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 综合运用等价转化、分类讨论、数形结合等思想解决

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：数形结合思想高考要求数形结合思想在高考中占有非常重要的地位，其“数〞与“形〞结合，互相浸透，把代数式的准确刻划与几何图形的直观描绘相结合，使代数问题、几何问题互相转化，使抽象思维和形象思维有机结合应用数形结合思想，就是充分考察数学问题的条件和结论之间的内在联络，既分析其代数意义又提醒其几何意义，将数量关系和空间形式巧妙结合，来寻找解题思路，使问题得到解决运用这一数学思想，要纯熟掌握一些概念和运算的几何意义及常见曲线的代数特征重难点归纳应用数形结合的思想，应注意以下数与形的转化〔1〕集合的运算及韦恩图〔2〕函数及其图象〔3〕数列通项及求和公式的函数特征及函数图象〔4〕方程〔多指二元方程〕及方程的曲线以形助数常用的有借助数轴；借助函数图象；借助单位圆；借助数式的构造特征；借助于解析几何方法以数助形常用的有借助于几何轨迹所遵循的数量关系；借助于运算结果与几何定理的结合典型题例示范讲解例1设A={x｜–2≤x≤a}，B={y｜y=2x+3，且x∈A}，C={z｜z=x2，且x∈A}，假设C⊆B，务实数a 的取值范围此题借助数形结合，考察有关集合关系运算的题目知识依托解决此题的关键是依靠一元二次函数在区间上的值域求法确定集合C进而将C⊆B用不等式这一数学语言加以转化错解分析考生在确定z=x2，x∈［–2,a］的值域是易出错，不能分类而论巧妙观察图象将是上策不能漏掉a＜–2这一种特殊情形技巧与方法解决集合问题首先看清元素终究是什么，然后再把集合语言“翻译〞为一般的数学语言，进而分析条件与结论特点，再将其转化为图形语言，利用数形结合的思想来解决解∵y=2x+3在［–2,a］上是增函数Array∴–1≤y≤2a+3，即B={y｜–1≤y≤2a+3}作出z =x 2的图象，该函数定义域右端点x =a 有三种不同的位置情况如下①当–2≤a ≤0时，a 2≤z ≤4即C ={z ｜a 2≤z ≤4}要使C ⊆B ,必须且只须2a +3≥4得a ≥21与–2≤a ＜0矛盾 ②当0≤a ≤2时，0≤z ≤4即C ={z ｜0≤z ≤4}，要使C ⊆B ，由图可知必须且只需⎩⎨⎧≤≤≥+20432a a 解得21≤a ≤2③当a ＞2时，0≤z ≤a 2，即C ={z ｜0≤z ≤a 2}， 要使C ⊆B 必须且只需⎩⎨⎧>+≤2322a a a 解得2＜a ≤3 ④当a ＜–2时，A =∅此时B =C =∅，那么C ⊆B 成立综上所述，a 的取值范围是(–∞,–2)∪［21,3］ 例2a cos α+b sin α=c ,a cos β+b sin β=c (ab ≠0,α–β≠k π,k ∈Z )求证22222cosba c +=-βα 此题主要考察数学代数式几何意义的转换才能知识依托解决此题的关键在于由条件式的构造联想到直线方程进而由A 、B 两点坐标特点知其在单位圆上错解分析考生不易联想到条件式的几何意义，是为瓶颈之一如何巧妙利用其几何意义是为瓶颈之二技巧与方法擅长发现条件的几何意义，还要根据图形的性质分析清楚结论的几何意义，这样才能巧用数形结合方法完成解题证明:在平面直角坐标系中，点A 〔cos α,sin α〕与点B 〔cos β, sin β〕是直线l :ax +by =c 与单位圆x 2+y 2=1的两个交点如图从而｜AB ｜2=(cos α–cos β)2+(sin α–sin β)2=2–2cos(α–β)又∵单位圆的圆心到直线l 的间隔22||ba c d+=由平面几何知识知｜OA ｜2–(21｜AB ｜)2=d 2即 b a c d +==---2224)cos(221βα∴22222cos b a c +=-βα例3曲线y =1+24x -(–2≤x ≤2)与直线y =r (x –2)+4有两个交点时，实数r 的取值范围解析方程y =1+24x -的曲线为半圆，y =r (x –2)+4为过〔2，4〕的直线答案〔43,125］ 例4设f (x )=x 2–2ax +2,当x ∈［–1,+∞)时，f (x )＞a 恒成立，求a 的取值范围解法一由f (x )＞a ，在［–1,+∞)上恒成立⇔x 2–2ax +2–a ＞0在［–1,+∞)上恒成立考察函数g (x )=x 2–2ax +2–a 的图象在［–1,+∞］时位于x 轴上方如图两种情况不等式的成立条件是(1)Δ=4a 2–4(2–a )＜0⇒a ∈(–2,1)(2)⇒⎪⎩⎪⎨⎧>--<≥∆0)1(10g a a ∈(–3,–2]， 综上所述a ∈(–3,1)解法二由f (x )＞a ⇔x 2+2＞a (2x +1)令y 1=x 2+2,y 2=a (2x +1),在同一坐标系中作出两个函数的图象如图满足条件的直线l 位于l 1与l 2之间，而直线l 1、l 2对应的a 值〔即直线的斜率〕分别为1，–3， 故直线l 对应的a ∈(–3,1)学生稳固练习1方程sin(x –4π)=41x 的实数解的个数是() A 2B 3C 4D 以上均不对2f (x )=(x –a )(x –b )–2〔其中a ＜b )，且α、β是方程f (x )=0的两根〔α＜β)，那么实数a 、b 、α、β的大小关系为()A α＜a ＜b ＜βB α＜a ＜β＜bC a ＜α＜b ＜βD a ＜α＜β＜b3(4cos θ+3–2t )2+(3sin θ–1+2t )2，(θ、t 为参数)的最大值是4集合A ={x ｜5–x ≥)1(2-x },B ={x ｜x 2–ax ≤x –a }，当AB 时，那么a 的取值范围是M 12-2oyxa-1o yxa -1oyx-12-1o yx5设关于x 的方程sin x +3cos x +a =0在〔0,π〕内有相异解α、β〔1〕求a 的取值范围； 〔2〕求tan(α+β)的值6设A ={(x ,y )｜y =222x a -,a ＞0}，B ={(x ,y )｜(x –1)2+(y –3)2=a 2,a ＞0},且A ∩B ≠∅，求a的最大值与最小值参考答案1解析在同一坐标系内作出y 1=sin(x –4π)与y 2=41x 的图象如图答案B2解析a ,b 是方程g (x )=(x –a )(x –b )=0的两根，在同一坐标系中作出函数f (x )、g (x )的图象如下列图答案A3解析联想到间隔公式，两点坐标为A (4cos θ,3sin θ),B (2t –3,1–2t )点A 的几何图形是椭圆，点B表示直线考虑用点到直线的间隔公式求解答案227 4解析解得A ={x ｜x ≥9或者x ≤3}，B ={x ｜(x –a )(x –1)≤0}，画数轴可得答a ＞35解y =sin(x +3π)(x ∈(0,π))及y =–2a 的图象，知当｜–2a ｜＜1且–2a≠23时，曲线与直线有两个交点，故a ∈(–2,–3)∪(–3,2)②把sin α+3cos α=–a ,sin β+3cos β=–a 相减得tan332=+βα， 故tan(α+β)=36解∵集合A 中的元素构成的图形是以原点O 为圆心，2a 为半径的半圆；集合B 中的元素是以点O ′(1,3)为圆心，a 为半径的圆如下列图∵A ∩B ≠∅，∴半圆O 和圆O ′有公一共点显然当半圆O 和圆O ′外切时，a 最小2a +a =｜OO ′｜=2,∴amin=22–2当半圆O 与圆O ′内切时，半圆O 的半径最大，即2a 最大此时2a–a=｜OO′｜=2,∴a max=22+2。

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 高考要求不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出 不等式的应用大致可分为两类 一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题 重难点归纳 1 应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性 2 对于应用题要通过阅读，理解所给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的主要特征与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的问题 典型题例示范讲解例1用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h 米，盖子边长为a 米，(1)求a 关于h 的解析式；(2)设容器的容积为V 立方米，则当h 为何值时，V 最大？求出V的最大值(求解本题时，不计容器厚度) 命题意图 本题主要考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的计算及用均值定论求函数的最值 知识依托 本题求得体积V 的关系式后，应用均值定理可求得最值 错解分析 在求得a 的函数关系式时易漏h ＞0 技巧与方法 本题在求最值时应用均值定理 解 ①设h ′是正四棱锥的斜高，由题设可得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+='⋅+12222412214h a a a h a 消去)0(11:.2>+='a h a h 解得 ②由)1(33122+==h h h a V (h ＞0)得 2121)1(31=⋅=++=h h h h h h V 而 所以V ≤61，当且仅当h =h1即h =1时取等号 故当h =1米时，V 有最大值，V 的最大值为61立方米 例2已知a ，b ，c 是实数，函数f (x )=ax 2+bx +c ，g (x )=ax +b ，当－1≤x ≤1时|f (x )|≤1(1)证明 |c |≤1；(2)证明 当－1 ≤x ≤1时，|g (x )|≤2；(3)设a ＞0，有－1≤x ≤1时， g (x )的最大值为2，求f (x )命题意图 本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力 知识依托 二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂 错解分析 本题综合性较强，其解答的关键是对函数f (x )的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x ≤1时|f (x )|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局 技巧与方法 本题(2)问有三种证法，证法一利用g (x )的单调性；证法二利用绝对值不等式 ||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |+|b |；而证法三则是整体处理g (x )与f (x )的关系(1)证明 由条件当=1≤x ≤1时，|f (x )|≤1，取x =0得 |c |=|f (0)|≤1，即|c |≤1(2)证法一 依题设|f (0)|≤1而f (0)=c ，所以|c |≤1 当a ＞0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是增函数，于是g (－1)≤g (x )≤g (1)，(－1≤x ≤1) ∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，|c |≤1， ∴g (1)=a +b =f (1)－c ≤|f (1)|+|c |=2， g (－1)=－a +b =－f (－1)+c ≥－(|f (－2)|+|c |)≥－2，因此得|g (x )|≤2 (－1≤x ≤1)；当a ＜0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是减函数， g (－1)≥g (x )≥g (1)，(－1≤x ≤1)，∵|f (x )|≤1 (－1≤x ≤1)，|c |≤1∴|g (x )|=|f (1)－c |≤|f (1)|+|c |≤2综合以上结果，当－1≤x ≤1时，都有|g (x )|≤2 证法二 ∵|f (x )|≤1(－1≤x ≤1)∴|f (－1)|≤1，|f (1)|≤1，|f (0)|≤1，∵f (x )=ax 2+bx +c ，∴|a －b +c |≤1，|a +b +c |≤1，|c |≤1，因此，根据绝对值不等式性质得|a －b |=|(a －b +c )－c |≤|a －b +c |+|c |≤2， |a +b |=|(a +b +c )－c |≤|a +b +c |+|c |≤2， ∵g (x )=ax +b ，∴|g (±1)|=|±a +b |=|a ±b |≤2，函数g (x )=ax +b 的图象是一条直线， 因此|g (x )|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x =－1或x =1处取得，于是由|g (±1)|≤2得|g (x )|≤2，(－1＜x ＜1) )21()21(])21()21([])21()21([)2121(])21()21[()(,)21()21(4)1()1(:22222222--+=+-+--++++=--++--+=+=∴--+=--+=x f x f c x b x a c x b x a x x b x x a b ax x g x x x x x 证法三 当－1≤x ≤1时，有0≤21+x ≤1，－1≤21-x ≤0， ∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，∴|f )21(+x |≤1，|f (21-x )|≤1； 因此当－1≤x ≤1时，|g (x )|≤|f )21(+x |+|f (21-x )|≤2 (3)解 因为a ＞0，g (x )在［－1，1］上是增函数，当x =1时取得最大值2，即g (1)=a +b =f (1)－f (0)=2 ①∵－1≤f (0)=f (1)－2≤1－2=－1，∴c =f (0)=－1因为当－1≤x ≤1时，f (x )≥－1，即f (x )≥f (0)，根据二次函数的性质，直线x =0为f (x )的图象的对称轴，由此得－a b 2＜0 ，即b =0 由①得a =2，所以f (x )=2x 2－1例3设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ＞0)，方程f (x )－x =0的两个根x 1、x 2满足0＜x 1＜x 2a 1(1)当x ∈［0，x 1)时，证明x ＜f (x )＜x 1；(2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称，证明 x 0＜21x 解 (1)令F (x )=f (x )－x ，因为x 1，x 2是方程f (x )－x =0的根，所以F (x )=a (x －x 1)(x －x 2) 当x ∈(0，x 1)时，由于x 1＜x 2，得(x －x 1)(x －x 2)＞0，又a ＞0，得F (x )=a (x －x 1)(x －x 2)＞0，即x ＜f (x )x 1－f (x )=x 1－［x +F (x )］=x 1－x +a (x 1－x )(x －x 2)=(x 1－x )［1+a (x －x 2)］∵0＜x ＜x 1＜x 2＜a1，∴x 1－x ＞0，1+a (x －x 2)=1+ax －ax 2＞1－ax 2＞0 ∴x 1－f (x )＞0，由此得f (x )＜x 1 (2)依题意 x 0=－ab 2，因为x 1、x 2是方程f (x )－x =0的两根，即x 1，x 2是方程ax 2+(b －1)x +c =0的根∴x 1+x 2=－ab 1- ∴x 0=－aax ax a x x a a b 2121)(22121-+=-+=，因为ax 2＜1， ∴x 0＜2211x a ax = 学生巩固练习1 定义在R 上的奇函数f (x )为增函数，偶函数g (x )在区间［0，+∞)的图象与f (x )的图象重合，设a ＞b ＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )①f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b ) ②f (b )－f (－a )＜g (a )－g (－b )③f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a ) ④f (a )－f (－b )＜g (b )－g (－a )A ①③B ②④C ①④D ②③2 下列四个命题中 ①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ，y 都是正数，若y x 91+=1，则x +y 的最小值是12 ④若|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，则|x －y |＜2ε，其中所有真命题的序号是__________3 某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处4 已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ，b ∈R ，a ＞0)，设方程f (x )=x 的两实数根为x 1，x 2(1)如果x 1＜2＜x 2＜4，设函数f (x )的对称轴为x =x 0，求证x 0＞－1；(2)如果|x 1|＜2，|x 2－x 1|=2，求b 的取值范围 参考答案 1 解析 由题意f (a )=g (a )＞0，f (b )=g (b )＞0，且f (a )＞f (b )，g (a )＞g (b )∴f (b )－f (－a )=f (b )+f (a )=g (a )+g (b )而g (a )－g (－b )=g (a )－g (b )∴g (a )+g (b )－［g (a )－g (b )］=2g (b )＞0，∴f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b ) 同理可证 f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a ) 答案 A 2 解析 ①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”④式 |x －y |=|(x －2)－(y －2)|≤|(x －2)－(y －2)|≤|x －2|+|y －2|＜ε+ε=2ε 答案 ④ 3 解析 由已知y 1=x20；y 2=0 8x (x 为仓库与车站距离) 费用之和y =y 1+y 2=0 8x + x20≥2x x 208.0⋅=8 当且仅当0 8x =x20即x =5时“=”成立 答案 5公里处 4 证明 (1)设g (x )=f (x )－x =ax 2+(b －1)x +1，且x ＞0∵x 1＜2＜x 2＜4，∴(x 1－2)(x 2－2)＜0，即x 1x 2＜2(x 1+x 2)－4， 12)42(212)(212)()(2121)(21)11(21221212121210-=++->++-=++-+>-+=---⋅=-=x x x x x x x x x x a a b a b x 于是得(2)解 由方程g (x )=ax 2+(b －1)x +1=0可知x 1·x 2=a1＞0，所以x 1，x2 1°若0＜x 1＜2，则x 2－x 1=2，∴x 2=x 1+2＞2， ∴g (2)＜0，即4a +2b －1＜0① 又(x 2－x 1)2=44)1(22=--a a b ∴2a +1=1)1(2+-b (∵a ＞0)代入①式得， 21)1(2+-b ＜3－2b② 解②得b ＜41 2°若 －2＜x 1＜0，则x 2=－2+x 1＜－2∴g (－2)＜0，即4a －2b +3＜0③ 又2a +1=1)1(2+-b ，代入③式得 21)1(2+-b ＜2b －1④ 解④得b 47综上，当0＜x 1＜2时，b ＜41，当－2＜x 1＜0时，b 47。

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。

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：直线方程及其应用高考要求直线是最简单的几何图形，是解析几何最根底的局部，本章的根本概念；根本公式；直线方程的各种形式以及两直线平行、垂直、重合的断定都是解析几何重要的根底内容应到达纯熟掌握、灵敏运用的程度，线性规划是直线方程一个方面的应用，属教材新增内容，高考中单纯的直线方程问题不难，但将直线方程与其他知识综合的问题是学生比较棘手的重难点归纳1对直线方程中的根本概念，要重点掌握好直线方程的特征值(主要指斜率、截距)等问题；直线平行和垂直的条件；与间隔有关的问题等2对称问题是直线方程的一个重要应用，里面所涉及到的对称一般都可转化为点关于点或者点关于直线的对称中点坐标公式和两条直线垂直的条件是解决对称问题的重要工具3线性规划是直线方程的又一应用线性规划中的可行域，实际上是二元一次不等式(组)表示的平面区域求线性目的函数z=ax+by的最大值或者最小值时，设t=ax+by,那么此直线往右(或者左)平移时，t值随之增大(或者减小)，要会在可行域中确定最优解4由于一次函数的图象是一条直线，因此有关函数、数列、不等式、复数等代数问题往往借助直线方程进展，考察学生的综合才能及创新才能典型题例示范讲解例1某校一年级为配合素质教育，利用一间教室作为学生绘画成果展览室，为节约经费，他们利用课桌作为展台，将装画的镜框放置桌上，斜靠展出，镜框对桌面的倾斜角为α(90°≤α＜180°)镜框中，画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距a m,b m,(a＞b)问学生间隔镜框下缘多远看画的效果最正确？它不仅考察了直线的有关概念以及对三角知识的综合运用，而且更重要的是考察了把实际问题转化为数学问题的才能错解分析一是建立恰当的坐标系，使问题转化成解析几何问题求解；二是把问题进一步转化成求tan ACB 的最大值假设坐标系选择不当，或者选择求sin ACB 的最大值都将使问题变得复杂起来技巧与方法ACB 取最大值，欲求角的最值，又需求角的一个三角函数值解AO 为镜框边，AB 为画的宽度，O 为下边缘上的一点，在x 轴的正半轴上找一点C (x ,0)(x ＞0),欲使看画的效果最正确，应使∠ACB 获得最大值由三角函数的定义知、B 两点坐标分别为(a cos α,a sin α)、(b cos α,b sin α),于是直线AC 、BC 的斜率分别为k AC =tan xCA =x a a -ααcos sin ,.cos sin tan x b b xCB k BC -==αα于是tan ACB =AC BC AC BC k k k k ⋅+-1ααααcos )(sin )(cos )(sin )(2⋅+-+⋅-=++-⋅-=b a x xab b a xx b a ab x b a 由于∠ACB 为锐角，且x ＞0,那么tan ACB ≤ααcos )(2sin )(b a ab b a +-⋅-,当且仅当xab=x ，即x =ab 时，等号成立，此时∠ACB 取最大值，对应的点为C (ab ,0), 因此，学生间隔镜框下缘ab cm 处时，视角最大，即看画效果最正确例2预算用2000元购置单件为50元的桌子和20元的椅子，希望使桌椅的总数尽可能的多，但椅子不少于桌子数，且不多于桌子数的15倍，问桌、椅各买多少才行？此题主要考察找出约束条件与目的函数、准确地描画可行域，再利用图形直观求得满足题设的最优解知识依托约束条件，目的函数，可行域，最优解错解分析解题中应当注意到问题中的桌、椅张数应是自然数这个隐含条件，假设从图形直观上得出的最优解不满足题设时，应作出相应地调整，直至满足题设技巧与方法先设出桌、椅的变数后，目的函数即为这两个变数之和，再由此在可行域内求出最优解解x ,y 张，把所给的条件表示成不等式组，即约束条件为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥≤≥≤+0,05.120002050y x xy x y y x 由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⎩⎨⎧==+72007200,20002050y x x y y x 解得∴A 点的坐标为(7200，7200)由⎪⎩⎪⎨⎧==⎩⎨⎧==+27525,5.120002050y x x y y x 解得∴B 点的坐标为(25，275)所以满足约束条件的可行域是以A (7200，7200)，B (25，275)，O (0，0)为顶点的三角形区域(如右图)由图形直观可知，目的函数z =x +y 在可行域内的最优解为(25，275)，但注意到x ∈N ,y ∈N *,故取y =37故有买桌子25张，椅子37张是最好选择例3抛物线有光学性质由其焦点射出的光线经抛物线折射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出，今有抛物线y 2=2px (p ＞0)一光源在点M (441,4)处，由其发出的光线沿平行于抛物线的轴的方向射向抛物线上的点P ，折射后又射向抛物线上的点Q ，再折射后，又沿平行于抛物线的轴的方向射出，途中遇到直线l 2x －4y －17=0上的点N ，再折射后又射回点M (如以下图所示)(1)设P 、Q 两点坐标分别为(x 1,y 1)、(x 2,y 2)，证明y 1·y 2=－p 2；(2)求抛物线的方程；(3)试判断在抛物线上是否存在一点，使该点与点M 关于PN 所在的直线对称？假设存在，恳求出此点的坐标；假设不存在，请说明理由对称问题是直线方程的又一个重要应用此题是一道与物理中的光学知识相结合的综合性题目，考察了学生理解问题、分析问题、解决问题的才能知识依托韦达定理，点关于直线对称，直线关于直线对称，直线的点斜式方程，两点式方程错解分析在证明第(1)问题，注意讨论直线PQ 的斜率不存在时技巧与方法(2)、第(3)问的关键(1)证明由抛物线的光学性质及题意知光线PQ 必过抛物线的焦点F (2p，0)， 设直线PQ 的方程为y =k (x －2p )①由①式得x =k 1y +2p,将其代入抛物线方程y 2=2px 中，整理，得y 2－k p 2y －p 2=0,由韦达定理，y 1y 2=－p 2当直线PQ 的斜率角为90°时，将x =2p 代入抛物线方程，得y =±p ,同样得到y 1·y 2=－p 2(2)解因为光线QN 经直线l 反射后又射向M 点，所以直线MN 与直线QN 关于直线l 对称，设点M (441，4)关于l 的对称点为M ′(x ′,y ′)，那么⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-+'⨯-+'⨯-=⨯-'-'017244244121214414y x x y 解得⎪⎩⎪⎨⎧-='='1451y x 直线QN 的方程为y =－1,Q 点的纵坐标y 2=－1，由题设P 点的纵坐标y 1=4，且由(1)知y 1·y 2=－p 2,那么4·(－1)=－p 2,得p =2,故所求抛物线方程为y 2=4x(3)解将y =4代入y 2=4x ,得x =4，故P 点坐标为(4，4)将y =－1代入直线l 的方程为2x －4y －17=0,得x =213,故N 点坐标为(213，－1) 由P 、N 两点坐标得直线PN 的方程为2x +y －12=0,设M 点关于直线NP 的对称点M 1(x 1,y 1) 又M 1(41,－1)的坐标是抛物线方程y 2=4x 的解，故抛物线上存在一点(41，－1)与点M 关于直线PN 对称例3|a |＜1,|b |＜1,|c |＜1,求证abc +2＞a +b +c证明设线段的方程为y =f (x )=(bc －1)x +2－b －c ,其中|b |＜1,|c |＜1,|x |＜1,且－1＜a ＜1∵f (－1)=1－bc +2－b －c =(1－bc )+(1－b )+(1－c )＞0f (1)=bc －1+2－b －c =(1－b )(1－c )＞0∴线段y =(bc －1)x +2－b －c (－1＜x ＜1)在x 轴上方， 这就是说，当|a |＜1,|b |＜1,|c |＜1时，恒有abc +2＞a +b +c学生稳固练习1设M =120110,1101102002200120012000++=++N ，那么M 与N 的大小关系为() A M ＞NB M =NC M ＜ND 无法判断2三边均为整数且最大边的长为11的三角形的个数为()A 15B 30C 36D 以上都不对3直线2x －y －4=0上有一点P ，它与两定点A (4，－1)，B (3，4)的间隔之差最大，那么P 点坐标是_________4自点A (－3，3)发出的光线l 射到x 轴上，被x 轴反射，其反射光线所在直线与圆x 2+y 2－4x －4y +7=0相切，那么光线l 所在直线方程为_________5函数f (θ)=2cos 1sin --θθ的最大值为_________，最小值为_________6设不等式2x －1＞m (x 2－1)对一切满足|m |≤2的值均成立，那么x 的范围为_________参考答案:1解析将问题转化为比较A (－1，－1〕与B (102021，102000〕及C (102021，102021〕连线的斜率大小，因为B 、C 两点的直线方程为y =101x ，点A 在直线的下方，∴k AB ＞k AC ,即M ＞N 答案2解析设三角形的另外两边长为x ,y ,那么⎪⎩⎪⎨⎧>+≤<≤<11110110y x y x点(x ,y 〕应在如右图所示区域内当x =1时，y =11；当x =2时，y =10,11；当x =3时，y =9,10,11；当x =4时，y =8,9,10,11;当x =5时，y =7,8,9,10,11以上一共有15个，x ,y 对调又有15个，再加上(6，6〕，(7，7〕，(8，8〕，(9，9〕，(10，10〕、(11，11〕六组，所以一共有36个答案C3解析找A 关于l 的对称点A ′，A ′B 与直线l 的交点即为所求的P 点答案P (5，6〕4解析光线l 所在的直线与圆x 2+y 2－4x －4y +7=0关于x 轴对称的圆相切答案3x +4y －3=0或者4x +3y +3=05解析f (θ)=2cos 1sin --θθ表示两点(cos θ,sin θ)与(2,1)连线的斜率答案346解析原不等式变为(x 2－1)m +(1－2x )＜0,构造线段f (m )=(x 2－1)m +1－2x ,－2≤m ≤2,那么f (－2)＜0,且f (2)＜0答案213217+<<-x。

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：对集合的理解及集合思想应用的问题 高考要求集合是高中数学的基本知识，为历年必考内容之一，主要考查对集合基本概念的认识和理解，以及作为工具，考查集合语言和集合思想的运用 本节主要是帮助考生运用集合的观点，不断加深对集合概念、集合语言、集合思想的理解与应用 重难点归纳 1 解答集合问题，首先要正确理解集合有关概念，特别是集合中元素的三要素；对于用描述法给出的集合{x |x ∈P },要紧紧抓住竖线前面的代表元素x 以及它所具有的性质P ；要重视发挥图示法的作用，通过数形结合直观地解决问题 2 注意空集∅的特殊性，在解题中，若未能指明集合非空时，要考虑到空集的可能性，如A ⊆B ,则有A =∅或A ≠∅两种可能，此时应分类讨论 典型题例示范讲解例1设A ={(x ,y )|y 2－x －1=0},B ={(x ,y )|4x 2+2x －2y +5=0},C ={(x ,y )|y =kx +b },是否存在k 、b ∈N ,使得(A ∪B )∩C =∅，证明此结论 命题意图 本题主要考查考生对集合及其符号的分析转化能力，即能从集合符号上分辨出所考查的知识点，进而解决问题 知识依托 解决此题的闪光点是将条件(A ∪B )∩C =∅转化为A ∩C =∅且B ∩C =∅，这样难度就降低了 错解分析 此题难点在于考生对符号的不理解，对题目所给出的条件不能认清其实质内涵，因而可能感觉无从下手 技巧与方法 由集合A 与集合B 中的方程联立构成方程组，用判别式对根的情况进行限制，可得到b 、k 的范围，又因b 、k ∈N ,进而可得值 解 ∵(A ∪B )∩C =∅，∴A ∩C =∅且B ∩C =∅∵⎩⎨⎧+=+=bkx y x y 12 ∴k 2x 2+(2bk －1)x +b 2－1=0∵A ∩C =∅ ∴Δ1=(2bk －1)2－4k 2(b 2－1)<0 ∴4k 2－4bk +1<0,此不等式有解，其充要条件是16b 2－16>0,即 b 2>1 ① ∵⎩⎨⎧+==+-+bkx y y x x 052242 ∴4x 2+(2－2k )x +(5+2b )=0∵B ∩C =∅,∴Δ2=(1－k )2－4(5－2b )<0 ∴k 2－2k +8b －19<0, 从而8b <20, 即 b <2 5 ②由①②及b ∈N ,得b =2代入由Δ1<0和Δ2<0组成的不等式组，得 ⎪⎩⎪⎨⎧<--<+-032,018422k k k k ∴k =1,故存在自然数k =1,b =2,使得(A ∪B )∩C =∅例2 向50名学生调查对A 、B 两事件的态度，有如下结果 赞成A 的人数是全体的五分之三，其余的不赞成，赞成B 的比赞成A 的多3人，其余的不赞成；另外，对A 、B 都不赞成的学生数比对A 、B 都赞成的学生数的三分之一多1人 问对A 、B 都赞成的学生和都不赞成的学生各有多少人？ 命题意图 在集合问题中，有一些常用的方法如数轴法取交并集，韦恩图法等，需要考生切实掌握 本题主要强化学生的这种能力 知识依托 解答本题的闪光点是考生能由题目中的条件，想到用韦恩图直观地表示出来 错解分析 本题难点在于所给的数量关系比较错综复杂，一时理不清头绪，不好找线索 技巧与方法 画出韦恩图，形象地表示出各数量关系间的联系 解 赞成A 的人数为50×53=30，赞成B 的人数为30+3=33，如上图，记50名学生组成的集合为U ，赞成事件A 的学生全体为集合A ；赞成事件B 的学生全体为集合B 设对事件A 、B 都赞成的学生人数为x ,则对A 、B 都不赞成的学生人数为3x +1,赞成A 而不赞成B 的人数为30－x ，赞成B 而不赞成A 的人数为33－x依题意(30－x )+(33－x )+x +(3x +1)=50,解得x =21 所以对A 、B 都赞成的同学有21人，都不赞成的有8人例3已知集合A ={(x ,y )|x 2+mx －y +2=0},B ={(x ,y )|x －y +1=0,且0≤x ≤2},如果A ∩B ≠∅,求实数m 的取值范围 解 由⎩⎨⎧≤≤=+-=+-+)20(01022x y x y mx x 得x 2+(m －1)x +1=0①∵A ∩B ≠∅∴方程①在区间［0，2］上至少有一个实数解首先，由Δ=(m －1)2－4≥0,得m ≥3或m ≤－1,当m ≥3时，由x 1+x 2=－(m －1)＜0及x 1x 2=1>0知，方程①只有负根，不符合要求当m ≤－1时，由x 1+x 2=－(m －1)>0及x 1x 2=1>0知，方程①只有正根，且必有一根在区间(0，1］内，从而方程①至少有一个根在区间［0，2］内故所求m 的取值范围是m ≤－1 学生巩固练习 1 集合M ={x |x =42π+kx ,k ∈Z },N ={x |x =42k ππ+,k ∈Z },则( ) A M =N B M N C M N D M ∩N =∅ 2 已知集合A ={x |－2≤x ≤7},B ={x |m +1<x <2m －1}且B ≠∅,若A ∪B =A ，则( ) A －3≤m ≤4 B －3<m <4 C 2<m <4 D 2<m ≤4 3 已知集合A ={x ∈R |a x 2－3x +2=0,a ∈R },若A 中元素至多有1个，则a 的取值范围是_________ 4 x 、y ∈R ,A ={(x ,y )|x 2+y 2=1},B ={(x ,y )|by a x - =1,a >0,b >0},当A ∩B 只有一个元素时，a ,b 的关系式是_________ 5 集合A ={x |x 2－ax +a 2－19=0},B ={x |log 2(x 2－5x +8)=1}，C ={x |x 2+2x －8=0},求当a 取什么实数时，A ∩ B ∅和A ∩C =∅同时成立 6 已知{a n }是等差数列，d 为公差且不为0，a 1和d 均为实数，它的前n 项和记作S n ,设集合A ={(a n ,nS n )|n ∈N *},B ={(x ,y )|41 x 2－y 2=1,x ,y ∈R } 试问下列结论是否正确，如果正确，请给予证明；如果不正确，请举例说明(1)若以集合A 中的元素作为点的坐标，则这些点都在同一条直线上；(2)A ∩B 至多有一个元素；(3)当a 1≠0时，一定有A ∩B ≠∅ 7 已知集合A ={z ||z －2|≤2,z ∈C },集合B ={w |w =21zi +b ,b ∈R },当A ∩B =B 时，求b 的值 8 设f (x )=x 2+px +q ,A ={x |x =f (x )},B ={x |f ［f (x )］=x }(1)求证 A ⊆B ;(2)如果A ={－1，3}，求B 参考答案 1 解析 对M 将k 分成两类 k =2n 或k =2n +1(n ∈Z ),M ={x |x =n π+4π,n ∈Z }∪{x |x =n π+43π,n ∈Z }, 对N 将k 分成四类，k =4n 或k =4n +1,k =4n +2,k =4n +3(n ∈Z ),N ={x |x =n π+2π,n ∈Z }∪{x |x =n π+43π,n ∈Z }∪{x |x =n π+π,n ∈Z }∪{x |x =n π+45π,n ∈Z } 答案 C 2 解析 ∵A ∪B =A ，∴B ⊆A,又B ≠∅,∴⎪⎩⎪⎨⎧-<+≤--≥+12171221m m m m 即2＜m ≤4 答案3 a =0或a ≥89 4 解析 由A ∩B 只有1个交点知，圆x 2+y 2=1与直线b y a x -=1相切，则1=22ba ab +,即ab答案 ab5 解 log 2(x 2－5x +8)=1,由此得x 2－5x +8=2，∴B ={2,3} 由x 2+2x －8=0，∴C ={2,－4},又A ∩C =∅，∴2和－4都不是关于x 的方程x 2－ax +a 2－19=0的解，而A ∩B ∅,即A ∩B≠∅,∴3是关于x 的方程x 2－ax +a 2－19=0的解，∴可得a =5或a =－2当a =5时，得A ={2，3}，∴A ∩C ={2}，这与A ∩C =∅不符合，所以a =5(舍去)；当a =－2时，可以求得A ={3，－5}，符合A ∩C =∅，A ∩B ∅，∴a =－2 6 正确 在等差数列{a n }中，S n =2)(1n a a n +,则21=n S n (a 1+a n ),这表明点(a n ,n S n ）的坐标适合方程y 21=(x +a 1),于是点(a n , nS n )均在直线y =21x +21a 1上 (2)正确 设(x ,y )∈A ∩B ,则(x ,y )中的坐标x ,y 应是方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+=1412121221y x a x y 的解，由方程组消去y 得 2a 1x +a 12=－4(*)，当a 1=0时，方程(*)无解，此时A ∩B =∅；当a 1≠0时，方程(*)只有一个解x =12124a a --,此时，方程组也只有一解⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=--=1211214424a a y a a y ,故上述方程组至多有一解∴A ∩B 至多有一个元素(3）不正确 取a 1=1,d =1,对一切的x ∈N *,有a n =a 1+(n －1)d =n >0,nS n >0,这时集合A 中的元素作为点的坐标，其横、纵坐标均为正，另外，由于a 1=1≠0 如果A ∩B ≠∅,那么据(2）的结论，A ∩B 中至多有一个元素(x 0,y 0）,而x 0=5224121-=--a a ＜0,y 0=43201=+x a ＜0,这样的(x 0,y 0）∉A ,产生矛盾，故a 1=1,d =1时A ∩B =∅，所以a 1≠0时，一定有A ∩B ≠∅是不正确的 7 解 由w =21zi +b 得z =i b w 22-,∵z ∈A ,∴|z －2|≤2,代入得|ib w 22-－2|≤2,化简得|w －(b +i )|≤1∴集合A 、B 在复平面内对应的点的集合是两个圆面，集合A 表示以点(2，0）为圆心，半径为2的圆面，集合B 表示以点(b ,1)为圆心，半径为1的圆面又A ∩B =B ，即B ⊆A ，∴两圆内含 因此22)01()2(-+-b ≤2－1,即(b －2)2≤0，∴b =2 8 (1)证明 设x 0是集合A 中的任一元素，即有x 0∈A∵A ={x |x =f (x )},∴x 0=f (x 0)即有f ［f (x 0)］=f (x 0)=x 0,∴x 0∈B ,故A ⊆B(2)证明 ∵A ={－1,3}={x |x 2+px +q =x },∴方程x 2+(p －1)x +q =0有两根－1和3，应用韦达定理，得 ⎩⎨⎧-=-=⇒⎩⎨⎧=⨯---=+-313)1(),1(31q p q p ∴f (x )=x 2－x －3 于是集合B 的元素是方程f ［f (x )］=x ,也即(x 2－x －3)2－(x 2－x －3)－3=x (*) 的根将方程(*)变形，得(x 2－x －3)2－x 2=0解得x =1,3,3,－故B ={－3，－1，3，3}。

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：灵活运用三角函数的图象和性质解题高考要求三角函数的图象和性质是高考的热点，在复习时要充分运用数形结合的思想，把图象和性质结合起来 本节主要帮助考生掌握图象和性质并会灵活运用 重难点归纳1 考查三角函数的图象和性质的基础题目，此类题目要求考生在熟练掌握三角函数图象的基础上要对三角函数的性质灵活运用2 三角函数与其他知识相结合的综合题目，此类题目要求考生具有较强的分析能力和逻辑思维能力 在今后的命题趋势中综合性题型仍会成为热点和重点，并可以逐渐加强3 三角函数与实际问题的综合应用此类题目要求考生具有较强的知识迁移能力和数学建模能力，要注意数形结合思想在解题中的应用典型题例示范讲解例1设z 1=m +(2－m 2)i , z 2=cos θ+(λ+sin θ)i , 其中m ,λ,θ∈R ，已知z 1=2z 2，求λ的取值范围错解分析考生不易运用等价转化的思想方法来解决问题技巧与方法 对于解法一，主要运用消参和分离变量的方法把所求的问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题；对于解法二，主要运用三角函数的平方关系把所求的问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题解法一 ∵z 1=2z 2，∴m +(2－m 2)i =2cos θ+(2λ+2sin θ)i ,∴⎩⎨⎧+=-=θλθsin 222cos 22m m∴λ=1－2cos 2θ－sin θ=2sin 2θ－si n θ－1=2(s in θ－41)289 当sin θ=41时λ取最小值－89，当sin θ=－1时，λ取最大值2 解法二 ∵z 1=2z 2 ∴⎩⎨⎧+=-=θλθsin 222cos 22m m ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--==222sin 2cos 2λθθm m , ∴4)22(4222λ--+m m =1 ∴m 4－(3－4λ)m 2+4λ2－8λ=0, 设t =m 2,则0≤t ≤4, 令f (t )=t 2－(3－4λ)t +4λ2－8λ,则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥≤-≤≥∆0)4(0)0(424300f f λ或f (0)·f (4)≤0 ∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≥≤≤≤≤--≥022*******λλλλλ或或 ∴－89≤λ≤0或0≤λ≤2 ∴λ的取值范围是［－89，2］ 例2如右图，一滑雪运动员自h =50m 高处A 点滑至O 点，由于运动员的技巧(不计阻力)，在O 点保持速率v 0不为，并以倾角θ起跳，落至B 点，令OB =L ，试问，α=30°时，L 的最大值为多少？当L 取最大值时，θ为多大？错解分析考生不易运用所学的数学知识来解决物理问题，知识的迁移能力不够灵活技巧与方法 首先运用物理学知识得出目标函数，其次运用三角函数的有关知识来解决实际问题解 由已知条件列出从O 点飞出后的运动方程020cos cos 1sin 4sin 2S L v t h L v gt αθαθ==⎧⎪⎨-=-=-⎪⎩ ① ② 由①②整理得 v 0cos θ=.21sin sin ,cos 0gt t L v t L +-=αθα ∴v 18+gL sin α=41g 2t 2+22t L ≥2222412tL t g ⋅=gL运动员从A 点滑至O 点，机械守恒有:mgh =21mv 18, ∴v 18=2gh ,∴L ≤)sin 1(2)sin 1(20αα-=-g ghg v =200(m)即L max =200(m),又41g 2t 2=22222L t h S =+∴θααcos 22cos cos ,20⋅====gL gh t v L S g L t 得cos θ=cos α,∴θ=α=30°∴L 最大值为200米，当L 最大时，起跳仰角为30° 例3如下图，某地一天从6时到14时的温度变化曲线近似满足函数y =A sin(ωx +φ)+b(1)求这段时间的最大温差 (2)写出这段曲线的函数解析式错解分析 不易准确判断所给图象所属的三角函数式的各个特定系数和字母技巧与方法 数形结合的思想，以及运用待定系数法确定函数的解析式解 (1)由图示，这段时间的最大温差是30－10=20(℃)；(2)图中从6时到14时的图象是函数y =A sin(ωx +φ)+b 的半个周期的图象∴ωπ221⋅=14－6,解得ω=8π, 由图示A =21(30－10)=10，b =21(30+10)=20，这时y =10sin(8πx +φ)+20,将x =6,y =10代入上式可取φ=43π综上所求的解析式为y =10sin(8πx +43π)+20,x ∈［6,14］例4 已知α、β为锐角，且x (α+β－2π)＞0,试证不等式f (x )=)sin cos ()sin cos (αββα+x x ＜2对一切非零实数都成立证明 若x ＞0，则α+β＞2π∵α、β为锐角，∴0＜2π－α＜β＜2π;0＜2π－β＜2π,∴0＜sin(2π－α)＜sin β 0＜sin(2π－β)＜sin α，∴0＜cos α＜sin β,0＜cos β＜sin α,∴0＜cos sin αβ＜1,0＜αβsin cos ＜1,∴f (x )在(0,+∞)上单调递减，∴f (x )＜f (0)=2若x ＜0,α+β＜2π,∵α、β为锐角， 0＜β＜2π－α＜2π,0＜α＜2π－β＜2π, 0＜sin β＜sin(2π－α),∴sin β＜cos α,0＜sin α＜sin(2π－β),∴sin α＜cos β,∴cos sin αβ＞1, αβsin cos ＞1,∵f (x )在(－∞,0）上单调递增，∴f (x )＜f (0)=2,∴结论成立 学生巩固练习1函数y=－x·cos x的部分图象是( )2函数f(x)=cos2x+sin(2π+x)是( )A非奇非偶函数B仅有最小值的奇函数C仅有最大值的偶函数D既有最大值又有最小值的偶函数3函数f(x)=(31)｜cos x｜在［－π，π］上的单调减区间为_________4设ω＞0，若函数f(x)=2sinωx在［－4,3ππ，］上单调递增，则ω的取值范围是_________5设二次函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),已知不论α、β为何实数恒有f(sinα)≥0和f(2+cosβ)≤0(1)求证b+c=－1； (2)求证c≥3； (3)若函数f(sinα)的最大值为8，求b，c的值参考答案1函数y=－x cos x是奇函数，图象不可能是A和C，又当x∈(0,2π)时，y＜0答案 D2解析f(x)=cos2x+sin(2π+x)=2cos2x－1+cos x=2［(cos x+81)2212-］－1答案 D3解在［－π,π］上，y=｜cos x｜的单调递增区间是［－2π,0］及［2π,π］而f(x)依｜cos x｜取值的递增而递减,故［－2π,0］及［2π,π］为f(x)的递减区间4解由－2π≤ωx≤2π，得f(x)的递增区间为［－ωπ2,ωπ2］，由题设得.23,23:4232],2,2[]4,3[≤ω<∴≤ω⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧π≥ωππ-≤ωπ-∴ωπωπ-⊆ππ-解得5解 (1)∵－1≤sinα≤1且f(sinα)≥0恒成立，∴f(1)≥0∵1≤2+cosβ≤3,且f(2+c osβ)≤0恒成立∴f(1)≤0从而知f(1)=0∴b+c+1=0(2)由f(2+cosβ)≤0,知f(3)≤0,∴9+3b+c≤0又因为b+c=－1,∴c≥3(3)∵f(sinα)=si n2α+(－1－c)sinα+c=(sinα－21c+)2+c－()21(c+)2,当sinα=－1时，［f(sinα)］max=8,由⎩⎨⎧=++=+-181cbcb解得b=－4,c=3B。

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：极限的概念及其运算高考要求极限的概念及其渗透的思想，在数学中占有重要的地位，它是人们研究许多问题的工具 旧教材中原有的数列极限一直是历年高考中重点考查的内容之一 本节内容主要是指导考生深入地理解极限的概念，并在此基础上能正确熟练地进行有关极限的运算问题 重难点归纳1 学好数列的极限的关键是真正从数列的项的变化趋势理解数列极限学好函数的极限的关键是真正从函数值或图象上点的变化趋势理解函数极限2 运算法则中各个极限都应存在 都可推广到任意有限个极限的情况，不能推广到无限个 在商的运算法则中，要注意对式子的恒等变形，有些题目分母不能直接求极限3 注意在平时学习中积累一些方法和技巧，如 )1|(|0lim ,0)1(lim<==-∞→∞→a a nn n nn ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧><==++++++--∞→时当不存在时当时当l k l k l k b a b x b x b a x a x a l l k k k n ,,0,lim 01110110 典型题例示范讲解例1已知lim∞→x 12+-x x －a －b =0,确定a 与b 的值命题意图 在数列与函数极限的运算法则中，都有应遵循的规则，也有可利用的规律，既有章可循，有法可依 因而本题重点考查考生的这种能力 也就是本知识的系统掌握能力知识依托 解决本题的闪光点是对式子进行有理化处理，这是求极限中带无理号的式子常用的一种方法错解分析 本题难点是式子的整理过程繁琐，稍不注意就有可能出错 技巧与方法 有理化处理解 bax x x b ax x x b ax x x x x +++-+-+-=--+-∞→∞→1)()1(lim)1(lim 2222bax x x b x ab x a x +++--++--=∞→1)1()21()1(lim2222要使上式极限存在，则1－a 2=0,当1－a 2=0时，1)21(1)21(1111)21(lim 1)1()21(lim 22222=++-++-=+++--++-=+++--+--=∞→∞→aab a ab ax b xx x b ab b ax x x b x ab x x 由已知得上式∴⎪⎩⎪⎨⎧=++-=-01)21(012aab a 解得⎪⎩⎪⎨⎧-==211b a例2设数列a 1,a 2,…,a n ,…的前n 项的和S n 和a n 的关系是S n =1－ba n －nb )1(1+,其中b 是与n 无关的常数，且b ≠－11求a n 和a n －1的关系式；2写出用n 和b 表示a n 的表达式；3当0＜b ＜1时，求极限lim ∞→n S n命题意图 历年高考中多出现的题目是与数列的通项公式，前n 项和S n 等有紧密的联系 有时题目是先依条件确定数列的通项公式再求极限，或先求出前n 项和S n 再求极限，本题考查学生的综合能力错解分析本题难点是第2中由1中的关系式猜想通项及n =1与n =2时的式子不统一性 技巧与方法 抓住第一步的递推关系式，去寻找规律解 1a n =S n －S n －1=－ba n －a n －1－1)1(1)1(1-+++n n b b=－ba n －a n －1n b b )1(+ n ≥2解得a n =11)1(1+-+++n n b ba b b n ≥2 代入上式得把由此猜想21113211132321213212221221111)1()1()1(,)1()1()1(])1(1[)1()1()1()1(1])1(1[1)1(,111)2(b ba b b b b b a b b a b bb b a b b b b b b b a b b b b b bb a b b b b b a b b b b a b ba b ba S a n n n n n n n n n n n n n n n +=+++++++=+++++=+++++++=++++=++++++=∴+=∴+--==+--+-+--+-+-),1()11(1)()1(11)1(1)1)(1(1)1(11)3()1(2)1()1)(1()1(111111112≠+---+-=+-+--⋅-=+--=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=≠+--=++++=++++++++b b b b b b b b b b b b b b ba S b n b b b b b b b b b a n n nn n n n n n n n n n n n.1lim ,0)11(lim ,0lim ,10=∴=+=<<∞→∞→∞→n n nn n n S bb b 时例3求1122lim +-∞→++n n n n n aa111121()21:22,;lim lim 22()n nn n n n n n a a a a a a a a a--+→∞→∞++><-==++解当或时 111()212222,;lim lim 242()2n n n n n n n n a a a a a a -+→∞→∞++-<<==++当时 1112123212,;lim lim 262n n n n n n n n a a a --+-→∞→∞+⋅===+⋅当时 2,a =-当时11111111112221()2(2)22232622(2)22323()2222n n n n n n n n n n nn n n nn n n n n n a a n ----+++--+⎧-+-==-⎪+-+⎪+⋅==⎨++-+⋅⎪==-⎪⎩--为奇数为偶数 学生巩固练习1 a n 是1n 展开式中含2的项的系数，则)111(lim 21nn a a a +++∞→ 等于 A 2 B 0 C 1D －12 若三数a ,1,c 成等差数列且a 2,1,c 2又成等比数列，则nn c a c a )(lim 22++∞→的值是A 0B 1C 0或1D 不存在3 )(lim x x x x n -+++∞→ =_________4 若)12(lim 2nb n n a n --+∞→=1,则ab 的值是_________5 在数列{a n }中，已知a 1=53,a 2=10031,且数列{a n 1－101a n }是公比为21的等比数列，数列{g a n 1－21a n }是公差为－1的等差数列 1求数列{a n }的通项公式；2S n =a 1a 2…a n n ≥1,求lim ∞→n S n参考答案 1 解析 )111(21,2)1(C 2nn a n n a n n n --=∴-==， 2)11(2lim )111(lim 21=-=+++∴∞→∞→na a a n n n 答案 A2 解析 ⎩⎨⎧=+=+⎩⎨⎧=+=+⎩⎨⎧==+6222 ,12222222c a c a c a c a c a c a 或得 答案 C 3 解析 xx x x x x x x x x x x x x +++-++=-+++∞→+∞→lim)(lim.21111111lim23=++++=+∞→x xx x 答案 21 4 解析 原式=112)2(lim12)12(lim22222222222=+-+-+-=+-+--+∞→∞→nbn n a a n a n b a nbn n a b n n n a n n⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=-422120222b a b b a ∴a ·b =82答案 82 5 解 1由{a n 1－101a n }是公比为21的等比数列，且a 1=53,a 2=10031,∴a n 1－101a n =a 2－101a 121n -1=10031－53×10121n -1=1121)21(41+-=n n ,∴a n 1=101a n 121+n ①又由数列{g a n 1－21a n }是公差为－1的等差数列，且首项g a 2－21a 1=g 10031－21×53=－2,∴其通项g a n 1－21a n =－2n －1－1=－n 1,∴a n 1－21a n =10－n 1,即a n 1=21a n 10－n 1 ②①②联立解得a n =25［21n 1－101n 1］2S n =])101()21([2511111∑∑∑==++=-=nk nk k k nk k a 911]1011)61(211)21([25lim 22=---=∴∞→n n S。

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。