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)

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已知在数列{an}中，a1=1，anan＋1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
(1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}都是等比数列；
(2)若数列{an}的前2n项的和为T2n，令bn=(3－T2n)·n·(n＋1)，求数列{bn}的最大项．
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)经过点(eq \r(2)，1)，且离心率为eq \f(\r(2),2).
(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－eq \f(1,2).
若动点P满足eq \(OP,\s\up10(→))=eq \(OM,\s\up10(→))＋2eq \(ON,\s\up10(→))，求点P的轨迹方程．
已知函数f(x)=kx－ln x－1(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n∈N*时，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．
正项数列{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n∈N*，都有Tn＜.
P(x0，y0)(x0≠±a)是双曲线E：eq \f(x2,a2)-eq \f(y2,b2)=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eq \f(1,5)．
(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eq \(OC,\s\up6(→))=λeq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，求λ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 SKIPIF 1 < 0 ，且满足 SKIPIF 1 < 0 ．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令 SKIPIF 1 < 0 ，记数列 SKIPIF 1 < 0 的前 SKIPIF 1 < 0 项和为 SKIPIF 1 < 0 ．
证明： SKIPIF 1 < 0 ．
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，eq \(QM,\s\up6(→))=λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))=μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
已知函数f(x)=ln x＋eq \f(2a,x＋1)(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a=1时，求证：f(x)≤eq \f(x＋1,2).
已知圆C：x2＋y2＋2x－2y＋1=0和抛物线E：y2=2px(p>0)，圆心C到抛物线焦点F的距离为eq \r(17).
(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OA⊥OB，设点M为圆C上一动点，求当动点M到直线l的距离最大时的直线l的方程．
\s 0 参考答案
解：(1)证明：由题意可得a1a2=eq \f(1,2)，则a2=eq \f(1,2).
又anan＋1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，an＋1an＋2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，∴eq \f(an＋2,an)=eq \f(1,2).
∴数列{a2n－1}是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列；
数列{a2n}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．
(2)T2n=(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
=eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))=3－3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
∴bn=3n(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，bn＋1=3(n＋1)(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
∴eq \f(bn＋1,bn)=eq \f(n＋2,2n)，∴b1b4>…>bn>…，
∴数列{bn}的最大项为b2=b3=eq \f(9,2).
解：
(1)因为e=eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(b2,a2)=eq \f(1,2)，
又椭圆C经过点(eq \r(2)，1)，所以eq \f(2,a2)＋eq \f(1,b2)=1，解得a2=4，b2=2，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)=1.
(2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由eq \(OP,\s\up10(→))=eq \(OM,\s\up10(→))＋2eq \(ON,\s\up10(→))得x=x1＋2x2，y=y1＋2y2，
因为点M，N在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)=1上，所以xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1)=4，xeq \\al(2,2)＋2yeq \\al(2,2)=4，
故x2＋2y2=(xeq \\al(2,1)＋4x1x2＋4xeq \\al(2,2))＋2(yeq \\al(2,1)＋4y1y2＋4yeq \\al(2,2))
=(xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1))＋4(xeq \\al(2,2)＋2yeq \\al(2,2))＋4(x1x2＋2y1y2)
=20＋4(x1x2＋2y1y2)．
设kOM，kON分别为直线OM与ON的斜率，由题意知，
kOM·kON=eq \f(y1y2,x1x2)=－eq \f(1,2)，因此x1x2＋2y1y2=0，所以x2＋2y2=20，
故点P的轨迹方程为eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,10)=1.
解：(1)法一：f(x)=kx－ln x－1，f′(x)=k－eq \f(1,x)=eq \f(kx－1,x)(x>0，k>0)，
当x=eq \f(1,k)时，f′(x)=0；当0eq \f(1,k)时，f′(x)>0.
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)min=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))=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kx－ln x－1=0仅有一个实根，
由kx－ln x－1=0得k=eq \f(ln x＋1,x)(x>0)，
令g(x)=eq \f(ln x＋1,x)(x>0)，g′(x)=eq \f(－ln x,x2)，
当x=1时，g′(x)=0；当00；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 x＋1相切，
设切点为(x0，y0)，由y=ln x＋1得y′=eq \f(1,x)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝\f(1,x0)，,y0＝kx0，,y0＝ln x0＋1，))∴k=x0=y0=1，
∴实数k的值为1.
(2)证明：由(1)知x－ln x－1≥0，即x－1≥ln x，当且仅当x=1时取等号，
∵n∈N*，令x=eq \f(n＋1,n)，得eq \f(1,n)>lneq \f(n＋1,n)，
∴1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>lneq \f(2,1)＋lneq \f(3,2)＋…＋lneq \f(n＋1,n)=ln(n＋1)，
故1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．
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eq \f(x2,a2)-eq \f(y2,b2)=1上，有eq \f(x\\al(2,0),a2)-eq \f(y\\al(2,0),b2)=1．
由题意有eq \f(y0,x0－a)·eq \f(y0,x0＋a)=eq \f(1,5)，可得a2=5b2，c2=a2＋b2=6b2，e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(30),5)．
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－5y2＝5b2，,y＝x－c，))得4x2-10cx＋35b2=0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(5c,2)，,x1x2＝\f(35b2,4).))①
设eq \(OC,\s\up6(→))=(x3，y3)，eq \(OC,\s\up6(→))=λeq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3＝λx1＋x2，,y3＝λy1＋y2.))
又C为双曲线上一点，即xeq \\al(2,3)-5yeq \\al(2,3)=5b2，有
(λx1＋x2)2-5(λy1＋y2)2=5b2．
化简得λ2(xeq \\al(2,1)-5yeq \\al(2,1))＋(xeq \\al(2,2)-5yeq \\al(2,2))＋2λ(x1x2-5y1y2)=5b2．②
又A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上，所以xeq \\al(2,1)-5yeq \\al(2,1)=5b2，xeq \\al(2,2)-5yeq \\al(2,2)=5b2．
由①式又有x1x2-5y1y2=x1x2-5(x1-c)(x2-c)=-4x1x2＋5c(x1＋x2)-5c2=10b2，
②式可化为λ2＋4λ=0，解得λ=0或λ=-4．
解：（1）函数在点处与轴相切．
，
依题意，解得，所以．
当时，；当时，．
故的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）令，．
则，
令，则，
（ⅰ）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．
（ⅱ）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 SKIPIF 1 < 0 时，有 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 .
当 SKIPIF 1 < 0 时，有 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，
整理得： SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 数列 SKIPIF 1 < 0 是以 SKIPIF 1 < 0 为公比，以 SKIPIF 1 < 0 为首项的等比数列．
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，
即数列 SKIPIF 1 < 0 的通项公式为： SKIPIF 1 < 0 ．
（2）由（1）有 SKIPIF 1 < 0 ，则
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
易知数列 SKIPIF 1 < 0 为递增数列， SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ．
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＋1(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))得k2x2＋(2k-4)x＋1=0．
依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0，解得k<0或0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x1＋x2=-eq \f(2k－4,k2)，x1x2=eq \f(1,k2)．直线PA的方程为y-2=eq \f(y1－2,x1－1)(x-1)．
令x=0，得点M的纵坐标为yM=eq \f(－y1＋2,x1－1)＋2=eq \f(－kx1＋1,x1－1)＋2．
同理得点N的纵坐标为yN=eq \f(－kx2＋1,x2－1)＋2．
由eq \(QM,\s\up6(→))=λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))=μeq \(QO,\s\up6(→))得λ=1-yM，μ=1-yN．
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)=eq \f(1,1－yM)＋eq \f(1,1－yN)=eq \f(x1－1,k－1x1)＋eq \f(x2－1,k－1x2)=eq \f(1,k－1)·eq \f(2x1x2－x1＋x2,x1x2)=eq \f(1,k－1)·eq \f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))=2．
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=eq \f(x2＋21－ax＋1,xx＋12).
考虑y=x2＋2(1－a)x＋1，x>0.
①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ>0，即a>2或a<0时，
由x2＋2(1－a)x＋1=0，得x=a－1±eq \r(a2－2a).
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a－1＋eq \r(a2－2a)>a－1－eq \r(a2－2a)>0，
由f′(x)>0，得0a－1＋eq \r(a2－2a)，
则f(x)在(0，a－1－eq \r(a2－2a))和(a－1＋eq \r(a2－2a)，＋∞)上单调递增．
由f′(x)<0，得a－1－eq \r(a2－2a)则f(x)在(a－1－eq \r(a2－2a)，a－1＋eq \r(a2－2a))上单调递减．
综上，当a≤2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)的单调递增区间为(0，a－1－eq \r(a2－2a))，(a－1＋eq \r(a2－2a)，＋∞)，
单调递减区间为(a－1－eq \r(a2－2a)，a－1＋eq \r(a2－2a))．
(2)证明：当a=1时，f(x)=ln x＋eq \f(2,x＋1).
令g(x)=f(x)－eq \f(x＋1,2)=ln x＋eq \f(2,x＋1)－eq \f(x＋1,2)(x>0)，
则g′(x)=eq \f(1,x)－eq \f(2,x＋12)－eq \f(1,2)=eq \f(2－x－x3,2xx＋12)=eq \f(－x－1x2＋x＋2,2xx＋12).
当x>1时，g′(x)<0，当00，
∴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)≤eq \f(x＋1,2)成立，得证．
解：(1)x2＋y2＋2x－2y＋1=0可化为(x＋1)2＋(y－1)2=1，
则圆心C的坐标为(－1,1)．
∵Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，∴|CF|= eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)＋1))2＋0－12)=eq \r(17)，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=my＋t(t≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝12x，,x＝my＋t，))得y2－12my－12t=0，
Δ=(－12m)2＋48t=48(3m2＋t)>0，
∴y1＋y2=12m，y1y2=－12t，
由OA⊥OB，得eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))=0，∴x1x2＋y1y2=0，
即(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2=0，
整理可得t2－12t=0，∵t≠0，∴t=12，满足Δ>0，符合题意．
∴直线l的方程为x=my＋12，故直线l过定点P(12,0)．
∴当CP⊥l，即线段MP经过圆心C(－1,1)时，动点M到动直线l的距离取得最大值，
此时kCP=eq \f(1－0,－1－12)=－eq \f(1,13)，得m=eq \f(1,13)，
此时直线l的方程为x=eq \f(1,13)y＋12，即13x－y－156=0.