2010上海专题：高三数学代数推理题的经典类型与解法

20102010 上海专题 代数推理题的经典类型与解法上海专题 代数推理题的经典类型与解法 一 移项 数形结合一 移项 数形结合 例例 1 1 设函数 已知 时恒有1 3 4 4 2 xxgxxaxf 0 4 x 求a的取值范围 xgxf 二 构造函数 恒成立的问题二 构造函数 恒成立的问题 函数最值解法函数最值解法 例例 2 2 已知不等式对于大于 1 的正整数n恒 3 2 1 log 12 1 2 1 2 1 1 1 a nnn a 成立 试确定a的取值范围 三 分类讨论三 分类讨论 例例 3 3 已知函数在区间 b 1 b 上的最大值为 0 4 9 433 22 bbxxxf 25 求 b 的值 四 逆向分析法四 逆向分析法 例例 4 4 已知 1 1 x x x xf 的单调区间 1 xf求 2 若 4 3 1 0 cfaf bba cba求证 五五 数学猜想能力 证明数学猜想能力 证明 对称可采用解几中的坐标证法对称可采用解几中的坐标证法 例例5 5 已知函数f x aa a x x 1 证明函数f x 的图象关于点P 对称 2 1 2 1 2 令an 对一切自然数n 先猜想使an 成立的最小自然数a 并证 1 nf nfa 明之 3 求证 nnnn lg3lg 1 4 1 六 采用反证法 例例 6 6 对于函数 若存在成立 则称的不动点 如果 xf 000 xxfRx 使 0 xfx 为 函数有且只有两个不动点 0 2 且 2 Ncb cbx ax xf 2 1 2 f 1 求函数的解析式 xf 2 已知各项不为零的数列 求数列通项 1 1 4 n nn a fSa满足 n a 3 如果数列满足 求证 当时 恒有成立 n a 4 11nn afaa 2 n3 n a 七 赋值法 例例 7 7 已知函数f t 满足对任意实数x y都有f x y f x f y xy 1 且f 2 2 1 求f 1 的值 2 证明 对一切大于 1 的正整数 t 恒有f t t 3 试求满足f t t 的整数 t 的个数 并说明理由 例例 8 8 已知函数 f x 在 1 1 上有定义 且满足 x y 1 1 1 2 1 f 有 1 xy yx fyfxf 1 证明 f x 在 1 1 上为奇函数 2 对数列求 1 2 2 1 2 11 n n n x x xx n xf 3 求证 2 52 1 1 1 21 n n xfxfxf n 八 解析几何中的推理证明八 解析几何中的推理证明 例 9 一动圆经过点A 2 0 且在y轴上截得的弦长为 4 1 求动圆圆心P的轨迹方程 2 设AO的中点为B 其中O为坐标原点 如果过点B的直线l与动圆圆心P的轨迹 相交于不同的两点C D 证明 以CD为直径的圆与一定直线相切 例 10 如图 直角坐标系xOy中 一直角三角形ABC C 90 B C在x轴上且关于 原点O对称 D在边BC上 BD 3DC ABC的周长为 12 若一双曲线E以B C为焦点 且经过A D两点 1 求双曲线E的方程 2 若一过点P m 0 m为非零常数 的直线l与双曲线E相交于不同于双曲线顶点 的两点M N 且 问在x轴上是否存在定点G 使 若存在 MP PN BC GM GN 求出所有这样定点G的坐标 若不存在 请说明理由 例 11 已知焦点在x轴上的双曲线C的两条渐近线过坐标原点 且两条渐近线与以点 A 0 为圆心 1 为半径为圆相切 又知C的一个焦点与A关于直线y x对称 2 1 求双曲线C的方程 2 若Q是双曲线C上的任一点 F1 F2为双曲线C的左 右两个焦点 从F1引 F1QF2 的平分线的垂线 垂足为N 试求点N的轨迹方程 3 设直线y mx 1 与双曲线C的左支交于A B两点 另一直线l经过M 2 0 及 AB的中点 求直线l在y轴上的截距b的取值范围 例 12 设函数f x 的定义域为 R R 当x 0 时 0 f x 1 且对任意的实数 x y R R 有f x y f x f y 1 求f 0 2 试判断函数f x 在 0 上是否存在最大值 若存在 求出该最大值 若不 存在说明理由 3 设数列 an 各项都是正数 且满足a1 f 0 f an 12 an2 x y ODC A B n N N 又设bn 1 f an 1 3an 2 1 2 an Sn b1 b2 bn Tn 试比较Sn与Tn的大小 1 a1a2 1 a2a3 1 anan 1 13 已知等比数列 xn 的各项为不等于 1 的正数 数列 yn 满足 2 a 0 且 yn logaxn a 1 设y3 18 y6 12 1 数列 yn 的前多少项和最大 最大值为多少 2 试判断是否存在自然数M 使得当n M时 xn 1 恒成立 若存在 求出相应的M 若不存在 请说明理由 3 令an logxnxn 1 n 13 n N N 试比较an与an 1的大小 例 14 设对于任意实数x y 函数f x g x 满足f x 1 f x 且f 0 1 3 3 g x y g x 2y g 5 13 n N N 1 求数列 f n g n 的通项公式 2 设cn g f n 求数列 cn 的前n项和Sn n 2 3 设F n Sn 3n 是否存在整数m和M 使得对任意正整数n不等式m F n M恒成立 若存在 分别求出m和M的集合 并求出M m的最小值 若不存在 请说明 理由 例 15 已知F1 F2分别是椭圆 1 a b 0 的左 右焦点 P是此椭圆的一动点 x2 a2 y2 b2 并且 的取值范围是 PF1 PF2 4 3 4 3 1 求此椭圆的方程 2 点A是椭圆的右顶点 直线y x与椭圆交于B C两点 C在第一象限内 又 P Q是椭圆上两点 并且满足 0 求证 向量与共线 F1F2 PQ AB 例 16 设f n p C n p N N p 2n 数列 a n p 满足a 1 p a 2 p p 2n a n p f n p 1 求证 a n p 是等差数列 2 求证 f n 1 f n 2 f n n 22n 1 C 1 1 2 n 2n 3 设函数H x f n 1 x f n 2 x2 f n 2n x2n 试比较H x H a 与 2n 1 a 2n 1 x a 的大小 例 17 已知系统M是由 6 条网线并联而成 且这 6 条网线能通 过的信息量个数分别为 1 1 2 2 3 3 在关闭所有网线的 情况下 再任意接通其中三条网线 1 求系统M恰好通过 8 个信息量的概率 2 若通过的信息量低于 6 个 系统M就不能保证畅通 试求系统M畅通的概率 例 18 一个口袋中装有n个红球 n 5 且n N N 和 5 个白球 一次摸奖从中摸两个球 两个球颜色不同则为中奖 1 试用n表示一次摸奖中奖的概率p 2 若n 5 求三次摸奖 每次摸奖后放回 恰有一次中奖的概率 3 记三次摸奖 每次摸奖后放回 恰有一次中奖的概率为P 当n取多少时 P最 大 20102010 上海专题 代数推理题的经典类型与解法答案上海专题 代数推理题的经典类型与解法答案 1 讲解讲解 由得实施移项技巧 xgxf 1 3 4 4 1 3 4 4 22 axyLxxyCaxxx 令 从而只要求直线 L 不在半圆 C 下方时 直线 L 的 y 截距的最小值 当直线与半圆相切时 易求得舍去 3 5 5 aa 故 5xgxfa 时 本例的求解在于实施移项技巧 关键在于构造新的函数 进而通过解几模型进行推理 解题 当中 渗透着数形结合的数学思想方法 显示了解题思维转换的灵活性和流畅性 还须指出的是 数形结合未必一定要画出图形 但图形早已在你的心中了 这也许是解题 能力的提升 还请三思而后行 2 讲解讲解 构造函数 易证 请思考 用什么方法证明呢 nnn nf 2 1 2 1 1 1 为增函数 nf n 是大于 1 的 正整数 12 7 2 fnf 对一切大于 1 的正整数恒成立 3 2 1 log 12 1 2 1 2 1 1 1 a nnn a 要使 必须 12 7 3 2 1 log 12 1 a a 即 2 51 1 1 1 log aa a 解得 这里的构造函数和例 1 属于同类型 学习解题就应当在解题活动的过程中不断的逐类 旁通 举一反三 总结一些解题的小结论 针对恒成立的问题 函数最值解法似乎是一种 非常有效的同法 请提炼你的小结论 3 讲解讲解 由已知二次函数配方 得 34 2 1 3 22 bxxf 时 的最大值为 4b2 3 25 2 3 2 1 1 2 1 1 bbb即当 xf 2 3 2 1 4 25 2 矛盾与 bb 上递增 1 2 1 0 2 1 2 bbxfbb 在时即当 25 2 3 2 bbf 上递增 1 2 3 1 2 1 3 bbxfbb 在时 即当 2 5 25 4 15 96 1 2 bbbf解得 关于二次函数问题是历年高考的热门话题 值得读者在复课时重点强化训练 针对 抛物线顶点横坐标在不在区间 b 1 b 自然引出解题形态的三种情况 这显示了 2 1 分类讨论的数学思想在解题当中的充分运用 该分就分 该合就合 这种辨证的统一完全 依具体的数学问题而定 需要在解题时灵活把握 4 讲讲解解 1 对 已 知 函 数 进 行 降 次 分 项 变 形 得 1 1 1 x xf 1 1 上分别单调递增和在区间 xf 2 首先证明任意 0yfxfyxfyx 有 事实上 1111 yxxyf yxxy yxxy yxxy yxxyxy y y x x yfxf 而 1 yxfyxxyfyxyxxy 知由 yxfyfxf 0 4 2 1 1 2 2 a bba bba c 3 4 22 2 a aa ca 4 3 3 fcafcfaf 函 数 与 不 等 式 证 明 的 综 合 题 在 高 考 中 常 考 常 新 是 既 考 知 识 又 考 能 力 的 好 题 型 在 高 考 备 考 中 有 较 高 的 训 练 价 值 针对本例的求解 你能够想到证明 任意 采用逆向分析法 给出你的想法 0yfxfyxfyx 有 5 讲解讲解 1 关于函数的图象关于定点P对称 可采用解几中的坐标证法 设M x y 是f x 图象上任一点 则M关于P 的对称点为 M 2 1 2 1 yxf aa a aa a y aa a aaa a aa a xx x xxx x 1 1 11 1 1 1 x 1 y 亦在f x 的图象上 故函数f x 的图象关于点P 对称 2 1 2 1 2 将f n f 1 n 的表达式代入an的表达式 化简可得an 猜a 3 即 3 下面用数学归纳法证明 设n k k 时 3 那么n k 1 3 又 3k 2 1 2 3 3 令k 1 2 n 得n个同向不等式 并相加得 lg 3lg 1 4 21lg 23lg 2 1 nn n n nn 故 函数与数列综合型问题在高考中频频出现 是历年高考试题中的一道亮丽的风景线 针 对本例 你能够猜想出最小自然数 a 3 吗 试试你的数学猜想能力 6 讲解讲解 依题意有 化简为 由违达定理 得x cbx ax 2 0 1 2 acxxb 1 02 1 02 b a b c 解得 代入表达式 由 2 1 0 c b a cx c x xf 2 1 2 2 1 1 2 2 c f 得 不止有两个不动点 xxfbcNbNcc 1 0 3则若又 1 1 2 2 2 2 x x x xfbc故 2 由题设得 2 1 1 1 2 1 4 2 2 nnn n n n aaS a a S 得 且 2 111 2 1 1 nnnn aaSnna得代以 由 与 两式相减得 0 1 2 11 2 1 2 1 nnnnnnnnn aaaaaaaaa即 2 1 1 2 11111 aaanaaaa nnnn 得代入以或 解得 舍去 或 由 若这与矛盾 0 1 a1 1 a1 1 a 1 21 aaa nn 得1 n a 即 是以 1 为首项 1 为公差的等差数列 1 1 nn aa n anan 3 采用反证法 假设则由 1 知 2 3 nan 22 2 1 n n nn a a afa 有 2 1 4 3 2 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 Nnnaa aa a a a nn nn n n n 即 而当这与假设 21 aaa nn 3 3 3 8 28 16 22 2 1 2 1 2 n a a a an时 矛盾 故假设不成立 3 n a 关于本例的第 3 题 我们还可给出直接证法 事实上 由得t 3 由 及 1 可知 1 4 1 3 ff 下面证明当整数 ttft 4时 得由 02 2 4 tt 0 2 1 ttftf 即 0 5 6 0 4 5 ffff同理 0 1 0 2 1 tftftftf 将诸不等式相加得 ttftftf 4 41 4 综上 满足条件的整数只有 t 1 2 本题的求解显示了对函数方程f x y f x f y xy 1 中的 x y 取特殊值的技巧 这 种在 2002 年全国高考第 21 题中得到了很好的考查 8 讲解讲解 1 令则 0 yx 0 0 0 0 2 fff 令则 为奇函数 xy 0 0 xfxffxfxf 2 1 2 1 1 fxf 2 1 1 2 2 1nnn nn nn n n n xfxfxf xx xx f x x fxf 是以 1 为首项 2 为公比的等比数列 2 1 n n n xf xf xf 即 2 1 n n xf 3 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 12 21 n n xfxfxf 2 2 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 1 11 nn n 而 2 2 1 2 2 1 2 2 52 nnn n 2 52 1 1 1 21 n n xfxfxf n 本例将函数 方程 数列 不等式等代数知识集于一题 是考查分析问题和解决问题 能力的范例 在求解当中 化归出等比 等差 数列是数列问题常用的解题方法 9 解 1 设动圆圆心P的坐标为 x y 动圆与y轴相交 于点M N MN的中点为Q 连PQ PN 则 PQ 2 QN 2 PN 2 其 中 PQ x QN MN 2 PN PA 1 2 x 2 2 y2 所以 x 2 22 x 2 2 y2 化简得y2 4x 故动圆圆心P的轨迹方程为y2 4x 2 解法一 如图 点B 1 0 为抛物线y2 4x的焦 点 设CD的中点为M 作抛物线y2 4x的准线x 1 分别过点C M D作准线x 1 的垂线 垂足分别为 C M D 根据抛物线的定义可知 CB CC DB DD 所以 MM CC DD 1 2 CB DB CD 1 2 1 2 这说明以 CD 为直径的圆的圆心M到准线x 1 的距离恰好等于该圆的半径 故以CD为直径的圆与定直线x 1 相切 解法二 点B的坐标为 1 0 当直线l的斜率存在时 可设直线l的方程为y k x 1 k 0 将直线y k x 1 代入y2 4x中 并整理得k2x2 2 k2 2 x k2 0 设C x1 y1 D x2 y2 则x1 x2为方程 的两相异实根 所以x1 x2 x1x2 1 于是y1 y2 k x1 x2 2 2 k2 2 k2 4 k 故CD的中点坐标为 k2 2 k2 2 k 而 CD 1 k2 x1 x2 2 4x1x2 4 k2 1 k2 所以以CD为直径的圆的半径为r 2 k2 1 k2 圆心 到直线x 1 的距离为 1 r k2 2 k2 2 k k2 2 k2 2 k2 1 k2 即以CD为直径的圆与定直线x 1 相切 当直线l的斜率不存在时 直线l的方程为x 1 它与抛物线交于点C 1 2 和 D 1 2 以CD为直径的圆的方程为 x 1 2 y2 4 它与定直线x 1 相切 综上所述 以CD为直径的圆与定直线x 1 相切 10 解 1 设双曲线E的方程为 1 a 0 b 0 则B c 0 x2 a2 y2 b2 D a 0 C c 0 由BD 3DC 得c a 3 c a 即c 2a AB 2 AC 2 16a2 AB AC 12 4a AB AC 2a 解之得a 1 c 2 b 3 双曲线E的方程为x2 1 y2 3 2 设在x轴上存在定点G T 0 使 BC GM GN 设直线l的方程为x m ky M x1 y1 N x2 y2 由 得y1 y2 0 MP PN 即 y1 y2 4 0 BCx y O GC A B M N P x y ODC A B x1 T x2 T y1 y2 GM GN 由 可得x1 T x2 T BC GM GN 即ky1 m T ky2 m T 把 代入 得 2ky1y2 m T y1 y2 把x m ky 代入x2 1 并整 y2 3 理得 3k2 1 y2 6kmy 3 m2 1 0 其中 3k2 1 0 且 0 即k2 且 3k2 m2 1 1 3 所以y1 y2 y1y2 6km 3k2 1 3 m2 1 3k2 1 代入 得 0 化简得kmT k 6k m2 1 3k2 1 6km m t 3k2 1 当T 时 上式恒成立 1 m 因此 在x轴上存在定点G 0 使 1 m BC GM GN 11 解 1 设双曲线C的渐近线方程为y kx 即kx y 0 该直线与圆x2 y 2 1 相切 2 双曲线C的两条渐近线方程为y x 故设双曲线C的方程为 1 又 双曲线C的一个焦点为 0 x2 a2 y2 b22 2a2 2 a2 1 双曲线C的方程为x2 y2 1 2 若Q在双曲线的右支上 则延长QF2到T 使 QT OF1 若Q在双曲线的左支上 则在QF2上取一点T 使 QT QF1 根据双曲线的定义 TF2 2 所以点T在以F2 0 为圆心 2 为半径的圆上 即 2 点T的轨迹方程是 x 2 y2 4 x 0 2 由于点N是线段F1T的中点 设N x y T xT yT 则 即 代入 并整理得点N的轨迹方程为x2 y2 1 x 3 由得 1 m2 x2 2mx 2 0 y mx 1 x2 y2 1 令f x 1 m2 x2 2mx 2 直线与双曲线左支交于两点 等价于方程f x 0 在 0 上有两个不等实根 因此 解得 1 m 又AB中点为 2 m 1 m2 1 1 m2 直线l的方程为y x 2 1 2m2 m 2 令x 0 得b 2 2m2 m 2 m 1 2 m 2 2 1 2 1 4 17 82 故b的取值范围是 2 2 2 12 解 1 令y 0 x 1 得f 1 f 1 f 0 f 1 1 f 0 0 f 1 0 f 0 1 2 x 0 时 f x 0 当x 0 时 由f x x f x f x 1 得f x 0 1 f x 故对于x R R f x 0 设x1 x2 则x1 x2 0 由已知得f x1 x2 1 f x1 f x1 x2 x2 f x1 x2 f x2 f x2 函数f x 在 R R 上是单调递增函数 函数f x 在 0 上存在最大值 F x max F 0 1 3 由f an 12 an2 n N N 得 1 f an 1 3an 2 f an 12 an2 f an 1 3an 2 f 0 即f an 12 an2 an 1 3an 2 f 0 n N N 函数f x 是 R R 上单调函数 an 12 an2 an 1 3an 2 0 化简得 an 1 an 2 an 1 an 1 0 数列 an 各项都是正数 an 1 an 2 0 an 1 an 1 n N N 数列 an 是首项a1 f 0 1 公差为 1 的等差数列 且an n 又 1 anan 1 1 n n 1 1 n 1 n 1 Tn 1 1 1 a1a2 1 a2a3 1 anan 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n 1 1 n 1 而Sn b1 b2 bn n 1 1 2 1 2 1 2 1 2n 当n 1 时 2n n 1 Tn Sn 当n 2 时 2n 1 1 n 1 n n 1 n n 1 2 则Tn Sn 1 2n 1 n 1 13 解 1 yn 2logaxn yn 1 2logaxn 1 则yn 1 yn 2logaxn 1 2logaxn 2loga xn 1 xn xn 为等比数列 为定值 yn 为等差数列 xn 1 xn 又y6 y3 3d 12 18 d 2 y1 y3 2d 22 Sn 22n 2 n2 23n n n 1 2 当n 11 或n 12 时 Sn取得最大值 且最大值为 132 2 yn 22 n 1 2 2logaxn xn a12 n 又xn 1 即a12 n 1 当a 1 时 12 n 0 n 12 当 0 a 1 时 12 n 0 n 12 当 0 a 1 时 存在M 12 当n M时 xn 1 恒成立 3 an logxnxn 1 1 logaa11 n logaa12 n 11 n 12 n 1 n 12 an在 13 上是减函数 an an 1 14 解 1 取x n 则f x 1 f x 1 3 取x 0 得f 1 f 0 1 1 3 故 f n 是首项为 1 公比为 的等比数列 f n n 1 1 3 1 3 取x n y 1 得g n 1 g n 2 n N N 即g n 1 g n 2 g n 是公差为 2 的等差数列 又g 5 13 因此g n 13 2 n 5 2n 3 即g n 2n 3 2 cn g f n g n 1 n n 1 3 n 2 n 2 1 3 1 3 Sn c1 c2 cn 1 2 3 2 4 3 n n 1 3n 1 3 1 3 1 3 1 3 Sn 2 2 3 3 4 4 n 1 n 1 n n n 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 两式相减得 Sn 1 2 3 4 n 1 n n 2n 2 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 n n n 2n 3 2 1 3 1 3 Sn 1 n n 3n 3n n 1 9 4 1 3 3n 2 1 3 9 4 2n 3 4 1 3 3 F n Sn 3n n 1 9 4 2n 3 4 1 3 F n 1 F n n n 1 9 4 2n 5 4 1 3 9 4 2n 3 4 1 3 n 1 n n 1 n 0 2n 3 4 1 3 2n 5 4 1 3 1 3 F n 为增函数 故F n min F 1 1 又 n 1 0 F n 1 F n 2n 3 4 1 3 9 4 9 4 因此 当m 1 且M 时 m F n M恒成立 9 4 存在整数m 0 1 2 3 M 3 4 5 6 使得对任意正整数n 不等式m F n M恒成立 此时 m的集合是 0 1 2 3 M的集合是 3 4 5 6 且 M m min 3 15 解 1 设P x0 y0 F1 c 0 F2 c 0 其中c 则 x0 c y0 c x0 y0 a2 b2 PF1 PF2 从而 x0 c y0 c x0 y0 x02 y02 c2 PF1 PF2 由于b2 x02 y02 a2 所以b2 c2 a2 c2 PF1 PF2 即 2b2 a2 b2 PF1 PF2 又已知 4 3 PF1 PF2 4 3 所以 所以 从而椭圆的方程是 1 x2 4 3y2 4 2 因为 0 而 与 PCQ的平分线平行 F1F2 所以 PCQ的平分线垂直于x轴 由 解得 所以C 1 1 x 1 y 1 不妨设PC的斜率为k 则QC的斜率为 k 因此PC和QC的方程分别为y k x 1 1 y k x 1 其中k 0 由 消去y并整理得 1 3k2 x2 6k k 1 x 3k2 6k 1 0 C 1 1 在椭圆上 x 1 是方程 的一个根 从而xP 同理xQ 3k2 6k 1 1 3k2 3k2 6k 1 1 3k2 从而直线PQ的斜率为kPQ 1 3 又知A 2 0 B 1 1 所以kAB 所以kPQ kAB 1 3 所以向量与共线 PQ AB 16 解 1 由a 1 p a 2 p a n p f n p 令p 2 得 a 1 2 a 2 2 a n 2 f n 2 a 1 2 a 2 2 a n 1 2 f n 1 2 n 2 且n N N 两式相减 得a n 2 C C 4n 3 且n 1 时也成立 n 2n n 2 n 1 所以a n 1 2 a n 2 4 即 a n 2 是等差数列 2 设f n 1 f n 2 f n n C C C S 1 2n 2 2n n 2n 而 C C C C 22n 又 C C C C C C 0 2n 1 2n 2 2n 2n 2n 2n 1 2n 1 2n 2n 2 2n 2 2n n 2n n 2n 所以 2S 2 C 22n 所以S 22n 1 C 1 n 2n 1 2