2021年高考数学二轮专题复习数列圆锥曲线导数大题练习题含答案

1、2021年高考数学二轮专题复习数列 圆锥曲线 导数大题练习题已知在数列an中，a1=1，anan1=n.(1)求证：数列a2n与a2n1都是等比数列；(2)若数列an的前2n项的和为t2n，令bn=(3t2n)·n·(n1)，求数列bn的最大项已知椭圆c：=1(ab0)经过点(，1)，且离心率为.(1)求椭圆c的方程；(2)设m，n是椭圆上的点，直线om与on(o为坐标原点)的斜率之积为.若动点p满足=2，求点p的轨迹方程已知函数f(x)=kxln x1(k>0)(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；(2)证明：当nn*时，1>ln(n1)正项数列

2、an的前n项和sn满足：(1)求数列an的通项公式an； (2)令，数列bn的前n项和为tn.证明：对于任意的nn*，都有tn.p(x0，y0)(x0±a)是双曲线e：-=1(a>0，b>0)上一点，m，n分别是双曲线e的左、右顶点，直线pm，pn的斜率之积为(1)求双曲线的离心率；(2)过双曲线e的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于a，b两点，o为坐标原点，c为双曲线上一点，满足=，求的值已知，函数在点(1,1-a)处与x轴相切（1）求a的值，并求f(x)的单调区间；（2）当x>1时，f(x)>m(x-1)lnx，求实数m的取值范围已知数列an的前n项和为，且

3、满足（1）求数列an的通项公式；（2）令，记数列的前项和为证明：已知抛物线c：y2=2px经过点p(1，2)过点q(0，1)的直线l与抛物线c有两个不同的交点a，b，且直线pa交y轴于m，直线pb交y轴于n(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设o为原点，=，=，求证：为定值已知函数f(x)=ln x(ar)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=1时，求证：f(x).已知圆c：x2y22x2y1=0和抛物线e：y2=2px(p>0)，圆心c到抛物线焦点f的距离为.(1)求抛物线e的方程；(2)不过原点o的动直线l交抛物线于a，b两点，且满足oaob，设点m为圆c上一动点，求当动点m

4、到直线l的距离最大时的直线l的方程参考答案解：(1)证明：由题意可得a1a2=，则a2=.又anan1=n，an1an2=n1，=.数列a2n1是以1为首项，为公比的等比数列；数列a2n是以为首项，为公比的等比数列(2)t2n=(a1a3a2n1)(a2a4a2n)=33·n.bn=3n(n1)n，bn1=3(n1)(n2)n1，=，b1<b2=b3，b3>b4>>bn>，数列bn的最大项为b2=b3=.解：(1)因为e=，所以=，又椭圆c经过点(，1)，所以=1，解得a2=4，b2=2，所以椭圆c的方程为=1.(2)设p(x，y)，m(x1，y1)，n

5、(x2，y2)，则由=2得x=x12x2，y=y12y2，因为点m，n在椭圆=1上，所以x2y=4，x2y=4，故x22y2=(x4x1x24x)2(y4y1y24y)=(x2y)4(x2y)4(x1x22y1y2)=204(x1x22y1y2)设kom，kon分别为直线om与on的斜率，由题意知，kom·kon=，因此x1x22y1y2=0，所以x22y2=20，故点p的轨迹方程为=1.解：(1)法一：f(x)=kxln x1，f(x)=k=(x>0，k>0)，当x=时，f(x)=0；当0<x<时，f(x)<0；当x>时，f(x)>0.f(

6、x)在上单调递减，在上单调递增，f(x)min=f=ln k，f(x)有且只有一个零点，ln k=0，k=1.法二：由题意知方程kxln x1=0仅有一个实根，由kxln x1=0得k=(x>0)，令g(x)=(x>0)，g(x)=，当x=1时，g(x)=0；当0<x<1时，g(x)>0；当x>1时，g(x)<0.g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，g(x)max=g(1)=1，当x时，g(x)0，要使f(x)仅有一个零点，则k=1.法三：函数f(x)有且只有一个零点，即直线y=kx与曲线y=ln x1相切，设切点为(x0，y0)，由

7、y=ln x1得y=，k=x0=y0=1，实数k的值为1.(2)证明：由(1)知xln x10，即x1ln x，当且仅当x=1时取等号，nn*，令x=，得>ln，1>lnlnln=ln(n1)，故1>ln(n1)解：（1）因为数列的前项和满足：，所以当时，即解得或，因为数列都是正项，所以，因为，所以，解得或，因为数列都是正项，所以，当时，有，所以，解得，当时，符合所以数列的通项公式，;（2）因为，所以，所以数列的前项和为：，当时，有，所以，所以对于任意，数列的前项和.解：(1)由点p(x0，y0)(x0±a)在双曲线-=1上，有-=1由题意有·=，可得a2

8、=5b2，c2=a2b2=6b2，e=(2)联立得4x2-10cx35b2=0设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则设=(x3，y3)，=，即又c为双曲线上一点，即x-5y=5b2，有(x1x2)2-5(y1y2)2=5b2化简得2(x-5y)(x-5y)2(x1x2-5y1y2)=5b2又a(x1，y1)，b(x2，y2)在双曲线上，所以x-5y=5b2，x-5y=5b2由式又有x1x2-5y1y2=x1x2-5(x1-c)(x2-c)=-4x1x25c(x1x2)-5c2=10b2，式可化为24=0，解得=0或=-4解：（1）函数在点处与轴相切，依题意，解得，所以当时，；当时，故的单调递

9、减区间为，单调递增区间为（2）令，则，令，则，（）若，因为当时，所以，所以即在上单调递增又因为，所以当时，从而在上单调递增，而，所以，即成立（）若，可得在上单调递增因为，所以存在，使得，且当时，所以即在上单调递减，又因为，所以当时，从而在上单调递减，而，所以当时，即不成立综上所述，的取值范围是解：（1）当时，有，解得.当时，有，则，整理得：，数列是以为公比，以为首项的等比数列，即数列的通项公式为：（2）由（1）有，则易知数列为递增数列，即解：(1)因为抛物线y2=2px过点(1，2)，所以2p=4，即p=2故抛物线c的方程为y2=4x，由题意知，直线l的斜率存在且不为0设直线l的方程为y=kx

10、1(k0)由得k2x2(2k-4)x1=0依题意=(2k-4)2-4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1又pa，pb与y轴相交，故直线l不过点(1，-2)从而k-3所以直线l斜率的取值范围是(-，-3)(-3，0)(0，1)(2)证明：设a(x1，y1)，b(x2，y2)，由(1)知x1x2=-，x1x2=直线pa的方程为y-2=(x-1)令x=0，得点m的纵坐标为ym=2=2同理得点n的纵坐标为yn=2由=，=得=1-ym，=1-yn所以=·=·=2所以为定值解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)=.考虑y=x22(1

11、a)x1，x>0.当0，即0a2时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当>0，即a>2或a<0时，由x22(1a)x1=0，得x=a1±.若a<0，则f(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，)上单调递增；若a>2，则a1>a1>0，由f(x)>0，得0<x<a1或x>a1，则f(x)在(0，a1)和(a1，)上单调递增由f(x)<0，得a1<x<a1，则f(x)在(a1，a1)上单调递减综上，当a2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当a>2时，f(x)的

12、单调递增区间为(0，a1)，(a1，)，单调递减区间为(a1，a1)(2)证明：当a=1时，f(x)=ln x.令g(x)=f(x)=ln x(x>0)，则g(x)=.当x>1时，g(x)<0，当0<x<1时，g(x)>0，g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，即当x=1时，g(x)取得最大值，故g(x)g(1)=0，即f(x)成立，得证解：(1)x2y22x2y1=0可化为(x1)2(y1)2=1，则圆心c的坐标为(1,1)f，|cf|= =，解得p=6.抛物线e的方程为y2=12x.(2)显然直线l的斜率非零，设直线l的方程为x=myt(t0)，a(x1，y1)，b(x2，y2)由得y212my12t=0，=(12m)248t=48(3m2t)>0，y1y2=12m，y1