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715666com:第5讲:数学思想方法之分类思想探讨

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【备战 2013 高考数学专题讲座】 第 5 讲:数学思想方法之分类思想探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识,数学方法是数学思想的具体化形式,实际上两者 的本质是相同的,差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有:建 模思想、归纳思想,分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。 数学中的所谓分类,就是根据数学对象本质属性的相同点与不同点,将其分成几个不同种类的一种数 学思想。它既是一种重要的数学思想,又是一种重要的数学逻辑方法。有关分类讨论思想的数学问题具有 明显的逻辑性、综合性、探索性,能训练人的思维条理性和概括性。掌握好这类问题对提高综合学习能力 会有很大帮助,它既有利于培养学生的创新精神与探索精神,又有利于培养学生严谨、求实的科学态度。 分类思想解题的过程(思维、动因和方法)我们把它归纳为 WHDS 四个方面: W(WHI)即为什么要进行分类。一般地说,高考数学中,当我们研究的问题是下列五种情形时可以 考虑使用分类的思想方法来解决问题: (1)涉及到分类定义的概念,有些概念是分类定义的,如绝对值的 概念等,当我们应用这些概念时就必须考虑使用分类讨论的方法。 (2)直接运用了分类研究的定理、性质、 公式、 法则, 如等比数列的求和公式就分为 q ? 1 和 q ? 1 两种情况; 对数函数的单调性就分为 a>1,a<1 两 种情况;直线方程分为斜率存在与不存在等,当我们应用这些受到适用范围条件限制的定理、性质、公式、 法则来解决问题时,如果在解决问题中需要突破对定理、性质、公式、法则的条件限制可以考虑使用分类 讨论的方法。 (3)问题中含有的参变量的不同取值(如分段函数)会导致不同结果而需要对其进行分类讨 论。 (4)几何问题中几何图形的不确定(如两点在同一平面的同侧、异侧)而需要对其进行分类讨论; (5) 由数学运算引起的分类讨论,如排列组合的计数问题,概率问题又要按题目的特殊要求,分成若干情况研 究。 H(HOW)即如何进行分类。首先,明确分类讨论思想的三个原则: (1)不遗漏原则; (2)不重复原 则; (3)同标准原则。其次,查找引起分类讨论的主要原因,即上述五个主要原因的哪一种。第三,掌握 分类讨论思想的常用方法。分类方法一般为分区间讨论法,即把参数的变化范围(或几何图形中动态的变 化范围)划分成若干个以参数特征为分界点(或几何图形中的端点)的小区间分别进行讨论,根据题设条 件或数学概念、定理、公式的限制条件确定参数(如零点,几何图形中的顶点)。 D(DO)即正确进行逐类逐级分类讨论。 S(SUMMARY)即归纳小结,总结出结论。

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结合 2012 年全国各地高考的实例,我们从下面四方面探讨分类方法的应用: (1)涉及到分类定义概 念和直接运用了分类研究的定理、性质、公式、法则的应用; (2)含有的参变量的不同取值的分类应用; (3)几何图形的不确定的分类应用; (4)由数学运算引起的分类应用。

一、涉及到分类定义概念和直接运用了分类研究的定理、性质、公式、法则的应用: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年全国大纲卷文 5 分)已知集合 A ={ x ︱ x 是平行四边形}, B ={ x ︱ x 是矩形}, C ={ x ︱

x 是正方形}, D { x ︱ x 是菱形},则【
A. A ? B 【答案】B。 【考点】集合的概念,集合的包含关系。 B. C ? B C. D ? C

】 D. A ? D

【解析】平行四边形、矩形、菱形和正方形的关系如图,由图知 A 是大的集合, C 是最小的集合,因此, 选项 A、C、 、D 错误,选项 B 正确。故选 B。

例 2. (2012 年上海市文 4 分)若集合 A ? x 2 x ? 1 ? 0 , B ? x x ? 1 ,则 A ? B =

?

?

?

?



?1 【答案】 ? , ?2

? 1? 。 ?

【考点】集合的概念和性质的运用,一元一次不等式和绝对值不等式的解法。

1 ? ? 1 ?2 x ? 1 > 0 ? x > ?? ? < x < 1 ,∴ A 【解析】由题意,得 ? 2 2 ? ? x <1 ? ??1 < x < 1

?1 B?? , ?2

? 1? 。 ?

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? x2 ? 9 ,x ?3 ? 例 3. (2012 年四川省理 5 分)函数 f ( x) ? ? x ? 3 在 x ? 3 处的极限是【 ?ln( x ? 2), x ? 3 ?
A、不存在 【答案】A。 【考点】分段函数,极限。 【解析】分段函数在 x ? 3 处不是无限靠近同一个值,故不存在极限。故选 A。 B、等于 6 C、等于 3 D、等于 0



例 4. (2012 年广东省理 14 分)设 a<1,集合 A ? x ? R x ? 0 , B ? x ? R 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6a ? 0 ,
2

?

?

?

?

D?A

B

(1)求集合 D(用区间表示) (2)求函数 f ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6ax 在 D 内的极值点。
3 2

【答案】解: (1)设 g ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6a ,
2

方程 g ( x) ? 0 的判别式 D = 9(1 + a) - 48a = 9(a 2

1 )(a - 3) 3

①当

1 < a < 1 时, D < 0 , 2 x2 ? 3(1 ? a) x ? 6a ? 0 恒成立, 3

∴ B ? x ? R 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6a ? 0 ? R 。
2

?

?

∴D? A ②当 0 < a

B ? A ? {x | x ? 0},即集合 D= (0, +
1 时, D 3

)。

0 ,方程 g ( x) ? 0 的两根为

x1 =

3a + 3 -

9a 2 - 30a + 9 4
2

0 , x2 =

3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 。 4

∴ B ? x ? R 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6a ? 0

?

?

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? {x | x ?

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 或x ? } 4 4

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a2 ? 30a ? 9 ∴ D ? A B ? A ? {x | 0 ? x ? 或x ? }, 4 4
即集合 D= (0,

3a + 3 -

9a 2 - 30a + 9 3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 )( ,+ 4 4

)。

③当 a ? 0 时, D > 0 ,方程 g ( x) ? 0 的两根为

x1 =

3a + 3 -

9a 2 - 30a + 9 3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 ? 0 , x2 = > 0。 4 4
2

∴ B ? x ? R 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6a ? 0

?

?

? {x | x ?

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? 0或x ? }。 4 4 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 }, 4 )。
2

∴D? A

B ? A ? {x | x ?

即集合 D= (

3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 ,+ 4
3 2

(2)令 f '( x) ? [2 x ? 3(1 ? a) x ? 6ax]' ? 6 x ?6(1 ? a) x ?6 a ? 6( x ? a)( x ?1) ? 0 得

f ( x) ? 2 x3 ? 3(1 ? a) x 2 ? 6ax 的可能极值点为 a,1 。
①当

1 < a < 1 时,由(1)知 D ? (0, ??) ,所以 f ?( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表: 3

x
f ?( x )

(0, a )

a
0 极大值
2

(a,1)

1
0 极小值

(1, ??)

?

3

?


?


f ( x)

∴ f ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6ax 在 D 内有两个极值点为 a ,1 :极大值点为 x ? a ,极小值 点为 x ? 1 。 ②当 0 < a

1 时, 3

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由(1)知 D ? (0,

3a + 3 - 9a2 - 30a + 9 3a + 3 + 9a2 - 30a + 9 )( , + ) = (0, x1 ) ( x2 , ??) 。 4 4

∵ f ( x) ? 2x( x ? x1 )( x ? x2 ) , ∴ 0 ? a ? x1 ? 1 ? x2 , ∴ f ?( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f ?( x )

(0, a )

a
0 极大值

(a, x1 )
?


( x2 , ??)

?


?


f ( x)

∴ f ( x) ? 2 x3 ? 3(1 ? a) x 2 ? 6ax 在 D 内仅有一个极值点:极大值点为 x ? a ,没有极小值 点。 ③当 a ? 0 时,

3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 由(1)知 D ? ( ,+ 4
∵ a ? 0 ,∴ 1- 3a < 1- a 。

)。

3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 3a + 3 + 3(1- 3a )(1- a ) 3a + 3 + 3(1- 3a ) = > ∴ 4 4 4

2

=

3a + 3 + 3 (1- 3a) 3 + 3 + 3a 1= 4 4

(

3

) > 3+

3

4

>1 。

3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 ∴ a ? 0 <1< 。 4
∴ f ( x) ? 2 x3 ? 3(1 ? a) x 2 ? 6ax 在 D 内没有极值点。 【考点】分类思想的应用,集合的计算, 解不等式,导数的应用。 【解析】 (1)根据 g ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6a 根的判别式应用分类思想分
2

1 < a < 1 、0 < a 3

1 、a ? 0 3

讨论即可,计算比较繁。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】
3 2 2 (2)求出 f '( x) ? [2x ? 3(1 ? a) x ? 6ax]' ? 6 x ? 6(1 ? a) x ? 6a ? 6( x ? a)( x ?1) ,得到 f ( x ) 的

可能极值点为 a ,1 。仍然分

1 < a < 1、0< a 3

1 、 a ? 0 讨论。 3

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a n ?1 ? 例 5.(2012 年江苏省 16 分) 已知各项均为正数的两个数列 {an } 和 {bn } 满足:
? b ?? b ? ? 1 ? n , n ? N * ,求证:数列 ?? n ? a an ? ?? n ?
2

a n ? bn a n ? bn
2 2

n? N *, ,

( 1)设 bn ?1

? ? ? 是等差数列; ? ?

(2)设 bn?1 ?

2?

bn , n ? N * ,且 {an } 是等比数列,求 a1 和 b1 的值. an

【答案】解: (1)∵ bn ?1 ? 1 ?

bn an ? bn ,∴ an ?1 ? = an an 2 ? bn 2

bn ?1 ?b ? 1? ? n ? ? an ?
2



2 2 2 2 ? 2 ? ? bn ? ? bn ?1 ? ? bn ? ? ? bn ? ? ? bn ? bn ?1 ? 1 ? ? ? 。∴ ? ∴ ? ? ? ? ? 1 ? ? ? ? ? ? ? ? 1? n ? N *? an ?1 ? ? an ? ? an?1 ? ? an ? ? ? an ? ? ? an ? ? ?
2 ? ?? bn ? ? ? ∴数列 ?? ? ? 是以 1 为公差的等差数列。 a ? ?? n ? ? ?

2



(2)∵ an > 0,bn > 0 ,∴ ∴ 1 < an?1 ?

? an ? bn ?
2

2

? an 2 ? bn 2 < ? an ? bn ? 。
2

an ? bn an 2 ? bn 2

(﹡) ? 2。

设等比数列 {an } 的公比为 q ,由 an > 0 知 q > 0 ,下面用反证法证明 q =1 若 q > 1, 则 a1 =

a2 2 < a2 ? 2 ,∴当 n > log q 时, an?1 ? a1qn > 2 ,与(﹡)矛盾。 q a1

若 0 < q < 1, 则 a1 =

a2 1 > a2 > 1 ,∴当 n > log q 时, an?1 ? a1qn <1 ,与(﹡)矛盾。 q a1

∴综上所述, q =1 。∴ an ? a1 ? n ? N *? ,∴ 1 < a1 ? 2 。 又∵ bn?1 ? 2 ?

bn 2 2 的等比数列。 = ? bn ? n ? N *? ,∴ {bn } 是公比是 an a1 a1 2 > 1 ,于是 b1 < b2 < b3 。 a1

若 a1 ? 2 ,则

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又由 a n ?1 ?

a n ? bn a n ? bn
2 2

即 a1 ?

a1 ? bn a12 ? bn 2

,得 bn =

a1 ? a12 2 ? a12 a12 ? 1



∴ b1,b2,b3 中至少有两项相同,与 b1 < b2 < b3 矛盾。∴ a1 = 2 。

∴ bn =

2?

? 2? ? 2?
2

2?
2

? 2?

2

?1

= 2。

∴ a1 =b2 = 2 。 【考点】等差数列和等比数列的基本性质,基本不等式,反证法。 【解析】 (1)根据题设 a n ?1 ?

a n ? bn a n ? bn
2 2

和 bn ?1

b ?b ? b ? 1 ? n ,求出 n ?1 ? 1 ? ? n ? ,从而证明 an ?1 an ? an ?

2

? bn ?1 ? ? bn ? ? ? ? ? ? ? 1 而得证。 ? an ?1 ? ? an ?
(2)根据基本不等式得到 1 < an?1 ?

2

2

an ? bn an 2 ? bn 2

? 2 ,用反证法证明等比数列 {an } 的公比 q =1 。

从而得到 an ? a1 ? n ? N *? 的结论, 再由 bn?1 ? 2 ? 证法求出 a1 =b2 = 2 。

bn 2 2 的等比数列。 最后用反 = ? bn 知 {bn } 是公比是 an a1 a1

例 6. (2012 年广东省理 5 分)不等式 x ? 2 ? x ? 1的解集为 【答案】 x ?





1 。 2

【考点】分类讨论的思想,解绝对值不等式。 【解析】分类讨论:由不等式 x ? 2 ? x ? 1得, 当x?

2 时,不等式为 ? ? x ? 2? ? ? ? x ? ? 1,即 - 2 0 时,不等式为 2 x + 2

1 恒成立;

当- 2 < x

1 ,解得, - 2 < x ?

1 ; 2

当 x > 0 时,不等式为 ? x ? 2? ? x ? 1 ,即 2 ? 1 不成立。 综上所述,不等式 x ? 2 ? x ? 1的解集为 x ?

1 。 2

另解:用图象法求解:作出图象,由折点——参考点——连线;运用相似三角形性质可得。

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二、含有的参变量的不同取值的分类应用: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年山东省理 5 分)设函数 f ? x ? = ,g ? x ? =ax 2 +bx ? a,b ? R,a ? 0 ? ,若 y ? f ? x ? 的图像与

1 x

y ? g ? x ? 图像有且仅有两个不同的公共点 A(x1,y1),B(x2,y2),则下列判断正确的是【
A. 当 a<0 时,x1+x2<0,y1+y2>0 C. 当 a>0 时,x1+x2<0,y1+y2<0 【答案】B。 【考点】导数的应用。 【解析】令 B. 当 a<0 时,x1+x2>0, y1+y2<0 D. 当 a>0 时,x1+x2>0, y1+y2>0



1 ? ax 2 ? bx ,则 1 ? ax3 ? bx 2 (x ? 0) 。 x

设 F(x) ? ax3 ? bx 2 , F' (x) ? 3ax 2 ? 2bx 。 令 F' ( x) ? 3ax 2 ? 2bx ? 0 ,则 x ? ?

2b 3a

要使 y ? f ? x ? 的图像与 y ? g ? x ? 图像有且仅有两个不同的公共点必须:

F(

?2b 2b 2b ) ? a(? )3 ? b(? )2 ? 1 ,整理得 4b3 ? 27a 2 。 3a 3a 3a

取值讨论:可取 a ? ?2,b ? 3 来研究。 当 a ? 2,b ? 3 时 , 2x 3 ? 3x 2 ? 1 , 解 得 x1 ? ?1, x 2 ?

1 , 此 时 y1 ? ?1, y 2 ? 2 , 此 时 2

x1 ? x 2 ? 0,y1 ? y2 ? 0 ;
当 a ? ?2,b ? 3 时 , ?2x 3 ? 3x 2 ? 1 , 解 得 x1 ? 1, x 2 ? ?

1 , 此 时 y1 ? 1, y2 ? ?2 , 此 时 2

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x1 ? x 2 ? 0,y1 ? y2 ? 0 。故选 B。
例 2. (2012 年全国大纲卷理 12 分)设函数 f ( x) ? ax ? cos x, x ?[0, ? ] 。 (1)讨论 f ( x ) 的单调性; (2)设 f ( x) ? 1 ? sin x ,求 a 的取值范围。 【答案】解: f ?( x) ? a ? sin x 。 (1)∵ x ? [0, ? ] ,∴ 0 ? sin x ? 1 。 当 a ? 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 x ? [0, ? ] 上为单调递增函数; 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 x ? [0, ? ] 上为单调递减函数; 当 0 ? a ? 1时,由 f ?( x) ? 0 得 sin x ? a , 由 f ?( x) ? 0 得 0 ? x ? arcsin a 或 ? ? arcsin a ? x ? ? ; 由 f ?( x) ? 0 得 arcsin a ? x ? ? ? arcsin a 。 ∴ 当 0 ? a ? 1 时 f ? x ? 在 [0,arcsin a] 和 [? ? arcsin a, ? ] 上 为 为 单 调 递 增 函 数 ; 在

[arcsin a, ? ? arcsin a] 上为单调递减函数。
(2)由 f ( x) ? 1 ? sin x 恒成立可得 f (? ) ? 1 ? a? ? 1 ? 1 ? a ? 令 g ( x) ? sin x ?

2

2

? 2 2 ? 当 x ? (0, arcsin ) 时, g ?( x) ? 0 ,当 x ? (arcsin , ) 时, g ?( x) ? 0 。 ? ? 2 ? 2 ? 又 g (0) ? g ( ) ? 0 ,所以 g ( x) ? 0 ,即 x ? sin x(0 ? x ? ) 2 ? 2
2
故当 a ?

?

x(0 ? x ?

?

?



) ,则 g ?( x) ? cos x ?

2



2

?

时,有 f ( x) ?

2

①当 0 ? x ? ②当

?
2

?

x ? cos x ,

时,

2

?
2

?

x ? sin x , cos x ? 1 ,所以 f ( x) ? 1 ? sin x 。 2

? x ? ? 时, f ( x) ?

?

x ? cos x ? 1 ? 2

( x ? ) ? sin( x ? ) ? 1 ? sin x 。 ? 2 2

2

?

?

综上可知故所求 a 的取值范围为 a ?

?



【考点】导数在研究函数中的运用,三角函数的有界性, 。

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【解析】 (1)利用三角函数的有界性,求解单调区间。 (2)运用构造函数的思想,证明不等式。关键是找到合适的函数,运用导数证明最值大于或者小 于零的问题得到解决。 例 3. (2012 年全国课标卷理 12 分)已知函数 f ( x ) 满足满足 f ( x) ? f ?(1)e (1)求 f ( x ) 的解析式及单调区间;
x ?1

? f (0) x ?

1 2 x ; 2

1 2 x ? ax ? b ,求 (a ? 1)b 的最大值。 2 1 2 x ?1 【答案】解: (1)∵ f ( x) ? f ?(1)e ? f (0) x ? x ,∴ f ?( x) ? f ?(1)ex?1 ? f (0) ? x 。 2 1 2 x ?1 令 x ? 1 得, f (0) ? 1 。∴ f ( x) ? f ?(1)e ? x ? x 。 2
(2)若 f ( x) ? ∴ f (0) ? f ?(1)e?1 ? 1 ,得 f ?(1) ? e 。 ∴ f ( x ) 的解析式为 f ( x ) ? e ? x ?
x

1 2 x 。 2

设 g ( x) ? f ?( x) ? e x ?1 ? x ,则 g ?( x) ? e x ? 1 ? 0 。 ∴ g ( x) 在 x ? R 上单调递增。 又∵ f ?( x) ? 0 ? f ?(0) 时, x ? 0 , f ( x ) 单调递增;

f ?( x) ? 0 ? f ?(0) 时, x ? 0 , f ( x) 单调递减。
∴ f ( x ) 的单调区间为:单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 (??, 0) 。 (2)∵ f ( x) ?

1 2 x ? ax ? b ,∴ ex ? (a ? 1) x ? b ? 0 。 2
x x

令 h( x) ? e ? (a ? 1) x ? b 得 h?( x) ? e ? (a ? 1) 。 ①当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ,∴ h( x) 在 x ? R 上单调递增。 但 x ??? 时, h( x) ? ?? 与 h( x) ? 0 矛盾。 ②当 a ? 1 ? 0 时,由 h?( x) ? 0 得 x ? ln(a ? 1) ;由 h?( x) ? 0 得 x ? ln(a ? 1) 。 ∴当 x ? ln(a ? 1) 时, h( x)min ? (a ? 1) ? (a ? 1)ln(a ? 1) ? b ? 0 ∴ (a ? 1)b ? (a ? 1) ? (a ? 1) ln(a ? 1) 。
2 2

令 F ( x) ? x ? x ln x( x ? 0) ;则 F ?( x) ? x(1 ? 2ln x) 。
2 2

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由 F ?( x) ? 0 得 0 ? x ? ∴当 x ?

e ;由 F ?( x) ? 0 得 x ? e 。
e 2 e 。 2

e 时, F ( x ) max ?

∴当 a ? e ?1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为 【考点】函数和导函数的性质。 【解析】 (1)由 f ( x) ? f ?(1)e 性质求出单调区间。 (2)由 f ( x ) ? e ? x ?
x x ?1

? f (0) x ?

1 2 x 求出 f (0) 和 f ?(1) 即可得到 f ( x) 的解析式,根据导数的 2

1 2 1 x 和 f ( x) ? x 2 ? ax ? b ,表示出 (a ? 1)b ,根据导函数的性质求解。 2 2

例 4. (2012 年天津市理 14 分)已知函数 f (x)=x ? ln (x+a) 的最小值为 0 ,其中 a >0 . (Ⅰ)求 a 的值; (Ⅱ)若对任意的 x ? [0,+?) ,有 f (x) ? kx 2 成立,求实数 k 的最小值; (Ⅲ)证明

? 2i ? 1 ? ln (2n+1)<2 (n ? N
i =1

n

2

*

).
1 x +a ? 1 ? . x +a x +a

【答案】解: (Ⅰ)函数的定义域为 ? ?a, ? ?? ,求导函数可得 f' (x)=1 ? 令 f' (x)=0 ,得 x =1 ? a > ?a 。 当 x 变化时, f' (x ) 和 f (x) 的变化情况如下表:

x

1? a? ? ?a,

1? a

?1? a,? ??
+ ↗

f' (x)

- ↘

0 极小值

f (x)

∴ f (x) 在 x =1 ? a 处取得极小值。 ∴由题意,得 f (1 ? a)=1 ? a ? ln1=1 ? a=0 。∴ a =1 。 (Ⅱ)当 k ≤0 时,取 x =1 ,有 f (1)=1 ? ln 2 < 0 ,故 k ≤0 不合题意。 当 k >0 时,令 ( g x) ? x ? ln (x+1) ? kx 。 g x) ?( f x) ? kx ,即 (
2 2

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1 x +1 ? 1 ? 2kx 2 ? 2kx x ?1 ? 2kx ? 2k ? (x) ? 1? ? 2kx = = 求导函数可得 g' 。 x +1 x +1 x +1
(x) ? 0 ,得 x1 ? 0,x2 ? 令 g'
①当 k ?

1 1 ? 2k (x) < 0 在(0,+∞)上恒成立,因此 ( 时, ≤0, g' g x) ?( f x) ? kx2 2 2k

1 ? 2k >?1 。 2k

在(0,+∞)上单调递减,从而对任意的 x ??0, ,总有 ( g x) ?g (0) =0 ,即对任意的 x ??0, +?? ) +?? , 有 f (x) ? kx 2 成立。

1 符合题意。 2 1 1 ? 2k 1 ? 2k g x) (x) ②当 0 < k < 时, >0,对于 x ?(0, ), g' >0,因此 ( 在 2 2k 2k 1 ? 2k 1 ? 2k (0, )上单调递增,因此取 x ?(0, )时, ( g x0) ?g (0) =0 ,即有 f (x0 ) ? kx02 不成立。 2k 2k 1 ∴ 0 < k < 不合题意。 2 1 综上,实数 k 的最小值为 。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 2
∴k ? (Ⅲ)证明:当 n =1 时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立。 当 n ≥2 时,
n 2 ?? n 2 2 ? ? 2 ? n ? 2 ? ? f = ? ln 1+ = ? ln ?1+ ? ? ? ? ?? ? ?? ? ? ? 2i ? 1 ? i =1 ? 2i ? 1 ? 2i ? 1 ?? i =1 2i ? 1 i =1 ? 2i ? 1 ? i =1 n

=?
i =1

n

2 ? ln ? 2n ? 1? 。 2i ? 1
1 1 2 ,得 f (x) ? x ? x ? 0 ? , 2 2

在(2)中,取 k = ∴f?
n

2 2 ? 2 ? < i ? N +,i ? 2 ? 。 ? ?? 2 ? 2i ? 3?? 2i ? 1? ? 2i ? 1 ? ? 2i ? 1?
2
n



? 2i ?1 ? ln ? 2n ?1? =? f ? ? =f ? 2 ?+? f ? ? < 2 ? ln 2+? ? 2i ? 3?? 2i ?1? ? 2i ? 1 ? ? 2i ? 1 ?
i =1 i =1 i =2 i =2
n 1 ? 1 ? 1 =2 ? ln 3+? ? ? <2 。 ? =2 ? ln 3+1 ? 2i ? 1 ? 2n ? 1 i =2 ? 2i ? 3 n

? 2 ?

n

? 2 ?

n

2

综上,

? 2i ? 1 ? ln (2n+1)<2 (n ? N
i =1

2

*

)。

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【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数求闭区间上函数的最值。 【分析】 (Ⅰ)确定函数的定义域,求导函数,确定函数的单调性,求得函数的最小值,利用 函数

f ( x)=x ? ln (x +a ) 的最小值为 0 ,即可求得 a 的值。
(Ⅱ) 当 k ≤0 时, 取 x =1 , 有 f( 1 ) = 1 n l 2? 0 求导函数,令导函数等于 0,分类讨论:①当 k ? 故 k ≤0 不合题意。 当 k >0 时, 令( < , g x) ?( f x) ? kx2 ,

1 1 ? 2k g x) 时, ≤0, ( 在(0,+∞)上单调递减,从 2 2k 1 1 ? 2k 1 ? 2k g x) ?g (0) =0 。②当 0 < k < 时, 而对任意的 x ??0, ,总有 ( >0,对于 x ?(0, ), +?? ) 2 2k 2k 1 ? 2k g x) g' (x) >0,因此 ( 在(0, )上单调递增。由此可确定 k 的最小值。 2k
(Ⅲ)当 n =1 时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立。当 n ≥2 时,由

?f? ? ? 2i ? 1 ?
i =1

n

? 2 ?

=?

1 1 2 ? ln ? 2n ? 1? ,在(Ⅱ)中,取 k = 得 f (x) ? x 2 ,从而可得 2 2 i =1 2i ? 1
n
+

2 2 ? 2 ? , f? < ?? 2 ? 2i ? 1 ? ? 2i ? 1? ? 2i ? 3?? 2i ? 1?

? i ? N ,i ? 2 ? 由此可证结论。
例 5. (2012 年安徽省理 13 分)设 f ( x) ? ae ?
x

1 ? b(a ? 0) ae x

(I)求 f ( x ) 在 [0, ??) 上的最小值; (II)设曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y ? 【答案】解: (I)设 t ? e (t ? 1) ,则 y ? at ?
x

3 x ;求 a , b 的值。 2

1 ?b。 at

∴ y? ? a ?

1 a 2t 2 ? 1 ? 。 at 2 at 2

1 ? b 在 t ? 1 上是增函数。 at 1 ∴当 t ? 1( x ? 0) 时, f ( x ) 的最小值为 a ? ? b 。 a 1 ?b ? 2?b ②当 0 ? a ? 1 时, y ? at ? at 1 x ∴当且仅当 at ? 1(t ? e ? , x ? ? ln a ) 时, f ( x ) 的最小值为 b ? 2 。 a 1 1 x x (II)∵ f ( x) ? ae ? x ? b ,∴ f ?( x ) ? ae ? x 。 ae ae
①当 a ? 1 时, y? ? 0 。∴ y ? at ?

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2 ? 2 1 ? ae ? ? b ? 3 a ? ? f (2) ? 3 2 ? ? ? ? ? ae e2 由题意得: ? ,即 ,解得 。 ? ? 3 ? 1 3 1 f (2) ? 2 ? ae ? ?b? ? ? ? 2 ? ? ae2 2 ? 2 ?
【考点】复合函数的应用,导数的应用,函数的增减性,基本不等式的应用。 【解析】 (I)根据导数的的性质分 a ? 1 和 0 ? a ? 1 求解。 (II)根据切线的几何意义列方程组求解。 例 6. (2012 年浙江省理 14 分)已知 a ? 0 , b ? R ,函数 f ( x) ? 4ax3 ? 2bx ? a ? b . (Ⅰ)证明:当 0 ? x ? 1 时, (i)函数 f ( x ) 的最大值为 | 2a ? b | ?a ; (ii) f ( x)? | 2a ? b | ?a ? 0 ;

1] 恒成立,求 a ? b 的取值范围. (Ⅱ)若 ?1 ? f ( x) ? 1 对 x ? [0 ,
【答案】(Ⅰ) 证明: (ⅰ) f ? ? x ? ? 12ax2 ? 2b . 当 b≤0 时, f ? ? x ? ? 12ax2 ? 2b >0 在 0≤x≤1 上恒成立, 此时 f ? x ? 的最大值为: f ?1? ? 4a ? 2b ? a ? b ? 3a ? b =|2a-b|﹢a; 当 b>0 时, f ? ? x ? ? 12ax 2 ? 2b 在 0≤x≤1 上的正负性不能判断, 此时 f ? x ? 的最大值为:
?b ? a,b ? 2a f max ? x ? ? max{ f (0),( f 1) } ? max{(b ? a),(3a ? b) }? ? =|2a-b|﹢a。 b ? 2a ?3a ? b,

综上所述:函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a。 (ⅱ) 设 g ? x ? =﹣ f ? x ? , ∵ g ? x ? ? ?4ax3 ? 2bx ? a ? b ,∴令 g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b ? 0 ? x ? 当 b≤0 时, g ? ? x ? ? ?12ax2 ? 2b <0 在 0≤x≤1 上恒成立, 此时 g ? x ? 的最大值为 : g ? 0? ? a ? b ? 3a ? b =|2a-b|﹢a; 当 b<0 时, g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b 在 0≤x≤1 上的正负性不能判断,
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b 。 6a

g max ? x ? ? max{g (

?4 b b ? 6a 4 b b ? a ? b, ? b ? a ? b,b ? 2a} ? ? 3 6a ),( g 1) } ? max{ b b ? 6a 6a 3 6a ?b ? 2a, ?

≤|2a-b|﹢a。 综上所述:函数 g ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a, 即 f ? x ? +|2a-b|﹢a≥0 在 0≤x≤1 上恒成立。 (Ⅱ)解:由(Ⅰ)知:函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a, 且函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最小值比﹣(|2a-b|﹢a)要大。 ∵﹣1≤ f ? x ? ≤1 对 x ? [0,1]恒成立,∴|2a-b|﹢a≤1。 取 b 为纵轴,a 为横轴.
?a > 0 ? ?a > 0 ?

则可行域为: ? b ? 2a 和 ?b ? 2a
?b ? a ? 1 ?

?3a ? b ? 1 ?

,目标函数为 z=a+b。

作图如下:

由图易得:当目标函数为 z=a+b 过 P(1,2)时,有 zmax ? 3 . ∴所求 a+b 的取值范围为: ? ?1,3? 。 【考点】分类思想的应用,不等式的证明,利用导数求闭区间上函数的最值,简单线性规划。 【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后,分 b≤0 和 b>0 讨论即可。

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(ⅱ) 利用分析法, 要证 f ? x ? +|2a-b|﹢a≥0, 即证 g ? x ? =﹣ f ? x ? ≤|2a-b|﹢a, 亦即证 g ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a。 (Ⅱ)由(Ⅰ)知:函数在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a,且函数在 0≤x≤1 上的最小值比 ﹣(|2a-b|﹢a)要大.根据-1≤ f ? x ? ≤1 对 x∈[0,1]恒成立,可得|2a-b|﹢a≤1,从而利用线性规划知识, 可求 a+b 的取值范围。 例 7. (2012 年湖南省理 13 分)某企业接到生产 3000 台某产品的 A,B,C三种部件的订单,每台产品需 要这三种部件的数量分别为2,2,1(单位:件).已知每个工人每天可生产A部件6件,或B部件3件, 或C部件2件.该企业计划安排200名工人分成三组分别生产这三种部件, 生产B部件的人数与生产A部 件的人数成正比,比例系数为 k(k 为正整数). (Ⅰ)设生产A部件的人数为x,分别写出完成A,B,C三种部件生产需要的时间; (Ⅱ)假设这三种部件的生产同时开工,试确定正整数 k 的值,使完成订单任务的时间最短,并给出时间 最短时具体的人数分组方案. 【答案】解: (Ⅰ)设完成 A,B,C三种部件的生产任务需要的时间(单位:天)分别为 T1 ( x), T2 ( x), T3 ( x), 由题设有 T1 ( x) ?

2 ? 3000 1000 2000 1500 ? , T2 ( x) ? , T3 ( x) ? , 6x x kx 200 ? (1 ? k ) x

其中 x, kx, 200 ? (1 ? k ) x 均为 1 到 200 之间的正整数。 (Ⅱ)完成订单任务的时间为 f ( x) ? max ?T1 ( x), T2 ( x), T3 ( x)? , 其定义域为 ? x 0 ? x ?

? ?

200 ? , x? N??。 1? k ?

易知, T1 ( x), T2 ( x) 为减函数, T3 ( x) 为增函数。 ∵ T2 ( x ) ?

2 T1 ( x), 于是 k

(1)当 k ? 2 时, T1 ( x) ? T2 ( x), 此时 f ( x) ? max ?T1 ( x), T3 ( x)? ? max ? 由函数 T1 ( x), T3 ( x) 的单调性知,

?1000 1500 ? , ?, ? x 200 ? 3x ?

1000 1500 400 ? 时 f ( x ) 取得最小值,解得 x ? 。 x 200 ? 3x 9 400 250 300 ? 45, 而f (44) ? T1 (44) ? , f (45) ? T3 (45) ? , f (44) ? f (45) , 由于 44 ? 9 11 13 250 故当 x ? 44 时完成订单任务的时间最短,且最短时间为 f (44) ? 。 11

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(2)当 k ? 2 时, T1 ( x) ? T2 ( x), 由于 k 为正整数,故 k ? 3 , 此时 T ( x) ?

375 , ? ( x) ? max ?T1 ( x), T ( x)? 。 50 ? x

易知 T ( x) 为增函数,则 f ( x) ? max ?T1 ( x), T3 ( x)? ? max ?T1 ( x), T ( x)?

?1000 375 ? ? ? ( x) ? max ? , ?。 ? x 50 ? x ?
由函数 T1 ( x), T ( x) 的单调性知,

1000 375 400 ? 时 ? ( x) 取得最小值,解得 x ? 。 x 50 ? x 11 400 250 250 375 250 ? 37, 而? (36) ? T1 (36) ? ? , ? (37) ? T (37) ? ? , 由于 36 ? 11 9 11 13 11 250 此时完成订单任务的最短时间大于 。 11
当 (3)当 k ? 2 时, T1 ( x) ? T2 ( x), 由于 k 为正整数,故 k ? 1 , 此时 f ( x) ? max ?T2 ( x), T3 ( x)? ? max ? 由函数 T2 ( x), T3 ( x) 的单调性知,

? 2000 750 ? , ?。 ? x 100 ? x ?

2000 750 800 ? 时 f ( x ) 取得最小值,解得 x ? 。 x 100 ? x 11 250 250 类似(2)的讨论,此时完成订单任务的最短时间为 ,大于 。 9 11
当 综上所述,当 k ? 2 时完成订单任务的时间最短,此时生产A,B,C三种部件的人数 分别为 44,88,68。 【考点】分段函数、函数单调性、最值,分类思想的应用。 【解析】 (Ⅰ)根据题意建立函数模型。 (Ⅱ)利用单调性与最值,分 k ? 2 、 k ? 2 和 k ? 2 三种情况讨论即可得出结论。 例 8. (2012 年福建省理 14 分)已知函数 f(x)=ex+ax2-ex,a∈R. (Ⅰ)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)试确定 a 的取值范围,使得曲线 y=f(x)上存在唯一的点 P,曲线在该点处的切线与曲线只有一 个公共点 P. 【答案】解: (Ⅰ)∵f′(x)=ex+2ax-e,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴, ∴曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处切线斜率 k=2a=0。

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∴a=0,即 f(x)=ex-ex。此时 f′(x)=ex-e, ∵f′(x)=0 得 x=1,当 x∈(-∞,1)时,有 f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,有 f′(x)>0, ∴f(x)的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞)。 (Ⅱ)设点 P(x0,f(x0)),曲线 y=f(x)在点 P 处的切线方程为 y=f′(x0)(x-x0)+f(x0), 令 g(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),故曲线 y=f(x)在点 P 处的切线与曲线只有一个公共 点 P 等价于函数 g(x)有唯一零点。 因为 g(x0)=0,且 g′(x)=f′(x)-f′(x0)=ex-ex0+2a(x-x0),所以, ①若 a≥0,当 x>x0 时,g′(x)>0,则 x>x0 时,g(x)>g(x0)=0; 当 x<x0 时,g′(x)<0,则 x<x0 时,g(x)>g(x0)=0。 故 g(x)只有唯一零点 x=x0。 由于 x0 具有任意性,不符合 P 的唯一性,故 a≥0 不合题意。 ②若 a<0,令 h(x)=ex-ex0+2a(x-x0),则 h(x0)=0,h′(x)=ex+2a。 令 h′(x)=0,得 x=ln(-2a),记 x*=ln(-2a)。 则当 x∈(-∞,x*)时,h′(x)<0,从而 h(x)在(-∞,x*)内单调递减;当 x∈(x*,+∞)时, h′(x)>0,从而 h(x)在(x*,+∞)内单调递增。 (i)若 x0=x*,由 x∈(-∞,x*)时,g′(x)=h(x)>h(x*)=0;x∈(x*,+∞)时,g′(x)=h(x)> h(x*)=0.知 g(x)在 R 上单调递增, 所以函数 g(x)在 R 上有且只有一个零点 x=x*。 (ii)若 x0>x*,由于 h(x)在(x*,+∞)内单调递增,且 h(x0)=0,则当 x∈(x*,x0)时有 g′(x) =h(x)<h(x0)=0,g(x)>g(x0)=0;任取 x1∈(x*,x0)有 g(x1)>0。 又当 x∈(-∞,x1)时,易知 g(x)=ex+ax2-(e+f′(x0))x-f(x0)+x0f′(x0) <ex1+ax2-(e+f′(x0))x-f(x0)+x0f′(x0)=ax2+bx+c, 其中 b=-(e+f′(x0)),c=ex1-f(x0)+x0f′(x0)。
2 由于 a<0,则必存在 x2<x1,使得 ax2 +bx2+c<0.

所以 g(x2)<0,故 g(x)在(x2,x1)内存在零点.即 g(x)在 R 上至少有两个零点。 x3 (iii)若 x0<x ,仿(ii)并利用 e > ,可证函数 g(x)在 R 上至少有两个零点。 6
* x

综上所述,当 a<0 时,曲线 y=f(x)上存在唯一点 P(ln(-2a),f(ln(-2a))),曲线在该 点处的切线与曲线只有一个公共点 P。 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的单调性。 【解析】 (Ⅰ)求导函数,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,可求 a 的值,由 f′(x)<0,可得函 数 f(x )的单调减区间;由 f′(x)>0,可得单调增区间。 (Ⅱ)设点 P(x0,f(x0)),曲线 y=f(x)在点 P 处的切线方程为 y=f′(x0)(x-x0)+f(x0),令 g(x)=f(x)

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-f′(x0)(x-x0)-f(x0),曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点 P 等价于 g(x)有唯一零点,求出导函数, 再进行分类讨论:①若 a≥0,g(x)只有唯一零点 x=x0,由 P 的任意性 a≥0 不合题意; (2)②若 a<0,令 h(x)=ex-ex0+2a(x-x0),则 h(x0)=0,h′(x)=ex+2a,可得函数的单调性,进而可研究 g(x)的零点,由此 可得结论。 例 9. (2012 年陕西省理 14 分)设函数 fn ( x) ? xn ? bx ? c (1)设 n ? 2 , b ? 1,

(n ? N? , b, c ? R)

?1 ? c ? ?1,证明: f n ( x) 在区间 ? ,1? 内存在唯一的零点; ?2 ?

(2)设 n ? 2 ,若对任意 x1 , x2 ?[?1,1] ,有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 ,求 b 的取值范围; (3)在(1)的条件下,设 xn 是 f n ( x) 在 ?

?1 ? ,1? 内的零点,判断数列 x2 , x3 , ?2 ?

, xn

的增减性.

【答案】解: (1)证明: b ? 1, c ? ?1 , n ? 2 时, fn ( x) ? xn ? x ?1 。 ∵ f n ( ) f n (1) ? (

1 2

1 1 ?1 ? ? ) ?1 ? 0 ,∴ f n ( x) 在 ? ,1? 内存在零点。 n 2 2 ?2 ?

又∵当 x ? ? ,1? 时, fn?( x) ? nxn?1 ? 1 ? 0 ,∴ f n ( x) 在 ?

?1 ? ?2 ?

?1 ? ,1? 上单调递增。 ?2 ?

∴ f n ( x) 在 ?

?1 ? ,1? 内存在唯一零点。 ?2 ?

(2)当 n ? 2 时, f2 ( x) ? x2 ? bx ? c 。 对任意 x1 , x2 ?[?1,1] 都有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) ? | 4等价于 f 2 ( x) 在 [?1,1] 上最大值与最小 值之差 M ? 4 ,据此分类讨论如下:

b |? 1 ,即 | b |? 2 时, M ?| f2 (1) ? f2 (?1) |? 2 | b |? 4 ,与题设矛盾。 2 b b b 2 (ⅱ)当 ?1 ? ? ? 0 ,即 0 ? b ? 2 时, M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) ? 4 恒成立。 2 2 2 b b b 2 (ⅲ)当 0 ? ? 1 ,即 ?2 ? b ? 0 时, M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) ? 4 恒成立。 2 2 2
(ⅰ)当 | 综上所述, b 的取值范围为 ?2 ? b ? 2 。 (3)设 xn 是 f n ( x) 在 ?

?1 ? ,1? 内的唯一零点 (n ? 2) , ?2 ?

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n?1 n 则 fn ( xn ) ? xn ? xn ?1 , fn?1 ( xn?1 ) ? xn ?1 ? xn?1 ?1 ? 0 , xn ?1 ? ?

?1 ? ,1? 。 ?2 ?

n?1 n ∴ fn ( xn ) ? 0 ? fn?1 ( xn?1 ) ? xn ?1 ? xn?1 ?1 ? xn?1 ? xn?1 ?1 ? f n ( xn?1 ) 。

又由(1)知 f n ( x) 在 ? ∴数列 x2 , x3 ,

?1 ? ,1? 上是递增的,∴ xn ? xn?1 (n ? 2) 。 ?2 ?
是递增数列。

, xn

【考点】函数与方程,导数的综合应用、函数与数列的综合。 【解析】 ( 1 ) 一 方 面 由 f n ( ) f n (1)? ( n ?

1 2

1 2

1 ?1 ? ? ) 1 ? 0 得 f n ( x) 在 ? ,1? 内 存 在 零 点 ; 另 一 方 面 由 当 2 ?2 ?

?1 ? ?1 ? ?1 ? x ? ? ,1? 时, fn?( x) ? nxn?1 ? 1 ? 0 得 f n ( x) 在 ? ,1? 上单调递增。从而得出 f n ( x) 在 ? ,1? 内存在唯一 ?2 ? ?2 ? ?2 ?
零点。 (2)对任意 x1 , x2 ?[?1,1] 都有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 等价于 f 2 ( x) 在 [?1,1] 上最大值与最小值之差

M ? 4 ,据此分 |

b b b |? 1 、 ?1 ? ? ? 0 和 0 ? ? 1 讨论即可。 2 2 2

(3)设 xn 是 f n ( x) 在 ?

?1 ? n?1 ,1? 内的唯一零点 (n ? 2) , 则可得 fn ( xn ) ? 0 ? fn?1 ( xn?1 ) ? xn ?1 ? xn?1 ?1 2 ? ?

?1 ? n ,1? 上是递增的,∴ xn ? xn?1 (n ? 2) 。从而得到数列 ? xn ?1 ? xn?1 ? 1 ? f n ( xn ?1 ) 。又由(1)知 f n ( x ) 在 ? ?2 ?

x2 , x3 ,

, xn

是递增数列。

另解: 设 xn 是 f n ( x) 在 ? ∵ f n?1 ( xn ) f n?1 (1) ? ( xn
n?1

?1 ? ,1? 内的唯一零点, ?2 ?
n?1 n ? xn ?1)(1n?1 ?1 ?1) ? xn ? xn ?1 ? xn ? xn ?1 ? 0

则 f n ?1 ( x) 的零点 xn ?1 在 ( xn ,1) 内,故 xn ? xn?1 (n ? 2) 。 所以,数列 x2 , x3 ,

, xn

是递增数列。

例 10. (2012 年全国课标卷文 5 分)设函数 f ? x ? ? ex-ax-2 (Ⅰ)求 f ? x ? 的单调区间
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(Ⅱ)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时, ? x ? k ? f' ? x ? ? x ?1 > 0 ,求 k 的最大值 【答案】解:(I) f(x)的的定义域为 ? ?∞, ? ∞? , f' ? x ? ? ex-a 。 若 a ? 0 ,则 f' ? x ? ? ex-a > 0 ,∴ f ? x ? 在 ? ?∞, ? ∞? 上单调递增。 若 a > 0 , 则 当 x ? ? ?∞, l n? a时 , f' ? x ??
x

, ? a ∞? 时 , - e <a ; 0 当 x ?? l n

f' ? x ??

x

? ∞? 上单调递增。 - e > a ,∴在 0 ? ?∞,lna ? 上单调递减, f ? x ? 在 ? lna,
(Ⅱ)∵a=1,∴ ? x ? k ? f' ? x ? ? x ? 1= ? x ? k ? e x ? 1 ? x ? 1 。 ∴当 x>0 时, ? x ? k ? e x ? 1 ? x ? 1 > 0 ,它等价于 k <

?

?

?

?

x ?1 ?x ex ? 1

? x > 0? 。

令 g?x?=

e ? xe x ? 1 x ?1 g ' x = ? 1= ? x ,则 ? ? 2 ex ? 1 ex ? 1

x

?

?

?e ?e

x x

?x?2 ?1

?

2

?。

由(I)知,函数 h ? x ? =ex ? x ? 2 在 ? 0, ? ∞? 上单调递增。 ∵ h ?1? =e ? 3 < 0 , h ? 2? =e2 ? 4 > 0 ,∴ h ? x ? 在 ? 0, ? ∞? 上存在唯一的零点。 ∴ g' ? x ? 在 ? 0, ? ∞? 上存在唯一的零点,设此零点为 a ,则 a ? ?1,2? 。 当 x ? ? 0,a ? 时, g' ? x ? < 0 ;当 x ? ? a, ? ∞? 时, g' ? x ? > 0 。

x ?1 ? x 在 ? 0, ? ∞? 上的最小值为 g ? a ? 。 ex ? 1 a ?1 ? a =a+1 ? ? 2,3 ? 。 又∵ g' ? a ? =0 ,即 ea =a ? 2 ,∴ g ? a ? = a e ?1
∴ g?x?= 因此 k < g ? a ? ,即整数 k 的最大值为 2。 【考点】函数的单调性质,导数的应用。 【解析】(I)分 a ? 0 和 a > 0 讨论 f ? x ? 的单调区间即可。 (Ⅱ)由于当 x>0 时,? x ? k ? e x ? 1 ? x ? 1 > 0 等价于 k < 求出导数,根据函数的零点情况求出整数 k 的最大值。 例 11.(2012 年四川省理 5 分)方程 ay ? b x ? c 中的 a, b, c ?{?3, ?2,0,1, 2,3} ,且 a, b, c 互不相同,在
2 2

?

?

x ?1 ?x ex ? 1

? x > 0 ? ,令 g ? x ? =

x ?1 ?x , ex ? 1

所有这些方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有【 A、60 条 B、62 条 C、71 条

】 D、80 条

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【答案】B。 【考点】分类讨论的思想,抛物线的定义。 【解析】将方程 ay ? b2 x2 ? c 变形得 x ?
2

a c y ? 2 ,若表示抛物线,则 a ? 0, b ? 0 2 b b

∴分 b =-3,-2,1,2,3 五种情况:

?a ? ?2, c ? 0, 或1, 或2, 或3 ? ?a ? 1, c ? ?2, 或0, 或2, 或3 (1)若 b =-3, ? ; (2)若 b =3, ?a ? 2, c ? ?2, 或0, 或1, 或3 ? ?a ? 3,c ? ?2, 或0, 或1, 或2
以上两种情况下有 9 条重复,故共有 16+7=23 条; 同理当 b =-2,或 2 时,共有 23 条; 综上,共有 23+23+16=62 条。故选 B。 当 b =1 时,共有 16 条。

?a ? ?2, c ? 0, 或1, 或2, 或3 ? ?a ? 1, c ? ?2, 或0, 或2, 或3 ? ?a ? 2, c ? ?2, 或0, 或1, 或3 ? ?a ? 3,c ? ?2, 或0, 或1, 或2

例 12. (2012 年江西省理 13 分)已知三点 O (0, 0) , A(?2,1) , B(2,1) ,曲线 C 上任意一点 M ( x, y ) 满 足

| MA ? MB |? OM ? (OA ? OB) ? 2 。
(1)求曲线 C 的方程; ( 2 ) 动 点 Q( x0 , y0 )(?2 ? x0 ? 2) 在 曲 线 C 上 , 曲 线 C 在 点 Q 处 的 切 线 为 l 。 问 : 是 否 存 在 定 点

P(0, t )(t ? 0) ,使得 l 与 PA, PB 都相交,交点分别为 D, E ,且 ?QAB 与 ?PDE 的面积之比是常数?若
存在,求 t 的值。若不存在,说明理由。 → → 【答案】解: (1)由MA=(-2-x,1-y),MB=(2-x,1-y),得 → → → → → |MA+MB|= -2x2+2-2y2,OM· (OA+OB)=(x,y)· (0,2)=2y。 由已知得 -2x2+ -2y2=2y+2,化简得曲线 C 的方程:x2=4y。 (2)假设存在点 P(0,t)(t<0)满足条件, t-1 1-t 则直线 PA 的方程是 y= x+t,PB 的方程是 y= x+t。 2 2 x2 x0 x2 0 0 0,- ?。 曲线 C 在 Q 处的切线 l 的方程是 y= x- ,它与 y 轴交点为 F? 4? ? 2 4 x0 由于-2<x0<2,因此-1< <1。 2 t-1 1 x0 t-1 ①当-1<t<0 时,-1< <- ,存在 x0∈(-2,2)使得 = , 2 2 2 2 即 l 与直线 PA 平行,故当-1<t<0 时不符合题意。
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t-1 x0 1-t x0 ②当 t≤-1 时, ≤-1< , ≥1> ,所以 l 与直线 PA,PB 一定相交。 2 2 2 2 1 1-t x+t, ?y= x+t, ?y=t- 2 2 分别联立方程组? ? x x x x y = x - , ? 2 4 ?y= 2 x- 4 ,
0 2 0 0 2 0

解得 D,E 的横坐标分别是

xD=

x2 x2 0+4t 0+4t ,xE= 。 x0+1-t x0+t-

2 x0 +4t 则 xE-xD=(1-t) 2 .。 x0-t- 2 2 1-t x2 x2 1 0+4t 0 又|FP|=- -t,有 S△PDE= · |FP|· |xE-xD|= · 2 2.。 4 2 8 t- -x0 2 2 1 ? x0? 4-x0 1- = 又 S△QAB= · 4· , 4? 2 ? 2 2 2 2 4 2 2 2 S△QAB 4 x0- x0-t- ] 4 x0-[4+t- ]x0+ t- 于是 = · = · 。 2 4 2 S△PDE 1-t x2 1-t x0 +8tx2 0+4t 0+16t

?-4-t- 2=8t, ? S△QAB 对任意 x0∈(-2,2),要使 为常数,则 t 要满足? 2 2 S△PDE ? t- =16t , ?

S△QAB 解得 t=-1,此时 =2。 S△PDE 故存在 t=-1,使△QAB 与△PDE 的面积之比是常数 2。 【考点】圆锥曲线的轨迹问题,利用导数研究曲线上某点切线方程。 → → → → 【解析】 (1)用坐标表示 MA和MB,从而可得|MA+MB| ,利用向量的数量积,结合 M ( x, y ) 满足

| MA ? MB |? OM ? (OA ? OB) ? 2 ,可得曲线 C 的方程。
t-1 1-t (2)假设存在点 P(0,t)(t<0)满足条件,则直线 PA 的方程是 y= x+t,PB 的方程是 y= x 2 2 t-1 x0 1-t x0 +t。分类讨论:①当-1<t<0 时,l∠PA,不符合题意;②当 t≤-1 时, ≤-1< , ≥1> ,分别联 2 2 2 2 立方程组,解得 D,E 的横坐标,进而可得△QAB 与△PDE 的面积之比,利用其为常数,即可求得结论。 例 13. (2012 年湖北省理 13 分) 设 A 是单位圆 x +y =1 上的任意一点,l 是过点 A 与 x 轴垂直的直线,D 是直线 l 与 x 轴的交点,点 M 在直线 l 上,且满足 DM =m DA ? m>0,且m ? 1? .当点 A 在圆上运动时,记 点 M 的轨迹为曲线 C . (Ⅰ)求曲线 C 的方程,判断曲线 C 为何种圆锥曲线,并求焦点坐标; (II)过原点且斜率为 k 的直线交曲线 C 于 P,Q 两点,其中 P 在第一象限,它在 y 轴上的射影为点 N,直
2 2

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线 QN 交曲线 C 于另一点 H ,是否存在 m ,使得对任意的 k >0 ,都有 PQ ? PH ?若存在,求 m 的值; 若不存在,请说明理由。 【答案】解: (Ⅰ)如图 1,设 M ( x, y ) , A( x0 , y0 ) ,则由 | DM |? m | DA | (m ? 0, 且m ? 1) , 可得 x ? x0 , | y |? m | y0 | ,所以 x0 ? x , | y0 |? ∵ A 点在单位圆上运动,∴ x02 ? y02 ? 1 . 将①式代入②式即得所求曲线 C 的方程为 x2 ? ∵ m ? (0, 1)
(1, ? ?) ,

1 | y |. m




y2 ? 1 (m ? 0, 且m ? 1) 。 m2

∴当 0 ? m ? 1 时,曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为 (? 1 ? m2 , 0) , ( 1 ? m2 , 0) ; 当 m ? 1 时,曲线 C 是焦点在 y 轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为 (0, ? m2 ? 1) , (0,

m2 ? 1) 。

(Ⅱ)如图 2、3, ?k ? 0 ,设 P( x1 , kx1 ) , H ( x2 , y2 ) ,则 Q(? x1 , ? kx1 ) , N (0, kx1 ) , 直线 QN 的方程为 y ? 2kx ? kx1 ,将其代入椭圆 C 的方程并整理可得
(m2 ? 4k 2 ) x2 ? 4k 2 x1 x ? k 2 x12 ? m2 ? 0 。

依题意可知此方程的两根为 ? x1 , x 2 。 于是由韦达定理可得 ? x1 ? x2 ? ?

4k 2 x1 m2 x1 ,即 。 x ? 2 m 2 ? 4k 2 m 2 ? 4k 2
2km 2 x1 。 m 2 ? 4k 2

∵点 H 在直线 QN 上,∴ y2 ? kx1 ? 2kx2 ?

∴ PQ ? (?2x1 , ? 2kx1 ) , PH ? ( x2 ? x1 , y2 ? kx1 ) ? (? ∵ PQ ? PH ,∴ PQ ? PH ? 又∵ m ? 0 ,∴ m ? 2 。

4k 2 x1 2km 2 x1 , )。 m 2 ? 4k 2 m 2 ? 4k 2

4(2 ? m 2 )k 2 x12 ? 0 ,即 2 ? m 2 ? 0 。 m 2 ? 4k 2

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∴存在 m ? 2 ,使得在其对应的椭圆 x2 ? 【考点】求曲线的轨迹方程,直线与圆锥曲线的位置关系。

y2 ? 1 上,对任意的 k ? 0 ,都有 PQ ? PH 。 2

【解析】 (Ⅰ)由 DM = m DA 和点 A 在圆上列式即可求得曲线 C 的方程,并可判断曲线 C 的类型,求得 焦点坐标。 (II)设 P( x1 , kx1 ) , H ( x2 , y2 ) ,则 Q(? x1 , ? kx1 ) , N (0, kx1 ) ,表示出直线 QN 的方程代入椭圆 C 的
2km 2 x1 m2 x1 y ? kx ? 2 kx ? ,利用 Q 、 N 、 H 三点共线得到 , 2 1 2 m 2 ? 4k 2 m 2 ? 4k 2 4(2 ? m 2 )k 2 x12 ? 0 ,从而求得结论。 利用 PQ⊥PH 得到 PQ ? PH ? m 2 ? 4k 2 另解:如图 2、3, ?x1 ? (0, 1) ,设 P( x1 , y1 ) , H ( x2 , y2 ) ,则 Q(? x1 , ? y1 ) , N (0, y1 ) ,

方程并整理,应用韦达定理得到 x2 ?

2 2 2 2 ? ?m x1 ? y1 ? m , ∵ P , H 两点在椭圆 C 上,∴ ? 2 2 2 2 ? ?m x2 ? y2 ? m ,

两式相减可得 m2 ( x12 ? x22 ) ? ( y12 ? y22 ) ? 0 . 依题意,由点 P 在第一象限可知,点 H 也在第一象限,且 P , H 不重合, ∴ ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ? 0 。 ∴由 m2 ( x12 ? x22 ) ? ( y12 ? y22 ) ? 0 可得.

( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) ? ?m2 。 ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) 2 y1 y1 ? y2 。 ? x1 x1 ? x2

又∵ Q , N , H 三点共线,∴ kQN ? kQH ,即 ∴由

y y ? y2 1 ( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) m2 ( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) ? ? ?? ? ?m2 可得 k PQ ? k PH ? 1 ? 1 x1 x1 ? x2 2 ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) 2 。 ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 )

∵ PQ ? PH ,∴ kPQ ? kPH ? ?1 ,即 ? 又∵ m ? 0 ,∴ m ? 2 。

m2 ? ?1 。 2

∴存在 m ? 2 ,使得在其对应的椭圆 x2 ?

y2 ? 1 上,对任意的 k ? 0 ,都有 PQ ? PH 。 2

三、几何图形的不确定的分类应用: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
|x 2 ? 1| 例 1. (2012 年天津市理 5 分) 已知函数 y = 的图象与函数 y =kx ? 2 的图象恰有两个交点, 则实数 k x ?1
的取值范围是 ▲ .

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【答案】 (0,1)

(1,4) 。

【考点】函数的图像及其性质,利用函数图像确定两函数的交点。 【分析】函数 y ?

x2 ?1 x ?1

?

( x ? 1)(x ? 1) x ?1



当 x ? 1 时, y ?

x2 ?1 x ?1
x2 ?1

? x ?1 ? x ?1,

当 x ? 1 时, y ?

?? x ? 1,?1 ? x ? 1 ? ? x ?1 ? ? , x ?1 ? x ? 1, x ? ?1

? x ? 1,x ? 1 ? ? ?? x ? 1,?1 ? x ? 1 。 综上函数 y ? x ?1 ? ? x ? 1, x ? ?1 x2 ?1
作出函数的图象,要使函数 y 与 y ? kx 有两个不同的交点,则直线 y ? kx 必须在蓝色或黄色区 域内, 如图, 此时当直线经过黄色区域时 B(1,2) ,k 满足 1 ? k ? 2 , 当经过蓝色区域时,k 满足 0 ? k ? 1 , 综上实数 k 的取值范围是 (0,1)

(1,4) 。


例 2. (2012 年全国大纲卷理 5 分)已知函数 y =x3 ? 3x ? c 的图像与 x 轴恰有两个公共点,则 c= 【 A. ? 2 或 2 【答案】A 【考点】导数的应用。 【解析】若函数图像与 x 轴有两个不同的交点,则需要满足其中一个为零即 可。因为三次函数的图像与 x 轴恰有两个公共点,结合该函数的图像,可知 只有在极大值点或者极小值点有一点在 x 轴时满足要求(如图所示) 。 ∵ y =x3 ? 3x ? c ,∴ y' =3x2 ? 3=3? x ? 1?? x ? 1? 。 ∴当 x = ? 1 时,函数取得极值。 由 y x =1 =0 或 y x =-1 =0 可得 c ? 2=0 或 c ? 2=0 ,即 c = ? 2 。故选 A。 例 3. (2012 年江西省文 5 分)如下图,OA=2(单位:m),OB=1(单位:m),OA 与 OB 的夹角为 B. ?9 或 3 C. ? 1 或 1 D. ? 3 或 1

? ,以 A 6

为圆心,AB 为半径作圆弧 BDC 与线段 OA 延长线交与点 C.甲。乙两质点同时从点 O 出发,甲先以速度 1

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(单位:ms)沿线段 OB 行至点 B,再以速度 3(单位:m/s)沿圆弧 BDC 行至点 C 后停止,乙以速率 2(单 位:m/s)沿线段 OA 行至 A 点后停止。设 t 时刻甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面

(t) (( S 0) ? 0) (t) 积为 S ,则函数 y ? S 的图像大致是【



A. 【答案】A。 【考点】函数的图象。

B.

C.

D.

【解析】由题设知,OA=2(单位:m),OB=1(单位:m),两者行一秒后,甲行到 B 停止,乙此时行到 A,

(t) 故在第一秒内,甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为 S 的值增加得越来越快,
一秒钟后,随着甲的运动,所围成的面积增加值是扇形中 AB 所扫过的面积,由于点 B 是匀速运动,故一 秒钟后,面积的增加是匀速的,且当甲行走到 C 后,即 B 与 C 重合后,面积不再随着时间的增加而改变,

(t) 故函数 y ? S 随着时间 t 的增加先是增加得越来越快,然后转化成匀速增加,然后面积不再变化,考察
四个选项,只有 A 符合题意。故选 A。 例 4. (2012 年江西省理 5 分)如下图,已知正四棱锥 S ? ABCD 所有棱长都为 1,点 E 是侧棱 SC 上一 动点,过点 E 垂直于 SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分,记 SE ? x(0 ? x ? 1), 截面下面部分的体积 为 V ( x ), 则函数 y ? V ( x) 的图像大致为【 】

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【答案】A。 【考点】棱锥的体积公式,线面垂直,函数的思想。 【解析】对于函数图象的识别问题,若函数 y ? f ? x ? 的图象对应的解析式不好求时,作为选择题,可采 用定性排它法:

1 时,随着 x 的增大, V ? x ? 单调递减,且递减的速度越来越快,不 2 1 是 SE ? x 的线性函数,可排除 C,D。当 ? x ? 1 时,随着 x 的增大, V ? x ? 单调递减,且递减的速度 2
观察图形可知,当 0 ? x ? 越来越慢,可排除 B。只有 A 图象符合。故选 A。 如求解具体的解析式, 方法繁琐, 而且计算复杂, 很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃, 并且作为选择题也没有太多的时间去解答。我们也解答如下: 连接 AC,BD,二者交于点 O,连接 SO,过点 E 作底面的垂线 EH。 当 E 为 SC 中点时,∵SB=SD=BC=CD,∴SE⊥BE,SE⊥DE。 ∴SE⊥面 BDE。 ∴当 SE ? x ? BCD。 又∵SA=SC=1,AC= 2,SO= ∴ V ( x) ? 2 2 。此时 EH ? 。 2 4

1 时,截面为三角形 EBD,截面下面部分锥体的底为 2

1 1 2 2 。 ? ?1 ? ? 3 2 4 24
1 时,截面与 AD 和 AB 相交,分别交于点 F、D, 2 1 S BCDFG ? EH 。 3

当 0 < SE ? x ? <

设 FG 与 AC 相交于点 I,则易得 V ( x) ?

由 EH∠SO, SE ? x,CE ? 1 ? x, SO ?

2 , CS ? 1 得 2

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2 2 :EH ? 1: ?1 ? x ? ,即 EH ? ?1 ? x ? 。 2 2
由 EI∠SA,SE ? x,CS ? 1, AC ? 2 得 x:AI ? 1:2 ,即 AI ? 2 x 。易知 ?AFG 是等腰直角三角 形,即 FG ? 2 AI ? 2 2 x 。∴ S AFG ? ∴ V ( x) ? 当

1 1 ? FG ? AI ? ? 2 2 x ? 2 x ? 2x 2 。 2 2

1 1 1 2 2 S BCDFG ? EH ? ? ? S ABCD ? S?AFG ? ? EH ? ? ?1 ? 2x 2 ? ? ?1 ? x ? ? 1 ? 2x 2 ? ?1 ? x ? 。 ? 3 3 3 2 6

1 < SE ? x ? < 1 时,截面与 DC 和 BC 相交,分别交于点 M、N, 2 1 S ?CMN ? EH 。 3

设 MN 与 AC 相交于点 J,则易得 V ( x) ?

由 EH∠SO, SE ? x,CE ? 1 ? x, SO ?

2 , CS ? 1 得 2

2 2 :EH ? 1: ?1 ? x ? ,即 EH ? ?1 ? x ? 。 2 2
由 EJ∠SA, SE ? x,CE ? 1 ? x, CS ? 1, AC ? 2 得 ?1 ? x ?:CJ ? 1:2 ,即 CJ ? 2 ?1 ? x ? 。易知

1 1 2 ?CMN 是等腰直角三角形,即 MN ? 2CJ ? 2 2 ?1 ? x ? 。∴ S?CMN ? ? MN ? CJ ? ? 2 2 ?1 ? x ? ? 2 ?1 ? x ? ? 2 ?1 ? x ? 。 2 2
∴ V ( x) ?

1 2 2 2 3 2 ?1 ? x ? ? ?1 ? x ? ? ?1 ? x ? 。 3 2 3

? 2 1? ? 1 ? 2x 2 ? ?1 ? x ? ? 0 < x < ? ? ? 2? ? ? 6 ? ? 2 ? 1? 综上所述, V ( x) ? ? 。 ? x= ? ? 24 ? 2 ? ? 2 3 1 ? ? ?1 ? x ? ? ? < x < 1? ?2 ? ? ? 3
结合微积分知识,可判定 A 正确。 例 5. (2012 年上海市理 16 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知双曲线 C1 : 2 x ? y ? 1 .
2 2

(1)过 C1 的左顶点引 C1 的一条渐近线的平行线,求该直线与另一条渐近线及 x 轴围成的三角形的面 积; (4 分) (2)设斜率为 1 的直线 l 交 C1 于 P、Q 两点,若 l 与圆 x ? y ? 1相切,求证:OP⊥OQ; (6 分)
2 2

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(3)设椭圆 C2 : 4 x 2 ? y 2 ? 1. 若 M、N 分别是 C1 、 C2 上的动点,且 OM⊥ON,求证:O 到直线 MN 的距离是定值.(6 分) 【答案】解:(1)∵双曲线 C1 :

2 x2 , 0) ,渐近线方程: y ? ? 2 x . ? y 2 ? 1 的左顶点 A ( ? 1 2 2 2 ) ,即 y ? 2 x ? 1。 ∴过点 A 与渐近线 y ? 2 x 平行的直线方程为 y ? 2 ( x ? 2

x?? ? ?y ? ? 2 x ? 4 。 解方程组 ? ,得 ? ?y?1 ?y ? 2 x ?1 ? ? 2
1 1 2 1 2 ? ? ∴所求三角形的面积为 S ? ? | OA | ? | y |? ? 。 2 2 2 2 8
(2)证明:设直线 PQ 的方程是 y ? x ? b

?

2

∵直线与已知圆相切, 故

b 2

? 1 ,即 b 2 ? 2 。

由?

? y ? x?b 2 2 ,得 x ? 2bx ? b ? 1 ? 0 。 2 2 ?2 x ? y ? 1

设 P ? x1, y1 ?、Q ? x2 , y2 ? ,则 ? 又 y1 y2 ? ( x1 ? b)(x2 ? b) ,

? x1 ? x2 ? 2b . 2 ? x1 x2 ? ?b ? 1

∴ OP ? OQ ? x1x2 ? y1 y2 ? 2x1x2 ? b( x1 ? x2 ) ? b2 ? 2(?b ? 1) ? b ? 2b ? b ? b ? 2 ? 0 。
2 2 2

∴OP⊥OQ。 (3)当直线 ON 垂直于 x 轴时, |ON|=1,|O y |= (此时,N 在 y 轴上, y 在 x 轴上) 当直线 ON 不垂直于 x 轴时,设直线 ON 的方程为 y ? kx (显然 | k |? 则由 OM⊥ON,得直线 OM 的方程为 y ? ? x 。

2 3 ,则 O 到直线 MN 的距离为 。 2 3

2 ) , 2

1 k

1 ? 2 x ? ? 2 ? y ? kx 4+k 2 ? 2 1+k | ON | ? 由? 2 ,得 。∴ 。 ? 2 2 4+k 2 ? y2 ? k ?4 x ? y ? 1 ? 4+k 2 ?
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同理 | OM |2 ?

1+k 2 2k 2 ? 1



设 O 到直线 MN 的距离为 d , ∵ (| OM |2 ? | ON |2 )d 2 ?| OM |2 | ON |2 , ∴

1 d
2

?

1 OM |
2

?

1 | ON |
2

?

3k 2 +3 k +1
2

? 3 ,即 d ?

3 。 3

综上所述,O 到直线 MN 的距离是定值。 【考点】双曲线的概念、标准方程、几何性,直线与双曲线的关系,椭圆的标准方程和圆的有关性质。 【解析】 (1) 求出过点 A 与一条渐近线平行的直线方程, 再求出它与另一条渐近线即可求得三角形的面积。 (2)由两直线垂直的判定,只要证明表示这两条直线的向量积为 0 即可,从而求出直线方程,进 一步求出表示这两条直线的向量,求出它们的积即可。 (3)分直线 ON 垂直于 x 轴和直线 ON 不垂直于 x 轴两种情况证明即可。 例 6. ( 2012 年 四 川 省 理 12 分 ) 如 图 , 动 点 M 到 两 定 点 A(?1, 0) 、 B(2, 0) 构 成 ?M A B , 且

?M B A ? 2 ? M A B ,设动点 M 的轨迹为 C 。
(Ⅰ)求轨迹 C 的方程; (Ⅱ)设直线 y ? ?2 x ? m 与 y 轴交于点 P ,与轨迹 C 相交于点 Q、R ,且 | PQ |?| PR | ,求 值范围。

| PR | 的取 | PQ |

y

M

A

O

B x

【答案】解: (Ⅰ)设 M 的坐标为(x,y) ,显然有 x>0 且 y ? 0 。 当∟MBA=90° 时,点 M 的坐标为(2,, ± 3) 。 当∟MBA≠90°时,x≠2。由 ?MBA ? 2?MAB 得

2 2 tan ?MAB | y| x ?1 ? ? tan∟MBA= ,即 x ? 2 1 ? ( | y | )2 1 ? tan 2 ?MAB x ?1

| y|

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化简得: 3x 2 ? y 2 ? 3 ? 0 。 而点(2,,± 3)在 3x 2 ? y 2 ? 3 ? 0 上。 ∵ y =0 时, x =1 ,∴ x > 1 。 综上可知,轨迹 C 的方程为 3x 2 ? y 2 ? 3 ? 0 ( x > 1 ) 。

(II)由方程

? y ? ?2 x ? m 2 2 消去 y,可得 x ? 4m x ? m ? 3 ? 0 。 (*) ? 2 2 ?3x ? y ? 3 ? 0

由题意,方程(*)有两根且均在(1,+ ? )内,设 f ( x) ? x2 ? 4mx? m2 ? 3 ,

? ? 4m ?? 2 ? 1 ? ? ∴ ? f (1) ? 12 ? 4m ? m 2 ? 3 ? 0 ,解得,m>1 且 m ? 2。 ?? ? (?4m) 2 ? 4(m 2 ? 3) ? 0 ? ? ?
设 Q、R 的坐标分别为 ( xQ , yQ ),( xR , yR ) ,由 PQ ? PR 有

xR ? 2m ? 3(m 2 ? 1), xQ ? 2m ? 3(m 2 ? 1) 。

1 2 ? 3(1 ? 2 ) PR xR 2m ? 3(m 2 ? 1) 4 m ? ?1 ? ? ? ? ∴ 。 2 PQ xQ 2m ? 3(m ? 1) 1 1 2 ? 3(1 ? 2 ) 2 ? 3(1 ? 2 ) m m
由 m>1 且 m ? 2 得

1 ? ?1 ?

4 1 2 ? 3(1 ? 2 ) m

? 7 ? 4 3 且 ?1 ?

?7。 1 2? 3 ( 1 ? 2) m

4



PR 的取值范围是 ?1,7? ? (7,7 ? 4 3) 。 PQ

【考点】直线、双曲线、轨迹方程的求法,倍角公式的应用。 【解析】 (Ⅰ) 设 M 的坐标为 (x, y) , 当∟MBA=90° 时, 可直接得到点 M 的坐标为 (2, ,± 3) ; 当∟MBA≠90° 时,由 ?MBA ? 2?MAB 应用倍角公式即可得到轨迹 C 的方程。 (Ⅱ)直线 y ? ?2 x ? m 与 3x 2 ? y 2 ? 3 ? 0 联立,消元可得 x ? 4m x ? m ? 3 ? 0 ①,利用①有两
2 2

根且均在(1,+∞)内可知,m>1,m≠2。设 Q,R 的坐标,求出 xR,xQ,利用

PR PQ

?

PR xR ,即可确定 xQ PQ

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的取值范围。

四、由数学运算引起的分类应用: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年北京市理 5 分) 已知集合 A={x∈R|3x+2>0﹜, B={x∈ R|(x+1)(x-3)>0﹜, 则 A∩B= 【 A. (-∞,-1) B.(-1, ? ) 】

2 3

C. ﹙ ? ,3﹚

2 3

D.(3,+∝)

【答案】D。【版权归锦元数学工作室,不得转载】 【考点】集合的交集运算。

? 2 ? 【解析】∵ 3x ? 2 > 0 ? ? ? , ?? ? , 3 ? ?

? x ? 1?? x ? 3? > 0 ? ?

?x ? 1 > 0 ?x ? 1 < 0 ? ? 3, ?? ? ? ?x ? 3 > 0 ?x ? 3 < 0

? ??, ?1? ,

∴A∩B=(3,+∝)。故选 D。
2 例 2. (2012 年浙江省理 5 分) 设集合 A ? ?x |1 ? x ? 4? , 集合 B ? x | x ? 2 x ? 3 ? 0 , 则A

?

?

(CR B) ?





4) A. (1,
【答案】A。

4) B. (3 ,

3) C. (1 ,

2) D. (1,

(3 , 4)

【考点】集合的运算。
2 【解析】∵ B ? x | x ? 2 x ? 3 ? 0 = ? x | ?1 ? x ? 3? ,∴ CR B= x | x < ?3或x >1 。

?

?

?

?

∴A

(CR B) ? ?1, 4? 。故选 A。

2, n} , n ? N * .记 f (n) 为同时满足下列条件的集合 A 例 3. (2012 年江苏省 10 分)设集合 Pn ? {1, …,
的个数: ① A ? Pn ;②若 x ? A ,则 2 x ? A ;③若 x ? C pn A ,则 2 x ? C p A 。
n

(1)求 f (4) ; (2)求 f (n) 的解析式(用 n 表示) . 【答案】解: (1)当 n =4 时,符合条件的集合 A 为: ?2?, ?1, 4?, ?2,3?, ?1,3, 4? , ∴ f (4) =4。 ( 2 )任取偶数 x ? Pn ,将 x 除以 2 ,若商仍为偶数.再除以 2 ,· · ·经过 k 次以后.商必 为奇数.此时记商为 m 。于是 x =m 2k ,其中 m 为奇数 k ? N * 。

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由条件知.若 m ? A 则 x ? A ? k 为偶数;若 m ? A ,则 x ? A ? k 为奇数。 于是 x 是否属于 A ,由 m 是否属于 A 确定。 设 Qn 是 Pn 中所有奇数的集合.因此 f (n) 等于 Qn 的子集个数。 当 n 为偶数〔 或奇数)时, Pn 中奇数的个数是

n n ?1 ( ) 。 2 2

? n 2 ?2 ? n为偶数 ? ∴ f (n)= ? n ?1 。 ?2 2 n为奇数 ? ? ?
【考点】集合的概念和运算,计数原理。 【解析】 (1)找出 n =4 时,符合条件的集合个数即可。 (2)由题设,根据计数原理进行求解。 例 4. (2012 年重庆市理 5 分)设函数 f ( x ) 在 R 上可导,其导函数为 f' ( x ) ,且函数 y ? (1 ? x) f' ( x) 的图 像如题图所示,则下列结论中一定成立的是【 (A)函数 f ( x ) 有极大值 f (2) 和极小值 f (1) (B)函数 f ( x ) 有极大值 f (?2) 和极小值 f (1) (C)函数 f ( x ) 有极大值 f (2) 和极小值 f (?2) (D)函数 f ( x ) 有极大值 f (?2) 和极小值 f (2) 】

【答案】D。 【考点】函数在某点取得极值的条件,函数的图象。 【分析】由图象知, y ? (1 ? x) f' ( x) 与 x 轴有三个交点,-2,1,2, ∴ f' (?2)=0,f' (2)=0 。 由此得到 x , y , 1 ? x , f' ( x ) 和 f ( x ) 在 (??, ? ?) 上的情况:

x

(??, ?2)

-2

(?2,1)

1

(1, 2)

2

(2, ??)

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y

+ + + ↗

0 + 0 极大值

- + - ↘

0 0 - 非极值

+ - - ↘

0 - 0 极小值

- - + ↗

1? x

f' ( x )
f ( x)

∴ f ( x ) 的极大值为 f (?2) , f ( x ) 的极小值为 f (2) 。故选 D。 例 5. (2012 年北京市理 13 分)已知函数 f ? x ? ? ax 2+ 1? a ? 0? ,g ? x ? ? x3+bx (1)若曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a、b 的值; (2)当 a 2 ? 4b 时,求函数 f ? x ? ? g ? x ? 的单调区间,并求其在区间(-∞,-1)上的最大值。 【答案】解: (1)∵(1,c)为公共切点,∴ f ?1? ? a+ 1=c, g ?1? ? 1+b=c 。 ∴ a+1 ? 1+b ,即 a ? b ①。 又∵ f' ? x ? ? 2ax, g' ? x ? ? 3x 2+b ,∴ f' ?1? ? 2a, g' ?1? ? 3+b 。 又∵曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线, ∴ 2a ? 3+b ②。 解①②,得 a ? b=3 。 (2)∵ a 2 ? 4b ,∴设 h ? x ? =f ? x ? ? g ? x ? =x3 ? ax 2 ? a 2 x+1 。 则 h' ? x ? =3x 2 ? 2ax ? a 2 。令 h' ? x ? =3x 2 ? 2ax ? a 2 =0 ,解得 x1 = ? ,x 2 = ? ∵ a ? 0 ,∴ ? < ? 。 又∵ h' ? x ? 在各区间的情况如下:

1 4

1 4

1 4

a 2

a 。 6

a 2

a 6

x
h' ? x ?

a? ? ? ? ? ??, 2? ?


?

a 2

? a a? ? ? ?? , ? 2 6?


?

a 6

? a ? ? ?? ?? , ? 6 ?


0

0

a? ? ? a a? ? a ? ? ? 单调递增,在 ? ? , ? ? 单调递减,在 ? ? , ? ? ? 上单调递增。 ∴ f ? x ? ? g ? x ? 在 ? ??, 2? ? ? 2 6? ? 6 ?

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①若 ?1 ? ?

a2 a ,即 a ? 2 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 f ? ?1? ? g ? ?1? =a ? ; 4 2

②若 ? < ?1 < ?

a 2

a ? a? ? a? ,即 2 < a < 6 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 f ? ? ? ? g ? ? ? =1 。 6 ? 2? ? 2?

③若 ?1 ? ?

a ? a? ? a? 时,即 a ? 6 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 f ? ? ? ? g ? ? ? =1 。 6 ? 2? ? 2?
a2 ;当 a > 2 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 1。 4

综上所述:当 a ? 2 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 a ?

【考点】函数的单调区间和最大值,切线的斜率,导数的应用。 【解析】(1)由曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 有公共点(1,c)可得 f ?1? ? g ?1? ;由曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它 们的交点(1,c)处具有公共切线可得两切线的斜率相等,即 f' ?1? ? g' ?1? 。联立两式即可求出 a、b 的值。 (2)由 a 2 ? 4b 得到 f ? x ? ? g ? x ? 只含一个参数的方程,求导可得 f ? x ? ? g ? x ? 的单调区间;根据

a a a a ?1 ? ? , ? < ?1 < ? 和 ?1 ? ? 三种情况讨论 f ? x ? ? g ? x ? 的最大值。 2 2 6 6
例 6. (2012 年湖南省理 13 分)已知函数 f ( x) ? ea x ? x ,其中 a ≠0. (Ⅰ)若对一切 x ∈R, f ( x ) ≥1 恒成立,求 a 的取值集合. (Ⅱ)在函数 f ( x ) 的图像上取定两点 A( x1 , f ( x1 )), B( x2 , f ( x2 ))( x1 ? x2 ) ,记直线 AB 的斜率为 k ,问:

(x1,x2) 是否存在 x0 ? ,使 f ?( x0 ) ? k 成立?若存在,求 x 0 的取值范围;若不存在,请说明理由.
ax 【答案】解: (Ⅰ)若 a ? 0 ,则对一切 x ? 0 , f ( x ) ? e ? x ? 1 ,这与题设矛盾,

又 a ? 0 ,故 a ? 0 。
ax ∵ f ?( x) ? ae ? 1, ∴令 f ?( x) ? 0, 得x ?

1 1 ln 。 a a

1 1 ln 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减; a a 1 1 当 x ? ln 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增. a a 1 1 1 1 1 1 1 ∴当 x ? ln 时, f ( x ) 取最小值 f ( ln ) ? ? ln 。 a a a a a a a 1 1 1 于是对一切 x ? R, f ( x) ? 1恒成立,当且仅当 ? ln ? 1 a a a
当x? 令 g (t ) ? t ? t ln t , 则 g ?(t ) ? ? ln t 。



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当 0 ? t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递增;当 t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递减, ∴当 t ? 1 时, g (t ) 取最大值 g (1) ? 1 。 ∴当且仅当

1 ? 1 即 a ? 1 时,①式成立。 a

综上所述, a 的取值集合为 ?1? 。

f ( x2 ) ? f ( x1 ) eax2 ? eax1 (Ⅱ)存在。由题意知, k ? ? ?1 。 x2 ? x1 x2 ? x1
令 ? ( x) ? f ?( x) ? k ? aeax ?

eax2 ? eax1 ,则 x2 ? x1

? ( x1 ) ? ?

eax1 eax2 a ( x2 ? x1 ) ? ? ?ea ( x1 ? x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ? 1? e ? a ( x ? x ) ? 1 , ? ( x ) ? 2 1 2 ? ?。 x2 ? x1 ? x2 ? x1 ?

令 F (t ) ? et ? t ?1 ,则 F ?(t ) ? et ? 1 。 当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递减;当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递增,
t ∴当 t ? 0 , F (t ) ? F (0) ? 0, 即 e ? t ? 1 ? 0 。

∴e

a ( x2 ? x1 )

? a( x2 ? x1 ) ?1 ? 0 , ea( x1 ?x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ?1 ? 0 。

又∵

eax1 eax2 ? 0, ? 0, ∴ ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0 。 x2 ? x1 x2 ? x1

∵函数 y ? ? ( x) 在区间 ? x1 , x2 ? 上的图像是连续不断的一条曲线, ∴存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 ? ( x0 ) ? 0, 的,且 c ?

??( x) ? a2eax ? 0,? ( x) 单调递增,故这样的 c 是唯一

1 eax2 ? eax1 1 eax2 ? eax1 ,故当且仅当 x ? ( ln ln , x2 ) 时, f ?( x0 ) ? k 。 a a( x2 ? x1 ) a a( x2 ? x1 )
综上所述,存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 f ?( x0 ) ? k 成立.且 x0 的取值范围为

1 eax2 ? eax1 ( ln , x2 ) 。 a a( x2 ? x1 )
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想,转化与划 归思想等数学思想方法的应用。

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【解析】 (Ⅰ)用导函数法求出 f ( x ) 取最小值 f ( ln ) ? 化为 f ( x)min ? 1,从而得出 a 的取值集合。

1 a

1 a

1 1 1 ? ln ,对一切 x ∈R, f ( x) ≥1 恒成立转 a a a

(Ⅱ)在假设存在的情况下进行推理,通过构造函数,研究这个函数的单调性及最值来进行分析判 断。 例 7. (2012 年江苏省 16 分) 若函数 y ? f ( x) 在 x ? x0 处取得极大值或极小值, 则称 x0 为函数 y ? f ( x) 的极值点。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 已知 a, b 是实数,1 和 ?1是函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)设函数 g ( x) 的导函数 g ?( x) ? f ( x) ? 2 ,求 g ( x) 的极值点;

2] ,求函数 y ? h( x) 的零点个数. (3)设 h( x) ? f ( f ( x)) ? c ,其中 c ? [?2 ,
【答案】解: (1)由 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx ,得 f' ( x) ? 3x2 ? 2ax ? b 。 ∵1 和 ?1是函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx 的两个极值点, ∴ f' (1) ? 3 ? 2a ? b=0 , f' (?1) ? 3 ? 2a ? b=0 ,解得 a =0,b = ? 3 。 (2)∵ 由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x , ∴ g?( x) ? f ( x) ? 2=x3 ? 3x ? 2= ? x ?1? ? x ? 2? ,解得 x1 =x2 =1,x3 = ? 2 。
2

∵当 x < ?2 时, g ?( x) < 0 ;当 ?2 < x < 1 时, g ?( x) > 0 , ∴ x = ? 2 是 g ( x) 的极值点。 ∵当 ?2 < x < 1 或 x > 1 时, g ?( x) > 0 ,∴ x =1 不是 g ( x) 的极值点。 ∴ g ( x) 的极值点是-2。 (3)令 f ( x)=t ,则 h( x) ? f (t ) ? c 。 先讨论关于 x 的方程 f ( x)=d 根的情况: d ?? ?2, 2? 当 d =2 时,由(2 )可知, f ( x)= ? 2 的两个不同的根为 I 和一 2 ,注意到 f ( x) 是奇函 数,∴ f ( x)=2 的两个不同的根为一和 2。 当 d < 2 时,∵ f (?1) ? d =f (2) ? d =2 ? d > 0 , f (1) ? d =f (?2) ? d = ? 2 ? d < 0 , ∴一 2 , -1,1 ,2 都不是 f ( x)=d 的根。
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由(1)知 f' ( x)=3? x ? 1?? x ? 1? 。 ① 当 x ? ? 2, ? ? ? 时, f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数,从而 f ( x) > f (2)=2 。 此时 f ( x)=d 在 ? 2, ? ?? 无实根。 ② 当 x ? ?1 , 2? 时. f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数。 又∵ f (1) ? d < 0 , f (2) ? d > 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x)=d 在(1 , 2 )内有唯一实根。 同理, f ( x)=d 在(一 2 ,一 I )内有唯一实根。 ③ 当 x ? ? ?1 , 1? 时, f' ( x) < 0 ,于是 f ( x) 是单调减两数。 又∵ f (?1) ? d > 0 , f (1) ? d < 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x)=d 在(一 1,1 )内有唯一实根。 因此,当 d =2 时, f ( x)=d 有两个不同的根 x1,x2 满足 x1 =1,x2 =2 ;当 d < 2 时

f ( x)=d 有三个不同的根 x3,x1,x5 ,满足 xi < 2,i =3, 4, 5 。
现考虑函数 y ? h( x) 的零点: ( i )当 c =2 时, f (t )=c 有两个根 t1,t2 ,满足 t1 =1, t2 =2 。 而 f ( x)=t1 有三个不同的根, f ( x)=t2 有两个不同的根,故 y ? h( x) 有 5 个零点。 ( 11 )当 c < 2 时, f (t )=c 有三个不同的根 t3,t4,t5 ,满足 ti < 2,i=3, 4, 5 。 而 f ( x)=ti ? i =3, 4, 5? 有三个不同的根,故 y ? h( x) 有 9 个零点。 综上所述,当 c =2 时,函数 y ? h( x) 有 5 个零点;当 c < 2 时,函数 y ? h( x) 有 9 个零 点。 【考点】函数的概念和性质,导数的应用。 【解析】 (1)求出 y ? f ( x) 的导数,根据 1 和 ?1是函数 y ? f ( x) 的两个极值点代入列方程组求解即可。 (2)由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x ,求出 g ?( x) ,令 g ?( x)=0 ,求解讨论即可。 (3)比较复杂,先分 d =2 和 d < 2 讨论关于 x 的方程 f ( x)=d 根的情况;再考虑函数 y ? h( x) 的零点。

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例 8. (2012 年湖南省文 5 分) 设定义在 R 上的函数 f ( x ) 是最小正周期为 2 ? 的偶函数, f ?( x ) 是 f ( x ) 的 导 函 数 , 当 x ??0, ? ? 时 , 0 < f ( x ) < 1 ; 当 x ? ? 0, ? ? 且 x ? 在[-2 ? ,2 ? ] 上的零点个数为【 y ? f ? x? ? si n x A .2 【答案】B。 【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。 【解析】由当 x ? ? 0, ? ? 且 x ≠ B .4 C.5 D. 8 】

?
2

时 , (x ?

?
2

) f ?( x) ? 0 , 则 函 数

? ? 时 , ( x ? ) f ?( x) ? 0 ,知 2 2

? ?? ?? ? x ? ?0, ?时,f ?( x) ? 0, f ( x) 为减函数; x ? ? ,? ? 时,f ?( x) ? 0, f ( x) 为增函数。 ? 2? ?2 ?
又 x ??0, ? ? 时,0<f(x)<1,在 R 上的函数 f(x)是最小正周期为 2 ? 的偶函数,在同一坐标系中 作出 y ? sin x 和 y ? f ( x) 草图像如下,由图知 y ? f ? x ? ? sinx 在[-2 ? ,2 ? ] 上的零点个数为 4 个。

例 9. (2012 年全国大纲卷文 12 分)已知函数 f ( x) ? (1)讨论 f ( x ) 的单调性;

1 3 x ? x 2 ? ax . 3

( 2 )设 f ( x ) 有两个极值点 x1 , x2 ,若过两点 ( x1 , f ( x1 )) , ( x2 , f ( x2 )) 的直线 l 与 x 轴的交点在曲线

y ? f ( x) 上,求 a 的值.
【答案】解: (1)∵ f ( x) ?

1 3 2 x ? x 2 ? ax ,∴ f' ( x) ? x 2 ? 2 x ? a = ? x ? 1? ? a ? 1 3

① 当 a ? 1 时, f' ( x) ? 0 ,且仅当 a =1,x = ? 1 时 f' ( x)=0 。∴ f ( x ) 是增函数。 ②当 a < 1 时, f' ( x)=0 有两个根 x= ?1 ? 1 ? a 。列表如下:

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x
?1? ? ??, 1? a

f' ( x )

f ( x) 的增减性
增函数 减函数

? ?

>0 <

? ?1 ? ? ?1 ?

1 ? a, ?1 ? 1 ? a

1 ? a, ??

?

>0

增函数

(2)由题设知, x1 , x2 是 f' ( x)=0 的两个根,∴ a < 1 ,且 x12 = ? 2x1 ? a,x22 = ? 2x2 ? a 。

1 3 1 1 2 x1 ? x12 ? ax = x1 ? ?2 x12 ? a ? ? x12 ? ax = x12 ? ax1 3 3 3 3 1 2 2 a = ? ?2 x12 ? a ? ? ax1 = ? a ? 1? x1 ? 。 3 3 3 3 2 a 同理, f ( x2 )= ? a ? 1? x2 ? 。 3 3 2 a ∴直线 l 的解析式为 y = ? a ? 1? x ? 。 3 3
∴ f ( x1 ) ? 设直线 l 与 x 轴的交点为 ? x0,0 ? ,则 0= 代入 f ( x) ?

2 a a 。 ? a ? 1? x0 ? ,解得 x0 = 3 3 2 ? a ? 1?

1 3 x ? x 2 ? ax 得 3
3 2

1? a ? ? a ? a a2 f ( x0 ) ? ? ? ? a ? = 12a 2 ? 17a ? 6 ? , ? ? ? ? ? ? ? ? 3 ? 2 ? a ? 1? ? ? 2 ? a ? 1? ? 2 ? a ? 1? 2 ? a ? 1?
∵ ? x0,f ( x0 ) ? 在 x 轴上,∴ f ( x0 )= 解得, a =0 或 a =

a2 12a 2 ? 17a ? 6 ? =0 , ? 2 ? a ? 1?

2 3 或 a= 。 3 4

【考点】函数的单调性和极值,导数的应用。 【解析】 (1)求出导函数,分区间讨论即可。 (2) 由 x1 ,x2 是 f' ( x)=0 的两个根和 (1) 的结论, 得 a <1, 求出 f ( x1 ) 关于 x1 的表达式和 f ( x2 ) 关于 x2 的表达式,从而得到直线 l 的解析式。求出交点的横坐标代入 f ( x) ? 求出 a 的值。 例 10. (2012 年全国课标卷理 5 分)数列 {a n } 满足 an?1 ? (?1)n an ? 2n ?1 ,则 {a n } 的前 60 项和为 ▲

1 3 x ? x 2 ? ax ,由其等于 0, 3

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【答案】 1830 。 【考点】分类归纳(数字的变化类) ,数列。 【解析】求出 {a n } 的通项:由 an?1 ? (?1)n an ? 2n ?1 得, 当 n=1 时, a2 ? 1 ? a1 ;当 n =2 时, a3 ? 3 ? a2 =2 ? a1 ;当 n=3 时, a4 ? 5 ? a3 =7 ? a1 ; 当 n =4 时, a5 ? 7 ? a4 =a1 ;当 n =5 时, a6 ? 9 ? a5 =9 ? a1 ;当 n =6 时, a7 ? 11 ? a6 =2 ? a1 ; 当 n =7 时, a7 ? 13 ? a6 =15 ? a1 ;当 n =8 时, a8 ? 15 ? a7 =a1 ;· · · · · ·

4+ m 2 当 n =4m +1 时, 当 n= a4m?2 ? 8m ? 1 ? a1 ;

4+ m 3 时, 当 n= a4m?2 ? 2 ? a1 ;

时, a4m?4 ? 8m ? 7 ? a1 ;

?????? ) 当 n =4m +4 时, a4m?5 ? a1 ( m=0,1, 2, 。
∵ a4m ? a4m?5 ? a1 , ∴ {a n } 的 四 项 之 和 为 a4m? 1 ? a 4m? 2? a 4 ?am 7 ? ? 8 m?1 ? a ? 1?? 2 ??a 1??8 m ? ?a 1=16 m ?10 m? 3 4 ?=4 a ? 1

?????? ) ( m=0,1, 2, 。 ?????? ) 设 bm ? a4m?1 ? a4m?2 ? a4m?3 ? a4m?4 =16m ? 10 ( m=0,1, 2, 。
则 {a n } 的前 60 项和等于 {bm } 的前 15 项和,而 {bm } 是首项为 10,公差为 16 的等差数列, ∴ {a n } 的前 60 项和= {bm } 的前 15 项和=

10 ? ?16 ?14 ? 10 ? ?15 ? 1830 。 2

例 11.(2012 年湖北省理 12 分)已知等差数列 ?an ? 前三项的和为-3,前三项的积为 8. (Ⅰ)求等差数列 ?an ? 的通项公式; (II)若 a2 ,a3 ,a1 成等比数列,求数列 an 的前 n 项的和。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 【答案】解: (Ⅰ)设等差数列 ?an ? 的公差为 d ,则 a2 ? a1 ? d , a3 ? a1 ? 2d ,
?3a1 ? 3d ? ?3, ?a ? 2, ?a ? ?4, 由题意得 ? 解得 ? 1 或? 1 ?d ? ?3, ?d ? 3. ?a1 (a1 ? d )(a1 ? 2d ) ? 8.

? ?

∴由等差数列通项公式可得 an ? 2 ? 3(n ? 1) ? ?3n ? 5 ,或 an ? ?4 ? 3(n ? 1) ? 3n ? 7 。 ∴等差数列 ?an ? 的通项公式为 an ? ?3n ? 5 ,或 an ? 3n ? 7 。 (Ⅱ)当 an ? ?3n ? 5 时, a 2 , a3 , a1 分别为 ?1 , ?4 , 2 ,不成等比数列; 当 an ? 3n ? 7 时, a 2 , a3 , a1 分别为 ?1 , 2 , ?4 ,成等比数列,满足条件。
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??3n ? 7, n ? 1, 2, ∴ | an |?| 3n ? 7 |? ? ? 3n ? 7, n ? 3.

记数列 {| an |} 的前 n 项和为 S n , 当 n ? 1 时, S1 ?| a1 |? 4 ;当 n ? 2 时, S2 ?| a1 | ? | a2 |? 5 ; 当 n ? 3 时, Sn ? S2 ? | a3 | ? | a4 | ?
? | an | ? 5 ? (3 ? 3 ? 7) ? (3 ? 4 ? 7) ?
? (3n ? 7)

?5?

(n ? 2)[2 ? (3n ? 7)] 3 2 11 ? n ? n ? 10 。 2 2 2

当 n ? 2 时,满足此式。

n ? 1, ?4, ? 综上, Sn ? ? 3 2 11 n ? n ? 10, n ? 1. ? ?2 2
【考点】等差等比数列的通项公式,和前 n 项和公式及基本运算。 【解析】 (Ⅰ)设等差数列 ?an ? 的公差为 d ,根据等差数列 ?an ? 前三项的和为-3,前三项的积为 8 列方程 组求解即可。 (II)对(Ⅰ)的结果验证符合 a2 ,a3 ,a1 成等比数列的数列,应用等差数列前 n 项和公式分 n ? 1 ,

n ? 2 , n ? 3 分别求解即可。
例 12. (2012 年重庆市理 12 分)设数列 an 的前 n 项和 Sn 满足 Sn?1 ? a2 Sn ? a1 ,其中 a2 ? 0 . (I)求证: an 是首项为 1 的等比数列; (5 分) (II)若 a2 ? ?1 ,求证: S n ?

n (a1 ? a2 ) ,并给出等号成立的充要条件.(7 分) 2

【答案】证明: (Ⅰ)∵ Sn?1 ? a2 Sn ? a1 ,∴ Sn ? a2 Sn?1 ? a1 (n ? 2, n ? N * ) 。 ∴ Sn?1 ? Sn ? a2 Sn ? a2 Sn?1 (n ? 2) 。∴ an?1 ? a2 an (n ? 2) 。 ∵ a2 ? 0 ,∴ an ? 0 。∴

an ?1 ? a2 。 an a2 ? a2 。 a1

∵ S2 ? a2 S1 ? a1 ,∴ a1 ? a2 ? a1a2 ? a1 。∴ a1a2 ? a2 。∴ a1 ? 1 。∴

∴ ?n ? N * ,

an?1 ? 2 。∴ an 是首项为 1,公比为 a2 的等比数列。 an

(II)当 n =1 或 n =2 时,易知 S n ?

n (a1 ? an ) 成立。 2

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当 a2 ? 1 时, S n ? n ? 当 a2 ? 1 时, Sn ?

n (a1 ? an ) 成立。 2

n 1 ? a2 n ?1 , , an ? a2 1 ? a2

∴ Sn ?

n 1 ? a2 n n n ?1 ? (1 ? a2 ) (a1 ? an ) 。∴ 1 ? a2 2 2

(n ? 3) 。

n n?1 当 ? 1 ? a2 ? 1时,上面不等式可化为 (n ? 2)a2 ? na2 ? na2 ? (n ? 2) n n?1 设 f (a2 ) ? (n ? 2)a2 , ? na2 ? na2 n ?2 ①当 ?1 ? a2 ? 0 时, 1 ? a2 >0。 n n ?2 ∴ f (a2 ) ? (n ? 2)a2 ? na2 (1 ? a2 ) ? (n ? 2) | a2 |n ? n ? 2 。

(n ? 3) ,

∴当 ?1 ? a2 ? 0 时,所要证的不等式成立。
n?1 n ?2 ②当 0 ? a2 ? 1 时, f (a2 ) ? n[(n ? 2)a2 ? (n ? 1)a2 ? 1] n?1 n ?2 令 h(a2 ) ? (n ? 2)a2 ? (n ? 1)a2 ?1 , n?3 则 h?(a2 ) ? (n ? 2)(n ? 1)(a2 ? 1)(a2 ) ? 0。

∴ h( a2 ) 在(0,1)上递减。∴ h(a2 ) ? h(1) ? 0 。∴ f ?(a2 ) ? nh(a2 ) ? 0 。 ∴ f (a2 ) 在(0,1)上递增。∴ f (a2 ) ? f (1) ? n ? 2 。 ∴当 0 ? a2 ? 1 时,所要证的不等式成立。

1 a2 ③ 当 a2 ? 1 时, ? (0,1) ,由已证结论得: 1 a2 1?
1? (

1? (

1

)n

a2

n 1 ? [1 ? ( )n?1 ] 。 2 a2

1 n ) n 1 ? a2 a2 n n 1 n ?1 n ?1 n ?1 n ∴ a2 ? ? (1 ? a2 ) ? (a1 ? a2 ) 。 ? a2 ? [1 ? ( )n ?1 ] 。∴ 1 1 ? a2 2 2 2 a2 1? a2
∴当 0 ? a2 ? 1 时,所要证的不等式成立。 综上所述,当 a2 ? ?1 且 a2 ? 0 时, Sn ? 号成立。

n (a1 ? an ) 。当且仅当 n =1,2 或 a2 ? 1 时等 2

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【考点】数列与不等式的综合,数列与函数的综合,等比数列的性质,等比关系的确定。 【分析】 (I)根据 Sn?1 ? a2 Sn ? a1 ,得 Sn ? a2 Sn?1 ? a1 (n ? 2, n ? N * ) ,两式相减,即可证得 an 是首项为 1,公比为 a2 的等比数列。 (II)当 n =1 或 n =2 时和当 a2 ? 1 时, S n ?

n (a1 ? an ) 成立。 2

当 a2 ? 1 时,分 ?1 ? a2 ? 0 , 0 ? a2 ? 1 , a2 ? 1 三种情况分别证明即可。 本题也可用数学归纳法证明。 例 13. (2012 年上海市文 4 分) 已知 f ( x ) ?

1 , 各项均为正数的数列 ?an ? 满足 a1 ? 1 ,an? 2 ? f (an ) , 1? x

若 a2010 ? a2012 ,则 a20 ? a11 的值是



【答案】

3 ? 13 5 。 26

【考点】数列的概念、组成和性质,函数的概念。 【解析】根据题意, f ( x ) ?

1 1 ,并且 an? 2 ? f (an ) ,得到 a n ? 2 ? 。 1? x 1 ? an

当 n 为奇数时, a1 ? 1 , a 3 ?

1 8 2 3 , a5 ? , a7 ? , a9 ? 。 2 13 3 5

当 n 为偶数时,由 a2010 ? a2012 ,得到

1 5 ?1 (负值舍去)。 ? a 2010 ,解得 a 2010 ? 1 ? a 2010 2

由 a2010 ? f (a2008 ) 得

5 ?1 1 5 ?1 ,解得 a2008 ? 。 ? 2 1 ? a2008 2

∴当 n 为偶数时, an =

5 ?1 。 2

∴ a20 ? a11 =

8 5 ? 1 3 ? 13 5 ? = 。 13 2 26
x ? sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为 {xn } . 2

例 14. (2012 年安徽省文 13 分) 设函数 f ( x ) ? (Ⅰ)求数列 {xn } ;

(Ⅱ)设 {xn } 的前 n 项和为 S n ,求 sin S n 。
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【答案】解: (I)∵ f ( x ) ?

x 1 ? sin x ,∴ f ?( x) ? ? cos x 。 2 2 2? (k ? Z ) 。 令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 2k? ? 3 2? 2? ? x ? 2 k? ? (k ? Z ) ; 当 f ?( x) ? 0 时, 2k? ? 3 3 2? 4? ? x ? 2k? ? (k ? Z ) 。 当 f ?( x) ? 0 时, 2k? ? 3 3 2? (k ? Z ) 时, f ( x) 取极小值。 ∴当 x ? 2k? ? 3 2? ∴数列 {xn } : xn ? 2n? ? 。 3 2? (II)由(I)得: , xn ? 2n? ? 3 2n? 2n? ? n(n ? 1)? ? ∴ Sn ? x1 ? x2 ? x3 ? ? xn ? 2? (1 ? 2 ? 3 ? ? n) ? 。 3 3
当 n ? 3k (k ? N ) 时, sin Sn ? sin(?2k? ) ? 0 ;
*

当 n ? 3k ?1(k ? N * ) 时, sin Sn ? sin

2? 3 ; ? 3 2 4? 3 。 ?? 3 2

当 n ? 3k ? 2(k ? N * ) 时, sin Sn ? sin ∴当 n ? 3k (k ? N ) 时, sin Sn ? 0 ;
*

当 n ? 3k ?1(k ? N ) 时, sin Sn ?
*

3 ; 2 3 。 2

当 n ? 3k ? 2(k ? N ) 时, sin Sn ? ?
*

【考点】三角函数的极值,导数的应用,数列。 【解析】 (I) 求函数 f ( x ) ? 情况,得出结果。 (II)求出 {xn } 的前 n 项和为 S n ,分类讨论,求出 sin S n 。 例 15. (2012 年湖北省理 5 分)函数 f ? x ? =x cos x 在区间[0,4]上的零点个数为【
2

x ? sin x 的所有正的极小值点, 即要讨论 f ?( x) ? 0 , f ?( x) ? 0 和 f ?( x) ? 0 的 2



A.4 【答案】C。

B.5

C.6

D.7

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【考点】函数的零点与方程,三角函数的周期性。 【解析】由 f ? x ? =x cos x2 =0 得 x =0 或 cos x =0 。
2

当 x =0 时, f ? 0? =0 ,∴ x =0 是函数 f ? x ? =x cos x2 在区间[0,4]上的一个零点。 当 cos x =0 时,∵ 0<x ? 4 ,∴ 0<x ? 16 。
2 2

∵使余弦为零的角的弧度数为 k? +

?
2

,k ? Z ,∴令 k? +
2 , 2 ,

?
2
,

? 16 。
2 , 2
均 满 足 条 件 , 当 k =5 时 ,

则 k =0,k =1,k =2,k =3,k =4 时 对 应 角 分 别 为

? 3? 5 ? 7 ? 9 ?
2

11? >16 不满足条件。 2
2

综上所述,函数 f ? x ? =x cos x 在区间[0,4]上的零点个数为 6 个。故选 C。 例 16. (2012 年安徽省理 12 分) 设函数 f ( x) ? (I)求函数 f ( x ) 的最小正周期; (II)设函数 g ( x) 对任意 x ? R ,有 g ( x ? 求函数 g ( x) 在 [?? , 0] 上的解析式。 【答案】解: (I)∵ f ( x) ?

2 ? cos(2 x ? ) ? sin 2 x 2 4

?

? 1 ) ? g ( x ) ,且当 x ? [0, ] 时, g ( x ) ? ? f ( x ) ; 2 2 2

2 ? 1 1 1 cos(2 x ? ) ? sin 2 x ? cos 2 x ? sin 2 x ? (1 ? cos 2 x) 2 4 2 2 2
1 1 ? sin 2 x , 2 2

?

2? ?? 。 2 ? 1 1 (II)∵当 x ? [0, ] 时, g ( x) ? ? f ( x) ? sin 2 x 2 2 2
∴函数 f ( x ) 的最小正周期 T ? ∴ 当 x ? [?

, 0] 时, ( x ? ) ? [0, ] , 2 2 2 ? 1 ? 1 g ( x) ? g ( x ? ) ? sin 2( x ? ) ? ? sin 2 x 2 2 2 2 ) 时, ( x ? ? ) ? [0, ) , 2 2 1 1 g ( x) ? g ( x ? ? ) ? sin 2( x ? ? ) ? sin 2 x 。 2 2

?

?

?

当 x ? [?? , ?

?

?

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? ? 1 ? sin 2 x(? ? x ? 0) ? ? 2 2 ∴函数 g ( x) 在 [?? , 0] 上的解析式为 g ( x) ? ? 。 1 ? ? sin 2 x(?? ? x ? ) ? ? 2 2
【考点】三角函数公式和性质。 , 【解析】 (I)将 f ( x) ? (II)由 g ( x ) ?

1 1 2 ? cos(2 x ? ) ? sin 2 x 化为 ? sin 2 x ,即可求出函数 f ( x) 的最小正周期。 2 2 2 4
1 ? ? f ( x ) 得出 g ( x) 关于 x 的函数关系式。由 g ( x ? ) ? g ( x ) 分区间讨论即可。 2 2

例 17. (2012 年全国大纲卷理 5 分)将字母 a, a, b, b, c, c 排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每 列的字母也互不相同,则不同的排列方法共有【 A.12 种 【答案】A。 【考点】排列组合的应用,分步计数原理。 【解析】利用分步计数原理,先填写最左上角的数,有 3 种,再填写右上角的数为 2 种,再填写第二行第 一列的数有 2 种,一共有 3× 2× 2=12 种。故选 A。 例 18. (2012 年北京市理 5 分)从 0,2 中选一个数字,从 1,3,5 中选两个数字,组成无重复数字的三 位数.其中奇数的个数为【 A. 24 【答案】B。 【考点】排列组合问题。 【解析】由于题目要求是奇数,那么对于此三位数可以分成两种情况:奇偶奇;偶奇奇。如果是第一种奇 偶奇的情况,可以从个位开始分析(3 种情况) ,之后十位(2 种情况) ,最后百位(2 种情况) ,共 12 种; 如果是第二种情况偶奇奇:个位(3 种情况) ,十位(2 种情况) ,百位(不能是 O ,一种倩况) ,共 6 种。 因此总共有 12 + 6 = 18 种情况。故选 B。 例 19. (2012 年安徽省理 5 分)6 位同学 在毕业聚会活动中进行纪念品的交换,任意两位同学之间最多交 换一次,进行交换的两位同学互赠一份纪念品,已知 6 位同学之间共进行了 13 次交换,则收到 4 份纪念 品的同学人数为【 】 B. 18 】 C. 12 D. 6 B.18 种 】 C.24 种 D.36 种

( A) 1 或 3
【答案】 D 。

(B) 1 或 4

(C ) 2 或 3

( D) 2 或 4

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【考点】排列组合。
2 【解析】∵ C6 ?13 ? 15 ?13 ? 2 ,∴在 6 位同学的两两交换中少 2 种情况。

不妨设甲、乙、丙、丁、戍、己 6 人 ①设仅有甲与乙,丙没 交换纪念品,则甲收到 3 份纪念品,乙、丙收到 4 份纪念品,丁、戍、己 收到 5 份纪念品,此时收到 4 份纪念品的同学人数为 2 人; ②设仅有甲与乙,丙与丁没交换纪念品,则甲、乙、丙、丁收到 4 份纪念品,戍、己收到 5 份纪 念品,此时收到 4 份纪念品的同学人数为 4 人。 故选 D 。 例 20. (2012 年浙江省理 5 分)若从 1,2,3,…,9 这 9 个整数中同时取 4 个不同的数,其和为偶数, 则不同的取法共有【 A.60 种 【答案】D。 【考点】分类讨论,计数原理的应用。 【解析】1,2,2,…,9 这 9 个整数中有 5 个奇数,4 个偶数.要想同时取 4 个不同的数其和为偶数,则 取法有: 4 个都是偶数:1 种;
2 2 2 个偶数,2 个奇数: C5 C4 ? 60 种; 4 4 个都是奇数: C5 ? 5 种。

】 B.63 种 C.65 种 D.66 种

∴不同的取法共有 66 种。故选 D。 例 21. (2012 年陕西省理 5 分) 两人进行乒乓球比赛,先赢三局着获胜,决出胜负为止,则所有可能出 现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有【 A. 10 种 【答案】D。 【考点】排列、组合及简单计数问题,分类计数原理。 【解析】根据分类计数原理,所有可能情形可分为 3:0,3:1,3:2 三类,在每一类中可利用组合数公式计数, 最后三类求和即可得结果: 当比分为 3:0 时,共有 2 种情形;
1 2 当比分为 3:1 时,共有 C4 A2 = 8 种情形;



B.15 种

C. 20 种

D. 30 种

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2 2 当比分为 3:2 时,共有 C5 A2 = 20 种情形。

总共有 2 + 8 + 20 = 30 种。故选 D。 例 22. (2012 年湖北省理 5 分) 回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数。 如 22, ,11,3443,94249 等。显然 2 位回文数有 9 个:11,22,33…,99.3 位回文数有 90 个:101,111,121,…,191,202,…,999。 则 (Ⅰ)4 位回文数有 ▲ 个; ▲ 个。

(Ⅱ)2n+1(n∈N+)位回文数有 【答案】 (Ⅰ)90; (Ⅱ) 9 10 。 【考点】计数原理的应用。
n

【解析】 (I)4 位回文数的特点为中间两位相同,千位和个位数字相同但不能为零,第一步,选千位和个 位数字,共有 9 种选法;第二步,选中间两位数字,有 10 种选法,故 4 位回文数有 9× 10=90 个。 (II)第一步,选左边第一个数字,有 9 种选法;第二步,分别选左边第 2、3、4、…、n、n+1 个 数字,共有 10×10×10×…×10=10n 种选法,故 2n+1(n∈N+)位回文数有 9 10 个。 例 23. (2012 年全国大纲卷理 12 分)乒乓球比赛规则规定:一局比赛,双方比分在 10 平前,一方连续发 球 2 次后,对方再连续发球 2 次,依次轮换,每次发球,胜方得 1 分,负方得 0 分。设在甲、乙的比赛中, 每次发球,发球方得 1 分的概率为 0.6 ,各次发球的胜负结果相互独立, 。甲、乙的一局比赛中,甲先发球。 (1)求开始第 4 次发球时,甲、乙的比分为 1 比 2 的概率; (2) ? 表示开始第 4 次发球时乙的得分,求 ? 的期望。 【答案】解:记 Ai 为事件“第 i 次发球,甲胜”,i=1,2,3,则 P( A 1 ) ? 0.6, P( A 2 ) ? 0.6, P( A 3 ) ? 0.4 。 (1)事件“开始第 4 次发球时,甲、乙的比分为 1 比 2”为 A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ,由互 斥事件有一个发生的概率加法公式得
n

P ( A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ) ? 0.6 ? 0.4 ? 0.6 ? 0.4 ? 0.6 ? 0.6 ? 0.4 ? 0.4 ? 0.4 ? 0.352 。
即开始第 4 次发球时,甲、乙的比分为 1 比 2 的概率为 0.352 。 (2)由题意 ? ? 0, 1, 2, 3 。

P(? ? 0) ? P( A1 A2 A3 ) ? 0.6 ? 0.6 ? 0.4 ? 0.144 ;
P(? ? 1) ? P( A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ) ? 0.4 ? 0.6 ? 0.4 ? 0.6 ? 0.4 ? 0.4 ? 0.6 ? 0.6 ? 0.6 =0.408;

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P(? ? 2) ? 0.352 ;
P(? ? 3) ? P( A1 A2 A3 ) ? 0.4 ? 0.4 ? 0.6 ? 0.096 。
∴分布列为:

?
P ?? ?

0 0.144

1 0.108

2 0.352

3 0.096

∴ ? 的期望 E? ? 0.408 ? 2 ? 0.352 ? 3? 0.096 ? 1.4 。 【考点】独立事件的概率,分布列和期望值。 【解析】首先要理解发球的具体情况,然后对于事件的情况分析、讨论,并结合独立事件的概率求解结论。 例 24. (2012 年全国课标卷理 12 分)某花店每天以每枝 5 元的价格从农场购进若干枝玫瑰花,然后以每 枝 10 元的 价格出售,如果当天卖不完,剩下的玫瑰花作垃圾处理。 (1)若花店一天购进 16 枝玫瑰花,求当天的利润 y (单位:元)关于当天需求量 n (单位:枝, n ? N ) 的函数解析式。 (2)花店记录了 100 天玫瑰花的日需求量(单位:枝) ,整理得下表: 日需求量 n 频 数 14 10 15 20 16 16 17 16 18 15 19 13 20 10

以 100 天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率。 (i)若花店一天购进 16 枝玫瑰花, X 表示当天的利润(单位:元) ,求 X 的分布列,数学期望及方差; (ii)若花店计划一天购进 16 枝或 17 枝玫瑰花,你认为应购进 16 枝还是 17 枝?请说明理由。 【答案】解: (1)当 n ? 16 时, y ? 16 ? (10 ? 5) ? 80 ; 当 n ? 15 时, y ? 5n ? 5(16 ? n) ? 10n ? 80 。 ∴y??

?10n ? 80(n ? 15) (n ? N ) 。 (n ? 16) ?80

(2) (i) X 可取 60 , 70 , 80 , P( X ? 60) ? 0.1, P( X ? 70) ? 0.2, P( X ? 80) ? 0.7 。

X 的分布列为:

X
P

60

70

80

0.1

0.2

0.7

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EX ? 60 ? 0.1 ? 70 ? 0.2 ? 80 ? 0.7 ? 76 。 DX ? 162 ? 0.1 ? 62 ? 0.2 ? 42 ? 0.7 ? 44 。
(ii)购进 17 枝时,当天的利润为

y ? (14 ? 5 ? 3 ? 5) ? 0.1 ? (15 ? 5 ? 2 ? 5) ? 0.2 ? (16 ? 5 ? 1? 5) ? 0.16 ? 17 ? 5 ? 0.54 ? 76.4
∵ 76.4 ? 76 ,∴应购进 17 枝。 【考点】列函数关系式,概率,离散型随机变量及其分布列。 【解析】(1)根据题意,分 n ? 16 和 n ? 15 分别列式。 (2) X 取 60 , 70 , 80 ,求得概率,得到 X 的分布列,根据数学期望及方差公式求解;求出 购进 17 枝时,当天的利润与购进 16 枝时,当天的利润比较即可。 例 25.(2012 年天津市理 13 分)现有 4 个人去参加某娱乐活动,该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择. 为增加趣味性,约定:每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加个游戏,掷出点数为 1 或 2 的人 去参加甲游戏,掷出点数大于 2 的人去参加乙游戏. (Ⅰ)求这 4 个人中恰有 2 人去参加甲游戏的概率: (Ⅱ)求这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率: (Ⅲ)用 X ,Y 分别表示这 4 个人中去参加甲、乙游戏的人数,记 ? =|X ? Y | ,求随机变量 ? 的分布列与数 学期望 E? .【版权归锦元数学工作室,不得转载】 【答案】 解: (Ⅰ) 依题意, 4 个人中, 每个人去参加甲游戏的概率为 , 去参加乙游戏的人数的概率为

1 3

2 。 3

( , 1,2,3,4) 设“这 4 个人中恰有 2 人去参加甲游戏”为事件 A , i i?0
i ?1? 则P (Ai) ? C4 ? ? ? 3? i

? 2? ?? ? ? 3?

4?i


2 2

∴这 4 个人中恰有 2

2?1? 人去参加甲游戏的概率为 P (A2 ) ? C4 ? ?

8 ?2? 。 ?? ? = 27 ? 3? ? 3?
A4 。

(Ⅱ)设“这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏”为事件 B ,则 B ? A3

2 1 3 ?1? 4 ?1? ∵ A3 与 A4 互相排斥,∴ P (B ) ?P (A3 ) ?P (A4 ) ? C4 ? ? ? ? C4 ? ? ? 9 ? 3? 3 ? 3?
(Ⅲ) ? 的所有可能取值为 0,2,4, ∵ A1 与 A3 互相排斥, A0 与 A4 互相排斥,

3

4

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∴P (? ? 0 ) ?P (A2) ?

8 40 17 ,P (? ? 2 ) ?P (A1 ) ?P (A3 ) ? ,P (? ? 4 ) ?P (A0 ) ?P (A4 ) ? , 27 81 81

∴随机变量 ? 的分布列是

?

0

2

4

P

8 27

40 81

17 81

随机变量 ? 的分布列与数学期望 E? ? 0 ?

8 40 17 148 ? 2? ? 4? ? 。 27 81 40 81

【考点】离散型随机变量的期望与方差,相互独立事件的概率乘法公式,离散型随机变量及其分布列。 【分析】 (Ⅰ)依题意,求出这 4 个人中,每个人去参加甲游戏的概率和去参加乙游戏的人数的概率,即 可求得这 4 个人中恰有 2 人去参加甲游戏的概率。 (Ⅱ)设“这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏”为事件 B ,则 B 包括这 4 个人中去 参加甲游戏的人数有 3 人和 4 人两种情况,利用互斥事件的概率公式可求这 4 个人中去参加甲游戏的人数 大于去参加乙游戏的人数的概率。 (Ⅲ) ? 的所有可能取值为 0,2,4,由于 A1 与 A3 互相排斥, A0 与 A4 互相排斥,求出相应的概 率,可得 ? 的分布列与数学期望。 例 26. (2012 年安徽省理 12 分)某单位招聘面试,每次从试题库随机调用一道试题,若调用的是 A 类 型试题,则使用后该试题回库,并增补一道 A 类试题和一道 B 类型试题入库 ,此次调题工作结束;若调 用的是 B 类型试题, 则使用后该试题回库, 此次调题工作结束。 试题库中现共有 n ? m 道试题, 其中有 n 道

A 类型试题和 m 道 B 类型试题,以 X 表示两次调题工作完成后,试题库中 A 类试题的数量。
(Ⅰ)求 X ? n ? 2 的概率; (Ⅱ)设 m ? n ,求 X 的分布列和均值(数学期望) 。 【答案】解: (I)根据题意, X ? n ? 2 表示两次调题均为 A 类型试题,概率为 (Ⅱ) m ? n 时,每次调用的是 A 类型试题的概率为 p ? 随机变量 X 可取 n, n ? 1, n ? 2 则 P( X ? n) ? (1 ? p) ?
2

n n ?1 ? 。 m?n m?n?2

1 2

1 1 , P( X ? n ? 1) ? 2 p (1 ? p ) ? , 4 2

P( X ? n ? 2) ? p 2 ?
∴ X 的分布列如下:

1 。 4

X

n

n ?1

n?2

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1 1 4 2 1 1 1 ∴ EX ? n ? ? (n ? 1) ? ? (n ? 2) ? ? n ? 1 。 4 2 4
P
【考点】概率,离散型随机变量及其分布列。

1 4

【解析】 (I)根据题意, X ? n ? 2 表示两次调题均为 A 类型试题,第一次调题为 A 类型试题的概率为

n n ?1 ;第二次调题时试题总量为 m ? n ? 2 , A 类型试题为 n ? 1 ,概率为 。所以两次调题均为 m?n m?n?2 n n ?1 A 类型试题的概率为 ? 。 m?n m?n?2
(Ⅱ)随机变量 X 可取 n, n ? 1, n ? 2 ,求出 X 的分布列和均值(数学期望) 。

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