2014安徽——民间解析

2014高考数学【安徽卷】

1. （2014安徽理9）若f(x)x12xa的最小值为3，则实数a的值为（ ） A.5或8 B.−1或5 C.−1或4 D.−4或8 【命题立意】本题以绝对值函数为载体，从函数最值的角度，考查了绝对值的代数意义以及几何意义，考 查学生分类讨论的思想，数形结合的思想，考查了逻辑思维能力、问题的转化能力和灵活处理问题 的能力.

3x1a,x1a【解析】方法一:若a2，则f(x)|x1||2xa|x1a,1x，由图象知，

2a3x1a,x2 当xaaa时，f(x)取最小值，所以f()|1|3，解得a4或8（舍）；同理，若a2， 222 可求得a8；综上a4或8，故选D. （安徽宿州 高杰，邱志景 安徽滁州 王威） 方法二：利用绝对值不等式|x1||x 此时|x 由|aaaa||(x1)(x)||1|，当且仅当x时取得等号， 2222aaaa|同时取最小值0，于是f(x)|x1||2xa||x1||x||x||1|， 2222a1|3，可求得a4或a8，故选D. （安徽滁州 王威） 2方法三：特殊值排除法：取a5和a1易知，f(x)|x1||2x5|和f(x)|x1||2x1|的最小值都是3，排除A、B、C，故选D. （安徽滁州 王威 蚌埠 王成功） 2方法四：利用绝对值的几何意义，f(x)|x1||x最小值，此时f(x)|aaa||x|，结合数轴易知，当x时，取得222aa1|，由|1|3，可求得a4或a8，故选D. 22 （安徽宿州 高杰，邱志景 安徽滁州 王威 安徽蚌埠 王成功） 注：方法四的更一般的理论 已知函数f(x)|xa1||xa2||xan|，设a1a2an，则若n为偶数，当x[an,an] 221时，f(x)取最小值； 若n为奇数，当xan1时，f(x)取最小值. 2 - 1 -

2014高考数学【安徽卷】民间解析版

y22.（2014安徽理14）设F1,F2分别是椭圆E：x21（0b1）的左、右焦点，过点F1的直线交椭b2圆E于A,B两点.若AF13F1B，AF2x轴，则椭圆E的方程为 . 【命题立意】本题考查椭圆的方程、几何性质以及直线与椭圆的位置关系；要求学生能结合图形转化寻找关系，考查了综合利用所学知识求解问题的能力，考查学生数形结合的思想和转化的思想. 【解析】方法一：不妨设点A在x轴右上方，如图1-1所示，易知|AF2|b2，由题意， 知

|AF2||F1F2||AF1|1， |BC||CF1||BF1|3y A 2cb25cb2 所以|BC|，|CF1|，故B(,)，

3333C B b22()5c231， 代入椭圆方程得，()3b22图2-1 222 结合bc1，可求得b，

3322 所以所求的椭圆方程为：xy1. （安徽宿州 高杰，邱志景 安徽滁州 王威）

2F1 o F2 x 方法二：令BF1t，则AF13t，直线A1B1为准线， 在△ABC中，得cosAF1F2cosCAB 因为AF2为通径的一半，

故AF2b223t，c1b3t1 在△AF1F2中，得cosAF1F222AC1 AB2eyA1B1CAF1OPF22c3t1 AF13tBx1(3t1)24c24(3t1)22 所以2而e2 ， 224e9t9t9t 联立可求t图2-2

22或t(舍去). （安徽淮南 李长奎 安徽滁州 王威） 392方法三：由AF2x轴，易得|AF2|b，连接F2B，设|BF1|x，则|F1A|3x，

根据椭圆的定义有|BF2|2x，|AF2|23x.

由于AF1F2BF1F2πcosAF1F2cosBF1F20

(3x)2(2c)2(23x)2x2(2c)2(2x)2 结合余弦定理可得 0，

23x2c2x2c 整理得3x22c22b2， ①

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根据椭圆的定义有23xb2， ②

23y22 联立①②得b，故椭圆E的方程为x1. （安徽滁州 王威）

322b2b2y22解法四：直线AB的斜率ktanAF1F2，所以直线的方程为y(xc)，与x21联立消

2c2cb去x得(4c2b2)y24c2b2yc2b4b40，由韦达定理可得

4c2b2c2b4b4 yAyB2， ① ，yAyB2224cb4cb2 因为AF13F1B，所以yA3yB，故(yAyB)4yAyB， ② 3 又c2b21， ③

联立①②③整理得(5c1)(3c1)0c2222212，于是b，

333y2 故椭圆E的方程为x1. （安徽滁州 王威）

2 3.（2014安徽理21）设实数c0，整数p1，nN. (Ⅰ)证明：当x1且x0时，(1x)p1px； p1cp (Ⅱ)数列{an}满足a1c，. 证明：anan1cp. an1ana1npp 【命题立意】安徽这几年最后一题考数列比较多，今年的难度比往年小，主要考查学生的逻辑思维能力 和推理论证能力，此题用常见的证明方法就可以解决，如：数学归纳法，分析法， 主要是让学生 回归基础，不要一味的追求技巧，对以后的教学有较好的指导作用. (Ⅰ)（官方解答）：用数学归纳法证明：

证：①当p2时，(1x)12xx12x，原不等式成立. ②假设pk(k2，kN)时，(1x)1kx成立.

k1 当pk1时，(1x)(1x)(1x)k(1x)(1kx) 1(k1)xkx21(k1)x.

*k221p1 所以pk1时，原不等式也成立.

p 综合①②可得，当x1，x0时，对一切整数p1，不等式(1x)1px均成立.

（民间解答）：构造函数f(x)(1x)p1px，其中x1，

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)上为增函数，且f(0)0， f(x)p(1x)p1p，易知f(x)在(1，0)时，f(x)0，此时f(x)单调递减； 所以当x(1，)时，f(x)0，此时f(x)单调递增， 当x(0， 所以f(x)min0故当x1且x0时，(1x)p1px.(安徽滁州 王威 安徽 蚌埠 王成功) (Ⅱ)（官方解答）证法1：先用数学归纳法证明anc. ①当n1时，由题设a1c知anc成立.

1p1p1p，kN)时，不等式akc. ②假设nk(k1 由ak1*1pp1pana1易知an0，nN*. np 当nk1时，

1pak1p1cp1cak1(p1). akpppak11c(p1)0. ppak 由akc0得1 由(Ⅰ)中的结论得(ak1p1c1cc)[1(p1)]p1p(p1)p. akpakpakak1p 因此akp1c，即ak1c.

所以nk1时，不等式anc也成立.

综合①②可得，对一切正整数n，不等式anc均成立. 再由

1p1pan1a1c1(p1)可得n11，即an1an.

ananpan1p 综上所述，anan1c，nN*.

p1c证法2：设f(x)xx1p，xcp，则xpc，并且

ppp1cp1c f(x)(1p)xp(1p)0，xcp.

pppx 由此可得，f(x)在[c，)上单调递增，因而，当xc时，f(x)f(c)c.

1p1p111p1p- 4 -

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1①当n1时，由题设a1cp0，即ap1c可知，

②ap11pac1p1c21pa1a1[1p(ap1)]a1，并且a2f(a1)cp，

111 从而ap1a2c.故当n=1时，不等式anan1cp.

1②假设nk(k1，kN*)时，不等式apkak1c成立， 11 则当nk1时，f(appk)f(ak1)f(c)，即有akak1c. 所以nk1时，原不等式也成立.

1 综合①②可得，对一切正整数n，不等式apnan1c均成立. （民间解答）证法三：易知an0，

11 an11p[(p1)a1p1ncan]p(ananaca1p1nn)p1个ppcpcp， 当且仅当ap1nca1n即acp时等号成立，

n 又11ap1c，归纳递推易得apn1c.

an1anca1p1aacacnnn(ppppap1)n(c1)0（∵anc）， np1 故acpnan1. （安徽滁州 王威）

特别感谢：王成功，邱志景，王威等老师给予的支持和帮助

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2014.06.17