最后三大题冲刺精锐教育学科教师辅导讲义

精锐教育学科教师辅导讲学员编号 学员 T-CT-20164日（201321）（141727分 5x三阶行列式D ，元素bbR的代 式为Hx，PxHx P（理）fxlog2ax2x2的定义域为QPQ求实数a2（文）fxlog2ax2x2的定义域为QPQ求实数a2解：（1）、Hx 5x2=2x25x 3 Px1x 7 （2）、（理）PQ则说明在12x值，使不等式ax22x208 即在2,2上至少存在一个x值，使axx2成立 9令u22,则只需a 即可 11 1 又u 2 2 x12112,u41

4从而

分 2

umin

a

(文)PQ，则说明不等式ax22x20x12上恒成立，8 即不等式a22在x1,2上恒成立 9 令u22则只需a

即可 11

1 又u

22x

2222x12112从而u41

1

分 a12

2

（201323（18分）Df(xI内(IDx1x都有fx1x21f(xf

I f(x)x2Rf(x)x2a在区间x

2]上是“凸函数”，求实数a（3）对于区间

d]上的“凸函数”

f(x)，在

d上的任取x1x2x3，……，

，证明：f(x1x2x2n)

1[f(x)f

)f

解：（1）x1x2f(x1x2)(x1x2)21(x22x

x2)1(x2x2)1[f(x)f

1 函数f(x)x2在R是“凸函数 4（2）若对于

2]

x， ，均有fx1x21f(xf(x

成立，即 (x1x2)2

1[(x2ax2a，整理得

x)2a1

x)2xx(xxx

1 2 7x1x2axx，得a1xx(xx，81xx(xx1，a 21 21 综上所述得a 10当k1时由已知得fx1x21f(xf

假设当km(mN时，不等式成立即fx1x2x2k

[f(x1)f

)f(x

2成立2那么，由cx1x2x2mdcx2m1x2m2x2m2mfx1x2x2m1

f{12

x1x2

2 2 2xm xm 2 2 21[f(x1x2x2m)f(x2m1x2m2x2m2m21{

[f(x)f

)f

m)]m

1[f

)f

)f

2

2m

2m

2m

[f(x1)f

)f

2m

即km1时，不等式也成立．根据数学归纳法原理不等式得证 18（2013普陀二模理2021）（本题满分14分）本大题共有2小题，第1小题满分6分，第2满分8已知a0a1f(x)

a(x1)，g(x)

a1

F(x)2f(xg(x)F(xDxF(xm0在区间[01内仅有一解，求实数m解：（1）F(x)2f(xg(x)

a(x1)

a1

（a0且ax10，解得1x1F(x的定义域为(11……21xF(x)0，则

a(x1)

a1

0 方程变为log(x1)2log(1x(x1)21xx23x0……3x10x23 x3是（*）的增根，所以方程（*）x0……5F(x的零点为0.……6（2）m2

a(x1)

a1

（0x

x22x11x

log(1x 4……8 1

am1x 4……91设1xt01]yt4在区间(01上是减函数…11t当t1时，此时x1， 5，所以am 12①若a1，则m0，方程有解 13②若0a1，则m0，方程有 14(201323)（18）3142638 对于任意的nN*，若数列{a}同时满足下列两个条件，则称数列{a}具有“性质m ①anan22

n

M,使得

M数列

}、{b}an、b2sinn（n1,2,3,4,5），判断{a}、{b是否具有“性质m 若各项为正数的等比数列{c}的前nS，且c1S7，求证：数列

具有“性质m 数列{d的通项公式

t(32nn) （nN*）.对于任意n[3100且nN*，数列{d “性质m”，求实数t的取值范围【答案】解：（1）在数列

}中，取n1a12

2

所以数列{an}m性质”；……23在数列{bn中，b11b23

，b32，b4

b51，则b1b33

2b23333bb 42bbb3 3333

2（n1,2,3,4,5 1满足条件②，所以数列{bn}具有“性质m”。……41由于数列

}是各项为正数的等比数列，则公比q0，将c3

c3c3c7。得，6q2q10，解得q1或q1（舍去 6 q2 所以

1，

，

2

8对于任意的nN*Sn2

2

2

Sn所以数列{Sn}满足条件①和②，所以数列{Sn}具有“m性质 10由于

1，则

3tt(n1)1，

3tt(n2)1………11 由于任意n[3,100]且nN*，数列{d}具有“性质m”，所以 tn1t(n2)12t(n11t(n2) 2n2 即t

n

对于任意n[3,100]且nN*恒成立，所以t 14 dtn1t(n1)1=t(n1)1由于n[3,100]及①，所以

n[3100时，数列{d是单调递增数列，所以{d最大项的值为

3t100t 满则条件②只需3t100t1M即可，所以这样的M存在 17所以t1即可 18已知数列a(nN*的前nS,数列Sn是首项为01nnn求数列an的通项公式

设b42an(nN*，对任意的正整数k，将集合

,b 中的三个元素排成一个递

2k1 2k等差数列，其公差为dk，求dk对（2）中的dkA(15d1B(2,5d2，动点MN满足MNABNyg(x的图像其中g(x)是以3为周期的周期函数,x0,3时

g(x)lgx,动点Mf(xf(xn

0n11

n(n 22n所以an1(nN*) 4n由（1）可知

42)n1(nN*),所以

4(2)2k2

422k2，

4(2)2k1

2k

4(2)2k422k 72k

由2b2k1b2kb2k1及b2kb2k1b2k1得b2k,b2k1,b2k1依次成递增的等差数列 9所以d 422k

422k2 10 2

由（2）得A(1,4),B(2,16),即MNAB 12当3mx3(m1mZ时0x3mg(x是以3g(xg(x3mlg(x3m即g(x)lg(x3m)(3mx3m3(mZ)) 14M(x,yyf(xN的坐标为(xNyNxNxy 16yNyyNlg(xN3m)(3mxN3m3mZ于是y12lg(x13m)(3mx13m3(mZ所以，f(x)lg(x13m)12(3m1x3m2(mZ)) 18638已知数列

}的前n项和为 ，且

2，

Sn(n

．从

}

12ak,12

,,knk

,(k1k2kn组成的数列{ak是等比数列，设该等比数列的公比为q，其中n1k1,nN*n1求a2的值当q取最小时，求{kn求k1k2kn【答案】解：（1）令n1得1

a12aa2；又a2a aa

n(n1)

3（2）由 3

和(n

Sn1

n(n1)

所以数列

}22为公差的等差数列，所以

2(n2)3解法一：数列{a}是正项递增等差数列，故数列

的公比q1，若

2，则由a8得qa24n 24

时

()

(n2)n

3N*，所以k22，同理k23；若k24，则由a4kq2kn

22n1组成等比数列，所以22n12(m2)32n1m2，对任何正整数n3 m32n12a是数列{a}的第32n12项．最小的公比q2．所以k32n12．…（ nn解法二:数列{an}是正项递增等差数列，故数列{ak的公比q1n

,

,,knk

,

knk

是等比数列，则a2k2k

ak3

即3(k22)23(k32

k2 3k3因为k2、k3N*且k21k22必有因数3，即可设k223t,t2,tN 当数列{a的公比q最小时，即k4q2最小的公比q2．所以k32n1 12（3）由（2）可得从{an}中抽出部分项ak12

,,knk

,(k1k2kn组成的数列{ak其中

1，那么

的公比是qk22，其中由解法二可得n n

3t2,t2,tNn 3(k22)n12(k2)k3(k22)n12k3(3t22)n12n

3tn12 a23 a23t2,t所以

k2kn3(1

t (201323)（18）31428 已知数列{a}的前nS，且对于任意nN*，总有S2(a 求数列{an} 在anan1之间插入n个数，使这n2个数组成等差数列，当公差d满足3d4时，求n的值并求这个等差数列所有项的和T 记an

f(n)，如果cnnf(n

m)（nN*），问是否存在正实数m，使得数列{c}递减数列？若存在，求出m【答案】解：（1）当n1时，由已知a12(a11a12n2Sn2(an1Sn12(an11，两式相减得an2an2an1n n n即a ，所以{a}是首项为2，公比为2的等比数列．所以，a2n（nNn n n

(n1)d，故d n，即dn

n

63d4，所以3

n

4，即3n32n4n4，解得n4 8所以d

16．所以所得等差数列首项为16，公差为

，共有6项 10所以这个等差数列所有项的和

6(16 144 112所以，n4，T144 12n2由（1）f(n)2ncnf(nn2

m)n2nlog2mn2nlog2n22nlog2mn2log2m)2nnm2n 14 由题意， c，即(n1)m2n2nm2n对任意nN 所以m2

1

n

对任意nN*成立 16g(n)1

n

nN*g(ng(1)12 2所以

．由m0得m的取值范围是0 2 2所以，当m0

时，数列{cn}是单调递减数列 182（201322）（16分）已知抛物线Cy22pxp0，直线lA(x1

y1B(x2

y2)当直线lM(

0y1y2y1y2p时，直线lN

0，如果直线lM(

0)ABPPN的中点为Q存在一条直线和一个定点，使得点Q到它们的距离相等？若存在，求出这条直线和这个定点；若不存在，【解】：（1）l过点M( 0)与抛物线有两个交点，可知其斜率一定存在，设l:yk(xp)，其中k（若k0时不合题意），由yk(xpky22py2p2k0，y

2p2 4y22 注：本题可设l:xmyp（2）l的斜率存在时，设l:ykxb，其中k0（若k0时不合题意由ykxb得ky22py2pb0．y

2pbp，从而bk 6y22

1 假设直线l过定点(x0

y0

b

k，得

1)k

0xx即

2，即过定点2

0 8y02 当直线l的斜率不存在，设l:xx，代入y22px得y22px，y2 yy

)2

p

1，即l:x1，也过

0)22(1 22(1综上所述，当y1y2p时，直线l过定点(2 0) 10依题意直线l的斜率存在且不为零，由（1）P

1(yy)p 代入l:yk(xp

pp，即P(p p) 12Px1

k k pp设

y

2k 消k得y2p 14y

1 2由抛物线的定义知存在直线xp，点 ，点Q到它们的距离相等 16 题满分622xOy中，