【步步高】2013版高考数学 考前3个月(上)专题复习 专题七 第四讲 转化与化归思想配套限时规范训

第四讲 转化与化归思想
（推荐时间：50分钟）
一、选择题
1．(2012·大纲全国)△ABC 中，AB 边的高为CD ，若CB →＝a ，CA →＝b ，a ·b ＝0，|a |＝1，|b |
＝2，则AD →＝( )
A.13a －13
b B.23a －23
b C.35a －35
b D.45a －45
b 2．在等比数列{a n }中，a 1＝a ，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}成等差数列，则S n 等于( )
A ．a n ＋1－a
B ．n (a ＋1)
C ．na
D ．(a ＋1)n －1
3．函数f (x )＝(m －1)x 2＋2mx ＋3为偶函数，则f (x )在区间(－5，－3)上( )
A ．先减后增
B ．先增后减
C ．单调递减
D ．单调递增
4．已知数列{a n }对任意的p ，q ∈N *满足a p ＋q ＝a p ＋a q 且a 2＝－6，那么a 10等于( )
A ．－165
B ．－33
C ．－30
D ．－21
5．若α、β∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－π2，π2，且αsin α－βsin β>0，则下面结论正确的是( ) A ．α＞βB ．α＋β＞0
C ．α＜β
D ．α2＞β2
6．已知O A →＝(cos θ1,2sin θ1)，O B →＝(cos θ2,2sin θ2)，若O A →
′＝(cos θ1，sin θ1)，O B →′＝(cos θ2，sin θ2)，且满足O A →′·O B →′＝0，则S △OAB 等于( )
A.12
B ．1
C ．2
D ．4
7．棱长为a 的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为( )
A.a 33
B.a 34
C.a 36
D.a 312
8．P 为双曲线x 29－y 216
＝1的右支上一点，M 、N 分别是圆(x ＋5)2＋y 2＝4和(x －5)2＋y 2
＝1上
的点，则|PM |－|PN |的最大值为( )
A ．6
B ．7
C ．8
D ．9
二、填空题
9．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆x 2＋y 2＝4上有且只有四个点到直线12x －5y ＋c ＝0
的距离为1，则实数c 的取值X 围是________．
10．在Rt△ABC 中，C ＝π2
，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，r ，S 分别表示它的内切圆半径和面积，则cr S
的取值X 围是__________．
11．如果函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 对任意实数t 都有f (2＋t )＝f (2－t )，那么f (2)，f (1)，f (4)的大小关系是________．
12．设f (x )是定义在R 上的单调增函数，若f (1－ax －x 2)≤f (2－a )对任意a ∈[－1,1]恒成
立，则x 的取值X 围为______．
三、解答题
13．(2012·某某)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2
n ＋1＋1，n ∈N *
，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．
(1)求a 1的值；
(2)求数列{a n }的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32
.
14．(2012·某某)已知函数f(x)＝e x＋ax2－e x，a∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；
(2)试确定a的取值X围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与
曲线只有一个公共点P.
答案
1．D 2．C 3．D 4．C 5．D 6．B 7．C 8．D
9．(－13,13)
10．[22－2,1)
11．f(2)<f(1)<f(4)
12．x≤－1或x≥0
13．(1)解∵a1，a2＋5，a3成等差数列，∴2(a2＋5)＝a1＋a3.
又2S n＝a n＋1－2n＋1＋1，
∴2S1＝a2－22＋1,2S2＝a3－23＋1，
∴2a1＝a2－3,2(a1＋a2)＝a3－7.
由⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2＋5＝a 1＋a 3，2a 1＝a 2－3，
2a 1＋a 2＝a 3－7
得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 2＝5，a 3＝19.∴a 1＝1. (2)解 ∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，① ∴当n ≥2时，2S n －1＝a n －2n
＋1.② ①－②得2a n ＝a n ＋1－a n －2
n ＋1＋2n ， ∴a n ＋1＝3a n ＋2n .
两边同除以2
n ＋1得a n ＋12n ＋1＝32·a n 2n ＋12， ∴a n ＋12n ＋1
＋1＝32⎝ ⎛⎭
⎪⎫a n 2n ＋1. 又由(1)知a 222＋1＝32⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 121＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n 2n ＋1是以32为首项，32为公比的等比数列， ∴a n 2n ＋1＝32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ， ∴a n ＝3n －2n ，
即数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2n .
(3)证明 ∵a n ＝3n －2n ＝(1＋2)n －2n
＝C 0n ·1n ·20＋C 1n ·1
n －1·21＋C 2n ·1n －2·22＋…＋C n n ·10·2n －2n ＝1＋2n ＋2(n 2－n )＋…＋2n －2n >1＋2n ＋2(n 2－n )
＝1＋2n 2>2n 2>2n (n －1)，
∴1a n ＝13n －2n <12n n －1＝12·1n n －1
， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n
<1＋12⎣⎢⎡⎦
⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n n －1 ＝1＋12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝32－12n <32
， 即1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32
. 14．解 (1)由于f ′(x )＝e x
＋2ax －e ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率k ＝2a ＝0，
所以a ＝0，即f (x )＝e x －e x .
此时f ′(x )＝e x －e.由f ′(x )＝0得x ＝1.
当x ∈(－∞，1)时，有f ′(x )<0；
当x ∈(1，＋∞)时，有f ′(x )>0.
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，
单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，
令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，
故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点．因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝e x－e x0＋2a(x－x0)．
①若a≥0，当x>x0时，g′(x)>0，
则当x>x0时，g(x)>g(x0)＝0；
当x<x0时，g′(x)<0，则当x<x0时，g(x)>g(x0)＝0.
故g(x)只有唯一零点x＝x0.
由P的任意性知，a≥0不合题意．
②若a<0，令h(x)＝e x－e x0＋2a(x－x0)，
则h(x0)＝0，h′(x)＝e x＋2a.
令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2a)，
则当x∈(－∞，x*)时，h′(x)<0，
从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；
当x∈(x*，＋∞)时，h′(x)>0，
从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增．
a．若x0＝x*，当x∈(－∞，x*)时，
g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；
当x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0.
所以g(x)在R上单调递增．所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*.
b．若x0>x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，
则当x∈(x*，x0)时有g′(x)＝h(x)<h(x0)＝0，
g(x)>g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)>0.
又当x∈(－∞，x1)时，
易知g(x)＝e x＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)<e x1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c，
其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝e x1－f(x0)＋x0f′(x0)．
由于a<0，则必存在x2<x1，使得ax22＋bx2＋c<0.
所以g(x2)<0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点，
即g(x)在R上至少有两个零点．
c．若x0<x*，仿b并利用e x>x3 6
，
可证函数g(x)在R上至少有两个零点．
综上所述，当a<0时，曲线y＝f(x)上存在唯一的点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.。