2017高考一本解决方案专题7

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2017高考一本解决方案专题1

时 x<y<z<w 于是(y z 时 y<z<w<x 于是(y z
第四种综所述
成立可得(y z
时 z<w<x<y 于是(y z w)∈S 妨 1)∈S. (x y w)∈S.
w)∈S
(x
y w)∈S.
方法二(特殊值法) (x y w) (2 15 (2014·重庆 3 5 7 3
x 2 y 3 z
2
易)已知集合 A {1
3
m}
B {1
m}
A B A
则m ( A 0或 3 C 1或 3
B 0或3 D 1或3 A {1 3 m } B {1 m} A B A 故 B⊆A 所其中 m 1 时集合中元素满足互
12 B [考向 2]因 m 3或m 异性所 m
即m 3或m 0或m 1 3.
m 0或m
∞) D (0 题意得
[考向 2]
{x |
1<x<1}
所
A B ( 1
2) D ( ∞ Q {x|x
6 B [考向 2] 2<x 3} 7
2 或 x 2}
选 B. 1 易)已知集合 A {1 ∅ 2 3} B {2 3} 则( )
(2015·重庆
A A B B A B
C
/ B A =
⊂
/ A D B =
D (y z
14 B [考向 2]方法一(直接法) 个式子中恰有一个成立 (z w x)∈S 则有 z<w<x
w<x<z
x<z<w
个式子中恰有一
个成立配对后只有四种情况第一种第二种第种成立成立成立时 w<x<y<z 于是(y z w)∈S w)∈S w)∈S (x (x (x y w)∈S y w)∈S y w)∈S

2017高考一本解决方案专题8

→ PB → PC → 又PA 6 3x 0 6 3y 0 → (2 即OP 方法二
解得 x 2
y 2
→| 2 2) 故|OP 2. → PB → PC → PA 0 →) 0 OP
→ OP → ) (OB → OP → ) (OC → 则(OA → OB → OC → ) (2 → 1(OA OP 3 →| 2 |OP 2. → (x y) (2)OP → (1 AB 2) → AC 2)
→ 1BC → CD 3 → AC → AD
2 (2014·课标 → FC → 则EB (
→ B.1AD → C.BC → A.AD 2 2
→ FC → A [考向 1]如图 EB 1 → AD →. ·2AD 2
3
(2012·广东 4)
3
易)若向 4) 10) → AC
→ (2 BA
3)
→ (4 CA
→ 7) 则BC
(
)
A ( 2 C 3 4 (6
B (2
10) D ( 6 → BA
→ A [考向 3]BC (2013· 宁 ( ) 4 4 B.5 5 4 4 5 D. 5 3
→ BA
→ (2 CA 3) B(4
3) (4 1) 则
7)
( 向
2
4) 向
易)已知点 A(1
2) B (
C
( 4 6
2) D (
4 6
2) 角函数定设 P 点坐标 (10cos θ
→ | 10 由 5 A [考向 3]由题意得|OP 10sin θ ) 则 cos θ
3 4 sin θ . 则 Q 点的坐标 5 5 3征 3征 . 10cosθ 10sinθ 4 4 3征 3征 7 2 10sinθ 2 由角函数知识得 10 cos θ 4 4 所以 Q( 7 2 思路点 x轴 2) 故选 A. 变因的定 → 求 Q 点的坐标关系是求出旋转后OQ 求解 1 b (2 1) 且λa b 0(λ∈R)

2017高考一本解决方案专题6

于(2 1)
________ ︵由题意知BP OB 2.年
圆的半径为 1
∠BAP 2
年
故∠DAP 2 DA APcos2 OC 2
π 2
年 π 2 sin 2 DP APsin2 1 cos 2.年年 π 2 cos 2.年
sin 2 PC sin 2 (2 1 sin 2
α
征 2tan 5
3征 cos α 10 则 ( 征 sin α 5
)
A 1 5 C
B 2
C
3
D 4
[考向 2]原式
征征 cosα 5 2 征 sinα 5 cos 征征 α 2 5 征 sinα 5
1 .年 2 角形年
(2)由题意得|OB|
从而△OBC 为等边
π sin ∠AOB sin 3 3cos2 2
5 α 13.年
α
sin 2 cos 2 sin π (1)B (2)
α
α
α
3 2 2π 3
3·
1
cos α 2 α
sin α 2 5 13.年3tan来自征 5 征 tan 5
3.
思路点的角
：先利用诱导再利用同角角函
式将欲求值式子的基本式变形最后
子、
母中的角转
为已知条件中
入求值即得
高考对值坐标 5
角函数定
的考查多
选择题、填空题的形式出现某点的坐标角函数的定求解
难度中等或偏单圆的交点
题目中含有时
角的终边
角的终边
等已知信
cos 2θ 综可得

2017版【高考一本解决方案】高考数学(理科·新课标版)配套教师文档：考法综合突破

高考选择、填空题压轴题考法深度揭秘编写：李斌(山东聊城莘县一中高级教师)通过深度研究近五年全国及各省市高考题的选择题和填空题，我们发现其压轴题的命题视角有以下八个知识点：(一)函数函数作为高中数学的基础内容之一，在各个知识之间起到“中枢”的作用．在高考中，主要考查函数的表示方法、单调性、最值、奇偶性和周期性的确定及应用、基本初等函数的图象与性质．特别地，在选择、填空题的压轴题上，则集中体现在函数图象的识别与应用、函数性质的综合应用、函数的零点与方程根的求解、函数的新概念问题、基本初等函数图象与性质的综合应用等．考法 01 利用函数的性质确定函数值或解不等式以函数知识为背景的选择题、填空题的压轴题，高考中常考利用函数的概念及性质(主要是单调性、奇偶性、周期性、图象的对称性)确定函数值或根据函数值求参数值(取值范围)，以及根据不等式成立的情况求参数取值范围问题，解决这类问题的关键是巧用函数的概念及相应的性质，转化为简单的求值问题或方程(不等式)问题求解．(2015·课标Ⅱ文，12)设函数f (x )＝ln(1＋|x |)－11＋x 2，则使得f (x )>f (2x －1)成立的x 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13∪(1，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，13 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞ 【知识揭秘】揭秘1：由f (－x )＝f (x )⇒f (x )为偶函数；揭秘2：当x∈(0，＋∞)时，y＝－11＋x2，y＝ln(x＋1)均为增函数，所以f(x)为增函数；揭秘3：f(x)为偶函数⇒f(x)＝f(|x|)．【思维揭秘】分析函数的奇偶性和单调性→将不等式进行等价转化→利用单调性把函数值的大小转化为自变量的大小【解析揭秘】方法一：∵f(－x)＝ln(|－x|＋1)－11＋（－x）2＝f(x)，∴函数f(x)为偶函数．∵当x≥0时，f(x)＝ln(1＋x)－11＋x2，又y＝ln(1＋x)在(0，＋∞)上单调递增，y＝－11＋x2在(0，＋∞)上单调递增，∴根据单调性的性质知，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上可知：f(x)>f(2x－1)⇔f(|x|)>f(|2x－1|)⇔|x|>|2x－1|⇔x2>(2x－1)2⇔3x2－4x＋1<0⇔13<x<1.方法二(特殊值排除法)：令x＝0，此时f(x)＝f(0)＝－1<0，f(2x－1)＝f(－1)＝ln 2－12＝ln 2－ln e>0，∴x＝0不满足f(x)>f(2x－1)，故C错误．令x＝2，此时f(x)＝f(2)＝ln 3－15，f(2x－1)＝f(3)＝ln 4－110.∵f(2)－f(3)＝ln 3－ln 4－110，其中ln 3<ln 4，∴ln 3－ln 4－110<0，∴f(2)－f(3)<0.即f(2)<f(3)，∴x＝2不满足f(x)>f(2x－1)．故B ，D 错误．故选A.【答案】 A(1)(2015·课标Ⅰ文，12)设函数y ＝f (x )的图象与y ＝2x ＋a 的图象关于直线y ＝－x 对称，且f (－2)＋f (－4)＝1，则a ＝( )A ．－1B ．1C ．2D ．4(2)(2015·山东理，10)设函数g (x )＝⎩⎨⎧3x －1，x ＜1，2x ，x ≥1，则满足f (f (a ))＝2f (a )的a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1 B ．[0，1] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．[1，＋∞) 【知识揭秘】 (1)揭秘1：点(x ，y )关于直线y ＝－x 对称的点为(－y ，－x )；揭秘2：利用a b ＝N ⇔b ＝log a N ，解出y ＝－log 2(－x )＋a .(2)揭秘：由f (f (a ))＝2f (a )推出f (a )≥1.【思维揭秘】 (1)求y ＝f （x ）的解析式→代入自变量的值，解方程求a ；(2)由已知等式得出f (a )≥1，当a ≥1时，显然成立；当a <1时，f (a )＝3a －1≥1，解不等式可得．【解析揭秘】 (1)设(x ，y )是函数y ＝f (x )的图象上任意一点，它关于直线y ＝－x 的对称点为(－y ，－x )，由已知得(－y ，－x )在函数y ＝2x ＋a 的图象上，∴－x ＝2－y ＋a ，解得y ＝－log 2(－x )＋a ，即f (x )＝－log 2(－x )＋a ，∴f (－2)＋f (－4)＝－log 22＋a －log 24＋a ＝1，解得a ＝2.(2)当a ≥1时，f (a )＝2x >1，所以f (f (a ))＝2 f (a )，即a ≥1符合题意．当a <1时，f (a )＝3a －1，若f (f (a ))＝2f (a )，则f (a )≥1，即3a －1≥1，a ≥23，所以23≤a <1.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞. 【答案】 (1)C (2)C1.(2014·湖北理，10)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝12(|x －a 2|＋|x －2a 2|－3a 2)．若∀x ∈R ，f (x －1)≤f (x )，则实数a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－16，16B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－66，66 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33 1．B 因为当x ≥0时，f (x )＝12(|x －a 2|＋|x －2a 2|－3a 2)，所以当0≤x ≤a 2时，f (x )＝12(a 2－x ＋2a 2－x －3a 2)＝－x ；当a 2<x <2a 2时，f (x )＝12(x －a 2＋2a 2－x －3a 2)＝－a 2；当x ≥2a 2时，f (x )＝12(x －a 2＋x －2a 2－3a 2)＝x －3a 2.综上，函数f (x )＝12(|x －a 2|＋|x －2a 2|－3a 2)在x ≥0时的解析式等价于f (x )＝⎩⎨⎧－x ，0≤x ≤a 2，－a 2，a 2<x <2a 2，x －3a 2，x ≥2a 2.因此，根据奇函数的图象关于原点对称作出函数f (x )在R 上的大致图象如下，观察图象可知，要使∀x ∈R ，f (x －1)≤f (x )，则需满足2a 2－(－4a 2)≤1，解得－66≤a ≤66.2．(2016·东北三省四市二模，12)定义在[0，1]上，并且同时满足以下两个条件的函数f (x )称为M 函数：①对任意的x ∈[0，1]，恒有f (x )≥0；②当x 1≥0，x 2≥0，x 1＋x 2≤1时，总有f (x 1＋x 2)≥f (x 1)＋f (x 2)成立，则下列函数不是M 函数的是( )A. f (x )＝x 2B. f (x )＝2x －1C. f (x )＝ln(x 2＋1)D. f (x )＝x 2＋12．D 函数f (x )＝x 2≥0，x ∈[0，1]，且x 1，x 2∈[0，1]，x 1＋x 2≤1时，f (x 1＋x 2)－f (x 1)－f (x 2)＝(x 1＋x 2)2－x 21－x 22＝2x 1x 2≥0，所以f (x )＝x 2是M 函数，A 不满足题意；函数f (x )＝2x －1≥0，x ∈[0，1]，且x 1，x 2∈[0，1]，x 1＋x 2≤1时，f (x 1＋x 2)－f (x 1)－f (x 2)＝2x 1＋x 2－2x 1－2x 2＋1＝(2x 1－1)(2x 2－1)≥0，所以f (x )＝2x －1是M 函数，B 不满足题意；函数f (x )＝ln(x 2＋1)≥0，x ∈[0，1]，且x 1，x 2∈[0，1]，x 1＋x 2≤1时，x 1x 2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222≤14，所以[(x 1＋x 2)2＋1]－(x 21＋1)(x 22＋1)＝x 1x 2(2－x 1x 2)≥0，则f (x 1＋x 2)－f (x 1)－f (x 2)＝ln[(x 1＋x 2)2＋1]－ln(x 22＋1)－ln(x 21＋1)＝ln （x 1＋x 2）2＋1（x 21＋1）（x 22＋1）≥0，所以f (x )＝ln(x 2＋1)是M 函数，C 不满足题意；对于函数f (x )＝x 2＋1，x 1＝x 2＝12满足条件，此时f (x 1＋x 2)＝f (1)＝2＜f (x 1)＋f (x 2)＝52，所以f (x )＝x 2＋1不是M 函数，D 符合题意，故选D.考法02 函数图象的识别与应用函数图象的识别与应用是近几年高考选择、填空题压轴题的一个热点，其解法主要有：特殊点法、性质检验法、图象变换法、导数法等，其中导数法常把复杂的函数或含参数的函数问题转化为函数的极值或最值问题．(2016·陕西西安师大附中一模，16)已知三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx＋d 的图象如图所示，则f ′（－3）f ′（1）＝________.【知识揭秘】揭秘1：利用导数的运算法则求出f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ；揭秘2：在区间(a ，b )内，函数的单调性与其导数的正负有如下的关系：①如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间单调递增；②如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间单调递减；③如果f ′(x )＝0恒成立，那么函数y ＝f (x )在这个区间为常数．据此可判断函数f (x )的单调性；揭秘3：根据极值点的概念，结合函数图象可知2，－1为函数f (x )的极值点，所以f ′(2)＝0，f ′(－1)＝0.【思维揭秘】本题先求出f (x )的导数，然后根据函数图象确定极值点的位置，从而得出a ，b ，c 之间的关系，并用含a 的式子表示出f ′(－3)和f ′(1)．【解析揭秘】 f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，由函数图象得f ′(2)＝0，f ′(－1)＝0，故12a＋4b ＋c ＝0，3a －2b ＋c ＝0⇒b ＝－32a ，c ＝－6a ，所以f ′（－3）f ′（1）＝27a －6b ＋c 3a ＋2b ＋c＝30a －6a＝－5. 【答案】－51.(2014·陕西文，10)如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路线为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )A ．y ＝12x 3－12x 2－xB ．y ＝12x 3＋12x 2－3xC ．y ＝14x 3－xD ．y ＝14x 3＋12x 2－2x1．A 方法一(排除法)：依题意与图形知，该三次函数在点x ＝0处的切线为y＝－x ，在点x ＝2处的切线为y ＝3x －6.因为y ＝12x 3＋12x 2－3x 在点x ＝0处的切线为y ＝－3x ，所以排除B ；y ＝14x 3－x 在点x ＝2处的切线为y ＝2x －4，所以排除C ；y ＝14x 3＋12x 2－2x 在点x ＝0处的切线为y ＝－2x ，所以排除D.选A.方法二(待定系数法)：设该函数解析式为f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d ，则f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，由题意知⎩⎨⎧f （0）＝d ＝0，f （2）＝8a ＋4b ＋2c ＋d ＝0，f ′（0）＝c ＝－1，f ′（2）＝12a ＋4b ＋c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－12，c ＝－1，d ＝0， ∴f (x )＝12x 3－12x 2－x .2．(2016·北京东城一模，8)设f (x )＝|ln(x ＋1)|，已知f (a )＝f (b )(a 0 B. a ＋b >1C ．2a ＋b >0D ．2a ＋b >12．A 依题意f (x )＝|ln(x ＋1)|的图象如图所示，由f (a )＝f (b )，得－ln(a ＋1)＝ln(b ＋1)，即ab ＋a ＋b ＝0.∵0＝ab ＋a ＋b <（a ＋b ）24＋a ＋b ，即(a ＋b )(a ＋b ＋4)>0，显然－1<a <0，b >0，∴a ＋b ＋4>0，∴a ＋b >0，故选A.3．(2016·河南郑州二模，11)已知函数f (x )＝2e x ＋1＋sin x (e 为自然对数的底数)，则函数y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π3 上的大致图象是( )3．A 由题意知f ′(x )＝－2e x （e x ＋1）2＋cos x ．因为2e x （e x ＋1）2＝2e xe 2x ＋2e x ＋1＝2e x ＋1e x ＋2≤12，当且仅当e x ＝1e x ，即x ＝0时取等号，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π3上有12≤cos x ≤1，所以f ′(x )＝－2e x （e x ＋1）2＋cos x ＞－12＋12＝0，即f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π3上为单调递增函数，结合图象可知A 正确，故选A.考法03 根据函数零点情况或性质求参数范围根据函数的零点情况，求参数的范围是高考考查的重点和难点．对于这类问题，我们可以利用零点定理、数形结合思想及参数分离法求解．而已知函数的单调性等性质求参数的取值范围问题，常需转化为相应的不等式或方程问题求解．考查角度1 根据函数的零点情况求参数范围(2016·河北石家庄一模，12)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧|x ＋1|，x ≤0，|log 2x |，x >0.若函数y ＝f (x )－a 有四个不同的零点x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1<x 2<x 3<x 4，则x 3(x 1＋x 2)＋1x 23x 4的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(－1，1]C ．(－∞，1)D ．[－1，1)【知识揭秘】揭秘1：y ＝|x ＋1|，x ∈R 的图象关于直线x ＝－1对称⇒x 1＋x 22＝－1；揭秘2：|log 2x 3|＝|log 2x 4|⇒－log 2x 3＝log 2x 4⇒x 3x 4＝1；揭秘3：将所求式子转化为关于x 3的关系式，利用函数单调性求范围．【思维揭秘】由条件画出函数f (x )的图象，然后利用函数图象的特点，找到四个根的关系，把x 3或x 4作为变量，利用函数的单调性求范围．【解析揭秘】先画出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，x ≤0，|log 2x |，x >0的图象，如图．方程f (x )＝a 有四个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1<x 2<x 3<x 4，当x ≤0时，f (x )＝|x ＋1|，则横坐标为x 1与x 2两点的中点横坐标为x ＝－1，即x 1＋x 2＝－2；当x >0时，由于y ＝|log 2x |在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，又因为x 3<x 4，|log 2x 3|＝|log 2x 4|，则0<x 3<1<x 4，所以－log 2x 3＝log 2x 4⇒x 3x 4＝1.又因为方程f (x )＝a 有四个不同的解，所以－log 2x 3≤1，则x 3≥12，所以x 3(x 1＋x 2)＋1x 23x 4＝－2x 3＋1x 3⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤x 3<1.设g (t )＝－2t ＋1t ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤t <1，由于g ′(t )＝－2－1t 2<0，则g (t )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上是减函数，所以－1<g (t )≤1.【答案】 B考查角度2 根据函数的性质求参数范围(2013·四川理，10)设函数f (x )＝e x ＋x －a (a ∈R ，e 为自然对数的底数)，若曲线y ＝sin x 上存在(x 0，y 0)使得f (f (y 0))＝y 0，则a 的取值范围是( )A ．[1，e]B ．[e －1－1，1]C．[1，e＋1] D．[e－1－1，e＋1]【知识揭秘】揭秘1：根据y＝sin x的值域为[－1，1]，知y0∈[0，1]；揭秘2：将f(f(y0))＝y0转化为f(y0)＝y0，利用反证法证明；揭秘3：构造函数y＝e x＋x－x2，利用导数判断函数为增函数．【思维揭秘】方法一：考查题设中的条件，函数f(f(y0))的解析式不易得出，直接求最值有困难，考察四个选项，发现用两个特值区分开了四个选项，0出现在了B，D两个选项的范围中，e＋1出现在了C，D两个选项的范围中，故可通过验证参数为0与e＋1时是否符合题意判断出正确选项；方法二：由题意可得存在y0∈[0，1]，使f(y0)＝y0成立，即f(x)＝x在[0，1]上有解，即e x＋x－x2＝a，x∈[0，1]，利用导数可得函数的单调性，根据单调性求函数的值域，可得a的取值范围．【解析揭秘】方法一：曲线y＝sin x上存在点(x0，y0)使得f(f(y0))＝y0，则y0∈[0，1]．考查四个选项，B，D两个选项中参数都可取0，C，D两个选项中参数都可取e＋1，A，B，C，D四个选项参数都可取1，由此可先验证参数为0与e ＋1时是否符合题意，即可得出正确选项．当a＝0时，由于f(x)＝e x＋x是一个增函数，可得出f(y0)≥f(0)＝1，而f(1)＝e＋1>1，故a＝0不合题意，由此知B，D两个选项不正确；当a＝e＋1时，f(x)＝e x＋x－e－1，此函数是一个增函数，f(1)＝e1＋1－e－1＝0，而f(0)没有意义，故a＝e＋1不合题意，故C，D两个选项不正确．综上讨论知，可确定B，C，D三个选项不正确，故选A.方法二：由题意可得y0＝sin x0∈[－1，1]，又f(x)≥0，∴y0∈[0，1]．函数f(x)＝e x＋x－a(a∈R)为增函数．下面证明f (y 0)＝y 0，假设f (y 0)＝c ＞y 0，则f (f (y 0))＝f (c )＞f (y 0)＝c ＞y 0，不满足f (f (y 0))＝y 0.同理假设f (y 0)＝c ＜y 0，则不满足f (f (y 0))＝y 0.综上可得f (f (y 0))＝y 0.即f (x )＝x 在[0，1]上有解，即e x ＋x －x 2＝a 在[0，1]上有解．令g (x )＝e x ＋x －x 2，则a 为g (x )在[0，1]上的值域．∵当x ∈[0，1]时，g ′(x )＝e x ＋1－2x >0，故函数g (x )在[0，1]上是增函数．故g (0)≤g (x )≤g (1)，即1≤a ≤e.【答案】 A1.(2016·广西南宁一模，12)若函数f (x )＝(x 2－cx ＋5)e x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，则实数c 的取值范围是( )A ．(－∞，2]B ．(－∞，4]C ．(－∞，8]D ．[－2，4]1．B 若函数f (x )＝(x 2－cx ＋5)e x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，则f ′(x )＝[x 2＋(2－c )x ＋(5－c )]e x ≥0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上恒成立．即x 2＋(2－c )x ＋(5－c )≥0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上恒成立，即c ≤x 2＋2x ＋5x ＋1在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上恒成立．令g (x )＝x 2＋2x ＋5x ＋1，则g ′(x )＝x 2＋2x －3（x ＋1）2. 令g ′(x )＝0，则x ＝1或－3.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数；当x ∈(1，4]时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，故当x ＝1时，g (x )取最小值4，故c ∈(－∞，4]．2．(2016·河南中原名校一模，16)已知函数f (x )＝cos 2x ＋a sin x 在区间(0，n π)(n ∈N *)内恰有9个零点，则实数a 的值为________．2．【解析】由f (x )＝0，得cos 2x ＋a sin x ＝0，即2sin 2x －a sin x －1＝0.设g (x )＝2sin 2x －a sin x －1，令t ＝sin x ，则g (x )＝2t 2－at －1.考察x ∈(0，2π)时函数g (x )的零点个数，即如图所示为t ＝sin x ，x ∈(0，2π)的图象，易知：①方程2t 2－at －1＝0的一个根为1，另一个根在(－1，0)上时，g (x )在(0，2π)内有三个零点，此时⎩⎪⎨⎪⎧2×1－a ×1－1＝0，2×（－1）2－a ×（－1）－1>0，解得a ＝1；②方程2t 2－at －1＝0的一个根为－1，另一个根在(0，1)上时，g (x )在(0，2π)内有三个零点，此时⎩⎪⎨⎪⎧2×（－1）2－a ×（－1）－1＝0，2×1－a ×1－1>0，解得a ＝－1. 综上可知，当a ＝±1时，f (x )＝cos 2x ＋a sin x 在(0，2π)内有3个解．再由93＝3可知，n ＝2×3＝6.综上可知a ＝±1，n ＝6.【答案】 ±13．(2015·四川理，15)已知函数f (x )＝2x ，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R )．对于不相等的实数x1，x2，设m＝f（x1）－f（x2）x1－x2，n＝g（x1）－g（x2）x1－x2.现有如下命题：①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m>0；②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n>0；③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．3．【解析】设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，C(x1，g(x1))，D(x2，g(x2))．对于①，由f(x)＝2x的单调性可知f(x)＝2x在其定义域上单调递增，则有m＝k AB>0恒成立，故正确．对于②，由g(x)＝x2＋ax的单调性可知g(x)＝x2＋ax在其定义域上先减后增，即直线CD的斜率可为负，即n<0，故不正确．对于③，由m＝n得f(x1)－f(x2)＝g(x1)－g(x2)，即f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝2x－x2－ax，则h′(x)＝2x ln 2－2x－a.由h′(x)＝0得：2x ln 2＝2x＋a，作出y＝2x ln 2，y＝2x＋a的图象，如图．由图可知，方程2x ln 2＝2x＋a不一定有解，所以h(x)不一定有极值点，即对于任意的a，不一定存在不相等的实数x1，x2，使得h(x1)＝h(x2)，即不一定存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n，故不正确．对于④，由m＝－n得f(x1)－f(x2)＝g(x2)－g(x1)，即f(x1)＋g(x1)＝f(x2)＋g(x2)．令h(x)＝f(x)＋g(x)＝2x＋x2＋ax，则h′(x)＝2x ln 2＋2x＋a.由h′(x)＝0得：2x ln 2＝－2x－a，作出y＝2x ln 2，y＝－2x－a的图象，如图．方程2x ln 2＝－2x －a 一定有解，所以h (x )一定有极值点，即对于任意的a ，一定存在不相等的实数x 1，x 2，使得h (x 1)＝h (x 2)，即一定存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n ，故正确．【答案】 ①④考法04 与二次函数有关的问题含参数的二次函数问题，所考查的内容涉及许多重要的数学思想及方法，如分类讨论、数形结合、函数方程思想，配方法、换元法、赋值法等，考查学生能否灵活地运用“三个二次”的相关知识解题．因此含参数的一元二次函数(含一元二次方程、一元二次不等式)的相关问题也是高考选择、填空题压轴题的一个重要命题的知识点．(2012·北京理，14)已知f (x )＝m (x －2m )(x ＋m ＋3)，g (x )＝2x －2，若同时满足条件：①∀x ∈R ，f (x )＜0或g (x )＜0；②∃x ∈(－∞，－4)，f (x )g (x )＜0.则m 的取值范围是________．【知识揭秘】揭秘1：求解与二次函数有关的不等式恒成立问题，往往先对已知条件进行化简，转化为下面两种情况：(1)ax 2＋bx ＋c >0，a ≠0恒成立的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧a >0，b 2－4ac <0.(2)ax 2＋bx ＋c <0，a ≠0恒成立的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，b 2－4ac ＜0.揭秘2：∃x ∈(－∞，－4)，f (x )>0的否定是：∀x ∈(－∞，－4)，f (x )≤0.【思维揭秘】由于g (x )的符号容易确定，故从g (x )的符号入手．对于f (x )，m ≠0时为二次函数，两个零点为2m ，－m －3，结合图象列出不等关系式，注意当“p 或q ”为真时，p ，q 至少有一个为真即可．对于存在性命题，可以先求其否定命题对应的m 的取值范围．【解析揭秘】若g (x )＝2x －2＜0，则x ＜1.①又∵∀x ∈R ，g (x )＜0或f (x )＜0，∴[1，＋∞)是f (x )＜0的解集的子集．又由f (x )＝m (x －2m )(x ＋m ＋3)＜0知，m 不可能大于或等于0，因此m ＜0. 当m ＜0时，f (x )＜0，即(x －2m )(x ＋m ＋3)＞0.当2m ＝－m －3，即m ＝－1时f (x )＜0的解集为{x |x ≠－2}，满足条件．当2m ＞－m －3，即－1＜m ＜0时，f (x )＜0的解集为{x |x ＞2m 或x ＜－m －3}．依题意2m ＜1，即m ＜12，∴－1＜m ＜0.当2m ＜－m －3，即m ＜－1时，f (x )＜0的解集为{x |x ＜2m 或x ＞－m －3}．依题意－m －3＜1，即m ＞－4，∴－4＜m ＜－1.因此满足①的m 的取值范围是－4＜m ＜0.②∵x ∈(－∞，－4)时，g (x )<0，∴问题转化为∃x ∈(－∞，－4)，f (x )>0.其否定为：∀x ∈(－∞，－4)，f (x )≤0.则有m ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧m <0，2m ≥－4，－m －3≥－4，解得－2≤m ≤0.∴∃x ∈(－∞，－4)，f (x )>0，则m <－2或m >0.综上，－4<m <－2.【答案】 (－4，－2)(2016·江苏无锡二模，13)设S n 为数列{a n }的前n 项和，若不等式n 2a 2n＋4S 2n ≥λn 2a 21对任何等差数列{a n }及任何正整数n 恒成立，则λ的最大值为________．【知识揭秘】揭秘1：f (x )<g (a )(a 为参数)恒成立⇔g (a )>f (x )max ；f (x )>g (a )(a 为参数)恒成立⇔g (a )<f (x )min ，把n 2a 2n ＋4S 2n ≥λn 2a 21中的参数λ与自变量n 分离；揭秘2：二次函数配方：2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a 12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a 1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a 1＋122＋12. 【思维揭秘】分离参数λ转化为求函数2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a 12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a 1＋1的最值问题；再解含a na 1的一元二次不等式．【解析揭秘】当a 1＝0时，λ∈R ；当a 1≠0时，n 2a 2n ＋4S 2n ≥λn 2a 21⇒n 2a 2n ＋4S 2n n 2a 21≥λ⇒a 2n a 21＋（a 1＋a n ）2a 21≥λ⇒2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a 12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a 1＋1≥λ⇒2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a 1＋122＋12≥λ，所以λ≤12，即λmax ＝12.【答案】 12【名师点睛】求解恒成立问题时，可构造我们熟悉的函数类型，然后根据函数的性质解题，求解时经常要应用变量分离的方法，应用这一方法的关键是分清参数与变量．1.(2016·重庆二模，10)已知x 1，x 2是关于x 的一元二次方程ax 2＋bx＋c ＝0的两根，若x 1<1<x 2，则(x 1＋x 2)2＋x 21x 22 的取值范围是( )A ．(5，＋∞)B ．(1，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞ 1．C ∵x 1，x 2是关于x 的一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的两根，且x 1≠x 2， ∴Δ＝b 2－4ac >0，∴b 2>4ac .∴x 1＋x 2＝－b a ，x 1x 2＝c a .∵x 1<1<x 2，∴(x 1－1)(1－x 2)>0，可化为－x 1x 2＋x 1＋x 2－1>0.∴－c a －b a －1>0，可得－c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a >1. 则(x 1＋x 2)2＋x 21x 22＝b 2a 2＋c 2a 2≥12⎣⎢⎡⎦⎥⎤－b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－c a 2>12. ∴(x 1＋x 2)2＋x 21x 22的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，故选C. 2．(2016·天津二模，12)若至少存在一个x (x ≥0)，使得关于x 的不等式x 2≤4－|2x －m |成立，则实数m 的取值范围为( )A ．[－4，5]B ．[－5，5]C ．[4，5]D ．[－5，4]2．A 由题意得，至少存在一个x ≥0，使得不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －m 2≤2－12x 2成立，即函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －m 2与g (x )＝2－12x 2的图象存在横坐标是非负数的公共点．在同一坐标系下画出函数g (x )＝2－12x 2与y ＝|x |的图象，结合图象可知将y ＝|x |的图象向左平移到经过点(0，2)这个过程中的相应曲线均满足题意，即－4≤m ≤0；将y ＝|x |的图象向右平移到直线y ＝－x ＋m 2与抛物线y ＝2－12x 2相切的过程中的相应曲线均满足题意，设相应的切点横坐标是x 0，则有－x 0＝－1，x 0＝1，切点坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，于是有32＝－1＋m 2，m ＝5，即0≤m ≤5.因此满足题意的实数m 的取值范围是[－4，5]，故选A.3．(2016·山东济南三模，10)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，f ′(0)＞0.若f (x )的值域为[0，＋∞)，则f （1）f ′（0）的最小值为( ) A ．3 B.52 C ．2 D.323．C ∵f ′(x )＝2ax ＋b ，∴f ′(0)＝b ＞0.∵f (x )的值域为[0，＋∞)，∴⎩⎨⎧a ＞0，b 2－4ac ＝0，∴c ＝b 24a ＞0.又f(1)＝a＋b＋c，∴f（1）f′（0）＝1＋a＋cb≥1＋2acb＝1＋2b24b＝2，当且仅当a＝c时，等号成立．故选C.(二)导数及其应用导数及其应用的压轴题通常围绕三个点进行命题．第一个点是导数的几何意义，涉及求曲线的切线方程、根据切线方程求参数值等问题，这类试题同时也包含了导数的计算、直线的方程等知识；第二个点是利用导数研究函数的单调性、极值(或最值)；第三个点是利用导数研究不等式、方程等，涉及不等式的解法、不等式恒成立、比较大小、讨论方程的根、函数的零点等问题．特别地，当第二、三点作为选择题或填空题的压轴题时，难度较大．考法05导数及其应用(2015·课标Ⅱ理，12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是() A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)【知识揭秘】揭秘1：构造函数g(x)＝f（x）x，利用g′(x)＝xf′（x）－f（x）x2判断函数的单调性；揭秘2：函数f(x)是奇函数，则g(x)＝f（x）x为偶函数；揭秘3：偶函数在对称区间上的单调性相反．【思维揭秘】构造函数g(x)＝f（x）x，利用导函数判断函数的单调性，再将不等式转化为两个函数值对应自变量的大小关系．【解析揭秘】记函数g(x)＝f（x）x，则g′(x)＝xf′（x）－f（x）x2.当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，所以g(－x)＝f（－x）－x＝f（x）x＝g(x)，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，且g(－1)＝g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0，当x＞0，g(x)＞0时，f(x)＞0，0＜x＜1；当x＜0，g(x)＜0时，f(x)＞0，x＜－1，综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．【答案】 A【名师点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到与不等式、方程及最值有关的问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了．1.(2016·新疆乌鲁木齐一模，12)设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，对任意x∈R，都有f(x)＋f(－x)＝x2，且当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>x.若f(2－a)－f(a)≥2－2a，则实数a的取值范围是()A．[1，＋∞) B．(－∞，1] C．(－∞，2] D．[2，＋∞)1．B令g(x)＝f(x)－12x2，则g(－x)＝f(－x)－12x2.由g(x)＋g(－x)＝f(x)＋f(－x)－x2＝0，得g(x)为R上的奇函数．∵当x>0时，g′(x)＝f′(x)－x>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．再结合g(0)＝0及g(x)为奇函数，知g(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．又g(2－a)－g(a)＝f(2－a)－（2－a）22－⎣⎢⎡⎦⎥⎤f（a）－a22＝f(2－a)－f(a)－2＋2a≥(2－2a)－2＋2a＝0，则g(2－a)≥g(a)⇔2－a≥a⇔a≤1，即a∈(－∞，1]．故选B.2．(2016·皖南八校联考，10)已知定义在R上的奇函数f(x)的导函数为f′(x)，当x<0时，f(x)满足2f(x)＋xf′(x)<xf(x)，则f(x)在R上的零点个数为()A．1 B．3 C. 5 D．1或32．A∵当x<0时，f(x)满足2f(x)＋xf′(x)<xf(x)，∴当x<0时，f(x)满足2xf(x)＋x 2f ′(x )>x 2f (x )．令F (x )＝x 2f (x )，∴F ′(x )－F (x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－x 2f (x )>0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫F （x ）e x ′＝e x （F ′（x ）－F （x ））（e x ）2>0，所以y ＝F （x ）e x 在(－∞，0)上单调递增，所以F （x ）e x <F （0）e 0＝0，即F (x )＜0，所以f (x )<0；当x >0时，则－x <0，所以－2xf (－x )＋x 2·f ′(－x )>x 2f (－x )，所以2xf (x )＋x 2·f ′(x )>－x 2f (x )，所以y ＝F ′(x )＋F (x )>0，所以(e x F (x ))′>0，所以y ＝e x F (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以e x F (x )>e 0F (0)＝0，所以当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>0.又因为f (0)＝0，所以f (x )只有一个零点．3．(2016·山东十校联考，10)已知函数f (x )＝a －x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x ≤e ，e 为自然对数的底数与h (x )＝2ln x 的图象上存在关于x 轴对称的点，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1e 2＋2 B ．[1，e 2－2] C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2＋2，e 2－2 D ．[e 2－2，＋∞) 3．B 由题意，方程a －x 2＝－2ln x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有解，变形为a ＝x 2－2ln x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x ≤e .令g (x )＝x 2－2ln x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x ≤e ，则g ′(x )＝2x －2x ；当1e ≤x <1时，g ′(x )<0，当1<x ≤e 时，g ′(x )>0.而g ′(1)＝0，因此当x ＝1时，g (x )取得最小值1.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e 2＋2，g (e)＝e 2－2，因为e 2－2>1e 2＋2，所以g (x )的最大值为e 2－2，因此a 的取值范围是[1，e 2－2]．4．(2016·甘肃部分高中联考，12)已知实数a ，b ，c ，d 满足a －2e a b ＝1－c d －1＝1，其中e 是自然对数的底数，则(a －c )2＋(b －d )2的最小值为( )A ．4B ．8C ．12D ．184．B 实数a ，b ，c ，d 满足a －2e a b ＝1－c d －1＝1，∴b ＝a －2e a ，d ＝2－c ，因此点(a ，b )在曲线y ＝x －2e x 上，点(c ，d )在直线y ＝2－x 上，(a －c )2＋(b －d )2的几何意义就是曲线y ＝x －2e x 上的点到直线y ＝2－x 的距离的平方．求曲线y ＝x －2e x 的平行于直线y ＝2－x 的切线，y ′＝1－2e x ，令y ′＝1－2e x ＝－1，得x ＝0，因此切点为(0，－2)，切点到直线y ＝2－x 的距离d ＝|0－2－2|1＋1＝22就是曲线上的点到直线的最小距离，因此(a －c )2＋(b －d )2的最小值为d 2＝8，故选B.5．(2013·课标Ⅰ理，16)若函数f (x )＝(1－x 2)(x 2＋ax ＋b )的图象关于直线x ＝－2对称，则f (x )的最大值为________．5．【解析】因为函数f (x )的图象关于直线x ＝－2对称，所以f (0)＝f (－4)，得4b ＝－60＋15a .又f ′(x )＝－4x 3－3ax 2＋2(1－b )x ＋a ，而f ′(－2)＝0，即－4×(－2)3－3a ×(－2)2＋2(1－b )×(－2)＋a ＝0，得11a －4b ＝28.由⎩⎪⎨⎪⎧4b ＝－60＋15a ，11a －4b ＝28，解得a ＝8，b ＝15. 故f (x )＝(1－x 2)(x 2＋8x ＋15)．方法1：f ′(x )＝－4x 3－24x 2－28x ＋8＝－4(x 3＋6x 2＋7x －2)＝－4(x ＋2)(x 2＋4x －1)．令f ′(x )＝0，即(x ＋2)(x 2＋4x －1)＝0，则x ＝－2或x ＝－2－5或－2＋ 5. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：f (－2－5)＝[1－(－2－5)2][(－2－5)2＋8×(－2－5)＋15]＝(－45－8)(8－45)＝16，f(－2＋5)＝[1－(－2＋5)2][(－2＋5)2＋8×(－2＋5)＋15]＝(45－8)(8＋45)＝16，故f(x)的最大值为16.方法二：f(x)＝－(x＋1)(x－1)(x＋3)·(x＋5)＝－(x2＋4x＋3)(x2＋4x－5)，令t＝x2＋4x，则f(t)＝－(t＋3)(t－5)＝－(t－1)2＋16≤16，当t＝1时等号成立．即f(x)的最大值为16.方法三：任何一个四次函数均可以写成一个二次函数的平方和一个常数的和，设f(x)＝－(x2＋4x＋m)2＋p，m，p为常数，由f(1)＝－(5＋m)2＋p＝0，f(－1)＝－(－3＋m)2＋p＝0，解得m＝1，p＝16，所以f(x)＝－(x2＋4x＋1)2＋16≤16，即f(x)的最大值为16.【答案】16(三)立体几何近几年，有的省市的高考题选择了以立体几何为背景的选择题或填空题作为压轴题，主要考查方式有：(1)与空间线面位置关系、数量关系有关命题真假的判断；(2)空间几何体间的接切问题；(3)立体几何中的动态问题．考法06空间线面关系、数量关系的判断(2016·安徽马鞍山二模，16)已知正方体ABCDA 1B1C1D1的棱长为1.给出下列五个命题：①对角线AC1被平面A1BD和平面B1CD1三等分；②正方体的内切球、与各条棱相切的球、外接球的表面积之比为1∶2∶3；③以正方体的顶点为顶点的四面体的体积都是1 6；④正方体与以A为球心，1为半径的球的公共部分的体积是π6；⑤在正方形ABCD内，到顶点A与棱A1B1的距离相等的点的轨迹为一段抛物线．其中正确命题的序号为________(将你认为正确命题的序号都填上)．【知识揭秘】①假设对角线AC1与平面A1BD相交于点M，可得AM⊥平面A1BD.由体积相等得出AM与AC1的关系，即可作出判断；②设出正方体的内切球、与各条棱相切的球、外接球的半径，即可得出表面积之比；③以A1，B，D，C1为顶点的三棱锥的体积V＝13－4×16＝13，不是16，即可作出判断；④正方体与以A为球心，1为半径的球的公共部分的体积V＝18×4π3×13＝π6；⑤以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，在正方形ABCD内，根据到顶点A与棱A1B1的距离相等列等式判断．【思维揭秘】①假设对角线AC1与平面A1BD相交于点M，可得AM⊥平面A1BD；②找准球心均为正方体的中心；③利用正方体的对称性；④公共部分的体积为球的八分之一；⑤以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系化简求解．【解析揭秘】①如图所示，假设对角线AC1与平面A1BD相交于点M，可得AM⊥平面A1BD.由体积相等，得13AM×34×(2)2＝13×12×12×1，解得AM＝33＝13AC1，因此对角线AC 1被平面A 1BD 和平面B 1CD 1三等分，正确； ②设正方体的内切球、与各条棱相切的球、外接球的半径分别为12，22，32.因此表面积之比为4π⎝ ⎛⎭⎪⎫122∶4π⎝ ⎛⎭⎪⎫222∶4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝1∶2∶3，正确； ③以A 1，B ，D ，C 1为顶点的三棱锥的体积V ＝13－4×16＝13，不是16，不正确；④正方体与以A 为球心，1为半径的球的公共部分的体积V ＝18×4π3×13＝π6，正确；⑤以DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，在正方形ABCD 内，到顶点A 与棱A 1B 1的距离相等的点P (x ，y ，0)的轨迹为：x 2＋y 2＝1＋（1－x ）2，化为y 2＝2－2x (0≤x ≤1)，为一段抛物线，正确．【答案】 ①②④⑤1.(2016·山西师范大学附中二模，10)已知点E ，F 分别是正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1的中点，点M ，N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点，则与平面ABCD 垂直的直线MN 的条数为( )A ．0B ．1C ．2D ．无数个1．B 不妨设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则D 1(2，0，2)，E (1，2，0)，C 1(0，0，2)，F (2，2，1)，D 1E →＝(－1，2，－2)，C 1F →＝(2，2，－1)．设D 1M →＝λD 1E →，C 1N →＝tC 1F →，则M (2－λ，2λ，2－2λ)，N (2t ，2t ，2－t )，MN→＝(2t －2＋λ，2t －2λ，2λ－t )．由于MN 与平面ABCD 垂直，所以⎩⎨⎧2t －2＋λ＝0，2t －2λ＝0，2λ－t ≠0，解得λ＝t ＝23，而此解唯一，故满足条件的MN 只有一条，选B.2．(2016·浙江金华三模，8)已知一个高度不限的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，AB ＝4，BC ＝5，CA ＝6，点P 是侧棱AA 1上一点，过A 作平面截三棱柱得截面ADE .给出下列结论：①△ADE 是直角三角形；②△ADE 是等边三角形；③四面体APDE 为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体，其中有可能成立的结论的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．32．C 如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝4，BC ＝5，CA ＝6.不妨取AD ＝6，AE ＝10，DE ＝8，则△ADE 是直角三角形，①可能成立；不妨令AD ＝AE ＝DE ＝a (a >6)，则△ADE 是等边三角形，②可能成立；假设四面体APDE 为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体．当A 为直角顶点时，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，PA ⊥底面ABC ，则E ，D 分别与C ，B 重合，此时∠EAD 不是直角，与假设矛盾，假设不成立；当P 为直角顶点时，可得PD ∥AB ，PE ∥AC ，由等角定理知，∠EPD 不可能是直角，与假设矛盾，假设不成立；当E 或D 点为直角顶点时，不妨选E 为直角顶点，则DE ⊥EP ，DE ⊥EA ，EP ∩EA ＝E ，EP ⊂平面ACC 1A 1，EA ⊂平面ACC 1A 1，则平面ACC 1A 1与平面BCC 1B 1垂直，则在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，可证∠ACB 为二面角的平面角，∠ACB ＝90°，与题意矛盾，假设不成立，∴③错误．故选C.考法07 空间几何体间的接切问题(2012·辽宁理，16)已知正三棱锥P -ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上．若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．【知识揭秘】方法一：揭秘1：由PA ，PB ，PC 两两垂直，推出点P 在底面ABC 上的射影就是正三角形ABC 的中心M ；揭秘2：由O ，P ，M 三点共线，得OM ；揭秘3：在Rt △PAM 中，PA 2＝PM 2＋AM 2⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2⇒h ＝66a ，在Rt △OAM 中，OA 2＝OM 2＋AM 2⇒(3)2＝(3－h )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2，可求a .方法二：揭秘4：将三棱锥放在正方体中，外接球的直径等于正方体的体对角线，可以求得三棱锥的侧棱；等体积法：求三棱锥的体积，可以选择不同的顶点，设而不求得到点到直线的距离．【思维揭秘】方法一：利用条件，建立关于正三棱锥底面正三角形边长a 的方程，求a ，然后求三棱锥的高h ，则R 减去h 即为所求．方法二：将正三棱锥P -ABC 放回正方体内，PA ，PB ，PC 为正方体的长、宽、高，外接球的直径为正方体的体对角线，直接求出a ，再利用等体积法求出球心到截面ABC 的距离．【解析揭秘】方法一：由于PA ，PB ，PC 两两垂直，则点P 在底面ABC 上的射影就是正三角形ABC 的中心M .设正三角形ABC 的边长为a ，则三棱锥的侧棱长为22a ，AM ＝33a ，三棱锥的高h ，在Rt △PAM 中，由勾股定理得PA 2＝PM 2＋AM 2⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2⇒h ＝66a . 再设球心为O ，则OM ⊥底面ABC ，且OM ＝3－h ，在Rt △OAM 中，由勾股定理得OA 2＝OM 2＋AM 2⇒(3)2＝(3－h )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2. 又h ＝66a ，解得a ＝22，故球心到截面ABC 的距离为3－h ＝3－66a ＝3－66×22＝33.方法二：设正三角形ABC 的边长为a ，则三棱锥的侧棱长为22a ，三棱锥的高为h ，将正三棱锥P -ABC 放入正方体内，则PA ，PB ，PC 为正方体的长、宽、高，外接球的直径为正方体的体对角线，所以3PA ＝23，PA ＝2＝22a ，所以a ＝2 2.由等体积法得V P ABC ＝13S △ABC ·h ＝16×23，所以13×34×(22)2·h ＝16×23，所以h ＝233，故球心到截面ABC 的距离为3－h ＝3－233＝33. 【答案】 331.(2016·湖北宜昌二模，10)已知三边长分别为3，4，5的△ABC 的外接圆恰好是球O 的一个大圆，P 为球面上一点．若点P 到△ABC 的三个顶点的距离相等，则三棱锥P -ABC 的体积为( )A ．5B ．10C ．20D ．301．A 如图，在△ABC 中，依题意可设AB ＝5，AC ＝3，BC ＝4.则∠ACB ＝90°，∴△ABC 的外接圆的圆心O 为AB 的中点．即球的球心为AB 的中点，又P 到△ABC 的三个顶点的距离相等，∴P 在平面ABC 上的射影到A ，B ，C 的距离相等，∴O 为P 在平面ABC 上的射影，则OP ⊥平面ABC .又P 在球面上，∴OP 为球的半径，∴OP ＝52.∴V P ABC ＝13S △ABC ·OP＝13×12×3×4×52＝5.2．(2016·山西太原一模，11)如图，在平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD .若四面体A ′BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．π B.4π3 C.3π2 D.3π2．C 因为AB ＝AD ＝1，BD ＝2，所以AB 2＋AD 2＝BD 2，则AB ⊥AD .因为BD ⊥CD ，CD ＝1，所以BC ＝BD 2＋DC 2＝（2）2＋1＝ 3.因为翻折后平面A ′BD ⊥平面BCD ，且BD ⊥CD ，所以CD ⊥平面A ′BD .所以CD ⊥BA ′.又A ′B ⊥A ′D ，所以BA ′⊥平面A ′CD ，则△BA ′C ，△BDC 均为直角三角形，所以BC 为球的直径，即球的半径R ＝BC 2＝32，则V 球＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝3π2. 考法08 立体几何中的动态问题近几年有些省市的高考选择、填空题的压轴题以空间几何体为载体，考查有关角、距离、体积等量的最值或某些点的轨迹等动态问题，这类问题主要考查学生的空间想象能力及转化能力．(2015·湖南理，10)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为⎝⎛⎭⎪⎫材料利用率＝新工件的体积原工件的体积( )A.89πB.169πC.4（2－1）3π D.12（2－1）3π【知识揭秘】揭秘1：观察三视图可知，该工件为圆锥；揭秘2：利用基本不等式放缩得V ＝xyh ≤x 2＋y 22h ；揭秘3：关于a 的函数y ＝2a 2(2－2a )的最值求法有两种：方法一利用abc ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 33；方法二利用导数求最值．【思维揭秘】由三视图可还原出该几何体为圆锥，设出长方体的长、宽、高，建立三者和圆锥的底面半径和高的关系，利用导数或基本不等式确定长方体的最大体积，再计算原工件材料的利用率．【解析揭秘】方法一：该三视图对应的几何体是底面半径为1，高为2的圆锥．如图，设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，上、下底面中心分别为O 1，O 2，上方截掉的小圆锥的高为h ，底面半径为r ，则a 2＋b 2＝4r 2.由三角形相似，得SO 1SO 2＝O 1A O 2B ，即h 2＝r 1，则h ＝2r .长方体的体积为V ＝abc ＝ab (2－2r )≤a 2＋b 22×(2－2r )＝2r 2(2－2r )＝4r 2－4r 3(当且仅当a ＝b 时取等号，且0<r <1)．设y ＝4r 2－4r 3(0<r <1)，则y ′＝8r －12r 2.由y ′＝0，得r ＝0或r ＝23.由y ′>0，得0<r <23.由y ′<0，得23<r <1.故当r ＝23时，y max ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫232－4×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1627，即V max ＝1627.。

2017版【高考一本解决方案】高考数学(理科·新课标版)配套教师文档：专题20推理与证明

1．(2016·北京，8，难)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒．每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则()A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C．乙盒中红球不多于丙盒中红球D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多1．B若袋中只有2个球，则一个红球，一个黑球，只用一次就能摸完，放入的情况可能有两种：甲红，则乙黑，丙0个；甲黑，则乙0个，丙红，排除选项A，D.若袋中有4个球，两个红球和两个黑球，假设第一次取到两个红球，则结果为甲：1个红球，乙：1个红球．第二次只能取到两个黑球，则结果为甲：红球和黑球各1个，乙：1个红球，丙：1个黑球．排除选项C.综合选项知，只有B正确．2．(2015·广东，8，中)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值()A．至多等于3 B．至多等于4C．等于5 D．大于52．B(排除法)当n＝4时，4个点可以看作正四面体的4个顶点，显然符合题意．排除A，C，D.故选B.3．(2014·北京，8，中)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合适”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有()A．2人B．3人C．4人D．5人3．B由已知，各同学之间语文成绩、数学成绩各不相同，当有三名同学时，设三名同学分别为A，B，C，优秀、合格、不合格分别为1，2，3，由于三名同学两科成绩各不相同，设B的语文成绩介于A和C的语文成绩之间，不妨设A<B<C，则数学成绩C<B<A，所以A的成绩为(3，1)，B的成绩为(2，2)，C的成绩为(1，3)．显然，超过三名同学时不符合条件．4．(2012·江西，6，中)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝()A．28 B．76 C．123 D．1994．C从给出的式子特点观察推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，得a10＋b10＝123. 5．(2016·课标Ⅱ，15，中)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．5．【解析】由丙卡片上的数字之和不是5，知丙不能拿2和3卡片．若甲拿2和3卡片，由于甲与乙卡片上相同的数字不是2，故乙只能拿1和3卡片，此时丙只能拿1和2卡片，矛盾．若乙拿2和3卡片，由于甲与乙卡片上相同数字不是2，故甲只能拿1和3卡片，此时丙拿1和2卡片，符合要求．【答案】1和36．(2014·课标Ⅰ，14，易)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市．由此可判断乙去过的城市为________．6．【解析】由丙可知，乙至少去过一个城市．由甲可知，甲去过A，C且比乙多，且乙没有去过C城市，故乙只去过A城市．【答案】A7．(2013·陕西，14，中)观察下列等式12＝112－22＝－312－22＋32＝612－22＋32－42＝－10……照此规律，第n个等式可为___________________________________________．7．【解析】观察给出的式子可得出如下规律：12＝1，12－22＝－(1＋2)，12－22＋32＝1＋2＋3，12－22＋32－42＝－(1＋2＋3＋4)，所以有12－22＋32－42＋…＋(－1)n ＋1n 2 ＝(－1)n ＋1(1＋2＋…＋n ) ＝(－1)n ＋1n （n ＋1）2. 【答案】 12－22＋32－42＋…＋(－1)n ＋1·n 2＝(－1)n ＋1n （n ＋1）28．(2015·福建，15，中)一个二元码是由0和1组成的数字串x 1x 2…x n (n ∈N *)，其中x k (k ＝1，2，…，n )称为第k 位码元．二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)．已知某种二元码x 1x 2…x 7的码元满足如下校验方程组：⎩⎨⎧x 4⊕x 5⊕x 6⊕x 7＝0，x 2⊕x 3⊕x 6⊕x 7＝0，x 1⊕x 3⊕x 5⊕x 7＝0，其中运算⊕定义为：0⊕0＝0，0⊕1＝1，1⊕0＝1，1⊕1＝0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k 位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k 等于________．8．【解析】设a ，b ，c ，d ∈{0，1}，在规定运算法则下满足：a ⊕b ⊕c ⊕d ＝0，可分为下列三类情形：①4个1：1⊕1⊕1⊕1＝0，②2个1：1⊕1⊕0⊕0＝0，③0个1：0⊕0⊕0⊕0＝0，因此，错码1101101通过校验方程组可得：由x 4⊕x 5⊕x 6⊕x 7＝0， ∴1⊕1⊕0⊕1≠0；由x 2⊕x 3⊕x 6⊕x 7＝0， ∴1⊕0⊕0⊕1＝0；由x 1⊕x 3⊕x 5⊕x 7＝0， ∴1⊕0⊕1⊕1≠0.由已知仅在第k 位发生码元错误，∴错码出现在x 5上，若x 5＝0，则检验方程组都成立，故k ＝5. 【答案】 59．(2012·湖南，16，难)设N ＝2n (n ∈N *，n ≥2)，将N 个数x 1，x 2，…，x N 依次放入编号为1，2，…，N 的N 个位置，得到排列P 0＝x 1x 2…x N .将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对应的前N 2和后N2个位置，得到排列P 1＝x 1x 3…x N －1x 2x 4…x N ，将此操作称为C 变换．将P 1分成两段，每段N2个数，并对每段作C 变换，得到P 2；当2≤i ≤n －2时，将P i 分成2i 段，每段N2i 个数，并对每段作C 变换，得到P i ＋1.例如，当N ＝8时，P 2＝x 1x 5x 3x 7x 2x 6x 4x 8，此时x 7位于P 2中的第4个位置．(1)当N ＝16时，x 7位于P 2中的第________个位置； (2)当N ＝2n (n ≥8)时，x 173位于P 4中的第________个位置． 9．【解析】 (1)当N ＝16时， P 0＝x 1x 2x 3x 4x 5x 6…x 16， P 1＝x 1x 3x 5x 7…x 15x 2x 4x 6…x 16，P 2＝x 1x 5x 9x 13x 3x 7x 11x 15x 2x 6x 10x 14x 4x 8x 12x 16，所以x 7位于P 2中的第6个位置．(2)根据题意可知P 4将这2n 个数分成24段，每段有2n －4个数，每段数下标分别构成公差为16的等差数列．第1段的首项下标为1，其通项公式为16n －15，当16n －15＝173时，n ＝474∉N *；第2段的首项下标为9，其通项公式为16n －7，当16n －7＝173时，n ＝454∉N *；第3段的首项下标为5，其通项公式为16n －11，当16n －11＝173时，n ＝232∉N *；第4段的首项为13，其通项公式为16n －3，当16n －3＝173时，n ＝11∈N *.故x 173位于P 4中的第3×2n －4＋11个位置．【答案】(1)6(2)3×2n－4＋1110．(2012·福建，17，13分，中)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．10．解：(1)选择②式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－12sin 30°＝1－14＝34.(2)方法一：三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34.证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝sin2α＋34cos2α＋32sin αcos α＋14·sin2α－32sin αcos α－12sin2α＝34sin2α＋34cos2α＝34.方法二：三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝1－cos 2α2＋1＋cos （60°－2α）2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝12－12cos 2α＋12＋12(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－32sin αcos α－ 12sin 2α＝12－12cos 2α＋12＋14cos 2α＋34sin 2α－34sin 2α－14(1－cos 2α) ＝1－14cos 2α－14＋14cos 2α＝34.在高考中，归纳推理常以填空题的形式呈现，以新定义背景来考查演绎推理问题常以选择题的形式呈现，而求解往往与证明相结合，先猜出结果，再利用直接证明或间接证明来证明结论的正确性，试题难度中档偏上．1(1)(2015·山东，11)观察下列各式：C 01＝40； C 03＋C 13＝41； C 05＋C 15＋C 25＝42； C 07＋C 17＋C 27＋C 37＝43；……照此规律，当n ∈N *时，C 02n －1＋C 12n －1＋C 22n －1＋…＋C n －12n －1＝________．(2)(2014·陕西，14)观察分析下表中的数据：多面体面数(F ) 顶点数(V )棱数(E ) 三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是______________．(3)(2016·河南开封二模，14)下面图形由小正方形组成，请观察图1至图4的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是________．【解析】(1)当n＝1时，C01＝40＝41－1；当n＝2时，C03＋C13＝41＝42－1；当n ＝3时，C05＋C15＋C25＝42＝43－1；……∴C02n－1＋C12n－1＋…＋C n－12n－1＝4n－1.(2)三棱柱中5＋6－9＝2，五棱锥中6＋6－10＝2，立方体中6＋8－12＝2，由此归纳可得F＋V－E＝2.(3)由图知图1中小正方形个数是1；图2中小正方形个数是1＋2；图3中小正方形个数是1＋2＋3；图4中小正方形个数是1＋2＋3＋4；……故第n个图形中小正方形的个数为1＋2＋3＋…＋n，所以总个数为n（n＋1）2.【答案】(1)4n－1(2)F＋V－E＝2(3)n（n＋1）2题(1)观察每行等式的特点，每行等式的右端都是幂的形式，底数均为4，指数与等式左端最后一个组合数的上标相等．题(2)观察三棱柱、五棱锥和立方体的面数、顶点数和棱数可发现其中的数量关系．观察题(3)知，从第一个图形开始，下一个图形是在上一个图形的基础上依次增加2，3，4，…个小正方形，因此第n个图形共有1＋2＋3＋…＋n个小正方形．(2013·湖北，14)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1，3，6，10，…，第n个三角形数为n（n＋1）2＝12n2＋12n.记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n，3)＝12n2＋12n，正方形数N(n，4)＝n2，五边形数N(n，5)＝32n2－12n，六边形数N(n，6)＝2n2－n，……可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10，24)＝________．【解析】已知各式可化为如下形式：N(n，3)＝12n2＋12n＝3－22n2＋4－32n，N(n，4)＝n2＝4－22n2＋4－42n，N(n，5)＝32n2－12n＝5－22n2＋4－52n，N(n，6)＝2n2－n＝6－22n2＋4－62n，由归纳推理可得N(n，k)＝k－22n2＋4－k2n，故N(10，24)＝24－22×102＋4－242×10＝1 100－100＝1 000.【答案】 1 000,归纳推理的类型及相应方法常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1)数的归纳包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等．(2)形的归纳主要包括图形数目归纳和图形变化规律归纳．破解归纳推理的思维步骤(1)发现共性，通过观察特例发现某些相似性(特例的共性或一般规律)；(2)归纳推理，把这种相似性推广为一个明确表述的一般命题(猜想)；(3)检验，得结论，对所得的一般性命题进行检验．一般地，“求同存异”“逐步细化”“先粗后精”是求解由特殊结论推广到一般结论型创新题的基本技巧．在近几年的高考中，类比推理很少考查，若考查则会以填空题的形式呈现，难度中档偏上．在复习中，弄准类比对象是关键．要明确类比推理的常见情形，即平面与空间类比，低维与高维类比，等差数列与等比数列类比，数的运算与向量运算类比，圆锥曲线间的类比等．2(1)(2016·福建泉州一模，14)设△ABC的三边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝2Sa＋b＋c；类比这个结论可知，四面体ABCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，四面体ABCD的体积为V，内切球半径为R，则R＝________.(2)(2016·山西大同模拟，14)已知等差数列{a n}中，有a11＋a12＋…＋a2010＝a1＋a2＋…＋a3030，则在等比数列{b n}中，会有类似的结论：_______________ _________________________________________________________.【解析】(1)三角形的面积类比四面体的体积，三角形的边长类比四面体四个面的面积，内切圆半径类比内切球的半径，二维图形中的12，类比三维图形中的13，得R＝3VS1＋S2＋S3＋S4.(2)由等比数列的性质可知b1b30＝b2b29＝…＝b11b20，∴10b11b12 (20)30b1b2 (30)【答案】(1)3VS1＋S2＋S3＋S4(2)10b11b12…b20＝30b1b2…b30(2016·贵州六校联考，15)在平面几何中：△ABC中，∠C的内角平分线CE分AB所成线段的比为ACBC＝AEBE.把这个结论类比到空间：在三棱锥A-BCD中(如图)，平面DEC平分二面角A-CD-B且与AB相交于E，则得到类比的结论是________________________________________．【解析】由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得AEEB＝S△ACDS△BCD.【答案】AEEB＝S△ACDS△BCD,类比推理应用的类型及相应方法(1)类比定义：在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解；(2)类比性质：从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键；(3)类比方法：有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移．1．(2016·湖北宜昌一中、龙泉中学联考，8)老师带甲、乙、丙、丁四名学生去参加自主招生考试，考试结束后老师向四名学生了解考试情况，四名学生回答如下：甲说：“我们四人都没考好”；乙说：“我们四人中有人考得好”；丙说：“乙和丁至少有一人没考好”；丁说：“我没考好”．结果，四名学生中有两人说对了，则四名学生中说对了的两人是()A．甲丙B．乙丁C．丙丁D．乙丙1．D如果甲对，则丙、丁都对，与题意不符，故甲错，乙对；如果丙错，则丁错，因此只能是丙对，丁错，故选D.2．(2016·山东枣庄二模，7)将正奇数按如图所示的规律排列，则第21行从左向右的第5个数为()135791113151719212325272931………A．809 B．852 C．786 D．8932．A前20行共有正奇数1＋3＋5＋…＋39＝202＝400(个)，则第21行从左向右的第5个数是第405个正奇数，所以这个数是2×405－1＝809. 3．(2015·广东珠海模拟，6)在直角坐标系xOy中，一个质点从A(a1，a2)出发沿图中路线依次经过B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此规律一直运动下去，则a2 013＋a2 014＋a2 015＝()A．1 006 B．1 007 C．1 008 D．1 0093．B由直角坐标系可知A(1，1)，B(－1，2)，C(2，3)，D(－2，4)，E(3，5)，F(－3，6)，即a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4，…，由此可知，所有数列偶数个都是从1开始逐渐递增的，且都等于所在的个数除以2，则a 2 014＝1 007，每四个数中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第1个数和第3个数互为相反数，且从－1开始逐渐递减的，则2 014÷4＝503余2，则a 2 013＝504，a 2 015＝－504，a 2 013＋a 2 014＋a 2 015＝504＋1 007－504＝1 007. 4．(2016·山东潍坊一模，13)观察下列式子：1＋122＜32，1＋122＋132＜53，1＋122＋132＋142＜74，…，根据上述规律，第n 个不等式应该为______________________． 4．【解析】由归纳推理易知，答案为1＋122＋132＋…＋1（n ＋1）2＜2n ＋1n ＋1.【答案】 1＋122＋132＋…＋1（n ＋1）2＜2n ＋1n ＋15．(2016·广东中山三模，10)设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，计算得f (2)＝32，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3.观察上述结果，按照上面规律，可推测f (128)＞________.5．【解析】观察f (2)＝32，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3可知，等式及不等式右边的数构成首项为32，公差为12的等差数列；正整数n 为2，4，8，16，…构成以2为首项，2为公比的等比数列，所以128为第7项，故f (128)＞32＋(7－1)×12＝92. 【答案】 926．(2016·河南濮阳质检，15)在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下一个直角三角形，按下图所标边长，由勾股定理有：c 2＝a 2＋b 2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O -LMN ，如果用S 1，S 2，S 3表示三个侧面面积，S 4表示截面面积，那么类比得到的结论是________．6．【解析】将侧面面积类比为直角三角形的直角边，截面面积类比为直角三角形的斜边，可得S 21＋S 22＋S 23＝S 24. 【答案】 S 21＋S 22＋S 23＝S 247．(2016·安徽滁州二模，15)已知cos π3＝12， cos π5cos 2π5＝14， cos π7cos 2π7cos3π7＝18， ……(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是________；(2)若数列{a n }中，a 1＝cos π3，a 2＝cos π5cos 2π5，a 3＝cos π7·cos 2π7·cos 3π7，…，前n 项和S n ＝1 0231 024，则n ＝________.7．【解析】 (1)从题中所给的几个等式可知，第n 个等式的左边应有n 个余弦相乘，且分母均为2n ＋1，分子分别为π，2π，…，n π，右边应为12n ，故可以猜想出结论为cosπ2n ＋1·cos2π2n ＋1·…·cos n π2n ＋1＝12n (n ∈N *)． (2)由(1)可知a n ＝12n ，故S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n ＝2n －12n ＝1 0231 024，解得n ＝10.【答案】 (1)cos π2n ＋1cos 2π2n ＋1·…·cos n π2n ＋1＝12n (n ∈N *) (2)101．(2014·山东，4，易)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( ) A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根 B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根1．A [考向3]“方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”的否定是“方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根”，故选A.2．(2012·辽宁，12，难)若x ∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是( ) A ．e x ≤1＋x ＋x 2 B.11＋x≤1－12x ＋14x 2 C ．cos x ≥1－12x 2 D ．ln(1＋x )≥x －18x 22．C [考向2]对于A ，分别画出y ＝e x ，y ＝1＋x ＋x 2在[0，＋∞)上的大致图象(如图)，知e x ≤1＋x ＋x 2不恒成立，A 错误．对于B ，令f (x )＝1＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x ＋14x 2，f ′(x )＝121＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x ＋14x 2＋1＋x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋12x ＝x （5x －2）81＋x. 所以x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫25，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，所以f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫25，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫25＝1＋25×⎣⎢⎡1－12×25＋⎦⎥⎤14×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝75×2125＝ 3 0873 125<1，B 错误．对于C ，结合图象知正确．对于D，当x＝4时，ln 5<ln e2＝2＝4－18×42，D错误．故选C.3．(2016·北京，20，13分，难)设数列A：a1，a2，…，a N(N≥2)．如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有a k<a n，则称n是数列A的一个“G时刻”．记G(A)是数列A的所有“G时刻”组成的集合．(1)对数列A：－2，2，－1，1，3，写出G(A)的所有元素；(2)证明：若数列A中存在a n使得a n>a1，则G(A)≠∅；(3)证明：若数列A满足a n－a n－1≤1(n＝2，3，…，N)，则G(A)的元素个数不小于a N－a1.3．[考向2]解：(1)G(A)的元素为2和5.(2)证明：因为存在a n使得a n>a1，所以{i∈N*|2≤i≤N，a i>a1}≠∅.记m＝min{i∈N*|2≤i≤N，a i>a1}，则m≥2，且对任意正整数k<m，a k≤a1<a m.因此m∈G(A)．从而G(A)≠∅.(3)证明：当a N≤a1时，结论成立．以下设a N>a1.由(2)知G(A)≠∅.设G(A)＝{n1，n2，…，n p}，n1<n2<…<n p.记n0＝1，则an0<an1<an2<…<an p.对i＝0，1，…，p，记G i＝{k∈N*|n i<k≤N，a k>an i}．如果G i≠∅，取m i＝min G i，则对任何1≤k<m i，a k≤an i<am i.从而m i ∈G (A )且m i ＝n i ＋1. 又因为n p 是G (A )中的最大元素，所以G p ＝∅.从而对任意n p ≤k ≤N ，a k ≤an p ，特别地，a N ≤an p . 对i ＝0，1，…，p －1，an i ＋1－1－1≤an i . 因此an i ＋1＝an i ＋1－1＋(an i ＋1－an i ＋1－1)≤an i ＋1. 所以a N －a 1≤an p －a 1＝∑pi ＝1 (an i －an i －1)≤p . 因此G (A )的元素个数p 不小于a N －a 1.4．(2016·浙江，20，15分，难)设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *. (1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.4．[考向3]证明：(1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1<1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)．(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m >n ，|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|a m －1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1<12n －1，故|a n |<⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n ≤⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n .从而对于任意m >n ，均有 |a n |<2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2.否则，存在n 0∈N *，有|an 0|>2，取正整数m 0>log 34|an 0|－22n 0且m 0>n 0，则2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34m 0<2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34log 34|an 0|－22n 0＝|an 0|－2，与①式矛盾．综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.5．(2014·天津，19，14分，中)已知q 和n 均为给定的大于1的自然数．设集合M ＝{0，1，2，…，q －1}，集合A ＝{x |x ＝x 1＋x 2q ＋…＋x n q n －1，x i ∈M ，i ＝1，2，…，n }．(1)当q ＝2，n ＝3时，用列举法表示集合A ；(2)设s ，t ∈A ，s ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n q n －1，t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n q n －1，其中a i ，b i ∈M ，i ＝1，2，…，n .证明：若a n <b n ，则s <t .5．[考向2]解：(1)当q ＝2，n ＝3时，M ＝{0，1}，A ＝{x |x ＝x 1＋x 2·2＋x 3·22，x i ∈M ，i ＝1，2，3}，可得A ＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．(2)证明：由s ，t ∈A ，s ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n q n －1，t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n q n －1，a i ，b i ∈M ，i ＝1，2，…，n 及a n <b n ，可得s －t ＝(a 1－b 1)＋(a 2－b 2)q ＋…＋(a n －1－b n－1)qn －2＋(a n －b n )q n －1≤(q －1)＋(q －1)q ＋…＋(q －1)·q n －2－q n －1＝（q －1）（1－q n －1）1－q －q n －1＝－1<0. 所以s <t .思路点拨：(1)把n 和q 的值代入，用列举法表示出集合A ；(2)s 与t 作差，根据a n<b n利用放缩法证明．6．(2012·陕西，18，12分，中)(1)如图，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．6．[考向2，3]解：(1)证明：方法一(向量法)：如图①，过直线b上任一点作平面π的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n 共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c＝λb＋μ n，图①则a·c＝a·(λb＋μ n)＝λ(a·b)＋μ(a·n)．因为a⊥b，所以a·b＝0.又因为a⊂π，n⊥π，所以a·n＝0.故a·c＝0，从而a⊥c.方法二(反证法)：如图②，记c∩b＝A，P为直线b上异于点A的任意一点，过P作PO⊥π，垂足为O，则O∈c.图②因为PO⊥π，a⊂π，所以直线PO⊥a.又a⊥b，b⊂平面P AO，PO∩b＝P，所以a⊥平面P AO.又c ⊂平面P AO ，所以a ⊥c .(2)逆命题为：a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥c ，则a ⊥b .逆命题为真命题．7．(2013·江苏，19，16分，难)设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c ，n ∈N *，其中c 为实数．(1)若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0.7．[考向2]证明：由题意得，S n ＝na ＋n （n －1）2d .(1)由c ＝0，得b n ＝S nn ＝a ＋n －12d . 又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋d 22＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0. 因为d ≠0，所以d ＝2a .因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k . (2)设数列{b n }的公差是d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS n n 2＋c＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n 的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有 ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 1－12d n 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－d 1－a ＋12d n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1)．令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋12d ，D ＝c (d 1－b 1)，则对于所有的n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n ＝D .(*)在(*)式中分别取n ＝1，2，3，4，得A ＋B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1，从而有⎩⎪⎨⎪⎧7A ＋3B ＋cd 1＝0，19A ＋5B ＋cd 1＝0，21A ＋5B ＋cd 1＝0. ①②③由②，③得A ＝0，cd 1＝－5B ，代入方程①，得B ＝0，从而cd 1＝0.即d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0， cd 1＝0.若d 1＝0，则由d 1－12d ＝0，得d ＝0，与题设矛盾，所以d 1≠0.又因为cd 1＝0，所以c ＝0.8．(2015·重庆，22，12分，难)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1a n ＋λa n ＋1＋μa 2n ＝0(n ∈ N ＋)．(1)若λ＝0，μ＝－2，求数列{a n }的通项公式；(2)若λ＝1k 0(k 0∈N ＋，k 0≥2)，μ＝－1，证明：2＋13k 0＋1＜ak 0＋1＜2＋12k 0＋1. 8．[考向2]解：(1)由λ＝0，μ＝－2，有a n ＋1a n ＝2a 2n (n ∈N ＋)．若存在某个n 0∈N ＋，使得an 0＝0，则由上述递推公式易得an 0－1＝0，重复上述过程可得a 1＝0，这与a 1＝3矛盾，所以对任意n ∈N ＋，a n ≠0.从而a n ＋1＝2a n (n ∈N ＋)，即{a n }是一个公比q ＝2的等比数列．故a n ＝a 1q n －1＝3·2n －1.(2)证明：由λ＝1k0，μ＝－1，数列{a n}的递推关系式变为a n＋1a n＋1k0a n＋1－a2n＝0，变形为a n＋1⎝⎛⎭⎪⎫a n＋1k0＝a2n(n∈N＋)．由上式及a1＝3＞0，归纳可得3＝a1＞a2＞...＞a n＞a n＋1＞ 0因为a n＋1＝a2na n＋1k0＝a2n－1k20＋1k20a n＋1k0＝a n－1k0＋1k0·1k0a n＋1，所以对n＝1，2，…，k0求和得ak0＋1＝a1＋(a2－a1)＋…＋(ak0＋1－ak0)＝a1－k0·1k0＋1k0·⎝⎛1k0a1＋1＋1k0a2＋1⎭⎪⎫＋…＋1k0ak0＋1＞2＋1k0·＝2＋13k0＋1.另一方面，由上已证的不等式知a1＞a2＞…＞ak0＞ak0＋1＞2，得ak0＋1＝a1－k0·1k0＋1k0·⎝⎛1k0a1＋1＋⎭⎪⎫1k0a2＋1＋…＋1k0ak0＋1＜2＋＝2＋12k0＋1.综上，2＋13k0＋1＜ak0＋1＜2＋12k0＋1.分析法证明不等式在高考中很少单独出现，它主要作为探索解决问题的方法出现．复习时应弄清分析法的原理，掌握分析法证题的技巧．1(2013·江苏，21，10分)已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b. 【证明】要证明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，只需证：2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，∴2a3－b3≥2ab2－a2b.(2016·江苏盐城质检，21，10分)若a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c，求证：d＋a＜b＋c.证明：要证d＋a＜b＋c，只需证(d＋a)2＜(b＋c)2，即a＋d＋2ad＜b＋c＋2bc.因为a＋d＝b＋c，只需证ad＜bc，即ad＜bc，设a＋d＝b＋c＝t，则ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)(c＋d－t)＜0，故ad＜bc成立，从而d＋a＜b＋c成立．,利用分析法证明时应注意的问题(1)分析法采用逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需要用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导时，常考虑用分析法；(2)应用分析法的关键在于需保证分析过程的每一步都是可逆的，它的常用书面表达形式为“要证……只需证……”或用“⇐”．注意用分析法证明时，一定要严格按照格式书写．高考中，经常以不等式、立体几何、数列等知识为载体，考查分析法、综合法的应用，结合具体问题考查学生解决问题的能力．在平时复习时，要灵活运用题目的已知条件及设问中所得到的结论，将分析法和综合法结合起来灵活运用．2(2013·北京，20，13分)给定数列a 1，a2，…，a n，对i＝1，2，…，n－1，该数列前i项的最大值记为A i，后n－i项a i＋1，a i＋2，…，a n的最小值记为B i，d i＝A i－B i.(1)设数列{a n}为3，4，7，1，写出d1，d2，d3的值；(2)设a1，a2，…，a n(n≥4)是公比大于1的等比数列，且a1>0，证明：d1，d2，…，d n－1是等比数列；(3)设d1，d2，…，d n－1是公差大于0的等差数列，且d1>0，证明：a1，a2，…，a n－1是等差数列．【解析】(1)当i＝1时，A1＝3，B1＝1，故d1＝A1－B1＝2，同理可求得d2＝3，d3＝6.(2)证明：因为a1>0，公比q>1，所以a1，a2，…，a n是递增数列．因此，对i＝1，2，…，n－1，A i＝a i，B i＝a i＋1.于是对i＝1，2，…，n－1，d i＝A i－B i＝a i－a i＋1＝a1(1－q)q i－1.因此d i≠0且d i＋1d i＝q(i＝1，2，…，n－2)，即d1，d2，…，d n－1是等比数列．(3)证明：设d为d1，d2，…，d n－1的公差．对1≤i≤n－2，因为B i≤B i＋1，d>0，所以A i＋1＝B i＋1＋d i＋1≥B i＋d i＋d>B i＋d i＝A i.又因为A i＋1＝max{A i，a i＋1}，所以a i＋1＝A i＋1>A i≥a i.从而a1，a2，…，a n－1是递增数列．因此A i＝a i(i＝1，2，…，n－1)．又因为d1＞0，B1＝A1－d1＝a1－d1<a1，所以B1<a1<a2<…<a n－1.因此a n＝B1.所以B1＝B2＝…＝B n－1＝a n.所以a i＝A i＝B i＋d i＝a n＋d i.又d i＋1－d i＝d，因此对i＝1，2，…，n－2都有a i＋1－a i＝d i＋1－d i＝d，即a1，a2，…，a n－1是等差数列．,(1)d1，d2，d3的值可根据所给定义进行求解；(2)需根据题意求出d n的通项后利用定义证明；(3)利用等差数列的定义证明．综合法与分析法应用的注意点(1)综合法与分析法各有特点，在解决实际问题时，常把分析法与综合法综合起来运用，通常用分析法分析，综合法书写，这一点在立体几何中应用最为明显．同时，在数列、三角函数、解析几何中也大多是利用分析法分析，用综合法证明的办法来证明相关问题．(2)对于较复杂的问题，可以采用两头凑的方法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法由条件证明这个中间结论，使原命题得证．反证法是解决某些“疑难”问题的有力工具，体现了正难则反的思维方法，在高考中有所体现，既有小题，也有解答题，难度属中低档．在复习中，弄清反证法的原理及解题步骤是关键，同时也要掌握一些常见的“结论词”和“反设词”．3(2013·陕西，17，12分)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≠1，证明数列{a n＋1}不是等比数列．【解析】(1)设{a n}的前n项和为S n，当q＝1时，S n＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠1时，S n＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1q n－1，①qS n＝a1q＋a1q2＋…＋a1q n，②①－②得，(1－q)S n＝a1－a1q n，∴S n＝a1（1－q n）1－q，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q，q ≠1. (2)证明：假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *，(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1. ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列．对于从正面入手较困难的证明问题，一般优先考虑间接证明，即“正难则反”．本例中(1)可以分公比q 等于1和不等于1两种情况讨论，在公比不等于1时利用错位相减法推导；第(2)小题中结论出现“不是”的字样可考虑反证法证明．注意反证法证明问题的解题步骤．(2016·山东临沂三校联考，18，12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．解：(1)当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1. (2)证明(反证法)：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p ＜q ＜r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ，所以2·2r －q ＝2r －p ＋1.①又因为p ＜q ＜r ，所以r －q ，r －p ∈N *.所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．所以假设不成立，原命题得证．,用反证法证明命题的基本步骤(1)反设，设要证明的结论的反面成立．(2)归谬，从反设入手，通过推理得出与已知条件或公理、定理矛盾．(3)否定反设，得出原命题结论成立．1．(2015·山东济南模拟，4)用反证法证明：若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)有有理数根，那么a ，b ，c 中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是( )A ．假设a ，b ，c 都是偶数B ．假设a ，b ，c 都不是偶数C ．假设a ，b ，c 至多有一个偶数D ．假设a ，b ，c 至多有两个偶数1．B “至少有一个”的否定为“都不是”，故选B.2．(2016·宁夏银川二模，5)设a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断： ①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0；②a ＞b ，a ＜b 及a ＝b 中至少有一个成立；③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立，其中正确判断的个数为 ( )A ．0B ．1C ．2D ．32．C ①②正确；③中，a ≠b ，b ≠c ，a ≠c 可以同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3，故正确的判断有2个．3．(2016·山西大同质检，5)分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a ＞b ＞c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac ＜3a ”索的因应是( )A ．a －b ＞0B ．a －c ＞0C ．(a －b )(a －c )＞0D ．(a －b )(a －c )＜03．C b 2－ac ＜3a ⇔b 2－ac ＜3a 2⇔(a ＋c )2－ac ＜3a 2⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2＜0⇔－2a 2＋ac ＋c 2＜0⇔2a 2－ac －c 2＞0⇔(a －c )(2a ＋c )＞0⇔(a －c )(a －b )＞0.故选C.4．(2016·河北唐山一模，7)已知函数f (x )满足：f (a ＋b )＝f (a )·f (b )，f (1)＝2，则f 2（1）＋f （2）f （1）＋f 2（2）＋f （4）f （3）＋f 2（3）＋f （6）f （5）＋f 2（4）＋f （8）f （7）＝( ) A ．4 B ．8 C ．12 D ．164．D 根据f (a ＋b )＝f (a )·f (b )，得f (2n )＝f 2(n )．又f (1)＝2，则f （n ＋1）f （n ）＝2. 由f 2（1）＋f （2）f （1）＋f 2（2）＋f （4）f （3）＋f 2（3）＋f （6）f （5）＋f 2（4）＋f （8）f （7）＝2f （2）f （1）＋2f （4）f （3）＋2f （6）f （5）＋2f （8）f （7）＝16. 5．(2016·广东佛山质检，6)已知a ＞0，b ＞0，如果不等式2a ＋1b ≥m 2a ＋b恒成立，那么m 的最大值等于( )A ．10B ．9C ．8D ．75．B 因为a ＞0，b ＞0，所以2a ＋b ＞0.所以不等式可化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b (2a ＋b )＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b .因为5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥5＋4＝9，即其最小值为9，所以m ≤9，即m 的最大值等于9.6．(2016·山东烟台模拟，13)设a ＞b ＞0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是________．6．【解析】方法一(取特殊值法)：取a ＝2，b ＝1，则m ＜n .方法二(分析法)：a －b ＜a －b ⇐b ＋a －b ＞a ⇐a ＜b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b ＞0，显然成立．【答案】 m ＜n7．(2016·贵州安顺调研，17，12分)已知函数f (x )＝3x －2x ，求证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f （x 1）＋f （x 2）2≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 7．证明：要证明f （x 1）＋f （x 2）2≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即证明（3x 1－2x 1）＋（3x 2－2x 2）2≥3x 1＋x 22－2·x 1＋x 22，因此只要证明3x 1＋3x 22－(x 1＋x 2)≥3x 1＋x 22－(x 1＋x 2)，即证明3x 1＋3x 22≥3x 1＋x 22，因此只要证明3x 1＋3x 22≥3x 1·3x 2，由于x 1，x 2∈R 时，3x 1＞0，3x 2＞0，由基本不等式知3x 1＋3x 22≥3x 1·3x 2显然成立，故原结论成立．8．(2015·浙江温州质检，19，14分)已知等差数列{a n }中，首项a 1>0，公差d >0.(1)若a 1＝1，d ＝2，且1a 21，1a 24，1a 2m 成等比数列，求整数m 的值； (2)求证：对任意正整数n ，1a 2n ，1a 2n ＋1，1a 2n ＋2都不成等差数列． 8．解：(1)∵a 1＝1，d ＝2，∴a 4＝7，a m ＝2m －1. ∵1a 21，1a 24，1a 2m 成等比数列， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1722＝1（2m －1）2， ∴(2m －1)2＝492. ∵a 1>0，d >0，∴m ＝25.(2)证明：假设存在m ∈N *，使1a 2m ，1a 2m ＋1，1a 2m ＋2成等差数列，即2a 2m ＋1＝1a 2m ＋1a 2m ＋2，∴2a 2m ＋1＝1（a m ＋1－d ）2＋1（a m ＋1＋d ）2＝2a 2m ＋1＋2d 2（a 2m ＋1－d 2）2，化简，得d 2＝3a 2m ＋1，又a 1>0，d ＞0，∴a m ＋1＝a 1＋md >d ，∴3a 2m ＋1>3d 2>d 2，与d 2＝3a 2m ＋1矛盾，因此假设不成立，故原命题得证．1．(2015·江苏，23，10分，难)已知集合X ＝{1，2，3}，Y n ＝{1，2，3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }．令f (n )表示集合S n 所含元素的个数． (1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明． 1．解：(1)f (6)＝13. (2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论：(i)若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；(ii)若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k3＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－13，结论成立；(iii)若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－23，结论成立；(iv)若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k＋1)＋2＋（k＋1）－12＋k＋13，结论成立；(v)若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋k－12＋k3＋2＝(k＋1)＋2＋k＋12＋（k＋1）－13，结论成立；(vi)若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋k2＋k－13＋1＝(k＋1)＋2＋（k＋1）－12＋（k＋1）－23，结论成立．综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．2．(2014·陕西，21，14分，难)设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，g n＋1(x)＝g(g n(x))，n∈N＋，求g n(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．2．解：由题设得，g(x)＝x1＋x(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝x1＋x，g2(x)＝g(g1(x))＝x1＋x1＋x1＋x＝x1＋2x，g3(x)＝x1＋3x，…，可得g n(x)＝x1＋nx.下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，g1(x)＝x1＋x，结论成立．②假设n ＝k 时结论成立，即g k (x )＝x 1＋kx.那么，当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k （x ）1＋g k （x ）＝x 1＋kx 1＋x 1＋kx ＝x1＋（k ＋1）x ，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立． (2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋x(x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a（1＋x ）2＝x ＋1－a （1＋x ）2，当a ≤1时，φ′(x )≥0(当且仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， ∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增．又φ(0)＝0，∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(当且仅当x ＝0时等号成立)．当a >1时，对x ∈(0，a －1]有φ′(x )<0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减，∴φ(a －1)<φ(0)＝0，即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0，故知ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立，综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．(3)由题意知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋nn ＋1，n －f (n )＝n －ln(n ＋1)，所以g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1)．证明如下：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x1＋x ，x >0.令x ＝1n ，n ∈N ＋，则1n ＋1<ln n ＋1n .下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，12<ln 2，结论成立．②假设当n ＝k 时结论成立，即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1)．那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．3．(2014·安徽，21，13分，难)设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *. (1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p ＞1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－pn .证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p . 3．证明：(1)用数学归纳法证明：①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k >1＋kx 成立．当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x . 所以p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1，且x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p >1＋px 均成立．(2)方法一：先用数学归纳法证明a n >c 1p . ①当n ＝1时，由题设知a 1>c 1p 成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >c 1p 成立．由a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n 易知a n >0，n ∈N *. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1a k ＝p －1p ＋c p a －p k ＝1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1. 由a k >c 1p >0得－1<－1p <1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1<0.由(1)中的结论得⎝⎛⎭⎪⎫a k ＋1a k p ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1p >1＋p ·1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1＝c a p k . 因此a p k ＋1>c ，即a k ＋1>c 1p. 所以n ＝k ＋1时，不等式a n >c 1p 也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >c 1p 均成立．再由a n ＋1a n ＝1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p n －1可得a n ＋1a n <1，即a n ＋1<a n .综上所述，a n >a n ＋1>c 1p ，n ∈N *.方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1p ，则x p ≥c ，并且。

2017年高考改革新方案出炉

2017年高考改革新方案出炉2017年高考改革新方案正式出炉！！！语文180分，数学150分，英语多考，综合320分学生高中一年级就可参加全国社会化的统考,外语一年两考，三年六考，取最高分记入高三的高考成绩。

语数两科设定在6月7、8中的一天统考学生选考三门，按五级制评价。

一政策解读1、取消一本线，保留本科线。

致使各大院校会设置自己的专业线，好高校，好专业的竞争变得尤为激烈。

2、文理不分科会导致试卷难度上升，对善于文科的学生不利，善于理科的同学扩大了竞争优势。

3、明面上，英语不再统一在高三进行统考，其竞争变得更加残酷。

名校对于英语成绩有要求，这就促使你不断提高成绩。

改革前如果你的英语成绩不够好，可以通过优势学科拉分。

改革后，英语成绩不够好，甚至可能失去进入名校的资格!4、三科等级考的存在，使得每门学科都要均衡发展。

二应对策略1、夯实所有学科基础，不让任何学科成为”短板。

2、高中知识抢先学习，避免学习落差。

新高一开学后，就将面临”分班考，分班考将是抢占高中优秀师资的一个机会。

很多学校都会拿高一期中试卷作为考卷。

这就要求你，各门学科在暑期达到高一期中水平。

3、极其重视英语，从现在开始抓起，力争第一次英语社会化考试，就考最高分，减轻日后的学习负担。

4、提前树立目标，为”高校自招做准备。

三准确定位英语1、高考改革后，英语实行社会化考试，一年两考，三年六考。

考生可多次参加，取最高成绩。

这就意味着考生如果能在自己英语水平最好的时候(中考后)把握时机，在高一就尽早考出最好的成绩，那么就可以在接下来的时间里拿更多的时间来进行其他科目的学习。

2、英语课程需要我们科学合理地规划。

在高一想取得英语社会化考试的最高分，需要在初。

2017版【高考一本解决方案】高考数学(理科·新课标版)配套教师文档：专题5导数及其应用

1．(2016·四川，9，难)设直线l 1，l 2分别是函数f (x )＝⎩⎨⎧－ln x ，0<x <1，ln x ，x >1图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△PAB 的面积的取值范围是( ) A ．(0，1) B ．(0，2) C ．(0，＋∞) D ．(1，＋∞)1．A 设P 1，P 2分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)． ∵y ′＝⎩⎪⎨⎪⎧－1x ，0<x <1，1x ，x >1，∴l 1：y ＋ln x 1＝－1x 1(x －x 1)，l 2：y －ln x 2＝1x 2(x －x 2)，∴A (0，1－ln x 1)，B (0，ln x 2－1)．又∵－1x 1·1x 2＝－1，∴x 1x 2＝1.∴|AB |＝||（1－ln x 1）－（ln x 2－1）＝||2－（ln x 1＋ln x 2）＝||2－ln （x 1·x 2）＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＋ln x 1＝－1x 1（x －x 1），y －ln x 2＝1x 2（x －x 2），得x ＝2x 1＋x 2， ∴S △PAB ＝12|AB |x ＝2x 1＋x 2.∵x 1＋x 2＞2x 1x 2＝2， ∴0<S △APB ＜22＝1. 故选A.2．(2016·山东，10，难)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质．下列函数中具有T 性质的是( )A ．y ＝sin xB ．y ＝ln xC ．y ＝e xD ．y ＝x 32．A 设两点坐标为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，由切线互相垂直可得，A 选项中应有cos x 1·cos x 2＝－1，满足题意；B 选项中应有1x 1·1x 2＝－1，因为x 1>0，x 2>0，所以不满足题意；C 选项中应有e x 1·e x 2＝－1，不满足题意；D 选项中应有3x 21·3x 22＝－1，不满足题意．故选A.3．(2011·江西，4，易)若f (x )＝x 2－2x －4ln x ，则f ′(x )>0的解集为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－1，0)∪(2，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－1，0)3．C f (x )的定义域为(0，＋∞)，又由f ′(x )＝2x －2－4x ＝2（x －2）（x ＋1）x >0，解得－1<x <0或x >2，所以f ′(x )>0的解集为(2，＋∞)．4．(2016·课标Ⅱ，16，难)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________．4．【解析】设直线y ＝kx ＋b 与两曲线的切点分别为P 1(x 1，ln x 1＋2)，P 2(x 2，ln(x 2＋1))．∵y ′1＝1x 1，y ′2＝1x 2＋1，∴1x 1＝1x 2＋1.∴x 1＝x 2＋1. 此时切点P 1(x 2＋1，ln(x 2＋1)＋2)．故切线斜率k ＝ln （x 2＋1）＋2－ln （x 2＋1）x 2＋1－x 2＝2.由1x 1＝2，得切点P 1的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2－ln 2，∴切线方程为y －2＋ln 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12.令x ＝0，得y ＝1－ln 2，即b ＝1－ln 2. 【答案】 1－ln 25．(2014·江西，13，易)若曲线y ＝e －x 上点P 处的切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．5．【解析】设P (x 0，y 0)，∵y ＝e －x ， ∴y ′＝－e －x ，∴点P 处的切线斜率为k ＝－e －x 0＝－2， ∴－x 0＝ln 2， ∴x 0＝－ln 2， ∴y 0＝e ln 2＝2，∴点P 的坐标为(－ln 2，2)．【答案】 (－ln 2，2)6．(2013·江西，13，易)设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，且f (e x )＝x ＋e x ，则f ′(1)＝________．6．【解析】令t ＝e x ，故x ＝ln t ，∴f (t )＝ln t ＋t ，即f (x )＝ln x ＋x ，∴f ′(x )＝1x ＋1，∴f ′(1)＝2. 【答案】 27．(2014·江苏，11，中)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋bx (a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．7．【解析】因为曲线y ＝ax 2＋b x 过点P (2，－5)，所以4a ＋b2＝－5.① 又y ′＝2ax －bx 2，且曲线在点P (2，－5)处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，所以4a －b 4＝－72.②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2.所以a ＋b ＝－3.【答案】－38．(2013·北京，18，13分，中)设L 为曲线C ：y ＝ln xx 在点(1，0)处的切线． (1)求L 的方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C 在直线L 的下方． 8．解：(1)设f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln xx 2.所以切线的斜率k ＝f ′(1)＝1，所以L 的方程为y ＝x －1.(2)证明：令g (x )＝x －1－f (x )，则除切点(1，0)之外，曲线C 在直线L 的下方等价于g (x )＞0(∀x ＞0，x ≠1)．g (x )满足g (1)＝0，且g ′(x )＝1－f ′(x )＝x 2－1＋ln xx 2.当0＜x ＜1时，x 2－1＜0，ln x ＜0，所以g ′(x )＜0，故g (x )单调递减；当x ＞1时，x 2－1＞0，ln x ＞0，所以g ′(x )＞0，故g (x )单调递增．所以，g (x )＞g (1)＝0(∀x ＞0，x ≠1)．所以除切点(1，0)之外，曲线C 在直线L 的下方．导数的运算是解决所有导数问题的基础，高考中直接考查导数运算的题目较少，是导数题目的一个基础工具，因此，要牢固掌握常用函数的导数公式、导数的运算法则及复合函数的求导法则，并能准确和灵活应用．1(2015·福建，10)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，则下列结论中一定错误的是( ) A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＜1k B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1【解析】方法一(特值法)：令k ＝2，f (x )＝2.1x －1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2.1×12－1＝0.05＜12，所以选项A 正确；f (x )＝6x －1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝6×12－1＝2＞1，所以选项B 正确；f (1)＝6×1－1＝5＞2，所以选项D 正确．故选C. 方法二：根据f ′(x )＞k ＞1构造函数g (x )＝f (x )－kx ，则g ′(x )＝f ′(x )－k ＞0，g (x )为增函数，而1k －1＞0，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－kk －1＞g (0)＝f (0)＝－1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞1k －1，选项C 错误，故选C. 【答案】 C方法一：从题目的设问方式上看，可以考虑运用特值法，构造符合题意的特殊函数f (x )和特殊的k 计算函数值，从而进行排除即可．方法二：由题干中f ′(x )＞k ＞1得f ′(x )－k ＞0，根据导数的运算法则可构造函数g (x )＝f (x )－kx ，显然g ′(x )＞0，g (x )为增函数，然后由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞g (0)进行推导即可． 1.(2014·大纲全国，7)曲线y ＝x e x －1在点(1，1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．11．C ∵y ′＝x ′·e x －1＋x ·(e x －1)′＝(1＋x )e x －1，∴曲线y ＝x e x －1在点(1，1)处的切线斜率为y ′|x ＝1＝2.故选C.2．(2016·山东济南模拟，5)已知函数f (x )的导函数f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)＝( ) A ．－e B ．－1 C ．1 D ．e2．B ∵f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，∴f ′(x )＝[2xf ′(1)]′＋(ln x )′＝2f ′(1)＋1x ， ∴f ′(1)＝2f ′(1)＋1，即f ′(1)＝－1.3．(2015·天津文，11)已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数．若f ′(1)＝3，则a 的值为________． 3．【解析】因为f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋x ·1x ＝a (1＋ln x )．由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ，又f ′(1)＝3，所以a ＝3. 【答案】 3,导数运算的原则和方法(1)原则：先化简解析式，再求导． (2)方法：①连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导；②分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导；③对数形式：先化为和、差的形式，再求导； ④根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导；⑤三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导； ⑥复合函数：由外向内，层层求导．注意：当函数解析式中含有待定系数(例如f ′(x 0)，a ，b 等)，求导时把待定系数看成常数，再根据题意求出即可．导数的几何意义及其应用在每年的高考中主要有以下两个命题角度： (1)已知切点求切线方程或斜率；(2)已知切线方程或斜率求切点或曲线方程．在复习时，一定要养成“切线方程(斜率)”向“过一点的导数值”转化的思想意识，在求切线方程时，一定要分清“过某点”与“在某点”的区别，这是该内容的一个易错点．2(1)(2015·陕西文，15)函数y ＝x e x 在其极值点处的切线方程为________．(2)(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x 在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x (x >0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________．(3)(2015·河南郑州模拟，12)已知点P 在曲线y ＝4e x ＋1上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是________．【解析】 (1)由题意知y ′＝e x ＋x e x ，令y ′＝0，解得x ＝－1，代入函数解析式可得极值点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1e .又极值点处的切线为平行于x 轴的直线，故方程为y ＝－1e . (2)设P (x 0，y 0)(x 0>0)，由y ＝e x ，得y ′＝e x ， ∴y ′|x ＝0＝1.由y ＝1x ，得y ′＝－1x 2， ∴－1x 20＝－1，∴x 0＝1或x 0＝－1(舍去)， ∴y 0＝11＝1，∴点P 的坐标为(1，1)． (3)∵y ＝4e x ＋1，∴y ′＝－4e x （e x ＋1）2＝－4e xe 2x ＋2e x ＋1＝－4e x ＋1e x ＋2.∵e x>0，∴e x＋1e x ≥2，∴y ′∈[－1，0)， ∴tan α∈[－1，0)．又α∈[0，π)，∴α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π.【答案】 (1)y ＝－1e (2)(1，1) (3)⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π题(1)利用导数求出极值点，并由极值点处切线的斜率为0求得切线方程．题(2)，由于函数在某点处的导数即为函数在该点处切线的斜率，因此，只要设出P 点的坐标，然后根据题意列出关于P 点坐标的方程即可．题(3)的解题思路比较简单，主要是求导函数的值域，同时注意正切函数在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π的图象与其正切值之间的对应关系． 1.(2014·课标Ⅱ，8)设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 1．D y ′＝a －1x ＋1，由题意得y ′|x ＝0＝2，即a －1＝2，∴a ＝3. 2．(2015·课标Ⅰ文，14)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2，7)，则a ＝________. 2．【解析】 ∵f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1.又f(1)＝a＋2，∴f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)．∵切线过点(2，7)，∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得a＝1.【答案】1,与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略(1)已知切点求切线方程．解决此类问题的步骤为：①求出函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数，即曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处切线的斜率；②由点斜式求得切线方程为y－y0＝f′(x0)·(x－x0)．(2)已知斜率求切点：已知斜率k，求切点(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.(3)求切线倾斜角的取值范围：先求导数的取值范围，即确定切线斜率的取值范围，然后利用正切函数的单调性解决．(4)根据切线的性质求倾斜角或参数值：已知曲线上一点P(x0，y0)的切线与已知直线的关系(平行或垂直)，确定该切线的斜率k，再求出函数的导函数，然后利用导数的几何意义得到k＝f′(x0)＝tan α，其中倾斜角α∈[0，π)，根据范围进一步求得角α或有关参数的值．1．(2015·云南昆明一中调研，9)若曲线f(x)＝a cos x与曲线g(x)＝x2＋bx＋1在交点(0，m)处有公切线，则a＋b＝()A．－1 B．0 C．1 D．21．C依题意得，f′(x)＝－a sin x，g′(x)＝2x＋b，于是有f′(0)＝g′(0)，即－a sin 0＝2×0＋b，故b＝0，又有m＝f(0)＝g(0)，则m＝a＝1，因此a＋b＝1，选C.2．(2016·河北石家庄一模，8)设a∈R，函数f(x)＝e x＋a·e－x的导函数是f′(x)，且f′(x)是奇函数．若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标为()A．ln 2 B．－ln 2 C.ln 22D．－ln 222．A 对f (x )＝e x ＋a ·e －x 求导得f ′(x )＝e x －a e －x ，又f ′(x )是奇函数，故f ′(0)＝1－a ＝0，解得a ＝1，故有f ′(x )＝e x －e －x ，设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e x 0－e －x 0＝32，解得e x 0＝2或e x 0＝－12(舍去)，所以x 0＝ln 2.3．(2015·河南新乡质检，12)过点A (2，1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有( ) A ．3条 B ．2条 C ．1条 D ．0条3．A 由题意得，f ′(x )＝3x 2－3，设切点为(x 0，x 30－3x 0)，那么切线的斜率为k＝3x 20－3，利用点斜式方程可知切线方程为y －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(x －x 0)，将点A (2，1)代入可得关于x 0的一元三次方程2x 30－6x 20＋7＝0.令y ＝2x 30－6x 20＋7，则y ′＝6x 20－12x 0.由y ′＝0得x 0＝0或x 0＝2.当x 0＝0时，y ＝7>0；x 0＝2时，y ＝－1<0.所以方程2x 30－6x 20＋7＝0有3个解．故过点A (2，1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有3条，故选A.4．(2016·山东潍坊一模9)如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝( )A ．－1B ．0C ．2D ．44．B 由题意知直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，由图可得f (3)＝1.又点(3，1)在直线l 上，∴3k ＋2＝1，∴k ＝－13，∴f ′(3)＝k ＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，则g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0，故选B.5．(2016·广东广州二模，13)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )图象上任意一点处的切线的斜率都小于1，则实数a 的取值范围是________． 5．【解析】由题意得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，当x ＝a 3时，f ′(x )取到最大值a 23. ∴a 23＜1，解得－3＜a ＜ 3.【答案】－3＜a ＜ 36．(2016·安徽六安二模，16)已知曲线f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)与直线x ＝1交于点P ，设曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴交点的横坐标为x n ，则log 2 015x 1＋log 2 015x 2＋…＋log 2 015x 2 014的值为________．6．【解析】 f ′(x )＝(n ＋1)x n ，k ＝f ′(1)＝n ＋1，点P (1，1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0，得x ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，即x n ＝n n ＋1，∴x 1·x 2·…·x 2 014＝12×23×34×…×2 0132 014×2 0142 015＝12 015，则log 2 015x 1＋log 2 015x 2＋…＋log 2 015x 2 014＝log 2 015(x 1·x 2·…·x 2 014)＝log 2 01512 015＝－1.【答案】－17．(2016·河南名校联考，21，12分)设函数f (x )＝(x 2＋3x ＋m )e －x .(其中m ∈R ，e 是自然对数的底数)(1)若m ＝3，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若函数f (x )在(－∞，0)上有两个极值点． ①求实数m 的取值范围； ②证明：f (x )的极小值大于e.7．解：(1)f ′(x )＝－(x 2＋x ＋m －3)e －x ， ∵m ＝3，∴f (x )＝(x 2＋3x ＋3)e －x ，f ′(x )＝－(x 2＋x )e －x ，∴f (0)＝3，f ′(0)＝0. 故曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝3.(2)①由(1)知f ′(x )＝－(x 2＋x ＋m －3)·e －x ，要使函数f (x )在(－∞，0)上有两个极值点，只要方程g (x )＝x 2＋x ＋m －3＝0有两个不等负根．那么实数m 应满足⎩⎪⎨⎪⎧12－4（m －3）＞0，m －3＞0，解得3＜m ＜134.②证明：设两负根为x 1，x 2，且x 1＜x 2＜0，可知当x ＝x 1时有极小值f (x 1)， ∵对称轴为x ＝－12，g (0)＞0，∴－1＜x 1＜－12，由x 21＋x 1＋m －3＝0，得m ＝3－x 21－x 1.∴f (x 1)＝(x 21＋3x 1＋m )e －x 1＝(2x 1＋3)·e －x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＜x 1＜－12. 令h (x )＝(2x ＋3)·e －x ， ∵h ′(x )＝(－1－2x )·e －x ＞0，即h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12上单调递增，∴h (x )＞h (－1)＝e ，故f (x 1)＞e. 即f (x )的极小值大于e.1．(2013·浙江，8，中)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1，2)，则( )A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值1．C [考向2]当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)·(x －1)，f ′(x )＝x e x －1，f ′(1)≠0，故A ，B 错；当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2，f ′(x )＝(x 2－1)e x －2x ＋2＝(x －1)·[(x ＋1)e x －2]，故f ′(x )＝0有一根为x 1＝1，另一根x 2∈(0，1)．当x ∈(x 2，1)时，f ′(x )＜0，f (x )递减，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )递增，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，故选C.2．(2012·重庆，8，中)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)·f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)2．D[考向2]①当x<－2时，1－x>0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上是增函数．②当－2<x<1时，1－x>0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)<0，即f(x)在(－2，1)上是减函数．③当1<x<2时，1－x<0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)<0，即f(x)在(1，2)上是减函数．④当x>2时，1－x<0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)>0，即f(x)在(2，＋∞)上是增函数．综上，f(－2)为极大值，f(2)为极小值．3．(2014·陕西，10，中)如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A 的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为()A ．y ＝1125x 3－35xB ．y ＝2125x 3－45x C ．y ＝3125x 3－x D ．y ＝－3125x 3＋15x3．A [考向1]根据题意，知所求函数在(－5，5)上单调递减．对于A ，y ＝1125x 3－35x ，∴y ′＝3125x 2－35＝3125(x 2－25)，∴∀x ∈(－5，5)，y ′<0，∴y ＝1125x 3－35x 在(－5，5)内为减函数，同理可验证B ，C ，D 均不满足此条件，故选A. 4．(2014·课标Ⅰ，11，难)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，－2) D ．(－∞，－1)4．C [考向5]方法一：由已知可知a ≠0.∴f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a .①当a >0时，函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递增，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于0的零点，不合题意．②当a <0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，要使x 0>0且唯一，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a 2>4，∴a <－2，故选C.方法二：f ′(x )＝3ax 2－6x ，当a ＝3时，f ′(x )＝9x 2－6x ＝3x (3x －2)，则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23时，f ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )>0，注意f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝59>0，则f (x )的大致图象如图所示．不符合题意，排除A ，B.当a ＝－43时，f ′(x )＝－4x 2－6x ＝－2x (2x ＋3)，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32时，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0时，f ′(x )>0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，注意f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－54，则f (x )的大致图象如图所示．不符合题意，排除D.5．(2016·北京，14，难)设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ， x >a .(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________．5．[考向2]【解析】 (1)当a ＝0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ， x ＞0.当x ≤0时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－1)－1 (－1，0) 0 f ′(x ) ＋0 －－3f (x )2由表知，当x ≤0时， f (x )max ＝f (－1)＝2. 又当x ＞0时，f (x )＜0. 综上，当a ＝0时，f (x )max ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝x 3－3x 的图象如图所示．而y ＝－2x 为过(－1，2)，(1，－2)两点的直线，所以要使函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ， x ＞a无最大值，需a ＜－1. 【答案】 (1)2 (2)a ＜－16．(2016·山东，20，13分，难)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )＞f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1，2]成立． 6．[考向1]解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.当a ≤0时，x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．当a ＞0时，f ′(x )＝a （x －1）x 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a . ①0＜a ＜2时，2a ＞1. 当x ∈(0，1)或x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． ②a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．③a ＞2时，0＜2a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0＜a ＜2时，f (x )在(0，1)内单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a ＞2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．(2)证明：由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －2x 2＋2x 3＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈[1，2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈[1，2]．则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x ≥0，可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号．又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4，设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1，2]单调递减，因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1，2)，使得x∈(1，x0)时，φ(x)＞0，x∈(x0，2)时，φ(x)＜0，所以h(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0，2)内单调递减．由h(1)＝1，h(2)＝12，可得h(x)≥h(2)＝12，当且仅当x＝2时取得等号．所以f(x)－f′(x)＞g(1)＋h(2)＝32，即f(x)＞f′(x)＋32对于任意的x∈[1，2]成立．7．(2016·课标Ⅰ，21，12分，难)已知函数f(x)＝(x－2)e x＋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<2.7．[考向5]解：(1)f′(x)＝(x－1)e x＋2a(x－1)＝(x－1)(e x＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)e x，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)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<ln a2，则f(b)>a2(b－2)＋a(b－1)2＝a⎝ ⎛⎭⎪⎫b2－32b>0，故f(x)存在两个零点．③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－e2，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－e2，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.因此f(x)在(1，ln(－2a))单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)单调递增．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，＋∞)．(2)证明：不妨设x1<x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)e x2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2.设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.8．(2016·课标Ⅱ，21，12分，难)(1)讨论函数f(x)＝x－2x＋2e x的单调性，并证明当x>0时，(x－2)e x＋x＋2>0；(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)＝e x－ax－ax2(x>0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．8．[考向1，2]解：(1)f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f′(x)＝（x－1）（x＋2）e x－（x－2）e x（x＋2）2＝x2e x（x＋2）2≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1，所以(x －2)e x >－(x ＋2)，即(x －2)e x ＋x ＋2>0.(2)证明：g ′(x )＝))((2)2(233a x f x x x x a e x x ++=++-）（．由(1)知，f (x )＋a 单调递增，对任意a ∈[0，1)，f (0)＋a ＝a －1<0，f (2)＋a ＝a ≥0.因此，存在唯一x 0∈(0，2]，使得f (x 0)＋a ＝0，即g ′(x 0)＝0. 当0<x <x 0时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增．因此g (x )在x ＝x 0处取得最小值，最小值为g (x 0)＝2)1)(()1(02000200000+=++=+-x e x x x f e x x a e x x x . 于是h (a )＝200+x e x .由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝（x ＋1）e x（x ＋2）2>0可知， e xx ＋2单调递增．所以，由x 0∈(0，2]，得12＝e 00＋2<h (a )＝200+x e x ≤e 22＋2＝e 24. 因为e x x ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x 0∈(0，2]，a ＝－f (x 0)∈[0，1)，使得h (a )＝λ，所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0，1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.9．(2016·课标Ⅲ，21，12分，难)设函数f (x )＝αcos 2x ＋(α－1)·(cos x ＋1)，其中α>0，记|f (x )|的最大值为A . (1)求f ′(x )； (2)求A ； (3)证明|f ′(x )|≤2A .9．[考向4]解：(1)f ′(x )＝－2αsin 2x －(α－1)sin x . (2)当α≥1时，|f (x )|＝|αcos 2x ＋(α－1)(cos x ＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f (0)．因此A ＝3α－2.当0<α<1时，将f (x )变形为f (x )＝2αcos 2 x ＋(α－1)cos x －1.令g (t )＝2αt 2＋(α－1)t －1，则A 是|g (t )|在[－1，1]上的最大值，g (－1)＝α，g (1)＝3α－2，且当t ＝1－α4a 时，g (t )取得极小值，极小值为 g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α＝－（α－1）28α－1＝－α2＋6α＋18α.令－1<1－α4α<1，解得α>15.①当0<α≤15时，g (t )在(－1，1)内无极值点，|g (－1)|＝α，|g (1)|＝2－3α， |g (－1)|<|g (1)|，所以A ＝2－3α.②当15<α<1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－α)>0，知g (－1)>g (1)>g ⎝⎛⎭⎪⎫1－α4α.又⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α－|g (－1)|＝（1－α）（1＋7α）8α>0，所以A ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α＝α2＋6α＋18α.综上，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3α， 0<α≤15，α2＋6α＋18α，15<α<1，3α－2， α≥1.(3)证明：由(1)得|f ′(x )|＝|－2αsin 2x －(a －1)sin x |≤2α＋|α－1|. 当0<α≤15时，|f ′(x )|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A .当15<α<1时，A ＝α8＋18α＋34≥1，所以|f ′(x )|≤1＋α<2A .当α≥1时，|f ′(x )|≤3α－1≤6α－4＝2A .所以|f ′(x )|≤2A .10．(2015·广东，19，14分，中)设a ＞1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x －a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )上的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤3a －2e－1.10．[考向1，4，5]解：(1)f ′(x )＝2x ·e x ＋(x 2＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0， ∴f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，f (x )无单调递减区间． (2)证明：∵a ＞1，∴f (0)＝1－a ＜0， f (ln a )＝(ln 2a ＋1)·e ln a －a ＝a ln 2 a ＞0. ∴f (x )在(0，ln a )上有零点．又f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增， ∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点． (3)证明：设P (x P ，y P )，则f ′(x P )＝(x P ＋1)2e x P ＝0， ∴x P ＝－1.∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2e －a ， ∴k OP ＝a －2e .∵曲线在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行，又f ′(m )＝(m ＋1)2e m ， ∴(m ＋1)2e m ＝a －2e . 令g (m )＝e m －(m ＋1)，则g ′(m )＝e m －1. 令g ′(m )＞0，得m ＞0；令g ′(m )＜0，得m ＜0.∴g (m )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． ∴g (m )≥g (0)＝0. ∴e m ≥m ＋1，∴a －2e ＝(m ＋1)2e m ≥(m ＋1)3， ∴m ＋1≤3a －2e ，即m ≤3a －2e －1.11．(2014·山东，20，13分，难)设函数f (x )＝e x x 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围． 11．[考向1，2]解：(1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝x e x －2e x x 3－k （x －2）x 2＝（x －2）（e x －kx ）x 3.由k ≤0可得e x －kx >0，所以当x ∈(0，2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减，故f (x )在(0，2)内不存在极值点．当k >0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈[0，＋∞)．因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0<k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k >0，y ＝g (x )单调递增．故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点．当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减； x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增．所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )．函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）>0，g （ln k ）<0，g （2）>0，0<ln k <2.解得e<k <e 22.综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e 22.12．(2015·湖南，21，13分，难)已知a ＞0，函数f (x )＝e ax sin x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点．证明： (1)数列{f (x n )}是等比数列；(2)若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n ＜|f (x n )|恒成立． 12．[考向2，4]证明：(1)f ′(x )＝a e ax sin x ＋e ax ·cos x ＝e ax (a sin x ＋cos x ) ＝a 2＋1e ax sin(x ＋φ)，其中tan φ＝1a ，0＜φ＜π2.令f ′(x )＝0，由x ≥0得x ＋φ＝m π，即x ＝m π－φ，m ∈N *.对k ∈N ，若2k π＜x ＋φ＜(2k ＋1)π，即2k π－φ＜x ＜(2k ＋1)π－φ，则f ′(x )＞0；若(2k ＋1)π＜x ＋φ＜(2k ＋2)π，即(2k ＋1)π－φ＜x ＜(2k ＋2)π－φ，则f ′(x )＜0. 因此，在区间((m －1)π，m π－φ)与(m π－φ，m π)上，f ′(x )的符号总相反．于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时，f (x )取得极值，所x n ＝n π－φ(n ∈N *)．此时，f (x n )＝ea (n π－φ)sin(n π－φ)＝(－1)n ＋1·ea (n π－φ)sin φ.易知f (x n )≠0，而f （x n ＋1）f （x n ）＝（－1）n ＋2e a [（n ＋1）π－φ]sin φ（－1）n ＋1e a （n π－φ）sin φ＝－e a π是常数，故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝ea (π－φ)sinφ，公比为－e a π的等比数列．(2)由(1)知，sin φ＝1a 2＋1，于是对一切n ∈N *，x n ＜|f (x n )|恒成立，即n π－φ＜1a 2＋1e a (n π－φ)恒成立，等价于a 2＋1a ＜e a （n π－φ）a （n π－φ）(*)恒成立(因为a ＞0)．设g (t )＝e tt (t ＞0)，则g ′(t )＝e t（t －1）t 2.令g ′(t )＝0，得t ＝1.当0＜t ＜1时，g ′(t )＜0，所以g (t )在区间(0，1)上单调递减；当t ＞1时，g ′(t )＞0，所以g (t )在区间(1，＋∞)上单调递增．从而当t ＝1时，函数g (t )取得最小值g (1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需a2＋1a＜g(1)＝e，即只需a＞1e2－1.而当a＝1e2－1时，由tan φ＝1a＝e2－1＞3且0＜φ＜π2知，π3＜φ＜π2.于是π－φ＜2π3＜e2－1，且当n≥2时，nπ－φ≥2π－φ＞3π2＞e2－1.因此对一切n∈N*，ax n＝nπ－φe2－1≠1，所以g(ax n)＞g(1)＝e＝a2＋1a.故(*)式亦恒成立．综上所述，若a≥1e2－1，则对一切n∈N*，x n＜|f(x n)|恒成立．单调性是导数应用中最基本也是最重要的内容，利用导数讨论函数单调性或求函数的单调区间是导数的重要应用，也是高考的热点，经常在解答题的分支问题中出现，难度中等．由函数单调性求参数取值范围是高考的热点，解决此类问题关键在于根据函数的符号变化确定参数所满足的条件，既有小题也有解答题，难度较大．在平时复习时，要熟练掌握函数单调性的判断方法，理解函数单调性与导数的关系．在考试中，对于含参数问题，要注意对隐含条件的挖掘，利用函数的单调性解不等式，注意对参数的讨论；或分离变量转化为函数最值问题求解．1(2015·课标Ⅱ，21，12分)设函数f(x)＝e mx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．【解析】(1)证明：方法一(通解)：f′(x)＝m(e mx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f′(x)<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )>0.若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1>0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1<0，f ′(x )>0.所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．方法二(优解)：f ′(x )＝m e mx ＋2x －m ，设h (x )＝f ′(x )＝m e mx ＋2x －m ，则h ′(x )＝m 2e mx ＋2＞0，∴f ′(x )在R 上为增函数，并且f ′(0)＝0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，即f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m －m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.①设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t －1. 当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，故当t ∈[－1，1]时，g (t )≤0.当m ∈[－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立；当m >1时，由g (t )的单调性得，g (m )>0，即e m －m >e －1；当m <－1时，g (－m )>0，即e －m ＋m >e －1. 综上，m 的取值范围是[－1，1]．(2014·江西，18，12分)已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )·1－2x (b ∈R )．(1)当b ＝4时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围．解：(1)由题意易知f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12.当b ＝4时，f ′(x )＝－5x （x ＋2）1－2x，由f ′(x )＝0得x ＝－2或x ＝0.当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(－2，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．故f (x )在x ＝－2处取极小值f (－2)＝0，在x ＝0处取极大值f (0)＝4. (2)f ′(x )＝－x [5x ＋（3b －2）]1－2x，因为当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，－x 1－2x<0，依题意，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0. 所以b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，19.利用导数讨论函数单调性或求单调区间的方法(1)方法一：①确定函数y ＝f (x )的定义域；②求导数y′＝f′(x)；③解不等式f′(x)＞0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；④解不等式f′(x)＜0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．(2)方法二：①确定函数y＝f(x)的定义域；②求导数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义域内的一切实根；③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义域分成若干个小区间；④确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．要特别注意的是，涉及含参数的单调性或单调区间的问题，一定要弄清参数对导数f′(x)在某一区间内的符号是否有影响．若有影响，则必须分类讨论．由函数的单调性求参数取值范围的方法(1)可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围；(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题．高考对函数极值的考查主要有以下两个命题角度：①判断函数极值的情况；②已知函数求极值．函数的最值是高考的热点内容，考查函数最值的同时必然涉及函数单调性，还会涉及方程和不等式，题型既有选择题、填空题，也有解答题，有一定难度．在平时的复习中，要养成一种解题的思维习惯，对于求函数在闭区间上的最值，应先判断函数的单调性，一般情况下是利用导数求出单调区间，要注意单调区间与已知区间的关系．含有字母时，常需要分类讨论，分类时要做到不重不漏．2(2015·山东，21，14分)设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x >0，f (x )≥0成立，求a 的取值范围．【解析】 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1，令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)．(i)当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点；(ii)当a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)．①当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点；②当a ＞89时，Δ＞0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)，因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14，由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．所以函数有两个极值点．(iii)当a ＜0时，Δ＞0，由g (－1)＝1＞0，可得x 1＜－1，当x ∈(－1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．所以函数有一个极值点．综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a＞89时，函数f(x)有两个极值点．(2)由(1)知，(ⅰ)当0≤a≤89时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意；(ⅱ)当89＜a≤1时，由g(0)≥0，得x2≤0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意；(ⅲ)当a＞1时，由g(0)＜0，可得x2＞0.所以x∈(0，x2)时，函数f(x)单调递减；因为f(0)＝0，所以x∈(0，x2)时，f(x)＜0，不合题意；(ⅳ)当a＜0时，设h(x)＝x－ln(x＋1)．因为x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝1－1x＋1＝xx＋1＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．因此，当x∈(0，＋∞)时，h(x)＞h(0)＝0，即ln(x＋1)＜x.可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x.当x＞1－1a时，ax2＋(1－a)x＜0.此时f(x)＜0，不合题意．综上所述，a的取值范围是[0，1]．(1)首先确定函数f(x)的定义域，求f(x)的导函数，对导函数f′(x)进行化简，然后考查分子对应的函数g(x)，先讨论g(x)是否为二次函数，后讨论g(x)是二次函数时实根的分布情况，从而确定g(x)，f′(x)的符号，得出函数f(x)的单调区间，判断出函数f(x)的极值点个数；(2)根据(1)知a在不同情况下f(x)在(0，＋∞)上的单调性，要想x∈(0，＋∞)时f(x)＞0恒成立，只要说明最小值大于0，否则存在函数值小于0即可．(2014·安徽，18，12分)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝－1－4＋3a3，x2＝－1＋4＋3a3，x1<x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当x<x1或x>x2时，f′(x)<0；当x1<x<x2时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增．(2)因为a>0，所以x1<0，x2>0.①当a≥4时，x2≥1.由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增．所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0<a<4时，x2<1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减．所以f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值；当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．,求函数f(x)极值的方法求函数的极值应先确定函数的定义域，再解方程f′(x)＝0，再判断f′(x)＝0的根是否是极值点，可通过列表的形式进行分析，若遇极值点含参数不能比较大小时，则需分类讨论．求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；(2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．以实际生活为背景，通过求面(容)积最大、用料最省、利润最大、效率最高等问题考查学生分析问题、解决问题以及建模的能力，常与函数关系式的求法、函数的性质(单调性、最值)、不等式、导数、解析几何中曲线方程、空间几何体等知识交汇考查．这类问题是高考的一种常见题型，属于中等难度．3 (2013·重庆文，20，12分)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)，设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米，假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．【解析】(1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝15r(300－4r 2)，从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r2)．由h＞0，且r＞0可得0＜r＜53，故函数V(r)的定义域为(0，53)．(2)因V(r)＝π5(300r－4r3)，故V′(r)＝π5(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－5不在定义域内，舍去)．当r∈(0，5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0，5)上为增函数；当r∈(5，53)时，V′(r)＜0，故V(r)在(5，53)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．(1)由已知中侧面积和底面积的单位建造成本，结合圆柱体的侧面积及底面积公式，根据该蓄水池的总建造成本为12 000π元，构造方程整理后，可将V表示成r的函数，进而根据实际中半径与高为正数，得到函数的定义域；(2)根据(1)中函数的定义域及解析式，利用导数法，可确定函数的单调性，根据单调性，可得函数的最大值点．(2016·福建福州一模，18，13分)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝a x －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．解：(1)∵x ＝5时，y ＝11，∴a 2＋10＝11，∴a ＝2.(2)由(1)知该商品每日的销售量y ＝2x －3＋10(x －6)2， ∴商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10（x －6）2 ＝2＋10(x －3)(x －6)2，3<x <6.f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)]＝30(x －4)(x －6)，令f ′(x )＝0，得x ＝4.当3<x <4时，f ′(x )>0，函数f (x )在(3，4)上递增；当4<x <6时，f ′(x )<0，函数f (x )在(4，6)上递减，∴当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，为f (4)＝42.∴当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．利用导数解决生活中优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，找出实际问题的数学模型，写出实际问题。

解决方案范文5篇(给出解决方案)

解决方案范文5篇(给出解决方案)解决方案范文11、市场背景社会每天都在发生着巨化，越来越多的新颖事物不断涌现，统计局的调查工作也在日益增多，统计种类和数据正变得越来越巨大，并且对于调查结果的准时性、精确性要求也越来越高。

在目前的状况下，数据的统计和采集是还主要依靠手工等传统的方式实现，然后再由纸制化办公用品转化到电子化存储设备中，效率较为低下，既不支持随时随地的查阅监测，也给后续的统计数据的发布工作带来了诸多困惑。

为改善这一状况，统计局想尽各种方法，增加人手、改善流程，但却始终处于工作量增加大于人员增加的逆境，统计工作面临着周期长、效率低、查询不便、发布呈报困难等问题。

2、市场需求“我想找到一种能够随时随地进行信息统计的电子化方式，录入要快，操作要便利”；“最好能利用手机进行统计工作，不需要带上一堆设备，麻烦又笨重”；“手机短信和彩信功能太简洁了，我想有比这个更好用更强大的统计方式，而且数据表单要便利定制和更改”；“我们领导很关怀统计数据，希望有一种途径可以让他24小时随时查询”；“现在的方式需要太多的中间转录工作了，效率太低，我们领导很不满意”；“单位时常有重要的数据和信息要通发给我们，需要一种快捷便利的方式可以随时猎取”；“我们企业对统计局的很多信息数据很重视，想可以能够随时便利查阅”；3、解决方案移动信息助理结合统计行业管理软件实现了移动统计行业解决方案（以下简称移动统计）是将统计行业的数据采集、统计调查、数据发布等一系列工作应用于手机终端之上，通过手机终端的便携性及无线性，实现随时随地可以完成数据采集、数据统计及数据发布要求。

移动统计使统计局数据传输系统在手机上实现了数据的实时查看，包括：个人数据、地区经济进展月报、快报、年鉴、国民经济月度统计资料、城市建设监测、社会运行监测等数据信息发布功能，同时还实现了统计局内部的移动办公系统，包括：移动邮件、日程管理、通讯录、即时通知、单位资讯等功能。

2017高考一本解决方案专题21

1．(2016·山东，1，易)若复数z 满足2z ＋z －＝3－2i ，其中i 为虚数单位，则z ＝( ) A ．1＋2i B ．1－2i C ．－1＋2i D ．－1－2i1．B [考向1]设z ＝a ＋b i ，则2(a ＋b i)＋a －b i ＝3－2i ，即3a ＋b i ＝3－2i ，所以a ＝1，b ＝－2，所以z ＝1－2i.2．(2016·课标Ⅱ，1，易)已知z ＝(m ＋3)＋(m －1)i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－3，1) B ．(－1，3) C ．(1，＋∞) D ．(－∞，－3)2．A [考向2]由题意知，⎩⎨⎧m ＋3>0，m －1<0，解得－3<m <1.3．(2016·课标Ⅲ，2，易)若z ＝1＋2i ，则4iz ·z －－1＝( )A ．1B ．－1C ．iD ．－i3．C [考向1]z ·z －＝(1＋2i)(1－2i)＝1＋4＝5，∴4iz ·z －－1＝4i4＝i.4．(2015·北京，1，易)复数i(2－i)＝( )A ．1＋2iB ．1－2iC ．－1＋2iD ．－1－2i4．A [考向1]i(2－i)＝2i －i 2＝1＋2i.5．(2015·山东，2，易)若复数z 满足z－1－i ＝i .其中i 为虚数单位，则z ＝( )A ．1－iB ．1＋iC ．－1－iD ．－1＋i5．A [考向1]∵z－1－i＝i ，∴z －＝i(1－i)＝1＋i ，∴z ＝1－i.故选A.6．(2015·广东，2，易)若复数z ＝i (3－2i )(i 是虚数单位)，则z －＝( ) A ．2－3i B ．2＋3i C ．3＋2i D ．3－2i6．A [考向1] ∵z ＝3i －2i 2＝2＋3i ，∴z －＝2－3i.7．(2014·重庆，1，易)复平面内表示复数i(1－2i)的点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限7．A [考向2]i(1－2i)＝i －2i 2＝2＋i ，对应复平面上的点为(2，1)，在第一象限． 8．(2014·课标Ⅰ，2，易)（1＋i ）3（1－i ）2＝( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i8．D [考向1]（1＋i ）3（1－i ）2＝（1＋i ）·2i－2i＝－1－i ，故选D.9．(2014·江西，1，易)z －是z 的共轭复数，若z ＋z －＝2，(z －z －)i ＝2(i 为虚数单位)，则z 等于( ) A ．1＋i B ．－1－i C ．－1＋i D ．1－i9．D [考向1]方法一：设z ＝a ＋b i ，a ，b 为实数，则z －＝a －b i.∵z ＋z －＝2a ＝2，∴a ＝1.又(z －z －)i ＝2b i 2＝－2b ＝2，∴b ＝－1.故z ＝1－i. 方法二：∵(z －z －)i ＝2，∴z －z －＝2i ＝－2i.又z ＋z －＝2，∴(z －z －)＋(z ＋z －)＝－2i ＋2，∴2z ＝－2i ＋2，∴z ＝1－i.10．(2013·课标Ⅰ，2，易)若复数z 满足(3－4i)z ＝|4＋3i|，则z 的虚部为( ) A ．－4 B ．－45 C ．4 D.4510．D [考向1，2]∵(3－4i)z ＝|4＋3i|，∴z ＝|4＋3i|3－4i ＝42＋323－4i ＝5（3＋4i ）25＝35＋45i .∴z 的虚部为45.11．(2013·陕西，6，中)设z 1，z 2是复数，则下列命题中的假命题是( )A ．若|z 1－z 2|＝0，则z －1＝z －2B ．若z 1＝z －2，则z －1＝z 2C ．若|z 1|＝|z 2|，则z 1·z －1＝z 2·z －2D ．若|z 1|＝|z 2|，则z 21＝z 2211．D [考向1，2]设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i.若|z 1－z 2|＝0，则z 1－z 2＝(a －c )＋(b－d )i ＝0，a ＝c ，b ＝d ，所以z －1＝z －2，故A 项正确；若z 1＝z －2，则a ＝c ，b ＝－d ，所以z －1＝z 2，故B 项正确；若|z 1|＝|z 2|，则a 2＋b 2＝c 2＋d 2，所以z 1·z －1＝z 2·z －2，故C 项正确；z 21＝(a 2－b 2)＋2ab i ，z 22＝(c 2－d 2)＋2cd i ，在a 2＋b 2＝c 2＋d 2的条件下，不能保证a 2－b 2＝c 2－d 2，2ab ＝2cd ，故D 项错误．12．(2016·天津，9，易)已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若(1＋i)·(1－b i)＝a ，则a b 的值为________．12．[考向1]【解析】 ∵(1＋i)(1－b i)＝a ， ∴1＋b ＋i －b i ＝a ，即⎩⎨⎧1＋b ＝a ，1－b ＝0，解得⎩⎨⎧b ＝1，a ＝2，∴ab ＝2. 【答案】 213．(2016·北京，9，易)设a ∈R ，若复数(1＋i)(a ＋i)在复平面内对应的点位于实轴上，则a ＝________．13．[考向2]【解析】因为(1＋i)(a ＋i)＝(a －1)＋(a ＋1)i ，所以要使其在复平面内对应的点在实轴上，则有a ＋1＝0，解得a ＝－1. 【答案】－114．(2015·天津，9，易)i 是虚数单位，若复数(1－2i)(a ＋i)是纯虚数，则实数a 的值为________．14．[考向1]【解析】 (1－2i)(a ＋i)＝a ＋(1－2a )i ＋2＝(a ＋2)＋(1－2a )i ，由题意得⎩⎨⎧a ＋2＝0，1－2a ≠0.∴a ＝－2.【答案】－2复数的概念及运算是高考的必考内容，主要以选择题、填空题的形式考查，难度为低档题，分值一般占5分．在复习中弄清复数的概念，如复数的分类、共轭复数、复数的模等是基础，掌握复数代数形式的运算是关键．1(1)(2015·课标Ⅱ，2)若a 为实数，且(2＋a i)(a －2i)＝－4i ，则a ＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2(2)(2014·山东，1)已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若a －i 与2＋b i 互为共轭复数，则(a ＋b i)2＝( )A ．5－4iB ．5＋4iC ．3－4iD ．3＋4i(3)(2014·广东，2)已知复数z 满足(3＋4i)z ＝25(i 为虚数单位)，则z 等于( ) A ．－3＋4i B ．－3－4i C ．3＋4i D ．3－4i【解析】 (1)∵(2＋a i)(a －2i)＝4a ＋(a 2－4)i ＝－4i ，∴a ＝0.(2)∵a －i 与2＋b i 互为共轭复数，∴a ＋i ＝2＋b i ，∴a ＝2，b ＝1，∴(a ＋b i)2＝(2＋i)2＝4＋4i ＋i 2＝4＋4i －1＝3＋4i. (3)方法一：由(3＋4i)z ＝25，得z ＝253＋4i ＝25（3－4i ）（3＋4i ）（3－4i ）＝3－4i. 方法二：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则(3＋4i)(a ＋b i)＝25，即3a －4b ＋(4a ＋3b )i ＝25，所以⎩⎨⎧3a －4b ＝25，4a ＋3b ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝3，b ＝－4，故z ＝3－4i.【答案】 (1)B (2)D (3)D复数相等的充要条件是将复数问题代数化的一个重要工具，题(1)通过复数的乘法运算，利用复数相等可求出参数a .明确共轭复数的概念是解题(2)的关键，利用共轭复数的实部、虚部之间的关系求出a ，b 的值，利用运算法则求解．题(3)的方法一直接利用复数的除法求解；方法二设出z 的表达式，利用复数的乘法及复数相等求解．1.(2015·湖北，1)i 为虚数单位，i 607的共轭复数为( )A ．iB ．－iC ．1D ．－11．A ∵i 607＝i 4×151＋3＝i 3＝－i ，∴其共轭复数为i.2．(2013·山东，1)复数z 满足(z －3)(2－i)＝5(i 为虚数单位)，则z 的共轭复数z －为( )A ．2＋iB ．2－iC ．5＋iD ．5－i2．D z ＝52－i＋3＝5（2＋i ）5＋3＝5＋i ，故z －＝5－i.3．(2014·安徽，1)设i 是虚数单位，z －表示复数z 的共轭复数．若z ＝1＋i ，则zi ＋i ·z－＝( )A ．－2B ．－2iC ．2D ．2i3．C ∵z ＝1＋i ，∴z －＝1－i ，zi ＋i·z －＝1＋i i ＋i (1－i )＝－i ＋1＋i ＋1＝2.,复数相关概念与运算的技巧(1)解决与复数的基本概念和性质有关的问题时，应注意复数和实数的区别与联系，把复数问题实数化是解决复数问题的关键．(2)复数相等问题一般通过实部与虚部对应相等列出方程或方程组求解．(3)复数的代数运算的基本方法是运用运算法则，但可以通过对代数式结构特征的分析，灵活运用i的幂的性质、运算法则来优化运算过程．对复数的几何意义的考查，多以选择题、填空题形式考查，难度多为中低档；复数的模在高考中考查频率较低，一般结合复数运算综合求解，以选择题或填空题的形式出现，难度为中低档．在复习中理清复数与复平面内的点以及复平面内以原点为起点的向量的一一对应关系，记对并准确应用复数的模的计算公式．2(1)(2015·安徽，1，易)设i是虚数单位，则复数2i1－i在复平面内所对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限(2)(2014·课标Ⅱ，2)设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i，则z1z2＝()A．－5 B．5 C．－4＋i D．－4－i(3)(2015·江苏，3)设复数z满足z2＝3＋4i(i是虚数单位)，则z的模为________．【解析】(1)2i1－i＝（1＋i）×2i（1＋i）（1－i）＝2i＋2i212－i2＝2i－22＝－1＋i，所对应的点为(－1，1)，在第二象限．(2)因为z1＝2＋i，所以z1在复平面内对应点的坐标为(2，1)，该点关于虚轴的对称点为(－2，1)，所以z2＝－2＋i，z1z2＝(2＋i)(－2＋i)＝i2－4＝－1－4＝－5. (3)∵z2＝3＋4i，∴|z2|＝32＋42＝5＝|z|2，∴|z|＝ 5.【答案】(1)B(2)A(3) 5解题(1)(2)的关键是准确利用复数的运算求出复数的实部与虚部，理解复数与复平面内点的一一对应关系；解题(3)时可先求出复数z 2的模，再求复数z 的模．1.(2015·课标Ⅰ，1)设复数z 满足1＋z1－z＝i ，则|z |＝( ) A ．1 B. 2 C. 3 C ．21．A 由1＋z 1－z ＝i ，得z ＝－1＋i 1＋i＝－（1－i ）22＝i ，∴|z |＝1.2．(2016·山东济宁二模，12)已知复数z 1＝－1＋2i ，z 2＝1－i ，z 3＝3－4i ，它们在复平面上对应的点分别为A ，B ，C ，若OC →＝λOA →＋μOB →，(λ，μ∈R )，则λ＋μ的值是________．2．【解析】由条件得OC →＝(3，－4)，OA →＝(－1，2)，OB →＝(1，－1)，根据OC→＝λOA →＋μOB →得 (3，－4)＝λ(－1，2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)， ∴⎩⎨⎧－λ＋μ＝3，2λ－μ＝－4，解得⎩⎨⎧λ＝－1，μ＝2.∴λ＋μ＝1. 【答案】 1,与复数几何意义、模有关的解题技巧(1)只要把复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )与向量OZ→对应起来，就可以根据平面向量的知识理解复数的模、加法、减法的几何意义，并根据这些几何意义解决问题． (2)有关模的运算要注意灵活运用模的运算性质．1．(2016·广东中山一模，3)已知z ＝1＋i ，则(z －)2＝( ) A ．2 B ．－2 C ．2i D ．－2i1．D [考向1] ∵z ＝1＋i ，∴z －＝1－i ，(z －)2＝－2i ，故选D. 2．(2016·浙江温州质检，1)已知复数a ＋3i1－2i是纯虚数，则实数a ＝( ) A ．－2 B ．4 C ．－6 D ．62．D [考向1]a ＋3i 1－2i ＝a －6＋（2a ＋3）i5，∵复数a ＋3i1－2i 为纯虚数，∴a ＝6.3．(2016·河南郑州一模，3)如图，在复平面内，复数z 1，z 2对应的向量分别是OA →，OB →，则|z 1＋z 2|＝( )A ．2B ．3C ．2 2D ．3 33．A [考向2]由题图可知，z 1＝－2－i ，z 2＝i ，则z 1＋z 2＝－2，∴|z 1＋z 2|＝2，故选A.4．(2016·山东青岛调考，3)在复平面内，复数z 和2i 2－i 表示的点关于虚轴对称，则复数z ＝( ) A.25＋45i B.25－45i C ．－25＋45i D ．－25－45i4．A [考向2]由2i 2－i＝－25＋45i 可知复数z 对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫－25，45，其关于虚轴的对称点为⎝ ⎛⎭⎪⎫25，45，故复数z ＝25＋45i ，故选A.5．(2015·四川德阳二模，2)如果复数2－b i1＋2i(其中i 为虚数单位，b 为实数)的实部和虚部互为相反数，那么b 等于( ) A. 2 B.23 C ．－23 D ．25．C [考向1]2－b i 1＋2i ＝（2－b i ）（1－2i ）5＝（2－2b ）5－4＋b5i .由2－2b 5＝4＋b 5，得b ＝－23.6．(2016·河北唐山一中质检，3)设i 是虚数单位，z －是复数z 的共轭复数．若z ·z －i ＋2＝2z ，则z ＝( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i6．A [考向1]令z ＝a ＋b i ，则z －＝a －b i ，代入z ·z －i ＋2＝2z ，得：(a 2＋b 2)i ＋2＝2a ＋2b i ，得a 2＋b 2＝2b 且2a ＝2，解得a ＝1，b ＝1，则z ＝1＋i ，故选A. 7．(2016·陕西西安一模，2)在复平面内，复数3－4i ，i(2＋i)对应的点分别是A ，B ，则线段AB 的中点C 对应的复数为( ) A ．－2＋2i B ．2－2i C ．－1＋i D ．1－i7．D [考向2]∵i(2＋i)＝－1＋2i ，∴复数3－4i ，i(2＋i)对应的点A ，B 的坐标分别为A (3，－4)，B (－1，2)．∴线段AB 的中点C 的坐标为(1，－1)，则线段AB 的中点C 对应的复数为1－i.故选D. 8．(2016·云南曲靖质检，13)已知m ∈R ，复数m ＋i 1＋i －12的实部和虚部相等，则m ＝________．8．[考向1]【解析】 m ＋i 1＋i －12＝（m ＋i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）－12＝（m ＋1）＋（1－m ）i 2－12＝m ＋（1－m ）i 2，由已知得m ＝1－m ，则m ＝12. 【答案】129．(2015·安徽合肥模拟，11)设i 是虚数单位，则复数(1－i)2－4＋2i1－2i －4i 2 014＝________．9．[考向1]【解析】原式＝－2i －（4＋2i ）（1＋2i ）（1－2i ）（1＋2i ）＋4＝－2i －10i5＋4＝－2i－2i ＋4＝4－4i. 【答案】 4－4i10．(2016·安徽六安质检，12)已知复数z ＝x ＋y i ，且|z －2|＝3，则yx 的最大值为________．10．[考向2]【解析】 ∵|z －2|＝（x －2）2＋y 2＝3，∴(x －2)2＋y 2＝3. 由图可知⎝ ⎛⎭⎪⎫y x max＝31＝ 3.【答案】31．复数的相关概念(1)对于复数a ＋b i(a ，b ∈R )，当且仅当b ＝0时，是实数；当b ≠0时，是虚数；当a ＝0且b ≠0时，是纯虚数．(2)复数相等：如果a ，b ，c ，d 都是实数，那么a ＋b i ＝c ＋d i ⇔a ＝c 且b ＝d ；a ＋b i ＝0⇔a ＝0且b ＝0.(3)共轭复数：a ＋b i(a ，b ∈R )与c ＋d i(c ，d ∈R )互为共轭复数⇔a ＝c ，b ＝－d . 2．复数的运算法则设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )．3.常用结论(1)i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i ，n ∈N *.(2)(1±i)2＝±2i ，(a ＋b i)(a －b i)＝a 2＋b 2.不能把实数集中的所有运算法则和运算性质照搬到复数集中来．例如，若z 1，z 2∈C ，z 21＋z 22＝0，并不能推出z 1＝z 2＝0.4．复数的几何意义(1)复数加法的几何意义：复数的加法即向量的加法，满足平行四边形法则；(2)复数减法的几何意义：复数减法即向量的减法，满足三角形法则．5．复数的模向量OZ→的长度叫作复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的模，记作|z |，即|z |＝|a ＋b i|＝a 2＋b 2. 6．模的运算性质(1)|z |2＝|z －|2＝z ·z －；(2)|z 1·z 2|＝|z 1||z 2|；(3)⎪⎪⎪⎪⎪⎪z 1z 2＝|z 1||z 2|.。

2017版【高考一本解决方案】高考数学(理科·新课标版)配套教师文档：专题10不等式

1．(2016·北京，5，易)已知x ，y ∈R ，且x >y >0，则( ) A.1x －1y >0 B ．sin x －sin y >0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12y<0 D ．ln x ＋ln y >0 1．C ∵x ＞y ＞0，∴1x ＜1y ，即1x －1y ＜0，故A 不正确．当x ＞y ＞0时，不能说明sin x ＞sin y ，如x ＝π，y ＝π2，x ＞y ，但sin π＜sin π2，故B 不正确．∵函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上为减函数，且x ＞y ＞0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12y ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12y＜0，故C 正确．当x ＝1，y ＝12时，ln x ＋ln y ＜0，故D 不正确．故选C.2．(2014·山东，5，易)已知实数x ，y 满足a x ＜a y (0＜a ＜1)，则下列关系式恒成立的是( )A.1x 2＋1＞1y 2＋1B ．ln(x 2＋1)＞ln(y 2＋1)C ．sin x ＞sin yD ．x 3＞y 32．D 因为0＜a ＜1，a x ＜a y ，所以x ＞y .对于选项A ，取x ＝2，y ＝1，则1x 2＋1＜1y 2＋1，显然A 错误；对于选项B ，取x ＝－1，y ＝－2，则ln(x 2＋1)＜ln(y 2＋1)，显然B 错误；对于选项C ，取x ＝π，y ＝π2，则sin π2＞sin π，显然C 错误；对于选项D ，若x ＞y ，则x 3＞y 3一定成立，故选D.3．(2013·陕西，10，易)设[x ]表示不大于x 的最大整数，则对任意实数x ，y ，有( )A ．[－x ]＝－[x ]B ．[2x ]＝2[x ]C ．[x ＋y ]≤[x ]＋[y ]D ．[x －y ]≤[x ]－[y ] 3．D A 不成立，如[－π]＝－4，－[π]＝－3；B 不成立，如x ＝1.6时，[2x ]＝3，2[x ]＝2；C 不成立，如x ＝y ＝1.6，则[x ＋y ]＝3，[x ]＋[y ]＝2，由排除法知选D.思路点拨：本题考查新定义问题，解题的关键是把握取整函数的意义，取特殊值进行判断即可．4．(2013·上海春季，17，易)如果a 0，ab >0，故1a －1b ＝b －a ab >0，1a >1b ，故A 项错误；B 项，由a 0，ab >b 2，故B 项错误；C 项，由a 0，a 2>ab ，即－ab >－a 2，故C 项错误；D项，由a 0，故－1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝a －b ab <0，－1a <－1b 成立．故D 项正确．方法二(特殊值法)：令a ＝－2，b ＝－1，则1a ＝－12>－1＝1b ，ab ＝2>1＝b 2，－ab ＝－2>－4＝－a 2，－1a ＝12<1＝－1b .故A ，B ，C 项错误，D 项正确．5．(2011·上海，15，易)若a ，b ∈R ，且ab >0，则下列不等式中，恒成立的是( ) A ．a 2＋b 2>2ab B ．a ＋b ≥2ab C.1a ＋1b >2abD.b a ＋a b ≥25．D A 项，当a ＝b ＝1时，满足ab >0，但a 2＋b 2＝2ab ，所以A 错误；B ，C 项，当a ＝b ＝－1时，满足ab >0，但a ＋b <0，1a ＋1b <0，而2ab >0，2ab>0，显然B ，C 错误；D 项，当ab >0时，由基本不等式得b a ＋a b ≥2b a ·ab ＝2，所以D 正确．6．(2011·浙江，7，易)若a ，b 为实数，则“0<ab <1”是“a <1b 或 b >1a ”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件6．A 当0<ab <1时，若b >0，则有a <1b ；若b <0，则a <0，从而有b >1a ，故“0<ab <1”是“a <1b 或b >1a ”的充分条件．反之，取b ＝1，a ＝－2，则有a <1b 或b >1a ，但ab <0，故选A.不等式的性质及应用是不等式的一个基础内容，高考中主要以客观题形式呈现，难度不大，分值5分，复习时注意不等式的等价变形，特别是不等式两边同乘以或同除以一个数时，不等式的方向变化．(1)(2016·北京平谷区质检，6)已知a ，b ，c ，d 均为实数，有下列命题：①若ab ＞0，bc －ad ＞0，则c a －db ＞0； ②若ab ＞0，c a －db ＞0，则bc －ad ＞0； ③若bc －ad ＞0，c a －db ＞0，则ab ＞0. 其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3(2)(2014·课标Ⅰ，9)不等式组⎩⎨⎧x ＋y ≥1，x －2y ≤4的解集记为D .有下面四个命题：p 1：∀(x ，y )∈D ，x ＋2y ≥－2， p 2：∃(x ，y )∈D ，x ＋2y ≥2， p 3：∀(x ，y )∈D ，x ＋2y ≤3， p 4：∃(x ，y )∈D ，x ＋2y ≤－1. 其中的真命题是( )A ．p 2，p 3B ．p 1，p 2C ．p 1，p 4D ．p 1，p 3【解析】 (1)对于①，∵ab ＞0，bc －ad ＞0，∴c a －d b ＝bc －adab ＞0，∴①正确；对于②，∵ab ＞0，又c a －db ＞0，即bc －ad ab ＞0，∴bc －ad ＞0，∴②正确；对于③，∵bc －ad ＞0，又c a －db ＞0，即bc －ad ab ＞0，∴ab ＞0，∴③正确． (2)设x ＋2y ＝m (x ＋y )＋n (x －2y )，则⎩⎪⎨⎪⎧1＝m ＋n ，2＝m －2n ，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝43，n ＝－13.∵⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，x －2y ≤4，∴43(x ＋y )≥43，－13(x －2y )≥－43， ∴x ＋2y ＝43(x ＋y )－13(x －2y )≥0. 故命题p 1，p 2正确，p 3，p 4错误．【答案】 (1)D (2)B题(1)实质为ab ＞0，bc －ad ＞0，c a －db ＞0三个结论之间的轮换，知二推一，利用不等式的性质判断．(2)利用不等式组求x ＋2y 的范围，注意性质应用的条件，以免扩大取值范围．判断关于不等式的命题真假的三种方法(1)直接运用不等式的性质：把要判断的命题和不等式的性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，然后进行推理判断．(2)利用函数的单调性：当直接利用不等式性质不能比较大小时，可以利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性等进行判断．(3)特殊值验证法：给要判断的几个式子中涉及的变量取一些特殊值，然后进行比较、判断．利用不等式的性质求取值范围的方法由a ＜f (x ，y )＜b ，c ＜g (x ，y )＜d 求F (x ，y )的取值范围，可利用待定系数法解决，即设F (x ，y )＝mf (x ，y )＋ng (x ，y )，用恒等变形求得m ，n ，再利用不等式的性质求得F (x ，y )的取值范围．1.(2014·四川·4)若a ＞b ＞0，c ＜d ＜0，则一定有( )A.a c ＞b aB.a c ＜bd C.a d ＞b c D.a d ＜b c1．D 方法一：c <d <0⇒cd >0⇒c cd <d cd <0⇒1d <1c <0⇒⎭⎪⎬⎪⎫－1d >－1c >0a >b >0⇒－a d >－b c ⇒a d <bc .方法二：依题意取a ＝2，b ＝1时，c ＝－2，d ＝－1，代入验证得A ，B ，C 均错，只有D 正确．2．(2016·江苏镇江模拟，14)设x ，y 为实数，满足3≤xy 2≤8，4≤x 2y ≤9，则x 3y 4的最大值是________．2．【解析】方法一：由题意知，实数x ，y 均为正数，则条件可化为lg 3≤lg x ＋2lg y ≤lg 8，lg 4≤2lg x －lg y ≤lg 9. 令lg x ＝a ，lg y ＝b ，则有⎩⎪⎨⎪⎧lg 3≤a ＋2b ≤3lg 2，2lg 2≤2a －b ≤2lg 3.设t ＝x 3y 4，则lg t ＝3lg x －4lg y ＝3a －4b .令3a －4b ＝m (a＋2b )＋n (2a －b )，解得m ＝－1，n ＝2，故lg t ＝－(a ＋2b )＋2(2a －b )≤－lg 3＋4lg 3＝lg 27.所以x 3y 4的最大值为27.方法二：将4≤x 2y ≤9两边平方，得16≤x 4y 2≤81.①由3≤xy 2≤8，得18≤1xy 2≤13.②由①②，得2≤x 3y 4≤27，即x 3y 4的最大值是27. 【答案】 27,1．(2016·河北衡水一模，5)设a ，b 为实数，命题甲：ab ＞b 2，命题乙：1b ＜1a ＜0，则甲是乙的( )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 1．B 命题甲：ab ＞b 2，不能推出命题乙：1b ＜1a ＜0，比如取a ＝2，b ＝1，虽然满足甲，但推不出乙；若命题乙：1b ＜1a ＜0成立，则可得a ，b 均为负值，且a ＜b ，由不等式的性质两边同乘b 可得ab ＞b 2，即甲成立，故甲是乙的必要不充分条件，故选B.2．(2016·湖北荆门模拟，8)已知a ＜0，－1＜b ＜0，那么下列不等式成立的是( ) A ．a ＞ab ＞ab 2 B ．ab 2＞ab ＞a C ．ab ＞a ＞ab 2 D ．ab ＞ab 2＞a2．D 由－1＜b ＜0，得b ＜b 2＜1.又∵a ＜0，∴ab ＞ab 2＞a . 3．(2015·河北衡水二模，5)已知0<a 1a B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <⎝ ⎛⎭⎪⎫12bC ．(lg a )2<(lg b )2 D.1lg a >1lg b 3．D 因为0<a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12b，(lg a )2>(lg b )2，lg a <lg b <0.由lg a <lg b <0得1lg a >1lg b ，因此只有D 项正确．思路点拨：利用不等式的性质和指数函数、对数函数的单调性求解．4．(2016·安徽合肥质检，6)已知△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，且满足b ＋c ≤3a ，则ca 的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．(0，2)C ．(1，3)D ．(0，3)4．B由已知及三角形三边关系得⎩⎨⎧a ＜b ＋c ≤3a ，a ＋b ＞c ，a ＋c ＞b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＜b a ＋ca ≤3，1＋b a ＞c a ，1＋c a ＞b a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＜b a ＋c a ≤3，－1＜c a －ba ＜1，两式相加得，0＜2×ca ＜4，∴ca 的取值范围为(0，2)，故选B.5．(2016·浙江宁波模拟，5)对于0＜a ＜1，给出下列四个不等式： ①log a (1＋a )＜log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ； ②log a (1＋a )＞log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ；③a 1＋a ＜a 1＋1a ； ④a 1＋a ＞a 1＋1a . 其中成立的是( )A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④5．D 因为0＜a ＜1，所以(1＋a )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ＝（a ＋1）（a －1）a ＜0，则1＋a ＜1＋1a ，可知②④成立．6．(2016·广东汕头一模，10)已知实数x ，y 满足⎩⎨⎧1≤x ＋y ≤3，－1≤x －y ≤1，则4x ＋2y 的取值范围是________．6．【解析】方法一：∵1≤x ＋y ≤3，① －1≤x －y ≤1，②由①＋②，得0≤2x ≤4，③ ③×2得0≤4x ≤8，④ 由①－②，得2≤2y ≤2，⑤ 由④＋⑤得2≤4x ＋2y ≤10.方法二：令4x ＋2y ＝m (x ＋y )＋n (x －y )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝4，m －n ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝1. 即4x ＋2y ＝3(x ＋y )＋(x －y )， ∵1≤x ＋y ≤3， ∴3≤3(x ＋y )≤9，又∵－1≤x －y ≤1，∴2≤3(x ＋y )＋(x －y )≤10. ∴2≤4x ＋2y ≤10. 【答案】 [2，10]1．(2016·课标Ⅰ，1，易)设集合A ＝{x |x 2－4x ＋3<0}，B ＝{x |2x －3>0}，则A ∩B ＝( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－32B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3 1．D[考向1]本题考查集合的运算以及不等式的解法．A ＝{x |1<x <3}，B ＝⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x >32.所以A ∩B ＝⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫32＜x <3＝⎝⎛⎭⎪⎫32，3.2．(2016·课标Ⅲ，1，易)设集合S ＝{x |(x －2)(x －3)≥0}，T ＝{x |x >0}，则S ∩T ＝( )A ．[2，3]B ．(－∞，2]∪[3，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(0，2]∪[3，＋∞)2．D [考向1]S ＝{x |x ≤2或x ≥3}，T ＝{x |x >0}，∴S ∩T ＝(0，2]∪[3，＋∞)． 3．(2015·天津，4，易)设x ∈R ，则“|x －2|＜1”是“x 2＋x －2＞0”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3．A [考向1]由|x －2|＜1⇔－1＜x －2＜1⇔1＜x ＜3. 由x 2＋x －2＞0⇔x ＜－2或x ＞1. 而(1，3)(－∞，－2)∪(1，＋∞)，所以“|x －2|＜1”是“x 2＋x －2＞0”的充分而不必要条件，故选A. 4．(2013·安徽，6，中)已知一元二次不等式f (x )<0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <－1或x >12，则f (10x )>0的解集为( ) A.{}x |x <－1或x >－lg 2 B.{}x |－1<x <－lg 2 C.{}x |x >－lg 2 D.{}x |x <－lg 24．D [考向1]∵f (x )<0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <－1或x >12，∴f (x )>0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1<x <12.∴由f (10x )>0得，－1<10x <12，解得x <－lg 2.5．(2013·陕西，9，中)在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积不小于300 m 2的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x (单位：m)的取值范围是( )A ．[15，20]B ．[12，25]C ．[10，30]D ．[20，30]5．C [考向1]设矩形另一边长为y ，则由相似三角形得，x 40＝40－y40，且40＞x ＞0，40＞y ＞0，故其邻边长y ＝(40－x )m ，故矩形面积S ＝x (40－x )＝－x 2＋40x ，由S ≥300得－x 2＋40x ≥300，解得10≤x ≤30.6．(2013·天津，8，难)已知函数f (x )＝x (1＋a |x |)，设关于x 的不等式f (x ＋a )<f (x )的解集为A .若⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12⊆A ，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1－52，0 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32，0C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1－52，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋32D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1－52 6．A [考向2]由题意可得0∈A ，即f (a )<f (0)＝0，所以a (1＋a |a |)<0，当a >0时无解，所以a <0，此时1－a 2>0，所以－1<a <0.抛物线的对称轴x ＝12a ，x ＝－12a 之间的距离大于1，而[x ＋a ，x ]的区间长度小于1，所以不等式f (x ＋a )<f (x )的解集是⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －a2，－12a －a 2，所以 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12⊆⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －a2，－12a －a 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧12a －a 2<－12，－12a －a 2>12，即⎩⎨⎧a 2－a －1<0，a 2＋a ＋1>0，解得1－52<a <1＋52，又－1<a <0，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－52，0.7．(2012·浙江，17，难)设a ∈R ，若x ＞0，均有[(a －1)x －1]·(x 2－ax －1)≥0，则a ＝________.7．[考向3]【解析】 (1)当a ＝1时，不等式可化为对∀x ，x >0时均有x 2－x －1≤0，由二次函数的图象知，显然不成立， ∴a ≠1.(2)当a <1时，∵x >0，∴(a －1)x －1<0，则不等式可化为x >0时均有x 2－ax －1≤0. ∵二次函数y ＝x 2－ax －1的图象开口向上，∴不等式x 2－ax －1≤0在x ∈(0，＋∞)上不能恒成立，∴a <1不成立．(3)当a >1时，令f (x )＝(a －1)x －1，g (x )＝x 2－ax －1，两函数的图象均过定点(0，－1)．∵a >1，∴f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，且与x 轴交点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，即当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －1时，f (x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞时，f (x )>0. 又∵二次函数g (x )＝x 2－ax －1的对称轴为x ＝a2>0，则只需g (x )＝x 2－ax －1与x 轴的右交点与点⎝⎛⎭⎪⎫1a －1，0重合，如图所示，则命题成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0在g (x )图象上，所以有⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －12－a a －1－1＝0，整理得2a 2－3a ＝0，解得a ＝32，a ＝0(舍去)．综上可知a ＝32. 【答案】 32解一元二次不等式及分式不等式一般为容易题，主要以选择题、填空题出现．常与集合的交、并、补结合，难度不大．在平时复习中应熟练掌握图象法解一元二次不等式的方法，注重分式不等式、绝对值不等式转化为一元二次不等式(组)的等价过程，书写时注意解集写成集合或区间的形式．1(1)(2012·重庆，2)不等式x －12x ＋1≤0的解集为( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪[1，＋∞) D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[1，＋∞) (2)(2015·广东文，11)不等式－x 2－3x ＋4＞0的解集为________．(用区间表示) (3)(2013·江苏，11)已知f (x )是定义在R 上的奇函数．当x ＞0时，f (x )＝x 2－4x ，则不等式f (x )＞x 的解集用区间表示为________．【解析】 (1)不等式x －12x ＋1≤0⇔⎩⎪⎨⎪⎧（x －1）（2x ＋1）≤0，2x ＋1≠0，解得－12＜x ≤1， ∴不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，1.(2)由－x 2－3x ＋4＞0得x 2＋3x －4＜0，即(x ＋4)(x －1)＜0，解得－4＜x ＜1. (3)当x ＞0时，f (x )＝x 2－4x ，令x ＜0，则－x ＞0， ∴f (－x )＝x 2＋4x .∵f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (－x )＝－f (x )， ∴－f (x )＝x 2＋4x ，即x ＜0时，f (x )＝－x 2－4x . f (x )＞x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，x 2－4x ＞x 或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜0，－x 2－4x ＞x 或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，0＞x .解得－5＜x ＜0或x ＞5，∴不等式f (x )＞x 的解集为(－5，0)∪(5，＋∞)．【答案】 (1)A (2)(－4，1) (3)(－5，0)∪(5，＋∞),解一元二次不等式的步骤(1)对不等式变形，使不等号一端二次项系数大于0，另一端为0，即化为ax 2＋bx ＋c >0(a >0)或ax 2＋bx ＋c <0(a >0)的形式； (2)计算相应的判别式；(3)当Δ≥0时，求出相应的一元二次方程的根； (4)根据对应的二次函数的图象，写出不等式的解集．分式不等式的解法(1)f （x ）g （x ）＞0(<0) ⇔f (x )·g (x )＞0(<0)； (2)f （x ）g （x ）≥0(≤0) ⇔⎩⎨⎧f （x ）·g （x ）≥0（≤0），g （x ）≠0.注意：求解分式不等式，关键是对原不等式进行恒等变形，转化为整式不等式(组)求解．解题时要注意含有等号的分式不等式在变形为整式不等式后，及时去掉分母等于0的情形．含参数的一元二次不等式问题是高考的热点，主要出现在综合题中，常与函数、导数联系在一起，难度较大，复习时要加强此知识点的强化训练．2(1)(2013·重庆，7)关于x 的不等式x 2－2ax －8a 2＜0(a ＞0)的解集为(x 1，x 2)，且x 2－x 1＝15，则a ＝( ) A.52 B.72 C.154 D.152(2)(2016·河南中原名校联考，5)已知函数f (x )＝2x 2＋bx ＋c (b ，c ∈R )的值域为[0，＋∞)，若关于x 的不等式f (x )＜m 的解集为(n ，n ＋10)，则实数m 的值为( ) A ．25 B ．－25 C ．50 D ．－50【解析】 (1)方法一：由条件知，x 1和x 2是方程x 2－2ax －8a 2＝0的两根，则x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝－8a 2，所以(x 2－x 1)2＝(x 2＋x 1)2－4x 1x 2＝4a 2＋32a 2＝36a 2＝152.又a ＞0，所以a ＝52.方法二：由x 2－2ax －8a 2＜0，得(x ＋2a )(x －4a )＜0.因为a ＞0，所以不等式的解集为(－2a ，4a )．又不等式的解集为(x 1，x 2)，所以x 1＝－2a ，x 2＝4a ，从而x 2－x 1＝6a ＝15，解得a ＝52.(2)由函数f (x )＝2x 2＋bx ＋c (b ，c ∈R )的值域为[0，＋∞)知，Δ＝b 2－8c ＝0，所以c ＝b 28.不等式f (x )＜m 即2x 2＋bx ＋b 28＜m ，即2x 2＋bx ＋b 28－m ＜0的解集为(n ，n＋10)．设方程2x 2＋bx ＋b 28－m ＝0的两根为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝－b 2，x 1x 2＝b 216－m2，所以|x 1－x 2|＝（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 22－4⎝ ⎛⎭⎪⎫b 216－m 2＝2m . 由题意知|x 1－x 2|＝|n ＋10－n |＝10，所以m ＝50. 【答案】 (1)A (2)C ,(1)方法一利用不等式的解集以及根与系数的关系得到两根关系式，然后与已知条件化简求解a 的值；方法二注意因式分解的恰当应用会给解题带来意想不到的效果．(2)二次函数f (x )＝2x 2＋bx ＋c (b ，c ∈R )的值域为[0，＋∞)等价于Δ＝0；f (x )＜m的解集为(n ，n ＋10)转化为两交点间的距离|x 1－x 2|＝10.解含参数的一元二次不等式的步骤(1)二次项系数若含有参数应讨论是等于0，小于0，还是大于0，然后将不等式转化为二次项系数为正的形式．(2)判断方程的根的个数，讨论判别式Δ与0的关系．(3)确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集形式．一元二次不等式恒成立问题也是高考的一个考点，主要考查根据一元二次不等式的恒成立求参数的范围、求最值等，一般以选择题或填空题的形式出现，试题难度不大．3(1)(2014·江苏，10)已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m＋1]，都有f (x )＜0成立，则实数m 的取值范围是________．(2)(2014·山东，15)已知函数y ＝f (x )(x ∈R )．对函数y ＝g (x )(x ∈I )，定义g (x )关于f (x )的“对称函数”为函数y ＝h (x )(x ∈I )，y ＝h (x )满足：对任意x ∈I ，两个点(x ，h (x ))，(x ，g (x ))关于点(x ，f (x ))对称．若h (x )是g (x )＝4－x 2关于f (x )＝3x ＋b 的“对称函数”，且h (x )>g (x )恒成立，则实数b 的取值范围为________．【解析】 (1)要满足f (x )＝x 2＋mx －1<0对于任意x ∈[m ，m ＋1]恒成立，只需⎩⎪⎨⎪⎧f （m ）<0，f （m ＋1）<0，即⎩⎪⎨⎪⎧2m 2－1<0，（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1<0，解得－22<m <0.(2)由已知得h （x ）＋4－x 22＝3x ＋b ，所以h (x )＝6x ＋2b －4－x 2.因为h (x )>g (x )恒成立，所以6x ＋2b －4－x 2>4－x 2，即3x ＋b >4－x 2恒成立．在同一坐标系中画出y ＝3x ＋b 及半圆y ＝4－x 2的图象，如图所示．当直线3x －y ＋b ＝0与半圆相切时，d ＝b10＝2，此时，b ＝210. 结合图象可知，b 的取值范围为(210，＋∞)．【答案】 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0 (2)(210，＋∞)(1)结合二次函数的图象及性质只需满足f (m )＜0且f (m ＋1)＜0即可；(2)先根据“对称函数”的定义，求出h (x )，然后在同一坐标系下，画出整理后的两个函数的图象，利用数形结合的思想求解．一元二次不等式恒成立问题的解题方法(1)图象法：对于一元二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x 轴上方；恒小于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x 轴下方．(2)更换主元法：如果不等式中含有多个变量，这时选准“主元”往往是解题的关键，即需要确定合适的变量或参数，能使函数关系更加清晰明朗．一般思路为：将已知范围的量视为变量，而待求范围的量看作是参数，然后借助函数的单调性或其他方法进行求解．(3)分离参数法：如果欲求范围的参数能够分离到不等式的一边，那么这时可以通过求出不等式另一边式子的最值(或范围)来得到不等式恒成立时参数的取值范围．一般地，a ≥f (x )恒成立时，应有a ≥f (x )max ，a ≤f (x )恒成立时，应有a ≤f (x )min .(2015·河北石家庄一模，13)对任意的k ∈[－1，1]，函数f (x )＝x 2＋(k－4)x ＋4－2k 的值恒大于零，则x 的取值范围是________．【解析】因为对任意k ∈[－1，1]，函数f (x )＝x 2＋(k －4)x ＋4－2k >0恒成立，所以一次函数g (k )＝k (x －2)＋x 2－4x ＋4>0在[－1，1]上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧g （－1）>0，g （1）>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1×（x －2）＋x 2－4x ＋4>0，（x －2）＋x 2－4x ＋4>0，解得x <1或x >3，所以x 的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞)．【答案】 (－∞，1)∪(3，＋∞),1．(2016·河北张家口质检，3)对于任意实数x ，不等式(a －2)x 2－2(a －2)x －4＜0恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，2) B ．(－∞，2] C ．(－2，2) D ．(－2，2]1．D [考向3]当a －2＝0，即a ＝2时，－4＜0，恒成立；当a －2≠0时，则⎩⎨⎧a －2＜0，4（a －2）2＋16（a －2）＜0，解得－2＜a ＜2， ∴－2＜a ≤2. 故选D.2．(2016·天津河东一模，7)在R 上定义运算⊗：x ⊗y ＝x (1－y )，若对任意x ＞2，不等式(x －a )⊗x ≤a ＋2都成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－1，7]B ．(－∞，3]C ．(－∞，7]D ．(－∞，－1]∪[7，＋∞)2．C [考向3]由题意可知，不等式(x －a )⊗x ≤a ＋2可化为(x －a )(1－x )≤a ＋2，即x －x 2－a ＋ax ≤a ＋2，则a ≤x 2－x ＋2x －2对x ＞2都成立，即a ≤⎝⎛⎭⎪⎫x 2－x ＋2x －2min(x ∈(2，＋∞))，由于x 2－x ＋2x －2＝(x －2)＋4x －2＋3≥2（x －2）·4x －2＋3＝7(x ＞2)，当且仅当x －2＝4x －2，即x ＝4时，等号成立，∴a ≤7，故选C.3．(2016·安徽合肥模拟，6)“已知关于x 的不等式ax 2＋bx ＋c ＞0的解集为(1，2)，解关于x 的不等式cx 2＋bx ＋a ＞0.”给出如下的一种解法：解：由ax 2＋bx ＋c ＞0的解集为(1，2)，得a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋c ＞0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，即关于x 的不等式cx 2＋bx ＋a ＞0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.参考上述解法：若关于x 的不等式b x ＋a ＋x ＋b x ＋c＜0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，则关于x 的不等式bx －a －x －b x －c ＞0的解集为( )A ．(－1，1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞ 3．B [考向1]根据题意，由bx ＋a ＋x ＋b x ＋c ＜0的解集为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，得b －x ＋a ＋－x ＋b －x ＋c ＜0的解集为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，即b x －a －x －b x －c ＞0的解集为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1. 故选B.4．(2016·江苏苏州一模，11)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋1，x ≥0，1，x ＜0则满足不等式f (1－x 2)＞f (2x )的x 的取值范围是________． 4．[考向1]【解析】当x ＝－1时，无解．当－1＜x ＜0时，1－x 2＞0，f (1－x 2)＞f (2x )化为(1－x 2)2＋1＞1，恒成立．当0≤x ≤1时，1－x 2≥0，2x ≥0，f (1－x 2)＞f (2x )化为(1－x 2)2＋1＞(2x )2＋1，即1－x 2＞2x ，(x ＋1)2＜2，∴0≤x ＜2－1. 当1－x 2＜0时，无解．综上可知－1＜x ＜2－1. 【答案】 (－1，2－1)5．(2015·重庆模拟，14)设0≤α≤π，不等式8x 2－(8sin α)x ＋cos 2α≥0对x ∈R 恒成立，则α的取值范围为________．5．[考向3]【解析】因为不等式8x 2－(8sin α)x ＋cos 2α≥0对x ∈R 恒成立，所以Δ＝64sin 2α－32cos 2α≤0，即64sin 2α－32＋64sin 2α≤0，解得－12≤sin α≤12. 因为0≤α≤π.所以α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，π.【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，π6．(2015·山东青岛模拟，15)已知a 为正的常数，若不等式1＋x ≥1＋x 2－x 2a 对一切非负实数x 恒成立，则a 的最大值为________． 6．[考向3]【解析】原不等式可化为x 2a ≥1＋x 2－1＋x ，令1＋x ＝t ，t ≥1，则x ＝t 2－1.所以（t 2－1）2a ≥1＋t 2－12－t ＝t 2－2t ＋12＝（t －1）22对t ≥1恒成立，所以（t ＋1）2a ≥12对t ≥1恒成立．又a 为正的常数，所以a ≤[2(t ＋1)2]min ＝8，故a 的最大值是8. 【答案】 81．(2016·北京，2，易)若x ，y 满足⎩⎨⎧2x －y ≤0，x ＋y ≤3，x ≥0，则2x ＋y 的最大值为()A ．0B ．3C ．4D ．51．C [考向2]作出不等式组所表示的平面区域如图(阴影部分)．作直线2x ＋y ＝0，向右上方平移，当直线过点A (1，2)时，z ＝2x ＋y 取最大值，即z max ＝2×1＋2＝4，故选C.2．(2016·天津，2，易)设变量x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －y ＋2≥0，2x ＋3y －6≥0，3x ＋2y －9≤0，则目标函数z＝2x ＋5y 的最小值为( ) A ．－4 B ．6 C ．10 D ．17 2．B [考向2]满足条件的可行域如图，平移直线2x ＋5y ＝0，当且仅当该直线过(3，0)时，2x ＋5y ＝z 在y 轴上的截距最小．将(3，0)的坐标代入z ＝2x ＋5y ，得z min ＝2×3＋5×0＝6.3．(2016·山东，4，易)若变量x ，y 满足⎩⎨⎧x ＋y ≤2，2x －3y ≤9，x ≥0，则x 2＋y 2的最大值是()A ．4B ．9C ．10D ．123．C [考向2]由约束条件画出约束条件的可行域如图(阴影部分)所示，可知x 2＋y 2为可行域内的点到原点距离的平方，联立⎩⎨⎧x ＋y ＝2，2x －3y ＝9，解得交点为(3，－1)，结合图形可知，(x 2＋y 2)max ＝(32＋（－1）2)2＝10.4．(2016·浙江，3，易)在平面上，过点P 作直线l 的垂线所得的垂足称为点P 在直线l 上的投影．由区域⎩⎨⎧x －2≤0，x ＋y ≥0，x －3y ＋4≥0中的点在直线x ＋y －2＝0上的投影构成的线段记为AB ，则|AB |＝( ) A ．2 2 B ．4 C ．3 2 D ．64．C [考向2]画出不等式组满足的可行域如图阴影部分所示，因为直线x ＋y ＝0与直线x ＋y －2＝0平行，且直线x －3y ＋4＝0的斜率k ＝13<1，∴可行域中的点在直线x ＋y －2＝0上的投影构成的线段AB ，其长度即为图中的线段EF 的长度， ∴|EF |＝|AB |.联立方程组⎩⎨⎧x ＋y ＝0，x －3y ＋4＝0，解得点E 的坐标为(－1，1)；联立方程组⎩⎨⎧x ＋y ＝0，x ＝2，解得点F 的坐标为(2，－2)．∴|EF |＝（2＋1）2＋（－2－1）2＝32，选C.5．(2015·北京，2，易)若x ，y 满足⎩⎨⎧x －y ≤0，x ＋y ≤1，x ≥0，则z ＝x ＋2y 的最大值为()A ．0B ．1 C.32 D ．2 5．D[考向2]由x ，y 满足⎩⎨⎧x －y ≤0，x ＋y ≤1，x ≥0，可得所表示的可行域如图所示．又∵z ＝x ＋2y ，∴y ＝－12x ＋12z ，∴目标函数在x ＝0与x ＋y －1＝0的交点处取得最大值． ∵⎩⎨⎧x ＋y －1＝0，x ＝0，∴⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1. ∴z max ＝0＋2×1＝2.6．(2015·湖南，4，易)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x ＋y ≥－1，2x －y ≤1，y ≤1，则z ＝3x －y 的最小值为( )A ．－7B ．－1C ．1D ．26．A [考向2]由约束条件画出可行域如图，目标函数z ＝3x －y 变形为y ＝3x －z ，由图可知当直线过点A 时，截距最大，即z 最小．联立⎩⎨⎧x ＋y ＝－1，y ＝1得A (－2，1)，∴z min ＝－7.7．(2014·安徽，5，中)x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x ＋y －2≤0，x －2y －2≤0，2x －y ＋2≥0.若z ＝y －ax 取得最大值的最优解不唯一．．．，则实数a 的值为( ) A.12或－1 B ．2或12 C ．2或1 D ．2或－1 7．D [考向2]画出可行域如图，平移y ＝ax .当a >0时，直线y ＝ax 与2x －y ＋2＝0平行时符合条件，此时a ＝2；当a <0时，直线y ＝ax 与x ＋y －2＝0平行时符合条件，此时a ＝－1. 综上所述，a ＝－1或a ＝2.8．(2013·课标Ⅱ，9，中)已知a ＞0，x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x ≥1，x ＋y ≤3，y ≥a （x －3）.若z ＝2x＋y 的最小值为1，则a ＝( ) A.14 B.12 C ．1 D ．28．B [考向2]由约束条件画出可行域(如图所示的△ABC 及其内部)，由⎩⎨⎧x ＝1，y ＝a （x －3）得A (1，－2a )，当直线2x ＋y －z ＝0过点A 时，z ＝2x ＋y 取得最小值，所以1＝2×1－2a ，解得a ＝12，故选B.9．(2013·安徽，9，中)在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，两定点A ，B 满足|OA→|＝|OB →|＝OA →·OB →＝2，则点集{P |OP →＝λOA →＋μOB →，|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈R }所表示的区域的面积是( ) A ．2 2 B ．2 3 C ．4 2 D ．4 39．D [考向1]由|OA→|＝|OB →|＝OA →·OB →＝2知〈OA →，OB →〉＝π3.设OA→＝(2，0)，OB →＝(1，3)，OP →＝(x ，y )，由题意得⎩⎨⎧x ＝2λ＋μ，y ＝3μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧μ＝y3，λ＝12⎝⎛⎭⎪⎫x －y 3.由|λ|＋|μ|≤1得|3x －y |＋|2y |≤2 3. 作出可行域，如图．则所求面积S ＝2×12×4×3＝4 3.10．(2016·课标Ⅰ，16，难)某高科技企业生产产品A 和产品B 需甲、乙两种新型材料．生产一件产品A 需要甲材料1.5 kg ，乙材料1 kg ，用5个工时；生产一件产品B 需要甲材料0.5 kg ，乙材料0.3 kg ，用3个工时．生产一件产品A 的利润为2 100元，生产一件产品B 的利润为900元，该企业现有甲材料 150 kg ，乙材料90 kg ，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A 、产品B 的利润之和的最大值为________元．10．[考向3]【解析】设生产产品A 、产品B 分别为x ，y 件，利润之和为z 元，由题意得，x ，y 满足的关系是⎩⎪⎨⎪⎧1.5x ＋0.5y ≤150，x ＋0.3y ≤90，5x ＋3y ≤600，x ≥0，y ≥0.①目标函数z ＝2 100x ＋900y .二元一次不等式组①等价于⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ≤300，10x ＋3y ≤900，5x ＋3y ≤600，x ≥0，y ≥0.②如图所示，作出二元一次不等式组②表示的平面区域(阴影部分)，即可行域．将z ＝2 100x ＋900y 变形，得y ＝－73x ＋z 900，平移直线y ＝－73x ，当直线y ＝－73x ＋z900经过点M 时，取得最大值．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧10x ＋3y ＝900，5x ＋3y ＝600，得M 的坐标(60，100)．所以当x ＝60，y ＝100时，z max ＝2 100×60＋900×100＝216 000. 【答案】 216 00011．(2016·课标Ⅲ，13，易)设x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －y ＋1≥0，x －2y ≤0，x ＋2y －2≤0，则z ＝x ＋y 的最大值为________．11．[考向2]【解析】画出可行域，如图所示．当直线l 过点A 时，z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，x ＋2y －2＝0，解得⎩⎨⎧x ＝1，y ＝12，∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，∴z max ＝1＋12＝32. 【答案】 3212．(2014·湖南，14，中)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧y ≤x ，x ＋y ≤4，y ≥k ，且z ＝2x ＋y 的最小值为－6，则k ＝__________．12．[考向2]【解析】作出可行域，如图所示．先作出直线l ：y ＝－2x ，然后平移直线l ，当l 经过点A (k ，k )时，z 取得最小值－6，即z ＝2k ＋k ＝－6，∴k ＝－2. 【答案】－213．(2015·浙江，14，中)若实数x ，y 满足x 2＋y 2≤1，则|2x ＋y －2|＋|6－x －3y |的最小值是________．13．[考向2]【解析】 ∵x 2＋y 2≤1，∴6－x －3y ＞0，令t ＝|2x ＋y －2|＋|6－x －3y |，当2x ＋y －2≥0时，t ＝x －2y ＋4.点(x ，y )可取区域Ⅰ内的点(含边界)．通过作图可知，当直线t ＝x －2y ＋4过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫35，45时，t 取最小值，∴t min ＝35－85＋4＝3.当2x ＋y －2＜0时，t ＝8－3x －4y ，点(x ，y )可取区域Ⅱ内的点(不含线段AB )．通过作图可知，此时t ＞8－3×35－4×45＝3.综上，t min ＝3，即|2x ＋y －2|＋|6－x －3y |的最小值是3. 【答案】 314．(2013·广东，13，中)给定区域D ：⎩⎨⎧x ＋4y ≥4，x ＋y ≤4，x ≥0，令点集T ＝{(x 0，y 0)∈D |x 0，y 0∈Z ，(x 0，y 0)是z ＝x ＋y 在D 上取得最大值或最小值的点}，则T 中的点共确定________条不同的直线．14．[考向1]【解析】画出平面区域D ，如图中阴影部分所示．作出z ＝x ＋y 的基本直线l 0：x ＋y ＝0.经平移可知目标函数z ＝x ＋y 在点A (0，1)处取得最小值，在线段BC 处取得最大值．而集合T 表示z ＝x ＋y 取得最大值或最小值时的整点坐标，在取最大值时线段BC 上共有5个整点，分别为(0，4)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(4，0)，故T 中的点共确定6条不同的直线．【答案】 6二元一次不等式(组)表示平面区域问题，高考主要考查： (1)求平面区域的面积；(2)已知平面区域求参数的取值或范围；一般以选择题、填空题出现，难度不大，分值为5分．1(1)(2013·北京，8)设关于x ，y 的不等式组⎩⎨⎧2x －y ＋1＞0，x ＋m ＜0，y －m ＞0表示的平面区域内存在点P (x 0，y 0)，满足x 0－2y 0＝2.求得m 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，43 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－23 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－53 (2)(2015·重庆文，10)若不等式组⎩⎨⎧x ＋y －2≤0，x ＋2y －2≥0，x －y ＋2m ≥0表示的平面区域为三角形，且其面积等于43，则m 的值为( )A ．－3B ．1 C.43 D ．3【解析】 (1)由线性约束条件可画出如图①所示的阴影区域，要使区域内存在点P (x 0，y 0)，使x 0－2y 0＝2成立，只需点A (－m ，m )在直线x －2y －2＝0的下方即可，即－m －2m －2＞0，解得m ＜－23.图① 图②(2)作出可行域，如图②阴影部分所示，易求A ，B ，C ，D 的坐标分别为A (2，0)，B (1－m ，1＋m )，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－4m 3，2＋2m 3，D (－2m ，0)． S △ABC ＝S △ADB －S △ADC ＝12|AD |·|y B －y C |＝12(2＋2m )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m －2＋2m 3＝(1＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m －23＝43，解得m ＝1或m ＝－3(舍去)．【答案】 (1)C (2)B(1)对于确定参数问题，可根据区域的形状来判断动直线的位置，从而确定参数的取值或范围．(2)对于面积问题，先画出平面区域，然后判断其形状，求相应点的坐标及线段的长度，利用面积公式求解．二元一次不等式(组)表示平面区域的确定方法确定二元一次不等式(组)表示的平面区域时，经常采用“直线定界，特殊点定域”的方法．(1)直线定界，即若不等式不含等号，则应把直线画成虚线；若不等式含有等号，把直线画成实线．(2)特殊点定域，由于对在直线Ax ＋By ＋C ＝0同侧的点，实数Ax ＋By ＋C 的值的符号都相同，故为确定Ax ＋By ＋C 的值的符号，可采用特殊点法，如取原点、(0，1)、(1，0)等点．由几个不等式组成的不等式组所表示的平面区域，是各个不等式所表示的平面区域的公共部分．(2016·北京石景山区质检，13)设不等式组⎩⎨⎧y ≤1，x ＋y ≥0，x －y －2≤0表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一点M ，则点M 落在圆x 2＋y 2＝1内的概率为________．【解析】画出可行域及圆x 2＋y 2＝1(如图)．可行域恰为等腰直角三角形ABC ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，x ＋y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝1.点A (－1，1)到直线x －y －2＝0的距离为|－1－1－2|12＋（－1）2＝22，所以可行域D 的面积为12×22×22＝4.而圆x 2＋y 2＝1在可行域内恰为半圆，面积为π2，故点M 落在圆x 2＋y 2＝1内的概率为π24＝π8.【答案】 π8利用线性规划求目标函数的最值问题几乎每年都要考查，一般以选择题、填空题的形式出现，难度适中，分值5分．在复习时，要熟练画出可行域，把目标函数适当变形，把所求最值转化为求直线的斜率、截距、点到直线的距离等．2(1)(2015·山东，6)已知x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －y ≥0，x ＋y ≤2，y ≥0.若z ＝ax ＋y 的最大值为4，则a ＝( ) A ．3 B ．2 C ．－2 D ．－3(2)(2014·山东，9)已知x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －y －1≤0，2x －y －3≥0，当目标函数z ＝ax ＋by (a >0，b >0)在该约束条件下取到最小值25时，a 2＋b 2的最小值为( ) A ．5 B ．4 C. 5 D ．2(3)(2015·课标Ⅰ，15)若x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －1≥0，x －y ≤0，x ＋y －4≤0，则yx 的最大值为________．【解析】 (1)画出可行域，如图所示，由z ＝ax ＋y 得y ＝－ax ＋z . ①当－a ＞1，即a ＜－1时，只能在点O (0，0)处取最大值，z max ＝0，与已知矛盾．②当0≤－a ≤1，即－1≤a ≤0时，在点B (1，1)处取最大值，此时a ＋1＝4， ∴a ＝3>0(舍去)．③当－a ≤－1，即a ≥1时，将在点A (2，0)处取得最大值，∴2a ＋0＝4，∴a ＝2. ④当－1<－a <0，即0<a <1时，将在点B (1，1)处取最大值，∴a ＋1＝4，∴a ＝3>1(舍去)．综上，a ＝2. (2)约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1≤0，2x －y －3≥0的可行域如图．∵a >0，b >0，∴目标函数y ＝－a b x ＋zb 在A 点处取得最小值．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1＝0，2x －y －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，∴2a ＋b ＝2 5.设P (a ，b )，原点O (0，0)，则OP 2＝a 2＋b 2表示直线2a ＋b ＝25上的点到原点距离的平方，∴OP 2的最小值为O 到直线2a ＋b ＝25的距离的平方，即d 2＝⎝⎛⎭⎪⎫2552＝4. (3)画出如图所示的可行域，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，x ＋y －4＝0得A (1，3)． ∴当过点A (1，3)时，yx 取得最大值为3－01－0＝3.【答案】 (1)B (2)B (3)3(1)解(1)应注意分类讨论，结合线性区域直线的斜率分别在－a ＞1，0≤－a ≤1，－a ≤－1，－1＜－a ＜0四种情况进行研究，难度较大．(2)先正确作出可行域，运用平移直线法确定出关于a ，b 的等式，再进一步求出a 2＋b 2的最小值．(3)解(3)时注意yx 的几何意义为区域内的点与原点直线斜率的最大值．利用线性规划求目标函数最值的步骤(1)作图——画出约束条件所确定的平面区域和目标函数所表示的平面直线系中的任意一条直线l ；(2)平移——将l 平行移动，以确定最优解所对应的点的位置．有时需要进行目标函数l 和可行域边界的斜率的大小比较；(3)求值——解有关方程组求出最优解的坐标，再代入目标函数，求出目标函数的最值．线性规划中的参数问题及其求解思路(1)线性规划中的参数问题，就是已知目标函数的最值或其他限制条件，求约束条件或目标函数中所含参数的值或取值范围的问题．(2)求解策略：解决这类问题时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值．(2014·浙江，13)当实数x ，y满足⎩⎨⎧x ＋2y －4≤0，x －y －1≤0，x ≥1时，1≤ax ＋y ≤4恒成立，则实数a 的取值范围是________．【解析】作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －4≤0，x －y －1≤0，x ≥1所表示的区域如图所示，由1≤ax ＋y ≤4结合图象可知，a ≥0，且在点A (1，0)点取得最小值，在点B (2，1)取得最大值，故a ≥1，2a ＋1≤4，故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32.【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32,利用线性规划解决实际问题是高考的一个重要知识点，试题一般是解决实际问题的最值问题，大题不多见，常以选择题、填空题形式出现，难度不大．3(2015·陕西，10)某企业生产甲、乙两种产品均需用A ，B 两种原料，已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最大利润为( )甲乙原料限额 A (吨) 3 2 12 B (吨)128A.12万元 B ．16万元 C ．17万元 D ．18万元【解析】假设每天生产甲、乙产品分别为x ，y 吨，由已知⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y ≤12，x ＋2y ≤8，x ≥0，y ≥0.利润z ＝3x ＋4y .方法一：由线性约束条件画出可行域如图阴影部分所示，由几何意义，可知z 在点A (2，3)处取得最大，此时z max ＝3×2＋4×3＝18.方法二：设z ＝3x ＋4y ＝a (3x ＋2y )＋b (x ＋2y )，则⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋b ＝3，2a ＋2b ＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝32，∴z ＝12(3x＋2y)＋32(x＋2y)．又3x＋2y≤12，x＋2y≤8，∴z≤12×12＋32×8＝18，∴z max＝18.【答案】 D设出甲、乙两种产品的数量，列出关系式．方法一转化为线性规划问题，画出可行域求解；方法二利用不等式的性质求解．解线性规划应用题的步骤(1)转化——设元，写出约束条件和目标函数，从而将实际问题转化为线性规划问题；(2)求解——解这个纯数学的线性规划问题；(3)作答——将数学问题的答案还原为实际问题的答案．解线性规划应用题的三个注意点(1)明确问题中的所有约束条件，并根据题意判断约束条件是否能够取到等号．(2)注意结合实际问题的实际意义，判断所设未知数x，y的取值范围，特别注意分析x，y是否为整数、是否为非负数等．(3)正确地写出目标函数，一般地，目标函数是等式的形式．(2012·江西，8)某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50亩，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表．年产量/亩年种植成本/亩每吨售价黄瓜4吨 1.2万元0.55万元韭菜 6吨 0.9万元 0.3万元为使一年的种植总利润(总利润＝总销售收入－总种植成本)最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积(单位：亩)分别为( )A ．50，0B ．30，20C ．20，30D ．0，50B 设黄瓜，韭菜的种植面积分别为x ，y ，则总利润z ＝4×0.55x ＋6×0.3y －1.2x－0.9y ＝x ＋0.9y .此时x ，y 满足条件⎩⎨⎧x ＋y ≤50，1.2x ＋0.9y ≤54，x ≥0，y ≥0，画出可行域如图．当目标函数表示的直线z ＝x ＋0.9y 在可行域上平移，移至点A (30，20)时，取得最大值，所以当黄瓜种植30亩，韭菜种植20亩时，种植总利润最大．故选B.1．(2015·河南洛阳二模，4)若2m ＋2n <4，则点(m ，n )必在( ) A ．直线x ＋y －2＝0的左下方 B ．直线x ＋y －2＝0的右上方 C ．直线x ＋2y －2＝0的右上方 D ．直线x ＋2y －2＝0的左下方1．A [考向1]因为2m ＋2n ≥2·2m ·2n ，所以4>22m ·2n ，即2m ＋n <4，所以m ＋n <2，即m ＋n －2<0，所以点(m ，n )必在直线x ＋y －2＝0的左下方．。

高考一本解决方案新课标版2017版高考地理二轮复习考纲专题解读+考点题组训练专题9城市与城市化

专题9 城市与城市化自20世纪50年代，荷兰的兰斯塔德地区经过多次空间规划，形成城市在外、郊区在内的空间特征：该区中间是一个接近3 000平方千米的“绿心”——乡村地带；四个核心城市和其他城镇呈环状分布在“绿心”的周围，城镇之间设置不可侵占的绿地。

四个核心城市各具特殊职能，各城市分工明确，通过快速交通系统连接成具有国际竞争力的城市群。

近20年来，该地区城镇扩展程度小，基本维持稳定的城镇结构体系。

据此完成下题。

1．(2016·课标卷Ⅰ，6，4分)兰斯塔德空间规划的实施，可以( )A．提高乡村人口比重 B．降低人口密度C．促进城市竞争 D．优化城乡用地结构1．D 由材料可知，兰斯塔德空间规划的实施，使各城镇结构体系基本维持稳定，且在城镇之间设置不可侵占的绿地，核心城市各具特殊职能，各城市分工明确，可知空间规划的实施可以优化城乡用地结构。

城市居民往返于居住地和各功能区之间所耗费的能量总和，即出行能耗。

下图示意某大城市居民月出行次数与出行能耗的组合关系。

读图，回答下题。

2．(2016·北京文综，11，4分)据图推断( )A．甲区多公共服务设施，靠近住宅区B．乙是位于郊区的高新技术产业园区C．丙区商业网点等级低，服务半径小D．丁为中心商务区，能耗昼夜差异大2．B 读图可知，甲区域出行能耗高，但出行次数少，不可能为公共服务设施；乙区域出行能耗高，出行次数多，高新技术产业园区提供了大量就业机会，在此工作的居民上下班出行频繁；丙区域出行能耗低，出行次数少，说明其距离居民住宅区较近，但需求较少，服务范围应较大；丁区域出行能耗低，出行次数多，说明其居民区较近，且需求较多，应为服务等级较低的便利店等服务网点，不可能是中心商务区。

读图文材料，回答下题。

地租是城市各种环境因素在经济上的综合表现，下图显示了某市中心城区地租从中心向边缘递减的变化趋势。

由于环境质量、基础设施等因素的不同，城市不同方向的地租变化程度存在差异。

高考一本解决方案(新课标版)高考地理二轮复习(考纲专题解读+考点题组训练)专题1学科工具

专题1 学科工具甘德国际机场曾是世界上最繁忙的航空枢纽之一，当时几乎所有横跨北大西洋的航班都要经停该机场补充燃料。

如今，横跨北大西洋的航班不再需要经停此地。

据此完成下题。

1.(2015·课标卷Ⅰ，6，4分)一架从甘德机场起飞的飞机以650千米/小时的速度飞行，1小时后该飞机的纬度位置可能为( )A.66.5°NB.60°NC.53°ND.40°N1.C 同一经线上，纬度相差1°实地距离相隔约111千米。

甘德机场约位于49°N，55°W，若飞机从甘德机场起飞时沿经线飞行，1小时后飞机飞行650千米，约6个纬度，所在纬度可能是55°N或43°N。

甘德机场位于横跨北大西洋的航线上，最短航线是过球心的大圆的劣弧，即飞机起飞后向偏东北(或西北)方向飞行，则1小时后飞机所在纬度应位于49°N～55°N，故选C。

图a为某校地理小组设计的校园景观指示牌，图b为校园图局部。

读图，回答下题。

2.(2014·北京文综，8，4分)指示牌在图b中的位置是( )A.①B.②C.③D.④2.B ①②③④四地距离校训碑距离相等，都是80米；以此为参照，对比气象站、老校门、地理园的距离和方向可判断指示牌位于②地。

下图为某城市主要道路分布图，标注数字表示道路长度。

读图，回答下题。

3.(2013·重庆文综，6，4分)同学们从学校乘车到科技馆参观，到路口A时为保证到科技馆的距离最短，汽车应选择的行驶方向为( )A.东B.南C.西D.北3.C 在避开断道施工路段的前提下，根据图中各行驶方向累加数字比较大小，找出从A到科技馆的最短线路，再根据图中的指向标来选择方向。

一、地图上的三要素1.比例尺(1)比例尺＝图上距离÷实地距离。

(2)比例尺的大小：就是分数的大小。

比例尺中的分母大小↓↓(3)比例尺的大小与表示的范围和内容的详略的关系①图幅大小相同时：比例尺越大，地图所表示的范围越小，图内表示的内容越详细；比例尺越小，地图所表示的范围越大，图内表示的内容越简略。

2017版【高考一本解决方案】高考地理(新课标版)考纲专题考点题组训练自然地理答案1-6

2017版【高考一本解决方案】高考地理（新课标版）考纲专题解读参考答案1.C同一经线上，纬度相差1°实地距离相隔约111千米。

甘德机场约位于49°N，55°W，若飞机从甘德机场起飞时沿经线飞行，1小时后飞机飞行650千米，约6个纬度，所在纬度可能是55°N或43°N。

2.B①②③④四地距离校训碑距离相等，都是80米；以此为参照，对比气象站、老校门、地理园的距离和方向可判断指示牌位于②地。

3.C在避开断道施工路段的前提下，根据图中各行驶方向累加数字比较大小，找出从A到科技馆的最短线路，再根据图中的指向标来选择方向。

1.D据图中经纬度可知甲岛位于西半球、北半球，乙岛位于南印度洋；根据两图经纬度间隔度数大小可知，甲岛经纬度间隔度数大，表示实际面积大，比例尺较小，乙岛经纬度间隔度数小，表示实际面积小，比例尺较大。

2.D根据图中信息可知图中A点位于(15°S，105°E)，B点位于(48°N，150°W)；根据A、B点的经纬度，可知A点位于B点的西南方。

3.D从轮廓上可以看出③地是非洲马达加斯加岛东侧，④地是澳大利亚西侧，这两个地点都在南回归线附近，且④地在③地东方，根据飞机飞行最短航线是经过两点大圆的一段劣弧，可以得出正确答案是先东南后东北。

4.A科考队出发三个月后，时间是北半球冬季，①地位于地中海沿岸，冬季温和湿润；②地位于马六甲海峡附近，为热带雨林气候，终年高温多雨，B错误；③岛屿东侧为热带雨林气候，C错误；⑤所在国为澳大利亚，此时为夏季，种植业忙季，D错误。

5.C依图文材料可知，军舰出发是去索马里，应该是向东南走，根据经线上纬度1°对应的弧长约111千米，经度差1°，距离差111 km×cosα(α为纬度)。

高考一本解决方案(新课标)2017版高考语文二轮复习第4部分写作专题162016年高考满分作文特辑(考纲专题解

专题16 2016年高考满分作文特辑阅读下面的漫画材料，根据要求写一篇不少于800字的文章。

(据夏明作品改动)要求：结合材料的内容和寓意，选好角度，确定立意，明确文体，自拟标题；不要套作，不得抄袭。

这个漫画材料涉及学生学习与成长的评价问题。

画中的两种评价很显然都是以分数为唯一标准，几分之差，就有不同的喜剧效果。

对此，我们应该有所反思，家长对自己子女的评价应是合理、理智的。

教育评价也是如此。

这评价涉及社会、学校、家庭、老师与学生，因此这作文应当有话说，大到历史、社会、教育体制，小到家庭个人的经历，可根椐自己的思考深度充分发挥联想想象。

但总体上来说，应该是“二为”：一是为思想而写，二是为美而写。

既要有思想价值，又要有审美价值。

文章有“思”无美则枯，有美无“思”则浮。

要写出有思想、有感情、有文采之文。

材料要求考生作文要“明确文体”，虽然没有规定考生的写作文体，但它并不等于考生写作时不要文体，写议论文要像议论文，写记叙文要像记叙文。

唯分论英雄？吾未见其明看这漫画中的两个孩子，第一次考试，满分孩子脸上有个唇印，咧开嘴笑；55分孩子脸上有个大巴掌印，垂头丧气；第二次考试，满分孩子得了98分，唇印变成了个大巴掌；55分孩子考了61分，大巴掌变成了唇印。

一开始看这幅漫画觉得不怎么样，然而后来细细一品，发现它真切形象准确地反映了当今不少家长对孩子的评判标准：唯分数论英雄。

诚然，“成绩单”是反映每个孩子一段时期学习状况的模板，但是，我们完全不必也不应当仅仅看到孩子的分数，更不能唯分数论英雄，因为分数中也有许多“不确定因素”，比如孩子的发挥、题目是不是适合孩子、评卷老师的评分等等。

孩子是否英雄，不是从一张“成绩单”上就能看出来的。

所以我们说，只注重孩子分数，“吾未见其明也”。

英国的一所小学在给毕业生的一封信中告诉孩子，“出考试题的人不会像你的老师一样了解你们每一个人，考试不会让他们知道你的种种优点，不会让他们知道你每天都会让自己努力变成一个更好的人，分数只能告诉大家你的一面，不能告诉大家你的每一面”。

2017版【高考一本解决方案】高考政治

1．(2016·天津文综，10，4分)中国古代园林建筑的独特之处，在于把哲学观念与历史文脉融入砖石草木之中，使建筑成为文化传承的视觉象征。

例如为世人称道的苏州园林，“虽为人作，宛自天成”，体现了“天人合一”的精神追求。

这印证了()①中华文化的博大精深②园林建筑是文化的物质载体③文化的传承依赖于传统建筑的保护④文化是维系民族生存和发展的精神纽带A．①②B．②④C．①③D．③④1．A中国古代园林建筑的独特之处，体现了中华文化的博大精深，①正确；哲学观念与历史文脉融入砖石草木之中，体现了园林建筑是文化的物质载体，②正确；传统建筑保护只是文化传承的一部分，③观点错误；我国的传统文化具有民族性，是维系民族生存与发展的精神纽带，④观点错误。

2．(2015·广东文综，31，4分)岭南一年四季多湿热，气温较高，人们喜用凉水冲淋以消暑爽身。

粤语一般称之为“冲凉”，冲凉房在民宅中不可或缺；北方天气多寒凉干燥，人们喜用热水浸泡以去垢爽身，北方话多称之为“洗澡”，盆浴、池浴盛行，澡堂子随处可见。

这说明()A．自然环境决定文化的特性B．中华文化内部存在差异和冲突C．方言折射出地域文化的差异D．洗浴文化随实践的发展而发展2．C A中“决定”说法错误；B中“冲突”与材料无关；材料反映的是南方与北方由于自然条件不同，文化、方言存在差异，C符合要求；材料并没有反映文化随着实践发展而发展的问题，D与材料无关。

3．(2013·课标全国Ⅱ，19，4分)《台湾风物图卷》长达320米，以生动的笔墨描绘了台湾的自然山川、民俗风土、人文环境等，被誉为宝岛的“清明上河图”。

中国国民党主席在2005年访问大陆的“破冰之旅”时，将该图卷的缩小版作为礼物赠送给中国共产党领导人。

《台湾风物图卷》在海峡两岸交流中扮演了重要角色，它()①展现了中华文化多姿多彩的魅力②反映了海峡两岸文化同根同源③具有与《清明上河图》相同的文化价值和艺术风格④是海峡两岸文化从差异走向同一的重要体现A．①②B．①③C．②④D．③④3．A《台湾风物图卷》描绘了台湾的风土民情，展现了中华文化多姿多彩的魅力，①符合题意；在“破冰之旅”时，用图卷的缩小版促进两岸交流，反映了海峡两岸文化同根同源，两岸人民对中华文化的强烈认同感和归属感，②符合题意；材料中未体现《台湾风物图卷》与《清明上河图》具有相同的文化价值和艺术风格，排除③；中华文化是中华各地文化个性与共性的统一，④错误。

高考一本解决方案(新课标版)2017版高考地理二轮复习(考纲专题解读+考点题组训练)专题6 自然

专题6 自然地理环境的整体性与差异性1．[2016·课标卷Ⅰ，36(2)，10分]阅读图文材料，完成下列要求。

某科考队于8月考察堪察加半岛，考察中发现，堪察加半岛北部发育苔原，南部生长森林；东西向气候区域差异显著；大型植食性和肉食性野生动物数量较少，但冬眠杂食性且善捕鱼的熊的数量较多；大量来自海洋的鲑鱼溯河流而上，成为熊的重要食物。

右图示意堪察加半岛的地形。

分析堪察加半岛大型植食性和肉食性野生动物数量较少的原因。

1．【解析】某种生物的数量多少主要受食物多寡、生存空间大小、适不适合繁殖的环境条件等方面因素的影响，结合具体情形分析即可。

【答案】纬度高，植物生长缓慢，食物供应量少；环境空间差别大，适宜生存的空间小；冬季寒冷漫长，生存条件恶劣。

2．[2016·课标卷Ⅱ，37(1)～(2)，16分]阅读图文材料，完成下列要求。

陕西南部的秦岭地区是我国大熊猫分布的重点区域。

该地区曾经是重要的林木采伐区，20世纪70年代开始先后有多家森工企业在该区内进行采伐作业，1998年后全面停止采伐天然林。

下图示意1976年、1987年和2000年该地区大熊猫栖息地范围的变化。

(1)描述该地区大熊猫栖息地范围的变化。

(7分)(2)分析导致该地区大熊猫栖息地范围变化的人为原因。

(9分)2．【解析】第(1)题，本题为描述地理事物变化状态类型的题目，需要注意整体趋势描述和局部特例描述相结合。

第(2)题，结合栖息地的变化趋势以及图中的人为因素即可得出答案。

【答案】(1)20世纪70年代(1976年)，栖息地连成一片；到80年代后期(1987年)，栖息地面积退缩，碎片化严重；90年代至21世纪初(2000年)，栖息地面积有所增加，碎片化趋势减弱，分布范围有向北、向西扩展的趋势。

(7分)(2)大规模采伐森林(对植被破坏大)，导致栖息地缩小；修建道路(国道、省道以及林区采伐道路)，导致栖息地碎片化；人类干扰活动大幅减少(全面停止采伐天然林，108国道秦岭隧道通车等)，植被得到了较快恢复，促进大熊猫栖息地的恢复与扩展。

2017版【高考一本解决方案】高考数学(理科·新课标版)配套教师文档：专题9数列

1．(2013·辽宁，4，易)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题： p 1：数列{a n }是递增数列； p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3 D ．p 1，p 41．D [考向3]{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，因为d >0，所以{a n }是递增数列，故p 1正确；对p 2，举反例，令a 1＝－3，a 2＝－2，d ＝1，则a 1>2a 2，故{na n }不是递增数列，p 2不正确；a nn ＝d ＋a 1－d n ，当a 1－d >0时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 递减，p 3不正确；a n ＋3nd ＝4nd ＋a 1－d ，4d >0，{a n ＋3nd }是递增数列，p 4正确．故p 1，p 4是正确的，故选D.2．(2016·浙江，13，中)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＝________. 2．[考向2]【解析】由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝4，a 2＝2S 1＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1， ∴a 1＝1，a 2＝3. 又a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 3＝2S 2＋1＝2(1＋3)＋1＝9， a 4＝2S 3＋1＝2(1＋3＋9)＋1＝27， a 5＝2S 4＋1＝2(1＋3＋9＋27)＋1＝81，∴S 5＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝1＋3＋9＋27＋81＝121， ∴a 1＝1，S 5＝121. 【答案】 1 1213．(2013·安徽，14，中)如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等，设OA n ＝a n ，若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是____________．3．[考向1]【解析】设△A 1B 1O 的面积为S 0，梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积为S ，由比例性质得S 0S 0＋S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a 22＝14，S ＝3S 0，所以S 0＋nS S 0＋（n ＋1）S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n ＋1a n ＋22⇒1＋3n 4＋3n＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n ＋1a n ＋22，得到3n －23n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a n ＋12，由累乘法可得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 32·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3a 42·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a n ＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a n ＋12＝14×47×710×…×3n －23n ＋1＝13n ＋1⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a n ＋12＝13n ＋1⇒a n ＋1＝3n ＋1，且a 1＝1，则a n ＝3n －2.【答案】 a n ＝3n －24．(2013·湖南，15，难)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________.4．[考向2]【解析】 (利用a n 与S n 的关系求通项公式)(1)由已知得S 3＝－a 3－123，S 4＝a 4－124，两式相减得a 4＝a 4＋a 3－124＋123，∴a 3＝124－123＝－116. (2)已知S n ＝(－1)n a n －12n ，①当n 为奇数时，⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝a n ＋1－12n ＋1，S n ＝－a n －12n ，两式相减得a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋12n ＋1，∴a n ＝－12n ＋1；②当n 为偶数时，则⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝－a n ＋1－12n ＋1，S n ＝a n －12n ，两式相减得a n ＋1＝－a n ＋1－a n ＋12n ＋1，即a n ＝－2a n ＋1＋12n ＋1＝12n .综上，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n ＋1（n 为奇数），12n （n 为偶数）.∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 100－12100＝[(a 2＋a 4＋…＋a 100)－(a 1＋a 3＋…＋a 99)]－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100＝⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋124＋…＋12100＋⎝ ⎛122＋124＋… ⎦⎥⎤＋⎭⎪⎫12100－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋124＋…＋12100－⎝ ⎛12＋123＋…⎭⎪⎫＋1299＝122⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122501－14－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122501－14＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1. 【答案】 (1)－116 (2)13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－15．(2012·四川，20，12分，中)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求a 1，a 2的值；(2)设a 1>0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 10a 1a n 的前n 项和为T n .当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大值．5．[考向2，3]解：(1)取n ＝1，得 a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，① 取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2，②由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2.③ 若a 2＝0，由①知a 1＝0. 若a 2≠0，由③知a 2－a 1＝1.④由①④解得a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.综上可得，a 1＝0，a 2＝0或a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. (2)当a 1>0时，由(1)知a 1＝2＋1，a 2＝2＋2.当n ≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ，(2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1，所以(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)·(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n ，则b n ＝1－lg(2)n －1＝1－12(n －1)lg 2＝12lg 1002n －1.所以数列{b n }是单调递减的等差数列⎝ ⎛⎭⎪⎫公差为－12lg 2，从而b 1>b 2>…>b 7＝lg 108>lg 1＝0，当n ≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128<12lg 1＝0，故当n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为T 7＝7（b 1＋b 7）2＝7（1＋1－3lg 2）2＝7－212lg 2.由数列的递推公式求通项公式在高考中经常出现，有选择题、填空题，也出现在解答题中的第一问，近几年考查难度有所降低，分值大约为5分．在复习中，要掌握由递推公式求通项公式的基本方法，即先对递推公式进行变形，然后利用转化与化归的思想解决递推数列问题．1(1)(2016·安徽池州模拟，14)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n ·a n－1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为________．(2)(2016·湖南株洲检测，13)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1，则{a n }的通项公式为________．解题(1)的关键是由a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)联系“累乘法”求通项公式；解题(2)的关键是将a n ＋1＝3a n ＋1变形后构造等比数列求解．【解析】 (1)∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)， ∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n . (2)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3a n ＋32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以a n ＋12＝3n2，因此数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －12. 【答案】 (1)a n ＝1n (2)a n ＝3n －12典型的递推数列及处理方法递推式方法 (1)a n ＋1＝a n ＋f (n ) 叠加法 (2)a n ＋1a n ＝f (n )累乘法 (3)a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0，1，q ≠0) 化为等比数列(4)a n ＋1＝pa n ＋q ·pn ＋1(p ≠0，1，q ≠0)化为等差数列1.(2016·陕西咸阳一模，6)已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式是( ) A ．2n －1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n1．D 方法一：由已知整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1，∴a n ＋1n ＋1＝a nn ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数列，且a n n ＝a 11＝1，∴a n ＝n . 方法二(累乘法)：当n ≥2时，a n a n －1＝n n －1. a n －1a n －2＝n －1n －2，…，a 3a 2＝32，a 2a 1＝21，两边分别相乘得a na 1＝n . 又∵a 1＝1，∴a n ＝n .2．(2016·安徽阜阳质检，13)已知a n ＝a n －1＋1n （n －1）(n ≥2)，a 1＝1，则该数列的通项公式为________．2．【解析】由已知得a 2－a 1＝12×1，a 3－a 2＝13×2，…，a n －a n －1＝1n （n －1），将上式两边分别相加得，a n －a 1＝11×2＋12×3＋…＋1n （n －1）.从而a n ＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝2－1n ＝2n －1n .【答案】 a n ＝2n －1n由S n 和a n 的关系求通项公式是一种常见题型，高考中选择题、填空题、解答题都有呈现，但以解答题的分支命题为重点，近几年来考查难度有所降低，分值大约为5分．在复习中，要熟练掌握由S n 求a n 的纽带：a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，根据题目已知条件，消掉S n 或a n ，通过构造等差数列或等比数列进行求解．2(1)(2013·课标Ⅰ，14)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)(2015·课标Ⅱ，16)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 ＝________．(3)(2016·山东青岛模拟，14)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ＋1，则数列{a n }的通项公式是________．解题(1)的关键是由a n ＝S n －S n －1构造等比数列求a n ；解题(2)的关键是由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，同时除以S n S n ＋1构造等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 求解；解题(3)时易漏掉对n ＝1这种情况的检验而致错．【解析】 (1)由S n ＝23a n ＋13得，当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减整理得，当n ≥2时，a n ＝－2a n －1. 又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，∴a n ＝(－2)n －1.(2)由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，两边同时除以S n S n ＋1得1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，即S n ＝－1n .(3)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋n ＋1)－[(n －1)2＋(n －1)＋1]＝2n ，又a 1＝3≠2×1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3， n ＝1，2n ， n ≥2.【答案】 (1)(－2)n －1(2)－1n (3)a n ＝⎩⎨⎧3， n ＝1，2n ， n ≥2已知S n 求a n 的三个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．1.(2016·山东临沂一模，12)在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则数列{a n }的通项公式为________． 1．【解析】由题设知，a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1. ∴a na n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53，a 3a 2＝42，a 2a 1＝3.以上n －1个式子的等号两端分别相乘，得到a n a 1＝n （n ＋1）2.又∵a 1＝1，∴a n ＝n （n ＋1）2.【答案】 a n ＝n （n ＋1）22．(2015·课标Ⅰ，17，12分)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． 2．解：(1)∵a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，∴a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减得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 )．由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)，a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，所以通项公式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）.从近几年高考可以看出，求数列中的最大(小)项是高考的热点，一般难度较大，分值为5分．在复习中，从函数的角度认识数列，注意数列的函数特征，特别是利用函数的方法研究数列的有关性质．3(2013·课标Ⅱ，16)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由等差数列前n 项和公式可得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋10×92d ＝0，15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎨⎧a 1＝－3，d ＝23.∴nS n ＝n 2a 1＋n 2（n －1）2d＝－3n 2＋13(n 3－n 2)＝13n 3－10n 23.构造函数f (x )＝13x 3－103x 2(x >0)．f ′(x )＝x 2－203x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝203. 当x >203时，f (x )是单调递增的；当0<x <203时，f (x )是单调递减的． ∵n ∈N *，∴当n ＝7时，nS n 取最小值，∴(nS n )min ＝13×73－10×723＝－49.【答案】－49(2016·山东青岛模拟，7)已知a n ＝n － 2 015n － 2 016(n ∈N *)，则在数列{a n }的前50项中，最小项和最大项分别是( ) A ．a 1，a 50 B ．a 1，a 44 C ．a 45，a 50 D ．a 44，a 45 D a n ＝n － 2 015n － 2 016＝n － 2 016＋ 2 016－ 2 015n － 2 016＝1＋ 2 016－ 2 015n － 2 016.结合函数y ＝a ＋cx －b (c >0)的图象，要使a n 最大，则需n － 2 016最小且n －2 016>0，∴当n ＝45时，a n 最大，当n ＝44时，a n 最小．,判断数列单调性的两种常用方法(1)作差比较法：a n ＋1－a n >0⇔数列{a n }是单调递增数列； a n ＋1－a n <0⇔数列{a n }是单调递减数列； a n ＋1－a n ＝0⇔数列{a n }是常数列． (2)作商比较法：①当a n >0时，a n ＋1a n >1⇔数列{a n }是单调递增数列；a n ＋1a n<1⇔数列{a n }是单调递减数列；a n ＋1a n＝1⇔数列{a n }是常数列．②当a n <0时，a n ＋1a n >1⇔数列{a n }是单调递减数列；a n ＋1a n<1⇔数列{a n }是单调递增数列；a n ＋1a n＝1⇔数列{a n }是常数列．求数列最大项或最小项的方法可以利用不等式组⎩⎨⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项；利用不等式组⎩⎨⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．1．(2016·河北邢台一模，7)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a n n ≤2的正整数n 的集合为( ) A ．{1，2} B ．{1，2，3，4} C ．{1，2，3} D ．{1，2，4} 1．B [考向2]因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，所以{a n }是公比为2的等比数列，又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.而a nn ≤2，即2n －1≤2n ，故所有满足的正整数n ＝1，2，3，4.2．(2016·江西九江模拟，6)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫49n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，则数列{a n }( )A ．有最大项，没有最小项B ．有最小项，没有最大项C ．既有最大项又有最小项D ．既没有最大项也没有最小项2．C [考向3]∵数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫49n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，令t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，t ∈(0，1]，则t 是减函数，则a n ＝t 2－t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122－14，由复合函数单调性知，a n 先递增后递减．所以当n ＝1，即t ＝1时，a n 取最大值，使⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1最接近12的n 的值为数列{a n }中的最小项，故数列{a n }既有最大项又有最小项，选C.3．(2016·山东临沂联考，7)观察下列各图，并阅读图形下面的文字，像这样，10条直线相交，交点的个数最多是( )A ．40B ．45C ．50D ．553．B [考向1]设n 条直线的交点个数为a n (n ≥2)，则⎩⎨⎧a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，……a 10－a 9＝9.累加得a 10－a 2＝2＋3＋…＋9， ∴a 10＝1＋2＋3＋…＋9＝45.4．(2016·湖南师大附中质检，9)对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n －22<x n－1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn －12n －1，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(－∞，－1]C ．(1，＋∞)D ．(－∞，1]4．C [考向3]由数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，得b n ＋b n ＋22t （n ＋1）－12n ，化简得t (n －2)>1.当n ≥3时，若t (n －2)>1恒成立，则t >1n －2恒成立，又当n ≥3时，1n －2的最大值为1，所以t 的取值范围是(1，＋∞)．思路点拨：由“减差数列”的定义，可得关于b n 的不等式，把b n 的通项公式代入，化归为不等式恒成立问题求解．5．(2015·江西九江二模，13)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝－1a n ＋1，记S n为数列{a n }的前n 项和，则S 2 017＝________． 5．[考向1]【解析】 a 2＝－1a 1＋1＝－11＋1＝－12，a 3＝－1a 2＋1＝－1－12＋1＝－2，a 4＝－1a 3＋1＝－1－2＋1＝1，可见a 4＝a 1，由此可得，a n ＋3＝a n ，因此数列{a n }是以3为周期的周期数列，则S 2 017＝672×(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1 ＝672×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－2＋1＝－1 007. 【答案】－1 0076．(2015·山东潍坊二模，12)已知{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________．6．[考向3]【解析】方法一(定义法)：因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)(*)．因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.方法二(函数法)：设f (n )＝a n ＝n 2＋λn ，其图象的对称轴为直线n ＝－λ2，要使数列{a n }为递增数列，只需使定义域在正整数上的函数f (n )为增函数，故只需满足f (1)<f (2)，即λ>－3. 【答案】 λ>－37．(2016·浙江舟山一模，16，14分)已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．7．[考向2]解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)可得，a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1，a 1＝0(舍)．S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2(负值舍去)；同理可得a 3＝3，a 4＝4. (2)因为S n ＝12a 2n ＋a n 2，① 所以当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋a n －12，②①－②得a n ＝12(a n －a n ＋1)＋12(a 2n －a 2n －1)，所以(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a1＝1，所以数列{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n＝n.1．(2016·课标Ⅰ，3，易)已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝() A．100 B．99 C．98 D．971．C[考向1]由题意知，S9＝9×（a1＋a9）2＝9a5＝27，∴a5＝3，又∵a10＝a5＋5d＝3＋5d＝8，∴d＝1，∴a100＝a10＋90d＝8＋90＝98.2．(2012·辽宁，6，易)在等差数列{a n}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝()A．58 B．88 C．143 D．1762．B[考向1]由等差数列性质可知，a4＋a8＝a1＋a11＝16，所以S11＝11×（a1＋a11）2＝88.3．(2015·北京，6，中)设{a n}是等差数列，下列结论中正确的是()A．若a1＋a2>0，则a2＋a3>0B．若a1＋a3<0，则a1＋a2<0C．若0<a1<a2，则a2>a1a3D．若a1<0，则(a2－a1)(a2－a3)>03．C[考向1]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．对于C，∵0<a1<a2，∴d>0.∴a1a3＝(a2－d)(a2＋d)＝a22－d2＜a22，∴a1a3<a2.∴结论成立；对于D，(a2－a1)(a2－a3)＝－d2≤0，结论不成立．4．(2014·辽宁，8，中)设等差数列{a n}的公差为d.若数列{2a1a n}为递减数列，则()A．d<0 B．d>0C．a1d<0 D．a1d>04．C[考向1]设b n＝2a1a n，则b n＋1＝2a1a n＋1，由于{2a1a n}是递减数列，则b n>b n，即2a1a n>2a1a n＋1.＋1∵y＝2x是单调增函数，∴a1a n>a1a n＋1，∴a1a n－a1(a n＋d)>0，∴a1(a n－a n－d)>0，即a1(－d)>0，∴a1d<0.思路点拨：把2a1a n看成一个整体b n，利用递减数列的关系式b n>b n＋1求解．5．(2016·北京，12，易)已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________．5．[考向1]【解析】设等差数列{a n}的公差为d.∵a1＝6，a3＋a5＝0，∴6＋2d＋6＋4d＝0，解得d＝－2，所以S6＝6×6＋6×52×(－2)＝6.【答案】 66．(2015·陕西，13，易)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．6．[考向1]【解析】设首项为a1，由等差中项的定义知a1＋2 015＝2×1 010，∴a1＝5.【答案】 57．(2012·江西，12，易)设数列{a n}，{b n}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.7．[考向1]【解析】方法一：设c n＝a n＋b n，∵{a n }，{b n }是等差数列，∴{c n }是等差数列，设其公差为d ，则c 1＝7，c 3＝c 1＋2d ＝21，解得d ＝7，因此，c 5＝a 5＋b 5＝7＋(5－1)×7＝35.方法二：设c n ＝a n ＋b n ，∵{a n }，{b n }是等差数列，∴{c n }是等差数列，∴2(a 3＋b 3)＝(a 1＋b 1)＋(a 5＋b 5)，即42＝7＋(a 5＋b 5)，因此a 5＋b 5＝42－7＝35. 【答案】 358．(2013·广东，12，易)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________. 8．[考向1]【解析】设等差数列的公差为d ，则a 3＋a 8＝2a 1＋9d ＝10，3a 5＋a 7＝4a 1＋18d ＝2(2a 1＋9d )＝20. 【答案】 209．(2016·课标Ⅱ，17，12分，中)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和． 9．[考向1]解：(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n . b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1， b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0， 1≤n <10，1， 10≤n <100，2， 100≤n <1 000，3， n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.10．(2012·陕西，17，12分，中)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列． (1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 10．[考向2]解：(1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)，由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3，由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)，所以q ＝－2. (2)证明：方法一：对任意k ∈N *， S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k ) ＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1 ＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2)＝0，所以，对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．方法二：对任意k ∈N *，2S k ＝2a 1（1－q k ）1－q ，S k ＋2＋S k ＋1＝a 1（1－q k ＋2）1－q ＋a 1（1－q k ＋1）1－q＝a 1（2－q k ＋2－q k ＋1）1－q ，2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 1（1－q k ）1－q －a 1（2－q k ＋2－q k ＋1）1－q＝a 11－q[2(1－q k )－(2－q k ＋2－q k ＋1)] ＝a 1q k 1－q(q 2＋q －2)＝0，因此，对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．11．(2014·江苏，20，16分，难)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H ”数列．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d ＜0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．11．[考向1，2]解：(1)证明：由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m . 所以{a n }是“H 数列”． (2)由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1.因为d ＜0，所以m －2＜0，故m ＝1，从而d ＝－1. 当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n （3－n ）2是小于2的整数，n ∈N*. 于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n （3－n ）2，使得S n ＝2－m ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．因此d 的值为－1.(3)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)．令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下证{b n }是“H 数列”．设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n （n ＋1）2·a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n （n ＋1）2，使得T n ＝b m .所以{b n }是“H 数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”．所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．等差数列的性质及基本运算是高考中的常考内容，多出现在选择题、填空题和解答题的第(1)问中，分值大约为5分，属容易题．复习中，在牢记等差数列的通项公式和前n 项和公式的同时，灵活运用等差数列的性质，在解题过程中可以达到避繁就简的目的．1(1)(2015·重庆，2)在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．6(2)(2013·课标Ⅰ，7)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6(3)(2015·广东，10)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________.【解析】(1)方法一：设公差为d，∵a4＝a2＋2d，∴d＝－1，∴a6＝a2＋4d＝0.方法二：由等差数列的性质可知，a2，a4，a6成等差数列，所以2a4＝a2＋a6，即a6＝2a4－a2＝0.(2)∵{a n}是等差数列，S m－1＝－2，S m＝0，∴a m＝S m－S m－1＝2.∵S m＋1＝3，∴a m＋1＝S m＋1－S m＝3，∴d＝a m＋1－a m＝1.又S m＝m（a1＋a m）2＝m（a1＋2）2＝0，∴a1＝－2，∴a m＝－2＋(m－1)·1＝2，∴m＝5.(3)因为{a n}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，即a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，解得a5＝5，所以a2＋a8＝2a5＝10.【答案】(1)B(2)C(3)10解题(1)时注意等差数列通项公式及性质的应用；解题(2)的关键是弄清a m＝S m－S m－1，同时要准确应用等差数列的求和公式；解题(3)时注意等差数列性质的运用．等差数列运算问题的通性通法(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．等差数列前n 项和公式的应用方法根据不同的已知条件选用两个求和公式，若已知首项和公差，则使用公式S n ＝na 1＋n （n －1）2d ；若已知通项公式，则使用公式S n ＝n （a 1＋a n ）2，同时注意与性质“a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝…”的结合使用．1.(2014·福建，3)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( )A ．8B ．10C ．12D ．141．C 因为S 3＝3a 1＋3×（3－1）2d ＝3×2＋3×22d ＝12，所以d ＝2.所以a 6＝a 1＋(6－1)d ＝2＋5×2＝12.故选C.2．(2016·安徽宿州一模，3)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝2，a 5＝3a 3，则S 9＝( )A ．－72B ．－54C ．54D ．90 2．B 设等差数列{a n }的公差为d ， ∵a 1＝2，a 5＝3a 3，∴2＋4d ＝3(2＋2d )，解得d ＝－2， ∴S 9＝9a 1＋9×82d ＝－54，故选B.3．(2016·湖南五市十校联考，13)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 9＝24π，则tan a 5＝________.3．【解析】在等差数列{a n }中，由S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝24π，得a 5＝24π9＝8π3，∴tan a 5＝tan 8π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π＋2π3＝tan 2π3＝－ 3.【答案】－3,等差数列的判定与证明是高考中常见题型，其基本方法是利用等差数列定义，即－a n＝常数(与n无关)，题型既有小题又有大题，但多以解答题的第一证明a n＋1问为主，难度不大．－a n＝d和a n－a n 在复习中，用定义法证明等差数列时，常采用的两个式子a n＋1＝d意义不同，后者必须加上n≥2，否则n＝1时，a0无意义．－12(2014·课标Ⅰ，17，12分)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n ≠0，a n a n＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n＋2－a n＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．【解析】(1)证明：由题设，a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1.两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1.由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故a n＋2－a n＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以a n＝2n－1，a n＋1－a n＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n}为等差数列．解题(1)的关键是利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 这一结论；解题(2)时先假设{a n }是等差数列求出λ，再进行验证．等差数列的判定方法(1)证明一个数列{a n }为等差数列的基本方法有两种： ①利用等差数列的定义证明，即证明a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)； ②利用等差中项证明，即证明a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1(n ∈N *)．(2)解选择题、填空题时，也可用通项公式或前n 项和公式直接判断：①通项法：若数列{a n }的通项公式为n 的一次函数，即a n ＝An ＋B ，则{a n }是等差数列．②前n 项和法：若数列{a n }的前n 项和S n 可以化为S n ＝An 2＋Bn 的形式(A ，B 是常数)，则{a n }是等差数列．(3)若判断一个数列不是等差数列，只需说明某连续3项(如前三项)不是等差数列即可．(2016·江西南昌一模，19，12分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＋a 13＝34，S 3＝9.(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式；(2)设数列{b n }的通项公式为b n ＝a na n ＋t ，问：是否存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m (m ≥3，m ∈N )成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋16d ＝34，3a 1＋3d ＝9，解得a 1＝1，d ＝2，故a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2)由(1)知b n＝2n－12n－1＋t，要使b1，b2，b m成等差数列，必须2b2＝b1＋b m，即2×33＋t ＝11＋t＋2m－12m－1＋t，移项得2m－12m－1＋t ＝63＋t－11＋t＝6＋6t－3－t（3＋t）（1＋t），整理得m＝3＋4t－1.因为m，t为正整数，所以t只能取2，3，5.当t＝2时，m＝7；当t＝3时，m＝5；当t＝5时，m＝4.所以存在正整数t，使得b1，b2，b m成等差数列．公差不为0的等差数列，其前n项和的最值在高考中也时常出现，题型既有小题也有大题，难度不大．在复习时，关键是弄清等差数列前n项和存在最值的条件，要从等差数列前n项和与二次函数的关系及数列单调性两个方面来把握．3(1)(2014·北京，12)若等差数列{a n}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{a n}的前n项和最大．(2)(2014·大纲全国，18，12分)等差数列{a n}的前n项和为S n.已知a1＝10，a2为整数，且S n≤S4.①求{a n}的通项公式；②设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 9＝2a 8， ∴3a 8>0，即a 8>0.又∵a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 9<0， ∴等差数列前8项的和最大．故n ＝8.(2)①由a 1＝10，a 2为整数知，等差数列{a n }的公差d 为整数．又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0，10＋4d ≤0. 解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3. 数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n .②b n ＝1（13－3n ）（10－3n ）＝13⎝⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n . 于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n10（10－3n ）.解题(1)时注意等差数列性质的应用；解题(2)的关键是由S n ≤S 4推出a 4≥0，a 5≤0，进而求出公差，再用裂项法求第②问时，易忽视a 2为整数而求不出公差d 的值．求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解． (2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎨⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎨⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .1.(2012·浙江，7)设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误的是( ) A ．若d <0，则数列{S n }有最大项 B ．若数列{S n }有最大项，则d <0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n >0D ．若对任意n ∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列1．C 因为S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，所以S n 是关于n 的二次函数，当d <0时，S n 有最大值，即数列{S n }有最大项，故A 正确；若{S n }有最大项，即对于n ∈N *，S n 有最大值，故二次函数图象的开口向下，即d <0，故B 正确．而若a 1<0，d >0，则数列{S n }为递增函数，此时S 1<0，故C 错误；若对于任意的n ∈N *，均有S n >0，则a 1＝S 1>0，且d 2n ＋a 1－d 2>0对于任意n ∈N *恒成立，∴d2>0，∴数列{S n }是递增数列，即D 正确．故选C.2．(2016·上海十二校联考，5)在等差数列{a n }中，若a 1＜0，S n 为其前n 项之和，且S 7＝S 17，则S n 为最小时n 的值为________．2．【解析】由S 7＝S 17，知a 8＋a 9＋…＋a 17＝0，根据等差数列的性质，a 8＋a 17＝a 9＋a 16＝…＝a 12＋a 13，因此a 12＋a 13＝0，又因为a 1＜0，从而a 12＜0，a 13＞0，故当S n 为最小时n 为12. 【答案】 12,1．(2016·广东六校联考，5)已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝992，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．641．A [考向1]因为a 7＋a 9＝2a 8＝16，所以a 8＝8，因为S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11×2a 62＝11a 6＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A.2．(2015·安徽芜湖三模，5)在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则该数列的前11项和为( )A ．12B ．72C ．132D ．1922．C [考向1]由a 9＝12a 12＋6，得2a 9－a 12＝12，即2a 1＋16d －a 1－11d ＝12， ∴a 1＋5d ＝12，即a 6＝12.则S 11＝11a 6＝11×12＝132.故选C.3．(2016·山西大同二模，7)若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k＋1<0的k 值为( )A ．22B ．21C ．24D ．233．D [考向2]因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473>0，得n <23.5，所以使a k ·a k ＋1<0的k 值为23.4．(2016·河北唐山模拟，7)各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且3S n ＝a n a n ＋1，则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝( ) A.n （n ＋5）2 B.n （5n ＋1）2C.3n （n ＋1）2D.（n ＋3）（n ＋5）24．C [考向1，2]当n ＝1时，3S 1＝a 1a 2，3a 1＝a 1a 2，∴a 2＝3.当n ≥2时，由3S n ＝a n a n ＋1，可得3S n －1＝a n －1a n ，两式相减得3a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)，又∵a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝3，∴{a 2n }是以3为首项，3为公差的等差数列， ∴a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝3n ＋n （n －1）2×3＝3n （n ＋1）2，选C.5．(2016·浙江温州三模，10)已知等差数列{a n }，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足a 4＝10，S 6＝S 3＋39，则数列{a n }的首项a 1＝________，通项a n ＝________. 5．[考向1]【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 4＝10，S 6＝S 3＋39，得⎩⎨⎧a 1＋3d ＝10，6a 1＋6×5d2＝3a 1＋3d ＋39，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝3，∴a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 【答案】 1 3n －26．(2016·山东烟台模拟，14)已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n >0的n 的最大值为________． 6．[考向3]【解析】 ∵a 11a 10<－1，且S n 有最大值，∴a 10>0，a 11<0，且a 10＋a 11<0， ∴S 19＝19（a 1＋a 19）2＝19·a 10>0，S 20＝20（a 1＋a 20）2＝10(a 10＋a 11)<0，故使得S n >0的n 的最大值为19. 【答案】 197．(2016·吉林长春一模，18，12分)在数列{a n }中，a n ＋1＋a n ＝2n －44(n ∈N *)，a 1＝－23. (1)求a n ；(2)设S n 为{a n }的前n 项和，求S n 的最小值．7．[考向1，2，3]解：(1)∵a n ＋1＋a n ＝2n －44(n ∈N *)，①a n ＋2＋a n ＋1＝2(n ＋1)－44，② ②－①得， a n ＋2－a n ＝2.又∵a 2＋a 1＝2－44，a 1＝－23， ∴a 2＝－19，同理得，a 3＝－21，a 4＝－17.故a 1，a 3，a 5，…是以a 1为首项，2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…是以a 2为首项，2为公差的等差数列．从而a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －24，n 为奇数，n －21，n 为偶数.(2)当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋…＋[2·(n －1)－44] ＝2[1＋3＋…＋(n －1)]－n2·44 ＝n 22－22n ，故当n ＝22时，S n 取得最小值为－242. 当n 为奇数时，S n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝a 1＋(2×2－44)＋…＋[2×(n －1)－44] ＝a 1＋2[2＋4＋…＋(n －1)]＋n －12·(－44) ＝－23＋（n ＋1）（n －1）2－22(n －1)＝n 22－22n －32.故当n ＝21或n ＝23时，S n 取得最小值－243.综上所述：当n 为偶数时，S n 取得最小值为－242；当n 为奇数时，S n 取最小值为－243.8．(2015·河南郑州二模，20，12分)数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝12－a n(n ∈N *)．(1)求证：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1为等差数列，并求出{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n －1，数列{b n }的前n 项和为B n ，对任意n ≥2都有B 3n －B n >m20成立，求正整数m 的最大值．8．[考向1，2，3]解：(1)因为a n ＋1＝12－a n ，所以1a n ＋1－1＝112－a n －1＝2－a n a n －1＝－1＋1a n －1，即1a n ＋1－1－1a n －1＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为－2，公差为－1的等差数列，所以1a n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，所以a n ＝n n ＋1. (2)b n ＝n ＋1n －1＝1n ，令C n ＝B 3n －B n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ，所以C n ＋1－C n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13（n ＋1）－1n ＋1－…－13n＝－1n ＋1＋13n ＋2＋13n ＋3＋13n ＋1＝13n ＋2－23n ＋3＋13n ＋1 >23n ＋3－23n ＋3＝0，所以C n ＋1－C n >0，所以{C n }为单调递增数列，所以(B 3n －B n )min ＝B 6－B 2＝13＋14＋15＋16＝1920，所以m 20<1920，所以m <19.又m ∈N *，所以m 的最大值为18.方法点拨：等差数列的综合性问题的求解方法：在解决数列问题时，除注意函数思想、方程思想、消元及整体代换的思想外，还要特别注意解题中要有“目标意识”，即需要什么、求什么，注重数列与函数、不等式知识的交汇．1．(2013·江西，3，易)等比数列x ，3x ＋3，6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12 D ．241．A [考向1]由x ，3x ＋3，6x ＋6成等比数列，知(3x ＋3)2＝x ·(6x ＋6)，即x 2＋4x ＋3＝0，解得x ＝－3或x ＝－1(舍去)．所以此等比数列的前三项为－3，－6，－12.故第四项为－24，故选A.2．(2012·安徽，4，易)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10＝( )A ．4B ．5C ．6D ．72．B [考向2]方法一：由等比中项的性质得a 3a 11＝a 27＝16，又数列{a n }各项为正，所以a 7＝4.所以a 10＝a 7×q 3＝32.所以log 2a 10＝5. 方法二：设等比数列的公比为q ，由题意知，a n >0，则a 3·a 11＝a 27＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 10q 32＝126·a 210＝24，所以a 210＝210，解得a 10＝25.故log 2a 10＝5.3．(2013·福建，9，中)已知等比数列{a n }的公比为q ，记b n ＝a m (n －1)＋1＋a m (n －1)＋2…＋a m (n －1)＋m ，c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m (m ，n ∈N *)，则以下结论一定正确的是( )A ．数列{b n }为等差数列，公差为q mB ．数列{b n }为等比数列，公比为q 2mC ．数列{c n }为等比数列，公比为qm 2D ．数列{c n }为等比数列，公比为qm m3．C [考向3]b n ＝a m (n －1)＋1·(1＋q ＋q 2＋…＋q m －1)，b n ＋1b n ＝a mn ＋1a mn ＋1－m ＝q m ，故数列{b n }为等比数列，公比为q m ，选项A ，B 错误；c n ＝a m m （n －1）＋1·q1＋2＋…＋(m －1)， c n ＋1c n ＝a m mn ＋1a m mn ＋1－m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a mn ＋1a mn ＋1－m m ＝(q m )m ＝qm 2，故数列{c n }为等比数列，公比为qm 2，D 错误，故选C.方法点拨：判断一个数列是等差数列或等比数列的关键是作差或作商，看结果是不是常数．4．(2016·课标Ⅰ，15，难)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．4．[考向1]【解析】由题意知，a 2＋a 4＝(a 1＋a 3)q ，即5＝10q ，解得q ＝12，将q ＝12代入a 1＋a 3＝10，解得a 1＝8.∴a 1a 2…a n ＝a n1·qn （n －1）2＝8n×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n （n －1）2＝2－n 22＋7n 2. ∵－n 22＋7n 2＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498≤6，且n ∈N *.当n ＝3或4时有最大值．∴a 1a 2…a n ＝2－n 22＋7n2≤26＝64，即最大值为64. 【答案】 645．(2013·北京，10，易)若等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________；前n 项和S n ＝________．5．[考向1]【解析】 ∵a 3＋a 5＝q (a 2＋a 4)，∴40＝20q ，q ＝2，又∵a 2＋a 4＝a 1q ＋a 1q 3＝20， ∴a 1＝2，∴a n ＝2n ，∴S n ＝2n ＋1－2. 【答案】 2 2n ＋1－26．(2013·江苏，14，难)在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3，则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________．6．[考向1]【解析】设等比数列的首项为a 1，公比为q >0，由⎩⎨⎧a 1·q 4＝12，a 1·q 5＋a 1·q 6＝3，得a 1＝132，q ＝2.∴a n ＝a 1q n －1＝2n －6，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝132（1－2n ）1－2＝132(2n －1)，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝a n 1q1＋2＋3＋…＋(n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132n ×2（n －1）n 2，由a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n ，得132(2n －1)>⎝ ⎛⎭⎪⎫132n×2（n －1）n 2，化简得2n －1>2（n －1）（n －10）2.所以n >（n －1）（n －10）2，n ∈N *，解得13－1492<n <13＋1492，又n ∈N *，∴1≤n ≤12，故满足条件的最大正整数n 的值是12. 【答案】 127．(2016·课标Ⅲ，17，12分，中)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.7．[考向3]解：(1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即(λ－1)a n ＋1＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λλ－1n －1. (2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λλ－1n . 由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1. 8．(2013·湖北，18，12分，中)已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．8．[考向1]解：(1)由已知条件a 1a 2a 3＝125，得a 2＝5. 又a 2|q －1|＝10，∴q ＝－1或3.∴数列{a n }的通项为a n ＝5×(－1)n 或a n ＝5×3n －2.(2)若q ＝－1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a m＝－15或0，不存在符合条件的正整数m ；若q ＝3，则1a 1＋1a 2＋…＋1a m＝910⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m <910，不存在符合条件的正整数m .综上所述，不存在符合条件的正整数m .。

新高考课程安排方案

新高考课程安排方案引言新高考是指中国教育部于2017年提出的高考改革方案。

新高考将实行综合素质评价，减少对传统单一考试成绩的依赖，注重对学生全面素质的培养和评价。

本文将详细介绍新高考课程安排方案，包括课程设置、教学模式、评价体系等方面的内容。

课程设置新高考将按照“3+X”模式进行课程设置，即3个共同基础课程和若干门选修课程。

共同基础课程包括语文、数学和外语，选修课程可以根据学生的兴趣和特长进行选择。

语文课程语文课程旨在培养学生的表达能力和文学素养。

课程设置包括古代文学、现代文学、写作与修辞等内容。

通过学习，学生将能够提高自己的语言文字表达能力，培养文学鉴赏能力。

数学课程数学课程旨在培养学生的逻辑思维和问题解决能力。

课程设置包括数学分析、数学建模、概率统计等内容。

通过学习，学生将能够掌握基本数学理论和方法，培养良好的数学思维习惯。

外语课程外语课程旨在培养学生的跨文化交流和应用能力。

课程设置包括听、说、读、写、译等方面内容。

通过学习，学生将能够熟练掌握一门外语，具备与他国人民交流的基本能力。

选修课程选修课程是为了满足学生不同的兴趣和特长而设置的。

学生可以根据自己的兴趣选择课程，如物理、化学、生物、历史、地理、美术、音乐等。

选修课程的设置旨在培养学生的多元化素质和特长。

教学模式新高考注重培养学生的自主学习和创新精神，因此在教学模式上进行了一些改革。

学生主体性新高考鼓励学生的主体性，注重培养学生的自主学习能力。

教师的角色更倾向于引导者和指导者，学生的学习方式强调独立思考和合作学习。

创新实践新高考强调学生的创新意识和创新能力。

通过课程中的实践活动和项目学习，学生将有机会进行科学研究、社会实践等创新性实践。

结果导向新高考强调对学生的能力和素质的综合评价。

因此，教学过程中注重培养学生的问题解决能力、创新思维能力和团队合作精神。

评价体系新高考采用综合素质评价体系对学生进行评价。

基础学科考试新高考将对语文、数学、外语三门共同基础课程进行考试。

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1．(2016·课标Ⅲ，5，易)若tan α＝34，则cos 2α＋2sin 2α＝( ) A.6425 B.4825C ．1 D.16251．A cos 2α＋2sin 2α ＝cos 2α＋4sin α cos αsin 2 α＋cos 2 α＝1＋4tan αtan 2 α＋1＝1＋4³34916＋1＝4³1625＝6425. 2．(2016·课标Ⅱ，9，中)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35，则sin 2α＝( )A.725B.15 C ．－15 D ．－7252．D sin 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α－1＝2³⎝ ⎛⎭⎪⎫352－1＝－725.3．(2015·课标Ⅰ，2，易)sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝( ) A ．－32 B.32C ．－12 D.123．D 原式＝sin 20° cos 10°＋cos 20° sin 10°＝sin 30°＝12.4．(2013·浙江，6，中)已知α∈R ，sin α＋2cos α＝102，则tan 2α＝( ) A.43 B.34 C ．－34 D ．－43 4．C 方法一(通法)：由 ⎩⎨⎧sin α＋2cos α＝102，sin 2α＋cos 2α＝1，可解得 ⎩⎪⎨⎪⎧sin α＝－1010，cos α＝31010或⎩⎪⎨⎪⎧sin α＝31010，cos α＝1010. 因此tan α＝－13或tan α＝3，于是tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝－34. 方法二(优法)：(sin α＋2cos α)2＝52，展开得3cos 2α＋4sin α²cos α＝32，再由二倍角公式得32cos 2α＋2sin 2α＝0，故tan 2α＝sin 2αcos 2α＝－322＝－34，选C.5．(2014·课标Ⅰ，8，中)设α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且tan α＝1＋sin βcos β，则( )A ．3α－β＝π2B ．3α＋β＝π2C ．2α－β＝π2D ．2α＋β＝π2 5．C 由tan α＝1＋sin βcos β得sin αcos α＝1＋sin βcos β，即sin αcos β＝cos α＋cos αsin β， ∴sin(α－β)＝cos α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α.∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴α－β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，π2－α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴由sin(α－β)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α，得α－β＝π2－α，∴2α－β＝π2，故选C.思路点拨：通过切化弦将已知条件转化为角α，β的正弦与余弦的关系式，然后根据诱导公式得到角之间的关系．6．(2016·四川，11，易)cos 2π8－sin 2π8＝________. 6．【解析】 cos 2π8－sin 2π8＝cos π4＝22.【答案】 227．(2016·浙江，10，易)已知2cos 2x ＋sin 2x ＝A sin(ωx ＋φ)＋b (A >0)，则A ＝________，b ＝________.7．【解析】 ∵2cos 2x ＋sin 2x ＝A sin(ωx ＋φ)＋b ，∴sin 2x ＋cos 2x ＋1＝A sin(ωx ＋φ)＋b .∴2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1＝A sin(ωx ＋φ)＋b ，∴A ＝2，b ＝1.【答案】 2 18．(2015·四川，12，易)sin 15°＋sin 75°的值是________． 8．【解析】方法一：sin 15°＋sin 75° ＝sin 15°＋cos 15°＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin 15°＋22cos 15°＝2(sin 15°cos 45°＋cos 15°sin 45°) ＝2sin 60°＝2³32＝62. 方法二：由于(sin 15°＋sin 75°)2 ＝(sin 15°＋cos 15°)2＝1＋2sin 15°cos 15°＝1＋sin 30°＝32，又sin 15°>0，sin 75°>0，所以sin 15°＋sin 75°>0，故sin 15°＋sin 75°＝62.【答案】 629．(2013·四川，13，易)设sin 2α＝－sin α，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，则tan 2α的值是________．9．【解析】方法一：sin 2α＝－sin α⇒ 2sin αcos α＝－sin α， ∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，∴sin α≠0，∴cos α＝－12，则sin α＝32， ∴tan α＝－3，∴tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝－231－3＝ 3.方法二：同方法一，得cos α＝－12，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，则α＝2π3.∴tan 2α＝tan 4π3＝ 3.【答案】 310．(2014·江苏，15，14分，中)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝55.(1)求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α的值；(2)求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2α的值． 10．解：(1)因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝55，所以cos α＝－1－sin 2 α＝－255.故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝sin π4cos α＋cos π4sin α＝22³⎝⎛⎭⎪⎫－255＋22³55＝－1010. (2)由(1)知sin 2α＝2sin α cos α＝2³55³⎝ ⎛⎭⎪⎫－255＝－45，cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2³⎝ ⎛⎭⎪⎫552＝35，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2α＝cos 5π6cos 2α＋sin 5π6sin 2α ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32³35＋12³⎝ ⎛⎭⎪⎫－45＝－4＋3310.高考对三角恒等变换的考查主要有三个角度：(1)给角求值；(2)给值求角；(3)给值求值．试题以选择题、填空题出现，分值为5分．以解答题的形式出现时，一般为中、低档题目，分值为12分．(1)(2013·重庆，9)4cos 50°－tan 40°＝( )A.2B.2＋32 C.3 D ．22－1(2)(2015·江苏，8)已知tan α＝－2，tan(α＋β)＝17，则tan β的值为________．(3)(2014·广东，16，12分)已知函数f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，x ∈R ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12＝32.①求A 的值；②若f (θ)＋f (－θ)＝32，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－θ. 【解析】 (1)原式＝4sin 40°－sin 40°cos 40°＝4sin 40°cos 40°－sin 40°cos 40°＝2sin 80°－sin 40°cos 40°＝2cos （40°－30°）－sin 40°cos 40°＝2（cos 40°cos 30°＋sin 40°sin 30°）－sin 40°cos 40°＝3cos 40°cos 40°＝3，故选C.(2)方法一：tan β＝tan[(α＋β)－α]＝tan （α＋β）－tan α1＋tan （α＋β）tan α＝17－（－2）1＋17³（－2）＝3. 方法二：由于tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan α·tan β，所以由已知得－2＋tan β1＋2tan β＝17，解得tan β＝3.(3)①f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12＋π4＝A sin 2π3＝32A ＝32， ∴A ＝ 3.②∵f (θ)＋f (－θ)＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＋3sin ⎝⎛⎭⎪⎫－θ＋π4＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ·cos π4＋cos θ·sin π4＋3⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin （－θ）·cos π4＋cos （－θ）·sinπ4 ＝23cos θ·sin π4＝6cos θ＝32，∴cos θ＝64.又θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴sin θ＝104.∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－θ＝3sin(π－θ)＝3sin θ＝304.题(1)是典型的给角求值问题，解决的关键是将式中的非特殊角通过运用角的变换及相关公式转化为特殊角，再通过分子分母约分、正负项抵消等方法求得结果．在转化特殊角时，利用了两角和与差的公式．题(2)是典型的给值求值问题，解题关键是寻求已知角与未知角的关系，巧妙借助角的变换求解(方法一)，方法二根据公式，通过解方程求值．解题(3)的思路是①由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12的值直接求出A 的值；②化简f (θ)＋f (－θ)＝32可得cosθ的值，由同角三角函数的基本关系及角的范围可求得sin θ，再化简f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－θ可得答案．(2015·山东淄博二模，11)若x ，y 都是锐角，且sin x ＝55，tan y ＝13，则x ＋y ＝________.【解析】由x ，y 都是锐角，且sin x ＝55，tan y ＝13，可得cos x ＝255，sin y ＝tan 2y 1＋tan 2y ＝1010，cos y ＝31010. cos(x ＋y )＝cos x cos y －sin x sin y ＝255³31010－55³1010＝22.故x ＋y ＝π4.【答案】 π4,三角函数求值的类型及方法(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数，有时，虽不能转化为特殊角，但可通过分子分母的约分、正负项的相互抵消达到化简求值的目的．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．1．(2015·安徽阜阳期末，7)化简cos 40°cos 25°1－sin 40°＝( )A ．1 B. 3 C. 2 D ．21.C 原式＝ cos 220°－sin 220°cos 25°sin 220°－2sin 20°cos 20°＋cos 220° ＝cos 220°－sin 220°cos 25°（cos 20°－sin 20°）＝2sin 65°cos 25°＝2cos 25°cos 25°＝ 2.2．(2016·河北保定一模，6)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3，则tan α的值为( )A ．－1B ．1 C. 3 D ．－ 32．B 由已知得12cos α－32sin α＝12sin α－32cos α，整理得， ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32sin α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32cos α，即sin α＝cos α，故tan α＝1. 3．(2016·山东潍坊质检，5)若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋2α＝( ) A ．－79 B.79 C ．－29 D.293．A 由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝13，于是cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋2α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α－1＝－79.4．(2016·贵州贵阳调研，6)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋sin α＝435，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6的值是( )A ．－235 B.235 C.45 D ．－45 4．D sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋sin α＝435⇒sin π3cos α＋cos π3sin α＋sin α＝435 ⇒32sin α＋32cos α＝435⇒ 32sin α＋12cos α＝45，故sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋7π6＝sin αcos 7π6＋cos αsin 7π6＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin α＋12cos α＝－45.5．(2016·浙江杭州模拟，10)若3sin x －3cos x ＝23sin(x ＋φ)，φ∈(－π，0)，则φ＝________.5．【解析】因为3sin x －3cos x ＝23⎝⎛⎭⎪⎫sin x ·32－cos x ·12＝23sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6，所以φ＝－π6.【答案】－π66．(2016·河南郑州一模，13)若tan 20°＋m sin 20°＝3，则m 的值为__________． 6．【解析】由于tan 20°＋m sin 20°＝3，可得m ＝3－tan 20°sin 20°＝3cos 20°－sin 20°sin 20°cos 20°＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos 20°－12sin 20°12sin 40°＝4sin （60°－20°）sin 40°＝4.【答案】 47．(2016·重庆巴蜀中学模拟，13)已知sin αcos α1－cos 2α＝12，tan(α－β)＝12，则tan β＝________.7．【解析】由已知得sin αcos α1－（1－2sin 2α）＝12，即sin αcos α2sin 2α＝12，于是sin α＝cos α，故tan α＝1，于是tan β＝tan[α－(α－β)]＝tan α－tan （α－β）1＋tan α·tan （α－β）＝1－121＋1³12＝13.【答案】 138．(2016·广东六校联考，16，12分)已知函数f (x )＝ sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12，x ∈R . (1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4的值；(2)若cos θ＝45，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，求f ⎝⎛⎭⎪⎫2θ－π3.8．解：(1)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＋π12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝－12.(2)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3＋π12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π4＝22(sin 2θ－cos 2θ)．因为cos θ＝45，θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin θ＝35，所以sin 2θ＝2sin θcos θ＝2425， cos 2θ＝cos 2θ－sin 2θ＝725，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫2θ－π3＝22(sin 2θ－cos 2θ)＝22³⎝ ⎛⎭⎪⎫2425－725＝17250.1．(2016·天津，3，易)在△ABC 中，若AB ＝13，BC ＝3，∠C ＝120°，则AC ＝( )A ．1B ．2C ．3D ．41．A [考向1]设AC ＝x ，由余弦定理得， cos 120°＝x 2＋9－132³x ³3＝－12，∴x 2－4＝－3x ，即x 2＋3x －4＝0. ∴x ＝1或－4(舍)． ∴AC ＝1，选A.2．(2016·课标Ⅲ，8，易)在△ABC 中，B ＝π4，BC 边上的高等于13BC ，则cos A ＝( )A.31010B.1010 C ．－1010 D ．－31010 2．C [考向1]如图，作AD ⊥BC 于D .设AD ＝1，∵B ＝π4，∴BD ＝1.又∵AD ＝13BC ，∴CD ＝2， ∴AC ＝5，AB ＝2， ∴sin α＝25，cos α＝15，sin β＝12， cos β＝12， ∴cos A ＝cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β ＝15³12－25³12＝－1010. 3．(2014·江西，4，易)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 的面积是( ) A ．3 B.932 C.332 D ．3 3 3．C [考向3]c 2＝(a －b )2＋6，即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 ＝12³6³32＝332，故选C.4．(2014·课标Ⅱ，4，易)钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝( )A ．5 B. 5 C ．2 D ．14．B [考向3]由三角形面积公式可知，S ＝12AB ²BC ²sin B ＝12.又∵AB ＝1，BC ＝2，∴sin B ＝22，∴B ＝π4或B ＝3π4.由余弦定理可知，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ．当B ＝π4时，得AC ＝1，这时不符合钝角三角形的要求，故舍去；当B ＝3π4时，得到AC ＝5，故选B.5．(2012·上海，16，易)在△ABC 中，若sin 2A ＋sin 2B <sin 2C ，则△ABC 的形状是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不能确定5．C [考向2]由已知sin 2A ＋sin 2B <sin 2C 结合正弦定理可得a 2＋b 2<c 2，于是cos C＝a 2＋b 2－c 22ab <0，C 为钝角，故三角形为钝角三角形．6．(2016·课标Ⅱ，13，中)△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 ＝________．6．[考向1]【解析】由题意可知，sin A ＝35，sin C ＝1213. 在△ABC 中，sin B ＝sin(A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝35³513＋45³1213＝6365. ∵b sin B ＝asin A ， ∴b ＝a sin Bsin A ＝1³636535＝2113.【答案】 21137．(2015·广东，11，易)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，sin B ＝12，C ＝π6，则b ＝________.7．[考向1]【解析】 ∵sin B ＝12，C ＝π6，∴B ＝π6，∴A ＝2π3.由正弦定理得b sin B ＝asin A ，∴b ＝a ·sin B sin A ＝3³12sin 2π3＝1.【答案】 18．(2015·北京，12，易)在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2Asin C ＝________ 8.[考向1]【解析】由余弦定理，得 cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝42＋52－622³4³5＝18，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝52＋62－422³5³6＝34.∴在△ABC 中，sin C ＝378，sin A ＝74. ∴sin 2A sin C ＝2sin A cos A sin C ＝2³74³34378＝1.【答案】 19．(2015·课标Ⅰ，16，中)在平面四边形ABCD 中，∠A ＝∠B ＝∠C ＝75°，BC ＝2，则AB 的取值范围是________． 9．[考向1]【解析】方法一：如图所示，过点C 作CE ∥AD 于点E ，则∠CEB ＝75°，∴CE ＝BC ＝2，∠BCE ＝30°. ∴BE 2＝BC 2＋CE 2－2BC ·CE ·cos ∠BCE ＝4＋4－8³32＝8－4 3. 此时，BE ＝6－ 2.延长CD 交BA 的延长线于点F ，则△BCF 为等腰三角形，且∠CFB ＝30°，FC ＝FB ，∴cos ∠CFB ＝FC 2＋FB 2－BC 22FC ·FB＝2FB 2－42FB 2＝32. 解得FB ＝6＋ 2.由题意可知，6－2＜AB ＜6＋ 2. 方法二：如图所示，延长BA ，CD 交于点E .则在△ADE 中，∠DAE ＝105°， ∠ADE ＝45°，∠E ＝30°. 设AD ＝12x ，CD ＝m ，在△AED 中，由正弦定理得，AE ＝22x ，DE ＝6＋24x . ∵BC ＝2，在△BCE 中，由正弦定理得， BC sin E ＝CEsin B ，即sin 30°·⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋24x ＋m＝2sin 75°， ∴6＋24x ＋m ＝6＋ 2. ∵m ＞0，∴0＜x ＜4.而AB ＝6＋24x ＋m －22x ＝6＋2－22x ，∴AB 的取值范围是(6－2，6＋2)．【答案】 (6－2，6＋2)思路点拨：本题方法一借助几何图形分析极端情况，得到AB 边的取值范围；方法二则是借助两个定理建立函数关系，通过代数方法进行求解．10．(2015·湖北，13，中)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上，行驶600 m 后到达B 处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD ＝________m.10．[考向4]【解析】在△ABC 中，∠CAB ＝30°，∠ABC ＝105°，∴∠ACB＝45°.又∵AB＝600 m，由正弦定理得ABsin 45°＝BCsin 30°，代入AB解得BC＝300 2 m.在Rt△BCD中，CD＝BC³tan 30°＝3002³3 3＝1006(m)．【答案】100 611．(2016·课标Ⅰ，17，12分，中)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(a cos B＋b cos A)＝c.(1)求C；(2)若c＝7，△ABC的面积为332，求△ABC的周长．11．[考向1，3]解：(1)由已知及正弦定理得，2cos C(sin A cos B＋sin B cos A)＝sin C，即2cos C sin(A＋B)＝sin C.故2sin C cos C＝sin C.又C为△ABC的内角，可得cos C＝12，所以C＝π3.(2)由已知，12ab sin C＝332.又C＝π3，所以ab＝6.由已知及余弦定理得，a2＋b2－2ab cos C＝7.故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25.所以△ABC的周长为5＋7.12．(2016·山东，16，12分，中)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2(tan A＋tan B)＝tan Acos B＋tan Bcos A.(1)证明：a ＋b ＝2c ； (2)求cos C 的最小值．12．[考向1]解：(1)证明：由题意知2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos A cos B ＋sin B cos A cos B ，化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A ) ＝sin A ＋sin B ，即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B . 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C . 从而sin A ＋sin B ＝2sin C . 由正弦定理得a ＋b ＝2c . (2)由(1)知c ＝a ＋b2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 222ab ＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立．故cos C 的最小值为12.13．(2016·浙江，16，14分，中)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＋c ＝2a cos B . (1)证明：A ＝2B ；(2)若△ABC 的面积S ＝a 24，求角A 的大小． 13．[考向1，3]解：(1)证明：由正弦定理得 sin B ＋sin C ＝2sin A cos B ，故2sin A cos B ＝sin B ＋sin(A ＋B )＝sin B ＋sin A cos B ＋cos A sin B ，于是sin B ＝sin(A －B )．又A ，B ∈(0，π)，故0＜A －B ＜π，所以B ＝π－(A －B )或B ＝A －B ，因此A ＝π(舍去)或A ＝2B . 所以A ＝2B .(2)由S ＝a 24得12ab sin C ＝a 24，故有sin B sin C ＝12sin 2B ＝sin B cos B .因为sin B ≠0，所以sin C ＝cos B . 又B ，C ∈(0，π)，所以C ＝π2±B . 当B ＋C ＝π2时，A ＝π2；当C －B ＝π2时，A ＝π4.综上，A ＝π2或A ＝π4.14．(2014·安徽，16，12分，中)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b ＝3，c ＝1，A ＝2B . (1)求a 的值； (2)求sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4的值．14．[考向1]解：(1)因为A ＝2B ，所以sin A ＝sin 2B ＝2sin B ·cos B . 由正、余弦定理得a ＝2b ·a 2＋c 2－b 22ac . 因为b ＝3，c ＝1，所以a 2＝12，所以a ＝2 3.(2)由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋1－126＝－13.由于0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－19＝223.故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝sin A cos π4＋cos A sin π4＝223³22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13³22＝4－26.方法点拨：本题的关键在于对角的关系“A ＝2B ”两边同取正弦，然后利用倍角公式，再结合正、余弦定理进行边角互化，从而求得结果．15．(2015·课标Ⅱ，17，12分，中)△ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，△ABD 面积是△ADC 面积的2倍．(1)求sin B sin C ；(2)若AD ＝1，DC ＝22，求BD 和AC 的长．15．[考向3]解：(1)S △ABD ＝12AB ·AD sin ∠BAD ， S △ADC ＝12AC ·AD sin ∠CAD .因为S △ABD ＝2S △ADC ，∠BAD ＝∠CAD ，所以AB ＝2AC . 由正弦定理可得 sin B sin C ＝AC AB ＝12.(2)因为S △ABD ∶S △ADC ＝BD ∶DC ，所以BD ＝2DC ＝ 2.在△ABD 和△ADC 中，由余弦定理知， AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ， AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC . 故AB 2＋2AC 2＝3AD 2＋BD 2＋2DC 2＝6. 由(1)知AB ＝2AC ，所以AC ＝1.16．(2015·湖南，17，12分，中)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＝b tan A ，且B 为钝角． (1)证明：B －A ＝π2；(2)求sin A ＋sin C 的取值范围．16．[考向1]解：(1)证明：由a ＝b tan A 及正弦定理，得sin A cos A ＝a b ＝sin Asin B ，所以sin B ＝cos A ，即sin B ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋A .又B 为钝角，因此π2＋A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，故B ＝π2＋A ，即B －A ＝π2.(2)由(1)知，C ＝π－(A ＋B )＝π－⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π2＝π2－2A >0，所以A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4.于是sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2A＝sin A ＋cos 2A ＝－2sin 2A ＋sin A ＋1 ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A －142＋98.因为0<A <π4，所以0<sin A <22，因此22<－2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A －142＋98≤98.由此可知sin A ＋sin C 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤22，98.方法点拨：三角形中求解范围问题，关键是借助正、余弦定理进行边角互化，然后通过三角恒等变换，借助三角函数的性质求解．利用正、余弦定理解三角形是高考的重点和热点内容，主要考查利用两个定理求三角形的边的长度、角的大小等，既有灵活多变的小题，也有考查能力的大题，试题多为中、低档题目，所占分值为5分或12分．1(1)(2015·重庆，13)在△ABC 中，B ＝120°，AB ＝2，A 的角平分线AD ＝3，则AC ＝________.(2)(2015·安徽，16，12分)在△ABC 中，∠A ＝3π4，AB ＝6，AC ＝32，点D 在BC 边上，AD ＝BD ，求AD 的长．【解析】 (1)如图，在△ABD 中，由正弦定理，得AD sin B ＝AB sin ∠ADB，∴sin ∠ADB ＝22.∴∠ADB ＝45°，∴∠BAD ＝180°－45°－120°＝15°. ∴∠BAC ＝30°，∠C ＝30°，∴BC ＝AB ＝ 2.在△ABC 中，由正弦定理，得AC sin B ＝BCsin ∠BAC，∴AC ＝ 6.(2)设△ABC 的内角∠BAC ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos ∠BAC ＝(32)2＋62－2³32³6³cos 3π4 ＝18＋36－(－36)＝90，所以a ＝310. 又由正弦定理得sin B ＝b sin ∠BAC a ＝3310＝1010，由题设知0<B <π4，所以cos B ＝1－sin 2B ＝1－110＝31010. 在△ABD 中，因为AD ＝BD ，所以∠ABD ＝∠BAD ，所以∠ADB ＝π－2B ，故由正弦定理得AD ＝AB ·sin B sin （π－2B ）＝6sin B 2sin B cos B ＝3cos B ＝10.(1)在△ABD 中，已知AB ，AD ，∠B ―――――→正弦定理求得∠ADB ―――――→内角和定理求得∠BAD ―――――――→AD 为角平分线求得∠BAC ―――――→正弦定理求得AC .(2)在△ABC 中，已知∠A ，AB ，AC―――――――→余弦定理求出BC ―――――――――――→正弦或余弦定理sin B――――――――――――→在△ABD 中，正弦定理AD 长度．(2014·天津，12)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知b －c ＝14a ，2sin B ＝3sin C ，则cos A 的值为________．【解析】由2sin B ＝3sin C 得2b ＝3c ，即b ＝32c ，代入b －c ＝14a ，整理得a ＝2c ，故cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝94c 2＋c 2－4c 22·32c ·c ＝－14. 【答案】－14,解三角形的常见题型及求解方法(1)已知两角A ，B 与一边a ，由A ＋B ＋C ＝π及a sin A ＝b sin B ＝csin C ，可先求出角C 及b ，再求出c .(2)已知两边b ，c 及其夹角A ，由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，先求出a ，再求出角B ，C .(3)已知三边a ，b ，c ，由余弦定理可求出角A ，B ，C .(4)已知两边a ，b 及其中一边的对角A ，由正弦定理a sin A ＝b sin B 可求出另一边b 的对角B ，由C ＝π－(A ＋B )，可求出角C ，再由a sin A ＝c sin C 可求出c ，而通过asin A＝bsin B 求角B 时，可能有一解或两解或无解的情况．利用正、余弦定理判断三角形的形状主要是考查三角形是哪类特殊的三角形，在高考中考查频率不高，试题一般为客观题，难度中等，分值为5分．2(1)(2013·陕西，7)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不确定(2)(2016·山东潍坊一模，7)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，若a ＝2b cos C ，则此三角形一定是( ) A ．等腰直角三角形 B ．直角三角形C ．等腰三角形D ．等腰三角形或直角三角形【解析】 (1)由正弦定理得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ， ∴sin(B ＋C )＝sin 2A ，即sin(π－A )＝sin 2A ，sin A ＝sin 2A .∵A ∈(0，π)，∴sin A >0，∴sin A ＝1，即A ＝π2，故选B. (2)方法一：由余弦定理可得a ＝2b ·a 2＋b 2－c 22ab ，因此a 2＝a 2＋b 2－c 2，得b 2＝c 2，于是b ＝c ，从而△ABC 为等腰三角形．方法二：由正弦定理可得sin A ＝2sin B cos C ，因此sin(B ＋C )＝2sin B cos C ，即sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin B cos C ，于是sin(B －C )＝0，因此B －C ＝0，即B ＝C ，故△ABC 为等腰三角形．【答案】 (1)B (2)C ,解题(1)的关键是利用正弦定理将边化为角，再化简，得到结果．解题(2)时，可利用余弦定理进行角化边(方法一)，也可利用正弦定理进行边化角(方法二)．利用正、余弦定理判断三角形形状的基本方法(1)“角化边”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．(2)“边化角”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A ＋B ＋C ＝π这个结论．利用正、余弦定理求解三角形的面积问题，是高考的常考题型，通常有两种考查角度：(1)求三角形的面积，多以三角形基本的边、角计算为主，难度不大．(2)将三角形面积与其他知识交汇考查，涉及面积的最值或范围问题，此时难度较大．有关面积问题的考查，在高考中客观题和解答题均有可能出现，所占分值为5或12分．3(1)(2014·课标Ⅰ，16)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________．(2)(2014·浙江，18，14分)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a ≠b ，c ＝3，cos 2A －cos 2B ＝3sin A cos A －3sin B cos B . ①求角C 的大小；②若sin A ＝45，求△ABC 的面积．【解析】 (1)∵a ＝2，(2＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C ， ∴(a ＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C .由正弦定理得(a ＋b )(a －b )＝(c －b )·c ，∴a 2－b 2＝c 2－bc . 由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，∴A ＝60°且b 2＋c 2－4＝bc ，∴b 2＋c 2－4＝bc ≥2bc －4，当且仅当b ＝c 时等号成立．∴bc ≤4，∴S △ABC ＝12bc sin A ≤3，∴△ABC 面积的最大值为 3. (2)①由题意得1＋cos 2A 2－1＋cos 2B 2＝32sin 2A －32sin 2B ，即32sin 2A －12cos 2A ＝32sin 2B －12cos 2B ，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π6.由a ≠b ，得A ≠B ，又A ＋B ∈(0，π)，得2A－π6＋2B－π6＝π，即A＋B＝2π3，所以C＝π3.②由c＝3，sin A＝45，asin A＝csin C，得a＝85.由a<c，得A<C，从而cos A＝3 5，故sin B＝sin(A＋C)＝sin A cos C＋cos A sin C＝4＋3310，所以△ABC的面积为S＝12ac sin B＝83＋1825.解题(1)的关键有两个：一是将已知式利用正弦定理转化为边的等式，从而可获得边的关系，再利用余弦定理可获得A的大小；二是结合三角形的面积公式借助均值不等式求得bc的最值，从而得到面积的最值．解题(2)的关键是注意角大小的比较，从而得到cos A的值，然后再利用面积公式求解．1.(2015·天津，13)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为315，b－c＝2，cos A＝－14，则a的值为________．1．【解析】在△ABC中，由cos A＝－14可得，sin A＝154，所以有⎩⎪⎨⎪⎧12bc³154＝315，b－c＝2，a2＝b2＋c2－2bc³⎝⎛⎭⎪⎫－14，解得⎩⎨⎧a＝8，b＝6，c＝4.【答案】82．(2013·课标Ⅱ，17，12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝b cos C＋c sin B.(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值．2．解：(1)由已知及正弦定理得sin A＝sin B cos C＋sin C sin B．①又A＝π－(B＋C)，故sin A＝sin(B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C．②由①②和C∈(0，π)得sin B＝cos B.又B∈(0，π)，所以B＝π4.(2)△ABC的面积S＝12ac sin B＝24ac.由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2ac cos π4.又a2＋c2≥2ac，故ac≤42－2，当且仅当a＝c时，等号成立．因此△ABC面积的最大值为2＋1.,利用正、余弦定理求解三角形面积问题的题型与方法(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的各个边角后，直接求三角形的面积．(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他各量．(3)求三角形面积的最值或范围，这时一般要先得到面积的表达式，再通过均值不等式、三角函数的最值等方法求得面积的最值或范围．利用正、余弦定理解决实际问题也是高考考查的一个重要方面．以实际问题情景为载体考查学生应用知识解决问题的能力．考查频率一般，试题难度中等，所占分值一般为5分或12分，以客观题或解答题的形式出现．4(2013·江苏，18，16分)如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C 处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，经测量，cos A＝1213，cos C＝3 5.(1)求索道AB的长；(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？【解析】(1)在△ABC中，因为cos A＝12 13，cos C＝35，所以sin A＝513，sin C＝45.从而sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sin A cos C＋cos A sin C＝513³35＋1213³45＝6365.由ABsin C＝ACsin B，得AB＝ACsin B³sin C＝1 2606365³45＝1 040(m)．所以索道AB的长为1 040 m.(2)设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130t m，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2³130t³(100＋50t)³1213＝200(37t2－70t＋50)．因为0≤t≤1 040130，即0≤t≤8，故当t＝3537(min)时，甲、乙两游客距离最短．(3)由BCsin A＝ACsin B，得BC＝ACsin B³sin A＝1 2606365³513＝500(m)．乙从B出发时，甲已走了50³(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m才能到达C.设乙步行的速度为v m/min，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 25043，62514(单位：m/min)范围内．(1)在△ABC 中，先求sin B 的值，再用正弦定理求解；(2)利用余弦定理，构造距离关于时间t 的函数，结合二次函数的性质求最值； (3)根据速度、路程、时间三者之间的关系，求出速度的范围．(2014·课标Ⅰ文，16)如图，为测量山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点．从A 点测得M 点的仰角∠MAN ＝60°，C 点的仰角∠CAB ＝45°以及∠MAC ＝75°；从C 点测得∠MCA ＝60°，已知山高BC ＝100 m ，则山高MN ＝________m. 【解析】在△ABC 中，AC ＝1002，在△MAC 中，MA sin 60°＝ACsin 45°，解得MA ＝1003，在△MNA 中，MN 1003＝sin 60°＝32，故MN ＝150，即山高MN 为150 m. 【答案】 150,解三角形应用题的常见情况及方法(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解条件足够的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．解三角形应用题的一般步骤1．(2016·江西南昌一模，6)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若c ＝1，B ＝45°，cos A ＝35，则b 等于( ) A.53 B.107 C.57 D.52141．C [考向1]因为cos A ＝35，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝45，所以sin C ＝sin[π－(A ＋B )] ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45cos 45°＋35sin 45°＝7210. 由正弦定理b sin B ＝csin C ，得b ＝17210³sin 45°＝57.2．(2015·山西朔州一模，6)若△ABC 的三个内角满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13，则△ABC ( ) A ．一定是锐角三角形 B ．一定是直角三角形 C ．一定是钝角三角形D ．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形2．C [考向2]由于sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13，结合正弦定理可知，a ∶b ∶c ＝5∶11∶13，不妨令a ＝5，b ＝11，c ＝13，由于cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝25＋121－1692³5³11<0，∴C 为钝角，故△ABC 是钝角三角形．3．(2016·山东济南二模，5)张晓华同学骑电动自行车以24 km/h 的速度沿着正北方向的公路行驶，在点A 处望见电视塔S 在电动车的北偏东30°方向上，15 min 后到点B 处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上，则电动车在点B 时与电视塔S 的距离是( ) A ．2 2 km B ．3 2 km C ．3 3 km D ．2 3 km3．B [考向4]画出示意图如图，由条件知AB ＝24³1560＝6.在△ABS 中，∠BAS ＝30°，AB ＝6，∠ABS ＝180°－75°＝105°，所以∠ASB ＝45°.由正弦定理知BS sin 30°＝ABsin 45°，所以BS ＝AB sin 30°sin 45°＝3 2.4．(2015·安徽合肥三模，9)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a sin B ＋bsin A ＝2c ，则A 的大小是( ) A.π2 B.π3 C.π4 D.π64．C [考向1]由正弦定理可得，sin A sin B ＋sin Bsin A ＝2sin C ，由sin C ≤1，即有sin A sin B ＋sin Bsin A ≤2，又sin A sin B ＋sin B sin A ≥2(由基本不等式可得)，当且仅当sin A ＝sin B ，取得等号．故sin C ＝1，C ＝π2，sin A ＝sin B ，即A ＝B ＝π4.5．(2016·河南郑州质检，10)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝3sin 2A ，且c ＝7，C ＝π3，则△ABC 的面积是( ) A.334 B.736 C.213 D.334或7365．D [考向3]sin(B ＋A )＝sin B cos A ＋cos B sin A ，sin(B －A )＝sin B cos A －cos B sin A ，sin 2A ＝2sin A cos A ，sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝3sin 2A ，即2sin B cos A ＝6sin A cos A ．当cos A ＝0时，A ＝π2，B ＝π6，又c ＝7，得b ＝213.由三角形面积公式知S ＝12bc sin A ＝736；当cos A ≠0时，由2sin B cos A ＝6sin A cos A 可得sin B ＝3sin A ，根据正弦定理可知b ＝3a ，再由余弦定理可知cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋9a 2－76a 2＝cos π3＝12，可得a ＝1，b ＝3，所以此时三角形的面积为S ＝12ab sin C ＝334.综上可得三角形的面积为736或334.6.(2016·广东汕头二模，12)如图，在△ABC 中，B ＝π3，点D 在BC上，cos ∠ADC ＝17，则cos ∠BAD ＝________. 6．[考向1]【解析】在△ABC 中，∵cos ∠ADC ＝17，∴sin ∠ADC ＝1－cos 2∠ADC ＝437，则cos ∠BAD ＝cos(∠ADC －B )＝cos ∠ADC ·cos B ＋sin ∠ADC ·sin B ＝17³12＋437³32＝1314.【答案】 13147．(2016·河南南阳一模，15)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若b a ＋a b ＝6cos C ，则tan C tan A ＋tan Ctan B 的值是________． 7．[考向1]【解析】 ∵b a ＋ab ＝6cos C ， ∴a 2＋b 2ab ＝6·a 2＋b 2－c 22ab ，∴a 2＋b 2＝32c 2. ∴tan C tan A ＋tan C tan B ＝sin C cos C ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos A sin A ＋cos B sin B ＝sin C cos C ·sin C sin A sin B＝c 2ab ·a 2＋b 2－c 22ab ＝2c 2a 2＋b 2－c 2＝2c 232c 2－c2＝4.【答案】 48．(2016·河北秦皇岛一模，17，12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，满足2AB →²AC →＝a 2－(b ＋c )2. (1)求角A 的大小；(2)求23cos 2C 2－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3－B的最大值，并求取得最大值时角B ，C 的大小． 8．[考向1]解：(1)由已知得 2bc cos A ＝a 2－(b ＋c )2，由余弦定理知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得4bc cos A ＝－2bc ， ∴cos A ＝－12， ∵0<A <π，∴A ＝2π3.(2)∵A ＝2π3，∴B ＝π3－C ⎝⎛⎭⎪⎫0<C <π3，∴23cos 2C 2－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3－B ＝23³1＋cos C 2＋sin⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－B ＝3＋2sin ⎝⎛⎭⎪⎫C ＋π3.∵0<C <π3，∴π3<C ＋π3<2π3，∴当C ＋π3＝π2时，23cos 2C 2－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3－B 取最大值3＋2，此时B ＝C ＝π6.9．(2016·河南郑州质检，17，12分)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边，D 为边AC 的中点，a ＝32，cos ∠ABC ＝24. (1)若c ＝3，求sin ∠ACB 的值； (2)若BD ＝3，求△ABC 的面积．9．[考向3]解：(1)a ＝32，cos ∠ABC ＝24，c ＝3，由b 2＝c 2＋a 2－2c ·a ·cos ∠ABC＝32＋(32)2－2³3³32³24＝18，得b ＝3 2.又∠ABC ∈(0，π)，所以sin ∠ABC ＝1－cos 2∠ABC ＝144.由正弦定理c sin ∠ACB ＝bsin ∠ABC ，得sin ∠ACB ＝c ·sin ∠ABC b ＝74. (2)以BA ，BC 为邻边作如图所示的平行四边形ABCE ，如图，则cos ∠BCE ＝－cos ∠ABC ＝－24，BE ＝2BD ＝6.在△BCE 中，BE 2＝CB 2＋CE 2－2CB ·CE ·cos ∠BCE ，即36＝18＋CE 2－2³32³CE ³⎝ ⎛⎭⎪⎫－24，解得，CE ＝3，即AB ＝3，所以S △ABC ＝12ac sin ∠ABC ＝974.10．(2016·山东淄博三模，16，12分)在△ABC 中，sin A ＝sin B ＝－cos C . (1)求角A ，B ，C 的大小；(2)若BC 边上的中线AM ＝7，求△ABC 的面积． 10．[考向3]解：(1)由sin A ＝sin B 知A ＝B ，从而有C ＝π－2A ，而sin A ＝－cos C ＝cos 2A ＝1－2sin 2A ，即2sin 2A ＋sin A －1＝0， ∴sin A ＝－1(舍去)或sin A ＝12，故A ＝B ＝π6，C ＝2π3. (2)设BC ＝2x ，则AC ＝2x ，在△ACM 中，AM 2＝AC 2＋MC 2－2AC ·MC ·cos C ， ∴7＝4x 2＋x 2－2·2x ·x ·cos 2π3，解得x ＝1，于是△ABC 面积S ＝12·CA ·CB ·sin C ＝12·2x ·2x ·sin 2π3＝ 3.一、三角恒等变换1．三角恒等变换中常用的公式 (1)两角和与差的三角函数公式sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β；(S α＋β) sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β.(S α－β) cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β；(C α＋β) cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β.(C α－β) tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β；(T α＋β)tan(α－β)＝tan α－tan β1＋tan αtan β.(T α－β)(2)二倍角公式sin 2α＝2sin αcos α；(S 2α)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α；(C 2α) tan 2α＝2tan α1－tan 2α.(T 2α)(3)半角公式 sin α2＝±1－cos α2；cos α2＝±1＋cos α2； tan α2＝±1－cos α1＋cos α＝sin α1＋cos α＝1－cos αsin α.2．常用的公式变形 (1)辅助角公式a sin α＋b cos α＝a 2＋b 2sin(α＋φ)，其中cos φ＝a a 2＋b 2，sin φ＝ba 2＋b2.辅助角公式在三角函数中具有最广泛的应用，它是研究三角函数性质、求三角函数值的重要工具，应熟练掌握． (2)两角和与差的正切公式的变形tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β)； tan α－tan β＝tan(α－β)(1＋tan αtan β)． (3)升幂公式1＋cos α＝2cos 2α2；1－cos α＝2sin 2α2. (4)降幂公式sin 2α＝1－cos 2α2；cos 2α＝1＋cos 2α2.(5)其他常用变形sin 2α＝2sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝2tan α1＋tan 2α；cos 2α＝cos 2α－sin 2αcos 2α＋sin 2α＝1－tan 2α1＋tan 2α；1±sin α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin α2±cos α22；tan α2＝sin α1＋cos α＝1－cos αsin α.3．三角函数式的化简与求值的原则与技巧 (1)化简的基本原则 ①能求值的尽量求值； ②使三角函数的种类尽量少； ③使项数尽量少；④尽量使分母不含三角函数； ⑤尽量使被开方数不含有三角函数． (2)化简中“次数”与“角”的关系“次降角升”“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需要升次．(3)化简中的常用技巧①“1”的代换，1＝sin 2α＋cos 2α，1＝2cos 2α－cos 2α，1＝cos 2α＋2sin 2α，1＝tan π4等；②用“弦化切”“切化弦”的方法来减少三角函数的种类；③利用辅助角公式将形如a sin α＋b cos α的式子化为只含有一个三角函数的形式a 2＋b 2sin(α＋φ)；④角的变换技巧：2α＝(α＋β)＋(α－β)，2β＝(α＋β)－(α－β)，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α－π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＋π3等．二、正、余弦定理及解三角形 1．正、余弦定理2.利用正、余弦定理解三角形(1)已知两角一边，用正弦定理，只有一解．(2)已知两边及一边的对角，用正弦定理，有解的情况可分为几种情况．在△ABC 中，已知a ，b 和角A 时，解的情况如下：。