2008年高考冲刺解答题突破

2008年高考冲刺解答题突破
1.已知奇函数在上有意义，且在（）上是减函数，又有函数，若集合，集合
（Ⅰ）求的解集；
（Ⅱ）求．
解：（Ⅰ）为奇函数且
又在（1，+）上是减函数 在（－，0）上也是减函数
故的解集为……………………………………4分
（Ⅱ）由（1）知
………………………………………………………6分
由<－1得
即………………………………8分
，等号成立时………………10分
故4－]的最大值是
从而，即…………………………12分
2. 对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点。如果函数有且仅有两个不动点、，且。
（1）试求函数的单调区间；
（2）已知各项不为零的数列满足，求证：；
（3）设，为数列的前项和，求证：。
（1）设
∴ ∴
由
又∵ ∴
∴ …… 3分
于是
由得或； 由得或
故函数的单调递增区间为和，
单调减区间为和 ……4分
（2）由已知可得， 当时，
两式相减得
∴或
当时，，若，则这与矛盾
∴ ∴ ……6分
于是，待证不等式即为。
为此，我们考虑证明不等式
令则，
再令， 由知
∴当时，单调递增 ∴ 于是
即 　　　 ①
令， 由知
∴当时，单调递增 ∴ 于是
即　　　　 ②
由①、②可知 ……10分
所以，，即 ……11分
（3）由（2）可知 则
在中令，并将各式相加得
即 ……14分
3. 已知正数数列成GP, (1)公比q>1若m+k=2n,比较amm+akk与2ann大小
(2)若mk=n2比较1°大小;2°若a1>q,比较大小.
4. 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.
（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.
5. 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，∴ ．
6. 设定义在R的函数满足：①对任意的实数x、y有
②当x>0时，f（x）>1、数列
（1）求的单调性；
（2）求数列的通项公式an
（3）令bn是最接近
解：（Ⅰ）令得
即
由①可知
时，
时，
时，
……………………………………………………4分
（Ⅱ）
由（Ⅰ）得
即的通项公式为……………………………………8分
（Ⅲ）令
7. 已知数列当x＝t时，函数取得极值
①求证：数列是等比数列；
②记时，数列中是否存在最大项。若存在，是第几项；若不存在，请说明理由。
解：时，函数取得极值，
，即数列是等比数列…………………………(4分)
②由①知：
………………………(6分)
假设是数列中的最大项，则
又 ………………………(12分)
8. 设、是函数图象上的两点，且，点P的横坐标为．
（1）求证：P点的纵坐标为定值，并求出这个定值；
（2）若，求；
（3）记Tn为数列的前n项和，若对一切都成立，试求a的取值范围．
解：（1），∴P是P1P2的中点
∴
＝
∴ （4分）
（2）由（1）知，，，
，
相加得
（n－1个1）
∴ （8分）
（3）
（10分）
，当且仅当n＝4时，取“＝”
∴，因此， （13分）
9. 已知数列的前项和为，对一切正整数，点都在函数的图象上，且过点的切线的斜率为．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，求数列的前项和为；
（Ⅲ）设，，等差数列的任一项，其中是中的最小数，，求的通项公式．
解：（Ⅰ）因为点都在函数的图象上
所以
当时， ………………………………………2分
当时，
（*） ……………3分
令，，也满足（*）式
所以，数列的通项公式是． …………………………………4分
（Ⅱ）由求导可得
∵ 过点的切线的斜率为
∴ …………………………………………………………5分
又∵
∴ ……………………………6分
∴ ① 由①可得
②
①-②可得
∴ …………………………………………………8分
（Ⅲ）∵，
∴ --------------------------- 10分
又∵，其中是中的最小数，
∴， --------------------------- 11分
∴ (的公差是4 的倍数!)
又∵
∴ 解得
∴ ………………………………………………………………………10分
设等差数列的公差为
则
∴
所以，的通项公式为． ……………………………12分
10. 已知点和互不相同的点，，，…，，…，满足，其中分别为等差数列和等比数列，为坐标原点，若是线段的中点.
（1）求的值；
（2）点，，，…，，…能否共线？证明你的结论；
（3）证明：对于给定的公差不零的，都能找到唯一的一个，使得，，，…，，…，都在一个指数函数的图象上.
解：（1）是线段的中点
又，且不共线，
由平面向量基本定理，知：
(2) 由
设的公差为，的公比为，则由于，，，…，，…互不相同，所以，不会同时成立；
若，则，
，，，…，，…都在直线上；
若，则为常数列，
，，，…，，…都在直线上；
若且，，，，…，，…共线
与共线（）
与矛盾，
∴当且时，，，，…，，…不共线。
（3）设都在指数函数的图像上，则
令，则，
于是，有唯一解，
由于，，从而满足条件“，，，…，，…互不相同”。
∴当对于给定的，都能找到唯一的一个，
使得，，，…，，…，都在指数函数的图象上.
11. 已知数列满足，是其前项和，且，二次函数的图象与轴有两个交点，且，试求的值。
解：（15分）∵数列满足，∴数列是等差数列，且公差，又∵，∴又，∴，从而，。
∴，由于，又，∴的图象的开口向上，与轴有两个交点，依题意有
，
由于，故。
12. 如图，在轴的正半轴上依次有点
其中点，在射线 上依次有点，点的坐标为，且
用含的式子表示；
用含的式子表示的坐标；
（3）四边形面积的最大值
[提示或答案]：（1）
(2)由（1）得
点的坐标，且
是以为首项，为公差的等差数列
，
连接，设四边形的面积为，则
，即单调递减
的最大值为
13. 已知关于的不等式的解集为。
（1）当时，求集合；
（2）若，求实数的取值范围
解：（1）时，不等式为，解之，得 （2）时， 时，不等式为， 解之，得
则 ， ∴满足条件综上，得
14. ．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，(p-1)·Sn=p2-an，n∈N*,P＞0且p≠1,数列{bn}满足bn=logpan.
(1)求an,bn;
(2)设数列的前n项和为Tn,求Tn.
解:当n=1时，（p-1）·a1=p2-a1,?
∴a1=p.?
当n≥2时，（p-1）·an=-（an-an-1）,
∴.
(1)∴an=p2-n;bn=logpan=2-n.?
(2)=,两项相消得Tn=.
2．(1)解：∵Tn=a1a2a3…an=2n(1-n),∴a1=T1=1.
(2)证明：当n＞1时，an===22-2n=()n-1.
又n=1时也适合，∴an=()n-1(n∈N*).
∴数列{an}为等比数列.
(3)解：∵数列{an}为等比数列，
∴Sn==-()n.
设()n=b,假设存在满足条件的a值，则有(-b-a)2=［-()2b-a］(-b-a).解之，得a=.
故存在a=满足条件.
注：利用前三项或等比数列的性质先确定a值，再进行验证亦可.
15. 对于函数，若存在成立，则称的不动点。如果函数有且只有两个不动点0，2，且
（1）求函数的解析式；
（2）已知各项不为零的数列，求数列通项；
（3）如果数列满足，求证：当时，恒有成立.
解析：依题意有,化简为 由违达定理,
得：
解得 代入表达式，
由得 不止有两个不动点，
（2）由题设得 （*）
且 （**）
由（*）与（**）两式相减得：
解得（舍去）或，由，若这与矛盾，，即{是以-1为首项，-1为公差的等差数列，
；
（3）采用反证法，假设则由（1）知
,有，
而当这与假设矛盾，故假设不成立，。
关于本例的第(3)题,我们还可给出直接证法,事实上：
由得<0或
结论成立；
若，此时从而即数列{}在时单调递减，由，可知上成立.
16. 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，∴ ．
17. 已知，当坐标为（）时，（1）求过点P1，P2的直线方程；
（2）试用数学归纳法证明：对于点都在（1）中的直线上；
（3）试求使不等式对于所有成立的最大实数的值。.
（1）由已知得：
又
则P1P2直线的斜率为k=－2
∴直线方程为
（2）i当n=1时命题显然成立
ii假设n=k时，命题成立，即在
直线上
由
又
即
在直线上
故当命题成立
都在直线上
（3）
是公差为d=2的等差数列
由得
设
则
为单调递增函数
的最大值为
18. （本小题共16分）
当为正整数时，区间，表示函数在上函数值取整数值的个
数，当时，记．当，表示把“四舍五入”到个位的近似值，如当为正整数时，表示满足的正整数的个数．
（Ⅰ）求
（Ⅱ）求证：时，
（Ⅲ）当为正整数时，集合中所有元素之和为，记求证：
（Ⅰ）∵
∴当为增函数， 1分
∴ 2分
同理时，为增函数，
∴ 3分
∴ 4分
又∵表示满足的正整数的个数．
∴ 5分
∴
∴ 6分
（Ⅱ）当为正整数，且，时，为增函数，
8分
∴
9分
又∵表示满足的正整数的个数，
∴ 10分
∴
∴共个． 11分
∴
∴ 12分
（Ⅲ）由（2）知：
∴
13分
=
14分
∴
15分
16分
19. 设定义在R上的函数f(x)满足：①对任意的实数x,y∈R,有f(x+y)=f(x)·f(y)；②当x>0时,f(x)>1．数列{an}满足a1=f(0),且f()=(n∈N*).(1)求f(0),判断并证明函数f(x)的单调性；
(2)求数列{an}的通项an的表达式；
(3)令是最接近,
设Tn=… +．
解：(Ⅰ)令y=0,x=1得:f(1)=f(1)·f(0)f(1)(1-f(0))=0,
∵f(1)≠0, ∴f(0)=1
∵x>0时,f(x)>1，而由点①可知:1=f(0)=f(-x+x)=f(-x)·f(x)，∴f(x)=
∴x<0时,0设x10,∴f(x2-x1)>1
∴f(x2)=f[x1+(x2-x1)]=f(x1)·f(x2-x1)>f(x1)，∴f(x)在R上是单调递增函数.
(Ⅱ)因为数列{an}满足a1=f(0)=1,且f()=
由(Ⅰ)可得f()=f(an+1)，即=an+1，∴-an=1(n∈N*)，∴an=n(n∈N*)
(Ⅲ)令bn=k(k∈N*)是最接近的正整数,
则k-
由于k,n都是正整数，∴k2-k+1≤n≤k2+k
所以满足bn=k的正整数n有k2+k-(k2-k+1)+1=2k个;312<1000<322,322-32+1=993
T1000==
==64+
20. 已知函数对于任意（），都有式子成立（其中为常数）．
（Ⅰ）求函数的解析式；
（Ⅱ）利用函数构造一个数列，方法如下：
对于给定的定义域中的，令，，…，，…
在上述构造过程中，如果（=1，2，3，…）在定义域中，那么构造数列的过程继续下去；如果不在定义域中，那么构造数列的过程就停止.
（ⅰ）如果可以用上述方法构造出一个常数列，求的取值范围；
（ⅱ）是否存在一个实数，使得取定义域中的任一值作为，都可用上述方法构造出一个无穷数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（ⅲ）当时，若，求数列的通项公式．
（Ⅰ）令（），则，而，
故=，
∴ =（）． ………………………………3分
（Ⅱ）（ⅰ）根据题意，只需当时，方程有解， ………………4分
亦即方程 有不等于的解．
将代入方程左边，左边为1，与右边不相等．故方程不可能有解．
………………5分
由 △=，得 或，
即实数a的取值范围是． …………………………7分
（ⅱ）假设存在一个实数，使得取定义域中的任一值作为x1，都可以用上述方法构造出一个无穷数列，那么根据题意可知，=在R中无解，
……………8分
亦即当时，方程无实数解．
由于不是方程的解，
所以对于任意x∈R，方程无实数解，
因此解得．
∴ 即为所求的值． ……………………………………11分
（ⅲ）当时，，所以，．
两边取倒数，得，即．
所以数列{}是首项为，公差的等差数列．
故，所以，，
即数列的通项公式为． ……………………………………14分
21. 在各项均为正数的数列中，前n项和Sn满足。
（I）证明是等差数列，并求这个数列的通项公式及前n项和的公式；
（II）在XOY平面上，设点列Mn（xn，yn）满足，且点列Mn在直线C上，Mn中最高点为Mk，若称直线C与x轴、直线所围成的图形的面积为直线C在区间[a，b]上的面积，试求直线C在区间[x3，xk]上的面积；
（III）是否存在圆心在直线C上的圆，使得点列Mn中任何一个点都在该圆内部？若存在，求出符合题目条件的半径最小的圆；若不存在，请说明理由。
（1）由已知得 ①
故 ②
②－①得
结合，得
是等差数列 ……2分
又时，，解得或
……3分
又，故 ……4分
……5分
（II）
即得点
设，消去n，得
即直线C的方程为 ……7分
又是n的减函数
∴M1为Mn中的最高点，且M1（1，1）
又M3的坐标为（，）
∴C与x轴、直线围成的图形为直角梯形
从而直线C在[，1]上的面积为 ……10分
（III）由于直线C：上的点列Mn依次为
M1（1，1），M2（，），M3（，），……，Mn（），……
而
因此，点列Mn沿直线C无限接近于极限点M（，） ……12分
又
M1M的中点为（，）
∴满足条件的圆存在
事实上，圆心为（，），半径的圆，就能使得Mn中任何一个点都在该圆的内部，其中半径最小的圆为 ……14分
22. 已知定义在R上的单调函数，存在实数，使得对于任意实数总有恒成立.
（1）求x0的值.
（2）若，且对任意正整数n，有，记
，比较与Tn的
大小关系，并给出证明；
（3）若不等式对任意不小
于2的正整数n都成立，求x的取值范围.
（1）令，得 ①
令，得 ②
由①，②得 为单调函数，…………3分
（2）由（1）得，
………………4分
又
又，
………………5分
……………………6分
…………………………7分
，
………………9分
（3）令，
则……10分
∴当时，
即
解得或……………………14分
23. 设曲线在点x处的切线斜率为k(x),且k (－1)=0.对一切实数x,不等式x≤k (x)≤恒成立(≠0).
(1) 求(1)的值;
(2) 求函数k (x)的表达式;
(3) 求证:＞
（1）由，所以
（2），由，得
又恒成立，则由恒成立得
，同理由恒成立也可得
综上，，所以
（3）
要证原不等式式，即证
因为
所以
=
所以
本小问也可用数学归纳法求证。证明如下：
由
当时，左边=1，右边=，左边>右边，所以，不等式成立
假设当时，不等式成立，即
当时，左边=
由
所以
即当时，不等式也成立
综上得
24. 已知函数，是方程f(x)=0的两个根，是f(x)的导数；设，（n=1,2,……）
（1）求的值；
（2）证明：对任意的正整数n，都有>a；
（3）记（n=1,2,……），求数列{bn}的前n项和Sn．
思路启迪：（1）注意应用根与系数关系求的值；（2）注意先求；（3）注意利用的关系．
解：（1）∵，是方程f(x)=0的两个根，
∴．
（2），
=，∵，∴由基本不等式可知（当且仅当时取等号），∴同，样，……，（n=1,2,……）．
（3），而，即，
，同理，，又
．
25. （本小题满分14分）
已知函数（为自然对数的底数）．
（1）求函数的最小值；
（2）若，证明：．
（本小题满分14分）
（本小题主要考查函数的导数、最值、等比数列等基础知识，考查分析问题和解决问题的能力、以及创新意识）
（1）解：∵，令，得．
∴当时，，当时，．
∴函数在区间上单调递减，在区间上单调递增．
∴当时，有最小值1．
（2）证明：由（1）知，对任意实数均有，即．
令（），则，
∴．
即．
∵
∴．
∵，
∴ ．
26. 已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）k是偶数时，正项数列的通项公式；
（3）k是奇数，时，求证：
解：（I）由已知得，
而， …………1分
当是奇数时，则上是增函数； …………2分
当k是偶数时，则
所以当；
当
故当k是偶数时，上是增函数.…………4分
（II）由已知得，
所以是以2为首项，公比为2的等比数列，故…………8分
（III）由已知得，
所以左边
…………10分
由倒序相加法得：
…………12分
， …………13分
所以
所以 …………14分
27. 设f1(x)=，定义fn+1 (x)= f1［fn(x)］，an =（n∈N*）.
(1) 求数列｛an｝的通项公式；
(2) 若，Qn=（n∈N*），试比较9T2n与
Qn的大小，并说明理由.
解：（1）∵f1(0)=2，a1==，fn+1(0)= f1［fn(0)］=,
∴an+1==== -= -an.
∴数列｛an｝是首项为,公比为-的等比数列，∴an=()n1.
（2）∵T2 n = a1+2a 2+3a 3+…+(2n-1)a 2 n1+2na 2 n，
∴T2 n= (-a1)+(-)2a 2+(-)3a 3+…+(-)(2n-1)a2 n－1+2na2 n
= a 2+2a 3+…+(2n－1)a2 n－na2 n.
两式相减，得T2 n= a1+a2+a 3+…+a2 n+na2 n.
∴T2n =+n×(-)2n1=-(-)2n+(-)2n1.
T2n =-(-)2n+(-)2n1=(1-).
∴9T2n=1-.
又Qn=1-，
当n=1时，22 n= 4,(2n+1)2=9,∴9T2 n＜Q n；
当n=2时，22 n=16,(2n+1)2=25,∴9T2 n＜Qn；
当n≥3时，，
∴9T2 n＞Q n.
28. 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.
（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.
……………………10分
………………………………14分