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难点1 应用性问题
数学应用题是指利用数学知识解决其他领域中的问题.高考对应用题的考查已逐步成熟，大体是三道左右的小题和一道大题，注重问题及方法的新颖性，提高了适应陌生情境的能力要求.
●难点磁场?
1.（★★★★★）一只小船以10 m/s的速度由南向北匀速驶过湖面，在离湖面高20米的桥上，一辆汽车由西向东以20 m/s的速度前进（如图），现在小船在水平P点以南的40米处，汽车在桥上以西Q点30米处（其中PQ⊥水面），则小船与汽车间的最短距离为 .（不考虑汽车与小船本身的大小）.
2.（★★★★★）小宁中午放学回家自己煮面条吃，有下面几道工序：（1）洗锅盛水2分钟；（2）洗菜6分钟；（3）准备面条及佐料2分钟；（4）用锅把水烧开10分钟；（5）煮面条和菜共3分钟.以上各道工序除（4）之外，一次只能进行一道工序，小宁要将面条煮好，最少用分钟.
3.（★★★★★）某产品生产厂家根据以往的生产销售经验得到下面有关销售的统计规律：每生产产品x（百台），其总成本为G（x）万元，其中固定成本为2万元，并且每生产100台的生产成本为1万元（总成本=固定成本+生产成本），销售收入R(x)满足R(x)=.假定该产品销售平衡，那么根据上述统计规律.
（1）要使工厂有盈利，产品x应控制在什么范围？
（2）工厂生产多少台产品时赢利最大？并求此时每台产品的售价为多少？
●案例探究?
［例1］为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底宽为2米的无盖长方体沉淀箱（如图），污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出，设箱体的长度为a米，高度为b米，已知流出的水中该杂质的质量分数与a、b的乘积ab成反比，现有制箱材料60平方米，问当a、b各为多少米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小（A、B孔的面积忽略不计）？
命题意图：本题考查建立函数关系、不等式性质、最值求法等基本知识及综合应用数学知识、思想与方法解决实际问题能力，属★★★★级题目.
知识依托：重要不等式、导数的应用、建立函数关系式.
错解分析：不能理解题意而导致关系式列不出来，或a与b间的等量关系找不到.
技巧与方法：关键在于如何求出函数最小值，条件最值可应用重要不等式或利用导数解决.
解法一：设经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数为y，则由条件y=(k＞0为比例系数)其中a、b满足2a+4b+2ab=60 ①
要求y的最小值，只须求ab的最大值.
由①(a+2)(b+1)=32(a＞0,b＞0)且ab=30–(a+2b)
应用重要不等式a+2b=(a+2)+(2b+2)–4≥
∴ab≤18，当且仅当a=2b时等号成立
将a=2b代入①得a=6,b=3.
故当且仅当a=6,b=3时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小.
解法二：由2a+4b+2ab=60,得,
记(0＜a＜30)则要求y的最小值只须求u的最大值.
由，令u′=0得a=6
且当0＜a＜6时，u′＞0，当6＜u＜30时u′＜0,
∴在a=6时取最大值，此时b=3.
从而当且仅当a=6，b=3时,y=取最小值.
［例2］某城市2001年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相等.为保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？
命题意图：本题考查等比数列、数列求和解不等式等知识以及极限思想方法和运用数学知识解决实际问题的能力，属★★★★★级题目.
知识依托：数列极限、等比数列、解不等式.
错解分析：①不能读懂题意，找不到解题的突破口；②写出bn+1与x的关系后，不能进一步转化为极限问题；③运算出错，得不到准确结果.
技巧与方法：建立第n年的汽车保有量与每年新增汽车数量之间的函数关系式是关键、尽管本题入手容易，但解题过程中的准确性要求较高.
解：设2001年末的汽车保有量为b1万辆，以后各年汽车保有量依次为b2万辆，b3万辆，……每年新增汽车x万辆，则
b1=30,b2=b1×0.94+x,…
对于n＞1，有bn+1=bn×0.94+x=bn–1×0.942+(1+0.94)x,…
所以bn+1=b1×0.94n+x(1+0.94+0.942+…+0.94n–1)
=b1×0.94n+.
当≥0，即x≤1.8时，bn+1≤bn≤…≤b1=30
当＜0，即x＞1.8时，
并且数列{bn}逐项递增，可以任意靠近.
因此如果要求汽车保有量不超过60万辆，
即bn≤60(n=1,2,…)则有≤60，所以x≤3.6
综上，每年新增汽车不应超过3.6万辆.
●锦囊妙计?
1.解应用题的一般思路可表示如下
2.解应用题的一般程序
（1）读：阅读理解文字表达的题意，分清条件和结论，理顺数量关系，这一关是基础.
（2）建：将文字语言转化为数学语言，利用数学知识，建立相应的数学模型.熟悉基本数学模型，正确进行建“模”是关键的一关.
（3）解：求解数学模型，得到数学结论.一要充分注意数学模型中元素的实际意义，更要注意巧思妙作，优化过程.
（4）答：将数学结论还原给实际问题的结果.
3.中学数学中常见应用问题与数学模型
（1）优化问题.实际问题中的“优选”“控制”等问题，常需建立“不等式模型”和“线性规划”问题解决.
（2）预测问题：经济计划、市场预测这类问题通常设计成“数列模型”来解决.
（3）最（极）值问题：工农业生产、建设及实际生活中的极限问题常设计成“函数模型”，转化为求函数的最值.
（4）等量关系问题：建立“方程模型”解决?
（5）测量问题：可设计成“图形模型”利用几何知识解决.
●歼灭难点训练?
一、选择题
1.（★★★★）某商场对顾客实行购物优惠活动，规定一次购物付款总额：①如果不超过200元，则不予优惠，②如果超过200元但不超过500元，则按标价给予9折优惠，③如果超过500元，其500元按②条给予优惠，超过500元的部分给予7折优惠.某人两次去购物，分别付款168元和423元，假设他一次购买上述同样的商品，则应付款( )
A.413.7元 B.513.7元 C.546.6元 D.548.7元
2.（★★★★）某体育彩票规定：从01到36共36个号码中抽出7个号码为一注，每注2元.某人想先选定吉利号18，然后再从01到17中选3个连续的号，从19到29中选2个连续的号，从30到36中选1个号组成一注，则此人把这种要求的号买全，至少要花( )
A.1050元 B.1052元 C.2100元 D.2102元
二、填空题
3.（★★★★）一个球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它最后静止在地面上时，共经过了 米.
4.（★★★★）有一广告气球直径为6米，放在公司大楼上空（如图），当某行人在A地观测气球时，其中心仰角为∠BAC=30°，并测得气球的视角β=2°，若θ很小时，可取sinθ=θ，试估计气球的高BC的值约为 米.
三、解答题
5.（★★★★★）运输一批海鲜，可在汽车、火车、飞机三种运输工具中选择，它们的速度分别为v千米/小时、2v千米/小时、10v千米/小时，每千米的运费分别为a元、b元、c元.且b＜a＜c,又这批海鲜在运输过程中的损耗为m元/小时，若使用三种运输工具分别运输时各自的总费用（运费与损耗之和）互不相等.试确定使用哪种运输工具总费用最省.（题中字母均为正的已知量）
6.（★★★★）已知某海滨浴场的海浪高度y（米）是时间t(0≤t≤24，单位小时）的函数，记作y=f(t)，下表是某日各时的浪高数据
t（时）
0
3
6
9
12
15
18
21
24
y（米）
1.5
1.0
0.5
1.0
1.49
1
0.51
0.99
1.5
经长期观测y=f(t)的曲线可近似地看成函数y=Acosωt+b.
（1）根据以上数据，求出函数y=Acosωt+b的最小正周期T，振幅A及函数表达式；
（2）依据规定，当海浪高度高于1米时才对冲浪爱好者开放，请依据（1）的结论，判断一天内的上午8：00至晚上20：00之间，有多少时间可供冲浪者进行运动.
7.（★★★★★）某外商到一开放区投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元.
（1）若扣除投资及各种经费，则从第几年开始获取纯利润？
（2）若干年后，外商为开发新项目，有两种处理方案：①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万元出售该厂，问哪种方案最合算？
8.（★★★★★）某厂使用两种零件A、B装配两种产品P、Q，该厂的生产能力是月产P产品最多有2500件，月产Q产品最多有1200件；而且组装一件P产品要4个A、2个B，组装一件Q产品要6个A、8个B，该厂在某个月能用的A零件最多14000个；B零件最多12000个.已知P产品每件利润1000元，Q产品每件2000元，欲使月利润最大，需要组装P、Q产品各多少件？最大利润多少万元.
参 考 答 案
●难点磁场
1.解析：设经过时间t汽车在A点，船在B点，（如图），则AQ=30–20t,BP=40–10t,PQ=20,且有AQ⊥BP，PQ⊥AQ，PQ⊥PB，设小船所在平面为α,AQ,QP确定平面为β,记α∩β=l,由AQ∥α,AQβ得AQ∥l,又AQ⊥PQ，得PQ⊥l,又PQ⊥PB，及l∩PB=P得PQ⊥α.作AC∥PQ，则AC⊥α.连CB，则AC⊥CB，进而AQ⊥BP，CP∥AQ得CP⊥BP，∴AB2=AC2+BC2=PQ2+PB2+PC2=202+（40–10t）2+(30–20t)2=100［5(t–2)2+9］,t=2时AB最短，最短距离为
30 m.
答案：30 m
2.解析：按以下工序操作所需时间最少，①、④（并在此时完成②、③、⑤）所用时间为2+10+3=15分钟.
答案：15
3.解：依题意，G（x)=x+2,设利润函数为f(x),则
(1)要使工厂有赢利，则有f(x)>0.
当0≤x≤5时，有–0.4x2+3.2x–2.8>0,得1当x>5时，有8.2–x>0,得x<8.2,∴5综上，要使工厂赢利，应满足1（2）0≤x≤5时，f(x)=–0.4(x–4)2+3.6
故当x=4时，f(x)有最大值3.6.
而当x>5时f(x)<8.2–5=3.2
所以当工厂生产400台产品时，赢利最大，此时只须求x=4时，每台产品售价为=2.4（万元/百台）=240（元/台）.
●歼灭难点训练
一、1.解析：此人购买的商品原价为168+423÷90%=638元，若一次购买同样商品应付款为500×90%+（638–500）×70%=450+96.5=546.6元.
答案：C
2.解析：从01到17中选连续3个号有15种方法，从19到29中选连续2个号有10种选法，从30到36中选1个有7种选法，故购买注数为1050注至少花1050×2=2100元.
答案：C
二、3.解析：小球经过的路程为：
m.
答案：300
4.提示：sin2°=
答案：86 m
三、5.解：设运输路程为S（千米），使用汽车、火车、飞机三种运输工具运输时各自的总费用分别为y1(元)、y2(元)、y3(元).则由题意，
,由a>b,各字母均为正值，所以y1–y2>0，即y20,由c>b及每字母都是正值，得c>b+.所以，当c>b+时y26.解：（1）由表中数据，知T=12，ω=.
由t=0,y=1.5得A+b=1.5.
由t=3,y=1.0,得b=1.0.所以，A=0.5,b=1.振幅A=，
∴y=
(2)由题意知，当y>1时，才可对冲浪者开放.∴>1, >0.∴2kπ–
,即有12k–3由0≤t≤24,故可令k=0,1,2,得0≤t<3或9∴在规定时间内有6个小时可供冲浪者运动即上午9：00至下午15：00.
7.解：由题意知，每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列，设纯利润与年数的关系为f(n),则f(n)=50n–［12n+×4］–72=–2n2+40n–72
(1)获纯利润就是要求f(n)>0,∴–2n2+40n–72>0，解得2（2）①年平均利润==40–2(n+)≤16.当且仅当n=6时取等号.故此方案先获利6×16+48=144（万美元），此时n=6,②f(n)=–2(n–10)2+128.
当n=10时，f(n)|max=128.故第②种方案共获利128+16=144（万美元）.
故比较两种方案，获利都是144万美元，但第①种方案只需6年，而第②种方案需10年，故选择第①种方案.
8.解：设分别生产P、Q产品x件、y件，则有
设利润S=1000x+2000y=1000(x+2y)
要使利润S最大，只需求x+2y的最大值.
x+2y=m(2x+3y)+n(x+4y)=x(2m+n)+y(3m+4n)
∴ ∴
有x+2y=(2x+3y)+(x+4y)≤×7000+×6000.
当且仅当解得时取等号，此时最大利润Smax=1000(x+2y)
=4000000=400(万元).
另外此题可运用“线性规划模型”解决.
难点2 探索性问题
高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.
●难点磁场?
1.（★★★★）已知三个向量a、b、c，其中每两个之间的夹角为120°，若｜a｜=3,
｜b｜=2,｜c｜=1，则a用b、c表示为 .
2.（★★★★★）假设每一架飞机引擎在飞行中故障率为1–p，且各引擎是否有故障是独立的，如有至少50%的引擎能正常运行，飞机就可成功飞行，则对于多大的p而言，4引擎飞机比2引擎飞机更为安全？
●案例探究?
［例1］已知函数(a,c∈R,a＞0,b是自然数）是奇函数，f(x)有最大值，且f(1)＞.
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）是否存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，并且使得P、Q两点关于点（1，0）对称，若存在，求出直线l的方程，若不存在，说明理由.
命题意图：本题考查待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的能力，属★★★★★级题目.
知识依托：函数的奇偶性、重要不等式求最值、方程与不等式的解法、对称问题.
错解分析：不能把a与b间的等量关系与不等关系联立求b；忽视b为自然数而导致求不出b的具体值；P、Q两点的坐标关系列不出解.
技巧与方法：充分利用题设条件是解题关键.本题是存在型探索题目，注意在假设存在的条件下推理创新，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定的结论，并加以论证.
解：（1）∵f(x)是奇函数
∴f(–x)=–f(x)，即

∴–bx+c=–bx–c
∴c=0
∴f(x)=
由a＞0，b是自然数得当x≤0时，f(x)≤0，
当x＞0时，f(x)＞0
∴f(x)的最大值在x＞0时取得.
∴x＞0时，
当且仅当
即时，f(x)有最大值
∴=1,∴a=b2 ①
又f(1)＞，∴＞,∴5b＞2a+2 ②
把①代入②得2b2–5b+2＜0解得＜b＜2
又b∈N,∴b=1,a=1,∴f(x)=
（2）设存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，且P、Q关于点（1，0）对称，
P(x0,y0)则Q（2–x0,–y0)，∴,消去y0，得x02–2x0–1=0
解之，得x0=1±,
∴P点坐标为()或()进而相应Q点坐标为Q（）
或Q().
过P、Q的直线l的方程：x–4y–1=0即为所求.
［例2］如图，三条直线a、b、c两两平行，直线a、b间的距离为p，直线b、c间的距离为，A、B为直线a上两定点，且｜AB｜=2p，MN是在直线b上滑动的长度为2p的线段.
（1）建立适当的平面直角坐标系，求△AMN的外心C的轨迹E；
（2）接上问，当△AMN的外心C在E上什么位置时，d+｜BC｜最小，最小值是多少？（其中d是外心C到直线c的距离）.
命题意图：本题考查轨迹方程的求法、抛物线的性质、数形结合思想及分析、探索问题、综合解题的能力.属★★★★★级题目.
知识依托：求曲线的方程、抛物线及其性质、直线的方程.
错解分析：①建立恰当的直角坐标系是解决本题的关键，如何建系是难点，②第二问中确定C点位置需要一番分析.
技巧与方法：本题主要运用抛物线的性质，寻求点C所在位置，然后加以论证和计算，得出正确结论，是条件探索型题目.
解：（1）以直线b为x轴，以过A点且与b直线垂直的直线为y轴建立直角坐标系.
设△AMN的外心为C(x,y)，则有A(0,p)、M（x–p,0)，N(x+p,0)，
由题意，有｜CA｜=｜CM｜
∴,化简，得
x2=2py
它是以原点为顶点，y轴为对称轴，开口向上的抛物线.
（2）由（1）得，直线C恰为轨迹E的准线.
由抛物线的定义知d=｜CF｜，其中F（0,）是抛物线的焦点.
∴d+｜BC｜=｜CF｜+｜BC｜
由两点间直线段最短知，线段BF与轨迹E的交点即为所求的点
直线BF的方程为联立方程组
得.
即C点坐标为().
此时d+｜BC｜的最小值为｜BF｜=.
●锦囊妙计?
如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.
解决探索性问题，对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面有较高要求，高考题中一般对这类问题有如下方法：（1）直接求解；（2）观察——猜测——证明；（3）赋值推断；（4）数形结合；（5）联想类比；（6）特殊——一般——特殊.
●歼灭难点训练?
一、选择题
1.（★★★★）已知直线l⊥平面α，直线m平面β，有下面四个命题，其中正确命题是( )
①α∥βl⊥m ②α⊥βl∥m ③l∥mα⊥β ④l⊥mα∥β
A.①与② B.①与③ C.②与④ D.③与④
2.（★★★★）某邮局只有0.60元，0.80元，1.10元的三种邮票.现有邮资为7.50元的邮件一件，为使粘贴邮票的张数最少，且资费恰为7.50元，则最少要购买邮票( )
A.7张 B.8张 C.9张 D.10张
二、填空题
3.(★★★★)观察sin220°+cos250°+sin20°cos50°=,sin215°+cos245°+sin15°
·cos45°=，写出一个与以上两式规律相同的一个等式 .
三、解答题
4.（★★★★）在四棱锥P—ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，问底面的边BC上是否存在点E.（1）使
∠PED=90°；（2）使∠PED为锐角.证明你的结论.
5.（★★★★★）已知非零复数z1,z2满足｜z1｜=a,｜z2｜=b,｜z1+z2｜=c（a、b、c均大于零），问是否根据上述条件求出？请说明理由.
6.（★★★★★）是否存在都大于2的一对实数a、b(a＞b)使得ab, ,a–b,a+b可以按照某一次序排成一个等比数列，若存在，求出a、b的值，若不存在，说明理由.
7.（★★★★★）直线l过抛物线y2=2px(p＞0）的焦点且与抛物线有两个交点，对于抛物线上另外两点A、B直线l能否平分线段AB？试证明你的结论.
8.（★★★★★）三个元件T1、T2、T3正常工作的概率分别为0.7、0.8、0.9，将它们的某两个并联再和第三个串联接入电路，如图甲、乙、丙所示，问哪一种接法使电路不发生故障的概率最大？
参 考 答 案
●难点磁场
1.解析：如图–a与b，c的夹角为60°,且|a|=|–a|=3.
由平行四边形关系可得–a=3c+b,∴a=–3c–b.
答案：a=–3c–b
2.解析：飞机成功飞行的概率分别为：4引擎飞机为：
2引擎飞机为.
要使4引擎飞机比2引擎飞机安全，则有：
6P2（1–P）2+4P2（1–P）+P4≥2P(1–P)+P2,解得P≥.
即当引擎不出故障的概率不小于时，4引擎飞机比2引擎飞机安全.
●歼灭难点训练
一、1.解析：①l⊥α且α∥βl⊥β,mβl⊥m.
②α⊥β且l⊥αl∥β,但不能推出l∥m.
③l∥m,l⊥αm⊥α,由mβα⊥β.
④l⊥m,不能推出α∥β.
答案：B
2.解析：选1.1元5张，0.6元2张，0.8元1张.故8张.
答案：B
二、3.解析：由50°–20°=(45°–15°)=30°
可得sin2α+cos2(α+30°)+sinαcos(α+30°)=.
答案：sin2α+cos2(α+30°)+sinαcos(α+30°)=
三、4.解：(1)当AB≤AD时，边BC上存在点E，使∠PED=90°;当AB>AD时，使∠PED=90°的点E不存在.（只须以AD为直径作圆看该圆是否与BC边有无交点）（证略）
（2）边BC上总存在一点，使∠PED为锐角，点B就是其中一点.
连接BD，作AF⊥BD，垂足为F，连PF，∵PA⊥面ABCD，∴PF⊥BD，又△ABD为直角三角形，∴F点在BD上，∴∠PBF是锐角.
同理，点C也是其中一点.
5.解：∵|z1+z2|2=(z1+z2)(+)=|z1|2+|z2|2+(z1+z2)
∴c2=a2+b2+(z1+z2)
即：z1+z2=c2–a2–b2
∵z1≠0,z2≠0，∴z1+·z2= =|z2|2()+|z1|2()
即有：b2()+a2()=z1z2+z1z2
∴b2()+a2()=c2–a2–b2
∴a2()2+(a2+b2–c2)()+b2=0
这是关于的一元二次方程，解此方程即得的值.
6.解：∵a>b,a>2,b>2,∴ab,,a–b,a+b均为正数，且有ab>a+b>,ab>a+b>a–b.
假设存在一对实数a,b使ab,,a+b,a–b按某一次序排成一个等比数列，则此数列必是单调数列.不妨设该数列为单调减数列，则存在的等比数列只能有两种情形，即①ab,a+b,
a–b,,或②ab,a+b,,a–b由（a+b）2≠ab·所以②不可能是等比数列，若①为等比数列，则有：
经检验知这是使ab,a+b,a–b,成等比数列的惟一的一组值.因此当a=7+,b=时，ab,a+b,a–b,成等比数列.
7.解：如果直线l垂直平分线段AB，连AF、BF，∵F（，0）∈l.∴|FA|=|FB|,设
A（x1,y1）,B(x2,y2),显然x1>0,x2>0,y1≠y2,于是有（x1–）2+y12=(x2–)2+y22,整理得：（x1+x2–p)(x1–x2)=y22–y12=–2p(x1–x2).显然x1≠x2(否则AB⊥x轴，l与x轴重合，与题设矛盾）得：x1+x2–p=–2p即x1+x2=–p<0,这与x1+x2>0矛盾，故直线l不能垂直平分线段AB.
8.解：设元件T1、T2、T3能正常工作的事件为A1、A2、A3，电路不发生故障的事件为A，则P（A1）=0.7，P（A2）=0.8，P（A3）=0.9.
（1）按图甲的接法求P（A）：A=（A1+A2）·A3，由A1+A2与A3相互独立，则P（A）=P（A1+A2）·P（A3）
又P（A1+A2）=1–P（）=1–P（·）由A1与A2相互独立知与相互独立，得：P（·）=P（）·P（）=［1–P（A1）］·［1–P（A2）］=（1–0.7）×(1–0.8)=0.06，∴P(A1+A2)=0.1–P(·)=1–0.06=0.94，
∴P(A)=0.94×0.9=0.846.
(2)按图乙的接法求P（A）：A=（A1+A3）·A2且A1+A3与A2相互独立，则P（A）=P（A1+A3）·
P（A2），用另一种算法求P（A1+A3）.∵A1与A3彼此不互斥，根据容斥原理P（A1+A3）=
P（A1）+P（A3）–P（A1A3），∵A1与A3相互独立，则P（A1·A3）=P（A1）·P（A3）=0.7×0.9=0.63,P(A1+A3)=0.7+0.9–0.63=0.97.∴P(A)=P(A1+A3)·P(A2)=0.97×0.8=0.776.
(3)按图丙的接法求P（A），用第三种算法.
A=（A2+A3）A1=A2A1+A3A1,∵A2A1与A3A1彼此不互斥，据容斥原理，则P（A）=P（A1A2）+P（A1A3）–P（A1A2A3），又由A1、A2、A3相互独立，得P（A1·A2）=P（A1）P（A2）=0.8×0.7=0.56,
P(A3A1)=P(A3)·P(A1)=0.9×0.7=0.63,
P(A1A2A3)=P(A1)·P(A2)·P(A3)=0.7×0.8×0.9=0.504,
∴P(A)=0.56+0.63–0.504=0.686.
综合（1）、（2）、（3）得，图甲、乙、丙三种接法电路不发生故障的概率值分别为0.846,0.776,0.686.
故图甲的接法电路不发生故障的概率最大.
难点3 函数的连续及其应用
函数的连续性是新教材新增加的内容之一.它把高中的极限知识与大学知识紧密联在一起.在高考中，必将这一块内容溶入到函数内容中去，因而一定成为高考的又一个热点.本节内容重点阐述这一块知识的知识结构体系.
●难点磁场
(★★★★)已知函数f(x)=
(1)讨论f(x)在点x=－1,0,1处的连续性；
(2)求f(x)的连续区间.
●案例探究
［例1］已知函数f(x)=,
(1)求f(x)的定义域，并作出函数的图象；
(2)求f(x)的不连续点x0;
(3)对f(x)补充定义，使其是R上的连续函数.
命题意图：函数的连续性，尤其是在某定点处的连续性在函数图象上有最直观的反映.因而画函数图象去直观反映题目中的连续性问题也就成为一种最重要的方法.
知识依托：本题是分式函数，所以解答本题的闪光点是能准确画出它的图象.
错解分析：第(3)问是本题的难点，考生通过自己对所学连续函数定义的了解.应明确知道第(3)问是求的分数函数解析式.
技巧与方法：对分式化简变形，注意等价性，观察图象进行解答.
解：(1)当x+2≠0时，有x≠－2
因此，函数的定义域是(－∞,－2)∪(－2,+∞)
当x≠－2时，f(x)= =x－2,
其图象如上图
(2)由定义域知，函数f(x)的不连续点是x0=－2.
(3)因为当x≠－2时，f(x)=x－2,所以=－4.
因此，将f(x)的表达式改写为f(x)=
则函数f(x)在R上是连续函数.
［例2］求证：方程x=asinx+b(a＞0,b＞0)至少有一个正根，且它不大于a+b.
命题意图：要判定方程f(x)=0是否有实根.即判定对应的连续函数y=f(x)的图象是否与x轴有交点，因此根据连续函数的性质，只要找到图象上的两点，满足一点在x轴上方，另一点在x轴下方即可.本题主要考查这种解题方法.
知识依托：解答本题的闪光点要找到合适的两点，使函数值其一为负，另一为正.
错解分析：因为本题为超越方程，因而考生最易想到画图象观察，而忽视连续性的性质在解这类题目中的简便作用.
证明：设f(x)=asinx+b－x,
则f(0)=b＞0,f(a+b)=a·sin(a+b)+b－(a+b)=a［sin(a+b)－1］≤0,
又f(x)在(0,a+b］内是连续函数，所以存在一个x0∈(0,a+b］，使f(x0)=0,即x0是方程f(x)=0的根，也就是方程x=a·sinx+b的根.
因此，方程x=asinx+b至少存在一个正根，且它不大于a+b.
●锦囊妙计
1.深刻理解函数f(x)在x0处连续的概念：
等式f(x)=f(x0)的涵义是：(1)f(x0)在x=x0处有定义，即f(x0)存在；(2)f(x)存在，这里隐含着f(x)在点x=x0附近有定义；(3)f(x)在点x0处的极限值等于这一点的函数值，即f(x)=f(x0).
函数f(x)在x0处连续，反映在图象上是f(x)的图象在点x=x0处是不间断的.
2.函数f(x)在点x0不连续，就是f(x)的图象在点x=x0处是间断的.
其情形：(1)f(x)存在；f(x0)存在，但f(x)≠f(x0);(2)f(x)存在，但f(x0)不存在.(3) f(x)不存在.
3.由连续函数的定义，可以得到计算函数极限的一种方法：如果函数f(x)在其定义区间内是连续的，点x0是定义区间内的一点，那么求x→x0时函数f(x)的极限，只要求出f(x)在点x0处的函数值f(x0)就可以了，即f(x)=f(x0).
●歼灭难点训练
一、选择题
1.(★★★★)若f(x)=在点x=0处连续，则f(0)等于( )
A. B. C.1 D.0
2.(★★★★)设f(x)=则f(x)的连续区间为( )
A.(0，2) B.(0，1)
C.(0，1)∪(1，2) D.(1，2)
二、填空题
3.(★★★★) =_________.
4.(★★★★)若f(x)=处处连续，则a的值为_________.
三、解答题
5.(★★★★★)已知函数f(x)=
(1)f(x)在x=0处是否连续？说明理由；
(2)讨论f(x)在闭区间［－1,0］和［0,1］上的连续性.
6.(★★★★)已知f(x)=
(1)求f(－x);
(2)求常数a的值，使f(x)在区间(－∞,+∞)内处处连续.
7.(★★★★)求证任何一个实系数一元三次方程a0x3+a1x2+a2x+a3=0(a0,a1,a2,a3∈R,a0≠0)至少有一个实数根.
8.(★★★★)求函数f(x)=的不连续点和连续区间.
参考答案
难点磁场
解：(1)f(x)=3, f(x)=－1,所以f(x)不存在，所以f(x)在x=－1处不连续，
但f(x)=f(－1)=－1, f(x)≠f(－1),所以f(x)在x=－1处右连续，左不连续
f(x)=3=f(1), f(x)不存在，所以f(x)不存在，所以f(x)在x=1不连续，但左连续，右不连续.
又f(x)=f(0)=0,所以f(x)在x=0处连续.
(2)f(x)中，区间(－∞,－1),［－1,1］,(1,5］上的三个函数都是初等函数，因此f(x)除不连续点x=±1外，再也无不连续点，所以f(x)的连续区间是(－∞,－1),［－1,1］和(1,5.
歼灭难点训练
一、1.解析：
答案：A
2.解析：
即f(x)在x=1点不连续，显知f(x)在(0,1)和(1,2)连续.
答案：C
二、3.解析：利用函数的连续性，即,
答案：
答案：
三、5.解：f(x)=
(1) f(x)=－1, f(x)=1,所以f(x)不存在，故f(x)在x=0处不连续.
(2)f(x)在(－∞,+∞)上除x=0外，再无间断点，由(1)知f(x)在x=0处右连续，所以f(x)在［
－1，0］上是不连续函数，在［0,1］上是连续函数.
6.解：(1)f(－x)=
(2)要使f(x)在(－∞,+∞)内处处连续，只要f(x)在x=0连续，f(x)
= =
f(x)=(a+bx)=a,因为要f(x)在x=0处连续，只要 f(x)= f(x)
= f(x)=f(0),所以a=
7.证明：设f(x)=a0x3+a1x2+a2x+a3,函数f(x)在(－∞,+∞)连续，且x→+∞时，f(x)→+∞;x→－∞时，f(x)→－∞,所以必存在a∈(－∞,+∞),b∈(－∞,?+∞),使f(a)·f(b)＜0,所以f(x)的图象至少在(a,b)上穿过x轴一次，即f(x)=0至少有一实根.
8.解：不连续点是x=1,连续区间是(－∞,1),(1,+∞)
难点4 导数的运算法则及基本公式应用
导数是中学限选内容中较为重要的知识，本节内容主要是在导数的定义，常用求等公式.四则运算求导法则和复合函数求导法则等问题上对考生进行训练与指导.
●难点磁场
(★★★★★)已知曲线C：y=x3－3x2+2x,直线l:y=kx,且l与C切于点(x0,y0)(x0≠0)，求直线l的方程及切点坐标.
●案例探究
［例1］求函数的导数：
命题意图：本题3个小题分别考查了导数的四则运算法则，复合函数求导的方法，以及抽象函数求导的思想方法.这是导数中比较典型的求导类型，属于★★★★级题目.
知识依托：解答本题的闪光点是要分析函数的结构和特征，挖掘量的隐含条件，将问题转化为基本函数的导数.
错解分析：本题难点在求导过程中符号判断不清，复合函数的结构分解为基本函数出差错.
技巧与方法：先分析函数式结构，找准复合函数的式子特征，按照求导法则进行求导.

(2)解：y=μ3,μ=ax－bsin2ωx,μ=av－by
v=x,y=sinγ γ=ωx
y′=(μ3)′=3μ2·μ′=3μ2(av－by)′
=3μ2(av′－by′)=3μ2(av′－by′γ′)
=3(ax－bsin2ωx)2(a－bωsin2ωx)
(3)解法一：设y=f(μ),μ=,v=x2+1,则
y′x=y′μμ′v·v′x=f′(μ)·v－·2x
=f′()··2x
=
解法二：y′=［f()］′=f′()·()′
=f′()·(x2+1)·(x2+1)′
=f′()·(x2+1) ·2x
=f′()
［例2］利用导数求和
(1)Sn=1+2x+3x2+…+nxn－1(x≠0,n∈N*)
(2)Sn=C+2C+3C+…+nC,(n∈N*)
命题意图：培养考生的思维的灵活性以及在建立知识体系中知识点灵活融合的能力.属
★★★★级题目.
知识依托：通过对数列的通项进行联想，合理运用逆向思维.由求导公式(xn)′=nxn－1,可联想到它们是另外一个和式的导数.关键要抓住数列通项的形式结构.
错解分析：本题难点是考生易犯思维定势的错误，受此影响而不善于联想.
技巧与方法：第(1)题要分x=1和x≠1讨论，等式两边都求导.
解：(1)当x=1时
Sn=1+2+3+…+n=n(n+1);
当x≠1时，
∵x+x2+x3+…+xn=,
两边都是关于x的函数，求导得
(x+x2+x3+…+xn)′=()′
即Sn=1+2x+3x2+…+nxn－1=
(2)∵(1+x)n=1+Cx+Cx2+…+Cxn,
两边都是关于x的可导函数，求导得
n(1+x)n－1=C+2Cx+3Cx2+…+nCxn－1,
令x=1得，n·2n－1=C+2C+3C+…+nC,
即Sn=C+2C+…+nC=n·2n－1?
●锦囊妙计
1.深刻理解导数的概念，了解用定义求简单的导数.
表示函数的平均改变量，它是Δx的函数，而f′(x0)表示一个数值，即f′(x)=，知道导数的等价形式：.?
2.求导其本质是求极限，在求极限的过程中，力求使所求极限的结构形式转化为已知极限的形式，即导数的定义，这是顺利求导的关键.
3.对于函数求导，一般要遵循先化简，再求导的基本原则，求导时，不但要重视求导法则的应用，而且要特别注意求导法则对求导的制约作用，在实施化简时，首先必须注意变换的等价性，避免不必要的运算失误.
4.复合函数求导法则，像链条一样，必须一环一环套下去，而不能丢掉其中的一环.必须正确分析复合函数是由哪些基本函数经过怎样的顺序复合而成的，分清其间的复合关系.
●歼灭难点训练
一、选择题
1.(★★★★)y=esinxcos(sinx)，则y′(0)等于( )
A.0 B.1 C.－1 D.2
2.(★★★★)经过原点且与曲线y=相切的方程是( )
A.x+y=0或+y=0 B.x－y=0或+y=0
C.x+y=0或－y=0 D.x－y=0或－y=0
二、填空题
3.(★★★★)若f′(x0)=2, =_________.
4.(★★★★)设f(x)=x(x+1)(x+2)…(x+n),则f′(0)=_________.
三、解答题
5.(★★★★)已知曲线C1:y=x2与C2:y=－(x－2)2,直线l与C1、C2都相切，求直线l的方程.
6.(★★★★)求函数的导数
(1)y=(x2－2x+3)e2x;
(2)y=.
7.(★★★★)有一个长度为5 m的梯子贴靠在笔直的墙上，假设其下端沿地板以3 m/s?的速度离开墙脚滑动，求当其下端离开墙脚1.4 m时，梯子上端下滑的速度.
8.(★★★★)求和Sn=12+22x+32x2+…+n2xn－1?,(x≠0,n∈N*).
参考答案
难点磁场
解：由l过原点，知k=(x0≠0),点(x0,y0)在曲线C上，y0=x03－3x02+2x0,
∴=x02－3x0+2
y′=3x2－6x+2,k=3x02－6x0+2
又k=,∴3x02－6x0+2=x02－3x0+2
2x02－3x0=0,∴x0=0或x0=
由x≠0,知x0=
∴y0=()3－3()2+2·=－
∴k==－
∴l方程y=－x 切点(，－)
歼灭难点训练
一、1.解析：y′=esinx［cosxcos(sinx)－cosxsin(sinx)］,y′(0)=e0(1－0)=1
答案：B
2.解析：设切点为(x0,y0),则切线的斜率为k=,另一方面，y′=()′=,故
y′(x0)=k,即或x02+18x0+45=0得x0(1)=－3,y0(2)=－15,对应有y0(1)=3,y0(2)=,因此得两个切点A(－3，3)或B(－15,),从而得y′(A)= =－1及y′(B)= ,由于切线过原点，故得切线：lA:y=－x或lB:y=－.
答案：A
二、3.解析：根据导数的定义：f′(x0)=(这时)
答案：－1
4.解析：设g(x)=(x+1)(x+2)……(x+n),则f(x)=xg(x),于是f′(x)=g(x)+xg′(x),f′(0)=g(0)+0·g′(0)=g(0)=1·2·…n=n！
答案：n!
三、5.解：设l与C1相切于点P(x1,x12),与C2相切于Q(x2,－(x2－2)2)
对于C1：y′=2x,则与C1相切于点P的切线方程为
y－x12=2x1(x－x1),即y=2x1x－x12 ①
对于C2：y′=－2(x－2),与C2相切于点Q的切线方程为y+(x2－2)2=－2(x2－2)(x－x2),即y=－2(x2－2)x+x22－4 ②
∵两切线重合，∴2x1=－2(x2－2)且－x12=x22－4,解得x1=0,x2=2或x1=2,x2=0
∴直线l方程为y=0或y=4x－4
6.解：(1)注意到y＞0,两端取对数，得
lny=ln(x2－2x+3)+lne2x=ln(x2－2x+3)+2x
(2)两端取对数，得
ln|y|=(ln|x|－ln|1－x|),
两边解x求导，得
7.解：设经时间t秒梯子上端下滑s米,则s=5－,当下端移开1.4 m时，t0=,又s′=－ (25－9t2)·(－9·2t)=9t,所以s′(t0)=9×=0.875(m/s)
8.解：(1)当x=1时，Sn=12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1),当x≠1时，1+2x+3x2+…+nxn-1?=,两边同乘以x,得
x+2x2+3x2+…+nxn=两边对x求导，得
Sn=12+22x2+32x2+…+n2xn-1?
=
难点5 导数的应用问题
利用导数求函数的极大(小)值，求函数在连续区间［a,b］上的最大最小值，或利用求导法解决一些实际应用问题是函数内容的继续与延伸，这种解决问题的方法使复杂问题变得简单化，因而已逐渐成为新高考的又一热点.本节内容主要是指导考生对这种方法的应用.
●难点磁场
(★★★★★)已知f(x)=x2+c,且f［f(x)］=f(x2+1)
(1)设g(x)=f［f(x)］,求g(x)的解析式；
(2)设φ(x)=g(x)－λf(x),试问：是否存在实数λ,使φ(x)在(－∞,－1)内为减函数，且在
(－1，0)内是增函数.
●案例探究
［例1］已知f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)在x=±1时取得极值，且f(1)=－1.
(1)试求常数a、b、c的值；
(2)试判断x=±1是函数的极小值还是极大值，并说明理由.
命题意图：利用一阶导数求函数的极大值和极小值的方法是导数在研究函数性质方面的继续深入.是导数应用的关键知识点，通过对函数极值的判定，可使学生加深对函数单调性与其导数关系的理解.属★★★★★级题目.
知识依托：解题的成功要靠正确思路的选择.本题从逆向思维的角度出发，根据题设结构进行逆向联想，合理地实现了问题的转化，使抽象的问题具体化.这是解答本题的闪光点.
错解分析：本题难点是在求导之后，不会应用f′(±1)=0的隐含条件，因而造成了解决问题的最大思维障碍.
技巧与方法：考查函数f(x)是实数域上的可导函数，可先求导确定可能的极值，再通过极值点与导数的关系，建立由极值点x=±1所确定的相等关系式，运用待定系数法求值.
解：(1)f′(x)=3ax2+2bx+c
∵x=±1是函数f(x)的极值点，
∴x=±1是方程f′(x)=0,即3ax2+2bx+c=0的两根.
由根与系数的关系，得
又f(1)=－1,∴a+b+c=－1, ③
由①②③解得a=,
(2)f(x)=x3－x,
∴f′(x)=x2－=(x－1)(x+1)
当x＜－1或x＞1时，f′(x)＞0
当－1＜x＜1时，f′(x)＜0
∴函数f(x)在(－∞,－1)和(1,+∞)上是增函数，在(－1，1)上是减函数.
∴当x=－1时，函数取得极大值f(－1)=1,
当x=1时，函数取得极小值f(1)=－1.
［例2］在甲、乙两个工厂，甲厂位于一直线河岸的岸边A处，乙厂与甲厂在河的同侧，乙厂位于离河岸40 km的B处，乙厂到河岸的垂足D与A相距50 km，两厂要在此岸边合建一个供水站C，从供水站到甲厂和乙厂的水管费用分别为每千米3a元和5a元，问供水站C建在岸边何处才能使水管费用最省？
命题意图：学习的目的，就是要会实际应用，本题主要是考查学生运用导数知识解决实际问题的意识，思想方法以及能力.
知识依托：解决实际应用问题关键在于建立数学模型和目标函数.把“问题情景”译为数学语言，找出问题的主要关系，并把问题的主要关系近似化，形式化，抽象成数学问题，再划归为常规问题，选择合适的数学方法求解.
错解分析：本题难点是如何把实际问题中所涉及的几个变量转化成函数关系式.
技巧与方法：根据题设条件作出图形，分析各已知条件之间的关系，借助图形的特征，合理选择这些条件间的联系方式，适当选定变化，构造相应的函数关系.
解法一：根据题意知，只有点C在线段AD上某一适当位置，才能使总运费最省，设C点距D点x km,则
∵BD=40,AC=50－x,
∴BC=
又设总的水管费用为y元，依题意有：
y=30(5a－x)+5a (0＜x＜50)
y′=－3a+,令y′=0,解得x=30
在(0,50)上，y只有一个极值点，根据实际问题的意义，
函数在x=30(km)处取得最小值，此时AC=50－x=20(km)
∴供水站建在A、D之间距甲厂20 km处，可使水管费用最省.
解法二：设∠BCD=Q,则BC=,CD=40cotθ,(0＜θ＜),∴AC=50－40cotθ
设总的水管费用为f(θ),依题意，有
f(θ)=3a(50－40·cotθ)+5a·
=150a+40a·
∴f′(θ)=40a·
令f′(θ)=0,得cosθ=
根据问题的实际意义，当cosθ=时，函数取得最小值，此时sinθ=,∴cotθ=,
∴AC=50－40cotθ=20(km),即供水站建在A、D之间距甲厂20 km处，可使水管费用最省.
●锦囊妙计
1.f(x)在某个区间内可导，若f′(x)＞0,则f(x)是增函数；若f′(x)＜0,则f(x)?是减函数.
2.求函数的极值点应先求导，然后令y′=0得出全部导数为0的点，(导数为0的点不一定都是极值点，例如：y=x3,当x=0时，导数是0，但非极值点)，导数为0的点是否是极值点，取决于这个点左、右两边的增减性，即两边的y′的符号，若改变符号，则该点为极值点；若不改变符号，则非极值点，一个函数的极值点不一定在导数为0的点处取得，但可得函数的极值点一定导数为0.
3.可导函数的最值可通过(a,b)内的极值和端点的函数值比较求得，但不可导函数的极值有时可能在函数不可导的点处取得，因此，一般的连续函数还必须和导数不存在的点的函数值进行比较，如y=|x|,在x=0处不可导，但它是最小值点.
●歼灭难点训练
一、选择题
1.(★★★★)设f(x)可导，且f′(0)=0,又=－1,则f(0)( )
A.可能不是f(x)的极值 B.一定是f(x)的极值
C.一定是f(x)的极小值 D.等于0
2.(★★★★)设函数fn(x)=n2x2(1－x)n(n为正整数)，则fn(x)在［0,1］上的最大值为( )
A.0 B.1
C. D.
二、填空题
3.(★★★★)函数f(x)=loga(3x2+5x－2)(a＞0且a≠1)的单调区间_________.
4.(★★★★)在半径为R的圆内，作内接等腰三角形，当底边上高为_________时它的面积最大.
三、解答题
5.(★★★★★)设f(x)=ax3+x恰有三个单调区间，试确定a的取值范围，并求其单调区间.
6.(★★★★)设x=1与x=2是函数f(x)=alnx+bx2+x的两个极值点.
(1)试确定常数a和b的值；
(2)试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值还是极小值，并说明理由.
7.(★★★★)已知a、b为实数，且b＞a＞e,其中e为自然对数的底，求证：ab＞ba.
8.(★★★★)设关于x的方程2x2－ax－2=0的两根为α、β(α＜β),函数f(x)=.
(1)求f(α)·f(β)的值；
(2)证明f(x)是［α，β］上的增函数；
(3)当a为何值时，f(x)在区间［α，β］上的最大值与最小值之差最小？
［科普美文］新教材中的思维观点?
数学科学具有高度的综合性、很强的实践性，不断的发展性，中学数学新教材打破原教材的框架体系，新增添了工具性、实践性很强的知识内容，正是发展的产物.新教材具有更高的综合性和灵活多样性，更具有朝气与活力，因此，把握新教材的脉搏，培养深刻严谨灵活的数学思维，提高数学素质成为燃眉之需.?
新教材提升与增添的内容包括简易逻辑、平面向量、空间向量、线性规划、概率与统计、导数、研究型课题与实习作业等，这使得新教材中的知识内容立体交叉，联系更加密切，联通的渠道更多，并且富含更高的实用性.因此在高考复习中，要通过总结、编织科学的知识网络，求得对知识的融会贯通，揭示知识间的内在联系.做到以下几点：
一、深刻领会数学思想方法，把立足点放在提高数学素质上.数学的思想方法是数学的精髓，只有运用数学思想方法，才能把数学的知识与技能转化为分析问题与解决问题的能力，才能形成数学的素质.知识是能力的载体，领悟并逐步学会运用蕴含在知识发生发展和深化过程中，贯穿在发现问题与解决问题过程中的数学思想方法，是从根本上提高素质，提高数学科能力的必由之路，只有通过对数学思想方法的不断积累，不断总结经验，才能从知识型向能力型转化，不断提高学习能力和学习水平.?
二、培养用化归（转化）思想处理数学问题的意识.数学问题可看作是一系列的知识形成的一个关系链.处理数学问题的实质，就是实现新问题向旧问题的转化，复杂问题向简单问题的转化，实现未知向已知的转化。虽然解决问题的过程不尽相同，但就其思考方式来讲，通常将待解决的问题通过一次又一次的转化，直至化归为一类已解决或很容易解决的问题，从而求得原问题的解答.?
三、提高用函数方程思想方法分析问题解决问题的能力.函数思想的实质是抛开所研究对象非数学的特性，用联系和变化的观点，建立各变量之间固有的函数关系.与这种思想相联系的就是方程的思想，在解决数学问题时，将所求的量（或与所求的量相关的量）设成未知数，用它来表示问题中的其他各量，根据题中隐含的等量关系去列方程，以求得问题的解决.?
数学思维是科学思维的核心，思维的基石在于逻辑推理，逻辑思维能力是数学能力的核心，逻辑推理是数学思维的基本方法.?
我国著名的数学家华罗庚先生认为，学习有两个过程：一个是“从薄到厚，一个是从厚到薄”，前者是“量”的积累，后者是“质”的飞跃.雄关漫道真如铁，而今迈步从头越，只要同学们在学习中不断积累，不断探索，不断创新，定能在高考中取得骄人战绩！
参考答案
难点磁场
解：(1)由题意得f［f(x)］=f(x2+c)=(x2+c)2+c
f(x2+1)=(x2+1)2+c,∵f［f(x)］=f(x2+1)
∴(x2+c)2+c=(x2+1)2+c,
∴x2+c=x2+1,∴c=1
∴f(x)=x2+1,g(x)=f［f(x)］=f(x2+1)=(x2+1)2+1
(2)φ(x)=g(x)－λf(x)=x4+(2－λ)x2+(2－λ)
若满足条件的λ存在，则φ′(x)=4x3+2(2－λ)x
∵函数φ(x)在(－∞,－1)上是减函数，
∴当x＜－1时，φ′(x)＜0
即4x3+2(2－λ)x＜0对于x∈(－∞,－1)恒成立
∴2(2－λ)＞－4x2,
∵x＜－1,∴－4x2＜－4
∴2(2－λ)≥－4,解得λ≤4
又函数φ(x)在(－1,0)上是增函数
∴当－1＜x＜0时，φ′(x)＞0
即4x2+2(2－λ)x＞0对于x∈(－1,0)恒成立
∴2(2－λ)＜－4x2,
∵－1＜x＜0,∴－4＜4x2＜0
∴2(2－λ)≤－4,解得λ≥4
故当λ=4时，φ(x)在(－∞,－1)上是减函数，在(－1,0)上是增函数，即满足条件的λ存在.
歼灭难点训练
一、1.解析：由=－1,故存在含有0的区间(a,b)使当x∈(a,b),x≠0时＜0,于是当x∈(a,0)时f′(0)＞0,当x∈(0,b)时，f′(0)＜0,这样f(x)在(a,0)上单增，在(0,b)上单减.
答案：B
2.解析：∵f′n(x)=2xn2(1－x)n－n3x2(1－x)n-1?=n2x(1－x)n-1［2(1－x)－nx］,令f′n(x)=0,得x1=0,x2=1,x3=,易知fn(x)在x=时取得最大值，最大值fn()=n2()2(1－)n=4·()n+1?
答案：D
二、3.解析：函数的定义域是x＞或x＜－2,f′(x)=.(3x2+5x－2)′=,
①若a＞1,则当x＞时，logae＞0,6x+5＞0,(3x－1)(x+2)＞0,∴f′(x)＞0,∴函数f(x)在(,
+∞)上是增函数，x＜－2时，f′(x)＜0.∴函数f(x)在(－∞,－2)上是减函数.
②若0＜a＜1,则当x＞时，f′(x)＜0,∴f(x)在(,+∞)上是减函数，当x＜－2时，f′(x)＞0,∴f(x)在(－∞,－2)上是增函数
答案：(－∞,－2)
4.解析：设圆内接等腰三角形的底边长为2x,高为h，那么h=AO+BO=R+,解得
x2=h(2R－h),于是内接三角形的面积为
S=x·h=
从而
令S′=0,解得h=R,由于不考虑不存在的情况，所在区间(0,2R)上列表如下：?
h
(0,R)
R
(,2R)
S′
+
0
－
S
增函数
最大值
减函数
由此表可知，当x=R时，等腰三角形面积最大.
答案：R
三、5.解：f′(x)=3ax2+1
若a＞0,f′(x)＞0对x∈(－∞,+∞)恒成立，此时f(x)只有一个单调区间，矛盾.
若a=0,f′(x)=1＞0,∴x∈(－∞,+∞),f(x)也只有一个单调区间，矛盾.
若a＜0,∵f′(x)=3a(x+)·(x－),此时f(x)恰有三个单调区间.
∴a＜0且单调减区间为(－∞,－)和(,+∞)，单调增区间为(－, ).
6.解：f′(x)=+2bx+1
(1)由极值点的必要条件可知：f′(1)=f′(2)=0,即a+2b+1=0,且+4b+1=0,解方程组可得a=－,b=－,∴f(x)=－lnx－x2+x
(2)f′(x)=－x-1－x+1,当x∈(0,1)时，f′(x)＜0,当x∈(1,2)时，f′(x)＞0,当x∈(2,+∞)时，f′(x)＜0,故在x=1处函数f(x)取得极小值,在x=2处函数取得极大值－ln2.
7.证法一：∵b＞a＞e,∴要证ab＞ba,只要证blna＞alnb,设f(b)=blna－alnb(b＞e),则
f′(b)=lna－.∵b＞a＞e,∴lna＞1,且＜1,∴f′(b)＞0.∴函数f(b)=blna－alnb在(e,+∞)上是增函数，∴f(b)＞f(a)=alna－alna=0,即blna－alnb＞0,∴blna＞alnb,∴ab＞ba.
证法二：要证ab＞ba,只要证blna＞alnb(e＜a＜b,即证,设f(x)=(x＞e)，则f′(x)=＜0,∴函数f(x)在(e,+∞)上是减函数，又∵e＜a＜b,
∴f(a)＞f(b),即,∴ab＞ba.
8.解：(1)f(α)=,f(β)= ,f(α)=f(β)=4
(2)设φ(x)=2x2－ax－2,则当α＜x＜β时，φ(x)＜0,
∴函数f(x)在(α，β)上是增函数
(3)函数f(x)在［α，β］上最大值f(β)＞0,最小值f(α)＜0,
∵|f(α)·f(β)|=4,∴当且仅当f(β)=－f(α)=2时，f(β)－f(α)=|f(β)|+|f(α)|取最小值4，此时a=0,f(β)=2
难点6 函数方程思想
函数与方程思想是最重要的一种数学思想，高考中所占比重较大，综合知识多、题型多、应用技巧多.函数思想简单，即将所研究的问题借助建立函数关系式亦或构造中间函数，结合初等函数的图象与性质，加以分析、转化、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；方程思想即将问题中的数量关系运用数学语言转化为方程模型加以解决.
●难点磁场
1.（★★★★★）关于x的不等式2·32x–3x+a2–a–3＞0，当0≤x≤1时恒成立，则实数a的取值范围为 .
2.（★★★★★）对于函数f(x)，若存在x0∈R,使f(x0)=x0成立，则称x0为f(x)的不动点.已知函数f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)
（1）若a=1,b=–2时，求f(x)的不动点；
（2）若对任意实数b，函数f(x)恒有两个相异的不动点，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若y=f(x)图象上A、B两点的横坐标是函数f(x)的不动点，且A、B关于直线y=kx+对称，求b的最小值.
●案例探究?
［例1］已知函数f(x)=logm
(1)若f(x)的定义域为［α，β］，（β＞α＞0），判断f(x)在定义域上的增减性，并加以说明；
(2)当0＜m＜1时，使f(x)的值域为［logm［m(β–1)］，logm［m(α–1)］］的定义域区间为［α,β］(β＞α＞0)是否存在？请说明理由.
命题意图：本题重在考查函数的性质，方程思想的应用.属★★★★级题目.
知识依托：函数单调性的定义判断法；单调性的应用；方程根的分布；解不等式组.
错解分析：第(1)问中考生易忽视“α＞3”这一关键隐性条件；第(2)问中转化出的方程，不能认清其根的实质特点，为两大于3的根.
技巧与方法：本题巧就巧在采用了等价转化的方法，借助函数方程思想，巧妙解题.
解：（1）x＜–3或x＞3.
∵f(x)定义域为［α,β］,∴α＞3
设β≥x1＞x2≥α，有
当0＜m＜1时，f(x)为减函数，当m＞1时，f(x)为增函数.
（2）若f(x)在［α,β］上的值域为［logmm(β–1),logmm(α–1)］
∵0＜m＜1, f(x)为减函数.
∴
即
即α,β为方程mx2+(2m–1)x–3(m–1)=0的大于3的两个根
∴ ∴0＜m＜
故当0＜m＜时，满足题意条件的m存在.
［例2］已知函数f(x)=x2–(m+1)x+m(m∈R)
(1)若tanA,tanB是方程f(x)+4=0的两个实根，A、B是锐角三角形ABC的两个内角.求证：m≥5;
(2)对任意实数α,恒有f(2+cosα)≤0，证明m≥3;
(3)在(2)的条件下，若函数f(sinα)的最大值是8，求m.
命题意图：本题考查函数、方程与三角函数的相互应用；不等式法求参数的范围.属
★★★★★级题目.
知识依托：一元二次方程的韦达定理、特定区间上正负号的充要条件，三角函数公式.
错解分析：第(1)问中易漏掉Δ≥0和tan(A+B)＜0，第(2)问中如何保证f(x)在［1,3］恒小于等于零为关键.
技巧与方法：深挖题意，做到题意条件都明确，隐性条件注意列.列式要周到，不遗漏.
（1）证明：f(x)+4=0即x2–(m+1)x+m+4=0.依题意：
又A、B锐角为三角形内两内角
∴＜A+B＜π
∴tan(A+B)＜0，即
∴∴m≥5
(2)证明：∵f(x)=(x–1)(x–m)
又–1≤cosα≤1，∴1≤2+cosα≤3，恒有f(2+cosα)≤0
即1≤x≤3时，恒有f(x)≤0即(x–1)(x–m)≤0
∴m≥x但xmax=3，∴m≥xmax=3
(3)解：∵f(sinα)=sin2α–(m+1)sinα+m=
且≥2,∴当sinα=–1时，f(sinα)有最大值8.
即1+(m+1)+m=8，∴m=3
●锦囊妙计?
函数与方程的思想是最重要的一种数学思想，要注意函数，方程与不等式之间的相互联系和转化.考生应做到：
（1）深刻理解一般函数y=f(x)、y=f–1(x)的性质（单调性、奇偶性、周期性、最值和图象变换），熟练掌握基本初等函数的性质，这是应用函数思想解题的基础.
（2）密切注意三个“二次”的相关问题，三个“二次”即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式是中学数学的重要内容，具有丰富的内涵和密切的联系.掌握二次函数基本性质，二次方程实根分布条件，二次不等式的转化策略.
●歼灭难点训练?
一、选择题
1.（★★★★★）已知函数f(x)=loga［–(2a)2］对任意x∈［,+∞］都有意义，则实数a的取值范围是( )
A.(0, B.(0,) C.［,1 D.(,）
2.（★★★★★）函数f(x)的定义域为R，且x≠1，已知f(x+1)为奇函数，当x＜1时，f(x)=2x2–x+1，那么当x＞1时，f(x)的递减区间是( )
A.［，+∞ B.(1, C.［,+∞ D.(1,］
二、填空题
3.（★★★★）关于x的方程lg(ax–1)–lg(x–3)=1有解，则a的取值范围是 .
4.（★★★★★）如果y=1–sin2x–mcosx的最小值为–4，则m的值为 .
三、解答题
5.（★★★★）设集合A={x｜4x–2x+2+a=0,x∈R}.
（1）若A中仅有一个元素，求实数a的取值集合B；
（2）若对于任意a∈B，不等式x2–6x＜a(x–2)恒成立，求x的取值范围.
6.（★★★★）已知二次函数f(x)=ax2+bx(a,b为常数，且a≠0)满足条件:f(x–1)=f(3–x)且方程f(x)=2x有等根.
（1）求f(x)的解析式；
（2）是否存在实数m，n(m＜n＝，使f(x)定义域和值域分别为［m,n］和［4m,4n］，如果存在，求出m、n的值；如果不存在，说明理由.
7.（★★★★★）已知函数f(x)=6x–6x2，设函数g1(x)=f(x), g2(x)=f［g1(x)］, g3(x)=f ［g2(x)］,
…gn(x)=f［gn–1(x)］,…
（1）求证：如果存在一个实数x0，满足g1(x0)=x0，那么对一切n∈N，gn(x0)=x0都成立；
（2）若实数x0满足gn(x0)=x0，则称x0为稳定不动点，试求出所有这些稳定不动点；
（3）设区间A=（–∞,0）,对于任意x∈A，有g1(x)=f(x)=a＜0, g2(x)=f［g1(x)］=f(0)＜0，
且n≥2时，gn(x)＜0.试问是否存在区间B（A∩B≠），对于区间内任意实数x，只要n≥2，都有gn(x)＜0.
8.（★★★★）已知函数f(x)= (a＞0,x＞0).
（1）求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数；
（2）若f(x)≤2x在(0,+∞)上恒成立，求a的取值范围；
（3）若f(x)在［m,n］上的值域是［m,n］(m≠n)，求a的取值范围.
参 考 答 案
●难点磁场
1.解析：设t=3x，则t∈［1,3］，原不等式可化为a2–a–3＞–2t2+t,t∈［1,3］.
等价于a2–a–3大于f(t)=–2t2+t在［1,3］上的最大值.
答案：(–∞,–1)∪(2,+∞)
2.解：（1）当a=1,b=–2时，f(x)=x2–x–3，由题意可知x=x2–x–3，得x1=–1,x2=3.
故当a=1,b=–2时，f(x)的两个不动点为–1,3.
（2）∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有两个不动点，
∴x=ax2+(b+1)x+(b–1)，即ax2+bx+(b–1)=0恒有两相异实根
∴Δ=b2–4ab+4a＞0(b∈R)恒成立.
于是Δ′=(4a)2–16a＜0解得0＜a＜1
故当b∈R，f(x)恒有两个相异的不动点时，0＜a＜1.
（3）由题意A、B两点应在直线y=x上，设A(x1,x1),B(x2,x2)
又∵A、B关于y=kx+对称.
∴k=–1.设AB的中点为M(x′,y′)
∵x1,x2是方程ax2+bx+(b–1)=0的两个根.
∴x′=y′=，又点M在直线上有
，即
∵a＞0，∴2a+≥2当且仅当2a=即a=∈(0,1)时取等号，
故b≥–，得b的最小值–.
●歼灭难点训练
一、1.解析：考查函数y1=和y2=(2a)x的图象，显然有0＜2a＜1.由题意得a=，再结合指数函数图象性质可得答案.
答案：A
2.解析：由题意可得f(–x+1)=–f(x+1).令t=–x+1，则x=1–t，故f(t)=–f(2–t)，即f(x)=–f(2–x).
当x＞1,2–x＜1，于是有f(x)=–f(2–x)=–2(x–)2–，其递减区间为［，+∞).
答案：C
3.解析：显然有x＞3，原方程可化为
故有(10–a)·x=29,必有10–a＞0得a＜10
又x=＞3可得a＞.
答案：＜a＜10
4.解析：原式化为.
当＜–1,ymin=1+m=–4m=–5.
当–1≤≤1,ymin==–4m=±4不符.
当＞1，ymin=1–m=–4m=5.
答案：±5
二、5.解：(1)令2x=t(t＞0)，设f(t)=t2–4t+a.
由f(t)=0在(0,+∞)有且仅有一根或两相等实根，则有
①f(t)=0有两等根时，Δ=016–4a=0a=4
验证：t2–4t+4=0t=2∈(0,+∞)，这时x=1
②f(t)=0有一正根和一负根时,f(0)＜0a＜0
③若f(0)=0，则a=0，此时4x–4·2x=02x=0（舍去），或2x=4,∴x=2，即A中只有一个元素
综上所述，a≤0或a=4，即B={a｜a≤0或a=4}
（2）要使原不等式对任意a∈(–∞,0］∪｛4｝恒成立.即g(a)=(x–2)a–(x2–6x)＞0恒成立.只须
＜x≤2
6.解：（1）∵方程ax2+bx=2x有等根，∴Δ=(b–2)2=0,得b=2.
由f(x–1)=f(3–x)知此函数图象的对称轴方程为x=–=1得a=–1，故f(x)=–x2+2x.
（2）f(x)=–(x–1)2+1≤1，∴4n≤1，即n≤
而抛物线y=–x2+2x的对称轴为x=1
∴n≤时，f(x)在［m,n］上为增函数.
若满足题设条件的m,n存在，则
又m＜n≤,∴m=–2,n=0，这时定义域为［–2,0］，值域为［–8,0］.
由以上知满足条件的m、n存在，m=–2,n=0.
7.(1)证明：当n=1时，g1(x0)=x0显然成立；
设n=k时，有gk(x0)=x0(k∈N)成立，
则gk+1(x0)=f［gk(x0)］=f(x0)=g1(x0)=x0
即n=k+1时，命题成立.
∴对一切n∈N,若g1(x0)=x0，则gn(x0)=x0.
（2）解：由（1）知，稳定不动点x0只需满足f(x0)=x0
由f(x0)=x0，得6x0–6x02=x0,∴x0=0或x0=
∴稳定不动点为0和.
(3)解：∵f(x)＜0，得6x–6x2＜0x＜0或x＞1.
∴gn(x)＜0f［gn–1(x)］＜0gn–1(x)＜0或gn–1(x)＞1
要使一切n∈N,n≥2，都有gn(x)＜0，必须有g1(x)＜0或g1(x)＞1.
由g1(x)＜06x–6x2＜0x＜0或x＞1
由g1(x)＞06x–6x2＞1
故对于区间()和(1,+∞)内的任意实数x,只要n≥2,n∈N，都有gn(x)＜0.
8.(1)证明：任取x1＞x2＞0,f(x1)–f(x2)=
∵x1＞x2＞0,∴x1x2＞0，x1–x2＞0,
∴f(x1)–f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，故f(x)在(0,+∞)上是增函数.
（2）解：∵≤2x在(0,+∞)上恒成立，且a＞0,
∴a≥在（0，+∞）上恒成立，令（当且仅当2x=即x=时取等号），要使a≥在(0,+∞)上恒成立，则a≥.故a的取值范
围是［,+∞).
(3)解：由（1）f(x)在定义域上是增函数.
∴m=f(m),n=f(n)，即m2–m+1=0，n2–n+1=0
故方程x2–x+1=0有两个不相等的正根m，n，注意到m·n=1，故只需要Δ=()2–4＞0,由于a＞0，则0＜a＜.
难点7 数形结合思想
数形结合思想在高考中占有非常重要的地位，其“数”与“形”结合，相互渗透，把代数式的精确刻划与几何图形的直观描述相结合，使代数问题、几何问题相互转化，使抽象思维和形象思维有机结合.应用数形结合思想，就是充分考查数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数意义又揭示其几何意义，将数量关系和空间形式巧妙结合，来寻找解题思路，使问题得到解决.运用这一数学思想，要熟练掌握一些概念和运算的几何意义及常见曲线的代数特征.
●难点磁场?
1.曲线y=1+ (–2≤x≤2)与直线y=r(x–2)+4有两个交点时，实数r的取值范围
.
2.设f(x)=x2–2ax+2,当x∈［–1,+∞)时，f(x)＞a恒成立，求a的取值范围.
●案例探究?
［例1］设A={x｜–2≤x≤a}，B={y｜y=2x+3，且x∈A}，C={z｜z=x2，且x∈A }，若CB，求实数a的取值范围.
命题意图：本题借助数形结合，考查有关集合关系运算的题目.属★★★★级题目.
知识依托：解决本题的关键是依靠一元二次函数在区间上的值域求法确定集合C.进而将CB用不等式这一数学语言加以转化.
错解分析：考生在确定z=x2，x∈［–2,a］的值域是易出错，不能分类而论.巧妙观察图象将是上策.不能漏掉a＜–2这一种特殊情形.
技巧与方法：解决集合问题首先看清元素究竟是什么，然后再把集合语言“翻译”为一般的数学语言，进而分析条件与结论特点，再将其转化为图形语言，利用数形结合的思想来解决.
解：∵y=2x+3在［–2, a］上是增函数
∴–1≤y≤2a+3，即B={y｜–1≤y≤2a+3}
作出z=x2的图象，该函数定义域右端点x=a有三种不同的位置情况如下：
①当–2≤a≤0时，a2≤z≤4即C={z｜z2≤z≤4}
要使CB,必须且只须2a+3≥4得a≥与–2≤a＜0矛盾.
②当0≤a≤2时，0≤z≤4即C={z｜0≤z≤4}，要使CB，由图可知：
必须且只需
解得≤a≤2
③当a＞2时，0≤z≤a2，即C={z｜0≤z≤a2}，要使CB必须且只需
解得2＜a≤3
④当a＜–2时，A=此时B=C=，则CB成立.
综上所述，a的取值范围是(–∞,–2)∪［,3］.
［例2］已知acosα+bsinα=c, acosβ+bsinβ=c(ab≠0,α–β≠kπ, k∈Z)求证：
.
命题意图：本题主要考查数学代数式几何意义的转换能力.属★★★★★级题目.
知识依托：解决此题的关键在于由条件式的结构联想到直线方程.进而由A、B两点坐标特点知其在单位圆上.
错解分析：考生不易联想到条件式的几何意义，是为瓶颈之一.如何巧妙利用其几何意义是为瓶颈之二.
技巧与方法：善于发现条件的几何意义，还要根据图形的性质分析清楚结论的几
何意义，这样才能巧用数形结合方法完成解题.
证明:在平面直角坐标系中，点A（cosα,sinα）与点B（cosβ,
sinβ）是直线l:ax+by=c与单位圆x2+y2=1的两个交点如图.
从而：｜AB｜2=(cosα–cosβ)2+(sinα–sinβ)2
=2–2cos(α–β)
又∵单位圆的圆心到直线l的距离
由平面几何知识知｜OA｜2–(｜AB｜)2=d2即
∴.
●锦囊妙计?
应用数形结合的思想，应注意以下数与形的转化：
（1）集合的运算及韦恩图
（2）函数及其图象
（3）数列通项及求和公式的函数特征及函数图象
（4）方程（多指二元方程）及方程的曲线
以形助数常用的有：借助数轴；借助函数图象；借助单位圆；借助数式的结构特征；借助于解析几何方法.
以数助形常用的有：借助于几何轨迹所遵循的数量关系；借助于运算结果与几何定理的结合.
●歼灭难点训练?
一、选择题
1.（★★★★）方程sin(x–)=x的实数解的个数是( )
A.2 B.3 C.4 D.以上均不对
2.（★★★★★）已知f(x)=(x–a)(x–b)–2（其中a＜b，且α、β是方程f(x)=0的两根（α＜β，则实数a、b、α、β的大小关系为( )
A.α＜a＜b＜β B.α＜a＜β＜b
C.a＜α＜b＜β D.a＜α＜β＜b
二、填空题
3.（★★★★★）(4cosθ+3–2t)2+(3sinθ–1+2t)2，(θ、t为参数)的最大值是 .
4.（★★★★★）已知集合A={x｜5–x≥},B={x｜x2–ax≤x–a}，当AB时，则a的取值范围是 .
三、解答题
5.（★★★★）设关于x的方程sinx+cosx+a=0在（0,π）内有相异解α、β.
（1）求a的取值范围；
（2）求tan(α+β)的值.
6.（★★★★）设A={(x,y)｜y=,a＞0}，B={(x,y)｜(x–1)2+(y–3)2=a2,a＞0},且A∩B≠，求a的最大值与最小值.
7.（★★★★）已知A（1，1）为椭圆=1内一点，F1为椭圆左焦点，P为椭圆上一动点.求｜PF1｜+｜PA｜的最大值和最小值.
8.（★★★★★）把一个长、宽、高分别为25 cm、20 cm、5 cm的长方体木盒从一个正方形窗口穿过，那么正方形窗口的边长至少应为多少？
参 考 答 案
●难点磁场
1.解析：方程y=1+的曲线为半圆，y=r(x–2)+4为过（2，4）的直线.
答案：（］
2.解法一：由f(x)＞a，在［–1,+∞)上恒成立x2–2ax+2–a＞0在［–1,+∞)上恒成立.考查函数g(x)=x2–2ax+2–a的图象在［–1,+∞］时位于x轴上方.如图两种情况：
不等式的成立条件是：(1)Δ=4a2–4(2–a)＜0a∈(–2,1)
(2)a∈(–3,–2，综上所述a∈(–3,1).
解法二：由f(x)＞ax2+2＞a(2x+1)
令y1=x2+2,y2=a(2x+1),在同一坐标系中作出两个函数的图象.
如图满足条件的直线l位于l1与l2之间，而直线l1、l2对应的a值（即直线的斜率）分别为1，–3，
故直线l对应的a∈(–3,1).
●歼灭难点训练
一、1.解析：在同一坐标系内作出y1=sin(x–)与y2=x的图象如图.
答案：B
2.解析：a,b是方程g(x)=(x–a)(x–b)=0的两根，在同一坐标系中作出函数f(x)、g(x)的图象如图所示：
答案：A
二、3.解析：联想到距离公式，两点坐标为A(4cosθ,3sinθ),B(2t–3,1–2t)
点A的几何图形是椭圆，点B表示直线.
考虑用点到直线的距离公式求解.
答案：
4.解析：解得A={x｜x≥9或x≤3}，B={x｜(x–a)(x–1)≤0}，画数轴可得.
答案：a＞3
三、5.解：①作出y=sin(x+)(x∈(0,π))及y=–的图象，知当｜–｜＜1且–≠
时，曲线与直线有两个交点，故a∈(–2,–)∪(–,2).
②把sinα+cosα=–a,sinβ+cosβ=–a相减得tan，
故tan(α+β)=3.
6.解：∵集合A中的元素构成的图形是以原点O为圆心，a为半径的半圆；集合B中的元素是以点O′(1,)为圆心，a为半径的圆.如图所示
∵A∩B≠，∴半圆O和圆O′有公共点.
显然当半圆O和圆O′外切时，a最小
a+a=｜OO′｜=2,∴amin=2–2
当半圆O与圆O′内切时，半圆O的半径最大，即a最大.
此时a–a=｜OO′｜=2,∴amax=2+2.
7.解：由可知a=3,b=,c=2，左焦点F1(–2,0),右焦点F2(2,0).由椭圆定义，｜PF1｜=2a–｜PF2｜=6–｜PF2｜,
∴｜PF1｜+｜PA｜=6–｜PF2｜+｜PA｜=6+｜PA｜–｜PF2｜
如图：
由｜｜PA｜–｜PF2｜｜≤｜AF2｜=知
–≤｜PA｜–｜PF2｜≤.
当P在AF2延长线上的P2处时，取右“=”号；
当P在AF2的反向延长线的P1处时，取左“=”号.
即｜PA｜–｜PF2｜的最大、最小值分别为，–.
于是｜PF1｜+｜PA｜的最大值是6+,最小值是6–.
8.解：本题实际上是求正方形窗口边长最小值.
由于长方体各个面中宽和高所在的面的边长最小，所以应由这个面对称地穿过窗口才能使正方形窗口边长尽量地小.
如图：
设AE=x,BE=y,
则有AE=AH=CF=CG=x，BE=BF=DG=DH=y
∴
∴.

难点8 分类讨论思想
分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论.”
●难点磁场?
1.（★★★★★）若函数在其定义域内有极值点，则a的取值为 .
2.（★★★★★）设函数f(x)=x2+｜x–a｜+1，x∈R.
(1)判断函数f(x)的奇偶性；
(2)求函数f(x)的最小值.
●案例探究?
［例1］已知{an}是首项为2，公比为的等比数列，Sn为它的前n项和.
（1）用Sn表示Sn+1;
（2）是否存在自然数c和k，使得成立.
命题意图：本题主要考查等比数列、不等式知识以及探索和论证存在性问题的能力，属★★★★★级题目.
知识依托：解决本题依据不等式的分析法转化，放缩、解简单的分式不等式；数列的基本性质.
错解分析：第2问中不等式的等价转化为学生的易错点，不能确定出.
技巧与方法：本题属于探索性题型，是高考试题的热点题型.在探讨第2问的解法时，采取优化结论的策略，并灵活运用分类讨论的思想：即对双参数k,c轮流分类讨论，从而获得答案.
解：（1）由Sn=4(1–），得
，(n∈N*)
（2）要使，只要
因为
所以，(k∈N*)
故只要Sk–2＜c＜Sk，（k∈N*）
因为Sk+1＞Sk，(k∈N*) ①
所以Sk–2≥S1–2=1.
又Sk＜4，故要使①成立，c只能取2或3.
当c=2时，因为S1=2，所以当k=1时，c＜Sk不成立，从而①不成立.
当k≥2时，因为，由Sk＜Sk+1(k∈N*)得
Sk–2＜Sk+1–2
故当k≥2时，Sk–2＞c，从而①不成立.
当c=3时，因为S1=2，S2=3，
所以当k=1，k=2时，c＜Sk不成立，从而①不成立?
因为，又Sk–2＜Sk+1–2
所以当k≥3时，Sk–2＞c，从而①成立.
综上所述，不存在自然数c,k,使成立.
［例2］给出定点A（a,0)（a＞0）和直线l：x=–1，B是直线l上的动点，∠BOA的角平分线交AB于点C.求点C的轨迹方程，并讨论方程表示的曲线类型与a值的关系.
命题意图：本题考查动点的轨迹，直线与圆锥曲线的基本知识，分类讨论的思想方法.综合性较强，解法较多，考查推理能力和综合运用解析几何知识解题的能力.属★★★★★级题目.
知识依托：求动点轨迹的基本方法步骤.椭圆、双曲线、抛物线标准方程的基本特点.
错解分析：本题易错点为考生不能巧妙借助题意条件，构建动点坐标应满足的关系式和分类讨论轨迹方程表示曲线类型.
技巧与方法：精心思考，发散思维、多途径、多角度的由题设条件出发，探寻动点应满足的关系式.巧妙地利用角平分线的性质.
解法一：依题意，记B（–1，b)，(b∈R），则直线OA和OB的方程分别为y=0和y=–bx.
设点C(x,y)，则有0≤x＜a，由OC平分∠AOB，知点C到OA、OB距离相等.
根据点到直线的距离公式得｜y｜= ①
依题设，点C在直线AB上，故有
由x–a≠0，得 ②
将②式代入①式，得y2［(1–a)x2–2ax+(1+a)y2］=0
若y≠0，则
(1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a)
若y=0则b=0,∠AOB=π，点C的坐标为（0，0）满足上式.
综上，得点C的轨迹方程为
（1–a）x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a
(i)当a=1时，轨迹方程化为y2=x(0≤x＜1 ③
此时方程③表示抛物线弧段；
(ii)当a≠1，轨迹方程化为
④
所以当0＜a＜1时，方程④表示椭圆弧段；
当a＞1时，方程④表示双曲线一支的弧段.
解法二：如图，设D是l与x轴的交点，过点C作CE⊥x轴，E是垂足.
（i）当｜BD｜≠0时，
设点C(x,y)，则0＜x＜a，y≠0
由CE∥BD，得.
∵∠COA=∠COB=∠COD–∠BOD=π–∠COA–∠BOD
∴2∠COA=π–∠BOD
∴
∵
∴整理，得
(1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a)
(ii)当｜BD｜=0时，∠BOA=π，则点C的坐标为(0,0)，满足上式.
综合(i)、(ii)，得点C的轨迹方程为
(1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0≤x＜a)
以下同解法一.
解法三：设C(x,y)、B(–1,b)，则BO的方程为y=–bx，直线AB的方程为
∵当b≠0时，OC平分∠AOB，设∠AOC=θ,
∴直线OC的斜率为k=tanθ,OC的方程为y=kx于是
又tan2θ=–b
∴–b= ①
∵C点在AB上
∴ ②
由①、②消去b，得 ③
又，代入③，有
整理，得(a–1)x2–(1+a)y2+2ax=0 ④
当b=0时，即B点在x轴上时，C(0,0)满足上式：
a≠1时，④式变为
当0＜a＜1时，④表示椭圆弧段；
当a＞1时，④表示双曲线一支的弧段；
当a=1时，④表示抛物线弧段.
●锦囊妙计?
分类讨论思想就是依据一定的标准，对问题分类、求解，要特别注意分类必须满足互斥、无漏、最简的原则.分类讨论常见的依据是：
1.由概念内涵分类.如绝对值、直线的斜率、指数对数函数、直线与平面的夹角等定义包含了分类.
2.由公式条件分类.如等比数列的前n项和公式、极限的计算、圆锥曲线的统一定义中图形的分类等.
3.由实际意义分类.如排列、组合、概率中较常见，但不明显、有些应用问题也需分类讨论.
在学习中也要注意优化策略，有时利用转化策略，如反证法、补集法、变更多元法、数形结合法等简化甚至避开讨论.
●歼灭难点训练?
一、选择题
1.（★★★★）已知其中a∈R，则a的取值范围是( )
A.a＜0 B.a＜2或a≠–2
C.–2＜a＜2 D.a＜–2或a＞2
2.（★★★★★）四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有( )
A.150种 B.147种 C.144种 D.141种
二、填空题
3.（★★★★）已知线段AB在平面α外，A、B两点到平面α的距离分别为1和3，则线段AB的中点到平面α的距离为 .
4.（★★★★★）已知集合A={x｜x2–3x+2=0},B={x｜x2–ax+(a–1)=0}，C={x｜x2–mx+2=0}，且A∪B=A，A∩C=C，则a的值为 ，m的取值范围为 .
三、解答题
5.（★★★★）已知集合A={x｜x2+px+q=0}，B={x｜qx2+px+1=0},A,B同时满足：
①A∩B≠,②A∩B={–2}.求p、q的值.
6.（★★★★）已知直角坐标平面上点Q（2，0）和圆C：x2+y2=1，动点M到圆C的切线长与｜MQ｜的比等于常数λ(λ＞0).求动点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.
7.(★★★★★)已知函数y=f(x)的图象是自原点出发的一条折线.当n≤y≤n+1(n=0,1,2,…)时，该图象是斜率为bn的线段（其中正常数b≠1），设数列{xn}由f(xn)=n(n=1,2,…)定义.
（1）求x1、x2和xn的表达式；
（2）计算xn；
（3）求f(x)的表达式，并写出其定义域.
8.（★★★★★）已知a＞0时，函数f(x)=ax–bx2
（1）当b＞0时，若对任意x∈R都有f(x)≤1，证明a≤2b;
（2）当b＞1时，证明：对任意x∈［0,1］,｜f(x)｜≤1的充要条件是b–1≤a≤2；
（3）当0＜b≤1时，讨论：对任意x∈［0,1］,｜f(x)｜≤1的充要条件.
参 考 答 案
●难点磁场
1.解析：即f(x)=(a–1)x2+ax–=0有解.
当a–1=0时，满足.当a–1≠0时，只需Δ=a2–(a–1)＞0.
答案：或a=1
2.解：(1)当a=0时，函数f(–x)=(–x)2+｜–x｜+1=f(x)，此时f(x)为偶函数.
当a≠0时，f(a)=a2+1,f(–a)=a2+2｜a｜+1.f(–a)≠f(a),f(–a)≠–f(a)
此时函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数.
（2）①当x≤a时，函数f(x)=x2–x+a+1=(x–)2+a+
若a≤，则函数f(x)在(–∞,a］上单调递减.
从而函数f(x)在（–∞,a上的最小值为f(a)=a2+1
若a＞，则函数f(x)在（–∞,a上的最小值为f()=+a，且f()≤f(a).
②当x≥a时，函数f(x)=x2+x–a+1=(x+)2–a+
若a≤–，则函数f(x)在［a,+∞］上的最小值为f(–)=–a，且f(–)≤f(a)；
若a＞–，则函数f(x)在［a,+∞)单调递增.
从而函数f(x)在［a,+∞］上的最小值为f(a)=a2+1.
综上，当a≤–时，函数f(x)的最小值为–a；
当–＜a≤时，函数f(x)的最小值是a2+1；
当a＞时，函数f(x)的最小值是a+.
●歼灭难点训练
一、1.解析：分a=2、｜a｜＞2和｜a｜＜2三种情况分别验证.
答案：C
2.解析：任取4个点共C=210种取法.四点共面的有三类：（1）每个面上有6个点，则有4×C=60种取共面的取法；（2）相比较的4个中点共3种；（3）一条棱上的3点与对棱的中点共6种.
答案：C
二、3.解析：分线段AB两端点在平面同侧和异侧两种情况解决.
答案：1或2
4.解析：A={1,2},B={x｜(x–1)(x–1+a)=0},
由A∪B=A可得1–a=1或1–a=2；
由A∩C=C，可知C={1}或.
答案：2或3 3或（–2，2）
三、5.解：设x0∈A，x0是x02+px0+q=0的根.
若x0=0，则A={–2,0}，从而p=2,q=0,B={–}.
此时A∩B=与已知矛盾，故x0≠0.
将方程x02+px0+q=0两边除以x02，得
.
即满足B中的方程，故∈B.
∵A∩={–2},则–2∈A,且–2∈.
设A={–2,x0}，则B={}，且x0≠2（否则A∩B=）.
若x0=–，则–2∈B,与–2B矛盾.
又由A∩B≠,∴x0=，即x0=±1.
即A={–2,1}或A={–2,–1}.
故方程x2+px+q=0有两个不相等的实数根–2，1或–2，–1
∴
6.解：如图，设MN切圆C于N，则动点M组成的集合是P={M｜｜MN｜=λ｜MQ｜,λ＞0}.
∵ON⊥MN,｜ON｜=1,
∴｜MN｜2=｜MO｜2–｜ON｜2=｜MO｜2–1
设动点M的坐标为(x,y)，
则
即（x2–1)(x2+y2)–4λ2x+(4λ2+1)=0.
经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合P，故方程为所求的轨迹方程.
（1）当λ=1时，方程为x=，它是垂直于x轴且与x轴相交于点（，0）的直线；
（2）当λ≠1时，方程化为：
它是以为圆心，为半径的圆.
7.解：（1）依题意f(0)=0，又由f(x1)=1，当0≤y≤1，函数y=f(x)的图象是斜率为b0=1的线段，故由
∴x1=1
又由f(x2)=2，当1≤y≤2时，函数y=f(x)的图象是斜率为b的线段，故由
即x2–x1=
∴x2=1+
记x0=0，由函数y=f(x)图象中第n段线段的斜率为bn–1，故得
又由f(xn)=n,f(xn–1)=n–1
∴xn–xn–1=()n–1,n=1,2,……
由此知数列{xn–xn–1}为等比数列，其首项为1，公比为.
因b≠1，得(xk–xk–1)
=1++…+
即xn=
（2）由（1）知，当b＞1时，
当0＜b＜1，n→∞, xn也趋于无穷大.xn不存在.
（3）由（1）知，当0≤y≤1时，y=x，即当0≤x≤1时，f(x)=x;
当n≤y≤n+1，即xn≤x≤xn+1由（1）可知
f(x)=n+bn(x–xn)(n=1,2,…),由（2）知
当b＞1时，y=f(x)的定义域为［0,);
当0＜b＜1时，y=f(x)的定义域为［0,+∞).
8.(1)证明：依设，对任意x∈R，都有f(x)≤1
∵
∴≤1
∵a＞0,b＞0
∴a≤2.
（2）证明：必要性：
对任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1–1≤f(x），据此可以推出–1≤f(1)
即a–b≥–1，∴a≥b–1
对任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1f(x)≤1.
因为b＞1，可以推出f()≤1即a·–1≤1，
∴a≤2,∴b–1≤a≤2
充分性：
因为b＞1，a≥b–1，对任意x∈［0,1］.
可以推出ax–bx2≥b(x–x2)–x≥–x≥–1
即ax–bx2≥–1
因为b＞1,a≤2,对任意x∈［0,1］，可以推出ax–bx2≤2x–bx2≤1
即ax–bx2≤1,∴–1≤f(x)≤1
综上，当b＞1时，对任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要条件是b–1≤a≤2.
(3)解：∵a＞0，0＜b≤1
∴x∈［0,1］,f(x)=ax–bx2≥–b≥–1
即f(x)≥–1
f(x)≤1f(1)≤1a–b≤1
即a≤b+1
a≤b+1f(x)≤(b+1)x–bx2≤1
即f(x)≤1
所以当a＞0，0＜b≤1时，对任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要条件是a≤b+1.
难点9 化归思想
化归与转换的思想，就是在研究和解决数学问题时采用某种方式，借助某种函数性质、图象、公式或已知条件将问题通过变换加以转化，进而达到解决问题的思想.等价转化总是将抽象转化为具体，复杂转化为简单、未知转化为已知，通过变换迅速而合理的寻找和选择问题解决的途径和方法.
●难点磁场?
1.（★★★★★）一条路上共有9个路灯，为了节约用电，拟关闭其中3个，要求两端的路灯不能关闭，任意两个相邻的路灯不能同时关闭，那么关闭路灯的方法总数为 .
2.（★★★★★）已知平面向量a=(–1),b=().
（1）证明a⊥b;
（2）若存在不同时为零的实数k和t，使x=a+(t2–3)b，y=–ka+tb，且x⊥y，试求函数关系式k=f(t);
（3）据（2）的结论，讨论关于t的方程f(t)–k=0的解的情况.
●案例探究?
［例1］对任意函数f(x), x∈D，可按图示构造一个数列发生器，其工作原理如下：
①输入数据x0∈D，经数列发生器输出x1=f(x0)；
②若x1D，则数列发生器结束工作；若x1∈D，则将x1反馈回输入端，再输出x2=f(x1)，并依此规律继续下去.
现定义
（1）若输入x0=，则由数列发生器产生数列{xn}，请写出{xn}的所有项；
（2）若要数列发生器产生一个无穷的常数列，试求输入的初始数据x0的值；
（3）若输入x0时，产生的无穷数列{xn}，满足对任意正整数n均有xn＜xn+1；求x0的取值范围.
命题意图：本题主要考查学生的阅读审题，综合理解及逻辑推理的能力.属★★★★★级题目.
知识依托：函数求值的简单运算、方程思想的应用.解不等式及化归转化思想的应用.解题的关键就是应用转化思想将题意条件转化为数学语言.
错解分析：考生易出现以下几种错因：（1）审题后不能理解题意.（2）题意转化不出数学关系式，如第2问.（3）第3问不能进行从一般到特殊的转化.
技巧与方法：此题属于富有新意，综合性、抽象性较强的题目.由于陌生不易理解并将文意转化为数学语言.这就要求我们慎读题意，把握主脉，体会数学转换.
解：（1）∵f(x)的定义域D=（–∞,–1)∪(–1,+∞)
∴数列{xn}只有三项，
（2）∵,即x2–3x+2=0
∴x=1或x=2，即x0=1或2时
故当x0=1时，xn=1，当x0=2时，xn=2（n∈N*）
（3）解不等式，得x＜–1或1＜x＜2
要使x1＜x2，则x2＜–1或1＜x1＜2
对于函数
若x1＜–1，则x2=f(x1)＞4，x3=f(x2)＜x2
若1＜x1＜2时，x2=f(x1)＞x1且1＜x2＜2
依次类推可得数列{xn}的所有项均满足
xn+1＞xn（n∈N*)
综上所述，x1∈(1,2)
由x1=f(x0),得x0∈(1,2).
［例2］设椭圆C1的方程为(a＞b＞0)，曲线C2的方程为y=，且曲线C1与C2在第一象限内只有一个公共点P.
（1）试用a表示点P的坐标；
（2）设A、B是椭圆C1的两个焦点，当a变化时，求△ABP的面积函数S(a)的值域；
（3）记min{y1,y2,……,yn}为y1,y2,……,yn中最小的一个.设g(a)是以椭圆C1的半焦距为边长的正方形的面积，试求函数f(a)=min{g(a), S(a)}的表达式.
命题意图：本题考查曲线的位置关系，函数的最值等基础知识，考查推理运算能力及综合运用知识解题的能力.属★★★★★级题目.
知识依托：两曲线交点个数的转化及充要条件，求函数值域、解不等式.
错解分析：第（1）问中将交点个数转化为方程组解的个数，考查易出现计算错误，不能借助Δ找到a、b的关系.第（2）问中考生易忽略a＞b＞0这一隐性条件.第（3）问中考生往往想不起将min{g(a),S(a)}转化为解不等式g(a)≥S(a).
技巧与方法：将难以下手的题目转化为自己熟练掌握的基本问题，是应用化归思想的灵魂.要求必须将各知识的内涵及关联做到转化有目标、转化有桥梁、转化有效果.
解：（1）将y=代入椭圆方程，得
化简，得b2x4–a2b2x2+a2=0
由条件，有Δ=a4b4–4a2b2=0，得ab=2
解得x=或x=–（舍去）
故P的坐标为().
(2)∵在△ABP中，｜AB｜=2，高为,
∴
∵a＞b＞0,b=
∴a＞,即a＞,得0＜＜1
于是0＜S（a）＜，故△ABP的面积函数S(a)的值域为(0,)
(3)g(a)=c2=a2–b2=a2–
解不等式g(a)≥S(a)，即a2–≥
整理，得a8–10a4+24≥0，即(a4–4)(a4–6)≥0
解得a≤（舍去）或a≥.
故f(a)=min{g(a), S(a)}
●锦囊妙计?
转化有等价转化与不等价转化.等价转化后的新问题与原问题实质是一样的.不等价转化则部分地改变了原对象的实质，需对所得结论进行必要的修正.
应用转化化归思想解题的原则应是化难为易、化生为熟、化繁为简，尽量是等价转化.常见的转化有：正与反的转化、数与形的转化、相等与不等的转化、整体与局部的转化、空间与平面相互转化、复数与实数相互转化、常量与变量的转化、数学语言的转化.
●歼灭难点训练?
一、选择题
1.（★★★★）已知两条直线l1:y=x,l2:ax–y=0，其中a∈R，当这两条直线的夹角在(0,)内变动时，a的取值范围是( )
A.（0，1） B.（，）
C.（，1）∪（1，） D.（1，）
2.（★★★★）等差数列{an}和{bn}的前n项和分别用Sn和Tn表示，若，则的值为( )
A. B.1 C. D.
二、填空题
3.（★★★★）某房间有4个人，那么至少有2人生日是同一个月的概率是 .（列式表示即可）
4.（★★★★★）函数f(x)=x3–3bx+3b在（0，1）内有极小值，则b的取值范围是 .
三、解答题
5.（★★★★）已知f(x)=lg(x+1),g(x)=2lg(2x+t),(t∈R是参数）.
(1)当t=–1时，解不等式f(x)≤g(x);
(2)如果x∈［0,1］时，f(x)≤g(x)恒成立，求参数t的取值范围.
6.（★★★★★）已知函数f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，n∈N*且a1、a2、a3、……、an构成一个数列{an}，满足f(1)=n2.
（1）求数列{an}的通项公式，并求；
（2）证明0＜f()＜1.
7.（★★★★★）设A、B是双曲线x2–=1上的两点，点N（1，2）是线段AB的中点.
（1）求直线AB的方程；
（2）如果线段AB的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，那么A、B、C、D四点是否共圆？为什么？
8.（★★★★★）直线y=a与函数y=x3–3x的图象有相异三个交点，求a的取值范围.
参 考 答 案
●难点磁场
1.解析：9个灯中关闭3个等价于在6个开启的路灯中，选3个间隔（不包括两端外边的装置）插入关闭的过程?故有C=10种?
答案：10
2.(1)证明：∵a·b==0，∴a⊥b
(2)解：∵x⊥y,∴x·y=0
即［a+（t2–3)b］·(–ka+tb)=0，整理后得
–ka2+［t–k(t2–3)］a·b+t(t2–3)·b2=0
∵a·b=0,a2=4,b2=1
∴上式化为–4k+t(t2–3)=0，∴k=t(t2–3).
(3)解：讨论方程t(t2–3)–k=0的解的情况，可以看作曲线f(t)=t(t2–3)与直线y=k的交点个数?
于是f′(t)=(t2–1)=(t+1)(t–1).
令f′(t)=0,解得t1=–1,t2=1.当t变化时，f′(t),f(t)的变化情况如下表：
t
(–∞,–1)
–1
(–1,1)
1
(1,+∞)
f′(t)
+
0
–
0
+
f(t)
↗
极大值
↘
极小值
↗
当t=–1时，f(t)有极大值，f(t)极大值=；
当t=1时，f(t)有极小值，f(t)极小值=–.
而f(t)=(t2–3)t=0时，得t=–,0,.
所以f(t)的图象大致如右：
于是当k>或k<–时，直线y=k与曲线y=f(t)仅有一个交点，则方程有一解；
当k=或k=–时，直线与曲线有两个交点，则方程有两解；当k=0，直线与曲线有三个交点，但k、t不同时为零，故此时也有两解；当–●歼灭难点训练
一、1.解析：分析直线l2的变化特征，化数为形，已知两直线不重合，因此问题应该有两个范围即得解?
答案：C
2.解析：化和的比为项的比∵.
∴,取极限易得?
答案：A
二、3.解析：转化为先求对立事件的概率?即四人生日各不相同的概率?
答案：
4.解析：转化为f′(x)=3x2–3b在（0，1）内与x轴有两交点?只须f′(0)<0且f′(1)>0.
答案：0三、5.解：(1)原不等式等价于
即 ∴x≥
∴原不等式的解集为{x|x≥}.
(2)x∈［0,1］时，f(x)≤g(x)恒成立.∴x∈［0,1］时恒成立.即恒成立
即x∈［0,1］时，t≥–2x+恒成立，于是转化为求–2x+,x∈［0,1］的最大值问题?
令μ=,则x=μ2–1,则μ∈［1,］.
∴2x+=–2(μ–)2+.
当μ=1即x=0时，–2x+有最大值1
∴t的取值范围是t≥1.
6.(1)解：{an}的前n项和Sn=a1+a2+…+an=f(1)=n2,由an=Sn–Sn–1=n2–(n–1)2=2n–1(n≥2),又a1=S1=1满足an=2n–1.故{an}通项公式为an=2n–1(n∈N*)
∴
(2)证明：∵f()=1·+3·+…+(2n–1) ①
∴f()=1·+3·+…+(2n–3)+(2n–1) ②
①–②得：f()=1·+2·+2·+…+2·–(2n–1)·
∴f()=++++…+–(2n–1)=1–.
∵ (n∈N*)
∴0<<1,∴0<1–<1，即07.解：(1)设AB∶y=k(x–1)+2代入x2–=1.
整理得（2–k2）x2–2k(2–k)x–(2–k)2–2=0 ①
设A(x1,y1)、B（x2,y2),x1,x2为方程①的两根?
所以2–k2≠0且x1+x2=.又N为AB中点，
有（x1+x2）=1.∴k(2–k)=2–k2,解得k=1.故AB∶y=x+1.
(2)解出A（–1，0）、B（3，4）?得CD的方程为y=3–x.与双曲线方程联立.消y有x2+6x–11=0 ②
记C(x3,y3)、D(x4,y4)及CD中点M(x0,y0)由韦达定理可得x0=–3,y0=6.
∵|CD|=
∴|MC|=|MD|=|CD|=2.
又|MA|=|MB|=.即A、B、C、D四点到点M的距离相等，所以A、B、C、D四点共圆.
8.提示：f′(x)=3x2–3=3(x–1)(x+1)易确定f(–1)=2是极大值，f(1)=–2是极小值.当–2

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