1988-2000高考压轴题经典题目汇总

给定实数a,a≠0,且a≠1设函数证明：(1)经过这个函数图象上任意两个不同的点的直线不平行于x轴;(2)这个函数的图象关于直线y=x成轴对称图形.本题主要考查考生在正确理解数学概念(函数的图象的概念,轴对称图形的概念等)的基础上进行推理的能力,以及灵活运用学过的代数和解析几何的知识(互为反函数的图象之间的关系,两条直线平行的条件等)解决问题的能力.证法一:(1)设M1(x1,y1),M2(x2,y2)是这个函数图象上任意两个不同的点,∵a≠1,且x1≠x2,∴y2-y1≠0.因此,M1M2不平行于x轴.即,由此得a=1,与已知矛盾,于是由②式得证法二:(1)设M1(x1,y1),M2(x2,y2)是这个函数的图象上任意两个不同的点,则x1≠x2.假如直线M1M2平行于x轴,那么y1=y2,即亦即(x1-1)(ax2-1)=(x2-1)(ax1-1),整理得a(x1-x2)=x1-x2,因为x1≠x2,所以a=1,这与已知矛盾.因此M1M2不平行于x轴.(2)先求所给函数的反函数:由得y(ax-1)=x-1,即(ay-1)x=y-1.即ax-a=ax-1,由此得a=1,与已知矛盾,所以ay-1≠0.因此得到由于函数y=f(x)的图象和它的反函数y=f-1(x)的图象关于直线y=x对证法三:(1)任取一条与x轴平行的直线L,则l的方程为y=c(c为常数).考虑L与所给函数的图象是否相交以及交点数目的情况.将②代入①得c(ax-1)=x-1,即(ca-1)x=c-1. ③从而直线L与所给函数的图象无交点.这说明原方程组恰有一个解,从而直线L与所给函数的图象恰有一个交点.综上述,平行于x轴的直线与所给函数的图象或者不相交,或者恰有一个交点.因此,经过这个函数图象上任意两个不同的点的直线不平行于x轴.(2)同证法一或证法二.设f(x)是定义在区间(-∞,+∞)上以2为周期的函数,对k∈Z,用I k表示区间(2k-1,2k+1],已知当x∈I0时f(x)=x2.(Ⅰ)求f(x)在I k上的解析表达式;(Ⅱ)对自然数k,求集合M k={a│使方程f(x)=ax在I k上有两个不相等的实根}.本题主要考查:周期函数的概念,解不等式的能力.(Ⅰ)解:∵f(x)是以2为周期的函数,∴当k∈Z时,2k是f(x)的周期.又∵当x∈I k时,(x-2k)∈I0,∴f(x)=f(x-2k)=(x-2k)2.即对k∈Z,当x∈I k时,f(x)=(x-2k)2.(Ⅱ)解:当k∈N且x∈I k时,利用(Ⅰ)的结论可得方程(x-2k)2=ax, 整理得 x2-(4k+a)x+4k2=0.它的判别式是△=(4k+a)2-16k2=a(a+8k).上述方程在区间I k上恰有两个不相等的实根的充要条件是a满足化简得由①知a>0,或a<-8k.当a>0时:当a<-8k时:故所求集合是否存在常数a,b,c使得等式对一切自然数n都成立？并证明你的结论. 解法一:假设存在a,b,c使题设的等式成立,这时,令n=3 得70=9a+3b+c,经整理得解得a=3,b=11,c=10.于是,对n=1,2,3下面等式成立:记S n=1·22+2·32+…+n(n+1)2.设n=k时上式成立,即那么S k+1=S k+(k+1)(k+2)2也就是说,等式对n=k+1也成立.综上所述,当a=3,b=11,c=10时,题设的等式对一切自然数n成立. 解法二:因为n(n+1)2=n3+2n2+n,所以S n=1·22+2·32+…+n(n+1)2=(13+2·12+1)+(23+2·22+2)+…+(n3+2n2+n)=(13+23+…+n3)+2(12+22+…+n2)+(1+2+…+n).由于下列等式对一切自然数n成立:由此可知综上所述,当a=3,b=11,c=10时,题设的等式对一切自然数n成立.设等差数列{a n}的前n项和为S n.已知a3=12,S12>0,S13<0. (Ⅰ)求公差d的取值范围.(Ⅱ)指出S1,S2,…,S12中哪一个值最大,并说明理由.本小题考查数列、不等式及综合运用有关知识解决问题的能力. (Ⅰ)解:依题意,有由a3=12,得a1=12-2d. ③将③式分别代①、②入,得(Ⅱ)解法一:由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13.因此,若1≤n≤12在中存在自然数n,使得a n>0,a n+1<0,则S n就是S1,S2,…,S12中的最大值.由于S12=6(a6+a7)>0,S13=13a7<0,即a6+a7>0,a7<0.由此得 a6>-a7>0.因为a6>0,a7<0,故在S1,S2,…,S12中S6的值最大.(Ⅱ)解法二:∵d<0,∴S6最大.(Ⅱ)解法三:由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13.因此,若在1≤n≤12中存在自然数n,使得a n>0,a n+1<0,则S n就是S1,S2,…,S12中的最大值.故在S1,S2,…,S12中S6的值最大.已知关于x的实系数二次方程x2+ax+b=0有两个实数根α,β.证明:(Ⅰ)如果│α│<2,│β│<2,那么2│α│<4+b且│b│<4;(Ⅱ)如果2│α│<4+b且│b│<4,那么│α│<2,│β│<2.本小题考查一元二次方程根与系数的关系,绝对值不等式的性质和证明;逻辑推理能力和分析问题、解决问题的能力.证法一:依题设,二次方程有两个实根α,β,所以判别式△=a2-4b≥0.平方得a2-4b<16-8a+a2,a2-4b<16+8a+a2,由此得-4(4+b)<8a<4(4+b),∴2│a│<4+b.(Ⅱ)∵2│a│<4+b,│b│<4,4±a>0;且△=a2-4b<a2-4(2│a│-4)=a2±8a+16=(4±a)2,又△≥0,∴-2<α≤β<2,得│α│<2,│β│<2.证法二:(Ⅰ)根据韦达定理│b│=│αβ│<4.因为二次函数f(x)=x2+ax+b开口向上,│α│<2,│β│<2.故必有f(±2)>0,即4+2a+b>0,2a>-(4+b);4-2a+b>0,2a<4+b.∴2│a│<4+b.(Ⅱ)由2│a│<4+b得4+2a+b>0即22+2a+b>0,f(2)>0. ①及4-2a+b>0即(-2)2+(-2)a+b>0,f(-2)>0. ②由此可知f(x)=0的每个实根或者在区间(-2,2)之内或者在(-2,2)之外.若两根α,β均落在(-2,2)之外,则与│b│=│αβ│<4矛盾.若α(或β)落在(-2,2)外,则由于│b│=│αβ│<4,另一个根β(或α)必须落在(-2,2)内,则与①、②式矛盾.综上所述α,β均落在(-2,2)内.∴│α│<2,│β│<2.设{a n}是正数组成的数列,其前n项和为S n,并且对于所有的自然数n,a n与2的等差中项等于S n与2的等比中项.(1)写出数列{a n}的前3项;(2)求数列{a n}的通项公式(写出推证过程);本小题考查等差数列、等比数列、数列极限等基础知识考查逻辑推理能力和分析问题与解决问题的能力.解得a1=2.(a2-2)2=16.由a2>0,解得 a2=6.(a3-2)2=64.由a3>0,解得 a3=10.故该数列的前3项为2,6,10.(2)解法一:由(1)猜想数列{a n}有通项公式a n=4n-2.下面用数学归纳法证明数列{a n}的通项公式是a n=4n-2 (n∈N).①当n=1时,因为4×1-2=2,又在(1)中已求出a1=2,所以上述结论成立.②假设n=k时结论成立,即有a k=4k-2.由题意,有S k=2k2.由题意,有由a k+1>0,解得a k+1=2+4k.所以a k+1=2+4k=4(k+1)-2.这就是说,当n=k+1时,上述结论成立.根据①、②,上述结论对所有的自然数n成立.由题意知 a n+1+a n≠0,∴a n+1-a n=4.即数列{a n}为等差数列,其中a1=2,公差d=4.∴a n=a1+(n-1)d=2+4(n-1),即通项公式为a n=4n-2.(3)解:令c n=b n-1,则设{a n}是由正数组成的等比数列,S n是其前n项和.(2)是否存在常数c>0,使得成立?并证明你的结论.本小题主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识,考查推理能力以及分析问题和解决问题的能力.(1)证明:设{a n}的公比为q,由题设a1>0,q>0.(i)当q=1时,S n=na1,从而由(i)和(ii)得S n·S n+2<S2n+1.根据对数函数的单调性,知(2)解:不存在.证明一:要使成立,则有分两种情况讨论:(i)当q=1时,(S n-c)(S n+2-c)-(S n+1-c)2=(na1-c)[(n+2)a1-c]-[(n+1)a1-c]2=-a12<0.可知,不满足条件①,即不存在常数c>0,使结论成立.(ii)当q≠1时,若条件①成立,因为(S n-c)(S n+2-c)-(S n+1-c)2=-a1q n[a1-c(1-q)],此时,因为c>0,a1>0,所以0<q<1.综合(i)、(ii),同时满足条件①、②的常数c>0不存在,即不存在常数c>0,使证法二:用反证法,假设存在常数c>0,使则有由④得S n S n+2-S2n+1=c(S n+S n+2-2S n+1).⑤根据平均值不等式及①、②、③、④知S n+S n+2-2S n+1=(S n-c)+(S n+2-c)-2(S n+1-c)因为c>0,故⑤式右端非负,而由(1)知,⑤式左端小于零,矛盾.故不存在常数c>0,使。