高考数学压轴题常考题型
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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，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．
（Ⅰ）求实数的取值范围；
（Ⅱ）对于给定的实数，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：（Ⅰ）∵ ，
∵，∴．∴实数的取值范围为．
（Ⅱ）∵，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 复合函数
1．已知函数满足，其中，且。
（1）对于函数，当时，，求实数m的取值范围；
（2）当时，的取值范围恰为，求的取值范围。
解： 且
设，则 ∴ ∴
当时，∵ ∴ 在其定义域上
当时，∵ ，， ∴ 在其定义域上
∴ 且，都有为其定义域上的增函数
又∵ ∴ 为奇函数
（1）∵ 当时，∴
∴
（2）当时，∵ 在上，且值域为∴
∴
例2. 函数是的反函数，的图象与函数的图象关于直线成轴对称图形，记。
（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恰好与轴垂直？若存在，求出A、B的坐标；若不存在，说明理由。
解：（1） ∴
∵ 的图象与的图象关于直线成轴对称图形
∴ 的图象与的图象关于直线对称
即：是的反函数
∴ ∴
∴
（2）假设在的图象上存在不同的两点A、B使得轴，即使得方程有两不等实根
设，则在（，1）上且
∴ ， ∴ 使得方程有两不等正根
设，
由函数图象可知：，方程仅有唯一正根∴ 不存在点A、B符合题意。
3. 设且为自然对数的底数，函数f（ x）
（1）求证：当时，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，使得成立？如果存在，求出一个符合条件的；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）当令
上单调递增，
（2）（1），
需求一个，使（1）成立，只要求出的最小值，满足
上↓
在↑，
只需证明内成立即可，
令
为增函数
，故存在与a有关的正常数使（1）成立。
3.创新型函数
1.在R上定义运算（b、c为实常数）。记，，.令.
（Ⅰ）如果函数在处有极值,试确定b、c的值；
（Ⅱ）求曲线上斜率为c的切线与该曲线的公共点；
（Ⅲ）记的最大值为.若对任意的b、c 恒成立，试示的最大值。
解：∵∴
（Ⅰ）由在处有极值，可得
，解得或
若，则，此时没有极值；
若，则。
当变化时，、的变化情况如下表：
0 +
单调递减 极小值-12 单调递增 极大值 单调递减
∴当是，有极大值，故即为所求。
（Ⅱ）设曲线在处的切线的斜率为，
∵，∴，即。解得或。
若，则，得切点为，切线方程为；
若，则，得切点为，切线方程为。
若，解得，，
则此时切线与曲线的公共点为，；
(2)若，
解得，，此时切线与曲线的公共点为，。
综合可知，当时，斜率为c的切线与曲线有且只有一个公共点；当，斜率为c的切线与曲线有两个不同的公共点，分别为和或，。
（Ⅲ）
(1)当时，函数的对称轴位于区间外，在上的最值在两端点处取得，故应是和中较大的一个。
∴，即∴
(2)当得对称轴x=b位于区间之内
此时
由
若
于是
若，则，
于是
综上，对任意的b、c都有
而当，时，在区间上的最大值
故对任意的b，c恒成立的k的最大值为 。
例2．设函数,其中表示不超过的最大整数,如.
(Ⅰ)求的值;
(Ⅱ)若在区间上存在x,使得成立,求实数k的取值范围;
(Ⅲ)求函数的值域.
解:(Ⅰ)因为,所以
(Ⅱ)因为,所以,
则. 求导得,当时,显然有,
所以在区间上递增, 即可得在区间上的值域为,
在区间上存在x,使得成立,所以
(Ⅲ)由于的表达式关于x与对称,且x0,不妨设x1.
当x1时,1,则; 当x1时,设x n,nN*,01.
则x n,,所以
,
在1,上是增函数,又, ,
当时,
当时, 故时,的值域为I1∪I2∪…∪In∪…
设, 则.
, 当n2时,a2 a3 a4… an…
又bn单调递减, b2 b3… bn… a2,b2 I2I3I4…In
I1∪I2∪…∪In∪…I1∪I2 .
综上所述,的值域为
例3.我们用和分别表示实数中的最小者和最大者.
（1）设，，，函数的值域为，函数的值域为，求；
（2）提出下面的问题：设，，…，为实数，，求函数
（）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：求函数和的最值。得出的结论是：，且无最大值；，且无最小值．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）若选择学生甲的结论，则说明如下，
，于是在区间上是减函数，在上是减函数，在上是增函数，在上是增函数，所以函数的最小值是，且函数没有最大值．
若选择学生乙的结论，则说明如下，
，于是在区间上是增函数，在上是增函数，在上是减函数，在上是减函数． 所以函数的最大值是，且函数没有最
小值．
（3）结论：
若，则；
若，则；
若，则，
以第一个结论为例证明如下：
∵ ，∴ 当时，
，是减函数，
当时，，是增函数
当时，函数的图像是以点，，…，为端点的一系列互相连接的折线所组成，
所以有．
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,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),且f(1)=a>0.
(1)求f()、f();(2)证明f(x)是周期函数；(3)记an=f(n+),求
解：(1)因为对x1,x2∈［0,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),所以f(x)=≥0,x∈［0,1］
又因为f(1)=f(+)=f()·f()=［f()］2，f()=f(+)=f()·f()=［f（）］2
又f(1)=a>0∴f()=a,f()=a
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()=f(n·)=f(+(n－1) )=f()·f((n－1)·)
=……=f()·f()·……·f()=［f()］=a，∴f()=a.
又∵f(x)的一个周期是2
∴f(2n+)=f(),因此an=a，∴
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（1）判断f(x)的单调性；（2）设，
，若，试确定a的取值范围。
解：（1）在中，令，得，因为，所以。
在中，令
因为当时，，所以当时
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。
（2）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
由，所以直线与圆面无公共点。因此有，解得。
5.导函数——不等式
1. 已知函数
（Ⅰ）若，试确定函数的单调区间；
（Ⅱ）若，且对于任意，恒成立，试确定实数的取值范围；
（Ⅲ）设函数，求证：．
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）由得，所以．
由得，故的单调递增区间是，
由得，故的单调递减区间是．
（Ⅱ）由可知是偶函数．
于是对任意成立等价于对任意成立．由得．
①当时，．此时在上单调递增．
故，符合题意．
②当时，．当变化时的变化情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
由此可得，在上，．
依题意，，又．综合①，②得，实数的取值范围是．
（Ⅲ），
，
，
由此得，
故．
2. 设，对任意实数，记
（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）求证：（ⅰ）当时，对任意正实数成立；
（ⅱ）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， ①
又因为，不等式①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f n( x )＝(1＋x)n―1, x＞―2，n∈N*
(1)求证：f n ( x )≥ nx；
(2)是否存在区间[ a，0 ] (a＜0)，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＝(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f n ( 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 )＝f 3 ( x )－f 2( x )＝x( 1＋x )2 ∴h'( x )＝(1＋x)2＋x·2(1＋x)＝(1＋x)(1＋3x)
令h'(x)＝0, 得x＝－1或x＝－ ，
∴当x∈(―2，―1)，h'(x)＞0；当x∈(―1，―)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≥
②当时 h(x)最小值h(a)＝h(－)＝＝ka ∴
③当时 h( x )最小值h( a )＝a(1＋a)2＝ka k＝(1＋a)2≥，时取等号.
综上讨论可知k的最小值为，此时[a，0]＝[，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
5. 已知函数。
（1）求函数的反函数和的导函数；
（2）假设对，不等式成立，求实数的取值范围。
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）
∴ ∵ ∴
（2）∵ ，成立
∴
∴
设，
∴ 恒有成立
∵ ∴
∴ ∴ ，
∴ ，在上
∴
即
∵ ∴ 在上
∴
∴ 的取值范围是
6.设函数.
(Ⅰ)当x=6时,求的展开式中二项式系数最大的项;
(Ⅱ)对任意的实数x,证明＞
(Ⅲ)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.
（Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是
（Ⅱ）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。
（Ⅲ）对，且
有
又因，故
∵，从而有成立，
即存在，使得恒成立。
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x km，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。
解:（1）如图,由题意知AC⊥BC,,
其中当时，y=0.065,所以k=9
所以y表示成x的函数为
设,则,,所以当且仅当即时取”=”.
下面证明函数在(0,160)上为减函数, 在(160,400)上为增函数.
设0,
因为04×240×240
9 m1m2<9×160×160所以,
所以即函数在(0,160)上为减函数.
同理,函数在(160,400)上为增函数,设160因为16009×160×160
所以,
所以即函数在(160,400)上为增函数.
所以当m=160即时取”=”,函数y有最小值,
所以弧上存在一点，当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ｙ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： ①
（3）直线的方程为：，，
在其中令，得，又因为在ｙ轴上的截距为，所以，
=，结合①式可得： ②
由①可知：当自然数时，，，
两式作差得：．
结合②式得： ③
在③中，令，结合，可解得：，
又因为：当时，，所以，舍去，得．
同上，在③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③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．
⑴求证：点的纵坐标是定值；
⑵若数列的通项公式为，求数列的前m项的和；
⑶若时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
解：⑴由题可知：，所以，
点的纵坐标是定值，问题得证．
⑵由⑴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，
⑵∵， ∴
∴等价于 ①
依题意，①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，公差为………………… (8分)
（3）由（2）可知
所以
又∵时，有，令，则
∴
∴
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（n∈N*）上的最小值为bx令an=ln(1+n)-bx.
（Ⅲ）如果对一切n，不等式恒成立，求实数c的取值范围；
（Ⅳ）求证：
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=.
由f〃(x)>0得-1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.
(i)
>
又lim,
因此c<1，即实数c的取值范围是（-，1）.
（II）由（i）知
因为[]2
=
所以＜(nN*),
则＜
N*）
解法二：
（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）因为f(x)在上是减函数，所以
则
（i）因为对n∈N*恒成立.所以对n∈N*恒成立.
则对n∈N*恒成立.
设 n∈N*，则c＜g(n)对n∈N*恒成立.
考虑
因为＝0，
所以内是减函数；则当n∈N*时，g(n)随n的增大而减小，
又因为＝1.
所以对一切因此c≤1,即实数c的取值范围是(-∞，1].
(ⅱ) 由(ⅰ)知
下面用数学归纳法证明不等式
①当n=1时，左边＝，右边＝，左边<右边.不等式成立.
②假设当n=k时,不等式成立.即
当n=k+1时，
=
即n＝k＋1时，不等式成立
综合①、②得，不等式成立.
所以
即.
5. 已知Sn=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－［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－［log(m－1)m］2
解 ∵Sn=1++…+ (n∈N*)
∴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(m－1)］2－［log(m－1)m］2恒成立
只要＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2成立即可
由得m＞1且m≠2
此时设［logm(m－1)］2=t 则t＞0
于是 解得0＜t＜1，由此得0＜［logm(m－1)］2＜1，解得m＞且m≠2
6. 已知函数,数列满足, ; 数列满足, .求证:（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）若则当n≥2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,.
（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又f(x)在上连续,所以f(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
(Ⅱ)构造函数g(x)=-f(x)= , 0由,知g(x)在(0,1)上增函数.
又g(x)在上连续,所以g(x)>g(0)=0.
因为,所以,即>0,从而
(Ⅲ) 因为 ,所以, ,
所以 ————① ,
由(Ⅱ)知:, 所以= ,
因为, n≥2,
所以 <<=————② .
由①② 两式可知: .
7.已知a＞1，数列的通项公式是，前n项和记作（n＝1，2，…），规定．函数在处和每个区间（，）（i＝0，1，2，…）上有定义，且，（i＝1，2，…）．当（，）时，f（x）的图像完全落在连结点（，）与点（，）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：（n＝1，2，…）围成的图形面积为，
求及；
（Ⅲ）若存在正整数n，使得，求a的取值范围。
解：（1）f（x）的定义域是，
由于所有的都是正数，故是单调递增的．
∵ ∴f（x）的定义域是
（Ⅱ）∵
（i＝1，2，…）与i无关．
∴ 所有的，，…共线，
该直线过点（a，a），斜率为1-a， ∴ ．
当n≥2时，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
于是 故
（Ⅲ）解法一：结合图像，易见即a≥2时，，
而，即a＜2时，故当1＜a＜2时，存在正整数n，使得
解法二：假设存在正整数n，使得，
则应有
∵ ， ∴
∴ 1＜a＜2时，存在正整数n，使得成立
∴
8. 设函数g()对任意的、∈（0，+），都有g(·)=g() + g()成立，又g(2) = 1；已知点pn(an，bn)（n ∈ N* ）都在直线： = 2 + 2上，P1为直线与轴的交点，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(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：+ + … + < ．（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 = 2χ+ 2与轴交点，则a1 = -1，b1 = 0
由已知、∈（0，+），都有g(x·) = g() + g()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 = 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，
+ + … + = [+ + … + ]
≤[ + … + ]
=
∴… +
8.数列的概念与性质
1.设为实数，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，
①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，
②当时，即方程有重根，，
即，得，不妨设，由①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 ①
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①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①得
即 ②
由②左式，得，即，因为两端为整数，
则．于是 ③
又由②右式，．
则．
因为两端为正整数，则，
所以．
又因时，为正整数，则 ④
据③④，即时，成立．
由1，2知，对任意，．
3. 已知数列，其中，，（），记数列的前项和为，数列的前项和为。（Ⅰ）求；
（Ⅱ）设（），（其中为的导数），计算。
解：（Ⅰ）由题意，是首项为1、公差为2的等差数列，
前项和，，。
（Ⅱ）， ，
，
。
4．已知，且，数列的前项和为，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
①当时，由，可得 ∴对一切都成立，
∴此时的解为.
②当时，由 可得
≥∴对一切都成立，∴此时的解为.
由①，②可知对一切，都有的的取值范围是或
5．数列中，且满足
⑴求数列的通项公式；⑵设，求；
⑶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 .数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列.
(Ⅰ)求数列的通项公式；
(Ⅱ)设数列的前项和为 ，且，求证:对任意实数（是常数，＝2.71828）和任意正整数，总有 2；
(Ⅲ) 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：（Ⅰ）解：由已知：对于，总有 ①成立
∴ （n ≥ 2）②
①--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
∴.()
（Ⅱ）证明：∵对任意实数和任意正整数n，总有≤.
∴
(Ⅲ)解：由已知 ，
易得
猜想 n≥2 时，是递减数列.
令
∵当
∴在内为单调递减函数.
由.
∴n≥2 时, 是递减数列.即是递减数列.
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.
（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）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
（Ⅰ）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.
（Ⅱ）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：.
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。
10.创新型数列
1.对于数列若存在常数M＞0,对任意的，恒有
则称数列为B-数列
首项为1，公比为的等比数列是否为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；
设是数列的前项和，给出下列两组论断；
A组：①数列是B-数列 ②数列不是B-数列
B组：③数列是B-数列 ④数列不是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） 若数列都是数列，证明：数列也是数列。
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,则，于是
因此｜- ｜+｜-｜+…+｜-｜=
因为所以即
故首项为1，公比为的等比数列是B-数列。
（2）命题1：若数列是B-数列，则数列是B-数列
次命题为假命题。
事实上，设，易知数列是B-数列，但
由的任意性知，数列是B-数列此命题为。
命题2：若数列是B-数列，则数列是B-数列
此命题为真命题
事实上，因为数列是B-数列，所以存在正数M，对任意的有
即。于是
所以数列是B-数列。
（III）若数列 {}是数列，则存在正数，对任意的有
注意到
同理：
记，则有
因此
+
故数列是数列
11.数列—不等式
例1. 数列{an}满足.
（Ⅰ）用数学归纳法证明：；
（Ⅱ）已知不等式，其中无理数
e=2.71828….
（Ⅰ）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.
（Ⅱ）证法一：
由递推公式及（Ⅰ）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
（Ⅱ）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.
例2.已知数列中的相邻两项是关于的方程的两个根，且
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求数列的前项的和；
（Ⅲ）记，
求证：
（I）解：方程的两个根为，，
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。
（Ⅰ）证明：对任意成立的充分必要条件是,
(Ⅱ)设,证明：;
(Ⅲ)设,证明：
解：
（Ⅰ）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.
(Ⅱ) 设，当时，，结论成立；
当时，
∵，∴.
∵，由（Ⅰ）知，∴且，
∴，
∴.
(Ⅲ)设,当时，，结论成立；
当时，由(Ⅱ)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。
⑴求点的坐标；
⑵设抛物线列中的每一条的对称轴都垂直于轴，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：。
⑶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. 21世纪教育网
13．椭圆
例1．如图：直线L：与椭圆C：交于A、B两点，以OA、OB为邻边作平行四边形OAPB。
求证：椭圆C：与直线L：总有两个交点。
当时，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)由得
椭圆C：与直线L：总有两个交点。
(2)设,,,与交于点，则有
即，又由（1）得，
（2）
得 （3）
将（3）代入（2）得
点P的轨迹方程为
当时，这样的直线不存在；当时，存在这样的直线，此时直线为
例2. 设椭圆的两个焦点是与，且椭圆上存在一点，使得直线与垂直.
（1）求实数的取值范围；
（2）设是相应于焦点的准线，直线与相交于点，若，求直线的方程.
解：（Ⅰ）由题设有 设点P的坐标为由PF1⊥PF2，得 化简得 ①
将①与联立，解得
由 所以m的取值范围是.
（Ⅱ）准线L的方程为设点Q的坐标为，则
②
将 代入②，化简得
由题设 ，得 ， 无解.
将 代入②，化简得
由题设 ，得 .
解得m=2. 从而，
得到PF2的方程
例3.（08安徽）设椭圆过点，且左焦点为
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ)当过点的动直线与椭圆相交于两不同点时，在线段上取点，满足。证明：点Q总在某定直线上。
解：（Ⅰ）由题意：，解得.
所求的求椭圆的方程.
（Ⅱ)方法一：设点，，，由题设，、、、均不为0，且，又四点共线，可设，，于是
，…………………………………①
，…………………………………②
由于，在椭圆上，将①②分别带入的方程，整理得：
………………③
………………④
由④-③得 .
∵，∴.即点总在直线上.
方法二：设点，，，由题设，、、、均不为0，记，则且.
又四点共线，从而，，于是：
，；
，.
从而……………① ……………②
又点在椭圆上，即
………………③
………………④
①+2②并结合③，④得，即点总在直线上.
14.双曲线
例1.已知双曲线设过点的直线l的方向向量
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>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。
解：（1）双曲线C的渐近线，即
直线的方程
直线与m的距离
（2）证法一：
设过原点且平行于的直线
则直线与的距离，
当时，。
又双曲线C的渐近线为，
双曲线C的右支在直线的右下方，
双曲线C右支上的任意点到直线的距离大于。
故在双曲线C的右支上不存在点Q到到直线的距离为
证法二：假设双曲线C右支上存在点Q到直线的距离为，
则
由（1）得，
设
当时，：
将代入（2）得， （*）
，
∴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到直线的距离为
例2. （07江西）设动点到点和的距离分别为和，，且存在常数，使得．
（1）证明：动点的轨迹为双曲线，并求出的方程；
（2）过点作直线双曲线的右支于两点，试确定的范围，使，其中点为坐标原点．
解：（1）在中，，即，
，即（常数），
点的轨迹是以为焦点，实轴长的双曲线．
方程为：．
（2）解法一：设，
①当垂直于轴时，的方程为，，在双曲线上．
即，因为，所以．
②当不垂直于轴时，设的方程为．
由得：，
由题意知：，
所以，．
于是：．
因为，且在双曲线右支上，所以
．
由①②知，．
解法二：设，，的中点为．
①当时，，
因为，所以；
②当时，．
又．所以；
由得，由第二定义得
．
所以．
于是由得
因为，所以，又，
解得：．由①②知．
15.抛物线
例1．已知抛物线：，直线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交于点．
（Ⅰ）证明：抛物线在点处的切线与平行；
（Ⅱ）是否存在实数使，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
解：（Ⅰ）如图，设，，把代入得，
由韦达定理得，，
，点的坐标为．
设抛物线在点处的切线的方程为，
将代入上式得，
直线与抛物线相切，
，．
即．
（Ⅱ）假设存在实数，使，则，又是的中点，
．
由（Ⅰ）知
．
轴，．
又
．
，解得．
即存在，使．
例2. 如图，在平面直角坐标系中，过轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于两点．一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线交于点．
（1）若，求的值；
（2）若为线段的中点，求证：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）设直线的方程为，
将该方程代入得．
令，，则．
因为，解得，
或（舍去）．故．
（2）由题意知，直线的斜率为．
又的导数为，所以点处切线的斜率为，
因此，为该抛物线的切线．
（3）（2）的逆命题成立，证明如下：
设．
若为该抛物线的切线，则，
又直线的斜率为，所以，
得，因，有．
故点的横坐标为，即点是线段的中点．
16 解析几何中的参数范围问题
1、已知圆锥曲线的一个焦点为（1，0），对应这个焦点的准线方程为，又曲线过，AB是过F的此圆锥曲线的弦；圆锥曲线中心在原点，其离心率，一条准线的方程是。
（1）求圆锥曲线和的方程。
（2）当不超过8，且此弦所在的直线与圆锥曲线有公共点时，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.曲线是以为焦点，x=-1为准线的抛物线,且.曲线；
依题意知圆锥曲线为椭圆，.又其焦点在y轴上，圆锥曲线：
（2）设直线AB：,.由抛物线定义得：，
又由得，其时，。
依题意有即，则
直线AB的倾斜角。
2. 如图，在Rt△ABC中，∠CBA=90°，AB=2，AC=。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，
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
=
∴动点P的轨迹是椭圆 .
∵
∴曲线E的方程是 .
（2）设直线L的方程为 , 代入曲线E的方程，得
设M1（, 则
i) L与y轴重合时，
ii) L与y轴不重合时，
由①得
又∵,
∵ 或
∴0＜＜1 ,
∴ .
∵
而 ∴
∴
∴ , ,
∴的取值范围是 .
3. 已知向量，，动点到定直线的距离等于，并且满足，其中是坐标原点，是参数。
（1）求动点的轨迹方程；
（2）当时，若直线与动点的轨迹相交于、两点，线段的垂直平分线交轴，求的取值范围；
（3）如果动点的轨迹是一条圆锥曲线，其离心率满足，求的取值范围。
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，则由，且是原点，
得，，，从而，，，
，，根据
得，
即为所求轨迹方程。
（2）当时，动点的轨迹方程是，即，
∵的方程为，∴代入，
∴，∴，∴，
∴或，∴。
∴的中点为，∴垂直平分线方程为，
令得，∴
∴，
∴（）
（3）由于，即，所以此时圆锥曲线是椭圆，其方程可以化为
①当时，，，，此时，
而，∴；
②当时，，，，
此时，而，∴
而时，可解得。综上可知的取值范围是
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=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＞|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,∴a=,c=2,b=1.
∴曲线C的方程为+y2=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+2,
代入+y2=1,得(1+5k2)x2+20kx+15=0.
Δ=(20k)2－4×15(1+5k2)＞0,得k2＞.由图可知=λ
由韦达定理得
将x1=λx2代入得
两式相除得
①
M在D、N中间，∴λ＜1 ②
又∵当k不存在时，显然λ= (此时直线l与y轴重合).
17 解析几何中的最值问题
1.已知椭圆的左、右焦点分别为，．过的直线交椭圆于两点，过的直线交椭圆于两点，且，垂足为．
（Ⅰ）设点的坐标为，证明：；
（Ⅱ）求四边形的面积的最小值．
解：（Ⅰ）椭圆的半焦距，
由知点在以线段为直径的圆上，故，
所以，．
（Ⅱ）（ⅰ）当的斜率存在且时，的方程为，代入椭圆方程，并化简得．
设，，则
，
；
因为与相交于点，且的斜率为，
所以，．
四边形的面积
．
当时，上式取等号．
（ⅱ）当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积．
综上，四边形的面积的最小值为．
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3︳x-2︳
由题设
当x>2时，由①得
化简得
当时 由①得
化简得
故点P的轨迹C是椭圆
在直线x=2的右侧
部分与抛物线在直线
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
，的交点都是A（2，），B（2，），直线AF，BF的斜率分别为=，=.
当点P在上时，由②知
. ④
当点P在上时，由③知
⑤
若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为
（i）当k≤，或k≥，即k≤-2 时，直线I与轨迹C的两个交点M（，），N（，）都在C 上，此时由④知
∣MF∣= 6 - ∣NF∣= 6 -
从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= （6 - ）+ （6 - ）=12 - ( +)
由 得 则，是这个方程的两根，所以+=*∣MN∣=12 - （+）=12 -
因为当
当且仅当时，等号成立。
（2）当时，直线L与轨迹C的两个交点 分别在上，不妨设点在上，点上，则④⑤知，
设直线AF与椭圆的另一交点为E
所以。而点A，E都在上，且
有（1）知
若直线的斜率不存在，则==3，此时
综上所述，线段MN长度的最大值为。
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，右准线的方程为：.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）在椭圆上任取三个不同点，使，证明：
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、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.
因焦点为，故半焦距.又右
准线的方程为，从而由已知
，
因此.
故所求椭圆方程为.
（Ⅱ）记椭圆的右顶点为A，并设，不失一般性，假设
，且.
又设在上的射影为，因椭圆的离心率，
从而有
.
解得. 因此
，
故为定值.
2. 已知椭圆两焦点分别为F1、F2，P是椭圆在第一象限弧上一点，并满足，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，，设
则，，
∴，∵点在曲线上，则，∴，从而，得.则点P的坐标为.
（Ⅱ）由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，设PB的斜率为，
则BP的直线方程为：.由得 ，设，则，
同理可得，则，.
所以：AB的斜率为定值.
（Ⅲ）设AB的直线方程：.
由，得，
由，得
P到AB的距离为，
则
。
当且仅当取等号
∴三角形PAB面积的最大值为。
19 解析几何与向量
1.设、分别是椭圆的左、右焦点.
（Ⅰ）若是该椭圆上的一个动点，求·的最大值和最小值;
（Ⅱ）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点、，且∠为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围.
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
所以，设，则
因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值
当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值
解法二：易知，所以，设，则
（以下同解法一）
（Ⅱ）显然直线不满足题设条件，可设直线，
联立，消去，整理得：
∴
由得：或
又
∴
又
∵，即 ∴
故由①、②得或
2．（07福建）
如图，已知点，
直线，为平面上的动点，过作直线
的垂线，垂足为点，且．
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）过点的直线交轨迹于两点，交直线于点，已知，，求的值；
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，
等价转化思想方法
解法一：（Ⅰ）设点，则，由得：
，化简得．
（Ⅱ）设直线的方程为：
．
设，，又，
联立方程组，消去得：
，，故
由，得：
，，整理得：
，，
．
解法二：（Ⅰ）由得：，
，
，
．
所以点的轨迹是抛物线，由题意，轨迹的方程为：．
（Ⅱ）由已知，，得．
则：．…………①
过点分别作准线的垂线，垂足分别为，，
则有：．…………②
由①②得：，即．
3．如图所示，已知圆为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足的轨迹为 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，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） ∴NP为AM的垂直平分线，∴|NA|=|NM|.
又
∴动点N的轨迹是以点C（－1，0），A（1，0）为焦点的椭圆.
且椭圆长轴长为焦距2c=2.
∴曲线E的方程为
（II）当直线GH斜率存在时，
设直线GH方程为
得
设
，
又当直线GH斜率不存在，方程为
4. 已知方向向量为v=(1,)的直线l过点（0，－2）和椭圆C：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，
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， ①
过原点垂直的直线方程为， ②
解①②得
∵椭圆中心（0，0）关于直线的对称点在椭圆C的右准线上，
∵直线过椭圆焦点，∴该焦点坐标为（2，0）.
故椭圆C的方程为 ③
解法二：直线.
设原点关于直线对称点为（p，q），则解得p=3.
∵椭圆中心（0，0）关于直线的对称点在椭圆C的右准线上，
∵直线过椭圆焦点，∴该焦点坐标为（2，0）.
故椭圆C的方程为 ③
（II）解法一：设M（），N（）.
当直线m不垂直轴时，直线代入③，整理得
点O到直线MN的距离
即
即
整理得
当直线m垂直x轴时，也满足.
故直线m的方程为
或或
经检验上述直线均满足.
所以所求直线方程为或或
解法二：设M（），N（）.
当直线m不垂直轴时，直线代入③，整理得
∵E（－2，0）是椭圆C的左焦点，
∴|MN|=|ME|+|NE|
=
以下与解法一相同.
解法三：设M（），N（）.
设直线，代入③，整理得
即
∴=，整理得
解得或
故直线m的方程为或或
经检验上述直线方程为
所以所求直线方程为或或
20 探索问题
1已知函数(a,c∈R,a＞0,b是自然数）是奇函数，f(x)有最大值，且f(1)＞
（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
∴–bx+c=–bx–c
∴c=0
∴f(x)=
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，
当且仅当
即时，f(x)有最大值
∴=1,∴a=b2 ①
又f(1)＞，∴＞,∴5b＞2a+2 ②把①代入②得2b2–5b+2＜0解得＜b＜2
又b∈N,∴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（2–x0,–y0)，∴,消去y0，得x02–2x0–1=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 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，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｜
∴,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,）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的方程为联立方程组
得
即C点坐标为() 此时d+｜BC｜的最小值为｜BF｜=
3. 在数列中，若是正整数，且，则称为“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”中，，数列满足，，分别判断当时，与的极限是否存在，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：
（答案不惟一）
（Ⅱ）解：因为绝对差数列，所以自第20项开始，该数列是。
即自第20项开始，每三个相邻的项周期地取值3，0，3，所以当时，an的极限不存在。
当
（Ⅲ）证明：根据定义，数列必在有限项后出现零项，证明如下：
假设中没有零项，由于，所以对于任意的n，都有，从而当
；
当
即的值要么比至少小1，那么比至少小1。
令则
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，从而必有零项。
若第一次出现的零项为第n项，记，则自第n项开始，每三个相邻的项周期地取值0，A，A即
所以绝对差数列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
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，x1x1＋x2＝l， ④
在第一次确定的含峰区间为(0, x2)的情况下，x3的取值应满足
x3＋x1＝x2， ⑤
由④与⑤可得,
当x1>x3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．
A
B
C
x
x
A
y
1
1
2
M
N
B
O
A
B
C
P
Q
O如图，在平面直角坐标系中，过轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于两点．一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线交于点．
（1）若，求的值；（5分）
（2）若为线段的中点，求证：为此抛物线的切线；（5分）
（3）试问（2）的逆命题是否成立？说明理由．（4分）
x
y
l
C
A O B
①
②
③
O
F
P3
P2
P1
A
Q1
O
F
P3
P2
P1
y
O
x
B
A
P
F1
F2
P
B
Q
M
F
O
A
x
y
O
y
x
1
l
F
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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，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．
（Ⅰ）求实数的取值范围；
（Ⅱ）对于给定的实数，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：（Ⅰ）∵ ，
∵，∴．∴实数的取值范围为．
（Ⅱ）∵，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 复合函数
1．已知函数满足，其中，且。
（1）对于函数，当时，，求实数m的取值范围；
（2）当时，的取值范围恰为，求的取值范围。
解： 且
设，则 ∴ ∴
当时，∵ ∴ 在其定义域上
当时，∵ ，， ∴ 在其定义域上
∴ 且，都有为其定义域上的增函数
又∵ ∴ 为奇函数
（1）∵ 当时，∴
∴
（2）当时，∵ 在上，且值域为∴
∴
例2. 函数是的反函数，的图象与函数的图象关于直线成轴对称图形，记。
（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恰好与轴垂直？若存在，求出A、B的坐标；若不存在，说明理由。
解：（1） ∴
∵ 的图象与的图象关于直线成轴对称图形
∴ 的图象与的图象关于直线对称
即：是的反函数
∴ ∴
∴
（2）假设在的图象上存在不同的两点A、B使得轴，即使得方程有两不等实根
设，则在（，1）上且
∴ ， ∴ 使得方程有两不等正根
设，
由函数图象可知：，方程仅有唯一正根∴ 不存在点A、B符合题意。
3. 设且为自然对数的底数，函数f（ x）
（1）求证：当时，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，使得成立？如果存在，求出一个符合条件的；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）当令
上单调递增，
（2）（1），
需求一个，使（1）成立，只要求出的最小值，满足
上↓
在↑，
只需证明内成立即可，
令
为增函数
，故存在与a有关的正常数使（1）成立。
3.创新型函数
1.在R上定义运算（b、c为实常数）。记，，.令.
（Ⅰ）如果函数在处有极值,试确定b、c的值；
（Ⅱ）求曲线上斜率为c的切线与该曲线的公共点；
（Ⅲ）记的最大值为.若对任意的b、c 恒成立，试示的最大值。
解：∵∴
（Ⅰ）由在处有极值，可得
，解得或
若，则，此时没有极值；
若，则。
当变化时，、的变化情况如下表：
0 +
单调递减 极小值-12 单调递增 极大值 单调递减
∴当是，有极大值，故即为所求。
（Ⅱ）设曲线在处的切线的斜率为，
∵，∴，即。解得或。
若，则，得切点为，切线方程为；
若，则，得切点为，切线方程为。
若，解得，，
则此时切线与曲线的公共点为，；
(2)若，
解得，，此时切线与曲线的公共点为，。
综合可知，当时，斜率为c的切线与曲线有且只有一个公共点；当，斜率为c的切线与曲线有两个不同的公共点，分别为和或，。
（Ⅲ）
(1)当时，函数的对称轴位于区间外，在上的最值在两端点处取得，故应是和中较大的一个。
∴，即∴
(2)当得对称轴x=b位于区间之内
此时
由
若
于是
若，则，
于是
综上，对任意的b、c都有
而当，时，在区间上的最大值
故对任意的b，c恒成立的k的最大值为 。
例2．设函数,其中表示不超过的最大整数,如.
(Ⅰ)求的值;
(Ⅱ)若在区间上存在x,使得成立,求实数k的取值范围;
(Ⅲ)求函数的值域.
解:(Ⅰ)因为,所以
(Ⅱ)因为,所以,
则. 求导得,当时,显然有,
所以在区间上递增, 即可得在区间上的值域为,
在区间上存在x,使得成立,所以
(Ⅲ)由于的表达式关于x与对称,且x0,不妨设x1.
当x1时,1,则; 当x1时,设x n,nN*,01.
则x n,,所以
,
在1,上是增函数,又, ,
当时,
当时, 故时,的值域为I1∪I2∪…∪In∪…
设, 则.
, 当n2时,a2 a3 a4… an…
又bn单调递减, b2 b3… bn… a2,b2 I2I3I4…In
I1∪I2∪…∪In∪…I1∪I2 .
综上所述,的值域为
例3.我们用和分别表示实数中的最小者和最大者.
（1）设，，，函数的值域为，函数的值域为，求；
（2）提出下面的问题：设，，…，为实数，，求函数
（）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：求函数和的最值。得出的结论是：，且无最大值；，且无最小值．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）若选择学生甲的结论，则说明如下，
，于是在区间上是减函数，在上是减函数，在上是增函数，在上是增函数，所以函数的最小值是，且函数没有最大值．
若选择学生乙的结论，则说明如下，
，于是在区间上是增函数，在上是增函数，在上是减函数，在上是减函数． 所以函数的最大值是，且函数没有最
小值．
（3）结论：
若，则；
若，则；
若，则，
以第一个结论为例证明如下：
∵ ，∴ 当时，
，是减函数，
当时，，是增函数
当时，函数的图像是以点，，…，为端点的一系列互相连接的折线所组成，
所以有．
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,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),且f(1)=a>0.
(1)求f()、f();(2)证明f(x)是周期函数；(3)记an=f(n+),求
解：(1)因为对x1,x2∈［0,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),所以f(x)=≥0,x∈［0,1］
又因为f(1)=f(+)=f()·f()=［f()］2，f()=f(+)=f()·f()=［f（）］2
又f(1)=a>0∴f()=a,f()=a
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()=f(n·)=f(+(n－1) )=f()·f((n－1)·)
=……=f()·f()·……·f()=［f()］=a，∴f()=a.
又∵f(x)的一个周期是2
∴f(2n+)=f(),因此an=a，∴
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
，若，试确定a的取值范围。
解：（1）在中，令，得，因为，所以。
在中，令
因为当时，，所以当时
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。
（2）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
由，所以直线与圆面无公共点。因此有，解得。
5.导函数——不等式
1. 已知函数
（Ⅰ）若，试确定函数的单调区间；
（Ⅱ）若，且对于任意，恒成立，试确定实数的取值范围；
（Ⅲ）设函数，求证：．
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）由得，所以．
由得，故的单调递增区间是，
由得，故的单调递减区间是．
（Ⅱ）由可知是偶函数．
于是对任意成立等价于对任意成立．由得．
①当时，．此时在上单调递增．
故，符合题意．
②当时，．当变化时的变化情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
由此可得，在上，．
依题意，，又．综合①，②得，实数的取值范围是．
（Ⅲ），
，
，
由此得，
故．
2. 设，对任意实数，记
（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）求证：（ⅰ）当时，对任意正实数成立；
（ⅱ）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， ①
又因为，不等式①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f n( x )＝(1＋x)n―1, x＞―2，n∈N*
(1)求证：f n ( x )≥ nx；
(2)是否存在区间[ a，0 ] (a＜0)，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＝(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f n ( 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 )＝f 3 ( x )－f 2( x )＝x( 1＋x )2 ∴h'( x )＝(1＋x)2＋x·2(1＋x)＝(1＋x)(1＋3x)
令h'(x)＝0, 得x＝－1或x＝－ ，
∴当x∈(―2，―1)，h'(x)＞0；当x∈(―1，―)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≥
②当时 h(x)最小值h(a)＝h(－)＝＝ka ∴
③当时 h( x )最小值h( a )＝a(1＋a)2＝ka k＝(1＋a)2≥，时取等号.
综上讨论可知k的最小值为，此时[a，0]＝[，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
5. 已知函数。
（1）求函数的反函数和的导函数；
（2）假设对，不等式成立，求实数的取值范围。
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）
∴ ∵ ∴
（2）∵ ，成立
∴
∴
设，
∴ 恒有成立
∵ ∴
∴ ∴ ，
∴ ，在上
∴
即
∵ ∴ 在上
∴
∴ 的取值范围是
6.设函数.
(Ⅰ)当x=6时,求的展开式中二项式系数最大的项;
(Ⅱ)对任意的实数x,证明＞
(Ⅲ)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.
（Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是
（Ⅱ）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。
（Ⅲ）对，且
有
又因，故
∵，从而有成立，
即存在，使得恒成立。
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x km，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。
解:（1）如图,由题意知AC⊥BC,,
其中当时，y=0.065,所以k=9
所以y表示成x的函数为
设,则,,所以当且仅当即时取”=”.
下面证明函数在(0,160)上为减函数, 在(160,400)上为增函数.
设0
因为0
9 m1m2<9×160×160所以,
所以即函数在(0,160)上为减函数.
同理,函数在(160,400)上为增函数,设160
所以,
所以即函数在(160,400)上为增函数.
所以当m=160即时取”=”,函数y有最小值,
所以弧上存在一点，当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ｙ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： ①
（3）直线的方程为：，，
在其中令，得，又因为在ｙ轴上的截距为，所以，
=，结合①式可得： ②
由①可知：当自然数时，，，
两式作差得：．
结合②式得： ③
在③中，令，结合，可解得：，
又因为：当时，，所以，舍去，得．
同上，在③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③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．
⑴求证：点的纵坐标是定值；
⑵若数列的通项公式为，求数列的前m项的和；
⑶若时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
解：⑴由题可知：，所以，
点的纵坐标是定值，问题得证．
⑵由⑴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，
⑵∵， ∴
∴等价于 ①
依题意，①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，公差为………………… (8分)
（3）由（2）可知
所以
又∵时，有，令，则
∴
∴
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（n∈N*）上的最小值为bx令an=ln(1+n)-bx.
（Ⅲ）如果对一切n，不等式恒成立，求实数c的取值范围；
（Ⅳ）求证：
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=.
由f〃(x)>0得-1
(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)
>
又lim,
因此c<1，即实数c的取值范围是（-，1）.
（II）由（i）知
因为[]2
=
所以＜(nN*),
则＜
N*）
解法二：
（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）因为f(x)在上是减函数，所以
则
（i）因为对n∈N*恒成立.所以对n∈N*恒成立.
则对n∈N*恒成立.
设 n∈N*，则c＜g(n)对n∈N*恒成立.
考虑
因为＝0，
所以内是减函数；则当n∈N*时，g(n)随n的增大而减小，
又因为＝1.
所以对一切因此c≤1,即实数c的取值范围是(-∞，1].
(ⅱ) 由(ⅰ)知
下面用数学归纳法证明不等式
①当n=1时，左边＝，右边＝，左边<右边.不等式成立.
②假设当n=k时,不等式成立.即
当n=k+1时，
=
即n＝k＋1时，不等式成立
综合①、②得，不等式成立.
所以
即.
5. 已知Sn=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－［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－［log(m－1)m］2
解 ∵Sn=1++…+ (n∈N*)
∴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(m－1)］2－［log(m－1)m］2恒成立
只要＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2成立即可
由得m＞1且m≠2
此时设［logm(m－1)］2=t 则t＞0
于是 解得0＜t＜1，由此得0＜［logm(m－1)］2＜1，解得m＞且m≠2
6. 已知函数,数列满足, ; 数列满足, .求证:（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）若则当n≥2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,.
（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
又由, 得,从而.
综上可知
(Ⅱ)构造函数g(x)=-f(x)= , 0
又g(x)在上连续,所以g(x)>g(0)=0.
因为,所以,即>0,从而
(Ⅲ) 因为 ,所以, ,
所以 ————① ,
由(Ⅱ)知:, 所以= ,
因为, n≥2,
所以 <<=————② .
由①② 两式可知: .
7.已知a＞1，数列的通项公式是，前n项和记作（n＝1，2，…），规定．函数在处和每个区间（，）（i＝0，1，2，…）上有定义，且，（i＝1，2，…）．当（，）时，f（x）的图像完全落在连结点（，）与点（，）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：（n＝1，2，…）围成的图形面积为，
求及；
（Ⅲ）若存在正整数n，使得，求a的取值范围。
解：（1）f（x）的定义域是，
由于所有的都是正数，故是单调递增的．
∵ ∴f（x）的定义域是
（Ⅱ）∵
（i＝1，2，…）与i无关．
∴ 所有的，，…共线，
该直线过点（a，a），斜率为1-a， ∴ ．
当n≥2时，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
于是 故
（Ⅲ）解法一：结合图像，易见即a≥2时，，
而，即a＜2时，故当1＜a＜2时，存在正整数n，使得
解法二：假设存在正整数n，使得，
则应有
∵ ， ∴
∴ 1＜a＜2时，存在正整数n，使得成立
∴
8. 设函数g()对任意的、∈（0，+），都有g(·)=g() + g()成立，又g(2) = 1；已知点pn(an，bn)（n ∈ N* ）都在直线： = 2 + 2上，P1为直线与轴的交点，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(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：+ + … + < ．（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 = 2χ+ 2与轴交点，则a1 = -1，b1 = 0
由已知、∈（0，+），都有g(x·) = g() + g()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 = 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，
+ + … + = [+ + … + ]
≤[ + … + ]
=
∴… +
8.数列的概念与性质
1.设为实数，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，
①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，
②当时，即方程有重根，，
即，得，不妨设，由①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 ①
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①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①得
即 ②
由②左式，得，即，因为两端为整数，
则．于是 ③
又由②右式，．
则．
因为两端为正整数，则，
所以．
又因时，为正整数，则 ④
据③④，即时，成立．
由1，2知，对任意，．
3. 已知数列，其中，，（），记数列的前项和为，数列的前项和为。（Ⅰ）求；
（Ⅱ）设（），（其中为的导数），计算。
解：（Ⅰ）由题意，是首项为1、公差为2的等差数列，
前项和，，。
（Ⅱ）， ，
，
。
4．已知，且，数列的前项和为，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
①当时，由，可得 ∴对一切都成立，
∴此时的解为.
②当时，由 可得
≥∴对一切都成立，∴此时的解为.
由①，②可知对一切，都有的的取值范围是或
5．数列中，且满足
⑴求数列的通项公式；⑵设，求；
⑶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 .数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列.
(Ⅰ)求数列的通项公式；
(Ⅱ)设数列的前项和为 ，且，求证:对任意实数（是常数，＝2.71828）和任意正整数，总有 2；
(Ⅲ) 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：（Ⅰ）解：由已知：对于，总有 ①成立
∴ （n ≥ 2）②
①--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
∴.()
（Ⅱ）证明：∵对任意实数和任意正整数n，总有≤.
∴
(Ⅲ)解：由已知 ，
易得
猜想 n≥2 时，是递减数列.
令
∵当
∴在内为单调递减函数.
由.
∴n≥2 时, 是递减数列.即是递减数列.
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.
（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）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
（Ⅰ）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.
（Ⅱ）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：.
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。
10.创新型数列
1.对于数列若存在常数M＞0,对任意的，恒有
则称数列为B-数列
首项为1，公比为的等比数列是否为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；
设是数列的前项和，给出下列两组论断；
A组：①数列是B-数列 ②数列不是B-数列
B组：③数列是B-数列 ④数列不是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） 若数列都是数列，证明：数列也是数列。
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,则，于是
因此｜- ｜+｜-｜+…+｜-｜=
因为所以即
故首项为1，公比为的等比数列是B-数列。
（2）命题1：若数列是B-数列，则数列是B-数列
次命题为假命题。
事实上，设，易知数列是B-数列，但
由的任意性知，数列是B-数列此命题为。
命题2：若数列是B-数列，则数列是B-数列
此命题为真命题
事实上，因为数列是B-数列，所以存在正数M，对任意的有
即。于是
所以数列是B-数列。
（III）若数列 {}是数列，则存在正数，对任意的有
注意到
同理：
记，则有
因此
+
故数列是数列
11.数列—不等式
例1. 数列{an}满足.
（Ⅰ）用数学归纳法证明：；
（Ⅱ）已知不等式，其中无理数
e=2.71828….
（Ⅰ）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.
（Ⅱ）证法一：
由递推公式及（Ⅰ）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
（Ⅱ）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.
例2.已知数列中的相邻两项是关于的方程的两个根，且
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求数列的前项的和；
（Ⅲ）记，
求证：
（I）解：方程的两个根为，，
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。
（Ⅰ）证明：对任意成立的充分必要条件是,
(Ⅱ)设,证明：;
(Ⅲ)设,证明：
解：
（Ⅰ）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.
(Ⅱ) 设，当时，，结论成立；
当时，
∵，∴.
∵，由（Ⅰ）知，∴且，
∴，
∴.
(Ⅲ)设,当时，，结论成立；
当时，由(Ⅱ)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。
⑴求点的坐标；
⑵设抛物线列中的每一条的对称轴都垂直于轴，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：。
⑶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. 21世纪教育网
13．椭圆
例1．如图：直线L：与椭圆C：交于A、B两点，以OA、OB为邻边作平行四边形OAPB。
求证：椭圆C：与直线L：总有两个交点。
当时，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)由得
椭圆C：与直线L：总有两个交点。
(2)设,,,与交于点，则有
即，又由（1）得，
（2）
得 （3）
将（3）代入（2）得
点P的轨迹方程为
当时，这样的直线不存在；当时，存在这样的直线，此时直线为
例2. 设椭圆的两个焦点是与，且椭圆上存在一点，使得直线与垂直.
（1）求实数的取值范围；
（2）设是相应于焦点的准线，直线与相交于点，若，求直线的方程.
解：（Ⅰ）由题设有 设点P的坐标为由PF1⊥PF2，得 化简得 ①
将①与联立，解得
由 所以m的取值范围是.
（Ⅱ）准线L的方程为设点Q的坐标为，则
②
将 代入②，化简得
由题设 ，得 ， 无解.
将 代入②，化简得
由题设 ，得 .
解得m=2. 从而，
得到PF2的方程
例3.（08安徽）设椭圆过点，且左焦点为
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ)当过点的动直线与椭圆相交于两不同点时，在线段上取点，满足。证明：点Q总在某定直线上。
解：（Ⅰ）由题意：，解得.
所求的求椭圆的方程.
（Ⅱ)方法一：设点，，，由题设，、、、均不为0，且，又四点共线，可设，，于是
，…………………………………①
，…………………………………②
由于，在椭圆上，将①②分别带入的方程，整理得：
………………③
………………④
由④-③得 .
∵，∴.即点总在直线上.
方法二：设点，，，由题设，、、、均不为0，记，则且.
又四点共线，从而，，于是：
，；
，.
从而……………① ……………②
又点在椭圆上，即
………………③
………………④
①+2②并结合③，④得，即点总在直线上.
14.双曲线
例1.已知双曲线设过点的直线l的方向向量
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>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。
解：（1）双曲线C的渐近线，即
直线的方程
直线与m的距离
（2）证法一：
设过原点且平行于的直线
则直线与的距离，
当时，。
又双曲线C的渐近线为，
双曲线C的右支在直线的右下方，
双曲线C右支上的任意点到直线的距离大于。
故在双曲线C的右支上不存在点Q到到直线的距离为
证法二：假设双曲线C右支上存在点Q到直线的距离为，
则
由（1）得，
设
当时，：
将代入（2）得， （*）
，
∴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到直线的距离为
例2. （07江西）设动点到点和的距离分别为和，，且存在常数，使得．
（1）证明：动点的轨迹为双曲线，并求出的方程；
（2）过点作直线双曲线的右支于两点，试确定的范围，使，其中点为坐标原点．
解：（1）在中，，即，
，即（常数），
点的轨迹是以为焦点，实轴长的双曲线．
方程为：．
（2）解法一：设，
①当垂直于轴时，的方程为，，在双曲线上．
即，因为，所以．
②当不垂直于轴时，设的方程为．
由得：，
由题意知：，
所以，．
于是：．
因为，且在双曲线右支上，所以
．
由①②知，．
解法二：设，，的中点为．
①当时，，
因为，所以；
②当时，．
又．所以；
由得，由第二定义得
．
所以．
于是由得
因为，所以，又，
解得：．由①②知．
15.抛物线
例1．已知抛物线：，直线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交于点．
（Ⅰ）证明：抛物线在点处的切线与平行；
（Ⅱ）是否存在实数使，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
解：（Ⅰ）如图，设，，把代入得，
由韦达定理得，，
，点的坐标为．
设抛物线在点处的切线的方程为，
将代入上式得，
直线与抛物线相切，
，．
即．
（Ⅱ）假设存在实数，使，则，又是的中点，
．
由（Ⅰ）知
．
轴，．
又
．
，解得．
即存在，使．
例2. 如图，在平面直角坐标系中，过轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于两点．一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线交于点．
（1）若，求的值；
（2）若为线段的中点，求证：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）设直线的方程为，
将该方程代入得．
令，，则．
因为，解得，
或（舍去）．故．
（2）由题意知，直线的斜率为．
又的导数为，所以点处切线的斜率为，
因此，为该抛物线的切线．
（3）（2）的逆命题成立，证明如下：
设．
若为该抛物线的切线，则，
又直线的斜率为，所以，
得，因，有．
故点的横坐标为，即点是线段的中点．
16 解析几何中的参数范围问题
1、已知圆锥曲线的一个焦点为（1，0），对应这个焦点的准线方程为，又曲线过，AB是过F的此圆锥曲线的弦；圆锥曲线中心在原点，其离心率，一条准线的方程是。
（1）求圆锥曲线和的方程。
（2）当不超过8，且此弦所在的直线与圆锥曲线有公共点时，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.曲线是以为焦点，x=-1为准线的抛物线,且.曲线；
依题意知圆锥曲线为椭圆，.又其焦点在y轴上，圆锥曲线：
（2）设直线AB：,.由抛物线定义得：，
又由得，其时，。
依题意有即，则
直线AB的倾斜角。
2. 如图，在Rt△ABC中，∠CBA=90°，AB=2，AC=。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，
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
=
∴动点P的轨迹是椭圆 .
∵
∴曲线E的方程是 .
（2）设直线L的方程为 , 代入曲线E的方程，得
设M1（, 则
i) L与y轴重合时，
ii) L与y轴不重合时，
由①得
又∵,
∵ 或
∴0＜＜1 ,
∴ .
∵
而 ∴
∴
∴ , ,
∴的取值范围是 .
3. 已知向量，，动点到定直线的距离等于，并且满足，其中是坐标原点，是参数。
（1）求动点的轨迹方程；
（2）当时，若直线与动点的轨迹相交于、两点，线段的垂直平分线交轴，求的取值范围；
（3）如果动点的轨迹是一条圆锥曲线，其离心率满足，求的取值范围。
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，则由，且是原点，
得，，，从而，，，
，，根据
得，
即为所求轨迹方程。
（2）当时，动点的轨迹方程是，即，
∵的方程为，∴代入，
∴，∴，∴，
∴或，∴。
∴的中点为，∴垂直平分线方程为，
令得，∴
∴，
∴（）
（3）由于，即，所以此时圆锥曲线是椭圆，其方程可以化为
①当时，，，，此时，
而，∴；
②当时，，，，
此时，而，∴
而时，可解得。综上可知的取值范围是
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=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＞|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,∴a=,c=2,b=1.
∴曲线C的方程为+y2=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+2,
代入+y2=1,得(1+5k2)x2+20kx+15=0.
Δ=(20k)2－4×15(1+5k2)＞0,得k2＞.由图可知=λ
由韦达定理得
将x1=λx2代入得
两式相除得
①
M在D、N中间，∴λ＜1 ②
又∵当k不存在时，显然λ= (此时直线l与y轴重合).
17 解析几何中的最值问题
1.已知椭圆的左、右焦点分别为，．过的直线交椭圆于两点，过的直线交椭圆于两点，且，垂足为．
（Ⅰ）设点的坐标为，证明：；
（Ⅱ）求四边形的面积的最小值．
解：（Ⅰ）椭圆的半焦距，
由知点在以线段为直径的圆上，故，
所以，．
（Ⅱ）（ⅰ）当的斜率存在且时，的方程为，代入椭圆方程，并化简得．
设，，则
，
；
因为与相交于点，且的斜率为，
所以，．
四边形的面积
．
当时，上式取等号．
（ⅱ）当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积．
综上，四边形的面积的最小值为．
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3︳x-2︳
由题设
当x>2时，由①得
化简得
当时 由①得
化简得
故点P的轨迹C是椭圆
在直线x=2的右侧
部分与抛物线在直线
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
，的交点都是A（2，），B（2，），直线AF，BF的斜率分别为=，=.
当点P在上时，由②知
. ④
当点P在上时，由③知
⑤
若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为
（i）当k≤，或k≥，即k≤-2 时，直线I与轨迹C的两个交点M（，），N（，）都在C 上，此时由④知
∣MF∣= 6 - ∣NF∣= 6 -
从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= （6 - ）+ （6 - ）=12 - ( +)
由 得 则，是这个方程的两根，所以+=*∣MN∣=12 - （+）=12 -
因为当
当且仅当时，等号成立。
（2）当时，直线L与轨迹C的两个交点 分别在上，不妨设点在上，点上，则④⑤知，
设直线AF与椭圆的另一交点为E
所以。而点A，E都在上，且
有（1）知
若直线的斜率不存在，则==3，此时
综上所述，线段MN长度的最大值为。
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，右准线的方程为：.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）在椭圆上任取三个不同点，使，证明：
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、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.
因焦点为，故半焦距.又右
准线的方程为，从而由已知
，
因此.
故所求椭圆方程为.
（Ⅱ）记椭圆的右顶点为A，并设，不失一般性，假设
，且.
又设在上的射影为，因椭圆的离心率，
从而有
.
解得. 因此
，
故为定值.
2. 已知椭圆两焦点分别为F1、F2，P是椭圆在第一象限弧上一点，并满足，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，，设
则，，
∴，∵点在曲线上，则，∴，从而，得.则点P的坐标为.
（Ⅱ）由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，设PB的斜率为，
则BP的直线方程为：.由得 ，设，则，
同理可得，则，.
所以：AB的斜率为定值.
（Ⅲ）设AB的直线方程：.
由，得，
由，得
P到AB的距离为，
则
。
当且仅当取等号
∴三角形PAB面积的最大值为。
19 解析几何与向量
1.设、分别是椭圆的左、右焦点.
（Ⅰ）若是该椭圆上的一个动点，求·的最大值和最小值;
（Ⅱ）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点、，且∠为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围.
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
所以，设，则
因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值
当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值
解法二：易知，所以，设，则
（以下同解法一）
（Ⅱ）显然直线不满足题设条件，可设直线，
联立，消去，整理得：
∴
由得：或
又
∴
又
∵，即 ∴
故由①、②得或
2．（07福建）
如图，已知点，
直线，为平面上的动点，过作直线
的垂线，垂足为点，且．
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）过点的直线交轨迹于两点，交直线于点，已知，，求的值；
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，
等价转化思想方法
解法一：（Ⅰ）设点，则，由得：
，化简得．
（Ⅱ）设直线的方程为：
．
设，，又，
联立方程组，消去得：
，，故
由，得：
，，整理得：
，，
．
解法二：（Ⅰ）由得：，
，
，
．
所以点的轨迹是抛物线，由题意，轨迹的方程为：．
（Ⅱ）由已知，，得．
则：．…………①
过点分别作准线的垂线，垂足分别为，，
则有：．…………②
由①②得：，即．
3．如图所示，已知圆为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足的轨迹为 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，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） ∴NP为AM的垂直平分线，∴|NA|=|NM|.
又
∴动点N的轨迹是以点C（－1，0），A（1，0）为焦点的椭圆.
且椭圆长轴长为焦距2c=2.
∴曲线E的方程为
（II）当直线GH斜率存在时，
设直线GH方程为
得
设
，
又当直线GH斜率不存在，方程为
4. 已知方向向量为v=(1,)的直线l过点（0，－2）和椭圆C：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，
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， ①
过原点垂直的直线方程为， ②
解①②得
∵椭圆中心（0，0）关于直线的对称点在椭圆C的右准线上，
∵直线过椭圆焦点，∴该焦点坐标为（2，0）.
故椭圆C的方程为 ③
解法二：直线.
设原点关于直线对称点为（p，q），则解得p=3.
∵椭圆中心（0，0）关于直线的对称点在椭圆C的右准线上，
∵直线过椭圆焦点，∴该焦点坐标为（2，0）.
故椭圆C的方程为 ③
（II）解法一：设M（），N（）.
当直线m不垂直轴时，直线代入③，整理得
点O到直线MN的距离
即
即
整理得
当直线m垂直x轴时，也满足.
故直线m的方程为
或或
经检验上述直线均满足.
所以所求直线方程为或或
解法二：设M（），N（）.
当直线m不垂直轴时，直线代入③，整理得
∵E（－2，0）是椭圆C的左焦点，
∴|MN|=|ME|+|NE|
=
以下与解法一相同.
解法三：设M（），N（）.
设直线，代入③，整理得
即
∴=，整理得
解得或
故直线m的方程为或或
经检验上述直线方程为
所以所求直线方程为或或
20 探索问题
1已知函数(a,c∈R,a＞0,b是自然数）是奇函数，f(x)有最大值，且f(1)＞
（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
∴–bx+c=–bx–c
∴c=0
∴f(x)=
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，
当且仅当
即时，f(x)有最大值
∴=1,∴a=b2 ①
又f(1)＞，∴＞,∴5b＞2a+2 ②把①代入②得2b2–5b+2＜0解得＜b＜2
又b∈N,∴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（2–x0,–y0)，∴,消去y0，得x02–2x0–1=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 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，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｜
∴,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,）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的方程为联立方程组
得
即C点坐标为() 此时d+｜BC｜的最小值为｜BF｜=
3. 在数列中，若是正整数，且，则称为“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”中，，数列满足，，分别判断当时，与的极限是否存在，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：
（答案不惟一）
（Ⅱ）解：因为绝对差数列，所以自第20项开始，该数列是。
即自第20项开始，每三个相邻的项周期地取值3，0，3，所以当时，an的极限不存在。
当
（Ⅲ）证明：根据定义，数列必在有限项后出现零项，证明如下：
假设中没有零项，由于，所以对于任意的n，都有，从而当
；
当
即的值要么比至少小1，那么比至少小1。
令则
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，从而必有零项。
若第一次出现的零项为第n项，记，则自第n项开始，每三个相邻的项周期地取值0，A，A即
所以绝对差数列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*<≤x1
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
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，x1
在第一次确定的含峰区间为(0, x2)的情况下，x3的取值应满足
x3＋x1＝x2， ⑤
由④与⑤可得,
当x1>x3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．
A
B
C
x
x
A
y
1
1
2
M
N
B
O
A
B
C
P
Q
O如图，在平面直角坐标系中，过轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于两点．一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线交于点．
（1）若，求的值；（5分）
（2）若为线段的中点，求证：为此抛物线的切线；（5分）
（3）试问（2）的逆命题是否成立？说明理由．（4分）
x
y
l
C
A O B
①
②
③
O
F
P3
P2
P1
A
Q1
O
F
P3
P2
P1
y
O
x
B
A
P
F1
F2
P
B
Q
M
F
O
A
x
y
O
y
x
1
l
F
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