• 2.39 MB
  • 2021-05-13 发布

江苏高考数学专题复习及答案

  • 137页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
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