高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分 25个必考问题专项突破《必考问题5 解三角形》课件

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高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分 25个必考问题专项突破专题训练8

训练8 数列的综合应用 (参考时间：80分钟)一、填空题1．在数列{a n }中，a 1＝4，a 2＝10，若{log 3(a n －1)}为等差数列，则T n ＝1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n等于________． 2．已知正项等比数列{a n }满足：a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝2a 1，则4m ＋1n 的最小值为________．3．已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________． 4．设{a n }是等比数列，公比q ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．记T n ＝17S n －S 2na n ＋1，n∈N *.设Tn 0为数列{T n }的最大项，则n 0＝________.5．已知等差数列{a n }满足2a 2－a 27＋2a 12＝0，且{b n }是等比数列，若b 7＝a 7，则b 5b 9＝________.6．(2012·天一、淮阴、海门中学联考)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 2 012＝9，函数f (x )＝x (x －a 1)(x －a 2)…(x －a 2 012)＋2，则曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为________．7．(2012·宿迁联考)设y ＝f (x )是一次函数，f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝________.8．(2012·宿迁联考)第30届奥运会在伦敦举行．设数列a n ＝log n ＋1(n ＋2)(n ∈N *)，定义使a 1·a 2·a 3…a k 为整数的实数k 为奥运吉祥数，则在区间[1,2 012]内的所有奥运吉祥数之和为________．9．(2012·盐城模拟)在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m15对n ∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________．二、解答题10．数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，a 3＝27.(1)求a 1，a 2的值；(2)是否存在一个实数t ，使得b n ＝12n (a n ＋t )(n ∈N *)，且数列{b n }为等差数列？若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由； (3)求数列{a n }的前n 项和S n .11．设函数f (x )＝2x ＋33x (x ＞0)，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1(n ∈N *，且n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…＋(－1)n －1·a n a n ＋1，若T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，求实数t 的取值范围．12．(2012·苏州期中)已知数列{a n }满足对任意的n ∈N *，都有a 31＋a 32＋…＋a 3n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2且a n ＞0. (1)求a 1，a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式a n ；(3)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋2的前n 项和为S n ，不等式S n ＞13log a (1－a )对任意的正整数n恒成立，求实数a 的取值范围．13．(2012·南京、盐城一模)已知数列{a n }满足a 1＝a (a ＞0，a ∈N *)，a 1＋a 2＋…＋a n －pa n ＋1＝0(p ≠0，p ≠－1，n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若对每一个正整数k ，若将a k ＋1，a k ＋2，a k ＋3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为d k .①求p 的值及对应的数列{d k }． ②记S k 为数列{d k }的前k 项和，问是否存在a ，使得S k ＜30对任意正整数k 恒成立？若存在，求出a 的最大值；若不存在，请说明理由．参考答案训练8 数列的综合应用1．解析由{log 3(a n －1)}是等差数列得d ＝log 3(a 2－1)－log 3(a 1－1)＝log 3(10－1)－log 3(4－1)＝1，所以log 3(a n －1)＝log 3(a 1－1)＋(n －1)×1＝n 所以a n ＝3n ＋1，则T n ＝1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n＝132＋1－31－1＋133＋1－32－1＋…＋13n ＋1＋1－3n －1＝13×2＋132×2＋…＋13n×2＝12×13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫13n1－13＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－13n.答案14⎝⎛⎭⎪⎫1－13n2．解析由a7＝a6＋2a5得q2＝q＋2，又a n＞0，所以q＝2，a m a n＝2m＋n－2a1＝2a1，所以m＋n＝3，故4m＋1n＝⎝⎛⎭⎪⎫4m＋1n⎝⎛⎭⎪⎫m3＋n3＝53＋4n3m＋m3n≥53＋249＝3.(当且仅当m＝2，n＝1等号成立)．答案 33．解析a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2[(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1]＋33＝33＋n2－n，所以a nn＝33n＋n－1，设f(n)＝33n＋n－1，令f′(n)＝－33n2＋1＞0，则f(n)在(33，＋∞)上是单调递增，在(0，33)上是递减的，因为n∈N*，所以当n＝5或6时f(n)有最小值．又因为a55＝535，a66＝636＝212，所以，a nn的最小值为a66＝212.答案21 24．解析T n＝17a1[1－(2)n]1－2－a1[1－(2)2n]1－2a1(2)n＝11－2·(2)2n－17(2)n＋16(2)n＝11－2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤(2)n＋16(2)n－17，因为(2)n＋16(2)n≥8，当且仅当(2)n＝4，即n＝4时取等号，所以当n0＝4时T n有最大值．答案 45．解析因为{a n}是等差数列，所以a2＋a12＝2a7，又2(a2＋a12)＝a27，所以4a7＝a27，b7＝a7≠0，所以a7＝4，所以b5b9＝b27＝42＝16.答案166．解析f′(0)即为f(x)展开式中x的系数，所以f′(0)＝a1a2…a2 012＝(a1a2 012)1 006＝91 006＝32 012，又f(0)＝2，故在点(0，f(0))处的切线方程为y－2＝32 012x，即为y＝32 012x＋2.答案y＝32 012x＋27．解析设f(x)＝k x＋b(k≠0)，又f(0)＝1，所以b＝1，即f(x)＝k x＋1(k≠0)，由f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，得f2(4)＝f(1)f(13)，即(4k＋1)2＝(k＋1)(13k ＋1)，因为k≠0，所以解得k＝2，即f(x)＝2x＋1，所以f(2)＋f(4)＋…f(2n)＝5＋9＋…＋(4n＋1)＝n(5＋4n＋1)2＝n(2n＋3)．答案n(2n＋3)8．解析因为a1·a2·a3…a k＝log23×log34×…×log k＋1(k＋2)＝log2(k＋2)，当log2(k＋2)＝m (m ∈Z )时，k ＝2m －2∈[1,2 012](m ∈Z )，m ＝2,3,4，…，10，所以在区间[1,2 012]内的所有奥运吉祥数之和为(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2) ＝(22＋23＋…＋210)－18＝211－22＝2 026. 答案 2 0269．解析由题意可知a n ＝4n －3，且(S 2n ＋3－S n ＋1)－(S 2n ＋1－S n )＝1a 2n ＋3＋1a 2n ＋2－1a n ＋1＝18n ＋9＋18n ＋5－14n ＋1＜0，所以{S 2n ＋1－S n }是递减数列，故(S 2n ＋1－S n )max＝S 3－S 1＝1a 2＋1a 3＝1445≤m 15，解得m ≥143，故正整数m 的最小值为5.答案 510．解 (1)由a 3＝27，得27＝2a 2＋23＋1，∴a 2＝9，∵9＝2a 1＋22＋1，∴a 1＝2.(2)假设存在实数t ，使得{b n }为等差数列，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1，(n ≥2且n ∈N *)∴2×12n (a n ＋t )＝12n －1(a n －1＋t )＋12n ＋1(a n ＋1＋t )，∴4a n ＝4a n －1＋a n ＋1＋t ，∴4a n ＝4×a n －2n －12＋2a n ＋2n ＋1＋1＋t ，∴t ＝1. 即存在实数t ＝1，使得{b n }为等差数列．(3)由(1)，(2)得b 1＝32，b 2＝52，∴b n ＝n ＋12，∴a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12·2n －1＝(2n ＋1)2n －1－1， S n ＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n ＋1)×2n －1－1] ＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1－n ，①∴2S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n －2n ，②由①－②得－S n ＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n ＋n ＝1＋2×1－2n1－2－(2n ＋1)×2n ＋n ＝(1－2n )×2n ＋n －1，∴S n ＝(2n －1)×2n －n ＋1.11．解 (1)因为a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＝2×1a n －1＋33×1a n －1＝a n －1＋23(n ∈N *，且n ≥2)，所以a n －a n －1＝23.因为a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，公差为23的等差数列．所以a n ＝2n ＋13.(2)①当n ＝2m ，m ∈N *时，T n ＝T 2m ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…＋(－1)2m －1a 2m a 2m ＋1 ＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2m (a 2m －1－a 2m ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2m )＝－43×a 2＋a 2m 2×m ＝－19(8m 2＋12m )＝－19(2n 2＋6n )． ②当n ＝2m －1，m ∈N *时，T n ＝T 2m －1＝T 2m －(－1)2m －1a 2m a 2m ＋1＝－19(8m 2＋12m )＋19(16m 2＋16m ＋3) ＝19(8m 2＋4m ＋3)＝19(2n 2＋6n ＋7)．所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－19(2n 2＋6n )，n 为正偶数，19(2n 2＋6n ＋7)，n 为正奇数，要使T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，只要使－19(2n 2＋6n )≥tn 2，(n 为正偶数)恒成立．只要使－19⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋6n ≥t ，对n ∈N *恒成立，故实数t 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－59. 12．解 (1)当n ＝1时，有a 31＝a 21，由于a n ＞0，所以a 1＝1.当n ＝2时，有a 31＋a 32＝(a 1＋a 2)2，将a 1＝1代入上式，由于a n ＞0，所以a 2＝2.(2)由于a 31＋a 32＋…＋a 3n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2，①则有a 31＋a 32＋…＋a 3n ＋a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1)2.②②－①，得a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1)2－(a 1＋a 2＋…＋a n )2，由于a n ＞0，所以a 2n ＋1＝2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n －1.③同样有a 2n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋a n (n ≥2)，④③－④，得a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋1＋a n ，所以a n ＋1－a n ＝1，由于a 2－a 1＝1，即当n ≥1时都有a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列．故a n ＝n .(3)由(2)知a n ＝n .则1a n a n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以S n ＝1a 1a 3＋1a 2a 4＋…＋1a n －1a n ＋1＋1a n a n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. ∵S n －1－S n ＝1(n ＋1)(n ＋3)＞0，∴数列{S n }单调递增．所以(S n )min ＝S 1＝13.要使不等式S n ＞13log a (1－a )对任意正整数n 恒成立，只要13＞13log a (1－a )．∵1－a ＞0，∴0＜a ＜1.∴1－a ＞a ，即0＜a ＜12.所以，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.13．解 (1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －pa n ＋1＝0，所以n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1－pa n ＝0，两式相减，得a n ＋1a n＝p ＋1p (n ≥2)，故数列{a n }从第二项起是公比为p ＋1p的等比数列，又当n ＝1时，a 1－pa 2＝0，解得a 2＝ap ，从而a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a (n ＝1)，a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p n －2 (n ≥2).(2)①由(1)得a k ＋1＝a p ⎝⎛⎭⎪⎫p ＋1p k －1， a k ＋2＝a p ⎝⎛⎭⎪⎫p ＋1p k ，a k ＋3＝a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p k ＋1，若a k ＋1为等差中项，则2a k ＋1＝a k ＋2＋a k ＋3，即p ＋1p ＝1或p ＋1p ＝－2，解得p ＝－13；此时a k ＋1＝－3a (－2)k －1，a k ＋2＝－3a (－2)k ，所以d k ＝|a k ＋1－a k ＋2|＝9a ·2k －1，若a k ＋2为等差中项，则2a k ＋2＝a k ＋1＋a k ＋3，即p ＋1p ＝1，此时无解；若a k ＋3为等差中项，则2a k ＋3＝a k ＋1＋a k ＋2，即p ＋1p ＝1或p ＋1p ＝－12，解得p ＝－23，此时a k ＋1＝－3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1，a k ＋3＝－3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k ＋1，所以d k ＝|a k ＋1－a k ＋3|＝9a 8·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1，综上所述，p ＝－13，d k ＝9a ·2k －1或p ＝－23，d k ＝9a 8·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1②当p ＝－13时，S k ＝9a (2k －1)．则由S k ＜30，得a ＜103(2k －1)，当k ≥3时，103(2k －1)＜1，所以必定有a ＜1，所以不存在这样的最大正整数当p ＝－23时，S k ＝9a 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ，则由S k ＜30，得a ＜403⎣⎢⎡1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k]，因为403⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＞403，所以a ＝13满足S k ＜30恒成立；但当a ＝14时，存在k ＝5，使得a ＞403⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k 即S k ＜30，所以此时满足题意的最大正整数a ＝13.。

高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分 25个必考问题专项突破专题训练11

训练11 直线与圆(参考时间：80分钟)一、填空题1．(2012·无锡期中)若圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0关于直线2ax －by ＋2＝0(a ，b ∈R )对称，则ab 的取值范围是________．2．(2012·江西)过直线x ＋y －22＝0上点P 作圆x 2＋y 2＝1的两条切线，若两条切线的夹角是60°，则点P 的坐标是________．3．过直线l ：y ＝2x 上一点P 作圆C ：(x －8)2＋(y －1)2＝2的切线l 1，l 2，若l 1，l 2关于直线l 对称，则点P 到圆心C 的距离为________．4．(2012·南师附中模拟)在平面直角坐标系中，设直线l ：k x －y ＋2＝0与圆C ：x 2＋y 2＝4相交于A 、B 两点，OM→＝OA →＋OB →，若点M 在圆C 上，则实数k ＝________.5．圆心在曲线y ＝3x (x ＞0)上，且与直线3x ＋4y ＋3＝0相切的面积最小的圆的方程为________．6．已知点A (－2,0)，B (1，3)是圆x 2＋y 2＝4上的定点，经过点B 的直线与该圆交于另一点C ，当△ABC 面积最大时，直线BC 的方程是________．7．(2012·南京、盐城模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (0,2)，直线l ：x ＋y －4＝0.点B (x ，y )是圆C ：x 2＋y 2－2x －1＝0的动点，AD ⊥l ，BE ⊥l ，垂足分别为D 、E ，则线段DE 的最大值是________．8．(2012·海安曲塘中学最后一卷)已知直线x －y ＋a ＝0与圆x 2＋y 2＝1交于A 、B两点，且向量OA→、OB →满足|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|，其中O 为坐标原点，则实数a 的值为________．9．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的切线，A 、B 是切点，C 是圆心，那么四边形P ACB 面积的最小值是________．10．(2012·淮阴、海门、天一中学联考)已知变量a ，θ∈R ，则(a －2cos θ)2＋(a －52－2sin θ)2的最小值为________．二、解答题11．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C 1：(x ＋3)2＋(y －1)2＝4和圆C 2：(x －4)2＋(y －5)2＝4.(1)判断两圆的位置关系，并求连心线的方程；(2)求直线m 的方程，使直线m 被圆C 1截得的弦长为4，被圆C 2截得的弦长为2.12．已知圆C ：x 2＋y 2＋2x －6y ＋1＝0内一定点A (1,2)，P ，Q 为圆上的动点．(1)若P ，Q 两点关于过定点A 的直线l 对称，求直线l 的方程；(2)若AP →·AQ→＝0，求线段PQ 中点M 的轨迹方程． 13.在平面直角坐标系xOy 中，已知圆x 2＋y 2－12x ＋32＝0的圆心为Q ，过点P (0,2)且斜率为k 的直线l 与圆Q 相交于不同的两点A ，B .(1)求圆Q 的面积；(2)求k 的取值范围；(3)是否存在常数k ，使得向量OA →＋OB →与PQ →共线？如果存在，求k 的值；如果不存在，请说明理由．14．(2012·南师附中模拟)已知双曲线x 2－y 23＝1. (1)若一椭圆与该双曲线共焦点，且有一交点P (2,3)，求椭圆方程．(2)设(1)中椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，右焦点为F ，直线l 为椭圆的右准线，N 为l 上的一动点，且在x 轴上方，直线AN 与椭圆交于点M .若AM ＝MN ，求∠AMB 的余弦值；(3)设过A 、F 、N 三点的圆与y 轴交于P 、Q 两点，当线段PQ 的中点为(0,9)时，求这个圆的方程．参考答案训练11 直线与圆1．解析因为圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0关于直线2ax －by ＋2＝0(a ，b ∈R )对称，所以，点(－1,2)在直线2ax －by ＋2＝0上，所以，a ＋b ＝1，ab ＝a (1－a )≤14.答案⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，14 2．解析直线与圆的位置关系如图所示，设P (x ，y )则∠APO ＝30°，且OA ＝1.在直角三角形APO 中，OA＝1，∠APO ＝30°，则OP ＝2，即x 2＋y 2＝4.又x ＋y－22＝0，联立解得x ＝y ＝2，即P (2， 2)．答案 (2，2)3．解析根据平面几何知识可知，因为直线l 1，l 2关于直线l 对称，所以直线l 1，l 2关于直线PC 对称并且直线PC 垂直于直线l ，于是点P 到点C 的距离即为圆心C 到直线l 的距离，d ＝|2×8－1|12＋22|＝3 5. 答案 3 54．解析如图所示，OM→＝OA →＋OB →，则四边形OAMB 是锐角为60°的菱形，此时，点O 到AB 距离为1.由21＋k 2＝1，解出k ＝±1. 答案 k ＝±15．解析 R ＝3x ＋12x ＋35≥3(x ＞0)，当且仅当x ＝2时取等号；所以半径最小时圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，32，圆的方程为(x －2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝9. 答案 (x －2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝9 6．解析 AB 的长度恒定，故△ABC 面积最大，只需要C 到直线AB 的距离最大即可．此时，C 在AB 的中垂线上，AB 的中垂线方程为y －32＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12代入x 2＋y 2＝4得C (1，－3)，所以直线BC 的方程是x ＝1.答案 x ＝17．解析线段DE 的最大值等于圆心(1,0)到直线AD ∶x －y ＋2＝0的距离加半径．答案 5228．解析 ∵|OA→＋OB →|＝|OA →－OB →|，∴OA →⊥OB →，∴△OAB 是等腰直角三角形，∴点O 到直线AB 的距离为22，即|0－0＋a |2＝22，∴a ＝±1. 答案 ±19．解析由题意，圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0的圆心是C (1,1)，半径为1，由P A＝PB 易知四边形P ACB 面积＝12(P A ＋PB )＝P A ，故P A 最小时，四边形P ACB面积最小．由于|P A |＝|PC |2－1，故PC 最小时P A 最小，此时PC ⊥l .|PC |min ＝|3＋4＋8|5＝3，|P A |min ＝|PC |2min －1＝22， ∴四边形P ACB 面积的最小值是2 2.答案 2 210．解析 (a －2cos θ)2＋(a －52＋2sin θ)2的几何意义为(a ，a )到(2cos θ，52＋2sin θ)距离的平方．(a ，a )表示的轨迹为y ＝x ，(2cos θ，52＋2sin θ)表示的轨迹为x 2＋(y －52)2＝4.又(0,52)到y ＝x 是距离为5，所以(a ，a )到(2cos θ，52＋2sin θ)距离最小值为3.所以(a －2cos θ)2＋(a －52－2sin θ)2的最小值为9.答案 911．解 (1)圆C 1的圆心C 1(－3,1)，半径r 1＝2；圆C 2的圆心C 2(4,5)，半径r 2＝2.∴C 1C 2＝72＋42＝65＞r 1＋r 2，∴两圆相离，连心线所在直线方程为：4x －7y ＋19＝0.(2)直线m 的斜率显然存在．∵直线m 被圆C 1截得弦长为4.∴直线m 过圆C 1的圆心C 1(－3,1)．∴设直线m 的方程为y －1＝k (x ＋3)．∴C 2(4,5)到直线m 的距离：d ＝|7k －4|k 2＋1＝3，∴k ＝28±18646. ∴直线方程为y －1＝28±18646(x ＋3)．12．解 (1)圆C 方程可化为(x ＋1)2＋(y －3)2＝9，所以圆心C (－1,3)，半径为R ＝3.因为点P ，Q 在圆上且关于直线l 对称．所以圆心C (－1,3)在直线l 上．又直线l 过点A (1,2)，由两点式得y －23－2＝x －1(－1)－1，即直线l 的方程为x ＋2y －5＝0.(2)设PQ 的中点为M (x ，y )，因为AP →·AQ →＝0，所以AP →⊥AQ →.所以在Rt △P AQ 中，PM ＝AM ，连接CM ，则CM ⊥PQ ，所以CM 2＋PM 2＝CM 2＋AM 2＝CP 2＝R 2，所以(x ＋1)2＋(y －3)2＋(x －1)2＋(y －2)2＝9.故线段PQ 中点M 的轨迹方程为x 2＋y 2－5y ＋3＝0.13．解 (1)圆的方程可化为(x －6)2＋y 2＝4，可得圆心为Q (6,0)，半径为2，故圆的面积为4π.(2)设直线l 的方程为y ＝k x ＋2.直线l 与圆(x －6)2＋y 2＝4交于两个不同的点A ，B 等价于|6k ＋2|k 2＋1＜2，化简得(－8k 2－6k )＞0，解得－34＜k ＜0，即k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0.(3)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)，由⎩⎨⎧ y ＝k x ＋2(x －6)2＋y 2＝4得(k 2＋1)x 2＋4(k －3)x ＋36＝0，解此方程得x 1,2＝－4(k －3)±16(k －3)2－144(k 2＋1)22(k 2＋1)则x 1＋x 2＝－4(k －3)1＋k 2① 又y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋4.②而P (0,2)，Q (6,0)，PQ→＝(6，－2)．所以OA →＋OB →与PQ →共线等价于－2(x 1＋x 2)＝6(y 1＋y 2)，将①②代入上式，解得k ＝－34.由(2)知k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0，故没有符合题意的常数k . 14．解 (1)∵双曲线焦点为(±2,0)，设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)．则⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝4，4a 2＋9b2＝1.∴a 2＝16，b 2＝12.故椭圆方程为x 216＋y 212＝1.(2)由已知，A (－4,0)，B (4,0)，F (2,0)，直线l 的方程为x ＝8.设N (8，t )(t ＞0)．∵AM ＝MN ，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，t 2. 由点M 在椭圆上，得t ＝6.故所求的点M 的坐标为M (2,3)．所以MA →＝(－6，－3)，MB →＝(2，－3)，MA →·MB →＝－12＋9＝－3. cos ∠AMB ＝MA →·MB →|MA →|·|MB→|＝－336＋9·4＋9＝－6565. (3)设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，将A 、F 、N 三点坐标代入，得 ⎩⎨⎧ 16－4D ＋F ＝0，4＋2D ＋F ＝0，64＋t 2＋8D ＋Et ＋F ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ D ＝2，E ＝－t －72t ，F ＝－8.圆的方程为x 2＋y 2＋2x －⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋72t y －8＝0，令x ＝0，得y 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋72t y －8＝0. 设P (0，y 1)，Q (0，y 2)，则y 1,2＝t ＋72t ± ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋72t 2＋322. 由线段PQ 的中点为(0,9)，得y 1＋y 2＝18，t ＋72t ＝18，此时，所求圆的方程为x 2＋y 2＋2x －18y －8＝0.。

高中新课程数学(苏教)二轮复习精选 25个必考问题《必考问题17 数学思想在解题中的应用(一)》(含解析)

必考问题17 数学思想在解题中的使用(一)【真题体验】1．(2012·江苏卷改编)已知函数y ＝f (x )的周期为2，当x ∈[－1,1]时f (x )＝x 2，那么函数y ＝f (x )的图象和函数y ＝|lg x |的图象的交点共有________．分析在同一坐标系中作出函数y ＝f (x )，y ＝|lg x |的图象如图，由图象可知，两个函数的图象的交点共有10个．答案 102．(2012·江苏改编)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin 2x ，x ≤0，2，x ＞0，则方程f (x )＝x 解的个数是________．分析作出函数f (x )的图象如图，由图象可知，函数f (x )和y ＝x 的图象的交点个数是3，即方程f (x )＝x 的解的个数为3.答案 33．(2012·苏中三市调研)若函数f (x )＝|2x －1|，则函数g (x )＝f (f (x ))＋ln x 在(0,1)上不同的零点个数为________．分析将函数g (x )＝f (f (x ))＋ln x 在(0,1)上不同的零点个数转化为函数y ＝f [f (x )]图象在(0,1)上和y ＝－ln x 图象的交点个数，作出图象如图，可知两个函数图象在(0,1)上有3个交点，故不同的零点个数为3.答案 34．(2012·苏中三市调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥2，(x －1)3，x ＜2，若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根，则数k 的取值范围是________．分析作出函数f (x )的图象，如图，由图象可知，当＜x ＜1时，函数f (x )和y ＝k 的图象有两个不同的交点，所以所求实数k 的取值范围是(0,1)．答案 (0,1)5．(2012·南京、盐城模拟)若关于x 的方程kx ＋1＝ln x 有解，则实数k 的取值范围是________．分析利用分离参数将不等式有解问题转化为函数值域的求解，再利用导数研究函数性质，作出图象，借助图象求函数值域．由题意可知k ＝ln x －1x(x ＞0)，所以k 的取值范围即为函数f (x )＝ln x －1x (x ＞0)的值域．因为f ′(x )＝2－ln x x 2(x ＞0)，由f ′(x )＝0解得x ＝e 2，且x ∈(0，e 2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )递增；x ∈(e 2，＋∞)时，f ′(x )＜0，函数f (x )递减，且该函数只有一个零点e ，所以函数图象的大致形状如图，故其值域为⎝⎛⎦⎤－∞，1e 2，即为k 的取值范围．答案 ⎝⎛⎦⎤－∞，1e 2 【高考定位】高考对本内容的考查主要有：函数和方程思想、数形结合思想都是高中数学的基本思想，也是高考的重点，是解题中重要的、常用的思想方法，使用函数和方程思想、数形结合的方法，很多棘手的问题能迎刃而解，且解法简捷．试题类型可能是填空题，同时在解答题中经常和函数、不等式等构成综合题，难度以中高档题居多．【应对策略】掌握函数和方程思想在解题中的使用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题；二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的．理解许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决．理解数形结合的本质，就是根据数和形之间的对应关系，通过数和形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法．理解数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题简单化，抽象问题具体化，能够变抽象思维为形象思维的过程，有助于把握数学问题的本质，知道它是数学的规律性和灵活性的有机结合.必备知识1．函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决．函数思想是对函数概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用函数知识或函数观点观察、分析和解决问题．2．方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，从而建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决．方程的思想是对方程概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用方程或方程组的观点观察处理问题．方程思想是动中求静，研究运动中的等量关系．3．实现数形结合，常和以下内容有关：①实数和数轴上的点的对应关系；②函数和图象的对应关系；③曲线和方程的对应关系；④以几何元素和几何条件为背景，建立起来的概念，如复数、三角函数等；⑤所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义．必备方法1．函数和方程思想(1) 函数和方程是密切相关的，对于函数y＝f(x)，当y＝0时，就转化为方程f(x)＝0，也可以把函数式y＝f(x)看做二元方程y－f(x)＝0，函数问题(例如求函数的值域等)可以转化为方程问题来求解，方程问题也可以转化为函数问题来求解，如解方程f(x)＝0，就是求函数y＝f(x)的零点．(2) 函数和不等式也可以相互转化，对于函数y＝f(x)，当y>0时，就转化为不等式f(x)>0，借助于函数图象和性质解决有关问题，而研究函数的性质，也离不开解不等式．(3) 数列的通项或前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点处理数列问题十分重要．(4) 分析几何中的许多问题，常需要通过解二元方程组才能解决，涉及到二次方程和二次函数的有关理论．(5) 立体几何中有关线段、面积、体积的计算，也常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决．2．数形结合的思想方法使用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域，最值问题中，在求复数和三角函数问题中，运用数形结合思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算和推理，大大简化了解题过程，这在解填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，争取胸中有图，见数想图，以开拓自己的思维视野．命题角度一利用函数和方程相互转化的观点解决函数、方程问题[命题要点] ①函数零点和方程的根相互转化；②函数和不等式相互转化.【例1】► (2012·徐州信息卷)已知函数f (x )＝ln x －a (x －1)x ＋b. (1)当b ＝1时，若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调增函数，求a 的取值范围；(2)当a ＞0且b ＝0时，求证：函数f (x )存在唯一零点的充要条件是a ＝1；(3)设m ，n ∈(0，＋∞)，且m ≠n ，求证：m －n ln m －ln n＜m ＋n 2. [审题视点][听课记录][审题视点] 函数单调性的讨论，函数零点存在的充要条件，以及不等式的证明．(1)解当b ＝1时，f ′(x )＝1x －a (x ＋1)－a (x －1)(x ＋1)2＝x 2＋(2－2a )x ＋1x (x ＋1)2. 因为f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，所有f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x 2＋(2－2a )x ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，当x ∈(0，＋∞)时，由x 2＋(2－2a )x ＋1≥0，得2a －2≤x ＋1x. 设g (x )＝x ＋1x ，x ∈(0，＋∞)，所以g (x )≥2，当且仅当x ＝1x时，等号成立．即x ＝1时，g (x )有最小值2，所以2a －2≤2，解得a ≤2.所以a 的取值范围是(－∞，2]．(2)证明 f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2(x ＞0)．当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，a )上单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(a ，＋∞)上单调递增．综上所述，f (x )的单调递减区间为(0，a )；f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)．①充分性：a ＝1时，在x ＝1处有极小值也是最小值，即f min (x )＝f (1)＝0.f (x )在(0，＋∞)上有唯一的一个零点x ＝1.②必要性：f (x )＝0在(0，＋∞) 上有唯一解，且a ＞0，f (a )＝0，即ln a －a ＋1＝0.令g (a )＝ln a －a ＋1，g ′(a )＝1a －1＝1－a a. 当0＜a ＜1时，g ′(a )＞0，在(0,1)上单调递增；当a ＞1时，g ′(a )＜0，在(1，＋∞)上单调递减．g max (a )＝g (1)＝0，f (a )＝0只有唯一解a ＝1.f (x )＝0在(0，＋∞)上有唯一解时必有a ＝1.综上，在a ＞0时，f (x )＝0在(0，＋∞)上有唯一解的充要条件是a ＝1.(3)证明不妨设m ＞n ＞0，则m n ＞1，要证m －n ln m －ln n＜m ＋n 2，只需要m n －1ln m n ＜m n ＋12，即证ln m n ＞2⎝⎛⎭⎫m n －1m n＋1，只需证ln m n －2⎝⎛⎭⎫m n －1m n＋1＞0，设h (x )＝ln x －2(x －1)x ＋1，由(1)知，h (x )在(1，＋∞)上是单调增函数，又m n ＞1，有h ⎝⎛⎭⎫m n ＞h (1)＝0，即ln m n －2⎝⎛⎭⎫m n －1m n＋1＞0成立，所以m －n ln m －ln n ＜m ＋n 2. 函数f (x )在区间D 上单调递增，一般转化为其导函数f ′(x )≥0恒成立，再利用不等式恒成立知识求解．函数零点的讨论通常是利用导数研究函数性质，充要条件的证明基本是要从充分性、必要性两个方面证明，而代数中的不等式证明一般是利用函数性质以算代证．【突破训练1】 (2012·苏州调研)已知函数f (x )＝|x －m |和函数g (x )＝x |x －m |＋m 2－7m .(1)若方程f (x )＝|m |在[－4，＋∞)上有两个不同的解，求实数m 的取值范围；(2)若对任意x 1∈(－∞，4]，均存在x 2∈[3，＋∞)，使得f (x 1)＞g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．解 (1)方程f (x )＝|m |，即|x －m |＝|m |，此方程在x ∈R 时的解为x ＝0和x ＝2m .要使方程|x －m |＝|m |在x ∈[－4，＋∞)上有两个不同的解．∴2m ≥－4且2m ≠0.则m 的取值范围是[－2,0)∪(0，＋∞)(2)原命题等价于：对于任意x 1∈(－∞，4]，任意x 2∈[3，＋∞)，f (x 1)min ＞g (x 2)min .对于任意x 1∈(－∞，4]，f (x 1)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 0 (m ≤4)，m －4 (m ＞4). 对于任意x 2∈[3，＋∞)，g (x 2)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧m 2－10m ＋9 (m ＜3)，m 2－7m (m ≥3). ①当m ＜3时，0＞m 2－10m ＋9.∴1＜m ＜3.②当3≤m ≤4时，0＞m 2－7m .∴3≤m ≤4.③当m ≥4时，m －4＞m 2－7m .∴4≤m ＜4＋2 3综上所述，1＜m ＜4＋2 3.故m 的取值范围为(1,4＋23)．命题角度二利用图象研究复杂函数的性质[命题要点] ①讨论复杂函数的性质；②和复杂函数零点、复杂方程有关的问题．【例2】► (2012·扬州期末检测)若关于x 的方程|x |x －1＝kx 2有四个不同的实数根，则实数k 的取值范围是________．[审题视点][听课记录][审题视点] 方程有四个不同的实数根是本题的唯一条件，怎么使用是解题的关键．分析易知方程|x |x －1＝k x 2有一个根是0，当x ≠0时，原方程可变形为1k ＝⎩⎪⎨⎪⎧ x (x －1)，x ＞0，－x (x －1)，x ＜0有3个非零根，所以即为函数y ＝1k 和y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x (x －1)，x ＞0，－x (x －1)，x ＜0有3个横坐标不是0的交点，作出图象如图，所以－14＜1k＜0，解得k ＜－4. 答案 (－∞，－4)有关比较复杂的方程根的个数问题，一般要对方程化简变形，利用数形结合的方法求解，在画图时，要注意尽可能是研究动直线和定曲线的交点个数．【突破训练2】 (2012·镇江质量检测)方程1x －1＝2sin πx 在区间[－2 010,2 012]所有根之和等于________．分析作出两个函数的图象如图，由图象可知，函数y ＝1x －1和y ＝2sin πx ，x ∈[－2 010,2 012]的图象有4 020个交点，两两关于点A (1,0)对称，所以每两个对称点的横坐标之和为2，故所有交点的横坐标之和为2×2 010＝4 020.答案 4 020命题角度三数形结合在求取值范围中的使用[命题要点] ①讨论抽象函数的性质；②利用数形结合建立关系求取值范围．【例3】► (2012·徐州质检)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ x ＋12，x ∈⎣⎡⎭⎫0，12，2x －1，x ∈⎣⎡⎭⎫12，2，若存在x 1，x 2，当0≤x 1＜x 2＜2时，f (x 1)＝f (x 2)，则x 1f (x 2)的取值范围是________．[审题视点][听课记录][审题视点] 分段函数及方程之间的关系，建立目标函数求取值范围．分析作出函数f (x )的图象如图，由图象可知当0≤x 1＜12≤x 2＜2时，有f (x 1)＝f (x 2)⇒x 1＋12＝2x 2－1，所以x 1f (x 2)＝⎝⎛⎭⎫2x 2－1－122x 2－1，令2x 2－1＝t ∈⎣⎡⎭⎫22，1，由二次函数图象可知函数递增，所以y ＝⎝⎛⎭⎫t －12t ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫2－24，12，即为x 1f (x 2)的取值范围．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫2－24，12求解取值范围的问题，一般要先建立目标函数，而本题在建立目标函数的过程中，图象起了直观、明了的作用，而求二次函数在给定区间的值域，实质也是图象法的使用．【突破训练3】 (2012·盐城模拟)若关于x 的不等式x 2＜2－|x －a |至少有一个负数解，则实数a 的取值范围是________．分析因为不等式x 2＜2－|x －a |至少有一个负数解，即|x －a |＜2－x 2有负数解，在同一坐标系中作出函数y ＝|x －a |和y ＝2－x 2的图象，如图，当y ＝x －a 和y ＝2－x 2相切时，求得a ＝－94，将y ＝|x －a |右移到图中位置时，不等式刚好无负数解，此时a ＝2，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－94，2. 答案 ⎝⎛⎭⎫－94，2 16．解题时要有使用函数和方程思想、数形结合思想的意识一、在研究复杂方程根的个数时要能够数形结合【例1】► 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x －1 (x ≤0)，f (x －1) (x ＞0)，若方程f (x )＝x ＋a 有且只有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是________．分析作出函数f (x )和y ＝x ＋a 的图象如图，由图象可知0≤a ＜1时，两图象有两个交点，方程f (x )＝x ＋a 有且只有两个不相等的实数根，所以所求实数a 的取值范围是[0,1)．答案 [0,1)老师叮咛：这道题是已知方程f (x )＝x ＋a 有且只有两个不相等的实数根，但由于函数f (x )的分析式未知，所以从代数的角度显然行不通，如果从图形的角度理解，将代数问题(方程的根)转化为几何问题(两个函数图象的交点个数)，使问题得以顺利解决.二、在抽象函数性质的研究中要重视数形结合思想的使用【例2】► 若定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[0,1]时，f (x )＝x ，则函数y ＝f (x )－log 4|x |的零点个数为________．分析偶函数f (x )的周期为2，且x ∈[0,1]时，f (x )＝x ，作出函数f (x )的部分图象如图，而函数y ＝f (x )－log 4|x |的零点即为函数f (x )和y ＝log 4|x |的图象的交点横坐标，由图象可知，交点有6个，故函数y ＝f (x )－log 4|x |的零点是6个．答案 6老师叮咛：这道题中函数f (x )在R 上的分析式没有给出，所以函数y ＝f (x )－log 4|x |的零点用代数法无法求解，就算你能求出函数f (x )在R 上的分析式，那也会是一个浩大的工程，所以这类题，“以形助数”几乎是唯一的方法．三、函数问题中的主元思想很重要【例3】► 已知f (t )＝log 2t ，t ∈[2，8]，对于f (t )值域内的所有实数m ，不等式x 2＋mx ＋4＞2m ＋4x 恒成立，求x 的取值范围．解 ∵t ∈[2，8]，∴f (t )∈⎣⎡⎦⎤12，3，原题转化为m (x －2)＋(x －2)2＞0恒成立，为m 的一次函数(这里思维的转化很重要)，当x ＝2时，不等式不成立．∴x ≠2.令g (m )＝m (x －2)＋(x －2)2，m ∈⎣⎡⎦⎤12，3，问题转化为g (m )在m ∈⎣⎡⎦⎤12，3上恒大于0，则⎩⎪⎨⎪⎧ g ⎝⎛⎭⎫12＞0，g (3)＞0，解得：x ＞2或x ＜－1.老师叮咛：首先明确本题是求x 的取值范围，这里注意另一个变量m ，不等式的左边恰是m 的一次函数，因此依据一次函数的特性得到解决。

【拿高分,选好题】高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分必考问题专项突破《必考问题1 函

(3)幂函数是A级要求，不是热点考点，但要了解幂函数的概
念以及简单幂函数的性质．试题类型一般是一道填空题，有时与方程、不等式综合考查．
【应对策略】
函数问题往往涉及许多重要的基础知识，不仅有常见的数
学方法，还蕴含丰富的数学思想 ( 如：等价转化、分类讨论、数形结合等)，体现了数学能力的高层次要求．在备考复习中，解答函数填空题，要注意小、巧、活，而函数综合题是江苏卷近几年每年必考的代数论证能力题的主要
1 1 即 2x＋1＞0，解得 x＞－2，所以所求单调增区间是－2，＋∞.
答案
1 －，＋∞ 2
2．(2011· 江苏，2改编)已知函数y＝log2(ax－1)在(1,2)上单调
递增，则a的取值范围为________．
解析根据复合函数的单调性及对数函数的定义域求解．因为
解析由题意可得 g(x)＝ex＋ae x 为奇函数，由 g(0)＝0，得a
－
ห้องสมุดไป่ตู้
＝－1. 答案－1
1 4．(2012· 南京、盐城模拟)若函数f(x)＝a－ x 是定义在(－ 2 －1 ∞，－1]∪[1，＋∞)上的奇函数，则f(x)的值域为 ________．
解析
1 1 由题意可得 f(－1)＝－f(1)，解得 a＝－2，所以 f(x)＝－2
3．二次函数的图象与性质 (1)二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象形状、对称轴、顶点坐标、
开口方向等是处理二次函数问题的重要依据．
(2)求二次函数在某段区间上的最值时，要利用好数形结合，特别是含参数的两种类型：“定轴动区间、定区间动轴”的问题，抓住“三点一轴”，三点指的是区间两个端点和区间中点，一轴指的是对称轴．

(推荐)高中新课程数学(苏教)二轮复习精选_25个必考问题__《必考问题20_排列组合、概率、随机变

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命题角度一与计数原理有关的问题 [命题要点] 此类问题较为综合，涉及的知识面较广，思考的难度和广度较大，应加强训练．
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【例 1】►(2011·江苏，23)设整数 n≥4，P(a，b)是平面直角坐标系 xOy 中的点，其中 a，b∈{1,2,3，…，n}，a＞b. (1)记 An 为满足 a－b＝3 的点 P 的个数，求 An； (2)记 Bn 为满足13(a－b)是整数的点 P 的个数，求 Bn.
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2．概率、随机变量及其分布 (1)求随机变量的概率分布的基础是求随机变量取各个可能值的概率，其中要注意随机变量取各个可能值的概率满足的性质．对于常用的两点分布、超几何分布、二项分布要熟练掌握．
n
(2)随机变量的均值(期望)：E(X)＝∑i＝1xipi；
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热点命题角度
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必备方法 1．解排列、组合问题时注意以下几点：(1)审题分析是排列
问题，还是组合问题，按照元素的性质分类，按照事件发生的过程分步；(2)分清运算的性质，只要是分类计数，就是加法运算，只要是分步计数，就是乘法运算，在综合问题中，常常在分类中有分步，在分步中有分类；(3) 要掌握定位排列的处理方法，掌握分类组合处理的思想方法；(4)排列、组合问题的答案较大时，不易直接验证，因此在检查结果是否正确时，应该着重检查所设计的解决问题的方案是否完备，有无重复或遗漏，也可以通过一题多解验证结论．
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(2)特殊的概率分布列：①0－1分布(两点分布)符号表示：X～0 －1分布； ②超几何分布：1°符号表示：X～H(n，M，N)； 2°概率分布列：X～H(r；n，M，N)＝P(X＝r)＝CrMCCMNnN－－rM； ③二项分布(又叫独立重复试验，波努利试验)：1°符号表示： X～B(n，p)；2°概率分布列：P(X＝k)＝Cknpk(1－p)n－k. 注意：P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝r)＋…＋P(X＝n) ＝1.

高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分 25个必考问题专项突破专题训练

训练22几何证明选讲(参考时间：80分钟) 1．(2011·南通调研)如图，⊙O的直径AB的延长线与弦CD的延长线相交于点P，E为⊙O上一点，AE＝AC，求证：∠PDE＝∠POC.2．(2012·南京、盐城一模)如图，⊙O的半径OB垂直于直径AC，D为AO上一点，BD的延长线交⊙O于点E，过E点的圆的切线交CA的延长线于P.求证：PD2＝P A·PC.3．(2012·南京二模)如图，已知AD，BE，CF分别是△ABC三边的高，H是垂心，AD的延长线交△ABC的外接圆于点G，求证：DH＝DG.4．(2012·南通模拟)如图，AB是半圆的直径，C是AB延长线上一点，CD切半圆于点D，CD＝2，DE⊥AB，垂足为E，且E是OB的中点，求BC的长．5.(2012·徐州模拟)如图，半径分别为R，r(R＞r＞0)的两圆⊙O，⊙O1内切于点T，P是外圆⊙O上任意一点，连接PT交⊙O1于点M，PN与内圆⊙O1相切，切点为N.求证：PN∶PM为定值．6．(2012·南通、泰州、扬州调研)如图，AB是半圆O的直径，延长AB到C，使BC＝3，CD切半圆O于点D，DE⊥AB，垂足为E.若AE∶EB＝3∶1，求DE的长．参考答案训练22几何证明选讲1．证明因为AE＝AC，AB为直径，故∠OAC＝∠OAE.所以∠POC＝∠OAC＋∠OCA＝∠OAC＋∠OAC＝∠EAC.又∠EAC＝∠PDE，所以∠PDE＝∠POC.2．证明连接OE，因为PE切⊙O于点E，所以∠OEP＝90°，所以∠OEB＋∠BEP＝90°，因为OB＝OE，所以∠OBE＝∠OEB，因为OB⊥AC于点O，所以∠OBE＋∠BDO＝90°.故∠BEP＝∠BDO＝∠PDE，PD＝PE，又因为PE切⊙O于点E，所以PE2＝P A·PC，故PD2＝P A·PC.3．证明连接BG，如图，因为AD是△ABC的高，所以∠CAD＋∠ACB＝π2.同理∠HBD＋∠ACB＝π2.所以∠CAD＝∠HBD.又因为∠CAD＝∠CBG，所以∠HBD＝∠CBG，又因为∠BDH＝∠BDG＝90°，BD＝BD，所以△BDH≌△BDG.所以DH＝DG.4．解连接OD，则OD⊥DC，在Rt△OED中，OE＝12OB＝12OD，所以∠ODE＝30°，在Rt△ODC中，∠DCO＝30°，由DC＝2得OD＝DC tan30°＝233，所以BC＝233.5．证明作两圆的公切线TQ，连接OP，O1M，则PN2＝PM·PT，所以PN2PT2＝PMPT.由弦切角定理知，∠POT＝2∠PTQ，∠MO1T＝2∠PTQ，于是∠POT＝∠MO1T，所以OP∥O1M，所以PMPT＝OO1OT＝R－rR，所以PN2PT2＝R－rR，所以PMPN＝PNPT＝R－rR为定值．6．解连接AD、DO、DB.由AE∶EB＝3∶1，得DO∶OE＝2∶1，又DE⊥AB，所以∠DOE＝60°.故△ODB为正三角形．于是∠DAC＝30°＝∠BDC.而∠ABD＝60°，故∠C＝30°＝∠BDC.所以DB＝BC＝ 3.在△OBD中，DE＝32DB＝32.。

【拿高分,选好题】高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分必考问题专项突破《必考问题14

4．充分条件与必要条件 (1)如果p⇒q，则p是q的充分条件，q是p的必要条件；
(2)如果p⇒q，q⇒p，则p是q的充分必要条件．
5．全称命题与存在性命题的否定含有一个量词的命题的否定规律是：将量词属性改变，再将“肯定”变为“否定”．一般形式是：“∀ x∈M， p(x)”的否定为“ ∃ x∈M ，非 p(x)”；“ ∃ x∈M ， p(x)” 的否定为“∀x∈M，非p(x)”．
3．(2010·江苏，1改编)设集合A＝{－1,1,3}，B＝{a＋2，a2
＋3}，A∩B＝{1}，则实数a＝________.
解析考查集合的运算推理.1∈B，a＋2＝1，a＝－1.此
时B＝{1,4}，则A∩B＝{1}．所以a＝－1. 答案－1
4．(2012·南通模拟，1)已知数集M＝{－1,0，x－2}中有3个元素，则实数x不能取的值构成的集合为________．解析根据集合元素的互异性，x－2≠ －1且x－2≠0，
必考问题14 集合与常用逻辑用语(备用)
抓住命题方向
【真题体验】 1 ． (2012· 江苏， 1) 已知集合 A ＝ {1,2,4} ， B ＝ {2,4,6} ，则
A∪B＝________.
解析由集合的并集意义得A∪B＝{1,2,4,6} 答案 {1,2,4,6}
2 ． (2011· 江苏， 1) 已知集合 A ＝ { － 1,1,2,4} ， B ＝ { － 1,0,2}，则A∩B＝________. 解析由集合的交集意义得A∩B＝{－1,2} 答案 {－1,2}
必备知识方法
必备知识 1．集合的基本概念
(1)集合中元素的特性：确定性、互异性、无序性．
(2)集合的表示方法：列举法、描述法、图示法． (3)子集、真子集、空集、集合相等的概念．

高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分 25个必考问题专项突破《必考问题12 圆锥曲线》课件

m＋ 2m2＋2 解得 y1＝， m2＋2 2m2＋1＋m m2＋1 故 AF1＝ x1＋12＋y1－02＝ my12＋y2＝ . 1 m2＋2 ① 2m2＋1－m m2＋1 同理，BF2＝ .② 2 m ＋2
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【例 1】► (2012· 南通模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，直线 x＝ x2 y2 t(－4＜t＜4)与椭圆16＋ 9 ＝1 交于两点 P1(t，y1)、P2(t，y2)，且 y1＞0、y2＜0，A1、A2 分别为椭圆的左、右顶点，则直线 A1P2 与 A2P1 的交点所在的曲线方程为________． [审题视点] 将 A1P2 与 A2P1 的交点(x，y)用 P1(t，y1)、 P2(t，y2)坐标的关系来代换． [听课记录]
15)，右焦点 F(4,0)． ∴MF＝ 1＋15＝4. 法二由双曲线第二定义知，M 到右焦点 F 的距离与 M 到 a2 c MF 右准线 x＝＝1 的距离比为离心率 e＝＝2，∴ ＝2， c a 3－1 MF＝4. 答案 4
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3．定点定值问题，所考查的数学思想主要是函数与方程思想、数形结合思想、等价化归思想以及基本不等式的运
用等，并且基本上都是建立目标函数，通过目标函数的
各种性质来解决问题．关于定点定值问题，一般来说，从两个方面来解决问题：(1)从特殊入手，求出定点(定值)，再证明这个点(值)与变量无关；(2)直接推理计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点(值) .

高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分 25个必考问题专项突破《必考问题21 二项式定理》课件

－－－－
C 0(1－x)n ＋C 1(2x)(1－x)n 1 ＋C 2(2x)2(1－x)n 2 ＋„＋C n 1 (2x)n 1(1 n n n n
n －x)＋Cn(2x)n＝[(1－x)＋2x]n＝(1＋x)n.
所以 p(－1)＝0. (2)证明若数列{an}是公差为 2 的等差数列，则 an＝2n－1.
(5)解题时经常用到“归纳——猜想——证明”的思维模式．
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命题角度一二项式定理的应用 [命题要点] (1)二项展开式中的二项式系数和展开式系数； (2)求二项展开式的特定项；(3)二项展开式的性质的应用．
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1 1 ＝cos kAcos A－2cos(k－1)A＋2cos(k＋1)A 解得：cos(k＋1)A＝2cos kAcos A－cos(k－1)A ∵cos A，cos kA，cos(k－1)A 均是有理数， ∴2cos kAcos A－cos(k－1)A 是有理数， ∴cos(k＋1)A 是有理数．即当 n＝k＋1 时，结论成立．综上所述，对于任意正整数 n，cos nA 是有理数．
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(2)由(1)设 an＝(1＋ 2)n＝a＋b 2(a， b∈Z)，则(1－ 2)n＝a－b 2，所以 a2－2b2＝(a＋b 2)(a－b 2)＝(1＋ 2)n(1－ 2)n＝(1－2)n，当 n 为偶数时， 2＝2b2＋1， a 存在 k＝a2，使得 an＝a＋b 2＝ a2＋ 2b2＝ k＋ k－1，当 n 为奇数时，a2＝2b2－1，存在 k＝2b2，使得 an＝a＋b 2＝ a2 ＋ 2b2＝ k－1＋ k，综上，对于任意 n∈N*，都存在正整数 k，使得 an＝ k－1＋ k.

高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分 25个必考问题《必考问题17 数学思想在解题中的应用(一)》

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【应对策略】
掌握函数与方程思想在解题中的应用主要表现在两个
方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证) 不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题；二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为
发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程，这在解填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，争取胸中有图，见数想图，以开拓自己的思维视野．
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命题角度一利用函数与方程相互转化的观点解决函数、方程问题 [命题要点] ①函数零点与方程的根相互转化；②函数与不等式相互转化.
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ax－1 【例1】► (2012· 徐州信息卷)已知函数f(x)＝ln x－ . x＋b (1)当b＝1时，若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，求a 的取值范围； (2)当a＞0且b＝0时，求证：函数f(x)存在唯一零点的充要条件是a＝1； m－n m＋n (3)设m，n∈(0，＋∞)，且m≠n，求证：＜ . 2 ln m－ln n
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2．方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，从而建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决．方程的思想是对方程概念的本质认识，用

高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分 25个必考问题专项突破《必考问题22 几何证明选讲》PPT课件

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证明连接 OC，OE，则∠EOC＝2∠EDC. 因为 AE ＝ AC ，所以∠AOC＝∠EOA，所以∠AOC＝∠EDC，所以∠POC＝∠PDF. 又∠P＝∠P，所以△POC∽△PDF，所以PPOD＝PPCF，即 PF·PO＝PC·PD. 又由割线定理，得 PC·PD＝PA·PB，所以 PF·PO＝PA·PB.
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3．直线和圆的相切的位置关系，以及由它引伸出来的一系列知识，如切线长定理、弦切角定理和圆有关的比例线段定理又是本节的重点，利用上述定理可很方便地证明角相等、线段相等、以及线段的比例问题．
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命题角度一相似三角形的判定与性质 [命题要点] (1)证明三角形相似；(2)相似三角形的性质证明线段成比例．
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【高考定位】高考对本内容的考查主要有： (1)三角形及相似三角形的判定与性质； (2)圆的相交弦定理，切割线定理； (3)圆内接四边形的性质与判定； (4)相交弦定理，本内容考查属B级要求．
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【应对策略】三角形与圆的几何性质是“平面几何选讲”中的重要
内容，也是新课程高考命题的一个热点内容，高考对这些内容的要求不高，只要能正确地运用它们解决一些简单的几何计算和证明问题就行了，一般说来，题目的难度不会太大，备考复习时，要以基础知识和基本方法为重点，把握好度，适当地进行一下训练，不要过多地在题型和技巧的操练方面花时间和下功夫，以减轻学生的负担，提高复习的效果．
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【例 1】► (2012·南京、盐城三模)如图，⊙O 的直径 AB 的延长线与弦 CD 的延长线相交于点 P，E 为⊙O 上一点， AE ＝ AC ， DE 交 AB 于点 F.求证：PF·PO＝PA·PB.

高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分 25个必考问题专项突破专题训练14

训练14 集合与常用逻辑用语(备用)(参考时间：80分钟)1．设集合A ＝{5，log 2(a ＋3)}，B ＝{a ，b }，若A ∩B ＝{2}，则A ∪B ＝________.2．若全集U ＝R ，集合A ＝{x ||2x ＋3|＜5}，B ＝{x |y ＝log 3(x ＋2)}，则∁U (A ∩B )＝________.3．(2012·辽宁改编)已知全集U ＝{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，集合A ＝{0,1,3,5,8}，集合B ＝{2,4,5,6,8}，则(∁U A )∩(∁U B )＝________.4．(南京、盐城三模)已知集合A ＝{－1,1,3}，B ＝{a ＋2，a }，且B ⊆A ，则实数a 的值是________．5．设集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x －1x ＋1＜0，B ＝{x ||x －1|＜a }，则“a ＝1”是“A ∩B ≠∅”的________(填写“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分也不必要”中的一个)．6．集合A ＝{0，log 123，－3,1,2}，集合B ＝{y ∈R |y ＝2x ，x ∈A }，则A ∩B ＝________.7．(2012·北京改编)已知集合A ＝{x ∈R |3x ＋2＞0}，B ＝{x ∈R |(x ＋1)(x －3)＞0}．则A ∩B ＝________.8．(2012·新课标全国卷改编)已知集合A ＝{1,2,3,4,5}，B ＝{(x ，y )|x ∈A ，y ∈A ，x －y ∈A }，则B 中所含元素的个数为________．9．已知集合A ＝{x |x 2＋a ≤(a ＋1)x ，a ∈R }，∃a ∈R ，使得集合A 中所有整数的元素和为28，则实数a 的取值范围是______．10．下列命题中的真命题是________．①∃x ∈R ，使得sin x ＋cos x ＝32②∀x ∈(0，＋∞)，e x ＞x ＋1③∃x ∈(－∞，0)，2x ＜3x④∀x ∈(0，π)，sin x ＞cos x11．下列四种说法中，错误的个数是________．①A ＝{0,1}的子集有3个；②“若am 2＜bm 2，则a ＜b ”的逆命题为真；③“命题p ∨q 为真”是“命题p ∧q 为真”的必要不充分条件；④命题“∀x ∈R ，均有x 2－3x －2≥0”的否定是：“∃x ∈R ，使得x 2－3x －2≤0”12．已知条件p ：x ≤1，条件q ：1x ＜1，则p 是綈q 成立的________条件．13．(2011·淮安模拟)已知集合A ＝{(x ，y )|x 2＋y 2＋2ny ＋n 2－4＝0}，B ＝{(x ，y )|x 2＋y 2－6mx －4ny ＋9m 2＋4n 2－9＝0}，若A ∩B 为单元素集，则点P (m ，n )构成的集合为________．14．(2011·南京一模)设p ：方程x 2＋2mx ＋1＝0有两个不相等的正根，q ：方程x 2＋2(m －2)x －3m ＋10＝0无实根，则使p ∨q 为真，p ∧q 为假的实数m 的取值范围是________．参考答案训练14 集合与常用逻辑用语(备用)1．解析由A ∩B ＝{2}可得：log 2(a ＋3)＝2，∴a ＝1，∴b ＝2，∴A ∪B ＝{1,2,5}．答案 {1,2,5}2．解析 A ＝{x ||2x ＋3|＜5}＝{x |－4＜x ＜1}，B ＝{x |y ＝log 3(x ＋2)}＝{x |x ＋2＞0}＝{x |x ＞－2}，所以A ∩B ＝{x |－2＜x ＜1}，所以∁U (A ∩B )＝{x |x ≥1或x ≤－2}．答案 {x |x ≥1或x ≤－2}3．解析根据集合运算的性质求解．因为A ∪B ＝{0,1,2,3,4,5,6,8}，所以(∁U A )∩(∁U B )＝∁U (A ∪B )＝{7,9}．答案 {7,9}4．解析 a ≥0，则a ＝1，且a ＋2＝3，解得a ＝1.答案 15．解析 A ＝(－1,1)，B ＝(1－a,1＋a )，当a ＝1时，有A ∩B ≠∅满足，但当a ＝12时，也有A ∩B ≠∅满足．故答案为充分不必要条件．答案充分不必要条件6．解析 ∵B ＝{y ∈R |y ＝2x ，x ∈A }＝{1,2,4，18，13}∴A ∩B ＝{1,2}答案 {1,2}7．解析集合A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，＋∞，集合B ＝(－∞，－1)∪(3，＋∞)，故A ∩B ＝(3，＋∞)．答案 (3，＋∞)8．解析列举得集合B ＝{(2,1)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(3,2)，(4,2)，(5,2)，(4,3)，(5,3)，(5,4)}，共含有10个元素．答案 109．解析由x 2＋a ≤(a ＋1)x 得1≤x ≤a ，又1＋2＋…＋7＝28，所以a 的取值范围是[7,8)．答案 [7,8)10．解析 ∀x ∈R ，sin x ＋cos x ≤2，∀x ∈(－∞，0)，2x ＞3x ，sin π4＝cos π4，所以①③④都是假命题．对于②，令f (x )＝e x －x －1⇒f ′(x )＝e x －1＞0，对于x ∈(0，＋∞)恒成立，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )＞f (0)＝0⇒e x ＞x ＋1，②是真命题．答案 ②11．解析 A ＝{0,1}的子集有4个，①错误；“若am 2＜bm 2，则a ＜b ”的逆命题为“若a ＜b ，则am 2＜bm 2”在m ＝0时不成立，②错误；“命题p ∨q 为真”则“命题p ∧q 不一定为真”，“命题p ∧q 为真”则“命题p ∨q 为真”③正确；“∀x ∈R ，均有x 2－3x －2≥0”的否定是：“∃x ∈R ，使得x 2－3x －2＜0”④错误．四种说法中，错误的个数是3.答案 312．解析因为q ：1x ＜1，所以綈q ：1x ≥1，即0＜x ≤1，所以p 是綈q 成立的必要不充分条件．答案必要不充分条件13．解析因为A ∩B 为单元素集，即圆x 2＋(y ＋n )2＝4与圆(x －3m )2＋(y －2n )2＝9相切，所以有(3m )2＋(2n ＋n )2＝3＋2或(3m )2＋(2n ＋n )2＝3－2，即m 2＋n 2＝259或m 2＋n 2＝19.答案 {(m ，n )|m 2＋n 2＝259或m 2＋n 2＝19} 14．解析设方程x 2＋2mx ＋1＝0的两个正根分别为x 1，x 2，则由⎩⎨⎧ Δ1＝4m 2－4＞0x 1＋x 2＝－2m ＞0解得m ＜－1，∴p ：m ＜－1. 由Δ2＝4(m －2)2－4(－3m ＋10)＜0知－2＜m ＜3，∴q ：－2＜m ＜3.由p ∨q 为真，p ∧q 为假可知，命题p 和q 一真一假，当p 真q 假时，得⎩⎨⎧m ＜－1m ≥3或m ≤－2，此时m ≤－2；当p 假q 真时，得⎩⎨⎧ m ≥－1－2＜m ＜3，此时－1≤m ＜3， ∴m 的取值范围是(－∞，－2]∪[－1,3)．答案 (－∞，－2]∪[－1,3)。

高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分 25个必考问题专项突破专题训练9

训练9　不等式及线性规划问题(参考时间：80分钟)一、填空题1．不等式x＜－1的解集是________．2．(2012·苏中三市调研)设实数x，y满足条件则点(x，y)构成的平面区域面积为________．3．(2012·无锡市高三期末)不等式4x－2x＋2＞0的解集为________．4．(2012·南通调研)存在实数x，使得x2－4bx＋3b＜0成立，则b的取值范围是________．5．若关于x的不等式mx2＋2x＋4＞0的解集为{x|－1＜x＜2}，则m的值为________．6．若一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为(x1，x2)(x1·x2＜0)，则不等式cx2－bx＋a＜0的解集为________．7．(2012·徐州质检)若变量x，y满足约束条件，则z＝log3(2x＋y)的最大值为________．8．(2012·徐州考前信息卷)已知集合A＝{x|x2＋2x－3≤0}，B＝{x|(x－2a)[x －(a2＋1)]≤0}，若“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是________．9．函数f(x)＝则不等式x＋(x＋1)f(x＋1)≤1的解集是________．10．已知变量x，y满足条件若目标函数z＝ax＋y(其中a＞0)仅在点(3,0)处取得最大值，则a的取值范围是________．二、解答题11．若不等式ax2＋5x－2＞0的解集是.(1)求实数a的值；(2)求不等式ax2－5x＋a2－1＞0的解集．12．已知x，y满足条件且M(2,1)，P(x，y)，求：(1)的取值范围；(2)x2＋y2的最大值和最小值；(3)·的最大值；(4)||cos∠MOP的最小值．13．(2011·梅州模拟)已知函数f(x)＝ax3－x2＋cx＋d(a，c，d∈R)满足f(0)＝0，f′(1)＝0，且f′(x)≥0在R上恒成立．(1)求a，c，d的值；(2)若h(x)＝x2－bx＋－，解不等式f′(x)＋h(x)＜0. 14．(2010·泰州模拟)函数f(x)＝x2＋ax＋3.(1)当x∈R时，f(x)≥a恒成立，求a的范围；(2)当x∈[－2,2]时，f(x)≥a恒成立，求a的范围．参考答案训练9　不等式及线性规划问题1．解析　x＜－1⇔＜0⇔或，解得{x|x＜－2或0＜x＜1}．答案　{x|x＜－2或0＜x＜1}2．解析　画出不等式组对应的可行域即可求解．答案　13．解析　根据指数运算法则求解．由4x－2x＋2＞0得2x(2x－4)＞0，又因为2x＞0，所以2x＞4，解得x＞2，故原不等式的解集为(2，＋∞)．答案　(2，＋∞)4．解析　由题意可得Δ＝(－4b)2－4×3b＞0，即为4b2－3b＞0，解得b ＜0或b＞.答案　b＜0或b＞5．解析　由题意可知m＜0，且－1,2是方程mx2＋2x＋4＝0的两根，∴－1＋2＝－，解得m＝－2.答案　－26．解析　由题意可知，a＜0，x1＋x2＝－，x1·x2＝＜0，所以c＞0，所求不等式解集在两根之间，又原不等式等价于x2－x＋1＞0，即x1x2x2＋(x1＋x2)x＋1＞0，解得解集为.答案　7．解析　作出约束条件对应的平面区域，平移直线可得2x＋y的最大值是9，所以z的最大值是2.答案　28．解析　因为集合A＝{x|x2＋2x－3≤0}＝{x|－3≤x≤1}，B＝{x|(x－2a)[x－(a2＋1)]≤0}＝{x|2a≤x≤a2＋1}，且“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，所以集合A是B的真子集，即，且两个等号不能同时取到，解得a≤－，则实数a的取值范围是.答案　9．解析　若x＜－1，则f(x＋1)＝－x，于是由x－x(x＋1)≤1，得x2≥－1，所以x＜－1.若x≥－1，则f(x＋1)＝x，于是由x＋x(x＋1)≤1，得x2＋2x－1≤0，解得－1－≤x≤－1＋，所以－1≤x≤－1.综上得x≤－1.答案　(－∞，－1]10．解析　画出x、y满足条件的可行域如图所示，要使目标函数z＝ax ＋y仅在点(3,0)处取得最大值，则直线y＝－ax＋z的斜率应小于直线x ＋2y－3＝0的斜率，即－a＜－，∴a＞.答案　11．解　(1)由题意知a＜0，且方程ax2＋5x－2＝0的两个根为，2，代入解得a＝－2.(2)－2x2－5x＋3＞0即为2x2＋5x－3＜0，解得－3＜x＜，即不等式ax2－5x＋a2－1＞0的解集为.12．解　画出不等式组表示的平面区域如图所示．其中A(4,1)，B(－1，－6)，C(－3,2)．(1)表示区域内点P(x，y)与点D(－4，－7)连线的斜率，所以k DB≤≤k CD，即≤≤9.(2)x2＋y2表示区域内点P(x，y)到原点距离的平方，所以(x2＋y2)max＝(－1)2＋(－6)2＝37，(x2＋y2)min＝0.(3)设·＝(2,1)·(x，y)＝2x＋y＝t，则当直线2x＋y＝t经过点A(4,1)时，t max＝2×4＋1＝9.(4)设||cos∠MOP＝＝＝＝z，则当直线2x＋y＝z经过点B(－1，－6)时，z min＝[2×(－1)－6]＝－.13．解　(1)∵f(0)＝0，∴d＝0，∵f′(x)＝ax2－x＋c.又f′(1)＝0，∴a＋c＝.∵f′(x)≥0在R上恒成立，即ax2－x＋c≥0恒成立，∴ax2－x＋－a≥0恒成立，显然当a＝0时，上式不恒成立．∴a≠0，∴即即解得a＝，c＝.(2)∵a＝c＝.∴f′(x)＝x2－x＋.f′(x)＋h(x)＜0，即x2－x＋＋x2－bx＋－＜0，即x2－x＋＜0，即(x－b)＜0，当b＞时，解集为，当b＜时，解集为，当b＝时，解集为∅.14．解　(1)x∈R时，有x2＋ax＋3－a≥0恒成立，须Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0，所以－6≤a≤2.所以a的取值范围是[－6,2]．(2)当x∈[－2,2]时，设g(x)＝x2＋ax＋3－a≥0，分以下三种情况讨论(如图所示)：①如图(1)，当g(x)的图象恒在x轴上方时，有Δ＝a2－4(3－a)≤0，即－6≤a≤2.②如图(2)，g(x)的图象与x轴有交点，但在x∈[－2，＋∞)时，g(x)≥0，即即⇒此不等式组无解．③如图(3)，g(x)的图象与x轴有交点，但在x∈(－∞，2]时，g(x)≥0，即即⇒⇒－7≤a≤－6.综合①②③得a∈[－7,2]．。

高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分 25个必考问题《必考问题18 数学思想在解题中的应用(二)》

抓住命题方向必备知识方法热点命题角度阅卷老师叮咛
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数列问题中涉及分类讨论的公式有两个，即an与Sn
S ，n＝1 1 之间的关系式an＝ Sn－Sn－1，n≥2
na1，q＝1 和等比数列的求和公式Sn＝a11－qn 1－q ，q≠1.
抓住命题方向
抓住命题方向
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2．等价转化：熟练、扎实地掌握基础知识、基本技能和基
本方法是转化的基础；丰富的联想、机敏细微的观察、
比较、类比是实现转化的桥梁；培养训练自己自觉的化归与转化意识需要对定理、公式、法则有本质上的深刻理解和对典型习题的总结和提炼，要积极主动有意识地去发现事物之间的本质联系；“抓基础，重转化”是学好中学数学的金钥匙．为了实施有效的化归，既可以变更问题的条件，也可以变更问题的结论，既可以变换问题的内部结构，又可以变换问题的外部形式，既可以从
抓住命题方向
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【例1】►(2012·泰州期末)已知数列{an}，对于任意n≥2，在 an－1 与an 之间插入n个数，构成的新数列{bn}成等差数列，并记在an－1与an之间插入的这n个数均值为cn－1.
(1)若an＝，求c1，c2，c3；
(2)在(1)的条件下是否存在常数λ，使{cn＋1－λcn}是等差数列？如果存在，求出满足条件的λ，如果不存在，请说明理由； (3)求出所有的满足条件的数列{an}． [审题视点] 等差数列的概念、通项公式的应用． [听课记录]
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解析因为二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a，b，c 为实数，a≠0)的图象过点 C(t,2)，所以 at2＋bt＋c＝2，设 A(x1,0)，B(x2,0)，则由韦达定 b c 理可得 x1＋x2＝－a，x1x2＝a，且 AC⊥BC 可以转化为 kAC·BC＝ k 2 2 c b · ＝－1，变形得(t－x1)(t－x2)＝－4，即为＋ t＋t2＝－4 a a t－x1 t－x2 1 ⇒at ＋bt＋c＝－4a＝2⇒a＝－ . 2

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