5、所以＝＝＝＝＋>2，故的取值范圍為(2，＋∞)．
答案：60° (2，＋∞)
3．已知a，b，c為空間中的三個向量，又a，b是兩個相互垂直的單位向量，向量c滿足|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1，則對于任意實數(shù)x，y，|c－xa－yb|的最小值為________．
解析：由題意可知|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
又|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1，
所以|c－xa－yb|2＝|c|2＋x2|a|2＋y2|b|2－2xc·a－2yc·b＋2xya·b
＝9＋x2＋y2－4x－2y＝(x－2)2＋(y－1)2＋4，
當且僅當x＝2，y＝1時，(|c－xa－yb|2)min＝4，
6、
所以|c－xa－yb|的最小值為2.
答案：2
組建“方程形式”解決問題
[典型例題]
(一題多解)已知sin(α＋β)＝，sin (α－β)＝，求的值．
【解】 法一：由已知條件及正弦的和(差)角公式，得
所以sin αcos β＝，cos αsin β＝.
從而＝＝.
法二：令x＝.因為＝，
且＝＝＝＝.
所以得到方程＝，解這個方程得＝x＝.
運用方程的思想，把已知條件通過變形看作關于sin αcos β與cos αsin β的方程來求解，從而獲得欲求的三角表達式的值．
[對點訓練]
1．設非零向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，|a|＝
7、2，〈b，c〉＝120°，則|b|的最大值為________．
解析：因為a＋b＋c＝0，所以a＝－(b＋c)，
所以|a|2＝|b|2＋2|b||c|cos 120°＋|c|2，
即|c|2－|b||c|＋|b|2－4＝0，
所以Δ＝|b|2－4(|b|2－4)≥0，
解得0<|b|≤，即|b|的最大值為.
答案：
2．(2018·高考全國卷Ⅲ)已知點M(－1，1)和拋物線C：y2＝4x，過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點．若∠AMB＝90°，則k＝________．
解析：由題意知拋物線的焦點為(1，0)，則過C的焦點且斜率為k的直線方程為y＝k(x－1)(k≠0
8、)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，則y1＋y2＝，y1y2＝－4，由∠AMB＝90°，得·＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，將x1＋x2＝，x1x2＝1與y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2.
答案：2
二 數(shù)形結合思想
以形助數(shù)(數(shù)題形解)
以數(shù)輔形(形題數(shù)解)
借助形的生動性和直觀性來闡述數(shù)之間的關系，把數(shù)轉化為形，即以形作為手段、數(shù)作為目的的解決數(shù)
9、學問題的數(shù)學思想
借助于數(shù)的精確性、規(guī)范性及嚴密性來闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為手段、形作為目的的解決問題的數(shù)學思想
數(shù)形結合思想通過“以形助數(shù)，以數(shù)輔形”，使復雜問題簡單化，抽象問題具體化，能夠變抽象思維為形象思維，有助于把握數(shù)學問題的本質，它是數(shù)學的規(guī)律性與靈活性的有機結合
巧用數(shù)形結合思想解決問題
[典型例題]
已知函數(shù)g(x)＝a－x2－2x，f(x)＝且函數(shù)y＝f(x)－x恰有3個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是________．
【解析】 f(x)＝y(tǒng)＝f(x)－x恰有3個不同的零點等價于y＝f(x)與y＝x有三個不同的交點，試想將曲線f(x)上下平移
10、使之與y＝x有三個交點是何等的復雜，故可變形再結合圖象求解．
由f(x)－x＝
可得f(x)－x＝a＋
所以y＝f(x)－x有三個零點等價于
a＝有三個根．令h(x)＝
畫出y＝h(x)的圖象如圖所示，將水平直線y＝a從上向下平移，當a＝0時，有兩個交點，再向下平移，有三個交點，當a＝－1時，有三個交點，再向下就只有兩個交點了，因此a∈[－1，0)．
【答案】 [－1，0)
利用數(shù)形結合探究方程解的問題應注意兩點
(1)討論方程的解(或函數(shù)的零點)一般可構造兩個函數(shù)，使問題轉化為討論兩曲線的交點問題，但用此法討論方程的解一定要注意圖象的準確性、全面性、否則會得到錯解
11、．
(2)正確作出兩個函數(shù)的圖象是解決此類問題的關鍵，數(shù)形結合應以快和準為原則，不要刻意去用數(shù)形結合．
[對點訓練]
1．若存在實數(shù)a，對任意的x∈[0，m]，都有(sin x－a)(cos x－a)≤0恒成立，則實數(shù)m的最大值為( )
A. B.
C. D.
解析：選C.在同一坐標系中，作出y＝sin x和y＝cos x的圖象，
當m＝時，要使不等式恒成立，只有a＝，
當m>時，在x∈[0，m]上，必須要求y＝sin x和y＝cos x的圖象不在y＝a＝的同一側，所以m的最大值是.
2．已知a，b是平面內(nèi)兩個互相垂直的單位向量，若向量c滿足(a
12、－c)·(b－c)＝0，則|c|的最大值是________．
解析：因為(a－c)·(b－c)＝0，所以(a－c)⊥(b－c)．如圖所示．
設＝c，＝a，＝b，＝a－c，＝b－c，即⊥，又⊥所以O，A，C，B四點共圓．
當且僅當OC為圓的直徑時，|c|最大，且最大值為.
答案：
一、選擇題
1．已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2，1)，若|a＋b|＝|a－b|，則實數(shù)λ的值為( )
A．－1 B．2
C．1 D．－2
解析：選A.法一：由|a＋b|＝|a－b|，可得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，所以a·b＝0，故a·b＝(λ，
13、1)·(λ＋2，1)＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1.
法二：a＋b＝(2λ＋2，2)，a－b＝(－2，0)．
由|a＋b|＝|a－b|，
可得(2λ＋2)2＋4＝4，解得λ＝－1.
2．(2019·高考全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．已知S4＝0，a5＝5，則( )
A．a(chǎn)n＝2n－5 B．a(chǎn)n＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
解析：選A.法一：設等差數(shù)列{an}的公差為d，
因為所以解得所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋d＝n2－4n.故選A.
法二：設等差數(shù)列{an}的公差為d，
14、
因為所以解得
選項A，a1＝2×1－5＝－3；
選項B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；
選項C，S1＝2－8＝－6，排除C；
選項D，S1＝－2＝－，排除D.故選A.
3．已知函數(shù)f(x)＝且關于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一個實根，則實數(shù)a的取值范圍為( )
A．(1，＋∞) B．(－1，3)
C．(－∞，1) D．(2，4)
解析：選A.畫出f(x)圖象，如圖所示，則由方程有且僅有一個實根可得f(x)的圖象與直線y＝－x＋a的圖象只有一個交點，首先讓直線過(0，1)(這是我們所說的初始位置，因為當直線向下平移時你會發(fā)現(xiàn)有兩個交點)，由圖可知，只有向
15、上平移才能滿足f(x)圖象與直線y＝－x＋a只有一個交點，所以a的取值范圍是(1，＋∞)．
4．(2018·高考全國卷Ⅲ)設F1，F(xiàn)2是雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦點，O是坐標原點．過F2作C的一條漸近線的垂線，垂足為P.若|PF1|＝|OP|，則C的離心率為( )
A. B．2
C. D.
解析：選C.不妨設一條漸近線的方程為y＝x，則F2到y(tǒng)＝x的距離d＝＝b，在Rt△F2PO中，|F2O|＝c，所以|PO|＝a，所以|PF1|＝a，又|F1O|＝c，所以在△F1PO與Rt△F2PO中，根據(jù)余弦定理得cos∠POF1＝＝－cos∠POF2＝－，即3a2
16、＋c2－(a)2＝0，得3a2＝c2，所以e＝＝.
5．已知正六棱柱的12個頂點都在一個半徑為3的球面上，當正棱柱的體積取最大值時，其高的值為( )
A．3 B.
C．2 D．2
解析：選D.設正六棱柱的底面邊長為a，高為h，則可得a2＋＝9，即a2＝9－，那么正六棱柱的體積V＝×h＝h＝，
令y＝－＋9h，則y′＝－＋9，
令y′＝0，解得h＝2，易知當h＝2時，y取最大值，即正六棱柱的體積最大．
6．設函數(shù)f(x)在R上存在導函數(shù)f′(x)，對于任意的實數(shù)x，都有f(x)＋f(－x)＝2x2，當x<0時，f′(x)＋1<2x，若f(a＋1)≤f(－a)＋2a＋1，則
17、實數(shù)a的最小值為( )
A．－ B．－1
C．－ D．－2
解析：選A.設g(x)＝f(x)－x2，則g(x)＋g(－x)＝0，
所以g(x)為R上的奇函數(shù)．
當x<0時，g′(x)＝f′(x)－2x<－1<0，所以g(x)在(－∞，0)上單調遞減，所以g(x)在R上單調遞減．
因為f(a＋1)≤f(－a)＋2a＋1，
所以f(a＋1)－(a＋1)2≤f(－a)－(－a)2，
即g(a＋1)≤g(－a)，所以a＋1≥－a，
解得a≥－，所以實數(shù)a的最小值為－.
二、填空題
7．已知等差數(shù)列{an}滿足3a4＝7a7，a1>0，Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則Sn
18、取得最大值時n＝________．
解析：設等差數(shù)列{an}的公差為d，因為3a4＝7a7，所以3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，所以4a1＝－33d.因為a1>0，所以d<0，Sn＝na1＋d＝n＋d＝＝，所以n＝9時，Sn取得最大值．
答案：9
8．如圖，設直線m，n相交于點O，且夾角為30°，點P是直線m上的動點，點A，B是直線n上的定點．若||＝||＝2，則·的最小值是________．
解析：以OB所在直線為x軸，過點O且垂直于AB的直線為y軸，建立如圖的坐標系，則A(2，0)，B(4，0)，
設P，則＝，
＝，
所以·＝(2－a)(4－a)＋a2＝a2－6a
19、＋8＝＋≥，所以·的最小值為.
答案：
9．若不等式≤k(x＋2)－的解集為區(qū)間[a，b]，且b－a＝2，則k＝________．
解析：
如圖，分別作出直線y＝k(x＋2)－與半圓y＝.
由題意，知直線在半圓的上方，由b－a＝2，可知b＝3，a＝1，所以直線y＝k(x＋2)－過點(1，2)，則k＝.
答案：
三、解答題
10．已知正項等比數(shù)列{an}中，a4＝81，且a2，a3的等差中項為(a1＋a2)．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若bn＝log3a2n－1，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，數(shù)列{cn}滿足cn＝，Tn為數(shù)列{cn}的前n項和，求Tn.
20、解：(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，由題意，得解得所以an＝a1qn－1＝3n，
(2)由(1)得bn＝log332n－1＝2n－1，又bn＋1－bn＝2，
所以數(shù)列{bn}是首項b1＝1、公差為2的等差數(shù)列，所以其前n項和Sn＝＝＝n2.
所以cn＝＝＝，
所以Tn＝
＝＝.
11．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，a∈R.
(1)求f(x)的單調區(qū)間與極值；
(2)求證：當a>ln 2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.
解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，知f′(x)＝ex－2.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
令x
21、f′(x)<0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，ln 2)上單調遞減；
當x>ln 2時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(ln 2，＋∞)上單調遞增．
所以f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2處取得極小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a.
(2)證明：設g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)，
則g′(x)＝ex－2x＋2a，
由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.
又a>ln 2－1，則g′(x)min>0.
于是對?x∈R，都有g′(x)>0，
22、所以g(x)在R上單調遞增．
于是對?x>0，都有g(x)>g(0)＝0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
12．已知橢圓C的離心率為，過上頂點(0，1)和左焦點的直線的傾斜角為，直線l過點E(－1，0)且與橢圓C交于A，B兩點．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)△AOB的面積是否有最大值？若有，求出此最大值；若沒有，請說明理由．
解：(1)因為e＝＝，＝，b＝1，所以a＝2，
故橢圓C的標準方程為＋y2＝1.
(2)因為直線l過點E(－1，0)，
所以可設直線l的方程為x＝my－1或y＝0(舍去)．
聯(lián)立消去x并整理，
得(m2＋4)y2－2my－3＝0，
Δ＝(－2m)2＋12(m2＋4)>0.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y1>y2，
則y1＋y2＝，y1y2＝，
所以|y2－y1|＝，
所以S△AOB＝|OE||y2－y1|＝
＝.
設t＝，則g(t)＝t＋，t≥，
所以g′(t)＝1－>0，
所以g(t)在區(qū)間[，＋∞)上為增函數(shù)，
所以g(t)≥，所以S△AOB≤，當且僅當m＝0時等號成立．
所以△AOB的面積存在最大值，最大值為.
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（新課標）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題八 數(shù)學文化及數(shù)學思想 第2講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想學案 文 新人教A版
