高考数学考前提分复习专题2-2函数与方程思想两种题型（数列、解析几何）含解析

  2022年高考数学考前30天迅速提分复习方案（上海专用）

专题2.2函数与方程思想两种题型

（数列、解析几何）

题型一：数列

一、单选题

1．（2022·上海·二模）已知等差数列的前项和为，若，且，则下列说法中正确的是（       ）

A．为递增数列

B．当且仅当时，有最大值

C．不等式的解集为

D．不等式的解集为

【答案】C

【分析】根据已知求出首项和公差即可依次判断.

【详解】由，知，即，

设等差数列的首项，公差，，解得，

对于A，由，知为递减数列，故错误；

对于B，由，知当或时，有最大值，故B错误；

对于C，由等差数列求和公式知，即，解得，即，故C正确；

对于D，由等差数列求通项公式知，解得，故D错误；

故选：C.

2．（2022·上海·高三专题练习）已知数列满足：，且，下列说法正确的是（       ）

A．若，则 B．若，则

C． D．

【答案】D

【分析】化简已知递推关系式可得到，由此分别判断选项，可知错误；

设，则，；采用数形结合的方式知越来越小，错误；假设成立，通过化简不等式可知不等式恒成立，知正确.

【详解】，，，

又，，，

对于，若，则，，

，，错误；

对于，若，则，

，即，，错误；

对于，设，则，

考虑函数与的图象，如下图所示：

当时，单调递减，且越来越小，，

，错误；

对于，设，则，，

若，则，

等价于，即，即，

而显然成立，，正确.

故选：.

【点睛】本题考查根据数列递推关系式研究数列的性质的问题，关键是能够通过递推关系式得到数列前后项所满足的关系，同时借用函数的思想将数列前后项的大小关系变化利用函数图象来进行表现，属于难题.

二、填空题

3．（2022·上海·高三专题练习）数列满足，记，若对任意的   恒成立，则正整数的最小值为___________．

【答案】10

【分析】先求出数列的通项公式，化简得到数列为递减数列，求得数列的最大项为，得到，即可求解.

【详解】由题意，数列满足，所以，

所以数列是以4为公差，以1为首项的等差数列，

可得，所以，

令

所以数列为递减数列，

所以数列的最大项为，

因为，解得，

又由为正整数，所以，

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了利用数列的递推公式求解数列的通项公式，以及数列的恒成立问题的求解，其中解答中利用数列的递推公式求得数列的通项公式，结合数列的单调性求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

4．（2020·上海市进才中学高三阶段练习）已知数列的首项为，且满足，则下列命题：①是等差数列；②是递增数列；③设函数，则存在某个区间，使得在上有唯一零点；则其中正确的命题序号为________

【答案】②③

【分析】对于①，将已知递推关系式变形可证得数列为等比数列；对于②，结合等比数列通项公式可求得，可验证出，知数列递增；对于③，结合指数函数单调性可确定单调性，利用零点存在定理可得到结论.

【详解】对于①，由得：，

又，是首项为，公比为的等比数列，①错误；

对于②，由①知：，，

，

是递增数列，②正确；

对于③，由②知：，单调递减，

单调递增

，，

当时，，，即，由零点存在定理知③正确；

综上所述：正确的命题序号为②③.

故答案为：②③.

【点睛】本题考查数列与函数综合应用问题，涉及到利用递推关系式证明数列为等比数列、根据递推关系式求解数列通项公式和确定数列增减性、零点存在定理的应用等知识；解题关键是能够熟练掌握数列增减性和函数单调性的判断方法.

5．（2020·上海·高三专题练习）已知数列是公差不为零的等差数列，且，为其前项和，等比数列的前三项分别为，设向量，则的最大值是__________

【答案】

【分析】由题意得，求得，可得，表示出再由二次函数的性质，可得最大值.

【详解】由题意构成等比数列，所以，即，解得，

又由，所以，所以，

所以，

所以，

由二次函数的性质，可得当取得最大值，此时最大值为.

故答案为：.

【点睛】本题考查等差数列、等比数列的性质，通项，前n项和，以及向量的模的综合运算，关键在于正确地运用公式，利用定义进行转化，属于中档题.

6．（2020·上海交大附中高三阶段练习）已知等差数列（公差不为零）和等差数列，如果关于x的方程：有实数解，那么以下2021个方程，，，…，中，无实数解的方程最多有______个.

【答案】1010

【解析】设等差数列的公差为，等差数列的公差为，由等差数列的性质可得，设，，由一次函数与二次函数的图象与性质即可得解.

【详解】设等差数列的公差为，等差数列的公差为，

则，，

所以原方程可变为，

由该方程有实数解可得即，

若要使方程无解，

则要使，

设，

，

易得为开口向上的抛物线的一部分，为直线的一部分，

又时，，

所以满足的的取值最多可有1010个，

即无实数解的方程最多有1010个.

故答案为：1010.

【点睛】本题考查了等差数列性质的应用，考查了函数与方程思想及转化化归思想，属于中档题.

三、解答题

7．（2019·上海市建平中学高三阶段练习）已知数列的前项和为，对一切正整数，点都在函数的图像上，过点的直线斜率为且与的图像有且仅有一个交点.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，，等差数列的任一项，其中是中的最小数，，求的通项公式.

【答案】（1）（2）

【分析】（1）由点都在函数的图像上可得的表达式，利用作差法可求得，再检验时表达式是否成立，即可求得数列的通项公式；

（2）斜率应为函数过点的导函数的值，先化简集合，可得，结合题意求得，再由不等关系求得，利用等差数列性质可求得公差，进而求得的通项公式

【详解】（1）由题可知，，则，由可得，，经检验符合表达式，故；

（2），由题知，所以，

，，由可得，

当，故，，，故，故，，

【点睛】本题考查函数与数列的转化，由的表达式求，集合的交集运算，数列通项公式的求法，综合性强，但难度不大，属于中档题

8．（2020·上海·高三专题练习）已知为等差数列，其中奇数项和比偶数项和大15，且，求.

【答案】280

【分析】设等差数列的公差为，由题得（1），（2），解方程即得，再求数列的和得解.

【详解】设等差数列的公差为，

因为奇数项和比偶数项和大15，

所以 （1）

因为，所以   （2）

解方程（1）（2）得.

所以.

【点睛】本题主要考查等差数列的通项的基本量的计算，考查等差数列的求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

9．（2021·上海师大附中高三期中）有下列三个条件：①数列是公比为的等比数列，②是公差为1的等差数列，③，在这三个条件中任选一个，补充在题中“___________”处，使问题完整，并加以解答.

设数列的前项和为，，对任意的，都有___________.已知数列满足，是否存在，使得对任意的，都有？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【分析】根据等差､等比数列的通项公式以及数列单调性来找到数列的最大项，题干中有3个条件，选取一个进行分析即可.

【详解】记，从而有().

选择①，数列是公比为的等比数列，

因为，所以，即.

所以，所以.

由，当时，，当时，，

所以当或2时，取得最大值，即取得最大值.

所以存在，2，使得对任意的，都有.

选择②，方法一：是公差为1的等差数列，

因为，所以，

当时，，

则，

当时，上式成立，

所以.

所以，从而.

由，

所以当时，；当时，，

所以当时，取得最大值，即取得最大值.

所以存在，使得对任意的，都有.

方法二：利用“夹逼法”，即利用来求解.

，

由()，得，解得.

选择③，方法一：，

则，

从而，

即.

又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，

所以.

所以，从而，即，

所以数列为单调递增数列，

故不存在，使得对任意的，都有.

方法二：利用求解.

，，

则，

因为，所以不存在，使得对任意的，都有.

【点睛】关键点点睛：本题属于开放性试题，选择不同的条件，根据数列通项及单调性得到的结论不同，关键点即复合数列单调性的判断.

10．（2022·上海市实验学校高三开学考试）对于有限数列{an}，n≤N，N≥3，N∈N*，定义：对于任意的k≤N，k∈N*，有

(1)S*(k)＝|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|ak|；

(2)对于，记L(k)＝|a1﹣c|+|a2﹣c|+|a3﹣c|+⋯+|ak﹣c|.对于k∈N*，若存在非零常数c，使得L(k)＝S*(k)，则称常数c为数列{an}的k阶ω系数.

(i)设数列{an}的通项公式为，计算S*(4)，并判断2是否为数列{an}的4阶ω系数；

(ii)设数列{an}的通项公式为an＝3n﹣39，且数列{an}的m阶ω系数为3，求m的值；

(iii)设数列{an}为等差数列，满足﹣1，2均为数列{an}的m阶ω系数，且S*(m)＝507，求m的最大值.

【答案】(i)30，2是数列{an}的4阶ω系数；(ii)26；(iii)26.

【分析】(i)结合已知条件，利用等比数列求和运算即可；(ii)利用等差数列求和方法分别求出和，结合已知条件运算即可；(iii)结合已知条件，构造新函数，并求出函数的零点，根据函数性质可得到的最大值.

【详解】(i)因为，所以，故，

因为，

所以2是数列的4阶ω系数；

(ii)因为数列的阶系数为3，所以当时，存在，时成立，

设等差数列的前项和，由an＝3n﹣39可得，，

令，则，

故

设等差数列的前项和为，，则，

令，则，

故

当时，显然；

当时，由，得，

解得；

(iii)由题意可知，

，

设数列公差为，构造函数，

故，

同理，，

即，，为的三个零点，

由函数的图像和性质，可知为偶数，且满足

，解得，

从而，

当数列，且，可知当时命题成立，

即的最大值为26.

11．（2021·上海普陀·模拟预测）设数列的前项和为，若对任意的，均有是常数且成立，则称数列为“数列”，已知的首项．

(1)若数列为“数列”，求数列的通项公式；

(2)若数列为“数列”，且为整数，若不等式对一切，恒成立？求数列中的所有可能的值；

(3)是否存在数列既是“数列”，也是“数列”？若存在，求出符合条件的数列的通项公式及对应的的值，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)，，，，

(3)不存在，理由见解析

【分析】（1）由题意得到，可得，两式相减得，结合，利用等比数列的通项公式，即可求解.

（2）由题意得到，则，两式相减得，进而得到，根据，求得，即可求解

（3）假设存在这样的数列，得到，则，利用两式相减得到，同理得到，得到对任意恒成立，结合，得到矛盾，即可求解.

(1)解：数列为“数列”，则，可得，

两式相减得，

又因为时，，所以，

所以对任意的恒成立，即（常数），

故数列为等比数列，其通项公式为．

(2)解：数列为“数列”，则，则，

两式相减得，，当时，，

当时，，

则，则，

因为，所以，

因为，，得，所以，且．

解得，，，，．

(3)解：假设存在这样的数列，则，故，

两式相减得，故有

同理由是“数列”得，

所以对任意恒成立．

所以，即，

又，即，两者矛盾，

故不存在这样的数列既是“数列”，也是“数列”.

12．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）设数列的前项和为，且，数列满足，其中.

(1)证明为等差数列，求数列的通项公式；

(2)求使不等式对任意正整数都成立的最大实数的值；

(3)当时，求证：.

【答案】(1)(2)(3)见解析

【分析】（1）根据与的关系，证明等于一个定值，即可得证，再根据等差数列的通项公式求得数列的通项公式，从而可求出数列的通项公式；

（2）问题可转化为对于任意的正整数都成立，求出右边函数的最小值，即可得出答案；

（3）要证，只需证，利用，即可得证.

(1)解：当时，，所以，

当时，，

即，则有，

，

所以是以1为公差2为首项的等差数列，

是以，

是以；

(2)解：，

则，

即为，

即为对于任意的正整数都成立，

令，

则，

故，

是以单调递增，

所以，

所以，

所以的最大值为；

(3)证明：要证，

只需证，

因为，

所以

，

所以.

【点睛】本题考查了利用与的关系及构造法求数列的通项，考查了数列不等式恒成立问题及数列不等式的证明问题，还考查了组合数性质的应用，考查了数据处理能力及逻辑推理能力，综合性比较强，难度较大.

题型二：解析几何

一、单选题

1．（2021·上海·高三专题练习）已知为抛物线的焦点，、是抛物线上的不同两点，则下列条件中与“、、三点共线”等价的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，将韦达定理逐一代入各选项中的等式，求出的值，进而可得出结论.

【详解】设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，

消去得，由韦达定理得，.

抛物线的焦点的坐标为，若、、三点共线，则.

对于A选项，，解得；

对于B选项，，解得；

对于C选项，，

整理得，即，解得；

对于D选项，，整理得，

解得或.

故选：B.

【点睛】本题考查焦点弦性质相关的判断，涉及韦达定理的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中等题.

二、填空题

2．（2020·上海静安·高三阶段练习）一个水平放置的等轴双曲线型的拱桥桥洞如图所示，已知当前拱桥的最高点离水面5米时，量得水面宽度米，则当水面升高1米后，水面宽度为_________.米(精确到0.1米)

【答案】26.5

【分析】建立坐标系，设出双曲线的方程，由点在双曲线上，可求得，再代入点可求得水面的宽.

【详解】以双曲线的实轴为y轴，双曲线的对称中心为原点建立平面直角坐标系，设等轴双曲线的方程为，则点在双曲线上，所以解得，所以双曲线的方程为，点，当水面上升1米后，即点的纵坐标为，代入到双曲线方程中得，所以水面宽度为，

故答案为：26.5.

【点睛】本题考查双曲线的实际应用，关键在于建立合适的平面坐标系，设出双曲线的方程，已知的数据转化为双曲线上的点的坐标求解，属于中档题.

3．（2022·上海宝山·一模）在平面直角坐标系中，已知圆，点是直线上的一个动点，直线分别切圆于两点，则线段长的取值范围为______．

【答案】

【分析】设，利用点到直线距离公式可知，将长表示为关于的函数，求得函数值域即为所求范围.

【详解】

由圆的方程知：圆心，半径，

设，则，

为圆的切线，，，，

是的垂直平分线，，

，，，即线段长的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】本题考查直线与圆的综合应用问题，涉及到圆的切线的性质；解题关键是能够把所求线段长表示为关于圆心与直线上的点的距离的函数的形式，利用函数求值域的方法求得结果.

三、解答题

4．（2016·上海·高三阶段练习）已知椭圆；

（1）若该椭圆的焦点为､，点是该椭圆上一点，且为直角，求点坐标；

（2）若椭圆方程同时满足条件，则由此能否确定关于的函数关系式?若能，请写出的解析式，并写出该函数的定义域､值域､奇偶性､单调性，只需写出结论；若不能，请写出理由.

【答案】（1），，，（2）答案见解析

【分析】（1）设，由为直角，可得，与联立解得，即得点P的坐标；（2）由题得，再写出函数的定义域、值域、奇偶性和单调性得解.

【详解】（1）椭圆，，

设，为直角，

，，

，即，

与联立解得．

所以点P的坐标为，，，.

（2）能确定关于的函数关系式.

由题得，

所以函数的定义域为，值域为，为奇函数，在和上单调递增.

【点睛】本题主要考查椭圆的方程和点的坐标的求法，考查函数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

5．（2022·上海·高三专题练习）已知椭圆，右焦点为，动直线与圆相切于点，与椭圆交于、两点，其中点在轴右侧.

（1）若直线过点，求椭圆方程；

（2）求证：为定值.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）设椭圆的焦距为，由直线与圆相切可得出的值，由直线过点可得出的值，进而可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程；

（2）设点，可知，利用两点间的距离公式、勾股定理可分别求出、，进而可证明出为定值.

【详解】（1）设椭圆的焦距为，

由于直线与圆相切，则，

直线过点，，则，

因此，椭圆的方程为；

（2）设，易知点在轴右侧，可得，

则，，

，，

，

，，

因此，（定值）.

【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中的定值问题的证明，涉及两点间距离公式和勾股定理的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.

6．（2020·上海市建平中学高三阶段练习）已知椭圆：上的点到右焦点的最近距离是，且短轴两端点和长轴的一个端点构成等边三角形.

（1）求椭圆的方程；

（2）若点为直线：在第一象限上一点，且到直线的距离为1，求以线段为直径的圆方程；

（3）设，，是椭圆三个不同点，记：，，，若，，成等差数列，求其公差的取值范围.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【分析】(1）根据题意可以列出关于a，b，c的三个方程，解出a，b即可求得椭圆C的方程;

(2）由几何关系得，于是，进而求出直线OM的方程，再求出点M的坐标，再求出以线段OM为直径的圆的圆心和半径，即可求解;

(3）先设点为椭圆：上任意一点，求出的范围，再结合等差数列性质即可求得公差d的取值范围.

【详解】（1）设右焦点为，由题意

，，，，

所以椭圆的方程为

（2）由到直线的距离为1，知，

即

所以以线段为直径的圆方程为

（3）设点为椭圆：上任意一点，其中，，

则

所以，

又由已知，所以.

【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，椭圆方程的基本量求解，圆的标准方程及等差数列的性质，主要考查学生转化能力与运算能力，属于中档题.