浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：技法強化訓(xùn)練1 函數(shù)與方程思想 Word版含答案

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 技法強化訓(xùn)練(一)　函數(shù)與方程思想 (對應(yīng)學(xué)生用書第159頁) 題組1　運用函數(shù)與方程思想解決數(shù)列、不等式等問題 1．已知{an}是等差數(shù)列，a1＝1，公差d≠0，Sn是其前n項和，若a1，a2，a5成等比數(shù)列，則S8的值為(　　) A．16　　　　 B．32　　　　 C．64　　　　 D．62 C　[由題意可知a＝a1a5， 即(1＋d)2＝1×(1＋4d)，解得d＝2， ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. ∴S8＝＝4×(

2、1＋15)＝64.] 2．若2x＋5y≤2－y＋5－x，則有(　　) A．x＋y≥0 B．x＋y≤0 C．x－y≤0 D．x－y≥0 B　[原不等式可化為2x－5－x≤2－y－5y，構(gòu)造函數(shù)y＝2x－5－x，其為R上的增函數(shù)，所以有x≤－y，即x＋y≤0.] 3．若關(guān)于x的方程x2＋2kx－1＝0的兩根x1，x2滿足－1≤x1＜0＜x2＜2，則k的取值范圍是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：68334007】 A. B. C. D. B　[構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x2＋2kx－1，因為關(guān)于x的方程x2＋2kx－1＝0的兩根x1，x2滿足－1≤x1＜0＜x

3、2＜2， 所以即 所以－＜k≤0，所以k的取值范圍是.] 4．已知數(shù)列{an}滿足a1＝60，an＋1－an＝2n(n∈N*)，則的最小值為________． 　[由an＋1－an＝2n，得 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2＋60 ＝n2－n＋60. ∴＝＝n＋－1. 令f(x)＝x＋－1，易知f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增． 又n∈N*，當(dāng)n＝7時，＝7＋－1＝， 當(dāng)n＝8時，＝8＋－1＝. 又＜，故的最小值為.] 5．已知函數(shù)f(x)＝x

4、ln x＋a，g(x)＝x2＋ax，其中a≥0. (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與曲線y＝g(x)也相切，求a的值； (2)證明：x＞1時，f(x)＋＜g(x)恒成立． 【導(dǎo)學(xué)號：68334008】 [解]　(1)由f(x)＝xln x＋a，得f(1)＝a， f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝1. 1分 所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線為y＝x＋a－1.因為直線y＝x＋a－1與曲線y＝g(x)也相切， 所以兩方程聯(lián)立消元得x2＋ax＝a＋x－1， 即x2＋(a－1)x＋1－a＝0， 3分 所以Δ＝(a－1)2

5、－4××(1－a)＝0，得a2＝1. 因為a≥0，所以a＝1. 4分 (2)證明：x＞1時，f(x)＋＜g(x)恒成立，等價于x2＋ax－xln x－a－＞0恒成立． 令h(x)＝x2＋ax－xln x－a－， 則h(1)＝0且h′(x)＝x＋a－ln x－1. 6分 令φ(x)＝x－ln x－1，則φ(1)＝0且φ′(x)＝1－＝， 8分 所以x＞1時，φ′(x)＞0，φ(x)單調(diào)遞增， 所以φ(x)＞φ(1)＝0. 又因為a≥0，所以h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)＞h(1)＝0， 所以x＞1時，x2＋ax－xln

6、x－a－＞0恒成立， 11分 即x＞1時，f(x)＋＜g(x)恒成立. 12分 題組2　利用函數(shù)與方程思想解決幾何問題 6．設(shè)拋物線C：y2＝3px(p＞0)的焦點為F，點M在C上，|MF|＝5，若以MF為直徑的圓過點(0,2)，則C的方程為(　　) A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8x C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x C　[由拋物線的定義可知MF＝xM＋＝5，∴xM＝5－，y＝15p－，故以MF為直徑的圓的方程為(x－xM)(x－xF)＋(y－yM)(y－yF)＝0， 即＋(2－yM)(2－0)＝0. ∴yM＝2＋－

7、＝2＋?yM＝4，p＝或. ∴C的方程為y2＝4x或y2＝16x.] 7．(20xx·寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)高三模擬考試)在直三棱柱A1B1C1­ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知G和E分別為A1B1和CC1的中點，D與F分別為線段AC和AB上的動點(不包括端點)，若GD⊥EF，則線段DF的長度的取值范圍為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：68334009】 A. B. C. D. A　[建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，E，G，設(shè)F(x,0,0)，D(0，y,0)，則＝，＝，x，y∈(0,1)． 由于GD⊥EF，所以x＋2y－1＝0

8、，x＝1－2y∈(0,1)，解得0＜y＜.DF＝＝＝，當(dāng)且僅當(dāng)y＝時，線段DF長度的最小值是，當(dāng)y＝0時，線段DF的最大值是1，由于不包括端點，故y＝0不能取，所以線段DF的長度的取值范圍是，故選A.] 8．已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率e＝，并且經(jīng)過定點P. (1)求橢圓E的方程； (2)問：是否存在直線y＝－x＋m，使直線與橢圓交于A，B兩點，且滿足·＝？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由. 【導(dǎo)學(xué)號：68334010】 [解]　(1)由e＝＝且＋＝1，c2＝a2－b2， 解得a2＝4，b2＝1， 即橢圓E的方程為＋y2＝1. 4分

9、 (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由?x2＋4(m－x)2－4＝0? 5x2－8mx＋4m2－4＝0.(*) 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 8分 y1y2＝(m－x1)(m－x2)＝m2－m(x1＋x2)＋x1x2＝m2－m2＋＝，由·＝得(x1，y1)·(x2，y2)＝，即x1x2＋y1y2＝，＋＝， m＝±2. 又方程(*)要有兩個不等實根，所以Δ＝(－8m)2－4×5(4m2－4)＞0，解得－＜m＜，所以m＝±2. 12分 9．如圖1，直三棱柱ABC­A′B′C′中，AC＝BC＝5，

10、AA′＝AB＝6，D，E分別為AB和BB′上的點，且＝＝λ. 圖1 (1)求證：當(dāng)λ＝1時，A′B⊥CE； (2)當(dāng)λ為何值時，三棱錐A′­CDE的體積最小，并求出最小體積． [解]　(1)證明：∵λ＝1，∴D，E分別為AB和BB′的中點. 1分 又AA′＝AB，且三棱柱ABC­A′B′C′為直三棱柱， ∴平行四邊形ABB′A′為正方形，∴DE⊥A′B. 2分 ∵AC＝BC，D為AB的中點，∴CD⊥AB. 3分 ∵三棱柱ABC­A′B′C′為直三棱柱， ∴CD⊥平面ABB′A′，∴CD⊥A′B， 4分 又CD∩DE＝D，∴A′B⊥平面CDE. ∵CE?平面CDE，∴A′B⊥CE. 6分 (2)設(shè)BE＝x，則AD＝x，DB＝6－x，B′E＝6－x.由已知可得C到平面A′DE的距離即為△ABC的邊AB所對應(yīng)的高h＝＝4， 8分 ∴VA′­CDE＝VC­A′DE＝(S四邊形ABB′A－S△AA′D－S△DBE－S△A′B′E)·h ＝·h ＝(x2－6x＋36)＝[(x－3)2＋27](0＜x＜6)， 14分 ∴當(dāng)x＝3，即λ＝1時，VA′­CDE有最小值18. 15分