17、常將平面向量語言與三角函數(shù)、平面幾何、解析幾何語言進(jìn)行轉(zhuǎn)化．
4．在解決數(shù)列問題時(shí)，常將一般數(shù)列轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列求解．
5．在利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)問題時(shí)，常將函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)、切線問題，轉(zhuǎn)化為其導(dǎo)函數(shù)f′(x)構(gòu)成的方程．
[變式訓(xùn)練4] (1)(2016·杭州二模)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中點(diǎn)，則異面直線BE與B1D1所成角的余弦值等于________，若正方體的邊長(zhǎng)為1，則四面體B-EB1D1的體積為________．
(2)若對(duì)于任意t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2－2x在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是____
18、____．
(1) (2) [(1)連接BD，DE，因?yàn)锽D∥B1D1，所以∠EBD就是異面直線BE與B1D1所成的角，設(shè)A1A＝1，則DE＝BE＝，BD＝，cos∠EBD＝＝，由V三棱錐B-EB1D1＝V三棱錐D1-BEB1得V三棱錐B-EB1D1＝××1＝.
(2)g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調(diào)函數(shù)，則①g′(x)≥0在(t,3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立．
由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥－3x在x∈(t,3)上恒成立，所以m＋4≥－3t恒成立，
則m＋4≥－1，即m≥－5；
由②得m＋4≤－3x
19、在x∈(t,3)上恒成立，則m＋4≤－9，即m≤－.
所以若函數(shù)g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)，則m的取值范圍為－＜m＜－5.]
課后對(duì)應(yīng)完成技法強(qiáng)化訓(xùn)練(一)～(四)，見P167～P170(注：因所練習(xí)題知識(shí)點(diǎn)比較整合，難度比較大，建議部分學(xué)生學(xué)完“第一部分重點(diǎn)強(qiáng)化專題”后再做此部分訓(xùn)練)
技法強(qiáng)化訓(xùn)練(一) 函數(shù)與方程思想
題組1 運(yùn)用函數(shù)與方程思想解決數(shù)列、不等式等問題
1．(2016·濟(jì)南模擬)已知{an}是等差數(shù)列，a1＝1，公差d≠0，Sn是其前n項(xiàng)和，若a1，a2，a5成等比數(shù)列，則S8的值為( )
A．16 B．32
C．64
20、D．62
C [由題意可知a＝a1a5，即(1＋d)2＝1×(1＋4d)，
解得d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
∴S8＝＝4×(1＋15)＝64.]
2．若2x＋5y≤2－y＋5－x，則有( )
A．x＋y≥0 B．x＋y≤0
C．x－y≤0 D．x－y≥0
B [原不等式可化為2x－5－x≤2－y－5y，構(gòu)造函數(shù)y＝2x－5－x，其為R上的增函數(shù)，所以有x≤－y，即x＋y≤0.]
3．若關(guān)于x的方程x2＋2kx－1＝0的兩根x1，x2滿足－1≤x1＜0＜x2＜2，則k的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
B [構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x2＋2kx－
21、1，因?yàn)殛P(guān)于x的方程x2＋2kx－1＝0的兩根x1，x2滿足－1≤x1＜0＜x2＜2，
所以即
所以－＜k≤0，所以k的取值范圍是.]
4．(2016·菏澤模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝60，an＋1－an＝2n(n∈N*)，則的最小值為________．
[由an＋1－an＝2n，得
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2＋60
＝n2－n＋60.
∴＝＝n＋－1.
令f(x)＝x＋－1，易知f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．
又n∈N*，當(dāng)n＝7時(shí)，＝7＋－1＝，
當(dāng)
22、n＝8時(shí)，＝8＋－1＝.
又＜，故的最小值為.]
5．(2016·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xln x＋a，g(x)＝x2＋ax，其中a≥0.
(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與曲線y＝g(x)也相切，求a的值；
(2)證明：x＞1時(shí)，f(x)＋＜g(x)恒成立． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722003】
[解] (1)由f(x)＝xln x＋a，得f(1)＝a，
f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝1.1分
所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線為y＝x＋a－1.因?yàn)橹本€y＝x＋a－1與曲線y＝g(x)也相切，
所以兩方程聯(lián)立消元得x2＋ax＝a＋x
23、－1，
即x2＋(a－1)x＋1－a＝0，3分
所以Δ＝(a－1)2－4××(1－a)＝0，得a2＝1.
因?yàn)閍≥0，所以a＝1.4分
(2)證明：x＞1時(shí)，f(x)＋＜g(x)恒成立，等價(jià)于x2＋ax－xln x－a－＞0恒成立．
令h(x)＝x2＋ax－xln x－a－，
則h(1)＝0且h′(x)＝x＋a－ln x－1.6分
令φ(x)＝x－ln x－1，則φ(1)＝0且φ′(x)＝1－＝，8分
所以x＞1時(shí)，φ′(x)＞0，φ(x)單調(diào)遞增，
所以φ(x)＞φ(1)＝0.
又因?yàn)閍≥0，所以h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)＞h(1)＝0，
所以x＞1
24、時(shí)，x2＋ax－xln x－a－＞0恒成立，11分
即x＞1時(shí)，f(x)＋＜g(x)恒成立.12分
題組2 利用函數(shù)與方程思想解決幾何問題
6．(2016·山西四校聯(lián)考)設(shè)拋物線C：y2＝3px(p＞0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)M在C上，|MF|＝5，若以MF為直徑的圓過點(diǎn)(0,2)，則C的方程為( )
A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8x
C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x
C [由拋物線的定義可知MF＝xM＋＝5，∴xM＝5－，y＝15p－，故以MF為直徑的圓的方程為(x－xM)(x－xF)＋(y－yM)(y－yF)＝0，
即＋(2－yM)(
25、2－0)＝0.
∴yM＝2＋－＝2＋?yM＝4，p＝或.
∴C的方程為y2＝4x或y2＝16x.]
7．如圖1所示，在單位正方體ABCD-A1B1C1D1的面對(duì)角線A1B上存在一點(diǎn)P，使得AP＋D1P最短，則AP＋D1P的最小值是( )
圖1
A．2＋ B．2＋2
C. D.
C [設(shè)A1P＝x(0≤x≤)．
在△AA1P中，
AP＝＝，
在Rt△D1A1P中，D1P＝.
于是令y＝AP＋D1P＝＋，
下面求對(duì)應(yīng)函數(shù)y的最小值．
將函數(shù)y的解析式變形，得y＝
＋，
其幾何意義為點(diǎn)Q(x,0)到點(diǎn)M與點(diǎn)N(0，－1)的距離之和，當(dāng)Q，M，N三點(diǎn)共線時(shí)，這個(gè)值最
26、小，且最小值為＝.]
8．已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率e＝，并且經(jīng)過定點(diǎn)P.
(1)求橢圓E的方程；
(2)問：是否存在直線y＝－x＋m，使直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，且滿足·＝？若存在，求出m的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
[解] (1)由e＝＝且＋＝1，c2＝a2－b2，
解得a2＝4，b2＝1，即橢圓E的方程為＋y2＝1.4分
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由?x2＋4(m－x)2－4＝0?
5x2－8mx＋4m2－4＝0.(*)
所以x1＋x2＝，x1x2＝，8分
y1y2＝(m－x1)(m－x2)＝m2－m(x1＋x2)＋x1x2＝m2－m
27、2＋＝，
由·＝得(x1，y1)·(x2，y2)＝，
即x1x2＋y1y2＝，＋＝，m＝±2.
又方程(*)要有兩個(gè)不等實(shí)根，所以Δ＝(－8m)2－4×5(4m2－4)＞0，解得－＜m＜，所以m＝±2.12分
9．如圖2，直三棱柱ABC-A′B′C′中，AC＝BC＝5，AA′＝AB＝6，D，E分別為AB和BB′上的點(diǎn)，且＝＝λ.
圖2
(1)求證：當(dāng)λ＝1時(shí)，A′B⊥CE；
(2)當(dāng)λ為何值時(shí)，三棱錐A′-CDE的體積最小，并求出最小體積．
[解] (1)證明：∵λ＝1，∴D，E分別為AB和BB′的中點(diǎn).1分
又AA′＝AB，且三棱柱ABC-A′B′C′為直三棱柱，
∴
28、平行四邊形ABB′A′為正方形，∴DE⊥A′B.2分
∵AC＝BC，D為AB的中點(diǎn)，∴CD⊥AB.3分
∵三棱柱ABC-A′B′C′為直三棱柱，
∴CD⊥平面ABB′A′，∴CD⊥A′B，4分
又CD∩DE＝D，∴A′B⊥平面CDE.
∵CE?平面CDE，∴A′B⊥CE.6分
(2)設(shè)BE＝x，則AD＝x，DB＝6－x，B′E＝6－x.由已知可得C到平面A′DE的距離即為△ABC的邊AB所對(duì)應(yīng)的高h(yuǎn)＝＝4，8分
∴VA′-CDE＝VC-A′DE＝(S四邊形ABB′A－S△AA′D－S△DBE－S△A′B′E)·h
＝·h
＝(x2－6x＋36)＝[(x－3)2＋27](0＜x
29、＜6)，11分
∴當(dāng)x＝3，即λ＝1時(shí)，VA′-CDE有最小值18.12分
技法強(qiáng)化訓(xùn)練(二) 數(shù)形結(jié)合思想
題組1 利用數(shù)形結(jié)合思想解決方程的根或函數(shù)零點(diǎn)問題
1．方程|x2－2x|＝a2＋1(a＞0)的解的個(gè)數(shù)是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
B [∵a＞0，∴a2＋1＞1.
而y＝|x2－2x|的圖象如圖，
∴y＝|x2－2x|的圖象與y＝a2＋1的圖象總有2個(gè)交點(diǎn)．]
2．已知函數(shù)f(x)＝|log2|x||－x，則下列結(jié)論正確的是( )
A．f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，且所有零點(diǎn)之積大于－1
B．f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，且所有零點(diǎn)之積小
30、于－1
C．f(x)有四個(gè)零點(diǎn)，且所有零點(diǎn)之積大于1
D．f(x)有四個(gè)零點(diǎn)，且所有零點(diǎn)之積小于1
A [在同一坐標(biāo)系中分別作出f1(x)＝|log2|x||與f2(x)＝x的圖象，如圖所示，由圖象知f1(x)與f2(x)有三個(gè)交點(diǎn)，設(shè)三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)從左到右分別是x1，x2，x3，因?yàn)閒＜0，f＞0，所以－＜x1＜－，同理＜x2＜1,1＜x3＜2，即－1＜x1x2x3＜－，即所有零點(diǎn)之積大于－1.]
3．(2016·廣州二模)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝x3，則函數(shù)g(x)＝|cos(πx)|－f(x)在上的
31、所有零點(diǎn)的和為
( )
A．7 B．6
C．3 D．2
A [函數(shù)g(x)＝|cos(πx)|－f(x)在上的零點(diǎn)為函數(shù)h(x)＝|cos(πx)|與函數(shù)f(x)的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．因?yàn)閒(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，所以函數(shù)f(x)為關(guān)于x＝1對(duì)稱的偶函數(shù)，又因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝x3，則在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)畫出函數(shù)h(x)＝|cos(πx)|與函數(shù)f(x)在內(nèi)的圖象，如圖所示，
由圖易得兩函數(shù)圖象共有7個(gè)交點(diǎn)，不妨設(shè)從左到右依次為x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，則由圖易得x1＋x2＝0，x3＋x5＝2，x4＝1，x6＋x7＝4，所以x1＋x
32、2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＝7，即函數(shù)g(x)＝|cos(πx)|－f(x)在上的零點(diǎn)的和為7，故選A.]
4．(2016·合肥二模)若函數(shù)f(x)＝a＋sin x在[π，2π]上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a＝________.
1 [函數(shù)f(x)＝a＋sin x在[π，2π]上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，即方程a＋sin x＝0在[π，2π]上只有一解，即函數(shù)y＝－a與y＝sin x，x∈[π，2π]的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，由圖象可得a＝1.]
5．已知函數(shù)f(x)＝若存在實(shí)數(shù)b，使函數(shù)g(x)＝f(x)－b有兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是______________．
(－∞，0)∪(1，＋∞)
33、 [函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，即方程
f(x)－b＝0有兩個(gè)不等實(shí)根，則函數(shù)y＝f(x)和y＝b的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)．
①若a＜0，則當(dāng)x≤a時(shí)，f(x)＝x3，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞a時(shí)，f(x)＝x2，函數(shù)先單調(diào)遞減后單調(diào)遞增，f(x)的圖象如圖(1)實(shí)線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個(gè)公共點(diǎn)．
②若0≤a≤1，則a3≤a2，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，f(x)的圖象如圖(2)實(shí)線部分所示，其與直線y＝b至多有一個(gè)公共點(diǎn)．
③若a＞1，則a3＞a2，函數(shù)f(x)在R上不單調(diào)，f(x)的圖象如圖(3)實(shí)線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個(gè)公共點(diǎn)．
綜上，a＜0或a＞1.]
34、題組2 利用數(shù)形結(jié)合思想求解不等式或參數(shù)范圍
6．若不等式logax＞sin 2x(a＞0，a≠1)對(duì)任意x∈都成立，則a的取值范圍為( )
A. B.
C. D．(0,1)
A [記y1＝logax(a＞0，a≠1)，y2＝sin 2x，原不等式即為y1＞y2，由題意作出兩個(gè)函數(shù)的圖象，如圖所示，知當(dāng)y1＝logax的圖象過點(diǎn)A時(shí)，a＝，所以當(dāng)＜a＜1時(shí)，對(duì)任意x∈都有y1＞y2.]
7．(2016·黃岡模擬)函數(shù)f(x)是定義域?yàn)閧x|x≠0}的奇函數(shù)，且f(1)＝1，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＋xf′(x)＞，則不等式xf(x)＞1＋ln|x|的解集是
35、
( ) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722004】
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．(1，＋∞) D．(－1,1)
A [令g(x)＝xf(x)－ln|x|，則g(x)是偶函數(shù)，
且當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
故不等式xf(x)＞1＋ln|x|?g(|x|)＞g(1)，
∴|x|＞1，解得x＞1或x＜－1.故選A.]
8．若不等式|x－2a|≥x＋a－1對(duì)x∈R恒成立，則a的取值范圍是________．
[作出y＝|x－2a|和y＝x＋a－1的簡(jiǎn)圖，依題意知應(yīng)有2a≤2－2a，故a≤.]
36、9．已知函數(shù)f(x)＝若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，則abc的取值范圍是________．
(10,12) [作出f(x)的大致圖象．
由圖象知，要使f(a)＝f(b)＝f(c)，不妨設(shè)a＜b＜c，
則－lg a＝lg b＝－c＋6.
∴l(xiāng)g a＋lg b＝0，∴ab＝1，∴abc＝c.
由圖知10＜c＜12，∴abc∈(10,12)．]
10．已知函數(shù)f(x)＝sin的相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個(gè)單位后，再將所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來的2倍，得到g(x)的圖象，若g(x)＋k＝0在x∈上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，則k的取值范圍是_
37、_______. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722005】
[因?yàn)閒(x)相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為，結(jié)合三角函數(shù)的圖象可知＝，即T＝.
又T＝＝，所以ω＝2，f(x)＝sin.
將f(x)的圖象向右平移個(gè)單位得到f(x)＝sin＝sin的圖象，再將所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來的2倍得到g(x)＝sin的圖象．
所以方程為sin＋k＝0.
令2x－＝t，因?yàn)閤∈，
所以－≤t≤.
若g(x)＋k＝0在x∈上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，即y＝sin t與y＝－k在上有且只有一個(gè)交點(diǎn)．
如圖所示，由正弦函數(shù)的圖象可知
－≤－k＜或－k＝1，
即－＜k≤或k＝－1.]
題組3 利用數(shù)形結(jié)合解決
38、解析幾何問題
11．已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點(diǎn)A(－m,0)，B(m,0)(m＞0)．若圓C上存在點(diǎn)P，使得∠APB＝90°，則m的最大值為( )
A．7 B．6
C．5 D．4
B [根據(jù)題意，畫出示意圖，如圖所示，
則圓心C的坐標(biāo)為(3,4)半徑r＝1，且|AB|＝2m，因?yàn)椤螦PB＝90°，連接OP，易知|OP|＝|AB|＝m.要求m的最大值，即求圓C上的點(diǎn)P到原點(diǎn)O的最大距離．因?yàn)閨OC|＝＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值為6.]
12．(2016·衡水模擬)過拋物線y2＝2px(p＞0)焦點(diǎn)F的直線l與
39、拋物線交于B，C兩點(diǎn)，l與拋物線的準(zhǔn)線交于點(diǎn)A，且|AF|＝6，＝2，則|BC|＝( )
A. B．6
C. D．8
A [如圖所示，直線與拋物線交于B，C兩點(diǎn)，與拋物線的準(zhǔn)線交于A點(diǎn)．∵＝2，∴F在A，B中間，C在A，F(xiàn)之間，分別過B，C作準(zhǔn)線的垂線BB1，CC1，垂足分別為B1，C1.由拋物線的定義可知|BF|＝|BB1|，|CF|＝|CC1|.
∵＝2，|AF|＝6，
∴|FB|＝|BB1|＝3.
由△AFK∽△ABB1可知，
＝，∴|FK|＝2.
設(shè)|CF|＝a，則|CC1|＝a，
由△ACC1∽△AFK，得＝.
∴＝，∴a＝.
∴|BC|＝
40、|BF|＋|FC|＝3＋＝.]
13．已知P是直線l：3x＋4y＋8＝0上的動(dòng)點(diǎn)，PA，PB是圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，C是圓心，則四邊形PACB面積的最小值為________．
2 [從運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)看問題，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P沿直線3x＋4y＋8＝0向左上方或右下方無窮遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)時(shí)，直角三角形PAC的面積SRt△PAC＝|PA|·|AC|＝|PA|越來越大，從而S四邊形PACB也越來越大；當(dāng)點(diǎn)P從左上、右下兩個(gè)方向向中間運(yùn)動(dòng)時(shí)，S四邊形PACB變小，顯然，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)一個(gè)最特殊的位置，即CP垂直于直線l時(shí)，S四邊形PACB應(yīng)有唯一的最小值，
此時(shí)|PC|＝＝3，
從而|
41、PA|＝＝2.
所以(S四邊形PACB)min＝2××|PA|×|AC|＝2.]
14．已知過原點(diǎn)的動(dòng)直線l與圓C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的兩點(diǎn)A，B.
(1)求圓C1的圓心坐標(biāo)；
(2)求線段AB的中點(diǎn)M的軌跡C的方程；
(3)是否存在實(shí)數(shù)k，使得直線L：y＝k(x－4)與曲線C只有一個(gè)交點(diǎn)？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，說明理由．
[解] (1)圓C1的方程x2＋y2－6x＋5＝0可化為(x－3)2＋y2＝4，所以圓心坐標(biāo)為(3,0).2分
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)，
M(x0，y0)，則x0＝，y0＝.
由題意可知直線
42、l的斜率必存在，設(shè)直線l的方程為y＝tx.
將上述方程代入圓C1的方程，化簡(jiǎn)得(1＋t2)x2－6x＋5＝0.5分
由題意，可得Δ＝36－20(1＋t2)＞0(*)，x1＋x2＝，所以x0＝，代入直線l的方程，得y0＝.6分
因?yàn)閤＋y＝＋＝＝＝3x0，所以2＋y＝.
由(*)解得t2＜，又t2≥0，所以＜x0≤3.
所以線段AB的中點(diǎn)M的軌跡C的方程為
2＋y2＝.8分
(3)由(2)知，曲線C是在區(qū)間上的一段圓?。?
如圖，D，E，F(xiàn)(3,0)，直線L過定點(diǎn)G(4,0)．
聯(lián)立直線L的方程與曲線C的方程，消去y整理得(1＋k2)x2－(3＋8k2)x＋16k2＝0.
43、令判別式Δ＝0，解得k＝±，由求根公式解得交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xH，I＝∈.11分
由圖可知：要使直線L與曲線C只有一個(gè)交點(diǎn)，則k∈[kDG，kEG]∪{kGH，kGI}，即k∈∪.12分
技法強(qiáng)化訓(xùn)練(三) 分類討論思想
題組1 由概念、法則、公式引起的分類討論
1．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝Pn－1(P是常數(shù))，則數(shù)列{an}是( )
A．等差數(shù)列 B．等比數(shù)列
C．等差數(shù)列或等比數(shù)列 D．以上都不對(duì)
D [∵Sn＝Pn－1，
∴a1＝P－1，an＝Sn－Sn－1＝(P－1)Pn－1(n≥2)．
當(dāng)P≠1且P≠0時(shí)，{an}是等比數(shù)列；
當(dāng)P＝1時(shí)，{an}是等
44、差數(shù)列；
當(dāng)P＝0時(shí)，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此時(shí){an}既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列．]
2．(2016·長(zhǎng)春模擬)已知函數(shù)f(x)＝若存在x1，x2∈R，且x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A．(－∞，2) B．(－∞，4)
C．[2,4] D．(2，＋∞)
B [當(dāng)－＜1，即a＜2時(shí)，顯然滿足條件；
當(dāng)a≥2時(shí)，由－1＋a＞2a－5得2≤a＜4，
綜上可知a＜4.]
3．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖1所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，則不等式f(x2
45、－6)＞1的解集為( )
圖1
A．(－3，－2)∪(2,3)
B．(－，)
C．(2,3)
D．(－∞，－)∪(，＋∞)
A [由導(dǎo)函數(shù)圖象知，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)＞0，
即f(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)，
當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＜0，即f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，
又不等式f(x2－6)＞1等價(jià)于f(x2－6)＞f(－2)或f(x2－6)＞f(3)，故－2＜x2－6≤0或0≤x2－6＜3，解得x∈(－3，－2)∪(2,3)．]
4．已知實(shí)數(shù)m是2,8的等比中項(xiàng)，則曲線x2－＝1的離心率為( )
A. B.
C. D.或
D [由題意可知，m2＝2
46、×8＝16，∴m＝±4.
(1)當(dāng)m＝4時(shí)，曲線為雙曲線x2－＝1.
此時(shí)離心率e＝.
(2)當(dāng)m＝－4時(shí)，曲線為橢圓x2＋＝1.
此時(shí)離心率e＝.]
5．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項(xiàng)和Sn>0(n＝1,2,3，…)，則q的取值范圍是________．
(－1,0)∪(0，＋∞) [因?yàn)閧an}是等比數(shù)列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0.
當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1>0；
當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝>0，
即>0(n∈N*)，則有 ①
或?、?
由①得－11.
故q的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)．]
6．若x＞0且x≠1，則函數(shù)y＝lg
47、x＋logx10的值域?yàn)開_______．
(－∞，－2]∪[2，＋∞) [當(dāng)x＞1時(shí)，y＝lg x＋≥2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)lg x＝1，即x＝10時(shí)等號(hào)成立；當(dāng)0＜x＜1時(shí)，y＝lg x＋＝－≤－2＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)lg x＝，即x＝時(shí)等號(hào)成立．∴y∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．]
題組2 由參數(shù)變化引起的分類討論
7．已知集合A＝{x|1≤x＜5}，C＝{x|－a＜x≤a＋3}．若C∩A＝C，則a的取值范圍為( )
A. B.
C．(－∞，－1] D.
C [因?yàn)镃∩A＝C，所以C?A.
①當(dāng)C＝?時(shí)，滿足C?A，此時(shí)－a≥a＋3，得a≤－；
②當(dāng)C≠?時(shí)，要使C?A，則
48、解得－＜a≤－1.由①②得a≤－1.]
8．(2016·保定模擬)已知不等式組，所表示的平面區(qū)域?yàn)镈，若直線y＝kx－3與平面區(qū)域D有公共點(diǎn)，則k的取值范圍為( )
【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722006】
A．[－3,3]
B.∪
C．(－∞，－3]∪[3，＋∞)
D.
C [滿足不等式組的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示．∵y＝kx－3過定點(diǎn)(0，－3)，∴當(dāng)y＝kx－3過點(diǎn)C(1,0)時(shí)，k＝3；當(dāng)y＝kx－3過點(diǎn)B(－1,0)時(shí)，k＝－3.
∴k≤－3或k≥3時(shí)，直線y＝kx－3與平面區(qū)域D有公共點(diǎn)，故選C.]
9．已知函數(shù)f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1，試討論函數(shù)f(x
49、)的單調(diào)性．
[解] 由題意知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，1分
f′(x)＝＋2ax＝.2分
①當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.4分
②當(dāng)a≤－1時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.6分
③當(dāng)－10；
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0.
故f(x)在上單調(diào)遞增，
在上單調(diào)遞減.10分
綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a≤－1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；
當(dāng)－1
50、3 根據(jù)圖形位置或形狀分類討論
10．已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上的雙曲線的漸近線方程為y＝±x，則雙曲線的離心率為( )
A. B.
C.或 D.或
C [若雙曲線的焦點(diǎn)在x軸上，則＝，e＝＝＝；若雙曲線的焦點(diǎn)在y軸上，則＝，e＝＝＝，故選C.]
11．正三棱柱的側(cè)面展開圖是邊長(zhǎng)分別為6和4的矩形，則它的體積為________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722007】
4或 [若側(cè)面矩形的長(zhǎng)為6，寬為4，則
V＝S底×h＝×2×2×sin 60°×4＝4.
若側(cè)面矩形的長(zhǎng)為4，寬為6，則
V＝S底×h＝×××sin 60°×6＝.]
12．已知中心在原點(diǎn)O，左焦點(diǎn)為F1(
51、－1,0)的橢圓C的左頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，F(xiàn)1到直線AB的距離為|OB|.
圖2
(1)求橢圓C的方程；
(2)若橢圓C1的方程為：＋＝1(m＞n＞0)，橢圓C2的方程為：＋＝λ(λ＞0，且λ≠1)，則稱橢圓C2是橢圓C1的λ倍相似橢圓．如圖2，已知C2是橢圓C的3倍相似橢圓，若橢圓C的任意一條切線l交橢圓C2于兩點(diǎn)M，N，試求弦長(zhǎng)|MN|的取值范圍．
[解] (1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a＞b＞0)，
∴直線AB的方程為＋＝1，
∴F1(－1,0)到直線AB的距離d＝＝b，2分
a2＋b2＝7(a－1)2，
又b2＝a2－1，
解得a＝2，b＝，3分
故橢圓C
52、的方程為＋＝1.4分
(2)橢圓C的3倍相似橢圓C2的方程為＋＝1，5分
①若切線l垂直于x軸，則其方程為x＝±2，
易求得|MN|＝2.6分
②若切線l不垂直于x軸，可設(shè)其方程y＝kx＋b，
將y＝kx＋b代入橢圓C的方程，
得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，7分
∴Δ＝(8kb)2－4(3＋4k2)(4b2－12)＝48(4k2－3－b2)＝0，
即b2＝4k2＋3，(*)8分
記M，N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)．
將y＝kx＋b代入橢圓C2的方程，得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－36＝0，9分
此時(shí)x1＋x2＝－，x1x2
53、＝，|x1－x2|＝，10分
∴|MN|＝×
＝4＝2.
∵3＋4k2≥3，∴1＜1＋≤，
即2＜2≤4.
綜合①②得：弦長(zhǎng)|MN|的取值范圍為[2，4].12分
技法強(qiáng)化訓(xùn)練(四) 轉(zhuǎn)化與化歸思想
題組1 正與反的相互轉(zhuǎn)化
1．由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，得m的取值范圍是(－∞，a)，則實(shí)數(shù)a的取值是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，2)
C．1 D．2
C [命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m＞0”是真命題，可得m的取值范圍是(－∞，1)，而(－∞，a)與(－
54、∞，1)為同一區(qū)間，故a＝1.]
2．(2016·開封模擬)若某公司從五位大學(xué)畢業(yè)生甲、乙、丙、丁、戊中錄用三人，這五人被錄用的機(jī)會(huì)均等，則甲或乙被錄用的概率為( )
A. B.
C. D.
D [甲或乙被錄用的對(duì)立面是甲、乙均不被錄用，故所求事件的概率為1－＝.]
3．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個(gè)值c，使得f(c)＞0，則實(shí)數(shù)p的取值范圍為________．
[如果在[－1,1]內(nèi)沒有值滿足f(c)＞0，則??p≤－3或p≥，取補(bǔ)集為－3＜p＜，即為滿足條件的p的取值范圍．
故實(shí)數(shù)p的取值范圍
55、為.]
4．若橢圓＋y2＝a2(a＞0)與連接兩點(diǎn)A(1,2)，B(3,4)的線段沒有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．
∪ [易知線段AB的方程為y＝x＋1，x∈[1,3]，
由得a2＝x2＋2x＋1，x∈[1,3]，
∴≤a2≤.
又a＞0，
∴≤a≤.
故當(dāng)橢圓與線段AB沒有公共點(diǎn)時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍為∪.]
5．已知點(diǎn)A(1,1)是橢圓＋＝1(a>b>0)上一點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓的兩焦點(diǎn)，且滿足|AF1|＋|AF2|＝4.
(1)求橢圓的兩焦點(diǎn)坐標(biāo)；
(2)設(shè)點(diǎn)B是橢圓上任意一點(diǎn)，當(dāng)|AB|最大時(shí)，求證：A，B兩點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)O不對(duì)稱．
[解] (1)由橢
56、圓定義，知2a＝4，所以a＝2.所以＋＝1.2分
把A(1,1)代入，得＋＝1，得b2＝，所以橢圓方程為＋＝1.4分
所以c2＝a2－b2＝4－＝，即c＝.
故兩焦點(diǎn)坐標(biāo)為，.6分
(2)反證法：假設(shè)A，B兩點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，則B點(diǎn)坐標(biāo)為(－1，－1)，7分
此時(shí)|AB|＝2，而當(dāng)點(diǎn)B取橢圓上一點(diǎn)M(－2,0)時(shí)，則|AM|＝，所以|AM|>|AB|.10分
從而知|AB|不是最大，這與|AB|最大矛盾，所以命題成立.12分
題組2 主與次的相互轉(zhuǎn)化
6．設(shè)f(x)是定義在R上的單調(diào)遞增函數(shù)，若f(1－ax－x2)≤f(2－a)對(duì)任意a∈[－1,1]恒成立，則x的取值范圍為__
57、______. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722008】
(－∞，－1]∪[0，＋∞) [∵f(x)是R上的增函數(shù)，
∴1－ax－x2≤2－a，a∈[－1,1]．①
①式可化為(x－1)a＋x2＋1≥0，對(duì)a∈[－1,1]恒成立．
令g(a)＝(x－1)a＋x2＋1，
則
解得x≥0或x≤－1.
即實(shí)數(shù)x的取值范圍是(－∞，－1]∪[0，＋∞)．]
7．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．對(duì)滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(shù)(x)＜0，則實(shí)數(shù)x的取值范圍為________．
[由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5
58、，
令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.
對(duì)－1≤a≤1，恒有g(shù)(x)＜0，即φ(a)＜0，
∴即
解得－＜x＜1.
故當(dāng)x∈時(shí)，對(duì)滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(shù)(x)＜0.]
8．對(duì)于滿足0≤p≤4的所有實(shí)數(shù)p，使不等式x2＋px＞4x＋p－3成立的x的取值范圍是________．
(－∞，－1)∪(3，＋∞) [設(shè)f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，
則當(dāng)x＝1時(shí)，f(p)＝0，所以x≠1.
f(p)在0≤p≤4上恒正，等價(jià)于
即解得x＞3或x＜－1.]
9．已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋x(0＜a＜1，x∈R)．若對(duì)于任意的三個(gè)實(shí)數(shù)x1，x
59、2，x3∈[1,2]，都有f(x1)＋f(x2)＞f(x3)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[解] 因?yàn)閒′(x)＝x2＋x＋＝(x＋a－2)，2分
所以令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝2－a.3分
由0＜a＜1，知1＜2－a＜2.
所以令f′(x)＞0，得x＜或x＞2－a；4分
令f′(x)＜0，得＜x＜2－a，
所以函數(shù)f(x)在(1,2－a)上單調(diào)遞減，在(2－a,2)上單調(diào)遞增.5分
所以函數(shù)f(x)在[1,2]上的最小值為f(2－a)＝(2－a)2，最大值為max{f(1)，f(2)}＝max.6分
因?yàn)楫?dāng)0＜a≤時(shí)，－≥a；7分
當(dāng)＜a＜1時(shí)，a＞－，8分
由對(duì)任意x1，x2，x3∈[1,2]，都有f(x1)＋f(x2)＞f(x3)恒成立，得2f(x)min＞f(x)max(x∈[1,2])．
所以當(dāng)0＜a≤時(shí)，必有2×(2－a)2＞－，10分
結(jié)合0＜a≤可解得1－＜a≤；
當(dāng)＜a＜1時(shí)，必有2×(2－a)2＞a，
結(jié)合＜a＜1可解得＜a＜2－.
綜上，知所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是1－＜a＜2－.12分
高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第2部分 必考補(bǔ)充專題 技法篇 4大思想提前看滲透整本提時(shí)效教師用書 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題
