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18.2012届江苏高考数学二轮复习教学案(详解)--高考题中的解答题解法


Http://www.fhedu.cn 第23讲 高考题中的解答题解法

江苏高考数学试卷是由填空题和解答题两部分构成, 其中填空题 14 小题, 每小题 5 分, 总分 70 分,文科考生只要做解答题中的 15~20 共计 6 题,总分 90 分,试卷总分 160 分. 解答题就是给出一定的题设条件(即已知),然后提出一定的要求(即结论).它要求考生 能根据题设,运用已知的一切条件(含公理、定理、性质、定义、公式等),通过推理和计算 最终达到要求的目标.在卷面上要求考生必须要将整个过程有条理、合乎逻辑、完整地陈述 出来(包含添加的辅助线、引用的结论等). 试卷中前 160 分的 6 道解答题可分为中低档题(前 3 题),中高档题(后 3 题),其中三角、 向量与解三角形,立体几何,解析几何可归结为前一类,应用题,数列题,函数、方程及不 等式类题可归结为后一类问题, 当然这也不是绝对的, 应用题和解析几何题也是可以对调位 置的,这要看整个试卷的知识点分布,纵观最近几年的江苏高考题,我们感觉到 8 个“C”级 考点一定会在试卷中有所体现.试卷采用设点把关,注重层次性,即使是最后两题即所谓压 轴题也不是高不可攀;试卷注重对基础知识的考查,既全面又突出重点;试卷注重对数学思 想方法的考查,对学生的数学的学习能力、综合应用能力都有充分的要求. 在解答题的应试过程中,考生要根据自己的实际情况,选择适合自己的应试策略.

1. m.

→ → → → 已知 O 为坐标原点,OA=(2sin2x,1),OB=(1,-2 3sinxcosx+1),f(x)=OA·OB+

(1) 求 y=f(x)的单调递增区间; π (2) 若 f(x)的定义域为?2,π?,值域为[2,5],求实数 m 的值. ? ?

2.如图,平面 PAC⊥平面 ABC,点 E、F、O 分别为线段 PA、PB、AC 的中点,点 G 是线段 CO 的中点,AB=BC=AC=4,PA=PC=2 2.求证:

(1) PA⊥平面 EBO; (2) FG∥平面 EBO.

1 3.二次函数 f(x)=ax2+bx(a,b∈R)满足条件:①f(0)=f(1);②f(x)的最小值为- . 8

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Http://www.fhedu.cn (1) 求函数 f(x)的解析式; 4 (2) 设数列{an}的前 n 项积为 Tn, 且 Tn=?5?f(n), 求数列{an}的通项公式. ? ?

4.如图, 在半径为 3、 圆心角为 60°的扇形的弧上任取一点 P, 作扇形的内接矩形 PNMQ, 使点 Q 在 OA 上,点 N、M 在 OB 上,设矩形 PNMQ 的面积为 y.

(1) 按下列要求写出函数的关系式: ①设 PN=x,将 y 表示成 x 的函数关系式; ②设∠POB=θ,将 y 表示成 θ 的函数关系式; (2) 请你选用(1)中的一个函数关系式,求出 y 的最大值.

x-a x∈R}, 集合 B={x| <0, 【例 1】 已知集合 A={x|x2-(3a+3)x+2(3a+1)<0, x-(a2+1) x∈R}. (1) 当 4?B 时,求实数 a 的取值范围; (2) 求使 B?A 的实数 a 的取值范围.

【例 2】 如图,已知圆 C:x2+y2=9,点 A(-5,0),直线 l:x-2y=0. (1) 求与圆 C 相切,且与直线 l 垂直的直线方程; (2) 在直线 OA 上(O 为坐标原点),存在定点 B(不同于点 A),满足:对于圆 C 上任一点 PB P,都有 为一常数,试求所有满足条件的点 B 的坐标. PA

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【例 3】 对于数列{an},定义{?an }为数列{an}的“一阶差分数列”,其中 ?an=an+1 -an(n∈N*). 5 13 (1) 若数列{an}的通项公式 an= n2- n(n∈N*),求{?an}的通项公式; 2 2 (2) 若数列{an}的首项是 1,且满足 ?an-an=2n.
?an ? ① 证明数列?2n?为等差数列; ? ?

② 设{an}的前 n 项和为 Sn ,求 Sn.

【例 4】 函数 f(x)=lnx-

a(x-1) (x>0,a∈R). x

(1) 试求 f(x)的单调区间; (2) 当 a>0 时,求证:函数 f(x)的图象存在唯一零点的充要条件是 a=1; 1 1 1 (3) 求证:不等式 - < 对于 x∈(1,2)恒成立. lnx x-1 2

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Http://www.fhedu.cn π π 1. (2011·重庆)设 a∈R,f(x)=cosx(asinx-cosx)+cos2?2-x?满足 f?-3?=f(0),求函数 ? ? ? ? π 11π f(x)在?4, 24 ?上的最大值和最小值. ? ?

2. (2011·江苏)请你设计一个包装盒, 如图所示, ABCD 是边长为 60 cm 的正方形硬纸片, 切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得 A、B、C、D 四个 点重合于图中的点 P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒,E、F 在 AB 上是被切去的等 腰直角三角形斜边的两个端点,设 AE=FB=x cm. (1) 某广告商要求包装盒侧面积 S(cm2)最大,试问 x 应取何值? (2) 某广告商要求包装盒容积 V(cm3)最大, 试问 x 应取何值?并求出此时包装盒的高与 底面边长的比值.

ex 3.(2011·安徽)设 f(x)= ,其中 a 为正实数. 1+ax2 4 (1) 当 a= 时,求 f(x)的极值点; 3 (2) 若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围.

4.(2011·湖北)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且满足:1=a(a≠0),n+1=rSn(n∈N*, a a r∈R,

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Http://www.fhedu.cn r≠-1). (1) 求数列{an}的通项公式; (2) 若存在 k∈N*,使得 Sk+1,Sk,Sk+2 成等差数列,试判断:对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1,am,am+2 是否成等差数列,并证明你的结论.

(2011·苏锡常镇调研)(本小题满分 16 分)已知函数 f(x)=x(x-1)2,x>0. (1) 求 f(x)的极值; F(a) (2) 设 0<a≤1,记 f(x)在(0,a]上的最大值为 F(a),求函数 G(a)= 的最小值; a (3) 设函数 g(x)=lnx-2x2+4x+t(t 为常数),若使 g(x)≤x+m≤f(x)在(0,+∞)上恒成 立的实数 m 有且只有一个,求实数 m 和 t 的值. 解:(1) f′(x)=(3x-1)(x-1), (1 分) 1 令 f′(x)=0,得 x1= ,x2=1. 3 f(x),f′(x)随 x 的变化情况如下表: x f′(x) f(x)

?0,1? ? 3?
+ 增

1 3 0 极大值

?1,1? ?3 ?
- 减

1 0 极小值

(1,+∞) + 增

1 1 4 ∴ 当 x= 时,有极大值 f?3?= ;(2 分) ? ? 27 3 当 x=1 时,有极小值 f(1)=0. (3 分) 1 1 (2) 易知 f(x)在?0,3?上递增,?3,1?递减,(1,+∞)递增.(4 分) ? ? ? ? 1 f(a) 4 ∴ 当 0<a≤ 时,G(a)= =(a-1)2≥ , 3 a 9 1 4 特别当 a= 时,有 G(a)= ; 3 9 (6 分) (5 分)

1 4 4 f?3? 27 27 ? ? 1 1 4 当 <a≤1 时,F(a)=f?3?,则 G(a)= = ≥ = .(7 分) ? ? 3 a a 1 27 4 故对任意的 0<a≤1,G(a)的最小值为 . 27 (4x+1)(x-1) 由 h′1(x)= ,(9 分) x 得 x∈(0,1)时,h′1(x)<0,x∈(1,+∞)时,h′1(x)>0, 故 x=1 时,h1(x)取极小值,也是最小值. 从而当且仅当 h1(1)=m-t-1≥0,m≥t+1 时,h1(x)≥0 在(0,+∞)恒成立.(11 分) (8 分)

(3) 由已知得 h1(x)=x+m-g(x)=2x2-3x-lnx+m-t≥0 在(0,+∞)上恒成立,

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Http://www.fhedu.cn 同样的,h2(x)=f(x)-x-m=x3-2x2-m≥0, 在(0,+∞)恒成立. 4 4 4 由 h′2(x)=3x(x- )得 x∈?0,3?时,h′2(x)<0,x∈( ,+∞)时,h′2(x)>0, ? ? 3 3 4 故 x= 时,h2(x)取极小值,也是最小值. 3 4 32 32 从而当且仅当 h2?3?=- -m≥0,m≤- 时, ? ? 27 27 h2(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立.(13 分) 32 ∴ t+1≤m≤- .(14 分) 27 32 59 由 m 的唯一性知 t=- ,此时 m=- . 27 27 (16 分)

第 23 讲 高考题中的解答题解法

1. 在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c. π (1) 若 sin?A+6?=2cosA,求 A 的值; ? ? 1 (2) 若 cosA= ,b=3c,求 sinC 的值. 3 点拨:本题主要考查三角函数的基本关系式、两角和的正弦公式、解三角形,考查运算 求解能力,是 C 级要求,但属容易题.解题说理要准确、完整,过程要合理、严谨. π π 解:(1) 由题意知 sinAcos +cosAsin =2cosA,从而 sinA= 3cosA,所以 6 6 π cosA≠0,tanA= 3.因为 0<A<π,所以 A= . 3 1 (2) 由 cosA= ,b=3c,及 a2=b2+c2-2bccosA,得 b2=a2+c2,所以△ABC 是直角三 3 π 1 角形,且 B= ,所以 sinC=cosA= . 3 2 2. 如图所示的是自动通风设施.该设施的下部 ABCD 是等腰梯形,其中 AB=1 米,高 1 0.5 米,CD=2a?a>2?米.上部 CmD 是个半圆,固定点 E 为 CD 的中点.△EMN 是由电脑 ? ? 控制其形状变化的三角通风窗(阴影部分均不通风),MN 是可以沿设施边框上下滑动且始终 保持和 CD 平行的伸缩横杆. (1) 设 MN 与 AB 之间的距离为 x 米, 试将三角通风窗 EMN 的通风面积 S(平方米)表示 成关于 x 的函数 S=f(x); (2) 当 MN 与 AB 之间的距离为多少米时,三角通风窗 EMN 的通风面积最大?求出这 个最大面积.

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MN-1 x 1 解:(1) ① 0≤x< 时,由平面几何知识,得 = . 2 2a-1 1 2 1 ∴ MN=2(2a-1)x+1,S=f(x)=-(2a-1)x2+(a-1)x+ . 4 1 1 1 ② <x<a+ 时,S=f(x)= ·2 2 2 2
2

1 1 a2-?x-2?2·?x-2?= ? ? ? ? 1 1

1 1 a2-?x-2?2·?x-2?. ? ? ? ?

?-(2a-1)x +(a-1)x+4,x∈?0,2?, ? ? ∴ S=f(x)=? 1 1 1 1 ? a -?x-2? ·?x-2?,x∈?2,a+2?. ? ? ? ? ? ?
2 2

1 1 (2) ① 0≤x< 时,S=f(x)=-(2a-1)x2+(a-1)x+ . 4 2 a-1 -a a-1 1 1 1 ∵ a> ,∴ - = <0,∴ < . 2 2(2a-1) 2 2(2a-1) 2(2a-1) 2 1 1 (i) <a≤1,当 x=0 时,[f(x)]max=f(0)= . 4 2
2 a-1 ? a-1 ?= a (ii) a>1,当 x= 时,[f(x)]max=f? ? 4(2a-1). 2(2a-1) ?2(2a-1)?

1 1 ② <x<a+ 时, 2 2 S=f(x)= 1 1 a2-?x-2?2·?x-2? ? ? ? ?



?x-1?2?a2-?x-1?2? ? 2? ? ? 2? ? ?x-1?2+?a2-?x-1?2? ? 2? ? ? 2? ? 1
= a2, 2



2

1 1 1 1 1 等号成立??x-2?2=a2-?x-2?2?x= ( 2a+1)∈?2,a+2?. ? ? ? ? ? ? 2 1 a2 ∴ 当 x= ( 2a+1)时,[f(x)]max= . 2 2 1 a2 1 1 2 2 (i) <a≤1 时,∵ - = ?a+ ??a- ?, 2 2 4 2? 2 ?? 2? 1 2 1 ∴ <a≤ 时,当 x=0,[f(x)]max=f(0)= , 2 2 4

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Http://www.fhedu.cn 2 1 a <a≤1 时,当 x= ( 2a+1),[f(x)]max= . 2 2 2 4a-3 2 1 a2 (ii) a>1 时, a2- = a >0. 2 4(2a-1) 4(2a-1) 1 a2 当 x= ( 2a+1)时,[f(x)]max= . 2 2 2 1 1 综上, <a≤ 时, x=0 时, 当 [f(x)]max=f(0)= , MN 与 AB 之间的距离为 0 米时, 即 2 4 2 1 1 2 三角通风窗 EMN 的通风面积最大,最大面积为 平方米.a> 时;当 x= ( 2a+1)时, 2 4 2 a2 1 [f(x)]max= , 即 MN 与 AB 之间的距离为 x= ( 2a+1)米时,三角通风窗 EMN 的通风面 2 2 1 积最大,最大面积为 a2 平方米. 2 基础训练 1. 解:(1) f(x)=2sin2x-2 3sinxcosx+1+m π =1-cos2x- 3sin2x+1+m=-2sin?2x+6?+2+m. ? ? π π 3π 由 +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ(k∈Z), 2 6 2 π 2π 得 y=f(x)的单调递增区间为?kπ+6,kπ+ 3 ?(k∈Z). ? ? π 1 π 7π π 13π (2) 当 ≤x≤π 时, ≤2x+ ≤ ,∴ -1≤sin?2x+6?≤ , ? ? 2 6 6 6 2
? ?1+m=2, ∴ 1+m≤f(x)≤4+m,∴ ? 解得 m=1. ? ?4+m=5,
2

2. 证明:由题意可知,△PAC 为等腰直角三角形,△ABC 为等边三角形. (1) 因为 O 为边 AC 的中点,所以 BO⊥AC.

因为平面 PAC⊥平面 ABC,平面 PAC∩平面 ABC=AC,BO?平面 ABC,所以 BO⊥ 面 PAC. 因为 PA?平面 PAC,所以 BO⊥PA. 在等腰三角形 PAC 内,O,E 为所在边的中点, 所以 OE⊥PA. 又 BO∩OE=O,所以 PA⊥平面 EBO. AO (2) 连 AF 交 BE 于 Q,连 QO.因为 E、F、O 分别为边 PA、PB、AC 的中点,所以 = OG

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Http://www.fhedu.cn AQ AO 2,且 Q 是△PAB 的重心,于是 =2= ,所以 FG∥QO.因为 FG?平面 EBO,QO?平 QF OG 面 EBO,所以 FG∥平面 EBO. (注:第(2)小题亦可通过取 PE 中点 H,利用平面 FGH∥平面 EBO 证得)

?a+b=0, ?a>0, 3. 解:(1) 由题知:? ? b 1 ?-4a=-8,
2

?a=2, 解得? 1 ?b=-2,

1

1 1 故 f(x)= x2- x. 2 2

4 n2-n (2) Tn=a1a2…an=?5? ? ? 2 , 4 (n-1)2-(n-1) Tn-1=a1a2…an-1=?5? (n≥2), ? ? 2 ∴ an= Tn ?4?n-1 = (n≥2). Tn-1 ?5?

4 - 又 a1=T1=1 满足上式,所以 an=?5?n 1(n∈N*). ? ? 4. 解:(1) ① ON= 3-x2,OM= ∴ y=x? 3-x2- 3 3 x,MN= 3-x2- x, 3 3

?

3 3 ? x ,x∈?0,2?. ? ? 3 ? 3 × 3sinθ=sinθ, 3

② PN= 3sinθ,ON= 3cosθ,OM= MN=ON-OM= 3cosθ-sinθ,

π y= 3sinθ( 3cosθ-sinθ)=3sinθcosθ- 3sin2θ,?θ∈?0,3??. ? ? ?? π 3 (2) 选择 y=3sinθcosθ- 3sin2θ= 3sin?2θ+6?- . ? ? 2 π π π 5π ∵ θ∈?0,3?,∴ 2θ+ ∈?6, 6 ?, ? ? ? 6 ? 3 π π π ∴ 2θ+ = 即 θ= 时,ymax= . 6 2 6 2 例题选讲 例 1 解:(1) 若 4∈B,则 4-a <0?a<- 3或 3<a<4. 3-a2

∴ 当 4?B 时,实数 a 的取值范围为[- 3, 3]∪[4,+∞). (2) A={x|(x-2)(x-3a-1)<0},B={x|a<x<a2+1}. 1 ① 当 a< 时,A=(3a+1,2). 3
?a≥3a+1, ? 1 要使 B?A,必须? 2 此时-1≤a≤- ; 2 ? ?a +1≤2,

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Http://www.fhedu.cn 1 ② 当 a= 时,A=?,使 B?A 的 a 不存在; 3 1 ③ 当 a> 时,A=(2,3a+1). 3
? ?a≥2, 要使 B?A,必须? 2 此时 2≤a≤3. ? ?a +1≤3a+1,

1 综上可知,使 B?A 的实数 a 的取值范围是[2,3]∪?-1,-2?. ? ? 例 2 解:(1) 设所求直线方程为 y=-2x+b,即 2x+y-b=0. |-b| ∵ 直线与圆相切,∴ =3,得 b=±3 5, 22+12 ∴ 所求直线方程为 y=-2x±3 5. (2) (解法 1)假设存在这样的点 B(t,0). PB |t+3| 当 P 为圆 C 与 x 轴左交点(-3,0)时, = ; PA 2 PB |t-3| 当 P 为圆 C 与 x 轴右交点(3,0)时, = . 8 PA |t+3| |t-3| 9 依题意, = ,解得 t=-5(舍去)或- . 8 5 2 9 PB 下面证明点 B?-5,0?对于圆 C 上任一点 P,都有 为一常数. ? ? PA 设 P(x,y),则 y2=9-x2, PB 9 = = = = , PA2 (x+5)2+y2 x2+10x+25+9-x2 2(5x+17) 25
2

?x+9?2+y2 x2+18x+81+9-x2 18(5x+17) 5 25 25 ? 5?



PB 3 从而 = 为常数. PA 5 PB (解法 2)假设存在这样的点 B(t,0),使得 为常数 λ,则 PB2=λ2PA2, PA ∴ (x-t)2+y2=λ2[(x+5)2+y2],将 y2=9-x2 代入得, x2-2xt+t2+9-x2=λ2(x2+10x+25+9-x2), 即 2(5λ2+t)x+34λ2-t2-9=0 对 x∈[-3,3]恒成立,
? ?5λ +t=0, ∴ ? 2 2 ? ?34λ -t -9=0,
2

?λ=5, 解得? 9 ?t=-5,

3

? ?λ=1, 或? (舍去), ? ?t=-5

9 PB 3 所以存在点 B?-5,0?对于圆 C 上任一点 P,都有 为常数 . ? ? PA 5 例3 (1) 解:依题意 ?an=an+1-an, 5 13 5 2 13 2 ∴ ?an=?2(n+1) - 2 (n+1)?-?2n - 2 n?=5n-4. ? ? ? ?

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Http://www.fhedu.cn (2) ①证明:由 ?an-an-an=2n 得 an+1-2an=2n,即 an+1=2an+2n. ∴ an+1 an 1 an+1 an 1 a1 1 = . n+1= n+ ,即 n+1- n= .∵ a1=1,∴ 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 ?an ? ∴ ?2n?是以 为首项, 为公差的等差数列. 2 2 ? ? an 1 1 n n - ②解:由①得 n= + (n-1)= ,∴ an= ·2n=n·2n 1. 2 2 2 2 2 ∴ Sn=a1+a2+…+an=1·20+2·21+…+n·2n 1, ∴ 2Sn=1·21+2·22+…+n·2n,


2

n-1

两式相减得-Sn=1+2+2 +…+2 ∴ Sn=n·2n-2n+1=(n-1)2n+1. 例4

1-2n -n·2 = -n·2n, 1-2
n

1 a x-a (1) 解:f′(x)= - 2= 2 (x>0). x x x

当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调增;当 a>0 时,x∈(0,a),f′(x)<0, f(x)在(0,a)上单调减,x∈(a,+∞),f′(x)>0,f(x)在(a,+∞)上单调增. 综上,a≤0 时 f(x)的单调区间为(0,+∞); 当 a>0 时,f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(0,a). (2) 证明:充分性:a=1 时,由(1)知,f(x)在 x=1 处有极小值也是最小值, 即 fmin(x)=f(1)=0.而 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 在(0,+∞)上有唯一的一个零点 x=1. 必要性:f(x)=0 在(0,+∞)上有唯一解,且 a>0,由(1)知,在 x=a 处有极小值也是最 小值 f(a),f(a)=0,即 lna-a+1=0. 1-a 1 令 g(a)=lna-a+1,g′(a)= -1= . a a 当 0<a<1 时,g′(a)>0,在(0,1)上单调递增;当 a>1 时,g′(a)<0,在(1,+∞)上 单调递减.gmax(a)=g(1)=0,g(a)=0 只有唯一解 a=1. f(x)=0 在(0,+∞)上有唯一解时必有 a=1. 综上:在 a>0 时,f(x)=0 在(0,+∞)上有唯一解的充要条件是 a=1. (3) 证明:∵ 1<x<2,∴ 1 1 1 - < ?(x+1)lnx-2(x-1)>0. lnx x-1 2

x+1 1 令 F(x)=(x+1)lnx-2(x-1),∴ F′(x)=lnx+ -2=lnx+ -1. x x 由(1)知,当 a=1 时,fmin(x)=f(1)=0, 1 ∴ f(x)≥f(1)=0,∴ lnx+ -1≥0. x ∴ F′(x)≥0,∴ F(x)在(1,2)上单调递增,∴ F(x)>F(1)=0, ∴ (x+1)lnx-2(x-1)>0,∴ 高考回顾 a 1. 解:f(x)=asinxcosx-cos2x+sin2x= sin2x-cos2x. 2 1 1 1 - < (1<x<2). lnx x-1 2

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Http://www.fhedu.cn π 3a 1 由 f?-3?=f(0)得- · + =-1,解得:a=2 3. ? ? 2 2 2 π 因此 f(x)= 3sin2x-cos2x=2sin?2x-6?. ? ? π π π π π 当 x∈?4,3?时,2x- ∈?3,2?,f(x)为增函数; ? ? ? 6 ? π 11π π π 3π 当 x∈?3, 24 ?时,2x- ∈?2, 4 ?,f(x)为减函数. ? ? ? 6 ? π 11π π 所以 f(x)在?4, 24 ?上的最大值为 f?3?=2. ? ? ? ? π 11π 又因为 f?4?= 3,f? 24 ?= 2, ? ? ? ? π 11π 11π 所以 f(x)在?4, 24 ?上的最小值为 f? 24 ?= 2. ? ? ? ? 2. 解:设包装盒的高为 h(cm),底面边长为 a(cm),由已知得 60-2x = 2(30-x),0<x<30. a= 2x,h= 2 (1) S=4ah=8x(30-x)=-8(x-15)2+1 800,所以当 x=15 时,S 取得最大值. (2) V=a2h=2 2(-x3+30x2),V′=6 2x(20-x). 由 V′=0 得 x=0(舍)或 x=20. 当 x∈(0,20)时,V′>0;当 x∈(20,30)时 V′<0. 所以当 x=20 时,V 取得极大值,也是最大值. h 1 1 此时 = ,即包装装盒的高与底面边长的比值为 . 2 a 2 3. 解:对 f(x)求导得 f′(x)= ex(1+ax2-2ax) .① (1+ax2)2

4 3 1 (1) 当 a= ,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0,解得 x1= ,x2= . 2 2 3 结合①,可知 x f′(x) f(x)

?-∞,1? 2? ?
+ ?

1 2 0 极大值

?1,3? ?2 2?
- ?

3 2 0 极小值

?3,+∞? ?2 ?
+ ?

3 1 所以,x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2 (2) 若 f(x)为 R 上的单调函数, f′(x)在 R 上不变号, 则 结合①与条件 a>0, ax2-2ax 知 2 +1≥0 在 R 上恒成立,因此 ?=4a -4a=4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1. 4. 解:(1) 由已知 an+1=rSn 可得 an+2=rSn+1, 两式相减可得 an+2-an+1=r(Sn+1-Sn)=ran+1,即 an+2=(r+1)an+1. 又 a2=ra1=ra,所以 r=0 时,数列{an}为:a,0,…,0,…; 当 r≠0,r≠-1 时,由已知 a≠0,∴ an≠0(n∈N*).

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Http://www.fhedu.cn an+2 于是由 an+2=(r+1)an+1,可得 =r+1(n∈N*), an+1 a2,a3,…,an,…成等比数列,∴ 当 n≥2 时,an=r(r+1)n 2a.


? ?a,n=1, 综上,数列{an}的通项公式为 an=? n-2 * ? ?r(r+1) a,n≥2,n∈N .

(2) 对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列.证明如下:
?a,(m=1) ? 当 r=0 时,由(1)知,am=? * ? ?0,(m≥2,m∈N )

∴ 对于任意的 m∈N*且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列, 当 r≠0,r≠1 时,∵ Sk+2=Sk+ak+1+ak+2,Sk+1=Sk+ak+1, 若存在 k∈N*,使得 Sk+1,Sk,Sk+2 成等差数列,则 Sk+1+Sk+2=2Sk, ∴ 2Sk+2ak+1+ak+2=2Sk,即 ak+2=-2ak+1. 由(1)知,a2,a3,…,an,…的公比 r+1=-2, 于是对于任意的 m∈N*且 m≥2,am+1=-2am,从而 am+2=4am, ∴ am+1+am+2=2am,即 am+1,am,am+2 成等差数列, 综上,对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列.

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