高中数学探究性试题汇编

高中数学探究性试题汇M是满足下列性质的函数fx的全体：在定义域内存在x0，使得fx01函数fx1是否属于集合M？说明理x

fx0f1设函数fx

x2

M，求a的取值范围设函数y2x图象与函数yx的图象有交点，证明fx2xx2M解（Ⅰ）若fx1M，在定义域内存在x，则 11x2

1000 x 0000x200

10fx1Mxfx

x2

M

x12

x2

lgaa2x22ax2a102a2x1a2时，由0a26a40a32

5,22,3

5 5,3 5

f

2x01

x0

02x0x20

x0

x0

0y2xyx的图象有交点，设交点的横坐标为a0 则2aa02x01x10xa fx01fxf1fx2xM0 0f(xR上的恒不为零的函数，且对于xyRf(x)f(y)f(xf(0的值，并证明对xR，都有f(x)0设当x0时，都f(x)

f(0)，证明f(x在,上是减函数在（2）的条件下，求集合f(S1),f(S2),,f(Sn),,f

中的最大元素和最小元素（1）f(0f(0f(0),f(00,f(0f

x)0,f(x)2

f(2

)f(2（2）∵当x0时，都有f(x)f(0) 6x1x2，即x1x20时，有f(x1x2

f(0)f(x1f

)1,f(x1)

f

)f

)f(0)f(x在,f（3）∵f(x)在,上是减函数，{Sn}是递增数列∴数列f(Sn)是递减数列f∴集合f(S1f

),,f

),,f

中的最大元素为f(S1

f()121

，最小元素为f

Sn)

f(112已知等差数列an中，公差d0，其前nSn，且满足a2a345a1a414求数列an的通 通过b

构造一个新的数列b，是否存在一个非零常数c，使b也为等差数列nf(n)

n

(nN*的最大值(n2005)（1）∵等差数列an中，公差d0a2a3∴

a2 4 a2

2nn1n14n

1

2 （2）S

2nn ，

n ，令c

，即得

2n

2

n

n 数列b为等差数列，∴存在一个非零常数c1，使b也为等差数列 （3）f(n)

，(n2005)∵45 即45

44n45fn

2050

。已知数列an

,

nNxy10上求数列an的通 f(n)

n

n

n

n

nN,且n2求函f(n的最小值设

1,nn

表示数列bn的前项和。试问：是否存在关n的整式gn，使S1S2S3Sn1Sn1gn对于一切不2n恒成立？若存在gn的an1(n1)1n(n2),a11也满足an

f(n) 1 1n n f(n1)

1 n n

n 2n 2nf(n1)f(n)

2n 2n

n 2n 2n

nf(n)是单调递增的，故f(n)的最小值是f(2)7 （（3）b1S111nnn 1,Sn 1(nn即nSnn1)Sn1Sn11,(n1)Sn1n2)Sn2Sn2nSnS1S1S2 Sn1n

，S2S1S1S1S2 Sn1nSnn(Sn1n(n2)g(n) 故存在关于n的整式g(n)n，使等式对于一切不小于2的自然数n

x设函数gx x的积函数

x

x3a，其中aa0令函fx为函gx求函数fx的表达式，并求其定当a1时，求函fx4a，使得函数fx的值域恰1,1a所构的集合；若不存在，试说明理由

2（1）

x0aa0xxxx（2）∵a1，∴函数fx的定义域为0,1， 1t，则xt12，t3x

4

,2∴fxFt

t22t

t4tt4t213，又t3t4Ft

2

Ft16fx的值域为1,6

x（3）ax

1t，则fxFt

t22t

t4tax0aa0，则ta

1，要满足值域为1,1，则要满足Ft

1

由于当且仅当t4t2时，有t44Ft1∴2

aa1a1aaaFt在1,2上是增函数，在a

1上是减函数F

1a110a9综上，得1a9

a 6、已知二fxx2axaxR同时满足：①不等式fx0的解集有且只有一个元素；②在定义域内存在0x1x2，使得不等fx1fx2成立。设数列an的前nSn求数列an的通

f 试构造一个数列b写出b的一个通 满足对任意的正整数n都有b

an2 并说明理由

n设各项均不为零的数列cn中，所有满足cici10的正整数i的个数称为这个数列cnc1a（n为正整数，求数列

的变号数a an（1）∵fx0a24a0a0或a412a0fxx2在0,上递增，故不存在0x12

fx1f

成立12a4fxx24x4在0,20x12

fx1f

na4fxx24x4Sn24n4nn 要使liman2，可构造数列bnk，∵对任意的正整数n都有ban n∴当n2时nk2n5恒成立，即n5k恒成立，即5k2k又

0，∴kN*，∴

n32n3,nn（3）解法一：由题设 12n5,nn3

2n

2n

n3时，数列

递增∵

10，由13

2n

0n5

0n3时，有且只有1c13c25c33，即c1c20c2c30，∴此处变号数有2个。综上得数列cn共有3个变号数，即变号数为3。3,n解法二：由题设 12n5,nn2时，令c 02n c13c25n1时也有c1c20。综上得数列cn共有3个变号数，即变号数为3za

a6

a22aa2 i（1）当a2,2时，求z

a22aa2

i是否存在实数a，使z20，若存在，求出a的值；若不存在，说明（1）∵a2,2

a2aa2

a2a6a3a（2（理）∵z20za2a15a a2 a已

fxa2x1x3x2,2a为正常数2a、bRab2论是正确的，试写出推广后的结论（无需证明

ab（当且仅当ab时取等号推广到三个正数时

fx0在0,2上恒成立fx的最大值大于1实数a的取值范并由y

f的单调性（无需证明对满足（2）的条件的一个axx1时，fx取得最大值。试构造一个定义Dxx2,且x4k2kN上的函数gxx2,2gx

fxxD取得最大值的自变量的值构成以x1为首项的等差数列3（1）若a、b、cRabc33

（abc时取等号（2）fxa2x1x3xa21x20在0,2上恒成立，即a21x2在0,2 2∵1x20,2，∴a22，即a 22

3x2a2

x2a2

x2 2

12

12

2a2又∵f

x

x2

x2

∴x2a2

6x2x6

afmax

a31a3

36 36

6a 622 22

2 x6a0,2a3

6 综上，得a

6易知，fx是奇函数x

6ax3

6a3x

a

a时，fx单调递增6 6 a,2时，fx单调递减x663 333x4k2,4k2kNx4k2,2gxgx4kfx4k，gxa2x4k1x4k3x4k2,4k2kN11xfxax2

42bb2x，gx

当b0时，若fx在2,上单调递增，求a的取值范围a,b：当ax0，使得fx0是fxgx0

的最小值对满足（Ⅱ）a,bDx|x2x2k2kN上的函数hx，使当x2,0时，hxfxxD时，hx取得最大值的自变量的值构成以为首项的等差数列（Ⅰ）当b0fxax24xa0fx4xfx在2,aa0fx在2,上单调递增，必须满足4

a155（Ⅱ）a0fx242bb2xfxa0fx55要使fx有最大值，必须满足

a2

a0且

b1 42bbxx0

时，fx有最大值442b442b5bgx取最小值时，xx0aa

aZ则a 5a0且5

b

5，∴0a25

5aZa1，此时b1或b3∴满足条件的实数对a,b是1,1,1,3（Ⅲ）当实数对a,b是1,1,1,3时，fxx2x2k2,2kkNx2k2,0，hxhx2kfx2kx2k22x2khxx2k22x2kx2k2,2kkN已知在数列{an}a11a2nqa2n1a2n1a2ndqdRq0)（1）若q=2d=-1，求a3a4，并猜测a2006若{a2n1}是等比数列，且{a2n}qd满足的条件一个质点从原点出发，依次按向右、向上、向左、向下的方向交替地运动，第n运动的位移a，质点到达点P。设

的横坐标

，若d=0，若

x4n2n求q

解（1）∵a11,a22,a3a211,a42a32

a20062 （2（理）a2nqa2n1a2n1a2n

得a2n1qa2n1d当d0a2n1qa2n1，显然{a2n1}当d0a11a2n11时，{a2n1}a2n1qa2n1dqd1，即d0q0，或qd由a2nqa2n1a2n1a2n

得a2nqa2n2qd当q1a2na2n2d(n≥2)，显然{a2n}当q1a2qa1qa2nq时，{a2n}a2n2q(a2ndqd1，即q1，或qdqdqd ∵

∴

1q,

1qq2q3∴ 1qq2q3q2n2q2n1 12，∴q n 已知函数f(x)

f(x)，

(x)

f1(x)，

nn

f

n

f1[

(x1)]n若函数f1(x) x，求函数f3(x)、f4(x)的解析式f1(xlog2(xx[1a，函y求a的值

f3(xf4(x的定义f(x是定义R4数f(x的图像关于直线x对称。x[01f(x)的解析式

x，求正数a的最小值及函数f(x在[-2,2]

f1(x)

x,x[0,)，(1)

f2(x)

f1(x)x2,x[0,)1f3(x)1

f1[f2(x1)]

f[(x1)2]x1,x[1,)

f(x)f1(x)x1,x[0,)11

f1(x)log2x,x[1,a]，∴f2(x)

f1(x)2x,x[0,loga] f3(x)f[f(x1)]log )x1,x[1,1 f4(x)

f1(x)x1,x[0,log ∴y

f(x)f(x)x21,x[1,loga] 由题设，得log2a2a f(xRf(x)ff(xxaf(x)

①f(2a 在②式中以xx

f(x)

f(2a

f(2ax)f 在④式中以x2a替换x，得f(4ax)f(2a

f(4ax)

f

f(xR4ax∴当x[0,1]时，f(x) ，∴当x[-1,0]时，xxf(x) f(x)，即f(x)f(xx1x(1,2]时，2x[0,1f(x)

2f(2222 当x[-2,-1)当，x(1,2]，f(x) f(x)，即f22 2x,x(1,∴f(x)

x x. x,x[1,

2x,xyA2x已知等差数列an的首项p，公差yA2x

x轴和指数函数f(x

x的图像分2An与Bn（如图所示，记Bn(anbn)A1A2B2B1A2A3B3B2的面积分别s1s2，一般地记直角梯形AnAn1Bn1Bn的面积sn求证数列sn是公比绝对值1设an的公差d1，是否存在这样n以b, , 为边长的三角形？并请说明理由nn1n（理设an的公差d(d0)为已知常这样的实数p使得（1）中无穷等比数列sn各项的和S>2010？并请说明理（文）设and1，是否存在这样的p使得（1）中无穷等比数列sn各项的如果存在，给出一个符合条件的p值；如果不存在，请说明理由（1）

p(n1)d，

1()1

1sn

d[(1

(1

pnd]

d(1)

1

(

)nd

n

(1

( 1 11()11

1

)(n1)d2

)22dq

()

，所以数列sn

是等比数列且公比

q()

，因为

d

，所以（

1a1 1a1 1a1

1ndq

1d也可[( ( ][( ( ]d(12)(

( ( （2）

1(n1)n2，b1n2，对每个正整数n，b

(2

若以b, ,

为边长能构成一个三角形，则

，即1 1

1n21+2>4，这是不可能n

n

(()(()( ……9所以对每一个正整数n，以bn,bn1,bn2为边长不能构成三角 （3（理）由（1）0q1s12p12

S

1

d(2d2p1(2d

S

d(2d2p1(2d

d(2d22010(2d

d(2da1p取值为小于log2220102d1)S>2010……18（文）s ，q

22 S

1

2

pS

2p

2010，即2p

plog21340因此符合条件的p值存在，log2134010.4，可取p=11 ……18pSx

2p

ax

(a，b是非零实常数)，满足f(2)=1，且方程f(x)=x有且仅有一个解a、b是否存在实常数m，使得对定义域中任意的x，f(x)+f(m–x)=4在直角坐标系中，求定点A(–3,1)到此函数图象上任意一点P的距离|AP|的最小值xf(2)=12a+b=2x=01

ax

=xax

=1若无解，则ax+b=1无解，得a=0，1 22x

x

mx，f(x)+f(m–x)=4

m

=4，m4(必要性m4

2xx

2(44x

=……=4成立(充分性m4x，f(x)+f(m–x)=4|AP|2=(x+3)2+(x2)2x则|AP|2=(t+1)2+(t42 16=(t2+16)+2(t–4)+2=(t–4)2+2(t–4 )=t+2t+2–t+t t =(t–4t4t

+1=01

，也就是 时51|AP|min=1已知元素为实数的集合S满足下列条件：①1、0S；②若aS， 11若22S，求使元素个数最少的集S2在上一小题求得的集合S中，任3个不同元素abc，求使abc13（本小题选理科的学生做，选文科的学生不做若非空集合S为有限集，则你对集合S的元素个数有何猜测？并请证明你的猜测正12S

1

1S S 1 2,

13使2,2S的元素个数最少的集合S为 ,2,, 32 32 种可能2111213 P

C6 C6aSa0,1aS

1

S

a

11

1a2a10a1a2a10故a

同理 a1,a11 1 a,

,a1 1 a 若存在bS，而ba,

,a1， 1 a b,1b1S且

1,a1

1,b1 1 b 1 a 1 b （若b,

b1中有元素

1a1，则利用前述的*式可知b

1,a1 1 b

1 a

1 a 于是a,

,a1,

1,b1 1 1 b SS的元素个数为3已知二次f(x)ax2bx(a、b为常数且a0f(x5f(x3，且方程f(xx有等f(x是否存在m、n(m<nf(x的定义域和值域分别是[m，n]和[3m，3n]m、nb

a .解(1)由条件易得

2,∴f(x)

x2x……7 (2)m、n满足条件,f(x1x2x1(x1)2

≤2

<1,故二次函数f(x)在区间[m,n]上是增函数 从而f(m)3mm4,

mnm4,nf(n) n4, 已知函数f(t)at2

bt1

(tRa0的最大值为正实数A{x|xa0，集B{x|x2b2}xAB定义AB的差集AB{x|xAxBa，bx均为xA。P(Ex取自AB的概率，P(FxAB的概率，写出a与b二组值，使P(E2P(F1 8f(t中，a，b是（2）a较大的一组，试写出f(t在区间n8达式

2,n]上的最大值g(n)的（1）∵f(t)at2

bt

(tR，配方得f(ta(tb)21b，由a0得最大值1b0b1 Ax|ax0Bx|bxb（2）PE)2PF)1A中有3AB中有2个元素，AB中有1 a4b2A6AB4

AB2a7b（3）由（2）知f(t4t2

2t

(t[n2,84n2 2n1,ng(n)

1,

2n 4n21,n给出函数封闭的定义：若对于D个自x0f(x0)D，则称函数y=f(xD若定义域D1=（0，1，判断下列函数中哪些在D1上封闭，且给出推理过f1(x)=2x-1，f2(x)=1x21x1，f3(x)=2x- D2=（1，2，a使函f(x5xaD2上封闭，若存2（1）∵f11)=0(0,1)，∴f(xD1上不封闭；(2)2∵fx)=-(x+1)29在(0,1)上是减函数，∴0＜f1)＜fx)＜f

（2）f(x)=5a10f(x)D2a+10＞0f(x)在(1,2)上为增函数，故应有f(11a2a=2f(2) aa+10＜0，f(x)在(1,2)上为减函数，故应有f(12a1,无解23n

f(2)

a18（1）an

3n1

(nN，试求an最大项的值（2）记bn

2an2

（1，（3（

Cnp,

1,C

，且p是满足（2）的正常数，试证：对于任11

222Cn2221自然n，或者都满足C2n11

,C2n

；或者都满足C2n1212

C2n （文）若{bn}是满足（2）的数列，且{(bn)3}成等比数列试求满足不等式b1b2b31)nbn2004n的最解（1）

2(3n1)423n1

3n

，∴

2

43n

2，则

4。即{an4（2）欲使bn3成等比数列，只需bnbnanp2p3n2p2p02p0p2p2an 222（3）（理）p2Cn1Cn211C11Cn1。又C1222

,Cn 22Cn Cn22∵(C2n

2)(C2n1

2)(12)(C2n12)0，∴C2n1 2n

2,C2n

2C2n （文）∵p2p2

3n

819、已知数列ana11a2nqa2n1a2n1a2nd（qdRq2d1，求a3a4,并猜测a2006,一个质点从原点出发，依次安向右，向上，向左，向下的方向交替运动，第n位移是a，质点到达PP的横x，若d0lim

2，求q 4

4 x a2n1qa2n1dd＝0d0a11a2n11qda2nqa2n2dq1q1只有anq,则qdnx1qq2q3……q2n3nlim

2 qx

1 fxfx,fxf1x, 20、已知函数

xf1xn为奇nnxf1x f3x,f4x的解析式x若函f1xlog2xx1a，函yf3xf4x是12，求afx是定义R上的函数，且其为奇函数，其图像xa对x0,1,fx

x，求最小a及函数fx在22上的解析f3xx1(x1),f4xx1,(xa＝4（可知log2a2a＝1（略fx x,x0,1fxx,x[1,0)fxfx

2xx[21f(x对定义域中x均满f(xf(2ax)2b，则函yf(x的图像关于点(ab对称已知函数f(xx2mxm的图像关于点(01对称，求实数m的值x已知函数g(x)在(, (0,)上的图像关于点(0,1)对称且当x(0,)时，g(x)x2ax1，求函g(x)x(0上的解析式在（1（2）的条件下，若对x0及t0，恒有g(xf(t，求实数a的取值范围。（1）由题设可得f(xf(x)2m1；（2）x0g(x)2g(x)x2ax（3）由（1）f(tt11(t0)f(13

g(x)

ax1(x

a

a1 a2 22当a0，即a0时， 12

3，得a

①②当a0a02

13，得a[0)a(22已知函数f(x)log1(x1，当P(x0，y0y2

f(x的图像上移动时点Qx0t

y

t在函yg(x的图像上移动 ，P坐标为（1，1Qyf(x的图像上，求t的值求函数yg(x的解析式当t0时，试探求一h(xf(xg(xh(x在限定定义（1）， 22∵点Qy

f(x1log1(1t1，即t0．……5 （yf(x的单调性求得t0，请相应给分（2）设Q(y)yg(x

x02xt0则 0

，

8yy

f(xy0log1(x02代入得，yg(x)log1(2xt)为所求 112（3）h(x)

1

3；或h(x)log1

等 1522xh(xlog11x 22x12

22xf(x)g(x)h(x)log(x1)log(2xt)

1xlog(1 ∴01x2

故log(1x20121即f(x)g(x)h(x)有最小值0，但没有最大值 18（其他答案请相应给分运算；②由于f(xg(x1h(x1f(x g(x12g(xxx1的左侧（否则真数会有最小值，对数就有最大值了x2正数x轴的另一个公共点是(a，0，则1a2已知函数f(x是定义在2,2上的奇函数x[2,0)f(x)tx1x3（t为常数2f(x当t[2,6]时，求f(x)在2,0上的最小值，及取得最小x，并猜想f(x)在0,2区间（不必证明当t9时，证明y

f(x的图象上至少有一个点落在直线y14上（1）x0,2x2,0，则f(x)t(x1(x)3tx1 f(x是定义在2,2fxffxtx1x32

f(x)tx1x32

f(x

f(x)tx12

，x（2）fxxt1x2，∵t[2,6]，x2,0，∴t1x22 2

x2t

x2t

2x2

∵fx2x2t

x2

x2t1x22

x22t,x3

6t3

6t2,0时3

26 t9tf(x在0,2上的单调递增区间为06t3 3 （3）t9时，任取2xx2fxf

xxt1x2x

x2

2

1 2fx在2,2上单调递增，即fxf2,f2，即fx42t,2t∴当t9yf(xy14对数列an，规定an为数列an的一阶差分数列，其中anan1an(nN 对自然数k，规定ka为a的k阶差分数列，其中ka k1a 已知数列an

an2n(nN，试判断a，2a是否为等差或等比

首项

1

2n(nN，求数列

的通 nn对（2）中数列nn

，是否存在等差数列b，使得bC1bC2bCn

对一切自然nN都 1 2 n 立？若存在，求数列bn的通 ；若不存在，则请说明理由n n n（1） an12n1n2n2n2，∴a是首项为n n nn2a2n122n2nn2a是首项为2，公差为0的等差数列；也是首项为2，公1的等比数列n （2）2a a2n，即 a a2n ∵

1，∴

4221，

12322，

32423

n34n证明：ⅰ）n134n

1120kⅱ）nkakknk1时ak1

ak

kkk

n∴由ⅰ、ⅱ）ann（3）bC1bC2bCna，即bC1bC2bCnn1 2

n

1 2 n∵1C12C23C3nCnnC

C

Cn1n

∴存在等差数列bbn，使得bC1bC2bCn

对一切自然nN 1 2 n 2如图，过椭圆2a

y

y1(ab0F任作一条与两坐标轴都不垂直的ABMx且使得MF为△AMB的一条内角平分线，则称点M为该椭圆的“左特征点 2求椭25

y

1的“左特征点”M的坐标

试根据(1)中的结论猜测 x y椭 a

(ab0的“左特征点”M是一个怎样的点？并证明你的2解：M(m，0)25

y

1F(2,0ABxky2(k225

y

1(ky

5y

5，即(k

5)y

4ky1设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则yy ，yy

k2 1

k2∵∠AMBxkAMkBM x1

x2

0

m)

m)y1(ky22)y2(ky12)(y1y2)m∴2ky1y2(y1y2)(m2)0于是2k( ) (m2)0k2 k2k0，∴12(m20m2∴M(52x

y252y

1，a

25a，b=1，c=2，∴5a

52于是猜想：椭 a b

1xlxMA、Bl

， ∵AC//FM//BD于

BDtanAMCtanBMD，又AMC与BMD∴MF为∠AMBM数列{a中，a16n≥2，a3an14 3

7a8,a9,a10的值是否存在自然数mn>man<2n≤m时，an>2?若存在，求出m的值；若nn≥10，证an1an1＜an289解（1）a3a7412,a3a848,89

=3a9447

7

n(2)a-2=3an1425(an12)n7 7∴当an-2＜2，an＜2,又a9=-故当n＞8时an＜2n由a3an14得n

=7an4,

-2=5(an2)7

3

3∴当an＞2，an-1＞2。又a8=12＞2，∴当n≤8时，an＞2综上所述，满足条件的m存在，且(3)a+a-

=(7an4-a)+(3an4ann nn

3 7

(a

= n .an 7 (7an)(an

3，23下面证明，当n≥10时，-3＜an＜2，其中当n≥10时，an＜2已证，只需证当时an＞-3na+3=3an14 n7 7当an-

∈（-3，2）时

7

＞0，即an＞-∴当n≥10时，-3＜an＜22(a因此，当n≥10，an-1+an+1-

＜0，(7an)(annan1an1＜an2设数列｛an｝1n和为Sn，且对任意大于或等于2然数n3tSn－(2t+3)Sn-1=3t成立(1）若t为正常数，证明数列{an}成等比数列，并求数列的公比qn（2）对（1）中求得的q，若t为变量，令f(t)=q,设函数g(t)=3t3f(t),且设t∈R，求g(t)的单调区间和极（3）研究g(t)－k=0

3t,又a1=1,所 =3tan

an-

nan-

3t子成立，故｛an｝q2t+3

1(1-

3t

=(3t)n-1(t-3)

由题可知：q=f(t)=3t

3t⇒g(t)=2t+3t⇒g'(t)=6t+6t=6t(t+1t（-0+-+增1减0增当k>1或k<0时，有一 28、已知各项均为正数的数列求数列an的通项

的前n项和Sn,

1)(nN*是否存在正整数p,q使不等式

1)(nN*对所有正整数n均pn立，并证明pn解（1）2Sn1an1(an11) 2Snan(an 2)得

a2

n （2分n整理得(an1an)(an1an1)an1an0an1an （4分又2S1a1(a1 a1an

（6分,则取n1有

1)即pqpppqN*pq （8分nn

1)成212kk212kk假设当nk时,不等式成立,11

1)成将该不等式两端同时加

kkk

,不等式仍然成立,1112kk 1112kk

kkkkk欲证上面不等式成kk

1)成立即可kk欲证该式kk

k1)成立kkkkkkk

k2kkk

k n=k+1（1已知平面上一定点C（40）和一定直l:x1P为该平面上一动点，作PQlQ，且问点P在什么曲线上？并求出该曲线设直线l:ykx1与（1）中的曲线交于不同的两点A、B，是否存在实数k，得以线AB为直径的圆经过D（0，－2）？若存在，求出k的值，若不存在，（1）P的坐标为(x,y，由(PC2PQPC2PQ)0|PC|24|PQ|20（2分）∴（x4)2y24(x1)2

x2y

∴P

x2y

（2）A、B点的坐标分别为(x1y1、(x2y2ykx12121由x2 1

得(3k2x22kx130

3k

3k ∵AB与双曲线交于两点，∴△>0，即4k24(3k213解得

13k2

13.（9分2ABD（0，－2AD⊥BDkADkBDy12y22 y12y22x1x20kx13)(kx23x1x20,(11分12∴(k21)x12

)90(k2

3k

3k2

解得k27,k8

144

132

kk值为2

4已知数列an的前nSnSn1kSn2,又a12a2k的值Sn是否存在正整数mn,

SnmSn1

成立？若存在求出这样的正整数；若不存在，说明理121 a1a2ka1又

2,

1,212k

k 22

1S 2n2

12

n12

12

(n 4a1

0(n

1(n 2 1

于是{an}22[1(1)nnS n1

1 62（Ⅲ）

Sn

1 1

1) Sn1

) 整理得22n(4m) 8mn2n4m为整数，则只能是2n(4m)2n

2n或

104m 4mSm2n1;或m3n2,S

OM(1,3N(5,1，若点C满足OCtOM1（tR，点C的轨迹与抛物线y24xABx轴上是否存在P(m,0PD、EDE为直径的圆都过原点。若存在m的值及圆心的轨迹方程；若不存在，请说明理由.解：1）解：由OCtOM(1 （tR）知点C的轨迹是M、N两点所在的直线，故点C的轨迹方是：y31(3)(x1)即yx 24yx 由y2

(x

4x∴x1x2 x1x2∴yy(x14)(x24)x1x2∴x1x2y1y2

故OA⊥ 62）解：存在点P(4,0)，使得过点P任作抛物线的一条弦，以该弦为直径的圆都过原点 7分xky4

y2x

y24ky16 y1y2 y1y2

yy2

y1y 1

故以AB为直径的圆都过原 10ABM(x,

x1(xx

y1(yyx1x2ky14ky2

ABMx2k2y

消去k

y22x 14f(x)exmx,其中m求函数f(x的最值y

f(x在区间ab]上连f(af(b)0y

f(x区间(ab内有零点，即存在x0(a,b使得f(x0)0运用上述定理判断，当m1时，函f(x在区间(m,2m内是否存在零点解：（I）f(x)在(,)上连续,f(xexmf(x0,得x当xm)时exm1,f(x

2当x(m,)时,exm1,f(x) 所以,当xm时,f(x)取极小值也是最小值f

f(m)1 6而f(2m)em令g(m)em则g(mem2,m1,g(me2 8

10f(m)1m0,f(mf(2m 12已知数列{an}有a1a，a2p(常数p>0)，对任意的正整数n，Sna1a2…an，并有Sn满Sn(ana1) a的值试确定数列{an}是否是等差数列，若是，求出其通项，若不是，说明理由n对于数列{bn}，假如存在一个常数b使得对任意的正整数nbn<b，且limbb，则nb为数列{bn}的“上渐进值令

Sn2

，求数列{p1p2…pn2n}的“上渐进值n n（1）

a12

0，即a（2）

S

nann1an1

n1

n1n2

n

n

n ，an是一个以0为首项，p为公差的等差 ，（3）

na1an nn

Sn2

n2n22

n nn∴p1 nn

n

nlimp1p2pn2n3，∴数列p1p2pn2n的“上渐近值”为3 已知函数f(x)aaxax2ax ,且y n的图象经过点(1,n2,数列{a}为等差数列n求数列{an的通n为奇数时,设g(x)1[fxf2问:是否存在自然mM,使得不等mg1M恒成立?若存在,求出Mm的2小值;若不存在,请说明理由 解:(1)由题意得f(1)n2,即aaa n2.令n1,则aa1, 则aaa22a4aa)3.令n3,则a a39a0a1a25.……(3分设等差数列{and,则da3a22,a1a2d1a00,……(5分 an1(n122n1

fxaxax2ax3axnn为奇数时 f(x)axax2ax3

……(7分∴g(x)1[f(x)f(x)]axax3ax52115

(12

39(2

14

1)12

12

5

…………②……(9分由①－②得

34

1)11

12 1 1g() ()()n().……(10分 C 1 1设 n(

,∵Cn1

(1n)(

Cn的增加而减小.又13

(1)2

n的增大而减小,g()n的增函数.……(12分2当n1时

g(

,而g1)

(1

(

)n(1

14,∴

g(1)

14.……(13分

由此易知:使mg1Mm2M2,M－m2.……(14分已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＞0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第求数列{an}的通项1n(an

（n∈N*Sn＝b1＋b2＋…＋bn＞总成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理（Ⅰ）（a1da11）=（a＋）22a1d＝d2．∵a1＝1，解得（d＝0舍，d＝2．…………4∴an＝2n－1（n∈N*． ……………………6

＝n(an

2n(n

＝1（1

n∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1（1－1）＋（1－1）＋…＋（1－

n＝12

n

102(ntt

总成立

n12(n

2(n

2(n2)(n

………………12∴S1＝4

为Sn的最小值，

∴适合条件的t的最大值为 …………1436已知数列{an}满足a12a232an13anan1(n2求数列{an}的通项an（Ⅱ）求使不等

anman1

＜成立的所有正mn的值3（Ⅰ）2an+13an－an－1（n≥2），2（an+1－an）∴an1anan

1，因此数列{2

}是以a－a}是以a－a=1 2 12∴an

( 2an（an－an－1）+（an－1－an－2）（a2－a1）1

1

1(121

4=()

()

21a1

12

24

6

anman1

23

44

2 (4m)2n (4m)2n

0

(4m)2n3[(4m)2n

0 8所以2＜（4－m）·2n＜82n为正偶数，4－m（4－m）·2n4，或（4－m）·2n2n∴ 4m

2n4m

2n或 4m

2n4mnm

n或m3,

nm

或nlog2m

anman1

2m、n3 12说明问题（1）的归纳做法是：由已知可得

1

an1) 23

241∴a32(332)2 ，a42(323)4 a1(4

7)2

318

25

，……

an

2n

44Mx

5)2y236,定点N

5,0),点P为圆M上的动点，点QNP上GMP上，NP2NQ,GQNP0求点G的轨C的方程过点（2，0）作直线lCA、B两点，O是坐标原点，设

OA

是否存在这样解

NP

QPNGQPNGQPN的中垂线∴|GN|+|GM|=|MP|=6GM、Na3，半焦距c

，∴xb=2，∴G9

y2141（2）因为OSOAOBOASBl使得|OS|=|AB|OASB为矩形OAOBx xllx=2，由

得 94

y2 OAOB160,与OAOB9

l的斜率存在yk(x由x2y2

(9k

436k

36(k2x1x29k24,x1x2y1y2[k(x12)][k(x2

9k2k

[x1x22(x1x2)4]9k2 把①、②

y1

0得k2∴存在直线l3x2y60或3x2y60OASB的对角线相等 设无穷数列{an}具有以下性质：①a1=1；②当nN时,a 请给出一个具有这种性质等式a2a2a2

a2

对于任意的nN都成立n并对你给出的结果进行验证（或证明n

1 2

3

若

an

，其中nN，且记数列{bn}的前nBn，证明0

a a

1a

a 2n（Ⅰ）1122n

,3

,,n

3

则无穷数列{an}a11

3n1a2(n1给出nn

1,

n

(nN*a

a 1

n1

6

an

,

an1nBnb1b2bnn

8n又b1n

an

(1

(

)(

an

)2(

2(

)

0B已知抛物线c:yx24x7C上点M，且M线垂直的直线称为CM的法线2C在点M的法线的斜率为1M（xy ⑵设p(2aC称轴上的一C是否存在点，使得C该点的法线通过P？若有，求出这些点，以及C这些点的法线方程；若没有，请说明理由。解（1)函数yx24x7的导数y2x4上点(xy处切线的k2x4，因为过点(xy的法线斜率为1， 以1

4)1，解得

1,

1，故点M的坐标为(11 （2）设M(x0,y0为C上一点①若x2，则CM(21处的切线斜率k0，过点M(21的法线方程为x2，此法线过点p(2a0 00②若x2，则过点M(xy的法线方程为yy0

(xx 0 0

2x00若法线过p(2a，则ay0

(2x

(x2)2 02x00a0，则

2

a，从而

2a1，将上式代入2化简得x

ay2

0,x

ay2

0aaa0x0aa

，若a0，则②式无解综上，当a0时，在C上有三点(2

a,2a),(a,2a

a,2a 及(2，在这三点的法线过p(2aa,2a x

ay2

x

ay2

x2aaa0时，在C上有一点(21)，在这点的法线过点p(2a，其方程为x2aa2已知函数f(xlnx32g(x)lnx求函数f(x)xg(x)1xm有实数根，求实数m的取值集合2kx的方f(x)kg(x有两个不相等的实数根？如k满足的条件如果不存在，说明理由（1）2f(xf(x)

x x2

(x1)(xx2(x3)2

…………（2分由f(x03x1或x2f(x0，得1x0或0x2（－1，0）和（0，3）是函数f(x)的减区 （5分（2）[解法一]g(x)1xmlnx1xmmlnx1 所以实数m的取值范围就是函数(x)lnx1x的值 （6分2对(x)求导得(x)11 x=2时(x取得最大值，且

(2)ln2x0lnx无限趋近于,1x2进而有(x)lnx1x2因此函数(x)lnx1x2m的取值范围是(ln2

(,ln2 （9分[解法二]g(x)1xmg(x)1xm与曲线y=lnx g(x)1xmy=lnx相切时，m取得最大值.……（6分2y1xt与曲线ylnx相切，切点为T

,

).则对ylnx212 yx，根据相切关系得y0ln11y0

2x0解得x02y0ln2，进而tln2m的最大值是ln21mln21时，直线y1xmy=lnx2m的取值集合是(ln2

（9分（3）结论：这样的正数k不存在 （10分kxf(x)kg(x有x1和x2 f(x)kg(x

ln(x12)

kln f

1)kg(x2

13)

klnx2

…………（11分②x1和x2

x0时，f

f(x)ln(33)2∴f(x)=ln(x3)

2 ,f(x)ln(2

3)2

x1

2 2再由k>0g(x1lnx10g(x2lnx20x11x2由于x1x2,所以不妨设1x1

3)

3)

1 ln ln

3)

ln

3)

ln

3)

lnln(1

)

ln ln

x1

ln

x2

…………（13分

1

,lnln

32是区间(1,上的恒正减函数，且1xx ∴

3) 3)

∴lnln

3) x13) 因此满足条件的正数k不存 （14分数列an

n23n(nNn⑴是否存在常数、，使得数列an2n是等比数列，若存在，求出、的值，若不存在，说明理由n⑵设

nan2n

b1

bn，证n2

(n1)(2n

53

an12ann2 即an12ann22)n

故2

解得 ∴ 2an23n可化 n又a1121 n1故存在1,1

使得数

是等比数

an2n

121)

∴

2n1n2nn故bnn

n

∵ 4

4n2 2n 2n

Snb112

（11

(n

2n nnn2

Sb

115,

4

(n1)(2n

3 故n2时不等式成 n3时

由bn11

n(n

1 nSnb1b2b31

nn

，且由2n1

2n∴Snn

(n1)(2n

已知函数f(xx2a3)xa23a（a为常数x[1,2],f(xa2a的取值范围pqrpqr中的某一个数恰好等于af(x

的两pqrp2q2r2p3q3r3是否为定值？若是定值请求出：若不是定值，请把不是定值表示为函数g(a)，并求g(a)的最小值对于（2）g(aH(a)1[g(a27]，数列{a满足

H(a

(nN*a(0,1，6判断an1an的大小，并证明

f(x)

x2(a3)x3a(x3)(xa0x[12又x30恒成立，xa0x[12ax又x[21a（2）由a3)24(a23a)01a3，不妨设ap，则q，r恰为方程两根，由定理得：①pqr3,qra2②p2q2r2a2(qr)22pra2(3a)22(a23a)③而p3q3r3a3q3r3)a3(qr)[q2qrr23a39a2g(a)3a39a227g(a)9a218a9a(aa[2,3g(a)0g(aa[02g(a0g(a递减；a[1,0]g(a)0,g(a)递增，g(a在[1,3]上的最小值为min{g(1g(2min{15,15（3）H(a)1[g(a)27]1(3a39a2 a(0,1H(a3a3a23a(11a H(a在(0,1

H(a)1(3a39a2a1(0,1)a2(0,1)

an(0,1)an(0,1)an1 1a33an1

1a(a

1)2 2 an1an

2 设数列{an}的各项都是正数，且n∈N+，都有a3a3a3a3S2Sn为数列{an}n和n（1）a2n求数列{an}的通项

nn

n∈N+（1） 1当n≥2时，a3a3a3a3S a3a3a3 S

nna3nn

3nn ∴a2=2a1+2a2+…+2an－1+an，即a2=2Sn－an ∵a1=1适合上式nnna2 5nn（2）由（1）知a2=2Sn－an(∈N+)n当n≥2

aa

=2(Sn－Sn－1)－an+an－1=2an－an+an－1=an+ 8 9∵n

n

n1

an

n

n1

bn

n1

n

n1

n

n

n1

∴(1)n1

(2

11n=2k－1，k=1，2，3，……时，⑤式即为

(2

2k 12n=2k，k=1，2，3，…时，⑤式即为

3)2k 2 13231又044x的方x2mx10有两个实根、，且.f(x2xmx2（Ⅰ）求f(f(判断f(x在区间(,上的单调性，并加以证明若为正实数，证明不等式|f(f(||| x2mx10∴∴f()2m2()

2f(∴f()f()∵f(x)2xx2

2

…………3 2(x21)(2xm)

2(x2mx∴f(x) (x2

(x2

x(x2mx1x)(x

f(x)∴f(x)在(,)上为增函 7R且∴()() ()() ∴由（Ⅱ）f(f(f(f(ff(∴f()f()f()f()f()f(

∴f()f()

f()f(

又由（Ⅰ）f(1,f(1, ∴f()f()|11

|所以|f(f(|||

45已知数列{an}n项的Sn，前n项的积为T，且满足

2n(1n) ①求a1 ②求证：数列{an}是等比数列 ③是否存在常数a，使得S a2S aSa对nN都成立？若存在，求出a，若不 a1a 已知集合Mf(x|f(xf(x2

f(x1xRg(x)sinx3判断gxM的关系，并说明理M中的元素是否都是周期函数，证明你M中的元素是否都是奇函数，证明你的结论解（1）