的值；（Ⅱ）若 ( ) ( 1) '( )( '( ) ( )h x f x g x g x g x   其中 是 的导函数），求函数 ( )h x 的最大值； （Ⅲ）当 0 b a  时，比较： 2 ( )a af a b  与 2 (2 )b af a 的大小， 79、已知抛物线 C ： xy 42  的准线与 x 轴交于 M 点，过 M 点斜率为 k 的直线 l 与抛物线 C 交于 A 、 B 两点( A 在 M 、 B 之 间)． (1) F 为抛物线 C 的焦点，若 ||4 5|| AFAM  ，求 k 的值； (2)如果抛物线 C 上总存在点 Q ，使得 QBQA  ，试求 k 的取值范围． 80、在平面直角坐标系中，已知定圆 F: （F 为圆心）， 定直线 ,作与圆 F 内切且和直线 相切的动圆 P，(1)试求动圆圆 心 P 的轨迹 E 的方程。（2）设过定圆心 F 的直线 自下而上依次交轨迹 E 及定园 F 于点 A、B、C、D，①是否存在直线 ，使得 成 立？若存在，请求出这条直线的方程；若不存在，请说明理由。 ②当直线 绕点 F 转动时， 的值是否为定值？若是， 请求出这个定值；若不是，请说明理由。 81.已知函数   2f x x mx n   的图像过点  13， ，且    1 1f x f x     对任意实数都成立，函数  y g x 与  y f x 的图像关于原点对称。      1 1 1 3f x f x f     ， （Ⅰ）求  f x 与 ( )xg 的解析式；（Ⅱ）若 ( ) ( )xgxF = —  f x 在[-1，1]上是增函数，求实数λ的取值范围； 82. 设 数 列    nn ba , 满 足 3,4,6 332211  bababa ， 且 数 列      Nnaa nn 1 是 等 差 数 列 ， 数 列    Nnbn 2 是等比数列。（I）求数列 na 和 nb 的通项公式；（II）是否存在  Nk ，使      2 1,0kk ba ，若存在， 求出 k ，若不存在，说明理由。 83. 数列 }{ na 的首项 11 a ，前 n 项和 Sn 与 an 之间满足 ).2(12 2 2  nS Sa n n n （1）求证：数列{ nS 1 }的通项公式； （2）设 存在正数 k，使 12)1()1)(1( 21  nkSSS n 对一切 *Nn  都成立，求 k 的最大值. 84. 已 知 F1 、 F2 分 别 是 椭 圆 )0,0(12 2 2 2  ba b y a x 的 左 、 右 焦 点 ， 其 左 准 线 与 x 轴 相 交 于 点 N ， 并 且 满 足 ， .2||,2 21121  FFNFFF 设 A、B 是上半椭圆上满足 NBNA  的两点，其中 ].3 1,5 1[ （1）求此椭圆的方程及直线 AB 的斜率的取值范围； （2）设 A、B 两点分别作此椭圆的切线，两切线相交于一点 P，求证：点 P 在一条定直线上，并求点 P 的纵坐标的取值范围. 85.已知函数 .ln)(,2)2 3ln()( xxgxxxf  （1）求函数 f(x)是单调区间； （2）如果关于 x 的方程 mxxg  2 1)( 有 实数根，求实数 m 的取值集合； （3）是否存在正数 k，使得关于 x 的方程 )()( xkgxf  有两个不相等的实数根？如果存在，求 k 满足的条件；如果不存在，说明理由. 86、已知抛物线 )0(22  ppxy 的焦点为 F ，直线 l 过点 )0,4(A 且与抛物线交于 QP, 两点.并设以弦 PQ 为直径的圆恒过原 点.(Ⅰ)求焦点坐标；(Ⅱ)若 FRFQFP  ，试求动点 R 的轨迹方程. 87、已知椭圆 )0(12 2 2 2  ba b y a x 上的点到右焦点 F 的最小距离是 2 1 ， F 到上顶点的距离为 2 ，点 )0,(mC 是线段 OF 上的一个动点. （I）求椭圆的方程;(Ⅱ)是否存在过点 F 且与 x 轴不垂直的直线 l 与椭圆交于 A 、 B 两点,使得 BACBCA  )( ,并说明理由. 88、椭圆的对称中心在坐标原点，一个顶点为 )2,0(A ，右焦点 F 与点 ( 2 , 2)B 的距离为 2 。 （1）求椭圆的方程； （2）是否存在斜率 0k 的直线 l ： 2 kxy ，使直线 l 与椭圆相交于不同的两点 NM , 满足 |||| ANAM  ，若存在，求直线 l 的倾斜角 ；若不存在，说明理由。 89、已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且对一切正整数 n 都有 nn anS 2 12  。（1）证明： 241  naa nn ；（2）求数列 na 的通项公式；（3）设 12111111)( 21                    naaanf n  ，求证： )()1( nfnf  对一切  Nn 都成立。 90、已知等差数列 na 的前三项为 1,4,2 ,a a 记前 n 项和为 nS ． (Ⅰ)设 2550kS  ，求 a 和 k 的值；(Ⅱ)设 n n Sb n  ，求 3 7 11 4 1nb b b b    的值． 91.已知  xf 定义在 R 上的函数，对于任意的实数 a，b 都有      abfbafabf  ，且   12 f （1）求      2 1f 的值 （2）求  nf 2 的解析式（  Nn ） 92. 设函数   baxxxf  （1）求证：  xf 为奇函数的充要条件是 022  ba （2）设常数 b ＜ 322  ，且对任意 x  1,0 ，  xf ＜0 恒成立，求实数 a 的取值范围 93.已知函数 2 2( ) ( 3) 3f x x a x a a     （a 为常数）.（1）如果对任意 2[1,2], ( )x f x a  恒成立，求实数 a 的取值范围；（2） 设实数 , ,p q r 满足： , ,p q r 中的某一个数恰好等于 a，且另两个恰为方程 ( ) 0f x  的两实根，判断① p q r  ，② 2 2 2p q r  ， ③ 3 3 3p q r  是否为定值？若是定值请求出：若不是定值，请把不是定值的表示为函数 ( )g a ，并求 ( )g a 的最小值；（3）对于（2） 中的 ( )g a ，设 1( ) [ ( ) 27]6H a g a   ，数列{ }na 满足 1 ( )n na H a  *( )n N ，且 1 (0,1)a  ，试判断 1na  与 na 的大小，并证 明. 94．如图，以 A1，A2 为焦点的双曲线 E 与半径为 c 的圆 O 相交于 C，D，C1，D1，连接 CC1 与 OB 交于点 H，且有： HBOH )323(  。 其中 A1，A2，B 是圆 O 与坐标轴的交点，c 为双曲线的半焦距。 （1）当 c=1 时，求双曲线 E 的方程； （2）试证：对任意正实数 c，双曲线 E 的离心率为常数。 （3）连接 A1C 与双曲线 E 交于 F，是否存在 实数 FCFA  1,使 恒成立，若存在，试求出  的值； 若不存在，请说明理由. 95.设函数 ))(,(),1(,1(),(3 1)( 23 mfmBfAcbacxbxaxxf 其图象在点 处的切线的斜率分别为 0，－a. （1）求证： 10  a b ； （2）若函数 f（x）的递增区间为[s，t]，求|s－t|的取值范围. （3）若当 x≥k 时，（k 是 a，b，c 无关 的常数），恒有 0)('  axf ，试求 k 的最小值 96. 设函数      )()( )0()()(),,(1)( 2 xxf xxfxFbabxaxxf 为实数 （1）若 0)1( f 且对任意实数均有 0)( xf 成立， 求 )(xF 表达式； （2）在（1）在条件下，当 kxxfxgx  )()(]2,2[ 时， 是单调函数，求实数 k 的取值范围； （3）设 mn<0，m+n>0，a>0 且 )(xf 为偶函数，证明 .0)()(  nFmF 97. 在平面直角坐标系内有两个定点 1 2F F、 和动点 P， 1 2F F、 坐标分别为 )0,1(1 F 、 )0,1(F2 ，动点 P 满足 2 2 |PF| |PF| 2 1  ，动 点 P 的轨迹为曲线 C ，曲线 C 关于直线 y x 的对称曲线为曲线 'C ，直线 3 mxy 与曲线 'C 交于 A、B 两点，O 是坐标原 点，△ABO 的面积为 7 ， （1）求曲线 C 的方程；（2）求 m 的值。 98.数列 na ， )(32,1 2 11    Nnnnaaa nn ⑴是否存在常数  、  ，使得数列  nnan   2 是等比数列，若存在，求出  、  的值，若不存在，说明理由。 ⑵设 nnn n n bbbb，S na b     32112 1 ，证明：当 2n 时， 3 5 )12)(1( 6  nSnn n . 99、数列{ }na 的前 n 项和为 1 1, 10, 9 10n n nS a a S   。 （I）求证：{lg }na 是等差数列；（Ⅱ）设 nT 是数列 1 3 (lg )(lg )n na a        的前 n 项和，求 nT ；（Ⅲ）求使 21 ( 5 )4nT m m  对所有 的 n N  恒成立的整数 m 的取值集合。 100、已知数列｛ na ｝中， 1 1 1 ,22 n na n a a ,点（ ）在直线 y=x 上，其中 n=1,2,3…. （1）令 1 1n n nb a a ,   求证数列 nb 是等比数列; （2）求数列 的通项；na ⑶ 设 分别为数列、 nn TS  、na  nb 的前 n 项和,是否存在实数  ，使得数列 n nS T n     为等差数列？若存在，试求出  .若不存在,则说明理由。 1 （新）2011 年黄冈中学高考数学压轴 100 题解析 1．解：（I）     1 ,1 2 1 1,2 3 ax xg x a x x         （ 1 ） 当 0a  时 ， 函 数  g x 是  1,3 增 函 数 ， 此 时 ，    max 3 2 3g x g a   ，    min 1 1g x g a   ，所以   1 2h a a  ；——2 分 （ 2 ） 当 1a  时 ， 函 数  g x 是  1,3 减 函 数 ， 此 时 ，    min 3 2 3g x g a   ，    max 1 1g x g a   ，所以   2 1h a a  ；————4 分 （3）当 0 1a  时，若  1,2x ，则   1g x ax  ，有      2 1g g x g  ； 若  2,3x ，则    1 1g x a x   ，有      2 3g g x g  ； 因此，    min 2 1 2g x g a   ，————6 分 而        3 1 2 3 1 1 2g g a a a       ， 故当 10 2a  时，    max 3 2 3g x g a   ，有   1h a a  ； 当 1 12 a  时，    max 1 1g x g a   ，有  h a a ；————8 分 综上所述：   1 2 , 0 11 ,0 2 1, 12 2 1, 1 a a a a h a a a a a               。————10 分 （II）画出  y h x 的图象，如右图。————12 分 数形结合，可得  min 1 1 2 2h x h     。————14 分 2．解: (Ⅰ)先用数学归纳法证明 0 1na  , *n N . （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 0 1ka  .则当 n=k+1 时, 因为 0g(0)=0. 因为 0 1na  ,所以   0ng a  ,即   2 2 n n a f a >0,从而 2 1 .2 n n aa   ————10 分 (Ⅲ) 因为 1 1 1 1, ( 1)2 2n nb b n b   ,所以 0nb  , 1n n b b  1 2 n  , 所以 1 2 1 1 2 1 1 !2 n n n n n n b b bb b nb b b         ————① , ————12 分 由(Ⅱ) 2 1 ,2 n n aa   知: 1 2 n n n a a a   , 所以 1 na a = 3 12 1 2 1 2 1 2 2 2 n n n a a aa a a a a a      , 因为 1 2 2a  , n≥2, 10 1.n na a   所以 na 11 2 12 2 2 naa a a  < 1 12 n n a  < 2 12 2n a = 1 2n ————② . ————14 分 由①② 两式可知: !n nb a n  .————16 分 3．（Ⅰ）在 2 1 2 1 2 1 2 2( ) ( ) 2 ( )cos2 4 sinf x x f x x f x x a x     中,分别令 1 2 0x x x    ； 1 2 4 4 x x x        ； 1 2 4 4 x x x        得 2 2 ( ) ( ) 2cos2 4 sin , ( + ) ( ) 2 2 ( + ) ( ) 2cos 2 ) 4 sin2 2 4 f x f x x a x f x f x a f x f x x a x                   ， ＝ （ ＋ （ ＋ ） ① ② ③ 由①＋②－③， 得 1 cos2( )1 cos2 42 ( ) 2 2cos2 2cos( 2 ) 4 42 2 2 xxf x a x x a a         ［ ］- ［ ］ ＝ 2 2(cos2 sin 2 ) 2 (cos2 sin 2 )a x x a x x    ∴ ( ) 2(1 )sin(2 )4f x a a x     （Ⅱ）当 0, 4x ［ ］时， sin(2 )4x   2[ ,1]2 ． （1）∵ ( )f x ≤2，当 a<1 时， 21 2[ (1 )]2a a   ≤ ( )f x ≤ 2(1 )a a  ≤2． 即1 2 ≤ (1 2)a ≤ 2 2 ． 2 ≤ a ≤1 ． （2）∵ ( )f x ≤2，当 a≥1 时， 2≤ a a 2(1- )≤ ( )f x ≤1．即 1≤a≤ 4 3 2 ． 故满足条件 a 的取值范围[ 2 ， 4 3 2 ]． 4．（1） 3.22 3,1.22 22  eaa ba a cebb 椭圆的方程为 14 2 2  xy （2 分） （2）设 AB 的方程为 3 kxy 由 4 1, 4 320132)4( 14 3 221221 22 2 2          k xx k kxxkxxk xy kxy （4 分） 由已知 4 3)(4 3)41()3)(3(4 10 2121 2 21212 21 2 21  xxkxxkkxkxxx a yy b xx      k k kk k k 解得,4 3 4 32 4 3) 4 1(4 4 22 2 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 4 2042)4( 14 221 222 2 2        k kbxxbkbxxk xy bkxy 得到 4 4 2 2 21   k bxx :04 ))((04 21 21 21 21 代入整理得 bkxbkxxxyyxx 42 22  kb （11 分） 4 1644|||4)(||2 1||||2 1 2 22 21 2 2121   k bkbxxxxbxxbS 1||2 4 2  b k 所以三角形的面积为定值.（12 分） 5（1） 1 2(10 1) 10 (10 1)9 9 n n n na       ……………………………… (2 分 ) 1 (10 1) (10 2)9 n n    10 1 10 1( ) ( 1)3 3 n n    …………………………………(4 分) 记：A = 10 1 3 n  , 则 A= 33 3 n  为整数  na = A (A+1) ， 得证 ………………………………………………………( 6 分) (2) 21 1 210 109 9 9 n n na    ……… ………………………………………… (8 分) 个 2 4 2 21 1 2(10 10 10 ) (10 10 10 )9 9 9 n n nS n       2 2 11 (10 11 10 198 210)891 n n n      ……………………………………………(12 分) 6、解：（Ⅰ）易知 )0,1(),0,1(,1,2,5 21 FFcba  设 P（x，y），则 1),1(),1( 22 21  yxyxyxPFPF 35 115 44 222  xxx ]5,5[x ， 0 x当 ，即点 P 为椭圆短轴端点时， 21 PFPF  有最小值 3； 当 5x ，即点 P 为椭圆长轴端点时， 21 PFPF  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 )5(  xky 由方程组 2 2 2 2 2 21 (5 4) 50 125 20 05 4 ( 5) x y k x k x k y k x            ，得 依题意 2 5 520(16 80 ) 0 5 5k k      ，得 当 5 5 5 5  k 时，设交点 C ),(),( 2211 yxDyx 、 ，CD 的中点为 R ),( 00 yx ， 则 45 25 2, 45 50 2 2 21 02 2 21     k kxxx k kxx .45 20)545 25()5( 22 2 00   k k k kkxky 又|F2C|=|F2D| 122  RFkklRF 1 204 20 45 251 ) 45 20(0 2 2 2 2 2 2         k k k k k k kkk RF ∴20k2=20k2－4，而 20k2=20k2－4 不成立， 所以不存在直线 l ，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. : y x4y )1x(3y)1x(3y:AB,)i)(2( 2 得消去由的方程为直线由题意得    .3 162xx|AB|),32,3(B),3 32,3 1(A.3x,3 1x,03x10x3 2121 2  所以解得 假设存在点C（－1，y），使△ABC为正三角形，则|BC|=|AB|且|AC|=|AB|，即 ),(9 314y,)3 32y()3 4()32y(4: )3 16() 3 2y()13 1( ,)3 16()32y()13( 2222 222 222 舍不符解得相减得         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， .32y,C,B,A,32y 1x )1x(3y     故三点共线此时得由 ， 9 256)3 16(|AB|,y3 y34 9 28)3 32y()3 11(|AC| 222222 又 ， , 39 2y,9 256yy3 34 9 28yy3428,|AB||AC||BC| 22222 时即即当  ∠CAB为钝角. 9 256yy3428yy3 34 9 28,|AB||BC||AC| 22222  即当 .CBA 33 10y 为钝角时 22222 yy3428y3 y34 9 28 9 256,|BC||AC||AB|  即又 0) 3 2y(,03 4y33 4y: 22 即 . 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: )32(9 32 3 310  yyy 或 . 解法二： 以AB为直径的圆的方程为: 3 8 1x:L)33 2,3 5()3 8()33 2y()3 5x( 222 的距离为到直线圆心  . ).3 32,1(GLAB, 相切于点为直径的圆与直线以所以 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. 9 32y1x).3 1x(3 3 3 32y:ABA  得令垂直的直线为且与过点 . 33 10y1x),3x(3 332y:ABB  得令垂直的直线为且与过点 . ,)32,1(C,,32y1x )1x(3y 时的坐标为当点所以解得又由     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： ).32(9 32 3 310  yyy 或 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) ∴ )x(f 1)x(f  由已知 x>0 时，f(x)>1>0，当 x<0 时，-x>0，f(-x)>0 ∴ 0)x(f 1)x(f  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 ∴ 1)xx(f)x(f)x(f)x(f )x(f 1212 1 2  ∴ 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 0)1(  cf ， 且 27 17)7 5 5 1(12  cbbc 所以 10、解：（1） .2 11| 1 2|||21 12 2    x x xxx n n nn 又 1| 1 2| 2    n n x x 1)2 1()( 1  fxf 而 ).(2)()()1() 1 2()( 21 nnn nn nn n n n xfxfxfxx xxf x xfxf     2)( )( 1   n n xf xf 12)(,2,1)}({  n nn xfxf 故为公比的等比数列以为首项是以 （2）由题设，有 0)0(),0()01 00()0()0(   fffff 故 又 ,0)0() 1 ()()(),1,1( 2    f x xxfxfxfx 有 得 )1,1()(),()(  在故知 xfxfxf 上为奇函数. 由 1)2)(1( 1 13 1 2   kkkk )2)(1( 11 2 1 1 1 )2)(1( 11 )2)(1( 1     kk kk kk kk 得 )2 1()1 1()2 1()1 1() 13 1( 2   kfkfkfkf kk f 于是     n k nfnff kk f 1 2 ).2 1(1)2 1()2 1() 13 1( 故 .0)2 1() 13 1()11 1()5 1(1 2    nf nn fff  11.解：（1）设 C ( x , y )， 2GA GB GO    ,由①知 2GC GO   , G 为 △ABC 的重心 ，  G( 3 x , 3 y ) … ………………………………………（2 分） 由②知 M 是△ABC 的外心，M 在 x 轴上。 由③知 M（ 3 x ，0）， 由| | | |MC MA  得 2 2 2( ) 1 ( )3 3 x xx y    化简整理得： 2 2 13 x y  （x≠0 ）………………………… (6 分) （2）F（ 2 ，0 ）恰为 2 2 13 x y  的右焦点 设 PQ 的斜率为 k≠0 且 k≠± 2 2 ，则直线 PQ 的方程为 y = k ( x － 2 ) 由 2 2 2 2 2 2 ( 2) (3 1) 6 2 6 3 0 3 3 0 y k x k x k x k x y             设 P(x1 , y1) ，Q (x2 ,y2 ) 则 x1 + x2 = 2 2 6 2 3 1 k k  , x1·x2 = 2 2 6 3 3 1 k k   …… （8 分） 则| PQ | = 21 k · 2 1 2 1 2( ) 4x x x x  = 21 k · 2 2 2 2 2 6 2 6 3( ) 43 1 3 1 k k k k    = 2 2 2 3( 1) 3 1 k k   RN⊥PQ,把 k 换成 1 k  得 | RN | = 2 2 2 3( 1) 3 k k   ………………………（ 10 分) S = 1 2 | PQ | · | RN | = 2 2 2 2 6( 1) (3 1)( 3) k k k    = 2 2 82 13( ) 10k k    ) 2 2 1 83( ) 10 2k k S      2 2 1k k  ≥2 ， 8 2 S   ≥16， 3 2  ≤ 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 3 2 ≤ S ≤ 2， Smax = 2 ， Smin = 3 2 ……………………………………（14 分） 12．解：⑴ 1 )12(1 )12(2 tan1 tan22tan 22        又∵ 为锐角 ∴ 42   ∴ 1)42sin(   xxxf  2)( ⑵ nnn aaa  2 1 ∵ 2 1 1 a ∴ naaa ,, 32 都大于 0 ∴ 02 na ∴ nn aa 1 ⑶ nnnnnnn aaaaaaa     1 11 )1( 111 2 1 ，∴ 1 11 1 1   nnn aaa . ∴ 1322121 111111 1 1 1 1 1 1   nnn aaaaaaaaa  111 1211   nn aaa ∵ 4 3 2 1)2 1( 2 2 a , 14 3)4 3( 2 3 a , 又∵ nn aan  12 -7- ∴ 131  aan ， ∴ 2121 1  na ，∴ 21 1 1 1 1 11 21  naaa  13 (本小题满分 14 分) 解：（1） 121  nn aa ， )1(211   nn aa ……………………2 分 故数列 }1{ na 是首项为 2，公比为 2 的等比数列。……………………3 分 n na 21  ， 12  n na …………………………………………4 分 （2） nn b n bbbb a )1(4444 1111 321   ， nn nbnbbb 24 )( 21    ……………5 分 nn nbnbbb  2)(2 21  ① 1121 )1()1(2)(2   nnn bnnbbbb  ② ②—①得 nnn nbbnb   11 )1(22 ，即 1)1(2  nn bnnb ③……………………8 分 21 2)1(   nn nbbn ④ ④—③得 112   nnn nbnbnb ，即 112   nnn bbb ……………………9 分 所以数列 }{ nb 是等差数列 （3） 1 11 1 2 1 22 1 12 11        n nn n aa ………………………………11 分 设 132 111   naaaS  ，则 )111(2 11 322 naaaaS   )1(2 11 12   naSa …………13 分 3 21 3 212 112   nn aaaS ………………………………14 分 14. (本小题满分 16 分 （1）当 1a 时， cxxxxg  23 2 1 3 1)( ， cxxxg  2)( ………………1 分 )(xg 在（—1，1）上为单调递增函数， 0)(  xg 在（—1，1）上恒成立…………2 分 02  cxx 在（—1，1）上恒成立……………………3 分 2c ………………………………………………………4 分 （2）设 )()( xfxg  ，则 15、① 1 1a  ；③ 4 3a  16、解：(1)由 f(m·n)＝[f(m)]n 得：f(0)＝f(0×0)＝[f(0)]0 ∵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)     2 2 2 2 2 22 2 22 2 2 1 1 2 4 2 4 4 4 kxkx kx kxf f f f f f x x x x                                         又当 0x  时，其导函数  ' 0f x  恒成立，∴  y f x 在区间 0, 上为单调递增函数 ∴  2 2 2 2 2 1 2 4 1 4 0 4 kx kx x k x kx x            ①当 0k  时，  0x ； ②当 1 0k   时， 2 2 4 40 01 1 k kx x xk k          ，∴ 2 4 ,01 kx k      ； ③当 0 1k  时， 2 2 4 40 01 1 k kx x xk k          ，∴ 2 40,1 kx k      综上所述：当 0k  时，  0x ；当 1 0k   时， 2 4 ,01 kx k      ； 当 0 1k  时， 2 40,1 kx k      。 17、解：（I）    1 2,f x f x 是“保三角形函数”，  3f x 不是“保三角形函数”． 1 分 任给三角形，设它的三边长分别为 , ,a b c ，则 a b c  ，不妨假设 ,a c b c„ „ ， 由于 0a b a b c     ，所以    1 2,f x f x 是“保三角形函数”. 3 分 对于  3f x ，3，3，5 可作为一个三角形的三边长，但 2 2 23 3 5  ，所以不存在三角形以 2 2 23 ,3 ,5 为三边长，故  3f x 不 是“保三角形函数”． 4 分 （II）设 0T  为  g x 的一个周期，由于其值域为  0, ，所以，存在 0n m  ，使得    1, 2g m g n  ， 取 正 整 数 n m T   ， 可 知 , ,T m T m n   这 三 个 数 可 作 为 一 个 三 角 形 的 三 边 长 ， 但   1g T m   ，    1, 2g T m g n    不 能 作 为 任 何 一 个 三 角 形 的 三 边 长 ． 故  g x 不 是 “ 保 三 角 形 函 数 ” ． 8 分 （III） A 的最大值为 5 6  ． 9 分 一方面，若 5 6A  ，下证  F x 不是“保三角形函数”. 取  5 5, , 0,2 6 6 A    ，显然这三个数可作为一个三角形的三边长，但 5 1 5 1sin 1,sin ,sin2 6 2 6 2      不能作为任何一个三角形的三边长，故  F x 不是“保三角形函数”. 另一方面，以下证明 5 6A  时，  F x 是“保三角形函数”． 对任意三角形的三边 , ,a b c ，若 5, , (0, )6a b c  ，则分类讨论如下： （1） 2a b c   … ， 此时 5 52 2 6 6 3a b c         … ，同理， , 3b c  ， ∴ 5, , ( , )3 6a b c   ，故 1sin ,sin ,sin ( ,1]2a b c  ， 1 1sin sin 1 sin2 2a b c    … ． 同理可证其余两式. ∴ sin ,sin ,sina b c 可作为某个三角形的三边长． （2） 2a b c    此时， 2 2 a b c    ，可得如下两种情况： 2 2 a b  ≤ 时，由于 a b c  ，所以， 0 2 2 2 c a b   ≤ . 由 sin x 在 (0, ]2  上的单调性可得 0 sin sin 12 2 c a b  ≤ ； 2 2 a b   时， 0 2 2 2 c a b      ， 同样，由 sin x 在 0, 2      上的单调性可得 0 sin sin 12 2 c a b   ； 总之， 0 sin sin 12 2 c a b  ≤ . 又由 5 6a b c    及余弦函数在  0, 上单调递减，得 5cos cos cos cos 02 2 2 12 a ba b c      ， ∴ sin sin 2sin cos 2sin cos sin2 2 2 2 a b a b c ca b c     ． 同理可证其余两式，所以 sin ,sin ,sina b c 也是某个三角形的三边长．故 5 6A  时，  F x 是“保三角形函数”． 综上， A 的最大值为 5 6  ． 18、解：（Ⅰ） 1 1( 1),1－  aS aa ∴ 1 ,a a 当 2n  时， 1 1 ,1 1n n n n n a aa S S a aa a      1 n n a aa   ，即{ }na 是等比数列． ∴ 1n n na a a a   ； ……………………4 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 2 ( 1) (3 1) 21 1 ( 1) n n n n n a a a a aab a a a        ，若{ }nb 为等比数列， 则有 2 2 1 3 ,b b b 而 2 1 2 3 2 3 2 3 2 23, , ,a a ab b ba a      故 2 2 2 3 2 3 2 2( ) 3a a a a a     ，解得 1 3a  ， ………………………………7 分 再将 1 3a  代入得 3n nb  成立， 所以 1 3a  ． ………………………………………………………………8 分 （III）证明：由（Ⅱ）知 1( )3 n na  ，所以 1 1 1 1 1 3 3 1 1 3 1 3 11 ( ) 1 ( )3 3 n n n n n n n c          1 1 1 3 1 1 3 1 1 1 11 13 1 3 1 3 1 3 1 n n n n n n                1 1 12 ( )3 1 3 1   n n ， ………………………………………………… 9 分 由 1 1 1 1 1 1,3 1 3 3 1 3n n n n    得 1 1 1 1 1 1 ,3 1 3 1 3 3n n n n     所以 1 1 1 3 1 12 ( ) 2 ( )3 1 3 1 3 3＋       n n n n nc ， …………………… 12 分 从而 1 2 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1[2 ( )] [2 ( )] [2 ( )]3 3 3 3 3 3n n n nT c c c               2 2 3 1 1 1 1 1 1 12 [( ) ( ) ( )]3 3 3 3 3 3n nn         1 1 1 12 ( ) 23 3 3nn n     ． 即 12 3nT n  ． …………………………14 分 19、解：（I） 1 2a  ， 2 2a c  ， 3 2 3a c  ，因为 1a ， 2a ， 3a 成等比数列， 所以 2(2 ) 2(2 3 )c c   ，解得 0c  或 2c  ． 当 0c  时， 1 2 3a a a  ，不符合题意舍去，故 2c  ．…… 4 分（文 6 分） （II）当 2n≥ 时，由于 2 1a a c  ， 3 2 2a a c  ，…… 1 ( 1)n na a n c   ，所以 1 ( 1)[1 2 ( 1)] 2n n na a n c c       。 又 1 2a  ， 2c  ， 故 22 ( 1) 2( 2 3 )na n n n n n       ，， ． 当 n=1 时 ， 上 式 也 成 立 ， 所 以 2 2( 1 2 )na n n n    ，， ……8 分 （III）bn=32n-2-3n-1+2, ∴ n n n b b 1lim   =9. ……12 分 20、解：（1）       0 2 PNGQ NQNP 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 3a ，半焦距 5c ，∴短半轴长 b=2，∴点 G 的轨迹方程是 149 22  yx ………5 分 （2）因为 OBOAOS  ，所以四边形 OASB 为平行四边形 若存在 l 使得| OS |=| AB |，则四边形 OASB 为矩形 0 OBOA 若 l 的斜率不存在，直线 l 的方程为 x=2，由           3 52 2 149 2 22 y x yx x 得 0,09 16  OBOAOBOA 与 矛盾，故 l 的斜率存在. ………7 分 设 l 的方程为 ),(),,(),2( 2211 yxByxAxky  0)1(3636)49( 149 )2( 222222       kxkxkyx xky 由 49 )1(36, 49 36 2 2 212 2 21     k kxx k kxx ① )]2()][2([ 2121  xkxkyy 49 20]4)(2[ 2 2 2121 2   k kxxxxk ② ……………9 分 把①、②代入 2 302121  kyyxx 得 ∴存在直线 06230623:  yxyxl 或 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      A B C3 0 3 0 5 2 3， ， ， ， ， 则    AC km   5 3 2 3 2 192 2 即 A、C 两个救援中心的距离为 2 19km （2） ∵| | | |PC PB ，所以 P 在 BC 线段的垂直平分线上 又 ∵| | | |PB PA  4 ，所以 P 在以 A、B 为焦点的双曲线的左支上，且 AB  6 ∴双曲线方程为  x y x 2 2 4 5 1 0   BC 的垂直平分线的方程为 x y  3 7 0 联立两方程解得： x  8  ∴ ， ， ∠P k PABPA   8 5 3 3tan ∴∠PAB＝120°所以 P 点在 A 点的北偏西 30°处 （3）如图，设 PQ h PB x PA y  ， ， ∵ QB QA x h y h    2 2 2 2             x y x h y h x y x y x h y h 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 · 又∵ x y x h y h      2 2 2 2 1 QB QA PB PA  ∴ 1 1 1 1 QB QA PB PA  ∴ 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1， 1 t ， 1 t ，…………………… …3 分 由 (1) 0f  ，得 1c a b    ∴ 3 2 3 2( ) ( 1)f x x ax bx c x ax bx a b          2( 1)[ ( 1) ( 1)]x x a x a b       ， 故方程 2 ( 1) ( 1) 0x a x a b      的两根是 1 t ， 1 t ． 故 1 1 ( 1)t t a      ， 1 1 1t t a b      ．………………………4 分 2 2( 1 1 ) ( 1)t t a     ，即 22 2( 1) ( 1)a b a     ∴ 2 2 3a b  ． …………………………………………………………5 分 （Ⅱ）①依题意 1 2,x x 是方程 2'( ) 3 2 0f x x ax b    的根， 故有 1 2 2 3 ax x   ， 1 2 3 bx x  ， 且△ 2(2 ) 12 0a b   ，得 3b  ． 由 2 2 1 2 1 2 1 2 2 3 2 3| | ( ) 4 3 3 a b bx x x x x x        ………………………7 分 2 3 3 b 2 3  ；得， 2b  ， 2 2 3 7a b   ． 由（Ⅰ）知 1 1 ( 1) 0t t a       ，故 1a   ， ∴ 7a   ， ( 1) 7 3c a b      ∴ 3 2( ) 7 2 7 3f x x x x     ．…………………………………………9 分 ② 1 2| | | ( ) ( ) |M N f x f x   3 3 2 2 1 2 1 2 1 2| ( ) ( ) ( ) |x x a x x b x x      2 1 2 1 2 1 2 1 2| | | ( ) ( ) |x x x x x x a x x b        22 3 2 2| ( ) ( ) |3 3 3 3 b a b aa b       3 24 (3 )27 b  （或 32 24 9( )27 2 a ）． ………………………………………11 分 由（Ⅰ） 2 2 2( 1) ( 1 1 ) 2 2 1a t t t        ∵ 0 1t  ，∴ 22 ( 1) 4a   ， 又 1a   ，∴ 2 1 2a     ， 3 2 1a     ， 23 2 2 9a   （或 2 3b  ） …………………13 分 ∴ 3 240 | | (3 2)27M N    ．…………………………………15 分 23．（本小题满分 12 分） 解：（I）由 22 4 14 xyyx  得 ， .2 1 xy  ∴直线 l 的斜率为 1| 2  xy ，………1 分 故 l 的方程为 1 xy ，∴点 A 坐标为（1，0） …………………………………… 2 分 设 ),( yxM 则 ),1(),,2(),0,1( yxAMyxBMAB  ， 由 0||2  AMBMAB 得 .0)1(20)2( 22  yxyx 整理，得 .12 2 2  yx …………………………………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 22 ，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 将①代入 12 2 2  yx ，整理，得 0)28(8)12( 2222  kxkxk ， 由△>0 得 00 时，h(x)=px2－2x+p 图象为开口向上抛物线， 称轴为 x= p 1 ∈（0，+∞）.∴h(x)min=p－ p 1 .只需 p－ p 1 ≥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= p 1 （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 x x xxkxxxk  111)(,1ln)( 则 . 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， xx x x x 111ln .  )1(4 12 )]1 1 2 1(1[2 1 )]1 11 4 1 3 1 3 1 2 1(1[2 1 )])1( 1 43 1 32 1()1[(2 1)]1 3 1 2 1()]1[(2 1 )11 3 11 2 11(2 1 2 ln 3 3ln 2 2ln ),11(2 1ln .11ln ,,2*, 2 222 222222 22 22 2 2          n nn nn nnn nnn n n n n nn n nn n nxnNn     得令时 ∴结论成立.…………………………………………………………………………14 分 25．解：（Ⅰ） 1 1 1( 1),aS aa   ∴ 1 0,a  当 2n  时， 1 1 ,1 1n n n n n a aa S S a aa a      1 n n a aa   ，即{ }na 是等比数列． ∴ 1n n na a a a   ； ………………4 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 2 ( 1) (3 1) 21 1 ( 1) n n n n n a a a a aab a a a        ，若{ }nb 为等比数列， 则有 2 2 1 3 ,b b b 而 2 1 2 3 2 3 2 3 2 23, , ,a a ab b ba a      故 2 2 2 3 2 3 2 2( ) 3a a a a a     ，解得 1 3a  ，再将 1 3a  代入得 3n nb  成立， 所以 1 3a  ． （III）证明：由（Ⅱ）知 1( )3 n na  ，所以 1 1 1 1 1 3 3 1 1 3 1 3 11 ( ) 1 ( )3 3 n n n n n n n c          1 1 1 3 1 1 3 1 1 1 11 13 1 3 1 3 1 3 1 n n n n n n                1 2 12 ( )3 1 3 1n n    ， 由 1 1 1 1 1 1,3 1 3 3 1 3n n n n    得 1 1 1 1 1 1 ,3 1 3 1 3 3n n n n     所以 1 1 1 3 1 12 ( ) 2 ( )3 1 3 1 3 3n n n n nc         ， 从而 1 2 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1[2 ( )] [2 ( )] [2 ( )]3 3 3 3 3 3n n n nT c c c               2 2 3 1 1 1 1 1 1 12 [( ) ( ) ( )]3 3 3 3 3 3n nn         1 1 1 12 ( ) 23 3 3nn n     ． 即 12 3nT n  ．…………………………14 分 26、解：（Ⅰ）设 2 2(1 ) 0( 1)x a x b x cx a bbx c         2 0 1 2 0 1 c b a b           ∴ 0 1 2 a cb    ∴ 2 ( ) (1 )2 xf x c x c    由 2 1( 2) 1 31 2f cc         又∵ , *b c N ∴ 2, 2c b  ∴ 2 ( ) ( 1)2( 1) xf x xx   …………………… 3 分 于是 2 2 2 2 2 2( 1) 2 2( ) 4( 1) 2( 1) x x x x xf x x x         由 ( ) 0f x  得 0x  或 2x  ； 由 ( ) 0f x  得 0 1x  或1 2x  故函数 ( )f x 的单调递增区间为 ( ,0) 和 (2, ) ， 单调减区间为 (0,1) 和 (1,2) ……………………4 分 （Ⅱ）由已知可得 22 n n nS a a  ， 当 2n  时， 2 1 1 12 n n nS a a    两式相减得 1 1( )( 1) 0n n n na a a a     ∴ 1n na a   或 1 1n na a    当 1n  时， 2 1 1 1 12 1a a a a     ，若 1n na a   ，则 2 1a  这与 1na  矛盾 ∴ 1 1n na a    ∴ na n  ……………………6 分 于是，待证不等式即为 1 1 1ln1 n n n n   ． 为此，我们考虑证明不等式 1 1 1ln , 01 x xx x x    令 11 , 0,t xx    则 1t  ， 1 1x t   再令 ( ) 1 lng t t t   ， 1( ) 1g t t    由 (1, )t   知 ( ) 0g t  ∴当 (1, )t   时， ( )g t 单调递增 ∴ ( ) (1) 0g t g  于是 1 lnt t  即 1 1ln , 0x xx x   ① 令 1( ) ln 1h t t t    ， 2 2 1 1 1( ) th t t t t     由 (1, )t   知 ( ) 0h t  ∴当 (1, )t   时， ( )h t 单调递增 ∴ ( ) (1) 0h t h  于是 1ln 1t t   即 1 1ln , 01 x xx x    ② 由①、②可知 1 1 1ln , 01 x xx x x    ……………………10 分 所以， 1 1 1ln1 n n n n   ，即 1 1 11 ln n n n a n a     ……11 分 （Ⅲ）由（Ⅱ）可知 1 nb n  则 1 1 11 2 3nT n      在 1 1 1ln1 n n n n   中令 1,2,3, ,2007n   ，并将各式相加得 1 1 1 2 3 2008 1 1 1ln ln ln 12 3 2008 1 2 2007 2 3 2007               即 2008 20071 ln 2008T T   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 (a－x)·f (a)＋1 f (a)－f (a－x) = 1＋f (a－x) 1－f (a－x) = 1＋f (a)·f (x)＋1 f (x)－f (a) 1－f (a)·f (x)＋1 f (x)－f (a) = 1＋ 1＋f (x) f (x)－1 1－ 1＋f (x) f (x)－1 = 2f (x) －2 =  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）]= f (a)·f (－a)＋1 f (－a)－f (a) = 1－f 2(a) －2f (a) = 0， f（3a）= f（2a + a）= f [2a （ a）]= f (2a)·f (－a)＋1 f (－a)－f (2a) = 1 －f (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， 设2a < x < 3a，则0 < x  2a < a， ∴ f（x  2a）= f (2a)·f (x)＋1 f (2a)－f (x) =  1 f (x) > 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）= f (x1)·f (x2)＋1 f (x2－x1) > 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 2 3 0PM MQ    得 P(0， 2 y )，Q( ,03 x ). 由 0,RP PM   得(3， 2 y )·( x ， 3 2 y )＝0,即 xy 42  又点 Q 在 x 轴的正半轴上， 0 x 故点 M 的轨迹 C 的方程是 2 4 ( 0)y x x  .……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| 164 3   ，不合题意；………7 分 当直线 AB 斜率存在且不为 0 时，设 : ( 1)ABl y k x  ，代入 2 4y x 得 2 2 2 22( 2) 0k x k x k    则|AB| 2 1 2 2 2 2( 2) 4 162 2 4 3 kx x k k         ,解得 32 k …………………10 分 代入原方程得 03103 2  xx ，由于 11 x ，所以 1 2 13, 3x x  , 由 AB AN  ，得 2 1 1 13 43 3 1 3N x x x x      . ……………………13 分 解法二：由题设条件得                )5(3 16)()( )4( )3()1( )2(4 )1(4 2 12 2 12 112 112 2 2 2 1 2 1 yyxx yyy xxx xy xy   分化简后可得 ））并结合（）代入（）、（同样把（ 分 ）代入上式并化简得再把（ ）得代入（ ）得）、（由（ 11)7(3 16)1( 1543 9)6(1)1( 1 )1(44)1(2 )1( )1(43 1 1 11 2 1 2 12 112                x x xxy yy xxx 由（6）、（7）解得      3 3 4 1x  或      3 1 4 1x  ，又 11 x ，故 3 4 . 29、解：（Ⅰ）设椭圆 W 的方程为 2 2 2 2 1x y a b   ，由题意可知 2 2 2 2 6 ,3 , 2 6, c a a b c a c          解得 6a  ， 2c  ， 2b  ， 所以椭圆 W 的方程为 2 2 16 2 x y  ．……………………………………………4 分 （Ⅱ）解法 1：因为左准线方程为 2 3ax c     ，所以点 M 坐标为 ( 3,0) .于是可设直线 l 的方程为 ( 3)y k x  ． 2 2 ( 3), 16 2 y k x x y     得 2 2 2 2(1 3 ) 18 27 6 0k x k x k     . 由直线 l 与椭圆 W 交于 A 、 B 两点，可知 2 2 2 2(18 ) 4(1 3 )(27 6) 0k k k      ，解得 2 2 3k  ． 设点 A ， B 的坐标分别为 1 1( , )x y ， 2 2( , )x y , 则 2 1 2 2 18 1 3 kx x k    ， 2 1 2 2 27 6 1 3 kx x k   ， 1 1( 3)y k x  ， 2 2( 3)y k x  ． 因为 ( 2,0)F  ， 1 1( , )C x y ， 所以 1 1( 2, )FC x y   ， 2 2( 2, )FB x y  . 又因为 1 2 2 1( 2) ( 2)( )x y x y    1 2 2 1( 2) ( 3) ( 2) ( 3)x k x x k x      1 2 1 2[2 5( ) 12]k x x x x    2 2 2 2 54 12 90[ 12]1 3 1 3 k kk k k      2 2 2 2 (54 12 90 12 36 ) 01 3 k k k k k      ， 所以 CF FB  ． ……………………………………………………………10 分 解法 2：因为左准线方程为 2 3ax c     ，所以点 M 坐标为 ( 3,0) . 于是可设直线 l 的方程为 ( 3)y k x  ，点 A ， B 的坐标分别为 1 1( , )x y ， 2 2( , )x y , 则点 C 的坐标为 1 1( , )x y ， 1 1( 3)y k x  ， 2 2( 3)y k x  ． 由椭圆的第二定义可得 2 2 1 1 3 | || | | | 3 | | x yFB FC x y   , 所以 B ， F ， C 三点共线，即 CF FB  ．…………………………………10 分 (Ⅲ)由题意知 1 2 1 1| || | | || |2 2S MF y MF y  1 2 1 | | | |2 MF y y   1 2 1 | ( ) 6 |2 k x x k   2 3| | 1 3 k k   3 3 3 1 22 33| || | kk     ， 当且仅当 2 1 3k  时“=”成立， 所以 MBC 面积 S 的最大值为 3 2 ． 30、解：（I）将 P（1，－1）代入抛物线 C 的方程 2axy  得 a=－1， ∴抛物线 C 的方程为 2xy  ，即 .2 yx  焦点坐标为 F（0，－ 4 1 ）.……………………………………4 分 （II）设直线 PA 的方程为 )1(1 1  xky ， 联立方程      . ),1(1 2 1 xy xky 消去 y 得 ,0111 2  kxkx 则 .1,11 1111  kxkx 即 由 .2,0)2()1(4 1 2 11 2 1  kkkk 得 ………………7 分 同理直线 PB 的方程为 ),1(1 2  xky 联立方程      . ),1(1 2 2 xy xky 消去 y 得 ,0122 2  kxkx 则 .2.1,11 22222  kkxkx 且即 又 .2,0 121  kkk …………………………9 分 设点 M 的坐标为（x，y），由 .2, 21 xxxMABM  则 .2 )(2 2 11 2121 kkkkx  又 .1,021  xkk …………………………………………11 分 .5,2 ,1)1( 2 )1()1( 2 )1()1( 22 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 121    yk k kkkkxxyyy 又 ∴所求 M 的轨迹方程为： ).51(1  yyx 且 参考答案 31．解：（Ⅰ） 2( ) 2f x ax bx c    ，由题意及导数的几何意义得 (1) 2 0f a b c     ， （1） 2( ) 2f m am bm c a      ， （2） ………………2 分 又 a b c  ，可得 4 2 4a a b c c    ，即 4 0 4a c  ，故 0, 0,a c  ………3 分 由（1）得 2c a b   ，代入 a b c  ，再由 0a  ，得 1 13 b a    ， （3） ……………………4 分 将 2c a b   代入（2）得 2 2 2 0am bm b   ，即方程 2 2 2 0ax bx b   有实根． 故其判别式 24 8 0b ab   ≥ 得 2b a ≤ ，或 b a ≥0 ， （4） ……………………5 分 由（3），（4）得 0 1b a ≤ ； ……………………6 分 （Ⅱ）由 2( ) 2f x ax bx c    的判别式 24 4 0b ac    ， 知方程 2( ) 2 0 ( )f x ax bx c      有两个不等实根，设为 1 2,x x ， 又由 (1) 2 0f a b c     知， 1 1x  为方程（）的一个实根，则有根与系数的关系得 1 2 2 1 2 2, 1 0b bx x x xa a         ， ……………………9 分 当 2x x 或 1x x 时， ( ) 0f x  ，当 2 1x x x  时， ( ) 0f x  ， 故函数 ( )f x 的递增区间为 2 1[ , ]x x ，由题设知 2 1[ , ] [ , ]x x s t ， 因此 1 2 2| | | | 2 bs t x x a      ，由（Ⅰ）知 0 1b a ≤ 得| |s t 的取值范围为[2, 4) ；…12 分 （Ⅲ）由 ( ) 0f x a   ，即 2 2 0ax bx a c    ，即 2 2 2 0ax bx b   ， 因为 0a  ，则 2 2 2 0b bx xa a      ，整理得 2(2 2) 0bx xa    ， 设 2( ) (2 2)b bg x xa a    ，可以看作是关于 b a 的一次函数， 由题意 ( ) 0bg a  对于 0 1b a ≤ 恒成立， 故 ( 1) 0, (0) 0, g g    ≥ 即 2 2 2 2 0, 0, x x x    ≥+ 得 3 1x  ≤ 或 3 1x ≥ ， 由题意，[ , ) ( , 3 1] [ 3 1, )k        ， 故 3 1k ≥ ，因此 k 的最小值为 3 1 ． ……………………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)= 0 1. ，P(ξ=1)= 3 0 98 . ，P(ξ=6)= 3 0 98 . ，P(ξ=8)= 2 0 98 . ． 得 分布列： ……6 分 （2） E = 0 0 1.  3 0 98 .  1  3 0 98 .  6  2 0 98 .  8 4 2. ．……12 分 33．（本小题满分 14 分） 解：（1）∵ 2 2 2c a b  ，∴ 2 24c m ．……2 分 又∵ 021  PFPF ∴ 1 2PF PF ，…………3 分 ∴  2 2 2 2 1 2 2 16PF PF c m   ．……5 分 由椭圆定义可知 1 2 2 2 6PF PF a m   ，  2 2 2 1 2 16 8 24PF PF m m    ，…6 分 从而得 2 1m  ， 2 24 4c m  ， 2c  ． ∴  1 2 0F  ， 、  2 2 0F ， ． …………7 分 （2）∵F1（-2，0），F2（2，0）， 由已知： 1 2QF QM ，即 2 2 1 2QF QM ，所以有：  2 2 1 22 1QF QF  ，设 P（x，y）， …9 分 则    2 22 22 2 2 1x y x y        ，…12 分 即  2 26 32x y   （或 2 2 12 4 0x y x    ） 综上所述，所求轨迹方程为：  2 26 32x y   ．…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(－2 3)n 令 Sn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝2 3 ＋2(2 3)2＋3(2 3)3＋…＋n(2 3)n 2 3Sn＝(2 3)2＋2(2 3)3＋…＋(n－1)(2 3)n＋n(2 3)n＋1 …………11 分 得 1 3Sn＝2 3 ＋(2 3)2＋(2 3)3＋…＋(2 3)n－n(2 3)n+1＝ 2 3[1－(2 3)n] 1－2 3 －n(2 3)n+1＝2[1－(2 3)n]－n(2 3)n+1 ∴ Sn＝6[1－(2 3)n]－3n(2 3)n+1＜6 要使得|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＜m 对于 n∈N＊恒成立，只须 m≥6 …14 分 Q（x，y） M F1 F2O y x  0 1 6 8 iP 0 1. 3 0 98 . 3 0 98 . 2 0 98 . 35．（本小题满分 14 分）解：（1） 2 21 2 1 2 ( )2 4 x x kx x   ，当且仅当 1 2 2 kx x  时等号成立，故 u 的取值范围为 2 (0, ]4 k ．……5 分 （2）解法一（函数法） 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 1( )( ) x xx x x xx x x x x x       2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 12 2x x k kx x x x ux x x x x x u            ……6 分 由 2 0 4 ku  ，又 1k  ， 2 1 0k   ，∴ 2 1( ) 2kf u u u    在 2 (0, ]4 k 上是增函数， ……7 分 所以 1 2 1 2 1 1( )( )x xx x    2 1 2ku u   2 2 2 2 2 2 1 4 22 2 ( )4 4 2 4 k k k k k k k         即当 1k  时不等式 2 1 2 1 2 1 1 2( )( ) ( )2 kx xx x k     成立． ………9 分 解法二（不等式证明的作差比较法） 2 1 2 1 2 1 1 2( )( ) ( )2 kx xx x k      2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 1 4 24 x x kx xx x x x k       2 1 2 1 22 1 2 2 1 1 4 ( ) ( 2)4 x xk x xx x k x x        2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 4 4 ( ) 4 k x x k x x x x k x x x x      ， 将 2 2 1 2 1 24 ( )k x x x x   代入得 2 1 2 1 2 1 1 2( )( ) ( )2 kx xx x k     2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 ( ) (4 4 ) 4 x x k x x k k x x    ， ……6 分 ∵ 2 1 2( ) 0x x  ， 1k  时 2 2 2 2 1 2 1 24 4 4(1 ) 0k x x k k k x x      ，∴ 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 ( ) (4 4 ) 04 x x k x x k k x x     ，即当 1k  时不等式 2 1 2 1 2 1 1 2( )( ) ( )2 kx xx x k     成立．……………9 分 （3）解法一（函数法） 记 1 2 1 2 1 1( )( )x xx x    21 2 ( )ku f uu    ，则 2 22( ) ( )2 2 k kfk   ， 即求使 2 ( ) ( )4 kf u f 对 2 (0, ]4 ku  恒成立的 k 的范围． …………10 分 由（2）知，要使 2 1 2 1 2 1 1 2( )( ) ( )2 kx xx x k     对任意 1 2( , )x x D 恒成立，必有 0 1k  ， 因此 21 0k  ，∴函数 21( ) 2kf u u u    在 2(0, 1 ]k 上递减，在 2[ 1 , )k  上递增，………12 分 要使函数 ( )f u 在 2 (0, ]4 k 上恒有 2 ( ) ( )4 kf u f ，必有 2 214 k k  ，即 4 216 16 0k k   ， 解得 20 4 5 8k   ． ……………14 分 解法二（不等式证明的作差比较法） 由(2)可知 2 1 2 1 2 1 1 2( )( ) ( )2 kx xx x k      2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 ( ) (4 4 ) 4 x x k x x k k x x    ， 要不等式恒成立，必须 2 2 1 24 4 0k x x k   恒成立， …………10 分 即 2 1 2 2 4 4kx x k  恒成立， …………11 分 由 2 1 20 4 kx x  得 2 2 2 4 4 4 k k k  ，即 4 216 16 0k k   ， …………13 分 解得 20 4 5 8k   ． 因此不等式 2 1 2 1 2 1 1 2( )( ) ( )2 kx xx x k     恒成立的 2k 的范围是 20 4 5 8k   ． ……14 分 36、解：(1）设椭圆的焦距为 2c,因为 3 6 a c ，所以有 3 2 2 22  a ba ，故有 22 3ba  。从而椭圆 C 的方程可化为： 222 33 byx  ① ………2 分 易知右焦点 F 的坐标为（ 0,2b ）， 据题意有 AB 所在的直线方程为： bxy 2 ② ………3 分 由①，②有： 03264 22  bbxx ③ 设 ),(),,( 2211 yxByxA ，弦 AB 的中点 ),( 00 yxN ，由③及韦达定理有： .4 22,4 23 2 00 21 0 bbxybxxx  所以 3 1 0 0  x yK ON ，即为所求。 ………5 分 (2）显然 OA 与 OB 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 OM ，有且只有一对实数 , ，使得等式 OBOAOM   成立。设 ),( yxM ，由 1）中各点的坐标有： ),(),(),( 2211 yxyxyx   ，所以 2121 , yyyxxx   。 ………7 分 又 点 在 椭 圆 C 上 ， 所 以 有 22 21 2 21 3)(3)( byyxx   整 理 为 2 2121 2 2 2 2 22 1 2 1 2 3)3(2)3()3( byyxxyxyx   。 ④ 由③有： 4 3,2 23 2 2121 bxxbxx  。所以 0693 6)(234)2)(2(33 222 2 212121212121   bbb bxxbxxbxbxxxyyxx ⑤ 又 A﹑B 在椭圆上，故有 22 2 2 2 22 1 2 1 3)3(,3)3( byxbyx  ⑥ 将⑤，⑥代入④可得： 122   。 ………11 分 对于椭圆上的每一个点 M ，总存在一对实数，使等式 OBOAOM   成立，而 122   在直角坐标系 yox  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  sin,cos  。 也就是：对于椭圆 C 上任意一点 M ，总存在角 （ ∈R）使等式： OM ＝cos OA ＋sin OB 成立。 37、（1）解法一：设 1|2|||),,(  yMFyxM 则由题设得 ， …………1 分 即 1|2|)1( 22  yyx 当 yxyyxy 4,1)1(,2 222  化简得时 ； …………3 分 当 ,3)1(,2 22  yyxy 时 …………4 分 化简得 3882  yyx 与 不合 故点 M 的轨迹 C 的方程是 yx 42  …………5 分 （1）解法二： 2:)0,1( ylFM 的距离比它到直线到点点 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 1:  yl 的距离相等 …………3 分 为准线的抛物线为焦点是以的轨迹点 lFCM  , 所以曲线 C 的方程为 yx 42  …………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 )22(),2(2 kkxyxky  即 ， 代入 0)1(844 22  kkxxyx 得 （☆） …………6 分 mRkkk 直线所以恒成立对 ,,0)22(16 2  与曲线 C 恒有两个不同的交点 设交点 A，B 的坐标分别为 ),(),,( 2211 yxByxA ， 则 )1(8,4 2121  kxxkxx …………7 分 ①由 的中点是弦得点且 ABPPBAP 1,   ， 01,44,421  yxmkkxx 的方程是直线得则 …………9 分 ② )22)(1(4]4))[(1()()(|| 22 12 2 12 22 12 2 12  kkkxxxxkyyxxAB 点 O 到直线 m 的距离 21 |22| k kd   ， 242 )1()1(422|1|4||2 1   kkkkkdABS ABO …………10 分 24)1()1(4,24 24  kkS ABO ， 2)1(1)1(,02)1()1( 2224  kkkk 或 （舍去） 20  kk 或 …………12 分 当 ,0时k 方程（☆）的解为 22 若 223 122 222,22,22 21    则xx 若 223 222 222,22,22 21    则xx …………13 分 当 ,2时k 方程（☆）的解为 224  若 223 222 222,224,224 21    则xx 若 223 222 222,224,224 21    则xx …………14 分 所以， 223223   或 38、解：（1） 点 ),( nn SnP 都在函数 xxxf 2)( 2  的图像上， 2 *2 ( )nS n n n N   , 当 n 2 时， 1 2 1.n n na S S n    当ｎ＝1 时， 1 1 3a S  满足上式，所以数列 }{ na 的通项公式为 2 1.na n  …….3 分 （2）由 xxxf 2)( 2  求导可得 ( ) 2 2f x x ‘  过点 ),( nn SnP 的切线的斜率为 nk ， 2 2nk n   . 2 4 (2 1) 4nk n n nb a n    ＝ . 1 2 34 3 4 4 5 4 4 7 4 2 1) 4nn              nT +4 （ ① 由①×4，得 2 3 4 14 4 3 4 4 5 4 4 7 4 2 1) 4nn              nT +4 （ ② ①-②得：  2 3 13 4 3 4 2 4 4 2 1) 4n nn            nT +4 -（ 2 1 14 14 3 4 2 2 1) 41 4 n nn           （ 4 ）-（ 26 1 1649 9 nn    nT ………………………………………………………………..7 分 （3） { 2 2, }, { 4 2, }Q x x n n N R x x n n N         , Q R R   . 又 nc Q R  ，其中 1c 是 RQ  中的最小数， 1 6c  .  nc 是公差是 4 的倍数， * 10 4 6( )c m m N    . 又 10110 115c  ， * 110 4 6 115m m N     ,解得ｍ＝27. 所以 10 114c  ， 设等差数列的公差为 d ，则 10 1 114 6 1210 1 9 c cd    ＝ ＝ ＝ ， 6 ( 1) 12 12 6nc n n       ，所以 nc 的通项公式为 12 6nc n  …………12 分 39、解：① 1 13 2 1 0n n nS S S      1 12( ) 1n n n nS S S S      1 2 1( 2)n na a n    ---------2 分 又 1 2 3 , 22a a  也满足上式， * 1 2 1( )n na a n N     1 1 2( 1)n na a    （ *n N ） 数列 1na  是公比为 2，首项为 1 11 2a   的等比数列 ----------- 4 分 1 211 2 22 n n na      -------------- 6 分 ② 1 2 ...n nS a a a           1 0 1 22 1 2 1 2 1 ... 2 1n          ② 1 2 ...n nS a a a           1 0 1 22 1 2 1 2 1 ... 2 1n           1 0 1 22 2 2 ...2n n      2 1 2 n n  -------------（9 分） 于是 1 112 1 2lim lim lim 21 22 2 2 2 n nn nx x xn n S n a         ---------------（12 分） 40、解：（1）令 4 1)2 1(2 1  fx 的 令 )1()1(2 1)11()1(1 n nfnfnfnfnx  得 （2） )1()1()1()0( fn nfnffan   又 )0()1()1()1( fnfn nffan   ，两式相加 )]0()1([)]1()1([)]1()0([2 ffn nfnfffan   2 1 n *)(4 1 Nnnan  }{,4 1 1 nnn aaa 故数列 是等差数列 （3） nab n n 4 14 4  222 22 2 2 1 1 3 1 2 11(16 nbbbT nn   ))1( 1 32 1 21 11[16  nn )]1 1 1()3 1 2 1()2 11(1[16 nn   )12(16 n  nSn  1632 nn ST  参考答案： 41.解：（1）∵ 2nab nn  ∴ 222 11 )1(2)1(4)1(2)1(   nnnanab nnn nn bna 222 2  (n≥2) …………3 分 由 1 2 1a a  得 2 4a a ， 2 2 4 4 4b a a    ， ∵ 1a   ，∴ 2 0b  ，…………4 分 即{ }nb 从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列。…………5 分 （2） 1(4 4)(2 1) 3 4 (2 2)22 1 n n n aS a a a         …………8 分 当 n≥2 时， 1 1 1 (2 2)2 3 4 3 42(2 2)2 3 4 ( 1)2 3 4 n n n n n S a a a S a a a a              ∵ }{ nS 是等比数列, ∴ 1n n S S (n≥2)是常数， ∴3a+4=0，即 4 3a   。…………11 分 （3）由（1）知当 2n  时， 2(4 4)2 ( 1)2n n nb a a    ， 所以 2 2 1 ( 1) ( 1)2 ( 2)n n a n a a n n       ，…………13 分 所以数列 na 为 2a+1，4a，8a-1，16a，32a+7，…… 显然最小项是前三项中的一项。…………15 分 当 1(0, )4a 时，最小项为 8a-1； 当 1 4a  时，最小项为 4a 或 8a-1；………16 分 当 1 1( , )4 2a 时，最小项为 4a； 当 1 2a  时，最小项为 4a 或 2a+1；…………17 分 当 1( , )2a  时，最小项为 2a+1。…………18 分 42. 解：（1） 2 4y x …………4 分 （2）设 2 ( , )4 tN t （t>0），则 2( ,2 )M t t ，F(1,0)。 因为 M、F、N 共线，则有 FM NFk k ，…………6 分 所以 2 2 2 1 114 t t tt    ，解得 2t  ，…………8 分 所以 2 2 2 22 1k   ，…………10 分 因而，直线 MN 的方程是 2 2( 1)y x  。…………11 分 （3）“逆向问题”一： ①已知抛物线 C： 2 2 ( 0)y px p  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 ( ,0)2 pA  。…………13 分 证明：设过 F 的直线为 y=k(x 2 p )， 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y ，则 1 1( , )R x y 由 2 4 ( )2 y x py k x     得 2 2 2 2 21( 4) 04k x pk x p k    ，所以 2 1 2 4 px x  ，…………14 分 1 1 1 1 ( )2 2 2 RA pk xyk p px x      ，…………15 分 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 QA p p pk x k x x x k x k p p px x x x x           = RAk ，…………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。] ②过点 ( , 0)2 pA  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： 2 2 ( 0)y px p  ，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： 2 2 2 2 1x y a b   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 2 ( ,0)aA c 。 [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： 2 2 2 2 1x y a b   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 2 ( ,0)aA c 。 [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) 1 5 2 16 8 n n n aa a   ，因为 1 1,a  所以 2 3 7 3, .8 4a a  ……………………………… 2 分 （2）因为 10, 0,n na a   所以16 8 0,0 2.n na a    …………………………………3 分 1 5 548( )5 25 5 34 4 4 16 8 4 32(2 ) 2 2 n n n n n n n a aaa a a a          ,……………………………………………5 分 因为 2 0,na  所以 1 5 4na   与 5 4na  同号，………………………………………………6 分 因为 1 5 1 04 4a     ， 2 5 0,4a   3 5 0,4a   …， 5 0,4na   即 5.4na  ……………………………………………………………………8 分 （3）当 2n  时， 1 1 1 1 5 3 1 5 3 1( )4 2 2 4 2 2n n n n n n b a a ba a              1 1 3 1 252 2 4 n nb b      ，……………………………………………………………………10 分 所以 2 1 3 1 2 12 2 2 2n n n n nb b b b          ，……………………………………………12 分 所以 3 1 2 1 (1 2 )1 1 1 14 (2 1)4 2 2 1 2 4 nn n n nS b b b                  …………14 分 44．（1）∵当 a=1 时   23 3f x x   ，令  f x =0，得 x=0 或 x=1………………………2 分 当  0,1x 时   0f x  ，当    ,0 1,x   时   0f x  ∴  f x 在  0,1 上单调递减，在    ,0 1,  上单调递增， ∴  f x 的极小值为  1f =-2.………………………………………………………………4 分 （2）∵   23 3f x x a   3a  ………………………………………………………………6 分 ∴要使直线 x y m  =0 对任意的 m R 总不是曲线 y  ( )f x 的切线，当且仅当-1<-3a, ∴ 1 3a  .…………………………………………………………………………………………8 分 (3)因     3 3g x f x x ax   在[-1,1]上为偶函数,故只求在 [0,1]上最大值，…………9 分 ① 当 0a  时，  f x 0 ，  f x 在 0,1 上单调递增且  0 0f  , ∴      g x f x f x  ，∴    1 1 3F a f a   .…………………………………………10 分 ② 当 0a  时     23 3 3f x x a x a x a      i . 当 1a  ， 即 1a  时      g x f x f x   ，  f x 在  0,1 上 单 调 递 增 ， 此 时    1 3 1F a f a    … … ………………………………………………………………12 分 ii. 当 0 1a  ，即 0 1a  时，    g x f x 在 0, a   上单调递减，在 ,1a   上单调递增. 10 当  1 1 3 0f a   即 1 13 a  时，      g x f x f x   在 0, a   上单调递增，在 ,1a   上单调递减，故     2F a f a a a   .……………………………………14 分 20 当  1 1 3 0f a   即 10 3a  时， （ⅰ）当    1 1 3f a f a    即 10 4a  时，    1 1 3F a f a   （ⅱ） 当    1 1 3f a f a    即 1 1 4 3a  时，     2F a f a a a   综上   11 3 , ( ),4 12 , ( 1),4 3 1,[1, ). a a F a a a a a            ………………………………………………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） ,),,1(),,1( 1111 naaCBAAbCBaaAA nnnnnnnnnnnnn   共线，与 又∵{Bn}在方向向量为（1，6）的直线上， 6,61 1 1     nn nn bbnn bb 即 121123121 ...)(...)()( )1(6    nnnn n bbbaaaaaaaaa nab )2(26)9(3)2)(1(3)1( 62 )2)(1()1)(( 2   nanannnnaa nnnaa （2）∵二次函数 axaxxf 26)9(3)( 2  是开口向上，对称轴为 6 9 ax 的抛物线 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 3624,2 15 6 9 2 11]2 15,2 11[6 9  aaax 内，即应该在 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 ||2|||| 2121 FFPFPF  知，点 P 的轨迹 E 是以 F1、F2 为焦点的双曲线右支，由 3,22,2 2  bac ， 故轨迹 E 的方程为 ).1(13 2 2  xyx …………4 分 （ 2 ） 当 直 线 l 的 斜 率 存 在 时 ， 设 直 线 方 程 为 ),(),,(),2( 2211 yxQyxPxky  ， 与 双 曲 线 方 程 联 立 消 y 得 0344)3( 2222  kxkxk ，                   0 3 34 0 3 4 0 03 2 2 21 2 2 21 2 k kxx k kxx k 解得 k2 >3 ………………………………………………………………………………5 分 （i） 2121 ))(( yymxmxMQMP  分7. 3 )54(3 4 3 )2(4 3 )34)(1( 4))(2()1( )2)(2())(( 2 2 2 22 2 22 2 22 22 21 2 21 2 21 2 21 m k km km k mkk k kk kmxxmkxxk xxkmxmx           0,  MQMPMQMP ， 故得 0)54()1(3 222  mmkm 对任意的 32 k 恒成立， .1, 054 01 2 2       m mm m 解得 ∴当 m =－1 时，MP⊥MQ. 当直线 l 的斜率不存在时，由 )0,1()3,2(),3,2(  MQP 及 知结论也成立， 综上，当 m =－1 时，MP⊥MQ. ……………………………………………………8 分 （ii） 2 1,2,1  xca 直线 是双曲线的右准线，……………………………9 分 由双曲线定义得： ||2 1|||,|2 1||1|| 222 QFQBPFPFePA  ， 方法一： ||2 ||1 ||2 || 12 12 2 yy xxk AB PQ   .112 1 ||2 1 |)(|2 ||1 2 2 12 12 2 kk k xxk xxk   ………10 分 3 3 2 1,3 110,3 2 2  故 k k ，…………………………………………12 分 注意到直线的斜率不存在时， 2 1|,|||  此时ABPQ ， 综上， .3 3,2 1       ………………………………………………………………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， 3 2 3   ，过 Q 作 QC⊥PA，垂足为 C，则 .sin2 1 )2cos(2 1 ||2 || ||2 |||,2|     CQ PQ AB PQPQC …………12 分 由 ,1sin2 3,3 2 3   得 故： .3 3,2 1       ………………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： ).0(23)( 22  aabxaxxf ………1 分 （1） 2,1 21  xx 是函数 f(x)的两个极值点， .0)2(,0)1(  ff ………………………………………………………………2 分 .9,6,0412,023 22  baabaaba 解得 ………………………3 分 .3696)( 23 xxxxf  …………………………………………………………4 分 （2）∵x1、x2 是 f(x)是两个极值点， .0)()( 21  xfxf ∴x1、x2 是方程 023 22  abxax 的两根. ∵△= 4b2 + 12a3， ∴△>0 对一切 a > 0， Rb  恒成立. .0,0 ,3,3 2 21 2121   xxa axxa bxx  .3 4 9 4)3(4)3 2(|||||| 2 2 2 2121 a a ba a bxxxx  ……………………6 分 由 ).6(3,223 4 9 422|||| 22 2 2 21 aaba a bxx  得 ………………7 分 .60,0)6(3,0 22  aaab ………………………………………… 8 分 令 .369)(),6(3)( 22 aaahaaah  则 )(0)(,40 ahaha  时 在（0，4）内是增函数； 0)(,64  aha 时 ∴h (a)在（4，6）内是减函数. ∴a = 4 时，h(a)有极大值为 96，  6,0)( 在ah 上的最大值是 96， ∴b 的最大值是 .64 …………………………………………………………………10 分 （3）证法一：∵x1、x2 是方程 0)(  xf 的两根， ))((3)( 21 xxxxaxf  ，…………………………………………………… 12 分 2 21 21 )2 |3 1||| (3|3 1|||3|)(|   xxxx axxxxaxg ………… 14 分 .3 1,,3 .)3 1(4 3)]3 1()[(4 3|)(| ,0,0, 1221 2 12 2 21 2121    xaxaxx xxaxxxxaxg xxxxxxx   .)23(12 1)3 1 3 1(4 3|)(| 22  aaaaxg ……………………………………16 分 证法二：∵x1、x2 是方程 0)(  xf 的两根， ))((3)( 21 xxxxaxf  .…………………………………………………… 12 分 .3 1,,3 1221  xaxaxx |]1)(3)[3 1(|.|)3 1())(3 1(3||)(|  axxaxaaxxaxg ∵x1 < x < x2， )133)(3 1(|)(|  axxaxg ………………………………………………… 14 分 aaaaxa axxa 3 1 4 3)2(3 )3 13)(3 1(3 2 3 2   12 )23( 3 1 4 3 2 2 3  aaaaa ……………………………………………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)d  d=2,…………………………（2 分） 22log222)11(2)(  nannddnaf nan .22  n n aa ……………………（4 分） （2） 222222 )22(log)(   nn a n nnn anaaafab ， 22264 )22(264  nn n ananaaS  )14(.31 2 11 1)13(1 1 1 )12(1 1 1 )11()1 1 1( 1 2 1 2 ,0,1 1 2 )10(.2 20,,012 ,0)1)(12(1210,1 1 2 )8( ],)1(1 1 1[ 1 2 1 )22(2 )1( )1(2 ,1,)22(][24)1( )22(2)22(64 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 42 2 2 4 2 2224 2 4 2 2 2 2 4 2 424 22 24 4222642 42222862 分分 分 分 又 分解得故 又 分                                             a a a a a a a a a a naS a a a aa aaaaa a a an a a a a a ana a aaS aanaaaSa anananaaSa n n n nn n n n nnn n nn n nnn n 49．解：（I） aPFaPFaPFPFPFPF 2||,4||2|||||,|2|| 212121  5)2()2()4( 222 21  ecaaPFPF （II） 1 4 : 2 2 2 2  a y a xE 渐近线为 xy 2 设 ),(),2,(),2,( 222111 yxPxxPxxP  4 9 4 273 212121  xxxxOPOP ， 02 21  PPPP 3 )2(2,3 2 2121 xxyxxx  代入 E 化简 28 9 22 21  aaxx 182 22  yx （III）假设在 x 轴上存在定点 )0,(tG 使 )(21 GNGMFF  ， 设 ),(),,(,: 4433 yxNyxMmkyxl  联立 l 与 E 的方程得 0848)14( 222  mkmyyk 故           )2( 14 84 )1( 14 8 2 2 43 243 k myy k kmyy )0,102(),,( 214343  FFyytxtxGNGM  )(21 GNGMFF  )3(0)1()1()(0 4343  tmyyktxtx  由 QNMQ  043  yy  )4(43 yy  ∴（3）即为 )5(0)1()1(2 3  tmky  ，将（4）代入（1）（2） 有 km my 2 2)1( 2 3   代入（5）得 mt 2 故在 x 轴上存在定点 )0,2(mG 使 )(21 GNGMFF  。 50．解：（Ⅰ）因为 axaxxf 663)( 2  ,所以 0)1( f 即 0663  aa ,所以 a=－2. (Ⅱ)因为直线 m 恒过点（0，9）. 先求直线 m 是 y=g(x) 的切线.设切点为 )1263,( 0 2 00  xxx ,因为 66)( 00  xxg . 所以切线方程为 ))(66()1263( 000 2 0 xxxxxy  ,将点（0，9）代入得 10 x . 当 10 x 时，切线方程为 y=9, 当 10 x 时，切线方程为 y=12x+9. 由 0)(/ xf 得 01266 2  xx ，即有 2,1  xx 当 1x 时， )(xfy  的切线 18y ， 当 2x 时， )(xfy  的切线方程为 9y  9y 是公切线， 又由 12)(/ xf 得 121266 2  xx  0x 或 1x ， 当 0x 时 )(xfy  的切线为 1112  xy ， 当 1x 时 )(xfy  的切线为 1012  xy ， 912  xy ，不是公切线 综上所述 0k 时 9y 是两曲线的公切线 (Ⅲ).（1） )(9 xgkx  得 363 2  xxkx ，当 0x ，不等式恒成立， Rk  . 当 02  x 时，不等式为 6)1(3  xxk ， 而 6])( 1)[(36)1(3  xxxx 0623  0k 当 0x 时，不等式为 6)1(3  xxk ， 126)1(3  xx  12k 当 2x 时, )(9 xgkx  恒成立，则 120  k （2）由 9)(  kxxf 得 1112329 23  xxxkx 当 0x 时， 119  恒成立， Rk  ，当 02  x 时有 xxxk 201232 2  设 xxxxh 201232)( 2  = xx 20 8 105)4 3(2 2  ， 当 02  x 时 8 105)4 3(2 2  x 为增函数， x 20 也为增函数 8)2()(  hxh 要使 9)(  kxxf 在 02  x 上恒成立，则 8k 由上述过程只要考虑 80  k ， 则当 0x 时 12166)( 2/  xxxf = )2)(1(6  xx  在 ]2,0(x 时 0)(/ xf ，在 ),2(  时 0)(/ xf  )(xf 在 2x 时有极大值即 )(xf 在 ),0(  上的最大值，又 9)2( f ，即 9)( xf 而当 0x , 0k 时 99 kx ， 9)(  kxxf 一定成立 综上所述 80  k . 参考答案： 51．解：（1）由条件知 224)2(  cbaf 恒成立 又∵取 x=2 时， 2)22(8 124)2( 2  cbaf 与恒成立 ∴ 2)2( f …………4 分 （2）∵      024 224 cba cba ∴ ,124  bca ∴ acb 41,2 1  ……2 分 又 xxf )( 恒成立，即 0)1(2  cxbax 恒成立 ∴ 0)41(4)12 1(,0 2  aaa ， …………2 分 解出： 2 1,2 1,8 1  cba ∴ 2 1 2 1 8 1)( 2  xxxf …………2 分 （3）由分析条件知道，只要 )(xf 图象（在 y 轴右侧）总在直线 4 1 2  xmy 上方即可，也就是直线的斜率 2 m 小于直线与 抛物线相切时的斜率位置，于是：        4 1 2 2 1 2 1 8 1 2 xmy xxy 利用相切时△=0，解出 2 21m …………4 分 ∴ )2 21,( m …………2 分 解法 2： ),0[4 1 2 1)22 1(8 1)( 2  xxmxxg 在 必须恒成立 即 ),0[02)1(42  xxmx 在 恒成立 ①△<0，即 [4(1－m)]2－8<0，解得： 2 212 21  m ……2 分 ②       02)0( 0)1(2 0 f m 解出： 2 21m …………2 分 总之， )2 21,( m 52．证明：（1）必要性 若{bn}为等差数列，设首项 b1，公差 d 则 dnbdnnnbnan 2 1)2 )1((1 11  ∵ ,21 daa nn  ∴{an}为是公差为 2 d 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 ndadndnanbbb n )(])1([ 1 2 121   )2()1)(()1( 1 2 121   nndandbbb n ∴ )2()2(2 1  ndadnbn 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 2 nnn aab （n=1，2，3…） …………4 分 53（本小题满分 12 分） 解: (I) 53 S ,即前 3 局甲 2 胜 1 平. ……………………………………………1 分 由已知甲赢的概率为 2 1 ,平的概率为 6 1 ,输的概率为 3 1 , ………………………….2 分 得 53 S 得概率为 .8 1 6 1)2 1( 22 3 C ………………………………………………5 分 (II) 7S 时, 5 ,4 ,且最后一局甲赢, ……………………………………...6 分 16 1)2 1()2 1)(6 1()4( 21 3  CP  ； ……………………………………………8 分 .216 19 12 1 216 1)2 1()2 1)(6 1()3 1()2 1()6 1)(2 1()5( 21 3 1 3 31 4  CCCP   的分布列为 ………………………………………10 分  4 5 P 16 1 216 19 ∴ .216 149 216 1516 14 E ……………………………………12 分 54（本小题满分 12 分） 解：（I）由 yx 42  得 2 4 1 xy  ， ∴ xy 2 1 . ∴ 直线 l 的斜率为 12  xy ， 故 l 的方程为 1 xy ， ∴点 A 的坐标为（1，0）. 设 ),( yxM ，则 AB （1，0）， ),2( yxBM  ， ),1( yxAM  ， 由 02  AMBMAB 得 0)1(20)2( 22  yxyx ， 整理，得 12 2 2  yx . ∴动点 M 的轨迹 C 为以原点为中心，焦点在 x 轴上，长轴长为 22 ，短轴长为 2 的椭圆. (II)如图，由题意知 l的斜率存在且不为零， 设 l方程为 )0)(2(  kxky ①， 将①代入 12 2 2  yx ，整理，得 0)28(8)12( 2222  kxkxk ，由 0 得 .2 10 2  k 设 ),( 11 yxE 、 ),( 22 yxF ，则 , 12 28 12 8 2 2 21 2 2 21          k kxx k kxx ② 令 OBF OBE S S   ， 则 BF BE ， 由此可得 BFBE   ， 2 2 2 1   x x ，且 10   . 由②知 221 21 4)2()2( k xx   ， 2212121 21 24)(2)2()2( k xxxxxx   . ∴ 8 12 )1( 2 2   k   , 即 .2 1 )1( 4 2 2     k ∵ 2 10 2  k ，∴ 2 1 2 1 )1( 40 2      ， 解得 .223223   又∵ 10   ， ∴ 1223   ， ∴  OBE 与  OBF 面积之比的取值范围是（ 223  ， 1）. 55(1)设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 则 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x y a b x y a b       相减得 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 y y y y b x x x x a      则 2 2 2 1 4 2AB bk a      即 2 22a b 故 2 2b c 由双曲线定义知离心率 2 2 2 (2 4) 2 2 | 2 2 || 4 | e a a c     (2)由上知椭圆离心率为 2 2 .故 2 2 | 2 2 | e a    则 3 2a  或 2 当 3 2a  时,椭圆方程为 2 2 118 9 x y  . 当 2a  时,椭圆方程为 2 2 12 x y  .而此时 (2,1)M 在椭圆外. 故舍去. 则所求椭圆方程为 2 2 118 9 x y  . (3)由题设知 : 3AB y x   .椭圆 2 2 22 0x y a   2 2 2 3 2 0 y x x y a        得 2 23 12 18 0x x a    有 2 212 12(18 ) 0a     故 6a  又由(2)知 2 1 | 2 2 | e a    即 | 2 2 | 2 2 2 0 a a      故 a 的范围是 ( 6,2 2) (2 2,2 2 2) . 则长轴 2a 的范围是 (2 6,4 2) (4 2,4 4 2) . 56、解：(1) 014)(1 2 1   n n n n a a afa 且 ∴ 2 1 141 nn aa   ∴ *)(411 22 1 Nn aa nn   ∴数列 }1{ 2 na 是等差数列，首项 11 2  na 公差 d=4 ∴ )1(411 2  n an ∴ 34 12  nan ∵ 0na ∴ *)( 3 1 Nn a a n n    …………（4 分） (2)由 3816, 34 1 2 2 1     nn a T n a n n n 得 )14)(34()14()34( 1   nnTnTn nn ∴ 13414 1   n T n T nn ∴ 134 1  nTn Tn ∴ )1)(34( 1  nTnTn 若 }{ nb 为等差数列，则 11,01 111  bTT 即 ∴ *78 Nnnbn  (3) 34 1   n an ∴ 1434 2 342 2     nnn an 2 3414  nn ∴ )59()15(2 1 21  nn aaaS  )3414(  nn *1142 1 Nnn  ……………………12 分 57、解：（1） )2(2,2)1( 11   naanaanna nnnnn naaaasaa nn 2}{,2,2,2 12121  等差所以 （2） 121 22 3 2 21, 22 2 2   nnnnn n nTnna  1 12 2 24, 2 1)2(22 1 22 1 2 2 2 1 2 1     nnnn nnn nTnT nnT  58、解：（Ⅰ）设 P（x，y）是函数 )(xfy  图象上的任意一点，它在函数 )(xgy  图象上的对应点 ),( yxP  ，则由平移公式， 得        ayy axx 2 1 1 …………2 分 ∴        ayy axx 2 1 1 代入函数 aaxxfy  2 2 1)( 中，得 .)1(2 1 2 1 2 aaxaay  ………………2 分 ∴函数 )(xgy  的表达式为 .2 1)1(2 1)( 2 aaaxaxg  …………1 分 （Ⅱ）函数 )(xg 的对称轴为 .01  ax ①当 2 2 210  aa 即 时，函数 )(xg 在[ 2,2 ]上为增函数， ∴ 2)2()(  gah ………………2 分 ②当 2 2 2 1212  aa 即 时， .2 1)1()( aaagah  ∴ 22 12)2 1(2 1)(  aaaaaaah 当且仅当 2 2a 时取等号； …………2 分 ③当 2 1021  aa 即 时，函数 )(xg 在[ 2,2 ]上为减函数， ∴ .2 322 12)2()(  agah …………2 分 综上可知，              2 10,2 .2 2 2 1,2 1 2 2,2 )( aa aaa a ah ∴当 2 2a 时，函数 )(ah 的最大值为 .2)2 2( h 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= 3  在 Rt△B1OB 中，BB1=2，∴BO= 2 1 BB1=1 又∵BB1=AB，∴BO= 2 1 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= 3 ，OM= 2tan,2 3  OM OCOMC ∴∠OMC=cosC+sin2 ∴二面角 C—AB1—B 的大小为 .2arctan …………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 5 15 2 15 2 33 2 8 4 33.2 3,3,     CM OCOMON CMOMOCOMCRt 中在 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 是 O 到平面 AB1C 距离的 2 倍 是 G 到平面 AB1C 距离为 .5 152 …………12 分 60、解：（1）证明取 SC 的中点 R，连 QR, DR. 由题意知：PD∥BC 且 PD= 1 2 BC; QR∥BC 且 QP= 1 2 BC, QR∥PD 且 QR=PD. PQ∥DR, 又 PQ  面 SCD, PQ∥面 SCD. …………（6 分） （2）法一：连接 SP， , , .SP AD SCD ABCD SP ABCD    面 面 面 ,PB H QH QH ABCDQH SP  取 的中点 ，连 ，得 面 . , , 1 1 3 3 , 2 2 2 4 3 790 , , . 2 2 HG PC G QG QGH QH SP a a PBC PBC PB a BC a PC a             作 于 连 由三垂线定理知： 即为所求二面角的平面角. 而 ＝ 在 中， 3 3sin 4 7 2 7 2 aHG PH BPC a a a        . 3 74tan 23 2 7 aQHQGH HG a      ， B PC Q  二面角 的大小为 7arctan .2 …………（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（ 30,0, 2 a ），B（ 30, ,02 a ）,C（ 3, ,02a a ），Q（ 3 30, ,4 4a a ）. 面 PBC 的法向量为 PS  （ 30,0, 2 a ）,设 ( , , )n x y z 为面 PQC 的一个法向量， 由 3 3 00 34 4 ( , 3, 3)20 3 04 ay azn PQ n n PC ax ay                        ， cos 3 2 22, 11113 33 11 2 2 a n PS a           ， B PC Q  二面角 的大小为 2 11arccos .11 …………（12 分） 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 nndnnnaSn 92 )1( 2 1  ……………………………………2 分 由 )]1(18)1(2)2(9)2()9[(2 1 2 222 1 2    nnnnnnSSS n nn =－1＜0 得 ,2 1 2    n nn SSS 适合条件①； 又 4 81)2 9(9 22  nnnSn 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 nnn nn nnbb 25252)1(5 1 1    所以当 n≥3 时， 01  nn bb ，此时数列{bn}单调递减； 当 n=1，2 时， 01  nn bb ，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 1 kk cc 成立 由数列{cn}的各项均为正整数，可得 11 11   kkkk cccc 即 因为 2)1(22,2 121 2    kkkkkkk kk ccccccccc 所以 由 1,2,2 121122112   kkkkkkkkkkk ccccccccccc 故得及 因为 32)1(22,2 1111232 31    kkkkkkkk kk cccccccccc 所以 ……………………依次类推，可得 )( *Nmmcc kmk  设 0),( *   pccpmNppc kpkk 时，有则当 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 1 nn cc 成立.( 16 分) 62．（本题满分 14 分）数列 na 和数列 nb （ n +N ）由下列条件确定： （1） 1 0a  ， 1 0b  ；（2）当 2k  时， ka 与 kb 满足如下条件：当 1 1 02 k ka b   时， 1k ka a  ， 1 1 2 k k k a bb   ；当 1 1 02 k ka b   时， 1 1 2 k k k a ba   ， 1k kb b  . 解答下列问题：（Ⅰ）证明数列 k ka b 是等比数列； （Ⅱ）记数列 ( )k nn b a 的前 n 项和为 nS ，若已知当 1a  时， lim 0nn n a  ，求 lim nn S . （Ⅲ） ( 2)n n  是满足 1 2 nb b b   的最大整数时，用 1a ， 1b 表示 n 满足的条件. 解：（Ⅰ）当 1 1 02 k ka b   时， 1 1 1 1 1 1 ( )2 2 k k k k k k k a bb a a b a          ， 当 1 1 02 k ka b   时， 1 1 1 1 1 1 ( )2 2 k k k k k k k a bb a b b a          ， 所以不论哪种情况，都有 1 1 1 ( )2k k k kb a b a    ，又显然 1 1 0b a  ，故数列 k ka b 是等比数列.…（4 分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 1 1 1 1( )( )2 n n nb a b a    ，故 1 1 1( ) ( ) 2n n n nn b a b a     ， 1 1 2 2 1 2 3 1( )(1 )2 2 2 2n n n n nS b a          ，所以 1 1 2 3 1 1 1 2 3 1( )( )2 2 2 2 2 2n n n n nS b a         所以 1 1 3 1 1 1 1 1( )(1 )2 2 2 2 2n n n nS b a        ， 1 1 1 2( )[4(1 ) ]2 2n n n nS b a    ，…（7 分） 又当 1a  时， lim 0nn n a  ，故 1 1lim 4( )nn S b a   .（8 分） （Ⅲ）当 1 2 ( 2)nb b b n    时， 1k kb b  (2 )k n  ，由（2）知 1 1 02 k ka b   不成立，故 1 1 02 k ka b   ，从而对于 2 k n  ， 有 1k ka a  ， 1 1 2 k k k a bb   ，于是 1 1n na a a   ，故 1 1 1 1 1( )( )2 n nb a b a    ，…………（10 分） 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1[ ( )( ) ] ( )( ) .2 2 2 2 n nn na b a a b a a b a           若 02 n na b  ，则 1 2 n n n a bb   ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( )( ) ( )( ) ( )( ) 02 2 2 n n n n nb b a b a a b a b a                      ， 所 以 1n nb b  ， 这 与 n 是 满 足 1 2 ( 2)nb b b n    的最大整数矛盾.因此 n 是满足 02 n na b  的最小整数.（12 分） 而 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 10 ( )( ) 0 2 log2 2 n nn na b b a a ba b a na a            ， 因而， n 是满足 1 1 2 1 log a b na   的最小整数.（14 分） 63. (1) 2 2 2 111)( x xaxa xxxf  当 a≥0 时， 12  xax 在[2，＋∞)上恒大于零，即 0)(  xf ，符合要求； 2 分 当 a＜0 时，令 1)( 2  xaxxg ，g (x)在[2，＋∞)上只能恒小于零 故△＝1＋4a≤0 或           22 1 0)2( 041 a g a ，解得：a≤ 4 1 ∴a 的取值范围是 )0[]4 1(  ，，  6 分 (2)a = 0 时， 2 1)( x xxf  当 0＜x＜1 时 0)(  xf ，当 x＞1 时 0)(  xf ，∴ 1)1()( min  fxf 8 分 (3)反证法：假设 x1 = b＞1，由 1 1ln1ln)2(   n n n n xxx b b x ， ∴ )(1ln * 1 N  nxbx b nn 故  )1(ln1lnln)1(ln1ln1ln1 4 2 321 xb bb bbxbbbxbx b b b b bbb n ln11 1ln)1111( 2    ，即 1ln11 1   b b ① 又由(2)当 b＞1 时， 11ln  bb ，∴ 1ln11 111ln    b b bb 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） 2'( ) 3 2f x x ax b   。依题意则有： (1) 4 '(1) 0 f f    ，所以 1 4 3 2 0 a b a b        ，解得 6 9 a b     ，所以 3 2( ) 6 9f x x x x   ； 2'( ) 3 12 9 3( 1)( 3)f x x x x x      ，由 '( ) 0f x  可得 1x  或 3x  。 '( ), ( )f x f x 在区间 (0,4] 上的变化情况为： x 0 (0,1) 1 (1,3) 3 (3,4) 4 '( )f x + 0 — 0 + ( )f x 0 增函 数 4 减函 数 0 增函数 4 所以函数 3 2( ) 6 9f x x x x   在区间[0,4] 上的最大值是 4，最小值是 0。 （Ⅱ）由函数的定义域是正数知， 0s  ，故极值点 (3,0) 不在区间[ , ]s t 上； （1）若极值点 (1,4)M 在区间[ , ]s t ，此时 0 1 3s t ≤ ≤ ，在此区间上 ( )f x 的最大值是 4，不可能等于 t ；故在区间[ , ]s t 上没有极值点； （2）若 3 2( ) 6 9f x x x x   在[ , ]s t 上单调增，即 0 1s t  ≤ 或 3 s t  ， 则 ( ) ( ) f s s f t t    ，即 3 2 3 2 6 9 6 9 s s s s t t t t        ，解得 2 4 s t    不合要求； （3）若 3 2( ) 6 9f x x x x   在[ , ]s t 上单调减，即1 3s t≤ ≤ ，则 ( ) ( ) f s t f t s    ， 两式相减并除 s t 得： 2( ) 6( ) 10 0s t s t st      ， ① 两式相除并开方可得 2 2[ ( 3)] [ ( 3)]s s t t   ， 即 (3 ) (3 )s s t t   ，整理并除以 s t 得： 3s t  ， ② 则①、②可得 3 1 s t st     ，即 ,s t 是方程 2 3 1 0x x   的两根， 即存在 3 5 2s  ， 3 5 2t  满足要求； （Ⅲ）同（Ⅱ），极值点 (3,0) 不可能在区间[ , ]s t 上； （1）若极值点 (1,4)M 在区间[ , ]s t ，此时 0 1 3s t ≤ ≤ ， 故有①     0 1 3 4 ( ) ( ) ( ) s t kt ks f s f s f t     ≤ ≤ ≤ 或②     0 1 3 4 ( ) ( ) ( ) s t kt ks f t f s f t     ≤ ≤ ≥ ①由 4k t  ，1 3t ≤ 知， 4( ,4]3k  ，当且仅当 1t  时， 4k  ； 再由 2( 3)k s  ， 0 1s ≤ 知， [4,9]k  ，当且仅当 1s  时， 4k  由于 s t ，故不存在满足要求的 k 值。 ②由 21 (3 )( ) ( ) [ ]4 2 t t ts f t f tk    ，及 0 1s ≤ 可解得 2 3t ≤ ， 所以 4k t  ， 2 3t ≤ 知， 4( ,2]3k  ； 即当 4( ,2]3k  时，存在 4 [2,3)t k   ， 21 (3 )( ) ( ) [ ] (0,1]4 2 t t ts f t f tk     ， 且 4( ) 4 ( ) ( )f s s f t f tk  ≥ ，满足要求。 （2）若函数 ( )f x 在区间[ , ]s t 单调递增，则 0 1s t  ≤ 或 3 s t  ， 且 ( ) ( ) f s ks f t kt    ，故 ,s t 是方程 2 6 9x x k   的两根， 由于此方程两根之和为 3，故[ , ]s t 不可能同在一个单调增区间； （3）若函数 ( )f x 在区间[ , ]s t 单调递减，即1 3s t≤ ≤ ， ( ) ( ) f s kt f t ks    ， 两式相除并整理得 2 2 2 2( 3) ( 3)s s t t   ，由1 3s t   知 ( 3) ( 3)s s t t   ，即 3s t  ， 再将两式相减并除以 s t 得， 2 2( ) 6( ) 9k s st t s t       2( ) 6( ) 9s t s t st      st  ， 即 2 9( )2 4 s tk st    。即 9(0, )4k  ， ,s t 是方程 2 3 0x x k   的两根， 即存在 3 9 4 2 ks   ， 3 9 4 2 ks   满足要求。 综上可得，当 90 4k  时，存在两个不等正数 ,s t ( )s t ，使 [ , ]x s t 时，函数 3 2( ) 6 9f x x x x   的值域恰好是 [ , ]ks kt 。 65．解：（1） 2 3 42, 3, 4a a a   （2） 1 1 22( ... )n nna a a a     ○1 1 2 1( 1) 2( ... )n nn a a a a      ○2 ○1 —○2 得 1 ( 1) 2n n nna n a a    ，即： 1 ( 1)n nna n a   ， 1 1n n a n a n   所以 32 1 1 2 1 2 3... 1 ... ( 2)1 2 1 n n n a aa na a n na a a n     ， 所以 *( )na n n N  （3）由（2）得： 2 1 1 1 1 1 1, ... 02 n n n n nb b b b b b bk         ， 所以{ }nb 是单调递增数列，故要证： 1( )nb n k  只需证 1kb  若 1k  ，则 1 1 12b   显然成立；若 2k  ，则 2 1 1 1 1 n n n n n nb b b b b bk k     ， 所以 1 1 1 1 n nb b k    ， 因此： 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ... ( ) 2 k k k k k b b b b b b k k            所以 11k kb k   ， 所以 1( )nb n k  。 66、（1）函数的定义域为  ,,1        1 22 1 112       x xx xxxf . 1 分 由   0 xf 得 0x ; 2 分 由   0 xf 得 01  x , 3 分 则增区间为  ,0 ,减区间为  0,1 . 4 分 (2)令     ,01 22   x xxxf 得 0x ,由(1)知  xf 在      0,11 e 上递减,在 1,0 e 上递增, 6 分 由 ,2111 2       eef   21 2  eef ,且 212 2 2  e e , 8 分      1,11 eex 时,  xf 的最大值为 22 e ,故 22  em 时,不等式   mxf  恒成立. 9 分 (3)方程   ,2 axxxf  即   axx  1ln21 .记    xxxg  1ln21 ,则   1 1 1 21   x x xxg .由   0 xg 得 1x ;由   0 xg 得 11  x . 所以  xg 在  1,0 上递减;在 2,1 上递增. 而       3ln232,2ln221,10  ggg ,      120 ggg  10 分 所以,当 1a 时,方程无解; 当 13ln23  a 时，方程有一个解; 当 3ln232ln22  a 时,方程有两个解; 当 2ln22 a 时,方程有一个解; 当 2ln22 a 时,方程无解. 13 分 综上所述,    2ln22,,1  a 时,方程无解;  1,3ln23 a 或 2ln22 a 时,方程有唯一解; ]3ln23,2ln2( a 时,方程有两个不等的解. 14 分 67、解：（1）当 2 21 , ( ) ( 1) , '( ) ( )x xa x x x e x e x x         时 .…（1 分） '( ) 0 ,0 1; '( ) 0 , 1 0.x x x x x       当 时 当 时 或 ……（3 分） ∴ ( )x 的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为： ( ,0) ， (1, ) . ……（4 分） （2）切线的斜率为 0'(0) | 1x xk g e      ， ∴ 切线方程为 1y x   .……（6 分） 所求封闭图形面积为 1 1 2 1 00 0 1 1 1[ ( 1)] ( 1) ( ) |2 2 x x xS e x dx e x dx e x x e                 . ……（8 分） （3） 2 2'( ) (2 ) ( ) [ (2 ) ]x x xx x a e e x ax a e x a x            ， ……（9 分） 令 '( ) 0, 0 2x x x a    得 或 . ……（10 分） 列表如下： x (－∞，0) 0 （0，2－a） 2－a (2－a，+ ∞) '( )x － 0 + 0 － ( )x ↘ 极小 ↗ 极大 ↘ 由表可知， 2( ) (2 ) (4 ) ax a a e      极大 . ……（12 分） 设 2 2( ) (4 ) , '( ) (3 ) 0a aa a e a a e       ， ∴ ( ) ( ,2)a 在 上是增函数，……（13 分） ∴ ( ) (2) 2 3a    ，即 2(4 ) 3aa e   ， ∴不存在实数 a，使 ( )x 极大值为 3. ……（14） 68、解：（1）由 ;3 21,3 3 2 2  e a be 得 （2 分） 由直线 3,2,.|| 2 2,02: 222  abbbyxyxl 所以得相切与圆 所以椭圆的方程是 .123 22  yx （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 1:1 xl 的距离，由抛物线的定义得点 M 的轨迹 C2 的 方程是 xy 42  。 （8 分） （3）由（2），知 Q（0，0）。设 ),4(),,4(),,4( 1 2 1 2 2 2 1 2 1 yyQRyySyyR 所以 )12().4 ,256(6432256232256 )10(16, .0)(16 )(,0 ).,4( 1 2 1 2 12 1 2 1 2 2 1 1221 121 2 1 2 2 2 1 12 2 1 2 2 分时等号成立 即当且仅当 分化简得因为 得由        y y y y yy yyyyy yyyyyyRSQR yyyyRS .64,64)8(4 1)4(|| 2 2 22 2 2 2 2 2 2  yyyyQS  所以当 .58||,8,64 min2 2 2  QSyy 时即 故 || QS 的取值范围是  .58 。 69、解：（1）由已知，点 P ( 2,1) 在椭圆上 ∴有 2 2 2 1 1a b   ①┉┉┉┉┉┉┉┉1 分 又 2 0PM F M    ，M 在 y 轴上， ∴M 为 P、F2 的中点，┉┉┉┉┉┉┉┉2 分 ∴ 2 0, 2c c    .┉┉┉┉┉┉┉┉3 分 ∴由 2 2 2a b  ， ②┉┉┉┉┉┉┉┉4 分 解①②,解得 2 2b  （ 2 1b   舍去），∴ 2 4a  故所求椭圆 C 的方程为 2 2 14 2 x y  。┉┉┉┉┉┉┉┉6 分 （2）∵点 0 0( , )M x y 关于直线 2y x 的对称点为 1 1 1( , )M x y ， ∴ 0 1 0 1 0 1 0 1 2 1, 2 .2 2 y y x x y y x x          ┉┉┉┉┉┉┉┉8 分 解得 0 0 1 0 0 1 4 3 5 3 4 5 y xx y xy     ┉┉┉┉┉┉┉┉10 分 ∴ 1 1 03 4 5 .x y x   ┉┉┉┉┉┉┉┉11 分 ∵点 P 0 0( , )x y 在椭圆 C: 2 2 14 2 x y  上，∴ 02 2,x   ∴ 010 5 10x    。 即 1 13 4x y 的取值范围为［－10，10］。┉┉┉┉┉┉┉┉12 分 70、解:(Ⅰ)因为 1 2 0AC F F   ，所以有 1 2AC F F  所以 1 2AF F 为直角三角形； 1 1 2 2cosAF F AF AF    …………………………2 分 则有 2 22 1 2 1 2 1 2 2 1 19 9 cos 9AF AF AF AF F AF AF AF AF            所以， 1 23AF AF  …………………………3 分 又 aAFAF 221  ， 1 2 3 ,2 2 a aAF AF    ………………………4 分 在 1 2AF F 中有 2 2 2 1 2 1 2AF AF F F    即 )1(422 3 2 22          aaa ，解得 22 a 所求椭圆 M 方程为 12 2 2  yx …………………………6 分 (Ⅱ)    NPNFNPNEPFPE        1 222  NPNFNPNPNFNPNF 从而将求 PFPE  的最大值转化为求 2 NP 的最大值…………………………8 分 P 是椭圆 M 上的任一点，设  00 , yxP ，则有 12 2 0 2 0  yx 即 2 0 2 0 22 yx  又  2,0N ，所以     1022 2 0 2 0 2 0 2  yyxNP ………………………10 分 而  1,10 y ,所以当 10 y 时， 2 NP 取最大值 9 故 PFPE  的最大值为8…………………………12 分 参考答案： 71 解：（Ⅰ）由已知得 ( , 3 ) ( , 3 ) 1 1 2 2 OA OB m m n n mn           分 1 4m n   …………4 分 （Ⅱ）设 P 点坐标为（x，y）（x＞0），由 OP OA OB    得 ( , ) ( , 3 ) ( , 3 )x y m m n n   ， ( , 3( ))m n m n   …………5 分 ∴ 3( ) x m n y m n     消去 m，n 可得 2 2 43 yx mn  ，又因 1 4mn  8 分 ∴ P 点的轨迹方程为 2 2 1 ( 0)3 yx x   它表示以坐标原点为中心，焦点在 x 轴上，且实轴长为 2，焦距为 4 的双曲线 2 2 13 yx   的右支 …………9 分 （Ⅲ）设直线 l 的方程为 2x ty  ，将其代入 C 的方程得 2 23( 2) 3ty y   即 2 2(3 1) 12 9 0t y ty    易知 2(3 1) 0t   （否则，直线 l 的斜率为 3 ，它与渐近线平行，不符合题意） 又 2 2 2144 36(3 1) 36( 1) 0t t t       设 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y ，则 1 2 1 22 2 12 9,3 1 3 1 ty y y yt t     ∵ l 与 C 的两个交点 ,M N 在 y 轴的右侧 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 ( 2)( 2) 2 ( ) 4 9 122 43 1 3 1 3 4 03 1 x x ty ty t y y t y y tt tt t t t                 ∴ 23 1 0t   ，即 2 10 3t  又由 1 2 0x x  同理可得 2 10 3t  …………11 分 由 3ME EN  得 1 1 2 2(2 , ) 3(2 , )x y x y    ，∴ 1 2 1 2 2 3(2 ) 3 x x y y       由 1 2 2 2 2 2 123 2 3 1 ty y y y y t          得 2 2 6 3 1 ty t   由 2 1 2 2 2 2 2 9( 3 ) 3 3 1y y y y y t       得 2 2 2 3 3 1y t    消去 2y 得 2 2 2 2 36 3 (3 1) 3 1 t t t    ，解之得： 2 1 15t  ，满足 2 10 3t  …………13 分 故所求直线 l 存在，其方程为： 15 2 5 0x y   或 15 2 5 0x y   …………14 分 72. 73 解: (Ⅰ)当 10  x 时， 01  x ，则  )()( xfxf bxaaxx  223 452 ． ……………………………2 分 当 0x 时， )0()0(  ff 0)0(  f ． ……………………………3 分        ).10(,452 ),0( ,0 ),01(,452 )( 223 223 xbxaaxx x xbxaaxx xf …………………………4 分 (Ⅱ)当 10  x 时， 22 4106)( aaxxxf  ))(23(2 axax  ))(3 2(6 axax  ． ………5 分 (1)当 13 2 3 2  a ，即 2 31  a 时， 当      3 2,0 ax 时， 0)(  xf ， 当     1,3 2ax 时， 0)(  xf ， )(xf 在      3 2,0 a 单调递增，在     1,3 2a 上单调递减， baafag  3 27 28)3 2()( ． ……………………………7 分 (2)当 23 21  a ，即 32 3  a 时， 0)(  xf ， )(xf 在  1,0 单调递增． baafag  254)1()( 2 ， ……………………………9 分         ).32 3(,254 ),2 31(,27 28 )( 2 3 abaa aba ag ……………………………10 分 (Ⅲ) 要使函数 )(xf 在  1,0 上恒有 0)( xf ，必须使 )(xf 在  1,0 上的最大值 0)( ag ． 也即是对满足 31  a 的实数 a ， )(ag 的最大值要小于或等于 0 ． ………………11 分 （1）当 2 31  a 时， 09 28)( 2  aag ，此时 )(ag 在 )2 3,1( 上是增函数， 则 )(ag b     3 2 3 27 28 b 2 7 ． 02 7  b ，解得 2 7b ． ………① ………………12 分 （2）当 32 3  a 时， 058)(  aag ，此时， )(ag 在     3,2 3 上是增函数， )(ag 的最大值是 bg  23)3( ． 023  b ，解得 23b ．………② ……………………………13 分 由①、②得实数 b 的取值范围是 23b ． ……………………………14 分 74 解：（Ⅰ）设椭圆 C 的方程为： )0(12 2 2 2  ba b y a x ，则 122  ba ．……①……1 分 当 l 垂直于 x 轴时， BA, 两点坐标分别是 ),1( 2 a b 和 ),1( 2 a b ， 2 422 1),1(),1( a b a b a bOBOA  ，则 6 51 2 4  a b ，即 42 6ba  ．………② …3 分 由①，②消去 a ，得 016 24  bb ． 2 12 b 或 3 12 b （舍去）． 当 2 12 b 时， 2 32 a ．因此，椭圆 C 的方程为 123 2 2 2  yx ．……………………………5 分 （Ⅱ）设存在满足条件的直线 l ． (1)当直线 l 垂直于 x 轴时，由（Ⅰ）的解答可知 3 62 2  a bAB ，焦点 F 到右准线的距离为 2 12  cc ad ，此时不满足 ABd 2 3 ． 因此，当直线 l 垂直于 x 轴时不满足条件． ……………………………7 分 （2）当直线 l 不垂直于 x 轴时，设直线 l 的斜率为 k ，则直线 l 的方程为 )1(  xky ． 由      123 2 ),1( 2 2 yx xky  03612)26( 2222  kxkxk ， 设 BA, 两点的坐标分别为 ),( 11 yx 和 ),( 22 yx ，则 13 6 2 2 21   k kxx ， 26 36 2 2 21   k kxx ． ]4))[(1(1 21 2 21 2 21 2 xxxxkxxkAB  )] 26 36(4) 13 6)[(1( 2 2 2 2 2 2     k k k kk 13 )1(6 2 2   k k ． ……………………9 分 又设 AB 的中点为 M ，则  2 21 xxxM 13 3 2 2 k k ． 当 ABP 为正三角形时，直线 MP 的斜率为 kkMP 1 ． 2 3Px ， )13(2 )1(31) 13 3 2 3(1111 2 2 2 2 2 2 22     k k k k k k k xx k MP MP ． …………………………11 分 当 ABP 为正三角形时， ABMP 2 3 ，即 )13(2 )1(31 2 2 2 2   k k k k ＝ 13 )1(6 2 3 2 2   k k ， 解得 12 k ， 1k ． …………………………13 分 因此，满足条件的直线 l 存在，且直线 l 的方程为 01  yx 或 01  yx ．……14 分 75 解：（Ⅰ） 1 2)1(1   n n n aa ， ])1(1)[2()1(1 1 1    n n n n aa ，……………3 分 又 3)1(1 1  a ，数列          n na 11 是首项为 3 ，公比为 2 的等比数列．……5 分 1)2(3)1(1  nn na ， 即 123 )1( 1 1     n n na . ………………6 分 （Ⅱ） 12649)123( 1121   nnn nb ． 9264321 )21(1641 )41(19    nnS nn nn n ． ………………9 分 （Ⅲ） 1)1(2 )12(sin  nn  ， 123 1 )1()2(3 )1( 11 1       nnn n nc ． ……………………10 分 当 3n 时，则 123 1 123 1 123 1 13 1 12     nnT   2 1 2 2 1 12 1 132 1 ])(1[ 28 11 23 1 23 1 23 1 7 1 4 1           n n 7 4 84 48 84 47 6 1 28 11])2 1(1[6 1 28 11 2  n ． 321 TTT  ， 对任意的  Nn ， 7 4nT ． ………………………14 分 76、（1） 1'( ) ( 2)( 1), (0) , '(0) 2axf x e ax x f fa        所以切线方程为 12 0x y a    （2） '( ) 0 2 , 1 f x x xa     令 则 当 2a   时， 2 2( ) ( , ) (1, ) ,1)f x a a    在 和 上单调递减,在( 上单调递增 2 '( ) 0, ( )a f x f x R  当 时, 在 上减函数 当 2 0a   时， 2 2( ) ( ,1) ( , ) )f x a a    在 和 上单调递减,在(1, 上单调递增 （3）当 0a  时， x 3 2( , )a a   2 a  2( ,1)a  1 (1, ) '( )f x + 0 - 0 + ( )f x 增 极大值 减 极小值 增 3( ) 0, (1) 0f fa    1(1) af ea    为最小值 1 3 30 ,ae xa a a          对 恒成立  0,ln3a  77、（1） 2a 时， x xxf ln 2)(  ， xx xxxxf 2ln 2ln)(  ， 2ln 1)2( f ，………………………2 分 又 0)2( f 所以切线方程为 )2(2ln 1  xy ………………………2 分 （2）1°当 10  x 时， 0ln x ，则 xx ax  ln xxxa ln 令 xxxxg ln)(  ， x xxxg 2 ln22)(  ， 再令 xxxh ln22)(  ， 0111)(  x x xx xh 当 10  x 时 0)(  xh ，∴ )(xh 在 )1,0( 上递减， ∴当 10  x 时， 0)1()(  hxh ， ∴ 0 2 )()(  x xhxg ，所以 )(xg 在 )1,0( 上递增， 1)1()(  gxg ， 所以 1a ……………………5 分 2° 1x 时， 0ln x ，则 xx ax  ln xxxa ln )(xga  由 1°知当 1x 时 0)(  xh ， )(xh 在 ),1(  上递增 当 1x 时， 0)1()(  hxh ， 0 2 )()(  x xhxg 所以 )(xg 在 ),1(  上递增，∴ 1)1()(  gxg ∴ 1a ；………………………5 分 由 1°及 2°得： 1a ………………………1 分 78、解：（I）依题意知：直线 l 是函数 ( ) lnf x x 在点（1，0）处的切线，故其斜率 1(1) 11k f   所以直线 l 的方程为 1y x  又因为直线 l 与 ( )g x 的图像相切 所以由 2 2 1 1 9( 1) 01 7 2 2 2 2 y x x m x y x mx           得 2( 1) 9 0 2( 4m m m        不合题意，舍去） （Ⅱ）因为 ( ) ( 1) ( ) ln( 1) 2( 1),h x f x g x x x x         所以 1'( ) 11 1 xh x x x     当 1 0x   时， '( ) 0;h x  当 0x  时， '( ) 0h x  因此， ( )h x 在 ( 1,0) 上单调递增，在 (0, ) 上单调递减。 因此，当 0x  时， ( )h x 取得最大值 (0) 2h  （Ⅲ）当 0 b a  时， 1 02 b a a    ，由（Ⅱ）知：当 1 0x   时， ( ) 2h x  ，即 ln( 1)x x  因此，有 ( ) (2 ) ln ln(1 )2 2 2 a b b a b af a b f a a a a         即 2 ( ) 2 (2 )a af a b b af a    79、 (1)法一：由已知 )0,1(M ………………………………1 分 设 ),( 11 yxA ，则 |1|1|| 1 2  xkAM ，……………………………1 分 |1|4)1()1(|| 11 2 1 2 1 2 1  xxxyxAF ，………………………1 分 由 ||5||4 AFAM  得， 514 2  k ， 解得 4 3k ………………………2 分 法二：记 A 点到准线距离为 d ，直线 l 的倾斜角为 ， 由抛物线的定义知 dAM 4 5||  ，………………………2 分 ∴ 5 4 ||cos  AM d ， ∴ 4 3tan  k ………………………3 分 （2）设 ),( 00 yxQ ， ),( 11 yxA ， ),( 22 yxB 由      )1( 42 xky xy 得 0442  kyky ，………………………1 分 首先由      01616 0 2k k 得 11  k 且 0k 10 2 1 2 0 10 10 10 4 44 yyyy yy xx yykQA     ，同理 20 4 yykQB  ……………………2 分 由 QBQA  得 144 2010  yyyy ，…………………………2 分 即： 16)( 21210 2 0  yyyyyy ， ∴ 0204 0 2 0  yky ，…………………………2 分 080)4( 2  k ，得 5 5 5 5  k 且 0k ， 由 11  k 且 0k 得， k 的取值范围为             5 5,00,5 5  …………………………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 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 参考答案： 81 解：⑴由题意知： a 1 b 0 ， ，   2 2 2'f x x x    设函数  y f x 图象上的任意一点  0 0Q x y， 关于原点的对称点为 P（x,y）, 则 0 0x x y y   ， ，……………………4 分 因为点    0 0Q x y y f x， 在 的图像上，  2 2 22 , , 2 7'y x x y x x g x x x            ⑵        2 2 22 2 1 2 1x x x x x x x           F    11 F x 在 ，上是增函且 连续，      2 1 2 1 0      'F x x 恒成立……9 分 即  1 2 1 1       在 ， 上恒成立1 1 1 x x x ，………………..10 分 由   2 1 -1 11 x 在 ， 上为减函数，………………..12 分 当 x 1 时取最小值 0，………………..13 分 故     0 0 14'所求 的取值范围是 ，, 另解：    1,1F x  在 上是增函数 ，        ' 2 2 2 2 1,1F x x       在 上非负          2 2 2 2 0 2 2 1 2 2 0                ，解得 0  82（1）由已知 212  aa ， 123  aa 公差   121 d ………1 分 31)1()( 121   nnaaaa nn ………2 分 )()()( 113121  nnn aaaaaaaa  )4(0)1()2(6  n   2 )1()4()2(6  nn ＝ 2 1872  nn ………4 分 由已知 22,42 21  bb ………5 分 所以公比 2 1q ，   11 1 2 142 122           nn n bb ………6 分 n nb      2 182 ………7 分 （2）设 kk bakf )( k 21 7 19 2 82 2 2k k                    2 k1 7 49 18 72 2 4 2k                    …8 分 所以当 4k 时， )(kf 是增函数。………10 分 又 2 1)4( f ，所以当 2k 时 2 1)( kf ，………12 分 又 0)3()2()1(  fff ，………13 分 所以不存在 k ，使      2 1,0)(kf 。………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：∵ 12  nnn SSan 时， …………（1 分） ∴ 12 2 2 1   n n nn S SSS ，∴ 2 1 2)12)(( nnnn SSSS   ，∴ 11 2   nnnn SSSS ……………（3 分） ∴ )2(211 1   nSS nn ， ………………（5 分） 数列 11}1{ 1  SSn 是以 为首项，以 2 为公差的等差数列。（6 分） （2）由（1）知 122)1(11  nnSn ，∴ ,12 1  nSn ∴ .12 1 1  nSn ………（7 分） 设 12 )1()1)(1()( 21   n SSSnF n ，则 32 12)1( )( )1( 1    n nS nF nF n .1 384 484 )32)(12( 22 2 2      nn nn nn n …………（10 分） ∴ *)( NnnF 在 上递增，要使 knF )( 恒成立，只需 knF min)]([ ∵ 33 2)1()]([ min  FnF ，∴ .33 2,33 20 max  kk ………………（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 2||,2 21121  FFNFFF ，            . ,1||1 ,2||2 222 1 2 21 cba NFc a FFc 解得      1 2 2 2 b a ，从而所求椭圆的方程为 .12 2 2  yx ………………（3 分） NBANBNA ,,,   三点共线，而点 N 的坐标为（－2，0）. 设直线 AB 的方程为 )2(  xky ，其中 k 为直线 AB 的斜率，依条件知 k≠0. 由      12 ),2( 2 2 yx xky 消去 x 得 22)21( 22  yyk ，即 .02412 2 2 2  yky k k 根据条件可知      .0 ,0128)4( 2 2 2 k k k k 解得 .2 2||0  k ………………（5 分） 设 ),(),,( 2211 yxByxA ，则根据韦达定理，得           . 12 2 , 12 4 2 2 21 221 k kyy k kyy 又由 ),2(),2(, 2211 yxyxNBNA   得      . ),2(2 21 21 yy xx   从而           . 12 2 , 12 4)1( 2 2 2 2 22 k ky k ky   消去 . 12 8)1( 2 2 2   k y  得 令 ],3 1,5 1[,)1()( 2    ，则 .111)21()( 2 2 2     由于 .0)(3 1 5 1   ，所以 ]3 1,5 1[)( 是区间 上的减函数， 从而 )5 1()()3 1(   ，即 5 36)(3 16   ， 5 36 12 8 3 16 2    k ， 2 1||6 2 5 36 12 8 3 16 2    k k ，解得 ，而 .2 1 6 2 2 20  kk ， 因此直线 AB 的斜率的取值范围是 ].2 1,6 2[ ………………（7 分） （2）上半椭圆的方程为 2 22 2 11 2 2 11,2 112 11 xyxyxy  ，且 ，求导可得 2 2 112 x xy   所以两条切线的斜率分别为 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2 112 ,2 2 112 y x x xky x x xk PBPA      ……（8 分） [解法一]：切线 PA 的方程是 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2)(2 y yx y xxyxxy xyy  ，即 .又 22 2 1 2 1  yx ， 从而切线 PA 的方程为 11 1 1 2 yy xxy  ，同理可得切线 PB 的方程为 .1 2 22 2 1 yy xxy  由         22 2 11 1 1 2 1 2 yy xxy yy xxy 可解得点 P 的坐标           2112 12 0 2112 12 0 00 )(2 ),( yxyx xxy yxyx yyx yx 满足 再由 ，得      21 21 )2(2 yy xx   ).(222 122112 2 2 1 1 yyyxyxy x y x  ∴           ABkyy xxy yy yyx 2 1 )(2 1)(2 )(2 12 12 0 12 12 0 ……………………（11 分） 又由（1）知 23122 1 6 2  AB AB kk ，∴ .2 231 0  y 因此点 P 在定直线 1x 上，并且点 P 的纵坐标的取值范围是[1， 2 23 ] ……（12 分） [解法二]：设点 P 的从标为 ),( 00 yx ，则可得切线 PA 的方程是 ),(2 0 1 1 0 xxy xyy  而点 ),( 11 yxA 在此切线上，所以有 )(2 01 1 1 01 xxy xyy  ，即 2 1 2 11010 22 yxyyxx  …（9 分） 所以有 22 1010  yyxx ， ① 同理可得 .22 2020  yyxx ② 根据①和②可知直线 AB 的方程为 22 00  yyxx 而直线 AB 过定点 N（－2，0），∴ 122 00  xx ，直线 AB 的方程为 ,22 0  yyx ∴ 02 1 ykAB  ………………………………（11 分 0 又由（1）知 2 1 6 2  ABk ，所以有 2 2312 1 2 1 6 2 0 0  yy 因此点 P 在定直线 1x 上，并且点 P 的纵坐标的取值范围是 ]2 23,1[ ……（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 )(xf 的定义域是 ).,0()0,2 3(  对 )(xf 求导得 )2 3( )3)(1(2 2 3 1)( 2 2     xx xx xx xf …………（2 分） 由 312 30)(  xxxf 或，得 ，由 .30010)(  xxxf 或，得 因此 )3)1,2 3(  ，和（ 是函数 )(xf 的增区间； （－1，0）和（0，3）是函数 )(xf 的减区间 ………………（5 分） （2）[解法一]：因为 .2 1ln2 1ln2 1)( xxmmxxmxxg  所以实数 m 的取值范围就是函数 xxx 2 1ln)(  的值域 …………（6 分） 对 .2 11)()(  xxx  求导得 令 0)(20;0)(220)(  xxxxxx  时，当时，，并且当，得 ∴当 x=2 时 )(x 取得最大值，且 .12ln)2()( max   x 又当 x 无限趋近于 0 时， xln 无限趋近于 x2 1, 无限趋近于 0， 进而有 xxx 2 1ln)(  无限趋近于－∞.因此函数 xxx 2 1ln)(  的值域是 ]12ln,(  即实数 m 的取值范围是 ]12ln,(  ………………（9 分） [解法二]：方程 mxxg  2 1)( 有实数根等价于直线 mxxg  2 1)( 与曲线 y=lnx 有公共点，并且当直线 mxxg  2 1)( 与曲线 y=lnx 相切时，m 取得最大值. ……（6 分） 设直线 xytxy ln2 1  与曲线 相切，切点为 xyyxT ln).,( 00 则对 求导得             txy xy x xy 00 00 0 2 1 ln 1 2 1 1，根据相切关系得 ，解得 .12ln2ln,2 00  tyx ，进而 所以 m 的最大值是 12ln  。而且易知当 mxym  2 112ln 时，直线 与曲线 y=lnx 总有公共点。 因此实数 m 的取值集合是 ].12ln,(  ………………（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 )()( xkgxf  有 两个不相等的实数根 21 xx 和 ，则               ② ① .ln2)2 3ln( ,ln2)2 3ln( )()( )()( 2 2 2 1 1 1 22 11 xkxx xkxx xkgxf xkgxf …………（11 分） 根据对数函数定义域知 21 xx 和 都是正数。 又由（1）可知，当 03 2)2 33ln()()(0 min  xfxfx 时， ∴ )( 1xf = .02)2 3ln()(,0 2)2 3ln( 2 22 1 1  xxxfxx 再由 k>0，可得 .1,10ln)(,0ln)( 212211  xxxxgxxg 由于 所以,21 xx  不妨设 211 xx  ，由①和②可得 2 2 2 1 1 1 ln 2)2 3ln( ln 2)2 3ln( x xx x xx    利用比例性质得 2 2 2 2 1 1 1 1 ln ln2)2 3ln( ln ln2)2 3ln( x xxx x xxx    即 .(*)ln 2)2 31ln( ln 2)2 31ln( 2 22 1 11 x xx x xx    …………（13 分） 由于 ),1(ln 是区间x 上的恒正增函数，且 .1ln ln,1 2 1 21  x xxx 又由于 ),1(2)2 31ln(  是区间 xx 上的恒正减函数，且 .1 21 xx  ∴ .12)2 31ln( 2)2 31ln( 22 11    xx xx ∴ 2 22 1 11 22 11 2 1 ln 2)2 31ln( ln 2)2 31ln( 2)2 31ln( 2)2 31ln( ln ln x xx x xx xx xx x x        ，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 l 方程为 4 kyx ，代入 pxy 22  得 0822  pkpyy 设 ),(),,( 2211 yxQyxP ，则有 pyykpyy 8,2 2121  而 0OQOP , 故 pyykyykpkykyyyxx 816)(48)4)(4(0 2121 2 212121  即 ppkpk 816880 22  ，得 2p ，焦点 )0,1(F . (Ⅱ)设 ),( yxR ，由 FRFQFP  得 ),1(),1(),1( 2211 yxyxyx  所以 yyyxxx  2121 ,1 而 2 2 21 2 1 4,4 xyxy  ，可得 )(4))(()( 21212121 xxyyyyyyy  又 FR 的中点坐标为 )2,2 1( yxM  ， 当 21 xx  时，利用 MAPQ kk  有 42 1 24 21 21   x y xx yy y 整理得， 2842  xy . 当 21 xx  时， R 的坐标为 )0,7( ,也满足 2842  xy . 所以 2842  xy 即为动点 R 的轨迹方程. 87、解析：(1)由题意可知 2 1a c   且 2 2 2c b  ，解得 1,2  cba ， 椭圆的方程为 12 2 2  yx ； （2）由（1）得 )0,1(F ，所以 10  m .假设存在满足题意的直线 l ，设 l 的方程为 )1(  xky ，代入 12 2 2  yx ，得 0224)12( 2222  kxkxk ， 设 ),(),,( 2211 yxByxA ，则 12 22, 12 4 2 2 212 2 21     k kxx k kxx ① 12 2)2( 22121   k kxxkyy ， )12 2,212 4(),(),( 22 2 2211   k kmk kymxymxCBCA ， ,)( ABCBCA  而 AB 的方向向量为 ),1( k , ; mkmk k km k k      2 22 2 )21(0 12 22 12 4  当 2 10  m 时 , m mk 21 , 即 存 在 这 样 的 直 线 l ; 当 12 1  m 时, k 不存在,即不存在这样的直线 l 88、解：（1）依题意，设椭圆方程为 )0(12 2 2 2  ba b y a x ，则其右焦点坐标为 22,)0,( baccF  ， ………… 1 分 由 || FB 2 ，得 2 2( 2) (0 2) 2c     ， 即 2( 2) 2 4c    ，解得 22c 。 ………… 3 分 又 ∵ 2b ，∴ 12222  bca ，即椭圆方程为 1412 22  yx 。 ……4 分 （2）由 |||| ANAM  知点 A 在线段 MN 的垂直平分线上， 由      1412 2 22 yx kxy 消去 y 得 12)2(3 22  kxx 即 012)31( 22  kxxk （*） ………… 6 分 由 0k ，得方程（*）的 0144)12( 22  kk ，即方程（*）有两个不相等的实数根。 …………7 分 设 ),( 11 yxM 、 ),( 22 yxN ，线段 MN 的中点 ),( 00 yxP ， 则 221 31 12 k kxx   ， 2 21 0 31 6 2 k kxxx   ，  22 22 00 31 2 31 )31(262 kk kkkxy     ，即 ) 31 2, 31 6( 22 kk kP    ……… 9 分 0k ，∴直线 AP 的斜率为 k k k k kk 6 )31(22 31 6 2 31 2 2 2 2 1       ，……………10 分 由 AP MN ，得 16 )31(22 2  kk k ， …………………… 11 分 ∴ 6622 2  k ，解得： 3 3k ，即 3 3tan  ， …… 12 分 又  0 ，故 6   ，或 6 5  ， ∴ 存在直线 l 满足题意，其倾斜角 6   ，或 6 5  。…………… 13 分 89、解： 90、解：(Ⅰ)由已知得 1 2 31, 4, 2a a a a a    ，又 1 3 22a a a  ， ( 1) 2 8,a a    即 3a  ． …………………………（2 分） 1 2a  ，公差 2 1 2d a a   ． 由 1 ( 1) 2k k kS ka d  ，得 …………………………（4 分） ( 1)2 2 25502 k kk    即 2 2550 0k k   ．解得 50k  或 51k   (舍去)． 3, 50a k   ． …………………………（6 分） (Ⅱ)由 1 ( 1) ,2n n nS na d  得 2( 1)2 2 .2n n nS n n n     …………………………（8 分） 1n n Sb nn     …………………………（9 分）  nb 是等差数列． 则 3 7 11 4 1 (3 1) (7 1) (11 1) (4 1 1)nb b b b n               (4 4 ) 2 n n ………………………(11 分) 2 3 7 11 4 1 2 2nb b b b n n       ……………………(12 分) 参考答案： 91．解：（1）令 a=b=1 求得   01 f 2 分 又    22 1 2 122 121 ffff           ∴ 4 1 2 1     f 5 分 （2）        111111 2222222   ffff nnnn ，∴     111 22222   nnnn ff . 令  nn n fb  22 ， ∴ 1 1 2   nn bb ， 9 分 ∴ 数列  nb 是以公差 d= 2 1 2 1 2 121      fb 的等差数列 12 分 ∴        2 111 nbbn ， ∴ 2 nbn  ，∴   12 2    n n nf 14 分 92．解：（1）充分性：若 022  ba ∴a=b=0 ∴   xxxf  对任意的 Rx 都有     0 xfxf ∴  xf 为奇函数，故充分性成立. 2 分 必要性：若  xf 为奇函数 则对任意的 Rx 都有     0 xfxf 恒成立， 即 0 baxxbaxx 令 x=0 ，得 b=0；令 x=a ，得 a=0 。∴ 022  ba 6 分 （2）由 b ＜ 322  ＜0，当 x=0 时 a 取任意实数不等式恒成立 当 0＜x≤1 时  xf ＜0 恒成立，也即 x bx  ＜ a ＜ x bx  恒成立 令   x bxxg  在 0＜x≤1 上单调递增，∴ a ＞     bgxg  11max 10 分 令   x bxxh  ， 则  xh 在  b,0 上单调递减，   ,b 单调递增 1 当 b ＜ 1 时   x bxxh  在 0＜x≤1 上单调递减 ∴ a ＜     bhxh  11min 。∴ b1 ＜ a ＜ b1 。 12 分 2 当 1 ≤ b ＜ 322  时，   x bxxh  ≥ b2 ， ∴ a ＜   bxh  2min ，∴ b1 ＜ a ＜ b2 14 分 93．解：（1） 2 2( ) ( 3) 3 0f x a x a x a      ， ( 3)( ) 0x x a    对 [1,2]x 恒成立， 又 3 0x   恒成立， 0x a   对 [1,2]x 恒成立， ,a x   又 [ 2, 1]x    ， 2.a   （2）由 2 2( 3) 4( 3 ) 0a a a      得： 1 3a   ， 不妨设 a p ，则 q，r 恰为方程两根，由韦达定理得： ① 23, 3 ,p q r qr a a     ② 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 (3 ) 2( 3 ) 9p q r a q r pr a a a a            ③而 3 3 3 3 3 3( )p q r a q r     3 2 2( )[ ]a q r q qr r     3 23 9 27.a a   设 3 2( ) 3 9 27g a a a   ，求导得： 2( ) 9 18 9 ( 2)g a a a a a    当 [2,3]a 时， ( ) 0, ( )g a g a 递增；当 [0,2]a 时， ( ) 0, ( )g a g a 递减； 当 [ 1,0]a  时， ( ) 0, ( )g a g a 递增， ( )g a 在[ 1,3] 上的最小值为 min{ ( 1), (2)} min{15,15} 15g g   （3） 3 21 1( ) [ ( ) 27] (3 9 ),6 6H a g a a a      如果 (0,1)a ，则 23 1( ) 3 3 (1 ) 02 2H a a a a a      ( )H a 在 (0,1) 为递增函数， 3 2 1 1( ) ( (0), (1)) (0,1), ( ) (3 9 )6n n n nH a H H a H a a a       1 2(0,1) (0,1) (0,1)na a a         又 3 2 1 1 3 1 ( 2)( 1) 02 2 2n n n n n n n na a a a a a a a           ， 1 .n na a  94．（1）由 c=1 知 B（0，1），∵ HBOH )323(  ， ∴ 2 3 324 323,0    HH yx 即 ),2 3,0(H 点 C 在单位圆上，∴ )2 3,2 1(C 设双曲线 E 的方程为 ).0,0(12 2 2 2  ba b y a x 由点 C 的双曲线 E 上，半焦距 c=1 有：              2 3 2 31 ,1 4 3 4 1 ,1 2 2 22 22 b a ba ba 解得 所以双曲线 E 的方程为： .1 2 3 2 31 22   yx （2）证明：∵A1（－c，0），B（0，c），由 ),2 3,2 1(),2 3,0(:)323( ccCcHHBOH 得 设双曲线 E 的方程为 ),0,0(12 2 2 2  ba b y a x ∴      ② ① 1 4 3 4 2 2 2 2 222 b c a c cba ①代入②，化简整理得 03)(6)(,063 244224  a b a bbbaa 解得 .323)( 2  a b 又 .324)(1 2 2 2 2  a b a ce ∴ 13324 e ，即双曲线 E 的离心离是与 c 无关的常数。 （3）假设存在实数 )2 3,2(),0,(, 11 ccCcAFCFA  恒成立，使  有          1 2 3 ,1 2 FF y cc x 点 F ,)1(2 3,)1(2 )2((       cc 点 C，F 都在双曲线 E 上，故有            �b c a c �b c a c 22 22 22 22 2 2 2 2 )1(4 3 )1(4 )2( 1 4 3 4     由③得 3 443 2 2 2 2 2 2  e b c b ce ⑤ ⑤代入④得 12,1 )1(4 )4( )1(4 )2( 22 2 2 2 2 22           eeee 化简整理得 即 ,4 31 326 3232, 2 1 2 2       ）小题的结论得：利用（ e e 故存在实数 FCFA   1,4 31 使 恒成立. 95．（1） ,2)( 2' cbxaxxf  由题意及导数的几何意义得 02)1('  cbaf ① acbmammf  2)( 2' ② 又 0,0,404,424,  cacaccbaacba 故即可得 由①得 13 1,0,2  a bacbabac 得再由，代入 ③ 将 c=－a－2b 代入②得 022022 22  bbxaxbbmam 即方程 有实根， 故判别式 0,2,0)(2)(,084 22  a b a b a b a babb 或得得 ④ 由③、④得 10  a b （2）由 0442)( 2'2'  acbcbxaxxf 的判别式 知方程 (*)02)( 2'  cbxaxxf 有两个不等实根，设为 x1，x2， 又由 为方程知， 102)1( 1 '  xcbaf （*）的一个实根， 则由根与系数的关系得 1221 012,2 xa bxa bxx  当 x＜x2，或 x＞x1 时， 0)(,0)( ' 12 '  xfxxxxf 时当 故函数 f（x）的递增区间为[x2，x1]，由题设知[x2，x1]=[s，t]， 因此 )42[||101,22|||| 21 ，的取值范围为得）知由（ ts a b a bxxts  （3）由 02202,0)( 22'  bbxaxcabxaxaxf 即即 因此 a＜0，得 0)22(,022 22  xa bxa b x bx 整理得 设 a bxa bxa bg 可以看作是关于,)22()( 2 的一次函数，由题意， 100)(  a b a bg 对于 恒成立故 1313 0 022 0)0( 0)1( 2 2            xx x xx g g 或得即 由题意 13,13),13[)13,(),[  的最小值为因此，故 kkk 96．（1）∵ 0)1( f ，∴ 0)(1  xfab ，由 恒成立知： 0)1(4)1(4 222  aaaab ， ∴a=1，从而      )0()1( )0()1()(,12)( 2 2 2 xx xxxFxxxf （2）由（1）知 ,1)2()()(,12)( 22  xkxkxxfxgxxxf 由 )(xg 在[－2，2]上是单调函数知： .6222 222 2  kkkk 或，得或 （3）∵ )(xf 是偶函数，∴ ),0[)(,0)()(  在而 xfaxfxf 为增函数，对于 )(xF ， 当 时，，当时， 0)()()()(,00  xxFxfxfxFxx ,0 x )()()()( xFxfxfxF  ，∴ )(xF 是奇函数，且 )(xF 是在 ),0[  上为增函数， 当 mn<0，m、n 异号， )()()(00,0)( nFnFmFnmnmi  知时，由当 ∴ .0)()(  nFmF )()()(00,0)( mFmFnFmnnmii  知时，由当 ，∴ .0)()(  nFmF 综上可知 .0)()(  nFmF 97、解：（1）设 P 点坐标为 )y,x( ，则 2 2 y)1x( y)1x( 22 22    ，化简得 8y)3x( 22  ， 所以曲线 C 的方程为 8y)3x( 22  ； （2）曲线 C 是以 )0,3( 为圆心， 22 为半径的圆 ，曲线 'C 也应该是一个半径为 22 的圆，点 )0,3( 关于直线 xy  的对称 点的坐标为 )3,0(  ，所以曲线 'C 的方程为 8)3y(x 22  ， 该圆的圆心 )3,0(  到直线 3mxy  的距离 d 为 2 |m| )1(1 |3m)3(0|d 22    ， 72)28(822 1|AB|d2 1S 22 2 ABO  mmdd△ 12 2  m ，或 72 2 m ，所以， 2m ，或 14m 。 98. ⑴解:设 )(2)1()1(32 22 1 2 1 nnannannaa nnnn    可化为 ， 即   nnaa nn )2(2 2 1 …………………………… (2 分) 故            1 1 0 32 1      解得 …………………………… (4 分) ∴ 2 2 2 1 12 3 ( 1) ( 1) 2( )n n n na a n n a n n a n n          可化为 ………(5 分) 又 0112 1 a ……………………………………………………………………(6 分) 故存在  nnan   21,1 使得数列 是等比数列 ……………(7 分) ⑵证明：由⑴得 2 2 1 1( 1 1) 2n na n n a       ∴ nna n n   212 ， 故 21 1 2 1 nna b n n n     ……………………………………………… (8 分) ∵ 2 2 2 1 4 4 2 2 4 4 1 2 1 2 1nb n n n n n        ………………………… (9 分) ∴ 1 2 3 2 2 2 2 2 22 , 1 ( ) ( ) ( )3 5 5 7 2 1 2 1n nn S b b b b n n                时 2 2 51 3 2 1 3n     ……………………………………（11 分） 现证 )2()12)(1( 6  nnn nSn . 当 ,4 5 4 112 21  bbSn n时 5 4 4 5,5 4 53 12 )12)(1( 6  nn n而 ， 故 2n 时不等式成立 ………………………………………………（12 分） 当 1 11 )1( 11,3 2  nnnnn bn n由时 得 )1 11()4 1 3 1()3 1 2 1()2 11(321  nnbbbbS nn  11 11  n n n ，且由 12 61612  nn 得 ， ∴ 6 1 ( 1)(2 1)n n nS n n n     …………………………………… （14 分） 99、解：（I）依题意， 2 19 10 100a c   故 2 1 10a a  当 2n  时， 1 9 10n na S   19 10n na S   ①-②得： 1 10n n a a   故{ }na 为等比数列，且 1 1 10 ( )n n na a q n N    ， lg na n  1lg lg ( 1) 1a na a n n      即{lg }an 是等差数列 （Ⅱ）由（I）知， 1 1 13( )1 2 2 3 ( 1)nT n n        1 1 1 1 1 33(1 ) 32 2 3 1 1n n n            （Ⅲ） 33 1nT n    当 1n  时， nT 取最小值 3 2 依题意有 23 1 ( 5 )2 4 m m  解得 1 6m   故所求整数 m 的取值集合为{0，1，2，3，4，5} 100、解：（I）由已知得 1 1 1 ,2 ,2 n na a a n   2 2 1 3 3 1 3, 1 1 ,4 4 2 4a a a        又 1 1,n n nb a a   1 2 1 1,n n nb a a     1 1 1 1 2 1 1 1 ( 1) 1 1 12 2 2 .1 1 1 2 n n n n n n n n n n n n n n a n a n a a b a a b a a a a a a                        { }nb 是以 3 4  为首项，以 1 2 为公比的等比数列. （II）由（I）知， 13 1 3 1( ) ,4 2 2 2 n n nb       1 3 11 ,2 2n n na a      2 1 3 11 ,2 2a a      3 2 2 3 11 ,2 2a a      1 1 3 11 ,2 2n n na a        将以上各式相加得： 1 2 1 3 1 1 1( 1) ( ),2 2 2 2n na a n         1 1 1 1 1(1 )3 1 3 1 32 21 ( 1) (1 ) 2.12 2 2 2 21 2 n n n na a n n n                   3 2.2n na n    （III）解法一： 存在 2  ，使数列{ }n nS T n  是等差数列. 1 2 1 2 1 1 13( ) (1 2 ) 22 2 2n n nS a a a n n          1 1(1 ) ( 1)2 23 21 21 2 n n n n       2 21 3 3 33(1 ) 3.2 2 2 2n n n n n n        1 2 1 3 1(1 ) 3 1 3 34 2 (1 ) .1 2 2 2 21 2 n n n n nT b b b               数列{ }n nS T n  是等差数列的充要条件是 ,(n nS T An B An    、 B 是常数 ) 即 2 ,n nS T An Bn   又 2 1 3 3 3 33 ( )2 2 2 2n n n n n nS T           2 3 13(1 )(1 )2 2 2n n n     当且仅当1 02   ，即 2  时，数列{ }n nS T n  为等差数列. 解法二： 存在 2  ，使数列{ }n nS T n  是等差数列. 由（I）、（II）知， 2 2n na b n   ( 1)2 22n n nS T n    ( 1) 2 22 n n n n n n n T TS T n n       3 2 2 n n Tn    又 1 2 1 3 1(1 ) 3 1 3 34 2 (1 )1 2 2 2 21 2 n n n n nT b b b               1 3 2 3 3( )2 2 2 n n n S T n n n          当且仅当 2  时，数列{ }n nS T n  是等差数列.