高考压轴题精选黄冈中学高考数学压轴100题.doc

高考压轴题精选+黄冈中学高考数学压轴100题

目录

1.二次函数 2
2 复合函数 4
3.创新型函数 6
4.抽象函数 12
5.导函数——不等式 13
6.函数在实际中的应用 20
7. 函数与数列综合 22
8.数列的概念与性质 33
9. Sn与an的关系 38
10.创新型数列 41
11.数列—不等式 43
12．数列与解析几何 47
13．椭圆 49
14.双曲线 52
15.抛物线 56
16 解析几何中的参数范围问题 58
17 解析几何中的最值问题 64
18 解析几何中的定值问题 67
19 解析几何与向量 70
20 探索问题 77
（1）， 110
（2） 110

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x>0,不妨设x³1.
当x=1时,=1,则; 当x>1时,设x= n+,nÎN*,0£<1.
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n³2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<f(x)<1。
（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。
A
B
C
x
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<m1<m2<160,则

,
因为0<m1<m2<160,所以4>4×240×240
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<m1<m2<400,则
因为1600<m1<m2<400,所以4<4×240×240, 9 m1m2>9×160×160
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<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.
(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<x<1时,,所以f(x)在(0,1)上是增函数.
又f(x)在上连续,所以f(0)<f()<f(1),即0<.
故当n=k+1时,结论也成立. 即对于一切正整数都成立.
又由, 得,从而.
综上可知
(Ⅱ)构造函数g(x)=-f(x)= , 0<x<1,
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 ƒ () – 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