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2018年江苏高考数学二轮复习教师用书：第2部分 八大难点突破 难点1 与三角变换、平面向量综合的三角形问题

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难点一与三角变换、平面向量综合的三角形问题(对应学生用书第62页)高考数学命题注重知识的整体性和综合性，重视在知识的交汇处考察，对三角形问题的考察重点在于三角变换、向量综合，它们之间互相联系、互相交叉，不仅考察三角变换，同时深化了向量的运算，体现了向量的工具作用，试题综合性较高，所以要求学生有综合处理问题的能力，纵观最近几年高考，试题难度不大，但是如果某一知识点掌握不到位，必会影响到整个解题过程 ，本文从以下几个方面阐述解题思路，以达到抛砖引玉的目的． 1．向量运算与三角形问题的综合运用解答这类题，首先向量的基本概念和运算必须熟练，要很好的掌握正弦定理、余弦定理的应用条件，其次要注意把题目中的向量用三角中边和角表示，体现向量的工具作用． 【例1】 (镇江市2017届高三上学期期末)已知向量m ＝(cos α，－1)，n ＝(2，sin α)，其中α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，且m ⊥n .(1)求cos 2α的值； (2)若sin(α－β)＝1010，且β∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，求角β的值．[解] 法一(1)由m ⊥n 得，2cos α－sin α＝0，sin α＝2cos α， 代入cos 2α＋sin 2α＝1，得5cos 2α＝1，且α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则cos α＝55，sin α＝255， 则cos 2α＝2cos 2α－1＝2×⎝⎛⎭⎪⎫552－1＝－35. (2)由α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2得，α－β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2.因sin(α－β)＝1010，则cos(α－β)＝31010. 则sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β) ＝255×31010－55×1010＝22， 因β∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则β＝π4.法二(1)由m ⊥n 得，2cos α－sin α＝0，tan α＝2，故cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝cos 2α－sin 2αcos 2α＋sin 2α＝1－tan 2α1＋tan 2α＝1－41＋4＝－35. (2)由(1)知，2cos α－sin α＝0，且cos 2α＋sin 2α＝1，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则sin α＝255，cos α＝55，由α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2得，α－β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2. 因sin(α－β)＝1010，则cos(α－β)＝31010. 则sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β) ＝255×31010－55×1010＝22， 因β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则β＝π4.2．三角函数与三角形问题的结合三角函数的起源是三角形，所以经常会联系到三角形，这类型题是在三角形这个载体上的三角变换，第一：既然是三角形问题，就会用到三角形内角和定理和正、余弦定理以及相关三角形理论，及时边角转换，可以帮助发现问题解决思路；第二：它也是一种三角变换，只不过角的范围缩小了，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的．【例2】 (2017·江苏省无锡市高考数学一模)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边．若a cos B ＝3，b cos A ＝1，且A －B ＝π6.(1)求边c 的长； (2)求角B 的大小.【导学号：56394089】[解] (1)∵a cos B ＝3，b cos A ＝1，∴a ×a 2＋c 2－b 22ac ＝3，b ×b 2＋c 2－a 22bc＝1，化为：a 2＋c 2－b 2＝6c ，b 2＋c 2－a 2＝2c . 相加可得：2c 2＝8c ，解得c ＝4. (2)由(1)可得：a 2－b 2＝8.由正弦定理可得：a sin A ＝b sin B ＝4sin C，又A －B ＝π6，∴A ＝B ＋π6，C ＝π－(A ＋B )＝π－⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6，可得sin C ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6. ∴a ＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6，b ＝4sin B sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6.∴16sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π6－16sin 2B ＝8sin 2⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6， ∴1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π3－(1－cos 2B )＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6，即cos 2B －cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π3＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6， ∴－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝0或sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝1，B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5π12. 解得：B ＝π6.3.三角变换、向量、三角形问题的综合高考会将几方面结合起来命题，三角函数主要考察它的图象、常见性质；三角形主要考察正弦定理、余弦定理以及有关的三角形性质；向量主要考察向量的运算、向量的模、向量的夹角、向量的垂直以及向量的共线，体现向量的工具作用，三角变换主要考察求值、化简、变形．【例3】 (扬州市2017届高三上学期期中)在△ABC 中，AB ＝6，AC ＝32，AB →·AC →＝－18.(1)求BC 的长； (2)求tan 2B 的值．[解] (1)因为AB →·AC →＝AB ×AC ×cos A ＝－18，且AB ＝6，AC ＝32，BC ＝AB 2＋AC 2－2AB ×AC ×cos A＝62＋22－－＝310.(2)法一：在△ABC 中，AB ＝6，AC ＝32，BC ＝310，cos B ＝BA 2＋BC 2－AC 22BA ×BC＝62＋102－222×6×310＝31010，又B ∈(0，π)，所以sin B ＝1－cos 2B ＝1010， 所以tan B ＝sin B cos B ＝13，所以tan 2B ＝2tan B1－tan 2B＝231－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝34. 法二：由AB ＝6，AC ＝32，AB →·AC →＝AB ×AC ×cos A ＝－18可得cos A ＝－22，又A ∈(0，π)，所以A ＝3π4.在△ABC 中，BC sin A ＝ACsin B，所以sin B ＝AC ×sin A BC ＝32×22310＝1010， 又B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，所以cos B ＝1－sin 2B ＝31010，所以tan B ＝sin B cos B ＝13，所以tan 2B ＝2tan B1－tan 2B＝231－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝34. 4．实际应用中的三角形问题在实际生活中往往会遇到关于距离、角度、高度的测量问题，可以借助平面图形，将上述量放在一个三角形中，借助解三角形知识达到解决问题的目的．【例4】 (2017·江苏省淮安市高考数学二模)一缉私艇巡航至距领海边界线l (一条南北方向的直线)3.8海里的A 处，发现在其北偏东30°方向相距4海里的B 处有一走私船正欲逃跑，缉私艇立即追击，已知缉私艇的最大航速是走私船最大航速的3倍，假设缉私艇和走私船均按直线方向以最大航速航行．图1(1)若走私船沿正东方向逃离，试确定缉私艇的追击方向，使得用最短时间在领海内拦截成功；(参考数据：sin 17°≈36，33≈5.744 6)(2)问：无论走私船沿何方向逃跑，缉私艇是否总能在领海内成功拦截？并说明理由． [解] (1)设缉私艇在C 处与走私船相遇(如图)，则AC ＝3BC .△ABC 中，由正弦定理可得sin ∠BAC ＝sin 120°3＝36，∴∠BAC ＝17°，∴缉私艇应向北偏东47°方向追击，△ABC 中，由余弦定理可得cos 120°＝16＋BC 2－AC28BC，∴BC ≈1.686 15.B 到边界线l 的距离为3.8－4sin 30°＝1.8，∵1.686 15＜1.8，∴能用最短时间在领海内拦截成功．(2)以A 为原点，建立如图所示的坐标系，则B (2,23)，设缉私艇在P (x ，y )处与走私船相遇，则PA ＝3PB ，即x 2＋y 2＝9[(x －2)2＋(y －23)2]，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －942＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －9432＝94，∴P 的轨迹是以⎝ ⎛⎭⎪⎫94，943为圆心，32为半径的圆， ∵圆心到边界线l ：x ＝3.8的距离为1.55，大于圆的半径， ∴无论走私船沿何方向逃跑，缉私艇总能在领海内成功拦截．5．综合上述几个方面的阐述，解三角形问题不是孤立的，而是跟其他相关知识紧密联系在一起，通过向量的工具作用，将条件集中到三角形中，然后利用三角恒等变换、正弦定理和余弦定理及其相关知识解题，是常见的解题思路，为此，熟练掌握向量的基本概念和向量的运算，熟练进行三角变换和熟练运用正弦定理以及余弦定理是解题的关键． 6．向量与三角形问题的结合向量具有“双重身份”，既可以像数一样满足“运算性质”进行代数形式的运算，又可以利用它的几何意义进行几何形式的变换，同时向量加、减法的几何运算遵循三角形法则和平行四边形法则，这为向量和三角形问题的结合，提供了很好的几何背景． 6．1 向量与三角形谈“心”内心(三角形内切圆圆心 )：三角形三条内角平分线的交点； 外心(三角形外接圆的圆心)：三角形各边中垂线的交点； 垂心：三角形各边上高的交点； 重心：三角形各边中线的交点， 用向量形式可表示为如下形式：若P 是△ABC 内的一点，⎩⎪⎨⎪⎧AP →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|，λ＞0BP →＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫BA →|BA →|＋BC →|BC →|，t ＞0⇒P 是△ABC 的内心；若D 、E 两点分别是△ABC 的边BC 、CA 上的中点，且 ⎩⎨⎧DP →·PB →＝DP →·PC →EP →·PC →＝EP →·PA→⇒P 是△ABC 的外心；若GA →＋GB →＋GC →＝0，则G 是△ABC 的重心；若P 是△ABC 所在平面内的一点，且PA →·PB →＝PA →·PC →＝PC →·PB →，则P 是△ABC 的垂心． 【例5】 (2017·江苏省泰州市高考数学一模)在△ABC 中，若BC →·BA →＋2AC →·AB →＝CA →·CB →，则sin Asin C 的值为________.【导学号：56394090】[解析] 在△ABC 中，设三条边分别为a 、b 、c ，三角分别为A 、B 、C ， 由BC →·BA →＋2AC →·AB →＝CA →·CB →，得ac ·cos B ＋2bc ·cos A ＝ba ·cos C ，由余弦定理得：12(a 2＋c 2－b 2)＋(b 2＋c 2－a 2)＝12(b 2＋a 2－c 2)，化简得a 2c 2＝2，∴a c ＝2，由正弦定理得sin A sin C ＝ac＝ 2.故答案为： 2. [答案]26．2 判断三角形形状三角形的边可以看做向量的模长，三角形的内角可以看做向量的夹角，所以可利用向量的数量积和夹角公式或者其他线性运算，结合平面几何知识来判断三角形的形状【例6】 △ABC 的三个内角A 、B 、C 成等差数列，(BA →＋BC →)·AC →＝0，则△ABC 一定是________三角形．[解析] △ABC 的三个内角A 、B 、C 成等差数列，则有2B ＝A ＋C ，所以B ＝π3，设D 是AC边的中点，则BA →＋BC →＝2BD →，所以2BD →·AC →＝0，BD →⊥AC →，所以△ABC 一定是等边三角形． [答案] 等边。

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2018年江苏高考数学二轮复习教师用书：第2部分 难点6 数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的

2018年江苏高考数学二轮复习教师用书：第2部分 难点6 数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的

前者必须加上“n ≥2”，否则 n ＝1 时 a 0 无意义；在等比数列中一样有：①n ≥2 时，有 a n ＋1a nnn (2)由(1)知 3 a n ＝1＋(n －1)·(－2)＝3－2n ，所以 a n ＝(3－2n ) ⎪ ， 1 2 3 n 所以 S n ＝1· ⎪ ＋(－1)· ⎪ ＋(－3)· ⎪ ＋…＋(3－2n )· ⎪ ，2 3 n n ＋1所以 S n ＝1· ⎪ ＋(－1)· ⎪ ＋…＋(5－2n )· ⎪ ＋(3－2n )· ⎪ ，2 3 n 两式相减得 S n ＝ －2⎢ ⎪ ＋ ⎪ ＋…＋ ⎪ ⎥ ⎛1⎫n ＋1－(3－2n )· ⎪a 1＝ ，a n ＋1＝ a n －1难点六 数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的解等综合问题(对应学生用书第 72 页)近几年的高考试卷中经常出现以数列为载体的证明、探索等综合问题，这类问题不仅考查学生的分析问题解决问题的能力，以及探索能力，而且给学生提供了创新思维的空间．1．等差数列、等比数列的证明问题有关证明、判断数列是等差(等比)数列的主要证明方法有：定义法、性质法．定义法：用定义法判断一个数列是等差数列，常采用的两个式子 a n －a n －1＝d 和 a n ＋1－a n ＝d 有差别，a n a n －1＝…＝q (常数 q ≠0)；②n ∈N *时，有 ＝…＝q (常数 q ≠0)．性质法：a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1⇔{a n }是等差数列，a n a n ＋2＝(a n ＋1)2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列，这是证明数列{a n }为等差(等比)数列的另一种主要方法．【例 1】 (苏北四市淮安、宿 迁、连云港、徐州)2017 届高三上学期期中)在数列{a n }中，已知1 2 3 3 3n ＋1，n ∈N *，设 S n 为{a n }的前 n 项和．(1)求证：数列{3n a n }是等差数列； (2)求 S n ；(3)是否存在正整数 p ，q ，r (p ＜q ＜r )，使 S p ，S q ，S r 成等差数列？若存在，求出 p ，q ，r的值；若不存在，说明理由．1 2[解](1)证明：因为 a n ＋1＝3a n －3n ＋1，n ∈N *，所以 3n ＋1a n ＋1－3n a n ＝－2，1又因为 a 1＝3，所以 31·a 1＝1，所以{3n a n }是首项为 1，公差为－2 的等差数列．⎛1⎫ ⎝3⎭⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭⎝3⎭1 ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ 3 ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭2 1 ⎡⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎤3 3 ⎣⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎦⎝3⎭⎢1×⎝3⎭ ⎥＋(2n －3)·⎛ ⎝1⎫⎪⎭ ⎣91 331－⎦⎛1⎫ n ＋1＝2n · ⎪n ＋1，⎪3p 3r由于当 n ≥2 时，a n ＝(3－2n ) ⎪n ＜0，所以数列{S n }单调递减． q －1 ≥⎡1－⎛1⎫n －1⎤1＝ －23⎝3⎭n所以 S n ＝3n .2q (3)假设存在正整数 p ，q ，r (p ＜q ＜r )，使 S p ，S q ，S r 成等差数列，则 2S q ＝S p ＋S r ，即3q ＝p r＋ .⎛1⎫ ⎝3⎭p q －1又 p ＜q ，所以 p ≤q －1 且 q 至少为 2，所以3p ≥ 3q －1 ，q －1 2q q －33q －1 － 3q ＝ 3q .p q －1 2q r ①当 q ≥3 时，3p ≥ 3 3q ，又3r ＞0，p r 2q所以3p ＋3r ＞ 3q ，等式不成立．②当 q ＝2 时，p ＝1，4 1 r r 1所以9＝3＋3r ，所以3r ＝9，所以 r ＝3({S n }单调递减，解唯一确定)．综上可知，p ，q ，r 的值为 1,2,3.2．数列中探索与存在性问题数列探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．而要确定范围内的数值，则往往涉及不定方程的正整数解问题．【例 2】 (2017·江苏省盐城市高考数学三模)已知数列{a n }，{b n }都是单调递增数列，若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列(相同的项视为一项)，则得到一个新数列{c n }．(1)设数列{a n }，{b n }分别为等差、等比数列，若 a 1＝b 1＝1，a 2＝b 3，a 6＝b 5，求 c 20； (2)设{a n }的首项为 1，各项为正整数，b n ＝3n ，若新数列{c n }是等差数列，求数列{c n }的前 n 项和 S n ；(3)设 b n ＝q n －1(q 是不小于 2 的正整数)，c 1＝b 1，是否存在等差数列{a n }，使得对任意的 n ∈N *，在 b n 与 b n ＋1 之间数列{a n }的项数总是 b n ？若存在，请给出一个满足题意的等差数列⎩ 当 n ≥4 时，解得 d ＝ 2＜1，不满足各项为正整数；由 3n ＝2m －1，得 m ＝ ，3n 是奇数，3n ＋1 是正偶数，m 有正整数解，⎪⎩b n ＋1＞ab 1＋b 2＋…＋b n ， 2⎧⎪b n ＜a 1＋q ＋…＋qn －2＋1 ⎩{a n }；若不存在，请说明理由．【导学号：56394105】[解] (1)设等差数列{a n }的公差为 d ，等比数列{b n }的公比为 q ，⎧⎪1＋d ＝q 2由题意得，⎨⎪1＋5d ＝q 4，解得 d ＝0 或 3，因数列{a n }，{b n }单调递增，所以 d ＞0，q ＞1，所以 d ＝3，q ＝2，所以 a n ＝3n －2，b n ＝2n －1.因为 a 1＝b 1＝1，a 2＝b 3，a 6＝b 5，b 7＞a 20. ∴c 20＝a 17＝49.(2)设等差数列{c n }的公差为 d ，又 a 1＝1，且 b n ＝3n ， 所以 c 1＝1，所以 c n ＝dn ＋1－d .因为 b 1＝3 是{c n }中的项，所以设 b 1＝c n ，即 d (n －1)＝2.n －1当 b 1＝c 3＝3 时，d ＝1，此时 c n ＝n ，只需取 a n ＝n ，而等比数列{b n }的项都是等差数列{a n }中的项，所以 S n ＝n n ＋；当 b 1＝c 2＝3 时，d ＝2，此时 c n ＝2n －1，只需取 a n ＝2n －1，3n ＋1 2所以等比数列{b n }的项都是等差数列{a n }中的项，所以 S n ＝n 2.n n ＋综上所述，数列{ c n }的前 n 项和 S n ＝2或 S n ＝n 2.(3)存在等差数列{a n }，只需首项 a 1∈(1，q )，公差 d ＝q －1.下 证 b n 与 b n ＋ 1 之 间 数 列 {a n } 的 项 数 为 b n ， 即 证 对 任 意 正 整 数 n ， 都 有⎧⎪b n ＜ab 1＋b 2＋…＋b n －1＋1，⎨即⎨⎪b n ＋1＞a 1＋q ＋…＋qn －1成立．由 b n －a 1＋q ＋…＋qn －2＋1＝q n －1－a 1－(1＋q ＋…＋q n －2)(q －1)＝1－a 1＜0， b n ＋1－a 1＋q ＋…＋qn －1＝q n －a 1－(1＋q ＋…＋q n －1－1)(q －1)＝q －a 1＞0. 所以首项 a 1∈(1，q )，公差 d ＝q －1 的等差数列{a n }符合题意．。

2018年高考数学江苏专版三维二轮专题复习课件：专题三 解析几何 第1课时 解析几何中的基本问题(基础课)

2018年高考数学江苏专版三维二轮专题复习课件：专题三 解析几何 第1课时 解析几何中的基本问题(基础课)


3．(2017·苏州考前模拟)在平面直角坐标系中，已知两点 P(0,1)， Q(3,6)，在直线 y＝x 上取两点 M，N，使得 MN＝ 2a(其中 a>0 为定值)，则当 PM＋NQ 取得最小值时，点 N 的坐标为________． 解析：(1)设点 A(1,0)，B(1＋a，a)，则 AB∥MN，且 AB＝MN， 所以四边形 ABNM 为平行四边形，所以 AM＝BN，又因为点 P 与 A 关于直线 y＝x 对称，所以 PM＝AM，所以 PM＋NQ＝AM ＋NQ＝BN＋NQ，所以当 B，N，Q 三点共线时，PM＋NQ 取 最小值为 BQ＝ a－22＋a－62.此时 BQ 方程为(a－6)x－(a －2)y＋3a＋6＝0，与直线 y＝x 联立解得 N3a＋4 6，3a＋4 6.
[题组练透] 1．(2017·南通一模)已知圆 C 过点(2， 3)，且与直线 x－ 3y＋3
＝0 相切于点(0， 3)，则圆 C 的方程为_______________． 解析：设圆心为(a，b)，
b－ 则 a
3·33＝－1，
a－22＋b－ 32＝a2＋b－ 32，
[题组练透] 1．已知点 P(3,2)与点 Q(1,4)关于直线 l 对称，则直线 l 的方程为___．
解析：由题意知直线 l 与直线 PQ 垂直，所以 kl＝－k1PQ＝1.又直 线 l 经过 PQ 的中点(2,3)，所以直线 l 的方程为 y－3＝x－2，即 x－y＋1＝0. 答案：x－y＋1＝0
2.(2017·苏北四市期中)如图，在平面直角坐标系
xOy 中，已知 A，B1，B2 分别为椭圆 C：xa22＋by22＝
1(a＞b＞0)的右、下、上顶点，F 是椭圆 C 的右
焦点．若 B2F⊥AB1，则椭圆 C 的离心率是________． 解析：由题意得，A(a,0)，B1(0，－b)，B2(0，b)，F(c,0)，所以―B2→F
(江苏专版)2018年高考数学二轮复习 第2部分 八大难点突破 专项限时集训7 函数零点、单调性、极

(江苏专版)2018年高考数学二轮复习 第2部分 八大难点突破 专项限时集训7 函数零点、单调性、极

专项限时集训(七)函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第125页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)已知函数f (x )＝ax 2－bx ＋ln x ，a ，b ∈R .(1)当b ＝2a ＋1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝1，b ＞3时，记函数f (x )的导函数f ′(x )的两个零点分别是x 1和x 2(x 1＜x 2)，求证：f (x 1)－f (x 2)＞34－ln 2.【导学号：56394110】[解] (1)因为b ＝2a ＋1，所以f (x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ln x ， 从而f ′(x )＝2ax －(2a ＋1)＋1x＝2ax 2－a ＋x ＋1x＝ax －x －x，x ＞0.2分当a ≤0时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1，由f ′(x )＜0得x ＞1， 所以f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．当0＜a ＜12时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1或x ＞12a ，由f ′(x )＜0得1＜x ＜12a ，所以f (x )在区间(0,1)和区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减．当a ＝12时，因为f ′(x )≥0(当且仅当x ＝1时取等号)，所以f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．当a ＞12时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜12a 或x ＞1，由f ′(x )＜0得12a ＜x ＜1，所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减．综上，当a ≤0时，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减； 当0＜a ＜12时，f (x )在区间(0,1)和区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减；当a ＝12时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间；当a ＞12时，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减.8分(2)法一：因为a ＝1，所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x (x ＞0)，从而f ′(x )＝2x 2－bx ＋1x，由题意知x 1，x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根，故x 1x 2＝12.记g (x )＝2x 2－bx ＋1，因为b ＞3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3－b 2＜0，g (1)＝3－b ＜0， 所以x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(1，＋∞)，且bx 1＝2x 21＋1，bx 2＝2x 22＋1，f (x 1)－f (x 2)＝(x 21－x 22)－(bx 1－bx 2)＋ln x 1x 2＝－(x 21－x 22)＋ln x 1x 2，因为x 1x 2＝12，所以f (x 1)－f (x 2)＝x 22－14x 22－ln(2x 22)，x 2∈(1，＋∞)．令t ＝2x 22∈(2，＋∞)，φ(t )＝f (x 1)－f (x 2)＝t 2－12t －ln t .因为当t ＞2时，φ′(t )＝t －22t2＞0，所以φ(t )在区间(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t )＞φ(2)＝34－ln 2，即f (x 1)－f (x 2)＞34－ln 2.14分法二：因为a ＝1，所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x (x ＞0)，从而f ′(x )＝2x 2－bx ＋1x，由题意知x 1，x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根，故x 1x 2＝12.记g (x )＝2x 2－bx ＋1，因为b ＞3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3－b 2＜0，g (1)＝3－b ＜0， 所以x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(1，＋∞)，且f (x )在(x 1，x 2)上是减函数，所以f (x 1)－f (x 2)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14－b2＋ln 12－(1－b )＝－34＋b 2－ln 2，因为b ＞3，所以f (x 1)－f (x 2)＞－34＋b 2－ln 2＞34－ln 2.14分2．(本小题满分14分)(南通、泰州市2017届高三第一次调研测试)已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ，a ∈R .(1)当a ＝38时，求函数f (x )的最小值；(2)若－1≤a ≤0，证明：函数f (x )有且只有一个零点； (3)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝38时，f (x )＝38x 2－x －ln x .所以f ′(x )＝34x －1－1x ＝x ＋x －4x(x >0)．令f ′(x )＝0，得x ＝2，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以函数f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 所以当x ＝2时，f (x )有最小值f (2)＝－12－ln 2.3分(2)证明：由f (x )＝ax 2－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax －1－1x ＝2ax 2－x －1x，x ＞0.所以当a ≤0时，f ′(x )＝2ax 2－x －1x＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点．因为当－1≤a ≤0时，f (1)＝a －1＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e 2－e ＋a e 2＞0， 所以当－1≤a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上有零点． 综上，当－1≤a ≤0时，函数f (x )有且只有一个零点.7分(3)法一：由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点． 因为函数f (x )有两个零点，所以a ＞0.由f (x )＝ax 2－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax 2－x －1x(x ＞0)，令g (x )＝2ax 2－x －1.因为g (0)＝－1＜0,2a ＞0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，设为x 0.当x ∈(0，x 0)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0.所以函数f (x )在(0，x 0)上单调递减；在(x 0，＋∞)上单调递增． 要使得函数f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，只需要函数f (x )的极小值f (x 0)＜0，即ax 20－x 0－ln x 0＜0. 又因为g (x 0)＝2ax 20－x 0－1＝0，所以2ln x 0＋x 0－1＞0，又因为函数h (x )＝2ln x ＋x －1在(0，＋∞)上是增函数，且h (1)＝0， 所以x 0＞1，得0＜1x 0＜1.又由2ax 20－x 0－1＝0，得2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 02＋1x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋122－14，所以0＜a ＜1.以下验证当0＜a ＜1时，函数f (x )有两个零点．当0＜a ＜1时，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝2a a2－1a －1＝1－a a＞0，所以1＜x 0＜1a.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 2－1e＋1＝e 2－e －a e 2＞0，且f (x 0)＜0. 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，x 0上有一个零点．又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝4a a2－2a－ln 2a ≥2a －⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1＝1＞0(因为ln x ≤x －1)，且f (x 0)＜0.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，2a 上有一个零点．所以当0＜a ＜1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，2a 内有两个零点.综上，实数a 的取值范围为(0,1)． 下面证明：ln x ≤x －1.设t (x )＝x －1－ln x ，所以t ′(x )＝1－1x ＝x －1x(x ＞0)．令t ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，t ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，t ′(x )＞0. 所以函数t (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以当x ＝1时，t (x )有最小值t (1)＝0. 所以t (x )＝x －1－ln x ≥0，得ln x ≤x －1成立.14分法二：由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点． 因为函数f (x )有两个零点，所以a ＞0. 由f (x )＝ax 2－x －ln x ＝0，得关于x 的方程a ＝x ＋ln xx 2(x >0)有两个不等的实数解． 又因为ln x ≤x －1， 所以a ＝x ＋ln x x 2≤2x －1x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1(x ＞0)． 因为x ＞0时，－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12＋1≤1，所以a ≤1.又当a ＝1时，x ＝1，即关于x 的方程a ＝x ＋ln xx 2有且只有一个实数解． 所以0＜a ＜1. 14分(以下解法同法一)3．(本小题满分14分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)设函数f (x )＝ln x －ax 2＋ax ，a 为正实数．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)求证：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a≤0； (3)若函数f (x )有且只有1个零点，求a 的值．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＝ln x －2x 2＋2x ，则f ′(x )＝1x－4x ＋2，所以f ′(1)＝－1，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋y －1＝0. 4分(2)证明：因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1a＋1，设函数g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1＝1－xx，另g ′(x )＝0，得x ＝1，列表如下：所以g (x )所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1a＋1≤0.8分(3)f ′(x )＝1x －2ax ＋a ＝－2ax 2－ax －1x，x ＞0，令f ′(x )＞0，得a －a 2＋8a 4a ＜x ＜a ＋a 2＋8a 4a ，因为a －a 2＋8a 4a＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋a 2＋8a 4a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2＋8a 4a ，＋∞上单调递减．所以f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2＋8a 4a .设x 0＝a ＋a 2＋8a4a，因为函数f (x )只有1个零点，而f (1)＝0，所以1是函数f (x )的唯一零点．当x 0＝1时，f (x )≤f (1)＝0，f (x )有且只有1个零点，此时a ＋a 2＋8a 4a＝1，解得a ＝1.下证，当x 0≠1时，f (x )的零点不唯一．若x 0＞1，则f (x 0)＞f (1)＝0，此时a ＋a 2＋8a 4a ＞1，即0＜a ＜1，则1a＞1.由(2)知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＜0，又函数f (x )在以x 0和1a为端点的闭区间上的图象不间断，所以在x 0和1a之间存在f (x )的零点，则f (x )共有2个零点，不符合题意；若x 0＜1，则f (x 0)＞f (1)＝0，此时a ＋a 2＋8a 4a ＜1，即a ＞1，则0＜1a＜1.同理可得，要1a和x 0之间存在f (x )的零点，则f (x )共有2个零点，不符合题意．因此x 0＝1，所以a 的值为1. 14分4．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期末)已知函数f (x )＝g (x )·h (x )，其中函数g (x )＝e x ，h (x )＝x 2＋ax ＋a .(1)求函数g (x )在(1，g (1))处的切线方程；(2)当0＜a ＜2时，求函数f (x )在x ∈[－2a ，a ]上的最大值；(3)当a ＝0时，对于给定的正整数k ，问函数F (x )＝e·f (x )－2k (ln x ＋1)是否有零点？请说明理由．(参考数据e≈2.718，e ≈1.649，e e ≈4.482，ln 2≈0.693)【导学号：56394111】[解] (1)g ′(x )＝e x，故g ′(1)＝e ，g (1)＝e ， 所以切线方程为y －e ＝e(x －1)，即y ＝e x .2分(2)f (x )＝e x ·(x 2＋ax ＋a ), 故f ′(x )＝(x ＋2)(x ＋a )e x， 令f ′(x )＝0，得x ＝－a 或x ＝－2.①当－2a ≥－2，即0＜a ≤1时，f (x )在[－2a ，－a ]上递减，在[－a ，a ]上递增， 所以f (x )max ＝max{f (－2a )，f (a )}， 由于f (－2a )＝(2a 2＋a )e －2a，f (a )＝(2a 2＋a )e a，故f (a )＞f (－2a )，所以f (x )max ＝f (a )；②当－2a ＜－2，即1＜a ＜2时，f (x )在[－2a ，－2]上递增，[－2，－a ]上递减，在[－a ，a ]上递增，所以f (x )max ＝max{f (－2)，f (a )}，由于f (－2)＝(4－a )e －2，f (a )＝(2a 2＋a )e a，故f (a )＞f (－2)， 所以f (x )max ＝f (a )；综上得，f (x )max ＝f (a )＝(2a 2＋a )e a.6分(3)结论：当k ＝1时，函数F (x )无零点；当k ≥2时，函数F (x )有零点． 理由如下：①当k ＝1时，实际上可以证明：e x 2e x－2ln x －2＞0.F ′(x )＝(x 2＋2x )e x ＋1－2x ，显然可证F ′(x )＝(x 2＋2x )e x ＋1－2x在(0，＋∞)上递增，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，12，使得F ′(x 0)＝0，所以当x ∈(0，x 0)时，F (x )递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，F (x )递增，所以F (x )min ＝F (x 0)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋2－ln x 0－1，其中x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，12，而φ(x )＝2⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋2－ln x －1递减，所以φ(x )＞φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2⎝⎛⎭⎪⎫ln 2－35＞0，所以F (x )min ＞0，所以命题得证.10分下面证明F (e k )＞0，可借助结论e x ＞x 2(x ≥2)处理，首先证明结论e x ＞x 2(x ≥2)： 令φ(x )＝e x －x 2(x ≥2)，则φ′(x )＝e x －2x ，故φ′(x )＝e x－2x ＞0， 所以φ′(x )＝e x－2x 在[2，＋∞)上递增， 所以φ′(x )＞φ′(2)＞0，所以φ(x )＝e x －x 2在[2，＋∞)上递增， 所以φ(x )＞φ(2)＞0，得证．借助结论得ee k＋2k ＋1＞e k 2＋2k ＋1＞(k 2＋2k ＋1)2＝(k ＋1)4＝(k ＋1)(k ＋1)3＞2k (k ＋1)，所以F (e k)＞0，又因为函数F (x )连续，所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，e k 上有零点. 16分5．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )＝a e xx＋x .(1)若函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线经过点(0，－1)，求a 的值； (2)是否存在负整数a ，使函数f (x )的极大值为正值？若存在 ，求出所有负整数a 的值；若不存在，请说明理由；(3)设a >0，求证：函数f (x )既有极大值，又有极小值．[解] (1)∵f ′(x )＝a e x x －＋x2x 2，∴f ′(1)＝1，f (1)＝a e ＋1,∴函数f (x )在(1，f (1))处的切线方程为：y －(a e ＋1)＝x －1，又直线过点(0，－1)，∴－1－(a e ＋1)＝－1，解得：a ＝－1e.4分(2)若a ＜0，f ′(x )＝a e x x －＋x2x 2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0恒成立，函数在(－∞，0)上无极值； 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0恒成立，函数在(0,1)上无极值；法一：在(1，＋∞)上，若 f (x )在x 0处取得符合条件的极大值 f (x 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＞1，f x 0＞0，fx 0＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＞1， ①a e x 0x0＋x 0＞0， ②a e x 0x 0－＋x20x20＝0， ③由③得：a e x 0＝－x 20x 0－1，代入②得：－x 0x 0－1＋x 0＞0，结合①可 解得：x 0＞2，再由f (x 0)＝a e x 0x 0＋x 0＞0得：a ＞－x 20e x 0，设h (x )＝－x 2ex ，则h ′(x )＝x x －ex，当x ＞2时，h ′(x )＞0，即h (x )是增函数，所以a ＞h (x 0)＞h (2)＝－4e2，又a ＜0，故当极大值为正数时，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－4e 2，0，从而不存在负整数a 满足条件.8分 法二：在x ∈(1，＋∞)时，令H (x )＝a e x(x －1)＋x 2，则H ′(x )＝(a e x＋2)x ， ∵x ∈(1，＋∞)，∴e x∈(e ，＋∞)，∵a 为负整数， ∴a ≤－1，∴a e x≤a e≤－e ，∴a e x＋2＜0，∴H ′(x )＜0，∴H (x )在(1，＋∞)上单调递减，又H (1)＝1＞0，H (2)＝a e 2＋4≤－e 2＋4＜0，∴∃x 0∈(1,2)，使得H (x 0)＝0， 且1＜x ＜x 0时，H (x )＞0，即f ′(x )＞0；x ＞x 0时，H (x )＜0，即f ′(x )＜0； ∴f (x )在x 0处取得极大值f (x 0)＝a e x 0x 0＋x 0，(*)又H (x 0)＝a e x 0(x 0－1)＋x 20＝0，∴a e x 0x 0＝－x 0x 0－1代入(*)得：f (x 0)＝－x 0x 0－1＋x 0＝x 0x 0－x 0－1＜0，∴不存在负整数a 满足条件.8分(3)证明：设g (x )＝a e x(x －1)＋x 2，则g ′(x )＝x (a e x＋2)， 因为a ＞0，所以，当x ＞0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增； 当x ＜0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；故g (x )至多有两个零点． 又g (0)＝－a ＜0，g (1)＝1＞0，所以存在x 1∈(0,1)， 使g (x 1)＝0再由g (x )在(0，＋∞)上单调递增知， 当x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，故f ′(x )＝g xx 2＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 1，＋∞)时，g (x )＞0，故f ′(x )＝g xx 2＞0，f (x )单调递增； 所以函数f (x )在x 1处取得极小值． 当x ＜0时，e x＜1，且x －1＜0，所以g (x )＝a e x (x －1)＋x 2＞a (x －1)＋x 2＝x 2＋ax －a ，函数y ＝x 2＋ax －a 是关于x 的二次函数，必存在负实数t ，使g (t )＞0，又g (0)＝－a ＜0，故在(t,0)上存在x 2，使g (x 2)＝0， 再由g (x )在(－∞，0)上单调递减知， 当x ∈(－∞，x 2)时，g (x )＞0，故f ′(x )＝g xx 2＞0，f (x )单调递增； 当x ∈(x 2,0)时，g (x )＜0，故f ′(x )＝g xx 2＜0，f (x )单调递减； 所以函数f (x )在x 2处取得极大值． 综上，函数f (x )既有极大值，又有极小值.16分本文档仅供文库使用。

2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件：专题八 系列4选讲 第2讲 精品

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解析答案
(2)求矩阵A－1的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量. 解 矩阵 A－1 的特征多项式为 f(λ)＝λ－－12 λ－ －12＝λ2－4λ＋3＝(λ－1)(λ－3)， 令f(x)＝0，得矩阵A－1的特征值为λ1＝1或λ2＝3，
所以
1 ξ1＝－1是矩阵
A－1
的属于特征值
λ1＝1
的一个特征向量，
. 1
12 3
解析答案
(2)求矩阵C，使得AC＝B. 解 由AC＝B得(A－1A)C＝A－1B，
3 故 C＝A－1B＝2
－21
－2
1
1
0
－11＝32－2
2 .
－3
12 3
解析答案
考情考向分析
本讲从内容上看，主要考查二阶矩阵的基本运算，考查矩阵的逆运算 及利用系数矩阵的逆矩阵求点的坐标或曲线方程等，一般以基础题目 为主，难度不大.又经常与其他知识结合，在考查基础知识的同时， 考查转化与化归等数学思想，以及分析问题、解决问题的能力.
专题八 系列4选讲
第2讲 矩阵与变换
栏目索引
1 高考真题体验 2 热点分类突破 3 高考押题精练
高考真题体验
12 3
1.(2016·江苏)已知矩阵 A＝10 矩阵 AB.
－22，矩阵
B
的逆矩阵
B－1＝1 0
－12，求 2
解
2 B＝(B－1)－1＝2
0 2
1 1222＝01
1 41.
2
1 ∴AB＝0
－14 －41
xy00.
∴x＝43x0－14y0， y＝－14x0－41y0.
∴xy00＝ ＝－x－xy－，3y.
代入直线方程2x＋y－5＝0，得2(x－y)－(x＋3y)－5＝0， 即x－5y－5＝0，即为所求的直线方程.