高考数学压轴题常考题型20组类型1二次函数2复合函数3创新性函数4抽象函数5导函数〔极值，单调区间〕--不等式6函数在实际中的应用7函数与数列综合8数列的概念和性质9Sn与an的关系 10创新型数列11数列与不等式12数列与解析几何13椭圆14双曲线15抛物线16解析几何中的参数范围问题17解析几何中的最值问题18解析几何中的定值问题19解析几何与向量20探究性问题1.二次函数1. 对于函数，假设存在实数，使成立，那么称为 的不动点．〔1〕当时，求的不动点；〔2〕假设对于任何实数，函数恒有两个相异的不动点，求实数的取值范围；〔3〕在(2)的条件下，假设的图象上两点的横坐标是函数的不动点，且直线是线段的垂直平分线，求实数的取值范围．分析 此题考查二次函数的性质、直线等根底知识，及综合分析问题的能力函数与方程思想解： ，〔1〕当时，．设为其不动点，即，那么．所以，即的不动点是.〔2〕由得.由，此方程有相异二实根，所以，即对任意恒成立．，．〔3〕设，直线是线段的垂直平分线，．记的中点，由(2)知．在上，化简得：，当时，等号成立．即例2 函数，假设对任意，且，都有． 〔Ⅰ〕求实数的取值范围；〔Ⅱ〕对于给定的实数，有一个最小的负数，使得 时，都成立，那么当为何值时，最小，并求出的最小值．解：〔Ⅰ〕∵， ∵，∴．∴实数的取值范围为． 〔Ⅱ〕∵，显然，对称轴。
〔1〕当，即时，，且．令，解得，此时取较大的根，即，∵，∴． 〔2〕当，即时，，且．令，解得，此时取较小的根，即，∵，∴． 当且仅当时，取等号．∵，∴当时，取得最小值－3． 2 复合函数1．函数满足，其中，且〔1〕对于函数，当时，，求实数m的取值范围；〔2〕当时，的取值范围恰为，求的取值范围解： 且设，那么∴∴当时，∵∴在其定义域上当时，∵，，∴在其定义域上∴且，都有为其定义域上的增函数又∵∴为奇函数〔1〕∵ 当时，∴∴〔2〕当时，∵在上，且值域为∴∴例2. 函数是的反函数，的图象与函数的图象关于直线成轴对称图形，记 〔1〕求的解析式及其定义域；〔2〕试问的图象上是否存在两个不同的点A、B，使直线AB恰好与轴垂直？假设存在，求出A、B的坐标；假设不存在，说明理由解：〔1〕∴∵的图象与的图象关于直线成轴对称图形∴的图象与的图象关于直线对称即：是的反函数 ∴∴∴〔2〕假设在的图象上存在不同的两点A、B使得轴，即使得方程有两不等实根设，那么在〔，1〕上且∴，∴使得方程有两不等正根设，由函数图象可知：，方程仅有唯一正根∴ 不存在点A、B符合题意3. 设且为自然对数的底数，函数f〔 x〕 〔1〕求证：当时，对一切非负实数x恒成立； 〔2〕对于〔0，1〕内的任意常数a，是否存在与a 有关的正常数，使得成立？如果存在，求出一个符合条件的；否那么说明理由.分析：此题主要考查函数的单调性，导数的应用等根底知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．分类讨论、化归〔转化〕思想方法解：〔1〕当令上单调递增，〔2〕〔1〕，需求一个，使〔1〕成立，只要求出的最小值，满足上↓在↑，只需证明内成立即可，令为增函数，故存在与a有关的正常数使〔1〕成立。
3.创新型函数1.在R上定义运算〔b、c为实常数〕记，，.令.〔Ⅰ〕如果函数在处有极值,试确定b、c的值；〔Ⅱ〕求曲线上斜率为c的切线与该曲线的公共点；〔Ⅲ〕记的最大值为.假设对任意的b、c 恒成立，试示的最大值解：∵∴〔Ⅰ〕由在处有极值，可得，解得或假设，那么，此时没有极值；假设，那么当变化时，、的变化情况如下表： 0+单调递减极小值-12单调递增极大值单调递减∴当是，有极大值，故即为所求〔Ⅱ〕设曲线在处的切线的斜率为，∵，∴，即假设，那么，得切点为，切线方程为；假设，那么，得切点为，切线方程为假设，解得，，那么此时切线与曲线的公共点为，；(2)假设，解得，，此时切线与曲线的公共点为，综合可知，当时，斜率为c的切线与曲线有且只有一个公共点；当，斜率为c的切线与曲线有两个不同的公共点，分别为和或，〔Ⅲ〕(1)当时，函数的对称轴位于区间外，在上的最值在两端点处取得，故应是和中较大的一个∴，即∴(2)当得对称轴x=b位于区间之内此时由假设于是假设，那么，于是综上，对任意的b、c都有而当，时，在区间上的最大值故对任意的b，c恒成立的k的最大值为 例2．设函数,其中表示不超过的最大整数,如. (Ⅰ)求的值; (Ⅱ)假设在区间上存在x,使得成立,求实数k的取值范围;(Ⅲ)求函数的值域. 解:(Ⅰ)因为,所以 (Ⅱ)因为,所以, 那么. 求导得,当时,显然有, 所以在区间上递增, 即可得在区间上的值域为, 在区间上存在x,使得成立,所以 (Ⅲ)由于的表达式关于x与对称,且x>0,不妨设x³1. 当x=1时,=1,那么; 当x>1时,设x= n+,nÎN*,0£<1. 那么[x]= n,,所以,在[1,+¥)上是增函数,又, , 当时,当时,故时,的值域为I1∪I2∪…∪In∪… 设, 那么. , \当n³2时,a2= a3< a4<…< an<… 又bn单调递减,\ b2> b3>…> bn>… \[ a2,b2)= I2I3I4…In\ I1∪I2∪…∪In∪…=I1∪I2 =. 综上所述,的值域为例3.我们用和分别表示实数中的最小者和最大者.〔1〕设，，，函数的值域为，函数的值域为，求；〔2〕提出下面的问题：设，，…，为实数，，求函数〔〕的最小值或最大值．为了方便探究，遵循从特殊到一般的原那么，先解决两个特例：求函数和的最值。
得出的结论是：，且无最大值；，且无最小值．请选择两个学生得出的结论中的一个，说明其成立的理由；〔3〕试对老师提出的问题进行研究，写出你所得到的结论并加以证明〔如果结论是分类的，请选择一种情况加以证明〕．解：〔1〕，，∴． 〔2〕假设选择学生甲的结论，那么说明如下，，于是在区间上是减函数，在上是减函数，在上是增函数，在上是增函数，所以函数的最小值是，且函数没有最大值． 假设选择学生乙的结论，那么说明如下， ，于是在区间上是增函数，在上是增函数，在上是减函数，在上是减函数． 所以函数的最大值是，且函数没有最小值．〔3〕结论：假设，那么；假设，那么；假设，那么， 以第一个结论为例证明如下：∵，∴ 当时，，是减函数，当时，，是增函数当时，函数的图像是以点，，…，为端点的一系列互相连接的折线所组成，所以有．4.抽象函数1. 设f(x)是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x=1对称，对任意x1、x2∈［0,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),且f(1)=a>0.(1)求f()、f();(2)证明f(x)是周期函数；(3)记an=f(n+),求解：(1)因为对x1,x2∈［0,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),所以f(x)=≥0,x∈［0,1］又因为f(1)=f(+)=f()·f()=［f()］2，f()=f(+)=f()·f()=［f〔〕］2又f(1)=a>0∴f()=a,f()=a证明：(2)依题意设y=f(x)关于直线x=1对称，故f(x)=f(1+1－x),即f(x)=f(2－x),x∈R.又由f(x)是偶函数知f(－x)=f(x),x∈R∴f(－x)=f(2－x),x∈R.将上式中－x以x代换得f(x)=f(x+2)，这说明f(x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期.解：(3)由(1)知f(x)≥0,x∈［0,1］∵f()=f(n·)=f(+(n－1) )=f()·f((n－1)·)=……=f()·f()·……·f()=［f()］=a，∴f()=a.又∵f(x)的一个周期是2∴f(2n+)=f(),因此an=a，∴例2. 定义在R上的函数f(x)满足：对任意实数m，n，总有，且当x>0时，0
〔1〕判断f(x)的单调性；〔2〕设，，假设，试确定a的取值范围解：〔1〕在中，令，得，因为，所以在中，令因为当时，，所以当时而，所以又当x=0时，，所以，综上可知，对于任意，均有设，那么所以所以在R上为减函数〔2〕由于函数y=f(x)在R上为减函数，所以即有，又，根据函数的单调性，有由，所以直线与圆面无公共点因此有，解得5.导函数——不等式1. 函数〔Ⅰ〕假设，试确定函数的单调区间；〔Ⅱ〕假设，且对于任意，恒成立，试确定实数的取值范围；〔Ⅲ〕设函数，求证：．分析：本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等根本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，考查分类讨论、化归以及数形结合等数学思想方法，考查分析问题、解决问题的能力解：〔Ⅰ〕由得，所以． 由得，故的单调递增区间是， 由得，故的单调递减区间是． 〔Ⅱ〕由可知是偶函数． 于是对任意成立等价于对任意成立．由得．①当时，．此时在上单调递增． 故，符合题意．②当时，．当变化时的变化情况如下表：单调递减极小值单调递增由此可得，在上，．依题意，，又．综合①，②得，实数的取值范围是．〔Ⅲ〕，，，由此得，故．2. 设，对任意实数，记〔Ⅰ〕求函数的单调区间；〔Ⅱ〕求证：〔ⅰ〕当时，对任意正实数成立；〔ⅱ〕有且仅有一个正实数，使得对于任意正实数成立。
分析：此题主要考查函数的根本性质，导数的应用及不等式的证明等根底知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．分类讨论、化归〔转化〕思想方法〔I〕解：．由，得．因为当时，，当时，，当时，，故所求函数的单调递增区间是，，单调递减区间是．〔II〕证明：〔i〕方法一：令，那么，当时，由，得，当时，，所以在内的最小值是．故当时，对任意正实数成立．方法二：对任意固定的，令，那么，由，得．当时，；当时，，所以当时，取得最大值．因此当时，对任意正实数成立．〔ii〕方法一：．由〔i〕得，对任意正实数成立．即存在正实数，使得对任意正实数成立．下面证明的唯一性：当，，时，，，由〔i〕得，，再取，得，所以，即时，不满足对任意都成立．故有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立．方法二：对任意，，因为关于的最大值是，所以要使对任意正实数成立的充分必要条件是：，即， ①又因为，不等式①成立的充分必要条件是，所以有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立．3. 定义函数f n( x )＝(1＋x)n―1, x＞―2，n∈N*(1)求证：f n ( x )≥ nx；(2)是否存在区间[ a，0 ] (a＜0)，使函数h( x )＝f 3( x )－f 2( x )在区间[a，0]上的值域为[ka，0]?假设存在，求出最小实数k的值及相应的区间[a，0]，假设不存在，说明理由.分析：此题主要考查函数的根本性质，导数的应用及不等式的证明等根底知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的。