2020年浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题三 1 第1讲等差数列、等比数列

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2020高考数学课标二轮：专题能力训练等差数列与等比数列含解析

答案:D
解析:因为a4+a10+a16=30,所以3a10=30,即a10=10,
所以a18-2a14=-a10=-10.故选D.
2.在各项均为正数的等比数列{an}中,若log2(a2·a3·a5·a7·a8)=5,则a1·a9=()
A.4B.5C.2D.25
答案:A
解析:由题意得log2(a2·a3·a5·a7·a8)=log2 =5log2a5=5,所以a5=2.所以a1·a9= =4.故选A.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则d>0,
an=dn+(a1-d),Sn= dn2+ n.
对任意n∈N*,恒有
an·Sn=2n3-n2,则[dn+(a1-d)]· dn2+ n =2n3-n2,
即[dn+(a1-d)]· =2n2-n.
∴
∵d>0,∴
∴an=2n-1.
(2)∵数列{anbn}的前n项和为An=5+(2n-3)·2n-1(n∈N*),
A.440B.330C.220D.110
答为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为 .第n组的和为 =2n-1,前n组总共的和为 -n=2n+1-2-n.
由题意,N>100,令 >100,得n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则SN- 应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.
又a1=2,∴S101= =2.
4.已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn,若a3,a4,a8成等比数列,则()

数学二轮复习教案：第一部分专题三数列第一讲等差数列、等比数列

专题三数列第一讲等差数列、等比数列[考情分析］等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查;对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题；等差数列、等比数列的前n项和是高考考查的重点。

年份卷别考查角度及命题位置201 7Ⅰ卷等差、等比数列的综合应用·T17201 5Ⅰ卷等差数列的通项公式及前n项和公式·T7等比数列的概念及前n项和公式·T13Ⅱ卷等差数列的通项公式、性质及前n项和公式·T5［真题自检]1．（2015·高考全国卷Ⅱ)设S n是等差数列｛a n｝的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( )A．5 B．7C．9 D．11解析：法一:∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，∴a3＝1，∴S5＝错误!＝5a3＝5.法二：∵a1＋a3＋a5＝a1＋（a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d＝3，∴a1＋2d ＝1，∴S5＝5a1＋错误!d＝5(a1＋2d）＝5.解析:A2．(2015·高考全国卷Ⅰ）已知｛a n}是公差为1的等差数列，S n为{a n｝的前n项和，若S8＝4S4,则a10＝( ）A。

错误!B。

错误!C．10 D．12解析：∵公差为1,∴S8＝8a1＋错误!×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4（4a1＋6),解得a1＝错误!，∴a10＝a1＋9d＝错误!＋9＝错误!。

答案:B3．(2015·高考全国卷Ⅰ改编)在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝2a n，S n 为｛a n｝的前n项和．若S n＝126，求n的值．解析：∵a1＝2，a n＋1＝2a n,∴数列｛a n}是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n＝126，∴错误!＝126，∴n＝6.等差数列、等比数列的基本运算［方法结论］1．两组求和公式（1)等差数列:S n＝错误!＝na1＋错误!d;（2)等比数列：S n＝错误!＝错误!(q≠1）．2．在进行等差（比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d（q）的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．［题组突破]1．(2017·贵阳模拟)等差数列｛a n}的前n项和为S n，且a3＋a9＝16，则S 11＝（）A ．88B ．48C ．96D ．176解析：依题意得S 11＝11a 1＋a 112＝错误!＝错误!＝88,选A 。

(浙江专版)高考数学二轮专题复习第一部分专题三第二讲等差数列、等比数列课件.pptx

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二、经典例题领悟好 [例 2] (2018 届高三·浙江联考)已知数列{an}的前 n 项和为
Sn，且 Sn＝2－n2＋1 an(n≥1)．
(1)求证：数列ann是等比数列； (2)设数列{2nan}的前 n 项和为 Tn，An＝T11＋T12＋T13＋…＋T1n，试比较 An 与n2an的大小．
比较n2n2与n＋n 1的大小．
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设 f(n)＝n2n2，g(n)＝n＋n 1，因为 f(n＋1)－f(n)＝2n[[nnnn－＋21－]2 1]，当 n≥3 时，f(n＋1)－f(n)>0，所以当 n≥3 时，f(n)单调递增，所以当 n≥4 时，f(n)≥f(4)＝1，而 g(n)<1，所以当 n≥4 时，f(n)>g(n)．经检验当 n＝1,2,3 时，仍有 f(n)>g(n)．综上可得，An<n2an.
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1判断一个数列是等差等比数列，还有通项公式法及前 n 项和公式法，但不可作为证明方法. 2若要判断一个数列不是等差等比数列，只需判断存在连续三项不成等差等比数列即可. 3 a2n＝an－1an＋1n≥2，n∈N*是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，各项不能为 0.
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考点二等差、等比数列的判定与证明一、基础知识要记牢 1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数； (2)利用等差中项，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． 2．证明{an}是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； (2)利用等比中项，即证明 an2＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)．

高考数学二轮复习专题3 数列第一讲等差数列与等比数列理

高考数学二轮复习专题3 数列第一讲等差数列与等比数列理第一讲等差数列与等比数列1．等差数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝d (其中n∈N *，d 为与n 值无关的常数)⇔{a n }是等差数列． 2．等差数列的通项公式．若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． 3．等差中项．若x ，A ，y 成等差数列，则A ＝x ＋y2，其中A 为x ，y 的等差中项．4．等差数列的前n 项和公式．若等差数列首项为a 1，公差为d ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2．1．等比数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1a n＝q (其中a n ≠0，q 是与n 值无关且不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }为等比数列．2．等比数列的通项公式．若等比数列的首项为a 1，公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．3．等比中项．若x ，G ，y 成等比数列，则G 2＝xy ，其中G 为x ，y 的等比中项，G 值有两个． 4．等比数列的前n 项和公式．设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×) (4)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (5)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×) (6)1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝1－b51－b.(×)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则数列{a n }的前5项和S 5＝(B ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25解析：2d ＝a 4－a 2＝5－1＝4⇒d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1－2＝－1，a 5＝a 2＋3d ＝1＋6＝7，故S 5＝（a 1＋a 5）×52＝6×52＝15.2. (2015·北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是(C ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：设等差数列{a n}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0＜a1＜a2，可知a1＞0，d＞0，a2＞0，a3＞0，∴a22－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2＞0，∴a2＞a1a3，故选项C正确；若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错．3．(2015·新课标Ⅱ卷)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(B)A．21 B．42C．63 D．84解析：∵ a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴ 3＋3q2＋3q4＝21.∴ 1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.4．等差数列{a n}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是(B)A．90 B．100C．145 D．190解析：设公差为d，则(1＋d)2＝1·(1＋4d)．∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100.一、选择题1．已知等差数列{a n}中，前n项和为S n，若a3＋a9＝6，则S11＝(B)A．12 B．33 C．66 D．99解析：∵{a n}为等差数列且a3＋a9＝6，∴a 6＋a 6＝a 3＋a 9＝6. ∴a 6＝3. ∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 6＋a 62×11＝11a 6＝11×3＝33.2．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝20，a 3＋a 4＝40，则数列{a n }的前6项和S 6＝(B ) A ．120 B ．140 C ．160 D ．180 解析：∵{a n }为等比数列，∴a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6为等比数列． ∴(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)．即a 5＋a 6＝（a 3＋a 4）2a 1＋a 2＝40220＝80.∴S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝20＋40＋80＝140.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n －1，则a 3＋a 17＝(C ) A ．15 B ．17 C ．34 D ．398 解析：∵S n ＝n 2－2n －1， ∴a 1＝S 1＝12－2－1＝－2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－2n －1－[(n －1)2－2(n －1)－1] ＝n 2－(n －1)2＋2(n －1)－2n －1＋1 ＝n 2－n 2＋2n －1＋2n －2－2n ＝2n －3.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，n ＝1，2n －3，n ≥2.∴a 3＋a 17＝(2×3－3)＋(2×17－3)＝3＋31＝34. 4．(2014·陕西卷)原命题为“若a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(A )A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假解析：由a n ＋a n ＋12＜a n ⇒a n ＋1＜a n ⇒{a n }为递减数列，所以原命题为真命题；逆命题：若{a n }为递减数列，则a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N ＋；若{a n }为递减数列，则a n ＋1＜a n ，即a n ＋a n ＋12＜a n ，所以逆命题为真；否命题：若a n ＋a n ＋12≥a n ，n ∈N ＋，则{a n }不为递减数列；由a n ＋a n ＋12≥a n ⇒a n ≤a n ＋1⇒{a n }不为递减数列，所以否命题为真；因为逆否命题的真假为原命题的真假相同，所以逆否命题也为真命题．故选A.5．某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为(C )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入m ＝9，因此选C.二、填空题6．(2015·安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于27．解析：由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27.7．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝32．解析：将S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2两个式子全部转化成用a 1，q 表示的式子，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q 3＋2，两式作差得：a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q (q 2－1)，即：2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．8．(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝5．解析：由题意知a 1a 5＝a 23＝4，且数列{a n }的各项均为正数，所以a 3＝2， ∴a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25，∴log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 三、解答题9．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2 ＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式．解析：(1)b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1.所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．10．(2015·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.。

2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：第1部分 2 第2讲解答题审题技巧 Word版含解析

姓名，年级：时间：第2讲解答题审题技巧方法概述审题是解题的第一步,细致深入的审题是解题成功的必要前提．审题即审清题意，通常它包含三个环节，即解题前对已知与未知事项的初步分析与观察（通常意义下的审题)，解题过程中对题意的进一步分析，以及解题后的检验与反思．其具体内容是：已知什么？结论是什么?隐含什么？需做什么？得出什么？注意什么？等等;明确这些是正确解题的关键，下面浅谈一下如何学会审题．一审条件条件是解题的主要材料，充分利用条件间的内在联系是解题的必经之路．审视条件要充分挖掘每一个条件的内涵和隐含信息，发掘条件的内在联系．[典型例题］设函数f(x）＝ln x－ax，g（x)＝e x－ax,其中a为实数．若f（x）在（1，＋∞）上是单调减函数,且g（x）在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围．[审题路线图]f（x)在（1，＋∞)上递减→f′(x）<0→a的范围；求g′(x)→g（x）在（1，＋∞)上有最小值→a的范围→结果．［规范解答] 令f′(x）＝错误!－a＝错误!＜0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞),故a＞0，进而解得x＞a－1，即f(x）在(a－1,＋∞）上是单调减函数．同理，f(x）在（0，a－1）上是单调增函数．由于f(x）在（1，＋∞）上是单调减函数，故(1,＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1,即a≥1.令g′(x）＝e x－a＝0，得x＝ln a.当x＜ln a时，g′(x）＜0；当x＞ln a时，g′(x)＞0.又g(x）在（1,＋∞）上有最小值，所以ln a＞1，即a＞e。

综上可知，a∈（e，＋∞)．二审结论问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误．因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．审视结论,就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律．善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向．［典型例题]（2019·杭州模拟)如图,在三棱柱ABC。

2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：第1部分 1 第1讲高考客观题的解法

第1讲高考客观题的解法1．在“限时”的高考考试中，解答选择题不但要“准”，更要“快”，只有“快”，才能为后面的解答题留下充足的时间．而要做到“快”，必然要追求“巧”，“巧”即“不择手段、多快好省”．由于数学选择题是四选一的形式，因而在解答时应突出一个“选”字，要充分利用题干和选项两方面提供的信息，尽量减少书写解题过程，依据题目的具体特点，灵活、巧妙、快速地选择解法，以便快速解答．一般来说，能定性判断的，就不再使用复杂的定量计算；能使用特殊值判断的，就不必采用常规解法；能使用间接法的，就不必采用直接法；对于明显可以否定的选项应及早排除，以缩小选择的范围；初选后要认真检验，确保准确．2．数学填空题只要求写出结果，不要求写出计算和推理过程，其结果必须是数值准确、形式规范、表达式(数)最简．解题时，要有合理地分析和判断，要求推理、运算的每一步骤都正确无误，还要求将答案表达得准确、完整．合情推理、优化思路、少算多思是快速、准确地解答填空题的基本要求．数学填空题，绝大多数是计算型(尤其是推理计算型)和概念(性质)判断型的试题，应答时必须按规则进行切实的计算或者合乎逻辑的推演和判断．求解填空题的基本策略是要在“准”“巧”“快”上下功夫．常用的方法有直接法、特殊化法、数形结合法、等价转化法等．技法一直接法直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密的推理和准确的运算，从而得出正确的结论．涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法．[典型例题](1)(2019·杭州市学军中学高考模拟)⎝⎛⎭⎫x ＋1x n展开式中所有奇数项的系数之和为 1024，则展开式中各项系数的最大值是( )A ．790B ．680C ．462D ．330(2)已知2cos 2x ＋sin 2x ＝A sin(ωx ＋φ)＋b (A ＞0)，则A ＝________，b ＝________．【解析】 (1)由题意可得2n －1＝1 024，即得n ＝11，则展开式中各项系数的最大值是C 511或C 611，则C 511＝11×10×9×8×75×4×3×2×1＝462，故选C.(2)由于2cos 2x ＋sin 2x ＝1＋cos 2x ＋sin 2x ＝2sin(2x ＋π4)＋1，所以A ＝2，b ＝1.【答案】 (1)C (2)2 1直接法是解决选择题，填空题最基本的方法，直接法适用范围较广．在计算过程中，要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速准确地求解问题的关键．[对点训练]1．(2018·高考浙江卷)复数21－i (i 为虚数单位)的共轭复数是( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i 解析：选B.因为21－i ＝2（1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝2（1＋i ）1－i 2＝1＋i ，所以复数21－i的共轭复数为1－i.故选B.2．若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3；b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.所以a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2，所以a 2b 2＝1.答案：1技法二特例法当已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论．[典型例题](1)若函数f (x )＝x 2＋ ax ＋b 在区间[0, 1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M －m ( )A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关(2)已知E 为△ABC 的重心，AD 为BC 边上的中线，令AB →＝a ，AC →＝b ，过点E 的直线分别交AB ，AC 于P ，Q 两点，且AP →＝m a ，AQ →＝n b ，则1m ＋1n＝( )A ．3B ．4C ．5D.13【解析】 (1)因为最值在f (0)＝b ，f (1)＝1＋a ＋b ，f (－a 2)＝b －a 24中取，所以最值之差一定与b 无关，故选B.(2)由于直线PQ 是过点E 的一条“动”直线，所以结果必然是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．法一：如图1，令PQ ∥BC ，则AP →＝23AB →，AQ →＝23AC →，此时，m ＝n ＝23，故1m ＋1n＝3.故选A.法二：如图2，直线BE 与直线PQ 重合，此时，AP →＝AB →，AQ →＝12AC →，故m ＝1，n ＝12，所以1m ＋1n＝3.故选A.【答案】 (1)B (2)A特例法具有简化运算和推理的优点，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题或填空题，但用特例法解题时，要注意以下几点：第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理；第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解；第三，对于开放性的问题或者有多种答案的填空题，不能使用该种方法求解．[对点训练]如图，点P 为椭圆x 225＋y 29＝1上第一象限内的任意一点，过椭圆的右项点A 、上顶点B 分别作y 轴、x 轴的平行线，它们相交于点C ，过点P 引BC ，AC 的平行线交AC 于点N ，交BC 于点M ，交AB 于D 、E 两点，记矩形PMCN 的面积为S 1，三角形PDE 的面积为S 2，则S 1∶S 2＝( )A ．1B ．2 C.12 D.13解析：选A.不妨取点P ⎝⎛⎭⎫4，95，则可计算S 1＝⎝⎛⎭⎫3－95×(5－4)＝65，由题易得PD ＝2，PE ＝65，所以S 2＝12×2×65＝65，所以S 1∶S 2＝1. 技法三图解法对于一些含有几何背景的问题，若能“数中思形”“以形助数”，则往往可以借助图形的直观性，迅速作出判断，简捷地解决问题，得出正确的结果．V enn 图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等，都是常用的图形．[典型例题](1)如图，已知正四面体D -ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CRRA ＝2.分别记二面角D -PR -Q ，D PQ R ，D QR P 的平面角为α，β，γ，则( )A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α(2)(2019·宁波高考模拟)定义max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥b b ，a <b，已知函数f (x )＝max{|2x －1|，ax 2＋b }，其中a <0，b ∈R ，若f (0)＝b ，则实数b 的范围为________，若f (x )的最小值为1，则a ＋b ＝________．【解析】 (1)如图1，设O 是点D 在底面ABC 内的射影，过O 作OE ⊥PR ，OF ⊥PQ ，OG ⊥RQ ，垂足分别为E ，F ，G ，连接ED ，FD ，GD ，易得ED ⊥PR ，所以∠OED 就是二面角D -PR -Q 的平面角，所以α＝∠OED ，tan α＝OD OE ，同理tan β＝OD OF ，tan γ＝ODOG.底面的平面图如图2所示，以P 为原点建立平面直角坐标系，不妨设AB ＝2，则A (－1，0)，B (1，0)，C (0，3)，O ⎝⎛⎭⎫0，33，因为AP ＝PB ，BQ QC ＝CR RA ＝2，所以Q ⎝⎛⎭⎫13，233，R ⎝⎛⎭⎫－23，33，则直线RP 的方程为y ＝－32x ，直线PQ 的方程为y ＝23x ，直线RQ 的方程为y ＝33x ＋539，根据点到直线的距离公式，知OE ＝22121，OF ＝3939，OG ＝13，所以OE >OG >OF ，所以tan α<tan γ<tan β，又α，β，γ为锐角，所以α<γ<β，故选B.(2)因为f(0)＝max{1，b}＝b，所以b≥1；作出y＝|2x－1|与y＝ax2＋b的函数图象，如图所示：因为f(x)的最小值为1，所以y＝ax2＋b恰好经过点(1，1)，所以a＋b＝1.【答案】(1)B(2)[1，＋∞) 1图解法实质上就是数形结合的思想方法在解题中的应用，利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是高考命题的热点．准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果．[对点训练]a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b 都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)解析：由题意知，a，b，AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图．不妨设图中所示正方体的棱长为1，则AC＝1，AB＝2，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，则A点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．以C 为坐标原点，以CD →的方向为x 轴正方向，CB →的方向为y 轴正方向，CA →的方向为z 轴正方向建立空间直角坐标系．则D (1，0，0)，A (0，0，1)，直线a 的单位方向向量a ＝(0，1，0)，|a |＝1. B 点起始坐标为(0，1，0)，直线b 的单位方向向量b ＝(1，0，0)，|b |＝1. 设B 点在运动过程中的坐标B ′(cos θ，sin θ，0)，其中θ为CB ′→与CD →的夹角，θ∈[0，2π)．那么AB ′在运动过程中的向量AB ′→＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB ′→|＝ 2.设直线AB ′与a 所成的夹角为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，cos α＝|（cos θ，sin θ，－1）·（0，1，0）||a ||AB ′→|＝22|sin θ|∈⎣⎡⎦⎤0，22.故α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，所以③正确，④错误．设直线AB ′与b 所成的夹角为β，则β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，cos β＝|AB ′→·b ||b ||AB ′→|＝|（cos θ，sin θ，－1）·（1，0，0）||b ||AB ′→|＝22|cos θ|.当AB ′与a 成60°角时，α＝π3，|sin θ|＝2cos α＝2cos π3＝2×12＝22.因为cos 2θ＋sin 2θ＝1，所以|cos θ|＝22. 所以cos β＝22|cos θ|＝12.因为β∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以β＝π3，此时AB ′与b 成60°角．所以②正确，①错误．答案：②③ 技法四构造法用构造法解题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程．构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式)形式上的特点，然后积极调动思维，联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景)，从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的．[典型例题](1)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图所示，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为( )A.12 B ．－12C.32D ．－32(2)已知m ，n ∈(2，e)，且1n 2－1m 2＜ln mn ，则( )A ．m ＞nB ．m ＜nC ．m ＞2＋1nD ．m ，n 的大小关系不确定【解析】 (1)由题意，可补成正方体，如图，异面直线AC 与BD 所成角就是ED 与BD 所成角，而△BDE 为等边三角形，所以ED 与BD 所成角为π3，cos π3＝12.故选A. (2)由不等式可得1n 2－1m 2＜ln m －ln n ，即1n 2＋ln n ＜1m 2＋ln m ．设f (x )＝1x2＋ln x (x ∈(2，e))，则f ′(x )＝－2x 3＋1x ＝x 2－2x3.因为x ∈(2，e)，所以f ′(x )＞0，故函数f (x )在(2，e)上单调递增．因为f (n )＜f (m )，所以n ＜m .故选A.【答案】 (1)A (2)A构造法实质上是转化与化归思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向．一般通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型将问题转化为自己熟悉的问题．在立体几何中，补形构造是最为常用的解题技巧．通过补形能将一般几何体的有关问题在特殊的几何体中求解，如将三棱锥补成特殊的长方体等．[对点训练]1．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，且对任意x ∈R 都有f ′(x )>f (x )成立，则( ) A ．3f (ln 2)>2f (ln 3) B ．3f (ln 2)＝2f (ln 3) C ．3f (ln 2)<2f (ln 3)D ．3f (ln 2)与2f (ln 3)的大小关系不确定解析：选C.令g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）e x －f （x ）e x e 2x ＝f ′（x ）－f （x ）e x.因为对任意x ∈R 都有f ′(x )>f (x )成立，所以g ′(x )>0，即g (x )在R 上单调递增．又ln 2<ln 3，所以g (ln 2)<g (ln 3)，即f （ln 2）e ln 2<f （ln 3）e ln 3，即f （ln 2）2<f （ln 3）3，所以3f (ln 2)<2f (ln 3)．故选C.2．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．解析：因为a n ＋1＝2S n ＋1，所以S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，所以S n ＋1＝3S n ＋1，所以S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n ＋12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，所以S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，所以S 1＝1，所以a 1＝1，所以S 5＋12＝⎝⎛⎭⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，所以S 5＝121. 答案：1 121 技法五排除法排除法也叫筛选法、淘汰法，此法适用于选择题，它是充分利用选择题的特征，即有且只有一个正确的选项，通过分析、推理、计算、判断，排除不符合要求的选择支，从而得出正确结论的一种方法．[典型例题](2018·高考浙江卷)函数y ＝2|x |sin 2x 的图象可能是( )【解析】设f (x )＝2|x |sin 2x ，其定义域关于坐标原点对称，又f (－x )＝2|－x |·sin(－2x )＝－f (x )，所以y ＝f (x )是奇函数，故排除选项A ，B ；令f (x )＝0，所以sin 2x ＝0，所以2x ＝k π(k ∈Z )，所以x ＝k π2(k ∈Z )，故排除选项C.故选D.【答案】 D排除法适用于定性型或不易直接求解的选择题．当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小选项的范围内找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的答案．它与特例法、图解法等结合使用是解选择题的常用方法，在近几年高考选择题中占有很大的比重．[对点训练]1．若a >b >0，且ab ＝1，则下列不等式成立的是( ) A ．a ＋1b <b2a <log 2(a ＋b )B.b 2a <log 2(a ＋b )<a ＋1b C ．a ＋1b <log 2(a ＋b )<b 2aD ．log 2(a ＋b )<a ＋1b <b2a解析：选B.根据题意，令a ＝2，b ＝12进行验证，易知a ＋1b ＝4，b 2a ＝18，log 2(a ＋b )＝log 252＞1，因此a ＋1b ＞log 2(a ＋b )＞b2a .2．(2019·汕头一模)已知关于x 的不等式kx 2－6kx ＋k ＋8≥0对任意的x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是( )A ．[0，1]B ．(0，1]C ．(－∞，0)∪(1，＋∞)D ．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选A.k ＝0时，8≥0，满足条件，排除B 、C ，当k ＝2时，不等式变为x 2－6x ＋5≥0，即x ≥5或x ≤1不满足条件，排除D.技法六估值法估值法就是不需要计算出代数式的准确数值，通过估计其大致取值范围从而解决相应问题的方法．该种方法主要适用于比较大小的有关问题，尤其是在选择题或填空题中，解答不需要详细的过程，因此可以猜测、合情推理、估算而获得，从而减少运算量．[典型例题]如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝32，EF 与平面AC 的距离为2，则该多面体的体积为( )A.92 B ．5 C ．6D.152【解析】该多面体体积直接求比较困难，可连接BE 、CE ，原体积转化为四棱锥E -ABCD 和三棱锥E -BCF 的体积之和，而V E ABCD ＝6，故由局部估算出整体，原多面体体积大于6，只有D 符合．故选D.【答案】 D对于选项是数值的选择题，可以通过估计所要计算值的范围来确定唯一的正确选项．有些问题，属于比较大小或者确定位置的问题，我们只要对数值进行估算，或者对位置进行估计，就可以避免因为精确计算或严格推演而浪费时间．[对点训练]某班设计了一个八边形的班徽(如图所示)，它由四个腰长为1，顶角为α的等腰三角形和一个正方形组成，则该八边形的面积为( )A ．2sin α－2cos α＋2B ．sin α－3cos α＋3C ．3sin α－3cos α＋1D ．2sin α－cos α＋1解析：选A.当顶角α→π时，八边形几乎是边长为2的正方形，面积接近于4，四个选项中，只有A 符合，故选A.专题强化训练 [基础达标]1．(2019·宁波高考模拟)已知全集U ＝A ∪B ＝{x ∈Z |0≤x ≤6}，A ∩(∁U B )＝{1，3，5}，则B ＝( )A ．{2，4，6}B ．{1，3，5}C ．{0，2，4，6}D ．{x ∈Z |0≤x ≤6}解析：选C.因为全集U ＝A ∪B ＝{x ∈Z |0≤x ≤6}＝{0，1，2，3，4，5，6}，A ∩(∁U B )＝{1，3，5}，所以B ＝{0，2，4，6}，故选C.2．复数z 满足(1＋i)z ＝|3－i|，则z ＝( ) A ．1＋i B ．1－i C ．－1－iD ．－1＋i解析：选A.由题意知：(1＋i)z ＝2，设z ＝a ＋b i ，则(1＋i)z ＝(1＋i)(a ＋b i)＝(a －b )＋(a ＋b )i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0，a －b ＝2，解得a ＝1，b ＝－1，故z ＝1＋i ，故选A.3．(2019·温州市高考数学模拟)已知数列{a n }是递增数列，且满足a n ＋1＝f (a n )，a 1∈(0，1)，则f(x)不可能是()A．f(x)＝x B．f(x)＝2x－1C．f(x)＝2x－x2D．f(x)＝log2(x＋1)解析：选B.对于A：因为a1∈(0，1)，所以a n＋1＝a n>a n，可得数列{a n}是递增数列；对于B：因为a1∈(0，1)，不妨取a1＝12，则a2＝212－1＝2－1<12，因此数列{a n}不是递增数列；对于C：f(x)＝2x－x2，令2x－x2≥0，解得0≤x≤2.由f(x)＝2x－x2＝1－（x－1）2，可知：当0≤x≤1时，函数f(x)单调递增；当1≤x≤2时，函数f(x)单调递减．因为a1∈(0，1)，所以数列{a n}是递增数列；对于D：画出图象y＝log2(x＋1)，y＝x，可知：在x∈(0，1)时，log2(x ＋1)>x，所以a n＋1＝log2(a n＋1)>a n，因此数列{a n}是递增数列．故选B.4．已知点x，y满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x＋y－2≥0x－2y＋4≥0，x－2≤0则z＝3x＋y的最大值与最小值之差为() A．5 B．6C．7 D．8解析：选C.作出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x＋y－2≥0x－2y＋4≥0x－2≤0对应的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线y＝－3x并平移知，当直线经过点A时，z取得最大值，当直线经过点B时，z取得最小值，由⎩⎪⎨⎪⎧x＝2x－2y＋4＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x＝2y＝3，即A(2，3)，故z max＝9.由⎩⎪⎨⎪⎧x－2y＋4＝0x＋y－2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x＝0y＝2，即B(0，2)，故z min＝2，故z的最大值与最小值之差为7，选C.5．在数列{a n}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有a m＋k＝a m＋a k，则{a n}的前n 项和S n＝()A ．n (3n －1) B.n （n ＋3）2C ．n (n ＋1)D.n （3n ＋1）2解析：选C.依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)．6．函数f (x )＝|x －2|－ln x 在定义域内的零点的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选C.由题意可知f (x )的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y 1＝|x －2|(x >0)，y 2＝ln x (x >0)的图象，如图所示．由图可知函数f (x )在定义域内的零点个数为2. 7．函数f (x )＝cos x ·log 2|x |的图象大致为( )解析：选B.函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f ⎝⎛⎭⎫12＝cos 12log 2⎪⎪⎪⎪12＝－cos 12， f ⎝⎛⎭⎫－12＝cos ⎝⎛⎭⎫－12·log 2⎪⎪⎪⎪－12＝－cos 12，所以f ⎝⎛⎭⎫－12＝f ⎝⎛⎭⎫12，排除A 、D ，又f ⎝⎛⎭⎫12＝－cos 12<0，故排除C.综上，选B. 8．(2019·嘉兴市高三期末)已知圆C 1：x 2＋y 2－2ax ＋a 2－1＝0和圆C 2：x 2＋y 2－2by ＋b 2－4＝0恰有三条公共切线，则（a －3）2＋（b －4）2的最小值为( )A ．1＋ 2B ．2C ．3－ 2D ．4解析：选B.圆C 1的圆心为C 1(a ，0)，半径为r 1＝1，圆C 2的圆心为C 2(0，b )，半径为r 2＝2，因为两圆有三条公共切线，所以两圆外切．所以a 2＋b 2＝3，所以点(a ，b )在半径为3的圆x 2＋y 2＝9上．而（a －3）2＋（b －4）2表示点(a ，b )到点(3，4)的距离．所以（a －3）2＋（b －4）2的最小值为32＋42－3＝2.故选B.9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30解析：选C.由三视图可知该几何体是由如图所示的直三棱柱ABC A 1B 1C 1截掉一个三棱锥D A 1B 1C 1得到的，其中AC ＝4，BC ＝3，AA 1＝5，AD ＝2， BC ⊥AC ，S △A 1B 1C 1＝12×4×3＝6，所以该几何体的体积V ＝S △A 1B 1C 1·AA 1－ 13S △A 1B 1C 1·DA 1＝6×5－13×6×3＝24. 10．(2019·台州模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l ：x ＋y ＋a ＝0与点A (0，2)，若直线l 上存在点M 满足|MA |2＋|MO |2＝10(O 为坐标原点)，则实数a 的取值范围是( )A ．(－5－1，5－1)B ．[－5－1，5－1]C ．(－22－1，22－1)D ．[－22－1，22－1]解析：选D.设M (x ，y )，因为|MA |2＋|MO |2＝10，所以x 2＋(y －2)2＋x 2＋y 2＝10，即x 2＋(y －1)2＝4，由于点M 在直线l 上，所以直线x ＋y ＋a ＝0与圆x 2＋(y －1)2＝4相交或相切时满足题意，即|1＋a |2≤2，解得－22－1≤a ≤22－1.11．设函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4，则函数f (x )的最小正周期为________，单调递增区间为________．解析：函数f (x )的最小正周期为2π2＝π，由2x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2＋2k π，π2＋2kπ得x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π8＋k π，π8＋k π，k ∈Z ，即f (x )的增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π8＋k π，π8＋k π，k ∈Z .答案：π ⎣⎡⎦⎤－3π8＋k π，π8＋k π，k ∈Z12．(2019·金丽衢十二校高三联考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3，表面积为________cm 2.解析：根据三视图可知，该几何体为如图所示三棱锥P -ABC ，所以其体积V ＝13Sh ＝13×12×4×3×1＝233，表面积S ＝12×4×3＋12×4×1＋12×2×2＋12×23×2＝4＋23＋ 6.答案：2334＋23＋ 613．(2019·河南八市重点高中质检)已知直线l 1与直线l 2：4x －3y ＋1＝0垂直且与圆C ：x 2＋y 2＝－2y ＋3相切，则直线l 1的方程是________．解析：由题可得，圆C 的标准方程为x 2＋(y ＋1)2＝4，其圆心为(0，－1)，半径r ＝2.设直线l 1的方程为3x ＋4y ＋c ＝0，则|3×0＋4×（－1）＋c |32＋42＝2，解得c ＝14或c ＝－6.故直线l 1的方程为3x ＋4y ＋14＝0或3x ＋4y －6＝0.答案：3x ＋4y ＋14＝0或3x ＋4y －6＝014．对于任意两个正实数a ，b ，定义a *b ＝λ×a b .其中常数λ∈⎝⎛⎭⎫1，62，若8*3＝3，则λ＝________；若a ≥b >0，a *b 与b *a 都是集合{x |x ＝n2，n ∈Z }中的元素，则a *b ＝________．解析：由8*3＝3得λ×83＝3⇒λ＝98；λ×a b ＝m 2，λ×b a ＝n 2(m ，n ∈Z ，m >n )⇒λ2＝mn4∈⎝⎛⎭⎫1，32⇒mn ＝5⇒m ＝5，n ＝1，所以a *b ＝52.答案：98 5215．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋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__________．解析：函数f (x )的大致图象如图所示，根据题意知只要m >4m －m 2即可，又m >0，解得m >3，故实数m 的取值范围是(3，＋∞)．答案：(3，＋∞)16．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1，1]内至少存在一个值c ，使得f (c )>0，则实数p 的取值范围是________．解析：若在[－1，1]内不存在c 满足f (c )>0，则⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）≤0，f （1）≤0，即⎩⎨⎧p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32.解得p ≤－3或p ≥32，取补集得－3<p <32，即满足题意的实数p 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－3，32. 答案：⎝⎛⎭⎫－3，32 17．小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法种数为________．解析：根据题意，分3种情况讨论：①若小明的父母中只有1人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻，有C 12＝2种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A 22＝2种情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A 22×A 23＝12种安排方法，此时有2×2×12＝48种不同坐法；②若小明的父母中只有1人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A 33＝6种情况，此时有2×2×6＝24种不同坐法；③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A 22＝2种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A 33＝6种情况，此时，共有2×6＝12种不同坐法；则一共有48＋24＋12＝84种不同坐法．答案：84[能力提升]1．若a ，b ，c ∈R ，a ＞b ，则下列不等式成立的是( ) A.1a ＜1b B ．a 2＞b 2 C.ac 2＋1＞b c 2＋1D ．a |c |＞b |c |解析：选C.取a ＝1，b ＝－1，排除A ，B ；取c ＝0，排除D ，故选C.2．(2019·金华市东阳二中高三调研)若关于x 的不等式x 2＋ax －2＞0在区间[1，5]上有解，则实数a 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫－235，＋∞ B.⎣⎡⎦⎤－235，1 C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)解析：选A.由Δ＝a 2＋8>0，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积为负，所以方程必有一正根、一负根．于是不等式在区间[1，5]上有解的充要条件是f (5)>0，解得a >－235，故a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－235，＋∞. 3．(2019·杭州市学军中学模拟)已知q 是等比数列{a n }的公比，则“q <1”是“数列{a n }是递减数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选D.数列－8，－4，－2，…，该数列是公比q ＝－4－8＝12<1的等比数列，但该数列是递增数列，所以，由等比数列{a n }的公比q <1，不能得出数列{a n }是递减数列；而数列－1，－2，－4，－8，…，是递减数列，但其公比q ＝－2－1>1，所以，由数列{a n }是递减数列，不能得出其公比q <1.所以，“q <1”是“等比数列{a n }是递减数列”的既不充分也不必要条件．故选D. 4．当a ＞0时，函数f (x )＝(x 2＋2ax )e x 的图象大致是( )解析：选B.由f (x )＝0，得x 2＋2ax ＝0，解得x ＝0或x ＝－2a ，因为a ＞0，所以x ＝－2a ＜0，故排除A ，C ；当x 趋向于－∞时，e x 趋向于0，故f (x )趋向于0，排除D.5．已知正实数a ，b 满足a 2－b ＋4≤0，则u ＝2a ＋3b a ＋b ( )A ．有最大值为145B ．有最小值为145C ．没有最小值D ．有最大值为3解析：选B.因为a 2－b ＋4≤0，所以b ≥a 2＋4，a ，b >0. 所以a ＋b ≥a 2＋a ＋4，所以a a ＋b ≤a a 2＋a ＋4，所以－aa ＋b ≥－aa 2＋a ＋4，所以u ＝2a ＋3b a ＋b ＝3－a a ＋b ≥3－a a 2＋a ＋4＝3－1a ＋4a ＋1≥3－12a ·4a＋1＝145，当且仅当a ＝2，b ＝8时取等号．故选B.6．(2019·瑞安四校联考)已知Rt △AOB 的面积为1，O 为直角顶点，设向量a ＝OA→|OA →|，b ＝OB →|OB →|，OP →＝a ＋2b ，则P A →·PB →的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选A.以O 为原点，OA 所在直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，建立直角坐标系．设A (m ，0)，B (0，n )，则a ＝(1，0)， b ＝(0，1)，OP →＝a ＋2b ＝(1，2)， P A →＝(m －1，－2)，PB →＝(－1，n －2)，Rt △AOB 的面积为1，即有mn ＝2，则P A →·PB →＝1－m －2(n －2)＝5－(m ＋2n )≤5－22mn ＝5－2×2＝1，当且仅当m ＝2n ＝2时，取得最大值1.7．(2019·绍兴一中高三期中)到两条互相垂直的异面直线距离相等的点的轨迹，被过一直线与另一直线垂直的平面所截，截得的曲线为( )A ．相交直线B ．双曲线C ．抛物线D ．椭圆弧解析：选C.如图所示，建立坐标系，不妨设两条互相垂直的异面直线为OA ，BC ，设OB ＝a ，P (x ，y ，z )到直线OA ，BC 的距离相等，所以x 2＋z 2＝(x －a )2＋y 2，所以2ax －y 2＋z 2－a 2＝0，若被平面xOy 所截，则z ＝0，y 2＝2ax －a 2；若被平面xOz 所截，则y ＝0，z 2＝－2ax ＋a 2，故选C.8．将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组每组至少一人，则不同分配方案的种数为( )A ．50B ．80C ．120D ．140解析：选B.根据题意，分2种情况讨论：①甲组有2人，首先选2个放到甲组，共有C 25＝10种结果，再把剩下的3个人放到乙和丙两个位置，每组至少一人，共有C 23A 22＝6种结果，所以根据分步乘法计数原理知共有10×6＝60种结果，②当甲中有三个人时，有C 35A 22＝20种结果，所以共有60＋20＝80种结果，故选B. 9．设函数g (x )＝x 2－2(x ∈R )，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g （x ）＋x ＋4，x ＜g （x ），g （x ）－x ，x ≥g （x ），则f (x )的值域是( )A.⎣⎡⎦⎤－94，0∪(1，＋∞) B ．[0，＋∞) C.⎣⎡⎭⎫－94，＋∞ D.⎣⎡⎦⎤－94，0∪(2，＋∞) 解析：选D.由x ＜g (x )得x ＜x 2－2，所以x ＜－1或x ＞2；由x ≥g (x )得x ≥x 2－2，所以－1≤x ≤2.所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＋2，x ＜－1或x ＞2，x 2－x －2，－1≤x ≤2.即f (x )＝⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫x ＋122＋74，x ＜－1或x ＞2，⎝⎛⎭⎫x －122－94，－1≤x ≤2.当x ＜－1时，f (x )＞2；当x ＞2时，f (x )＞8.所以当x ∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，函数的值域为(2，＋∞)．当－1≤x ≤2时，－94≤f (x )≤0.所以当x ∈[－1，2]时，函数的值域为⎣⎡⎦⎤－94，0. 综上可得f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤－94，0∪(2，＋∞)． 10．已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数f ′(x )满足xf ′(x )＋f (x )＝ln x x ，且f (e)＝1e ，其中e 为自然对数的底数，则不等式f (x )＋e>x ＋1e的解集是( )A.⎝⎛⎭⎫0，1e B ．(0，e) C.⎝⎛⎭⎫1e ，eD.⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞解析：选B.根据题意，令g (x )＝xf (x )，则有g ′(x )＝[xf (x )]′＝xf ′(x )＋f (x )＝ln x x ，则g (x )＝12(ln x )2＋C ，即xf (x )＝12(ln x )2＋C ，则有f (x )＝12x (ln x )2＋Cx，又由f (e)＝1e ，即f (e)＝12e ＋C e ＝1e ，解可得C ＝12，故f (x )＝12x (ln x )2＋12x ，令h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝f ′(x )－1＝－（ln x ＋1）22x 2－1<0，故函数h (x )＝f (x )－x 在(0，＋∞)上递减，不等式f (x )＋e>x ＋1e ，即f (x )－x >1e －e ＝f (e)－e ，则有0<x <e ，即不等式f (x )＋e>x ＋1e的解集为(0，e)．故选B.11．比较lg 2，(lg 2)2，lg(lg 2)的大小，其中最大的是________，最小的是________．解析：因为lg 2∈(0，1)，0<(lg 2)2<lg 2， lg(lg 2)<0，所以最大的是lg 2，最小的是lg(lg 2)．答案：lg 2 lg(lg 2)12．商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．则顾客抽奖1次能获奖的概率是________；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，则EX ＝________．解析：抽奖1次，不中奖的概率为610×510＝310，所以抽奖1次能获奖的概率为1－310＝710；抽奖1次获一等奖的概率为410×510＝15，所以随机变量X 服从二项分布，即X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15，所以EX ＝3×15＝35.答案：710 3513．在△ABC 中，D 是AC 边的中点，A ＝π3，cos ∠BDC ＝－27，△ABC 的面积为33，则sin ∠ABD ＝________，AC ＝________．解析：过B 作BH ⊥AC 于H ，则cos ∠BDH ＝DH BD ＝27，设DH ＝2k (k >0)，则BD ＝7k ，所以BH ＝BD 2－DH 2＝3k ，在Rt △ABH 中，∠A ＝π3，所以AH ＝BH3＝k ，所以AD ＝3k ，AC ＝6k ，又S △ABC ＝12×AC ×BH ＝12×6k ×3k ＝33k 2＝33，解得k ＝1，所以AC ＝6，在△ABD 中，BD sin A ＝ADsin ∠ABD ，所以732＝3sin ∠ABD 解得sin ∠ABD ＝32114.答案：32114614．(2019·杭州市七校高三联考)抛物线y ＝2x 2上两点A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)关于直线y ＝x ＋m 对称，且x 1·x 2＝－12，则m 等于________．解析：由条件得A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)两点连线的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝－1，而y 2－y 1＝2(x 22－x 21)，得x 1＋x 2＝－12，且(x 1＋x 22，y 1＋y 22)在直线y ＝x ＋m 上，即y 1＋y 22＝x 1＋x 22＋m ，即y 1＋y 2＝x 1＋x 2＋2m .又因为A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)两点在抛物线y ＝2x 2上，所以有2(x 21＋x 22)＝x 1＋x 2＋2m ，即2[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]＝x 1＋x 2＋2m ，可得2m ＝3，解得m ＝32.答案：3215．用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2(比如1 524)的概率＝________．解析：用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，基本事件总数n ＝A 45＝120，其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2包含的基本事件有：1 352，1 425，1 524，3 142，3 524，3 514，3 152，5 241，5 314，5 142，共10个，所以千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2(比如1 524)的概率：p ＝10120＝112.答案：11216．已知a ＝(3，2)，b ＝(2，－1)，若向量λa ＋b 与a ＋λb 夹角为锐角，则实数λ的取值范围是________．解析：因为a ＝(3，2)，b ＝(2，－1)，所以λa ＋b ＝(3λ＋2，2λ－1)，a ＋λb ＝(3＋2λ，2－λ)，因为向量λa ＋b 与a ＋λb 夹角为锐角，所以(λa ＋b )·(a ＋λb )＝(3λ＋2)×(3＋2λ)＋(2λ－1)×(2－λ)>0. 且(3λ＋2)(2－λ)－(2λ－1)(3＋2λ)≠0，整理可得，4λ2＋18λ＋4>0且λ≠±1.解不等式可得，λ>－9＋654或λ<－9－654且λ≠1.答案：λ>－9＋654或λ<－9－654且λ≠117．(2019·广州市综合测试(一))设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ＋a q ，则f (n )＝S n ＋60n ＋1(n ∈N *)的最小值为________．解析：a 1＝2，对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ＋a q ，令p ＝1，q ＝n ，则有a n ＋1＝a n ＋a 1＝a n ＋2，故{a n }是等差数列，所以a n ＝2n ，S n ＝2×（1＋n ）n 2＝n 2＋n ，f (n )＝S n ＋60n ＋1＝n 2＋n ＋60n ＋1＝（n ＋1）2－（n ＋1）＋60n ＋1＝n ＋1＋60n ＋1－1.当n ＋1＝8时，f (7)＝8＋608－1＝292；当n ＋1＝7时，f (6)＝7＋607－1＝1027，因为292<1027，则f (n )＝S n ＋60n ＋1(n ∈N *)的最小值为292.答案：292。

2025高考数学二轮复习数列

用两式相除(即比值)的方式进行相关计算.
对点练1
(1)(2024·新高考Ⅱ,12)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,
则S10=
95
.
解析 (方法一)设数列{an}的公差为d,因为
a3+a4=a1+2d+a1+3d=2a1+5d=7,3a2+a5=3(a1+d)+a1+4d=4a1+7d=5,
和为Tn,若
,
m,使得4S1,S3,Sm成等比数列?
,且b1=2,T4=5T2,是否存在大于2的正整数
解设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q(q>0).
由题意知 q≠1,由
1 (1-4 )
T4=5T2,得
1-
=
51 (1-2 )
,
1-
整理得 1+q2=5,因为 q>0,所以 q=2.所以 bn=2n.
∴b1=a2-2a1=3.
∵Sn+1=4an+2,∴当n≥2时,Sn=4an-1+2,
∴an+1=Sn+1-Sn=4an-4an-1,∴an+1-2an=2(an-2an-1).
又bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1,
∴{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.
n-1
(2)由(1)可得 bn=an+1-2an=3×2 ,∴
1 + 3 = 8,
1 = 12,
21 + 2 = 8,
当选取①②时,有
所以
解得
4 + 5 = -16,

2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题三第1讲等差数列、等比数列 Word版含解析

专题强化训练1．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{a n }，S n 是{a n }的前n 项和，则对于任意的n ∈N *，“a n >0”是“S n >0”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A.对于任意的n ∈N *，“a n >0”，能推出“S n >0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列－3，－1，1，3，5，不满足条件，不是必要条件，故选A.2．(2018·浙江选考试卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2a n ＋1，n ∈N *，则a 3＝( ) A ．3 B ．2 C ．1D ．0解析：选B.S n ＋1＝2a n ＋1，n ∈N *，则n ＝1时，a 1＋a 2＝2a 1＋1，可得：a 2＝a 1＋1.n ＝2时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 2＋1，可得：a 3＝2.故选B.3．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32f B.322f C.1225fD.1227f解析：选 D.从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122，第一个单音的频率为f ，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f ，公比为122的等比数列，记为{a n }，则第八个单音的频率为a 8＝f (122)8－1＝1227f ，故选D.4．(2019·长春质量检测(一))等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时n 的值为 ( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选C.由d >0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2<0，a 9＝d2>0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3a 5＝4，则下列说法正确的是( ) A ．{a n }是单调递减数列 B ．{S n }是单调递减数列 C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列解析：选C.由于{a n }是等比数列，则a 3a 5＝a 24＝4，又a 2＝12，则a 4＞0，a 4＝2，q 2＝16，当q ＝－66时，{a n }和{S n }不具有单调性，选项A 和B 错误；a 2n ＝a 2q 2n－2＝12×⎝⎛⎭⎫16n －1单调递减，选项C 正确；当q ＝－66时，{S 2n }不具有单调性，选项D 错误． 6．(2019·温州市高考数学模拟)已知{a n }是等差数列，其公差为非零常数d ，前n 项和为S n ，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和为T n ，当且仅当n ＝6时，T n 有最大值，则a 1d 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，－52 B ．(－3，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫－3，－52 D ．(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫－52，＋∞ 解析：选C.因为S n n ＝d 2n ＋(a 1－d2)，由题意知d <0，且⎩⎨⎧S 66＝a 1＋52d >0S77＝a 1＋3d <0，得－3<a 1d <－52.7．(2019·杭州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A ．(13，＋∞)B ．[13，＋∞)C ．(23，＋∞)D ．[23，＋∞)解析：选D.依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a na 1a 2a 3…a n －1＝2n 22（n －1）2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列{1a n }的前n 项和等于12（1－14n ）1－14＝23(1－14n )<23，因此实数t 的取值范围是[23，＋∞)，选D.8．(2019·绍兴一中高考数学模拟)等差数列{a n }的公差d ∈(0，1)，且sin 2a 3－sin 2a 7sin （a 3＋a 7）＝－1，当n ＝10时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值，则首项a 1的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫－58π，－916π B.⎣⎡⎦⎤－58π，－916π C.⎝⎛⎭⎫－54π，－98π D.⎣⎡⎦⎤－54π，－98π 解析：选D.因为{a n }为等差数列，sin 2a 3－sin 2a 7sin （a 3＋a 7）＝－1，所以1－cos 2a 32－1－cos 2a 72sin （a 3＋a 7）＝－1，所以cos 2a 7－cos 2a 32＝－sin(a 3＋a 7)，由和差化积公式可得：12×(－2)sin(a 7＋a 3)·sin(a 7－a 3)＝－sin(a 3＋a 7)，因为sin(a 3＋a 7)≠0，所以sin(a 7－a 3)＝1，所以4d ＝2k π＋π2∈(0，4)，所以k ＝0，所以4d ＝π2，d ＝π8.因为n ＝10时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 10≤0a 11≥0即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋9×π8≤0a 1＋10×π8≥0，所以－5π4≤a 1≤－9π8.9．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1(n ∈N *)，则a 1＝________；数列{a n }的通项公式为a n ＝________．解析：因为S n ＝n 2＋2n －1，当n ＝1时，a 1＝1＋2－1＝2，当n ≥2时，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －1－[(n －1)2＋ 2(n －1)－1]＝2n ＋1，因为当n ＝1时，a 1＝2＋1＝3≠2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥2.答案：2 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥210．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列，从第m －1项起，a m －1，a m ，a m ＋1，…成公比为2的等比数列．若a 1＝－2，则m ＝________，{a n }的前6项和S 6＝________．解析：由a 1＝－2，公差d ＝2，得a m －1＝－2＋2(m －2)＝2m －6，a m ＝－2＋2(m －1)＝2m －4，则a m a m －1＝2m －42m －6＝2，所以m ＝4；所以S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6 ＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28. 答案：4 2811．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，若q ＝1，则S n ＝na 1，等式显然不成立，若q ≠1，则有2·a 1（1－q n ）1－q ＝a 1（1－q n ＋1）1－q ＋a 1（1－q n ＋2）1－q ，故2q n ＝q n ＋1＋q n ＋2，即q 2＋q －2＝0，因此q ＝－2.答案：－212．已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 018的值为________．解析：由题意得，a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，a 8＝a 7－a 6＝3，…，所以数列{a n }是周期为6的周期数列，而2 018＝6×336＋2，所以a 2 018＝a 2＝3.答案：313．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________．解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，因为对任意正整数n ，上式恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.所以数列{a n }的公差为2.答案：214．(2019·义乌市高三月考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，则S n >0的最大n 是______；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第______项．解析：因为a 8>0，a 8＋a 9<0，所以S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8>0，S 16＝162(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，所以S n >0的最大n 是15.因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，所以该数列是递减数列，当n ＝8时，|a 8|最小，且|S 8|最大，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第8项．答案：15 815．设数列{a n }的前n 项积为T n ，且T n ＋2a n ＝2(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是等差数列；(2)设b n ＝(1－a n )(1－a n ＋1)，求数列{b n }的通项公式．解：(1)证明：因为T n ＋2a n ＝2，所以当n ＝1时，T 1＋2a 1＝2，所以T 1＝23，即1T 1＝32.又当n ≥2时，T n ＝2－2×T nT n －1，得 T n ·T n －1＝2T n －1－2T n ，所以1T n －1T n －1＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是以32为首项，12为公差的等差数列． (2)由(1)知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 为等差数列，所以1T n ＝32＋12(n －1)＝n ＋22，所以a n ＝2－T n 2＝n ＋1n ＋2.所以b n ＝(1－a n )(1－a n ＋1)＝1（n ＋2）（n ＋3）.16．(2019·宁波高考模拟)已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＋1＝6＋a n2，n ∈N *，S n 为{a n }的前n 项和．(1)求证：n ∈N *时，a n >a n ＋1； (2)求证：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.证明：(1)n ≥2时，作差：a n ＋1－a n ＝6＋a n2－6＋a n －12＝ 12×a n －a n －16＋a n2＋6＋a n －12，所以a n ＋1－a n 与a n －a n －1同号，由a 1＝4，可得a 2＝6＋42＝5，可得a 2－a 1<0，所以n ∈N *时，a n >a n ＋1.(2)因为2a 2n ＋1＝6＋a n ，所以2(a 2n ＋1－4)＝a n －2，即2(a n ＋1－2)(a n ＋1＋2)＝a n －2，① 所以a n ＋1－2与a n －2同号，又因为a 1－2＝2>0，所以a n >2.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≥4＋2(n －1)＝2n ＋2. 所以S n －2n ≥2.由①可得：a n ＋1－2a n －2＝12（a n ＋1＋2）<18，因此a n －2≤(a 1－2)·⎝⎛⎭⎫18n －1，即a n ≤2＋2×⎝⎛⎭⎫18n －1.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≤2n ＋2×1－⎝⎛⎭⎫18n －11－18<2n ＋167.综上可得：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.17．(2019·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，n ＝1，2，….(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．解：(1)因为对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，所以B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )，即a n ＋1－a 1＝a n ＋2－a 2，亦即a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝4.故数列{a n }是首项为1，公差为4的等差数列，于是a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.(2)证明：(必要性)：若数列{a n }是公比为q 的等比数列，对任意n ∈N *，有a n ＋1＝a n q .由a n >0知，A (n )，B (n )，C (n )均大于0，于是B （n ）A （n ）＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1a 1＋a 2＋…＋a n ＝q （a 1＋a 2＋…＋a n ）a 1＋a 2＋…＋a n ＝q ，C （n ）B （n ）＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q （a 2＋a 3＋…＋a n ＋1）a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q ，即B （n ）A （n ）＝C （n ）B （n ）＝q ，所以三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列；(充分性)：若对任意n ∈N *，三个数A (n )， B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列，则 B (n )＝qA (n )，C (n )＝qB (n )，于是C (n )－B (n )＝q [B (n )－A (n )]，即a n ＋2－a 2＝q (a n ＋1－a 1)，亦即a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1. 由n ＝1时，B (1)＝qA (1)，即a 2＝qa 1，从而a n ＋2－qa n ＋1＝0. 因为a n >0，所以a n ＋2a n ＋1＝a 2a 1＝q .故数列{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列．综上所述，数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )， B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．18．已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)． (1)证明：1<a n a n ＋1≤2(n ∈N *)；(2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．证明：(1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n <0，即a n ＋1<a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈(1，2]，所以1<a na n ＋1≤2.(2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.① 由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1<a n a n ＋1≤2得1<1a n ＋1－1a n ≤2，所以n <1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1<1n ＋2(n ∈N *)．②S n n≤12（n＋1）(n∈N*)．由①②得12（n＋2）<。

2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题三第1讲等差数列、等比数列

第1讲等差数列、等比数列[考情考向·高考导航]1．等差数列、等比数列的判定及基本运算是每年高考的热点，在考查基本运算的同时，也注重考查对函数与方程、等价转化等数学思想的应用．2．对等差数列、等比数列性质的考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n项和．[真题体验]1．(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝()A．16B．8C．4 D．2解析：C [应用等比数列前n 项和公式解题时，要注意公比是否等于1，防止出错．设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2， ∴a 3＝a 1q 2＝4，故选C.]2．(2016·天津卷)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A ．充要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：C [设数列的首项为a 1，则a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2＋a 1q 2n －1＝a 1q 2n －2(1＋q )，当q <0，因为1＋q 的符号不确定，所以无法判断a 2n －1＋a 2n 的符号；反之，若a 2n －1＋a n <0，即a 1q 2n －2(1＋q )<0，即q <－1<0，故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要不充分条件．] 3．(2019·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1＞0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．解：(1)设{a n }的公差为d ，由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ， S n ＝n (n －9)d2.由a 1＞0知d ＜0，故S n ≥a n 等价于n 2－1l n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }．[主干整合]1．等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ；(2)求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m )d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，成等差数列． 2．等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；(2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； ②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．热点一等差、等比数列的基本运算[题组突破]1．(2019·宁波三模)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．－3B ．－1C ．－33D. 3解析：A [依题意得，a 36＝(－3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝－3，b 6＝7π3，又b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝⎛⎭⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎫－2π－π3＝－tan π3＝－3，选A.] 2．(2020·广州调研)已知等比数列{a n }公比为q ，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则q 3等于( )A ．－12B ．1C ．－12或1D ．－1或12解析：A [若q ＝1，则3a 1＋6a 1＝2×9a 1，得a 1＝0，矛盾，故q ≠1.所以a 1(1－q 3)1－q ＋a 1(1－q 6)1－q ＝2a 1(1－q 9)1－q ，解得q 3＝－12或1(舍)，故选A.]3．(2019·淄博三模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则( )A ．S n 的最大值是S 8B ．S n 的最小值是S 8C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 7解析：D [由(n ＋1)S n ＜nS n ＋1得(n ＋1)·n (a 1＋a n )2＜n ·(n ＋1)(a 1＋a n ＋1)2，整理得a n ＜a n ＋1，所以等差数列{a n }是递增数列，又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，所以数列{a n }的前7项为负值，即S n 的最小值是S 7.]等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个基本元素；(2)解题思路：①设基本量a 1和d (q )；②列、解方程(组)；把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量．热点二等差(比)数列的判断与证明[例1] (2020·龙岩质检)已知数列{a n }满足a n ＝3a n －1＋k 3n －1(n ∈N *，n ≥2，k ∈R )． (1)设a 1＝1，k ＝0，证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是等比数列；(2)对任意k ∈R ，是否存在一个实数t ，使得b n ＝13n (a n ＋t )(n ∈N *)且{b n }为等差数列？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．[解析] (1)证明：当k ＝0时，a n ＝3a n －1－1，所以a n －12＝3a n －1－32＝3⎝⎛⎭⎫a n －1－12，即a n －12a n －1－12＝3，又a 1－12＝12≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是首项为12，公比为3的等比数列．(2)当n ≥2时，b n －b n －1＝13n (a n ＋t )－13n －1(a n －1＋t )＝13n (a n ＋t －3a n －1－3t )＝13n (3a n －1＋k 3n －1＋t －3a n －1－3t )＝13n (k 3n －1－2t )＝k －1＋2t 3n . 要使{b n }为等差数列，则必须使1＋2t ＝0，∴t ＝－12，即对任意的k ∈R ，存在t ＝－12，使{b n }为等差数列．判断和证明等差或等比数列的方法(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n 项和公式法，但不作为证明方法．(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可；(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要而不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.(2019·郑州二模)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{b n }中的b 3，b 4，b 5.(1)求数列{b n }的通项公式．(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．解析：(1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15. 解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)．故{b n }的第3项为5，公比为2. 由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以b n ＝b 1·q n －1＝54·2n －1＝5·2n －3，即数列{b n }的通项公式b n ＝5·2n －3.(2)由(1)得数列{b n }的前n 项和S n ＝54(1－2n )1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2.由S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2可知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以52为首项，2为公比的等比数列．热点三等差与等比数列的综合问题[例2] (2018·天津卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．[审题指导] (1)利用条件求出等比数列的公比和等差数列的首项及公差，写出通项公式，进而求出前n 项和．(2)由(1)知T n ＝2n －1，将其拆成2n 和－1两部分，{2n }是等比数列，易求和，－1是常数，易求和，再结合S n ＝n (n ＋1)2和已知条件，可求得n 的值．[解析] (1)设等比数列{b n }的公比为q ，由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0，因此为q ＞0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以，T n ＝1－2n 1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d ，由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4，由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n .所以，S n ＝n (n ＋1)2.(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2×(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n (n ＋1)2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4.所以，n 的值为4.(1)关于等差、等比数列的综合问题大多为两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量；首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．(2)求数列中的最大项，可以利用图象或者数列的单调性求解，同时注意数列的单调性与函数单调性的区别．(2020·湖北八校联考)已知等比数列{a n }的公比q ＞1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，数列{a n b n }的前n 项和为(2n －1)·3n ＋12.(1)分别求出数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，已知∀n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值．解析：(1)∵a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列， ∴2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，∴q 2－2q －3＝0， ∴q ＝3或－1，而q ＞1，∴q ＝3， ∴a n ＝2·3n －1.∵a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －1)·3n ＋12，∴a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1 ＝(2n －3)·3n －1＋12，两式相减得a n b n ＝2n ·3n －1(n ≥2)． ∵a n ＝2·3n －1，∴b n ＝n (n ≥2)，令n ＝1，可求得b 1＝1，∴b n ＝n .(2)∵数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列，∴S n ＝＝34·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n ＜34. ∵∀∈N *，S n ≤m 恒成立，故实数m 的最小值为34.热点四数列与传统文化的交汇创新数学建模素养数学建模——数列实际应用中的核心素养以学习过的数学知识为基础，把现实生活中的实际问题通过“建模”转化为数学问题——数列问题，进而通过数学运算来解释实际问题，并接受实际的检验.算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于12 2.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A ．3 2fB ．3 22fC ．12 25fD ．12 27f[解析] D [由题意可知，单音的频率构成以a 1＝f 为首项，q ＝122为公比的等比数列，则a 8＝a 1q 7＝f ·(122)7＝1227f .故选D.]涉及等比数列的数学文化题频繁出现在考试试题中．解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式．(2020·银川模拟)《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为( )A.176升 B.72升 C.11366升 D.10933升解析：A [自上而下依次设各节竹子的容积分别为a 1，a 2，…，a 9，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4.因为a 2＋a 3＝a 1＋a 4，a 7＋a 9＝2a 8，故a 2＋a 3＋a 8＝32＋43＝176，故选A.]限时45分钟满分74分一、选择题(本大题共7小题，每小题5分，共35分)1．(2019·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n解析：A [设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得a 1＝－3，d ＝2.∴a n ＝－3＋(n －1)·2＝2n －5，S n ＝－3n ＋n (n －1)2×2＝n 2－4n ，故选A.]2．(多选题)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，并且满足条件a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0.则下列结论正确的是( )A ．0<q <1B ．a 7·a 9>1C ．S n 的最大值为S 9D ．T n 的最大值为T 7解析：AD [本题考查等比数列的性质及前n 项积的最值． ∵a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0，∴a 7>1，a 8<1，∴0<q <1，故A 正确；a 7a 9＝a 28<1，故B 错误；∵a 1>1,0<q <1，∴数列为递减数列，∴S n 无最大值，故C 错误，又a 7>1，a 8<1，∴T 7是数列{T n }中的最大项，故D 正确．故选AD.]3．(2020·银川模拟)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩未一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据上述的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为( )A ．6斤B ．9斤C ．9.5斤D ．12斤解析：A [依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，设首项a 1＝4，则a 5＝2，由等差数列的性质得a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤，故选A.]4．(2020·荆州质检)已知数列{a n }满足5a n ＋1＝25·5a n ，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)等于( )A ．－3B ．3C ．－13D.13解析：A [∵5a n ＋1＝25·5a n ＝52＋a n ， ∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是等差数列，且公差为2. ∵a 2＋a 4＋a 6＝9， ∴3a 4＝9，a 4＝3.∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 133a 7＝log 133(a 4＋6)＝log 1327＝－3.]5．(2020·豫西五校联考)在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15＞0，S 16＜0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是( ) A.S 1a 1 B.S 8a 8 C.S 9a 9D.S 15a 15解析：B [由于S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8＞0，S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8(a 8＋a 9)＜0，可得a 8＞0，a 9＜0.这样S 1a 1＞0，S 2a 2＞0，…，S 8a 8＞0，S 9a 9＜0，S 10a 10＜0，…，S 15a 15＜0，而0＜S 1＜S 2＜…＜S 8，a 1＞a 2＞…＞a 8＞0，所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8.故选B.]6．(2020·洛阳联考)数列{a n }是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{c n }满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{c n }为等比数列，则a ＋b 等于( )A. 2 B ．3 C. 5D ．6解析：B [由题意知，当b ＝1时，{c n }不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝ab n －1，得b n ＝1＋a (1－b n )1－b ＝1＋a 1－b －ab n1－b ，则c n ＝2＋⎝⎛⎭⎫1＋a 1－b n －a 1－b ·b (1－b n)1－b ＝2－ab(1－b )2＋1－b ＋a 1－b n ＋ab n ＋1(1－b )2，要使{c n}为等比数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧2－ab (1－b )2＝0，1－b ＋a1－b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2，a ＋b ＝3.] 7．(2020·重庆二调)已知a 1，a 2，a 3，a 4依次成等比数列，且公比q 不为1，将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则正数q 的值是( )A.1＋52B.±1＋52C.±1＋32D.－1＋32解析：B [因为公比q 不为1，所以删去的数不是a 1，a 4.①若删去a 2，则由2a 3＝a 1＋a 4得2a 1q 2＝a 1＋a 1q 3，又a 1≠0，所以2q 2＝1＋q 3，整理得q 2(q －1)＝(q －1)(q ＋1)．又q ≠1，所以q 2＝q ＋1，又q ＞0，得q ＝1＋52；②若删去a 3，则由2a 2＝a 1＋a 4得2a 1q ＝a 1＋a 1q 3，又a 1≠0，所以2q ＝1＋q 3，整理得q (q ＋1)(q －1)＝q －1.又q ≠1，则可得q (q ＋1)＝1，又q ＞0，得q ＝－1＋52.综上所述，q ＝±1＋52，故选B.]二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)8．(2020·资阳诊断)设数列{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab 1＋ab 2＋…＋ab 10值为________．解析：依题意得a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，ab n ＝b n ＋1＝2n －1＋1，因此ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝(20＋1)＋(21＋1)＋…＋(29＋1)＝1－29×21－2＋10＝210＋9＝1 033. 答案：1 0339．(2019·北京卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝____________，S n 的最小值为____________．解析：本题考查等差数列的通项公式、求和公式、等差数列的性质，难度不大，注重重要知识、基础知识、基本运算能力的考查．等差数列{a n }中，S 5＝5a 3＝－10，得a 3＝－2，a 2＝－3，公差d ＝a 3－a 2＝1，a 5＝a 3＋2d ＝0，由等差数列{a n }的性质得n ≤5时，a n ≤0，n ≥6时，a n 大于0，所以S n 的最小值为S 4或S 5，即为－10.答案：(1)0 (2)－1010．(2019·益阳三模)设等差数列{a n }的各项均为整数，其公差d ≠0，a 5＝6，若a 3，a 5，a m (m ＞5)是公比为q (q ＞0)的等比数列，则m 的值为________．解析：由a 3a m ＝a 25，(6－2d )[6＋(m －5)d ]＝36，得－2d [(m －5)d －3m ＋21]＝0 ∵d ≠0，∴(m －5)d －3m ＋21＝0， ∴d ＝3m －21m －5＝3－6m －5由m ＞5，m ，d ∈Z 知m －5为6的正约数 ∴m －5可取1,2,3,6当m －5＝1，m ＝6时，d ＝－3， q ＝a 5a 3＝66－2d ＝12，当m －5＝2，m ＝7时，d ＝0，不合题意，当m －5＝3，m ＝8时，d ＝1，q ＝32当m －5＝6，m ＝11时，d ＝2，q ＝3，故m 的值为6,8或11. 答案：6,8或11三、解答题(本大题共2小题，每小题12分，共24分)11．(2018·北京卷)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式； (2)求e a 1＋e a 2＋…＋e a n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ， ∵a 2＋a 3＝5ln 2， ∴a 1＋d ＋a 1＋2d ＝5ln 2， ∵a 1＝ln 2，∴d ＝ln 2，∵等差数列{a n }中a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2， ∴a n ＝n ln 2，n ∈N *. (2)由(1)知a n ＝n ln 2， ∵e a n ＝e n ln 2＝eln2n ＝2n ，∴{e a n }是以2为首项，2为公比的等比数列 ∴e a 1＋e a 2＋…＋e a n ＝e ln 2＋eln 22＋…＋eln 2n ＝2＋22＋…＋2n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2∴所求为e a 1＋e a 2＋…e a n ＝2n ＋1－2，n ∈N *.12．(2019·潍坊三模)设数列{a n }的各项为正实数，b n ＝log 2a n ，若数列{b n }满足b 2＝0，b n＋1＝b n ＋log 2p ，其中p 为正常数，且p ≠1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若p ＝2，设数列{c n }对任意的n ∈N *，都有c 1b n ＋c 2b n －1＋c 3b n －2＋…＋c n b 1＝－2n 成立，问数列{c n }是不是等比数列？若是，请求出其通项公式；若不是，请说明理由．解析：(1)因为b n ＋1＝b n ＋log 2p ，所以b n ＋1－b n ＝log 2p ，所以数列{b n }是以log 2p 为公差的等差数列，又b 2＝0，所以b n ＝b 2＋(n －2)(log 2p )＝log 2p n －2，故由b n ＝log 2a n ，得a n ＝2b n ＝2log 2p n －2＝p n －2. (2)因为p ＝2，由(1)得b n ＝n －2，所以c 1(n －2)＋c 2(n －3)＋c 3(n －4)＋…＋c n (－1)＝－2n ，① 则c 1(n －1)＋c 2(n －2)＋c 3(n －3)＋…＋c n ＋1(－1)＝－2(n ＋1)，② 由②－①，得c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n －c n ＋1＝－2，③ 所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＋c n ＋1－c n ＋2＝－2，④ 再由④－③，得2c n ＋1＝c n ＋2，即c n ＋2c n ＋1＝2(n ∈N *)，所以当n ≥2时，数列{c n }成等比数列，又由①式，可得c 1＝2，c 2＝4，则c 2c 1＝2，所以数列{c n }一定是等比数列，且c n ＝2n .。

2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：第3部分 2 抢分攻略二考前必会的15个规律、结论及方法

姓名，年级：时间：抢分攻略二考前必会的15个规律、结论及方法集合运算的重要结论(1）A∩B⊆A，A∩B⊆B，A＝A∩A，A⊆A∪B,B⊆A∪B，A∪A＝A，A∪∅＝A，A∪B＝B∪A,A∩∅＝∅，A∩B＝B∩A。

(2)若A⊆B，则A∩B＝A;反之，若A∩B＝A，则A⊆B。

若A⊆B，则A∪B ＝B；反之,若A∪B＝B，则A⊆B.（3)A∩∁U A＝∅,A∪∁U A＝U,∁U（∁U A）＝A.函数单调性的重要结论（1)单调函数必有反函数，且反函数与原函数有相同的单调性．（2）f（x）与f(x)＋c（c为常数）具有相同的单调性．(3)k>0，函数f（x)与kf（x）的单调性相同；k〈0，函数f(x)与kf（x）的单调性相反．(4)当f(x)恒不为0时，函数f(x）与错误!的单调性相反．(5)当f(x）非负时,f（x)与f（x）具有相同的单调性．(6)当f(x)，g（x)同时为增(减)函数时，f(x)＋g(x）为增(减）函数．（7）设f(x),g(x）都是增(减）函数，则当两者都恒大于0时，f(x)·g(x）是增(减)函数；当两者都恒小于0时，f（x）·g(x）是减(增）函数．(8)奇函数在对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在对称的两个区间上有相反的单调性．(9）复合函数的单调性已知μ＝g(x）在［a，b]上是单调递增（减）函数，y＝f(μ)在区间[g （a),g(b）］（或区间[g（b)，g(a）］)上是单调递增(减）函数，那么复合函数y＝f(g（x））在［a，b］上一定是单调的，具体分为以下四种情况，可记为“同增异减”。

μ＝g(x)y＝f（μ）y＝f（g(x））增函数增函数增函数增函数减函数减函数减函数增函数减函数减函数减函数增函数(1)f（x)为奇函数⇔f(x）的图象关于原点对称．(2)f（x）为偶函数⇔f(x)的图象关于y轴对称．（3）偶函数的和、差、积、商是偶函数;奇函数的和、差是奇函数，积、商是偶函数;奇函数与偶函数的积、商是奇函数．(4)函数f（x）与kf(x)，错误!（f(x）≠0）的奇偶性相同(其中k为非零常数)．（5）复合函数f(g(x))的奇偶性若f(x）为偶函数，则f（g(x）)为偶函数．若f(x)为奇函数，则当g（x）为奇函数时,f（g（x）)为奇函数；当g(x)为偶函数时，f（g（x）)为偶函数．（6)定义在(－∞，＋∞)上的奇函数的图象必过原点，即有f（0）＝0.（7）存在既是奇函数，又是偶函数的函数:f（x)＝0.函数图象平移变换的相关结论(1）把y＝f(x)的图象沿x轴向左或向右平移｜c｜个单位长度（c〉0时向左平移，c<0时向右平移)得到函数y＝f（x＋c）的图象(c为常数)．(2)把y＝f（x)的图象沿y轴向上或向下平移|b|个单位长度（b〉0时向上平移，b〈0时向下平移）得到函数y＝f(x）＋b的图象（b为常数）．函数图象伸缩变换的相关结论（1)把y＝f（x)的图象上各点的纵坐标伸长(a〉1)或缩短（0〈a<1）到原来的a倍，而横坐标不变,得到函数y＝af(x）（a〉0)的图象．（2)把y＝f（x)的图象上各点的横坐标伸长(0〈b<1)或缩短(b>1)到原来的错误!倍，而纵坐标不变，得到函数y＝f(bx）（b〉0)的图象．可导函数与极值点之间的关系(1）定义域D上的可导函数f(x)在x0处取得极值的充要条件是f′(x0）＝0，并且f′(x)在x0两侧异号，若“左负右正”，x0为极小值点,若“左正右负”，x为极大值点．（2）函数f(x)在点x0处取得极值时,它在这点的导数不一定存在，例如函数y＝｜x｜，结合图象知它在x＝0处有极小值,但它在x＝0处的导数不存在．(3)f′(x0)＝0既不是函数f(x)在x＝x0处取得极值的充分条件也不是必要条件，且要注意对极值点进行检验．三角恒等变换的常用技巧（1）常值代换：①“1”的代换,如1＝sin2θ＋cos2θ，1＝2sin 错误!＝2cos 错误!＝错误!sin 错误!，1＝tan 错误!；②特殊三角函数值的代换．(2）角的变换：涉及角与角之间的和、差、倍、互补、互余等关系,常见的拆角、拼角技巧有2α＝（α＋β)＋(α－β)，α＝（α＋β）－β＝（α－β)＋β,β＝错误!－错误!＝（α＋2β）－（α＋β）,错误!＋α＝错误!－错误!，20°＝30°－10°等．（3）已知和角函数值，求单角或和角的三角函数值的技巧：把已知条件的和角进行加法或二倍角后再加减，观察是不是特殊角，只要是特殊角就可以从此入手．常见解三角形的题型及其解法(1)已知两角和一边，由三角形内角和定理求得第三个角,再由正弦定理计算另两边．(2)已知两边和其中一边的对角，应用正弦定理求出另一边对角的正弦值，进而确定这个角,由三角形内角和定理求出第三个角,再次应用正弦定理求出第三边．还可以利用余弦定理列出以未知边为元的一元二次方程来求解,而且可以根据一元二次方程根的判别式来判断三角形解的情况．（3）已知两边和它们的夹角，先利用余弦定理求出第三边，再利用余弦定理的推论求其他角．(4）已知三边，连续利用余弦定理的推论求出两较小边的对角，再由三角形内角和定理求第三个角．用向量法求最值常用到的结论（1)由a·b＝｜a｜｜b｜cos θ可知a·b≤｜a｜|b｜，当a与b同向时取等号．｜a·b｜≤｜a｜｜b|,当a与b平行时等号成立．（a·b）2≤｜a｜2｜b|2，当a与b平行时等号成立．(2)|a|－|b|≤|a＋b|≤｜a|＋|b|,当a与b反向且|a|≥｜b｜时左边不等式取等号，当a与b同向时右边不等式取等号．|a｜－|b|≤|a－b｜≤|a｜＋｜b｜,当a与b同向且|a|≥|b｜时左边不等式取等号，当a与b反向时右边不等式取等号．10等差数列的重要规律与推论设S n为等差数列{a n｝的前n项和，则（1)a n＝a1＋(n－1)d＝a m＋（n－m）d，p＋q＝m＋n⇒a p＋a q＝a m＋a n.(2）a p＝q，a q＝p(p≠q）⇒a p＋q＝0;S m＋n＝S m＋S n＋mnd.(3）S k，S2k－S k，S3k－S2k，…,构成的数列是等差数列．(4）错误!＝错误!n＋错误!是关于n的一次函数或常函数，数列错误!也是等差数列．(5）S n＝错误!＝错误!＝错误!＝….（6）若等差数列｛a n｝的项数为偶数2m，公差为d,所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶,则所有项之和S2m＝m（a m＋a m＋1)，S偶－S奇＝md，错误!＝a m＋1.a m(7）若等差数列{a n}的项数为奇数2m－1，所有奇数项之和为S奇,所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m－1＝(2m－1)a m，S奇＝ma m，S偶＝(m－1）a m，S－S偶＝a m,错误!＝错误!。

2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：第3部分 1 抢分攻略一考前必明的4大数学思想

抢分攻略一考前必明的4大数学思想一函数与方程思想[典型例题]设不等式2x－1>m(x2－1)对满足|m|≤2的一切实数m都成立，则x的取值范围为________．【解析】问题可以变成关于m的不等式(x 2－1)m －(2x －1)<0在m ∈[－2，2]上恒成立，设f (m )＝(x 2－1)m －(2x －1)，则⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2（x 2－1）－（2x －1）<0，f （－2）＝－2（x 2－1）－（2x －1）<0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－2x －1<0，2x 2＋2x －3>0，解得7－12<x <3＋12，故x 的取值范围为(7－12，3＋12)．【答案】 (7－12，3＋12)一般地，对于多变元问题，需要根据条件和要求解的结果，确定一个变量，创设新的函数，求解本题的关键是变换自变量，以参数m 作为自变量构造函数式，不等式的问题就变成函数在闭区间上的值域问题．[对点训练]1．设0<a <1，e 为自然对数的底数，则a ，a e ，e a －1的大小关系为( ) A ．e a －1<a <a e B ．a e <a <e a －1 C ．a e <e a －1<aD ．a <e a －1<a e解析：选B.设f (x )＝e x －x －1，x >0，则f ′(x )＝e x －1>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数，且f (0)＝0，f (x )>0，所以e x －1>x ，即e a －1>a .又y ＝a x (0<a <1)在R 上是减函数，得a >a e ，从而e a －1>a >a e .2．关于x 的不等式x ＋4x －1－a 2＋2a >0在x ∈(2，＋∞)上恒成立，则a ＝________．解析：关于x 的不等式x ＋4x －1－a 2＋2a >0在x ∈(2，＋∞)上恒成立⇔函数f (x )＝x ＋4x 在x ∈(2，＋∞)上的值域为(a 2－2a ＋1，＋∞)．因为函数f (x )＝x ＋4x 在(2，＋∞)上为增函数，所以f (x )>2＋42＝4，即f (x )在(2，＋∞)上的值域为(4，＋∞)，所以a 2－2a ＋1＝4，解得a ＝－1或a ＝3. 答案：－1或3应用二函数与方程思想在数列中的应用[典型例题]已知数列{a n }是各项均为正数的等差数列．(1)若a 1＝2，且a 2，a 3，a 4＋1成等比数列，求数列{a n }的通项公式a n ； (2)在(1)的条件下，数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n ，若对任意的n ∈N *，不等式b n ≤k 恒成立，求实数k 的最小值．【解】 (1)因为a 1＝2，a 23＝a 2(a 4＋1)，又因为{a n }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{a n }的通项公式a n ＝2n .(2)因为S n ＝n (n ＋1)，则1S n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2－1n ＋3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋1 ＝1n ＋1－12n ＋1＝n 2n 2＋3n ＋1＝12n ＋1n ＋3.令f (x )＝2x ＋1x (x ≥1)，则f ′(x )＝2－1x 2>0恒成立，所以f (x )在[1，＋∞)上是增函数，所以当x ＝1时，f (x )min ＝f (1)＝3，即当n ＝1时，(b n )max ＝16，要使对任意的正整数n ，不等式b n ≤k 恒成立，则须使k ≥(b n )max ＝16，所以实数k 的最小值为16.(1)本题完美体现函数与方程思想的应用，第(2)问利用裂项相消法求b n ，构造函数，利用单调性求b n 的最大值．(2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数，数列的通项公式与前n 项和公式即为相应的解析式，因此解决数列最值(范围)问题的方法如下：①由其表达式判断单调性，求出最值；②由表达式不易判断单调性时，借助a n ＋1－a n 的正负判断其单调性．[对点训练]1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝－2，S 5＝0，S 6＝3，则nS n 的最小值为________．解析：由已知得，a 5＝S 5－S 4＝2，a 6＝S 6－S 5＝3，因为数列{a n }为等差数列，所以公差d ＝a 6－a 5＝1.又S 5＝5（a 1＋a 5）2＝0，所以a 1＝－2，故S n ＝－2n ＋n （n －1）2＝n 2－5n 2，即nS n ＝n 3－5n 22，令f (n )＝n 3－5n 22(n >0且n ∈Z )，则f ′(n )＝32n 2－5n ，令f ′(n )>0，得n >103，令f ′(n )<0，得0<n <103，所以f (n )在⎝⎛⎭⎫0，103上单调递减，在⎝⎛⎭⎫103，＋∞上单调递增．又n 为正整数，所以当n ＝3时，f (n )取得最小值，即nS n 取得最小值，即为－9.答案：－92．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q >0，a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，ka n ，S n ，－1都成等差数列，求实数k 的值．解：(1)因为a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝4，a 1（q 2－q ）＝6，因为q >0，所以q ＝3，a 1＝1.所以a n ＝1×3n －1＝3n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)知a n ＝3n －1，S n ＝1×（1－3n ）1－3＝3n －12，因为ka n ，S n ，－1成等差数列，所以2S n ＝ka n －1，即2×3n －12＝k ×3n －1－1，解得k ＝3.应用三函数与方程思想在三角函数、平面向量中的应用[典型例题](1)若方程cos 2x －sin x ＋a ＝0在x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2上有解，则a 的取值范围是________．(2)已知a ，b ，c 为平面上三个向量，又a ，b 是两个相互垂直的单位向量，向量c 满足|c |＝3，c ·a ＝2，c ·b ＝1，x ，y 均为实数，则|c －x a －y b |的最小值为________．【解析】 (1)法一：把方程cos 2x －sin x ＋a ＝0变形为a ＝－cos 2x ＋sin x ，设f (x )＝－cos 2x ＋sin x ，x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，f (x )＝－(1－sin 2x )＋sin x ＝⎝⎛⎭⎫sin x ＋122－54，由x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2可得sin x ∈(]0，1，易求得f (x )的值域为(－1，1]，故a 的取值范围是(－1，1]．法二：令t ＝sin x ，由x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，可得t ∈(0，1]．依题意得1－t 2－t ＋a ＝0，即方程t 2＋t －1－a ＝0在t ∈(0，1]上有解，设f (t )＝t 2＋t －1－a ，其图象是开口向上的抛物线，对称轴为直线t ＝－12，如图所示．因此，f (t )＝0在(0，1]上有解等价于⎩⎪⎨⎪⎧f （0）<0，f （1）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－1－a <0，1－a ≥0，所以－1<a ≤1，故a 的取值范围是(－1，1]． (2)由题意可知|a |＝|b |＝1，a ·b ＝0，因为|c |＝3，c ·a ＝2，c ·b ＝1，所以|c －x a －y b |2＝|c |2＋x 2|a |2＋y 2|b |2－2x c·a －2y c·b ＋2xy a·b ＝9＋x 2＋y 2－4x －2y ＝(x －2)2＋(y －1)2＋4，当且仅当x ＝2，y ＝1时，|c －x a －y b |2min＝4，所以|c －x a －y b |的最小值为2. 【答案】 (1)(－1，1] (2)2(1)研究含参数的三角函数方程的问题，通常有两种处理思路：一是分离参数构建函数，将方程有解转化为求函数的值域．二是换元，将复杂方程问题转化为熟悉的二次方程，进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决．(2)平面向量中含函数(方程)的相关知识，对平面向量的模进行平方处理，把模问题转化为数量积问题，再利用函数与方程思想进行分析与处理，这是解决此类问题的一种比较常见的思维方式．[对点训练]1．已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2，1)，若|a＋b|＝|a－b|，则实数λ的值为()A．－1B．2C．1D．－2解析：选A.法一：由|a＋b|＝|a－b|，可得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，所以a·b＝0，故a·b＝(λ，1)·(λ＋2，1)＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1.法二：a＋b＝(2λ＋2，2)，a－b＝(－2，0)．由|a＋b|＝|a－b|，可得(2λ＋2)2＋4＝4，解得λ＝－1.2．在△ABC中，D为BC边上一点，DC＝2BD，AD＝2，∠ADC＝45°，若AC＝2AB，则BD＝________．解析：在△ADC中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos 45°＝2＋DC2－22·DC·22＝2＋DC2－2DC.在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos 135°＝BD2＋2＋22·BD·22＝2＋BD2＋2BD.又因为DC＝2BD，AC＝2AB，所以2·(2＋BD2＋2BD)＝2＋(2BD)2－2·2BD，整理得BD2－4BD－1＝0，解得BD＝2＋5(BD＝2－5舍去)．答案：2＋ 5应用四函数与方程思想在解析几何中的应用[典型例题]已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)经过点⎝⎛⎭⎫1，32，离心率为12. (1)求椭圆E 的方程；(2)设点A ，F 分别为椭圆的右顶点、右焦点，经过点F 作直线交椭圆E 于C ，D 两点，求四边形OCAD 面积的最大值(O 为坐标原点)．【解】 (1)由题设得⎩⎨⎧1a 2＋94b2＝1，c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3，c ＝1.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线CD 的方程为x ＝ky ＋1，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，与椭圆方程x 24＋y 23＝1联立得(3k 2＋4)y 2＋6ky －9＝0.所以y 1＋y 2＝－6k 3k 2＋4，y 1y 2＝－93k 2＋4.所以S 四边形OCAD ＝S △OCA ＋S △ODA ＝12×2×|y 1|＋12×2×|y 2| ＝|y 1－y 2| ＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝12k 2＋13k 2＋4＝12t3t 2＋1 ＝123t ＋1t (其中t ＝k 2＋1，t ≥1)．因为当t ≥1时，y ＝3t ＋1t 单调递增，所以3t ＋1t ≥4，所以S 四边形OCAD ≤3(当k ＝0时取等号)，即四边形OCAD 面积的最大值为3.几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的求法来求解，这是求面积、线段长、最值(范围)问题的基本方法．[对点训练]设椭圆中心在坐标原点，A (2，0)，B (0，1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k >0)与AB 相交于点D ，与椭圆相交于E ，F 两点．若ED →＝6DF →，求k 的值．解：依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1，直线AB ，EF 的方程分别为x ＋2y ＝2，y ＝kx (k >0)．如图，设D (x 0，kx 0)，E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1<x 2，且x 1，x 2满足方程(1＋4k 2)x 2＝4，故x 2＝－x 1＝21＋4k 2.由ED →＝6DF →知x 0－x 1＝6(x 2－x 0)，得x 0＝17(6x 2＋x 1)＝57x 2＝1071＋4k 2.由D 在AB 上知x 0＋2kx 0＝2，得x 0＝21＋2k .所以21＋2k ＝1071＋4k 2，化简得24k 2－25k ＋6＝0，解得k ＝23或k ＝38.二数形结合思想[典型例题](1)记实数x 1，x 2，…，x n 中最小数为min{x 1，x 2，…，x n }，则定义在区间[0，＋∞)上的函数f (x )＝min{x 2＋1，x ＋3，13－x }的最大值为( )A ．5B ．6C ．8D ．10(2)设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (2－x )，当x ∈(－2，0]时，f (x )＝⎝⎛⎭⎫22x－1，则关于x 的方程f (x )－log 8(x ＋2)＝0在区间(－2，6)上根的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【解析】 (1)在同一坐标系中作出三个函数y ＝x 2＋1，y ＝x ＋3，y ＝13－x 的图象如图：由图可知，在实数集R 上，min{x 2＋1，x ＋3，13－x }为y ＝x ＋3上A 点下方的射线，抛物线AB 之间的部分，线段BC ，与直线y ＝13－x 上点C 下方的部分的组合图．显然，在区间[0，＋∞)上，在C 点时，y ＝min{x 2＋1，x ＋3，13－x }取得最大值．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋3，y ＝13－x得点C (5，8)．所以f (x )max ＝8.(2)因为对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (2－x )，所以f (x )的图象关于直线x ＝2对称，又f (x )是定义在R 上的偶函数，所以f (x ＋2)＝f (2－x )＝f (x －2)，f (x ＋4)＝f [(x ＋2)＋2]＝f [(x ＋2)－2]＝f (x )，所以函数f (x )是周期为4的函数，则函数y ＝f (x )的图象与y ＝log 8(x ＋2)的图象交点的个数即方程f (x )－log 8(x ＋2)＝0根的个数，作出y ＝f (x )与y ＝log 8(x ＋2)在区间(－2，6)上的图象如图所示，易知两个函数在区间(－2，6)上的图象有3个交点，所以方程f (x )－log 8(x ＋2)＝0在区间(－2，6)上有3个根，故选C.【答案】 (1)C (2)C用图象法讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解(或函数零点)的个数是一种重要的方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉的函数表达式(不熟悉时，需要作适当的变形转化为两个熟悉的函数)，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解(或函数零点)的个数．[对点训练]1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －a ，x ≤0，2x －a ，x >0(a ∈R )，若函数f (x )在R 上有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(0，1]B ．[1，＋∞)C ．(0，1)D ．(－∞，1]解析：选A.画出函数f (x )的大致图象如图所示．因为函数f (x )在R 有两个零点，所以f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x ≤0时，f (x )有一个零点，需0<a ≤1；当x >0时，f (x )有一个零点，需－a <0，即a >0.综上，0<a ≤1，故选A.2．若关于x 的方程|x |x ＋4＝kx 2有四个不同的实数解，则k 的取值范围为________．解析：x ＝0显然是方程的一个实数解；当x ≠0时，方程|x |x ＋4＝kx 2可化为1k＝(x ＋4)|x |(x ≠－4且x ≠0)，设f (x )＝(x ＋4)|x |(x ≠－4且x ≠0)，y ＝1k，原题可以转化为两函数有三个非零交点．f (x )＝(x ＋4)|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ，x >0，－x 2－4x ，x <0且x ≠－4，其大致图象如图所示，由图易得0<1k <4，解得k >14.所以k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫14，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫14，＋∞ 应用二数形结合思想在求解不等式或参数范围中的应用[典型例题]设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，x ≤01，x >0，则满足f (x ＋1)<f (2x )的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(0，＋∞)C ．(－1，0)D ．(－∞，0)【解析】当x ≤0时，函数f (x )＝2－x 是减函数，则f (x )≥f (0)＝1.作出f (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，要使f(x＋1)<f(2x)，则需⎩⎪⎨⎪⎧x＋1<0，2x<0，2x<x＋1或⎩⎨⎧x＋1≥0，2x<0所以x<0，故选D.【答案】 D求参数范围或解不等式问题经常用到函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化为数量关系来解决问题，往往可以避免烦琐的运算．[对点训练]若不等式|x－2a|≥12x＋a－1对x∈R恒成立，则a的取值范围是________．解析：作出y＝|x－2a|和y＝12x＋a－1的简图如图所示，依题意知应有2a≤2－2a，故a≤12.答案：(－∞，12]应用三数形结合思想在解析几何中的应用[典型例题]已知抛物线的方程为x 2＝8y ，点F 是其焦点，点A (－2，4)，在此抛物线上求一点P ，使△APF 的周长最小，此时点P 的坐标为________．【解析】因为(－2)2<8×4，所以点A (－2，4)在抛物线x 2＝8y 的内部，如图，设抛物线的准线为l ，过点P 作PQ ⊥l 于点Q ，过点A 作AB ⊥l 于点B ，连接AQ .则△APF 的周长为|PF |＋|P A |＋|AF |＝|PQ |＋|P A |＋|AF |≥|AQ |＋|AF |≥|AB |＋|AF |，当且仅当P ，B ，A 三点共线时，△APF 的周长取得最小值，即|AB |＋|AF |.因为A (－2，4)，所以不妨设△APF 的周长最小时，点P 的坐标为(－2，y 0)，代入x 2＝8y ，得y 0＝12，故使△APF 的周长最小的点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫－2，12. 【答案】 ⎝⎛⎭⎫－2，12(1)对于几何图形中的动态问题，应分析各个变量的变化过程，找出其中的相互关系求解． (2)应用几何意义法解决问题需要熟悉常见的几何结构的代数形式，主要有：①比值——可考虑直线的斜率；②二元一次式——可考虑直线的截距；③根式分式——可考虑点到直线的距离；④根式——可考虑两点间的距离．[对点训练]1．设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左焦点为F ，直线4x －3y ＋20＝0过点F 且与双曲线C 在第二象限的交点为P ，O 为原点，|OP |＝|OF |，则双曲线C 的离心率为( )A ．5 B. 5 C.53D.54解析：选A.根据直线4x －3y ＋20＝0与x 轴的交点F 为(－5，0)，可知半焦距c ＝5，设双曲线C 的右焦点为F 2，连接PF 2，根据|OF 2|＝|OF |且|OP |＝|OF |可得，△PFF 2为直角三角形．如图，过点O作OA垂直于直线4x－3y＋20＝0，垂足为A，则易知OA为△PFF2的中位线，又原点O到直线4x－3y＋20＝0的距离d＝4，所以|PF2|＝2d＝8，|PF|＝|FF2|2－|PF2|2＝6，故结合双曲线的定义可知|PF2|－|PF|＝2a＝2，所以a＝1，故e＝ca＝5.故选A.2．已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m，0)(m>0)．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为________．解析：根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C的坐标为(3，4)，半径r＝1，且|AB|＝2m，因为∠APB＝90°，连接OP，易知|OP|＝12|AB|＝m.求m 的最大值，即求圆C 上的点到原点O 的最大距离．因为|OC |＝32＋42＝5，所以|OP |max ＝|OC |＋r ＝6，即m 的最大值为6.答案：6三分类讨论思想[典型例题]设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n >0(n ＝1，2，3，…)，则q 的取值范围是________．【解析】由{a n }是等比数列，S n >0，可得a 1＝S 1>0，q ≠0，当q ＝1时，S n ＝na 1>0. 当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q >0，即1－q n 1－q>0(n ＝1，2，3，…)，则有⎩⎪⎨⎪⎧1－q >0，1－q n >0，①或⎩⎪⎨⎪⎧1－q <0，1－q n<0.②由①得－1<q <1，由②得q >1.故q 的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞)．【答案】 (－1，0)∪(0，＋∞)本题易忽略对q ＝1的讨论，而直接由a 1（1－q n ）1－q >0，得q 的范围，这种解答是不完备的．本题根据等比数列前n 项和公式的使用就要分q ＝1，S n ＝na 1和q ≠1，S n ＝a 1（1－q n ）1－q进行讨论．[对点训练]1．一条直线过点(5，2)，且在x 轴，y 轴上的截距相等，则这条直线的方程为( ) A ．x ＋y －7＝0 B ．2x －5y ＝0C ．x ＋y －7＝0或2x －5y ＝0D ．x ＋y ＋7＝0或2y －5x ＝0解析：选C.设该直线在x 轴，y 轴上的截距均为a ，当a ＝0时，直线过原点，此时直线方程为y ＝25x ，即2x －5y ＝0；当a ≠0时，设直线方程为x a ＋ya ＝1，则求得a ＝7，直线方程为x ＋y －7＝0.2．若函数f (x )＝a x (a >0，a ≠1)在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________．解析：若a >1，则a 2＝4，a －1＝m ，故a ＝2，m ＝12，此时g (x )＝－x ，为减函数，不合题意；若0<a <1，则a －1＝4，a 2＝m ，故a ＝14，m ＝116，检验知符合题意，所以a ＝14.答案：14应用二由参数变化引起的分类讨论[典型例题]已知f(x)＝x－a e x(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)≤e2x对x∈R恒成立，求实数a的取值范围．【解】(1)f′(x)＝1－a e x，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)是(－∞，＋∞)上的单调递增函数；当a>0时，由f′(x)＝0得x＝－ln a，若x∈(－∞，－ln a)，则f′(x)>0；若x∈(－ln a，＋∞)，则f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递增，在(－ln a，＋∞)上单调递减．(2)f(x)≤e2x⇔a≥xe x－ex，设g(x)＝xe x－ex，则g′(x)＝1－e2x－xe x.当x<0时，1－e2x>0，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增．当x>0时，1－e2x<0，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以g(x)max＝g(0)＝－1，所以a≥－1.故a 的取值范围是[－1，＋∞)．(1)①参数的变化取值导致不同的结果，需对参数进行讨论，如含参数的方程、不等式、函数等．②解析几何中直线点斜式、斜截式方程要考虑斜率k 存在或不存在，涉及直线与圆锥曲线位置关系要进行讨论．(2)分类讨论要标准明确、统一，层次分明，分类要做到“不重不漏”．[对点训练]1．设f (x )＝⎩⎨⎧x ，0<x <1，2（x －1），x ≥1.若f (a )＝f (a ＋1)，则f (1a )＝( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选C.当0<a <1时，a ＋1>1，f (a )＝a ，f (a ＋1)＝2(a ＋1－1)＝2a ，因为f (a )＝f (a ＋1)，所以a ＝2a ，解得a ＝14或a ＝0(舍去)．所以f (1a)＝f (4)＝2×(4－1)＝6.当a ≥1时，a ＋1≥2，所以f (a )＝2(a －1)，f (a ＋1)＝2(a ＋1－1)＝2a ，所以2(a －1)＝2a ，无解．综上，f (1a)＝6.2．设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x . f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x .若a >1，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0，1)时，ax －1≤x －1<0，所以f ′(x )>0. 所以1不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．应用三由图形位置或形状引起的分类讨论[典型例题](1)已知变量x ，y 满足的不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥2x ，kx －y ＋1≥0表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k ＝( ) A ．－12B.12 C ．0D ．－12或0(2)设圆锥曲线C 的两个焦点分别为F 1，F 2，若曲线C 上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线C 的离心率等于________．【解析】(1)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥2x ，kx －y ＋1≥0表示的可行域如图(阴影部分)所示．由图可知，若要使不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x≥0，y ≥2x ，kx －y ＋1≥0表示的平面区域是直角三角形，只有当直线kx －y ＋1＝0与y 轴或y ＝2x 垂直时才满足．结合图形可知斜率k 的值为0或－12.(2)不妨设|PF 1|＝4t ，|F 1F 2|＝3t ，|PF 2|＝2t ，其中t ≠0. 若该曲线为椭圆，则有|PF 1|＋|PF 2|＝6t ＝2a ， |F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 6t ＝12；若该曲线为双曲线，则有|PF 1|－|PF 2|＝2t ＝2a ， |F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 2t ＝32.【答案】 (1)D (2)12或32(1)圆锥曲线形状不确定时，常按椭圆、双曲线来分类讨论，求圆锥曲线的方程时，常按焦点的位置不同来分类讨论．(2)相关计算中，涉及图形问题时，也常按图形的位置不同、大小差异等来分类讨论．[对点训练]1．过双曲线x 2－y 22＝1的右焦点F 作直线l 交双曲线于A ，B 两点，若|AB |＝4，则这样的直线l 有( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条解析：选C.因为双曲线的两个顶点之间的距离是2，小于4，所以当直线l 与双曲线左、右两支各有一个交点时，过双曲线的右焦点一定有两条直线满足条件；当直线l 与实轴垂直时，有3－y 22＝1，解得y ＝2或y ＝－2，此时直线AB 的长度是4，即只与双曲线右支有两个交点的所截弦长为4的直线仅有一条．综上，可知有3条直线满足|AB |＝4.2．设F 1，F 2为椭圆x 29＋y 24＝1的两个焦点，点P 为椭圆上一点．已知P ，F 1，F 2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF 1|>|PF 2|，则|PF 1||PF 2|的值为________．解析：(1)若∠PF 2F 1＝90°，则|PF 1|2＝|PF 2|2＋|F 1F 2|2，又因为|PF 1|＋|PF 2|＝6，|F 1F 2|＝25，解得|PF 1|＝143，|PF 2|＝43，所以|PF 1||PF 2|＝72. (2)若∠F 1PF 2＝90°，则|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2，所以|PF 1|2＋(6－|PF 1|)2＝20，所以|PF 1|＝4，|PF 2|＝2，所以|PF 1||PF 2|＝2.综上知，|PF 1||PF 2|的值为72或2.答案：72或2四转化与化归思想[典型例题](1)过抛物线y ＝ax 2(a >0)的焦点F ，作一直线交抛物线于P ，Q 两点．若线段PF 与FQ 的长度分别为p ，q ，则1p ＋1q等于( )A ．2a B.12a C ．4aD.4a(2)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________．【解析】 (1)抛物线y ＝ax 2(a >0)的标准方程为x 2＝1a y (a >0)，焦点F ⎝⎛⎭⎫0，14a . 过焦点F 作直线垂直于y 轴，则|PF |＝|QF |＝12a，所以1p ＋1q＝4a .(2)由题意，不妨设b ＝(2，0)，a ＝(cos θ，sin θ)，则a ＋b ＝(2＋cos θ，sin θ)，a －b ＝(cos θ－2，sin θ)，令y ＝|a ＋b |＋|a －b | ＝（2＋cos θ）2＋sin 2θ＋（cos θ－2）2＋sin 2θ＝5＋4cos θ＋5－4cos θ，则y 2＝10＋225－16cos 2θ∈[16，20]．由此可得(|a ＋b |＋|a －b |)max ＝20＝25， (|a ＋b |＋|a －b |)min ＝16＝4，即|a ＋b |＋|a －b |的最小值是4，最大值是2 5. 【答案】 (1)C (2)4 2 5(1)一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单．特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果．(2)对于某些选择题、填空题，如果结论唯一或题目提供的信息暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊值代替，即可得到答案．[对点训练]已知函数f (x )＝(a －3)x －ax 3在[－1，1]上的最小值为－3，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1] B ．[12，＋∞) C ．[－1，12]D.⎣⎡⎦⎤－32，12 解析：选D.当a ＝0时，函数f (x )＝－3x ，x ∈[－1，1]，显然满足条件，故排除A 、B ； (注意，对于特殊值的选取，越简单越好，0，1往往是首选．) 当a ＝－32时，函数f (x )＝32x 3－92x ，f ′(x )＝92x 2－92＝92(x 2－1)，当－1≤x ≤1时，f ′(x )≤0，所以f (x )在[－1，1]上单调递减，所以f (x )min ＝f (1)＝32－92＝－3，满足条件，故排除C.综上，选D.应用二正与反的相互转化[典型例题]若对于任意t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x 在区间(t ，3)上总不为单调函数，则实数m 的取值范围是________．【解析】由题意得g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2，若g (x )在区间(t ，3)上总为单调函数，则①g ′(x )≥0在(t ，3)上恒成立，或②g ′(x )≤0在(t ，3)上恒成立．由①得3x 2＋(m ＋4)x －2≥0，即m ＋4≥2x －3x 在x ∈(t ，3)上恒成立，所以m ＋4≥2t －3t恒成立，则m ＋4≥－1，即m ≥－5；由②得m ＋4≤2x －3x 在x ∈(t ，3)上恒成立，则m ＋4≤23－9，即m ≤－373.所以函数g (x )在区间(t ，3)上总不为单调函数的m 的取值范围为－373<m <－5.【答案】 (－373，－5)(1)本题是正与反的转化，由于函数不为单调函数有多种情况，所以可先求出其反面情况，体现“正难则反”的原则．(2)题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单，因此，间接法多用于含有“至多”“至少”及否定性命题情形的问题中．[对点训练]若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1，1]内至少存在一个值c ，使得f (c )>0，则实数p 的取值范围是________．解析：如果在[－1，1]内没有值满足f (x )>0，则⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）≤0，f （1）≤0⇒⎩⎨⎧p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32⇒p ≤－3或p ≥32，故实数满足条件的p 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－3，32. 答案：⎝⎛⎭⎫－3，32 应用三常量与变量的相互转化[典型例题]已知函数f (x )＝x 3＋3ax －1，g (x )＝f ′(x )－ax －5，其中f ′(x )是f (x )的导函数．对任意a ∈[－1，1]，都有g (x )<0，则实数x 的取值范围为________．【解析】由题意，知g (x )＝3x 2－ax ＋3a －5，令φ(a )＝(3－x )a ＋3x 2－5，－1≤a ≤1.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧φ（1）<0，φ（－1）<0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－x －2<0，3x 2＋x －8<0，解得－23<x <1.故x 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－23，1. 【答案】 ⎝⎛⎭⎫－23，1(1)本题是把关于x 的函数转化为[－1，1]内关于a 的一次函数的问题．(2)在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的常数(或参数)，将其看成“主元”，而把其他变元看成常量，从而达到减少变元简化运算的目的．[对点训练]1．对于满足0≤p ≤4的所有实数p ，使不等式x 2＋px >4x ＋p －3成立的x 的取值范围是________．解析：设f (p )＝(x －1)p ＋x 2－4x ＋3，则当x ＝1时，f (p )＝0.所以x ≠1.f (p )在0≤p ≤4时恒为正等价于⎩⎪⎨⎪⎧f （0）>0，f （4）>0，即⎩⎪⎨⎪⎧（x －3）（x －1）>0，x 2－1>0，解得x >3或x <－1.故x 的取值范围为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)2．设y ＝(log 2x )2＋(t －2)log 2x －t ＋1，若t 在[－2，2]上变化时，y 恒取正值，则x 的取值范围是________．解析：设f (t )＝(log 2x －1)t ＋(log 2x )2－2log 2x ＋1，则f (t )是一次函数，当t ∈[－2，2]时，f (t )>0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）>0，f （2）>0，即⎩⎪⎨⎪⎧（log 2x ）2－4log 2x ＋3>0，（log 2x ）2－1>0，解得log 2x <－1或log 2x >3，即0<x <12或x >8，故x 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，12∪(8，＋∞)．答案：⎝⎛⎭⎫0，12∪(8，＋∞) 应用四形、体位置关系的相互转化[典型例题]在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.【证明】(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，又因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.形体位置关系的转化是针对几何问题采用的一种特殊转化方法．主要适用于涉及平行、垂直的证明，如线面平行、垂直的推理与证明就是充分利用线面位置关系中的判定定理、性质定理实现位置关系的转化．[对点训练]1．如图，在棱长为5的正方体ABCD－A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一条线段，且EF ＝2，点Q是A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则四面体PQEF的体积()A．是变量且有最大值B．是变量且有最小值C．是变量且有最大值和最小值D．是常数解析：选D.点Q到棱AB的距离为常数，所以△EFQ的面积为定值．由C1D1∥EF，可得棱C1D1∥平面EFQ，所以点P到平面EFQ的距离是常数，于是可得四面体PQEF的体积为常数．2．已知三棱锥P－ABC中，P A＝BC＝234，PB＝AC＝10，PC＝AB＝241，则三棱锥P－ABC的体积为________．解析：因为三棱锥P －ABC 的三组对边两两相等，故可将此三棱锥放在一个特定的长方体中(如图所示)，把三棱锥P －ABC 补成一个长方体AEBG -FPDC ，易知三棱锥P －ABC 的各棱分别是此长方体的面对角线．不妨令PE ＝x ，EB ＝y ，EA ＝z ，则由已知，可得 ⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝100，x 2＋z 2＝136，y 2＋z 2＝164⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6，y ＝8，z ＝10.从而知V P －ABC ＝V AEBG －FPDC －V P －AEB －V C －ABG －V B －PDC －V A －FPC ＝V AEBG －FPDC －4V P －AEB＝6×8×10－4×13×12×6×8×10＝160.答案：160应用五函数、方程、不等式间的相互转化[典型例题]已知函数f (x )＝3e |x |.若存在实数t ∈[－1，＋∞)，使得对任意的x ∈[1，m )，m ∈Z ，且m >1，都有f (x ＋t )≤3e x ，求m 的最大值．【解】因为当t ∈[－1，＋∞)，且x ∈[1，m ]时，x ＋t ≥0，所以f (x ＋t )≤3e x ⇔e x ＋t ≤e x ⇔t ≤1＋ln x －x .所以原命题等价转化为存在实数t ∈[－1，＋∞)，使得不等式t ≤1＋ln x －x ，对任意x ∈[1，m )恒成立．令h (x )＝1＋ln x －x (x ≥1)．因为h ′(x )＝1x－1≤0，所以函数h (x )在[1，＋∞)上为减函数．又x ∈[1，m )，所以h (x )min ＝h (m )＝1＋ln m －m ，t 值恒存在，只需1＋ln m －m ≥－1. 因为h (3)＝ln 3－2＝ln ⎝⎛⎭⎫1e ·3e >ln 1e ＝－1，h (4)＝ln 4－3＝ln ⎝⎛⎭⎫1e ·4e 2<ln 1e ＝－1，且函数h (x )在[1，＋∞)内为减函数，所以满足条件的最大整数m 的值为3.(1)函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助．(2)解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因为借助函数与方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等关系转化为最值(值域)问题，从而求参变量的范围．[对点训练]1．已知e 为自然对数的底数，若对任意的x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，1，总存在唯一的y ∈[－1，1]，使得ln x －x ＋1＋a ＝y 2e y 成立，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤1e ，eB.⎝⎛⎦⎤2e ，e C.⎝⎛⎭⎫2e ，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫2e，e ＋1e 解析：选B.设f (x )＝ln x －x ＋1＋a ，当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，1时，f ′(x )＝1－x x ≥0，f (x )是增函数，所以x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，1时，f (x )∈⎣⎡⎦⎤a －1e ，a ；设g (y )＝y 2e y ，则g ′(y )＝e y y (y ＋2)，则g (y )在[－1，0)上单调递减，在[0，1]上单调递增，且g (－1) ＝1e <g (1)＝e.因为对任意的x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，1，总存在唯一的y ∈[－1，1]，使得f (x )＝g (y )成立，所以⎣⎡⎦⎤a －1e ，a ⊆⎝⎛⎦⎤1e ，e ，解得2e<a ≤e. 2．关于x 的不等式x ＋4x －1－a 2＋2a >0对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围为______．解析：设f (x )＝x ＋4x (x >0)，则f (x )＝x ＋4x≥2x ·4x＝4(当且仅当x ＝2时，等号成立)．因为关于x 的不等式x ＋4x －1－a 2＋2a >0对x ∈(0，＋∞)恒成立，所以a 2－2a ＋1<4恒成立，解得－1<a <3，所以实数a 的取值范围为(－1，3)．答案：(－1，3)。

2020年浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题一 1 第1讲集合、常用逻辑用语

第1讲集合、常用逻辑用语集合的概念及运算[核心提炼]1．集合的运算性质及重要结论(1)A∪A＝A，A∪∅＝A，A∪B＝B∪A；(2)A∩A＝A，A∩∅＝∅，A∩B＝B∩A；(3)A∩(∁U A)＝∅，A∪(∁U A)＝U；(4)A∩B＝A⇔A⊆B，A∪B＝A⇔B⊆A.2．集合运算中的常用方法(1)若已知的集合是不等式的解集，用数轴求解；(2)若已知的集合是点集，用数形结合法求解；(3)若已知的集合是抽象集合，用Venn图求解．[典型例题](1)(2018·高考浙江卷)已知全集U＝{1，2，3，4，5}，A＝{1，3}，则∁U A＝()A．∅B．{1，3}C．{2，4，5} D．{1，2，3，4，5}(2)(2019·高考浙江卷)已知全集U＝{－1，0，1，2，3}，集合A＝{0，1，2}，B＝{－1，∁U A∩B＝()0，1}，则()A．{－1} B．{0，1}C．{－1，2，3} D．{－1，0，1，3}(3)(2019·金华模拟)已知集合U＝{1，2，3，4，5，6}，S＝{1，2，5}，T＝{2，3，6}，则S∩(∁U T)＝________，集合S共有________个子集．【解析】(1)因为U＝{1，2，3，4，5}，A＝{1，3}，所以∁U A＝{2，4，5}，故选C.(2)由题意可得∁U A＝{－1，3}，则(∁U A)∩B＝{－1}．故选A.(3)集合U＝{1，2，3，4，5，6}，S ＝{1，2，5}，T ＝{2，3，6}，所以∁U T ＝{1，4，5}，所以S ∩(∁U T )＝{1，5}，S ＝{1，2，5}的子集的个数为23＝8. 【答案】 (1)C (2)A (3){1，5} 8集合的运算与不等式相结合问题求解策略解决此类问题的思路主要有两个：一是直接法，即先化简后运算，也就是先解不等式求出对应集合，然后利用数轴表示，从而求得集合运算的结果；二是间接法，由于此类问题多以选择题的形式进行考查，故可根据选项的差异性选取特殊元素进行验证，排除干扰项从而得到正确选项．[对点训练]1．(2019·宁波市高考模拟)已知全集U ＝A ∪B ＝{}x ∈Z |0≤x ≤6，A ∩(∁U B )＝{}1，3，5，则B ＝( )A.{}2，4，6B.{}1，3，5C.{}0，2，4，6D.{}x ∈Z |0≤x ≤6解析：选C.因为U ＝A ∪B ＝{}0，1，2，3，4，5，6，又因为A ∩(∁U B )＝{}1，3，5，所以B ＝{}0，2，4，6，故选C.2．(2019·温州二模)已知集合A ＝{x ||x －1|≤2}，B ＝{x |0<x ≤4}，则(∁R A )∩B ＝( ) A ．{x |0<x ≤3} B ．{x |－3≤x ≤4} C ．{x |3<x ≤4}D ．{x |－3<x ≤0}解析：选C.A ＝{x |－1≤x ≤3}，画数轴可知，(∁R A )∩B ＝{x |3<x ≤4}，故选C.3．(2019·绍兴、诸暨高考二模)已知A ＝{}x |－2≤x ≤0，B ＝{}x |x 2－x －2≤0，则A ∪B ＝__________，(∁R A )∩B ＝________．解析：A ＝{}x |－2≤x ≤0，B ＝{}x |x 2－x －2≤0＝{}x |－1≤x ≤2， ∁R A ＝{}x |x ＞0或x ＜－2，则A ∪B ＝{}x |－2≤x ≤2＝[－2，2]；(∁R A )∩B ＝{x |0＜x ≤2}＝(0，2]．答案：[－2，2] (0，2]命题真假的判断 [核心提炼]1．四种命题的关系(1)两个命题互为逆否命题，它们有相同的真假性．(2)两个命题为互逆命题或互否命题，它们的真假性没有关系． 2．常见词语的否定在四种命题的构造中，其中否命题和逆否命题都涉及对一些词语的否定，要特别注意下表中常见词语的否定．词语词语的否定等于不等于大于不大于(或小于等于) 小于不小于(或大于等于)是不是一定是不一定是都是不都是(至少有一个不是)必有一个一个也没有任意的某一个且或或且至多有一个至少有两个至多有n 个至少有n ＋1个至少有一个一个也没有至少有n 个至多有n －1个所有x 成立存在一个x 不成立存在不存在(1)(2019·诸暨市高考二模)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，则下列四个命题中，错误的是( )A ．若数列{a n }是公差为d 的等差数列，则数列{S n n }是公差为d2的等差数列B ．若数列{S nn }是公差为d 的等差数列，则数列{a n }是公差为2d 的等差数列C ．若数列{a n }是等差数列，则该数列的奇数项，偶数项分别构成等差数列D ．若数列{a n }的奇数项，偶数项分别构成公差相等的等差数列，则{a n }是等差数列 (2)(2019·杭州市数学期末)若l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )A ．若l ∥α，m ∥α，则l ∥mB ．若l ⊥m ，m ⊂α，则l ⊥αC ．若l ∥α，m ⊂α，则l ∥mD ．若l ⊥α，l ∥m ，则m ⊥α【解析】 (1)A 项，若等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，前n 项的和为S n ，则数列{S n n }为等差数列，且通项为S n n ＝a 1＋(n －1)d 2，即数列{S n n }是公差为d2的等差数列，故说法正确；B项，由题意得：S nn ＝a 1＋(n －1)d ，所以S n ＝na 1＋n (n －1)d ，则a n ＝S n －S n －1＝a 1＋2(n －1)d ，即数列{a n }是公差为2d 的等差数列，故说法正确；C 项，若数列{a n }是等差数列的公差为d ，则数列的奇数项，偶数项都是公差为2d 的等差数列，说法正确；D 项，若数列{a n }的奇数项，偶数项分别构成公差相等的等差数列，则{a n }不一定是等差数列，例如：{1，4，3，6，5，8，7}，说法错误．故选D.(2)A 项，若l ∥α，m ∥α，则l ∥m 或相交或为异面直线，因此不正确；B 项，若l ⊥m ，m ⊂α，则l 与α相交或平行或在平面内，因此不正确；C 项，若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m 或为异面直线，因此不正确；D 项，若l ⊥α，l ∥m ，则由线面垂直的性质定理与判定定理可得：m ⊥α，正确．故选D.【答案】 (1)D (2)D命题真假的判定方法一般命题p 的真假由涉及的相关知识辨别．判断命题真假的关键：一是识别命题的构成形式；二是将命题简化，对等价的简化命题进行判断，要判断一个命题是假命题，只需举出反例．[对点训练]1．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足“当f (k )≥k 2成立时，总可以推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”，那么下列命题总成立的是( )A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立B ．若f (5)≥25成立，则当k ≤5时，均有f (k )≥k 2成立C ．若f (7)>49成立，则当k ≥8时，均有f (k )<k 2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析：选D.因为f (k )≥k 2成立时f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，当k ＝4时，f (4)＝25≥16＝42成立，所以当k ≥4时，有f (k )≥k 2成立．2．(2019·浙江新高考数学冲刺)给出下列命题：①函数f (x )＝sin(x 2＋π6)的图象关于x ＝π对称的图象的函数解析式为y ＝sin(x 2－π6)；②函数f (x )＝x －1＋1x在定义域上是增函数；③函数f (x )＝|log 2x |－(12)x 在(0，＋∞)上恰有两个零点x 1，x 2，且x 1x 2＜1.其中真命题的个数有( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选D.①由f (x )＝sin(x 2＋π6)，设其图象关于x ＝π对称的图象的函数解析式为y ＝g (x )，设g (x )上一点(x ，y )，它关于x ＝π的对称点是(2π－x ，y )，这个对称点必然在f (x )上，所以y ＝sin(2π－x 2＋π6)＝sin(x 2－π6)，故①正确；②函数f (x )＝x －1＋1x ＝(x －1)12＋1x的定义域为[1，＋∞)，且f ′(x )＝12(x －1)－12－1x 2＝12x －1－1x2，因为(x －2)2≥0，所以x 2≥4x －4，即x ≥2x －1，又当x ≥1时，x 2≥x ，所以x 2≥2x －1，所以f ′(x )＝12(x －1)－12－1x 2＝12x －1－1x2≥0，函数f (x )＝x －1＋1x在定义域上是增函数，故②正确；③画出函数g (x )＝|log 2x |－(12)x 在(0，＋∞)的图象：上恰有两个零点x 1，x 2. 不妨设x 1＜x 2，则0＜x 1＜1＜x 2. －log 2x 1＝(12)x 1，log 2x 2＝(12)x 2.所以log 2(x 1x 2)＝(12)x 2－(12)x 1＜0，所以x 1·x 2＜1，故③正确．所以正确的命题的个数是3. 故选D.充要条件的判断及证明[核心提炼]充分、必要条件的判断方法利用定义判断直接判断“若p ，则q ”“若q ，则p ”的真假从集合的角度判断若A ⊆B ，则“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分条件或“x ∈B ”是“x ∈A ”的必要条件；若A ＝B ，则“x ∈A ”是“x ∈B ”的充要条件利用等价转化法判断条件和结论带有否定性词语的命题，常转化为其逆否命题来判断真假(1)(2019·高考浙江卷)若a >0，b >0，则“a ＋b ≤4”是“ab ≤4”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件(2)(2018·高考浙江卷)已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】 (1)通解：因为a >0，b >0，所以a ＋b ≥2ab ，由a ＋b ≤4可得2ab ≤4，解得ab ≤4，所以充分性成立；当ab ≤4时，取a ＝8，b ＝13，满足ab ≤4，但a ＋b >4，所以必要性不成立．所以“a ＋b ≤4”是“ab ≤4”的充分不必要条件．故选A.优解：在同一直角坐标系内作出函数b ＝4－a ，b ＝4a 的图象，如图所示，则不等式a ＋b ≤4与ab ≤4表示的平面区域分别是直线a ＋b ＝4及其左下方(第一象限中的部分)与曲线b ＝4a 及其左下方(第一象限中的部分)，易知当a ＋b ≤4成立时，ab ≤4成立，而当ab ≤4成立时，a ＋b ≤4不一定成立．故选A.(2)若m ⊄α，n ⊂α，m ∥n ，由线面平行的判定定理知m ∥α.若m ∥α，m ⊄α，n ⊂α，不一定推出m ∥n ，直线m 与n 可能异面，故“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件．故选A.【答案】 (1)A (2)A判断充分、必要条件时应关注的三点(1)要弄清先后顺序：“A 的充分不必要条件是B ”是指B 能推出A ，且A 不能推出B ；而“A 是B 的充分不必要条件”则是指A 能推出B ，且B 不能推出A .(2)要善于举出反例：当从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行时，可以通过举出恰当的反例来说明．(3)要注意转化：¬p 是¬q 的必要不充分条件⇔p 是q 的充分不必要条件；¬p 是¬q 的充要条件⇔p 是q 的充要条件．[对点训练]1．已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4 ＋ S 6＞2S 5”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选C.因为{a n}为等差数列，所以S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d，2S5＝10a1＋20d，S4＋S6－2S5＝d，所以d>0⇔S4＋S6>2S5，故选C.2．(2019·高三“吴越联盟”)已知a，b∈R，则使|a|＋|b|>4成立的一个充分不必要条件是()A．|a|＋|b|≥4B．|a|≥4C．|a|≥2且|b|≥2 D．b<－4解析：选D.由b<－4可得|a|＋|b|>4，但由|a|＋|b|>4得不到b<－4，如a＝1，b＝5.3．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：“a＋b＞c＋d”是“|a－b|＜|c－d|”的充要条件．证明：充分性：因为a＋b＞c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|＜|c－d|.必要性：因为|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2，即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，所以(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＞c＋d.综上，“a＋b＞c＋d”是“|a－b|＜|c－d|”的充要条件．专题强化训练[基础达标]1．已知集合P ＝{x ∈R |1≤x ≤3}，Q ＝{x ∈R |x 2≥4}，则P ∪(∁R Q )＝( ) A ．[2，3] B ．(－2，3]C ．[1，2)D ．(－∞，－2]∪[1，＋∞)解析：选B.由于Q ＝{x |x ≤－2或x ≥2}，∁R Q ＝{x |－2＜x ＜2}，故得P ∪(∁R Q )＝{x |－2＜x ≤3}．故选B.2．(2019·金华模拟)已知集合A ＝{y |y ＝log 2x ，x ＞2}，B ＝{y |y ＝⎝⎛⎭⎫12x，x ＜1}，则A ∩B ＝( ) A ．(1，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫0，12 C.⎝⎛⎭⎫12，＋∞D.⎝⎛⎭⎫12，1解析：选A.法一：因为A ＝{y |y ＝log 2x ，x ＞2}＝{y |y ＞1}，B ＝{y |y ＝⎝⎛⎭⎫12x，x ＜1}＝{y |y ＞12}，所以A ∩B ＝{y |y ＞1}，故选A. 法二：取2∈A ∩B ，则由2∈A ，得log 2x ＝2，解得x ＝4＞2，满足条件，同时由2∈B ，得⎝⎛⎭⎫12x＝2，x ＝－1，满足条件，排除选项B ，D ；取1∈A ∩B ，则由1∈A ，得log 2x ＝1，解得x ＝2，不满足x ＞2，排除C ，故选A.3．(2019·温州市统一模拟考试)已知集合A ＝{1，2，3}，B ＝{x |x 2－3x ＋a ＝0，a ∈A }，若A ∩B ≠∅，则a 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．1或2解析：选B.当a ＝1时，B 中元素均为无理数，A ∩B ＝∅；当a ＝2时，B ＝{1，2}，A ∩B ＝{1，2}≠∅；当a ＝3时，B ＝∅，则A ∩B ＝∅，故a 的值为2，选B.4．(2019·湖北七市(州)协作体联考)已知a ，b 为两个非零向量，设命题p ：|a ·b |＝|a ||b |，命题q ：a 与b 共线，则命题p 是命题q 成立的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.|a ·b |＝|a ||b |⇔|a ||b ||cos 〈a ，b 〉|＝|a ||b |⇔cos 〈a ，b 〉＝±1⇔a ∥b ，故是充要条件，选C.5．(2019·衢州质检)已知全集U 为R ，集合A ＝{x |x 2<16}，B ＝{x |y ＝log 3(x －4)}，则下列关系正确的是( )A ．A ∪B ＝R B ．A ∪(∁U B )＝RC ．(∁U A )∪B ＝RD ．A ∩(∁U B )＝A解析：选D.因为A ＝{x |－4<x <4}，B ＝{x |x >4}，所以∁U B ＝{x |x ≤4}，所以A ∩(∁U B )＝A ，故选D.6．“不等式x 2－x ＋m ＞0在R 上恒成立”的一个必要不充分条件是( ) A ．m ＞14B ．0＜m ＜1C ．m ＞0D ．m ＞1解析：选C.若不等式x 2－x ＋m ＞0在R 上恒成立，则Δ＝(－1)2－4m ＜0，解得m ＞14，因此当不等式x 2－x ＋m ＞0在R 上恒成立时，必有m ＞0，但当m ＞0时，不一定推出不等式在R 上恒成立，故所求的必要不充分条件可以是m ＞0，故选C.7．设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A ．充要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.由题意得，a n ＝a 1q n －1(a 1>0)，a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2＋a 1q 2n －1＝a 1q 2n －2(1＋q )．若q <0，因为1＋q 的符号不确定，所以无法判断a 2n －1＋a 2n 的符号；反之，若a 2n －1＋a 2n <0，即a 1q 2n －2(1＋q )<0，可得q <－1<0.故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要而不充分条件，故选C.8．下列命题中为真命题的是( ) A ．命题“若x >1，则x 2>1”的否命题 B ．命题“若x >y ，则x >|y |”的逆命题 C ．命题“若x ＝1，则x 2＋x －2＝0”的否命题 D ．命题“若tan x ＝3，则x ＝π3”的逆否命题解析：选B.对于选项A ，命题“若x >1，则x 2>1”的否命题为“若x ≤1，则x 2≤1”，易知当x ＝－2时，x 2＝4>1，故选项A 为假命题；对于选项B ，命题“若x >y ，则x >|y |”的逆命题为“若x >|y |，则x >y ”，分析可知选项B 为真命题；对于选项C ，命题“若x ＝1，则x 2＋x－2＝0”的否命题为“若x ≠1，则x 2＋x －2≠0”，易知当x ＝－2时，x 2＋x －2＝0，故选项C 为假命题；对于选项D ，命题“若tan x ＝3，则x ＝π3”的逆否命题为“若x ≠π3，则tan x≠3”，易知当x ＝4π3时，tan x ＝3，故选项D 为假命题．综上可知，选B.9．(2019·浙江五校联考模拟)已知棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，下列命题不正确的是( )A ．平面ACB 1∥平面A 1C 1D ，且两平面的距离为33B ．点P 在线段AB 上运动，则四面体P A 1B 1C 1的体积不变 C ．与所有12条棱都相切的球的体积为23π D ．M 是正方体的内切球的球面上任意一点，N 是△AB 1C 外接圆的圆周上任意一点，则|MN |的最小值是3－22解析：选D.A.因为AB 1∥DC 1，AC ∥A 1C 1，且AC ∩AB 1＝A ，所以平面ACB 1∥平面A 1C 1D ，正方体的体对角线BD 1＝3，设B 到平面ACB 1的距离为h ，则VB AB 1C ＝13×12×1×1×1＝13×12×2×2×32h ，即h ＝33，则平面ACB 1与平面A 1C 1D 的距离d ＝3－2h ＝3－2×33＝33，故A 正确． B ．点P 在线段AB 上运动，则四面体P A 1B 1C 1的高为1，底面积不变，则体积不变，故B 正确，C ．与所有12条棱都相切的球的直径2R 等于面的对角线B 1C ＝2，则2R ＝2，R ＝22，则球的体积V ＝43πR 3＝43×π×(22)3＝23π，故C 正确．D ．设正方体的内切球的球心为O ，正方体的外接球的球心为O ′，则三角形ACB 1的外接圆是正方体的外接球O ′的一个小圆，因为点M 在正方体的内切球的球面上运动，点N 在三角形ACB 1的外接圆上运动，所以线段MN 长度的最小值是正方体的外接球的半径减去正方体的内切球的半径，因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，所以线段MN 长度的最小值是32－12.故D 错误．故选D. 10．设A 是自然数集的一个非空子集，对于k ∈A ，如果k 2∉A ，且k ∉A ，那么k 是A 的一个“酷元”，给定S ＝{x ∈N |y ＝lg(36－x 2)}，设M ⊆S ，集合M 中有两个元素，且这两个元素都是M 的“酷元”，那么这样的集合M 有( )A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个解析：选C.由36－x 2>0可解得－6<x <6，又x ∈N ，故x 可取0，1，2，3，4，5，故S ＝{0，1，2，3，4，5}．由题意可知：集合M 不能含有0，1，且不能同时含有2，4.故集合M 可以是{2，3}，{2，5}，{3，5}，{3，4}，{4，5}．11．设P ，Q 为两个非空实数集合，定义集合P *Q ＝{z |z ＝a b ，a ∈P ，b ∈Q }，若P ＝{1，2}，Q ＝{－1，0，1}，则集合P *Q 中元素的个数为________．解析：法一(列举法)：当b ＝0时，无论a 取何值，z ＝a b ＝1；当a ＝1时，无论b 取何值，a b ＝1；当a ＝2，b ＝－1时，z ＝2－1＝12；当a ＝2，b ＝1时，z ＝21＝2.故P *Q ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12，2，该集合中共有3个元素．法二：(列表法)：因为a ∈P ，b ∈Q ，所以a 的取值只能为1，2；b 的取值只能为－1，0，1.z ＝a b 的不同运算结果如下表所示：由上表可知P *Q ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12，2，显然该集合中共有3个元素．答案：312．(2019·温州瑞安高考数学模拟)设全集U ＝{1，2，3，4，5，6}，A ＝{1，2}，B ＝{2，3，4}，则A ∩(∁U B )＝______，(∁U A )∪B ＝________．解析：因为U ＝{1，2，3，4，5，6}， ∁U B ＝{1，5，6}，∁U A ＝{3，4，5，6}，所以A ∩(∁U B )＝{1，2}∩{1，5，6}＝{1}，(∁U A )∪B ＝{3，4，5，6}∪{2，3，4}＝{2，3，4，5，6}．答案：{1} {2，3，4，5，6}13．给出命题：若函数y ＝f (x )是幂函数，则函数y ＝f (x )的图象不过第四象限．在它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中，真命题的个数是________．解析：易知原命题是真命题，则其逆否命题也是真命题，而逆命题、否命题是假命题．答案：114．一次函数f (x )＝kx ＋b (k ≠0)是奇函数的充分必要条件是________．解析：必要性：因为f (x )＝kx ＋b (k ≠0)是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，即k (－x )＋b ＝－(kx ＋b )，所以b ＝0.充分性：如果b ＝0，那么f (x )＝kx ，因为f (－x )＝k (－x )＝－kx ，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (x )为奇函数．答案：b ＝015．A ＝{1，2，3}，B ＝{x ∈R |x 2－ax ＋b ＝0，a ∈A ，b ∈A }，则A ∩B ＝B 的概率是________．解析：有序实数对(a ，b )的取值情形共有9种，满足A ∩B ＝B 的情形有： ①(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，2)，(2，3)，(3，3)，此时B ＝∅； ②(2，1)，此时B ＝{1}； ③(3，2)，此时B ＝{1，2}．所以A ∩B ＝B 的概率为P ＝89.答案：8916．设集合A ＝{x |x 2＋4x ＝0，x ∈R }，B ＝{x |x 2＋2(a ＋1)x ＋a 2－1＝0，a ∈R ，x ∈R }，若B ⊆A ，则实数a 的取值范围为________．解析：因为A ＝{0，－4}，所以B ⊆A 分以下三种情况：(1)当B ＝A 时，B ＝{0，－4}，由此知0和－4是方程x 2＋2(a ＋1)x ＋a 2－1＝0的两个根，由根与系数之间的关系，得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4（a ＋1）2－4（a 2－1）＞0，－2（a ＋1）＝－4，a 2－1＝0.解得a ＝1. (2)当B ≠A 时，B ＝{0}或B ＝{－4}，并且Δ＝ 4(a ＋1)2－4(a 2－1)＝0，解得a ＝－1，此时B ＝{0}满足题意．(3)当B ＝∅时，Δ＝4(a ＋1)2－4(a 2－1)＜0，解得a ＜－1.综上所述，所求实数a 的取值范围为(－∞，－1]∪{1}．答案：(－∞，－1]∪{1}17．函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ∈P ，－x ，x ∈M ，其中P ，M 为实数集R 的两个非空子集，规定f (P )＝{y |y ＝g (x )，x ∈P }，f (M )＝{y |y ＝g (x )，x ∈M }．给出下列四个命题：①若P ∩M ＝∅，则f (P )∩f (M )＝∅； ②若P ∩M ≠∅，则f (P )∩f (M )≠∅； ③若P ∪M ＝R ，则f (P )∪f (M )＝R ； ④若P ∪M ≠R ，则f (P )∪f (M )≠R . 其中命题不正确的有________．解析：①若P ＝{1}，M ＝{－1}，则f (P )＝{1}， f (M )＝{1}，则f (P )∩f (M )≠∅，故①错． ②若P ＝{1，2}，M ＝{1}，则f (P )＝{1，2}，f (M )＝{－1}，则f (P )∩f (M )＝∅.故②错． ③若P ＝{非负实数}，M ＝{负实数}，则f (P )＝{非负实数}，f (M )＝{正实数}，则f (P )∪f (M )≠R ，故③错．④若P ＝{非负实数}，M ＝{正实数}，则f (P )＝{非负实数}，f (M )＝{负实数}，则f (P )∪f (M )＝R ，故④错．答案：①②③④[能力提升]1．已知集合P ＝{y |y ＝(12)x ，x ≥0}，Q ＝{x |y ＝lg(2x －x 2)}，则P ∩Q 为( )A ．(0，1]B ．∅C ．(0，2)D ．{0}解析：选A.由已知得，因为x ≥0，且0＜(12)x ≤(12)0＝1，所以P ＝(0，1]，又因为2x －x 2＞0⇒0＜x ＜2，所以Q ＝(0，2)，因此P ∩Q ＝(0，1]，故选A.2．已知z ＝m 2－1＋(m 2－3m ＋2)i(m ∈R ，i 为虚数单位)，则“m ＝－1”是“z 为纯虚数”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.由题意，当m ＝－1时，z 的实部为(－1)2－1＝0，虚部为(－1)2－3×(－1)＋2＝6，此时z 为纯虚数，即充分性成立；当z 为纯虚数时，有⎩⎪⎨⎪⎧m 2－1＝0，m 2－3m ＋2≠0⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝±1m ≠2，m ≠1⇒m＝－1，即必要性成立，故选C.3．集合A ＝{x |y ＝ln(1－x )}，B ＝{x |x 2－2x －3≤0}，全集U ＝A ∪B ，则∁U (A ∩B )＝( ) A ．{x |x ＜－1或x ≥1} B ．{x |1≤x ≤3或x ＜－1} C ．{x |x ≤－1或x ＞1} D ．{x |1＜x ≤3或x ≤－1}解析：选B.集合A ＝{x |y ＝ln(1－x )}＝{x |1－x ＞0}＝{x |x ＜1}，B ＝{x |x 2－2x －3≤0}＝{x |(x＋1)(x －3)≤0}＝{x |－1≤x ≤3}，所以U ＝A ∪B ＝{x |x ≤3}，所以A ∩B ＝{x |－1≤x ＜1}；所以∁U (A ∩B )＝{x |1≤x ≤3或x ＜－1}．故选B.4．若x ∈R ，则“x ＞1”是“1x ＜1”的( )A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既非充分也非必要条件解析：选A.由x ＞1，一定能得到1x ＜1，但当1x ＜1时，不能推出x ＞1(如x ＝－1时)，故“x＞1”是“1x＜1”的充分非必要条件．5．下面四个条件中，使a ＞b 成立的必要而不充分的条件是( ) A ．a －1＞b B ．a ＋1＞b C ．|a |＞|b |D ．a 3＞b 3解析：选B.“a ＞b ”不能推出“a －1＞b ”，故选项A 不是“a ＞b ”的必要条件，不满足题意；“a ＞b ”能推出“a ＋1＞b ”，但“a ＋1＞b ”不能推出“a ＞b ”，故满足题意；“a ＞b ”不能推出“|a |＞|b |”，故选项C 不是“a ＞b ”的必要条件，不满足题意；“a ＞b ”能推出“a 3＞b 3”，且“a 3＞b 3”能推出“a ＞b ”，故是充要条件，不满足题意．6．(2019·绍兴质检)已知集合A ＝{x |x ＜－2或x ＞1}，B ＝{x |x ＞2或x ＜0}，则(∁R A )∩B ＝( )A ．(－2，0)B ．[－2，0)C ．∅D ．(－2，1)解析：选B.因为集合A ＝{x |x ＜－2或x ＞1}，所以∁R A ＝{x |－2≤x ≤1}，集合B ＝{x |x ＞2或x ＜0}，所以(∁R A )∩B ＝{x |－2≤x ＜0}＝[－2，0)，故选B.7．对于两条不同的直线m ，n 和两个不同的平面α，β，以下结论正确的是( )A．若m⊂α，n∥β，m，n是异面直线，则α，β相交B．若m⊥α，m⊥β，n∥α，则n∥βC．若m⊂α，n∥α，m，n共面于β，则m∥nD．若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线解析：选C.A.α∥β时，m⊂α，n∥β，m，n是异面直线，可以成立，故A错误；B.若m⊥α，m⊥β，则α∥β，因为n∥α，则n∥β或n⊂β，故B错误；C.利用线面平行的性质定理，可得C正确；D.若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线或相交直线，故D不正确，故选C.8．已知f(x)＝ax2＋bx，其中－1≤a＜0，b＞0，则“存在x∈[0，1]，|f(x)|＞1”是“a＋b ＞1”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选C.因为f(x)＝ax2＋bx，所以a＋b＞1⇔f(1)＞1.因为存在x∈[0，1]，|f(x)|＞1，所以|f(x)|max＞1.因为－1≤a＜0，b＞0，所以函数f(x)的对称轴x＝－b2a＞0.计算：f(0)＝0，f(1)＝a＋b，f(－b2a)＝b2－4a＞0.f(1)＞1，所以f(－b2a)＝b2－4a＞1，反之也成立，若b2＞－4a，则b＞－4a＞1－a.所以“存在x∈[0，1]，|f(x)|＞1”是“a＋b＞1”的充要条件．9．已知全集U＝R，集合A＝{x|x(x＋2)＜0}，B＝{x||x|≤1}，则如图所示的阴影部分表示的集合是()A．(－2，1) B．[－1，0]∪[1，2)C．(－2，－1)∪[0，1] D．[0，1]解析：选C.因为集合A ＝{x |x (x ＋2)＜0}，B ＝{x ||x |≤1}，所以A ＝{x |－2＜x ＜0}，B ＝{x |－1≤x ≤1}，所以A ∪B ＝(－2，1]，A ∩B ＝[－1，0)，所以阴影部分表示的集合为∁A ∪B (A ∩B )＝(－2，－1)∪[0，1]，故选C.10．已知各项均不为零的数列{a n }，定义向量c n ＝(a n ，a n ＋1)，b n ＝(n ，n ＋1)，n ∈N *.下列命题中真命题是( )A ．若任意n ∈N *总有c n ⊥b n 成立，则数列{a n }是等比数列B ．若任意n ∈N *总有c n ∥b n 成立，则数列{a n }是等比数列C ．若任意n ∈N *总有c n ⊥b n 成立，则数列{a n }是等差数列D ．若任意n ∈N *总有c n ∥b n 成立，则数列{a n }是等差数列解析：选D.c n ⊥b n ⇒c n ·b n ＝na n ＋(n ＋1)a n ＋1＝0，即a n ＋1a n ＝－nn ＋1；所以数列{a n }既不是等比数列又不是等差数列；c n ∥b n ⇒(n ＋1)a n －na n ＋1＝0，即a n ＋1a n ＝n ＋1n ；所以a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝21×32×…×nn －1＝n (n ≥2)，即a n ＝na 1.所以数列{a n }是等差数列． 11．已知A ＝{0，1，2}，B ＝{－1，3}，记：A ＋B ＝{a ＋b |a ∈A ，b ∈B }，试用列举法表示A ＋B ＝________．解析：因为a ∈A ，b ∈B ，所以当a ＝0时，a ＋b ＝－1或3，当a ＝1时，a ＋b ＝0或4，当a ＝2时，a ＋b ＝1或5，所以A ＋B ＝{－1，0，1，3，4，5}．答案：{－1，0，1，3，4，5}12．设集合A ＝{1，2，4}，B ＝{x |x 2－4x ＋m ＝0}，若A ∩B ＝{1}，则B ＝________．解析：因为A ∩B ＝{1}，所以1∈B ，所以1是方程x 2－4x ＋m ＝0的根，所以1－4＋m ＝0，m ＝3，方程为x 2－4x ＋3＝0，又因它的解为x ＝1或x ＝3，所以B ＝{1，3}．答案：{1，3}13．已知集合A ＝{x ∈R ||x ＋2|<3}，集合B ＝{x ∈R |(x －m )(x －2)<0}，且A ∩B ＝(－1，n )，则m ＝________，n ＝________．解析：A ＝{x ∈R ||x ＋2|<3}＝{x ∈R |－5<x <1}，由A ∩B ＝(－1，n )，可知m <1，则B＝{x|m<x<2}，画出数轴，可得m＝－1，n＝1.答案：－1 114．设集合A＝{0，1，2，3}，B＝{x|－x∈A，1－x∉A}，则集合B中元素的个数为________．解析：若x∈B，则－x∈A，故x只可能是0，－1，－2，－3，当0∈B时，1－0＝1∈A；当－1∈B时，1－(－1)＝2∈A；当－2∈B时，1－(－2)＝3∈A；当－3∈B时，1－(－3)＝4∉A，所以B＝{－3}，故集合B中元素的个数为1.答案：115．给出下列四个命题：①“λ＝0”是“λa＝0”的充分不必要条件；②在△ABC中，“AB2＋AC2＝BC2”是“△ABC为直角三角形”的充要条件；③若a，b∈R，则“a2＋b2≠0”是“a，b全不为零”的充要条件；④若a，b∈R，则“a2＋b2≠0”是“a，b不全为零”的充要条件．其中正确命题的序号是________．解析：由λ＝0可以推出λa＝0，但是由λa＝0不一定推出λ＝0成立，所以①正确．由AB2＋AC2＝BC2可以推出△ABC是直角三角形，但是由△ABC是直角三角形不能确定哪个角是直角，所以②不正确．由a2＋b2≠0可以推出a，b不全为零；反之，由a，b不全为零可以推出a2＋b2≠0，所以④正确．答案：①④16．已知“p：(x－m)2>3(x－m)”是“q：x2＋3x－4<0”成立的必要不充分条件，则实数m的取值范围是________．解析：记P＝{x|(x－m)2>3(x－m)}＝{x|(x－m)·(x－m－3)>0}＝{x|x<m或x>m＋3}，Q＝{x|x2＋3x－4<0}＝{x|(x＋4)(x－1)<0}＝{x|－4<x<1}，p是q成立的必要不充分条件，即等价于Q P.所以m＋3≤－4或m≥1，解得m≤－7或m≥1.答案：(－∞，－7]∪[1，＋∞)17．(2019·杭州市七校高三联考)下列命题中正确的有________．①常数数列既是等差数列也是等比数列；②在△ABC中，若sin2A＋sin2B＝sin2C，则△ABC为直角三角形；③若A ，B 为锐角三角形的两个内角，则tan A tan B >1；④若S n 为数列{a n }的前n 项和，则此数列的通项公式a n ＝S n －S n －1(n >1)．解析：命题①：由数列{a n }是等差数列，设其公差为d ，则a n －a n －1＝d (n ≥2)(ⅰ)，又数列{a n }是等比数列，设其公比为q ，则a n ＝qa n －1(n ≥2)(ⅱ)，把(ⅱ)代入(ⅰ)得：qa n －1－a n －1＝(q －1)a n －1＝d (n ≥2)，要使(q －1)·a n －1＝d (n ≥2)对数列中“任意项”都成立，则需q －1＝d ＝0，也就是q ＝1，d ＝0.所以数列{a n }为非零常数列，故不正确；命题②：由正弦定理可把sin 2A ＋sin 2B ＝sin 2C 转化为a 2＋b 2＝c 2，由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝0，所以三角形为直角三角形，故正确；命题③：若A 、B 是锐角三角形的两内角，则tan A >0，tan B >0，π>A ＋B >π2，则tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B 1－tan A tan B<0，得tan A ·tan B >1，故正确；命题④：若S n 为数列{a n }的前n 项和，则此数列的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 （n ＝1）S n －S n －1 （n ≥2），故不正确．故正确的命题为：②③.答案：②③。

2020年浙江高三数学总复习：等差数列与等比数列复习讲义

第一节等差数列与等比数列-备考方向明确h --------------------------- 一方向比勢力更重要 ------------网络构建一、数列的概念与简单表示法1. 数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列,数列中的每一个数叫做这个数列的项.数列的分类2.3. 数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法4. 数列的函数特征从函数观点看，数列可以看成以正整数集N(或它的有限子集｛1,2,3,…,n｝)为定义域的函数a n=f(n)当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值，而数列的通项公式也就是相应函数的解析式.5. 数列的通项公式如果数列｛a n｝的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.6. 数列的递推公式如果已知数列｛a n｝的任何一项a n与它的前一项a n-1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做数列｛a n｝的递推公式.7. a n与S n的关系(1)S n=a i+a2+…+a.⑵若数列｛a n｝的前n项和为S n,则a n= S l n =1 ,n -2.A L理解辨析(1) 并非每个数列都有通项公式(2) 数列的通项公式并不唯一.二、等差数列和等比数列1. 理解辨析数列中求最大项、最小项问题.(1)求最大项a n,则满足不等式组弘-3…n 丄⑵求最小项a n,则满足不等式组an泊1，.an —务丄2. 相关的结论(1)若三个数成等差数列可设为a-d,a,a+d;成等比数列可设为aq1,a,aq.若四个数成等差数列可设为a-3d,a-d,a+d,a+3d;成等比数歹U可设为aq-3,aq-1,aq,aq 3.⑵等差数列｛a n｝,｛b n｝的前n项和分别为S,T n,则色二旦.b n T2n丄⑶若｛a n｝是等差数列，则｛c a"｝(c>0)是等比数列；若｛b n｝是等比数列，则｛log a b n｝(a>0且a^ 1)是等差数列.温故知新1. (2018 •北京卷)设｛a n｝是等差数列,且a i=3,a2+a5=36,则｛a n｝的通项公式为________ .解析：法一设等差数列｛a n｝的公差为d.因为0+3=36,所以(a i+d)+(a i+4d)=36,所以2a i+5d=36.因为a i=3,所以d=6,所以通项公式为a n=a i+(n-1)d=6n-3.法二设等差数列｛a n｝的公差为d.因为a2+a5=a i+a s=36,a 1=3,所以a6=33,所以d=a^a1=6.5因为a i=3,所以通项公式为a n=6n-3.答案:a n=6 n-32. 数列｛a n｝中a1=2,a n+1=2a n,S n为｛a n｝的前n 项和,若S=126,则n= _______ .解析：由已知｛a n｝为等比数列，首项为2,公比为2,则s二兰¥=126,解得n=6.答案:63. 在等差数列40,37,34,…•中,第一个负数项是________ .解析：因为a1=40,d=37-40=-3,所以a n=40+(n-1) x (-3)=-3n+43.令a n<0,即-3n+43<0,解得n>43 .3故第一个负数项是第15项，即a15=-3 x 15+43=-2.答案：-24. 已知等差数列｛a n｝的前n项和为S,a 2+5=2a,a i°=-3,则a i= ,S 8= .解析：设首项为a i,公差为d,由已知得a i+5d=5,a i+9d=-3,解得a i=15,d=-2,所以S=8a+口d=64.2答案:15 645. (2018 •杭州教学质量检测)设各项均为正数的等比数列｛a n｝的前n项和为S n,若S=80,S2=8,则公比q _________ ,a5= _______ .解析：由题意,设数列｛a n｝的公比为q(q>0),4根据题意可得a1 1 t =80,1 —qa10T2 )=81 -q '可解得a1=2,q=3,根据等比数列的通项公式得a5=2 • 34=162.答案:3 162-高频考点突破---------- 在训练中掌握方法i --------- 考点一等差、等比数列基本量的计算【例1] (1)若等比数列｛a n｝满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q等于(A)2 (B)4 (C) 士2 (D) 士4⑵（2018 •浙江重点中学协作体联考）《九章算术》是人类科学史上应用数学的最早巅峰，书中有这样一道题：“今有大夫、不更、簪褭、上造、公士，凡五人,共猎得五只鹿.欲以爵次分之，问各得几何？”其译文是“现有从高到低依次为大夫、不更、簪褭、上造、公士的五个不同爵次的官员，共猎得五只鹿，要按爵次高低分配（即根据爵次高低分配得到的猎物数依次成等差数列），问各得多少鹿？”已知上造分M3只鹿,则公士所得鹿数为（）（A ）1 只（B ）4 只（C ）3 只（D ）5 只解析：（1）由a 2^20,得峯站严①日 3代=40 a iq - a iq 40,② 用②—①得q=2. 故选A.解析:（2）设大夫、不更、簪褭、上造、公士所分得的鹿依次为 a i ,a 2,a 3,a 4,a 5,由题意可知，数列｛a n ｝为等差数列, 且 a 4=2 ,S 5=5,3原问题等价于求解a 5的值. 由等差数列前n 项和公式可得 S ，= a^as x 5=5a 3=5,2则 a 3=1, 数列的公差为 d=a 4-a 3=- -1=- 1,33故 a 5=a 4+d=--丄二1.33 3亠已5二即公士所得鹿数为1只•故选C.XE (1)在等差数列和等比数列中，a i,d(或q),n,a n,S n五个量可以知三求二，往往采取解方程(组)思想.(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a i,公差d(或公比q)是等差(等比)数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.(.迂移逊蜒1. 设等差数列｛a n｝的前n项和为S,若S m-1=-2,S m=0,S m+1=3,则m等于(C )(A) 3 (B)4 (C)5 (D)6解析：法一由已知得a rn=SrS m-i=2,a m+1=S m+1-S m=3,因为数列｛a n｝为等差数列，所以d=a m+-a m=1, 又因为S m=m a1 am =0,2所以m(ai+2)=0,因为m^ 0,所以a1=-2,又a m=a1+(m-1)d=2,解得m=5.法二因为数列｛a n｝为等差数列，且前n项和为S,所以数列｛半｝也为等差数列，^所以 $ 丄+ S m 1= 25m T m 比m '即斗丄=0,m -1 m 1解得m=5.经检验m=5为原方程的解.2. ___________________________________________ 已知等比数列｛a n｝满足a=2,a3a5=4a；,则a3= ____________________ .解析:设公比为q,据条件知a4 =4a：,故a4=± 2a6,即a6=± 1 a4,但a6=a4q2,故q2=1.2因止匕a3=a〔q =1.答案：1考点二等差、等比数列的判断与证明【例2】已知数列｛a n｝的前n项和为S,且满足a i=* ,a n=-2S nS-i(n > 2).(1)求证:数列1是等差数列.⑵求S n和a n.(1) 证明：当门》2 时,a n=S n-S n-1=-2S n S n-1, ①因为S=a i M0,由递推关系知S M 0(n € N),由①式得右--L=2(n > 2).Si S n 1_所以丄是等差数列，其中首项为丄二丄=2,公差为2.§n ”S i a i(2) 解:由(1)知丄=2+2(n-1)=2n,所以S二丄.S n 2n当n》2 时,a n=S-S n-1=--,2n(n 7 )当n=1时,a1=S=1不适合上式，, n二1,所以a n= 1- 2n(n_1 严2.【例3】(2018 •金丽衢十二校联考)已知数列｛a n｝的首项a i=1,前n 项和为S n,且a n+i二S+n+1(n € N+).(1)求证数列｛a n+1｝为等比数列；⑵设数列｛ 1｝的前n项和为T n,求证:T n<-.a n 5证明:(1)a n+i=S+n+1,可得当n>2 时,a n=S n-i+ n,两式相减可得,a n+i_a n=a n+1,可得a n+i+1=2(a n+1),n》2,由a i+1=2,a2+1=4,可得数列｛a n+1｝为公比为2的等比数列.(2)a n+仁2・ 2n-1 =2n,即有a n=2n-1,当n=1 时,T i=1,当n=2 时,T 2=1+1,3当"=3时厂=1+3+1哼, 显然有T n<9;5n>3 时,T n=1+1+- + 丄+•…+ 亠<1+1+ 丄+(丄+=+••• +3 7 15 2 -1 3 7 ' 8 161=1+1+丄+ §23 71」2<1+!+- + - = 1+- +—<1+^+3=93 74 7 12 555(1)判定数列｛a n｝是等差数列的常用方法①定义法：对任意n € N；a n+i-a n是同一个常数；②等差中项法：对任意n》2,n € N；满足2a n=an+i+a n-i;③通项公式法：数列的通项公式a n是n的一次函数；④前n项和公式法:数列的前n项和公式S是n的二次函数，且常数项为0.⑵等比数列的判定方法①定义法：若也=q（q为非零常数）或旦=q（q为非零常数且n》2）,则a n a n 丄数列｛a n｝是等比数列.②等比中项法:若数列｛a n｝中,a n^0且a2i=a • a n+2（n € N）,则数列｛a n｝是等比数列.③通项公式法：若数列通项公式写成a n=c • q n（c、q均是不为0的常数,n € N）,则数列｛a n｝是等比数列.④前n项和公式法：若数列｛a n｝的前n项和S=k • q n-k（k为常数且k 工0,q工0,1）,则数列｛a n｝是等比数列.如果判定某数列不是等比数列，只需判定其任意的连续三项不成等比数列即可.L迁務训练1. 设数列｛a n｝的各项都为正数，其前n项和为S n,已知对任意n € N；S n 是a2和a n的等差中项.证明数列｛a n｝为等差数列，并求数列｛a n｝的通项公式.证明:由已知得2S=a：+a n,且a n>0,当n=1 时,2a i=a；+a i,解得a i=1(a i=0舍去);当n》2 时，有2S-i =a：丄+a n-i. '于^是2S-2S n-1 = a；- a ft +a n_a n-1 , 即2a n= a；- a；t+an_a n-1 .于是a：- a n 丄= a n+a n-1 .即(a n + an-1 )(a n-a n-1) = a n+a n-1 .因为a n+a n-1>0,所以a n-a n-i =1(n》2).故数列｛a n｝是首项为1,公差为1的等差数列, 所以数列｛a n｝的通项公式为a n二n.2. 设｛a n｝是公比为q的等比数列.(1) 推导｛a n｝的前n项和公式；(2) 设q z 1,证明数列｛a n+1｝不是等比数列.(1)解:设｛a n｝的前n项和为S,贝H S=a+a2+…+an,因为｛a n｝是公比为q的等比数列，所以当q=1时S=nai,当q z 1时.S=a1+ag+a1q2+…+詢-1,①qS二眄+眄2+…+眄：②所以S=「〕，1 -q①-②得(1-q)S n=a1-a1q n,]na i,q =1, 所以S n= a i 1_q n*^q韵.⑵证明：假设｛a n+1｝是等比数列，则对任意的k € N,2(a k+i+1) =(a k+1)(a k+2+1),a21+2a k+1+1=Qa k+2+a k+ak+2+1,2k k k-1 k+1 k-1 k+1a2 q +2眄二aq • aq +aq +aq ,因为a1工0,所以2q k=q k-1+q k+1,因为q z 0,所以q2 3 4 5-2q+1=0,所以q=1,这与已知矛盾.所以假设不成立，故｛a n+1｝不是等比数列.考点三等差、等比数列的性质及应用【例4】(1)设数列｛a n｝,｛b n｝都是等差数列,若a+b=7,a3+b3=21,则a5+b5= _______ ;⑵设等差数列｛a n｝的前n项和为S n,若S6>S7>S,则a n>0的最大n二______ ,满足S k S k+1<0的正整数k= ________ .解析：(1)由于｛a n｝,｛b n｝都是等差数列，故｛a n+b n｝也是等差数列，记c n=a n+b n,则C1=7,C3=21,其公差d^2^7 =14=7.故C5=o+4d=7+4X 7=35.3 —1 2所以a5+b5=35.⑵依题意、a6=S-S5>0,a 7=S-S6<0,a 6+a7=S-S5>0,则^1=11a^a11 =11a3>0,S2 = 12® +a12) = 12® +a7 ) >02 2 'S3=13a1氐=13a<0,所以S2S3VO,2即满足SS+i VO的正整数k=12.答案:(1)35 (2)6 12圧E(1)等差数列与等比数列的性质在解题中合理运用，可以优化解题过程.⑵解题时，是否能用等差、等比数列的性质，主要是观察所给项的序号之间是否存在等差关系.［年iE移调ME1. 在正项等比数列｛a n｝中,已知a i a2a3=4,a4a5a6=12,a n-i a n a n+i=324,则n 等于(C )(A)11 (B)12 (C)14 (D)16解析:由a i a2a3=4=a；q 与a4a5a s=12=a i3q ,可得q9=3,3n-3^又a n-1 a n a n+1=a f q =324,因此q3n-6=8仁34二q4x 9=q36,所以n=14.故选C.2. 已知数列｛a n｝是公差不为0的等差数列,b n=2a n,数列｛b n｝的前n项, 前2n项，前3n项的和分别为A,B,C,则(D )2(A)A+B=C (B)B =AC(C)(A+B)-C=B2(D)(B-A) 2=A(C-B)解析：因为｛a n｝是公差不为0的等差数列，所以｛b n｝是公比不为1的等比数列，由等比数列的性质，可得A,B-A,C-B成等比数列，2所以可得(B-A)二A(C-B),故选D.解超凰范劳实------------------------- "佃柑.***刘等差(或等比)数列的判断与证明【例题】(2017 •江苏卷)对于给定的正整数k,若数列｛a n｝满足a n-k+a n-k+i + …+a n-i+a n+i+…+3+k-i +a n+k=2ka n,对任意正整数n(n>k)总成立, 则称数列｛a n｝是“P(k)数列”.(1) 证明：等差数列｛a n｝是“ P(3)数列”；(2) 若数列｛a n｝既是“ P(2)数列”,又是“ P(3)数列”,证明:｛a n｝是等差数列.证明：(1)因为｛a n｝是等差数列，设其公差为d,则a n=a i+(n-1)d,从而，当n》4时，a n-k +a n+k=a1+(n-k-1)d+a 1+( n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2a n,k=1,2,3,以a n-3 +a n-2 +a n-1 +a n+1+a n+2+a n+3=6a,因此等差数列｛a n｝是“ P(3)数列”.(2)数列｛a n｝既是“ P(2)数列”,又是“ P(3)数列”,因此,当n》3 日寸,a n-2 +an-1 +a n+1 + a n+2=4a n, ^0当n》4时,a n-3 +Q1-2 +a n-1+a n+1 + a n+2 + 3i+3=6a n. ^②由①矢口,a n-3 +31-2 =4a n-1-(a n+a n+1),a n+2 + a n+3=4a>+1-(a n-1 + a n),④将③④代入②，得a n-i +a n+i=2a n,其中n》4, 所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.在①中,取n=4,贝卩a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a s-d',在①中，取n=3,贝S a i+a2+a4+a5=4a3,所以a i=a s-2d',所以数列｛a n｝是等差数列.解题规范可规范要求:(1)证明数列是等差或等比数列时应紧扣定义(2)对等差、等比数列定义中的“常数”要有充分的认识一个数值,而非几个数值.【规范训练】已知数列｛a n｝中,a i=3 ,a n=2-丄(n >2,n5 a n丄满足 *二J(n € N).a n —1(1)求证：数列｛b n｝是等差数列；⑵求数列｛a n｝中的最大项和最小项，并说明理由.(1)证明：因为a n=2-丄(n >2,n € N),an丄所以b n+1-b n=—a n 十一113I一1,常数应是同€ N),数列｛b n｝a n 一'1a n 一'1a n 一'1a n 一'1a1=b1=-1,a4=b4=8,则善=又 b l 二丄=-5,a n —1 2 '所以数列｛b n ｝是以-£为首项，以1为公差的等差数列.⑵解：由（1）知b n =n-J贝卩 a n =1+2=1+-^.b n 2n —7所以当n=3时,a n 取得最小值-1,当n=4时,a n 取得最大值3.一课堂类题精练h ------------------------ 在练习中陈会学习的乐趣 ----------- 类型一等差、等比数列基本量的计算1.等差数列｛a n ｝前n 项和为S,a 3=7,S 6=51,则公差d 的值为（B ）(A)2 (B)3 (C)-3 (D)4解析：根据已知得a 1+2d=7且6a 1+15d=51, 消去a,解得d=3.故选B.2.已知等比数列｛a n ｝中,a 3=9,前三项和S=27,则公比q 的值为（C ）12(C)1 或-1(D)-1 或-2 解析:当q=1时，显然成立， -i a ^2 =9, 当q z 1时，由题意得印1 —q 3 - 27. 1 -q日1 =36,解得f 1 综上,q=1或-1.故选C.3. （2017 •北京卷）若等差数列｛a n ｝和等比数列｛b n ｝满足解析：设等差数列｛a n ｝的公差为d,等比数列｛b n ｝的公比为q,依题意知，a 4=a i +3d=-1+3d=8,解得 d=3.(A)1 (B)- 当q z 1时,由题意得b4=b i q3=-q 3=8,解得q=-2.所以a2=a i+d=-1+3=2,b2=b>q=-1 x (-2)=2, 因此竺=1.b2答案：1类型二等差、等比数列的判定与证明4. 已知数列｛a n｝满足2a n-i-a n-a n-2=0(n >3,n € N)且a i=1,a2=3,则a io等于(C ) (A)17 (B)18 (C)19 (D)20解析：由条件2a n-1=a n+a n-2(n >3,n € N)可知数列｛a n｝为等差数列，又a1=1,a2=3,故d=2. 所以a10=1+(10-1) x 2=1+9x 2=19.选 C.5. 已知数列｛a n｝中,a n+1=3S n,则下列关于｛a n｝的说法正确的是(C )(A) 一定为等差数列(B) 一定为等比数列(C) 可能为等差数列，但不会为等比数列(D) 可能为等比数列，但不会为等差数列解析：若数列｛a n｝中所有的项都为0,则满足a n+1=3S, 所以数列｛a n｝可能为等差数列；当a n 工0 时,由a n+1=3S 得a n+2=3S+1,所以竺=4,另由a n+i=3S得a2=3a即吏=3,a i所以数列｛a n｝不是等比数列.故选C.6. 在厶ABC中,a,b,c 为/ A, / B, / C 的对边，且cos 2B+cos B+cos(A-C)=1,则( D )贝卩a n+2-a n+1 =3(S n+1- S n) = 3a n+1,(A) a,b,c成等差数列(B) a,c,b成等差数列(C) a,c,b成等比数列(D) a,b,c成等比数列2解析:cos 2B+cos B+cos(A-C)=cos 2B-cos(A+C)+cos(A-C)=1-2sin B- cos Acos C+si n As in C+cos Acos C+si n As in C=1-2si n B+2si n A sin C=1,所以2s in 2B-2sin Asi n C=0, 故sin 2B=si n As in C,即b2=ac, 所以a,b,c成等比数列.故选D.类型三等差、等比数列的性质及应用7. 等差数列｛a n｝中,a 1+a?=26,a3+a9=18,则数列｛a n｝的前9项和为(B )(A)66 (B)99 (C)144 (D)297解析:由a1+a?=2a4=26 得a4=13.由a3+a9=2a e=18 得a e=9.S9=9J a^a L二9^^ =99.故选B.8. 已知等比数列｛a n｝中,a4+a8=-2,则a6(a 2+2空+臥)的值为(A )(A)4 (B)6 (C)8 (D)-9解析:a 6(a 2+2a6+a io)=a6a2+2a；+a s a io=a： +2a4a8+a；=(a 4+a8),因为a4+a8=-2,所以a6(a2+2as+a io)=4.故选 A.9. 已知｛a n｝是等比数列,a2=2,a5=l,则a©+a2a3+…+aa n+i等于(C )(A)16(1-4 -n) (B)16(1-2 -n)(C) 32(1-4 -n) (D) 3?(1-2 -n)解析：由数列｛a n｝为等比数列可得q3二亘=〕,已 2 8所以q=g,a 1=4,根据等比数列的性质可得数列｛a n • a n+1｝为等比数列，首项为a1 • a2=8, 公比为q2=l, 4以a1 •82+32 •a3+a3 •a^+…+a n •a n+1=——、—―=-32 [1-(丄)]=U 3 43?(1-4 -n).故选C.10. (2016 •北京卷)已知｛a n｝为等差数列,S n为其前n项和，若a i=6,a 3+a5=0,则S6= ______ .解析:因为a3+a5=0,所以a4=0,所以0=6+3d,所以d=-2,所以S二■- =3(a3+a4)=3a3=3(a i+2d)=6. 答案：6。

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