新編高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 技法篇 數(shù)學(xué)思想專練1 Word版含答案

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1、 數(shù)學(xué)思想專練(一)　函數(shù)與方程思想 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，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. ∴S8＝＝4×(1＋15)＝64.] 2．若2x＋5y≤2－y＋5－x，則有(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：04024004】 A．x＋y≥0 B．x＋y≤0 C．x－y≤0 D．x－y≥0

2、 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(　　) 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＜x2＜2， 所以即 所以－＜k≤0，所以k的取值范圍是.] 4．(20xx·南昌三模)已知α是銳角三角形的最小內(nèi)角，向量a＝(sin α，1)，b＝(1，cos α)，則a·b的取值范圍是________

3、. 【導(dǎo)學(xué)號：04024005】 (1，]　[a·b＝sin α＋cos α＝sin， 由0＜α≤得＜α＋≤π， 所以＜sin≤1， 所以1＜a·b≤.] 5．(20xx·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xln 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：04024006】 [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(

4、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)2－4××(1－a)＝0，得a2＝1. 因為a≥0，所以a＝1． 6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

5、， 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 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

6、＝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＋－＝2＋?yM＝4，p＝或. ∴C的方程為y2＝4x或y2＝16x.] 7．已知正四棱錐的體積為，則正四棱錐側(cè)棱長的最小值為(　　) A．2　　 B．2　　 C．2　　 D．4 A　[設(shè)正四棱錐的底面邊長為a，側(cè)棱長為x，高為h， 由題意知a2h＝，得a2h＝32，從而a2＝， 又x2＝h2＋a2＝h2＋， 令g(h)＝h2＋，則g′(h)＝2h－＝， 當(dāng)0＜h＜2時，g′(h)＜0； 當(dāng)h＞2時，g′(h)＞0. 從而g(h)

7、在h＝2時有最小值，即g(h)min＝12. 從而x有最小值2，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：04024007】 [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． 6分 (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＝，x1

8、x2＝，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ABC-A′B′C′中，AC＝BC＝5，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，

9、E分別為AB和BB′的中點． 1分 又AA′＝AB，且三棱柱ABC-A′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 ∴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＝VC-A′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)，11分 ∴當(dāng)x＝3，即λ＝1時，VA′-CDE有最小值18． 12分