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1863-数学


第23讲 高考题中的解答题解法 1. m. (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. ? ? → → → → 已知 O 为坐标原点,OA=(2sin2x,1),OB=(1,-2 3sinxcosx+1),f(x)=OA· + OB

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 (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.

1

x-a 【例 1】 已知集合 A={x|x2-(3a+3)x+2(3a+1)<0, x∈R}, 集合 B={x| <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

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

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,
2

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, 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

3

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) 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 59 32 由 m 的唯一性知 t=- ,此时 m=- . (16 分) 27 27 (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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