2019年高考数学考纲解读专题05导数的热点问题热点难点突破文含解析
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题25分类讨论思想转化与化归思想热点难点突破理含解析20190330289
分类讨论思想、转化与化归思想1.如果a 1，a 2，…，a 8为各项都大于零的等差数列，公差d ≠0，那么( )A.a 1a 8>a 4a 5B.a 1a 8<a 4a 5C.a 1＋a 8>a 4＋a 5D.a 1a 8＝a 4a 5答案 B解析 取特殊数列1，2，3，4，5，6，7，8，显然只有1×8<4×5成立，即a 1a 8<a 4a 5.2.设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3x －1，x <1，2x ，x ≥1，则满足f (f (a ))＝2f (a )的a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1B.[0，1]C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D.[1， ＋∞) 答案 C解析 由f (f (a ))＝2f (a )得f (a )≥1.当a <1时，有3a －1≥1，∴a ≥23，∴23≤a <1； 当a ≥1时，有2a ≥1，∴a ≥0，∴a ≥1.综上，a ≥23，故选C. 3.过双曲线x 2－y 22＝1的右焦点F 作直线l 交双曲线于A ，B 两点，若|AB |＝4，则这样的直线l 有( ) A.1条 B.2条 C.3条 D.4条答案 C4.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝p n－1(p 是常数)，则数列{a n }是( )A.等差数列B.等比数列C.等差数列或等比数列D.以上都不对答案 D解析 ∵S n ＝p n－1，∴a 1＝p －1，a n ＝S n －S n －1＝(p －1)p n －1(n ≥2)，当p ≠1且p ≠0时，{a n }是等比数列；当p ＝1时，{a n }是等差数列；当p ＝0时，a 1＝－1，a n ＝0(n ≥2)，此时{a n }既不是等差数列也不是等比数列.5.如图，在棱长为5的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝2，点Q 是A 1D 1的中点，点P 是棱C 1D 1上的动点，则四面体PQEF 的体积()A.是变量且有最大值B.是变量且有最小值C.是变量且有最大值和最小值D.是常数答案 D解析 点Q 到棱AB 的距离为常数，所以△EFQ 的面积为定值.由C 1D 1∥EF ，C 1D 1⊄平面EFQ ，EF ⊂平面EFQ ，可得棱C 1D 1∥平面EFQ ，所以点P 到平面EFQ 的距离是常数，于是可得四面体PQEF 的体积为常数.6. 设点P (x ，y )满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －3≤0，x －y ＋1≥0，x ≥1，y ≥1，则y x －x y 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，32 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1 D.[－1，1] 答案 B 解析 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －3≤0，x －y ＋1≥0，x ≥1，y ≥1所表示的可行域，如图阴影部分所示(包括边界)，其中A (2，1)，B (1，2)，令t ＝y x ，f (t )＝t －1t，根据t 的几何意义可知，t 为可行域内的点与坐标原点连线的斜率，连接OA ，OB ，显然OA 的斜率12最小，OB 的斜率2最大，即12≤t ≤2.由于函数f (t )＝t －1t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增，故－32≤f (t )≤32，即y x －x y 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，32.7.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ ln x ，x ＞0，m x，x <0，若f (x )－f (－x )＝0有四个不同的实根，则m 的取值范围是( )A.(0，2e)B.(0，e)C.(0，1)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 答案 D8.已知函数f (x )＝x (e x －e －x )－cos x 的定义域为[－3，3]，则不等式f (x 2＋1)>f (－2)的解集为( )A.[－2，－1]B.[－2，2]C.[－2，－1)∪(1，2]D.(－2，－1)∪(1，2)答案 C解析 因为f (－x )＝－x (e －x －e x )－cos(－x )＝x (e x －e －x)－cos x ＝f (x )，所以函数f (x )为偶函数，令g (x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ，易知g (x )在[0，3]上为增函数，令h (x )＝－cos x ，易知h (x )在[0，3]上为增函数，故函数f (x )＝x (e x －e －x )－cos x 在[0，3]上为增函数，所以f (x 2＋1)>f (－2)可变形为f (x 2＋1)>f (2)，所以2<x 2＋1≤3，解得－2≤x <－1或1<x ≤2，故不等式f (x 2＋1)>f (－2)的解集为[－2，－1)∪(1，2].9.已知函数f (x )＝a x ＋b (a >0，a ≠1)的定义域和值域都是[－1，0]，则a ＋b ＝________.答案 －32解析 当a >1时，函数f (x )＝a x ＋b 在[－1，0]上为增函数，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a －1＋b ＝－1，a 0＋b ＝0，无解.当0<a <1时，函数f (x )＝a x ＋b 在[－1，0]上为减函数，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a －1＋b ＝0，a 0＋b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝12，b ＝－2，所以a ＋b ＝－32. 10.设F 1，F 2为椭圆x 29＋y 24＝1的两个焦点，P 为椭圆上一点.已知P ，F 1，F 2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF 1|>|PF 2|，则|PF 1||PF 2|的值为________. 答案 72或2 解析 若∠PF 2F 1＝90°，则|PF 1|2＝|PF 2|2＋|F 1F 2|2，又|PF 1|＋|PF 2|＝6，|F 1F 2|＝25，所以|PF 1|＝143，|PF 2|＝43，所以|PF 1||PF 2|＝72. 若∠F 1PF 2＝90°，则|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2， 所以|PF 1|2＋(6－|PF 1|)2＝20，且|PF 1|>|PF 2|，所以|PF 1|＝4，|PF 2|＝2，所以|PF 1||PF 2|＝2. 综上知，|PF 1||PF 2|＝72或2. 11.已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，则|a ＋b |＋|a －b |的最小值是________，最大值是________. 答案 4 2 5解析 设a ，b 的夹角为θ，∵|a |＝1，|b |＝2，∴|a ＋b |＋|a －b |＝a ＋b 2＋a －b 2＝5＋4cos θ＋5－4cos θ.令y ＝5＋4cos θ＋5－4cos θ，则y 2＝10＋225－16cos 2θ.∵θ∈[0，π]，∴cos 2θ∈[0，1]，∴y 2∈[16，20]，∴y ∈[4，25]，即|a ＋b |＋|a －b |∈[4，25].∴|a ＋b |＋|a －b |的最小值是4，最大值是2 5. 12.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，若椭圆上存在点P 使得∠F 1PF 2＝120°，则椭圆C 离心率的取值范围是______________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，1 解析 当点P 在短轴端点时，∠F 1PF 2达到最大值， 即∠F 1BF 2≥120°时，椭圆上存在点P 使得∠F 1PF 2＝120°， 当∠F 1BF 2＝120°时，e ＝c a ＝sin 60°＝32，而椭圆越扁，∠F 1BF 2才可能越大， 椭圆越扁，则其离心率越接近1， 所以椭圆C 离心率的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，1.。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题15算法复数教学案文含解析20190330252
算法、复数
【2019年高考考纲解读】
1.对于复数要掌握复数的概念、纯虚数、复数相等、复数的模、共轭复数等，以及复数的几何意义及四则运算(重点考查复数的乘除)．
2.对于程序框图要掌握基本算法语句尤其是含循环结构的程序框图，往往与分段函数的求值、数列求和或求积、统计等有规律的重复计算问题放在一起考查，读题审题要仔细．
【重点、难点剖析】
一、复数的概念与运算
1．复数的乘法
复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i 的看作一类项，不含i 的看作另一类项，分别合并同类项即可． 【变式探究】执行如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输出的结果是4，则常数a 的值为( )
A ．4
B ．2
C ．12
D ．－1 【解析】S 和n 依次循环的结果如下：S ＝11－a ，n ＝2；S ＝1－1a ，n ＝4.所以1－1a
＝2，a ＝－1.故选D ． 【答案】D
【变式探究】若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的i 的值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
【解析】根据程序框图，程序执行中的数据变化如下：n＝12，i＝1；n＝6，i＝2；6≠5；n＝3，i＝3；3≠5；n＝10，i＝4；10≠5；n＝5，i＝5；5＝5成立，程序结束，输出i＝5.故选B．
【答案】B。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题热点难点突破文含解析
数列的综合问题1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( )A ．2 062B ．2 063C ．2 064D ．2 065答案 B解析 由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第个平方数与第＋1个平方数之间有2个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原数列的第2 063项，即为2 063.2．已知数列{a n }满足0<a n <1，a 41－8a 21＋4＝0，且数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n ＋4a 2n 是以8为公差的等差数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则满足S n >10的n 的最小值为( )A ．60B ．61C ．121D ．122答案 B解析 由a 41－8a 21＋4＝0，得a 21＋4a 21＝8， 所以a 2n ＋4a 2n＝8＋8(n －1)＝8n ， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋2a n 2＝a 2n ＋4a 2n＋4＝8n ＋4， 所以a n ＋2a n＝22n ＋1， 即a 2n －22n ＋1a n ＋2＝0，所以a n ＝22n ＋1±22n －12＝2n ＋1±2n －1， 因为0<a n <1，所以a n ＝2n ＋1－2n －1，S n ＝2n ＋1－1，由S n >10得2n ＋1>11，所以n >60.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( )A ．a n ≥2n ＋1B ．S n ≥n 2C ．a n ≥2n －1D ．S n ≥2n －1答案 B解析 由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)，∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1.∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1，∴S n ≥n 2(1＋2n －1)＝n 2. 4．数列{a n }满足a 1＝65，a n ＝a n ＋1－1a n －1(n ∈N *)，若对n ∈N *，都有>1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立，则最小的整数是( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6答案C5．已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f (21)＝21，那么 i ＝51100f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．2 500答案 D解析 由f (n )的定义知f (n )＝f (2n )，且若n 为奇数则f (n )＝n ， 则∑i ＝1100f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100)＝50×()1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑i ＝150f (i )，∴∑i ＝51100f (i )＝∑i ＝1100f (i )－∑i ＝150f (i )＝2 500.6．若数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1，且a 1＝5，则数列{a n }的前100项中，能被5整除的项数为() A ．42 B ．40 C ．30 D ．20答案 B解析 ∵数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1，即a n ＋12n ＋13－a n 2n ＋3＝1，且a 12×1＋3＝1，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋3是以1为首项，1为公差的等差数列，∴a n2n ＋3＝n ，②由①得b n ＝n －2，从而c n ＝1n ＋1n ＋2＋n ·2n －2.记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1n ＋1n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝n 2n ＋2，记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2，两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12， 从而T n ＝n 2n ＋2＋(n －1)·2n －1＋12＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1， 则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为4n ＋1n －1n ＋2＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122， 即n 2＋n －90>0，因为n ∈N *且n ≠1，故n >9，从而最小正整数n 的值是10.14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n －n ＝2(a n －2)(n ∈N *)．(1)证明：数列{a n －1}为等比数列；(2)若b n ＝a n ·log 2(a n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .(1)证明 ∵S n －n ＝2(a n －2)，当n ≥2时，S n －1－(n －1)＝2(a n －1－2)，两式相减，得a n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1－1，∴a n －1＝2(a n －1－1)，∴a n －1a n －1－1＝2(n ≥2)(常数)．又当n ＝1时，a 1－1＝2(a 1－2)，得a 1＝3，a 1－1＝2，∴数列{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解 由(1)知，a n －1＝2×2n －1＝2n ，∴a n ＝2n ＋1，又b n ＝a n ·log 2(a n －1)，∴b n ＝n (2n ＋1)，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )， 设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ， 则2A n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1， 两式相减，得＝21－2n1－2－n ×2n ＋1， ∴A n ＝(n －1)×2n ＋1＋2. 又1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，∴T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2＋n n ＋12(n ∈N *)．。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题热点难点突破文含解析
数列的综合问题1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( )A ．2 062B ．2 063C ．2 064D ．2 065答案 B解析 由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第个平方数与第＋1个平方数之间有2个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原数列的第2 063项，即为2 063.2．已知数列{a n }满足0<a n <1，a 41－8a 21＋4＝0，且数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n ＋4a 2n 是以8为公差的等差数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则满足S n >10的n 的最小值为( )A ．60B ．61C ．121D ．122答案 B解析 由a 41－8a 21＋4＝0，得a 21＋4a 21＝8， 所以a 2n ＋4a 2n＝8＋8(n －1)＝8n ， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋2a n 2＝a 2n ＋4a 2n＋4＝8n ＋4， 所以a n ＋2a n＝22n ＋1， 即a 2n －22n ＋1a n ＋2＝0，所以a n ＝22n ＋1±22n －12＝2n ＋1±2n －1， 因为0<a n <1，所以a n ＝2n ＋1－2n －1，S n ＝2n ＋1－1，由S n >10得2n ＋1>11，所以n >60.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( )A ．a n ≥2n ＋1B ．S n ≥n 2C ．a n ≥2n －1D ．S n ≥2n －1答案 B解析 由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)，∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1.∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1，∴S n ≥n 2(1＋2n －1)＝n 2. 4．数列{a n }满足a 1＝65，a n ＝a n ＋1－1a n －1(n ∈N *)，若对n ∈N *，都有>1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立，则最小的整数是( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6答案C5．已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f (21)＝21，那么 i ＝51100f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．2 500答案 D解析 由f (n )的定义知f (n )＝f (2n )，且若n 为奇数则f (n )＝n ， 则∑i ＝1100f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100)＝50×()1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑i ＝150f (i )，∴∑i ＝51100f (i )＝∑i ＝1100f (i )－∑i ＝150f (i )＝2 500.6．若数列{a n }满足an ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1，且a 1＝5，则数列{a n }的前100项中，能被5整除的项数为() A ．42 B ．40 C ．30 D ．20答案 B解析 ∵数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－an2n ＋3＝1，即a n ＋12n ＋13－a n 2n ＋3＝1，且a 12×1＋3＝1，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋3是以1为首项，1为公差的等差数列，∴a n2n ＋3＝n ，②由①得b n ＝n －2，从而c n ＝1n ＋1n ＋2＋n ·2n －2.记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1n ＋1n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝n 2n ＋2，记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2，两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12， 从而T n ＝n 2n ＋2＋(n －1)·2n －1＋12＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1， 则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为4n ＋1n －1n ＋2＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122， 即n 2＋n －90>0，因为n ∈N *且n ≠1，故n >9，从而最小正整数n 的值是10.14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n －n ＝2(a n －2)(n ∈N *)．(1)证明：数列{a n －1}为等比数列；(2)若b n ＝a n ·log 2(a n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .(1)证明 ∵S n －n ＝2(a n －2)，当n ≥2时，S n －1－(n －1)＝2(a n －1－2)，两式相减，得a n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1－1，∴a n －1＝2(a n －1－1)，∴a n －1a n －1－1＝2(n ≥2)(常数)．又当n ＝1时，a 1－1＝2(a 1－2)，得a 1＝3，a 1－1＝2，∴数列{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解 由(1)知，a n －1＝2×2n －1＝2n ，∴a n ＝2n ＋1，又b n ＝a n ·log 2(a n －1)，∴b n ＝n (2n ＋1)，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )， 设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ， 则2A n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1， 两式相减，得＝21－2n1－2－n ×2n ＋1， ∴A n ＝(n －1)×2n ＋1＋2. 又1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，∴T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2＋n n ＋12(n ∈N *)．。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题25解题规范与评分细则教学案文含解析
解题规范与评分细则解答题是高考试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．要求考生具有一定的创新意识和创新能力．解答题综合考查运算能力、逻辑思维能力、空间想象能力和分析问题、解决问题的能力．“答题模板”是指针对解答数学解答题的某一类型，分析解题的一般思路，规划解题的程序和格式，拟定解题的最佳方案，实现答题效率的最优化；评分细则是阅卷的依据，通过认真研读评分细则，重视解题步骤的书写，规范解题过程，做到会做的题得全分；对于最后的压轴题也可以按步得分，踩点得分，一分也要抢．题型一三角函数及解三角形例1、[2018·全国卷Ⅰ]在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(1)求cos∠ADB；2．对f(p)求导，令f′(p)＝0求极值，得2分．3．利用导数的知识，判断出极值为最值点，求出最大值，得2分．4．由题意判断出Y服从二项分布，求EX，得4分．5．求出总费用，再与EX比较，得结论，得2分．【名师点拨】1．正确阅读理解，弄清题意：与概率统计有关的应用问题经常以实际生活为背景，且常考常新，而解决问题的关键是理解题意，弄清本质，将问题转化为离散型随机变量分布列求解问题，如本题第(2)问就是利用二项分布求出EX.2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问求出p＝0.1，第二问直接用．3．注意规范答题：解题时要写准每一小题的解题过程，尤其是解题得分点要准确、规范，需要文字表达的，不要惜墨，但也不能过于啰嗦，恰到位置就好，本题就需要用文字表达，准确说明是解题关键．【变式探究】某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数01234≥5保费0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下： 一年内出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 概率0.300.150.200.200.100.05(Ⅰ)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率； (Ⅱ)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本 保费高出60%的概率；(Ⅲ)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值． 【解析】(Ⅰ)设续保人本年度的保费高于基本保费为事件A ，P (A )＝0.20＋0.20＋0.10＋0.05＝0.55.(Ⅱ)设续保人保费比基本保费高出60%为事件B ，P (B |A )＝P AB P A ＝0.10＋0.050.55＝311.(Ⅲ)设本年度所交保费为随机变量X .X 0.85a a1.25a 1.5a 1.75a 2a P0.300.150.200.200.100.05平均保费E (X )＝0.85a ×0.30＋0.15a ＋1.25a ×0.20＋1.5a ×0．20＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝0.255a ＋0.15a ＋0.25a ＋0.3a ＋0.175a ＋0.1a ＝1.23a ， 所以平均保费与基本保费比值为1.23. 【评分细则】1．利用互斥事件概率加法公式求出“高于基本保费的概率”，3分． 2．求出保费比基本保费高出60%的概率，3分． 3．列对随机变量分布列，2分．4．利用数学期望公式求对平均保费，3分． 5．写对平均保费与基本保费的比值，1分． 题型四 立体几何例4、[2018·全国卷Ⅰ]如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF . (1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)解：如图，作PH ⊥EF ，垂足为H . 由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴 正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的 空间直角坐标系H xyz.由(1)可得，DE ⊥PE . 又DP ＝2，DE ＝1， 所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32.又HP →为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【命题意图】本题主要考查平面与平面的垂直关系及线面角，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．【解题思路】(1)欲证平面PEF ⊥平面ABFD ，只需证明BF ⊥平面PEF ，只需在平面PEF 内寻找两条相交直线与直线BF 垂直；(2)建立空间直角坐标系，求出平面ABFD 的法向量与直线DP 的方向向量，利用线面所成角的向量公式，即可得DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． 【评分细则】1．利用线面垂直的判定定理证明BF ⊥平面PEF,2分． 2．利用面面垂直的判定定理证明结论，2分． 3．由题意建立空间直角坐标系，2分． 4．利用勾股定理，证明PE ⊥PF,2分． 5.HP →为平面ABFD 的法向量，2分． 6．利用向量求出线面角，2分． 【名师点拨】1．写全得分步骤：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写．如第(1)问中的AB ⊥AP ，AB ⊥PD ，AP ∩PD ＝P ；第(2)问中的建系及各点坐标，两平面法向量的坐标．2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，立体几何解答题的第(2)问建系，要用到第(1)问中的垂直关系时，可以直接用，有时不用第(1)问的结果无法建系．3．写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分．所以在解立体几何类解答题时，一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出判断AB ⊥平面PAD 的三个条件，写不全则不能得全分，如PF ∩EF ＝F 一定要有，否则要扣1分．【变式探究】[2017·全国卷Ⅰ]如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A －PB －C 的余弦值．【解析】(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，AP ∩PO ＝P ，从而AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，则 ⎩⎨⎧ n ·PC →＝0，n ·CB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2).设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的一个法向量，则 ⎩⎨⎧m ·PA →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.可取m ＝(1,0,1)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－33. 所以二面角A －PB －C 的余弦值为－33. 【评分细则】1．利用线面垂直的判定定理，3分．2．利用面面垂直的判定定理，1分． 3．建系得各点坐标，2分． 4．求出法向量n,2分． 5.求出法向量m,2分6．利用公式求出二面角的余弦值，2分． 题型五 解析几何例5、[2018·全国卷Ⅰ]设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB .【解析】(1)解：由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 由已知可得，点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. (2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线， 所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1<2，x 2<2，直线MA ，MB 的斜率之和为kMA ＋kMB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得kMA ＋kMB ＝2kx 1x 2－3k x 1＋x 2＋4kx 1－2x 2－2.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得 (2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 1－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 从而kMA ＋kMB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB .【命题意图】本题考查椭圆的标准方程及其简单性质、直线与椭圆的位置关系、证明等角，考查考生的推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．【解题思路】(1)当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝1，将l 的方程与椭圆方程联立可得点A 的坐标，进而可得直线AM 的方程．(2)当l 与x 轴垂直或l 与x 轴重合时，易证．当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l ：y ＝k (x －1)(k ≠0)，交点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则可以联立l 与C 的方程并消去y ，把x 1＋x 2，x 1x 2用k 表示，利用直线的斜率公式，将证明∠OMA ＝∠OMB 转化为证明k MA ＋k MB ＝0即可． 【评分细则】1．先求出A 点坐标，得2分． 2．求出直线AM 的方程，得2分． 3．当l 与x 轴垂直时求证，得2分． 4．先用k 表示k MA ＋k MB 的值，得2分．5．联立l 与C 的方程，求出x 1＋x 2，x 1x 2，再求k MA ＋k MB ＝0，得3分． 6．利用倾斜角互补，得证，得1分． 【名师点拨】【方法技巧】破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路，一般需画出大致图形，把已知条件翻译到图形中，利用直线方程的点斜式或两点式，即可快速表示出直线方程；二是“转化”桥梁，即会把要证的两角相等，根据图形的特征，转化为斜率之间的关系，再把直线与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系，以及斜率公式即可证得结论．【变式探究】[2017·全国卷Ⅰ]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3(－1，32)，P 4(1，32)中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．(2)设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |＜2，可得A ，B 的坐标分别为t ，4－t 22，t ，－4－t22.则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋m －1x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0.解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1). 【评分细则】1．利用椭圆的性质排除P 1,1分．2．由已知列出关于a 2，b 2的方程，求出椭圆方程，4分．3．当k 不存在时，求t ，判断与题不符，2分．4．将直线x 1方程，代入椭圆，得方程，用韦达定理表示，2分． 5．求出k 与m 的关系式，3分． 6．求出定点，1分． 题型六 导数与应用例6、[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.【解析】(1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．(2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a ＞2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f x 1－f x 2x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋aln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f x 1－f x 2x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即f x 1－f x 2x 1－x 2＜a －2.【命题意图】本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值点与不等式的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．【解题思路】(1)求f (x )的定义域，对函数f (x )求导，对参数a 进行分类讨论，即可判断f (x )的单调性；(2)结合(1)，求出f (x )存在两个极值点x 1，x 2时a 的取值范围，以及x 1，x 2的关系式，并将f x 1－f x 2x 1－x 2进行转化，利用分析法，构造函数，判断所构造函数的单调性，即可证得结果． 【评分细则】1．先求定义域，再求f ′(x )，得2分． 2．讨论当a ≤2时f (x )的单调性，得1分． 3．讨论当a >2时f (x )的单调性，再总结，得3分． 4．先表示f x 1－f x 2x 1－x 2的值，得3分．5．构造函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，再利用(1)中结论，得2分． 6．得结论，得1分． 【名师点拨】【方法技巧】判断可导函数的单调性的关键：首先，确定函数的定义域；其次，求导数f ′(x )；最后，对参数进行分类讨论，由f ′(x )>0，得函数f (x )的单调递增区间，由f ′(x )<0，得函数f (x )的单调递减区间．注意：如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用“，”或“和”字隔开．有关不等式的证明问题可利用分析法与综合法相结合去解决． 【变式探究】[2017·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝a e 2x＋(a －2)e x－x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．【解析】(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x＋1). (i)若a ≤0，则f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递减. (ii)若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，＋∞)单调递增.(2)(i)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点.(ii)若a ＞0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a . ①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a ＞0， 即f (－ln a )＞0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a ＜0，即f (－ln a )＜0. 又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2＞－2e －2＋2＞0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0＞ln 3a－1， 则f (n 0)＝e 0n (a e 0n ＋a －2)－n 0＞e 0n －n 0＞20n －n 0＞0.由于ln 3a－1＞－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1).【评分细则】1．求出定义域、导数，2分．2．讨论a ≤0,1分．3．讨论a >0时，利用f ′(x )>0，f ′(x )<0求单调区间，2分．4．利用(1)得a ≤0时零点个数，1分5．当a ＝1时，零点个数为1，不符合题意，1分．6．当a >1时，零点个数为0，不符合题意，1分．7．当0<a <1时，零点个数为2，符合题意，4分．。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题热点难点突破文含解析
数列的求和问题 1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n ＝0的两根，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64 答案 D2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1＋m ，且a 1，a 4，a 5－2成等差数列，b n ＝a n a n －1a n ＋1－1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >2 0172 018的最小正整数n 的值为( ) A ．11 B ．10 C ．9 D ．8答案 B解析 根据S n ＝2n ＋1＋m 可以求得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋4，n ＝1，2n ，n ≥2，所以有a 1＝m ＋4，a 4＝16，a 5＝32，根据a 1，a 4，a 5－2成等差数列，可得m ＋4＋32－2＝32，从而求得m ＝－2，所以a 1＝2满足a n ＝2n ，从而求得a n ＝2n (n ∈N *)，所以b n ＝a n a n －1a n ＋1－1＝2n 2n －12n ＋1－1 ＝12n －1－12n ＋1－1， 所以T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1， 令1－12n ＋1－1>2 0172 018，整理得2n ＋1>2 019， 解得n ≥10.3．设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝12，n ＋1a n ＋1＝n a n＋2n (n ∈N *)，则S 100等于( ) A ．2－492100 B ．2－49299 C ．2－512100 D ．2－51299 答案 D解析 由n ＋1a n ＋1＝n a n ＋2n ，得n ＋1a n ＋1－n a n ＝2n ， 则n a n －n －1a n －1＝2n －1，n －1a n －1－n －2a n －2＝2n －2，…，2a 2－1a 1＝21， 将各式相加得n a n －1a 1＝21＋22＋…＋2n －1＝2n －2，又a 1＝12，所以a n ＝n ·12n ， 因此S 100＝1×12＋2×122＋…＋100×12100， 则12S 100＝1×122＋2×123＋…＋99×12100＋100×12101， 两式相减得12S 100＝12＋122＋123＋…＋12100－100×12101， 所以S 100＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1299－100·⎝ ⎛⎭⎪⎫12100＝2－51299. 押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循．答案 1解析 因为a n ＝n ＋22n nn ＋1＝2n ＋1－n 2n n n ＋1＝12n －1n －12n n ＋1， 所以S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫120×1－121×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121×2－122×3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1n －12n n ＋1 ＝1－12n n ＋1， 由于1－12n n ＋1<1， 所以M 的最小值为1.9．已知数列{a n }，a 1＝e(e 是自然对数的底数)，a n ＋1＝a 3n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(2n －1)ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 1＝e ，a n ＋1＝a 3n 知，a n >0，所以ln a n ＋1＝3ln a n ，数列{}ln a n 是以1为首项，3为公比的等比数列，所以ln a n ＝3n －1，a n ＝e3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝(2n －1)ln a n ＝(2n －1)·3n －1，T n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，①3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n ，② ①－②，得－2T n ＝1＋2(31＋32＋33＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n ＝1＋2×3－3n 1－3－(2n －1)×3n ＝－2(n －1)×3n －2. 所以T n ＝(n －1)×3n ＋1(n ∈N *)．10．在等比数列{a n }中，首项a 1＝8，数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ，又设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <34. (1)解 由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝15，得log 2(a 1a 2a 3)＝15，∴a 1a 2a 3＝215，设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝8，∴a n ＝8qn －1， ∴8·8q ·8q 2＝215，解得q ＝4，∴a n ＝8·4n －1，即a n ＝22n ＋1(n ∈N *)． (2)证明 由(1)得b n ＝2n ＋1，易知{b n }为等差数列，S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2＋2n ，则1S n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2， ∴T n <34. 11．在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n n⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，∵a 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ，①∵a 23＝a 1·a 11， 即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )，②∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)．(2)由题意知， b n ＝(－1)n n⎝ ⎛⎭⎪⎫3n －32·⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋32＝(－1)n ·16·⎝⎛⎭⎪⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n ·19·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 T n ＝19⎣⎢⎡ －⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…⎦⎥⎤＋－1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝19⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋－1n 12n ＋1. 12．数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足：①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)，又a 1＝1满足a n ＝2n －1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0，且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ，∴q ＝12，b 3＝b 1q 2＝14， ∴b 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 12T n ＝1×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ， 两式相减，得12T n ＝1＋2×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n . ∴T n ＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(2n ＋3)(n ∈N *)． 13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1，(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若c n ＝(－1)n －14n ＋13＋2log 2a n 3＋2log 2a n ＋1，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ；(3)若d n ＝a n ·b n ，数列{}d n 的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)两边同除以n (n ＋1)， 得b n ＋1n ＋1－b n n＝1， 从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列， 所以b n n ＝n (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2.当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1.当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －1，又a 1＝1≠0，所以a n a n －1＝2， 从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(3)由(1)得d n ＝a n b n ＝n ·2n －1，D n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1， 2D n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n . 两式相减得－D n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n 1－2－n ·2n ， 所以D n ＝(n －1)·2n ＋1，由(1)得S n ＝2a n －1＝2n－1，因为对∀n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，即(n －1)·2n ＋1≤n ()2n －1－a 恒成立， 所以a ≤2n－n －1恒成立，记e n ＝2n －n －1，所以a ≤()e n min ， 因为e n ＋1－e n ＝[]2n ＋1－n ＋1－1－()2n －n －1＝2n －1>0，从而数列{}e n 为递增数列， 所以当n ＝1时，e n 取最小值e 1＝0，于是a ≤0.。
2019年高考数学(文)热点题型和提分秘籍专题11导数的应用(教学案)含解析
2019年高考数学（文）热点题型和提分秘籍1.利用导数求函数的单调区间及极值(最值)、结合单调性与不等式的成立情况求参数范围是高考命题的热点。
2．常与基本初等函数的图象与性质、解析几何、不等式、方程等交汇命题，主要考查转化与化归思想、分类讨论思想的应用。
3．题型主要以解答题为主，属中高档题。
热点题型一 判断或证明函数的单调性 例1、【2017课标II ，】若2x =-是函数的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e --C.35e -D.1 【答案】A【变式探究】设a ∈[－2,0]，已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－a ＋5x ，x ≤0x 3－a ＋32x 2＋ax ，x ＞0。
证明f (x )在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增。
【解析】设函数f 1(x )＝x 3－(a ＋5)x (x ≤0)，f 2(x )＝x 3－a ＋32x 2＋ax (x ≥0)。
①f ′1(x )＝3x 2－(a ＋5)，由于a ∈[－2,0]， 从而当－1＜x ≤0时，f ′1(x )＝3x 2－(a ＋5)＜3－a －5≤0， 所以函数f 1(x )在区间(－1,0]内单调递减。
②f ′2(x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ＝(3x －a )(x －1)。
由于a∈[－2,0]，所以当0＜x＜1时，f′2(x)＜0；当x＞1时，f′2(x)＞0，即函数f2(x)在区间[0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增。
综合①②及f1(0)＝f2(0)，可知函数f(x)在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增。
（Ⅱ）证明：由，得，.【变式探究】已知函数f(x)＝13x3＋x2＋ax＋1(a∈R)，求函数f(x)的单调区间。
【提分秘籍】求函数的单调区间的“两个方法”方法一(1)确定函数y＝f(x)的定义域；(2)求导数y′＝f′(x)；(3)解不等式f′(x)＞0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f′(x)＜0，解集在定义域内的部分为单调递减区间。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题10等差数列与等比数列教学案文含解析20190330232
等差数列与等比数列【2019年高考考纲解读】1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．【重点、难点剖析】一、等差数列、等比数列的运算1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·qn －1. 2．求和公式 等差数列：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d ；等比数列：S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q(q ≠1)． 3．性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .二 等差数列、等比数列的判定与证明证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数；②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．(2)证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．三、等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．【高考题型示例】题型一、等差数列、等比数列的运算例1、(2018·北京)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为______．答案 a n ＝6n －3(n ∈N *)解析 方法一 设公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝36，∴2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝6n －3(n ∈N *)．方法二 设公差为d ，∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3，∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6.∵a 1＝3，∴通项公式a n ＝6n －3(n ∈N *)． 【变式探究】(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.①求{a n }的通项公式；②记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m .【变式探究】(2017·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为________．答案 4解析 设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4. 【感悟提升】在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．【变式探究】设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0，即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1(舍)或q ＝32， 当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2， 得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1.【变式探究】设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________.答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 11－q 41－q ＋a 11－q 121－q ＝λa 11－q 81－q ， 1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)，将q 4＝2代入计算可得λ＝83. 题型二 等差数列、等比数列的判定与证明例2、已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝3，b 1＝－1，且满足a n ＝12(3a n －1－b n －1)，b n ＝－12(a n －1－3b n －1)，n ∈N *，n ≥2.(1)求证：数列{a n －b n }为等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n a n ＋1的前n 项和T n . (1)证明 a n －b n ＝12(3a n －1－b n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝2(a n －1－b n －1)， 又a 1－b 1＝3－(－1)＝4，所以{a n －b n }是首项为4，公比为2的等比数列．(2)解 由(1)知，a n －b n ＝2n ＋1，①又a n ＋b n ＝12(3a n －1－b n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝a n －1＋b n －1， 又a 1＋b 1＝3＋(－1)＝2，所以{a n ＋b n }为常数数列，a n ＋b n ＝2，②联立①②得，a n ＝2n＋1，2n a n a n ＋1＝2n 2n ＋n ＋1＋＝12n ＋1－12n ＋1＋1， 所以T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1 ＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1(n ∈N *)． 【感悟提升】(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．【变式探究】已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项． (1)求证：数列{S 2n }为等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝－n a n ，求{b n }的前n 项和T n .(2)解 由(1)可得S 2n ＝1＋n －1＝n ，∵数列{a n }的各项都为正数，∴S n ＝n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －n －1，又a 1＝S 1＝1满足上式，∴a n ＝n －n －1(n ∈N *)．(3)解 由(2)得b n ＝－n a n ＝－n n －n －1 ＝(－1)n (n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ，当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n ，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n (n ∈N *)．题型三 等差数列、等比数列的综合问题例3、已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式a n 与其前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n 9－n 2(n ∈N *)． (2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12， ∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ， ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 随m 的增加而减少， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8.又S n ＝n 9－n 2＝－12(n 2－9n ) ＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814， 故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．【感悟提升】(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足a n ＋1＝32n n a b ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．(2)由a n ＋1＝32n n a b ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭，得b n ＝1a n 312log n a +＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1323log 2n ⎛⎫ ⎪⎝⎭ ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1， 所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 ＝2n －13n (2－n )， 所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43. 即t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题热点难点突破文含解析
数列的综合问题 1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( ) A．2 062 B．2 063 C．2 064 D．2 065 答案 B 解析 由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第个平方数与第＋1个平方数之间有2个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原数列的第2 063项，即为2 063.
2．已知数列{an}满足0和为Sn，则满足Sn>10的n的最小值为( ) A．60 B．61 C．121 D．122 答案 B
解析 由a41－8a21＋4＝0，得a21＋4a21＝8，
所以a2n＋4a2n＝8＋8(n－1)＝8n， 所以an＋2an2＝a2n＋4a2n＋4＝8n＋4， 所以an＋2an＝22n＋1， 即a2n－22n＋1an＋2＝0， 所以an＝22n＋1±22n－12＝2n＋1±2n－1， 因为0所以an＝2n＋1－2n－1，Sn＝2n＋1－1， 由Sn>10得2n＋1>11， 所以n>60. 3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则( ) A．an≥2n＋1 B．Sn≥n2 C．an≥2n－1 D．Sn≥2n－1 答案 B 解析 由题意得a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…， an－an－1
≥2，
∴a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1≥2(n－1)， ∴an－a1≥2(n－1)，∴an≥2n－1. ∴a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，an≥2n－1， ∴a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1，
∴Sn≥n2(1＋2n－1)＝n2.
高考数学考纲解读与热点难点突破专题15算法复数教学案文含解析2019
算法、复数【2019年高考考纲解读】1.对于复数要掌握复数的概念、纯虚数、复数相等、复数的模、共轭复数等，以及复数的几何意义及四则运算(重点考查复数的乘除)．2.对于程序框图要掌握基本算法语句尤其是含循环结构的程序框图，往往与分段函数的求值、数列求和或求积、统计等有规律的重复计算问题放在一起考查，读题审题要仔细．【重点、难点剖析】一、复数的概念与运算1．复数的乘法复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i 的看作一类项，不含i 的看作另一类项，分别合并同类项即可． 【变式探究】执行如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输出的结果是4，则常数a 的值为( )A ．4B ．2C ．12D ．－1 【解析】S 和n 依次循环的结果如下：S ＝11－a ，n ＝2；S ＝1－1a ，n ＝4.所以1－1a＝2，a ＝－1.故选D ． 【答案】D【变式探究】若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的i 的值为( )A．4 B．5C．6 D．7【解析】根据程序框图，程序执行中的数据变化如下：n＝12，i＝1；n＝6，i＝2；6≠5；n＝3，i＝3；3≠5；n＝10，i＝4；10≠5；n＝5，i＝5；5＝5成立，程序结束，输出i＝5.故选B．【答案】B精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
读沙漠，读出了它坦荡豪放的胸怀；读太阳，读出了它普照万物的无私；读春雨，读出了它润物无声的柔情。
读大海，读出了它气势磅礴的豪情。
读石灰，读出了它粉身碎骨不变色的清白。
2、幸福幸福是“临行密密缝，意恐迟迟归”的牵挂；幸福是“春种一粒粟，秋收千颗子”的收获. 幸福是“采菊东篱下，悠然见南山”的闲适；幸福是“奇闻共欣赏，疑义相与析”的愉悦。
幸福是“随风潜入夜，润物细无声”的奉献；幸福是“夜来风雨声，花落知多少”的恬淡。
幸福是“零落成泥碾作尘，只有香如故”的圣洁。
幸福是“壮志饥餐胡虏肉，笑谈渴饮匈奴血”的豪壮。
幸福是“先天下之忧而忧，后天下之乐而乐”的胸怀。
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导数的热点问题 1．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为v103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)． (1)求y关于v的函数关系式； (2)若c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少．
(2)y′＝6v50－240v2＝3v3－2 00025v2， 令y′＝0，得v＝1032， 当0当v>1032时，y′>0，函数单调递增， ∴当0在(1032，15)上单调递增， ∴当v＝1032时总用氧量最少， 当c≥1032时，y在[c,15]上单调递增， ∴当v＝c时总用氧量最少．
综上，若0则当v＝1032时总用氧量最少；若c≥1032， 则当v＝c时总用氧量最少．
2．已知函数f(x)＝x＋ax. (1)判断函数f(x)的单调性； (2)设函数g(x)＝ln x＋1，证明：当 x∈(0，＋∞)且a>0时，f(x)>g(x)． (1)解 因为f′(x)＝1－ax2＝x2－ax2()x≠0， ①若a≤0，则f′(x)>0在定义域内恒成立， ∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增； ②若a>0，则由f′(x)>0，解得x<－a或x>a， 由f′(x)<0，解得－a∴函数f(x)在()－∞，－a，()a，＋∞上单调递增， 在()－a，0，()0，a上单调递减． (2)证明 令h(x)＝f(x)－g(x)＝x＋ax－ln x－1(x>0)， h′(x)＝1－ax2－1x＝x2－x－ax2(x>0)，
设p(x)＝x2－x－a， 则由a>0知，方程p(x)＝0的判别式Δ＝1＋4a>0， 设p(x)＝0的正根为x0， ∴x20－x0－a＝0， ∵p(1)＝1－1－a＝－a<0，∴x0>1， 又p(0)＝－a<0， ∴h(x)在(0，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数， h(x)min＝h(x0)＝x0＋ax0－ln x0－1
＝x0＋x20－x0x0－ln x0－1＝2x0－ln x0－2， 令F(x)＝2x－ln x－2()x>1， F′(x)＝2－1x＝2x－1x>0恒成立，
∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数， 又∵F(1)＝2－0－2＝0， ∴F(x)>0，即h(x)min>0， ∴当x∈(0，＋∞)且a>0时，f(x)>g(x)． 3．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R)． (1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围； (2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1(1)解 令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x－m(x>0)， 则F′(x)＝1x－1＝1－xx(x>0)， 当x>1时，F′(x)<0，当00， 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1. (2)证明 由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1,0要证x1x2<1，只需证x2<1x1， 由于F(x)在(1，＋∞)上单调递减， 从而只需证F(x2)>F1x1， 由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝ln x1－x1， 即证ln1x1－1x1－m＝ln1x1－1x1＋x1－ln x1<0， 令h(x)＝－1x＋x－2ln x(0则h′(x)＝1x2＋1－2x＝x2－2x＋1x2>0， 故h(x)在(0,1)上单调递增，h(x)所以x1x2<1. 4．已知f(x)＝(ax－1)ex＋x2. (1)当a＝1时，讨论函数f(x)的零点个数，并说明理由； (2)若x＝0是f(x)的极值点，证明f(x)≥ln(ax－1)＋x2＋x＋1. (1)解 当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex＋x2， f′(x)＝x()ex＋2，
由f′(x)>0得x>0，由f′(x)<0得x<0， ∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 又∵f(－2)＝4－3e2>0，f(0)＝－1<0，f(1)＝1>0， ∴f(x)有两个零点． (2)证明 ∵f′(x)＝ex()ax－1＋a＋2x， ∵x＝0是f(x)的极值点， ∴f′(0)＝a－1＝0，∴a＝1， ∴f(x)＝(x－1)ex＋x2， 故要证(x－1)ex≥ln(x－1)＋x＋1，令x－1＝t，t>0， 即证tet＋1≥ln t＋t＋2(t>0)， 设h(x)＝ex·ex－ln x－x－2(x>0)， 即证h(x)≥0(x>0)， h′(x)＝e·ex(x＋1)－1x－1
＝e(x＋1)ex－1ex(x>0)， 令u(x)＝ex－1ex(x>0)，u′(x)＝ex＋1ex2>0， ∴u(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又u(1)＝e－1e>0，u()e－2＝2ee－－e<0， 故u(x)＝0有唯一的根x0∈(0,1)，0ex＝1ex0， 当0当x>x0时，u(x)>0，h′(x)>0，
∴h(x)≥h(x0)＝ex0·0ex－ln x0－x0－2 ＝ex0·1ex0＋ln 01ex－x0－2＝1＋x0＋1－x0－2＝0. 综上得证． 5．已知函数f(x)＝1－xax＋ln x(其中a>0，e≈2.7)． (1)当a＝1时，求函数f(x)在(1，f(1))点处的切线方程； (2)若函数f(x)在区间[2，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围； (3)求证：对于任意大于1的正整数n，都有ln n>12＋13＋…＋1n. (1)解 ∵f(x)＝1－xx＋ln x， ∴f′(x)＝x－1x2(x>0)， ∴f′(1)＝0， ∵f(1)＝0， ∴f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0.
(3)证明 当a＝1时，f(x)＝1－xx＋ln x，f′(x)＝x－1x2， 当x>1时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数． 则当x>1时，f(x)>f(1)＝0， 当n>1时，令x＝nn－1>1，
∴f(x)＝1－nn－1nn－1＋lnnn－1＝－1n＋lnnn－1>0， ∴lnnn－1>1n，ln21>12，ln32>13，…，lnnn－1>1n， ∴ln21＋ln32＋…＋lnnn－1>12＋13＋…＋1n， 即ln21×32×…×nn－1>12＋13＋…＋1n， ∴ln n>12＋13＋…＋1n， 即对于任意大于1的正整数n， 都有ln n>12＋13＋…＋1n. 6．已知函数f(x)＝ex＋2ln x，g(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)． (1)若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m＋2ln x恒成立，求实数m的取值范围； (2)若对任意的实数a，函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x在(0，＋∞)上总有零点，求实数b的取值范围． 解 (1)对任意的x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m＋2ln x恒成立可转化为不等式m∞)上恒成立． 令m(x)＝ex－x2，x∈[0，＋∞)，则m′(x)＝ex－2x， 令n(x)＝m′(x)＝ex－2x，则n′(x)＝ex－2， 故当x∈(0，ln 2)时，n′(x)<0，n(x)单调递减； 当x∈(ln 2，＋∞)时，n′(x)>0，n(x)单调递增． 从而当x∈[0，＋∞)时，n(x)≥n(ln 2)＝2－2ln 2>0， 即m′(x)>0，所以m(x)在[0，＋∞)上单调递增，m(x)的最小值是m(0)＝1， 所以m≤1，即m的取值范围为(－∞，1]． (2)函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x在(0，＋∞)上总有零点， 即F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上总有零点． 若a<0，则F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上单调递增， 故F(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1. 以下证明：当b>1时，F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上总有零点． ①若a<0，由于F(0)＝1－b<0，
F－ba＝eba－a－ba－b＝eba>0，
且F(x)在(0，＋∞)上连续， 故F(x)在0，－ba上必有零点； ②若a≥0，F(0)＝1－b<0， 由(1)知ex>x2＋1>x2在x∈(0，＋∞)时恒成立， 取x0＝a＋b>0， 则F(x0)＝F(a＋b)＝ea＋b－a(a＋b)－b>(a＋b)2－a2－ab－b＝ab＋b(b－1)>0， 由于F(0)＝1－b<0，F(a＋b)>0， 故F(x)在(0，a＋b)上必有零点．