文科数学高考压轴题

1、学习必备欢迎下载1.（门头沟一模20.） （本小题满分 14分）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a11，满足下列条件n N * , an0 ；点 Pn (an , Sn ) 在函数 f ( x)x2x 的图象上；2（ I）求数列 an 的通项 an 及前 n 项和 Sn ；（ II）求证： 0| Pn1 Pn 2| Pn Pn1 |1an2anan2anan2an 1解：（ I ）由题意Sn2 2 分，当n2 时anSnSn 1122整理得 (anan 1 )(anan11)05 分，又nN * , an0，所以 anan10 或 anan110anan 10 时，a11，an1，

2、得an1 n 1 ，Sn1(1)n7分an 1( )2anan 11 0 时， a11， anan 11，得 ann ， Snn2n9分2（）证明：01 n11(1 n，IIanan 1,)1 Pn2| | Pn Pn 1 |5 ，所以 | Pn 1 Pn 2| Pn Pn1 | 0时，Pn ()2| Pn 11 分， anan 110 时， Pn(n, n22n ) ， | Pn 1 Pn2|1(n2) 2， | Pn Pn 1 |1(n1)2| Pn 1 Pn 2 | | Pn Pn 1 |1(n2)21 (n1)21(n2)21(n1)21(n221(n12)2n313 分，因为1(n2

3、)2n2,1 (n1)2n11211( n2(n2)所以 02n31，综上0| Pn1Pn 2 | Pn Pn1| 1 14 分1(n221(n12)2. （ 2011 年高考20）（本小题共13 分）若数列 An : a1 , a2 , , an (n 2) 满足 ak 1 ak1(k 1,2, , n 1) ，则称 An 为 E 数列，记 S( An )a1a2an .（）写出一个E 数列 A 5 满足 a1a3 0；（）若 a1 12 ， n=2000 ，证明： E 数列An 是递增数列的充要条件是an =2011；（）在 a14的 E 数列 An 中，求使得 SAn =0 成立得 n

4、的最小值 .学习必备欢迎下载解：（） 0， 1， 0， 1， 0 是一具满足条件的 E 数列 A 5.（答案不唯一， 0， 1， 0， 1， 0； 0， ±1， 0， 1， 2； 0，±1， 0， 1， 2； 0， ±1，0， 1， 2， 0， ±1， 0， 1， 0 都是满足条件的E 的数列 A5）（）必要性：因为E 数列 A5 是递增数列，所以ak1ak1(k 1,2, ,1999) 所以 A 5 是首项为12，公差为 1 的等差数列所以a2000=12+（ 2000 1） ×1=2011 充分性，由于 a2000 a10001， a200

5、0 a10001,a2 a112000 at 19999，即 a2000a11200020001所以 a+1999又因为a =12， a=2011,所以 a =a +1999故 an 1 an 10(k 1,2, ,1999),即 An 是递增数列综上，结论得证 .（）对首项为4 的 E 数列 Ak，由于a2a1 1 3, a3a2 1 2, a5a713. 所以 a1a2ak0(k 2,3, ,8) ，所以对任意的首项为4 的 E 数列 A m，若 S( Am )0, 则必有 n 9 .又 a14 的 E 数列 A1 : 4,3,2,1,0, 1,2,3,4满足 S( A1 )0,所以 n

6、是最小值是 9.3.（ 2012 年高考， 20）（本小题共 13 分）设 A 是如下形式的 2 行 3 列的数表，abcdef满足性质 P : a, b, c, d , e, f 1,1，且 abcdef0 。记 ri ( A) 为 A 的第 i 行各数之和 (i 1,2) ，c j ( A) 为第 j 列各数之和 ( j1,2,3)；记 k ( A) 为 | r1 ( A) | ，| r2 ( A) |，| c1 ( A) | ， | c2 ( A) |， | c3 ( A) | 中的最小值。（）对如下数表A ，求 k( A) 的值110.80.10.31（）设数表A 形如1112ddd1

7、其中 1d0。求 k( A) 的最大值；（）对所有满足性质P 的 2 行 3 列的数表 A ，求 k ( A) 的最大值学习必备欢迎下载4（海淀一模20. ）（本小题满分13 分）已知函数 f ( x) 的定义域为 (0,) ，若 yf ( x)在(0,) 上为增函数，则称f ( x) 为x“一阶比增函数 ”.( ) 若 f ( x)ax2ax 是 “一阶比增函数 ”，求实数 a 的取值范围；( ) 若 f ( x) 是 “一阶比增函数 ”，求证：x1 , x2(0,) ， f ( x1 )f ( x2 ) f ( x1x2 ) ；（）若 f ( x) 是 “一阶比增函数 ”，且 f ( x

8、) 有零点，求证：f ( x)2013 有解 .f ( x) ax2axaxa 在 (0,) 是增函数，解：（ I ）由题 yxx由一次函数性质知当 a 0 时， yax a 在 (0,) 上是增函数，所以 a0 3 分（）因为f ( x) 是“一阶比增函数” ，即 f ( x) 在 (0,) 上是增函数，x又 x1, x2(0,) ，有 x1x1x2 ， x2x1x2所以f ( x1 )x1所以 f ( x1 )所以 f ( x1 )f ( x1 x2 ) ， x1 x2x1 f ( x1 x2 ) ， x1 x2x1 f ( x1f ( x2 )x1f ( x2 )f ( x1x2 ) 5

9、 分x2x1x2f (x2 )x2 f ( x1 x2 )x1x2x2 )x2 f ( x1x2 )x2 )所以 f ( x1 ) f (x2 )f ( x1 x2 ) 8 分x2x1f ( x1x2学习必备欢迎下载（）设 f ( x0 ) 0 ，其中 x00.f ( x) f ( x0 )因为 f ( x) 是“一阶比增函数” ，所以当 x x0 时，0xx0法一：取 t(0,) ，满足 f (t)0，记 f ( t)m由（）知f (2t )2m ，同理 f (4 t) 2 f (2 t)4m ， f (8t )2 f (4t ) 8m所以一定存在 nN* ，使得 f (2 n t )2n

10、m 2013 ，所以 f ( x)2013一定有解 13 分法二：取 t(0,) ，满足 f (t)0，记 f (t)kt因为当 xt 时， f ( x)f (t)k ，所以 f ( x)kx 对 x t 成立xt只要 x2013 ，则有 f ( x)kx2013 ，所以 f ( x)2013一定有解k5.（朝阳二模20）（本小题满分 13 分）已知实数 x1 , x2 , , xn （ nN且 n 2 ）满足 | xi |1 i1,2, , n ，记 S( x1 , x2 , , xn )xi x j .1i j n2（）求 S( 1,1,) 及 S(1,1, 1, 1) 的值；（）当 n3

11、 时，求 S( x1 , x2 , x3 ) 的最小值；（）当 n 为奇数时，求 S(x1, x2 , xn ) 的最小值注：xi xj 表示 x1, x2 , xn 中任意两个数xi , x j （ 1 ijn ）的乘积之和 .1 i jn解：（）由已知得S( 1,1,2)1221 S(1,1, 1,1) 111 1 1123分333（） n3时， SS( x1, x2 , x3 )xi x jx1 x2 x1 x3x2 x3 1 ij 3固定 x2 , x3 ，仅让 x1 变动，那么 S 是 x1 的一次函数或常函数，因此Smin S(1,x2 , x3), S( 1, x2 , x3 )

12、 同理 S(1,x2 , x3 ) min S(1,1,x3 ), S(1,1, x3 ) S( 1, x2 , x3 )min S(1,1,x3 ), S(1,1, x3) 以 此 类 推 ， 我 们 可 以 看 出 ， S 的 最 小 值 必 定 可 以 被 某 一 组 取 值1 的 x1 , x2, x3 所 达 到 ， 于 是S min S( x1 , x2, x3 ) x k 1k 1,2,3当 xk1（ k1,2,3 ）时， S1 ( x1x2x3 )2( x12x22x32 )1 (x1 x2x3 )2 3222因为 | x1x2x3 | 1131 ，且当 x1x21， x31，

13、时 S1，因此 Smin17分，所以 S22（） SS(x1, x2 , xn )xi xjx1 x2x1x3x1xnx2 x3x2 xnxn1xn .1 i j n固定x, x , x，仅让 x1 变动，那么S是 x1 的一次函数或常函数，23n学习必备欢迎下载因此 Smin S(1, x2 , x3 , xn ), S( 1, x2 , x3 , , xn ) 同理 S(1,x2 , x3, xn ) min S(1,1,x3 , xn ), S(1,1, x3 , xn ) S( 1, x2 , x3 , xn )min S( 1,1,x3 , xn ), S( 1,1, x3 , xn

14、 ) 以此类推，我们可以看出，S的最小值必定可以被某一组取值1 的 x1 , x2 , xn 所 达 到 ， 于 是Smin S(x1, x2 , xn ) xk1,nk1,2,当 xk1（ k1,2, n ）时， S1( x1 x2xn ) 2( x12x22xn2 )1(x1x2xn ) 2 n 222当 n 为奇数时，因为 | x1x2xn |1 ，所以 S1 (n1) ，另一方面，若取x1x2xn 11，22，那么1，因此1xn 1 1xn1 2xn1S(n 1)Smin(n1)222213 分6.（朝阳一模，20）（本小题满分 13 分）由1,2,3,4,5,6,7,8,9,10按任

15、意顺序组成的没有重复数字的数组，记为(x1, x2 , x10 ) ， 设10S( )| 2 xk3xk 1 |，其中 x11x1 .k 1（）若(10,9,8,7,6,5,4,3,2,1)，求 S( ) 的值；（）求证：S() 55；（）求 S( ) 的最大值 .(注：对任意 a,bR ， ababab 都成立 .)10解：（） S( )| 2xk3xk1 |76543 2 10 12857 . 3 分k1（）证明：由aba b 及其推广可得，S( )2 x13x22x23x32x103x112(x1x2x10 ) 3(x2 x3x11 )= x1 x2x1010(110)55 .7 分2（

16、） 10,9,8,7,6,5,4,3,2,1的 2 倍与 3 倍共 20 个数如下： 20,18,16,14,12,10,8,6,4,2,30,27,24,21,18,15,12,9,6,3学习必备欢迎下载其中最大数之和与最小数之和的差为20372 131，所以 S( )131，对于 0(1,5,6,7, 2,8,3,9, 4,10) ， S( 0 )131 ，所以 S( ) 的最大值为13113分.注：使得 S() 取得最大值的有序数组中，只要保证数字1， 2，3， 4互不相邻，数字 7， 8， 9， 10 也互不相邻，而数字5 和 6 既不在 7， 8， 9，10 之一的后面，又不在1，

17、2， 3， 4 之一的前面都符合要求 .7.（大兴一模20）（ 13 分）（ 2013?大兴区一模）已知数列n1 a2 an，设集合a 的各项均为正整数，且aAk=x|x=a= 1 或 =0，或 =1 （1 kn）i i， iii性质 1：若对于 ? xA k，存在唯一一组 i，（ i=1 ，2， ，k）使 x=iai 成立，则称数列 a n 为完备数列，当 k取最大值时称数列a n 为 k 阶完备数列性质2：若记 mk=ai（ 1kn），且对于任意 |x|m， kZ，都有 xAK成立，则称数列Pan 为完整数列，当kk 取最大值时称数列a n 为 k 阶完整数列性质 3：若数列 a n 同时

18、具有性质1 及性质 2，则称此数列 a n 为完美数列，当K 取最大值时 a n 称为 K 阶完美数列；（）若数列 a n 的通项公式为an=2n 1，求集合 A 2，并指出 a n 分别为几阶完备数列，几阶完整数列，几阶完美数列；an=10n1，求证：数列 a n 为 n 阶完备数列，并求出集合（）若数列 a n 的通项公式为A n 中所有元素的和Sn（）若数列 a n 为 n 阶完美数列，试写出集合A n，并求数列 a n 通项公式解：（） A4, 3, 2, 1,0,1,2,3,4 ； a 为 2 阶完备数列，n阶完整数列， 2 阶完美数列；2nxn（）若对于An，假设存在 2 组 i及

19、i （ i1,2,n ）使 xi 1i ai 成立，则有1002102n10n 11100210 2n10 n 1，即1( 11)100(22 )101( nn )10n 10，其中i , i1,0,1，必有11 ,22nn ，n所 以 仅 存 在 唯 一 一 组i（ i1,2, nSn0 ，对A ， xnxi ai ，则 xni 1） 使 xi ai 成 立 ， 即 数 列 an 为 n 阶 完 备 数 列 ；i 1nni ai( i ) ai ，因为 i 1,0,1 ，则i 1,0,1 ，i 1i 1所以x An ，即 Sn 0（）若存在 n 阶完美数列，则由性质1 易知 An 中必有 3

20、n 个元素，由（）知An 中元素成对出现（互为相反学习必备欢迎下载数），且0n，又 an 具有性质2An中3n个元素必为A，则An3n1,3n3 ,1,0,1,3n3,3n1 ， m3n1 。2222n2下面用数学归纳法证明an3n1显然 n1,2 时命题成立，假设当nk （ k1, kN ) 时命题成立，即Ak3k1 3k3,1,0,1,3k3 3k11时，只需证2,22,2 ，当 n kAk1,0, 3k(3k2) , 3k1 , 3k21, 3k3k2 ,3 n , 3k 1(3 k2), 3k 11 由于对称性只22222写出了 Ak 1 元素正的部分，其中13k(3k2)2既 Ak

21、中正的部分的3k21 个元素统一为 3k2i ，其中 i1,3,5,3k2则 Ak 1 中 从 3k1 ， 到 3k3k2 这 3k1 个 元 素 可 以 用 3k3k2i 3ki唯一表示其中2222i1,3,5,3k2 ，Ak1 中从（ 3k+1）到最大值 3k11 这 3k1 个元素可用 3k3ki3k1i 唯一表示2222其中 i1,3,5,3k2Ak3k11 个元素都存在唯一一组n1 中正的部分2i （ i1,2, n ）使 xi ai 成立，i1所以当 nk1时命题成立。即 an 为 n 阶完美数列， an3n 18.（东城二模，20，本小题共13 分）已知数列an， a11 ， a

22、2nan ， a4n 10， a4 n 11（ n N * ） 求 a4 ， a7 ； 是否存在正整数T ，使得对任意的nN * ，有 anTan 解：（） a4a2a11；a7a 421 0 （）假设存在正整数T ，使得对任意的nN * ，有 anTan 则存在无数个正整数T，使得对任意的 nN * ，有 an Tan 学习必备欢迎下载设 T 为其中最小的正整数若T 为奇数，设T2t 1（ tN * ），则 a4 n 1a4n 1 Ta4 n 1 2T a4( n t ) 1 0 与已知 a4 n 11矛盾若 T为偶数，设 T 2t （ tN * ），则 a2n Ta2nan ，而 a2 n

23、 Ta2n 2t an t从而 an t an 而 tT ，与 T 为其中最小的正整数矛盾综上，不存在正整数 T，使得对任意的 n N * ，有 an Tan 13 分9. （东城一模， 20）（本小题共 13 分）设 A 是由 n 个有序实数构成的一个数组，记作：A (a1,a2,ai ,an) . 其中 ai (i1,2, n) 称为数组 A 的“元”， i 称为 ai的下标 .如果数组 S 中的每个“元”都是来自数组 A 中不同下标的“元” ，则称 S 为 A 的子数组 . 定义两个数组A(a , a, a ) ， B (b ,b , b ) 的关系数为C ( A, B) a1b1a2b

24、2anbn.12n1 2n（）若 A(1 , 1) ， B ( 1,1,2,3)，设 S 是 B 的含有两个“元”的子数组，求C (A, S) 的最大值；22（）若 A(3 ,3 ,3 ) ， B (0, a,b, c) ，且 a2b2c21 ， S 为 B 的含有三个“元”的子数组，求333C ( A,S) 的最大值 .解：（）依据题意，当S( 1,3) 时， C ( A, S) 取得最大值为 2（）当0 是 S 中的“元”时，由于A 的三个“元”都相等，及B 中 a,b,c 三个“元”的对称性，可以只计算 C(A,S)3(ab) 的最大值，其中 a2b2c213由 (ab) 2a2b22a

25、b2(a2b2 )2(a2b2c2 )2 ，得2 ab2当且仅当 c0，且 ab2 时， ab 达到最大值2 ，于是 C( A,S)3b)6(a233当 0 不是 S 中的“元”时，计算C( A, S)3 ( a bc) 的最大值，3由于 a2b2c21，所以 (a bc)2a2b2c22ab 2ac2bc3(a2b2c2 ) 3 ，当且仅当 abc 时，等号成立即当 ab c3时， ab c 取得最大值3 ，此时 C(A, S)3 (abc)1 33综上所述， C ( A, S) 的最大值为110. （丰台二模 20.）已知等差数列an的通项公式为an=3n-2 ，等比数列bn中， b1a1

26、 ,b4a31.记集合学习必备欢迎下载Ax xan , nN * ,Bx xbn , nN *，UAB ，把集合 U 中的元素按从小到大依次排列，构成数列cn.（）求数列bn的通项公式；（）求数列cn的前 50 项和 S50 ；（）把集合 CUA 中的元素从小到大依次排列构成数列dn ，写出数列 d n 的通项公式，并说明理由 .解：（）设等比数列bn 的公比为 q，b1 a1 1,b4a318 ，则 q3=8， q=2，bn=2n-1， 3 分（）根据数列a n 和数列 bn 的增长速度，数列cn 的前 50 项至多在数列 a n 中选 50 项，数列 a n 的前 50 项所构成的集合为

27、1 ， 4，7， 10， ， 148 ，由 2n-1<148 得， n8，数列 b n 的前 8 项构成的集合为1，2， 4，8，16，32，64，128 ，其中 1，4，16，64 是等差数列 a n 中的项， 2，8，32，128 不是等差数列中的项，a46=136>128，故数列 c n 的前 50 项应包含数列 a n 的前 46 项和数列 b n 中的 2，8， 32， 128 这 4 项 6 分所以 S50=46( a1 a46 )8 分2 8 32 128 =3321;2dn 的通项公式为 dn =22n-1 9分（）据集合B 中元素 2， 8， 32， 128 A ，猜测数列dn=b2n ， 只需证明数列 b n 中， b2n-1 A ， b2n A （ n N ） 11分证明如下：b2n+1-b2n-1=22n-22n-2=4 n-4 n-1=3×4n-1，即 b2n+1=b2n-1+3×4n-1，若mN * ，使 b2n-1=3m-2 ，那么 b2n+1 =3m-2+3 ×4n-1=3(m+4 n-1)-2 ，所以，若b2n-1 A ，则 b2n+1A 因为 b1 A ，重复使用上述结论，即得b2n-1 A （ nN ）。同理， b2n+