高考數(shù)學 考前3個月（上）專題復習 專題七 第四講 轉(zhuǎn)化與化歸思想配套限時規(guī)范訓練

第四講轉(zhuǎn)化與化歸思想（推薦時間：50分鐘）一、選擇題1．(·大綱全國)△ABC中，AB邊的高為CD，若eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝ ()A.eq\f(1,3)a－eq\f(1,3)bB.eq\f(2,3)a－eq\f(2,3)bC.eq\f(3,5)a－eq\f(3,5)bD.eq\f(4,5)a－eq\f(4,5)b2．在等比數(shù)列{an}中，a1＝a，前n項和為Sn，若數(shù)列{an＋1}成等差數(shù)列，則Sn等于()A．a(chǎn)n＋1－aB．n(a＋1)C．naD．(a＋1)n－13．函數(shù)f(x)＝(m－1)x2＋2mx＋3為偶函數(shù)，則f(x)在區(qū)間(－5，－3)上 ()A．先減后增 B．先增后減C．單調(diào)遞減 D．單調(diào)遞增4．已知數(shù)列{an}對任意的p，q∈N*滿足ap＋q＝ap＋aq且a2＝－6，那么a10等于 ()A．－165 B．－33C．－30 D．－215．若α、β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且αsinα－βsinβ>0，則下面結(jié)論正確的是 ()A．α＞β B．α＋β＞0C．α＜β D．α2＞β26．已知Oeq\o(A,\s\up6(→))＝(cosθ1,2sinθ1)，Oeq\o(B,\s\up6(→))＝(cosθ2,2sinθ2)，若Oeq\o(A,\s\up6(→))′＝(cosθ1，sinθ1)，Oeq\o(B,\s\up6(→))′＝(cosθ2，sinθ2)，且滿足Oeq\o(A,\s\up6(→))′·Oeq\o(B,\s\up6(→))′＝0，則S△OAB等于 ()A.eq\f(1,2) B．1C．2 D．47．棱長為a的正方體中，連結(jié)相鄰面的中心，以這些線段為棱的八面體的體積為 ()A.eq\f(a3,3) B.eq\f(a3,4)C.eq\f(a3,6) D.eq\f(a3,12)8．P為雙曲線eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的右支上一點，M、N分別是圓(x＋5)2＋y2＝4和(x－5)2＋y2＝1上的點，則|PM|－|PN|的最大值為 ()A．6 B．7C．8 D．9二、填空題9．在平面直角坐標系xOy中，已知圓x2＋y2＝4上有且只有四個點到直線12x－5y＋c＝0的距離為1，則實數(shù)c的取值范圍是________．10．在Rt△ABC中，C＝eq\f(π,2)，a，b，c分別為角A，B，C所對的邊，r，S分別表示它的內(nèi)切圓半徑和面積，則eq\f(cr,S)的取值范圍是__________．11．如果函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c對任意實數(shù)t都有f(2＋t)＝f(2－t)，那么f(2)，f(1)，f(4)的大小關(guān)系是________．12．設(shè)f(x)是定義在R上的單調(diào)增函數(shù)，若f(1－ax－x2)≤f(2－a)對任意a∈[－1,1]恒成立，則x的取值范圍為______．三、解答題13．(·廣東)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列．(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項公式；(3)證明：對一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).14．(·福建)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.(1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)試確定a的取值范圍，使得曲線y＝f(x)上存在唯一的點P，曲線在該點處的切線與曲線只有一個公共點P.

答案1．D2．C3．D4．C5．D6．B7．C8．D9．(－13,13)10．[2eq\r(2)－2,1)11．f(2)<f(1)<f(4)12．x≤－1或x≥013．(1)解∵a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列，∴2(a2＋5)＝a1＋a3.又2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，∴2S1＝a2－22＋1,2S2＝a3－23＋1，∴2a1＝a2－3,2(a1＋a2)＝a3由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a2＋5＝a1＋a3，,2a1＝a2－3，,2a1＋a2＝a3－7))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＝5，,a3＝19.))∴a1＝1.(2)解∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，①∴當n≥2時，2Sn－1＝an－2n＋1.②①－②得2an＝an＋1－an－2n＋1＋2n，∴an＋1＝3an＋2n.兩邊同除以2n＋1得eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(3,2)·eq\f(an,2n)＋eq\f(1,2)，∴eq\f(an＋1,2n＋1)＋1＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)＋1)).又由(1)知eq\f(a2,22)＋1＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,21)＋1))，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)＋1))是以eq\f(3,2)為首項，eq\f(3,2)為公比的等比數(shù)列，∴eq\f(an,2n)＋1＝eq\f(3,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n，∴an＝3n－2n，即數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－2n.(3)證明∵an＝3n－2n＝(1＋2)n－2n＝Ceq\o\al(0,n)·1n·20＋Ceq\o\al(1,n)·1n－1·21＋Ceq\o\al(2,n)·1n－2·22＋…＋Ceq\o\al(n,n)·10·2n－2n＝1＋2n＋2(n2－n)＋…＋2n－2n>1＋2n＋2(n2－n)＝1＋2n2>2n2>2n(n－1)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,3n－2n)<eq\f(1,2nn－1)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,nn－1)，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋…＋\f(1,nn－1)))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n)<eq\f(3,2)，即eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).14．解(1)由于f′(x)＝ex＋2ax－e，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率k＝2a所以a＝0，即f(x)＝ex－ex.此時f′(x)＝ex－e.由f′(x)＝0得x＝1.當x∈(－∞，1)時，有f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，有f′(x)>0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)．(2)設(shè)點P(x0，f(x0))，曲線y＝f(x)在點P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲線y＝f(x)在點P處的切線與曲線只有一個公共點P等價于函數(shù)g(x)有唯一零點．因為g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0①若a≥0，當x>x0時，g′(x)>0，則當x>x0時，g(x)>g(x0)＝0；當x<x0時，g′(x)<0，則當x<x0時，g(x)>g(x0)＝0.故g(x)只有唯一零點x＝x0.由P的任意性知，a≥0不合題意．②若a<0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0則h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，記x*＝ln(－2則當x∈(－∞，x*)時，h′(x)<0，從而h(x)在(－∞，x*)內(nèi)單調(diào)遞減；當x∈(x*，＋∞)時，h′(x)>0，從而h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．a(chǎn)．若x0＝x*，當x∈(－∞，x*)時，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；當x∈(x*，＋∞)時，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0.所以g(x)在R上單調(diào)遞增．所以函數(shù)g(x)在R上有且只有一個零點x＝x*.b．若x0>x*，由于h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，且h(x0)＝0，則當x∈(x*，x0)時有g(shù)′(x)＝h(x)<h(x0)＝0，g(x)>g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(shù)(x1)>0.又當x∈(－∞，x1)時，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)<ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝