2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略课件：第1部分 专题7 第24讲 选修4-2：矩阵与变换
[解] 因为A－1A＝E，所以A＝(A－1)－1. 2分 1 3 －4 4 － ， 因为A 1＝ 1 －1 2 2 所以A＝(A )
－1 －1
2 ＝ 2
3 ， 1
5分
于是矩阵A的特征多项式为
λ－2 f(λ)＝ －2
－3 2 ＝ λ －3λ－4. λ－1
1．若点A(a，b)(其中a≠b)在矩阵M＝ 的点为B(－b，a)， (1)求矩阵M的逆矩阵； 0 2 2 (2)求曲线C：x ＋y ＝1在矩阵N＝ 1 C′的方程．
cos α sin α
－sin α 对应变换的作用下得到 cos α
1 2 所对应变换的作用下得到的新的曲线 0
b . d
a 依题意 c
b 1 －1 a b－2 0 －1＝ ，c d ＝－2，2分 d 1 －1
a－b －1 －2a＋b 0 也就是 ＝ ， ＝ －2， c－d －1 －2c＋d a－b＝－1， ∴ c－d＝－1， －2a＋b＝0， 且 －2c＋d＝－2，
从而矩阵A的特征多项式f(λ)＝(λ＋2)(λ－1)， 所以矩阵A的另一个特征值为1. 10分
题型三| 二阶矩阵的特征值与特征向量
－1 (2016· 苏州模拟)求矩阵M＝ 2
4 的特征值和特征向量． 6
[解] 特征多项式f(λ)＝
λ＋1 －2
－4 2 ＝ ( λ ＋ 1)( λ － 6) － 8 ＝ λ －5λ－14＝(λ－7)(λ λ－6
＋2)，由f(λ)＝0，解得λ1＝7，λ2＝－2. 4分
x0 它满足f(λ)＝0.此时，将λ代入二元一次方程组(*)，就可以得到一组非零解 y ，于 0 x0 是，非零向量 y 即为A的属于λ的一个特征量． 0
1 3 －4 4 － ，求矩阵A的特征值． 1．已知矩阵A的逆矩阵A 1＝ 1 1 － 2 2
－2 ＝－1≠0. －7
∴矩阵A是可逆的，2分 －7 －1 －1 ∴A ＝ －3 －1 2 －1 7 ＝ 1 3 －1 －2 . －1
5分
3 (2)∵AX＝ 1 7 ∴X＝ 3
3 0 －1 －1 ，∴A AX＝A 5 1 0 19 ＝ 5 8
x上的任意一点，在矩阵MN变换下对应的点为(x′，
1 则 2 0
x′ 0 x ＝ ， y y′ 2 8分
1 1 所以x′＝2x，y′＝2y，且x＝2x′，y＝2y′，
1 代入y＝sin x，得2y′＝sin 2x′，即y′＝2sin 2x′. 即曲线y＝sin x在矩阵MN变换下的曲线方程为y＝2sin 2x. 10分
8x－4y＝0， 将λ1＝7代入特征方程组，得 －2x＋y＝0，
1 即y＝2x，可取 2为属于特征值λ1
＝7的一个特征向量，6分
－x－4y＝0， 同理，λ2＝－2时，特征方程组是 －2x－8y＝0， 4 即x＝－4y，所以可取 －1
1 2．设M＝ 0
0 2 ， N ＝ 2 1
0 ，试求曲线y＝sin x在矩阵MN变换下得到的曲 0 1
0 ， 2
线方程．
[解]
1 MN＝ 0
1 0 2 2 0
1 0 2 ＝ 1 0
设(x，y)是曲线y＝sin y′). 5分
3分
1 解得a＝1，b＝2，c＝3，d＝4，因此所求矩阵M＝ 3
2 . 4分 4
1 (2)∵M＝ 3
2 x′＝x＋2y， ，∴坐标变换公式为 6分 4 y ′ ＝ 3 x ＋ 4 y ，
∵(x′，y′)是直线m：x－y＝4上的点． ∴(x＋2y)－(3x＋4y)＝4， 8分
5分
2y－2＝2＋y， 由Aα＝Bα得 2＋xy＝4－y，
1 解得x＝－2，y＝4. 10分
2．(2016· 苏州期中)设曲线2x ＋2xy＋y
2
2
a ＝1在矩阵A＝ b
0 (a＞0)对应的变换 1
作用下得到的曲线为x2＋y2＝1.求实数a，b的值．
[解] 设曲线2x2＋2xy＋y2＝1上任一点P(x，y)在矩阵A对应变换下的像是
为属于特征值λ2＝－2的一个特征向量.
－1 综上所述，矩阵M＝ 2
8分
4 有两个特征值λ1＝7，λ2＝－2； 6 10分
4 1 属于λ1＝7的一个特征向量为 ，属于λ2＝－2的一个特征向量为 －1. 2
【名师点评】 求矩阵的特征值与特征向量 如果λ是二阶矩阵A的特征值，则λ一定是二阶矩阵A的特征多项式的一个根，
a P′(x′，y′)，则 b x′ x ax 0 ＝ ＝ ， 5分 1y bx＋y y′
ax＝x′， 所以 bx＋y＝y′，
8分
因为x′2＋y′2＝1，所以(ax)2＋(bx＋y)2＝1，即 (a2＋b2)x2＋2bxy＋y2＝1，
acos α－bsin 所以 asin α＋bcos 0 即M＝ 1
－1 ， 0
0 0 －1 得 M ＝ －1 1
由M
－1
1 M＝ 0
1 . 0
5分
(2)矩阵N对应的线性变换为 1 x′＝ y， x＝y′， 2 ⇒ y＝2x′. y ′ ＝ x 代入x2＋y2＝1得4x2＋y2＝1. 10分
x 即 y 1 1 x－1 －2 ＝ ＝ ，3分 0－1 y 2 x＝－1， 即 y＝2，
x－1＝－2， 则 y＝2， －1 所以矩阵A＝ 2
1 . 0
7分
8分
令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝－1，λ2＝4. 10分
1 x 2．(2015· 江苏高考)已知x，y∈R，向量α＝ 是矩阵 A ＝ y －1
1 的属于特征 0
值－2的一个特征向量，求矩阵A以及它的另一个特征值．
[解] 由已知，得Aα＝－2α，
【导学号：19592066】
[解]
a －b (1)M ＝ b ， a α －b ＝ ， α a α＝－b， cos α＝0， 得 3分 α＝a， sin α＝1.
acos α－bsin 即 asin α＋bcos
热 点 题 型 · 探 究
第24讲
选修4－2：矩阵与变换
题型一| 二阶矩阵与线性变换
二阶矩阵M对应的变换将点(1，－1)与(－2,1)分别变成点(－1，－1) 与(0，－2)． (1)求矩阵M； (2)设直线l在变换M作用下得到了直线m：x－y＝4.求直线l的方程．
[解]
a (1)设二阶矩阵M＝ c
即x＋y＋2＝0，∴直线l的方程为x＋y＋2＝0. 10分
【名师点评】 1.二阶矩阵与线性变换的题目往往和矩阵的基本运算相结合 命题．包括二阶矩阵的乘法，矩阵与向量的乘法等． 2．(1)二阶矩阵与线性变换涉及变换矩阵、变换前的曲线方程、变换后的曲 线方程三个要素．知其二可求第三个．(2)在解决通过矩阵进行平面曲线的变换问 题时，要把变换前后的变量区别清楚，防止混淆．
－1 1．已知矩阵A＝ 1
1 1 2 2 ， B ＝ ，向量 α ＝ 2 －1 y ，若Aα＝Bα，求实数x， x
y的值．
[解]
2y－2 2＋y Aα＝ ， Bα ＝ ， 2＋xy 4－y
2 2 a ＋b ＝2， 所以 2b＝2，
由于a＞0，得a＝b＝1. 10分
题型二| 二阶矩阵的逆矩阵与逆变换
1 已知矩阵A＝ 3
－2 . －7
(1)求逆矩阵A 1；
－
3 (2)若二阶矩阵X满足AX＝ 1
0 ，试求矩阵X. 5
[解]
1 (1)∵det(A)＝ 3
0 ， 5
7分
－2 3 －1 1
－10 . 10分 －5
【名师点评】 1.逆矩阵的求法有两种：一是利用待定系数法．二是利用公 式法． 2．若A，B两个矩阵均存在可逆矩阵时，则有(AB)－1＝B－1A－1；若A，B，C 为二阶矩阵且A可逆，则当AB＝AC时，有B＝C，即此时矩阵乘法的消去律成 立．
2017届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)课件：专题7 附加题(选做部分) 第4讲
热点三 柯西不等式 【例 3】 已知关于 x 的不等式|x＋a|＜b 的解集为{x|2＜ x＜4}. (1)求实数 a，b 的值； (2)求 at＋12＋ bt的最大值.
解
(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a，
－b－a＝2， a＝－3， 则 解得 b－a＝4， b＝1.
(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a
＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a，
所以当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.① 当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解. 当a＞1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2. 所以a的取值范围是[2，＋∞).
3
3
3
2
3
探究提高
证明不等式常用的方法有比较法、
综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归
纳法等.
【训练2】 (2013· 江苏卷)已知a≥b＞0，求证：2a3－
b3≥2ab2－a2b.
证明 2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝ (a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b). 因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0，2a＋b＞0，从 而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b.
(2) －3t＋12＋ t ＝ 3 4－t＋ t≤ [（ 3）2＋12][（ 4－t）2＋（ t）2] 4－t t ＝2 4－t＋t＝4，当且仅当 ＝1， 3 即 t＝1 时等号成立，故( －3t＋12＋ t)max＝4.
探究提高 根据柯西不等式的结构特征，利用柯
西不等式对有关不等式进行证明，证明时，需要 对不等式变形，使之与柯西不等式有相似的结构， 从而应用柯西不等式.
(江苏专版)2017年高考数学二轮专题复习与策略第1部分专题2三角函数、解三角形、平面向量第10讲高考中的三
第10讲 高考中的三角函数题型一| 三角恒等变换(2016·南京盐城二模)已知α为锐角， cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝55. (1)求tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4的值；(2)求sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3的值． [解] (1)因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以α＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝1－cos 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝255， 3分所以tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2. 6分(2)因为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝45， 9分cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－1＝－35， 12分 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π2－π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2cos π6－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2sin π6＝43＋310. 14分 【名师点评】 1.本题(2)在求解中，从角“2α＋π3”与角“α＋π4”的关系入手，先求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2，再求sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3的值，避免了复杂的运算．2．三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系．已知0＜α＜π2＜β＜π，tan α2＝12，cos(β－α)＝210.(1)求sin α的值； (2)求β的值．[解] (1)∵tan α2＝12，∴tan α＝2tanα21－tan 2α2＝2×121－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝43. 3分由⎩⎪⎨⎪⎧tan α＝sin αcos α＝43，sin 2α＋cos 2α＝1，5分解得sin α＝45⎝ ⎛⎭⎪⎫sin α＝－45舍去. 6分(2)由(1)可知cos α＝1－sin 2α＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝35， 又0＜α＜π2＜β＜π， 8分∴β－α∈(0，π)， 而cos(β－α)＝210， 10分 ∴sin(β－α)＝1－cos 2β－α＝1－⎝⎛⎭⎪⎫2102＝7210. 11分 ∴sin β＝sin[α＋(β－α)]＝sin αcos(β－α)＋cos αsin(β－α) ＝45×210＋35×7210 ＝22. 13分 又β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，故β＝3π4. 14分 题型二| 正、余弦定理在△ABC 中，已知AB →·AC →＝3BA →·BC →. (1)求证：tan B ＝3tan A ； (2)若cos C ＝55，求A 的值． [解题指导] (1)AB →·AC →＝3BA →·BC →―――――→数量积的定义AB ·AC ·cos A ＝3BA ·BC ·cos B ―――→正弦定理证明tan B ＝3tan A(2)cos C ――→同角关系tan C ――→诱导公式tan(A ＋B )――→正切公式tan A ――→A 的范围求A .[解] (1)证明：因为AB →·AC →＝3BA →·BC →，所以AB ·AC ·cos A ＝3BA ·BC ·cos B ，2分即AC ·cos A ＝3BC ·cos B ．由正弦定理知AC sin B ＝BCsin A，从而sin B cos A ＝3sin A cos B ． 4分 又因为0<A ＋B <π，所以cos A >0，cos B >0，所以tan B ＝3tan A ． 6分 (2)因为cos C ＝55，0<C <π，所以sin C ＝1－cos 2C ＝255， 8分 从而tan C ＝2，于是tan[π－(A ＋B )]＝2，即tan(A ＋B )＝－2， 10分 亦即tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝－2.由(1)得4tan A 1－3tan 2A ＝－2，解得tan A ＝1或tan A ＝－13.12分因为cos A >0，所以tan A ＝1，所以A ＝π4. 14分【名师点评】 求解此类问题的关键是将几何问题代数化，基本工具是正(余)弦定理． 若要把“边”化为“角”，常利用a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，若要把“角”化为“边”，常利用sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c 2R ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab等．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且(b 2＋c 2－a 2)tan A ＝3bc . (1)求角A ；(2)若a ＝2，求△ABC 的面积S 的最大值．【导学号：19592032】[解] (1)由已知得b 2＋c 2－a 22bc ·sin A cos A ＝32，所以sin A ＝32， 4分又因为△ABC 为锐角三角形，所以A ＝60°. 6分 (2)因为a ＝2，A ＝60°，所以b 2＋c 2＝bc ＋4，S ＝12bc sin A ＝34bc ， 8分而b 2＋c 2≥2bc ⇒bc ＋4≥2bc ⇒bc ≤4， 10分 又S ＝12bc sin A ＝34bc ≤34×4＝ 3. 13分所以△ABC 的面积S 的最大值等于 3. 14分题型三| 正、余弦定理的实际应用(2016·无锡期中)如图10－1，某自行车手从O 点出发，沿折线O －A －B －O匀速骑行，其中点A 位于点O 南偏东45°且与点O 相距202千米．该车手于上午8点整到达点A,8点20分骑至点C ，其中点C 位于点O 南偏东(45°－α)(其中sin α＝126，0°＜α＜90°)且与点O 相距513千米(假设所有路面及观测点都在同一水平面上)．图10－1(1)求该自行车手的骑行速度；(2)若点O 正西方向27.5千米处有个气象观测站E ，假定以点E 为中心的3.5千米范围内有长时间的持续强降雨．试问：该自行车手会不会进入降雨区，并说明理由．[解] (1)由题意知，OA ＝202，OC ＝513，∠AOC ＝α，sin α＝126.由于0°＜α＜90°，所以cos α＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1262＝52626. 3分 由余弦定理，得AC ＝OA 2＋OC 2－2OA ·OC ·cos α＝5 5. 5分所以该自行车手的行驶速度为5513＝155(千米/小时). 6分(2)如图，设直线OE与AB相交于点M.在△AOC中，由余弦定理，得：cos∠OAC＝OA2＋AC2－OC22OA·AC＝202×2＋52×5－52×132×202×55＝31010，从而sin∠OAC＝1－cos2∠OAC＝1－910＝1010. 9分在△AOM中，由正弦定理，得：OM＝OA sin∠OAMsin45°－∠OAM＝202×101022⎝⎛⎭⎪⎫31010－1010＝20. 12分由于OE＝27.5＞20＝OM，所以点M位于点O和点E之间，且ME＝OE－OM＝7.5.过点E作EH⊥AB于点H，则EH为点E到直线AB的距离. 14分在Rt△EHM中，EH＝EM·sin∠EMH＝EM·sin∠EMH＝EM·sin(45°－∠OAC)＝7.5×55＝352＜3.5.所以该自行车手会进入降雨区. 16分【名师点评】借助正、余弦定理解决与实际生活有关的数学问题是高考的一个命题热点，解题的关键是将问题转化到平面图形(如三角形、四边形等)中，然后借助正、余弦定理解题．(2016·扬州期中)有一块三角形边角地，如图10－2，△ABC中，其中AB＝8(百米)，AC＝6(百米)，∠A＝60°.某市为迎接2500年城庆，欲利用这块地修一个三角形形状的草坪(图中△AEF)供市民休闲，其中点E在边AB上，点F在边AC上．规划部门要求△AEF的面积占△ABC面积的一半，记△AEF的周长为l(百米)．图10－2(1)如果要对草坪进行灌溉，需沿△AEF 的三边安装水管，求水管总长度l 的最小值； (2)如果沿△AEF 的三边修建休闲长廊，求长廊总长度l 的最大值，并确定此时E ，F 的位置．[解] (1)设AE ＝x (百米)， ∵S △AEF ＝12S △ABC ，∴12AE ·AF ·sin A ＝12×12AB ·AC ·sin A ． 2分 ∵AB ＝8，AC ＝6，∴AF ＝24x.∵⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ≤8，0＜24x ≤6， ∴4≤x ≤8. 3分在△AEF 中，EF 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫24x 2－2x ·24x cos 60°＝x 2＋242x 2－24，∴l ＝x ＋24x＋x 2＋242x2－24，x ∈[4,8]， 5分l ＝x ＋24x＋x 2＋242x2－24≥224＋2×24－24＝66，当且仅当x ＝26时取“＝”，∴l min ＝6 6. 6分 (2)由(1)知：l ＝x ＋24x＋x 2＋242x2－24，x ∈[4,8]．令t ＝x ＋24x ，x ∈[4,8]，∴t ′＝1－24x 2＝x 2－24x2＝x －26x ＋26x2. 9分列表得：x (4,26) 26 (26，8)t ′ －0 ＋t极小值46且x ＝4时，t ＝10；x ＝8时，t ＝11，则t ∈[46，11]．l ＝t ＋t 2－72在[46，11]上单调递增，∴当t ＝11时，l max ＝18，此时AE ＝8，AF ＝3，13分答：水管总长度l 的最小值为66百米；当点E 在A 处，点F 在线段AC 的中点时，长廊总长度l 的最大值为18百米. 14分命题展望从近五年的高考试题看，三角恒等变换及正、余弦定理的交汇成为江苏高考的一个测重点，该类题目侧重于学生的双基，属送分题目.2017年该点依然是命题点应加强训练．(2016·江苏高考)在△ABC 中，AC ＝6，cos B ＝45，C ＝π4.(1)求AB 的长；(2)求cos ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6的值．[解] (1)因为cos B ＝45，0<B <π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝35. 2分 由正弦定理知AC sin B ＝ABsin C，所以AB ＝AC ·sin Csin B ＝6×2235＝5 2. 4分(2)在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，所以A ＝π－(B ＋C )，于是cos A ＝－cos(B ＋C )＝－cos ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π4＝－cos B cos π4＋sin B sin π4.又cos B ＝45，sin B ＝35，故cos A ＝－45×22＋35×22＝－210. 8分因为0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝7210. 10分因此，cos ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＝cos A cos π6＋sin A sin π6＝－210×32＋7210×12＝72－620. 14分 [阅卷心语]易错提示 (1)忽视“角A ，B ，C 间的关系”，导致无法求解cos A ； (2)误用“cos A ＝cos(B ＋C )”，导致计算失分．防范措施 (1)在△ABC 中，其内角和A ＋B ＋C ＝π，常用该条件实现角的转化． (2)熟记诱导公式，在换算角的关系时，尽量少跨步骤，如此题中，可这样：cos A ＝cos[π－(B ＋C )]＝－cos(B ＋C )．1．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a ＝3，b ＝26，B ＝2A . (1)求cos A 的值； (2)求c 的值．【导学号：19592033】[解] (1)在△ABC 中，因为a ＝3，b ＝26，B ＝2A ， 2分 故由正弦定理得3sin A ＝26sin 2A ，于是2sin A cos A sin A ＝263. 5分所以cos A ＝63. 6分 (2)由(1)知cos A ＝63，所以sin A ＝1－cos 2A ＝33. 7分 又因为B ＝2A ，所以cos B ＝cos 2A ＝2cos 2A －1＝13，从而sin B ＝1－cos 2B ＝223. 10分 在△ABC 中，因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝539. 13分 因此由正弦定理得c ＝a sin Csin A＝5. 14分 2．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别是a ，b ，c .(1)若sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝2sin A ，求A 的值；(2)若cos A ＝12，sin B ＋sin C ＝2sin A ，试判断△ABC 的形状，并说明理由．[解] (1)由题意，若sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝2sin A ，则22sin A ＋22cos A ＝2sin A ， 2分 即22cos A ＝22sin A ， 4分 可得tan A ＝1，由A ∈(0，π)，故A ＝π4. 6分(2)在△ABC 中，sin B ＋sin C ＝2sin A ，由正弦定理可得：b ＋c ＝2a ， 8分 由cos A ＝12，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，故b 2＋c 2－a 2＝bc ，又b ＋c ＝2a ， 10分 则(b ＋c )2－a 2＝3bc ＝3a 2，故a 2＝bc ＝⎝⎛⎭⎪⎫b ＋c 22，可得(b －c )2＝0，故b ＝c ， 13分 则b ＝c ＝a ，故△ABC 为正三角形. 14分3．如图10－3是某设计师设计的Y 型饰品的平面图，其中支架OA ，OB ，OC 两两成120°，OC ＝1，AB ＝OB ＋OC ，且OA ＞OB .现设计师在支架OB 上装点普通珠宝，普通珠宝的价值为M ，且M 与OB 长成正比，比例系数为k (k 为正常数)，在△AOC 区域(阴影区域)内镶嵌名贵珠宝，名贵珠宝的价值为N ，且N 与△AOC 的面积成正比，比例系数为43k ，设OA ＝x ，OB ＝y .图10－3(1)求y 关于x 的函数解析式，并写出x 的取值范围； (2)求N －M 的最大值及相应的x 的值．[解] (1)因为OA ＝x ，OB ＝x ，AB ＝y ＋1， 1分由余弦定理，x 2＋y 2－2xy cos 120°＝(y ＋1)2，解得y ＝x 2－12－x， 3分由x ＞0，y ＞0得1＜x ＜2，又x ＞y ，得x ＞x 2－12－x ，解得1＜x ＜1＋32，5分所以OA 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1，1＋32. 6分(2)M ＝kOB ＝ky ，N ＝43k ·S △AOC ＝3kx ，则N －M ＝k (3x －y )＝k ⎝⎛⎭⎪⎫3x －x 2－12－x ， 8分 设2－x ＝t ∈⎝⎛⎭⎪⎫3－32，1 ，则N －M ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤32－t －2－t 2－1t ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤10－⎝ ⎛⎭⎪⎫4t ＋3t ≤k ⎝⎛⎭⎪⎫10－24t ·3t＝(10－43)k . 12分 当且仅当4t ＝3t ，即t ＝32∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32，1取等号，此时x ＝2－32取等号， 所以当x ＝2－32时，N －M 的最大值是(10－43)k . 14分。
【课堂新坐标】2017年高考数学(理科,江苏专版)二轮专题复习与策略 数学思想集训1 函数与方程思想
数学思想集训(一) 函数与方程思想 题组1 运用函数与方程思想解决数列、不等式等问题1．已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 是其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8的值为________．64 [由题意可知a 22＝a 1a 5，即(1＋d )2＝1×(1＋4d )，解得d ＝2，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.∴S 8＝(a 1＋a 8)×82＝4×(1＋15)＝64.] 2．若关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1＜0＜x 2＜2，则k 的取值范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－34，0 [构造函数f (x )＝x 2＋2kx －1，因为关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1＜0＜x 2＜2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (－1)≥0，f (0)＜0，f (2)＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2k ≥0，－1＜0，4k ＋3＞0，所以－34＜k ≤0，所以k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－34，0.] 3．已知数列{a n }满足a 1＝60，a n ＋1－a n ＝2n (n ∈N *)，则a n n 的最小值为________．【导学号：19592071】292[由a n ＋1－a n ＝2n ，得 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2＋60＝n 2－n ＋60.∴a n n ＝n 2－n ＋60n ＝n ＋60n －1.令f (x )＝x ＋60x －1，易知f (x )在(0,215)上单调递减，在(215，＋∞)上单调递增．又n ∈N *，当n ＝7时，a 77＝7＋607－1＝1027，当n ＝8时，a 88＝8＋608－1＝292.又292＜1027，故a n n 的最小值为292.]4．已知函数f (x )＝x ln x ＋a ，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a ≥0. (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )也相切，求a 的值；(2)证明：x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立．[解] (1)由f (x )＝x ln x ＋a ，得f (1)＝a ，f ′(x )＝ln x ＋1，所以f ′(1)＝1. 3分所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y ＝x ＋a －1.因为直线y ＝x ＋a －1与曲线y ＝g (x )也相切，所以两方程联立消元得12x 2＋ax ＝a ＋x －1，即12x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0， 5分所以Δ＝(a －1)2－4×12×(1－a )＝0，得a 2＝1.因为a ≥0，所以a ＝1. 8分(2)证明：x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立，等价于12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0恒成立．令h (x )＝12x 2＋ax －x ln x －a －12，则h (1)＝0且h ′(x )＝x ＋a －ln x －1. 12分令φ(x )＝x －ln x －1，则φ(1)＝0且φ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以x ＞1时，φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，所以φ(x )＞φ(1)＝0. 14分又因为a ≥0，所以h ′(x )＞0，h (x )单调递增，所以h (x )＞h (1)＝0，所以x ＞1时，12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0恒成立，即x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立. 16分题组2 利用函数与方程思想解决几何问题5．设抛物线C ：y 2＝3px (p ＞0)的焦点为F ，点M 在C 上，|MF |＝5，若以MF 为直径的圆过点(0,2)，则C 的方程为________．y 2＝4x 或y 2＝16x [由抛物线的定义可知MF ＝x M ＋3p 4＝5，∴x M ＝5－3p 4，y 2M＝15p －9p 24，故以MF 为直径的圆的方程为(x －x M )(x －x F )＋(y －y M )(y －y F )＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫0－5＋3p 4⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3p 4＋(2－y M )(2－0)＝0. ∴y M ＝2＋15p 8－9p 232＝2＋y 2M 8⇒y M ＝4，p ＝43或163.∴C 的方程为y 2＝4x 或y 2＝16x .]图16．如图1所示，在单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P ，使得AP ＋D 1P 最短，则AP ＋D 1P 的最小值是________． 2＋2 [设A 1P ＝x (0≤x ≤2)．在△AA 1P 中， AP ＝12＋x 2－2×1×x ×cos 45°＝x 2－2x ＋1， 在Rt △D 1A 1P 中，D 1P ＝1＋x 2.于是令y ＝AP ＋D 1P ＝x 2－2x ＋1＋x 2＋1， 下面求对应函数y 的最小值．将函数y 的解析式变形，得y ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－222＋(x －0)2＋[0－(－1)]2，其几何意义为点Q (x,0)到点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22与点N (0，－1)的距离之和，当Q ，M ，N 三点共线时，这个值最小，且最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫22－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋12＝2＋ 2.]7．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝32，并且经过定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12. (1)求椭圆E 的方程；(2)问：是否存在直线y ＝－x ＋m ，使直线与椭圆交于A ，B 两点，且满足OA →·OB →＝125？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由． [解] (1)由e ＝c a ＝32且3a 2＋14b 2＝1，c 2＝a 2－b 2，解得a 2＝4，b 2＝1，即椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1. 4分(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧ x 24＋y 2＝1，y ＝－x ＋m ⇒x 2＋4(m －x )2－4＝0⇒5x 2－8mx ＋4m 2－4＝0.(*)所以x 1＋x 2＝8m 5，x 1x 2＝4m 2－45，y 1y 2＝(m －x 1)(m －x 2)＝m 2－m (x 1＋x 2)＋x 1x 2＝m 2－85m 2＋4m 2－45＝m 2－45，14分由OA →·OB →＝125得(x 1，y 1)·(x 2，y 2)＝125，即x 1x 2＋y 1y 2＝125，4m 2－45＋m 2－45＝125，m ＝±2.又方程(*)要有两个不等实根，所以Δ＝(－8m )2－4×5(4m 2－4)＞0，解得－5＜m ＜5，所以m ＝±2. 16分8．如图2，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝5，AA ′＝AB ＝6，D ，E 分别为AB 和BB ′上的点，且AD DB ＝BE EB ′＝λ. (1)求证：当λ＝1时，A ′B ⊥CE ；(2)当λ为何值时，三棱锥A ′－CDE 的体积最小，并求出最小体积．图2[解] (1)证明：∵λ＝1，∴D ，E 分别为AB 和BB ′的中点. 2分又AA ′＝AB ，且三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，∴平行四边形ABB ′A ′为正方形，∴DE ⊥A ′B . 5分∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点，∴CD ⊥AB .∵三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，∴CD ⊥平面ABB ′A ′，∴CD ⊥A ′B ， 7分又CD ∩DE ＝D ，∴A ′B ⊥平面CDE .∵CE ⊂平面CDE ，∴A ′B ⊥CE . 10分(2)设BE ＝x ，则AD ＝x ，DB ＝6－x ，B ′E ＝6－x .由已知可得C 到平面A ′DE 的距离即为△ABC 的边AB 所对应的高h ＝AC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝4， 12分 ∴V A ′－CDE ＝V C －A ′DE ＝13(S 四边形ABB ′A －S △AA ′D －S △DBE －S △A ′B ′E )·h＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤36－3x －12(6－x )x －3(6－x )·h ＝23(x 2－6x ＋36)＝23[(x －3)2＋27](0＜x ＜6)，∴当x ＝3，即λ＝1时，V A ′－CDE 有最小值18. 16分。
《课堂新坐标》2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略教师用书第1部分专题7第26讲选修4-5不等
第26讲 选修4－5：不等式选讲题型一| 绝对值不等式的解法已知函数f (x )＝|x －a |，其中a >1.(1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，求a 的值．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝⎩⎨⎧ －2x ＋6，x ≤2，2，2<x <4，2x －6，x ≥4.当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|，得－2x ＋6≥4，解得x ≤1； 当2<x <4时，f (x )≥4－|x －4|无解；3分当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|，得2x －6≥4，解得x ≥5.所以f (x )≥4－|x －4|的解集为{x |x ≤1或x ≥5}. 5分(2)记h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )，则h (x )＝⎩⎨⎧ －2a ，x ≤0，4x －2a ，0<x <a ，2a ，x ≥a .由|h (x )|≤2，解得a －12≤x ≤a ＋12. 8分又已知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a －12＝1，a ＋12＝2.于是a ＝3. 10分【名师点评】 (1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．(2)用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．1．已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.(1)当a ＝－3时，求不等式f (x )≥3的解集；(2)若f (x )≤|x －4|的解集包含[1,2]，求a 的取值范围．[解] (1)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎨⎧ －2x ＋5，x ≤2，1，2<x <3，2x －5，x ≥3.2分当x ≤2时，由f (x )≥3，得－2x ＋5≥3，解得x ≤1；当2<x <3时，f (x )≥3无解；3分当x ≥3时，由f (x )≥3，得2x －5≥3，解得x ≥4.所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1或x ≥4}. 5分(2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |.当x ∈[1,2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |⇔4－x －(2－x )≥|x ＋a |⇔－2－a ≤x ≤2－a . 8分由条件得－2－a ≤1且2－a ≥2，即－3≤a ≤0.故满足条件的a 的取值范围为[－3,0]. 10分2．设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值．[解] (1)当a ＝1时，f (x )≥3x ＋2可化为|x －1|≥2.由此可得x ≥3或x ≤－1. 2分故不等式f (x )≥3x ＋2的解集为{x |x ≥3或x ≤－1}. 4分(2)由f (x )≤0，得|x －a |＋3x ≤0.此不等式化为不等式组⎩⎨⎧ x ≥a ，x －a ＋3x ≤0或⎩⎨⎧x <a ，a －x ＋3x ≤0，6分即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧ x <a ，x ≤－a 2. 8分 因为a >0，所以不等式组的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ≤－a 2. 由题设可得－a 2＝－1，故a ＝2. 10分题型二| 不等式的证明(1)(2016·南通模拟)已知x ，y 均为正数，且x ＞y .求证：2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3.(2)已知实数x ，y 满足：|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16，求证：|y |＜518.[证明] (1)因为x ＞0，y ＞0，x －y ＞0，1分2x ＋1x 2－2xy ＋y 2－2y ＝2(x －y )＋1(x －y )2＝(x －y )＋(x －y )＋1(x －y )2≥ 33(x －y )21(x －y )2＝3，4分 所以2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3， 5分 (2)因为3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |， 8分由题设知|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16，从而3|y |＜23＋16＝56，所以|y |＜518. 10分【名师点评】 1.作差法应该是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：(1)作差；(2)分解因式；(3)与0比较；(4)结论．关键是代数式的变形能力．2．均值不等式的应用：(1)利用均值不等式时必须要找准“对应点”，明确“类比对象”，使其符合不等式的特征；(2)注意检验等号成立的条件，特别是多次使用均值不等式时，必须保证使等号同时成立．1．已知x ，y ，z 都是正数且xyz ＝8，求证：(2＋x )(2＋y )(2＋z )≥64.【导学号：19592067】[证明] 因为x 为正数，所以2＋x ≥22x ，同理2＋y ≥22y ，2＋z ≥22z ， 5分所以(2＋x )(2＋y )(2＋z )≥22x ·22y ·22z ＝88xyz .因为xyz ＝8，所以(2＋x )(2＋y )(2＋z )≥8. 10分2．设a ＞0，|x －1|＜a 3，|y －2|＜a 3，求证：|2x ＋y －4|＜a .[证明] 因为|x －1|＜a 3，|y －2|＜a 3，3分所以|2x ＋y －4|＝|2(x －1)＋(y －2)|≤2|x －1|＋|y －2|＜2×a 3＋a 3＝a . 10分3．证明下列不等式：(1)设a ≥b >0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2；(2)a 6＋8b 6＋127c 6≥2a 2b 2c 2；(3)a 2＋4b 2＋9c 2≥2ab ＋3ac ＋6bc .[证明] (1)3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2)＝3a 2(a －b )－2b 2(a －b )＝(a －b )(3a 2－2b 2). 2分∵a ≥b >0，∴a －b ≥0,3a 2－2b 2>0，∴(a －b )(3a 2－2b 2)≥0，∴3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2. 5分(2)a 6＋8b 6＋127c 6≥33827a 6b 6c 6＝3×23a 2b 2c 2＝2a 2b 2c 2. 6分∴a 6＋8b 6＋127c 6≥2a 2b 2c 2. 7分 (3)∵a 2＋4b 2≥2a 2·4b 2＝4ab ，a 2＋9c 2≥2a 2·9c 2＝6ac ，4b 2＋9c 2≥24b 2·9c 2＝12bc ， 9分∴2a 2＋8b 2＋18c 2≥4ab ＋6ac ＋12bc ，∴a 2＋4b 2＋9c 2≥2ab ＋3ac ＋6bc . 10分题型三| 柯西不等式的应用已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －－b |＋c 的最小值为4.(1)求a ＋b ＋c 的值；(2)求14a 2＋19b 2＋c 2的最小值．【导学号：19592068】[解] (1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ，当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立. 2分又a ＞0，b ＞0，所以|a ＋b |＝a ＋b .所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c .又已知f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4. 4分(2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式得⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋19b 2＋c 2(4＋9＋1) ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12＝(a ＋b ＋c )2＝16， 即14a 2＋19b 2＋c 2≥87. 8分当且仅当12a 2＝13b 3＝c 1，即a ＝87，b ＝187，c ＝27时等号成立．故14a 2＋19b 2＋c 2的最小值为87. 10分【名师点评】 1.使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．2．利用柯西不等式求最值的一般结构为(a 21＋a 22＋…＋a 2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a .(1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3.[解] (1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3.(2)证明：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3.。
2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略课件：第1部分 专题4 第14讲 高考中的立体几何
所以 DE∥BC1. 因为 DE⊄平面 BB1C1C，BC1⊂平面 BB1C1C， 所以 DE∥平面 BB1C1C. 6分
(2)因为△ABC 是正三角形，E 是 AB 的中点． 所以 CE⊥AB. 又因为在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中， 平面 ABC⊥平面 ABB1A1，交线为 AB， 所以 CE⊥平面 ABB1A1， 从而 CE⊥A1B. 在矩形 ABB1A1 中， A1B1 B1B 因为 B B ＝ 2＝ BE ， 1 所以 Rt△A1B1B∽Rt△B1BE， 12 分
得 EN∥AM，EN＝AM，∴四边形 ENMA 是平行四边形， 得 MN∥AE，MN⊄平面 PAB，AE⊂平面 PAB， ∴MN∥平面 PAB.
4分
6分
(2)过点 A 作 PM 的垂线，垂足为 H. ∵平面 PMC⊥平面 PAD，平面 PMC∩平面 PAD＝PM，AH⊥PM， AH⊂平面 PAD， ∴AH⊥平面 PMC，∵CM⊂平面 PMC，∴AH⊥CM. ∵PA⊥平面 ABCD，CM⊂平面 ABCD，∴PA⊥CM. ∵PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面 PAD，∴CM⊥平面 PAD. ∵AD⊂平面 PAD，∴CM⊥AD. 14 分 12 分
已知直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AD⊥平面 A1BC，其垂 足 D 落在直线 A1B 上． (1)求证：平面 A1BC⊥平面 ABB1A1； (2)若 AD＝ 3，AB＝BC＝2，P 为 AC 中点，求三棱锥 P－A1BC 的体积．
图 14－6
[解] (1)证明：直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AA1⊥平面 ABC， ∴AA1⊥BC. ∵AD⊥平面 A1BC， ∴AD⊥BC.3 分 ∵AA1，AD 为平面 ABB1A1 内两相交直线， ∴BC⊥平面 ABB1A1. 又∵BC⊂平面 A1BC， ∴平面 A1BC⊥平面 ABB1A1. 6分
2017高考数学理科二轮复习课件：第1部分 专题七 概率与统计 第1讲 精品
③求形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n ∈N*)的式子中与特定项相关的量： 根据二项式定理把a＋bm与c＋dn分别展开，并写出其通项 根据特定项的次数，分析特定项可由a＋bm与 → c＋dn的展开式中的哪些项相乘得到 → 把相乘后的项相加减即可得到特定项 解题 ④求形如(a＋b＋c)n(n ∈N*)式子中与特定项相关的量： 模板 把三项的和a＋b＋c看做a＋b与c两项的和 → 根据二项式定理求出[a＋b＋c]n的展开式通项 对特定项的次数进行分析，弄清特定项是由a＋bn－r的展开式和 → r c 的展开式中的哪些项相乘得到 → 把相乘后的项相加减即可得到特定项
• 2. (2016·河北唐山统考)4名大学生到三家企 业应聘，每名大学生至多被一家企业录用， D 则每家企业至少录用一名大学生的情况有 ( ) • A．24种 B．36种 • C．48种 D．60种 解析：每家企业至少录用一名大学生的情况有两种：一种是一家企业录用一名， • 突破点拨 3 2 3 有 C3 4A3＝24 种；一种是其中有一家企业录用 2 名大学生，有 C4A3＝36 种，所以共有 • 分两类：一类四名学生全分到企业，另一类 24＋36＝60 种．故选 D. 有一名学生未分到企业．
[例](2015· 全国卷 方 ②求二项式展开 Ⅰ· 10题)；(2015· 全 式 式的指定项、项 国卷Ⅱ· 15题)；
①计数问题： 分析给出问题的特点 → 确定需要应用的知识点 → 运用对应知识求解 解题 模板 ②求解形如(a＋b)n(n ∈N*)的式子中与特定项(如常数项、指定项)相关的量：
• 2．统计部分内容的概念、数据、图表、计算 公式较多，再加之数据计算繁琐，在复习时 要注意以下几点： • (1)厘清概念，如中位数、众数、样本平均数、 样本方差等，只有明确了这些概念才能在具 体问题中灵活运用； • (2)搞清楚几个数表的意义，如频率分布表、 独立性检验中的2×2列联表； • (3)搞清楚几个图表的意义，如统计初步中的 茎叶图、频率分布直方图、频率分布折线图， 排列组合问题
【课堂新坐标】2017高考数学(理,江苏)二轮专题复习与策略(教师用书) 第1部分 专题2 第7讲 平面向量
专题2 三角函数、解三角形、平面向量第7讲 平面向量题型一| 平面向量的概念与运算(1)设D ，E ，F 分别为△ABC 的三边BC ，CA ，AB 的中点，则EB→＋FC→＝________.(2)已知向量a ＝(1，－3)，b ＝(4，－2)，若(λa ＋b )∥b ，则λ＝________. (3)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD ＝12AB ，BE ＝23BC .若DE →＝λ1AB →＋λ2AC →(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________． (1)AD→ (2)0 (3)12 [(1)设AB →＝a ，AC →＝b ，则EB →＝－12b ＋a ，FC →＝－12a ＋b ，从而EB→＋FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12b ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋b ＝12(a ＋b )＝AD →. (2)由题意得λa ＋b ＝λ(1，－3)＋(4，－2)＝(λ＋4，－3λ－2)，由(λa ＋b )∥b 得，(λ＋4)×(－2)－(－3λ－2)×4＝0，解得λ＝0.(3)如图，DE→＝DB →＋BE →＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(AC →－AB →)＝－16AB →＋23AC →，则λ1＝－16，λ2＝23，λ1＋λ2＝12.]【名师点评】 1.运用向量加减法解决几何问题时，需要发现或构造三角形或平行四边形．使用三角形加法法则要特别注意“首尾相接”；使用减法法则时，向量一定“共起点”．2．证明三点共线问题，可用向量共线来解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线．3.OA→＝λOB →＋μOC →(λ，μ为实数)，若A ，B ，C 三点共线，则λ＋μ＝1.1．如图7－1，在△ABC 中，BO 为边AC 上的中线，BG →＝2GO →，设CD →∥AG →，若AD→＝15AB →＋λAC →(λ∈R )，则λ的值为________．图7－165 [因为BG →＝2GO →，所以AG →＝13AB →＋23AO →＝13AB →＋13AC →. 又CD→∥AG →，可设CD →＝mAG →.从而AD →＝AC →＋CD →＝AC →＋m 3AB →＋m 3AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 3AC→＋m 3AB →.因为AD→＝15AB →＋λAC →， 所以m 3＝15，λ＝1＋m 3＝65.]2．向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图7－2所示．若c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R )，则λμ＝________.图7－24 [以向量a 的终点为原点，过该点的水平和竖直的网格线所在直线为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设一个小正方形网格的边长为1，则a ＝(－1,1)，b ＝(6,2)，c ＝(－1，－3)．由c ＝λa ＋μb ，即(－1，－3)＝λ(－1,1)＋μ(6,2)，得－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3，故λ＝－2，μ＝－12，则λμ＝4.]3．如图7－3，在△ABC 中，AF ＝13AB ，D 为BC 的中点，AD 与CF 交于点E .若AB→＝a ，AC →＝b ，且CE →＝x a ＋y b ，则x ＋y ＝________.图7－3－12 [如图，设FB 的中点为M ，连结MD .因为D 为BC 的中点，M 为FB 的中点， 所以MD ∥CF .因为AF ＝13AB ，所以F 为AM 的中点，E 为AD 的中点． 法一：因为AB →＝a ，AC →＝b ，D 为BC 的中点，所以AD→＝12(a ＋b )． 所以AE→＝12AD →＝14(a ＋b )．所以CE →＝CA →＋AE →＝－AC →＋AE → ＝－b ＋14(a ＋b )＝14a －34b . 所以x ＝14，y ＝－34， 所以x ＋y ＝－12.法二：易得EF ＝12MD ，MD ＝12CF ， 所以EF ＝14CF ，所以CE ＝34CF . 因为CF →＝CA →＋AF →＝－AC →＋AF → ＝－b ＋13a ，所以CE→＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫－b ＋13a ＝14a －34b . 所以x ＝14，y ＝－34，则x ＋y ＝－12.]题型二| 平面向量的数量积(1)(2014·江苏高考)如图7－4，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP →＝3PD →，AP →·BP →＝2，则AB →·AD→的值是________．图7－4(2)已知向量AB →与AC →的夹角为120°，且|AB →|＝3，|AC →|＝2.若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为________．【导学号：19592023】(1)22 (2)712 [(1)由CP →＝3PD →，得DP →＝14DC →＝14AB →，AP →＝AD →＋DP →＝AD →＋14AB→，BP →＝AP →－AB →＝AD →＋14AB →－AB →＝AD →－34AB →. 因为AP →·BP→＝2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋14AB →·⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →－34AB →＝2， 即AD →2－12AD →·AB→－316AB 2→＝2.又因为AD 2→＝25，AB 2→＝64，所以AB →·AD →＝22.(2)因为AP →⊥BC →，所以AP →·BC→＝0， 所以(λAB →＋AC →)·BC →＝0，即(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝λAB →·AC →－λAB 2→＋AC 2→－AC →·AB→＝0. 因为向量AB →与AC →的夹角为120°，|AB →|＝3，|AC →|＝2，所以(λ－1)|AB →||AC →|·cos 120°－9λ＋4＝0，解得λ＝712.] 【名师点评】 求平面向量的数量积的两种方法1．定义法：a ·b ＝|a ||b |·cos θ，其中θ为向量a ，b 的夹角； 2．坐标法：当a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)时，a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2.1．(2016·盐城三模)已知向量a ，b 满足a ＝(4，－3)，|b |＝1，|a －b |＝21，则向量a ，b 的夹角为________．π3 [∵a ＝(4，－3)，∴|a |＝5， 又|b |＝1，|a －b |＝21， ∴|a －b |2＝a 2－2a·b ＋b 2，∴a·b ＝52.∴cos 〈a ，b 〉＝a·b|a ||b |＝525×1＝12.又〈a ，b 〉∈[0，π]， ∴〈a ，b 〉＝π3.]2．如图7－5，在△ABC 中，AB ＝AC ＝3，cos ∠BAC ＝13，DC →＝2BD →，则AD →·BC →的值为________．图7－5－2 [∵BC→＝AC →－AB →， ∴AD →·BC →＝(AB →＋BD →)·BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋13AC →－13AB →·(AC →－AB →) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23AB →＋13AC →·(AC →－AB →) ＝－23AB →2＋13AC →2＋13AB →·AC → ＝－23×9＋13×9＋13×3×3×13 ＝－6＋3＋1＝－2.]3．(2016·南通调研一)已知边长为4的正三角形ABC ，BD →＝12BC →，AE→＝13AC →，AD 与BE 交于点P ，则PB →·PD→的值为________．图7－63 [法一：设AB →＝a ，AC →＝b .则a·b ＝8.设AP →＝λAB →＋μAE →＝λa ＋μ3b ，AP →＝ηAD →＝η2a ＋η2b, 又B ，P ，E 三点共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝η2，μ3＝η2，λ＋μ＝1，解得λ＝14，μ＝34，η＝12，PB →＝AB →－AP →＝34a －14b ，PD→＝14a ＋14b ，PB →·PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34a －14b ⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ＋14b ＝116(3a 2＋2a·b －b 2)＝3.法二：以BC 为x 轴，AD 为y 轴，建立坐标系，B (－2,0)，C (2,0)，A (0,23)，P (0，3)．所以PB →·PD →＝(－2，－3)·(0，－3)＝3.]题型三| 数量积的综合应用(1)已知O 为△ABC 的外心，AB ＝2a ，AC ＝2a ，∠BAC ＝120°，若AO→＝αAB→＋βAC →，则α＋β的最小值为________．(2)已知点R (－3,0)，点P 在y 轴上，点Q 在x 轴的正半轴上，点M (x ，y )在直线PQ 上，且 2 PM →＋3 MQ →＝0，RP →·PM →＝0，则4x ＋2y －3的最小值为________．(1)2 (2)－4 [(1)如图，以A 为原点，以AB 所在的直线为x 轴，建立直角坐标系，则A (0,0)，B (2a,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，3a ，∵O 为△ABC 的外心，∴O 在AB 的中垂线m ：x ＝a 上，又在AC 的中垂线n 上，AC 的中点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，32a ，AC 的斜率为tan 120°＝－3，∴中垂线n 的方程为y －32a ＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12a ，把直线m 和n 的方程联立方程组 ⎩⎨⎧x ＝a ，y －32a ＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12a ，解得△ABC 的外心O ⎝⎛⎭⎪⎫a ，33a ＋233a ，由条件AO →＝αAB→＋βAC →，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，33a ＋233a ＝α(2a,0)＋β⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，3a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2aα－βa ，3a β， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2aα－βa ，33a ＋233a ＝3a β，解得α＝23＋13a 2，β＝a 23＋23，∴α＋β＝23＋13a 2＋a 23＋23＝43＋13a 2＋a 23≥43＋2×13＝2，当且仅当a ＝1时取等号．(2)由2PM →＋3MQ →＝0，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－y 2，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3，0.由RP →·PM →＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－y 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，3y 2＝0，即y 2＝4x ，∴4x ＋2y －3＝y 2＋2y －3＝(y ＋1)2－4，因此，当y ＝－1时，4x ＋2y －3取得最小值，最小值为－4.]【名师点评】 两类平面向量综合问题的解决方法1．用向量解决平面几何问题，主要是通过建立平面直角坐标系将问题坐标化，然后利用平面向量的坐标运算求解有关问题；2．在平面向量与平面解析几何的综合问题中，应先根据平面向量知识把向量表述的解决几何问题的几何意义弄明白，再根据这个几何意义用代数的方法研究解决．1．在平面直角坐标系xOy 中，圆C ：x 2＋y 2＝4分别交x 轴正半轴及y 轴正半轴于M ，N 两点，点P 为圆C 上任意一点，则PM →·PN→的最大值为________． 4＋42 [根据题意得：M (2,0)，N (0,2)．设P (2cos θ，2sin θ)， 则PM→＝(2－2cos θ，－2sin θ)，PN→＝(－2cos θ，2－2sin θ)， 所以PM →·PN →＝－4cos θ＋4cos 2θ－4sin θ＋4sin 2θ ＝4－4(sin θ＋cos θ) ＝4－42sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，因为－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4≤1，所以4－42≤PM →·PN→≤4＋42，所以PM →·PN→的最大值为4＋4 2.]2．(2016·苏锡常镇调研一)在平面直角坐标系xOy 中，设M 是函数f (x )＝x 2＋4x (x ＞0)的图象上任意一点，过M 点向直线y ＝x 和y 轴作垂线，垂足分别是A ，B ，则MA →·MB→＝________.图7－7－2 [设M (a ，b )，则b ＝a 2＋4a (a ＞0)，据题设得B (0，b )，向量MB →＝(－a,0)，设A (m ，m )，则直线MA 的斜率为－1，即b －m a －m＝－1，得m ＝a ＋b 2，向量MA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b －a 2，a －b 2，MA →·MB →＝a 2－ab 2，把b ＝a 2＋4a (a ＞0)代入得MA →·MB →＝a 2－a 2－42＝－2.]3．已知|a |＝2|b |≠0，且关于x 的函数f (x )＝13x 3＋12|a |x 2＋a ·b x 在R 上有极值，则向量a 与b 的夹角的范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π [设a 与b 的夹角为θ. ∵f (x )＝13x 3＋12|a |x 2＋a ·b x ， ∴f ′(x )＝x 2＋|a |x ＋a ·b . ∵函数f (x )在R 上有极值，∴方程x 2＋|a |x ＋a ·b ＝0有两个不同的实数根，即Δ＝|a |2－4a ·b >0，∴a ·b <a24，又∵|a |＝2|b |≠0，∴cos θ＝a ·b |a ||b |< a 24 a 22＝12，即cos θ<12，又∵θ∈[0，π]， ∴θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π.]。
(江苏专版)2017年高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题1 集合、常用逻辑用语、不等式、
专题限时集训(七) 利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个数问题(建议用时：45分钟)1．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(a ∈R )．(1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，所以斜率k ＝f ′(1)＝1.1分 又f (1)＝0，曲线在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1 2分⇒x 2＋(1－a )x ＋1＝0，由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3可知：当Δ>0时，即a <－1或a >3时，有两个公共点； 当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点；当Δ<0时，即－1<a <3时，没有公共点. 4分 (2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ，由y ＝0得a ＝x ＋2x＋ln x ， 6分令h (x )＝x ＋2x＋ln x ，则h ′(x )＝x －x ＋x 2. 8分当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，由h ′(x )＝0得x ＝1， 10分 所以，h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， 因此，h (x )min ＝h (1)＝3，11分由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e＋2e －1， 12分h (e)＝e ＋2e＋1比较可知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e>h (e). 13分所以，当3<a ≤e＋2e ＋1时，函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点. 14分2．设函数f (x )＝e 2x－a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a x(x >0). 1分 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点； 3分 当a >0时，设u (x )＝e 2x，v (x )＝－a x，因为u (x )＝e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a x在(0，＋∞)上单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增. 5分又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点. 6分(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 8分当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.9分故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e 2x 0－ax 0＝0， 12分所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. 14分3．(2013·江苏高考)设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x－ax ，其中a 为实数． (1)若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围；(2)若g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f (x )的零点个数，并证明你的结论． [解] (1)令f ′(x )＝1x －a ＝1－axx＜0，考虑到f (x )的定义域为(0，＋∞)，故a ＞0，进而解得x ＞a －1，即f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数. 2分同理，f (x )在(0，a －1)上是单调增函数．由于f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a ≥1. 4分令g ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a .当x ＜ln a 时，g ′(x )＜0；当x ＞ln a 时，g ′(x )＞0. 又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a ＞1，即a ＞e.综上可知，a ∈(e ，＋∞). 6分 (2)当a ≤0时，g (x )必为单调增函数； 当a ＞0时，令g ′(x )＝e x －a ＞0，解得a ＜e x， 即x ＞ln a ．7分因为g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a ≤－1，即0＜a ≤e －1. 综合上述两种情况，得a ≤e －1.①当a ＝0时，由f (1)＝0以及f ′(x )＝1x＞0，得f (x )存在唯一的零点； 8分②当a ＜0时，由于f (e a )＝a －a e a ＝a (1－e a )＜0，f (1)＝－a ＞0，且函数f (x )在[e a,1]上的图象连续，所以f (x )在(e a,1)上存在零点. 9分另外，当x ＞0时，f ′(x )＝1x－a ＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f (x )只有一个零点．③当0＜a ≤e －1时，令f ′(x )＝1x－a ＝0，解得x ＝a －1.当0＜x ＜a －1时，f ′(x )＞0；当x ＞a －1时，f ′(x )＜0，所以，x ＝a －1是f (x )的最大值点，且最大值为f (a －1)＝－ln a －1. 10分a ．当－ln a －1＝0，即a ＝e －1时，f (x )有一个零点x ＝e. b ．当－ln a －1＞0，即0＜a ＜e －1时，f (x )有两个零点．实际上，对于0＜a ＜e －1，由于f (e －1)＝－1－a e －1＜0，f (a －1)＞0，且函数f (x )在[e －1，a －1]上的图象连续，所以f (x )在(e －1，a －1)上存在零点．另外，当x ∈(0，a －1)时，f ′(x )＝1x－a ＞0，故f (x )在(0，a －1)上是单调增函数， 所以f (x )在(0，a －1)上只有一个零点． 下面考虑f (x )在(a －1 ，＋∞)上的情况． 先证f ()e a－1＝a ()a －2－e a －1＜0.为此，我们要证明：当x ＞e 时，e x＞x 2.设h (x )＝e x －x 2，则h ′(x )＝e x －2x ，再设l (x )＝h ′(x )＝e x－2x ， 则l ′(x )＝e x－2. 12分当x ＞1时，l ′(x )＝e x－2＞e －2＞0，所以l (x )＝h ′(x )在(1，＋∞)上是单调增函数． 故当x ＞2时，h ′(x )＝e x－2x ＞h ′(2)＝e 2－4＞0，零点. 13分 又当x ＞a －1时，f ′(x )＝1x－a ＜0，故f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数， 所以f (x )在(a －1，＋∞)上只有一个零点．综合①②③可知，当a ≤0或a ＝e －1时，f (x )的零点个数为1，当0＜a ＜e －1时，f (x )的零点个数为2. 14分4．(2016·苏锡常镇调研二)已知函数f (x )＝a ·e x＋x 2－bx (a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，其导函数为y ＝f ′(x ).(1)设a ＝－1，若函数y ＝f (x )在R 上是单调减函数，求b 的取值范围； (2)设b ＝0，若函数y ＝f (x )在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围；(3)设b ＝2，且a ≠0，点(m ，n )(m ，n ∈R )是曲线y ＝f (x )上的一个定点，是否存在实数x 0(x 0≠m )，使得f (x 0)＝f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n 成立？证明你的结论．[解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝－e x＋x 2－bx ，∴f ′(x )＝－e x＋2x －b ，1分 由题意f ′(x )＝－e x＋2x －b ≤0对x ∈R 恒成立﹒ 由－e x＋2x －b ≤0，得b ≥－e x＋2x ，令F (x )＝－e x＋2x ，则F ′(x )＝－e x＋2，令F ′(x )＝0，得x ＝ln 2.3分当x ＜ln 2时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，当x ＞ln 2时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减， 5分从而当x ＝ln 2时，F (x )有最大值2ln 2－2，所以b ≥2ln 2－2. 6分 (2)当b ＝0时，f (x )＝a e x ＋x 2，由题意a e x ＋x 2＝0只有一解.7分 由a e x＋x 2＝0，得－a ＝x 2e x ，令G (x )＝x 2e x ，则G ′(x )＝x－xex， 令G ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.当x ≤0时，G ′(x )≤0，G (x )单调递减，G (x )的取值范围为[0，＋∞)，8分当0＜x ＜2时，G ′(x )＞0，G (x )单调递增，G (x )的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2，9分 当x ≥2时，G ′(x )≤0，G (x )单调递减，G (x )的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，4e 2， 10分由题意，得－a ＝0或－a ＞4e 2，从而a ＝0或a ＜－4e2，∴当a ＝0或a ＜－4e 2时，函数y ＝f (x )只有一个零点.12分(3)f (x )＝a e x＋x 2－2x ，f ′(x )＝a e x＋2x －2， 假设存在，则有f (x 0)＝f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋f (m )，13分即f x 0－f m x 0－m ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2，∵f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2＝a e＋2·x 0＋m2－2，f x 0－f m x 0－m＝ax 0－e m ＋x 20－m2－x 0－m x 0－m＝ax 0－e m x 0－m＋(x 0＋m )－2，∴a e＝ax 0－e mx 0－m.(*) 14分∵a ≠0，∴e＝e x 0－e mx 0－m ，不妨设t ＝x 0－m ＞0，则e t 2＋m ＝e t ＋m－e mt.∴h (t )在(0，＋∞)上单调递增， 又∵h (0)＝0，∴h (t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立，即g ′(t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立， ∴g (t )在(0，＋∞)上单调递增，又g (0)＝0， ∴g (t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立，即(*)式不成立，∴不存在实数x 0(x 0≠m )，使得f (x 0)＝f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n 成立. 16分5．(2016·南通三模)设函数f (x )＝x e x－a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数)． (1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围；(3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【导学号：19592022】[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝x e x，f ′(x )＝e x(x ＋1)， 令f ′ (x )＝0，得x ＝－1. 2分 列表如下：所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－e，无极大值. 4分(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，有sin x cos x ≥0，所以f (x )≥0恒成立，当a ≤0时，符合题意； 5分②当0＜a ≤1时，因为f ′(x )≥e x(x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0，所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 上为增函数，所以f (x )≥f (0)＝0，即当0＜a ≤1，符合题意；6分③当a ＞1时，f ′(0)＝1－a ＜0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 ＝e π4⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋1＞0，所以存在α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，使得f ′(α)＝0，且在(0，α)内，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，α)上为减函数，所以f (x )＜f (0)＝0. 即当a ＞1时，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]. 8分(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点，由(2)知，当a ≤1时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，且f (0)＝0，故函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上无零点．当a ＞1时，f ′(x )≥e x(x ＋1)－a cos 2x ， 9分 令g (x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ，g ′(x )＝e x(x ＋2)＋2a sin 2x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，恒有g ′(x )＞0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，由g (0)＝1－a ＜0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋1 ＋a ＞0，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一的零点x 0，即方程f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0，11分且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2，f ′(x )＞0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上单调递增， 12分 当x ∈(0，x 0)时，f (x )＜f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)无零点； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f (x 0)＜f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 ＝π2e ＞0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2上有唯一零点， 14分所以，当a ＞1时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有一个零点．综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点. 16分6．设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值．[解] (1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2. 2分又f ′(x )＝ln x ＋a x＋1，所以a ＝1. 4分 (2)当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0,1]时，h (x )<0.5分又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e2>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0. 6分 因为h ′(x )＝ln x ＋1x＋1＋xx －ex，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－1e >0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增.7分所以当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根.8分(3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0， 且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )， 所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x ，x ∈，x 0]，x2ex ，x ∈x 0，＋ 10分当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0； 若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x＋1>0，可知0<m (x )≤m (x 0)；故m (x )≤m (x 0). 12分 当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x－xex， 可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．可知m (x )≤m (2)＝4e2，且m (x 0)<m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e2.14分。
(江苏专版)2017年高考数学二轮专题复习与策略第1部分专题6算法、复数、推理与证明、概率与统计第19讲算法
专题6 算法、复数、推理与证明、概率与统计第19讲算法、复数、推理与证明题型一| 算法与流程图(1)(2014·江苏高考)如图19－1是一个算法流程图，则输出的n的值是__．图19－1(2)(2016·盐城三模)下列伪代码运行的结果为________．(1)5 (2)9 [(1)由算法流程图可知：第一次循环：n＝1,2n＝2<20，不满足要求，进入下一次循环；第二次循环：n＝2,2n＝4<20，不满足要求，进入下一次循环；第三次循环：n＝3,2n＝8<20，不满足要求，进入下一次循环；第四次循环：n＝4,2n＝16<20，不满足要求，进入下一次循环；第五次循环：n＝5,2n＝32>20，满足要求，输出n＝5.(2)由题意可知S＝0＋1＋3＋5＋7，故最后的结果为9.]【名师点评】 1.高考中对程序框图的考查主要有“输出结果型”、“完善框图型”、“确定循环变量取值型”、“实际应用型”，具体问题中要根据题意准确求解．2．对于循环结构的框图的识图问题，应明确循环结构的框图的特征，明确框图中变量的变化特点，根据框图中的条件决定是否执行框图中的运算，从而确定程序运行的结果．1．根据下面的伪代码，最后输出的S的值为________．55 [由题意得S＝1＋2＋…＋10＝55.正确解决此类题目，需正确确定起始值和终止值．]2．执行如下所示的伪代码，当输入a，b的值分别为1,3时，最后输出的a的值为________．5[第一次循环：a＝1＋3＝4，b＝4－3＝1，i＝2.第二次循环：a＝4＋1＝5，b＝5－1＝4，i＝3.结束循环．∴a＝5.]3．(2016·苏锡常镇调研二)某算法流程图如图19－2所示，该程序运行后，若输出的x＝15，则实数a等于________．图19－21 [第一次循环：x ＝2a ＋1，n ＝2； 第二次循环：x ＝4a ＋3，n ＝3； 第三次循环：x ＝8a ＋7，n ＝4. 结束循环，由8a ＋7＝15可知a ＝1.]题型二| 复数的概念与运算(1)(2014·江苏高考)已知复数z ＝(5＋2i)2(i 为虚数单位)，则z 的实部为________．(2)(2016·南京三模)设复数z 满足z (1＋i)＝2＋4i ，其中i 为虚数单位，则复数z 的共轭复数为________．(3)在复平面内，复数z ＝i 1－i＋i 2 014表示的点所在的象限是________．(1)21 (2)z ＝3－i (3)第二象限 [(1)因为z ＝(5＋2i)2＝25＋20i ＋(2i)2＝25＋20i －4＝21＋20i ，所以z 的实部为21.(2)z ＝2＋4i 1＋i ＝23＋i2＝3＋i. 所以z ＝3－i.(3)根据题意得z ＝i 1－i＋i 2 014＝i×1＋i 1－i 1＋i ＋i 4×503＋2＝i －12＋i 2＝－32＋12i ，对应点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，故在第二象限．] 【名师点评】 1.在有关复数z 的等式中，可把z 看作未知量，利用方程的思想求解，亦可设出z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，用待定系数法求解．2．熟记一些常见的运算结果可提高运算速度： (1±i)2＝±2i，1＋i 1－i ＝i ，1－i 1＋i＝－i ，设ω＝－12＋32i ，则ω3＝1，|ω|＝1，ω2＝ω，1＋ω＋ω2＝0.1．(2016·苏锡常镇调研一)已知i 为虚数单位，复数z 满足zi ＋4＝3i ，则复数z 的模为________．5 [z ＋4i ＝3i 2，z ＝－3－4i ，|z |＝|－3－4i|＝5.]2．若复数z ＝(1＋i)(3－a i)(i 为虚数单位)为纯虚数，则实数a ＝________.【导学号：19592056】－3 [z ＝(1＋i)(3－a i)＝3＋a ＋(3－a )i ，由z 为纯虚数知a ＋3＝0，得a ＝－3.] 3．设a ，b ∈R ，a ＋b i ＝11－7i1－2i (i 为虚数单位)，则a ＋b 的值为________．8 [∵11－7i 1－2i ＝11－7i 1＋2i 1－2i 1＋2i ＝15(25＋15i)＝5＋3i ，∴a ＝5，b ＝3. ∴a ＋b ＝5＋3＝8.]题型三| 推理与证明(1)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A ，B ，C 三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B 城市； 乙说：我没去过C 城市； 丙说：我们三人去过同一城市． 由此可判断乙去过的城市为________．(2)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1,3,6,10，…，第n 个三角形数为n n ＋12＝12n 2＋12n .记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N (n,3)＝12n 2＋12n ，正方形数 N (n,4)＝n 2， 五边形数 N (n,5)＝32n 2－12n ，六边形数 N (n,6)＝2n 2－n ， ……可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10,24)＝________.(1)A (2)1 000 [(1)由题意可推断：甲没去过B 城市，但比乙去的城市多，而丙说“三人去过同一座城市”，说明甲去过A ，C 城市，而乙“没去过C 城市”，说明乙去过城市A ，由此可知，乙去过的城市为A .(2)由所给结论知，n 2的系数为k －22，n 的系数为4－k 2，则N (n ，k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k －22n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－k 2n ，因此N (10,24)＝24－22×102＋4－242×10＝11×102－10×10＝1 000.]【名师点评】 合情推理的解题思路1．在进行归纳推理时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论．2．在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后通过类比，推导出类比对象的性质．3．归纳推理关键是找规律，类比推理关键是看共性．1．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是________．方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根 [依据反证法的要求，即“至少有一个”的反面是“一个也没有”，直接写出命题的否定．方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根的反面是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根．]2．在△ABC 中，D 为AB 上任一点，h 为AB 边上的高，△ADC ，△BDC ，△ABC 的内切圆半径分别为r 1，r 2，r ，则有如下的等式恒成立：AD r 1＋BD r 2＝AB r ＋2CDh. 在三棱锥P －ABC 中D 为AB 上任一点，h 为过点P 的三棱锥的高，三棱锥P －ADC 、P －BDC 、P －ABC 的内切球的半径分别为r 1，r 2，r ，请类比平面三角形中的结论，写出类似的一个恒等式为________．S △ADC r 1＋S △BCD r 2＝S △ABC r ＋2S △PDCh[根据题意由三角形类似为三棱锥：线段AD 类比为S △ADC ，线段BD 类比为S △BDC ，线段AB 类比为S △ABC ，线段2CD 类比为2S △PDC ，则得S △ADC r 1＋S △BCD r 2＝S △ABCr＋2S △PDCh.]。
2017高考数学二轮复习与策略课件 名师寄语
返回首页
下一页
第四页，编辑于星期六：二十一点 三十分。
2017版高三二轮复习与策略
[解] (1)证明：由题意知
sin 2cos
AA＋csoins
BB＝cossiAncAos
B＋cossiAncBos
B，
化简得 2(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin A＋sin B，
即 2sin(A＋B)＝sin A＋sin B． 3 分
上一页
返回首页
下一页
第二十二页，编辑于星期六：二十一点 三十分。
2017版高三二轮复习与策略
[解] (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).1 分 ①设 a＝0，则 f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点. 2 分 ②设 a＞0，则当 x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以 f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又 f(1)＝－e，f(2)＝a，取 b 满足 b＜0 且 b＜ln a2，则 f(b)＞a2(b－2)＋a(b－1)2 ＝ab2－32b＞0，故 f(x)存在两个零点. 4 分
|f(x)|＝2－x 同样有且仅有一个解．当 3a>2，即 a>23时，由 x2＋(4a－3)x＋3a＝2－
x(其中 x<0)，得 x2＋(4a－2)x＋3a－2＝0(其中 x<0)，则 Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，
解得 a＝34或 a＝1ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ舍去)；
上一页
返回首页
下一页
第十八页，编辑于星期六：二十一点 三十分。
2017版高三二轮复习与策略
当 1≤3a≤2，即13≤a≤23时，由图象可知，符合条件． 综上所述，a∈13，23∪34.故选 C.] 【名师点评】 借助函数图象分析函数的性质，是求解此类问题的通法，解 题时，往往需要从函数的图象变化趋势中寻求解题的切入点，其中分段函数的单 调性是本题的易错点．