《2018年浙江高考数学二轮复习教师用书：技法强化训练1 函数与方程思想 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年浙江高考数学二轮复习教师用书：技法强化训练1 函数与方程思想 （5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、技法强化训练技法强化训练( (一一) ) 函数与方程思想函数与方程思想 (对应学生用书第 159 页) 题组 1 运用函数与方程思想解决数列、不等式等问题 1已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn是其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则 S8的值为( ) A16 B32 C64 D62 C C 由题意可知aa1a5， 2 2 即(1d)21(14d)，解得d2， an1(n1)22n1. S84(115)64. a1a8 8 2 2若 2x5y2y5x，则有( ) Axy0Bxy0 Cxy0Dxy0 B B 原不等式可化为 2x5x2y5y，构造函数y2x5x，其为 R R 上的增函
2、数，所以有 xy，即xy0. 3若关于x的方程x22kx10 的两根x1，x2满足1x10x22，则k的取值范围是( ) 【导学号：68334007】 A.B. ( 3 4，0) ( 3 4，0 C.D. (0， 3 4) 0， 3 4) B B 构造函数f(x)x22kx1，因为关于x的方程x22kx10 的两根x1，x2满足 1x10x22， 所以Error!即Error! 所以 k0，所以k的取值范围是. 3 4 ( 3 4，0 4已知数列an满足a160，an1an2n(nN N*)，则的最小值为_ an n 由an1an2n，得 2 29 9 2 2 an(anan1)(an1an2
3、)(a2a1)a1 2(n1)2(n2)260 n2n60. n1. an n n2n60 n 60 n 令f(x)x1，易知f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增 60 x1515 又nN N*，当n7 时，71， a7 7 60 7 102 7 当n8 时，81. a8 8 60 8 29 2 又，故的最小值为. 29 2 102 7 an n 29 2 5已知函数f(x)xln xa，g(x)x2ax，其中a0. 1 2 (1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与曲线yg(x)也相切，求a的值； (2)证明：x1 时，f(x) g(x)恒成立 1 2 【导学号：68
4、334008】 解 (1)由f(x)xln xa，得f(1)a， f(x)ln x1，所以f(1)1.1 分 所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线为yxa1.因为直线yxa1 与曲线 yg(x)也相切， 所以两方程联立消元得x2axax1， 1 2 即x2(a1)x1a0，3 分 1 2 所以(a1)24 (1a)0，得a21. 1 2 因为a0，所以a1.4 分 (2)证明：x1 时，f(x) g(x)恒成立，等价于x2axxln xa 0 恒成立 1 2 1 2 1 2 令h(x)x2axxln xa ， 1 2 1 2 则h(1)0 且h(x)xaln x1.6 分 令(x)xl
5、n x1，则(1)0 且(x)1 ，8 分 1 x x1 x 所以x1 时，(x)0，(x)单调递增， 所以(x)(1)0. 又因为a0，所以h(x)0，h(x)单调递增，所以h(x)h(1)0， 所以x1 时，x2axxln xa 0 恒成立，11 分 1 2 1 2 即x1 时，f(x) g(x)恒成立.12 分 1 2 题组 2 利用函数与方程思想解决几何问题 6设抛物线C：y23px(p0)的焦点为F，点M在C上，|MF|5，若以MF为直径的圆过点 (0,2)，则C的方程为( ) Ay24x或y28xBy22x或y28x Cy24x或y216xDy22x或y216x C C 由抛物线的
6、定义可知MFxM5，xM5，y15p，故以MF为直径的 3p 4 3p 42M 9p2 4 圆的方程为(xxM)(xxF)(yyM)(yyF)0， 即(2yM)(20)0. (05 3p 4)(0 3p 4) yM22yM4，p 或. 15p 8 9p2 32 y2M 8 4 3 16 3 C的方程为y24x或y216x. 7(2017宁波市镇海中学高三模拟考试)在直三棱柱A1B1C1ABC中， BAC，ABACAA11，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC 2 和AB上的动点(不包括端点)，若GDEF，则线段DF的长度的取值范围为( ) 【导学号：68334009】
7、A.B. 5 5 ，1) 5 5 ，1 C.D. ( 2 5 5 ，1) 2 5 5 ，1) A A 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，E，G，设F(x,0,0)， (0，1， 1 2) ( 1 2，0，1) D(0，y,0)，则，x，y(0,1) GD ( 1 2，y，1) EF (x，1， 1 2) 由于GDEF，所以x2y10，x12y(0,1)，解得 0y .DF 1 2x2y2 ，当且仅当y 时，线段DF长度的最小值是，当y0 时， 5y24y1 5(y2 5)2 1 5 2 5 5 5 线段DF的最大值是 1，由于不包括端点，故y0 不能取，所以线段DF的长度的取值
8、范围是 ，故选 A. 5 5 ，1) 8已知椭圆E：1(ab0)的离心率e，并且经过定点P. x2 a2 y2 b2 3 2 ( 3，1 2) (1)求椭圆E的方程； (2)问：是否存在直线yxm，使直线与椭圆交于A，B两点，且满足？若存 OA OB 12 5 在，求出m的值；若不存在，请说明理由. 【导学号：68334010】 解 (1)由e 且1，c2a2b2， c a 3 2 3 a2 1 4b2 解得a24，b21， 即椭圆E的方程为y21.4 分 x2 4 (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由Error!x24(mx)240 5x28mx4m240.(*) 所以x1x2，
9、x1x2，8 分 8m 5 4m24 5 y1y2(mx1)(mx2)m2m(x1x2)x1x2m2m2，由得 8 5 4m24 5 m24 5 OA OB 12 5 (x1，y1)(x2，y2)，即x1x2y1y2， 12 5 12 5 4m24 5 m24 5 12 5 m2. 又方程(*)要有两个不等实根，所以(8m)245(4m24)0，解得m，所 55 以m2.12 分 9如图 1，直三棱柱ABCABC中，ACBC5，AAAB6，D，E分别为AB和BB上 的点，且. AD DB BE EB 图 1 (1)求证：当1 时，ABCE； (2)当为何值时，三棱锥ACDE的体积最小，并求出最
10、小体积 解 (1)证明：1，D，E分别为AB和BB的中点.1 分 又AAAB，且三棱柱ABCABC为直三棱柱， 平行四边形ABBA为正方形，DEAB.2 分 ACBC，D为AB的中点，CDAB.3 分 三棱柱ABCABC为直三棱柱， CD平面ABBA，CDAB，4 分 又CDDED，AB平面CDE. CE平面CDE，ABCE.6 分 (2)设BEx，则ADx，DB6x，BE6x.由已知可得C到平面ADE的距离即为 ABC的边AB所对应的高h4，8 分 AC2(AB 2)2 VACDEVCADE (S四边形ABBASAADSDBESABE)h 1 3 h 1 3363x 1 26xx36x (x26x36) (x3)227(0x6)，14 分 2 3 2 3 当x3，即1 时，VACDE有最小值 18.15 分
