【课堂新坐标】2017届高三理科数学通用版二轮复习课件名师寄语
《课堂新坐标》2017年高考数学(理科山东专版)二轮专题复习与策略教师用书第1部分专题2突破点5数列的通项
突破点5 数列的通项与求和(对应学生用书第167页)若a n 为数列{a n }的通项，S n 为其前n 项和，则有a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.在使用这个关系式时，一定要注意区分n ＝1，n ≥2两种情况，求出结果后，判断这两种情况能否整合在一起.(1)n ＋1n 列．②形如a n ＋1＝ka n (k 为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列．(2)叠加法：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，利用a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)，求其通项公式．(3)叠乘法：形如a n ＋1a n ＝f (n )≠0，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1，求其通项公式．(4)待定系数法：形如a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q1－p，再转化为等比数列求解．(5)构造法：形如a n ＋1＝pa n ＋q n (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先在原递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q，构造新数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，接下来用待定系数法求解．(6)取对数法：形如a n ＋1＝pa m n (p >0，a n >0)，先在原递推公式两边同时取对数，再利用待定系数法求解.(拆)项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法和并项法等，而裂项相消法，错位相减法是常用的两种方法．回访1 a n 与S n 的关系1．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝__________.－1n [∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1， ∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.又S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列，∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，即S n ＝－1n .]2．(2013·全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.(－2)n －1 [当n ＝1时，S 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23(a n －a n －1)，∴a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2，∴{a n }是以1为首项的等比数列，其公比为－2， ∴a n ＝1×(－2)n －1，即a n ＝(－2)n －1.]3．(2014·全国卷Ⅱ)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________.12 [∵a n ＋1＝11－a n，∴a n ＋1＝11－a n＝11－11－a n －1＝1－a n －11－a n －1－1＝1－a n －1－a n －1＝1－1a n －1＝1－111－a n －2＝1－(1－a n －2)＝a n －2， ∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3. ∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2. 而a 2＝11－a 1，∴a 1＝12.]回访2 数列求和4．(2015·全国卷Ⅰ改编)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，则(1){a n }的通项公式为__________； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__________． (1)a n ＝2n ＋1 (2)n3(2n ＋3)[(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知 b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n3(2n ＋3).]5．(2014·全国卷Ⅰ改编)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根，则(1){a n }的通项公式为__________；(2)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为__________．(1)a n ＝12n ＋1 (2)2－n ＋42n ＋1 [(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12， 从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.](对应学生用书第167页)热点题型1 数列中的a n 与S n 的关系题型分析：以数列中a n 与S n 间的递推关系为载体，考查数列通项公式的求法，以及推理论证的能力.数列{an }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a na n S n －S 2n ＝1(n ≥2)．求数列{a n }的通项公式．【导学号：67722024】[解] 由已知，当n ≥2时，2a na n S n －S 2n ＝1，所以2(S n －S n －1)(S n －S n －1)S n －S 2n ＝1，2分即2(S n －S n －1)－S n －1S n＝1，所以1S n －1S n －1＝12.4分又S 1＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为12的等差数列，6分所以1S n＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1.8分所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2n (n ＋1).10分因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n (n ＋1)，n ≥2.12分给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .提醒：在利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)求通项公式时，务必验证n ＝1时的情形． [变式训练1] (1)(2016·合肥三模)已知数列{a n }前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －2n ，则S n ＝__________.(2)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，且2S n ＋2＝3a n (n ∈N *)，则a n ＝__________.(1)n ·2n (n ∈N *) (2)2×3n －1(n ∈N *) [(1)由S n ＝2a n －2n 得当n ＝1时，S 1＝a 1＝2；当n ≥2时，S n ＝2(S n －S n －1)－2n，即S n 2n －S n －12n －1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，则S n2n ＝n ，S n ＝n ·2n (n ≥2)，当n ＝1时，也符合上式，所以S n ＝n ·2n (n ∈N *)．(2)因为2S n ＋2＝3a n ，① 所以2S n ＋1＋2＝3a n ＋1，②由②－①，得2S n ＋1－2S n ＝3a n ＋1－3a n ，所以2a n ＋1＝3a n ＋1－3a n ，即a n ＋1a n ＝3.当n ＝1时，2＋2S 1＝3a 1，所以a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．] 热点题型2 裂项相消法求和题型分析：裂项相消法是指把数列与式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和.(2016·威海二模)设单调数列{an }的前n 项和为S n,6S n ＝a 2n ＋9n －4，a 1，a 2，a 6成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝6n －1(3n ＋1)2·a 2n，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由已知6S n ＝a 2n ＋9n －4可得，当n ≥2时，6S n －1＝a 2n －1＋9(n －1)－4， 两式相减得6a n ＝a 2n ＋9n －a 2n －1－9(n －1)＝a 2n －a 2n －1＋9，2分 整理得(a n －3)2＝a 2n －1，即a n －a n －1＝3或a n ＋a n －1＝3，n ≥2.3分∵{a n }为单调数列，∴a n ＋a n －1＝3(舍去)，即{a n }为等差数列．当n ＝1时，6a 1＝a 21＋5，解得a 1＝1或a 1＝5.4分若a 1＝1，则a 2＝a 1＋3＝4，a 6＝a 1＋15＝16，满足a 1，a 2，a 6成等比数列； 若a 1＝5，则a 2＝a 1＋3＝8，a 6＝a 1＋15＝20，不满足a 1，a 2，a 6成等比数列.5分∵a 1＝1，a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2(n ∈N *)．∴a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.6分(2)由已知，a n ＝3n －2，b n ＝6n －1(3n ＋1)2(3n －2)2＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1(3n －2)2－1(3n ＋1)2.9分 设{b n }的前n 项和为T n ，T n ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－142＋142－172＋172－…＋1(3n －2)2－1(3n ＋1)2＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(3n ＋1)2＝n (3n ＋2)(3n ＋1)2(n ∈N *).12分裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，常见的裂项方式有：(1)1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；(2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； (3)1n ＋n ＋k＝1k (n ＋k －n )．提醒：在裂项变形时，务必注意裂项前的系数．[变式训练2] 已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 22成等比数列， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：16≤T n <38.[解] (1)由已知及等差数列的性质得S 5＝5a 3，∴a 3＝14，1分 又a 2，a 7，a 22成等比数列，即a 27＝a 2·a 22.2分 由(a 1＋6d )2＝(a 1＋d )(a 1＋21d )且d ≠0， 解得a 1＝32d ，∴a 1＝6，d ＝4.4分故数列{a n }的通项公式为a n ＝4n ＋2，n ∈N *.6分 (2)证明：由(1)得S n ＝n (a 1＋a n )2＝2n 2＋4n ，1S n ＝12n 2＋4n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，8分∴T n ＝141－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.10分又T n ≥T 1＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＝16，所以16≤T n <38.12分热点题型3 错位相减法求和题型分析：限于数列解答题的位置较为靠前，加上错位相减法的运算量相对较大，故在近5年中仅有1年对该命题点作了考查，但其仍是命题的热点之一，务必加强训练.(2016·山东高考)已知数列{an }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，1分 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，满足上式，2分 所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .3分由⎩⎨⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎨⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，5分 可解得⎩⎨⎧b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1.6分(2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1.7分 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，8分2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2] ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n )1－2－(n ＋1)×2n ＋211分 ＝－3n ·2n ＋2， 所以T n ＝3n ·2n ＋2.12分运用错位相减法求和应注意：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }中一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，一般先乘以公比，再把前n 项和退后一个位置来书写，这样避免两式相减时看错列；三是相减，相减时一定要注意式中最后一项的符号，考生常在此步出错，一定要细心．提醒：为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．[变式训练3] (2016·潍坊模拟)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1＋S n ＝a 2n ＋1，数列{b n }满足b n ·b n ＋1＝3a n ，且b 1＝1. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记T n ＝a n b 2＋a n －1b 4＋…＋a 1b 2n ，求T n . [解] (1)∵S n ＋1＋S n ＝a 2n ＋1，① S n ＋S n －1＝a 2n (n ≥2)，② ①－②得：a n ＋1＋a n ＝a 2n ＋1－a 2n ，∴(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0， ∵a n ＋1＞0，a n ＞0，∴a n ＋1＋a n ≠0， ∴a n ＋1－a n ＝1(n ≥2).2分又由S 2＋S 1＝a 22，得2a 1＋a 2＝a 22，即a 22－a 2－2＝0，∴a 2＝2，a 2＝－1(舍去)． ∴a 2－a 1＝1，∴{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n .3分又∵b n ·b n ＋1＝3a n ＝3n ，③ b n －1b n ＝3n －1(n ≥2)，④ ③④得：b n ＋1b n －1＝3(n ≥2).4分又由b 1＝1，可求b 2＝3，故b 1，b 3，…，b 2n －1是首项为1，公比为3的等比数列，b 2，b 4，…，b 2n 是首项为3，公比为3的等比数列，∴b 2n －1＝3n －1，b 2n ＝3·3n －1＝3n ，6分 ∴b n ＝ 7分(2)由(1)得：T n ＝3a n ＋32a n －1＋33a n －2＋…＋3n a 1，⑤3T n ＝32a n ＋33a n －1＋34a n －2＋…＋3n ＋1a 1， ⑥8分⑥－⑤得：2T n ＝－3a n ＋32(a n －a n －1)＋33(a n －1－a n －2)＋…＋3n (a 2－a 1)＋ 3n ＋1a 1，由a n ＝n ，∴2T n ＝－3n ＋32＋33＋…＋3n ＋3n ＋1 ＝－3n ＋32(1－3n )1－3＝－3n －92＋12·3n ＋2，11分 ∴T n ＝3n ＋24－3n 2－94.12分专题限时集训(五) 数列的通项与求和[建议A 、B 组各用时：45分钟][A 组 高考达标]一、选择题1．(2016·济南模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2A [由S n ＝2a n －4可得S n －1＝2a n －1－4(n ≥2)，两式相减可得a n ＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．又a 1＝2a 1－4，a 1＝4，所以数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A.]2．数列{a n }满足a 1＝1，且当n ≥2时，a n ＝n －1n a n －1，则a 5＝( )A.15B.16 C ．5D ．6A [因为a 1＝1，且当n ≥2时，a n ＝n －1n a n －1，则a n a n －1＝n －1n ，所以a 5＝a 5a 4·a 4a 3·a 3a 2·a 2a 1·a 1，即a 5＝45×34×23×12×1＝15.故选A.] 3.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1的值为( ) A.n ＋12(n ＋2)B.34－n ＋12(n ＋2) C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2C [∵1(n ＋1)2－1＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.] 4．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 012，其前n 项和为S n ，若S 2 0122 012－S 1010＝2 002，则S 2 014的值等于( )A ．2 011B ．－2 012C ．2 014D ．－2 013C [等差数列中，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，S n n ＝a 1＋(n －1)d2，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为a 1＝－2 012，公差为d 2的等差数列．因为S 2 0122 012－S 1010＝2 002，所以(2 012－10)d2＝2 002，d2＝1，所以S 2 014＝2 014[(－2 012)＋(2 014－1)×1] ＝2 014，选C.]5．数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 014等于( ) A.4 0282 015 B.4 0242 013 C.4 0182 012D.2 0102 011A [令m ＝1，得a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1，于是a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，上述n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2， 因此1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 014＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12 014－12 015＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 015＝4 0282 015.故选A.] 二、填空题6．(2016·西安模拟)设S n 是数列{a n }的前n 项和，a n ＝4S n －3，则S 4＝__________. 【导学号：67722025】2027 [∵a n ＝4S n －3，∴当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1，当n ≥2时，∵4S n ＝a n ＋3，∴4S n －1＝a n －1＋3，∴4a n ＝a n －a n －1，∴a n a n －1＝－13，∴{a n }是以1为首项，－13为公比的等比数列，∴S 4＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1341＋13＝8081×34＝2027.] 7．(2016·广州二模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，S n ＝kn 2－1(n ∈N*)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为__________．n2n ＋1[令n ＝1得a 1＝S 1＝k －1，令n ＝2得S 2＝4k －1＝a 1＋a 2＝k －1＋12，解得k ＝4，所以S n ＝4n 2－1，1S n ＝14n 2－1＝1(2n ＋1)(2n －1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.] 8．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝1，则通项公式a n ＝________.⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，n ∈N * [由S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)可得S n －1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)两式相减得：a n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1a n ＝32(n ≥2，n ∈N *)．又由a 1＝1及S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)可得a 2＝12，所以数列{a n }从第二项开始成一个首项为a 2＝12，公比为32的等比数列， 故当n >1，n ∈N *时有a n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2， 所以有a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，n ∈N *.]三、解答题9．(2016·太原二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，首项为a 1，且12，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .[解] (1)∵12，a n ，S n 成等差数列，∴2a n ＝S n ＋12，1分当n ＝1时，2a 1＝S 1＋12，∴a 1＝12，2分当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a na n －1＝2，4分∴数列{a n }是首项为12，公比为2的等比数列，a n ＝2n －2(n ∈N *).6分 (2)∵b n ＝log 2a 2n ＋1×log 2a 2n ＋3＝log 222n ＋1－2×log 222n ＋3－2 ＝(2n －1)(2n ＋1)，8分 ∴1b n＝12n －1×12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，10分 ∴T n ＝121－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.12分10．已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a nb n，求数列{c n }的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .[解] (1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0(b n ≠0，n ∈N *)， 所以a n ＋1b n ＋1－a n b n ＝2，2分即c n ＋1－c n ＝2.3分 又c 1＝a 1b 1＝1，所以数列{c n }是以首项c 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故c n ＝2n －1.5分 (2)由b n ＝3n －1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，7分 于是数列{a n }的前n 项和S n ＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n －1)·3n －1，8分 3S n ＝1·31＋3·32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n ，9分相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝－2－(2n －2)3n ，11分 所以S n ＝(n －1)3n ＋1.12分[B 组 名校冲刺]一、选择题1．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a >0，a ≠1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第二项与第三项，若b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10等于( )A.911B.1011C.811D.1211B [y ＝log a (x －1)＋3恒过定点(2,3)， 即a 2＝2，a 3＝3，又{a n }为等差数列， ∴a n ＝n ，∴b n ＝1n (n ＋1)，∴T 10＝1－111＝1011，故选B.]2．已知数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( )A ．445B ．765C ．1 080D ．3 105B [∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3，∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列，∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63.令a n ≤0，得n ≤21，∴前20项都为负值．∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30＝－2S 20＋S 30.∵S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ，∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765，故选B.]3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，{S n ＋na n }为常数列，则a n ＝( ) A.13n －1B.2n (n ＋1)C.6(n ＋1)(n ＋2)D.5－2n 3B [由题意知，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时，(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，有a n＝2n (n ＋1)，当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2n (n ＋1).故选B.]4．(2016·湖北七校2月联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里B [由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即第二天走了96里．故选B.] 二、填空题5．(2016·山西四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2016＝__________.【导学号：67722026】3×21 008－3 [∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ①，∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1②，∵①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S 2 016＝1－21 0081－2＋2×(1－21 008)1－2＝3×21 008－3.]6．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＝__________.1 121 [∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1， ∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3. 又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1， ∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121.] 三、解答题7．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，① 所以当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②2分①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2).4分在①中，令n ＝1，得a 1＝13，满足a n ＝13n ，所以a n ＝13n (n ∈N *).6分 (2)由(1)知a n ＝13n ，故b n ＝na n＝n ×3n .则S n ＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，③ 3S n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，④8分 ③－④得－2S n ＝3＋32＋33＋34＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1，11分所以S n ＝34＋(2n －1)×3n ＋14(n ∈N *).12分8．(2016·烟台二模)已知函数f (x )＝x2x ＋1，数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝12，S n ＋1＝f (S n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S 21＋S 22＋…＋S 2n ，当n ≥2时，求证：4T n ＜2－1n .[解] (1)由题意可知，S n ＋1＝S n 2S n ＋1，两边取倒数得：1S n ＋1＝2S n ＋1S n ＝1S n＋2，即1S n ＋1－1S n ＝2，又1S 1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列.3分故1S n＝2＋2(n －1)＝2n ，所以S n ＝12n ，5分当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝－12n (n －1).7分所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.8分(2)证明：由(1)可知，S 2n ＝14n 2，当n ≥2时，14n 2＜14n (n －1)，10分所以T n ＜14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ，即4T n ＜2－1n .12分。
《课堂新坐标》2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略教师用书名师寄语第2点回避套路解题强化
第2点 回避“套路”解题，强化思维训练 “思维”是数学的体操，从近几年来看，高考试题稳中有变，变中求新．其特点是：稳以基础为主体，变以选拔为导向，增大试题的思维量，倡导理性思维．因此，在复习备考时，应回避用“套路”解题，强化通过多观察、多分析、多思考来完成解题．
(2014·江苏高考)已知f (x )是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0,3)时，
f (x )＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x 2－2x ＋12.若函数y ＝f (x )－a 在区间[－3,4]上有10个零点(互不相同)，则实数a 的取值范围是________．
[解题指导]
――→――→
[解析] 作出函数y ＝f (x )在[－3,4]上的图象，f (－3)＝f (－2)＝f (－1)＝f (0)＝
f (1)＝f (2)＝f (3)＝f (4)＝12，观察图象可得0<a <12.
[答案] ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12 【名师点评】 解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解． 从以上典例我们可以看出，考能力不是考解题套路，而是考动手操作、深入思考、灵活运用的能力(即分析问题和解决问题的能力)，考生需要通过眼、手、脑高度的配合才能完成解题．因此，在二轮专题复习中，把握考查方向，强化思维训练非常重要．。
2017高考新课标数学理二轮复习配套课件：第一部分 二
2.《九章算术》是我国古代著名数学经典．其中对勾股定理 的论述比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材 埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径 几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大 小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺．问这块圆柱形 木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中， 截面圆如图所示(阴影部分为镶嵌在墙体内的部分)．已知弦AB ＝1尺，弓形高CD＝1寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为 ( )
若π取3，其体积为12.6立方寸，则图中的x为________．
答案：1.6 方体组合而成． 由题意，得
解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长＝1.6.
4．中国古代数学名著《九章算术》中的“引葭赴岸”是一 道名题，其内容为：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一 尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”意为：今 有边长为1丈的正方形水池的中央生长着芦苇，长出水面的部分 为1尺，将芦苇牵引向池岸，恰巧与水岸齐接，问水深、芦苇的 长度各是多少？将该问题拓展如图，记正方形水池的剖面图为 ABCD，芦苇根部O为AB的中点，顶端为P(注：芦苇与水面垂 直)．在牵引顶端P向水岸边中点D的过程中，当芦苇经过DF的 中点E时，芦苇的顶端离水面的距离约为________ 尺. 注：1丈＝10尺， 601≈24.5
第 1讲
关注数学文化为背景的数学命题
新的高考说明中新增了数学文化这一知识点，其实在教科 书中就有不少这方面的内容，并且已经渗透进了历年高考试题 中．纵观近几年高考试题，以数学文化为背景的试题成为高考 中的一道亮丽的风景，突出了中国特色，丰富了人文气息．下 面简单举例，与同学们共同提高！
文化背景一
《九章算术》中的试题
《课堂新坐标》2017届高三理科数学(通用版)二轮复习第1部分技法强化训练(2)数形结合思想Word版含解析
技法强化训练(二) 数形结合思想题组1 利用数形结合思想解决方程的根或函数零点问题 1．方程|x 2－2x |＝a 2＋1(a ＞0)的解的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4B ∵a ＞0，∴a 2＋1＞1. 而y ＝|x 2－2x |的图象如图，∴y ＝|x 2－2x |的图象与y ＝a 2＋1的图象总有2个交点．] 2．已知函数f (x )＝|log 2|x ||－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，则下列结论正确的是( )A ．f (x )有三个零点，且所有零点之积大于－1B ．f (x )有三个零点，且所有零点之积小于－1C ．f (x )有四个零点，且所有零点之积大于1D ．f (x )有四个零点，且所有零点之积小于1A 在同一坐标系中分别作出f 1(x )＝|log 2|x ||与f 2(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的图象，如图所示，由图象知f 1(x )与f 2(x )有三个交点，设三个交点的横坐标从左到右分别是x 1，x 2，x 3，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＞0，所以－12＜x 1＜－14，同理12＜x 2＜1,1＜x 3＜2，即－1＜x 1x 2x 3＜－18，即所有零点之积大于－1.]3．(2016·广州二模)设函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝f (x )，f (x )＝f (2－x )，当x ∈0,1]时，f (x )＝x 3，则函数g (x )＝|cos(πx )|－f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52上的所有零点的和为( )A ．7B ．6C ．3D ．2A 函数g (x )＝|cos(πx )|－f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52上的零点为函数h (x )＝|cos(πx )|与函数f (x )的交点的横坐标．因为f (－x )＝f (x )，f (x )＝f (2－x )，所以函数f (x )为关于x ＝1对称的偶函数，又因为当x ∈0,1]时，f (x )＝x 3，则在平面直角坐标系内画出函数h (x )＝|cos(πx )|与函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52内的图象，如图所示，由图易得两函数图象共有7个交点，不妨设从左到右依次为x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，x 6，x 7，则由图易得x 1＋x 2＝0，x 3＋x 5＝2，x 4＝1，x 6＋x 7＝4，所以x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6＋x 7＝7，即函数g (x )＝|cos(πx )|－f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52上的零点的和为7，故选A.]4．(2016·合肥二模)若函数f (x )＝a ＋sin x 在π，2π]上有且只有一个零点，则实数a ＝________.1 函数f (x )＝a ＋sin x 在π，2π]上有且只有一个零点，即方程a ＋sin x ＝0在π，2π]上只有一解，即函数y ＝－a 与y ＝sin x ，x ∈π，2π]的图象只有一个交点，由图象可得a ＝1.]5．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3，x ≤a ，x 2，x ＞a ，若存在实数b ，使函数g (x )＝f (x )－b 有两个零点，则a 的取值范围是______________．(－∞，0)∪(1，＋∞) 函数g (x )有两个零点，即方程f (x )－b ＝0有两个不等实根，则函数y ＝f (x )和y ＝b 的图象有两个公共点． ①若a ＜0，则当x ≤a 时，f (x )＝x 3，函数单调递增；当x ＞a 时，f (x )＝x 2，函数先单调递减后单调递增，f (x )的图象如图(1)实线部分所示，其与直线y ＝b 可能有两个公共点．②若0≤a ≤1，则a 3≤a 2，函数f (x )在R 上单调递增，f (x )的图象如图(2)实线部分所示，其与直线y ＝b 至多有一个公共点．③若a ＞1，则a 3＞a 2，函数f (x )在R 上不单调，f (x )的图象如图(3)实线部分所示，其与直线y ＝b 可能有两个公共点．综上，a ＜0或a ＞1.]题组2 利用数形结合思想求解不等式或参数范围6．若不等式log a x ＞sin 2x (a ＞0，a ≠1)对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4都成立，则a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2 D ．(0,1)A 记y 1＝log a x (a ＞0，a ≠1)，y 2＝sin 2x ，原不等式即为y 1＞y 2，由题意作出两个函数的图象，如图所示，知当y 1＝log a x 的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，1时，a ＝π4，所以当π4＜a ＜1时，对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4都有y 1＞y 2.]7．(2016·黄冈模拟)函数f (x )是定义域为{x |x ≠0}的奇函数，且f (1)＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，当x ＞0时，f (x )＋xf ′(x )＞1x，则不等式xf (x )＞1＋ln|x |的解集是( )【导学号：85952004】A ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B ．(－∞，－1)C ．(1，＋∞)D ．(－1,1)A 令g (x )＝xf (x )－ln|x |，则g (x )是偶函数， 且当x ＞0时，g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－1x ＞0， ∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增． 故不等式xf (x )＞1＋ln|x |⇔g (|x |)＞g (1)， ∴|x |＞1，解得x ＞1或x ＜－1.故选A.]8．若不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 作出y ＝|x －2a |和y ＝12x ＋a －1的简图，依题意知应有2a ≤2－2a ，故a ≤12.]9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，0＜x ≤10，－12x ＋6，x ＞10.若a ，b ，c 互不相等，且f (a )＝f (b )＝f (c )，则abc 的取值范围是________．(10,12) 作出f (x )的大致图象．由图象知，要使f (a )＝f (b )＝f (c )，不妨设a ＜b ＜c ， 则－lg a ＝lg b ＝－12c ＋6.∴lg a ＋lg b ＝0，∴ab ＝1，∴abc ＝c . 由图知10＜c ＜12，∴abc ∈(10,12)．]10．已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3的相邻两条对称轴之间的距离为π4，将函数f (x )的图象向右平移π8个单位后，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到g (x )的图象，若g (x )＋k ＝0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有且只有一个实数根，则k 的取值范围是________.【导学号：85952005】⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫k ⎪⎪⎪－12＜k ≤12或k ＝－1因为f (x )相邻两条对称轴之间的距离为π4，结合三角函数的图象可知T 2＝π4，即T ＝π2.又T ＝2π2ω＝π2，所以ω＝2，f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3.将f (x )的图象向右平移π8个单位得到f (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤4⎝⎛⎭⎪⎫x －π8＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π6的图象，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6的图象．所以方程为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋k ＝0.令2x －π6＝t ，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以－π6≤t ≤5π6.若g (x )＋k ＝0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有且只有一个实数根，即y ＝sin t 与y ＝－k 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，5π6上有且只有一个交点． 如图所示，由正弦函数的图象可知－12≤－k ＜12或－k ＝1， 即－12＜k ≤12或k ＝－1.]题组3 利用数形结合解决解析几何问题11．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( )A ．7B ．6C ．5D ．4B 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 .要求m 的最大值，即求圆C 上的点P 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.]12．(2016·衡水模拟)过抛物线y 2＝2px (p ＞0)焦点F 的直线l 与抛物线交于B ，C 两点，l 与抛物线的准线交于点A ，且|AF |＝6，AF→＝2FB →，则|BC |＝( ) A.92 B ．6 C.132D ．8A 如图所示，直线与抛物线交于B ，C 两点，与抛物线的准线交于A 点．∵AF →＝2FB →，∴F 在A ，B 中间，C 在A ，F 之间，分别过B ，C 作准线的垂线BB 1，CC 1，垂足分别为B 1，C 1.由抛物线的定义可知|BF |＝|BB 1|，|CF |＝|CC 1|.∵AF →＝2FB →，|AF |＝6， ∴|FB |＝|BB 1|＝3. 由△AFK ∽△ABB 1可知， |FK ||BB 1|＝|AF ||AB |，∴|FK |＝2. 设|CF |＝a ，则|CC 1|＝a ，由△ACC 1∽△AFK ，得|CC 1||FK |＝|AC ||AF |.∴a 2＝6－a 6，∴a ＝32.∴|BC |＝|BF |＋|FC |＝3＋32＝92.]13．已知P 是直线l ：3x ＋4y ＋8＝0上的动点，P A ，PB 是圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0的两条切线，A ，B 是切点，C 是圆心，则四边形P ACB 面积的最小值为________．22 从运动的观点看问题，当动点P 沿直线3x ＋4y ＋8＝0向左上方或右下方无穷远处运动时，直角三角形P AC 的面积S Rt △P AC ＝12|P A |·|AC |＝12|P A |越来越大，从而S 四边形P ACB 也越来越大；当点P 从左上、右下两个方向向中间运动时，S 四边形P ACB 变小，显然，当点P 到达一个最特殊的位置，即CP 垂直于直线l 时，S 四边形P ACB 应有唯一的最小值，此时|PC |＝|3×1＋4×1＋8|32＋42＝3， 从而|P A |＝|PC |2－|AC |2＝2 2.所以(S 四边形P ACB )min ＝2×12×|P A |×|AC |＝2 2.]14．已知过原点的动直线l 与圆C 1：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于不同的两点A ，B .(1)求圆C 1的圆心坐标；(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程；(3)是否存在实数k ，使得直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．解] (1)圆C 1的方程x 2＋y 2－6x ＋5＝0可化为(x －3)2＋y 2＝4，所以圆心坐标为(3,0).2分(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)， M (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22.由题意可知直线l 的斜率必存在，设直线l 的方程为y ＝tx . 将上述方程代入圆C 1的方程，化简得(1＋t 2)x 2－6x ＋5＝0.5分由题意，可得Δ＝36－20(1＋t 2)＞0(*)，x 1＋x 2＝61＋t 2，所以x 0＝31＋t 2，代入直线l 的方程，得y 0＝3t1＋t 2.6分 因为x 20＋y 20＝9(1＋t 2)2＋9t 2(1＋t 2)2＝9(1＋t 2)(1＋t 2)2＝91＋t 2＝3x 0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－322＋y 20＝94. 由(*)解得t 2＜45，又t 2≥0，所以53＜x 0≤3. 所以线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝94⎝ ⎛⎭⎪⎫53＜x ≤3.8分(3)由(2)知，曲线C 是在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤53，3上的一段圆弧．如图，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫53，253，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫53，－253，F (3,0)，直线L 过定点G (4,0)． 联立直线L 的方程与曲线C 的方程，消去y 整理得(1＋k 2)x 2－(3＋8k 2)x ＋16k 2＝0.令判别式Δ＝0，解得k ＝±34，由求根公式解得交点的横坐标为x H ，I ＝125∈⎝ ⎛⎦⎥⎤53，3.11分 由图可知：要使直线L 与曲线C 只有一个交点，则k ∈k DG ，k EG ]∪{k GH ，k GI }，即k ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－257，257∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫－34，34.12分。
【课堂新坐标】2017年高考数学理科山东专版二轮专题复习与策略课件第1部分专题2突破点4等差数列等比数列
2017版高三二轮复习与策略
(2)(2015· 东北三校联考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S15>0， S1 S2 S3 S15 S16<0，则a ，a ，a ，…，a 中最大的项为( 1 2 3 15 S6 A.a 6 S8 C.a 8 S7 B.a 7 S9 D.a 9 )
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回访 2 等比数列基本量的运算 3．(2015· 全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足 a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则 a3＋ a5＋a7＝( A．21 C．63 ) B．42 D．84
B [∵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.]
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数列中项的最值的求法
(1)根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数 f(n)＝an，利用求解函 数最值的方法(多利用函数的单调性)进行求解，但要注意自变量的取值必须是正 整数的限制． (2)利用数列的单调性求解，利用不等式 an＋1≥an(或 an＋1≤an)求解出 n 的取 值范围，从而确定数列单调性的变化，进而确定相应的最值． (3)转化为关于 n 的不等式组求解， 若求数列{an}的最大项， 则可解不等式组
n 1＋2＋…＋(n－1) 3n 1 a1a2…an＝a1q ＝2 ·
2
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＝
.
n2 7n 1 2 记 t＝－ 2 ＋ 2 ＝－2(n －7n)， 结合 n∈N*可知 n＝3 或 4 时，t 有最大值 6. 又 y＝2t 为增函数，从而 a1a2…an 的最大值为 26＝64.]
《课堂新坐标》2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略教师用书第1部分专题7第26讲选修4-5不等
第26讲 选修4－5：不等式选讲题型一| 绝对值不等式的解法已知函数f (x )＝|x －a |，其中a >1.(1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，求a 的值．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝⎩⎨⎧ －2x ＋6，x ≤2，2，2<x <4，2x －6，x ≥4.当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|，得－2x ＋6≥4，解得x ≤1； 当2<x <4时，f (x )≥4－|x －4|无解；3分当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|，得2x －6≥4，解得x ≥5.所以f (x )≥4－|x －4|的解集为{x |x ≤1或x ≥5}. 5分(2)记h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )，则h (x )＝⎩⎨⎧ －2a ，x ≤0，4x －2a ，0<x <a ，2a ，x ≥a .由|h (x )|≤2，解得a －12≤x ≤a ＋12. 8分又已知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a －12＝1，a ＋12＝2.于是a ＝3. 10分【名师点评】 (1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．(2)用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．1．已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.(1)当a ＝－3时，求不等式f (x )≥3的解集；(2)若f (x )≤|x －4|的解集包含[1,2]，求a 的取值范围．[解] (1)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎨⎧ －2x ＋5，x ≤2，1，2<x <3，2x －5，x ≥3.2分当x ≤2时，由f (x )≥3，得－2x ＋5≥3，解得x ≤1；当2<x <3时，f (x )≥3无解；3分当x ≥3时，由f (x )≥3，得2x －5≥3，解得x ≥4.所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1或x ≥4}. 5分(2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |.当x ∈[1,2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |⇔4－x －(2－x )≥|x ＋a |⇔－2－a ≤x ≤2－a . 8分由条件得－2－a ≤1且2－a ≥2，即－3≤a ≤0.故满足条件的a 的取值范围为[－3,0]. 10分2．设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值．[解] (1)当a ＝1时，f (x )≥3x ＋2可化为|x －1|≥2.由此可得x ≥3或x ≤－1. 2分故不等式f (x )≥3x ＋2的解集为{x |x ≥3或x ≤－1}. 4分(2)由f (x )≤0，得|x －a |＋3x ≤0.此不等式化为不等式组⎩⎨⎧ x ≥a ，x －a ＋3x ≤0或⎩⎨⎧x <a ，a －x ＋3x ≤0，6分即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧ x <a ，x ≤－a 2. 8分 因为a >0，所以不等式组的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ≤－a 2. 由题设可得－a 2＝－1，故a ＝2. 10分题型二| 不等式的证明(1)(2016·南通模拟)已知x ，y 均为正数，且x ＞y .求证：2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3.(2)已知实数x ，y 满足：|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16，求证：|y |＜518.[证明] (1)因为x ＞0，y ＞0，x －y ＞0，1分2x ＋1x 2－2xy ＋y 2－2y ＝2(x －y )＋1(x －y )2＝(x －y )＋(x －y )＋1(x －y )2≥ 33(x －y )21(x －y )2＝3，4分 所以2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3， 5分 (2)因为3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |， 8分由题设知|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16，从而3|y |＜23＋16＝56，所以|y |＜518. 10分【名师点评】 1.作差法应该是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：(1)作差；(2)分解因式；(3)与0比较；(4)结论．关键是代数式的变形能力．2．均值不等式的应用：(1)利用均值不等式时必须要找准“对应点”，明确“类比对象”，使其符合不等式的特征；(2)注意检验等号成立的条件，特别是多次使用均值不等式时，必须保证使等号同时成立．1．已知x ，y ，z 都是正数且xyz ＝8，求证：(2＋x )(2＋y )(2＋z )≥64.【导学号：19592067】[证明] 因为x 为正数，所以2＋x ≥22x ，同理2＋y ≥22y ，2＋z ≥22z ， 5分所以(2＋x )(2＋y )(2＋z )≥22x ·22y ·22z ＝88xyz .因为xyz ＝8，所以(2＋x )(2＋y )(2＋z )≥8. 10分2．设a ＞0，|x －1|＜a 3，|y －2|＜a 3，求证：|2x ＋y －4|＜a .[证明] 因为|x －1|＜a 3，|y －2|＜a 3，3分所以|2x ＋y －4|＝|2(x －1)＋(y －2)|≤2|x －1|＋|y －2|＜2×a 3＋a 3＝a . 10分3．证明下列不等式：(1)设a ≥b >0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2；(2)a 6＋8b 6＋127c 6≥2a 2b 2c 2；(3)a 2＋4b 2＋9c 2≥2ab ＋3ac ＋6bc .[证明] (1)3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2)＝3a 2(a －b )－2b 2(a －b )＝(a －b )(3a 2－2b 2). 2分∵a ≥b >0，∴a －b ≥0,3a 2－2b 2>0，∴(a －b )(3a 2－2b 2)≥0，∴3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2. 5分(2)a 6＋8b 6＋127c 6≥33827a 6b 6c 6＝3×23a 2b 2c 2＝2a 2b 2c 2. 6分∴a 6＋8b 6＋127c 6≥2a 2b 2c 2. 7分 (3)∵a 2＋4b 2≥2a 2·4b 2＝4ab ，a 2＋9c 2≥2a 2·9c 2＝6ac ，4b 2＋9c 2≥24b 2·9c 2＝12bc ， 9分∴2a 2＋8b 2＋18c 2≥4ab ＋6ac ＋12bc ，∴a 2＋4b 2＋9c 2≥2ab ＋3ac ＋6bc . 10分题型三| 柯西不等式的应用已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －－b |＋c 的最小值为4.(1)求a ＋b ＋c 的值；(2)求14a 2＋19b 2＋c 2的最小值．【导学号：19592068】[解] (1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ，当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立. 2分又a ＞0，b ＞0，所以|a ＋b |＝a ＋b .所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c .又已知f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4. 4分(2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式得⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋19b 2＋c 2(4＋9＋1) ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12＝(a ＋b ＋c )2＝16， 即14a 2＋19b 2＋c 2≥87. 8分当且仅当12a 2＝13b 3＝c 1，即a ＝87，b ＝187，c ＝27时等号成立．故14a 2＋19b 2＋c 2的最小值为87. 10分【名师点评】 1.使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．2．利用柯西不等式求最值的一般结构为(a 21＋a 22＋…＋a 2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a .(1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3.[解] (1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3.(2)证明：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3.。
《课堂新坐标》2017年高考数学(理科山东专版)二轮专题复习与策略专题限时集训第1部分专题5突破点15圆锥曲
专题限时集训(十五)圆锥曲线中的综合问题[建议用时：45分钟]1．(2016·中原名校联盟二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点B (0，3)为短轴的一个端点，∠OF 2B ＝60°.图15-4(1)求椭圆C 的方程；(2)如图15-4，过右焦点F 2，且斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆C 相交于D ，E 两点，A 为椭圆的右顶点，直线AE ，AD 分别交直线x ＝3于点M ，N ，线段MN 的中点为P ，记直线PF 2的斜率为k ′.试问k ·k ′是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．[解] (1)由条件可知a ＝2，b ＝3，故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1.4分(2)设过点F 2(1,0)的直线l 的方程为y ＝k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，可得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.5分因为点F 2(1,0)在椭圆内，所以直线l 和椭圆都相交，即Δ＞0恒成立．设点E (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.6分 因为直线AE 的方程为y ＝y 1x 1－2(x －2)，直线AD 的方程为y ＝y 2x 2－2(x －2)， 令x ＝3，可得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，y 1x 1－2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，y 2x 2－2，所以点P 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1x 1－2＋y 2x 2－2.8分直线PF 2的斜率为k ′＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1x 1－2＋y 2x 2－2－03－1＝14·x 1y 2＋x 2y 1－2(y 1＋y 2)x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝14·2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝14·2k ·4k 2－124k 2＋3－3k ·8k 24k 2＋3＋4k 4k 2－124k 2＋3－2·8k 24k 2＋3＋4＝－34k ， 所以k ·k ′为定值－34.12分2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，F 1，F 2是左右焦点，A ，B 是长轴两端点，点P (a ，b )与F 1，F 2围成等腰三角形，且S △PF 1F 2＝ 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设点Q 是椭圆上异于A ，B 的动点，直线x ＝－4与QA ，QB 分别交于M ，N 两点．(i)当QF 1→＝λMN →时，求Q 点坐标；(ⅱ)过点M ，N ，F 1三点的圆是否经过x 轴上不同于点F 1的定点？若经过，求出定点坐标，若不经过，请说明理由．[解] (1)F 1(－c,0)，F 2(c,0)，由题意可得F 1F 2＝PF 2，∴(a －c )2＋b 2＝4c 2.1分由S △PF 1F 2＝3可得，12·2c ·b ＝bc ＝ 3.2分两式联立解得a ＝2，b ＝3，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.4分(2)(ⅰ)∵QF 1→＝λMN →，∴QF 1∥MN ，∴QF 1⊥x 轴.5分由(1)知，c 2＝1，∴F 1(－1,0)．设Q (－1，y )，则有14＋y 23＝1，∴y ＝±32，∴Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，±32.7分 (ⅱ)设Q (x 0，y 0)，则k QA ＝y 0x 0＋2，直线QA 的方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)． 令x ＝－4得M 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－4，－2y 0x 0＋2.9分同理k QB ＝y 0x 0－2，直线QB 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)， 得N 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－4，－6y 0x 0－2，10分 MN ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6y 0x 0－2－－2y 0x 0＋2＝3(x 0＋4)|y 0|.11分 设圆心坐标为O (m ，n )，若x 轴上存在定点E (λ，0)满足条件，则有m ＝λ－12，n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫－6y 0x 0－2＋－2y 0x 0＋2＝3(x 0＋1)y 0.12分 由题意可得(m ＋4)2＋MN 24＝n 2＋EF 214，13分 代入得⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－12＋42＋14·9(x 0＋4)2y 20＝9(x 0＋1)2y 20＋(λ＋1)24. 即⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－12＋42－(λ＋1)24＝36(x 0＋1)2－9(x 0＋4)24y 20＝9(3x 20－12)4y 20＝－9， 整理得λ＝－7，∴x 轴上存在点E (－7,0)满足题意.14分3．(2016·淄博二模)已知点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，64是等轴双曲线C ：y 2a 2－x 2a 2＝1上一点，抛物线x 2＝2py (p ＞0)的焦点与双曲线C 的一个焦点重合．图15-5(1)求抛物线的方程；(2)若点P 是抛物线上的动点，点A ，B 在x 轴上，圆x 2＋(y －1)2＝1内切于△P AB ，求△P AB 面积的最小值．[解] (1)将⎝ ⎛⎭⎪⎫12，64代入双曲线可得，38a 2－14a 2＝1， 解得a 2＝18，c 2＝a 2＋a 2＝14，2分由题意可知，p 2＝12，p ＝1，所以抛物线方程为x 2＝2y .4分(2)设P (x 0，y 0)，A (m,0)，B (n,0)，不妨设n ＞m .直线P A 的方程：y ＝y 0x 0－m(x －m )，化简得y 0x ＋(m －x 0)y －my 0＝0.6分又圆心(0,1)到P A 的距离为1，|m －x 0－my 0|y 20＋(m －x 0)2＝1， 上式化简得(y 20－2y 0)m 2＋2x 0y 0m －y 20＝0，同理有(y 20－2y 0)n 2＋2x 0y 0n －y 20＝08分所以m ＋n ＝－2x 0y 0y 20－2y 0＝－2x 0y 0－2，mn ＝－y 20y 20－2y 0＝－y 0y 0－2， 则(m －n )2＝4x 20＋4y 20－8y 0(y 0－2)2.10分 因P (x 0，y 0)是抛物线上的点，有x 20＝2y 0，则(m －n )2＝4y 20(y 0－2)2，易知y 0＞2，所以n －m ＝2y 0y 0－2. 所以S △P AB ＝12(n －m )·y 0＝y 0y 0－2·y 0＝(y 0－2)＋4y 0－2＋4≥24＋4＝8.12分 当(y 0－2)2＝4时，上式取等号，此时y 0＝4，x 0＝±2 2. 因此S △P AB 的最小值为8.13分4．(2016·开封二模)已知中心在原点O ，焦点在x 轴上，离心率为32的椭圆过点⎝⎛⎭⎪⎫2，22.图15-6(1)求椭圆的方程；(2)设不过原点O 的直线l 与该椭圆交于P ，Q 两点，满足直线OP ，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列，求△OPQ 面积的取值范围. 【导学号：67722057】[解] (1)由题意可设椭圆方程为 x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，则c a ＝32(其中c 2＝a 2－b 2，c ＞0)，且2a 2＋12b 2＝1，故a ＝2，b ＝1.所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)由题意可知，直线l 的斜率存在且不为0.故可设直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4，消去y 得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，5分 则Δ＝64k 2m 2－16(1＋4k 2)(m 2－1)＝16(4k 2－m 2＋1)＞0，且x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－1)1＋4k 2.6分 故y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2，7分 因为直线OP ，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列，所以y 1x 1·y 2x 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2x 1x 2＝k 2，即－8k 2m 21＋4k 2＋m 2＝0.8分 又m ≠0，所以k 2＝14，即k ＝±12.9分由于直线OP ，OQ 的斜率存在，且Δ＞0，得0＜m 2＜2，且m 2≠1. 设d 为点O 到直线l 的距离，则d ＝|2m |5，10分 |PQ |＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝5(2－m 2)，11分所以S ＝12|PQ |d ＝m 2(2－m 2)＜m 2＋2－m 22＝1(m 2≠1)， 故△OPQ 面积的取值范围为(0,1).12分。
【课堂新坐标】2017高考数学(理,江苏)二轮专题复习与策略(教师用书) 第1部分 专题2 第7讲 平面向量
专题2 三角函数、解三角形、平面向量第7讲 平面向量题型一| 平面向量的概念与运算(1)设D ，E ，F 分别为△ABC 的三边BC ，CA ，AB 的中点，则EB→＋FC→＝________.(2)已知向量a ＝(1，－3)，b ＝(4，－2)，若(λa ＋b )∥b ，则λ＝________. (3)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD ＝12AB ，BE ＝23BC .若DE →＝λ1AB →＋λ2AC →(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________． (1)AD→ (2)0 (3)12 [(1)设AB →＝a ，AC →＝b ，则EB →＝－12b ＋a ，FC →＝－12a ＋b ，从而EB→＋FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12b ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋b ＝12(a ＋b )＝AD →. (2)由题意得λa ＋b ＝λ(1，－3)＋(4，－2)＝(λ＋4，－3λ－2)，由(λa ＋b )∥b 得，(λ＋4)×(－2)－(－3λ－2)×4＝0，解得λ＝0.(3)如图，DE→＝DB →＋BE →＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(AC →－AB →)＝－16AB →＋23AC →，则λ1＝－16，λ2＝23，λ1＋λ2＝12.]【名师点评】 1.运用向量加减法解决几何问题时，需要发现或构造三角形或平行四边形．使用三角形加法法则要特别注意“首尾相接”；使用减法法则时，向量一定“共起点”．2．证明三点共线问题，可用向量共线来解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线．3.OA→＝λOB →＋μOC →(λ，μ为实数)，若A ，B ，C 三点共线，则λ＋μ＝1.1．如图7－1，在△ABC 中，BO 为边AC 上的中线，BG →＝2GO →，设CD →∥AG →，若AD→＝15AB →＋λAC →(λ∈R )，则λ的值为________．图7－165 [因为BG →＝2GO →，所以AG →＝13AB →＋23AO →＝13AB →＋13AC →. 又CD→∥AG →，可设CD →＝mAG →.从而AD →＝AC →＋CD →＝AC →＋m 3AB →＋m 3AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 3AC→＋m 3AB →.因为AD→＝15AB →＋λAC →， 所以m 3＝15，λ＝1＋m 3＝65.]2．向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图7－2所示．若c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R )，则λμ＝________.图7－24 [以向量a 的终点为原点，过该点的水平和竖直的网格线所在直线为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设一个小正方形网格的边长为1，则a ＝(－1,1)，b ＝(6,2)，c ＝(－1，－3)．由c ＝λa ＋μb ，即(－1，－3)＝λ(－1,1)＋μ(6,2)，得－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3，故λ＝－2，μ＝－12，则λμ＝4.]3．如图7－3，在△ABC 中，AF ＝13AB ，D 为BC 的中点，AD 与CF 交于点E .若AB→＝a ，AC →＝b ，且CE →＝x a ＋y b ，则x ＋y ＝________.图7－3－12 [如图，设FB 的中点为M ，连结MD .因为D 为BC 的中点，M 为FB 的中点， 所以MD ∥CF .因为AF ＝13AB ，所以F 为AM 的中点，E 为AD 的中点． 法一：因为AB →＝a ，AC →＝b ，D 为BC 的中点，所以AD→＝12(a ＋b )． 所以AE→＝12AD →＝14(a ＋b )．所以CE →＝CA →＋AE →＝－AC →＋AE → ＝－b ＋14(a ＋b )＝14a －34b . 所以x ＝14，y ＝－34， 所以x ＋y ＝－12.法二：易得EF ＝12MD ，MD ＝12CF ， 所以EF ＝14CF ，所以CE ＝34CF . 因为CF →＝CA →＋AF →＝－AC →＋AF → ＝－b ＋13a ，所以CE→＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫－b ＋13a ＝14a －34b . 所以x ＝14，y ＝－34，则x ＋y ＝－12.]题型二| 平面向量的数量积(1)(2014·江苏高考)如图7－4，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP →＝3PD →，AP →·BP →＝2，则AB →·AD→的值是________．图7－4(2)已知向量AB →与AC →的夹角为120°，且|AB →|＝3，|AC →|＝2.若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为________．【导学号：19592023】(1)22 (2)712 [(1)由CP →＝3PD →，得DP →＝14DC →＝14AB →，AP →＝AD →＋DP →＝AD →＋14AB→，BP →＝AP →－AB →＝AD →＋14AB →－AB →＝AD →－34AB →. 因为AP →·BP→＝2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋14AB →·⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →－34AB →＝2， 即AD →2－12AD →·AB→－316AB 2→＝2.又因为AD 2→＝25，AB 2→＝64，所以AB →·AD →＝22.(2)因为AP →⊥BC →，所以AP →·BC→＝0， 所以(λAB →＋AC →)·BC →＝0，即(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝λAB →·AC →－λAB 2→＋AC 2→－AC →·AB→＝0. 因为向量AB →与AC →的夹角为120°，|AB →|＝3，|AC →|＝2，所以(λ－1)|AB →||AC →|·cos 120°－9λ＋4＝0，解得λ＝712.] 【名师点评】 求平面向量的数量积的两种方法1．定义法：a ·b ＝|a ||b |·cos θ，其中θ为向量a ，b 的夹角； 2．坐标法：当a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)时，a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2.1．(2016·盐城三模)已知向量a ，b 满足a ＝(4，－3)，|b |＝1，|a －b |＝21，则向量a ，b 的夹角为________．π3 [∵a ＝(4，－3)，∴|a |＝5， 又|b |＝1，|a －b |＝21， ∴|a －b |2＝a 2－2a·b ＋b 2，∴a·b ＝52.∴cos 〈a ，b 〉＝a·b|a ||b |＝525×1＝12.又〈a ，b 〉∈[0，π]， ∴〈a ，b 〉＝π3.]2．如图7－5，在△ABC 中，AB ＝AC ＝3，cos ∠BAC ＝13，DC →＝2BD →，则AD →·BC →的值为________．图7－5－2 [∵BC→＝AC →－AB →， ∴AD →·BC →＝(AB →＋BD →)·BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋13AC →－13AB →·(AC →－AB →) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23AB →＋13AC →·(AC →－AB →) ＝－23AB →2＋13AC →2＋13AB →·AC → ＝－23×9＋13×9＋13×3×3×13 ＝－6＋3＋1＝－2.]3．(2016·南通调研一)已知边长为4的正三角形ABC ，BD →＝12BC →，AE→＝13AC →，AD 与BE 交于点P ，则PB →·PD→的值为________．图7－63 [法一：设AB →＝a ，AC →＝b .则a·b ＝8.设AP →＝λAB →＋μAE →＝λa ＋μ3b ，AP →＝ηAD →＝η2a ＋η2b, 又B ，P ，E 三点共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝η2，μ3＝η2，λ＋μ＝1，解得λ＝14，μ＝34，η＝12，PB →＝AB →－AP →＝34a －14b ，PD→＝14a ＋14b ，PB →·PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34a －14b ⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ＋14b ＝116(3a 2＋2a·b －b 2)＝3.法二：以BC 为x 轴，AD 为y 轴，建立坐标系，B (－2,0)，C (2,0)，A (0,23)，P (0，3)．所以PB →·PD →＝(－2，－3)·(0，－3)＝3.]题型三| 数量积的综合应用(1)已知O 为△ABC 的外心，AB ＝2a ，AC ＝2a ，∠BAC ＝120°，若AO→＝αAB→＋βAC →，则α＋β的最小值为________．(2)已知点R (－3,0)，点P 在y 轴上，点Q 在x 轴的正半轴上，点M (x ，y )在直线PQ 上，且 2 PM →＋3 MQ →＝0，RP →·PM →＝0，则4x ＋2y －3的最小值为________．(1)2 (2)－4 [(1)如图，以A 为原点，以AB 所在的直线为x 轴，建立直角坐标系，则A (0,0)，B (2a,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，3a ，∵O 为△ABC 的外心，∴O 在AB 的中垂线m ：x ＝a 上，又在AC 的中垂线n 上，AC 的中点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，32a ，AC 的斜率为tan 120°＝－3，∴中垂线n 的方程为y －32a ＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12a ，把直线m 和n 的方程联立方程组 ⎩⎨⎧x ＝a ，y －32a ＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12a ，解得△ABC 的外心O ⎝⎛⎭⎪⎫a ，33a ＋233a ，由条件AO →＝αAB→＋βAC →，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，33a ＋233a ＝α(2a,0)＋β⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，3a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2aα－βa ，3a β， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2aα－βa ，33a ＋233a ＝3a β，解得α＝23＋13a 2，β＝a 23＋23，∴α＋β＝23＋13a 2＋a 23＋23＝43＋13a 2＋a 23≥43＋2×13＝2，当且仅当a ＝1时取等号．(2)由2PM →＋3MQ →＝0，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－y 2，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3，0.由RP →·PM →＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－y 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，3y 2＝0，即y 2＝4x ，∴4x ＋2y －3＝y 2＋2y －3＝(y ＋1)2－4，因此，当y ＝－1时，4x ＋2y －3取得最小值，最小值为－4.]【名师点评】 两类平面向量综合问题的解决方法1．用向量解决平面几何问题，主要是通过建立平面直角坐标系将问题坐标化，然后利用平面向量的坐标运算求解有关问题；2．在平面向量与平面解析几何的综合问题中，应先根据平面向量知识把向量表述的解决几何问题的几何意义弄明白，再根据这个几何意义用代数的方法研究解决．1．在平面直角坐标系xOy 中，圆C ：x 2＋y 2＝4分别交x 轴正半轴及y 轴正半轴于M ，N 两点，点P 为圆C 上任意一点，则PM →·PN→的最大值为________． 4＋42 [根据题意得：M (2,0)，N (0,2)．设P (2cos θ，2sin θ)， 则PM→＝(2－2cos θ，－2sin θ)，PN→＝(－2cos θ，2－2sin θ)， 所以PM →·PN →＝－4cos θ＋4cos 2θ－4sin θ＋4sin 2θ ＝4－4(sin θ＋cos θ) ＝4－42sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，因为－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4≤1，所以4－42≤PM →·PN→≤4＋42，所以PM →·PN→的最大值为4＋4 2.]2．(2016·苏锡常镇调研一)在平面直角坐标系xOy 中，设M 是函数f (x )＝x 2＋4x (x ＞0)的图象上任意一点，过M 点向直线y ＝x 和y 轴作垂线，垂足分别是A ，B ，则MA →·MB→＝________.图7－7－2 [设M (a ，b )，则b ＝a 2＋4a (a ＞0)，据题设得B (0，b )，向量MB →＝(－a,0)，设A (m ，m )，则直线MA 的斜率为－1，即b －m a －m＝－1，得m ＝a ＋b 2，向量MA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b －a 2，a －b 2，MA →·MB →＝a 2－ab 2，把b ＝a 2＋4a (a ＞0)代入得MA →·MB →＝a 2－a 2－42＝－2.]3．已知|a |＝2|b |≠0，且关于x 的函数f (x )＝13x 3＋12|a |x 2＋a ·b x 在R 上有极值，则向量a 与b 的夹角的范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π [设a 与b 的夹角为θ. ∵f (x )＝13x 3＋12|a |x 2＋a ·b x ， ∴f ′(x )＝x 2＋|a |x ＋a ·b . ∵函数f (x )在R 上有极值，∴方程x 2＋|a |x ＋a ·b ＝0有两个不同的实数根，即Δ＝|a |2－4a ·b >0，∴a ·b <a24，又∵|a |＝2|b |≠0，∴cos θ＝a ·b |a ||b |< a 24 a 22＝12，即cos θ<12，又∵θ∈[0，π]， ∴θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π.]。
《课堂新坐标》2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略专题限时集训10第1部分专题2第9讲三角恒
专题限时集训(十) 三角恒等变换与解三角形(建议用时：45分钟)1．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，cos α＝35，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝________. －17 [由α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0知，sin α<0，所以sin α＝－1－cos 2α＝－45，tan α＝sin αcos α＝－43，所以tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝－17.] 2．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝35，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝45，则tan x ＝________.－7 [由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝35，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝45得sin x ＋cos x ＝325，sin x －cos x ＝425，从而sin x ＝7210，cos x ＝－210，所以tan x ＝sin xcos x ＝－7.] 3．若θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，sin 2θ＝378，则sin θ＝________.34 [∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2， ∴2θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π，故cos 2θ≤0，∴cos 2θ＝－1－sin 22θ＝－1－⎝⎛⎭⎪⎫3782＝－18. 又cos 2θ＝1－2sin 2θ，∴sin 2θ＝1－cos 2θ2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－182＝916，∴sin θ＝34.]4．在△ABC 中，BC ＝3，AC ＝2，A ＝π3，则B ＝________.π4 [由正弦定理可得，BC sin A ＝AC sin B ，即3sin π3＝2sin B ，解得sin B ＝22，因为B ＋C ＝π－A ＝2π3，所以0<B <2π3，则B ＝π4.]5．若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝14，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝________.－78 [cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2×116＝－78.]6．已知sin α＝12＋cos α，且α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则cos 2αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4的值为________． －142 [sin α＝12＋cos α，即sin α－cos α＝12，两边平方得，sin 2α＝34>22，而α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以cos 2α＝－1－sin 22α＝－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝－74， 所以cos 2αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝cos 2α22(sin α－cos α)＝－7422×12＝－142.] 7．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积等于________．332[∵c 2＝(a －b )2＋6，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.① ∵C ＝π3，由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－ab ，②由①和②得ab ＝6，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.]8．(2016·无锡期末)已知sin(α－45°)＝－210且0°＜α＜90°，则cos 2α的值为________．725 [∵0°＜α＜90°，∴－45°＜α－45°＜45°.∴cos(α－45°)＝1－sin 2(α－45°)＝7210，∴cos 2α＝sin(90°－2α)＝2sin(45°－α)cos(45°－α)＝725.]9．(2016·苏州期中)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若tan A ＝2tan B ，a 2－b 2＝13c ，则c ＝________.1 [∵tan A ＝2tan B ，∴sin A cos A ＝2sin Bcos B ， ∴sin A cos B ＝2cos A sin B ， ∴a ·a 2＋c 2－b 22ac ＝2b ·b 2＋c 2－a 22bc ， 整理得3a 2－3b 2＝c 2. 又a 2－b 2＝13c ，故c ＝c 2，解得c ＝1或0(舍去)．]10．在△ABC 中，若sin(A －B )＝1＋2cos(B ＋C )sin(A ＋C )，则△ABC 的形状一定是________三角形．直角 [因为sin(A －B )＝1＋2cos(B ＋C )sin(A ＋C )＝1－2cos A sin B ，又sin(A －B )＝sin A cos B －cos A sin B ＝1－2cos A sin B ，所以sin A cos B ＋cos A sin B ＝1，即sin(A ＋B )＝1，所以A ＋B ＝π2，故三角形为直角三角形．]11．已知cos α＝17，cos(α－β)＝1314，且0<β<α<π2，则β＝________. π3 [因为0<β<α<π2，所以0<α－β<π2，又因为cos α＝17，cos(α－β)＝1314，所以sin α＝437，sin(α－β)＝3314，所以sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝437×1314－17×3314＝32，所以β＝π3.]12．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对应边分别为a ，b ，c ，满足b a ＋c ＋ca ＋b≥1，则角A 的范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3 [由b a ＋c ＋c a ＋b ≥1，得b (a ＋b )＋c (a ＋c )≥(a ＋c )(a ＋b )，化简得b 2＋c 2－a 2≥bc ，即b 2＋c 2－a 22bc ≥12，即cos A ≥12(0<A <π)，所以0<A ≤π3.]13．(2016·济南模拟)在锐角三角形ABC 中，若C ＝2B ，则ABAC 的范围是________．【导学号：19592031】(2，3) [设△ABC 三内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，则有AB AC ＝c b ＝sin C sin B ＝sin 2Bsin B ＝2cos B .又∵C ＝2B <π2，∴B <π4. 又A ＝π－(B ＋C )＝π－3B <π2， ∴B >π6，即π6<B <π4，∴22<cos B <32，2<2cos B < 3.]14．(2016·保定模拟)已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且tan B ＝2－3a 2－b 2＋c2，BC →·BA →＝12，则tan B ＝________. 2－3 [由题意得，BC →·BA →＝|BC →|·|BA→|cos B ＝ac cos B ＝12，即cos B ＝12ac ，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12ac ⇒a 2＋c 2－b 2＝1， 所以tan B ＝2－3a 2－b 2＋c 2＝2－ 3.]15．(2016·盐城三模)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若△ABC 为锐角三角形，且满足b 2－a 2＝ac ，则1tan A －1tan B 的取值范围是________．⎝⎛⎭⎪⎫1，233 [∵b 2－a 2＝ac ，∴b 2＝a 2＋ac .又b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， ∴a 2＋ac ＝a 2＋c 2－2ac cos B ， ∴c ＝2a cos B ＋a ，∴sin C ＝2sin A cos B ＋sin A ， ∴sin(A ＋B )＝2sin A cos B ＋sin A ， ∴sin(B －A )＝sin A ， ∵△ABC 为锐角三角形， ∴B －A ＝A ，即B ＝2A .由⎩⎪⎨⎪⎧0＜A ＜π2，0＜B ＜π2，0＜C ＜π2，可得π6＜A ＜π4，π3＜B ＜π2.∴1tan A －1tan B ＝cos A sin A －cos B sin B＝sin (B －A )sin A sin B＝sin A sin A sin B ＝1sin B ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，233.] 16．(2016·江苏高考)在锐角三角形ABC 中，若sin A ＝2sin B sin C ，则tan A tan B tan C 的最小值是________．8 [在锐角三角形ABC 中，∵sin A ＝2sin B sin C ， ∴sin(B ＋C )＝2sin B sin C ，∴sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin B sin C ，等号两边同除以cos B cos C ，得tan B ＋tan C ＝2tan B tan C .∴tan A ＝tan[π－(B ＋C )]＝－tan(B ＋C )＝tan B ＋tan C tan B tan C －1＝2tan B tan Ctan B tan C －1.①∵A，B，C均为锐角，∴tan B tan C－1>0，∴tan B tan C>1，由①得tan B tan C＝tan A tan A－2.又由tan B tan C>1得tan Atan A－2>1，∴tan A>2.∴tan A tan B tan C＝tan2A tan A－2＝(tan A－2)2＋4(tan A－2)＋4tan A－2＝(tan A－2)＋4tan A－2＋4≥24＋4＝8，当且仅当tan A－2＝4tan A－2，即tan A＝4时取得等号．故tan A tan B tan C的最小值为8.]。
【课堂新坐标】2017届高三理科数学通用版二轮复习课件第1部分专题3突破点6古典概型与几何概型
2017版高三二轮复习与策略
共有 16 种情形，即有 16 个基本事件.6 分 (1)文学社或街舞社没有人参加的基本事件有 2 个， 14 7 故所求概率为16＝8.9 分 (2)甲、乙同在一个社团，且丙、丁不同在一个社团的基本事件有 4 个，故所 4 1 求概率为16＝4.12 分
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(2)某校早上 8：00 开始上课，假设该校学生小张与小王在早上 7：30～7：50 之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早 5 分钟到校的概率为__________．(用数字作答)
2017版高三二轮复习与策略 1 1 1 1 3 9 (1)A (2)32 [(1)由－1≤log2x＋2≤1，得2≤x＋2≤2，解得 0≤x≤2，所以
复数字的两位数，则这个两位数大于 30 的概率是( 1 A.5 3 C.5 2 B．5 4 D.5
C [从数字 1,2,3,4,5 中任取 2 个，组成一个没有重复数字的两位数，共有 20 种不同结果． 其中这个两位数大于 30 的共有 12 种不同结果， 故所求事件的概率 P 12 3 ＝20＝5.]
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突破点 6 古典概型与几何概型
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提炼 1 古典概型问题的求解技巧 (1)直接列举：涉及一些常见的古典概型问题时，往往把事件发生的所有结果 逐一列举出来，然后进行求解． (2)画树状图：涉及一些特殊古典概型问题时，直接列举容易出错，通过画树 状图，列举过程更具有直观性、条理性，使列举结果不重、不漏．
3 2 3 1 1 事件“－1≤log2x＋2≤1”发生的概率为2＝4，故选 A. 30≤x≤50， (2)设小张和小王到校的时间分别为 x 和 y，则30≤y≤50， y－x≥5， 区域如图中阴影部分所示． 1 2×15×15 9 故所求概率 P＝ 20×20 ＝32.]
《课堂新坐标》2017届高三理科数学(通用版)二轮复习教师用书第1部分专题1突破点2解三角形Word版含解析
突破点2 解三角形(1)(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一．(3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解．(4)已知三边，利用余弦定理求解.(1)(2)从角出发，全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形，再判断． 注意：要灵活选用正弦定理或余弦定理，且在变形的时候要注意方程的同解性，如方程两边同除以一个数时要注意该数是否为零，避免漏解.设△ABC S . (1)S ＝12ah a ＝12bh b ＝12ch c (h a ，h b ，h c 分别表示a ，b ，c 边上的高)． (2)S ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ca sin B ．(3)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为三角形ABC 内切圆的半径)．回访1 正、余弦定理的应用1．(2016·全国甲卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C ＝513，a ＝1，则b ＝________.2113在△ABC 中，∵cos A ＝45，cos C ＝513， ∴sin A ＝35，sin C ＝1213，∴sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝35×513＋45×1213＝6365.又∵a sin A ＝b sin B ，∴b ＝a sin B sin A ＝1×636535＝2113.]2．(2015·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD 中，∠A ＝∠B ＝∠C ＝75°，BC ＝2，则AB 的取值范围是________．(6－2，6＋2) 如图所示，延长BA 与CD 相交于点E ，过点C 作CF ∥AD 交AB 于点F ，则BF <AB <BE .在等腰三角形CFB 中，∠FCB ＝30°，CF ＝BC ＝2，∴BF ＝22＋22－2×2×2cos 30°＝6－ 2.在等腰三角形ECB 中，∠CEB ＝30°，∠ECB ＝75°，BE ＝CE ，BC ＝2，BE sin 75°＝2sin 30°，∴BE ＝212×6＋24＝6＋ 2.∴6－2<AB <6＋ 2.]回访2 三角形的面积问题3．(2014·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，a ＝2，且(2＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C ，则△ABC 面积的最大值为________．3 ∵a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2R ，a ＝2，又(2＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C 可化为(a ＋b )(a －b )＝(c －b )·c ，∴a 2－b 2＝c 2－bc ，∴b 2＋c 2－a 2＝bc .∴b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12＝cos A ，∴∠A ＝60°.∵△ABC 中，4＝a 2＝b 2＋c 2－2bc ·cos 60°＝b 2＋c 2－bc ≥2bc －bc ＝bc (“＝”当且仅当b ＝c 时取得)，∴S △ABC ＝12·bc ·sin A ≤12×4×32＝ 3.]题型分析：关键是合理应用正、余弦定理实现边角的互化.(2016·四川高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且cos A a＋cos B b ＝sin C c .(1)证明：sin A sin B ＝sin C ；(2)若b 2＋c 2－a 2＝65bc ，求tan B ．解] (1)证明：根据正弦定理，可设a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝k (k >0)．则a ＝k sin A ，b ＝k sin B ，c ＝k sin C ，代入cos A a ＋cos B b ＝sin C c 中，有cos A k sin A ＋cos B k sin B ＝sin Ck sin C ，2分即sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝sin(A ＋B ).4分在△ABC 中，由A ＋B ＋C ＝π，有sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，所以sin A sin B ＝sin C ．6分(2)由已知，b 2＋c 2－a 2＝65bc ，根据余弦定理，有cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝35，8分所以sin A ＝1－cos 2A ＝45.9分由(1)知sin A sin B＝sin A cos B＋cos A sin B，所以45sin B＝45cos B＋35sin B，11分故tan B＝sin Bcos B＝4.12分关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．变式训练1](1)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知a＝2，c＝3，cos B＝14，则sin Acos C＝__________.【导学号：85952013】2155由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B，得b2＝22＋32－2×2×3×14＝10，所以b＝10.由余弦定理，得cos C＝a2＋b2－c22ab＝4＋10－92×2×10＝108.因为B是△ABC的内角，所以sin B＝1－cos2B＝15 4.由正弦定理asin A＝bsin B，得sin A＝64，所以sin Acos C＝2155.](2)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且a cos B＋b cos(B ＋C)＝0.①证明：△ABC为等腰三角形；②若2(b2＋c2－a2)＝bc，求cos B＋cos C的值．解]①证明：∵a cos B＋b cos (B＋C)＝0，∴由正弦定理得sin A cos B＋sin B cos(π－A)＝0，即sin A cos B－sin B cos A＝0，3分∴sin(A－B)＝0，∴A－B＝kπ，k∈Z.4分∵A，B是△ABC的两内角，∴A －B ＝0，即A ＝B ，5分∴△ABC 是等腰三角形.6分②由2(b 2＋c 2－a 2)＝bc ，得b 2＋c 2－a 22bc ＝14，7分由余弦定理得cos A ＝14，8分cos C ＝cos(π－2A )＝－cos 2A ＝1－2cos 2 A ＝78.10分∵A ＝B ，∴cos B ＝cos A ＝14，11分∴cos B ＋cos C ＝14＋78＝98.12分题型分析：重要命题点之一，本质上还是考查利用正、余弦定理解三角形，难度中等.(2015·山东高考)设f (x )＝sin x cos x －cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4. (1)求f (x )的单调区间；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝0，a ＝1，求△ABC 面积的最大值．【解题指导】 (1)f (x )――→恒等变换化归思想 f (x )＝A sin (ωx ＋φ)＋k ―→求f (x )的单调区间(2)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝0――→锐角三角形求A ――→余弦定理 建立b ，c 的等量关系――→基本不等式求bc 的最大值――→正弦定理求△ABC 的面积 解] (1)由题意知f (x )＝sin 2x 2－1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π22＝sin 2x 2－1－sin 2x 2＝sin 2x －12.2分由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π，k ∈Z ，可得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π，k ∈Z .由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π，k ∈Z ，可得π4＋k π≤x ≤3π4＋k π，k ∈Z .4分所以f (x )的单调递增区间是－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z )；单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4＋k π，3π4＋k π(k ∈Z ).6分 (2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin A －12＝0，得sin A ＝12，7分 由题意知A 为锐角，所以cos A ＝32.8分由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得1＋3bc ＝b 2＋c 2≥2bc ，10分 即bc ≤2＋3，当且仅当b ＝c 时等号成立． 因此12bc sin A ≤2＋34，所以△ABC 面积的最大值为2＋34.12分1．在研究三角函数的图象与性质时常先将函数的解析式利用三角恒等变换转化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (或y ＝A cos(ωx ＋φ)＋B ，y ＝A tan(ωx ＋φ)＋B )的形式，进而利用函数y ＝sin x (或y ＝cos x ，y ＝tan x )的图象与性质解决问题．2．在三角形中，正、余弦定理可以实现边角互化，尤其在余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A 中，有a 2＋c 2和ac 两项，二者的关系a 2＋c 2＝(a ＋c )2－2ac 经常用到，有时还可利用基本不等式求最值．变式训练2] (名师押题)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＋1a ＝4cos C ，b ＝1.(1)若sin C ＝217，求a ，c ；(2)若△ABC 是直角三角形，求△ABC 的面积．解] (1)∵sin C ＝217，∴cos 2C ＝1－sin 2C ＝47，cos C ＝27.1分∵4cos C＝a＋1 a，∴87＝a＋1a，解得a＝7或a＝77.3分又1a＋a＝4cos C＝4×a2＋b2－c22ab＝4×a2＋1－c22a，∴a2＋1＝2(a2＋1－c2)，即2c2＝a2＋1.5分∴当a＝7时，c＝2；当a＝17时，c＝27.6分(2)由(1)可知2c2＝a2＋1.又△ABC为直角三角形，C不可能为直角．①若角A为直角，则a2＝b2＋c2＝c2＋1，∴2c2－1＝c2＋1，∴c＝2，a＝3，8分∴S＝12bc＝12×1×2＝22.9分②若角B为直角，则b2＝a2＋c2，a2＋c2＝1. ∴2c2＝a2＋1＝(1－c2)＋1，∴c2＝23，a2＝13，即c＝63，a＝33，11分∴S＝12ac＝12×63×33＝26.12分。
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2017版高三二轮复习与策略
第1点
归纳常考知识，构建主干体系
由于二轮复习时间较短，复习中不可能面面俱到，这就需要我们依据《考 试大纲》和《考试说明》 ，结合近五年的高考试题进行主干网络体系的构建，并 紧紧抓住高考的“热点”，有针对性地训练．例如：“三角函数”在高考中的 主要考点是什么？ 回顾近三年的高考试题，不难发现，三角函数一般会考两道题：一道题考 查解三角形(正弦定理、余弦定理、面积公式)，一道题考查三角变换(和(差)角公 式、倍角公式、辅助角公式、三角函数的图象与性质)．
π x∈0，4时，函数 3π g(x)的单调递增区间是0，16，
8分
10 分 12 分
3π π g(x)的单调递减区间是16，4，易知
g(x)min＝g(0)＝0.
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【名师点评】 利用和差角公式、倍角公式、辅助角公式将含有多个不同 的三角函数式转化为 y＝Asinωx＋φ的形式， 再利用三角函数的性质求其单调区 间、最值等问题.
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第 一 点
第 三 点
第 二 点
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一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主，通过一轮复习， 同学们大都掌握了基本概念的性质、定理及其一般应用，但知识较为零散，综 合应用存在较大的问题，而二轮复习承上启下，是知识系统化、条理化，促进 灵活运用，提高数学素养的关键时期，为进一步突出重点，攻破难点，提高二 轮复习的时效性，建议专题复习时，处理好以下 3 点：
[解题指导] 取值范围
转化思想 构造法 ――→ x1＋x2＜2⇔f(x1)＞f(2－x2) ――→ 证明结论．
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[解] (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a). ①设 a＝0，则 f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点. ②设 a＞0，则当 x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以 f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． a a 又 f(1)＝－e，f(2)＝a，取 b 满足 b＜0 且 b＜ln 2，则 f(b)＞2(b－2)＋a(b－ 1)
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通过上述两例，我们可以发现高考对“三角函数”考什么、如何考等问题， 明确地构建出了本部分知识的主干知识体系．总之，对主干知识的确定有两种 途径：第一，跟着老师去复习，一般来说，老师对主干知识的把握比较准确； 第二，自己多看、多做近几年的高考题，从而感悟高考考什么，怎么考，进而 能使自己把握主干知识，从而进行针对性的二轮复习．
)
2 3 B.3，4 1 2 3 D.3，3∪4
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[解题指导]
方程|fx|＝2－x 等价转化 函数y＝|fx|与y＝2－x ――→ 恰有两个不相等的实数解 的图象有两个不同的交点
数形结合 ――→ 参数a的范围
C [由 y＝loga(x＋1)＋1 在[0，＋∞)上递减，得 0<a<1.
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[解] f(x)＝(sin 2x＋cos 2x)2－2sin22x ＝2sin 2xcos 2x＋cos22x－sin22x ＝sin 4x＋cos 4x ＝
π 2sin4x＋4.
2分 4分
2π π (1)函数 f(x)的最小正周期为 T＝ 4 ＝2.
(2)证明：不妨设 x1＜x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－ ∞，1)，f(x)在(－∞，1)内单调递减， 所以 x1＋x2＜2 等价于 f(x1)＞f(2－x2)， 即 f(2－x2)＜0. 由于 f(2－x2)＝－x2e
2－x2
9分 ＋a(x2－1)2，
而 f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0， 所以 f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
π x∈0，4时，求
y＝g(x)的单调递增区间和最小
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[ 解题指导 ]
三角恒等变换 平移变换 f(x) ――――――→ f(x) ＝ Asin(ωx ＋ φ) ――――→ y ＝ g(x) ―――――→ 求
π x∈0，4
g(x)的单调递增区间和最小值．
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第3点
注重知识交汇，强化综合运用
在知识交汇处命制试题是一个永恒不变的规律．分析高考试题，我们不难 发现，几乎所有的试题都是在“联系”上做“文章”，如果我们对数学知识的 掌握是孤立的，那么在解题时，条件与条件之间、条件与结论之间的“联系” 就很难做到沟通，也就很难找到解决问题的有效策略．因此，我们在经历了一 轮基础性复习之后，关注知识点间的联系，强化综合成为二轮专题复习的重要 策略．
又由 f(x)在 R 上单调递减，则 0＋3a≥f0＝1， 02＋4a－3· 1 3 3－4a ⇒3≤a≤4. ≥0 2
Байду номын сангаас
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如图所示，在同一坐标系中作出函数 y＝|f(x)|和 y＝2－x 的图象． 由图象可知，在[0，＋∞)上，|f(x)|＝2－x 有且仅有一个解，故在(－∞，0) 2 上，|f(x)|＝2－x 同样有且仅有一个解．当 3a>2，即 a>3时，由 x2＋(4a－3)x＋3a ＝2－x(其中 x<0)，得 x2＋(4a－2)x＋3a－2＝0(其中 x<0)，则 Δ＝(4a－2)2－4(3a 3 －2)＝0，解得 a＝4或 a＝1(舍去)； 1 2 当 1≤3a≤2，即3≤a≤3时，由图象可知，符合条件．
(2016· 天津高考 ) 已知函数
2 x ＋4a－3x＋3a，x＜0， f(x) ＝ logax＋1＋1，x≥0
(a ＞
0，且 a≠1)在 R 上单调递减，且关于 x 的方程|f(x)|＝2－x 恰有两个不相等的实 数解，则 a 的取值范围是(
2 A.0，3 1 2 3 C.3，3∪4
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(2016· 全国乙卷)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， 已知 2cos C(acos B＋bcos A)＝c. (1)求 C； 3 3 (2)若 c＝ 7，△ABC 的面积为 2 ，求△ABC 的周长． 注：本书所有主观题附规范解答及评分细则
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当 x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0. 因此 f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增. 6 分 又当 x≤1 时，f(x)＜0，所以 f(x)不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞). 8分
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(2016· 全国乙卷)已知函数 f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2 有两个零点． (1)求 a 的取值范围； (2)设 x1，x2 是 f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＜2.
结合a的取值 图象的变化趋势 求 f′(x)＝――――――→讨论函数 f(x)的单调性―――――――→求 a 的
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【名师点评】
边角互化是利用正、余弦定理解题的有效途径，合理应用
定理及其变形可化繁为简，提高运算效率，如本题也可以利用结论 “acos B＋ 1 bcos A＝c”直接得出 cos C＝2 .
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已知函数 f(x)＝(sin 2x＋cos 2x)2－2sin22x. (1)求 f(x)的最小正周期； π (2)若函数 y＝g(x)的图象是由 y＝f(x)的图象先向右平移8个单位长度，再向 上平移 1 个单位长度得到的，当 值．
【名师点评】
本题以函数的零点为载体，融导数、不等式于其中，重点
考查了学生的分类讨论思想和等价转化及推理论证能力.复习该部分知识时，要 强化函数、方程、不等式三者间的内在联系，突现导数解题的工具性.
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由本例可以看出，在二轮专题复习中，我们务必要密切关注知识之间的相 互联系，在强化综合中，加强思维灵活性训练，从而提高分析问题和解决问题 的能力，回避偏题、难题、怪题和旧题． 总体来说，在二轮专题复习中，我们要做到“三个强化，三个淡化，一个 渗透”，即强化主干知识，淡化细枝末节；强化基础能力，淡化题型套路；强 化综合应用，淡化“偏、难、怪、旧”，渗透数学思想．
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第2点
回避“套路”解题，强化思维训练
“思维”是数学的体操，从近几年来看，高考试题稳中有变，变中求新．其 特点是：稳以基础为主体，变以选拔为导向，增大试题的思维量，倡导理性思 维．因此，在复习备考时，应回避用“套路”解题，强化通过多观察、多分析、 多思考来完成解题．
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[解] (1)由已知及正弦定理得 2cos C(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin C， 即 2cos Csin(A＋B)＝sin C， 故 2sin Ccos C＝sin C． 1 π 可得 cos C＝2，所以 C＝3. 4分 6分 2分
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1 3 3 (2)由已知得2absin C＝ 2 . π 又 C＝3，所以 ab＝6. 由已知及余弦定理得 a2＋b2－2abcos C＝7， 故 a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25. 所以△ABC 的周长为 5＋ 7. 10 分 12 分 8分
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(2)由题意，知 g(x)＝
π π 2sin4x－8＋4＋1＝ π 2sin4x－4＋1.
6分
π π π 令－2＋2kπ≤4x－4≤2＋2kπ(k∈Z)， π k 3π k 解得－16＋2π≤x≤16＋2π(k∈Z). π 3π 当 k＝0 时，得－16≤x≤16. 故当 显然