題型分類突破理科Y版第三篇

函數與方程思想(見學生用書P107)函數思想是指用函數的觀點、方法去分析問題、轉化問題和解決問題.如求數列中的項或最值、求不等式中的參量、求解析幾何中的距離或面積的最值等相關的非函數問題,往往都可以利用函數思想,構建函數,將其轉化為函數問題.方程思想是從問題的數量關系入手,運用數學語言將問題中的條件轉化為方程或方程組去分析問題和解決問題.如變量的取值范圍、直線與圓錐曲線的位置關系、數列中的基本量、二項式中的系數等問題.分類透析1函數與方程思想在不等式中的應用例1若關于x的不等式1+acosx≥23sinπ2+2x在R上恒成立,則實數a的最大值為().A.-13 B.13 C.2答案B解析1+acosx≥23sinπ2+2x=23(2cos2x-1),令cosx=t∈[-1,1],并代入不等式,則問題轉化為不等式4t2-3at-5≤0在t∈[-1,1]上恒成立,即4+3a-5≤0,4小結一般先把不等式問題轉化為函數問題,再借助函數的圖象和性質可解決相關的問題.此類問題常涉及不等式中的恒成立問題,比較大小問題.一般利用函數思想構造新函數,從而研究函數的性質來破解問題.分類透析2函數與方程思想在數列中的應用例2設數列{an}的前n項和為Sn,且an=4+-12n-1,若對于任意的n∈N*都有1≤x(Sn-4n)≤3恒成立,答案[2,3]解析由題設可得Sn=4n+1--12n1--12=4n+23-23-12n,則Sn-4n=23-23-12n,不等式1≤x(Sn-4n)≤3可化為1≤x23-23-12n≤3,即32×11--12n≤x≤92×11--12n,則問題轉化為求小結數列的通項與前n項和是自變量為整數的函數,可用函數的觀點去處理數列問題.這類問題常涉及最值或參數的取值范圍,解決問題的關鍵是利用函數的單調性來研究最值.分類透析3函數與方程思想在解析幾何中的應用例3已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的點到右焦點F(c,0)的最大距離是2+1,且1,2(1)求橢圓的方程;(2)過點F且與x軸不垂直的直線l與橢圓分別交于A,B兩點,線段AB的中垂線交x軸于點M(m,0),求實數m的取值范圍.解析(1)由已知得a+c所以橢圓的方程為x22+y2=(2)由題意得F(1,0),設直線AB的方程為y=k(x-1),與橢圓方程聯(lián)立得x2+2y2-2=0,y=k(x-1),消去y可得(1+2k2)設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=4k21+2k2,y1+y2=k(x1+x2)可得線段AB的中點坐標為N2k當k=0時,點M位于原點,此時m=0;當k≠0時,直線MN的方程為y+k1+2k2化簡得ky+x-k21+2k令y=0,得m=k2所以m=k21+2k2=綜上所述,實數m的取值范圍為0,小結解析幾何中的取值范圍問題是高考的熱點,在圓錐曲線的綜合問題中經常出現(xiàn),求解此類問題的關鍵是先抓住函數關系,將目標量表示為一個(或者多個)變量的函數,然后借助函數的性質使問題得以解決.(見學生用書P108)1.(2020屆安徽皖南模擬)若2x+5y≤2-y+5-x,則有().A.x+y≥0 B.x+y≤0C.x-y≤0 D.x-y≥0答案B解析把不等式變形為2x-5-x≤2-y-5y,構造函數f(t)=2t-5-t,其為R上的增函數,所以有x≤-y,即x+y≤0,故選B.2.(2020屆山西太原模擬)已知函數f(x)=log2x,x∈[2,16],對于函數f(x)值域內的任意實數m,使x2+mx+4>2m+4x恒成立的實數x的取值范圍為().A.(-∞,-2] B.[2,+∞)C.(-∞,-2]∪[2,+∞) D.(-∞,-2)∪(2,+∞)答案D解析因為x∈[2,16],所以f(x)=log2x∈[1,4],即m∈[1,4].不等式x2+mx+4>2m+4x恒成立,即m(x-2)+(x-2)2>0恒成立.構造函數g(m)=(x-2)m+(x-2)2,則此函數在區(qū)間[1,4]上恒大于0,所以g(1)>0,g(4)>0,即3.(2020屆東北三省四校聯(lián)考)已知定義域為R的函數f(x)滿足f(x)=4f(x+2),當x∈[0,2)時,f(x)=-x2+x+1,x∈[0,1),12x-32,x∈[1,2),設函數f(x)在[2n-2,2n)上的最大值為an(n∈N*),且數列A.53,+C.[2,+∞) D.4答案B解析由題意,當x∈[0,1)時,1≤f(x)≤54;當x∈[1,2)時,22≤f(x)≤1.所以當x∈[0,2)時,f(x)的最大值為54.又因為f(x+2)=14f(x),所以當x∈[2,4)時,f(x)的最大值為54×14;當x∈[4,6)時,f(x)的最大值為54×142;…;所以當x∈[2n-2,2n)時,f(x)的最大值an=54×14n-1.由等比數列的前n項和公式,得Sn=541-14n1-144.(2020屆湖南長沙模擬)若函數f(x)=ex-e-x+sin2x,則滿足f(2x2-1)+f(x)>0的x的取值范圍為.

答案(-∞,-1)∪1解析∵函數f(x)=ex-e-x+sin2x的定義域為R,且滿足f(-x)=e-x-ex+sin(-2x)=-(ex-e-x+sin2x)=-f(x),∴f(x)為R上的奇函數.又f'(x)=ex+e-x+2cos2x≥2+2cos2x≥0恒成立,∴f(x)為R上的增函數.又f(2x2-1)+f(x)>0,得f(2x2-1)>-f(x)=f(-x),∴2x2-1>-x,即2x2+x-1>0,解得x<-1或x>12,∴x的取值范圍是(-∞,-1)∪15.(2020屆福建龍巖模擬)等差數列{an}的前n項和為Sn,已知S10=0,S15=25,則數列{an}的公差d=,nSn的最小值為.

答案23-解析由題意知10a1+45d=0,15a1+105d=25,解得d=23,a1=-3,所以nSn=nna1設f(x)=x3-10x23(x>0),則f'(x)=1令f'(x)=0,解得x=203或x=0(舍去)當x∈0,203時,f(x)單調遞減;當x∈203,+∞時,f(x)單調遞增.所以當x=203時,f(x)取得極小值.取x=6,得f(6)=-48;取x=7,得f(7)=-496.(2020屆河南五校聯(lián)考)已知函數f(x)=ex-2x+2a,x∈R,a∈R.(1)求函數f(x)的單調區(qū)間與極值;(2)求證:當a>ln2-1且x>0時,ex>x2-2ax+1.解析(1)由f(x)=ex-2x+2a,知f'(x)=ex-2.令f'(x)=0,得x=ln2.當x<ln2時,f'(x)<0,故函數f(x)在區(qū)間(-∞,ln2)上單調遞減;當x>ln2時,f'(x)>0,故函數f(x)在區(qū)間(ln2,+∞)上單調遞增.所以f(x)的單調遞減區(qū)間是(-∞,ln2),單調遞增區(qū)間是(ln2,+∞),f(x)在x=ln2處取得極小值,極小值為f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2-2ln2+2a.(2)設g(x)=ex-x2+2ax-1(x≥0),則g'(x)=ex-2x+2a,由(1)知g'(x)min=g'(ln2)=2-2ln2+2a.又a>ln2-1,則g'(x)min>0.于是對?x∈R,都有g'(x)>0,所以g(x)在R上單調遞增.于是對?x>0,都有g(x)>g(0)=0.即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.7.(2020屆河北名校高三一調)已知焦點在y軸上的拋物線C1過點(2,1),橢圓C2的兩個焦點分別為F1,F2,其中F2與C1的焦點重合,過點F1與C2的長軸垂直的直線交C2于A,B兩點,且|AB|=3,曲線C3是以坐標原點O為圓心,|OF2|為半徑的圓.(1)求C2與C3的標準方程;(2)若動直線l與C3相切,且與C2交于M,N兩點,求△OMN的面積S的取值范圍.解析(1)由已知可設拋物線C1的方程為x2=2py(p>0),則4=2p,解得p=2,即C1的標準方程為x2=4y.因為F2(0,1),不妨設橢圓C2的方程為y2a2+x2b2由y2a2+x2b2=1,又a2=b2+1,所以a=2,b=3,故橢圓C2的標準方程為y24+x2易知|OF2|=1,所以曲線C3的標準方程為x2+y2=1.(2)因為直線l與C3相切,所以圓心O到直線l的距離為1.所以S=12·|MN|·1=|當直線l的斜率不存在時,其方程為x=±1,易知兩種情況所得到的△OMN的面積相等.由y24+x不妨設M1,263,N1,-此時S=|MN|2當直線l的斜率存在時,設其方程為y=kx+m,則|m|1+k2=1,即m2由y24+x23=1,y=kx+m得(3k2+4)所以Δ=36k2m2-4(3k2+4)(3m2-12)=48(4+3k2-m2)=48(2k2+3)>0恒成立.設M(xM,yM),N(xN,yN),則xM+xN=-6km3k2+4,x所以S=|MN|2=12=121+=121+k=23令3k2+4=t(t≥4),則k2=t-所以S=2332t令1t=m',則m'∈0,14,易知y'=-m'2-m'+2在區(qū)間0,14上單調遞減綜上可知,△OMN的面積S的取值范圍為32數形結合思想(見學生用書P109)數形結合是根據數量與圖形之間的對應關系,通過數與形的相互轉化來解決數學問題的一種重要的思想方法.數形結合思想體現(xiàn)了數與形之間的溝通與轉化,它包含“以形助數”和“以數解形”兩個方面.數形結合的實質是把抽象的數學語言與直觀的圖形語言結合起來,即將代數問題幾何化、幾何問題代數化.數形結合思想常用來解決函數零點問題,方程的根與不等式問題,參數的取值范圍問題,立體幾何模型研究代數問題,以及解析幾何中的斜率、截距、距離等模型問題.分類透析1利用數形結合思想解決方程問題例1(1)已知函數f(x)=xx-1,x≤0,lnxx,x>0,若關于x的方程A.(-∞,0)∪1e,1 B.(-1C.0,1e D.(0(2)已知函數f(x)=2-x-1,x≤0,f(x-1),xA.(-∞,0] B.[0,1)C.(-∞,1) D.[0,+∞)答案(1)B(2)C解析(1)因為函數f(x)=xx-1,x≤0,lnxx,x>0,所以關于x的方程f(x)=x+a無實根等價于函數y=f(x)的圖象與直線y=x+a無交點.設直線y=x+a與f(x)=lnxx(x>0)相切于點P(x0,y0),由f'(x)=1-lnxx2,得1-lnx0x02=由圖可知,當函數y=f(x)的圖象與直線y=x+a無交點時,實數a的取值范圍為-1<a<0,故選B.(2)函數f(x)=2-x-1,x≤0,f(x-1),x>0的圖象如圖所示,當a<1時,函數小結用圖象法討論方程(特別是含參數的指數、對數、根式、三角等復雜方程)的解(或函數零點)的個數是一種重要的思想方法,其基本思想是先把方程兩邊的代數式看作是兩個熟悉函數的表達式(不熟悉時,需要作適當變形轉化為兩個熟悉的函數),然后在同一坐標系中作出兩個函數的圖象,圖象的交點個數即為方程解(或函數零點)的個數.分類透析2利用數形結合思想解決不等式問題例2已知關于x的不等式x>ax+32的解集為{x|4<x<b},則ab=答案9解析設f(x)=x,g(x)=ax+32(x≥0).因為x>ax+32的解集為{x|4<x<b},所以f(x)與g(x)的函數圖象在4<x<b上有f(x)>g(x),如圖所示.當x=4,x=b時,由f(x)=g(x),可得4=4a+32,b=小結利用數形結合思想處理不等式問題,要從題目的條件與結論出發(fā),著重分析其幾何意義,從圖形上找出解題思路.因此,往往構造熟知的函數,作出函數圖象,利用圖象的交點和圖象的位置求解不等式.分類透析3利用數形結合思想解決平面向量問題例3給定兩個長度為1的平面向量OA和OB,它們的夾角為2π3,如圖所示,點C在以O為圓心的圓弧AB上運動.若OC=xOA+yOB,其中x,y∈R,則x+y的最大值為,此時∠AOC=答案2π解析由圖示和題意可知,A(1,0),B-1設∠AOC=αα∈0,2π3,則C(cosα由OC=xOA+yOB,得cosα=所以x+y=cosα+3sinα=2sinα+又α∈0,2π3,所以當α=π3時,x+y小結通過建立坐標系可以實現(xiàn)平面向量問題的全面運算,即利用平面向量的坐標運算,把問題轉化為代數中的函數最值與值域、不等式的解集、方程有解等問題,化繁為簡,輕松破解.分類透析4利用數形結合思想解決圓錐曲線問題例4設雙曲線的方程為x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),若雙曲線的漸近線被圓M:x2+y2-10x=0所截得的兩條弦長之和為12,已知△ABP的頂點A,B分別為雙曲線的左、右焦點,頂點P在雙曲線上,則A.35 B.73 C.53答案C解析雙曲線的一條漸近線方程為y=ba∵雙曲線的漸近線被圓M:x2+y2-10x=0,即(x-5)2+y2=25所截得的兩條弦長之和為12,∴設圓心到漸近線的距離為d,則d=25-9=∴5ba2+b2=4,即5b=∵a2=c2-b2=925c2,∴a=3∵A,B分別為雙曲線的左、右焦點,點P在雙曲線上,∴|AP-BP|=2a,根據正弦定理可得APsinB=BPsinA=ABsinP=2R,∴sinB=AP2R,sin∴|sinP||sinA-sinB小結與圓錐曲線有關的最值問題,通常是利用函數的觀點,建立函數表達式求解.但一味地強調函數觀點,有時會使思維陷入僵局,此時若能合理利用圓錐曲線的定義,以形助數,則會使問題變得簡單.(見學生用書P110)1.(2020屆湖北武漢模擬)已知a,b,c依次為方程2x+x=0,log2x=2和log12x=x的實根,則a,b,c的大小關系為(A.a>b>c B.b>a>cC.c>b>a D.b>c>a答案D解析由log2b=2,得b=4;由2x+x=0,log12x=x,得2x=-x,log2x=-x.在同一坐標系中分別作出函數y=2x,y=-x,y=log2x的圖象(圖略),2.(2020屆湖南益陽模擬)已知動點P在橢圓x236+y227=1上,若點A的坐標為(3,0),點M滿足|AM|=1,PM·AM=0,則|PM|的最小值是A.2 B.3 C.22 D.3答案C解析由|AM|=1可知點M的軌跡是以點A為圓心,1為半徑的圓,過點P作該圓的切線PM,則PM·AM=0,|PA|2=|PM|2+|AM|2,得|PM|2=|PA|2-1,所以要使|PM|取得最小值,需使|PA|取得最小值,而|PA|的最小值為6-3=3,此時|PM|=22,故選C.3.(2020屆安徽合肥模擬)若定義在R上的函數f(x)滿足f(x+2)=f(x),且當x∈[-1,1]時,f(x)=|x|,則方程f(x)=log3|x|的根的個數是().A.4 B.5 C.6 D.7答案A解析因為函數f(x)滿足f(x+2)=f(x),所以函數f(x)是周期為2的周期函數.又當x∈[-1,1]時,f(x)=|x|,所以函數f(x)的圖象如圖所示.再作出y=log3|x|的大致圖象,易得兩函數的圖象有4個交點,所以方程f(x)=log3|x|有4個根.故選A.4.(2020屆山東濱州模擬)趙爽是我國古代數學家、天文學家,大約在公元222年,趙爽為《周髀算經》一書作序時,介紹了“勾股圓方圖”,亦稱“趙爽弦圖”(以弦為邊長得到的正方形是由4個全等的直角三角形再加上中間的一個小正方形組成的),類比“趙爽弦圖”,可類似地構造如圖所示的圖形,它是由3個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形,設DF=2AF,則().A.AD=213AC+913AB B.ADC.AD=313AC+613AB D.AD答案D解析設DF=2AF=2,因此BD=AF=1.又由題意可得∠ADB=120°,所以AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=32+12-6cos120°=13,因此AB=13.延長AD交BC于M,記∠DAB=θ,∠AMB=α,則cos∠DAB=AD2+AB2-BD22AD·AB=9+13-1613=71326,所以sin∠DAB=1-cos2∠DAB=3926.又由題意易知∠DAB=∠DBM,則α=120°-θ,在三角形DBM中,由正弦定理可得BMsin∠MDB=DMsin∠DBM=BDsin∠DMB,即BMsin60°=DMsinθ=1sin(120°-θ),因此BM=sin60°sin(120°-θ)=3232cosθ+12sinθ=134=15.(2020屆河北張家口模擬)若函數f(x)=xlnx-a有兩個零點,則實數a的取值范圍為.

答案-解析令g(x)=xlnx,h(x)=a,則問題可轉化成函數g(x)與h(x)的圖象有兩個交點.由g'(x)=lnx+1,令g'(x)<0,即lnx<-1,解得0<x<1e;令g'(x)>0,即lnx>-1,解得x>1e.所以當0<x<1e時,函數g(x)單調遞減;當x>1e時,函數g(由此可知當x=1e時,g(x)min=-1e.作出函數g(x)和h(x)圖象的簡圖如圖所示,據圖可得實數a的取值范圍為-1e6.(2020屆山東濟南模擬)已知函數g(x)=a-x2-2x,f(x)=g(x),x<0,g(x-1),解析由題意知,f(x)=a所以f(x)-x=a所以y=f(x)-x有三個零點等價于a=x2+3令h(x)=x畫出y=h(x)的圖象如圖所示,將水平直線y=a從上向下平移,當a=0時,有兩個交點,再向下平移,有三個交點;當a=-1時,有三個交點,再向下就只有兩個交點了.因此實數a的取值范圍是[-1,0).7.(2020屆湖南省長沙市第三中學模擬)已知A(1,1)為橢圓x29+y25=1內一點,F1為橢圓的左焦點,P為橢圓上一動點,求|PF解析由x29+y25=1可知a=3,b=5,c=2,左焦點F1(-2,0),右焦點F2(2由橢圓的定義,知|PF1|=2a-|PF2|=6-|PF2|,∴|PF1|+|PA|=6-|PF2|+|PA|=6+|PA|-|PF2|.如圖,由||PA|-|PF2||≤|AF2|=(2-1)2+(0-1)2=當點P在AF2的延長線上的點P2處時,取右“=”,當點P在AF2的反向延長線上的點P1處時,取左“=”,即|PA|-|PF2|的最大值和最小值分別為2和-2.于是|PF1|+|PA|的最大值是6+2,最小值是6-2.分類討論思想(見學生用書P111)分類討論思想就是將一個復雜的數學問題分解成若干個簡單的基礎問題,通過對基礎問題的解答來解決原問題的思維策略.實質上就是“先化整為零,逐個擊破,再積零為整”的策略,使用分類討論思想應明白這樣幾點:一是引起分類的原因;二是分類中的原則,不重不漏,分類標準統(tǒng)一;三是明確分類的步驟;四是將各類情況總結歸納.常見的分類問題有以下幾種:(1)由概念引起的分類;(2)由性質、定理、公式的限制條件引起的分類;(3)由數學運算引起的分類;(4)由圖形的不確定性引起的分類;(5)由參數的變化引起的分類.分類透析1由公式、定理引起的分類例1已知函數f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,|φ|≤π2,且x=-π4為f(x)的零點,直線x=π4為y=f(x)圖象的對稱軸,且?x∈11π36,17π36A.5 B.4 C.3 D.2答案C解析因為x=-π4為f(x)的零點,所以-π4ω+φ=k1π(k1∈Z因為直線x=π4為y=f(x)圖象的對稱軸,所以π4ω+φ=k2π+π2(k2∈由①+②,得2φ=(k1+k2)π+π2,解得φ=(k1因為|φ|≤π2,得φ=±π由②-①,得π2ω=(k2-k1)π+π2,所以ω=2(k2-k1)+1=2n+1(n∈Z當ω=5時,如果f(x)=sin5x令5x+π4=kπ+π2,k∈Z,所以x=kπ5+π20當k=2時,x=9π20∈11π如果f(x)=sin5x-π4,令5x-π4=kπ+π2,k∈Z,所以x=kπ當k=1時,x=7π20∈11π當ω=3時,如果f(x)=sin3x+π4,令3x+π4=kπ+π2,k∈Z,所以x=kπ當k=1時,x=5π12∈11π如果f(x)=sin3x令3x-π4=kπ+π2,k∈Z,所以x=kπ3+π4(k∈Z)?11小結解決由概念、法則、公式引起的分類整合問題的步驟:第一步,確定需要分類的目標與對象,一般把需要用到公式、定理解決問題的對象作為分類目標.第二步,根據公式、定理確定分類標準,運用公式、定理對分類對象進行區(qū)分.第三步,分類解決“分目標”問題,對分類出來的“分目標”分別進行處理.第四步,匯總“分目標”,將“分目標”問題進行匯總,并進一步處理.分類透析2由位置關系引起的分類例2設A,B是橢圓C:x23+y2m=1長軸的兩個端點,若C上存在點M滿足∠AMB=120°,則m的取值范圍是A.(0,1]∪[9,+∞) B.(0,3]∪[9,+∞)C.(0,1]∪[4,+∞) D.(0,3]∪[4,+∞)答案A解析如圖,設DE是橢圓的短軸,利用動態(tài)分析或過A,D,B作圓F,根據圓周角定理,易知∠AMB≤∠ADB.若橢圓C上存在點M滿足∠AMB=120°,則∠ADB≥120°,所以|OB||OD|=tan∠ODB≥tan60°=3.當焦點在x軸上時,|OB|=3,|OD|=m,3m≥3,解得0<m≤1;當焦點在y軸上時,|OB|=m,|OD|=3,m3≥3,解得m≥9.故m的取值范圍是(0,1]∪小結六類常見的由圖形的位置或形狀變化引起的分類整合:(1)二次函數圖象的對稱軸的變化;(2)函數問題中區(qū)間的變化;(3)函數圖象形狀的變化;(4)直線由斜率引起的位置變化;(5)圓錐曲線由焦點引起的位置變化或由離心率引起的形狀變化;(6)立體幾何中點、線、面的位置變化等.分類透析3由參數問題引起的分類例3已知函數f(x)=ex,g(x)=ax2+x+1(a>0).(1)設F(x)=g(x)f(x),(2)若0<a≤12,證明:f(x)>g(x)在(0,+∞)上恒成立解析(1)F(x)=g(x)f(x)=ax2+①若a=12,則F'(x)=-x22ex≤0,∴F(②若a>12,則2a-1a>0,當x<0或x>2a-1a時,F'(x)<0,當0<x<2a-1a時,F'(x)>0,∴F(x)③若0<a<12,則2a-1a<0,當x<2a-1a或x>0時,F'(x)<0,當2a-1a<x<0時,F'(x)>0,∴F(x)(2)∵0<a≤12,∴ax2+x+1≤12x2+x+設h(x)=ex-12x2-x-1,則h'(x)=ex-x-1設p(x)=h'(x)=ex-x-1,則p'(x)=ex-1,在(0,+∞)上p'(x)>0恒成立.∴h'(x)在(0,+∞)上單調遞增.又∵h'(0)=0,∴當x∈(0,+∞)時,h'(x)>0,∴h(x)在(0,+∞)上單調遞增,∴h(x)>h(0)=0,∴ex-12x2-x-1>0,即ex>12x2+x+∴ex>12x2+x+1≥ax2+x+1∴f(x)>g(x)在(0,+∞)上恒成立.小結利用分類思想解決問題的注意事項:(1)分類整合要標準統(tǒng)一,層次分明,分類要做到“不重不漏”.(2)分類整合時要先根據題設條件確定討論的級別,再確定每級討論的對象與標準,每級討論中所分類別應做到與前面所述不重不漏,最后將討論結果歸類合并,其中級別與級別之間有嚴格的先后順序,類別和類別之間沒有先后.最后整合時要注意是取交集、并集,還是既不取交集也不取并集只是分條列出.(見學生用書P112)1.(2020屆山東淄博模擬)已知x∈R,sinx-3cosx=5,則tan2x=().A.43 B.34 C.-34 答案A解析由sinx-3cosx=5及sin2x+cos2x=1,得(5+3cosx)2+cos2x=1,即5cos2x+35cosx+2=0,解得cosx=-255或cosx=-55.所以當cosx=-255時,sinx=-55,tanx=12,tan2x=2×121-14=43;當cosx=-55時,sinx=255,tanx=-2,2.(2020屆山東煙臺模擬)已知實數x,y滿足約束條件x-y≥0,x+2y≤4,x-2A.3 B.14C.3或143 D.3或-答案D解析先畫出線性約束條件所表示的可行域,如圖中陰影部分所示,目標函數化為y=-1ax+1a當a>0時,-1a<0,只需目標函數截距最大①若-12<-1a<0,即a>2,最優(yōu)解為A43,43,z=43+43②若-1a<-12,即0<a<2,最優(yōu)解為Bz=3+12a=163,a=143,不符合題意當a<0時,-1a>0,只需目標函數截距最?、廴?<-1a<12,即a<-2,最優(yōu)解為C(-2,-z=-2-2a=163,a=-113,④若12<-1a<1,即-2<a<-1,最優(yōu)解為Bz=3+12a=163,a=143,不符合題意⑤若-1a>1,即-1<a<0,最優(yōu)解為B3z=3+12a=163,a=143,不符合題意綜上可知,實數a的值為3或-113.故選3.(2020屆廣東十校聯(lián)考)等比數列{an}的前n項和為Sn,若對任意的正整數n,Sn+2=4Sn+3恒成立,則a1的值為().A.-3 B.1C.-3或1 D.1或3答案C解析設等比數列{an}的公比為q,當q=1時,Sn+2=(n+2)a1,Sn=na1.由Sn+2=4Sn+3,得(n+2)a1=4na1+3,即3a1n=2a1-3,若對任意的正整數n,3a1n=2a1-3恒成立,則a1=0且2a1-3=0矛盾,所以q≠1,所以Sn=a1(1-qn)1-q,Sn+2=a1(1-qn+2)1-q,代入Sn+2=4Sn+3并化簡得a1(4-q2)q故a1=1或-3.故選C.4.(2020屆山西太原模擬)已知數列{an}的前n項和Sn滿足Sn=2an+1(n∈N*),且a1=1,則數列{an}的通項公式是.

答案an=1解析①當n=1時,由已知可得a1=2a2,即a2=a12=②當n≥2時,由已知Sn=2an+1(n∈N*),可得Sn-1=2an(n≥2,n∈N*),兩式相減得an=2an+1-2an?2an+1=3an,即an+1an=32,所以數列{an}從第二項開始變成一個首項為a2=12,公比為32的等比數列,故當n≥2,n∈N*時有所以an=15.(2020屆株洲模擬)設F1,F2為橢圓x29+y24=1的兩個焦點,P為橢圓上一點.已知P,F1,F2是一個直角三角形的三個頂點,且|PF1|>|PF2|,解析①若∠PF2F1=90°,則|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2,又∵|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=25,解得|PF1|=143,|PF2|=43,∴|P②若∠F1PF2=90°,則|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2,∴|PF1|2+(6-|PF1|)2=20,解得|PF1|=4,|PF2|=2,∴|PF1綜上可知,|PF1||PF6.(2020屆湖北武漢模擬)函數f(x)=1e·ex-ax-1e(a為常數)的圖象與x(1)求函數f(x)的單調區(qū)間;(2)若a=-2,存在不相等的實數x1,x2,滿足f(x1)=-f(x2),證明:x1+x2<0.解析(1)函數f(x)的定義域為R,且f(0)=0,由題意可知,曲線f(x)與x軸存在公共點M(0,0),又f'(x)=ex-1-a,若a≤0,則f'(x)>0,f(x)單調遞增,若a>0,由f'(x)=0得x=1+lna,當x∈(-∞,1+lna)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減;當x∈(1+lna,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調遞增.①當1+lna=0,即a=1e時,f(x)的極小值為f(0)=0曲線f(x)與x軸只有一個公共點,符合題意;②當1+lna>0,即a>1e時,由基本結論“當x>0時,ex>x2”,a+2>1+lna,知f(a+2)=ea+1-a(a+2)-1e>(a+1)2-a2-2a-1=又f(1+lna)<f(0)=0,由零點存在定理知,此時的函數f(x)在區(qū)間(1+lna,a+2)上有一個零點,這與函數f(x)的圖象與x軸有唯一公共點矛盾,舍去.③當1+lna<0,即0<a<1e時,設m(a)=1+lna+1ae,則m'(a)=ae-1a2e<0,故m(即1+lna>-1ae,f-1ae=e-1ae-1--aae-1e=e-1ae由零點存在定理知,此時函數f(x)在區(qū)間-1ae,1+lna上有一個零點,這與函數f(x)綜上所述,當a=1e時,f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞),單調遞減區(qū)間為(-∞,0當a≤0時,f(x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,+∞),無單調遞減區(qū)間.(2)當a=-2時,f(x)=ex-1+2x-1e,由f(x1)=-f(x2),得ex1-1+2x1所以2x1+2x2+(ex1-1+ex2由基本不等式,知2(x1+x2)+2ex1-1·即ex1+x22-1+(x1所以fx1+x22<0,即fx1+x22<f(0),而當a=-2時,由(1)知f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增,故x1轉化與化歸思想(見學生用書P113)轉化與化歸思想是指在研究解決數學問題時,采用某種手段將問題進行轉化,使問題得以解決的一種思維策略.其核心是把復雜的問題化歸為簡單的問題,將較難的問題化歸為較容易求解的問題,將未能解決的問題化歸為已經解決的問題.常見的轉化與化歸思想應用具體表現(xiàn)如下:將抽象函數問題轉化為具體函數問題,將立體幾何和解析幾何中一般點或一般圖形問題轉化為特殊點或特殊圖形問題,以及“至少”或“是否存在”等正向思維受阻問題轉化為逆向思維問題,空間與平面的轉化,相等問題與不等問題的轉化等.分類透析1特殊與一般的轉化例1在平行四邊形ABCD中,|AB|=12,|AD|=8.若點M,N滿足BM=3MC,DN=2NC,則AM·NM=().A.20 B.15C.36 D.6答案C解析(法一)由BM=3MC,DN=2NC知,點M是BC的一個四等分點,且BM=34BC,點N是DC的一個三等分點,且DN=23DC.所以AM=AB+BM=AB+34AD,AN=AD+DN=AD+23AB,所以NM=AM-AN=AB+34AD-AD+23AB=13AB-14AD,所以AM·NM=AB+(法二)不妨設∠DAB為直角,以AB所在的直線為x軸,AD所在的直線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標系,則M(12,6),N(8,8),所以AM=(12,6),NM=(4,-2),所以AM·NM=12×4+6×(-2)=36,故選C.小結一般問題特殊化,使問題處理變得直接、簡單;特殊問題一般化,把握問題的一般規(guī)律,使我們達到成批處理問題的效果.對于客觀題,當題設條件提供的信息在普通條件下都成立或暗示答案是一個定值時,可以把題中變化的量用特殊值代替,從而更快捷地得到答案.分類透析2函數、方程、不等式之間的轉化例2已知函數f(x)=ax(x2-1)+x(a>0),方程f[f(x)]=b對于任意b∈[-1,1]都有9個不等實根,則實數a的取值范圍為().A.(1,+∞) B.(2,+∞)C.(3,+∞) D.(4,+∞)答案D解析∵f(x)=ax(x2-1)+x(a>0),∴f'(x)=3ax2+(1-a).若a≤1,則f'(x)≥0,f(x)單調遞增,此時方程f[f(x)]=b不可能有9個不等實根,故a>1.令f'(x)=0,解得x=±a-13a,不妨令x1=-a-13∵當a>1時,a-1<3a,∴-1<x1<0,0<x2<1.∵f(-x)=a(-x)·[(-x)2-1]+(-x)=-[ax(x2-1)+x]=-f(x),∴f(x)是奇函數,又函數f(x)過定點(1,1),(-1,-1)和(0,0),則作出函數f(x)的大致圖象如圖所示.令f(x)=t,方程f(t)=b對于任意b∈[-1,1]都有9個不等實根,即方程f(x)=t1,f(x)=t2,f(x)=t3,一共有9個不等實根,∴f(x)在極小值點處的函數值小于-1,即fa-13a=23(1-a)a-13a<-1,即(a-4)(2a+1)2>0,解得a>4,故實數a小結函數、方程與不等式三者之間存在著密不可分的聯(lián)系,解決方程、不等式的問題需要函數的幫助,解決函數的問題需要方程、不等式的幫助.因此借助函數、方程、不等式之間的轉化可以將問題化繁為簡,常常將不等式中的恒成立問題轉化為函數的最值問題,將證明不等式問題轉化為函數的單調性與最值問題,將方程的求解問題轉化為函數的零點問題.分類透析3正難則反的轉化例3已知函數f(x)=ax2-x+lnx在區(qū)間(1,2)上不單調,則實數a的取值范圍為.

答案0解析f'(x)=2ax-1+1x(ⅰ)若函數f(x)在區(qū)間(1,2)上單調遞增,則f'(x)≥0在(1,2)上恒成立,所以2ax-1+1x≥0,得a≥121x-1令t=1x,因為x∈(1,2),所以t=1x∈設h(t)=12(t-t2)=-12t-122+18,t∈12,1,顯然函數y=h(t)在區(qū)間12,1上單調遞減,所以h(1)<h(t)<h12,即0(ⅱ)若函數f(x)在區(qū)間(1,2)上單調遞減,則f'(x)≤0在(1,2)上恒成立,所以2ax-1+1x≤0,得a≤1結合(ⅰ)可知,a≤0.綜上可知,若函數f(x)在區(qū)間(1,2)上單調,則實數a的取值范圍為(-∞,0]∪18,+∞.所以若函數f(x)在區(qū)間(1,2)上不單調,則實數小結正難則反,利用補集求得其解,這就是補集思想,一種充分體現(xiàn)對立統(tǒng)一、相互轉化的思想方法.一般地,題目若出現(xiàn)成立的情形有多種,則不成立的情形相對很少,從反面考慮較簡單,因此,間接法多用于解決含有“至多”“至少”情形的問題.分類透析4形體位置關系的轉化例4如圖所示,已知在多面體ABCGDEF中,AB,AC,AD兩兩互相垂直,平面ABC∥平面DEFG,平面BEF∥平面ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1,則該多面體的體積為.

答案4解析(法一:分割法)因為幾何體有兩對相對的面互相平行,如圖所示,過點C作CH⊥DG于點H,連接EH,即把多面體分割成一個直三棱柱DEH-ABC和一個斜三棱柱BEF-CHG.由題意,知V三棱柱DEH-ABC=S△DEH·AD=12×2×1×2=2,V三棱柱BEF-CHG=S△BEF·DE=12×2×1×2=2.故所求幾何體的體積為V多面體ABCGDEF=2+2=4(法二:補形法)因為幾何體有兩對相對的面互相平行,如圖所示,將多面體補成棱長為2的正方體,顯然所求多面體的體積即該正方體體積的一半.又正方體的體積V正方體ABHI-DEKG=23=8,故所求幾何體的體積為V多面體ABCGDEF=12×8=4小結形體位置關系的轉化是通過切割、補形、等體積轉化等方式轉化為便于觀察、計算的常用幾何體.由于新幾何體是轉化而來的,一般需要對新幾何體的位置關系、數據情況進行必要的分析,準確理解新幾何體的特征.(見學生用書P113)1.(2020屆陜西咸陽模擬)若函數f(x)=1+x3,則f(lg2)+flg12=(A.2 B.4C.-2 D.-4答案