高考数学大二轮总复习 第一篇 活用审题路线图教你审题不再难试题

高考数学大二轮总复习增分策略第一篇活用审题路线图，教你审题不再难审题是解题的基础，深入细致的审题是成功解题的前提，审题不仅存在于解题的开端，还要贯穿于解题思路的全过程和解法后的反思回顾．正确的审题要多角度地观察，由表及里，由条件到结论，由数式到图形，洞察问题实质，选择正确的解题方向．事实上，很多考生往往对审题掉以轻心，或不知从何处入手进行审题，致使解题失误而丢分．本讲结合实例，教你正确的审题方法，给你制订一条“审题路线图”，攻克高考解答题．一审条件挖隐含任何一个数学问题都是由条件和结论两部分构成的．条件是解题的主要素材，充分利用条件间的内在联系是解题的必经之路．条件有明示的，有隐含的，审视条件更重要的是要充分挖掘每一个条件的内涵和隐含的信息，发挥隐含条件的解题功能．例1(2014·重庆)已知函数f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)(ω>0，－eq\f(π,2)≤φ<eq\f(π,2))的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，且图象上相邻两个最高点的距离为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．审题路线图(1)eq\x(条件：fx图象上相邻两个最高点距离为π)↓挖掘三角函数图象的特征eq\x(fx的周期为π)↓T＝eq\f(2π,|ω|)，ω>0(已知)eq\x(ω＝2)eq\x(条件：fx图象关于直线x＝\f(π,3)对称)↓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(条件：f\f(α,2)＝\f(\r(3),4))↓代入f(x)eq\x(sinα－\f(π,6)＝\f(1,4))↓条件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)因为f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为π，所以f(x)的最小正周期为T＝π，从而ω＝eq\f(2π,T)＝2.又因为f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，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).跟踪演练1(2014·四川)已知函数f(x)＝sin(3x＋eq\f(π,4))．(1)求f(x)的单调递增区间；(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．二审结论会转换问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误．因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．审视结论，就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律．善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向．例2(2015·北京)已知函数f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x).(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求证：当x∈(0,1)时，f(x)＞2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))；(3)设实数k使得f(x)＞keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))对x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．审题路线图(2)eq\x(x∈0，1时fx>2x＋\f(x3,3))eq\o(→,\s\up7(转化要证),\s\do5(结论))eq\x(fx－2x＋\f(x3,3)>0在0，1上恒成立)eq\o(→,\s\up7(构造函数),\s\do10(gx＝fx－2x＋\f(x3,3)))eq\x(gx>0)→eq\x(研究函数gx的单调性求gx)(3)eq\x(求k的最大值)eq\o(→,\s\up7(构造函数),\s\do10(hx＝fx－kx＋\f(x3,3)))eq\x(研究hx单调性)eq\o(→,\s\up7(讨论参数k),\s\do5(结合2知k≤2时符合题意))eq\x(k>2时hx的单调性)解(1)因为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.又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.(2)令g(x)＝f(x)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝eq\f(2x4,1－x2).因为g′(x)>0(0<x<1)，所以g(x)在区间(0,1)上单调递增．所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0,1)，即当x∈(0,1)时，f(x)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).(3)由(2)知，当k≤2时，f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))对x∈(0,1)恒成立．当k>2时，令h(x)＝f(x)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))，则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝eq\f(kx4－k－2,1－x2).所以当0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))时，h′(x)<0，因此h(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(4,\f(k－2,k))))上单调递减．当0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))时，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).所以当k>2时，f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))并非对x∈(0,1)恒成立．综上可知，k的最大值为2.跟踪演练2已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx.(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值，并指出是极大值还是极小值；(2)若a＝1，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；(3)若a＝1，求证：在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝eq\f(2,3)x3的图象的下方．三审图形抓特点在不少数学高考试题中，问题的条件往往是以图形的形式给出，或将条件隐含在图形之中，因此在审题时，要善于观察图形，洞悉图形所隐含的特殊关系、数值的特点、变化的趋势．抓住图形的特征，运用数形结合的数学思想方法，是破解考题的关键．例3如图(1)所示，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°.点E、F分别在边CD、CB上，点E与点C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O.沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED，如图(2)所示．(1)求证：BD⊥平面POA；(2)当PB取得最小值时，求四棱锥P－BDEF的体积．审题路线图(1)(2)(1)证明因为菱形ABCD的对角线互相垂直，所以BD⊥AC.所以BD⊥AO.因为EF⊥AC，所以PO⊥EF.因为平面PEF⊥平面ABFED，平面PEF∩平面ABFED＝EF，且PO⊂平面PEF，所以PO⊥平面ABFED.因为BD⊂平面ABFED，所以PO⊥BD.因为AO∩PO＝O，所以BD⊥平面POA.(2)解设AO∩BD＝H.因为∠DAB＝60°，所以△BDC为等边三角形．故BD＝4，HB＝2，HC＝2eq\r(3).设PO＝x(0<x<2eq\r(3))，则OH＝2eq\r(3)－x，OA＝4eq\r(3)－x.连接OB，由OH⊥BD，得OB2＝(2eq\r(3)－x)2＋22.又由(1)知PO⊥平面BFED，则PO⊥OB.所以PB＝eq\r(OB2＋OP2)＝eq\r(2\r(3)－x2＋22＋x2)＝eq\r(2x－\r(3)2＋10).当x＝eq\r(3)时，PBmin＝eq\r(10)，此时PO＝eq\r(3)＝OH，所以V四棱锥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.跟踪演练3如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝5，若O为△ABC的外心，则eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值为________．四审结构定方案数学问题中的条件和结论，很多都是以数式的结构形式进行搭配和呈现的．在这些问题的数式结构中，往往都隐含着某种特殊关系，认真审视数式的结构特征，对数式结构进行深入分析，加工转化，可以寻找到突破问题的方案．例4(2015·四川)设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|＜eq\f(1,1000)成立的n的最小值．审题路线图解(1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)，从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，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，因为29＝512＜1000＜1024＝210，所以n≥10，于是，使|Tn－1|＜eq\f(1,1000)成立的n的最小值为10.跟踪演练4(1)(2015·临川一中月考)已知数列{an}满足a1＝6，an＋1－an＝2n，记cn＝eq\f(an,n)，且存在正整数M，使得对一切n∈N*，cn≥M恒成立，则M的最大值为________．(2)(2014·课标全国Ⅰ)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)·(sinA－sinB)＝(c－b)·sinC，则△ABC面积的最大值为________．五审图表找规律题目中的图表、数据包含着问题的基本信息，往往也暗示着解决问题的目标和方向．在审题时，要认真观察分析图表、数据的特征和规律，常常可以找到解决问题的思路和方法．例5下表中的数阵为“森德拉姆素数筛”，其特点是每行每列都成等差数列，记第i行第j列的数为ai，j(i，j∈N*)，则(1)a9,9＝________；(2)表中的数82共出现________次.234567…35791113…4710131619…5913172125…61116212631…71319253137……审题路线图eq\x(审视图表数据ai，j)eq\o(→,\s\up7(每行成等),\s\do5(差数列))eq\x(a1，9＝a1，1＋8×1＝10)eq\o(→,\s\up7(每列成等差),\s\do5(数列))eq\x(a9，9＝a1，9＋8×9＝72)eq\o(→,\s\up7(一般规律))eq\x(ai，j＝i＋1＋j－1·i＝ij＋1)eq\o(→,\s\up7(82出现次数))eq\x(ij＋1＝82解的个数)解析(1)a9,9表示第9行第9列，第1行的公差为1，第2行的公差为2，……，第9行的公差为9，第9行的首项b1＝10，则b9＝10＋8×9＝82；(2)第1行数组成的数列a1，j(j＝1,2，…)是以2为首项，公差为1的等差数列，所以a1，j＝2＋(j－1)·1＝j＋1；第i行数组成的数列ai，j(j＝1,2，…)是以i＋1为首项，公差为i的等差数列，所以ai，j＝(i＋1)＋(j－1)i＝ij＋1，由题意得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共出现5次．答案(1)82(2)5跟踪演练5为调查企业工人的身体情况，社保局从某企业800名男职工中随机抽取50名测量其身高，据测量，被测职工的身高全部在155cm到195cm之间．将测量结果按如下方式分成8组：第一组[155,160)，第二组[160,165)，……，第八组[190,195]，频率分布直方图的部分图象如图所示，频数统计表的一部分如下表，已知第一组与第八组的人数相同，第七组与第六组的人数差恰好为第八组与第七组的人数差，则x＝________，y＝________.分组频数……[180,185)x[185,190)y……六审细节更完善审题不仅要从宏观上、整体上去分析、去把握，还要更加注意审视一些细节上的问题．例如括号内的标注、数据的范围、图象的特点等．因为标注、范围大多是对数学概念、公式、定理中所涉及的一些量或解析式的限制条件．审视细节能适时地利用相关量的约束条件，调整解决问题的方向．所以说重视审视细节，更能体现审题的深刻性．例6各项均为正数的数列{an}的前n项和为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为奇数，,b，n为偶数，))cn＝b(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.审题路线图(1)Sn＝eq\f(1,4)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an↓(注意n∈N*，an>0)a1＝2↓(下面的变形是有条件的，条件是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↓(进行代数式变形)(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0↓(an＋an－1>0)an－an－1＝2↓(利用等差数列的定义)an＝2＋(n－1)×2＝2n↓(注意bn与an的关系，n是分奇偶的)(2)b1＝a1＝2；b2＝a1＝2；b3＝a3＝6；b4＝b2＝2↓(注意cn与bn的关系)c1＝b6＝b3＝6c2＝b8＝b4＝2↓(注意下面变化的条件是n≥3)＝2n－1＋2.↓Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝6＋2＋(22＋2)＋(23＋2)＋…＋(2n－1＋2)＝2n＋2n↓(当n＝1，n＝2时，对Tn的表达式的验证)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，因为a1>0，故a1＝2；当n≥2时，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.因为an>0，所以an－an－1＝2，即{an}为等差数列，所以an＝2n(n∈N*)．(2)c1＝b6＝b3＝a3＝6，c2＝b8＝b4＝b2＝b1＝a1＝2，n≥3时，，此时，Tn＝8＋(22＋2)＋(23＋2)＋…＋(2n－1＋2)＝2n＋2n；当n＝1时，2＋2＝4≠6，不符合上式，当n＝2时，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*.))跟踪演练6(2015·惠州市调研)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对一切正整数n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(7,4).审题突破练A组专题通关1．已知点A(－3,0)，B(0,3)，若点P在圆x2＋y2－2x＝0上运动，则△PAB面积的最小值为()A．6 B．6eq\r(2)C．6＋eq\f(3\r(2),2) D．6－eq\f(3\r(2),2)2．如图所示，用K，A1，A2三类不同的元件连接成一个系统，当K正常工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K，A1，A2正常工作的概率依次是0.9,0.8,0.8，则系统正常工作概率为()A．0.960 B．0.864C．0.70 D．0.5763．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为()A.eq\f(23,3) B.eq\f(47,6)C．6 D．74．(2015·重庆)执行如图所示的程序框图，若输出k的值为8，则判断框内可填入的条件是()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·佛山市高三上学期期中试题)已知a＞0，函数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)，则实数t的取值范围为________．6．(2015·福建)若锐角△ABC的面积为10eq\r(3)，且AB＝5，AC＝8，则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．数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝ln(1＋eq\f(1,n))，bn＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n2)(n∈N*)，证明：an＞bn.B组能力提高9．已知a∈R，函数f(x)＝eq\f(1,6)x3＋eq\f(1,2)(a－2)x2＋b，g(x)＝2alnx.(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处的切线互相垂直，求a，b的值；(2)设F(x)＝f′(x)－g(x)，若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有F(x2)－F(x1)＞a(x2－x1)，求a的取值范围．10．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点(1，eq\f(\r(2),2))，右焦点为F2.设A，B是C上的两个动点，线段AB的中点M的横坐标为－eq\f(1,2)，线段AB的中垂线交椭圆C于P，Q两点．(1)求椭圆C的方程；(2)求eq\o(F2P,\s\up6(→))·eq\o(F2Q,\s\up6(→))的取值范围．学生用书答案精析第一篇活用审题路线图，教你审题不再难跟踪演练1解(1)因为函数y＝sinx的单调递增区间为[－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.所以函数f(x)的单调递增区间为[－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)．当sinα＋cosα＝0时，由α是第二象限角，知α＝eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z.此时，cosα－sinα＝－eq\r(2).当sinα＋cosα≠0时，有(cosα－sinα)2＝eq\f(5,4).由α是第二象限角，知cosα－sinα<0，此时cosα－sinα＝－eq\f(\r(5),2).综上所述，cosα－sinα＝－eq\r(2)或－eq\f(\r(5),2).跟踪演练2(1)解由于函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，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)，当x∈(0,1)时，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值为eq\f(1,2).(2)解当a＝1时，易知函数f(x)在[1，e]上为增函数，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)，f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,2)e2＋1.(3)证明设F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx－eq\f(2,3)x3，则F′(x)＝x＋eq\f(1,x)－2x2＝eq\f(1－x1＋x＋2x2,x)，当x>1时，F′(x)<0，故f(x)在区间[1，＋∞)上是减函数，又F(1)＝－eq\f(1,6)<0，所以在区间[1，＋∞)上，F(x)<0恒成立．即f(x)<g(x)恒成立．因此，当a＝1时，在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方．跟踪演练38解析方法一取边BC的中点D，由于O为△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的中点E，AC的中点F，连接OE，OF，则OE⊥AB，OF⊥AC.易知向量eq\o(AO,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))上的投影为|eq\o(AE,\s\up6(→))|，eq\o(AO,\s\up6(→))在eq\o(AC,\s\up6(→))上的投影为|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.跟踪演练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，∵对一切n∈N*，cn≥M恒成立，∴M的最大值为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可化为(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(“＝”当且仅当b＝c时取得)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)·bc·sinA≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).跟踪演练543解析由频率分布直方图可知前五组的频率之和是(0.008＋0.016＋0.04＋0.04＋0.06)×5＝0.82，第八组的频率是0.008×5＝0.04，所以第六、七组的频率之和为1－0.82－0.04＝0.14.故第八组的人数为50×0.04＝2，第六、七组的人数之和为50×0.14＝7.由题意，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.))跟踪演练6(1)解依题意，2S1＝a2－eq\f(1,3)－1－eq\f(2,3)，又S1＝a1＝1，所以a2＝4，当n≥2时，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)，两式相减得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，故数列{eq\f(an,n)}是首项为1，公差为1的等差数列，所以eq\f(an,n)＝1＋1×(n－1)＝n，所以an＝n2.(2)证明当n＝1时，eq\f(1,a1)＝1<eq\f(7,4)；当n＝2时，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＝1＋eq\f(1,4)＝eq\f(5,4)<eq\f(7,4)；当n≥3时，eq\f(1,an)＝eq\f(1,n2)<eq\f(1,nn－1)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，此时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).综上，对一切正整数n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(7,4).审题突破练1．D[由圆的方程x2＋y2－2x＝0，得(x－1)2＋y2＝1，所以圆的圆心G(1,0)，且圆的半径r＝1，由A(－3,0)，B(0,3)，得kAB＝eq\f(3,3)＝1，所以AB的方程为y＝x＋3，即x－y＋3＝0，所以点G(1,0)到AB的距离d＝eq\f(|1－0＋3|,\r(2))＝2eq\r(2)＞1，所以AB与给定的圆相离，圆上到AB的距离的最小值t＝d－r＝2eq\r(2)－1，又|AB|＝eq\r(9＋9)＝3eq\r(2)，所以△PAB面积的最小值为eq\f(1,2)×3eq\r(2)×(2eq\r(2)－1)＝6－eq\f(3\r(2),2).]2．B[由题意可知K，A1，A2三类元件正常工作相互独立．A1，A2至少有一个正常工作的概率为P＝1－(1－0.8)2＝0.96.所以系统正常工作的概率为PKP＝0.9×0.96＝0.864.]3．A[由题意知，该多面体是由正方体挖去两个小三棱锥后所成的几何体，如图所示，所以该几何体的体积为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满足条件，则k＝2，s＝eq\f(1,2)，满足条件；k＝4，s＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，满足条件；k＝6，s＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(11,12)，满足条件；k＝8，s＝eq\f(11,12)＋eq\f(1,8)＝eq\f(25,24)，不满足条件，输出k＝8，所以应填s≤eq\f(11,12)？.]5．(0，＋∞)解析①当－1≤t－eq\f(1,3)＜0时，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当t－eq\f(1,3)≥0时，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).综上可知：实数t的取值范围为(0，＋∞)．6．7解析S＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA，∴sinA＝eq\f(\r(3),2)，在锐角三角形中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．证明欲证原不等式成立，需证明ln(1＋eq\f(1,n))－eq\f(1,n)＋eq\f(1,n2)＞0.构造函数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).当0＜x≤1时，F′(x)＞0，所以函数F(x)在(0,1]上单调递增．所以函数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*)，则有ln(1＋eq\f(1,n))＞eq\f(1,n)－eq\f(1,n2)，即an＞bn.9．解(1)f′(x)＝eq