2014年全国高考理科数学试题及答案-重庆卷

因为e2x?e?2x?0，所以a?b，

又f?(0)?2a?2b?c?4?c，故a?1,b?1 （Ⅱ）当c?3时，f(x)?e2x?e?2x?3x，那么

f?(x)?2e2x?2e?2x?c?22e2x?2e?2x?3?1?0

故f(x)在R上为增函数。

2x（Ⅲ）由（Ⅰ）知f?(x)?2ae2x?2be?2x?c，而2e2x?2e?2x?22e2x?2e??4，当x?0时等

号成立。

下面分三种情况进行讨论。

当c?4时，对任意x?R,f?(x)?2e2x?2e?2x?c?0，此时f(x)无极值； 当c?4时，对任意x?0,f?(x)?2e2x?2e?2x?4?0，此时f(x)无极值；

2c?c2?16)?0当c?4时，令e?t，注意到方程2t??c?0有两根t1,2?即f?(x?0，

t42x有两个根x1?11lnt1或x2?lnt2。 22当x1?x?x2时，f?(x)?0；又当x?x2时，f?(x)?0，从而f(x)在x?x2处取得极小值； 综上，若f(x)有极值，则c的取值范围为(4,??)。 21.（本题12分）

解：（Ⅰ）设F1(?c,0),F2(c,0)，其中c?a?b，

由

222|F1F2||FF|2?22，得|DF1|?12?c，

|DF1|2221222|DF1||F1F2|?c?，故c?1， 2229232222|DF|?|DF|?|FF|?，由DF得，因此。 |DF|??FF21122112222从而S?DF1F2?从而|DF1|?222所以2a?|DF1|?|DF2|?22，故a?2,b?a?c?1

因此，所求椭圆的标准方程为

x2?y2?1 2x2?y2?1（Ⅱ）如答（21）图，设圆心在y轴上的圆C与椭圆2相交，P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点，y1?0，y2?0，F1P1，

F2P2是圆C的切线，且F1P1?F2P2。由圆和椭圆的对称性，知x2??x1,y1?y2,|PP12|?2|x1|，

由（Ⅰ）知F,0),F2(1,0)，所以F1P?1,y1)，1(?11?(x122，再由得FP?FP?(x?1)?y?0， F2P?(?x?1,y)112211211x122?(x1?1)由椭圆方程得1?，即3x12?4x1?0，解得24x1??或x1?0，

3当x1?0时，P1,P2重合，此时题设要求的圆不存在； 当x1??4时，过P1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C； 1,P2分别与F3由F1P1,F2P2是圆C的切线，且F1P1?F2P2，知CP1?CP2，又|CP1|?|CP2|，故圆C的半径

|CP1|?242。 |PP|?2|x|?1212322.（本题12分）

（Ⅰ）解法一：a2?2,a3?2?1，

再由题设条件知

(an?1?1)2?(an?1)2?1

从而|(an?1)2|是首项为0公差为1的等差数列， 故(an?1)2?n?1，即an?n?1?1(n?N*)

解法二：a2?2,a3?2?1，

可写为a1?1?1?1，a2?2?1?1，a3?3?1?1，因此猜想an?n?1?1 下面用数学归纳法证明上式： 当n?1时结论成立，

假设n?k时结论成立，即ak?k?1?1，则

ak?1?(ak?1)2?1?1?(k?1)?1?1?(k?1)?1?1

这就是说当n?k?1时结论成立 所以an?n?1?1 (n?N*) （Ⅱ）解法一：设f(x)?令c?f(c)，即c?(x?1)2?1?1，则an?1?f(an)， (c?1)2?1?1，解得c?1， 4下面用数学归纳法证明加强命题a2n?c?a2n?1?1 当n?1时，a2?f(1)?0，a3?f(0)?2?1，所以a2?假设n?k时结论成立，即a2k?c?a2k?1?1 易知f(x)在(??,1]上为减函数，从而

1?a3?1，结论成立。 4c?f(c)?f(a2k?1)?f(1)?a2，即

1?c?a2k?2?a2

再由f(x)在(??,1]上为减函数得c?f(c)?f(a2k?2)?f(a2)?a3?1

故c?a2k?2?1，因此a2(k?1)?c?a2(k?1)?1?1，这就是说，当n?k?1时结论成立。 综上，符合条件的c存在，其中一个值为c?解法二：设f(x)?1。 4(x?1)2?1?1，则an?1?f(an)

*先证：0?an?1 (n?N) ① 当n?1时，结论明显成立

假设n?k时结论成立，即0?ak?1 易知f(x)在(??,1]上为减函数，从而

0?f(1)?f(ak)?f(0)?2?1?1

即0?ak?1?1，这就是说，当n?k?1时结论成立，故①成立。 再证：a2n?a2n?1 (n?N*) ②

当n?1时，a2?f(1)?0，a3?f(a2)?f(0)?2?1，有a2?a3，即n?1时②成立。 假设n?k时，结论成立，即a2k?a2k?1 由①及f(x)在(??,1]上为减函数，得

a2k?1?f(a2k)?f(a2k?1)?a2k?2，

a2(k?1)?f(a2k?1)?f(a2k?2)?a2(k?1)?1，

这就是说，当n?k?1时②成立，所以②对一切n?N成立 由②得a2n?*a2n2?2a2n?2?1，

即(a2n?1)2?a2n2?2a2n?2， 因此a2n?1 ③ 4又由①、②及f(x)在(??,1]上为减函数得f(a2n)?f(a2n?1)， 即a2n?1?a2n?2 所以a2n?1?a2n?12?2a2n?1?2?1，解得a2n?1?1 ④ 4综上，由②③④知存在c?

1*使a2n?c?a2n?1对一切(n?N)成立 4