高考數(shù)學(xué)理科二輪總復(fù)習(xí)練習(xí)第三篇　建模板看細(xì)則突破高考拿高分

【模板·細(xì)則概述】“答題模板”是指針對(duì)解答數(shù)學(xué)解答題的某一類型，分析解題的一般思路，規(guī)劃解題的程序和格式，擬定解題的最佳方案，實(shí)現(xiàn)答題效率的最優(yōu)化．評(píng)分細(xì)則是閱卷的依據(jù)，通過認(rèn)真研讀評(píng)分細(xì)則，重視解題步驟的書寫，規(guī)范解題過程，做到會(huì)做的題得全分；對(duì)于最后的壓軸題也可以按步得分，踩點(diǎn)得分，一分也要搶．模板1三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)典例1(14分)已知m＝(cosωx，eq\r(3)cos(ωx＋π))，n＝(sinωx，cosωx)，其中ω>0，f(x)＝m·n，且f(x)相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為eq\f(π,2).(1)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝－eq\f(\r(3),4)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求cosα的值；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變，然后向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求函數(shù)y＝g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．審題路線圖(1)eq\x(fx＝m·n)eq\o(→,\s\up7(數(shù)量積運(yùn)算),\s\do5(輔助角公式))eq\x(得fx)eq\o(→,\s\up7(對(duì)稱性),\s\do5(周期性))eq\x(求出ω)eq\o(→,\s\up7(f(\f(a,2))＝－\f(\r(3),4),,\s\do6(和差公式)))eq\x(cosα)(2)eq\x(y＝fx)eq\o(→,\s\up7(圖象變換))eq\x(y＝gx)eq\o(→,\s\up7(整體思想))eq\x(gx的遞增區(qū)間)規(guī)范解答·分步得分構(gòu)建答題模板解f(x)＝m·n＝cosωxsinωx＋eq\r(3)cos(ωx＋π)cosωx＝cosωxsinωx－eq\r(3)cosωxcosωx＝eq\f(sin2ωx,2)－eq\f(\r(3)cos2ωx＋1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2).4分∵f(x)相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，∴T＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2).6分(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2)＝－eq\f(\r(3),4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),4).∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),4)>0，∴α－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(\r(13),4).8分∴cosα＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))coseq\f(π,3)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(13),4)×eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(13)－3,8).10分(2)f(x)經(jīng)過變換可得g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－eq\f(\r(3),2)，12分令－eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，∴g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))，k∈Z.14分第一步化簡(jiǎn)：利用輔助角將f(x)化成y＝Asin(ωx＋φ)的形式.第二步求值：根據(jù)三角函數(shù)的和差公式求三角函數(shù)值.第三步整體代換：將“ωx＋φ”看作一個(gè)整體，確定f(x)的性質(zhì).第四步反思：查看角的范圍的影響，評(píng)價(jià)任意結(jié)果的合理性，檢查步驟的規(guī)范性.評(píng)分細(xì)則1.化簡(jiǎn)f(x)的過程中，誘導(dǎo)公式和二倍角公式的使用各給2分；如果只有最后結(jié)果沒有過程，則給2分；最后結(jié)果正確，但缺少上面的某一步過程，不扣分；2．計(jì)算cosα?xí)r，算對(duì)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))給1分；由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))計(jì)算sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))時(shí)，沒有考慮范圍扣1分；3．第(2)問直接寫出x的不等式?jīng)]有過程扣1分；最后結(jié)果不用區(qū)間表示不給分；區(qū)間表示式中不標(biāo)出k∈Z不扣分；沒有2kπ的不給分．跟蹤演練1已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx＋cos2ωx－eq\f(1,2)(ω>0)，其最小正周期為eq\f(π,2).(1)求f(x)的表達(dá)式；(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，若關(guān)于x的方程g(x)＋k＝0在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解(1)f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx＋cos2ωx－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx＋eq\f(cos2ωx＋1,2)－eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))，由題意知f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,2)，T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,ω)＝eq\f(π,2)，所以ω＝2，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6))).(2)將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象；再將所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，所以g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).因?yàn)?≤x≤eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，所以g(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)).又g(x)＋k＝0在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，即函數(shù)y＝g(x)與y＝－k在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一個(gè)交點(diǎn)，由正弦函數(shù)的圖象可知，－eq\f(\r(3),2)≤－k<eq\f(\r(3),2)或－k＝1，解得－eq\f(\r(3),2)<k≤eq\f(\r(3),2)或k＝－1，所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))∪{－1}．模板2解三角形典例2(14分)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知a＝3，cosA＝eq\f(\r(6),3)，B＝A＋eq\f(π,2).(1)求b的值；(2)求△ABC的面積．審題路線圖(1)eq\x(利用同角公式、誘導(dǎo)公式)→eq\x(求得sinA，sinB)→eq\x(利用正弦定理求b)(2)方法一eq\x(余弦定理求邊c)→eq\x(S＝\f(1,2)acsinB)方法二eq\x(用和角正弦公式求sinC)→eq\x(S＝\f(1,2)absinC)規(guī)范解答·分步得分構(gòu)建答題模板解(1)在△ABC中，由題意知，sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),3),1分又因?yàn)锽＝A＋eq\f(π,2)，所以sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,2)))＝cosA＝eq\f(\r(6),3).3分由正弦定理，得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(3×\f(\r(6),3),\f(\r(3),3))＝3eq\r(2).5分(2)由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(6),3)?c2－4eq\r(3)c＋9＝0?c1＝eq\r(3)，c2＝3eq\r(3).10分又因?yàn)锽＝A＋eq\f(π,2)為鈍角，所以b>c，即c＝eq\r(3)，12分所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3\r(2),2).14分第一步找條件：尋找三角形中已知的邊和角，確定轉(zhuǎn)化方向.第二步定工具：根據(jù)已知條件和轉(zhuǎn)化方向，選擇使用的定理和公式，實(shí)施邊角之間的轉(zhuǎn)化.第三步求結(jié)果：根據(jù)前兩步分析，代入求值得出結(jié)果.第四步再反思：轉(zhuǎn)化過程中要注意轉(zhuǎn)化的方向，審視結(jié)果的合理性.評(píng)分細(xì)則1.第(1)問：沒求sinA而直接求出sinB的值，不扣分；寫出正弦定理，但b計(jì)算錯(cuò)誤，得1分．2．第(2)問：寫出余弦定理，但c計(jì)算錯(cuò)誤，得1分；求出c的兩個(gè)值，但沒舍去，扣2分；面積公式正確，但計(jì)算錯(cuò)誤，只給1分；若求出sinC，利用S＝eq\f(1,2)absinC計(jì)算，同樣得分．跟蹤演練2(2017·蘇北四市摸底)在△ABC中，已知角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且tanB＝2，tanC＝3.(1)求角A的大小；(2)若c＝3，求b的長(zhǎng)．解(1)因?yàn)閠anB＝2，tanC＝3，A＋B＋C＝π，所以tanA＝tan[π－(B＋C)]＝－tan(B＋C)＝－eq\f(tanB＋tanC,1－tanBtanC)＝－eq\f(2＋3,1－2×3)＝1.又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4).(2)因?yàn)閠anB＝eq\f(sinB,cosB)＝2，且sin2B＋cos2B＝1，又B∈(0，π)，所以sinB＝eq\f(2\r(5),5)，同理可得sinC＝eq\f(3\r(10),10).由正弦定理，得b＝eq\f(csinB,sinC)＝eq\f(3×\f(2\r(5),5),\f(3\r(10),10))＝2eq\r(2).模板3空間中的平行與垂直關(guān)系典例3(14分)如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E，F(xiàn)，H分別為AB，PC，BC的中點(diǎn)．(1)求證：EF∥平面PAD；(2)求證：平面PAH⊥平面DEF.審題路線圖(1)eq\x(條件中各線段的中點(diǎn))eq\o(→,\s\up7(設(shè)法利用),\s\do5(中位線定理))eq\x(取PD中點(diǎn)M)eq\o(→,\s\up7(考慮平行關(guān)系),\s\do5(長(zhǎng)度關(guān)系))eq\x(平行四邊形AEFM)→eq\x(AM∥EF)eq\o(→,\s\up7(線面平行),\s\do5(的判定定理))eq\x(EF∥平面PAD)(2)eq\x(平面PAD⊥平面ABCDPA⊥AD)eq\o(→,\s\up7(面面垂直),\s\do5(的性質(zhì)))eq\x(PA⊥平面ABCD)→eq\x(PA⊥DE)eq\o(→,\s\up7(正方形ABCD中),\s\do5(E，H為AB，BC中點(diǎn)))eq\x(DE⊥AH)eq\o(→,\s\up7(線面垂直),\s\do5(的判定定理))eq\x(DE⊥平面PAH)eq\o(→,\s\up7(面面垂直的),\s\do5(判定定理))eq\x(平面PAH⊥平面DEF)規(guī)范解答·分步得分構(gòu)建答題模板證明(1)取PD中點(diǎn)M，連結(jié)FM，AM.∵在△PCD中，F(xiàn)，M分別為PC，PD的中點(diǎn)，∴FM∥CD且FM＝eq\f(1,2)CD.∵在正方形ABCD中，AE∥CD且AE＝eq\f(1,2)CD，∴AE∥FM且AE＝FM，則四邊形AEFM為平行四邊形，∴AM∥EF.6分∵EF?平面PAD，AM?平面PAD，∴EF∥平面PAD.7分(2)∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，∴PA⊥底面ABCD，∵DE?底面ABCD，∴DE⊥PA.∵E，H分別為正方形ABCD邊AB，BC的中點(diǎn)，∴Rt△ABH≌Rt△DAE，則∠BAH＝∠ADE，∴∠BAH＋∠AED＝90°，則DE⊥AH.12分∵PA?平面PAH，AH?平面PAH，PA∩AH＝A，∴DE⊥平面PAH，∵DE?平面DEF，∴平面PAH⊥平面DEF.14分第一步找線線：通過三角形或四邊形的中位線，平行四邊形、等腰三角形的中線或線面、面面關(guān)系的性質(zhì)尋找線線平行或線線垂直.第二步找線面：通過線線垂直或平行，利用判定定理，找線面垂直或平行；也可由面面關(guān)系的性質(zhì)找線面垂直或平行.第三步找面面：通過面面關(guān)系的判定定理，尋找面面垂直或平行.第四步寫步驟：嚴(yán)格按照定理中的條件規(guī)范書寫解題步驟.評(píng)分細(xì)則1.第(1)問證出AE綊FM給2分；通過AM∥EF證線面平行時(shí)，缺1個(gè)條件扣1分；利用面面平行證明EF∥平面PAD同樣給分；2．第(2)問證明PA⊥底面ABCD時(shí)缺少條件扣1分；證明DE⊥AH時(shí)只要指明E，H分別為正方形邊AB，BC中點(diǎn)，得DE⊥AH不扣分；證明DE⊥平面PAH時(shí)只要寫出DE⊥AH，DE⊥PA，缺少條件不扣分．跟蹤演練3如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知D，E分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求證：(1)直線A1E∥平面ADC1；(2)直線EF⊥平面ADC1.證明(1)方法一連結(jié)ED，因?yàn)镈，E分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以B1E∥BD且B1E＝BD，所以四邊形B1BDE是平行四邊形，所以BB1∥DE且BB1＝DE.又BB1∥AA1且BB1＝AA1，所以AA1∥DE且AA1＝DE，所以四邊形AA1ED是平行四邊形，所以A1E∥AD.又因?yàn)锳1E?平面ADC1，AD?平面ADC1，所以直線A1E∥平面ADC1.方法二連結(jié)ED，連結(jié)A1C，EC分別交AC1，DC1于點(diǎn)M，N，連結(jié)MN，因?yàn)镈，E分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以C1E∥CD且C1E＝CD，所以四邊形C1EDC是平行四邊形，所以N是CE的中點(diǎn)．因?yàn)锳1ACC1為平行四邊形，所以M是A1C的中點(diǎn)，所以MN∥A1E.又因?yàn)锳1E?平面ADC1，MN?平面ADC1，所以直線A1E∥平面ADC1.(2)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC.因?yàn)锳D?平面ABC，所以BB1⊥AD.因?yàn)椤鰽BC是正三角形，且D為BC的中點(diǎn)，所以AD⊥BC.又BB1，BC?平面B1BCC1，BB1∩BC＝B，所以AD⊥平面B1BCC1，又EF?平面B1BCC1，所以AD⊥EF.又EF⊥C1D，C1D，AD?平面ADC1，C1D∩AD＝D，所以直線EF⊥平面ADC1.模板4實(shí)際應(yīng)用題典例4(14分)如圖是一塊鍍鋅鐵皮的邊角料ABCD，其中AB，CD，DA都是線段，曲線段BC是拋物線的一部分，且點(diǎn)B是該拋物線的頂點(diǎn)，BA所在直線是該拋物線的對(duì)稱軸．經(jīng)測(cè)量，AB＝2米，AD＝3米，AB⊥AD，點(diǎn)C到AD，AB的距離CH，CR的長(zhǎng)均為1米．現(xiàn)要用這塊邊角料裁一個(gè)矩形AEFG(其中點(diǎn)F在曲線段BC或線段CD上，點(diǎn)E在線段AD上，點(diǎn)G在線段AB上)．設(shè)BG的長(zhǎng)為x米，矩形AEFG的面積為S平方米．(1)將S表示為x的函數(shù)；(2)當(dāng)x為多少米時(shí)，S取得最大值，最大值是多少？審題路線圖(1)eq\x(建立坐標(biāo)系)→eq\x(設(shè)曲線段BC所在拋物線的方程)→eq\x(帶入C1，1)→eq\x(得曲線段BC的方程)→eq\x(計(jì)算矩形AEFG的面積S)(2)eq\x(分析函數(shù)S的解析式)→eq\x(利用導(dǎo)數(shù)和二次函數(shù)求解)→eq\x(寫出答案)

規(guī)范解答·分步得分構(gòu)建答題模板解(1)以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系.2分設(shè)曲線段BC所在拋物線的方程為y2＝2px(p>0)，將點(diǎn)C(1,1)代入，得2p＝1，即曲線段BC的方程為y＝eq\r(x)(0≤x≤1).又由點(diǎn)C(1,1)，D(2,3)，得線段CD的方程為y＝2x－1(1≤x≤2).4分而GA＝2－x，所以S＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)(2－x)，0<x≤1，,(2x－1)(2－x)，1<x<2.))6分(2)①當(dāng)0<x≤1時(shí)，因?yàn)镾＝eq\r(x)(2－x)＝－，QUOTE所以S′＝－＝eq\f(2－3x,2\r(x))，由S′＝0，得x＝eq\f(2,3)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))時(shí)，S′>0，所以S單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))時(shí)，S′<0，所以S單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝eq\f(2,3)時(shí)，Smax＝eq\f(4\r(6),9).9分②當(dāng)1<x<2時(shí)，因?yàn)镾＝(2x－1)(2－x)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,4)))2＋eq\f(9,8)，所以當(dāng)x＝eq\f(5,4)時(shí)，Smax＝eq\f(9,8).12分綜上，因?yàn)閑q\f(9,8)>eq\f(4\r(6),9)，所以當(dāng)x＝eq\f(5,4)米時(shí)，Smax＝eq\f(9,8)平方米.14分第一步審題：明確題意，找出數(shù)量關(guān)系.第二步建模：轉(zhuǎn)化為具體的數(shù)學(xué)問題.第三步解模：運(yùn)用有關(guān)數(shù)學(xué)知識(shí)解答數(shù)學(xué)模型.第四步回答：根據(jù)實(shí)際問題要求給出恰當(dāng)?shù)拇鸢?評(píng)分細(xì)則1.第1問恰當(dāng)建系給2分；根據(jù)點(diǎn)的位置不同，給出面積S的分段函數(shù)形式給4分；2．第2問主要是利用導(dǎo)數(shù)和二次函數(shù)知識(shí)求面積S的最大值，各3分；最后給出答案給2分．跟蹤演練4某小區(qū)想利用一矩形空地ABCD建造市民健身廣場(chǎng)，設(shè)計(jì)時(shí)決定保留空地邊上的一個(gè)水塘(如圖中陰影部分)，水塘可近似看作一個(gè)等腰直角三角形，其中AD＝60m，AB＝40m，且在△EFG中，∠EGF＝90°，經(jīng)測(cè)量得到AE＝10m，EF＝20m．為保證安全的同時(shí)考慮美觀，健身廣場(chǎng)周圍準(zhǔn)備加設(shè)一個(gè)保護(hù)欄．設(shè)計(jì)時(shí)經(jīng)過點(diǎn)G作一條直線交AB，DF于M，N兩點(diǎn)，從而得到五邊形MBCDN的市民健身廣場(chǎng)．(1)假設(shè)DN＝xm，試將五邊形MBCDN的面積y表示為x的函數(shù)，并注明函數(shù)的定義域；(2)問：應(yīng)如何設(shè)計(jì)，可使市民健身廣場(chǎng)的面積最大？并求出健身廣場(chǎng)的最大面積．解(1)作GH⊥EF，垂足為H，因?yàn)镈N＝x，所以NH＝40－x，NA＝60－x，因?yàn)閑q\f(NH,HG)＝eq\f(NA,AM)，所以eq\f(40－x,10)＝eq\f(60－x,AM)，所以AM＝eq\f(600－10x,40－x).過M作MT∥BC交CD于點(diǎn)T，則SMBCDN＝SMBCT＋SMTDN＝(40－AM)×60＋eq\f(1,2)(x＋60)×AM，所以y＝SMBCDN＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(40－\f(600－10x,40－x)))×60＋eq\f(1,2)×eq\f(x＋60600－10x,40－x)＝2400－eq\f(560－x2,40－x).由于N與F重合時(shí)，AM＝AF＝30適合條件，故x∈(0,30]．(2)y＝2400－eq\f(560－x2,40－x)＝2400－5eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(40－x＋\f(400,40－x)＋40))，所以當(dāng)且僅當(dāng)40－x＝eq\f(400,40－x)，即x＝20∈(0,30]時(shí)，y取得最大值2000.答當(dāng)DN＝20m時(shí)，得到的市民健身廣場(chǎng)的面積最大，最大面積為2000m2.模板5解析幾何綜合問題典例5(16分)平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，且點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))在橢圓C上．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓E：eq\f(x2,4a2)＋eq\f(y2,4b2)＝1，P為橢圓C上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P的直線y＝kx＋m交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，射線PO交橢圓E于點(diǎn)Q.(ⅰ)求eq\f(OQ,OP)的值；(ⅱ)求△ABQ面積的最大值．審題路線圖(1)eq\x(橢圓C上點(diǎn)滿足條件)→eq\x(得到a，b的關(guān)系式)(2)(ⅰ)eq\x(P在C上，Q在E上)eq\o(→,\s\up7(P，Q),\s\do5(共線))eq\x(設(shè)坐標(biāo)代入方程)→eq\x(求出\f(OQ,OP))(ⅱ)eq\x(直線y＝kx＋m和橢圓E方程聯(lián)立)→eq\x(研究判別式Δ并判斷根與系數(shù)的關(guān)系)→eq\x(用m，k表示S△OAB)→eq\x(求S△OAB的最值)eq\o(→,\s\up7(利用①得),\s\do5(S△ABQ和S△OAB的關(guān)系))eq\x(得S△ABQ的最大值)規(guī)范解答·分步得分構(gòu)建答題模板解(1)由題意知eq\f(3,a2)＋eq\f(1,4b2)＝1.又eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，解得a2＝4，b2＝1.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.4分(2)由(1)知橢圓E的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(ⅰ)設(shè)P(x0，y0)，eq\f(OQ,OP)＝λ，由題意知Q(－λx0，－λy0)．因?yàn)閑q\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，又eq\f((－λx0)2,16)＋eq\f((－λy0)2,4)＝1，即eq\f(λ2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),4)＋y\o\al(2,0)))＝1，所以λ＝2，即eq\f(OQ,OP)＝2.8分(ⅱ)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).將y＝kx＋m代入橢圓E的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0.由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，①則有x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－16,1＋4k2).所以|x1－x2|＝eq\f(4\r(16k2＋4－m2),1＋4k2).因?yàn)橹本€y＝kx＋m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，m)，所以△OAB的面積S＝eq\f(1,2)|m||x1－x2|＝eq\f(2\r(16k2＋4－m2)|m|,1＋4k2)＝eq\f(2\r((16k2＋4－m2)m2),1＋4k2)＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(m2,1＋4k2)))\f(m2,1＋4k2)).12分設(shè)eq\f(m2,1＋4k2)＝t，將y＝kx＋m代入橢圓C的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②由①②可知0＜t≤1，因此S＝2eq\r((4－t)t)＝2eq\r(－t2＋4t)，故0<S≤2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即m2＝1＋4k2時(shí)取得最大值2eq\r(3).由(ⅰ)知，△ABQ的面積為3S，所以△ABQ面積的最大值為6eq\r(3).16分第一步求圓錐曲線方程：根據(jù)基本量法確定圓錐曲線的方程.第二步聯(lián)立消元：將直線方程和圓錐曲線方程聯(lián)立得到方程：Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判別式，利用根與系數(shù)的關(guān)系.第三步找關(guān)系：從題設(shè)中尋求變量的等量或不等關(guān)系.第四步建函數(shù)：對(duì)范圍最值類問題，要建立關(guān)于目標(biāo)變量的函數(shù)關(guān)系.第五步得范圍：通過求解函數(shù)值域或解不等式得目標(biāo)變量的范圍或最值，要注意變量條件的制約，檢查最值取得的條件.評(píng)分細(xì)則1.第(1)問中，求a2－c2＝b2關(guān)系式直接得b＝1，扣2分；2．第(2)問中，求eq\f(OQ,OP)時(shí)，給出P，Q坐標(biāo)關(guān)系給2分；無“Δ>0”和“Δ≥0”者，每處扣2分；聯(lián)立方程消元得出關(guān)于x的一元二次方程給2分；根與系數(shù)的關(guān)系寫出后再給2分；求最值時(shí)，不指明最值取得的條件扣2分．跟蹤演練5已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點(diǎn)(eq\r(2)，1)，離心率為eq\f(\r(2),2).(1)若A是橢圓E的上頂點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是左、右焦點(diǎn)，直線AF1，AF2分別交橢圓于B，C兩點(diǎn)，直線BO交AC于點(diǎn)D，求證：S△ABD∶S△ABC＝3∶5；(2)若A1，A2分別是橢圓E的左、右頂點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿足MA2⊥A1A2，且MA1交橢圓E于點(diǎn)P.求證：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))為定值．證明(1)易得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，))且c2＝a2－b2，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝2.))所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.所以A(0，eq\r(2))，F(xiàn)1(－eq\r(2)，0)，F(xiàn)2(eq\r(2)，0)．所以直線AB：y＝x＋eq\r(2)，直線AC：y＝－x＋eq\r(2).將y＝x＋eq\r(2)代入橢圓方程，可得3x2＋4eq\r(2)x＝0，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)\r(2)，－\f(1,3)\r(2)))，同理可得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)\r(2)，－\f(1,3)\r(2)))，所以直線BO為y＝eq\f(1,4)x.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,4)x，,y＝－x＋\r(2)，))得交點(diǎn)Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)\r(2)，\f(1,5)\r(2)))，所以AD＝eq\f(8,5)，AC＝eq\f(8,3)，即AD∶AC＝3∶5，所以S△ABD∶S△ABC＝3∶5.(2)設(shè)M(2，y0)，P(x1，y1)，易得直線MA1的方程為y＝eq\f(y0,4)x＋eq\f(y0,2)，代入橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(y\o\al(2,0),8)))x2＋eq\f(y\o\al(2,0),2)x＋eq\f(y\o\al(2,0),2)－4＝0.由－2x1＝eq\f(4y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，得x1＝eq\f(－2y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，從而y1＝eq\f(8y0,y\o\al(2,0)＋8)，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，\f(8y0,y\o\al(2,0)＋8)))·(2，y0)＝eq\f(－4y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)＋eq\f(8y\o\al(2,0),y\o\al(2,0)＋8)＝4.所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))為定值4.模板6解析幾何中的探索性問題典例6(16分)已知定點(diǎn)C(－1,0)及橢圓x2＋3y2＝5，過點(diǎn)C的動(dòng)直線與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)．(1)若線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是－eq\f(1,2)，求直線AB的方程；(2)在x軸上是否存在點(diǎn)M，使eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))為常數(shù)？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．審題路線圖(1)eq\x(設(shè)AB的方程y＝kx＋1)→eq\x(待定系數(shù)法求k)→eq\x(寫出方程)(2)eq\x(設(shè)M存在即為Mm，0)→eq\x(求\o(MA,\s\up6(→))·\o(MB,\s\up6(→)))→eq\x(在\o(MA,\s\up6(→))·\o(MB,\s\up6(→))為常數(shù)的條件下求m)→eq\x(下結(jié)論)規(guī)范解答·分步得分構(gòu)建答題模板解(1)依題意，直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x＋1)，將y＝k(x＋1)代入x2＋3y2＝5，消去y整理，得(3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.2分設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝36k4－43k2＋13k2－5>0，①,x1＋x2＝－\f(6k2,3k2＋1).②))由線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是－eq\f(1,2)，得eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(3k2,3k2＋1)＝－eq\f(1,2)，解得k＝±eq\f(\r(3),3)，適合①.所以直線AB的方程為x－eq\r(3)y＋1＝0或x＋eq\r(3)y＋1＝0.6分(2)假設(shè)在x軸上存在點(diǎn)M(m,0)，使eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))為常數(shù)．(ⅰ)當(dāng)直線AB與x軸不垂直時(shí)，由(1)知x1＋x2＝－eq\f(6k2,3k2＋1)，x1x2＝eq\f(3k2－5,3k2＋1).③所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2.10分將③代入，整理得eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\f(6m－1k2－5,3k2＋1)＋m2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m－\f(1,3)))3k2＋1－2m－\f(14,3),3k2＋1)＋m2＝m2＋2m－eq\f(1,3)－eq\f(6m＋14,33k2＋1).13分注意到eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))是與k無關(guān)的常數(shù)，從而有6m＋14＝0，m＝－eq\f(7,3)，此時(shí)eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\f(4,9).14分(ⅱ)當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)，此時(shí)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,\r(3))))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(2,\r(3))))，當(dāng)m＝－eq\f(7,3)時(shí)，也有eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\f(4,9).綜上，在x軸上存在定點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，0))，使eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))為常數(shù).16分第一步先假定：假設(shè)結(jié)論成立．第二步再推理：以假設(shè)結(jié)論成立為條件，進(jìn)行推理求解．第三步下結(jié)論：若推出合理結(jié)果，經(jīng)驗(yàn)證成立則肯定假設(shè)；若推出矛盾則否定假設(shè)．第四步再回顧：查看關(guān)鍵點(diǎn)，易錯(cuò)點(diǎn)(特殊情況、隱含條件等)，審視解題規(guī)范性.評(píng)分細(xì)則1.不考慮直線AB斜率不存在的情況扣2分；2．不驗(yàn)證Δ>0，扣1分；3．直線AB方程寫成斜截式形式同樣給分；4．沒有假設(shè)存在點(diǎn)M不扣分；5.eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))沒有化簡(jiǎn)至最后結(jié)果扣3分，沒有最后結(jié)論扣1分．跟蹤演練6如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq\f(1,2)，橢圓上有一點(diǎn)P在x軸的上方，且PF⊥x軸(F為橢圓的右焦點(diǎn))，PF＝eq\f(3,2).(1)求橢圓C的方程及右準(zhǔn)線l的方程；(2)過橢圓的右焦點(diǎn)F的直線(不經(jīng)過P點(diǎn))與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，記直線PA，PB的斜率分別為k1，k2.①當(dāng)∠APB的平分線為PF時(shí)，求直線AB的斜率k；②若直線AB與右準(zhǔn)線l交于點(diǎn)M，記直線PM的斜率為k3，試問：當(dāng)k3＝2時(shí)，k1＋k2是否為定值？若是，求出定值；若不是，請(qǐng)說明理由．解(1)右焦點(diǎn)F(c,0)，由PF⊥x軸，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，所以PF＝eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a)＝\f(3,2)，,e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,b2＋c2＝a2，))解得a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，右準(zhǔn)線l的方程為x＝eq\f(a2,c)＝4.(2)方法一①設(shè)A(x0，y0)(x0≠1)，則直線AB的方程為y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，即k＝eq\f(y0,x0－1)，聯(lián)立方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y0,x0－1)x－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得[3(x0－1)2＋4yeq\o\al(2,0)]x2－8yeq\o\al(2,0)x＋4yeq\o\al(2,0)－12(x0－1)2＝0，(*)Δ>0.因?yàn)閤0為方程(*)的一個(gè)根，所以另一個(gè)根為xB＝eq\f(8y\o\al(2,0),3x0－12＋4y\o\al(2,0))－x0，又點(diǎn)A(x0，y0)(x0≠1)在橢圓上，所以eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1，則xB＝eq\f(5x0－8,2x0－5)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5x0－8,2x0－5)，\f(3y0,2x0－5))).由(1)知，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，則k1＝eq\f(2y0－3,2x0－1)，k2＝eq\f(2y0－2x0＋5,2x0－1).當(dāng)∠APB的平分線為PF時(shí)，直線PA，PB的斜率k1，k2滿足k1＋k2＝0，所以k1＋k2＝eq\f(2y0－3,2x0－1)＋eq\f(2y0－2x0＋5,2x0－1)＝0，即2y0＝x0－1，所以k＝eq\f(1,2).②聯(lián)立方程組得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝\f(y0,x0－1)x－1，))得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3y0,x0－1)))，則直線PM的斜率k3＝eq\f(2y0－x0＋1,2x0－1).由題意知k3＝eq\f(2y0－x0＋1,2x0－1)＝2，得2y0＝5x0－5，則k1＋k2＝eq\f(2y0－3,2x0－1)＋eq\f(2y0－2x0＋5,2x0－1)＝4，所以當(dāng)k3＝2時(shí)，k1＋k2為定值，定值為4.方法二①由題意知直線AB的方程為y＝k(x－1)，聯(lián)立方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1，))消去y，整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，(*)Δ＝144(k2＋1)>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2≠1)，則x1，x2為方程(*)的兩根，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3).由(1)知，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，則k1＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)，k2＝eq\f(y2－\f(3,2),x2－1).因?yàn)锳，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線，所以k＝kAF＝kBF，即eq\f(y1,x1－1)＝eq\f(y2,x2－1)＝k，所以k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－1)＋\f(1,x2－1)))＝2k－eq\f(3,2)×eq\f(x1＋x2－2,x1x2－x1＋x2＋1)＝2k－eq\f(3,2)×eq\f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4k2－12,4k2＋3)－\f(8k2,4k2＋3)＋1)＝2k－1.當(dāng)∠APB的平分線為PF時(shí)，直線PA，PB的斜率k1，k2滿足k1＋k2＝0，所以2k－1＝0，得k＝eq\f(1,2).②聯(lián)立方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝kx－1，))得M(4,3k)．所以k3＝eq\f(3k－\f(3,2),4－1)＝k－eq\f(1,2)＝2，得k＝eq\f(5,2)，所以k1＋k2＝2k－1＝4，所以當(dāng)k3＝2時(shí)，k1＋k2為定值，定值為4.模板7數(shù)列的通項(xiàng)與求和典例7(14分)下表是一個(gè)由n2個(gè)正數(shù)組成的數(shù)表，用aij表示第i行第j個(gè)數(shù)(i，j∈N*)，已知數(shù)表中第一列各數(shù)從上到下依次構(gòu)成等差數(shù)列，每一行各數(shù)從左到右依次構(gòu)成等比數(shù)列，且公比都相等．已知a11＝1，a31＋a61＝9，a35＝48.a11a12a13…a1na21a22a23…a2na31a32a33…a3n……………an1an2an3…ann(1)求an1和a4n；(2)設(shè)bn＝eq\f(a4n,a4n－2a4n－1)＋(－1)n·an1(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.審題路線圖eq\x(數(shù)表中項(xiàng)的規(guī)律)→eq\x(確定an1和a4n)eq\o(→,\s\up7(化簡(jiǎn)bn))eq\x(分析bn的特征)eq\o(→,\s\up7(選定求和方法))eq\x(分組法及裂項(xiàng)法、公式法求和)規(guī)范解答·分步得分構(gòu)建答題模板解(1)設(shè)第1列依次組成的等差數(shù)列的公差為d，設(shè)每一行依次∴d＝1，∴an1＝a11＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n.3分∵a31＝a11＋2d＝3，∴a35＝a31·q4＝3q4＝48，∵q>0，∴q＝2，又∵a41＝4，∴a4n＝a41qn－1＝4×2n－1＝2n＋1.6分(2)∵bn＝eq\f(a4n,a4n－2a4n－1)＋(－1)n·an1＝eq\f(2n＋1,2n＋1－22n＋1－1)＋(－1)n·n＝eq\f(2n,2n－12n＋1－1)＋(－1)n·n＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)＋(－1)n·n，9分∴Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,7)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,15)))＋…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＋[－1＋2－3＋4－5＋…＋(－1)n·n]，10分當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝1－eq\f(1,2n＋1－1)＋eq\f(n,2)；12分當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝Sn－1＋bn＝1－eq\f(1,2n－1)＋eq\f(n－1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))－n＝1－eq\f(1,2n＋1－1)－eq\f(n＋1,2)＝eq\f(1－n,2)－eq\f(1,2n＋1－1).14分第一步找關(guān)系：根據(jù)已知條件確定數(shù)列的項(xiàng)之間的關(guān)系．第二步求通項(xiàng)：根據(jù)等差或等比數(shù)列的通項(xiàng)公式或利用累加、累乘法求數(shù)列的通項(xiàng)公式．第三步定方法：根據(jù)數(shù)列表達(dá)式的結(jié)構(gòu)特征確定求和方法(常用的有公式法、裂項(xiàng)相消法、錯(cuò)位相減法、分組法等)．第四步寫步驟.第五步再反思：檢查求和過程中各項(xiàng)的符號(hào)有無錯(cuò)誤，用特殊項(xiàng)估算結(jié)果.評(píng)分細(xì)則1.求出d給1分，求an1時(shí)寫出公式結(jié)果錯(cuò)誤給1分；求q時(shí)沒寫q>0扣1分；2．bn寫出正確結(jié)果給1分，正確進(jìn)行裂項(xiàng)再給1分；3．缺少對(duì)bn的變形直接計(jì)算Sn，只要結(jié)論正確不扣分；4．當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，求Sn中間過程缺一步不扣分．跟蹤演練7已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且3Sn＝4an－4.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，Tn＝eq\f(1,c1)＋eq\f(1,c2)＋…＋eq\f(1,cn)，求使keq\f(n·2n,n＋1)≥(2n－9)Tn恒成立的實(shí)數(shù)k的取值范圍．解(1)由3Sn＝4an－4，可得a1＝4，3Sn＝4an－4，當(dāng)n≥2時(shí)，3Sn－1＝4an－1－4，兩式相減，得3an＝4an－4an－1，即eq\f(an,an－1)＝4，∴數(shù)列{an}是以a1＝4為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列，∴an＝4n＝22n.(2)cn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝2＋4＋…＋2(n－1)＋2n＝n(n＋1)，∴Tn＝eq\f(1,c1)＋eq\f(1,c2)＋…＋eq\f(1,cn)＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(n,n＋1).由keq\f(n·2n,n＋1)≥(2n－9)Tn對(duì)任意n∈N*恒成立，即實(shí)數(shù)k≥eq\f(2n－9,2n)恒成立．設(shè)dn＝eq\f(2n－9,2n)，dn＋1－dn＝eq\f(2n＋1－9,2n＋1)－eq\f(2n－9,2n)＝eq\f(11－2n,2n＋1)，∴當(dāng)n≥6時(shí)，數(shù)列{dn}單調(diào)遞減；當(dāng)1≤n≤5時(shí)，數(shù)列{dn}單調(diào)遞增．又∵d5＝eq\f(1,32)<d6＝eq\f(3,64)，∴數(shù)列{dn}的最大項(xiàng)的值為d6＝eq\f(3,64)，∴k≥eq\f(3,64).模板8函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值問題典例8(14分)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時(shí)，求a的取值范圍．審題路線圖eq\x(求f′x)eq\o(→,\s\up7(討論f′x),\s\do5(的符號(hào)))eq\x(fx單調(diào)性)→eq\x(fx最大值)→eq\x(解fxmax>2a－2).規(guī)范解答·分步得分構(gòu)建答題模板解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.若a≤0，則f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．若a＞0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)＜0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減.6分綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由(1)知，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上無最大值；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在x＝eq\f(1,a)處取得最大值，最大值為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞2a－2等價(jià)于lna＋a－1＜0.10分令g(a)＝lna＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(1)＝0.于是，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，g(a)＜0；當(dāng)a＞1時(shí)，g(a)＞0.因此，a的取值范圍是(0,1).14分第一步求導(dǎo)數(shù)：寫出函數(shù)的定義域，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．第二步定符號(hào)：通過討論確定f′(x)的符號(hào)．第三步寫區(qū)間：利用f′(x)的符號(hào)寫出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．第四步求最值：根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求出函數(shù)最值.評(píng)分細(xì)則1.函數(shù)求導(dǎo)正確給1分；2．分類討論，每種情況給2分，結(jié)論1分；3．求出最大值給4分；4．構(gòu)造函數(shù)g(a)＝lna＋a－1給2分；5．通過分類討論得出a的取值范圍給2分．跟蹤演練8已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0,1]上單調(diào)遞減且滿足f(0)＝1，f(1)＝0.(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值．解(1)由f(0)＝1，f(1)＝0，得c＝1，a＋b＝－1，則f(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，f′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex.依題意對(duì)任意x∈[0,1]，有f′(x)≤0(f′(x)＝0不恒成立)．令h(x)＝ax2＋(a－1)x－a.當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)槎魏瘮?shù)h(x)＝ax2＋(a－1)x－a的圖象開口向上，而f′(0)＝－a<0，所以f′(1)＝(a－1)e<0，即0<a<1；當(dāng)a＝1時(shí)，對(duì)任意x∈[0,1]，有f′(x)＝(x2－1)ex≤0(f′(x)只在x＝1處為0)，f(x)符合條件；當(dāng)a＝0時(shí)，對(duì)于任意x∈[0,1]，f′(x)＝－xex≤0(f′(x)只在x＝0處為0)，f(x)符合條件；當(dāng)a<0時(shí)，因?yàn)閒′(0)＝－a>0，f(x)不符合條件．故a的取值范圍為0≤a≤1.(2)因?yàn)間(x)＝(－2ax＋1＋a)ex，g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex.(ⅰ)當(dāng)a＝0時(shí)，g′(x)＝ex>0，g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以在x＝0處取得最小值g(0)＝1，在x＝1處取得最大值g(1)＝e.(ⅱ)當(dāng)a＝1時(shí)，對(duì)于任意x∈[0,1]有g(shù)′(x)＝－2xex≤0，g(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，所以g(x)在x＝0處取得最大值g(0)＝2，在x＝1取得最小值g(1)＝0.(ⅲ)當(dāng)0<a<1時(shí)，由g′(x)＝0，得x＝eq\f(1－a,2a)>0.①若eq\f(1－a,2a)≥1，即0<a≤eq\f(1,3)時(shí)，g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，g(x)在x＝0處取得最小值g(0)＝1＋a，在x＝1處取得最大值g(1)＝(1－a)e.②若eq\f(1－a,2a)<1，即eq\f(1,3)<a<1時(shí)，g(x)在x＝eq\f(1－a,2a)處取得最大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2a)))＝，在x＝0或x＝1處取得最小值，而g(0)＝1＋a，g(1)＝(1－a)e，則當(dāng)eq\f(1,3)<a≤eq\f(e－1,e＋1)時(shí)，g(x)在x＝0處取得最小值g(0)＝1＋a；當(dāng)eq\f(e－1,e＋1)<a<1時(shí)，g(x)在x＝1處取得最小值g(1)＝(1－a)e.綜上，當(dāng)a＝0時(shí)，g(x)在[0,1]上的最小值為g(0)＝1，最大值為g(1)＝e；當(dāng)a＝1時(shí)，g(x)在[0,1]上的最小值為g(1)＝0，最大值為g(0)＝2；當(dāng)0<a≤eq\f(1,3)時(shí)，g(x)在[0,1]上的最小值為g(0)＝1＋a，最大值為g(1)＝(1－a)e；當(dāng)eq\f(1,3)<a≤eq\f(e－1,e＋1)時(shí)，g(x)在[0,1]上的最小值為g(0)＝1＋a，最大值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2a)))＝；當(dāng)eq\f(e－1,e＋1)<a<1時(shí)，g(x)在[0,1]上的最小值為g(1)＝(1－a)e，最大值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2a)))＝.模板9導(dǎo)數(shù)與不等式典例9(16分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2lnx＋bx＋1.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為x－2y＋1＝0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝2，且關(guān)于x的方程f(x)＝1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，e))上恰有兩個(gè)不等的實(shí)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；(3)若a＝2，b＝－1，當(dāng)x≥1時(shí)，關(guān)于x的不等式f(x)≥t(x－1)2恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828…)審題路線圖eq\x(求導(dǎo)f′x＝axlnx＋\f(1,2)ax＋b)→eq\x(由f′1＝\f(1,2)，f1＝1，求出a，b，進(jìn)而求函數(shù)單調(diào)區(qū)間)→eq\x(當(dāng)a＝2時(shí)，列表求fx的最值，得b的范圍)→eq\x(令hx＝x2lnx－x＋1－tx－12，并求導(dǎo))→eq\x(分類討論利用恒成立求出t的取值范圍)

規(guī)范解答·分步得分構(gòu)建答題模板解(1)f′(x)＝axlnx＋eq\f(1,2)ax＋b，由題意知f′(1)＝eq\f(1,2)a＋b＝eq\f(1,2)，且f(1)＝b＋1＝1.2分∴a＝1，b＝0，此時(shí)f′(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x(x>0)，令f′(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x>0，得x>，令f′(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x<0，得0<x<，∴單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，).4分(2)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x2lnx＋bx＋1＝1，∴－b＝xlnx，令g(x)＝xlnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，e))，則g′(x)＝lnx＋1，令g′(x)＝lnx＋1＝0，得x＝eq\f(1,e).6分g′(x)，g(x)隨x的變化情況，列表如下：xeq\f(1,e2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,e)))eq\f(1,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))eg′(x)－0＋g(x)－eq\f(2,e2)↘－eq\f(1,e)↗e∴－b∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，－\f(2,e2)))，∴b∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e))).8分(3)當(dāng)a＝2，b＝－1，x≥1時(shí)，f(x)＝x2lnx－x＋1≥t(x－1)2恒成立，∴x2lnx－x＋1－t(x－1)2≥0在[1，＋∞)上恒成立，令h(x)＝x2lnx－x＋1－t(x－1)2(x≥1)，則h(x)≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，h′(x)＝2xlnx＋x－1－2t(x－1)，令m(x)＝xlnx－x＋1(x≥1)，則m′(x)＝lnx≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，∴m(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴m(x)≥m(1)＝0，即xlnx≥x－1在x∈[1，＋∞)上恒成立，10分∴h′(x)＝2xlnx＋x－1－2t(x－1)≥3(x－1)－2t(x－1)＝(3－2t)(x－1)，①當(dāng)3－2t≥0，即t≤eq\f(3,2)時(shí)，h′(x)≥0恒成立，∴h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)≥h(1)＝0恒成立.12分②當(dāng)3－2t<0，即t>eq\f(3,2)時(shí)，h′(x)＝2xlnx＋x－1－2t(x－1)，令φ(x)＝2xlnx＋x－1－2t(x－1)，則φ′(x)＝2lnx＋3－2t，令φ′(x)＝2lnx＋3－2t＝0，得x＝>1，當(dāng)1≤x<時(shí)，φ′(x)<0，∴φ(x)單調(diào)遞減，φ(x)≤φ(1)＝0，即h′(x)≤0，∴h(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)1<x<時(shí)，h(x)<h(1)＝0，不成立.15分綜上，實(shí)數(shù)t的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))).16分第一步求導(dǎo)：求導(dǎo)，利用切線方程求a，b，進(jìn)而求單調(diào)區(qū)間．第二步求最值：求函數(shù)最值得b的范圍．第三步討論：構(gòu)造函數(shù)，并針對(duì)不同情況分類討論，具體問題具體解答．第四步回答：根據(jù)問題要求給出恰當(dāng)?shù)拇鸢?評(píng)分細(xì)則第1問求出a，b的值后研究其單調(diào)性給4分，第2問列表求最值給4分，第3問根據(jù)情況對(duì)t≤eq\f(3,2)和t>eq\f(3,2)分類討論各得2分和3分．跟蹤演練9已知函數(shù)f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，求f(x)的最小值；(2)當(dāng)a＜1時(shí)，若存在x1∈[e，e2]，使得對(duì)任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍．解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－1x－a,x2).①若a≤1，當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f′(x)≥0，則f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，當(dāng)x∈[1，a]時(shí)，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈[a，e]時(shí)，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)，所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③若a≥e，當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上為減函數(shù)，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).綜上，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)min＝1－a；當(dāng)1＜a＜e時(shí)，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；當(dāng)a≥e時(shí)，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由題意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)知，f(x)在[e，e2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).g′(x)＝(1－ex)x.當(dāng)x∈[－2,0]時(shí)，g′(x)≤0，g(x)為減函數(shù)，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)＜1，即a＞eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).模板10空間角的計(jì)算典例10(14分)如圖，AB是圓O的直徑，C是圓O上異于A，B的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，DC垂直于圓O所在的平面，DC∥EB，DC＝EB＝1，AB＝4.(1)求證：DE⊥平面ACD；(2)若AC＝BC，求平面AED與平面ABE所成的銳二面角的余弦值．審題路線圖(1)(2)eq\x(CA，CB，CD兩兩垂直)→eq\x(建立空間直角坐標(biāo)系)→eq\x(寫各點(diǎn)坐標(biāo))→eq\x(求平面AED與平面ABE的法向量)→eq\x(將所求二面角轉(zhuǎn)化為兩個(gè)向量的夾角)規(guī)范解答·分步得分構(gòu)建答題模板(1)證明∵DC⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴DC⊥BC，又AB是圓O的直徑，C是圓O上異于A，B的點(diǎn)，∴AC⊥BC，又AC∩DC＝C，AC?平面ACD，DC?平面ACD，∴BC⊥平面ACD，∴BC垂直于平面ACD內(nèi)的任意一條直線．又DC∥EB，DC＝EB，∴四邊形BCDE是平行四邊形，∴DE∥BC，∴DE垂直于平面ACD內(nèi)任意一條直線．∴DE⊥平面ACD.6分(2)解在Rt△ACB中，AB＝4，AC＝BC，∴AC＝BC＝2eq\r(2)，如圖，以C為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2eq\r(2)，0,0)，D(0,0,1)，B(0,2eq\r(2)，0)，E(0,2eq\r(2)，1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，0,1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(2)，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0,0,1).8分設(shè)平面AED的一個(gè)法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝－2\r(2)x1＋z1＝0，,n1·\o(DE,\s\up6(→))＝2\r(2)y1＝0，))令x1＝1，得n1＝(1,0,2eq\r(2))．設(shè)平面ABE的一個(gè)法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AB,\s\up6(→))＝－2\r(2)x2＋2\r(2)y2＝0，,n2·\o(BE,\s\up6(→))＝z2＝0，))令x2＝1，得n2＝(1,1,0).12分∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(1,3\r(2))＝eq\f(\r(2),6).∴平面AED與平面ABE所成的銳二面角的余弦值為eq\f(\r(2),6).14分第一步找垂直：找出(或作出)具有公共交點(diǎn)的三條兩兩垂直的直線．第二步寫坐標(biāo)：建立空間直角坐標(biāo)系，寫出特征點(diǎn)坐標(biāo)．第三步求向量：求直線的方向向量或平面的法向量.第四步求夾角：計(jì)算向量的夾角．第五步得結(jié)論：得到所求兩個(gè)平面所成的角或直線和平面所成的角.評(píng)分細(xì)則1.第(1)問中證明DC⊥BC和AC⊥BC各給2分；證明DE∥BC給1分；證明BC⊥平面ACD時(shí)缺少AC∩DC＝C，AC?平面ACD，DC?平面ACD，不扣分．2．第(2)問中建系給1分；兩個(gè)法向量求出1個(gè)給2分；沒有最后結(jié)論扣1分；法向量取其他形式同樣給分．跟蹤演練10(2017·江蘇蘇州期中)在如圖所示的四棱錐S－ABCD中，SA⊥底面ABCD，∠DAB＝∠ABC＝90°，SA＝AB＝BC＝a，AD＝3a(a>0)，點(diǎn)E為線段BS上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．(1)證明：DE和SC不可能垂直；(2)當(dāng)點(diǎn)E為線段BS的三等分點(diǎn)(靠近B)時(shí)，求二面角S－CD－E的余弦值．(1)證明∵SA⊥底面ABCD，∠DAB＝90°，∴AB，AD，AS兩兩垂直，以A為原點(diǎn)，AB，AD，AS所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，則S(0,0，a)，C(a，a,0)，D(0,3a,0)(a>0)，∵SA＝AB＝a，且SA⊥AB，∴設(shè)E(x,0，a－x)，其中0≤x≤a，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝(x，－3a，a－x)，eq\o(SC,\s\up6(→))＝(a，a，－a)．假設(shè)DE和SC垂直，則eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(SC,\s\up6(→))＝0，即ax－3a2－a2＋ax＝2ax－4a2＝0，解得x＝2a，這與0≤x≤a矛盾，假設(shè)不成立，∴DE和SC不可能垂直．(2)解∵E為線段BS的三等分點(diǎn)(靠近B)，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，0，\f(1,3)a))，設(shè)平面SCD的一個(gè)法向量是n1＝(x1，y1，z1)，平面CDE的一個(gè)法向量是n2＝(x2，y2，z2)，∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－a,2a,0)，eq\o(SD,\s\up6(→))＝(0,3a，－a)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(SD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax1＋2ay1＝0，,3ay1－az1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2y1，,z1＝3y1，))取n1＝(2,1,3)．∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－a,2a,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，－3a，\f(1,3)a))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax2＋2ay2＝0，,\f(2,3)ax2－3ay2＋\f(1,3)az2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2y2，,z2＝5y2，))取n2＝(2,1,5)．設(shè)二面角S－CD－E的平面角的大小為θ，由圖可知θ為銳角，∴cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(4＋1＋15,\r(14)·\r(30))＝eq\f(2\r(105),21)，即二面角S－CD－E的余弦值為eq\f(2\r(105),21).模板11離散型隨機(jī)變量