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1、 数学思想(一)一、选择题1(20xx青岛模拟)等比数列an的前n项和为Sn，已知S1,2S2,3S3成等差数列，则数列an的公比为()A.B.C.D.解析：选B设等比数列的首项为a1，公比为q，则S1a1，S2a1a2a1a1q，S3a1a2a3a1a1qa1q2.由S1,2S2,3S3成等差数列，得22S2S13S3，即4(a1a1q)a13(a1a1qa1q2)，可得3q2q0，得q0或q，因为q0，所以q.2若a1，则双曲线1的离心率e的取值范围是()A(1，) B(，)C， D(，)解析：选Be2212，因为是减函数，所以当a1时，01，所以2e25，即e0恒成立，则x的取值范围为(
2、)A(，2)(3，) B(，1)(2，)C(，1)(3，) D(1,3)解析：选C把不等式的左端看成关于a的一次函数，记f(a)(x2)a(x24x4)，则f(a)0对于任意的a1,1恒成立，易知只需f(1)x25x60且f(1)x23x20即可，联立方程并解得x3.4若2x5y2y5x，则有()Axy0 Bxy0Cxy0 Dxy0解析：选B原不等式可化为2x5x2y5y，构造函数y2x5x，其为R上的增函数，所以有xy，即xy0.5.如图，A是单位圆与x轴的交点，点P在单位圆上，AOP(0)，四边形OAQP的面积为S，当S取得最大值时的值为()A. B. C. D.解析：选BS|cos |s
3、in cos sin sin，当时，S取得最大值6(20xx西安模拟)已知函数f(x)cos x(x(0,2)有两个不同的零点x1，x2，且方程f(x)m有两个不同的实根x3，x4.若把这四个数按从小到大的排列构成等差数列，则实数m的值为()A. BC. D解析：选D假设方程f(x)m的两个实根x3x4.由函数f(x)cos x(x(0,2)的零点为，又四个数按从小到大排列构成等差数列，可得x3x4，由题意得x3x42，2x3x4，则由可得x3，所以mcos.二、填空题7若方程sin2x2sin xa0有解，则实数a的取值范围是_解析：令f(x)sin2x2sin x，则f(x)的值域是1,3
4、，因为方程sin2x2sin xa0一定有解，所以1a3，所以实数a的取值范围是3,1答案：3,18已知数列an是递增数列，且对于任意的nN*，ann2n恒成立，则实数的取值范围是_解析：由an是递增数列，得anan1对nN*恒成立，即n2n(2n1)而(2n1)3，所以3.答案：(3，)9设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x0，且g(3)0，则不等式f(x)g(x)0的解集是_解析：设F(x)f(x)g(x)，由于f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，得F(x)f(x)g(x)f(x)g(x)F(x)，即F(x)为奇函数又当x0，所以x0时，F(x)也是增
5、函数来源:因为F(3)f(3)g(3)0F(3)所以F(x)0)相交于A，B，C，D四个点来源:(1)求m的取值范围；(2)求四边形ABCD的面积的最大值及此时对角线AC与BD的交点坐标解：(1)联立曲线M，N的方程，消去y可得(x4)22xm20，即x26x16m20，根据条件可得解得mx1，y10，y20.来源:则SABCD(y1y2)(x2x1)()(x2x1) .令t，则t(0,3)，SABCD2，设f(t)t33t29t27，则令f(t)3t26t93(t22t3)3(t1)(t3)0，来源:可得当t(0,3)时，f(x)的最大值为f(1)32，从而SABCD的最大值为16.此时t1
6、，即1，则m215.联立曲线M，N的方程消去y并整理得x26x10，解得x132，x232，所以A点的坐标为(32，1)，C点坐标为(32，1)，kAC，来源:则直线AC的方程为y(1)x(32)，当y0时，x1，由对称性可知AC与BD的交点在x轴上，即对角线AC与BD交点坐标为(1,0)12已知函数f(x)ax3(2a)x2x1(a0)(1)若a4，求f(x)的单调区间；(2)设x1，x2,1为关于x的方程f(x)0的实根，若，求a的取值范围解：(1)当a4时， f(x)4x32x2x1，f(x)12x24x1(6x1)(2x1)，由f(x)0得x，由f(x)0得x，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)f(x)(x1)(ax22x1)，f(x)0一根为1，另两根为ax22x10的解，由得00，x1，x2为ax22x10的根，2.令t，u(t)t2，t，则u(t)1，u(t)在上递减，在1,2上递增，u(t)，即，故a.
