2015秋季高三文數(shù)一輪攻略立體幾何與16講2270第

第一講攻下函數(shù)根據(jù)地——函數(shù)、初等函 第二講秒殺高考難點——導數(shù)分類討 第三講秒殺高考難點——導數(shù)終極探 第四講美享高考大餐——三角函 第五講美享高考大餐——解三角 第六講五分志在必得——平面向 第七講突破高考難點——數(shù)列知識梳 第八講突破高考難點——數(shù)列終極突 第九講五分志在必得——復 主講教 白彥A，BfA中的任何一個元素，在集B中都有唯一的元素和它對應，那么這樣的對應(A，B以及A到Bf)A到集合Bf:A→B.其中與Aa對應的Bb叫做a的象，ab的原象強調(diào)象、原象、B中都有唯一確定的數(shù)f(x)和它對應，那么就稱f：A→B為從集合A到集合B的一個函數(shù)（function（domain函數(shù)值的集合{f(x)|x∈A}叫做函數(shù)的值域（rangex0(x不等于0)；⑥取各部分的交集式．(三)函數(shù)值域求法間叫做函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間.此時也說函數(shù)是這一區(qū)間上的單調(diào)函數(shù).yax(a0且a1)（0，1（5）Rylogax(a0且a1 （1，0（4）x(0,1時yx1,時yx(0,1) yx1,yqyxppqZ,p0pq互質(zhì)）q，指數(shù)是有理數(shù)。pqyxpy1O1nm)q1時，過(0,0)xyqpqqppqqp C．f(x)=D．f(x)=3x2．(2014江西)函數(shù)f(x)=ln(x2-x)的定義域為( C．(-∞，0)∪(1，+∞)D．(- 55，c5 5．（山東）設f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，當x0時，f(x)2x2xb（b為常數(shù)則f(1)() 1 y yx y|x y 2 7．(2014福建，7)已知函數(shù)f(x)=則下列結(jié)論正確的是(

x21,x0，則滿足不等式f(1x2)f(2x)的x的范圍

）f(x) xt24t9．（重慶12)已知t0，則函數(shù)y t x2-x>0，解得x<0x>1，故選222yx5x0時是增函數(shù)，所以acy)xx0時是減函數(shù)，所以cb。5解析 要使函數(shù)f(x)有意義需使(logx)2-1>0，即(logx)2>1，∴l(xiāng)ogx>1或logx<-1.解之得x>2或0<x<1 2

作出f(x)的圖象如圖所示，可排除A，B，C，故D正確8．[解析]考查分段函數(shù)的單調(diào)性。

x(1,2t24t t4

t0)，當且僅當t1ymin 解析當x∈[0，3)時，f(x)==x12

由題意知方程a=f(x)在[-3，4]個不同的根.圖可知a01 2函數(shù)yax1(a0,a1)的圖象可能是 a

1 xylnx yx

C．y22

D．yxx下列函數(shù)中，不滿足f(2x)2f(x)的是 f(x) f(x)x f(x)x D．f(x)函數(shù)f(x) 12log6x的定義域 0xf(xx2x,2x

則f(x)的零點 ；f(x)的值域 若alog3，blog2，clog1，則下列結(jié)論正確的是 2ac

4ca C.bc D.cbylogax（a0a1）的圖象經(jīng)過點2,1)ybx（b0且b1）的圖象經(jīng)過點(1,2)

1 1 a2 B.2a C. )

D.a2 1yx

y yx2 ycos0設a0.642,b706,c 0cb B.ca C.ac D.ab1 () x已知函數(shù)f(x)

ff(2的值為；函數(shù)g(xf(xk 0x實數(shù)k的取值范圍 已知函數(shù)f(x)(xa)(xb)(ab)的圖象如右圖所示，則函數(shù)g(x)axb 設函數(shù)f(x)x x1,的最小值為2，則實數(shù)a的取值范圍 2x x【答案】1和0，[14

【答案】ax1時，2x22x1f(xxa2，又函數(shù)f(x)xa單調(diào)遞減，所以f(x)1a所以由1a2a3。所以a3。

主講教 白彥1f(x1x31(a1)x2ax2 f(x)2x31(2a1)x2ax(aR 2f(x)2ax33a1x26x3af(x)a1x33a1x26x3a 3f(x)x3kx22x（kR）f(xkx32x2x5（kR）4f(x)x31(3a1)x2ax1（aR，討論它在區(qū)間0,1 3 f(x)a2)ln(x2ax（aRx當a0f(x當a0f(x的單調(diào)區(qū)間例5．已知函數(shù)f(x) x2

，其中bR.f(x的單調(diào)區(qū)間f(xlnxax，其中a為大于零的常數(shù)xyf(x在點（1f(1)）y1-2x平行，求af(x在區(qū)間[1，2]上的最小值已知函數(shù)f(x)1x2a,(a0 x1yf(xa（Ⅱ）yf(x x(a f

1

xa(x0 4 （I）因為曲線yf(x)在點（1，f(1)）處的切線與直線y1-2x平行，所以f'(1)-2，即1a2,解得a3 6分(II)當0a1f'(x0在（1，2）上恒成立，這時f(x)在[1，2]上為增函數(shù)f(x)minf(1a 8當1a2f'(x0xa1x(1af'(xx(a2f'(x)

f(x在[1，a]f(x)minf(alna………11a2f'(x0在（1，2）上恒成立，這時f(x)在[1，2]上為減函數(shù)，f

f(2)ln2a2f(x在[1，2]①當0a1f(x)mina②當1a2f(x)minlna③當a2f

ln2a2

……….13 ………1f(x)x

3x1yf(xf(1)0 ………4a …5a1時，在(0,1內(nèi)f(x)0，在(1,f(x)0，………6x1yf(x∴a1有意義 7f(x)的定義域為(0)(0 x3f(x)x 令f(x)0，得x3a 9（?。┊攁0x(,3a3(3a,(0,f0f（ⅱ）當a0

11x(,(0,3a3(3a,f0f 13a0yf(x的單調(diào)遞減區(qū)間為(3a，單調(diào)遞增區(qū)間為3a0，(0,；當ayf(x的單調(diào)遞減區(qū)間為(0)(03a，單調(diào)遞增區(qū)間為3a．……14

主講教 白彥例1．已知曲線f(x)lnx在點(x0,f(x0))處的切線經(jīng)過點(0,1)，則x0的值為 1e

2.（201318）.f(x)x2xsinxcosyf(x在點(a,f(ayb相切，求a與byf(xyb有兩個不同的交點，求bln設L為曲線C： x4（2014f(?x在區(qū)間[2,1]A(1,2B(2,10),C(0,2)yf(x相切？（只需寫出結(jié)論例5．(2014北京，18，13分)已知函數(shù)f(x)=xcosx-sinx，x∈ <b對 恒成立，求a的最大值與b的最小值6fx2a2lnx1x2ax(aR2(Ⅰ)當a1yf(x在點(1,f(1(Ⅱ)f(x的單調(diào)性)f(x)a(x)

2lnx(a 若a2yf(x在點(1,f(1f(x的單調(diào)區(qū)間8f(x)1x3kx，其中實數(shù)k為常數(shù)3yf(xyk只有一個交點，求實數(shù)k的取值范圍

(m a3．解:（I）f(xlnxf(x1lnx.f(1)1.Lyx (II)令g(x)x1f(x)，則除切點之外，曲線C在直線l的下方等價于g(x)0(x0,x1) g(x) x21ln足g(1)0，且g 1f(x) 當0x1x210lnx0g(x0g(x單調(diào)遞減；x1x210lnx0g(x)0g(x)單調(diào)遞增.g(x)g(1)0（x0,x所以除切點之外，曲線CL的下方（g(x0x1lnx0x2xlnx0，記h(xx2xlnxx 2x2x (2x1)(x則h(x)2x 所以當0x1h(x0h(x在（0，1）上單調(diào)遞減；當x1h(x)0h(x)在（1，+∞）上單調(diào)遞增。所以h(x)h(1)0令fx0，得x 或x 2 2 2因為f210，f 2

2，

22，f1 所以fx在區(qū)間2，1上的最大值為f2 2 y2x33x，且切線斜率為k6x23， 00yy06x23xx0，因此ty06x231x000 整理得4x36x2t3 gx4x36x2tgx12x212x12xx1x(0(0100↗t↘t↗g(0t3g(xg(1t1g(xg(1)t10，即t≥1g(x在區(qū)間(，0)和0，1（Ⅲ）A1，2存在3yfxB2，10存在2yfx過點C0，2存在1yfx相切5．解析(1)f(x)=xcosx-sinxfx)=cosx-xsinx-cosx=-xsin因為在區(qū)間上f'(x)=-xsinx<0，所以f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減.從而f(x)≤f(0)=0.當c≥1時，因為對任意x∈，g'(x)=cosx-c<0，所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減.從而g(x)<g(0)=0對任意x∈恒成立.當0<c<1時，存在唯一的x0∈使得g'(x0)=cosx0-x+0-↗↘因為g(x)在區(qū)間[0，x0]上是增函數(shù)，所以g(x0)>g(0)=0.進一步，“g(x)>0對任意 綜上所述，當且僅當c≤時，g(x)>0對任意x∈ <b對任意 恒成立，則a的最大值為，b的最小值為6．解:f(x的定義域為(0,f(x)2a2xx當a1f(13f(121102yf(x在點(1,f(1y2f(x)

x2axx

(x2a)(xa)xa0f(x)x0f(x在定義域為(0,a0f(x0x12a(舍去)x2a，x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下:f(x)在區(qū)間(0,a單調(diào)遞減，在區(qū)間(a,a0f(x0x12ax2a(舍去)，x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下:此時，f(x)在區(qū)間(0,2a)單調(diào)遞減，在區(qū)間(2a, ax22x例7．解：f(x)a(1 ) 1 h(xax22xa（Ⅰ）當a2時，函數(shù)f(x2(x12lnxf(1)0f(x2(112 曲線yf(x)在點(1,f(1))處的切線的斜率為f(1)2 2yf(x在點(1,f(1y02(x1)即2xy20 4（Ⅱ）f(x)的定義域為(0,h(x)ax22xa（1）當a0h(xax22xa0在(0,f(x)0在(0,f(x)在(0,上單調(diào)遞減．……6（2）當a044a2（ⅰ）若0a由f(x)0，即h(x)0，得0x 或x ；……8 f

(x0，即h(x0

x 9 1 1所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 )和 單調(diào)遞減區(qū)間為 ) 11 （ⅱ）若a1，h(x)0在(0,)上恒成立，則f(x)0在(0,)上恒成立，此時f(x) 在(0,)上單調(diào) 13分8．解:(I)f'(xx2當k4f'(xx24f'(xx240x12x2f'(x),f(xx的變化情況如下表x(,(2,2(2,f00f所以f(x的單調(diào)遞增區(qū)間是(2)(2,)減區(qū)間是(2,(II)g(xf(xkg'(xf'(xx2當k0g(x)x3g(x當k0g'(xx2k0xR成立，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)只有一個零點當k0時，令g'(x)f'(x)x2k0，解得x1 或x2g'(xg(xx的變化情況如下表x(,k(k,kk(k,g00 k)即

k)23

k

0k

k4fxxgxa，所以f'(11,g'(1ax所以a（Ⅱ）F(x1x21mlnx，其定義域為{x|x x2

3Fxx 5 x2當m0時，F(xiàn)'(x)x 0 Fx在(0 x2

7當m0時，令F'(x)x x

0，得到x1 0,x2 0(舍 1時，即0m1時，F(xiàn)'(x)0對(1,e)恒成立 9 e時，即me2時，F(xiàn)'(x)0對(1,e)成立，所以F(x)在[1,e]上單調(diào)遞減，F(xiàn)(e1e21

11當1 e，即1me2時，F(xiàn)'(x)0對(1,m)成立，F(xiàn)'(x)0對(m,e)成Fx在(1,m單調(diào)遞減，在F(m1m1m

m,e)1m1mlnm………13綜上，當m1

當1me2Fx在[1,eF(m

m ln 當me2時 F(x)在[1,e]上的最小值為F(e)1e21m sin2cos21

主講教 白彥 tancot(二)對于 2

(k∈Z)①當k是偶數(shù)時，得到α②當k是奇數(shù)時，得到α相應的余函數(shù)值，即（奇變偶不變）；然后在前面加上把α看成銳角時原函數(shù)值的符號（符號看象限）補充符號法則：常見四種三角函數(shù)在四個象限的符號如何判斷，也可以記住口訣一全正；二正弦；三正余切；四余弦”．這十二字口訣的意思就是說：第一象限內(nèi)任何一個角的四種三角函數(shù)值都是“＋”；第二象限內(nèi)只有正弦是“＋”，其余全部是－”；第三象限內(nèi)切函數(shù)是“＋”，弦函數(shù)是“－”；第四象限內(nèi)只有余弦是“＋”，其余全是“－溫馨提示：符號規(guī)律：每個三角函數(shù)都是兩個象限正，兩個象限負，而第一象限又均為正，故而只需記另一為正的象限即可。(三)兩角和差公式sin（α＋β）＝sinαcosβ＋cosαsinβsin（α－β）＝sinαcosβ－cosαsinβcos（α＋β）＝cosαcosβ－sinαsinβcos（α－β）＝cosαcosβ＋sinαsinβtan（α＋β）＝(四)二倍角公式（縮角升冪公式）sin2α＝cos2cos2sin2＝2cos21＝12sin2tan221tan2cos21cos2

sin21cos2asinxbcosx sin(x其中tana sinxcosx 2sin(x )；sinx4

3cosx2sin(x )；3sinxcosx2sin(x 3sinx4cosx5sin(x)；3sinx

2cosx 5sin(xx0220100y；；當；當.周 ysinxysinxysinx圖象上所有的點向0，或向0平移振幅變換：ysinx→yAsinxA0把ysinx圖象上各點的縱坐標變?yōu)? 2．(2014課標Ⅰ，8)設α∈，β∈，且tanα=，則( A．3α-β=B．3α+β=C．2α-β=D．2α+β=3．(2014課標Ⅱ，14)函數(shù)f(x)=sin(x+2φ)-2sinφcos(x+φ)的最大值為 4（2014 ，x∈R，且f=求A若f(θ)+f(-θ)= ，求 2．(2014浙江)為了得到函數(shù)y=sin3x+cos3x的圖象，可以將函數(shù)y=cos3x的圖象( 3．(2014遼寧)將函數(shù)y=3sin的圖象向右平移個單位長度，所得圖象對應的函數(shù)( A． 5．(2014北京，14)設函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A，ω，φ是常數(shù)，A>0，ω>0).若f(x)在區(qū)間上具有單調(diào)性，且f ，則f(x)的最小正周期為 7．(2014福建，16)已知函數(shù)f(x)=cosx(sinx+cosx)-若0<α<，且sinα=，求f(α)的值82116)a(c)f(x)=ab 3)的距離的最小值為1，求y=g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.答案 2．C由tan ，即sinαcosβ=cosα+sinβcosα，所以sin(α-β)=cosα，又cosα=sin所以sin(α-β)=sin 又因為α∈ 所以-<α-β<，0<-α<因此α-β=-α，所以2α-β=，選C.解析f(x)=sin[(x+φ)+φ]-2sin=sin解析(1)f = ∴cosθ=，cosθ=又θ∈，∴sinθ== 答案答案 因為y=sin3x+cos cos的圖象向右平移個單位，故選答案因此該函數(shù)的遞增區(qū)間為x2kπ-≤2x-≤2kπ+，k∈Z，即為kπ+ 答案 答案f(x)由題意知 =，又 = ×= ∴=x2- =解析(1)由已知，有f(x)=cos xcos=sin2x-(1+cos2x)+=sin2x-cos2x=sin = f=-，f=-，f= 所以cosα=.所以f(α)= -=-(2)因為f(x)=sinxcosx+cos2x-=sin2x+ =sin2x+cos2x= 所以T==π.由2kπ-≤2x+≤2kπ+，k∈Z，-得kπ-≤x≤kπ+，k∈Z.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間 解析(1)f(x)=a·b=msin2x+ncos因為y=f(x)的圖象經(jīng)過點 ，所以 解得m=，n=1. sin2x+cos2x=2sin即到點(0，3)的距離為1的最高點為(0，2). 主講教 白彥a即 asin

sin

sin

2R（R為ABC的外接圓的半徑a2RsinA,b2RsinBc2RsinCsinAa,sinB

b,sinCc

1bcsinA1acsinB1absin 邊化角a2b2c22bccosAb2a2c22accosBc2a2b22abcosCcosA

b2c2a

cosB

a2c2

cosCa2b2cb2c2a22bccosAa2c2b22accosBa2b2c22abcosA，B，C和它們的對邊a，b，c叫做三角形的元素。已知三角形的幾個元素△ABC中，有△ABC中，Ａ＝π－（B＋C；AA sinA＝sin(B+C);cosA＝-cos(B+C)； ＝cos;cos＝sin( 0AA、sin、cos、

在ABC中AB是sinAsinB的 是正、余弦定理結(jié)合使用；（2）.通常是運用正弦定理C，則△ABC面積的最大值為 的值 8．(2014遼寧，17)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a>c.已知·=2，cosB=，b=3.求:(1)ac的值；(2)cos(B-C)的值.9．(2014北京，15)如圖，在△ABC中，∠B=，AB=8，點D在BC邊上，且CD=2，cos∠ADC=BD，AC的長已知 sinAcosA-sinBcos求角CsinA=，求△ABC的面積12．(2014大綱全國，17)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，已知3acosC=2ccosA，tanA=，B.答案a=2，所以(2+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC可化為(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC，由正弦定理可得(a+b)(a-b)=(c-b)c，即b2+c2-a2=bc，由余弦定理可得cosA===，又0<A<π，故A=，又答案解析利用余弦定理，將bcosC+ccosB=2b轉(zhuǎn)化為 答案解析由=，得sinB=sinA=× ×=2答案解析由2sinB=3sinC得2b=3c，即b=c，代入b-c=a，整理得a=2c，故cos 答案解析∵sinA+sinB=2sinC，由正弦定理得a+b=2c，∴cosC====≥=，當且僅當a=b時等號成立，故cosC的最小值為=2cacos又cosB=，所以ac=6.b=3，所以解得a=2，c=3或(2)在△ABC中，sinB===，由正弦定理，得sinC=sinB= 因a=b>c，所以C為銳角，因此cosC===于是cos(B-C)=cosBcosC+sinBsinC =解析(1)在△ADC中，因為cos∠ADC=所以sin∠BAD=sin(∠ADC-∠B)=sin∠ADCcosB-cos∠ADCsinB=×-×=(2)在△ABD中，由正弦定理得 所以解析(1)∵a，b，c成等差數(shù)列，∴a+c=2b.由正弦定理得sinA+sinC=2sinB.∴sinA+sin當且僅當a=c時等號成立.∴cosB解析(1)由題意 =sin2A-sin即sin2A-cos2A=sin2B-cos2B，sin=sin由a≠b，得A≠B，又A+B∈(0，π)，得2A-+2B-=π，即A+B=，所以C= ，sinA=，=，得a=，由a<c，得A<C.從而cosA= ，所以，△ABC的面積為S=acsin 3sinAcosC=2sinCcos所以tanB=tan[180°-(A+C)]=-tan(A+C)==-1，即1．（上海）18.若△ABC的三個內(nèi)角滿足sinA:sinB:sinC5:11:13，則△ABC() 2（ A．2sin2cos2B．sinC．3sin

3cos3cos1D．2sincos3（（則 A．

3bc，sinC23sinB 4在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且2asinA(2ac)sinB2cb)sin求sinBsinC的最大值解析：由sinAsinBsinC5:11:1352112由余弦定理得cosc

25

0，所以角Cc

23bc23b

b2+c2-a2

，所以==3bc23bc1 sin即sinA1．由abAB602則A30，C ，sinCsin解：因為cos2C=1-2sin2C10＜C＜πsinC=10 解：當a=2，2sinA=sinC時，由正弦定 sin sincos2C=2cos2C-11，J0＜C＜π b-或 a2b2c2 a2b2c22bccos1故cosA ，A ……62sinBsinCsinBsin(60 3cosB1sin 故當B=30°時，sinB+sinC取得最大值1 ……12 主講教 白彥字母表示：a；坐標表示法a＝ｘi＋ｙj＝（ｘ，ｙ）.特殊的向量：零向量a＝0｜a｜＝0.單位向量aO為單位向量｜ax1yy abbaab.0與任意向量都平行。ab(x1x2,y1y2abb(ab)ca(bc)ABBCACab(x1x2,y1y2abaABBA，OBOAa是一個向量，滿足:|a||||a>0a與a<0時，a與a=0時，a0（a與a必共線a(x,(a)()aa(ab)aab(b0)ab唯一積a0或b0ab0abx1x2y1abb(a)ba(b)(a(ab)cacb a|a|即|a|=x|ab||a||b(2)兩個向量平行的充要條件aba＝λbb0x1y2－x2y1＝O.“0，這就是平行”(3)兩個向量垂直的充要條件abab＝Ox1x2＋y1y2＝O“順乘和為0，乃垂直”aa (x2x1)2((x2x1)2(y2③若A(ｘ1，ｙ1)，B（ｘ2，ｙ2）AB=（ｘ2-ｘ1，ｙ2-ｙ1）故|AB

a

xxy

1 1 （ 2．(2014福建，8)在下列向量組中，可以把向量a=(3，2)表示出來的是( )A.e1=(0，0)， 3．(2014課標Ⅰ，15)已知A，B，C為圓O上的三點，若=(+)，則與的夾角 B. ) 7．(2014重慶，4)已知向量a=(k，3)，b=(1，4)，c=(2，1)，且(2a-3b)⊥c，則實數(shù)k=( A.-B.0 =-，則 9．(2014江蘇，12)如圖，在平行四邊形ABCD中，已知AB=8，AD=5，=3，

的 答案 設 A選項 無解 解之B中的e1，e2可把a表示出來.同理，C、D選項同A選項，無解(解析由 (所以∠BAC=90°，所以與的夾角為答案B 即-2|a|2+|b|2=0，又|a|=1，∴|b|=.故選B.答案解析∵λa+b=0，即λa=-b，∴|λ||a|=|b|.∵|a|=1，|b|=，∴|λ|=答案A 由|a-b|=得a2+b2-2a·b=6，②答案 答案 )( ①.·=(λ-1)·(μ-1)=-2(λ-1)(μ-1)=-②，由①②可得λ+μ=答案- -

1．（江西卷文）已知向量a(3,1)，b(1,3)，c(k,2)，若(ac)b則k = 已知點A－2，0)，B（6，8，C(8，6)，則D點的坐標為 ．（房山一模）在正三角形ABC中，AB3，D是BC上一點，且BC3BD，則ABAD 92D． A.(2, 2a1 B．2a1 C．1a2 D．1a2 9（201b若c=λa＋μb(λ，μ∈R)，則 b10（2013若平面區(qū)域D由所有滿足APABAC（12,01）的點P 則D的面積為 【解析】因為ac3k1所以k03 k ab2 332【解析】解法1因為a(1,1b(2x，所以ab(3x14b2a(64x2),由于ab與4b平行，得6(x1)3(4x2)0x2。2因為ab與4b2a平行，則存在常數(shù)，使ab(4b2a)，即(21)a(4向量共線的條件知，向量a與bx2。DODOAOCOB＝(－2，0)＋(8，6)－(6，8)＝(0，－2)即D點坐標為(0，－2)ADABADABBDa2BCa2(ba)1a2BD2解：因為BD2DC

3

主講教 白彥an＝a1＋(n－1)d nSn(a1an)

n(n2

注意①an＝am＋(n－m)dm＋n＝p＋qam＋an＝ap＋aq④每n項和Sn，S2n－Sn

ana1qn1(a1,qq（n≥2，q {an}是等比數(shù)列an2=an－1·an＋1（n≥2an－1，an，an＋1≠0）{an}是等比數(shù)列.q＞1，a1＞00＜q＜1，a1＜0{an}是遞增數(shù)列；q＞1，a1＜00＜q＜1，a1＞0{an}是遞減數(shù)列；當q＝1時，{an}是常數(shù)列；當q＜0時，{an}是擺動數(shù)列. a＝aqn－m(m、 Sa(1qn

(q(q 1SnAAqn(q偶S偶 SA. B. C. D.

的最小值是 設S為等比數(shù)列a的前n項和，2aa0，則 a a1 等差數(shù)列{an}中，a23,a3a49,則a1a6的值 yf(x)xy的對應關(guān)系如下表x123456789y745813526數(shù)列{xnx12，且對任意nN*，點(xnxn1y則x1x2x3x4x2012x2013的值為

f(x 已知數(shù)列 ， a+2，a=1，數(shù) 的前n項和為18，則 n 數(shù)列{an}的各項排成如圖所示的三角形形狀，其中每一行比上一行增加兩項，若anan(a0)，則位于第10行的第8列的項等于，a2013在圖中位于 在等差數(shù)列{an}中，al=-2013，其前n項和為SnS12S10=2

已知數(shù)列{a}的各項均為正整數(shù)，其前nS.若

n n

an是偶數(shù)S29

1,a是奇數(shù) 則a1 ；S3n 已知等差數(shù)列an的前nSn.(I)a11S10100，求{an(II)Snn26n，解關(guān)于nSnan2nSn為等差數(shù)列an的前nS530,a1a614.已知等比數(shù)列{an}a28a3a448.(Ⅱ)設bnlog4an.證明:{bn}為等差數(shù)列，并求{bn}的前nSnSn為等差數(shù)列{an}的前n項和，且a3S39.(Ⅰ)求{an}的通項公式；(Ⅱ)若等比數(shù)列{bn}滿足b1a2,b4S4，求{bn}的前n項和公式 第45行的第77【答案】57n22因為a11

a1a1010 所以d 所以an2nSSn(II)因為當n2Sn1n1)26(n又n1時，a1S152 所

所以an2n7nan2n所以 所 ，San24n n24n7 n2所以 所 ，所以n7或n1，所以n7n【答案】解(Ⅰ)設等差數(shù)列an的公差為dS530a1a65a54d 所以

解得

2,d所以ana1(n1)d2(n1)2(Ⅱ)由(Ⅰ)可知a2n，令b 則b4n，又bn1n n

4(nN設數(shù)列bn的前n項和為Tn則Tnb1b2

4n1 (Ⅰ)解:設等比數(shù)列{an}q，依題意q因為a8，aa48 兩式相除得q2q60 解得q2，舍去q3所以aa2 所以數(shù)列{an}的通項公式為ana1 n n n (Ⅱ)解:由(Ⅰ)得bnlog4an

因為bn1bn 2所以數(shù)列是首項為1dnn(n1)dn2

2

所以Snnb1 【答案】解:(Ⅰ)設等差數(shù)列{an}的公差為d.因為a3S39a12d

3d 解得a13d 所以an3n1)66n(II)設等比數(shù)列{bn}的公比為q，因為b1a23)63,b4S4b(1qn 所以3q324,解得，q 所以的前n項和公式為T 3(2 1 主講教 白彥 ab(nN*)，且b2，求數(shù)列b的通項公式 求數(shù)列{an}設數(shù)列{anbn是首項為1，公比為c的等比數(shù)列，求{bn}的前nSn已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公差 0， 6，且a1,a3,a9成等比數(shù)列1求數(shù)列{a}（Ⅱ）求數(shù)列n

的前n項和公式已知公差不為０的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn， 6，且a1,a4,a13成等比數(shù)列1求數(shù)列{a}（Ⅱ）求數(shù)列n

的前n項和公式已知等差數(shù)列{an}d0nSSaa2 設ba， b2an(nN*)，求數(shù)列{bn}的通項公式 數(shù)列aa1，前nSS1，nN*n1nnn求出a2a3a4 S2 在數(shù)列{a}中，a1, (11)an 設ban，求數(shù)列 求數(shù)列{an}的前na的公差為d，由題意得da4a1123 所以ana1n1d3nn1，2，設等比數(shù)列ba的公比為q，由題意得q3b4a420128，解得q2 b

4 所以babaqn12n1 從而bn3n2n1n1，2，bn3n2n1n1，2

1 項和為

22

3nn12n

1 2.（Ⅰ）Sn4an3n1a14a13，解得a1Sn4an3Sn14an13(n2，所以當n2anSnSn14an4an1整理得

4 3a110 6 （Ⅱ）解：因為

4 ( 由 ab(nN*)，得 b4n1 ()可得bnb1b2b`1b3b2bn1( ＝2 13n1

)n113

n2所以數(shù)列的通項公式為b 4n1 3(3依題意a3a8(a2a7)2d6，從而d 2所以a2a72a17d23，解得a1 4所以數(shù)列{an}的通項公式為an3n2 6解：由數(shù)列{anbn是首項為1，公比為c得anbncn1，即3n2bncn1，所以bn3n2 8(3n2)](1c(3n2)](1cc2n(3n1)1cc2 102 3n2從而當c1時，Sn n 11 1當c1時，Sn 13 1 6，所以 2d 6 3 因為aaa成等比數(shù)列，所以a 2d)2②……5 1由①，②及 2, 6所以 7（Ⅱ）由

2

9 . Sn 11 1所以數(shù)列

n

13 0因為 6所以

2

6 3因為a1a4a13所以a 3d)2 5 6所以 7由

1)2

2n 9 1 所 2

11 Sn 11 2 112 所以數(shù)列 }的前n項和S3 （Ⅰ） 3(a1d)a1 2a1所以 3(ad) ，即 a2

13 因為aa2d0 所以a20

a1所以d2所以an2n 6（Ⅱ）因為bn1bn2an(nN*，所以bb2a1， bb2a2 b 2an1 n相加得bnb12a12a2

=22 = 3

13即bn

22n1．3． a11，Sn2an∴當n2a1a22a21a2n3a1a2a32a31a3 3 Sn2an1n ∴ (1)-(2)得an2an2an1(n2n，即an2an1n2nN 所以數(shù)列a是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，a

S2n12n， 2，∴SnSn22n12n2122n22n22nS2S

2n11222n22n2∴∴SS n

2n0∴S S

13n （I）n

an

bn11利用累差迭加即可求出數(shù)列的通項公式:

2

(nN*nn（II）由（I）an2n2n1n

Sn=(2kk1)(2k)k 而(2kn(n1)，又2k1

n

n2易得k142

Sn=n(n1)2n1

（1）i2=-1形 .b≠0z=a+bi=0+bi我們就將其稱為純虛數(shù) 復數(shù)

a，b，c，dRa+bi=c+dia=c且 都可以由平面直角坐標系中的點(a，b)表示．而有序?qū)崝?shù)對(a，b)與平面直角坐標系中的 的復數(shù)a)

cabi=abic

acbd(bcad

ac=

bcadc cdic

a2

c2d

c2d 1 1特殊結(jié)論： ， ， 1 1(a+bi)(c+di)=abi=(abi)(cdi)=(acbd)(bcadc

(cdi)(c

c2dac bc= c2d c2d

a2a 例1．實數(shù) 分別取什么值時，復數(shù)z a3

例2．設 ， 例3．設復數(shù) 和復平面的點Z（a，b）對應，、必須滿足什么條件，才能使點Z位于：（1）例4．在復平面內(nèi)，復數(shù)zi(12i)對應的點位于 5（20

3

若a，bR，i是虛數(shù)單位，且b(a2)i1i，則ab的值為 D．如圖，在復平面內(nèi)，復數(shù)z，z對應的向量分別是OA，OB，則復數(shù)z1對應的點位于 z z2復數(shù) 14

4 2 2

21

D．第四象已知復數(shù)z滿足(1i)z1，則z

ii2

1i2

5

C. D. 5已知i為虛數(shù)單位，則復數(shù)i(1i)所對應的點坐標為 9．21i

等于 2 B．1 D．1z已知i為虛數(shù)單位，2，則復數(shù)z ziA.1 B.1 C. 復 1 1設aR，且(ai)2i為實數(shù)，則a的值 復數(shù) ，則z i(1-2i)

11

DBBDABBBDC 學（文科 已知全集U=R，集合A{x|x10}，則UA A. B.(1, C. f(x)x B.f(x) C.f(x)1

D.f(x)ln在平面直角坐標系中，已知點O(0,0),A(0,1),B(1,3)，則OAAB的值為 x2函數(shù)f(x) x

1x2）的值域為 2

[2,2

3設aπ05,blog2,ccos2，則 3A.ca B.ac C.bc D.cb已知函數(shù)f(x)是定義在實數(shù)集R上的偶函數(shù)，則下列結(jié)論一定成立的是 xR，f(x)fC.xR，f(x)f(x)

x0R，f(x0)f(x0D.x0R，f(x0)f(x0)已知函數(shù)f(x) x0,則不等式xf(x1)1的解集為 xA. B. C. D.[1,M{(xy|yf(x，若對于任意(x1y1M，存在(x2y2)Mx1x2y1y20M是“”.31①M{(x,y)|yx

②M{(x,y)|ycos ③M{(x,y)|yex B. 二、填空題:6530分已知數(shù)列an中，a11，2an1an，則a5 (sin15cos15)2 已知函數(shù)f(x)1，則曲線yf(x)在點(1,f(1))處的切線方程 x在OABMABOP

，且OPxOAyOB(x0)，則y xO已知函數(shù)yg(x)的圖象可以由f(x)sin2x的圖象向右平移(0π)個單位得到，這兩個函數(shù)的部分圖象如圖所示，則O數(shù)列{an中，如果存在ak，使得akak1且akak1”成立(k2,kN)，則稱ak若an|n7|，則{an}的峰值

為{an}n2若antn

n且{an}存在峰值，則實數(shù)t的取值范圍 n三、解答題:680分.（13分RtABCAC3BC4DABACAD求CD的長；(Ⅱ)求sinBDC的值已知等差數(shù)列{an的前nSn，且a25,S520f(x2sin2xcos(2x2π(Ⅰ)f()8. 設MPx米，PNy米，將y表示成x的函數(shù)，求該函數(shù)的解析式及定義域； fx1x3ax13x1f(x取得極值，求af(x在[0,1]若對任意mRyxmyf(x的切線，求a的取值范圍A={a1,a2,an}（1a1<a2<<an使得ak=ai+aj成立

n4具有性質(zhì)P：對任意的k(2k i,j(1ijn)a42a1+a2+a3；(Ⅲ)若an=72,求n的最小值 學（文 選擇題（8540分12345678BCBCDCAB二、填空題（653230分9．211．yx13．314．0;三、解答題(680分（所以cosA5在ACD中，根據(jù)余弦定理CD2AC2AD22ACADcos所以CD232322335

1 3 6所以CD 8（II）BCDsinB5

9 12把BC4，CD 代入，得到sinBDC 13依題意，有a2a1d5,S55a110d 2a1d聯(lián)立得5a10d a1解得d所以an6n11n

5 7（II）因為ann7

a1annn(n

9n(n13)n7，即n215n140解得n1n又nN*，所以n

11所以n的最小值為 1322sin2xsin1cos2xsin 2sin(2xπ)4

2 4 6所以f() 2sin()1 7 （Ⅱ）因為f(x) 2sin(2xπ)4所以T2π2

9 10所以令2kππ2xπ2kππ 11 解得kππxkπ fx的單調(diào)增區(qū)間為(kππkπ3π，(k

12 13解：（I）PQAF于QPQ8yEQx在EDFEQ x48

2y1x10，定義域為{x|4x8})S(x)xyx(10x)1(x10)2 )x8BNPM面積取得最大值48

6 9 11 13 2x1時，fx取得極值，所以f'(1)1a0，x(1,1)時，f'(x0,x(1,f'(x0,

a 3所以f(x)在x1處取得極小值，即a1符合題 4當a0f'(x0x(0,1)所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，f(x)在x0處取最小值f(0) 6當a0時，令f'(x)x2a0，xa,xa 7 當0a1時 x a)時，f'(x) x(a,1)時，f'(x) fxx當a1

af

a)1 93x(0,1)時，f'(x)0, f(x)單調(diào)遞減所以f(x)在x1處取得最小值f(1)4a3

11當a0fxx0f(0)當0a1時，f(x)在x a處取得最小值f(a)1 3當a1fxx1f(1)4a3因為mRyxmyf(x所以f'(x)x2a1對xR成立 12f'(x)x2a的最小值大于1f'(xx2af(0)所以a1，即a 14解：(Ⅰ)因為2=1+1,4=2+2,6=2+4，所以{1,2,4,6}具有性質(zhì) 2因為不存在ai,aj{1,3,4,7}，使得3ai 4A={a1,a2,an具有性質(zhì)P所以對a4而言，存在aiaj{a1,a2,an}，使得a4ai又因為1a1<a2<a3<a4<an,n所以ai,aja3，所以a4aiaj同理可得a32a2a2a2+a3+a42(a1+a2+a3所以a42a1+a2由(Ⅱ)可知a22a1,a3 又a1=1，所以a22,a34,a48,a516,a632,a764所以nA={1,2,4,5,9,18,36,72}（A={1,2,3,6,9,18,36,72

6 9經(jīng)檢驗A具有性質(zhì)P，故n的最小值為 14 學（理科 U已知全集U=R，集合A{x|x21}，則A UA. B. C.(1, D.(, f(x)x

f(x) C.f(x)1

D.f(x)tan在平面直角坐標系xOy中，已知點O(0,0),A(0,1),B(1,3)，則OAAB的值為 n已知數(shù)列{an的前nS22n1，則a3（nA. B. C. D.sin1512

的值為 64

62

3“t0”是“函數(shù)f(x)x2txt在(,)內(nèi)存在零點”的 B.必要而不充分條C.充分必要條 D.既不充分也不必要條已知函數(shù)f(x)1,x0,則不等式xf(x1)1的解集為 1,xA.[1, B. D.M{(xy|yf(x，若對于任意(x1y1M，存在(x2y2)M，使得x1x2y1y20M是“”.41①M{(x,y)|yx③M{(x,y)|ycos

②M{(x,y)|yex④M{(x,y)|yln A. B. C. D.二、填空題:6530分1exdx 0設aπ05,blog32,ccos2，則a,b,c的順序 x2 函數(shù)f(x)

x2）的值域 在OAB中，點M為邊AB中點， ，且OPxOAyOB(x0)O則yOx已知函數(shù)yg(x)的圖象可以由f(x)sin2x的圖象向右平移(0π)個單位得到，這兩個函數(shù)的部分圖象如圖所示，則 數(shù)列{an中，如果存在ak，使得akak1且akak1”成立（其中k2,kN，則稱ak為{an值n若a3n211n，則{an}的峰值 n若antlnnn，且{an}不存在峰值，則實數(shù)t的取值范圍

三、解答題:680分.（13分已知等差數(shù)列{an的前nSn，且a25,S520f(x2cos2xcos(2x2π()8在ABC中，Aπ，tan(AB)7，AC 48AE4CD6米.為了合理利用這塊鋼板，將在五邊形ABCDEBNPMPDE上. MD f(x1x31(2a1)x2a2a)x f(xx1處取得極大值.求實數(shù)a若mRykxmyf(x的切線，求k若a1f(x在區(qū)間[0,1]上的最大值A={a1,a2,an}（1a1<a2<<an使得ak=ai+aj成立

n2）具有性質(zhì)P：對任意的k(2k i,j(1ijn)an2a1+a2++an-1(n2)若an=72,A中所有元素的和的最小值 學（理）一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）12345678BCBDCADB二、填空題（653230分5e abπ

11.[2, {t|t 或t ,nN*且n) 13． ln(n)n三、解答題(680分（依題意，有a2a1d5,S55a110d 2a1d

10d a1解得d所以an6n1)1n

5 7

a1annn(n

9n(n13)n7，即n215n140解得n1或n又nN*，所以n

11所以n的最小值為 13解：（）f(x2cos2xcos(2x22cos2xsin1cos2xsin 2sin(2xπ)4

2 4 6所以f() 2 )1 7 f(x) 2sin(2xπ)4所以T2π2）又ysinx的單調(diào)遞減區(qū)間為（2kππ,2kπ ，(k） 所以令2kππ2xπ2kπ 解得kππxkπ

9 10 11 f(x的單調(diào)減區(qū)間為(kπ+πkπ5π

12(k 13（所以tanCtan[πABtanA因為tanAB7，所以tanCtanCsinC又 解得|sinC|7

1 3 4 5因為C(0所以sinC7

6 1tan ，所以tan(AB) 1tan解得tanB 84因為C(0π),所以sinB5

9b

，代入得到c 11

1bcsin21327sinπ

13解：（I）PQAF于QPQ8yEQx在EDFEQ 8 S(x)xyx(10x)1(x10)2

2 4 6 9 11 13（Ⅰ）因為f(xx22a1)xa2xa)[x(a 2f(x0x1a1)x2x(,a(a,aa(a1,f00f所以a)（II）f(x)x2a12) 因為mRykxmyf(x

4 5 6所以f(x)(x2a1)21k對xR成 7 f(x)的最小值大于所以k4因為a1,所以a1當a1f(x0x[0,1]x1f(xf(1)a26當0a1x(0,af(x0f(x單調(diào)遞增x(a,1f(x0f(xxaf(xf(a1a31 當a0x(0,1f(x0f當1a0x(0a1f(x0f(x單調(diào)遞減x(a1,1f(x0f(xf(0)0,f(1)a216當1a6f(xx1f(1)a2 當6a0f(xx0f(0)0

8 9 10 11當a 6時，f(x)在x0，x1處都取得最大值 146當a1或1a6f(xf(1)a2 當0a1f(xf(a1a31 當a 6時，f(x)在x0，x1處都取得最大值6當6a0f(xx0f(0)06解：(Ⅰ)311所以{1,34} 4即對任意的k(2k又因為1a1<a2

i,j(1ijn，使得ak=ai+ajn2，所以aiak,aj所以aiak1,ajak1，所以ak=ai+aj即an2an1，an12an2,an22an3,...,a32a2,a2 6a2++an1+an2(a1+a2a所 2a+a++a 9a (Ⅲ)最小值為所以易知數(shù)集A的元素都是整數(shù) Sai147最?。ù嬖谛燥@然，因為滿足ai147A只有有限個 由(Ⅱ)可知a22a1, a32a2.......又a1=1，所以a22,a34,a48,a516,a632a76472，所以n第二步：證明an136an218an39nn若36A，設at=36，因為an723636Sai中一定不含有元素ak，使得36<ak72，從而an136假設36A，根據(jù)性質(zhì)P，對an72，有aiaj，使得an72ai顯然aiaj，所以anaiajS(anaiaj)5a1149，矛盾，所以36A，進而at=36，且an1（同理可以證明：若18A，則an2假設18A因為an136根據(jù)性質(zhì)P，有aiaj，使得an136ai顯然aiaj，所以anan1aiaj144A中至少還有４個不同于anan1aiaj的元素Sanan1aiaj4a1148，矛盾，所以18A，且an2同理可以證明：若9A，則an3假設9因為an218,根據(jù)性質(zhì)P，有aiaj，使得an218ai顯然aiaj，所以anan1an2aiajA中至少還有３個不同于anan1an2aiaj的元素Sanan1an2aiaj3a1147，矛盾，所以9A，且an39P，有aiaj，使得9aiaai8,aj14的元素ak8，則S148；ai7,aj24的元素ak7，S148； 14 學（文科 4頁，150120分鐘?？忌鷦毡貙⒋鸢复鹪诖痤}卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y(jié)束后，已知集合A{1,0,1,2}，B{x|x1}，則 B B.{1, C.{1,

D.{1,1,A.f(x) B.f(x)ln C.f(x) D.f(x)sin已知向量a(1,2),b(m,1)，且a//b，則實數(shù)m的值為 B.2“π”是“sin1”的（

C.2

D.A.充分而不必要條 B.必要而不充分條C.充分必要條 D.既不充分也不必要條已知數(shù)列a的前n項和為S，且a10, a3(nN*)，則S取最小值時nn的值是（B

B. D.tanx,x若函數(shù)f(x) 在(π,)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍 A B. C.[1,若函數(shù)f(x)sinxkx存在極值，則實數(shù)k的取值范圍是 A

D.(0,A. B. C.(1, D.(,③存在點P使得ABP是直角三角形. A. C. D.函數(shù)y 已知10a5,blg2，則ab 已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a34,S33，則公差d Of(x2sin(x)(0,||O2則 ， .2π， 設向量aACAB，若aAB，則實數(shù) 定義在(0,f(xx1,1x3x,2x②f(3x)3f(x)（i）f(6) （ii）F(x)f(xax1x2，則當a(1,3)時，x1x2 x2n1x2n 答案：36(3n三、解答題:680分.（14分已知函數(shù)f(x) 3cos2x2cos2(πx)4π求f(x)在區(qū) ,]上的取值范圍3

3cos2xcos(π23cos2xsin

242sin(2x 63 f(x)最小正周期為T 因為 x ，所以 2x 10 所以 3sin(2xπ)

12所以 2sin(2xπ)2，所以f(x)取值范圍為3

14分）在ABC求b求sinB的值

，3b2c,SABC 31bcsin60322231bcsin603222

2所以bc6 3又3b所以b2,c3 5（Ⅱ）因為b2,c3，A60由余弦定理a2b2c22bccosA可 7a2223267，即a 9asin

sin

12 所以sinB 7已知等比數(shù)列{an滿足a3a13,a1a23若ba21，求數(shù)列{b的前n項和公式 由aa3得a(q21) 2 由a1a23得a1(1q) 4兩式作比可得q11，所以q2 5把q2代入②解得a11 6所以an 7（II）由（I）可得ba214n1 8 Sn 1Sn 1

nn3

1)n 13xx|PH|tAPHf(t

POHAxf(tPOHAxf(t的最大值 t，所以點P的橫坐標為t21 2因為點H在點A的左側(cè)，所以t2111，即 t 3由已知t0，所以0t 4AH11t21)12t2所以APHf(t1(12t2t,0t2（II）f'(t)63t23(t2)(t

6 7由f'(t)0，得t2（舍或t 8f(tf'(tt2(2,2f+0f↗↘12所以當t2時，函數(shù)f(t)取得最大值 13f(xxalna1yf(x在點(1,f(1f(x解：（I）當a1時，f(x)xlnx，f'(x)11(x 1xf(1)1，f'(1)所以切線方程為2xy1（II）f'(x)xa(xx

3 5 6a0x(0f'(x0f(x的單調(diào)增區(qū)間是(0,；-8分a0時，函數(shù)fx與f'(x在定義域上的情況如下：xf0+f(↘↗

10a0(0,f(xf(eaea1110f(1)10 11②當a0時，函數(shù)f(x)在定義域(0,)上沒零點 12a0f(af(xf(x所以，當f(a)a(ln(a)1)0，即ae時，函數(shù)f(x)沒有零 13綜上所述，當ea0時，f(x)沒有零 14

a為3的倍數(shù)n已知數(shù)列{a}的首項a1a,其中aN*，an1 na2014，且數(shù)列{an7項構(gòu)成等比數(shù)列，求a求證：1A 3如果a是3的倍數(shù)，則 1a；如果a是被3除余1，則由遞推關(guān)系可得 a2，所以 3 3的倍數(shù)，所以 1 ；如果a被3除余2，則由遞推關(guān)系可得 a1，所以 是3的數(shù)，所以 1 3k

3k .

3nnk7pp312的正整數(shù)，則可推得apk 因為36201437，所以a36或a23 361,2361a362,236 36,236361,2361,362,2362 8若a被3除余1，則由已知可得 a1， a 1(a2) 若a被3除余2，則由已知可得 a1， 1(a1)， 1(a1)1 若ak30，則由已知可得

13

13

2所以

13

2 所以a a

2)

(a (3 所以，對于數(shù)列{an中的任意一項ak，“若ak3，則akak3因為akN*，所以akak31若am1，結(jié)論得證.am3，則am11；若am2，則am13,am2所以1A 13 4頁，150120分鐘?？忌鷦毡貙⒋鸢复鹪诖痤}卡上，在試卷上作答無效。考試結(jié)束后，已知集合A{1,1,2}，B{x|x10}，則 B A B. C.{1, D.下列函數(shù)中，值域為(0,)的函數(shù)是 f(x) B.f(x)ln C.