《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 考前臨門一腳講義 理（重點生含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 考前臨門一腳講義 理（重點生含解析）.doc（81頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第三部分 考前臨門一腳
(一)巧用性質(zhì) 妙解函數(shù)
[速解技法——學(xué)一招]
函數(shù)性質(zhì)主要指函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性、對稱性，要深刻理解并加以巧妙地運用．
以對稱性為例，若函數(shù)f (x)滿足f (a＋x)＝f (b－x)，則函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝對稱；若函數(shù)f (x)滿足f (a＋x)＋f (b－x)＝c，則函數(shù)圖象關(guān)于點對稱．
定義在R上的奇函數(shù)f (x)滿足f (x－2)＝－f (x)，且在[0,1]上是增函數(shù)，則有( )
A．f
2時，f (x)單調(diào)遞增．因為x1＋x2<4且(x1－2)(x2－2)<0，設(shè)x1<20且a≠1，函數(shù)f (x)＝＋4loga，其中－≤x≤，則函數(shù)f (x)的最大值與最小值之和為________．
解析：依題意知，f (x)＝4＋＋4loga，令g(x)＝＋4loga，其定義域為，可知g(－x)＝＋4loga＝－g(x)，∴函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于原點對稱，從而可知函數(shù)f (x)的圖象關(guān)于點(0,4)對稱，故函數(shù)f (x)的最大值與最小值之和為8.
答案：8
[常用結(jié)論——記一番]
1．函數(shù)的單調(diào)性
在公共定義域內(nèi)：
(1)若函數(shù)f (x)是增函數(shù)，函數(shù)g(x)是增函數(shù)，則f (x)＋g(x)是增函數(shù)；
(2)若函數(shù)f (x)是減函數(shù)，函數(shù)g(x)是減函數(shù)，則f (x)＋g(x)是減函數(shù)；
(3)若函數(shù)f (x)是增函數(shù)，函數(shù)g(x)是減函數(shù)，則f (x)－g(x)是增函數(shù)；
(4)若函數(shù)f (x)是減函數(shù)，函數(shù)g(x)是增函數(shù)，則f (x)－g(x)是減函數(shù)．
[提示] 在利用函數(shù)單調(diào)性解不等式時，易忽略函數(shù)定義域這一限制條件．
2．函數(shù)的奇偶性
(1)判斷函數(shù)的奇偶性有時可以用定義的等價形式：f (x)f (－x)＝0，＝1；
(2)設(shè)f (x)，g(x)的定義域分別是D1，D2，那么在它們的公共定義域上：奇＋奇＝奇，奇奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶偶＝偶，奇偶＝奇．
3．有關(guān)函數(shù)f (x)周期性的常用結(jié)論
(1)若f (x＋a)＝f (x－a)，則函數(shù)f (x)的周期為2|a|；
(2)若f (x＋a)＝－f (x)，則函數(shù)f (x)的周期為2|a|；
(3)若f (x＋a)＝，則函數(shù)f (x)的周期為2|a|；
(4)若f (x＋a)＝－，則函數(shù)f (x)的周期為2|a|.
(二)最值函數(shù) 大顯身手
[速解技法——學(xué)一招]
對于任意x∈R，函數(shù)f (x)表示y＝－x＋3，y＝x＋，y＝x2－4x＋3中的最大者，則f (x)的最小值是( )
A．2 B．3
C．8 D．－1
[解析] 如圖，分別畫出函數(shù)y＝－x＋3，y＝x＋，y＝x2－4x＋3的圖象，
得到三個交點A(0,3)，B(1，2)，C(5,8)．
由圖象可得函數(shù)f (x)的表達式為
f (x)＝
所以f (x)的圖象是圖中的實線部分，圖象的最低點是B(1,2)，所以函數(shù)f (x)的最小值是2.
[答案] A
已知函數(shù)f (x)＝x2－x＋m－，g(x)＝－log2x，min{m，n}表示m，n中的最小值，設(shè)函數(shù)h(x)＝min{f (x)，g(x)}(x>0)，則當函數(shù)h(x)有三個零點時，實數(shù)m的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
[解析] 在同一直角坐標系中，作出函數(shù)y＝f (x)和y＝g(x)的圖象如圖所示．
當兩函數(shù)圖象交于點A(1,0)時，即有1－1＋m－＝0，解得m＝，所以當函數(shù)h(x)有三個零點時，
即為點A和y＝f (x)與x軸的兩個交點，
若滿足條件，則需
解得0?f (x)為增函數(shù)；
②f ′(x)<0?f (x)為減函數(shù)；
③f ′(x)＝0?f (x)為常數(shù)函數(shù)．
2．求函數(shù)f (x)極值的方法
求函數(shù)的極值應(yīng)先確定函數(shù)的定義域，解方程f ′(x)＝0，再判斷f ′(x)＝0的根是否是極值點，可通過列表的形式進行分析，若遇極值點含參數(shù)不能比較大小時，則需分類討論．
若函數(shù)f (x)＝2sin x(x∈[0，π))的圖象在切點P處的切線平行于函數(shù)g(x)＝2的圖象在切點Q處的切線，則直線PQ的斜率為( )
A. B．2
C. D.
[解析] 由題意得f ′(x)＝2cos x，g′(x)＝x＋x－.設(shè)P(x1，f (x1))，Q(x2，g(x2))，
又f ′(x1)＝g′(x2)，即2cos x1＝x2＋x－2，
故4cos2x1＝x2＋x＋2，
所以－4＋4cos2x1＝x2＋x－2，
即－4sin2x1＝(x2－x－2)2，
所以sin x1＝0，x1＝0，x2＝x－2，x2＝1，
故P(0,0)，Q，故kPQ＝.
[答案] A
求曲線的切線方程時，要注意是在點P處的切線還是過點P的切線，前者點P為切點，后者點P不一定為切點．
[技法領(lǐng)悟]
已知函數(shù)f (x)(x∈R)滿足f (1)＝1，且f (x)的導(dǎo)數(shù)f ′(x)<，則不等式f (x2)<＋的解集為______________________．
[解析] 設(shè)F(x)＝f (x)－x，∴F′(x)＝f ′(x)－，∵f ′(x)<，∴F′(x)＝f ′(x)－<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減．∵f (x2)<＋，∴f (x2)－1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
[答案] (－∞，－1)∪(1，＋∞)
已知函數(shù)f (x)＝(ax＋b)ln x－bx＋3在(1，f (1))處的切線方程為y＝2.
(1)求a，b的值；
(2)求函數(shù)f (x)的極值；
(3)若g(x)＝f (x)＋kx在(1,3)上是單調(diào)函數(shù)，求k的取值范圍．
[解] (1)因為f (1)＝－b＋3＝2，所以b＝1.
又f ′(x)＝＋aln x＋a－b＝＋aln x＋a－1，
而函數(shù)f (x)在(1，f (1))處的切線方程為y＝2，
所以f ′(1)＝1＋a－1＝0，所以a＝0.
(2)由(1)得f (x)＝ln x－x＋3，f ′(x)＝－1(x>0)．
令f ′(x)＝0，得x＝1.
當00；當x>1時，f ′(x)<0，
所以f (x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
故f (x)的極大值為f (1)＝2，無極小值．
(3)由g(x)＝f (x)＋kx，
得g(x)＝ln x＋(k－1)x＋3(x>0)，g′(x)＝＋k－1，
又g(x)在x∈(1,3)上是單調(diào)函數(shù)，
若g(x)為增函數(shù)，有g(shù)′(x)≥0，
即g′(x)＝＋k－1≥0，即k≥1－在x∈(1,3)上恒成立．
又1－∈，所以k≥.
若g(x)為減函數(shù)，有g(shù)′(x)≤0，
即g′(x)＝＋k－1≤0，即k≤1－在x∈(1,3)上恒成立，
又1－∈，所以k≤0.
綜上，k的取值范圍為(－∞，0]∪.
[技法領(lǐng)悟]
破解此類問題需注意兩點：
(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時應(yīng)優(yōu)先考慮函數(shù)的定義域；
(2)求得函數(shù)在多個區(qū)間單調(diào)性相同時，區(qū)間之間用“，”分割，或用“和”相連，不能用“∪”相連．
[經(jīng)典好題——練一手]
1．已知直線2x－y＋1＝0與曲線y＝aex＋x相切(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，則實數(shù)a的值是( )
A. B．1
C．2 D．e
解析：選B 由題意知y′＝aex＋1＝2，則a>0，x＝－ln a，代入曲線方程得y＝1－ln a，所以切線方程為y－(1－ln a)＝2(x＋ln a)，即y＝2x＋ln a＋1＝2x＋1?a＝1.
2．若函數(shù)f (x)＝ax－x2－ln x存在極值，且這些極值的和不小于4＋ln 2，則a的取值范圍為( )
A．[2，＋∞) B．[2，＋∞)
C．[2，＋∞) D．[4，＋∞)
解析：選C f ′(x)＝a－2x－＝－(x>0)，因為f (x)存在極值，所以f ′(x)＝0在(0，＋∞)上有根，即2x2－ax＋1＝0在(0，＋∞)上有根，所以Δ＝a2－8≥0，顯然當Δ＝0時，f (x)無極值，不合題意，所以Δ＝a2－8>0，即a>2或a<－2.記方程2x2－ax＋1＝0的兩根為x1，x2，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1x2＝，x1＋x2＝，易知a>0，則f (x1)，f (x2)為f (x)的極值，所以f (x1)＋f (x2)＝(ax1－x－ln x1)＋(ax2－x－ln x2)＝a(x1＋x2)－(x＋x)－(ln x1＋ln x2)＝－＋ln 2≥4＋ln 2，所以a≥2.綜上，a的取值范圍為[2，＋∞)．
3．π是圓周率，e是自然對數(shù)的底數(shù)，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六個數(shù)中，最小的數(shù)與最大的數(shù)分別是( )
A．3e,3π B．3e，eπ
C．e3，π3 D．πe,3π
解析：選A ∵e<3<π，∴eln 30，即0e時，函數(shù)f (x)單調(diào)遞減．故函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)．由e<3<π及函數(shù)f (x)＝的單調(diào)性，得f (π)π3，∴在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六個數(shù)中的最大的數(shù)是3π，同理得最小的數(shù)為3e.
4．已知函數(shù)f (x)＝1－ln x＋a2x2－ax(a∈R)．
(1)討論函數(shù)f (x)的單調(diào)性；
(2)若a＝0且x∈(0,1)，求證：＋x2－<1.
解：(1)函數(shù)f (x)的定義域為(0，＋∞)，
f ′(x)＝－＋2a2x－a＝
＝.
①若a＝0，則f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；
②若a>0，則當x＝時，f ′(x)＝0，
當0時，f ′(x)>0，
故f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
③若a<0，則當x＝－時，f ′(x)＝0，
當0－時，f ′(x)>0.
故f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
(2)證明：若a＝0且x∈(0,1)，
則f (x)＝1－ln x，x∈(0,1)．
欲證＋x2－<1，
只需證＋x2－<1，
即證x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex.
設(shè)函數(shù)g(x)＝x(1－ln x)，則g′(x)＝－ln x.
當x∈(0,1)時，g′(x)>0，故函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以g(x)p(0)＝2，
當x∈(x0,1)時，p(x0)p(1)<0，
故存在x1∈(0,1)，使得h′(x1)＝0，
即當x∈(0，x1)時，h′(x)>0，
當x∈(x1,1)時，h′(x)<0，
從而函數(shù)h(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1,1)上單調(diào)遞減．
因為h(0)＝1，h(1)＝e，
所以當x∈(0,1)時，h(x)>h(0)＝1，
所以x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，
即＋x2－<1，x∈(0,1)．
[常用結(jié)論——記一番]
1．函數(shù)的極值點
(1)可導(dǎo)函數(shù)極值點的導(dǎo)數(shù)為0，但導(dǎo)數(shù)為0的點不一定是極值點，如函數(shù)f (x)＝x3，f ′(0)＝0，但x＝0不是極值點．
(2)極值點不是一個點，而是一個數(shù)x0，當x＝x0時，函數(shù)取得極值．在x0處有f ′(x0)＝0是函數(shù)f (x)在x0處取得極值的必要不充分條件．
2．函數(shù)最值的判別方法
(1)求函數(shù)f (x)在閉區(qū)間[a，b]上最值的關(guān)鍵是求出f ′(x)＝0的根的函數(shù)值，再與f (a)，f (b)作比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
(2)求函數(shù)f (x)在非閉區(qū)間上的最值，只需利用導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)f (x)的單調(diào)性，即可得結(jié)論．
(四)三角問題 重在三變
[速解技法——學(xué)一招]
對于銳角α，若sin＝，則cos＝( )
A. B.
C. D．－
[解析] 由α為銳角，且sin＝，
可得cos＝，
所以cos＝sin
＝sin＝－2sincos
＝－2＝－.
[答案] D
若sin 2α＝，sin(β－α)＝，且α∈，β∈，則α＋β的值是
( )
A. B.
C.或 D.或
[解析] 因為α∈，所以2α∈，
又sin 2α＝，故2α∈，α∈，
所以cos 2α＝－.
又β∈，故β－α∈，
于是cos(β－α)＝－，
所以cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]
＝cos 2αcos(β－α)－sin 2αsin(β－α)
＝－－＝，
且α＋β∈，故α＋β＝.
[答案] A
[經(jīng)典好題——練一手]
1．若cos＝，則cos的值為( )
A. B．－
C. D．－
解析：選A ∵cos＝，
∴cos＝2cos2－1＝22－1＝－，
∴cos＝cos
＝－cos＝.
2．sin 40(tan 10－)＝( )
A．－ B．－1
C. D．－
解析：選B sin 40(tan 10－)＝＝＝＝－＝－＝－1.
3．設(shè)α，β∈[0，π]，且滿足sin αcos β－cos αsin β＝1，則sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范圍為( )
A．[－，1] B．[－1，]
C．[－1,1] D．[1，]
解析：選C ∵sin αcos β－cos αsin β＝1，
∴sin(α－β)＝1，
∵α，β∈[0，π]，∴α－β＝.
由?≤α≤π，
∴sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sin＋sin(α－2α＋π)＝cos α＋sin α＝sin.
∵≤α≤π，
∴≤α＋≤，
∴－1≤sin≤1，
即所求的取值范圍是[－1,1]．
4．已知函數(shù)f (x)＝Acos(A>0，ω>0)的圖象相鄰兩條對稱軸的距離為，且f (0)＝1.
(1)求函數(shù)f (x)的解析式；
(2)設(shè)α，β∈，f ＝－，f ＝，求tan(2α－2β)的值．
解：(1)∵函數(shù)f (x)＝Acos(A>0，ω>0)的圖象相鄰兩條對稱軸的距離為，∴＝＝，∴ω＝2，
又f (0)＝1，∴A＝1，∴A＝2，
∴f (x)＝2cos.
(2)∵α∈，f ＝2cos＝2cos(2α－π)＝－2cos 2α＝－，
∴cos 2α＝，sin 2α＝＝，
則tan 2α＝＝.
∵β∈，
f ＝2cos＝2cos 2β＝，
∴cos 2β＝，sin 2β＝＝，
則tan 2β＝＝.
∴tan(2α－2β)＝＝＝.
[常用結(jié)論——記一番]
三角公式中常用的變形
(1)對于含有sin αcos α，sin αcos α的問題，利用(sin αcos α)2＝12sin αcos α，建立sin αcos α與sin αcos α的關(guān)系．
(2)對于含有sin α，cos α的齊次式，利用tan α＝轉(zhuǎn)化為含tan α的式子．
(3)對于形如cos2α＋sin α與cos2α＋sin αcos α的變形，前者用平方關(guān)系sin2α＋cos2α＝1化為二次型函數(shù)，而后者用降冪公式化為一個角的三角函數(shù)．
(4)含tan α＋tan β與tan αtan β時考慮tan(α＋β)＝.
(五)正弦余弦 相得益彰
[速解技法——學(xué)一招]
邊角互化的技巧：若要把“邊”化為“角”， 常利用“a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C”，,若要把“角”化為“邊”，常利用
(R為△ABC外接圓的半徑)等.
在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且＋＝.
(1)證明：sin Asin B＝sin C；
(2)若b2＋c2－a2＝bc，求tan B.
[解] (1)證明：根據(jù)正弦定理，
可設(shè)＝＝＝k(k>0)．
則a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C.
代入＋＝中，有
＋＝，變形可得
sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B)．
在△ABC中，由A＋B＋C＝π，
有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
所以sin Asin B＝sin C.
(2)由已知，b2＋c2－a2＝bc，
根據(jù)余弦定理，有cos A＝＝.
所以sin A＝＝.
由(1)，sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin B＝cos B＋sin B，
故tan B＝＝4.
如圖，在△ABC中，∠B＝，AB＝8，點D在邊BC上，且CD＝2，cos∠ADC＝.
(1)求sin∠BAD；
(2)求BD，AC的長．
[解] (1)在△ADC中，∵cos∠ADC＝，
∴sin∠ADC＝＝ ＝，
則sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)
＝sin∠ADCcos∠B－cos∠ADCsin∠B
＝－＝.
(2)在△ABD中，
sin∠ADB＝sin(π－∠ADC)＝sin∠ADC＝.
由正弦定理得BD＝＝＝3，
在△ABC中，BC＝BD＋DC＝5，
由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2ABBCcos∠B
＝82＋52－285＝49，
即AC＝7.
[經(jīng)典好題——練一手]
1．已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若＝＝，則該三角形的形狀是( )
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等邊三角形 D．鈍角三角形
解析：選A 因為＝，由正弦定理得＝，所以sin 2A＝sin 2B.由＝，可知a≠b，所以A≠B.又A，B∈(0，π)，所以2A＝π－2B，即A＋B＝，所以C＝，于是△ABC是直角三角形．
2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若acos C＋ccos A＝2bsin A，則A的值為( )
A. B.
C. D.或
解析：選D 由acos C＋ccos A＝2bsin A，結(jié)合正弦定理可得sin Acos C＋sin Ccos A＝2sin Bsin A，即sin(A＋C)＝2sin Bsin A，故sin B＝2sin Bsin A．又sin B≠0，可得sin A＝，故A＝或.
3．非直角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知c＝1，C＝.若sin C＋sin(A－B)＝3sin 2B，則△ABC的面積為( )
A. B.
C.或 D.
解析：選D 因為sin C＋sin(A－B)＝sin(A＋B)＋sin(A－B)＝2sin Acos B＝6sin Bcos B，
因為△ABC非直角三角形，所以cos B≠0，所以sin A＝3sin B，即a＝3b.
又c＝1，C＝，由余弦定理得a2＋b2－ab＝1，結(jié)合a＝3b，可得b2＝，所以S＝absin C＝b2sin＝.故選D.
4．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為S，已知2acos2＋2ccos2＝b.
(1)求證：2(a＋c)＝3b；
(2)若cos B＝，S＝，求b.
解：(1)證明：由已知得，
a(1＋cos C)＋c(1＋cos A)＝b.
整理得a＋c＋acos C＋ccos A＝b.
在△ABC中，由余弦定理，得
acos C＋ccos A＝a＋c
＝＝b.
∴a＋c＝b，即2(a＋c)＝3b.
(2)∵cos B＝，∴sin B＝.
∵S＝acsin B＝ac＝，∴ac＝8.
又b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)，
2(a＋c)＝3b，
∴b2＝－16，解得b2＝16，
∴b＝4.
[常用結(jié)論——記一番]
1．解三角形中常用結(jié)論：
(1)三角形中正弦、余弦、正切滿足的關(guān)系式有：＝＝＝2R，c2＝a2＋b2－2abcos C，tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C，a>b?A>B?sin A>sin B?cos Ac2(c為最大邊)；
鈍角三角形?a2＋b2，C＋B>，A＋C>；
②任意角的正弦值都大于其他角的余弦值．
(4)在△ABC中，A，B，C成等差數(shù)列?B＝60；
在△ABC中，A，B，C成等差數(shù)列，且a，b，c成等比數(shù)列?三角形為等邊三角形．
2．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其面積為S.
(1)S＝aha＝bhb＝chc(ha，hb，hc分別表示a，b，c邊上的高)．
(2)S＝absin C＝bcsin A＝casin B.
(3)S＝r(a＋b＋c)(r為三角形ABC內(nèi)切圓的半徑)．
(六)向量小題 三招搞定
[速解技法——學(xué)一招]
如圖， 在直角梯形ABCD中，＝ ， ＝2，且＝r＋s，則2r＋3s＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] 法一：根據(jù)圖形，由題意可得
＝＋＝＋
＝＋( ＋＋)
＝＋(＋)
＝＋＋
＝＋.
因為＝r＋s，所以r＝，s＝，
則2r＋3s＝1＋2＝3.
法二：因為＝2，所以－＝2(－)，
整理得＝＋＝＋(＋)＝＋，則r＝，s＝，2r＋3s＝3.
法三：如圖，延長AD，BC交于點P，
則由＝得DC∥AB，且AB＝4DC，
又＝2，所以E為PB的中點，且＝.
于是，＝(＋)＝
＝＋.
則r＝，s＝，2r＋3s＝3.
法四：如圖，建立平面直角坐標系xAy，依題意可設(shè)點B(4m,0)，D(3m,3h)，E(4m,2h)，其中m>0，h>0.
由＝r＋s，
得(4m,2h)＝r(4m,0)＋s(3m,3h)，
所以解得
所以2r＋3s＝1＋2＝3.
[答案] C
[技法領(lǐng)悟]
解決平面向量問題的常用方法
(1)求解有關(guān)平面向量的問題時，若能靈活利用平面向量加、減法運算及其幾何意義進行分析，則有利于問題的順利獲解．這種解題思路，我們不妨稱之為按“圖”處理．
(2)建系法：處理有關(guān)平面圖形的向量問題時，若能靈活建立平面直角坐標系，則可借助向量的坐標運算巧解題，這也體現(xiàn)了向量的代數(shù)化手段的重要性．
(3)基底法：求解有關(guān)平面向量的問題時，若能靈活地選取基底，則有利于問題的快速獲解．理論依據(jù)：適當選取一組基底e1，e2，利用平面向量基本定理及相關(guān)向量知識，可將原問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于e1，e2的代數(shù)運算問題．
[經(jīng)典好題——練一手]
1．已知＝0，||＝1，||＝2， ＝0，則||的最大值為( )
A. B．2
C. D．2
解析：選C 由＝0可知，⊥.
故以B為坐標原點，分別以BA，BC所在的直線為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則由題意，可得B(0,0)，A(1,0)，C(0,2)．
設(shè)D(x，y)，則＝(x－1，y)，
＝(－x,2－y)．
由＝0，可得(x－1)(－x)＋y(2－y)＝0，
整理得2＋(y－1)2＝.
所以點D在以E為圓心，半徑r＝的圓上．
因為||表示B，D兩點間的距離，
而||＝，
所以||的最大值為| |＋r＝＋＝.
2．已知向量a，b滿足a(a＋2b)＝0，|a|＝|b|＝1，且|c－a－2b|＝1，則|c|的最大值為( )
A．2 B．4
C.＋1 D.＋1
解析：選D 設(shè)a＝，a＋2b＝，c＝，且設(shè)點A在x軸上，則點B在y軸上，由|c－a－2b|＝1，可知|c－(a＋2b)|＝|－|＝||＝1，所以點C在以B為圓心，1為半徑的圓上，如圖所示．
法一：因為a(a＋2b)＝0，所以2ab＝－|a|2.
又|a|＝|b|＝1，所以|a＋2b|＝＝＝，
所以|c|max＝||＋1＝|a＋2b|＋1＝＋1.
法二：連接AB，因為＝＋＝a＋2b，
所以＝2b.
因為|a|＝|b|＝1，所以||＝2，||＝1，
所以||＝＝，
所以|c|max＝||＋1＝＋1.
3．在Rt△ABC中，CA＝4，CB＝3，M，N是斜邊AB上的兩個動點，且MN＝2，則的取值范圍為( )
A. B．[4,6]
C. D.
解析：選C 設(shè)MN的中點為E，則有＋＝2，
所以＝[(＋)2－(－)2]＝||2－| |2＝||2－1.
易知||的最小值等于點C到斜邊AB的距離，即，所以的最小值為2－1＝.
當點M(或點N)與點A重合時，||最大，
此時||2＝12＋42－214＝，
所以的最大值為－1＝.
綜上，的取值范圍是.
4.如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝，若＝2，則＝__________.
解析：法一：因為＝2，
所以－＝，
所以＝.
因為AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝，
所以2||＝||||cos，
化簡得||＝2.
故＝(＋)
＝||2＋
＝(2)2＋22cos＝12.
法二：如圖，建立平面直角坐標系xAy.
依題意，可設(shè)點D(m，m)，C(m＋2，m)，B(n,0)，其中m>0，n>0，
則由＝2，
得(n,0)(m＋2，m)＝2(n,0)(m，m)，
所以n(m＋2)＝2nm，化簡得m＝2.
故＝(m，m)(m＋2，m)＝2m2＋2m＝12.
答案：12
[常用結(jié)論——記一番]
1．在四邊形ABCD中：
(1)＝，則四邊形ABCD為平行四邊形；
(2)＝且(＋)(－)＝0，則四邊形ABCD為菱形；
(3)＝且|＋|＝|－|，則四邊形ABCD為矩形；
(4)若＝λ (λ>0，λ≠1)，則四邊形ABCD為梯形．
2．設(shè)O為△ABC所在平面上一點，內(nèi)角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，則
(1)O為△ABC的外心?2＝2＝2.
(2)O為△ABC的重心?＋＋＝0.
(3)O為△ABC的垂心?＝＝.
(4)O為△ABC的內(nèi)心?a＋b＋c＝0.
(5)O為△ABC的A的旁心?a＝b＋c.
(七)玩轉(zhuǎn)通項 搞定數(shù)列
[速解技法——學(xué)一招]
幾種常見的數(shù)列類型及通項的求法
遞推公式
解法
an＋1＝an＋f (n)
轉(zhuǎn)化為an＋1－an＝f (n)，利用累加法(逐差相加法)求解
an＋1＝f (n)an
轉(zhuǎn)化為＝f (n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解
an＋1＝pan＋q
轉(zhuǎn)化為特殊數(shù)列{an＋k}的形式求解
an＋1＝pan＋f (n)
利用待定系數(shù)法，構(gòu)造數(shù)列{bn}，消去f (n)帶來的差異
已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝an，求an(n∈N*)．
[解] 由條件知＝，分別令n＝1,2,3，…，(n－1)，代入上式得(n－1)個等式累乘，
即…＝…?＝.
又∵a1＝，∴an＝.
[技法領(lǐng)悟]
累加、累乘法起源于等差、等比數(shù)列通項公式的求解．使用過程中要注意賦值后得到(n－1)個式子，若把其相加或相乘，等式的左邊得到的結(jié)果是an－a1或，添加首項后，等式的左邊累加或累乘的結(jié)果才為an.
已知數(shù)列{an}的首項a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，求數(shù)列的前10項和．
[解] 因為an＋1＝，
所以＝＝2＋，即－＝2，
所以是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，
所以＝2n－1，所以an＝，
而＝＝，
所以＋＋…＋＝＝＝.
[經(jīng)典好題——練一手]
1．在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lg，則an＝( )
A．2＋lg n B．2＋(n－1)lg n
C．2＋nlg n D．1＋n＋lg n
解析：選A 由an＋1＝an＋lg?an＋1－an＝lg，那么an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝2＋lg 2＋lg ＋lg ＋…＋lg ＝2＋lg2…＝2＋lg n.
2．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝an－1＋1(n≥2，n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________.
解析：由an＝an－1＋1(n≥2，n∈N*)，
得an－2＝(an－1－2)，而a1－2＝1－2＝－1，
∴數(shù)列{an－2}是首項為－1，公比為的等比數(shù)列．
∴an－2＝－n－1，∴an＝2－n－1.
答案：2－n－1
3．設(shè)數(shù)列{an}是首項為1的正項數(shù)列，且a－a－nan－nan－1＝0(n≥2，n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________.
解析：由題設(shè)得(an＋an－1)(an－an－1－n)＝0，
由an>0，an－1>0知an＋an－1>0，于是an－an－1＝n，
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝.
答案：
4．在數(shù)列{an}中，已知a1＝－1，an＋1＝2an＋43n－1(n∈N*)，求通項公式an.
解：原遞推式可化為an＋1＋λ3n＝2(an＋λ3n－1)，即an＋1＋3λ3n－1＝2an＋2λ3n－1，比較系數(shù)得λ＝－4，
即an＋1－43n＝2(an－43n－1)，
則數(shù)列{an－43n－1}是首項為a1－431－1＝－5，公比為2的等比數(shù)列，故an－43n－1＝
－52n－1，
即an＝43n－1－52n－1.
[常用結(jié)論——記一番]
等差(比)數(shù)列的重要結(jié)論
(1)數(shù)列{an}是等差數(shù)列?數(shù)列{c}是等比數(shù)列；數(shù)列{an}是等比數(shù)列，則數(shù)列{loga|an|}是等差數(shù)列．
(2){an}，{bn}是等差數(shù)列，Sn，Tn分別為它們的前n項和，若bm≠0，則＝.
(3)首項為正(或為負)遞減(或遞增)的等差數(shù)列前n項和最大(或最小)問題轉(zhuǎn)化為解不等式，也可化為二次型函數(shù)Sn＝An2＋Bn來分析，注意n∈N*.
(4)等差(比)數(shù)列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(各項均不為0)仍是等差(比)數(shù)列．
(八)掌握規(guī)律 巧妙求和
[速解技法——學(xué)一招]
求數(shù)列的前n項和的主要方法
(1)公式法：對于等差數(shù)列或等比數(shù)列可用公式法．
(2)裂項相消法：將數(shù)列的每一項分解為兩項的差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而累加相消．
(3)錯位相減法：若{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，則對于數(shù)列{anbn}的前n項和可用錯位相減法．
(4)倒序相加法：如果一個數(shù)列{an}中與首、末兩端等“距離”的兩項的和等于同一個常數(shù)，那么求這個數(shù)列前n項和即可用倒序相加法．
(5)分組求和法：將原數(shù)列分解成可用公式法求和的若干個數(shù)列．
已知各項均為正數(shù)的等差數(shù)列{an}滿足：a4＝2a2，且a1,4，a4成等比數(shù)列，設(shè){an}的前n項和為Sn.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)求數(shù)列的前n項和為Tn.
[解] (1)根據(jù)題意，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
∵a4＝2a2，且a1,4，
a4成等比數(shù)列，a1>0，
∴
解得a1＝2，d＝2，
∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n.
(2)由(1)知a1＝d＝2，
則Sn＝2n＋2＝n2＋n，
設(shè)bn＝，則bn＝＝.
∴Tn＝＋＋…＋＋，
Tn＝＋＋…＋＋，
兩式相減得，
Tn＝＋＋＋…＋－，
∴Tn＝2＋＋＋…＋－
＝2＋－＝3－.
[技法領(lǐng)悟]
利用錯位相減法求和的3個注意點
(1)判斷模型，即判斷數(shù)列{an}，{bn}中一個為等差數(shù)列，一個為等比數(shù)列；
(2)錯開位置，一般先乘以公比，再把前n項和退后一個位置來書寫，這樣避免兩式相減時看錯列；
(3)相減，相減時定要注意式中最后一項的符號，考生常在此處出錯，一定要細心．
已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝a＋an，bn＝(n∈N*)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，Pn＝b1b2…bn，求2Pn＋Sn的值．
[解] 因為a1＝，an＋1＝a＋an，n∈N*，
所以an＋1>an>0，an＋1＝an(an＋1)，
所以bn＝＝＝＝＝－.
Pn＝b1b2…bn＝…＝，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝2－，
故2Pn＋Sn＝＋＝2.
[技法領(lǐng)悟]
利用裂項相消法求和的2個注意點
(1)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；
(2)將通項裂項后，有時需要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開的兩項之差和系數(shù)之積與原通項相等．如：若{an}是等差數(shù)列，則＝，＝.
[經(jīng)典好題——練一手]
1．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，Sm－1＝13，Sm＝0，Sm＋1＝－15，其中m∈N*且m≥2.則數(shù)列的前n項和的最大值為( )
A. B.
C. D.
解析：選D 因為Sm－1＝13，Sm＝0，Sm＋1＝－15，
所以am＝Sm－Sm－1＝0－13＝－13，
am＋1＝Sm＋1－Sm＝－15－0＝－15，
因為數(shù)列{an}為等差數(shù)列，
所以公差d＝am＋1－am＝－15－(－13)＝－2，
所以
解得a1＝13.
所以an＝13－2(n－1)＝15－2n，
當an≥0時，n≤7.5，當an＋1≤0時，n≥6.5，又n∈N*，
所以數(shù)列的前6項為正數(shù)，又因為＝＝，
所以數(shù)列的前n項和的最大值為－＋－＋－＋…＋1－＝＝.
2．數(shù)列1，3，5，7，…的前n項和Sn＝________.
解析：利用分組求和法，可得Sn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋＝n2＋1－.
答案：n2＋1－
3．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，Sn＝2an－1(n∈N*)，數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，且b1＝a1，b4＝a3.
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；
(2)若cn＝－，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.
解：(1)∵Sn＝2an－1，∴Sn＋1＝2an＋1－1,
兩式相減，得Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an，
∴an＋1＝2an.
又當n＝1時，S1＝a1＝2a1－1，∴a1＝1.
∴數(shù)列{an}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，
∴an＝2n－1，∴b1＝a1＝1，b4＝a3＝4.
∵數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，∴bn＝n.
(2)∵an＝2n－1，bn＝n，
∴cn＝－＝2n－1－
＝2n－1－，
∴Tn＝－
＝4－－.
4．在公差不為0的等差數(shù)列{an}中，a1，a4，a8成等比數(shù)列．
(1)若數(shù)列{an}的前10項和為45，求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若bn＝，且數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，若Tn＝－，求數(shù)列{an}的公差．
解：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，
由a1，a4，a8成等比數(shù)列，可得a＝a1a8，
即(a1＋3d)2＝a1(a1＋7d)，得a1＝9d.
(1)由數(shù)列{an}的前10項和為45，得10a1＋45d＝45，
即90d＋45d＝45，所以d＝，a1＝3.
故數(shù)列{an}的通項公式為an＝3＋(n－1)＝.
(2)因為bn＝＝，
所以數(shù)列{bn}的前n項和Tn＝[－＋－＋…＋－＝－，
即Tn＝－]＝
＝＝－，
因此＝1，解得d＝－1或1.
故數(shù)列{an}的公差為－1或1.
[常用結(jié)論——記一番]
常用裂項公式
(1)＝－；
(2)＝－；
(3)an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝…a1；
(4)n(n＋1)＝[n(n＋1)(n＋2)－(n－1)n(n＋1)]；
(5)＝；
(6)＝1＋.
(九)求得通項 何愁放縮
[速解技法——學(xué)一招]
已知數(shù)列{an}滿足a1＝8，(n＋1)an＋1＝(n＋3)an＋8n＋8(n∈N*)．
(1)求an；
(2)求證：＋＋…＋<.
[解] (1)由已知(n＋1)an＋1＝(n＋3)an＋8n＋8，
兩邊同除以(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
得＝＋，
即－＝8.
利用累加法，可得－＝8，
化簡求得an＋1＝4(n＋1)(n＋2)，所以an＝4n(n＋1)．
(2)證明：法一：<＝，
通過計算，當n≥4時，＋＋＋…＋<＋＋＋<＋＋＋<.
法二：<＝＝.
當n≥3時，＋＋…＋<＋＋<＋＋<＋＋＝.
設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1(n∈N*)，且a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)求證：對一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<.
[解] (1)由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
得2Sn＋1＝an＋2－2n＋2＋1，
兩式相減得an＋2＝3an＋1＋2n＋1，
2S1＝a2－3?a2＝2a1＋3，a3＝3a2＋4＝6a1＋13，
由a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列?a1＋a3＝2(a2＋5)?a1＝1.
an＋1＝3an＋2n?an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)，
∴數(shù)列{an＋2n}為首項是a1＋2＝3，公比是3的等比數(shù)列．
則an＋2n＝3n，∴an＝3n－2n.
(2)證明：法一：當n＝1時，＝1<，
當n≥2時，n≥2>2?3n>22n?an>2n?<.
∴＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝1＋－<.
由上式得：對一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<.
法二：an＝3n－2n＝(3－2)(3n－1＋3n－22＋3n－322＋…＋2n－1)≥3n－1，
∴≤，
∴＋＋…＋≤1＋＋＋…＋＝<.
[經(jīng)典好題——練一手]
已知數(shù)列{an}滿足a1＝2且an＋1＝(n∈N*)．
(1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)求證：＋＋＋…＋0，所以<0，
即an＋1－2與an－2異號，
故an＋2－2與an－2同號，
于是a2n＋1－2與a2n－1－2同號．
又a1－2＝－1<0，所以a2n＋1<2.
另一方面，
a2n＋1－a2n－1＝－a2n－1＝－a2n－1
＝－a2n－1＝.
由a2n－1<2知a2n＋1－a2n－1>0，即a2n＋1>a2n－1.
綜上所述，a2n－1n－1.
故Sn＝b1＋b2＋…＋bn
≤1＋＋2＋…＋n－1＝<，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn>＝，
綜上所述，0，n∈N*.
當n＝1時，＝1>2(－1)，命題成立．
當n≥2時，由an＋1an＝n＋1得anan－1＝n，
所以an(an＋1－an－1)＝1，＝an＋1－an－1.
從而有＝＋(ak＋1－ak－1)＝an＋1＋an－2≥2－2＝2(－1)．
[常用結(jié)論——記一番]
經(jīng)常用到的幾種放縮
(1)<
＝；
(2)＝
＝
＝<2.
(十一)線性規(guī)劃 布線行針
[速解技法——學(xué)一招]
解不含實際背景的線性規(guī)劃問題的一般步驟
(1)畫出可行域；
(2)根據(jù)線性目標函數(shù)的幾何意義確定其取得最優(yōu)解的點；
（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 考前臨門一腳講義 理（重點生含解析）.doc
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