题八 数学思想方法试题
高考数学以能力立意，一是考查数学的基础知识，基本技能；二是考查基本数学思想方法，考查数学思维的深度、广度和宽度，数学思想方法是指从数学的角度来认识、处理和解决问题，是数学意识，是数学技能的升华和提高，中学数学思想主要有函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想、化归和转化思想． (一)函数与方程思想
函数思想，就是用函数与变量去思考问题
分析和研究数学中的数量关系，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的数学思想．
方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决的数学思想． 例1 (1)(2014²湖南)若0 x2xB．e1－e xx x2(2)若将函数f(x)＝sin 2x＋cos 2x的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是____． 思维升华 函数与方程思想在解题中的应用 (1)函数与不等式的相互转化，对函数y＝f(x)，当y>0时，就化为不等式f(x)>0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式． (2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题十分重要． (3)解析几何中的许多问题，需要通过解二元方程组才能解决．这都涉及二次方程与二次函数有关理论． (4)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决． 1 跟踪演练1 (1)(2015²淄博实验中学诊断)若函数f(x)在R上可导，且满足f(x) (2)如图是函数y＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0，－π<φ<π)在一个周期内的图象，则此函数的解析式是( ) πA．y＝2sin(2x＋) 32π B．y＝2sin(2x＋) 3 xπ C．y＝2sin(－) 23 π D．y＝2sin(2x－) 3(二)数形结合思想 数形结合思想包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：一是借助形的生动性和直观性来阐明数形之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质． 例2 (1)(2014²山东)已知函数f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx，若方程f(x)＝g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是( ) 1 A．(0，) 2C．(1,2) 1 B．(，1) 2D．(2，＋∞) x－y＋1≤0， (2)若实数x、y满足x>0， y≤2， 则的最小值是____． yx思维升华 数形结合思想在解题中的应用 (1)构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围或解不等式． (2)构建函数模型并结合其图象研究方程根或函数的零点的范围． (3)构建解析几何模型求最值或范围． (4)构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系． 跟踪演练2 (1)已知奇函数f(x)的定义域是{x|x≠0，x∈R}，且在(0，＋∞)上单调递增， 2 若f(1)＝0，则满足x²f(x)<0的x的取值范围是___________________________________． (2)已知P是直线l：3x＋4y＋8＝0上的动点，PA、PB是圆x＋y－2x－2y＋1＝0的两条切线，A、B是切点，C是圆心，则四边形PACB面积的最小值为________． (三)分类与整合思想 分类与整合思想是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略．对问题实行分类与整合，分类标准等于增加一个已知条件，实现了有效增设，将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，优化解题思路，降低问题难度；分类研究后还要对讨论结果进行整合． 3x－1，x＜1，例3 (1)(2015²山东)设函数f(x)＝x2，x≥1， 2 2 则满足f(f(a))＝2 f(a) 的a的取值范 围是( ) 2A.，1 32C.，＋∞ 3 x2y2 B．[0,1] D．[1, ＋∞) (2)设F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，P为椭圆上一点．已知P，F1，F2是一个直角三角 94|PF1| 形的三个顶点，且|PF1|>|PF2|，则的值为________． |PF2|思维升华 分类与整合思想在解题中的应用 (1)由数学概念引起的分类．有的概念本身是分类的，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等． (2)由性质、定理、公式的限制引起的分类讨论．有的定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论不一致，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等． (3)由数学运算和字母参数变化引起的分类．如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，对数真数与底数的限制，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域等． (4)由图形的不确定性引起的分类讨论．有的图形类型、位置需要分类：如角的终边所在的象限；点、线、面的位置关系等． 1 跟踪演练3 (1)(2014²课标全国Ⅱ)钝角三角形ABC的面积是，AB＝1，BC＝2，则AC等 2于( ) A．5 B.5 3 C．2 D．1 (2)(2014²广东)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为( ) A．60 C．120 (四)转化与化归思想 转化与化归思想，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而得到解决的一种方法．一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题． 例4 (1)定义运算：(ab)⊗x＝ax＋bx＋2，若关于x的不等式(ab)⊗x<0的解集为{x|1 2 B．90 D．130 2C.－，1 3 2D.－∞，－∪(1，＋∞) 3 132 (2)已知函数f(x)＝ln x－x＋－1，g(x)＝－x＋2bx－4，若对任意的x1∈(0,2)，任意 44x的x2∈[1,2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，则实数b的取值范围是( ) A．(－∞，C．(1， 14] 2 B．(1，＋∞) D．[1， 14] 2 14 ) 2 思维升华 转化与化归思想在解题中的应用 (1)在三角函数中，涉及到三角式的变形，一般通过转化与化归将复杂的三角问题转化为已知或易解的三角问题，以起到化暗为明的作用，主要的方法有公式的“三用”(顺用、逆用、变形用)、角度的转化、函数的转化等． (2)换元法：是将一个复杂的或陌生的函数、方程、不等式转化为简单的或熟悉的函数、方程、不等式的一种重要的方法． (3)在解决平面向量与三角函数、平面几何、解析几何等知识的交汇题目时，常将平面向量语言与三角函数、平面几何、解析几何语言进行转化． (4)在解决数列问题时，常将一般数列转化为等差数列或等比数列求解． 4 (5)在利用导数研究函数问题时，常将函数的单调性、极值(最值)、切线问题，转化为其导函数f′(x)构成的方程、不等式问题求解． (6)在解决解析几何、立体几何问题时，常常在数与形之间进行转化． 跟踪演练4 (1)(2014²安徽)设函数f(x)(x∈R)满足f(x＋π)＝f(x)＋sin x．当0≤x<π时，f(x)＝0，则f1A. 2C．0 (2)已知函数f(x)＝ 23π等于( ) 6 B.3 2 1D．－ 2 axax＋a(a>0且a≠1)，则f 1＋f2＋„＋f99的值为________． 100100100 提醒：完成作业 专题八 5 二轮专题强化练 专题八 数学思想方法 A组 专题通关 1．若2＋5≤2＋5，则有( ) A．x＋y≥0 C．x－y≤0 B．x＋y≤0 D．x－y≥0 xy－y－xlog2x＋1，x>3， 2．已知函数f(x)＝x－3 2＋1， x≤3 满足f(a)＝3，则f(a－5)的值为( ) 173 A．log23 B. C. D．1 162 3．已知函数f(x)＝ax＋bsin x＋4(a，b∈R)，f(lg(log210))＝5，则f(lg(lg 2))等于( ) A．－5 C．3 B．－1 D．4 x3 4．(2015²重庆月考)方程log1(a－2)＝2＋x有解，则a的最小值为( ) 2A．2 3 C. 2 B．1 1D. 2 5．(2015²广东实验中学阶段考试)已知0 22 2 2 C．(lg a)<(lg b) D. 11> lg alg b2－|x|，x≤2， 6．(2015²天津)已知函数f(x)＝2 x－2，x＞2， 函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R， 若函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是( ) 7A.，＋∞ 4 7B.－∞， 4 6 7C.0， 47D.，2 4 x≥0， 7．已知变量x，y满足的不等式组y≥2x， kx－y＋1≥0 域，则实数k等于( ) 1 A．－ 2C．0 1B. 2 表示的是一个直角三角形围成的平面区 1 D．－或0 2 8．等比数列{an}中，a3＝7，前3项之和S3＝21，则公比q的值是( ) A．1 1 C．1或－ 2 1B．－ 21 D．－1或 2 9．(2014²江西)在平面直角坐标系中，A，B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x＋y－4＝0相切，则圆C面积的最小值为( ) 4 A.π 5 C．(6－25)π 3B.π 45D.π 4 10．已知正四棱锥S－ABCD中，SA＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为( ) A．1 C．2 B.3 D．3 |lg x|， 0 －x＋6， x>10，2 若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝ f(c)，则abc的取值范围是__________． x，x≤a， 12．(2015²湖南)已知函数f(x)＝2 x，x＞a， 3 若存在实数b，使函数g(x)＝f(x)－b有 两个零点，则a的取值范围是____________________． 13．(2014²福建)要制作一个容积为4 m，高为1 m的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是________．(单位：元) B组 能力提高 7 3 14．(2015²黄冈中学期中)定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)>1－f(x)，f(0)＝6，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式ef(x)>e＋5(其中e为自然对数的底数)的解集为( ) A．(0，＋∞) C．(－∞，0)∪(1，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) D．(3，＋∞) |cos x| ＝k在(0，＋∞)有且仅有两 xx15．(2015²广东实验中学阶段考试)已知关于x的方程 x根，记为α，β(α<β)，则下列的四个命题正确的是( ) A．sin 2α＝2αcos2 α B．cos 2α＝2αsin2 α C．sin 2β＝－2βsin2β D．cos 2β＝－2βsin2 β 16．设数列{a项和为Sn* n}的前nn.已知a1＝a，an＋1＝Sn＋3，n∈N. (1)设bnn＝Sn－3，求数列{bn}的通项公式； (2)若a* n＋1≥an，n∈N，求a的取值范围． 17．已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x1＋x. (1)求f(x)的极小值； (2)若a，b>0，求证：ln a－ln b≥1－ba. 8 学生用书答案精析 专题八 数学思想方法 3 例1 (1)C (2)π 8 解析 (1)设f(x)＝e－ln x(0 xxxxx令f′(x)＝0，得xe－1＝0. 1x根据函数y＝e与y＝的图象可知两函数图象交点x0∈(0,1)，因此函数f(x)在(0,1)上不是 xx单调函数，故A，B选项不正确． eex－1 设g(x)＝(0 xx2. π (2)f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝2sin(2x＋)， 4π 将f(x)＝2sin(2x＋)的图象向右平移φ个单位， 4π 得到y＝2sin(2x＋－2φ)的图象， 4 π 由所得图象关于y轴对称，可知sin(－2φ)＝±1， 4π 即sin(2φ－)＝±1， 4ππ 故2φ－＝kπ＋，k∈Z， 42即φ＝ kπ 2 ＋ 3π ，k∈Z， 8 min 又φ>0，所以φ 3π＝. 8 跟踪演练1 (1)A (2)B 解析 (1)由于f(x) )′＝>0恒成立，因此在2 xxx1 ， f2f1 2 9 即f(2)>2f(1)，故答案为A. (2)依函数图象，知y的最大值为2， 所以A＝2. T5πππ又＝－(－)＝， 212122 2π 所以T＝π，又＝π， ω所以ω＝2， 所以y＝2sin(2x＋φ)． ππ 将(－，2)代入可得sin(－＋φ)＝1， 126ππ 故φ－＝＋2kπ，k∈Z， 622π 又－π<φ<π，所以φ＝. 3 2π 所以函数的解析式为y＝2sin(2x＋)，故选B. 3例2 (1)B (2)2 解析 先作出函数f(x)＝|x－2|＋1的图象，如图所示， 当直线g(x)＝kx与直线AB平行时斜率为1，当直线g(x)＝kx过A点11时斜率为，故f(x)＝g(x)有两个不相等的实根时，k的范围为(，1)． 22(2)可行域如图所示． 又的几何意义是可行域内的点与坐标原点连线的斜率k. 由图知，过点A的直线OA的斜率最小． 联立 x－y＋1＝0，y＝2， yx 得A(1,2)， 2－0y所以kOA＝＝2.所以的最小值为2. 1－0x跟踪演练2 (1)(－1,0)∪(0,1) (2)22 解析 (1)作出符合条件的一个函数图象草图即可， 由图可知x²f(x)<0的x的取值范围是(－1,0)∪(0,1)． 10 (2)如图， S11Rt△PAC＝2|PA|²|AC|＝2 |PA|， 当CP⊥l时，|PC|＝|3³1＋4³1＋8| 32＋42 ＝3， ∴此时|PA|2 2 min＝|PC|－|AC|＝22. ∴(S四边形PACB)min ＝2(S△PAC)min＝22. 例3 (1)C (2)2或7 2 解析 (1)由f(f(a))＝2 f(a)得，f(a)≥1. 当a<1时，有3a－1≥1，∴a≥22 3，∴3≤a<1. 当a≥1时，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1. 综上，a≥2 3，故选C. (2)若∠PF2F1＝90°， 则|PF2 2 2 1|＝|PF2|＋|F1F2|， ∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝25， 解得|PF144|PF1|7 1|＝3，|PF2|＝3，∴|PF＝. 2|2若∠F2PF1＝90°， 则|F2 2 2 1F2|＝|PF1|＋|PF2| ＝|PF2 2 1|＋(6－|PF1|)， 解得|PF1|＝4，|PF2|＝2， ∴ |PF1| |PF| ＝2. 2综上所述，|PF1||PF＝2或7 . 2|2跟踪演练3 (1)B (2)D 解析 (1)∵S1 △ABC＝2AB²BC²sin B ＝12³1³2sin B＝122，∴sin B＝2， 11 π3π∴B＝或. 44 3π222 当B＝时，根据余弦定理有AC＝AB＋BC－2AB²BC²cos B＝1＋2＋2＝5，所以AC＝5， 4此时△ABC为钝角三角形，符合题意； π222 当B＝时，根据余弦定理有AC＝AB＋BC－2AB²BC²cos B＝1＋2－2＝1，所以AC＝1， 4此时AB＋AC＝BC，△ABC为直角三角形，不符合题意．故AC＝5. (2)在x1，x2，x3，x4，x5这五个数中，因为xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5，所以满足条件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3的可能情况有“①一个1(或－1)，四个0，有C5³2种；②两个1(或－1)，三个0，有C5³2种；③一个－1，一个1，三个0，有A5种；④两个1(或－1)，一个－1(或1)，两个0，有C5C3³2种；⑤三个1(或－1)，两个0，有C5³2种．故共有C5³2＋C5³2＋A5＋C5C3³2＋C5³2＝130(种)，故选D. 例4 (1)D (2)A 解析 (1)1,2是方程ax＋bx＋2＝0的两实根， a＝1，b2 1＋2＝－，1³2＝，解得 aab＝－3， 2 2 2 2 21 3 21 3 1 2 2 1 2 2 2 2 由(－31)⊗x＝－3x＋x＋2<0，得3x－x－2>0， 2 解得x<－或x>1. 3 (2)依题意，问题等价于f(x1)min≥g(x2)max. f(x)＝ln x－x＋－1， 44x1134x－x－3 所以f′(x)＝－－2＝. 2x44x4x由f′(x)>0，解得1 所以f(x1)min＝f(1)＝－. 2 函数g(x2)＝－x2＋2bx2－4，x2∈[1,2]． 当b<1时，g(x)max＝g(1)＝2b－5； 当1≤b≤2时，g(x2)max＝g(b)＝b－4； 当b>2时，g(x2)max＝g(2)＝4b－8. 2 2 2 13 12 b<1， 故问题等价于1 －≥2b－52 1≤b≤2， 或12 －≥b－42 b>2， 或1 －≥4b－8.2 解第一个不等式组得b<1， 解第二个不等式组得1≤b≤第三个不等式组无解， 综上所述，b的取值范围是(－∞，99 跟踪演练4 (1)A (2) 2 解析 (1)∵f(x＋π)＝f(x)＋sin x， ∴f(x＋2π)＝f(x＋π)－sin x. ∴f(x＋2π)＝f(x)＋sin x－sin x＝f(x)． ∴f(x)是以2π为周期的周期函数． 23πππ又f()＝f(4π－)＝f(－)， 666 14 ]．故选A. 214， 2 πππf－＋π＝f－＋sin－， 6 66 ∴f 5π＝f－π－1. 662 5π＝0， 6 ∵当0≤x<π时，f(x)＝0，∴f∴f 23π＝f－π＝1.故选A. 662 axa1－x(2)由于直接求解较困难，可探求一般规律， ∵f(x)＋f(1－x)＝＝ ax＋aa1－x＋a＋ a ax＋aa＋axa＋axa＋ax＝x＋＝＝1， a＋aa＋axax＋aa∴f ax1＋f2＋„＋f99 100100100 199199298495150＝f＋f＋f＋f＋„＋f＋f＋f＝1³49＋＝. 22100100100100100100100 13 二轮专题强化练答案精析 专题八 数学思想方法 1．B [把不等式变形为2－5≤2－5，构造函数y＝2－5，其为R上的增函数，所以有x≤－y.所以x＋y≤0.] a≤3， 2．C [分两种情况分析，a－3 2＋1＝3 x－x－yyx－x a>3， ①或者 log2a＋1＝3 ②，①无解，由②得， a＝7，所以f(a－5)＝22－3＋1＝，故选C.] 3．C [因为lg(log2 10)＋lg(lg 2)＝lg(log210³lg 2) lg 10 ＝lg(³lg 2)＝lg 1＝0， lg 2所以lg(lg 2)＝－lg(log210)． 设lg(log210)＝t，则lg(lg 2)＝－t. 由条件可知f(t)＝5， 即f(t)＝at＋bsin t＋4＝5， 所以at＋bsin t＝1， 所以f(－t)＝－at－bsin t＋4＝－1＋4＝3.] 12＋xxx4．B [由log1(a－2)＝2＋x得a＝2＋()≥2 2 23 3 3 32 12＋xx2³＝1，当且仅当x＝－1时 2 取等号． ∴a的最小值为1.] 1x－1－1 5．D [∵0 21a1b∴()>()，故B错误； 22又y＝lg x是增函数， ∴lg a 2 2 11 >， lg alg b故C错误，D正确．故选D.] 6．D [方法一 当x>2时，g(x)＝x＋b－4，f(x)＝(x－2)； 当0≤x≤2时，g(x)＝b－x，f(x)＝2－x； 14 2 当x<0时，g(x)＝b－x，f(x)＝2＋x. 由于函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点， 所以方程f(x)－g(x)＝0恰有4个根． 当b＝0时，当x>2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为x－5x＋8＝0，无解； 当0≤x≤2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为2－x－(－x)＝0，无解； 当x<0时，方程f(x)－g(x)＝0可化为x＋x＋2＝0，无解． 所以b≠0，排除答案B. 当b＝2时，当x>2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为(x－2)＝x－2，得x＝2(舍去)或x＝3，有一解； 当0≤x≤2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为2－x＝2－x，有无数个解； 当x<0时，方程f(x)－g(x)＝0可化为2－x＝x＋2，得x＝0(舍去)或x＝－1，有一解．所以b≠2，排除答案A. 当b＝1时，当x>2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为x－5x＋7＝0，无解； 当0≤x≤2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为1－x＝2－x，无解； 当x<0时，方程f(x)－g(x)＝0可化为x＋x＋1＝0，无解． 所以b≠1，排除答案C.因此答案选D. 方法二 记h(x)＝－f(2－x)在同一坐标系中作出f(x)与h(x)的图象如图， 直线AB：y＝x－4，设直线l：y＝x＋b′. y＝x＋b′， 当直线l∥AB且与f(x)的图象相切时，由2 y＝x－2， 2 2 2 2 2 2 2 997 解得b′＝－，－－(－4)＝， 444 7 所以曲线h(x)向上平移个单位后，所得图象与f(x)的图象有两个公共点，向上平移2个单 47 位后，两图象有无数个公共点，因此，当＜b＜2时，f(x)与g(x)的图象有4个不同的交点， 4即y＝f(x)－g(x)恰有4个零点．选D.] 15 x≥0， 7．D [不等式组y≥2x， kx－y＋1≥0x≥0， 组y≥2x，kx－y＋1≥0 表示的可行域如图(阴影部分)所示，由图可知若不等式 表示的平面区域是直角三角形，只有直线y＝kx＋1与直线y＝0垂直(如 图①)或直线y＝kx＋1与直线y＝2x垂直(如图②)时，平面区域才是直角三角形． 1由图形可知斜率k的值为0或－.] 2 a11－q3 8．C [当公比q＝1时，a1＝a2＝a3＝7，S3＝3a1＝21，符合要求．当q≠1时，a1q＝7，1－q2 11 ＝21，解得q＝－或q＝1(舍去)．综上可知，q＝1或－.] 229．A [∵∠AOB＝90°，∴点O在圆C上． 设直线2x＋y－4＝0与圆C相切于点D， 则点C与点O间的距离等于它到直线2x＋y－4＝0的距离，∴点C在以O为焦点，以直线2x＋y－4＝0为准线的抛物线上， ∴当且仅当O，C，D共线时，圆的直径最小为|OD|. |2³0＋0－4|42 又|OD|＝＝，∴圆C的最小半径为， 555 224 ∴圆C面积的最小值为π()＝π.] 55 10．C [设正四棱锥S－ABCD的底面边长为a(a>0)，则高h＝ SA2－ 2a2 ＝ 2 12－， 2121 所以体积V＝ah＝ 33164 设y＝12a－a(a>0)， 2 则y′＝48a－3a.令y′>0，得0 16 3 5 a2164 12a－a. 2 可知当a＝4时，y取得最大值，即体积V取得最大值，此时h＝ 故选C.] 11．(10,12) 解析 作出f(x)的大致图象． 12－＝2， 2 a2 由图象知，要使f(a)＝f(b)＝f(c)，不妨设a 2 ∴lg a＋lg b＝0，∴ab＝1，∴abc＝c. 由图知10 f(x)－b＝0有两个不等实根，则函数 y＝f(x)和y＝b的图象有两个公共点． ①若a<0，则当x≤a时，f(x)＝x，函数单调递增；当x>a时，f(x)＝x，函数先单调递减后单调递增，f(x)的图象如图(1)实线部分所示，其与直线y＝b可能有两个公共点． ②若0≤a≤1，则a≤a，函数f(x)在R上单调递增，f(x)的图象如图(2)实线部分所示，其与直线y＝b至多有一个公共点． ③若a>1，则a>a，函数f(x)在R上不单调，f(x)的图象如图(3)实线部分所示，其与直线 3 23 2 3 2 y＝b可能有两个公共点． 综上，a<0或a>1. 17 13．160 4 解析 设该长方体容器的长为x m，则宽为 m．又设该容器的造价为y元，则y＝20³4＋2(xx444＋)³10，即y＝80＋20(x＋)(x>0)．因为x＋≥2xxxx²＝4(当且仅当x＝，即x＝2时xx44 取“＝”)， 所以ymin＝80＋20³4＝160(元)． 14．A [由题意可知不等式 ef(x)－e－5>0， 设g(x)＝ef(x)－e－5. 所以g′(x)＝ef(x)＋ef′(x)－e ＝e[f(x)＋f′(x)－1]>0，所以函数g(x)在定义域上单调递增， 又因为g(0)＝0，所以g(x)>0的解集为x>0.] |cos x| 15．C [由＝k，即得方程|cos x|＝kx在(0，＋∞)上有两个不同的解， xxxxxxxxx作出y＝|cos x|的图象， 18 由图知直线y＝kx与y＝|cos x|与x∈(π 2，π)时相切， 此时y＝|cos x|＝－cos x， y′|x＝β＝sin β＝k， 又|cos β|＝kβ⇒k＝－cos β β ， 所以sin β＝－cos ββ⇒sin 2β＝－2βsin2 β.] 16．解 (1)依题意，Snn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3， 即Snn＋1 n＋1＝2Sn＋3，由此得Sn＋1－3 ＝2(Snn－3)． 即bn＋1＝2bn，又b1＝S1－3＝a－3， 因此，所求通项公式为bnn＝Sn－3 ＝(a－3)2 n－1 ，n∈N* . (2)由(1)知Snn－1 n＝3＋(a－3)2，n∈N* ， 于是，当n≥2时， an＝Snn－Sn－1＝3＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2 ＝2³3 n－1 ＋(a－3)2 n－2 ， a2n＋1－an－1n＝4³3＋(a－3)2n－ ＝2 n－2 [12(32 )n－2 ＋a－3]， 当n≥2时，a3n－2 n＋1≥an⇒12(2)＋a－3≥0⇒a≥－9. 又a2＝a1＋3>a1. 综上，所求的a的取值范围是[－9，＋∞)． 17．(1)解 f′(x)＝11＋x－xx1＋x－1＋x2＝1＋x2(x>－1)．令f′(x)＝0，得x＝0. 当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况 列表如下： 19 x f′(x) f(x) (－1,0) － 0 0 极小值 (0，＋∞) ＋ 由上表可知，x＝0时f(x)取得极小值f(0)＝0. (2)证明 在x＝0时，f(x)取得极小值，而且是最小值，于是f(x)≥f(0)＝0，从而ln(1＋ x)≥x1＋x在x>－1时恒成立， 令1＋x＝ax1bb>0，则1＋x＝1－x＋1＝1－a， ∴ln a－ln b＝ln a≥1－bba. 因此ln a－ln b≥1－ba在a>0，b>0时成立． ∴ln a－ln b≥1－ba. 20 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容