上海高考数学函数压轴题解析详解.doc

∴当n a时,有：(n + 1 )n–( n + 1 + a)n
nn–( n + a)n.
2分
又∴f `n + 1(x ) = ( n + 1 ) [x
n–( x+ a )n] ,
∴f `n + 1( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )n–( n + 1 + a )n] < ( n + 1 )[ nn–( n + a)n] =
②
②－①，得
(1
p)an
1
pan 1
pan，
即an
1
pan．
（3
分）
在①中令n
1，可得a1
p．
∴an是首a1
p，公比p的等比数列，an
pn．
（4
分）
(2)
由(1)可得Sn
p(1
pn)
p( pn
1)．
1
p
p
1
1 C1na1
Cn2a2
L Cnnan．
2nS
n
(1)
求an；
(2)
试比较f (n
1)与p 1
f (n)的大小（n
N*）；
2 p
p
1
p 1
2n
1
(3)
求 ：(2 n
1) f ( n)剟f (1)
f (2)
L
f (2 n
1)
1
，（n N*）．
p
1
2 p
解：(1)
∵(1
p) Sn
p
pan，
①
∴(1 p)Sn 1
p pan 1．
.⋯⋯⋯⋯10分
3
3
（3）用 数求最 ，可 得
f ( xn)
f ( yn)
f (
1) f (1)
4.⋯⋯15分
3
5．（本小 分
13分）
M是C :x2
y2
1上的一点，P、Q、T分M关于y、原点、x的
12
4
称点，NC上异于M的另一点，且
MN⊥MQ，QN与PT的交点E，当M沿
C运 ，求 点
E的 迹方程．
解： 点的坐M ( x1, y1), N ( x2, y2)( x1y1
b
a
b.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
14分
a
b
b
8．(本小 分
12分)
如 ，直角坐 系xOy中，一直角三角形ABC，C
90o，
y
A
B、C在x上且关于原点
O称，D在BC上，BD 3DC，
! ABC的周
12．若一双曲E以B、C焦点， 且A、
x
B
OD
C
D两点．
(1)求双曲E的方程；
(2)若一 点P(m,0)（m非零常数） 的直l与双曲E
1）知f ( x)
ln
x在[1,
)上是增函数，
ax
a
b
1
8分
即ln
a
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
b
b
10分
12分
另一方面， 函数G (x) x
ln x( x
1)
∴G(x)在(1,
)上是增函数且在
x
x0，又G (1)
1 0
∴当x
1，
G (x) G (1)
0
∴x
ln x
即a
b
lna
b
b
b
上所述，
1
b
lna
已知点P ( t , y )在函数f ( x ) =
x
–1)的图象上， 且有t2–c2at + 4c2= 0 ( c 0 ).
(x
x
1
(1)求证：| ac | 4;
(2)求证：在(–1，+∞）上f ( x )单调递增.
(3)(仅理科做)求证：f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1.
30.
若u [–1，0]，v [0，1]，则：
|g (u)–g(v)|=|(1–u)–(1 + v)| = |–u–v| = |v + u |≤| v–u| = | u–v|，满足题设
条件;
40若u [0，1]，v [–1，0],同理可证满足题设条件.
综合上述得g(x)满足条件.
3. (本小题满分14分)
∴直PA、PB的斜率均存在且不
0，且PA
PB ,
PA的直 方程是
y
kx
m(k, m
R,k
0)
y
kx
m
4kx
4m 0
由
x2
得：x2
4y
16k2
16m
0即m
k2
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
3分
即直PA的方程是：y
kx
k2
同理可得直
PB的方程是：y
1x
1
k
k2
y
kx
k2
x
k
1
RLeabharlann Baidu
由
y
1
x
1得：
k
k
k2
y
1
故点P的 迹方程是y
1 x
ln x在[1,
)上是增函数.
ax
（1）
求正 数a的取 范 ；
（2）
b
0, a
1
，求 ：
1
lna
b
a b.
ax 1
a
b
b
b
解：（1）f'( x)
0x
[1,
)恒成立，
1
ax2
a
x [1,
)恒成立
x
又1
1
a 1所求.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
4分
x
a b，a 1, b 0,
a b1，
（2）取x
b
1
x
b
一方面，由（
（2） 在函数f (x)的 象上求两点，使 两点 切点的切 互相垂直，且切点的横
坐 都在区
2, 2
上；
（3） 若xn
2n
1
2(1 3n)
N+)，求 ：
4
2n
, yn
3n
(n
f (xn) f ( yn).
3
解：（1）f ( x)
1x3
x.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
5分
3
（2）0,0
, 2,
2
或0,0
,
2,
2
证：(1)
∵t R, t
–1,
∴ ⊿= (–c2a)2–16c2= c4a2–16c2
0
，
∵c 0,∴c2a2
16 ,∴| ac |
4.
(2)
由f ( x ) = 1
–
1
x
,
1
法1.设–1 < x1< x2,则f (x2)–f ( x1) = 1–
1
–1 +
1
x
1
x2
.
1
x1
1
=
1)( x11)
x2
( x2
∵ –1 < x1< x2,∴x1–x2< 0, x1+ 1 > 0,
x2+ 1 > 0 ,
∴f (x2)–f ( x1) < 0 ,
即f (x2) < f ( x1) ,
∴x
0时，f ( x )单调递增.
1
法2.由f ` ( x ) =
( x
1)2> 0
得x–1,
∴x >–1时，f ( x )单调递增.
n`(n)
解: (1)
fn`( x ) = nx
n–1–n ( x + a)n–1= n [xn–1–( x + a)n–1] ,
∵a > 0 , x > 0,
∴fn`( x ) < 0 ,∴fn( x )在（0，+∞）单调递减.
4分
（2）由上知：当
x > a>0时, fn( x ) = xn–( x + a)n是关于x的减函数,
y
直
l
的方程x
m
ky，
M ( x1, y1), N (x2, y2)．
B
GC
O
Px
N
M
uuur
uuur
由MP
PN，得y1y20．
即
y1
①
（6分）
y2
uuur
∵BC (4,0)，
uuuur
uuur
t
x2
t , y1
y2)，
GM
GN ( x1
uuur
uuuur
uuur
∴BC
(GM
GN )
x1t
( x2
t )．
即f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1. 4．（本小题满分15分）
设定义在R上的函数f ( x)a0x4a1x3a2x2a3xa4（其中ai∈R，i=0,1,2,3,4），
当
x=－1，f (x)取得极大2，并且函数y=f (x+1)的 象关于点（－1，0） 称．
3
（1） 求f (x)的表达式；
2
PA PB 0,
PA
PB,
x1x2
4⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
3分
直PA的方程是：y
x12
x1(x
x1)即y
x1x
x12
①
4
2
2
4
同理，直PB的方程是：y
x2x x22
②
2
4
x1
x2
x
由①②得：
2
( x1, x2
R)
y
x1x2
1,
4
∴点P的 迹方程是y
1( x
R).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
6分
（2）由（1）得：FA
1( x
R).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
6分
（2）由（1）得：
A(2k, k
2
), B(
2
1
1, 1)
k,
k2), P(kk
FA
FB
4
(k2
1)(1
1)
2
(k2
1)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
k2
k2
故存在
=1使得FA FB
(FP )2
0
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
7．（本小 分
14分）
函数f (x)
（3）（仅理科做）∵f ( x )在x >
–1时单调递增，
| c |
4
> 0 ,
| a |
4
∴f (| c | ) f (
4
) =
| a|
4
| a |
4
=
4
| a |
1
| a|
f ( | a | ) + f ( | c | ) =
| a |+
4
>
| a |
+
4
=1.
| a | 1
| a| 4
| a | 4 | a | 4
1 (a0,b0)，
a)，即c2a．
y
A
BODCx
| AB |2
| AC |216a2,
∴| AB |
| AC |
12
4a,
（3
分）
| AB |
| AC |
2a.
解之得a
1，∴c
2, b
3．
2
∴双曲E的方程x2
y
1．
（5
分）
3
uuur
uuuur
uuur
(2)在x上存在定点G(t,0)，使BC
(GM
GN )．
x, x
，是否满足题设条件？
1
[0,1]
解：(1)
若u ,v [–1，1]，|p(u)–p (v)| = | u
2–v2|=| (u + v )(u
–v) |，
取u =3
[–1，1]，v =
1
[–1，1],
4
2
则
|p (u)–p (v)| = | (u + v )(u
5
| u–v | > | u–v |
( x1,x12
1), FB
( x2,x22
1), P(x1
x2,
1)
4
4
2
FA
FB
x1x2
(x12
1)(x22
1)
2
x12
x22
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
10分
4
4
4
所以FA FB
( FP)2
0
故存在
=1使得FA FB
(FP )2
0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
12分
解法（二）：（1）∵直PA、PB与抛物 相切，且PA PB0,
3k
2
1
2
1
3k
化简得
kmt
k．
当t1时，上式恒成立．m
因此，在x轴上存在定点
G(1
uuur
uuuur
uuur
（12
,0)，使BC
(GM
GN )．
m
分）
9．(本小题满分14分)
已知数列
an各项均不为0，其前n项和为
Sn，且对任意n
N*都有(1 p) Snp pan
（p为大于1
的常数），记f (n)
1 C1na1Cn2a2
即ky1
m t
(ky2
m
t)．
②
（8
分）
把①代入②，得
2ky1y2
( m
t)( y1
y2)
0
③
（9
分）
把x m
2
y2
1并整理得
ky代入x
3
其中3k2
1 0且
0，即k2
1且3k2
m2
1．
3
y1
y2
6km
3(m2
1)
．
（10
3k
2, y1y2
2
1
1
3k
分）
代入③，得
6k (m2
1)
6km( m t)
0，
0), E( x, y),
P( x1, y1), Q ( x1, y1), T( x1,
y1),⋯⋯1分
x12
y12
1,L L L L (1)
12
4
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
x2
y2
2
2
1.L L L L (2)
12
4
由（1）－（2）可得kMN? kQN
1
.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
，
–v) | =
4
所以p( x)不满足题设条件.
（2）分三种情况讨论：
10.
若u ,v
[–1，0]，则|g(u)
–g (v)| = |(1+u)
–(1 + v)|=|u
–v |，满足题设条件；
20.
若u ,v
[0，1]， 则|g(u)
–g(v)| = |(1
–u)
–(1
–v)|= |v
–u|，满足题设条件；
( n
+ 1 )[ nn–( n + a )( n + a)n–1]
2分
( n + 1 )fn`(n) = ( n + 1 )n[n
n–1–( n + a)n–1] = ( n + 1 )[nn–n( n + a)n–1],
2分
∵( n + a ) > n ,
∴f `n + 1( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) .
2分
2.(本小题满分12分)
已知：
y = f (x)
定义域为［–1，1］，且满足：
f (–1) = f (1) = 0
，对任意
u ,v [–1，1］，
都有|f (u)
–f (v) |
≤
| u
–v | .
(1)判断函数
p ( x ) = x
2–1
是否满足题设条件？
(2)
1
x, x
[ 1,0]
判断函数g(x)=
抛物x24 y上不同两点A、B分 作抛物 的切 相交于P点，PA PB0.
（1）求点P的 迹方程；
（2）已知点F（0，1），是否存在 数使得FA FB( FP)20？若存在， 求出
的 ，若不存在， 明理由.
解法（一）：（1）A( x1,x12
), B( x2
,x22
), (x1
x2)
4
4
由x2
4 y,得：y'x
上海高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解
1.(本小题满分12分)
已知常数a > 0, n
为正整数，fn( x ) = xn–( x + a)n( x > 0 )是关于x的函数.
(1)
判定函数fn( x )的单调性，并证明你的结论.
(2)
对任意n a ,证明f `n + 1
( n + 1 ) < ( n + 1 )f
6分
3
又MN⊥MQ，kMN
kMQ
1,kMN
x1,所以kQN
y1.
y1
3x1
直QN的方程y
y1
( x
x1)
y1，又直PT的方程y
x1x.⋯⋯10
3x1
y1
分
从而得
1
1
x
2
x1, y
2y1.所以x12x, y12 y.
代入（1）可得
x2
y
2
1(xy 0),此即 所求的 迹方程
.⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
3
6．（本小 分12分）
uuur
uuur
相交于不同于双曲 点的两点
M、N，且MP
PN， 在x上是否存在定
uuur
uuuur
uuur
G的坐 ；若不存在，
点G，使BC
(GM
GN)？若存在，求出所有 定点
明理由．
2
2
解：(1)
双曲
E
的方程x
y
a2
b2
B( c,0), D (a,0), C (c,0)．
由BD 3DC，得c a 3(c