1.()已知兩條直線l1:y=x,l2:ax–y=0,其中a∈R,當這兩條直線的夾角在(0,)內變動時,a的取值范圍是( )
A.(0,1) B.(,)
C.(,1)∪(1,) D.(1,)
2.()等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項和分別用Sn和Tn表示,若,則的值為( )
A. B.1 C. D.
3.()某房間有4個人,那么至少有2人生日是同一個月的概率是 .(列式表示即可)
4.()函數(shù)f(x)=x3–3bx+3b在(0,1)內有極小值,則b的取值范圍是 .
5.()已知f(x)=lg(x+1),g(x)=2lg(2x+t),(t∈R是參數(shù)).
(1)當t=–1時,解不等式f(x)≤g(x);
(2)如果x∈[0,1]時,f(x)≤g(x)恒成立,求參數(shù)t的取值范圍.
6.()已知函數(shù)f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,n∈N*且a1、a2、a3、……、an構成一個數(shù)列{an},滿足f(1)=n2.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式,并求;
(2)證明0<f()<1.
7.()設A、B是雙曲線x2–=1上的兩點,點N(1,2)是線段AB的中點.
(1)求直線AB的方程;
(2)如果線段AB的垂直平分線與雙曲線相交于C、D兩點,那么A、B、C、D四點是否共圓?為什么?
8.()直線y=a與函數(shù)y=x3–3x的圖象有相異三個交點,求a的取值范圍.
難點39 化歸思想 化歸與轉換的思想,就是在研究和解決數(shù)學問題時采用某種方式,借助某種函數(shù)性質、圖象、公式或已知條件將問題通過變換加以轉化,進而達到解決問題的思想.等價轉化總是將抽象轉化為具體,復雜轉化為簡單、未知轉化為已知,通過變換迅速而合理的尋找和選擇問題解決的途徑和方法. ●難點磁場 1.()一條路上共有9個路燈,為了節(jié)約用電,擬關閉其中3個,要求兩端的路燈不能關閉,任意兩個相鄰的路燈不能同時關閉,那么關閉路燈的方法總數(shù)為 . 2.()已知平面向量a=(–1),b=(). (參考答案
參 考 答 案
●難點磁場
1.解析:9個燈中關閉3個等價于在6個開啟的路燈中,選3個間隔(不包括兩端外邊的裝置)插入關閉的過程故有C=10種
答案:10
2.(1)證明:∵a.b==0,∴a⊥b
(2)解:∵x⊥y,∴x.y=0
即[a+(t2–3)b].(–ka+tb)=0,整理后得
–ka2+[t–k(t2–3)]a.b+t(t2–3).b2=0
∵a.b=0,a2=4,b2=1
∴上式化為–4k+t(t2–3)=0,∴k=t(t2–3).
(3)解:討論方程t(t2–3)–k=0的解的情況,可以看作曲線f(t)=t(t2–3)與直線y=k的交點個數(shù)
于是f′(t)=(t2–1)=(t+1)(t–1).
令f′(t)=0,解得t1=–1,t2=1.當t變化時,f′(t),f(t)的變化情況如下表:
t |
(–∞,–1) |
–1 |
(–1,1) |
1 |
(1,+∞) |
f′(t) |
+ |
0 |
– |
0 |
+ |
f(t) |
↗ |
極大值 |
↘ |
極小值 |
↗ |
當t=–1時,f(t)有極大值,f(t)極大值=;
當t=1時,f(t)有極小值,f(t)極小值=–.
而f(t)=(t2–3)t=0時,得t=–,0,.
所以f(t)的圖象大致如右:
于是當k>或k<–時,直線y=k與曲線y=f(t)僅有一個交點,則方程有一解;
當k=或k=–時,直線與曲線有兩個交點,則方程有兩解;當k=0,直線與曲線有三個交點,但k、t不同時為零,故此時也有兩解;當–<k<0或0<k<時,直線與曲線有三個交點,則方程有三個解
●殲滅難點訓練
一、1.解析:分析直線l2的變化特征,化數(shù)為形,已知兩直線不重合,因此問題應該有兩個范圍即得解
答案:C
2.解析:化和的比為項的比∵.
∴,取極限易得
答案:A
二、3.解析:轉化為先求對立事件的概率即四人生日各不相同的概率
答案:
4.解析:轉化為f′(x)=3x2–3b在(0,1)內與x軸有兩交點只須f′(0)<0且f′(1)>0.
答案:0<b<1
三、5.解:(1)原不等式等價于
即 ∴x≥
∴原不等式的解集為{x|x≥}.
(2)x∈[0,1]時,f(x)≤g(x)恒成立.∴x∈[0,1]時恒成立.即恒成立
即x∈[0,1]時,t≥–2x+恒成立,于是轉化為求–2x+,x∈[0,1]的最大值問題
令μ=,則x=μ2–1,則μ∈[1,].
∴2x+=–2(μ–)2+.
當μ=1即x=0時,–2x+有最大值1
∴t的取值范圍是t≥1.
6.(1)解:{an}的前n項和Sn=a1+a2+…+an=f(1)=n2,由an=Sn–Sn–1=n2–(n–1)2=2n–1(n≥2),又a1=S1=1滿足an=2n–1.故{an}通項公式為an=2n–1(n∈N*)
∴
(2)證明:∵f()=1.+3.+…+(2n–1) ①
∴f()=1.+3.+…+(2n–3)+(2n–1) ②
①–②得:f()=1.+2.+2.+…+2.–(2n–1).
∴f()=++++…+–(2n–1)=1–.
∵ (n∈N*)
∴0<<1,∴0<1–<1,即0<f()<1
7.解:(1)設AB∶y=k(x–1)+2代入x2–=1.
整理得(2–k2)x2–2k(2–k)x–(2–k)2–2=0 ①
設A(x1,y1)、B(x2,y2),x1,x2為方程①的兩根
所以2–k2≠0且x1+x2=.又N為AB中點,
有(x1+x2)=1.∴k(2–k)=2–k2,解得k=1.故AB∶y=x+1.
(2)解出A(–1,0)、B(3,4)得CD的方程為y=3–x.與雙曲線方程聯(lián)立.消y有x2+6x–11=0 ②
記C(x3,y3)、D(x4,y4)及CD中點M(x0,y0)由韋達定理可得x0=–3,y0=6.
∵|CD|=
∴|MC|=|MD|=|CD|=2.
又|MA|=|MB|=.即A、B、C、D四點到點M的距離相等,所以A、B、C、D四點共圓.
8.提示:f′(x)=3x2–3=3(x–1)(x+1)易確定f(–1)=2是極大值,f(1)=–2是極小值.當–2<a<2時有三個相異交點.