高三数学-高考大题专项训练-全套-(15个专项)(典型例题)(含答案)

高考大题专项训练全套(15个专项)(典型例题)(含答案)实用文档函数与导数（1）三角函数与解三角形函数与导数（2）立体几何数列（1）应用题解析几何数列（2）矩阵与变换坐标系与参数方程空间向量与立体几何曲线与方程、抛物线计数原理与二项式分布随机变量及其概率分布数学归纳法高考压轴大题突破练(一)函数与导数(1)1．已知函数f(x)＝eq\f(aex,x)＋x.(1)若函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线经过点(0，－1)，求a的值；(2)是否存在负整数a，使函数f(x)的极大值为正值？若存在，求出所有负整数a的值；若不存在，请说明理由．解(1)∵f′(x)＝eq\f(aexx－1＋x2,x2)，∴f′(1)＝1，f(1)＝ae＋1.∴函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－(ae＋1)＝x－1，又直线过点(0，－1)，∴－1－(ae＋1)＝－1，解得a＝－eq\f(1,e).(2)若a<0，f′(x)＝eq\f(aexx－1＋x2,x2)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0恒成立，函数在(－∞，0)上无极值；当x∈(0,1)时，f′(x)>0恒成立，函数在(0,1)上无极值．方法一当x∈(1，＋∞)时，若f(x)在x0处取得符合条件的极大值f(x0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0>1，,fx0>0，,f′x0＝0，))则由③得＝－eq\f(x\o\al(2,0),x0－1)，代入②得－eq\f(x0,x0－1)＋x0>0，结合①可解得x0>2，再由f(x0)＝＋x0>0，得a>－，设h(x)＝－eq\f(x2,ex)，则h′(x)＝eq\f(xx－2,ex)，当x>2时，h′(x)>0，即h(x)是增函数，∴a>h(x0)>h(2)＝－eq\f(4,e2).又a<0，故当极大值为正数时，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,e2)，0))，从而不存在负整数a满足条件．方法二当x∈(1，＋∞)时，令H(x)＝aex(x－1)＋x2，则H′(x)＝(aex＋2)x，∵x∈(1，＋∞)，∴ex∈(e，＋∞)，∵a为负整数，∴a≤－1，∴aex≤ae≤－e，∴aex＋2<0，∴H′(x)<0，∴H(x)在(1，＋∞)上单调递减．又H(1)＝1>0，H(2)＝ae2＋4≤－e2＋4<0，∴∃x0∈(1,2)，使得H(x0)＝0，且当1<x<x0时，H(x)>0，即f′(x)>0；当x>x0时，H(x)<0，即f′(x)<0.∴f(x)在x0处取得极大值f(x0)＝＋x0.(*)又H(x0)＝(x0－1)＋xeq\o\al(2,0)＝0，∴＝－eq\f(x0,x0－1)，代入(*)得f(x0)＝－eq\f(x0,x0－1)＋x0＝eq\f(x0x0－2,x0－1)<0，∴不存在负整数a满足条件．2．已知f(x)＝ax3－3x2＋1(a>0)，定义h(x)＝max{f(x)，g(x)}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，fx≥gx，,gx，fx<gx.))(1)求函数f(x)的极值；(2)若g(x)＝xf′(x)，且∃x∈[1,2]使h(x)＝f(x)，求实数a的取值范围．解(1)∵函数f(x)＝ax3－3x2＋1，∴f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0或x2＝eq\f(2,a)，∵a>0，∴x1<x2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))eq\f(2,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗∴f(x)的极大值为f(0)＝1，极小值为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝eq\f(8,a2)－eq\f(12,a2)＋1＝1－eq\f(4,a2).(2)g(x)＝xf′(x)＝3ax3－6x2，∵∃x∈[1,2]，使h(x)＝f(x)，∴f(x)≥g(x)在[1,2]上有解，即ax3－3x2＋1≥3ax3－6x2在[1,2]上有解，即不等式2a≤eq\f(1,x3)＋eq\f(3,x)在[1,2]上有解，设y＝eq\f(1,x3)＋eq\f(3,x)＝eq\f(3x2＋1,x3)(x∈[1,2])，∵y′＝eq\f(－3x2－3,x4)<0对x∈[1,2]恒成立，∴y＝eq\f(1,x3)＋eq\f(3,x)在[1,2]上单调递减，∴当x＝1时，y＝eq\f(1,x3)＋eq\f(3,x)的最大值为4，∴2a≤4，即a≤2.高考中档大题规范练(一)三角函数与解三角形1．(2017·江苏宿迁中学质检)已知函数f(x)＝sin2x＋2eq\r(3)sinxcosx＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期和值域；(2)若x＝x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x0≤\f(π,2)))为f(x)的一个零点，求sin2x0的值．解(1)易得f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sin2x＋eq\f(1,2)(sin2x－cos2x)＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\r(3)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝eq\r(3)sin2x－cos2x＋eq\f(1,2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，所以f(x)的最小正周期为π，值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,2))).(2)由f(x0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)＝0，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,6)))＝－eq\f(1,4)<0，又由0≤x0≤eq\f(π,2)，得－eq\f(π,6)≤2x0－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，所以－eq\f(π,6)≤2x0－eq\f(π,6)<0，故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,6)))＝eq\f(\r(15),4)，此时sin2x0＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\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(15)－\r(3),8).2．(2017·江苏南通四模)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)cos\f(x,2)))，函数f(x)＝m·n.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(2π,3)))＝eq\f(2,3)，求f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))的值．解(1)f(x)＝m·n＝sineq\f(x,2)＋eq\r(3)coseq\f(x,2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\f(x,2)＋\f(\r(3),2)cos\f(x,2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)cos\f(π,3)＋cos\f(x,2)sin\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,3)))，所以函数f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,\f(1,2))＝4π.(2)由f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(2π,3)))＝eq\f(2,3)，得2sineq\f(α,2)＝eq\f(2,3)，即sineq\f(α,2)＝eq\f(1,3).所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝2cosα＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2sin2\f(α,2)))＝eq\f(14,9).3．(2017·江苏南师大考前模拟)已知△ABC为锐角三角形，向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))))，n＝(cosB，sinB)，并且m⊥n.(1)求A－B；(2)若cosB＝eq\f(3,5)，AC＝8，求BC的长．解(1)因为m⊥n，所以m·n＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))cosB＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))sinB＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)－B))＝0.因为0<A，B<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,3)－B<eq\f(5π,6)，所以A＋eq\f(π,3)－B＝eq\f(π,2)，即A－B＝eq\f(π,6).(2)因为cosB＝eq\f(3,5)，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinB＝eq\f(4,5)，所以sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＝sinBcoseq\f(π,6)＋cosBsineq\f(π,6)＝eq\f(4,5)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(4\r(3)＋3,10)，由正弦定理可得BC＝eq\f(sinA,sinB)×AC＝4eq\r(3)＋3.4．(2017·江苏镇江三模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(a－c)(sinA＋sinC)＝(b－eq\r(3)c)sinB.(1)求角A；(2)若f(x)＝cos2(x＋A)－sin2(x－A)，求f(x)的单调递增区间．解(1)由(a－c)(sinA＋sinC)＝(b－eq\r(3)c)sinB及正弦定理，得(a－c)(a＋c)＝(b－eq\r(3)c)b，即a2＝b2＋c2－eq\r(3)bc.由余弦定理，得cosA＝eq\f(\r(3),2)，因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,6).(2)f(x)＝cos2(x＋A)－sin2(x－A)＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))),2)－eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))),2)＝eq\f(1,2)cos2x，令π＋2kπ≤2x≤2π＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,2)＋kπ≤x≤π＋kπ，k∈Z.则f(x)的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋kπ，π＋kπ))，k∈Z.(二)函数与导数(2)1．设函数f(x)＝2(a＋1)eq\r(x)(a∈R)，g(x)＝lnx＋bx(b∈R)，直线y＝x＋1是曲线y＝f(x)的一条切线．(1)求a的值；(2)若函数y＝f(x)－g(x)有两个极值点x1，x2.①试求b的取值范围；②证明：eq\f(gx1＋gx2,fx1＋fx2)≤eq\f(1,e2)＋eq\f(1,2).解(1)设直线y＝x＋1与函数y＝f(x)的图象相切于点(x0，y0)，则y0＝x0＋1，y0＝2(a＋1)eq\r(x0)，eq\f(a＋1,\r(x0))＝1，解得a＝0.(2)记h(x)＝f(x)－g(x)，则h(x)＝2eq\r(x)－lnx－bx.①函数y＝f(x)－g(x)有两个极值点的必要条件是h′(x)有两个正零点．h′(x)＝eq\f(1,\r(x))－eq\f(1,x)－b＝eq\f(－bx＋\r(x)－1,x)，令h′(x)＝0，得bx－eq\r(x)＋1＝0(x>0)．令eq\r(x)＝t，则t>0.问题转化为bt2－t＋1＝0有两个不等的正实根t1，t2，等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝1－4b>0，,t1t2＝\f(1,b)>0，,t1＋t2＝\f(1,b)>0，))解得0<b<eq\f(1,4).当0<b<eq\f(1,4)时，设h′(x)＝0的两正根为x1，x2，且x1<x2，则h′(x)＝eq\f(－bx＋\r(x)－1,x)＝eq\f(－b\r(x)－\r(x1)\r(x)－\r(x2),x)＝eq\f(－bx－x1x－x2,x\r(x)＋\r(x1)\r(x)＋\r(x2)).当x∈(0，x1)时，h′(x)<0；当x∈(x1，x2)时，h′(x)>0；当x∈(x2，＋∞)时，h′(x)<0.所以x1，x2是h(x)＝f(x)－g(x)的极值点，∴b的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).②由①知eq\r(x1)eq\r(x2)＝eq\r(x1)＋eq\r(x2)＝eq\f(1,b).可得g(x1)＋g(x2)＝－2lnb＋eq\f(1,b)－2，f(x1)＋f(x2)＝eq\f(2,b)，所以eq\f(gx1＋gx2,fx1＋fx2)＝eq\f(1,2)－blnb－b.记k(b)＝eq\f(1,2)－blnb－beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<b<\f(1,4)))，则k′(b)＝－lnb－2，令k′(b)＝0，得b＝eq\f(1,e2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，且当b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))时，k′(b)>0，k(b)单调递增；当b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,4)))时，k′(b)<0，k(b)单调递减，且当b＝eq\f(1,e2)时，k(b)取最大值eq\f(1,e2)＋eq\f(1,2)，所以eq\f(gx1＋gx2,fx1＋fx2)≤eq\f(1,e2)＋eq\f(1,2).2．设函数f(x)＝2ax＋eq\f(b,x)＋clnx.(1)当b＝0，c＝1时，讨论函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在x＝1处的切线为y＝3x＋3a－6且函数f(x)有两个极值点x1，x2，x1<x2.①求a的取值范围；②求f(x2)的取值范围．解(1)f(x)＝2ax＋eq\f(b,x)＋clnx，x>0，f′(x)＝2a－eq\f(b,x2)＋eq\f(c,x)＝eq\f(2ax2＋cx－b,x2).当b＝0，c＝1时，f′(x)＝eq\f(2ax＋1,x).当a≥0时，由x>0，得f′(x)＝eq\f(2ax＋1,x)>0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a<0时，令f′(x)＝eq\f(2ax＋1,x)>0，解得x<－eq\f(1,2a)；令f′(x)＝eq\f(2ax＋1,x)<0，解得x>－eq\f(1,2a)，所以，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减．综上所述，①当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a<0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减．(2)①函数f(x)在x＝1处的切线为y＝3x＋3a－6，所以f(1)＝2a＋b＝3a－3，f′(1)＝2a＋c－b＝3，所以b＝a－3，c＝－a，f′(x)＝2a－eq\f(b,x2)＋eq\f(c,x)＝eq\f(2ax2－ax＋3－a,x2)，函数f(x)有两个极值点x1，x2，x1<x2，则方程2ax2－ax＋3－a＝0有两个大于0的解，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝－a2－8a3－a>0，,\f(a,2a)>0，,\f(3－a,2a)>0，))解得eq\f(8,3)<a<3.所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，3)).②2axeq\o\al(2,2)－ax2＋3－a＝0，x2＝eq\f(a＋\r(9a2－24a),4a)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(9－\f(24,a))))，由eq\f(8,3)<a<3，得x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))，由2axeq\o\al(2,2)－ax2＋3－a＝0，得a＝－eq\f(3,2x\o\al(2,2)－x2－1).f(x2)＝2ax2＋eq\f(a－3,x2)－alnx2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2＋\f(1,x2)－lnx2))－eq\f(3,x2)＝－3eq\f(2x2＋\f(1,x2)－lnx2,2x\o\al(2,2)－x2－1)－eq\f(3,x2).设φ(t)＝－3eq\f(2t＋\f(1,t)－lnt,2t2－t－1)－eq\f(3,t)，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))，φ′(t)＝－3eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,t2)－\f(1,t)))2t2－t－1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(1,t)－lnt))4t－1,2t2－t－12)＋eq\f(3,t2)＝eq\f(－3\f(1,t2)2t2－t－12＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(1,t)－lnt))4t－1,2t2－t－12)＋eq\f(3,t2)＝eq\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(1,t)－lnt))4t－1,2t2－t－12).当t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))时，2t＋eq\f(1,t)－lnt>0,4t－1>0，φ′(t)>0，所以φ(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))上单调递增，φ(t)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,3)ln2，3＋3ln2))，所以f(x2)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,3)ln2，3＋3ln2)).(二)立体几何1．(2017·江苏扬州调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明(1)如图，连结OQ，因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO＝2OC.又PQ＝2QC，所以PA∥OQ.又OQ⊂平面QBD，PA⊄平面QBD，所以PA∥平面QBD.(2)在平面PAD内过P作PH⊥AD于点H，因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PH⊂平面PAD，所以PH⊥平面ABCD.又BD⊂平面ABCD，所以PH⊥BD.又PA⊥BD，PA∩PH＝P，所以BD⊥平面PAD.又AD⊂平面PAD，所以BD⊥AD.2．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC⊥底面ABCD，E为PB上一点，G为PO的中点．(1)若PD∥平面ACE，求证：E为PB的中点；(2)若AB＝eq\r(2)PC，求证：CG⊥平面PBD.证明(1)连结OE，由四边形ABCD是正方形知，O为BD的中点，因为PD∥平面ACE，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面ACE＝OE，所以PD∥OE.因为O为BD的中点，所以E为PB的中点．(2)在四棱锥P－ABCD中，AB＝eq\r(2)PC，因为四边形ABCD是正方形，所以OC＝eq\f(\r(2),2)AB，所以PC＝OC.因为G为PO的中点，所以CG⊥PO.又因为PC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PC⊥BD.而四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，因为AC，PC⊂平面PAC，AC∩PC＝C，所以BD⊥平面PAC，因为CG⊂平面PAC，所以BD⊥CG.因为PO，BD⊂平面PBD，PO∩BD＝O，所以CG⊥平面PBD.3．(2017·江苏怀仁中学模拟)如图，在四棱锥E－ABCD中，△ABD为正三角形，EB＝ED，CB＝CD.(1)求证：EC⊥BD；(2)若AB⊥BC，M，N分别为线段AE，AB的中点，求证：平面DMN∥平面BCE.证明(1)取BD的中点O，连结EO，CO.∵CD＝CB，EB＝ED，∴CO⊥BD，EO⊥BD.又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面EOC，∴BD⊥平面EOC.又EC⊂平面EOC，∴BD⊥EC.(2)∵N是AB的中点，△ABD为正三角形，∴DN⊥AB，∵BC⊥AB，∴DN∥BC.又BC⊂平面BCE，DN⊄平面BCE，∴DN∥平面BCE.∵M为AE的中点，N为AB的中点，∴MN∥BE，又MN⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，∴MN∥平面BCE.∵MN∩DN＝N，∴平面DMN∥平面BCE.4．(2017·江苏楚水中学质检)如图，在三棱锥P－ABC中，点E，F分别是棱PC，AC的中点．(1)求证：PA∥平面BEF；(2)若平面PAB⊥平面ABC，PB⊥BC，求证：BC⊥PA.证明(1)在△PAC中，E，F分别是棱PC，AC的中点，所以PA∥EF.又PA⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以PA∥平面BEF.(2)在平面PAB内过点P作PD⊥AB，垂足为D.因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以PD⊥BC，又PB⊥BC，PD∩PB＝P，PD⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA.(三)数列(1)1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋an＝4，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)已知cn＝2n＋3(n∈N*)，记dn＝cn＋logCan(C>0且C≠1)，是否存在这样的常数C，使得数列{dn}是常数列，若存在，求出C的值；若不存在，请说明理由．(3)若数列{bn}，对于任意的正整数n，均有b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bna1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－eq\f(n＋2,2)成立，求证：数列{bn}是等差数列．(1)解a1＝4－a1，所以a1＝2，由Sn＋an＝4，得当n≥2时，Sn－1＋an－1＝4，两式相减，得2an＝an－1，所以eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)，数列{an}是以2为首项，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以an＝22－n(n∈N*)．(2)解由于数列{dn}是常数列，dn＝cn＋logCan＝2n＋3＋(2－n)logC2＝2n＋3＋2logC2－nlogC2＝(2－logC2)n＋3＋2logC2为常数，则2－logC2＝0，解得C＝eq\r(2)，此时dn＝7.(3)证明b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bna1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－eq\f(n＋2,2)，①当n＝1时，b1a1＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2)＝－1，其中a1＝2，所以b1＝－eq\f(1,2).当n≥2时，b1an－1＋b2an－2＋b3an－3＋…＋bn－1a1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－eq\f(n＋1,2)，②②式两边同时乘以eq\f(1,2)，得b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bn－1a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－eq\f(n＋1,4)，③由①－③，得bna1＝eq\f(－n－3,4)，所以bn＝－eq\f(n,8)－eq\f(3,8)(n∈N*，n≥2)，且bn＋1－bn＝－eq\f(1,8)，又b1＝－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,8)－eq\f(3,8)，所以数列{bn}是以－eq\f(1,2)为首项，公差为－eq\f(1,8)的等差数列．2．在数列{an}中，已知a1＝eq\f(1,3)，an＋1＝eq\f(1,3)an－eq\f(2,3n＋1)，n∈N*，设Sn为{an}的前n项和．(1)求证：数列{3nan}是等差数列；(2)求Sn；(3)是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使Sp，Sq，Sr成等差数列？若存在，求出p，q，r的值；若不存在，说明理由．(1)证明因为an＋1＝eq\f(1,3)an－eq\f(2,3n＋1)，所以3n＋1an＋1－3nan＝－2.又因为a1＝eq\f(1,3)，所以31·a1＝1，所以{3nan}是首项为1，公差为－2的等差数列．(2)解由(1)知3nan＝1＋(n－1)·(－2)＝3－2n，所以an＝(3－2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，所以Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＋(－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋(－3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋(3－2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，所以eq\f(1,3)Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋(－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋(5－2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋(3－2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，两式相减，得eq\f(2,3)Sn＝eq\f(1,3)－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))－(3－2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝eq\f(1,3)－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,9)×\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1,1－\f(1,3))))＋(2n－3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝2n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，所以Sn＝eq\f(n,3n).(3)解假设存在正整数p，q，r(p<q<r)，使Sp，Sq，Sr成等差数列，则2Sq＝Sp＋Sr，即eq\f(2q,3q)＝eq\f(p,3p)＋eq\f(r,3r).当n≥2时，an＝(3－2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n<0，所以数列{Sn}单调递减．又p<q，所以p≤q－1且q至少为2，所以eq\f(p,3p)≥eq\f(q－1,3q－1)，eq\f(q－1,3q－1)－eq\f(2q,3q)＝eq\f(q－3,3q).①当q≥3时，eq\f(p,3p)≥eq\f(q－1,3q－1)≥eq\f(2q,3q)，又eq\f(r,3r)>0，所以eq\f(p,3p)＋eq\f(r,3r)>eq\f(2q,3q)，等式不成立．②当q＝2时，p＝1，所以eq\f(4,9)＝eq\f(1,3)＋eq\f(r,3r)，所以eq\f(r,3r)＝eq\f(1,9)，所以r＝3({Sn}单调递减，解惟一确定)．综上可知，p，q，r的值为1,2,3.(三)应用题1．已知某食品厂需要定期购买食品配料，该厂每天需要食品配料200千克，配料的价格为1.8元/千克，每次购买配料需支付运费236元．每次购买来的配料还需支付保管费用，其标准如下：7天以内(含7天)，无论重量多少，均按10元/天支付；超出7天以外的天数，根据实际剩余配料的重量，以每天0.03元/千克支付．(1)当9天购买一次配料时，求该厂用于配料的保管费用P是多少元？(2)设该厂x天购买一次配料，求该厂在这x天中用于配料的总费用y(元)关于x的函数关系式，并求该厂多少天购买一次配料才能使平均每天支付的费用最少？解(1)当9天购买一次时，该厂用于配料的保管费用P＝70＋0.03×200×(1＋2)＝88(元)．(2)①当x≤7时，y＝360x＋10x＋236＝370x＋236，②当x>7时，y＝360x＋236＋70＋6[(x－7)＋(x－6)＋…＋2＋1]＝3x2＋321x＋432，∴y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(370x＋236，x≤7，,3x2＋321x＋432，x>7，))∴设该厂x天购买一次配料平均每天支付的费用为f(x)元．f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(370x＋236,x)，x≤7，,\f(3x2＋321x＋432,x)，x>7.))当x≤7时，f(x)＝370＋eq\f(236,x)，当且仅当x＝7时，f(x)有最小值eq\f(2826,7)≈404(元)；当x＞7时，f(x)＝eq\f(3x2＋321x＋432,x)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(144,x)))＋321≥393.当且仅当x＝12时取等号．∵393<404，∴当x＝12时f(x)有最小值393元．2．南半球某地区冰川的体积每年中随时间而变化，现用t表示时间，以月为单位，年初为起点，根据历年的数据，冰川的体积(亿立方米)关于t的近似函数的关系式为V(t)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－t3＋11t2－24t＋100，0<t≤10，,4t－103t－41＋100，10<t≤12.))(1)该冰川的体积小于100亿立方米的时期称为衰退期．以i－1<t<i表示第i月份(i＝1,2，…，12)，问一年内哪几个月是衰退期？(2)求一年内该地区冰川的最大体积．解(1)当0<t≤10时，V(t)＝－t3＋11t2－24t＋100<100，化简得t2－11t＋24>0，解得t<3或t>8.又0<t≤10，故0<t<3或8<t≤10，当10<t≤12时，V(t)＝4(t－10)(3t－41)＋100<100，解得10<t<eq\f(41,3)，又10<t≤12，故10<t≤12.综上得0<t<3或8<t≤12.所以衰退期为1月，2月，3月，9月，10月，11月，12月共7个月．(2)由(1)知，V(t)的最大值只能在(3,9)内取到．由V′(t)＝(－t3＋11t2－24t＋100)′＝－3t2＋22t－24，令V′(t)＝0，解得t＝6或t＝eq\f(4,3)(舍去)．当t变化时，V′(t)与V(t)的变化情况如下表：t(3,6)6(6,9)V′(t)＋0－V(t)↗极大值↘由上表，V(t)在t＝6时取得最大值V(6)＝136(亿立方米)．故该冰川的最大体积为136亿立方米．3．如图，某城市有一条公路从正西方AO通过市中心O后转向东偏北α角方向的OB.位于该市的某大学M与市中心O的距离OM＝3eq\r(13)km，且∠AOM＝β.现要修筑一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，且经过大学M.其中tanα＝2，cosβ＝eq\f(3,\r(13))，AO＝15km.(1)求大学M与站A的距离AM；(2)求铁路AB段的长AB.解(1)在△AOM中，AO＝15，∠AOM＝β且cosβ＝eq\f(3,\r(13))，OM＝3eq\r(13)，由余弦定理，得AM2＝OA2＋OM2－2OA·OM·cos∠AOM＝152＋(3eq\r(13))2－2×15×3eq\r(13)×eq\f(3,\r(13))＝13×9＋15×15－2×3×15×3＝72.∴AM＝6eq\r(2)，即大学M与站A的距离AM为6eq\r(2)km.(2)∵cosβ＝eq\f(3,\r(13))，且β为锐角，∴sinβ＝eq\f(2,\r(13))，在△AOM中，由正弦定理，得eq\f(AM,sinβ)＝eq\f(OM,sin∠MAO)，即eq\f(6\r(2),\f(2,\r(13)))＝eq\f(3\r(13),sin∠MAO)，sin∠MAO＝eq\f(\r(2),2)，∴∠MAO＝eq\f(π,4)，∴∠ABO＝α－eq\f(π,4)，∵tanα＝2，∴sinα＝eq\f(2,\r(5))，cosα＝eq\f(1,\r(5))，∴sin∠ABO＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1,\r(10))，又∠AOB＝π－α，∴sin∠AOB＝sin(π－α)＝eq\f(2,\r(5)).在△AOB中，OA＝15，由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠AOB)＝eq\f(OA,sin∠ABO)，即eq\f(AB,\f(2,\r(5)))＝eq\f(15,\f(1,\r(10)))，∴AB＝30eq\r(2)，即铁路AB段的长为30eq\r(2)km.4．(2017·江苏苏州大学指导卷)如图，某地区有一块长方形植物园ABCD，AB＝8(百米)，BC＝4(百米)．植物园西侧有一块荒地，现计划利用该荒地扩大植物园面积，使得新的植物园为HBCEFG，满足下列要求：E在CD的延长线上，H在BA的延长线上，DE＝0.5(百米)，AH＝4(百米)，N为AH的中点，FN⊥AH，EF为曲线段，它上面的任意一点到AD与AH的距离的乘积为定值，FG，GH均为线段，GH⊥HA，GH＝0.5(百米)．(1)求四边形FGHN的面积；(2)已知音乐广场M在AB上，AM＝2(百米)，若计划在EFG的某一处P开一个植物园大门，在原植物园ABCD内选一点Q为中心建一个休息区，使得QM＝PM，且∠QMP＝90°，问点P在何处时，AQ最小．解(1)以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图所示．则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))，因为E到AD与AH距离的乘积为2，所以曲线EF上的任意一点都在函数y＝－eq\f(2,x)的图象上．由题意，N(－2,0)，所以F(－2,1)．四边形FGHN的面积为eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1))×2＝eq\f(3,2)(平方百米)．(2)设P(x，y)，则eq\o(MP,\s\up6(→))＝(x－2，y)，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(y，－x＋2)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(y＋2，－x＋2)，因为点Q在原植物园内，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤y＋2≤8，,0≤2－x≤4，))即－2≤x≤2.又点P在曲线EFG上，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4，－\f(1,2)))，所以－2≤x≤－eq\f(1,2)，则点P在曲线段EF上，AQ＝eq\r(y＋22＋2－x2)，因为y＝－eq\f(2,x)，所以AQ＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)＋2))2＋2－x2)＝eq\r(x2＋\f(4,x2)－4x－\f(8,x)＋8)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))＋4)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－2))2)＝－x＋eq\f(2,－x)＋2≥2eq\r(2)＋2.当且仅当－x＝－eq\f(2,x)，即x＝－eq\r(2)时等号成立．此时点P(－eq\r(2)，eq\r(2))，即点P在距离AD与AH均为eq\r(2)百米时，AQ最小．(四)解析几何1．已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x2≠0)，O是坐标原点，P是线段AB的中点，若C是点A关于原点的对称点，Q是线段BC的中点，且OP＝OQ，设圆P的方程为x2＋y2－(x1＋x2)x－(y1＋y2)y＝0.(1)证明：线段AB是圆P的直径；(2)若存在正数p使得2p(x1＋x2)＝yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＋8p2＋2y1y2成立，当圆P的圆心到直线x－2y＝0的距离的最小值为eq\f(2\r(5),5)时，求p的值．(1)证明由题意知，点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，点A(x1，y1)关于原点的对称点为C(－x1，－y1)，那么点Q的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－x1＋x2,2)，\f(－y1＋y2,2)))，由OP＝OQ，得OP2＝OQ2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－x1＋x2,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－y1＋y2,2)))2，得(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2，从而x1x2＋y1y2＝0，由此得OA⊥OB，由方程x2＋y2－(x1＋x2)x－(y1＋y2)y＝0知，圆P过原点，且点A，B在圆P上，故线段AB是圆P的直径．(2)解由2p(x1＋x2)＝yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＋8p2＋2y1y2，得x1＋x2＝eq\f(1,2p)[(y1＋y2)2＋8p2]，又圆心Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))到直线x－2y＝0的距离为d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)－y1＋y2)),\r(5))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,4p)[y1＋y22＋8p2]－y1＋y2)),\r(5))＝eq\f([y1＋y2－2p]2＋4p2,4\r(5)p)≥eq\f(4p2,4\r(5)p)，当且仅当y1＋y2＝2p时，等号成立，所以eq\f(4p2,4\r(5)p)＝eq\f(2\r(5),5)，从而得p＝2.2.如图，F是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点，O是坐标原点，OF＝eq\r(5)，过点F作OF的垂线交椭圆C于P0，Q0两点，△OP0Q0的面积为eq\f(4\r(5),3).(1)求椭圆的标准方程；(2)若过点M(－eq\r(5)，0)的直线l与上、下半椭圆分别交于点P，Q，且PM＝2MQ，求直线l的方程．解(1)由题设条件，P0F＝＝eq\f(\f(4\r(5),3),\r(5))＝eq\f(4,3).易知P0F＝eq\f(b2,a)，所以eq\f(b2,a)＝eq\f(4,3).又c＝OF＝eq\r(5)，即a2－b2＝5，因此a2－eq\f(4,3)a－5＝0，解得a＝3或a＝－eq\f(5,3)，又a>0，所以a＝3，从而b＝2.故所求椭圆的标准方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意y1>0，y2<0，并可设直线l：x＝ty－eq\r(5)，代入椭圆方程得eq\f(ty－\r(5)2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，即(4t2＋9)y2－8eq\r(5)ty－16＝0.从而y1＋y2＝eq\f(8\r(5)t,4t2＋9)，y1y2＝－eq\f(16,4t2＋9).又由PM＝2MQ，得eq\f(y1,－y2)＝eq\f(PM,MQ)＝2，即y1＝－2y2.因此y1＋y2＝－y2，y1y2＝－2yeq\o\al(2,2)，故－eq\f(16,4t2＋9)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8\r(5)t,4t2＋9)))2，可解得t2＝eq\f(1,4).注意到y2＝－eq\f(8\r(5)t,4t2＋9)且y2<0，知t>0，因此t＝eq\f(1,2).故满足题意的直线l的方程为2x－y＋2eq\r(5)＝0.3.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，直线l：y＝－eq\f(1,2)x与椭圆E相交于A，B两点，AB＝2eq\r(10)，C，D是椭圆E上异于A，B的两点，且直线AC，BD相交于点P，直线AD，BC相交于点Q.(1)求椭圆E的标准方程；(2)求证：直线PQ的斜率为定值．(1)解因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c2＝eq\f(3,4)a2，即a2－b2＝eq\f(3,4)a2，所以a＝2b.所以椭圆方程为eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.由题意不妨设点A在第二象限，点B在第四象限，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x，,\f(x2,4b2)＋\f(y2,b2)＝1，))得A(－eq\r(2)b，eq\f(\r(2),2)b)．又AB＝2eq\r(10)，所以OA＝eq\r(10)，则2b2＋eq\f(1,2)b2＝eq\f(5,2)b2＝10，得b＝2，a＝4.所以椭圆E的标准方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)证明由(1)知，椭圆E的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1，A(－2eq\r(2)，eq\r(2))，B(2eq\r(2)，－eq\r(2))．①当直线CA，CB，DA，DB的斜率都存在，且不为零时，设直线CA，DA的斜率分别为k1，k2，C(x0，y0)，显然k1≠k2.从而k1·kCB＝eq\f(y0－\r(2),x0＋2\r(2))·eq\f(y0＋\r(2),x0－2\r(2))＝eq\f(y\o\al(2,0)－2,x\o\al(2,0)－8)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),16)))－2,x\o\al(2,0)－8)＝eq\f(2－\f(x\o\al(2,0),4),x\o\al(2,0)－8)＝－eq\f(1,4)，所以kCB＝－eq\f(1,4k1).同理kDB＝－eq\f(1,4k2).所以直线AD的方程为y－eq\r(2)＝k2(x＋2eq\r(2))，直线BC的方程为y＋eq\r(2)＝－eq\f(1,4k1)(x－2eq\r(2))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\r(2)＝－\f(1,4k1)x－2\r(2)，,y－\r(2)＝k2x＋2\r(2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2\r(2)－4k1k2－4k1＋1,4k1k2＋1)，,y＝\f(\r(2)－4k1k2＋4k2＋1,4k1k2＋1)，))从而点Q的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2)－4k1k2－4k1＋1,4k1k2＋1)，\f(\r(2)－4k1k2＋4k2＋1,4k1k2＋1))).用k2代替k1，k1代替k2得点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2)－4k1k2－4k2＋1,4k1k2＋1)，\f(\r(2)－4k1k2＋4k1＋1,4k1k2＋1))).所以kPQ＝eq\f(\f(\r(2)－4k1k2＋4k2＋1,4k1k2＋1)－\f(\r(2)－4k1k2＋4k1＋1,4k1k2＋1),\f(2\r(2)－4k1k2－4k1＋1,4k1k2＋1)－\f(2\r(2)－4k1k2－4k2＋1,4k1k2＋1))＝eq\f(4\r(2)k2－k1,8\r(2)k2－k1)＝eq\f(1,2).即直线PQ的斜率为定值，其定值为eq\f(1,2).②当直线CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，由题意得，至多有一条直线的斜率不存在，不妨设直线CA的斜率不存在，从而C(－2eq\r(2)，－eq\r(2))．设DA的斜率为k，由①知，kDB＝－eq\f(1,4k).因为直线CA：x＝－2eq\r(2)，直线DB：y＋eq\r(2)＝－eq\f(1,4k)(x－2eq\r(2))，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(2)，－\r(2)＋\f(\r(2),k))).又直线BC：y＝－eq\r(2)，直线AD：y－eq\r(2)＝k(x＋2eq\r(2))，得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(2)－\f(2\r(2),k)，－\r(2)))，所以kPQ＝eq\f(1,2).由①②可知，直线PQ的斜率为定值，其定值为eq\f(1,2).4．(2017·江苏预测卷)平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq\f(\r(3),2)，右准线的方程为x＝eq\f(4\r(3),3).(1)求椭圆C的方程；(2)已知点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，过x轴上的一个定点M作直线l与椭圆C交于A，B两点，若三条直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，求点M的坐标．解(1)因为椭圆的离心率为eq\f(\r(3),2)，右准线的方程为x＝eq\f(4\r(3),3)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(a2,c)＝eq\f(4\r(3),3)，则a＝2，c＝eq\r(3)，b＝1，椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)设M(m,0)，当直线l为y＝0时，A(－2,0)，B(2,0)，PA，PM，PB的斜率分别为kPA＝eq\f(4,5)，kPM＝eq\f(4,1－2m)，kPB＝－eq\f(4,3)，因为直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，所以eq\f(8,1－2m)＝eq\f(4,5)－eq\f(4,3)，m＝8.证明如下：当M(8,0)时，直线PA，PM，PB的斜率构成等差数列，设AB：y＝k(x－8)，代入椭圆方程x2＋4y2－4＝0，得x2＋4k2(x－8)2－4＝0，即(1＋4k2)x2－64k2x＋256k2－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(64k2,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(256k2－4,1＋4k2)，又kPM＝eq\f(0－2,8－\f(1,2))＝－eq\f(4,15)，所以kPA＋kPB＝eq\f(y1－2,x1－\f(1,2))＋eq\f(y2－2,x2－\f(1,2))＝eq\f(kx1－8k－2,x1－\f(1,2))＋eq\f(kx2－8k－2,x2－\f(1,2))＝2k＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)k－2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－\f(1,2))＋\f(1,x2－\f(1,2))))＝2k＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)k－2))eq\f(x1＋x2－1,x1x2－\f(1,2)x1＋x2＋\f(1,4))＝2k＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)k－2))eq\f(\f(64k2,1＋4k2)－1,\f(256k2－4,1＋4k2)－\f(1,2)×\f(64k2,1＋4k2)＋\f(1,4))＝2k＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)k－2))eq\f(60k2－1,\f(15,4)60k2－1)＝－eq\f(8,15)＝2kPM，即证．(四)数列(2)1．已知{an}，{bn}，{cn}都是各项不为零的数列，且满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝cnSn，n∈N*，其中Sn是数列{an}的前n项和，{cn}是公差为d(d≠0)的等差数列．(1)若数列{an}是常数列，d＝2，c2＝3，求数列{bn}的通项公式；(2)若an＝λn(λ是不为零的常数)，求证：数列{bn}是等差数列；(3)若a1＝c1＝d＝k(k为常数，k∈N*)，bn＝cn＋k(n≥2，n∈N*)，求证：对任意的n≥2，n∈N*，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))单调递减．(1)解因为d＝2，c2＝3，所以cn＝2n－1.因为数列{an}是各项不为零的常数列，所以a1＝a2＝…＝an，Sn＝na1.则由cnSn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn及cn＝2n－1，得n(2n－1)＝b1＋b2＋…＋bn，当n≥2时，(n－1)(2n－3)＝b1＋b2＋…＋bn－1，两式相减得bn＝4n－3.当n＝1时，b1＝1也满足bn＝4n－3.故bn＝4n－3(n∈N*)．(2)证明因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝cnSn，当n≥2时，cn－1Sn－1＝a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1，两式相减得cnSn－cn－1Sn－1＝anbn，即(Sn－1＋an)cn－Sn－1cn－1＝anbn，Sn－1(cn－cn－1)＋ancn＝anbn，所以Sn－1d＋λncn＝λnbn.又Sn－1＝eq\f(λ＋λn－1,2)(n－1)＝eq\f(λnn－1,2)，所以eq\f(λnn－1,2)d＋λncn＝λnbn，即eq\f(n－1,2)d＋cn＝bn，(*)所以当n≥3时，eq\f(n－2,2)d＋cn－1＝bn－1，两式相减得bn－bn－1＝eq\f(3,2)d(n≥3)，所以数列{bn}从第二项起是公差为eq\f(3,2)d的等差数列．又当n＝1时，由c1S1＝a1b1，得c1＝b1.当n＝2时，由(*)得b2＝eq\f(2－1,2)d＋c2＝eq\f(1,2)d＋(c1＋d)＝b1＋eq\f(3,2)d，得b2－b1＝eq\f(3,2)d.故数列{bn}是公差为eq\f(3,2)d的等差数列．(3)证明由(2)得当n≥2时，Sn－1(cn－cn－1)＋ancn＝anbn，即Sn－1d＝an(bn－cn)．因为bn＝cn＋k，所以bn＝cn＋kd，即bn－cn＝kd，所以Sn－1d＝an·kd，即Sn－1＝kan，所以Sn＝Sn－1＋an＝(k＋1)an.当n≥3时，Sn－1＝(k＋1)an－1，两式相减得an＝(k＋1)an－(k＋1)an－1，即an＝eq\f(k＋1,k)an－1，故从第二项起数列{an}是等比数列，所以当n≥2时，an＝a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋1,k)))n－2，bn＝cn＋k＝cn＋kd＝c1＋(n－1)k＋k2＝k＋(n－1)k＋k2＝k(n＋k)，另外由已知条件得(a1＋a2)c2＝a1b1＋a2b2.又c2＝2k，b1＝k，b2＝k(2＋k)，所以a2＝1，因而an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋1,k)))n－2.令dn＝eq\f(bn,an)，则eq\f(dn＋1,dn)＝eq\f(bn＋1an,an＋1bn)＝eq\f(n＋k＋1k,n＋kk＋1).因为(n＋k＋1)k－(n＋k)(k＋1)＝－n<0，所以eq\f(dn＋1,dn)<1，所以对任意的n≥2，n∈N*，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))单调递减．2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，a2＝2，设bn＝an＋an＋1，cn＝an·an＋1(n∈N*)．(1)若数列{b2n－1}是公比为3的等比数列，求S2n；(2)若数列{bn}是公差为3的等差数列，求Sn；(3)是否存在这样的数列{an}，使得{bn}成等差数列和{cn}成等比数列同时成立，若存在，求出{an}的通项公式；若不存在，请说明理由．解(1)b1＝a1＋a2＝1＋2＝3，S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b3＋…＋b2n－1＝eq\f(31－3n,1－3)＝eq\f(3n＋1－3,2).(2)∵bn＋1－bn＝an＋2－an＝3，∴{a2k－1}，{a2k}均是公差为3的等差数列，a2k－1＝a1＋(k－1)·3＝3k－2，a2k＝a2＋(k－1)·3＝3k－1，当n＝2k(k∈N*)时，Sn＝S2k＝(a1＋a3＋…＋a2k－1)＋(a2＋a4＋…＋a2k)＝eq\f(k1＋3k－2,2)＋eq\f(k2＋3k－1,2)＝3k2＝eq\f(3n2,4)；当n＝2k－1(k∈N*)时，Sn＝S2k－1＝S2k－a2k＝3k2－3k＋1＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)))2－3·eq\f(n＋1,2)＋1＝eq\f(3n2＋1,4).综上可知，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3n2,4)，n＝2k，k∈N*，,\f(3n2＋1,4)，n＝2k－1，k∈N*.))(3)∵{bn}成等差数列，∴2b2＝b1＋b3，即2(a2＋a3)＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)，a2＋a3＝a1＋a4，①∵{cn}成等比数列，∴ceq\o\al(2,2)＝c1c3.即(a2a3)2＝(a1a2)·(a3a4)，∵c2＝a2a3≠0，∴a2a3＝a1a4，②由①②及a1＝1，a2＝2，得a3＝1，a4＝2，设{bn}的公差为d，则bn＋1－bn＝(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝d，即an＋2－an＝d，即数列{an}的奇数项和偶数项都构成公差为d的等差数列，又d＝a3－a1＝a4－a2＝0，∴数列{an}＝1,2,1,2,1,2，…，即an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝2k－1，k∈N*，,2，n＝2k，k∈N*.))此时cn＝2，{cn}是公比为1的等比数列，满足题意．∴存在数列{an}，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝2k－1，k∈N*，,2，n＝2k，k∈N*，))使得{bn}成等差数列和{cn}成等比数列同时成立．高考附加题加分练1.矩阵与变换1．已知矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a1,b0))，点A(1,0)在矩阵M对应的变换作用下变为A′(1,2)，求矩阵M的逆矩阵M－1.解∵eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a1,b0))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,0))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,2))，∴a＝1，b＝2.∴M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(11,20))，∴M－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0\f(1,2),1－\f(1,2))).2．(2017·江苏徐州一中检测)已知曲线C：y2＝eq\f(1,2)x，在矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,0－2))对应的变换作用下得到曲线C1，C1在矩阵N＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(01,10))对应的变换作用下得到曲线C2，求曲线C2的方程．解设A＝NM，则A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(01,10))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,0－2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0－2,10))，设P(x′，y′)是曲线C上任一点，在两次变换下，在曲线C2上对应的点为P(x，y)，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0－2,10))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x′,y′))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2y′,x′))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2y′，,y＝x′，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝y，,y′＝－\f(1,2)x.))又点P(x′，y′)在曲线C：y2＝eq\f(1,2)x上，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x))2＝eq\f(1,2)y，即x2＝2y.3．已知矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,2x))的一个特征值为3，求M的另一个特征值及其对应的一个特征向量．解矩阵M的特征多项式为f(λ)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(λ－1－2,－2λ－x))＝(λ－1)(λ－x)－4.因为λ1＝3是方程f(λ)＝0的一根，所以x＝1.由(λ－1)(λ－1)－4＝0，得λ2＝－1.设λ2＝－1对应的一个特征向量为α＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－2y＝0，,－2x－2y＝0，))得x＝－y.令x＝1，则y＝－1，所以矩阵M的另一个特征值为－1，对应的一个特征向量为α＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,－1)).4．(2017·江苏江阴中学质检)若点A(2,2)在矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cosα－sinα,sinαcosα))对应变换的作用下得到的点为B(－2,2)，求矩阵M的逆矩阵．解Meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2,2))，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cosα－2sinα,2sinα＋2cosα))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2,2))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα－sinα＝－1，,sinα＋cosα＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＝0，,sinα＝1.))所以M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0－1,10)).由M－1M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,01))，得M－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(01,－10)).2.坐标系与参数方程1．(2017·江苏兴化中学调研)已知曲线C1的极坐标方程为ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝－1，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))，判断两曲线的位置关系．解将曲线C1，C2化为直角坐标方程，得C1：x＋eq\r(3)y＋2＝0，C2：x2＋y2－2x－2y＝0，即C2：(x－1)2＋(y－1)2＝2.圆心到直线的距离d＝eq\f(|1＋\r(3)＋2|,\r(12＋\r(3)2))＝eq\f(3＋\r(3),2)>eq\r(2)，∴曲线C1与C2相离．2．(2017·江苏金坛一中期中)已知在极坐标系下，圆C：ρ＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))与直线l：ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs