【强烈推荐】2009年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解

当0?x?a?3时??(x)?0;当x?a?3时，??(x)?0，所以，当x?a?3时，?(x)取最小值.因此

?3?(x)?0成立的充要条件是?(a)?0，即a?(2b).………………10分

综上，不等式x?1?ax?b?3x3对任意x?[0,??)成立的充要条件是

222?12(2b)?12?a?2(1?b). ①

?1212显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式(2b)有解、解不等式②得2?2?b?2?2.

44?2(1?b) ②

12因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数在a与b所满足的关系.…………12分

33.解：由已知Sn?1?Sn?n?5(n?N*)可得n?2,Sn?2Sn?1?n?4两式相减得

Sn?1?Sn?2?Sn?Sn?1??1即an?1?2an?1从而an?1?1?2?an?1?当n?1时S2?2S1?1?5所以a2?a1?2a1?6又a1?5所以a2?11从而a2?1?2?a1?1?

故总有an?1?1?2(an?1)，n?N又a1?5,a1?1?0从而（II）由（I）知an?3?2n?1

因为f(x)?a1x?a2x2???anxn所以f?(x)?a1?2a2x???nanxn?1

2n从而f?(1)?a1?2a2???nan=?3?2?1??23?2?1???n(3?2?1)

*an?1?1?2即数列?an?1?是等比数列；

an?1??n?12n=32?2?2???n?2-?1?2???n?=3?n?1??2?2n2由上2f?(1)?23n?13n?12?n?1??2-122n?n?1=

??n(n?1)?6 2????n12?n?1??2n?12?n?1?(2n?1)=12(n?1)??2?(2n?1)??①

当n?1时，①式=0所以2f?(1)?23n?13n； 当n?2时，①式=-12?0所以2f?(1)?23n?13n 当n?3时，n?1?0

n01n?1n又2??1?1??Cn?Cn???Cn?Cn?2n?2?2n?1 n2???02?2n?1?023n?13n 2f(1)所以?n?1??即①从而?????n22ByAMNo

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x?p?F?,0??2?x??p2

34.解：（I）如图，设M为动圆圆心，?p?p?,0?为记为F，过点M作直线x??的垂线，垂足为N，由

2?2?p的距离相等，由抛物线的定义知，点M的轨2题意知：MF?MN即动点M到定点F与定直线x??迹为抛物线，其中F?p?p?,0?为焦点，x??为准线，所以轨迹方程为y2?2px(P?0)；

2?2?（II）如图，设A?x1,y1?,B?x2,y2?，由题意得x1?x2（否则?????）且x1,x2?0所以直线AB的斜

2y12y2率存在，设其方程为y?kx?b，显然x1?，将y?kx?b与y2?2px(P?0)联立消去x，,x2?2p2p2得ky?2py?2pb?0由韦达定理知y1?y2?2p2pb,y1?y2?① kk2y1y2y12y2（1）当??时，即????时，tan??tan??1所以??1,x1x2?y1y2?0，2?y1y2?0所

22x1x24p??以y1y2?4p2由①知：

2pb?4p2所以b?2pk.因此直线AB的方程可表示为y?kx?2Pk，即kk(x?2P)?y?0所以直线AB恒过定点??2p,0?

（2）当???2时，由?????，得tan??tan(???)=

tan??tan?=

1?tan?tan?2p2p2p(y1?y2)b??2pk， tan??将①式代入上式整理化简可得：，所以2tan?b?2pky1y2?4p此时，直线AB的方程可表示为y?kx?2p2p???2pk即k(x?2p)??y??0 ?tan?tan???所以直线AB恒过定点??2p,??2p?? tan??所以由（1）（2）知，当???2时，直线AB恒过定点??2p,0?，当???2时直线AB恒过定点??2p,??2p??. tan??22xy35.解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为?，则a2?4?1?3,再由a2?b2?c2得b2?1. ?1a2b2x2?y2?1. 故C2的方程为3x2?y2?1得(1?4k2)x2?82kx?4?0. （II）将y?kx?2代入4

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由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得

?1?(82)2k2?16(1?4k2)?16(4k2?1)?0,

2即 k?1. ① 4x2将y?kx?2代入?y2?1得(1?3k2)x2?62kx?9?0.

3由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得

2??1?3k?0,?222???2?(?62k)?36(1?3k)?36(1?k)?0.

1即k2?且k2?1.3设A(xA,yA),B(xB,yB),则xA?xB?62k?9,x?x?AB1?3k21?3k2

由OA?OB?6得xAxB?yAyB?6,而xAxB?yAyB?xAxB?(kxA?2)(kxB?2)?(k2?1)xAxB?2k(xA?xB)?2 ?(k2?1)??962k?2k??2 221?3k1?3k3k2?7?2.3k?13k2?715k2?13于是2?6,即?0.解此不等式得 23k?13k?1k2?131或k2?. ③ 153由①、②、③得

1113?k2?或?k2?1. 4315故k的取值范围为(?1,?13311313)?(?,?)?(,)?(,1) 1532231536.（Ⅰ）证明：（1）当n=2时，a2?2?2，不等式成立. （2）假设当n?k(k?2)时不等式成立，即ak?2(k?2),

那么ak?1?(1?11)ak?k?2. 这就是说，当n?k?1时不等式成立.

k(k?1)2第４７页

根据（1）、（2）可知：ak?2对所有n?2成立. （Ⅱ）证法一：

由递推公式及（Ⅰ）的结论有 an?1?(1?两边取对数并利用已知不等式得 lnan?11111)a??(1??)an.(n?1) nn2?n2nn2?n2n11?ln(1?2?n)?lnan

n?n2?lnan?1111?. 故 (n?1). lna?lna??n?1n2nnn?n2n(n?1)2上式从1到n?1求和可得

lnan?lna1?111111??????2???n?1 1?22?3(n?1)n2221n111111112?1??(?)???????1??1?n?2. 1223n?1n2n21?21?即lnan?2,故an?e2（Ⅱ）证法二：

由数学归纳法易证2n?n(n?1)对n?2成立，故

(n?1).

an?1?(1?1111)a??(1?a?nnn(n?1)n(n?1)n2?n2n(n?2),则bn?1?(1?1)bnn(n?1)(n?2).

令bn?an?1(n?2).

(?取对数并利用已知不等式得 lnbn?1?ln11n(n?1)1)?lnbn

n(n?1)?lnbn?(n?2).

111???? 1?22?3n(n?1)上式从2到n求和得 lnbn?1?lnb2??1?11111???????1. 223n?1n因b2?a2?1?3.故lnbn?1?1?ln3,bn?1?e1?ln3?3e(n?2).

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