江苏高考数学专题复习及答案 137页

江苏高考数学专题复习 专题一 函数与导数 1 第 1 课时 函数的图象与性质 1 第 2 课时 导数及其应用 5 第 3 课时 函数与方程 8 第 4 课时 函数与导数的综合应用 10 专题二 三角函数与平面向量 14 第 1 课时 三角函数的图象与性质 14 第 2 课时 平面向量、解三角形 17 第 3 课时 三角函数与向量的综合问题 21 专题三 不等式 25 第 1 课时 基本不等式及其应用 25 第 2 课时 不等式的解法与三个“二次”的关系 29 专题四 数 列 31 第 1 课时 等差、等比数列 31 第 2 课时 数列的求和 34 第 3 课时 数列的综合应用 38 专题五 立体几何 42 第 1 课时 平行与垂直 42 第 2 课时 面积与体积 47 专题六 平面解析几何 52 第 1 课时 直线与圆 52 第 2 课时 圆锥曲线 56 第 3 课时 圆锥曲线的定点、定值问题 60 第 4 课时 圆锥曲线的范围问题 64 专题七 应用题 67 专题八 理科选修 72 第 1 课时 空间向量 72 第 2 课时 离散型随机变量的概率分布 76 第 3 课时 二项式定理 80 第 4 课时 数学归纳法 84 专题九 思想方法 88 第 1 课时 函数与方程思想 88 第 2 课时 数形结合思想 92 第 3 课时 分类讨论思想 95 第 4 课时 等价转化思想 98 专题一 函数与导数 考情分析 函数与导数问题在高考中通常有两个小题和一个大题，主要考点有：一是函数的性质及 其应用；二是分段函数的求值问题；三是函数图象的应用；四是方程根与函数零点转化问题； 五是导数的几何意义及应用.函数与导数问题属中等难度以上，对考生的理解能力、计算能力、 数学思想等方面要求较高. 第 1 课时 函数的图象与性质 考点展示 1.(2016·江苏)函数 y＝ 3－2x－x2的定义域是________. 2.(2016·江苏)设 f (x)是定义在 R 上且周期为 2 的函数，在区间[－1，1)上，f(x)＝ x＋a，－1≤x<0 |2 5 －x|，0≤x<1，其中 a∈R，若 f －5 2 ＝f 9 2 ，则 f (5a)的值是________. 3.(17 苏北三市三调)如图，已知正方形 ABCD 的边长为 2，BC 平行于 x 轴，顶点 A，B 和 C 分别在函数 y1＝3logax，y2＝2logax 和 y3＝logax(a>1)的图象上，则实数 a 的值为________. 第 3 题图 4.(17 无锡一调)已知 f(x)＝ 2x－3，x>0 g(x)，x<0 是奇函数，则 f(g(－2))＝________. 5.(17 无锡一调)若函数 f (x)在[m，n](m0，且 a≠1)对任意 x∈(1，100)恒成立，则实数 a 的取值范围为________. 热点题型 题型 1__函数的图象与性质 【例 1】 (1)已知函数 y＝f (x)是奇函数，当 x<0 时，f(x)＝x2＋ax(a∈R)，且 f(2)＝6，则 a＝______. (2)已知函数 f (x)是定义在 R 上且周期为 4 的偶函数.当 x∈[2，4]时，f(x)＝|log4 x－3 2 |， 则 f 1 2 的值为__________. 【变式训练】 (1)已知 f (x)是定义在 R 上的奇函数，当 x>0 时，f(x)＝x2－4x，则不等式 f(x)>x 的解集为________. (2)已知函数 f(x)＝x2－2ax＋5(a>1). ①若 f(x)的定义域和值域均是[1，a]，求实数 a 的值； ② 若 f(x) 在 区 间 (－∞，2) 上 是 减 函 数 ， 且 对 任 意 的 x1 ， x2 ∈ [1，a＋1] ， 总 有 |f（x1）－f（x2）|≤4，求实数 a 的取值范围. 题型 2__函数图象的识别与应用 【例 2】 已知函数 y＝ 2x＋1 2x＋1 与函数 y＝x＋1 x 的图象共有 k (k∈N*)个公共点：A1(x1，y1)， A2(x2，y2)，…，Ak(xk，yk)，则 1 ( ) k i i i x y   ＝________. 【变式训练】 已知函数 f(x)(x∈R)满足 f(－x)＝2－f(x)，若函数 y＝x＋1 x 与 y＝f(x)图象的 交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则 1 ( ) m i i i x y   ＝________. 题型 3__利用函数图象解决复合函数零点个数问题 【例 3】 已知函数 f(x)＝|x2－4x＋3|，若方程 [f(x)]2＋bf(x)＋c＝0 恰有七个不相同的实 根，则实数 b 的取值范围是________. 【变式训练】 已知函数 f(x)＝x3－3x2＋1，g(x)＝ x－1 2 2＋1，x>0 －(x＋3)2＋1，x≤0，则方程 g[f(x)]－ a＝0(a 为正实数)的实数根最多有________. 题型 4__函数的图象与性质的综合应用 【例 4】 设函数 f(x)＝ax－(k－1)a－x(a>0 且 a≠1)是定义域为 R 的奇函数. (1)求 k 值； (2)若 f(1)<0，试判断函数的单调性并求使不等式 f(x2＋tx)＋f(4－x)<0 恒成立的 t 的取值 范围； (3)若 f(1)＝3 2 ，且 g(x)＝a2x＋a－2x－2mf(x)，在[1，＋∞)上的最小值为－2，求 m 的值. 【变式训练】 已知函数 f(x)满足 f(x)＝2f(x＋2)，且当 x∈(0，2)时，f(x)＝lnx＋ax(a<－1 2)， 当 x∈(－4，－2)时，f(x)的最大值为－4. (1)求实数 a 的值； (2)设 b≠0，函数 g(x)＝1 3bx3－bx，x∈(1，2).若对任意 x1∈(1，2)，总存在 x2∈(1，2)， 使 f(x1)＝g(x2)，求实数 b 的取值范围. 第 2 课时 导数及其应用 考点展示 1.(17 南通三调)若直线 y＝2x＋b 为曲线 y＝ex＋x 的一条切线，则实数 b 的值是________. 2.(2017·江苏)已知函数 f(x)＝x3－2x＋ex－1 ex ，其中 e 是自然数对数的底数，若 f(a－1)＋ f(2a2)≤0，则实数 a 的取值范围是________. 3.(17 镇江一调)已知函数 f(x)＝xlnx，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数)，函数 y＝f (x)与 y＝g (x)在 x ＝1 处有相同的切线，则实数λ的值为________. 4.(17 南通 10 套)设直线 l 是曲线 y＝4x3＋3lnx 的切线，则直线 l 的斜率的最小值为 ________. 5.(17 南京三调)若函数 f(x)＝ex (－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1]上单调递增，则实数 a 的最 大值为________. 6.若点 P，Q 分别是曲线 y＝x＋4 x 与直线 4x＋y＝0 上的动点，则线段 PQ 长的最小值为 ________. 热点题型 题型 1__导数的几何意义 【例 1】 设曲线 y＝ax－a－lnx 在点(1，0)处的切线方程为 y＝2x－2，则 a＝________. 【变式训练】 (1)设函数 f(x)＝ax2＋x＋blnx，曲线 y＝f (x)过点 P(1，0)，且在点 P 处的 切线斜率为 2，则 a＋b＝________. (2)已知曲线 y＝2x－m x (x∈R，m≠－2)在 x＝1 处切线为直线 l，若直线 l 在两坐标轴上的 截距之和为 12，则实数 m 的值为________. 题型 2__利用导数研究函数的单调性 【例 2】 已知函数 f(x)＝ex(2x－1)－x＋1(a∈R)，则函数 f(x)的单调增区间为__________. 【变式训练】 (1)已知函数 f(x)＝x3＋x2＋bx，若 f(x)在区间[1，2]上不是单调函数，则 实数 b 的取值范围为________. (2)设函数 f(x)＝lnx＋m x(m∈R)，若对任意 b＞a＞0，f(b)－f(a) b－a ＜1 恒成立，则 m 的取值范 围是________. 题型 3__利用导数研究函数的极值(最值)问题 【例 3】 已知λ∈R，函数 f(x)＝ex－ex－λ(xlnx－x＋1)的导函数为 g(x)，若函数 g (x)存在 极值，求λ的取值范围. 【变式训练】 已知函数 f(x)＝alnx－bx3，a，b 为实数，b≠0，e 为自然对数的底数，e ≈2.71828…. (1)当 a<0，b＝－1 时，设函数 f(x)的最小值为 g(a)，求 g(a)的最大值； (2)若关于 x 的方程 f(x)＝0 在区间(1，e]上有两个不同实数解，求a b 的取值范围. 题型 4__导数的实际应用 【例 4】 某地拟建一座长为 640 米的大桥 AB，假设桥墩等距离分布，经设计部门测算， 两端桥墩 A、B 造价总共为 100 万元，当相邻两个桥墩的距离为 x 米时(其中 640) 3x，(x≤0) ，且关于 x 的方程 f(x)＋x－a＝0 有且只有一 个实根，则实数 a 的范围是__________. 题型 2__利用零点存在性定理证明函数的零点或方程的根 【例 2】 已知函数 f(x)＝x－alnx(a>e).求证：函数 f (x)有且只有两个零点. 【变式训练】 已知函数 f(x)＝lnx＋10 x －4.求证：函数 f (x)有且只有两个零点. 题型 3__已知根的分布求参数的范围 【例 3】 已知函数 f(x)＝1 3x3＋1－a 2 x2－ax－a(a>0).若函数 f (x)在区间(－2，0)内恰有两 个零点，则 a 的取值范围是____________. 【变式训练】 已知函数 f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a.若函数 f (x)在区间 0，1 2 上无零点， 求 a 的最小值. 题型 4__函数与方程的综合应用 【例 4】 如图，建立平面直角坐标系 xOy，x 轴在地平面上，y 轴垂直于地平面，单位 长度为 1 千米.某炮位于坐标原点.已知炮弹发射后的轨迹在方程 y＝kx－ 1 20(1＋k2)x2(k>0)表示 的曲线上，其中 k 与发射方向有关.炮的射程是指炮弹落地点的横坐标. (1)求炮的最大射程； (2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为 3.2 千米，试问它的横坐标 a 不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由. 【变式训练】 已知函数 f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若 x＝1 和 x＝2 是函数 f (x) 的两个极值点.求：(1)a，b 的值； (2)函数 f (x)在区间[0，3]上的零点个数. 第 4 课时 函数与导数的综合应用 考点展示 1.(17 南通二调)函数 f(x)＝ lg(5－x2)的定义域是__________. 2.(17 南通十套)若函数 f(x)为定义在 R 上的奇函数，当 x>0 时，f(x)＝xlnx，则不等式 f(x)< －e 的解集为________. 3.(17 南通十套)函数 y＝|log2x|，x∈ 1 4 ，32 的值域为________. 4.(17 南通十套)设函数 f(x)＝ 3x－1，x<1 2x2，x≥1 ，则满足 f(f(a))＝2(f(a))2 的 a 的取值范围为 ________. 5.(17南通三调)已知函数f(x)＝ x，x≥a， x3－3x，x0)，其中 e 是自然对数的底数. (1)当 a＝2 时，求 f (x)的极值； (2)若 f (x)在[－2，2]上是单调增函数，求实数 a 的取值范围. 题型 2__函数、导数性质的综合问题 【例 2】 已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1 (a>0，b∈R)有极值，且导函数 f′(x)的极值点是 f (x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b2>3a； (3)若 f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－7 2 ，求 a 的取值范围. 【变式训练】 已知函数 f(x)＝ex(alnx＋2 x ＋b)，其中 a，b∈R.(e＝2.71828 是自然对数的 底数) (1)若曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程为 y＝e(x－1).求实数 a，b 的值； (2)若 a＝－2 时，函数 y＝f(x)既有极大值，又有极小值，求实数 b 的取值范围. 题型 3__函数、导数在研究不等式问题中的应用 【例 3】 已知函数 f(x)＝ex＋e－x.(其中 e 是自然对数的底数) (1)证明：f(x)是 R 上的偶函数； (2)若关于 x 的不等式 mf(x)≤e－x＋m－1 在(0，＋∞)上恒成立，求实数 m 的取值范围； (3)已知正数 a 满足：存在 x0∈[1，＋∞)，使得 f(x0)0，b>0，a≠1，b≠1). (1)设 a＝2，b＝1 2 ； ①求方程 f(x)＝2 的根； ②若对任意 x∈R，不等式 f(2x)≥mf(x)－6 恒成立，求实数 m 的最大值； (2)若 01 2}，则 f(10x)>0 的解集为________. 4.(2017 泰州期末)若对任意实数 x，不等式 x2＋ax＋1≥0 恒成立，则实数 a 的取值范围 为________. 5.已知实数 a，b，c 满足 a2＋b2＝c2，c≠0，则 b a－2c 的取值范围为__________. 6.(苏州市 2017 届高三上学期期中调研)已知函数 f(x)＝3x＋λ·3－x(λ∈R)若不等式 f(x)≤6 对 x∈[0，2]恒成立，实数λ的取值范围为________. 热点题型 题型 1__不等式的解法与三个“二次”的关系 【例 1】 已知函数 f(x)＝ x2＋1，x≥0 1，x<0 ，则满足不等式 f(1－x2)>f(2x)的 x 的范围是 __________. 【变式训练】 已知 f(x)的定义域为 R 的偶函数，当 x≥0 时，f(x)＝x2－4x，那么，不等 式 f(x＋2)<5 的解集是________. 【例 2】 设实数 x，y 满足 3≤xy2≤8，4≤x2 y ≤9，则x3 y4 的最大值是________. 【变式训练】 已知正数 a，b，c 满足：5c－3a≤b≤4c－a，clnb≥a＋clnc，则b a 的取值 范围是____________. 【例 3】 已知函数 f(x)＝lg(2＋x)＋lg(2－x). (1)求函数 f(x)的定义域； (2)记函数 g(x)＝10f(x)＋3x，求函数 g(x)的值域； (3)若不等式 f(x)>m 有解，求实数 m 的取值范围. 【变式训练】 若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋1 2a＋2 对任意实数 x 恒成立，求实数 a 的 取值范围. 【例 4】 设函数 f(x)＝|x＋1 a|＋|x－a|(a>0). (1)证明：f(x)≥2； (2)若 f(3)<5，求 a 的取值范围. 【变式训练】 已知函数 f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3. (1)当 a＝－2 时，求不等式 f(x)－1，且当 x∈ －a 2 ，1 2 时，f(x)≤g(x)，求 a 的取值范围. 专题四 数 列 考点展示 本专题知识每年考查分值约为 21 分，所占得分值比例约为 9.5%，主要考查等差数列的 通项、性质及前 n 项和，等比数列的通项、性质及前 n 项和等基础知识，常与函数、方程、 不等式结合考查，涉及到思想方法主要有化归与转化、函数与方程、分类讨论. 第 1 课时 等差、等比数列 考点展示 1.设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则 Sn＝________. 2.设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和，若 a1＝1，且 3S1，2S2，S3 成等差数列，则 an＝________. 3.(2016·江苏)已知{an}是等差数列，{Sn}是其前 n 项和.若 a1＋a22＝－3，S5＝10，则 a9 的 值是________. 4.(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足 a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则 a4＝________. 5.(2017·北京理)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足 a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则a2 b2 ＝ ________. 6.(盐城市 2017 届一模)设{an}是等差数列，若 a4＋a5＋a6＝21，则 S9＝________. 热点题型 题型 1__等比数列的基本运算与性质 【例 1】 已知等比数列{an}满足 a2＋2a1＝4，a23＝a5，则 a5 的值是________. 【变式训练】 已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＋a3＝1＋a2＋a4，S4＝2，则数 列{an}的公比 q 为________. 题型 2__等差数列的基本运算与性质 【例 2】 已知等差数列的首项为 31，若从第 16 项开始小于 1，则此数列的公差 d 的取 值范围是________. 【变式训练】 已知在等差数列{an}中，首项为 23，公差是整数，从第七项开始为负项， 则公差为________. 题型 3__等差数列与等比数列的判定与证明 【例 3】 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn(n∈N*)，且满足 an＋Sn＝2n＋1. (1)求证：数列{an－2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)求证： 1 2a1a2 ＋ 1 22a2a3 ＋…＋ 1 2nanan＋1 <1 3. 【变式训练】 已知非零数列{an}满足 a1＝1，anan＋1＝an－2an＋1(n∈N*).求证：数列{1 ＋ 1 an }是等比数列. 题型 4__等差、等比数列的综合运用 【例 4】 设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，对任意的 n∈N*，都有 Sn＝(m＋1)－man(m 为正 常数). (1)求证：数列{an}是等比数列； (2)数列{bn}满足 b1＝2a1，bn＝ bn－1 1＋bn－1 ，(n≥2，n∈N*)求数列{bn}的通项公式； (3)在满足(2)的条件下，求数列 2n＋1 bn cos[(n＋1)π] 的前 n 项和 Tn. 【变式训练】 设数列{an}的前 n 项和记为 Sn，且 Sn＝n2－3n＋4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝an 3n ，记数列{bn}的前 n 项和记为 Tn，求证：2 3 ≤Tn＜5 6. 第 2 课时 数列的求和 考点展示 1.(2017·全国Ⅱ卷理)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a3＝3，S4＝10，则错误!1 Sk ＝______. 2.数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的前 10 项和为__________. 3.(盐城市 2017 届高三上学期期中考试)在数列{an}中，a1＝－2101，且当 2≤n≤100 时， an＋2a102－n＝3×2n 恒成立，则数列{an}的前 100 项和 S100＝________. 4.已知 bn＝n－1 2 ，则数列{(－1)nb2n}的前 2n 项和为__________. 5.记 bn＝[lgn]，其中[x]表示不超过 x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.则数列{bn}的前 1000 项和为________. 6.(17 天津理改编)已知 an＝3n－2，bn＝2n，则数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为________. 热点题型 题型 1__裂项法 【例 1】 已知正项等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a1＋a5＝2 7a23，S7＝63. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 b1＝a1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列 1 bn 的前 n 项和 Tn. 【变式训练】 Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 an＞0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 anan＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和. 题型 2__错位相减法 【例 2】 已知{an}是等差数列，其前 n 项的和为 Sn，{bn}是等比数列，且 a1＝b1＝2，a4 ＋b4＝21，S4＋b4＝30. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)记 cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前 n 项和. 【变式训练】 已知首项都是 1 的数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足 bn＋1＝ an＋1bn an＋3bn . (1)令 cn＝an bn ，求数列{cn}的通项公式； (2)若数列{bn}为各项均为正数的等比数列，且 b23＝4b2·b6，求数列{an}的前 n 项和 Sn. 题型 3__分组求和法 【例 3】 等比数列{an}中，a1，a2，a3 分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且 a1， a2，a3 中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行 9 8 18 (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 【变式训练】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，a2＝2，且 an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3， n∈N*. (1)证明：an＋2＝3an； (2)求 Sn. 题型 4__数列求和与分类讨论的综合运用 【例 4】 (2016·浙江)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*. (1)求通项公式 an； (2)求数列{|an－n－2|}的前 n 项和. 【变式训练】 已知等差数列{an}的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2，S4 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝(－1)n－1 4n anan＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 第 3 课时 数列的综合运用 考点展示 1.(2017 届南京调研改编)已知数列{bn}的通项公式为 bn＝3n－2 2n－1 ，正整数 m，n(m≠n)使得 b2，bm，bn 成等差数列，则 m＋n 的值为__________. 2.(2017·北京理)设{an}和{bn}是两个等差数列，记 cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n ＝1，2，3，…)，其中 max{x1，x2，…，xs}表示 x1，x2，…，xs 这 s 个数中最大的数.若 an＝n， bn＝2n－1，则 cn＝________. 3.(16 北京理改编)设数列 A：a1，a2，…，aN(N≥2).如果对小于 n(2≤n≤N)的每个正整数 k 都有 ak＜an，则称 n 是数列 A 的一个“G 时刻”.记“G(A)是数列 A 的所有“G 时刻”组成 的集合.对数列 A：－2，2，－1，1，3，G(A)＝____________. 4.若 a，b 是函数 f(x)＝x2－px＋q (p>0，q>0)的两个不同的零点，且 a，b，－2 这三个数 可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 p＋q 的值等于____________. 5.(2016·四川理)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该公司 2015 年全年投 入研发资金 130 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长 12%，则该公司全年 投入的研发资金开始超过 200 万元的年份是______________. (参考数据：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30) 6.(2017·全国Ⅱ卷理)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层， 红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏 灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯__________盏. 热点题型 题型 1__新定义问题 【例 1】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若对任意的正整数 n，总存在正整数 m，使得 Sn ＝am，则称 an 是“H 数列”. (1)若数列{an}的前 n 项和{Sn＝2n}(n∈N*)，证明：{an}是“H 数列”； (2)设{an}是等差数列，其首项 a1＝1，公差 d<0.若{an}是“H 数列”，求 d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H 数列”{bn}和{cn}，使得 an＝bn＋ cn(n∈N*)成立. 【变式训练】 (南京市、盐城市 2017 届高三第一次模拟)若存在常数 k(k∈N*，k≥2)、q、 d，使得无穷数列{an}满足 an＋1＝ an＋d，n k ∉N*， qan，n k ∈N*， 则称数列{an}为“段比差数列”，其中常数 k、 q、d 分别叫做段长、段比、段差.设数列{bn}为“段比差数列”. (1)若{bn}的首项、段长、段比、段差分别为 1、3、q、3； ①当 q＝0 时，求 b2016； ②当 q＝1 时，设{bn}的前 3n 项和为 S3n，若不等式 S3n≤λ·3n－1 对 n∈N*恒成立，求实 数λ的取值范围； (2)设{bn}为等比数列，且首项为 b，试写出所有满足条件的{bn}，并说明理由. 题型 2__数列与函数、方程及不等式的综合 【例 2】 (2015 江苏卷)设 a1，a2，a3，a4 是各项为正数且公差为 d(d≠0)的等差数列. (1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4 依次成等比数列； (2)是否存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a 44依次成等比数列，并说明理由； (3)是否存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an＋k2 ，an＋2k3 ，a n＋3k4 依次成等比数列，并说明 理由. 【变式训练】 设{an}是公比为正整数的等比数列，{bn}是等差数列，且 a1a2a3＝64，b1 ＋b2＋b3＝ －42，6a1＋b1＝2a3＋b3＝0. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设 pn＝ an，n＝2k－1，k∈N*， bn，n＝2k，k∈N*， 数列{pn}的前 n 项和为 Sn. ①试求最小的正整数 n0，使得当 n≥n0 时，都有 S2n>0 成立； ②是否存在正整数 m，n(m0)与直线 y＝3x 相交于 P，Q 两点，则当△CPQ 的面 积最大时，此时实数 a 的值为________. 6.在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆x2 4 ＋y2＝1 的左、右焦点分别为 F′与 F，圆 F： (x－ 3)2＋y2＝5.若 P 为椭圆上任意一点，以 P 为圆心，OP 为半径的圆 P 与圆 F 的公共弦为 QT，点 F 到直线 QT 的距离 FH 为定值________. 第 6 题图 热点题型 题型 1__直线与圆中的最值 【例 1】 在平面直角坐标系 xOy 中，以点(1，0)为圆心且与直线 mx－y－2m－1＝0(m∈R) 相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为__________. 【变式训练】 已知圆 C：x2＋y2－2x－4y－20＝0，直线 l 过点 P(3，1)，则当直线 l 被 圆 C 截得的弦长最短时，直线 l 的方程为______________. 题型 2__直线与圆位置关系的综合问题 【例 2】 (2016·江苏)在平面直角坐标系 xOy 中，已知以 M 为圆心的圆 M：x2＋y2－12x －14y＋60＝0 及其上一点 A(2，4). (1)设圆 N 与 x 轴相切，与圆 M 外切，且圆心 N 在直线 x＝6 上，求圆 N 的标准方程； (2)设平行于 OA 的直线 l 与圆 M 相交于 B，C 两点，且 BC＝OA，求直线 l 的方程； (3)设点 T(t，0)满足：存在圆 M 上的两点 P 和 Q，使得TA→＋TP→＝TQ→，求实数 t 的取值范 围. 【变式训练】 在平面直角坐标系 xOy 中，圆 O：x2＋y2＝1，P 为直线 l：x＝t(10)，直线 l2：－4x＋2y＋1＝0 和 l3：x＋y－1＝0， 且 l1 和 l2 的距离是7 5 10 . (1)求 a 的值； (2)能否找到一点 P，使点 P 同时满足下列三个条件： ①P 是第一象限的点； ②P 点到 l1 的距离是 P 点到 l2 的距离的1 2 ； ③P 点到 l1 的距离与 P 点到 l3 的距离的比是 2∶ 5.若能，求 P 点坐标；若不能，请说 明理由. 【变式训练】 已知直线 l1：ax－y－1＝0，l2：(a＋2)x－ay＋2＝0(a>0)，直线 l1∥l2. (1)求实数 a 的值； (2)是否存在一点 P，它同时满足下列三个条件：①P 是第一象限的点；②P 点在直线 y ＝x 上；③P 点到直线 l1 的距离是它到 l2 的距离的 2 倍.若存在，求 P 点坐标；若不存在，请 说明理由. 第 2 课时 圆锥曲线 考点展示 1.(教材改编)抛物线 y2＝4x 的焦点到双曲线x2 16 －y2 9 ＝1 渐近线的距离为______________. 2.(2017·江苏)在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x2 3 －y2＝1 的右准线与它的两条渐近线分 别交于点 P、Q，其焦点是 F1，F2，则四边形 F1PF2Q 的面积是____________. 3.(1016·江苏)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，F 是椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的右焦点， 直线 y＝b 2 与椭圆交于 B，C 两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是____________. 第 3 题图 4.如图，过抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点 F 的直线 l 交抛物线于点 A、B，交其准线于点 C， 若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝6，则此抛物线的方程为__________________. 第 4 题图 5.已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)和圆 O：x2＋y2＝b2，若 C 上存在点 P，使得过点 P 引圆 O 的两条切线，切点分别为 A，B，满足∠APB＝60°，则椭圆 C 的离心率的取值范围 是__________. 第 5 题图 6.在平面直角坐标系 xOy 中，P 为双曲线 x2－y2＝1 右支上的一个动点.若点 P 到直线 x －y＋1＝0 的距离大于 c 恒成立，则实数 c 的最大值为__________. 热点题型 题型 1__双曲线的性质 【例 1】 双曲线 C：x2－y2＝a2 的中心在原点，焦点在 x 轴上，C 与抛物线 y2＝16x 的 准线交于 A、B 两点，|AB|＝4 3，则双曲线 C 的方程为________. 【变式训练】 已知双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线过点(2， 3)，且双曲线的 一个焦点在抛物线 y2＝4 7x 的准线上，则双曲线的方程为____________. 题型 2__抛物线的性质 【例 2】 已知抛物线关于 x 轴对称，它的顶点在坐标原点 O，并且经过点 M(2，y0).若 点 M 到该抛物线焦点的距离为 3，则|OM|＝________. 【变式训练】 若抛物线 y2＝4x 上的点 M 到焦点的距离为 10，则 M 到 y 轴的距离是 ________. 题型 3__椭圆的性质 【例 3】 (南京市、盐城市 2017 届高三第一次模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 O：x2＋y2＝b2 经过椭圆 E：x2 4 ＋y2 b2 ＝1(0b>0)的右焦 点为 F，过点 F 的直线交 y 轴于点 N，交椭圆 C 于点 A、P(P 在第一象限)，过点 P 作 y 轴的 垂线交椭圆 C 于另外一点 Q.若NF→＝2FP→. (1)设直线 PF、QF 的斜率分别为 k、k′，求证：k k′ 为定值； (2)若AN→＝FP→且△APQ 的面积为12 15 5 ，求椭圆 C 的方程. 题型 4__圆锥曲线的应用 【例 4】 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ， 且右焦点 F 到左准线 l 的距离为 3. (1)求椭圆的标准方程； (2)过 F 的直线与椭圆交于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线 l 和 AB 于 P， C，若 PC＝2AB，求直线 AB 的方程. 【变式训练】 (镇江市 2017 届高三上学期期末)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心 率为 3 2 ，且点(－ 3，1 2)在椭圆 C 上. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若直线 l 交椭圆 C 于 P，Q 两点，线段 PQ 的中点为 H，O 为坐标原点，且 OH＝1， 求△POQ 面积的最大值. 第 3 课时 圆锥曲线的定点、定值问题 考点展示 1.(教材改编)不论 m 取何实数，直线(2m－1)x－(m＋3)y－(m－11)＝0 恒过一个定点，则 此定点的坐标是____________. 2.已知圆的方程是 x2＋y2－2ax＋2(a－2)y＋2＝0，a≠1，a∈R，上述圆恒过定点 __________. 3.设 A，B 分别为椭圆x2 4 ＋y2 3 ＝1 的左、右顶点，设 Q 为椭圆上异于 A、B 的点，则直线 QA 与直线 QB 的斜率之积为____________. 4.已知抛物线 y2＝2px(p>0)，过焦点为 F 作直线 l 与抛物线交于 A、B 两点，则 1 |AF| ＋ 1 |BF| ＝______________. 5.(教材改编)已知 A，B 是抛物线 y2＝2px(p>0)上的两点，且 OA⊥OB(O 为坐标原点)，则 直线 AB 经过一定点____________. 6.(2017 杭州月考)已知圆 C：x2＋(y－3)2＝4，一动直线 l1 过 A(－1，0)与圆 C 相交于 P、 Q 两点，M 是 PQ 中点，l1 与直线 l2：x＋3y＋6＝0 相交于 N，则 AM·AN 为________. 热点题型 题型 1__直线过定点的问题 【例 1】 已知圆 O：x2＋y2＝8，直线：x＝－4，设 M 是直线上的任意一点，以 OM 为 直径的圆 K 与圆 O 相交于 P，Q 两点，求直线 PQ 经过的定点 E 的坐标. 【变式训练】 在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1，A，B 为椭圆的 左右顶点，F1，F2 是左右焦点，若直线 l 过点 B 且垂直于 x 轴，点 P 是椭圆上异于 A，B 两 点的任意一点，直线 AP 交 l 于 M 点，设过点 M 垂直于 PB 的直线为 m，求证：直线 m 过定 点，并求出定点坐标. 题型 2__圆过定点的问题 【例 2】 如图，设点 P 是椭圆 E：x2 4 ＋y2 3 ＝1 上的任意一点(异于左，右顶点 A，B).设直 线 PA，PB 分别交直线 l：x＝4 与点 M，N，以 MN 为直径的圆是否过定点？试证明之. 【变式训练】 已知椭圆x2 4 ＋y2＝1 的上下顶点为 A，B，P 为椭圆上异于 A，B 两点的动 点，直线 AP 与直线 l：y＝－2 交于 N 点，直线 BP 与 l 交于 M 点，以 MN 为直径的圆是否过 定点？试证明之. 题型 3__圆锥曲线中的定点问题 【例 3】 已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1 经过点(0， 3)，离心率为1 2 ，直线 l 经过椭圆 C 的右 焦点 F 交椭圆于 A、B 两点，点 A、F、B 在直线 x＝4 上的射影依次为 D、K、E. (1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 l 交 y 轴于点 M，且MA→ ＝λAF→，MB→ ＝μBF→，当直线 l 的倾斜角变化时，探求λ ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，说明理由； (3)连接 AE、BD，试探索当直线 l 的倾斜角变化时，直线 AE 与 BD 是否相交 2 于定点？ 若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由. 【变式训练】 已知动圆过定点 A(4，0)，且在 y 轴上截得弦 MN 的长为 8. (1)求动圆圆心的轨迹 C 的方程； (2)已知点 B(－1，0)，设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P，Q，若 x 轴 是∠PBQ 的角平分线，证明：直线 l 过定点. 题型 4__圆锥曲线的定点、定值综合问题 【例 4】 已知椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)右焦点 F(1，0)，离心率为 2 2 ，过 F 作两条互相 垂直的弦 AB、CD，设 AB、CD 中点分别为 M、N. (1)求椭圆的方程； (2)证明：直线 MN 必过定点，并求出此定点坐标. 【变式训练】 已知椭圆 C：x2 4 ＋y2 2 ＝1 的上顶点为 A，直线 l：y＝kx＋m 交椭圆于 P、Q 两点，设直线 AP、AQ 的斜率分别为 k1、k2. (1)若 m＝0 时，求 k1·k2 的值； (2)若 k1·k2＝－1 时，证明直线 l：y＝kx＋m 过定点. 第 4 课时 圆锥曲线的范围问题 考点展示 1.已知定点 A(－2， 3)，椭圆x2 16 ＋y2 12 ＝1 的右焦点为 F，M 为椭圆上动点，则|AM|＋2|MF| 的最小值为____________. 2.( 教 材 改 编 ) 椭 圆 x2 2 ＋ y2 ＝ 1 上 的 点 到 直 线 y ＝ x ＋ 2 3 的 距 离 的 取 值 范 围 是 ______________. 3.(教材改编)椭圆x2 3 ＋y2＝1 的内接矩形 ABCD 面积的最大值为______________. 4.设 F1，F2 分别是椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左右焦点，若在直线 x＝a2 c 上存在点 P，使线 段 PF1 的中垂线过 F2，则椭圆的离心率的取值范围为________________. 5.椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)与直线 x＋y＝1 交于 P，Q 两点，且 OP⊥OQ，其中 O 为坐标原 点，若椭圆的离心率 e 满足 3 3 ≤e≤ 2 2 ，则椭圆长轴的取值范围是______________. 6.设 A，B 是椭圆x2 4 ＋y2 3 ＝1 上不同的两点，点 D(－4，0)，且满足DA→ ＝λDB→ ，若λ∈[3 8 ，1 2]， 则直线 AB 的斜率的取值范围是______________. 热点题型 【例 1】 已知 A(4，0)，B(2，2)是椭圆x2 25 ＋y2 9 ＝1 内的两个点，M 是椭圆上的动点，求 |MA|＋|MB|的最大值和最小值. 【变式训练】 已知 P 为抛物线 y2＝4x 上一个动点，Q 为圆 x2＋(y－4)2＝1 上一个动点， 当点 P 到点 Q 的距离与点 P 到抛物线的准线的距离之和最小时，点 P 的横坐标为 ____________. 【例 2】 若点 O、F 分别为椭圆x2 4 ＋y2 3 ＝1 的中心和左焦点，点 P 为椭圆上的任一点， 则OP→ ·PF→的最大值为______________. 【变式训练】 抛物线 y2＝8x 的焦点为 F，点(x，y)为该抛物线上的动点，又已知点 A(－ 2，0)，则|PA| |PF| 的取值范围是____________. 【例 3】 已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直 角三角形，直线 x＋y＋1＝0 与以椭圆 C 的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆相 切. (1)求椭圆的方程. (2)设 P 为椭圆上一点，若过点 M(2，0)的直线 l 与椭圆 E 相交于不同的两点 S 和 T，且 满足OS→＋OT→＝tOP→ (O 为坐标原点)，求实数 t 的取值范围. 【变式训练】 已知中心在原点 O，焦点在 x 轴上，离心率为 3 2 的椭圆过点( 2， 2 2 ). (1)求椭圆的方程； (2)设不过原点 O 的直线 l 与该椭圆交于 P，Q 两点，满足直线 OP，PQ，OQ 的斜率依 次成等比数列，求△OPQ 面积的取值范围. 【例 4】 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率 e＝ 3 2 ， 且椭圆 C 上一点 N 到点 Q(0，3)的距离最大值为 4，过点 M(3，0)的直线交椭圆 C 于点 A、 B. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 P 为椭圆上一点，且满足OA→ ＋OB→ ＝tOP→ (O 为坐标原点)，当|AB|＜ 3时，求实数 t 的取值范围. 【变式训练】 已知圆 M：(x－ 2)2＋y2＝r2(r>0)，若椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的右顶 点为圆 M 的圆心，离心率为 2 2 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)若存在直线 l：y＝kx，使得直线 l 与椭圆 C 分别交于 A，B 两点，与圆 M 分别交于 G， H 两点，点 G 在线段 AB 上，且|AG|＝|BH|，求圆 M 的半径 r 的取值范围. 专题七 应用题 考情分析 数学应用性问题是历年高考命题的主要题型之一.应用性问题的解决，实质上就是数学建 模的过程，所谓数学建模就是运用数学思想、方法和知识解决实际问题的过程.解决应用性问 题的基本步骤如下： ①审题：弄清题意，分析条件和结论，理顺数量关系，恰当选择模型； ②建模：将文字语言、图形(或数表)等转化为数学语言，利用数学知识建立相应的数学 模型； ③求模：求解数学模型，得出数学结论； ④还原：将利用数学知识和方法得出的结论，还原为实际问题的意义. 考点展示 1.要制作一个容量为 4m3，高为 1m 的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方 米 20 元，侧面造价是每平方米 10 元，则该容器的最低总造价是______.(单位：元) 2.某食品的保鲜时间 y(单位：小时)与储存温度 x(单位：℃)满足函数关系 y＝ekx＋b(e＝ 2.718…为自然对数的底数，k、b 为常数).若该食品在 0℃的保鲜时间是 192 小时，在 22℃的 保鲜时间是 48 小时，则该食品在 33℃的保鲜时间是________小时. 3.某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况. 加油时间 加油量(升) 加油时的累计里程(千米) 2015 年 5 月 1 日 12 35000 2015 年 5 月 15 日 48 35600 注：“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程. 在这段时间内，该车每 100 千米平均耗油量为________升. 4.设某公司原有员工 100 人从事产品 A 的生产，平均每人每年创造产值 t 万元(t 为正常数). 公司决定从原有员工中分流 x(0120 发电机最多可运行台数 1 2 3 若某台发电机运行，则该台年利润为 5000 万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损 800 万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？ 【变式训练】 (2017·苏、锡、常、镇四市调研)某投资公司在 2018 年年初准备将 1000 万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择： 项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利 30%，也可能亏损 15%，且这两种情况发生的概率分别为7 9 和2 9 ； 项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利 50%，可能损失 30%， 也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为3 5 ，1 3 和 1 15. 针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由. 第 3 课时 二项式定理 热点题型 题型 1__二项系数中的相关问题 【例 1】 在二项式(3 x－ 1 23 x )n 的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列 (1)求展开式的常数项； (2)求展开式中二项式系数最大的项； (3)求展开式中各项的系数和. 【变式训练】 1.已知 f(x)＝(1＋x)m＋(1＋3x)n(m，n∈N*)的展开式中 x 的系数为 11. (1)求 x2 的系数的最小值； (2)当 x2 的系数取得最小值时，求 f(x)展开式中 x 的奇次幂项的系数之和. 题型 2__利用二项式展开式求和系数有关的问题 【例 2】 (2017·湖北)已知(x＋1 2)n 的展开式中前三项的系数成等差数列，设(x＋1 2)n＝a0 ＋a1x＋a2x2＋...＋anxn，求： (1)a0－a1＋a2－a3＋...＋(－1)nan 的值； (2)ai(i＝0，1，2，…，n)的最大值. 【变式训练】 已知(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋...＋a1x＋a0 求(1)a1＋a2＋...＋a7； (2)a1＋a3＋a5＋a7； (3)a0＋a2＋a4＋a6； (4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋...＋|a7|.(要求算出最终结果) 题型 3__二项式展开式中系数最大项相关问题 【例 3】 已知：A4n＝40C5n，设 f(x)＝(x－ 1 3 x )n. (1)求 n 的值； (2)写出 f(x)的展开式中所有的有理项； (3)求 f(x)的展开式中系数最大的项. 【变式训练】 已知在(2x＋ 3 3 x )n 的展开式中，第 3 项的二项式系数与第 2 项的二项式系 数的比为 5∶2. (1)求 n 的值； (2)求含 x2 的项的系数； (3)求展开式中系数最大的项. 题型 4__利用二项式展开式知识证明相关问题 【例 4】 已知二项式(1＋ 2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(x∈R，n∈N) (1)若展开式中第五项的二项式系数是第三项系数的 3 倍，求 n 的值； (2)若 n 为正偶数时，求证：a0＋a2＋a4＋a6＋…＋an 为奇数； (3)证明：C1n＋2C2n·2＋3C3n·22＋…＋nCnn·2n－1＝n·3n－1(n∈N*). 【变式训练】 已知数列{an}的首项为 1，设 f(n)＝a1C 1n ＋a2C 2n ＋…＋akC kn ＋…＋ anCnn(n∈N*). (1)若{an}为常数列，求 f(4)的值； (2)若{an}为公比为 2 的等比数列，求 f(n)的解析式； (3)数列{an}能否成等差数列，使得 f(n)－1＝2n·(n－1)对一切 n∈N*都成立？若能，求出 数列{an}的通项公式；若不能，试说明理由. 第 4 课时 数学归纳法 热点题型 题型 1__猜想与归纳 【例 1】 由下列不等式： 1＞1 2 ，1＋1 2 ＋1 3 ＞1，1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋1 7 ＞3 2 ，1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋ 1 15 ＞2，…，你能得到一个怎样 的一般不等式？并加以证明. 【变式训练】 已知数列{an}的各项均为正整数，对于任意 n∈N*，都有 2＋ 1 an＋1 ＜ 1 an ＋ 1 an＋1 1 n － 1 n＋1 ＜2＋ 1 an 成立，且 a2＝4. (1)求 a1，a3 的值； (2)猜想数列{an}的通项公式，并给出证明. 题型 2__数学归纳法和二项式定理相关问题 【例 2】 设 an 为下述正整数 N 的个数：N 的各位数字之和为 n，且每位数字只能取 1， 3 或 4. (1)求 a1，a2，a3，a4 的值； (2)对∀n∈N*，试探究 a2n·a2n＋2 与 a 22n＋1的大小关系，并加以证明. 【变式训练】 已知数列{an}是等差数列，(1＋x 2)m(m∈N*)展开式的前三项的系数分别为 a1，a2，a3. (1)求(1＋x 2)m(m∈N*)的展开式中二项式系数最大的项； (2)当 n≥2(n∈N*)时，试猜测 1 an ＋ 1 an＋1 ＋ 1 an＋2 ＋...＋ 1 an2 与1 3 的大小并证明. 题型 3__数学归纳法与数列 【例 3】 已知数列{an}中，a1＝－2 3 ，其前 n 项和 Sn 满足 an＝Sn＋ 1 Sn ＋2(n≥2)，计算 S1， S2，S3，S4，猜想 Sn 的表达式，并用数学归纳法加以证明. 【变式训练】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且方程 x2－anx－an＝0 有一根为 Sn－1，n ＝1，2，3，…. (1)求 a1，a2； (2)计算 S1、S2，猜想数列{Sn}的通项公式，并用数学归纳法予以证明. 题型 4__数学归纳法与不等式 【例 4】 (1)已知 a＞1，b＜1，求证：a＋b＞1＋ab； (2)已知 x1，x2，…，xn∈R＋且 x1x2…xn＝1，求证：( 2＋x1)( 2＋x2)...( 2＋xn)≥( 2＋1)n. 【变式训练】 各项均为正数的数列{xn}对一切 n∈N*均满足 xn＋ 1 xn＋1 ＜2.证明： (1)xn＜xn＋1 (2)1－1 n ＜xn＜1. 专题九 思想方法 考情分析 高考数学以能力立意，一是考查数学的基础知识，基本技能；二是考查基本数学思想方 法，考查数学思维的深度、广度和宽度，数学思想方法是指从数学的角度来认识、处理和解 决问题，是数学意识，是数学技能的升华和提高，中学数学思想主要有函数与方程思想、数 形结合思想、分类与整合思想、转化与化归思想. 第 1 课时 函数与方程思想 考点展示 1.已知函数 f(x)＝ x3，x≤a x2，x＞a，若存在实数 b，使函数 g(x)＝f(x)－b 有两个零点，则 a 的取 值范围是________. 2.设 x3＋ax＋b＝0，其中 a，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的 是________.(写出所有正确条件的编号) ①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2. 3.已知函数 f(x)＝ x2＋（4a－3）x＋3a，x＜0 loga（x＋1）＋1，x≥0 ，(a>0，且 a≠1)在 R 上单调递减，且关于 x 的方程|f（x）|＝2－x 恰有两个不相等的实数解，则 a 的取值范围是________. 4.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N*).若a8 a7 ＜－1，则 Sn 的最小值是 ________. 5.(2017·江苏)等比数列{an}的各项均为实数，其前 n 项的和为 Sn，已知 S3＝7 4 ，S6＝63 4 ， 则 a8＝________. 6.(盐城市 2017 届高三上学期期中考试)设函数 f(x)＝kx2－kx，g(x)＝ lnx，x≥1， －x3＋(a＋1)x2－ax，01.则方程|f（x）＋g（x）|＝1 实 根的个数为________. 【变式训练】 函数 f(x)＝3cosπx 2 －log 1 2 x 的零点的个数是________. 题型 2__函数与方程思想在不等式、方程中的应用 【例 2】 已知函数 f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，对任意的 x∈R，恒有 f′(x)≤f(x). (1)证明：当 x≥0 时，f(x)≤(x＋c)2； (2)若对满足题设条件的任意 b、c，不等式 f(c)－f(b)≤M(c2－b2)恒成立，求 M 的最小值. 【变式训练】 已知 f(t)＝log2t，t∈[ 2，8]，对于 f(t)值域内所有实数 m，不等式 x2＋ mx＋4>2m＋4x 恒成立，求 x 的取值范围. 题型 3__函数与方程思想在数列中的应用 【例 3】 已知数列{an}是首项为 2，各项均为正数的等差数列，a2，a3，a4＋1 成等比数 列，设 bn＝ 1 Sn＋1 ＋ 1 Sn＋2 ＋…＋ 1 S2n (其中 Sn 是数列{an}的前 n 项和)，若对任意 n∈N*，不等式 bn ≤k 恒成立，求实数 k 的最小值. 【变式训练】 已知数列{an}中，a1＝1，二次函数 f(x)＝1 2an·x2＋(2－n－an＋1)·x 的对称轴 为 x＝1 2. (1)试证明{2nan}是等差数列，并求{an}的通项公式； (2)设{an}的前 n 项和为 Sn，试求使得 Sn＜3 成立的 n 的值，并说明理由. 题型 4__函数与方程思想在解析几何中的应用 【例 4】 椭圆 C 的中心为坐标原点 O，焦点在 y 轴上，短轴长为 2，离心率为 2 2 ，直 线 l 与 y 轴交于点 P(0，m)，与椭圆 C 交于相异两点 A，B，且AP→＝3PB→. (1)求椭圆 C 的方程； (2)求 m 的取值范围. 【变式训练】 已知点 F1(－c，0)，F2 (c，0)为椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的两个焦点，点 P 为椭圆上一点，且PF1 → ·PF2 → ＝c2，则此椭圆离心率的取值范围是__________. 第 2 课时 数形结合思想 考点展示 1.如图，函数 f (x)的图象为折线 ACB，则不等式 f(x)≥log2(x＋1)的解集是____________. 第 1 题图 2.函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当 x>0 时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是______________. 3.若函数 f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为 5，则实数 a＝________. 4.(2016·山东)已知函数 f(x)＝ |x|，x≤m x2－2mx＋4m，x>m，其中 m>0.若存在实数 b，使得关于 x 的方程 f(x)＝b 有三个不同的根，则 m 的取值范围是______. 5.(2017·全国Ⅲ卷理)设函数 f(x)＝ x＋1，x≤0， 2x，x>0， 则满足 f(x)＋f(x－1 2)>1 的 x 的取值范围是 ______________. 6.(2017·全国Ⅲ卷理)在矩形 ABCD 中，AB＝1，AD＝2，动点 P 在以点 C 为圆心且与 BD 相切的圆上.若AP→＝λAB→＋μAD→ ，则λ＋μ的最大值为__________. 热点题型 题型 1__数形结合思想在求范围与最值问题中的应用 【例 1】 若实系数一元二次方程 x2＋ax＋2b＝0 有两个根，一个根在区间(0，1)内，另 一个根在区间(1，2)内，求： (1)点(a，b)对应的区域的面积； (2)b－2 a－1 的取值范围； (3)(a－1)2＋(b－2)2 的值域. 【变式训练】 设有函数 f(x)＝a＋ －x2－4x和 g(x)＝4 3x＋1，已知 x∈[－4，0]时恒有 f(x)≤g(x)，求实数 a 的取值范围. 题型 2__数形结合思想在不等式中的应用 【例 2】 若存在正数 x 使 2x(x－a)＜1 成立，则 a 的取值范围是________. 【变式训练】 若不等式 4x2＜logax 对任意 x∈(0，1 4)恒成立，则实数 a 的取值范围为 ____________. 题型 3__数形结合思想在方程中的应用 【例 3】 设函数 f(x)＝ x2＋bx＋c，x≤0 2，x>0. 若 f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，则函数 y＝f(x)－ x 的零点个数为__________. 【变式训练】 函数 f(x)＝ x＋1，x≤0 log2x，x＞0，则函数 y＝f(x)＋1 的所有零点构成的集合为 __________. 题型 4__数形结合思想在平面解析几何中的应用 【例 4】 以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 C 于 A，B 两点，交 C 的准线于 D，E 两点. 已知|AB|＝4 2，|DE|＝2 5，求 C 的焦点到准线的距离. 【变式训练】 若圆(x－3)2＋(y＋5)2＝r2 上有且只有两个点到直线 l：4x－3y＝2 的距离 等于 1，求半径 r 的取值范围. 第 3 课时 分类讨论思想 考点展示 1.(2017·全国 3 卷文)设函数 f(x)＝ x＋1，x≤0， 2x，x>0， 则满足 f(x)＋f(x－1 2)>1 的 x 的取值范围是 __________. 2.(2017 山东理改编)已知当 x∈[0，1]时，函数 y＝(mx－1)2 的图象与 y＝ x＋m 的图象有 且只有一个交点，则正实数 m 的取值范围是________________. 3.(17 全国 1 卷文改编)设 A、B 是椭圆 C：x2 3 ＋y2 m ＝1 长轴的两个端点，若 C 上存在点 M 满足∠AMB＝120°，则 m 的取值范围是____________. 4.(17 天津理改编)已知函数 f(x)＝ x2－x＋3，x≤1， x＋2 x ，x>1. 设 a∈R，若关于 x 的不等式 f(x)≥|x 2 ＋a|在 R 上恒成立，则 a 的取值范围是____________________. 5.(2017·浙江)已知 a∈R，函数 f(x)＝|x＋4 x －a|＋a 在区间[1，4]上的最大值是 5，则 a 的 取值范围是________. 6.已知函数 f(x)＝x |x2－12|的定义域为[0，m]，值域为[0，am2]，则实数 a 的取值范围是 ________. 热点题型 题型 1__由数学概念引起的分类讨论 【例 1】 已知集合 A＝{x|x2－5x＋6＝0}，B＝{x|mx－1＝0}，且 A∩B＝B，求实数 m 所构成的集合 M，并写出 M 的所有子集. 【变式训练】 已知函数 f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5 是在区间(－∞，3)上的减函数，求实 数 a 的取值范围. 题型 2__由图形的不确定性引起的分类讨论 【例 2】 已知圆 C：(x＋t)2＋y2＝5(t＞0)和椭圆 E：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的一个公共点为 B(0，2).F 为椭圆 E 的右焦点，直线 BF 与圆 C 相切于点 B. (1)求 t 的值和椭圆 E 的方程； (2)圆 C 上是否存在点 M，使△MBF 为等腰三角形？若存在，求出点 M 的坐标；若不存 在，请说明理由. 【变式训练】 求平面内与两定点 A1(－a，0)，A2(a，0)(a＞0)连线的斜率之积等于非零 常数 m 的点 M 的轨迹 C 的方程. 题型 3__根据公式、定理、性质的条件进行分类讨论 【例 3】 设等比数列{an}的公比为 q，前 n 项和 Sn＞0(n＝1，2，3，…). (1)求 q 的取值范围； (2)设 bn＝an＋2－3 2an＋1，{bn}的前 n 项和为 Tn，试比较 Sn 与 Tn 的大小. 【变式训练】 已知等差数列{an}的前 3 项和为 6，前 8 项和为－4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 题型 4__由参数的变化引起的分类讨论 【例 4】 已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，当 x≥0 时，f(x)＝1 2(|x－a|＋|x－2a|－ 3|a|).若集合{x|f(x－1)－f(x)＞0，x∈R}＝∅，则实数 a 的取值范围为________. 【变式训练】 已知函数 f(x)＝2ex－ax－2(x∈R，a∈R). (1)当 a＝1 时，求曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程； (2)求 x≥0 时，若不等式 f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围. 第 4 课时 等价转化思想 考点展示 1.(2016·山东理)已知双曲线 E：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)，若矩形 ABCD 的四个顶点在 E 上，AB，CD 的中点为 E 的两个焦点，且 2|AB|＝3|BC|，则 E 的离心率是________. 2.(2017·江苏)若 tan α－π 4 ＝1 6 ，则 tanα＝____________. 3.(2017·北京文)已知点 P 在圆 x2＋y2＝1 上，点 A 的坐标为(－2，0)，O 为原点，则AO→ ·AP→ 的最大值为________. 4.(2017·北京文)已知 x≥0，y≥0，且 x＋y＝1，则 x2＋y2 的取值范围是________. 5.(2017·浙江)已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________， 最大值是________. 6.(2016·山东理)已知函数 f(x)＝ |x|，x≤m， x2－2mx＋4m，x>m，其中 m>0，若存在实数 b，使得关 于 x 的方程 f(x)＝b 有三个不同的根，则 m 的取值范围是________. 热点题型 题型 1__正向思维与逆向思维之间的转化 【例 1】 试求常数 m 的范围，使曲线 y＝x2 的所有弦都不能被直线 y＝m(x－3)垂直平 分. 【变式训练】 若对于任意 t∈[1，2]，函数 g(x)＝x3＋ m 2 ＋2 x2－2x 在区间(t，3)上总不 为单调函数，则实数 m 的取值范围是____________. 题型 2__特殊化与一般的转化 【例 2】 在等差数列{an}中，a1＝1，前 n 项和满足S2n Sn ＝4n＋2 n＋1 ，n＝1，2，…，求等差 数列{an}的通项. 【变式训练】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若{an}和{ Sn＋n}都是公差为 d(d≠0)的等 差数列，求 a1 的值. 题型 3__换元法转化 【例 3】 是否存在实数 a，使得函数 y＝sin2x＋acosx＋5 8a－3 2 在闭区间[0，π 2 ]上的最大 值是 1？若存在，则求出对应的 a 的值；若不存在，请说明理由. 【变式训练】 若关于 x 的方程 9x＋(4＋a)·3x＋4＝0 有解，则实数 a 的取值范围是 __________. 题型 4__函数、方程、不等式之间的转化 【例 4】 设不等式 2x－1>m(x2－1)对满足－2≤m≤2 的一切实数 m 的取值都成立，求 x 的取值范围. 【变式训练】 若关于 x 的不等式(ax－20)lg2a x ≤0 对任意的正实数 x 恒成立，求实数 a 的取值范围. 解题思路与方法实践 专题一__函数与导数第 1 课时 函数的图象与性质 [考点展示] 1.[－3，1] 2.－2 5 3. 2 4.1 5.2 6.(0，1)∪(e 1 4，＋∞) [热点题型] 【例 1】 (1)5 (2)1 2 【变式训练】 (1)(－5，0)∪(5，＋∞) (2)①a＝2 ②2≤a≤3 【例 2】 2 【变式训练】 m 【例 3】 (－2，－1) 【变式训练】 6 【例 4】 (1)k＝2 (2)－3＜t＜5 (3)m＝2 【变式训练】 【解】 (1)当 x∈(0，2)时，f(x)＝1 2f(x－2)＝1 4f(x－4)， 由条件，当 x－4∈(－4，－2)，f(x－4)的最大值为－4，所以 f(x)的最大值为－1. 因为 f′(x)＝1 x ＋a＝1＋ax x ，令 f′(x)＝0，所以 x＝－1 a. 因为 a<－1 2 ，所以－1 a ∈(0，2)． 当 x∈(0，－1 a)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当 x∈(－1 a ，2)时，f′(x)<0，f(x)是减函数．则 当 x＝－1 a 时，f(x)取得最大值为 f(－1 a)＝ln(－1 a)－1＝－1.所以 a＝－1. (2)设 f(x)在 x∈(1，2)上的值域为 A，g(x)在 x∈(1，2)上的值域为 B，则依题意知 A⊆B. 因为 f(x)在 x∈(1，2)上是减函数，所以 A＝(ln2－2，－1)； 又 g′(x)＝bx2－b＝b(x2－1)，因为 x∈(1，2)，所以 x2－1∈(0，3)． ①当 b＞0 时，g′(x)＞0，g(x)是增函数，B＝(－2 3b，2 3b)．因为 A⊆B，所以－2 3b≤ln2－2， 解得 b≥3－3 2ln2. ②当 b＜0 时，g′(x)＜0，g(x)是减函数，B＝(2 3b，－2 3b)．因为 A⊆B，所以 2 3b≤ln2－2， 解得 b≤－3＋3 2ln2. 由①，②知，b≤－3＋3 2ln2 或 b≥3－3 2ln2. [能力强化] 一、填空题 1.[2，＋∞) 2.(2，2) 3. 3 2 4.(－9，＋∞) 5.(－2，1) 6.[1 3 ，2 3]∪{3 4} 7.(0， 1 10) 8.(1，2) 9.{2} 10.(1，5](或 10 时，函数 f(x)的增区间是(－ ∞，0)和(1 a ，＋∞)，减区间是(0，1 a)． (2)当 24 时，正数 b 的范围是 02 5.(－2 2，－2] 6.4 [热点题型] 【例 1】 (1 2 ，1) 【变式训练】 (1，＋∞) 【例 2】【证明】 f′(x)＝1－a x ＝x－a x ∵a>e，∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，∴f(x)的极小值为 f(a)＝a－ alna＝a(1－lna) ∵a>e，∴1－lna<0，即 f(a)<0 又 f(1)＝1>0，f(a2)＝a2－alna2＝a(a－2lna) 构建 h(a)＝a－2lna(a>e)，h′(a)＝1－2 a ＝a－2 a ∴h(a)在(e，＋∞)上单调递增，即 h(a)>h(e)＝e－2>0 ∴f(x)在(1，a)上单调递减，f(1)>0，f(a)<0 在(a，a2)上单调递增，f(a)<0，f(a2)>0 即函数 f(x)在(1，a)，(a，a2)内各有一个零点 综上函数 f(x)有且只有两个零点． 【变式训练】 【证明】 f′(x)＝1 x －10 x2 ＝x－10 x2 ，∴f(x)在(0，10)上单调递减，在(10，＋∞) 上单调递增 f(x)的极小值为 f(10)＝ln10－3＝ln10－lne3<0 又 f(1)＝6>0，f(e4)＝10 e4 >0 ∴f(x)在(1，10)上单调递减，f(1)>0，f(10)<0 在(10，e4)上单调递增，f(10)<0，f(e4)>0 即函数 f(x)在(1，10)，(10，e4)内各有一个零点 综上函数 f(x)有且只有两个零点． 【例 3】 (0，1 3) 【变式训练】 2－4ln2. 【例 4】【解】 (1)令 y＝0，得 kx－ 1 20(1＋k2)x2＝0，有实际意义和题设条件知 x>0， k>0，故 x＝ 20k 1＋k2 ＝ 20 k＋1 k ≤20 2 ＝10，当且仅当 k＝1 时取等号．所以炮的最大射程为 10 千米． (2)∵a>0，∴炮弹可击中目标⇔存在 k>0，使 3.2＝ka－ 1 20(1＋k2)a2 成立⇔关于 k 的方程 a2k2－20ak＋a2＋64＝0 有正根⇔判别式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0⇔a≤6.因此，当 a 不超 过 6(千米)时，可击中目标． 【变式训练】 (1)a＝－9，b＝12 (2)当 c>0 或 c<－9 时，函数 f(x)在区间[0，3]上的零点个数为 0；当－9≤c<－5 或－ 41 5 或 a<－1 4.0 5.(－10，0] 6.t∈[－3 2 ，3 2] 7.1 2 8.(0，1 2) 9.－1 2 ≤m<0 10.(0，1) 二、解答题 11.【证明】 f′(x)＝1 x2 －1 x ＝1－x x2 ∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 函数 f(x)的极大值为 f(1)＝a－1 ∵a>1，∴f(1)>0 又 f 1 ea ＝2a－ea，f(ea)＝－1 ea<0 构建函数 h(a)＝2a－ea(a>1) h′(a)＝2－ea<0，∴h(a)在 (1，＋∞)上单调递减． ∴a>1 时 h(a)0 在(1，ea)上单调递减，且 f(1)>0，f(ea)<0 ∴函数 f(x)在 1 ea ，1 ，(1，ea)内各有一个零点 综上函数 f(x)有且只有两个零点． 12.(1)a＋b＝0 (2)函数 f(x)有两个零点第 4 课时 函数与导数的综合应用 [考点展示] 1.[－2，2] 2.(－∞，－e) 3.[0，5] 4. a|a≥2 3或 a＝1 2 5.(－3 2 ，2) 6.2 3 [热点题型] 【例 1】 (1) －1 4 ，2 (2)g(a)＝a2－a 2 ，a∈(1，2] (3)(1，2] 【变式训练】 (1)极大值 5e－3 2 ，极小值3 e (2)00，从而 g(t)在(3 6 2 ， ＋∞)上单调递增．因为 a>3，所以 a a>3 3，故 g(a a)>g(3 3)＝ 3，即 b a > 3.因此 b2>3a. (3)a 的取值范围为(3，6] 【变式训练】 (1)a＝3，b＝－2 (2)b>1＋ln2 【例 3】 (1)证明：∀x∈R，f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，∴f(x)是 R 上的偶函数． (2)m≤－1 3 (3)当 a>e 时，ae－1ea－1；当 a＝e 时 ae－1＝ea－ 1. 【变式训练】 (1)①x＝0 ②4 (2)ab＝1 【例 4】 (1)表示成关于α的函数为 l＝f(α)＝S h ＋h( 2 sinα－ 1 tanα)(0<α<π 2 ) (2)当α＝π 3 时，l 有最小值为 3h＋S h. 【变式训练】【解】 (1)AM＝ 3x x－9(10≤x≤30)． (2)S＝ 9 16 x2＋ 9x2 (x－9)2 ，定义域为[10， 30]． (3)当 AN 长为 9＋33 3m 时，液晶广告屏幕 MNEF 的面积 S 最小． [能力强化] 1.(1，2] 2.3 3.1 4.[1 2 ，＋∞) 5.(2 2－2，1) 6.－ 2 2 0，cosB>0. ∴sinB cosB ＝3·sinA cosA ，即 tanB＝3tanA. (2)A＝π 4 【变式训练】 (1)B＝π 3 (2)2 6 3 [能力强化] 一、填空题 1. 2 4 2.4 3.－14 4.π 5.9 6.－9 4 7.12 8.[－4，6] 9.π 6 10.3 2 二、解答题 11.(1)－2 9 (2)(－3 2 ， 2 2 －3 2] 12.(1)1040m (2)35 37(min) (3)[1250 43 ，625 14 ](单位：m/min)第 3 课时 三角函数与向量的 综合问题 [考点展示] 1.1 3 2.π 2 3.3 4.2 2 5. 2 2 6.72 [热点题型] 【例 1】 (1)2 (2)4 2 (3)证明：∵tanαtanβ＝16，∴sinαsinβ＝16cosαcosβ，即 4cosα·4cosβ－sinα sinβ＝0，∴a∥b. 【变式训练】 (1)1 3 (2)3 2 4 【例 2】 (1)证明：因为|AB→·AC→|＝2，所以 AB·AC·cosA＝2. 在△ABC 中，由余弦定理得 BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA， 即( 6)2＝AB2＋AC2－4，于是 AB2＋AC2＝10，故 AB2＋BC2＋AC2＝10＋6＝16 为定 值． (2) 30 10 【变式训练】 1.(1) 6 3 (2)2 3＋ 6 6 2.(1)π 3 (2)a＝1，b＝3，c＝ 7 【例 3】(1)5π 6 (2)λ＝1 2 或λ＝－1－ 2 【变式训练】 (1)最小正周期 T＝π.在[0，π]上的单调递增区间为 0，π 6 ， 2π 3 ，π . (2)m＝1 【例 4】 (1)AE＝1 或 AE＝3 (2)4 3 【变 式训练 】 (1)SPQCR ＝f (θ) ＝8100sin θcos θ－ 9000(sinθ＋cosθ)＋10000 ， θ∈ 0，π 2 . (2)最大值和最小值分别为(14050－9000 2)m2 和 950m2. [能力强化] 一、填空题 1.π 4 2.π 3 3.2π 3 4.27 4 5. 2 6.6 7.[1，＋∞) 8.2 9. 7 10.π 6 二、解答题 11.(1)A＝π 6 (2)b＝2 2 3 12.(1)θ＝π 3 (2)f(x)min＝－ 3 2 ，f(x)max＝ 3.专题三__不等式第 1 课时 基本不等式及其 应用 [考点展示] 1.4 3 2.8 3.2 4.4 5.7 2 2 6.32－4 5 [热点题型] 【例 1】 a≥1 5 【变式训练】 9 4 【例 2】 25 6 【变式训练】 7＋4 3 【例 3】【解】 (1)f(x)＝x2－ax＋2 x ＝x＋2 x －a(x＞0)，f(x)在(0， 2]上为减函数，在[ 2， ＋∞)上为增函数． 设 0＜x1 ＜x2 ≤ 2，则 f(x1)－f(x2)＝ x1＋2 x1 －a － x2＋2 x2 －a ＝(x1 －x2)＋ 2 x1 －2 x2 ＝ （x1－x2）（x1x2－2） x1x2 . 因为 0＜x1＜x2≤ 2，所以 x1－x2＜0，0＜x1x2＜2， 所以 f(x1)－f(x2)＞0，f(x1)＞f(x2)． 故 f(x)在(0， 2]上为减函数． 同理可证，f(x)在[ 2，＋∞)上为增函数． (2)(－∞，2] 【变式训练】 2 2－2 【例 4】 (1)四边形 MNPE 为矩形，面积为 2m2. (2)当点 E 距 B 点(3＋2 3 3 )m 时，沿直线 PE 裁剪，四边形 MNPE 面积最大，最大值为 (6－2 3)m2. 【变式训练】【解】 (1)因为 AD＝DC＝2，BC＝1，∠ABC＝∠BAD＝90°， 所以 AB＝ 3，取 AB 中点 G， 则四边形 BCEF 的面积为 1 2S 梯形 ABCD＝S 梯形 BCEG＋S△EFG， 即 1 2 × 1 2 × 3 (1 ＋ 2) ＝ 1 2 × 3 2 (1 ＋ 3 2 ) ＋ 1 2 GF× 3 2 ， 解 得 GF ＝ 3 6 ， 所 以 EF ＝ （3 2 ）2＋（ 3 6 ）2＝ 21 3 (km)． 故灌溉水管 EF 的长度为 21 3 km. (2) 图① 图② 设 DE＝a，DF＝b，在△ABC 中，CA＝ 12＋（ 3）2＝2， 所以在△ADC 中，AD＝DC＝CA＝2，所以∠ADC＝60°， 所以△DEF 的面积为 S△DEF＝1 2absin60°＝ 3 4 ab，又 S 梯形 ABCD＝3 3 2 ，所以 3 4 ab＝3 3 4 ， 即 ab＝3. 在△ADC 中，由余弦定理，得 EF＝ a2＋b2－ab≥ ab＝ 3， 当且仅当 a＝b＝ 3时，取“＝”． 故灌溉水管 EF 的最短长度为 3km. [能力强化] 一、填空题 1.2 2 2.(－4，2) 3.9 4.2 3 3 5.10 6.2 2 3 7.4 8.6 9.2＜t≤4 10.(2 6，2 7] 二、解答题 11.(1)(－∞，－2)∪(2，＋∞) (2)实数 m 的最大值为 4. 12.航速 25km/h 船行驶总费用最少，此时总费用 4000 元． 第 2 课时 不等式的解法与三个”二次”的关系 [考点展示] 1.R 2.1 2 3.(－∞，lg1 2) 4.－2≤a≤2 5.[－ 3 3 ， 3 3 ] 6.λ≤－27 [热点题型] 【例 1】 (－1， 2－1) 【变式训练】 (－7，3) 【例 2】 27 【变式训练】 1 3 ，＋∞ 【例 3】 (1)(－2，2) (2) －6，25 4 (3)m0，有 f(x)＝|x＋1 a|＋|x－a|≥|x＋1 a －（x－a）|＝1 a ＋a≥2.所以 f(x)≥2. (2)(1＋ 5 2 ，5＋ 21 2 ) 【变式训练】【解】 (1)当 a＝－2 时，不等式 f(x)1 当且仅当 x∈(0，2)时，y<0，∴原不等式的解集是{x|0－1，则－a 2<1 2 ，∴f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|＝ －4x＋1－a， x<－a 2 a＋1， －a 2 ≤x<1 2 4x＋a－1， x≥1 2 当 x∈ －a 2 ，1 2 时，f(x)＝a＋1， 即 a＋1≤x＋3 在 x∈ －a 2 ，1 2 上恒成立．∴a＋1≤－a 2 ＋3，即 a≤4 3 ， ∴a 的取值范围为 －1，4 3 . [能力强化] 一、填空题 1. －1，4 3 2.(－1，2) 3.－3 4.(－∞，0)∪(1，＋∞) 5.[－1，4] 6.(－∞，－1)∪(2，＋∞) 7.(－ 2 2 ，0) 8.(－5，0)∪(5，＋∞) 9.(－∞，－2)∪( 2，＋∞) 10.9 二、解答题 11.(1)A∩B＝(2，4] (2)m≤－1 12.当 a＝0 时，f(x)≤0 的解集为{0}； 当 a＞0 时，f(x)≤0 的解集为[0，2ea]； 当 a＜0 时，f(x)≤0 的解集为[2ea，0]． 专题四__数列 第 1 课时 等差、等比数列 [考点展示] 1.－1 n 2.3n－1 3.20 4.－8 5.1 6.63 [热点题型] 【例 1】 16 【例 2】 －15 7 ≤d<－2 【变式训练】 －4 【例 3】【解】 证明：(1)∵an＋Sn＝2n＋1，令 n＝1，得 2a1＝3，a1＝3 2. ∵an＋Sn＝2n＋1， ∴an－1＋Sn－1＝2(n－1)＋1(n≥2，n∈N*)． 两式相减，得 2an－an－1＝2， 整理 an＝1 2an－1＋1， an－2＝1 2(an－1－2)(n≥2)， ∴数列{an－2}是首项为 a1－2＝－1 2 ，公比为1 2 的等比数列， ∴an－2＝－ 1 2 n，∴an＝2－ 1 2n. (2)∵ 1 2nanan－1 ＝ 1 2n·2n＋1－1 2n ·2n＋2－1 2n＋1 ＝ 2n＋1 （2n＋1－1）（2n＋2－1） ＝ 1 2n＋1－1 － 1 2n＋2－1 ， ∴ 1 2a1a2 ＋ 1 22a2a3 ＋…＋ 1 2nanan＋1 ＝( 1 22－1 )－( 1 23－1 )＋( 1 23－1 )－( 1 24－1 )＋…＋( 1 2n＋1－1 )－( 1 2n＋2－1 ) ＝1 3 － 1 2n＋2－1<1 3. 【变式训练】【解】 证明：由 anan＋1＝an－2an＋1，得 1 an＋1 ＝ 2 an ＋1，即 1 an＋1 ＋1＝2( 1 an ＋ 1)，∴数列{1＋ 1 an }是首项为 2，公比为 2 的等比数列． 【例 4】 (1)证明：当 n＝1 时，a1＝S1＝(m＋1)－ma1，解得 a1＝1. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝man－1－man.即(1＋m)an＝man－1. 又 m 为常数，且 m>0，∴ an an－1 ＝ m 1＋m(n≥2)．∴数列{an}是首项为 1，公比为 m 1＋m 的等比 数列； (2)bn＝ 2 2n－1(n∈N*) (3)Tn＝ －(6n－1)·2n＋1＋2 9 (n 为偶数) (6n－1)·2(n＋1)－2 9 (n 为奇数) . 【变式训练】【解】 (1)an＝ 2，n＝1 2n－4，n≥2. (2)证明：bn＝an 3n ＝ 2 3 ，n＝1 2n－4 3n ，n≥2，其中 T1＝2 3 ， 当 n≥2 时，Tn＝2 3 ＋ 0 32 ＋…＋2n－4 3n ①， 1 3Tn＝ 2 32 ＋ 0 33 ＋…＋2n－4 3n＋1 ②， ∴①－②得， 2 3Tn＝2 3 － 2 32 ＋ 2 33 ＋…－2n－4 3n＋1 ， ∴Tn＝5 6 －2n－1 2×3n(n≥2)， 由于 bn≥0，∴2 3 ≤Tn＜5 6. [能力强化] 一、填空题 1.3±2 2或－5±2 6 2.15 4 3.2n＋1 4.4 5.20 6.3 7.2－2n－1 8.①②③ 9.an＝n＋2 3n 10.2015 2016 二、解答题 11.(1)an＝2·3n－1，bn＝n (2)实数 m 的最小值为3 4. 12.(1)a1 d ＝4 3 (2)当a1 d ＝1 时，数列{kn}为等比数列． (3)[2，＋∞) 第 2 课时 数列的求和 [考点展示] 1. 2n n＋1 2.20 11 3.－4 4.2n2 5.1893 6.3n－2 3 ×4n＋1＋8 3 [热点题型] 【例 1】 (1)an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1； (2)Tn＝3 4 －1 2( 1 n＋1 ＋ 1 n＋2)． 【变式训练】 (1)an＝2n＋1 (2)1 6 － 1 4n＋6 【例 2】 (1)an＝n＋1，bn＝2n，n∈N* (2)Tn＝n×2n＋1(n∈N*)． 【变式训练】 (1)cn＝3n－2，n∈N* (2)Sn＝8－(6n＋8)×(1 2)n 【例 3】 (1)an＝2·3n－1(n∈N*) (2)Sn＝ 3n＋n 2ln3－1，n 为偶数， 3n－n－1 2 ln3－ln2－1，n 为奇数. 【变式训练】 (1)证明：由条件，对任意 n∈N*，有 an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3， 因而对任意 n∈N*，n≥2，有 an＋1＝3Sn－1－Sn＋3. 两式相减，得 an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即 an＋2＝3an，n≥2. 又 a1＝1，a2＝2， 所以 a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，故对一切 n∈N*，an＋2＝3an. (2)Sn＝ 3 2 （5×3 n－3 2 －1），n 是奇数， 3 2 (3 n 2－1)，n 是偶数. 【例 4】 (1)an＝3n－1，n∈N*.(2)Tn＝ 2，n＝1 3n－n2－5n＋11 2 ，n≥2，n∈N*. 【变式训练】 (1)an＝2n－1 (2)Tn＝ 2n＋2 2n＋1 ，n 为奇数 2n 2n＋1 ，n 为偶数(或 Tn＝2n＋1＋(－1) n－1 2n＋1 )． [能力强化] 一、填空题 1.1 2(3n－1) 2.3n－2 3.31 4.3n－1 5.58 6.1512 7.2029105 2 8.1830 9.100 101 10.1 二、解答题 11.(1)an＝2－n (2)Sn＝ n 2n－1 12.(1)an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n (2)Tn＝ n 4(n＋1) 第 3 课时 数列的综合应用 [考点展示] 1.11 2.1－n 3.{2，5} 4.9 5.2019 6.3 [热点题型] 【例 1】 (1)证明：当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，当 n＝1 时，a1＝S1＝2， ∴n＝1 时，S1＝a1，当 n≥2 时，Sn＝an＋1，∴{an}是“H 数列”． (2)d＝－1 (3)证明：设{an}的公差为 d，令 bn＝a1－(n－1)a1＝(2－n)a1，对∀n∈N*，bn＋1－bn＝－ a1，cn＝(n－1)(a1＋d)，对∀n∈N*，cn＋1－cn＝a1＋d，则 bn＋cn＝a1＋(n－1)d＝an，且{bn}， {cn}为等差数列，{bn}的前 n 项和 Tn＝na1＋n(n－1) 2 (－a1)，令 Tn＝(2－m)a1，则 m＝n(n－3) 2 ＋ 2，当 n＝1 时 m＝1；当 n＝2 时 m＝1；当 n≥3 时，由于 n 与 n－3 奇偶性不同，即 n(n－3) 非负偶数，m∈N*，因此对∀n(n∈N*)，都可找到 m∈N*，使 Tn＝bm 成立，即{bn}为“H 数列”.{cn} 的前 n 项和 Rn＝n(n－1) 2 (a1＋d)，令 cn＝(m－1)(a1＋d)＝Rm，则 m＝n(n－1) 2 ＋1，∵对∀n∈ N*，n(n－1)是非负偶数，∴m∈N*，即对∀n∈N*，都可找到 m∈N*，使得 Rn＝cm 成立，即{cn} 为“H 数列”，因此命题得证． 【变式训练】 (1)①b2016＝b6＝6 ②λ∈[14，＋∞) (2)bn＝b 或 bn＝(－1)n－1b. 【例 2】 (1)证明：因为2an＋1 2an ＝2an＋1－an＝2d(n＝1，2，3)是同一个常数，所以 2a1， 2a2，2a3，2a4 依次构成等比数列． (2)不存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a 44依次构成等比数列． (3)不存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an＋k2 ，an＋2k3 ，a n＋3k4 依次构成等比数列． 【变式训练】 (1)an＝2n，bn＝－2n－10 (2)①最小的正整数 n0＝4. ②存在正整数 m＝2，n＝6，使得 Sm＝Sn 成立． 【例 3】 存在，a1＝4 或 a1＝6 或 a1＝8 或 a1＝10. 【变式训练】 (1)an＝ n(n 为奇数) 2·3n 2 －1(n 为偶数)，S2m－1＝3m－1＋m2－1. (2)m＝2 【例 4】 选择第①种方案． 【变式训练】 (1)An＝490n－10n2；Bn＝500n－500 2n －100. (2)至少经过 4 年． [能力强化] 一、填空题 1.2000 2.4 3. 7 3 ，12 5 4.d≥2 2或 d≤－2 2 5.20 6.(1 2 ，1] 7.－7 2 8.3 9.{2} 10.440 二、解答题 11.(1)an＝(1 3)n－1 (2)由(1)知 Sn＝3[1－ 1 3 n] 2 ，若{Sn＋λn＋ λ 3n}为等差数列，则 2(S2＋19 9 λ)＝S1＋4 3λ＋S3＋ 82 27λ，求得λ＝3 2 ，反之易证当λ＝3 2 时，数列{Sn＋λn＋ λ 3n}为等差数列． 12.(1)b2016＝32014 (2)证明：由数列{cn}是”阶梯数列”得 c2n－1＝c2n，故 S2n－1－S2n－2＝S2n－S2n－1， ∴{Sn}中存在连续三项 S2n－2，S2n－1，S2n (n≥2)成等差数列； (注：给出具体三项也可) 假设{Sn}中存在连续四项 Sk，Sk＋1，Sk＋2，Sk＋3，成等差数列， 则 Sk＋1－Sk＝Sk＋2－Sk＋1＝Sk＋3－Sk＋2，即 ck＋1＝ck＋2＝ck＋3， 当 k＝2m－1，m∈N*时，c2m＝c2m＋1＝c2m＋2，① 当 k＝2m，m∈N*时，c2m＋1＝c2m＋2＝c2m＋3，② 由数列{cn}是”阶梯数列”得 c2m0，n>0)，若点 P 满足条件②，则点 P 在与 l1，l2 平行 的直线 l′：2x－y＋c＝0 上，所以|c－3| 5 ＝1 2 × |c＋1 2| 5 ，解得 c＝13 2 或11 6 ，故有 2m－n＋13 2 ＝0 或 2m－n＋11 6 ＝0.若点 P 满足条件③，由题意及点到直线的距离公式可得， |2m－n＋3| 5 |m＋n－1| 1＋1 ＝ 2 5 ，化 简可得|2m－n＋3|＝|m＋n－1|，故有 2m－n＋3＝m＋n－1 或 2m－n＋3＝－(m＋n－1)，即 m －2n＋4＝0 或 3m＋2＝0(舍去). 2m－n＋13 2 ＝0 m－2n＋4＝0 解得 m＝－4 n＝－5 2 ，(舍去)由 2m－n＋11 6 ＝0 m－2n＋4＝0 解得 m＝1 9 n＝37 18 ，故点 P 的坐标为(1 9 ，37 18)，故能找到一点 P 同时满足这三个条件． 【变式训练】 (1)a＝2 (2)点 P 不存在． [能力强化] 一、填空题 1.(3，2) 2.2 55 5 3.2x＋y＋5＝0 或 2x＋y－5＝0 4.(x－3)2＋(y＋5)2＝32 5.2x＋3y－4＝0 6.2 7.18 8.(2，－1) 9.(－∞，－2]∪[6，＋∞) 10.(x－1 2)2＋(y－7 2)2＝25 2 二、解答题 11.(1y－2＝8± 19 15 (x－4) (2)(x－4)2＋(y－2)2＝9 (3)可以找到这样的定点 R，使得PQ PR 为定值．如点 R 的坐标为(2，1)时，比值为 2；点 R 的坐标为(2 5 ，1 5)时，比值为 10 3 . 12.(1)小路的最短长度为 4＋2 2(百米) (2)(6－4 2)π(百米)2 第 2 课时 圆锥曲线 [考点展示] 1.3 5 2.2 3 3.e＝ 6 3 4.y2＝6x 5.[ 3 2 ，1) 6. 2 2 [热点题型] 【例 1】 x2 4 －y2 4 ＝1 【变式训练】 x2 4 －y2 3 ＝1 【例 2】 2 3 【变式训练】 9 【例 3】【解】 (1)x2 4 ＋y2 2 ＝1. (2)方法一：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(x0，y0)， 联立 x2 4 ＋y2 2 ＝1 y＝kx＋m，消去 y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0， 所以 x1＋x2＝－ 4km 1＋2k2 ，又 2m2－2k2＝1，所以 x1＋x2＝－2k m ， 所以 x0＝－k m ，y0＝m－k·k m ＝ 1 2m ，则 k1·k2＝ 1 2m －k m ＋1 · 1 2m －k m －1 ＝ 1 4k2－4m2 ＝ 1 －2（2m2－2k2） ＝－1 2. 方法二：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(x0，y0)，则 x21 4 ＋y21 2 ＝1 x22 4 ＋y22 2 ＝1， 两式作差，得(x1＋x2)(x1－x2) 4 ＋(y1＋y2)(y1－y2) 2 ＝0， 又 x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0， ∴x0(x1－x2) 2 ＋y0(y1－y2)＝0， ∴x0 2 ＋y0(y1－y2) x1－x2 ＝0， 又 P(x1，y1)，Q(x2，y2)在直线 y＝kx＋m 上，∴y1－y2 x1－x2 ＝k，∴x0＋2ky0＝0，① 又 T(x0，y0)在直线 y＝kx＋m 上，∴y0＝kx0＋m，② 由①②可得 x0＝－ 2km 1＋2k2 ，y0＝ m 1＋2k2. 以下同方法一． 【变式训练】【解】 (1)设 F (c，0)且 c2＝a2－b2，P(x0，y0)，则 Q(－x0，y0)， 所以 k＝ y0 x0－c ，k′＝ y0 －x0－c ，因为NF→＝2FP→，所以 c＝2(x0－c)，即 x0＝3 2c ∴k＝ y0 x0－c ＝2y0 c ，k′＝ y0 －x0－c ＝ 2y0 －5c ∴k k′ ＝－5，即k k′ ＝－5 为定值． (2)若 A(－1 2c，－3y0)，则 A(－1 2c，－3y0)，所以 A(－1 2c，－3y0)，解得：A(－1 2c，－3y0) 因为点 f′(1)＝1、f′(1)＝1 在椭圆 f′(1)＝1 上，则 9c2 4a2 ＋y20 b2 ＝1(1) c2 4a2 ＋9y2 b2 ＝1(2) ， f′(1)＝1 得：80c2 4a2 ＝8，解得：c2 a2 ＝2 5 ，则c2 a2 ＝2 3 ，代入(1)得：y20 b2 ＝ y20 3c2 2 ＝ 1 10 ，y20 c2 ＝ 3 20 因为 f′(1)＝1 且 S△APQ＝12 15 5 ，解得：c2y20＝12 5 ，则 c2＝4，所以椭圆方程为：x2 10 ＋y2 6 ＝ 1. 【例 4】【解】 (1)x2 2 ＋y2＝1 (2)当 AB⊥x 轴时，AB＝ 2，又 CP＝3，不合题意．当 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为 y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将 AB 的方程代入椭圆方程，得 (1＋2k2)x2－ 4k2x ＋ 2 (k2－1) ＝ 0 ， 则 x1 ， 2 ＝ 2k2± 2(1＋k2) 1＋2k2 .C 的 坐 标 为 ( 2k2 1＋2k2 ， －k 1＋2k2 ) ， 且 AB ＝ (x2－x1)2＋(y2－y1)2＝ (1＋k2)(x2－x1)2 ＝2 2（1＋k2） 1＋2k2 .若 k＝0，则线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，与左准线平行，不合题意． 从而 k≠0，故直线 PC 的方程为 y＋ k 1＋2k2 ＝－1 k(x－ 2k2 1＋2k2)，则 P 点的坐标(－2， 5k2＋2 k（1＋2k2）)，从而 PC＝2(3k2＋1) 1＋k2 |k|(1＋2k2) .因为 PC＝2AB，所以2(3k2＋1) 1＋k2 |k|(1＋2k2) ＝4 2(1＋k2) 1＋2k2 ， 解得 k＝±1.此时直线 AB 方程为 y＝x－1 或 y＝－x＋1. 【变式训练】【解】 (1)x2 4 ＋y2＝1. (2)设 l 与 x 轴的交点为 D(n，0)，直线 l：x＝my＋n，与椭圆交点为 P(x1，y1)，Q(x2， y2) ， 联 立 x ＝ my ＋ n ， x2 4 ＋ y2 ＝ 1 ， 得 (4 ＋ m2)y2 ＋ 2mny ＋ n2 － 4 ＝ 0 ， y1 ， 2 ＝ 2 －2mn± （2mn）2－4（4＋m2）（n2－4） 2（4＋m2） ， ∴y1＋y2 2 ＝－ mn 4＋m2 ，y1y2＝n2－4 4＋m2 ， ∴x1＋x2 2 ＝m（y1＋y2）＋2n 2 ＝ 4n 4＋m2 ， 即 H( 4n 4＋m2 ，－ mn 4＋m2)， 由 OH＝1，得 n2＝（4＋m2）2 16＋m2 ， 则 S△POQ＝1 2OD|y1－y2|＝1 2|n||y1－y2|， 令 T＝n2(y1－y2)2＝n2[(y1＋y2)2－4y1y2]＝12·16· 4＋m2 （16＋m2）2 ， 设 t＝4＋m2(t≥4)，则 4＋m2 （16＋m2）2 ＝ t t2＋24t＋144 ＝ 1 t＋144 t ＋24 ≤ 1 48 ， 当且仅当 t＝144 t ，即 t＝12，S△POQ＝1， 所以△POQ 面积的最大值为 1. [能力强化] 一、填空题 1.8 2.4 3.2 2 4.e＝ 10 2 5.(0， 3 2 ] 6. 10 4 7.6 8. 3 2 ，1 9.相离 10.2 二、解答题 11.(1)x2 3 ＋y2 2 ＝1 (2)4 3 3 12.(1)x＋3y＋6＝0 (2)证明：设 P(x0，y0)，则x20 12 ＋y20 4 ＝1，即 y20＝4－x20 3.设 M(xM，yM)，由 A，P，M 三点共 线，即AP→∥AM→ ， ∴(x0＋3)(yM＋1)＝(y0＋1)(xM＋3)， 又点 M 在直线 y＝x 上，解得 M 点的横坐标 xM＝ 3y0－x0 x0－y0＋2 ，设 N(xN，yN)，由 B，P，N 三点共线，即BP→∥BN→ ，∴x0(yN＋2)＝(y0＋2)xN，点 N 在直线 y＝x 上，，解得 N 点的横坐标 xN＝ －2x0 x0－y0－2 . 所以 xM·xN＝2 3y0－x0 x0－y0＋2 · －2x0 x0－y0－2 ＝2 2x20－6x0y0 （x0－y0）2－4 ＝2 2x20－6x0y0 x20－2x0y0－x20 3 ＝2 x20－3x0y0 x20 3 －x0y0 ＝6. 第 3 课时 圆锥曲线的定点、定值问题 [考点展示] 1.(2，3) 2.(1，1) 3.－3 4 4.2 p 5.(2p，0) 6.－5 [热点题型] 【例 1】(－2，0) 【变式训练】【解】 设 P(x1，y1)(y1≠0)，M(2，y0)，则 k1＝y0 2 ，k2＝ y1 x1－2 ，因为 A， P，M 三点共线，所以 y0＝ 4y1 x1＋2 ，设直线 BP 的斜率为 k2＝ y1 x1－2 ，直线 m 的斜率为 km＝2－x1 y1 ， 则直线 m 的方程为 y－y0＝2－x1 y1 (x－2)，y＝2－x1 y1 (x－2)＋y0＝2－x1 y1 x－2（2－x1） y1 ＋ 4y1 x1＋2 ＝ 2－x1 y1 x＋2（x21－4）＋4y21 （x1＋2）y1 ＝2－x1 y1 x＋2（x21－4）＋12－3x21 （x1＋2）y1 ＝2－x1 y1 x＋2－x1 y1 ＝2－x1 y1 (x＋1)，所以 直线 m 过定点(－1，0)． 【例 2】【解】 A(－2，0)，B(2，0)，设 P(x0，y0)，故x20 4 ＋y20 3 ＝1，即 y20＝3 4(4－x20)，所以 k1k2＝ y0 x0＋2 · y0 x0－2 ＝－3 4 ，设 M(4，y1)，N(4，y2)，k1＝y1 6 ，k2＝y2 2 ，所以 y1y2＝－9，以 MN 为 直径的圆的方程为(x－4)(x－4)＋(y－y1)(y－y2)＝0，有图形的对称性知，此定点在 x 轴上，令 y＝0 得(x－4)2＋(－y1)(－y2)＝0 解得 x＝1 或 x＝7，所以以 MN 为直径的圆过(1，0)和(7，0)． 【变式训练】【解】 设 P(x0，y0)，有x20 4 ＋y20＝1，设 AP 斜率为 k1，BP 斜率为 k2，所 以 k1k2＝y0－1 x0 ·y0＋1 x0 ＝y20－1 x20 ＝－1 4 ，因为 M，N 在直线 y＝－2 上，所以设 M(x1，－2)，N(x2， －2)，所以 kAN·kBM＝－2－（－1） x1－0 · －2－1 x2－0 ＝ 3 x1x2 ＝k1k2＝－1 4 ，所以 x1x2＝－12，不妨设 x1<0， x2>0，则以 MN 为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y＋2)2＝0，即 x2－(x1＋x2)x＋(y＋2)2－ 12＝0，有图形的对称性知定点在 y 轴上，令 x＝0，解得 y＝－2±2 3，所以无论点 P 如何变 化，以 MN 为直径的圆恒过定点(0，－2±2 3)． 【例 3】【解】 (1)x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)因直线 l 与 y 轴相交，故斜率存在，设直线 l 方程为 y＝k(x－1)，求得 l 与 y 轴交于 M(0，－k)， 又 F 坐标为(1，0)，设 l 交椭圆于 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 y＝k（x－1） x2 4 ＋y2 3 ＝1 ，消去 y 得(3 ＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， ∴x1＋x2＝ 8k2 3＋4k2 ，x1x2＝4k2－12 3－4k2 ， 又由 MA＝λAF，∴(x1，y1＋k)＝λ(1－x1，－y1)，∴λ＝ x1 1－x1 ，同理μ＝ x2 1－x2 ， ∴λ＋μ＝ x1 1－x1 ＋ x2 1－x2 ＝ x1＋x2－2x1x2 1－（x1＋x2）x1x2 ＝ 8k2 3＋4k2 1－ 8k2 3＋4k2 ＋4k2－12 3＋4k2 ＝－8 3. 所以当直线 l 的倾斜角变化时，直线λ＋μ的值为定值－8 3. (3)当直线 l 斜率不存在时，直线 l⊥x 轴，则 ABED 为矩形，由对称性知，AE 与 BD 相 交于 FK 的中点 N 5 2 ，0 ， 猜想，当直线 l 的倾斜角变化时， AE 与 BD 相交于定点 N 5 2 ，0 ， 证明：由(2)知 A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∴D(4，y1)，E(4，y2)，当直线 l 的倾斜角变化时，首先证直线 AE 过定点 5 2 ，0 ， ∵lAE：y－y2＝y2y1 4x1 (x－4)， 当 x＝5 2 时，y＝y2＋y2－y1 4－x1 · －3 2 ＝2（4－x1）·y2－3（y2－y1） 2（4－x1） ＝2（4－x1）·k（x2－1）－3k（x2－x1） 2（4－x1） ＝－8k－2kx1x2＋5k（x1＋x2） 2（4－x1） ＝ －8k(3＋4k2)－2k(4k2－12)＋5k·8k2 2(4－x1)·(3＋4k2) ＝0. ∴点 N 5 2 ，0 在直线 lAE 上． 同理可证，点 N 5 2 ，0 也在直线 lBD 上． ∴当直线 l 的倾斜角变化时，直线 AE 与 BD 相交于定点 5 2 ，0 . 【变式训练】【解】 (1)如图，设动圆圆心为 O1(x，y)，由题意，得|O1A|＝|O1M|， 当 O1 不在 y 轴上时，过 O1 作 O1H⊥MN 交 MN 于 H，则 H 是 MN 的中点， ∴|O1M|＝ x2＋42， 又|O1A|＝ （x－4）2＋y2，∴ （x－4）2＋y2＝ x2＋42， 化简得 y2＝8x(x≠0)． 又当 O1 在 y 轴上时，O1 与 O 重合，点 O1 的坐标为(0，0)也满足方程 y2＝8x，∴动圆圆 心的轨迹 C 的方程为 y2＝8x. (2)证明：由题意，设直线 l 的方程为 y＝kx＋b(k≠0)， P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 将 y＝kx＋b 代入 y2＝8x 中， 得 k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0. 其中Δ＝－32kb＋64>0. 由根与系数的关系得，x1＋x2＝8－2bk k2 ，① x1x2＝b2 k2 ，② 因为 x 轴是∠PBQ 的角平分线， 所以 y1 x1＋1 ＝－ y2 x2＋1 ， 即 y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0， (kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0， 2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0③ 将①，②代入③得 2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0， ∴k＝－b，此时Δ>0， ∴直线 l 的方程为 y＝k(x－1)，即直线 l 过定点(1，0)． 【例 4】【解】 (1)x2 2 ＋y2＝1. (2)证明：AB，CD 斜率均存在，设直线 AB 方程为 y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， M x1x2 2 ，k x1＋x2 2 －1 ， y＝k(x－1) x2＋2y2－2＝0 ， 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0， x1＋x2＝ 4k2 1＋2k2 x1x2＝2k2－2 1＋2k2 故 M 2k2 1＋2k2 ， k 1＋2k2 . 将上式中的 k 换成－1 k ，则同理可得 N( 2 2＋k2 ， k 2＋k2)． 如 2k2 1＋2k2 ＝ 2 2＋k2 ，得 k＝±1，则直线 MN 斜率不存在，此时直线 MN 过点 2 3 ，0 ，下面 证明动直线 MN 过定点 P 2 3 ，0 . (证法 1)若直线 MN 斜率存在，则 kMN＝ －k 1＋2k2 － k 2＋k2 2k2 1＋2k2 － 2 2＋k2 ＝－k(3k2＋3) 2k4－2 ＝3 2 × －k k2－1 ， 直线 MN 为 y－ k 2＋k2 ＝3 2 × －k k2－1 x－ 2 2＋k2 . 令 y＝0，得 x＝ 2 2＋k2 ＋2 3 ×k2－1 2＋k2 ＝2 3 ×3＋k2－1 2＋k2 ＝2 3. 综上，直线 MN 过定点 2 3 ，0 . (证法 2)动直线 MN 最多过一个定点，由对称性可知，定点必在 x 轴上，设 x＝2 3 与 x 轴交 点为 P 2 3 ，0 ，下证动直线 MN 过定点 P 2 3 ，0 . 当 k≠±1 时，kPM＝ －k 1＋2k2 2k2 1＋2k2 －2 3 ＝3 2 × k 1－k2 ， 同理将上式中的 k 换成－1 k ， 可得 kPM＝3 2 × －1 k 1－1 k2 ＝3 2 × k 1－k2 ， 则 kPM＝kPN，直线 MN 过定点 P 2 3 ，0 . 【变式训练】【解】 (1)当 m＝0 时，直线 l：y＝kx 代入椭圆 C：x2 4 ＋y2 2 ＝1 的方程， 得到 x2＋2k2x2＝4. 解得 P － 2 1＋2k2 ，－ 2k 1＋2k2 ， Q 2 1＋2k2 ， 2k 1＋2k2 ， 所以 k1＝ － 2k 1＋2k2 － 2 － 2 1＋2k2 ＝2k＋ 2· 1＋22 2 ， k2＝ 2k 1＋2k2 － 2 2 1＋2k2 ＝2k－ 2· 1＋2k2 2 ， 所以 k1·k2＝4k2－2(1＋2k2) 4 ＝－1 2. (2)证明：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线 l：y＝kx＋m 代入椭圆 C：x2 4 ＋y2 2 ＝1 的方程， 并整理得到(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0， 则Δ＞0 且 x1＋x2＝－ 4km 1＋2k2 ，x1·x2＝2m2－4 1＋2k2 . 由 k1·k2＝－1 知，y1－ 2 x1 ·y2－ 2 x2 ＝－1， 即 y1y2－ 2(y1＋y2)＋2＋x1x2＝0， (kx1＋m)(kx2＋m)－ 2(kx1＋m＋kx2＋m)＋x1x2＋2＝0， k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2－ 2k(x1＋x2)－2 2m＋x1x2＋2＝0， (k2＋1)2m2－4 1＋2k2 ＋k(m－ 2) － 4km 1＋2k2 ＋m2－2 2m＋2＝0， (k2＋1)(2m2－4)＋k(m－ 2)(－4km)＋(m2－2 2m＋2)(1＋2k2)＝0， 所以 3m2－2 2m－2＝0，所以 m＝ 2(舍)或 m＝－ 2 3 ，所以直线 l 过定点 0，－ 2 3 . [能力强化] 一、填空题 1.(－2，－4 3) 2.1 2 3.16 4.4 5.－b2 a2 6.2 2 7.6 5 8.4 9.3－2 2 10.(1，0) 二、解答题 11.(1)x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)由 y＝kx＋m 3x2＋4y2＝12 ，消去 y 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， ∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即 m2＝3＋4k2.设 P(xp，yp)，则 xp＝－ 4km 3＋4k2 ＝ －4k m ，yp＝kxp＋m＝－4k2 m ＋m＝3 m ，即 P －4k m ，3 m .∵M(t，0)，Q(4，4k＋m)， ∴MP→ ＝ －4k m －t，3 m ，MQ→ ＝(4－t，4k＋m)，∴MP→ ·MQ→ ＝ －4k m －t ·(4－t)＋3 m·(4k＋m) ＝t2－4t＋3＋4k m(t－1)＝0 恒成立，故 t＝1 t2－4t＋3＝0，即 t＝1. ∴存在点 M(1，0)符合题意． 12.(1)y2 3 ＋x2 2 ＝1. (2)证明：设点 P(x0，y0)，过点 P 的椭圆 E 的切线 l0 的方程为 y－y0＝k(x－x0)， 整理得 y＝kx＋y0－kx0， 联立直线 l0 与椭圆 E 的方程得 y＝kx＋y0－kx0 y2 3 ＋x2 2 ＝1 ， 消去 y 得 2[kx＋(y0－kx0)]2＋3x2－6＝0， 整理得(3＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(kx0－y0)2－6＝0， ∵l0 与椭圆 E 相切，∴Δ＝[4k(y0－kx0)]2－4(3＋2k2)[2(kx0－y0)2－6]＝0， 整理得(2－x20)k2＋2x0y0k－(y20－3)＝0， 设满足题意的椭圆 E 的两条切线的斜率分别为 k1，k2， 则 k1k2＝－y20－3 2－x20 . ∵点 P 在圆 O 上，∴x20＋y20＝5，∴k1k2＝－5－x20－3 2－x20 ＝－1. ∴两条切线斜率之积为常数－1. 第 4 课时 圆锥曲线的范围问题 [考点展示] 1.10 2.[ 6 2 ，3 6 2 ] 3.2 3 4.[ 3 3 ，1) 5.[ 5， 6] 6.[－ 5 6 ，－ 21 22 ]∪[ 21 22 ， 5 6 ] [热点题型] 【例 1】【解】 有已知得 A(4，0)是椭圆的右焦点，设左焦点 F(－4，0)，由椭圆定义 得|MA|＋|MB|＝2a－|MF|＋|MB|＝10＋|MB|－|MF|，因为||MB|－|MF||≤ |FB|＝2 10，所以|MB|－|MF|∈[－2 10，2 10]，所以|MA|＋|MB|的最小值和最大值分别 为 10－2 10和 10＋2 10. 【变式训练】 9－ 17 8 【例 2】 6 【变式训练】 [1， 2] 【例 3】【解】 (1)x2 2 ＋y2＝1 (2)由题意知直线 l 的斜率存在，设直线 l 方程为 y＝k(x－2)，设 p(x0，y0) 将直线方程代入椭圆方程得：(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0 ∴Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)＝－16k2＋8>0，∴k2<1 2 设 S(x1，y1)，T (x2，y2)则 x1＋x2＝ 8k2 1＋2k2 ，x1x2＝8k2－2 1＋2k2 当 k＝0 时，直线 l 的方程为 y＝0，此时 t＝0，OS→＋OT→＝t OP→ 成立，故，t＝0 符合题意． 当 t≠0 时，得 tx0＝x1＋x2＝ 8k2 1＋2k2 ty0＝y1＋y2＝k（x1＋x2－4）＝ －4k 1＋2k2 ∴x0＝1 t· 8k2 1＋2k2 ，y0＝1 t· －4k 1＋2k2 将上式代入椭圆方程得： 32k4 t2（1＋2k2）2 ＋ 16k2 t2（1＋2k2）2 ＝1 整理得：t2＝ 16k2 1＋2k2 ，由 k2<1 2 知 00， 且 x1＋x2＝－8km 1＋4k2 ，x1x2＝4（m2－1） 1＋4k2 ， 故 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2. 因直线 OP，PQ，OQ 的斜率依次成等比数列，所以y1 x1 ·y2 x2 ＝k2x1x2＋km（x1＋x2）＋m2 x1x2 ＝ k2， 即－8k2m2 1＋4k2 ＋m2＝0，又 m≠0，所以 k2＝1 4 ，即 k＝±1 2. 由于直线 OP，OQ 的斜率存在，且Δ>0，得 00，y>0.由 202＝x2＋y2－2xycos120°≥ 2xy－2xycos120°，得 xy≤400 3 ，∴S＝ 1 2xysin120°≤1 2 ×400 3 × 3 2 ＝100 3 3 ，即三角形 BAC 面积的最大值为100 3 3 ，当且仅当 x ＝y 时取到． (2)由 DB＋DC＝20，知点 D 在以 B，C 为焦点的椭圆上，∵S△ABC＝1 2 ×10×10× 3 2 ＝ 25 3，∴要使四边形 DBAC 面积最大，只需△DBC 面积最大，此时 D 到 BC 的距离最大，即 D 必为椭圆短轴顶点．由 BC＝10 3，得短半轴长 b＝5，S△BCD 面积的最大值为1 2 ×10 3×5 ＝25 3.因此，四边形 ACDB 面积的最大值为 50 3. 【例 3】【解】 (1)四边形 ABCD 内接于圆，所以∠ABC＋∠ADC＝180°，连接 AC， 由余弦定理：AC2＝42＋62－2×4×6cos∠ABC＝42＋22－2×2×4cos∠ADC， ∴cos∠ABC＝1 2 ，∵∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝60°， 则 S 四边形 ABCD＝1 2 ×4×6×sin60°＋1 2 ×2×4×sin120°＝8 3(万平方米)， 在△ABC 中，由余弦定理： AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝16＋36－2×4×6×1 2 ＝28， 故 AC＝2 7，由正弦定理得 2R＝ AC sinABC ＝2 7 3 2 ＝4 21 3 ，∴R＝2 21 3 (万米)． (2)S 四边形 APCD＝S△ADC＋SAPC， S△ADC＝1 2AD·CD·sin120°＝2 3， 设 AP＝x，CP＝y， 则 S△APC＝1 2xy·sin60°＝ 3 4 xy， 又由余弦定理：AC2＝x2＋y2－2xycos60°＝x2＋y2－xy＝28， ∴xy≤28，当且仅当 x＝y 时取等号， ∴S 四边形 APCD＝2 3＋ 3 4 xy≤2 3＋ 3 4 ×28＝9 3，即当 x＝y 时面积最大，其最大面积为 9 3万平方米，作 AC 的垂直平分线与圆弧 ABC 的交点即为 P 点． 【变式训练】【解】 设∠AMN＝θ，在△AMN 中， MN sin60° ＝ AM sin（120°－θ） ，∵MN ＝2，∴AM＝4 3 3 sin(120°－θ)．在△APM 中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ)，AP2＝AM2＋MP2 －2AM·MP·cos∠AMP＝16 3 sin2(120°－θ)＋4－2×2×4 3 3 sin(120°－θ)cos(60°＋θ) ＝16 3 sin2(θ＋60°)－16 3 3 sin(θ＋60°)cos(θ＋60°)＋4＝8 3[1－cos(2θ＋120°)]－ 8 3 3 sin(2θ＋120°)＋4＝－8 3[ 3sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋20 3 ＝－16 3 sin(2θ＋150°)＋ 20 3 ，0<θ<120°. 当且仅当 2θ＋150°＝270°，即θ＝60°时，AP2 取得最大值 12，即 AP 取得最大值 2 3. 答：设计∠AMN 为 60°时，工厂产生的噪声对居民的影响最小． 【例 4】【解】 (1)由正棱柱的定义，CC1⊥平面 ABCD，所以平面 A1ACC1⊥平面 ABCD， CC1⊥AC.记玻璃棒的另一端落在 CC1 上点 M 处． 因为 AC＝10 7，AM＝40， 所以 MC＝ 402－（10 7）2＝30，从而 sin∠MAC＝3 4 ， 记 AM 与水面的焦点为 P1，过 P1 作 P1Q1⊥AC，Q1 为垂足， 则 P1Q1⊥平面 ABCD，故 P1Q1＝12，从而 AP1＝ P1Q1 sin∠MAC ＝16. 答：玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 16cm. (如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为 24cm) (2)如图，O，O1 是正棱台的两底面中心． 由正棱台的定义，OO1⊥平面 EFGH，所以平面 E1EGG1⊥平面 EFGH，O1O⊥EG. 同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1.记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处．过 G 作 GK⊥E1G1，K 为垂足，则 GK＝OO1＝32.因为 EG＝14，E1G1＝62，所以 KG1＝62－14 2 ＝ 24， 从而 GG1＝ KG21＋GK2＝ 242＋322＝40. 设∠EGG1＝α，∠ENG＝β则 sinα＝sin(π 2 ＋∠KGG1)＝cos∠KGG1＝4 5. 因为π 2 ＜α＜π，所以 cosα＝－3 5. 在△ENG 中，由正弦定理可得 40 sinα＝ 14 sinβ，解得 sinβ＝ 7 25. 因为 0＜β＜π 2 ，所以 cosβ＝24 25. 于是 sin∠NEG＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ ＝4 5 ×24 25 ＋(－3 5)× 7 25 ＝3 5. 记 EN 与水面的交点为 P2，过 P2 作 P2Q2⊥EG，Q2 为垂足，则 P2Q2⊥平面 EFGH，故 P2Q2＝12，从而 EP2＝ P2Q2 sin∠NEG ＝20. 答：玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 20cm. (如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为 20cm) 【变式训练】 V＝ 3 12x2 100－10 3 3 x，x∈(0，10 3) (2)设 y＝V2＝x4 48 100－10 3 3 x ＝100x4 48 － 10x5 48 3 ，求导得 y′＝100x3 12 － 50x4 48 3 ，令 y′＝0，得 x＝8 3 当 x∈(0，8 3)时，y′>0，∴函数 y 在(0，8 3)上单调递增， 当 x∈(8 3，10 3)时，y′<0，∴函数 y 在(8 3，10 3)上单调递减， 所以当 x＝8 3cm 时，y 取得极大值也是最大值．此时 y＝15360，所以 Vmax＝32 15cm3. 答：当底面边长为 8 3cm 时，正三棱锥的最大体积为 32 15cm3. [能力强化] 一、填空题 1.2019 2.80 3.180 4. 6 5.2 6. 10 7.216000 8.10 2 9.3 2( 6＋ 2)nmile 10.(1)312(m3) (2)PO1＝2 3m 时，仓库的容积最大． 11.(1)EF＝t 4 ＋1 t(00)， ∵SA＝AB＝a，且 SA⊥AB，∴设 E(x，0，a－x)其中 0≤x≤a， ∴DE→ ＝(x，－3a，a－x)，SC→＝(a，a，－a) 假设 DE 和 SC 垂直，则DE→ ·SC→＝0， 即 ax－3a2－a2＋ax＝2ax－4a2＝0，解得 x＝2a， 这与 0≤x≤a 矛盾，假设不成立，所以 DE 和 SC 不可能垂直． (2)2 105 21 3.(1)h a ＝3 2 (2) 4 13 4.(1)30° (2)5 33 33 5.(1)1 3 (2)4 2 3 6.(1)证明：由已知得 AM＝2 3AD＝2.取 BP 的中点 T，连接 AT，TN，由 N 为 PC 中点知 TN∥BC，TN＝1 2BC＝2. 又 AD∥BC，故 TN 綊 AM，所以四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MN∥AT. 因为 AT⊂平面 PAB，MN⊄平面 PAB，所以 MN∥平面 PAB. (2)8 5 25 第 2 课时 离散型随机变量的概率分布 [热点题型] 【例 1】 (1)1 3 (2)随机变量 X 的概率分布为 X 0 1 2 P 4 15 7 15 4 15 【变式训练】 (1)1 4. (2)随机变量 X 的概率分布为 X 0 5 10 15 20 P 1 4 1 6 1 6 1 6 1 4 【例 2】 (1) 5 12 (2)设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为 0，40，80，120，160，则： P(ξ＝0)＝1 4 ×1 6 ＝ 1 24 ； P(ξ＝40)＝1 4 ×2 3 ＋1 2 ×1 6 ＝1 4 ； P(ξ＝80)＝1 4 ×1 6 ＋1 2 ×2 3 ＋1 4 ×1 6 ＝ 5 12 ；P(ξ＝120)＝1 2 ×1 6 ＋1 4 ×2 3 ＝1 4 ； P(ξ＝160)＝1 4 ×1 6 ＝ 1 24. ξ的概率分布为 ξ 0 40 80 120 160 P 1 24 1 4 5 12 1 4 1 24 E(ξ)＝0× 1 24 ＋40×1 4 ＋80× 5 12 ＋120×1 4 ＋160× 1 24 ＝80. V(ξ)＝(0－80)2× 1 24 ＋(40－80)2×1 4 ＋(80－80)2× 5 12 ＋(120－80)2×1 4 ＋(160－80)2× 1 24 ＝ 4000 3 . 【变式训练】【解】 (1)耗用子弹数 X 的所有可能取值为 1，2，3，4. 当 X＝1 时，表示射击一次，命中目标，即 P(X＝1)＝2 3 ； 当 X＝2 时，表示射击两次，第一次未中，第二次射中目标， 则 P(X＝2)＝(1－2 3)×2 3 ＝2 9 ； 当 X＝3 时，表示射击三次，第一次、第二次均未击中，第三次击中，则 P(X＝3)＝(1－ 2 3)×(1－2 3)×2 3 ＝ 2 27 ； 当 X＝4 时，表示射击四次，前三次均未击中， 则 P(X＝4)＝(1－2 3)×(1－2 3)×(1－2 3)＝ 1 27. X 的概率分布为 X 1 2 3 4 P 2 3 2 9 2 27 1 27 (2)E(X)＝1×2 3 ＋2×2 9 ＋3× 2 27 ＋4× 1 27 ＝40 27. 【例 3】【解】 (1)11 15 (2)法一 设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为 X1，都选择方案乙抽奖中奖次数 为 X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为 E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的 数学期望为 E(3X2)． 由已知可得，X1～B(2，2 3)，X2～B(2，2 5)，所以 E(X1)＝2×2 3 ＝4 3 ，E(X2)＝2×2 5 ＝4 5 ，因此 E(2X1)＝2E(X1)＝8 3 ， E(3X2)＝3E(X2)＝12 5 . 因为 E(2X1)>E(3X2)， 所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大． 法二设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为 Y1，都选择方案乙所获得的累计得 分为 Y2，则 Y1，Y2 的概率分布为： Y1 0 2 4 P 1 9 4 9 4 9 Y2 0 3 6 P 9 25 12 25 4 25 ∴E(Y1)＝0×1 9 ＋2×4 9 ＋4×4 9 ＝8 3 ， E(Y2)＝0× 9 25 ＋3×12 25 ＋6× 4 25 ＝12 5 ，因为 E(Y1)>E(Y2)， 所以二人都选择方案甲抽奖，累计得分的数学期望较大． 【变式训练】【解】 (1)E(ξ)＝3 2 ，V(ξ)＝3 4. (2)ξ的可能取值为 0，1，2，3. P(ξ＝0)＝(1－q)(1－p)2＝pq2， P(ξ＝1)＝q(1－p)2＋(1－q)C12p(1－p)＝q3＋2p2q， P(ξ＝2)＝qC12p(1－p)＋(1－q)p2＝2pq2＋p3，P(ξ＝3)＝pq2. ξ的概率分布为 ξ 0 1 2 3 P pq2 q3＋2p2q 2pq2＋p3 pq2 E(ξ)＝0×pq2＋1×(q3＋2p2q)＋2×(2pq2＋p3)＋3×qp2＝1＋p. 【例 4】【解】 (1)依题意，p1＝P(40120)＝ 5 50 ＝0.1. 由二项分布，在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为 p＝C04(1－p3)4＋C14(1－p3)3p3＝( 9 10)4＋4×( 9 10)3×( 1 10)＝0.9477. (2)记水电站年总利润为 Y(单位：万元)． ①安装 1 台发电机的情形． 由于水库年入流量总大于 40，故一台发电机运行的概率为 1， 对应的年利润 Y＝5000，E(Y)＝5000×1＝5000. ②安装 2 台发电机的情形． 依题意，当 40120 时，三台发电机运行，此时 Y＝5000×3＝15000，因此 P(Y＝15000)＝P(X>120) ＝p3＝0.1.因此得 Y 的分概率分布如下： Y 3400 9200 15000 P 0.2 0.7 0.1 所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15000×0.1＝8620. 综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机 2 台． 【变式训练】【解】 若按”项目一”投资，设获利为 X1 万元．则 X1 的概率分布为 X1 300 －150 P 7 9 2 9 ∴E(X1)＝300×7 9 ＋(－150)×2 9 ＝200(万元)． 若按”项目二”投资，设获利 X2 万元， 则 X2 的概率分布为： X2 500 －300 0 P 3 5 1 3 1 15 ∴E(X2)＝500×3 5 ＋(－300)×1 3 ＋0× 1 15 ＝200(万元)． V(X1)＝(300－200)2×7 9 ＋(－150－200)2×2 9 ＝35000， V(X2)＝(500－200)2×3 5 ＋(－300－200)2×1 3 ＋(0－200)2× 1 15 ＝140000. 所以 E(X1)＝E(X2)，V(X1)1. ，g(x)＝ 0，02. |f（x）＋g（x）|＝ －lnx，0＜x≤1 |lnx＋2－x2|，1＜x≤2 |lnx＋x2－6|，x＞2 ， 分情况讨论： 当 01，∴此时有一个根． 当 x>2 时 ， |f（x）＋g（x）| 先 减 后 增 ， 且 |f（2）＋g（2）| ＝ 2 － ln2>1 ， |f（2.3）＋g（2.3）|<1， ∴此时|f（x）＋g（x）|与 y＝1 有两个交点，即|f（x）＋g（x）|＝1 有两个根． 综上，方程|f（x）＋g（x）|＝1 的实根共有 4 个． 【变式训练】 5 【例 2】【解】 (1)证明：易知 f′(x)＝2x＋b.由题设，对任意的 x∈R，2x＋b≤x2＋bx ＋c，即 x2＋(b－2)x＋c－b≥0 恒成立，所以(b－2)2－4(c－b)≤0，从而 c≥b2 4 ＋1.于是 c≥1， 且 c≥2 b2 4 ×1＝|b|，因此 2c－b＝c＋(c－b)＞0.故当 x≥0 时，有(x＋c)2－f(x)＝(2c－b)x＋ c(c－1)≥0，即当 x≥0 时，f(x)≤(x＋c)2. (2)由(1)知 c≥|b|.当 c＞|b|时，有 M≥f（c）－f（b） c2－b2 ＝c2－b2＋bc－b2 c2－b2 ＝c＋2b b＋c .令 t＝b c ， 则－1＜t＜1，c＋2b b＋c ＝2－ 1 1＋t.而函数 g(t)＝2－ 1 1＋t(－1＜t＜1)的值域是(－∞，3 2)．因此，当 c＞|b|时，M 的取值集合为[3 2 ，＋∞)．当 c＝|b|时，由(1)知 b＝±2，c＝2.此时 f(c)－f(b)＝－8 或 0，c2－b2＝0，从而 f(c)－f(b)≤3 2(c2－b2)恒成立． 综上所述，M 的最小值为3 2. 【变式训练】【解】 ∵t∈[ 2，8]，∴1 2 ≤log2t≤3，∴1 2 ≤m≤3. 方法一：不等式可化为：(2－x)m3，即 x<－1； 若 x>2，则 m>2－x，∴2－x<1 2 ，即 x>3 2 ，又 x>2，∴x>2. 综上，x 的取值范围为 x<－1 或 x>2. 方法二：原不等式可化为(x－2)m＋(x－2)2>0.令 g(m)＝(x－2)m＋(x－2)2，m∈[1 2 ，3]时， 有 g(m)的最小值大于 0，∵x＝2 时，不成立， ∴ x≠2 g（1 2 ）>0 g（3）>0 ，即 x≠2 1 2 （x－2）＋（x－2）2>0 3（x－2）＋（x－2）2>0 . 解得 x<－1 或 x>2. 【例 3】【解】 因为 a1＝2，a23＝a2·(a4＋1)， 又因为{an}是正项等差数列，故 d≥0， 所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)， 得 d＝2 或 d＝－1(舍去)， 所以数列{an}的通项公式 an＝2n. 因为 Sn＝n(n＋1)， 所以 bn＝ 1 Sn＋1 ＋ 1 Sn＋2 ＋…＋ 1 S2n ＝ 1 （n＋1）（n＋2）＋ 1 （n＋2）（n＋3）＋…＋ 1 2n（2n＋1） ＝ 1 n＋1 － 1 n＋2 ＋ 1 n＋2 － 1 n＋3 ＋…＋ 1 2n － 1 2n＋1 ＝ 1 n＋1 － 1 2n＋1 ＝ n 2n2＋3n＋1 ＝ 1 2n＋1 n ＋3 . 令 f(x)＝2x＋1 x(x≥1)， 则 f′(x)＝2－1 x2 ，当 x≥1 时，f′(x)＞0 恒成立， 所以 f(x)在[1，＋∞)上是增函数， 故当 x＝1 时，f(x)min＝f(1)＝3， 即当 n＝1 时，(bn)max＝1 6 ， 要使对任意的正整数 n，不等式 bn≤k 恒成立， 则须使 k≥(bn)max＝1 6 ，所以实数 k 的最小值为1 6. 【变式训练】【解】 (1)∵二次函数 f(x)＝1 2an·x2＋(2－n－an＋1)·x 的对称轴为 x＝1 2 ， ∴an≠0，－2－n－an＋1 2×1 2an ＝1 2 ，整理得 an＋1＝1 2an＋ 1 2n ， 左右两边同时乘以 2n＋1，得 2n＋1an＋1＝2nan＋2，即 2n＋1an＋1－2nan＝2(常数)， ∴{2nan}是以 2 为首项，2 为公差的等差数列， ∴2nan＝2＋2(n－1)＝2n， ∴an＝2n 2n ＝ n 2n－1. (2)∵Sn＝ 1 20 ＋ 2 21 ＋ 3 22 ＋…＋n－1 2n－2 ＋ n 2n－1 ，① 1 2Sn＝ 1 21 ＋ 2 22 ＋ 3 23 ＋…＋n－1 2n－1 ＋ n 2n ，② ①－②得：1 2Sn＝1＋ 1 21 ＋ 2 22 ＋ 3 23 ＋…＋ 1 2n－1 － n 2n ＝ 1－ 1 2n 1－1 2 － n 2n ，整理得 Sn＝4－n＋2 2n－1 . ∵Sn＋1－Sn＝4－n＋3 2n －(4－n＋2 2n－1 )＝n＋1 2n ＞0， ∴数列{Sn}是单调递增数列． ∴要使 Sn＜3 成立，即使 4－n＋2 2n－1 ＜3，整理得 n＋2>2n－1， ∴n＝1，2，3. 【例 4】【解】 (1)设椭圆 C 的方程为y2 a2 ＋x2 b2 ＝1(a>b>0)，设 c>0，c2＝a2－b2， 由题意，知 2b＝ 2，c a ＝ 2 2 ，所以 a＝1，b＝c＝ 2 2 . 故椭圆 C 的方程为 y2＋x2 1 2 ＝1，即 y2＋2x2＝1. (2)①当直线 l 的斜率不存在时，也满足AP→＝3PB→，此时 m＝±1 2. ②当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋m(k≠0)，l 与椭圆 C 的交点坐标为 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 y＝kx＋m 2x2＋y2＝1 得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0， Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1)＝4(k2－2m2＋2)>0，(*) x1＋x2＝－2km k2＋2 ，x1x2＝m2－1 k2＋2 . 因为AP→＝3PB→，所以－x1＝3x2， 所以 x1＋x1＝－2x2 x1x1＝－3x22 则 3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0， 即 3·( －2km k2＋2 )2＋4·m2－1 k2＋2 ＝0， 整理得 4k2m2＋2m2－k2－2＝0， 即 k2(4m2－1)＋2m2－2＝0， 当 m2＝1 4 时，上式不成立； 当 m2≠1 4 时，k2＝2－2m2 4m2－1 ， 由(*)式，得 k2>2m2－2，又 k≠0， 所以 k2＝2－2m2 4m2－1 ＞0， 解得－10 f1<0 f2>0 ，⇒ b>0 a＋2b＋1<0 a＋b＋2>0. 由 a＋2b＋1＝0 a＋b＋2＝0 解得 A(－3，1)， 由 a＋b＋2＝0 b＝0 解得 B(－2，0)， 由 a＋2b＋1＝0 b＝0 解得 C(－1，0)． ∴在如图所示的 aOb 坐标平面内，满足约束条件的点(a，b)对应的平面区域为△ABC(不 包括边界)． (1)△ABC 的面积为 S△ABC＝1 2·|BC|·h＝1 2(h 为 A 到 Oa 轴的距离)． (2)b－2 a－1 几何意义是点(a，b)和点 D(1，2)连线的斜率． ∵kAD＝2－1 1＋3 ＝1 4 ，kCD＝2－0 1＋1 ＝1， 由图可知 kAD0，则当 x∈(－∞，lna 2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当 x∈(lna 2 ，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 又 f(0)＝0，所以若 a≤0，则当 x∈[0，＋∞)时，f(x)≥f(0)＝0，符合题意． 若 a>0，则当 lna 2 ≤0，即 00，即 a>2， 则当 x∈(0，lna 2)时，f(x)单调递减， f(x)＜f(0)＝0，不符合题意． 综上，实数 a 的取值范围是(－∞，2]． [能力强化] 一、填空题 1.3x－2y＝0 或 x＋y－5＝0 2.－ 1 12 ，0 3.1 或－ 2 2 4. 2 3，＋∞ 5.1 或－1 2 6.36 7.a＝3 8 或－3 8.1 2 或3 2 9.－2 3 10.(－5 2 ，－9 4)∪(－9 4 ，－1) 二、解答题 11.(1) 3 3 (2)x2 3 ＋y2 2 ＝1 (3) －∞，－2 3 3 ∪ 2 3 ，2 3 3 12.(1)函数 h(x)在区间(0，1)上单调增；在区间(1，＋∞)上单调减． (2)①(－1 e ，0) ②证明：由题意得 lnx1＋bx1＝0，lnx2＋bx2＝0， 所以 lnx1x2＋b(x1＋x2)＝0，lnx2－lnx1＋b(x2－x1)＝0， 所以 lnx1x2 lnx2－lnx1 ＝x1＋x2 x2－x1 ，不妨设 x1e2，只需要证 lnx1x2＝x1＋x2 x2－x1 (lnx2－lnx1)>2. 即证 lnx2－lnx1>2（x2－x1） x2＋x1 ，令 F(x)＝(lnx2－lnx1)－2（x2－x1） x2＋x1 ＝lnx2 x1 － 2（x2 x1 －1） 1＋x2 x1 ，设 t＝x2 x1 (t>1)，则 F(t)＝lnt－2（t－1） t＋1 ＝lnt＋ 4 t＋1 －2， 所以 F′(t)＝1 t － 4 （t＋1）2 ＝（t－1）2 t（t＋1）2>0， 所以函数 F(t)>0，在(1，＋∞)上单调增，而 F(1)＝0， 所以 F(t)>0 即 lnt>2（t－1） t＋1 . 所以 x1x2>e2. 第 4 课时 等价转化思想 [考点展示] 1.2 2.7 5 3.6 4. 1 2 ，1 5.4，2 5 6.(3，＋∞) [热点题型] 【例 1】【解】 下面求 m 的取值范围，使抛物线 y＝x2 上存在两点关于直线 y＝m(x －3)对称．由题意知 m≠0，∴设抛物线上两点(x1，x21)，(x2，x22)关于直线 y＝m(x－3)对称， 于是有 1 2 （x21＋x22）＝m 1 2 （x1＋x2）－3 x21－x22 x1－x2 ＝－1 m ， 所以 x21＋x22＝m（x1＋x2－6） x1＋x2＝－1 m ，消去 x2 得 2x21＋2 mx1＋ 1 m2 ＋6m＋1＝0. 因为存在 x1∈R 使上式恒成立， 所以Δ＝(2 m)2－4×2×( 1 m2 ＋6m＋1)＞0， 即 12m3＋2m2＋1＜0， 也即(2m＋1)(6m2－2m＋1)＜0. 因为 6m2－2m＋1＞0 恒成立， 所以 2m＋1＜0，所以 m＜－1 2. 即当 m＜－1 2 时，抛物线上存在两点关于直线 y＝m(x－3)对称，所以当 m≥－1 2 时，曲线 y＝x2 的所有弦都不能被直线 y＝m(x－3)垂直平分． 【变式训练】 (－37 3 ，－5) 【例 2】【解】 令 n＝1，则S2 S1 ＝3，所以 S2＝3，a2＝2，则等差数列{an}的公差为 d＝1， 故等差数列{an}的通项为 an＝1＋(n－1)×1＝n，即 an＝n. 【变式训练】【解】 因为{ Sn＋n}是公差为 d(d≠0)的等差数列，所以 Sn＋1＋n＋1 ＝ Sn＋n ＋ d 对 于 n∈N* 始 终 成 立 ， 平 方 整 理 得 d2(1 － 2d)n2 ＋ 2d(a1－2a1d－2d＋1)n＋(a1－d2＋1) 2 ＝0 对于 n∈N*始终成立，即 1－2d＝0 a1－2a1d－2d＋1＝0 a1－d2＋1＝0 ，解得 a1＝－3 4 d＝1 2 ，故答案为 a1＝－3 4. 【例 3】【解】 y＝sin2x＋acosx＋5 8a－3 2 ＝1－cos2x＋acosx＋5 8a－3 2 ＝－(cosx－a 2)2＋a2 4 ＋5 8a－1 2. ∵0≤x≤π 2 ，∴0≤cosx≤1，令 cosx＝t， 则 y＝－(t－a 2)2＋a2 4 ＋5 8a－1 2 ，0≤t≤1. 当a 2>1，即 a>2 时，函数 y＝－(t－a 2)2＋a2 4 ＋5 8a－1 2 在[0，1]上单调递增， ∴t＝1 时，函数有最大值 ymax＝a＋5 8a－3 2 ＝1， 解得 a＝20 13<2(舍去)； 当 0≤a 2 ≤1，即 0≤a≤2 时， 函数 y＝－(t－a 2)2＋a2 4 ＋5 8a－1 2 在 t＝a 2 处有最大值， ymax＝a2 4 ＋5 8a－1 2 ＝1， 解得 a＝3 2 或 a＝－4(舍去)； 当a 2<0，即 a<0 时， 函数 y＝－(t－a 2)2＋a2 4 ＋5 8a－1 2 在[0，1]上单调递减， ∴t＝0 时，函数有最大值 ymax＝5 8a－1 2 ＝1， 解得 a＝12 5 >0(舍去)， 综上所述，存在实数 a＝3 2 ，使得函数在闭区间[0，π 2 ]上有最大值 1. 【变式训练】 (－∞，－8) 【例 4】【解】 问题可变成关于 m 的一次不等式：(x2－1)m－(2x－1)<0 在[－2，2] 恒成立，设 f(m)＝(x2－1)m－(2x－1)，则 f（2）＝2（x2－1）－（2x－1）<0 f（－2）＝－2（x2－1）－（2x－1）<0 ， 解得 x∈( 7－1 2 ， 3＋1 2 )． 【变式训练】【解】 不等式(ax－20)lg2a x ≤0 等价于 ax－20≤0 lg2a x ≥0 x＞0 或 ax－20≥0 lg2a x ≤0 x＞0 ， ∴x 2 ≤a≤20 x 或20 x ≤a≤x 2 ，∴x 2 ＝20 x ，∴x＝2 10，∴a＝ 10.∴实数 a 的取值范围是{ 10}. 故答案为：{ 10}. [能力强化] 一、填空题 1.4 2.(－1 2 ，2 3) 3.4 4.－2 5.f(x)＝x2＋x－2 6.f（a） a －1 时，g(x)有 2 个零点；当 b＝－1 时，g(x)有 3 个零点；当 b<－1 时，g(x) 有 4 个零点． 19.(1)f(x)＝－3x2＋42x(x≤12 且 x∈N*) (2)预计该商场第 6 个月的月利润达到最大， 最大利润约为 12090 元． 20.(1)m＝－e (2)①当 m≥0 时，函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当 m＝－ 2时，函数 g(x)在(0， ＋∞)上单调递减；③当－ 2＜m＜0 时，函数 g(x)的增区间为(－m 2 ，－1 m)，减区间为(0，－m 2) 与(－1 m ，＋∞)；④当 m＜－ 2时，函数 g(x)的增区间为(－1 m ，－m 2)，减区间为(0，－1 m)与(－ m 2 ，＋∞)． (3)m＝1 2 符合题意． 理由如下：此时． 设函数 f(x)与 h(x)上各有一点 A(x1，1 2lnx1)，B(x2，x2－1 2x2 )， 则 f(x)以点 A 为切点的切线方程为 y＝ 1 2x1 x＋1 2lnx1－1 2 ， h(x)以点 B 为切点的切线方程为 y＝ 1 2x22 x＋x2－2 2x2 ，由两条切线重合，得 1 2x1 ＝ 1 2x22 1 2lnx1－1 2 ＝x2－2 2x2 (*)， 消去 x1，整理得 lnx2＝1－1 x2 ，即 lnx2－1＋1 x2 ＝0，令φ(x)＝lnx－1＋1 x ，得φ′(x)＝1 x －1 x2 ＝ x－1 x2 ，所以函数φ(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增， 又φ(1)＝0，所以函数φ(x)有唯一零点 x＝1，从而方程组(*)有唯一解 x1＝1 x2＝1 ，即此时函数 f(x)与的图象有且只有一条公切线．故 m＝1 2 符合题意．专题一 函数与导数测试卷(二) 一、填空题 1.m≥1 2 2.[1 2 ，＋∞) 3.1 4.9 5.m≥1 2 6.[－1，3] 7.11 2 8.[2，＋∞) 9.2ln2－2 10.[－6，－2] 11. －e2 2 ，e2 2 12.1 2 13.(－∞，－1)∪(1，5 4) 14. －∞，1 2 ∪( 7，＋∞) 二、解答题 15.－5≤m≤－2 16.(1)a 的取值范围为(0，＋∞) (2)证明：不妨设 x1＜x2，由(1)知 x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x) 在(－∞，1)上单调递减，所以 x1＋x2＜2 等价于 f(x1)＞f(2－x2)，即 f(2－x2)＜0.由于 f(2－x2) ＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而 f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以 f(2－x2)－f(x2)＝－x2e2－x2 －(x2－2)ex2.设 g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则 g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当 x＞1 时，g′(x)＜0， 而 g(1)＝0，故当 x＞1 时，g(x)＜0.从而 g(x2)＝f(2－x2)＜0，故 x1＋x2＜2. 17.(1)y＝－1 3x＋4 x＋191，定义域为[25，125] (2)当对甲产品投入资金 114 万元，对 乙产品投入资金 36 万元时，所得总利润最大，最大利润为 203 万元． 18.(1)(0，＋∞) (2)02 时，存在 两条切线，下证： 对任意的 m∈(0，1)，x－xlnx＝m 在(0，1)内一定有一解，其中 m＝2 a. ⇔证明 1＋ln1 x ＝m x 在(0，1)内有一解， ⇔证明 1＋lnt＝mt 在 t∈(1，＋∞)内有一解． 令 h(t)＝mt－1－lnt，则 h(1)＝m－1<0， h(2n)＝m·2n－1－n·ln2 >m·2n－1－n＝m·(1＋1)n－1－n> m 1＋n＋n（n＋1） 2 －1－n， 这是关于 n 的二次函数，所以当 n 充分大时，一定取得正值，由介值定理知，h(t)在(1， ＋∞)内有唯一解，即证． 19.(1)f(x)的递减区间是(0，e)，递增区间是(e，＋∞)． (2)a∈(0，2] 20.(1)a＝2 3 (2)①当 01 2 时，f (x)的单调递增区间是 0，1 a 和 (2，＋∞)，单调递减区间是 1 a ，2 . (3)a>0 专题二 三角函数与平面向量测试卷(一) 一、填空题 1. 7 25 2.11π 6 3.2 4.2 5.3 4 6.16 65 7.－1 4 8.π 3 9.24 13 10.π 3 11.y＝2sin(2x＋π 3 ) 12. 3 13.－4 5 14. － 3 3 ， 3 3 二、解答题 15.(1)∠BAC＝π 4 (2)3 2 (1＋ 7) 16.π 17.(1)证明：由正弦定理得 sinB＋sinC＝2sinAcosB，故 2sinAcosB＝sinB＋sin(A＋B)＝ sinB＋sinAcosB＋cosAsinB， 于是 sinB＝sin(A－B)． 又 A，B∈(0，π)，故 0＜A－B＜π，所以 B＝π－(A－B)或 B＝A－B，因此 A＝π(舍 去)或 A＝2B，所以 A＝2B； (2)A＝π 2 或 A＝π 4 . 18.当点 C 位于弧 AB 中点时修建的道路 CD 与 CE 的总长最大． 19.(1) a＝1 c＝1 4，或 a＝1 4 c＝1. (2) 6 2 ＜p＜ 2 20.(1)π (2)[3 2 ，2]专题二 三角函数与平面向量测试卷(二) 一、填空题 1.－12 5 2.3 2 3.2 4.π 6 5.2π 3 6.－7 9 7.－ 10 10 8.9 10. 3 11.2 3 3 12.－1 3－3 a 或 x0，则 a1＝1，得a2 a1 ＝a2＝t， 当 n≥2 时 an＋1－a1＝(a2－1)Sn，an－a1＝(a2－1)Sn－1 两式相减得：an＋1－an＝(a2－1)an 即 an＋1＝a2an，因 an>0 则an＋1 an ＝a2＝t 综上：an＋1 an ＝t(n∈N*) 从而，{an}是以 1 为首项，t 为公比的等比数列故 an＝tn－1. (2)证明：令 fn(t)＝Sn－n（a1＋an） 2 ＝1＋t＋…＋tn－1－n（1＋tn－1） 2 ，t>0 当 t＝1 时，fn(1)＝0，即 Sn＝n（a1＋an） 2 当 t≠1 时，fn′(t)＝1＋2t＋…＋(n－1)tn－2－n（n－1）tn－2 2 ， 若 t∈(0，1)，fn′(t)>[1＋2＋…＋(n－1)]tn－2－n（n－1）tn－2 2 ＝0 若 t∈(1，＋∞)，fn′(t)<[1＋2＋…＋(n－1)]tn－2－n（n－1）tn－2 2 ＝0 即 fn′(t)在 t∈(0，1)时单调递增，当 t∈(1，＋∞)时单调递减， 则 fn(t)5. 20.(1)y＝2πx－π2－2 (2)当 a≤0 时，h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 函数 h(x)有极小值，极小值是 h(0)＝－2a－1； 当 01 时，函数 h(x)在(－∞，0)和(lna，＋∞)上单调递增， 在(0，lna)上单调递减，函数 h(x)有极大值，也有极小值， 极大值是 h(0)＝－2a－1； 极小值是 h(lna)＝ －a[ln2a－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]． 21.A.【证明】 因为 AB＝AC，所以∠ABD＝∠C. 又因为∠C＝∠E，所以∠ABD＝∠E，又∠BAE 为公共角，可知△ABD∽△AEB. B. －2 －4 C. 5＋1 D．【证明】 ∵a1＞0，∴根据基本不等式，得 1＋a1≥2 a1，同理可得，1＋a2≥2 a2， 1＋a3≥2 a3，…，1＋an≥2 an， 注意到所有的不等式的两边都是正数，将这 n 个不等式的左右两边对应相乘，得(1＋a1)(1 ＋a2)(1＋a3)…(1＋an)≥2n· a1a2a3…an，∵a1a2a3…an＝1，∴(1＋a1)(1＋a2)(1＋a3)…(1＋ an)≥2n·1＝2n，即原不等式成立． 22.(1)－ 2 4 (2)(0，π 4 ) 23.(1)f1(x)＝ bc－ad (ax＋b)2 ，f2(x)＝－2a(bc－ad) (ax＋b)3 . (2)猜想 fn(x)＝ (－1)n－1·an－1·(bc－ad)·n！ (ax＋b)n＋1 ，n∈N*. 证明：①当 n＝1 时，由(1)知结论正确； ②假设当 n＝k，k∈N*时，结论正确，即有 fk(x) ＝ (－1)k－1·ak－1·(bc－ad)·k！ (ax＋b)k＋1 . 当 n ＝ k ＋ 1 时 ， fk ＋ 1(x) ＝ f′k(x) ＝ (－1)k－1·ak－1·(bc－ad)·k！ (ax＋b)k＋1 ′ ＝(－1)k－1·ak－1·(bc－ad)·k！[(ax＋b)－(k＋1)]′＝ (－1)k·ak·(bc－ad)·(k＋1)！ (ax＋b)k＋2 ，所以当 n＝k＋1 时结论成立，由①②得，对一切 n∈N* 结论正确． 综合模拟测试卷(二) 一、填空题 1.7 2.－1 3 3.m h 4.－4 5.4.6 6.－1 2 7.{x|x＜4，且 x≠0} 8.9 9.② 10.3 10 10 11.－1 12.5 13.－4 9 14.－9 4 二、解答题 15.(1)2π 3 (2)25（3－ 3） 4 16.(1)5 3 3 (2)证明：∵PA＝CA，F 为 PC 的中点，∴AF⊥PC.∵PA⊥平面 ABCD，∴PA⊥CD. ∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面 PAC， ∵ PC ⊂ 平 面 PAC ， ∴CD⊥PC.∵E 为 PD 中 点 ， F 为 PC 中 点 ， ∴EF∥CD. 则 EF⊥PC.∵AF∩EF＝F，∴PC⊥平面 AEF； (3)证明：取 AD 中点 M，连接 EM，CM.则 EM∥PA.∵EM⊄平面 PAB，PA⊂平面 PAB， ∴EM∥平面 PAB.在 Rt△ACD 中，∠CAD＝60°，AC＝AM＝2，∴∠ACM＝60°.而∠BAC ＝60°，∴MC∥AB.∵MC⊄平 面 PAB，AB⊂平面 PAB，∴MC∥平面 PAB.∵EM∩MC＝M，∴平面 EMC∥平面 PAB.∵EC ⊂平面 EMC，∴EC∥平面 PAB. 第 16 题图 17.(1)x2 4 ＋y2＝1 (2)(8 5 ，2]，2 18.(1)y＝ 1 16(x＋6)2(－6≤x≤－2) (2)“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥，而“蓄电池动力”和“内燃机动力”的车 辆可以顺利通过该桥．( 19.(1)f(x)在(－∞，－lna)单调递减，在(－lna，＋∞)单调递增． (2)a 的取值范围为(0，1). 20.(1)①a4＝9 ②n＝3n－1－3 2 ，n∈N* (2)a1 p ≤－1 21.A.【证明】 因为在 Rt△ABC 中，∠ABC＝90°，所以 OB⊥CB.所以 CB 为⊙O 的切线．所以 EB2＝EF·EA. 连接 BD，因为 AB 是⊙O 的直径，所以 BD⊥AC.又因为 AB＝BC，所以 AD＝BD＝DC. 因为 DE⊥BC，所以 BE＝CE.所以 BE·CE＝EF·EA. B．矩阵 A 属于特征值 2 的一个特征向量为 2 －1 ；属于特征值 3 的一个特征向量为 1 －1 . C．(1)x2＋(y＋1)2＝1 (2)点 P 的坐标为( 3 2 ，－1 2) D. x|x≤5 或 x≥－1 3 22.(1)11 14 (2)甲通过自主招生初试的可能性更大． (3)X 的分布列为： X 2 3 4 P 3 14 4 7 3 14 E(X)＝3. 23.(1)a2＝6，a3＝7 (2)9