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1、学习必备欢迎下载备战 2010 高考数学压轴题跟踪演练系列二1. (本小题满分12 分) 已知常数a 0, n 为正整数， f n ( x ) = x n ( x + a)n ( x 0 ) 是关于 x 的函数 . (1) 判定函数f n ( 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 ) 0 , x 0, fn ( x ) a0 时, fn ( x ) = xn ( x + a)n是关于 x 的减函数 , 当 n a 时, 有： (n + 1 )n ( n + 1 + a)n n n ( n + a)n. 2 分又 f n + 1 (
2、x ) = ( n + 1 ) xn ( x+ a )n , f n + 1 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) (n + 1 )n ( n + 1 + a )n n , f n + 1 ( n + 1 ) | u v |，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；30. 若 u 1，0，v0，1，则：|g (u) g(v)|=|
3、(1 u) (1 + v)| = | u v| = |v + u | | v u| = | u v|，满足题设条件; 40 若 u0，1， v 1，0, 同理可证满足题设条件. 综合上述得g(x) 满足条件 . 学习必备欢迎下载3. (本小题满分14 分) 已知点 P ( t , y ) 在函数 f ( x ) = 1xx(x 1)的图象上，且有t2 c2at + 4c2 = 0 ( c 0 ). (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. 证： (1
4、) t R, t 1, = ( c2a)2 16c2 = c4a2 16c2 0 ， c 0, c2a2 16 , | ac | 4. (2) 由 f ( x ) = 1 1x1, 法 1. 设 1 x1 x2, 则 f (x2) f ( x1) = 1 1x12 1 + 1x11= )1x)(1x(xx1221. 1 x1 x2, x1 x2 0, x2 + 1 0 , f (x2) f ( x1) 0 , 即 f (x2) 0 得 x 1, x 1 时， f ( x ) 单调递增 . （3） （仅理科做）f ( x ) 在 x 1 时单调递增，| c | |a|4 0 , f (| c |
5、 ) f (|a|4) = 1|a|4|a|4= 4|a|4f ( | a | ) + f ( | c | ) = 1|a|a|+ 4|a|4 4|a|a|+4|a|4=1. 即 f ( | a | ) + f ( | c | ) 1. 4 （本小题满分15 分）设定义在R 上的函数43201234( )f xa xa xa xa xa（其中iaR，i=0,1,2,3,4 ） ，当x= 1 时， f (x) 取得极大值23，并且函数y=f (x+1) 的图象关于点（1，0）对称（1）求 f (x) 的表达式；（2）试在函数f (x)的图象上求两点，使这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都
6、在区间2,2上；（3）若+212(13 ),(N )23nnnnnnxyn，求证：4()().3nnfxf y学习必备欢迎下载解： （ 1）31( ).3f xxx5 分（2）20,0 ,2,3或20,0 ,2,.3 10 分（3）用导数求最值，可证得4()()( 1)(1).3nnf xf yff 15 分5 （本小题满分13 分）设 M 是椭圆22:1124xyC上的一点， P、Q、T 分别为 M 关于 y 轴、原点、 x 轴的对称点， N 为椭圆 C 上异于 M 的另一点，且MN MQ，QN 与 PT 的交点为E，当 M 沿椭圆 C 运动时，求动点E 的轨迹方程解：设点的坐标112211
7、(,),(,)(0),( ,),MxyN xyx yE x y则111111(,),(,),(,),PxyQxyT xy 1 分221122221,(1)1241.(2)124xyxy3 分由（ 1）（ 2）可得1.3MNQNkk6 分又 MN MQ，111,MNMQMNxkkky所以11.3QNykx直线 QN 的方程为1111()3yyxxyx，又直线PT 的方程为11.xyxy 10 分从而得1111,.22xxyy所以112 ,2 .xx yy代入（ 1）可得221(0),3xyxy此即为所求的轨迹方程. 13 分6 （本小题满分12 分）过抛物线yx42上不同两点A、B 分别作抛物线
8、的切线相交于P 点，.0PBPA（1）求点 P 的轨迹方程；（2）已知点 F（0，1） ，是否存在实数使得0)(2FPFBFA？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 解法（一）： （ 1）设)(),4,(),4,(21222211xxxxBxxA学习必备欢迎下载由,42yx得：2xy2,221xkxkPBPA4,021xxPBPAPBPA3 分直线 PA 的方程是：)(241121xxxxy即42211xxxy同理，直线PB 的方程是：42222xxxy由得：),(, 142212121Rxxxxyxxx点 P 的轨迹方程是).(1Rxy6 分（2）由（ 1）得：),14,(211xxFA
9、),14,(222xxFB) 1,2(21xxP4),2,2(2121xxxxFP42)14)(14(2221222121xxxxxxFBFA10 分2444)()(22212212xxxxFP所以0)(2FPFBFA故存在=1 使得0)(2FPFBFA12 分解法（二）： （ 1）直线PA、PB 与抛物线相切，且,0PBPA直线 PA、PB 的斜率均存在且不为0，且,PBPA设 PA 的直线方程是)0,(kRmkmkxy由yxmkxy42得：0442mkxx016162mk即2km3 分即直线 PA 的方程是：2kkxy同理可得直线PB 的方程是：211kxky学习必备欢迎下载由2211kx
10、kykkxy得：11yRkkx故点 P 的轨迹方程是).(1Rxy6 分（2）由（ 1）得：)1,1(),1,2(),2(22kkPkkBkkA) 11,2(),1,2(22kkFBkkFA)2,1(kkFP)1(2)11)(1(42222kkkkFBFA10 分)1(24)1()(2222kkkkFP故存在=1 使得0)(2FPFBFA12 分7 （本小题满分14 分）设函数xaxxxfln1)(在),1 上是增函数 . （1）求正实数a的取值范围；（2）设1,0 ab，求证：.ln1bbabbaba解： （ 1）01)(2axaxxf对),1 x恒成立，xa1对), 1x恒成立又11x1a
11、为所求 .4 分（2）取bbax，1,0, 1bbaba，一方面，由（1）知xaxxxfln1)(在), 1上是增函数，0)1()(fbbaf0ln1bbabbaabba即babba1ln8 分另一方面，设函数) 1(ln)(xxxxG) 1(0111)(xxxxxG)(xG在),1 (上是增函数且在0 xx处连续，又01)1 (G学习必备欢迎下载当1x时，0)1 ()(GxGxxln即bbabbaln综上所述，.ln1bbabbaba14 分8(本小题满分12 分 ) 如图，直角坐标系xOy 中，一直角三角形ABC，90C，B、C在 x 轴上且关于原点O对称，D在边BC上，3BDDC，ABC
12、!的周长为12若一双曲线E以B、C为焦点， 且经过A、D两点(1) 求双曲线E的方程；(2) 若一过点(,0)P m（ m 为非零常数） 的直线l与双曲线E相交于不同于双曲线顶点的两点M、N，且 MPPN ，问在x 轴上是否存在定点G，使()BCGMGN？若存在，求出所有这样定点G的坐标；若不存在，请说明理由解： (1) 设双曲线E的方程为22221 (0,0)xyabab，则(,0),( ,0),( ,0)BcD aC c由3BDDC，得3()caca ，即2ca222|16,| 124 ,|2 .ABACaABACaABACa（3 分）解之得1a，2,3cb双曲线E的方程为2213yx（5
13、 分）(2) 设在 x 轴上存在定点( ,0)G t，使()BCGMGN 设直线l的方程为xmky ，1122(,),(,)M x yN xy由 MPPN ，得120yy即12yy（6 分）(4,0)BC，1212(,)GMGNxtxt yy，()BCGMGN12()xtxt xyDOCABxyDOCABNBCOyxGMP学习必备欢迎下载即12()kymtkymt （8 分）把代入，得12122()()0ky ymtyy（9 分）把 xmky 代入2213yx并整理得222(31)63(1)0kykmym其中2310k且0，即213k且2231km212122263(1),3131kmmyyy
14、 ykk（10 分）代入，得2226 (1)6()03131k mkm mtkk，化简得kmtk当1tm时，上式恒成立因此，在x 轴上存在定点1(,0)Gm，使()BCGMGN（12 分）9(本小题满分14 分 ) 已知数列na各项均不为0，其前 n 项和为nS ，且对任意*nN 都有 (1)nnp Sppa （p为大于1的常数），记12121CCC( )2nnnnnnnaaaf nS(1) 求na ；(2) 试比较(1)f n与1( )2pf np的大小（*nN ） ；(3) 求证：2111(21) ( )(1)(2)(21)112nppnf nfffnpp剟， （*nN ） 解： (1)
15、(1)nnp Sppa ，11(1)nnp Sppa，得11(1)nnnp apapa ，即1nnapa （3 分）在中令1n，可得1ap na是首项为1ap ，公比为p的等比数列，nnap （4 分）学习必备欢迎下载(2) 由(1)可得(1)(1)11nnnppp pSpp12121CCCnnnnnaaa1221CCC(1)(1)nnnnnnnppppp12121CCC( )2nnnnnnnaaaf nS1(1)2 (1)nnnpppp，（5 分）(1)f n1111(1)2(1)nnnpppp而1( )2pf np1111(1)2()nnnppppp，且1p，1110nnppp，10p(1
16、)f n1( )2pf np， （*nN ） （8 分）(3) 由(2)知1(1)2pfp，(1)f n1( )2pf np， （*nN ） 当2n时，211111( )(1)()(2)()(1)()2222nnppppf nf nf nfpppp221111(1)(2)(21)222npppfffnppp,2111112npppp，（10 分）（当且仅当1n时取等号）另一方面，当2n，1,2, 21kn时，2221(1)(1)( )(2)2 (1)2(1)kn kkkn kn kpppf kfnkppp2221(1)(1)22 (1) 2(1)knkkknknkpppppp21 2(1)12(1)(1)nnkn kppppp221 2(1)121nnnkn kpppppp22kn knppp，2222121(1)nkn knnnpppppp,12(1)( )(2)2( )2 (1)nnnppf kfnkf npp， （当且仅当kn时取等号） （13 分）2121211111( )( )(2)( )(21) ( )2nnnkkkf kf kfnkf nnf n （当且仅当1n时取等号）综上所述，2121111(21) ( )( )112nnkppnf nf kpp剟， （*nN ） （ 14 分）