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2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題八 數(shù)學(xué)思想方法試題
高考數(shù)學(xué)以能力立意，一是考查數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)知識，基本技能；二是考查基本數(shù)學(xué)思想方法，考查數(shù)學(xué)思維的深度、廣度和寬度，數(shù)學(xué)思想方法是指從數(shù)學(xué)的角度來認(rèn)識、處理和解決問題，是數(shù)學(xué)意識，是數(shù)學(xué)技能的升華和提高，中學(xué)數(shù)學(xué)思想主要有函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類與整合思想、化歸和轉(zhuǎn)化思想．
(一)函數(shù)與方程思想
函數(shù)思想，就是用函數(shù)與變量去思考問題
分析和研究數(shù)學(xué)中的數(shù)量關(guān)系，建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)，運用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問題、轉(zhuǎn)化問題，從而使問題獲得解決的數(shù)學(xué)思想．
方程的思想，就是分析數(shù)學(xué)問題中變量間的等量關(guān)系，建立方程或方程組，或者構(gòu)造方程，通過解方程或方程組，或者運用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問題，使問題獲得解決的數(shù)學(xué)思想．
例1 (1)(xx湖南)若0
ln x2－ln x1
B．e－ex1e
D．x2e0時，就化為不等式f(x)>0，借助于函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決有關(guān)問題，而研究函數(shù)的性質(zhì)也離不開不等式．
(2)數(shù)列的通項與前n項和是自變量為正整數(shù)的函數(shù)，用函數(shù)的觀點去處理數(shù)列問題十分重要．
(3)解析幾何中的許多問題，需要通過解二元方程組才能解決．這都涉及二次方程與二次函數(shù)有關(guān)理論．
(4)立體幾何中有關(guān)線段、角、面積、體積的計算，經(jīng)常需要運用列方程或建立函數(shù)表達(dá)式的方法加以解決．
跟蹤演練1 (1)(xx淄博實驗中學(xué)診斷)若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)f(2)
C．2f(1)＝f(2) D．f(1)＝f(2)
(2)如圖是函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0，－π<φ<π)在一個周期內(nèi)的圖象，則此函數(shù)的解析式是( )
A．y＝2sin(2x＋)
B．y＝2sin(2x＋)
C．y＝2sin(－)
D．y＝2sin(2x－)
(二)數(shù)形結(jié)合思想
數(shù)形結(jié)合思想包含“以形助數(shù)”和“以數(shù)輔形”兩個方面，其應(yīng)用大致可以分為兩種情形：一是借助形的生動性和直觀性來闡明數(shù)形之間的聯(lián)系，即以形作為手段，數(shù)作為目的，比如應(yīng)用函數(shù)的圖象來直觀地說明函數(shù)的性質(zhì)；二是借助于數(shù)的精確性和規(guī)范嚴(yán)密性來闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為手段，形作為目的，如應(yīng)用曲線的方程來精確地闡明曲線的幾何性質(zhì)．
例2 (1)(xx山東)已知函數(shù)f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx，若方程f(x)＝g(x)有兩個不相等的實根，則實數(shù)k的取值范圍是( )
A．(0，) B．(，1)
C．(1,2) D．(2，＋∞)
(2)若實數(shù)x、y滿足則的最小值是____．
思維升華 數(shù)形結(jié)合思想在解題中的應(yīng)用
(1)構(gòu)建函數(shù)模型并結(jié)合其圖象求參數(shù)的取值范圍或解不等式．
(2)構(gòu)建函數(shù)模型并結(jié)合其圖象研究方程根或函數(shù)的零點的范圍．
(3)構(gòu)建解析幾何模型求最值或范圍．
(4)構(gòu)建函數(shù)模型并結(jié)合其圖象研究量與量之間的大小關(guān)系．
跟蹤演練2 (1)已知奇函數(shù)f(x)的定義域是{x|x≠0，x∈R}，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，若f(1)＝0，則滿足xf(x)<0的x的取值范圍是___________________________________．
(2)已知P是直線l：3x＋4y＋8＝0上的動點，PA、PB是圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，A、B是切點，C是圓心，則四邊形PACB面積的最小值為________．
(三)分類與整合思想
分類與整合思想是將一個較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題分解(或分割)成若干個基礎(chǔ)性問題，通過對基礎(chǔ)性問題的解答來實現(xiàn)解決原問題的思想策略．對問題實行分類與整合，分類標(biāo)準(zhǔn)等于增加一個已知條件，實現(xiàn)了有效增設(shè)，將大問題(或綜合性問題)分解為小問題(或基礎(chǔ)性問題)，優(yōu)化解題思路，降低問題難度；分類研究后還要對討論結(jié)果進(jìn)行整合．
例3 (1)(xx山東)設(shè)函數(shù)f(x)＝則滿足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范圍是( )
A. B．[0,1]
C. D．[1, ＋∞)
(2)設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的兩個焦點，P為橢圓上一點．已知P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是一個直角三角形的三個頂點，且|PF1|>|PF2|，則的值為________．
思維升華 分類與整合思想在解題中的應(yīng)用
(1)由數(shù)學(xué)概念引起的分類．有的概念本身是分類的，如絕對值、直線斜率、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)等．
(2)由性質(zhì)、定理、公式的限制引起的分類討論．有的定理、公式、性質(zhì)是分類給出的，在不同的條件下結(jié)論不一致，如等比數(shù)列的前n項和公式、函數(shù)的單調(diào)性等．
(3)由數(shù)學(xué)運算和字母參數(shù)變化引起的分類．如除法運算中除數(shù)不為零，偶次方根為非負(fù)，對數(shù)真數(shù)與底數(shù)的限制，指數(shù)運算中底數(shù)的要求，不等式兩邊同乘以一個正數(shù)、負(fù)數(shù)，三角函數(shù)的定義域等．
(4)由圖形的不確定性引起的分類討論．有的圖形類型、位置需要分類：如角的終邊所在的象限；點、線、面的位置關(guān)系等．
跟蹤演練3 (1)(xx課標(biāo)全國Ⅱ)鈍角三角形ABC的面積是，AB＝1，BC＝，則AC等于( )
A．5 B.
C．2 D．1
(2)(xx廣東)設(shè)集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中滿足條件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素個數(shù)為( )
A．60 B．90
C．120 D．130
(四)轉(zhuǎn)化與化歸思想
轉(zhuǎn)化與化歸思想，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題時采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化，進(jìn)而得到解決的一種方法．一般總是將復(fù)雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉(zhuǎn)化為已解決的問題．
例4 (1)定義運算：(ab)?x＝ax2＋bx＋2，若關(guān)于x的不等式(ab)?x<0的解集為{x|10且a≠1)，則f＋f＋…＋f的值為________．
提醒：完成作業(yè) 專題八
專題八
數(shù)學(xué)思想方法
A組 專題通關(guān)
1．若2x＋5y≤2－y＋5－x，則有( )
A．x＋y≥0 B．x＋y≤0
C．x－y≤0 D．x－y≥0
2．已知函數(shù)f(x)＝滿足f(a)＝3，則f(a－5)的值為( )
A．log23 B. C. D．1
3．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bsin x＋4(a，b∈R)，f(lg(log210))＝5，則f(lg(lg 2))等于( )
A．－5 B．－1
C．3 D．4
4．(xx重慶月考)方程log(a－2x)＝2＋x有解，則a的最小值為( )
A．2 B．1
C. D.
5．(xx廣東實驗中學(xué)階段考試)已知0 B．()a<()b
C．(lg a)2<(lg b)2 D.>
6．(xx天津)已知函數(shù)f(x)＝函數(shù)g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函數(shù)y＝f(x)－g(x)恰有4個零點，則b的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
7．已知變量x，y滿足的不等式組表示的是一個直角三角形圍成的平面區(qū)域，則實數(shù)k等于( )
A．－ B.
C．0 D．－或0
8．等比數(shù)列{an}中，a3＝7，前3項之和S3＝21，則公比q的值是( )
A．1 B．－
C．1或－ D．－1或
9．(xx江西)在平面直角坐標(biāo)系中，A，B分別是x軸和y軸上的動點，若以AB為直徑的圓C與直線2x＋y－4＝0相切，則圓C面積的最小值為( )
A.π B.π
C．(6－2)π D.π
10．已知正四棱錐S－ABCD中，SA＝2，那么當(dāng)該棱錐的體積最大時，它的高為( )
A．1 B.
C．2 D．3
11．已知函數(shù)f(x)＝若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，則abc的取值范圍是__________．
12．(xx湖南)已知函數(shù)f(x)＝若存在實數(shù)b，使函數(shù)g(x)＝f(x)－b有兩個零點，則a的取值范圍是____________________．
13．(xx福建)要制作一個容積為4 m3，高為1 m的無蓋長方體容器．已知該容器的底面造價是每平方米20元，側(cè)面造價是每平方米10元，則該容器的最低總造價是________．(單位：元)
B組 能力提高
14．(xx黃岡中學(xué)期中)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)>1－f(x)，f(0)＝6，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則不等式exf(x)>ex＋5(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(3，＋∞)
15．(xx廣東實驗中學(xué)階段考試)已知關(guān)于x的方程＝k在(0，＋∞)有且僅有兩根，記為α，β(α<β)，則下列的四個命題正確的是( )
A．sin 2α＝2αcos2α B．cos 2α＝2αsin2α
C．sin 2β＝－2βsin2β D．cos 2β＝－2βsin2β
16．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知a1＝a，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1)設(shè)bn＝Sn－3n，求數(shù)列{bn}的通項公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范圍．
17．已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－.
(1)求f(x)的極小值；
(2)若a，b>0，求證：ln a－ln b≥1－.
學(xué)生用書答案精析
專題八 數(shù)學(xué)思想方法
例1 (1)C (2)π
解析 (1)設(shè)f(x)＝ex－ln x(0g(x2)，
∴x2e>x1e.
(2)f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝sin(2x＋)，
將f(x)＝sin(2x＋)的圖象向右平移φ個單位，
得到y(tǒng)＝sin(2x＋－2φ)的圖象，
由所得圖象關(guān)于y軸對稱，可知sin(－2φ)＝1，
即sin(2φ－)＝1，
故2φ－＝kπ＋，k∈Z，
即φ＝＋，k∈Z，
又φ>0，所以φmin＝.
跟蹤演練1 (1)A (2)B
解析 (1)由于f(x)0恒成立，因此在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，∴>，
即f(2)>2f(1)，故答案為A.
(2)依函數(shù)圖象，知y的最大值為2，
所以A＝2.
又＝－(－)＝，
所以T＝π，又＝π，
所以ω＝2，
所以y＝2sin(2x＋φ)．
將(－，2)代入可得sin(－＋φ)＝1，
故φ－＝＋2kπ，k∈Z，
又－π<φ<π，所以φ＝.
所以函數(shù)的解析式為y＝2sin(2x＋)，故選B.
例2 (1)B (2)2
解析 先作出函數(shù)f(x)＝|x－2|＋1的圖象，如圖所示，
當(dāng)直線g(x)＝kx與直線AB平行時斜率為1，當(dāng)直線g(x)＝kx過A點時斜率為，故f(x)＝g(x)有兩個不相等的實根時，k的范圍為(，1)．
(2)可行域如圖所示．
又的幾何意義是可行域內(nèi)的點與坐標(biāo)原點連線的斜率k.
由圖知，過點A的直線OA的斜率最小．
聯(lián)立得A(1,2)，
所以kOA＝＝2.所以的最小值為2.
跟蹤演練2 (1)(－1,0)∪(0,1) (2)2
解析 (1)作出符合條件的一個函數(shù)圖象草圖即可，
由圖可知xf(x)<0的x的取值范圍是(－1,0)∪(0,1)．
(2)如圖，
SRt△PAC＝|PA||AC|＝|PA|，
當(dāng)CP⊥l時，|PC|＝＝3，
∴此時|PA|min＝＝2.
∴(S四邊形PACB)min ＝2(S△PAC)min＝2.
例3 (1)C (2)2或
解析 (1)由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1.
當(dāng)a<1時，有3a－1≥1，∴a≥，∴≤a<1.
當(dāng)a≥1時，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1.
綜上，a≥，故選C.
(2)若∠PF2F1＝90，
則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，
∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2，
解得|PF1|＝，|PF2|＝，∴＝.
若∠F2PF1＝90，
則|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2
＝|PF1|2＋(6－|PF1|)2，
解得|PF1|＝4，|PF2|＝2，
∴＝2.
綜上所述，＝2或.
跟蹤演練3 (1)B (2)D
解析 (1)∵S△ABC＝ABBCsin B
＝1sin B＝，∴sin B＝，
∴B＝或.
當(dāng)B＝時，根據(jù)余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2ABBCcos B＝1＋2＋2＝5，所以AC＝，此時△ABC為鈍角三角形，符合題意；
當(dāng)B＝時，根據(jù)余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2ABBCcos B＝1＋2－2＝1，所以AC＝1，此時AB2＋AC2＝BC2，△ABC為直角三角形，不符合題意．故AC＝.
(2)在x1，x2，x3，x4，x5這五個數(shù)中，因為xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5，所以滿足條件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3的可能情況有“①一個1(或－1)，四個0，有C2種；②兩個1(或－1)，三個0，有C2種；③一個－1，一個1，三個0，有A種；④兩個1(或－1)，一個－1(或1)，兩個0，有CC2種；⑤三個1(或－1)，兩個0，有C2種．故共有C2＋C2＋A＋CC2＋C2＝130(種)，故選D.
例4 (1)D (2)A
解析 (1)1,2是方程ax2＋bx＋2＝0的兩實根，
1＋2＝－，12＝，解得
由(－31)?x＝－3x2＋x＋2<0，得3x2－x－2>0，
解得x<－或x>1.
(2)依題意，問題等價于f(x1)min≥g(x2)max.
f(x)＝ln x－x＋－1，
所以f′(x)＝－－＝.
由f′(x)>0，解得12時，g(x2)max＝g(2)＝4b－8.
故問題等價于或或
解第一個不等式組得b<1，
解第二個不等式組得1≤b≤，
第三個不等式組無解，
綜上所述，b的取值范圍是(－∞，]．故選A.
跟蹤演練4 (1)A (2)
解析 (1)∵f(x＋π)＝f(x)＋sin x，
∴f(x＋2π)＝f(x＋π)－sin x.
∴f(x＋2π)＝f(x)＋sin x－sin x＝f(x)．
∴f(x)是以2π為周期的周期函數(shù)．
又f()＝f(4π－)＝f(－)，
f＝f＋sin，
∴f＝f－.
∵當(dāng)0≤x<π時，f(x)＝0，∴f＝0，
∴f＝f＝.故選A.
(2)由于直接求解較困難，可探求一般規(guī)律，
∵f(x)＋f(1－x)＝＋
＝＋
＝＋＝＝1，
∴f＋f＋…＋f
＝＋＋…＋＋f＝149＋＝.
二輪專題強化練答案精析
專題八 數(shù)學(xué)思想方法
1．B [把不等式變形為2x－5－x≤2－y－5y，構(gòu)造函數(shù)y＝2x－5－x，其為R上的增函數(shù)，所以有x≤－y.所以x＋y≤0.]
2．C [分兩種情況分析，①或者②，①無解，由②得，a＝7，所以f(a－5)＝22－3＋1＝，故選C.]
3．C [因為lg(log2 10)＋lg(lg 2)＝lg(log210lg 2)
＝lg(lg 2)＝lg 1＝0，
所以lg(lg 2)＝－lg(log210)．
設(shè)lg(log210)＝t，則lg(lg 2)＝－t.
由條件可知f(t)＝5，
即f(t)＝at3＋bsin t＋4＝5，
所以at3＋bsin t＝1，
所以f(－t)＝－at3－bsin t＋4＝－1＋4＝3.]
4．B [由log(a－2x)＝2＋x得a＝2x＋()2＋x≥2＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時取等號．
∴a的最小值為1.]
5．D [∵0b－1，故A錯誤；又y＝()x是減函數(shù)，
∴()a>()b，故B錯誤；
又y＝lg x是增函數(shù)，
∴l(xiāng)g a(lg b)2，>，
故C錯誤，D正確．故選D.]
6．D [方法一 當(dāng)x>2時，g(x)＝x＋b－4，f(x)＝(x－2)2；
當(dāng)0≤x≤2時，g(x)＝b－x，f(x)＝2－x；
當(dāng)x<0時，g(x)＝b－x2，f(x)＝2＋x.
由于函數(shù)y＝f(x)－g(x)恰有4個零點，
所以方程f(x)－g(x)＝0恰有4個根．
當(dāng)b＝0時，當(dāng)x>2時，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2－5x＋8＝0，無解；
當(dāng)0≤x≤2時，方程f(x)－g(x)＝0可化為2－x－(－x)＝0，無解；
當(dāng)x<0時，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2＋x＋2＝0，無解．
所以b≠0，排除答案B.
當(dāng)b＝2時，當(dāng)x>2時，方程f(x)－g(x)＝0可化為(x－2)2＝x－2，得x＝2(舍去)或x＝3，有一解；
當(dāng)0≤x≤2時，方程f(x)－g(x)＝0可化為2－x＝2－x，有無數(shù)個解；
當(dāng)x<0時，方程f(x)－g(x)＝0可化為2－x2＝x＋2，得x＝0(舍去)或x＝－1，有一解．所以b≠2，排除答案A.
當(dāng)b＝1時，當(dāng)x>2時，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2－5x＋7＝0，無解；
當(dāng)0≤x≤2時，方程f(x)－g(x)＝0可化為1－x＝2－x，無解；
當(dāng)x<0時，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2＋x＋1＝0，無解．
所以b≠1，排除答案C.因此答案選D.
方法二 記h(x)＝－f(2－x)在同一坐標(biāo)系中作出f(x)與h(x)的圖象如圖，
直線AB：y＝x－4，設(shè)直線l：y＝x＋b′.
當(dāng)直線l∥AB且與f(x)的圖象相切時，由
解得b′＝－，－－(－4)＝，
所以曲線h(x)向上平移個單位后，所得圖象與f(x)的圖象有兩個公共點，向上平移2個單位后，兩圖象有無數(shù)個公共點，因此，當(dāng)＜b＜2時，f(x)與g(x)的圖象有4個不同的交點，即y＝f(x)－g(x)恰有4個零點．選D.]
7．D [不等式組表示的可行域如圖(陰影部分)所示，由圖可知若不等式組表示的平面區(qū)域是直角三角形，只有直線y＝kx＋1與直線y＝0垂直(如圖①)或直線y＝kx＋1與直線y＝2x垂直(如圖②)時，平面區(qū)域才是直角三角形．
由圖形可知斜率k的值為0或－.]
8．C [當(dāng)公比q＝1時，a1＝a2＝a3＝7，S3＝3a1＝21，符合要求．當(dāng)q≠1時，a1q2＝7，＝21，解得q＝－或q＝1(舍去)．綜上可知，q＝1或－.]
9．A [∵∠AOB＝90，∴點O在圓C上．
設(shè)直線2x＋y－4＝0與圓C相切于點D，
則點C與點O間的距離等于它到直線2x＋y－4＝0的距離，∴點C在以O(shè)為焦點，以直線2x＋y－4＝0為準(zhǔn)線的拋物線上，
∴當(dāng)且僅當(dāng)O，C，D共線時，圓的直徑最小為|OD|.
又|OD|＝＝，∴圓C的最小半徑為，
∴圓C面積的最小值為π()2＝π.]
10．C [設(shè)正四棱錐S－ABCD的底面邊長為a(a>0)，則高h(yuǎn)＝ ＝ ，
所以體積V＝a2h＝ .
設(shè)y＝12a4－a6(a>0)，
則y′＝48a3－3a5.令y′>0，得04.故函數(shù)y在(0,4]上單調(diào)遞增，在[4，＋∞)上單調(diào)遞減．
可知當(dāng)a＝4時，y取得最大值，即體積V取得最大值，此時h＝ ＝2，
故選C.]
11．(10,12)
解析 作出f(x)的大致圖象．
由圖象知，要使f(a)＝f(b)＝f(c)，不妨設(shè)aa時，f(x)＝x2，函數(shù)先單調(diào)遞減后單調(diào)遞增，f(x)的圖象如圖(1)實線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個公共點．
②若0≤a≤1，則a3≤a2，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，f(x)的圖象如圖(2)實線部分所示，其與直線y＝b至多有一個公共點．
③若a>1，則a3>a2，函數(shù)f(x)在R上不單調(diào)，f(x)的圖象如圖(3)實線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個公共點．
綜上，a<0或a>1.
13．160
解析 設(shè)該長方體容器的長為x m，則寬為 m．又設(shè)該容器的造價為y元，則y＝204＋2(x＋)10，即y＝80＋20(x＋)(x>0)．因為x＋≥2＝4(當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝2時取“＝”)，
所以ymin＝80＋204＝160(元)．
14．A [由題意可知不等式
exf(x)－ex－5>0，
設(shè)g(x)＝exf(x)－ex－5.
所以g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex
＝ex[f(x)＋f′(x)－1]>0，所以函數(shù)g(x)在定義域上單調(diào)遞增，
又因為g(0)＝0，所以g(x)>0的解集為x>0.]
15．C [由＝k，即得方程|cos x|＝kx在(0，＋∞)上有兩個不同的解，
作出y＝|cos x|的圖象，
由圖知直線y＝kx與y＝|cos x|與x∈(，π)時相切，
此時y＝|cos x|＝－cos x，
y′|x＝β＝sin β＝k，
又|cos β|＝kβ?k＝，
所以sin β＝?sin 2β＝－2βsin2β.]
16．解 (1)依題意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，
即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1
＝2(Sn－3n)．
即bn＋1＝2bn，又b1＝S1－3＝a－3，
因此，所求通項公式為bn＝Sn－3n
＝(a－3)2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，
于是，當(dāng)n≥2時，
an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2
＝23n－1＋(a－3)2n－2，
an＋1－an＝43n－1＋(a－3)2n－2
＝2n－2[12()n－2＋a－3]，
當(dāng)n≥2時，an＋1≥an?12()n－2＋a－3≥0?a≥－9.
又a2＝a1＋3>a1.
綜上，所求的a的取值范圍是[－9，＋∞)．
17．(1)解 f′(x)＝－＝(x>－1)．令f′(x)＝0，得x＝0.
當(dāng)x變化時，f′(x)和f(x)的變化情況
列表如下：
x
(－1,0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
極小值
由上表可知，x＝0時f(x)取得極小值f(0)＝0.
(2)證明 在x＝0時，f(x)取得極小值，而且是最小值，于是f(x)≥f(0)＝0，從而ln(1＋x)≥在x>－1時恒成立，
令1＋x＝>0，則＝1－＝1－，
∴l(xiāng)n a－ln b＝ln ≥1－.
因此ln a－ln b≥1－在a>0，b>0時成立．
∴l(xiāng)n a－ln b≥1－.
2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題八 數(shù)學(xué)思想方法試題.doc
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