高中數(shù)學(xué)高考三輪沖刺 說課一等獎(jiǎng)

南京市2023屆高三數(shù)學(xué)考前綜合訓(xùn)練題一、填空題1．?dāng)?shù)列{an}為等比數(shù)列，其前n項(xiàng)的乘積為Tn，若T2＝T8，則T10＝．【答案】1【提示】法一：由T2＝T8得a3·a4·…·a8＝1，則(a3·a8)3＝1，a3·a8＝1．從而T10＝a1·a2·…·a10＝(a1·a10)5＝(a3·a8)5＝1；法二：(特殊化思想)，取an＝1，則T10＝1．【說明】本題考查等比數(shù)列的運(yùn)算性質(zhì)．可一般化：{an}為正項(xiàng)等比數(shù)列，其前n項(xiàng)的乘積為Tn，若Tm＝Tn，則Tm＋n＝1；可類比：{an}為等差數(shù)列，其前n項(xiàng)的和為Sn，若Sm＝Sn，則Sm＋n＝0．(其中m，n∈N*，m≠n)．2．已知點(diǎn)P為圓C：x2＋y2－4x－4y＋4＝0上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P到某直線l的最大距離為5．若在直線l上任取一點(diǎn)A作圓C的切線AB，切點(diǎn)為B，則AB的最小值是________．【答案】eq\r(5)．【提示】由P到直線l的最大距離為5，得圓心C到直線l的距離為3，從而直線l與圓C相離．過A引圓C的切線長(zhǎng)AB＝eq\r(AC2－r2)＝eq\r(AC2－4)≥eq\r(32－4)＝eq\r(5)．【說明】點(diǎn)?直線與圓的相關(guān)問題常轉(zhuǎn)化為圓心與點(diǎn)?直線問題．3．已知直線l：x－2y＋m＝0上存在點(diǎn)M滿足與兩點(diǎn)A(－2，0)，B(2，0)連線的斜率kMA與kMB之積為－eq\f(3,4)，則實(shí)數(shù)m的值是___________．【答案】[－4，4]．【提示】點(diǎn)M的軌跡為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±2)．把直線l：x＝2y－m代入橢圓方程得，16y2－12my＋(3m2－12)＝0．根據(jù)條件，上面方程有非零解，得△≥0，解得－4≤m【說明】求曲線方程的直接法，研究直線與橢圓位置關(guān)系中基本方法是方程思想．4．已知數(shù)列{an}為正項(xiàng)等差數(shù)列，滿足eq\f(1,a1)＋eq\f(4,a2k－1)≤1(其中k∈N*且k≥2)，則ak的最小值為_________．【答案】eq\f(9,2)．【提示】因?yàn)閧an}為正項(xiàng)等差數(shù)列，則ak＝eq\f(a1＋a2k－1,2)≥eq\f(a1＋a2k－1,2)·(eq\f(1,a1)＋eq\f(4,a2k－1))＝eq\f(1,2)eq·(5＋eq\f(a2k－1,a1)＋eq\f(4a1,a2k－1))≥eq\f(1,2)·(5＋2eq\r(,eq\f(a2k－1,a1)·eq\f(4a1,a2k－1)))＝eq\f(9,2)(當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,a1)＋eq\f(4,a2k－1)＝1，且eq\f(a2k－1,a1)＝eq\f(4a1,a2k－1)，即a1＝3，a2k－1＝6時(shí)取“＝”號(hào))．【說明】本題將等差數(shù)列的運(yùn)算性質(zhì)(等差中項(xiàng))與基本不等式進(jìn)行綜合．5．以C為鈍角的△ABC中，BC＝3，eq\o(\s\up8(),BA)·eq\o(\s\up8(),BC)＝12，當(dāng)角A最大時(shí)，△ABC面積為__________．ABCABCD【提示】過A作AD⊥BC，垂足為D，則eq\o(\s\up8(),BA)·eq\o(\s\up8(),BC)＝|eq\o(\s\up8(),BA)||eq\o(\s\up8(),BC)|cosB＝BDBC＝3BD＝12，所以BD＝4，又BC＝3，所以CD＝1．設(shè)AD＝y(tǒng)(y＞0)，則tan∠BAC＝eq\s\do1(\f(eq\s\do1(\f(4,y))－eq\s\do1(\f(1,y)),1＋eq\s\do1(\f(4,y2))))＝eq\s\do1(\f(3,y＋eq\s\do1(\f(4,y))))≤eq\s\do1(\f(3,4))，且僅當(dāng)y＝eq\s\do1(\f(4,y))，即y＝2時(shí)取“＝”，由正切函數(shù)的單調(diào)性知此時(shí)∠BAC也最大．【說明】學(xué)會(huì)從向量的數(shù)量積處理的三種手法：定義法?基底法和坐標(biāo)法中選擇，本題用定義法最為簡(jiǎn)潔，用坐標(biāo)法也可以得出同上結(jié)論，另由兩個(gè)直角三角形拼接的平面圖形，計(jì)算角的最值，可轉(zhuǎn)化到直角三角形用兩角和與差的正切來解決，體現(xiàn)了化歸與轉(zhuǎn)化的思想．6．計(jì)算：4sin20＋tan20＝．【答案】eq\r(3)．【提示】原式＝4sin20＋eq\f(sin20,cos20)＝eq\f(4sin20cos20＋sin20,cos20)＝eq\f(2sin40＋sin20,cos20)＝eq\f(2sin(60－20)＋sin20,cos20)＝eq\f(eq\r(3)cos20－sin20＋sin20,cos20)＝eq\r(3)．【說明】切化弦?向特殊角轉(zhuǎn)化?向單一的角轉(zhuǎn)化是三角恒等變換(求值)的一般思路．7．設(shè)α是銳角，且cos(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(4,5)，則sin(2α＋eq\F(π,12))的值為．【答案】eq\F(17eq\R(,2),50)【提示】因?yàn)棣潦卿J角，所以eq\F(π,6)＜α＋eq\F(π,6)＜eq\F(2π,3)，因?yàn)閏os(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(4,5)，所以sin(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(3,5)．sin2(α＋eq\F(π,6))＝2sin(α＋eq\F(π,6))cos(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(24,25)，cos2(α＋eq\F(π,6))＝1－2sin2(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(7,25)．sin(2α＋eq\F(π,12))＝sin[2(α＋eq\F(π,6))－eq\F(π,4)]＝sin2(α＋eq\F(π,6))coseq\F(π,4)－cos2(α＋eq\F(π,6))sineq\F(π,4)＝eq\F(24,25)×eq\F(eq\R(,2),2)－eq\F(7,25)×eq\F(eq\R(,2),2)＝eq\F(17eq\R(,2),50)．【說明】考查同角三角函數(shù)，倍角三角函數(shù)，和角三角函數(shù)，重點(diǎn)突出角之間的互化，設(shè)法將所求角轉(zhuǎn)化為已知角，用已知角表示所求角．8．等比數(shù)列{an}中，首項(xiàng)a1＝2，公比q＝3，an＋an＋1＋…＋am＝720(m，n∈N*，m＞n)，則m＋n＝．【答案】9．【提示】因?yàn)閍n＝2·3n－1，則an＋an＋1＋…＋am＝eq\f(2·3n－1·(1－3m－n＋1),1－3)＝3n－1·(3m－n＋1－1)＝720＝32×24×5，則eq\b\lc\{(\a\al(n－1＝2,m－n＋1＝4))，解得n＝3，m＝6，則m＋n＝9．【說明】本題考查等比數(shù)列中的基本運(yùn)算，涉及到簡(jiǎn)單的數(shù)論知識(shí)（整數(shù)的分解）．9．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\al(x＋4，x＜a，,x2－2x，x≥a))，若任意實(shí)數(shù)b，總存在實(shí)數(shù)x0，使得f(x0)＝b，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是．【答案】－5≤a≤4．【提示】“任意實(shí)數(shù)b，總存在實(shí)數(shù)x0，使得f(x0)＝b”等價(jià)于函數(shù)f(x)的值域?yàn)镽．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，分別作出函數(shù)y＝x＋4及y＝x2－2x的圖像，觀察圖像可知－5≤a≤4．【說明】本題要注意條件的等價(jià)轉(zhuǎn)化．一般情況下涉及到分段函數(shù)的問題都要有意識(shí)的作出圖像，運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的方法解決問題，學(xué)會(huì)從特殊值驗(yàn)證，再到一般結(jié)論的發(fā)展．10．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0＞0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是．【答案】（－∞，－2）【提示】解法一：若a＝0，解得x＝±eq\F(eq\R(,3),3)，不合題意．若a＞0，則f(－1)＝－a－2＜0，f(0)＝1＞0，所以f(x)存在負(fù)的零點(diǎn)，不合題意．若a＜0，則f′(x)＝3ax(x－eq\F(2,a))，可得f(eq\F(2,a))＝1－eq\F(4,a2)為極小值，則滿足1－eq\F(4,a2)＞0，解得a＞2或a＜－2．此時(shí)，取得a＜－2．綜上，a的取值范圍是（－∞，－2）．解法二：f(x)＝0，即ax3＝3x2－1，分離參數(shù)a＝eq\F(3,x)－eq\F(1,x3)，同樣可得a＜－2．【說明】考查零點(diǎn)概念、零點(diǎn)存在性定理；函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想，學(xué)會(huì)利用導(dǎo)數(shù)來研究函數(shù)的圖象和性質(zhì)．11．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，（m∈R），若對(duì)任意b＞a＞0，eq\f(f(b)－f(a),b－a)＜1恒成立，則m的取值范圍是．【答案】[eq\F(1,4)，＋∞）．【提示】對(duì)任意的b＞a＞0，eq\f(f（b）－f（a）,b－a)＜1恒成立，等價(jià)于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．函數(shù)h(x)＝f(x)－x＝lnx＋eq\f(m,x)－x在(0，＋∞)是單調(diào)減函數(shù)，即h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－(x－eq\F(1,2))2＋eq\f(1,4)（x＞0）恒成立，解得：m≥eq\f(1,4)．所以m的取值范圍是[eq\F(1,4)，＋∞）．【說明】考查求常見函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)用分離常數(shù)的方法來研究不等式恒成立問題，不等式、方程、函數(shù)三者之間相互轉(zhuǎn)化是高考考查的重點(diǎn)，要培養(yǎng)用函數(shù)的觀點(diǎn)來研究不等式、方程的意識(shí)，體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合思想．二、解答題1．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．已知tanA＝eq\F(1,3)．設(shè)向量x＝(3a，cosA)，y＝(2c，cosC)，且x∥y．（1）若b＝eq\R(,5)，求c2－a2的值；（2）求B的值．解：（1）因?yàn)閤∥y，所以3acosC＝2ccosA．用余弦定理代入，化簡(jiǎn)可得：b2＝5(c2－a2)．因?yàn)閎＝eq\R(,5)，所以c2－a2＝1．（2）因?yàn)?acosC＝2ccosA，由正弦定理得：3sinAcosC＝2sinCcosA，即3tanA＝2tanC．因?yàn)閠anA＝eq\F(1,3)，所以tanC＝eq\F(1,2)，從而tanB＝－tan(A＋C)＝－eq\F(tanA＋tanC,1－tanAtanC)＝－1．因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\F(3π,4)．【說明】考查向量的平行，正弦、余弦定理，兩角和與差的正切公式．能夠根據(jù)題目的要求正確實(shí)現(xiàn)邊角互化．2．三角形ABC中，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，面積為S．（1）若eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))≤2eq\r(3)S，求A的取值范圍；（2）若tanA∶tanB∶tanC＝1∶2∶3，且c＝1，求b．解：（1）由題意知，eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝bccosA，S＝eq\F(1,2)bcsinA，所以bccosA≤eq\r(3)bcsinA，即cosA≤eq\r(3)sinA，（或也可根據(jù)cosA的正負(fù)，轉(zhuǎn)化為關(guān)于tanA的不等式）．即eq\r(3)sinA－cosA≥0，2sin(A－eq\F(π,6))≥0．因?yàn)锳為三角形內(nèi)角，則A－eq\F(π,6)∈(－eq\F(π,6)，eq\F(5π,6))，所以0≤A－eq\F(π,6)＜eq\F(5π,6)，從而A∈[eq\F(π,6)，π)．（2）設(shè)tanA＝m，tanB＝2m，tanC＝3m，由題意知，m因?yàn)閠anC＝－tan(A＋B)＝－eq\F(tanA＋tanB,1－tanA·tanB)，則3m＝－eq\F(3m,1－2m2)，解得m＝1，則tanB＝2，tanC＝3，從而sinB＝eq\F(2eq\r(5),5)，sinC＝eq\F(3eq\r(10),10)，所以eq\F(AC,AB)＝eq\F(sinB,sinC)＝eq\F(2eq\r(2),3)，則AC＝eq\F(2eq\r(2),3)．【說明】本題第（1）問考查數(shù)量積?三角形面積公式?兩角和差公式及簡(jiǎn)單的三角不等式．第（2）問的目的是考查斜三角形三內(nèi)角A，B，C滿足的一個(gè)恒等式(tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC)．還可聯(lián)想到一類求值問題(兩角和差正切公式的變形)，如tan37＋tan23＋eq\r(3)tan37·tan23等問題．3．某高速公路收費(fèi)站出口處依次有編號(hào)為1?2?3?4?5的五個(gè)收費(fèi)窗口．（1）若每天隨機(jī)開放其中的3個(gè)收費(fèi)窗口，則恰有兩個(gè)相鄰窗口開放（如：1，2，4）的概率是多少?（2）經(jīng)統(tǒng)計(jì)，在某個(gè)開放的收費(fèi)窗口處排隊(duì)等侯的車輛數(shù)及相應(yīng)概率如下：排隊(duì)車輛數(shù)01234≥5概率①該收費(fèi)窗口處至多有2輛車排隊(duì)等侯的概率是多少?②該收費(fèi)窗口處至少有3輛車排隊(duì)等侯的概率是多少?解：（1）記事件A為“開放3個(gè)收費(fèi)窗口，恰有兩個(gè)相鄰窗口開放”，用(i，j，k)表示編號(hào)分別為i，j，k的三個(gè)收費(fèi)窗口開放．則本題的基本事件包括：(1，2，3)，(1，2，4)(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，共10個(gè)基本事件；而事件A包括：(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，4，5)，(2，3，5)，(2，4，5)，共6個(gè)基本事件．因此P(A)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)．答：隨機(jī)開放其中三個(gè)收費(fèi)窗口，恰有兩個(gè)相鄰窗口開放的概率為eq\f(3,5)．（2）記事件Bi為“該收費(fèi)窗口處有i輛車排隊(duì)等侯”，其中i＝0，1，2，3，4，5．則由題意知，上述6個(gè)事件為互斥事件．記事件C為“該收費(fèi)窗口處至多有2輛車排隊(duì)等侯”，事件D為“該收費(fèi)窗口處至少有3輛車排隊(duì)等侯”．則P(C)＝P(B0＋B1＋B2)＝P(B0)＋P(B1)＋P(B2)＝＋＋＝，P(D)＝P(B3＋B4＋B5)＝P(B3)＋P(B4)＋P(B5)＝＋＋＝．（另解：由題意知事件C，D為對(duì)立事件，則P(D)＝P(eq\o(\s\up6(－),C))＝1－P(C)＝）答：該收費(fèi)窗口處至多2輛車排隊(duì)等侯的概率為，至少3輛車排隊(duì)等侯的概率為．【說明】本題考查古典概型和互斥事件的概率計(jì)算，主要要注意規(guī)范表述．ACDB4．如圖，四邊形ABCD中，AB＝2，AD＝1，三角形ACDB（1）當(dāng)∠BAD＝eq\F(π,3)時(shí)，設(shè)eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＋yeq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))，求x，y的值； （2）設(shè)∠BAD＝α，則當(dāng)α為多少時(shí)，四邊形ABCD的面積S最大，并求出最大值．解：（1）在△ABD中，由于AB＝2，AD＝1，∠BAD＝eq\F(π,3)，易得BD＝eq\r(,3)，∠ABD＝eq\F(π,6)，∠ADB＝eq\F(π,2)，∠ABC＝eq\F(π,2)，∠ADC＝eq\F(5π,6)．下面提供三種解法：法一：如圖，過點(diǎn)C作CE//AD交AB于點(diǎn)E，在△BCE中，BC＝eq\r(,3)，∠ABC＝eq\F(π,2)，∠BEC＝eq\F(π,3)，ACDBE則CE＝2，BE＝1，則AE＝1，所以eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\o(AE,\d\fo1()\s\up7(→))＋eq\o(EC,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\F(1,2)eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＋2eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))，即eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\F(1,2)，,y＝2．))ACDBEAACDBOyx法二：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸建立如圖直角坐標(biāo)系．則D(eq\F(1,2)，eq\F(eq\r(3),2))，B(2，0)，C(2，eq\r(,3))，則eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝(2，eq\r(,3))，eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝(2，0)，從而eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝(eq\F(1,2)，eq\F(eq\r(3),2))，則eq\b\lc\{(\a\al(2x＋eq\F(1,2)y＝2,eq\F(eq\r(3),2)y＝eq\r(,3)))，解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\F(1,2)，,y＝2．))法三：因?yàn)閑q\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))2＋yeq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝4x＋y，又eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝(eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＋eq\o(BC,\d\fo1()\s\up7(→)))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))2＋eq\o(BC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝4，則4x＋y＝4．因?yàn)閑q\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＋yeq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))2＝x＋y，又eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝(eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＋eq\o(DC,\d\fo1()\s\up7(→)))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))2＋eq\o(DC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝1＋1×eq\r(,3)×coseq\F(π,6)＝eq\F(5,2)，則x＋y＝eq\F(5,2)．從而eq\b\lc\{(\a\al(4x＋y＝4,x＋y＝eq\F(5,2)))，解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\F(1,2)，,y＝2．))（2）在△ABD中，由余弦定理知，BD＝eq\r(,5－4cosα)，則S△ABD＝sinα，S△BDC＝eq\F(eq\r(,3),4)BD2＝eq\F(eq\r(,3),4)(5－4cosα)，則S＝sinα－eq\r(,3)cosα＋eq\F(5eq\r(,3),4)＝2sin(α－eq\F(π,3))＋eq\F(5eq\r(,3),4)，α∈(0，π)，所以Smax＝2＋eq\F(5eq\r(,3),4)，此時(shí)α－eq\F(π,3)＝eq\F(π,2)，即α＝eq\F(5π,6)．【說明】第（1）問考查平面向量基本定理，將向量eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))用基底eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))，eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))線性表示．此類問題通常的處理方法：利用“平行四邊形法則”或“三角形法則”分解；將向量用坐標(biāo)表示；將向量與基底進(jìn)行運(yùn)算（數(shù)量積?平方等）．第（2）問考查三角形面積?三角恒等變換及三角函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題．5．某隧道長(zhǎng)2150m，通過隧道的車輛速度不能超過20m/s．一列有55輛車身長(zhǎng)都為10m的同一車型的車隊(duì)(這種型號(hào)車能行駛的最高速度為40m/s)，勻速通過該隧道，設(shè)車隊(duì)的速度為xm/s，根據(jù)安全和車流量的需要，當(dāng)0＜x≤10時(shí)，相鄰兩車之間保持20m的距離；當(dāng)10＜x≤20時(shí)，相鄰兩車之間保持(eq\f(1,6)x2＋eq\f(1,3)x)m的距離．自第1輛車車頭進(jìn)入隧道至第55輛車車尾離開隧道所用時(shí)間為y(s)．（1）將y表示為x的函數(shù)；（2）求車隊(duì)通過隧道時(shí)間y的最小值及此時(shí)車隊(duì)的速度．(eq\r(3)≈．解：（1）當(dāng)0＜x≤10時(shí)，y＝eq\f(2150＋10×55＋20×(55－1),x)＝eq\f(3780,x)(s)；當(dāng)10＜x≤20時(shí)，y＝eq\f(2150＋10×55＋(eq\f(1,6)x2＋eq\f(1,3)x)×(55－1),x)＝eq\f(2700＋9x2＋18x,x)＝18＋9x＋eq\f(2700,x)(s)．所以y＝eq\b\lc\{(\a\al(eq\f(3780,x)，0＜x≤10，,18＋9x＋eq\f(2700,x)，10＜x≤20．))（2）當(dāng)x∈(0，10]時(shí)，在x＝10時(shí)，ymin＝eq\f(3780,10)＝378(s)．當(dāng)x∈(10，20]時(shí)，y＝18＋9x＋eq\f(2700,x)≥18＋2eq\r(9xeq\f(2700,x))＝18＋180eq\r(3)≈(s)．當(dāng)且僅當(dāng)9x＝eq\f(2700,x)，即x＝10eq\r(3)≈時(shí)取等號(hào)．因?yàn)椤?10，20]，所以當(dāng)x＝17.3m/s時(shí)，ymin＝(因?yàn)?78＞，所以當(dāng)車隊(duì)的速度為17.3m/s時(shí)，車隊(duì)通過隧道時(shí)間【說明】注意半建模型的應(yīng)用問題，其中變量在不同范圍內(nèi)，對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系不一樣，處理問題的方法也有區(qū)別，可與多項(xiàng)式函數(shù)?分式函數(shù)?三角函數(shù)等綜合，也可用不等式?導(dǎo)數(shù)?三角變換等工具研究其最值．6．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓O:x2＋y2＝1，P為直線l：x＝t(1＜t＜2)上一點(diǎn)．（1）已知t＝eq\F(4,3)．＝1\*GB3①若點(diǎn)P在第一象限，且OP＝eq\F(5,3)，求過點(diǎn)P圓O的切線方程；＝2\*GB3②若存在過點(diǎn)P的直線交圓O于點(diǎn)A，B，且B恰為線段AP的中點(diǎn)，求點(diǎn)P縱坐標(biāo)的取值范圍；（2）設(shè)直線l與x軸交于點(diǎn)M，線段OM的中點(diǎn)為Q．R為圓O上一點(diǎn)，且RM＝1，直線RM與圓O交于另一點(diǎn)N，求線段NQ長(zhǎng)的最小值．解：（1）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(eq\F(4,3)，y0)．＝1\*GB3①因OP＝eq\F(5,3)，所以(eq\F(4,3))＋y02＝(eq\F(5,3))2，解得y0＝±1．又點(diǎn)P在第一象限，所以y0＝1，即P的坐標(biāo)為(eq\F(4,3)，1)．易知過點(diǎn)P圓O的切線的斜率必存在，可設(shè)切線的斜率為k，則切線為y－1＝k(x－eq\F(4,3))，即kx－y＋1－eq\F(4,3)k＝0，于是有eq\F(|1－eq\F(4,3)k|,eq\R(,k2＋1))＝1，解得k＝0或k＝eq\F(24,7)．因此過點(diǎn)P圓O的切線為:y＝1或24x－7y－25＝0．＝2\*GB3②設(shè)A(x，y)，則B(eq\F(x＋eq\F(4,3),2)，eq\F(y＋y0,2))．因?yàn)辄c(diǎn)A，B均在圓上，所以有eq\b\lc\{(\a\al(x2＋y2＝1，,(eq\F(x＋eq\F(4,3),2))2＋(eq\F(y＋y0,2))2＝1．))即eq\b\lc\{(\a\al(x2＋y2＝1，,(x＋eq\F(4,3))2＋(y＋y0)2＝4．))該方程組有解，即圓x2＋y2＝1與圓(x＋eq\f(4,3))2＋(y＋y0)2＝4有公共點(diǎn)．于是1≤eq\R(,eq\F(16,9)＋y02)≤3，解得－eq\F(eq\R(,65),3)≤y0≤eq\F(eq\R(,65),3)，即點(diǎn)P縱坐標(biāo)的取值范圍是[－eq\F(eq\R(,65),3)，eq\F(eq\R(,65),3)]．（2）設(shè)R(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\al(x22＋y22＝1，,(x2－t)2＋y22＝1．))解得x2＝eq\F(t,2)，y22＝1－eq\F(t2,4)．RM的方程為：y＝－eq\F(2y2,t)(x－t)．由eq\b\lc\{(\a\al(x2＋y2＝1，,y＝－eq\F(2y2,t)(x－t)．))可得N點(diǎn)橫坐標(biāo)為eq\F(t(3－t2),2)，所以NQ＝eq\R(,(eq\F(2t－t3,2))2＋1－(eq\F(3t－t3,2))2)＝eq\F(1,2)eq\R(,2t4－5t2＋4)．所以當(dāng)t2＝eq\F(5,4)即t＝eq\F(eq\R(,5),2)時(shí)，NQ最小為eq\F(eq\R(,14),8)．【說明】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系?圓與圓的位置關(guān)系．其中第二問要能體會(huì)將方程組有解問題轉(zhuǎn)化為圓與圓有公共點(diǎn)問題；第三問要能會(huì)求在已知一個(gè)交點(diǎn)的情況下直線與曲線的另一個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)．最后需要注意解析幾何當(dāng)中求范圍問題．OFADCBQPxy7．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1過點(diǎn)D(1，eq\f(3,2))，且右焦點(diǎn)為F(1,0)，右頂點(diǎn)為A．過點(diǎn)F的弦為BC．直線BA，直線CA分別交直線l:x＝m,(m＞2)于P?Q兩點(diǎn)．OFADCBQPxy（1）求橢圓方程；（2）若FP⊥FQ，求m的值．解：（1）eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1,a2－b2＝1,解之得a2＝4，b2＝3，所以橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1；（2）設(shè)B(x0，y0)，則BC：y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，與橢圓E：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1聯(lián)立方程組：eq\b\lc\{(\a\al(y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，,eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．))解得x＝x0，y＝y(tǒng)0或x＝eq\f(8－5x0,5－2x0)，y＝eq\f(－3y0,5－2x0)，所以C(eq\f(8－5x0,5－2x0),eq\f(－3y0,5－2x0))．kABkAC＝eq\f(y0,x0－2)eq\f(eq\f(－3y0,5－2x0),eq\f(8－5x0,5－2x0)－2)＝eq\f(y0,x0－2)eq\f(3y0,x0＋2)＝eq\f(3y02,x02－4)＝eq\f(9(1－eq\f(x02,4)),x02－4)＝－eq\f(9,4)．顯然kAB＝kAP,kAC＝kAQ，所以kAPkAQ＝－eq\f(9,4)．設(shè)Q(m,y1)kFQ＝eq\f(y1,m－1)＝eq\f(y1,m－2)eq\f(m－2,m－1)＝eq\f(m－2,m－1)kAQ，同理kFP＝eq\f(m－2,m－1)kAP．所以kFPkFQ＝(eq\f(m－2,m－1))2kAPkAQ＝－eq\f(9,4)(eq\f(m－2,m－1))2＝－1,又m＞2，所以eq\f(m－2,m－1)＝eq\f(2,3)，所以m＝4．【說明】本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程?直線的斜率．重點(diǎn)考查學(xué)生的計(jì)算能力，即應(yīng)用解析的方法證明圓錐曲線性質(zhì)的能力．本題中要證明FP⊥FQ，即證明kFPkFQ＝－1，通過分析可以發(fā)現(xiàn)kFQ與kAQ成比例，同理kFP與kAP成比例，故只需證明kABkAC即可．BAPQF2lxyMO8．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率e＝eq\f(eq\r(2),2)，右焦點(diǎn)?下頂點(diǎn)?左頂點(diǎn)分別為F2，B，A．AB＝eq\r(3)．直線l交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP與BQ交于點(diǎn)M．BAPQF2lxyMO（1）求a，b的值；（2）當(dāng)BP過點(diǎn)F2時(shí)，求過A?B?P三點(diǎn)的圓的方程；*（3）當(dāng)eq\f(AM,MP)＝eq\f(BM,MQ)時(shí)，求F2M的最小值．解：（1）根據(jù)條件得，eq\b\lc\{(\a\al(eq\f(c,a)＝eq\f(eq\r(2),2)，,a2＋b2＝3，,a2＝b2＋c2．))解得a＝eq\r(2)，b＝1．（2）由（1）知，F(xiàn)2，B的坐標(biāo)分別為(1，0)，(0，－1)．所以BP方程為y＝x－1．代入C：eq\f(x2,2)＋y2＝1得3x2－4x＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(4,3)．所以P(eq\f(4,3)，eq\f(1,3))．設(shè)過A，B，P三點(diǎn)的圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，將A(－eq\r(2)，0)，B(0，－1)，P(eq\f(4,3)，eq\f(1,3))代入得，eq\b\lc\{(\a\al(－eq\r(2)D＋F＝－2，,－E＋F＝－1，,eq\f(4,3)D＋eq\f(1,3)E＋F＝－eq\f(17,9)．))解得eq\b\lc\{(\a\al(D＝eq\f(1,3)(eq\r(2)－1)，,E＝－eq\f(1,3)(eq\r(2)＋1)，,F＝－eq\f(1,3)(eq\r(2)＋4)．))所以所求圓的方程為x2＋y2＋eq\f(1,3)(eq\r(2)－1)x－eq\f(1,3)(eq\r(2)＋1)y－eq\f(1,3)(eq\r(2)＋4)＝0．（3）設(shè)P，Q，M的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，(x0，y0)，且eq\f(AM,MP)＝eq\f(BM,MQ)＝，根據(jù)條件得，eq\o(\s\up8(),AM)＝eq\o(\s\up8(),MP)，eq\o(\s\up8(),BM)＝eq\o(\s\up8(),MQ)．由eq\o(\s\up8(),AM)＝eq\o(\s\up8(),MP)得，即(x0＋eq\r(2)，y0)＝(x1－x0，y1－y0)．所以eq\b\lc\{(\a\al(x0＋eq\r(2)＝(x1－x0)，,y0＝(y1－y0)．))解得eq\b\lc\{(\a\al(x1＝(1＋eq\f(1,))x0＋eq\f(eq\r(2),)，,y1＝(1＋eq\f(1,))y0．))同理，由eq\o(\s\up8(),BM)＝eq\o(\s\up8(),MQ)得，eq\b\lc\{(\a\al(x2＝(1＋eq\f(1,))x0，,y2＝(1＋eq\f(1,))y0＋eq\f(1,)．))因?yàn)镻(x1，y1)在橢圓C上，所以x12＋2y12＝2．代入得，[(1＋eq\f(1,))x0＋eq\f(eq\r(2),)]2＋2[(1＋eq\f(1,))y0]2＝2．同理得，[(1＋eq\f(1,))x0]2＋2[(1＋eq\f(1,))y0＋eq\f(1,)]2＝2．把上面兩式相減得，(1＋eq\f(1,))(x0－eq\r(2)y0)＝0．因?yàn)?＋eq\f(1,)≠0，所以x0－eq\r(2)y0＝0．即點(diǎn)M的軌跡是直線x－eq\r(2)y＝0在橢圓內(nèi)的一段．所以F2M的最小值即為F2到直線x－eq\r(2)y＝0距離．即F2Mmin＝eq\f(∣11－eq\r(2)0∣,eq\r(12＋(－eq\r(2))2))＝eq\f(eq\r(3),3)．【說明】（1）橢圓中的a，b，c與各種幾何量之間關(guān)系要熟記，它們是求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何量的基礎(chǔ)；（2）注意求方程的待定系數(shù)法，合理選擇方程的形式；（3）在進(jìn)行關(guān)系轉(zhuǎn)化時(shí)，一定要分清主次，要求什么量關(guān)系，需要消去哪些量，先想明白，再變形．9．已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex，g(x)＝lnx，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．（1）求函數(shù)f(x)的極值；（2）求函數(shù)h(x)＝f(x)＋e∣g(x)－a∣(a為常數(shù))的單調(diào)區(qū)間；解：（1）因?yàn)閒(x)＝xex，所以當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＞0；當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＜0．因此f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以f(x)有極小值為f(0)＝－1，無極大值．（2）h(x)＝f(x)＋e∣g(x)－a∣＝(x－1)ex＋e∣lnx－a∣．當(dāng)x≥ea時(shí)，h(x)＝(x－1)ex＋e(lnx－a)，h(x)＝xex＋eq\F(e,x)＞0恒成立，h(x)在(ea，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)0＜x≤ea時(shí)，h(x)＝(x－1)ex＋e(a－lnx)，h(x)＝xex－eq\F(e,x)，[h(x)]＝(x＋1)ex＋eq\F(e,x2)＞0恒成立．所以h(x)在(0，ea]上單調(diào)遞增，注意到h(1)＝0．因此當(dāng)a≤0時(shí)，h(x)≤0恒成立．當(dāng)a＞0時(shí)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h(x)＜0；當(dāng)x∈[1，ea]時(shí)，h(x)≥0．綜上有：當(dāng)a≤0時(shí)，h(x)減區(qū)間為(0，ea]，增區(qū)間為(ea，＋∞)．當(dāng)a＞0時(shí)，h(x)減區(qū)間為(0，1)，增區(qū)間為[1，＋∞)．【說明】本題以指對(duì)函數(shù)為載體，考查了導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用?分類討論思想?函數(shù)的零點(diǎn)等相關(guān)知識(shí)．其中第3問要能感受與體會(huì)存在性和唯一性的證明方法．10．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d是實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)，且在x＝1處取得極小值－2．（1）求f(x)的表達(dá)式；（2）已知函數(shù)g(x)＝|x|－2，判斷關(guān)于x的方程f(g(x))－k＝0解的個(gè)數(shù)．解：（1）f(－x)＝－ax3＋bx2－cx＋d，－f(x)＝－ax3－bx2－cx－d，對(duì)任意x∈R，f(－x)＝－f(x)，即－ax3＋bx2－cx＋d＝－ax3－bx2－cx－d，bx2＋d＝0，所以b＝d＝0，f(x)＝ax3＋cx．f'(x)＝3ax2＋c,由題意f'(1)＝3a＋c＝0，f(1)＝a＋c＝－2,所以a＝1，c＝－3f(x)＝x3－3x；（2）令t＝g(x),則f(t)＝k．f'(t)＝3t2－3＝3(t＋1)(t－1),令f'(t)＝0，則t＝－1或t＝1，t＜－1，則f'(t)＞0,所以f(t)在(－∞，－1)上單調(diào)增，－1＜t＜1,則f'(t)＜0,所以f(t)在(－1，1)上單調(diào)減，t＞1,則f'(t)＞0,所以f(t)在(1，＋∞)上單調(diào)增．計(jì)算得f(－2)＝f(1)＝－2,f(2)＝f(－1)＝2．1t1tOy22－2－1－2xOt22－2－21ok＜－2時(shí),f(t)＝k僅有一小于－2的解t1，g(x)＝t1,即|x|－2＝t1，|x|＝t1＋2無解；即f(g(x))－k＝0無解．1t1tOy22－2－1－2y＝kt1xOt22－2－2t＝t12ok＝－2時(shí),f(t)＝k有兩解t1＝－2，t2＝1，g(x)＝t1,即|x|－2＝－2，x＝0，g(x)＝t2,即|x|－2＝1，x＝3或x＝－3，即f(g(x))－k＝0有3解；1t1tOy22－2－1－2y＝kt1t2xOt22－2－2t＝t1t＝t23o－2＜k＜2時(shí),f(t)＝k有三解t1，t2，t3，且－2＜t1＜t2＜t3＜2，g(x)＝ti,即|x|－2＝ti，|x|＝ti＋2,有兩解，(i＝1,2,3)，即f(g(x))－k＝0有6解；1t1tOy22－2－1－2y＝kt1t2t3xOt22－2－2t＝t1t＝t2t＝t34ok＝2時(shí),f(t)＝k有兩解t1＝－1，t2＝2，g(x)＝t1,即|x|－2＝－1，x＝－1或x＝1，g(x)＝t2,即|x|－2＝2，x＝4或x＝－4，即f(g(x))－k＝0有4解；1t1tOy22－2－1－2y＝kt1t2xOt22－2－2t＝t1t＝t25ok＞2時(shí),f(t)＝k僅有一大于2的解t1，g(x)＝t1,即|x|－2＝t1，|x|＝t1＋2，有2解；即f(g(x))－k＝0有2解．1t1tOy22－2－1－2y＝kt1xOt22－2－2t＝t1綜上，方程f(g(x))－k＝0解的個(gè)數(shù)如下：k＜－2時(shí)0解；k＝－2時(shí)3解；－2＜k＜2時(shí)6解；k＝2時(shí)4解；k＞2時(shí)2解．【說明】本題考查了函數(shù)的奇偶性，單調(diào)性與極值．重點(diǎn)考查復(fù)合函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合與化歸的思想．處理復(fù)合函數(shù)的問題一般用換元法，就復(fù)合函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)而言，一般先求外函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，再分別代入內(nèi)函數(shù)即可．研究函數(shù)零點(diǎn)問題，重點(diǎn)是利用好數(shù)形結(jié)合．11．公差不為零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)之和為Sn，且Sn＝eq\b\bc\((eq\f(an＋k,2))eq\s\up12(2)對(duì)n∈N*成立．（1）求常數(shù)k的值以及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)數(shù)列{an}中的部分項(xiàng)aeq\s\do4(k1)，aeq\s\do4(k2)，aeq\s\do4(k3)，…aeq\s\do4(kn)，…，恰成等比數(shù)列，其中k1＝，,k3＝14，求a1k1＋a2k2＋…＋ankn的值．解：（1）法一：條件化為2eq\r(Sn)＝an＋k對(duì)n∈N*成立．設(shè)等差數(shù)列公差為d，則2eq\r(na1＋eq\f(n(n－1)d,2))＝a1＋(n－1)d＋k．分別令n＝1，2，3得：eq\b\lc\{(\a\al(2eq\r(a1)＝a1＋k，①,2eq\r(2a1＋d)＝a1＋d＋k，②,2eq\r(3a1＋3d)＝a1＋2d＋k．③))由①＋③－2②得，eq\r(a1)＋eq\r(3a1＋3d)＝2eq\r(2a1＋d)．兩邊平方得，4a1＋d＝2eq\r(3a12＋3a1d)．兩邊再平方得，4a12－4a1d＋d2＝0．解得d＝2代入②得，4eq\r(a1)＝3a1＋k，④由④－①得，a1＝eq\r(a1)．所以a1＝0，或a1＝1．又當(dāng)a1＝0時(shí)，d＝0不合題意．所以a1＝1，d＝2．代入①得k＝1．而當(dāng)k＝1，a1＝1，d＝2時(shí)，Sn＝n2，an＝2n－1，等式Sn＝eq\b\bc\((eq\f(an＋k,2))eq\s\up12(2)對(duì)n∈N*成立．所以k＝1，an＝2n－1．法二：設(shè)等差數(shù)列的首項(xiàng)為a1，公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(n(n－1),2)d＝eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(d,2))n，an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)．代入Sn＝eq\b\bc\((eq\f(an＋k,2))eq\s\up12(2)得，eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(d,2))n＝eq\f(1,4)[dn＋(a1＋k－d)]2，即2dn2＋(4a1－2d)n＝d2n2＋2d(a1＋k－d)n＋(a1＋k－d)2因?yàn)樯厦娴仁綄?duì)一切正整數(shù)n都成立，所以由多項(xiàng)式恒等可得，eq\b\lc\{(\a\al(2d＝d2，,4a1－2d＝2d(a1＋k－d)，,a1＋k－d＝0．))因?yàn)閐≠0，所以解得，eq\b\lc\{(\a\al(d＝2，,a1＝1，,k＝1．))所以常數(shù)k＝1，通項(xiàng)公式an＝2n－1．（2）設(shè)cn＝aeq\s\do4(kn)，則數(shù)列{cn}為等比數(shù)列，且c1＝aeq\s\do4(k1)＝a2＝3，c3＝aeq\s\do4(k3)＝a14＝27．故等比數(shù)列{cn}的公比q滿足q2＝eq\f(c3,c1)＝9．又cn＞0，所以q＝3．所以cn＝c1qn－1＝33n－1＝3n．又cn＝aeq\s\do4(kn)＝2kn－1，所以2kn－1＝3n．由此可得kn＝eq\f(1,2)3n＋eq\f(1,2)．所以ankn＝eq\f(2n－1,2)3n＋eq\f(2n－1,2)．所以a1k1＋a2k2＋…＋ankn＝(eq\f(1,2)31＋eq\f(1,2))＋(eq\f(3,2)32＋eq\f(3,2))＋(eq\f(5,2)33＋eq\f(5,2))＋…＋(eq\f(2n－1,2)3n＋eq\f(2n－1,2))＝eq\f(1,2)[131＋332＋533＋…＋(2n－1)3n]＋eq\f(1,2)[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝eq\f(1,2)[131＋332＋533＋…＋(2n－1)3n]＋eq\f(1,2)n2．法一：令S＝131＋332＋533＋…＋(2n－1)3n則3S＝132＋333＋…＋(2n－3)3n＋(2n－1)3n＋1，兩式相減得:－2S＝3＋232＋233＋…＋23n－(2n－1)3n＋1，S＝－eq\f(1,2)[2eq\f(3(1－3n),1－3)－3－(2n－1)3n＋1]＝－eq\f(1,2)[－3(1－3n)－3－(2n－1)3n＋1]＝－eq\f(1,2)[－2(n－1)3n＋1－6]＝(n－1)3n＋1＋3，代入得a1k1＋a2k2＋…＋ankn＝eq\f(1,2)[(n－1)3n＋1＋3]＋eq\f(1,2)n2＝eq\f((n－1)3n＋1＋n2＋3,2)．法二：因?yàn)?2k－1)3k＝[(k＋1)－2]3k＋1－(k－2)3k＝(k－1)3k＋1－(k－2)3k．所以S＝[032－(－1)31]＋[133－032]＋[234－133]＋…＋[(n－1)3n＋1－(n－2)3n]＝(n－1)3n＋1＋3．【說明】（1）等差數(shù)列或等比數(shù)列中的基本量問題，通常轉(zhuǎn)化為方程組求解，但在解方程組要注意一些消元的方法；（2）等差數(shù)列注意前n項(xiàng)和與通項(xiàng)的形式，有時(shí)可根據(jù)其特征，轉(zhuǎn)化為多項(xiàng)式恒等問題；（3）數(shù)列求和中兩類比較重要的方法錯(cuò)位相減法與裂項(xiàng)相消法．12．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)的和為Sn，且rSn＋1－(r＋1)Sn＝ra1對(duì)任意正整數(shù)n都成立，其中r為常數(shù)，且r∈N*．（1）求證：數(shù)列{an}為等比數(shù)列；*（2）若r≥2，且a1，at(t≥3)均為正整數(shù)，如果存在正整數(shù)q，使得a1≥qt－1，at≤(q＋1)t－1，求證：St＝(q＋1)t－qt．解：（1）由rSn＋1－(r＋1)Sn＝ra1得rSn＋2－(r＋1)Sn＋1＝ra1，兩式相減得ran＋2＝(r＋1)an＋1，即eq\F(an＋2,an＋1)＝eq\F(r＋1,r)．又rS2－(r＋1)S1＝ra1，得eq\F(a2,a1)＝eq\F(r＋1,r)．綜上可知{an}為等比數(shù)列，且公比為eq\F(r＋1,r)．（2）由于at＝a1(eq\F(r＋1,r))t－1及a1均為正整數(shù)，所以存在正整數(shù)k，使得a1＝krt－1，所以at＝k(r＋1)t－1．由at≤(q＋1)t－1得(q＋1)t－1≥k(r＋1)t－1≥(r＋1)t－1，于是q≥r．又由a1≥qt－1，at≤(q＋1)t－1得eq\F(at,a1)≤eq\F((q＋1)t－1,qt－1)，于是(eq\F(r＋1,r))t－1≤eq