高三文科数学数列专题

高三文科数学数列专题1.数列{}na的前n项和2nnSanb，若112a，256a．（1）求数列{}na的前n项和nS；（2）求数列{}na的通项公式；（3）设21nnabnn，求数列{}nb的前n项和nT．2．已知函数*2129()loglog,{},(2)6,.2nannfxxxanSfnnN数列的前项和为（I）求数列{}na的通项公式；（II）设,2nbnnnnSbcbn，若非零常数使得{}nb为等差数列，求数列{}nc的前n项和.nT3.设数列na的前n项和为nS,满足11221nnnSa,n*N,且1a、25a、3a成等差数列.(1)求1a的值;(2)求数列na的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有1211132naaa4.已知数列{an}中，a2＝a(a为非零常数)，其前n项和Sn满足：Sn＝n(an－a1)2(nN*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)若a＝2，且21114mnaS，求m、n的值；(3)是否存在实数a、b，使得对任意正整数p，数列{an}中满足nabp的最大项恰为第3p－2项?若存在，分别求出a与b的取值范围；若不存在，请说明理由．解：Ⅰ)由12123213232725aaaaaaaa,解得11a.(Ⅱ)由11221nnnSa可得1221nnnSa(2n),两式相减,可得122nnnnaaa,即132nnnaa,即11232nnnnaa,所以数列2nna(2n)是一个以24a为首项,3为公比的等比数列.由1223aa可得,25a,所以2293nnna,即32nnna(2n),当1n时,11a,也满足该式子,所以数列na的通项公式是32nnna.(Ⅲ)因为1113323222nnnnn,所以1323nnn,所以1113nna,于是112111111131331113323213nnnnaaa3解：（1）由1112Sa，得112ab；由21243Saa，得4423ab．∴223abab，解得11ab，故21nnSn；…………4分（2）当2n时，2232212(1)(1)(1)11(1)nnnnnnnnnnaSSnnnnnn．……7分由于112a也适合221nnnann．………8分∴221nnnann；………9分（3）21111(1)1nnabnnnnnn．………10分∴数列{}nb的前n项和1211111111122311nnnTbbbbnnnn1111nnn．………14分.4．(1)证明:由已知，得a1=S1=1(a1－a1)2=0，Sn=nan2，………………………2分则有Sn+1=(n+1)an+12，2(Sn+1－Sn)=(n+1)an+1－nan，即(n－1)an+1=nannN*，nan+2=(n+1)an+1，两式相减得，2an+1=an+2+annN*，……………………………4分即an+1－an+1=an+1－annN*，故数列{an}是等差数列.又a1=0，a2=a，an=(n－1)a.………………………………6分(2)若a=2，则an=2(n－1)，Sn=n(n1).由21114mnaS，得n2n+11=(m1)2，即4(m1)2－(2n1)2=43，(2m+2n3)(2m－2n1)=43.………………………………8分∵43是质数，2m+2n32m－2n1，2m+2n30，2m－2n－1=12m+2n－3=43，解得m=12，n=11.………………………………10分(III)由an+bp，得a(n－1)+bp.若a0，则np－ba+1，不合题意，舍去;……………………………11分若a0，则np－ba+1.∵不等式an+bp成立的最大正整数解为3p－2，3p－2p－ba+13p－1，………………………………13分即2a－b(3a－1)p3a－b，对任意正整数p都成立.3a－1=0，解得a=13，………………………………15分此时，23－b01－b，解得23b1.故存在实数a、b满足条件，a与b的取值范围是a=13，23b1.………16分高三文科数学圆锥曲线专题1．设双曲线2221(0)9yxaa的渐近线方程为340xy，则双曲线的离心率为A．54B．53C．74D．72.已知双曲线222210,0xyabab的两个焦点恰为椭圆2214xy的两个顶点，且离心率为2，则该双曲线的标准方程为[来源:Z.xx.k.Com]A．2213yxB．221412xyC．2213xyD．221124xy3．已知抛物线方程24xy，直线ykxm交抛物线于11(,)Axy，22(,)Bxy两点，且124xx，则m的值.4．过抛物线y2=4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，若|AF|=3．则|BF|=____。5．已知双曲线22221(0,0)xyabab的一条渐近线与直线210xy垂直，则曲线的离心率等于。6.已知F1、F2为双曲线C：x2﹣y2=1的左、右焦点，点P在C上，∠F1PF2=60°，则|PF1|•|PF2|=7.如图，抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点F在y轴上，准线l与圆221xy相切．（1）求抛物线C的方程；（2）若点AB、在抛物线C上，且2FBOA，求点A的坐标．8.已知点(4,0)M、(1,0)N，若动点P满足6||MNMPNP．（1）求动点P的轨迹C；（2）在曲线C上是否存在点Q，使得MNQ的面积32MNQS？若存在，求点Q的坐标，若不存在，说明理由．9．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－1,0)，离心率为22.(1)求椭圆C的方程；(2)设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆C于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，求点G横坐标的取值范围．10.椭圆中心是原点O，长轴长2a，短轴长22，焦点,0(0)Fcc．直线2axc与x轴交于点A，2OFFA，过点A的直线与椭圆交于,PQ两点．（1）求椭圆方程及离心率；（2）若67OPOQ，求直线PQ的方程；（3）若点M与点P关于x轴对称，求证:,,MFQ三点共线．7.解：（Ⅰ）依题意，可设抛物线C的方程为22(0)xpyp，其准线l的方程为2py.…………………………2分∵准线l与圆221xy相切，∴所以圆心(0,0)到直线l的距离0()12pd，解得2p.………4分故抛物线C的方程为:24xy．…………………………5分（Ⅱ）设11(,)Axy，22(,)Bxy，则2112224,4.xyxy…………①……………………6分∵(0,1)F，22(,1)FBxy，11(,)OAxy，2FBOA,∴22(,1)xy112(,)xy11(2,2)xy，即21212,21.xxyy…………②…………………9分②代入①，得211484xy，21121xy，又2114xy，所以11421yy，解得112y，12x，即1(2,)2A或1(2,)2．…………………………12分8．解：（1）设动点(,)Pxy，又点(4,0)M、(1,0)N，∴(4,)MPxy，(3,0)MN，(1,)NPxy．………3分由6||MNMPNP，得223(4)6(1)()xxy，………4分∴222(816)4(21)4xxxxy，故223412xy，即22143xy．∴轨迹C是焦点为(1,0)、长轴长24a的椭圆；………7分评分说明：只求出轨迹方程，没有说明曲线类型或交代不规范的扣分．（2）设曲线C上存在点00(,)Qxy满足题意，则32MNQS．………9分∴013|||22|MNy，又||3MN，故0|1|y．………11分又2200143xy，故2200184(1)4(1)333yx．………12分∴362380x．………13分∴曲线C上存在点26(,1)3Q使得MNQ的面积32MNQS．……14分9．解：(1)由题意可知：c＝1，a2＝b2＋c2，e＝ca＝22，解得a＝2，b＝1.故椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)设直线AB的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，联立，得y＝kx＋，x22＋y2＝1，整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.∵直线AB过椭圆的左焦点F，∴方程有两个不等实根．记A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点N(x0，y0)，则x1＋x2＝－4k21＋2k2，x0＝x1＋x22，y0＝y1＋y22，垂直平分线NG的方程为y－y0＝－1k(x－x0)．令y＝0，得x＝x0＋ky0＝－2k22k2＋1＋k22k2＋1＝－k22k2＋1＝－12＋14k2＋2.∵k≠0，∴－12＜x＜0.∴点G横坐标的取值范围为－12，0.10（Ⅰ）解：由题意，可设椭圆的方程为()222122xyaa。由已知得,().22222acaccc解得,62ac……2分所以椭圆的方程为22162xy，离心率63e。……4分（Ⅱ）解：由（1）可得A（3，0）。设直线PQ的方程为()3ykx。由方程组,()221623xyykx得()222231182760kxkxk，依题意()212230k，得6633k…5分设(,),(,)1122PxyQxy，则21221831kxxk，①212227631kxxk。②……6分由直线PQ的方程得(),()112233ykxykx。于是()()[()]22121212123339yykxxkxxxx。③……7分∵OPOQ67，∴xxyy121267。④……8分由①②③④得k241，从而(,)k166233。所以直线PQ的方程为xy230或xy230……9分（Ⅲ）证明：因为,,APQ三点共线，所以假设APAQ（1）所以(,),(,)112233APxyAQxy。由已知得方程组(),,,.12122211222233162162xxyyxyxy注意1，解得2512x……10分因(,),(,)1120FMxy，故(,)((),)1121231FMxyxy(,)(,)121122yy。……11分而(,)(,)222122FQxyy，所以FMFQ。所以,,MFQ三点共线．……12分4.设点(,)Pxy到直线2x的距离与它到定点(1,0)的距离之比为2，并记点P的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求曲线C的方程;（Ⅱ）设(2,0)M，过点M的直线l与曲线C相交于,EF两点，当线段EF的中点落在由四点1212(1,0),(1,0),(0,1),(0,1)CCBB构成的四边形内（包括边界）时，求直线l斜率的取值范围．22解:（Ⅰ）有题意22|2|2(1)xxy，………………2分整理得2212xy，所以曲线C的方程为2212xy………………4分（Ⅱ）显然直线l的斜率k存在，所以可设直线l的方程为(2)ykx.设点,EF的坐标分别为1122(,),(,),xyxy线段EF的中点为