《高考数学复习精品资料压轴题精选精品系列》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学复习精品资料压轴题精选精品系列（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考数学，复习精品资料，压轴题精选，精品系列第一讲函数、不等式与导数型压轴题【调研1】设,(1)试判断函数的单调性，并给出证明；(2)若的反函数为,证明 对任意的自然数,都有；(3)若的反函数,证明 方程有惟一解.分析：第（1）问先具体化函数后，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，再逐步逆向分析，寻找不等式的等价条件，最后转化为不等式的证明问题；第（3）问应分“存在有解”和“唯一性”两个方面证明.解析：（1），函数的定义域为.解法一：利用定义求解设任意，且，则，函数在上是增函数解法二：利用导数求解又函数在上是增函数(2) 由得，即（）证明不等式（），即证，也
2、即证（）以下有两条求证途径：解法一：利用数学归纳法求证当时，不等式显然成立.设时成立，即当时，当时不等式也成立.由可知，对利用大于或等于3的自然数都有成立.证明不等式（）解法二：利用放缩法求证等式（）故：(3) ，即是的一个根.假设另外还有一个解（），则 ()，这与相矛盾故有惟一解.【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
3、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
4、”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，具体化是没有问题的，争取得到一定的步骤分.【调研2】已知函数（），的导函数是对任意两个不相等的正数、 求证：（1）当时，；（2）当时，.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、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，再逐步逆向分析，采用分析法寻找解题思路，
5、至于书写可用分析法，也可以用综合法.解析：（1）以下有两条求解途径：解法一：逐项比较法 又 由、得 解法二：作差比较法，且，故（2）证法一：分析综合法由，得欲证 ，只需证即证成立设，则令得，列表如下：极小值 对任意两个不相等的正数，恒有证法二：综合法1对于任意两个不相等的正数、有 而 故：证法三：综合法2由，得是两个不相等的正数设，则，列表：极小值 即 【方法探究】本例以高等数学中的函数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）当时，求证，联系凹（下凸）函数性质知，只需证明当时，只需证明（）为凹函数或下凸函数. 即证明“函数的二阶导数恒大于0”其具体证明如下：（）， 在
6、时恒成立.（）为凹函数故（2）为证明，可以考虑对函数的导函数是在闭区间（或）上应用中值定理，具体证明过程如下：不妨设，则由（1）问知，在闭区间上，由中值定理有，存在，使得： .下证当，时，有成立当，时，有恒成立当，时，令，则再令，得列表如下：-0+极小值即当，时，有，有故1.已知（1）若在时有极值1，求，的值.（2）当为非零实数时，证明的图像不存在与直线平行的切线；（3）记函数（）的最大值为M，求证.2.已知函数，且在处取得极值. (1)求的值和的极小值； (2)判断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都在函数的图象上，且横坐标依次成等差数列，求证ABC是
7、钝角三角形， 但不可能是等腰三角形【参考答案】解析：（1）由在时有极值1有，解之得当，时，当时，当时，从而符合在时，有极值，（2）假设图象在处的切线与直线平行，则，直线的斜率为，即从而方程无解，即不存在，使的图象不存在与直线平行的切线.（3）证法一：分类讨论若，则M应是和中最大的一个当时，当时，综上所述，成立.证法二：利用二次函数最值求解的顶点坐标是（，），若，则M应是和中最大的一个 若，则M应是、|中最大的一个（1）当时，（2）当时， 综上所述，成立.证法三：利用绝对值不等式的性质函数（）的最大值为M，62.解析：（1）（）在处取得极值，即（）令得或当时，当时，当时，当时，（2）恒成立，即函
8、数在上是单调减函数.（3）设，且，则，故为钝角，为锐角三角形.另一方面，若为等腰三角形，则只能是即，即，即，但与相矛盾，所以不能为等腰三角形.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
9、是定义在R上的不恒为零的函数, 且对于任意的, 都满足.若，（），求.数列的通项公式；.数列的前项和为，问是否存在正整数，使得对任意的都有成立？若存在，求出的最小值；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，所以准确化简成为求解本例的焦点.大致有以下三条途径：.由已知条件探索的规律，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；.设法将转化为熟悉的数列.解析:（1）解法一：“归纳猜想证明”法对于任意的, 都满足猜想 （）现在用数学归纳法证明：.显然时，左边，右边时，命题显然成立.设（）时有当时时，命题成立.由可
10、知，对任意都有（）成立.又故数列的通项公式解法二：构造函数法 当时，有令，则即为: 即，即余下的过程同解法一.证法三: 转化为特殊数列求解对于任意的, 都满足，即新数列是公差为2，首项为的等差数列，即故数列的通项公式.（2）假设存在正整数，使得对任意的都有成立，则由（1）问可知，所以恒成立，即故存在正整数，使得对任意的都有成立，此时的最小值为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
11、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】已知等差数列的公差大于0，且、是方程的两根，数列的前项和为，且（）（1）求数列、的通项公式；（2）设数列的前项和为，试比较与的大小.分析：（1）由方程可求、，从而得到等差数列的通项；由公式求解数列的通项.（2）要比较与的大小，应先由（1）问具体化、，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）、是方程的两根，公差大于0=3，=9，即，（）数列的前项和为，且（）当时，当时，（），即故，（2）解法一：归纳猜想证明由（1）可知，当时，当时，当时，当时，当时，猜想
12、：时，以下用数学归纳法证明：（1）当时，由上可知成立.（2）设（）时，即当时，当时，成立.由（1）（2）知，时，.综上所述，当，时，当时，.解法二：放缩法证明当，时，同以上解法 当，时综上所述，当，时， ，当时，.【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
13、理.常见的放缩技巧有：（1）添项或减项的“添舍放缩”，如本例，只取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, m都是正数并且，有（真分数的性质）等.（4）运用不等式串放缩，如在第3讲例2第（2）问中求证时，运用该技巧放缩后，再裂项相加求解.类似的不等式有， 等.1.已知函数的图象经过点A（1，1）、B（2，3）及C（），为数列的前项和，.（1）求及；（2）若数列满足，记（）求证：.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.若将图2的直角三角形继续作下去，并记、 、 的长度所构成的数列为（1）求数列的通项公式（2）若函数，求函数的最小值；（3）设，数列的前项和为.解不等式OABCDEFG
