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【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题八 第1讲


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专题八 第1讲

【高考考情解读】 数学家华罗庚先生说过:数学是一个原则,无数内容,一种
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方法,到处可用.数学思想是中学数学的灵魂,在二轮复习 过程中,我们要在把握知识主干这条复习主线的同时,活用 数学思想,加强数学应用意识,方能跳出题海,轻松应对高 考.

思想方法概述

专题八 第1讲

第1讲

函数与方程思想

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1.函数与方程思想的含义 (1)函数的思想,是用运动和变化的观点,分析和研究数学 中的数量关系,是对函数概念的本质认识,建立函数关系 或构造函数,运用函数的图象和性质去分析问题、转化问 题,从而使问题获得解决.经常利用的性质是单调性、奇 偶性、周期性、最大值和最小值、图象变换等.

思想方法概述

专题八 第1讲

(2)方程的思想,就是分析数学问题中变量间的等量关系, 建立方程或方程组,或者构造方程,通过解方程或方程组, 或者运用方程的性质去分析、 转化问题, 使问题获得解决. 方
本 讲 利用方程或方程组的观点观察处理问题. 方程思想是动中求 栏 目 静,研究运动中的等量关系. 开 关 2.和函数与方程思想密切关联的知识点

程的思想是对方程概念的本质认识, 用于指导解题就是善于

(1)函数与不等式的相互转化.对函数 y=f(x),当 y>0 时, 就化为不等式 f(x)>0, 借助于函数的图象和性质可解决有关 问题,而研究函数的性质也离不开不等式.

思想方法概述

专题八 第1讲

(2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数,用函数 的观点去处理数列问题十分重要. (3)在三角函数求值中,把所求的量看作未知量,其余的量通
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过三角函数关系化为未知量的表达式,那么问题就能化为未 知量的方程来解. (4)解析几何中的许多问题,例如直线与二次曲线的位置关系 问题,需要通过解二元方程组才能解决.这都涉及二次方程 与二次函数的有关理论. (5)立体几何中有关线段的长、面积、体积的计算,经常需要 运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决.

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专题八 第1讲

类型一
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函数与方程思想在数列中的应用

例 1 已知数列{an}是各项均为正数的等差数列. (1)若 a1=2,且 a2,a3,a4+1 成等比数列,求数列{an}的通 项公式 an; (2)在(1)的条件下,数列{an}的前 n 项和为 Sn,设 bn= + Sn+1 1 1 +?+ ,若对任意的 n∈N*,不等式 bn≤k 恒成立, S2 n Sn+2 求实数 k 的最小值. 1

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2 (1)因为 a1=2,a3 =a2· (a4+1),

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又因为{an}是正项等差数列,故 d≥0, 所以(2+2d)2=(2+d)(3+3d),得 d=2 或 d=-1(舍去),
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所以数列{an}的通项公式 an=2n. (2)因为 Sn=n(n+1), 1 bn= + +?+ S2n Sn+1 Sn+2
1 1 1 = + +?+ ?n+1??n+2? ?n+2??n+3? 2n?2n+1?

1

1

1 1 1 1 1 1 = - + - +?+ - 2n 2n+1 n+1 n+2 n+2 n+3

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专题八 第1讲

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1 1 n 1 = - = = , 1 n+1 2n+1 2n2+3n+1 2n+n+3 1 令 f(x)=2x+ (x≥1), x 1 则 f′(x)=2- 2,当 x≥1 时,f′(x)>0 恒成立, x 所以 f(x)在[1,+∞)上是增函数,
故当 x=1 时,[ f(x)] min=f(1)=3, 1 即当 n=1 时,(bn)max= , 6 要使对任意的正整数 n,不等式 bn≤k 恒成立, 1 则须使k≥(bn)max= , 6 1 所以实数 k 的最小值为 . 6

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专题八 第1讲

(1)等差(比)数列中各有 5 个基本量,建立方程组可
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“知三求二”; (2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数,数 列的通项公式即为相应的解析式,因此在解决数列问题时,应 注意用函数的思想求解.

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专题八 第1讲

已知数列{an}是等差数列,a1=1,a2+a3+?+a10 =144. (1)求数列{an}的通项 an;
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1 (2)设数列{bn}的通项 bn= , 记 Sn 是数列{bn}的前 n 项和, anan+1 若 n≥3 时,有 Sn≥m 恒成立,求 m 的最大值.

解 (1)∵{an}是等差数列,a1=1,a2+a3+?+a10=144, 10?a1+a10? ∴S10=145,∴S10= , 2 ∴a10=28,∴公差d=3. ∴an=3n-2(n∈N*).

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1 1 (2)由(1)知 bn= = anan+1 ?3n-2??3n+1? 1 ? 1? ? 1 = ?3n-2-3n+1? ?, 3? ?
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1 ? 1? ? ∴Sn=b1+b2+?+bn= ?1-3n+1? ?, 3? ? n ∴Sn= . 3n+1 n+1 n 1 ∵Sn+1-Sn= - = >0, 3n+4 3n+1 ?3n+4??3n+1? ∴数列{Sn}是递增数列. 3 当 n≥3 时,(Sn)min=S3= , 10 3 3 依题意,得 m≤ ,∴m 的最大值为 . 10 10

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类型二 例2

专题八 第1讲

函数与方程思想在方程问题中的应用 π 如果方程cos2x-sin x+a=0在(0, ]上有解,求a的取 2
2

值范围.
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π 解 方法一 设 f(x)=-cos x+sin x(x∈(0,2]). 显然当且仅当 a 属于 f(x)的值域时,a=f(x)有解. 12 5 ∵f(x)=-(1-sin x)+sin x=(sin x+ ) - , 2 4 π 且由 x∈(0, ]知 sin x∈(0,1]. 2 易求得 f(x)的值域为(-1,1].
2

故 a 的取值范围是(-1,1].

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专题八 第1讲

π 方法二 令 t=sin x,由 x∈(0, ],可得 t∈(0,1]. 2 将方程变为 t2+t-1-a=0. 依题意,该方程在(0,1]上有解.
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设 f(t)=t2+t-1-a. 1 其图象是开口向上的抛物线,对称轴 t=- , 2 如图所示.
因此 f(t)=0
? ?f?0?<0 在(0,1]上有解等价于? ? ?f?1?≥0



? ?-1-a<0 即? ? ?1-a≥0

,∴-1<a≤1.故 a 的取值范围是(-1,1].

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专题八 第1讲

研究此类含参数的三角、指数、对数函数等复杂
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方程解的问题,通常有两种处理思路:一是分离参数构建函 数,将方程有解转化为求函数的值域;二是换元,将复杂方 程问题转化为熟悉的二次方程,进而利用二次方程解的分布 情况构建不等式或构造函数加以解决.

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专题八 第1讲

当a为何值时,方程lg(3-x)+lg(x-1)=lg(a-x) 有两解?一解?无解? ? ?3-x>0, 解 当? 即1<x<3时,方程化为(x-1)(3-x)=a-x, ? x - 1>0 , ?
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即-x2+5x-3=a.

(*)

作出函数y=-x2+5x-3 (1<x<3)的图象(如图), 该图象与直线y=a的交点横坐标是方程(*)的 解,也是原方程的解. 由图形易看出: 13 当3<a< 4 时,原方程有两解; 13 当1<a≤3或a= 4 时,原方程有一解; 13 当a> 4 或a≤1时,原方程无解.

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类型三 例3 函数与方程思想在不等式中的应用 设 f(x)=ln x+ x-1,证明: 3 (1)当 x>1 时,f(x)< (x-1); 2 9?x-1? (2)当 1<x<3 时,f(x)< . x+5

专题八 第1讲

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3 证明 (1)方法一 记 g(x)=ln x+ x-1- (x-1), 2 1 1 3 则当 x>1 时,g′(x)= x+ -2<0. 2 x 3 又 g(1)=0,所以有 g(x)<0,即 f(x)<2(x-1). x 1 方法二 当 x>1 时,2 x<x+1,故 x<2+2.
1 令k(x)=ln x-x+1,则k(1)=0,k′(x)=x -1<0,



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故 k(x)<0,即 ln x<x-1.

专题八 第1讲


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3 由①②得,当 x>1 时,f(x)<2(x-1). 9?x-1? (2)方法一 记 h(x)=f(x)- , x+5 1 1 54 由(1)得 h′(x)= x+ - 2 x ?x+5?2 2+ x x+5 54 54 = - - 2< 2x 4 x ?x+5? ?x+5?2 ?x+5?3-216x = . 2 4x?x+5? 令 G(x)=(x+5)3-216x,则当 1<x<3 时,

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G′(x)=3(x+5)2-216<0,

专题八 第1讲

因此 G(x)在(1,3)内是减函数. 又由 G(1)=0,得 G(x)<0,所以 h′(x)<0.
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因此 h(x)在(1,3)内是减函数. 又 h(1)=0,所以 h(x)<0.
9?x-1? 于是当 1<x<3 时,f(x)< . x+5 方法二 记 h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1),

则当 1<x<3 时, 由(1)得 h′(x)=f(x)+(x+5)f′(x)-9
?1 1 ? 3 ? ? + < (x-1)+(x+5)· ?x 2 x ?-9 2 ? ?

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1 = [3x(x-1)+(x+5)(2+ x)-18x] 2x
? ? x 1? 1? <2x?3x?x-1?+?x+5??2+2+2?-18x? ? ? ? ?

专题八 第1讲

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1 2 =4x(7x -32x+25)<0. 因此 h(x)在(1,3)内单调递减. 又 h(1)=0,所以 h(x)<0, 9?x-1? 即 f(x)< . x+5

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专题八 第1讲

根据所证不等式的结构特征构造相应的函数,研
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究该函数的单调性是解决这一类问题的关键,体现了导数的 工具性以及函数、方程的数学思想.

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专题八 第1讲

(1) 函数 f(x) = (2x - 1)2 , g(x) = ax2 (a>0) ,满足 f(x)<g(x) 的 整 数 x 恰有 4 个 , 则实 数 a 的 取 值范 围是 __________. (2)f(x)=ax3-3x+1 对于 x∈[-1,1]总有 f(x)≥0 成立,则 a
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=________.
解析 (1)在同一坐标系内分别作出满足条件的函数 f(x)=(2x -1)2,g(x)=ax2 的图象,

则由两个函数的图象可知,y=f(x),y=g(x) 的图象在区间(0,1)内总有一个交点,
令:h(x)=f(x)-g(x)=(4-a)x2-4x+1, 要使满足不等式(2x-1)2<ax2的解集中的 整数解恰有4个,

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? ?h?4?<0, 则需? ? ?h?5?≥0 ? ?49-16a<0, ?? ? ?81-25a≥0

专题八 第1讲

49 81 ? <a≤ . 16 25
本 (2)若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立; 讲 栏 3 1 3 目 当 x>0 即 x∈(0,1]时,f(x)=ax -3x+1≥0 可化为 a≥ 2- 3. x x 开 关

? 3?1-2x? 1? 3 1 设 g(x)= 2- 3,则 g′(x)= ,所以 g(x)在区间?0,2?上 x x x4 ? ? ?1 ? 单调递增,在区间?2,1?上单调递减, ? ?

因此

?1? g(x)max=g?2?=4,从而 ? ?

a≥4;

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专题八 第1讲

当 x<0 即 x∈[-1,0)时, f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为
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3 1 3 1 a≤ 2- 3,g(x)= 2- 3在区间[-1,0)上单调递增, x x x x
因此 g(x)min=g(-1)=4,从而 a≤4,综上 a=4. 答案
?49 81? (1)?16,25? ? ?

(2)4

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类型四 函数与方程思想在解析几何中的应用

专题八 第1讲

例 4 已知椭圆的中心为坐标原点 O,焦点在 x 轴上,离心率 2 为 ,坐标原点 O 到过右焦点 F 且斜率为 1 的直线的距离 2 本 2 讲 为 . 2 栏
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(1)求椭圆的方程; (2)设过右焦点 F 且与坐标轴不垂直的直线 l 交椭圆于 P、Q 两点,在线段 OF 上是否存在点 M(m,0),使得以 MP、MQ 为邻边的平行四边形是菱形?若存在,求出 m 的取值范围, 若不存在,请说明理由.

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专题八 第1讲



x2 y2 (1)由已知,椭圆方程可设为 2+ 2=1(a>b>0), a b

设 F(c,0),直线 l:x-y-c=0,
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2 由坐标原点 O 到 l 的距离为 , 2 |0-0-c| 2 得 = 2 ,解得 c=1. 2 c 2 又 e= = ,故 a= 2,b=1, a 2 x2 2 ∴所求椭圆方程为 2 +y =1.

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专题八 第1讲

(2)假设存在点 M(m,0)(0≤m≤1)满足条件,使得以 MP,MQ 为邻边的平行四边形是菱形. 因为直线与 x 轴不垂直,
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所以设直线 l 的方程为 y=k(x-1)(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
2 2 ? x + 2 y =2, ? 由? ? ?y=k?x-1?,

可得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0.

2k2-2 4k2 显然 Δ>0 恒成立,∴x1+x2= ,x x = . 1+2k2 1 2 1+2k2 设线段 PQ 的中点为 N(x0,y0), x1+x2 -k 2k2 则 x0= = ,y =k(x0-1)= . 2 1+2k2 0 1+2k2

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专题八 第1讲

∵以 MP、MQ 为邻边的平行四边形是菱形,

∴MN⊥PQ,∴kMN· kPQ=-1.
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-k 1+2k2 k2 1 即 · k=-1,∴m= , 2= 2k2 1 1+2k - m 2+ 2 k 1+2k2

1 ∵k >0,∴0<m<2.
2

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专题八 第1讲

本题主要考查直线方程、 直线的斜率与倾斜角的关
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系、椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系、函数与方程思想等 知识,多知识点、多章节知识的交汇是综合题的出题方向.要 熟练数学思想方法的应用.

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专题八 第1讲

x2 y2 1 已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,以原 a b 2 点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线 x- y+ 6= 0
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相切, 过点 P(4,0)且不垂直于 x 轴的直线 l 与椭圆 C 相交于 A、 B 两点. (1)求椭圆 C 的方程; → → (2)求OA· OB的取值范围; (3)若 B 点关于 x 轴的对称点是 E, 证明: 直线 AE 与 x 轴相交 于定点.

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(1)解 c 1 由题意知 e=a= , 2

专题八 第1讲

2 2 2 a - b c 1 4 2 2 2 ∴e =a2= a2 =4,即 a =3b ,

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6 又 b= = 3,∴a2=4,b2=3, 1+1 x2 y2 故椭圆 C 的方程为 4 + 3 =1.
(2)解 由题意知直线 AB 的斜率存在,设直线 AB 的方程为 y=k(x-4),

y=k?x-4? ? ? 2 2 由?x y 得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0, + 3 =1 ? 4 ?

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1 由 Δ=(-32k ) -4(4k +3)(64k -12)>0 得 k < . 4
2 2 2 2 2

专题八 第1讲

设 A(x1,y1),B(x2,y2), 64k2-12 32k2 则 x1+x2= 2 ,x x = 2 , 4k +3 1 2 4k +3
本 2 2 2 讲 ∴y1y2=k(x1-4)k(x2-4)=k x1x2-4k (x1+x2)+16k , 栏 → → 目 OB=x1x2+y1y2 开 ∴OA· 关 2 2



64k -12 87 2 32k 2 =(1+k )· 2 -4k · 2 +16k =25- 2 , 4k +3 4k +3 4k +3
2

1 87 87 87 ∵0≤k <4,∴- 3 ≤- 2 <- 4 , 4k +3
2

13? → → ? ∴OA· OB∈?-4, 4 ?,
? ?

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? 13? → → ∴OA· OB的取值范围是?-4, 4 ?. ? ?

专题八 第1讲

(3)证明 ∵B、E 两点关于 x 轴对称,∴E(x2,-y2), y1+y2 直线 AE 的方程为 y-y1= (x-x1), x1-x2 y1?x1-x2? 令y=0得x=x1- , y1+y2 又y1=k(x1-4),y2=k(x2-4), 2x1x2-4?x1+x2? ∴x= , x1+x2-8
将①代入上式得 x=1, ∴直线 AE 与 x 轴交于定点(1,0).

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专题八 第1讲

1.在高中数学的各个部分,都有一些公式和定理,这些公式
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和定理本身就是一个方程,如等差数列的通项公式、余弦 定理、解析几何的弦长公式等,当题目与这些问题有关 时,就需要根据这些公式或者定理列方程或方程组求解需 要的量. 2.当问题中涉及一些变化的量时,就需要建立这些变化的量 之间的关系,通过变量之间的关系探究问题的答案,这就 需要使用函数思想.

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专题八 第1讲

3.借助有关函数的性质,一是用来解决有关求值、解 (证)不 等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题,二是在问
本 讲 求解. 栏 目 4.许多数学问题中,一般都含有常量、变量或参数,这些参 开 关 变量中必有一个处于突出的主导地位,把这个参变量称为

题的研究中,可以通过建立函数关系式或构造中间函数来

主元,构造出关于主元的方程,主元思想有利于回避多元 的困扰,解方程的实质就是分离参变量.

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专题八 第1讲

② .(填 1.若 2x+5y≤2 y+5 x,则下列关系正确的是________
- -

序号)
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①x+y≥0 ②x+y≤0 ③x-y≤0 ④x-y≥0
解析 把不等式变形为 2x-5-x≤2-y-5y, 构造函数 y=2x-5-x, 其为 R 上的增函数,所以有 x≤-y.

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专题八 第1讲

2.设 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数,当 x<0 时, f′(x)g(x) + f(x)g′(x)>0 ,且 g( - 3) = 0 ,则不等式 f(x)g(x)<0 的解集是__________.
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解析 设 F(x)=f(x)g(x),由于 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的 奇函数和偶函数, 得 F(-x)=f(-x)g(-x)=-f(x)g(x)=-F(x),即 F(x)为奇函 数. 又当 x<0 时,F′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0, 所以 x<0 时,F(x)为增函数.

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因为奇函数在对称区间上的单调性相同,

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所以 x>0 时,F(x)也是增函数. 因为 F(-3)=f(-3)g(-3)=0=-F(3).
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所以 F(x)<0 的解集是(-∞,-3)∪(0,3)(如图).

答案 (-∞,-3)∪(0,3)

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专题八 第1讲

an 3.已知数列{an}满足 a1=33,an+1-an=2n,则 n 的最小值为 21 ________ . 2 解析 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1
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=2[ 1+2+…+(n-1)] +33=33+n2-n, an 33 ∴ n = n +n-1. 33 33 设 f(x)= x +x-1,令 f′(x)=- x2 +1>0, 则 f(x)在( 33,+∞)上单调递增, 在(0, 33)上单调递减. 53 21 * ∵n∈N ,f(5)= 5 ,f(6)= 2 , an a6 21 ∴ n 的最小值为 6 = 2 .

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专题八 第1讲

→ → 4.长度都为 2 的向量OA,OB的夹角为 60° ,点 C 在以 O 为 → → → 圆心的圆弧 (劣弧)上,OC=mOA+nOB,则 m+n 的最
2 3 大值是________ . 3

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解析 建立平面直角坐标系, → → 设向量OA=(2,0),向量OB=(1, 3). π → 设向量OC=(2cos α,2sin α),0≤α≤3. → → → 由OC=mOA+nOB,得(2cos α,2sin α)=(2m+n, 3n),
即2cos α=2m+n,2sin α= 3n, 1 2 解得m=cos α- sin α,n= sin α. 3 3 π? 2 3 1 2 3 ? 故m+n=cos α+ sin α= 3 sin?α+3?≤ 3 . 3 ? ?

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专题八 第1讲

5.已知 f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3.若对一切 x∈(0,+∞), 2f(x)≥g(x)恒成立,则实数 a 的取值范围为________ a≤4 .

解析 由题意,得当 x∈(0,+∞)时,
2

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3 有 2xln x≥-x +ax-3,则 a≤2ln x+x+x . 3 设 h(x)=2ln x+x+ x(x>0),

?x+3??x-1? 则 h′(x)= , x2
当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;

当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增, 所以 h(x)min=h(1)=4. 因为对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立, 所以 a≤h(x)min=4.

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专题八 第1讲

6.若 a、b 是正数,且满足 ab=a+b+3,则 ab 的取值范围 为________.
解析 方法一 (看成函数的值域)∵ab=a+b+3,
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a+3 a+3 ∴a≠1,∴b= ,而 b>0,∴ >0, a-1 a-1 即 a>1 或 a<-3,又 a>0, ∴a>1,故 a-1>0. a+3 ?a-1?2+5?a-1?+4 ∴ab=a· = a-1 a-1 4 =(a-1)+ +5≥9. a-1

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4 当且仅当 a-1= ,即 a=3 时取等号. a-1 ∴ab 的取值范围是[9,+∞).
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专题八 第1讲

方法二 (看成不等式的解集)∵a,b 为正数, ∴a+b≥2 ab,又 ab=a+b+3, ∴ab≥2 ab+3. 即( ab)2-2 ab-3≥0, 解得 ab≥3 或 ab≤-1(舍去),∴ab≥9. ∴ab 的取值范围是[9,+∞).

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专题八 第1讲

方法三

若设 ab=t,则 a+b=t-3,

∴a,b 可看成方程 x2-(t-3)x+t=0 的两个正根.
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?Δ=[-?t-3?]2-4t≥0 ? 从而有?a+b=t-3>0 ?ab=t>0 ?

?t≤1或t≥9 ? ,即?t>3 ? ?t>0



解得 t≥9,即 ab≥9.

∴ab 的取值范围是[9,+∞).
答案 [9,+∞)

名师押题我来做
x2 y2 7.已知椭圆 G: 2+ 2 =1(a>1),⊙M: a a -1 (x+1)2+y2=1,P 为椭圆 G 上一点,过 P 作⊙M 的两条切线 PE、PF,E、F 分
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专题八 第1讲

别为切点. → (1)求 t=|PM|的取值范围; → → (2)把PE· PF表示成 t 的函数 f(t),并求出 f(t)的最大值、最 小值.
2 x2 y 0 0 解 (1)设 P(x0,y0),则a2+ 2 =1(a>1), a -1 2? ? x 0 2 2 ? 1 - ∴y0=(a -1) 2?, a ? ?

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→ 2 ∴t =|PM| =(x0+1)2+y2 0
2

专题八 第1讲

2? ? x 0 2 2 ? =(x0+1) +(a -1) 1-a2? ? ?

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?1 ? =?ax0+a?2, ? ? ?1 ? ∴t=?ax0+a?. ? ?

∵-a≤x0≤a, ∴a-1≤t≤a+1(a>1).

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→ → → → (2)∵PE· PF=|PE||PF|cos∠EPF → =|PE|2(2cos2∠EPM-1)
? → 2 ? → 2 1? ? =(|PM| -1)?2?|PM| - - 1 2 ? |PM| ?
?2?t2-1? ? ? ? 2 =(t -1)? - 1 ? t2 ? ?

专题八 第1讲

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2 =t +t2-3, 2 2 ∴f(t)=t +t2-3(a-1≤t≤a+1). 2 2 对于函数 f(t)=t +t2-3(t>0),
2

名师押题我来做 4 显然在 t∈(0, 2]时,f(t)单调递减,
在 t∈[ 2,+∞)时,f(t)单调递增. 4

专题八 第1讲

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2 因此,对于函数 f(t)=t +t2-3(a-1≤t≤a+1), 4 4 当 a> 2+1,即 a-1> 2时,
2

2 [ f(t)] max=f(a+1)=a +2a-2+ , ?a+1?2 2 2 [ f(t)] min=f(a-1)=a -2a-2+ ; ?a-1?2
2

当 1+ 2≤a≤ 2+1 时, 2 [ f(t)] max=f(a+1)=a +2a-2+ 2, ?a+1?
2

4

名师押题我来做

专题八 第1讲

[f(t)]min=f( 2)=2 2-3;
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4

当 1<a< 1+ 2时,
2 [ f(t)] max=f(a-1)=a -2a-2+ 2, ?a-1? 4 [ f(t)] min=f( 2)=2 2-3.
2


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