[高三数学]高考数学压轴题函数_数列_圆锥曲线精选题库

1、1. 对于函数，若存在实数，使成立，则称为 的不动点（1）当时，求的不动点；（2）若对于任何实数，函数恒有两个相异的不动点，求实数的取值范围；（3）在(2)的条件下，若的图象上两点的横坐标是函数的不动点，且直线是线段的垂直平分线，求实数的取值范围分析 本题考查二次函数的性质、直线等基础知识，及综合分析问题的能力 函数与方程思想解： ，（1）当时，设为其不动点，即，则所以，即的不动点是.（2）由得.由已知，此方程有相异二实根，所以，即对任意恒成立，（3）设，直线是线段的垂直平分线，记的中点，由(2)知在上，化简得：，当时，等号成立即例2 已知函数，若对任意，且，都有 （）求实数的取值范围；（）对

2、于给定的实数，有一个最小的负数，使得 时，都成立，则当为何值时，最小，并求出的最小值解：（） ， ，实数的取值范围为 （），显然，对称轴。（1）当，即时，且令，解得，此时取较大的根，即， （2）当，即时，且令，解得，此时取较小的根，即， 当且仅当时，取等号，当时，取得最小值3 2. 设，对任意实数，记（）求函数的单调区间；（）求证：（）当时，对任意正实数成立；（）有且仅有一个正实数，使得对于任意正实数成立。分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，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（I）解：由，得因为当时，当时，当时，故所求函数的

3、单调递增区间是，单调递减区间是（II）证明：（i）方法一：令，则，当时，由，得，当时，所以在内的最小值是故当时，对任意正实数成立方法二：对任意固定的，令，则，由，得当时，；当时，所以当时，取得最大值因此当时，对任意正实数成立（ii）方法一：由（i）得，对任意正实数成立即存在正实数，使得对任意正实数成立下面证明的唯一性：当，时，由（i）得，再取，得，所以，即时，不满足对任意都成立故有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立方法二：对任意，因为关于的最大值是，所以要使对任意正实数成立的充分必要条件是：，即，又因为，不等式成立的充分必要条件是，所以有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立3. 定义函数

4、f n( x )(1x)n1, x2，nN*(1)求证：f n ( x ) nx；(2)是否存在区间 a，0 (a0)，使函数h( x )f 3( x )f 2( x )在区间a，0上的值域为ka，0?若存在，求出最小实数k的值及相应的区间a，0，若不存在，说明理由.分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力分类讨论、数形结合思想方法解：(1)证明：f n( x )nx(1x)n1nx，令g( x )(1x)n1nx , 则g( x )n(1x)n11.当x(2，0)时， g( x )0,当x(0，）时，g( x )0，g(

5、x )在x0处取得极小值g( 0 )0，同时g( x )是单峰函数，则g( 0 )也是最小值.g( x )0,即f n ( x )nx(当且仅当x0时取等号). 注：亦可用数学归纳法证明.(2)h( x )f 3( x )f 2( x )x( 1x )2h( x )(1x)2x2(1x)(1x)(13x)令h(x)0, 得x1或xeq f(1,3) ，当x(2，1)，h(x)0；当x(1，eq f(1,3)时，h(x)0；当x(eq f(1,3) ,)时，h(x)0.故作出h(x)的草图如图所示，讨论如下：当eq f(1,3)a0时，h(x)最小值h(a)ka k(1a)2eq f(4,9)当

6、eq f(4,3)af(1,3)时h(x)最小值h(a)h(eq f(1,3)eq f(4,27)ka eq kf(4,27a) eq f(1,9)kf(4,9)当eq af(4,3)时h( x )最小值h( a )a(1a)2ka k(1a)2eq f(1,9)，eq af(4,3)时取等号.综上讨论可知k的最小值为eq f(1,9)，此时a，0eq f(4,3)，0.例4. 已知在区间上是增函数。（1）求实数的值组成的集合A；（2）设关于的方程的两个非零实根为、。试问：是否，使得不等式对及恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由。分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等

7、式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力函数方程思想、化归（转化）思想方法解：（1） 在上 对恒成立即，恒有成立设 （2） 、是方程的两不等实根，且， 对及恒成立 对恒成立设， 对恒成立 满足题意.()当x=6时,求的展开式中二项式系数最大的项;()对任意的实数x,证明()是否存在,使得a恒成立?若存在,试证明你的结论并求出a的值;若不存在,请说明理由.（）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是（）证法一：因证法二：因而故只需对和进行比较。令，有，由，得因为当时，单调递减；当时，单调递增，所以在处有极小值故当时，从而有，亦即故有恒成立。所以，原不等式成立。（）对，且

8、有又因，故，从而有成立，即存在，使得恒成立。7. 函数与数列综合1. 已知函数与函数的图像关于直线对称（1）试用含的代数式表示函数的解析式，并指出它的定义域；（2）数列中，当时，数列中，点在函数的图像上，求的值；（3）在（2）的条件下，过点作倾斜角为的直线，则在轴上的截距为，求数列的通项公式分析：本小题主要考查反函数的概念、性质、直线、数列等基本知识，考查运用数学归纳法证明问题的方法，考查分析问题和解决问题的能力。转化（化归）思想，解：（1）由题可知：与函数互为反函数，所以， （2）因为点在函数的图像上，所以， (*)在上式中令可得：，又因为：，代入可解得：所以，(*)式可化为： （3）直线的

9、方程为：，在其中令，得，又因为在轴上的截距为，所以，=，结合式可得： 由可知：当自然数时，两式作差得：结合式得： 在中，令，结合，可解得：，又因为：当时，所以，舍去，得同上，在中，依次令，可解得：，猜想：下用数学归纳法证明 （1）时，由已知条件及上述求解过程知显然成立（2）假设时命题成立，即，则由式可得：把代入上式并解方程得： 由于，所以，所以，符合题意，应舍去，故只有所以，时命题也成立综上可知：数列的通项公式为 2、已知函数，点，是函数图像上的两个点，且线段的中点的横坐标为求证：点的纵坐标是定值；若数列的通项公式为，求数列的前m项的和；若时，不等式恒成立，求实数的取值范围解：由题可知：，所以

10、，点的纵坐标是定值，问题得证由可知：对任意自然数，恒成立由于，故可考虑利用倒写求和的方法即由于：所以，所以， 等价于 依题意，式应对任意恒成立显然，因为（），所以，需且只需对任意恒成立即：对恒成立记（） ，（）的最大值为， 3 已知函数，数列满足：，（1）求证：；（2）求证数列是等差数列；（3）求证不等式：分析：本小题主要考查反函数的概念、单调性、导函数、数列、不等式等基本知识，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力。转化（化归）思想，解：（1）由得当时，即是单调递增函数；当时，即是单调递减函数；且，即是极大值点，也是最大值点，当时取到等号。(4分)（2）由得，故， 即数列是等差数列，首项为

11、，公差为 (8分)（3）由（2）可知所以又时，有，令，则5. 已知Sn=1+,(nN*)，设f(n)=S2n+1Sn+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(m1)2log(m1)m2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)(nN*)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(m1)

12、2log(m1)m2 解 Sn=1+ (nN*)f(n+1)f(n)f(n)是关于n的增函数f(n) min=f(2)=要使一切大于1的自然数n，不等式f(n)logm(m1)2log(m1)m2恒成立只要logm(m1)2log(m1)m2成立即可由得m1且m2此时设logm(m1)2=t 则t0于是解得0t1，由此得0logm(m1)21，解得m且m2 6. 已知函数,数列满足, ; 数列满足, .求证:（）（）（）若则当n2时,.点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。 分类讨论的思想方法解析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法

13、证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。答案：解: ()先用数学归纳法证明,.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即.则当n=k+1时,因为0 x1时,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在上连续,所以f(0)f()f(1),即0. 故当n=k+1时,结论也成立. 即对于一切正整数都成立.又由, 得,从而.综上可知()构造函数g(x)=-f(x)= , 0 xg(0)=0.因为,所以,即0,从而() 因为 ,所以, , 所以 , 由()知:, 所以= ,因为, n2, 所以 0，且g(sn) = g(bn) + g(2+bn) - 2,

14、(n N* )，其中Sn是数列bn的前n项和（1）求数列an、bn的通项公式；（2）若(n) = 是否存在N*，使得(+5)=2()-2成立？若存在，求出值；若不存在，说明理由；（3）求证：+ + + 0，且g(Sn) = g(bn) + g(2+bn) - 2,（ nN* ）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

15、以bn是以0为首项，2为公差的等差数列，bn = 2n-2因为Pn( an，bn)( n N )在直线y = 2 + 2上，则bn = 2an + 2，an = n - 2（2）为偶数时，( + 5) = ak+ 5 =+ 3，2 () 2 = 2( 2 2 ) 2 = 4- 6由+ 3 = 4- 6= 3 ，与为偶数矛盾，为奇数时， (+5) = bk+5 = 2+ 8，2 () 2 = 2- 6由2+ 8 = 2- 6得不存在故满足条件的不存在（3）| P1Pn |2 =( n 1 )2 + ( 2n 2 )2 = 5( n 1 )2,n 2， + + + = + + + + + = +

16、为实数，是方程的两个实根，数列满足，（）（1）证明：，；（2）求数列的通项公式；（3）若，求的前项和分析：本题主要考查二次方程、求数列的通项、等差等比数列的概念和性质，综合运送知识分析问题和解决问题的能力。 等价转化的思想【解析】（1）由求根公式，不妨设，得（2）设，则，由得，消去，得，是方程的根，由题意可知，当时，此时方程组的解记为即、分别是公比为、的等比数列，由等比数列性质可得,两式相减，得，即，当时，即方程有重根，即，得，不妨设，由可知，即，等式两边同时除以，得，即数列是以1为公差的等差数列，,综上所述，（3）把，代入，得，解得2. 设正整数数列满足：，且对于任何，有（1）求，；（2）求

17、数列的通项分析：本题主要考查求数列的通项、不等式、数学归纳法证明问题等知识，以及分析问题、解决问题的能力。 分类讨论思想解：（1）据条件得 当时，由，即有，解得因为为正整数，故当时，由，解得，所以（2）方法一：由，猜想：下面用数学归纳法证明1当，时，由（1）知均成立；2假设成立，则，则时由得因为时，所以，所以又，所以故，即时，成立由1，2知，对任意，（2）方法二：由，猜想：下面用数学归纳法证明1当，时，由（1）知均成立；2假设成立，则，则时由得即由左式，得，即，因为两端为整数，则于是又由右式，则因为两端为正整数，则，所以又因时，为正整数，则据，即时，成立由1，2知，对任意，4已知，且，数列的前

18、项和为，它满足条件.数列中，.（1）求数列的前项和；（2）若对一切都有，求的取值范围.解：（1） ，当时，.当2时，=， 此时=，=+设+，6分（2）由可得当时，由，可得 对一切都成立，此时的解为.当时，由 可得对一切都成立，此时的解为.由，可知对一切，都有的的取值范围是或5数列中，且满足 求数列的通项公式；设，求；设=，是否存在最大的整数，使得对任意，均有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。解：（1）由题意，为等差数列，设公差为，由题意得，.（2）若，时，故 （3）若对任意成立，即对任意成立，的最小值是，的最大整数值是7。即存在最大整数使对任意，均有9. Sn与an的关系1 .数列

19、的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列.()求数列的通项公式；()设数列的前项和为 ，且，求证:对任意实数（是常数，）和任意正整数，总有 2；() 正数数列中，.求数列中的最大项. 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：（）解：由已知：对于，总有 成立 （n 2） -得均为正数， （n 2） 数列是公差为1的等差数列 又n=1时， 解得=1.() （）证明：对任意实数和任意正整数n，总有. ()解：由已知 ， 易得 猜想 n2 时，是递减数列. 令当在内为单调递减函数.由.n

20、2 时, 是递减数列.又 , 数列中的最大项为. 2已知各项均为正数的数列的前项和满足，且.（）求的通项公式；（）设数列满足，并记为的前项和，求证：.分析：本小题主要考查数列、不等式、数学归纳法、二项式定理等基本知识，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力。转化（化归）思想，分类讨论的思想（）解：由，解得或.由假设，因此.又由，得，即或.因，故不成立，舍去.因此，从而是公差为3，首项为2的等差数列，故的通项为.（）证法一：由可解得从而.因此.令，则.因，故.特别地，从而，即.证法二：同证法一求得及.由二项式定理知，当时，不等式成立.由此不等式有.证法三：同证法一求得及.下面用数学归纳法证明：

21、.当时，因此，结论成立.假设结论当时成立，即，则当时，.因，故.从而.这就是说当时结论也成立.综上对任何成立。不等式例1. 数列an满足.（）用数学归纳法证明：；（）已知不等式，其中无理数.（）证明：（1）当n=2时，不等式成立.（2）假设当时不等式成立，即那么. 这就是说，当时不等式成立.根据（1）、（2）可知：成立.（）证法一：由递推公式及（）的结论有两边取对数并利用已知不等式得 故 上式从1到求和可得即（）证法二：由数学归纳法易证成立，故令取对数并利用已知不等式得 上式从2到n求和得 因故成立.中的相邻两项是关于的方程的两个根，且（）求；（）求数列的前项的和；（）记，求证：（I）解：方程

22、的两个根为，当时，所以；当时，所以；当时，所以时；当时，所以（II）解：（III）证明：，所以，当时，同时，综上，当时，例3. 设数列满足,其中为实数。（）证明：对任意成立的充分必要条件是,()设,证明：;()设,证明：解：（）必要性：，又，即.充分性：设，对任意用数学归纳法证明.当时，.假设当时，则，且，.由数学归纳法知，对任意成立.() 设，当时，结论成立；当时，.，由（）知，且，.()设,当时，结论成立；当时，由()知，.12数列与解析几何例1在直角坐标平面上有一点列，对一切正整数，点位于函数的图象上，且的横坐标构成以为首项，为公差的等差数列。求点的坐标；设抛物线列中的每一条的对称轴都垂

23、直于轴，第条抛物线的顶点为，且过点，记与抛物线相切于的直线的斜率为，求：。设，等差数列的任一项，其中是中的最大数，求的通项公式。解：（1）（2）的对称轴垂直于轴，且顶点为.设的方程为：把代入上式，得，的方程为： 。，=（3），T中最大数.设公差为，则，由此得例2.已知曲线从点向曲线引斜率为的切线，切点为（1）求数列的通项公式；（2）证明：.解：（1）设直线：，联立得，则，（舍去），即，（2）证明：由于，可令函数，则，令，得，给定区间，则有，则函数在上单调递减，即在恒成立，又，则有，即. 20 探索问题1已知函数(a,cR,a0,b是自然数）是奇函数，f(x)有最大值，且f(1) （1）求函数f

24、(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

25、 （1）f(x)是奇函数f(x)=f(x)，即bx+c=bxcc=0f(x)=由a0，b是自然数得当x0时，f(x)0，当x0时，f(x)0f(x)的最大值在x0时取得 x0时，当且仅当即时，f(x)有最大值=1,a=b2 又f(1)，,5b2a+2 把代入得2b25b+20解得b2又bN,b=1,a=1,f(x)=（2）设存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，且P、Q关于点（1，0）对称，P(x0,y0)则Q（2x0,y0)，,消去y0，得x022x01=0解之，得x0=1,P点坐标为()或()进而相应Q点坐标为Q（）或Q() 过P、Q的直线l的方程 x4y1=0即为所求 2如图，三条直线a、b、c两两平行，直线a、b间的距离为p，直线b、c间的距离为，A、B为直线a上两定点，且AB=2p，MN是在直线b上滑动的长度为2p的线段 （1）建立适当的平面直角坐标系，求AMN的外心C的轨迹E；（2）接上问，当AMN的外心C在E上什么位置时，d+BC最小，最小值是多少？（其中d是外心C到直线c的距离） 命题意图 本题考查轨迹方程的求法、抛物线的性质、数形结合思想及分析、探索