2013年高考模拟试题压轴大题选编(五 (1)

1.（东城区2009-2010学年度第一学期期末教学目标检测）设数列an的前n项和为Sn．已知a1a(a3)，an1Sn3n，nN．

*（Ⅰ）设bnSn3n，求数列bn的通项公式； （Ⅱ）若cn3log2不等式(1bn1(nN*)，证明对任意的nN* ， a3111)(1+)(1+)33n1恒成立． c1c2cn2.（海淀区高三年级第一学期期末练习）

给定项数为m(mN*,m3)的数列{an}，其中ai{0,1}(i1,2,,m).

若存在一个正整数k(2km1)，若数列{an}中存在连续的k项和该数列中另一个连续的k项恰好按次序对应相等，则称数列{an}是“k阶可重复数列”， 例如数列{an} 0,1,1,0,1 ,1因为a1,a2,a3,a4与a4,a5,a6,a7按次序对应相等，所以数列{an}是“4阶可重复数列”. （Ⅰ）分别判断下列数列

①{bn}:0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0. ②{cn}:1, 1, 1, 1, 1, 0 , 是否是“5阶可重复数列”？如果是，请写出重复的这5项；

（Ⅱ）若数为m的数列{an}一定是 “3阶可重复数列”，则m的最小值是多少？说明理由；

（III）假设数列{an}不是“5阶可重复数列”，若在其最后一项am后再添加一项0或1，

均可使新数列是“5阶可重复数列”，且a41，求数列{an}的最后一项am的值.

3.（石景山区2009—2010学年第一学期期末考试试卷）已知函数

f(x)12ax2x，g(x)lnx. 2（Ⅰ）如果函数yf(x)在[1,)上是单调增函数，求a的取值范围； （Ⅱ）是否存在实数a0，使得方程

1g(x)f(x)(2a1)在区间(,e)内有且只

ex有两个不相等的实数根？若存在，请求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．

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4.（北京市宣武区2009-2010学年度第一学期期末质量检测）已知函数

f(x)555x，m为正整

数．

（Ⅰ）求f(1)f(0)和f(x)f(1x)的值； （Ⅱ）若数列{an}的通项公式为anf(和Sm；

（Ⅲ）设数列{bn}满足：b1n)（n1,2,,m），求数列{an}的前m项m12，bn1bnbn，设2Tn111，若（Ⅱ）中的Sm满足对任意不小于3的正b11b21bn1整数n，4Sm777Tn5恒成立，试求m的最大值.

5.（北京市西城区2010年高三年级抽样测试）已知曲线C:xy1，过C上一点A1(x1,y1)作斜

率k1的直线，交曲线C于另一点A2(x2,y2)，再过A2(x2,y2)作斜率为k2的直线，交曲线C于另一点A3(x3,y3)，…，过An(xn,yn)作斜率为kn的直线，交曲线C于另一点An1(xn1,yn1)…，其中x11，knxn1(xN*) 2xn4xn （1）求xn1与xn的关系式；（2）判断xn与2的大小关系，并证明你的结论； （3）求证：|x12||x22|...|xn2|2.

6.（崇文区2009－2010学年度第一学期期末统一练习）已知

f(x)为二次函数，不等式f(x)20的解集为(1,1)，且对任意，R恒有f(sin)0，f(2cos)0.数列3{an}满足a11，3an11（Ⅰ）求函数f(x)的解析式； （Ⅱ）设bn1f(an)(nΝ)

1，求数列{bn}的通项公式； an（Ⅲ）若（Ⅱ）中数列{bn}的前n项和为Sn，求数列{Sncos(bn)}的前n项和Tn.

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17.(哈三中2009-2010学年度上学期高三学年期末考试)已知函数fnx1nN.

n (Ⅰ) 比较fn0与

x1的大小； nfnnf11f22f33(Ⅱ) 求证：3.

234n18.(湖南师大附中2010届高三第五次月考) 已知数列{an}的前n项和Sn3 nN．(an1)，

2（1）求{an}的通项公式；

（2）设nN+，集合An{y|yai,in,iN}，B{y|y4m1,mN}．现在集合An中随机取一个元素y，记yB的概率为p(n)，求p(n)的表达式．

9.(福建省普通高中毕业班质量检查)已知函数fxaxlnx,aR

（Ⅰ）求函数fx的极值；

（Ⅱ）对于曲线上的不同两点P1x1,y1，P2x2,y2，如果存在曲线上的点Qx0,y0，且x1x0x2，使得曲线在点Q处的切线∥P1P2，则称为弦P1P2的伴随切线。特别地，当x0x11x201时，又称为P1P2的λ－伴随切线。

（ⅰ）求证：曲线yf(x)的任意一条弦均有伴随切线，并且伴随切线是唯一的；

1伴随切线？若存在，给出一条这2样的曲线 ，并证明你的结论； 若不存在 ，说明理由。 （ⅱ）是否存在曲线C，使得曲线C的任意一条弦均有

10.(广东省广州市2010届高三上学期期末调研)设Sn为数列

a的前n项和，对任意的nN

n*，

都有Snm1man(m 为常数，且m0)． （1）求证：数列an是等比数列；

（2）设数列an的公比qfm，数列bn满足b12a1,bnfbn1 (n2，

nN*)，求数列bn的通项公式；

2（3）在满足（2）的条件下，求证：数列bn的前n项和Tn． 1811湖北省荆州中学2010届高三九月月考数学卷（理科）

如果fx0是函数fx的一个极值，称点x0,fx0是函数fx的一个极值点.已知函数

fxaxbex0且a0

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ax（1）若函数fx总存在有两个极值点A,B，求a,b所满足的关系；

（2）若函数fx有两个极值点A,B，且存在aR，求A,B在不等式x1表示的区域内时实数b的范围.

x1AA（3）若函数fx恰有一个极值点，且存在aR，使在不等式表示的区域

ye内，证明：0b1.

12.(江苏省苏州中学

2010

届高三上学期期中考试)已知函数

21f(x)xlnx,g(x)x3ax23bxc(a,b,cR).

32(1)若函数h(x)f(x)g(x)是其定义域上的增函数，求实数a的取值范围；

(2)若g(x)是奇函数，且g(x)的极大值是g((3)证明：当x0时，f(x)3 )，求函数g(x)在区间[1,m]上的最大值；

3121. xeex11(an)，{bn}中2an13.(西南师大附中高2010级第五次月考)数列{an}中a1 = 2，an1bnlog9an11，nN*． an1（1）.求证：数列{bn}为等比数列，并求出其通项公式； （2.）当n3(nN*)时，证明：

14(1)b124(1)2b234(1)3b3n4(1)nbn37． 1414.(昌平区2009－2010学年第一学期高三年级期末质量抽测)对于给定数列{cn}，如果存在实常数

p,q,使得cn1pcnq 对于任意nN*都成立，我们称数列{cn}是 “M类数列”．

（I）若an2n，bn32n，nN，数列{an}、{bn}是否为“M类数列”？ 若是，指出它对应的实常数p,q，若不是，请说明理由；

（II）若数列{an}满足a12，anan13t2(nN)，t为常数． （1） 求数列{an}前2009项的和；

（2） 是否存在实数t，使得数列{an}是“M类数列”，如果存在，求出t；如果不存在，

说明理由.

15.(武昌区2010届高三年级元月调研测试)设函数

n**f(x)pxqp2lnx，且f(e)qe2xe（e为自然对数的底数）. 一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

（Ⅰ）求实数p与q的关系；

（Ⅱ）若函数f(x)在其定义域内为单调函数，求实数p的取值范围； （Ⅲ）设g(x)2e，若存在x01,e，使得f(x0)g(x0)成立，求实数p的取值范围. x其中n为正整数.（Ⅰ）判断函数f()、f()，1316.(湖北省武汉地区重点大学附中六校第一次联考)设函数

fn()sin(1)cos,0nnn4的单调性，并就f()的情形证明你的结论；

1（Ⅱ）证明：

2f6()f4()cos4sin4cos2sin2；

（Ⅲ）对于任意给定的正整数n，求函数f()的最大值和最小值.

n17（南充高中2010届高三月考）已知函数

02n11xf(x)=CnxCn2n12n1rn3n1 CnxCn(1)rx2n1rCnx，其中n(nN)．

（1）求函数f(x)的极大值和极小值；

（2）设函数f(x)取得极大值时x=an，令bn=23an，Sn=bb12b2b3bnbn1，若

p≤Sn18江苏省南通市2009届高三上学期期末调研考试数学试卷)已知等差数列{an}的首项为a，公差

为b，等比数列{bn}的首项为b，公比为a，其中a，b都是大于1 的正整数，且a1b1,b2a3．（1）求a的值；

（2）若对于任意的nN，总存在mN，使得am3bn成立，求b的值； （3）令Cnan1bn，问数列{Cn}中是否存在连续三项成等比数列？若存在，求出所

有成等比数列的连续三项；若不存在，请说明理由．

19.（宁波市2009学年度第一学期期末试卷）设

f(x)xa1alnx (aR)． x（1）若x1是函数f(x)的极大值点，求a的取值范围；

（2）当a(,1][1e,)时，若在x[,e]上至少存在一点x0，使

1e1ef(x0)e1成立，求a的取值范围．

20.（2010年浙江省杭州市第一次高考科目教学质量检测）已知函数

f(x)x(a0)满足axbf(2)1，且方程f(x) = x有且仅有一个实数根．

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（Ⅰ）求函数f(x)的解析式；

（Ⅱ）设数列an满足a11,an1f(an)1,nN.求数列an的通项公式；

a,ab1（Ⅲ）定义min{a,b}an，令 bnmin{an,}.设Sn为.对于（Ⅱ）中的数列nb,ab数列bn的前n项和,求证：Snln(n1).

21.（绵阳市高中2010级第二次诊断性考试）设数列{an}的各项均为正数，它的前n项和为Sn

（n∈N*），已知点(an，4Sn)在函数f (x)=x2+2x+1的图象上． （1）证明{an}是等差数列，并求an； （2）设m、k、p∈N*，m+p=2k，求证：

121＋≥； SmSpSk（3）对于（2）中的命题，对一般的各项均为正数的等差数列还成立吗？如果成立，请证明你的结论，如果不成立，请说明理由

22.（2009—2010学年度扬州市第一学期期末高考模拟）已知函数

f(x)x2x，

g(x)xlnx，h(x)f(x)g(x)，其中R，且0.⑴当1时，求函数g(x)的最大值；⑵求函数h(x)的单调区间；

f(x),x0,⑶设函数(x)若对任意给定的非零实数x，存在非零实数t（tx），

g(x),x0.使得'(x)'(t)成立，求实数的取值范围.

23雅礼中学2010届高三月考卷（四）

设a0，函数f(x)x2a|lnx1|

（1）当a1时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程； （2）当a3时，求函数f(x)的单调性； （3）当x[1,)时，求函数f(x)的最小值。

2009——2010年高考模拟压轴大题选编(五)参

1解：（Ⅰ）依题意，Sn1Snan1Sn3n，即Sn12Sn3n， 由此得Sn13n12(Sn3n)．

因此，所求通项公式为bnSn3n(a3)2n1，

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nN*．……………………5分

bn(a3)2n1（Ⅱ）证明：由已知cn3log213log213n2，

a3(a3)则1(111，所以 1cn3n211111)(1+)(1+)(11)(1)(1)c1c2cn43n2.…………………

…7分

下面用数学归纳法证明不等式

(111111)(1+)(1+)(11)(1)(1)33n1成立. c1c2cn43n2①当

n1时,左边=2,右边=34,因为234,所以不等式成

立. …………………8分 ②假设当nk时不等式成立,即

(111111)(1+)(1+)(11)(1)(1)33k1成立. c1c2ck43k2则当nk1时,左边 =(11111111)(1+)(1+)(1)(11)(1)(1)[1] c1c2ckck143k23(k1)21]

3(k1)233k1[133k1(3k2) 3k1(3k2)33(3k1)2．…………………………………………………………

…………………11分

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要证3(3k2)333(k1)1成立，

(3k1)2(3k2)3只需证3k4成立， 2(3k1)由于(3k1)20，

只需证(3k2)3(3k4)(3k1)2成立，

只需证27k354k236k827k354k227k4成立， 只需证9k40成立，

由于kN*，所以9k40成立． 即(11111)(1+)(1+)(1) c1c2ckck1111(11)(1)(1)[1]33(k1)1成立.

43k23(k1)2所以当nk1时,不等式也成立. 由

①

，

②

可

得

不

等

式

恒

成

立. ………………………………………………………………14分

2解：（Ⅰ）记数列①为bn，因为b2,b3,b4,b5,b6与b6,b7,b8,b9,b10按次序对应相等，所以数列①是“5阶可重复数列”，重复的这五项为0,0,1,1,0;

记数列②为cn，因为c1,c2,c3,c4,c5、c2,c3,c4,c5,c6、c3,c4,c5,c6,c7、c4,c5,c6,c7,c8、

c5,c6,c7,c8,c9、c6,c7,c8,c9,c10没有完全相同的，所以cn不是“5

阶可重复

”.

数

列

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……………….3分

（Ⅱ）因为数列{an}的每一项只可以是0或1，所以连续3项共有

238种不同的情形.若

m＝11，则数列{an}中有9组连续3项，则

这其中至少有两组按次序对应相等，即项数为11的数列{an}一定是“3阶可重复数列”；若m＝10，数列0,0,1,0,1,1,1,0,0,0不是“3阶可重复数列”；则3m10时，均存在不是“3阶可重复数列”的数列{an}.所以，要使数列{an}一定 是“3

阶可重复数列”，则

m

的最小值是

11. ……………….8分

（III）由于数列an在其最后一项am后再添加一项0或1，均可使新数列是“5阶可重复数列”，即在数列an的末项am后再添加一项0或1，则存在ij， 使得

ai,ai1,ai2,ai3,ai4与

am3,am2,am1,am,0按次序对应相等，或

aj,aj1,aj2,aj3,aj4与am3,am2,am1,am,1按次序对应相等，

如果a1,a2,a3,a4与am3,am2,am1,am不能按次序对应相等，那么必有

2i,jm4，ij，使得ai,ai1,ai2,ai3、aj,aj1,aj2,aj3与am3,am2,am1,am按

次序对应相等.

此时考虑ai1,aj1和am4，其中必有两个相同，这就导致数列an中有两个连续的五项恰按次序对应相等，从而数列an是“5阶可重复数列”，这和题设中数列an不是“5阶可重复数列”矛盾！所以a1,a2,a3,a4与am3,am2,am1,am按次序对应相等，从而ama41.

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……………….14分

说明：其它正确解法按相应步骤给分.

3解：（Ⅰ）当a0时，f(x)2x在[1,)上是单调增函数，符合题

意．………1分

当a0时，yf(x)的对称轴方程为x2， a由于y所以所

a0．

f(x)在[1,)上是单调增函数，

21，解得a2或a0， a以

……………………3分

当a0时，不符合题意． 综

a0．

上，

a的取值范围是

……………………4分

g(x)lnxf(x)(2a1)整理为ax2(2a1)， xx （Ⅱ）把方程

即

为方程

ax2(12a)xlnx0. ……………………5分

(x0)，

设H(x)ax2(12a)xlnx

原方程在区间(函数

1,e)内有且只有两个不相等的实数根, 即为e1H(x)在区间(,e)内有且只有两个零

e点. ……………………6分

H(x)2ax(12a)1 x

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2ax2(12a)x1(2ax1)(x1)

xx …………………

7分 令

H(x)0，因为

a0，解得

x1或

x12a（舍） …………………8分

当x(0,1)时,

当

x(1,)H(x)0,

H(x)是减函数； H(x)0

是

增

函

时, ，

H(x)数. …………………10分

1H(x)在(,e)内有且只有两个不相等的零点,

e只需

1H(e)0,H(x)min0,H(e)0,

…………………13分

a12a(12a)eae20,2e12ee即H(1)a(12a)1a0, ae2(12a)e1(e22e)a(e1)0,e2ea2e1,∴ a1,1ea2,e2e

解得

e2e(1,) 2e1e2e1a2e1, 所以a的取值范围是

． …………………14分

注：若有其它解法，请酌情给分． 4解：（Ⅰ）f(1)f(0)555515=1；

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f(x)f(1x)=

555x551x5=

555x55x555x=1；……………

…………………４分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得

kmkf()f()1 , akamk1, mmkkf()f(1)1 (1km1)mm,即

由Sma1a2a3am1am, ……………① 得Smam1am2am3a1am, …………② 由

①

＋

②,

得分

2Sm(m1)12am,∴Sm(m1)1155，…10f(1)(m1)224（Ⅲ） ∵b1∴1bn11,bn1b2对任意的nN*, bn0. nbnbn(bn1),∴2111111,即bn(bn1)bnbn1bn1bnbn1.

.

∴Tn(111111111)()()2b1b2b2b3bnbn1b1bn1bn1∵bn1bnb2数列{bn}是单调递增数列. bn1bn,∴n0, ∴Tn关于n递增. 当n3, 且nN时, TnT3. ∵b1∴Tn111333212121777,b2(1), b3(1),b4(1) 222444161616256T3212562.∴4Sm777T35, b4777∴m650.5.而m为正整

数， ∴

m的最大值为

650. …………………………………………………………………………………1４分

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5解：（1）由已知过An(xn,yn)斜率为 分 即

1xn1xn12xn4xn的直线为

yynxn1(xxn)， 2xn4xn直线交曲线C于另一点An1(xn1,yn1) 所以yn1yn=xn1(xn1xn) 2xn4xn 2

x11(xn1xn)，xn1xn≠0， 2nxnxn4xnxn4(nN*) xn1所以xn1 4分

（2）解：当n为奇数时，xn2；当n为偶数时，xn2 5分 因为xn2分

注意到xn0，所以xn2与xn12异号 由于x112，所以x22，以此类推， 当n2k1(kN*)时，xn2； 当n2k(kN*)时，xn2

8分

xn14x2， 2n1xn11xn11 6

（3）由于xn0，xn1

xn43， 1xn1xn1所以xn≥1（n1,2,3，…）

9分

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

6

所以|xn12||所以|xn2|≤

xn2|xn2|1≤|xn2| |xn1xn12 10分 分

1111|xn12|≤2|xn22|≤…≤n1|x12|n1 122222111所以|x12||x22|...|xn2|≤1()2...()n1

22212()n12 14

21解：（Ⅰ）依题意，f(x)2a(x1)(x)(a0),

32aax2 33分 即

f(x)ax2令2,，则sin1,cos1，有f(1)0,32aa20，得a.

233f(21)0，

得f(1)0，即af(x)325xx22.

---------------- 4分

（Ⅱ）f'(x)3x1，则3an11即an1

3an11 1f'(an)3an13an1an11，两边取倒数，得3an1an3an1，即bn13bn.

数列{bn}是首项为b111，公差为3的等差数列. a1bn1(n1)33n2(nN).

---------------- 9分

（Ⅲ）cos(bn)cos(3n2)cos(n)(1)n

Sncos(bn)(1)nSn

TnS1S2S3S4(1)nSn.

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

（1）当n为偶数时

Tn(S2S1)(S4S3)(SnSn1)b2b4bn

n(b2bn)n3n22n2 (43n2)244（2）当n为奇数时

3(n1)22(n1)n(13n2)TnTn1Sn

42

3n22n1

4综上，

3n22n1(n为奇数),4 Tn23n2n(n为偶数）.4

----------------1 3分 7（Ⅰ）

11fnx1ln1

nnx1则fn0ln1，设函数φxln1xx,x0,1

n则φx1x10，则φx单调递减， 1x1x所以ln1xxφ00，所以ln1xx

111f0则ln，即； 1nnnn（Ⅱ）

1111ln11fnnnnnn1n1nn1nnn.

11121n111CnCn2Cnn因为nnnn 一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

11111133

n1n1223n则

fnnf11f22f33 234n111113122331n3 n1n则原结论成立.

8解：（1）因为Sn3(an1)，nN，所以Sn13(an11)．

22两式相减，得Sn1Sn3(an1an)，即an13(an1an)，

22∴an13an，nN．…………………………3分

又S13(a11)，即a13(a11)，所以a13．

22∴{an}是首项为3，公比为3的等比数列．

从而{an}的通项公式是an3n，nN．………………………6分

（2）设yai3iAn，in，nN． 当i2k，kN时，

1k1k1k∵y32k9k(81)kCk08kCk 8…Ck8Ck1k2k1 42(Ck08k1Ck…，8Ck)1∴yB． ………………………9分

当i2k1，kN时，

k2k11k2∵y32k13(81)k13(Ck018k1Ck…Ck1818Ck1)

1k32 46(Ck018k2Ck…，Ckk181)3∴yB．…………………12分

又∵集合An含n个元素，

∴在集合An中随机取一个元素y，有yB的概率

1n为偶数,2 , p(n)．……………………14n1 , n为奇数.2n分

9

（

Ⅰ

）

1f'(x)a,x0x ………………………………………………………… 2分

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

当a0，f'(x)0，函数f(x)在(0,)内是增函数， ∴函数f(x)没有极值。

…………………………………………………… 3分 当a0时，令f'(x)0，得x1。

a当x变化时，f'(x)与f(x)变化情况如下表：

x f'(x) f(x) 1(0,) a1a 1(,) a＋ 单调递增 0 极大值 a－ 单调递减 a∴当x1时，f(x)取得极大值f(1)1ln(1)。

a综上，当a0时，f(x)没有极值；

当a0时，f(x)的极大值为1ln(1)，没有极小值。

a ……………5分

（Ⅱ）（ⅰ）设P1(x1,f(x1)),P2(x2,f(x2))是曲线yf(x)上的任意两点，要证明

P1,P2有伴随切线，只需证明存在点Q(x0,f(x0)),x1x0x2，使

得

f'(x0)f(x2)f(x1)，且点Q不在P1P2上。 x2x1 ……………………7分 ∵

1，即x1ax2lnx2ax1lnx1ax0x2x1f'(x)a证存在，即lnx2x0(x1,x2)，使得

x11(x2x1)0成立，且点Q不x0在P1P2上。 …………………8分 以下证明方程lnx 一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

2x11(x2x1)0在(x1,x2)内有解。 x记F(x)lnx2x1xx1(x2x1)，则F(x1)ln221。 xx1x1令g(t)lntt1,t1， ∴g'(t)111t0，

tt∴g(t)在(1,)内是减函数，∴g(t)g(1)0。 取tx分

同理可证F(x2)0。∴F(x1)F(x2)0。 ∴函数F(x)lnx即

方

程

22x11，则g(x2xx)ln221g(1)0，即F(x1)0x1x1x1。……9

x1ln1(x2x1)在(x1,x2)内有零点。 xx21(x2x1)0x1x在

(x1,x2)内有解

xx0。………………10分

g(t)lntt1,又对于函数

g(x2xx)ln221g(1)0, x0x0x00取

tx21x1，则

可知f'(x)f(x2)f(x0)，即点

x2x0Q不在P1P2上。

F(x)是增函数，∴F(x)的零点是唯一的，

即方程lnx2x11(x2x1)0在(x1,x2)内有唯一解。 x综上，曲线yf(x)上任意一条弦均有伴随切线，并且伴随切线是唯一的。

…………………………………………………………………………… 11分

（ⅱ）取曲线C：yh(x)x2，则曲线yh(x)的任意一条弦均有12伴随切线。

证明如下：

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

设R(x3,y3),S(x4,y4)是曲线C上任意两点(x3x4)， 则kRS22y4y3x4x3x3x4， x4x3x4x3又h'(x)2x,h'(x3x4)x3x4kRS，

2即曲线C：

yx2的任意一条弦均有

12伴随切线。

…………………14分

注：只要考生给出一条满足条件的曲线，并给出正确证

明，均给满分。若只给曲

线，没有给出正确的证明，不给分。

解法二：

（Ⅰ）同解法一。

（Ⅱ）（ⅰ）设P1(x1,f(x1)),P2(x2,f(x2))是曲线yf(x)上的任意两点，要证明

P1,P2有伴随切线，只需证明存在点Q(x0,f(x0)),x1x0x2，使得 f'(x0)f(x2)f(x1)x2x1，且点

Q不在

P1P2上。

∵

…………………………… 7分

f'(x)a1，即证x1ax2lnx2ax1lnx1a， x0x2x1存在

x0(x1,x2)，使得

即

x0lnx2x0lnx1x1x20成立，且点

Q不在

P1P2上。

…………… 8分

以下证明方程xlnx2xlnx1x1x20在(x1,x2)内有解。 设F(x)xlnx2xlnx1x1x2,0xx2。

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

则F(x1)x1lnx2x1lnx1x1x2。 记g(x)xlnx2xlnxxx2,0xx2， ∴g'(x)lnx2lnx0， ∴g(x)在(0,x2)内是增函数， ∴

F(x1)g(x1)g(x2)0。

…………………………………………… 9分 同理F(x2)0。F(x1)F(x2)0。 ∴方程

xlnx2xlnx1x1x20在

(x1,x2)内有解

xx0。

…………10分

又对于函数g(x)xlnx2xlnxxx2，

∵0x1x0x2，g(x0)x0lnx2x0lnx0x0x2g(x2)0， 可知f'(x0)f(x2)f(x0)，即点

x2x0Q不在P1P2上。

又F(x)(lnx2lnx1)xx1x2在(x1,x2)内是增函数， ∴方程xlnx2xlnx1x1x20在(x1,x2)内有唯一解。

综上，曲线yf(x)上任意一条弦均有伴随切线，并且伴随切线是唯一的。

…………………………………………………………………………… 11分 （ⅱ）同解法一。 10（1）证明：当

n1时，a1S1m1ma1，解得

分

a11．……………………………………1

当n2时，anSnSn1man1man．…………………………………2

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

分

即1manman1． ∵

∴m为常数，且

m0，

anmn2．……………………………3an11m分

的等比数

∴数列an是首项为

1，公比为

m1m列．……………………………4分

（2）解：由（1）得，qfmb12a12．

m1m，

………………………5分

，………………………………………………

∵bnfbn1bn11bn1………6分 ∴

111bnbn1，

分

即

111n2．……………………………………7bnbn1∴1是首项为，公差为1的等差数

bn12列．…………………………………………………………8分 ∴2112n1，即bnn112n1bn22（nN*）．……………………………9分 （3）证明：由（2）知

bn24bn22n1，则

2n12．………………………………10分

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

所以Tnb12b22b32bn2 44492542n12，……………11

分 当n2时，

42n1252411，…………………12

2n2n2n1n4分

所以Tn44492n12

111111 44 92334n1n

4011．…………………………………… 92n1811解：（1）

af'(x)ae(axb)(2)ex

xaxa令fx0得x2axb0 a24b0 又 a0且x0

a2b且b04

………………3分

（2）x2axb0在(1,1)有两个不相等的实根.

a24b0a11即 21ab01ab04ba22a4 b1 得

1b1且b0

……

…………7分

（3）由①f(x)0x2axb0(x0)

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

x2axb①当b0fxae在xa左右两边异号

x2(a,f(a))是yfx的唯一的一个极值点

ax1a1且a0－由题意知 2e(ab)ee 即

0a21 21a1 即 0a21

存在这样的a的满足题意 意 ………………9分

②当b0时，a24b0即4ba2 这里函数yb0符合题

aaf(x)唯一的一个极值点为(,f())

22a21且a0由题意 1e(ab)e2e2即

0a24112a2ebe22 即

04b41 122ebe0b1 …………

……………………13分

综上知：满足题意

b[0,1).

b的范围为

……………………………14分

f(x)lnx112解：(1) ，g(x)2x2ax3b，所以

h(x)lnx2x2ax3b1，

由于h(x)是定义域内的增函数，故h(x)1x4xa0恒成立，

x0恒成立，x2时取等号)，即a1又1故a(,4]. x4x对x4x4(

(2)由g(x)是奇函数，则g(x)g(x)0对x0恒成立，从而ac0，

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

3所以g(x)2，有g(x)2x23b. 3x3bx2由g(x)极大值为g(33)，即g(33)0，从而b9；

3332因此g(x)2，即g(x)2x22， 3x3x32(x3)(x3)所以函数g(x)在(,33)和(33,)上是减函数，在(33,33)上是增函数.

由g(x)0，得x1或x0，因此得到： 当1m0时，最大值为g(1)0；

32当0m33时，最大值为g(m)2； 3m3m当m33时，最大值为g(33)4273.

(3)问题等价于证明f(x)xlnxex2对x0恒成立； exf(x)lnx1，所以当x(0,1时，f(x)0，f(x)在(0,1上单调减； e)e)当x(1时，f(x)0，f(x)在(1上单调增； e,)e,)所以f(x)在(0,)上最小值为1(当且仅当x1时取得) ee设m(x)ex2，则m(x)1ex，得m(x)最大值m(1)1(当且仅当ee(x0)xxx1时取得),

又f(x)得最小值与m(x)的最大值不能同时取到，所以结论成立. 13

证

明

：

(1)

由

11(an)1a12ana1bn1log9n11bn1log91bn1log9(n)21 11an11an1(an)12ana1a11 2bn1log9n1 又bnlog9nan1an1

∴ bn11bn

2 一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

又n = 1时，b∴ (2)

1log9a111b12 a11{bn}为等比数列，b1 = 2，q∵ 1，∴ bn2(1)n1(1)n2 2221141bn()n24()n2n

1

22bn()n2∴

Cnn4n2n(1)n

b(1)nn先证：

n2n(1)nn12n(n3) 当n为偶数时，显然成立； 当

n

为

奇数时，即证

n2n1n12nn2nn2nn2n12nn1 而当n3时，2nn1显然也成立，故n2n(1)nn12n(n3) 当

n4时，T424152516261n2n(1)n524625726n12n 又令A567n24221562n ① 156nn12A25262n2n1 ② ①－②：1A511n1224251262n2n1 1[1(1)n4A5111n152]n132324252n12n816n 11242∴ T34

又C2321C2C31112212311537235

∴ 所证式子左边35343691403701403714

即123n41)4(1)24(1)3437

((1)n14b1b2b3bn14解：（I）因为an2n,则有an1an2,nN*

故数列{an}是“M类数列”， 对应的实常数分别为

1,2． ……………………………2分

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

令

因为bn32n，则有bn12bn

nN*

故数列{bn}是“M类数列”， 对应的实常数分别为

2,0． ……………………………4分

（II）（1）因为 anan13t2n(nN*) 则有a2a33t22，

a4a53t24， a2006a20073t22006a2008a20093t22008

，

……………………………….6分

故数列{an}前2009项的和

S2009a1+a2a3+a4a5+a2006a2007+a2008a2009

23t223t243t220063t220082t220104………………9分

若数列{an}是“M类数列”， 则存在实常数p,q 使

得

an1panq对于任意

nN*都成

立，………………………………………….10分 且有an2pan1q对于任意nN*都成立，

因此an1an2panan12q对于任意nN*都成立， 而anan13t2n(nN*)，且an1an23t2n1(nN*) 则有3t2n13tp2n2q对于任意

t(p2)0,q0nN*都成立，可以得到

，………………………………………12分 时，an12an，an2n，t1，经检验满足条件. 时，an1an，an2(1)n1，p1经检验满足条

①当p2,②当t0,件.

q0q0

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

因此当且仅当t1或t0，时，数列an也是“M类数列”.对应的

实

常

数

分

别

为

2,0, 或

1,0． ………………………………………………

………………14分 15解：（Ⅰ）由题意，得fe化

pqpeqp2lneqe2， ee1pqe0e简，得

，

. …………………………………………………………

……2分

（Ⅱ）函数fx的定义域为0,.由（Ⅰ）知，fxp2px22xpfxp2. 2xxxpxp2lnx， x………………………………………

……………………………3分

令hxpx22xp，要使fx在其定义域0,内为单调函数，只需hx在0,内满足hx0或hx0恒成立. （1）当p0时，hx2x0，fx0.

fx在0,内为单调减函数，故

p0符合条

件. …………………………………………………4分

11（2）当p0时，.只需phxminhppp10，即p1时hx0，p此时fx0.

fx在0,内为单调增函数，故

p1符合条

件. ………………………………………………6分

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

（3）当p0时，hxmaxh0p.只需p0，此时fx0.

fx在0,内为单调减函数，故p0符合条件.

综上可得,

p1或

p0为所

求. ………………………………………………………………………8分 （Ⅲ）gxgxmax2e.

2e在1,e上是减函数，xe时，gxmin2；x1时，x即

gx2,2e. …………………………………………………………

…………………………………9分

（1）当p0时，由（Ⅱ）知，fx在1,e上递减，fxmaxf102，不合题意. ………10分 （

x2）当

0p1时，由

x1,e知，

1110.fxpx2lnxx2lnx. xxx由（Ⅱ）知，当p1时，fxx12lnx单调递增，

xfxx112lnxe22xe，不合题

意. …………………………………………………12分 （3）当p1时，由（Ⅱ）知fx在1,e上递增，f102， 又gx在在1,e上递减，fxmaxgxmin2. 即pe4e1. 2lne2，p2e1e综

上，

p的取值范围是

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

4e,.………………………………………………… 2e116解：（1）

f1()、f3()在

0,4上均为单调递增的函

数. …… 1分

对于函数f1()sincos，设

12,1、20,，则

4 f1(1)f1(2)sin1sin2cos2cos1，  sin1sin2,cos2cos1， f11f12,函数

f1()在

0,4上单调递

增. …… 3分

（2） 原式左边

2sin6cos6sin4cos4 2sin2cos2sin4sin2cos2cos4sin4cos4

1sin22cos22.

…… 5分

又原式右边cos2sin22cos22. 

2f6()f4()cos4sin4cos2sin2. …… 6分

（3）当n1时，函数f1()在  f1()的最大值为

0,4上单调递增，

，最小值为f101. f104上为单调递增.

当n2时，f21， 函数f2()的最大、最小值均为1. 当n3时，函数f3()在  f3()的最大值为 当n4时，函数 

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

0,4，最小值为f301. f304在上单调递减， 1f4()1sin220,42f401f4()的最大值为，最小值为

1. …… 9f442分

下面讨论正整数n5的情形： 当n为奇数时，对任意1、20,且12,4

 fn(1)fn(2)sinn1sinn2cosn2cosn1， 以及 0sin1sin21,  sinn1sinn2,  fn()在 fn()0,40cos2cos11，

cosn2cosn1，从而 fn(1)fn(2).

上为单调递增，则

fn04的最大值为，最小值为

f401. …… 11

分

一

方

面

有

当

n为偶数时，

fn()sinncosnsin2cos21fn(0).

另一方面，由于对任意正整数l2，有

2f2l()f2l2()cos2l2sin2l2cos2sin20，

111fn()fn2()nf2()nfn21142222.

.

 函数fn()的最大值为fn(0)1，最小值为

1fn242n 综上所述，当n为奇数时，函数fn()的最大值为0，最小值为1.

当n为偶数时，函数fn()的最大值为1，最小值为

122rnn17解答（1）f(x)x2n1[Cn0CnxCnxCn(1)rxrCnx]

122n. …… 13分

=x2n1(1x)n，……1分

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

f(x)(2n1)x2n2(1x)nx2n1n(1x)=

x2n2(1x)n1[2n1(3n1)x]。……2

分

令f(x)0

x10,x22n1,x31，从而x1的增减如下表

x

（-∞，0） 0

（0，

2n1） 3n12n1 3n1（

2n1，1） 1 3n1（0，+∞）

f(x) f(x) +

0 无极值 所以当

+

0 极大值

—

0 极小值

+



2n1x=时，y3n1(2n1)2n1nn极大=

(3n1)3n1；当x=1时，y

极小

=0. ……5分

当n为奇数时f(x)的增减如下表

x （-∞，0） 0 （0，

2n1） 3n12n1 3n1（

2n1，1） 1 3n1（0，+∞）

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

f(x) f(x) +

0 无极值 所以当

+

0 极大值

—

0 无极值

—



2n1x=时，y3n1(2n1)2n1nn极大=

(3n1)3n1。……8分

（2）由（1）知f(x)在x=

bn=23an=

2n12n1时取得最大值。所以an=， 3n13n111111() ，bnbn13n1(3n1)(3n2)33n13n21111111111Sn[()()()]=。

325583n13n263(3n2)6nN01111，0即

3(3n2)15153(3n2)1111； 1063(3n2)6所以实数p和q的取值范围分别是p(,1q[.)。……14 61]，10

18解：（1）由已知，得ana(n1)b,得ab,aba2b．

因a，b都为大于1的正整数，故a≥2．又ba，故

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

bnban1．由a1b1,b2a3，

b≥3． ……………………2分

再由aba2b，得

(a2)ba．

由ba，故(a2)bb，即(a3)b0． 由

a3．

b≥3，故

a30，解得

…………………………………………………4分 于

是

2≤a3，根据

aN，可得

a2．……………………………………………6分[来

源:Z+xx+k.Com]

（2）由

a2，对于任意的

nN，均存在

mN，使得

b(m1)5b2n1，则

b(2n1m1)5．

又b≥3，由数的整除性，得b是5的约数． 故2n1m11，b=5．

m2n1所以b=5时，存在正自然数

意．………………………………………9分

满足题

（3）设数列{Cn}中，Cn,Cn1,Cn2成等比数列，由Cn2nbb2n1，

(Cn1)2CnCn2，得

(2nbbb2n)2(2nbb2n1)(2nb2bb2n1)．

化

b2n(n2)b2n1．分

简，得

（※） ……………………………………11

当n1时，b1时，等式（※）成立，而b≥3，不成

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

立． ……………………12分

当

n2时，

b4时，等式（※）成

立．……………………………………………13分

当n≥3时，b2n(n2)b2n1(n2)b2n1≥4b，这与b≥3

矛盾．

这

时

等

式

（

※

）

不

成

立．…………………………………………………………………14分

综上所述，当b4时，不存在连续三项成等比数列；当b4时，数列{Cn}中的第二、三、四项成等比数列，这三项依次是18，30，50．……………………………………16分

19

f'(x)1a1ax2ax(a1)(x1)[x(a1)]x2xx2x2(x0)

2分）

当a10x (0,1) 1 (1,) 时，

f'(x)  0  极小 f(x) 递减 递增 值

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

（

当0a11时，

x f'(x) (0,a1) a1 (a1,1) 1 (1,)

 0  0  f(x) 极大递增 值 递减 极小递增 值

当

当a11时，

x f'(x) (0,1) 1 x f'(x) (0,1) 1 (1,) a11时，

 0  f(x) 非极递增 值 递增 (1,a1) a1 (1,)

 0  0  f(x) 极大递增 值 递减 极小递增 值

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

综上所述，当a11，即a2时，x1是函数点． （7分）

（2）在x[于

当x[1,e]时, f(x)maxe1． （9e11由（1）知，①当a1，即a1时，

ee1函数f(x)在[,1]上递减，在[1,e]上递增，

e1f(x)maxmax{f(),f(e)}．

e11e1由f()(a1)eae1，解得a2．

eeeea1ae1，解得a1 由f(e)eee121， a1； （12分） ee1,e]上至少存在一点x0，使f(x0)e1成立，等价ef(x)的极大值

分）

②当a1e，即a1e时，函数f(x)在[上递减，

f(x)maxf(1)2a1ee1．

1,1]上递增，在[1,e]e综上所述，当a1时，在x[成立． （14分） 20（Ⅰ）由f(2)1,e]上至少存在一点x0，使f(x0)e1e2x1，得2ab2；又x有且仅有一个2abaxb解,即ax2(b1)x0有唯一解满足axb0.

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

a0,当(b1)20时，b1，x0,则a12x, ，此时f(x)2x2又当(b1)20时，x1b10,x20，因为ax1b10， ax所以ax2bb0，则a1，此时f(x)1(x0)

x2x,或者f(x)1(x0)； 综上所述，f(x)x2

4分

（Ⅱ） a11,an1f(an)1,nN，当f(x)1时，an11，不合题意， 则f(x)4分

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，an1an,n2xx2，an122an11111 ,,则1(n1)，ann1an2an1an2an2

121n10,nN nn1nn(n1)则

11bnmin{an,}nn，所以

111Sn1

23n

2分

设数列cn的前n项和为Tnln(n1)，则c1T1ln2lne1 当

n2时，

cnTnTn1ln(n1)lnnlnn11ln(1)nn，要证明

11ln(1),nN

nn11t1, 令n 只要证明：lntt1, 其中t1 .

1x10，所以g(x)在[1,)xx令g(x)x1lnx(x1)，则g(x)1上是增函数， 则当

x1时，

g(x)g(1)0，即

x1lnx(x1) ，所以

11cnln(1),nN， nn111 则 Sn1c1c2cnTnln(n1).

23n

5分

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

【说明】也可用数学归纳法证明，为此，先证明证：lntt1, 其中t1.

221解：（1）∵ 4Snan2an1，

2∴ 4Sn1an12an11 (n≥2)．

2两式相减得4anan2an12an2an1． 整理得 (anan1)(anan12)0， ∵ anan10， ∴ anan12（常数）． ∴ {an}是以2为公差的等差数列．www.ks5u.com 又4S1a122a11，即a122a110，解得a11， ∴

an=1+(n-1)×2=2n-1．………………………………………………………4分

（2）由（1）知Snn(12n1)n2，∴ Sm=m2，Sp=p2，Sk=k2．

11ln(1),即n1n12k2(m2p2)2m2p2112112由222SmSpSkmpkm2p2k2

=0，

≥

1SmSp(mp2)2mp2m2p22m2p2k22mpmp2m2p2≥

m2p2k2即1≥

2Sk．…………………………………………………………

……7分

（3）结论成立，证明如下：

设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则

n(a1an)n(n1)， Snna1d22∵

SmSp2Skma1m(m1)p(p1)dpa1d[2ka1k(k1)d] 22m2p2(mp)(mp)a1d[2ka1(k2k)d]，

2mp2)(mp)2d2d4把mp2k代入上式化简得

SmSp2Sk=

一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿

m2p22(2≥0，

∴ Sm+Sp≥2Sk．www.ks5u.com 又SmSpmp(a1am)(a1ap)4=

mp[a12a1(amap)amap]4

≤

(amap2mp22)[a12a1ak()]22

422k2(a12a1akak)k2(a1ak)2S(k)2， 442∴

11SmSpSmSpSmSp≥

2Sk2S(k)2Sk2．

故原不等式得证．………………………………………………………………14分www.ks5u.com

22解：⑴当1时，g(x)lnxx,(x0) ∴g(x)11x1,(x0) xx令g(x)0，则x1， ∴g(x)lnxx在(0, 1)上单调递增，在(1, +)上单调递减 ∴

----------------------------4分

12x22x1⑵h(x)x2xlnx，h'(x)2x2，（x0）

xx2g(x)maxg(1)1

∴当0时，h'(x)0，∴函数h(x)的增区间为(0,)， 当22222(x)(x)220时，h'(x)，

x22当x2时，h'(x)0，函数h(x)是减函数； 时，h'(x)0，函数h(x)是增函数。

22当0x2综上得，

当0时，h(x)的增区间为(0,)； 当22220时，h(x)的增区间为(0,)，减区间为(,)

22----------10分

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⑶当x0，'(x)在(0,)上是减函数，此时'(x)的取值集合

A(,)；

1x当x0时，'(x)2x，

若0时，'(x)在(,0)上是增函数，此时'(x)的取值集合B(,)；

若0时，'(x)在(,0)上是减函数，此时'(x)的取值集合B(,)。

对任意给定的非零实数x，

①当x0时，∵'(x)在(0,)上是减函数，则在(0,)上不存在实数t（tx），使得'(x)'(t)，则t(,0)，要在(,0)上存在非零实数t（tx），使得'(x)'(t)成立，必定有AB，∴0； ②当x0时，'(x)2x在(,0)时是单调函数，则t(0,)，要在(0,)上存在非零实数t（tx），使得'(x)'(t)成立，必定有

BA，∴0。

综上得，实数-------------------16分 23

的取值范围为

(,0)。

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