9299.net
大学生考试网 让学习变简单
当前位置:首页 >> 数学 >>

高三数学填空题专题复习汇总含答案

高三数学填空题专题复习汇总含答案

填空题 难题汇总 01 题 1(苏锡常镇四市一模) 设 m∈N,若函数 f ( x) ? 2x ? m 10 ? x ? m ? 10 存在整数零点, 则 m 的取值集合为 ▲ . 解 当 x∈Z,且 x≤10 时, m 10 ? x ∈Z.若 m=0,则 x= -5 为函数 f(x)的整数零点. 若 m≠0,则令 f(x)=0,得 m= 6,9,10},此时 m∈{3,
2 x ? 10 10 ? x ? 1

∈N.注意到-5≤x≤10,且 10 ? x ∈N,得 x∈{1,

22 ,14,30}.故 m 的取值集合为{0,3,14,30}. 3

注 将“m∈N”改为“m∈N*”,即得 2011 年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷的填 空题的压轴题:已知 m 是正整数,且方程 2 x ? m 10 ? x ? m ? 10 ? 0 有整数解,则 m 所有 可能的值是 ▲ . 题 2(淮安市一模) 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k, l,当 i+j=k+l 时都有 ai+bj=ak+bl,则
1 2011 ? (ai ? bi ) 的值是 2011 i ?1

▲ .

解 依题设,有 bn+1-bn=a2-a1=1,从而数列{bn}是以 2 为首项,1 为公差的等差数列.同理 可得, {an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列.所以,数列{an+bn}是以 3 为首项,2 为公差的等 差数列. 所以,
1 2011 1 2011 ? 2010 ? 2) =2013. ? (ai ? bi ) = 2011 (2011? 3 ? 2011 i ?1 2

变式 1 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 ai-bj=ak-bl,则
1 n ? (ai ? bi ) 的值是 n i ?1

▲ .
1 n ? (ai ? bi ) =3. n i ?1

略解 依题设,有 ai-bj=aj-bi,于是 ai+bi=aj+bj,所以 an+bn=3,

变式 2 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 aibj=akbl ,记 cn= n (a1 ? b1 )(a2 ? b2 )(a3 ? b3 ) ??? (an ? bn ) ,则数列 {cn} 的通项公式是 ▲ . 略解 由 a2bn=a1bn+1,得
n ?1 bn ?1 a2 ? ? 2 ,故 bn=2n.同理,an= 2 n ?1 ,通项公式为 3 ? 2 2 . bn a1

题 3(常州市一模) 若对任意的 x∈D,均有 f1(x)≤f(x)≤f2(x)成立,则称函数 f(x)为函数 f1(x) 到函数 f2(x)在区间 D 上的“折中函数” .已知函数 f(x)=(k-1)x-1,g(x)=0,h(x)=(x+1)lnx,

1

且 f(x)是 g(x)到 h(x)在区间[1,2e]上的“折中函数” ,则实数 k 的取值范围为 ▲ 解 依题意,有 0≤(k-1)x-1≤(x+1)lnx 在 x∈[1,2e]上恒成立.



? f (1) ? 0, 当 x∈[1,2e]时,函数 f(x)=(k-1)x-1 的图象为一条线段,于是 ? 解得 k≥2. ? f (2e) ? 0,

另一方面,k-1≤ 令 m(x)=

( x ? 1)ln x ? 1 在 x∈[1,2e]上恒成立. x

( x ? 1)ln x ? 1 ln x 1 x ? ln x = ln x ? . ? ,则 m?( x) ? x x x x2 1 ≥0,于是函数 x ? ln x 为增函数. 所以 x ? ln x ≥ 1 ? ln1>0, x
综 上 , k=2

因 1≤x≤2e,故 ( x ?l n ) x ?1 ? ?

m?( x ) ≥0,m(x)为[1,2e]上的增函数.所以 k-1≤[m(x)]min=m(1)=1,k≤2.

为所求. 题 4( 泰 州 市 一 模 ) 已 知 O 是 锐 角 △ABC 的 外 接 圆 的 圆 心 , 且 ∠ A=θ , 若

? cos C ???? ???? cos B ??? AB ? AC ? 2mAO ,则 m= ▲ .(用 θ 表示) sin C sin B
解法 1 如图 1,作 OE∥AC 交 AB 于 E,作 OF∥AB 交 AC 于 F. 由正弦定理,得 又∠AOE=∠OAF= E O

A F

AE ? sin AOE

AO ? sin AEO

AO . sin A

B ? ? ? ?ADC = ? ?B , 2 2 ??? ? ???? ??? ? AO cos B AB ???? AO cos C AC AO cos B ? ? 所以 AE ? ,所以 AE ? .同理, AF ? . sin A AB sin A AC sin A ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? AO cos B AB AO cos C AC ???? ? ? ? ? AO . 因 AE ? AF ? AO ,故 sin A AB sin A AC ? AB AC cos B ??? cos C ???? ???? 因 ? ? 2 AO ,故上式可化为 AB ? AC ? AO , sin C sin B 2sin Asin C 2sin Asin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 即 AB ? AC ? 2sin A ? AO ,所以 m=sinθ. sin C sin B ???? ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 2 将等式 AB ? AC ? 2mAO 两边同乘以 2 AO ,得 sin C sin B

C D 图1

cos B cos C cos B AB2 cos C AC 2 .由正弦定理,得 AB2 ? AC 2 ? 4mAO2 ,即 m ? ? ? ? sin C sin B sin C 4 AO2 sin B 4 AO2 cos B 2 cos C 2 m= sin C ? sin B =cosBsinC+cosCsinB=sin(B+C)=sinA=sinθ. sin C sin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 3 将已知等式 AB ? AC ? 2mAO 两边平方,得 sin C sin B

cos2 B cos2 C cos B cos C 2 AB ? AC 2 ? 2 AB ? AC cos A ? 4m2 AO2 .由正弦定理,得 sin 2 C sin 2 B sin C sin B
m2= cos2 B ? cos2 C ? 2cos B cos C cos A = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos C)2

2

= cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos( A ? B))2 = cos2 B sin 2 A ? (sin B sin A)2 =sin2A= sin 2 ? . 注意到 m>0,故 m=sinθ. 注 1.本题虽难度较大,但得分率却较高.其主要原因是考生利用了特值法,令△ ABC

为正三角形,即得 m=

3 ,于是猜测 m=sinθ. 2

2.题中三种解法均是处理向量问题最常用的基本方法,解法 1 用的是平面向量基本定理,
???? 从不同侧面表示 AO ;解法 2 与解法 3,是或将向量等式两边同乘某个向量,或将等式两

边同时平方,进而达到去除向量的目的. 题 5(南京市一模) 若直角坐标平面内两点 P,Q 满足条件: ①P,Q 都在函数 f(x)的图象上; ②P,Q 关于原点对称,则称点对(P,Q)是函数 f ( x) 的一个“友好点对”(点对(P,Q)与点
?2 x 2 ? 4 x ? 1, x ? 0, ? 对(Q,P)为同一个“友好点对”).已知函数 f ( x) ? ? 2 则 f ( x) 的“友好点 ? x , x≥0, ?e

对”有 ▲ 个. 解设 x<0,则问题化归为关于 x 的方程 (2 x2 ? 4 x ? 1) ?

2 ?0, e? x

x=-1

y y1 O

1 即 e x ? ? x2 ? 2 x ? ( x ? 0 ) 有 几 个 负 数 解 问 题 . 记 y1 = e x , 2 y2 ? ?( x ? 1)2 ? 1 , 2
y2 图2

x

1 1 当 x ? ?1 时, ? ,所以函数 y1 的图象与 y2 的图象有两个交点 e 2
(如图 2), 且横坐标均为负数,故所求“友好点对”共有 2 个.

题 6(镇江市一模) 直线 l 与函数 y ? sin x ( x ? [0, ?] )的图象相切于点 A,且 l∥OP,O 为坐
?? ? ? ? AB C ? 标原点, P 为图象的极值点, l 与 x 轴交于点 B, 过切点 A 作 x 轴的垂线, 垂足为 C, 则B

= l P 图3 π x

▲ .

y A B O C

? 2 解 如图 3, P( , 1) 为极值点, kOP ? .设点 A(x0,sinx0), ? ?
则过点 A 的切线 l 的斜率为 cos x0 ? 为 y ? sin x0 ?

2 .于是,直线 l 的方程 ?

2 ? ? ( x ? x0 ) .令 y=0,得 x0 ? x ? sin x0 ,从而 BC= x0 ? x ? sin x0 . ? 2 2

??? ? ??? ? ? ?2 4 ?2 BA ? BC ? BA ? BC ? cos ABC =BC2= ( sin x0 )2 ? (1 ? 2 ) ? ?1 . 2 4 ? 4
3

题 7(扬州市一模)

若函数 f(x)=x3-ax2(a>0)在区间 (

20 , ??) 上是单调递增函数,则使方程 3

f(x)=1000 有整数解的实数 a 的个数是 ▲ . 解 令由 f ?( x) ? 3x 2 ? 2ax ? 3x( x ?
(??,0) 和 (

2a 2a .于是,f(x)的单调增区间为 ) ? 0 ,得 x=0 或 x ? 3 3

2a , ??) . 3

所以 0 ?

2a 20 ,即 0<a≤10.因 f(x)的极大值为 f(0)=0,故 f(x)=1000 的整数解只能在 ? 3 3

(

2a , ??) 上取得. 3 1000 1000 2000 2a . 令 g(x)= x ? 2 , 则 g ?( x) ? 1 ? 3 >0, 故 g(x)在 ( , ??) 2 x x x 3

令 x3-ax2=1000, 则 a= x ? 为增函数. 因 g(10)=0,g(15)= 10 ?

5 ? 10 ,故方程 f(x)=1000 的整数解集为{11,12,13,14}. 9

从而对应的实数 a 亦有 4 个不同的值. 题 8(苏州市一模) 在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 是第一象限内曲线 y ? ? x3 ? 1 上的一个 动点,过 P 作切线与两个坐标轴交于 A,B 两点,则△AOB 的面积的最小值是 ▲ . 解 设 P(a,-a3+1),0<a<1,则切线方程为 y= -3a2x+2a3+1.于是两交点分别为(0,2a3+1), (

2a3 ? 1 ,0), 3a 2

3 (2a3 ? 1)2 (2a3 ? 1)(4a3 ? 1) 2 ? .令 =0 ,得 a = ,且可判断此时 S 取最 S ( a ) ? 2 3 6a 3a 2 33 2 小值,值为 . 4 x2 x3 x4 x2 0 1 1 题 9( 盐 城 市 一 模 ) 已 知 函 数 f ( x? ) ? 1 x? ? ? ? ? ?,? ? 2 3 4 2 0 1 1

S?AOB ? S (a) ?

g ( x) ? 1 ? x ?

x2 x3 x4 x2011 , ? ? ? ??? ? 2 3 4 2011

设 F ( x) ? f ( x ? 3) ? g ( x ? 3) ,且函数 F(x)的零点均在区间 [a, b](a ? b, a, b ? Z) 内,则 b ? a 的 最小值为 ▲ . 解
f ?( x)? 1? x ? x ? x ? x ? ? ? ? ? x
2 3 4 2 0 0 9

?1 ? x 2011 , x ? ?1, ? ? x = ? 1? x 当 x≥0 时, f ?( x) ? 0 ;当 ?2011, x ? ?1. ?
2 0 1 0

-1<x<0 时, f ?( x) ? 0 ;当 x<-1 时, f ?( x) ? 0 ,故函数 f(x)为 R 上的增函数,于是函数 f(x) 在 R 上最多只有一个零点.

1 1 1 1 1 1 因 f(0)=1>0,f(-1)= (1 ? 1) ? (? ? ) ? (? ? ) ? ??? ? (? ? ) <0,故 f(0)f(-1)<0,因而 2 3 4 5 2010 2011
4

f(x)在 R 上唯一零点在区间(-1,0)上,于是 f(x+3)的唯一零点在区间(-4,-3)上.同理可得, 函 数 g(x) 为 R 上 的 减 函 数 , 于 是 函 数 f(x) 在 R 上 最 多 只 有 一 个 零 点 . 又

1 1 1 1 1 1 g(1)= (1 ? 1) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ??? ? ( ? ) >0, 2 3 4 5 2010 2011

1 2 1 2 1 2 g(2)= (1 ? 2) ? 22 ( ? ) ? 24 ( ? ) ? ??? ? 22010 ( ? ) <0,于是 g(1)g(2)<0,因而 g(x)在 2 3 4 5 2010 2011
R 上唯一零点在区间(1,2)上,于是 g(x-3)的唯一零点在区间(4,5)上. 所以,F(x)的两零点落在区间[-4,5]上,b-a 的最小值为 9. 注 不少考生想对复杂的函数表达式进行求和变形化简,结果当然是徒劳而返,得分率非

常低.导数法是解决高次函数或复杂函数的强有力的工具. 题 10(南通市一模) 已知等腰三角形腰上的中线长为 3 ,则该三角形的面积的最大值 是 ▲ . 解 (本题解法很多,仅给出平几解法)如图 4,△ABC 中,E,F 分别为底 BC 与腰 AC 的中
2 2 3 点,BF 与 AE 交于点 G,则 G 为△ABC 的重心,于是 BG=CG= BF ? ,且 AE=3GE. 3 3

A G B E 图4 F C

1 3 2 3 2 ) ?2, 所以, S?ABC ? 3S?BGC ? 3 ? GB ? GC sin BGC ? ? ( 2 2 3

当且仅当∠BGC=

? ,即 BG⊥GC 时,△ABC 的面积取最大值 2. 2

变式 1 在等腰三角形 ABC 中,AB=AC,D 在线段 AC 上,AD=kAC(k 为常数,且 0<k<1),BD=l 为定长,则△ABC 的面积的最大值为 ▲ . 略解 如图 5,以 B 为原点,BD 为 x 轴建立直角坐标系 xBy.设 A(x,y),y>0. y B 图5 C A D x

?(1 ? k 2 ) x2 ? 2lx ? l 2 因 AD=kAC =kAB, 故 AD =k AB , 于是(x-l) +y =k (x +y ).所以, y ? 1? k2
2 2 2 2 2 2 2 2
2

?(1 ? k 2 )( x ?

=

l 2 k 2l 2 ) ? 2 2 1? k2 1? k2 ≤ k l , 2 (1 ? k 2 ) 2 1? k
kl 2 1 l2 kl ( S ) ? ( S ) ? ( S ) ? , , . ?ABD max ?ABC max ?ABD max 2(1 ? k 2 ) k 2(1 ? k 2 ) 1? k2

于是, ymax ?

变式 2 在正三棱锥 P-ABC 中,D 为线段 BC 的中点,E 在线段 PD 上,PE=kPD(k 为常数, 且 0<k<1),AE=l 为定长,则该棱锥的体积的最大值为 ▲ . 略解 如图 6,因 PE=kPD,故 EG=kOD.因 AO=2OD,故 因

OF AO 2 OF 2 . ? ? ,于是 ? FG GE k GO k ? 2
P
G E F

PG PE GO OF OF GO 2(1 ? k ) = . ? ? k ,故 ? 1 ? k ,从而 ? ? 2?k PO PD PO PO GO PO

C

5

A

O

D

B 图6

所以, VP ? ABC ?

2?k AF AO 2 2 AE 2l VF ? ABC .因 .于是, ? ? ,故 AF= ? 2(1 ? k ) FE GE k k ?2 k ?2

4l 3 1 VF ? ABC ≤ FA3 = (当且仅当 FA,FB,FC 两两垂直时, “≤”中取“=”), 3( k ? 2)3 6

所以, VP ? ABC ?

2?k 2l 3 VF ? ABC ≤ , 2(1 ? k ) 3(1 ? k )( k ? 2) 2

于是所求的最大值为

2l 3 . 3(1 ? k )( k ? 2) 2

注 本题的原型题,可能来自于 2008 年江苏高考数学题:满足条件 AB=2,AC= 2BC 的△ ABC 的面积的最大值为 ▲ .

题 11(无锡市一模) 已知函数 f(x)=|x2-2|,若 f(a)≥f(b),且 0≤a≤b,则满足条件的点(a, b)所围成区域的面积为 ▲ .

解 易知 f(x)在 [0, 2] 上为减函数, 在 [ 2, ??) 上为增函数, 于是 a, b 不可能同在 ( 2, ??) 上. 若 0≤a≤b≤ 2 ,则 2-a2≥2-b2 恒成立,它围成图 7 中的区域①; 若 0≤a≤ 2 ≤b,则 2-a2≥b2-2,即 a2+b2≤4,它围成图 7 中的区域②.综上, b 2

2 ② ①

1 ? 点(a,b)所围成的区域恰好是圆 a2+b2=4 的 .故所求区域的面积为 . 2 8
题 12(高三百校大联考一模) 若函数 f(x)=|sinx|(x≥0)的图象与过原点的直线有且只有三个

O

图7

2 a

交点,交点中横坐标的最大值为 α,则

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

= ▲ .

y

A π α 图8

y=kx y=sinx 2π x

3? 解 依题意,画出示意图如图 8 所示.于是, ? ? ( ,2?) , 2
且 A(α,-sinα)为直线 y=kx 与函数 y= -sinx( x ? ( 在 A

O

3? , 2?) )图象的切点. 2 ? sin ?

点 处 的 切 线 斜 率 为 ? cos? ? =

?

, 故

α=tanα . 所 以 ,

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

(1 ? tan 2 ? )sin 2? sin 2? = =2. cos ? sin ? tan ?

题 13(苏北四市二模) 已知函数
f ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ? | x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ( x ? R ) ,

且 f (a2 ? 3a ? 2) ? f (a ? 1) ,则满足条件的所有整数 a 的和是 ▲ . 解 因 f(-x)=f(x),故 f(x)为偶函数. 记 g(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| ,h(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| .
6



x



0





g(x+1)-g(x)=|x+2012|-|x+1|=2011



?2 x ? 2011,0 ? x ? 2011, h(x+1)-h(x)=|x|-|x-2011|= ? x ? 2011. ?2011, ?2 x, 0 ? x ? 2011, 所以,f(x+1)-f(x)= ? 所以,f(0)=f(1)<f(2)<f(3)<?.又当 0≤x≤1 时, ?4022, x ? 2011.

f(x)= ( x ? 1) ? ( x ? 2) ? ? ? ( x ? 2011) ? (1 ? x) ? (2 ? x) ? ?? (2011 ? x) = 2011 ? 2012 ,
??1≤a 2 ? 3a ? 2≤1, 故 | a2 ? 3a ? 2 |?| a ? 1| 或 ? 且 a∈N*,解得 a=1,2,3,所以结果为 ??1≤1 ? a≤1,

6. 注 本题也可以这样思考:从最简单的先开始.先研究函数 f1 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 1| 与 函数 f 2 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ? | x ? 1| ? | x ? 2 | 的图象与性质,它们都是“平底锅型” ,进而猜 测函数 f ( x) 的图象与性质,并最终得以解决问题. 题 14(南京市二模) 已知函数 f(x)= 立,则 a 的取值范围是 ▲ .

x2 ? ax ? 11 (a∈R),若对于任意的 x∈N*,f(x)≥3 恒成 x ?1

8 8 解 因 x∈N*,故由 f(x)≥3 恒成立,得 a≥ ?( x ? ) ? 3 ,故 a≥ [?( x ? ) ? 3]max . x x 8 8 8 当 x 取最接近于 2 2 的整数,即 x=3 时, ?( x ? ) ? 3 取最大值 ? ,于是 a≥ ? . 3 3 x
变式 已知函数 f(x)=

x2 ? ax ? 11 (x∈N*),且[f(x)]min=3,则实数 a 的取值集合是 ▲ . x ?1 8 8 略解 首先 a≥ ? .另一方面, ? x∈N*,使 f(x)≤3 能成立,即 a≤ ?( x ? ) ? 3 能成 3 x

立,

8 8 8 于是 a≤ [?( x ? ) ? 3]max = ? .所以,a 的取值集合是{ ? }. 3 3 x
题 15(盐城市二模) Sn= 2 ? f (
k ?1 2n

已知函数 f(x)=cosx,g(x)=sinx,记

(k ? 1)? 1 )? n 2n 2

? g(
k ?1

2n

(k ? n ? 1)? ) ,Tm=S1+S2+?+Sm.若 Tm<11,则 m 的最大值为 2n

▲ . 解

?f(
k ?1 2n

2n

( k ? 1? ) ? (2n ? 1)? ? n ???? (n ? 1)? n? ) = cos0 ? [cos ? cos =1. ] ? ? ? [cos ? cos ] ? cos 2n 2n 2n 2n 2n 2n (k ? n ? 1)? ?n? ?1 ? n?? (n ? 1)? ?? ? ) = sin ? [sin ? sin ] ? ? ? [sin ? sin ] ? sin 0 = -1. 2n 2n 2n 2n 2n 2n
7

? g(
k ?1

所以,Sn= 2 ?

1 1 ,Tm= 2m ? 1 ? m .令 Tm<11,则正整数 m 的最大值为 5. 2n 2

本题难点在于复杂的 Sn 的表达式.去掉求和符号∑,展开表达式,化抽象为具体,进而 识得庐山真面目. 题 16(苏锡常镇四市二模) ▲ . 解法 1 设 x=m,y=2n,则问题等价于:已知 x+y=2,求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值. 令 S= x ? 2x ? y ? 2 y ,T= x ? 2 y ? y ? 2x ,则 S-T= ( x ? y)(2x ? 2 y ) ≥0,即 S≥T. 另一方面, S+T= ( x ? y)(2 x ? 2 y ) ≥ 2 ? 2 2x ? 2 y =8, 故 S≥4, 当且仅当 x=y=1 时取等号. 所以 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为 4. 解法 2 考虑到对称性,不妨取 m≥1.令 g(m)= m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m ,m≥1. 则 g ?(m) ? (2m ? 22?m ) ? (m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m )ln 2 ≥0.所以函数 g(m)(m≥1)为增函数,故
gmin (m) ? g (1) ? 4 .

已知 m,n∈R,且 m+2n=2,则 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为

注这道题虽然正面求解难度较大,但得分率却相当的高.究其原因大致为:当考生经过变 元后, 得问题为 “已知 x+y=2, 求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值” , 它具有某种对称性,凭直观猜测: 让 x=y=1,一举得到所求结果. 题 17(南通市二模) 在平面直角坐标系 xOy 中,设 A,B,C 是圆 x2+y2=1 上相异三点,若

???? ??? ? ??? ? 存在正实数 λ,μ,使得 OC ? ?OA ? ?OB ,则 λ2+(μ-3)2 的取值范围是 ▲ . ???? ??? ? ???? ? ??? ? ???? 解法 1 如图 9,作 OA1 ? ?OA , OB1 ? ? OB ,连 B1C,A1C,则 | OA1 |? ? , ???? ? ???? ???? ???? ???? ? | OB1 |? ? , | OC |? 1.因三点 A,B,C 互异,且 OC ? OA1 ? OB1 , ???? ? ???? 故 O,C,B1 构成三角形的三个顶点,且 | B1C |?| OA1 |? ? ,于是由三角形的边与边
?? ? ? ? 1, 之间的关系有 ? (☆) ?| ? ? ? |? 1.

y B O A A1 μ A λ+μ=1 1 O 1 图 10 C

B1

x 图9 μ-λ=1 P λ-μ=1 λ

如图 10 的阴影部分表示不等式组(☆)所表示的区域,P(λ,μ)为阴影部分内 的动点,定点 A(0,3),则 λ2+(μ-3)2=AP2. 点 A(0, 3)到直线 μ-λ=1 的距离 d= 2 , AP>d= 2 , 故 λ2+(μ-3)2>2, 从而 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) .

???? ??? ? ???? ??? ? 解法 2 依题, B, O, C 三点不可能在同条直线上. 所以 OC ? OB = | OC | ? | OB | cos BOC =cosBOC
8

∈(-1,1).

???? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? 又由 OC ? ?OA ? ?OB ,得 ? OA ? OC ? ?OB ,于是 ? 2 ? 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC . ??? ? ???? ??? ? ???? 记 f(μ)=λ2+(μ-3)2= 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC ? (? ? 3)2 = 2? 2 ? 6? ? 2?OB ? OC ? 10 .
于是,f(μ)> 2? 2 ? 8? ? 10 ? 2(? ? 2)2 ? 2 ≥2,且 f(μ)< 2? 2 ? 4? ? 10 = 2(? ? 1)2 ? 8 , 无最大值.故 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) . 题 18(苏北四市三模) 如图 11 是一个数表,第 1 行依次写 1 3 2 5 3 7 4 9 5 6 7 ?

着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数 正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均为无限 项,则这个数表中的第 13 行第 10 个数为 ▲ .

11 13 ? 8 12 16 20 24 ? 20 28 36 44 ? 48 64 80 ? ? ? ? 图 11

解法 1 记第 n 行第 m 个数为 an,m.为了得到 a13,10,则第 1 行必须写满 22 个数. 观察可得:a13,1+a13,10=2(a12,1+a12,11)=22(a11,1+a11,12)=?=212(a1,1+a1,22)=23×212. 所以,a13,1+a13,10=23×212.另一方面,a13,10=a13,1+9×212.联立解得 a13,10=216. 解法 2 记第 n 行的第 1 个数为 an. n a
n

1 1=2×

2

3 8=4×2

4 20=5×4

5 48=6×8

1 2

3=3×1

于是,猜测 an ? (n ? 1) ? 2n?2 .因第 n 行的数从左到右排列成公差为 2 n ?1 的等差数列,故第 13 行第 10 个数为 14 ? 211 ? 9 ? 212 ? 216 . 解法 3 记第 n 行的第 1 个数为 an,数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 an?1 ? Sn ? 2n .所以, Sn+1-2Sn=2n,

Sn ?1 Sn 1 Sn n S1 1 ? ,故 n ? ,Sn= n ? 2 n ?1 .所以, an ? (n ? 1) ? 2n?2 .下同解法 2. ? ? .又 1 2 2 2 2 2n ?1 2n 2
题 19(南京市三模) 如图 12,已知正方形 ABCD 的边长为 1,过正方形中心 O 的直线 MN 分别交正方形的边 AB,CD 于点 M,N,则当

MN 取最小值时,CN= ▲ . BN
作 MP⊥DC 交 DC 于点 P,则 PN=2x-1.

A O M B 图 12

D N

1 解法 1 设 CN=x∈ [ ,1] ,则 BM=DN=1-x. 2
所以,MN2=1+(2x-1)2=4x2-4x+2,BN2=x2+1,

MN 2 4x2 ? 4x ? 2 4x ? 2 = =4? 2 2 2 x ?1 BN x ?1

C

9

=4?

4t 4 1 =4? (其中 t= x ? ), 1 2 5 2 (t ? ) ? 1 t ? ?1 2 4t

MN 2 5 5 5 ?1 5 ?1 ,即 t= ,x= 时, 取最小值,所以 CN= . 4t BN 2 2 2 2 ? 1 解法 2 设∠CBN=θ(θ∈ [0, ] ),则 BN= ,DN=1-tanθ,MN= 1 ? (2tan ? ? 1)2 . 4 cos ?
当且仅当 t ?

MN = cos? 1 ? (2tan? ? 1)2 = 3 ? (cos2? ? 2sin 2? ) = 3 ? 5 sin(2? ? ? ) , BN 2 1 MN s? ? ? )时 1 其 中 c o? , sin ? ? . 当 s i n?(?2 , 取 最 小 值 , 此 时 BN 5 5
所以,

1 ? =2. tan 2? ? tan( ? ? ) = 2 tan ?


2 tan ? 5 ?1 为所求(另一解为负,舍去). ? 2 ,得 tan ? = 1 ? tan 2 ? 2

题 20(南通市三模) 定义在 [1, ??) 上的函数 f(x)满足: ①f(2x)=cf(x)(c 为正常数); ②当 2≤x≤4 时,f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条直线上,则 c= 解 可求得,当 2 n ?1 ≤x≤ 2 n (n∈N*)时, f(x) = cn? 2 (1? | 记函数 f(x) = cn? 2 (1? | 令 ▲ .

x ? 3 |) . 2n ? 2

x ? 3 |) ( 2 n ?1 ≤x≤ 2 n ,n∈N*)图象上极大值的点为 Pn(xn,yn). 2n ? 2

xn ? 3 ? 0 ,即 xn= 3 ? 2 n ? 2 时,yn= c n ? 2 ,故 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ).分别令 n=1,2,3, 2n ? 2
3 1 , ),P2(3,1),P3(6,c).由 kP2 P1 ? kP2P3 (k 表示直线的斜率)得,c=2 或 c=1.当 2 c

得 P1(

1 c=2 时,所有极大值的点均在直线 y ? x 上;当 c=1 时,yn=1 对 n∈N*恒成立,此时极大 3
值的点均在直线 y=1 上. 变式 定义在 [1, ?? ) 上的函数 f(x) 满足:① f(2x)=cf(x)(c 为正常数 ) ;②当 2≤x≤4 时,

f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条以原点为顶点的抛物线上,则 常数 c= ▲ . 略解 以原点为顶点的抛物线方程可设为 x2=py(p≠0)或 y2=qx(q≠0). 若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 )在抛物线 x2=py(p≠0)上,则( 3 ? 2 n ? 2 )2= pc n ? 2 ,即
9 c ? ( ) n ? 2 对 n∈N*恒 p 4

成立,从而 c=4 ;若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ) 在抛物线 y2=qx(q ≠ 0) 上,则 ( c n ? 2 )2= 3q ? 2n ? 2 ,即

3q ? (

c 2

)n?2 对 n∈N*恒成立,从而 c= 2 .

综上,c=4 或 2 .

10

题 22(扬州市三模) 设函数 f(x)的定义域为 D,如果存在正实数 k,使对任意 x∈D,都有 x+k∈D,且 f(x+k)>f(x)恒成立,则称函数 f(x)为 D 上的“k 型增函数” .已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x>0 时,f(x)=|x-a|-2a,若 f(x)为 R 上的“2011 型增函数” ,则实数 a 的 取值范围是 ▲ . 解 若 a≤0,则 f(x)在 x>0 时为增函数,故对任意正实数 k,不等式 f(x+k)>f(x)恒成立.
y a O

若 a>0, 则函数 y=f(x+k)的图象可由函数 y=f(x)的图象向左平移 k 个单位而得(如

2011 图 13). 因 k=2011,故仅当 2011>6a 时, f(x+2011)>f(x),所以此时 0<a< . 6 2011 综上,实数 a 的取值范围是 a< . 6
题 23(徐州市三模) 若关于 x 的方程 x4+ax3+ax2+ax+1=0 有实数根,则实数 a 的取值范围为 ▲ .

3a-k -3a k

3a

x

图 13

1 1 解法 1 因 x≠0,故将方程两边同除以 x3,并变形得 ( x ? )2 ? a( x ? ) ? a ? 2 =0. x x
令 g(t)= t 2 ? at ? a ? 2 ,t= x ? 点. 因 g(-1)= -1,故函数 g(t)有零点,只须 g(-2)≤0 或 g(2)≤0.

1 ∈ (??, ?2] ? [2, ??) .原方程有实数根,等价于函数 g(t)有零 x

2 2 解 g(-2)≤0, 得 a≥2; 解 g(2)≤0, 得 a≤ ? . 所以, 实数 a 的取值范围为 (??, ? ] ? [2, ??) . 3 3

1 3 x4 ? 1 解法 2 易知 x=0 不是方程的根,故 x3+x2+x= x(( x ? )2 ? ) ≠0.所以,a= ? 3 2 4 x ? x2 ? x
1 1 2 ? ( x ? )2 2 1 2 1 x x = ? = = ? t ? 2 ∈ (??, ? ] ? [2, ??) , 其 中 t= x ? ? 1 ∈ 1 1 t 3 x x ?1? x ? ?1 x x x2 ?
(??, ?1] ? [3, ??) .

解法 3 接解法 2,a= ?

(1 ? x 2 )( x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 2 x ? 1) x4 ? 1 ? a ? ,于是 . ( x3 ? x 2 ? x)2 x3 ? x2 ? x

因 x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 2 x ? 1 =x2(x+1)2+(x+1)2+2x2>0,故由 a ? ? 0 可解得 x=1 或-1.

2 2 当 x>0 时,a<0,且当 x=1 时,a 取极大值 ? ,故此时 a≤ ? ; 3 3
当 x<0 时,a>0,且当 x= -1 时,a 取极小值 2,故此时 a≥2.综上,实数 a 的取值范围为

2 (??, ? ] ? [2, ??) . 3
题 24(南通市最后一卷) 函数 f(x)=

x ? x3 的最大值与最小值的乘积是 ▲ . 1 ? 2 x2 ? x4

11

解法 1 当 x≠0,±1 时,f(x)=

1 ? 2 ? x2 2 x

1 ?x x

=

1 = . 1 4 1 2 ( ? x ) ? 4 ( ? x) ? 1 x x ?x x

1 ?x x



1 1 1 1 >x 时,f(x)≤ ,且当 ? x =2 时,取“=” ,故 f(x)的最大值为 .又因为 f(x)为奇函 x 4 x 4

1 1 数,故 f(x)的最小值为 ? .所以所求的乘积为 ? . 4 16 x4 ? 6 x2 ? 1 法 2 令 f ?( x) ? =0,得 x2= ( 2 ? 1)2 .函数 f(x)的最大值应在 x-x3>0,即 0<x<1 ( x 2 ? 1)3 1 ,下同解法 1. 4 tan ? (1 ? tan 2 ? ) 1 1 1 1 解法 3 令 x=tanθ,则 g(θ)=f(x)= = sin 4? ∈ [? , ] ,所求乘积为 ? . 2 2 (1 ? tan ? ) 4 4 4 16
或 x<-1 时取得. 所以[f(x)]max=max{f( 2 ? 1 ),f( ? 2 ? 1 )}= 注 题 23 与题 24 有异曲同工之妙,它们都出现了 x,x2,x3,x4,经换元后,分别得

到了只关于整体变量 x ?

1 1 及 x ? 的表达式,进而一举解决了问题. x x
▲ 时,

题 25(淮安市四模) 已知函数 f(x)=|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|100x-1|,则当 x= f(x)取得最小值. 解

1 1 1 1 1 1 x ? 1| ? | x ? | ? | x ? | ? | x ? | ?? ? | x ? | ? ? ? | x ? | ?? ? | x ? |, f(x)= |? 2 2 3 3 100 100 ??????? ???? ???? ? ????? ????? ? 1项
2项 3项 100项

f(x)共表示为 5050 项的和, 其最中间两项均为 | x ? 项| x ?

1 1 x= , 同时使第 1 项|x-1|与第 5050 |. 71 71

1 1 1 第 3 项与第 5048 项的和, ?, | 的和,第 2 项 | x ? | 与第 5049 项 | x ? | 的和, 2 100 100
1 . 71

第 2525 项与第 2526 项的和,取得最小值.故所求的 x 为

注 1.一般地,设 a1≤a2≤a3≤?≤an(n∈N*),f(x)=|x-a1|+|x-a2|+|x-a3|+?+|x-an|.若 n 为奇数,则当 x= a1? n 时,f(x)取最小值;若 n 为偶数,则 x∈ [an , an ] 时,f(x)取最小值.
2 2 2 ?1

2.本题似于 2011 年北大自主招生题: “求|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|2011x-1|的最小 值”相关联.

填空题 难题汇总 02 题 1(苏锡常镇四市一模) 设 m∈N,若函数 f ( x) ? 2x ? m 10 ? x ? m ? 10 存在整数零点,

12

则 m 的取值集合为 ▲ . 解 当 x∈Z,且 x≤10 时, m 10 ? x ∈Z.若 m=0,则 x= -5 为函数 f(x)的整数零点. 若 m≠0,则令 f(x)=0,得 m= 6,9,10},此时 m∈{3,
2 x ? 10 10 ? x ? 1

∈N.注意到-5≤x≤10,且 10 ? x ∈N,得 x∈{1,

22 ,14,30}.故 m 的取值集合为{0,3,14,30}. 3

注 将“m∈N”改为“m∈N*”,即得 2011 年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷的填 空题的压轴题:已知 m 是正整数,且方程 2 x ? m 10 ? x ? m ? 10 ? 0 有整数解,则 m 所有 可能的值是 ▲ . 题 2(淮安市一模) 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k, l,当 i+j=k+l 时都有 ai+bj=ak+bl,则
1 2011 ? (ai ? bi ) 的值是 2011 i ?1

▲ .

解 依题设,有 bn+1-bn=a2-a1=1,从而数列{bn}是以 2 为首项,1 为公差的等差数列.同理 可得, {an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列.所以,数列{an+bn}是以 3 为首项,2 为公差的等 差数列. 所以,
1 2011 1 2011 ? 2010 (ai ? bi ) = (2011? 3 ? ? 2) =2013. ? 2011 i ?1 2011 2

变式 1 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 ai-bj=ak-bl,则
1 n ? (ai ? bi ) 的值是 n i ?1

▲ .
1 n ? (ai ? bi ) =3. n i ?1

略解 依题设,有 ai-bj=aj-bi,于是 ai+bi=aj+bj,所以 an+bn=3,

变式 2 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 aibj=akbl ,记 cn= n (a1 ? b1 )(a2 ? b2 )(a3 ? b3 ) ??? (an ? bn ) ,则数列 {cn} 的通项公式是 ▲ . 略解 由 a2bn=a1bn+1,得
n ?1 bn ?1 a2 ? ? 2 ,故 bn=2n.同理,an= 2 n ?1 ,通项公式为 3 ? 2 2 . bn a1

题 3(常州市一模) 若对任意的 x∈D,均有 f1(x)≤f(x)≤f2(x)成立,则称函数 f(x)为函数 f1(x) 到函数 f2(x)在区间 D 上的“折中函数” .已知函数 f(x)=(k-1)x-1,g(x)=0,h(x)=(x+1)lnx, 且 f(x)是 g(x)到 h(x)在区间[1,2e]上的“折中函数” ,则实数 k 的取值范围为 ▲ 解 依题意,有 0≤(k-1)x-1≤(x+1)lnx 在 x∈[1,2e]上恒成立. .

13

? f (1) ? 0, 当 x∈[1,2e]时,函数 f(x)=(k-1)x-1 的图象为一条线段,于是 ? 解得 k≥2. ? f (2e) ? 0,

另一方面,k-1≤ 令 m(x)=

( x ? 1)ln x ? 1 在 x∈[1,2e]上恒成立. x

( x ? 1)ln x ? 1 ln x 1 x ? ln x = ln x ? . ? ,则 m?( x) ? x x x x2 1 ≥0,于是函数 x ? ln x 为增函数. 所以 x ? ln x ≥ 1 ? ln1>0, x
综 上 , k=2

因 1≤x≤2e,故 ( x ?l n ) x ?1 ? ?

m?( x ) ≥0,m(x)为[1,2e]上的增函数.所以 k-1≤[m(x)]min=m(1)=1,k≤2.

为所求. 题 4( 泰 州 市 一 模 ) 已 知 O 是 锐 角 △ABC 的 外 接 圆 的 圆 心 , 且 ∠ A=θ , 若

? cos C ???? ???? cos B ??? AB ? AC ? 2mAO ,则 m= ▲ .(用 θ 表示) sin C sin B
解法 1 如图 1,作 OE∥AC 交 AB 于 E,作 OF∥AB 交 AC 于 F. 由正弦定理,得 又∠AOE=∠OAF= E O

A F

AE ? sin AOE

AO ? sin AEO

AO . sin A

B ? ? ? ?ADC = ? ?B , 2 2 ??? ? ???? ??? ? AO cos B AB ???? AO cos C AC AO cos B ? ? 所以 AE ? ,所以 AE ? .同理, AF ? . sin A AB sin A AC sin A ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? AO cos B AB AO cos C AC ???? ? ? ? ? AO . 因 AE ? AF ? AO ,故 sin A AB sin A AC ? AB AC cos B ??? cos C ???? ???? 因 ? ? 2 AO ,故上式可化为 AB ? AC ? AO , sin C sin B 2sin Asin C 2sin Asin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 即 AB ? AC ? 2sin A ? AO ,所以 m=sinθ. sin C sin B ???? ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 2 将等式 AB ? AC ? 2mAO 两边同乘以 2 AO ,得 sin C sin B

C D 图1

cos B cos C cos B AB2 cos C AC 2 .由正弦定理,得 AB2 ? AC 2 ? 4mAO2 ,即 m ? ? ? ? sin C sin B sin C 4 AO2 sin B 4 AO2 cos B 2 cos C 2 m= sin C ? sin B =cosBsinC+cosCsinB=sin(B+C)=sinA=sinθ. sin C sin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 3 将已知等式 AB ? AC ? 2mAO 两边平方,得 sin C sin B

cos2 B cos2 C cos B cos C 2 AB ? AC 2 ? 2 AB ? AC cos A ? 4m2 AO2 .由正弦定理,得 2 2 sin C sin B sin C sin B
m2= cos2 B ? cos2 C ? 2cos B cos C cos A = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos C)2 = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos( A ? B))2 = cos2 B sin 2 A ? (sin B sin A)2 =sin2A= sin 2 ? . 注意到 m>0,故 m=sinθ.
14



1.本题虽难度较大,但得分率却较高.其主要原因是考生利用了特值法,令△ ABC

为正三角形,即得 m=

3 ,于是猜测 m=sinθ. 2

2.题中三种解法均是处理向量问题最常用的基本方法,解法 1 用的是平面向量基本定理,
???? 从不同侧面表示 AO ;解法 2 与解法 3,是或将向量等式两边同乘某个向量,或将等式两

边同时平方,进而达到去除向量的目的. 题 5(南京市一模) 若直角坐标平面内两点 P,Q 满足条件: ①P,Q 都在函数 f(x)的图象上; ②P,Q 关于原点对称,则称点对(P,Q)是函数 f ( x) 的一个“友好点对”(点对(P,Q)与点
?2 x 2 ? 4 x ? 1, x ? 0, ? 对(Q,P)为同一个“友好点对”).已知函数 f ( x) ? ? 2 则 f ( x) 的“友好点 ? x , x≥0, ?e

对”有 ▲ 个. 解设 x<0,则问题化归为关于 x 的方程 (2 x2 ? 4 x ? 1) ? 即 e x ? ? x2 ? 2 x ?

2 ?0, e? x

x=-1

y y1 O

1 ( x ? 0 ) 有 几 个 负 数 解 问 题 . 记 y1 = e x , 2
y2 图2

1 y2 ? ?( x ? 1)2 ? , 2
1 1 当 x ? ?1 时, ? ,所以函数 y1 的图象与 y2 的图象有两个交点 e 2
(如图 2), 且横坐标均为负数,故所求“友好点对”共有 2 个.

x

题 6(镇江市一模) 直线 l 与函数 y ? sin x ( x ? [0, ?] )的图象相切于点 A,且 l∥OP,O 为坐
?? ? ? ? AB C ? 标原点, P 为图象的极值点, l 与 x 轴交于点 B, 过切点 A 作 x 轴的垂线, 垂足为 C, 则B

= l P 图3 π x

▲ .

y A B O C

? 2 解 如图 3, P( , 1) 为极值点, kOP ? .设点 A(x0,sinx0), ? ?

2 则过点 A 的切线 l 的斜率为 cos x0 ? .于是,直线 l 的方程 ?
为 y ? sin x0 ?

2 ? ? ( x ? x0 ) .令 y=0,得 x0 ? x ? sin x0 ,从而 BC= x0 ? x ? sin x0 . ? 2 2

??? ? ??? ? ? ?2 4 ?2 BA ? BC ? BA ? BC ? cos ABC =BC2= ( sin x0 )2 ? (1 ? 2 ) ? ?1 . 2 4 ? 4 20 题 7(扬州市一模) 若函数 f(x)=x3-ax2(a>0)在区间 ( , ??) 上是单调递增函数,则使方程 3

f(x)=1000 有整数解的实数 a 的个数是 ▲ .
15

解 令由 f ?( x) ? 3x 2 ? 2ax ? 3x( x ?
(??,0) 和 (

2a 2a .于是,f(x)的单调增区间为 ) ? 0 ,得 x=0 或 x ? 3 3

2a , ??) . 3

所以 0 ?

2a 20 ,即 0<a≤10.因 f(x)的极大值为 f(0)=0,故 f(x)=1000 的整数解只能在 ? 3 3

(

2a , ??) 上取得. 3 1000 1000 2000 2a . 令 g(x)= x ? 2 , 则 g ?( x) ? 1 ? 3 >0, 故 g(x)在 ( , ??) x2 x x 3

令 x3-ax2=1000, 则 a= x ? 为增函数. 因 g(10)=0,g(15)= 10 ?

5 ? 10 ,故方程 f(x)=1000 的整数解集为{11,12,13,14}. 9

从而对应的实数 a 亦有 4 个不同的值. 题 8(苏州市一模) 在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 是第一象限内曲线 y ? ? x3 ? 1 上的一个 动点,过 P 作切线与两个坐标轴交于 A,B 两点,则△AOB 的面积的最小值是 ▲ . 解 设 P(a,-a3+1),0<a<1,则切线方程为 y= -3a2x+2a3+1.于是两交点分别为(0,2a3+1), (

2a3 ? 1 ,0), 3a 2

3 (2a3 ? 1)2 (2a3 ? 1)(4a3 ? 1) 2 ? .令 =0 ,得 a = ,且可判断此时 S 取最 S ( a ) ? 6a2 3a3 2 33 2 小值,值为 . 4 x2 x3 x4 x2 0 1 1 题 9( 盐 城 市 一 模 ) 已 知 函 数 f ( x? ) ? 1 x? ? ? ? ? ?,? ? 2 3 4 2 0 1 1

S?AOB ? S (a) ?

g ( x) ? 1 ? x ?

x2 x3 x4 x2011 , ? ? ? ??? ? 2 3 4 2011

设 F ( x) ? f ( x ? 3) ? g ( x ? 3) ,且函数 F(x)的零点均在区间 [a, b](a ? b, a, b ? Z) 内,则 b ? a 的 最小值为 ▲ . 解
0 0 9 f ?( x)? 1? x ? 2x ? 3x ? 4x ? ? ? ? 2? x

?1 ? x 2011 , x ? ?1, ? 0 1 0 ? x =2? 当 x≥0 时, f ?( x) ? 0 ;当 1? x ?2011, x ? ?1. ?

-1<x<0 时, f ?( x) ? 0 ;当 x<-1 时, f ?( x) ? 0 ,故函数 f(x)为 R 上的增函数,于是函数 f(x) 在 R 上最多只有一个零点.

1 1 1 1 1 1 因 f(0)=1>0,f(-1)= (1 ? 1) ? (? ? ) ? (? ? ) ? ??? ? (? ? ) <0,故 f(0)f(-1)<0,因而 2 3 4 5 2010 2011
f(x)在 R 上唯一零点在区间(-1,0)上,于是 f(x+3)的唯一零点在区间(-4,-3)上.同理可得, 函 数 g(x) 为 R 上 的 减 函 数 , 于 是 函 数 f(x) 在 R 上 最 多 只 有 一 个 零 点 . 又

16

1 1 1 1 1 1 g(1)= (1 ? 1) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ??? ? ( ? ) >0, 2 3 4 5 2010 2011

1 2 1 2 1 2 g(2)= (1 ? 2) ? 22 ( ? ) ? 24 ( ? ) ? ??? ? 22010 ( ? ) <0,于是 g(1)g(2)<0,因而 g(x)在 2 3 4 5 2010 2011
R 上唯一零点在区间(1,2)上,于是 g(x-3)的唯一零点在区间(4,5)上. 所以,F(x)的两零点落在区间[-4,5]上,b-a 的最小值为 9. 注 不少考生想对复杂的函数表达式进行求和变形化简,结果当然是徒劳而返,得分率非

常低.导数法是解决高次函数或复杂函数的强有力的工具. 题 10(南通市一模) 已知等腰三角形腰上的中线长为 3 ,则该三角形的面积的最大值 是 ▲ . 解 (本题解法很多,仅给出平几解法)如图 4,△ABC 中,E,F 分别为底 BC 与腰 AC 的中
2 2 3 点,BF 与 AE 交于点 G,则 G 为△ABC 的重心,于是 BG=CG= BF ? ,且 AE=3GE. 3 3

A G B E 图4 F C

1 3 2 3 2 ) ?2, 所以, S?ABC ? 3S?BGC ? 3 ? GB ? GC sin BGC ? ? ( 2 2 3

当且仅当∠BGC=

? ,即 BG⊥GC 时,△ABC 的面积取最大值 2. 2

变式 1 在等腰三角形 ABC 中,AB=AC,D 在线段 AC 上,AD=kAC(k 为常数,且 0<k<1),BD=l 为定长,则△ABC 的面积的最大值为 ▲ . 略解 如图 5,以 B 为原点,BD 为 x 轴建立直角坐标系 xBy.设 A(x,y),y>0. y B 图5 C A D x

?(1 ? k 2 ) x2 ? 2lx ? l 2 因 AD=kAC =kAB, 故 AD =k AB , 于是(x-l) +y =k (x +y ).所以, y ? 1? k2
2 2 2 2 2 2 2 2
2

?(1 ? k 2 )( x ?

=

l 2 k l ) ? 2 2 1? k2 1? k2 ≤ k l , (1 ? k 2 ) 2 1? k2
kl 2 1 l2 kl ( S ) ? ( S ) ? ( S ) ? , , . ? ABD max ? ABC max ? ABD max 2 2(1 ? k ) k 2(1 ? k 2 ) 1? k2

2 2

于是, ymax ?

变式 2 在正三棱锥 P-ABC 中,D 为线段 BC 的中点,E 在线段 PD 上,PE=kPD(k 为常数, 且 0<k<1),AE=l 为定长,则该棱锥的体积的最大值为 ▲ . 略解 如图 6,因 PE=kPD,故 EG=kOD.因 AO=2OD,故 因

OF AO 2 OF 2 . ? ? ,于是 ? FG GE k GO k ? 2
P
G E F

PG PE GO OF OF GO 2(1 ? k ) = . ? ? k ,故 ? 1 ? k ,从而 ? ? 2?k PO PD PO PO GO PO
2?k AF AO 2 2 AE 2l VF ? ABC .因 .于是, ? ? ,故 AF= ? 2(1 ? k ) FE GE k k ?2 k ?2

所以, VP ? ABC ?

C

A

O

D

B 图6
17

4l 3 1 VF ? ABC ≤ FA3 = (当且仅当 FA,FB,FC 两两垂直时, “≤”中取“=”), 3( k ? 2)3 6

所以, VP ? ABC ?

2?k 2l 3 VF ? ABC ≤ , 2(1 ? k ) 3(1 ? k )( k ? 2) 2

于是所求的最大值为

2l 3 . 3(1 ? k )( k ? 2) 2

注 本题的原型题,可能来自于 2008 年江苏高考数学题:满足条件 AB=2,AC= 2BC 的△ ABC 的面积的最大值为 ▲ .

题 11(无锡市一模) 已知函数 f(x)=|x2-2|,若 f(a)≥f(b),且 0≤a≤b,则满足条件的点(a, b)所围成区域的面积为 ▲ .

解 易知 f(x)在 [0, 2] 上为减函数, 在 [ 2, ??) 上为增函数, 于是 a, b 不可能同在 ( 2, ??) 上. 若 0≤a≤b≤ 2 ,则 2-a2≥2-b2 恒成立,它围成图 7 中的区域①; 若 0≤a≤ 2 ≤b,则 2-a2≥b2-2,即 a2+b2≤4,它围成图 7 中的区域②.综上, b 2

2 ② ①

1 ? 点(a,b)所围成的区域恰好是圆 a2+b2=4 的 .故所求区域的面积为 . 2 8
题 12(高三百校大联考一模) 若函数 f(x)=|sinx|(x≥0)的图象与过原点的直线有且只有三个

O

图7

2 a

交点,交点中横坐标的最大值为 α,则

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

= ▲ .

y

A π α 图8

y=kx y=sinx 2π x

3? 解 依题意,画出示意图如图 8 所示.于是, ? ? ( ,2?) , 2
且 A(α,-sinα)为直线 y=kx 与函数 y= -sinx( x ? ( 在 A

O

3? , 2?) )图象的切点. 2 ? sin ?

点 处 的 切 线 斜 率 为 ? cos? ? =

?

, 故

α=tanα . 所 以 ,

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

sin 2? (1 ? tan 2 ? )sin 2? = =2. cos ? sin ? tan ?

题 13(苏北四市二模) 已知函数
f ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ? | x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ( x ? R ) ,

且 f (a2 ? 3a ? 2) ? f (a ? 1) ,则满足条件的所有整数 a 的和是 ▲ . 解 因 f(-x)=f(x),故 f(x)为偶函数. 记 g(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| ,h(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| . 当 x ≥ 0 时 , g(x+1)-g(x)=|x+2012|-|x+1|=2011 ,

18

?2 x ? 2011,0 ? x ? 2011, h(x+1)-h(x)=|x|-|x-2011|= ? x ? 2011. ?2011, ?2 x, 0 ? x ? 2011, 所以,f(x+1)-f(x)= ? 所以,f(0)=f(1)<f(2)<f(3)<?.又当 0≤x≤1 时, ?4022, x ? 2011.

f(x)= ( x ? 1) ? ( x ? 2) ? ? ? ( x ? 2011) ? (1 ? x) ? (2 ? x) ? ?? (2011 ? x) = 2011 ? 2012 ,
??1≤a 2 ? 3a ? 2≤1, 故 | a2 ? 3a ? 2 |?| a ? 1| 或 ? 且 a∈N*,解得 a=1,2,3,所以结果为 ??1≤1 ? a≤1,

6. 注 本题也可以这样思考:从最简单的先开始.先研究函数 f1 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 1| 与 函数 f 2 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ? | x ? 1| ? | x ? 2 | 的图象与性质,它们都是“平底锅型” ,进而猜 测函数 f ( x) 的图象与性质,并最终得以解决问题. 题 14(南京市二模) 已知函数 f(x)= 立,则 a 的取值范围是 ▲ .

x2 ? ax ? 11 (a∈R),若对于任意的 x∈N*,f(x)≥3 恒成 x ?1

8 8 解 因 x∈N*,故由 f(x)≥3 恒成立,得 a≥ ?( x ? ) ? 3 ,故 a≥ [?( x ? ) ? 3]max . x x 8 8 8 当 x 取最接近于 2 2 的整数,即 x=3 时, ?( x ? ) ? 3 取最大值 ? ,于是 a≥ ? . 3 3 x
变式 已知函数 f(x)=

x2 ? ax ? 11 (x∈N*),且[f(x)]min=3,则实数 a 的取值集合是 ▲ . x ?1 8 8 略解 首先 a≥ ? .另一方面, ? x∈N*,使 f(x)≤3 能成立,即 a≤ ?( x ? ) ? 3 能成 3 x

立,

8 8 8 于是 a≤ [?( x ? ) ? 3]max = ? .所以,a 的取值集合是{ ? }. 3 3 x
题 15(盐城市二模) Sn= 2 ? f (
k ?1 2n

已知函数 f(x)=cosx,g(x)=sinx,记

(k ? 1)? 1 )? n 2n 2

? g(
k ?1

2n

(k ? n ? 1)? ) ,Tm=S1+S2+?+Sm.若 Tm<11,则 m 的最大值为 2n

▲ . 解

?f(
k ?1 2n

2n

( k ? 1? ) ? (2n ? 1)? ? n ???? (n ? 1)? n? ) = cos0 ? [cos ? cos =1. ] ? ? ? [cos ? cos ] ? cos 2n 2n 2n 2n 2n 2n (k ? n ? 1)? ?n? ?1 ? n?? (n ? 1)? ?? ? ) = sin ? [sin ? sin ] ? ? ? [sin ? sin ] ? sin 0 = -1. 2n 2n 2n 2n 2n 2n

? g(
k ?1

19

所以,Sn= 2 ?

1 1 ,Tm= 2m ? 1 ? m .令 Tm<11,则正整数 m 的最大值为 5. 2n 2

本题难点在于复杂的 Sn 的表达式.去掉求和符号∑,展开表达式,化抽象为具体,进而 识得庐山真面目. 题 16(苏锡常镇四市二模) ▲ . 解法 1 设 x=m,y=2n,则问题等价于:已知 x+y=2,求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值. 令 S= x ? 2x ? y ? 2 y ,T= x ? 2 y ? y ? 2x ,则 S-T= ( x ? y)(2x ? 2 y ) ≥0,即 S≥T. 另一方面, S+T= ( x ? y)(2 x ? 2 y ) ≥ 2 ? 2 2x ? 2 y =8, 故 S≥4, 当且仅当 x=y=1 时取等号. 所以 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为 4. 解法 2 考虑到对称性,不妨取 m≥1.令 g(m)= m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m ,m≥1. 则 g ?(m) ? (2m ? 22?m ) ? (m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m )ln 2 ≥0.所以函数 g(m)(m≥1)为增函数,故
gmin (m) ? g (1) ? 4 .

已知 m,n∈R,且 m+2n=2,则 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为

注这道题虽然正面求解难度较大,但得分率却相当的高.究其原因大致为:当考生经过变 元后, 得问题为 “已知 x+y=2, 求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值” , 它具有某种对称性,凭直观猜测: 让 x=y=1,一举得到所求结果. 题 17(南通市二模) 在平面直角坐标系 xOy 中,设 A,B,C 是圆 x2+y2=1 上相异三点,若

???? ??? ? ??? ? 存在正实数 λ,μ,使得 OC ? ?OA ? ?OB ,则 λ2+(μ-3)2 的取值范围是 ▲ . ???? ??? ? ???? ? ??? ? ???? 解法 1 如图 9,作 OA1 ? ?OA , OB1 ? ? OB ,连 B1C,A1C,则 | OA1 |? ? , ???? ? ???? ???? ???? ???? ? | OB1 |? ? , | OC |? 1.因三点 A,B,C 互异,且 OC ? OA1 ? OB1 , ???? ? ???? 故 O,C,B1 构成三角形的三个顶点,且 | B1C |?| OA1 |? ? ,于是由三角形的边与边
?? ? ? ? 1, 之间的关系有 ? (☆) ?| ? ? ? |? 1.

y B O A A1 μ A λ+μ=1 1 O 1 图 10 C

B1

x 图9 μ-λ=1 P λ-μ=1 λ

如图 10 的阴影部分表示不等式组(☆)所表示的区域,P(λ,μ)为阴影部分内 的动点,定点 A(0,3),则 λ2+(μ-3)2=AP2. 点 A(0, 3)到直线 μ-λ=1 的距离 d= 2 , AP>d= 2 , 故 λ2+(μ-3)2>2, 从而 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) .

???? ??? ? ???? ??? ? 解法 2 依题, B, O, C 三点不可能在同条直线上. 所以 OC ? OB = | OC | ? | OB | cos BOC =cosBOC
20

∈(-1,1).

???? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? 又由 OC ? ?OA ? ?OB ,得 ? OA ? OC ? ?OB ,于是 ? 2 ? 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC . ??? ? ???? ??? ? ???? 记 f(μ)=λ2+(μ-3)2= 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC ? (? ? 3)2 = 2? 2 ? 6? ? 2?OB ? OC ? 10 .
于是,f(μ)> 2? 2 ? 8? ? 10 ? 2(? ? 2)2 ? 2 ≥2,且 f(μ)< 2? 2 ? 4? ? 10 = 2(? ? 1)2 ? 8 , 无最大值.故 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) . 题 18(苏北四市三模) 如图 11 是一个数表,第 1 行依次写 1 3 2 5 3 7 4 9 5 6 7 ?

着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数 正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均为无限 项,则这个数表中的第 13 行第 10 个数为 ▲ .

11 13 ? 8 12 16 20 24 ? 20 28 36 44 ? 48 64 80 ? ? ? ? 图 11

解法 1 记第 n 行第 m 个数为 an,m.为了得到 a13,10,则第 1 行必须写满 22 个数. 观察可得:a13,1+a13,10=2(a12,1+a12,11)=22(a11,1+a11,12)=?=212(a1,1+a1,22)=23×212. 所以,a13,1+a13,10=23×212.另一方面,a13,10=a13,1+9×212.联立解得 a13,10=216. 解法 2 记第 n 行的第 1 个数为 an. n a
n

1 1=2×

2

3 8=4×2

4 20=5×4

5 48=6×8

1 2

3=3×1

于是,猜测 an ? (n ? 1) ? 2n?2 .因第 n 行的数从左到右排列成公差为 2 n ?1 的等差数列,故第 13 行第 10 个数为 14 ? 211 ? 9 ? 212 ? 216 . 解法 3 记第 n 行的第 1 个数为 an,数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 an?1 ? Sn ? 2n .所以, Sn+1-2Sn=2n,

Sn ?1 Sn 1 Sn n S1 1 ? ,故 n ? ,Sn= n ? 2 n ?1 .所以, an ? (n ? 1) ? 2n?2 .下同解法 2. ? ? .又 1 2 2 2 2 2n ?1 2n 2
题 19(南京市三模) 如图 12,已知正方形 ABCD 的边长为 1,过正方形中心 O 的直线 MN 分别交正方形的边 AB,CD 于点 M,N,则当

MN 取最小值时,CN= ▲ . BN
作 MP⊥DC 交 DC 于点 P,则 PN=2x-1.

A O M B 图 12

D N

1 解法 1 设 CN=x∈ [ ,1] ,则 BM=DN=1-x. 2
所以,MN2=1+(2x-1)2=4x2-4x+2,BN2=x2+1,

MN 2 4x2 ? 4x ? 2 4x ? 2 = =4? 2 2 2 x ?1 BN x ?1

C

21

=4?

4t 4 1 =4? (其中 t= x ? ), 1 2 5 2 (t ? ) ? 1 t ? ?1 2 4t

MN 2 5 5 5 ?1 5 ?1 ,即 t= ,x= 时, 取最小值,所以 CN= . 4t BN 2 2 2 2 ? 1 解法 2 设∠CBN=θ(θ∈ [0, ] ),则 BN= ,DN=1-tanθ,MN= 1 ? (2tan ? ? 1)2 . 4 cos ?
当且仅当 t ?

MN = cos? 1 ? (2tan? ? 1)2 = 3 ? (cos2? ? 2sin 2? ) = 3 ? 5 sin(2? ? ? ) , BN 2 1 MN s? ? ? )时 1 其 中 c o? , sin ? ? . 当 s i n?(?2 , 取 最 小 值 , 此 时 BN 5 5
所以,

1 ? =2. tan 2? ? tan( ? ? ) = 2 tan ?


2 tan ? 5 ?1 为所求(另一解为负,舍去). ? 2 ,得 tan ? = 1 ? tan 2 ? 2

题 20(南通市三模) 定义在 [1, ??) 上的函数 f(x)满足: ①f(2x)=cf(x)(c 为正常数); ②当 2≤x≤4 时,f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条直线上,则 c= 解 可求得,当 2 n ?1 ≤x≤ 2 n (n∈N*)时, f(x) = cn? 2 (1? | 记函数 f(x) = cn? 2 (1? | 令 ▲ .

x ? 3 |) . 2n ? 2

x ? 3 |) ( 2 n ?1 ≤x≤ 2 n ,n∈N*)图象上极大值的点为 Pn(xn,yn). 2n ? 2

xn ? 3 ? 0 ,即 xn= 3 ? 2 n ? 2 时,yn= c n ? 2 ,故 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ).分别令 n=1,2,3, 2n ? 2
3 1 , ),P2(3,1),P3(6,c).由 kP2 P1 ? kP2P3 (k 表示直线的斜率)得,c=2 或 c=1.当 2 c

得 P1(

1 c=2 时,所有极大值的点均在直线 y ? x 上;当 c=1 时,yn=1 对 n∈N*恒成立,此时极大 3
值的点均在直线 y=1 上. 变式 定义在 [1, ?? ) 上的函数 f(x) 满足:① f(2x)=cf(x)(c 为正常数 ) ;②当 2≤x≤4 时,

f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条以原点为顶点的抛物线上,则 常数 c= ▲ . 略解 以原点为顶点的抛物线方程可设为 x2=py(p≠0)或 y2=qx(q≠0). 若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 )在抛物线 x2=py(p≠0)上,则( 3 ? 2 n ? 2 )2= pc n ? 2 ,即
9 c ? ( ) n ? 2 对 n∈N*恒 p 4

成立,从而 c=4 ;若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ) 在抛物线 y2=qx(q ≠ 0) 上,则 ( c n ? 2 )2= 3q ? 2n ? 2 ,即

3q ? (

c 2

)n?2 对 n∈N*恒成立,从而 c= 2 .

综上,c=4 或 2 .

22

题 22(扬州市三模) 设函数 f(x)的定义域为 D,如果存在正实数 k,使对任意 x∈D,都有 x+k∈D,且 f(x+k)>f(x)恒成立,则称函数 f(x)为 D 上的“k 型增函数” .已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x>0 时,f(x)=|x-a|-2a,若 f(x)为 R 上的“2011 型增函数” ,则实数 a 的 取值范围是 ▲ . 解 若 a≤0,则 f(x)在 x>0 时为增函数,故对任意正实数 k,不等式 f(x+k)>f(x)恒成立.
y a O

若 a>0, 则函数 y=f(x+k)的图象可由函数 y=f(x)的图象向左平移 k 个单位而得(如

2011 图 13). 因 k=2011,故仅当 2011>6a 时, f(x+2011)>f(x),所以此时 0<a< . 6 2011 综上,实数 a 的取值范围是 a< . 6
题 23(徐州市三模) 若关于 x 的方程 x4+ax3+ax2+ax+1=0 有实数根,则实数 a 的取值范围为 ▲ .

3a-k -3a k

3a

x

图 13

1 1 解法 1 因 x≠0,故将方程两边同除以 x3,并变形得 ( x ? )2 ? a( x ? ) ? a ? 2 =0. x x
令 g(t)= t 2 ? at ? a ? 2 ,t= x ? 点. 因 g(-1)= -1,故函数 g(t)有零点,只须 g(-2)≤0 或 g(2)≤0.

1 ∈ (??, ?2] ? [2, ??) .原方程有实数根,等价于函数 g(t)有零 x

2 2 解 g(-2)≤0, 得 a≥2; 解 g(2)≤0, 得 a≤ ? . 所以, 实数 a 的取值范围为 (??, ? ] ? [2, ??) . 3 3

1 3 x4 ? 1 解法 2 易知 x=0 不是方程的根,故 x3+x2+x= x(( x ? )2 ? ) ≠0.所以,a= ? 3 2 4 x ? x2 ? x
1 1 2 ? ( x ? )2 2 1 2 1 x x = ? = = ? t ? 2 ∈ (??, ? ] ? [2, ??) , 其 中 t= x ? ? 1 ∈ 1 1 t 3 x x ?1? x ? ?1 x x x2 ?
(??, ?1] ? [3, ??) .

解法 3 接解法 2,a= ?

(1 ? x 2 )( x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 2 x ? 1) x4 ? 1 ? a ? ,于是 . ( x3 ? x 2 ? x)2 x3 ? x2 ? x

因 x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 2 x ? 1 =x2(x+1)2+(x+1)2+2x2>0,故由 a ? ? 0 可解得 x=1 或-1.

2 2 当 x>0 时,a<0,且当 x=1 时,a 取极大值 ? ,故此时 a≤ ? ; 3 3
当 x<0 时,a>0,且当 x= -1 时,a 取极小值 2,故此时 a≥2.综上,实数 a 的取值范围为

2 (??, ? ] ? [2, ??) . 3
题 24(南通市最后一卷) 函数 f(x)=

x ? x3 的最大值与最小值的乘积是 ▲ . 1 ? 2 x2 ? x4

23

解法 1 当 x≠0,±1 时,f(x)=

1 ? 2 ? x2 2 x

1 ?x x

=

1 = . 1 4 1 2 ( ? x ) ? 4 ( ? x) ? 1 x x ?x x

1 ?x x



1 1 1 1 >x 时,f(x)≤ ,且当 ? x =2 时,取“=” ,故 f(x)的最大值为 .又因为 f(x)为奇函 x 4 x 4

1 1 数,故 f(x)的最小值为 ? .所以所求的乘积为 ? . 4 16 x4 ? 6 x2 ? 1 法 2 令 f ?( x) ? =0,得 x2= ( 2 ? 1)2 .函数 f(x)的最大值应在 x-x3>0,即 0<x<1 ( x 2 ? 1)3 1 ,下同解法 1. 4 tan ? (1 ? tan 2 ? ) 1 1 1 1 解法 3 令 x=tanθ,则 g(θ)=f(x)= = sin 4? ∈ [? , ] ,所求乘积为 ? . 2 2 (1 ? tan ? ) 4 4 4 16
或 x<-1 时取得. 所以[f(x)]max=max{f( 2 ? 1 ),f( ? 2 ? 1 )}= 注 题 23 与题 24 有异曲同工之妙,它们都出现了 x,x2,x3,x4,经换元后,分别得

到了只关于整体变量 x ?

1 1 及 x ? 的表达式,进而一举解决了问题. x x
▲ 时,

题 25(淮安市四模) 已知函数 f(x)=|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|100x-1|,则当 x= f(x)取得最小值. 解

1 1 1 1 1 1 x ? 1| ? | x ? | ? | x ? | ? | x ? | ?? ? | x ? | ? ? ? | x ? | ?? ? | x ? |, f(x)= |? 2 2 3 3 100 100 ??????? ???? ???? ? ????? ????? ? 1项
2项 3项 100项

f(x)共表示为 5050 项的和, 其最中间两项均为 | x ? 项| x ?

1 1 x= , 同时使第 1 项|x-1|与第 5050 |. 71 71

1 1 1 第 3 项与第 5048 项的和, ?, | 的和,第 2 项 | x ? | 与第 5049 项 | x ? | 的和, 2 100 100
1 . 71

第 2525 项与第 2526 项的和,取得最小值.故所求的 x 为

注 1.一般地,设 a1≤a2≤a3≤?≤an(n∈N*),f(x)=|x-a1|+|x-a2|+|x-a3|+?+|x-an|.若 n 为奇数,则当 x= a1? n 时,f(x)取最小值;若 n 为偶数,则 x∈ [an , an ] 时,f(x)取最小值.
2 2 2 ?1

2.本题似于 2011 年北大自主招生题: “求|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|2011x-1|的最小 值”相关联.

填空题 难题汇总 03 题 1(苏锡常镇四市一模) 设 m∈N,若函数 f ( x) ? 2x ? m 10 ? x ? m ? 10 存在整数零点,
24

则 m 的取值集合为 ▲ . 解 当 x∈Z,且 x≤10 时, m 10 ? x ∈Z.若 m=0,则 x= -5 为函数 f(x)的整数零点. 若 m≠0,则令 f(x)=0,得 m= 6,9,10},此时 m∈{3,
2 x ? 10 10 ? x ? 1

∈N.注意到-5≤x≤10,且 10 ? x ∈N,得 x∈{1,

22 ,14,30}.故 m 的取值集合为{0,3,14,30}. 3

注 将“m∈N”改为“m∈N*”,即得 2011 年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷的填 空题的压轴题:已知 m 是正整数,且方程 2 x ? m 10 ? x ? m ? 10 ? 0 有整数解,则 m 所有 可能的值是 ▲ . 题 2(淮安市一模) 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k, l,当 i+j=k+l 时都有 ai+bj=ak+bl,则
1 2011 ? (ai ? bi ) 的值是 2011 i ?1

▲ .

解 依题设,有 bn+1-bn=a2-a1=1,从而数列{bn}是以 2 为首项,1 为公差的等差数列.同理 可得, {an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列.所以,数列{an+bn}是以 3 为首项,2 为公差的等 差数列. 所以,
1 2011 1 2011 ? 2010 (ai ? bi ) = (2011? 3 ? ? 2) =2013. ? 2011 i ?1 2011 2

变式 1 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 ai-bj=ak-bl,则
1 n ? (ai ? bi ) 的值是 n i ?1

▲ .
1 n ? (ai ? bi ) =3. n i ?1

略解 依题设,有 ai-bj=aj-bi,于是 ai+bi=aj+bj,所以 an+bn=3,

变式 2 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 aibj=akbl ,记 cn= n (a1 ? b1 )(a2 ? b2 )(a3 ? b3 ) ??? (an ? bn ) ,则数列 {cn} 的通项公式是 ▲ . 略解 由 a2bn=a1bn+1,得
n ?1 bn ?1 a2 ? ? 2 ,故 bn=2n.同理,an= 2 n ?1 ,通项公式为 3 ? 2 2 . bn a1

题 3(常州市一模) 若对任意的 x∈D,均有 f1(x)≤f(x)≤f2(x)成立,则称函数 f(x)为函数 f1(x) 到函数 f2(x)在区间 D 上的“折中函数” .已知函数 f(x)=(k-1)x-1,g(x)=0,h(x)=(x+1)lnx, 且 f(x)是 g(x)到 h(x)在区间[1,2e]上的“折中函数” ,则实数 k 的取值范围为 ▲ 解 依题意,有 0≤(k-1)x-1≤(x+1)lnx 在 x∈[1,2e]上恒成立. .

25

? f (1) ? 0, 当 x∈[1,2e]时,函数 f(x)=(k-1)x-1 的图象为一条线段,于是 ? 解得 k≥2. ? f (2e) ? 0,

另一方面,k-1≤ 令 m(x)=

( x ? 1)ln x ? 1 在 x∈[1,2e]上恒成立. x

( x ? 1)ln x ? 1 ln x 1 x ? ln x = ln x ? . ? ,则 m?( x) ? x x x x2 1 ≥0,于是函数 x ? ln x 为增函数. 所以 x ? ln x ≥ 1 ? ln1>0, x
综 上 , k=2

因 1≤x≤2e,故 ( x ?l n ) x ?1 ? ?

m?( x ) ≥0,m(x)为[1,2e]上的增函数.所以 k-1≤[m(x)]min=m(1)=1,k≤2.

为所求. 题 4( 泰 州 市 一 模 ) 已 知 O 是 锐 角 △ABC 的 外 接 圆 的 圆 心 , 且 ∠ A=θ , 若

? cos C ???? ???? cos B ??? AB ? AC ? 2mAO ,则 m= ▲ .(用 θ 表示) sin C sin B
解法 1 如图 1,作 OE∥AC 交 AB 于 E,作 OF∥AB 交 AC 于 F. 由正弦定理,得 又∠AOE=∠OAF= E O

A F

AE ? sin AOE

AO ? sin AEO

AO . sin A

B ? ? ? ?ADC = ? ?B , 2 2 ??? ? ???? ??? ? AO cos B AB ???? AO cos C AC AO cos B ? ? 所以 AE ? ,所以 AE ? .同理, AF ? . sin A AB sin A AC sin A ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? AO cos B AB AO cos C AC ???? ? ? ? ? AO . 因 AE ? AF ? AO ,故 sin A AB sin A AC ? AB AC cos B ??? cos C ???? ???? 因 ? ? 2 AO ,故上式可化为 AB ? AC ? AO , sin C sin B 2sin Asin C 2sin Asin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 即 AB ? AC ? 2sin A ? AO ,所以 m=sinθ. sin C sin B ???? ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 2 将等式 AB ? AC ? 2mAO 两边同乘以 2 AO ,得 sin C sin B

C D 图1

cos B cos C cos B AB2 cos C AC 2 .由正弦定理,得 AB2 ? AC 2 ? 4mAO2 ,即 m ? ? ? ? sin C sin B sin C 4 AO2 sin B 4 AO2 cos B 2 cos C 2 m= sin C ? sin B =cosBsinC+cosCsinB=sin(B+C)=sinA=sinθ. sin C sin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 3 将已知等式 AB ? AC ? 2mAO 两边平方,得 sin C sin B

cos2 B cos2 C cos B cos C 2 AB ? AC 2 ? 2 AB ? AC cos A ? 4m2 AO2 .由正弦定理,得 2 2 sin C sin B sin C sin B
m2= cos2 B ? cos2 C ? 2cos B cos C cos A = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos C)2 = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos( A ? B))2 = cos2 B sin 2 A ? (sin B sin A)2 =sin2A= sin 2 ? . 注意到 m>0,故 m=sinθ.
26



1.本题虽难度较大,但得分率却较高.其主要原因是考生利用了特值法,令△ ABC

为正三角形,即得 m=

3 ,于是猜测 m=sinθ. 2

2.题中三种解法均是处理向量问题最常用的基本方法,解法 1 用的是平面向量基本定理,
???? 从不同侧面表示 AO ;解法 2 与解法 3,是或将向量等式两边同乘某个向量,或将等式两

边同时平方,进而达到去除向量的目的. 题 5(南京市一模) 若直角坐标平面内两点 P,Q 满足条件: ①P,Q 都在函数 f(x)的图象上; ②P,Q 关于原点对称,则称点对(P,Q)是函数 f ( x) 的一个“友好点对”(点对(P,Q)与点
?2 x 2 ? 4 x ? 1, x ? 0, ? 对(Q,P)为同一个“友好点对”).已知函数 f ( x) ? ? 2 则 f ( x) 的“友好点 ? x , x≥0, ?e

对”有 ▲ 个. 解设 x<0,则问题化归为关于 x 的方程 (2 x2 ? 4 x ? 1) ? 即 e x ? ? x2 ? 2 x ?

2 ?0, e? x

x=-1

y y1 O

1 ( x ? 0 ) 有 几 个 负 数 解 问 题 . 记 y1 = e x , 2
y2 图2

1 y2 ? ?( x ? 1)2 ? , 2
1 1 当 x ? ?1 时, ? ,所以函数 y1 的图象与 y2 的图象有两个交点 e 2
(如图 2), 且横坐标均为负数,故所求“友好点对”共有 2 个.

x

题 6(镇江市一模) 直线 l 与函数 y ? sin x ( x ? [0, ?] )的图象相切于点 A,且 l∥OP,O 为坐
?? ? ? ? AB C ? 标原点, P 为图象的极值点, l 与 x 轴交于点 B, 过切点 A 作 x 轴的垂线, 垂足为 C, 则B

= l P 图3 π x

▲ .

y A B O C

? 2 解 如图 3, P( , 1) 为极值点, kOP ? .设点 A(x0,sinx0), ? ?

2 则过点 A 的切线 l 的斜率为 cos x0 ? .于是,直线 l 的方程 ?
为 y ? sin x0 ?

2 ? ? ( x ? x0 ) .令 y=0,得 x0 ? x ? sin x0 ,从而 BC= x0 ? x ? sin x0 . ? 2 2

??? ? ??? ? ? ?2 4 ?2 BA ? BC ? BA ? BC ? cos ABC =BC2= ( sin x0 )2 ? (1 ? 2 ) ? ?1 . 2 4 ? 4 20 题 7(扬州市一模) 若函数 f(x)=x3-ax2(a>0)在区间 ( , ??) 上是单调递增函数,则使方程 3

f(x)=1000 有整数解的实数 a 的个数是 ▲ .
27

解 令由 f ?( x) ? 3x 2 ? 2ax ? 3x( x ?
(??,0) 和 (

2a 2a .于是,f(x)的单调增区间为 ) ? 0 ,得 x=0 或 x ? 3 3

2a , ??) . 3

所以 0 ?

2a 20 ,即 0<a≤10.因 f(x)的极大值为 f(0)=0,故 f(x)=1000 的整数解只能在 ? 3 3

(

2a , ??) 上取得. 3 1000 1000 2000 2a . 令 g(x)= x ? 2 , 则 g ?( x) ? 1 ? 3 >0, 故 g(x)在 ( , ??) x2 x x 3

令 x3-ax2=1000, 则 a= x ? 为增函数. 因 g(10)=0,g(15)= 10 ?

5 ? 10 ,故方程 f(x)=1000 的整数解集为{11,12,13,14}. 9

从而对应的实数 a 亦有 4 个不同的值. 题 8(苏州市一模) 在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 是第一象限内曲线 y ? ? x3 ? 1 上的一个 动点,过 P 作切线与两个坐标轴交于 A,B 两点,则△AOB 的面积的最小值是 ▲ . 解 设 P(a,-a3+1),0<a<1,则切线方程为 y= -3a2x+2a3+1.于是两交点分别为(0,2a3+1), (

2a3 ? 1 ,0), 3a 2

3 (2a3 ? 1)2 (2a3 ? 1)(4a3 ? 1) 2 ? .令 =0 ,得 a = ,且可判断此时 S 取最 S ( a ) ? 6a2 3a3 2 33 2 小值,值为 . 4 x2 x3 x4 x2 0 1 1 题 9( 盐 城 市 一 模 ) 已 知 函 数 f ( x? ) ? 1 x? ? ? ? ? ?,? ? 2 3 4 2 0 1 1

S?AOB ? S (a) ?

g ( x) ? 1 ? x ?

x2 x3 x4 x2011 , ? ? ? ??? ? 2 3 4 2011

设 F ( x) ? f ( x ? 3) ? g ( x ? 3) ,且函数 F(x)的零点均在区间 [a, b](a ? b, a, b ? Z) 内,则 b ? a 的 最小值为 ▲ . 解
0 0 9 f ?( x)? 1? x ? 2x ? 3x ? 4x ? ? ? ? 2? x

?1 ? x 2011 , x ? ?1, ? 0 1 0 ? x =2? 当 x≥0 时, f ?( x) ? 0 ;当 1? x ?2011, x ? ?1. ?

-1<x<0 时, f ?( x) ? 0 ;当 x<-1 时, f ?( x) ? 0 ,故函数 f(x)为 R 上的增函数,于是函数 f(x) 在 R 上最多只有一个零点.

1 1 1 1 1 1 因 f(0)=1>0,f(-1)= (1 ? 1) ? (? ? ) ? (? ? ) ? ??? ? (? ? ) <0,故 f(0)f(-1)<0,因而 2 3 4 5 2010 2011
f(x)在 R 上唯一零点在区间(-1,0)上,于是 f(x+3)的唯一零点在区间(-4,-3)上.同理可得, 函 数 g(x) 为 R 上 的 减 函 数 , 于 是 函 数 f(x) 在 R 上 最 多 只 有 一 个 零 点 . 又

28

1 1 1 1 1 1 g(1)= (1 ? 1) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ??? ? ( ? ) >0, 2 3 4 5 2010 2011

1 2 1 2 1 2 g(2)= (1 ? 2) ? 22 ( ? ) ? 24 ( ? ) ? ??? ? 22010 ( ? ) <0,于是 g(1)g(2)<0,因而 g(x)在 2 3 4 5 2010 2011
R 上唯一零点在区间(1,2)上,于是 g(x-3)的唯一零点在区间(4,5)上. 所以,F(x)的两零点落在区间[-4,5]上,b-a 的最小值为 9. 注 不少考生想对复杂的函数表达式进行求和变形化简,结果当然是徒劳而返,得分率非

常低.导数法是解决高次函数或复杂函数的强有力的工具. 题 10(南通市一模) 已知等腰三角形腰上的中线长为 3 ,则该三角形的面积的最大值 是 ▲ . 解 (本题解法很多,仅给出平几解法)如图 4,△ABC 中,E,F 分别为底 BC 与腰 AC 的中
2 2 3 点,BF 与 AE 交于点 G,则 G 为△ABC 的重心,于是 BG=CG= BF ? ,且 AE=3GE. 3 3

A G B E 图4 F C

1 3 2 3 2 ) ?2, 所以, S?ABC ? 3S?BGC ? 3 ? GB ? GC sin BGC ? ? ( 2 2 3

当且仅当∠BGC=

? ,即 BG⊥GC 时,△ABC 的面积取最大值 2. 2

变式 1 在等腰三角形 ABC 中,AB=AC,D 在线段 AC 上,AD=kAC(k 为常数,且 0<k<1),BD=l 为定长,则△ABC 的面积的最大值为 ▲ . 略解 如图 5,以 B 为原点,BD 为 x 轴建立直角坐标系 xBy.设 A(x,y),y>0. y B 图5 C A D x

?(1 ? k 2 ) x2 ? 2lx ? l 2 因 AD=kAC =kAB, 故 AD =k AB , 于是(x-l) +y =k (x +y ).所以, y ? 1? k2
2 2 2 2 2 2 2 2
2

?(1 ? k 2 )( x ?

=

l 2 k l ) ? 2 2 1? k2 1? k2 ≤ k l , (1 ? k 2 ) 2 1? k2
kl 2 1 l2 kl ( S ) ? ( S ) ? ( S ) ? , , . ? ABD max ? ABC max ? ABD max 2 2(1 ? k ) k 2(1 ? k 2 ) 1? k2

2 2

于是, ymax ?

变式 2 在正三棱锥 P-ABC 中,D 为线段 BC 的中点,E 在线段 PD 上,PE=kPD(k 为常数, 且 0<k<1),AE=l 为定长,则该棱锥的体积的最大值为 ▲ . 略解 如图 6,因 PE=kPD,故 EG=kOD.因 AO=2OD,故 因

OF AO 2 OF 2 . ? ? ,于是 ? FG GE k GO k ? 2
P
G E F

PG PE GO OF OF GO 2(1 ? k ) = . ? ? k ,故 ? 1 ? k ,从而 ? ? 2?k PO PD PO PO GO PO
2?k AF AO 2 2 AE 2l VF ? ABC .因 .于是, ? ? ,故 AF= ? 2(1 ? k ) FE GE k k ?2 k ?2

所以, VP ? ABC ?

C

A

O

D

B 图6
29

4l 3 1 VF ? ABC ≤ FA3 = (当且仅当 FA,FB,FC 两两垂直时, “≤”中取“=”), 3( k ? 2)3 6

所以, VP ? ABC ?

2?k 2l 3 VF ? ABC ≤ , 2(1 ? k ) 3(1 ? k )( k ? 2) 2

于是所求的最大值为

2l 3 . 3(1 ? k )( k ? 2) 2

注 本题的原型题,可能来自于 2008 年江苏高考数学题:满足条件 AB=2,AC= 2BC 的△ ABC 的面积的最大值为 ▲ .

题 11(无锡市一模) 已知函数 f(x)=|x2-2|,若 f(a)≥f(b),且 0≤a≤b,则满足条件的点(a, b)所围成区域的面积为 ▲ .

解 易知 f(x)在 [0, 2] 上为减函数, 在 [ 2, ??) 上为增函数, 于是 a, b 不可能同在 ( 2, ??) 上. 若 0≤a≤b≤ 2 ,则 2-a2≥2-b2 恒成立,它围成图 7 中的区域①; 若 0≤a≤ 2 ≤b,则 2-a2≥b2-2,即 a2+b2≤4,它围成图 7 中的区域②.综上, b 2

2 ② ①

1 ? 点(a,b)所围成的区域恰好是圆 a2+b2=4 的 .故所求区域的面积为 . 2 8
题 12(高三百校大联考一模) 若函数 f(x)=|sinx|(x≥0)的图象与过原点的直线有且只有三个

O

图7

2 a

交点,交点中横坐标的最大值为 α,则

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

= ▲ .

y

A π α 图8

y=kx y=sinx 2π x

3? 解 依题意,画出示意图如图 8 所示.于是, ? ? ( ,2?) , 2
且 A(α,-sinα)为直线 y=kx 与函数 y= -sinx( x ? ( 在 A

O

3? , 2?) )图象的切点. 2 ? sin ?

点 处 的 切 线 斜 率 为 ? cos? ? =

?

, 故

α=tanα . 所 以 ,

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

sin 2? (1 ? tan 2 ? )sin 2? = =2. cos ? sin ? tan ?

题 13(苏北四市二模) 已知函数
f ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ? | x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ( x ? R ) ,

且 f (a2 ? 3a ? 2) ? f (a ? 1) ,则满足条件的所有整数 a 的和是 ▲ . 解 因 f(-x)=f(x),故 f(x)为偶函数. 记 g(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| ,h(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| . 当 x ≥ 0 时 , g(x+1)-g(x)=|x+2012|-|x+1|=2011 ,

30

?2 x ? 2011,0 ? x ? 2011, h(x+1)-h(x)=|x|-|x-2011|= ? x ? 2011. ?2011, ?2 x, 0 ? x ? 2011, 所以,f(x+1)-f(x)= ? 所以,f(0)=f(1)<f(2)<f(3)<?.又当 0≤x≤1 时, ?4022, x ? 2011.

f(x)= ( x ? 1) ? ( x ? 2) ? ? ? ( x ? 2011) ? (1 ? x) ? (2 ? x) ? ?? (2011 ? x) = 2011 ? 2012 ,
??1≤a 2 ? 3a ? 2≤1, 故 | a2 ? 3a ? 2 |?| a ? 1| 或 ? 且 a∈N*,解得 a=1,2,3,所以结果为 ??1≤1 ? a≤1,

6. 注 本题也可以这样思考:从最简单的先开始.先研究函数 f1 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 1| 与 函数 f 2 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ? | x ? 1| ? | x ? 2 | 的图象与性质,它们都是“平底锅型” ,进而猜 测函数 f ( x) 的图象与性质,并最终得以解决问题. 题 14(南京市二模) 已知函数 f(x)= 立,则 a 的取值范围是 ▲ .

x2 ? ax ? 11 (a∈R),若对于任意的 x∈N*,f(x)≥3 恒成 x ?1

8 8 解 因 x∈N*,故由 f(x)≥3 恒成立,得 a≥ ?( x ? ) ? 3 ,故 a≥ [?( x ? ) ? 3]max . x x 8 8 8 当 x 取最接近于 2 2 的整数,即 x=3 时, ?( x ? ) ? 3 取最大值 ? ,于是 a≥ ? . 3 3 x
变式 已知函数 f(x)=

x2 ? ax ? 11 (x∈N*),且[f(x)]min=3,则实数 a 的取值集合是 ▲ . x ?1 8 8 略解 首先 a≥ ? .另一方面, ? x∈N*,使 f(x)≤3 能成立,即 a≤ ?( x ? ) ? 3 能成 3 x

立,

8 8 8 于是 a≤ [?( x ? ) ? 3]max = ? .所以,a 的取值集合是{ ? }. 3 3 x
题 15(盐城市二模) Sn= 2 ? f (
k ?1 2n

已知函数 f(x)=cosx,g(x)=sinx,记

(k ? 1)? 1 )? n 2n 2

? g(
k ?1

2n

(k ? n ? 1)? ) ,Tm=S1+S2+?+Sm.若 Tm<11,则 m 的最大值为 2n

▲ . 解

?f(
k ?1 2n

2n

( k ? 1? ) ? (2n ? 1)? ? n ???? (n ? 1)? n? ) = cos0 ? [cos ? cos =1. ] ? ? ? [cos ? cos ] ? cos 2n 2n 2n 2n 2n 2n (k ? n ? 1)? ?n? ?1 ? n?? (n ? 1)? ?? ? ) = sin ? [sin ? sin ] ? ? ? [sin ? sin ] ? sin 0 = -1. 2n 2n 2n 2n 2n 2n

? g(
k ?1

31

所以,Sn= 2 ?

1 1 ,Tm= 2m ? 1 ? m .令 Tm<11,则正整数 m 的最大值为 5. 2n 2

本题难点在于复杂的 Sn 的表达式.去掉求和符号∑,展开表达式,化抽象为具体,进而 识得庐山真面目. 题 16(苏锡常镇四市二模) ▲ . 解法 1 设 x=m,y=2n,则问题等价于:已知 x+y=2,求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值. 令 S= x ? 2x ? y ? 2 y ,T= x ? 2 y ? y ? 2x ,则 S-T= ( x ? y)(2x ? 2 y ) ≥0,即 S≥T. 另一方面, S+T= ( x ? y)(2 x ? 2 y ) ≥ 2 ? 2 2x ? 2 y =8, 故 S≥4, 当且仅当 x=y=1 时取等号. 所以 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为 4. 解法 2 考虑到对称性,不妨取 m≥1.令 g(m)= m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m ,m≥1. 则 g ?(m) ? (2m ? 22?m ) ? (m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m )ln 2 ≥0.所以函数 g(m)(m≥1)为增函数,故
gmin (m) ? g (1) ? 4 .

已知 m,n∈R,且 m+2n=2,则 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为

注这道题虽然正面求解难度较大,但得分率却相当的高.究其原因大致为:当考生经过变 元后, 得问题为 “已知 x+y=2, 求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值” , 它具有某种对称性,凭直观猜测: 让 x=y=1,一举得到所求结果. 题 17(南通市二模) 在平面直角坐标系 xOy 中,设 A,B,C 是圆 x2+y2=1 上相异三点,若

???? ??? ? ??? ? 存在正实数 λ,μ,使得 OC ? ?OA ? ?OB ,则 λ2+(μ-3)2 的取值范围是 ▲ . ???? ??? ? ???? ? ??? ? ???? 解法 1 如图 9,作 OA1 ? ?OA , OB1 ? ? OB ,连 B1C,A1C,则 | OA1 |? ? , ???? ? ???? ???? ???? ???? ? | OB1 |? ? , | OC |? 1.因三点 A,B,C 互异,且 OC ? OA1 ? OB1 , ???? ? ???? 故 O,C,B1 构成三角形的三个顶点,且 | B1C |?| OA1 |? ? ,于是由三角形的边与边
?? ? ? ? 1, 之间的关系有 ? (☆) ?| ? ? ? |? 1.

y B O A A1 μ A λ+μ=1 1 O 1 图 10 C

B1

x 图9 μ-λ=1 P λ-μ=1 λ

如图 10 的阴影部分表示不等式组(☆)所表示的区域,P(λ,μ)为阴影部分内 的动点,定点 A(0,3),则 λ2+(μ-3)2=AP2. 点 A(0, 3)到直线 μ-λ=1 的距离 d= 2 , AP>d= 2 , 故 λ2+(μ-3)2>2, 从而 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) .

???? ??? ? ???? ??? ? 解法 2 依题, B, O, C 三点不可能在同条直线上. 所以 OC ? OB = | OC | ? | OB | cos BOC =cosBOC
32

∈(-1,1).

???? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? 又由 OC ? ?OA ? ?OB ,得 ? OA ? OC ? ?OB ,于是 ? 2 ? 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC . ??? ? ???? ??? ? ???? 记 f(μ)=λ2+(μ-3)2= 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC ? (? ? 3)2 = 2? 2 ? 6? ? 2?OB ? OC ? 10 .
于是,f(μ)> 2? 2 ? 8? ? 10 ? 2(? ? 2)2 ? 2 ≥2,且 f(μ)< 2? 2 ? 4? ? 10 = 2(? ? 1)2 ? 8 , 无最大值.故 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) . 题 18(苏北四市三模) 如图 11 是一个数表,第 1 行依次写 1 3 2 5 3 7 4 9 5 6 7 ?

着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数 正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均为无限 项,则这个数表中的第 13 行第 10 个数为 ▲ .

11 13 ? 8 12 16 20 24 ? 20 28 36 44 ? 48 64 80 ? ? ? ? 图 11

解法 1 记第 n 行第 m 个数为 an,m.为了得到 a13,10,则第 1 行必须写满 22 个数. 观察可得:a13,1+a13,10=2(a12,1+a12,11)=22(a11,1+a11,12)=?=212(a1,1+a1,22)=23×212. 所以,a13,1+a13,10=23×212.另一方面,a13,10=a13,1+9×212.联立解得 a13,10=216. 解法 2 记第 n 行的第 1 个数为 an. n a
n

1 1=2×

2

3 8=4×2

4 20=5×4

5 48=6×8

1 2

3=3×1

于是,猜测 an ? (n ? 1) ? 2n?2 .因第 n 行的数从左到右排列成公差为 2 n ?1 的等差数列,故第 13 行第 10 个数为 14 ? 211 ? 9 ? 212 ? 216 . 解法 3 记第 n 行的第 1 个数为 an,数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 an?1 ? Sn ? 2n .所以, Sn+1-2Sn=2n,

Sn ?1 Sn 1 Sn n S1 1 ? ,故 n ? ,Sn= n ? 2 n ?1 .所以, an ? (n ? 1) ? 2n?2 .下同解法 2. ? ? .又 1 2 2 2 2 2n ?1 2n 2
题 19(南京市三模) 如图 12,已知正方形 ABCD 的边长为 1,过正方形中心 O 的直线 MN 分别交正方形的边 AB,CD 于点 M,N,则当

MN 取最小值时,CN= ▲ . BN
作 MP⊥DC 交 DC 于点 P,则 PN=2x-1.

A O M B 图 12

D N

1 解法 1 设 CN=x∈ [ ,1] ,则 BM=DN=1-x. 2
所以,MN2=1+(2x-1)2=4x2-4x+2,BN2=x2+1,

MN 2 4x2 ? 4x ? 2 4x ? 2 = =4? 2 2 2 x ?1 BN x ?1

C

33

=4?

4t 4 1 =4? (其中 t= x ? ), 1 2 5 2 (t ? ) ? 1 t ? ?1 2 4t

MN 2 5 5 5 ?1 5 ?1 ,即 t= ,x= 时, 取最小值,所以 CN= . 4t BN 2 2 2 2 ? 1 解法 2 设∠CBN=θ(θ∈ [0, ] ),则 BN= ,DN=1-tanθ,MN= 1 ? (2tan ? ? 1)2 . 4 cos ?
当且仅当 t ?

MN = cos? 1 ? (2tan? ? 1)2 = 3 ? (cos2? ? 2sin 2? ) = 3 ? 5 sin(2? ? ? ) , BN 2 1 MN s? ? ? )时 1 其 中 c o? , sin ? ? . 当 s i n?(?2 , 取 最 小 值 , 此 时 BN 5 5
所以,

1 ? =2. tan 2? ? tan( ? ? ) = 2 tan ?


2 tan ? 5 ?1 为所求(另一解为负,舍去). ? 2 ,得 tan ? = 1 ? tan 2 ? 2

题 20(南通市三模) 定义在 [1, ??) 上的函数 f(x)满足: ①f(2x)=cf(x)(c 为正常数); ②当 2≤x≤4 时,f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条直线上,则 c= 解 可求得,当 2 n ?1 ≤x≤ 2 n (n∈N*)时, f(x) = cn? 2 (1? | 记函数 f(x) = cn? 2 (1? | 令 ▲ .

x ? 3 |) . 2n ? 2

x ? 3 |) ( 2 n ?1 ≤x≤ 2 n ,n∈N*)图象上极大值的点为 Pn(xn,yn). 2n ? 2

xn ? 3 ? 0 ,即 xn= 3 ? 2 n ? 2 时,yn= c n ? 2 ,故 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ).分别令 n=1,2,3, 2n ? 2
3 1 , ),P2(3,1),P3(6,c).由 kP2 P1 ? kP2P3 (k 表示直线的斜率)得,c=2 或 c=1.当 2 c

得 P1(

1 c=2 时,所有极大值的点均在直线 y ? x 上;当 c=1 时,yn=1 对 n∈N*恒成立,此时极大 3
值的点均在直线 y=1 上. 变式 定义在 [1, ?? ) 上的函数 f(x) 满足:① f(2x)=cf(x)(c 为正常数 ) ;②当 2≤x≤4 时,

f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条以原点为顶点的抛物线上,则 常数 c= ▲ . 略解 以原点为顶点的抛物线方程可设为 x2=py(p≠0)或 y2=qx(q≠0). 若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 )在抛物线 x2=py(p≠0)上,则( 3 ? 2 n ? 2 )2= pc n ? 2 ,即
9 c ? ( ) n ? 2 对 n∈N*恒 p 4

成立,从而 c=4 ;若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ) 在抛物线 y2=qx(q ≠ 0) 上,则 ( c n ? 2 )2= 3q ? 2n ? 2 ,即

3q ? (

c 2

)n?2 对 n∈N*恒成立,从而 c= 2 .

综上,c=4 或 2 .

34

题 22(扬州市三模) 设函数 f(x)的定义域为 D,如果存在正实数 k,使对任意 x∈D,都有 x+k∈D,且 f(x+k)>f(x)恒成立,则称函数 f(x)为 D 上的“k 型增函数” .已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x>0 时,f(x)=|x-a|-2a,若 f(x)为 R 上的“2011 型增函数” ,则实数 a 的 取值范围是 ▲ . 解 若 a≤0,则 f(x)在 x>0 时为增函数,故对任意正实数 k,不等式 f(x+k)>f(x)恒成立.
y a O

若 a>0, 则函数 y=f(x+k)的图象可由函数 y=f(x)的图象向左平移 k 个单位而得(如

2011 图 13). 因 k=2011,故仅当 2011>6a 时, f(x+2011)>f(x),所以此时 0<a< . 6 2011 综上,实数 a 的取值范围是 a< . 6
题 23(徐州市三模) 若关于 x 的方程 x4+ax3+ax2+ax+1=0 有实数根,则实数 a 的取值范围为 ▲ .

3a-k -3a k

3a

x

图 13

1 1 解法 1 因 x≠0,故将方程两边同除以 x3,并变形得 ( x ? )2 ? a( x ? ) ? a ? 2 =0. x x
令 g(t)= t 2 ? at ? a ? 2 ,t= x ? 点. 因 g(-1)= -1,故函数 g(t)有零点,只须 g(-2)≤0 或 g(2)≤0.

1 ∈ (??, ?2] ? [2, ??) .原方程有实数根,等价于函数 g(t)有零 x

2 2 解 g(-2)≤0, 得 a≥2; 解 g(2)≤0, 得 a≤ ? . 所以, 实数 a 的取值范围为 (??, ? ] ? [2, ??) . 3 3

1 3 x4 ? 1 解法 2 易知 x=0 不是方程的根,故 x3+x2+x= x(( x ? )2 ? ) ≠0.所以,a= ? 3 2 4 x ? x2 ? x
1 1 2 ? ( x ? )2 2 1 2 1 x x = ? = = ? t ? 2 ∈ (??, ? ] ? [2, ??) , 其 中 t= x ? ? 1 ∈ 1 1 t 3 x x ?1? x ? ?1 x x x2 ?
(??, ?1] ? [3, ??) .

解法 3 接解法 2,a= ?

(1 ? x 2 )( x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 2 x ? 1) x4 ? 1 ? a ? ,于是 . ( x3 ? x 2 ? x)2 x3 ? x2 ? x

因 x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 2 x ? 1 =x2(x+1)2+(x+1)2+2x2>0,故由 a ? ? 0 可解得 x=1 或-1.

2 2 当 x>0 时,a<0,且当 x=1 时,a 取极大值 ? ,故此时 a≤ ? ; 3 3
当 x<0 时,a>0,且当 x= -1 时,a 取极小值 2,故此时 a≥2.综上,实数 a 的取值范围为

2 (??, ? ] ? [2, ??) . 3
题 24(南通市最后一卷) 函数 f(x)=

x ? x3 的最大值与最小值的乘积是 ▲ . 1 ? 2 x2 ? x4

35

解法 1 当 x≠0,±1 时,f(x)=

1 ? 2 ? x2 2 x

1 ?x x

=

1 = . 1 4 1 2 ( ? x ) ? 4 ( ? x) ? 1 x x ?x x

1 ?x x



1 1 1 1 >x 时,f(x)≤ ,且当 ? x =2 时,取“=” ,故 f(x)的最大值为 .又因为 f(x)为奇函 x 4 x 4

1 1 数,故 f(x)的最小值为 ? .所以所求的乘积为 ? . 4 16 x4 ? 6 x2 ? 1 法 2 令 f ?( x) ? =0,得 x2= ( 2 ? 1)2 .函数 f(x)的最大值应在 x-x3>0,即 0<x<1 ( x 2 ? 1)3 1 ,下同解法 1. 4 tan ? (1 ? tan 2 ? ) 1 1 1 1 解法 3 令 x=tanθ,则 g(θ)=f(x)= = sin 4? ∈ [? , ] ,所求乘积为 ? . 2 2 (1 ? tan ? ) 4 4 4 16
或 x<-1 时取得. 所以[f(x)]max=max{f( 2 ? 1 ),f( ? 2 ? 1 )}= 注 题 23 与题 24 有异曲同工之妙,它们都出现了 x,x2,x3,x4,经换元后,分别得

到了只关于整体变量 x ?

1 1 及 x ? 的表达式,进而一举解决了问题. x x
▲ 时,

题 25(淮安市四模) 已知函数 f(x)=|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|100x-1|,则当 x= f(x)取得最小值. 解

1 1 1 1 1 1 x ? 1| ? | x ? | ? | x ? | ? | x ? | ?? ? | x ? | ? ? ? | x ? | ?? ? | x ? |, f(x)= |? 2 2 3 3 100 100 ??????? ???? ???? ? ????? ????? ? 1项
2项 3项 100项

f(x)共表示为 5050 项的和, 其最中间两项均为 | x ? 项| x ?

1 1 x= , 同时使第 1 项|x-1|与第 5050 |. 71 71

1 1 1 第 3 项与第 5048 项的和, ?, | 的和,第 2 项 | x ? | 与第 5049 项 | x ? | 的和, 2 100 100
1 . 71

第 2525 项与第 2526 项的和,取得最小值.故所求的 x 为

注 1.一般地,设 a1≤a2≤a3≤?≤an(n∈N*),f(x)=|x-a1|+|x-a2|+|x-a3|+?+|x-an|.若 n 为奇数,则当 x= a1? n 时,f(x)取最小值;若 n 为偶数,则 x∈ [an , an ] 时,f(x)取最小值.
2 2 2 ?1

2.本题似于 2011 年北大自主招生题: “求|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|2011x-1|的最小 值”相关联.

填空题 难题汇总 02 题 1(苏锡常镇四市一模) 设 m∈N,若函数 f ( x) ? 2x ? m 10 ? x ? m ? 10 存在整数零点,
36

则 m 的取值集合为 ▲ . 解 当 x∈Z,且 x≤10 时, m 10 ? x ∈Z.若 m=0,则 x= -5 为函数 f(x)的整数零点. 若 m≠0,则令 f(x)=0,得 m= 6,9,10},此时 m∈{3,
2 x ? 10 10 ? x ? 1

∈N.注意到-5≤x≤10,且 10 ? x ∈N,得 x∈{1,

22 ,14,30}.故 m 的取值集合为{0,3,14,30}. 3

注 将“m∈N”改为“m∈N*”,即得 2011 年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷的填 空题的压轴题:已知 m 是正整数,且方程 2 x ? m 10 ? x ? m ? 10 ? 0 有整数解,则 m 所有 可能的值是 ▲ . 题 2(淮安市一模) 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k, l,当 i+j=k+l 时都有 ai+bj=ak+bl,则
1 2011 ? (ai ? bi ) 的值是 2011 i ?1

▲ .

解 依题设,有 bn+1-bn=a2-a1=1,从而数列{bn}是以 2 为首项,1 为公差的等差数列.同理 可得, {an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列.所以,数列{an+bn}是以 3 为首项,2 为公差的等 差数列. 所以,
1 2011 1 2011 ? 2010 (ai ? bi ) = (2011? 3 ? ? 2) =2013. ? 2011 i ?1 2011 2

变式 1 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 ai-bj=ak-bl,则
1 n ? (ai ? bi ) 的值是 n i ?1

▲ .
1 n ? (ai ? bi ) =3. n i ?1

略解 依题设,有 ai-bj=aj-bi,于是 ai+bi=aj+bj,所以 an+bn=3,

变式 2 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 aibj=akbl ,记 cn= n (a1 ? b1 )(a2 ? b2 )(a3 ? b3 ) ??? (an ? bn ) ,则数列 {cn} 的通项公式是 ▲ . 略解 由 a2bn=a1bn+1,得
n ?1 bn ?1 a2 ? ? 2 ,故 bn=2n.同理,an= 2 n ?1 ,通项公式为 3 ? 2 2 . bn a1

题 3(常州市一模) 若对任意的 x∈D,均有 f1(x)≤f(x)≤f2(x)成立,则称函数 f(x)为函数 f1(x) 到函数 f2(x)在区间 D 上的“折中函数” .已知函数 f(x)=(k-1)x-1,g(x)=0,h(x)=(x+1)lnx, 且 f(x)是 g(x)到 h(x)在区间[1,2e]上的“折中函数” ,则实数 k 的取值范围为 ▲ 解 依题意,有 0≤(k-1)x-1≤(x+1)lnx 在 x∈[1,2e]上恒成立. .

37

? f (1) ? 0, 当 x∈[1,2e]时,函数 f(x)=(k-1)x-1 的图象为一条线段,于是 ? 解得 k≥2. ? f (2e) ? 0,

另一方面,k-1≤ 令 m(x)=

( x ? 1)ln x ? 1 在 x∈[1,2e]上恒成立. x

( x ? 1)ln x ? 1 ln x 1 x ? ln x = ln x ? . ? ,则 m?( x) ? x x x x2 1 ≥0,于是函数 x ? ln x 为增函数. 所以 x ? ln x ≥ 1 ? ln1>0, x
综 上 , k=2

因 1≤x≤2e,故 ( x ?l n ) x ?1 ? ?

m?( x ) ≥0,m(x)为[1,2e]上的增函数.所以 k-1≤[m(x)]min=m(1)=1,k≤2.

为所求. 题 4( 泰 州 市 一 模 ) 已 知 O 是 锐 角 △ABC 的 外 接 圆 的 圆 心 , 且 ∠ A=θ , 若

? cos C ???? ???? cos B ??? AB ? AC ? 2mAO ,则 m= ▲ .(用 θ 表示) sin C sin B
解法 1 如图 1,作 OE∥AC 交 AB 于 E,作 OF∥AB 交 AC 于 F. 由正弦定理,得 又∠AOE=∠OAF= E O

A F

AE ? sin AOE

AO ? sin AEO

AO . sin A

B ? ? ? ?ADC = ? ?B , 2 2 ??? ? ???? ??? ? AO cos B AB ???? AO cos C AC AO cos B ? ? 所以 AE ? ,所以 AE ? .同理, AF ? . sin A AB sin A AC sin A ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? AO cos B AB AO cos C AC ???? ? ? ? ? AO . 因 AE ? AF ? AO ,故 sin A AB sin A AC ? AB AC cos B ??? cos C ???? ???? 因 ? ? 2 AO ,故上式可化为 AB ? AC ? AO , sin C sin B 2sin Asin C 2sin Asin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 即 AB ? AC ? 2sin A ? AO ,所以 m=sinθ. sin C sin B ???? ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 2 将等式 AB ? AC ? 2mAO 两边同乘以 2 AO ,得 sin C sin B

C D 图1

cos B cos C cos B AB2 cos C AC 2 .由正弦定理,得 AB2 ? AC 2 ? 4mAO2 ,即 m ? ? ? ? sin C sin B sin C 4 AO2 sin B 4 AO2 cos B 2 cos C 2 m= sin C ? sin B =cosBsinC+cosCsinB=sin(B+C)=sinA=sinθ. sin C sin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 3 将已知等式 AB ? AC ? 2mAO 两边平方,得 sin C sin B

cos2 B cos2 C cos B cos C 2 AB ? AC 2 ? 2 AB ? AC cos A ? 4m2 AO2 .由正弦定理,得 2 2 sin C sin B sin C sin B
m2= cos2 B ? cos2 C ? 2cos B cos C cos A = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos C)2 = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos( A ? B))2 = cos2 B sin 2 A ? (sin B sin A)2 =sin2A= sin 2 ? . 注意到 m>0,故 m=sinθ.
38



1.本题虽难度较大,但得分率却较高.其主要原因是考生利用了特值法,令△ ABC

为正三角形,即得 m=

3 ,于是猜测 m=sinθ. 2

2.题中三种解法均是处理向量问题最常用的基本方法,解法 1 用的是平面向量基本定理,
???? 从不同侧面表示 AO ;解法 2 与解法 3,是或将向量等式两边同乘某个向量,或将等式两

边同时平方,进而达到去除向量的目的. 题 5(南京市一模) 若直角坐标平面内两点 P,Q 满足条件: ①P,Q 都在函数 f(x)的图象上; ②P,Q 关于原点对称,则称点对(P,Q)是函数 f ( x) 的一个“友好点对”(点对(P,Q)与点
?2 x 2 ? 4 x ? 1, x ? 0, ? 对(Q,P)为同一个“友好点对”).已知函数 f ( x) ? ? 2 则 f ( x) 的“友好点 ? x , x≥0, ?e

对”有 ▲ 个. 解设 x<0,则问题化归为关于 x 的方程 (2 x2 ? 4 x ? 1) ? 即 e x ? ? x2 ? 2 x ?

2 ?0, e? x

x=-1

y y1 O

1 ( x ? 0 ) 有 几 个 负 数 解 问 题 . 记 y1 = e x , 2
y2 图2

1 y2 ? ?( x ? 1)2 ? , 2
1 1 当 x ? ?1 时, ? ,所以函数 y1 的图象与 y2 的图象有两个交点 e 2
(如图 2), 且横坐标均为负数,故所求“友好点对”共有 2 个.

x

题 6(镇江市一模) 直线 l 与函数 y ? sin x ( x ? [0, ?] )的图象相切于点 A,且 l∥OP,O 为坐
?? ? ? ? AB C ? 标原点, P 为图象的极值点, l 与 x 轴交于点 B, 过切点 A 作 x 轴的垂线, 垂足为 C, 则B

= l P 图3 π x

▲ .

y A B O C

? 2 解 如图 3, P( , 1) 为极值点, kOP ? .设点 A(x0,sinx0), ? ?

2 则过点 A 的切线 l 的斜率为 cos x0 ? .于是,直线 l 的方程 ?
为 y ? sin x0 ?

2 ? ? ( x ? x0 ) .令 y=0,得 x0 ? x ? sin x0 ,从而 BC= x0 ? x ? sin x0 . ? 2 2

??? ? ??? ? ? ?2 4 ?2 BA ? BC ? BA ? BC ? cos ABC =BC2= ( sin x0 )2 ? (1 ? 2 ) ? ?1 . 2 4 ? 4 20 题 7(扬州市一模) 若函数 f(x)=x3-ax2(a>0)在区间 ( , ??) 上是单调递增函数,则使方程 3

f(x)=1000 有整数解的实数 a 的个数是 ▲ .
39

解 令由 f ?( x) ? 3x 2 ? 2ax ? 3x( x ?
(??,0) 和 (

2a 2a .于是,f(x)的单调增区间为 ) ? 0 ,得 x=0 或 x ? 3 3

2a , ??) . 3

所以 0 ?

2a 20 ,即 0<a≤10.因 f(x)的极大值为 f(0)=0,故 f(x)=1000 的整数解只能在 ? 3 3

(

2a , ??) 上取得. 3 1000 1000 2000 2a . 令 g(x)= x ? 2 , 则 g ?( x) ? 1 ? 3 >0, 故 g(x)在 ( , ??) x2 x x 3

令 x3-ax2=1000, 则 a= x ? 为增函数. 因 g(10)=0,g(15)= 10 ?

5 ? 10 ,故方程 f(x)=1000 的整数解集为{11,12,13,14}. 9

从而对应的实数 a 亦有 4 个不同的值. 题 8(苏州市一模) 在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 是第一象限内曲线 y ? ? x3 ? 1 上的一个 动点,过 P 作切线与两个坐标轴交于 A,B 两点,则△AOB 的面积的最小值是 ▲ . 解 设 P(a,-a3+1),0<a<1,则切线方程为 y= -3a2x+2a3+1.于是两交点分别为(0,2a3+1), (

2a3 ? 1 ,0), 3a 2

3 (2a3 ? 1)2 (2a3 ? 1)(4a3 ? 1) 2 ? .令 =0 ,得 a = ,且可判断此时 S 取最 S ( a ) ? 6a2 3a3 2 33 2 小值,值为 . 4 x2 x3 x4 x2 0 1 1 题 9( 盐 城 市 一 模 ) 已 知 函 数 f ( x? ) ? 1 x? ? ? ? ? ?,? ? 2 3 4 2 0 1 1

S?AOB ? S (a) ?

g ( x) ? 1 ? x ?

x2 x3 x4 x2011 , ? ? ? ??? ? 2 3 4 2011

设 F ( x) ? f ( x ? 3) ? g ( x ? 3) ,且函数 F(x)的零点均在区间 [a, b](a ? b, a, b ? Z) 内,则 b ? a 的 最小值为 ▲ . 解
0 0 9 f ?( x)? 1? x ? 2x ? 3x ? 4x ? ? ? ? 2? x

?1 ? x 2011 , x ? ?1, ? 0 1 0 ? x =2? 当 x≥0 时, f ?( x) ? 0 ;当 1? x ?2011, x ? ?1. ?

-1<x<0 时, f ?( x) ? 0 ;当 x<-1 时, f ?( x) ? 0 ,故函数 f(x)为 R 上的增函数,于是函数 f(x) 在 R 上最多只有一个零点.

1 1 1 1 1 1 因 f(0)=1>0,f(-1)= (1 ? 1) ? (? ? ) ? (? ? ) ? ??? ? (? ? ) <0,故 f(0)f(-1)<0,因而 2 3 4 5 2010 2011
f(x)在 R 上唯一零点在区间(-1,0)上,于是 f(x+3)的唯一零点在区间(-4,-3)上.同理可得, 函 数 g(x) 为 R 上 的 减 函 数 , 于 是 函 数 f(x) 在 R 上 最 多 只 有 一 个 零 点 . 又

40

1 1 1 1 1 1 g(1)= (1 ? 1) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ??? ? ( ? ) >0, 2 3 4 5 2010 2011

1 2 1 2 1 2 g(2)= (1 ? 2) ? 22 ( ? ) ? 24 ( ? ) ? ??? ? 22010 ( ? ) <0,于是 g(1)g(2)<0,因而 g(x)在 2 3 4 5 2010 2011
R 上唯一零点在区间(1,2)上,于是 g(x-3)的唯一零点在区间(4,5)上. 所以,F(x)的两零点落在区间[-4,5]上,b-a 的最小值为 9. 注 不少考生想对复杂的函数表达式进行求和变形化简,结果当然是徒劳而返,得分率非

常低.导数法是解决高次函数或复杂函数的强有力的工具. 题 10(南通市一模) 已知等腰三角形腰上的中线长为 3 ,则该三角形的面积的最大值 是 ▲ . 解 (本题解法很多,仅给出平几解法)如图 4,△ABC 中,E,F 分别为底 BC 与腰 AC 的中
2 2 3 点,BF 与 AE 交于点 G,则 G 为△ABC 的重心,于是 BG=CG= BF ? ,且 AE=3GE. 3 3

A G B E 图4 F C

1 3 2 3 2 ) ?2, 所以, S?ABC ? 3S?BGC ? 3 ? GB ? GC sin BGC ? ? ( 2 2 3

当且仅当∠BGC=

? ,即 BG⊥GC 时,△ABC 的面积取最大值 2. 2

变式 1 在等腰三角形 ABC 中,AB=AC,D 在线段 AC 上,AD=kAC(k 为常数,且 0<k<1),BD=l 为定长,则△ABC 的面积的最大值为 ▲ . 略解 如图 5,以 B 为原点,BD 为 x 轴建立直角坐标系 xBy.设 A(x,y),y>0. y B 图5 C A D x

?(1 ? k 2 ) x2 ? 2lx ? l 2 因 AD=kAC =kAB, 故 AD =k AB , 于是(x-l) +y =k (x +y ).所以, y ? 1? k2
2 2 2 2 2 2 2 2
2

?(1 ? k 2 )( x ?

=

l 2 k l ) ? 2 2 1? k2 1? k2 ≤ k l , (1 ? k 2 ) 2 1? k2
kl 2 1 l2 kl ( S ) ? ( S ) ? ( S ) ? , , . ? ABD max ? ABC max ? ABD max 2 2(1 ? k ) k 2(1 ? k 2 ) 1? k2

2 2

于是, ymax ?

变式 2 在正三棱锥 P-ABC 中,D 为线段 BC 的中点,E 在线段 PD 上,PE=kPD(k 为常数, 且 0<k<1),AE=l 为定长,则该棱锥的体积的最大值为 ▲ . 略解 如图 6,因 PE=kPD,故 EG=kOD.因 AO=2OD,故 因

OF AO 2 OF 2 . ? ? ,于是 ? FG GE k GO k ? 2
P
G E F

PG PE GO OF OF GO 2(1 ? k ) = . ? ? k ,故 ? 1 ? k ,从而 ? ? 2?k PO PD PO PO GO PO
2?k AF AO 2 2 AE 2l VF ? ABC .因 .于是, ? ? ,故 AF= ? 2(1 ? k ) FE GE k k ?2 k ?2

所以, VP ? ABC ?

C

A

O

D

B 图6
41

4l 3 1 VF ? ABC ≤ FA3 = (当且仅当 FA,FB,FC 两两垂直时, “≤”中取“=”), 3( k ? 2)3 6

所以, VP ? ABC ?

2?k 2l 3 VF ? ABC ≤ , 2(1 ? k ) 3(1 ? k )( k ? 2) 2

于是所求的最大值为

2l 3 . 3(1 ? k )( k ? 2) 2

注 本题的原型题,可能来自于 2008 年江苏高考数学题:满足条件 AB=2,AC= 2BC 的△ ABC 的面积的最大值为 ▲ .

题 11(无锡市一模) 已知函数 f(x)=|x2-2|,若 f(a)≥f(b),且 0≤a≤b,则满足条件的点(a, b)所围成区域的面积为 ▲ .

解 易知 f(x)在 [0, 2] 上为减函数, 在 [ 2, ??) 上为增函数, 于是 a, b 不可能同在 ( 2, ??) 上. 若 0≤a≤b≤ 2 ,则 2-a2≥2-b2 恒成立,它围成图 7 中的区域①; 若 0≤a≤ 2 ≤b,则 2-a2≥b2-2,即 a2+b2≤4,它围成图 7 中的区域②.综上, b 2

2 ② ①

1 ? 点(a,b)所围成的区域恰好是圆 a2+b2=4 的 .故所求区域的面积为 . 2 8
题 12(高三百校大联考一模) 若函数 f(x)=|sinx|(x≥0)的图象与过原点的直线有且只有三个

O

图7

2 a

交点,交点中横坐标的最大值为 α,则

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

= ▲ .

y

A π α 图8

y=kx y=sinx 2π x

3? 解 依题意,画出示意图如图 8 所示.于是, ? ? ( ,2?) , 2
且 A(α,-sinα)为直线 y=kx 与函数 y= -sinx( x ? ( 在 A

O

3? , 2?) )图象的切点. 2 ? sin ?

点 处 的 切 线 斜 率 为 ? cos? ? =

?

, 故

α=tanα . 所 以 ,

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

sin 2? (1 ? tan 2 ? )sin 2? = =2. cos ? sin ? tan ?

题 13(苏北四市二模) 已知函数
f ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ? | x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ( x ? R ) ,

且 f (a2 ? 3a ? 2) ? f (a ? 1) ,则满足条件的所有整数 a 的和是 ▲ . 解 因 f(-x)=f(x),故 f(x)为偶函数. 记 g(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| ,h(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| . 当 x ≥ 0 时 , g(x+1)-g(x)=|x+2012|-|x+1|=2011 ,

42

?2 x ? 2011,0 ? x ? 2011, h(x+1)-h(x)=|x|-|x-2011|= ? x ? 2011. ?2011, ?2 x, 0 ? x ? 2011, 所以,f(x+1)-f(x)= ? 所以,f(0)=f(1)<f(2)<f(3)<?.又当 0≤x≤1 时, ?4022, x ? 2011.

f(x)= ( x ? 1) ? ( x ? 2) ? ? ? ( x ? 2011) ? (1 ? x) ? (2 ? x) ? ?? (2011 ? x) = 2011 ? 2012 ,
??1≤a 2 ? 3a ? 2≤1, 故 | a2 ? 3a ? 2 |?| a ? 1| 或 ? 且 a∈N*,解得 a=1,2,3,所以结果为 ??1≤1 ? a≤1,

6. 注 本题也可以这样思考:从最简单的先开始.先研究函数 f1 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 1| 与 函数 f 2 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ? | x ? 1| ? | x ? 2 | 的图象与性质,它们都是“平底锅型” ,进而猜 测函数 f ( x) 的图象与性质,并最终得以解决问题. 题 14(南京市二模) 已知函数 f(x)= 立,则 a 的取值范围是 ▲ .

x2 ? ax ? 11 (a∈R),若对于任意的 x∈N*,f(x)≥3 恒成 x ?1

8 8 解 因 x∈N*,故由 f(x)≥3 恒成立,得 a≥ ?( x ? ) ? 3 ,故 a≥ [?( x ? ) ? 3]max . x x 8 8 8 当 x 取最接近于 2 2 的整数,即 x=3 时, ?( x ? ) ? 3 取最大值 ? ,于是 a≥ ? . 3 3 x
变式 已知函数 f(x)=

x2 ? ax ? 11 (x∈N*),且[f(x)]min=3,则实数 a 的取值集合是 ▲ . x ?1 8 8 略解 首先 a≥ ? .另一方面, ? x∈N*,使 f(x)≤3 能成立,即 a≤ ?( x ? ) ? 3 能成 3 x

立,

8 8 8 于是 a≤ [?( x ? ) ? 3]max = ? .所以,a 的取值集合是{ ? }. 3 3 x
题 15(盐城市二模) Sn= 2 ? f (
k ?1 2n

已知函数 f(x)=cosx,g(x)=sinx,记

(k ? 1)? 1 )? n 2n 2

? g(
k ?1

2n

(k ? n ? 1)? ) ,Tm=S1+S2+?+Sm.若 Tm<11,则 m 的最大值为 2n

▲ . 解

?f(
k ?1 2n

2n

( k ? 1? ) ? (2n ? 1)? ? n ???? (n ? 1)? n? ) = cos0 ? [cos ? cos =1. ] ? ? ? [cos ? cos ] ? cos 2n 2n 2n 2n 2n 2n (k ? n ? 1)? ?n? ?1 ? n?? (n ? 1)? ?? ? ) = sin ? [sin ? sin ] ? ? ? [sin ? sin ] ? sin 0 = -1. 2n 2n 2n 2n 2n 2n

? g(
k ?1

43

所以,Sn= 2 ?

1 1 ,Tm= 2m ? 1 ? m .令 Tm<11,则正整数 m 的最大值为 5. 2n 2

本题难点在于复杂的 Sn 的表达式.去掉求和符号∑,展开表达式,化抽象为具体,进而 识得庐山真面目. 题 16(苏锡常镇四市二模) ▲ . 解法 1 设 x=m,y=2n,则问题等价于:已知 x+y=2,求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值. 令 S= x ? 2x ? y ? 2 y ,T= x ? 2 y ? y ? 2x ,则 S-T= ( x ? y)(2x ? 2 y ) ≥0,即 S≥T. 另一方面, S+T= ( x ? y)(2 x ? 2 y ) ≥ 2 ? 2 2x ? 2 y =8, 故 S≥4, 当且仅当 x=y=1 时取等号. 所以 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为 4. 解法 2 考虑到对称性,不妨取 m≥1.令 g(m)= m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m ,m≥1. 则 g ?(m) ? (2m ? 22?m ) ? (m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m )ln 2 ≥0.所以函数 g(m)(m≥1)为增函数,故
gmin (m) ? g (1) ? 4 .

已知 m,n∈R,且 m+2n=2,则 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为

注这道题虽然正面求解难度较大,但得分率却相当的高.究其原因大致为:当考生经过变 元后, 得问题为 “已知 x+y=2, 求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值” , 它具有某种对称性,凭直观猜测: 让 x=y=1,一举得到所求结果. 题 17(南通市二模) 在平面直角坐标系 xOy 中,设 A,B,C 是圆 x2+y2=1 上相异三点,若

???? ??? ? ??? ? 存在正实数 λ,μ,使得 OC ? ?OA ? ?OB ,则 λ2+(μ-3)2 的取值范围是 ▲ . ???? ??? ? ???? ? ??? ? ???? 解法 1 如图 9,作 OA1 ? ?OA , OB1 ? ? OB ,连 B1C,A1C,则 | OA1 |? ? , ???? ? ???? ???? ???? ???? ? | OB1 |? ? , | OC |? 1.因三点 A,B,C 互异,且 OC ? OA1 ? OB1 , ???? ? ???? 故 O,C,B1 构成三角形的三个顶点,且 | B1C |?| OA1 |? ? ,于是由三角形的边与边
?? ? ? ? 1, 之间的关系有 ? (☆) ?| ? ? ? |? 1.

y B O A A1 μ A λ+μ=1 1 O 1 图 10 C

B1

x 图9 μ-λ=1 P λ-μ=1 λ

如图 10 的阴影部分表示不等式组(☆)所表示的区域,P(λ,μ)为阴影部分内 的动点,定点 A(0,3),则 λ2+(μ-3)2=AP2. 点 A(0, 3)到直线 μ-λ=1 的距离 d= 2 , AP>d= 2 , 故 λ2+(μ-3)2>2, 从而 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) .

???? ??? ? ???? ??? ? 解法 2 依题, B, O, C 三点不可能在同条直线上. 所以 OC ? OB = | OC | ? | OB | cos BOC =cosBOC
44

∈(-1,1).

???? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? 又由 OC ? ?OA ? ?OB ,得 ? OA ? OC ? ?OB ,于是 ? 2 ? 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC . ??? ? ???? ??? ? ???? 记 f(μ)=λ2+(μ-3)2= 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC ? (? ? 3)2 = 2? 2 ? 6? ? 2?OB ? OC ? 10 .
于是,f(μ)> 2? 2 ? 8? ? 10 ? 2(? ? 2)2 ? 2 ≥2,且 f(μ)< 2? 2 ? 4? ? 10 = 2(? ? 1)2 ? 8 , 无最大值.故 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) . 题 18(苏北四市三模) 如图 11 是一个数表,第 1 行依次写 1 3 2 5 3 7 4 9 5 6 7 ?

着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数 正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均为无限 项,则这个数表中的第 13 行第 10 个数为 ▲ .

11 13 ? 8 12 16 20 24 ? 20 28 36 44 ? 48 64 80 ? ? ? ? 图 11

解法 1 记第 n 行第 m 个数为 an,m.为了得到 a13,10,则第 1 行必须写满 22 个数. 观察可得:a13,1+a13,10=2(a12,1+a12,11)=22(a11,1+a11,12)=?=212(a1,1+a1,22)=23×212. 所以,a13,1+a13,10=23×212.另一方面,a13,10=a13,1+9×212.联立解得 a13,10=216. 解法 2 记第 n 行的第 1 个数为 an. n a
n

1 1=2×

2

3 8=4×2

4 20=5×4

5 48=6×8

1 2

3=3×1

于是,猜测 an ? (n ? 1) ? 2n?2 .因第 n 行的数从左到右排列成公差为 2 n ?1 的等差数列,故第 13 行第 10 个数为 14 ? 211 ? 9 ? 212 ? 216 . 解法 3 记第 n 行的第 1 个数为 an,数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 an?1 ? Sn ? 2n .所以, Sn+1-2Sn=2n,

Sn ?1 Sn 1 Sn n S1 1 ? ,故 n ? ,Sn= n ? 2 n ?1 .所以, an ? (n ? 1) ? 2n?2 .下同解法 2. ? ? .又 1 2 2 2 2 2n ?1 2n 2
题 19(南京市三模) 如图 12,已知正方形 ABCD 的边长为 1,过正方形中心 O 的直线 MN 分别交正方形的边 AB,CD 于点 M,N,则当

MN 取最小值时,CN= ▲ . BN
作 MP⊥DC 交 DC 于点 P,则 PN=2x-1.

A O M B 图 12

D N

1 解法 1 设 CN=x∈ [ ,1] ,则 BM=DN=1-x. 2
所以,MN2=1+(2x-1)2=4x2-4x+2,BN2=x2+1,

MN 2 4x2 ? 4x ? 2 4x ? 2 = =4? 2 2 2 x ?1 BN x ?1

C

45

=4?

4t 4 1 =4? (其中 t= x ? ), 1 2 5 2 (t ? ) ? 1 t ? ?1 2 4t

MN 2 5 5 5 ?1 5 ?1 ,即 t= ,x= 时, 取最小值,所以 CN= . 4t BN 2 2 2 2 ? 1 解法 2 设∠CBN=θ(θ∈ [0, ] ),则 BN= ,DN=1-tanθ,MN= 1 ? (2tan ? ? 1)2 . 4 cos ?
当且仅当 t ?

MN = cos? 1 ? (2tan? ? 1)2 = 3 ? (cos2? ? 2sin 2? ) = 3 ? 5 sin(2? ? ? ) , BN 2 1 MN s? ? ? )时 1 其 中 c o? , sin ? ? . 当 s i n?(?2 , 取 最 小 值 , 此 时 BN 5 5
所以,

1 ? =2. tan 2? ? tan( ? ? ) = 2 tan ?


2 tan ? 5 ?1 为所求(另一解为负,舍去). ? 2 ,得 tan ? = 1 ? tan 2 ? 2

题 20(南通市三模) 定义在 [1, ??) 上的函数 f(x)满足: ①f(2x)=cf(x)(c 为正常数); ②当 2≤x≤4 时,f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条直线上,则 c= 解 可求得,当 2 n ?1 ≤x≤ 2 n (n∈N*)时, f(x) = cn? 2 (1? | 记函数 f(x) = cn? 2 (1? | 令 ▲ .

x ? 3 |) . 2n ? 2

x ? 3 |) ( 2 n ?1 ≤x≤ 2 n ,n∈N*)图象上极大值的点为 Pn(xn,yn). 2n ? 2

xn ? 3 ? 0 ,即 xn= 3 ? 2 n ? 2 时,yn= c n ? 2 ,故 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ).分别令 n=1,2,3, 2n ? 2
3 1 , ),P2(3,1),P3(6,c).由 kP2 P1 ? kP2P3 (k 表示直线的斜率)得,c=2 或 c=1.当 2 c

得 P1(

1 c=2 时,所有极大值的点均在直线 y ? x 上;当 c=1 时,yn=1 对 n∈N*恒成立,此时极大 3
值的点均在直线 y=1 上. 变式 定义在 [1, ?? ) 上的函数 f(x) 满足:① f(2x)=cf(x)(c 为正常数 ) ;②当 2≤x≤4 时,

f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条以原点为顶点的抛物线上,则 常数 c= ▲ . 略解 以原点为顶点的抛物线方程可设为 x2=py(p≠0)或 y2=qx(q≠0). 若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 )在抛物线 x2=py(p≠0)上,则( 3 ? 2 n ? 2 )2= pc n ? 2 ,即
9 c ? ( ) n ? 2 对 n∈N*恒 p 4

成立,从而 c=4 ;若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ) 在抛物线 y2=qx(q ≠ 0) 上,则 ( c n ? 2 )2= 3q ? 2n ? 2 ,即

3q ? (

c 2

)n?2 对 n∈N*恒成立,从而 c= 2 .

综上,c=4 或 2 .

46

题 22(扬州市三模) 设函数 f(x)的定义域为 D,如果存在正实数 k,使对任意 x∈D,都有 x+k∈D,且 f(x+k)>f(x)恒成立,则称函数 f(x)为 D 上的“k 型增函数” .已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x>0 时,f(x)=|x-a|-2a,若 f(x)为 R 上的“2011 型增函数” ,则实数 a 的 取值范围是 ▲ . 解 若 a≤0,则 f(x)在 x>0 时为增函数,故对任意正实数 k,不等式 f(x+k)>f(x)恒成立.
y a O

若 a>0, 则函数 y=f(x+k)的图象可由函数 y=f(x)的图象向左平移 k 个单位而得(如

2011 图 13). 因 k=2011,故仅当 2011>6a 时, f(x+2011)>f(x),所以此时 0<a< . 6 2011 综上,实数 a 的取值范围是 a< . 6
题 23(徐州市三模) 若关于 x 的方程 x4+ax3+ax2+ax+1=0 有实数根,则实数 a 的取值范围为 ▲ .

3a-k -3a k

3a

x

图 13

1 1 解法 1 因 x≠0,故将方程两边同除以 x3,并变形得 ( x ? )2 ? a( x ? ) ? a ? 2 =0. x x
令 g(t)= t 2 ? at ? a ? 2 ,t= x ? 点. 因 g(-1)= -1,故函数 g(t)有零点,只须 g(-2)≤0 或 g(2)≤0.

1 ∈ (??, ?2] ? [2, ??) .原方程有实数根,等价于函数 g(t)有零 x

2 2 解 g(-2)≤0, 得 a≥2; 解 g(2)≤0, 得 a≤ ? . 所以, 实数 a 的取值范围为 (??, ? ] ? [2, ??) . 3 3

1 3 x4 ? 1 解法 2 易知 x=0 不是方程的根,故 x3+x2+x= x(( x ? )2 ? ) ≠0.所以,a= ? 3 2 4 x ? x2 ? x
1 1 2 ? ( x ? )2 2 1 2 1 x x = ? = = ? t ? 2 ∈ (??, ? ] ? [2, ??) , 其 中 t= x ? ? 1 ∈ 1 1 t 3 x x ?1? x ? ?1 x x x2 ?
(??, ?1] ? [3, ??) .

解法 3 接解法 2,a= ?

(1 ? x 2 )( x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 2 x ? 1) x4 ? 1 ? a ? ,于是 . ( x3 ? x 2 ? x)2 x3 ? x2 ? x

因 x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 2 x ? 1 =x2(x+1)2+(x+1)2+2x2>0,故由 a ? ? 0 可解得 x=1 或-1.

2 2 当 x>0 时,a<0,且当 x=1 时,a 取极大值 ? ,故此时 a≤ ? ; 3 3
当 x<0 时,a>0,且当 x= -1 时,a 取极小值 2,故此时 a≥2.综上,实数 a 的取值范围为

2 (??, ? ] ? [2, ??) . 3
题 24(南通市最后一卷) 函数 f(x)=

x ? x3 的最大值与最小值的乘积是 ▲ . 1 ? 2 x2 ? x4

47

解法 1 当 x≠0,±1 时,f(x)=

1 ? 2 ? x2 2 x

1 ?x x

=

1 = . 1 4 1 2 ( ? x ) ? 4 ( ? x) ? 1 x x ?x x

1 ?x x



1 1 1 1 >x 时,f(x)≤ ,且当 ? x =2 时,取“=” ,故 f(x)的最大值为 .又因为 f(x)为奇函 x 4 x 4

1 1 数,故 f(x)的最小值为 ? .所以所求的乘积为 ? . 4 16 x4 ? 6 x2 ? 1 法 2 令 f ?( x) ? =0,得 x2= ( 2 ? 1)2 .函数 f(x)的最大值应在 x-x3>0,即 0<x<1 ( x 2 ? 1)3 1 ,下同解法 1. 4 tan ? (1 ? tan 2 ? ) 1 1 1 1 解法 3 令 x=tanθ,则 g(θ)=f(x)= = sin 4? ∈ [? , ] ,所求乘积为 ? . 2 2 (1 ? tan ? ) 4 4 4 16
或 x<-1 时取得. 所以[f(x)]max=max{f( 2 ? 1 ),f( ? 2 ? 1 )}= 注 题 23 与题 24 有异曲同工之妙,它们都出现了 x,x2,x3,x4,经换元后,分别得

到了只关于整体变量 x ?

1 1 及 x ? 的表达式,进而一举解决了问题. x x
▲ 时,

题 25(淮安市四模) 已知函数 f(x)=|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|100x-1|,则当 x= f(x)取得最小值. 解

1 1 1 1 1 1 x ? 1| ? | x ? | ? | x ? | ? | x ? | ?? ? | x ? | ? ? ? | x ? | ?? ? | x ? |, f(x)= |? 2 2 3 3 100 100 ??????? ???? ???? ? ????? ????? ? 1项
2项 3项 100项

f(x)共表示为 5050 项的和, 其最中间两项均为 | x ? 项| x ?

1 1 x= , 同时使第 1 项|x-1|与第 5050 |. 71 71

1 1 1 第 3 项与第 5048 项的和, ?, | 的和,第 2 项 | x ? | 与第 5049 项 | x ? | 的和, 2 100 100
1 . 71

第 2525 项与第 2526 项的和,取得最小值.故所求的 x 为

注 1.一般地,设 a1≤a2≤a3≤?≤an(n∈N*),f(x)=|x-a1|+|x-a2|+|x-a3|+?+|x-an|.若 n 为奇数,则当 x= a1? n 时,f(x)取最小值;若 n 为偶数,则 x∈ [an , an ] 时,f(x)取最小值.
2 2 2 ?1

2.本题似于 2011 年北大自主招生题: “求|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|2011x-1|的最小 值”相关联.

填空题 难题汇总 03 题 1(苏锡常镇四市一模) 设 m∈N,若函数 f ( x) ? 2x ? m 10 ? x ? m ? 10 存在整数零点,
48

则 m 的取值集合为 ▲ . 解 当 x∈Z,且 x≤10 时, m 10 ? x ∈Z.若 m=0,则 x= -5 为函数 f(x)的整数零点. 若 m≠0,则令 f(x)=0,得 m= 6,9,10},此时 m∈{3,
2 x ? 10 10 ? x ? 1

∈N.注意到-5≤x≤10,且 10 ? x ∈N,得 x∈{1,

22 ,14,30}.故 m 的取值集合为{0,3,14,30}. 3

注 将“m∈N”改为“m∈N*”,即得 2011 年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷的填 空题的压轴题:已知 m 是正整数,且方程 2 x ? m 10 ? x ? m ? 10 ? 0 有整数解,则 m 所有 可能的值是 ▲ . 题 2(淮安市一模) 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k, l,当 i+j=k+l 时都有 ai+bj=ak+bl,则
1 2011 ? (ai ? bi ) 的值是 2011 i ?1

▲ .

解 依题设,有 bn+1-bn=a2-a1=1,从而数列{bn}是以 2 为首项,1 为公差的等差数列.同理 可得, {an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列.所以,数列{an+bn}是以 3 为首项,2 为公差的等 差数列. 所以,
1 2011 1 2011 ? 2010 (ai ? bi ) = (2011? 3 ? ? 2) =2013. ? 2011 i ?1 2011 2

变式 1 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 ai-bj=ak-bl,则
1 n ? (ai ? bi ) 的值是 n i ?1

▲ .
1 n ? (ai ? bi ) =3. n i ?1

略解 依题设,有 ai-bj=aj-bi,于是 ai+bi=aj+bj,所以 an+bn=3,

变式 2 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 aibj=akbl ,记 cn= n (a1 ? b1 )(a2 ? b2 )(a3 ? b3 ) ??? (an ? bn ) ,则数列 {cn} 的通项公式是 ▲ . 略解 由 a2bn=a1bn+1,得
n ?1 bn ?1 a2 ? ? 2 ,故 bn=2n.同理,an= 2 n ?1 ,通项公式为 3 ? 2 2 . bn a1

题 3(常州市一模) 若对任意的 x∈D,均有 f1(x)≤f(x)≤f2(x)成立,则称函数 f(x)为函数 f1(x) 到函数 f2(x)在区间 D 上的“折中函数” .已知函数 f(x)=(k-1)x-1,g(x)=0,h(x)=(x+1)lnx, 且 f(x)是 g(x)到 h(x)在区间[1,2e]上的“折中函数” ,则实数 k 的取值范围为 ▲ 解 依题意,有 0≤(k-1)x-1≤(x+1)lnx 在 x∈[1,2e]上恒成立. .

49

? f (1) ? 0, 当 x∈[1,2e]时,函数 f(x)=(k-1)x-1 的图象为一条线段,于是 ? 解得 k≥2. ? f (2e) ? 0,

另一方面,k-1≤ 令 m(x)=

( x ? 1)ln x ? 1 在 x∈[1,2e]上恒成立. x

( x ? 1)ln x ? 1 ln x 1 x ? ln x = ln x ? . ? ,则 m?( x) ? x x x x2 1 ≥0,于是函数 x ? ln x 为增函数. 所以 x ? ln x ≥ 1 ? ln1>0, x
综 上 , k=2

因 1≤x≤2e,故 ( x ?l n ) x ?1 ? ?

m?( x ) ≥0,m(x)为[1,2e]上的增函数.所以 k-1≤[m(x)]min=m(1)=1,k≤2.

为所求. 题 4( 泰 州 市 一 模 ) 已 知 O 是 锐 角 △ABC 的 外 接 圆 的 圆 心 , 且 ∠ A=θ , 若

? cos C ???? ???? cos B ??? AB ? AC ? 2mAO ,则 m= ▲ .(用 θ 表示) sin C sin B
解法 1 如图 1,作 OE∥AC 交 AB 于 E,作 OF∥AB 交 AC 于 F. 由正弦定理,得 又∠AOE=∠OAF= E O

A F

AE ? sin AOE

AO ? sin AEO

AO . sin A

B ? ? ? ?ADC = ? ?B , 2 2 ??? ? ???? ??? ? AO cos B AB ???? AO cos C AC AO cos B ? ? 所以 AE ? ,所以 AE ? .同理, AF ? . sin A AB sin A AC sin A ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? AO cos B AB AO cos C AC ???? ? ? ? ? AO . 因 AE ? AF ? AO ,故 sin A AB sin A AC ? AB AC cos B ??? cos C ???? ???? 因 ? ? 2 AO ,故上式可化为 AB ? AC ? AO , sin C sin B 2sin Asin C 2sin Asin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 即 AB ? AC ? 2sin A ? AO ,所以 m=sinθ. sin C sin B ???? ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 2 将等式 AB ? AC ? 2mAO 两边同乘以 2 AO ,得 sin C sin B

C D 图1

cos B cos C cos B AB2 cos C AC 2 .由正弦定理,得 AB2 ? AC 2 ? 4mAO2 ,即 m ? ? ? ? sin C sin B sin C 4 AO2 sin B 4 AO2 cos B 2 cos C 2 m= sin C ? sin B =cosBsinC+cosCsinB=sin(B+C)=sinA=sinθ. sin C sin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 3 将已知等式 AB ? AC ? 2mAO 两边平方,得 sin C sin B

cos2 B cos2 C cos B cos C 2 AB ? AC 2 ? 2 AB ? AC cos A ? 4m2 AO2 .由正弦定理,得 2 2 sin C sin B sin C sin B
m2= cos2 B ? cos2 C ? 2cos B cos C cos A = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos C)2 = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos( A ? B))2 = cos2 B sin 2 A ? (sin B sin A)2 =sin2A= sin 2 ? . 注意到 m>0,故 m=sinθ.
50



1.本题虽难度较大,但得分率却较高.其主要原因是考生利用了特值法,令△ABC

为正三角形,即得 m=

3 ,于是猜测 m=sinθ. 2

2.题中三种解法均是处理向量问题最常用的基本方法,解法 1 用的是平面向量基本定理,
???? 从不同侧面表示 AO ;解法 2 与解法 3,是或将向量等式两边同乘某个向量,或将等式两

边同时平方,进而达到去除向量的目的. 题 5(南京市一模) 若直角坐标平面内两点 P,Q 满足条件: ①P,Q 都在函数 f(x)的图象上; ②P,Q 关于原点对称,则称点对(P,Q)是函数 f ( x) 的一个“友好点对”(点对(P,Q)与点
?2 x 2 ? 4 x ? 1, x ? 0, ? 对(Q,P)为同一个“友好点对”).已知函数 f ( x) ? ? 2 则 f ( x) 的“友好点 ? x , x≥0, ?e

对”有 ▲ 个. 解设 x<0,则问题化归为关于 x 的方程 (2 x2 ? 4 x ? 1) ? 即 e x ? ? x2 ? 2 x ?

2 ?0, e? x

x=-1

y y1 O

1 ( x ? 0 ) 有 几 个 负 数 解 问 题 . 记 y1 = e x , 2
y2 图2

1 y2 ? ?( x ? 1)2 ? , 2
1 1 当 x ? ?1 时, ? ,所以函数 y1 的图象与 y2 的图象有两个交点 e 2
(如图 2), 且横坐标均为负数,故所求“友好点对”共有 2 个.

x

题 6(镇江市一模) 直线 l 与函数 y ? sin x ( x ? [0, ?] )的图象相切于点 A,且 l∥OP,O 为坐
?? ? ? ? AB C ? 标原点, P 为图象的极值点, l 与 x 轴交于点 B, 过切点 A 作 x 轴的垂线, 垂足为 C, 则B

= l P 图3 π x

▲ .

y A B O C

? 2 解 如图 3, P( , 1) 为极值点, kOP ? .设点 A(x0,sinx0), ? ?

2 则过点 A 的切线 l 的斜率为 cos x0 ? .于是,直线 l 的方程 ?
为 y ? sin x0 ?

2 ? ? ( x ? x0 ) .令 y=0,得 x0 ? x ? sin x0 ,从而 BC= x0 ? x ? sin x0 . ? 2 2

??? ? ??? ? ? ?2 4 ?2 BA ? BC ? BA ? BC ? cos ABC =BC2= ( sin x0 )2 ? (1 ? 2 ) ? ?1 . 2 4 ? 4 20 题 7(扬州市一模) 若函数 f(x)=x3-ax2(a>0)在区间 ( , ??) 上是单调递增函数,则使方程 3

f(x)=1000 有整数解的实数 a 的个数是 ▲ .
51

解 令由 f ?( x) ? 3x 2 ? 2ax ? 3x( x ?
(??,0) 和 (

2a 2a .于是,f(x)的单调增区间为 ) ? 0 ,得 x=0 或 x ? 3 3

2a , ??) . 3

所以 0 ?

2a 20 ,即 0<a≤10.因 f(x)的极大值为 f(0)=0,故 f(x)=1000 的整数解只能在 ? 3 3

(

2a , ??) 上取得. 3 1000 1000 2000 2a . 令 g(x)= x ? 2 , 则 g ?( x) ? 1 ? 3 >0, 故 g(x)在 ( , ??) x2 x x 3

令 x3-ax2=1000, 则 a= x ? 为增函数. 因 g(10)=0,g(15)= 10 ?

5 ? 10 ,故方程 f(x)=1000 的整数解集为{11,12,13,14}. 9

从而对应的实数 a 亦有 4 个不同的值. 题 8(苏州市一模) 在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 是第一象限内曲线 y ? ? x3 ? 1 上的一个 动点,过 P 作切线与两个坐标轴交于 A,B 两点,则△AOB 的面积的最小值是 ▲ . 解 设 P(a,-a3+1),0<a<1,则切线方程为 y= -3a2x+2a3+1.于是两交点分别为(0,2a3+1), (

2a3 ? 1 ,0), 3a 2

3 (2a3 ? 1)2 (2a3 ? 1)(4a3 ? 1) 2 ? .令 =0 ,得 a = ,且可判断此时 S 取最 S ( a ) ? 6a2 3a3 2 33 2 小值,值为 . 4 x2 x3 x4 x2 0 1 1 题 9( 盐 城 市 一 模 ) 已 知 函 数 f ( x? ) ? 1 x? ? ? ? ? ?,? ? 2 3 4 2 0 1 1

S?AOB ? S (a) ?

g ( x) ? 1 ? x ?

x2 x3 x4 x2011 , ? ? ? ??? ? 2 3 4 2011

设 F ( x) ? f ( x ? 3) ? g ( x ? 3) ,且函数 F(x)的零点均在区间 [a, b](a ? b, a, b ? Z) 内,则 b ? a 的 最小值为 ▲ . 解
0 0 9 f ?( x)? 1? x ? 2x ? 3x ? 4x ? ? ? ? 2? x

?1 ? x 2011 , x ? ?1, ? 0 1 0 ? x =2? 当 x≥0 时, f ?( x) ? 0 ;当 1? x ?2011, x ? ?1. ?

-1<x<0 时, f ?( x) ? 0 ;当 x<-1 时, f ?( x) ? 0 ,故函数 f(x)为 R 上的增函数,于是函数 f(x) 在 R 上最多只有一个零点.

1 1 1 1 1 1 因 f(0)=1>0,f(-1)= (1 ? 1) ? (? ? ) ? (? ? ) ? ??? ? (? ? ) <0,故 f(0)f(-1)<0,因而 2 3 4 5 2010 2011
f(x)在 R 上唯一零点在区间(-1,0)上,于是 f(x+3)的唯一零点在区间(-4,-3)上.同理可得, 函 数 g(x) 为 R 上 的 减 函 数 , 于 是 函 数 f(x) 在 R 上 最 多 只 有 一 个 零 点 . 又

52

1 1 1 1 1 1 g(1)= (1 ? 1) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ??? ? ( ? ) >0, 2 3 4 5 2010 2011

1 2 1 2 1 2 g(2)= (1 ? 2) ? 22 ( ? ) ? 24 ( ? ) ? ??? ? 22010 ( ? ) <0,于是 g(1)g(2)<0,因而 g(x)在 2 3 4 5 2010 2011
R 上唯一零点在区间(1,2)上,于是 g(x-3)的唯一零点在区间(4,5)上. 所以,F(x)的两零点落在区间[-4,5]上,b-a 的最小值为 9. 注 不少考生想对复杂的函数表达式进行求和变形化简,结果当然是徒劳而返,得分率非

常低.导数法是解决高次函数或复杂函数的强有力的工具. 题 10(南通市一模) 已知等腰三角形腰上的中线长为 3 ,则该三角形的面积的最大值 是 ▲ . 解 (本题解法很多,仅给出平几解法)如图 4,△ABC 中,E,F 分别为底 BC 与腰 AC 的中
2 2 3 点,BF 与 AE 交于点 G,则 G 为△ABC 的重心,于是 BG=CG= BF ? ,且 AE=3GE. 3 3

A G B E 图4 F C

1 3 2 3 2 ) ?2, 所以, S?ABC ? 3S?BGC ? 3 ? GB ? GC sin BGC ? ? ( 2 2 3

当且仅当∠BGC=

? ,即 BG⊥GC 时,△ABC 的面积取最大值 2. 2

变式 1 在等腰三角形 ABC 中,AB=AC,D 在线段 AC 上,AD=kAC(k 为常数,且 0<k<1),BD=l 为定长,则△ABC 的面积的最大值为 ▲ . 略解 如图 5,以 B 为原点,BD 为 x 轴建立直角坐标系 xBy.设 A(x,y),y>0. y B 图5 C A D x

?(1 ? k 2 ) x2 ? 2lx ? l 2 因 AD=kAC =kAB, 故 AD =k AB , 于是(x-l) +y =k (x +y ).所以, y ? 1? k2
2 2 2 2 2 2 2 2
2

?(1 ? k 2 )( x ?

=

l 2 k l ) ? 2 2 1? k2 1? k2 ≤ k l , (1 ? k 2 ) 2 1? k2
kl 2 1 l2 kl ( S ) ? ( S ) ? ( S ) ? , , . ? ABD max ? ABC max ? ABD max 2 2(1 ? k ) k 2(1 ? k 2 ) 1? k2

2 2

于是, ymax ?

变式 2 在正三棱锥 P-ABC 中,D 为线段 BC 的中点,E 在线段 PD 上,PE=kPD(k 为常数, 且 0<k<1),AE=l 为定长,则该棱锥的体积的最大值为 ▲ . 略解 如图 6,因 PE=kPD,故 EG=kOD.因 AO=2OD,故 因

OF AO 2 OF 2 . ? ? ,于是 ? FG GE k GO k ? 2
P
G E F

PG PE GO OF OF GO 2(1 ? k ) = . ? ? k ,故 ? 1 ? k ,从而 ? ? 2?k PO PD PO PO GO PO
2?k AF AO 2 2 AE 2l VF ? ABC .因 .于是, ? ? ,故 AF= ? 2(1 ? k ) FE GE k k ?2 k ?2

所以, VP ? ABC ?

C

A

O

D

B 图6
53

4l 3 1 VF ? ABC ≤ FA3 = (当且仅当 FA,FB,FC 两两垂直时, “≤”中取“=”), 3( k ? 2)3 6

所以, VP ? ABC ?

2?k 2l 3 VF ? ABC ≤ , 2(1 ? k ) 3(1 ? k )( k ? 2) 2

于是所求的最大值为

2l 3 . 3(1 ? k )( k ? 2) 2

注 本题的原型题,可能来自于 2008 年江苏高考数学题:满足条件 AB=2,AC= 2BC 的△ ABC 的面积的最大值为 ▲ .

题 11(无锡市一模) 已知函数 f(x)=|x2-2|,若 f(a)≥f(b),且 0≤a≤b,则满足条件的点(a, b)所围成区域的面积为 ▲ .

解 易知 f(x)在 [0, 2] 上为减函数, 在 [ 2, ??) 上为增函数, 于是 a, b 不可能同在 ( 2, ??) 上. 若 0≤a≤b≤ 2 ,则 2-a2≥2-b2 恒成立,它围成图 7 中的区域①; 若 0≤a≤ 2 ≤b,则 2-a2≥b2-2,即 a2+b2≤4,它围成图 7 中的区域②.综上, b 2

2 ② ①

1 ? 点(a,b)所围成的区域恰好是圆 a2+b2=4 的 .故所求区域的面积为 . 2 8
题 12(高三百校大联考一模) 若函数 f(x)=|sinx|(x≥0)的图象与过原点的直线有且只有三个

O

图7

2 a

交点,交点中横坐标的最大值为 α,则

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

= ▲ .

y

A π α 图8

y=kx y=sinx 2π x

3? 解 依题意,画出示意图如图 8 所示.于是, ? ? ( ,2?) , 2
且 A(α,-sinα)为直线 y=kx 与函数 y= -sinx( x ? ( 在 A

O

3? , 2?) )图象的切点. 2 ? sin ?

点 处 的 切 线 斜 率 为 ? cos? ? =

?

, 故

α=tanα . 所 以 ,

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

sin 2? (1 ? tan 2 ? )sin 2? = =2. cos ? sin ? tan ?

题 13(苏北四市二模) 已知函数
f ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ? | x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ( x ? R ) ,

且 f (a2 ? 3a ? 2) ? f (a ? 1) ,则满足条件的所有整数 a 的和是 ▲ . 解 因 f(-x)=f(x),故 f(x)为偶函数. 记 g(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| ,h(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| . 当 x ≥ 0 时 , g(x+1)-g(x)=|x+2012|-|x+1|=2011 ,

54

?2 x ? 2011,0 ? x ? 2011, h(x+1)-h(x)=|x|-|x-2011|= ? x ? 2011. ?2011, ?2 x, 0 ? x ? 2011, 所以,f(x+1)-f(x)= ? 所以,f(0)=f(1)<f(2)<f(3)<?.又当 0≤x≤1 时, ?4022, x ? 2011.

f(x)= ( x ? 1) ? ( x ? 2) ? ? ? ( x ? 2011) ? (1 ? x) ? (2 ? x) ? ?? (2011 ? x) = 2011 ? 2012 ,
??1≤a 2 ? 3a ? 2≤1, 故 | a2 ? 3a ? 2 |?| a ? 1| 或 ? 且 a∈N*,解得 a=1,2,3,所以结果为 ??1≤1 ? a≤1,

6. 注 本题也可以这样思考:从最简单的先开始.先研究函数 f1 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 1| 与 函数 f 2 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ? | x ? 1| ? | x ? 2 | 的图象与性质,它们都是“平底锅型” ,进而猜 测函数 f ( x) 的图象与性质,并最终得以解决问题. 题 14(南京市二模) 已知函数 f(x)= 立,则 a 的取值范围是 ▲ .

x2 ? ax ? 11 (a∈R),若对于任意的 x∈N*,f(x)≥3 恒成 x ?1

8 8 解 因 x∈N*,故由 f(x)≥3 恒成立,得 a≥ ?( x ? ) ? 3 ,故 a≥ [?( x ? ) ? 3]max . x x 8 8 8 当 x 取最接近于 2 2 的整数,即 x=3 时, ?( x ? ) ? 3 取最大值 ? ,于是 a≥ ? . 3 3 x
变式 已知函数 f(x)=

x2 ? ax ? 11 (x∈N*),且[f(x)]min=3,则实数 a 的取值集合是 ▲ . x ?1 8 8 略解 首先 a≥ ? .另一方面, ? x∈N*,使 f(x)≤3 能成立,即 a≤ ?( x ? ) ? 3 能成 3 x

立,

8 8 8 于是 a≤ [?( x ? ) ? 3]max = ? .所以,a 的取值集合是{ ? }. 3 3 x
题 15(盐城市二模) Sn= 2 ? f (
k ?1 2n

已知函数 f(x)=cosx,g(x)=sinx,记

(k ? 1)? 1 )? n 2n 2

? g(
k ?1

2n

(k ? n ? 1)? ) ,Tm=S1+S2+?+Sm.若 Tm<11,则 m 的最大值为 2n

▲ . 解

?f(
k ?1 2n

2n

( k ? 1? ) ? (2n ? 1)? ? n ???? (n ? 1)? n? ) = cos0 ? [cos ? cos =1. ] ? ? ? [cos ? cos ] ? cos 2n 2n 2n 2n 2n 2n (k ? n ? 1)? ?n? ?1 ? n?? (n ? 1)? ?? ? ) = sin ? [sin ? sin ] ? ? ? [sin ? sin ] ? sin 0 = -1. 2n 2n 2n 2n 2n 2n

? g(
k ?1

55

所以,Sn= 2 ?

1 1 ,Tm= 2m ? 1 ? m .令 Tm<11,则正整数 m 的最大值为 5. 2n 2

本题难点在于复杂的 Sn 的表达式.去掉求和符号∑,展开表达式,化抽象为具体,进而 识得庐山真面目. 题 16(苏锡常镇四市二模) ▲ . 解法 1 设 x=m,y=2n,则问题等价于:已知 x+y=2,求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值. 令 S= x ? 2x ? y ? 2 y ,T= x ? 2 y ? y ? 2x ,则 S-T= ( x ? y)(2x ? 2 y ) ≥0,即 S≥T. 另一方面, S+T= ( x ? y)(2 x ? 2 y ) ≥ 2 ? 2 2x ? 2 y =8, 故 S≥4, 当且仅当 x=y=1 时取等号. 所以 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为 4. 解法 2 考虑到对称性,不妨取 m≥1.令 g(m)= m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m ,m≥1. 则 g ?(m) ? (2m ? 22?m ) ? (m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m )ln 2 ≥0.所以函数 g(m)(m≥1)为增函数,故
gmin (m) ? g (1) ? 4 .

已知 m,n∈R,且 m+2n=2,则 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为

注这道题虽然正面求解难度较大,但得分率却相当的高.究其原因大致为:当考生经过变 元后, 得问题为 “已知 x+y=2, 求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值” , 它具有某种对称性,凭直观猜测: 让 x=y=1,一举得到所求结果. 题 17(南通市二模) 在平面直角坐标系 xOy 中,设 A,B,C 是圆 x2+y2=1 上相异三点,若

???? ??? ? ??? ? 存在正实数 λ,μ,使得 OC ? ?OA ? ?OB ,则 λ2+(μ-3)2 的取值范围是 ▲ . ???? ??? ? ???? ? ??? ? ???? 解法 1 如图 9,作 OA1 ? ?OA , OB1 ? ? OB ,连 B1C,A1C,则 | OA1 |? ? , ???? ? ???? ???? ???? ???? ? | OB1 |? ? , | OC |? 1.因三点 A,B,C 互异,且 OC ? OA1 ? OB1 , ???? ? ???? 故 O,C,B1 构成三角形的三个顶点,且 | B1C |?| OA1 |? ? ,于是由三角形的边与边
?? ? ? ? 1, 之间的关系有 ? (☆) ?| ? ? ? |? 1.

y B O A A1 μ A λ+μ=1 1 O 1 图 10 C

B1

x 图9 μ-λ=1 P λ-μ=1 λ

如图 10 的阴影部分表示不等式组(☆)所表示的区域,P(λ,μ)为阴影部分内 的动点,定点 A(0,3),则 λ2+(μ-3)2=AP2. 点 A(0, 3)到直线 μ-λ=1 的距离 d= 2 , AP>d= 2 , 故 λ2+(μ-3)2>2, 从而 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) .

???? ??? ? ???? ??? ? 解法 2 依题, B, O, C 三点不可能在同条直线上. 所以 OC ? OB = | OC | ? | OB | cos BOC =cosBOC
56

∈(-1,1).

???? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? 又由 OC ? ?OA ? ?OB ,得 ? OA ? OC ? ?OB ,于是 ? 2 ? 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC . ??? ? ???? ??? ? ???? 记 f(μ)=λ2+(μ-3)2= 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC ? (? ? 3)2 = 2? 2 ? 6? ? 2?OB ? OC ? 10 .
于是,f(μ)> 2? 2 ? 8? ? 10 ? 2(? ? 2)2 ? 2 ≥2,且 f(μ)< 2? 2 ? 4? ? 10 = 2(? ? 1)2 ? 8 , 无最大值.故 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) . 题 18(苏北四市三模) 如图 11 是一个数表,第 1 行依次写 1 3 2 5 3 7 4 9 5 6 7 ?

着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数 正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均为无限 项,则这个数表中的第 13 行第 10 个数为 ▲ .

11 13 ? 8 12 16 20 24 ? 20 28 36 44 ? 48 64 80 ? ? ? ? 图 11

解法 1 记第 n 行第 m 个数为 an,m.为了得到 a13,10,则第 1 行必须写满 22 个数. 观察可得:a13,1+a13,10=2(a12,1+a12,11)=22(a11,1+a11,12)=?=212(a1,1+a1,22)=23×212. 所以,a13,1+a13,10=23×212.另一方面,a13,10=a13,1+9×212.联立解得 a13,10=216. 解法 2 记第 n 行的第 1 个数为 an. n a
n

1 1=2×

2

3 8=4×2

4 20=5×4

5 48=6×8

1 2

3=3×1

于是,猜测 an ? (n ? 1) ? 2n?2 .因第 n 行的数从左到右排列成公差为 2 n ?1 的等差数列,故第 13 行第 10 个数为 14 ? 211 ? 9 ? 212 ? 216 . 解法 3 记第 n 行的第 1 个数为 an,数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 an?1 ? Sn ? 2n .所以, Sn+1-2Sn=2n,

Sn ?1 Sn 1 Sn n S1 1 ? ,故 n ? ,Sn= n ? 2 n ?1 .所以, an ? (n ? 1) ? 2n?2 .下同解法 2. ? ? .又 1 2 2 2 2 2n ?1 2n 2
题 19(南京市三模) 如图 12,已知正方形 ABCD 的边长为 1,过正方形中心 O 的直线 MN 分别交正方形的边 AB,CD 于点 M,N,则当

MN 取最小值时,CN= ▲ . BN
作 MP⊥DC 交 DC 于点 P,则 PN=2x-1.

A O M B 图 12

D N

1 解法 1 设 CN=x∈ [ ,1] ,则 BM=DN=1-x. 2
所以,MN2=1+(2x-1)2=4x2-4x+2,BN2=x2+1,

MN 2 4x2 ? 4x ? 2 4x ? 2 = =4? 2 2 2 x ?1 BN x ?1

C

57

=4?

4t 4 1 =4? (其中 t= x ? ), 1 2 5 2 (t ? ) ? 1 t ? ?1 2 4t

MN 2 5 5 5 ?1 5 ?1 ,即 t= ,x= 时, 取最小值,所以 CN= . 4t BN 2 2 2 2 ? 1 解法 2 设∠CBN=θ(θ∈ [0, ] ),则 BN= ,DN=1-tanθ,MN= 1 ? (2tan ? ? 1)2 . 4 cos ?
当且仅当 t ?

MN = cos? 1 ? (2tan? ? 1)2 = 3 ? (cos2? ? 2sin 2? ) = 3 ? 5 sin(2? ? ? ) , BN 2 1 MN s? ? ? )时 1 其 中 c o? , sin ? ? . 当 s i n?(?2 , 取 最 小 值 , 此 时 BN 5 5
所以,

1 ? =2. tan 2? ? tan( ? ? ) = 2 tan ?


2 tan ? 5 ?1 为所求(另一解为负,舍去). ? 2 ,得 tan ? = 1 ? tan 2 ? 2

题 20(南通市三模) 定义在 [1, ??) 上的函数 f(x)满足: ①f(2x)=cf(x)(c 为正常数); ②当 2≤x≤4 时,f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条直线上,则 c= 解 可求得,当 2 n ?1 ≤x≤ 2 n (n∈N*)时, f(x) = cn? 2 (1? | 记函数 f(x) = cn? 2 (1? | 令 ▲ .

x ? 3 |) . 2n ? 2

x ? 3 |) ( 2 n ?1 ≤x≤ 2 n ,n∈N*)图象上极大值的点为 Pn(xn,yn). 2n ? 2

xn ? 3 ? 0 ,即 xn= 3 ? 2 n ? 2 时,yn= c n ? 2 ,故 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ).分别令 n=1,2,3, 2n ? 2
3 1 , ),P2(3,1),P3(6,c).由 kP2 P1 ? kP2P3 (k 表示直线的斜率)得,c=2 或 c=1.当 2 c

得 P1(

1 c=2 时,所有极大值的点均在直线 y ? x 上;当 c=1 时,yn=1 对 n∈N*恒成立,此时极大 3
值的点均在直线 y=1 上. 变式 定义在 [1, ?? ) 上的函数 f(x) 满足:① f(2x)=cf(x)(c 为正常数 ) ;②当 2≤x≤4 时,

f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条以原点为顶点的抛物线上,则 常数 c= ▲ . 略解 以原点为顶点的抛物线方程可设为 x2=py(p≠0)或 y2=qx(q≠0). 若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 )在抛物线 x2=py(p≠0)上,则( 3 ? 2 n ? 2 )2= pc n ? 2 ,即
9 c ? ( ) n ? 2 对 n∈N*恒 p 4

成立,从而 c=4 ;若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ) 在抛物线 y2=qx(q ≠ 0) 上,则 ( c n ? 2 )2= 3q ? 2n ? 2 ,即

3q ? (

c 2

)n?2 对 n∈N*恒成立,从而 c= 2 .

综上,c=4 或 2 .

58

题 22(扬州市三模) 设函数 f(x)的定义域为 D,如果存在正实数 k,使对任意 x∈D,都有 x+k∈D,且 f(x+k)>f(x)恒成立,则称函数 f(x)为 D 上的“k 型增函数” .已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x>0 时,f(x)=|x-a|-2a,若 f(x)为 R 上的“2011 型增函数” ,则实数 a 的 取值范围是 ▲ . 解 若 a≤0,则 f(x)在 x>0 时为增函数,故对任意正实数 k,不等式 f(x+k)>f(x)恒成立.
y a O

若 a>0, 则函数 y=f(x+k)的图象可由函数 y=f(x)的图象向左平移 k 个单位而得(如

2011 图 13). 因 k=2011,故仅当 2011>6a 时, f(x+2011)>f(x),所以此时 0<a< . 6 2011 综上,实数 a 的取值范围是 a< . 6
题 23(徐州市三模) 若关于 x 的方程 x4+ax3+ax2+ax+1=0 有实数根,则实数 a 的取值范围为 ▲ .

3a-k -3a k

3a

x

图 13

1 1 解法 1 因 x≠0,故将方程两边同除以 x3,并变形得 ( x ? )2 ? a( x ? ) ? a ? 2 =0. x x
令 g(t)= t 2 ? at ? a ? 2 ,t= x ? 点. 因 g(-1)= -1,故函数 g(t)有零点,只须 g(-2)≤0 或 g(2)≤0.

1 ∈ (??, ?2] ? [2, ??) .原方程有实数根,等价于函数 g(t)有零 x

2 2 解 g(-2)≤0, 得 a≥2; 解 g(2)≤0, 得 a≤ ? . 所以, 实数 a 的取值范围为 (??, ? ] ? [2, ??) . 3 3

1 3 x4 ? 1 解法 2 易知 x=0 不是方程的根,故 x3+x2+x= x(( x ? )2 ? ) ≠0.所以,a= ? 3 2 4 x ? x2 ? x
1 1 2 ? ( x ? )2 2 1 2 1 x x = ? = = ? t ? 2 ∈ (??, ? ] ? [2, ??) , 其 中 t= x ? ? 1 ∈ 1 1 t 3 x x ?1? x ? ?1 x x x2 ?
(??, ?1] ? [3, ??) .

解法 3 接解法 2,a= ?

(1 ? x 2 )( x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 2 x ? 1) x4 ? 1 ? a ? ,于是 . ( x3 ? x 2 ? x)2 x3 ? x2 ? x

因 x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 2 x ? 1 =x2(x+1)2+(x+1)2+2x2>0,故由 a ? ? 0 可解得 x=1 或-1.

2 2 当 x>0 时,a<0,且当 x=1 时,a 取极大值 ? ,故此时 a≤ ? ; 3 3
当 x<0 时,a>0,且当 x= -1 时,a 取极小值 2,故此时 a≥2.综上,实数 a 的取值范围为

2 (??, ? ] ? [2, ??) . 3
题 24(南通市最后一卷) 函数 f(x)=

x ? x3 的最大值与最小值的乘积是 ▲ . 1 ? 2 x2 ? x4

59

解法 1 当 x≠0,±1 时,f(x)=

1 ? 2 ? x2 2 x

1 ?x x

=

1 = . 1 4 1 2 ( ? x ) ? 4 ( ? x) ? 1 x x ?x x

1 ?x x



1 1 1 1 >x 时,f(x)≤ ,且当 ? x =2 时,取“=” ,故 f(x)的最大值为 .又因为 f(x)为奇函 x 4 x 4

1 1 数,故 f(x)的最小值为 ? .所以所求的乘积为 ? . 4 16 x4 ? 6 x2 ? 1 法 2 令 f ?( x) ? =0,得 x2= ( 2 ? 1)2 .函数 f(x)的最大值应在 x-x3>0,即 0<x<1 ( x 2 ? 1)3 1 ,下同解法 1. 4 tan ? (1 ? tan 2 ? ) 1 1 1 1 解法 3 令 x=tanθ,则 g(θ)=f(x)= = sin 4? ∈ [? , ] ,所求乘积为 ? . 2 2 (1 ? tan ? ) 4 4 4 16
或 x<-1 时取得. 所以[f(x)]max=max{f( 2 ? 1 ),f( ? 2 ? 1 )}= 注 题 23 与题 24 有异曲同工之妙,它们都出现了 x,x2,x3,x4,经换元后,分别得

到了只关于整体变量 x ?

1 1 及 x ? 的表达式,进而一举解决了问题. x x
▲ 时,

题 25(淮安市四模) 已知函数 f(x)=|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|100x-1|,则当 x= f(x)取得最小值. 解

1 1 1 1 1 1 x ? 1| ? | x ? | ? | x ? | ? | x ? | ?? ? | x ? | ? ? ? | x ? | ?? ? | x ? |, f(x)= |? 2 2 3 3 100 100 ??????? ???? ???? ? ????? ????? ? 1项
2项 3项 100项

f(x)共表示为 5050 项的和, 其最中间两项均为 | x ? 项| x ?

1 1 x= , 同时使第 1 项|x-1|与第 5050 |. 71 71

1 1 1 第 3 项与第 5048 项的和, ?, | 的和,第 2 项 | x ? | 与第 5049 项 | x ? | 的和, 2 100 100
1 . 71

第 2525 项与第 2526 项的和,取得最小值.故所求的 x 为

注 1.一般地,设 a1≤a2≤a3≤?≤an(n∈N*),f(x)=|x-a1|+|x-a2|+|x-a3|+?+|x-an|.若 n 为奇数,则当 x= a1? n 时,f(x)取最小值;若 n 为偶数,则 x∈ [an , an ] 时,f(x)取最小值.
2 2 2 ?1

2.本题似于 2011 年北大自主招生题: “求|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|2011x-1|的最小 值”相关联.

填空题 难题汇总 04 题 1(苏锡常镇四市一模) 设 m∈N,若函数 f ( x) ? 2x ? m 10 ? x ? m ? 10 存在整数零点,
60

则 m 的取值集合为 ▲ . 解 当 x∈Z,且 x≤10 时, m 10 ? x ∈Z.若 m=0,则 x= -5 为函数 f(x)的整数零点. 若 m≠0,则令 f(x)=0,得 m= 6,9,10},此时 m∈{3,
2 x ? 10 10 ? x ? 1

∈N.注意到-5≤x≤10,且 10 ? x ∈N,得 x∈{1,

22 ,14,30}.故 m 的取值集合为{0,3,14,30}. 3

注 将“m∈N”改为“m∈N*”,即得 2011 年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷的填 空题的压轴题:已知 m 是正整数,且方程 2 x ? m 10 ? x ? m ? 10 ? 0 有整数解,则 m 所有 可能的值是 ▲ . 题 2(淮安市一模) 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k, l,当 i+j=k+l 时都有 ai+bj=ak+bl,则
1 2011 ? (ai ? bi ) 的值是 2011 i ?1

▲ .

解 依题设,有 bn+1-bn=a2-a1=1,从而数列{bn}是以 2 为首项,1 为公差的等差数列.同理 可得, {an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列.所以,数列{an+bn}是以 3 为首项,2 为公差的等 差数列. 所以,
1 2011 1 2011 ? 2010 (ai ? bi ) = (2011? 3 ? ? 2) =2013. ? 2011 i ?1 2011 2

变式 1 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 ai-bj=ak-bl,则
1 n ? (ai ? bi ) 的值是 n i ?1

▲ .
1 n ? (ai ? bi ) =3. n i ?1

略解 依题设,有 ai-bj=aj-bi,于是 ai+bi=aj+bj,所以 an+bn=3,

变式 2 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 aibj=akbl ,记 cn= n (a1 ? b1 )(a2 ? b2 )(a3 ? b3 ) ??? (an ? bn ) ,则数列 {cn} 的通项公式是 ▲ . 略解 由 a2bn=a1bn+1,得
n ?1 bn ?1 a2 ? ? 2 ,故 bn=2n.同理,an= 2 n ?1 ,通项公式为 3 ? 2 2 . bn a1

题 3(常州市一模) 若对任意的 x∈D,均有 f1(x)≤f(x)≤f2(x)成立,则称函数 f(x)为函数 f1(x) 到函数 f2(x)在区间 D 上的“折中函数” .已知函数 f(x)=(k-1)x-1,g(x)=0,h(x)=(x+1)lnx, 且 f(x)是 g(x)到 h(x)在区间[1,2e]上的“折中函数” ,则实数 k 的取值范围为 ▲ 解 依题意,有 0≤(k-1)x-1≤(x+1)lnx 在 x∈[1,2e]上恒成立. .

61

? f (1) ? 0, 当 x∈[1,2e]时,函数 f(x)=(k-1)x-1 的图象为一条线段,于是 ? 解得 k≥2. ? f (2e) ? 0,

另一方面,k-1≤ 令 m(x)=

( x ? 1)ln x ? 1 在 x∈[1,2e]上恒成立. x

( x ? 1)ln x ? 1 ln x 1 x ? ln x = ln x ? . ? ,则 m?( x) ? x x x x2 1 ≥0,于是函数 x ? ln x 为增函数. 所以 x ? ln x ≥ 1 ? ln1>0, x
综 上 , k=2

因 1≤x≤2e,故 ( x ?l n ) x ?1 ? ?

m?( x ) ≥0,m(x)为[1,2e]上的增函数.所以 k-1≤[m(x)]min=m(1)=1,k≤2.

为所求. 题 4( 泰 州 市 一 模 ) 已 知 O 是 锐 角 △ABC 的 外 接 圆 的 圆 心 , 且 ∠ A=θ , 若

? cos C ???? ???? cos B ??? AB ? AC ? 2mAO ,则 m= ▲ .(用 θ 表示) sin C sin B
解法 1 如图 1,作 OE∥AC 交 AB 于 E,作 OF∥AB 交 AC 于 F. 由正弦定理,得 又∠AOE=∠OAF= E O

A F

AE ? sin AOE

AO ? sin AEO

AO . sin A

B ? ? ? ?ADC = ? ?B , 2 2 ??? ? ???? ??? ? AO cos B AB ???? AO cos C AC AO cos B ? ? 所以 AE ? ,所以 AE ? .同理, AF ? . sin A AB sin A AC sin A ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? AO cos B AB AO cos C AC ???? ? ? ? ? AO . 因 AE ? AF ? AO ,故 sin A AB sin A AC ? AB AC cos B ??? cos C ???? ???? 因 ? ? 2 AO ,故上式可化为 AB ? AC ? AO , sin C sin B 2sin Asin C 2sin Asin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 即 AB ? AC ? 2sin A ? AO ,所以 m=sinθ. sin C sin B ???? ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 2 将等式 AB ? AC ? 2mAO 两边同乘以 2 AO ,得 sin C sin B

C D 图1

cos B cos C cos B AB2 cos C AC 2 .由正弦定理,得 AB2 ? AC 2 ? 4mAO2 ,即 m ? ? ? ? sin C sin B sin C 4 AO2 sin B 4 AO2 cos B 2 cos C 2 m= sin C ? sin B =cosBsinC+cosCsinB=sin(B+C)=sinA=sinθ. sin C sin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 3 将已知等式 AB ? AC ? 2mAO 两边平方,得 sin C sin B

cos2 B cos2 C cos B cos C 2 AB ? AC 2 ? 2 AB ? AC cos A ? 4m2 AO2 .由正弦定理,得 2 2 sin C sin B sin C sin B
m2= cos2 B ? cos2 C ? 2cos B cos C cos A = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos C)2 = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos( A ? B))2 = cos2 B sin 2 A ? (sin B sin A)2 =sin2A= sin 2 ? . 注意到 m>0,故 m=sinθ.
62



1.本题虽难度较大,但得分率却较高.其主要原因是考生利用了特值法,令△ ABC

为正三角形,即得 m=

3 ,于是猜测 m=sinθ. 2

2.题中三种解法均是处理向量问题最常用的基本方法,解法 1 用的是平面向量基本定理,
???? 从不同侧面表示 AO ;解法 2 与解法 3,是或将向量等式两边同乘某个向量,或将等式两

边同时平方,进而达到去除向量的目的. 题 5(南京市一模) 若直角坐标平面内两点 P,Q 满足条件: ①P,Q 都在函数 f(x)的图象上; ②P,Q 关于原点对称,则称点对(P,Q)是函数 f ( x) 的一个“友好点对”(点对(P,Q)与点
?2 x 2 ? 4 x ? 1, x ? 0, ? 对(Q,P)为同一个“友好点对”).已知函数 f ( x) ? ? 2 则 f ( x) 的“友好点 ? x , x≥0, ?e

对”有 ▲ 个. 解设 x<0,则问题化归为关于 x 的方程 (2 x2 ? 4 x ? 1) ? 即 e x ? ? x2 ? 2 x ?

2 ?0, e? x

x=-1

y y1 O

1 ( x ? 0 ) 有 几 个 负 数 解 问 题 . 记 y1 = e x , 2
y2 图2

1 y2 ? ?( x ? 1)2 ? , 2
1 1 当 x ? ?1 时, ? ,所以函数 y1 的图象与 y2 的图象有两个交点 e 2
(如图 2), 且横坐标均为负数,故所求“友好点对”共有 2 个.

x

题 6(镇江市一模) 直线 l 与函数 y ? sin x ( x ? [0, ?] )的图象相切于点 A,且 l∥OP,O 为坐
?? ? ? ? AB C ? 标原点, P 为图象的极值点, l 与 x 轴交于点 B, 过切点 A 作 x 轴的垂线, 垂足为 C, 则B

= l P 图3 π x

▲ .

y A B O C

? 2 解 如图 3, P( , 1) 为极值点, kOP ? .设点 A(x0,sinx0), ? ?

2 则过点 A 的切线 l 的斜率为 cos x0 ? .于是,直线 l 的方程 ?
为 y ? sin x0 ?

2 ? ? ( x ? x0 ) .令 y=0,得 x0 ? x ? sin x0 ,从而 BC= x0 ? x ? sin x0 . ? 2 2

??? ? ??? ? ? ?2 4 ?2 BA ? BC ? BA ? BC ? cos ABC =BC2= ( sin x0 )2 ? (1 ? 2 ) ? ?1 . 2 4 ? 4 20 题 7(扬州市一模) 若函数 f(x)=x3-ax2(a>0)在区间 ( , ??) 上是单调递增函数,则使方程 3

f(x)=1000 有整数解的实数 a 的个数是 ▲ .
63

解 令由 f ?( x) ? 3x 2 ? 2ax ? 3x( x ?
(??,0) 和 (

2a 2a .于是,f(x)的单调增区间为 ) ? 0 ,得 x=0 或 x ? 3 3

2a , ??) . 3

所以 0 ?

2a 20 ,即 0<a≤10.因 f(x)的极大值为 f(0)=0,故 f(x)=1000 的整数解只能在 ? 3 3

(

2a , ??) 上取得. 3 1000 1000 2000 2a . 令 g(x)= x ? 2 , 则 g ?( x) ? 1 ? 3 >0, 故 g(x)在 ( , ??) x2 x x 3

令 x3-ax2=1000, 则 a= x ? 为增函数. 因 g(10)=0,g(15)= 10 ?

5 ? 10 ,故方程 f(x)=1000 的整数解集为{11,12,13,14}. 9

从而对应的实数 a 亦有 4 个不同的值. 题 8(苏州市一模) 在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 是第一象限内曲线 y ? ? x3 ? 1 上的一个 动点,过 P 作切线与两个坐标轴交于 A,B 两点,则△AOB 的面积的最小值是 ▲ . 解 设 P(a,-a3+1),0<a<1,则切线方程为 y= -3a2x+2a3+1.于是两交点分别为(0,2a3+1), (

2a3 ? 1 ,0), 3a 2

3 (2a3 ? 1)2 (2a3 ? 1)(4a3 ? 1) 2 ? .令 =0 ,得 a = ,且可判断此时 S 取最 S ( a ) ? 6a2 3a3 2 33 2 小值,值为 . 4 x2 x3 x4 x2 0 1 1 题 9( 盐 城 市 一 模 ) 已 知 函 数 f ( x? ) ? 1 x? ? ? ? ? ?,? ? 2 3 4 2 0 1 1

S?AOB ? S (a) ?

g ( x) ? 1 ? x ?

x2 x3 x4 x2011 , ? ? ? ??? ? 2 3 4 2011

设 F ( x) ? f ( x ? 3) ? g ( x ? 3) ,且函数 F(x)的零点均在区间 [a, b](a ? b, a, b ? Z) 内,则 b ? a 的 最小值为 ▲ . 解
0 0 9 f ?( x)? 1? x ? 2x ? 3x ? 4x ? ? ? ? 2? x

?1 ? x 2011 , x ? ?1, ? 0 1 0 ? x =2? 当 x≥0 时, f ?( x) ? 0 ;当 1? x ?2011, x ? ?1. ?

-1<x<0 时, f ?( x) ? 0 ;当 x<-1 时, f ?( x) ? 0 ,故函数 f(x)为 R 上的增函数,于是函数 f(x) 在 R 上最多只有一个零点.

1 1 1 1 1 1 因 f(0)=1>0,f(-1)= (1 ? 1) ? (? ? ) ? (? ? ) ? ??? ? (? ? ) <0,故 f(0)f(-1)<0,因而 2 3 4 5 2010 2011
f(x)在 R 上唯一零点在区间(-1,0)上,于是 f(x+3)的唯一零点在区间(-4,-3)上.同理可得, 函 数 g(x) 为 R 上 的 减 函 数 , 于 是 函 数 f(x) 在 R 上 最 多 只 有 一 个 零 点 . 又

64

1 1 1 1 1 1 g(1)= (1 ? 1) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ??? ? ( ? ) >0, 2 3 4 5 2010 2011

1 2 1 2 1 2 g(2)= (1 ? 2) ? 22 ( ? ) ? 24 ( ? ) ? ??? ? 22010 ( ? ) <0,于是 g(1)g(2)<0,因而 g(x)在 2 3 4 5 2010 2011
R 上唯一零点在区间(1,2)上,于是 g(x-3)的唯一零点在区间(4,5)上. 所以,F(x)的两零点落在区间[-4,5]上,b-a 的最小值为 9. 注 不少考生想对复杂的函数表达式进行求和变形化简,结果当然是徒劳而返,得分率非

常低.导数法是解决高次函数或复杂函数的强有力的工具. 题 10(南通市一模) 已知等腰三角形腰上的中线长为 3 ,则该三角形的面积的最大值 是 ▲ . 解 (本题解法很多,仅给出平几解法)如图 4,△ABC 中,E,F 分别为底 BC 与腰 AC 的中
2 2 3 点,BF 与 AE 交于点 G,则 G 为△ABC 的重心,于是 BG=CG= BF ? ,且 AE=3GE. 3 3

A G B E 图4 F C

1 3 2 3 2 ) ?2, 所以, S?ABC ? 3S?BGC ? 3 ? GB ? GC sin BGC ? ? ( 2 2 3

当且仅当∠BGC=

? ,即 BG⊥GC 时,△ABC 的面积取最大值 2. 2

变式 1 在等腰三角形 ABC 中,AB=AC,D 在线段 AC 上,AD=kAC(k 为常数,且 0<k<1),BD=l 为定长,则△ABC 的面积的最大值为 ▲ . 略解 如图 5,以 B 为原点,BD 为 x 轴建立直角坐标系 xBy.设 A(x,y),y>0. y B 图5 C A D x

?(1 ? k 2 ) x2 ? 2lx ? l 2 因 AD=kAC =kAB, 故 AD =k AB , 于是(x-l) +y =k (x +y ).所以, y ? 1? k2
2 2 2 2 2 2 2 2
2

?(1 ? k 2 )( x ?

=

l 2 k l ) ? 2 2 1? k2 1? k2 ≤ k l , (1 ? k 2 ) 2 1? k2
kl 2 1 l2 kl ( S ) ? ( S ) ? ( S ) ? , , . ? ABD max ? ABC max ? ABD max 2 2(1 ? k ) k 2(1 ? k 2 ) 1? k2

2 2

于是, ymax ?

变式 2 在正三棱锥 P-ABC 中,D 为线段 BC 的中点,E 在线段 PD 上,PE=kPD(k 为常数, 且 0<k<1),AE=l 为定长,则该棱锥的体积的最大值为 ▲ . 略解 如图 6,因 PE=kPD,故 EG=kOD.因 AO=2OD,故 因

OF AO 2 OF 2 . ? ? ,于是 ? FG GE k GO k ? 2
P
G E F

PG PE GO OF OF GO 2(1 ? k ) = . ? ? k ,故 ? 1 ? k ,从而 ? ? 2?k PO PD PO PO GO PO
2?k AF AO 2 2 AE 2l VF ? ABC .因 .于是, ? ? ,故 AF= ? 2(1 ? k ) FE GE k k ?2 k ?2

所以, VP ? ABC ?

C

A

O

D

B 图6
65

4l 3 1 VF ? ABC ≤ FA3 = (当且仅当 FA,FB,FC 两两垂直时, “≤”中取“=”), 3( k ? 2)3 6

所以, VP ? ABC ?

2?k 2l 3 VF ? ABC ≤ , 2(1 ? k ) 3(1 ? k )( k ? 2) 2

于是所求的最大值为

2l 3 . 3(1 ? k )( k ? 2) 2

注 本题的原型题,可能来自于 2008 年江苏高考数学题:满足条件 AB=2,AC= 2BC 的△ ABC 的面积的最大值为 ▲ .

题 11(无锡市一模) 已知函数 f(x)=|x2-2|,若 f(a)≥f(b),且 0≤a≤b,则满足条件的点(a, b)所围成区域的面积为 ▲ .

解 易知 f(x)在 [0, 2] 上为减函数, 在 [ 2, ??) 上为增函数, 于是 a, b 不可能同在 ( 2, ??) 上. 若 0≤a≤b≤ 2 ,则 2-a2≥2-b2 恒成立,它围成图 7 中的区域①; 若 0≤a≤ 2 ≤b,则 2-a2≥b2-2,即 a2+b2≤4,它围成图 7 中的区域②.综上, b 2

2 ② ①

1 ? 点(a,b)所围成的区域恰好是圆 a2+b2=4 的 .故所求区域的面积为 . 2 8
题 12(高三百校大联考一模) 若函数 f(x)=|sinx|(x≥0)的图象与过原点的直线有且只有三个

O

图7

2 a

交点,交点中横坐标的最大值为 α,则

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

= ▲ .

y

A π α 图8

y=kx y=sinx 2π x

3? 解 依题意,画出示意图如图 8 所示.于是, ? ? ( ,2?) , 2
且 A(α,-sinα)为直线 y=kx 与函数 y= -sinx( x ? ( 在 A

O

3? , 2?) )图象的切点. 2 ? sin ?

点 处 的 切 线 斜 率 为 ? cos? ? =

?

, 故

α=tanα . 所 以 ,

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

sin 2? (1 ? tan 2 ? )sin 2? = =2. cos ? sin ? tan ?

题 13(苏北四市二模) 已知函数
f ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ? | x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ( x ? R ) ,

且 f (a2 ? 3a ? 2) ? f (a ? 1) ,则满足条件的所有整数 a 的和是 ▲ . 解 因 f(-x)=f(x),故 f(x)为偶函数. 记 g(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| ,h(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| . 当 x ≥ 0 时 , g(x+1)-g(x)=|x+2012|-|x+1|=2011 ,

66

?2 x ? 2011,0 ? x ? 2011, h(x+1)-h(x)=|x|-|x-2011|= ? x ? 2011. ?2011, ?2 x, 0 ? x ? 2011, 所以,f(x+1)-f(x)= ? 所以,f(0)=f(1)<f(2)<f(3)<?.又当 0≤x≤1 时, ?4022, x ? 2011.

f(x)= ( x ? 1) ? ( x ? 2) ? ? ? ( x ? 2011) ? (1 ? x) ? (2 ? x) ? ?? (2011 ? x) = 2011 ? 2012 ,
??1≤a 2 ? 3a ? 2≤1, 故 | a2 ? 3a ? 2 |?| a ? 1| 或 ? 且 a∈N*,解得 a=1,2,3,所以结果为 ??1≤1 ? a≤1,

6. 注 本题也可以这样思考:从最简单的先开始.先研究函数 f1 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 1| 与 函数 f 2 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ? | x ? 1| ? | x ? 2 | 的图象与性质,它们都是“平底锅型” ,进而猜 测函数 f ( x) 的图象与性质,并最终得以解决问题. 题 14(南京市二模) 已知函数 f(x)= 立,则 a 的取值范围是 ▲ .

x2 ? ax ? 11 (a∈R),若对于任意的 x∈N*,f(x)≥3 恒成 x ?1

8 8 解 因 x∈N*,故由 f(x)≥3 恒成立,得 a≥ ?( x ? ) ? 3 ,故 a≥ [?( x ? ) ? 3]max . x x 8 8 8 当 x 取最接近于 2 2 的整数,即 x=3 时, ?( x ? ) ? 3 取最大值 ? ,于是 a≥ ? . 3 3 x
变式 已知函数 f(x)=

x2 ? ax ? 11 (x∈N*),且[f(x)]min=3,则实数 a 的取值集合是 ▲ . x ?1 8 8 略解 首先 a≥ ? .另一方面, ? x∈N*,使 f(x)≤3 能成立,即 a≤ ?( x ? ) ? 3 能成 3 x

立,

8 8 8 于是 a≤ [?( x ? ) ? 3]max = ? .所以,a 的取值集合是{ ? }. 3 3 x
题 15(盐城市二模) Sn= 2 ? f (
k ?1 2n

已知函数 f(x)=cosx,g(x)=sinx,记

(k ? 1)? 1 )? n 2n 2

? g(
k ?1

2n

(k ? n ? 1)? ) ,Tm=S1+S2+?+Sm.若 Tm<11,则 m 的最大值为 2n

▲ . 解

?f(
k ?1 2n

2n

( k ? 1? ) ? (2n ? 1)? ? n ???? (n ? 1)? n? ) = cos0 ? [cos ? cos =1. ] ? ? ? [cos ? cos ] ? cos 2n 2n 2n 2n 2n 2n (k ? n ? 1)? ?n? ?1 ? n?? (n ? 1)? ?? ? ) = sin ? [sin ? sin ] ? ? ? [sin ? sin ] ? sin 0 = -1. 2n 2n 2n 2n 2n 2n

? g(
k ?1

67

所以,Sn= 2 ?

1 1 ,Tm= 2m ? 1 ? m .令 Tm<11,则正整数 m 的最大值为 5. 2n 2

本题难点在于复杂的 Sn 的表达式.去掉求和符号∑,展开表达式,化抽象为具体,进而 识得庐山真面目. 题 16(苏锡常镇四市二模) ▲ . 解法 1 设 x=m,y=2n,则问题等价于:已知 x+y=2,求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值. 令 S= x ? 2x ? y ? 2 y ,T= x ? 2 y ? y ? 2x ,则 S-T= ( x ? y)(2x ? 2 y ) ≥0,即 S≥T. 另一方面, S+T= ( x ? y)(2 x ? 2 y ) ≥ 2 ? 2 2x ? 2 y =8, 故 S≥4, 当且仅当 x=y=1 时取等号. 所以 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为 4. 解法 2 考虑到对称性,不妨取 m≥1.令 g(m)= m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m ,m≥1. 则 g ?(m) ? (2m ? 22?m ) ? (m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m )ln 2 ≥0.所以函数 g(m)(m≥1)为增函数,故
gmin (m) ? g (1) ? 4 .

已知 m,n∈R,且 m+2n=2,则 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为

注这道题虽然正面求解难度较大,但得分率却相当的高.究其原因大致为:当考生经过变 元后, 得问题为 “已知 x+y=2, 求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值” , 它具有某种对称性,凭直观猜测: 让 x=y=1,一举得到所求结果. 题 17(南通市二模) 在平面直角坐标系 xOy 中,设 A,B,C 是圆 x2+y2=1 上相异三点,若

???? ??? ? ??? ? 存在正实数 λ,μ,使得 OC ? ?OA ? ?OB ,则 λ2+(μ-3)2 的取值范围是 ▲ . ???? ??? ? ???? ? ??? ? ???? 解法 1 如图 9,作 OA1 ? ?OA , OB1 ? ? OB ,连 B1C,A1C,则 | OA1 |? ? , ???? ? ???? ???? ???? ???? ? | OB1 |? ? , | OC |? 1.因三点 A,B,C 互异,且 OC ? OA1 ? OB1 , ???? ? ???? 故 O,C,B1 构成三角形的三个顶点,且 | B1C |?| OA1 |? ? ,于是由三角形的边与边
?? ? ? ? 1, 之间的关系有 ? (☆) ?| ? ? ? |? 1.

y B O A A1 μ A λ+μ=1 1 O 1 图 10 C

B1

x 图9 μ-λ=1 P λ-μ=1 λ

如图 10 的阴影部分表示不等式组(☆)所表示的区域,P(λ,μ)为阴影部分内 的动点,定点 A(0,3),则 λ2+(μ-3)2=AP2. 点 A(0, 3)到直线 μ-λ=1 的距离 d= 2 , AP>d= 2 , 故 λ2+(μ-3)2>2, 从而 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) .

???? ??? ? ???? ??? ? 解法 2 依题, B, O, C 三点不可能在同条直线上. 所以 OC ? OB = | OC | ? | OB | cos BOC =cosBOC
68

∈(-1,1).

???? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? 又由 OC ? ?OA ? ?OB ,得 ? OA ? OC ? ?OB ,于是 ? 2 ? 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC . ??? ? ???? ??? ? ???? 记 f(μ)=λ2+(μ-3)2= 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC ? (? ? 3)2 = 2? 2 ? 6? ? 2?OB ? OC ? 10 .
于是,f(μ)> 2? 2 ? 8? ? 10 ? 2(? ? 2)2 ? 2 ≥2,且 f(μ)< 2? 2 ? 4? ? 10 = 2(? ? 1)2 ? 8 , 无最大值.故 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) . 题 18(苏北四市三模) 如图 11 是一个数表,第 1 行依次写 1 3 2 5 3 7 4 9 5 6 7 ?

着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数 正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均为无限 项,则这个数表中的第 13 行第 10 个数为 ▲ .

11 13 ? 8 12 16 20 24 ? 20 28 36 44 ? 48 64 80 ? ? ? ? 图 11

解法 1 记第 n 行第 m 个数为 an,m.为了得到 a13,10,则第 1 行必须写满 22 个数. 观察可得:a13,1+a13,10=2(a12,1+a12,11)=22(a11,1+a11,12)=?=212(a1,1+a1,22)=23×212. 所以,a13,1+a13,10=23×212.另一方面,a13,10=a13,1+9×212.联立解得 a13,10=216. 解法 2 记第 n 行的第 1 个数为 an. n a
n

1 1=2×

2

3 8=4×2

4 20=5×4

5 48=6×8

1 2

3=3×1

于是,猜测 an ? (n ? 1) ? 2n?2 .因第 n 行的数从左到右排列成公差为 2 n ?1 的等差数列,故第 13 行第 10 个数为 14 ? 211 ? 9 ? 212 ? 216 . 解法 3 记第 n 行的第 1 个数为 an,数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 an?1 ? Sn ? 2n .所以, Sn+1-2Sn=2n,

Sn ?1 Sn 1 Sn n S1 1 ? ,故 n ? ,Sn= n ? 2 n ?1 .所以, an ? (n ? 1) ? 2n?2 .下同解法 2. ? ? .又 1 2 2 2 2 2n ?1 2n 2
题 19(南京市三模) 如图 12,已知正方形 ABCD 的边长为 1,过正方形中心 O 的直线 MN 分别交正方形的边 AB,CD 于点 M,N,则当

MN 取最小值时,CN= ▲ . BN
作 MP⊥DC 交 DC 于点 P,则 PN=2x-1.

A O M B 图 12

D N

1 解法 1 设 CN=x∈ [ ,1] ,则 BM=DN=1-x. 2
所以,MN2=1+(2x-1)2=4x2-4x+2,BN2=x2+1,

MN 2 4x2 ? 4x ? 2 4x ? 2 = =4? 2 2 2 x ?1 BN x ?1

C

69

=4?

4t 4 1 =4? (其中 t= x ? ), 1 2 5 2 (t ? ) ? 1 t ? ?1 2 4t

MN 2 5 5 5 ?1 5 ?1 ,即 t= ,x= 时, 取最小值,所以 CN= . 4t BN 2 2 2 2 ? 1 解法 2 设∠CBN=θ(θ∈ [0, ] ),则 BN= ,DN=1-tanθ,MN= 1 ? (2tan ? ? 1)2 . 4 cos ?
当且仅当 t ?

MN = cos? 1 ? (2tan? ? 1)2 = 3 ? (cos2? ? 2sin 2? ) = 3 ? 5 sin(2? ? ? ) , BN 2 1 MN s? ? ? )时 1 其 中 c o? , sin ? ? . 当 s i n?(?2 , 取 最 小 值 , 此 时 BN 5 5
所以,

1 ? =2. tan 2? ? tan( ? ? ) = 2 tan ?


2 tan ? 5 ?1 为所求(另一解为负,舍去). ? 2 ,得 tan ? = 1 ? tan 2 ? 2

题 20(南通市三模) 定义在 [1, ??) 上的函数 f(x)满足: ①f(2x)=cf(x)(c 为正常数); ②当 2≤x≤4 时,f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条直线上,则 c= 解 可求得,当 2 n ?1 ≤x≤ 2 n (n∈N*)时, f(x) = cn? 2 (1? | 记函数 f(x) = cn? 2 (1? | 令 ▲ .

x ? 3 |) . 2n ? 2

x ? 3 |) ( 2 n ?1 ≤x≤ 2 n ,n∈N*)图象上极大值的点为 Pn(xn,yn). 2n ? 2

xn ? 3 ? 0 ,即 xn= 3 ? 2 n ? 2 时,yn= c n ? 2 ,故 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ).分别令 n=1,2,3, 2n ? 2
3 1 , ),P2(3,1),P3(6,c).由 kP2 P1 ? kP2P3 (k 表示直线的斜率)得,c=2 或 c=1.当 2 c

得 P1(

1 c=2 时,所有极大值的点均在直线 y ? x 上;当 c=1 时,yn=1 对 n∈N*恒成立,此时极大 3
值的点均在直线 y=1 上. 变式 定义在 [1, ?? ) 上的函数 f(x) 满足:① f(2x)=cf(x)(c 为正常数 ) ;②当 2≤x≤4 时,

f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条以原点为顶点的抛物线上,则 常数 c= ▲ . 略解 以原点为顶点的抛物线方程可设为 x2=py(p≠0)或 y2=qx(q≠0). 若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 )在抛物线 x2=py(p≠0)上,则( 3 ? 2 n ? 2 )2= pc n ? 2 ,即
9 c ? ( ) n ? 2 对 n∈N*恒 p 4

成立,从而 c=4 ;若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ) 在抛物线 y2=qx(q ≠ 0) 上,则 ( c n ? 2 )2= 3q ? 2n ? 2 ,即

3q ? (

c 2

)n?2 对 n∈N*恒成立,从而 c= 2 .

综上,c=4 或 2 .

70

题 22(扬州市三模) 设函数 f(x)的定义域为 D,如果存在正实数 k,使对任意 x∈D,都有 x+k∈D,且 f(x+k)>f(x)恒成立,则称函数 f(x)为 D 上的“k 型增函数” .已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x>0 时,f(x)=|x-a|-2a,若 f(x)为 R 上的“2011 型增函数” ,则实数 a 的 取值范围是 ▲ . 解 若 a≤0,则 f(x)在 x>0 时为增函数,故对任意正实数 k,不等式 f(x+k)>f(x)恒成立.
y a O

若 a>0, 则函数 y=f(x+k)的图象可由函数 y=f(x)的图象向左平移 k 个单位而得(如

2011 图 13). 因 k=2011,故仅当 2011>6a 时, f(x+2011)>f(x),所以此时 0<a< . 6 2011 综上,实数 a 的取值范围是 a< . 6
题 23(徐州市三模) 若关于 x 的方程 x4+ax3+ax2+ax+1=0 有实数根,则实数 a 的取值范围为 ▲ .

3a-k -3a k

3a

x

图 13

1 1 解法 1 因 x≠0,故将方程两边同除以 x3,并变形得 ( x ? )2 ? a( x ? ) ? a ? 2 =0. x x
令 g(t)= t 2 ? at ? a ? 2 ,t= x ? 点. 因 g(-1)= -1,故函数 g(t)有零点,只须 g(-2)≤0 或 g(2)≤0.

1 ∈ (??, ?2] ? [2, ??) .原方程有实数根,等价于函数 g(t)有零 x

2 2 解 g(-2)≤0, 得 a≥2; 解 g(2)≤0, 得 a≤ ? . 所以, 实数 a 的取值范围为 (??, ? ] ? [2, ??) . 3 3

1 3 x4 ? 1 解法 2 易知 x=0 不是方程的根,故 x3+x2+x= x(( x ? )2 ? ) ≠0.所以,a= ? 3 2 4 x ? x2 ? x
1 1 2 ? ( x ? )2 2 1 2 1 x x = ? = = ? t ? 2 ∈ (??, ? ] ? [2, ??) , 其 中 t= x ? ? 1 ∈ 1 1 t 3 x x ?1? x ? ?1 x x x2 ?
(??, ?1] ? [3, ??) .

解法 3 接解法 2,a= ?

(1 ? x 2 )( x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 2 x ? 1) x4 ? 1 ? a ? ,于是 . ( x3 ? x 2 ? x)2 x3 ? x2 ? x

因 x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 2 x ? 1 =x2(x+1)2+(x+1)2+2x2>0,故由 a ? ? 0 可解得 x=1 或-1.

2 2 当 x>0 时,a<0,且当 x=1 时,a 取极大值 ? ,故此时 a≤ ? ; 3 3
当 x<0 时,a>0,且当 x= -1 时,a 取极小值 2,故此时 a≥2.综上,实数 a 的取值范围为

2 (??, ? ] ? [2, ??) . 3
题 24(南通市最后一卷) 函数 f(x)=

x ? x3 的最大值与最小值的乘积是 ▲ . 1 ? 2 x2 ? x4

71

解法 1 当 x≠0,±1 时,f(x)=

1 ? 2 ? x2 2 x

1 ?x x

=

1 = . 1 4 1 2 ( ? x ) ? 4 ( ? x) ? 1 x x ?x x

1 ?x x



1 1 1 1 >x 时,f(x)≤ ,且当 ? x =2 时,取“=” ,故 f(x)的最大值为 .又因为 f(x)为奇函 x 4 x 4

1 1 数,故 f(x)的最小值为 ? .所以所求的乘积为 ? . 4 16 x4 ? 6 x2 ? 1 法 2 令 f ?( x) ? =0,得 x2= ( 2 ? 1)2 .函数 f(x)的最大值应在 x-x3>0,即 0<x<1 ( x 2 ? 1)3 1 ,下同解法 1. 4 tan ? (1 ? tan 2 ? ) 1 1 1 1 解法 3 令 x=tanθ,则 g(θ)=f(x)= = sin 4? ∈ [? , ] ,所求乘积为 ? . 2 2 (1 ? tan ? ) 4 4 4 16
或 x<-1 时取得. 所以[f(x)]max=max{f( 2 ? 1 ),f( ? 2 ? 1 )}= 注 题 23 与题 24 有异曲同工之妙,它们都出现了 x,x2,x3,x4,经换元后,分别得

到了只关于整体变量 x ?

1 1 及 x ? 的表达式,进而一举解决了问题. x x
▲ 时,

题 25(淮安市四模) 已知函数 f(x)=|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|100x-1|,则当 x= f(x)取得最小值. 解

1 1 1 1 1 1 x ? 1| ? | x ? | ? | x ? | ? | x ? | ?? ? | x ? | ? ? ? | x ? | ?? ? | x ? |, f(x)= |? 2 2 3 3 100 100 ??????? ???? ???? ? ????? ????? ? 1项
2项 3项 100项

f(x)共表示为 5050 项的和, 其最中间两项均为 | x ? 项| x ?

1 1 x= , 同时使第 1 项|x-1|与第 5050 |. 71 71

1 1 1 第 3 项与第 5048 项的和, ?, | 的和,第 2 项 | x ? | 与第 5049 项 | x ? | 的和, 2 100 100
1 . 71

第 2525 项与第 2526 项的和,取得最小值.故所求的 x 为

注 1.一般地,设 a1≤a2≤a3≤?≤an(n∈N*),f(x)=|x-a1|+|x-a2|+|x-a3|+?+|x-an|.若 n 为奇数,则当 x= a1? n 时,f(x)取最小值;若 n 为偶数,则 x∈ [an , an ] 时,f(x)取最小值.
2 2 2 ?1

2.本题似于 2011 年北大自主招生题: “求|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|2011x-1|的最小 值”相关联.

填空题 难题汇总 05 题 1(苏锡常镇四市一模) 设 m∈N,若函数 f ( x) ? 2x ? m 10 ? x ? m ? 10 存在整数零点,
72

则 m 的取值集合为 ▲ . 解 当 x∈Z,且 x≤10 时, m 10 ? x ∈Z.若 m=0,则 x= -5 为函数 f(x)的整数零点. 若 m≠0,则令 f(x)=0,得 m= 6,9,10},此时 m∈{3,
2 x ? 10 10 ? x ? 1

∈N.注意到-5≤x≤10,且 10 ? x ∈N,得 x∈{1,

22 ,14,30}.故 m 的取值集合为{0,3,14,30}. 3

注 将“m∈N”改为“m∈N*”,即得 2011 年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷的填 空题的压轴题:已知 m 是正整数,且方程 2 x ? m 10 ? x ? m ? 10 ? 0 有整数解,则 m 所有 可能的值是 ▲ . 题 2(淮安市一模) 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k, l,当 i+j=k+l 时都有 ai+bj=ak+bl,则
1 2011 ? (ai ? bi ) 的值是 2011 i ?1

▲ .

解 依题设,有 bn+1-bn=a2-a1=1,从而数列{bn}是以 2 为首项,1 为公差的等差数列.同理 可得, {an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列.所以,数列{an+bn}是以 3 为首项,2 为公差的等 差数列. 所以,
1 2011 1 2011 ? 2010 (ai ? bi ) = (2011? 3 ? ? 2) =2013. ? 2011 i ?1 2011 2

变式 1 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 ai-bj=ak-bl,则
1 n ? (ai ? bi ) 的值是 n i ?1

▲ .
1 n ? (ai ? bi ) =3. n i ?1

略解 依题设,有 ai-bj=aj-bi,于是 ai+bi=aj+bj,所以 an+bn=3,

变式 2 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,a2=2,b1=2,且对任意的正整数 i,j,k,l,当 i+j=k+l 时都有 aibj=akbl ,记 cn= n (a1 ? b1 )(a2 ? b2 )(a3 ? b3 ) ??? (an ? bn ) ,则数列 {cn} 的通项公式是 ▲ . 略解 由 a2bn=a1bn+1,得
n ?1 bn ?1 a2 ? ? 2 ,故 bn=2n.同理,an= 2 n ?1 ,通项公式为 3 ? 2 2 . bn a1

题 3(常州市一模) 若对任意的 x∈D,均有 f1(x)≤f(x)≤f2(x)成立,则称函数 f(x)为函数 f1(x) 到函数 f2(x)在区间 D 上的“折中函数” .已知函数 f(x)=(k-1)x-1,g(x)=0,h(x)=(x+1)lnx, 且 f(x)是 g(x)到 h(x)在区间[1,2e]上的“折中函数” ,则实数 k 的取值范围为 ▲ 解 依题意,有 0≤(k-1)x-1≤(x+1)lnx 在 x∈[1,2e]上恒成立. .

73

? f (1) ? 0, 当 x∈[1,2e]时,函数 f(x)=(k-1)x-1 的图象为一条线段,于是 ? 解得 k≥2. ? f (2e) ? 0,

另一方面,k-1≤ 令 m(x)=

( x ? 1)ln x ? 1 在 x∈[1,2e]上恒成立. x

( x ? 1)ln x ? 1 ln x 1 x ? ln x = ln x ? . ? ,则 m?( x) ? x x x x2 1 ≥0,于是函数 x ? ln x 为增函数. 所以 x ? ln x ≥ 1 ? ln1>0, x
综 上 , k=2

因 1≤x≤2e,故 ( x ?l n ) x ?1 ? ?

m?( x ) ≥0,m(x)为[1,2e]上的增函数.所以 k-1≤[m(x)]min=m(1)=1,k≤2.

为所求. 题 4( 泰 州 市 一 模 ) 已 知 O 是 锐 角 △ABC 的 外 接 圆 的 圆 心 , 且 ∠ A=θ , 若

? cos C ???? ???? cos B ??? AB ? AC ? 2mAO ,则 m= ▲ .(用 θ 表示) sin C sin B
解法 1 如图 1,作 OE∥AC 交 AB 于 E,作 OF∥AB 交 AC 于 F. 由正弦定理,得 又∠AOE=∠OAF= E O

A F

AE ? sin AOE

AO ? sin AEO

AO . sin A

B ? ? ? ?ADC = ? ?B , 2 2 ??? ? ???? ??? ? AO cos B AB ???? AO cos C AC AO cos B ? ? 所以 AE ? ,所以 AE ? .同理, AF ? . sin A AB sin A AC sin A ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? AO cos B AB AO cos C AC ???? ? ? ? ? AO . 因 AE ? AF ? AO ,故 sin A AB sin A AC ? AB AC cos B ??? cos C ???? ???? 因 ? ? 2 AO ,故上式可化为 AB ? AC ? AO , sin C sin B 2sin Asin C 2sin Asin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 即 AB ? AC ? 2sin A ? AO ,所以 m=sinθ. sin C sin B ???? ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 2 将等式 AB ? AC ? 2mAO 两边同乘以 2 AO ,得 sin C sin B

C D 图1

cos B cos C cos B AB2 cos C AC 2 .由正弦定理,得 AB2 ? AC 2 ? 4mAO2 ,即 m ? ? ? ? sin C sin B sin C 4 AO2 sin B 4 AO2 cos B 2 cos C 2 m= sin C ? sin B =cosBsinC+cosCsinB=sin(B+C)=sinA=sinθ. sin C sin B ? cos C ???? ???? cos B ??? 解法 3 将已知等式 AB ? AC ? 2mAO 两边平方,得 sin C sin B

cos2 B cos2 C cos B cos C 2 AB ? AC 2 ? 2 AB ? AC cos A ? 4m2 AO2 .由正弦定理,得 2 2 sin C sin B sin C sin B
m2= cos2 B ? cos2 C ? 2cos B cos C cos A = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos C)2 = cos2 B sin 2 A ? (cos B cos A ? cos( A ? B))2 = cos2 B sin 2 A ? (sin B sin A)2 =sin2A= sin 2 ? . 注意到 m>0,故 m=sinθ.
74



1.本题虽难度较大,但得分率却较高.其主要原因是考生利用了特值法,令△ ABC

为正三角形,即得 m=

3 ,于是猜测 m=sinθ. 2

2.题中三种解法均是处理向量问题最常用的基本方法,解法 1 用的是平面向量基本定理,
???? 从不同侧面表示 AO ;解法 2 与解法 3,是或将向量等式两边同乘某个向量,或将等式两

边同时平方,进而达到去除向量的目的. 题 5(南京市一模) 若直角坐标平面内两点 P,Q 满足条件: ①P,Q 都在函数 f(x)的图象上; ②P,Q 关于原点对称,则称点对(P,Q)是函数 f ( x) 的一个“友好点对”(点对(P,Q)与点
?2 x 2 ? 4 x ? 1, x ? 0, ? 对(Q,P)为同一个“友好点对”).已知函数 f ( x) ? ? 2 则 f ( x) 的“友好点 ? x , x≥0, ?e

对”有 ▲ 个. 解设 x<0,则问题化归为关于 x 的方程 (2 x2 ? 4 x ? 1) ? 即 e x ? ? x2 ? 2 x ?

2 ?0, e? x

x=-1

y y1 O

1 ( x ? 0 ) 有 几 个 负 数 解 问 题 . 记 y1 = e x , 2
y2 图2

1 y2 ? ?( x ? 1)2 ? , 2
1 1 当 x ? ?1 时, ? ,所以函数 y1 的图象与 y2 的图象有两个交点 e 2
(如图 2), 且横坐标均为负数,故所求“友好点对”共有 2 个.

x

题 6(镇江市一模) 直线 l 与函数 y ? sin x ( x ? [0, ?] )的图象相切于点 A,且 l∥OP,O 为坐
?? ? ? ? AB C ? 标原点, P 为图象的极值点, l 与 x 轴交于点 B, 过切点 A 作 x 轴的垂线, 垂足为 C, 则B

= l P 图3 π x

▲ .

y A B O C

? 2 解 如图 3, P( , 1) 为极值点, kOP ? .设点 A(x0,sinx0), ? ?

2 则过点 A 的切线 l 的斜率为 cos x0 ? .于是,直线 l 的方程 ?
为 y ? sin x0 ?

2 ? ? ( x ? x0 ) .令 y=0,得 x0 ? x ? sin x0 ,从而 BC= x0 ? x ? sin x0 . ? 2 2

??? ? ??? ? ? ?2 4 ?2 BA ? BC ? BA ? BC ? cos ABC =BC2= ( sin x0 )2 ? (1 ? 2 ) ? ?1 . 2 4 ? 4 20 题 7(扬州市一模) 若函数 f(x)=x3-ax2(a>0)在区间 ( , ??) 上是单调递增函数,则使方程 3

f(x)=1000 有整数解的实数 a 的个数是 ▲ .
75

解 令由 f ?( x) ? 3x 2 ? 2ax ? 3x( x ?
(??,0) 和 (

2a 2a .于是,f(x)的单调增区间为 ) ? 0 ,得 x=0 或 x ? 3 3

2a , ??) . 3

所以 0 ?

2a 20 ,即 0<a≤10.因 f(x)的极大值为 f(0)=0,故 f(x)=1000 的整数解只能在 ? 3 3

(

2a , ??) 上取得. 3 1000 1000 2000 2a . 令 g(x)= x ? 2 , 则 g ?( x) ? 1 ? 3 >0, 故 g(x)在 ( , ??) x2 x x 3

令 x3-ax2=1000, 则 a= x ? 为增函数. 因 g(10)=0,g(15)= 10 ?

5 ? 10 ,故方程 f(x)=1000 的整数解集为{11,12,13,14}. 9

从而对应的实数 a 亦有 4 个不同的值. 题 8(苏州市一模) 在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 是第一象限内曲线 y ? ? x3 ? 1 上的一个 动点,过 P 作切线与两个坐标轴交于 A,B 两点,则△AOB 的面积的最小值是 ▲ . 解 设 P(a,-a3+1),0<a<1,则切线方程为 y= -3a2x+2a3+1.于是两交点分别为(0,2a3+1), (

2a3 ? 1 ,0), 3a 2

3 (2a3 ? 1)2 (2a3 ? 1)(4a3 ? 1) 2 ? .令 =0 ,得 a = ,且可判断此时 S 取最 S ( a ) ? 6a2 3a3 2 33 2 小值,值为 . 4 x2 x3 x4 x2 0 1 1 题 9( 盐 城 市 一 模 ) 已 知 函 数 f ( x? ) ? 1 x? ? ? ? ? ?,? ? 2 3 4 2 0 1 1

S?AOB ? S (a) ?

g ( x) ? 1 ? x ?

x2 x3 x4 x2011 , ? ? ? ??? ? 2 3 4 2011

设 F ( x) ? f ( x ? 3) ? g ( x ? 3) ,且函数 F(x)的零点均在区间 [a, b](a ? b, a, b ? Z) 内,则 b ? a 的 最小值为 ▲ . 解
0 0 9 f ?( x)? 1? x ? 2x ? 3x ? 4x ? ? ? ? 2? x

?1 ? x 2011 , x ? ?1, ? 0 1 0 ? x =2? 当 x≥0 时, f ?( x) ? 0 ;当 1? x ?2011, x ? ?1. ?

-1<x<0 时, f ?( x) ? 0 ;当 x<-1 时, f ?( x) ? 0 ,故函数 f(x)为 R 上的增函数,于是函数 f(x) 在 R 上最多只有一个零点.

1 1 1 1 1 1 因 f(0)=1>0,f(-1)= (1 ? 1) ? (? ? ) ? (? ? ) ? ??? ? (? ? ) <0,故 f(0)f(-1)<0,因而 2 3 4 5 2010 2011
f(x)在 R 上唯一零点在区间(-1,0)上,于是 f(x+3)的唯一零点在区间(-4,-3)上.同理可得, 函 数 g(x) 为 R 上 的 减 函 数 , 于 是 函 数 f(x) 在 R 上 最 多 只 有 一 个 零 点 . 又

76

1 1 1 1 1 1 g(1)= (1 ? 1) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ??? ? ( ? ) >0, 2 3 4 5 2010 2011

1 2 1 2 1 2 g(2)= (1 ? 2) ? 22 ( ? ) ? 24 ( ? ) ? ??? ? 22010 ( ? ) <0,于是 g(1)g(2)<0,因而 g(x)在 2 3 4 5 2010 2011
R 上唯一零点在区间(1,2)上,于是 g(x-3)的唯一零点在区间(4,5)上. 所以,F(x)的两零点落在区间[-4,5]上,b-a 的最小值为 9. 注 不少考生想对复杂的函数表达式进行求和变形化简,结果当然是徒劳而返,得分率非

常低.导数法是解决高次函数或复杂函数的强有力的工具. 题 10(南通市一模) 已知等腰三角形腰上的中线长为 3 ,则该三角形的面积的最大值 是 ▲ . 解 (本题解法很多,仅给出平几解法)如图 4,△ABC 中,E,F 分别为底 BC 与腰 AC 的中
2 2 3 点,BF 与 AE 交于点 G,则 G 为△ABC 的重心,于是 BG=CG= BF ? ,且 AE=3GE. 3 3

A G B E 图4 F C

1 3 2 3 2 ) ?2, 所以, S?ABC ? 3S?BGC ? 3 ? GB ? GC sin BGC ? ? ( 2 2 3

当且仅当∠BGC=

? ,即 BG⊥GC 时,△ABC 的面积取最大值 2. 2

变式 1 在等腰三角形 ABC 中,AB=AC,D 在线段 AC 上,AD=kAC(k 为常数,且 0<k<1),BD=l 为定长,则△ABC 的面积的最大值为 ▲ . 略解 如图 5,以 B 为原点,BD 为 x 轴建立直角坐标系 xBy.设 A(x,y),y>0. y B 图5 C A D x

?(1 ? k 2 ) x2 ? 2lx ? l 2 因 AD=kAC =kAB, 故 AD =k AB , 于是(x-l) +y =k (x +y ).所以, y ? 1? k2
2 2 2 2 2 2 2 2
2

?(1 ? k 2 )( x ?

=

l 2 k l ) ? 2 2 1? k2 1? k2 ≤ k l , (1 ? k 2 ) 2 1? k2
kl 2 1 l2 kl ( S ) ? ( S ) ? ( S ) ? , , . ? ABD max ? ABC max ? ABD max 2 2(1 ? k ) k 2(1 ? k 2 ) 1? k2

2 2

于是, ymax ?

变式 2 在正三棱锥 P-ABC 中,D 为线段 BC 的中点,E 在线段 PD 上,PE=kPD(k 为常数, 且 0<k<1),AE=l 为定长,则该棱锥的体积的最大值为 ▲ . 略解 如图 6,因 PE=kPD,故 EG=kOD.因 AO=2OD,故 因

OF AO 2 OF 2 . ? ? ,于是 ? FG GE k GO k ? 2
P
G E F

PG PE GO OF OF GO 2(1 ? k ) = . ? ? k ,故 ? 1 ? k ,从而 ? ? 2?k PO PD PO PO GO PO
2?k AF AO 2 2 AE 2l VF ? ABC .因 .于是, ? ? ,故 AF= ? 2(1 ? k ) FE GE k k ?2 k ?2

所以, VP ? ABC ?

C

A

O

D

B 图6
77

4l 3 1 VF ? ABC ≤ FA3 = (当且仅当 FA,FB,FC 两两垂直时, “≤”中取“=”), 3( k ? 2)3 6

所以, VP ? ABC ?

2?k 2l 3 VF ? ABC ≤ , 2(1 ? k ) 3(1 ? k )( k ? 2) 2

于是所求的最大值为

2l 3 . 3(1 ? k )( k ? 2) 2

注 本题的原型题,可能来自于 2008 年江苏高考数学题:满足条件 AB=2,AC= 2BC 的△ ABC 的面积的最大值为 ▲ .

题 11(无锡市一模) 已知函数 f(x)=|x2-2|,若 f(a)≥f(b),且 0≤a≤b,则满足条件的点(a, b)所围成区域的面积为 ▲ .

解 易知 f(x)在 [0, 2] 上为减函数, 在 [ 2, ??) 上为增函数, 于是 a, b 不可能同在 ( 2, ??) 上. 若 0≤a≤b≤ 2 ,则 2-a2≥2-b2 恒成立,它围成图 7 中的区域①; 若 0≤a≤ 2 ≤b,则 2-a2≥b2-2,即 a2+b2≤4,它围成图 7 中的区域②.综上, b 2

2 ② ①

1 ? 点(a,b)所围成的区域恰好是圆 a2+b2=4 的 .故所求区域的面积为 . 2 8
题 12(高三百校大联考一模) 若函数 f(x)=|sinx|(x≥0)的图象与过原点的直线有且只有三个

O

图7

2 a

交点,交点中横坐标的最大值为 α,则

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

= ▲ .

y

A π α 图8

y=kx y=sinx 2π x

3? 解 依题意,画出示意图如图 8 所示.于是, ? ? ( ,2?) , 2
且 A(α,-sinα)为直线 y=kx 与函数 y= -sinx( x ? ( 在 A

O

3? , 2?) )图象的切点. 2 ? sin ?

点 处 的 切 线 斜 率 为 ? cos? ? =

?

, 故

α=tanα . 所 以 ,

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

sin 2? (1 ? tan 2 ? )sin 2? = =2. cos ? sin ? tan ?

题 13(苏北四市二模) 已知函数
f ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ? | x ? 1| ? | x ? 2 | ??? | x ? 2011| ( x ? R ) ,

且 f (a2 ? 3a ? 2) ? f (a ? 1) ,则满足条件的所有整数 a 的和是 ▲ . 解 因 f(-x)=f(x),故 f(x)为偶函数. 记 g(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| ,h(x)= | x ? 1| ? | x ? 2 | ?? ? | x ? 2011| . 当 x ≥ 0 时 , g(x+1)-g(x)=|x+2012|-|x+1|=2011 ,

78

?2 x ? 2011,0 ? x ? 2011, h(x+1)-h(x)=|x|-|x-2011|= ? x ? 2011. ?2011, ?2 x, 0 ? x ? 2011, 所以,f(x+1)-f(x)= ? 所以,f(0)=f(1)<f(2)<f(3)<?.又当 0≤x≤1 时, ?4022, x ? 2011.

f(x)= ( x ? 1) ? ( x ? 2) ? ? ? ( x ? 2011) ? (1 ? x) ? (2 ? x) ? ?? (2011 ? x) = 2011 ? 2012 ,
??1≤a 2 ? 3a ? 2≤1, 故 | a2 ? 3a ? 2 |?| a ? 1| 或 ? 且 a∈N*,解得 a=1,2,3,所以结果为 ??1≤1 ? a≤1,

6. 注 本题也可以这样思考:从最简单的先开始.先研究函数 f1 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 1| 与 函数 f 2 ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 | ? | x ? 1| ? | x ? 2 | 的图象与性质,它们都是“平底锅型” ,进而猜 测函数 f ( x) 的图象与性质,并最终得以解决问题. 题 14(南京市二模) 已知函数 f(x)= 立,则 a 的取值范围是 ▲ .

x2 ? ax ? 11 (a∈R),若对于任意的 x∈N*,f(x)≥3 恒成 x ?1

8 8 解 因 x∈N*,故由 f(x)≥3 恒成立,得 a≥ ?( x ? ) ? 3 ,故 a≥ [?( x ? ) ? 3]max . x x 8 8 8 当 x 取最接近于 2 2 的整数,即 x=3 时, ?( x ? ) ? 3 取最大值 ? ,于是 a≥ ? . 3 3 x
变式 已知函数 f(x)=

x2 ? ax ? 11 (x∈N*),且[f(x)]min=3,则实数 a 的取值集合是 ▲ . x ?1 8 8 略解 首先 a≥ ? .另一方面, ? x∈N*,使 f(x)≤3 能成立,即 a≤ ?( x ? ) ? 3 能成 3 x

立,

8 8 8 于是 a≤ [?( x ? ) ? 3]max = ? .所以,a 的取值集合是{ ? }. 3 3 x
题 15(盐城市二模) Sn= 2 ? f (
k ?1 2n

已知函数 f(x)=cosx,g(x)=sinx,记

(k ? 1)? 1 )? n 2n 2

? g(
k ?1

2n

(k ? n ? 1)? ) ,Tm=S1+S2+?+Sm.若 Tm<11,则 m 的最大值为 2n

▲ . 解

?f(
k ?1 2n

2n

( k ? 1? ) ? (2n ? 1)? ? n ???? (n ? 1)? n? ) = cos0 ? [cos ? cos =1. ] ? ? ? [cos ? cos ] ? cos 2n 2n 2n 2n 2n 2n (k ? n ? 1)? ?n? ?1 ? n?? (n ? 1)? ?? ? ) = sin ? [sin ? sin ] ? ? ? [sin ? sin ] ? sin 0 = -1. 2n 2n 2n 2n 2n 2n

? g(
k ?1

79

所以,Sn= 2 ?

1 1 ,Tm= 2m ? 1 ? m .令 Tm<11,则正整数 m 的最大值为 5. 2n 2

本题难点在于复杂的 Sn 的表达式.去掉求和符号∑,展开表达式,化抽象为具体,进而 识得庐山真面目. 题 16(苏锡常镇四市二模) ▲ . 解法 1 设 x=m,y=2n,则问题等价于:已知 x+y=2,求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值. 令 S= x ? 2x ? y ? 2 y ,T= x ? 2 y ? y ? 2x ,则 S-T= ( x ? y)(2x ? 2 y ) ≥0,即 S≥T. 另一方面, S+T= ( x ? y)(2 x ? 2 y ) ≥ 2 ? 2 2x ? 2 y =8, 故 S≥4, 当且仅当 x=y=1 时取等号. 所以 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为 4. 解法 2 考虑到对称性,不妨取 m≥1.令 g(m)= m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m ,m≥1. 则 g ?(m) ? (2m ? 22?m ) ? (m ? 2m ? (2 ? m) ? 22?m )ln 2 ≥0.所以函数 g(m)(m≥1)为增函数,故
gmin (m) ? g (1) ? 4 .

已知 m,n∈R,且 m+2n=2,则 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为

注这道题虽然正面求解难度较大,但得分率却相当的高.究其原因大致为:当考生经过变 元后, 得问题为 “已知 x+y=2, 求 x ? 2x ? y ? 2 y 的最小值” , 它具有某种对称性,凭直观猜测: 让 x=y=1,一举得到所求结果. 题 17(南通市二模) 在平面直角坐标系 xOy 中,设 A,B,C 是圆 x2+y2=1 上相异三点,若

???? ??? ? ??? ? 存在正实数 λ,μ,使得 OC ? ?OA ? ?OB ,则 λ2+(μ-3)2 的取值范围是 ▲ . ???? ??? ? ???? ? ??? ? ???? 解法 1 如图 9,作 OA1 ? ?OA , OB1 ? ? OB ,连 B1C,A1C,则 | OA1 |? ? , ???? ? ???? ???? ???? ???? ? | OB1 |? ? , | OC |? 1.因三点 A,B,C 互异,且 OC ? OA1 ? OB1 , ???? ? ???? 故 O,C,B1 构成三角形的三个顶点,且 | B1C |?| OA1 |? ? ,于是由三角形的边与边
?? ? ? ? 1, 之间的关系有 ? (☆) ?| ? ? ? |? 1.

y B O A A1 μ A λ+μ=1 1 O 1 图 10 C

B1

x 图9 μ-λ=1 P λ-μ=1 λ

如图 10 的阴影部分表示不等式组(☆)所表示的区域,P(λ,μ)为阴影部分内 的动点,定点 A(0,3),则 λ2+(μ-3)2=AP2. 点 A(0, 3)到直线 μ-λ=1 的距离 d= 2 , AP>d= 2 , 故 λ2+(μ-3)2>2, 从而 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) .

???? ??? ? ???? ??? ? 解法 2 依题, B, O, C 三点不可能在同条直线上. 所以 OC ? OB = | OC | ? | OB | cos BOC =cosBOC
80

∈(-1,1).

???? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? 又由 OC ? ?OA ? ?OB ,得 ? OA ? OC ? ?OB ,于是 ? 2 ? 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC . ??? ? ???? ??? ? ???? 记 f(μ)=λ2+(μ-3)2= 1 ? ? 2 ? 2?OB ? OC ? (? ? 3)2 = 2? 2 ? 6? ? 2?OB ? OC ? 10 .
于是,f(μ)> 2? 2 ? 8? ? 10 ? 2(? ? 2)2 ? 2 ≥2,且 f(μ)< 2? 2 ? 4? ? 10 = 2(? ? 1)2 ? 8 , 无最大值.故 λ2+(μ-3)2 的取值范围为 (2, ??) . 题 18(苏北四市三模) 如图 11 是一个数表,第 1 行依次写 1 3 2 5 3 7 4 9 5 6 7 ?

着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数 正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均为无限 项,则这个数表中的第 13 行第 10 个数为 ▲ .

11 13 ? 8 12 16 20 24 ? 20 28 36 44 ? 48 64 80 ? ? ? ? 图 11

解法 1 记第 n 行第 m 个数为 an,m.为了得到 a13,10,则第 1 行必须写满 22 个数. 观察可得:a13,1+a13,10=2(a12,1+a12,11)=22(a11,1+a11,12)=?=212(a1,1+a1,22)=23×212. 所以,a13,1+a13,10=23×212.另一方面,a13,10=a13,1+9×212.联立解得 a13,10=216. 解法 2 记第 n 行的第 1 个数为 an. n a
n

1 1=2×

2

3 8=4×2

4 20=5×4

5 48=6×8

1 2

3=3×1

于是,猜测 an ? (n ? 1) ? 2n?2 .因第 n 行的数从左到右排列成公差为 2 n ?1 的等差数列,故第 13 行第 10 个数为 14 ? 211 ? 9 ? 212 ? 216 . 解法 3 记第 n 行的第 1 个数为 an,数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 an?1 ? Sn ? 2n .所以, Sn+1-2Sn=2n,

Sn ?1 Sn 1 Sn n S1 1 ? ,故 n ? ,Sn= n ? 2 n ?1 .所以, an ? (n ? 1) ? 2n?2 .下同解法 2. ? ? .又 1 2 2 2 2 2n ?1 2n 2
题 19(南京市三模) 如图 12,已知正方形 ABCD 的边长为 1,过正方形中心 O 的直线 MN 分别交正方形的边 AB,CD 于点 M,N,则当

MN 取最小值时,CN= ▲ . BN
作 MP⊥DC 交 DC 于点 P,则 PN=2x-1.

A O M B 图 12

D N

1 解法 1 设 CN=x∈ [ ,1] ,则 BM=DN=1-x. 2
所以,MN2=1+(2x-1)2=4x2-4x+2,BN2=x2+1,

MN 2 4x2 ? 4x ? 2 4x ? 2 = =4? 2 2 2 x ?1 BN x ?1

C

81

=4?

4t 4 1 =4? (其中 t= x ? ), 1 2 5 2 (t ? ) ? 1 t ? ?1 2 4t

MN 2 5 5 5 ?1 5 ?1 ,即 t= ,x= 时, 取最小值,所以 CN= . 4t BN 2 2 2 2 ? 1 解法 2 设∠CBN=θ(θ∈ [0, ] ),则 BN= ,DN=1-tanθ,MN= 1 ? (2tan ? ? 1)2 . 4 cos ?
当且仅当 t ?

MN = cos? 1 ? (2tan? ? 1)2 = 3 ? (cos2? ? 2sin 2? ) = 3 ? 5 sin(2? ? ? ) , BN 2 1 MN s? ? ? )时 1 其 中 c o? , sin ? ? . 当 s i n?(?2 , 取 最 小 值 , 此 时 BN 5 5
所以,

1 ? =2. tan 2? ? tan( ? ? ) = 2 tan ?


2 tan ? 5 ?1 为所求(另一解为负,舍去). ? 2 ,得 tan ? = 1 ? tan 2 ? 2

题 20(南通市三模) 定义在 [1, ??) 上的函数 f(x)满足: ①f(2x)=cf(x)(c 为正常数); ②当 2≤x≤4 时,f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条直线上,则 c= 解 可求得,当 2 n ?1 ≤x≤ 2 n (n∈N*)时, f(x) = cn? 2 (1? | 记函数 f(x) = cn? 2 (1? | 令 ▲ .

x ? 3 |) . 2n ? 2

x ? 3 |) ( 2 n ?1 ≤x≤ 2 n ,n∈N*)图象上极大值的点为 Pn(xn,yn). 2n ? 2

xn ? 3 ? 0 ,即 xn= 3 ? 2 n ? 2 时,yn= c n ? 2 ,故 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ).分别令 n=1,2,3, 2n ? 2
3 1 , ),P2(3,1),P3(6,c).由 kP2 P1 ? kP2P3 (k 表示直线的斜率)得,c=2 或 c=1.当 2 c

得 P1(

1 c=2 时,所有极大值的点均在直线 y ? x 上;当 c=1 时,yn=1 对 n∈N*恒成立,此时极大 3
值的点均在直线 y=1 上. 变式 定义在 [1, ?? ) 上的函数 f(x) 满足:① f(2x)=cf(x)(c 为正常数 ) ;②当 2≤x≤4 时,

f(x)=1-|x-3|.若函数图象上所有取极大值的点均落在同一条以原点为顶点的抛物线上,则 常数 c= ▲ . 略解 以原点为顶点的抛物线方程可设为 x2=py(p≠0)或 y2=qx(q≠0). 若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 )在抛物线 x2=py(p≠0)上,则( 3 ? 2 n ? 2 )2= pc n ? 2 ,即
9 c ? ( ) n ? 2 对 n∈N*恒 p 4

成立,从而 c=4 ;若 Pn( 3 ? 2 n ? 2 , c n ? 2 ) 在抛物线 y2=qx(q ≠ 0) 上,则 ( c n ? 2 )2= 3q ? 2n ? 2 ,即

3q ? (

c 2

)n?2 对 n∈N*恒成立,从而 c= 2 .

综上,c=4 或 2 .

82

题 22(扬州市三模) 设函数 f(x)的定义域为 D,如果存在正实数 k,使对任意 x∈D,都有 x+k∈D,且 f(x+k)>f(x)恒成立,则称函数 f(x)为 D 上的“k 型增函数” .已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x>0 时,f(x)=|x-a|-2a,若 f(x)为 R 上的“2011 型增函数” ,则实数 a 的 取值范围是 ▲ . 解 若 a≤0,则 f(x)在 x>0 时为增函数,故对任意正实数 k,不等式 f(x+k)>f(x)恒成立.
y a O

若 a>0, 则函数 y=f(x+k)的图象可由函数 y=f(x)的图象向左平移 k 个单位而得(如

2011 图 13). 因 k=2011,故仅当 2011>6a 时, f(x+2011)>f(x),所以此时 0<a< . 6 2011 综上,实数 a 的取值范围是 a< . 6
题 23(徐州市三模) 若关于 x 的方程 x4+ax3+ax2+ax+1=0 有实数根,则实数 a 的取值范围为 ▲ .

3a-k -3a k

3a

x

图 13

1 1 解法 1 因 x≠0,故将方程两边同除以 x3,并变形得 ( x ? )2 ? a( x ? ) ? a ? 2 =0. x x
令 g(t)= t 2 ? at ? a ? 2 ,t= x ? 点. 因 g(-1)= -1,故函数 g(t)有零点,只须 g(-2)≤0 或 g(2)≤0.

1 ∈ (??, ?2] ? [2, ??)

网站首页 | 网站地图 | 学霸百科
All rights reserved Powered by 大学生考试网 9299.net
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@qq.com