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高中数学复习教案大全

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-17 11:04
tags:高中数学教案

高中数学解题策略丛书-高中数学教师资格证能教物理吗


第九章 直线、平面、简单几何体——第74课时:直线与平面垂直
课题:直线与平面垂直
一.复习目标:
1.掌握直线与平面垂直的定义、判定定理 和性质定理,并能运用它们进行
论证和解决有关的问题;
2.会用三垂线定理及其逆定理证明线线垂直,并会规范地写出解题过程。
二.知识要点:
1.直线与平面垂直的判定定理是 ;
性质定理是 ;
2.三垂线定理是 ;
三垂线定理的逆定理是 ;
3.证明直线和平面垂直的常用方法有:

三.课前预习:
1.若
a,b,c
表示直线,下列条件中,能使
a?
?
的是 (
D

?
表示平面,
(A)a?b,a?c,b?
?
,c?
?

(B)a?b,b
?

(C)ab?A,b?
?
,a?b

(D)
ab,b?
?

2.已知
l

m
是两条不同的直线,若直线
l?
平面
?
,①若直线
m?l< br>,则
m
?
;②若
m?
?
,则
ml
; ③若
m?
?
,则
m?l
;④
ml
,则
m?
?

上述判断正确的是 (
B

(A)
①②③
(B)
②③④
(C)
①③④
(D)
②④
3.在直四棱柱
ABCD ?A
1
BC
当底面四边形
ABCD
满足条件
AC?BD11
D
1
中,
时,有
AC?B
1
D
1
(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可
1
能的情况)
4. 设三棱锥
P?ABC
的顶点
P
在平面
ABC
上的射影是H
,给出以下命题:
①若
PA?BC

PB?AC
, 则
H

?ABC
的垂心
②若
PA,PB,PC
两 两互相垂直,则
H

?ABC
的垂心
③若
?ABC?90

H

AC
的中点,则
PA?PB?PC

④若
PA?PB?PC
,则
H

?ABC
的外心
其中正确命题的命题是 ①②③④
四.例题分析:
例1.四面体
ABCD
中,
AC?BD,E,F
分别为
AD,BC< br>的中点,且
2
AC

?BDC?90
,求证:
BD?
平面
ACD

2
证明:取
CD
的中点
G
,连结
EG,FG
,∵
E,F
分别为
AD,BC
的 中点,
EF?


第九章 直线、平面、简单几何体——第74课时:直线与平面垂直

1
AC
EG
?
2
1

1
BD
,又
AC
FG
?
?,B

D
FG?AC
,∴在
?EFG中,
22
1
22
EG?F
2
G?A?C
2
EF
2

EG?FG
,∴
BD?AC
,又< br>?BDC?90
,即
BD?CD

ACCD?C


BD?
平面
ACD


例2.如图
P

?ABC
所在平面外一点,
PA?PB,CB?
平面
PA B

M

PC
的中点,
N

AB
上的点,
AN?3NB

(1)求证:
MN?AB
;(2)当
?APB?90

AB?2BC?4
时,求
MN
的长。

P
(1)证明:取
PA
的中点
Q
,连结
MQ,NQ
,∵
M

PC
的中点,

MQBC
,∵
CB?
平面
PAB
,∴
MQ?
平面
PAB

M

QN

MN
在平面
PAB
内的射影 ,取
AB
的中点
D

连结
PD
,∵
PA?PB,

PD?AB
,又
AN?3NB

C
A

BN?ND

N

QNPD
,∴
QN?AB
,由三垂线定理得
MN?AB

B
1(2)∵
?APB?90

PA?PB,

PD?AB?2,∴
QN?1

2

MQ?
平面
PAB

1

M Q?NQ
,且
MQ?BC?1
,∴
MN?2

2
例3. 如图,直三棱柱
ABC?A
1
B
1
C< br>1
中,
?ACB?90,AC?1,CB?2
,侧棱
CD?
侧 面
AA
1
B
1
B
的两条对角线交于点
D
, 求证:
AA
1
?1

B
1
C
1
的 中点为
M

平面
BDM

BC?AC
,在直三棱柱
ABC?A
证明:连结
AC
1
,∵
?ACB?90,

1
B
1
C
1

CC
1
?AC
,∴
AC?
平面
CB
1


AA
1
?1

AC?1

AC
?BC

? 2
,∴
AC
1
1

D
是侧面
AA
1
B
1
B
的两条对角线的交点,∴
D

A
1
B

A
A
1
AB
1
的中点,∴
CD?BD
,连结
B
1
C
,取
B
1
C的中点
O

连结
DO
,则
DOAC


AC?
平面
CB
1
,∴
DO?
平面
C B
1
,∴
CO

CD

平面
B
1
C
内的射影。在
?BB
1
C
中,
tan?BBC ?2

1

?BB
1
M
中,
tan?BM B
1
?2
,∴
?BB
1
C??BMB
1

B
D
C
M
B
1
C
1


第九章 直线、平面、简单几何体——第74课时:直线与平面垂直

B
1C?BM
,∴
CD?BM,BMBD?B
,∴
CD?
平面
BDM

五.课后作业:
1.下列关于直线
l,m
与平面
?
,
?
的命题中,真命题是 ( )
( A)

l?
?

?
?
?
,则
l?
?

(B)

l?
?

?

?
,则
l?
?

(C)

l?
?

?
?
?
,则
l
?

(D)
??
?m

lm
,则
l
?

2.已知直线
a
、b和平面M、N,且
a?M
,那么( )
(A)
b
∥M
?
b⊥
a
(B)b⊥
a
?
b∥M
(C)N⊥M
?
a
∥N (D)
a?N?M?N?
?

3.在正方体
ABCD?A
1
BC

P
在侧面
BCC
1
B
1
及其边界上运动,并且
11
D
1
中,
保持
AP?BD
1
,则动点
P
的轨迹为 (
A

(A)
线段
B
1
C

(B)
线段
BC
1

(C)
BB
1
的中点与
CC
1
的中点连成的线段
(D)
BC
的中点与
B
1
C
1
的中点连成 的线段
4.三条不同的直线,
?

?

?
为三个 不同的平面
①若
?
?
?
,
?
?
?,则
?

?
②若
a?b,b?c,则a

c或a?c
.
③若
a?< br>?
,b

c?
?
,a?b,a?c,则
?
?
?
④若
a?
?
,b?
?
,a

b ,则
?
?
?

上面四个命题中真命题的个数是
5.如图,
PA?
矩形
ABCD
所在的平面,
M,N
分别是
AB,PC
的中点,
(1)求证:
MN
平面
PAD
; (2)求证:
MN?CD

?
(3)若
?PDA?
,求证:
MN?
平面
PCD

P
4


N
A

D
M


B
C



6.
ABCD
是矩形,
AB?a,BC?b(a?b)
,沿对角线
AC

?ADC
折起,使
AD?BC

(1)求证:
BD
是异面直线
AD

BC
的公垂线 ;(2)求
BD
的长。





第九章 直线、平面、简单几何体——第74课时:直线与平面垂直


7.如图,已知
SA,SB,SC
是由一点
S
引出的不共 面的三条射线,
?ASC??ASB?45
0
,?BSC?60,
?SAB? 90
,求证:
AB?SC

S



A

BC




8.矩形
AB CD
中,
AB?1,BC?a(a?0)

PA?
平面
AC
,且
PA?1

BC

上存在点
Q
,使得
PQ?QD
,求
a
的取值范围。


第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)
课题:平面与平面垂直
一.复习目标:
1.掌握平面与平面垂直的概念和判定定理 性质定理,并能运用它们进行推
理论证和解决有关问题。
2.在研究垂直问题时,要善于应用 “转化”和“降维”的思想,通过线线、
线面、面面平行与垂直关系的转化,从而使得问题获得解决
二.主要知识:
1.二面角的范围: ;二面角平面角的作法: ;二面角的求解步骤: ;
2.平面与平面垂直的概念: ;
3.平面与平面垂直的性质定理 ;符号语言表示为 .
4.平面与平面垂直的判定定理 ;符号语言表示为 .
三.课前预习:
1.已知
PA?
正方形
ABCD
所在的平 面,垂足为
A
,连结
PB,PC,PD,AC,BD

则互相垂直的 平面有 ( )
(A)
5对
(B)
6对
(C)
7对
(D)
8对
2.平面
?⊥平面
?

?
?
=
l
,点
P?
?
,点
Q?l
,那么
PQ?l

PQ?
?
的( )
(A)
充分但不必要条件
(B)
必要但不充分条件
(C)
充要条件
(D)
既不充分也不必要条件
3.若三个平面
?
,
?
,
?
,之间有
?< br>?
?

?
?
?
,则
?

?
( )
(A)
垂直
(B)
平行
(C)
相交
(D)
以上三种可能都有
4.已知
?

?
是两个 平面,直线
l?
?

l
?
?
,设(1)
l ?
?
,(2)
l
?

(3)
?
?
?
,若以其中两个作为条件,另一个作为结论,则正确命题的个数
是 ( )
(A)
0
(B)
1
(C)
2
(D)
3
四.例题分析:
例1. 在四面体
ABCD
中,
AB?3,AC?AD?2
,且
?DAC??BAC??BAD?60

求证:平
ADC

BCD
⊥平面


第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)

























第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)













第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)
课题:导数的应用3:切线与速度的问题(3课时)
一.用导数求曲线的切线
函数
f
?
x
?

x
0
处导数的几何意义,就是 曲线
y?f
?
x
?
在点
?
x
0
, f
?
x
0
?
?
处切线的斜率,也就是说,曲线
y? f
?
x
?
在点
P
?
x
0
,f?
x
0
?
?
处切线的斜率是
f
?
?< br>x
0
?
。于是相应的切线方程是:
y?y
0
?f?
?
x
0
??
x?x
0
?

利用上述结论,可以求解曲线的切线以及相关的问题。
用求导法求曲线的切线的斜率是行之有 效的方法,它不仅适用于二次
曲线,对于任何可导函数都适用。如果要求的切线过某点,一定要注意验< br>证这点是否在曲线上。如果这点在曲线上,可直接通过求这点的导数(斜
率)来求切线方程,如果 这点在曲线之外,一般需设切点,求出这点的导
数,然后通过解方程组来确定切点,最后根据两点式确定 切线方程。
二.用导数求瞬时速度
物体在时刻
t
0
时的瞬时速 度
V
0
就是物体运动规律
S?f
?
t
?

t?t
0
时的导数
f
?
?
t
0
?
,即有
V
0
?f
?
?
t
0
?
利用导数的这个物理意义,可以帮助我们获得按规律运动的物体的瞬时速
度。
三.范例分析
例1.求过抛物线y=ax
2
+bx+c(a≠0)上一点P (x
0
,y
0
)处的切线方程,并
由此证实抛物线的光学性质。 < br>分析:为求斜率,先求导函数:y'=2ax+b,故切线方程为y-y
0
=(2ax< br>0
+b)(x
-x
0
)
22
即 y=(2ax< br>0
+b)x-ax
0
+c,亦即y=(2ax
0
+b)x-a x
0
+c.
b
4ac?b
2
抛物线焦点:F(
?
,),它关于切线的对称点之横坐标
2a
4a
当x
0
, 说明从焦点发出的光线射到(x
0
,y
0
)经抛物面反射后反射光线平行于对称轴,反之亦然。
要求过曲线上一点处的切线方程,一般先求出该点的导数值(斜率),
再用点斜式写出后化简,同时我们还可以据此写出该点处的法线方程。
2
解:显然,y
0
=ax
0
+bx
0
+c
y'=2ax+b 故在P点处切线斜率为2ax
0
+b,
2
切线方程y-(ax
0
+bx
0
+c)=(2ax< br>0
+b)(x-x
0
),
2
亦即y=(2ax
0
+b)x-ax
0
+c.
?
b4ac?b
2
?
2
由于y=ax+bx+c按向量 =
?
,?
只须证明
?
平移即得到y=ax,
4a
? ?
2a
22
过其上一点(x
0
,ax
0
)的切线l :y=2ax
0
x-ax
0
满足:焦点关于l的对称
2


第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)
点为(m,n).
1
?
n?
?
4a
??
1
?
2ax
0
?
m
当x
0
≠0时
?
,消去n. 知 m=x
0
.
?
n?
1
?
4a
?2ax?
m
?ax
2
00
?
?22
当x
0
=0时,切线为y=0,F之对称点横坐标显然是0,
2
故从焦 点发出的光线射到(x
0
,ax
0
)后被抛物面反射后的方程为x=x
0
(与对称轴平行);反之,与对称轴平行的光线被抛物面反射后必聚汇于焦
点.

例2.求函数y=x
4
+x-2 图象上的点到直线y=x-4的距离的最小值及相应点
的坐标.
?
y?x
4
?x?2
分析:首先由
?
得x
4
+2=0 知,两
?
y?x?4
曲线无交点.
y'=4x
3
+1 ,切线要与已知直线平行,须
4x
3
+1=1,x=0.
故切点:(0 , -2)
一般地,当直线l与y=f(x)的图像无交
点时,与l平行的切线与l间距 离应为图像
上点到l的 距离的最值,以最小值为例(如
图)与l平行的 直线若与曲y=f( x)相交,(A为一交点),则l'与l间必存
在y=f(x)上的点C,显然,C点到l的距离小于l 与l'间的距离,亦即A到
l的距离.
4
当然,我的也可用参数直接考虑:设( x
0
,x
0
+x
0
-2)为y=f(x)图象上任
意一点,它到l的距离
d?
4
x
0
?x
0
?2?x
0
?4
2
?
4
x
0
?2
2
?
2
?2
,故距离最
2
小距离为
2

上述等号当且仅当x
0
=0时取得,故相应点坐标为(0,
?
2)。
解:y'= 4x
3
+1,令4x
3
+1=1,x=0. 由此知过曲线上点(0,-2)的切线方程
2?4
y=x+2 与已知直线平行,它到 已知直线距离最近,为
d??2
.
2

例3.已知一直线
l
经过原点且与曲线y=
x
3
-3
x
2
+2
x
相切,试求直线
l

方程。


第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)
分析: 设切点为(
x
0

y
0
),则y
0

x
0
-3
x
0
+2
x
0
,由于直线
l
经过原点,
故 等式的两边同除以
x
0
即得切线的斜率,再根据导数的几何意义求出曲线
在点
x
0
处的切线斜率,便可建立关于
x
0
的方程。在两边同除 以
x
0
时,要注
意对
x
0
是否为0进行讨论。
解:设直线
l
:y=k
x
。 ∵y'=3
x
2
-6
x
+2, ∴y'|
x
=0< br>=2,又∵直线与曲线
均过原点,于是直线y=k
x
与曲线y=
x3
-3
x
2
+2相切于原点时,k=2。
y
若直线与曲线切于点(
x
0
,y
0
) (
x
0
≠0),则k=
0
,∵y
0

x
0
3
-3
x
0
2
+2
x
0
x
0
y

0
=
x
0
2
-3< br>x
0
+2,
x
0
又∵k=y'|
x?x
0
=3
x
0
2
-6
x
0
+2,

x
0
2
-3
x
0
+2=3
x
0< br>2
-6
x
0
+2, ∴2
x
0
2
-3
x
0
=0,
31

x
0
≠0, ∴
x
0
=, ∴k=
x
0
2
-3
x
0
+2=-,
24
1
故直线
l
的方程为y=2
x
或y=-
x

4

例4.已知曲线
C:y?x
3
及其上一点
P
1
(1,1)
,过
P
1
作C的切线
l
1

l
1
与C的
另一公共点为
P
2
(不同于
P
,过
P
2
作C的切线
l
2

l
2
与C的另一公共点为
P
3
1

(不同于
P
2
),…,得到C的一列切线
l
1

l
2
,…,
l
n
,…,相应的切点分别

P
1
P
2
,…,
P
n
,…。
(1)求
P
n
的坐标;
(2)设
l
n

l
n?1
的角为
?
n
,求
limtan
?
n
之值。
n??
32
3
解:(1)设
P
n
(a
n
,a
n
)
,过
P
n
作C 的切线。
23
C在
P
n
处的切线
l
n
的 方程为:
y?3a
n
,代入
y?x
3
,并整理得
( x?a
n
)?a
n
(x?a
n
)
2
(x? 2a
n
)?0


x?a
n
(舍去)或
x??2a
n

由题意
a
1
?1

a
n?1
??2a
n< br>,从而
a
n
?(?2)
n?1
,(n∈N*)
即< br>P
n
((?2)
n?1
,(?2)
3(n?1)
)< br>;
2
(2)
l
n
的斜率
k
n
?3 a
n
?3?(?2)
2(n?1)
?3?4
n?1

l
n?1
的斜率
k
n?1
?3?4
n

k
n?1
?k
n
3?4
n
?3?4
n?1

tan
?
n
??
2nn?1
1?k
n ?1
?k
n
1?3?4?4


第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)
331
??
nn
4
4
?0

limtan
?
n
?lim
4
n??n??
19
?
4< br>2n
4

例5.在直线轨迹上运行的一列火车,从刹车到停车这段时间内,测得 刹车

t
秒内列车前进的距离s=27
t
-0.45
t2
(单位是米),这列火车在刹车后
几秒钟才停车?刹车后又运行了多少米?
解:当火车运行速度为0时,火车停车。
v
=s'=(27
t
-0 .45
t
2
)'=27-0.9
t

令27=0.9
t
=0,得
t
=30(秒),
2
则s=27×30-0.45×30=405(米),
故这列火车在刹车后30秒钟才停车,刹车后又运行了405米。
1
例6.求曲线y =
2
在横坐标为
x
0
的点处的切线方程,并求此曲线的切线被
x
两坐标轴所截线段的最短长度。
分析:先根据导数的几何意义求出曲线在点
x< br>0
处的切线方程,从而求出切线
被两坐标轴所截线段,再用基本不等式求其最小值。
2
1
解:由导数的定义可得y

=-
3
,则过(< br>x
0
,
2
)点的切线方程为
x
x
0
3
12
y?
2
??
3
(x?x
0
)
,由此得切线在
x
轴与y轴上的交点分别为A(
x
0

2
x
0
x
0
3
0),B(0,
2
)。 x
0
9
2
99
2
9
2
9
9< br>2
9
2
927
则|AB|
2

x
0

?
4
?x
0
?x
0
?
4
3?
3
x
0
?x
0
?
4
?
48
x
0
8
x
0
884
x
0∴|AB|≥
长度为
9
2
933
,当且仅当
x
0
?
4
,即
x
0
=±
2
时,等号成立。故 最短
28
x
0
33

2
例7.如图,已知圆心为 O,半径为1的圆与直线
l
相切于点A,一动点P
2
自切点A沿直线
l
向右移动时,取弧AC的长为
AP

3
M
直线PC与直线AO交于点M。又知当AP=
的速度
3
?
时,点P
4
O
C
A
P
l


第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)

v
,求这时点M的速度。(1984年·全国高考附加题)
分析: 设A P的长为
x
,AM的长为
y
,用
x
表示
y
,并用复合函数求导法则
对时间
t
进行求导。
解:如图,作CD⊥AM,并 设AP=
x
,AM=
y
,∠COA=θ,
M
22
由题意弧AC的长为
x
,半径OC=1,可知θ=
x

O
3 3
C
D
考虑θ∈(0,π)。
A
l
P
AMDM
?
∵△APM∽△DCM,∴。
APDC
2
y?(1?cosx)
22
y
3
∵DM=y- (1-cos
x
),DC=sin
x
,∴
?
2
33
x
sinx
3
2
x(1?cosx)
3。 ∴
y?
2
x?sinx
3
?
上式两边对时间t
进行求导,则
y
t
?
?y
?
x
?x
t
2222222
??
(x?sinx)(1?cosx?xsinx)?x(1?cosx )(1?cosx)
??
3333333

y
t
?
=
??
x
t
?

2
??
(x?sinx)
2
??
3
??
3
2(3
?
2
?4
?
?8)

x?
?
时,
x
t
?< br>?v
,代入上式得点M的速度
y
t
?
?v

4
(3
?
?4)
2
例8.已知
f(x)?kx
3
?x
2
?x?5
在R上单调递增,记
?ABC
的三内角A,B,C
的对应边分别为
a,b,c
,若
a
2
?c< br>2
?b
2
?ac
时,不等式
33
fm?sin
2
B?cos(A?C)?f(2m?)
恒成立.
4
(Ⅰ)求实数
k
的取值范围;
(Ⅱ)求角
cosB
的取值范围;
(Ⅲ)求实数
m
的取值范围.
解:(1)由
f(x)?kx
3?x
2
?x?5

f
?
(x)?3kx
2?2x?1

?
f(x)
在R上单调递增,
1
?f
?
(x)?0
恒成立,
?
3k?0

??0
,即
k?0

4?12k?0

?
k?

3
1

??0
,即
k?
时,
f
?
(x)?3kx
2
?2x?1?(x?1)
2

3< br>1
?
x?1

f
?
(x)?0

x ?1
时,
f
?
(x)?0
,即当
k?
时,能使f(x)
在R上
3
??


第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)
单调递增,
?k?
222
1

3
a
2< br>?c
2
?b
2
ac1
?
??

?< br>0?B?
, (2)
?
a?c?b?ac
,由余弦定理:
co sB?
3
2ac2ac2
33
(3)
?
f(x)
在 R上单调递增,且
fm?sin
2
B?cos(A?C)?f(2m?)

4
所以
3333
m?sin
2
B?cos(A?C)?2m ??sin
2
B?cos(A?C)?
44
33291
??sin< br>2
B?cosB??cos
2
B?cosB??(cosB?)
2?7?8

442

m?2m?8
,即
(m?1)< br>2
?9

?3?m?1?3
,即
0?m?4
,即0?m?16


例9.已知函数
f(x)?x
4
? 4x
3
?ax
2
?1
在区间
[0,1)
单调递增, 在区间
[1,2)

调递减.
(Ⅰ)求
a
的值;
(Ⅱ)若点A(
x
0
,
f
(
x
0
))在 函数
f
(
x
)的图象上,求证点A关于直线
x
=1的
对称点B也在函数
f
(
x
)的图象上;
(Ⅲ)是否存在实数b
,使得函数
g(x)?bx
2
?1
的图象与函数
f< br>(
x
)的图象恰
有3个交点,若存在,请求出实数
b
的值;若 不存在,试说明理由.
解:(Ⅰ)由函数
f(x)?x
4
?4x
3
?ax
3
?1,在区间[0,1)单调递增,在区间[1,2)
单调
递减,
?x?1时,f(x)取得极大值.?f
?
(1)?0.
??
f
?
(x)?4x
3
?12x
2
?2ax,
? 4?12?2a?0?a?4.
(Ⅱ)
点A(x
0
,f(x
0
))关于x?1的对称点B坐标为(2?x
0
,f(x
0
)),

f(2?x
0
)?(2?x
0
)
4
?4(2?x< br>0
)
3
?4(2?x
0
)
2
?1
? (2?x
0
)
2
[(2?x
0
)?2]
2
?1
?x?4x?4x?1?f(x
0
).
4
0
3
0
2
0

?点A关于直线x?1的对称点B也在函数f(x)的图象上.(Ⅲ)函数
g(x)?bx
2
?1的图象与函数f(x)的图象恰有3个交点,等 价于方程


第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)
x
4
?4x
3
?4x
2
?1?bx
2?1恰有3个不等实根,
x
4
?4x
3
?4x
2
?1?bx
2
?1?x
4
?4x
3
?(4?b)x
2
?0,
x?0是其中一个根,
?方程x
2
?4x?(4?b)? 0有两个非0不等实根.
?
??16?4(4?b)?0,
?
?
?b ?0且b?4.
?
4?b?0.

四、专题训练
1.一质点在运动 中经过的路程S和经历的时间t有关系S=5-3t
2
,则它在
[1,+△t]内的平 均速度为( C )
(A)3△t+6 (B)-3△t+6 (C)3△t-6 (D)-3△t-6
[5?3(1?t)
2
]?[5?3?1
2
]
??6?3t
选(C) 提示:
V?
t
1
2.曲线y =x
3
-x
2
+5,过其上横坐标为1的点作曲线的切线,则切线的倾斜3
角为 ( D )
???
3
?
(A) (B) (C) (D)
4
342
提示:y'=x
2
-2x. 当x=1时,y'=-1 选(D)
3.设曲线
y?x
2
在点P处的切线斜率为3,则点P的坐标为 ( C )
3939
A.(3,9) B.(-3,9) C.(
,
) D.(
?,

24
24
4.某质点的运动方程是
S?t? (2t?1)
2
,则在t=1s时的瞬时速度为( B )
A.-1 B.-3 C.7 D.13
?
5.函数
y?cos2x在点(,0)
处的切线方程是 ( D )
4
A.
4x?2y?
?
?0
B.
4x?2y?
?
?0

C.
4x?2y?
?
?0
D.
4x?2y?
?
?0

6.某物体的运动方程为
s?3 t
3
?2
,则该物体在
t?2
时的瞬时速率是( A )
(A)36 (B)26 (C)14 (D)28
7.曲线
y?x
2
与曲线
y?x
3
的公共切线的条数是 ( B )
A.1条 B.2条 C.3条 D.0条
8.曲线y=x
3
+x-2 在点P
0
处的切线平行于直线y=4x-1,则点P
0
点的坐标是
( B )
A.(0,1) B.(1,0) C.(-1,0) D.(1,4)
9.给出下列命题:
(1)若函数f(x)=|x|,则f’(0)=0;


第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)
(2)若函数f(x)=2x+1,图象上P(1,3)及邻近上点Q(1+Δx,3+Δy),则
?y
=4+2Δx
?x
(3)加速度是动点位移函数S(t)对时间t的导数;
1
(4)y=2
cosx
+lgx,则y’=-2
cosx
·si nx+其中正确的命题有( B )
x
A. 0个 B.1个 C.2个 D.3个
?
8.函数
y?cos2x在点(,0)
处的切线方程是 ( D )
4
A.
4x?2y?
?
?0
B.
4x?2y?
?
?0

C.
4x?2y?
?
?0
D.
4x?2y?
?
?0

9.已知函数
f(x)?x3
?ax
2
?bx
的图象与
x
轴切于点(1,0),则
f(x)
的极
值为( A )
44
A.极大值,极小值0 B.极大值0,极小值
2727
44
C.极小值-,极大值0 D.极大值-,极小值0
2727
10.已知二函数
y?3x
4
? a,y?4x
3
,若它们的图象有公共点,且在公共点处
的切线重合,则切斜线率为 ( C )
A.0 B.12 C.0或12 D.4或1
11.如果曲线
y ?x
2
?3与y?2?x
3
在x?x
0
处的切线互相垂直, 则
x
0
的值
3
2
为 . (
12.曲线
y?
36

6
1
5
x上一点M处的切线与直线
y?3?x
垂直,则切线的方程是
5
_____ __________________
(5x?5y?4?0

5x?5y?4?0)

13.求曲线
y
= sin
x
在点
x
=π处的切线方程。
提示:根据导数的几何意义求出曲线
y
= sin
x
在点
x
=π处的切线斜率。
解:∵y′=cos
x
,∴切线的斜率
k
=
y
?
|
x?
?= -1,
∴切线方程为
y
- 0=- (
x
- π),即
x
+
y
-π=0。
14.求过点P(2,2)且与曲线y=x
2
相切的直线方程.
2
解:y'=2x,过其上一点(x
0
,x
0
)的切线方程为
22
y-x
0
=2x
0
(x-x
0
) ,过P(2,2),故2-x
0
=2x
0
(2-x
0

x
0
=2±
2
. 故切线方程为y=(4±
2
)x-(6±
2
).
15.由y=0, x=8,y=x
2
围成的曲边三角形,在曲线弧OB上求一点M,使得
2
过M 所作的y=x的切线PQ与OA,AB围成的三角形PQA面积最大。
答案:(163,2563)


第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)
16.路灯 距地面8m,一身高1.6m的人沿穿过灯下的直路以84mmin的速度
行走,则人影长度变化速率是 多少?(要求以ms为单位)
OM?BM8
??5
. 解:
BM1.6
∴OM= 4BM
同理ON=4CN
1
两式相减,知,影长变化BM-CN= (OM-ON)
4
11
=MN=·△t·84mmin
44
21mmint7
?21mmin?ms
. ∴
V?lim
t?0
t20

17.已知直线y=3x+1是曲线y=x
3
-2x+a的一条切线,求a的值.
15
解:y'=3x
2
-2. 令3x
2
-2=3, x=±.代入切线方程知y
0
=1±
15

3
∴a=y
0
+2x
0
-x
3
0

15
.

18.设曲线S:y=x
3
-6x
2
-x+6,S在哪一 点处的切线斜率最小?设此点为P
(x
0
,y
0
)求证:曲线S关于 P点中心对称.
解:y'=3x
2
-12x-1当x=2时有最小值.故P:(2, -12).
S在(2,-12)处的切线斜率最小,为-13.
又y=(x-2+2)
3
-6(x-2+2)
2
-(x-2+2)+6
=(x-2)
3
-13(x-2) -12
故曲线C的图象按向量=(-2,+12)平移后方程为y'=x -13x'为奇
数,关于原点对称,
故P(2,-12)为曲线S的对称中心.

19.曲线y=x(x+1)(2-x )上有一点P,它的坐标均为整数,且过P点的
切线斜率为正数,求此点坐标及相应的切线方程.
解:y=-x
3
+x
2
+2x y'=-3x
2
+2x+2









令y'>0 知x∈(, )
又x∈z ∴x=0或1 ∴P点坐标为(0,0)或(1,2).
切线斜率k=2或1,
切线方程为y=2x或y=x+1.


第十三章 导数——第100-102课时:导数的应用(3)
20.曲线:y=ax+bx+cx+d在(0, 1)点处的切线为l
1
:y=x+1,在(3,4)
点处的切线为l
2
:y=-2x+10,求曲线C的方程。
分析:已知两点均在曲线C上,y'=3ax
2
+2bx+c
f
?
(0)=c,
f
?
(3)=27a+6b+c
l
1
:y=cx+1 l
2
:y=(27a+6b+c)(x-3)+4
1
与已知比较,分别求出d=1,c=1,a=-,b=1.
3
1
答案:C:y=-x
3
+x
2
+x+1. < br>3
说明:求曲线过一点处的切线,先求斜率——即导函数在x
0
处的值,再用点
斜式写出化简.
32


第十三章 导数——第103课时:导数小结
课题:导数小结
一.课前预习:
1.设函数
f(x)

x?x
0
处有导数,且
lim

C

1

2
2.设
f
?
(x)
是函数
f(x)
的导 函数,
y?f
?
(x)
的图象如下图(1)所示,则
y?f(x)< br>的图象最有可能的是 (
D





y

y

y

y

y


2


O

1

2

1

2

O

1

O

1

2

x
x
x x
x
O
1

2





(1)
(A)

(B)

(C)

(D)

3.若曲线
y?x< br>3
?px?q

x
轴相切,则
p,q
之间的关系满足 (
A

pqpq
(A)
()
2
?()
2
?0
< br>(B)
()
2
?()
3
?0
(C)
2p?3 q
2
?0

(D)
2q?3p
2
?0
< br>3223
1111
3
4.已知函数
f(x)?ax?x
2的最大值不大于,又当
x?[,]
时,
f(x)?

6428< br>2

a?
1.
5.若对任意
x?R,f
?
(x)?4x
3
,f(1)??1
,则
f(x)?
x
4?2

?x?0
f(x
0
?2?x)?f(x
0)
?1
,则
f
?
(x
0
)?
?x(A)
1
(B)
0
(C)
2
(D)

四.例题分析:
11
例1.若函数
f(x)?x
3
?ax
2
?(a?1)x?1
在区间
(1,4)
内为减函数,在区间
32
(6,??)
上为增函数,试求实数
a
的取 值范围.
解:
f
?
(x)?x
2
?ax?a?1?(x? 1)[x?(a?1)]


f
?
(x)?0

x?1

x?a?1

∴当
x?(1,4)
时,
f
?
(x)?0
,当
x?(6,??)
时,
f
?< br>(x)?0


4?a?1?6
,∴
5?a?7


例2.已知函数
f(x)?ax
3
?cx?d
(a?0)

R
上的奇函数,当
x?1

f(x)

得极值
?2


第十三章 导数——第103课时:导数小结
(1)求
f(x)
的单调区间和极大值;
(2)证明对任意
x1
,x
2
?(?1,1)
,不等式
|f(x
1
)?f(x
2
)|?4
恒成立.
解:(1)由奇函数的定义,应有
f(?x)??f(x)

x?R


?ax
3
?cx?d??ax
3
?cx?d
,∴
d?0
,∴
f(x)?ax
3
?cx
,∴
f
?
(x)?3ax
2
?c
,由条件
f(1)??2
f(x)
的极值,必有
f
?
(1)?0
,故
?
a?c??2

?
3a?c?0
?
解得
a?1

c??3
,∴
f(x)?x
3
?3x

f
?
(x)?3x
2
?3?3(x?1)(x?1)


f
?
(?1)?f
?
(1)?0


x?(??,?1)
时,
f
?
(x)?0
,故
f( x)
在单调区间
(??,?1)
上是增函数;

x?(?1,1)
时,
f
?
(x)?0
,故
f(x)
在单调区间(?1,1)
上是减函数;

x?(1,??)
时,
f
?
(x)?0
,故
f(x)
在单调区间
(1,??)
上是 增函数,
所以,
f(x)

x??1
处取得极大值,极大值为f(?1)?2

(2)由(1)知,
f(x)?x
3
?3x
(x?[?1,1])
是减函数,

f(x)

[?1, 1]
上的最大值
M?f(?1)?2
,最小值
m?f(1)??2

所以,对任意的
x
1

x
2
?(?1,1)
,恒有
f(x
1
)?f(x
2
)?M?m?2?(?2)?4

a
3
b?1
2
x?x?x?5
(a,b ?R,a?0)
的定义域为
R
,当
32
x?x
1
时 ,取得极大值;当
x?x
2
时取得极小值,
|x
1
|?2< br>且
|x
1
?x
2
|?4

(1)求证:< br>x
1
x
2
?0
;(2)求证:
(b?1)
2
?16a
2
?4a
;(3)求实数
b
的取值
范围.
(1)证明:
f
?
(x)?ax
2
?(b?1)x?1
1
由题意,
f
?
(x)?ax
2
?(b? 1)x?1?0
的两根为
x
1
,x
2
,∴
x
1
x
2
??0

a
例3.设函数
f(x)?< br>(b?1)
2
?4a
(2)
|x
1
?x
2< br>|??4
,∴
(b?1)
2
?16a
2
?4a

a
?
1?b?0
(3)①若
0?x
1
?2< br>,则
?

?
?
f(2)?4a?2b?1?0
∴< br>4a?1?2(1?b)
,从而
(4a?1)
2
?4(1?b)
2
?4(16a
2
?4a)

11
解得
a?

a??
(舍)
124
41

2(1?b)?
,得
b?

33


第十三章 导数——第103课时:导数小结
?
1? b?0
②若
?2?x
1
?0
,则
?

?
?
f(?2)?4a?2b?3?0

4a?1?2(b?1)
,从 而
(4a?1)
2
?4(1?b)
2
?4(16a
2
?4a)

11
解得
a?

a??
(舍)
124
45

2(b?1)?
,∴
b?

33
15
综上可得,
b
的取值范围是
(??,)(,??)

33
小结:本题主要考查导数、函数、不等式等基础知识,综合分析问题和解决
问题的能力.

五.课后作业:
1.函数
y?2x
3
? 3x
2
?12x?5
在[0,3]上的最大值与最小值分别是 ( )

(A)
5

?15

(B)
5

4

(C)
?4

?15

(D)
5

?16

2.关于函数
f(x)?2 x
3
?6x
2
?7
,下列说法不正确的是 ( )
(A)
在区间
(??,0)
内,
f(x)
为增函数
(B)
在区间
(0,2)
内,
f(x)
为减函数
(C)
在区间
(2,??)
内,
f(x)
为增函数
(D)< br>在区间
(??,0)(2,??)

f(x)
为增
函数 f(x
0
?3?x)?f(x
0
)
?1
,3.设
f(x)

x?x
0
处可导,且
lim

f?
(x
0
)
等于( )
?x?0
?x
11
(A)
1
(B)
?

(C)
?3

(D)

33
4.设对于任意的
x
,都有
f(?x )??f(x),f
?
(?x
0
)??k?0
,则
f
?
(x
0
)?
( )
11
(A)
k

(B)
?k

(C)

(D)
?

k
k
1
5.一物体运动方程是
s?200?gt
2
(g?9.8ms
2
)
,则
t?3时物体的瞬时速
3
度为 .
6.已知函数
f(x)?ax
3
?bx
2
?3x

x??1
处取得极值. (1)讨论
f(1)

f(?1)
是函数
f(x)
的极 大值还是极小值;
(2)过点
A(0,16)
作曲线
y?f(x)
的切线,求此切线方程.




第十三章 导数——第103课时:导数小结
7.某工厂生产某种产品,已知该产品的月产量
x
(吨)与每吨的价格
P
(元
1
吨)之间的关系为
P?24200?x
2
,且生产
x
吨的成本为
R?50000?200x
5元,问:该厂每月生产多少吨产品才能使利润达到最大?最大利润是多少?
(利润
?
收入
?
成本)




8.已知
b? ?1,c?0
,函数
f(x)?x?b
的图象与函数
g(x)?x
2
?bx?c
的图象
相切,
(1)求
b,c
的关系式(用
c
表示
b
); (2)设函数
F(x)?f(x)g(x)

(??,??)
内有极值点 ,求
c
的取值范围.


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
课题:复数的有关概念
一.教学目标:
1.使学生了解扩充实数集的必要性,正确理解复数的有关概念.掌握复数
的代数、几何、三角 表示及其转换;
2.掌握复数的运算法则,能正确地进行复数的运算,并理解复数运算的几
何意义;
3.掌握在复数集中解实数系数一元二次方程和二项方程的方法.
4.通过内容的阐述,带综 合性的例题和习题的训练,继续提高学生灵活运
用数学知识解题的能力.
5.通过数的概念的 发展,复数、复平面内的点及位置向量三者之间的联系
与转换的复习教学,继续对学生进行辩证观点的教 育.
二.教学重点:复数三角形式表示法及复数的运算法则,复数与实数的区别
和联系。
三.教学过程:
(一)主要知识:
1.数的概念的发展,复数的有关概念(实数、虚数、纯虚数、复数相等、
共轭复数、模);
2.复数的代数表示与向量表示;
3.复数的加法与减法,复数的乘法与除法,复数的三角形 式,复数三角
形式的乘法与乘方,复数三角形式的除法与开方;
4.复数集中解实系数方程(包括一元二次方程、二项方程)。
复数在过去几年里是代数的重 要内容之一,涉及的知识面广,对能力要
求较高,是高考热点之一。但随着新教材对复数知识的淡化,高 考试题比例
下降,因此考生要把握好复习的尺度。
从近几年的高考试题上看:复数部分考查的 重点是基础知识题型和运算
能力题型。基础知识部分重点是复数的有关概念、复数的代数形式、三角形< br>式、两复数相等的充要条件及其应用,复平面内复数的几何表示及复向量的
运算。主要考点为复数 的模与辐角主值,共轭复数的概念和应用。若只涉及
到一、二个知识点的试题大都集中在选择题和填空题 ;若涉及几个知识点的
试题,往往是中、高档题目,解答此类问题一般要抓住相应的概念进行正确
的变换,对有些题目,往往用数形结合可获得简捷的解法。有关复数n次乘
方、求辐角(主值)等问题 ,涉及到复数的三角形式,首先要将所给复数转
化为三角形式后再进行变换。
复数的运算是高 考中复数部分的热点问题。主要考查复数的代数和三角
形式的运算,复数模及辐角主值的求解及复向量运 算等问题。
基于上述情况,我们在学习“复数”一章内容时,要注意以下几点:
(1)复数的概念几乎都是解题的手段。因此在学习复数时要在深入理


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
解、熟练掌握复数概念上下功夫。除去复数相等、模 、辐角、共轭等外,还
1
要注意一些重要而常不引起重视的概念。如:若有“3?
z?
?4”。就是说
z
111
z??R
,而且很快联系到
z?? z??z?1

z?R
,又∵
z?1
是不可
zz
z
能的,∴
z?R

复数的三角形式和代数式,提供了将“复数问题实数化”的手段。
复数的几何意义也是解题的一个重要手段。
(2)对于涉及知识点多,与方程、三角、解析几 何等知识综合运用的思
想方法较多的题型,以及复数本身的综合题,一直成为学生的难点,应掌握
规律及典型题型的技巧解法,并加以强化训练以突破此难点;
(3)重视以下知识盲点:
①不能正确理解复数的几何意义,常常搞错向量旋转的方向;
②忽视方程的虚根成对出现的条件是实系数;
③盲目地将实数范围内数与形的一些结论,不加怀疑地引用到复数范围
中来;
④容易 混淆复数的有关概念,如纯虚数与虚数的区别问题,实轴与虚轴
的交集问题,复数辐角主值的范围问题等 。
(二)知识点详析
1.知识体系表解



















第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
2.复数的有关概念和性质:
(1)i称 为虚数单位,规定
i
2
??1
,形如a+bi的数称为复数,其中a,b∈R .
(2)复数的分类(下面的a,b均为实数)

(3)复数的相等设复数
z
1
?a
1
?b
1
i,z
2
?a
2
?b
2
i(a
1
,b
1
,a
2
,b
2
?R)
,那么
z
1
?z
2
的充要 条件是:
a
1
?b
1
且a
2
?b
2


(4)复数的几何表示复数z=a+bi(a,b∈R)可用平面直角坐标系内点Z(a,b)来表示.这时称此平面为复平面,x轴称为实轴,y轴除去原点称为
虚轴.这样,全体 复数集C与复平面上全体点集是一一对应的.



复数z=a+bi?
a,b?R
?
.在复平面内还可以用以原点O为起点,以点Z(a,
b )
向量所成的集合也是一一对应的(例外的是复数0对应点O,看成零向
量).
(7)复数与实数不同处
①任意两个实数可以比较大小,而任意两个复数中至少有一个不是实数
时就不能比较大小. < br>②实数对于四则运算是通行无阻的,但不是任何实数都可以开偶次
方.而复数对四则运算和开方均 通行无阻.
3.有关计算:

i
n
?
n?N
*
?
怎样计算?(先求n被4除所得的余数,
i
4k?r
?i
r


?
k?N
*
,r?N
?

1313
i、
?
2
???i
是1的两个虚立方根,并且: ⑵
?
1
???
2222


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
32
?
1
3
?< br>?
2
?1
?
1
2
?
?
2
?
2
?
?
1
1
?
1
?
?
2
1
?
2
?
?
1

?
1
?
?
2
?
2
?
?
1
?
1
?
?
2
??1

⑶ 复数集内的三角形不等式是:
z
1
?z
2
?z
1
?z
2
?z
1
? z
2
,其中左边在
复数z
1
、z
2
对应的向量共线 且反向(同向)时取等号,右边在复数z
1
、z
2

应的向量共线且 同向(反向)时取等号。
n
⑷ 棣莫佛定理是:
?
r(cos
?< br>?isin
?
)
?
?r
n
(cosn
??isinn
?
)(n?Z)

⑸ 若非零复数
z?r(cos
?
?isin
?
)
,则z的n次方根有n个,即:
2k< br>?
?
?
2k
?
?
?
z
k
?
n
r(cos?isin)(k?0,1,2,?,n?1)

nn
它们在复平面内对应的点在分布上有什么特殊关系?
都位于圆心在原点,半径为
n
r
的圆上,并且把这个圆n等分。
??
⑹ 若
z
1
?2,z
2
?3(cos?isi n)?z
1
,复数z
1
、z
2
对应的点分别是A、B,33
1
?
则△AOB(O为坐标原点)的面积是
?2?6?sin?33

23

z?z
=
z

⑻ 复平面内复数z对应的点的几个基本轨迹:

argz?
?
(
?< br>为实常数)?
轨迹为一条射线。

arg(z?z
0
)?< br>?
(z
0
是复常数,
?
是实常数)?
轨迹为一条射线 。

z?z
0
?r(r是正的常数)?
轨迹是一个圆。

z?z
1
?z?z
2
(z
1
、z
2是复常数)?
轨迹是一条直线。

z?z
1
?z?z
2
?2a(z
1
、z
2
是复常数,a是正的常数)?
轨迹有 三种可能情
形:a)当
2a?z
1
?z
2
时,轨迹为椭圆; b)当
2a?z
1
?z
2
时,轨迹为一条线
段;c)当2a?z
1
?z
2
时,轨迹不存在。

z?z
1
?z?z
2
?2a(a是正的常数)?
轨迹有三种可能情形:a)当2
2a?z
1
?z
2
时,轨迹为双曲线;b)当
2a? z
1
?z
2
时,轨迹为两条射线;c)

2a?z
1
?z
2
时,轨迹不存在。
4.学习目标
(1)联系实数的性质与运算等内容,加强对复数概念的认识;
(2)理顺复数的三种表示形 式及相互转换:
z
=
r
(cosθ+
i
sinθ)?

OZ
(
Z
(
a
,
b
))?
z
=
a
+
bi

(3)正确区分复数的有关概念;


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
(4)掌握复数几何意义,注意复数与三角、解几等内容的综合;
(5)正确掌握复数的运算 :复数代数形式的加、减、乘、除;三角形式
的乘、除、乘方、开方及几何意义;虚数单位
i< br>及1的立方虚根ω的性质;
模及共轭复数的性质;
(6)掌握化归思想——将复数问题实数化(三角化、几何化);
(7)掌握方程思想——利用复数及其相等的有关充要条件,建立相应的
方程,转化复数问题。






实数集
(三)例题分析:
纯虚数集

Ⅰ.2004年高考数学题选
1. (2004年四川卷理3)设复数ω=-
1

3
i,则
2
2
1+ω=
A.–ω B.ω
2
C.
?
1
D.
1
2

?
?
2.(2004重庆卷2))设复数
z?1?2i,则z
2
?2z
, 则
Z
2
?2Z?
( )
A.–3 B.3 C.-3i D.3i
3. (2004高考数学试题广东B卷14)已知复数z与 (z +2)
2
-8i 均是纯虚
数,则 z = .
Ⅱ.范例分析


①实数?②虚数?③纯虚数?

①复数z是实数的充要条件是:

∴当m=
?
2时复数z为实数.
②复数z是虚数的充要条件:
∴当m≠
?
3且m≠
?
2时复数z为虚数
③复数z是纯虚数的充要条件是:


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
∴当m=1时复数z为纯虚数.
【说明】 要注意复数z实部的定义域是m≠
?
3,它是考虑复数z是实数,
虚数纯虚数的必要条 件.
要特别注意复数z=a+bi(a,b∈R)为纯虚数的充要条件是a=0且b≠0.
[ ]

z?
?
2?z
?
?1?4?4z?z ?1
,所以
z?
22
2
53
,代入①得
z??i< br>,故选
44

B

?
3
?
解法3 :选择支中的复数的模均为
??
?1
,又
z?0
,而方程右边为?
4
?
2+i,它的实部,虚部均为正数,因此复数z的实部,虚部也必须为正, 故
选择B.
【说明】解法1利用复数相等的条件;解法2利用复数模的性质;解法
3考虑选择题的特点.
2
求:z
【分析】确定一个复数要且仅要两个实数a、b,而题目恰给了两个独立< br>条件采用待定系数法可求出a、b确定z.
运算简化.
解:设z=x+yi(x,y∈R)



将z=x+yi代入| z
?
4|=|z
?
4i|可得x=y,∴z=x+xi


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
(2)当|z
?
1|
2
=13时,即有x
2
?
x
?6=0则有x=3或x=
?
2
综上所述故z=0或z=3+3i或z=-2
?
2i
【说明】注意熟练地运用共轭复数的性质.其性质有:

(3)1+2i+3
i
+…+1000
i
2999



【说明】计算时要注意提取公因式,要注意利用i的幂的周期性,
1?i1?i
??i

?i
。 要记住常用的数据:
(1? i)
2
??2i

1?i1?i
13
15
136
[?2(??i)]?[?2(??i)]
2222
(2)原式
?
12
1
4
2i(1?i)?
4
(1?i)
2
13
356
13
32
?2
15
[(??i)]?2 [(??i)]
2222

?
1
2i(?2i)
6
?
4
(2i)
2
2
?2
15
?2
6
?2
5
(2
10
?2)
???1026i

2
5
?i2
5
?i

(3)解法1:原式=(1+ 2i
?
3
?
4i)+(5+6i
?
7
?
8 i)+…
+(997+998i
?
999
?
1000i)


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
=250(< br>?
2
?
2i)=
?
500
?
500i 解法2:设S=1+2i+3
i
2
+…+1000
i
999,则iS=i+2
i
2
+3
i
3
+…
+999
i
999
+1000
i
1000

∴(1
?
i)S=1+i+
i
2
+…+
i
999
?1000
i
1000


【说明】充分利用i的幂的周期性进行组合,注意利用等比数列求和的
方法.
(i? 3)
3
(3?4i)
4
【例5】(1)若
z?
,求:
z

(1?i)
4
(2)已知
z
1
,z
2
?C,z
1
?1
,求
解:(1)
z?
i?33?4i
1?i
4
3
4
z
1
?z
2
的值。
1?z
1
?z
2
2
3
?54
4
??2?5?1250

4
(2)


【例6】已知三边都不相等的三角形ABC的三内角A、B、C满足
sinAcosB?si nB?sinAcosC?sinC,设复数z
1
?cos
?
?isin?
(0?
?
?
?

?
?
?
2
)

z
2
?2(cosA?isinA),求arg(z
1
z
2
)
的值.
【解】
?sinAcosB?sinB? sinAcosC?sinC?sinA(cosB?cosC)?sinC?sinB

得< br>4sin
A
cos
A
(?sin
B?C
?sinB?C
)??2sin
B?C
cos
B?C
……3分
222222


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
B?C
?
AB?CAB?CAB?C
???cos?sin,sin?cos ,又?0,

22222222
AB?C
?
?sin?0,sin? 0.
上式化简为
cos
2
A
?
1
?A?
… …6分
22
222
??
?
3
?
z
1z
2
?2[cos(
?
?)?isin(
?
?)]……9分
?当0?
?
?时,arg(z
1
z
2
)??
?

2222

?
?
?
?
?
时,arg(z
1
z
2
)?
?
?
?……12分
?
22
【例7】设
z
1
=1-cosθ+
i
sinθ,
z
2
=
a
2
+
ai
(
a
∈R),若
z
1
z
2
≠0,
z
1
z
2
+
z
1
z
2
=0,问在(0,2π)内是否存在θ使(
z
1
-
z
2
)2
为实数?若存在,求出θ的值;
若不存在,请说明理由.
【分析】这是一道探 索性问题.可根据复数的概念与纯虚数的性质及复
数为实数的充要条件,直接进行解答.
【解】假设满足条件的θ存在.

z
1
z
2
≠0,
z
1
z
2
+
z
1
z
2
=0,故
z
1
z
2
为纯虚数.

z
1
z
2
=(1-cosθ+
i
sinθ)(
a
2
+ai
)
=[
a
2
(1-cosθ)-
a
si nθ]+[
a
(1-cosθ)+
a
2
sinθ]
i

2
?
?
a
(1-cosθ)-
a
sinθ=0 , ①
于是,
?

2

?
a
(1-cosθ)+
a
sinθ≠0.
?
sinθ

1-cosθ
另一方面,因(
z
1
-
z
2
)
2
∈R,故
z
1
-
z
2
为实数或为纯虚 数.又
z
1
-
z
2
=1-cosθ-
a
2
+(sinθ-
a
)
i
,于是sinθ-
a
=0, 或1-cosθ-
a
2
=0.
sinθ-
a
=0,
?
?
sinθ
若sinθ-
a
=0,则由方程组
?

a
= ,
?
?
1-cosθ
sinθπ3π
得 =sinθ,故cosθ=0,于是θ= 或θ= .
1-cosθ22
若1-cosθ-
a
2
=0,则由方程组
1-cosθ-
a
2
=0,
?
?
sinθ
2sinθ
?
得()=1-cosθ.
1-cosθ
a
= ,
?
?
1-cosθ
222
由于sinθ=1-cosθ=(1+co sθ)(1-cosθ),故1+cosθ=(1-cosθ).
π3π
解得cosθ=0,从而θ= 或θ= .
22
π3π
综上所知,在(0,2π)内,存在θ= 或θ= ,使(
z
1
-
z
2
)
2
为实数.
22
【说明】①解题技巧:解题中充分使用了复数的性质:z≠0,z+
z
=0?z
因θ∈(0,2π),故cosθ≠1.于是,由①得
a
=


第 十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
?
?
Re(
z
)=0,
∈{纯虚数}?
?
?
Im(
z
)≠0.< br>?
以及
z
2
∈R?
z
∈R或
z
∈ {纯虚数}.(注:Re(
z
),
Im(
z
)分别表示复数
z
的实部与虚部)
②解题规律:对于“是否型存在题型”,一般处理方法是首先假设结论成< br>立,再进行正确的推理,若无矛盾,则结论成立;否则结论不成立.

【例8】设
a
为实数,在复数集
C
中解方程:
z
2
+2|
z
|=
a

【分析】由于< br>z
2
=
a
-2|
z
|为实数,故
z
为纯虚数或实数,因而需分情况进行
讨论.
【解】设|
z
|=
r< br>.若
a
<0,则
z
2
=
a
-2|
z
|<0,于是
z
为纯虚数,从而
r
2
=2
r

a

解得
r
=1+ 1-
a
(
r
=1- 1-
a
<0,不合,舍去).故
z
=±(1+ 1-
a
)
i


a
≥0,对
r
作如下讨论:
1
(1)若
r

a
,则
z
2
=
a
-2|
z
|≥0,于是
z
为实数.
2
解方程
r
2
=
a
-2
r
,得
r
=-1+ 1+
a
(
r
=-1- 1+
a
<0,不合,舍去).

z
=±(-1+ 1+
a
).
1
(2)若< br>r

a
,则
z
2
=
a
-2|
z
|<0,于是
z
为纯虚数.
2
解方程
r
2< br>=2
r
-
a
,得
r
=1+ 1-
a

r
=1- 1-
a
(
a
≤1).

z
=±(1± 1-
a
)
i
(
a
≤1).
综上所述,原方程的解的情况如下:

a
<0时,解为:
z
=±(1+ 1-
a
)
i

当0≤
a
≤1时,解为:
z
=±(-1+ 1+
a
),
z
=±(1± 1-
a
)
i


a
>1时,解为:
z
=±(-1+ 1+
a
).
【说明】解题技巧:本题还可以令z=x+yi(x、y∈R)代入原方程后,由
复数相等的条 件将复数方程化归为关于x,y的实系数的二元方程组来求解.
【例9】(2004年上海市普通高校春季高考数学试卷18)
已知实数
p
满足不等式
2x?1
?0
,试判断方程
z
2
?2z?5?p
2
?0
有无实
x?2
根,并给出证明.
【解】由
2
x
x
?
?
2
1
?0
,解得
?2 ?x??
1

??2?p??
1
.方程
z
2
?2z?5?p
2
?0
的判别式
22
??4(p
2
?4)
.
??2?p??
1
2

?
1
?p
2
?4

??0
,由此得方程
z
2
? 2z?5?p
2
?0
无实根.
4

【例10】给定实数< br>a

b

c
.已知复数
z
1
z
2

z
3
满足


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
|z|=|z
2
|=|z
3
|, (1)?
?
1
z
2
z
3
?
z
1求|
az
1
+
bz
2
+
cz
3
|的值.
+ + =1. (2)
?
z
3
z
1
?
z
2
【分析】注意到条件(1),不难想到用复数的三角形式; 注意到条件(2),
可联想使用复数为实数的充要条件进行求解.
z
1
z< br>2
【解】解法一由|z
1
|=|z
2
|=|z
3|=1,可设 =cosθ+
i
sinθ, =cosφ+
i
sinφ,
z
2
z
3
z
3
1z
1
z
2
z
3
则 = =cos(θ+φ)-
i
sin(θ+φ).因 + + =1,其虚
z
1
z
2
z
1
z
2
z
3
z
1
·
z
3
z
2
部为0,
θ+φθ- φθ+φθ+φ
故0=sinθ+sinφ-sin(θ+φ)=2sincos-2sincos
2222
θ+φθ-φθ+φθ+φθφ
=2sin(cos- cos)=4sinsinsin.
222222
故θ=2
k
π或φ=2< br>k
π或θ+φ=2
k
π,
k
∈Z.因而
z
1
=
z
2

z
2
=
z
3

z
3
=
z
1

z
3

z
1
=
z
2
,代入(2)得 =±
i
,此时
z
1

az
1
+
bz
2
+cz
3
|=|
z
1
|?|
a
+
b±
ci
|=(
a
+
b
)
2
+
c
2

类似地,如果
z
2
=
z
3
,则|
az
1
+
bz
2
+
cz
3
|=(
b
+
c
)
2
+
a
2

如果
z
3
=
z
1,则|
az
1
+
bz
2
+
cz
3|=(
a
+
c
)
2
+
b
2

_
z
1
z< br>2
z
3
z
1
z
2
z
3
z< br>1
z
2
z
3
解法二由(2)知 + + ∈
R
,故 + + = + + ,
z
2
z
3
z
1
z
2
z
3
z
1
z
2
z
3
z
1
z
1
z
2
z
3
z
z
z
即 + + =
1
?
2
?
3

z
2
z
3
z
1
zzz


231
1z
1
z
2
z
3
z
2
z
3
z
1
由(1)得
z
k
= (
k
=1,2,3),代入上式,得 + + = + + ,
zk
z
2
z
3
z
1
z
1
z2
z
3

z
1
2
z
3
+< br>z
2
2
z
1
+
z
3
2
z< br>2
=
z
2
2
z
3
+
z
3< br>2
z
1
+
z
1
2
z
2
,分 解因式,得(
z
1
-
z
2
)(
z
2
-
z
3
)(
z
3
-
z
1
)=0 ,
于是
z
1
=
z
2

z
2< br>=
z
3

z
3
=
z
1
.下 同解法一.
_
【说明】①解题关键点是巧妙利用复数为实数的充要条件:
z
∈R?
z
=
z
,以
z
1
z
2
及视 , 等为整体,从而简化了运算.
z
2
z
3
②解题易错点是拿到问题不加分析地就盲目动笔,而不注意充分观察题
目的已知条件,结论特征等,从而使问题的求解或是变得异常的复杂,或干
脆就无法解出最终的 结果.


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
(四)巩固练习:
π
设复数z
=3cosθ+2
i
sinθ,求函数
y
=θ-arg
z
(0<θ< )的最大值
2
以及对应角θ的值.
【分析】先将问题实数 化,将
y
表示成θ的目标函数,后利用代数法
(函数的单调性、基本不等式等)以及数 形结合法进行求解.
ππ
解法一、由0<θ< ,得tanθ>0,从而0<arg
z
< .
22
2sinθ2

z
=3cosθ+2
i
sinθ,得 tan(arg
z
)==tanθ>0.
3cosθ3
1
tanθ
3
tanθ- tan(arg
z
)
于是 tan
y
=tan(θ-arg
z
)==
1+tanθtan(arg
z
)2
2
1 + tanθ
3
=
1
3
+ 2tanθ
tanθ
当且仅当

2
1
3
·2tanθ
tanθ
=
6

12
36
=2tanθ ,即tanθ=时,取“=”.
tanθ 2
6
时,
y

2
又因为正切函数在锐角的范围内为增函数 ,故当θ=arctan
最大值为arctan
6

12
ππ
解法二、因0<θ< ,故cosθ>0,sinθ>0,0<arg
z
< ,且
22
3cosθ2sinθ
cos(arg
z
)=,sin(arg
z
)=.
9cos
2
θ+4sin
2
θ9cos
2
θ+4sin
2
θ
ππ
显然
y
∈(- , ),且sin
y
为增函数.
22
sinθcosθ
sin
y
=sin(θ-arg
z< br>)=sinθcos(arg
z
)-cosθsin(arg
z
)=
22
9cosθ+4sinθ
1111
==≤=.
2222
22
5
9cscθ+4secθ9+9cotθ+4+4tanθ
13+29cot θ·4tanθ


66
当且仅当9cotθ = 4tanθ,即tanθ=,取“=”,此时
y
max
=arctan.
212
解法三、设
Z
1
=2(cosθ+
i
sinθ),< br>Z
2
=cosθ,则
Z
=
Z
1
+
Z
2
,而
Z
1

Z
2

Z
22


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
的辐角主 值分别为θ、0,arg
z
.如图所示,必有
y
=∠
ZOZ
1
,且0<
y






在△
ZOZ
1
中,由余弦定理得
|
OZ
1
|
2
+|
OZ
|
2
-|
Z
1
Z
|
2
4+4+5cos
2
θ-cos
2
θ
cos
y
= =
2|
OZ
1
|?|
OZ
|
2×24+5cos
2
θ
=
4+5cosθ626
+≥.
2
55
54+5cosθ
2
π

2
y
Z
1
Z

10
o
2
当且仅当4+5cosθ=6,即cosθ=时,取“=”.
5
又因为余弦函数在0<θ<
θ
argz
9图
Z
2
x
π10
为减函数,故当θ=arccos时,
25
26

5
【说明】①解 题关键点:将复数问题通过化归转化为实数问题,使问题
能在我们非常熟悉的情景中求解.②解题规律: 多角度思考,全方位探索,
不仅使我们获得了许多优秀解法,而且还使我们对问题的本质认识更清楚,< br>进而更有利于我们深化对复数概念的理解,灵活驾驭求解复数问题的能
力.③解题易错点:因为解 法的多样性,反三角函数表示角的不唯一性,因
而最后的表述结果均不一样,不要认为是错误的.

四.课后作业:
1、下列说法正确的是 [ ]
A.0i是纯虚数B.原点是复平面内直角坐标系的实轴与虚轴的公共点
C.实数的共轭复数一定是实数,虚数的共轭复数一定是虚数D.
i
2
是虚数
2、下列命题中,假命题是 [ ]
A.两个复数不可以比较大小B.两个实数可以比较大小
C.两个虚数不可以比较大小D.一虚数和一实数不可以比较大小
3、已知对于x的方程x
2
+(1
?
2i)x+3m
?
i=0有实根,则实数 m满足[ ]
y
max
=arccos

4、复数1+i+
i
+…+
i
等于 [ ]
A.i B.
?
i C.2i D.
?
2i
5、已知常数
z
0
?C,且z
0?0,复数z
1
满足|z
1
?z
0
|?|z
1
|
,又复数z满足
zz
1
??1

2
10
求复平面内z对应的点的轨迹。


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
?
4
?
6、设复数
z??6?2i
,记
u?
??

?
z
?
ab
??z?2u
,求实数
a

b
的值。
zu
7、(2003年普通高等学校招生全国统一考试(理17))
已知复数
z
的辐角为
60?
,且
|z?1|

|z|
和< br>|z?2|
的等比中项,求
|z|

3
(1)求复数
u
的三角形式;(2)如果
8、已知复数
z
1
,z
2
满足
z
1
?z
2
?1
,且
z
1
?z
2
?2

?
z
?
(1)求
z
1
?z
2
的值;(2)求证:
?
1
?
?0

?
z
2
?
(3)求证对于任意实数
a
,恒有
z
1
?az
2
?z
1
?az
2

2
9、(1992·三南试题)求同时满足下列两个条件的所有复数
z
: < br>1010
(1)
z
+是实数,且1<
z
+≤6;(2)
z
的实部和虚部都是整数.
zz
参考答案
1、解0i=0∈R故A错; 原点对应复数为0∈R故B错,i2=-1∈R,故D错,
所以答案为C。
2、解本题主要考 察复数的基本性质,两个不全是实数的复数不能比较大小,
故命题B,C,D均正确,故A命题是假的。
3、解本题考察复数相等概念,由已知


4、解:因为i的四个相邻幂的和为0,故原式=1+i+i2+0+0=i,答案:A。
5 、解:
z?z
1
??1,?z
1
??
1
,?|?1
?z
0
|?|
1
|,即|z?
1
|?1
(z
0
?0)

zzzz
0
|z
0
|
∴Z对应的点的轨迹是以
?
1
z
0
对应的点为圆心,以
|
1
为半径的圆,但应
|
z
0
除去原点。
3
?
3
?
?
6、答案:(1)
u?22
?
cos?isin
22
??
(2)
a?8,b??8

?

?
r
2
7、解:设
z?rcos60
?
?rsin60
?
)< br>,则复数
z的实部为.
z?z?r,zz?r
2
由题设
|z ?1|
2
?|z|?|z?2|即:(z?1)(z?1)?|z|(z?2)(z?2),? r
2
?r?1?rr
2
?2r?4,

整理得r
2
?2r?1?0.解得:r?2?1,r??2?1(舍去).即|z|?2?1.
8、答案( 1)
2
;(2)、(3)省略。


第十四章 复数——第104-106课时:复数的有关概念
9、分析:按一般思路,应设z=x+yi(x,y∈R),或z=r(cos

∵1<t≤6∴Δ=t2-40<0,解方程得

又∵z的实部和虚部都是整数,∴t=2或t=6
故z=1±3i或z=3±i
10
解法二:∵
z
+∈R,

z


1010
从而
z
=
z

zz
=10.若
z
=
z
,则
z
∈R,因1<
z
+≤6,故
z
>0,从而
z
+
___
zz
__< br>≥210>6,此时无解;若
zz
=10,则1<
z
+
z
≤6.设
z
=
x
+
yi
(
x

y
∈Z),
??
?
x
=1,
?
?
x
=1,
?
x
=3,
?
?
x
=3,
22
则1<2
x
≤6,且
x
+
y
=10,联立解得
?

?

?
?

?
y
=3,
?
?
y
= -3,
?
?
y
=1,
?
?
y
= -1.< br>?
故同时满足下列两个条件的所有复数
z=
1+3
i
,1-3
i
,3+
i
,3-
i





第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算

课题:复数的代数形式及其运算
一.教学目标:
掌握复数的基本题型,主要是讨论 复数的概念,复数相等,复数的几何表示,
计算复数模,共轭复数,解复数方程等。
二.教学重点:复数的几何表示,计算复数模,共轭复数,解复数方程等。
三.教学过程:
(一)主要知识:
1.共轭复数规律
2.复数的代数运算规律
(1)i< br>4n
=1,i
4n?1
=i,i
4n?2
=
?
1,i
4n?3
=
?
i;
,;


(3)i
n
·i
n?1
·i
n?2
·i
n?3=
?
1,i
n
+i
n?1
+i
n?2
+i
n?3
=0;

3.辐角的运算规律
(1)Arg(z< br>1
·z
2
)=Argz
1
+Argz
2


(3)Arg
z
n
=nArgz(n∈N)

…,n
?
1。

或z∈R。

要条件是|z|=|a|。
(6)z
1
·z
2
≠0,则


第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算


4.根的规律 :复系数一元n次方程有且只有n个根,实系数一元n次方程
的虚根成对共轭出现。
5.求最值时,除了代数、三角的常规方法外,还需注意几何法及不等式
||z
1< br>|
?
|z
2
||≤|z
1
±z
2
| ≤|z
1
|+|z
2
|的运用。
即|z
1
±z< br>2
|≤|z
1
|+|z
2
|等号成立的条件是:z
1
,z
2
所对应的向量共线
且同向。
|z
1
±z< br>2
|≥|z
1
|
?
|z
2
|等号成立的条件 是:z
1
,z
2
所对立的向量共线
且异向。
(二)范例分析
Ⅰ.2004年高考数学题选
1.(2004高考数学试题(浙江 卷,6))已知复数
z
1
=3+4
i
,
z
2
=
t
+
i
, 且
z
1
z
2
是实
数,则实数
t
=( )
33
44
A. B. C.? D.?
33
44
2
2.(2004年北京春季卷,2)当
?m?1
时,复数
z?(3m?2)?(m?1)i
在复平面上
3
对应的点位 于 ( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3. (2004年北京卷,2)满足条件
|z|?|3?4i|
的复数
z
在复平面 上对应点的轨迹是
( C )
A.一条直线 B.两条直线 C.圆 D.椭圆
Ⅱ.主要的思想方法和典型例题分析:
1.化归思想
复数的代数、几何、向量及三角表示,把复数与实数、三角、平面几何和解析几何有机地联系在一起,这就保证了可将复数问题化归为实数、三角、几何问
题。反之亦然。这种 化归的思想方法应贯穿复数的始终。

【分析】这是解答题,由于出现了复数
z
z
,宜统一形式,正面求解。
解法一、设z=x+yi(x,y∈R),原方 程即为
x
2
?y
2
?3y?3xi?1?3i

用复数相等的定义得:


第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算


z
1
=
?
1,
z
2
=
?
1+3i.


?
z
2
?1
?
?
两边取模,得:
z?1??
?
3
?
??
2
整理得
z?11z?10?0

解得
z?1

z?10

代入①式得原方程的解是
z
1
=
?
1,
z
2
=
?
1+3i.
【例2】(1993·全国·理)设复数z=cosθ+isinθ(0<
22
42

【解】∵z=cosθ+isinθ
z
4
=cos4θ+isin4θ


cos(?2
?
)?isin(?2
?
)??
??
22
?tan2
?
?
cos(?4
?
)?isin(?4
?
)
?

?tan2
?
22
cos2
?
?isin2
?
??

?
?tan2
?
?
??
?
7
?
33
,又∵ 0<θ<π,当
tan2
?
?
时,
?
?

?
?

1212
33


第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算


【说明】此题转化为三角问题来研究,自然、方便。
【例3】设a,b,x,y∈R+,且< br>x
2
?y
2
?r
2
(r>0),
求证:
分析令
z
1
=ax+byi,
z
2
==bx+ay i(a,b,x,y∈R+),则问题化归为证明:
|
z
1
|+|
z
2
|≥r(a+b)。
证明设
z
1
=ax+byi,
z
2
=bx+ayi(a,b ,x,y∈R+),则

=|(a+b)x+(a+b)yi|=|(a+b)(x+yi)|=(a+b)·r。


解如图所示,设点Q,P,A所对应的复数为:





第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算

即(x
0
?
3a+y
0
i)·(
?
i)=(x
?
3a+y i)
由复数相等的定义得

而点(x
0
,y
0
)在双曲线上,可知点P的轨迹方程为

【说明】将复数问题化归为实数、三角、几何问题顺理成章,而将实数、三
角、几何问题化归为 复数问题,就要有较强的联想能力和跳跃性思维能力,善于
根据题设构造恰到好处的复数,可使问题迎刃 而解。
2.分类讨论思想
分类讨论是一种重要的解题策略和方法。在复数中它能使复杂的问 题简单
化,从而化整为零,各个击破。高考复数考题中经常用到这种分类讨论思想方法。
【例 5】(1990·全国·理)设a≥0,在复数集C中解方程z
2
+2|z|=a。
分析一般的思路是设z=x+yi(x,y∈R),或z=r(cosθ+isinθ),若由
z
2
+2|z|=a转化为z
2
=a
?
2|z|,则z
2< br>∈R。从而z为实数或为纯虚数,这样再
分别求解就方便了。
总之,是一个需要讨论的问题。
【解】解法一∵z
2
=a
?
2|z|∈R,∴z为实数或纯虚数。
∴问题可分为两种情况:
(1)若z∈R,则原方程即为|z|
2
+2|z|
?
a=0,

(2)若z为纯虚数,设z=yi(y∈R且y≠0),则原方程即为|y|
2?
2|y|+
a=0
当a=0时,|y|=2即z=±2i。
当0<a≤1时,

当a>1时,方程无实数解,即此时原方程无纯虚数解。
综上所述,原方程:
当a=0时,解为z=0或z=±2i


第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算


解法二设z=x+yi,x,y∈R,将原方程转化为


3.数形结合思想
数与形是数学主要研究内容,两者之间有着紧密的联系和互相渗透、互 < br>相转化的广阔前景,复平面的有关试题正是它的具体表现。运用数形结合思
想与方法解题是高考考 查的热点之一,应引起注意。
【例6】已知|z|=1,且z
5
+z=1,求z。
【解】由z
5
+z=1联想复数加法的几何性质,不难发现z,z
5
,1所对应的
三点A,B,C及原点O构成平行四边形的四个顶点,如图所示,


【说明】这样巧妙地运用联想思维,以数构形,以形思数,提炼和强化数形
结合的思想方法,有 利于培养学生思维的深刻性。
3
_
【例7】复平面内点
A
对应复数
z
,点
B
对应复数为
z

O
为原点,△
AOB
5


第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算


是面积为的直角三角形,arg
z
∈(0, ),求复数
z
的值.
52
【分析】哪一个角为直角,不清楚,需要讨论.
y
A
3
_
【解】因|
OA
|=|
z< br>|>|
z
|=|
OB
|,故∠
A
不可能是直角,因< br>5
而可能∠
AOB
=90?或∠
ABO
=90?.
_
若∠
AOB
=90?,示意图如图1所示.因z与
z
所对应的点关
于实轴对称,故arg
z
=45?,
1
2
1
2< br>3
_
5
3
10
6
5
O
图1
B
x
y
A
S

AOB
=|
OA
|·|
OB
|=|
z
|·|
z
|=|
z
|
2
=.于是,|
z
|=2,
O
x
B
图2
从而,
z
=2(cos45?+
i
si n45?)=2+2
i

_
若∠
ABO
=90?,示意图 如图2所示.因z与
z
所对应的点
关于实轴对称,且∠
AOB
<90 ?,故arg
z
=θ<45?.

z
=
r
(cosθ+
i
sinθ),则
cos2θ=
|
OB
|341
=,sin2θ=,
S
△< br>AOB
=|
OA
|·|
OB
|·sin2θ
|OA
|552
1346
2
6
=
r
·
r
·=
r
=.
255255
于是,
r
=5 . 又cosθ=
1+cos2θ25
= ,
25
5255
, 故
z
=5 ( +
i
)=2+
i

555


sinθ=1-cos
2
θ=
综上所 述,
z
=2+2
i

z
=2+
i

【说明】①解题关键点:正确地对直角的情况进行分类讨论,正确地理解复
数的几何意义,作 出满足条件的示意图.
②解题规律:复数的几何意义来源于复数z=a+bi(a、b∈R)与复平面 上的点
(a,b)之间的一一对应,它沟通了复数与解析几何之间的联系,是数形结合思想
的典 型表示.
_
③解题技巧:复数z与它的共轭复数z 在复平面内对应的向量关于实轴对称.
④这样巧妙地以形译数,数形结合,不需要计算就解决了问题,充分显示了
数形结合的思想方法 在解题中的作用。


第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算

4.集合对应思想 【例8】如图所示,在复平面内有三点P
1
,P
2
,P
3
对应的复数



应的复数为a,2a,3a,且它们有相同的辐角主值 θ(如图所示),即A,P
1

P
2
,P
3
共线。




从而2sinθ=2

因此有a=±2i。
5.整体处理思想
解复数问题中,学生往往不加分析地用复数 的代数形式或三角形式解题。这样常
常给解题带来繁琐的运算,导致解题思路受阻。因此在复数学习中, 有必要提炼
和强化整体处理的思想方法,居高临下地把握问题的全局,完善认识结构,获得
解题 的捷径,从而提高解题的灵活性及变通性。
【例9】已知z=2
?
i,求z
?
3z+z+5z+2的值。
65
4
3


第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算

【分析】如果直接代入, 显然比较困难,将z用三角式表示也有一定的难度。从整体角度思
考,可将条件转化为(z
?< br>2)=(
?
i)=
?
1,即z
?
4z+4=
?
1,即z
?
4z+5=0,再将
结论转化为z
?
3z+z +5z+2=(z
?
4z+5)(z+z)+2,然后代入就不困难了。
【解】∵z =2
?
i,∴(z
?
2)=(
?
i)=
?
1
即z
?
4z+5=0
∴z
?
3z+z+5z+2=( z
?
4z+5)(z+z)+2=2。
65
4
2
222222
65
4
3
24
3
3
24
3< br>【例10】已知
?
x?3i
?
3
?
1
??log
2
?
4
?
?
2
?
,求
x

【解】解由条件得


【说明】把题中一些组合式子视作 一个“整体”,并把这个“整体”直接代入另一个式子,
可避免由局部运算带来的麻烦。
【例 11】复平面上动点z
1
的轨迹方程为:|z
1
?
z
0|=|z
1
|,z
0
≠0,另一动点z满足z
1
·z=
?
1,
求点z的轨迹。
解由|z
1
?
z
0
|=|z
1
|,知点z
1
的轨迹为连结原点O和定点z
0
的线段的垂直平分线。

将此式整体代入点z1的方程,得




第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算


的圆(除去原点)。
【例12】设z∈c,a≥0,解方程z|z|+az+i=0。


边取模,得



【说明】解复数方程,可通过整体取模,化为实数方程求解。
综上所述,解答复数问题,应注 意从整体上去观察分析题设的结构特征,挖掘问题潜在的特
殊性和简单性,充分利用复数的有关概念、共 轭复数与模的性质、复数的几何意义以及一些
变形技巧,对问题进行整体化处理,可进一步提高灵活、综 合应用知识的能力。
6.有关最值问题的多角度思考
【例13】复数z满足条件|z|=1,求|2z
?
z+1|的最大值和最小值。
解法一|z|=1,∴z=cosθ+isinθ
∴|2z
?
z+1|=| 2(cosθ+isinθ)
?
(cosθ+isinθ)+1|
=|(2cos2 θ
?
cosθ+1)+(2sin2θ
?
sinθ)i|
22
2



第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算

∴|2z
?
z+1|=|2z
?
z+
zz
|
2222

设z的实部为a,则
?
1≤a≤1
|2z
?
z+1|=|2a+z
?
1|
2
2


∴|2z
?
z+1|
max
=4
2

解法三:设ω=x+yi(x,y∈R),z=a+bi(a,b∈r)且a+b=1,


22

这说明ω对应的点是如图所示的椭圆,问题转化为求该椭圆上各点中 与原点距离的最大值和
最小值。


第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算


时的圆的半径。

得8x
?
2x+8
?
9r=0, 由相内切条件知Δ=0,
22




解法四由模不等式:
|2z
?
z+1|≤2|z|+|z|+1=4,等号成立的条件是2z,
?
z,1所对应 的向量共线且同向,可
知z是负实数,在|z|=1的条件下,z=-1
∴当z=
?
1时|2z
?
z+1|
max
=4。
但另一方面:|2z
2
2
2
222
?
z+1|≥2 |z|
2
?
|z|
?
1=0,这是显然成立的,可是这不能由此确定
22
|2z
?
z+1|
min
=0,实际上等号成立的条件 应为2z,
?
z,1表示的向量共线且异向,由2z
22
与1对应的向量共线 且异向知z=±i,但是当z=±i时,2z与
?
z不共线,这表明|2z
?
z+1|
的最小值不是0。
以上这种求最小值的错误想法和解法是学生易犯的错误,此部分内 容既为重点也为难点,应
向学生强调说明,并举例,切记取等号的条件。
【例14】2001年普通高等学校招生全国统一考试(理18)
已知复数z
1
=i(1—i)
3

(Ⅰ)求argz
1
及|z|;
(Ⅱ)当复数z满足|z|=1,求|z—z
1
|的最大值.
【分析】本小题考查复数的基本性质和基本运算,以及分析问题和解决问题的能力.
【解】( Ⅰ)
z
1
?i(1?i)
3
?2?2i?22(cos
7< br>?
7
?
?isin)
44


第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算


argz1
?
7
?
4
,|z
1
|=
22

(Ⅱ)设
z?cos
?
?isin
?
,则
z ?z
1
?(cos
?
?2)?(sin
?
?2)i

|z?z
1
|
2
?(cos
?
?2)
2< br>?(sin
?
?2)
2
?9?42sin(
?
?sin(
?
?
?
)
4

?
4

四.课后作业:
1、下列命题中正确的是 [ ]
A.方程|z+5|
?
|z
?
5i|=8的图形是双曲线
B.方程|z+5|=8的图形是双曲线
C.方程|z+5i|
?
|z
?
5i|=8的图形是双曲线的两支
D.方程|z+5i|
?
|z
?
5i|=8的图形是双曲线靠近焦点 F(0,5)的一支
2、方程
2
22
)?1
2
|z?z|
1
时,取得最大值
9?42
,从而得到
|z?z
1
|
的最大值为
1?22

zz?
?
2?i
?z?
?
2?i
?
z?2
的图形是 [ ]
A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.直线
3、在复平面上绘出下列图形:

4、已知
z
是虚数,
z?
4
z
是实数。
(1)求z对应复平面内动点A的轨迹;
(2)设u=3iz+1,求u对应复平面内动点B的轨迹;
v?
(3)设
1
?z
z
,求
v
对应复平面内动点C的轨迹。
5、设A, B,C三点对应的复数分别为z
1
,z
2
,z
3
满足

(1)证明:△ABC是内接于单位圆的正三角形;
(2)求S

ABC;

6、若
1?z?2
,求
u?z
?
1?i
?
所对应的点A的集合表示的图形,并求其面积.


第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算

7.设z
1,z
2
是两个虚数,且z
1
+z
2
=-3,|z
1
|+|z
2
|=4.若θ
1
=argz
1
,θ
2
=argz
2
,求cos(θ
1

2
)的最
大值.
8.(2003年普通高等学校招生全国统一考试(上海理17))
已知复数z
1
=cosθ

i,z
2
=sinθ+i,求| z
1
·z
2
|的最大值和最小值.
四、专题训练参考答案
1、解:DA的图形是直线,B的图形是圆,C是图形是双曲线的一去.故选D.||z+5i|-|z-5i ||=8
才是双曲线的两支.
2、解:A原方程即|z
?
(2+i)|=7.故选A.
3、解:
2

4、解:(1)
2
z?zzz?4
444
z? ?R?z??z???0
2
zzz
z
????
因为z是虚数,所以< br>z?z?0

于是
z?4
,即
z?2
,且
z ??2
,因此动点A轨迹是中心在原点,半径等于2的圆,但
去掉两个点(2,0)与(
?
2,0).
(2)由u=3iz+1得u
?
1=3iz.由(1)及题 设知|z|=2,z≠±2,所以
|u
?
1|=6,且u
?
1≠±6i
因此动点B的轨迹是 圆,中心在(1,0),半径等于6,但去掉两点(1,6)与(1,
?
6).
(3)设z=2(cosθ+isinθ),(θ≠0,π)则

再令v=x+yi(x,y∈R),则


第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算


5、解:(1)由(ii)知A,B,C三点都在单位圆上.再结合(i)得
z
1
=
?
(z
2
+z
3
)




设BC中点为D,它对应复数为z
4
,那么

由于正三角形的外接圆与内切圆的圆心合一,因此△ABC的内切圆圆心

6、


第十四章 复数——第107-110课时:
复数的代数形式及其运算

因此动点A的图形是一个圆环.设此圆环面积为S,那么

7.解:设|z
1
|=r,则|z
2
|=4-r(0<r<4).将z
1
=r(co sθ
1
+isinθ
1
),z
2
=(4–r)(cosθ< br>2
+isinθ
2
),代入z
1
+z
2
=- 3,

?
rcosθ
1
+(4-r)cosθ
2
= -3,
?

?
rsinθ
1
+(4-r)sinθ
2
= 0.
两式平方相加,得r
2
+(4-r)
2
+2r(4-r)(cosθ
1
cosθ
2
+sinθ
1
sinθ
2
)=9,
9- r
2
- (4- r)
2
7
于是cos(θ
1

2
)==1+ ,
2r(4-r)2(r-2)
2
-8
1
当r=2时,cos(θ1

2
)取最大值.
8
8.解:
|z
1
?z
2
|?|1?sin
?
cos
?
?(cos< br>?
?sin
?
)i|?(1?sin
?
cos
?)
2
?(cos
?
?sin
?
)
2

1
?2?sin
2
?
cos
2
?
?2?s in
2
2
?
.
4

3
,
|z?z |

12
的最大值为
2
最小值为
2
.





















第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
课题:函数问题的题型与方法
一.复习目标:
1.了解映射的概念,理解函数的概念。
2.了解函数的单调性和奇偶性的概念,掌握判断一 些简单函数的单调性和奇偶性的方
法,并能利用函数的性质简化函数图象的绘制过程。
3.了解反函数的概念及互为反函数的函数图象间的关系,会求一些简单函数的反函数。
4.理解分数指数的概念,掌握有理指数幂的运算性质,掌握指数函数的概念、图象和
性质。
5.理解对数的概念,掌握对数的运算性质,掌握对数函数的概念、图象和性质。
6.能够运用函数的性质、指数函数和对数函数的性质解决某些简单的实际问题。
二.考试要求:
1.灵活运用函数概念、性质和不等式等知识以及分类讨论等方法,解函数综合题。
2.应用 函数知识及思想方法,解决函数的最值问题、探索性问题与应用性问题,提高
分析问题和解决问题的能力 。
三.教学过程:
(Ⅰ)2004年高考数学函数综合题选
f

x
)?
1
?,
x
?
0,
x
1.(200 4高考广东卷,19)设函数
(1) 证明: 当0< a < b ,且
f
(a
)?
f
(
b
)
时,ab >1;
(2) 点P (x, y ) (0< x <1 )在曲线
y
?
f
(
x< br>)
上,求曲线在点P处的切线与x轴和y轴的
000
1
正向所围成的三 角形面积表达式(用x
0
表达).
证明:(I)
?
1
? 1,x?(0,1]
?
1
?
x
?f(x)?|1?|?
?< br>x
?
1
1?,x?(1,??)
?
?
x
故f (x)在(0,1
]
上是减函数,而在(1,+∞)上是增函数,由0
1111
?1?1?,即??2?2ab?a?b?2ab
bab

a


ab?1,即ab?1

111
y?f(x)?|1?|??1,?f
'
(x
0
)??2
,0?x
0
?1
xxx
0
(II)0曲线y=f(x)在点P(x
0
,y
0
)处的切线方程为:
y?
y
0
??
1x
2?x
0
(x?x),即y? ??
0
22
x
0
x
0
x
0
(x
0
(2?x
0
),0)和(0,
∴切线与x轴、y轴正向的 交点为
1
(2?x
0
)
x
0


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
故所求三角形面积听表达 式为:
A(x
0
)?
111
x
0
(2?x
0
)?(2?x
0
)?(2?x
0
)
2
2x
0
2

?
x
?
In

x
?m
),
2. (2004高考广东卷,21)设函数
f

x

其中常数m为整数.
?0;
(1) 当m为何值时,
f

x


(2) 定理: 若函数g(x) 在[a, b ]上连续,且g(a) 与g(b)异号,则至少存在一点x
0
∈(a,b),
使g(x
0
)=0.
mm
试用上述定理证明:当整数m>1时,方程f(x)= 0,在[e
-
-m ,e
2
-m ]内有两个实根.
(I)解:函数f(x)=x-ln(x+m),x∈(-m,+∞)连续,且
f
'
(x)?1?
1
,令f
'
(x)?0,得x?1?m
x?m

当x∈(-m,1-m)时,f

(x)<0,f(x)为减函数,f(x)>f(1-m)
当x∈(1-m, +∞)时,f

(x)>0,f(x)为增函数,f(x)>f(1-m)
根据函数极值判别方法,f(1-m)=1-m为极小值,而且
对x∈(-m, +∞)都有f(x)≥f(1-m)=1-m
故当整数m≤1时,f(x) ≥1-m≥0
(II)证明:由(I)知,当整数m>1时,f(1-m)=1-m<0,
?m
[e?m,1?m]
上为连续减函数. 函数f(x)=x-ln(x+m), 在
f(e
?m
?m)?e
?m
?m?ln(e
?m
?m?m)?e
?m
?0
当整数m?1时,f(e
?m
?m)与f( 1?m)异号,
由所给定理知,存在唯一的
x
1
?(e
而当整数m> 1时,
?m

?m,1?m),使f(x
1
)?0

?m
[1?m,e?m]
上为连续增函数且 类似地,当整数m>1时,函数f(x )=x-ln(x+m),在
?m
2m
x?[1?m,e?m,]
,使
f(e?m)
2
f(1-m)与异号,由所给定理知,存在唯一的
2m(2m?1)
?3m?0
2
(
?
m?1?2m?1?1,上述不等式也可用数学归 纳法证明)

f(e
2m
?m)?e
2m
?3m?(1?1 )
2m
?3m?1?2m?
?m2m
[e?m,e?m]
内有两个实 根。 故当m>1时,方程f(x)=0在
f(x
2
)?0

3.( 2004年春季高考北京卷,19)某厂生产某种零件,每个零件的成本为40元,出厂
单价定为60元 ,该厂为鼓励销售商订购,决定当一次订购量超过100个时,每多订购
一个,订购的全部零件的出厂单 价就降低0.02元,但实际出厂单价不能低于51元。
(I)当一次订购量为多少个时,零件的实际出厂单价恰降为51元?
(II)设一次订购量为x个,零件的实际出厂单价为P元,写出函数的表达式;
(III) 当销售商一次订购500个零件时,该厂获得的利润是多少元?如果订购1000个,
利润又是多少元? (工厂售出一个零件的利润=实际出厂单价-成本)
分析:本小题主要考查函数的基本知识,考查应用数学知识分析问题和解决问题的能力。
解:(I)设每个零件的实际出厂价恰好降为51元时,一次订购量为个,则


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
因此,当一次订购量为550个时,每个零件的实际出厂价恰好降为51元。
(II)当时,
当时,
当时,
所以
(III)设销售商的一次订购量为x个时,工厂获得的利润为L元,则

当时,;当时,
因此,当销售商一次订购500个零件时,该厂获得的利润是6000元;
如果订购1000个,利润是11000元。
2x?a
2
4.已知 f(x)=
x?2
(x∈R)在区间[-1,1]上是增函数.
(Ⅰ)求实数a的值组成的集合A;
1
(Ⅱ)设关于x的方程f(x)=
x
的两个非零实根为x
1
、x
2
.试问:是否存在实数m,使得
不等式m
2
+tm+1≥|x
1
-x
2
|对任意a∈A及 t∈[-1,1]恒成立?若存在,求m的取值范
围;若不存在,请说明理由.
分析:本小题 主要考查函数的单调性,导数的应用和不等式等有关知识,考查数形结合
及分类讨论思想和灵活运用数学 知识分析问题和解决问题的能力.
4?2ax?2x
2
?2(x
2
?ax?2)
2222
(x?2)(x?2)
解:(Ⅰ)f

(x) == ,
∵f(x)在[-1,1]上是增函数,
∴f

(x)≥0对x∈[-1,1]恒成立,
即x
2
-ax-2≤0对x∈[-1,1]恒成立. ①
设(x)=x
2
-ax-2,
方法一:
?
?
?
(1)?1?a?2?0
?
?
?1?a?1
?
?
( ?1)?1?a?2?0

?

?

∵对x∈[-1, 1],f(x)是连续函数,且只有当a=1时,f

(-1)=0以及当a=-1时,f
(1)=0
∴A={a|-1≤a≤1}.
方法二:
aa

2
≥0,
2
<0,

?

(-1)=1+a-2≤0 (1)=1-a-2≤0
?
0≤a≤1 或 -1≤a≤0
?
-1≤a≤1.
∵对x∈[-1,1],f(x)是连续函数,且 只有当a=1时,f

(-1)=0以及当a=-1时

f

??


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
(1)=0
∴A={a|-1≤a≤1}.
2x?a1
2
(Ⅱ)由
x?2=
x
,得x
2
-ax-2=0, ∵△=a
2
+8>0
∴x
1
,x
2
是方程x2
-ax-2=0的两非零实根,
x
1
+x
2
=a,
∴ 从而|x
1< br>-x
2
|=
x
1
x
2
=-2,
( x
1
?x
2
)
2
?4x
1
x
2< br>=
a?8
.
2
2
a?8
≤3. ∵-1≤a≤1, ∴|x
1
-x
2
|=
要使不等式m
2
+tm+1≥ |x
1
-x
2
|对任意a∈A及t∈[-1,1]恒成立,
当且仅当m
2
+tm+1≥3对任意t∈[-1,1]恒成立,
即m
2
+tm-2≥0对任意t∈[-1,1]恒成立. ②
设g(t)=m
2
+tm-2=mt+(m
2
-2),
方法一:
g(-1)=m
2
-m-2≥0,

?
g(1)=m
2
+m-2≥0,
?
m≥2或m≤-2.
所以,存在实数m,使不等式m
2
+tm+ 1≥|x
1
-x
2
|对任意a∈A及t∈[-1,1]恒成立,其
取 值范围是{m|m≥2,或m≤-2}.
方法二:
当m=0时,②显然不成立;
当m≠0时,
m>0, m<0,
② 或
g(-1)=m
2
-m-2≥0 g(1)=m
2
+m-2≥0
?
m≥2或m≤-2.
所以, 存在实数m,使不等式m
2
+tm+1≥|x
1
-x
2
|对 任意a∈A及t∈[-1,1]恒成立,其
取值范围是{m|m≥2,或m≤-2}.
5.( 2004年高考江苏卷,22)已知函数
f(x)(x?R)
满足下列条件:对任意的实数x< br>1

x
2
都有
2
λ(x?x)?(x
1< br>?x
2
)[f(x
1
)?f(x
2
)]

12


f(x
1
)?f(x
2
)?x
1
?x
2
,其中
λ
是大于0的常数.
设实数a
0
,a,b满足
f(a
0
)?0

b?a?λf(a)

(Ⅰ)证 明
λ?1
,并且不存在
b
0
?a
0
,使得
f(b
0
)?0

222222
(Ⅱ)证明
(b?a0
)?(1?λ)(a?a
0
)
; (Ⅲ)证明
[f(b)]?(1?λ)[f(a)]
.
分析:本小题主要考查函数、不等式等基本知识,以及综合运用数学知识解决问题的能
力. < br>2
x,x?R,x?x,则由
?
(x?x)?(x
1
?x2
)[f(x
1
)?f(x
2
)]

1212
12
证法一:(I)任取

|f(x
1
)?f(x
2
)|?|x
1
?x
2
|


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
22
可知 ?
(x
1
?x
2
)?(x
1
?x
2< br>)[f(x
1
)?f(x
2
)]?|x
1
?x
2
|?|f(x
1
)?f(x
2
)|?|x
1
? x
2
|

b?a
0
,使得f(b
0
)?0,则由
①式知 从而
?
?1
. 假设有
0
0?
?
(a
0?b
0
)
2
?(a
0
?b
0
)[f( a
0
)?f(b
0
)]?0矛盾.

b?a
0
,使得f(b
0
)?0.
∴不存在
0
(II)由
b?a?
?
f(a)

22222
(b?a)?[a?a?
?
f(a)]?(a?a)?2?
(a?a)f(a)?
?
[f(a)]
0000
可知 ④
2
f(a)?0和
(a?a)f(a)?(a?a)[f(a)?f(a)]?
?
(a?a)
0
0000
由①式,得 ⑤
222
f (a)?0
[f(a)]?[f(a)?f(a)]?(a?a)
0
00
由和 ②式知, ⑥
222222
(b?a)?(a?a)?2
?
(a?a) ?
?
(a?a)
0000
由⑤、⑥代入④式,得
22
?(1?
?
)(a?a)
0

22
[f(b)]?[f(b)?f(a)?f(a)]
(III)由③式可知 ?[f(b)?f(a)]
2
?2f(a)[f(b)?f(a)]?[f(a)]
2

b?a
?(b?a)
2
?2?[f(b)?f(a)]?[f (a)]
2
?
(用②式)
2
?
?
2
[f(a)]
2
?(b?a)[f(b)?f(a)]?[f(a)]
2
?< br>
2
?
?
2
[f(a)
2
??
?< br>?(b?a)
2
?[f(a)]
2
?
(用①式)
?
?
2
[f(a)]
2
?2
?
2
[f(a)]
2
?[f(a)]
2
?(1?
?
2
)[f(a)]
2

证法二:题目中涉及了八个不同的字母参数
a ,b,a
0
,b
0
,x,x
1
,x
2
,< br>?
以及它们的抽象函数

f(*)
。参数量太多,让考生们在短时间内 难以理清头绪。因而解决问题的关键就在
于“消元”——把题设条件及欲证关系中的多个参数量转化为某 几个特定变量来表示,
然而再进行运算证明。“消元”的模式并不难唯一,这里提供一个与标准解答不同 的“消
元”设想,供参考。
题设中两个主要条件是关于
x
1
?x< br>2

f(x
1
)?f(x
2
)
的齐次式。而 点
(x
1
,f(x
1
))

(x
2
,f(x
2
))
是函数图象上的两个点,
f(x
1
)?f (x
2
)x
1
?x
2
是连接这两点的弦的斜
率。若 欲证的不等式关系也能转化为这样的斜率表示,则可以借助斜率进行“整体消元”。
2
x,x
(x?x)?0,|x
1
?x
2
|?0
由题设条件可得:
12
12
设为不相等的两实数,则
0?
?
?
f(x
1
)?f(x
2
)f(x
1
)?f(x
2
)
||?1
x
1
?x
2
x?x
12
和。


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
f(x
1
)?f(x
2
)
x
1
?x
2
令,则对任意相异实 数
x
1
,x
2
,有
0?
?
?k

|k|?1
,即
0?
?
?k?1

k?
由此即得
?
?1
;又对任意
x
1
?x
2

k?0
,得函数
f(x)
在R上单调增,所以函数
f(x)
是R上的单调增函数。
如果
b
0
?a
0

f(b
0
)?f(a
0
)

f(a
0
)?0
b?a
0

f(b
0
)?0
。则因为所以即 不存在
0
0
使得。于是,(Ⅰ)的结论成立。
考虑结论(Ⅱ):
f(b)?0
222
[a?a?
?
f(a)]?(1?
?
) (a?a)
b?a?
?
f(a)
00
因为,故原不等式为;

a?a
0
时,左右两边相等;
2
a?a
(a? a)?0
,且
f(a
0
)?0
,则原不等式即为:
00
当时,
[a?a
0
?
?
f(a)?
?
f(a
0
)]
2
?1?
?
2
2
(a?a
0
)

k?

f(a)?f(a
0
)< br>222
a?a
0
,则原不等式化为
(1?
?
k)?1 ?
?
,即为
?
(1?k)?2k

22
0??
?k?1
?
k?
?
?k
?
?
?k?2k
成立,即(Ⅱ)中结论成立。因为,则,所以
再看结论(Ⅲ):
2222
[f(b)]?[f(a)]?
?
[f(a)]?0
, 原 不等式即
22

[f(b)?f(a)]?[f(b)?f(a)?2f(a)]?< br>?
[f(a)]?0
,注意到
b?a?
?
f(a)
, 则
b?a??
?
f(a)
,则原不等式即为
[f(b)?f(a) ]?[f(b)?f(a)?2(b?a)
?
]?(b?a)
2
?0

f(b)?f(a)f(b)?f(a)2f(b)?f(a)
?[?]?1?0k?
b?ab?a
?
b?a
即,令,则原不等式即化为
k(k?2
?< br>)?1?0
,即
?
k
2
?
?
?2k
,因为
0?
?
?k?1
,则
?
k
2
??
?k

所以
?
k?
?
?2k
成立,即(Ⅲ)的结论成立。
在一般的“消元”方法中,本题三个小题中不等关系的证明过程差异较大。尤其是(Ⅱ)
与(Ⅲ),许 多尖子学生证明了(Ⅱ)的结论而不能解决(Ⅲ)。
借助斜率k“整体消元”的想法把(Ⅱ)、(Ⅲ) 中的不等关系都转化为相同的不等关系
2
?
k
2
?
?
?2k
,然后由条件
0?
?
?k?1
推证,有独到之处。
(Ⅱ)函数的概念型问题
函数概念的复习当然应该从函数的定义开始.函数有二种定义,一是 变量观点下的定义,
一是映射观点下的定义.复习中不能仅满足对这两种定义的背诵,而应在判断是否构 成
函数关系,两个函数关系是否相同等问题中得到深化,更应在有关反函数问题中正确运
用.具 体要求是:


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
1.深化对 函数概念的理解,明确函数三要素的作用,并能以此为指导正确理解函数与
其反函数的关系.
2.系统归纳求函数定义域、值域、解析式、反函数的基本方法.在熟练有关技能的同
时,注意对换元、 待定系数法等数学思想方法的运用.
3.通过对分段定义函数,复合函数,抽象函数等的认识,进一步 体会函数关系的本质,
进一步树立运动变化,相互联系、制约的函数思想,为函数思想的广泛运用打好基 础.
本部分内容的重点是不仅从认识上,而且从处理函数问题的指导上达到从三要素总体上
把 握函数概念的要求,对确定函数三要素的常用方法有个系统的认识,对于给出解析式
的函数,会求其反函 数.
本部分的难点首先在于克服“函数就是解析式”的片面认识,真正明确不仅函数的对应
法 则,而且其定义域都包含着对函数关系的制约作用,并真正以此作为处理问题的指
导.其次在于确定函数 三要素、求反函数等课题的综合性,不仅要用到解方程,解不等
式等知识,还要用到换元思想、方程思想 等与函数有关概念的结合.
函数的概念是复习函数全部内容和建立函数思想的基础,不能仅满足会背诵 定义,会做
一些有关题目,要从联系、应用的角度求得理解上的深度,还要对确定函数三要素的类
型、方法作好系统梳理,这样才能进一步为综合运用打好基础.复习的重点是求得对这
些问题的系统认 识,而不是急于做过难的综合题.
㈠深化对函数概念的认识
例1.下列函数中,不存在反函数的是 ( )

分析:处理本题有多种思路.分别求所给各函数的反函数,看是否存在是不好的,因为
过程太繁 琐.
从概念看,这里应判断对于给出函数值域内的任意值,依据相应的对应法则,是否在其
定 义域内都只有惟一确定的值与之对应,因此可作出给定函数的图象,用数形结合法作
判断,这是常用方法 ,请读者自己一试.
此题作为选择题还可采用估算的方法.对于D,y=3是其值域内一个值,但若y =3,则
可能x=2(2>1),也可能x=-1(-1≤-1).依据概念,则易得出D中函数不存在 反函数.于
是决定本题选D.
说明:不论采取什么思路,理解和运用函数与其反函数的关系是这里解决问题的关键.
由于函 数三要素在函数概念中的重要地位,那么掌握确定函数三要素的基本方法当然成
了函数概念复习中的重要 课题.
㈡系统小结确定函数三要素的基本类型与常用方法
1.求函数定义域的基本类型和常用方法
由给定函数解析式求其定义域这类问题的代表,实际 上是求使给定式有意义的x的取值
范围.它依赖于对各种式的认识与解不等式技能的熟练.这里的最高层 次要求是给出的
解析式还含有其他字
例2.已知函数
f
?
x
?
定义域为(0,2),求下列函数的定义域:


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法

分析:x的函 数f(x)是由u=x与f(u)这两个函数复合而成的复合函数,其中x是自变
22
量,u是 中间变量.由于f(x),f(u)是同一个函数,故(1)为已知0<u<2,即0<x<2.求
x的 取值范围.
解:(1)由0<x<2, 得

2
2



说明:本例(1)是求函数定义域的第二种类型,即不给出f(x)的解析式,由f(x)的 定义域
求函数f[g(x)]的定义域.关键在于理解复合函数的意义,用好换元法.(2)是二种类型
的综合.
求函数定义域的第三种类型是一些数学问题或实际问题中产生的函数关系,求其定义
域,后面还会涉及到.
2.求函数值域的基本类型和常用方法
函数的值域是由其对 应法则和定义域共同决定的.其类型依解析式的特点分可分三类:
(1)求常见函数值域;(2)求由常 见函数复合而成的函数的值域;(3)求由常见函数作某些
“运算”而得函数的值域.
3.求函数解析式举例
例3.已知xy<0,并且4x-9y=36.由此能否确定一个函数 关系y=f(x)?如果能,求
出其解析式、定义域和值域;如果不能,请说明理由.
分析: 4x-9y=36在解析几何中表示双曲线的方程,仅此当然不能确定一个函数关
系y=f(x),但加 上条件xy<0呢?
22
22



第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
所以
因此能确 定一个函数关系y=f(x).其定义域为(-∞,-3)∪(3,+∞).且不难得到其值域
为(-∞ ,0)∪(0,+∞).
说明:本例从某种程度上揭示了函数与解析几何中方程的内在联系.任何一个 函数的解
析式都可看作一个方程,在一定条件下,方程也可转化为表示函数的解析式.求函数解
析式还有两类问题:
(1)求常见函数的解析式.由于常见函数(一次函数,二次函数,幂函数,指数 函数,对
数函数,三角函数及反三角函数)的解析式的结构形式是确定的,故可用待定系数法确
定其解析式.这里不再举例.
(2)从生产、生活中产生的函数关系的确定.这要把有关学科知识,生 活经验与函数概
念结合起来,举例也宜放在函数复习的以后部分.
(Ⅲ)函数与方程的思想方法
函数思想,是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解 决问题。方程思想,是
从问题的数量关系入手,运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型(方程、不 等式、
或方程与不等式的混合组),然后通过解方程(组)或不等式(组)来使问题获解。有
时 ,还实现函数与方程的互相转化、接轨,达到解决问题的目的。
方程思想是:实际问题→数学问题→代 数问题→方程问题。函数和多元方程没有什么本
质的区别,如函数y=f(x),就可以看作关于x、y 的二元方程f(x)-y=0。可以说,函
数的研究离不开方程。列方程、解方程和研究方程的特性,都 是应用方程思想时需要重
点考虑的。
函数描述了自然界中数量之间的关系,函数思想通过提出 问题的数学特征,建立函数关
系型的数学模型,从而进行研究。一般地,函数思想是构造函数从而利用函 数的性质解
题,经常利用的性质是:f(x)、f(x)的单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、
图像变换等,要求我们熟练掌握的是一次函数、二次函数、指数函数、对数函数、三角
函数的具 体特性。在解题中,善于挖掘题目中的隐含条件,构造出函数解析式和妙用函
数的性质,是应用函数思想 的关键。对所给的问题观察、分析、判断比较深入、充分、
全面时,才能产生由此及彼的联系,构造出函 数原型。另外,方程问题、不等式问题和
某些代数问题也可以转化为与其相关的函数问题,即用函数思想 解答非函数问题。
(一)函数的性质
函数的性质是研究初等函数的基石,也是高考考查的重 点内容.在复习中要肯于在对定
义的深入理解上下功夫.
复习函数的性质,可以从“数”和“ 形”两个方面,从理解函数的单调性和奇偶性的定义入
手,在判断和证明函数的性质的问题中得以巩固, 在求复合函数的单调区间、函数的最
值及应用问题的过程中得以深化.具体要求是:
1.正确 理解函数单调性和奇偶性的定义,能准确判断函数的奇偶性,以及函数在某一
区间的单调性,能熟练运用 定义证明函数的单调性和奇偶性.
2.从数形结合的角度认识函数的单调性和奇偶性,深化对函数性质 几何特征的理解和
运用,归纳总结求函数最大值和最小值的常用方法.
3.培养学生用运动变 化的观点分析问题,提高学生用换元、转化、数形结合等数学思
?1


第111- 114课时课题:函数问题的题型与方法
想方法解决问题的能力.
这部分内容的重点是对函数单调性和奇偶性定义的深入理解.
函数的单调性只能在函数的定义 域内来讨论.函数y=f(x)在给定区间上的单调性,反映
了函数在区间上函数值的变化趋势,是函数 在区间上的整体性质,但不一定是函数在定
义域上的整体性质.函数的单调性是对某个区间而言的,所以 要受到区间的限制.
对函数奇偶性定义的理解,不能只停留在f(-x)=f(x)和f(-x)=- f(x)这两个等式上,要明确
对定义域内任意一个x,都有f(-x)=f(x),f(-x)=-f (x)的实质是:函数的定义域关于原点
对称.这是函数具备奇偶性的必要条件.稍加推广,可得函数f (x)的图象关于直线x=a
对称的充要条件是对定义域内的任意x,都有f(x+a)=f(a-x) 成立.函数的奇偶性是其相
应图象的特殊的对称性的反映.
这部分的难点是函数的单调性和奇 偶性的综合运用.根据已知条件,调动相关知识,选
择恰当的方法解决问题,是对学生能力的较高要求.
1.对函数单调性和奇偶性定义的理解
例4.下面四个结论:①偶函数的图象一定与y轴相交 ;②奇函数的图象一定通过原点;
③偶函数的图象关于y轴对称;④既是奇函数又是偶函数的函数一定是 f(x)=0(x∈R),
其中正确命题的个数是 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
分析:偶函数的图象关于y轴对称,但不一定相交,因此③正确,①错误.
奇函数的图象关于原点对称,但不一定经过原点,因此②不正确.
若y=f(x)既是奇函数 ,又是偶函数,由定义可得f(x)=0,但不一定x∈R,如例1中的(3),
故④错误,选A.
说明:既奇又偶函数的充要条件是定义域关于原点对称且函数值恒为零.
2.复合函数的性质
复合函数y=f[g(x)]是由函数u=g(x)和y=f(u)构成的,因变量y通过中间变量u与 自变量
x建立起函数关系,函数u=g(x)的值域是y=f(u)定义域的子集.
复合函数的性质由构成它的函数性质所决定,具备如下规律:
(1)单调性规律
如 果函数u=g(x)在区间[m,n]上是单调函数,且函数y=f(u)在区间[g(m),g(n)] (或[g(n),
g(m)])上也是单调函数,那么
若u=g(x),y=f(u)增减性 相同,则复合函数y=f[g(x)]为增函数;若u=g(x),y= f(u)增减
性不同,则y=f[g(x)]为减函数.
(2)奇偶性规律
若函数 g(x),f(x),f[g(x)]的定义域都是关于原点对称的,则u=g(x),y=f(u)都是奇函数
时,y=f[g(x)]是奇函数;u=g(x),y=f(u)都是偶函数,或者一奇一偶时,y= f[g(x)]是偶函
数.
例5.若y=log
a
(2-ax)在[0,1 ]上是x的减函数,则a的取值范围是( )
A.(0,1) B.(1,2) C.(0,2) D.[2,+∞)
分析:本题存在多种解法,但不管哪种方法,都必须 保证:①使log
a
(2-ax)有意义,即
a>0且a≠1,2-ax>0.②使l og
a
(2-ax)在[0,1]上是x的减函数.由于所给函数可分
解为y=log
a
u,u=2-ax,其中u=2-ax在a>0时为减函数,所以必须a>1;③[0,1] 必
须是y=log
a
(2-ax)定义域的子集.
解法一:因为f(x)在[0,1]上是x的减函数,所以f(0)>f(1),


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
即log
a
2>log
a
(2-a).

解法二:由对数概念显然有a>0且a≠1,因此u=2-ax在[0,1]上是减函数,y= log
a
u
应为增函数,得a>1,排除A,C,再令

故排除D,选B.
说明:本题为1995年全国高考试题,综合了多个知识点,无论是用直接 法,还是用排
除法都需要概念清楚,推理正确.
3.函数单调性与奇偶性的综合运用
例6.甲、乙两地相距Skm,汽车从甲地匀速行驶到乙地,速度不得超过c km/h,已
知 汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成:可变部分与速度
v(km/h)的平 方成正比,比例系数为b;固定部分为a元.
(1)把全程运输成本y(元)表示为速度v(km/h)的函数,并指出这个函数的定义域;
(2)为了使全程运输成本最小,汽车应以多大速度行驶.
分析:(1)难度不大,抓住关系 式:全程运输成本=单位时间运输成本×全程运输时间,
而全程运输时间=(全程距离)÷(平均速度) 就可以解决.


故所求函数及其定义域为

但由于题设条件限制汽车行驶速度不超过ckm/h,所以(2)的解决需要
论函数的增减性来解决.





第111-114课时课题:函数问题的题型与方法

由于v
1
v
2
>0,v
2
-v
1
>0,并且

又S>0,所以即
则当v=c时,y取最小值.



说明:此题是1997年全国高考试题.由于限制汽车行驶速度不得超过c,因而求最值
的方法也就不完 全是常用的方法,再加上字母的抽象性,使难度有所增大.

(二)函数的图象
1.掌握描绘函数图象的两种基本方法——描点法和图象变换法.

2.会利用函数图象,进一步研究函数的性质,解决方程、不等式中的问题.

3.用数形结合的思想、分类讨论的思想和转化变换的思想分析解决数学问题.

4.掌握知识之间的联系,进一步培养观察、分析、归纳、概括和综合分析能力.

以解析式表示的函数作图象的方法有两种,即列表描点法和图象变换法,掌握这两种方
法是本节的重点.
运用描点法作图象应避免描点前的盲目性,也应避免盲目地连点成线.要把表列在关键
处,要把 线连在恰当处.这就要求对所要画图象的存在范围、大致特征、变化趋势等作
一个大概的研究.而这个研 究要借助于函数性质、方程、不等式等理论和手段,是一个
难点.用图象变换法作函数图象要确定以哪一 种函数的图象为基础进行变换,以及确定


第111-114课时课题:函数问题的题型与 方法
怎样的变换.这也是个难点.
1.作函数图象的一个基本方法
例7.作出下列函数的图象(1)y=|x-2|(x+1);(2)y=10|lgx|.
分析:显然直接用已知函数的解析式列表描点有些困难,除去对其函数性质分析外,我
们还应想到对已知 解析式进行等价变形.
解:(1)当x≥2时,即x-2≥0时,

当x<2时,即x-2<0时,


这是分段函数,每段函数图象可根据二次函数图象作出(见图6)
(2)当x≥1时,lgx≥0,y=10|lgx|=10lgx=x;
当0<x<1时,lgx<0,
所以
这是分段函数,每段函数可根据正比例函数或反比例函数作出.(见图7)

说明: 作不熟悉的函数图象,可以变形成基本函数再作图,但要注意变形过程是否等价,
要特别注意x,y的变 化范围.因此必须熟记基本函数的图象.例如:一次函数、反比
例函数、二次函数、指数函数、对数函数 ,及三角函数、反三角函数的图象.
在变换函数解析式中运用了转化变换和分类讨论的思想.
2.作函数图象的另一个基本方法——图象变换法.
一个函数图象经过适当的变换(如平移、 伸缩、对称、旋转等),得到另一个与之相关的
图象,这就是函数的图象变换.


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
在高中,主要学习了三种图象变换:平移变换、伸缩变换、对称变换.
(1)平移变换 函数y=f(x+a)(a≠0)的图象可以通过把函数y=f(x)的图象向左(a>0)或向右(a<0 )平移|a|
个单位而得到;
函数y=f(x)+b(b≠0)的图象可以通过把函数y=f (x)的图象向上(b>0)或向下(b<0)平移|b|
个单位而得到.
(2)伸缩变换
函数y=Af(x)(A>0,A≠1)的图象可以通过把函数y=f(x)的图象上各点的纵坐标伸长 (A
>1)或缩短(0<A<1)成原来的A倍,横坐标不变而得到.
函数y=f(ωx)(ω>0,ω≠1)的图象可以通过把函数y=f(x)的图象上

而得到.
(3)对称变换
函数y=-f(x)的图象可以通过作函数y=f(x)的图象关于x轴对称的图形而得到.
函数y=f(-x)的图象可以通过作函数y=f(x)的图象关于y轴对称的图形而得到.
函数y=-f(-x)的图象可以通过作函数y=f(x)的图象关于原点对称的图形而得到.
函数y=f-1(x)的图象可以通过作函数y=f(x)的图象关于直线y=x对称的图形而得到。
函数y=f(|x|)的图象可以通过作函数y=f(x)在y轴右方的图象及其与y轴对称的图形而得
到.
函数y=|f(x)|的图象可以通过作函数y=f(x)的图象,然后把在x轴下方的 图象以x轴为对
称轴翻折到x轴上方,其余部分保持不变而得到.

例8.已知f(x+199)=4x+4x+3(x∈R),那么函数f(x)的最小值为____.
分析:由f(x+199)的解析式求f(x)的解析式运算量较大,但这里我们注意到,y=f(x +
100)与y=f(x),其图象仅是左右平移关系,它们取得

2
求得f(x)的最小值即f(x+199)的最小值是2.
说明:函数图象与函数 性质本身在学习中也是密切联系的,是“互相利用”关系,函数
图象在判断函数奇偶性、单调性、周期性 及求最值等方面都有重要用途.
(Ⅳ)函数综合应用
函数的综合复习是在系统复习函数有关知识的基础上进行函数的综合应用:
1.在应用中深化 基础知识.在复习中基础知识经历一个由分散到系统,由单一到综合
的发展过程.这个过程不是一次完成 的,而是螺旋式上升的.因此要在应用深化基础知
识的同时,使基础知识向深度和广度发展.
2.以数学知识为载体突出数学思想方法.数学思想方法是观念性的东西,是解决数学
问题的灵魂,同时 它又离不开具体的数学知识.函数内容最重要的数学思想是函数思想
和数形结合的思想.此外还应注意在 解题中运用的分类讨论、换元等思想方法.解较综
合的数学问题要进行一系列等价转化或非等价转化.因 此本课题也十分重视转化的数学
思想.
3.重视综合运用知识分析问题解决问题的能力和推理 论证能力的培养.函数是数学复
习的开始,还不可能在大范围内综合运用知识.但从复习开始就让学生树 立综合运用知
识解决问题的意识是十分重要的.推理论证能力是学生的薄弱环节,近几年高考命题中


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
加强对这方面的考查,尤其是 对代数推理论证能力的考查是十分必要的.本课题在例题
安排上作了这方面的考虑.
具体要求是:
1.在全面复习函数有关知识的基础上,进一步深刻理解函数的有关概念,全面 把握各
类函数的特征,提高运用基础知识解决问题的能力.
2.掌握初等数学研究函数的方法 ,提高研究函数的能力,重视数形结合数学思想方法
的运用和推理论证能力的培养.
3.初步 沟通函数与方程、不等式及解析几何有关知识的横向联系,提高综合运用知识
解决问题的能力.
4.树立函数思想,使学生善于用运动变化的观点分析问题.
本部分内容的重点是:通过对问 题的讲解与分析,使学生能较好的调动函数的基础知识
解决问题,并在解决问题中深化对基础知识的理解 ,深化对函数思想、数形结合思想的
理解与运用.
难点是:函数思想的理解与运用,推理论证能力、综合运用知识解决问题能力的培养与
提高.
函数的综合运用主要是指运用函数的知识、思想和方法综合解决问题.函数描述了自然
界中量的 依存关系,是对问题本身的数量本质特征和制约关系的一种刻画,用联系和变
化的观点提出数学对象,抽 象其数学特征,建立函数关系.因此,运动变化、相互联系、
相互制约是函数思想的精髓,掌握有关函数 知识是运用函数思想的前提,提高用初等数
学思想方法研究函数的能力,树立运用函数思想解决有关数学 问题的意识是运用函数思
想的关键.
1.准确理解、熟练运用,不断深化有关函数的基础知识
在中学阶段函数只限于定义在实数集合上的一元单值函数,其内容可分为两部分.第一
部分是函 数的概念和性质,这部分的重点是能从变量的观点和集合映射的观点理解函数
及其有关概念,掌握描述函 数性质的单调性、奇偶性、周期性等概念;第二部分是七类
常见函数(一次函数、二次函数、指数函数、 对数函数、三角函数和反三角函数)的图象
和性质.第一部分是理论基础,第二部分是第一部分的运用与 发展.
例9.已知函数f(x),x∈F,那么集合{(x,y)|y=f(x),x∈F}∩{(x ,y)|x=1}中所含元素
的个数是.( )
A.0 B.1 C.0或1 D.1或2
分析:这里首先要识别集合语言,并能正确把集合语言转化成熟悉 的语言.从函数观点
看,问题是求函数y=f(x),x∈F的图象与直线x=1的交点个数(这是一次 数到形的转化),
不少学生常误认为交点是1个,并说这是根据函数定义中“惟一确定”的规定得到的,
这是不正确的,因为函数是由定义域、值域、对应法则三要素组成的.这里给出了函数
y=f( x)的定义域是F,但未明确给出1与F的关系,当1∈F时有1个交点,当1
?
F
时没有交点,所以选C.
2.掌握研究函数的方法,提高研究函数问题的能力
高中数学对函数的研究理论性加强了,对 一些典型问题
的研究十分重视,如求函数的定义域,确定函数的解析
式,判断函数的奇偶性,判 断或证明函数在指定区间的
单调性等,并形成了研究这些问题的初等方法,这些方
法对分析问题 能力,推理论证能力和综合运用数学知识
能力的培养和发展是十分重要的.
函数、方程、不等 式是相互联系的.对于函数f(x)与g(x),


第111-114课时课题:函数问题 的题型与方法
令f(x)=g(x),f(x)>g(x)或f(x)<g(x)则分别构成方程和不 等式,因此对于某些方程、不
等式的问题用函数观点认识是十分有益的;方程、不等式从另一个侧面为研 究函数提供
了工具.
例10.方程lgx+x=3的解所在区间为 ( )
A.(0,1) B.(1,2)
C.(2,3) D.(3,+∞)
分析:在同一平面直角坐标系中,画出函数y=lgx与y=-x+3的图象(如图 2).它们的交
点横坐标
x
0
,显然在区间(1,3)内,由此可排除A,D .至于选B还是选C,由于画图
x
0
与2的大小.当x=2时,
xx
精确性的限制,单凭直观就比较困难了.实际上这是要比较
lgx=lg2,3-x=1.由于lg2< 1,因此
0
>2,从而判定
0
∈(2,3),故本题应选C.
说明 :本题是通过构造函数用数形结合法求方程lgx+x=3解所在的区间.数形结合,要
在结合方面下功 夫.不仅要通过图象直观估计,而且还要计算
0
的邻近两个函数值,
通过比较其大小进 行判断.

例11.(1)一次函数f(x)=kx+h(k≠0),若m<n有f(m)> 0,f(n)>0,则对于任意x∈(m,
n)都有f(x)>0,试证明之;
(2)试用上面结论证明下面的命题:
若a,b,c∈R且|a|<1,|b|<1,|c|<1,则ab+bc+ca>-1.
分析:问题(1)实质上是要证明,一次函数f(x)=kx+h(k≠0), x∈(m, n).若 区间两个
端点的函数值均为正,则对于任意x∈(m,n)都有f(x)>0.之所以具有上述性质是由 于
一次函数是单调的.因此本问题的证明要从函数单调性入手.
(1)证明:
当k>0时,函数f(x)=kx+h在x∈R上是增函数,m<x<n,f(x)>f(m)>0;
当k<0时,函数f(x)=kx+h在x∈R上是减函数,m<x<n,f(x)>f(n)>0.
所以对于任意x∈(m,n)都有f(x)>0成立.
(2)将ab+bc+ca+1写成( b+c)a+bc+1,构造函数f(x)=(b+c)x+bc+1.则
f(a)=(b+c)a+bc+1.
2
c
当b+c=0时,即b=-c, f(a)=bc+1=-+1.
x
因为|c|<1,所以f(a)=-
c
+1>0.
当b+c≠0时,f(x)=(b+c)x+bc+1为x的一次函数.
因为|b|<1,|c|<1,
f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c)>0, f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)>0.
由问题(1)对于|a|<1的一切 值f(a)>0,即(b+c)a+bc+1=ab+ac+bc+1>0.
说明:问题(2)的关键 在于“转化”“构造”.把证明ab+bc+ca>-1转化为证明ab+bc+ca+1
>0, 由于式子ab+bc+ca+1中, a,b,c是对称的,构造函数f(x)=(b+c)x+bc+1,则< br>f(a)=(b+c)a+bc+1,问题转化为在|a|<1,|b|<1,|c|<1的条件下证明f (a)>0.(也可构
造 f(x)=(a+c)x+ac+1,证明f(b)>0)。
例1 2.定义在R上的单调函数f(x)满足f(3)=log
2
3且对任意x,y∈R都有
f(x+y)=f(x)+f(y).
(1)求证f(x)为奇函数;
(2)若f(k·3)+f(3-9-2)<0对任意x∈R恒成立,求实数k的取值范围.
xxx
2


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
分析:欲证f(x)为奇函数即要证对任意x都有f(-x)=-f(x)成立.在式子f(x+y)=f(x )+f(y)
中,令y=-x可得f(0)=f(x)+f(-x)于是又提出新的问题,求f(0)的 值.令x=y=0可得
f(0)=f(0)+f(0)即f(0)=0,f(x)是奇函数得到证明.
(1)证明:f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R), ①
令x=y=0,代入①式,得f(0+0)=f(0)+f(0),即 f(0)=0.
令y=-x,代入①式,得 f(x-x)=f(x)+f(-x),又f(0)=0,则有
0=f(x)+f(-x).即f(-x)=-f(x)对任意x∈R成立,所以f(x)是奇函数.
(2)解:f(3)=log
2
3>0,即f(3)>f(0),又f(x)在R上是 单调函数,所以f(x)在R上是增
函数,又由(1)f(x)是奇函数.
f(k·3)<-f(3-9-2)=f(-3+9+2), k·3<-3+9+2,
3
2x
xxxxxxxx
-(1+k)·3+2>0对任意x∈R成立.
x2
x
令t=3>0,问题等价于t-(1+k)t+2>0对任意t>0恒成立.




R恒成立.
说明:问题(2)的上述解法是根据 函数的性质.f(x)是奇函数且在x∈R上是增函数,把
问题转化成二次函数f(t)=t-(1+k )t+2对于任意t>0恒成立.对二次函数f(t)进行研究
求解.本题还有更简捷的解法:
分离系数由k·3<-3+9+2得
xxx
2



上述解法是将k分离出来,然后用平均值定理求解,简捷、新颖.
四、强化训练
2
f(x)?3x?ax?b
作代换x=g(t),则总不改变f(x)值域的代换是 1. 对函数
1
g(t)?log
1
t
g(t)?()
t< br>2
C.g(t)=(t-1)
2
D.g(t)=cost
2
B.A.
2.方程f(x,y)=0的曲线如图所示,那么方程f(2-x,y)=0的曲线是( )


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
x
y?lo g(x?2x?a)
y??(5?2a)
0.5
3.已知命题p:函数的值域为R,命 题q:函数
2

是减函数。若p或q为真命题,p且q为假命题,则实数a的取值范围是
A.a≤1 B.a<2 C.14.方程lgx+x=3的解所在的区间为 ( )
A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,+∞)
5.如果函数f(x)=x+bx+c对于任意实数t,都有f(2+t)=f(2-t),那么( )
A. f(2)C. f(2)6.已知函数y=f(x)有反函数,则方程f(x)=a (a是常数) ( )
A.有且仅有一个实根 B.至多一个实根 C.至少一个实根 D.不同于以上结论
2
π
1
7.已知sinθ+c osθ=
5
,θ∈(
2
,π),则tanθ的值是 ( )
4343
A. -
3
B. -
4
C.
3
D.
4

p
8.已知等差数列的前n项和为S
n
,且S=S
q
(p≠q,p、q∈N),则S
p?q
=_________。
9.关于x的方程sinx+cosx+a=0有实根,则实数a的取值范围是__________。
10.正六棱锥的体积为48,侧面与底面所成的角为45°,则此棱锥的侧面积为
_____ ______。
11. 建造一个容积为8m,深为2m的长方体无盖水池,如果池底和池壁的造价每 平方
米分别为120元和80元,则水池的最低造价为___________。
12.已知 函数
f(x)
满足:
f(a?b)?f(a)?f(b)

f(1) ?2
,则
3
2
f
2
(1)?f(2)f
2
(2)?f(4)f
2
(3)?f(6)f
2
(4)?f(8)
? ???
f(1)f(3)f(5)f(7)

2
x ,x(x?x
2
)
,且13.已知
a,b,c
为正整数,方程
ax?bx?c?0
的两实根为
121
|x
1
|?1,|x
2
|?1
,则
a?b?c
的最小值为_________________ _______。
14.设函数f(x)=lg(ax+2x+1).
(1)若f(x)的定义域是R,求实数a的取值范围;
(2)若f(x)的值域是R,求实数a的取值范围.
15.设不等式2x-1>m(x-1 )对满足|m|≤2的一切实数m的取值都成立。求x的取值
2
2


第1 11-114课时课题:函数问题的题型与方法
范围。
16. 设等差数列{a
n
}的前n项的和为S
n
,已知a
3
=12,S
12
>0,S
13
<0 。
①.求公差d的取值范围;
②.指出S
1
、S
2
、…、S
12
中哪一个值最大,并说明理由。
P
(1992年全国高考)

17.如图,AB是圆O的直径,PA垂直于圆O所在平 面,C
是圆周上任一点,设∠BAC=θ,PA=AB=2r,求异面直线
PB和AC的距离。
A
18. 已知△ABC三内角A、B、C的大小成等差数列,且
tanA·tan C=2+
3
,又知顶点C的对边c上的高等于4
求△ABC的三边a、b、c及三内角 。
3
,
M
H
C
B
D
1?2< br>x
?4
x
a
3
19.设f(x)=lg,如果当x∈(-∞, 1]时f(x)有意义,求实数a的取值范围。
20.已知偶函数f(x)=cos?sinx-si n(x-?)+(tan?-2)sinx-sin?的最小值是0,求f(x)的最
大值 及此时x的集合.
32
f(x)?x?ax?bx?c

[1,??)
上单调.
x?R
21.已知,奇函数
(Ⅰ)求字母
a,b,c
应满足的条件;
(Ⅱ)设
0

五、参考答案
x?1,f(x
0
) ?1
,且满足
f[f(x
0
)]?x
0
,求证:
f (x
0
)?x
0

1.不改变f(x)值域,即不能缩小原函数定 义域。选项B,C,D均缩小了
f(x)
的定义
域,故选A。
2.先作出f (x,y)=0关于
y
轴对称的函数的图象,即为函数f(-x,y)=0的图象,又f(2- x,y)=0
2
即为
f(?(x?2),y)?0
,即由f(-x,y)=0 向右平移2个单位。故选C。
3.命题p为真时,即真数部分能够取到大于零的所有实数,故二次函数
x?2x?a

判别式
??4?4a?0
,从而
a?1;命题q为真时,
5?2a?1?a?2

若p或q为真命题,p且q为假命题,故p和q中只有一个是真命题,一个是假命
题。
若p为真,q为假时,无解;若p为假,q为真时,结果为14.图像法解方程,也可代入各区间的一个数(特值法或代入法),选C;
5.函数f(x)的对称轴为2,结合其单调性,选A;
6.从反面考虑,注意应用特例,选B;
?
2x
1?x
2
1
2
2
7.设tan
2
=x (x>0),则
1?x

1?x

5
,解出x=2,再用万能公式,选A;
S
p?q
mm
S
n
q
p?q
=x,则(
p
, p)8.利用
n
是关于n的一次函数,设S
p
=S
q
=m, 、(,q)、
(x,p+q)在同一直线上,由两点斜率相等解得x=0,则答案:0;


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
55
2
9.设cosx=t,t∈[-1,1],则a=t-t-1∈[-
4
,1],所以答案:[-
4
,1];
10.设高h,由体积解出h=2
3
,答案:24
6

4 16
11.设长x,则宽
x
,造价y=4×120+4x×80+
x
×80≥1760,答案:1760。
f(n?1)
?f(1)
12.运用条件知:
f(n)
=2,且 < br>f
2
(1)?f(2)f
2
(2)?f(4)f
2
( 3)?f(6)f
2
(4)?f(8)
???
f(1)f(3)f(5)f( 7)

2f(2)2f(4)2f(6)2f(8)
???
f(1)f(3) f(5)f(7)
==16
?
?
??b
2
?4ac?0< br>?
b
?
?
x
1
?x
2
???0a
?
c
?
x
1
x
2
??0
?
x,x?(?1,0)
,所以有
a
13.依题意可知
?
, 从而可知
12
?
?
b
2
?4ac?0
?
?
b
2
?4ac
f(?1)?a?b?c?0
?
?
?
?
?
b?a?c
c
?
x
1
x
2< br>??1
?
c?a
a
?
?
,又
a,b,c为正整数,取
c?1
,则
a?1?b?a?b
,所以
a
2
?b
2
?4ac?4a?a?4
,从而
a?5
,所以< br>b
2
?4ac?20
,又
b?5?1?6
,所以
b? 5
,因此
a?b?c
有最小值为
11

2
c?2a?3
b?4ac?24
,所以
b?5
, 又a?c?b?5
,所以下面可证时,,从而
a?c?6
,所以
a?b?c ?11
,综上可得:
a?b?c
的最小值为11。
14.分析:这是有关函 数定义域、值域的问题,题目是逆向给出的,解好本题要运用复
合函数,把f(x)分解为u=ax+2 x+1和y=lgu 并结合其图象性质求解.
切实数x
恒成立. a=0或a<0不合题意,
2
解得a>1.
当a<0时不合题意; a=0时,u=2x+1,u能取遍一切正实数;
a>0时,其判别式Δ=22-4×a×1≥0,解得0<a≤1.
所以当0≤a≤1时f(x)的值域是R.
15.分析:此问题由于常见的思维定势,易把它看成关于x的不等式讨论。然而,若变


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
换一个角度以m为变量, 即关于m的一次不等式(x-1)m-(2x-1)<0在[-2,2]上恒成
立的问题。对此的研究, 设f(m)=(x-1)m-(2x-1),则问题转化为求一次函数(或
2
2
?f(2)?0
?
f(?2)?0
常数函数)f(m)的值在[-2,2]内恒为负 值时参数x应该满足的条件
?

解:问题可变成关于m的一次不等式:(x-1)m-(2x-1)<0在[-2,2] 恒成立,设f (m)
2
?
?
f(2)?2(x?1)?(2x?1)?0
?
2
?
f(?2)??2(x
2
?1)?(2x?1)?0
?
=(x-1)m-(2x-1), 则
7?1
3?1
解得x∈(
2
,
2

2
说明 本题的关键是变换角度,以参数m作为自变量而构造函数式,不等式问题变成函
数在闭区间上的值域问题。本题有别于关于x的不等式2x-1>m(x-1)的解集是[-2,2]
时求m的值、关于x的不等式2x-1>m(x-1)在[-2,2]上恒成立时求m的范围。
一般地 ,在一个含有多个变量的数学问题中,确定合适的变量和参数,从而揭示函数关
系,使问题更明朗化。或 者含有参数的函数中,将函数自变量作为参数,而参数作为函
数,更具有灵活性,从而巧妙地解决有关问 题。
16.分析: ①问利用公式a
n
与S
n
建立不等式,容易求 解d的范围;②问利用S
n
是n
的二次函数,将S
n
中哪一个值最大 ,变成求二次函数中n为何值时S
n
取最大值的函
数最值问题。
解:① 由a
3
=a
1
+2d=12,得到a
1
=12-2d,所以
S
12
=12a
1
+66d=12(12-2d)+66d=144 +42d>0,
S
13
=13a
1
+78d=13(12-2d) +78d=156+52d<0。
2
2
24
解得:-
7
?
d
?
-3。
11
② S
n
=na
1

2
n(n1-1)d=n(12-2d)+
2< br>n(n-1)d
12424
dd
1
22

2
[n-
2
(5-
d
)]-
2
[
2
(5-
d
)]
124241
2
因为d
?
0,故[n-< br>2
(5-
d
)]最小时,S
n
最大。由-
7
?
d
?
-3得6
?
2
(5-
24124
d
)
?
6.5,故正整数n=6时[n-
2
(5-
d
)]
2
最小,所以S
6
最大。
说明: 数列的通项公式及前n项和 公式实质上是定义在自然数集上的函数,因此可利
用函数思想来分析或用函数方法来解决数列问题。也可 以利用方程的思想,设出未知的
量,建立等式关系即方程,将问题进行算式化,从而简洁明快。由次可见 ,利用函数与
方程的思想来解决问题,要求灵活地运用、巧妙的结合,发展了学生思维品质的深刻性、< /p>


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
独创性。
本题的 另一种思路是寻求a
n
?
0、a
n?1
?
0,即邻项变号: 由d
?
0知道a
1
?
a
2
?

?
a
13

由S
13
=13a
7
?
0得a
7
?
0,由S
12
=6(a
6
+a
7
)
?
0得a
6
?
0。所以,在S
1
、S
2
、…、
S
12
中,S
6
的值最大。
1 7.分析:异面直线PB和AC的距离可看成求直线PB上任意一点到AC的距离的最
小值,从而设定变 量,建立目标函数而求函数最小值。
P
解:在PB上任取一点M,作MD⊥AC于D,MH⊥AB于
M
H,
设MH=x,则MH⊥平面ABC,AC⊥HD 。
∴MD=x+[(2r-x)sinθ]=(sin+1)x-4rsinθx
A
+ 4r
2
222222
sin
2
θ=(sin
2
2r sinθ
2
1?sinθ
θ+1)[x-
2
D
]
2
H
C
B

4r
2
si n
2
θ
1?sin
2
θ

2rsinθ
2 rsin
2
θ
2
2
1?sinθ
为两异面直线的距离。 < br>1?sinθ
即当x=时,MD取最小值
说明:本题巧在将立体几何中“异面直线的距离 ”变成“求异面直线上两点之间距离的
最小值”,并设立合适的变量将问题变成代数中的“函数问题”。 一般地,对于求最大值、
最小值的实际问题,先将文字说明转化成数学语言后,再建立数学模型和函数关 系式,
然后利用函数性质、重要不等式和有关知识进行解答。比如再现性题组第8题就是典型
的 例子。
18.分析:已知了一个积式,考虑能否由其它已知得到一个和式,再用方程思想求解。
解: 由A、B、C成等差数列,可得B=60°;
由△ABC中tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC,得
tanA+tanC=tanB(tanA·tanC-1)=
3
(1+
3
)
2
设tanA、tanC是方程x-(
3
+3 )x+2+
3
=0的两根,解得x
1
=1,x
2
=2+3

π

设A3
, ∴A=
4
,C=
12

由此容易得到a=8,b=4
6
,c=4
3
+4。
说明: 本题的解答关键是利用“△ABC中tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC”这一条性质得到tanA+tanC,从而设立方程求出tanA和tanC的值,使问题得到解决。
1?2
x
?4
x
a
x
3
19.分析:当x∈(-∞ ,1]时f(x)=lg有意义的函数问题,转化为1+2+
4a>0在x∈(-∞,1]上恒成立的不 等式问题。
解:由题设可知,不等式1+2+4a>0在x∈(-∞,1]上恒成立,
xx
x
11
2xx
即:(
2
)+(
2
)+a> 0在x∈(-∞,1]上恒成立。


第111-114课时课题:函数问题的题型与方法
111
x
2
设t=(
2
), 则t≥
2
, 又设g(t)=t+t+a,其对称轴为t=-
2

11113
22
∴ t+t+a=0在[
2
,+∞)上无实根, 即 g(
2
)=(
2
)+
2
+a
?
0,得 a
?

4

3
所以a的取值范围是a
?

4

说明:对于不 等式恒成立,引入新的参数化简了不等式后,构造二次函数利用函数的图
像和单调性进行解决问题,其中 也联系到了方程无解,体现了方程思想和函数思想。一
般地,我们在解题中要抓住二次函数及图像、二次 不等式、二次方程三者之间的紧密联
系,将问题进行相互转化。
11
2xx
在解决不等式(
2
)+(
2
)+a
?
0在x∈(-∞,1] 上恒成立的问题时,也可使用“分离
11
3
x
2
参数法”: 设t=(
2
), t≥
2
,则有a=-t-t∈(-∞,-
4],所以a的取值范围是
3
a
?

4
。其中最后得到a 的范围,是利用了二次函数在某区间上值域的研究,也可属
应用“函数思想”。
20.解:f (x)=cos?sinx-(sinxcos?-cosxsin?)+(tan?-2)sinx-sin?
=sin?cosx+(tan?-2)sinx-sin?
因为f(x)是偶函数,所以对任意x?R,都有f(-x)=f(x),
即sin?cos (-x)+(tan?-2)sin(-x)-sin?=sin?cosx+(tan?-2)sinx-si n?,
即(tan?-2)sinx=0,所以tan?=2
??
2525
sin
?
?,sin
?
??,
??
??
?
sin
2
?
?cos
2
?
?1,
55
?
??
?
sin
?
?
cos
?
?
5

?
cos
?
??
5
.
?2,
?
?
?
5

?
5
此时,f(x)=sin?(cos x-1). 由
?
cos
?
解得
?
2525
当si n?=
5
时,f(x)=
5
(cosx-1)最大值为0,不合题意最小值为 0,舍去;
2525
?
5
时,f(x)=
5
(cosx- 1)最小值为0, 当sin?=
45
当cosx=-1时,f(x)有最大值为
5< br>,自变量x的集合为{x|x=2k?+?,k?Z}.
?
2
f'(x)?3x?b
,21.解:(1)
2
f(x )x?[1,??)f'(x)?0
b?(3x)
min
?3
若上是增函数 ,则恒成立,即

f(x)x?[1,??)
上是减函数,则
f'(x)?0
恒成立,这样的
b
不存在.
综上可得:
a?c?0,b?3

f(0)?0?c?0

f(x)?f(?x)?0?a?0


第111-114课时课题:函数问题 的题型与方法
(2)(证法一)设
f(x
0
)?m
,由
f [f(x
0
)]?x
0

f(m)?x
0
,于是有
3
?
?
x
0
?bx
0
?m (1)?
3
3
3
(x?m)?b(x
0
?m)?m?x
0
,化简可得
?
?
m?bm?x
0
(2)

0
(1)-(2)得:
(x
0
?m)(x
0
?mx
0
?m
2
?1?b)?0

2
2
x
0
?1,f(x
0
)?m?1

?x
0
?mx
0
?m
2
?1?b?4?b?1?0
,故
x
0?m?0
,即有
f(x
0
)?x
0

f(x
0
)?x
0
,不妨设
f(x
0
)?a?x
0
?1
,由(1)可知
f(x)

[1,??)
f[f(x
0
)]?f(a)?f(x
0
)?x
0
, 上单调递增,故
(证法二)假设
这与已知
f[f(x
0
)]?x
0
矛盾,故原假设不成立,即有
f(x
0
)?x
0

< br>第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
课题:数列问题的题型与方法
一.复习目标:
1. 能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式解题;
2.能熟练地求一些特殊数列的通项和前
n
项的和;
3.使学生系统掌握解 等差数列与等比数列综合题的规律,深化数学思想方法在解题实践中
的指导作用,灵活地运用数列知识和 方法解决数学和实际生活中的有关问题;
4.通过解决探索性问题,进一步培养学生阅读理解和创新能 力,综合运用数学思想方法分
析问题与解决问题的能力.
5.在解综合题的实践中加深对基础 知识、基本技能和基本数学思想方法的认识,沟通各类
知识的联系,形成更完整的知识网络,提高分析问 题和解决问题的能力.
6.培养学生善于分析题意,富于联想,以适应新的背景,新的设问方式,提高 学生用函数
的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方< br>法.
二.考试要求:
1.理解数列的概念,了解数列通项公式的意义,了解递推公式 是给出数列的一种方法,并
能根据递推公式写出数列的前几项。
2.理解等差数列的概念,掌 握等差数列的通项公式与前n项和公式,并能运用公式解答简
单的问题。
3.理解等比数列的 概念,掌握等比数列的通项公式与前n项和公式,并能运用公式解决简
单的问题。
4.数列是 高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础,所以在高考中占有重要的地位。
高考对本章的考查比较 全面,等差数列,等比数列的考查每年都不会遗漏。解答题多为中等
以上难度的试题,突出考查考生的思 维能力,解决问题的能力,试题大多有较好的区分度。
有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识和 指数函数、对数函数和不等式的知识综合
起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳法综 合在一起。探索性问题是高
考的热点,常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想,在主观 题中着重考查
函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想,以及配方法、换元法、待定系数法等基本
数学方法。应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化,常需构造数列模型,将现实问题
转化 为数学问题来解决。
三.教学过程:
(Ⅰ)基础知识详析
1.可以列表复习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质.
2.判断和证明数列是等差(等比)数列常有三种方法:
(1)定义法:对于n≥2的任意自然数,验证
(2)通项公式法:
①若
② 若
(3)中项公式法:验证
3.在等差数列
=+(n-1)d=+(n-k)d,则< br>,则
a
n
?a
n?1
(a
n
a
n? 1
)
为同一常数。
?
a
n
?
为等差数列;
?
a
n
?
为等比数列。
都成立。
?
a
n
?
中,有关S
n
的最值问题——常用邻项变号法求解:


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
(1)当
a1
?0
,d<0时,满足
a
1
?0
,d>0时,满足< br>的项数m使得
S
m
取最大值.
S
m
取最小值。 (2)当的项数m使得
在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。
4.数列求和的常用方法:公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。
5.注意事项:
⑴证明数列
?
a
n
?
是等差或等 比数列常用定义,即通过证明
a
n?1
?a
n
?a
n
?a
n?1

a
n?1
a
?
n
a
n
a
n?1
而得。
⑵在解决等差数列或等比数列的相关问题时,“基本量 法”是常用的方法,但有时灵活地运
用性质,可使运算简便。
⑶对于一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。
⑷注意一些特殊数列的求和方法。
⑸注意
s
n

a
n
之间关系的转化。如:
s
1
,
n
n?1
a?(a
k
?a
k?1
)
a
n
=
s
n
?s
n?1
,
n?2

a
n
=
1
?
k?2

⑹数列极限的综合题形式多样,解题思路灵活,但万变不离其宗,就是离不开数列极限的概
念和 性质,离不开数学思想方法,只要能把握这两方面,就会迅速打通解题思路.
⑺解综合题的成败在于审 清题目,弄懂来龙去脉,透过给定信息的表象,抓住问题的本质,
揭示问题的内在联系和隐含条件,明确 解题方向,形成解题策略.
⑻通过解题后的反思,找准自己的问题,总结成功的经验,吸取失败的教训 ,增强解综合题
的信心和勇气,提高分析问题和解决问题的能力.
(Ⅱ)2004年高考数学数列综合题选
1.(2004年高考数学北京卷,18)函数是定 义在[0,1]上的增函数,满足且,在每个区
间(1,2……)上,的图象都是斜率为同一常数k的直 线的一部分。
(I)求及,的值,并归纳出的表达式;
(II)设直线,,x轴及 的图象围成的矩形的面积为(1,2……),记,求的表达式,并写出
其定义域和最小值。
分析:本小题主要考查函数、数列等基本知识,考查分析问题和解决问题的能力.
解:(I)由,得
由及,得.
同理,.
归纳得.
(II)当时,
.
所以是首项为,公比为的等比数列,
所以.


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
的定义域为1,当时取得最小值.
2.(2004年高考数学北京卷,20)给定有 限个正数满足条件T:每个数都不大于50且总和
L=1275.现将这些数按下列要求进行分组,每组 数之和不大于150且分组的步骤是:
首先,从这些数中选择这样一些数构成第一组,使得1 50与这组数之和的差与所有可能
的其他选择相比是最小的,称为第一组余差;
然后 ,在去掉已选入第一组的数后,对余下的数按第一组的选择方式构成第二组,这时
的余差为;如此继续构 成第三组(余差为)、第四组(余差为)、……,直至第N组(余差
为)把这些数全部分完为止.
(I)判断的大小关系,并指出除第N组外的每组至少含有几个数;
(II)当构成第n(n (III)对任何满足条件T的有限个正数,证明:.
分析:本小题主要考查不等式的证明等基本知识 ,考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题
的能力.
解:(I)。除第N组外的每组至少含有个数
(II)当第n组形成后,因为,所以还有数没 分完,这时余下的每个数必大于余差,余
下数之和也大于第n组的余差,即
,
由此可得.
因为,所以.
(III)用反证法证明结论 ,假设,即第11组形成后,还有数没分完,由(I)和(II)
可知,余下的每个数都大于第11组的 余差,且,
故余下的每个数 . (*)
因为第11组数中至少含有3个数,所以第11组数之和大于.
此时第11组的余差
这与(*)式中矛盾,所以.
3.(2004年高考数学重庆卷,22)设数列
?< br>a
n
?
满足
a
1
?2,a
n?1
?a
n
?
1
a
n
,(n?1,2,3.......)
(1)证明
a
n
?2n?1
对一切正整数n 成立;
a
n
n
,(n?1,2,3......)
,判断
b
n< br>?
(2)令
b
n
与b
n?1
的大小,并说明理由。
时,a
1
?2?
(I)证法一:当
n?12?1?1,
不等 式成立.
假设n?k时,a
k
?2k?1成立.
22
当n?k?1 时,a
k?1
?a
k
?
11
?2?2k?3??2(k?1 )?1.
22
a
k
a
k


?n?k? 1时,a
k?1
?2(k?1)?1时成立.
综上由数学归纳法可知,
an
?2n?1
对一切正整数成立.


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法


证法二:当n=1时,
a
1
?2?3?
假设n=k时结论成立,即
2?1?1
.结论成立.
a
k
?2k?1.

1
(x?1)
x
的单增性和归纳假设有
n?k?1时,由函数f(x)?x?




11?2k?1?.
a
k
2k?1
1
因此只需证:2k?1??2k ?3.
2k?1
11
而这等价于(2k?1?)
2
?2k?3??0 显然成立.
2k?1
2k?1

a
k?1
?a
k
?
所以当n=k+1时,结论成立.
因此,
a
n
?2n?1
对一切正整数n均成立.
22
a
n
?a
n?1
?2?
证法三:由递推公式得
22
a
n?1
?a
n?2
?2?< br>1
,
2
a
n?1

1
a
1
2

??
1
2
a
n?1
1
2
a
n?2
,
?
2
a
2
?a
1
2
?2?

2
a
n
?a< br>1
2
?2(n?1)?
1
a
1
2
?2
2
?2(n?1)
上述各式相加并化简得
?2n?2?2n?1(n?2) .
又n?1时,a
n
?2n?1明显成立,故

a
n
?
2n
?
1(n
?
1,2,
?
).


b
n?1
an
1n1n
?
n?1
?(1 ?
2
)?(1?)
b2n?1
n?1
a
n
n?1a
n
n?1
(II)解法一:
n

2(n?1)n
( 2n?1)n?1
2n(n?1)
?
2n?1
11
(n?)
2
?
24
?1.
1
n?
2

??

故b
n?1
?b
n
.
b
n?1
?b
n
?
解法二:
a
n?1
n?1
?
a
n
n
?
1
n?1
(a
n
?
a
1)?
n
a
n
n


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
?
?
?
?
?

1
2
[n?(n? 1?n)a
n
]
n(n?1)a
n
1
[n?(n?1?n) (2n?1)](由(
n(n?1)a
n
)的结论)
I
1
[n(n?1?n)?(2n?1)]
n(n?1)(n?1?n)a
n
1
[ n(n?1)?(n?1)]
n(n?1)(n?1?n)a
n
1
(n?n? 1)?0.
n(n?1?n)a
n

22
a
n
a< br>?b?
?1
?
n
n?1n

2
n
所 以b
n?1
?b
n
.
b
2
n?1
解法三:
22
a
n
1111
a
n
2
?(a
n
?
2
?2)??(2?
2
?)
n?1a
n
nn?1a
n
n
?


112n?111 1
(2??)?(?)?0
n?12n?1nn?12n?1n

22
b?b,因此b
n?1
?b
n
.
n?1n< br>故
4.(2004年高考数学江苏卷,20)设无穷等差数列{a
n
}的前n项 和为S
n
.
(Ⅰ)若首项
a
1
?
3
, 公差
d?1
,求满足
2
S
k
2
?(S
k< br>)
2
的正整数k;
S
k
2
(Ⅱ)求所有的无穷等差 数列{a
n
},使得对于一切正整数k都有
?(S
k
)
2< br>成立.
分析:本小题主要考查数列的基本知识,以及运用数学知识分析和解决问题的能力.
解:(I)当
a
1
?
3
,d?1
2
时,


n(n?1)3n(n?1)1
2
d?n??n?n
2222

1
4
1
S
k
2
?(S
k
)
2
,得k?k
2
?(k
2
?k)
2
22
由,
S
n
?na
1
?
1
k
3
( k?1)?0
4
即 又
k?0,所以k?4
.
(II)设数列{a
n
}的公差为d,则在


S
n
2
?(S
n
)
2
中分别取k=1,2,得


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法


?
?
S
1
?(S
1
)
,
?
2
?
?
S
4
?(S
2
)
2
?
a< br>1
?a
1
2
,
(1)
?

?4?32?1
2
4a?d?(2a?d)
(2)
?
11
22
?

由(1)得
a
1
?0或a
1
?1.


a
1
?0时,代入(2)得d?0或d?6,

2
a?0,d?0,则a?0,S?0,从而S?(S)
1nnkk
若成立
2
a?0,d?6,则a?6(n?1),由S?18,(S)?324,S
n
?216知

1n33

2
s?(S),
故所得数列不符合题意.
3

9

时,代入(2)得

a
1< br>?1

4?6d?(2?d)
2
,解得d?0或d?2


a
1
?1,d?0,则a
n
?1,S
n
?n,从而S
k
2
?(S
k
)
2
成立;
2 2
a?1,d?2,则a?2n?1,S?1?3???(2n?1)?n,从而S?(S)成立

nnn

1
综上,共有3个满足条件的无穷等差数列:
①{a
n
} : a
n
=0,即0,0,0,…;
②{a
n
} : a
n
=1,即1,1,1,…;
③{a
n
} : a
n
=2n-1,即1,3,5,…,
(Ⅲ)范例分析
例1.已知数列{a
n
}是公差d≠0的等差数列,其前n 项和为S
n


(2)过点Q
1
(1,a
1),Q
2
(2,a
2
)作直线12,设l
1
与l
2
的夹角为θ,
证明:(1)因为等差数列{a
n
}的公差d≠0,所以



Kp
1
p
k
是常数(k=2,3,…,n).


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
(2)直线l
2
的方程为y-a
1
=d(x-1),直线l
2
的斜率为d.


例2.已知数列
⑴设数列
?
a
n
?< br>中,
S
n
是其前
n
项和,并且
S
n?1?4a
n
?2(n?1,2,),a
1
?1

bn
?
a
n?1
?
2a
n
(n
?
1,2,
??
)
,求证:数列
?
b
n
?
是等比数列;
c
n
?
a
n
,(
n?
1, 2,
??
)
n
?
c
?
2
,求证:数列n
是等差数列; ⑵设数列
⑶求数列
?
a
n
?
的通项公式及前
n
项和。
分析:由于{b
n
}和{c
n< br>}中的项都和{a
n
}中的项有关,{a
n
}中又有S
n?1
=4a
n
+2,可由
S
n?2
-S
n?1
作切入点探索解题的途径.
解:(1)由S
n?1
=4a
n
?2< br>,S
n?2
=4a
n?1
+2,两式相减,得S
n?2
-S
n?1
=4(a
n?1
-a
n
),即
an?2
=4a
n?1
-4a
n
.(根据b
n
的 构造,如何把该式表示成b
n?1
与b
n
的关系是证明的关键,注
意 加强恒等变形能力的训练)
a
n?2
-2a
n?1
=2(a
n?1
-2a
n
),又b
n
=a
n?1
-2a< br>n
,所以b
n?1
=2b
n

已知S
2
=4a
1
+2,a
1
=1,a
1
+a< br>2
=4a
1
+2,解得a
2
=5,b
1
=a
2
-2a
1
=3 ②
由①和②得,数列{b
n}是首项为3,公比为2的等比数列,故b
n
=3·2
n?1



第115-118课时课题:数列问题的题型与方法

当n≥2时,S
n
=4a
n?1
+2=2
n?1
( 3n-4)+2;当n=1时,S
1
=a
1
=1也适合上式.
n?1
综上可知,所求的求和公式为S
n
=2(3n-4)+2.
说明:1.本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差,等比数列,求数列
通项与前n
项和。解决本题的关键在于由条件
S
n?1
?4a
n
?2
得出递推公式。
2.解综合题要总揽全局,尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已 知条件,在后面求
解的过程中适时应用.

例3.已知数列{a
n
}是首项a1>0,q>-1且q≠0的等比数列,设数列{b
n
}的通项
b
n
=a
n?1
-ka
n?2
(n∈N),数列{a
n
}、{b
n
}的前n项和分别为S
n
,T
n
.如果Tn
>kS
n
对一
切自然数n都成立,求实数k的取值范围.
分析:由探寻T
n
和S
n
的关系入手谋求解题思路。
解: 因为{a
n
}是首项a
1
>0,公比q>-1且q≠0的等比数列,故 a
n?1
=a
n
·q,a
n?2
=a
n
·q.
所以 b
n
=a
n?1
-k a
n?2
=a
n
(q-k·q).
T
n
=b1
+b
2
+…+b
n
=(a
1
+a
2
+…+a
n
)(q-k·q)=S
n
(q-kq).
依题 意,由T
n
>kS
n
,得S
n
(q-kq)>kS
n
, ①对一切自然数n都成立.
当q>0时,由a1>0,知a
n
>0,所以S
n
>0;
2
22
2
2
a
1
(1?q
n
)
S
n
??0
n
1?q
当-1<q<0时,因为a1>0,1-q>0, 1-q>0,所以
综合上面两种情况,当q>-1且q≠0时,S
n
>0总成立.
由①式可得q-kq>k ②,
2

例4.(2001年全国理)从社会 效益和经济效益出发,某地投入资金进行生态环境建设,并以


第115-118课时课题 :数列问题的题型与方法
1
此发展旅游产业.根据规划,本年度投入800万元,以后每年投 入将比上年减少
5
.本年度当
地旅游业收入估计为400万元,由于该项建设对旅游业 的促进作用,预计今后的旅游业收入
1
每年会比上年增加
4
。(Ⅰ)设n年内 (本年度为第一年)总投入为a
n
万元,旅游业总收入为b
n
万元.写出a< br>n
,b
n
的表达式(Ⅱ)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入?
解析:第1年投入800万元,第2年投入800×(1-)万元……,
第n年投入800×(1-)
n

1
万元

所以 总投入a
n
=800+800(1-)+……+800×(1-)
n1
=40 00[1-(
同理:第1年收入400万元,第2年收入400×(1+
第n年收入400×( 1+)
n

1

n

)万元,……,
万元
115

b
n
=400+400×(1+
4
)+……+400×(1+
4

n1
=1600×[(
4< br>)
n
-1]
54
(2)∴b
n
-a
n>0,1600[(
4

n
-1]-4000×[1-(
5
n
]>0
45
化简得,5×(
5

n+2×(
4

n
-7>0
4
设x=(
5

n
,5x
2
-7x+2>0

242
x<5
,x>1(舍)即(
5

n

5
,n≥5.
说明:本题主要考查建立函数关系式,数列求和,不等式等基础知识,考查综合运用数学知
识解 决实际问题的能力。解数学问题应用题重点在过好三关:(1)事理关:阅读理解,知道
命题所表达的内 容;(2)文理关:将“问题情景”中的文字语言转化为符号语言,用数学关系
式表述事件;(3)数理 关:由题意建立相关的数学模型,将实际问题数学化,并解答这一数
学模型,得出符合实际意义的解答。

?
a
?
例5.设实数
a?0
,数列
n< br>是首项为
a
,公比为
?a
的等比数列,记
b
n
?a
n
1g|a
n
|(n?N
*
),
S
n
?b
1
?b
2
???b
n

alga
S
求证:当
a??1
时,对任意自然数
n
都有
n< br>=
(1?a)
n?1n?1n?1n
a?aq?a(?a)?(?1)a

n1
解:
2
?
1?(?1)
n?1
(1?n ?na)a
n

?


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
?b
n
?a
n
lg|a
n
|?(?1)
n?1
a
n
lg|(?1)
n?1
a
n
|?(?1)
n?1
na
n
lg|a|

?S
n
?alg|a|?2a
2
lg|a|?3a
3
lg|a|???(?1)
n?2
(n?1 )a
n?1
lg|a|?(?1)
n?1
na
n
lg|a|

?[a?2a
2
?3a
3
???(?1)
n?2
(n?1)a
n?1
?(?1)
n?1
na
n
]l g|a|

23n?2n?1n?1n
S?a?2a?3a???(?1)(n?1) a?(?1)na
记①
as?a
2
?2a
3
???(?1 )
n?3
(n?2)a
n?1
?(?1)
n?2
(n?1) a
n
?(?1)
n?1
na
n?1

23n?2 n?1n?2nn?1n?1
(1?a)s?a?a?a???(?1)a?(?1)a?(?1)na
①+②得③
a?(?1)
n?1
a
n?1
a??1,?( 1?a)S??(?1)
n?1
n?a
n?1
1?(1?a)
a?(?1)
n?1
a
n?1
?(1?a)?(?1)
n?1< br>?n?a
n?1
?S?
(1?a)
2
a?(1?n?na)? (?1)
n?1
a
n?1
a[1?(1?n?na)(?1)
n?1
a
n
]
?S??
2
(1?a)(1?a)
2
alg|a|
n?1n
?S
n
?[1?(?1)(1?n?na)a]2
(1?a)

说明:本例主要复习利用错位相减解决差比数列的求和问题。关键 是先研究通项,确定
C
n
?a
n
?b
n
,{an
}
是等差数列,
{b
n
}
等比数列。
< br>解法一:设等差数列{a
n
}的首项a
1
=a,公差为d,则其通项为
根据等比数列的定义知S
5
≠0,由此可得


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法

一步加工,有下面的解法)
解法二:

依题意,得


例7.设二次方程
(1)试用
a
n
x
2
-
a
n
+1x+1=0(n∈N)有两根α和β,且满足6α-2αβ+6β=3.
a
n
表示a
n?1


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法





例8.在直角坐标平面上有一点列
P
1
(
x< br>1
,
y
1
),
P
2
(
x
2
,
y
2
)?,
P
n
(
x
n
,
y
n
)?
,对一切正整数
n


P< br>n
位于函数
y?3x?
135
?
4
的图象上,且P
n
的横坐标构成以
2
为首项,
?1
为公差的等差数列
?
x
n
?

P
n
的坐标; < br>c
1
,
c
2
,
c
3
,?,
c
n
,?
中的每一条的对称轴都垂直于
x
轴,第
n
条抛物线
c
n
的顶
⑴求点
⑵设抛物线列
2
P
D(0,n?1)
,记与抛物线
c
n
相切于
D
n
的直线的斜率为
k
n
,求:
n
n
点为,且过点
11 1
????
k
1
k
2
k
2
k
3< br>k
n?1
k
n

⑶设
S?
?
x| x?2x
n
,n?N,n?1
?
,T?
?
y|y?4yn
,n?1
?
,等差数列
?
a
n
?
的 任一项
a
n
?S?T
,其中
a
1

S?T
中的最大数,
?265?a
10
??125
,求
?
a
n
?
的通项公式。


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
解:(1)
x< br>n
??
53
?(n?1)?(?1)??n?
22

?y
n
?3?x
n
?
(2)
13535
??3n? ,?P
n
(?n?,?3n?)
4424

?c
n
的对称轴垂直于
x
轴,且顶点为
P
n
.
?

c
n
的方程为:
2n?3
2
12n?5
)?,
2 4

y?a(x?
2
22
?c
D(0,n?1)
y ?x?(2n?3)x?n?1

a?1
n
n
把代入上式,得,的 方程为:
k
n
?y
'
|
x?0
?2n?3

?
?
11111
??(?)
k
n?1
k
n
(2n?1)(2n?3)22n?12n?3

111
1111111< br>????
?[(?)?(?)?
?
?(?)]
k
1
k
2
k
2
k
3
k
n?1
k
n
257792n?12n?3

11111
(?)??
104n?6
=
252n?3
(3)
S?{x|x??(2n?3),n?N,n?1}

T?{y|y??(12n?5),n?N,n?1}?{y|y??2(6n?1)?3,n?N,n ?1}

?S

T?T,
T中最大数
a
1
??17
.
{a
n
}
公差为
d
,则
a< br>10
??17?9d?(?265,?125)
,由此得
248
?d ??12,又?a
n
?T?d??12m(m?N
*
),
9
?d??24,?a
n
?7?24n(n?N
*
).

?< br>说明:本例为数列与解析几何的综合题,难度较大(1)、(2)两问运用几何知识算出
解决(3 )的关键在于算出
S

*
??
a?2a?a
a
a? 8,a?2
n?N
n?2n?1n
n
14
例9.数列中,且满足 < br>k
n

T
及求数列
?
a
n
?
的公差。
⑴求数列
⑵设
?
a
n
?
的通项公式;
S
n
?|a
1
|?|a
2
|???|a
n
|
,求
S
n


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
1
**
b
(n?N),T?b?b???b(n?N)
,是否存在最大的整数
m
,< br>n(12?a)
n
n12n
n
⑶设=
m
*
T ?
32
成立?若存在,求出
m
的值;若不存在,请说明理由。 使得对任意< br>n?N
,均有
n
解:(1)由题意,
a
n?2
?a< br>n?1
?a
n?1
?a
n

?{a
n
}
为等差数列,设公差为
d

?a
n
?8?2(n?1)?10?2n
. 由题意得
2?8?3d ?d??2

(2)若
10?2n?0则n?5

n?5时,Sn
?|a
1
|?|a
2
|???|a
n
|
?a
1
?a
2
??a
n
?
8?10 ?2n
?n?9n?n
2
,
2

n?6
时,
S
n
?a
1
?a
2
???a
5
?a6
?a
7
??a
n

?S
5
?(S< br>n
?S
5
)?2S
5
?S
n
?n
2
?9n?40

n?5
S?
2

n

n?9n?40
n?6

9n?n
2
?
b
n
?
(3)
11111
??(?)
n(12?a
n
)2n(n?1)2nn?1

n
1111111111
.
?[(1 ?)?(?)?(?)?
?
?(?)?(?)]
?
T
2(n?1)< br>22334n?1nnn?1
?
n
2

T
n
?
mnm
?
32
对任意
n?N
*
成立,即
n?116
对任意
n?N
*
成立, 若
?
n1m1
(n?N
*
)??,
n?1
的最小值是
2

162
?m
的最大整数值是7。
T
n
?
m
.
32

*
m?7,< br>n?N
即存在最大整数使对任意,均有
说明:本例复习数列通项,数列求和以及有关数列 与不等式的综合问题。

例10.如图,在y轴的正半轴上依次有点
A
1< br>,
A
2
,?,
A
n
,?
其中点
A< br>1
(0,1),A
2
(0,10)
,且
|A
n?1< br>A
n
|?3|A
n
A
n?1
|
(n?2,3 ,4,?)

B
,
B
,?,
B
n
,?点在射线
y?x(x?0)
上依次有点
12
|OB
n
| ?|OB
n?1
|?22
(n?2,3,4,?)

B
1< br>的坐标为(3,3),且


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法 < br>⑴用含
n
的式子表示
⑵用含
n
的式子表示
⑶求四边形
|A
n
A
n?1
|

A
n
,B
n
的坐标;
A
n
A
n ?1
B
n?1
B
n
面积的最大值。
?
解:(1)
|A
n
A
n?1
|
?,且|A
1
A
2
|?10?1?9
|A
n?1
A
n
|3
An+1
y
?
A
n
?
?
A
2
?
?
B
n+1
?
B
n
A
1
?
?
B
B
2
1
x
1
O

111
?|A
n
A
n?1
|?|A
1
A
2
|()
n?1
?9()
n?1
?()
n?3
333

(2)由(1)得
12711
n?4
|A
1
A
2
|?|A
2
A
3
|???|A
n?1
A
n
|?9?3?1?? ?()
n?4
??()
3223

?点A
n
的坐标
(0,
2711
n?4
?())
?|OB
n
|?| OB
n?1
|?22且|OB
1
|?32

223

?{|OB
n
|}
是以
32
为首项,
22
为公差的等差数列
?|OB
n
|?32?(n?1)22?(2n?1)2
?B
n
的坐标为(2n?1,2n?1)
(3)连接

A
n
B
n?1
,设四边形
A
n
A
n?1
B< br>n?1
B
n
的面积为
S
n
,则
11129 2712
S
n
?S
?A
n
A
n?1
Bn?1
?S
?B
n
B
n?1
A
n
?[ ()
n?3
]?(2n?3)??22?[?()
n?1
]
2322 232

?
299n3?6n
?
n?1
,?S
n? 1
?S
n
?
n?1
?0,
即S
n?1
?S
n
,
?{S
n
}
单调递减.
2
33S
1
?
2947
?9?
22
.
?S
n
的最大值为
说明:本例为数列与几何的综合题。由题意知
利用函数单调性求最值。

{|A
n
A
n?1
|}
为等比,
{|O B
n
|}
为等差,(3)
例11.设正数数列{a
n
}为一 等比数列,且a
2
=4,a
4
=16.


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法



说明:这是2000年全国高考上海试题,涉及对数、数列、极限的综合题,主要考查等比数
列 的定义及通项公式,等差数列前n项和公式,对数计算,求数列极限等基础知识,以及综
合运用数学知识 的能力.

2
x?4y
,过原点作斜率1的直线交抛物线于第一象限内一点
P
1
,又过例12.已知抛物线
11
P
2

2
作斜率为
4
的直线交抛物线于点
3
,点
P
1< br>作斜率为
2
的直线交抛物线于点
P
再过
P

1
n
P(x,y)
PP
如此继续,一般地,过点
n
作斜率为
2
的直线交抛物线于点
n?1
,设点
nnn

( Ⅰ)令
b
n
?x
2n?1
?x
2n?1
,求证:数 列
{b
n
}
是等比数列.
31
S
n
?1
{b}
S
(Ⅱ)设数列
n
的前
n
项和为
n
,试比较
4

3n?10
的大小.
P(x,y)P(x, y)
x?4y
n
,

x
n?1
?4y
n? 1
②,解:(1)因为
nnn

n?1n?1n?1
在抛物线上,故
n
22
又因为直线
P
n
P
n?1
y
n?1
?y
n
1
1
?
n
x?x
n
2
,①②代入可得的斜率为
2
,即
n?1
1x
2
n?1
?x
2
n
11
?
n
?x
n?1?x
n
?
n?2
4x
n?1
?x
n
2 2
?b
n
?x
2n?1
?x
2n?1
?(x
2n?1
?x
2n
)?(x
2n
?x
2n?1
)

?
1
2
2n?2
?
1
2
2n? 3
??
1
2
2n?2
b
n?1
1
1
??{b
n
}
b4
,故
n
是以
4
为公比 的等比数列;


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
4131
S
n
??(1?
n
)?S
n
?1?
n34
44
,故只要比较
4
n

3n?10
的大 小. (2)
方法(一)
1
4
n
?(1?3)
n
?1?C
n
?3?C
n
2
?3
2
??1?3n?< br>n(n?1)
2
3?1?3n?9?3n?10(n?3)
2
3131
S
n
?1?S
n
?1?
3n?10
; 当
n?2

43n?10
; 当
n?1
时,
431
S
n
?1?
3n?10
. 当
n?3,n?N
时,
4
*

k
方法(二)用数学 归纳法证明,其中假设
n?k(k?3,k?N)
时有
4?3k?10
,
则当
n?k?1
时,
4
k?1
?4?4
k
?4(3k?10)?[3(k?1)?10]?9k?27?3(k?1)?10
.

a
n
),…
是公差为-1的等差数列,又2a
2
-a1
,2a
3
-a
2
,…,2a
n?1
-an
,…

(1)求数列{a
n
}的通项公式;
(2)计算(a
1
+a
2
+…+a
n
).
分析:由于题设中的等差数列和等比数列均由数列{an}的相关项构成,分别求出它们的通项
公式构 造关于a
n
的方程组.
解:(1)设b
n
=log
2(3a
n?1
-a
n
),因为{bn}是等差数列,d=-1.b1=l og
2


3a
n?1
-a
n
=2
?n

设c
n
=2a
n?1
-a
n
,{c
n
}是等比数列,公比为q,|q|<1,


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
c
1
=2a
2
-a
1
=




例14.等比数列{a
n
}中,已知a1≠0,公比q>0,前 n项和为S
n
,自然数b,c,d,e满
足b<c≤d<e,且b+e=c+d.求证 :S
b
·S
e
<S
c
·S
d

分析:凡是有关等比数列前n项Sn的问题,首先考虑q=1的情况,证明条件不等式时,正
确适时地应 用所给的条件是成败的关键.

(证明不等式首选方法是差比较法,即作差—变形—判定符号,变形要有利于判定符号.)
be-cd=(c+d-e)e-cd=ce+de-e2-cd=(c-e)(e-d).
因为c<e,d<e,所以c-e<0,e-d>0,于是(c-e)(e-d)<0.又


同理

(要比较S
b
·S
e
与Sc
·S
d
的大小,只要比较(1-qb)(1-qe)与(1-qc)(1-qd )的大小,仍然运用差


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
比较法.)
(1-qb)(1-qe)-(1-qc)(1-qd)=qc+qd-qb- qe=(qc-qb)-(qe-qd).
(能否将qc-qb用qe-qd表示是上式化成积的关键 ,利用给定的c+d=b+e,寻求变形的途径,
c=b+e-d,d、e出现了,于是qc- qb=qb+e-d-qb=qb(qe-d-1)=qbq-d(qe- qd).恒等变形只有目标
明确,变形才能有方向.)
上式=qbq-d(qe- qd)-(qe-qd)=(qe-qd)(qbq-d-1)=q-d(qe-qd)(qb- qd).因为q>0.所以q-d>0.

(运用函数的思想将问题转化为根据指数函数的单 调性判别乘积的符号)事实上,由b<d<e,
q>0,

①当0<q<1时,y=qx是减函数,qe<qd,qb>qd,即qe-qd<0,qb- qd>0;

②当q>1时,y=qx是增函数,qe>qd,qb<qd,即qe- qd>0,qb-qd<0.

所以无论0<q<1还是q>1,都有qe-qd与qb- qd异号,即(qe-qd)(qb-qd)<0.

综上所述,无论q=1还是q≠1,都 有S
b
·S
e
<S
c
·S
d


说明:复习课的任务在于对知识的深化,对能力的提高、关键在落实.根据上面所研究的问
题, 进一步提高运用函数的思想、方程的思想解决数列问题的能力.

例15.(2003年北京 春季高考)如图,在边长为l的等边△ABC中,圆O
1
为△ABC的内切
圆,圆O< br>2
与圆O
1
外切,且与AB,BC相切,…,圆O
n+1
与圆 O
n
外切,且与AB,BC相切,
如此无限继续下去.记圆O
n
的面 积为
(Ⅰ)证明
(Ⅱ)求
是等比数列;
的值.
.
(Ⅰ)证明:记r
n
为圆O
n
的半径,

所以



成等比数列.


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
(Ⅱ)解:因为所以
说明:本小题主要考查数列、数列极限、三角函数等基本知识,考查逻辑思维能力.

例16.(2004年北京春季高考20)下表给出一个“等差数阵”:
4
7
()
()
……

……
7
12
()
()
……

……
()
()
()
()
……

……
()
()
()
()
……

……
()
()
()
()
……

……
……
……
……
……
……
……
……




……

……
……
……
……
……
……
……
……
其中每行、每列都是等差数列,表示位于第i行第j列的数。
(I)写出的值;(II)写出的计算公式;
(III)证明:正整数N在该等差数列阵中的 充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整
数之积。
分析:本小题主要考查等差数列、 充要条件等基本知识,考查逻辑思维能力、分析问题和解
决问题的能力。
解:(I)
(II)该等差数阵的第一行是首项为4,公差为3的等差数列:

第二行是首项为7,公差为5的等差数列:

……
第i行是首项为,公差为的等差数列,因此

(III)必要性:若N在该等差数阵中,则存在正整数i,j使得
从而
即正整数2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积。
充分性:若2N+1可以分解成两个 不是1的正整数之积,由于2N+1是奇数,则它必为两个
不是1的奇数之积,即存在正整数k,l,使 得
,从而
可见N在该等差数阵中。
综上所述,正整数N在该等差数阵中的充要条 件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之
积。
四、强化训练
1.设S
n
和T
n
分别为两个等差数列的前n项和,若对任意n∈N,

( )


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
A.4∶3B.3∶2C.7∶4D.78∶71
2.一个首项为正数的等差数列中,前3项 的和等于前11项的和,当这个数列的前n项和最
大时,n等于. ( )
A.5 B.6C.7 D.8
2*
a
n
??
a?3
a?a(n?N)
,则数列的通项
a
n
?

1
n?1n
3.若数列中,,且


4.设在等比数列


5.根据下面各个数列
?
a
n
?
中,
a
1
?a
n
?66,a
2
?a
n?1
?128,S
n
?126,

n< br>及
q

?
a
n
?
的首项和递推关系,求其通项公式
*
a?1,a?
a?2n(n?N)

1n?1
n


a
1
?1,a
n?1
n
?
n?1a
n
(n?N
*
)

1
a?1
?
2
n
(n?N
*
)




a
1
?1,a
n?1
6.数列< br>?
a
n
?
的前
n
项和
S
n
?1?ra
n
(r
为不等于0,1的常数),求其通项公式
a
n


7.某县位于沙漠地带,人与自然长期进行着顽强的斗争,到2001年底 全县的绿化率已达
30%。从2002年开始,每年将出现这样的局面,即原有沙漠面积的16%将被绿 化,与此同
时,由于各种原因,原有绿化面积的4%又被沙化。
(1)设全县面积为1,20 01年底绿化面积为
a
1
?
3
,
10
经过
n
年绿化总面积为
a
n?1
.

求证
a
n ?1
?
44
?a
n
.
255

(2)至少 需要多少年(年取整数,
lg2?0.3010
)的努力,才能使全县的绿化率达到60%?



8.(2002年春招试题)已知点的序列(,0),,其中=0,,


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
A
3
是 线钱A
1
A
2
的中点,A
4
是线段A
2
A
3
的中点,…,A
n
是线段
(I)写出
(II)设
与、之间的关系式(≥3)
,计算,,,由此推测数列{
的中点,…。
}的通项公式,并加以证明。


9.(94年全国理)设{a
n
}是正数组成的数列,其前n项和为S
n
,并且对所有自然数n,a
n
与2的等差中项等于S
n
与2的等比中项.
(1)写出数列{a
n
}的前三项;
(2)求数列{a
n
}的通项公式(写出推证过程);
(1) 令b
n
=(n∈N),求:b
1
+b
2
+…+b
n
- n.


五、参考答案
1.解:设这两个等差数列分别为{an}和{bn}.

故选择A.
说 明:注意巧妙运用等差中项的性质来反映等差数列的通项an与前2n-1项和S2n-1的内在
联系.
2.解:依题意知.数列单调递减,公差d<0.因为
S3=S11=S3+a4+a5+…+a10+a11
所以 a4+a5+…+a7+a8+…+a10+a11=0
即 a4+a11=…=a7+a8=0,
故当n=7时,a7>0,a8<0.选择C.
解选择题注意发挥合理推理和估值的作用.
3.解:多次运用迭代,可得
4.解:< br>a
n
?(a
n?1
)?[(a
n?2
)]?(an?2
)?
2222
2
?(a
1
)
2
n?1
?3
2
n?1

?a
2
?a
n?1
?128,?a
1
a
n
?128
,又
a
1
?a
n
?66
,由以上二式得

1
a
1
?2,a
n
?6

4a
1
?64,a
n
?2
;由此得
n?6,g?2

2
.
说明:本例主要复习数列的基本运算和方程思想的应用。
5.解:(1)
?
a
n?1
?a
n
?2n

?a
n?1
?a
n
?2n


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
?1?2?1?2?2? ??2?(n?1)
?a
n
?a
1
?(a
2
?a< br>1
)?(a
3
?a
2
)???(a
n
?a< br>n?1
)
?1?n?(n?1)?n
2
?n?1
?
( 2)

a
n?1
a
a
a
n
??a
n
?a
1
?
2
?
3
???
n
1?
1
?
2
???
n?1
?
1
a
n< br>n?1a
1
a
2
a
n?1
=
23nn

又解:由题意,
(n?1)a
n?1
?na
n
对一切自 然数
n
成立,
?a
n
?
1
.
n

?na
n
?(n?1)a
n?1
?
?
?1?a1
?1

11
?a
n?1
?a
n
? 1?a
n?1
?2?(a
n
?2)?{a
n
?2}
22
(3)是首项为
a
1
?2??1

111
?a
n
?2??1?()
n?1
,?a
n
?2?()
n ?1
.
22
公比为
2
的等比数列,
说明:本例复习求通项公式的几种方法:迭加法、迭乘法、构造法。

6.解:由< br>S
n
?1?ra
n
可得当
n?2

S
n?1
?1?ra
n?1

?S
n
?S
n?1< br>?r(a
n
?a
n?1
)

a
n
r
?
?a
n
?ra
n
?ra
n?1

?a
n
(r?1)?ra
n?1
,
?r?1,
?
a
n?1
r?1

?r?0

?{a
n
}
是公
r11r
n?1
a
1
??a
n
?()
S?1?ra
1?r

1?rr?1

1

?
比为
r?1
的等比数列. 又当
n?1
时,
1

说明:本例复习由有关
S
n< br>与
a
n
递推式求
a
n
,关键是利用
S
n

a
n
的关系进行转化。
7.(1)证明:由已知可得
a
n
确定后,
a
n?1
表示如下:
a
n?1< br>=
a
n
?(1?4%)?(1?a
n
)?16%
< br>44
a
aa

n?1
=80%
n
+16%=
5
n
+
25

4444444
aa?a?
5
)=(
5

2

a
n?1
?
5
)=…
a
(2)解:由
n?1
=
5
n
+< br>25
可得:
n?1
5
=
5

n
44
()
n
(a
1
?)
5
=
5
14 43144314
?()
n
??.?()
n
??.?()
n ?1
a
5
,若
a
n?1
5
则有
2555< br>即
25
故有
n?1
=
25


第115-118课时课题:数列问题的题型与方法
两边同时取对数可得?lg2?(n?1)(2lg2?lg5)?(n?1)(3lg2?1)

n?

lg2
?1?4
*
1?3lg2
,故使得上式成立的最小
n?N
为5,
故最少需要经过5年的努力,才能使全县的绿化率达到60%.
8.(I)解:当n≥3时,
(II)解:


.
由此推测。
证法一:因为,且
(n≥2)所以
证法二:(用数学归纳法证明:)

(i)当时,,公式成立,
(ii)假设当时,公式成立,即成立。
那么当时,
=式仍成立。
根据(i)与(ii)可知,对任意,公式成立
评注:本小题主要考查中点坐标公式、等比数列等基本知识,考查运算能力和逻辑思维能力。

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