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1、高考数学第二轮复习压轴题 1 高考数学第二轮复习压轴题 高考坚持“有利于高校选拔人才，有利于中学实施素质教育，有利于高校扩大办学自主权”的命题 原则，坚持“考查基础知识的同时, 注重考查能力”，这决定了每套高考试卷都有一道或几道把关的题目， 我们称之为压轴题. 这类题目的分值稳定在14 分左右，多以传统的综合题或常用题型，与高等数学有关知识或方法联系 比较紧密 . 如结合函数、不等式、导数研究无理型、分式型、指对数型以及多项式函数等初等函数的图像 与性质，或数列兼考查数学归纳法，或以解析几何为主的向量与解析几何交汇，或以上三类题互相交汇形 成新的综合问题，这类题目综合性强，解法多，有利于高校选
2、拔. 第一讲函数 、不等式与导数型压轴题 【调研 1】设 2 1 ( )log 1 x f x x , 1 ( )( ) 2 F xf x x (1) 试判断函数( )yF x的单调性，并给出证明； (2) 若( )f x的反函数为 1( ) fx, 证明 对任意的自然数(3)nn, 都有 1( ) 1 n fn n ； (3) 若( )F x的反函数 1( ) Fx , 证明方程 1 ( )0Fx有惟一解 . 分析： 第（ 1）问先具体化函数( )yF x后，再判断单调性，而判断单调性有定义法和导数法两条途径； 第（ 2）问先具体化 1( ) fn ，再逐步逆向分析，寻找不等式的等价条件，最
3、后转化为不等式212 n n的 证明问题；第（3）问应分“存在有解”和“唯一性”两个方面证明. 解析：（1） 2 1 ( )log 1 x f x x ， 1 ( )( ) 2 F xf x x 2 11 ( )log 12 x F x xx 函数( )yF x的定义域为(1,1). 解法一：利用定义求解设任意 1 x， 2 x(1,1)，且 12 xx，则 21 ()()F xF x 21 22 2211 1111 (log)(log) 2121 xx xxxx 21 22 2121 1111 ()(loglog) 2211 xx xxxx 2112 2 1212 (1)(1) log (2
4、)(2)(1)(1) xxxx xxxx 21 0xx， 1 20x， 2 20x 12 12 (1)(1) 0 (1)(1) xx xx 2112 2 1212 (1)(1) log0 (2)(2)(1)(1) xxxx xxxx 函数( )yF x在(1,1)上是增函数 解法二：利用导数求解 2 11 ( )log 12 x F x xx ( )Fx 22 121 (1)ln 2(1)(2) x xxx 22 21 ln 2(1)(2)xx 高考数学第二轮复习压轴题 2 又11x( )Fx 22 21 0 ln 2(1)(2)xx 函数( )yF x在(1,1)上是增函数 (2)由 2 1
5、 ( )log 1 x f x x 得 1 2 1 yx x ，即 21 21 y y x 1 21 ( ) 21 x x fx （xR） 1 21 ( ) 21 n n fn 2 1 21 n 1 1 11 n nn 证明不等式 1( ) 1 n fn n （3n） ，即证 22 2122 n n ，也即证212 n n（3n） 以下有两条求证途径： 解法一：利用数学归纳法求证 当3n时，不等式显然成立.设nk时成立，即212 k k 当1nk时， 1 22 22(1 2 ) kk k42222kkk232(1)1kk 当1nk时不等式也成立.由可知，对利用大于或等于3 的自然数都有212
6、n n成立 . 证明不等式 1( ) 1 n fn n （3n） 解法二：利用放缩法求证2(1 1)112221 nn nnnn 等式 1( ) 1 n fn n （3n）故： 1( ) 1 n fn n (3) 2 11 (0)log 1 22 F 1 1 ( )0 2 F，即 1 2 x是 1( ) 0Fx的一个根 . 假设 1 ( )0Fx另外还有一个解 0 x（ 0 1 2 x） ，则 1 0 ()0Fx 0 (0)Fx ( 0 1 2 x) ，这与 1 (0) 2 F相矛盾故 1( ) 0Fx有惟一解 . 【方法探究】证明不等式的方法很多，其中分析法和综合法是最基本的方法. 分析法由
7、果索因，优点是便 于寻找解题思路，而综合法由因索果，优点是便于书写，所以我们在求解过程中，常常两种方法联合作战， 从而衍生出“分析综合法”，在本例第（2）问以及下例第（2）问都中有所体现. 【技巧点拨】对于压轴题，大多数同学都不能完全解答，如何更好发挥，争取更好的成绩？“分步解答”、 “跳步解答”与“解准第一问”是很实用的夺分技巧，其中分析综合题的各小问之间的关系是非常关键. 从各小问之间的相互关系来分，数学综合题有以下三类： （1）递进型递进型解答题是指前问是后问的基础，只有前问正确解答，才能准确求解后问，若第（1） 问出错，则可能“全军覆没”，这也是相当多同学不能很好发挥其数学水平的重要原
8、因.对于这类题目， “解准第一问”是至关重要，不容丝毫的马虎. （2）并列式并列型解答题是指前问与后问关联性不强，前问是否正确，不会影响后问作答，如本例 的三个问题 . 但这类题目也容易丢分，同学们在作答时，常常因为前问不会答而放弃后问的分析与思考， 这时“跳步解答”非常关键. （3）混合式混合型解答题是指解答题有三个及其以上的小问，兼有以上两种类型的特点，答题时注 意“分步解答”，如本例万一不会求解第（2）问，具体化 1( ) fn 是没有问题的，争取得到一定的步骤分. 高考数学第二轮复习压轴题 3 【调研 2】 已知函数 22 ( )lnf xxax x （0x） ，( )f x的导函数是
9、( )fx对任意两个不相等的正数 1 x、 2 x求证：（1）当0a时， 1212 ()() () 22 fxf xxx f；（2）当4a时， 1212 ()()fxfxxx. 分析： 本例以高等数学的函数凸凹性、一致连续性、中值定理等知识为内核，综合考查函数的基本性质、 导数求函数极值和均值不等式等知识的应用，考查综合分析、推理论证以及运算能力. 第（ 1）问先根据题设条件具体化 12 ()() 2 f xf x 、 12 () 2 xx f 的表达式，再对二者进行比较，可以逐 项比较，也可以作差比较；第（2）问先具体化 12 ()()fxfx，再逐步逆向分析，采用分析法寻找解题 思路，至于
10、书写可用分析法，也可以用综合法. 解析 ：（1） 22 lnfxxax x 1222 1212 12 111 lnln 222 fxfxa xxxx xx 22 12 1212 12 1 ln 2 xx xxax x x x 2 121212 12 4 ln 222 xxxxxx fa xx 以下有两条求解途径：解法一：逐项比较法 12 12 2 xx x x 12 12 lnln 2 xx x x 0a 12 12 lnln 2 xx ax xa, 2 2 2222 12 121212 11 2 242 xx xxxxx x , 又 2 22 12121212 24xxxxx xx x 12
11、 1212 4xx x xxx , 由、得 2 22 1212 121212 1212 14 lnln 22 xxxx xxax xax x x xxx 12 12 22 fxfxxx f 解法二：作差比较法 12 12 22 fxfx xx f 222121212 1212 1212 14 ln()ln 222 xxxxxx xxax xa x xxx 222121212 1212 1212 14 ()() ()( lnln) 222 xxxxxx xxax xa x xxx 2 12212 12 121212 2()1 ()ln 4() x xxx xxa x xxxxx 12 xx，且
12、1 0x， 2 0x 2 12 1 ()0 4 xx， 2 12 1212 () 0 () xx x x xx ， 12 12 2 01 x x xx 0a 12 12 2 ln0 x x a xx 12 12 22 fxfxxx f 2 1 2212 12 121212 2()1 ()ln0 4() x xxx xxa x x xxxx 故 12 12 22 fxfx xx f 0 高考数学第二轮复习压轴题 4 （2）证法一：分析综合法由 22 lnfxxax x ，得 2 2 2 a fxx xx 12fxfx 1222 1122 22 22 aa xx xxxx 12 12 22 121
13、2 2 2 xxa xx x xx x 欲证 1212 fxfxxx，只需证 12 22 1212 2 21 xx a x xx x 即证 12 12 12 2 xx ax x x x 成立 12 1 212 1212 24xx x xx x x xx x 设 12 tx x， 24 0u ttt t ，则 2 4 2utt t 令0u t得 3 2t，列表如下： 33 3 41084u ta 12 12 12 2 xx x xa x x 对任意两个不相等的正数 12 ,x x，恒有 1212 fxfxxx 证法二：综合法1对于任意两个不相等的正数 1 x、 2 x有 12 12 12 2 x
14、x x x x x 12 12 4 x x x x 12 1212 22 x x x xx x 3 12 1212 22 3x x x xx x 3 344.5a 12 22 1212 2 21 xxa x xx x 而 2 2 2 a fxx xx 12fxfx 12 22 1122 22 22 aa xx xxxx 12 12 22 1212 2 2 xxa xx x xx x 12 xx故： 1212 fxfxxx 证法三：综合法2 由 22 lnfxxax x ，得 2 2 2 a fxx xx 12 fxfx 1222 1122 22 22 aa xx xxxx 12 1222 12
15、12 2 2 xxa xx x xx x 12 ,x x是两个不相等的正数 12 322 121212 1 2 2 4 22 xx aa x xx xx x x x 3 12 12 44 2 x x x x t 3 0,2 3 2 3 2, u t_ 0 u t 极小值 3 3 4 高考数学第二轮复习压轴题 5 设 12 1 t x x ， 32 2440u tttt，则 432uttt，列表： 38 1 27 u即 12 22 1212 2 21 xx a x xx x 12 121212 22 1212 2 2 xx a fxfxxxxx x xx x 【方法探究】 本例以高等数学中的函数
16、凸凹性与中值定理为知识载体，所以也可以采取高等数学方法求解： （1）当0a时，求证 1212 ()() () 22 f xf xxx f，联系凹（下凸）函数性质知，只需证明当0a时， 只需证明 22 ( )lnf xxax x （ 0x ）为凹函数或下凸函数. 即证明“函数)(xf的二阶导数恒大于0” 其具体证明如下： 22 ( )lnfxxax x （0x） 2 2 ( )2 a fxx xx ， 32 4 ( )2 a fx xx 0x，0a 32 4 ( )20 a fx xx 在(0,)x时恒成立 . 22 ( )lnf xxax x （0x）为凹函数故 12 12 22 fxfx x
17、x f （2）为证明|)()(| 2121 xxxfxf，可以考虑对函数( )f x的导函数是( )fx在闭区间 12 ,x x（或 21 ,xx）上应用中值定理，具体证明过程如下：不妨设 21 0xx，则 由（ 1）问知 2 2 ( )2 a fxx xx ， 32 4 ( )2 a fx xx ，在闭区间 12 ,x x上，由中值定理有，存在 21,x x，使得：)()()( 2121 xxfxfxf. 下证当4a，0时，有( )1f成立 32 4 ( )2 a fx xx 当0a，0x时，有 32 4 ( )22 a fx xx 恒成立 当04a，0x时，令 32 4 ( )2( ) a
18、 fxg x xx ，则 34 212 ( ) a gx xx 再令 34 212 ( )0 a g x xx ，得 6 x a 列表如下： x a 6 0， a 6 ， a 6 )(xg- 0 + )()(xfxg 极小值 108 2 3 a t 2 0, 3 2 3 2 , 3 u t_ 0 u t极小值 38 27 高考数学第二轮复习压轴题 6 即当04a，0x时，有 33 32 4438 ( )2221 10810827 aa fx xx 1)(04fa时，有，当，有 212121 )()()(xxxxfxfxf 故 1212 fxfxxx 1.已知 32 ( )2f xxbxcx （
19、1）若( )yfx在1x=时有极值 1，求b，c的值 . （2）当b为非零实数时，证明( )f x的图像不存在与直线 2 ()10bc xy平行的切线； （ 3） 记函数|( ) |fx（11x）的最大值为M，求证 3 2 M. 2.已知函数( )ln(1)(1) x f xaeax， 2 ( )(1)(ln)g xxaxfx且( )g x在1x处取得极值 . (1) 求a的值和( )g x的极小值； (2) 判断( )yfx在其定义域上的单调性, 并予以证明； (3) 已知ABC 的三个顶点A、B、C 都在函数( )yf x的图象上，且横坐标依次成等差数列，求证 ABC 是钝角三角形，但不可
20、能是等腰三角形 【参考答案】解析：（ 1） 32 ( )2f xxbxcx 2 ( )32fxxbxc 由( )f x在1x时有极值 1 有 (1)320 (1) 121 fbc fbc ，解之得 1 5 b c 当1b，5c时， 2 ( )325fxxx当1x时，( )0fx，当 5 1 3 x时，( )0fx 从而符合在1x时，( )yf x有极值1b，5c （2）假设( )yfx图象在xt处的切线与直线 2 ()10bc xy平行，则 2 ( )32fttbtc，直线 2 ()10bc xy的斜率为 2 cb 22 32tbtccb，即 22 320tbtb0b 222 4(3)80bb
21、b 从而方程 22 320tbtb无解，即不存在t，使 22 ( )32fttbtccb ( )yf x的图象不存在与直线 2 ()10bc xy平行的切线 . （3） 证法一 ：分类讨论 |( )|fx 2 2 |3()() | 33 bb xc若| 1 3 b ，则 M 应是|( 1)|f和|(1)|f中最大的一个 高考数学第二轮复习压轴题 7 2|( 1)|(1)|Mff|32|32|bcbc| 4 |b12 3 6 2 M 当30b时，2|( 1)|() | 3 b Mff 2 |32| 3 b bcc 2 |23| 3 b b 21 |(3) | 3 b3 3 2 M 当03b时，2
22、|(1)|()| 3 b Mff 2 | 32| 3 b bcc 2 |23| 3 b b 2 1 |(3) | 3 b3 3 2 M综上所述， 3 2 M成立 . 证法二 ：利用二次函数最值求解 2 ( )32fttbtc的顶点坐标是（ 3 b ， 3 3 2 bc ）， 若| 1 3 b ，则 M 应是|( 1) |f和|(1)|f中最大的一个 2|( 1)|(1)|Mff|32|32|bcbc|4 |b12 3 6 2 M 若| 1 3 b ，则 M 应是|( 1) |f、|(1)|f、| 3 3 2 bc |中最大的一个 （1）当 3 2 c时，2|( 1)|(1)|Mff|( 1)(
23、1)|ff|62 | 3x 3 2 M （2）当 3 2 c时， 2 3 | 3 cb M 2 3 32 b cc综上所述， 3 2 M成立 . 证法三 ：利用绝对值不等式的性质 函数|( ) |fx（11x）的最大值为M|( 1)|Mf，|(1)|Mf，|(0) |Mf 4|( 1)|(1)| 2 |(0) |Mfff|( 1)(1)2(0) |fff6 3 2 M 2. 解析 ：（ 1） 2 ( )(1)(ln)g xxaxfx 1 ( )2(1) 1 aa g xxa xx （0x） ( )g x在1x处取得极值(1)2(1)10 2 a gaa，即8a ( )8ln(1)9 x f x
24、ex 2 ( )78ln(1)9lng xxxxx 89(1)(3)(23) ( )27 1(1) xxx g xx xxx x （0x） 令 (1)(3)(23) ( )0 (1) xxx gx x x 得1x或3x 高考数学第二轮复习压轴题 8 当13x时，( )0gx，当01x时，( )0g x 当3x时，( )0gx当3x时， min ( )9ln38ln 412g x （2）( )8ln(1)9 x f xex 89 ( )90 11 x xx e fx ee 恒成立，即函数( )f x在(,)上是单调减函数. （3）设 11 (, ()A xf x， 22 (, ()B xf x，
25、 33 (,()C xf x，且 123 xxx，则 123 ()()()f xf xf x， 13 2 2 xx x 1212 (,()()BAxxf xf x， 3232 (,()()BCxxf xf x 12321232 ()()()() ()()BA BCxxxxf xf xf xf x 12 0xx， 32 0xx， 12 ()()0f xf x， 32 ()()0f xf x0BA BC 故B为钝角，ABC为锐角三角形 .另一方面，若ABC为等腰三角形，则只能是BABC 即 2222 12123232 ()()()()()()xxf xf xxxf xf x 2132 xxxx，
26、22 1232 ()()()()f xf xf xf x 1223 ()()()()f xf xf xf x，即 13 )()()f xf xf x 2 2 ( ( )8ln(1)9 x f xex 212 213 16ln(1)188ln(1)(1)9() xxx exeexx 13212 2ln(1)ln(1) xxxxx eeee，即 22122 22 2 xxxxx eeeee 321 2 xxx eee，但与 3313112 222 xxxxxxx eee eee相矛盾，所以ABC不能为等腰三角形. 综上所述， ABC 是钝角三角形，但不可能是等腰三角形. 第二讲递推数列、数学归纳法
27、型压轴题 数列和数学归纳法是初等数学与高等数学的最重要衔接点之一，是中学数学的重要组成部分，涉及知 识面广、综合性强、方法灵活、试题新颖、技巧性突出，蕴含函数与方程，等价转化、分类与整合等数学 思想以及错位相减法、归纳猜想证明、叠加（乘）法、叠代法、裂项法等大量的数学方法，是代数计 算与逻辑推理训练的重要题材，因而这类题目多以压轴题的形式出现，成为高考的重头戏之一. 【 调 研1】 已 知 函 数)(xf是 定 义 在R 上 的 不 恒 为 零 的 函 数 , 且 对 于 任 意 的Rba, 都 满 足 ()( )( )f a baf bbf a. 若 1 ( )1 2 f， (2) n n
28、f a n （nN），求 . 数列 n a的通项公式； 高考数学第二轮复习压轴题 9 . 数列 n a的前n项和为 n S，问是否存在正整数m，使得对任意的 * nN都有 4 3 n m S成立？ 若存在，求出m的最小值；若不存在，则说明理由. 分析 : 求解本题的关键在于准确求解第（1）小问，所以准确化简(2) n f 成为求解本例的焦点. 大致有以 下三条途径：. 由已知条件()( )( )f a baf bbf a探索)( n af的规律，最后用数学归纳法证明； . 将所给函数关系式适当变形, 根据其形式特点构造另一个函数, 设法用此函数求出)( n af； . 设法将(2) n f 转
29、化为熟悉的数列. 解析 : （1）解法一：“归纳猜想证明”法 对于任意的Rba, 都满足()( )( )f a baf bbf a 2 ()f a( )( )af aa f a2( )a f a 3 ()f a 22 ()( )a f aaf a 2 2( )( )aa f aaf a 2 3( )a f a 4 ()f a 33 ()( )a f aaf a 23 3( )( )aaf aaf a 3 4( )a f a 猜想 1 ()( ) nn f anaf a（nN）现在用数学归纳法证明： . 显然1n时，左边( )f a，右边 1 1 1( )af a( )f a 1n时，命题 1
30、()( ) nn f anaf a显然成立 . . 设nk（ * kN）时有 1 ()( ) kk f akaf a 当1nk时()( )( )f a baf bbf a 1 () k f a () k faa( )() kk af aa f a 1 ( )( ) kk af aa kaf a ( )( ) kk af akaf a(1)( ) k kaf a1nk时，命题 1 ()( ) nn f anaf a成立 . 由可知，对任意nN 都有 1 ()( ) nn f anaf a（nN）成立 . 又 1 ()1 2 f 1 1 111 () ( )( ) (2)1 222 () 2 nn
31、 n n n fnf f a nnn 故数列 n a的通项公式 n a 1 1 () 2 n 解法二：构造函数法当0ba时，有()( )( )f a baf bbf a b bf a af ab abf)()()( 令 ( ) ( ) f x g x x ，则 b bf a af ab abf)()()( 即为 : ()( )( )g abg ag b ()( ) n g an g a即 () ( ) n n f a n g a a 1( ) ()( )( ) nnnnf a f aan g aannaf a a ，即 1 ()( ) nn f anaf a余下的过程同解法一. 证法三 : 转
32、化为特殊数列求解对于任意的Rba, 都满足()( )( )f a baf bbf a， 1 ( )1 2 f 1 () 2 n f 111 () 22 n f 111111 ()( )( ) 2222 nn ff 11111 ()() 222 nn f 高考数学第二轮复习压轴题 10 即 1 () 2 n f 11 111 ()() 222 nn f 1 1 11 () () 22 2 11 ( )( ) 22 nn nn ff 新数列 1 ( ) 2 1 ( ) 2 n n f 是公差为2，首项为 1 ( ) 2 2 1 2 f 的等差数列，即 1 () 2 2 1 () 2 n n f n
33、 1 1 ( )2 (2)1 2 ( ) 2 n n n n n f a nn 故数列 n a的通项公式 n a 11 ( ) 2 n . （2） 假设存在正整数m，使得对任意的 * nN都有 4 3 n m S成立，则 由（ 1）问可知 11 1( ) 2 n n S，所以 114 1() 23 nm 恒成立 4 1 3 m ，即7m 故存在正整数m，使得对任意的 * nN都有 4 3 n m S成立，此时m的最小值为7. 【方法探究】本例是已知抽象函数关系, 利用函数迭代求数列通项问题. 在所给的三种方法之中, 解法一 利用“归纳猜想证明”求解，思路自然, 但较为繁琐；解法二利用构造函数法
34、求解，比较简洁，但技 巧性强；解法三转化为特殊数列求解，思维跨度大.这三种证法反应出求解数列与函数综合题的共同规律: 充分应用已知条件变形转化, 根据其形式特点构造新的数列, 然后利用数列的性质求解. 【调研 2】已知等差数列 n a的公差d大于 0，且 2 a、 5 a是方程02712 2 xx的两根， 数列 n b的前 n项和为 n T，且nnbT 2 1 1（ * nN） （1）求数列 n a、 n b的通项公式；（2）设数列 n a的前n项和为 n S，试比较 n b 1 与 1n S的大小 . 分 析 ： （ 1 ） 由 方 程02712 2 xx可 求 2 a、 5 a， 从 而
35、得 到 等 差 数 列 n a的 通 项 ； 由 公 式 1 1 1 2 n nn Sn a SSn 求解数列 n b的通项 . （2）要比较 n b 1 与 1n S的大小，应先由（1）问具体化 n b 1 、 1n S，再求出前几项，探索大小规律， 最后用数学归纳法证明. 解析： （1） 2 a、 5 a是方程02712 2 xx的两根，公差d大于 0 2 a=3， 5 a=9，即 52 2 3 aa d， 1 1a21 n an（ * nN） 数列 n b的前n项和为 n T，且 nn bT 2 1 1（ * nN） 当1n时， 111 1 1 2 Tbb 3 2 1 b 当2n时， n
36、n bT 2 1 1 11 11 22 nnnnn bTTbb 高考数学第二轮复习压轴题 11 1 1 3 n n b b （2n），即 12 12 ( ) 3 33 n n n b故21 n an， 12 12 ( ) 3 33 n n n b （2） 解法一：归纳猜想证明 由（ 1）可知 21(21) 2 n nn Sn， 13 2 n n b 2 1 (1) n Sn 当1n时， 1 13 2b ， 2 4S 2 1 1 S b 当2n时， 2 19 2b ， 3 9S 3 2 1 S b 当3n时， 3 127 2b ， 4 16S 4 3 1 S b 当4n时， 4 181 2b ，
37、 5 25S 5 4 1 S b 当5n时， 5 1243 2b ， 6 36S 6 5 1 S b 猜想：4n时， 1 1 n n S b 以下用数学归纳法证明：（1）当4n时，由上可知成立. （2）设nk（ * ,4kNn）时， 1 1 k k S b ，即 2 ) 1( 2 3 k K 当1nk时， 1 1 k b 1 3 2 k 3 3 2 k 2 3(1)k 2 363kk 22 (44)221kkkk 2 (1) 1 (1) 1 k kS当1nk时， 1 1 n n S b 成立 . 由（ 1）（ 2）知nN ， 4n 时， 1 1 n n S b . 综上所述，当1n，2，3时，
38、 1 1 n n S b ，当4n时， 1 1 n n S b . 解法二：放缩法证明当1n，2，3时，同以上解法当nN ，4n时 1 n b 3 2 n 1223311 (12)(1222 ) 22 n nnn CCC 1(1)(1)(2) 1248 226 n nn nn n 18 126(1) 23 nnn n 2 8163 6 nn 2 21nn 1n S 综上所述，当1n，2，3时， 1 1 n n S b ，当4n时， 1 1 n n S b . 【方法探究】通过对有限个特例进行考察，猜想一般的结论，然后运用数学归纳法证明，即“观察猜 想证明”，这是中学数学中重要的解题方法，可有效
39、解决探索性问题、存在性问题或某些与自然数有 关的命题，在求解时注意“猜想大胆、求证小心”. 【技巧点拨】 放缩法是证明不等式的常用方法，过程简洁， 但有一定难度，犹如花中的玫瑰，美丽但有刺 . 成功运用放缩法求证的关键在于把握放缩尺度，在平时训练中注意多积累与整理. 常见的放缩技巧有： 高考数学第二轮复习压轴题 12 （1）添项或减项的“添舍放缩”，如本例 1223311 3(1222 ) 22 n nnn CCC，只取(21) n 的 二项展开式的前四项进行放缩； （2）拆项对比的“分项放缩”； （3）运用分数的性质放缩，如分子增加正数项或分母减少正数项，分数值变大， 反之变小； a, b,
40、 m 都是正数并且ab，有 aam bbm （真分数的性质）等. （4）运用不等式串 )1( 11 )1( 1 2 nn n nn 放缩，如在第3 讲例 2 第（ 2）问中求证 2 3 n T时， 运用该技巧放缩后，再裂项相加求解. 类似的不等式有 2 () 4 ab ab 22 2 ab ， 2(1)nn 1 2(1) n nn等. 1. 已知函数 ( )2 x f xmt的图象经过点A （1，1）、B （2，3）及 C （ n Sn,）， n S为数列 n a 的前n项和， * nN. （ 1）求 n S及 n a；（ 2）若数列 n b满足 2 2log1 nn ba，记 1112233
41、41 11111 n iiinn b bb bb bb bb b （ * nN）求证： 11 111 32 n iii bb . 2. 第七届国际数学教育大会的会徽的主体是由一连串直角三角形演变而成，其中OAABBCCD DEEFFGGHHI1.若将图 2 的直角三角形继续作下去，并记OA、OB、 ,、OI、 , 的长度所构成的数列为 n a （1）求数列 n a的通项公式 （2）若函数 222 12 111 ( ) n f n nanana +，求函数( )f n的最小值； （3）设 1 1 n nn b aa ，数列 n b的前n项和为 n S.解不等式|2| 4 n S 3. 已知一次函
42、数)(xf的反函数为)(xg，且(1)0f，若点 1 (,) n n n a An a （nN ）在曲线)(xgy上， 1 1 a，对于大于或等于2 的任意自然数n均有1 1 1 n n n n a a a a . （1）求)(xgy的表达式；（2）求 n a的通项公式； O A B C D E F G H I 图 1 图 2 高考数学第二轮复习压轴题 13 （3）设 )!2(!4! 3 21 n aaa S n n ，求limn n S. 4. 已知数列 n a与 n b满足下列关系： 1 2aa （0a）， 2 1 1 () 2 nn n a aa a ， n n n aa b aa （n
43、N ）（ 1）求数列 n b的通项公式，并化简 aa aa n n 1 ； （2）设 n S是数列 n a的前n 项和，当2n时， n S与an) 3 4 (是否有确定的大小关系？若有，请并加 以证明，若没有，请说明理由. 【参考答案】1.解析 ：（ 1）函数 ( )2 x f xmt的图象经过点A（1，1）、 B（2，3） 21 43 mt mt 解之得 1 1 m t ( )21 x f x 函数 ( )2 x f xmt的图象经过C（ n Sn,）21 n n S（ * nN） 当1n时， 11 1Sa当2n时， 11 1 222 nnn nnn aSS 当1n时，满足 1 2 n n
44、a数列 n a的通项为 1 2 n n a 故： 1 2 n n a，21 n n S（ * nN） （2）由（ 1）可知121)1(21log2 2 nnab nn ，则 1 1 nn b b 1 (21)(21)nn 111 () 2 2121nn 11 1 n iii bb 1223341 1111 nn bbb bb bb b 11111111 (1) 2335572121nn 11 (1) 221n （ * nN） 11 (1) 221n 在 * nN上单调递增当1n时 min 11 (1) 221n 1 3 1 0 21n 111 (1) 2212n 综上可得 n i iib b1
45、 1 2 11 3 1 2.解析 ：（ 1）由题意有 22 1 1 nn aa 2 1(1) 1 n ann即 n an （2） 222 12 111 ( ) n f n nanana + 1111 ( ) 1232 f n nnnn + 111111 (1) 23322122 f n nnnnnn + 111 (1)( ) 21221 f nf n nnn + 11 0 2122nn - (1)( )f nf n即函数( )yf n是递增数列 高考数学第二轮复习压轴题 14 ( )yf n的最小值为 11 (1) 112 f （3） 1 11 1 1 n nn bnn aann ( 21)(
46、 32)(1) n Snn11n |2| 4 n S即为|12|4n解之得48n且nN 3. 分析： 由)(xg为一次函数)(xf的反函数得)(xg也为一次函数，所以可设( )g xkx b； 由(1)0f得(0)1g， 从 而 有1b； 由 “ 点 1 (,) n n n a An a （nN ） 在 曲 线)(xgy上 ， 且 1 1 1 n n n n a a a a ”确定斜率k，一旦直线)(xgy的解析式确定，剩下的问题水到渠成. 解析 ：（ 1）)(xf为一次函数，且)(xg为其反函数设bkxxg)( 由(1)0f得(0)1g，即1)(kxxg ( )1g nkn且 1 ( ,)
47、n n n a An a （nN ）均在直线bkxxg)(上，且1 1 1 n n n n a a a a 1 )1( 1 1 2 nn a a a a k n n n n 1)(xxg （2） 1 ( ,) n n n a An a （nN ）均在直线bkxxg)(上 1 1 n a a n n 当 * Nn时， 12 121 (1)(2) nn nn aaa nnn aaa 2 1n! （3） n S 12 3!4!(2)! n aaa n 1!2! 3!4!(2)! n n 111 233 4(1)(2)nn 111111 233412nn 11 22n lim n n S 11 lim() 22 n n 1 2 4. 已知数列 n a与 n b满足下列关系： 1 2a a （ 0a）， 2 1 1 () 2 nn n a aa a ， n n n aa b aa （nN ） 高考数学第二轮复习压轴题 15 （1）求数列 n b的通项公式，并化简 aa aa n n 1 ； （2）设 n S是数列 n a的前n 项和，当2n时， n S与an) 3 4 (是否有确定的大小关系？若有，请并加 以证明，若没有，请说明理由. 4. 解析 ：（ 1） n n n aa b aa （nN ）， 2 1 1 () 2 nn n a aa a 1n b 1 1 n n aa