高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 第一篇 活用審題路線圖教你審題不再難試題

高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)增分策略第一篇活用審題路線圖，教你審題不再難審題是解題的基礎(chǔ)，深入細致的審題是成功解題的前提，審題不僅存在于解題的開端，還要貫穿于解題思路的全過程和解法后的反思回顧．正確的審題要多角度地觀察，由表及里，由條件到結(jié)論，由數(shù)式到圖形，洞察問題實質(zhì)，選擇正確的解題方向．事實上，很多考生往往對審題掉以輕心，或不知從何處入手進行審題，致使解題失誤而丟分．本講結(jié)合實例，教你正確的審題方法，給你制訂一條“審題路線圖”，攻克高考解答題．一審條件挖隱含任何一個數(shù)學(xué)問題都是由條件和結(jié)論兩部分構(gòu)成的．條件是解題的主要素材，充分利用條件間的內(nèi)在聯(lián)系是解題的必經(jīng)之路．條件有明示的，有隱含的，審視條件更重要的是要充分挖掘每一個條件的內(nèi)涵和隱含的信息，發(fā)揮隱含條件的解題功能．例1(2014·重慶)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)(ω>0，－eq\f(π,2)≤φ<eq\f(π,2))的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱，且圖象上相鄰兩個最高點的距離為π.(1)求ω和φ的值；(2)若f(eq\f(α,2))＝eq\f(\r(3),4)(eq\f(π,6)<α<eq\f(2π,3))，求cos(α＋eq\f(3π,2))的值．審題路線圖(1)eq\x(條件：fx圖象上相鄰兩個最高點距離為π)↓挖掘三角函數(shù)圖象的特征eq\x(fx的周期為π)↓T＝eq\f(2π,|ω|)，ω>0(已知)eq\x(ω＝2)eq\x(條件：fx圖象關(guān)于直線x＝\f(π,3)對稱)↓f(eq\f(π,3))取到最值eq\x(2×\f(π,3)＋φ＝kπ＋\f(π,2)k∈Z)↓－eq\f(π,2)≤φ<eq\f(π,2)(已知)eq\x(φ＝－\f(π,6))↓(2)eq\x(條件：f\f(α,2)＝\f(\r(3),4))↓代入f(x)eq\x(sinα－\f(π,6)＝\f(1,4))↓條件eq\f(π,6)<α<eq\f(2π,3)eq\x(cosα－\f(π,6)＝\f(\r(15),4))↓欲求cos(α＋eq\f(3π,2))＝sinα＝sin[(α－eq\f(π,6))＋eq\f(π,6)]eq\x(sinα＝\f(\r(3)＋\r(15),8))↓eq\x(cosα＋\f(3π,2)＝\f(\r(3)＋\r(15),8))解(1)因為f(x)的圖象上相鄰兩個最高點的距離為π，所以f(x)的最小正周期為T＝π，從而ω＝eq\f(2π,T)＝2.又因為f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱，所以2×eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.由－eq\f(π,2)≤φ<eq\f(π,2)，得k＝0，所以φ＝eq\f(π,2)－eq\f(2π,3)＝－eq\f(π,6).(2)由(1)得f(eq\f(α,2))＝eq\r(3)sin(2·eq\f(α,2)－eq\f(π,6))＝eq\f(\r(3),4)，所以sin(α－eq\f(π,6))＝eq\f(1,4).由eq\f(π,6)<α<eq\f(2π,3)，得0<α－eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，所以cos(α－eq\f(π,6))＝eq\r(1－sin2α－\f(π,6))＝eq\r(1－\f(1,4)2)＝eq\f(\r(15),4).所以cos(α＋eq\f(3π,2))＝sinα＝sin[(α－eq\f(π,6))＋eq\f(π,6)]＝sin(α－eq\f(π,6))coseq\f(π,6)＋cos(α－eq\f(π,6))sineq\f(π,6)＝eq\f(1,4)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(15),4)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3)＋\r(15),8).跟蹤演練1(2014·四川)已知函數(shù)f(x)＝sin(3x＋eq\f(π,4))．(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若α是第二象限角，f(eq\f(α,3))＝eq\f(4,5)cos(α＋eq\f(π,4))cos2α，求cosα－sinα的值．二審結(jié)論會轉(zhuǎn)換問題解決的最終目標就是求出結(jié)論或說明已給結(jié)論正確或錯誤．因而解決問題時的思維過程大多都是圍繞著結(jié)論這個目標進行定向思考的．審視結(jié)論，就是在結(jié)論的啟發(fā)下，探索已知條件和結(jié)論之間的內(nèi)在聯(lián)系和轉(zhuǎn)化規(guī)律．善于從結(jié)論中捕捉解題信息，善于對結(jié)論進行轉(zhuǎn)化，使之逐步靠近條件，從而發(fā)現(xiàn)和確定解題方向．例2(2015·北京)已知函數(shù)f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x).(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求證：當x∈(0,1)時，f(x)＞2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))；(3)設(shè)實數(shù)k使得f(x)＞keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))對x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．審題路線圖(2)eq\x(x∈0，1時fx>2x＋\f(x3,3))eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化要證),\s\do5(結(jié)論))eq\x(fx－2x＋\f(x3,3)>0在0，1上恒成立)eq\o(→,\s\up7(構(gòu)造函數(shù)),\s\do10(gx＝fx－2x＋\f(x3,3)))eq\x(gx>0)→eq\x(研究函數(shù)gx的單調(diào)性求gx)(3)eq\x(求k的最大值)eq\o(→,\s\up7(構(gòu)造函數(shù)),\s\do10(hx＝fx－kx＋\f(x3,3)))eq\x(研究hx單調(diào)性)eq\o(→,\s\up7(討論參數(shù)k),\s\do5(結(jié)合2知k≤2時符合題意))eq\x(k>2時hx的單調(diào)性)解(1)因為f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1,1－x)，f′(0)＝2.又因為f(0)＝0，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x.(2)令g(x)＝f(x)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))，則g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝eq\f(2x4,1－x2).因為g′(x)>0(0<x<1)，所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增．所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0,1)，即當x∈(0,1)時，f(x)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).(3)由(2)知，當k≤2時，f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))對x∈(0,1)恒成立．當k>2時，令h(x)＝f(x)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))，則h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝eq\f(kx4－k－2,1－x2).所以當0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))時，h′(x)<0，因此h(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(4,\f(k－2,k))))上單調(diào)遞減．當0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))時，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).所以當k>2時，f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))并非對x∈(0,1)恒成立．綜上可知，k的最大值為2.跟蹤演練2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx.(1)若a＝－1，求函數(shù)f(x)的極值，并指出是極大值還是極小值；(2)若a＝1，求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；(3)若a＝1，求證：在區(qū)間[1，＋∞)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)＝eq\f(2,3)x3的圖象的下方．三審圖形抓特點在不少數(shù)學(xué)高考試題中，問題的條件往往是以圖形的形式給出，或?qū)l件隱含在圖形之中，因此在審題時，要善于觀察圖形，洞悉圖形所隱含的特殊關(guān)系、數(shù)值的特點、變化的趨勢．抓住圖形的特征，運用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法，是破解考題的關(guān)鍵．例3如圖(1)所示，在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°.點E、F分別在邊CD、CB上，點E與點C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O.沿EF將△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED，如圖(2)所示．(1)求證：BD⊥平面POA；(2)當PB取得最小值時，求四棱錐P－BDEF的體積．審題路線圖(1)(2)(1)證明因為菱形ABCD的對角線互相垂直，所以BD⊥AC.所以BD⊥AO.因為EF⊥AC，所以PO⊥EF.因為平面PEF⊥平面ABFED，平面PEF∩平面ABFED＝EF，且PO?平面PEF，所以PO⊥平面ABFED.因為BD?平面ABFED，所以PO⊥BD.因為AO∩PO＝O，所以BD⊥平面POA.(2)解設(shè)AO∩BD＝H.因為∠DAB＝60°，所以△BDC為等邊三角形．故BD＝4，HB＝2，HC＝2eq\r(3).設(shè)PO＝x(0<x<2eq\r(3))，則OH＝2eq\r(3)－x，OA＝4eq\r(3)－x.連接OB，由OH⊥BD，得OB2＝(2eq\r(3)－x)2＋22.又由(1)知PO⊥平面BFED，則PO⊥OB.所以PB＝eq\r(OB2＋OP2)＝eq\r(2\r(3)－x2＋22＋x2)＝eq\r(2x－\r(3)2＋10).當x＝eq\r(3)時，PBmin＝eq\r(10)，此時PO＝eq\r(3)＝OH，所以V四棱錐P－BDEF＝eq\f(1,3)×S梯形BDEF×PO＝eq\f(1,3)×(eq\f(\r(3),4)×42－eq\f(\r(3),4)×22)×eq\r(3)＝3.跟蹤演練3如圖，在△ABC中，AB＝3，AC＝5，若O為△ABC的外心，則eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值為________．四審結(jié)構(gòu)定方案數(shù)學(xué)問題中的條件和結(jié)論，很多都是以數(shù)式的結(jié)構(gòu)形式進行搭配和呈現(xiàn)的．在這些問題的數(shù)式結(jié)構(gòu)中，往往都隱含著某種特殊關(guān)系，認真審視數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征，對數(shù)式結(jié)構(gòu)進行深入分析，加工轉(zhuǎn)化，可以尋找到突破問題的方案．例4(2015·四川)設(shè)數(shù)列{an}(n＝1,2,3，…)的前n項和Sn滿足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)記數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和為Tn，求使得|Tn－1|＜eq\f(1,1000)成立的n的最小值．審題路線圖解(1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)，從而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，又因為a1，a2＋1，a3成等差數(shù)列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以，數(shù)列{an}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，故an＝2n.(2)由(1)得eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n).由|Tn－1|＜eq\f(1,1000)，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)－1))＜eq\f(1,1000)，即2n＞1000，因為29＝512＜1000＜1024＝210，所以n≥10，于是，使|Tn－1|＜eq\f(1,1000)成立的n的最小值為10.跟蹤演練4(1)(2015·臨川一中月考)已知數(shù)列{an}滿足a1＝6，an＋1－an＝2n，記cn＝eq\f(an,n)，且存在正整數(shù)M，使得對一切n∈N*，cn≥M恒成立，則M的最大值為________．(2)(2014·課標全國Ⅰ)已知a，b，c分別為△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，a＝2，且(2＋b)·(sinA－sinB)＝(c－b)·sinC，則△ABC面積的最大值為________．五審圖表找規(guī)律題目中的圖表、數(shù)據(jù)包含著問題的基本信息，往往也暗示著解決問題的目標和方向．在審題時，要認真觀察分析圖表、數(shù)據(jù)的特征和規(guī)律，常?？梢哉业浇鉀Q問題的思路和方法．例5下表中的數(shù)陣為“森德拉姆素數(shù)篩”，其特點是每行每列都成等差數(shù)列，記第i行第j列的數(shù)為ai，j(i，j∈N*)，則(1)a9,9＝________；(2)表中的數(shù)82共出現(xiàn)________次.234567…35791113…4710131619…5913172125…61116212631…71319253137……審題路線圖eq\x(審視圖表數(shù)據(jù)ai，j)eq\o(→,\s\up7(每行成等),\s\do5(差數(shù)列))eq\x(a1，9＝a1，1＋8×1＝10)eq\o(→,\s\up7(每列成等差),\s\do5(數(shù)列))eq\x(a9，9＝a1，9＋8×9＝72)eq\o(→,\s\up7(一般規(guī)律))eq\x(ai，j＝i＋1＋j－1·i＝ij＋1)eq\o(→,\s\up7(82出現(xiàn)次數(shù)))eq\x(ij＋1＝82解的個數(shù))解析(1)a9,9表示第9行第9列，第1行的公差為1，第2行的公差為2，……，第9行的公差為9，第9行的首項b1＝10，則b9＝10＋8×9＝82；(2)第1行數(shù)組成的數(shù)列a1，j(j＝1,2，…)是以2為首項，公差為1的等差數(shù)列，所以a1，j＝2＋(j－1)·1＝j(luò)＋1；第i行數(shù)組成的數(shù)列ai，j(j＝1,2，…)是以i＋1為首項，公差為i的等差數(shù)列，所以ai，j＝(i＋1)＋(j－1)i＝ij＋1，由題意得ai，j＝ij＋1＝82，即ij＝81，且i，j∈N*，所以81＝81×1＝27×3＝9×9＝1×81＝3×27，故表格中82共出現(xiàn)5次．答案(1)82(2)5跟蹤演練5為調(diào)查企業(yè)工人的身體情況，社保局從某企業(yè)800名男職工中隨機抽取50名測量其身高，據(jù)測量，被測職工的身高全部在155cm到195cm之間．將測量結(jié)果按如下方式分成8組：第一組[155,160)，第二組[160,165)，……，第八組[190,195]，頻率分布直方圖的部分圖象如圖所示，頻數(shù)統(tǒng)計表的一部分如下表，已知第一組與第八組的人數(shù)相同，第七組與第六組的人數(shù)差恰好為第八組與第七組的人數(shù)差，則x＝________，y＝________.分組頻數(shù)……[180,185)x[185,190)y……六審細節(jié)更完善審題不僅要從宏觀上、整體上去分析、去把握，還要更加注意審視一些細節(jié)上的問題．例如括號內(nèi)的標注、數(shù)據(jù)的范圍、圖象的特點等．因為標注、范圍大多是對數(shù)學(xué)概念、公式、定理中所涉及的一些量或解析式的限制條件．審視細節(jié)能適時地利用相關(guān)量的約束條件，調(diào)整解決問題的方向．所以說重視審視細節(jié)，更能體現(xiàn)審題的深刻性．例6各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，Sn＝eq\f(1,4)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an(n∈N*)．(1)求an；(2)令bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數(shù)，,b，n為偶數(shù)，))cn＝b(n∈N*)，求{cn}的前n項和Tn.審題路線圖(1)Sn＝eq\f(1,4)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an↓(注意n∈N*，an>0)a1＝2↓(下面的變形是有條件的，條件是n≥2)an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,4)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an－eq\f(1,4)aeq\o\al(2,n－1)－eq\f(1,2)an－1↓(進行代數(shù)式變形)(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0↓(an＋an－1>0)an－an－1＝2↓(利用等差數(shù)列的定義)an＝2＋(n－1)×2＝2n↓(注意bn與an的關(guān)系，n是分奇偶的)(2)b1＝a1＝2；b2＝a1＝2；b3＝a3＝6；b4＝b2＝2↓(注意cn與bn的關(guān)系)c1＝b6＝b3＝6c2＝b8＝b4＝2↓(注意下面變化的條件是n≥3)＝2n－1＋2.↓Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝6＋2＋(22＋2)＋(23＋2)＋…＋(2n－1＋2)＝2n＋2n↓(當n＝1，n＝2時，對Tn的表達式的驗證)Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2n＋2n，n≥2且n∈N*.))解(1)a1＝S1＝eq\f(1,4)aeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)a1?eq\f(1,4)aeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)a1＝0，因為a1>0，故a1＝2；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,4)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an－eq\f(1,4)aeq\o\al(2,n－1)－eq\f(1,2)an－1，所以eq\f(1,4)(aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1))－eq\f(1,2)(an＋an－1)＝0，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.因為an>0，所以an－an－1＝2，即{an}為等差數(shù)列，所以an＝2n(n∈N*)．(2)c1＝b6＝b3＝a3＝6，c2＝b8＝b4＝b2＝b1＝a1＝2，n≥3時，，此時，Tn＝8＋(22＋2)＋(23＋2)＋…＋(2n－1＋2)＝2n＋2n；當n＝1時，2＋2＝4≠6，不符合上式，當n＝2時，T2＝22＋2×2＝8＝c1＋c2，符合上式．所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2n＋2n，n≥2且n∈N*.))跟蹤演練6(2015·惠州市調(diào)研)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)證明：對一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(7,4).審題突破練A組專題通關(guān)1．已知點A(－3,0)，B(0,3)，若點P在圓x2＋y2－2x＝0上運動，則△PAB面積的最小值為()A．6 B．6eq\r(2)C．6＋eq\f(3\r(2),2) D．6－eq\f(3\r(2),2)2．如圖所示，用K，A1，A2三類不同的元件連接成一個系統(tǒng)，當K正常工作且A1，A2至少有一個正常工作時，系統(tǒng)正常工作，已知K，A1，A2正常工作的概率依次是0.9,0.8,0.8，則系統(tǒng)正常工作概率為()A．0.960 B．0.864C．0.70 D．0.5763．一個多面體的三視圖如圖所示，則該多面體的體積為()A.eq\f(23,3) B.eq\f(47,6)C．6 D．74．(2015·重慶)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出k的值為8，則判斷框內(nèi)可填入的條件是()A．s≤eq\f(3,4)？B．s≤eq\f(5,6)？C．s≤eq\f(11,12)？D．s≤eq\f(25,24)？5．(2015·佛山市高三上學(xué)期期中試題)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)x，x∈[－1，0，,ax2＋ax＋1，x∈[0，＋∞，))若f(t－eq\f(1,3))＞－eq\f(1,2)，則實數(shù)t的取值范圍為________．6．(2015·福建)若銳角△ABC的面積為10eq\r(3)，且AB＝5，AC＝8，則BC等于________．7．已知在△ABC中，sinA＋cosA＝eq\f(1,5).(1)求sin(eq\f(3π,2)－A)cos(eq\f(π,2)＋A)；(2)求tanA值．8．數(shù)列{an}，{bn}的通項公式分別為an＝ln(1＋eq\f(1,n))，bn＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n2)(n∈N*)，證明：an＞bn.B組能力提高9．已知a∈R，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,6)x3＋eq\f(1,2)(a－2)x2＋b，g(x)＝2alnx.(1)若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處的切線互相垂直，求a，b的值；(2)設(shè)F(x)＝f′(x)－g(x)，若對任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有F(x2)－F(x1)＞a(x2－x1)，求a的取值范圍．10．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為2，且過點(1，eq\f(\r(2),2))，右焦點為F2.設(shè)A，B是C上的兩個動點，線段AB的中點M的橫坐標為－eq\f(1,2)，線段AB的中垂線交橢圓C于P，Q兩點．(1)求橢圓C的方程；(2)求eq\o(F2P,\s\up6(→))·eq\o(F2Q,\s\up6(→))的取值范圍．學(xué)生用書答案精析第一篇活用審題路線圖，教你審題不再難跟蹤演練1解(1)因為函數(shù)y＝sinx的單調(diào)遞增區(qū)間為[－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπ]，k∈Z，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤3x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,4)＋eq\f(2kπ,3)≤x≤eq\f(π,12)＋eq\f(2kπ,3)，k∈Z.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[－eq\f(π,4)＋eq\f(2kπ,3)，eq\f(π,12)＋eq\f(2kπ,3)]，k∈Z.(2)由已知，有sin(α＋eq\f(π,4))＝eq\f(4,5)cos(α＋eq\f(π,4))(cos2α－sin2α)，所以sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\f(4,5)(cosαcoseq\f(π,4)－sinαsineq\f(π,4))(cos2α－sin2α)，即sinα＋cosα＝eq\f(4,5)(cosα－sinα)2(sinα＋cosα)．當sinα＋cosα＝0時，由α是第二象限角，知α＝eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z.此時，cosα－sinα＝－eq\r(2).當sinα＋cosα≠0時，有(cosα－sinα)2＝eq\f(5,4).由α是第二象限角，知cosα－sinα<0，此時cosα－sinα＝－eq\f(\r(5),2).綜上所述，cosα－sinα＝－eq\r(2)或－eq\f(\r(5),2).跟蹤演練2(1)解由于函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，當a＝－1時，f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x＋1x－1,x)，令f′(x)＝0得x＝1或x＝－1(舍去)，當x∈(0,1)時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當x∈(1，＋∞)時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值為eq\f(1,2).(2)解當a＝1時，易知函數(shù)f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)，f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,2)e2＋1.(3)證明設(shè)F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx－eq\f(2,3)x3，則F′(x)＝x＋eq\f(1,x)－2x2＝eq\f(1－x1＋x＋2x2,x)，當x>1時，F(xiàn)′(x)<0，故f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是減函數(shù)，又F(1)＝－eq\f(1,6)<0，所以在區(qū)間[1，＋∞)上，F(xiàn)(x)<0恒成立．即f(x)<g(x)恒成立．因此，當a＝1時，在區(qū)間[1，＋∞)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)的圖象的下方．跟蹤演練38解析方法一取邊BC的中點D，由于O為△ABC的外心，所以eq\o(DO,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(DO,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＋eq\o(DO,\s\up6(→))，所以eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝[eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＋eq\o(DO,\s\up6(→))]·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(|eq\o(AC,\s\up6(→))|2－|eq\o(AB,\s\up6(→))|2)＝8.方法二取AB的中點E，AC的中點F，連接OE，OF，則OE⊥AB，OF⊥AC.易知向量eq\o(AO,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))上的投影為|eq\o(AE,\s\up6(→))|，eq\o(AO,\s\up6(→))在eq\o(AC,\s\up6(→))上的投影為|eq\o(AF,\s\up6(→))|，所以eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AO,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|·|eq\o(AF,\s\up6(→))|－|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AE,\s\up6(→))|＝5×eq\f(5,2)－3×eq\f(3,2)＝8.跟蹤演練4(1)4(2)eq\r(3)解析(1)∵an＋1－an＝2n，∴an－an－1＝2n－2，……，a2－a1＝2，∴an－a1＝2[(n－1)＋(n－2)＋…＋1]＝n(n－1)，∴an＝n(n－1)＋6，∴cn＝eq\f(an,n)＝n＋eq\f(6,n)－1≥5－1＝4，∵對一切n∈N*，cn≥M恒成立，∴M的最大值為4.(2)∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，a＝2，又(2＋b)·(sinA－sinB)＝(c－b)sinC可化為(a＋b)(a－b)＝(c－b)·c，∴a2－b2＝c2－bc，∴b2＋c2－a2＝bc.∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)＝cosA，∴A＝60°.∴△ABC中，4＝a2＝b2＋c2－2bc·cos60°＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(“＝”當且僅當b＝c時取得)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)·bc·sinA≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).跟蹤演練543解析由頻率分布直方圖可知前五組的頻率之和是(0.008＋0.016＋0.04＋0.04＋0.06)×5＝0.82，第八組的頻率是0.008×5＝0.04，所以第六、七組的頻率之和為1－0.82－0.04＝0.14.故第八組的人數(shù)為50×0.04＝2，第六、七組的人數(shù)之和為50×0.14＝7.由題意，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝7，,y－x＝2－y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝3.))跟蹤演練6(1)解依題意，2S1＝a2－eq\f(1,3)－1－eq\f(2,3)，又S1＝a1＝1，所以a2＝4，當n≥2時，2Sn＝nan＋1－eq\f(1,3)n3－n2－eq\f(2,3)n，2Sn－1＝(n－1)an－eq\f(1,3)(n－1)3－(n－1)2－eq\f(2,3)(n－1)，兩式相減得2an＝(nan＋1－eq\f(1,3)n3－n2－eq\f(2,3)n)－[(n－1)·an－eq\f(1,3)(n－1)3－(n－1)2－eq\f(2,3)(n－1)]．整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，又eq\f(a2,2)－eq\f(a1,1)＝1，故數(shù)列{eq\f(an,n)}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，所以eq\f(an,n)＝1＋1×(n－1)＝n，所以an＝n2.(2)證明當n＝1時，eq\f(1,a1)＝1<eq\f(7,4)；當n＝2時，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＝1＋eq\f(1,4)＝eq\f(5,4)<eq\f(7,4)；當n≥3時，eq\f(1,an)＝eq\f(1,n2)<eq\f(1,nn－1)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，此時eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,n2)<1＋eq\f(1,4)＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,4))＋…＋(eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n))＝1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n)＝eq\f(7,4)－eq\f(1,n)<eq\f(7,4).綜上，對一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(7,4).審題突破練1．D[由圓的方程x2＋y2－2x＝0，得(x－1)2＋y2＝1，所以圓的圓心G(1,0)，且圓的半徑r＝1，由A(－3,0)，B(0,3)，得kAB＝eq\f(3,3)＝1，所以AB的方程為y＝x＋3，即x－y＋3＝0，所以點G(1,0)到AB的距離d＝eq\f(|1－0＋3|,\r(2))＝2eq\r(2)＞1，所以AB與給定的圓相離，圓上到AB的距離的最小值t＝d－r＝2eq\r(2)－1，又|AB|＝eq\r(9＋9)＝3eq\r(2)，所以△PAB面積的最小值為eq\f(1,2)×3eq\r(2)×(2eq\r(2)－1)＝6－eq\f(3\r(2),2).]2．B[由題意可知K，A1，A2三類元件正常工作相互獨立．A1，A2至少有一個正常工作的概率為P＝1－(1－0.8)2＝0.96.所以系統(tǒng)正常工作的概率為PKP＝0.9×0.96＝0.864.]3．A[由題意知，該多面體是由正方體挖去兩個小三棱錐后所成的幾何體，如圖所示，所以該幾何體的體積為V＝2×2×2－2×eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×1×1)×1＝eq\f(23,3)]4．C[由s＝0，k＝0滿足條件，則k＝2，s＝eq\f(1,2)，滿足條件；k＝4，s＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，滿足條件；k＝6，s＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(11,12)，滿足條件；k＝8，s＝eq\f(11,12)＋eq\f(1,8)＝eq\f(25,24)，不滿足條件，輸出k＝8，所以應(yīng)填s≤eq\f(11,12)？.]5．(0，＋∞)解析①當－1≤t－eq\f(1,3)＜0時，f(t－eq\f(1,3))＝sin[eq\f(π,2)(t－eq\f(1,3))]＞－eq\f(1,2)，∴－eq\f(π,6)＋2kπ＜eq\f(π,2)(t－eq\f(1,3))＜eq\f(7π,6)＋2kπ(k∈Z)．∴－eq\f(1,3)＋4k＜t－eq\f(1,3)＜eq\f(7,3)＋4k(k∈Z)．∵－1≤t－eq\f(1,3)＜0，∴－eq\f(1,3)＜t－eq\f(1,3)＜0，∴0＜t＜eq\f(1,3).②當t－eq\f(1,3)≥0時，f(t－eq\f(1,3))＝a(t－eq\f(1,3))2＋a(t－eq\f(1,3))＋1＞－eq\f(1,2)(a＞0)恒成立，∴t≥eq\f(1,3).綜上可知：實數(shù)t的取值范圍為(0，＋∞)．6．7解析S＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA，∴sinA＝eq\f(\r(3),2)，在銳角三角形中A＝eq\f(π,3)，由余弦定理得BC＝eq\r(AB2＋AC2－2AB·AC·cosA)＝7.7．解方法一(1)∵sinA＋cosA＝eq\f(1,5)，∴1＋2sinA·cosA＝eq\f(1,25)，∴sin2A＝－eq\f(24,25)，sin(eq\f(3π,2)－A)cos(eq\f(π,2)＋A)＝－cosA·(－sinA)＝sinAcosA＝eq\f(1,2)sin2A＝－eq\f(12,25).(2)∵sinA＋cosA＝eq\f(1,5)，∴(sinA－cosA)2＝(sinA＋cosA)2－4sinAcosA＝eq\f(1,25)＋eq\f(48,25)＝eq\f(49,25)，又0＜A＜π且sinA＋cosA＝eq\f(1,5)，∴eq\f(π,2)＜A＜π，∴sinA＞0，cosA＜0，∴sinA－cosA＝eq\f(7,5)，∴sinA＝eq\f(4,5)，cosA＝－eq\f(3,5)，∴tanA＝eq\f(sinA,cosA)＝－eq\f(4,3).方法二(1)同方法一．(2)sin2A＝eq\f(2sinAcosA,cos2A＋sin2A)＝eq\f(2tanA,1＋tan2A)＝－eq\f(24,25)，∴12tan2A＋25tanA∴tanA＝－eq\f(4,3)或tanA＝－eq\f(3,4)又0＜A＜π，sinA＋cosA＝eq\f(1,5)，∴eq\f(π,2)＜A＜eq\f(3π,4)，∴tanA＜－1，故tanA＝－eq\f(4,3).8．證明欲證原不等式成立，需證明ln(1＋eq\f(1,n))－eq\f(1,n)＋eq\f(1,n2)＞0.構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ln(1＋x)－x＋x2(0＜x≤1)所以F′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＋2x＝eq\f(x2x＋1,x＋1).當0＜x≤1時，F(xiàn)′(x)＞0，所以函數(shù)F(x)在(0,1]上單調(diào)遞增．所以函數(shù)F(x)＞F(0)＝0，即F(x)＞0.所以?x∈(0,1]，ln(1＋x)－x＋x2＞0，即ln(1＋x)＞x－x2.令x＝eq\f(1,n)(n∈N*)，則有l(wèi)n(1＋eq\f(1,n))＞eq\f(1,n)－eq\f(1,n2)，即an＞bn.9．解(1)f′(x)＝eq