(2) 由(1)可得Sn?p(1?p)1?pn?p(p?1)p?1n．
12n122nnnn1?Cna1?Cna2???Cnan?1?pCn?pCn???Cnp?(1?p)?(p?1)．
∴f(n)?1?Cna1?Cna2???Cnan2Snp?1p?(p?1)2n?1n?112nn?p?1p?(p?1)nnn2(p?1)， （5分）
f(n?1)?(pn?1n?1?1)n?1．
，且p?1，
而
p?12pf(n)?p?1p?(p?1)2(pn?1?p)∴pn?1?1?pn?1?p?0，p?1?0． ∴f(n?1)?p?12p2pf(n)，（n?N*）．
p?12p
f(n)p?12p （8分）
(3) 由(2)知 f(1)?p?1，f(n?1)?p?12p，（n?N*）．
)f(n?2)???(22∴当n…2时，f(n)?f(n?1)?(p?12p2n?1)n?1f(1)?(p?12p)n．
∴f(1)?f(2)???f(2n?1)?p?1?p?1??p?1?????????2p?2p??2p?2n?1
?p?1?p?1???1???p?1?2p?????， ?? （10分）
（当且仅当n?1时取等号）．
另一方面，当n…2，k?1,2,?,2n?1时，
k2n?k?p?1?(p?1)(p?1)f(k)?f(2n?k)???kk? 2n?k2n?kp?2(p?1)2(p?1)?…p?1p?2?2n?k2n?k kk2(p?1)2(p?1)nk(p?1)k(p?1)2n?kp?12(p?1)??np21(p?1)(p2n?k?1) p?12(p?1)??np2n1p2n?p?pk2n?k?1．
∵pk?p2n?k…2pn，∴p2n?pk?p2n?k?1?p2n?2pn?1?(pn?1)2． ∴f(k)?f(2n?k)…2n?1p?1p?2(p?1)nnn2(p?1)?2f(n)2n?1，（当且仅当k?n时取等号）．（13分）
．（当且仅当n?1时取等号）．
∴?f(k)?k?1122n?1?[f(k)?k?1f(2n?k)]…?f(n)?(2n?1)f(n)k?1综上所述，(2n?1)f(n)剟?f(k)k?12n?1?p?1?p?1??1???p?1?2p???2n?1?（n?N*）．（14分） ?，??备战2011高考数学――压轴题跟踪演练系列三
1．（本小题满分14分） 已知f(x)=
2x?ax?22(x∈R)在区间[－1，1]上是增函数.
（Ⅰ）求实数a的值组成的集合A； （Ⅱ）设关于x的方程f(x)=
1x的两个非零实根为x1、x2.试问：是否存在实数m，使得不等式m2+tm+1
≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由. 本小题主要考查函数的单调性，导数的应用和不等式等有关知识，考查数形结合及分类讨论思想和灵活运
用数学知识分析问题和解决问题的能力.满分14分. 解：（Ⅰ）f＇(x)=
4?2ax?2x(x?2)222=
?2(x?ax?2)(x?2)222，
∵f(x)在[－1，1]上是增函数， ∴f＇(x)≥0对x∈[－1，1]恒成立，
即x－ax－2≤0对x∈[－1，1]恒成立. ① 设?(x)=x－ax－2， 方法一：
?(1)=1－a－2≤0， ① ? ?－1≤a≤1， ?(－1)=1+a－2≤0.
∵对x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当a=1时，f＇(-1)=0以及当a=－1时，f＇(1)=0 ∴A={a|－1≤a≤1}. 方法二： a22
2
≥0， a2<0，
①? 或
?(－1)=1+a－2≤0 ?(1)=1－a－2≤0
? 0≤a≤1 或 －1≤a≤0 ? －1≤a≤1.
∵对x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当a=1时，f＇(－1)=0以及当a=-1时，f＇(1)=0 ∴A={a|－1≤a≤1}. （Ⅱ）由
2x?ax?22=
2
1x，得x－ax－2=0， ∵△=a+8>0
22
∴x1，x2是方程x－ax－2=0的两非零实根， x1+x2=a，
2∴ 从而|x1－x2|=(x1?x2)?4x1x2=a?8.
2x1x2=－2，
∵－1≤a≤1，∴|x1-x2|=
a?8≤3.
2要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立， 当且仅当m+tm+1≥3对任意t∈[－1，1]恒成立， 即m2+tm－2≥0对任意t∈[－1，1]恒成立. ② 设g(t)=m+tm－2=mt+(m－2)， 方法一：
g(－1)=m2－m－2≥0， ② ?
g(1)=m+m－2≥0，
?m≥2或m≤－2.
22
2
2
所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}. 方法二：
当m=0时，②显然不成立； 当m≠0时，
m>0， m<0， ②? 或
g(－1)=m2－m－2≥0 g(1)=m2+m－2≥0
? m≥2或m≤－2.
所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}.
2．（本小题满分12分）
如图，P是抛物线C：y=C交于另一点Q.
（Ⅰ）若直线l与过点P的切线垂直，求线段PQ中点M的轨迹方程；
（Ⅱ）若直线l不过原点且与x轴交于点S，与y轴交于点T，试求
|ST||SP|?|ST||SQ|12x2上一点，直线l过点P且与抛物线
的取值范围.
本题主要考查直线、抛物线、不等式等基础知识，求轨迹方程的方法，解析几何的基本思想和综合解题能
力.满分12分.
解：（Ⅰ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，依题意x1≠0，y1>0，y2>0. 由y=
12x， ①
2
得y＇=x.
∴过点P的切线的斜率k切= x1， ∴直线l的斜率kl=－
1k切12=-
1x1，
∴直线l的方程为y－
x12=－
1x1 (x－x1)，
方法一：
联立①②消去y，得x2+∵M是PQ的中点 x0=
∴
y0=
122x1x－x12－2=0.
x1?x22=-
1x1，
x12－
1x1(x0－x1).
消去x1，得y0=x0+
2
12x02+1(x0≠0)，
∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2+方法二： 由y1=
1212x02+1(x≠0).
x12，y2=
121212x22，x0=x22=
1x112x1?x22，
得y1－y2=
x12－
(x1+x2)(x1－x2)=x0(x1－x2)，
则x0=
y1?y2x1?x21x0=kl=-
，
∴x1=－
，
将上式代入②并整理，得
y0=x0+
2
12x02+1(x0≠0)，
∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2+
12x02+1(x≠0).
（Ⅱ）设直线l:y=kx+b，依题意k≠0，b≠0，则T(0，b).
分别过P、Q作PP＇⊥x轴，QQ＇⊥y轴，垂足分别为P＇、Q＇，则 |ST||SP|?|ST||SQ|?|OT||P?P|12?|OT||Q?Q|?|b||y1|?|b||y2|.
y=x
2
2
2
2
由 消去x，得y－2(k+b)y+b=0. ③ y=kx+b y1+y2=2(k2+b)，
则
y1y2=b.
方法一： ∴|ST||SP|?|ST||SQ|?|b|(
1y1?1y22
)≥2|b|
1y1y2=2|b|
1b2=2.
∵y1、y2可取一切不相等的正数， ∴|ST||SP|?|ST||SQ|的取值范围是（2，+?）.
方法二： ∴|ST||SP|?|ST||SQ|=|b|
y1?y2y1y2=|b|
2(k2?b)2b2.
当b>0时，
|ST||SP||ST||SP|?|ST||SQ||ST||SQ|=b
2(k?b)2b=
2(k2?b)b2(k2=
2kb2+2>2；
当b<0时，?=－b
2(k2?b)2b=
2
?b)?b2
2
.
2
又由方程③有两个相异实根，得△=4(k+b)-4b=4k(k+2b)>0， 于是k+2b>0，即k>－2b. 所以
|ST||SP|?|ST||SQ|2
2
2
>
2(?2b?b)?b=2.