高考数学压轴题常考题型

高考数学压轴题常考题型20组类型1二次函数2复合函数3创新性函数4抽象函数5导函数（极值，单调区间）--不等式6函数在实际中的应用7函数与数列综合8数列的概念和性质9Sn与an的关系10创新型数列11数列与不等式12数列与解析几何13椭圆14双曲线15抛物线16解析几何中的参数范围问题17解析几何中的最值问题18解析几何中的定值问题19解析几何与向量20探究性问题1.二次函数1.对于函数f(x)ax2(b1)xb2(a0)，若存在实数x0，使f(x0)x0成立，则称x0为f(x)的不动点．当a2,b2时，求f(x)的不动点；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；在(2)的条件下，若yf(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1ykx2a21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：f(x)ax2(b1)xb2(a0)，（1）当a2,b2时，f(x)2x2x4．设x为其不动点，即2x2x4x，则2x22x40．所以x11,x22，即f(x)的不动点是1,2.（2）由f(x)x得ax2bxb20.由已知，此方程有相异二实根，所以ab24a(b2)0，即b24ab8a0对任意bR恒成立．b0,16a232a0，0a2．1ykx（3）设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线 2a21是线段AB的垂直平分线，k1．b bx f(x)xax2bxb20,xx记AB的中点M(x0,x0)，由(2)知0 2a． 1 2 a1 b b 1ykx112141222112141222aaaaab2a212a化简得：，当 2时，等号成立．2 2 b4,b4,即 xxfxfx例2已知函数fxax24x2，若对任意x1，x2R且x1x2，都有f12212 2．（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Ma，使得xMa,0时，4fx4都成立，则当a为何值时，Ma最小，并求出Ma的最小值．xxfxfxxx2xxax2bxcax2bxcf122122a122b122c11222解：（Ⅰ）∵axx20 41 2 ，∵x1x2，∴a0．∴实数a的取值范围为0,．fxax24x2ax2224 f02 x20（Ⅱ）∵ a a，显然 ，对称轴 a 。（1）当2a44，即 Maa2,0 fMa4． 0a2时， ，且242ax令ax24x24，解得 a ，此时Ma取较大的根，即Ma2a42a422a2，∵0a2，∴Ma 2 14a22．（2）当2a44，即a2时，Maa2，且fMa4．246aax24x24，解得x a ，此时Ma取令Ma246a 6 a 46a2， Ma 6 3∵a2，∴ 46a2 ．当且仅当a2时，取等号．∵31，∴当a2时，Ma取得最小值－3．2复合函数1．已知函数fx满足flogaxa2a1xx1，其中a0，且a1。fxx1,1f1mf1m20较小的根，即对于函数 ，当 时， ，求实数m的取值范围；当x,2时，fx4的取值范围恰为,0，求a的取值范围。af(logx)(xx1)(a0解： a a21 且a1) a a设tlogax，则xat∴f(t)a21(atat)∴f(x)a21(axax)a0当a(0,1)时，∵a21 axax∴yf(x)在其定义域上a0当a(1,)时，∵a21 ，ax，ax∴yf(x)在其定义域上∴a0且a1，都有yf(x)为其定义域上的增函数af(x)(axax)f(x)又∵ a21 ∴f(x)为奇函数∵当x(1,1)时，f(1m)f(1m2)0∴f(1m)f(1m2)f(m21)11m11m2111m2 1mm21 ∴当x(,2)时，∵F(x)f(x)4在(,2)上，且值域为(,0)∴F(2)f(2)40a 1 a a41(a2)4 4a21 a2 a21a2 a214a∴a23例2.函数是2xRgxy4x31x的图象关于直线fxy10x11的反函数，的图象与函数yx1成轴对称图形，记Fxfxgx。 Fx Fx（1）求 的解析式及其定义域；（2）试问 的图象上是否存在两个不同的点A、B，使直线AB恰好与y轴垂直？若存在，求出A、B的坐标；若不存在，说明理由。2 10x12 10x1y xlg1y f(x)lg1x(1x1)y1解：（1） 10x1 y1 1y 1y∴ 1x 43xy∵g(x)的图象与 x1的图象关于直线yx1成轴对称图形43x32xy1∴g(x)1的图象与 x1 x1的图象关于直线yx对称32xy即：g(x)1是 x1的反函数xyy32x y3 x3 1 x g(x)1 g(x)(y2)xy3 y2∴ x2∴ x2 1x 1 F(x)f(x)g(x)lg (1x1)∴ 1xx2 1x 1 lg c（2）假设在F(x)的图象上存在不同的两点A、B使得lABy轴，即cR使得方程1xx2有两不等实根1x 2t 1设1x x1，则t在（1，1）上且t01t 1 t1x∴ 1t，x2t3∴cR使 t1 2lgtc (c1) t3 t32(t)(c1)设h(t)lg(t)， t3lgtt1 lgt c得方程 t3 有两不等正根由函数图象可知：cR，方程 t3仅有唯一正根∴不存在点A、B符合题意。aexx1,g(x)x2ex.3.设aR且a0,e为自然对数的底数，函数f（x） 2 求证：当a1时，f(x)g(x)对一切非负实数x恒成立；对于（0，1）内的任意常数a，是否存在与a有关的正常数x0，使得f(x0)g(x0)成立？如果存在，求出一个符合条件的x0；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 a x1 a x1 1x0时,f(x)g(x)1x2 h(x)x2h(x)x(a)解：（1）当 2 ex,令 2 ex exa1,x0h(x)0,h(x)在[0,)上单调递增，h(x)h(0)1f(x)g(x) a x1 f(x)g(x)x20 10 0 0 20 ex0（2） （1）， a x1 t(x)x2 1需求一个x0，使（1）成立，只要求出 2 ex 的最小值，满足t(x)min0,1t(x)x(a)在(0,lna) ex 上↓at(x)t(lna)ln2aa(lna1)1在(lna,)上↑， min 2 aln2aa(lna1)10在a(0,1)只需证明2 内成立即可， a 1(a)ln2aa(lna1)1(a)(ln2a)0(a)令 2 2 a(a)(1)0ln2aa(lna1)10,为增函数 2 (t(x))min0，故存在与a有关的正常数x0lna(0a1)使（1）成立。3.创新型函数13pcqb4bc（b、c为实常数）。记f122c，:pq1.在R上定义运算f22bR.令ff1f.，2（Ⅰ）如果函数f在1处有极值43,试确定b、c的值；yf（Ⅱ）求曲线 上斜率为c的切线与该曲线的公共点； gxfx|1x1 M.若Mk对任意的b、c恒成立，试示k的最大值。（Ⅲ）记的最大值为fxf1xf2x13x23cx3b4bc13x3bx2cxbc∴fxx22bxc解：∵4（Ⅰ）由fx在x1处有极值3，可得f112bc011bcbc4 b1 b1f 3 3，解得c1或c3若b1，c1，则fxx22x1x120，此时fx没有极值；若b1，c3，则fxx22x3x1x3。当x变化时，fx、fx的变化情况如下表：xx3，3，11(1)，()fx0+0()fx单调递减极小值-12单调递增极大值43单调递减4∴当x1是，fx有极大值3，故b1，c3即为所求。yfxxt处的切线的斜率为c，（Ⅱ）设曲线 在fxx22bxc t22btcc，即t22bt0。解得t0或t2b。∵ ，∴若t0，则f0bc，得切点为0,bc，切线方程为ycxbc；f2b4b33bc 2b,4b33bc ycxbc4b3若t2b，则 3 ，得切点为3 ，切线方程为 3。1x3bx2cxbccxbcx33bx20若3 ，解得x1x20，x33b，则此时切线ycxbc与曲线yfx的公共点为0,bc，3b,4bc； 1 4x3bx2cxbccxbcb3x33bx24b30(2)若3 3 ，x1x22bx3bycxbc4b3yfx2b,34b33bc，解得，，此时切线3与曲线的公共点为4b,b33。综合可知，当b0时，斜率为c的切线与曲线yfx有且只有一个公共点0,0；当b0，斜率为 4 4 yfx 0,bc3b,4bc2b,3b33bc，b,3b3。c的切线与曲线 有两个不同的公共点，分别为 和 或gxfxxb2b2c（Ⅲ） b1 yf(x)的对称轴xb位于区间[1,1]外，f(x)在[1,1]上的最值在两端点处取(1)当时，函数得，故M应是g1和g1中较大的一个。2Mg1g112bc12bc4b4 M2∴，即∴ b1时，函数yf(x) [1,1]之内(2)当得对称轴x=b位于区间此时Mmax{g(1),g(1),g(b)}由f(1)f(1)4b,有f(b)f(1)(bm1)20若1b0,则f(1)f(-1)f(b),g(-1)max{g(1),g(b)}111Mmax{f(1),f(b)}(f(1)f(b))(f(1)f(b))(b1)2于是222 若0b1，则，g(1)max{g(1),g(b)}111 1Mmax{f(1),f(b)}(f(1)f(b))(f(1)f(b))(b1)2于是222 21M综上，对任意的b、c都有 2b0,c1 g(x)x21M1而当， 2时，2在区间[1,1]上的最大值 21故MK对任意的b，c恒成立的k的最大值为2。1x fx x (x0) 1 1[x][[x][例2．设函数 x x ,其中[x表示不超过x的最大整数,如1[2]=2,[]0,[1.8]1 3 .3f()(Ⅰ)求2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.32f() 23 13.3 3 2 2[3][2][3][2]112[]1,[]0解:(Ⅰ)因为2 3 ,所以 23 2 3 1[x]2,[]0(Ⅱ)因为2x3,所以 x , 1 1 1 1f(x)(x) f(x)(1)则 3 x.求导得 3 x2,当2x3时,显然有f(x)0,510[,)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69,5k在区间[2,3)上存在x,使得f(x)k成立,所以 61(Ⅲ)由于f(x)的表达式关于x与x对称,且x0,不妨设x1. 1 f11当x1时,x1,则 2;当x1时,设xn,nN*,01.11x0,所以xf(n)nn1nf则xn,设gxx1g'(x)110, x, x2 1 1 nnng(x)在1,上是增函数,又nnn1, n n n, 1 1fxnn,n1n1InN*,n2 n1 n1 n当x2时, fx(1,5I当x(1,2)时, 4 1故x(1,)时,f(x)的值域为I1∪I2∪…∪In∪… 1 1n n1设ann1nn21,bnn1n11n112,则Inan,bn.nn1n2an1annn1n2,当n2时,a2a3a4…an…又bn单调递减,b2b3…bn…a2,b2I2I3I4…InI1a1,b11,54,I2a2,b256,109551055I1∪I2∪…∪In∪…I1∪I21,46,96,4.155综上所述,f(x)的值域为26,4例3.我们用min{s1,s2,,sn}和max{s1,s2,,sn}分别表示实数s1,s2,,sn中的最小者和最大者.（1）设f(x)min{sinx,cosx}，g(x)max{sinx,cosx}，x[0,2]，函数f(x)的值域为A，函数g(x)的值域为B，求AB；（2）提出下面的问题：设a1，a2，…，an为实数，xR，求函数f(x)a1|xx1|a2|xx2|an|xxn|（x1x2xnR）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f(x)|x2|3|x1||x1|和g(x)|x1|4|x1|2|x2|的最值。得出的结论是：[f(x)]min{f(2),f(1),f(1)}，且f(x)无最大值；[g(x)]maxmax{g(1),g(1),g(2)}，且g(x)无最min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）．2 2 222 A1,B,1 AB,解：（1） 2， 2，∴ 22．（2）若选择学生甲的结论，则说明如下，3x6,x2x2,2x1f(x)5x4,1x1 3x6, x1，于是f(x)在区间(,2]上是减函数，在[2,1]上是减函数，在[1,1]上是增函数，在[1,)上是增函数，所以函数f(x)的最小值是min{f(2),f(1),f(1)}，且函数f(x)没有最大值．若选择学生乙的结论，则说明如下，x1,x13x1,1x1g(x)5x9,1x2x1,x2，于是g(x)在区间(,1]上是增函数，在[1,1]上是增函数，在[1,2]上是减函数，在[2,)上是减函数．所以函数g(x)的最大值是max{g(1),g(1),g(2)}，且函数g(x)没有最小值．（3）结论：若a1a2an0，则[f(x)]minmin{f(x1),f(x2),,f(xn)}；若a1a2an0，则[f(x)]maxmax{f(x1),f(x2),,f(xn)}；若a1a2an0，则[f(x)]minmin{f(x1),f(x2),,f(xn)}，[f(x)]maxmax{f(x1),f(x2),,f(xn)}以第一个结论为例证明如下：∵a1a2an0，∴当x(,x1]时，f(x)(a1a2an)x(a1x1a2x2anxn)，是减函数，当x[xn,)时，f(x)(a1a2an)x(a1x1a2x2anxn)，是增函数当x[x1,xn]时，函数f(x)的图像是以点(x1f(x1))，(x2,f(x2))，…，(xn,f(xn))为端点的一系列互相连接的折线所组成，所以有[f(x)]minmin{f(x1),f(x2),,f(xn)}．4.抽象函数11.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］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),且f(1)=a>0. 1 1 1(1)求f(2)、f(4);(2)证明f(x)是周期函数；(3)记an=f(n+2n),求nlim(lnan). 1 xx x f()f()解：(1)因为对x1,x2∈［0,2］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),所以f(x)=22 2≥0,x∈［0,1］ 1 1 1 1 1 1 1又因为f(1)=f(2+2)=f(2)·f(2)=［f(2)］2，f(2)=f(4+4)=f(4)·f(4)=［f（4）］2又 f(1)=a>0∴f(21)=af(1)=a>0∴f(21)=a211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］ 1 1 1 1 1 1∵f(2)=f(n·2n)=f(2n+(n－1)2n)=f(2n)·f((n－1)·2n) 1 1 1 1 1=……=f(2n)·f(2n)·……·f(2n)=［f(n2)］n2)］=a21，∴f(n2)=a21又∵f(x)的一个周期是2 1 11 lim(lna)lim(lna)0.∴f(2n+2n)=f(2n),因此an=an n n2n 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，0<f(x)<1。判断f(x)的单调性；（2）设，，若AB为空集，试确定a的取值范围。解：（1）在中，令，得，因为，所以。中，令在中，令因为当时，，所以当时时，时而，所以又当x=0时， ，所以，综上可知，对于任意 ，均有。设，则所以所以在R上为减函数。，则由于函数y=f(x)在R上为减函数，所以即有，又，根据函数的单调性，有与圆，根据函数的单调性，有与圆面无公共点。因此有。5.导函数——不等式1.已知函数f(x)exkx，xR（Ⅰ）若ke，试确定函数f(x)的单调区间；（Ⅱ）若k0，且对于任意xR，f(x)0恒成立，试确定实数k的取值范围；（Ⅲ）设函数F(x)f(x)f(x)，求证：F(1)F(2)F(n)(en12)(nN)．，解得分析：本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等基本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，考查分类讨论、化归以及数形结合等数学思想方法，考查分析问题、解决问题的能力。解：（Ⅰ）由ke得f(x)exex，所以f(x)exe．由f(x)0得x1，故f(x)的单调递增区间是(1，)，由f(x)0得x1，故f(x)的单调递减区间是(，1)． f(x)f(x) f(x)（Ⅱ）由可知是偶函数． f(x)0 xR成立等价于f(x)0对任意x≥0成立．由f(x)exk0得xlnk．于是对任意①当k(0，1]时，f(x)exk1k≥0(x0)．此时f(x)在[0，)上单调递增．故f(x)≥f(0)10，符合题意．②当k(1，)时，lnk0．当x变化时f(x)，f(x)的变化情况如下表：xx(0ln)k，lnk(ln)k，()fx0()fx单调递减极小值单调递增由此可得，在[0，)上，f(x)≥f(lnk)kklnk．依题意，kklnk0，又k1，1ke．综合①，②得，实数k的取值范围是0ke．（Ⅲ）F(x)f(x)f(x)exex，F(x1)F(x2)ex1x2e(x1x2)ex1x2ex1x2ex1x2e(x1x2)2ex1x22，F(1)F(n)en12，F(2)F(n1)en12F(n)F(1)en12.由此得，[F(1)F(2)F(n)]2[F(1)F(n)][F(2)F(n1)][F(n)F(1)](en12)n故F(1)F(2)F(n)(en12)，nN．x322 f(x) g(x)t3xt2.设 3，对任意实数t，记t 3（Ⅰ）求函数yf(x)g8(x)的单调区间；（Ⅱ）求证：（ⅰ）当x0时，f(x)gt(x)对任意正实数t成立； x g(x)g(x) t成立。（ⅱ）有且仅有一个正实数0，使得8 0 t0对于任意正实数分析：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x3 16y4x解： 3 3．由yx240，得x2．因为当x(，2)时，y0，当x(2，2)时，y0，当x(2，)时，y0，故所求函数的单调递增区间是(，2)，(2，)，单调递减区间是(2，2)．证明：（i）方法一：x322h(x)f(x)g(x)t3xt(x0)2令 t 3 3 ，则h(x)x2t3，当t0时，由h(x)0，得xt，当x(x，)时，h(x)0，所以h(x)在(0，)内的最小值是h(t)0．故当x0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立．方法二：22 21(xt13)h(t)g(x)t3xt(t0) h(t)t3对任意固定的x0，令 t 3 ，则 3 ，由h(t)0，得tx3．当0tx3时，h(t)0；当tx3时，h(t)0，1h(x3)x3所以当tx3时，h(t)取得最大值 3．因此当x0时，f(x)≥g(x)对任意正实数t成立．（ii）方法一：8f(2)g(2)3 t．由（i）得，gt(2)≥gt(2)对任意正实数t成立．即存在正实数x02，使得gx(2)≥gt(2)对任意正实数t成立．下面证明x0的唯一性： x3 16当x02，x00，t8时，f(x0)30，gx(x0)4x03， x3 16 x3由（i）得，304x03，再取tx3，得gx03(x0)30，016x3所以gx(x0)4x0330gx03(x0)，即x02时，不满足gx(x0)≥gt(x0)对任意t0都成立．故有且仅有一个正实数x02，使得gx(x0)0≥gt(x0)对任意正实数t成立．16g(x)4x x0 x 0 03，方法二：对任意0 ，1因为gt(x0)关于t的最大值是3x03，所以要使gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数成立的充分必要条件是：1614x≥x303 30，即，①又因为x00，不等式①成立的充分必要条件是x02，所以有且仅有一个正实数x02，使得gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．3.定义函数fn(x)＝(1＋x)n―1,x＞―2，n∈N*(1)求证：fn(x)≥nx；(2)是否存在区间[a，0](a＜0)，使函数h(x)＝f3(x)－f2(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：fn(x)－nx＝(1＋x)n－1－nx，令g(x)＝(1＋x)n－1－nx,则g'(x)＝n[(1＋x)n―1―1].当x∈(－2，0)时，g'(x)＜0,当x∈(0，＋∞）时，g'(x)＞0，∴g(x)在x＝0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fn(x)≥nx(当且仅当x＝0时取等号).注：亦可用数学归纳法证明.(2)∵h(x)＝f3(x)－f2(x)＝x(1＋x)2∴h'(x)＝(1＋x)2＋x·2(1＋x)＝(1＋x)(1＋3x)1令h'(x)＝0,得x＝－1或x＝－，3∴当x∈(―2，―1)，h'(x)＞0；当x时，h'(x) ＜0；当x时，h'(x)＞0.故作出h(x)的草图如图所示，讨论如下：①当－时，h(x)最小值h(a)＝ka∴k＝(1＋a)2 1 4 －4 1 4②当－时h(x)最小值h(a)＝h(－)＝－＝kak＝ ∴≤k≤ 3 27 27a 9 944③当a＝－时h(x)最小值h(a)＝a(1＋a)2＝kak＝(1＋a)2，a＝－时取等号.33 1 4综上讨论可知k的最小值为，此时[a，0]＝[－，0]. 9 32xaf(x)(xR)例4.已知 x22 在区间[1,1]上是增函数。求实数a的值组成的集合A；fx1设关于x的方程 x的两个非零实根为x1、x2。试问：是否mR，使得不等式m2tm1|x1x2|对aA及t[1,1]恒成立？若存在，求m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2xa(xR)解：（1）∵f 2(x22)(2xa)2x 2(x2ax2)f(x)∴ (x22)2 (x22)22(x2ax2)0∵f(x)在[1,1]上∴f(x) (x22)2 对x[1,1]恒成立即x[1,1]，恒有x2ax20成立g(1)a101a1设g(x)x2ax2∴g(1)a10A[1,1]2xa1f(x)（2） x22xx2ax20∵a280∴x1、x2是方程x2ax20的两不等实根，且x1x2a，x1x22∴|x1x2|(x1x2)24x1x2a28[22,3]∵m2tm1|x1x2|对aA及t[1,1]恒成立∴m2tm13对t[1,1]恒成立设h(t)mt(m22)，t[1,1]∴h(t)0对t[1,1]恒成立 h(1)m2m20 m1或m2 ∴h(1)m2m20 m2或m1∴m(,2][2,)满足题意5.已知函数f(x)ln(exa)(a0)。求函数yf(x)的反函数yf1(x)和f(x)的导函数f(x)；假设对x[ln3(a),ln(4a)]，不等式|mf1(x)|ln(f(x))0成立，求实数m的取值范围。分析：本题主要考查反函数的概念及基本性质，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．化归（转化）思想方法解：（1）yln(exa)exaeyexeyaxln(eya)exf(x)∴f1(x)ln(exa)∵yln(exa)∴exa（2）∵x[ln3(a),ln(4a)]，|mf1(x)|ln(f(x))0成立 ex exa|mln(exa)|lnln∴ exa ex∴[lne(xa)x]mln(exa)ln(exa)x设g(x)ln(exa)ln(exa)x，h(x)ln(exa)ln(exa)xx[ln3(a),ln(4a)]∴x[ln3(a),ln(4a)]恒有g(x)mh(x)成立 ex exg(x) 1exaexa∵x[ln3(a),ln(4a)]∴ex[3a,4a] ex ex101∴0exaexexa∴exa ， exa ∴g(x)0，g(x）在[ln3(a),ln(4a)]上∴g(x)maxg(ln4(a))m12mln(a)即ln(3a)ln(5a)ln(4a)m 5ex exh(x)10∵ exaexa ∴h(x)在[ln3(a),ln(4a)]上8mln(a)∴mh(x)minh(ln3(a))mln(2a)ln(4a)ln(3a) 3 12 8(ln(a),ln(a))∴m的取值范围是 5 3 1nf(x)1(nN,且n1,xN)6.设函数 n .1n1(Ⅰ)当x=6时,求n的展开式中二项式系数最大的项;f(2x)f(2)(Ⅱ)对任意的实数x,证明 2 ＞f(x)(f(x)是f(x)的导函数);n11(Ⅲ)是否存在aN,使得an＜k1k＜(a1)n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.1320C315（Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是6nn3f2xf2112n112（Ⅱ）证法一：因 nn211n2n11n2211nn11n211nn211nln11211nln112f'xn2nn 证法二：f2xf2112n1122因 nn2f'x211nln11而 nn 1 11ln1112n112211n11nn nn故只需对n和n进行比较。 'x11x1 x10令gxxlnxx1，有g x x，由x ，得x1因为当0x1时，g'x0，gx单调递减；当1x时，g'x0，gx单调递增，所以在x1处gx有极小值1故当x1时，gxg11，从而有xlnx1，亦即xlnx1lnx111nln1n恒成立。所以f2xf22f'x，原不等式成立。故有（Ⅲ）对mN，且m11m 1 12 1k 1m1C0C1C2CkCm有m m mmmm mm mm mm112 mm1mk11k mm1211m11 2!m k! m m! m 11 112k1 11m121111112!mk!mmmm!mm 11 1 122!3! k! m! 1 1 1 122132kk1mm1 111 1 1 1 121223k1km1m 1 33 m Ck0k2,3,4,,m211m31k又因mm ，故 m 211m3 2nn11k3n∵ m ，从而有 k1k 成立，2nn11k3n即存在a2，使得 k1k 恒成立。6.函数在实际中的应用1.两县城A和B相距20km，现计划在两县城外以AB为直径的半圆弧上选择一点C建造垃圾处理厂，其对城市的影响度与所选地点到城市的的距离有关，对城A和城B的总影响度为城A与城B的影响度之和，记C点到城A的距离为xkm，建在C处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度为y,统计调查表明：垃圾处理厂对城A的影响度与所选地点到城A的距离的平方成反比，比例系数为4；对城B的影响度与所选地点到城B的距离的平方成反比，比例系数为k,当垃圾处理厂建在的中点时，对城A和城B的总影响度为0.065.（1）将y表示成x的函数；（11）讨论（1）中函数的单调性，并判断弧上是否存在一点，使建在此处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度最小？若存在，求出该点到城A的距离;若不存在，说明理由。2(020)4002(020)400kxxxAxy解:（1）如图,由题意知AC⊥BC,BC2400x2, 2其中当x102时，y=0.065,所以k=9B 4 9y(0x20)所以y表示成x的函数为 x2400x2 49y设 mx2,n400x2 , 则 mn400 , mn , 所 以 4 9 m4 n9 n1 m 4 94n9m 1n240y()[13()](1mn4m0n0400m当且仅当nm4n即0m1600时取”=”. 4 9y下面证明函数 m400m在(0,160)上为减函数,在(160,400)上为增函数. 4 9 4 9 yy ( )设0<m1<m2<160,则1 2m1400m1m2400m2 4 4 9 9 4(mm) 9(mm)()( )2 1 1 2m1m2 400m1400m2 m1m2 (400m1)(400m2) 4 9 4(400m)(400m)9mm(mm)[ ](mm) 1 2 12 2 1m1m2(400m1)(400m2) 2 1 m1m2(400m1)(400m2),因为0<m1<m2<160,所以4(400m1)(400m2)>4×240×2404(400m)(400m)9mm 1 2 1209m1m2<9×160×160所以m1m2(400m1)(400m2) , 4(400m)(400m)9mm 4 91(mm) 1 2 120 y所以2 1 m1m2(400m1)(400m2) 即y1y2函数 m400m在(0,160)上为减函数.14 9y同理,函数 m400m在(160,400)上为增函数,设160<m1<m2<400,则4 9 4 9 4(400m)(400m)9mmyy ( )(mm) 1 2 121 2m1400m1m2400m2 2 1 m1m2(400m1)(400m2)因为1600<m1<m2<400,所以4(400m1)(400m2)<4×240×240,9m1m2>9×160×1604(400m)(400m)9mm 1 2 120所以m1m2(400m1)(400m2) , 4(400m)(400m)9mm 4 9 (mm) 1 2 120 y所以21m1m2(400m1)(400m2)即y1y2函数m400m在(160,400)上为增函数.所以当m=160即x410时取”=”,函数y有最小值,所以弧上存在一点，当x410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fx与函数yax1a0的图像关于直线yx对称．（1）试用含a的代数式表示函数fx的解析式，并指出它的定义域；数列an中，a11，当n2时，ana1．数列bn中，b12，Snb1b2bn．点nnSnn1,2,3,在函数fx的图像上，求a的值；Pa,n在（2）的条件下，过点Pn作倾斜角为4的直线ln，则ln在ｙ轴上的截距为13bn1n1,2,3,，求数列an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：fx与函数yax1a0互为反函数，所以，fxxa21，x0因为点nnSnn1,2,3,在函数fx的图像上，所以，Snnaan21n1,2,3,(*)Pa,na2在上式中令n1可得：S1a11，又因为：a11，S1b12，代入可解得：a1．所以，fxx21，S(*)式可化为：nnan21n1,2,3,①S直线ln的方程为：ynnxan，n1,2,3,， S 1b1yna在其中令x0，得 n n，又因为ln在ｙ轴上的截距为3n ，所以，Snnan=13bn1，结合①式可得：bn3an23an2②由①可知：当自然数n2时，Snnan2n，Sn1n1an12n1，两式作差得：bnnan2n1an121．结合②式得：n3an23ann1an121n2,nN③在③中，令n2，结合a11，可解得：a21或2，又因为：当n2时，ana1，所以，舍去a21，得a22．同上，在③中，依次令n3,n4，可解得：a33，a44．猜想：annnN．下用数学归纳法证明．n1,2,3时，由已知条件及上述求解过程知显然成立．假设nk时命题成立，即akkkN,且k3，则由③式可得：k2ak123ak1kak21k2k1把akk代入上式并解方程得：ak1k2或k1 k2k1k(k1)1 k2k1 0 a由于k3，所以， k2 2k ，所以，k1 k2符合题意，应舍去，故只有ak1k1．所以，nk1时命题也成立．综上可知：数列an的通项公式为annnN2、已知函数fx4x12xR，点P1x1,y1，P2x2,y2是函数fx图像上的两个点，且线段P1P2的中1点P的横坐标为2．⑴求证：点P的纵坐标是定值； a afnmN,n1,2,,m⑵若数列n的通项公式为n m ，求数列an的前m项的和Sm； am am1⑶若mN时，不等式Sm Sm1恒成立，求实数a的取值范围．1xx21解：⑴由题可知：1 2 2，所以，y1y2fx1fx2114x14x244x124x224x124x22 4x14x244x14x241 y1y21x1x2 x1 x2 x1 x2 2 点P的纵坐标yP2 4是定值，问题得证．4 24442444nmn1 ff ⑵由⑴可知：对任意自然数m,n，mm2恒成立． 12 m2m1m Sfff f f由于m mm mmm，故可考虑利用倒写求和的方法．即由于：12m2m1mSfffffmmmmmmmm1m2 21fffffmmmmm 1m12m2 m11 m 2Smff ff f f2f mmmm mm m1m12f(1)13m1 S13m1所以，2 6 所以，m12 S13m1 S 13m2⑵∵m12 ，∴m112 amam1 12am1a0∴SmSm1等价于3m13m2①依题意，①式应对任意mN恒成立． 1 a 3m2显然a0，因为am0（mN），所以，需且只需3m13m20对任意mN恒成立．即：a3m1对mN恒成立．记gm33mm12（mN）．∵gm1gm33mm5233mm123m293m10，∴gm（mN）的最大值为g152，∴a52．13已知函数f(x)ln(1x)x，数列{an}满足：a12，ln2lnan1an1anf(an1an)1{}（1）求证：ln(1x)x；（2）求证数列an1是等差数列；（3）求证不等式：a1a2annln2ln(n2)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， 1 x f(x) 1解：（1）由f(x)ln(1x)x得 1x 1x当1x0时，f(x)0，即yf(x)是单调递增函数；当x0时，f(x)0即yf(x)是单调递减函数；且f(0)0，即x0是极大值点，也是最大值点f(x)ln(1x)xf(0)0ln(1x)x，当x0时取到等号。………(4分)1a ln2lnaaaf(aa)2aaa1 n12a，由 n1 n1n n1n得n1 n1n ， n 1 a1 1 1a11n 1故n1 2an 2an，an11an1 1 1 { } 2即数列an1是等差数列，首项为a11 ，公差为1…(8分)1n1an由（2）可知an1 nn1 1 1 1 11 1 aaa1 1 1n()所以1 2 n 11 21 n1 23 n1111n2x0ln(1)ln又∵x0时，有xln(1x)，令 n1 ，则n1 n1 n1 11 1 3 4 5 n1 n2n()n(lnlnlnln ln )∴ 23 n1 2 3 4 n n1 34 n2 n2n(ln )nln nln2ln(n2) 23 n1 2 ∴a1a2annln2ln(n2)4．已知函数f(x)=ln(1+x)-x10,Ⅰ）求f(x)的单调区间；（Ⅱ）记f(x)在区间 （n∈N*）上的最小值为bx令an=ln(1+n)-bx.2222nnnaaa（Ⅲ）如果对一切n，不等式恒成立，求实数c的取值范围； aaa aaa11313 2n1 2a11.（Ⅳ）求证：a2a2a4 a2a4a2n n 解法一： 1 x（I）因为f(x)=ln(1+x)-x，所以函数定义域为（-1,+）,且f〃(x)=1x-1=1x.由f〃(x)>0得-1<x<0，f(x)的单调递增区间为（-1，0）；由f〃(x)<0得x>0，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.2a(aa)n2(n2n)n2(i) n2 n2 n n2n2n21.>n2n2 2n2(n2n)lim1 x 211又lim n2 ,因此c<1，即实数c的取值范围是（-，1）.12n12n1.（II）由（i）知2n1 135(2n1)因为[246(2n)]2 133557 (2n1)(2n1)1 1 ＜,=234262 (2n)2 2n12n1135 (2n1) 1＜所以246 (2n) 2n1＜2n12n1(nN*),13 135 (2n1)则224 246 (2n)＜31532a12n12n11.aaa aaa即11313 2n1＜aaa aa a2n 24 2n 2a11(n n N*）解法二：（Ⅰ）同解法一. 0,n bnf(n)ln(1n)n,（Ⅱ）因为f(x)在 上是减函数，所以则anln(1n)bnln(1n)ln(1n)nn.22n22nnnaaa（i）因为 对n∈N*恒成立.所以2222nnn则cn2n22n对n∈N*恒成立.设g(n)n2n22n,n∈N*，则c＜g(n)对n∈N*恒成立.g(x)x2x22x,x1,.考虑 1 1?(2x2)1x1 1x1g′(x)1(x22x)2因为 2 x22x x1＝0，g(x)在1,所以 内是减函数；则当n∈N*时，g(n)随n的增大而减小，422n4 nlimg(n)lim(n2n22n)limlimx x xn2n22nx1212又因为 n n＝1.所以对一切nN*,g(n)1.因此c≤1,即实数c的取值范围是(-∞，1].12n12n1.(ⅱ)由(ⅰ)知2n1 135(2n1)1(nN).下面用数学归纳法证明不等式246 (2n) 2n1 3 1 13①当n=1时，左边＝2，右边＝，左边<右边.不等式成立. 135 (2k1) 1 .②假设当n=k时,不等式成立.即246 (2k) 2n1当n=k+1时，135（2k－1）(2k1)＜12k12k12k12k31246（2k）(2k2) 2k12k2 2k2 2k2 2k34k28k3 1 1 1 ＜ ,=4k28k4 2k3 2k3 2(k1)1即n＝k＋1时，不等式成立135(2n1)＜1(nN*)综合①、②得，不等式246(2n) 2n1 成立.135(2n1)＜2n12n1所以246(2n)113＋＋135(2n1)224 246(2n)＜3－1＋5－3＝＋2n12n11.a aa aaa113＋132n1＜2a1(nN*)即a2a2a4a2a4a2nn1. 11 1已知Sn=1+23+…+n,(n∈N*)，设f(n)=S2n+1－Sn+1,试确定实数m的取值范围，使得对于一11切大于1的自然数n，不等式f(n)＞［logm(m－1)］2－20［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11数f(n)的最小值大于［logm(m－1)］2－20［log(m－1)m］2 11 1 解∵Sn=1+23+…+n(n∈N*)1 1 1f(n)S S 2n1 n1n2n3 2n1 1 1 1 1 1 2又f(n1)f(n) 2n22n3n22n22n32n41 1 1( )( )02n22n4 2n32n4 1 1 9 ∴f(n+1)＞f(n)∴f(n)是关于n的增函数∴f(n)min=f(2)=222320∴要使一切大于1的自然数n，不等式11f(n)＞［logm(m－1)］2－20［log(m－1)m］2恒成立 9 11只要20＞［logm(m－1)］2－20［log(m－1)m］2成立即可m0,m1由m10,m11得m＞1且m≠2此时设［logm(m－1)］2=t则t＞09 11t 20 20 15 t0 解得0＜t＜1，由此得0＜［logm(m－1)］2＜1，解得m＞且m≠2于是 已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,an1fan;数列bn满足1 a22b,b(n1)b an; a,12n12 n,nN*.求证:（Ⅰ）0aa1;（Ⅱ）n1 2（Ⅲ）若1 2则当nn1 n≥2时,bnann!.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0an1,nN*.当n=1时,由已知得结论成立;假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时, 1 x f(x)1 0因为0<x<1时, x1x1 ,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在0,1上连续,所以f(0)<f(a)<f(1),即0<ak11ln21.k故当n=k+1时,结论也成立.即0an1对于一切正整数都成立.又由0an1,得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an.综上可知0an1an1. x2 x2 ln(1x)x(Ⅱ)构造函数g(x)=2-f(x)=2 ,0<x<1,x2 g(x) 0由 1x ,知g(x)在(0,1)上增函数.0,1又g(x)在 上连续,所以g(x)>g(0)=0.因为0an1,所以gan0,即a2n2fan>0,从而an1a2n2.1 1 b n1b,b(n1)b n1(Ⅲ)因为12n12 n,所以bn0,bn 2,bb b 1bnn1 2bn!所以nbn1bn2b1 12n ————①, a2 a a aaa a aa a an, n1nn 23 n12 n1由(Ⅱ)n1 2知:an 2,所以a1=a1a2an122 2,2a12,n≥2,0an1an1.因为 aa a an2a2112n1a11a所以n2221<2n1<2n=2n————②.由①②两式可知:bnann!.1a7.已知a＞1，数列{an}的通项公式是nan2，前n项和记作Sn（n＝1，2，…），规定S00．函数f(x)在S0处和每个区间（Si，Si1）（i＝0，1，2，…）上有定义，且f(S0)0，f(Si)ai（i＝1，2，…）．当x（Si，Si1）时，f（x）的图像完全落在连结点Pi（Si，f(Si)）与点Pi1（Si1，f(Si1)）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：xSn（n＝1，2，…）围成的图形面积为An，求An及limnAn；（Ⅲ）若存在正整数n，使得Ana2，求a的取值范围。解：（1）f（x）的定义域是{S0}(S0，S1](S1，S2](Sn1，Sn]，由于所有的an都是正数，故Sn是单调递增的． a a a2limS1nn1q11a1[0，a2]∵ a ∴f（x）的定义域是 a1f(S)f(S) k i1 1（Ⅱ）∵P1Pi1 Si1Si aai1 i1a ai1 （i＝1，2，…）与i无关．∴所有的P1，P2，P3…共线，1Aa2该直线过点P1（a，a），斜率为1-a，∴12．当n≥2时，An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1a(1) 1(a1)[ ana] a2n211[f(S)f(S)]S(S)2 an2 11 2 1 n n 1 a 2a2n4(a1) a2 a2n21 a2 a2 a3 A limA 于是n22a2n4(a1)故nn22(a1)2(a1) k1a1 a2limAA（Ⅲ）解法一：结合图像，易见PP 即a≥2时， nn n，12 1 1k121a1 limAn2a22a2a2故当1＜a＜2时，存在正整数n，使得Ana2而PP ，即a＜2时，n解法二：假设存在正整数n，使得Ana2，1a a2a2n21a202n2(a2a2n2)0 a2(a21)0则应有22a2n4(a1) 2a2n4(a1) 2(a1) a2n2 a20 a210 a12∵a1，∴2(a1) a2n2 a2n2 ∴1＜a＜2时，存在正整数n，使得Ana2成立1lim(lna)lim(lna)0.∴n n n2n 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=2x+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．求数列{an}、{bn}的通项公式；a，（n为奇数）若f(n)=，（n为偶数）是否存在k∈N*，使得f(k+5)=2f(k)-2成立？若k存在，求出k值；若不存在，说明理由； 1 1 1221p221pp+231pp21npp求证：+…+<5．（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(22)=g(2)+g(2)=2，因为n≥2时，bn>0，且g(Sn)=g(bn)+g(2+bn)-2,（n∈N*）所以2+g(Sn)=g(bn)+g(2+bn)，即g(4)+g(Sn)=g(bn)+g(2+bn)．所以4Sn=bn（2+bn）b2=2,b2–b1=2；由4Sn=bn(2+bn)及4Sn+1=bn+1(2+bn+1)bn+1-bn=2所以{bn}是以0为首项，2为公差的等差数列，∴bn=2n-2因为Pn(an，bn)(n∈N*)在直线y=2x+2上，则