1、211、已知 r函數(shù) f(x) x ，h(x) jx . 32(I)設(shè)函數(shù)F(x) 18f(x) x2h(x)2,求F(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； 33(n )設(shè) a R ,斛關(guān)于 x 的方程 lg _ f (x 1) _ 21g h(a x) 21g h(4 x);*1(出)設(shè) n N ,證明：f (n)h(n) h(1) h(2) L h(n)-. 612、已知定點A( 1,0), F (2,0),定直線1 ：x ,不在x軸上的動點P與點F的距離是它到 2直線l的距離的2倍，設(shè)點P的軌跡為E,過點F的直線交E于B、C兩點，直線AB AC分別交l于點M N.(1)求£的方程；(II)試

2、判斷以線段 MNK;直徑的圓是否過點F,并說明理由。x1 a3、設(shè)f(x) x(a 0,且a 1),g(x)是f(x)的反函數(shù),1 a(I)求g(x)。(n)當(dāng)x 2,6時，恒有g(shù)(x) loga2t成立，求t的取值范(x 1)(7 x)1 .圍。(出)當(dāng)0 a 時，試比較f(1) f(2) L f(n)與n 4的大小，并說明理由。24已知O為坐標(biāo)原點,2F為橢圓C : x221在y軸正半軸上的焦點，過 F且斜率為-J22x6設(shè)橢圓2a2 y b21, a b0的左右焦點分別為 Fi,F2 ,離心率e ，點F2到右準(zhǔn) 2uuu uuu uuu的直線l與C交與A、B兩點，點P滿足OA OB OP

3、 0.(I )證明：點P在C上；(n)設(shè)點P關(guān)于點。的對稱點為Q,證明：A、P、B、Q四點在同一圓上.5.設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn 2an 2n ,(i)求a1，a4； (n)證明：an 1 2an是等比數(shù)列；(出)求 an的通項式線為l的距離為(i)求a,b的值;(n)設(shè)M , N是l上的兩個動點,uur uuurFM F2N0,證明：當(dāng)MN取最小值時,uur uuLur uur rF1F2 F2M F2N 0曲線2y2MFf(x)y f ( x)與x軸僅有一個交1上，F(xiàn)為橢圓在y軸正半軸0。 求四邊形 PMQN的面0的解集為 A ,uuur uur且 AF FB( 0).過 A、S的最小

4、值。(II)設(shè) ABM的面積為S,寫出Sf()的表達(dá)式，并求2X 27求Fi、F2分別是橫線一 y 1的左、右焦點4UUU2 UUUU25(I)若r是第一象限內(nèi)該數(shù)軸上的一點，PF1PF25,求點P的作標(biāo)；4(n)設(shè)過定點 M (0, 2)的直線l與橢圓交于同的兩點 A、B,且/ ADB為銳角(其中 O 為作標(biāo)原點)，求直線l的斜率k的取值范圍.8已知函數(shù)f(X)=X2- 4,設(shè)曲線y=f(X)在點(Xn, f(Xn)處的切線與X軸的交點為(Xn+1,u) (U,N +),其中為正實數(shù).(I )用 Xx 表不' Xn+1 ；4Xc 2(n)右ai=4,記an=lg,證明數(shù)列 ai成等比

5、數(shù)列，并求數(shù)列 Xn的通項公式；Xn 2(出)若Xi=4, bn=Xn-2, Tn是數(shù)列 bn的前n項和，證明Tn<39.(本小題滿分12分)設(shè)a為實數(shù)，函數(shù) f (X) x3 x2 X a。(i)求f(x)的極值；(n)當(dāng)a在什么范圍內(nèi)取值時，點。210 .(本小題滿分14分)P、Q、M、N四點都在橢圓X上的焦點。 已知PF與PQ共線，MF與FN共線，PF 積的最小值和最大值。211 設(shè) a R ,函數(shù) f(x) ax 2x 2a.若B x|1 X 3 ,AI B ,求實數(shù)a的取值范圍。212已知拋物線x 4y的焦點為F, A、B是拋物線上的兩動點,B兩點分別作拋物線的切線，設(shè)其交點為

6、M。(I)證明FM gAB為定值;.2231 解：(I) F(x) 18f (x) x h(x) x 12x 9(x 0), F (x)3x2 12 .令 F (x) 0,得 x 2 ( x 2 舍去).當(dāng) x (0,2)時.F (x) 0 ;當(dāng) x (2,故當(dāng)x 0,2)時，F(xiàn)(x)為增函數(shù)；當(dāng)x 2為F (x)的極大值點，且F(2)時,x 2,8 24(n)方法一：原方程可化為310g42 f (x1)F (x) 0 ,)時,F(x)為減函數(shù).9 25 .310g2 h(a 4x)10g2 h(4 x),即為 log4(x 1) log2 a x10g2 4 xI” a x 10g 2 ，

7、,4 xa,x 4,當(dāng)1 a 4時,36 4(a 4)20 4a 0 ,此時x ,即 x2 6x x6 /204 a ,此時方程僅有一解當(dāng)a 5,則5時,則1 或 a 5 ,x 3 V5a .x 4 ,由x 1芻40 ,方程有兩解0,方程有一解 原方程無解.得 x2 6x a 436方法二：原方程可化為log4(x 1)1即-log2 (x 2當(dāng)當(dāng)當(dāng)當(dāng)4(a 4)20 4a ,3 75 a ； 3;10g 2h(4x) log 2 h(ax)1) 1og2 4 x log 2 a4時，原方程有一解5時，原方程有二解5時，原方程有一解x1或a 5時，原方程無解.3;(出)由已知得 h(1) h(

8、2) L h(n)1 4n 3 - 1f(n)h(n)n -666設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn ,且Sn f川)從而有a1§ 1 ,當(dāng) 2 k 100 時，ak又ak1，-一(4k 3), k (4k 1) k 1 66 (4 k 3) < k (4 k 1) k-1a(x1 (4 kaa? L則Snanh(1)0,0,0,1)(4 x)* .(nN)x.a,(x3)25.4k 3 k623) k (4 k4k621) (k 1)6 (4k 3).k (4k 1), k 1又因為 a 1 Ji,出V2 l 品.h(2) L h(n),故原不等式成立.2、解析:(I)設(shè) P(x,

9、y),則 J(x 2)2 y22(x g)，化簡得:2y3i(y 0)(4分)(n)由當(dāng)直線 BC與x軸不垂直時，設(shè) BC的方程為y k(x2)(k0),與雙曲線方程22 y2222_x y 1(y 0)聯(lián)立消去 y 得(3 k )x 4k x (4k3)0,X1X2由題意知 3 k2 0 且 0,設(shè) B(x1，y1),C(x2, y2)則XiX24k23 k2 '4k2 33 k2 ',2 ,yy2 k(X12)(X2 2) k2X1X2 2(X1 X2)4k24k2 3k28k2k2 349k2k2 3 Xi,X21,所以直線AB的方程為f(X x1 11)因此M點的坐標(biāo)為

10、3yi(212(X1 1)JUJU FM3 y12(X1UJJT-),同理可得FN ( 1)3 y2 2(X21)UUUU 因此FMujjtFN (3) ( 3)224(X1 1)(X21)81k2k2 3 /k2 34k24( 2- k2 3k2當(dāng)直線BC與X軸垂直時，設(shè)BC的方程為2,則 B(2,3), C(2, 3),AB 的方程為.，1 3、因此M的坐標(biāo)為M (一,一)2 2JUJUFM (uur3 3 一 一,一),同理得FN (一2 223 一,當(dāng)，因此2UUUU UJITFM FN33(2) ( 2)33(-)-22綜上JUJU FMJUTFN 0JUJU FMujjtFN ,即

11、FMFN ,故以線段M時直徑的圓過點F.(12 分)3、解析:(I )由題意得aX 口 0,x 1,故 g(x) logaxn,X (,1)U(1,)，(3分) 得 x)x 1(n)由 g(x) logax 1當(dāng)a 1時，)二x 1 (x2 1)(7 x)又因為x 2,6,所以32_x) x 9x 15x 7, x 2,6所以h(x)最小值5,0 t 5,當(dāng)0 a1 時，0t(x2 1)(7,又因為x 2,6,所以 x)由知h(x)最大值3232,綜上，當(dāng)a 1時,t 5;當(dāng) 0a 1 時，t32。(9分)220 t (x 1)(7 x)。令 h(x) (x 1) (7則 h(x)'

12、3x2 18x 153(x 1)(x 5),列表如下:x2(2,5)5(5,6)6t'十0一t5/極大值3225(出)f(k)所以11 時，f (1)1-35,P2時，設(shè)k1 ak1 af(k)從而 f (2) f (3)2,kN時，則2(1 P)k22CkCkL f (n)所以，f(1) f(2)f(3) LCKpk(k 1)2 "22 CK pk k.CK pf(n) f(1) n(14 分)綜上， 總有 f(1) f(2) f (3) L f (n) n 44 (I)設(shè) A(Xi,yi),B(X2, y)直線 l : y 、. 2x2yi聯(lián)立得24x2 2 2xXi,X

13、26.24=»XiX2停，XiX2uuu uur 由 OA OBuuuOP0.得 P(X1X2),(yiy2)(XX2)y1+y2)=1.22T)yi ( i)y2 ( i)（11）法一:tan APBkpA kpB3( X2 Xi)3、X2 Me X2)24( X23Xi)同理3x1x2X (母 2yi ( i)y2 ( i)Xi(X2 (tan AQB(Xi X2)2 2i-2-(Xi x2) 24(X2 Xi)3所以 APB, AQB互補(bǔ),因此A、P、B、Q四點在同一圓上。法二：由P（ , i）和題設(shè)知，Q（滅,i）,PQ的垂直平分線li的方程為y 22滅x 2設(shè)AB的中點為M

14、,則M ( ,1) , AB的垂直平分線12的方程為y x 14 224廠由得l1、I2的交點為N ( ,)8 8| AB| AM |NP|. 2、2 -1、23. 11一）（1）888,1 （2）2 |X2 % | 警3.23.2 2.2、7|MN I、（ 48 ）3.38|NA|223 v11AM |MN |8故 |NP | | NA|.| NP | | NQ |,| NA| | NB |所以A、P、B、Q四點在同一圓圓N上.5解：（I）因為 ai S,2a1§2,所以ai2,6 2由2anSn2n知2an 1Sni2n 1anSn2n 1得 anSn2n 1所以a2Si2222

15、6Sa3S2232316,S224a4S32440(n)由題設(shè)和式知an 1 anSn2nSn2n2nn 2n 1L 2a2 2a12 a1所以是首項為2,公比為2的等比數(shù)列。(出)anan 2 an 12 an 12an 22n2 aa6解：因為e52到1的距離d c,所以由題設(shè)得cca ,2c 22c解得c .2, a 2由b2 a2c22 ,得b 也(n)由 cV2,a 2得F1也0,F272,0,l 的方程為 x272故可設(shè) M 2.2, y1 , N 2.2, y2uLmr uuur由知FM F2N 0知2 .2 、.2, y12.22, y20得 y1y26 ,所以 y1 y20,

16、 yMN|V1Y2y1y1當(dāng)且僅當(dāng)y1而時，上式取等號，此時 y2y1uuuuruuuir uuuir所以，F(xiàn)1F2F2MF2N2.2,0、2, %、2, y20,y1 y2 r 07 (i)易知 a 2, b 1, c V3. F1(石0) , F2(石0).設(shè) P(x,y) (x 0,y 0).則uurPF1uuuuPF2.3 x, y)( .3x,y)27 x 2 乂 一 y41,聯(lián)立P(1,(n)顯然x 0不滿足題設(shè)條件.可設(shè)l的方程為yA(x1,y1)，B(x2,y2).聯(lián)立2x 2.7 y 1y kx 22x 4(kx_ 222-2)4(1 4k )x 16kx 12 012l-

17、x1x22 ,1 2 1 4k2x1x216k1 4k2,22由 (16k)4 (1 4k )12 0_ 2_216k3(1 4k ) 0,4k2I"又 AOB為銳角 cos AOBuur uurOA OB0,uur uurOA OB x1x2 y1y2 0(kx12)(kx2 2)k2x1x22k(x1 x2)2、yy2 (1 k )x1x2 2k(x1x2) 4(1 k2)-1鼻2k4k(7)1 4k12(1 k2)1 4k22k 16k1 4k224(4 k2)1 4k2k2 4 .爭U*2).3 3k的取值范圍是(2,綜可知3k2 448(1)由題可得 f '(x)

18、2x .所以曲線y f (x)在點(A，f (xn)處的切線方程是：y f(xn) f'(xn)(x xn)./ 2(Xn 4) 2Xn(X Xn).0,得(X2 4) 2Xn(Xn 1即X22xnXn 1 .顯然xnXn Xn 1Xn(n)由 xnxn22 .一，知 Xn 1XnxnXn(Xn 2)22%，同理Xn 1 2其m2Xn故迎 xn 1(Xn xn從而1gXn 1xn21gXnxnan 1所以,數(shù)列an成等比數(shù)歹U.故an2n1a12n 11gxX12n1g3.即 1gxXn 22n1g3-從而XnXn32所以xnn 12(3232(in)由(n)知Xnnx 12(322n

19、 13J)1Xn32.bn 1bn32n132n2n 1321_2n 132121 1321時,顯然T1n3.1時,bn1 bn 13(3)2bn 21b1 Tnb1b2Lbnbi 卜 L("%331 cbi1 (-)n333 3 (1)n 3.3綜上，Tn 3 (n N*) .219解：(I) f (x) 3x 2x 1 若 f'(x)0,貝Ux - , 13當(dāng)x變化時，f'(x), f (x)變化情況如下表：x1(，3)131(1(1,)f'(x)十0一0十f(x)極大值極小值15所以f(x)的極大值是f(-) a,極小值是f(1) a 1327322 ,

20、(II)函數(shù) f(x) x x x a (x 1) (x 1) a 1由此可知x取足夠大的正數(shù)時，有f(x) 0, x取足夠小的負(fù)數(shù)時有 f(x) 0 ,所以曲線y f (x)與x軸至少有一個交點結(jié)合f(x)的單調(diào)性可知：5)時，它的極小值也小于0,27因此曲線5當(dāng)f(x)的極大值 a 0,即a (,27y f (x)與x軸僅有一個交點，它在(1,)上;當(dāng)f(x)的極小值a 1 0 ,即a (1,)時，它的極大值也大于 0,因此曲線y f(x). 、，、，1 ,與x軸僅有一個交點，它在(， 一)上3f(x)與x軸僅有一個交點5所以當(dāng)a (,一) (1,)時，曲線y2710解：如圖，由條件知MN

21、和PQ是橢圓的兩條弦，相交于焦點F (0, 1)且PQ MN ,直線PQ、MN中至少有一條存在斜率，不妨設(shè)PQ的斜率為k。又PQ過點F (0, 1),故PQ方程為y = kx + 1將此式代入橢圓方程得(2 k2)x2 2kx 1 0Q 兩點的坐標(biāo)分別為(x1, y1),(x2, y2), 則Xik . 2k2 22 k2X2k ,2k2 22 k2從而 |PQ|2 (x1x2)2 (yiy2)28(172k2)2 k2)2亦即|PQ|2、2(1 k2)2 k2(i)當(dāng)k 0時,MN的斜率為同上可推得|MN|1 22 2(1 (丁211 4(1 k2)(12)故四邊形面積 S | PQ | |

22、 MN |k2 (2 k2)(2 工)k令 u k2 ，得 S 4(2 U) 2(1 ) k25 2u5 2u因為 u k2 3 2 當(dāng) k 1 時，u 2, S 16 k29214(2 k22)k5 2k2 -22k且S是以u為自變量的增函數(shù)所以169(ii )當(dāng)k=0時，MN為橢圓長軸,| MN | 2,2,| PQ | .211-2,最小值為169S - | PQ | | MN | 2綜合(i), (ii)知，四邊形 PMQN面積的最大值為11解：由f (x)為二次函數(shù)知a 0令 f(X)= 0 解得其兩根為x1，22-, x2J2 ra-aa， a由此可知x1 0,x2 0當(dāng) a 0 時，A x|x x1x|x x2的充要條件是xc 1163,即一 J 2 -73 解得 a 一a'a7(ii)當(dāng) a 0 時，A x|x1 x x2A