最新-湖南省长沙市望城区白箬中学高三数学第二轮专题讲座复习 不等式知识的综合应用 精品

湖南省长沙市望城区白箬中学高三数学第二轮专题讲座复习：直线与圆锥曲线问题的处理方法1高考要求直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等 突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法，要求考生分析问题和解决问题的能力、计算能力较高，起到了拉开考生“档次”，有利于选拔的功能 重难点归纳1 直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程是否有实数解成实数解的个数问题，此时要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法2 当直线与圆锥曲线相交时 涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长即应用弦长公式；涉及弦长的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化 同时还应充分挖掘题目的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍 典型题例示范讲解例1如图所示，抛物线2=4的顶点为O ，点A 的坐标为5，0，倾斜角为4π的直线与线段OA 相交不经过点O 或点A 且交抛物线于M 、N 两点，求△AMN 面积最大时直线的方程，并求△AMN 的最大面积 命题意图 直线与圆锥曲线相交，一个重要的问题就是有关弦长的问题本题考查处理直线与圆锥曲线相交问题的第一种方法——“韦达定理法”知识依托 弦长公式、三角形的面积公式、不等式法求最值、函数与方程的思想错解分析 将直线方程代入抛物线方程后，没有确定m 的取值范围 不等式法求最值忽略了适用的条件技巧与方法 涉及弦长问题，应熟练地利用韦达定理设而不求计算弦长，涉及垂直关系往往也是利用韦达定理，设而不求简化运算解法一 由题意，可设的方程为=m ,其中－5＜m ＜0由方程组⎩⎨⎧=+=xy m x y 42,消去,得22m －4m 2=0 ①∵直线与抛物线有两个不同交点M 、N ，∴方程①的判别式Δ=2m －42－4m 2=161－m ＞0,解得m ＜1,又－5＜m ＜0,∴m 的范围为－5，0设M 1,1,N 2,2则12=4－2m ，1·2=m 2,∴|MN |=4)1(2m -点A 到直线的距离为d =25m+ ∴S △=25m m -1,从而S △2=41－m 5m 2=22－2m ·5m 5m ≤235522m m m ++++-3=128∴S △≤82,当且仅当2－2m =5m ,即m =－1时取等号 故直线的方程为=－1，△AMN 的最大面积为82解法二 由题意，可设与轴相交于B （m,0）, 的方程为 = m ,其中0＜m ＜5 由方程组24x y my x=+⎧⎨=⎩,消去,得 2－4 －4m =0 ①∵直线与抛物线有两个不同交点M 、N ，∴方程①的判别式Δ=－4216m =161m ＞0必成立,设M 1,1,N 2,2则 1 2=4， 1·2=－4m , ∴S △=1211(5)||(522m y y m --=- ＝451()22m-≤=∴S △≤82,当且仅当51()(1)22m m -=+即m =1时取等号 故直线的方程为=－1，△AMN 的最大面积为82 例2已知双曲线C 22－2=2与点222323222222323223223222232121x x y y --22102n 2=1m ＞0,n ＞0， ⎩⎨⎧=++=1122ny mx x y n 22nn －1=0,Δ=4n 2－4mnn －1＞0,即mn －mn ＞0,由O nm nn m n --+-2)1(2n =2① 又2)210()(4=+-+n m mn n m 2,将mn =2,代入得m ·n =43②由①、②式得m =21,n =23或m =23,n =21故椭圆方程为22x 232=1或232212=1学生巩固练习1 斜率为1的直线与椭圆42x 2=1相交于A 、B 两点，则|AB |的最大值为A 2B 554 C 5104 D 51082 抛物线=a 2与直线=b ≠0交于A 、B 两点，且此两点的横坐标分别为1,2,直线与轴交点的横坐标是3,则恒有A 3=12B 12=1323C 123=0D 122331=03 正方形ABCD 的边AB 在直线=4上，C 、D 两点在抛物线2=上，则正方形ABCD 的面积为_________4 已知抛物线2=2a ,0且斜率为1的直线与该抛物线交于不同的两点A 、B ，且|AB |≤21求a 的取值范围2若线段AB 的垂直平分线交轴于点N ，求△NAB 面积的最大值 参考答案: 1 解析 弦长|AB |=55422t -⋅⋅≤5104 答案 C2 解析 解方程组⎩⎨⎧+==bkx y ax y 2,得a 2－－b =0,可知12=a k ,12=－a b ,3=－k b ,代入验证即可答案 B3 解析 设C 、D 所在直线方程为=b ,代入2=,利用弦长公式可求出|CD |的长，利用|CD |的长等于两平行直线=4与=b 间的距离，求出b 的值，再代入求出|CD |的长 答案 18或504 解 1设直线的方程为 =－a ,代入抛物线方程得－a 2=2,即2－2aa 2=0 ∴|AB |=224)(42a p a -+⋅≤2 ∴4a 22≤2,即4a ≤－2又∵＞0,∴a ≤－4p 2设A 1,1、B 2,2，AB 的中点 C ,,由1知，1=1－a ,2=2－a ,12=2a 2,则有=222,2212121ax x y y y p a x x -+=+=+=+= ∴线段AB 的垂直平分线的方程为－=－－a －,从而N 点坐标为a 2,0）点N 到AB 的距离为p a p a 22|2|=-+ 从而S △NAB =2222224)(4221p ap p p a p a +=⋅-+⋅⋅当a 有最大值－4p 时，S 有最大值为22B NAo yx。

卜人入州八九几市潮王学校望城区白箬高三数学第二轮专题讲座复习：求解函数解析式的几种常用方法高考要求求解函数解析式是高考重点考察内容之一，需引起重视本节主要帮助考生在深入理解函数定义的根底上，掌握求函数解析式的几种方法，并形成才能，并培养考生的创新才能和解决实际问题的才能重难点归纳求解函数解析式的几种常用方法主要有1待定系数法，假设函数解析式的构造时，用待定系数法；2换元法或者配凑法，复合函数f ［g (x )］的表达式可用换元法，当表达式较简单时也可用配凑法；3消参法，假设抽象的函数表达式，那么用解方程组消参的方法求解f (x );另外，在解题过程中经常用到分类讨论、等价转化等数学思想方法典型题例示范讲解例1(1)函数f (x )满足f (log a x )=)1(12x x a a --(其中a >0,a ≠1,x >0),求f (x )的表达式(2)二次函数f (x )=ax 2+bx +c 满足|f (1)|=|f (－1)|=|f (0)|=1,求f (x )的表达式此题主要考察函数概念中的三要素定义域、值域和对应法那么，以及计算才能和综合运用知识的才能知识依托利用函数根底知识，特别是对“f 〞的理解，用好等价转化，注意定义域错解分析此题对思维才能要求较高，对定义域的考察、等价转化易出错技巧与方法(1)用换元法；(2)用待定系数法解(1)令t=log a x (a >1,t >0;0<a <1,t <0),那么x =a t因此f (t )=12-a a (a t －a －t) ∴f (x )=12-a a (a x －a －x)(a >1,x >0;0<a <1,x <0)(2)由f (1)=a +b +c ,f (－1)=a －b +c ,f (0)=c得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=--=--+=)0()]1()1([21)0()]1()1([21f c f f b f f f a 并且f (1)、f (－1)、f (0)不能同时等于1或者－1，所以所求函数为f (x )=2x 2－1或者f (x )=－2x 2+1或者f (x )=－x 2－x +1或者f (x )=x 2－x －1或者f (x )=－x 2+x +1或者f (x )=x 2+x －1例2设f (x )为定义在R 上的偶函数，当x ≤－1时，y =f (x )的图象是经过点(－2，0)，斜率为1的射线，又在y =f (x )的图象中有一局部是顶点在(0，2)，且过点(－1，1)的一段抛物线，试写出函数f (x )的表达式，并在图中作出其图象此题主要考察函数根本知识、抛物线、射线的根本概念及其图象的作法，对分段函数的分析需要较强的思维才能因此，分段函数是今后高考的热点题型知识依托函数的奇偶性是桥梁，分类讨论是关键，待定系数求出曲线方程是主线错解分析此题对思维才能要求很高，分类讨论、综合运用知识易发生混乱技巧与方法合理进展分类，并运用待定系数法求函数表达式解(1)当x ≤－1时，设f (x )=x +b∵射线过点(－2，0)∴0=－2+b 即b =2，∴f (x )=x +2(2)当－1<x <1时，设f (x )=ax 2+2∵抛物线过点(－1，1)，∴1=a ·(－1)2+2,即a =－1∴f (x )=－x 2+2(3)当x ≥1时，f (x )=－x +2综上可知f (x )=⎪⎩⎪⎨⎧≥+-<<---≤+1,211,21,12x x x x x x 作图由读者来完成例3f (2－cos x )=cos2x +cos x ,求f (x －1)解法一(换元法〕∵f (2－cos x )=cos2x －cos x =2cos 2x －cos x －1令u =2－cos x (1≤u ≤3),那么cos x =2－u∴f (2－cos x )=f (u )=2(2－u )2－(2－u )－1=2u 2－7u +5(1≤u ≤3)∴f (x －1)=2(x －1)2－7(x －1)+5=2x 2－11x +4(2≤x ≤4)解法二(配凑法〕f (2－cos x )=2cos 2x －cos x －1=2(2－cos x )2－7(2－cos x 〕+5∴f (x )=2x 2－7x －5(1≤x ≤3),即f (x －1)=2(x －1)2－7(x －1)+5=2x 2－11x +14(2≤x ≤4)学生稳固练习1假设函数f (x )=34 x mx (x ≠43)在定义域内恒有f ［f (x )］=x ,那么m 等于() A 3B 23C －23 D －32设函数y =f (x )的图象关于直线x =1对称，在x ≤1时，f (x )=(x +1)2－1,那么x >1时f (x )等于()A f (x )=(x +3)2－1B f (x )=(x －3)2－1C f (x )=(x －3)2+1D f (x )=(x －1)2－13f (x )+2f (x1)=3x ,求f (x )的解析式为_________ 4f (x )=ax 2+bx +c ,假设f (0)=0且f (x +1)=f (x )+x +1,那么f (x )=_________5设二次函数f (x )满足f (x －2)=f (－x －2),且其图象在y 轴上的截距为1，在x 轴上截得的线段长为2，求f (x )的解析式6设f (x )是在(－∞,+∞)上以4为周期的函数，且f (x )是偶函数，在区间［2，3］上时，f (x )=－2(x－3)2+4，求当x ∈［1,2］时f (x )的解析式假设矩形ABCD 的两个顶点A 、B 在x 轴上，C 、D 在y =f (x )(0≤x ≤2)的图象上，求这个矩形面积的最大值7动点P 从边长为1的正方形ABCD 的顶点A 出发顺次经过B 、C 、D 再回到A ，设x 表示P 点的行程，f (x )表示PA 的长，g (x )表示△ABP 的面积，求f (x )和g (x ),并作出g (x )的简图8函数y =f (x )是定义在R 上的周期函数，周期T =5，函数y =f (x )(－1≤x ≤1)是奇函数，又知y =f (x )在［0，1］上是一次函数，在［1，4］上是二次函数，且在x =2时，函数获得最小值，最小值为－5(1)证明f (1)+f (4)=0;(2)试求y =f (x ),x ∈［1,4］的解析式； (3)试求y =f (x )在［4，9］上的解析式参考答案1解析∵f (x )=34-x mx ∴f ［f (x )］=334434--⋅-⋅x mx x mxm =x ,整理比较系数得m =3答案A 2解析利用数形结合，x ≤1时，f (x )=(x +1)2－1的对称轴为x =－1,最小值为－1，又y =f (x )关于x =1对称，故在x >1上，f (x )的对称轴为x =3且最小值为－1答案B3解析由f (x )+2f (x 1)=3x 知f (x 1)+2f (x )=3x1 由上面两式联立消去f (x 1)可得f (x )=x 2－x 答案f (x )=x2－x4解析∵f (x )=ax 2+bx +c ,f (0)=0,可知c =0又f (x +1)=f (x )+x +1,∴a (x +1)2+b (x +1)+0=ax 2+bx +x +1,即(2a +b 〕x +a +b =bx +x +1故2a +b =b +1且a +b =1,解得a =21,b =21,∴f (x )=21x 2+21x 答案21x 2+21x 5解f (x )=ax 2+bx +c ,然后找关于a 、b 、c 的方程组求解，f (x )=178722++x x 6解设x ∈［1,2］,那么4－x ∈［2,3］,∵f (x )是偶函数，∴f (x )=f (－x ),又因为4是f (x )的周期，∴f (x )=f (－x )=f (4－x )=－2(x －1)2+4(2)设x ∈［0，1］，那么2≤x +2≤3,f (x )=f (x +2)=－2(x －1)2+4,又由(1〕可知x ∈［0,2］时，f (x )=－2(x －1)2+4,设A 、B 坐标分别为(1－t ,0〕,(1+t ,0)(0＜t ≤1),那么|AB |=2t ,|AD |=－2t 2+4,S 矩形=2t (－2t 2+4)=4t (2－t 2),令S 矩=S ，∴82S =2t 2(2－t 2)·(2－t 2)≤(3222222t t t -+-+)3=2764, 当且仅当2t 2=2－t 2,即t =36时取等号∴S 2≤27864⨯即S ≤9616,∴S max =96167解(1)如原题图，当P 在AB 上运动时，PA =x ;当P 点在BC 上运动时，由Rt △ABD可得PA =2)1(1-+x ;当P 点在CD 上运动时，由Rt △ADP 易得PA =2)3(1x -+;当P 点在DA 上运动时，PA =4－x ,故f (x )的表达式为f (x )=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤<-≤<+-≤<+-≤≤)43( 4)32( 106)21( 22)10( 22x x x x x x x x x x(2)由于P 点在折线ABCD 上不同位置时，△ABP 的形状各有特征，计算它们的面积也有不同的方法，因此同样必须对P 点的位置进展分类求解如原题图，当P 在线段AB 上时，△ABP 的面积S =0； 当P 在BC 上时，即1＜x ≤2时，S △ABP =21AB ·BP =21(x －1〕； 当P 在CD 上时，即2＜x ≤3时，S △ABP =21·1·1=21；当P 在DA 上时，即3＜x ≤4时，S △ABP =21(4－x )故g (x )=⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧≤<-≤<≤<-≤≤)43( )4(21)32( 21)21( )1(21)10( 0x x x x x x8(1)证明∵y =f (x )是以5为周期的周期函数，1124321oyxDPCDPCA∴f (4)=f (4－5)=f (－1),又y =f (x )(－1≤x ≤1)是奇函数，∴f (1)=－f (－1)=－f (4),∴f (1)+f (4)=0(2)解当x ∈［1,4］时，由题意，可设f (x )=a (x －2)2－5(a ≠0),由f (1)+f (4)=0得a (1－2)2－5+a (4－2)2－5=0，解得a =2,∴f (x )=2(x －2)2－5(1≤x ≤4)(3)解∵y =f (x )(－1≤x ≤1)是奇函数，∴f (0)=－f (－0),∴f (0)=0, 又y =f (x )(0≤x ≤1)是一次函数， ∴可设f (x )=kx (0≤x ≤1),∵f (1)=2(1－2)2－5=－3,f (1)=k ·1=k ,∴k =－3∴当0≤x ≤1时，f (x )=－3x ,当－1≤x ＜0时，f (x )=－3x ,当4≤x ≤6时，－1≤x －5≤1,∴f (x )=f (x －5)=－3(x －5)=－3x +15, 当6＜x ≤9时，1＜x －5≤4,f (x )=f (x －5)=2［(x －5)－2］2－5=2(x －7)2－5∴f (x )=⎩⎨⎧≤<--≤≤+-)96( 5)7(2)64( 1532x x x x。

卜人入州八九几市潮王学校望城区白箬高三数学第二轮专题讲座复习：探究性问题高考要求重难点归纳假设把一个数学问题看作是由条件、根据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探究性问题条件不完备和结论不确定是探究性问题的根本特征解决探究性问题，对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面有较高要求，高考题中一般对这类问题有如下方法〔1〕直接求解；〔2〕观察——猜测——证明；〔3〕赋值推断；〔4〕数形结合； 〔5〕联想类比；〔6〕特殊——一般——特殊典型题例示范讲解例1函数1)(2++=ax c bx x f (a ,c ∈R ,a ＞0,b 是自然数〕是奇函数，f (x )有最大值21，且f (1)＞52〔1〕求函数f (x )的解析式；〔2〕是否存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，并且使得P 、Q 两点关于点(1,0)对称，假设存在，求出直线l 的方程，假设不存在，说明理由此题考察待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的才能知识依托函数的奇偶性、重要不等式求最值、方程与不等式的解法、对称问题错解分析不能把a 与b 间的等量关系与不等关系联立求b ；无视b 为自然数而导致求不出b 的详细值；P 、Q 两点的坐标关系列不出解技巧与方法充分利用题设条件是解题关键此题是存在型探究题目，注意在假设存在的条件下推理创新，假设由此导出矛盾，那么否认假设，否那么，给出肯定的结论，并加以论证解〔1〕∵f (x )是奇函数∴f (–x )=–f (x )，即1122++-=++-ax cbx ax c bx ∴–bx +c =–bx –c ∴c =0∴f (x )=12+ax bx由a ＞0，b 是自然数得当x ≤0时，f (x )≤0，当x ＞0时，f (x )＞0∴f (x )的最大值在x ＞0时获得∴x ＞0时，22111)(babx x b a x f ≤+=当且仅当bxx b a 1=即a x 1=时，f (x )有最大值21212=b a∴2b a =1,∴a =b 2①又f (1)＞52，∴1+a b ＞52,∴5b ＞2a +2② 把①代入②得2b 2–5b +2＜0解得21＜b ＜2又b ∈N ,∴b =1,a =1,∴f (x )=12+x x〔2〕设存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，且P 、Q 关于点〔1，0〕对称，P (x 0,y 0)那么Q 〔2–x 0,–y 0)，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+--=+02000201)2(21y x x y x x ,消去y 0，得x02–2x 0–1=0解之，得x 0=1±2,∴P 点坐标为(42,21+)或者(42,21--) 进而相应Q 点坐标为Q 〔42,21--〕或者Q (42,21+) 过P 、Q 的直线l 的方程x –4y –1=0即为所求例2如图，三条直线a 、b 、c 两两平行，直线a 、b 间的间隔为p ，直线b 、c 间的间隔为2p，A 、B 为直线a 上两定点，且｜AB ｜=2p ，MN 是在直线b 上滑动的长度为2p 的线段〔1〕建立适当的平面直角坐标系，求△AMN 的外心C 的轨迹E ；〔2〕接上问，当△AMN 的外心C 在E 上什么位置时，d +｜BC ｜最小，最小值是多少？〔其中d 是外心C 到直线c 的间隔〕此题考察轨迹方程的求法、抛物线的性质、数形结合思想及分析、探究问题、综合解题的才能知识依托求曲线的方程、抛物线及其性质、直线的方程错解分析①建立恰当的直角坐标系是解决此题的关键，如何建系是难点，②第二问中确定C 点位置需要一番分析技巧与方法C 所在位置，然后加以论证和计算，得出正确结论，是条件探究型题目解1〕以直线b 为x 轴，以过A 点且与b 直线垂直的直线为y 轴建立直角坐标系设△AMN 的外心为C (x ,y )，那么有A (0,p )、M 〔x –p ,0)，N (x +p ,0)， 由题意，有｜CA ｜=｜CM ｜∴2222)()(y p x x p y x ++-=-+,化简，得x 2=2py它是以原点为顶点，y 轴为对称轴，开口向上的抛物线〔2〕由〔1〕得，直线c 恰为轨迹E 的准线由抛物线的定义知d =｜CF ｜，其中F 〔0,2p 〕是抛物线的焦点∴d +｜BC ｜=｜CF ｜+｜BC ｜由两点间直线段最短知，线段BF 与轨迹E 的交点即为所求的点直线BF的方程为p x y 2141+=联立方程组 ⎪⎩⎪⎨⎧=+=pyx p x y 221412得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=.16179)171(41p y p x 即C 点坐标为(p p 16179,4171++) 此时d +｜BC ｜的最小值为｜BF ｜=p 217 例3三个向量a 、b 、c ，其中每两个之间的夹角为120°，假设｜a ｜=3,｜b ｜=2,｜c ｜=1，那么a 用b 、c 表示为解析如图–a 与b ，c 的夹角为60°,且|a |=|–a |=3由平行四边形关系可得–a =3c +23b ,∴a =–3c –23b 答案a =–3c –23b 例4假设每一架飞机引擎在飞行中故障率为1–p ，且各引擎是否有故障是HY 的，如有至少50%的引擎能正常运行，飞机就可成功飞行，那么对于多大的p 而言，4引擎飞机比2引擎飞机更为平安？2解析飞机成功飞行的概率分别为4引擎飞机为4222443342224)1(4)1(6C )1(C )1(C P P P P P P P P P P +-+-=+-+-2引擎飞机为222212)1(2C )1(C PP P P P P +-=+-⋅要使4引擎飞机比2引擎飞机平安，那么有6P 2〔1–P 〕2+4P 2〔1–P 〕+P 4≥2P (1–P )+P 2,解得P ≥32 即当引擎不出故障的概率不小于32时，4引擎飞机比2引擎飞机平安 学生稳固练习1直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β)①α∥β⇒l ⊥m ②α⊥β⇒l ∥m ③l ∥m ⇒α⊥β④l ⊥m ⇒α∥β A ①与②B ①与③C ②与④D ③与④2现有邮资为0元的邮件一件，为使粘贴邮票的张数最少，且资费恰为0元，那么最少要购置邮票()A 7张B 8张C 9张D 10张3观察sin 220°+cos 250°+sin20°cos50°=43,sin 215°+cos 245°+sin15°·cos45°=43， 写出一个与以上两式规律一样的一个等式4在四棱锥P —ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，问底面的边BC 上是否存在点E〔1〕使∠PED =90°；〔2〕使∠PED 为锐角证明你的结论5非零复数z 1,z 2满足｜z 1｜=a ,｜z 2｜=b ,｜z 1+z 2｜=c 〔a 、b 、c 均大于零〕，问是否根据上述条件求出12z z ？请说明理由参考答案1解析①l ⊥α且α∥β⇒l ⊥β,m ⊂β⇒l ⊥m②α⊥β且l ⊥α⇒l ∥β,但不能推出l ∥m③l ∥m ,l ⊥α⇒m ⊥α,由m ⊂β⇒α⊥β④l ⊥m ,不能推出α∥β答案B2解析故8张答案B3解析由50°–20°=(45°–15°)=30°可得sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43 答案sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=434解(1)当AB ≤21AD 时，边BC 上存在点E ，使∠PED =90°;当AB >21AD 时，使∠PED =90°的点E 不存在〔只须以AD 为直径作圆看该圆是否与BC 边有无交点〕〔证略〕〔2〕边BC 上总存在一点，使∠PED 为锐角，点B 就是其中一点连接BD ，作AF ⊥BD ，垂足为F ，连PF ，∵PA ⊥面ABCD ，∴PF ⊥BD ，又△ABD 为直角三角形，∴F 点在BD 上，∴∠PBF 是锐角同理，点C 也是其中一点5解∵|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(1z +2z )=|z 1|2+|z 2|2+(z 12z +1z z 2)∴c 2=a 2+b 2+(z 12z +1z z 2)即12z +1z z 2=c 2–a 2–b 2∵z 1≠0,z 2≠0，∴z 12z +1z ·z 2=12112221z z z z z z z z =|z 2|2(21z z )+|z 1|2(12z z ) 即有b 2(21z z )+a 2(12z z )=z 1z 2+z 1z 2∴b 2(21z z )+a 2(12z z )=c 2–a 2–b 2∴a 2(12z z )2+(a 2+b 2–c 2)(12z z )+b 2=0这是关于12z z 的一元二次方程，解此方程即得12z z 的值。

湖南省长沙市望城区白箬中学高三数学第二轮专题讲座复习：曲线的轨迹方程的求法高考要求求曲线的轨迹方程是解析几何的两个基本问题之一 求符合某种条件的动点的轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，用“坐标化”将其转化为寻求变量间的关系 这类问题除了考查学生对圆锥曲线的定义，性质等基础知识的掌握，还充分考查了各种数学思想方法及一定的推理能力和运算能力，因此这类问题成为高考命题的热点，也是同学们的一大难点重难点归纳求曲线的轨迹方程常采用的方法有直接法、定义法、代入法、参数法1直接法 直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程2定义法 若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义如椭圆、双曲线、抛物线、圆等，可用定义直接探求3相关点法 根据相关点所满足的方程，通过转换而求动点的轨迹方程4参数法 若动点的坐标,中的,分别随另一变量的变化而变化，我们可以以这个变量为参数，建立轨迹的参数方程求轨迹方程，一定要注意轨迹的纯粹性和完备性 要注意区别“轨迹”与“轨迹方程”是两个不同的概念典型题例示范讲解 例1如图所示，已知22)4(y x +-20,241+=+y y x 244)2()24(22+⋅-++x y x 2”a 由OM ⊥AB得m =－y x由2=4a ，消去,得2－422122()(4)y y a p =244a pa a p =⇒=4=－y x 代入，得22－4y kx =222(,)p p A k k 1y x k =-2(2,2)B pk pk -2(2)1ky x p k =--(2,0)N p y kx =222(,)p p A k k 1y x k=-2(2,2)B pk pk -222220p px y x y k k+--=222220x y pk x pky +-+=2k ⨯ 2 cm1 cm3cm 3225)41(1622y x ++2134)1412,149(),1412,149(-Q P 73)1412()149(2322=+-76 例4已知A 、B 为两定点，动点M 到A 与到B 的距离比为常数λ,求点M 的轨迹方程，并注明轨迹是什么曲线解 建立坐标系如图所示，设|AB |=2a ,则A －a ,0）,Ba ,0设M ,）是轨迹上任意一点则由题设，得||||MB MA =λ,坐标代入，得2222)()(ya x y a x +-++=λ,化简得1－λ221－λ222a 1λ21－λ2a 2=01当λ=1时，即|M A|=|M B|时，点M 的轨迹方程是=0，点M 的轨迹是直线轴 2当λ≠1时，点M 的轨迹方程是22221)1(2λ-λ+a a 2=0 点M 的轨迹是以－221)1(λ-λ+a ，0）为圆心，|1|22λ-λa 为半径的圆学生巩固练习1 已知椭圆的焦点是F 1、F 2，P 是椭圆上的一个动点，如果延长F 1P 到Q ，使得|PQ |=|PF 2|，那么动点Q 的轨迹是A 圆B 椭圆C 双曲线的一支D 抛物线2 设A 1、A 2是椭圆4922y x +=1的长轴两个端点，P 1、P 2是垂直于A 1A 2的弦的端点，则直线A 1P 1与A 2P 2交点的轨迹方程为A 14922=+y x B 14922=+x y C 14922=-y x D 14922=-x y 3 △ABC 中，A 为动点，B 、C 为定点，B －2a ,0,C 2a ,0，且满足条件in C －in B =21in A ,则动点A 的轨迹方程为_________4 高为5 m 和3 m 的两根旗杆竖在水平地面上，且相距10 m ，如果把两旗杆底部的坐标分别确定为A －5，0、B 5，0，则地面观测两旗杆顶端仰角相等的点的轨迹方程是_________5 已知A 、B 、C 是直线上的三点，且|AB |=|BC |=6，⊙O ′切直线于点A ，又过B 、C 作⊙O ′异于的两切线，设这两切线交于点P ，求点P 的轨迹方程参考答案1 解析 ∵|PF 1||PF 2|=2a ,|PQ |=|PF 2|,∴|PF 1||PF 2|=|PF 1||PQ |=2a ,即|F 1Q |=2a ,∴动点Q 到定点F 1的距离等于定长2a ,故动点Q 的轨迹是圆答案 A 2 解析 设交点P ,）,A 1－3,0,A 23,0,P 10,0,P 20,－0∵A 1、P 1、P 共线，∴300+=--x y x x y y ∵A 2、P 2、P 共线，∴300-=-+x y x x y y 解得0=149,149,3,92220200=-=-=y x y x x y y x 即代入得 答案 C 3 解析 由in C －in B =21in A ,得c －b =21a ,∴应为双曲线一支，且实轴长为2a,故方程为)4(1316162222a x a y a x >=-答案)4(1316162222ax a y a x >=-4 解析 设P ,），依题意有2222)5(3)5(5y x y x +-=++,化简得P 点轨迹方程为4242－85100=0 答案 4242－85100=05 解 设过B 、C 异于的两切线分别切⊙O ′于D 、E 两点，两切线交于点P 由切线的性质知 |BA |=|BD |，|PD |=|PE |，|CA |=|CE |，故|PB ||PC |=|BD ||PD ||PC |=|BA ||PE ||PC |=|BA ||CE |=|AB ||CA |=612=18＞6=|BC |，故由椭圆定义知，点P 的轨迹是以B 、C 为两焦点的椭圆，以所在的直线为轴，以BC 的中点为原点，建立坐标系，可求得动点P 的轨迹方程为728122y x +=1≠0。

湖南省长沙市望城区白箬中学高三数学第二轮专题讲座复习：数列的通项公式与求和的常用方法高考要求数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用 数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项 通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法 重难点归纳1 数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性2 数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式 a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n3 求通项常用方法①作新数列法 作等差数列与等比数列 ②累差叠加法 最基本形式是a n =(a n －a n －1+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1 ③归纳、猜想法4 数列前n 项和常用求法①重要公式 1+2+…+n =21n (n +1) 12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1) 13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)2②等差数列中S m +n =S m +S n +mnd ，等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q mS n③裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =f (n +1)－f (n )，然后累加时抵消中间的许多项 应掌握以下常见的裂项等)!1(1!1)!1(1,C C C ,ctg2ctg 2sin 1,!)!1(!,111)1(111+-=+-=-=-+=⋅+-=++-n n n ααn n n n n n n n rn r n n nα④错项相消法 ⑤并项求和法数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法 典型题例示范讲解例1已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q 的(q ∈R 且q ≠1)的等比数列，若函数f (x )=(x －1)2，且a 1=f (d －1)，a 3=f (d +1)，b 1=f (q +1)，b 3=f (q －1)，求数列{a n }和{b n }的通项公式；解 ∵a 1=f (d －1)=(d －2)2，a 3=f (d +1)=d 2，∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ，∵d =2，∴a n =a 1+(n －1)d =2(n －1)；又b 1=f (q +1)=q 2，b 3=f (q －1)=(q －2)2，∴2213)2(qq b b -==q 2，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2，∴b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1例2设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n =23(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n =4n +3; (1)求数列{a n }的通项公式；(2)把数列{a n }与{b n }的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明 数列{d n }的通项公式为d n =32n +1;(3)设数列{d n }的第n 项是数列{b n }中的第r 项，B r 为数列{b n }的前r 项的和；D n 为数列{d n }的前n 项和，T n =B r －D n ，求lim∞→n 4)(n na T 命题意图 本题考查数列的通项公式及前n 项和公式及其相互关系；集合的相关概念，数列极限，以及逻辑推理能力知识依托 利用项与和的关系求a n 是本题的先决；(2)问中探寻{a n }与{b n }的相通之处，须借助于二项式定理；而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点错解分析 待证通项d n =32n +1与a n 的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r 与n 的关系，使T n 中既含有n ，又含有r ，会使所求的极限模糊不清技巧与方法 (1)问中项与和的关系为常规方法，(2)问中把3拆解为4－1，再利用二项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；(3)问中挖掘出n 与r 的关系，正确表示B r ，问题便可迎刃而解解 (1)由A n =23(a n －1)，可知A n +1=23(a n +1－1)， ∴a n +1－a n =23 (a n +1－a n )，即n n a a 1+=3，而a 1=A 1=23(a 1－1)，得a 1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{a n }的通项公式a n =3n(2)∵32n +1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n +C 12n ·42n －1(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n］=4n +3，∴32n+1∈{b n }而数32n =(4－1)2n=42n +C 12n ·42n －1·(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n=(4k +1)，∴32n∉{b n }，而数列{a n }={a 2n +1}∪{a 2n }，∴d n =32n +1(3)由32n +1=4·r +3，可知r =43312-+n ，∴B r =)19(827)91(9127,273433)52(2)347(1212-=-⋅-=+⋅-=+=++++n n n n n D r r r r ，89)(lim ,3)(,433811389)19(827821349444241212=∴=+⋅-⋅=---⋅+=-=∴∞→++n n n n n n n nn n n r n a T a D B T 例3 设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的自然数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项(1)写出数列{a n }的前3项(2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程)解析 (1)由题意，当n =1时，有11222S a =+，S 1=a 1， ∴11222a a =+，解得a 1=2 当n =2时，有22222S a =+，S 2=a 1+a 2，将a 1=2代入，整理得(a 2－2)2=16，由a 2＞0，解得a 2=6当n =3时，有33222S a =+，S 3=a 1+a 2+a 3，将a 1=2，a 2=6代入，整理得(a 3－2)2=64，由a 3＞0，解得a 3=10 故该数列的前3项为2，6，10(2）解法一 由(1）猜想数列{a n } 有通项公式a n =4n －2下面用数学归纳法证明{a n }的通项公式是a n =4n －2，(n ∈N *） ①当n =1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a 1=2，所以上述结论成立②假设当n =k 时，结论成立，即有a k =4k －2，由题意，有k k S a 222=+，将a k =4k －2 代入上式，解得2k =k S 2，得S k =2k 2，由题意，有11222++=+k k S a ，S k +1=S k +a k +1，将S k =2k 2代入得(221++k a )2=2(a k +1+2k 2)，整理得a k +12－4a k +1+4－16k 2=0，由a k +1＞0，解得a k +1=2+4k ，所以a k +1=2+4k =4(k +1)－2，即当n =k +1时，上述结论成立根据①②，上述结论对所有的自然数n ∈N *成立解法二 由题意知n n S a 222=+，(n ∈N *) 整理得，S n =81(a n +2)2,由此得S n +1=81(a n +1+2)2，∴a n +1=S n +1－S n =81［(a n +1+2)2－(a n +2)2］整理得(a n +1+a n ）(a n +1－a n －4)=0，由题意知a n +1+a n ≠0，∴a n +1－a n =4， 即数列{a n }为等差数列，其中a 1=2，公差d =4∴a n =a 1+(n －1)d =2+4(n －1)，即通项公式为a n =4n －2 学生巩固练习1 设z n =(21i -)n ，(n ∈N *)，记S n =｜z 2－z 1｜+｜z 3－z 2｜+…+｜z n +1－z n ｜，则lim ∞→n S n =_________2 作边长为a 的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________3 数列{a n }满足a 1=2，对于任意的n ∈N *都有a n ＞0,且(n +1)a n 2+a n ·a n +1－na n +12=0，又知数列{b n }的通项为b n =2n －1+1(1)求数列{a n }的通项a n 及它的前n 项和S n ； (2)求数列{b n }的前n 项和T n ；(3)猜想S n 与T n 的大小关系，并说明理由4 数列{a n }中，a 1=8,a 4=2且满足a n +2=2a n +1－a n ,(n ∈N *) (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n =｜a 1｜+｜a 2｜+…+｜a n ｜,求S n ;(3)设b n =)12(1n a n -(n ∈N *),T n =b 1+b 2+……+b n (n ∈N *),是否存在最大的整数m ，使得对任意n ∈N *均有T n ＞32m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由 参考答案,)22(|)21()21(|||:.1111+++=---=-=n n n n n n i i z z c 设解析22)22(1221])22(1[2121--=--=+++=∴nn n n c c c S Λ221222221lim +=+=-=∴∞→n n S 2 解析 由题意所有正三角形的边长构成等比数列{a n }，可得a n =12-n a，正三角形的内切圆构成等比数列{r n }，可得r n =12163-n a ,∴这些圆的周长之和c =lim ∞→n 2π(r 1+r 2+…+r n )=233π a 2，面积之和S =lim ∞→n π(n 2+r 22+…+r n 2)=9πa 23 解 (1）可解得11+=+n n a a n n ，从而a n =2n ，有S n =n 2+n ， (2)T n =2n+n －1(3)T n －S n =2n －n 2－1，验证可知，n =1时，T 1=S 1，n =2时T 2＜S 2；n =3时，T 3＜S 3;n =4时，T 4＜S 4；n =5时，T 5＞S 5；n =6时T 6＞S 6猜想当n ≥5时，T n ＞S n ，即2n ＞n 2+1可用数学归纳法证明(略）4 解 (1）由a n +2=2a n +1－a n ⇒a n +2－a n +1=a n +1－a n 可知{a n }成等差数列，d =1414--a a =－2,∴a n =10－2n (2)由a n =10－2n ≥0可得n ≤5，当n ≤5时，S n =－n 2+9n ，当n ＞5时，S n =n 2－9n +40，故S n =⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤≤+-540951 922n n n n n n(3)b n =)111(21)22(1)12(1+-=+=-n n n n a n n)1(2)]111()3121()211[(2121+=+-++-+-=+++=∴n n n n b b b T n n ΛΛ；要使T n ＞32m总成立，需32m＜T 1=41成立，即m ＜8且m ∈Z ，故适合条件的m 的最大值为7。

智才艺州攀枝花市创界学校望城区白箬高三数学第二轮专题讲座复习：几种常见解不等式的解法 高考要求 重难点归纳(1)纯熟掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式(组)的解法(2)掌握用零点分段法解高次不等式和分式不等式，特别要注意因式的处理方法(3)掌握无理不等式的三种类型的等价形式，指数和对数不等式的几种根本类型的解法(4)掌握含绝对值不等式的几种根本类型的解法(5)在解不等式的过程中，要充分运用自己的分析才能，把原不等式等价地转化为易解的不等式(6)对于含字母的不等式，要能按照正确的分类HY ，进展分类讨论 典型题例示范讲解例1f (x )是定义在［－1，1］上的奇函数，且f (1)=1，假设m 、n ∈［－1，1］，m +n ≠0时nm n f m f ++)()(＞0 (1)用定义证明f (x )在［－1，1］上是增函数；(2)解不等式f (x +21)＜f (11-x )； (3)假设f (x )≤t 2－2at +1对所有x ∈［－1，1］，a ∈［－1，1］恒成立，求t 的取值范围 错解分析(2)问中利用单调性转化为不等式时，x +21∈［－1，1］，11-x ∈［－1，1］必不可少，这恰好是容易忽略的地方 技巧与方法问单调性的证明，利用奇偶性灵敏变通使用条件不等式是关键，(3)问利用单调性把f (x )转化成“1〞是点睛之笔(1)证明任取x 1＜x 2，且x 1，x 2∈［－1，1］，那么f (x 1)－f (x 2)=f (x 1)+f (－x 2)=2121)()(x x x f x f --+·(x 1－x 2)∵－1≤x 1＜x 2≤1，∴x 1+(－x 2)≠0，由2121)()(x x x f x f --+＞0，又x 1－x 2＜0， ∴f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x )在［－1，1］上为增函数(2)解∵f (x )在［－1，1］上为增函数， ∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-<+≤-≤-≤+≤-112111111211x x x x 解得{x |－23≤x ＜－1，x ∈R } (3)解由(1)可知f (x )在［－1，1］上为增函数，且f (1)=1，故对x ∈［－1，1］，恒有f (x )≤1，所以要f (x )≤t 2－2at +1对所有x ∈［－1，1］，a ∈［－1，1］恒成立，即要t 2－2at +1≥1成立，故t 2－2at ≥0，记g (a )=t 2－2at ，对a ∈［－1，1］，g (a )≥0，只需g (a )在［－1，1］上的最小值大于等于0，g (－1)≥0，g (1)≥0，解得，t ≤－2或者t =0或者t ≥2∴t 的取值范围是{t |t ≤－2或者t =0或者t ≥2} 例2设不等式x 2－2ax +a +2≤0的解集为M ，假设M ⊆［1，4］，务实数a 的取值范围 考察二次不等式的解与系数的关系及集合与集合之间的关系 知识依托此题主要涉及一元二次不等式根与系数的关系及集合与集合之间的关系，以及分类讨论的数学思想 错解分析M =∅是符合题设条件的情况之一，出发点是集合之间的关系考虑是否全面，易遗漏；构造关于a 的不等式要全面、合理，易出错 技巧与方法内在联络是关键所在；数形结合的思想使题目更加明朗解⊆［1，4］有两种情况其一是M =∅，此时Δ＜0；其二是M ≠∅，此时Δ=0或者Δ＞0，分三种情况计算a 的取值范围设f (x )=x 2－2ax +a +2，有Δ=(－2a )2－(4a +2)=4(a 2－a －2) (1)当Δ＜0时，－1＜a ＜2，M =∅［1，4］(2)当Δ=0时，a =－1或者2 当a =－1时M ={－1}⊄［1，4］；当a =2时，m ={2}［1，4］(3)当Δ＞0时，a ＜－1或者a ＞2设方程f (x )=0的两根x 1，x 2，且x 1＜x 2，那么M =［x 1，x 2］，M ⊆［1，4］⇔1≤x 1＜x 2≤4⎩⎨⎧>∆≤≤>>⇔0,410)4(,0)1(且且a f f 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-<>>->+-210071803a a a a a 或，解得＜a ＜718，∴M ⊆［1，4］时，a 的取值范围是(－1，718) 例3解关于x 的不等式2)1(--x x a ＞1(a ≠1) 解原不等式可化为2)2()1(--+-x a x a ＞0， ①当a ＞1时，原不等式与(x －12--a a )(x －2)＞0同解由于2111211a a a -=-<<-- ∴原不等式的解为(－∞，12--a a )∪(2，+∞) ②当a ＜1时，原不等式与(x －12--a a )(x －2)＜0同解由于21111a a a -=---, 假设a ＜0，211211a a a -=-<--,解集为(12--a a ，2)； 假设a =0时，211211a a a -=-=--，解集为∅； 假设0＜a ＜1，211211a a a -=->--,解集为(2，12--a a ) 综上所述当a ＞1时解集为(－∞，12--a a )∪(2，+∞)；当0＜a ＜1时，解集为(2，12--a a )；当a =0时，解集为∅；当a ＜0时，解集为(12--a a ，2〕 学生稳固练习1设函数f (x )=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-<<-+-≤+)1(11)11(22)1()1(2x xx x x x ，f (a )＞1，那么a 的取值范围是() A (－∞，－2)∪(－21，+∞) B (－21，21) C (－∞，－2)∪(－21，1) D (－2，－21)∪(1，+∞) 2f (x )、g (x )都是奇函数，f (x )＞0的解集是(a 2，b )，g (x )＞0的解集是(22a ，2b )，那么f (x )·g (x )＞0的解集是__________ 3关于x 的方程sin 2x +2cos x +a =0有解，那么a 的取值范围是_______ 4适宜不等式|x 2－4x +p |+|x －3|≤5的x 的最大值为3 (1)求p 的值；(2)假设f (x )=11+-x x p p ，解关于x 的不等式f -－1(x )＞k x p +1log (k ∈R +) 5设f (x )=ax 2+bx +c ，假设f (1)=27，问是否存在a 、b 、c ∈R ，使得不等式x 2+21≤f (x )≤2x 2+2x +23对一实在数x 都成立，证明你的结论 参考答案 1解析由f (x )及f (a )＞1可得⎩⎨⎧>+-≤1)1(12a a ①或者⎩⎨⎧>+<<-12211a a ②或者⎪⎩⎪⎨⎧>-≥1111a a ③ 解①得a ＜－2，解②得－21＜a ＜1，解③得x ∈∅∴a 的取值范围是(－∞，－2)∪(－21，1〕答案C 2解析由b ＞a 2∵f (x )，g (x )均为奇函数， ∴f (x )＜0的解集是(－b ，－a 2)，g (x )＜0的解集是(－2,22a b -)由f (x )·g (x )＞0可得 ⎪⎩⎪⎨⎧-<<--<<-⎪⎩⎪⎨⎧<<<<⎩⎨⎧<<⎩⎨⎧>>2222,0)(0)(0)(0)(2222a x b a x b b x a b x a x g x f x g x f 或即或∴x ∈(a 2，2b )∪(－2b ，－a 2) 答案(a 2，2b )∪(－2b ，－a 2) 3解析原方程可化为cos 2x －2cos x －a －1=0，令t =cos x ，得t 2－2t －a －1=0，原问题转化为方程t 2－2t －a－1=0在［－1，1］上至少有一个实根令f (t )=t 2－2t －a －1，对称轴t =1， 画图象分析可得⎩⎨⎧≤≥-0)1(0)1(f f 解得a ∈［－2，2］答案［－2，2］ 4解(1)∵适宜不等式|x 2－4x +p |+|x －3|≤5的x 的最大值为3， ∴x －3≤0，∴|x －3|=3－x假设|x 2－4x +p |=－x 2+4x －p ，那么原不等式为x 2－3x +p +2≥0， 其解集不可能为{x |x ≤3}的子集，∴|x 2－4x +p |=x 2－4x +p ∴原不等式为x 2－4x +p +3－x ≤0，即x 2－5x +p －2≤0， 令x 2－5x +p －2=(x －3)(x －m )，可得m =2，p =8 (2)f (x )=1818+-x x ，∴f -－1(x )=log 8x x -+11(－1＜x ＜1)， ∴有log 8x x -+11＞log 8kx +1，∴log 8(1－x )＜log 8k ，∴1－x ＜k ，∴x ＞1－k ∵－1＜x ＜1，k ∈R +，∴当0＜k ＜2时，原不等式解集为{x |1－k ＜x ＜1}；当k ≥2时，原不等式的解集为{x |－1＜x ＜1} 5解由f (1)=27得a +b +c =27，令x 2+21=2x 2+2x +23x ⇒=－1， 由f (x )≤2x 2+2x +23推得f (－1)≤23由f (x )≥x 2+21推得f (－1)≥23，∴f (－1)=23， ∴a －b +c =23，故2(a +c )=5，a +c =25且b =1，∴f (x )=ax 2+x +(25－a ) 依题意2+x +(25－a )≥x 2+21对一切x ∈R 成立， ∴a ≠1且Δ=1－4(a －1)(2－a )≤0，得(2a －3)2≤0，∴f (x )=23x 2+x +1 易验证23x 2+x +1≤2x 2+2x +23对x ∈R 都成立∴存在实数a =23，b =1，c =1， 使得不等式x 2+21≤f (x )≤2x 2+2x +23对一切x ∈R 都成立。

卜人入州八九几市潮王学校望城区白箬高三数学第二轮专题讲座复习：数学归纳法的解题应用 高考要求 数学归纳法是高考考察的重点内容之一类比与猜想是应用数学归纳法所表达的比较突出的思想，抽象与概括，从特殊到一般是应用的一种主要思想方法 重难点归纳(1)数学归纳法的根本形式设P (n )是关于自然数n1°P (n 0)成立(奠基)2°假设P (k )成立(k ≥n 0)，可以推出P (k +1)成立(归纳)，那么P (n )对一切大于等于n 0的自然数n 都成立(2)数学归纳法的应用 详细常用数学归纳法证明恒等式，不等式，数的整除性，几何中计算问题，数列的通项与和等 典型题例示范讲解例1试证明a 、b 、c 是等差数列还是等比数列，当n ＞1,n ∈N *且a 、b 、c 互不相等时，均有a n +c n ＞2b n 此题主要考察数学归纳法证明不等式 知识依托等差数列、等比数列的性质及数学归纳法证明不等式的一般步骤 错解分析应分别证明不等式对等比数列或者等差数列均成立，不应只证明一种情况 技巧与方法此题中使用到结论(a k －c k )(a －c )＞0恒成立(a 、b 、c 为正数)，从而a k +1+c k +1＞a k ·c +c k ·a 证明(1)设a 、b 、c 为等比数列，a =qb ,c =bq (q ＞0且q ≠1)∴a n +c n =n nq b +b n q n =b n (n q 1+q n )＞2b n (2)设a 、b 、c 为等差数列，那么2b =a +c 猜想2n n c a +＞(2c a +)n (n ≥2且n ∈N *) 下面用数学归纳法证明①当n =2时，由2(a 2+c 2)＞(a +c )2，∴222)2(2c a c a +>+ ②设n =k 时成立，即,)2(2k k k c a c a +>+ 那么当n =k +1时，41211=+++k k c a (a k +1+c k +1+a k +1+c k +1) ＞41(a k +1+c k +1+a k ·c +c k ·a )=41(a k +c k )(a +c )＞(2c a +)k ·(2c a +)=(2c a +)k +1 也就是说，等式对n =k +1也成立由①②知，a n +c n ＞2b n对一切自然数n 均成立 例2在数列{a n }中，a 1=1，当n ≥2时，a n ,S n ,S n －21成等比数列 (1)求a 2,a 3,a 4，并推出a n 的表达式；(2)用数学归纳法证明所得的结论；(3)求数列{a n }所有项的和 错解分析(2)中，S k =－321-k 应舍去，这一点往往容易被无视 技巧与方法求通项可证明{n S 1}是以{11S }为首项，21为公差的等差数列，进而求得通项公式 解∵a n ,S n ,S n －21成等比数列，∴S n 2=a n ·(S n －21)(n ≥2)(*) (1)由a 1=1,S 2=a 1+a 2=1+a 2,代入(*)式得:a 2=－32由a 1=1，a 2=－32,S 3=31+a 3 代入(*)式得a 3=－152 同理可得a 4=－352,由此可推出a n =⎪⎩⎪⎨⎧>---=)1( )12)(32(2)1( 1n n n n (2)①当n =1,2,3,4时，由(*)知猜想成立②假设n =k (k ≥2)时，a k =－)12)(32(2--k k 成立故S k 2=－)12)(32(2--k k ·(S k －21) ∴(2k －3)(2k －1)S k 2+2S k －1=0∴S k =321,121--=-k S k k (舍) 由S k +12=a k +1·(S k +1－21),得(S k +a k +1)2=a k +1(a k +1+S k －21) 由①②知，a n =⎪⎩⎪⎨⎧≥---=)2()12)(32(2)1(1n n n n 对一切n ∈N 成立 (3)由(2)得数列前n 项和S n =121-n ,∴S =lim ∞→n S n =0例3是否存在a 、b 、c 使得等式1·22+2·32+…+n (n +1)2=12)1(+n n (an 2+bn +c ) 解假设存在a 、b 、c 使题设的等式成立， 这时令n =1,2,3,有⎪⎩⎪⎨⎧===∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧++=++=++=10113 3970)24(2122)(614c b a c b a c b a c b a 于是，对n =1,2,3下面等式成立1·22+2·32+…+n (n +1)2=)10113(12)1(2+++n n n n 记S n =1·22+2·32+…+n (n +1)2设n =k 时上式成立，即S k =12)1(+k k (3k 2+11k +10) 那么S k +1=S k +(k +1)(k +2)2=2)1(+k k (k +2)(3k +5)+(k +1)(k +2)2 =12)2)(1(++k k (3k 2+5k +12k +24) =12)2)(1(++k k ［3(k +1)2+11(k +1)+10］ 也就是说，等式对n =k +1也成立综上所述，当a =3,b =11,c =10时，题设对一切自然数n 均成立 学生稳固练习 1f (n )=(2n +7)·3n+9,存在自然数m ,使得对任意n ∈N ,都能使m 整除f (n )，那么最大的m 的值是()A 30B 26C 36D 6 2用数学归纳法证明3k≥n 3(n ≥3,n ∈N )第一步应验证() A n =1 B n =2 C n =3 D n =4 3观察以下式子474131211,3531211,2321122222<+++<++<+…那么可归纳出________ 4a 1=21,a n +1=33+n n a a ,那么a 2,a 3,a 4,a 5的值分别为________，由此猜想a n =________ 5用数学归纳法证明412+n +3n +2能被13整除，其中n ∈N * 6假设n 为大于1的自然数，求证2413212111>+++++n n n 参考答案1解析∵f (1)=36,f (2)=108=3×36,f (3)=360=10×36∴f (1),f (2),f (3)能被36整除，猜想f (n )能被36整除证明n =1,2时，由上得证，设n =k (k ≥2)时，f (k )=(2k +7)·3k+9能被36整除，那么n =k +1时，f (k +1)－f (k )=(2k +9)·3k +1－(2k +7)·3k =(6k +27)·3k －(2k +7)·3 =(4k +20)·3k =36(k +5)·3k －2(k ≥2)⇒f (k +1)能被36整除∵f (1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m 值等于36答案C2解析由题意知n ≥3，∴应验证n =3答案C3解析11112)11(112321122++⨯<++<+即12122)12(1)11(11,35312112222++⨯<++++<++即 112)1(131211222++<+++++n n n 归纳为(n ∈N *) 112)1(131211:222++<+++++n n n 答案(n ∈N *) 73:答案、83、93、10353=n 5证明(1)当n =1时，42×1+1+31+2=91能被13整除(2)假设当n =k 时，42k +1+3k +2能被13整除，那么当n =k +1时， 42(k +1)+1+3k +3=42k +1·42+3k +2·3－42k +1·3+42k +1·3 =42k +1·13+3·(42k +1+3k +2)∵42k +1·13能被13整除，42k +1+3k +2能被13整除 ∴当n =k +1时也成立由①②知，当n ∈N *时，42n +1+3n +2能被13整除 6证明(1)当n =2时，24131********>=+++ (2)假设当n =k 时成立，即2413212111>+++++k k k。