高考重点复习之数列和函数与导数经典类型

1、学习必备欢迎下载（2011 辽宁理 17）已知等差数列 an 满足 a2 = 0, a6 + a8 = - 10 。（ I ）求数列 an 的通项公式；（ II ）求数列 an 的前 n 项和。2n- 1（20XX年高考山东卷理科18）已知等差数列 an 满足： a37 ， a5 a726 ， an 的前 n 项和为 Sn （）求 an 及 Sn ；（）令 bn=1( n*2N) ，求数列 bn 的前 n 项和 Tn an1（2010 海南宁夏高考理科17）设数列 a满足 a12 ， an 1 an 3 22n 1n（ ) 求数列an 的通项公式：（）令 bnnan ，求数列bn 的前 n 项

2、和 Sn .（2009 全国卷 19）设数列 an 的前 n 项和为 Sn , 已知 a1 1, Sn 1 4an 2 （I ）设 bn an 1 2an ，证明数列 bn 是等比数列（II ）求数列 an 的通项公式。(20XX 年高考全国 2 卷理数 18）已知数列an 的前 n 项和 Sn( n2n) 3n （）求 lim an ；n Sn（）证明：a1a2an3n22212n学习必备欢迎下载（2011 辽宁理 17）【解析】（I ）设等差数列 an 的公差为 d ，首项为 a1 ，则由已知条件可得ìa1 + d = 0,?í+ 12d = - 10,?2a1?

3、36;?a = 1,解得 ?í 1?d = - 1.故数列 an 的通项公式为 an= 2- n 。（II ）设数列an的前 n 项和为 Sn ，即 Sn =a1 +a2+an，故 S1= 1，n- 1 2n - 1Sna1a22an2=+2222n2所以，当 n>1 时，Sn= a1 +a2- a1+an - an- 1-an=1- (1+1+12- n22n- 1n22 +n- 1 ) -n22an222= 1-(1-1) -2 -n=n所以 Sn=n综上，数列 的前 n项和为 Sn =n。n- 1nnn- 1n- 1n222222（ 20XX 年高考山东卷18）【解析】（

4、）设等差数列an的公差为 d，因为 a37 ， a5a726 ，所以有a12d7，解得 a13,d2 ，2a110d26所以321)=2n+1 ；=n(n-1)=2。anSn3n+2n +2n（ n2an2n+1 ，所以 bn=1=1= 11111（）由（）知an=(-) ，21 （2n+1) 214n(n+1)4nn+1所以 Tn11111111)=n=(1-+3+ + -)= (1-，422nn+14n+14(n+1)即数列bn的前 n 项和 Tn =n。4(n+1)(20XX 年全国高考宁夏卷17）（本小题满分12 分）（）由已知，当n1 时，an 1( an 1an ) (anan 1

5、 )(a2a1 ) a13(22 n 122n 32)222( n 1)1 。而 a12,所以数列 an 的通项公式为 an 22 n1 。（）由 bnnann22n1 知Sn12 2233 25n 22n 1从而22Sn357nn212 22 322 学习必备欢迎下载 - 得(122 ) Sn2232522 n 1n 22 n 1。即Sn1 (3n1)22 n 1292009 全国卷 19（本小题满分12 分）解：（ I）由 a11, 及 Sn 14an2 ，有 a1 a2 4a12, a23a12 5, b1 a2 2a1 3由 Sn 14an2 ，则当 n2 时，有 Sn 4an 12

6、得 an14an4an1,an12an2(an2an 1 )又bnan12an ，bn2bn1 bn 是首项 b13 ，公比为的等比数列（ II ）由（ I ）可得 bnan12an3 2n1 ，an1an32n12n4数列 ann 是首项为1 ，公差为3 的等比数列224an1(n331(3n1) 2n22n21 )4n， an44(20XX年高考全国2 卷理数18）（本小题满分12 分）【命题意图】本试题主要考查数列基本公式ans1 (n 1)的运用，数列极限和数列不等式的证明，snsn1(n2)考查考生运用所学知识解决问题的能力.【解析】（） lim anlim SnSn1lim(1Sn

7、 1 ) 1limSn 1 ，nSnnSnnSnnSnlim Sn1lim n1 11 ，所以 liman2.nSnnn1 33nSn3（）当 n1时， a1S1 63 ；12当 n 1 时， a1a2an1222n2a1S2S1SnSn 11222n2学习必备欢迎下载【2010 重庆卷】（18）（本小题满分13 分，（）小问 5 分，（）小问 8 分. ）已知函数 f (x)x1ln( x1)，其中实数 a1 .xa（）若 a2 ，求曲线 yf ( x) 在点 (0, f (0)处的切线方程；（）若 f (x) 在 x1处取得极值，试讨论 f ( x) 的单调性 .【2009 北京 18】（

8、本小题共14 分）设函数f( )xekx (k0)x（）求曲线yf ( x) 在点 (0, f (0) 处的切线方程；（）求函数f ( x) 的单调区间；（）若函数f ( x) 在区间 ( 1,1)内单调递增，求k 的取值范围 .【2011 江西理】 19（本小题满分 12 分）设 f ( x)xxax（1）若f (x)在(,）a的取值范围；上存在单调递增区间，求（2）当a时， f ( x) 在 , 上的最小值为，求 f ( x) 在该区间上的最大值【2011 安徽理】（16）（本小题满分12 分）设 f ( x)ex2 ，其中 a 为正实数 .ax1（）当 a4 时，求 f (x) 的极值点

9、；3（）若 f ( x) 为 R 上的单调函数，求a 的取值范围【2011 北京理】 18（本小题共 13 分）x已知函数 f (x)(xk )2 ek 。（）求 f (x) 的单调区间；（）若对于任意的 x(0, ) ，都有 f ( x) 1 ，求 k 的取值范围。e【2009 安徽卷理】（本小题满分 12 分）2ln x),( a 0) ，讨论 f ( x) 的单调性 .已知函数 f ( x) xa(2x学习必备欢迎下载【2010 重庆卷】解：（） f / ( x)xa( x1)1a11.( x a)2x 1(x a) 2x 1当 a1 时， f / (0)2117，而 f (0)1 ，因

10、此曲线 yf ( x) 在点(02) 20142(0, f (0) 处的切线方程为 y( 1 )7 ( x0) 即7x 4 y20 .24（） a1 ，由（）知 f / ( x)a11111 ，(1a)21a12即 110 ，解得 a3 . 此时 f ( x)x1ln( x1) ，其定义域为 ( 1,3)(3, )，a 12x3且 f / ( x)21(x1)( x 7) ，由 f / ( x) 0 得 x11, x27 .( x 3) 2x 1(x 3) 2 (x 1)当 1 x 1 或 x7 时， f / (x) 0 ；当 1 x7 且 x3时， f / (x)0 .由以上讨论知， f (

11、x) 在区间 ( 1,1, 7,) 上是增函数，在区间1,3), (3,7 上是减函数 .【2009 北京 18】（） f 'x1kx ekx , f ' 01, f00 ,曲线 yf ( x) 在点 (0,f (0) 处的切线方程为yx（）由 f 'x1 kx ekx0 ，得 x1k0 ，k若 k0，则当 x,1 时， f 'x0 ，函数 fx 单调递减，k当 x1 ,时， f 'x0 ，函数 fx单调递增，k若 k0 ，则当 x,1时， f 'x0 ，函数 fx单调递增，k当 x1 ,时， f 'x0 ，函数 fx单调递减，k1（）由

12、（）知，若k0 ，则当且仅当1 ，即 k1 时，函数fx 在1,1 内单调递增；k若 k 0 ，则当且仅当11 时，函数 fx 在1,11，即 kkf x 在区间1,1 内单调递增时，k 的取值范围是1,00,1内单调递增，综上可知，函数.学习必备欢迎下载【2011 江西理】解：（1）由 f ( x)x2x 2a( x1) 212a 2 ,)时, f ( x)的最大值为 f ( 2 )224当 x2a;令 231392a0,得a99所以，当 a1 时, f ( x)在(2,) 上存在单调递增区间93（2）令 f( x)0, 得两根 x111 8a , x2118a .22所以 f ( x)在(

13、, x1 ),( x2 ,) 上单调递减，在 ( x1 , x2 ) 上单调递增当 0a2时,有 x11 x24, 所以 f ( x) 在 1 ，4上的最大值为 f (x2 )又 f (4) f (1)276a0,即f (4)f (1)24016所以 f ( x) 在1 ，4 上的最小值为 f (4)8a3310 .得 a1, x22 ，从而 f ( x) 在 1 ，4 上的最大值为 f (2)3【2011 安徽理】）本题考查导数的运算，极值点的判断，导数符号与函数单调性之间的关系。求解一元二次不等式等基本知识，考查运算求解能力，综合分析和解决问题的能力。解：对 f ( x) 求导得 f (

14、x)ex 1 ax 22ax(1 ax2 ) 2（）当 a4 时，若 f( x)0 ，则 4x28x30 ，解得 x13 , x21322结合，可知x( ,1)1(1,3)3(3, )222222f ( x)+0_0+f ( x)极大值极小值所以， x1 3 是极小值点， x21 是极大值点。22（）若 f ( x) 为 R 上的单调函数，则 f(x) 在 R上不变号，结合与条件a>0，知ax22ax 1 0在 R上恒成立，因此4a24a 4a( a1)0 ，由此并结合 a>0，知 0a 1 .学习必备欢迎下载1 (x 2x【2011 北京理】解：（） f ( x)k 2 )e1

15、.k令 f 0 0 ，得 xk .当 k>0 时， f (x)与 f ( x) 的情况如下x(, k )k(k ,k)k(k,)f (x)+00+f ( x)4k 2 e 10所以， f ( x) 的单调递减区间是（,k ）和 (k,) ；单高层区间是 (k, k ) 当 k<0 时，f ( x)与 f ( x) 的情况如下x(, k )k(k ,k)k(k ,)f ( x)0+0f (x)04k 2 e 1所以， f ( x) 的单调递减区间是（,k ）和 (k,) ；单高层区间是 (k, k )1 11 ，所以不会有 x1 .（）当 k>0 时，因为 f (k 1) e

16、k( 0,), f ( x)ee当 k<0 时，由（）知 f ( x) 在（ 0， +）上的最大值是 f (k )4k 2.e所以x(0,), f (x)1 等价于 f(k)4k 21 .eee解得1k0 .21. 时， k 的取值范围是 1 ,0).故当x(0,), f ( x)e2学习必备欢迎下载【2009 安徽理】解： f ( x) 的定义域是 (0,+),f ( x) 12ax2ax2.x2xx2设 g( x)x2ax2 , 二次方程 g(x)0 的判别式a28 . 当a280，即0a2 2时，对一切 x0 都有 f( x)0 , 此时 f ( x) 在 (0,) 上是增函数。 当a280 , 即 a22 时，仅对 x2 有