空間幾何體的三視圖及其表面積、體積和立體幾何的三個(gè)難點(diǎn)問題

空間幾何體的三視圖及其表面積、體積和立體幾何的三個(gè)難點(diǎn)問題一、空間幾何體的三視圖及其表面積、體積柱、錐、臺(tái)、球及其簡(jiǎn)單組合體，三視圖，直觀圖等內(nèi)容是立體幾何的基礎(chǔ)，是研究空間問題的基本載體，也是高考對(duì)立體幾何考查的一個(gè)重要方面，其中幾何體的結(jié)構(gòu)特征和三視圖是高考的熱點(diǎn)．(一)高考對(duì)三視圖的三個(gè)考查角度1．由幾何體畫三視圖或考查對(duì)簡(jiǎn)單幾何體的三視圖的識(shí)別解答此類問題的關(guān)鍵是：一要掌握各種基本幾何體的三視圖，注意簡(jiǎn)單組合體的構(gòu)成；二要熟悉三視圖“長(zhǎng)對(duì)正、高平齊、寬相等”的法則．[例1]如圖所示，已知三棱錐的底面是直角三角形，直角邊長(zhǎng)分別為3和4，過直角頂點(diǎn)的側(cè)棱長(zhǎng)為4，且垂直于底面，該三棱錐的主視圖是()[解析]結(jié)合三視圖的畫法規(guī)則可知B正確．[答案]B2．由三視圖還原幾何體，考查對(duì)空間幾何體的認(rèn)識(shí)及空間想象能力．由幾何體的三視圖還原幾何體，一般如下處理：首先通過俯視圖確定幾何體底面的大致形狀，然后利用正視圖和側(cè)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征，調(diào)整實(shí)線和虛線所對(duì)應(yīng)的棱、面的位置，確定幾何體的形狀．[例2]三視圖如圖所示的幾何體是()A．三棱錐B．四棱錐C．四棱臺(tái)D．三棱臺(tái)[解析]由三視圖知該幾何體為一四棱錐，其中有一側(cè)棱垂直于底面，底面為一直角梯形．[答案]B3．借助于三視圖研究幾何體的表面積、體積解決此類問題關(guān)鍵是通過三視圖確定空間幾何體中的幾何量的關(guān)系其中，正視圖、側(cè)視圖的高就是空間幾何體的高，正視圖、俯視圖中的長(zhǎng)就是空間幾何體的最大長(zhǎng)度，側(cè)視圖、俯視圖中的寬就是空間幾何體的最大寬度．[例3]如圖是某幾何體的三視圖，其中正視圖是斜邊長(zhǎng)為2a的直角三角形，側(cè)視圖是半徑為a的半圓，則該幾何體的體積是()A.eq\f(\r(3),6)πa3 B.eq\r(3)πa3C.eq\f(\r(3),4)πa3 D．2eq\r(3)πa3[解析]由側(cè)視圖為半圓可知，該幾何體與圓柱、圓錐、球有關(guān)，結(jié)合正視圖是一個(gè)直角三角形知該幾何體是沿中心軸線切開的半個(gè)圓錐，將剖面放置在桌面上，如圖，由條件知，半圓錐的母線長(zhǎng)為2a，底面半徑為a，故半圓錐的高為eq\r(2a2－a2)＝eq\r(3)a，幾何體的體積V＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×πa2×\r(3)a))＝eq\f(\r(3),6)πa3.[答案]A(二)求體積的幾種方法空間幾何體的體積是高考考查立體幾何的考點(diǎn)之一，求空間幾何體的體積的常用方法主要有：公式法、轉(zhuǎn)化法、割補(bǔ)法．1．公式法：直接根據(jù)相關(guān)的體積公式計(jì)算．[例4]一個(gè)正方體的各頂點(diǎn)均在同一球的球面上，若該球的體積為4eq\r(3)π，則該正方體的表面積為________．[解析]依題意知正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)等于球的直徑，設(shè)球的半徑為R，則4eq\r(3)π＝eq\f(4,3)πR3，所以R＝eq\r(3)，于是正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為2eq\r(3).設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則有2eq\r(3)＝eq\r(3)a，于是a＝2，因此正方體的表面積為6a2＝24.[答案]242．轉(zhuǎn)化法：根據(jù)體積計(jì)算公式，通過轉(zhuǎn)換空間幾何體的底面和高，從而使得體積計(jì)算更容易，或是可以求出一些體積比等．[例5]如圖所示，在正六棱錐P－ABCDEF中，G為PB的中點(diǎn)，則三棱錐D－GAC與三棱錐P－GAC體積之比為()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．3∶2[解析]根據(jù)三棱錐的特點(diǎn)，可以采用等體積轉(zhuǎn)化的方法解決．法一：如圖所示，由于點(diǎn)G為PB的中點(diǎn)，故點(diǎn)P，B到平面GAC的距離相等，故三棱錐P－GAC的體積等于三棱錐B－AGC的體積，根據(jù)三棱錐的特點(diǎn)，所要解決的兩個(gè)三棱錐的體積之比就等于三棱錐G－ACD與三棱錐G－ABC的體積之比，由于這兩個(gè)三棱錐的高相等，體積之比等于其底面積之比，即△ACD與△ABC的面積之比，這個(gè)面積之比是2∶1.法二：如圖所示，連接BD交AC于H，則點(diǎn)D，B到平面GAC的距離之比等于DH∶BH，因?yàn)椤鰽HD∽△CHB，故DH∶BH＝AD∶BC＝2∶1，三棱錐D－GAC與三棱錐B－GAC底面積相等，故其體積之比等于其高的比，即所求比值是2∶1.[答案]C3．割補(bǔ)法：把不能直接計(jì)算其體積的空間幾何體進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆指罨蜓a(bǔ)形，轉(zhuǎn)化為可以計(jì)算體積的空間幾何體，通過這個(gè)空間幾何體的體積計(jì)算所求的空間幾何體的體積．[例6]如圖所示，若正方體的棱長(zhǎng)為eq\r(2)，則以該正方體各個(gè)面的中心為頂點(diǎn)的凸多面體的體積為()A.eq\f(\r(2),6) B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2,3)[解析]如圖所示，平面ABCD把該多面體分割成兩個(gè)體積相等的正四棱錐．以正方體各個(gè)面的中心為頂點(diǎn)的凸多面體是兩個(gè)全等的正四棱錐，該正四棱錐的高是正方體邊長(zhǎng)的一半，底面面積是正方體一個(gè)面面積的一半，V＝2×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(2)×\r(2)))×eq\f(1,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),3).[答案]B二、破解高考中立體幾何的三個(gè)難點(diǎn)問題破解難點(diǎn)一：探究與球有關(guān)的組合體問題與球有關(guān)的組合體問題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時(shí)要認(rèn)真分析圖形，明確切點(diǎn)和接點(diǎn)的位置，確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系，并作出合適的截面圖．如球內(nèi)切于正方體，切點(diǎn)為正方體各個(gè)面的中心，正方體的棱長(zhǎng)等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點(diǎn)均在球面上，正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)等于球的直徑．球與旋轉(zhuǎn)體的組合，通常作它們的軸截面解題，球與多面體的組合，通過多面體的一條側(cè)棱和球心、“切點(diǎn)”或“接點(diǎn)”作出截面圖．[例1]四棱錐S－ABCD的底面邊長(zhǎng)和各側(cè)棱長(zhǎng)都為eq\r(2)，點(diǎn)S，A，B，C，D都在同一個(gè)球面上，則該球的體積為________．[解析]如圖所示，根據(jù)對(duì)稱性，只要在四棱錐的高線SE上找到一個(gè)點(diǎn)O使得OA＝OS，則四棱錐的五個(gè)頂點(diǎn)就在同一個(gè)球面上．在Rt△SEA中，SA＝eq\r(2)，AE＝1，故SE＝1.設(shè)球的半徑為r，則OA＝OS＝r，OE＝1－r.在Rt△OAE中，r2＝(1－r)2＋1，解得r＝1，即點(diǎn)O為球心，故這個(gè)球的體積是eq\f(4π,3).[答案]eq\f(4π,3)破解難點(diǎn)二：平面圖形翻折問題的求解將平面圖形沿其中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，這類問題稱之為平面圖形翻折問題．平面圖形經(jīng)過翻折成為空間圖形后，原有的性質(zhì)有的發(fā)生了變化，有的沒有發(fā)生變化，弄清它們是解決問題的關(guān)鍵．一般地，翻折后還在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)可能會(huì)發(fā)生變化，解決這類問題就是要據(jù)此研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和幾何量的度量值，這是解決翻折問題的主要方法．[例2]如圖邊長(zhǎng)為a的等邊三角形ABC的中線AF與中位線DE交于點(diǎn)G，已知△A′DE是△ADE繞DE旋轉(zhuǎn)過程中的一個(gè)圖形，則下列命題中正確的是()①動(dòng)點(diǎn)A′在平面ABC上的射影在線段AF上；②BC∥平面A′DE；③三棱錐A′-FED的體積有最大值．A．① B．①②C．①②③ D．②③[解析]①中由已知可得面A′FG⊥面ABC，所以點(diǎn)A′在面ABC上的射影在線段AF上．②∵BC∥DE，且BC?平面A′DE，DE?平面A′DE，∴BC∥平面A′DE.③當(dāng)面A′DE⊥面ABC時(shí)，三棱錐A′-FED的體積達(dá)到最大．[答案]C破解難點(diǎn)三：立體幾何中的探索性問題立體幾何中的探索性問題的主要類型有：(1)探索條件，即探索能使結(jié)論成立的條件是什么；(2)探索結(jié)論，即在給定的條件下，命題的結(jié)論是什么．1．綜合法對(duì)命題條件的探索常采用以下三種方法：(1)先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明；(2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明其充分性；(3)把幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，探索命題成立的條件．對(duì)命題結(jié)論的探索常采用以下方法：首先假設(shè)結(jié)論成立，然后在這個(gè)假設(shè)下進(jìn)行推理論證，如果通過推理得到了合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè)，如果得到了矛盾的結(jié)果就否定假設(shè)．[例3](2013·東城模擬)如圖，在△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F(xiàn)分別是AC，AD上的動(dòng)點(diǎn)，且eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝λ(0<λ<1)．(1)判斷EF與平面ABC的位置關(guān)系并給予證明；(2)是否存在λ，使得平面BEF⊥平面ACD，如果存在，求出λ的值；如果不存在，說明理由．[解](1)EF⊥平面ABC.因?yàn)锳B⊥平面BCD，所以AB⊥CD，又在△BCD中，∠BCD＝90°，所以BC⊥CD，又AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC.又在△ACD中，E，F(xiàn)分別是AC，AD上的動(dòng)點(diǎn)，且eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝λ(0<λ<1)，∴EF∥CD.∴EF⊥平面ABC.(2)存在．∵CD⊥平面ABC，BE?平面ABC，∴BE⊥CD，∵∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，∴BD＝eq\r(2).在Rt△ABD中，∠ADB＝60°，∴AB＝BDtan60°＝eq\r(6)，則AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(7)，當(dāng)BE⊥AC時(shí)，BE＝eq\f(AB×BC,AC)＝eq\f(\r(6),\r(7))，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\f(6\r(7),7)，則eq\f(AE,AC)＝eq\f(\f(6\r(7),7),\r(7))＝eq\f(6,7)，則λ＝eq\f(AE,AC)＝eq\f(6,7)時(shí)，BE⊥AC，又BE⊥CD，AC∩CD＝C，∴BE⊥平面ACD.∵BE?平面BEF，∴平面BEF⊥平面ACD.所以存在λ，且當(dāng)λ＝eq\f(6,7)時(shí)，平面BEF⊥平面ACD.方法2.空間向量法不論是對(duì)命題條件還是對(duì)命題結(jié)論的探索，利用空間向量法均可降低思維難度和計(jì)算難度，只要合理建立空間直角坐標(biāo)系，標(biāo)出各點(diǎn)的坐標(biāo)，求出直線的方向向量和平面的法向量(根據(jù)題中要求可引入?yún)?shù))，結(jié)合結(jié)論和已知條件(若有參數(shù)則解出參數(shù))，即可得出結(jié)果．[例4](2012·淄博模擬)已知在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別是線段AB，BC的中點(diǎn)．(1)證明：PF⊥FD；(2)判斷并說明PA上是否存在點(diǎn)G，使得EG∥平面PFD；(3)若PB與平面ABCD所成的角為45°，求二面角A－PD－F的余弦值．[解](1)證明：∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(xiàn)(1,1,0)，D(0,2,0)不妨令P(0,0，t)，則＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)，∴·＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0，即PF⊥FD.(2)存在，設(shè)平面PFD的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－tz＝0，,x－y＝0，))令z＝1，解得x＝y(tǒng)＝eq\f(t,2).∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)，\f(t,2)，1)).設(shè)G點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,0，m)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，則＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，m))，要使EG∥平面PFD，只需·n＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq\f(t,2)＋0×eq\f(t,2)＋m×1＝m－eq\f(t,4)＝0，得m＝eq\f(1,4)t，從而滿足AG＝eq\f(1,4)AP的點(diǎn)G即為所求．(3)∵AB⊥平面PAD，∴是平面PAD的法向量，易得＝(1,0,0)．又∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA是PB與平面ABCD所成的角，得∠PBA＝45°，則PA＝1，平面PFD的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，∴cos〈，n〉＝eq\f(·n,|||n|)＝eq\f(\f(1,2),\r(\f(1,4)＋\f(1,4)＋1))＝eq\f(\r(6),6)，從而二面角A－PD－F的余弦值為eq\f(\r(6),6).兩類不等式恒成立問題的求解策略不等式恒成立問題是數(shù)學(xué)試題中的重要題型，涉及數(shù)學(xué)中各部分知識(shí)，但主要是函數(shù)中的不等式恒成立問題和數(shù)列中的不等式恒成立問題，涉及題型一般有兩類：一是已知不等式恒成立，求參數(shù)的取值范圍，解決這類問題的基本方法是相同的，首選方法是利用分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為求新函數(shù)、新數(shù)列的最值問題，如果不能分離參數(shù)或者分離參數(shù)比較復(fù)雜時(shí)，一般選擇函數(shù)的方法，通常利用函數(shù)的最值解決；二是證明不等式恒成立，在函數(shù)中一般選擇以算代證，即通過求函數(shù)的最值證明不等式．在數(shù)列中，很多時(shí)候可以與放縮法結(jié)合起來，對(duì)所證不等式的一側(cè)進(jìn)行適當(dāng)放大或縮小，下面分別舉例說明．一、函數(shù)中的不等式恒成立問題函數(shù)是不等式恒成立問題的主要載體，通常通過不等式恒成立問題考查等價(jià)轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)的最值或值域，對(duì)涉及已知函數(shù)在給定區(qū)間上恒成立，求參數(shù)的取值范圍、證明不等式等問題，大多數(shù)題目可以利用分離參數(shù)的方法，將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值或值域問題．[例1]已知兩個(gè)函數(shù)f(x)＝8x2＋16x－k，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，其中k為實(shí)數(shù)．(1)若對(duì)任意的x∈[－3,3]，都有f(x)≤g(x)成立，求k的取值范圍；(2)若對(duì)任意的x1、x2∈[－3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求k的取值范圍．[解](1)令F(x)＝g(x)－f(x)＝2x3－3x2－12x＋k.問題轉(zhuǎn)化為F(x)≥0在x∈[－3,3]時(shí)恒成立，故解[F(x)]min≥0即可．∵F′(x)＝6x2－6x－12＝6(x2－x－2)，故由F′(x)＝0，得x＝2或x＝－1.∵F(－3)＝k－45，F(xiàn)(3)＝k－9，F(xiàn)(－1)＝k＋7，F(xiàn)(2)＝k－20，∴[F(x)]min＝k－45.由k－45≥0，解得k≥45.故實(shí)數(shù)k的取值范圍是[45，＋∞)．(2)由題意可知當(dāng)x∈[－3,3]時(shí)，都有[f(x)]max≤[g(x)]min.由f′(x)＝16x＋16＝0，得x＝－1.∵f(－3)＝24－k，f(－1)＝－8－k，f(3)＝120－k，∴[f(x)]max＝－k＋120.由g′(x)＝6x2＋10x＋4＝0，得x＝－1或x＝－eq\f(2,3).∵g(－3)＝－21，g(3)＝111，g(－1)＝－1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－eq\f(28,27)，∴[g(x)]min＝－21.則120－k≤－21，解得k≥141.∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是[141，＋∞)．[點(diǎn)評(píng)]將恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題來處理，一般有下面兩種類型：(1)若所給函數(shù)能直接求出最值，則有：①f(x)>0恒成立?[f(x)]min>0；②f(x)≤0恒成立?[f(x)]max≤0.(2)若所給的不等式能通過恒等變形使參數(shù)與主元分離于不等式兩端，從而問題轉(zhuǎn)化為求主元函數(shù)的最值，進(jìn)而求出參數(shù)范圍，則有(下面的a為參數(shù))：①f(x)<g(a)恒成立?g(a)>[f(x)]max；②f(x)>g(a)恒成立?g(a)<[f(x)]min.[例2]已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x2，(a為實(shí)常數(shù))．(1)若a＝－2，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對(duì)?x∈[1，e]，使得f(x)≤(a＋2)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝－2時(shí)，f(x)＝x2－2lnx，所以f′(x)＝eq\f(2x2－1,x).令f′(x)＝eq\f(2x2－1,x)>0，得x<－1或x>1.且定義域?yàn)?0，＋∞)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(1，＋∞)．令f′(x)＝eq\f(2x2－1,x)<0，得－1<x<1，且定義域?yàn)?0，＋∞)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(0,1)．(2)不等式f(x)≤(a＋2)x，可化為a(x－lnx)≥x2－2x.因?yàn)閤∈[1，e]，所以lnx≤1≤x且等號(hào)不能同時(shí)取，所以lnx＜x，即x－lnx>0.因而a≥eq\f(x2－2x,x－lnx)(x∈[1，e])．令g(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)(x∈[1，e])，又g′(x)＝eq\f(x－1x＋2－2lnx,x－lnx2)，當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，x－1≥0，lnx≤1，x＋2－2lnx>0，從而g′(x)≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào))．所以g(x)在[1，e]上為增函數(shù)．故[g(x)]max＝g(e)＝eq\f(e2－2e,e－1).所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e－1)，＋∞)).[點(diǎn)評(píng)]利用不等式與函數(shù)和方程之間的聯(lián)系，將問題轉(zhuǎn)化成一次函數(shù)或二次函數(shù)(二次方程)的問題研究，一般有下面幾種類型：1．一次函數(shù)型問題：利用一次函數(shù)的圖象特點(diǎn)求解．對(duì)于一次函數(shù)f(x)＝kx＋b(k≠0)，x∈[m，n]，有(1)f(x)≥0恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm≥0，,fn≥0.))(2)f(x)<0恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm<0，,fn<0.))2．二次函數(shù)型問題：結(jié)合拋物線的形狀考慮對(duì)稱軸、頂點(diǎn)、區(qū)間端點(diǎn)等，列出相關(guān)的不等式，求出參數(shù)的解，下面是兩種基本類型：對(duì)于二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0，x∈R)，有：(1)f(x)>0對(duì)x∈R恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0，))(2)f(x)<0對(duì)x∈R恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0.))二、數(shù)列中的不等式恒成立問題數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，所以解決數(shù)列中的不等式恒成立問題與函數(shù)中不等式恒成立問題的解法相同，基本方法也是利用分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為求新數(shù)列的最值問題，數(shù)列中的最值問題一般是應(yīng)用數(shù)列的單調(diào)性求解；而數(shù)列中的不等式恒成立的證明，則很多時(shí)候可以與放縮法聯(lián)系起來．[例3]在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝can＋cn＋1·(2n＋1)(n∈N*)，其中實(shí)數(shù)c≠0.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若對(duì)一切k∈N*有a2k>a2k－1，求c的取值范圍．[解](1)由a1＝1，a2＝ca1＋c2·3＝3c2＋c＝(22－1)c2＋c，a3＝ca2＋c3·5＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2，a4＝ca3＋c4·7＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3，歸納猜想an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n＝1時(shí)，等式成立；假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，等式成立，即ak＝(k2－1)ck＋ck－1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝cak＋ck＋1(2k＋1)＝c[(k2－1)ck＋ck－1]＋ck＋1·(2k＋1)＝(k2＋2k)ck＋1＋ck＝[(k＋1)2－1]·ck＋1＋ck，綜上，an＝(n2－1)cn＋cn－1對(duì)任何n∈N*都成立．(2)由a2k>a2k－1，得[(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2，因c2k－2>0，所以4(c2－c)k2＋4ck－c2＋c－1>0對(duì)k∈N*恒成立．記f(x)＝4(c2－c)x2＋4cx－c2＋c－1，下面分三種情況討論：①當(dāng)c2－c＝0，即c＝0或c＝1時(shí)，代入驗(yàn)證可知只有c＝1滿足要求．②當(dāng)c2－c<0時(shí)，即0<c<1，拋物線y＝f(x)開口向下，因此當(dāng)正整數(shù)k充分大時(shí)，f(k)<0，不符合題意，此時(shí)無解．③當(dāng)c2－c>0，即c<0或c>1時(shí)，拋物線y＝f(x)開口向上，易知Δ>0，其對(duì)稱軸x＝eq\f(1,21－c)必在直線x＝1的左邊．因此，f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)．所以要使f(k)>0對(duì)k∈N*恒成立，只需f(1)>0即可．由f(1)＝3c2＋c－1>0，解得c<eq\f(－1－\r(13),6)或c>eq\f(－1＋\r(13),6).結(jié)合c<0或c>1，得c<－eq\f(1＋\r(13),6)或c>1.結(jié)合以上三種情況，c的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1＋\r(13),6)))∪[1，＋∞)．[點(diǎn)評(píng)]本題中關(guān)于k的不等式，不能通過分離參數(shù)將k與c分離，這時(shí)的一般解法是直接利用函數(shù)知識(shí)求函數(shù)最值，只是這時(shí)的函數(shù)定義域不是連續(xù)區(qū)間，這也是數(shù)列與函數(shù)的區(qū)別．由此可見，數(shù)列中的不等式恒成立與函數(shù)中不等式恒成立的解法基本相同，不同之處就是定義域不同．排列組合在高考中的多方位交匯及古典概型與幾何概型中的三類錯(cuò)誤一、排列組合在高考中的多方位交匯排列組合問題在高考中是?？純?nèi)容，但近些年在考查角度及與其他知識(shí)的綜合上有了加強(qiáng)，這反映出高考題中重在考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)、分析問題、解決問題的能力．有以下幾個(gè)題型．熱點(diǎn)一：組合知識(shí)與向量知識(shí)的綜合[例1]在集合{1,2,3,4,5}中任取一個(gè)偶數(shù)a和一個(gè)奇數(shù)b構(gòu)成以原點(diǎn)為起點(diǎn)的向量a＝(a，b)．從所有得到的以原點(diǎn)為起點(diǎn)的向量中任取兩個(gè)向量為鄰邊作平行四邊形，記所有作成的平行四邊形的個(gè)數(shù)為n，其中面積不超過4的平行四邊形的個(gè)數(shù)為m，則eq\f(m,n)＝()A.eq\f(4,15) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,5) D.eq\f(2,3)[解析]由已知條件，滿足要求的向量分別為(2,1)，(2,3)，(2,5)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，故能構(gòu)成的平行四邊形個(gè)數(shù)n＝Ceq\o\al(2,6)＝eq\f(6×5,2)＝15.由S平行四邊形＝|x1y2－x2y1|可得，(2,1)，(2,3)兩向量構(gòu)成的平行四邊形面積為S1＝|2×3－1×2|＝4，(2,3)，(2,5)兩向量構(gòu)成的平行四邊形面積為S2＝|2×5－2×3|＝4，(2,1)，(4,1)兩向量構(gòu)成的平行四邊形面積為S3＝|2×1－1×4|＝2，(2,1)，(4,3)兩向量構(gòu)成的平行四邊形面積為S4＝|2×3－1×4|＝2，(2,3)，(4,5)兩向量構(gòu)成的平行四邊形面積為S5＝|2×5－3×4|＝2.面積不超過4的共有m＝5個(gè)．故所求概率為eq\f(m,n)＝eq\f(1,3).[答案]B[點(diǎn)評(píng)]本題中計(jì)數(shù)要求不高，但大家要有代入檢驗(yàn)的意識(shí)．熱點(diǎn)二：組合知識(shí)與概率知識(shí)的綜合[例2]盒中裝有形狀、大小完全相同的5個(gè)球，其中紅色球3個(gè)，黃色球2個(gè)．若從中隨機(jī)取出2個(gè)球，則所取出的2個(gè)球顏色不同的概率等于________．[解析]由題意知，從5個(gè)球中隨機(jī)取出2個(gè)球共有Ceq\o\al(2,5)＝10種不同取法，而取出的球顏色不同共有Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,2)＝6種不同取法，故所取出的2個(gè)球顏色不同的概率P＝eq\f(C\o\al(1,3)·C\o\al(1,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).[答案]eq\f(3,5)[點(diǎn)評(píng)]注意情景中的抽取球的過程與順序無關(guān)，因此屬組合問題，在找2個(gè)球顏色不同的個(gè)數(shù)時(shí)，又用了分步計(jì)數(shù)原理的知識(shí)．熱點(diǎn)三：排列知識(shí)與概率知識(shí)的綜合[例3]有5本不同的書，其中語(yǔ)文書2本，數(shù)學(xué)書2本，物理書1本．若將其隨機(jī)的并排擺放到書架的同一層上，則同一科目的書都不相鄰的概率是()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)[解析]5本書的全排列有Aeq\o\al(5,5)種排法，其中語(yǔ)文書相鄰的排法有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)種，數(shù)學(xué)書相鄰的排法有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)種，語(yǔ)文書數(shù)學(xué)書各自同時(shí)相鄰的排法有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)種，故所求概率為eq\f(A\o\al(5,5)－A\o\al(2,2)A\o\al(4,4)＋A\o\al(2,2)A\o\al(4,4)－A\o\al(2,2)A\o\al(2,2)A\o\al(3,3),A\o\al(5,5))＝eq\f(2,5).[答案]B[點(diǎn)評(píng)]圖書擺放在書架上具有順序性，因此屬于排列問題，本題在處理都不相鄰的問題上靈活應(yīng)用了間接思維，使復(fù)雜問題簡(jiǎn)單化．二、盤點(diǎn)古典概型與幾何概型中的三類錯(cuò)誤古典概型與幾何概型是高考中的常考知識(shí)點(diǎn)．對(duì)于古典概型，列舉法仍是求解其概率的主要方法，而與排列、組合問題相結(jié)合的概率問題仍是命題的熱點(diǎn)；對(duì)于幾何概型除掌握其定義外，其題型的重點(diǎn)主要體現(xiàn)在兩種常見的幾何度量——長(zhǎng)度、面積，難度不會(huì)太大，但題型可能較靈活，背景更新穎．如下幾個(gè)類型易錯(cuò)：類型一：知識(shí)性錯(cuò)誤[例1]設(shè)袋中有4只白球和2只黑球，現(xiàn)從袋中無放回地摸出2只球．(1)求這2只球都是白球的概率；(2)求這2只球中1只是白球1只是黑球的概率．[錯(cuò)解]一次摸出2只球，觀察結(jié)果的顏色只能是(白，白)，(白，黑)，(黑，黑)3種情況，(1)用A表示“2只球都是白球”這一事件，則A＝{(白，白)}，所以P(A)＝eq\f(1,3).(2)用B表示“2只球中1只是白球1只是黑球”這一事件，則B＝{(白，黑)}，所以P(B)＝eq\f(1,3).[錯(cuò)因分析]在上述錯(cuò)解中(白，白)，(白，黑)，(黑，黑)3種結(jié)果的出現(xiàn)不是等可能的．[正解]我們不妨把4只白球標(biāo)以1,2,3,4號(hào)，2只黑球標(biāo)以5,6號(hào)，則基本事件有(1,2)，(1,3)，…，(1,6)，(2,1)，(2,3)，…，(2,6)，…，(6,1)，(6,2)，…，(6,5)，共30個(gè)．(1)用A表示“2只球都是白球”這一事件，則A＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)}共12個(gè)．所以P(A)＝eq\f(12,30)＝eq\f(2,5).(2)用B表示“2只球中1只是白球1只是黑球”這一事件，則B＝{(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)}共16個(gè)．所以P(B)＝eq\f(16,30)＝eq\f(8,15).類型二：數(shù)學(xué)思維方法應(yīng)用錯(cuò)誤[例2]有6個(gè)房間安排4個(gè)旅客住，每個(gè)人可以住進(jìn)任一房間，且住進(jìn)各房間是等可能的．(1)指定的4個(gè)房間中各有1人住的事件的概率為________；(2)指定的房間有2人住的事件的概率為________．[錯(cuò)解]所有基本事件的個(gè)數(shù)為6×5×4×3＝360.(1)指定的4個(gè)房間中各有1人住，有4×3×2×1＝24種，故所求的概率為eq\f(1,15)；(2)從4人中選2人去指定的房間，有6種方法，余下2人每人去5個(gè)房間中的任一間，有5×4＝20種方法，故所求的概率為eq\f(6×20,6×5×4×3)＝eq\f(1,3).[錯(cuò)因分析]本題錯(cuò)誤地理解了基本事件的個(gè)數(shù)，忽視了基本事件可以包含多個(gè)人住一個(gè)房間的情況．[正解]每人可以進(jìn)住任一房間，且進(jìn)住各房間都有6種等可能的方法，故所有可能的情況有64種，(1)指定的4個(gè)房間中各有1人住，有4×3×2×1＝24種，故所求的概率為eq\f(24,64)＝eq\f(1,54)；(2)從4人中選2人去指定的房間，有6種方法，余下2人每人去5個(gè)房間中的任一間，有52種方法，故所求的概率為eq\f(6×52,64)＝eq\f(25,216).類型三：審題錯(cuò)誤[例3]在等腰直角三角形ABC中，過直角頂點(diǎn)C在∠ACB內(nèi)部任作一射線CM，與線段AB交于點(diǎn)M，求AM<AC的概率．[錯(cuò)解]如圖，點(diǎn)M隨機(jī)地落在線段AB上，故線段AB的長(zhǎng)為基本事件的度量，當(dāng)M位于線段AC′(AC′＝AC)上時(shí)，AM<AC，故線段AC′的長(zhǎng)為所求事件的度量．故P(AM<AC)＝P(AM<AC′)＝eq\f(AC′,AB)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(\r(2),2).答：AM的長(zhǎng)小于AC的概率是eq\f(\r(2),2).[錯(cuò)因分析]由于本題是在∠ACB作射線CM，等可能分布的是CM在∠ACB內(nèi)的任一位置，因此基本事件的度量應(yīng)是∠ACB的大小而不是線段AB的長(zhǎng)，這是類似問題由于等可能的視角不同造成的，概率也會(huì)不一樣．[正解]據(jù)題意知AM<AC的概率應(yīng)為滿足條件的∠ACM與∠ACB大小的比，即P(AM<AC)＝eq\f(67.5°,90°)＝eq\f(3,4).幾點(diǎn)建議1．重視錯(cuò)題病例“錯(cuò)誤是最好的老師”，錯(cuò)題病例也是財(cái)富，它有時(shí)暴露我們的知識(shí)缺陷，有時(shí)暴露我們的思維不足，有時(shí)暴露我們的方法不當(dāng)．毛病暴露出來了，也就有治療的方向，提供了糾錯(cuò)的機(jī)會(huì)，只有認(rèn)真地追根溯源查找錯(cuò)因，教訓(xùn)才會(huì)深刻．建議在復(fù)習(xí)過程中做到建立錯(cuò)題集，特別是那些概念理解不深刻、知識(shí)記憶錯(cuò)誤、思維不夠嚴(yán)謹(jǐn)、方法使用不當(dāng)?shù)鹊湫湾e(cuò)誤收集成冊(cè)，并加以評(píng)注，指出錯(cuò)誤原因，經(jīng)常翻閱，常常提醒，以絕后患．注意收集錯(cuò)題也有個(gè)度的問題，對(duì)于那些一時(shí)粗心的偶然失誤，或一時(shí)情緒波動(dòng)而產(chǎn)生的失誤應(yīng)另作他論．2．培養(yǎng)良好的審題能力解題時(shí)審題要慢，要看清楚，步步為營(yíng)，穩(wěn)中求快，立足于一次成功，不要養(yǎng)成唯恐做不完，匆匆忙忙搶著做，寄希望于檢查的壞習(xí)慣，這樣做的后果一則容易先入為主，致使有時(shí)錯(cuò)誤難以發(fā)現(xiàn)；二則一旦發(fā)現(xiàn)錯(cuò)誤，尤其是起步就錯(cuò)，又要重復(fù)做一遍，既浪費(fèi)時(shí)間，又造成心理負(fù)擔(dān)．平面向量中的三角形“四心”問題在三角形中，“四心”是一組特殊的點(diǎn)，它們的向量表達(dá)形式具有許多重要的性質(zhì)，在近年高考試題中，總會(huì)出現(xiàn)一些新穎別致的問題，不僅考查了向量等知識(shí)點(diǎn)，而且培養(yǎng)了考生分析問題、解決問題的能力．現(xiàn)就“四心”作如下介紹：1．“四心”的概念與性質(zhì)(1)重心：三角形三條中線的交點(diǎn)叫重心．它到三角形頂點(diǎn)距離與該點(diǎn)到對(duì)邊中點(diǎn)距離之比為2∶1.在向量表達(dá)形式中，設(shè)點(diǎn)G是△ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，則當(dāng)點(diǎn)G是△ABC的重心時(shí)，有＋＋＝0或＝eq\f(1,3)(＋＋)(其中P為平面內(nèi)任意一點(diǎn))．反之，若＋＋＝0，則點(diǎn)G是△ABC的重心．在向量的坐標(biāo)表示中，若G，A，B，C分別是三角形的重心和三個(gè)頂點(diǎn)，且分別為G(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，則有x＝eq\f(x1＋x2＋x3,3)，y＝eq\f(y1＋y2＋y3,3).(2)垂心：三角形三條高線的交點(diǎn)叫垂心．它與頂點(diǎn)的連線垂直于對(duì)邊．在向量表達(dá)形式中，若H是△ABC的垂心，則·＝·＝·或2＋2＝2＋2＝2＋2.反之，若·＝·＝·，則H是△ABC的垂心．(3)內(nèi)心：三角形三條內(nèi)角平分線的交點(diǎn)叫內(nèi)心．內(nèi)心就是三角形內(nèi)切圓的圓心，它到三角形三邊的距離相等．在向量表達(dá)形式中，若點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心，則有||·＋||·＋||·＝0.反之，若||·＋||·＋||·＝0，則點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心．(4)外心：三角形三條邊的中垂線的交點(diǎn)叫外心．外心就是三角形外接圓的圓心，它到三角形的三個(gè)頂點(diǎn)的距離相等．在向量表達(dá)形式中，若點(diǎn)O是△ABC的外心，則(＋)·＝(＋)·＝(＋)·＝0或||＝||＝||.反之，若||＝||＝||，則點(diǎn)O是△ABC的外心．2．關(guān)于“四心”的典型例題[例1]已知O是平面上的一定點(diǎn)，A，B，C是平面上不共線的三個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若動(dòng)點(diǎn)P滿足＝＋λ(＋)，λ∈(0，＋∞)，則點(diǎn)P的軌跡一定通過△ABC的________心．[解析]由原等式，得－＝λ(＋)，即＝λ(＋)，根據(jù)平行四邊形法則，知＋是△ABC的中線所對(duì)應(yīng)向量的2倍，所以點(diǎn)P的軌跡必過△ABC的重心．[答案]重[點(diǎn)評(píng)]探求動(dòng)點(diǎn)軌跡經(jīng)過某點(diǎn)，只要確定其軌跡與三角形中的哪些特殊線段所在直線重合，這可從已知等式出發(fā)，利用向量的線性運(yùn)算法則進(jìn)行運(yùn)算得之．[例2]已知△ABC內(nèi)一點(diǎn)O滿足關(guān)系＋2＋3＝0，試求S△BOC∶S△COA∶S△AOB之值．[解]延長(zhǎng)OB至B1，使BB1＝OB，延長(zhǎng)OC至C1，使CC1＝2OC，連接AB1，AC1，B1C1，如圖所示，則＝2，＝3，由條件，得＋＋＝0，所以點(diǎn)O是△AB1C1的重心．從而S△B1OC1＝S△C1OA＝S△AOB1＝eq\f(1,3)S，其中S表示△AB1C1的面積，所以S△COA＝eq\f(1,9)S，S△AOB＝eq\f(1,6)S，S△BOC＝eq\f(1,2)S△B1OC＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)S△B1OC1＝eq\f(1,18)S.于是S△BOC∶S△COA∶S△AOB＝eq\f(1,18)∶eq\f(1,9)∶eq\f(1,6)＝1∶2∶3.[點(diǎn)評(píng)]本題條件＋2＋3＝0與三角形的重心性質(zhì)＋＋＝0十分類似，因此我們通過添加輔助線，構(gòu)造一個(gè)三角形，使點(diǎn)O成為輔助三角形的重心，而三角形的重心與頂點(diǎn)的連線將三角形的面積三等分，從而可求三部分的面積比．[引申推廣]已知△ABC內(nèi)一點(diǎn)O滿足關(guān)系λ1＋λ2＋λ3＝0，則S△BOC∶S△COA∶S△AOB＝λ1∶λ2∶λ3.[例3]求證：△ABC的垂心H、重心G、外心O三點(diǎn)共線，且|HG|＝2|GO|.[證明]對(duì)于△ABC的重心G，易知＝eq\f(＋＋,2)，對(duì)于△ABC的垂心H，設(shè)＝m(＋＋)，則＝＋m(＋＋)＝(m－1)＋m＋m.由·＝0，得[(m－1)＋m＋m](－)＝0，(m－1)·(－)＋m(2－2)＝0，因?yàn)閨|＝||，所以(m－1)·(－)＝0.但與不一定垂直，所以只有當(dāng)m＝1時(shí)，上式恒成立．所以＝＋＋，從而＝eq\f(1,3)，得垂心H、重心G、外心O三點(diǎn)共線，且||＝2||.[引申推廣]重心G與垂心H的關(guān)系：＝eq\f(1,3)(＋＋)．[點(diǎn)評(píng)]這是著名的歐拉線，提示了三角形的“四心”之間的關(guān)系．我們選擇恰當(dāng)?shù)幕紫蛄縼肀硎舅鼈?，?dāng)然最佳的向量是含頂點(diǎn)A、B、C的向量．[例4]設(shè)A1，A2，A3，A4，A5是平面內(nèi)給定的5個(gè)不同點(diǎn)，則使＋＋＋＋＝0成立的點(diǎn)M的個(gè)數(shù)為()A．0 B．1C．5 D．10[解析]根據(jù)三角形中的“四心”知識(shí)，可知在△ABC中滿足＋＋＝0的點(diǎn)只有重心一點(diǎn)，利用類比的數(shù)學(xué)思想，可知滿足本題條件的點(diǎn)也只有1個(gè)．[答案]B[點(diǎn)評(píng)]本題以向量為載體，考查了類比與化歸，歸納與猜想等數(shù)學(xué)思想．本題的詳細(xì)解答過程如下：對(duì)于空間兩點(diǎn)A，B來說，滿足＋＝0的點(diǎn)M是線段AB的中點(diǎn)；對(duì)于空間三點(diǎn)A，B，C來說，滿足＋＋＝0，可認(rèn)為是先取AB的中點(diǎn)G，再連接CG，在CG上取點(diǎn)M，使MC＝2MG，則M滿足條件，且唯一；對(duì)于空間四點(diǎn)A，B，C，D來說，滿足＋＋＋＝0，可先取△ABC的重心G，再連接GD，在GD上取點(diǎn)M，使DM＝3MG，則M滿足條件，且唯一，不妨也稱為重心G；與此類似，對(duì)于空間五點(diǎn)A，B，C，D，E來說，滿足＋＋＋＋＝0，可先取空間四邊形ABCD的重心G，再連接GE，在GE上取點(diǎn)M，使EM＝4MG，則M滿足條件，且唯一．巧用斜率妙解題及突破圓錐曲線中的三個(gè)難點(diǎn)問題一、巧用斜率妙解題巧用一利用斜率求參數(shù)的取值范圍利用斜率的幾何意義可以求類似斜率形式的最值問題[例1]設(shè)點(diǎn)A(－2,3)，B(3,2)，若直線ax＋y＋2＝0與線段AB沒有交點(diǎn)，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(5,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，\f(4,3)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))[解析]直線ax＋y＋2＝0恒過點(diǎn)M(0，－2)，且斜率為－a，∵kMA＝eq\f(3－－2,－2－0)＝－eq\f(5,2)，kMB＝eq\f(2－－2,3－0)＝eq\f(4,3)，由圖可知，－a>－eq\f(5,2)且－a<eq\f(4,3)，∴a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(5,2))).[答案]B[點(diǎn)評(píng)]本題之妙在于借助圖形的直觀性，建立關(guān)于參數(shù)的不等式求解．巧用二利用斜率求函數(shù)或線性規(guī)劃問題對(duì)形如eq\f(y－b,x－a)的函數(shù)，在求其最值時(shí)，可以將eq\f(y－b,x－a)看成動(dòng)點(diǎn)(x，y)與定點(diǎn)(a，b)所在直線的斜率，先利用條件求得直線斜率的取值范圍，進(jìn)而得到所求函數(shù)的最值．[例2]函數(shù)z＝eq\f(1－\r(1－x2),4－x)的值域?yàn)開_______．[解析]設(shè)eq\r(1－x2)＝y(tǒng)，則有x2＋y2＝1(y≥0)，即點(diǎn)(x，y)為半圓x2＋y2＝1(y≥0)上的點(diǎn)，即z＝eq\f(1－y,4－x).所以z可看成點(diǎn)(x，y)與點(diǎn)(4,1)所在直線的斜率．如圖所示，可得斜率的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).所以函數(shù)z的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).[答案]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))[例3]如果實(shí)數(shù)x，y滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,y＋1≥0，,x＋y＋1≤0，))則eq\f(3x＋2y－5,x－1)的取值范圍是________．[解析]作出可行域，如圖所示，知點(diǎn)(x，y)在△ABC的內(nèi)部及其邊界，eq\f(3x＋2y－5,x－1)＝eq\f(3x－1＋2y－1,x－1)＝3＋2·eq\f(y－1,x－1)，eq\f(y－1,x－1)的幾何意義是動(dòng)點(diǎn)(x，y)與定點(diǎn)(1,1)連線的斜率．由圖可知：(0，－1)與(1,1)連線的斜率最大，且值為2；(－1,0)與(1,1)連線的斜率最小，且值為eq\f(1,2)，所以eq\f(1,2)≤eq\f(y－1,x－1)≤2，所以4≤3＋2·eq\f(y－1,x－1)≤7.[答案][4,7][點(diǎn)評(píng)]以上兩題妙處在于利用數(shù)形結(jié)合的思想，將求值域的問題轉(zhuǎn)化為求直線斜率的相關(guān)問題．巧用三利用斜率證明三點(diǎn)共線我們知道，如果三點(diǎn)A，B，C在同一條直線上，那么直線AB的斜率與直線BC的斜率相等．利用這一個(gè)特征，我們可以借助直線的斜率證明三點(diǎn)共線．[例4]已知三點(diǎn)A(1，－1)，B(3,3)，C(4,5)．求證：A，B，C三點(diǎn)在同一條直線上．[證明]法一：因?yàn)锳(1，－1)，B(3,3)，C(4,5)，得kAB＝2，kBC＝2，所以kAB＝kBC，故A，B，C三點(diǎn)共線．法二：因?yàn)锳(1，－1)，B(3,3)，C(4,5)，所以|AB|＝2eq\r(5)，|BC|＝eq\r(5)，|AC|＝3eq\r(5)，所以|AB|＋|BC|＝|AC|，即A，B，C三點(diǎn)共線．[點(diǎn)評(píng)]本題解法一之妙在于將共線問題轉(zhuǎn)化為求證斜率相等的問題，減少了計(jì)算量．?dāng)?shù)形結(jié)合思想在高考中占有非常重要的地位，其“數(shù)”與“形”結(jié)合，相互滲透，把代數(shù)式的精準(zhǔn)計(jì)算與幾何圖形的直觀描述相結(jié)合，使代數(shù)問題與幾何問題相互轉(zhuǎn)化，使抽象思維和形象思維有機(jī)結(jié)合．巧用斜率公式是數(shù)形結(jié)合思想的典型應(yīng)用．二、突破圓錐曲線中的三個(gè)難點(diǎn)問題突破難點(diǎn)一：圓錐曲線中的定點(diǎn)問題圓錐曲線中的定點(diǎn)問題是高考命題的一個(gè)熱點(diǎn)，也是圓錐曲線問題中的一個(gè)難點(diǎn)．解決這個(gè)難點(diǎn)沒有常規(guī)的方法，但解決這個(gè)難點(diǎn)的基本思想是明確的，定點(diǎn)問題必然是在變化中所表現(xiàn)出來的不變的量，那么就可以用變量表示問題中的直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，這些直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等不受變量所影響的某個(gè)點(diǎn)，就是要求的定點(diǎn)．[例1]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，如圖，已知橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1的左，右頂點(diǎn)為A，B，右焦點(diǎn)為F.設(shè)過點(diǎn)T(t，m)的直線TA，TB與此橢圓分別交于點(diǎn)M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，y2<0.(1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P滿足|PF|2－|PB|2＝4，求點(diǎn)P的軌跡；(2)設(shè)x1＝2，x2＝eq\f(1,3)，求點(diǎn)T的坐標(biāo)；(3)設(shè)t＝9，求證：直線MN必過x軸上的一定點(diǎn)(其坐標(biāo)與m無關(guān))．[解]由題意得A(－3,0)，B(3,0)，F(xiàn)(2,0)．(1)設(shè)點(diǎn)P(x，y)，則|PF|2＝(x－2)2＋y2，|PB|2＝(x－3)2＋y2.由|PF|2－|PB|2＝4，得(x－2)2＋y2－(x－3)2－y2＝4，化簡(jiǎn)得x＝eq\f(9,2).故所求點(diǎn)P的軌跡為直線x＝eq\f(9,2).(2)由x1＝2，eq\f(x\o\al(2,1),9)＋eq\f(y\o\al(2,1),5)＝1及y1>0，得y1＝eq\f(5,3)，則點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,3)))，從而直線AM的方程為y＝eq\f(1,3)x＋1；由x2＝eq\f(1,3)，eq\f(x\o\al(2,2),9)＋eq\f(y\o\al(2,2),5)＝1及y2<0，得y2＝－eq\f(20,9)，則點(diǎn)Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(20,9)))，從而直線BN的方程為y＝eq\f(5,6)x－eq\f(5,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,3)x＋1，,y＝\f(5,6)x－\f(5,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝7，,y＝\f(10,3).))所以點(diǎn)T的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7，\f(10,3))).(3)證明：由題設(shè)知，直線AT的方程為y＝eq\f(m,12)(x＋3)，直線BT的方程為y＝eq\f(m,6)(x－3)．點(diǎn)M(x1，y1)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝\f(m,12)x1＋3，,\f(x\o\al(2,1),9)＋\f(y\o\al(2,1),5)＝1，))得eq\f(x1－3x1＋3,9)＝－eq\f(m2,122)·eq\f(x1＋32,5)，因?yàn)閤1≠－3，則eq\f(x1－3,9)＝－eq\f(m2,122)·eq\f(x1＋3,5)，解得x1＝eq\f(240－3m2,80＋m2)，從而得y1＝eq\f(40m,80＋m2).點(diǎn)N(x2，y2)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝\f(m,6)x2－3，,\f(x\o\al(2,2),9)＋\f(y\o\al(2,2),5)＝1，,x2≠3，))解得x2＝eq\f(3m2－60,20＋m2)，y2＝eq\f(－20m,20＋m2).若x1＝x2，則由eq\f(240－3m2,80＋m2)＝eq\f(3m2－60,20＋m2)及m>0，得m＝2eq\r(10)，此時(shí)直線MN的方程為x＝1，過點(diǎn)D(1,0)．若x1≠x2，則m≠2eq\r(10)，直線MD的斜率kMD＝eq\f(\f(40m,80＋m2),\f(240－3m2,80＋m2)－1)＝eq\f(10m,40－m2)，直線ND的斜率kND＝eq\f(\f(－20m,20＋m2),\f(3m2－60,20＋m2)－1)＝eq\f(10m,40－m2)，得kMD＝kND，所以直線MN過D點(diǎn)．因此，直線MN必過x軸上的點(diǎn)(1,0)．[點(diǎn)評(píng)]化解這類難點(diǎn)問題的關(guān)鍵就是引進(jìn)變化的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，根據(jù)等式的恒成立、數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量．突破難點(diǎn)二：圓錐曲線中的定值問題圓錐曲線中的定值問題是高考命題的一個(gè)熱點(diǎn)，也是圓錐曲線問題中的一個(gè)難點(diǎn)．解決這個(gè)難點(diǎn)的基本思想是函數(shù)思想，可以用變量表示問題中的直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，這些直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等不受變量所影響的一個(gè)值，就是要求的定值．[例2]已知拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為F，直線l過點(diǎn)M(4，0)．(1)若點(diǎn)F到直線l的距離為eq\r(3)，求直線l的斜率；(2)設(shè)A，B為拋物線上兩點(diǎn)，且AB不與x軸垂直，若線段AB的垂直平分線恰過點(diǎn)M，求證：線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為定值．[解](1)由已知，直線l的方程為x＝4時(shí)不合題意．設(shè)直線l的方程為y＝k(x－4)，由已知，拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，因?yàn)辄c(diǎn)F到直線l的距離為eq\r(3)，所以eq\f(|3k|,\r(1＋k2))＝eq\r(3)，解得k＝±eq\f(\r(2),2)，所以直線l的斜率為±eq\f(\r(2),2).(2)證明：設(shè)線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)锳B不垂直于x軸，則直線MN的斜率為eq\f(y0,x0－4)，直線AB的斜率為eq\f(4－x0,y0)，直線AB的方程為y－y0＝eq\f(4－x0,y0)(x－x0)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－y0＝\f(4－x0,y0)x－x0，,y2＝4x，))消去x得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x0,4)))y2－y0y＋yeq\o\al(2,0)＋x0(x0－4)＝0，所以y1＋y2＝eq\f(4y0,4－x0).因?yàn)镹為AB的中點(diǎn)，所以eq\f(y1＋y2,2)＝y(tǒng)0，即eq\f(2y0,4－x0)＝y(tǒng)0，解得x0＝2，即線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為定值2.[點(diǎn)評(píng)]求定值問題，就是將要證明或要求解的量表示為某個(gè)合適變量的函數(shù)，化簡(jiǎn)消去變量即得定值．突破難點(diǎn)三：圓錐曲線中的范圍及最值問題圓錐曲線中的范圍問題既是高考的熱點(diǎn)問題，也是難點(diǎn)問題．解決這類問題的基本思想是建立目標(biāo)函數(shù)和不等關(guān)系，但根據(jù)目標(biāo)函數(shù)和不等式求范圍正是求解這類問題的難點(diǎn)．建立目標(biāo)函數(shù)的關(guān)鍵是選用一個(gè)合適變量，其原則是這個(gè)變量能夠表達(dá)要解決的問題．建立不等關(guān)系的關(guān)鍵是運(yùn)用圓錐曲線的幾何特性、判別式法或基本不等式等靈活處理．[例3]已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，一個(gè)焦點(diǎn)為F(－2,0)，且長(zhǎng)軸長(zhǎng)與短軸長(zhǎng)的比是2∶eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)M(m,0)在橢圓C的長(zhǎng)軸上，點(diǎn)P是橢圓上任意一點(diǎn)．當(dāng)||最小時(shí)，點(diǎn)P恰好落在橢圓的右頂點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．[解](1)設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝b2＋c2，,a∶b＝2∶\r(3)，,c＝2.))解得a2＝16，b2＝12.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)設(shè)P(x，y)為橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，由于橢圓方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1，故－4≤x≤4.因?yàn)椋?x－m，y)，所以||2＝(x－m)2＋y2＝(x－m)2＋12·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,16)))＝eq\f(1,4)x2－2mx＋m2＋12＝eq\f(1,4)(x－4m)2＋12－3m2.因?yàn)楫?dāng)||最小時(shí)，點(diǎn)P恰好落在橢圓的右頂點(diǎn)，即當(dāng)x＝4時(shí)，||取得最小值．而x∈[－4,4]，故有4m≥4，解得m≥1.又點(diǎn)M在橢圓的長(zhǎng)軸上，所以－4≤m≤4.故實(shí)數(shù)m的取值范圍是[1,4]．[例4]已知點(diǎn)F(0,1)，直線l：y＝－1，P為平面上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作直線l的垂線，垂足為Q，且·＝·.(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；(2)已知圓M過定點(diǎn)D(0,2)，圓心M在軌跡C上運(yùn)動(dòng)，且圓M與x軸交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)|DA|＝l1，|DB|＝l2，求eq\f(l1,l2)＋eq\f(l2,l1)的最大值．[解](1)設(shè)P(x，y)，則Q(x，－1)，∵·＝·，∴(0，y＋1)·(－x,2)＝(x，y－1)·(x，－2)．即2(y＋1)＝x2－2(y－1)，即x2＝4y.所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為x2＝4y.(2)設(shè)圓M的圓心坐標(biāo)為(a，b)，則a2＝4b.①圓M的半徑為|MD|＝eq\r(a2＋b－22).圓M的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝a2＋(b－2)2.令y＝0，則(x－a)2＋b2＝a2＋(b－2)2，整理得，x2－2ax＋4b－4＝0.②由①②解得x＝a±2.不妨設(shè)A(a－2,0)，B(a＋2,0)，∴l(xiāng)1＝eq\r(a－22＋4)，l2＝eq\r(a＋22＋4).∴eq\f(l1,l2)＋eq\f(l2,l1)＝eq\f(l\o\al(2,1)＋l\o\al(2,2),l1l2)＝eq\f(2a2＋16,\r(a4＋64))＝2eq\r(\f(a2＋82,a4＋64))＝2eq\r(1＋\f(16a2,a4＋64))，③當(dāng)a≠0時(shí)，由③得，eq\f(l1,l2)＋eq\f(l2,l1)＝2eq\r(1＋\f(16,a2＋\f(64,a2)))≤2eq\r(1＋\f(16,2×8))＝2eq\r(2).當(dāng)且僅當(dāng)a＝±2eq\r(2)時(shí)，等號(hào)成立．當(dāng)a＝0時(shí)，由③得，eq\f(l1,l2)＋eq\f(l2,l1)＝2.故當(dāng)a＝±2eq\r(2)時(shí)，eq\f(l1,l2)＋eq\f(l2,l1)的最大值為2eq\r(2).[點(diǎn)評(píng)]求圓錐曲線中的范圍及最值問題，關(guān)鍵是建立不等關(guān)系，然后利用圓錐曲線的幾何特征、判別式法或基本不等式求出相關(guān)問題．三法破解集合運(yùn)算和充要條件判斷的問題一、三法定乾坤——談集合運(yùn)算問題的三種方法集合的基本運(yùn)算主要包括交集、并集、補(bǔ)集，集合是歷年高考的必考內(nèi)容，解決集合的基本運(yùn)算問題，首先要明確集合中元素的性質(zhì)，通過解不等式求出每個(gè)集合，然后弄清幾個(gè)集合之間的關(guān)系，最后利用列舉法、借助數(shù)軸或Venn圖等根據(jù)交集、并集、補(bǔ)集的定義進(jìn)行基本運(yùn)算，從而得出結(jié)果．1．列舉法列舉法就是通過枚舉集合中所有的元素，然后根據(jù)集合基本運(yùn)算的定義求解的方法．此類方法適用于數(shù)集的有關(guān)運(yùn)算以及集合的新定義運(yùn)算問題．其基本的解題步驟是：[例1]設(shè)P，Q為兩個(gè)非空實(shí)數(shù)集合，定義集合P*Q＝{z|z＝a÷b，a∈P，b∈Q}，若P＝{－1,0,1}，Q＝{－2,2}，則集合P*Q中元素的個(gè)數(shù)是()A．2 B．3C．4 D．5[解析]當(dāng)a＝0時(shí)，無論b取何值，z＝a÷b＝0；當(dāng)a＝－1，b＝－2時(shí)，z＝(－1)÷(－2)＝eq\f(1,2)；當(dāng)a＝－1，b＝2時(shí)，z＝(－1)÷2＝－eq\f(1,2)；當(dāng)a＝1，b＝－2時(shí)，z＝1÷(－2)＝－eq\f(1,2)；當(dāng)a＝1，b＝2時(shí)，z＝1÷2＝eq\f(1,2).故P*Q＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，該集合中共有3個(gè)元素．[答案]B[點(diǎn)評(píng)]求解兩個(gè)集合之間的運(yùn)算應(yīng)該注意三個(gè)問題：一是集合中元素的形式，元素是數(shù)還是有序數(shù)對(duì)，是函數(shù)的定義域還是函數(shù)的值域等；二是注意集合中對(duì)應(yīng)不等式端點(diǎn)值的處理，尤其是求解集合補(bǔ)集的運(yùn)算，一定要搞清端點(diǎn)值的取舍；三是求解集合的補(bǔ)集運(yùn)算時(shí)，一定要先求出原來的集合，然后求其補(bǔ)集，不要直接轉(zhuǎn)化條件而導(dǎo)致漏解出錯(cuò)，如集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\a\vs4\al(|)logx≥\f(1,2)))的補(bǔ)集不是B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\a\vs4\al(|)logx<\f(1,2)))，而是B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\a\vs4\al(|)logx<\f(1,2)，或x≤0)).2．?dāng)?shù)形結(jié)合法數(shù)形結(jié)合法就是利用數(shù)軸或Venn圖表示出相關(guān)集合，然后根據(jù)圖形求解集合的補(bǔ)集或者進(jìn)行相關(guān)集合的交集、并集的基本運(yùn)算．其求解的基本步驟是：[例2](2013·嘉興模擬)已知全集U＝R，集合A＝{x|log(x－1)>0}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2x－3,x)<0))))，則B∩(?UA)＝()A．[0,1] B．[0,1)C．(0,1) D．(0,1][解析]由log(x－1)>0，得0<x－1<1，即1<x<2，∴A＝(1,2)．由eq\f(2x－3,x)<0，得x(2x－3)<0，即0<x<eq\f(3,2)，∴B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).如圖所示，在數(shù)軸上表示出集合A，B.則?UA＝(－∞，1]∪[2，＋∞)，∴B∩(?UA)＝(0,1]．[答案]D[點(diǎn)評(píng)]數(shù)形結(jié)合法主要是利用圖形的直觀性來進(jìn)行集合的基本運(yùn)算，應(yīng)注意利用數(shù)軸表示集合時(shí)，要根據(jù)端點(diǎn)值的取舍情況正確選用實(shí)心點(diǎn)或空心點(diǎn)標(biāo)注對(duì)應(yīng)集合，避免因區(qū)間端點(diǎn)值的取舍不當(dāng)造成增解或漏解．3．屬性分析法屬性分析法就是根據(jù)元素與集合之間的確定關(guān)系來進(jìn)行集合基本運(yùn)算的方法，主要是解決點(diǎn)集問題中某個(gè)集合與已知集合之間的關(guān)系問題．解決此類問題的基本步驟是：[例3]已知全集U＝{1,2,3,4,5,6,7}，M＝{3,4,5}，N＝{1,3,6}，則集合{2,7}＝()A．M∩N B．(?UM)∩(?UN)C．(?UM)∪(?UN) D．M∪N[解析]顯然2∈U,2?M,2?N，所以2∈?UM,2∈?UN，所以2∈(?UM)∩(?UN)；而7∈U,7?M,7?N，所以7∈?UM,7∈?UN，所以7∈(?UM)∩(?UN)．綜上，易知{2,7}＝(?UM)∩(?UN)．[答案]B[點(diǎn)評(píng)]屬性分析法的實(shí)質(zhì)是利用集合中元素的確定性，即元素與集合之間的關(guān)系：屬于與不屬于．在推理過程中還要注意已知集合之間的關(guān)系，如a∈U，a?A且A?U，則必有a∈?UA.二、三法破解充要條件的判斷問題充要條件是歷年高考的必考內(nèi)容，主要包括兩個(gè)方面：一是以函數(shù)、數(shù)列、不等式、立體幾何中的線面關(guān)系等為背景考查充要條件的判斷；二是根據(jù)充要條件求解參數(shù)的取值范圍，這兩類問題常以填空題的形式進(jìn)行考查，試題難度不大．充要條件的判斷問題要注意“p是q的充分不必要條件”與“p的一個(gè)充分不必要條件是q”這兩種敘述方式的差異，先將問題轉(zhuǎn)化為第一種基本的敘述方式，然后再判斷．利用充要條件之間的關(guān)系求解參數(shù)的取值范圍可將其轉(zhuǎn)化為兩個(gè)集合之間的關(guān)系，然后構(gòu)造相應(yīng)的不等式進(jìn)行處理．1．定義法定義法就是將充要條件的判斷轉(zhuǎn)化為兩個(gè)命題——“若p，則q”與“若q，則p”的判斷，根據(jù)兩個(gè)命題是否正確，來確定p與q之間的充要關(guān)系．其基本步驟是：[例1]設(shè)0<x<eq\f(π,2)，則“xsin2x<1”是“xsinx<1”的________條件．[解析]因?yàn)?<x<eq\f(π,2)，所以0<sinx<1，不等式xsinx<1兩邊同乘sinx，可得xsin2x<sinx，所以有xsin2x<sinx<1.即xsinx<1?xsin2x<1；不等式xsin2x<1兩邊同除以sinx，可得xsinx<eq\f(1,sinx)，而由0<sinx<1，知eq\f(1,sinx)>1，故xsinx<1不一定成立，即xsin2x<1?/xsinx<1.綜上，可知“xsin2x<1”是“xsinx<1”的必要不充分條件．[答案]必要不充分[點(diǎn)評(píng)]判斷p、q之間的關(guān)系，只需判斷兩個(gè)命題A：“若p，則q”和B：“若q，則p”的真假．兩命題的真假與p、q之間的關(guān)系如下表所示：命題A命題Bp、q之間的關(guān)系真真p為q的充分必要條件真假p為q的充分不必要條件假真p為q的必要不充分條件假假p為q的既不充分又不必要條件2.等價(jià)轉(zhuǎn)化法等價(jià)轉(zhuǎn)化法就是在判斷含有邏輯聯(lián)結(jié)詞“否”的有關(guān)條件之間的充要關(guān)系時(shí)，根據(jù)原命題與其逆否命題的等價(jià)性轉(zhuǎn)化為形式較為簡(jiǎn)單的兩個(gè)條件之間的關(guān)系進(jìn)行判斷．其基本步驟為：[例2]已知條件p：eq\f(4,x－1)≤－1，條件q：x2－x<a2－a，且綈q的一個(gè)充分不必要條件是綈p，則a的取值范圍是________．[解析]解eq\f(4,x－1)≤－1，得－3≤x<1.由x2－x<a2－a，即(x－a)[x＋(a－1)]<0，當(dāng)a>1－a，即a>eq\f(1,2)時(shí)，不等式的解為1－a<x<a；當(dāng)a＝1－a，即a＝eq\f(1,2)時(shí)，不等式的解為?；當(dāng)a<1－a，即a<eq\f(1,2)時(shí)，不等式的解為a<x<1－a.由綈q的一個(gè)充分不必要條件是綈p，可知綈p是綈q的充分不必要條件，即p為q的一個(gè)必要不充分條件，即條件q對(duì)應(yīng)的x取值集合是條件p對(duì)應(yīng)的x取值集合的真子集．當(dāng)a>eq\f(1,2)時(shí)，由{x|1－a<x<a}{x|－3≤x<1}，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤1－a，,1≥a，))解得eq\f(1,2)<a≤1；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，因?yàn)榭占侨我庖粋€(gè)非空集合的真子集，所以滿足條件；當(dāng)a<eq\f(1,2)時(shí)，由{x|a<x<1－a}{x|－3≤x<1}，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a，,1≥1－a，))解得0≤a<eq\f(1,2).綜上，a的取值范圍是[0,1]．[答案][0,1][點(diǎn)評(píng)]判斷兩個(gè)命題綈p和綈q之間的關(guān)系，一般是直接利用定義法，尋找兩者之間的關(guān)系，或利用集合的方法尋找與之對(duì)應(yīng)的兩個(gè)集合之間的關(guān)系，當(dāng)兩種方法都較難判斷時(shí)，可轉(zhuǎn)化為p、q之間的關(guān)系，再利用互為逆否命題的等價(jià)性進(jìn)行判斷．它們之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系如下表所示：p、q之間的關(guān)系綈p和綈q之間的關(guān)系p是q的充分不必要條件綈p是綈q的必要不充分條件p是q的必要不充分條件綈p是綈q的充分不必要條件p是q的充要條件綈p是綈q的充要條件p是q的既不充分也不必要條件綈p是綈q的既不充分也不必要條件3.集合法集合法就是利用滿足兩個(gè)條件的參數(shù)取值集合之間的關(guān)系來判斷充要關(guān)系的方法．主要解決兩個(gè)相似的條件難以進(jìn)行區(qū)分或判斷的問題．其解決的一般步驟是：[例3]若A：log2a<1，B：x的二次方程x2＋(a＋1)x＋a－2＝0的一個(gè)根大于零，另一根小于零，則A是B的________條件．[解析]由log2a<1，解得0<a<2，所以滿足條件A的參數(shù)a的取值集合為M＝{a|0<a<2}；而方程x2＋(a＋1)x＋a－2＝0的一根大于零，另一根小于零的充要條件是f(0)<0，即a－2<0，解得a<2，即滿足條件B的參數(shù)a的取值集合為N＝{a|a<2}，顯然MN，所以A是B的充分不必要條件．[答案]充分不必要[點(diǎn)評(píng)]設(shè)p、q對(duì)應(yīng)的集合分別記為A、B.則p、q之間的關(guān)系可轉(zhuǎn)化為與之相應(yīng)的兩個(gè)集合之間的關(guān)系．它們之間的關(guān)系如下表所示：A、B之間的關(guān)系p、q之間的關(guān)系A(chǔ)＝Bp為q的充分必要條件ABp為q的充分不必要條件ABp為q的必要不充分條件A?B且B?Ap為q的既不充分又不必要條件數(shù)學(xué)思想在三角函數(shù)中的應(yīng)用及三角函數(shù)的求參問題一、三角函數(shù)中的數(shù)學(xué)思想1．?dāng)?shù)形結(jié)合思想體現(xiàn)在三角函數(shù)中是利用單位圓中三角函數(shù)線、三角函數(shù)圖象求三角函數(shù)定義域、解三角不等式、求單調(diào)區(qū)間、討論方程解的個(gè)數(shù)、比較大小等．[例1]sineq\f(2,5)π，coseq\f(6,5)π，taneq\f(7,5)π從小到大的順序是________．[解析]設(shè)a＝sineq\f(2,5)π，b＝coseq\f(6,5)π，c＝taneq\f(7,5)π，如圖所示．可知b<0<a<c，∴coseq\f(6,5)π<sineq\f(2,5)π<taneq\f(7,5)π.[答案]coseq\f(6,5)π<sineq\f(2,5)π<taneq\f(7,5)π[點(diǎn)評(píng)]本題中所涉及的角都不是特殊角，求出值來再比較大小很不方便，而利用單位圓上的三角函數(shù)線則很容易將它們各自函數(shù)值的大小區(qū)分出來．[例2]當(dāng)0≤x≤1時(shí)，不等式sineq\f(πx,2)≥kx恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．[解析]作出y1＝sineq\f(πx,2)與y2＝kx的圖象，要使不等式sineq\f(πx,2)≥kx成立，由圖可知，需k≤1.[答案](－∞，1][點(diǎn)評(píng)]本題將不等式轉(zhuǎn)化成兩個(gè)函數(shù)圖象的位置關(guān)系，當(dāng)0≤x≤1時(shí)，不等式sineq\f(πx,2)≥kx成立，即當(dāng)0≤x≤1時(shí)，函數(shù)y＝sineq\f(πx,2)的圖象在函數(shù)y＝kx的上方，作出兩函數(shù)圖象后比較即可輕易得出k≤1.2．化歸與轉(zhuǎn)化思想化歸與轉(zhuǎn)化思想體現(xiàn)在三角函數(shù)中，主要是利用切化弦、統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)名、換元等手段處理求值(域)、最值、比較大小等問題．[例3]已知eq\f(sin2α＋β,sinα)－2cos(α＋β)＝2，試求sin2β＋2cos2α的值．[解]由eq\f(sin2α＋β,sinα)＝eq\f(sin[α＋α＋β],sinα)＝eq\f(sinαcosα＋β＋cosαsinα＋β,sinα)＝cos(α＋β)＋eq\f(cosαsinα＋β,sinα)，則條件轉(zhuǎn)化為eq\f(cosαsinα＋β,sinα)－cos(α＋β)＝2?eq\f(cosαsinα＋β－sinαcosα＋β,sinα)＝2?sin[(α＋β)－α]＝2sinα?sinβ＝2sinα，所以sin2β＋2cos2α＝4sin2α＋2(1－2sin2α)＝2.[點(diǎn)評(píng)]本題的關(guān)鍵是要化簡(jiǎn)已知條件，用兩角和與差的正、余弦公式化簡(jiǎn)條件，得到sinβ＝2sinα，再代入所求式子．3．函數(shù)與方程思想體現(xiàn)在三角函數(shù)中是用函數(shù)的思想求解范圍問題，用方程的思想求值、證明等問題．[例4]已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)在一個(gè)周期內(nèi)的圖象如圖所示．(1)求函數(shù)的解析式；(2)設(shè)0<x<π，且方程f(x)＝m有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)m的取值范圍以及這兩個(gè)根的和．[解](1)所求的函數(shù)的解析式為f(x)＝2sin2x＋eq\f(π,6).(2)在同一坐標(biāo)系中畫出y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))(0<x<π)和y＝m(m∈R)的圖象，如圖所示，由圖可知，當(dāng)－2<m<1或1<m<2時(shí)，直線y＝m與曲線有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，即原方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，所以m的取值范圍為－2<m<1或1<m<2.當(dāng)－2<m<1時(shí)，兩根之和為eq\f(4π,3)；當(dāng)1<m<2時(shí)，兩根之和為eq\f(π,3).[點(diǎn)評(píng)]本題將方程的根的問題轉(zhuǎn)化成兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)問題，把代數(shù)問題轉(zhuǎn)化成幾何問題求解．從函數(shù)圖象上可以清楚地看出當(dāng)－2<m<1或1<m<2時(shí)，直線y＝m與曲線有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，即原方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，這也體現(xiàn)了函數(shù)與方程思想的具體應(yīng)用．4．分類討論思想體現(xiàn)在三角函數(shù)中是根據(jù)求值或求角的需要對(duì)角的范圍或參數(shù)的范圍展開有序的討論．[例5]已知a＝(sinx，cosx)，b＝(sinx，k)，c＝(－2cosx，sinx－k)．(1)若f(x)＝a·(b＋c)，求f(x)的最小正周期及方程f(x)＝eq\f(