最后三大題沖刺講義

精銳教育學(xué)科教師輔導(dǎo)講義學(xué)員編號 級：高學(xué)員 輔導(dǎo)科目：數(shù)課時(shí)數(shù)：3TCT-20165日2013閔行二模理22）（本題滿分16分）本題共有3個(gè)小題，第(1)小題滿分4分，第(2)小題滿分6分，第小題滿分6分．f(xx|xa|bxR當(dāng)a1b0f(x當(dāng)a1,b1f(2x5x4若b0x0,1f(x0a的取值范圍．解：（1）a1b0時(shí)，f(x)x|x1|既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)．……2∵f(1)2,f(1)0，∴f(1)f(1),f(1)f 2（2）當(dāng)a1,b1f(x)x|x1|由f(2x)5得2x|2x1|1 2 2x 2x即 或 2 1(2x)22x (2x)22x 解得2 或2 舍），或2（ 所以x log 2)1或x1 2 1/PAGEPAGE2/故只需x0,1，此時(shí)原不等式變?yōu)閨xa|x即xbax 2 故(x a(x ,xx x 又函數(shù)g(x)x 在0,1上單調(diào)遞增，所以(xx

g(1)1bxx①當(dāng)b1時(shí)，在0,1h(x)單調(diào)遞(xb

h(1)1b，又1b1bx所以，此時(shí)a的取值范圍是(1b,1b) 2b②當(dāng)1b0，在0,1h(xx

x當(dāng)x 時(shí)，(xb x

，此時(shí)a存在

1b 即1b223a的取值范圍是(1b2綜上，當(dāng)b1時(shí)，a的取值范圍是(1b,1b)；當(dāng)1b223時(shí)，a的取值范圍是(1b,2b)；當(dāng)2 3b0時(shí)，a的取值范圍是． 2分分.f(x)xa|x|a2,b3f(xyf(x解：（1）f(x2xx2

xx

2 4x0f(x0x22x30x0f(x0x22x30x1,x3(舍所以函數(shù)的零點(diǎn)為x 6（2）fx＜0(xa|x|2 8 當(dāng)0x1時(shí)，ax .令g(x)x ，則g(x)在0x1上單調(diào)遞增 agmaxxg(1)1 10 當(dāng)1x0時(shí)，ax ，令h(x)x h(x在[-2,0h(x在1x0∴ahmaxxh(1) 12綜合a 141（2013普陀二模理20文21）（本題滿分14分）本大題共有2小題，第1小題滿分6分，第2小題滿分81已知a0a1f(x)loga(x1)g(x)loga1xF(x2f(x求函數(shù)F(x)的定義域D及其零點(diǎn)；1解：（1）F(x)2f(xg(x)2loga(x1)loga1x（a0a1）1x11x

，解得1x1F(x的定義域?yàn)?1,1)……2F(x)0，則2

(x1) 0 a1方程變?yōu)閘ogax1)2loga1x(x1)21xx23x0……3x10x23……41所以函F(x的零點(diǎn)為0.……61（2）m2loga(x1)loga1x（0x1mlog

x22x1log1x

(1x414

……8

am1x 4……91設(shè)1xt0,1yt

在區(qū)間(0,1]上是減函數(shù)…11t當(dāng)t1x1y

5，所以am 12①若a1，則m0，方程有解 13②若0a1，則m0，方程有 14f(x)x2a（1）若F(x)f(x) bx

（2）當(dāng)a1時(shí)，令(x) f(f(x))f(x)，問是否存在實(shí)數(shù)，使(x)在,1上是減函數(shù)，在1,0上是增函數(shù)？如果存在，求出的值；如果不存在，請說明理由．解:（1）F(x)x2a bx

是偶函數(shù)，b0F(x)x2a2xF(xaxx2a2axa(x1)x2x1時(shí)ax1a

x2x

(x1)

x

2，a x1a

x2x

(x1)

x

2，a 綜上： 2a （2）(x)f(f(x))f(x)x4(2)x2(2(x是偶函數(shù)，要使(x在,1上是減函數(shù)在1,0上是增函數(shù)，即(x只要滿足在區(qū)間1,上是增函數(shù)在0,1上是減函數(shù)．令tx2x0,1時(shí)t0,1x1,時(shí)t1,，由于x0,tx2是增函數(shù)記(xH(t)t2(2)t(2，故(x)H(t)在區(qū)間0,有相同的增減性，當(dāng)二次H(t)t2(2)t(2)在區(qū)間1,上是增函數(shù)在0,1是減函數(shù)，其對稱軸方程為t12142)

n(ana1) （1）

求證：數(shù)列{an}為等差數(shù)列，并寫出其通項(xiàng)lg

2分 3

a

（2）S

1，即S

n 得 (n1)an1 ②－①，得(n1)an1nan 5于是，nan2(n1)an1 ③+④，得nan2nan2nan1，即an2an2an1． 又a1=0，a2=1，a2－a1=1， 9 (n1)an1nan 5n

ann

n

n

71ann

9則lgb1，lgbp，lgbq成等差數(shù)列 10于是，2p1q 11 p≥3p∈N*2p1)2p24p3p 3p故數(shù)列{2p}(p≥3)為遞減數(shù) 14于是2p1≤231<0，所以此時(shí)方程(☆)無正整數(shù)解 15 16對于任意的nN*，若數(shù)列{an同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件，則稱數(shù)列{an具有“性質(zhì)m①anan2 n

M,使得

M數(shù)列{an}、{bn}ann、

2sinn（n1,2,3,4,5），判斷 }、是否具有“性質(zhì)m 若各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列{c}nS，且c1S7，證明：數(shù)列{Sm并M的取值范圍

t(32nn)

若數(shù)列{dn}的通項(xiàng) dn （nN）.對于任意的n3（nN），數(shù)列{dn}具有“性質(zhì)m”，且對滿足條件的M的最小值M09，求整數(shù)t的值.

2

2

所以數(shù)列{an不具有“m性質(zhì)”；……2333在數(shù)列{bn}中，b11，b2 ，b32，b4 ，b51，則b1b33 2b2333bb 42bbb3 2bb2sinn2（n1,2,3,4,5 滿足條件②，所以數(shù)列{bn}具有“性質(zhì)m”?！?6q2q10q1或q1（舍去），……6

1S q

c3c 4 所以c11cn2n1Sn22n1……72

2

2

2……8所以數(shù)列數(shù)列{Sn}具有“m性質(zhì)”……9 M2.……10

3ttn1

3tt(n1)1，

3tt(n2) n[3nN*，數(shù)列{dn具有“性質(zhì)mdndn22dtn

2

即t n

n[3且nN*恒成立，所以t1……①……14 dtn1t(n1)1=t(n1)1由于n3及①，所以 n3時(shí)，數(shù)列{d是單調(diào)遞增數(shù)列，且limdlim(3ttn13t……16 n只需3t9，解得t3……②……17

經(jīng)檢驗(yàn)t2不合題意，舍去，滿足條件的整數(shù)只有t3……188/PAGEPAGE11/已知數(shù)列a(nN*nS,數(shù)列Sn是首項(xiàng)為01 n求數(shù)列an的通

n 4設(shè)b2an(nN*)，對任意的正整數(shù)k，將集合 ,b, 中的三個(gè)元素排成一個(gè)遞增4 2k 2k等差數(shù)列，其公差為dk，求證：數(shù)列dk為等比數(shù)對（2）dk，求集合xdkxdk1xZn

0n1)1

n(n1) 22n所以，an1(nN 4n(2)由（1）可知b4(2)n1(nN*)所以， 4(2)2k2422k， 2k 4(2)2k1422k1 4(2)2k422k 7 2k 由2b2k1b2kb2k1及b2kb2k1b2k1得b2k,b2k1,b2k1依次成遞增的等差數(shù)列 84 2k422k24所以dkb2k1b2k115

95滿足dk14為常數(shù)，所以數(shù)列d為等比數(shù) 10kdk (5 5kC15k1C25k2d 125k1C15k2C25k3Ck150(1)k1 4k (51)k k k 同樣，可得dk15 5Ck1 Ck1 Ck15(1)5所以，集合xdkxdk1xZ的元素個(gè)數(shù)為(dk1

)(d1 1

)5 3(4kdk1dk5

135k為偶數(shù)時(shí)，同理可得集合xdkxdk1xZ的元素個(gè)數(shù)

3(4k5

16 an

an12

設(shè)a2m3m3且mN)，數(shù)列anSS2m13 （1）a12ka2k2ka32ka3kaa21k10k1a2,a1a 若kaa2k0k0a0,a0,a （2）當(dāng)m3時(shí)，a2m3,a2m11,a2m2, 5ma2m4,,5m

2,

1,

an ∴S 122m42m ⑶∵n1loga，∴n1loga，∴2n12 2 ana

n1

a

∴

1

,a是奇 2n1anN，an0 綜上可知：當(dāng)n1log2a1(nNanOP若平行于OM的直線ly軸上的截距為b(b0，直線lEA、B，求證：直線MA與直線MB的傾斜角互補(bǔ)．【解】（1）Emx2ny21(m0,n0,m4mn將M(2,1N(22,0E

8m

………21,n

x y解得m

…………2 P的坐標(biāo)為（xyOP2x2y2 P(x0y0E上的動點(diǎn)，所以0

84

OP2x2y283y2y2,2 22 故y00時(shí)，OPmax ．OP的最大值為 222 （2）因?yàn)橹本€l平行于OM，且在y軸上的截距為b，又 ，所以直線l的方程為y xb y1x由

得x22bx2b24 212A(xyB(xyxx2bxx2b24ky11,ky2112 1

x1

x2k

y1

y2

(y11)(x22)(y21)(x1 2x2x2

(x2)(x

21111 1111y

xb,y xb，所以上式分子 b1)(x2)

………2 2 2 (2 (2 xxb2)(xx4(b1)2b24b2)(2b4(b1)0kk01 2設(shè)拋物線Cy22pxp0)FF的動直線l交拋物線CA(xy),B(xy1 y1y24求拋物線C若OE2(OAOB)(O為坐標(biāo)原點(diǎn)）E在拋物線C上，求直線lM是拋物線CMFMAMB的斜率分別為k0k1,k2k0為定值時(shí)，k1k2也為定值．【解】：（1）設(shè)直線lxaypy22pxy22payp20A(x1y1),B(x2y2是直線l 2y1y2p2yy4，所以p24p0p1所以拋物線C的方程為y24x 4（2）由（1）y1y22pa4a∵OE2(OAOB)，∴yE2(y1y2)x2(xx2(ay1ay1)2ayy48a2 7

E在拋物線Cy24x，即

1，即a 2 設(shè)直線l的傾斜角為，則tan1 ，又[0,)a22故直線l的傾斜角為 或π 10220（3）k yM，可得y 0

11 xM 由（2）y1y24ay1y24∴k1k2

y1x

y2x

y1ay

y2ay 12 0 1 2 1 2 2ayy2kay 12 0 1 2 1 2 a2yy2a(yy)1 8a8ka28a 8k 2

0 0

2k0k0所以k1k2也為定值 16（201323）CFp,0xp相切，其中P>0.C的軌跡 2 F(xy（1）F(x,y曲線上的一定點(diǎn)px0y0y00方向向量dy0p)的直線l（不過點(diǎn)P）與曲線A、兩點(diǎn)，設(shè)直線PA、PB斜率分別為kPA,kPB計(jì)算kPA曲線P(xy)、Q(xyP,QPM,QN p【解】：（1）過點(diǎn)CxNpp2p

CN，即動點(diǎn)C與定直線x的距離相等，由拋物線的定義知，點(diǎn)C的軌跡為拋物線 2

p,0

2pxp04 2 p x 5 y22

得y22yy2yb 6由y

x 則y1y22y0 7 1 0 2 0 1 0 8 y 1 0 2 0 1 0 8 x x y y y y y y 1 2 2 2 2 22py1y22y0 10(y1y0)(y2y0（3）Mx1y1Nx2y2kMN

y2=x2

y 1y y 2 2

2y1

12MPyykxxy22pxPxyMxy0

2 由 y22 ，y2 y 02px0的兩根為y,yyk(xx

0 2 20則y0y1 y1k 14yy2py2py

15k kk代入（***）yyyy 0

17 2y0（2013虹口二模理22