∴Tn关于n递增. 当n?2, 且n?N?时, Tn?T2. ∵b1?13,b2?1144452(?1)?, b3?(?1)?, 3399981∴Tn?T2?3?755211b1?7552.………………(12分)
755223839439∴Sm?,即
12(3m?1)?,∴m??6, ∴m的最大值为6. ……………(14分)
5．（12分）E、F是椭圆x2?2y2?4的左、右焦点，l是椭圆的右准线，点P?l，过点E的直线交椭圆于A、B两点.
（1） 当AE?AF时，求?AEF的面积； （2） 当AB?3时，求AF?BF的大小； （3） 求?EPF的最大值.
?m?n?41?S?mn?2 解：（1）?2?AEF2m?n?82?BEOFyAPMx（2）因???AE?AF?4??BE?BF?4?AB?AF?BF?8，
则AF?BF?5.
（1） 设P(22,t)(t?0) tan?EPF?tan(?EPM??FPM)
32t2t32?t2?(?)?(1?2)?22tt?62?22t?6t?1?33，
当t?6时，tan?EPF?33??EPF?30
2?6．（14分）已知数列?an?中，a1?anSn213，当n?2时，其前n项和Sn满足an?2Sn2Sn?1，
（2） 求Sn的表达式及lim的值；
n??（3） 求数列?an?的通项公式； （4） 设bn?1(2n?1)3?1(2n?1)3，求证：当n?N且n?2时，an?bn.
解：（1）an?Sn?Sn?1?2Sn22Sn?1?Sn?1?Sn?2SnSn?1?1Sn?1Sn?1?2(n?2)
?1?1所以??是等差数列.则Sn?.
2n?1?Sn?limanS2nn???lim22Sn?1n???22limSn?1n????2.
12n?112n?1?24n?12（2）当n?2时，an?Sn?Sn?1?1??n?1???3综上，an??.
2??n?2?2??1?4n??，
（3）令a?12n?1,b?112n?11，当n?2时，有0?b?a?12n?1113 （1）
法1：等价于求证
2n?1??2n?1??13323???2n?1?33.
当n?2时，0?12n?1,令f?x??x?x,0?x?21332,
2f??x??2x?3x?2x(1?x)?2x(1?32?13)?2x(1?)?0，
则f?x?在(0,13]递增.
又0?12n?113?12n?1?13，
所以g(2n?1)?g(132n?1),即an?bn.
法（2）an?bn?12n?1?12n?1?(1(2n?1)3?1(2n?1)3)?b?a?(b?a)
2233?(a?b)(a?b?ab?a?b) （2） ?(a?b)[(a?222ab2?a)?(b?2ab2?b)] ?(a?b)a[a(?b2?1?)bb?(b2a2? 1 ) ]（3）
a2因b?a2?1?a?b2?1?3a2?1?323?1?32?1?0，所以a(a??1)?b(b??1)?0
由（1）（3）（4）知an?bn.
法3：令g?b??a?b?ab?a?b，则g??b??2b?a?1?0?b?221?a2
所以g?b??max?g?0?,g?a???max?a2?a,3a2?2a?
13,则a?a?a?a?1??0，3a?2a?3a(a?22因0?a?23)?3a(13?49)?0
所以g?b??a?b?ab?a?b?0 （5）
22由（1）（2）（5）知an?bn 7． (本小题满分14分)
设双曲线
xa22?yb22=1( a > 0, b > 0 )的右顶点为A，
P是双曲线上异于顶点的一个动点，从A引双曲线的两条渐近线的平行线与直线OP分别交于Q和R两点.
(1) 证明：无论P点在什么位置，总有|OP|2 = |OQ·OR| ( O为坐标原点)；
(2) 若以OP为边长的正方形面积等于双曲线实、虚轴围成的矩形面积，求双曲线离心率的取值范围； 解：(1) 设OP：y = k x, 又条件可设AR: y =
???????????ba(x – a ),
abak?b2 解得：OR= (
??????abak?b,
?kabak?bab), 同理可得OQ= (
?kabkab2??,
kabak?b2),
∴|OQ·OR| =|
????abak?bak?b+
ak?bak?b| =
ab(1?k)|ak22?b|2. 4分
设OP = ( m, n ) , 则由双曲线方程与OP方程联立解得:
m =
2
abb22222?ak, n =
2
kabb222222?ak2222,
???∴ |OP| = :m + n =
222
abb2?ak+
kabb222222?ak=
ab(1?k)b2222?ak22 ,
∵点P在双曲线上，∴b2 – a2k2 > 0 .
??? ∴无论P点在什么位置，总有|OP| = |OQ·OR| . 4分 （2）由条件得：
ab(1?k)b22222
??????ak22= 4ab, 2分
即k =
2
4b2?ab2ab?4a> 0 , ∴ 4b > a, 得e >
174 2分
备战2011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 ) < ( n + 1 )fn`(n) 解: (1) fn `( x ) = nx
n – 1
– n ( x + a)
n – 1
= n [x
n – 1
– ( x + a)
n – 1
] ,
∵a > 0 , x > 0, ∴ fn `( x ) < 0 , ∴ f n ( x )在（0，+∞）单调递减. 4分 （2）由上知：当x > a>0时, fn ( x ) = xn – ( x + a)n是关于x的减函数,
∴ 当n ? a时, 有：(n + 1 )– ( n + 1 + a)? n – ( n + a). 2分
又 ∴f `n + 1 (x ) = ( n + 1 ) [x
n n
n
n
n
–( x+ a )] ,
n
n
∴f `n + 1 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )–( n + 1 + a )] < ( n + 1 )[ n – ( n + a)] = ( n + 1 )[ n – ( n
n nnn
+ a )( n + a)n – 1 ] 2分
( n + 1 )fn`(n) = ( n + 1 )n[n n – 1 – ( n + a)n – 1 ] = ( n + 1 )[n n – n( n + a)n – 1 ], 2分 ∵( n + a ) > n ,
∴f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) . 2分
2. (本小题满分12分)
已知：y = f (x) 定义域为［–1，1］，且满足：f (–1) = f (1) = 0 ，对任意u ,v?[–1，1］，都有|f (u) – f (v) | ≤ | u –v | .
(1) 判断函数p ( x ) = x2 – 1 是否满足题设条件？ (2) 判断函数g(x)=??1?x,x?[?1,0]?1?x,x?[0,1]，是否满足题设条件？
2
2
解： (1) 若u ,v ? [–1，1]， |p(u) – p (v)| = | u – v |=| (u + v )(u – v) |，
取u =
34?[–1，1]，v =
12?[–1，1],
54则 |p (u) – p (v)| = | (u + v )(u – v) | = 所以p( x)不满足题设条件. （2）分三种情况讨论：
| u – v | > | u – v |，
1. 若u ,v ? [–1，0]，则|g(u) – g (v)| = |(1+u) – (1 + v)|=|u – v |，满足题设条件； 2. 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]，v?[0，1]，则：
|g (u) –g(v)|=|(1 – u) – (1 + v)| = | –u – v| = |v + u | ≤| v – u| = | u –v|，满足题设条件; 40 若u?[0，1]，v?[–1，0], 同理可证满足题设条件.
综合上述得g(x)满足条件.
0
0
3. (本小题满分14分)
已知点P ( t , y )在函数f ( x ) = (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) ∵ t?R, t ? –1,
∴ ⊿ = (–c2a)2 – 16c2 = c4a2 – 16c2 ? 0 ， ∵ c ? 0, ∴c2a2 ? 16 , ∴| ac | ? 4. (2) 由 f ( x ) = 1 –
1x?1xx?1(x ? –1)的图象上，且有t – cat + 4c = 0 ( c ? 0 ).
222
,
1x2?11x1?1x1?x2(x2?1)(x1?1)法1. 设–1 < x1 < x2, 则f (x2) – f ( x1) = 1– –1 + = .
∵ –1 < x1 < x2, ∴ x1 – x2 < 0, x1 + 1 > 0, x2 + 1 > 0 ,
∴f (x2) – f ( x1) < 0 , 即f (x2) < f ( x1) , ∴x ? 0时，f ( x )单调递增. 法2. 由f ` ( x ) =
1(x?1)2> 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 | ?
44|a| > 0 ,
∴f (| c | ) ? f (
4|a|) =
|a|4|a||a|=
4|a|?44
?1f ( | a | ) + f ( | c | ) =
|a|?1+
|a|?4>
|a||a|?4+
4|a|?4=1.
即f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1. 4．（本小题满分15分）
432设定义在R上的函数f(x)?a0x?a1x?a2x?a3x?a4（其中ai∈R，i=0,1,2,3,4），当
x= －1时，f (x)取得极大值（1） 求f (x)的表达式；
23，并且函数y=f (x+1)的图象关于点（－1，0）对称．
（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，且切点的横坐标都在区间
??2,?2?上； ?2?12nn（3） 若xn?,yn?2(1?3)3nn(n?N+)，求证：f(xn)?f(yn)?43.