（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 考前臨門一腳講義 理（重點生含解析）.doc

第三部分 考前臨門一腳(一)巧用性質(zhì)妙解函數(shù) 速解技法學(xué)一招函數(shù)性質(zhì)主要指函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性、對稱性，要深刻理解并加以巧妙地運用以對稱性為例，若函數(shù)f (x)滿足f (ax)f (bx)，則函數(shù)圖象關(guān)于直線x對稱；若函數(shù)f (x)滿足f (ax)f (bx)c，則函數(shù)圖象關(guān)于點對稱定義在R上的奇函數(shù)f (x)滿足f (x2)f (x)，且在0,1上是增函數(shù)，則有()Af <f <f Bf <f <f Cf <f <f Df <f <f 解析由題設(shè)知f (x)f (x2)f (2x)，所以函數(shù)f (x)的圖象關(guān)于直線x1對稱由于奇函數(shù)f (x)在0,1上是增函數(shù)，故f (x)在1,0上也是增函數(shù)，綜上，函數(shù)f (x)在1,1上是增函數(shù)，在1,3上是減函數(shù)又f f f ，所以f <f <f f .答案B已知函數(shù)f (x)x3sin x的定義域為1，1，若f (log2m)<f (log4(m2)成立，則實數(shù)m的取值范圍為_解析由f (x)x3sin x的定義域為1,1，易知f (x)在1,1上單調(diào)遞增，由f (log2m)<f (log4(m2)，可得解得故m<2.綜上可知，實數(shù)m的取值范圍為.答案經(jīng)典好題練一手1已知定義在R上的函數(shù)f (x)滿足f (2x)f (2x)，當(dāng)x<2時，f (x)單調(diào)遞增，如果x1x2<4，且(x12)(x22)<0，則f (x1)f (x2)的值為()A可正可負B可能為0C恒大于0 D恒小于0解析：選D由f (2x)f (2x)可知，函數(shù)f (x)的圖象關(guān)于點(2,0)中心對稱因為x<2時，f (x)單調(diào)遞增，所以x>2時，f (x)單調(diào)遞增因為x1x2<4且(x12)(x22)<0，設(shè)x1<2<x2，則x2<4x1，所以f (x2)<f (4x1)又因為f (4x1)f (x1)，所以f (x2)<f (x1)，即f (x1)f (x2)<0.2對任意的實數(shù)x都有f (x2)f (x)2f (1)，若yf (x1)的圖象關(guān)于x1對稱，且f (0)2，則f (2 017)f (2 018)()A0 B2C3 D4解析：選Byf (x1)的圖象關(guān)于x1對稱，則函數(shù)yf (x)的圖象關(guān)于x0對稱，即函數(shù)f (x)是偶函數(shù)，令x1，則f (12)f (1)2f (1)，即f (1)f (1)2f (1)0，f (1)0，所以f (x2)f (x)2f (1)0，即f (x2)f (x)，則函數(shù)的周期是2，又f (0)2，所以f (2 017)f (2 018)f (1)f (0)022.3已知yf (x)x2是奇函數(shù)，且f (1)1.若g(x)f (x)2，則g(1)_.解析：由題意得g(1)f (1)2.又f (1)(1)2f (1)122，所以f (1)3.故f (1)2321，即g(1)1.答案：14已知a>0且a1，函數(shù)f (x)4loga，其中x，則函數(shù)f (x)的最大值與最小值之和為_解析：依題意知，f (x)44loga，令g(x)4loga，其定義域為，可知g(x)4logag(x)，函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于原點對稱，從而可知函數(shù)f (x)的圖象關(guān)于點(0,4)對稱，故函數(shù)f (x)的最大值與最小值之和為8.答案：8常用結(jié)論記一番1函數(shù)的單調(diào)性在公共定義域內(nèi)：(1)若函數(shù)f (x)是增函數(shù)，函數(shù)g(x)是增函數(shù)，則f (x)g(x)是增函數(shù)；(2)若函數(shù)f (x)是減函數(shù)，函數(shù)g(x)是減函數(shù)，則f (x)g(x)是減函數(shù)；(3)若函數(shù)f (x)是增函數(shù)，函數(shù)g(x)是減函數(shù)，則f (x)g(x)是增函數(shù)；(4)若函數(shù)f (x)是減函數(shù)，函數(shù)g(x)是增函數(shù)，則f (x)g(x)是減函數(shù)提示在利用函數(shù)單調(diào)性解不等式時，易忽略函數(shù)定義域這一限制條件2函數(shù)的奇偶性(1)判斷函數(shù)的奇偶性有時可以用定義的等價形式：f (x)f (x)0，1；(2)設(shè)f (x)，g(x)的定義域分別是D1，D2，那么在它們的公共定義域上：奇奇奇，奇奇偶，偶偶偶，偶偶偶，奇偶奇3有關(guān)函數(shù)f (x)周期性的常用結(jié)論(1)若f (xa)f (xa)，則函數(shù)f (x)的周期為2|a|；(2)若f (xa)f (x)，則函數(shù)f (x)的周期為2|a|；(3)若f (xa)，則函數(shù)f (x)的周期為2|a|；(4)若f (xa)，則函數(shù)f (x)的周期為2|a|.(二)最值函數(shù)大顯身手 速解技法學(xué)一招對于任意xR，函數(shù)f (x)表示yx3，yx，yx24x3中的最大者，則f (x)的最小值是()A2 B3C8 D1解析如圖，分別畫出函數(shù)yx3，yx，yx24x3的圖象，得到三個交點A(0,3)，B(1，2)，C(5,8)由圖象可得函數(shù)f (x)的表達式為f (x)所以f (x)的圖象是圖中的實線部分，圖象的最低點是B(1,2)，所以函數(shù)f (x)的最小值是2.答案A已知函數(shù)f (x)x2xm，g(x)log2x，minm，n表示m，n中的最小值，設(shè)函數(shù)h(x)minf (x)，g(x)(x>0)，則當(dāng)函數(shù)h(x)有三個零點時，實數(shù)m的取值范圍為()A. B.C. D.解析在同一直角坐標(biāo)系中，作出函數(shù)yf (x)和yg(x)的圖象如圖所示當(dāng)兩函數(shù)圖象交于點A(1,0)時，即有11m0，解得m，所以當(dāng)函數(shù)h(x)有三個零點時，即為點A和yf (x)與x軸的兩個交點，若滿足條件，則需解得<m<.所以實數(shù)m的取值范圍是.答案C經(jīng)典好題練一手1設(shè)a，b為平面向量，則()Amin| ab |，| ab |min| a |，| b |Bmin| ab |，| ab |min| a |，| b |Cmax| ab |2，| ab |2| a |2| b |2Dmax| ab |2，| ab |2| a |2| b |2解析：選Dmax|ab|2，|ab|2|a|2|b|2，故選D.2記maxa，b已知向量a，b，b滿足|a|1，|b|2，ab0，cab(0，0，且1)，則當(dāng)maxca，cb取最小值時，|c|()A. B.C1 D.解析：選A如圖，設(shè)a，b，則a(1,0)，b(0,2)，0，0，1，01.又cab，ca(abb)a；cb(abb)b44.由44，得.maxca，cb令f ()則f ().f ()min，此時，cab.|c| .3已知函數(shù)f (x)x22(a2)xa2，g(x)x22(a2)xa28.設(shè)H1(x)maxf (x)，g(x)，H2(x)minf (x)，g(x)(maxp，q表示p，q中的較大值，minp，q表示p，q中的較小值)記H1(x)的最小值為A，H2(x)的最大值為B，則AB()Aa22a16 Ba22a16C16 D16解析：選Cf (x)的圖象的頂點坐標(biāo)為(a2，4a4)，g(x)的圖象的頂點坐標(biāo)為(a2，4a12)，并且f (x)與g(x)的圖象的頂點都在對方的圖象上，如圖所示，所以AB4a4(4a12)16.(三)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)開闊思路 速解技法學(xué)一招1函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系f (x)>0f (x)為增函數(shù)；f (x)<0f (x)為減函數(shù)；f (x)0f (x)為常數(shù)函數(shù)2求函數(shù)f (x)極值的方法求函數(shù)的極值應(yīng)先確定函數(shù)的定義域，解方程f (x)0，再判斷f (x)0的根是否是極值點，可通過列表的形式進行分析，若遇極值點含參數(shù)不能比較大小時，則需分類討論若函數(shù)f (x)2sin x(x0，)的圖象在切點P處的切線平行于函數(shù)g(x)2的圖象在切點Q處的切線，則直線PQ的斜率為()A. B2C. D.解析由題意得f (x)2cos x，g(x)xx.設(shè)P(x1，f (x1)，Q(x2，g(x2)，又f (x1)g(x2)，即2cos x1x2x2，故4cos2x1x2x2，所以44cos2x1x2x2，即4sin2x1(x2x2)2，所以sin x10，x10，x2x2，x21，故P(0,0)，Q，故kPQ.答案A求曲線的切線方程時，要注意是在點P處的切線還是過點P的切線，前者點P為切點，后者點P不一定為切點技法領(lǐng)悟 已知函數(shù)f (x)(xR)滿足f (1)1，且f (x)的導(dǎo)數(shù)f (x)<，則不等式f (x2)<的解集為_解析設(shè)F(x)f (x)x，F(xiàn)(x)f (x)，f (x)<，F(xiàn)(x)f (x)<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減f (x2)<，f (x2)<f (1)，F(xiàn)(x2)<F(1)，而函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，x2>1，即x(，1)(1，)答案(，1)(1，)已知函數(shù)f (x)(axb)ln xbx3在(1，f (1)處的切線方程為y2.(1)求a，b的值；(2)求函數(shù)f (x)的極值；(3)若g(x)f (x)kx在(1,3)上是單調(diào)函數(shù)，求k的取值范圍解(1)因為f (1)b32，所以b1.又f (x)aln xabaln xa1，而函數(shù)f (x)在(1，f (1)處的切線方程為y2，所以f (1)1a10，所以a0.(2)由(1)得f (x)ln xx3，f (x)1(x>0)令f (x)0，得x1.當(dāng)0<x<1時，f (x)>0；當(dāng)x>1時，f (x)<0，所以f (x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，故f (x)的極大值為f (1)2，無極小值(3)由g(x)f (x)kx，得g(x)ln x(k1)x3(x>0)，g(x)k1，又g(x)在x(1,3)上是單調(diào)函數(shù)，若g(x)為增函數(shù)，有g(shù)(x)0，即g(x)k10，即k1在x(1,3)上恒成立又1，所以k.若g(x)為減函數(shù)，有g(shù)(x)0，即g(x)k10，即k1在x(1,3)上恒成立，又1，所以k0.綜上，k的取值范圍為(，0.技法領(lǐng)悟 破解此類問題需注意兩點：(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時應(yīng)優(yōu)先考慮函數(shù)的定義域；(2)求得函數(shù)在多個區(qū)間單調(diào)性相同時，區(qū)間之間用“，”分割，或用“和”相連，不能用“”相連經(jīng)典好題練一手1已知直線2xy10與曲線yaexx相切(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，則實數(shù)a的值是()A.B1C2De解析：選B由題意知yaex12，則a>0，xln a，代入曲線方程得y1ln a，所以切線方程為y(1ln a)2(xln a)，即y2xln a12x1a1.2若函數(shù)f (x)axx2ln x存在極值，且這些極值的和不小于4ln 2，則a的取值范圍為()A2，) B2，)C2，) D4，)解析：選Cf (x)a2x(x>0)，因為f (x)存在極值，所以f (x)0在(0，)上有根，即2x2ax10在(0，)上有根，所以a280，顯然當(dāng)0時，f (x)無極值，不合題意，所以a28>0，即a>2或a<2.記方程2x2ax10的兩根為x1，x2，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1x2，x1x2，易知a>0，則f (x1)，f (x2)為f (x)的極值，所以f (x1)f (x2)(ax1xln x1)(ax2xln x2)a(x1x2)(xx)(ln x1ln x2)ln 24ln 2，所以a2.綜上，a的取值范圍為2，)3是圓周率，e是自然對數(shù)的底數(shù)，在3e，e3，e，3,3，e六個數(shù)中，最小的數(shù)與最大的數(shù)分別是()A3e,3 B3e，eCe3，3 De,3解析：選Ae<3<，eln 3<eln ，ln e<ln 3，即ln 3e<ln e，ln e<ln 3.又函數(shù)yln x，yex，yx在定義域上單調(diào)遞增，故3e<e<3，e3<e<3，故這六個數(shù)中的最大數(shù)為3或3.構(gòu)造函數(shù)f (x)，f (x)的定義域為(0，)，求導(dǎo)得f (x)，當(dāng)f (x)>0，即0<x<e時，函數(shù)f (x)單調(diào)遞增；當(dāng)f (x)<0，即x>e時，函數(shù)f (x)單調(diào)遞減故函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，)由e<3<及函數(shù)f (x)的單調(diào)性，得f ()<f (3)<f (e)，即<<.由<，得ln 3<ln 3，3>3，在3e，e3，e，3,3，e六個數(shù)中的最大的數(shù)是3，同理得最小的數(shù)為3e.4已知函數(shù)f (x)1ln xa2x2ax(aR)(1)討論函數(shù)f (x)的單調(diào)性；(2)若a0且x(0,1)，求證：x2<1.解：(1)函數(shù)f (x)的定義域為(0，)，f (x)2a2xa.若a0，則f (x)<0，f (x)在(0，)上單調(diào)遞減；若a>0，則當(dāng)x時，f (x)0，當(dāng)0<x<時，f (x)<0；當(dāng)x>時，f (x)>0，故f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增若a<0，則當(dāng)x時，f (x)0，當(dāng)0<x<時，f (x)<0；當(dāng)x>時，f (x)>0.故f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增(2)證明：若a0且x(0,1)，則f (x)1ln x，x(0,1)欲證x2<1，只需證x2<1，即證x(1ln x)<(1xx3)ex.設(shè)函數(shù)g(x)x(1ln x)，則g(x)ln x.當(dāng)x(0,1)時，g(x)>0，故函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以g(x)<g(1)1.設(shè)函數(shù)h(x)(1xx3)ex，則h(x)(2x3x2x3)ex.設(shè)函數(shù)p(x)2x3x2x3，則p(x)16x3x2.當(dāng)x(0,1)時，p(0)p(1)8<0，故存在x0(0,1)，使得p(x0)0，從而函數(shù)p(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0,1)上單調(diào)遞減當(dāng)x(0，x0)時，p(x0)>p(0)2，當(dāng)x(x0,1)時，p(x0)p(1)<0，故存在x1(0,1)，使得h(x1)0，即當(dāng)x(0，x1)時，h(x)>0，當(dāng)x(x1,1)時，h(x)<0，從而函數(shù)h(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1,1)上單調(diào)遞減因為h(0)1，h(1)e，所以當(dāng)x(0,1)時，h(x)>h(0)1，所以x(1ln x)<(1xx3)ex，x(0,1)，即x2<1，x(0,1)常用結(jié)論記一番1函數(shù)的極值點(1)可導(dǎo)函數(shù)極值點的導(dǎo)數(shù)為0，但導(dǎo)數(shù)為0的點不一定是極值點，如函數(shù)f (x)x3，f (0)0，但x0不是極值點(2)極值點不是一個點，而是一個數(shù)x0，當(dāng)xx0時，函數(shù)取得極值在x0處有f (x0)0是函數(shù)f (x)在x0處取得極值的必要不充分條件2函數(shù)最值的判別方法(1)求函數(shù)f (x)在閉區(qū)間a，b上最值的關(guān)鍵是求出f (x)0的根的函數(shù)值，再與f (a)，f (b)作比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值(2)求函數(shù)f (x)在非閉區(qū)間上的最值，只需利用導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)f (x)的單調(diào)性，即可得結(jié)論(四)三角問題重在三變 速解技法學(xué)一招對于銳角，若sin，則cos()A.B.C. D解析由為銳角，且sin，可得cos，所以cossinsin2sincos2.答案D若sin 2，sin()，且，則的值是()A. B.C.或 D.或解析因為，所以2，又sin 2，故2，所以cos 2.又，故，于是cos()，所以cos()cos2()cos 2cos()sin 2sin()，且，故.答案A經(jīng)典好題練一手1若cos，則cos的值為()A. BC. D解析：選Acos，cos2cos21221，coscoscos.2sin 40(tan 10)()A B1C. D解析：選Bsin 40(tan 10)1.3設(shè)，0，且滿足sin cos cos sin 1，則sin(2)sin(2)的取值范圍為()A，1 B1，C1,1 D1，解析：選Csin cos cos sin 1，sin()1，0，.由，sin(2)sin(2)sinsin(2)cos sin sin.，1sin1，即所求的取值范圍是1,14已知函數(shù)f (x)Acos(A>0，>0)的圖象相鄰兩條對稱軸的距離為，且f (0)1.(1)求函數(shù)f (x)的解析式；(2)設(shè)，f ，f ，求tan(22)的值解：(1)函數(shù)f (x)Acos(A>0，>0)的圖象相鄰兩條對稱軸的距離為，2，又f (0)1，A1，A2，f (x)2cos.(2)，f 2cos2cos(2)2cos 2，cos 2，sin 2，則tan 2.，f 2cos2cos 2，cos 2，sin 2，則tan 2.tan(22).常用結(jié)論記一番三角公式中常用的變形(1)對于含有sin cos ，sin cos 的問題，利用(sin cos )212sin cos ，建立sin cos 與sin cos 的關(guān)系(2)對于含有sin ，cos 的齊次式，利用tan 轉(zhuǎn)化為含tan 的式子(3)對于形如cos2sin 與cos2sin cos 的變形，前者用平方關(guān)系sin2cos21化為二次型函數(shù)，而后者用降冪公式化為一個角的三角函數(shù)(4)含tan tan 與tan tan 時考慮tan().(五)正弦余弦相得益彰 速解技法學(xué)一招邊角互化的技巧：若要把“邊”化為“角”， 常利用“a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C”，,若要把“角”化為“邊”，常利用 (R為ABC外接圓的半徑)等.在ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且.(1)證明：sin Asin Bsin C；(2)若b2c2a2bc，求tan B.解(1)證明：根據(jù)正弦定理，可設(shè)k(k>0)則aksin A，bksin B，cksin C.代入中，有，變形可得sin Asin Bsin Acos Bcos Asin Bsin(AB)在ABC中，由ABC，有sin(AB)sin(C)sin C，所以sin Asin Bsin C.(2)由已知，b2c2a2bc，根據(jù)余弦定理，有cos A.所以sin A.由(1)，sin Asin Bsin Acos Bcos Asin B，所以sin Bcos Bsin B，故tan B4.如圖，在ABC中，B，AB8，點D在邊BC上，且CD2，cosADC.(1)求sinBAD；(2)求BD，AC的長解(1)在ADC中，cosADC，sinADC ，則sinBADsin(ADCB)sinADCcosBcosADCsinB.(2)在ABD中，sinADBsin(ADC)sinADC.由正弦定理得BD3，在ABC中，BCBDDC5，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcosB825228549，即AC7. 經(jīng)典好題練一手1已知ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，則該三角形的形狀是()A直角三角形B等腰三角形C等邊三角形 D鈍角三角形解析：選A因為，由正弦定理得，所以sin 2Asin 2B.由，可知ab，所以AB.又A，B(0，)，所以2A2B，即AB，所以C，于是ABC是直角三角形2在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若acos Cccos A2bsin A，則A的值為()A. B.C. D.或解析：選D由acos Cccos A2bsin A，結(jié)合正弦定理可得sin Acos Csin Ccos A2sin Bsin A，即sin(AC)2sin Bsin A，故sin B2sin Bsin A又sin B0，可得sin A，故A或.3非直角ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知c1，C.若sin Csin(AB)3sin 2B，則ABC的面積為()A. B.C.或 D.解析：選D因為sin Csin(AB)sin(AB)sin(AB)2sin Acos B6sin Bcos B，因為ABC非直角三角形，所以cos B0，所以sin A3sin B，即a3b.又c1，C，由余弦定理得a2b2ab1，結(jié)合a3b，可得b2，所以Sabsin Cb2sin.故選D.4在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為S，已知2acos22ccos2b.(1)求證：2(ac)3b；(2)若cos B，S，求b.解：(1)證明：由已知得，a(1cos C)c(1cos A)b.整理得acacos Cccos Ab.在ABC中，由余弦定理，得acos Cccos Aacb.acb，即2(ac)3b.(2)cos B，sin B.Sacsin Bac，ac8.又b2a2c22accos B(ac)22ac(1cos B)，2(ac)3b，b216，解得b216，b4.常用結(jié)論記一番1解三角形中常用結(jié)論：(1)三角形中正弦、余弦、正切滿足的關(guān)系式有：2R，c2a2b22abcos C，tan Atan Btan Ctan Atan Btan C，a>bA>Bsin A>sin Bcos A<cos B.(2)三角形形狀判斷(一般用余弦定理)：直角三角形a2b2c2；銳角三角形a2b2>c2(c為最大邊)；鈍角三角形a2b2<c2(c為最大邊)(3)在銳角三角形ABC中：AB>，CB>，AC>；任意角的正弦值都大于其他角的余弦值(4)在ABC中，A，B，C成等差數(shù)列B60；在ABC中，A，B，C成等差數(shù)列，且a，b，c成等比數(shù)列三角形為等邊三角形2設(shè)ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其面積為S.(1)Sahabhbchc(ha，hb，hc分別表示a，b，c邊上的高)(2)Sabsin Cbcsin Acasin B.(3)Sr(abc)(r為三角形ABC內(nèi)切圓的半徑)(六)向量小題三招搞定速解技法學(xué)一招如圖， 在直角梯形ABCD中， ， 2，且rs，則2r3s()A1B2C3 D4解析法一：根據(jù)圖形，由題意可得 ( )() .因為rs，所以r，s，則2r3s123.法二：因為2，所以2()，整理得()，則r，s，2r3s3.法三：如圖，延長AD，BC交于點P，則由得DCAB，且AB4DC，又2，所以E為PB的中點，且.于是，().則r，s，2r3s3.法四：如圖，建立平面直角坐標(biāo)系xAy，依題意可設(shè)點B(4m,0)，D(3m,3h)，E(4m,2h)，其中m>0，h>0.由rs，得(4m,2h)r(4m,0)s(3m,3h)，所以解得所以2r3s123.答案C技法領(lǐng)悟解決平面向量問題的常用方法(1)求解有關(guān)平面向量的問題時，若能靈活利用平面向量加、減法運算及其幾何意義進行分析，則有利于問題的順利獲解這種解題思路，我們不妨稱之為按“圖”處理(2)建系法：處理有關(guān)平面圖形的向量問題時，若能靈活建立平面直角坐標(biāo)系，則可借助向量的坐標(biāo)運算巧解題，這也體現(xiàn)了向量的代數(shù)化手段的重要性(3)基底法：求解有關(guān)平面向量的問題時，若能靈活地選取基底，則有利于問題的快速獲解理論依據(jù)：適當(dāng)選取一組基底e1，e2，利用平面向量基本定理及相關(guān)向量知識，可將原問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于e1，e2的代數(shù)運算問題經(jīng)典好題練一手1已知0，|1，|2， 0，則|的最大值為()A.B2C. D2解析：選C由0可知，.故以B為坐標(biāo)原點，分別以BA，BC所在的直線為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則由題意，可得B(0,0)，A(1,0)，C(0,2)設(shè)D(x，y)，則(x1，y)，(x,2y)由0，可得(x1)(x)y(2y)0，整理得2(y1)2.所以點D在以E為圓心，半徑r的圓上因為|表示B，D兩點間的距離，而|，所以|的最大值為| |r.2已知向量a，b滿足a(a2b)0，|a|b|1，且|ca2b|1，則|c|的最大值為()A2 B4C.1 D.1解析：選D設(shè)a，a2b，c，且設(shè)點A在x軸上，則點B在y軸上，由|ca2b|1，可知|c(a2b)|1，所以點C在以B為圓心，1為半徑的圓上，如圖所示法一：因為a(a2b)0，所以2ab|a|2.又|a|b|1，所以|a2b|，所以|c|max|1|a2b|11.法二：連接AB，因為a2b，所以2b.因為|a|b|1，所以|2，|1，所以|，所以|c|max|11.3在RtABC中，CA4，CB3，M，N是斜邊AB上的兩個動點，且MN2，則的取值范圍為()A. B4,6C. D.解析：選C設(shè)MN的中點為E，則有2，所以()2()2|2| |2|21.易知|的最小值等于點C到斜邊AB的距離，即，所以的最小值為21.當(dāng)點M(或點N)與點A重合時，|最大，此時|21242214，所以的最大值為1.綜上，的取值范圍是.4.如圖，在梯形ABCD中，ABCD，CD2，BAD，若2，則_.解析：法一：因為2，所以，所以.因為ABCD，CD2，BAD，所以2|cos，化簡得|2.故()|2(2)222cos12.法二：如圖，建立平面直角坐標(biāo)系xAy.依題意，可設(shè)點D(m，m)，C(m2，m)，B(n,0)，其中m>0，n>0，則由2，得(n,0)(m2，m)2(n,0)(m，m)，所以n(m2)2nm，化簡得m2.故(m，m)(m2，m)2m22m12.答案：12常用結(jié)論記一番1在四邊形ABCD中：(1)，則四邊形ABCD為平行四邊形；(2)且()()0，則四邊形ABCD為菱形；(3)且|，則四邊形ABCD為矩形；(4)若 (>0，1)，則四邊形ABCD為梯形2設(shè)O為ABC所在平面上一點，內(nèi)角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，則(1)O為ABC的外心222.(2)O為ABC的重心0.(3)O為ABC的垂心.(4)O為ABC的內(nèi)心abc0.(5)O為ABC的A的旁心abc.(七)玩轉(zhuǎn)通項搞定數(shù)列速解技法學(xué)一招幾種常見的數(shù)列類型及通項的求法遞推公式解法an1anf (n)轉(zhuǎn)化為an1anf (n)，利用累加法(逐差相加法)求解an1f (n)an轉(zhuǎn)化為f (n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解an1panq轉(zhuǎn)化為特殊數(shù)列ank的形式求解an1panf (n)利用待定系數(shù)法，構(gòu)造數(shù)列bn，消去f (n)帶來的差異已知數(shù)列an滿足a1，an1an，求an(nN*)解由條件知，分別令n1,2,3，(n1)，代入上式得(n1)個等式累乘，即.又a1，an.技法領(lǐng)悟 累加、累乘法起源于等差、等比數(shù)列通項公式的求解使用過程中要注意賦值后得到(n1)個式子，若把其相加或相乘，等式的左邊得到的結(jié)果是ana1或，添加首項后，等式的左邊累加或累乘的結(jié)果才為an.已知數(shù)列an的首項a11，an1(nN*)，求數(shù)列的前10項和解因為an1，所以2，即2，所以是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，所以2n1，所以an，而，所以.經(jīng)典好題練一手1在數(shù)列an中，a12，an1anlg，則an()A2lg nB2(n1)lg nC2nlg n D1nlg n解析：選A由an1anlgan1anlg，那么ana1(a2a1)(anan1)2lg 2lg lg lg 2lg22lg n.2已知數(shù)列an滿足a11，anan11(n2，nN*)，則數(shù)列an的通項公式an_.解析：由anan11(n2，nN*)，得an2(an12)，而a12121，數(shù)列an2是首項為1，公比為的等比數(shù)列an2n1，an2n1.答案：2n13設(shè)數(shù)列an是首項為1的正項數(shù)列，且aanannan10(n2，nN*)，則數(shù)列an的通項公式an_.解析：由題設(shè)得(anan1)(anan1n)0，由an>0，an1>0知anan1>0，于是anan1n，所以ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123n.答案：4在數(shù)列an中，已知a11，an12an43n1(nN*)，求通項公式an.解：原遞推式可化為an13n2(an3n1)，即an133n12an23n1，比較系數(shù)得4，即an143n2(an43n1)，則數(shù)列an43n1是首項為a143115，公比為2的等比數(shù)列，故an43n152n1，即an43n152n1.常用結(jié)論記一番等差(比)數(shù)列的重要結(jié)論(1)數(shù)列an是等差數(shù)列數(shù)列c是等比數(shù)列；數(shù)列an是等比數(shù)列，則數(shù)列l(wèi)oga|an|是等差數(shù)列(2)an，bn是等差數(shù)列，Sn，Tn分別為它們的前n項和，若bm0，則.(3)首項為正(或為負)遞減(或遞增)的等差數(shù)列前n項和最大(或最小)問題轉(zhuǎn)化為解不等式，也可化為二次型函數(shù)SnAn2Bn來分析，注意nN*.(4)等差(比)數(shù)列中，Sm，S2mSm，S3mS2m，(各項均不為0)仍是等差(比)數(shù)列(八)掌握規(guī)律巧妙求和速解技法學(xué)一招求數(shù)列的前n項和的主要方法(1)公式法：對于等差數(shù)列或等比數(shù)列可用公式法(2)裂項相消法：將數(shù)列的每一項分解為兩項的差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而累加相消(3)錯位相減法：若an為等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列，則對于數(shù)列anbn的前n項和可用錯位相減法(4)倒序相加法：如果一個數(shù)列an中與首、末兩端等“距離”的兩項的和等于同一個常數(shù)，那么求這個數(shù)列前n項和即可用倒序相加法(5)分組求和法：將原數(shù)列分解成可用公式法求和的若干個數(shù)列已知各項均為正數(shù)的等差數(shù)列an滿足：a42a2，且a1,4，a4成等比數(shù)列，設(shè)an的前n項和為Sn.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)求數(shù)列的前n項和為Tn.解(1)根據(jù)題意，設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，a42a2，且a1,4，a4成等比數(shù)列，a1>0，解得a12，d2，數(shù)列an的通項公式為an2n.(2)由(1)知a1d2，則Sn2n2n2n，設(shè)bn，則bn.Tn，Tn，兩式相減得，Tn，Tn223.技法領(lǐng)悟 利用錯位相減法求和的3個注意點(1)判斷模型，即判斷數(shù)列an，bn中一個為等差數(shù)列，一個為等比數(shù)列；(2)錯開位置，一般先乘以公比，再把前n項和退后一個位置來書寫，這樣避免兩式相減時看錯列；(3)相減，相減時定要注意式中最后一項的符號，考生常在此處出錯，一定要細心已知數(shù)列an滿足a1，an1aan，bn(nN*)，Snb1b2bn，Pnb1b2bn，求2PnSn的值解因為a1，an1aan，nN*，所以an1>an>0，an1an(an1)，所以bn.Pnb1b2bn，Snb1b2bn2，故2PnSn2.技法領(lǐng)悟 利用裂項相消法求和的2個注意點(1)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；(2)將通項裂項后，有時需要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開的兩項之差和系數(shù)之積與原通項相等如：若an是等差數(shù)列，則，. 經(jīng)典好題練一手1設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn，Sm113，Sm0，Sm115，其中mN*且m2.則數(shù)列的前n項和的最大值為()A.B.C. D.解析：選D因為Sm113，Sm0，Sm115，所以amSmSm101313，am1Sm1Sm15015，因為數(shù)列an為等差數(shù)列，所以公差dam1am15(13)2，所以解得a113.所以an132(n1)152n，當(dāng)an0時，n7.5，當(dāng)an10時，n6.5，又nN*，所以數(shù)列的前6項為正數(shù)，又因為，所以數(shù)列的前n項和的最大值為1.2數(shù)列1，3，5，7，的前n項和Sn_.解析：利用分組求和法，可得Sn(1352n1)n21.答案：n213已知數(shù)列an的前n項和為Sn，Sn2an1(nN*)，數(shù)列bn是等差數(shù)列，且b1a1，b4a3.(1)求數(shù)列an和bn的通項公式；(2)若cn，求數(shù)列cn的前n項和Tn.解：(1)Sn2an1，Sn12an11, 兩式相減，得Sn1Sn2an12an，an12an.又當(dāng)n1時，S1a12a11，a11.數(shù)列an是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，an2n1，b1a11，b4a34.數(shù)列bn為等差數(shù)列，bnn.(2)an2n1，bnn，cn2n12n1，Tn4.4在公差不為0的等差數(shù)列an中，a1，a4，a8成等比數(shù)列(1)若數(shù)列an的前10項和為45，求數(shù)列an的通項公式；(2)若bn，且數(shù)列bn的前n項和為Tn，若Tn，求數(shù)列an的公差解：設(shè)數(shù)列an的公差為d(d0)，由a1，a4，a8成等比數(shù)列，可得aa1a8，即(a13d)2a1(a17d)，得a19d.(1)由數(shù)列an的前10項和為45，得10a145d45，即90d45d45，所以d，a13.故數(shù)列an的通項公式為an3(n1).(2)因為bn，所以數(shù)列bn的前n項和Tn，即Tn，因此1，解得d1或1.故數(shù)列an的公差為1或1. 常用結(jié)論記一番常用裂項公式(1)；(2)；(3)an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1a1；(4)n(n1)n(n1)(n2)(n1)n(n1)；(5)；(6)1.(九)求得通項何愁放縮 速解技法學(xué)一招已知數(shù)列an滿足a18，(n1)an1(n3)an8n8(nN*)(1)求an；(2)求證：<.解(1)由已知(n1)an1(n3)an8n8，兩邊同除以(n1)(n2)(n3)，得，即8.利用累加法，可得8，化簡求得an14(n1)(n2)，所以an4n(n1)(2)證明：法一：<，通過計算，當(dāng)n4時，<<<.法二：<.當(dāng)n3時，<<<.設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn，滿足2Snan12n11(nN*)，且a1，a25，a3成等差數(shù)列(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)求證：對一切正整數(shù)n，有<.解(1)由2Snan12n11，得2Sn1an22n21，兩式相減得an23an12n1，2S1a23a22a13，a33a246a113，由a1，a25，a3成等差數(shù)列a1a32(a25)a11.an13an2nan12n13(an2n)，數(shù)列an2n為首項是a123，公比是3的等比數(shù)列則an2n3n，an3n2n.(2)證明：法一：當(dāng)n1時，1<，當(dāng)n2時，n2>23n>22nan>2n<.<11<.由上式得：對一切正整數(shù)n，有<.法二：an3n2n(32)(3n13n223n3222n1)3n1，1<. 經(jīng)典好題練一手已知數(shù)列an滿足a12且an1(nN*)(1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列，并求數(shù)列an的通項公式；(2)求證：<n2(nN*)證明：(1)由題意得，即1，故21，又1，所以數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列1n1n，ann.(2)由(1)知1111，nnn2n1<n2.常用結(jié)論記一番常見幾種放縮形式(1)<；(2)<；(3)<2；(4)<；(5)<；(6)(n1)；(7)(n2)(十)繞過通項也可放縮 速解技法學(xué)一招有一類數(shù)列不等式問題，數(shù)列的通項雖然很難求得，,但可借助遞推關(guān)系變形后達到放縮的目的.常用的放縮變形參考后面的“常用結(jié)論記一番”.已知數(shù)列an的首項為a11，且an1(nN*)(1)求a2，a3的值，并證明：a2n1<a2n1<2；(2)令bn|a2n12|，Snb1b2bn.求證：<Sn<.解(1)由a11，且an1，得a2，a3.證明如下：一方面，an122，所以.由題可知an>0，所以<0，即an12與an2異號，故an22與an2同號，于是a2n12與a2n12同號又a121<0，所以a2n1<2.另一方面，a2n1a2n1a2n1a2n1a2n1.由a2n1<2知a2n1a2n1>0，即a2n1>a2n1.綜上所述，a2n1<a2n1<2.(2)證明：a2n12.由bn|a2n12|，知.又1a2n1<a2n1<2，所以<.而b11，所以當(dāng)n2時，bnb1n1，同理，bn>n1.故Snb1b2bn12n1<，Snb1b2bn>，綜上所述，<Sn<.經(jīng)典好題練一手設(shè)數(shù)列an滿足a11，an1ann1(nN*)(1)如果a1a2，ak1ak2，a6k1a6k2成等比數(shù)列，求正整數(shù)k的值；(2)求證：2(1)解：(1)由題意可得(ak1ak2)2(a1a2)(a6k1a6k2)，將已知代入得(k2)22(6k2)，解得k8.(2)證明：由題意知a22，an>0，nN*.當(dāng)n1時，1>2(1)，命題成立當(dāng)n2時，由an1ann1得anan1n，所以an(an1an1)1，an1an1.從而有(ak1ak1)an1an2222(1)常用結(jié)論記一番經(jīng)常用到的幾種放縮(1)<；(2)<2.(十一)線性規(guī)劃布線行針 速解技法學(xué)一招解不含實際背景的線性規(guī)劃問題的一般步驟(1)畫出可行域；(2)根據(jù)線性目標(biāo)函數(shù)的幾何意義確定其取得最優(yōu)解的點；