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1、2009年全国各地高考数学压轴题解析讲义.doc09年全国各地高考压轴题 1,(安徽理)(21)(本小题满分13分) 12首项为正数的数列满足 aanN,，,a(3),.,nn，1n4(I)证明:若为奇数,则对一切都是奇数; ana,2,1n(II)若对一切都有,求的取值范围: nN,aa,a，nn，11(21)本小题主要考查数列,数学归纳法和不等式的有关知识,考查推理论证,抽象概括,运算求解和探究能力,考查学生是否具有审慎思维的习惯和一定的数学视野:本小题满分13分: 解:(I)已知是奇数,假设是奇数,其中为正整数, aam,21mk12a，3k则由递推关系得是奇数: amm,，(1)1，k
2、14根据数学归纳法,对任何,都是奇数: nN,a，n1aaaa,(II)(方法一)由知,当且仅当或: (1)(3)aa,a,1a,3nnnn，1nnn，1n4233，13，a01,a另一方面,若则;若,则 ,3.01,aa,3k，1k，kk144根据数学归纳法, 01,01,;33,.,aanNaanN11nn，综合所述,对一切nN,都有aa,的充要条件是01,a或a,3: 1，nn，112a，321aa,(方法二)由得于是01,a或a,3: aa,，,430,121111422aaaaaa，,33()()nnnnnn,111aa, nn，14442a，3naa,0,aaa,aa,因为所以所有
3、的均大于0,因此与同号: ，n11nnn，1nn,14,nNaa,aa,根据数学归纳法,与同号: 21，nn，1nN,aa,01,aa,3因此,对一切都有的充要条件是或: 1，nn，112,(福建理)20,(本小题满分14分) 132fxxaxbx(),，f(1)0,已知函数,且 31 (1) 试用含的代数式表示b,并求的单调区间; afx()a,1(2)令,设函数在处取得极值,记点M xxxx,(),fx()1212(,),N(,),P(), ,请仔细观察曲线在点P处的切xfx()xfx()xmx,fx()mfm,()112122线与线段MP的位置变化趋势,并解释以下问题: (I)若对任意的
4、m (, x),线段MP与曲线f(x)均有异于M,P的公共点,试确定t的最小值,x,12并证明你的结论; (II)若存在点Q(n ,f(n), x n1时, 当x变化时,与的变化情况如下表: fx()fx()(,12),a(12,1),a(1,),，,x fx()+ - + fx()单调递增 单调递减 单调递增 由此得,函数的单调增区间为和,单调减区间为: fx()(,12),a(1,),，,(12,1),aa,1121,ax,1?当时,此时有恒成立,且仅在处,故函数fx()0,fx()0,fx()的单调增区间为R a,1121,a?当时,同理可得,函数fx()的单调增区间为(,1),和(12
5、,),，,a,单调减区间为(1,12),a 综上: a,1fx()(,12),a(12,1),a当时,函数的单调增区间为和(1,),，,单调减区间为; 2 a,1当时,函数的单调增区间为R; fx()a,1当时,函数的单调增区间为和,单调减区间为. fx()(12,),，,a(1,12),a(,1),1322a,1(?)由得令得 fxxxx()3,xx,1,3fxxx()230,123由(1)得增区间为和,单调减区间为,所以函数在处fx()(3,)，,(1,3),fx()(,1),5取得极值,故M(,1,)N(): xx,1,33,9,123观察的图象,有如下现象: fx()?当m从-1(不含
6、-1)变化到3时,线段MP的斜率与曲线在点P处切线的斜率之差fx()fx()Kmp-的值由正连续变为负: fm()?线段MP与曲线是否有异于H,P的公共点与Kmp-的m正负有着密切的关联; fm()?Kmp-=0对应的位置可能是临界点,故推测:满足Kmp-的m就是所求的t最fm()fm()小值,下面给出证明并确定的t最小值.曲线在点处的切线斜率fx()Pmfm(,()2; fmmm()23,2mm,45,线段MP的斜率Kmp 3mm,12或当Kmp-=0时,解得 fm()22mmmm,454yx,，()直线MP的方程为 3322mmmm,454gxfxx()()(),，令 332m,2x,0当
7、时,在上只有一个零点,可判断函数在上(1,2),fx()(1,0),gxxx()2,单调递增,在(0,2)上单调递减,又gg(1)(2)0,所以gx()在(1,2),上没有零点,即线段MP与曲线fx()没有异于M,P的公共点: 2mm,42m,2,3g(0)0,当时,. gm(2)(2)0,，,33 所以存在使得 m,0,2g()0,，,即当MP与曲线有异于M,P的公共点 m,2,3,时fx()，,综上,t的最小值为2. (2)类似(1)于中的观察,可得m的取值范围为 1,3，,解法二: (1)同解法一. 1322a,1(2)由得,令,得 fxxxx()3,xx,1,3fxxx()230,12
8、3由(1)得的单调增区间为和,单调减区间为,所以函数在处取得fx()(3,)，,(1,3),(,1),5极值:故M(,1,).N() 3,9,322mmmm,454 (?) 直线MP的方程为 yx,，.3322,mmmm,454yx,，,33由 ,132,yxxx,3,3,3222得 xxmmxmm,，,，,3(44)40线段MP与曲线有异于M,P的公共点等价于上述方程在(-1,m)上有根,即函数 fx()3222上有零点. gxxxmmxmm()3(44)4,，,，在(-1,m)因为函数为三次函数,所以至多有三个零点,两个极值点. gx()gx()又ggm(1)()0,.因此, gx()在(
9、1,),m上有零点等价于gx()在(1,),m内恰有一个极大值22点和一个极小值点,即内有两不相等的实数根. gxxxmmm()36(44)0(1,),，,在2,，,，,(),3612440mm,15m,223(1)6(44)0,，,，,mm,mmm,21,25或解得等价于 即 ,2236(44)0mmmm,，,m,1,m,1,13m又因为,所以m 的取值范围为(2,3) 从而满足题设条件的r的最小值为2. 3,(广东理)21.(本小题满分14分) 22C已知曲线Cxnxyn:20(1,2,),，,？.从点P(1,0),向曲线引斜率为nnkk(0),lPxy(,)的切线,切点为. nnnnnn
10、xy与(1)求数列的通项公式; nn4 1,xxnn(2)证明:. xxxx,？2sin13521n,1，xynn22解:(1)设直线:,联立得ly,k(x，1)x,2nx，y,0nn2222,则(1，k)x，(2k,2n)x，k,0nnnnn2222,?(舍去) k,(2k,2n),4(1，k)k,0nnnn2n，12n，122kn2n，1nn2ny,k(x，1),即,? x,x,nnnnn22n，1n，11，k(n，1)nn1,1,x1n，1n(2)证明:? ,n1，x2n，1n1，n，1132n,1132n,11x,x,x,x,，,，,，,，, 1352n,1242n352n，12n，1
11、1,xn?x,x,x,x, 1352,1n1，xnx1,x1nn,由于,可令函数,则,令f(x),1,2cosxf(x),x,2sinxy2n，11，xnn2,(0,)(0,)cosx,得,给定区间,则有,则函数在上单调递f(x)f(x),0f(x),044211,0,(0,)x,2sinx减,?,即在恒成立,又, f(x),f(0),042134n，111,xxnn,2sin,2sin则有,即. 2n，12n，11，xynn4,(湖南理)21.(本小题满分13分) *nN,u对于数列,若存在常数M0,对任意的,恒有 nuuuuuuM,，,，,？, nnnn，,1121B,u则称数列为数列.
12、n5 (?)首项为1,公比为的等比数列是否为B-数列?请说明理由; qq(1),请以其中一组的一个论断条件,另一组中的一个论断为结论组成一个命题 判断所给命题的真假,并证明你的结论; (?)设是数列的前项和,给出下列两组论断; xSn,nnA组:?数列是B-数列, ?数列不是B-数列; xx,nnB组:?数列是B-数列, ?数列不是B-数列. SS,nn请以其中一组中的一个论断为条件,另一组中的一个论断为结论 组成一个命题:判断所给命题的真假,并证明你的结论; (?)若数列都是B,数列,证明:数列也是B,数列: ab,ab,nnnnn,1解:(?)设满足题设的等比数列为a,则,于是 aq,nn
13、n,2nn,12 aaqqqqn,1,2. nn,121n,qqqq,，1(1.).因此= |aaaaaa,，,，,？nnnn，,1121n1,q121,n1,，,qqq？q,1,因为所以即 11,qqq,1 . aaaaaa,，,，,？nnnn，,11211,q(1)q,q 故首项为1,公比为的等比数列是B-数列: xS(?)命题1:若数列是B-数列,则数列是B-数列. ,nn此命题为假命题: ,xSn, 事实上,设,易知数列是B-数列,但, xnN,1,nnnSSSSSSn,，,，,？ . nnnn，,1121Sn由的任意性知,数列不是B-数列: ,nSx命题2:若数列是B-数列,则数列是
14、B-数列. ,nn此命题为真命题. ,S事实上,因为数列是B-数列,所以存在正数M,对任意的有 nN,n6 , SSSSSSM,，,，,？nnnn，,1121即:于是 xxxM，,？nn，12xxxxxx,，,，,？nnnn，,1121, ,，,，xxxxxMx22.22nnn，,11211所以数列是B-数列: x,n(注:按题中要求组成其它命题解答时,仿上述解法) ,(III)若数列是B,数列,则存在正数,对任意的有 ab,MM,nN,nn12; aaaaaaM,，,，,？nnnn，,11211bbbabbM,，,，,？, nnnn，,11212注意到aaaaaaaa,，,，？ nnnnn,
15、112211,，,，,，,，aaaaaaaMa？. nnnn,11221111bMb,，KMa,，KMb,，同理, . 记, n21111222则有abababababab,，, nnnnnnnnnnnn，111111,，,，,baaabbKaaKbb. nnnnnnnnnn，1112111abababababab,，,，,？因此 nnnnnnnn，,11112211,，,，,Kaaaaaa()？ 21121nnnn，,，,，,，,，KbbbbbbkMkM()？ . 111212112nnnn，,B,ab故数列是数列. ,nn5,(江西理)22.(本小题满分14分) mnpq，,，mnpq,a
16、aaab,各项均为正数的数列,且对满足的正整数都有12naa，aa，pqmn. ,(1)(1)(1)(1)，aaaamnpq14ab,a;(1)当时,求通项 n257 1,(2)证明:对任意,存在与有关的常数,使得对于每个正整数,都有 ,a,.aann,aa，aa，pqmn22.解:(1)由得 ,(1)(1)(1)(1)，aaaamnpqaaaa，14121nn,将代入化简得 aa,.,1225(1)(1)(1)(1)，aaaa121nn,21a，n,1 a,.na，2n,111,aa1nn,1所以 ,131，aann,11,an故数列为等比数列,从而 1，ann,311,a1n即a, .,n
17、nn，3113，ann31,a,可验证,满足题设条件. nn，31aa，mn(2) 由题设的值仅与有关,记为则b,mn，mn，(1)(1)，aamnaaaa，1nn .b,，n1(1)(1)(1)(1)，aaaa1nnax，考察函数 ,则在定义域上有 fxx()(0),(1)(1)，ax1,1a,1，a,1,fxgaa()(),1, ,2,a,01,a,1，a,*nN,bga,()故对, 恒成立 n，12an又 , bga,()2n2(1)，an8 1注意到,解上式得 0(),ga21()12()1()12(),，,gagagagaga() ,a,ngaga()()1()12(),，,gaga
18、1()12(),，,gaga1取,即有 ,a,.,n,ga()6,(辽宁理)(21)(本小题满分12分) 12已知函数 fxxaxaxa()(1)ln,1,，,2(?)讨论函数的单调性; fx()fxfx()(),12a,5(?)证明:若,则对任意x,x,xx,有: (0,)，,1,2211xx,12(21)解:(1)的定义域为: fx()(0,)，,2axaxaxxa,，,，,11(1)(1) 2分 fxxa(),，,xxxa,11a,2(?)若即,则 2(1)x,fx(), x故在单调增加: fx()(0,)，,a,11a,112,a(?)若,而,故,则当时,; xa,(1,1)fx()0
19、,当及时, xa,(0,1)x,，,(1,)fx()0,故在单调减少,在单调增加: fx()(1,1)a,(0,1),(1,)a,，,a,11a,2(?)若,即,同理可得在单调减少,在单调fx()(1,1)a,(0,1),(1,)a,，,增加. (?)考虑函数 gxfxx()(),， 12,，,，xaxaxx(1)ln 2aa,112,gxxaxaa()(1)2(1)1(11),，,g则 xx9 ,由于1a5,故,即在(0, +?)单调增加,从而当时有xx,0gx()0,gx()12fxfx()(),12,即,故,当时,gxgx()()0,fxfxxx()()0,，,0,xx,11212121
20、2xx,12fxfxfxfx()()()(),1221有 ?12分 ,1xxxx,12217,(宁夏理)(21)(本小题满分12分) 12lnxa,1已知函数f(x)=x-ax+(a-1),: 2(1)讨论函数的单调性; fx()fxfx()(),12a,5(2)证明:若,则对任意x,x,xx,有: (0,)，,1,2211xx,12(21)解:(1)的定义域为: fx()(0,)，,2axaxaxxa,，,，,11(1)(1)2分 fxxa(),，,xxxa,11a,2(i)若即,则 2(1)x,fx(), x故在单调增加: fx()(0,)，,a,11a,112,a(ii)若,而,故,则当
21、时,; xa,(1,1)fx()0,当及时, xa,(0,1)x,，,(1,)fx()0,故在单调减少,在单调增加: fx()(1,1)a,(0,1),(1,)a,，,a,11a,2(iii)若,即,同理可得在单调减少,在单调增加. fx()(1,1)a,(0,1),(1,)a,，,(II)考虑函数 gxfxx()(),，12,，,，xaxaxx(1)ln 2aa,112,gxxaxaa()(1)2(1)1(11),，,g则 xx,xx,0gx()0,由于1a0)过M(2,) ,N(6,1)两点,O为坐标原点, ，,1222ab(I)求椭圆E的方程; (II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的
22、任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且,?若存在,写出该圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由: OAOB,22xy6解:(1)因为椭圆E: ，,1(a,b0)过M(2,) ,N(,1)两点, 222ab4211,，,1,222222,a,8xy,aba8解得所以椭圆E的方程为，,1 所以,26111b,484,，,1,222,abb4,(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且ykxm,，,22OAOB,设该圆的切线方程为解方程组得ykxm,，,xy，,1,84,22222,即, xkxm，,2()8(12)4280，,kxkmxm2
23、2222222840km,，,则?=,即 164(12)(28)8(84)0kmkmkm,，,，,4km,xx，,122,，12k, ,228m,xx,122,12，k,222222kmkmmk(28)48,222yykxmkxmkxxkmxxmm,，,，,，,()()()12，kkk222,288mmk,223880mk,OAOB,，,0xxyy，,0要使,需使,即,所以, 1212221212，kk11 238m,222所以又, 840km,，,k,082,m,282所以,所以, m,2338m,2626即或, m,m,33因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为ykxm,，22
24、mmm8262r, r,r,22238m,13，k31，k1，88262622所求的圆为,此时圆的切线都满足或,而当切xy，,ykxm,，m,m,33322xy262626，,1线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或x,(,),84333,8262622OAOB,满足,综上,存在圆心在原点的圆xy，,使得该圆的任意一(,),333,OAOB,条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且. 【命题立意】:本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系 9,(陕西理)2
25、2.(本小题满分12分) 11*x 已知数列满足, xxnN,. ,nn，11，x21n,x猜想数列的单调性,并证明你的结论; ，n12n,1xx-|?|()(?)证明:nn，16522题 112513证(1)由 xxxxx,，,及得，1n+1244213821，xn12 由猜想:数列是递减数列 xxxx,2n246下面用数学归纳法证明: (1)当n=1时,已证命题成立 (2)假设当n=k时命题成立,即 xx,222kk，xx,112321kk，易知,那么 x,0xx,2k2224kk，11(1)(1)，xxxx21232123kkkk，xx,222kk， = 0,(1)(1)(1)(1)，x
26、xxx2212223kkkk，即 xx,2(1)2(1)2kk，也就是说,当n=k+1时命题也成立,结合(1)和(2)知,命题成立 1(2)当n=1时,xxxx,结论成立 nn，121611n,2当时,易知 ,？，,xxx01,12,nnn,11，x12n,115 ？，,，,，,xxxx(1)(1)(1)(1)2nnnn,111，x12n,1xx,11nn,1？,xx nn，111(1)(1)，xxxxnnnn,112222n-1,xxxxxx()()？nnnn,11221555 12n-1,()6510,(上海理)23.(本题满分18分)本题共有3个小题,第1小题满分5分,第2小题满分5分,
27、第3小题满分8分: dabq已知是公差为的等差数列,是公比为的等比数列: ,nn*mkN、,an,，31aaa，,?(1) 若,是否存在,有说明理由; nmmk，1a*n，1abnN,(2) 找出所有数列和,使对一切,b,并说明理由; ,nnnanappadbq,5,4,3,(3) 若试确定所有的,使数列中存在某个连续项的和,n11b是数列中的一项,请证明: ,n13 23. 解: (1)由, 2分 aaamk，,，,，,6531得mmk，14*km,2整理后,可得,为整数, mkN、,？km,2？,3*不存在5分 ？mkN、,使等式成立: aand，n,1n，11(2)解法一:若即, (*)
28、 ,b,bqn1(1)aand，,n1n,1(?)若, dbqb,0,1则1n当为非零常数列,为恒等于1的常数列,满足要求: 7分 ab,nnand，1d,0(?)若,(*)式等号左边取极限得(*)式等号右边的极限只lim1,n,(1)and，,1d,0有当时,才可能等于1,此时等号左边是常数,?,矛盾: q,1综上所述,只有当a为非零常数列,b为恒等于1的常数列,满足要求: ,nn10分 a,n，1n,b解法二:设,若,对都成立,且为等比数列, andc,，,b,nnnanaa,2nn，21n,则,对都成立,即, /,qaaqa,，nnn21aann，1,2？n,对都成立, ()(2)()d
29、ncdndcqdndc，,，22？ 7分 dqd,？n,dac,0,0则b,1,?)若(,: nndndc，d,0d,0,mqbm,？,1,(?)若,则(常数),即,则,矛盾 ndnc，a,n，1n,有，acb,01,综上所述,使对一切,b 10分 nnnann*(3)anbnN,，,41,3, nnk*aaabpkNm，,？3,、设 ，mmmpk1214 4(1)14()1mmp，k, p,32k3*s, 13分 ？mp，,423pkN、,psN,3,？p22S2S+2SS，取,15分 ksm,，,，,，,，,32,43234-1230()2S+2由二项展开式可得正整数,使得, MM、()4
30、-1=4M+1121SS 24-18(1)2，,，,()M2S存在整数满足要求: ？m44(2)(1)1)2,mMM,，12s故当且仅当,命题成立: 18分 psN,3,说明:第(3)题若学生从以下角度解题,可分别得部分分(即分步得分) k若为偶数,则为偶数,但为奇数: 3paaa，？mmmp，12？一定为奇数: 1分 故此等式不成立,pk当时,则, p,1abm,，,453即，1mkkk而 3(41),01111kkkkkkk, ,，,，,，,，,ccccMM44(1)4(1)(1)4(1),？kkkkkk453m，,当为偶数时,存在,使成立, 1分 m当时,则aaabab，,3即, p,3
31、mmmkmk，1232kkk,11？也即, 3(49)3m，,493,4(1)53mm，,，,kk,1k493m，,由已证可知,当为偶数即为奇数时,存在,成立,2分 maaabab，,？,5即当时,则, p,5mmmkmk，1253kk？3p,5时,m也即,而不是5的倍数,当所要求的不存在, 5(413)3m，,故不是所有奇数都成立: 2分 11,(四川理)22. (本小题满分14分) aSaS,，51nn设数列的前项和为,对任意的正整数,都有成立,记,nnnn15 4，a*n: bnN,()n1,an(I)求数列的通项公式; b,n*(II)记,设数列的前项和为,求证:对任意正整数,cTnn
32、cbbnN,(),nnnnn,2213都有; T,n2,(III)设数列的前项和为:已知正实数满足:对任意正整数恒成bRnRn,n,nnn,立,求的最小值: (22)本小题主要考查数列,不等式等基础知识,考查化归思想,分类整合思想,以及推理论证,分析与解决问题的能力: 解: 1n,1(?)当时, aaa,，？,51,1114又 Qaaaa,，,，51,51nnnn，111？,aaaaa即 5,nnnnn，111411aa,数列成等比数列,其首项,公比是q, ？,1n441n？,a() n41n，,4()4？,b.3分 n1n,1()45(?)由(?)知 b,，4nn,(4)1n552516，
33、cbb？,，,221,nnn221,nnnn4141(161)(164),，,，nn2516251625，= ,22nnnn(16)3164)(16)16，,134bbc,？,3,又 121333nT,1时，当 1216 4111当 nT,，时，K225()n23n316161611n,11(),241616,，25131,16 12469316,，,25.7分13482,1165(?)由(?)知 b,，4nn,(4)1*一方面,已知恒成立,取n为大于1的奇数时,设 Rn,nkkN,，,21()n则 Rbbb,，Knk1221，1111,，,，,，,nKK 45()12321k，,，41414
34、14111111,，,，,，,nKK 45()()123221kk，,，,，414141414141n, 对一切大于1的奇数n恒成立 ？,nRnn41,41即()n1,只对满足n的正奇数n成立,矛盾: ？,4,41否则，()n,4,4另一方面,当时,对一切的正整数n都有Rn,4恒成立 n事实上,对任意的正整数k,有 55bb，,，8212nn,212kk, ,(4)1(4)1520 ,，, 8kk,，(16)1(16)4k151640，, ,88kk(161)(164),，*当n为偶数时,设 nmmN,2()？Rbbbbbb,，()()()K则 nmm1234212,17 84mn, *当n为
35、奇数时,设 nmmN,21()则 Rbbbbbbb,，()()()Knmmm1234232221,1):设ba,nn，n,1,=-+.+(-1 ,n NSababab,，.Tababab),nnn112222n11nn(?)若= 1,d=2,q=3,求 的值; abS1132n2(1)dqq,*=1,证明(1-q) (?)若b(1)(1),，,qSqTnN122nn21,q(?)若正整数n满足2nq,设的两个不同的排kkklll,.,.,12.和是，n,1212nn列,cababab,，.cababab,，., 证明: cc,112kkkn212llln1212n12n本小题主要考查等差数列的
36、通项公式,等比数列的通项公式与前n项和公式等基础知识,考查运算能力,推理论证能力及综合分析和解决问题的能力的能力,满分14分: n,1*(?)解:由题设,可得 anbnN,21,3,nn所以,Sababab,，,，,11335955 3112233n,1(?)证明:由题设可得则 bq,n221n, ? Saaqaqaq,，.,21232nn2321n,Taaqaqaqaq,，,，,., ? 212342nn?式减去?式,得 321n,STaqaqaq,，,2(.) 22242nnn?式加上?式,得 18 222n, ? STaaqaq，,，2(.)221321nnn,?式两边同乘q,得 321
37、n, qSTaqaqaq()2(.)，,，221321nnn,所以, (1)(1)()(),，,，qSqTSTqST222222nnnnnn321n,，2()dqqqK2n 2(1)dqq,*,nN21,q(?)证明: ccaabaabaab,，,，,()()()K1212klklkln1122nnn,1 ,，,，,()()()kldbkldbqkldbqK1112211nn因为所以 db,0,0,1cc,n,112 ()()(),，,，,klklqklqK1122nndb1(1) 若,取i=n kl,nnklijn,，,1(2) 若,取i满足且 kl,kl,jjnnii1,in由(1),(2
38、)及题设知,且 cc,ii,2112 ()()()(),，,，,，,klklqklqklqK112211iiii,db1? 当kl,klqnklqii,1,1,1,2,3.1由，得时,得 iiiiiiii,22klq,1()(1)klqqq,即, ()(1)klqqq,1122ii,11ii,11又所以 (),klqq,iii,1cc,1,qii,2112 ,，,，,(1)(1)(1)(1)qqqqqqqKdbq1,1cccc,0,即因此 1212cc,12kl,cc,1? 当同理可得,因此 ii12db119 综上, cc,1213,(浙江理)22.(本题满分14分)已知函数32222, f
39、xxkkxx()(1)52,，,gxkxkx()1,，k,R其中. k (I)设函数.若在区间上不单调,求的取值范围; pxfxgx()()(),，px()(0,3)(gxx(),0,k (II)设函数 是否存在,对任意给定的非零实数,存在惟一 xqx(),1fxx(),0.,k的非零实数(),使得成立?若存在,求的值;若不存 xxx,qxqx()(),22121在,请说明理由. 解析:(I)因232,因pxxkxk,，,，32(1)(5)Pxfxgxxkxk()()()(1)(5)1,，,，,，,，,在区间上不单调,所以px,0在0,3上有实数解,且无重根,由px,0得px()(0,3)，(
40、2 kxxx(21)(325),，,，2(325)3910xx,，,令有t,1,7,记tx,，21,？,，,kx21，,214213xx，9htt(),，ht1,33,7ht,6,10则在上单调递减,在上单调递增,所以有,于是，,t9,k,2k,5,2px,00,3216,10x，,得,而当时有在上有两个相，,，,21x，x,1k,5,2等的实根,故舍去,所以; ，22,x,0qxfxxkkx,，32(1)5(II)当时有; ，2,x,0k,0k,0qxgxkxk,，2当时有,因为当时不合题意,因此, ，,k,05,，,qx0,，,x,0下面讨论的情形,记A,B=(?)当时,在上单调,，,(,
41、)k，1,AB,k,5qxqx,x,0x,0递增,所以要使成立,只能且,因此有,(?)当，2121,AB,qx0,，,qxqx,x,0时,在上单调递减,所以要使成立,只能且,因此，212k,5k,5,综合(?)(?); ,k,5,xqxBA0,qxqx,，,x0,当时A=B,则,即使得成立,因为，11212,qx0,，,x在上单调递增,所以的值是唯一的; ，2,k,5qxqx,x0xxx(),同理,即存在唯一的非零实数,要使成立,所以满，212211足题意. 20 14,(重庆理)21.(本小题满分12分,(?)问5分,(?)问7分) 设个不全相等的正数依次围成一个圆圈. aaam,(7)？,m12mm,2009d(?)若,且是公差为的等差数列,而aaa,？aaaa,？5是公比为的等比数列;数列的前项和满aaa,？Snm(),nqd,12mn足:,求通项; SSSa,，15,12anm(),3200920071n(?)若每个数是其左右相邻两数平方的等比中项,求anm(),n22证:; aaaamaaa，,.mm16712(21)(本小题12分) 2解:(I)因是公比为d的等比数列,从而 由 aaaa,aadaad,20081,故 SSaaaa,，,1212得22dd，,12,即