b记S??bk，令ak?k(k?1,2Sk?1212?b1??b2?于是由（1）得?????S??S?nn1n2,n)，则?akbk??bk?1??bk，
Sk?1k?1k?1nkk?bn????1. ?S??S，?b1k1b2k2???bnkn?b12?b22?bnn
kn即b1k1b2k2???bnkn?Sk1?k2?综合①②，（2）得证.
kn13．(2011年高考陕西卷理科19)（本小题满分12分）如图，从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y?e于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P再从P2，2作x 轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1 ；P2，Q2；
；
xPn，Qn记Pk点的坐标为(xk,0)（k?1,2,（Ⅰ）试求xk与xk?1的关系（2?k?n） （Ⅱ）求|PQ11|?|PQ22|?,n）
?|PQnn|
x?【解析】：（Ⅰ）设Pk?1(xk?1,0) ，由y?e 得Qk?1(xk?1,exk?1) 点处切线方程为
y?exk?1?exk?1(x?xk?1) ，由y?0得xk?xk?1?1（2?k?n）
（Ⅱ）由x1?0，xk?xk?1??1 ，得xk??(k?1)所以|PkQk|?e于是|PQ11|?|PQ22|?xk?e?(k?1) ，
?|PQnn|?1?e?e??1?2?e?(k?1)1?e?ne?e1?n?? 1?e?1e?114．(2011年高考陕西卷理科21)（本小题满分14分）
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,设函数f(x)定义在(0??1f?(x)?,g(x)?f(x)?f?(x)
x)，f(1?)上0导函数，
（Ⅰ）求g(x) 的单调区间的最小值；（Ⅱ）讨论g(x) 与g() 的大小关系；（Ⅲ）是否存在x0?0，使得|g(x)?g(x0)|?在请说明理由。
【解析】：（Ⅰ）由题设易知f(x)?lnx ，g(x)?lnx?1x1 对任意x?0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存x1x?1 ?g?(x)?2，令g?(x)?0 得xx
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x?1，当x?(0,1) 时，g?(x)?0，故(0,1) 是g(x)的单调减区间，当x?(1,??) 时，
g?(x)?0 故(1,??) 是g(x)的单调增区间，因此，x?1是g(x) 的唯一极值点，且为极
小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)?1。
即g(x1)?g(x0)?1 ，故|g(x1)?g(x0)|?1?1 ，与假设矛盾。?不存在x0?0 使x1|g(x)?g(x0)|?1 对任意x?0 成立。 x15．(2011年高考重庆卷理科18)（本小题满分13分。（Ⅰ）小题6分（Ⅱ）小题7分。） 设f?x??x3?ax2?bx?1的导数f??x?满足f?(1)?2a,f?(2)??b,其中常数a,b?R. （Ⅰ）求曲线y?f?x?.在点?1,f(1)?处的切线方程。 （Ⅱ）设g?x??f?(x)e.求函数g?x?的极值。
?x解析：（Ⅰ）因f?x??x3?ax2?bx?1，故f??x??3x2?2ax?b，
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令x?1，得f??1??3?2a?b，由已知f??1??2a，解得b??3 又令x?2，得f??2??12?4a?b，由已知f??2???b，解得a??因此f?x??x?33 2325x?3x?1，从而f?1??? 22又因为f??1??2，故曲线y?f??处的切线方程为x.在点?1,f(?1)a??3?5?y??????3?x?1?，即6x?2y?1?0
?2?2?x2?x （Ⅱ）由（Ⅰ）知，g?x??3x?3x?3e.，从而有g??x???3x?9xe.，
????令g??x??0，解得x1?0,x2?3。
当x????,0?时，g??x??0，故g?x?在???,0?为减函数， 当x??0,3?时，g??x??0，故g?x?在?0,3?为增函数， 当x??3,???时，g??x??0，故g?x?在?3,???为减函数，
从而函数g?x?在x1?0处取得极小值g?0???3，在x2?3出取得极大值g?3??15e?3. 16．(2011年高考四川卷理科22) (本小题共l4分) 已知函数f(x)=
21x + , h(x)= 32x．
(I)设函数F(x)=f(x)一h(x)，求F(x)的单调区间与极值； (Ⅱ)设a∈R，解关于x的方程log4 [
10033f(x?1)?]=1og2 h(a-x)一log2h (4-x)； 24 (Ⅲ)试比较f(100)h(100)?1与的大小. h(k)?6k?1解析：（1）F(x)?21x??x， 3221?1F(x)??x2
32'令F(x)?0?x?9; 169F'(x)?0?0?x?，
169F'(x)?0?x?
16'
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91是其极小值点，极小值为. 16833（2）f(x?1)??x?1；
24所以x?log2h(a?x)?log2(4?x)?log2a?x 4?x由log4[33a?xf(x?1)?]?log2h(a?x)?log2(4?x)?log2(x?1)?log 2424?xx?1?a?xa?x?x2?6x?a?4?0即x?1?，即x2?6x?4?a?0(1?x?4)， 4?x4?x方程可以变为x2?6x?4??a(1?x?4)，
?a?x2?6x?4??x?3??5(1?x?4)，
2?0当?5??a??4,即4?a?5时，方程x?6x?4?a在x1?6+20?4a?3+5?a，x2?3-5?a；
2221?x上有两个解?4，
?0当?4??a??1,即1?a?4时，方程x?6x?4?a在1?x上有一个解?4，
x?3-5?a；
当a??5时，方程有一个解x?3；
即a>5或a?1时，当?a??5或-a??1方程无解.
⑶由已知得
?h(k)??k?1k?1100100k，
1n??*?, ?6设数列?an?的前n项和为Sn，且Sn?f?n?h?n??从而有a1?S1?1.
当2?k?100,ak?Sk?Sk?1?又ak?k?24k?34k?1k?k?1， 661??4k?3?k??4k?1?k?1??? 621?4k?3?k??4k?1??k?1?=
6?4k?3?k+?4k?1?k?1
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?11?0
6?4k?3?k+?4k?1?k?1对任意的2?k?100,有ak?k， 又因为a1?1?1，所以100?a??kk?1k?1100100k，
故f?100?h?100???h(k)?k?11 617．(2011年高考全国卷理科22)（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．（Ⅰ）设函数f(x)?ln(1?x)?2x，证明：当x＞0时，f(x)＞0； x?2（Ⅱ）从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为p.证明：p?(9191)?2 10e12(x?2)?2x14(x?2)2?4(1?x)【解析】：（Ⅰ） f?(x)? ????1?x(x?2)21?x(x?2)2(1?x)(x?2)2x2?(1?x)(x?2)2x＞0?f?(x)?0则f(x)在(0,+?)上单调递增,
0?0故f(x)＞0 0?2100?(k?1)101?k?（Ⅱ）法一：第k次抽取时概率为pk?，k?1,2100100101?1101?2101?20p20???个号码互不相同的概率p?p1?p2
10010010099988199819882918990????()?(?)(?)100100100100100100100100100100 998198829189???9022?(100100)?(100100)(100100)2222100 902902902909?()?()()?()19 10010010010010于是f(x)?f(0)即f(x)?ln1?20则抽得的20
由（Ⅰ），当x?0,f(x)?f(0)?0
即有ln(1?x)?2x91故19ln?19ln(1?)?19x?210102(?1??2?2101)10??2
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