資源簡介

2010年高考數學沖刺復習資料（共分五大專題）
專題一：三角與向量的交匯題型分析及解題策略
【命題趨向】
三角函數與平面的向量的綜合主要體現為交匯型，在高考中，主要出現在解答題的第一個試題位置上，其難度中等偏下，分值一般為12分，交匯性主要體現在：三角函數恒等變換公式、性質與圖象與平面的向量的數量積及平面向量的平行、垂直、夾角及模之間都有著不同程度的交匯，在高考中是一個熱點.如08年安徽理科第5題(5分)，考查三角函數的對稱性與向量平移、08年山東文第8題理第15題(5分)考查兩角和與差與向量垂直、08福建文理第17題(12分)考查三角函數的求值與向量積、07的天津文理第15題(4分)考查正余弦定理與向量數量積等.根據2009年考綱預計在09年高考中解答題仍會涉及三角函數的基本恒等變換公式、誘導公式的運用、三角函數的圖像和性質、向量的數量積、共線(平行)與垂直的充要條件條件．主要考查題型：(1)考查純三角函數函數知識，即一般先通過三角恒等變換公式化簡三角函數式，再求三角函數的值或研究三角函數的圖象及性質；(2)考查三角函數與向量的交匯，一般是先利用向量知識建立三角函數關系式，再利用三角函數知識求解；(3)考查三角函數知識與解三角形的交匯，也就是將三角變換公式與正余弦定理交織在一起.
【考試要求】
1．理解任意角的正弦、余弦、正切的定義．了解余切、正割、余割的定義．掌握同角三角函數的基本關系式．掌握正弦、余弦的誘導公式．了解周期函數與最小正周期的意義．
2．掌握兩角和與兩角差的正弦、余弦、正切公式．掌握二倍角的正弦、余弦、正切公式．
3．能正確運用三角公式進行簡單三角函數式的化簡、求值和恒等式證明．
4．理解正弦函數、余弦函數、正切函數的圖像和性質，會用“五點法”畫正弦函數、余弦函數和函數y=Asin(ωx+φ)的簡圖，理解A，ω，φ的物理意義．
5．掌握正弦定理、余弦定理，并能初步運用它們解斜三角形．
6．掌握向量的加法和減法．掌握實數與向量的積，理解兩個向量共線的充要條件．
7．了解平面向量的基本定理.理解平面向量的坐標的概念，掌握平面向量的坐標運算．
8．掌握平面向量的數量積及其幾何意義，了解用平面向量的數量積可以處理有關長度、角度和垂直的問題，掌握向量垂直的條件．
9．掌握平面兩點間的距離公式以及線段的定比分點和中點坐標公式，并且能熟練運用．掌握平移公式．
【考點透視】
向量具有代數運算性與幾何直觀性的“雙重身份”，即可以象數一樣滿足“運算性質”進行代數形式的運算，又可以利用它的幾何意義進行幾何形式的變換.而三角函數是以“角”為自變量的函數，函數值體現為實數，因此平面向量與三角函數在“角”之間存在著密切的聯系.同時在平面向量與三角函數的交匯處設計考題，其形式多樣，解法靈活，極富思維性和挑戰性.主要考點如下：
1．考查三角式化簡、求值、證明及求角問題.
2．考查三角函數的性質與圖像，特別是y=Asin((x+()的性質和圖像及其圖像變換.
3．考查平面向量的基本概念，向量的加減運算及幾何意義，此類題一般難度不大，主要用以解決有關長度、夾角、垂直、平行問題等.
4．考查向量的坐標表示，向量的線性運算，并能正確地進行運算.
5．考查平面向量的數量積及運算律(包括坐標形式及非坐標形式)，兩向量平行與垂直的充要條件等問題.
6．考查利用正弦定理、余弦定理解三角形問題.
【典例分析】
題型一　三角函數平移與向量平移的綜合
三角函數與平面向量中都涉及到平移問題，雖然平移在兩個知識系統中講法不盡相同，但它們實質是一樣的，它們都統一于同一坐標系的變化前后的兩個圖象中.解答平移問題主要注意兩個方面的確定：(1)平移的方向；(2)平移的單位.這兩個方面就是體現為在平移過程中對應的向量坐標.
【例1】　把函數y＝sin2x的圖象按向量＝(－，－3)平移后，得到函數y＝Asin(ωx＋()(A＞0，ω＞0，|(|＝)的圖象，則(和B的值依次為 （ ）
A．，－3 B．，3 C．，－3 D．－，3
【分析】　根據向量的坐標確定平行公式為，再代入已知解析式可得.還可以由向量的坐標得圖象的兩個平移過程，由此確定平移后的函數解析式，經對照即可作出選擇.
【解析1】　由平移向量知向量平移公式，即，代入y＝sin2x得y(＋3＝sin2(x(＋)，即到y＝sin(2x＋)－3，由此知(＝，B＝－3，故選C.
【解析2】　由向量＝(－，－3)，知圖象平移的兩個過程，即將原函數的圖象整體向左平移個單位，再向下平移3個單位，由此可得函數的圖象為y＝sin2(x＋)－3，即y＝sin(2x＋)－3，由此知(＝，B＝－3，故選C.
【點評】　此類題型將三角函數平移與向量平移有機地結合在一起，主要考查分析問題、解決問題的綜合應用能力，同時考查方程的思想及轉化的思想.本題解答的關鍵，也是易出錯的地方是確定平移的方向及平移的大小.
題型二　三角函數與平面向量平行(共線)的綜合
此題型的解答一般是從向量平行(共線)條件入手，將向量問題轉化為三角問題，然后再利用三角函數的相關知識再對三角式進行化簡，或結合三角函數的圖象與民性質進行求解.此類試題綜合性相對較強，有利于考查學生的基礎掌握情況，因此在高考中常有考查.
【例2】　已知A、B、C為三個銳角，且A＋B＋C＝π.若向量＝(2－2sinA，cosA＋sinA)與向量＝(cosA－sinA，1＋sinA)是共線向量.
（Ⅰ）求角A；
（Ⅱ）求函數y＝2sin2B＋cos的最大值.
【分析】　首先利用向量共線的充要條件建立三角函數等式，由于可求得A角的正弦值，再根據角的范圍即可解決第(Ⅰ)小題；而第(Ⅱ)小題根據第(Ⅰ)小題的結果及A、B、C三個角的關系，結合三角民恒等變換公式將函數轉化為關于角B的表達式，再根據B的范圍求最值.
【解】　（Ⅰ）∵、共線，∴(2－2sinA)(1＋sinA)＝(cosA＋sinA)(cosA－sinA)，則sin2A＝，
又A為銳角，所以sinA＝，則A＝.
（Ⅱ）y＝2sin2B＋cos＝2sin2B＋cos
＝2sin2B＋cos(－2B)＝1－cos2B＋cos2B＋sin2B
＝sin2B－cos2B＋1＝sin(2B－)＋1.
∵B∈(0，)，∴2B－∈(－，)，∴2B－＝，解得B＝，ymax＝2.
【點評】　本題主要考查向量共線(平行)的充要條件、三角恒等變換公式及三角函數的有界性.本題解答有兩個關鍵：（1）利用向量共線的充要條件將向量問題轉化為三角函數問題；（2）根據條件確定B角的范圍.一般地，由于在三角函數中角是自變量，因此解決三角函數問題確定角的范圍就顯得至關重要了.
題型三　三角函數與平面向量垂直的綜合
此題型在高考中是一個熱點問題，解答時與題型二的解法差不多，也是首先利用向量垂直的充要條件將向量問題轉化為三角問題，再利用三角函數的相關知識進行求解.此類題型解答主要體現函數與方程的思想、轉化的思想等.
【例3】　已知向量＝(3sinα,cosα)，＝(2sinα，5sinα－4cosα)，α∈(，2π)，且⊥．
（Ⅰ）求tanα的值；
（Ⅱ）求cos(＋)的值．
【分析】　第(Ⅰ)小題從向量垂直條件入手，建立關于α的三角方程，再利用同角三角函數的基本關系可求得tanα的值；第(Ⅱ)小題根據所求得的tanα的結果，利用二倍角公式求得tan的值，再利用兩角和與差的三角公式求得最后的結果．
【解】　（Ⅰ）∵⊥，∴·＝0．而＝（3sinα，cosα），＝(2sinα, 5sinα－4cosα)，
故·＝6sin2α＋5sinαcosα－4cos2α＝0．
由于cosα≠0，∴6tan2α＋5tanα－4＝0．解之，得tanα＝－，或tanα＝．
∵α∈（，2π），tanα＜0，故tanα＝（舍去）．∴tanα＝－．
（Ⅱ）∵α∈（，2π），∴∈（，π）．
由tanα＝－，求得tan＝－，tan＝2（舍去）．∴sin＝，cos＝－，
∴cos(＋)＝coscos－sinsin＝－×－×＝－
【點評】　本題主要考查向量垂直的充要條件、同角三角函數的基本關系、二倍角公式及兩角和與差的三角函數.同時本題兩個小題的解答都涉及到角的范圍的確定，再一次說明了在解答三角函數問題中確定角的范圍的重要性.同時還可以看到第（Ⅰ）小題的解答中用到“弦化切”的思想方法，這是解決在一道試題中同時出現“切函數與弦函數”關系問題常用方法.
題型四　三角函數與平面向量的模的綜合
此類題型主要是利用向量模的性質||2＝2，如果涉及到向量的坐標解答時可利用兩種方法：（1）先進行向量運算，再代入向量的坐標進行求解；（2）先將向量的坐標代入向量的坐標，再利用向量的坐標運算進行求解.
【例3】　已知向量＝(cosα,sinα)，＝(cosβ,sinβ)，|－|＝.(Ⅰ)求cos(α－β)的值；(Ⅱ)若－＜β＜0＜α＜，且sinβ＝－，求sinα的值.
【分析】　利用向量的模的計算與數量積的坐標運算可解決第(Ⅰ)小題；而第(Ⅱ)小題則可變角α＝(α－β)＋β，然后就須求sin(α－β)與cosβ即可.
【解】　(Ⅰ)∵|－|＝，∴2－2·＋2＝，
將向量＝(cosα,sinα)，＝(cosβ,sinβ)代入上式得
12－2(cosαcosβ＋sinαsinβ)＋12＝，∴cos(α－β)＝－.
(Ⅱ)∵－＜β＜0＜α＜，∴0＜α－β＜π，
由cos(α－β)＝－，得sin(α－β)＝，
又sinβ＝－，∴cosβ＝，
∴sinα＝sin［(α－β)＋β］＝sin(α－β)cosβ＋cos(α－β)sinβ＝.
點評：本題主要考查向量的模、數量積的坐標運算、和角公式、同角三角函數的基本關系.本題解答中要注意兩點：(1)化|－|為向量運算|－|2＝(－)2；(2)注意解α－β的范圍.整個解答過程體現方程的思想及轉化的思想.
題型五　三角函數與平面向量數量積的綜合
此類題型主要表現為兩種綜合方式：(1)三角函數與向量的積直接聯系；(2)利用三角函數與向量的夾角交匯，達到與數量積的綜合.解答時也主要是利用向量首先進行轉化，再利用三角函數知識求解.
【例5】　設函數f(x)＝·.其中向量＝(m，cosx)，＝(1＋sinx，1)，x∈R，且f()＝2.（Ⅰ）求實數m的值；（Ⅱ）求函數f(x)的最小值.
分析：利用向量內積公式的坐標形式，將題設條件中所涉及的向量內積轉化為三角函數中的“數量關系”，從而，建立函數f(x)關系式，第（Ⅰ）小題直接利用條件f()＝2可以求得，而第(Ⅱ)小題利用三角函數函數的有界性就可以求解.
解：（Ⅰ）f(x)＝·＝m(1＋sinx)＋cosx，
由f()＝2，得m(1＋sin)＋cos＝2，解得m＝1.
(Ⅱ)由（Ⅰ）得f(x)＝sinx＋cosx＋1＝sin(x＋)＋1，
當sin(x＋)＝－1時，f(x)的最小值為1－.
點評：平面向量與三角函數交匯點較多，向量的平行、垂直、夾角、數量積等知識都可以與三角函數進行交匯.不論是哪類向量知識與三角函數的交匯試題，其解法都差不多，首先都是利用向量的知識將條件轉化為三角函數中的“數量關系”，再利用三角函數的相關知識進行求解．
六、解斜三角形與向量的綜合
在三角形的正弦定理與余弦定理在教材中是利用向量知識來推導的，說明正弦定理、余弦定理與向量有著密切的聯系.解斜三角形與向量的綜合主要體現為以三角形的角對應的三角函數值為向量的坐標，要求根據向量的關系解答相關的問題.
【例6】　已知角A、B、C為△ABC的三個內角，其對邊分別為a、b、c，若＝(－cos，sin)，＝(cos，sin)，a＝2，且·＝．
（Ⅰ）若△ABC的面積S＝，求b＋c的值．
（Ⅱ）求b＋c的取值范圍．
【分析】　第(Ⅰ)小題利用數量積公式建立關于角A的三角函數方程，再利用二倍角公式求得A角，然后通過三角形的面積公式及余弦定理建立關于b、c的方程組求取b＋c的值；第(Ⅱ)小題正弦定理及三角形內角和定理建立關于B的三角函數式，進而求得b＋c的范圍.
【解】　（Ⅰ）∵＝(－cos，sin)，＝(cos，sin)，且·＝，
∴－cos2＋sin2＝，即－cosA＝，
又A∈(0，π)，∴A＝.
又由S△ABC＝bcsinA＝，所以bc＝4，
由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bc·cos＝b2＋c2＋bc，∴16＝(b＋c)2，故b＋c＝4.
（Ⅱ）由正弦定理得：＝＝＝＝4，又B＋C＝(－A＝，
∴b＋c＝4sinB＋4sinC＝4sinB＋4sin(－B)＝4sin(B＋)，
∵0＜B＜，則＜B＋＜，則＜sin(B＋)≤1，即b＋c的取值范圍是(2，4(.
[點評]　本題解答主要考查平面向量的數量積、三角恒等變換及三角形中的正弦定理、余弦定理、面積公式、三角形內角和定理等.解答本題主要有兩處要注意：第(Ⅰ)小題中求b＋c沒有利用分別求出b、c的值為解，而是利用整體的思想，使問題得到簡捷的解答；(2)第(Ⅱ)小題的求解中特別要注意確定角B的范圍.
【專題訓練】
一、選擇題
1．已知＝(cos40(，sin40()，＝(cos20(，sin20()，則·＝ （ ）
A．1 B． C． D．
2．將函數y＝2sin2x－的圖象按向量(，)平移后得到圖象對應的解析式是 （ ）
A．2cos2x B．－2cos2x C．2sin2x D．－2sin2x
3．已知△ABC中，＝，＝，若·＜0，則△ABC是 （ ）
A．鈍角三角形 B．直角三角形 C．銳角三角形 D．任意三角形
4．設＝(,sin()，＝(cos(,)，且∥，則銳角(為 （ ）
A．30( B．45( C．60( D．75(
5．已知＝(sinθ，)，＝(1，)，其中θ∈(π，)，則一定有 （ ）
A．∥ B．⊥ C．與夾角為45°D．||＝||
6．已知向量＝(6，－4)，＝(0，2),＝＋(，若C點在函數y＝sinx的圖象上,實數(＝ （ ）
A． B． C．－ D．－
7．由向量把函數y＝sin(x＋)的圖象按向量＝(m，0)(m＞0)平移所得的圖象關于y軸對稱，則m的最小值為 （ ）
A． B． C． D．
8．設0≤θ≤2π時，已知兩個向量＝(cosθ，sinθ)，＝(2＋sinθ，2－cosθ)，則向量長度的最大值是 （ ）
A． B． C．3 D．2
9．若向量＝(cos(,sin()，＝(cos(,sin()，則與一定滿足 （ ）
A．與的夾角等于(－( B．⊥
C．∥ D．(＋)⊥(－)
10．已知向量＝(cos25(,sin25()，＝(sin20(,cos20()，若t是實數，且＝＋t，則||的最小值為 （ ）
A． B．1 C． D．
11．O是平面上一定點，A、B、C是該平面上不共線的3個點，一動點P滿足：＝＋((＋)，(∈(0,＋∞)，則直線AP一定通過△ABC的 （ ）
A．外心 B．內心 C．重心 D．垂心
12．對于非零向量我們可以用它與直角坐標軸的夾角(,((0≤(≤(,0≤(≤()來表示它的方向，稱(,(為非零向量的方向角，稱cos(,cos(為向量的方向余弦，則cos2(＋cos2(＝（ ）
A．1 B． C． D．0
二、填空題
13．已知向量＝(sin(，2cos()，＝(,－).若∥，則sin2(的值為____________．
14．已知在△OAB(O為原點)中，＝(2cos(，2sin()，＝(5cos(，5sin()，若·＝－5，則S△AOB的值為_____________.
15．將函數f(x)＝tan(2x＋)＋1按向量a平移得到奇函數g(x)，要使|a|最小，則a＝
____________.
16．已知向量＝(1，1)向量與向量夾角為，且·＝－1.則向量＝__________．
三、解答題
17．在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若·＝·＝k(k∈R).
（Ⅰ）判斷△ABC的形狀；
（Ⅱ）若c＝，求k的值．
18．已知向量＝(sinA,cosA)，＝(,－1)，·＝1，且為銳角.(Ⅰ)求角A的大小；(Ⅱ)求函數f(x)＝cos2x＋4cosAsinx(x∈R)的值域．
19．在△ABC中，A、B、C所對邊的長分別為a、b、c，已知向量＝(1，2sinA)，＝(sinA，1＋cosA)，滿足∥，b＋c＝a.(Ⅰ)求A的大小；(Ⅱ)求sin(B＋)的值．
20．已知A、B、C的坐標分別為A（4，0），B（0，4），C（3cosα，3sinα）.
（Ⅰ）若α∈(－π，0)，且||＝||，求角α的大小；
（Ⅱ）若⊥，求的值．
21．△ABC的角A、B、C的對邊分別為a、b、c，＝(2b－c，a)，＝(cosA，－cosC)，且⊥．
(Ⅰ)求角A的大小；
(Ⅱ)當y＝2sin2B＋sin(2B＋)取最大值時，求角的大小.
22．已知＝(cosx＋sinx，sinx)，＝(cosx－sinx，2cosx)，
（Ⅰ）求證：向量與向量不可能平行；
（Ⅱ）若f(x)＝·，且x∈[－,]時，求函數f(x)的最大值及最小值．
【專題訓練】參考答案
一、選擇題
1．B　解析：由數量積的坐標表示知·＝cos40(sin20(＋sin40(cos20(＝sin60(＝.
2．D 【解析】y＝2sin2x－→y＝2sin2（x＋）－＋，即y＝－2sin2x.
3．A 【解析】因為cos∠BAC＝＝＜0，∴∠BAC為鈍角.
4．B 【解析】由平行的充要條件得×－sin(cos(＝0，sin2(＝1，2(＝90(，(＝45(.
5．B 【解析】·＝sinθ＋|sinθ|，∵θ∈(π，)，∴|sinθ|＝－sinθ，∴·＝0，∴⊥．
6．A 【解析】＝＋(＝(6，－4＋2()，代入y＝sinx得，－4＋2(＝sin＝1，解得(
＝.
7．B 【解析】考慮把函數y＝sin(x＋)的圖象變換為y＝cosx的圖象，而y＝sin(x＋)＝cos(x＋)，即把y＝cos(x＋)的圖象變換為y＝cosx的圖象，只須向右平行個單位，所以m＝，故選B.
8．C 【解析】||＝＝≤3.
9．D 【解析】＋＝(cos(＋cos(,sin(＋sin()，－＝(cos(＋cos(,sin(－sin()，∴(＋)·(－)＝cos2(－cos2(＋sin2(－sin2(＝0，∴(＋)⊥(－)．
10．C 【解析】||2＝||2＋t2||2＋2t·＝1＋t2＋2t(sin20(cos25(＋cos20(sin25()＝t2＋t＋1＝(t＋)2＋，||＝，∴||min＝.
11．C 【解析】設BC的中點為D，則＋＝2，又由＝＋((＋)，＝2(，所以與共線，即有直線AP與直線AD重合，即直線AP一定通過△ABC的重心．
12．A 【解析】設＝(x,y)，x軸、y軸、z軸方向的單位向量分別為＝(1,0)，＝(0,1)，由向量知識得cos(＝＝，cos(＝＝，則cos2(＋cos2(＝1.
二、填空題
13．－ 【解析】由∥，得－sin(＝2cos(,∴tan(＝－4，∴sin2(＝＝＝－．
14． 【解析】·＝－5(10cos(co(s＋10sin(sin(＝－5(10cos((－()＝－5(cos((－()＝－，∴sin∠AOB＝，又||＝2，||＝5，∴S△AOB＝×2×5×＝．
15．（，－1） 【解析】要經過平移得到奇函數g(x)，應將函數f(x)＝tan(2x＋)＋1的圖象向下平移1個單位，再向右平移－＋(k∈Z)個單位．即應按照向量＝(－＋，－1) (k∈Z)進行平移．要使|a|最小，
16．(－1，0)或(0，－1) 【解析】設＝(x，y)，由·＝－1，有x＋y＝－1 ①，由與夾角為，有·＝||·||cos，∴||＝1，則x2＋y2＝1 ②，由①②解得或 ∴即＝(－1，0)或＝(0，－1) ．
三、解答題
17．【解】（Ⅰ）∵·＝bccosA，·＝cacosB，
又·＝·，∴bccosA＝cacosB，
∴由正弦定理，得sinBcosA＝sinAcosB，即sinAcosB－sinBcosA＝0，∴sin(A－B)＝0
∵－π＜A－B＜π，∴A－B＝0，即A＝B，∴△ABC為等腰三角形.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴·＝bccosA＝bc·＝，
∵c＝，∴k＝1.
18．【解】(Ⅰ)由題意得·＝sinA－cosA＝1，2sin(A－)＝1，sin(A－)＝，
由A為銳角得A－＝，A＝.
(Ⅱ)由（Ⅰ）知cosA＝，所以f(x)＝cos2x＋2sinx＝1－2sin2x＋2sinx＝－2(sinx－)2＋，
因為x∈R，所以sinx∈[－1,1]，因此，當sinx＝時，f(x)有最大值．
當sinx＝－1時，f(x)有最小值－3，所以所求函數f(x)的值域是[－3，]．
19．【解】(Ⅰ)由∥，得2sin2A－1－cosA＝0，即2cos2A＋cosA－1＝0，∴cosA＝或cosA＝－1.
∵A是△ABC內角，cosA＝－1舍去，∴A＝.
(Ⅱ)∵b＋c＝a，由正弦定理，sinB＋sinC＝sinA＝，
∵B＋C＝，sinB＋sin(－B)＝，
∴cosB＋sinB＝，即sin(B＋)＝．
20．【解】（Ⅰ）由已知得：＝，則sinα＝cosα，
因為α∈(－π，0)，∴α＝－.
（Ⅱ）由(3cosα－4)·3cosα＋3sinα·(3sinα－4)＝0，得
sinα＋cosα＝，平方，得sin2α＝－.
而＝＝2sinαcosα＝sin2α＝－．
21．【解】(Ⅰ)由⊥，得·＝0，從而(2b－c)cosA－acosC＝0，
由正弦定理得2sinBcosA－sinCcosA－sinAcosC＝0
∴2sinBcosA－sin(A＋C)＝0，2sinBcosA－sinB＝0，
∵A、B∈(0，π)，∴sinB≠0，cosA＝，故A＝.
(Ⅱ)y＝2sin2B＋2sin(2B＋)＝(1－cos2B)＋sin2Bcos＋cos2Bsin
＝1＋sin2B－ cos2B＝1＋sin(2B－).
由(Ⅰ)得，0＜B＜，－＜2B－＜，
∴當2B－＝，即B＝時，y取最大值2.
22．【解】（Ⅰ）假設∥，則2cosx(cosx＋sinx)－sinx(cosx－sinx)＝0，
∴2cos2x＋sinxcosx＋sin2x＝0，2·＋sin2x＋＝0，
即sin2x＋cos2x＝－3，
∴(sin2x＋)＝－3，與|(sin2x＋)|≤矛盾，
故向量與向量不可能平行．
（Ⅱ）∵f(x)＝·＝(cosx＋sinx)·(cosx－sinx)＋sinx·2cosx
＝cos2x－sin2x＋2sinxcosx＝cos2x＋sin2x
＝(cos2x＋sin2x)＝(sin2x＋)，
∵－≤x≤，∴－≤2x＋≤，∴當2x＋＝，即x＝時，f(x)有最大值；
當2x＋＝－，即x＝－時，f(x)有最小值－1．
專題二：函數與導數的交匯題型分析及解題策略
【命題趨向】
函數的觀點和方法既貫穿了高中代數的全過程，又是學習高等數學的基礎，是高考數學中極為重要的內容，縱觀全國及各自主命題省市近三年的高考試題，函數與導數在選擇、填空、解答三種題型中每年都有試題，分值26分左右，如08年福建文11題理12題(5分)為容易題，考查函數與導函數圖象之間的關系、08年江蘇14題(5分)為容易題，考查函數值恒成立與導數研究單調性、08年北京文17題(12分)為中檔題考查函數單調性、奇偶性與導數的交匯、08年湖北理20題(12分)為中檔題，考查利用導數解決函數應用題、08年遼寧理22題(12分)為中檔題，考查函數利用導數確定函數極值與單調性問題等.預測2009年關于函數與導數的命題趨勢，仍然是難易結合，既有基本題也有綜合題，函數與導數的交匯的考查既有基本題也有綜合題，基本題以考查基本概念與運算為主，考查函數的基礎知識及函數性質及圖象為主，同時考查導數的相關知識，知識載體主要是三次函數、指數函數與對數函數綜合題.主要題型：(1)利用導數研究函數的單調性、極值與最值問題；(2)考查以函數為載體的實際應用題，主要是首先建立所求量的目標函數，再利用導數進行求解.
【考試要求】
1．了解函數的單調性、奇偶性的概念，掌握判斷一些簡單函數的單調性、奇偶性的方法．
2．了解反函數的概念及互為反函數的函數圖像間的關系，會求一些簡單函數的反函數．
3．掌握有理指數冪的運算性質．掌握指數函數的概念、圖象和性質．
4．掌握對數的運算性質；掌握對數函數的概念、圖像和性質．
5．能夠運用函數的性質、指數函數和對數函數的性質解決某些簡單的實際問題．
6．了解導數概念的某些實際背景（如瞬時速度、加速度、光滑曲線切線的斜率等）；掌握函數在一點處的導數的定義和導數的幾何意義；理解導函數的概念．
7．熟記基本導數公式（c，xm（m為有理數），sinx，cosx，ex，ax，lnx，logax的導數）；掌握兩個函數和、差、積、商的求導法則．了解復合函數的求導法則，會求某些簡單函數的導數．
8．理解可導函數的單調性與其導數的關系；了解可導函數在某點取得極值的必要條件和充分條件（導數在極值點兩側異號）；會求一些實際問題（一般指單峰函數）的最大值和最小值．
【考點透視】
高考對導數的考查主要以工具的方式進行命題，充分與函數相結合.其主要考點：
（1）考查利用導數研究函數的性質（單調性、極值與最值）；
（2）考查原函數與導函數之間的關系；
（3）考查利用導數與函數相結合的實際應用題.從題型及考查難度上來看主要有以下幾個特點：①以填空題、選擇題考查導數的概念、求函數的導數、求單調區間、求函數的極值與最值；②與導數的幾何意義相結合的函數綜合題，利用導數求解函數的單調性或求單調區間、最值或極值，屬于中檔題；③利用導數求實際應用問題中最值，為中檔偏難題.
【典例分析】
題型一　導函數與原函數圖象之間的關系
如果原函數定義域內可導，則原函數的圖象f(x)與其導函數f((x)的圖象有密切的關系：
1．導函數f((x)在x軸上、下方圖象與原函數圖象上升、下降的對應關系：
（1）若導函數f((x)在區間D上恒有f((x)＞0，則f(x)在區間D上為增函數，由此進一步得到導函數f((x)圖象在x軸上方的圖象對應的區間D為原函數圖象中的上升區間D；
（2）若導函數f((x)在區間D上恒有f((x)＜0，則f(x)在區間D上為減函數，由此進一步得到導函數f((x)圖象在x軸下方的圖象對應的區間為原函數圖象中的下降區間.
2．導函數f((x)圖象的零點與原函數圖象的極值點對應關系：導函數f((x)圖象的零點是原函
數的極值點.如果在零點的左側為正，右側為負，則導函數的零點為原函數的極大值點；
如果在零點的左側為負，右側為正，則導函數的零點為原函數的極小值點.
【例1】　如果函數y＝f(x)的圖象如右圖，那么導函數y＝f((x)的圖象可能是 （ ）
【分析】　根據原函數y＝f(x)的圖象可知，f(x)有在兩個上升區間，有兩個下降區間，且第一個期間的上升區間，然后相間出現，則反映在導函數圖象上就是有兩部分圖象在x軸的上方，有兩部分圖象在x軸的下方，且第一部分在x軸上方，然后相間出現.
【解】　由原函數的單調性可以得到導函數的正負情況依次是正→負→正→負,只有答案A滿足.
【點評】　本題觀察圖象時主要從兩個方面：(1)觀察原函數f(x)的圖象哪些的上升區間？哪些下降區間？；(2)觀察導函數f((x)的圖象哪些區間在大于零的區間？哪些部分昌小于零的區間？
【例2】　設f((x)是函數f(x)的導函數，y＝f((x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的圖象最有
可能是 （ ）
【分析】　先觀察所給出的導函數y＝f((x)的圖象的正負區間，再觀察所給的選項的增減區間，二者結合起來即可作出正確的選擇.本題還可以通過確定導函數y＝f((x)的圖象零點0、2對應原函數的極大或極小值點來判斷圖象.
【解法1】　由y＝f((x)的圖象可以清晰地看出，當x∈(0,2)時，y＝f((x)＜0，則f(x)為減函數，只有C項符合，故選C.
【解法2】　在導函數f((x)的圖象中，零點0的左側函數值為正，右側為負，由可知原函數f(x)在x＝0時取得極大值.又零點2的左側為負，右側為正，由此可知原函數f(x)在x＝0時取得極小值，只有C適合，故選C.
【點評】　(1)導函數值的符號決定函數的單調性為“正增、負減”，導函數的零點確定原函數的極值點；(2)導函數的增減性與函數增減性之間沒有直接的關系，但它刻畫函數圖象上的點的切線斜率的變化趨勢.
題型二　利用導數求解函數的單調性問題
若f(x)在某區間上可導，則由f((x)＞0(f((x)＜0)可推出f(x)為增（減）函數，但反之則不一定，如：函數f(x)＝x3在R上遞增，而f((x)≥0.f(x)在區間D內單調遞增(減)的充要條件是f((x0)≥0(≤0)，且f((x)在(a，b)的任意子區間上都不恒為零.利用導數求解函數單調性的主要題型：(1)根據函數解析式，求函數的單調區間；(2)根據函數的單調性函數求解參數問題；(3)求解與函數單調性相關的其它問題，如函數圖象的零點、不等式恒成立等問題.
【例3】　(08全國高考)已知函數f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R．(Ⅰ)討論函數f(x)的單調區間；(Ⅱ)設函數f(x)在區間(－，－)內是減函數，求a的取值范圍．
【分析】　第（Ⅰ）小題先求導函數f((x)，由于含有參數a，根據判別式確定對a的分類標準，進而確定單調區間；第（Ⅱ）小題根據第（Ⅰ）小題的結果，建立關于a的不等式組，由此可確定a的范圍.
【解】　(Ⅰ)由f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，求導得f((x)＝3x2＋2ax＋1，
當a2≤3時，△＝4(a2－3)≤0，f((x)≥0，f(x)在R上遞增，
當a2＞3，f((x)＝求得兩根為x＝，則
函數f(x)在區間(－∞，)上遞增，在區間(，)上遞減，
在區間(，＋∞)上遞增.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得，且a2＞3，解得a≥2.
【點評】　本題是利用導數求解函數單調性問題的兩類最典型的題型.由于函數解析式中含有字母參數a，因此解答第(Ⅰ)小題時注意分類討論.第(Ⅱ)小題的解答是根據第(Ⅰ)小題的結果，利用集合集合間的關系建立不等式來求解的.第(Ⅱ)小題還是利用函數在已知區間上減函數建立不等式來求解.
題型三　求函數的極值問題
極值點的導數一定為0，但導數為0的點不一定是極值點，同時不可導的點可能是極值點.因此函數的極值點只能在導數為0的點或不可導的點產生.利用導數求函數的極值主要題型：(1)根據函數解析式求極值；(2)根據函數的極值求解參數問題.解答時要注意準確應用利用導數求極值的原理求解.
【例4】　(08·四川)設x＝1和x＝2是函數f(x)＝x5＋ax3＋bx＋1的兩個極值點.(Ⅰ)求a和b的值；(Ⅱ)略.
【分析】　先求導函數f((x)，然后由x＝1和x＝2是f((x)＝0的兩個根建立關于a、b的方程組求解.
【解】　因為f((x)＝5x4＋3ax2＋b，
由x＝1和x＝2是函數f(x)＝x5＋ax3＋bx＋1的兩個極值點，所以f((1)＝0，且f((2)＝0，
即，解得a＝，b＝20.
【點評】　解答本題要明確極值點與導函數方程之間的關系：對于三次函數極值點的導數一定為0，但導數為0的點不一定是極值點.本題解得充分利用上述關系，通過建立方程組求得了a和b的值.
【例5】　(08陜西高考)已知函數f(x)＝(c＞0，且c≠1，k∈R）恰有一個極大值點和一個極小值點，其中一個是x＝－c．(Ⅰ)求函數f(x)的另一個極值點；(Ⅱ)求函數f(x)的極大值M和極小值m，并求M－m≥1時k的取值范圍．
【分析】　先求導函數f((x)，然后令f((－c)＝0及一元二次方程根與系數的關系可解決第（Ⅰ）小題；而解答第（Ⅱ）小題須對k與c進行分類討論進行解答.
【解】　(Ⅰ)f((x)＝＝，
由題意知f((－c)＝0，即得c2k－2c－ck＝0，即c＝1＋ （*）
∵c≠0，∴k≠0．由f((0)＝0，得－kx2－2x＋ck＝0，
由韋達定理知另一個極值點為x＝1．
(Ⅱ)由（*）式得c＝1＋，當c＞1時，k＞0；當0＜c＜1時，k＜－2．
(ⅰ)當k＞0時，f(x)在(－∞，－c)和(1，＋∞)內是減函數，在(－c，1)內是增函數．
f(1)＝＝＞0，m＝f(－c)＝＝＜0，
由M－m＝＋≥1及k＞0，解得k≥.
(ⅱ)當k＜－2時，f(x)在(－∞，－c)和(1，＋∞)內是增函數，在(－c，1)內是減函數．
∴M＝f(1)＝＞0，m＝＝＜0，而M－m＝－＝1－≥1恒成立．
綜上可知，所求的取值范圍為(－∞，－2)∪(，＋∞)．
【點撥】　第(Ⅰ)小題解答的關鍵是利用一元二次方程的韋達定理.第(Ⅱ)小題的是與極值相關的解決恒成立問題，因此求函數在定義域上的極值是解答的關鍵.
題型四　求解函數的最值問題
函數在閉區間上的最值是比較所有極值點與端點的函數值所得結果，因此函數在閉區間[a，b]上的端點函數值一定不是極值，但它可能是函數的最值.同時，函數的極值不一定是函數的最值，最值也不一定是極值.另外求解函數的最值問題，還可以直接結合函數的單調性來求解.利用導數求解函數最值問題的主要題型：(1)根據函數的解析式求函數的最大值；(2)根據函數在一個區間上的最值情況求解參數問題.
【例6】　(08浙江高考)已知a是實數，函數f(x)＝x2(x－a).(Ⅰ)略；（Ⅱ）求f(x)在區間[0，2]上的最大值.
【分析】　首先求函數f((x)，再解方程f((x)＝0，得兩個根，而兩根含有參數，但不知兩根的大小，因此須分類討論討論函數f(x)的單調區間，進而確定f(x)在給定區間上的最大值.
【解】　(Ⅱ)f((x)＝3x2－2ax．令f((x)＝0，解得x1＝0，x2＝．
當≤0，即a≤0時，f(x)在[0，2]上單調遞增，從而f(x)max＝f(2)＝8－4a．
當≥2，時，即a≥3時，f(x)在[0，2]上單調遞減，從而f(x)max＝f(0)＝0．
當0＜＜2，即0＜a＜3，f(x)在[0，]上單調遞減，在[，2]上單調遞增，
從而f(x)max＝，
綜上所述，f(x)max＝.
【點評】　本題由于函數解析式中含有參數，因此方程f((x)＝0的根含有參數，在確定函數單調區間時要注意對參數a的討論.本題的解答不是通過先確定函數在區間上的極值，再比較其與區間端點值的大小來求解的，而是利用函數單調性來求函數在各單調區間上的最值，再比較這些最值大小來求解的.
題型五　導數與數學建模的問題
此類試題主要是利用函數、不等式與導數相結合設計實際應用問題，旨在考查考生在數學應用方面閱讀、理解陳述的材料，能綜合應用所學數學知識、思想和方法解決實際問題的能力，這是高考中的一個熱點.
【例7】　(08·湖北)水庫的蓄水量隨時間而變化，現用表示時間，以月為單位，年初為起點，根據歷年數據，某水庫的蓄水量（單位：億立方米）關于t的近似函數關系式為
V(t)＝，
(Ⅰ)該水庫的蓄求量小于50的時期稱為枯水期.以i－1＜t＜i表示第1月份（i＝1，2，…，12）,同一年內哪幾個月份是枯水期？
(Ⅱ)求一年內該水庫的最大蓄水量（取e＝2.7計算）.
【分析】　根據解答分段函數“對號入座”的解題原則，分別利用兩段函數表達式建立不等式可求得第（Ⅰ）小題；而第（Ⅱ）小題則須先求函數V((t)，然后利用導數與函數最值關系求解.
【解】　(Ⅰ)①當0＜t≤10時，V(t)＝(－t2＋14t－40)e＋50＜50，化簡得t2－14t＋40＞0，
解得t＜4或t＞10，又0＜t≤10，故0＜t＜4.
②當10＜t≤12時，V(t)＝4(t－10)(3t－41)＋50＜50，化簡得(t－10)(3t－41)＜0，
解得10＜t＜，又10＜t≤12,故10＜t≤12.
綜合得0＜t＜4,或10＜t≤12；故知枯水期為1月，2月，3月，11月，12月共5個月.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知：V(t)的最大值只能在（4，10）內達到.
由V((t)＝e(－t＋t＋4)＝－e(t＋2)(t－8)
令V((t)＝0，解得t＝8(t＝－2舍去).
當t變化時，V((t)與V(t)的變化情況如下表：
t
(4，8)
8
(8，10)
V((t)
＋
0
－
V(t)
↗
極大值
↘
由上表，V(t)在t＝8時取得最大值V(8)＝8e2＋50＝108.32(億立方米).
故知一年內該水庫的最大蓄水量是108.32億立方米.
【點評】　本題第(Ⅰ)主要是根據題設條件給出的函數建立不等式，再解不等式，但要注意分段求解.第(Ⅱ)主要是通過求導取得極值，最后再求得最值的，但要注意要根據第(Ⅰ)確定函數定義域.
【例8】　（2006年福建卷）統計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中每小時耗油量y（升）關于行駛速度x（千米/小時）的函數解析式可以表示為：y=x2－x+8 (0＜x≤120).已知甲、乙兩地相距100千米.（Ⅰ）當汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地要耗油多少升？（Ⅱ）當汽車以多大的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少？最少為多少升？
【分析】　第（Ⅰ）小題直接根據所給函數的解析式進行計算；第（Ⅱ）小題須根據條件建立耗油量為h(x)關于行駛速度x的函數關系式，再利用導數的知識進行解答.
【解】　（I）當x=40時，汽車從甲地到乙地行駛了=2.5小時，
要耗沒(×403－×40+8)×2.5=17.5（升）.
答：當汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油17.5升.
（II）當速度為x千米/小時時，汽車從甲地到乙地行駛了小時，設耗油量為h(x)升，
依題意得h(x)=(x3－x+8)·=x2+－(0＜x≤120)，
h((x)=－=(0＜x≤120)，令h((x)=0得x=80，
當x∈(0,80)時，h((x)＜0,h(x)是減函數；當x∈(80,120)時，h((x)＞0,h(x)是增函數,
∴當x=80時，h(x)取到極小值h(80)=11.25,因為h(x)在(0,120]上只有一個極值，所以它是最小值.
答：當汽車以80千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少，最少為11.25升.
【點評】　解答類似于本題的問題時，可從給定的數量關系中選取一個恰當的變量，建立函數模型，然后根據目標函數的結構特征(非常規函數)，確定運用導數最值理論去解決問題.
【專題訓練】
一、選擇題
1．函數f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)有兩個極值點x1，x2，則x1·x2＝ （ ）
A．9 B．－9 C．1 D．－1
2．函數f(x)＝x3＋ax＋1在(－∞，－1)上為增函數，在(－1，1)上為減函數，則f(1)為（ ）
A． B．1 C． D．－1
3．函數f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)內有最小值，則a的取值范圍為 （ ）
A．0≤a＜1 B．0＜a＜1 C．－1＜a＜1 D．0＜a＜
4．已知函數f(x)＝x2(ax＋b)(a，b∈R)在x＝2時有極值，其圖象在點(1，(1))處的切線與直線3x＋y＝0平行，則函數f(x)的單調減區間為 （ ）
A．(－∞，0) B．(0，2) C．(2，＋∞) D．(－∞，＋∞)
5．函數y＝f(x)在定義域(－，3)內可導，其圖像如圖所示.記y＝f(x)的導函數為y＝f((x)，則不等式f((x)≤0的解集為 （ ）
A．[－，1]∪[2，3)
B．[－1，]∪[，]
C．[－，]∪[1，2)
D．(－，－]∪[，]∪[，3)
6．設函數f(x)＝sin(ωx＋)－1(ω＞0)的導數f((x)的最大值為3，則f(x)的圖象的一條對稱軸的方程是 （ ）
A．x＝ B．x＝ C．x＝ D．x＝
7．函數f(x)的定義域為開區間(a，b)，導函數f((x)在(a，b)內的圖象如下圖所示.則函數f(x)在開區間(a，b)內有極小值點 （ ）
A．1個
B．2個
C．3個
D．4個
8．函數f(x)(x∈R)的圖象如圖所示，則函數g(x)＝f(logax)(0＜a＜1)的單調減區間是（ ）
A．[0，] B．(－∞，0)∪[，＋∞)
C．[，1] D．[，]
8．函數y＝xcosx－sinx在下面哪個區間內是增函數（ ）
A．(，) B．(π，2π)
C．(，) D．(2π，3π)
9．下列圖象中，有一個是函數f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R，a≠0)的導函數f((x)的圖象，則f(－1)等于 （ ）

A． B．－ C． D．－或
11．已知對任意實數，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0時，f((x)＞0，g((x)＞0，則x＜0時 （ ）
A．f((x)＞0，g((x)＞0 B．f((x)＞0，g((x)＜0
C．f((x)＜0，g((x)＞0 D．f((x)＜0，g((x)＜0
12．若函數y＝f(x)在R上可導，且滿足不等式xf((x)＞－f(x)恒成立，且常數a，b滿足a＞b，則下列不等式一定成立的是 （ ）
A．af(b)＞bf(a) B．af(a)＞bf(b) C．af(a)＜bf(b) D．af(b)＜bf(a)
二、填空題
13．右圖是一個三次多項式函數f(x)的導函數f((x)的圖象，
則當x＝______時，函數取得最小值.
14．已知函數f(x)＝x3－x2＋2x＋1，且x1，x2是f(x)的兩
個極值點，0＜x1＜1＜x2＜3，則a的取值范圍_________.
15．已知函數f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在區間[－1，2]上是減函數，那么b＋c最大值為___________.
16．曲線y＝2x4上的點到直線y＝－x－1的距離的最小值為____________.
三、解答題
17．設函數f(x)＝2x3－3(a－1)x2＋1，其中a≥1.
(Ⅰ)求f(x)的單調區間；
(Ⅱ)討論f(x)的極值.
18．已知定義在R上的函數f(x)＝x2(ax－3)，其中a為常數.(Ⅰ)若x＝1是函數f(x)的一個極值點，求a的值；(Ⅱ)若函數f(x)在區間（－1，0）上是增函數，求a的取值范圍.
19．已知函數f(x)＝x3＋bx2＋ax＋d的圖象過點P（0，2），且在點M（－1，f（－1））處的切線方程為6x-y+7=0.
（Ⅰ）求函數y=f(x)的解析式；
（Ⅱ）求函數y=f(x)的單調區間.
20．設函數f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)，若對所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求實數a的取值范圍．
21．已知函數f(x)＝－x2＋8x，g(x)＝6lnx＋m.
（Ⅰ）求f(x)在區間[t，t＋1]上的最大值h(t)；
（Ⅱ）是否存在實數m，使得y＝f(x)的圖象與y＝g(x)的圖象有且只有三個不同的交點？若存在，求出m的取值范圍；，若不存在，說明理由。
22．已知函數f(x)＝logax＋2x和g(x)＝2loga(2x＋t－2)＋2x(a＞0，a≠1，t∈R)的圖象在x＝2處的切線互相平行.
(Ⅰ)求t的值；
(Ⅱ)設F(x)＝g(x)－f(x)，當x∈[1，4]時，F(x)≥2恒成立，求a的取值范圍.
【專題訓練】參考答案
一、選擇題
1．D 【解析】f((x)＝3x2＋2ax＋3，則x1·x2＝1.
2．C 【解析】∵f((x)＝x2＋a，又f((－1)＝0，∴a＝－1，f(1)＝－1＋1＝.
3．B 【解析】f((x)＝3x2－3a，由于f(x)在(0，1)內有最小值，故a＞0，且f((x)＝0的解為x1＝，x2＝－，則∈(0，1)，∴0＜a＜1.
4．B 【解析】∵f(x)＝ax3＋bx2，f′(x)＝3ax2＋2bx，∴，即，令f((x)＝3x2－6x＜0，則0＜x＜2，即選B.
5．A 【解析】由條件f((x)≤0知，選擇f(x)圖象的下降區間即為解.
6．A 【解析】f((x)＝ωcos(ωx＋)，則ω＝3，則由3x＋＝2kπ＋，即x＝kπ＋(k∈Z)，由此可知x＝為f(x)的圖象的一條對稱軸.
7．A 【解析】f((x)的圖象與x軸有A、B、O、C四個交點. 其中在A、C處f((x)的值都是由正變負，相應的函數值則由增變減，故f(x)點A、C處應取得極大值；在B處f((x)的值由負變正，相應的函數值則由減變增，故f(x)在點B處應取得極小值.點O處f((x)的值沒有正負交替的變化，故不是極值點，這就是說，點B是唯一的極值點.
8．C 【解析】因為u＝logax(0＜a＜1)在（0，＋∞）上是減函數，根據函數的單調性的復合規律得0≤logax≤，即≤a≤1，故選C.
8．B 【解析】y(＝(cosx－xsinx)＝－xsinx，令－xsinx＞0，則xsinx＜0，各選項中x均為正，只須sinx＜0，故x∈(π，2π).
9．B 【解析】∵f((x)＝x2＋2ax＋a2－1＝(x＋a)2－1，又a≠0，∴f′(x)的圖象為第三個，知f((0)＝0，故a＝－1，f(－1)＝－＋a＋1＝－.
11．B 【解析】依題意得f(x)是奇函數，在(0，＋∞)上是增函數，故在(－∞，0)上是增函數，即當x＜0時，f((x)＞0；g(x)是偶函數，在(0，＋∞)上是增函數，故在(－∞，0)上是減函數，即當x＜0時，g((x)＜0.
12．B 【解析】令F(x)＝xf(x)，則F((x)＝xf((x)＋f(x)，由xf((x)＞－f(x)，得xf((x)＋f(x)＞0，即則F((x)＞0，所以f(x)在R上為遞增函數.因為a＞b，所以af(a)＞bf(b).
二、填空題
13．4 【解析】根據導函數對應方程f((x)＝0的根與極值的關系及極值的定義易得結果.
14．3＜a＜ 【解析】f((x)＝x2＋ax＋2，由題知：，解得3＜a＜.
15．－ 【解析】f((x)＝3x2＋2bx＋c ∵f(x)在[－1，2]上減，∴f((x)在[－1，2]上非正.
由，即，∴15＋2(b＋c)≤0，∴b＋c≤－.
16． 【解析】設直線L平行于直線y＝－x－1，且與曲線y＝2x4相切于點P(x0，y0)，則所求最小值d，即點P到直線y＝－x－1的距離，y(＝8x3＝－1，∴x0＝－，x0＝，∴d＝＝.
三、解答題
17．【解】　由已知得f((x)＝6x[x－(a－1)]，令f((x)＝0，解得 x1＝0,x2＝a－1，.
（Ⅰ）當a＝1時，f((x)＝6x2，f(x)在(－∞,＋∞)上單調遞增
當a＞1時，f((x)＝6x[x－(a－1)]，f((x),f(x)隨x的變化情況如下表：
x
(－∞,0)
0
(0,a－1)
a－1
(a－1,＋∞)
f((x)
＋
0
0
f(x)
↗
極大值
↘
極小值
↗
從上表可知，函數f(x)在(－∞,0)上單調遞增；在(0,a－1)上單調遞減；在(a－1,＋∞)上單調遞增.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當a＝1時，函數f(x)沒有極值.；當a＞1時，函數f(x)在x＝0處取得極大值，在x＝a－1處取得極小值1－(a－1)3.
18．【解】　(Ⅰ)f(x)＝ax3－3x，f((x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2),
∵x＝1是f(x)的一個極值點，∴f((1)＝0，∴a＝2；
(Ⅱ)①當a＝0時，f(x)＝－3x2在區間（－1，0）上是增函數，∴a＝0符合題意；
②當a≠0時，f((x)＝3ax(x－)，由f((x)＝0，得x＝0，x＝
當a＞0時，對任意x∈(－1，0)，f((x)＞0，∴a＞0符合題意；
當a＜0時，當x∈(，0)時，由f((x)＞0，得≤－1，∴－2≤a＜0符合題意；
綜上所述，a≥－2.
19．【解】（Ⅰ）由f(x)的圖象經過P（0，2），知d＝2，則
f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2，f((x)＝3x2＋2bx+c，
由在M(-1,f(-1))處的切線方程是6x-y+7=0，知-6-f(-1)+7=0，即f(-1)=1，且f((-1)=6，
∴，即，解得b=c=-3，
故所求的解析式是f(x)＝x3-3x2-3x+2.
（Ⅱ）f((x)＝3x2-6x-3，令3x2-6x-3=0，即x2-2x-1=0，
解得x1=1-，x2=1+，當x＜1-或x＞1+時，f((x)＞0；
當1-＜x＜1+時，f((x)＜0，
故f(x)＝x3-3x2-3x+2在(-∞，1-)內是增函數，在(1-，1+)內是減函數，在(1+，+∞)內是增函數.
20．【解】令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，對函數g(x)求導數：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a
令g′(x)＝0，解得x＝ea－1－1，
(1)當a≤1時，對所有x＞0，g′(x)＞0，所以g(x)在[0，＋∞)上是增函數，
又g(0)＝0，所以對x≥0，都有g(x)≥g(0)，
即當a≤1時，對于所有x≥0，都有　f(x)≥ax．
(2)當a＞1時，對于0＜x＜ea－1－1，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，ea－1－1)是減函數，
又g(0)＝0，所以對0＜x＜ea－1－1，都有g(x)＜g(0)，
即當a＞1時，不是對所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立．
綜上，a的取值范圍是（－∞，1]．
21．【解】（I）∵f(x)是二次函數，且f(x)＜0的解集是(0，5)，∴可設f(x)＝ax(x－5)(a＞0)，
∴f(x)在區間[－1，4]上的最大值是f(－1)＝6a，
由已知，得6a＝12，∴a＝2，∴f(x)＝2x(x－5)＝2x2－10x(x∈R).
（II）方程f(x)＋＝0等價于方程2x3－10x2＋37＝0，
設h(x)＝2x3－10x2＋37，則h((x)＝6x2－20x＝2x(3x－10)，
當x∈(0，)時，h((x)＜0，h(x)是減函數；當x∈(，＋∞)時，h((x)＞0，h(x)是增函數，
∵h(3)＝1＞0，h()＝－＜0，h(4)＝5＞0，
∴方程h(x)＝0在區間(3，)、(，4)內分別有惟一實數根，而在(0，3)，(4，＋∞)內
沒有實數根，
所以存在惟一的自然數m＝3，使得方程f(x)＋＝0在區間(m，m＋1)內有且只有兩個
不同的實數根.
22．解析：(Ⅰ)f((x)＝logae＋2，g((x)＝logae＋2，
∵函數f(x)和g(x)的圖象在x＝2處的切線互相平行，
f((2)＝g((2)，∴logae＝logae，t＝6.
(Ⅱ)∵t＝6，∴F(x)＝g(x)－f(x)＝2loga(2x＋4)－logax＝loga，x∈[1，4]，
令h(x)＝＝4x＋，x∈[1，4]，∴h((x)＝4－＝，x∈[1，4]，
∴當1≤x＜2時，h((x)＜0，當2＜x≤4時，h((x)＞0，
∴h(x)在(1，2)是單調減函數，在(2，4(是單調增函數，
∴h((x)min＝h(2)＝32，h((x)max＝h(1)＝h(4)＝36，
∴當0＜a＜1時，有F(x) min＝loga36，當a＞1時，有F(x) max＝loga32.
∵當x∈[1，4]時，F(x)≥2恒成立，∴F(x) min≥2，
∴滿足條件的a的值滿足下列不等式組 ①，或 ②
不等式組①的解集為空集，解不等式組②得1＜a≤4，
綜上所述，滿足條件的的取值范圍是：1＜a≤4.
專題三：數列與不等式的交匯題型分析及解題策略
【命題趨向】
數列與不等式交匯主要以壓軸題的形式出現，試題還可能涉及到與導數、函數等知識綜合一起考查.主要考查知識重點和熱點是數列的通項公式、前n項和公式以及二者之間的關系、等差數列和等比數列、歸納與猜想、數學歸納法、比較大小、不等式證明、參數取值范圍的探求，在不等式的證明中要注意放縮法的應用.此類題型主要考查學生對知識的靈活變通、融合與遷移，考查學生數學視野的廣度和進一步學習數學的潛能．近年來加強了對遞推數列考查的力度，這點應當引起我們高度的重視．如08年北京文20題(12分)中檔偏上，考查數列與不等式恒成立條件下的參數問題、08年湖北理21題(12分)為中檔偏上，考查數列與不等式交匯的探索性問題、08年江西理19題(12分)中等難度，考查數列求和與不等式的交匯、08年全國卷Ⅰ理22(12分)壓軸題，難說大，考查數學歸納法與不等式的交匯，等等.預計在2009年高考中,比較新穎的數列與不等式選擇題或填空題一定會出現.數列解答題的命題熱點是與不等式交匯,呈現遞推關系的綜合性試題.其中,以函數與數列、不等式為命題載體,有著高等數學背景的數列與不等式的交匯試題是未來高考命題的一個新的亮點,而命題的冷門則是數列與不等式綜合的應用性解答題.
【考試要求】
1．理解數列的概念，了解數列通項公式的意義，了解遞推公式是給出數列的一種方法，并能根據遞推公式寫出數列的前幾項．
2．理解等差數列的概念．掌握等差數列的通項公式與前n項和公式，并能解決簡單的實際問題．
3．理解等比數列的概念，掌握等比數列的通項公式與前n項和公式，并能解決簡單的實際問題。
4．理解不等式的性質及其證明．
5．掌握兩個（不擴展到三個）正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數的定理，并會簡單的應用．
6．掌握分析法、綜合法、比較法證明簡單的不等式．
7．掌握簡單不等式的解法及理解不等式│a│－│b│≤│a+b│≤│a│+│b│．
【考點透視】
1．以客觀題考查不等式的性質、解法與數列、等差數列、等比數列的簡單交匯.
2．以解答題以中檔題或壓軸題的形式考查數列與不等式的交匯，還有可能涉及到導數、解析幾何、三角函數的知識等，深度考查不等式的證明(主要比較法、綜合法、分析法、放縮法、數學歸納法、反證法)和邏輯推理能力及分類討論、化歸的數學思想，試題新穎別致，難度相對較大.
3．將數列與不等式的交匯滲透于遞推數列及抽象數列中進行考查，主要考查轉化及方程的思想.
【典例分析】
題型一　求有數列參與的不等式恒成立條件下參數問題
求得數列與不等式綾結合恒成立條件下的參數問題主要兩種策略：(1)若函數f(x)在定義域為D，則當x∈D時，有f(x)≥M恒成立(f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立(f(x)max≤M；(2)利用等差數列與等比數列等數列知識化簡不等式，再通過解不等式解得.
【例1】　等比數列{an}的公比q＞1，第17項的平方等于第24項，求使a1＋a2＋…＋an＞＋＋…＋恒成立的正整數n的取值范圍.
【分析】　利用條件中兩項間的關系，尋求數列首項a1與公比q之間的關系，再利用等比數列前n項公式和及所得的關系化簡不等式，進而通過估算求得正整數n的取值范圍.
【解】　由題意得：(a1q16)2＝a1q23，∴a1q9＝1.
由等比數列的性質知：數列{}是以為首項，以為公比的等比數列，要使不等式成立，
則須＞，把a＝q(18代入上式并整理，得q(18(qn－1)＞q(1－)，
qn＞q19，∵q＞1，∴n＞19，故所求正整數的取值范圍是n≥20.
【點評】　本題解答數列與不等式兩方面的知識都用到了，主要體現為用數列知識化簡，用不等式知識求得最后的結果.本題解答體現了轉化思想、方程思想及估算思想的應用.
【例2】　（08·全國Ⅱ）設數列{an}的前項和為Sn．已知a1＝a，an+1＝Sn＋3n，n∈N*．(Ⅰ)設bn＝Sn－3n，求數列{bn}的通項公式；（Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范圍．
【分析】　第（Ⅰ）小題利用Sn與an的關系可求得數列的通項公式；第（Ⅱ）小題將條件an+1≥an轉化為關于n與a的關系，再利用a≤f(n)恒成立等價于a≤f(n)min求解．
【解】　(Ⅰ)依題意，Sn+1－Sn＝an+1＝Sn＋3n，即Sn+1＝2Sn＋3n，
由此得Sn+1－3 n+1＝2(Sn－3n)．
因此，所求通項公式為bn＝Sn－3n＝(a－3)2 n(1，n∈N*, ①
(Ⅱ)由①知Sn＝3n＋(a－3)2 n(1，n∈N*，
于是，當n≥2時，an＝Sn－Sn(1＝3n＋(a－3)2 n(1－3n(1－(a－3)2 n(2＝2×3n(1＋(a－3)2 n(2，
an+1－an＝4×3 n(1＋(a－3)2 n(2＝2 n(2·[12·()n(2＋a－3]，
當n≥2時，an+1≥an，即2 n(2·[12·()n(2＋a－3]≥0，12·()n(2＋a－3≥0，∴a≥－9，
綜上，所求的a的取值范圍是[－9，＋∞]．
【點評】　一般地，如果求條件與前n項和相關的數列的通項公式，則可考慮Sn與an的關系求解.本題求參數取值范圍的方法也一種常用的方法，應當引起重視.
題型二　數列參與的不等式的證明問題
此類不等式的證明常用的方法：(1)比較法，特別是差值比較法是最根本的方法；(2)分析法與綜合法，一般是利用分析法分析，再利用綜合法分析；(3)放縮法，主要是通過分母分子的擴大或縮小、項數的增加與減少等手段達到證明的目的.
【例3】　已知數列{an}是等差數列，其前n項和為Sn，a3＝7，S4＝24．(Ⅰ)求數列{an}的通項公式；(Ⅱ)設p、q都是正整數，且p≠q，證明：Sp+q＜(S2p＋S2q)．
【分析】　根據條件首先利用等差數列的通項公式及前n項公式和建立方程組即可解決第(Ⅰ)小題；第(Ⅱ)小題利用差值比較法就可順利解決.
【解】　（Ⅰ）設等差數列{an}的公差是d，依題意得，，解得，
∴數列{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
（Ⅱ）證明：∵an＝2n＋1，∴Sn＝＝n2＋2n．
2Sp+q－(S2p＋S2q)＝2[(p＋q)2＋2(p＋q)]－(4p2＋4p)－(4q2＋4q)＝－2(p－q)2，
∵p≠q，∴2Sp+q－(S2p＋S2q)＜0，∴Sp+q＜(S2p＋S2q)．
【點評】　利用差值比較法比較大小的關鍵是對作差后的式子進行變形，途徑主要有：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，則利用通分；（4）如果涉及根式，則利用分子或分母有理化.
【例4】　(08·安徽高考)設數列{an}滿足a1＝0，an+1＝can3＋1－c，c∈N*，其中c為實數.(Ⅰ)證明：an∈[0，1]對任意n∈N*成立的充分必要條件是c∈[0，1]；(Ⅱ)設0＜c＜，證明：an≥1－(3c)n(1，n∈N*；（Ⅲ）設0＜c＜，證明：a12＋a22＋…＋an2＞n＋1－，n∈N*.
【分析】　第（1）小題可考慮用數學歸納法證明；第（2）小題可利用綜合法結合不等關系的迭代；第（3）小題利用不等式的傳遞性轉化等比數列，然后利用前n項和求和，再進行適當放縮.
【解】（Ⅰ）必要性：∵a1＝0，a2＝1－c，
又∵a2∈[0，1]，∴0≤1－c≤1，即c∈[0，1].
充分性：設c∈[0，1]，對n∈N*用數學歸納法證明an∈[0，1].
(1)當n＝1時，a1∈[0，1].
(2)假設當n＝k時，ak∈[0，1](k≥1)成立，則
ak＋1＝cak3＋1－c≤c＋1－c＝1，且ak＋1＝cak3＋1－c≥1－c≥0，
∴ak＋1∈[0，1]，這就是說n＝k＋1時，an∈[0，1].
由（1）、（2）知，當c∈[0，1]時，知an∈[0，1]對所胡n∈N*成立.
綜上所述，an∈[0，1]對任意n∈N*成立的充分必要條件是c∈[0，1].
（Ⅱ）設0＜c＜，當n＝1時，a1＝0，結論成立.
當n≥2時，由an＝can(13＋1－c，∴1－an＝c(1－an(1)(1＋an(1＋an(12)
∵0＜c＜，由(Ⅰ)知an(1∈[0，1]，所以1＋an(1＋an(12≤3，且1－an(1≥0，∴1－an≤3c(1－an(1)，
∴1－an≤3c(1－an(1)≤(3c)2(1－an(2)≤…≤(3c) n(1(1－a1)＝(3c) n(1，∴an≥1－(3c)n(1，n∈N*.
(Ⅲ)設0＜c＜，當n＝1時，a12＝0＞2－，結論成立.
當n≥2時，由（Ⅱ）知an≥1－(3c)n(1＞0，
∴an2≥[(1－(3c)n(1)] 2＝1－2(3c)n(1＋(3c)(n(1)＞1－2(3c)n(1，
a12＋a22＋…＋an2＝a22＋…＋an2＞n－1－2[3c＋(3c)2＋…＋(3c)n(1]
＝n－1－2[1＋3c＋(3c)2＋…＋(3c)n(1－1]＝n＋1－＞n＋1－.
【點評】　本題是數列與不等式、數學歸納法的知識交匯題，屬于難題，此類試題在高考中點占有一席之地，復習時應引起注意.本題的第(Ⅰ)小題實質也是不等式的證明，
題型三　求數列中的最大值問題
求解數列中的某些最值問題，有時須結合不等式來解決，其具體解法有：(1)建立目標函數，通過不等式確定變量范圍，進而求得最值；(2)首先利用不等式判斷數列的單調性，然后確定最值；(3)利用條件中的不等式關系確定最值.
【例5】　(08·四川高考)設等差數列{an}的前項和為Sn，若S4≥10，S5≤15，則a4的最大值為______.
【分析】　根據條件將前4項與前5項和的不等關系轉化為關于首項a1與公差d的不等式，然后利用此不等關系確定公差d的范圍，由此可確定a4的最大值.
【解】　∵等差數列{an}的前項和為Sn，且S4≥10，S5≤15，
∴，即，∴，
∴≤a4≤3＋d，則5＋3d≤6＋2d，即d≤1.
∴a4≤3＋d≤3＋1＝4，故a4的最大值為4.
【點評】　本題最值的確定主要是根據條件的不等式關系來求最值的，其中確定數列的公差d是解答的關鍵，同時解答中要注意不等式傳遞性的應用.
【例6】　等比數列{an}的首項為a1＝2002，公比q＝－．(Ⅰ)設f(n)表示該數列的前n項的積，求f(n)的表達式；(Ⅱ)當n取何值時，f(n)有最大值．
【分析】　第(Ⅰ)小題首先利用等比數列的通項公式求數列{an}的通項，再求得f(n)的表達式；第(Ⅱ)小題通過商值比較法確定數列的單調性，再通過比較求得最值.
【解】　(Ⅰ)an＝2002·(－)n(1，f(n)＝2002n·(－)
(Ⅱ)由(Ⅰ)，得＝，則
當n≤10時，＝＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，
當n≥11時，＝＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…，
∵f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0，∴f(n)的最大值為f(9)或f(12)中的最大者．
∵＝＝20023·()30＝()3＞1，
∴當n＝12時，f(n)有最大值為f(12)＝200212·()66．
【點評】　本題解答有兩個關鍵：(1)利用商值比較法確定數列的單調性；(2)注意比較f(12)與f(9)的大小.整個解答過程還須注意f(n)中各項的符號變化情況.
題型四　求解探索性問題
數列與不等式中的探索性問題主要表現為存在型，解答的一般策略：先假設所探求對象存在或結論成立，以此假設為前提條件進行運算或邏輯推理，若由此推出矛盾，則假設不成立，從而得到“否定”的結論，即不存在.若推理不出現矛盾，能求得在范圍內的數值或圖形，就得到肯定的結論，即得到存在的結果.
【例7】　已知{an}的前n項和為Sn，且an＋Sn＝4.(Ⅰ)求證：數列{an}是等比數列；(Ⅱ)是否存在正整數k，使＞2成立.
【分析】　第(Ⅰ)小題通過代數變換確定數列an+1與an的關系，結合定義判斷數列{an}為等比數列；而第(Ⅱ)小題先假設條件中的不等式成立，再由此進行推理，確定此不等式成立的合理性.
【解】　(Ⅰ)由題意，Sn＋an＝4，Sn+1＋an+1＝4，
由兩式相減，得(Sn+1＋an+1)－(Sn＋an)＝0，即2an+1－an＝0，an+1＝an，
又2a1＝S1＋a1＝4，∴a1＝2，∴數列{an}是以首項a1＝2，公比為q＝的等比數列.
(Ⅱ)由(Ⅰ)，得Sn＝＝4－22(n.
又由＞2，得＞2，整理，得＜21(k＜1，即1＜2 k (1＜，
∵k∈N*，∴2k(1∈N*，這與2k(1∈(1，)相矛盾，故不存在這樣的k，使不等式成立.
【點評】　本題解答的整個過程屬于常規解法，但在導出矛盾時須注意條件“k∈N*”，這是在解答數列問題中易忽視的一個陷阱.
【例8】　(08·湖北高考)已知數列{an}和{bn}滿足：a1＝λ，an+1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ為實數，n為正整數.（Ⅰ）對任意實數λ，證明數列{an}不是等比數列；（Ⅱ）試判斷數列{bn}是否為等比數列，并證明你的結論；（Ⅲ）設0＜a＜b,Sn為數列{bn}的前n項和.是否存在實數λ，使得對任意正整數n，都有a＜Sn＜b?若存在，求λ的取值范圍；若不存在，說明理由.
【分析】　第(Ⅰ)小題利用反證法證明；第(Ⅱ)小題利用等比數列的定義證明；第(Ⅲ)小題屬于存在型問題，解答時就假設a＜Sn＜b成立，由此看是否能推導出存在存在實數λ.
【解】　（Ⅰ）證明：假設存在一個實數λ，使{an}是等比數列，則有a22＝a1a3，即
(λ－3)2＝λ(λ－4)(λ2－4λ＋9＝λ2－4λ(9＝0，矛盾，所以{an}不是等比數列.
(Ⅱ)解：因為bn+1＝(－1)n+1[a n+1－3(n＋1)＋21]
＝(－1)n+1(a n－2n＋14)＝－(a n－3n－21)＝－b n，
又b1＝－(λ＋18)，所以
當λ＝－18時，bn＝0(n∈N*)，此時{bn}不是等比數列；
當λ≠－18時，b1＝－(λ＋18)≠0，由上可知bn≠0，∴＝－(n∈N*).
故當λ≠－18時，數列{bn}是以－(λ＋18)為首項，－為公比的等比數列.
(Ⅲ)由（Ⅱ）知，當λ＝－18，bn＝0(n∈N*)，Sn＝0，不滿足題目要求；.
∴λ≠－18，故知bn＝－(λ＋18)×(－)n(1，于是S n＝－(λ＋18)·[1－(－)n]
要使a＜Sn＜b對任意正整數n成立，即a＜－－(λ＋18)·[1－(－)n]＜b，(n∈N*).
得＜－(λ＋18)＜，(n∈N*) ①
令f(n)＝1－(－)n，則當n為正奇數時，1＜f(n)≤，當n為正偶數時≤f(n)＜1；
∴f(n)的最大值為f(1)＝，f(n)的最小值為f(2)＝,
于是，由①式得a＜－(λ＋18)＜b，∴－b－18＜λ＜－3a－18，(必須－b＜－3a，即b＞3a).
當a＜b＜3a時，由－b－18≥－3a－18，不存在實數滿足題目要求；
當b＞3a存在實數λ，使得對任意正整數n，都有a＜Sn＜b,且λ的取值范圍是(－b－18，－3a－18).
【點評】　存在性問題指的是命題的結論不確定的一類探索性問題，解答此類題型一般是從存在的方面入手，尋求結論成立的條件，若能找到這個條件，則問題的回答是肯定的；若找不到這個條件或找到的條件與題設矛盾，則問題的回答是否定的.其過程可以概括為假設——推證——定論.本題解答注意對參數λ及項數n的雙重討論.
【專題訓練】
一、選擇題
1．已知無窮數列{an}是各項均為正數的等差數列，則有 （ ）
A．＜ B．≤ C．＞ D．≥
2．設{an}是由正數構成的等比數列，bn＝an+1＋an+2，cn＝an＋an+3，則 （ ）
A．bn＞cn B．bn＜cn C．bn≥cn D．bn≤cn
3．已知{an}為等差數列，{bn}為正項等比數列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，則（ ）
A．a6＝b6 B．a6＞b6 C．a6＜b6 D．a6＞b6或a6＜b6
4．已知數列{an}的前n項和Sn＝n2－9n，第k項滿足５＜ak＜８，則k＝ （ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
5．已知等比數列{an}的公比q＞0，其前n項的和為Sn，則S4a5與S5a4的大小關系是（ ）
A．S4a5＜S5a4 B．S4a5＞S5a4 C．S4a5＝S5a4 D．不確定
6．設Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，則函數f(n)＝的最大值為 （ ）
A． B． C． D．
7．已知y是x的函數，且lg3，lg(sinx－)，lg(1－y)順次成等差數列，則 （ ）
A．y有最大值1，無最小值 B．y有最小值，無最大值
C．y有最小值，最大值1 D．y有最小值－1，最大值1
8．已知等比數列{an}中a2＝1，則其前3項的和S3的取值范圍是 （ ）
Ａ．(－∞，－1( Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
Ｃ．(3，＋∞) Ｄ．(－∞，－1(∪(3，＋∞)
9．設b是1－a和1＋a的等比中項，則a＋3b的最大值為( )
A．1 B．2 C．3 D．4
10．設等比數列{an}的首相為a1，公比為q，則“a1＜0，且0＜q＜1”是“對于任意n∈N*都有an+1＞an”的 （ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分比要條件 D．既不充分又不必要條件
11．{an}為等差數列，若＜－1，且它的前n項和Sn有最小值，那么當Sn取得最小正值時，n＝ （ ）
A．11 B．17 C．19 D．21
12．設f(x)是定義在R上恒不為零的函數，對任意實數x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，則數列{an}的前n項和Sn的取值范圍是 （ ）
A．(，2) B．[，2] C．(，1) D．[，1]
二、填空題
13．等差數列{an}的前n項和為Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，記Tn＝，如果存在正整數M，使得對一切正整數n，Tn≤M都成立．則M的最小值是__________．
14．無窮等比數列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各項之和不大于a1的一半，則q的取值范圍是________.
15．已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差數列，x，c，d，y成等比數列，則的最小值是________.
Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．4
16．等差數列{an}的公差d不為零，Sn是其前n項和，給出下列四個命題：①A．若d＜0，且S3＝S8，則{Sn}中，S5和S6都是{Sn}中的最大項；②給定n，對于一定k∈N*(k＜n)，都有an(k＋an+k＝2an；③若d＞0，則{Sn}中一定有最小的項；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak(1同號
其中真命題的序號是____________.
三、解答題
17．已知{an}是一個等差數列，且a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通項；（Ⅱ）求{an}前n項和Sn的最大值．
18．已知{an}是正數組成的數列，a1＝1，且點(，an+1)(n∈N*）在函數y＝x2＋1的圖象上.(Ⅰ)求數列｛an｝的通項公式；(Ⅱ)若列數｛bn｝滿足b1＝1,bn+1＝bn＋2an，求證：bn ·bn+2＜b2n+1.
19．設數列{an}的首項a1∈(0，1)，an＝，n＝2，3，4，….
（Ⅰ）求{an}的通項公式；
（Ⅱ）設bn＝an，證明bn＜bn+1，其中n為正整數．
20．已知數列{an}中a1＝2，an+1＝(－1)( an＋2)，n＝1，2，3，….
（Ⅰ）求{an}的通項公式；
（Ⅱ）若數列{an}中b1＝2，bn+1＝，n＝1，2，3，….證明：＜bn≤a4n(3，n＝1，2，3，…
21．已知二次函數y＝f(x)的圖像經過坐標原點，其導函數為f((x)＝6x－2，數列{an}的前n項和為Sn，點(n，Sn)(n∈N*)均在函數y＝f(x)的圖像上.（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）設bn＝，Tn是數列{bn}的前n項和，求使得Tn＜對所有n∈N*都成立的最小正整數m；
22．數列滿足，（），是常數．（Ⅰ）當時，求及的值；（Ⅱ）數列是否可能為等差數列？若可能，求出它的通項公式；若不可能，說明理由；（Ⅲ）求的取值范圍，使得存在正整數，當時總有．
【專題訓練】參考答案
一、選擇題
1．B 【解析】a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝a12＋10a1d＋21d2，a62＝(a1＋5d)2＝a12＋10a1d＋25d2，故≤.
2．D 【解析】設其公比為q,則bn－cn＝an(q－1)(1－q2)＝－an(q－1)2(q＋1)，當q＝1時，bn＝cn ，當q＞0，且q≠1時，bn＜cn，故bn≤cn.
3．B 【解析】因為q≠1，b1＞0，b11＞0，所以b1≠b11，則a6＝＝＞＝b6.
4．B 【解析】因數列為等差數列，an＝Sn－Sn(1＝2n－10，由5＜2k－10＜8，得到k＝8.
5．A 【解析】S4a5－S5a4 ＝(a1＋a2＋a3＋a4)a4q－(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)a4＝－a1a4＝－a12q3＜0，∴S4a5＜S5a4．
6．D 【解析】由Sn＝，得f(n)＝＝＝≤＝，當n＝，即n＝8時取等號，即f(n)max＝f(8)＝．
7．B 【解析】由已知y＝－(sinx－)2＋1，且sinx＞，y＜1，所以當sinx＝1時，y有最小值，無最大值.
8．D 【解】∵等比數列{an}中a2＝1，∴S3＝a1＋a2＋a3＝a2(＋1＋q)＝1＋q＋.∴當公比q＞0時，S3＝1＋q＋≥1＋2＝3，當公比q＜0時，S3＝1－(－q－)≤1－2＝－1，
∴S3∈(－∞，－1(∪(3，＋∞).
9．B 【解析】b是1－a和1＋a的等比中項，則3b2＝1－a2(a2＋3b2＝1，令a＝cosθ，b＝sinθ，θ∈(0，2π)，所以a＋3b＝cosθ＋inθ＝2sin(θ＋)≤2.
10．A 【解析】當a1＜0，且0＜q＜1時，數列為遞增數列，但當數列為遞增數列時，還存在另一情況a1＞0，且q＞1，故選A.
11．C 【解析】由＜－1，得＜0(＜0(＜0(＜0，則要使Sn取得最小正值必須滿足S19＞0，且S20＜0，此時n＝19.
12．C 【解析】f(x)是定義在R上恒不為零的函數，對任意實數x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，an+1＝f(n＋1)＝f(1)f(n)＝an，∴Sn＝＝1－()n.則數列{an}的前項和的取值范圍是(，1).
二、填空題
13．2 【解析】由a4－a2＝8，可得公差d＝4，再由a3＋a5＝26，可得a1＝1，故Sn＝n＋2n(n－1)＝2n2－n，∴Tn＝，要使得Tn≤M，只需M≥2即可，故M的最小值為2，答案：2
14．(－1，0(∪(0，( 【解析】≤(q≤，但|q|＜1，且q≠0，故q∈(－1，0(∪(0，(.
15．4 【解析】∵＝≥＝4.
16．D 【解析】對于①：∵S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝0，∴S5＝S6，又d＜0，S5＝S6為最大，故A正確；對于②：根據等差中項知正確；對于③：∵d＞0，點(n，Sn)分布在開口向上的拋物線，故{Sn}中一定有最小的項，故③正確；而ak－ak+1＝－d，ak－ak(1＝d，且d≠0，故④為假命題.
三、解答題
17．【解】（Ⅰ）設{an}的公差為d，由已知條件，，解出a1＝3，d＝－2．
所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5．
（Ⅱ）Sn＝na1＋d＝－n2＋4n＝－(n－2)2＋4，所以n＝2時，Sn取到最大值4．
18．【解】(Ⅰ)由已知得an+1＝an＋1，即an+1－an＝1，
又a1＝1，所以數列｛an｝是以1為首項，公差為1的等差數列，故an＝1＋(a－1)×1＝n.
(Ⅱ)由（Ⅰ）知：an＝n從而bn+1－bn＝2n.
bn＝(bn－bn(1)＋(bn(1－bn(2)＋…＋（b2－b1）＋b1＝2n(1＋2n(2＋…＋2＋1＝＝2n－1.
因為bn·bn+2－b＝(2n－1)(2n+2－1)－(2n(1－1)2
＝(22n+2－2n+2－2n＋1)－(22n+2－2－2n+1－1)＝－5·2n＋4·2n＝－2n＜0,
所以bn·bn+2＜b.
19．【解】（Ⅰ）由an＝，n＝2，3，4，….整理得 1－an＝－(1－an(1)．
又1－a1≠0，所以{1－an}是首項為1－a1，公比為－的等比數列，得an＝1－(1－a1)(－)n(1，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜an＜，故bn＞0．那么，
bn+12－bn2＝an+12(3－2an+1)－an2(3－2an)＝()2(3－2×)－an2(3－2an)＝(an－1)2.
又由（Ⅰ）知an＞0，且an≠1，故bn+12－bn2＞0，因此 bn＜bn+1，為正整數．
20．【解】（Ⅰ）由題設：an+1＝(－1)(an＋2)＝(－1)(an－)＋(－1)(2＋)，
＝(－1)(an－)＋，∴an+1－＝(－1)(an－)．
所以，數列{an－}a是首項為2－，公比為－1)的等比數列，an－＝(－1)n，
即an的通項公式為an＝[(－1)n＋1]，n＝1，2，3，….
（Ⅱ）用數學歸納法證明．
（ⅰ）當n＝1時，因＜2，b1＝a1＝2，所以＜b1≤a1，結論成立．
（ⅱ）假設當n＝k時，結論成立，即＜bk≤a4k(3，，也即0＜bn－≤a4k(3－，
當n＝k＋1時，bk+1－＝－＝＝＞0，
又＜＝3－2，
所以bk+1－＝＜(3－2)2(bk－)≤(－1)4(a4k(3－)＝a4k+1－
也就是說，當n＝k＋1時，結論成立．
根據（ⅰ）和（ⅱ）知＜bn≤a4n(3，n＝1，2，3，….
21．【解】（Ⅰ）設這二次函數f(x)＝ax2＋bx (a≠0) ，則 f`(x)＝2ax＋b，由于f`(x)＝6x－2，
得a＝3 ，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.，
又因為點(n，Sn)(n∈N*)均在函數y＝f(x)的圖像上，所以Sn＝3n2－2n，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，
當n＝1時，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5（n∈N*）.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn＝＝＝(－)，
故Tn＝bi＝[(1－)＋(–)＋…＋(－)]＝(1–），
因此，要使(1－）＜（n∈N*）成立的m，必須且僅須滿足≤，即m≥10，所以滿足要求的最小正整數m為10.
22．【解】（Ⅰ）由于，且．
所以當時，得，故．從而．
（Ⅱ）數列不可能為等差數列，證明如下：由，
得，，．
若存在，使為等差數列，則，即，
解得．于是，．
這與為等差數列矛盾．所以，對任意，都不可能是等差數列．
（Ⅲ）記，根據題意可知，且，即
且，這時總存在，滿足：當時，；
當時，．所以由及可知，若為偶數，
則，從而當時，；若為奇數，則，
從而當時．因此“存在，當時總有”
的充分必要條件是：為偶數，
記，則滿足．
故的取值范圍是．
專題四：解析幾何綜合題型分析及解題策略
【命題趨向】
縱觀近三年的高考題，解析幾何題目是每年必考題型，主要體現在解析幾何知識內的綜合及與其它知識之間的綜合，如08年08年江西理7文7題(5分)是基礎題，考查與向量的交匯、08年天津文7題(5分)是基礎題，考查圓錐曲線間的交匯、08年08徽理22題(12分)難度中檔偏上，考查圓錐曲線與向量、直線與圓錐曲線的綜合、08年福建21題(12分)難度中檔偏上，考查圓錐曲線與不等式的交匯、08年湖北理19題(12分)中等難度，考查直線、圓與圓錐曲線的綜合題、08年江蘇21題(12分)中檔偏下題，考查解析幾何與三角函數的交匯，等等.預計在09年高考中解答題仍會重點考查直線與圓錐曲線的位置關系，同時可能與平面向量、導數相交匯，每個題一般設置了兩個問，第（1）問一般考查曲線方程的求法，主要利用定義法與待定系數法求解，而第（2）問主要涉及最值問題、定值問題、對稱問題、軌跡問題、探索性問題、參數范圍問題等.這類問題綜合性大，解題時需根據具體問題，靈活運用解析幾何、平面幾何、函數、不等式、三角知識，正確構造不等式，體現了解析幾何與其他數學知識的密切聯系.這體現了考試中心提出的"應更多地從知識網絡的交匯點上設計題目，從學科的整體意義、思想含義上考慮問題"的思想.
【考試要求】
1．掌握兩條直線平行與垂直的條件，兩條直線所成的角和點到直線的距離公式，能夠根據
直線的方程判斷兩條直線的位置關系．
2．了解線性規劃的意義，并會簡單的應用．
3．掌握圓的標準方程和一般方程，了解參數方程的概念。理解圓的參數方程．
4．掌握橢圓的定義、標準方程和橢圓的簡單幾何性質，了解橢圓的參數方程．
5．掌握雙曲線的定義、標準方程和雙曲線的簡單幾何性質．
6．掌握拋物線的定義、標準方程和拋物線的簡單幾何性質．
【考點透視】
解析幾何是高中數學的重要內容，包括直線和圓與圓錐曲線兩部分，而直線和圓單獨命為解答題較少，只有極個別的省市高考有出現，而圓錐曲線是解析幾何的核心內容，每年在全國及各省市的高考中均出現.主要考查熱點：
（1）直線的方程、斜率、傾斜角、距離公式及圓的方程；
（2）直線與直線、直線與圓的位置關系及對稱問題等；
（3）圓錐曲線的定義及標準方程；
（4）與圓錐曲線有關的軌跡問題；
（5）與圓錐曲線有關的最值、定值問題；
（6）與平面向量、數列及導數等知識相結合的交匯試題.
【典例分析】
題型一　直線與圓的位置關系
此類題型主要考查：（1）判斷直線與圓的三種位置關系是：相離、相切、相交；（2）運用三種位置關系求參數的值或取值范圍；（3）直線與圓相交時，求解弦長、弦的中點問題及軌跡問題.
【例1】　若直線3x＋4y＋m＝0=0與圓x2＋y2－2x＋4y＋4＝0沒有公共點，則實數m的取值范圍是_____________.
【分析】　利用點到直線的距離來解決.
【解】　圓心為(1,－2)，要沒有公共點，根據圓心到直線的距離大于半徑，得
d＝|3×1＋2×(－4)＋m|32＋42＞r＝1，即|m－5|＞5，m∈(－∞,0)∪(10,＋∞).
【點評】　解答此類題型的思路有：①判別式法(即方程法)，②平面幾何法(運用d與r的關系)，③數形結合法.由于圓的特殊性(既是中心對稱圖形又是軸對稱)，因此解答直線與圓的位置關系時一般不利用判別式法，而利用平面幾何法求解，即利用半徑r、圓心到直線的距離d的求解.
題型二　圓錐曲線間相互依存
拋物線與橢圓、雙曲線的依存關系表現為有相同的焦點、準線重合、準線過焦點等形式，只要對三種圓錐曲線的概念與性質掌握得好，處理這類問題的困難不大.
【例2】　(2009屆大同市高三學情調研測試)設雙曲線以橢圓x225＋y29＝1長軸的兩個端點為焦點，其準線過橢圓的焦點，則雙曲線的漸近線的斜率為 （ ）
A．±2 B．±43 C．±34 D．±12
【分析】　根據橢圓的兩個端點坐標確定雙曲線的焦點坐標，再根據橢圓的焦點得到雙曲線的準線方程，由此得到關于雙曲線關于a、c的值，進而得到b的值，再進一步求得漸近線的斜率.
【解】　由橢圓方程知雙曲線的焦點為(5，0)，即c＝5，又同橢圓的焦點得a2c＝4，所以a＝25，則b＝c2－a2＝5，故雙曲線漸近線的斜率為±ba＝±12，故選D.
【點評】　本題主要考查橢圓與雙曲線的標準方程、幾何性質及相關幾何量之間的相互關系.本題主要體現為有相同的焦點、準線重合、準線過焦點等形式的圓錐曲線間交匯，解答時主要根據這兩種曲線的相同點建立關于基本量a、b、c、p之間的方程，再通過解方程求出相關基本量值，進而求取相關的問題.
題型三　直線與圓錐曲線的位置關系
直線與圓錐曲線的位置關系主要考查三種題型：一是判斷已知直線與已知曲線的位置關系；二是根據直線與圓錐曲線的位置關系，求直線或曲線方程的參數問題；三是求直線與圓錐曲線相交時所得弦長、弦的中點及軌跡問題等.解答此類題型的一般方法化為二次方程，利用判別式與韋達定理來求解.
【例3】　(2009屆東城區高中示范校高三質量檢測題)已知中心在原點的雙曲線C的右焦點為（2，0），實軸長為23．(Ⅰ)求雙曲線C的方程；(Ⅱ)若直線l：y＝kx＋2與雙曲線C左支交于A、B兩點，求k的取值范圍；(Ⅲ)在（Ⅱ）的條件下，線段AB的垂直平分線l0與y軸交于M（0，b），求b的取值范圍．
【分析】　第(1)小題利用直接法求解；第(Ⅱ)小題將直線與雙曲線方程聯立消去y，然后利用判別式及韋達定理求解；第(Ⅲ)小題須利用"垂直"與"平分"聯系兩條直線斜率間的關系及中點坐標公式建立b關于斜率k的表達式，結合第(Ⅱ)小題k的范圍求解.
【解】　(Ⅰ)設雙曲線方程為x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)，
由已知，得a＝3，c＝2，b2＝c2－a2＝1，故雙曲線方程為x23－y2＝1.
(Ⅱ)設A(xA，yA)，B(xB，yB )，將y＝kx＋2代入x23－y2＝1，得(1－3k2)x2－62kx－9＝0．
由題意知 1－3k2≠0△＝36(1－k2)＞0xA＋xB＝62k1－3k2＜0xAxB＝－91－3k2＞0，解得，33＜k＜1．
∴當33＜k＜1時，l與雙曲線左支有兩個交點．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得：xA＋xB ＝62k1－3k2，∴yA＋yB＝(kxA＋ )＋(kxB＋2)＝k(xA＋xB)＋22
＝221－3k2．
∴AB中點P的坐標為（32k1－3k2，21－3k2）．
設l0方程為：y＝－1kx＋b，將P點坐標代入l0方程，得b＝421－3k2．
∵33＜k＜1，∴－2＜1－3k2＜0，∴b<－22．
∴b的取值范圍為：(－ ，－22)．
【點評】　本題主要考查利用直接法求雙曲線標準方程、直線與圓錐曲線位置關系不等式的解法等知識，以及考查函數與方程的思想、轉化與化歸的思想，考查邏輯思維能力及運算能力.直線與圓錐曲線位置關系的主要涉及到交點個數問題、中點問題、弦長問題、最值與定值問題等，解答時往往通過消元最終歸結為一元二次方程來進行解決.特別地：(1)如果遇到弦的中點與斜率問題則考慮利用"點差法"較為簡單，但須注意對結果進行檢驗；(2)求最值與參數的范圍時注意確定自變量的范圍；(3)過焦點的弦長問題一般利用圓錐曲線的統一定義進行轉化可大大減少運算量.
題型四　圓錐曲線與三角函數的交匯
此類試題主要體現在以三角函數為直線方程、圓的方程或圓錐曲線方程的系數，或根據三角函數滿足的等式求解解析幾何問題，或利用三角為工具研究解析幾何問題等，解答時一般要根據所涉及到的解析幾何知識及三角知識，將它們有機的結合在一起進行解答.
【例4】　(08年高考新課標各地聯考考場全真提高測試)已知 是三角形的一個內角，且
sin ＋cos ＝15，則方程x2tan －y2cot ＝－1表示 （ ）
A．焦點在x軸上的雙曲線 B．焦點在y軸上的雙曲線
C．焦點在x軸上的橢圓 D．焦點在y軸上的橢圓
【分析】　首先利用同角三角函數的基本關系可求得正弦函數與余弦函數值，進而具體化圓錐曲線方程，再根據方程進行判斷.
【解】　由sin ＋cos ＝15及sin2 ＋cos2 ＝1，且0＜ ＜π，解得sin ＝45，cos ＝－35，因此x2tan －y2cot ＝－1就是4x23－3y24＝1，表示焦點在x軸上的雙曲線，故選A.
【點評】　本題主要考查同角三角函數的基本關系及雙曲線方程的識別.解答的關鍵是求得sinα與cosα的值，以及會根據圓錐曲線方程識別曲線類型的能力.
題型五　圓錐曲線與向量的交匯
圓錐曲線與向量知識交匯在一起的綜合題，以復雜多變、綜合性強、解法靈活，知識覆蓋面廣，注重考查邏輯推理能力、解題實踐能力和數學思想方程應用能力.在解題中需要把握住知識間的聯系，注意借助轉化的思想、方程思想等.
【例5】　(2009屆湖南省高考模擬題)在直角坐標平面中，△ABC的兩個頂點A、B的坐標分別為A(－1，0)、B(1，0)，平面內兩點G，M同時滿足下列條件：①→GA＋→GB＋→GC＝→0；②|→MA|＝|→MB|＝|→MC|：③→GM∥→AB.(Ⅰ)求△ABC的頂點C的軌跡方程；(Ⅱ)過點P(3，0)的直線l與(Ⅱ)中軌跡交于E，F兩點，求→PE·→PF的取值范圍 .
【分析】　由于涉及到的動點有三個，因此采用設而不求思想先設C、G、M三點的坐標，然后將坐標代入①②中的兩個等式，同時利用向量平行的條件進行轉化，第(Ⅰ)小題就可求解.第(Ⅱ)小題則需利用判別式確定直線與所求軌跡相交的條件，即直線斜率k的范圍，然后利用向量的數量積公式及韋達定理建立→PE·→PF關于k的函數式，最后根據求函數值域的方法即可求得結果.
【解】　（Ⅰ）設C(x，y)，G(x0，y0)，M(xM，yM)，
∵|→MA|＝|→MB|，∴M點在線段AB的中垂線上.
由已知A(－1,0)，B(1,0)，∴xM＝0，又∵→GM∥→AB，∴yM＝y0，
又→GA＋→GB＋→GC＝→0，∴(－1－x0,y0)＋(1－x0,－y0)＋(x－x0,x－y0)＝(0,0)，
∴x0＝x3，y0＝y3，yM＝y3，
∵|→MB|＝|→MC|，∴(0－1)2＋(y3－0)2＝(0－x)2＋(y3－y)2，
∴x2＋y23＝1(y≠0)，∴頂點C的軌跡方程為x2＋y23＝1(y≠0).
（Ⅱ）設直線l方程為：y＝k(x－3)，E(x1,y1)，F(x2,y2)，
由 y＝k(x－3)x2＋y23＝1，消去y得：(k2＋3)x2－6k2x＋9k2－3＝0…①，
∴x1＋x2＝6k2k2＋3，x1x2＝9k2－3k2＋3，
而→PE·→PF＝|→PE|·|→PF|·cos0°＝|PE|·|PF|＝1＋k2|3－x1|·1＋k2|3－x2|
＝(1＋k2)|9－3(x1＋x2)＋x1x2|＝(1＋k2)|9k2＋27－18k2＋9k2－3k2＋3|＝24(k2＋1)k2＋3＝24－48k2＋3，
由方程①知△＝(6k2)2－4(k2＋3)(9k2－3)＞0，k2＜38，
∵k≠0，∴0＜k2＜38，∴k2＋3∈(3,278)，∴→PE·→PF∈(8,889).
【點評】　本題主要考查向量的坐標運算及幾何意義、軌跡的直接求法、不等式的解法，考查"設而不求法"結合二次方程的判別式及韋達定理在解決直線與圓錐曲線位置關系中的應用，同時考查函數與方程的思想、轉化的思想以及邏輯推理能力、解題實踐能力和數學思想方法應用能力.本題解答有兩個關鍵：(1)對條件中的向量關系的轉化；(2)建立→PE·→PF關于直線斜率k的函數.解答本題還有一個易錯點：忽視直線與圓錐曲線相交的條件限制，造成所求范圍擴大.
題型六　圓錐曲線與數列的交匯
此類試題主要體現為以解析幾何中的點的坐標為數列，或某數列為圓錐曲線方程的系數，或以直線與圓及圓錐曲線的弦長構成數列等.解答時一般須根據解析幾何的知識確定數列的通項或遞推關系，進而利用數列的知識作答.
例6　(2009屆渭南市高三教學質量檢測)已知雙曲線an 1y2－anx2＝an 1an的一個焦點為(0，cn)，一條漸近線方程為y＝2x，其中{an}是以4為首項的正數數列.(Ⅰ)求數列{cn}的通項公式；(Ⅱ)求數列{ncn3}的前n項和Sn.
【分析】　將焦點坐標與雙曲線實軸與短軸的關系建立cn與an、an 1的等式，再利用漸近線的斜率與實軸與短軸的可判斷數列{an}為等比數列，由此可求得an的表達式，進而求得{cn}的通項公式，由此解決第(Ⅰ)小題；第(Ⅱ)小題利用第(Ⅰ)的結果確定數列{ncn3}的通項公式，根據公式特點選擇利用錯位相減法求解.
【解】　(Ⅰ)∵雙曲線方程y2an－x2an 1＝1的焦點為(0，cn)，∴cn＝an＋an 1，
又∵一條漸近線方程為y＝2x，即anan 1＝2，∴anan 1＝2，又a1＝4，
∴an＝4·2n 1＝2n+1，即cn＝2n+1＋2n＝3·2n.
(Ⅱ)∵ncn3＝n·2n，∴Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n ①
2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋ … ＋(n－1)·2n＋n·2n+1 ②
由①－② 得 －Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n+1，
∴S＝－2(1－2 n)1－2＋n·2 n+1＝2－2 n+1＋n·2 n+1.
【點評】　本題主要考查雙曲線的幾何性質、等比數列的定義和通項公式及利用錯位相減法，同時考查轉化思想及解答綜合處理交匯試題的能力.本題是一道與數列相結合的一道綜合題，但難度并不大.解答本題注意兩點基本知識及方法的應用：（2）通過雙曲線的焦點坐標與漸近線方程建立等式；（2）利用錯位相減法求解求和.
【專題訓練】
一、選擇題
1．設x，y∈R，且2y是1＋x和1－x的等比中項，則動點(x，y)的軌跡為除去 軸上點的（ ）
A．一條直線 B．一個圓 C．雙曲線的一支 D．一個橢圓
2．已知△ABC的頂點A（0，－4），B（0，4），且4(sinB－sinA)＝3sinC，則頂點C的軌跡方程是 （ ）
A．x29－y27＝1(x＞3) B．x27－y29＝1(x＞7) C．y29－x27＝1(y＞3) D．y27－x29＝1(y＜－7)
3．現有一塊長軸長為10分米，短軸長為8分米，形狀為橢圓的玻璃鏡子，欲從此鏡中劃塊面積盡可能大的矩形鏡子，則可劃出的矩形鏡子的最大面積為 （ ）
A．10平方分米 B．20平方分米 C．40平方分米 D．41平方分米
4．設A(x1，y1)，B(4，95)，C(x2，y2)是右焦點為F的橢圓x225＋y29＝1上三個不同的點，則"|AF|，|BF|，|CF|成等差數列"是"x1＋x2＝8"的 （ ）
A．充要條件 B．必要不充分條件
C．充分不必要條件 D．既非充分也非必要
5．直線l：y＝k(x－2)＋2與圓C：x2＋y2－2x－2y＝0相切，則直線l的一個方向向量→v＝
（ ）
A．（2，－2） B．（1，1） C．（－3，2） D．（1，12）
6．已知橢圓E的離心率為e，兩焦點為F1，F2，拋物線C以F1為頂點，F2為焦點，P為兩曲線的一個交點，若|PF1||PF2|＝e，則e的值為 （ ）
A．33 B．32 C．22 D．63
7．橢圓x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦點為F1，F2，過F1的直線 與橢圓相交于A、B兩點。若∠AF1F2＝60 ，且→AF1·→AF2＝0，則橢圓的離心率為 （ ）
A．3＋1 B．3－1 C．2－3 D．4－3
8．如圖一圓形紙片的圓心為O，F是圓內一定點，M是圓周上一動點，把紙片折疊使M與F重合，然后抹平紙片，折痕為CD，設CD與OM交于P，則點P形成的圖形是( )
A．橢圓
B．雙曲線
C．拋物線
D．圓
9．如圖，

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