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2012届高考复习压轴题精选训练


2012 届高考复习压轴题精选训练(一) 届高考复习压轴题精选训练 训练(
命题组: 命题组:高三数学教研组

班级:

姓名:
2

得分:

(一)已知:正数数列 an 中,若关于 x 的方程 x -an+1x+3an+24=0(n∈N+)有相等的实根 (1)若 a1=1,求 a2,a3 的值;并证明 11+a1+11+a2+…+11+an<34 (2)若 a1=a,bn=an-(3n-12)?2n,求使 bn+1≥bn 对一切 n∈N+都成立的 a 的取值范围.

你定能做 对,加油

(二)已知:a≠0,f(x)=x3+ax2-a2x-1,g(x)=ax2-x-1 (1)若 a<0 时,求 y=f(x)的单调区间; (2)若 y=f(x)与 y=g(x)在区间 (a,a+12)上是增函数,求 a 的范围; (3) 若 y=f(x)与 y=g(x)的图象有三个不同的交点,记 y=g(x)在区间[0, 14]上的 最小值为 h(a),求 h(a).

2012 届高考复习压轴题精选训练(一) 届高考复习压轴题精选训练 训练( 参考答案
(一)详细解析
【考点】数列与不等式的综合. 【专题】综合题. 【分析】(1)由 △=an+1-4×3an+24=0 得 an+1=3an+2,再由 an+1=3an+2 得 an+1+1=3(a1+1), 由此能够证明 11+a1+11+a2+…+11+an<34. n-1 n-1 n (2)当 a1=a 时,an+1=(a+1)?3 ,bn=(a+1)?3 -1-(3n-12)?2 , n-1 n + bn+1-bn=(a+1)?2?3 -(3n-6)?2 ≥0 对一切 n∈N 都成立,由此能求出使 bn+1≥bn 对一切 + n∈N 都成立的 a 的取值范围. 【解答】解:(1)由 △=an+1-4×3an+24=0 得 an+1=3an+2∴ a_=5,a3=17(2 分) 由 an+1=3an+2 得 an+1+1=3(a1+1), 所以 an+1 为首项为 2 公比为 3 的等比数列 n-1 得 an+1=2?3 (5 分), 11+a1+11+a2+11+an=12[1+13++13n-1]=34-34?(13)n<34(8 分) n-1 n-1 n (2)当 a1=a 时,an+1=(a+1)?3 ,bn=(a+1)?3 -1-(3n-12)?2 n-1 n + bn+1-bn=(a+1)?2?3 -(3n-6)?2 ≥0 对一切 n∈N 都成立,所以 a+1≥(23)n-1?(3n-6) 令 cn=(23)n-1(3n-6), cn+1-cn=(23)n-1(-n+4), 所以 (cn)max=c4=c5=169,所以 a≥79(16 分) 【点评】本题考查数列的性质和综合运用,解题时要注意公式的合理运用.

(二)详细解析
【考点】利用导数研究函数的单调性;导数在最大值、最小值问题中的应用. 【专题】常规题型;计算题. 【分析】(1)先求出导函数 fˊ(x),在函数的定义域内解不等式 fˊ(x)>0 和 fˊ(x)<0,即可求出函数的单调区间; (2)讨论 a 的正负,根据函数 y=f(x)与 y=g(x)的单调增区间是区间 (a,a+12)的子 集建立方程组,解之即可; (3)欲使 y=f(x)与 y=g(x)的图象有三个不同的交点,则 x3+ax2-a2x-1=ax2-x-1 有三个 解,可求出 a 的范围,根据 a 的范围求出 y=g(x)在区间[0, 14]上的最小值为 h(a)即 可. 【解答】解:(1)f'(x)=3x2+2ax-a2=0 解得:x= a3 或-a 当 x∈(-∞, a3)或(-a,+∞)时,f'(x)>0, 则 f(x)的增区间为(-∞, a3),(-a,+∞) 当 x∈ (a3,-a)时,f'(x)<0, ∴减区间为 (a3,-a)(4 分) (2)当 a<0 时,则有 {a+12≤a3 或-a≤aa+12≤12a 得 a∈(-∞,-1](7 分) 当 a>0 时,则有 {a+12≤-a 或 a3≤aa≥12a 得 a∈[22,+∞)(10 分) 所以 a∈(-∞,-1]∪[22,+∞) (3)由 x3+ax2-a2x-1=ax2-x-1 得 x(x2-a2+1)=0 有三个解, 所以 a>1 或 a<-1 (12 分) 得 h(a)={-14a-1(a≥2)a16-54(a<-1 或 1<a<2)(16 分) 【点评】本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系,即当导函数大于 0 时 原函数单调递增,当导函数小于 0 时原函数单调递减,以及图象交点的问题,常常转化成 方程根的个数,属于中档题

2012 届高考复习压轴题精选训练(二) 届高考复习压轴题精选训练 训练(
命题组: 命题组:高三数学教研组

班级:

姓名:

得分:

(一)定义数列{an}:a1=1,当 n≥2 时, an={an-1+r?n=2k?k∈N*2an-1??n=2k+1?k∈N* 其中 r≥0 常数. (Ⅰ)若当 r=0 时,Sn=a1+a2+…+an; (1)求:Sn;(2)求证:数列{S2n}中任意三项均不能构成等差数列; * (Ⅱ)求证:对一切 n∈N 及 r≥0,不等式 ∑k=1n2ka2k-1a2k<4 恒成立.

一定相信 要自己哦

(二)已知函数 f(x)=Px-Px-lnx, g(x)=lnx-Px(1+e2-2eP2),其中无理数 e=2.17828…. (Ⅰ)若 P=0,求证:f(x)>1-x; (Ⅱ)若在其定义域内 f(x)是单调函数,求 P 的取值范围; (Ⅲ)对于区间(1,2)中的任意常数 P,是否存在 x0>0,使 f(x0)≤g(x0)成立?若存 在,求出符合条件的一个 x0;否则说明理由.

2012 届高考复习压轴题精选训练(二) 届高考复习压轴题精选训练 训练( 参考答案
(一)详细解析
【考点】反证法与放缩法;数列的求和;不等式的证明. 【专题】计算题;证明题. * 【分析】(1)先计算数列的前 8 项猜想数列的特点,数列{a2k-1}、{a2k}(k∈N )均为等比 数列,从而利用等比数列的求和公式求解即可;对于否定性的结论的证明,往往利用反证法 证明; (1)欲证此不等式 ∑k=1n2ka2k-1a2k<4 恒成立,先对左边式子利用拆项法求和,后再进 行放缩即得. 【解答】解:(1)当 r=0 时,计算得数列的前 8 项为:1,1,2,2,4,4,8,8. * 从而猜出数列{a2k-1}、{a2k}(k∈N )均为等比数列. (2 分) ∵a2k=a2k-1=2a2k-2,a2k+1=2a2k=2a2k-1, * k-1 ∴数列{a2k-1}、{a2k}(k∈N )均为等比数列,∴a2k-1=a2k=2 . (4 分) k k+1 k k-1 k-1 ①∴S2k=2(a1+a3+a5++a2k-1)=2(2 -1)=2 -2,S2k-1=S2k-2+a2k-1=2 -2+2 =3×2 -2, ∴ Sn={2n2+1-2,??n=2k3×2n-12-2n=2k-1k∈N*.(6 分) ②证明(反证法):假设存在三项 * Sm,Sn,Sp(m,n,p∈N ,m<n<p)是等差数列, 即 2Sn=Sm+Sp 成立. 因 m,n,p 均为偶数, * 设 m=2m1,n=2n1,p=2p1,(m1,n1,p1∈N ), ∴ 2×2(2n1-1)=2(2m1-1)+2(2p1-1), 即 2×2n1=2m1+2p1, ∴ 2n1-m1+1=1+2p1-m1, 而此等式左边为偶数,右边为奇数,这就矛盾;(10 分) (2)∵a2k=a2k-1+r=2a2k-2+r, ∴a2k+r=2(a2k-2+r),∴{a2k+r}是首项为 1+2r, k-1 公比为 2 的等比数列,∴a2k+r=(1+2r)?2 . 又∵a2k+1=2a2k=2(a2k-1+r),∴a2k+1+2r=2(a2k-1+2r), ∴{a2k-1+2r}是首项为 1+2r,公比为 2 的等比数列, k-1 ∴a2k-1+2r=(1+2r)?2 . (12 分) ∴ 2ka2k-1a2k=2k[(1+2r)?2k-1-2r]?[(1+2r)?2k-1-r] = 2k-1[(1+2r)?2k-2-r]?[(1+2r)?2k-1-r] = 21+2r?[1(1+2r)?2k-2-r-1(1+2r)?2k-1-r], ∴ ∑k=1n2ka2k-1a2k=21+2r∑k=1n[1(1+2r)?2k-2-r-1(1+2r)?2k-1-r] = 21+2r[1(1+2r)?2-1-r-1(1+2r)?2n-1-r]<21+2r?21+2r-2r=41+2r. ∵r≥0,∴ 41+2r≤4. ∴ ∑k=1n2ka2k-1a2k<4. (16 分) 【点评】本题主要考查了等差数列、等比数列、不等式证明中的反证法与放缩法以及数列的 求和,是一道综合性很强的题目,属于难题

(二)详细解析
【考点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值;利用导数求闭区间上函数 的最值. 【专题】计算题;证明题. 分析: (Ⅰ)若 P=0,要证 f(x)>1-x;即可转化为 lnx-x+1>0 在定义域内恒成立即可.在 通过求导,研究其单调性,看函数的最小值,只要函数的最小值大于 0 即可. (Ⅱ)若在其定义域内 f(x)是单调函数,求 P 的取值范围;先要明确定义域;在求导, 求导后,只要满足导数在某区间恒大于 0 或在某区间恒小于 0 即可.在这里要注意对参数 p

进行讨论. (Ⅲ)对于区间(1,2)中的任意常数 P,是否存在 x0>0,使 f(x0)≤g(x0)成立,这种 题型属探索性问题;解决的关键在于弄懂题意.据题意可转化为:令 F(x)=f(x)-g(x)=px-2lnx+e2-2epx,则问题等价于找一个 x0>0 使 F(x)≤0 成立, 故只需满足函数的最小值 F(x)min≤0 即可. 【解答】解:(Ⅰ)证明:当 p=0 时,f(x)=-lnx. 令 m(x)=lnx-x+1,则 m′(x)=1x-1=1-xx. 若 0<x<1,m′(x)>0,m(x)递增; 若 x>1,m′(x)<0,m(x)递减, 则 x=1 是 m(x)的极(最)大值点. 于是 m(x)≤m(1)=0,即 lnx-x+1≤0. 故当 p=0 时,有 f(x)≥1-x;(4 分) (Ⅱ)解:对 f(x)=px-px-lnx 求导, 得 f′(x)=p+px2-1x=px2-x+px2. ①若 p=0, f′(x)=-1x<0, 则 f(x)在(0,+∞)上单调递减,故 p=0 合题意. ②若 p>0, h(x)=px2-x+p=p(x-12p)2+p-14p≥p-14p. 则必须 p-14p≥0,f′(x)≥0, 故当 p≥12 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增. ③若 p<0,h(x)的对称轴 x=12p<0, 则必须 h(0)≤0,f′(x)≤0, 故当 p<0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递减. 综合上述,p 的取值范围是 (-∞,0]∪[12,+∞); (Ⅲ)解:令 F(x)=f(x)-g(x)=px-2lnx+e2-2epx. 则问题等价于找一个 x0>0 使 F(x)≤0 成立, 故只需满足函数的最小值 F(x)min≤0 即可. 因 F′(x)=p-2x-e2-2epx2=(px-e)(px-2+e)px2=px2(x-ep)(x-2-ep), 而 x>0,1<p<2,ep>2p>0,2-ep<0, 故当 0<x<ep 时,F′(x)<0,F(x)递减; 当 x>ep 时,F′(x)>0,F(x)递增. 于是, F(x)min=F(ep)=e-2+2lnp+e-2=2e+2lnp-4>0. 与上述要求 F(x)min≤0 相矛盾,故不存在符合条件的 x0. 【点评】(1)若在其定义域内 f(x)是单调函数,求参数的取值范围;先要明确定义域; 在求导, 求导后, 只要满足导数在某区间恒大于 0 或在某区间恒小于 0 即可. 这是通性通法. (2)对于区间任意给定的某区间,某代数式恒成立问题,解决的关键在于弄懂题意.据题 意一般可可转化为构造一个函数,求满足函数的最小值或者函数的最大值即可.

2012 届高考复习压轴题精选训练(三) 届高考复习压轴题精选训练 训练(
命题组: 命题组:高三数学教研组

班级:

姓名:
2

得分:

(一) 、设常数 a ≥ 0 ,函数 f ( x) = x ? ln x + 2a ln x ? 1 ( x ∈ (0, +∞)) . (Ⅱ)求证: f ( x ) 在 (0, +∞ ) 上是增函数; (Ⅲ)求证:当 x > 1 时,恒有 x > ln x ? 2a ln x + 1 .
2

(Ⅰ)令 g ( x ) = xf ′( x ) ( x > 0) ,求 g ( x ) 的最小值,并比较 g ( x ) 的最小值与零的大小;

积极思考 仔细答题

(二) 、定义:若数列 {An }满足 An +1 = An ,则称数列 {An }为“平方递推数列” 。已知数列
2

(Ⅰ)证明:数列 {2a n + 1}是“平方递推数列” ,且数列 {lg( 2a n + 1)} 为等比数列。 求数列 {a n } 的通项及 Tn 关于 n 的表达式。

{a n }

中, a1 = 2 ,点 ( a n , a n +1 ) 在函数 f ( x ) = 2 x 2 + 2 x 的图像上,其中 n 为正整数。

(Ⅱ) (Ⅰ) “平方递推数列” 设 中 的前 n 项之积为 Tn , Tn = (2a1 + 1)(2a2 + 1) L (2an + 1) , 即 (Ⅲ)记 bn = log 2 an +1 Tn ,求数列 {bn } 的前 n 项之和 S n ,并求使 S n > 2008 的 n 的最小值。

2012 届高考复习压轴题精选训练(三) 届高考复习压轴题精选训练 训练( 参考答案
(一)详细解析
1、解(Ⅰ)∵ f ( x ) = x ? (ln x )(ln x ) + 2a ln x ? 1 , x ∈ (0, +∞ ) ∴ f ′( x ) = 1 ? [ × ln x + (ln x ) × ] +

1 1 2a 2 ln x 2a , = 1? + , ……2 分 x x x x x ∴ g ( x ) = xf ′( x ) = x ? 2 ln x + 2a , x ∈ (0, +∞ ) 2 x?2 ∴ g ′( x ) = 1 ? = ,令 g ′( x ) = 0 ,得 x = 2 , ……4 分 x x
列表如下:

x (0, 2) (2, ∞) + 2 ? g ′( x) 0 + g ( x) 极小值 g (2) ↘ ↗ ∴ g ( x ) 在 x = 2 处取得极小值 g (2) = 2 ? 2 ln 2 + 2a , 即 g ( x ) 的最小值为 g (2) = 2 ? 2 ln 2 + 2a . g (2) = 2(1 ? ln 2) + 2a , ∵ ln 2 < 1 ,∴ 1 ? ln 2 > 0 ,又 a ≥ 0 ,∴ g (2) > 0 . 证明(Ⅱ)由(Ⅰ)知, g ( x ) 的最小值是正数, ∴对一切 x ∈ (0, +∞ ) ,恒有 g ( x ) = xf ′( x ) > 0 , 从而当 x > 0 时,恒有 f ′( x ) > 0 , 故 f ( x ) 在 (0, ∞) 上是增函数. + 证明(Ⅲ)由(Ⅱ)知: f ( x ) 在 (0, ∞) 上是增函数, + ∴当 x > 1 时, f ( x ) > f (1) , 又 f (1) = 1 ? ln 2 1 + 2a ln1 ? 1 = 0 , 2 ∴ f ( x) > 0 ,即 x ? 1 ? ln x + 2a ln x > 0 , 2 ∴ x > ln x ? 2a ln x + 1 2 故当 x > 1 时,恒有 x > ln x ? 2a ln x + 1 .
(二)详细解析

……6 分

……8 分

……10 分 ……11 分 ……12 分

……13 分 ……14 分

……15 分

( 2、 Ⅰ)由条件 an+1=2an2+2an, 得 2an+1+1=4an2+4an+1=(2an+1)2.∴{bn}是“平方 lg(2an+1+1) 递推数列” .∴lgbn+1=2lgbn.∵lg(2a1+1)=lg5≠0,∴ =2.∴{lg(2an lg(2an+1) +1)}为等比数列. - 1 2 n- 1 2n 1 - ,∴an= (5 -1). (Ⅱ)∵lg(2a1+1)=lg5,∴lg(2an+1)=2n 1?lg5,∴2an+1=5 2 lg5?(1-2n) ∵lgTn=lg(2a1+1)+lg(2a2+1)+…+lg(2an+1)= =(2n-1)lg5. 1-2 2n-1 ∴Tn=5 . (2n-1)lg5 2n-1 lgTn 1 n-1 = n- 1 = n-1 =2-? ? , (Ⅲ)cn= ?2? lg(2an+1) 2 lg5 2

1 n 1-? ? 2 n-1 ? 2? 1 1 1 1 n 1 n ∴Sn=2n-[1+ +? ? +…+? ? ]=2n- =2n-2[1-? ? ]=2n-2+2? ? . 2 ?2? 1 ?2? ?2? ?2? 1- 2 1 n 1 n 由 Sn>2008 得 2n-2+2? ? >2008,n+? ? >1005, ?2? ?2? n 1 1 n 当 n≤1004 时, ? ? <1005, n≥1005 时, ? ? >1005, 的最小值为 1005. n+ 当 n+ ∴n ?2? ?2?


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