高考数学140分30讲（11）
1．高考2005山东理
（21）（本小题满分12分）
已知数列?an?的首项a1?5,前n项和为Sn，且Sn?1?Sn?n?5(n?N*) （I）证明数列?an?1?是等比数列；
（II）令f(x)?a1x?a2x2???anxn，求函数f(x)在点x?1处的导数f?(1)并比较
2f?(1)与23n2?13n的大小.
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??2an??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从而比数列；
（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an?1??n?12n=32?2?2???n?2-?1?2???n?=3?n?1??2???n(n?1)?6 22n2由上2f?(1)?23n?13n?12?n?1??2-122n?n?1= n212?n?1??2n?12?n?1?(2n?1)=12(n?1)???(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
n01n?1n当n?3时，n?1?0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?????n22
(22)(本小题满分14分) 已知动圆过定点?Byp?p?,0?，且与直线x??相切，其中
2?2?NAMp?0.
（I）求动圆圆心C的轨迹的方程；
（II）设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为?和?，当?,?变化且
ox?p?F?,0??2?x?????为定值?(0????)时，证明直线AB恒过定点，
并求出该定点的坐标.
解：（I）如图，设M为动圆圆心，?p2p?p?,0?为记为F，过点M作直线x??的垂线，垂
2?2?p的距离相等，由抛2足为N，由题意知：MF?MN即动点M到定点F与定直线x??物线的定义知，点M的轨迹为抛物线，其中F?方程为y2?2px(P?0)；
p?p?,0?为焦点，x??为准线，所以轨迹
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
2y12y2以直线AB的斜率存在，设其方程为y?kx?b，显然x1?，将y?kx?b与,x2?2p2py2?2px(P?0)联立消去x，得k2y?2y1?y2?2p2pb,y1?y2?① kkp?y2由p?0b韦达定理知
（1）当???2时，即?????2??1时，tan??tan所以
y1y2??1,x1x2?y1y2?0，x1x222pby12y222?4p所以由①知：所以b?2pk.因此直线AB的方程可?yy?0yy?4p12122k4p表示为y?kx?2Pk，即k(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， 将①式代入上式整理化简可得：，所以tan??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,所以由（1）（2）知，当??定点??2p,??2p?? tan??时，直线AB恒过定点??2p,0?，当???2?2时直线AB恒过
??2p??. tan??2．高考2005重庆理
21．（本小题满分12分）
x2?y2?1，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，已知椭圆C1的方程为4而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点. （Ⅰ）求双曲线C2的方程；
（Ⅱ）若直线l:y?kx?2与椭圆C1及双曲线C2都恒有两个不同的交点，且l与C2
的两个交点A和B满足OA?OB?6（其中O为原点），求k的取值范围.
22解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为x?y?1，则a2?4?1?3,再由a2?b2?c2得b2?1.
a2b2x2?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
1?3k21?3k23k2?7?2.3k?13k2?715k2?13于是2?6,即?0.解此不等式得
3k?13k2?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,?22．（本小题满分12分）
数列{an}满足a1?1且an?1?(1?13311313)?(?,?)?(,)?(,1) 1532231511)a?(n?1). n2nn?n2（Ⅰ）用数学归纳法证明：an?2(n?2)；
（Ⅱ）已知不等式ln(1?x)?x对x?0成立,证明:an?e2(n?1)，其中无理数
e=2.71828….
（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) n2n2nn?n2n?n211?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).
故an?1?3e?1?e2,n?2,又显然a1?e2,a2?e2,故an?e2对一切n?1成立.