共共47頁第#頁171723一1???a=(3x3一2)=—=22211573125一1a=(4x一—)==—5242823a=丄(3x7—3)=口=冬一1,4224222n一14，于疋a==4—-n2n一22n37.已知圓M:(x+,5)2+y2=36,定點N&5,0),點P為圓M上的動點，點Q在NP上,點G在MP上，且滿足NP=2NQ,GQ-NP=0.⑴求點G的軌跡C的方程;是否存在這樣的直線l，使四邊形OASB的對角線相等(即IOSITABI)?若存在,求出直線l的方程；若不存在，試說明理由.NP=2NQ解：(1)一一GQ是否存在這樣的直線l，使四邊形OASB的對角線相等(即IOSITABI)?若存在,求出直線l的方程；若不存在，試說明理由.NP=2NQ解：(1)一一GQ-PN=0Q為PN的中點且GQ丄PNJ=GQ為PN的中垂線=IPGI=IGNI???IGNI+IGMI=IMPI=6,故G點的軌跡是以M、N為焦點的橢圓，其長半軸長a=3，半x2y2焦距c=卞5,.?.短半軸長b=2,.:點G的軌跡方程是g+—=1?b卜(2)因為OS=OA+OB，所以四邊形OASB為平行四邊形若存在l使得IOS1=1ABI,則四邊形OASB為矩形「.OA-OB=0若l的斜率不存在，直線若l的斜率不存在，直線l的方程為x=2,由Ix=2x2y2得“—^―=1〔94x=22后y=±—316OA-OB=—>0,與OA-OB=0矛盾，故l的斜率存在.設(shè)l的方程為y=k(x-2)，A(*yi)，B(x2,y2)y=k(x-2)由<x2y2(9k2+4)x2—36k2x+36(k2—1)=0——^―=1TOC\o"1-5"\h\zI94=36(k2=36(k2一1)29k2+4...x+x=,xx129k2+41:20k29k2+4yiy2=[k(X一2)][k20k29k2+4=k2[xx一2(x+x)+4]=1212

3把①、②代入xx+yy=0得k=±12122?:存在直線1:3x—2y—6—0或3x+2y—6—0使得四邊形OASB的對角線相等.38.設(shè)無窮數(shù)列｛?｝具有以下性質(zhì)：①％=1；②當neN*時,a<a.n1nn+1(I)nan+1請給出一個具有這種性質(zhì)的無窮數(shù)列，使得不等式佯+佯+02(I)nan+1234于任意的neN*都成立，并對你給出的結(jié)果進行驗證(或證明)；(II)若b(II)若b-(1-h)丄navan+1n+1，其中neN*，且記數(shù)列｛bn｝的前n項和乞，證明:0<B<2.n解：(I)a解：(I)a2a21a2令亠—1——―aa3a2341a21—,A，-^—32a3n-1n+1則無窮數(shù)列｛a^則無窮數(shù)列｛a^可由a1=1,a—3n-1a2(n>1)給出.n+1n顯然’該數(shù)列滿足a1-1,a<a(neN*)，且n顯然’該數(shù)列滿足a1-1,a<a(neN*)，且nn+1a2a2a2113134+亠+A+——1+—+A+——(1—)<aaa33n-123n223n+16分a1(II)◎b—(1-一)-na；an+1%n+1,a<a,.b>0.nn+1n>0.8分a1又b—(1-一)—na：an+1*n+1a(11)(——)aaa+1nn+1va1111)(丁)(+)1；aaa，:an+1-(厶-yiaJa_n111、，aa、宀/1i+i)<2(—aaan+1n+1nn+1二).<an+1112TOC\o"1-5"\h\z.B<2(-)<—2.n、：a-aan+1l1'n+1n+1.0.0<Bn<2.39.已知拋物線c:y=x2+4x+2，過C上點M,且與M處的切線垂直的直線稱為C在點M的法線。1⑴若C在點M的法線的斜率為一2，求點M的坐標(x0，y0)；⑵設(shè)p(-2，a)為C對稱軸上的一點，在C上是否存在點，使得C在該點的法線通過點P?若有，求出這些點，以及C在這些點的法線方程；若沒有，請說明理由。7解(1)函數(shù)y=x2+4x+2的導(dǎo)數(shù)y'=2x+4上點(x0，y0)處切線的斜率k0=2x0+4，因為過點(,)11(24)11,1(1,1)(x0,y0)的法線斜率為一2，所以一2(2X0+4)=_1，解得X0=_1,y0=2，故點m的坐標為(T'2)。⑵設(shè)M(x0,y0)為c上一點，_ii①若x0=_2,則C上點M(_2,_2)處的切線斜率k=0,過點M(_2,_2)的法線方程為x=一2,此法線過點p(_2,a)；1②若x0工—2,則過點M(x0,y0)的法線方程為：y—y0=—2X+4(x—X0)LL①01若法線過p（—2，a），則a—y0=—2X74（—2—x0），即（x0+2=aLL②02廠2a—1若a>0,則X)=—2-\a，從而yo=—〒，將上式代入①,化簡得.x+2^ay+2—2a^a=0,x—2/ay+2+2a^a=0，若a=0與x0工一2矛盾，若a<0,則②式無解。2a—12a—11綜上，當a>0時，在C上有三點—)及(—2，—2)，在這三點的法線過p（—2，a），其方程分別是：x+2'ay+2—2ava=0,x—2pay+2+2a、；a=0,x=—240．1、_當a*0時，在c上有一點(-2廠2)，在這點的法線過點p(-2，a)，其方程為：x=-232已知函數(shù)f(x)=ln(x+T+,g(x)=lnx.2x求函數(shù)心)是單調(diào)區(qū)間；如果關(guān)于x的方程g(x)=-x+m有實數(shù)根，求實數(shù)m的取值集合;(3)是否存在正數(shù)k,使得關(guān)于x的方程f(x)=kg(x)有兩個不相等的實數(shù)根？如果存在，求k滿足的條件；如果不存在，說明理由.3解:(1)函數(shù)f(x)的定義域是(--,0)U(0,+^).對f(x)求導(dǎo)得12(x+1)(x一3)f(x)=3-=x+—2"x2(x+2)2分)由f'(x)>0,3得-—<x<-1或x>32由f'(x)<0,得一1<x<0或0<x<3.3因此(-2，-1)和(3,+8)是函數(shù)f(x)的增區(qū)間;(―1,0)和(0,3)是函數(shù)f(x)的減區(qū)間5分)111(2)［解法一］：因為g(x)=—x+molnx=—x+mom=lnx-—x.所以實數(shù)m的取值范圍就是函數(shù)?(x)=Inx--x的值域6分)對?(x)求導(dǎo)得?'(x)=1--x2令?'(x)二0,得x二2,并且當x>2時，?'(x)<0;當0<x<2時，?'(x)>0.?.當x=2時?(x)取得最大值’且?(x)max"⑵二g2一1.又當x無限趨近于0時，lnx無限趨近于-8,--x無限趨近于0,進而有?(x)=Inx一—x無限趨近于一兀.因此函數(shù)?(x)=Inx--x的值域是(-8,ln2-1]即實數(shù)m的取值范圍是(一8,1口2-1]9分)［解法二］:方程g(x)=2x+m有實數(shù)根等價于直線g(x)=2x+m與曲線y=lnx有公共點，并且當直線g(x)=2x+m與曲線y=lnx相切時，m取得最大值.(6分)設(shè)直線y=1x+1與曲線y=Inx相切，切點為T(x,y).則對y二Inx求導(dǎo)得200y'=丄，根據(jù)相切關(guān)系得y'=丄，根據(jù)相切關(guān)系得<xy0y0x0=Inx01=x+120解得x=2,y=In2,進而t=In2-1.00所以m的最大值是ln2-1。而且易知當m<ln2—1時，直線y=斗x+m與曲線y=lnx總有公共點。因此實數(shù)m的取值集合是(—s,ln2-1］.(9分)(3)結(jié)論:這樣的正數(shù)k不存在?！?10分)

下面采用反證法來證明：假設(shè)存在正數(shù)k,使得關(guān)于x的方程f(x)=kg(x)有兩個不相等的實數(shù)根％和'則32f(x)=kg(x)11

f(x)=kg(x)11

f(x2)=kg(x2)2211分)TOC\o"1-5"\h\z2x111分)132ln(x+)+=klnx2x22根據(jù)對數(shù)函數(shù)定義域知x和x都是正數(shù)。1232又由(1)可知，當x>0時，f(x)i=f(x)=ln(3+T+刁>0min23232f(x1)=ln(x+)+,f(x)=ln(x+)+>0.112x>0222x12再由k>0，可得g(x)=lnx>0,g(x)=lnx>0nx>1,x>1.112212由于x1豐x2,所以不妨設(shè)1<x1<x2由①和②可得in(s+2)ln(x+22)1lnx1lnx23232ln(x+—)+—lnxln(x+—)+—lnx12x122x2利用比例性質(zhì)得1=-lnxlnx123232ln(1+)+ln(1+)+-2xx2xx即丄匸二2芬■(*)lnxlnx1213分)由于lnx是區(qū)間(1，S上的恒正增函數(shù)’且1<x1<Tlnx1<1.lnx232又由于ln(1+)+—是區(qū)間(1,+^)上的恒正減函數(shù)，且2xx1<x<x.1232ln(1+=)+—xx+尹>1.2ln(1+=)+—2xx

2232ln(l+)+ln(l+2xx+4>lnx132ln(1+一)+—lnx2xxlnx322ln(1+)+-2xx22這與(*)式矛盾。因此滿足條件的正數(shù)k不存在=2a一n2+3n(neN*)3)22T)+r22lnx241.數(shù)列｛a｝,a=1,n1⑴是否存在常數(shù)九、若不存在,說明理由。1⑵設(shè)b14分)an+1卩,使得數(shù)列｛+九n2+pn｝是等比數(shù)列，若存在，求出九、p的值,n=b1+b2+b3+A+bn，證明：當n'2時'(n+I；；n+1)<Sn<3-解:設(shè),sna+n—2n—1nn⑴a=2a—n2+3n可化為a+九(n+1)2+卩(n+1)=2(a+九n2+pn)，n+1nn+1即a=2a+九n2+(p—2九)n—九一pn+1n天=—1故<p-2九=3—九一p=0/.a=2a—n2+3n可化為a—(n+1)2+(n+1)=2(a—n2+n)?…(5分)n+1nn+1n又—12+1豐0(6分)故存在九=-1,p=1使得數(shù)列｛a+Xn2+pn)是等比數(shù)列(7分)n⑵證明：由⑴得a—n2+n=(a—12+1)-2n-1a=2n-1+n2—n,n故b=1=丄na+n—2n—1n2nn+1(2分)(4分)(8分)???b=丄=4nn2n>2時,<=—4n24n2-12n-12n+122222S=b+b+b+L+b<1+(——)+(——)+L+(—)n123n35572n—12n+1225=1+——<—32n+136n(9分)11分)現(xiàn)證S>n(n+1)(2n+1)156n12454當n=2時S=b+b=1+=—,而==,>,n1244(n+1)(2n+1)3x554512分)6n故n=2時不等式成立?當n>3時，由b=>=得nn2n(n+1)nn+1S=b+b+b+A+b>(1--)+(—--)+()+A+(——)n123n22334nn+1=1—=，且由2n+1>6得1>n+1n+12n+1n6n11???S>>nn+1(n+1)(2n+1)14分)42.已知函數(shù)f(x)=x2+(a—3)x+a2—3a(a為常數(shù)).如果對任意xe[1,2],f(x)>a2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；設(shè)實數(shù)p,q,r滿足：p,q,r中的某一個數(shù)恰好等于a，且另兩個恰為方程f(x)=0的兩實根，判斷①p+q+r，②p2+q2+r2，③p3+q3+r3是否為定值？若是定值請求出：若不是定值，請把不是定值的表示為函數(shù)g(a)，并求g(a)的最小值；對于(2)中的g(a)，設(shè)H⑷=—g⑷-27]，數(shù)列｛a｝滿足a=H(a)6nn+1n(neN*)，且ae(0,1)，試判斷a與a的大小，并證明.1n+1n解：(1)Qf(x)>a2x2+(a一3)x一3a>0/.(x—3)(x+a)>0對xe[1,2]恒成立，又Qx一3<0恒成立，..x+a<0對xe[1,2]恒成立，.a<—x,又—xe[—2,—1]，.a<—2.由A=(a—3)2—4(a2—3a)>0得：—1<a<3，不妨設(shè)a=p，則q，r恰為方程兩根，由韋達定理得：①p+q+r=3,qr=a2一3a,

②p2+q2+r2=a2+(q+r)2一2pr=a2+(3一a)2一2(a2一3a)=9③而p3+q3+r3=a3+(q3+r3)=a3+(q+r)[q2一qr+r2]=3a3一9a2+27.設(shè)g(a)=3a3一9a2+27，求導(dǎo)得：g(a)=9a2一18a=9a(a一2)當ag[2,3]時，g(a)>0,g(a)遞增；當ag[0,2]時，g(a)<0,g(a)遞減;當ag[—1,0]時，g(a)>0,g(a)遞增，???g(a)在[—1,3]上的最小值為min｛g(—1),g(2)｝=min｛15,15｝=15H(a)=—[g(a)—27]=—(3a3—9a2),6631如果ag(0,1)，則H'(a)=3aa2=3a(1——a)>022???H(a)在(0,1)為遞增函數(shù)，?.H(a)g(H(0),H(1))=(0,1)Qa=H(a)=一丄(3a3一9a2)TOC\o"1-5"\h\zn+1n6nn?ag(0,1)nag(0,1)nLnag(0,1)nL又Qa一a又Qa一an+1n13a3+a2一a2n2nna(a—2)(a—1)<02nnn?a<a.n+1n43?設(shè)數(shù)列｛a”｝的各項都是正數(shù)，且對任意nWN+，都有aj+a3+a3+K+a3=S2，記Sn為數(shù)列｛a”｝的前n項和.(1)求證：a2=2Sn－an；nn”求數(shù)列｛a“｝的通項公式；若b=3n+(—1)n-1九?2an(九為非零常數(shù)，”WN+),問是否存在整數(shù)九，使得對n任意nWN+，都有bn+i>bn?解：(1)在已知式中，當n=1時，a3=a211TOC\o"1-5"\h\z*.*a1>0.*.a1=11分當n±2時，a3+a3+a3+K+a3=S2①123nna3+a3+a3+K+a3=S2②123n—1n—1①－②得，a3=a(2a+2a+K+2a+a)…………3分nn12n一1n

*.*a>0a2=2a1+2a2+???+2a1+a,nn12n－1n即a2=2S—a*.*a1=1適合上式n1TOC\o"1-5"\h\z.??a2=2Sn-an(nWN+)5分(2)由(1)知a2=2S-a(UN)③nnn+當n±2時，a2=2S1-a1④n-1n-1n-1③一④得an—a21=2(Sn-Sn-1)-an+an-1=2an-an+%-1=%+%-1an+aan+an-1>0.an-an-1=18分9分???數(shù)列｛an｝是等差數(shù)列，首項為1,公差為1,可得an9分(3)Ta=nnb=3n+(—1)n-1九.2an=3n+(—1)n-(3)Ta=nnn/.b—b=[3n+1+(—1)n九.2n+1]—[3n+(—1)n-1九.2n]n+1n=2-3n—3九(—1)n-1?2n>0(—1)n(—1)n-1?九<(2)n-111分3當n=2k-1,k=1,2,3,……時，⑤式即為九＜(2)2k-2⑥依題意，⑥式對k=1,2,3……都成立，.?.入＜112分3當n=2k,k=1,2,3,…時，⑤式即為九＜-(二)2-1⑦依題意，⑦式對k=1,2,3,都成立，3???九＞—13分3???-<入<1，又“0???存在整數(shù)入=-1,使得對任意nUN，都有bn+1＞bn2x—m44設(shè)關(guān)于x的方程x2—mx—1=0有兩個實根a、0，且^＜卩?定義函數(shù)f(x)=.x2+1(I)求af(a)+0f(0)的值;(II)判斷f(x)在區(qū)間(a,0)上的單調(diào)性，并加以證明；(IH)若九屮為正實數(shù)，證明不等式：If(牛+卩0)—f(詈+邛)|＜|a—01.(I)解：???a,0是方程x2—mx—1=0的兩個實根

a+卩=ma?卩=—1?f(a)=2a—m=2a-Q+B)-a-卩二丄…八)_a2+1—a2—ap_a(a—B)_a同理f(P)=|???af(a)+pf(p)=2(II)Tf(x)=2(x2+1)2(x2+1)—(2x一m)?2x

(x2+1)22(x2—mx—1)(x2+1)2當xg(a,當xg(a,p)時，x2—mx—1二(x—a)(x—p)<0而f'(x)>0:,f(x)在(a,P)上為增函數(shù)(III)???九聽R+且a<pXa+ypXa+yp—(X+y)pyX-a)>0X+yX(a—p)<0X+yXa+Xa+yp<p由(H)由(H)可知f(a)<f(呼)<f(卩)同理可得f(a)<f(時)<f(卩)??.f(a??.f(a)—f(p)<f(X；［yp)—f(ya+Xp)<f(p)—f(a))<1f(a)—f(p)|(Xa+yp)ya+Xpf(X+y))<1f(a)—f(p)|又由(I)知f(a)詁,f(p)詁,ap=—1.f(a)-f(卩姑古-討罟卜a-p1所以If(罕型)—f(學(xué)坐)1<Ia—pI.2n(1—n)。X+y2n(1—n)。45已知數(shù)列｛an｝前n項的和為Sn，前n項的積為T，且滿足Tnnnn①求a1；②求證：數(shù)列｛an｝是等比數(shù)列；

③是否存在常數(shù)a,使得(S-a匕=(S-a)(S-a)對neN+都成立?

n+1n+2n若存在，求出a,若不存在，說明理由。4解、①a=1:③a=-13兀x46.已知集合M=｛f(x)lf(x)+f(x+2)=f(x+1),xeR｝，g(x)=sin了。1)判斷1)判斷g(x)與M的關(guān)系，并說明理由;2)3)M2)3)M中的元素是否都是奇函數(shù)，證明你的結(jié)論。兀x./兀x2兀兀/八兀解(1)Tg(x)+g(x+2)=sm+sm(+)=2sm(x+1)cos—3333兀=siny(x+1)=g(x+1)g(x)eM(2)因g(x)是周期為6的周期函數(shù)，猜測f(x)也是周期為6的周期函數(shù)由f(x)+f(x+2)=f(x+1)，得f(x+1)+f(x+3)=f(x+2),:,f(x)+f(x+2)+f(x+1)+f(x+3)=f(x+1)+f(x+2)?f(x)+f(x+3)=0，?f(x+3)=-f(x)，???f(x+6)=-f(x+3)=f(x)，得證f(x)是周期為6的周期函數(shù),故M中的元素都是周期為6的周期函數(shù)。兀x(4)令h(x)=cos-3，可證得h(x)+h(x+2)=h(x+1)(5)???h(x)eM，但h(x)是偶函數(shù)，不是奇函數(shù),?M中的元素不都是奇函數(shù)。…時，f(x)>1，且對任意的實數(shù)47設(shè)函數(shù)y=f(x)時，f(x)>1，且對任意的實數(shù)x,yeR，有f(x+y)=f(x)f(y)成立數(shù)列｛a｝滿足a=f(0)，且n1f(an+1)=T(-2-a)(neN)n(1)證明f(x)在R上為減函數(shù);⑵求％的值;(3)若不等式(1+—)(1+丄)K(1+丄)>k<2n+1對一切neN均成立，求k的最aaa12n

大值解：(1)令x=~1,y=0，得f(―1)=f(-1)f(0),f(0)=1，故巴二f(0)二1當x>0時，—x<0,f(0)=f(x)f(-x)=1，進而得0<f(x)<1設(shè)x,xGR,且x<x，1212貝yx一x>0,f(x一x)<1,f(x)一f(x)二f(x)一f(x+x一x)2121121121二f(x)[1-f(x—x)]>0121故f(x)>f(x)，函數(shù)y=f(x)在R上是單調(diào)遞減函數(shù)121(2)由f(a)二，得f(a)f(—2—a)二1n+1f(—2—a)n+1nn故f(a—a—2)=f(0),a—a—2=0,a—a=2(ngN)n+1nn+1nn+1n因此，｛a｝是首項為1,公差為2的等差數(shù)列由此得a=2n—1,nna=40132007111(3)由(1+)(1+)L(1+)>Zn+1恒成立,aaa12n111(1+—)(1+—)L(1+-)

知k<aa?恒成立

2n+1111(1+-)(1+-)L(1+-)設(shè)F(n)=2l，貝VF(n)>0,2n+1且F(n+1)二111且F(n+1)二122n+3又F(n+1)=>1,即F(n+1)>F(n),故F(n)為關(guān)于n的單調(diào)F(n)、：4(n+1)2—1增函數(shù)，F(xiàn)(n)>F⑴=|v3所以，k<I朽,即比的最大值為I<3248.已知函數(shù)f(x)=x2++aInx(x>0),x

若f(x)在［1,+S)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；若定義在區(qū)間D上的函數(shù)y=f(X)對于區(qū)間D上的任意兩個值X、x總有以下不12TOC\o"1-5"\h\zx+x等式懇［f(X)+f(X)］>f(T2)成立，則稱函數(shù)y=f(x)為區(qū)間D上的“凹函122數(shù)”.試判斷當a<0時，f(x)是否為“凹函數(shù)”并對你的判斷加以證明.解：(I)由f(x)=x2+—+aInx,得廣(x)=2x——+—xx2x欲使函數(shù)為［1,+8)上單調(diào)增函數(shù)，則f'(x)>0在［1，+8)上恒成立，即不等式2x-—+a>0在［1,+^)上恒成立?也即a>--2x2在［1,+^)上恒成立.x2xx22令申(x)=一2x2,上述問題等價于a>9(x)，而申(x)=一2x2為在［1,+^)上的xmaxx減函數(shù)，則9(x)=9(1)=0，于是a>0為所求.max(II)證明：由f(x)=x2+一+alnx得xf(x)+f(x)+f(x)1()111、1—=—\x2+x2J+1—+—+—2212Ixx丿12a(lnx+lnx)2()x+x=x2+x2丿+12+alnxx12xx1212ix+x'—12-l2丿'x+x'—12-I2丿24x+x++aln12x+x212而1而1C2+x2)>丄「C2+x2)+2xx］2124L1212-(x+x、—tI2又(x+x又(x+x)2=122+x2)+2xx>4xx121212+x42>x+x12xxx12~2lnjxx<ln二2xx+xTOC\o"1-5"\h\z?/a<0aIn、xx>aIn—2'122'x+x—i2I2丿+4+alnxxx+x1212'x+x—i2I2丿+4+alnxxx+x1212212xx1212ix+x'—12l2丿從而由凹函數(shù)的定義可知函數(shù)為凹函數(shù).49.設(shè)函數(shù)f(x)的定義域與值域均為R,f(x)的反函數(shù)為f-1(x)，定義數(shù)列{a}中,nTOC\o"1-5"\h\za=&a=10,a=f(a),n=1,2，。01nn一1(1)若對于任意實數(shù)X,均有f(x)+f-1(x)=2.5x，求證：①a+a=2.5a,n=1,2，0n+1n一1n

②設(shè)b二a-2a,n二0,1,2,，求｛b｝的通項公式。TOC