2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第二部分板塊（二）系統(tǒng)熱門考點——以點帶面教學(xué)案理.doc

2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第二部分板塊（二）系統(tǒng)熱門考點以點帶面教學(xué)案理函數(shù)性質(zhì)主要指函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性、對稱性，要深刻理解并加以巧妙地運用以對稱性為例，若函數(shù)f(x)滿足f(ax)f(bx)，則函數(shù)圖象關(guān)于直線x對稱；若函數(shù)f(x)滿足f(ax)f(bx)c，則函數(shù)圖象關(guān)于點對稱例1定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x2)f(x)，且在0,1上是增函數(shù)，則有()Af<f<fBf<f<fCf<f<fDf<f<f解析選B由題設(shè)知f(x)f(x2)f(2x)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x1對稱由于奇函數(shù)f(x)在0,1上是增函數(shù)，故f(x)在1,0上也是增函數(shù)，綜上，函數(shù)f(x)在1,1上是增函數(shù)，在1,3上是減函數(shù)又fff，所以f<f<ff.例2已知函數(shù)f(x)x3sin x的定義域為1，1，若f(log2m)<f(log4(m2)成立，則實數(shù)m的取值范圍為_解析由f(x)x3sin x的定義域為1,1，易知f(x)在1,1上單調(diào)遞增，由f(log2m)<f(log4(m2)，可得解得故m<2.綜上可知，實數(shù)m的取值范圍為.答案經(jīng)典好題練一手1已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(2x)f(2x)，當(dāng)x<2時，f(x)單調(diào)遞增，如果x1x2<4，且(x12)(x22)<0，則f(x1)f(x2)的值為()A可正可負(fù)B可能為0C恒大于0 D恒小于0解析：選D由f(2x)f(2x)可知，函數(shù)圖象關(guān)于點(2,0)中心對稱因為x<2時，f(x)單調(diào)遞增，所以x>2時，f(x)單調(diào)遞增因為x1x2<4且(x12)(x22)<0，設(shè)x1<2<x2，則x2<4x1，所以f(x2)<f(4x1)又因為f(4x1)f(x1)，所以f(x2)<f(x1)，即f(x1)f(x2)<0.2已知定義在R上的函數(shù)f(x)2|xm|1(m為實數(shù))為偶函數(shù)，記af(log0.53)，bf(log25)，cf(2m)，則a，b，c的大小關(guān)系為()Aa<b<c Ba<c<bCc<a<b Dc<b<a解析：選C由函數(shù)f(x)2|xm|1為偶函數(shù)可知，m0，故f(x)2|x|1.當(dāng)x>0時，f(x)為增函數(shù)，log0.53log23，log25>|log0.53|>0.bf(log25)>af(log0.53)>cf(2m)3已知yf(x)x2是奇函數(shù)，且f(1)1.若g(x)f(x)2，則g(1)_.解析：由題意得g(1)f(1)2.又f(1)(1)2f(1)122，所以f(1)3.故f(1)2321，即g(1)1.答案：14函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且滿足f(x2)f(x)當(dāng)x0,1時，f(x)2x.若在區(qū)間2,3上方程ax2af(x)0恰有四個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是_解析：由f(x2)f(x)，得函數(shù)的周期是2.由ax2af(x)0，得f(x)ax2A設(shè)yf(x)，則yax2a，作出函數(shù)yf(x)，yax2a的圖象，如圖要使方程ax2af(x)0恰有四個不相等的實數(shù)根，則直線yax2aa(x2)的斜率滿足kAH<a<kAG，由題意可知，G(1,2)，H(3,2)，A(2,0)，所以kAH，kAG，所以<a<.答案：常用結(jié)論記一番1函數(shù)的單調(diào)性在公共定義域內(nèi)：(1)若函數(shù)f(x)是增函數(shù)，函數(shù)g(x)是增函數(shù)，則f(x)g(x)是增函數(shù)；(2)若函數(shù)f(x)是減函數(shù)，函數(shù)g(x)是減函數(shù)，則f(x)g(x)是減函數(shù)；(3)若函數(shù)f(x)是增函數(shù)，函數(shù)g(x)是減函數(shù)，則f(x)g(x)是增函數(shù)；(4)若函數(shù)f(x)是減函數(shù)，函數(shù)g(x)是增函數(shù)，則f(x)g(x)是減函數(shù)提示在利用函數(shù)單調(diào)性解不等式時，易忽略函數(shù)定義域這一限制條件2函數(shù)的奇偶性(1)判斷函數(shù)的奇偶性有時可以用定義的等價形式：f(x)f(x)0，1；(2)設(shè)f(x)，g(x)的定義域分別是D1，D2，那么在它們的公共定義域上：奇奇奇，奇奇偶，偶偶偶，偶偶偶，奇偶奇3有關(guān)函數(shù)f(x)周期性的常用結(jié)論：(1)若f(xa)f(xa)，則函數(shù)f(x)的周期為2|a|；(2)若f(xa)f(x)，則函數(shù)f(x)的周期為2|a|；(3)若f(xa)，則函數(shù)f(x)的周期為2|a|；(4)若f(xa)，則函數(shù)f(x)的周期為2|a|.(二)最值函數(shù)大顯身手速解技法學(xué)一招最值函數(shù)的定義：設(shè)a，b為實數(shù)，則mina，bmaxa，b解有些求最值問題時，巧妙借助以下性質(zhì)，可如虎添翼(1)mina，bmaxa，b；(2) a，ba，b 例1對于任意xR，函數(shù)f(x)表示yx3，yx，yx24x3中的最大者，則f(x)的最小值是()A2 B3C8 D1解析選A如圖，分別畫出函數(shù)yx3，yx，yx24x3的圖象，得到三個交點A(0,3)，B(1，2)，C(5,8)由圖象可得函數(shù)f(x)的表達(dá)式為f(x)所以f(x)的圖象是圖中的實線部分，圖象的最低點是B(1,2)，所以函數(shù)f(x)的最小值是2.例2已知函數(shù)f(x)x2xm，g(x)log2x，minm，n表示m，n中的最小值，設(shè)函數(shù)h(x)minf(x)，g(x)(x>0)，則當(dāng)函數(shù)h(x)有三個零點時，實數(shù)m的取值范圍為()ABC D解析選C在同一直角坐標(biāo)系中，作出函數(shù)yf(x)和yg(x)的圖象如圖所示當(dāng)兩函數(shù)圖象交于點A(1,0)時，即有11m0，解得m，所以當(dāng)函數(shù)h(x)有三個零點時，即為點A和yf(x)與x軸的兩個交點，若滿足條件，則需解得<m<.所以實數(shù)m的取值范圍是.經(jīng)典好題練一手1設(shè)a，b為平面向量，則()Amin|ab|，|ab|min|a|，|b|Bmin|ab|，|ab|min|a|，|b|Cmax|ab|2，|ab|2|a|2|b|2Dmax|ab|2，|ab|2|a|2|b|2解析：選Dmax|ab|2，|ab|2|a|2|b|2，故選D.2(xx蘭州模擬)記maxa，b，已知向量a，b，c滿足|a|1，|b|2，ab0，cab(0，0，且1)，則當(dāng)maxca，cb取最小值時，|c|()A BC1 D解析：選A如圖，設(shè)a，b，則a(1,0)，b(0,2)，0，0，1，01.又cab，ca(abb)a；cb(abb)b44.由44，得.maxca，cb令f()則f().f()min，此時，cab.|c| .3設(shè)x，y為實數(shù)，且5x24y210x，則x2y2的最大值為_解析：法一：5x24y210x4y210x5x200x2.4(x2y2)10xx225(5x)225916x2y24.法二：5x24y210x(x1)2y21，令x1sin ，ycos ，0,2，則x2y2(sin 1)22(sin 4)24，1sin 1，當(dāng)sin 1時，x2y2取得最大值，即(x2y2)max4.答案：4(三)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)開闊思路速解技法學(xué)一招1函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系f(x)>0f(x)為增函數(shù)；f(x)<0f(x)為減函數(shù)；f(x)0f(x)為常數(shù)函數(shù)2求函數(shù)f(x)極值的方法求函數(shù)的極值應(yīng)先確定函數(shù)的定義域，解方程f(x)0，再判斷f(x)0的根是否是極值點，可通過列表的形式進(jìn)行分析，若遇極值點含參數(shù)不能比較大小時，則需分類討論例1若函數(shù)f(x)2sin x(x0，)的圖象在切點P處的切線平行于函數(shù)g(x)2的圖象在切點Q處的切線，則直線PQ的斜率為()A B2C D解析選A由題意得f(x)2cos x，g(x)xx.設(shè)P(x1，f(x1)，Q(x2，g(x2)，又f(x1)g(x2)，即2cos x1x2x2，故4cos2x1x2x2，所以44cos2x1x2x2，即4sin2x1(x2x2)2，所以sin x10，x10，x2x2，x21，故P(0,0)，Q，故kPQ.技法領(lǐng)悟求曲線的切線方程時，要注意是在點P處的切線還是過點P的切線，前者點P為切點，后者點P不一定為切點 例2已知函數(shù)f(x)(xR)滿足f(1)1，且f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)<，則不等式f(x2)<的解集為_解析設(shè)F(x)f(x)x，F(xiàn)(x)f(x)，f(x)<，F(xiàn)(x)f(x)<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減f(x2)<，f(x2)<f(1)，F(xiàn)(x2)<F(1)，而函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，x2>1，即x(，1)(1，)答案(，1)(1，)例3已知函數(shù)f(x)(axb)ln xbx3在(1，f(1)處的切線方程為y2.(1)求a，b的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值；(3)若g(x)f(x)kx在(1,3)上是單調(diào)函數(shù)，求k的取值范圍解(1)因為f(1)b32，所以b1.又f(x)aln xabaln xa1，而函數(shù)f(x)在(1，f(1)處的切線方程為y2，所以f(1)1a10，所以a0.(2)由(1)得f(x)ln xx3，f(x)1(x>0)令f(x)0，得x1.當(dāng)0<x<1時，f(x)>0；當(dāng)x>1時，f(x)<0，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，故f(x)的極大值為f(1)2，無極小值(3)由g(x)f(x)kx，得g(x)ln x(k1)x3(x>0)，g(x)k1，又g(x)在x(1,3)上是單調(diào)函數(shù)，若g(x)為增函數(shù)，有g(shù)(x)0，即g(x)k10，即k1在x(1,3)上恒成立又1，所以k.若g(x)為減函數(shù)，有g(shù)(x)0，即g(x)k10，即k1在x(1,3)上恒成立，又1，所以k0.綜上，k的取值范圍為(，0.技法領(lǐng)悟破解此類問題需注意兩點：(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時應(yīng)優(yōu)先考慮函數(shù)的定義域；(2)求得函數(shù)在多個區(qū)間單調(diào)性相同時，區(qū)間之間用“，”分割，或用“和”相連，一般不用“” 經(jīng)典好題練一手1f(x)x(2 016ln x)，若f(x0)2 017，則x0()Ae2 B1Cln 2 De解析：選Bf(x)2 016ln xx2 017ln x，由f(x0)2 017，得2 017ln x02 017，所以ln x00，解得x01.2定義：如果函數(shù)f(x)在m，n上存在x1，x2(m<x1<x2<n)滿足f(x1)，f(x2).則稱函數(shù)f(x)是m，n上的“雙中值函數(shù)”，已知函數(shù)f(x)x3x2a是0，a上的“雙中值函數(shù)”，則實數(shù)a的取值范圍是()A BC D解析：選C因為f(x)x3x2a，所以f(x)3x22x在區(qū)間0，a上存在x1，x2(0<x1<x2<a)，滿足f(x1)f(x2)a2a，所以方程3x22xa2a在區(qū)間(0，a)上有兩個不相等的實根令g(x)3x22xa2a(0<x<a)，則解得<a<1，所以實數(shù)a的取值范圍是.3已知函數(shù)f(x)x2ax1(a>0，b>0)，則函數(shù)g(x)aln x在點(b，g(b)處的切線斜率的最小值是_解析：因為f(x)x2bxa，所以g(x)aln x1.所以g(x)(x>0)，因為a>0，b>0，則g(b)2，當(dāng)且僅當(dāng)ab1時取“”，所以斜率的最小值為2.答案：24已知函數(shù)f(x)(x1)2ln(x1)x，(x)mx2.(1)當(dāng)m時，求函數(shù)g(x)f(x)(x)的極值；(2)當(dāng)m1且x0時，證明：f(x)(x)；(3)若x0，f(x)(x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍解：(1)當(dāng)m時，g(x)f(x)(x)(x1)2ln(x1)x，x>1，所以g(x)2(x1)ln(x1)(x1)21x2(x1)ln(x1)由解得x0，當(dāng)x變化時，g(x)，g(x)的變化情況如下表：x(1,0)0(0，)g(x)0g(x)極小值所以函數(shù)g(x)的極小值為g(0)0，無極大值(2)證明：當(dāng)m1時，令p(x)f(x)(x)(x1)2ln(x1)xx2(x0)，所以p(x)2(x1)ln(x1)(x1)212x2(x1)ln(x1)x.設(shè)p(x)G(x)，則G(x)2ln(x1)1>0，所以函數(shù)p(x)在0，)上單調(diào)遞增，所以p(x)p(0)0，所以函數(shù)p(x)在0，)上單調(diào)遞增，所以p(x)p(0)0.所以f(x)(x)(3)設(shè)h(x)(x1)2ln(x1)xmx2(x0)，所以h(x)2(x1)ln(x1)x2mx.由(2)知當(dāng)x0時，(x1)2ln(x1)x2xx(x1)，所以(x1)ln(x1)x，所以h(x)3x2mx.當(dāng)32m0，即m時，h(x)0，所以h(x)在0，)上單調(diào)遞增，所以h(x)h(0)0，滿足題意當(dāng)32m<0，即m>時，設(shè)H(x)h(x)2(x1)ln(x1)(12m)x，則H(x)2ln(x1)32m，令H(x)0，得x0e1>0，故h(x)在0，x0)上單調(diào)遞減，在x0，)上單調(diào)遞增當(dāng)x0，x0)時，h(x)<h(0)0，所以h(x)在0，x0)上單調(diào)遞減，所以h(x)<h(0)0，不滿足題意綜上，實數(shù)m的取值范圍為.常用結(jié)論記一番1函數(shù)極值的判別的易錯點(1)可導(dǎo)函數(shù)極值點的導(dǎo)數(shù)為0，但導(dǎo)數(shù)為0的點不一定是極值點，如函數(shù)f(x)x3，f(0)0，但x0不是極值點(2)極值點不是一個點，而是一個數(shù)x0，當(dāng)xx0時，函數(shù)取得極值在x0處有f(x0)0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件2函數(shù)最值的判別方法(1)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a，b上最值的關(guān)鍵是求出f(x)0的根的函數(shù)值，再與f(a)，f(b)作比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值(2)求函數(shù)f(x)在非閉區(qū)間上的最值，只需利用導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，即可得結(jié)論(四)三角問題重在三變速解技法學(xué)一招例1對于銳角，若sin，則cos()ABC D解析選D由為銳角，且sin，可得cos，所以cossinsin2sincos2.例2若sin 2，sin()，且，則的值是()A BC或 D或解析選A因為，所以2，又sin 2，故2，所以cos 2.又，故，于是cos()，所以cos()cos2()cos 2cos()sin 2sin()，且，故.經(jīng)典好題練一手1已知角的頂點與原點重合，始邊與x軸正半軸重合，終邊在直線y2x上，則sin的值為()A BC D解析：選D由題意可得tan 2，cos ，所以tan 2，cos 22cos21，所以sin 2cos 2tan 2，所以sin(sin 2cos 2).2(xx沈陽質(zhì)檢)已知f(x)2sin2x2sin xcos x，則f(x)的最小正周期和一個單調(diào)遞減區(qū)間分別為()A2， B，C2， D，解析：選Bf(x)2sin2x2sin xcos x1cos 2xsin 2xsin1，T，由2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)，令k0得f(x)在上單調(diào)遞減3已知為銳角，若sin，則cos_.解析：coscossinsin2sincos，因為為銳角，sin<，所以<<，故cos，所以cos2.答案：4若0<<，0<<，sin，cos，則cos的值為_解析：由題易知<<，<<，所以cos，sin，所以coscos.答案：常用結(jié)論記一番三角公式中常用的變形：(1)對于含有sin cos ，sin cos 的問題，利用(sin cos )212sin cos ，建立sin cos 與sin cos 的關(guān)系(2)對于含有sin ，cos 的齊次式，利用tan 轉(zhuǎn)化為含tan 的式子(3)對于形如cos2sin 與cos2sin cos 的變形，前者用平方關(guān)系sin2cos21化為二次型函數(shù)，而后者用降冪公式化為一個角的三角函數(shù)(4)含tan tan 與tan tan 時考慮tan().(五)正弦余弦相得益彰速解技法學(xué)一招三角函數(shù)求值的解題策略(1)尋求角與角關(guān)系的特殊性，化非特殊角為特殊角，熟練準(zhǔn)確地應(yīng)用公式；(2)注意切化弦、異角化同角、異名化同名、角的變換等常規(guī)技巧的運用；(3)對于條件求值問題，要認(rèn)真尋找條件和結(jié)論的關(guān)系，尋找解題的突破口，對于很難入手的問題，可利用分析法(4)求角的大小，應(yīng)注意角的范圍例1(xx福州質(zhì)檢)已知ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且ctan C(acos Bbcos A)(1)求角C；(2)若c2，求ABC面積的最大值解(1)ctan C(acos Bbcos A)，sin Ctan C(sin Acos Bsin Bcos A)，sin Ctan Csin(AB)sin C，0<C<，sin C0，tan C，C60.(2)c2，C60，由余弦定理c2a2b22abcos C，得12a2b2ab2abab，ab12，SABCabsin C3，當(dāng)且僅當(dāng)ab2時取“”，所以ABC的面積的最大值為3.例2已知向量m(2sin x，cos2xsin2x)，n(cos x,1)，其中>0，xR.函數(shù)f(x)mn的最小正周期為.(1)求的值；(2)在ABC中，若f(B)2，BC，sin Bsin A，求的值解(1)f(x)mn2sin xcos xcos2xsin2xsin 2xcos 2x2sin.因為f(x)的最小正周期為，所以T.因為>0，所以1.(2)設(shè)ABC中內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，C因為f(B)2，所以2sin2，即sin1，得B.因為BC，所以a.因為sin Bsin A，所以ba，得b3.由正弦定理有，解得sin A.因為0<A<，所以A.得C，ca.所以cacos Bcos .經(jīng)典好題練一手1已知ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，則該三角形的形狀是()A直角三角形B等腰三角形C等邊三角形 D鈍角三角形解析：選A因為，由正弦定理得，所以sin 2Asin 2B.由，可知ab，所以AB.又A，B(0，)，所以2A1802B，即AB90，所以C90，于是ABC是直角三角形故選A2在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若acos Cccos A2bsin A，則A的值為()A BC D或解析：選D由acos Cccos A2bsin A結(jié)合正弦定理可得sin Acos Csin Ccos A2sin Bsin A，即sin(AC)2sin Bsin A，故sin B2sin Bsin A又sin B0，可得sin A，故A或.3非直角ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知c1，C.若sin Csin(AB)3sin 2B，則ABC的面積為()A BC或 D解析：選D因為sin Csin(AB)sin(AB)sin(AB)2sin Acos B6sin Bcos B，因為ABC非直角三角形，所以cos B0，所以sin A3sin B，即a3b.又c1，C，由余弦定理得a2b2ab1，結(jié)合a3b，可得b2，所以SABCabsin Cb2sin.4(xx陜西質(zhì)檢)在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為S，已知2acos22ccos2b.(1)求證：2(ac)3b；(2)若cos B，S，求b.解：(1)證明：由已知得，a(1cos C)c(1cos A)b.在ABC中，由余弦定理，得acos Cccos Aacb.acb，即2(ac)3b.(2)cos B，sin B.Sacsin Bac，ac8.又b2a2c22accos B(ac)22ac(1cos B)，2(ac)3b，b216，解得b216，b4.常用結(jié)論記一番1解三角形中常用結(jié)論：(1)三角形中正弦、余弦、正切滿足的關(guān)系式有：2R，c2a2b22abcos C，tan Atan Btan Ctan Atan Btan C，a>bA>Bsin A>sin Bcos A<cos B.(2)三角形形狀判斷(一般用余弦定理)：直角三角形a2b2c2；銳角三角形a2b2>c2(c為最大邊)；鈍角三角形a2b2<c2(c為最大邊)(3)在銳角三角形ABC中：AB>，CB>，AC>；任意角的正弦值都大于其他角的余弦值(4)在ABC中，A，B，C成等差數(shù)列B60；在ABC中，A，B，C成等差數(shù)列，且a，b，c成等比數(shù)列三角形為等邊三角形2設(shè)ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其面積為S.(1)Sahabhbchc(ha，hb，hc分別表示a，b，c邊上的高)(2)Sabsin Cbcsin Acasin B.(3)Sr(abc)(r為三角形ABC內(nèi)切圓的半徑)(六)向量小題三招搞定速解技法學(xué)一招解決與向量有關(guān)的小題，一般用三招，即“構(gòu)圖、分解、建系”，就能突破難點，順利解決問題. 例1已知0，|1，|2，0，則|的最大值為()AB2C D2解析選C由0可知，.故以B為坐標(biāo)原點，分別以BA，BC所在的直線為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則由題意，可得B(0,0)，A(1,0)，C(0,2)設(shè)D(x，y)，則(x1，y)，(x,2y)由0，可得(x1)(x)y(2y)0，整理得2(y1)2.所以點D在以E為圓心，半徑r的圓上因為|表示B，D兩點間的距離，而|，所以|的最大值為|r.例2已知點C為線段AB上一點，P為直線AB外一點，PC是APB的平分線，I為PC上一點，滿足(>0)，|4，|10，則的值為()A2 B3C4 D5解析選B因為|10，PC是APB的平分線，又(>0)，即AI，所以I在BAP的平分線上，由此得I是ABP的內(nèi)心如圖，過I作IHAB于H，以I為圓心，IH為半徑作PAB的內(nèi)切圓，分別切PA，PB于E，F(xiàn)，因為|4，|10，|(|)|(|)3. 在RtBIH中，cosIBH，所以|cosIBH|3.經(jīng)典好題練一手1(xx寶雞質(zhì)檢)在等腰直角ABC中，ABC90，|AB|BC|2，M，N(不與A，C重合)為AC邊上的兩個動點，且滿足|，則的取值范圍為()A BC D解析：選C以等腰直角三角形的直角邊BC為x軸，BA為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示，則B(0，0)，直線AC的方程為xy2.設(shè)M(a,2a)，0<a<1，N(b,2b)，MN，(ab)2(2a2b)22，即(ab)21，解得ba1或ba1(舍去)，則N(a1,1a)，(a,2a)，(a1,1a)，a(a1)(2a)(1a)2a22a222，0<a<1，當(dāng)a時，取得最小值，又<2，故的取值范圍為.2已知向量a，b滿足a(a2b)0，|a|b|1，且|ca2b|1，則|c|的最大值為()A2 B4C1 D1解析：選D設(shè)a，a2b，c，且設(shè)點A在x軸上，則點B在y軸上，由|ca2b|1，可知|c(a2b)|1，所以點C在以B為圓心，1為半徑的圓上，如圖所示法一：因為a(a2b)0，所以2ab|a|2.又|a|b|1，所以|a2b|，所以|c|max|1|a2b|11.法二：連接AB，因為a2b，所以2b.因為|a|b|1，所以|2，|1，所以|，所以|c|max|11.3(xx福州質(zhì)檢)正方形ABCD中，E為BC的中點，向量，的夾角為，則cos _.解析：法一：設(shè)正方形的邊長為a，則|a，|a，又()22a2，所以cos .法二：設(shè)正方形的邊長為2，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系則A(0,0)，B(2,0)，D(0,2)，E(2,1)，(2,1)，(2,2)，2(2)122，所以cos .答案：4在RtABC中，D是斜邊AB的中點，點P為線段CD的中點，則_.解析：法一：(坐標(biāo)法)將直角ABC放入直角坐標(biāo)系中，如圖設(shè)A(a,0)，B(0，b)，a>0，b>0，則D，P，所以|PC|222，|PB|222，|PA|222，所以|PA|2|PB|21010|PC|2，所以10.法二：(特殊值法)令|AC|CB|1，則|PC|AB|，|PA|2|PB|2，易得10.答案：10常用結(jié)論記一番1在四邊形ABCD中：(1)，則四邊形ABCD為平行四邊形；(2)且()()0，則四邊形ABCD為菱形；(3)且|，則四邊形ABCD為矩形；(4)若 (>0，1)，則四邊形ABCD為梯形2設(shè)O為ABC所在平面上一點，內(nèi)角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，則(1)O為ABC的外心222.(2)O為ABC的重心0.(3)O為ABC的垂心.(4)O為ABC的內(nèi)心abc0.(5)O為ABC的A的旁心abc.(七)玩轉(zhuǎn)通項搞定數(shù)列速解技法學(xué)一招幾種常見的數(shù)列類型及通項的求法(1)遞推公式為an1anf(n)解法：把原遞推公式轉(zhuǎn)化為an1anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解(2)遞推公式為an1f(n)an解法：把原遞推公式轉(zhuǎn)化為f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解(3)遞推公式為an1panq解法：通過待定系數(shù)法，將原問題轉(zhuǎn)化為特殊數(shù)列ank的形式求解(4)遞推公式為an1panf(n)解法：利用待定系數(shù)法，構(gòu)造數(shù)列bn，消去f(n)帶來的差異例1已知數(shù)列an滿足a1，an1an，求an.解由條件知，分別令n1,2,3，(n1)，代入上式得(n1)個等式累乘，即.又a1，an.技法領(lǐng)悟累加、累乘法起源于等差、等比數(shù)列通項公式的求解使用過程中要注意賦值后得到(n1)個式子，若把其相加或相乘，等式的左邊得到的結(jié)果是ana1或，添加首項后，等式的左邊累加或累乘的結(jié)果才為an. 例2已知數(shù)列an的首項a11，an1，求數(shù)列的前10項和解因為an1，所以2，即2，所以是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，所以2n1，所以an，而，所以.經(jīng)典好題練一手1已知數(shù)列an的首項a12，且an1ann1，則數(shù)列an的通項公式an()ABC1 D1解析：選D因為an1ann1，所以an1ann1，分別把n1,2,3，n1代入上式，得到(n1)個等式，anan1(n1)1，an1an2(n2)1，an2an3(n3)1，a2a111.又a1211，故將上述n個式子相加得an(n1)(n2)(n3)21n1n(n1)(n2)2111.2已知數(shù)列an滿足a11，anan11(n2)，則數(shù)列an的通項公式an_.解析：由anan11(n2)，得an2(an12)，而a12121，數(shù)列an2是首項為1，公比為的等比數(shù)列an2n1，an2n1.答案：2n13設(shè)an是首項為1的正項數(shù)列，且aanannan10(nN*，n2)，則數(shù)列的通項公式an_.解析：由題設(shè)得(anan1)(anan1n)0，由an>0，an1>0知anan1>0，于是anan1n，所以ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123n.答案：4在數(shù)列an中，已知a11，an12an43n1，求通項公式an.解：原遞推式可化為an13n2(an3n1)，比較系數(shù)得4，即an143n2(an43n1)，則數(shù)列an43n1是首項為a143115，公比為2的等比數(shù)列，故an43n152n1，即an43n152n1.常用結(jié)論記一番等差(比)數(shù)列的重要結(jié)論(1)數(shù)列an是等差數(shù)列數(shù)列c是等比數(shù)列；數(shù)列an是等比數(shù)列，則數(shù)列l(wèi)oga|an|是等差數(shù)列(2)an，bn是等差數(shù)列，Sn，Tn分別為它們的前n項和，若bm0，則.(3)首項為正(或為負(fù))遞減(或遞增)的等差數(shù)列前n項和最大(或最小)問題轉(zhuǎn)化為解不等式，也可化為二次型函數(shù)SnAn2Bn來分析，注意nN*.(4)等差(比)數(shù)列中，Sm，S2mSm，S3mS2m，(各項均不為0)仍是等差(比)數(shù)列(八)掌握規(guī)律巧妙求和速解技法學(xué)一招求數(shù)列的前n項和的主要方法(1)公式法：對于等差數(shù)列或等比數(shù)列可用公式法(2)裂項相消法：將數(shù)列的每一項分解為兩項的差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而累加相消(3)錯位相減法：若an為等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列，則對于數(shù)列anbn的前n項和可用錯位相減法(4)倒序相加法：如果一個數(shù)列an與首末兩端等“距離”的兩項的和等于同一個常數(shù)，那么求這個數(shù)列前n項和即可用倒序相加法(5)分組求和法：將原數(shù)列分解成可用公式法求和的若干個數(shù)列例1已知等差數(shù)列an中，2a2a3a520，且前10項和S10100.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)求數(shù)列an2的前n項和解(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，由已知得解得所以an的通項公式為an12(n1)2n1.(2)令bn2，由(1)可知anbn(2n1)22n1，設(shè)Tn為數(shù)列anbn的前n項和，所以Tn121323525(2n3)22n3(2n1)22n1，4Tn123325527(2n3)22n1(2n1)22n1，得：3Tn22(232522n1)(2n1)22n1，所以Tn.技法領(lǐng)悟利用錯位相減法求和應(yīng)注意以下3點(1)判斷模型，即判斷數(shù)列an，bn中一個為等差數(shù)列，一個為等比數(shù)列；(2)錯開位置，一般先乘以公比，再把前n項和退后一個位置來書寫，這樣避免兩式相減時看錯列；(3)相減，相減時定要注意式中最后一項的符號，考生常在此處出錯，一定要細(xì)心 例2已知數(shù)列an滿足a1，an1aan，bn(nN*)，Snb1b2bn，Pnb1b2bn，求2PnSn的值解因為a1，an1aan，nN*，所以an1>an>0，an1an(an1)，所以bn.Pnb1b2bn，Snb1b2bn2，故2PnSn2.技法領(lǐng)悟利用裂項相消法求和應(yīng)注意以下2點(1)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；(2)將通項裂項后，有時需要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開的兩項之差和系數(shù)之積與原通項相等如：若an是等差數(shù)列，則，. 經(jīng)典好題練一手1(xx屆高三湖南十校聯(lián)考)數(shù)列1，3，5，7，的前n項和Sn_.解析：利用分組求和法，可得Sn(1352n1)n21.答案：n212(xx武漢調(diào)研)設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn，已知a19，a2為整數(shù)，且SnS5，則數(shù)列的前9項和為_解析：設(shè)數(shù)列an的公差為d，由SnS5，得即得d，又a2為整數(shù)，d2，ana1(n1)d112n，故，數(shù)列的前n項和Tn，T9.答案：3(xx屆高三安徽名校階段性測試)已知單調(diào)遞增的等比數(shù)列an滿足a2a3a428，且a32是a2，a4的等差中項(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)若bnan1logan，求數(shù)列bn的前n項和Sn.解：(1)設(shè)等比數(shù)列an的首項為a1，公比為q.依題意，有2(a32)a2a4，代入a2a3a428，得a38.因此a2a420，即有解得或又?jǐn)?shù)列an單調(diào)遞增，則故an2n.(2)bn2n1log2nn2n1，Sn122223324n2n1，2Sn123224325(n1)2n1n2n2.，得Sn2223242n1n2n2n2n2(1n)2n24.4在等差數(shù)列an中，a2a723，a3a829.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列anbn是首項為1，公比為q的等比數(shù)列，求bn的前n項和Sn.解：(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d.a3a8(a2a7)2d6.d3，a2a72a17d23，解得a11，數(shù)列an的通項公式為an3n2.(2)數(shù)列anbn是首項為1，公比為q的等比數(shù)列，anbnqn1，即3n2bnqn1，bn3n2qn1.Sn147(3n2)(1qq2qn1)(1qq2qn1)，故當(dāng)q1時，Snn；當(dāng)q1時，Sn.常用結(jié)論記一番常用裂項公式(1)；(2)；(3)an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1a1；(4)n(n1)n(n1)(n2)(n1)n(n1)；(5)；(6)1.(九)求得通項何愁放縮速解技法學(xué)一招例1已知數(shù)列an滿足a18，(n1)an1(n3)an8n8，(1)求an；(2)求證：<.解(1)(n1)an1(n3)an8n8兩邊同除以(n1)(n2)(n3)，得，即8.利用累加法，可得8，化簡求得an14(n1)(n2)，所以an4n(n1)(2)證明：法一：<，通過計算，當(dāng)n4時，<<<.法二：<.當(dāng)n3時，<<<.例2設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn，滿足2Snan12n11(nN*)，且a1，a25，a3成等差數(shù)列(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)求證：對一切正整數(shù)n，有<.解(1)由2Snan12n11，得2Sn1an22n21，兩式相減得an23an12n1，2S1a23a22a13，a33a246a113，a1，a25，a3成等差數(shù)列a1a32(a25)a11.an13an2nan12n13(an2n)，數(shù)列an2n為首項是3，公比是3的等比數(shù)列則an2n3n，an3n2n.(2)證明：法一：當(dāng)n1時，1<，當(dāng)n2時，n2>23n>22nan>2n<.<11<.由上式得：對一切正整數(shù)n，有<.法二：an3n2n(32)(3n13n223n3222n1)3n1，1<.經(jīng)典好題練一手已知數(shù)列an滿足：a12且an1(nN*)(1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列，并求數(shù)列an的通項公式；(2)求證：<n2(nN*)證明：(1)由題意得，即1，故21，即數(shù)列為以為首項，為公比的等比數(shù)列1n1n，ann.(2)由(1)知1111，nnn2n1<n2.常用結(jié)論記一番常見幾種放縮形式：(1)<；(2)<；(3)<2；(4)<；(5)<.(十)繞過通項也可放縮速解技法學(xué)一招有一類數(shù)列不等式問題，數(shù)列的通項雖然很難求得，但可借助遞推關(guān)系變形后達(dá)到放縮的目的.常用的放縮變形參考后面的“記一點常用結(jié)論”.典例已知數(shù)列an的首項為a11，且an1(nN*)(1)求a2，a3的值，并證明：a2n1<a2n1<2；(2)令bn|a2n12|，Snb1b2bn.求證：<Sn<.解(1)由a11，且an1，得a2，a3.證明如下：一方面，an122，所以.由題可知an>0，所以<0，即an12與an2異號，故an22與an2同號，于是a2n12與a2n12同號又a121<0，所以a2n1<2.另一方面，a2n1a2n1a2n1a2n1a2n1.由a2n1<2知a2n1a2n1>0，即a2n1>a2n1.綜上所述，a2n1<a2n1<2.(2)證明：a2n12.由bn|a2n12|知.又1a2n1<a2n1<2，所以<.而b11，所以當(dāng)n2時，bnb1n1，同理，bn>n1.故Snb1b2bn12n1<，Snb1b2bn>，綜上所述，<Sn<.經(jīng)典好題練一手設(shè)數(shù)列an滿足a11，an1ann1(nN*)(1)如果a1a2，ak1ak2，a6k1a6k2成等比數(shù)列，求正整數(shù)k的值；(2)求證：2(1)解：(1)(ak1ak2)2(a1a2)(a6k1a6k2)，將已知代入得(k2)22(6k2)，解得k8.(2)證明：由題意知a22，an>0，nN*.當(dāng)n1時，1>2(1)，命題成立當(dāng)n2時，由an1ann1得anan1n，所以an(an1an1)1，an1an1.從而有(ak1ak1)an1an2222(1)常用結(jié)論記一番經(jīng)常用到的幾種放縮：(1)<；(2)<2.(十一)線性規(guī)劃布線行針?biāo)俳饧挤▽W(xué)一招解不含實際背景的線性規(guī)劃問題的一般步驟(1)畫出可行域；(2)根據(jù)線性目標(biāo)函數(shù)的幾何意義確定其取得最優(yōu)解的點；(3)求出目標(biāo)函數(shù)的最大值或最小值解決線性規(guī)劃問題首先要作出可行域，再注意目標(biāo)函數(shù)表示的幾何意義，常見幾何意義有直線、斜率、距離、面積等，整點問題要驗證解決典例已知a>0，x，y滿足約束條件若z2xy的最小值為1，則a的值為()ABC1 D2解析選B由約束條件作出可行域(如圖所示的ABC及其內(nèi)部)法一：由得A(1，2a)，當(dāng)直線2xyz0過點A時，z2xy取得最小值，所以1212a，解得a.法二：由目標(biāo)函數(shù)y2xz，可知過點A時z最小，最小值為1，則直線2xy1過點A，由得A(1，1)，代入ya(x3)得a.技法領(lǐng)悟?qū)τ诰€性規(guī)劃中的參數(shù)問題，需注意(1)當(dāng)最值是已知時，目標(biāo)函數(shù)中的參數(shù)往往與直線斜率有關(guān)，解題時應(yīng)充分利用斜率這一特征加以轉(zhuǎn)化(2)當(dāng)目標(biāo)函數(shù)與最值都是已知，且約束條件中含有參數(shù)時，因為平面區(qū)域是變動的，所以要抓住目標(biāo)函數(shù)及最值已知這一突破口，先確定最優(yōu)解，然后變動參數(shù)范圍，使得這樣的最優(yōu)解在該區(qū)域內(nèi)即可 經(jīng)典好題練一手1設(shè)不等式組表示的平面區(qū)