高考数学 考前3个月（上）专题复习 专题七 第四讲 转化与化归思想配套限时规范训练

第四讲转化与化归思想（推荐时间：50分钟）一、选择题1．(·大纲全国)△ABC中，AB边的高为CD，若eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝ ()A.eq\f(1,3)a－eq\f(1,3)bB.eq\f(2,3)a－eq\f(2,3)bC.eq\f(3,5)a－eq\f(3,5)bD.eq\f(4,5)a－eq\f(4,5)b2．在等比数列{an}中，a1＝a，前n项和为Sn，若数列{an＋1}成等差数列，则Sn等于()A．an＋1－aB．n(a＋1)C．naD．(a＋1)n－13．函数f(x)＝(m－1)x2＋2mx＋3为偶函数，则f(x)在区间(－5，－3)上 ()A．先减后增 B．先增后减C．单调递减 D．单调递增4．已知数列{an}对任意的p，q∈N*满足ap＋q＝ap＋aq且a2＝－6，那么a10等于 ()A．－165 B．－33C．－30 D．－215．若α、β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且αsinα－βsinβ>0，则下面结论正确的是 ()A．α＞β B．α＋β＞0C．α＜β D．α2＞β26．已知Oeq\o(A,\s\up6(→))＝(cosθ1,2sinθ1)，Oeq\o(B,\s\up6(→))＝(cosθ2,2sinθ2)，若Oeq\o(A,\s\up6(→))′＝(cosθ1，sinθ1)，Oeq\o(B,\s\up6(→))′＝(cosθ2，sinθ2)，且满足Oeq\o(A,\s\up6(→))′·Oeq\o(B,\s\up6(→))′＝0，则S△OAB等于 ()A.eq\f(1,2) B．1C．2 D．47．棱长为a的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为 ()A.eq\f(a3,3) B.eq\f(a3,4)C.eq\f(a3,6) D.eq\f(a3,12)8．P为双曲线eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的右支上一点，M、N分别是圆(x＋5)2＋y2＝4和(x－5)2＋y2＝1上的点，则|PM|－|PN|的最大值为 ()A．6 B．7C．8 D．9二、填空题9．在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2＋y2＝4上有且只有四个点到直线12x－5y＋c＝0的距离为1，则实数c的取值范围是________．10．在Rt△ABC中，C＝eq\f(π,2)，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，r，S分别表示它的内切圆半径和面积，则eq\f(cr,S)的取值范围是__________．11．如果函数f(x)＝x2＋bx＋c对任意实数t都有f(2＋t)＝f(2－t)，那么f(2)，f(1)，f(4)的大小关系是________．12．设f(x)是定义在R上的单调增函数，若f(1－ax－x2)≤f(2－a)对任意a∈[－1,1]恒成立，则x的取值范围为______．三、解答题13．(·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).14．(·福建)已知函数f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.

答案1．D2．C3．D4．C5．D6．B7．C8．D9．(－13,13)10．[2eq\r(2)－2,1)11．f(2)<f(1)<f(4)12．x≤－1或x≥013．(1)解∵a1，a2＋5，a3成等差数列，∴2(a2＋5)＝a1＋a3.又2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，∴2S1＝a2－22＋1,2S2＝a3－23＋1，∴2a1＝a2－3,2(a1＋a2)＝a3由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a2＋5＝a1＋a3，,2a1＝a2－3，,2a1＋a2＝a3－7))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＝5，,a3＝19.))∴a1＝1.(2)解∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，①∴当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1.②①－②得2an＝an＋1－an－2n＋1＋2n，∴an＋1＝3an＋2n.两边同除以2n＋1得eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(3,2)·eq\f(an,2n)＋eq\f(1,2)，∴eq\f(an＋1,2n＋1)＋1＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)＋1)).又由(1)知eq\f(a2,22)＋1＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,21)＋1))，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)＋1))是以eq\f(3,2)为首项，eq\f(3,2)为公比的等比数列，∴eq\f(an,2n)＋1＝eq\f(3,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n，∴an＝3n－2n，即数列{an}的通项公式为an＝3n－2n.(3)证明∵an＝3n－2n＝(1＋2)n－2n＝Ceq\o\al(0,n)·1n·20＋Ceq\o\al(1,n)·1n－1·21＋Ceq\o\al(2,n)·1n－2·22＋…＋Ceq\o\al(n,n)·10·2n－2n＝1＋2n＋2(n2－n)＋…＋2n－2n>1＋2n＋2(n2－n)＝1＋2n2>2n2>2n(n－1)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,3n－2n)<eq\f(1,2nn－1)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,nn－1)，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋…＋\f(1,nn－1)))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n)<eq\f(3,2)，即eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).14．解(1)由于f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率k＝2a所以a＝0，即f(x)＝ex－ex.此时f′(x)＝ex－e.由f′(x)＝0得x＝1.当x∈(－∞，1)时，有f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点．因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0①若a≥0，当x>x0时，g′(x)>0，则当x>x0时，g(x)>g(x0)＝0；当x<x0时，g′(x)<0，则当x<x0时，g(x)>g(x0)＝0.故g(x)只有唯一零点x＝x0.由P的任意性知，a≥0不合题意．②若a<0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2则当x∈(－∞，x*)时，h′(x)<0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x∈(x*，＋∞)时，h′(x)>0，从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增．a．若x0＝x*，当x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；当x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0.所以g(x)在R上单调递增．所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*.b．若x0>x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，则当x∈(x*，x0)时有g′(x)＝h(x)<h(x0)＝0，g(x)>g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)>0.又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)<ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝