高考数学压轴题(函数,数列,圆锥曲线)精选题库

11.二次函数1.对于函数2()(1)2(0)fxaxbxba，若存在实数0x，使00()fxx成立，则称0x为()fx的不动点．（1）当2,2ab时，求()fx的不动点；（2）若对于任何实数b，函数()fx恒有两个相异的不动点，求实数a的取值范围；（3）在(2)的条件下，若()yfx的图象上,AB两点的横坐标是函数()fx的不动点，且直线2121ykxa是线段AB的垂直平分线，求实数b的取值范围．分析新疆王新敞特级教师源头学子小屋@[e-mail]源头学子小屋特级教师王新敞新疆本题考查二次函数的性质、直线等基础知识，及综合分析问题的能力新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆函数与方程思想解：2()(1)2(0)fxaxbxba，（1）当2,2ab时，2()24fxxx．设x为其不动点，即224xxx，则22240xx．所以121,2xx，即()fx的不动点是1,2.（2）由()fxx得220axbxb.由已知，此方程有相异二实根，所以24(2)0abab，即2480baba对任意bR恒成立．20,16320baa，02a．（3）设1122(,),(,)AxyBxy，直线2121ykxa是线段AB的垂直平分线，1k．记AB的中点00(,)Mxx，由(2)知02bxa．212()20,bfxxaxbxbxxaM在2121ykxa上，212221bbaaa化简得：211212141222abaaaaa，当22a时，等号成立．即22,,44bb2例2已知函数242fxaxx，若对任意1x，2xR且12xx，都有121222fxfxxxf．（Ⅰ）求实数a的取值范围；（Ⅱ）对于给定的实数a，有一个最小的负数Ma，使得,0xMa时，44fx都成立，则当a为何值时，Ma最小，并求出Ma的最小值．解：（Ⅰ）∵121222fxfxxxf22212121122222xxxxaxbxcaxbxcabc21204axx，∵12xx，∴0a．∴实数a的取值范围为0,．（Ⅱ）∵2224422fxaxxaxaa，显然02f，对称轴20xa。（1）当424a，即02a时，2,0Maa，且4fMa．令2424axx，解得242axa，此时Ma取较大的根，即2422422aMaaa，∵02a，∴21422Maa．（2）当424a，即2a时，2Maa，且4fMa．令2424axx，解得246axa，此时Ma取较小的根，即2466462aMaaa，∵2a，∴63462Maa．当且仅当2a时，取等号．∵31，∴当2a时，Ma取得最小值－3．2.设3()3xfx，对任意实数t，记232()3tgxtxt3（Ⅰ）求函数8()()yfxgx的单调区间；（Ⅱ）求证：（ⅰ）当0x时，()()tfxgx对任意正实数t成立；（ⅱ）有且仅有一个正实数0x，使得800()()tgxgx对于任意正实数t成立。分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．分类讨论、化归（转化）思想方法（I）解：316433xyx．由240yx，得2x．因为当(2)x，时，y0，当(22)x，时，0y，当(2)x，时，0y，故所求函数的单调递增区间是(2)，，(2)，，单调递减区间是(22)，．（II）证明：（i）方法一：令2332()()()(0)33txhxfxgxtxtx，则223()hxxt，当0t时，由()0hx，得13xt，当13()xx，时，()0hx，所以()hx在(0)，内的最小值是13()0ht．故当0x时，()()tfxgx≥对任意正实数t成立．方法二：对任意固定的0x，令232()()(0)3thtgxtxtt，则11332()()3httxt，由()0ht，得3tx．当30tx时，()0ht；当3tx时，()0ht，所以当3tx时，()ht取得最大值331()3hxx．因此当0x时，()()fxgx≥对任意正实数t成立．（ii）方法一：8(2)(2)3tfg．由（i）得，(2)(2)ttgg≥对任意正实数t成立．即存在正实数02x，使得(2)(2)xtgg≥对任意正实数t成立．下面证明0x的唯一性：当02x，00x，8t时，300()3xfx，0016()43xgxx，4由（i）得，30016433xx，再取30tx，得30300()3xxgx，所以303000016()4()33xxxgxxgx，即02x时，不满足00()()xtgxgx≥对任意0t都成立．故有且仅有一个正实数02x，使得00()0()xtgxgx≥对任意正实数t成立．方法二：对任意00x，0016()43xgxx，因为0()tgx关于t的最大值是3013x，所以要使00()()xtgxgx≥对任意正实数成立的充分必要条件是：300161433xx≥，即200(2)(4)0xx≤，①又因为00x，不等式①成立的充分必要条件是02x，所以有且仅有一个正实数02x，使得00()()xtgxgx≥对任意正实数t成立．3.定义函数fn(x)＝(1＋x)n―1,x＞―2，n∈N*(1)求证：fn(x)≥nx；(2)是否存在区间[a，0](a＜0)，使函数h(x)＝f3(x)－f2(x)在区间[a，0]上的值域为[ka，0]?若存在，求出最小实数k的值及相应的区间[a，0]，若不存在，说明理由.分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．分类讨论、数形结合思想方法解：(1)证明：fn(x)－nx＝(1＋x)n－1－nx，令g(x)＝(1＋x)n－1－nx,则g'(x)＝n[(1＋x)n―1―1].当x∈(－2，0)时，g'(x)＜0,当x∈(0，＋∞）时，g'(x)＞0，∴g(x)在x＝0处取得极小值g(0)＝0，同时g(x)是单峰函数，则g(0)也是最小值.∴g(x)≥0,即fn(x)≥nx(当且仅当x＝0时取等号).注：亦可用数学归纳法证明.(2)∵h(x)＝f3(x)－f2(x)＝x(1＋x)2∴h'(x)＝(1＋x)2＋x·2(1＋x)＝(1＋x)(1＋3x)令h'(x)＝0,得x＝－1或x＝－13，∴当x∈(―2，―1)，h'(x)＞0；当x∈(―1，―13)时，h'(x)＜0；5当x∈(－13,＋∞)时，h'(x)＞0.故作出h(x)的草图如图所示，讨论如下：①当－13≤a＜0时，h(x)最小值h(a)＝ka∴k＝(1＋a)2≥49②当－43≤a≤－13时h(x)最小值h(a)＝h(－13)＝－427＝kak＝－427a∴19≤k≤49③当a＝－43时h(x)最小值h(a)＝a(1＋a)2＝kak＝(1＋a)2≥19，a＝－43时取等号.综上讨论可知k的最小值为19，此时[a，0]＝[－43，0].例4.已知)(22)(2Rxxaxxf在区间]1,1[上是增函数。（1）求实数a的值组成的集合A；（2）设关于x的方程1fxx的两个非零实根为1x、2x。试问：是否Rm，使得不等式||1212xxtmm对Aa及]1,1[t恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由。分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．函数方程思想、化归（转化）思想方法解：（1）∵)(xf)(222Rxxax∴222)2(2)2()2(2)(xxaxxxf222)2()2(2xaxx∵)(xf在]1,1[上∴)(xf0)2()2(2222xaxx对]1,1[x恒成立即]1,1[x，恒有022axx成立设2)(2axxxg∴]1,1[01)1(1101)1(Aagaag（2）xxaxxf122)(2022axx∵082a∴1x、2x是方程022axx的两不等实根，且axx21，221xx6∴]3,22[84)(||22122121axxxxxx∵||1212xxtmm对Aa及]1,1[t恒成立∴312tmm对]1,1[t恒成立设)2()(2mtmth，]1,1[t∴0)(th对]1,1[t恒成立∴122102)1(02)1(22mmmmmmhmmh或或∴),2[]2,(m满足题意6.设函数),1,(11)(NxnNnnxfn且.(Ⅰ)当x=6时,求nn11的展开式中二项式系数最大的项;(Ⅱ)对任意的实数x,证明2)2()2(fxf＞);)()()((的导函数是xfxfxf(Ⅲ)是否存在Na,使得an＜nkk111＜na)1(恒成立?若存在,试证明你的结论并求出a的值;若不存在,请说明理由.（Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是335631201Cnn（Ⅱ）证法一：因22112211nfxfnn2211211nnn11211nnn121nn1121ln12nn'1121ln12nfxnn证法二：因22112211nfxfnn2211211nnn11211nnn而'11221ln1nfxnn7故只需对11n和1ln1n进行比较。令ln1gxxxx，有'111xgxxx，由10xx，得1x因为当01x时，'0gx，gx单调递减；当1x时，'0gx，gx单调递增，所以在1x处gx有极小值1故当1x时，11gxg，从而有ln1xx，亦即ln1lnxxx故有111ln1nn恒成立。所以'222fxffx，原不等式成立。（Ⅲ）对mN，且1m有2012111111mkmkmmmmmmCCCCCmmmmm