《高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 技法強(qiáng)化訓(xùn)練（1） 函數(shù)與方程思想 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 技法強(qiáng)化訓(xùn)練（1） 函數(shù)與方程思想 理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

技法強(qiáng)化訓(xùn)練(一)　函數(shù)與方程思想 題組1　運(yùn)用函數(shù)與方程思想解決數(shù)列、不等式等問題 1．(2016安陽模擬)已知{an}是等差數(shù)列，a1＝1，公差d≠0，Sn是其前n項和，若a1，a2，a5成等比數(shù)列，則S8的值為(　　) A．16　　　 B．32　　　　 C．64　　　　 D．62 C　由題意可知a＝a1a5，即(1＋d)2＝1(1＋4d)， 解得d＝2，所以an＝1＋(n－1)2＝2n－1. ∴S8＝＝4(1＋15)＝64.] 2．若2x＋5y≤2－y＋5－x，則有(　　) A．x＋y≥0 B．x＋y≤0 C．x－y≤0 D．x－y≥0 B　原不等式可化為2x－5－x≤2－y－5y，構(gòu)造函數(shù)y＝2x－5－x，其為R上的增函數(shù)，所以有x≤－y，即x＋y≤0.] 3．若關(guān)于x的方程x2＋2kx－1＝0的兩根x1，x2滿足－1≤x1＜0＜x2＜2，則k的取值范圍是(　　) A. B． C. D. B　構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x2＋2kx－1，因為關(guān)于x的方程x2＋2kx－1＝0的兩根x1，x2滿足－1≤x1＜0＜x2＜2， 所以即 所以－＜k≤0，所以k的取值范圍是.] 4．(2016邯鄲模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝60，an＋1－an＝2n(n∈N*)，則的最小值為________． 　由an＋1－an＝2n，得 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2＋60 ＝n2－n＋60. ∴＝＝n＋－1. 令f(x)＝x＋－1，易知f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增． 又n∈N*，當(dāng)n＝7時，＝7＋－1＝， 當(dāng)n＝8時，＝8＋－1＝. 又＜，故的最小值為.] 5．(2016鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xln x＋a，g(x)＝x2＋ax，其中a≥0. (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與曲線y＝g(x)也相切，求a的值； (2)證明：x＞1時，f(x)＋＜g(x)恒成立． 【導(dǎo)學(xué)號：85952003】 解]　(1)由f(x)＝xln x＋a，得f(1)＝a， f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝1.1分 所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線為y＝x＋a－1.因為直線y＝x＋a－1與曲線y＝g(x)也相切， 所以兩方程聯(lián)立消元得x2＋ax＝a＋x－1， 即x2＋(a－1)x＋1－a＝0，3分 所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝0，得a2＝1. 因為a≥0，所以a＝1.4分 (2)證明：x＞1時，f(x)＋＜g(x)恒成立，等價于x2＋ax－xln x－a－＞0恒成立． 令h(x)＝x2＋ax－xln x－a－， 則h(1)＝0且h′(x)＝x＋a－ln x－1.6分 令φ(x)＝x－ln x－1，則φ(1)＝0且φ′(x)＝1－＝，8分 所以x＞1時，φ′(x)＞0，φ(x)單調(diào)遞增， 所以φ(x)＞φ(1)＝0. 又因為a≥0，所以h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)＞h(1)＝0， 所以x＞1時，x2＋ax－xln x－a－＞0恒成立，11分 即x＞1時，f(x)＋＜g(x)恒成立.12分 題組2　利用函數(shù)與方程思想解決幾何問題 6．(2016山西四校聯(lián)考)設(shè)拋物線C：y2＝3px(p＞0)的焦點為F，點M在C上，|MF|＝5，若以MF為直徑的圓過點(0,2)，則C的方程為(　　) A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8x C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x C　由拋物線的定義可知MF＝xM＋＝5，∴xM＝5－，y＝15p－，故以MF為直徑的圓的方程為(x－xM)(x－xF)＋(y－yM)(y－yF)＝0， 即＋(2－yM)(2－0)＝0. ∴yM＝2＋－＝2＋?yM＝4，p＝或. ∴C的方程為y2＝4x或y2＝16x.] 圖1 7．如圖1所示，在單位正方體ABCDA1B1C1D1的面對角線A1B上存在一點P，使得AP＋D1P最短，則AP＋D1P的最小值是(　　) A．2＋ B．2＋2 C. D. C　設(shè)A1P＝x(0≤x≤)． 在△AA1P中， AP＝＝， 在Rt△D1A1P中，D1P＝. 于是令y＝AP＋D1P＝＋， 下面求對應(yīng)函數(shù)y的最小值． 將函數(shù)y的解析式變形，得y＝ ＋， 其幾何意義為點Q(x,0)到點M與點N(0，－1)的距離之和，當(dāng)Q，M，N三點共線時，這個值最小，且最小值為＝.] 8．已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率e＝，并且經(jīng)過定點P. (1)求橢圓E的方程； (2)問：是否存在直線y＝－x＋m，使直線與橢圓交于A，B兩點，且滿足＝？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由． 解]　(1)由e＝＝且＋＝1，c2＝a2－b2， 解得a2＝4，b2＝1，即橢圓E的方程為＋y2＝1.4分 (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由?x2＋4(m－x)2－4＝0? 5x2－8mx＋4m2－4＝0.(*) 所以x1＋x2＝，x1x2＝，8分 y1y2＝(m－x1)(m－x2)＝m2－m(x1＋x2)＋x1x2＝m2－m2＋＝， 由＝得(x1，y1)(x2，y2)＝， 即x1x2＋y1y2＝，＋＝，m＝2. 又方程(*)要有兩個不等實根，所以Δ＝(－8m)2－45(4m2－4)＞0，解得－＜m＜，所以m＝2.12分 9．如圖2，直三棱柱ABCA′B′C′中，AC＝BC＝5，AA′＝AB＝6，D，E分別為AB和BB′上的點，且＝＝λ. 圖2 (1)求證：當(dāng)λ＝1時，A′B⊥CE； (2)當(dāng)λ為何值時，三棱錐A′CDE的體積最小，并求出最小體積． 解]　(1)證明：∵λ＝1，∴D，E分別為AB和BB′的中點.1分 又AA′＝AB，且三棱柱ABCA′B′C′為直三棱柱， ∴平行四邊形ABB′A′為正方形，∴DE⊥A′B.2分 ∵AC＝BC，D為AB的中點，∴CD⊥AB.3分 ∵三棱柱ABCA′B′C′為直三棱柱， ∴CD⊥平面ABB′A′，∴CD⊥A′B，4分 又CD∩DE＝D，∴A′B⊥平面CDE. ∵CE?平面CDE，∴A′B⊥CE.6分 (2)設(shè)BE＝x，則AD＝x，DB＝6－x，B′E＝6－x.由已知可得C到平面A′DE的距離即為△ABC的邊AB所對應(yīng)的高h(yuǎn)＝＝4，8分 ∴VA′CDE＝VCA′DE＝(S四邊形ABB′A－S△AA′D－S△DBE－S△A′B′E)h ＝h ＝(x2－6x＋36)＝(x－3)2＋27](0＜x＜6)，11分 ∴當(dāng)x＝3，即λ＝1時，VA′CDE有最小值18.12分