資源簡介

難點1 應用性問題
數學應用題是指利用數學知識解決其他領域中的問題.高考對應用題的考查已逐步成熟，大體是三道左右的小題和一道大題，注重問題及方法的新穎性，提高了適應陌生情境的能力要求.
●難點磁場?
1.（★★★★★）一只小船以10 m/s的速度由南向北勻速駛過湖面，在離湖面高20米的橋上，一輛汽車由西向東以20 m/s的速度前進（如圖），現在小船在水平P點以南的40米處，汽車在橋上以西Q點30米處（其中PQ⊥水面），則小船與汽車間的最短距離為 .（不考慮汽車與小船本身的大?。?
2.（★★★★★）小寧中午放學回家自己煮面條吃，有下面幾道工序：（1）洗鍋盛水2分鐘；（2）洗菜6分鐘；（3）準備面條及佐料2分鐘；（4）用鍋把水燒開10分鐘；（5）煮面條和菜共3分鐘.以上各道工序除（4）之外，一次只能進行一道工序，小寧要將面條煮好，最少用分鐘.
3.（★★★★★）某產品生產廠家根據以往的生產銷售經驗得到下面有關銷售的統計規律：每生產產品x（百臺），其總成本為G（x）萬元，其中固定成本為2萬元，并且每生產100臺的生產成本為1萬元（總成本=固定成本+生產成本），銷售收入R(x)滿足R(x)=.假定該產品銷售平衡，那么根據上述統計規律.
（1）要使工廠有盈利，產品x應控制在什么范圍？
（2）工廠生產多少臺產品時贏利最大？并求此時每臺產品的售價為多少？
●案例探究?
［例1］為處理含有某種雜質的污水，要制造一個底寬為2米的無蓋長方體沉淀箱（如圖），污水從A孔流入，經沉淀后從B孔流出，設箱體的長度為a米，高度為b米，已知流出的水中該雜質的質量分數與a、b的乘積ab成反比，現有制箱材料60平方米，問當a、b各為多少米時，經沉淀后流出的水中該雜質的質量分數最?。ˋ、B孔的面積忽略不計）？
命題意圖：本題考查建立函數關系、不等式性質、最值求法等基本知識及綜合應用數學知識、思想與方法解決實際問題能力，屬★★★★級題目.
知識依托：重要不等式、導數的應用、建立函數關系式.
錯解分析：不能理解題意而導致關系式列不出來，或a與b間的等量關系找不到.
技巧與方法：關鍵在于如何求出函數最小值，條件最值可應用重要不等式或利用導數解決.
解法一：設經沉淀后流出的水中該雜質的質量分數為y，則由條件y=(k＞0為比例系數)其中a、b滿足2a+4b+2ab=60 ①
要求y的最小值，只須求ab的最大值.
由①(a+2)(b+1)=32(a＞0,b＞0)且ab=30–(a+2b)
應用重要不等式a+2b=(a+2)+(2b+2)–4≥
∴ab≤18，當且僅當a=2b時等號成立
將a=2b代入①得a=6,b=3.
故當且僅當a=6,b=3時，經沉淀后流出的水中該雜質的質量分數最小.
解法二：由2a+4b+2ab=60,得,
記(0＜a＜30)則要求y的最小值只須求u的最大值.
由，令u′=0得a=6
且當0＜a＜6時，u′＞0，當6＜u＜30時u′＜0,
∴在a=6時取最大值，此時b=3.
從而當且僅當a=6，b=3時,y=取最小值.
［例2］某城市2001年末汽車保有量為30萬輛，預計此后每年報廢上一年末汽車保有量的6%，并且每年新增汽車數量相等.為保護城市環境，要求該城市汽車保有量不超過60萬輛，那么每年新增汽車數量不應超過多少輛？
命題意圖：本題考查等比數列、數列求和解不等式等知識以及極限思想方法和運用數學知識解決實際問題的能力，屬★★★★★級題目.
知識依托：數列極限、等比數列、解不等式.
錯解分析：①不能讀懂題意，找不到解題的突破口；②寫出bn+1與x的關系后，不能進一步轉化為極限問題；③運算出錯，得不到準確結果.
技巧與方法：建立第n年的汽車保有量與每年新增汽車數量之間的函數關系式是關鍵、盡管本題入手容易，但解題過程中的準確性要求較高.
解：設2001年末的汽車保有量為b1萬輛，以后各年汽車保有量依次為b2萬輛，b3萬輛，……每年新增汽車x萬輛，則
b1=30,b2=b1×0.94+x,…
對于n＞1，有bn+1=bn×0.94+x=bn–1×0.942+(1+0.94)x,…
所以bn+1=b1×0.94n+x(1+0.94+0.942+…+0.94n–1)
=b1×0.94n+.
當≥0，即x≤1.8時，bn+1≤bn≤…≤b1=30
當＜0，即x＞1.8時，
并且數列{bn}逐項遞增，可以任意靠近.
因此如果要求汽車保有量不超過60萬輛，
即bn≤60(n=1,2,…)則有≤60，所以x≤3.6
綜上，每年新增汽車不應超過3.6萬輛.
●錦囊妙計?
1.解應用題的一般思路可表示如下
2.解應用題的一般程序
（1）讀：閱讀理解文字表達的題意，分清條件和結論，理順數量關系，這一關是基礎.
（2）建：將文字語言轉化為數學語言，利用數學知識，建立相應的數學模型.熟悉基本數學模型，正確進行建“模”是關鍵的一關.
（3）解：求解數學模型，得到數學結論.一要充分注意數學模型中元素的實際意義，更要注意巧思妙作，優化過程.
（4）答：將數學結論還原給實際問題的結果.
3.中學數學中常見應用問題與數學模型
（1）優化問題.實際問題中的“優選”“控制”等問題，常需建立“不等式模型”和“線性規劃”問題解決.
（2）預測問題：經濟計劃、市場預測這類問題通常設計成“數列模型”來解決.
（3）最（極）值問題：工農業生產、建設及實際生活中的極限問題常設計成“函數模型”，轉化為求函數的最值.
（4）等量關系問題：建立“方程模型”解決?
（5）測量問題：可設計成“圖形模型”利用幾何知識解決.
●殲滅難點訓練?
一、選擇題
1.（★★★★）某商場對顧客實行購物優惠活動，規定一次購物付款總額：①如果不超過200元，則不予優惠，②如果超過200元但不超過500元，則按標價給予9折優惠，③如果超過500元，其500元按②條給予優惠，超過500元的部分給予7折優惠.某人兩次去購物，分別付款168元和423元，假設他一次購買上述同樣的商品，則應付款( )
A.413.7元 B.513.7元 C.546.6元 D.548.7元
2.（★★★★）某體育彩票規定：從01到36共36個號碼中抽出7個號碼為一注，每注2元.某人想先選定吉利號18，然后再從01到17中選3個連續的號，從19到29中選2個連續的號，從30到36中選1個號組成一注，則此人把這種要求的號買全，至少要花( )
A.1050元 B.1052元 C.2100元 D.2102元
二、填空題
3.（★★★★）一個球從100米高處自由落下，每次著地后又跳回到原高度的一半再落下，當它最后靜止在地面上時，共經過了 米.
4.（★★★★）有一廣告氣球直徑為6米，放在公司大樓上空（如圖），當某行人在A地觀測氣球時，其中心仰角為∠BAC=30°，并測得氣球的視角β=2°，若θ很小時，可取sinθ=θ，試估計氣球的高BC的值約為 米.
三、解答題
5.（★★★★★）運輸一批海鮮，可在汽車、火車、飛機三種運輸工具中選擇，它們的速度分別為v千米/小時、2v千米/小時、10v千米/小時，每千米的運費分別為a元、b元、c元.且b＜a＜c,又這批海鮮在運輸過程中的損耗為m元/小時，若使用三種運輸工具分別運輸時各自的總費用（運費與損耗之和）互不相等.試確定使用哪種運輸工具總費用最省.（題中字母均為正的已知量）
6.（★★★★）已知某海濱浴場的海浪高度y（米）是時間t(0≤t≤24，單位小時）的函數，記作y=f(t)，下表是某日各時的浪高數據
t（時）
0
3
6
9
12
15
18
21
24
y（米）
1.5
1.0
0.5
1.0
1.49
1
0.51
0.99
1.5
經長期觀測y=f(t)的曲線可近似地看成函數y=Acosωt+b.
（1）根據以上數據，求出函數y=Acosωt+b的最小正周期T，振幅A及函數表達式；
（2）依據規定，當海浪高度高于1米時才對沖浪愛好者開放，請依據（1）的結論，判斷一天內的上午8：00至晚上20：00之間，有多少時間可供沖浪者進行運動.
7.（★★★★★）某外商到一開放區投資72萬美元建起一座蔬菜加工廠，第一年各種經費12萬美元，以后每年增加4萬美元，每年銷售蔬菜收入50萬美元.
（1）若扣除投資及各種經費，則從第幾年開始獲取純利潤？
（2）若干年后，外商為開發新項目，有兩種處理方案：①年平均利潤最大時以48萬美元出售該廠；②純利潤總和最大時，以16萬元出售該廠，問哪種方案最合算？
8.（★★★★★）某廠使用兩種零件A、B裝配兩種產品P、Q，該廠的生產能力是月產P產品最多有2500件，月產Q產品最多有1200件；而且組裝一件P產品要4個A、2個B，組裝一件Q產品要6個A、8個B，該廠在某個月能用的A零件最多14000個；B零件最多12000個.已知P產品每件利潤1000元，Q產品每件2000元，欲使月利潤最大，需要組裝P、Q產品各多少件？最大利潤多少萬元.
參 考 答 案
●難點磁場
1.解析：設經過時間t汽車在A點，船在B點，（如圖），則AQ=30–20t,BP=40–10t,PQ=20,且有AQ⊥BP，PQ⊥AQ，PQ⊥PB，設小船所在平面為α,AQ,QP確定平面為β,記α∩β=l,由AQ∥α,AQβ得AQ∥l,又AQ⊥PQ，得PQ⊥l,又PQ⊥PB，及l∩PB=P得PQ⊥α.作AC∥PQ，則AC⊥α.連CB，則AC⊥CB，進而AQ⊥BP，CP∥AQ得CP⊥BP，∴AB2=AC2+BC2=PQ2+PB2+PC2=202+（40–10t）2+(30–20t)2=100［5(t–2)2+9］,t=2時AB最短，最短距離為
30 m.
答案：30 m
2.解析：按以下工序操作所需時間最少，①、④（并在此時完成②、③、⑤）所用時間為2+10+3=15分鐘.
答案：15
3.解：依題意，G（x)=x+2,設利潤函數為f(x),則
(1)要使工廠有贏利，則有f(x)>0.
當0≤x≤5時，有–0.4x2+3.2x–2.8>0,得1當x>5時，有8.2–x>0,得x<8.2,∴5綜上，要使工廠贏利，應滿足1（2）0≤x≤5時，f(x)=–0.4(x–4)2+3.6
故當x=4時，f(x)有最大值3.6.
而當x>5時f(x)<8.2–5=3.2
所以當工廠生產400臺產品時，贏利最大，此時只須求x=4時，每臺產品售價為=2.4（萬元/百臺）=240（元/臺）.
●殲滅難點訓練
一、1.解析：此人購買的商品原價為168+423÷90%=638元，若一次購買同樣商品應付款為500×90%+（638–500）×70%=450+96.5=546.6元.
答案：C
2.解析：從01到17中選連續3個號有15種方法，從19到29中選連續2個號有10種選法，從30到36中選1個有7種選法，故購買注數為1050注至少花1050×2=2100元.
答案：C
二、3.解析：小球經過的路程為：
m.
答案：300
4.提示：sin2°=
答案：86 m
三、5.解：設運輸路程為S（千米），使用汽車、火車、飛機三種運輸工具運輸時各自的總費用分別為y1(元)、y2(元)、y3(元).則由題意，
,由a>b,各字母均為正值，所以y1–y2>0，即y20,由c>b及每字母都是正值，得c>b+.所以，當c>b+時y26.解：（1）由表中數據，知T=12，ω=.
由t=0,y=1.5得A+b=1.5.
由t=3,y=1.0,得b=1.0.所以，A=0.5,b=1.振幅A=，
∴y=
(2)由題意知，當y>1時，才可對沖浪者開放.∴>1, >0.∴2kπ–
,即有12k–3由0≤t≤24,故可令k=0,1,2,得0≤t<3或9∴在規定時間內有6個小時可供沖浪者運動即上午9：00至下午15：00.
7.解：由題意知，每年的經費是以12為首項，4為公差的等差數列，設純利潤與年數的關系為f(n),則f(n)=50n–［12n+×4］–72=–2n2+40n–72
(1)獲純利潤就是要求f(n)>0,∴–2n2+40n–72>0，解得2（2）①年平均利潤==40–2(n+)≤16.當且僅當n=6時取等號.故此方案先獲利6×16+48=144（萬美元），此時n=6,②f(n)=–2(n–10)2+128.
當n=10時，f(n)|max=128.故第②種方案共獲利128+16=144（萬美元）.
故比較兩種方案，獲利都是144萬美元，但第①種方案只需6年，而第②種方案需10年，故選擇第①種方案.
8.解：設分別生產P、Q產品x件、y件，則有
設利潤S=1000x+2000y=1000(x+2y)
要使利潤S最大，只需求x+2y的最大值.
x+2y=m(2x+3y)+n(x+4y)=x(2m+n)+y(3m+4n)
∴ ∴
有x+2y=(2x+3y)+(x+4y)≤×7000+×6000.
當且僅當解得時取等號，此時最大利潤Smax=1000(x+2y)
=4000000=400(萬元).
另外此題可運用“線性規劃模型”解決.
難點2 探索性問題
高考中的探索性問題主要考查學生探索解題途徑，解決非傳統完備問題的能力，是命題者根據學科特點，將數學知識有機結合并賦予新的情境創設而成的，要求考生自己觀察、分析、創造性地運用所學知識和方法解決問題.
●難點磁場?
1.（★★★★）已知三個向量a、b、c，其中每兩個之間的夾角為120°，若｜a｜=3,
｜b｜=2,｜c｜=1，則a用b、c表示為 .
2.（★★★★★）假設每一架飛機引擎在飛行中故障率為1–p，且各引擎是否有故障是獨立的，如有至少50%的引擎能正常運行，飛機就可成功飛行，則對于多大的p而言，4引擎飛機比2引擎飛機更為安全？
●案例探究?
［例1］已知函數(a,c∈R,a＞0,b是自然數）是奇函數，f(x)有最大值，且f(1)＞.
（1）求函數f(x)的解析式；
（2）是否存在直線l與y=f(x)的圖象交于P、Q兩點，并且使得P、Q兩點關于點（1，0）對稱，若存在，求出直線l的方程，若不存在，說明理由.
命題意圖：本題考查待定系數法求函數解析式、最值問題、直線方程及綜合分析問題的能力，屬★★★★★級題目.
知識依托：函數的奇偶性、重要不等式求最值、方程與不等式的解法、對稱問題.
錯解分析：不能把a與b間的等量關系與不等關系聯立求b；忽視b為自然數而導致求不出b的具體值；P、Q兩點的坐標關系列不出解.
技巧與方法：充分利用題設條件是解題關鍵.本題是存在型探索題目，注意在假設存在的條件下推理創新，若由此導出矛盾，則否定假設，否則，給出肯定的結論，并加以論證.
解：（1）∵f(x)是奇函數
∴f(–x)=–f(x)，即

∴–bx+c=–bx–c
∴c=0
∴f(x)=
由a＞0，b是自然數得當x≤0時，f(x)≤0，
當x＞0時，f(x)＞0
∴f(x)的最大值在x＞0時取得.
∴x＞0時，
當且僅當
即時，f(x)有最大值
∴=1,∴a=b2 ①
又f(1)＞，∴＞,∴5b＞2a+2 ②
把①代入②得2b2–5b+2＜0解得＜b＜2
又b∈N,∴b=1,a=1,∴f(x)=
（2）設存在直線l與y=f(x)的圖象交于P、Q兩點，且P、Q關于點（1，0）對稱，
P(x0,y0)則Q（2–x0,–y0)，∴,消去y0，得x02–2x0–1=0
解之，得x0=1±,
∴P點坐標為()或()進而相應Q點坐標為Q（）
或Q().
過P、Q的直線l的方程：x–4y–1=0即為所求.
［例2］如圖，三條直線a、b、c兩兩平行，直線a、b間的距離為p，直線b、c間的距離為，A、B為直線a上兩定點，且｜AB｜=2p，MN是在直線b上滑動的長度為2p的線段.
（1）建立適當的平面直角坐標系，求△AMN的外心C的軌跡E；
（2）接上問，當△AMN的外心C在E上什么位置時，d+｜BC｜最小，最小值是多少？（其中d是外心C到直線c的距離）.
命題意圖：本題考查軌跡方程的求法、拋物線的性質、數形結合思想及分析、探索問題、綜合解題的能力.屬★★★★★級題目.
知識依托：求曲線的方程、拋物線及其性質、直線的方程.
錯解分析：①建立恰當的直角坐標系是解決本題的關鍵，如何建系是難點，②第二問中確定C點位置需要一番分析.
技巧與方法：本題主要運用拋物線的性質，尋求點C所在位置，然后加以論證和計算，得出正確結論，是條件探索型題目.
解：（1）以直線b為x軸，以過A點且與b直線垂直的直線為y軸建立直角坐標系.
設△AMN的外心為C(x,y)，則有A(0,p)、M（x–p,0)，N(x+p,0)，
由題意，有｜CA｜=｜CM｜
∴,化簡，得
x2=2py
它是以原點為頂點，y軸為對稱軸，開口向上的拋物線.
（2）由（1）得，直線C恰為軌跡E的準線.
由拋物線的定義知d=｜CF｜，其中F（0,）是拋物線的焦點.
∴d+｜BC｜=｜CF｜+｜BC｜
由兩點間直線段最短知，線段BF與軌跡E的交點即為所求的點
直線BF的方程為聯立方程組
得.
即C點坐標為().
此時d+｜BC｜的最小值為｜BF｜=.
●錦囊妙計?
如果把一個數學問題看作是由條件、依據、方法和結論四個要素組成的一個系統，那么把這四個要素中有兩個是未知的數學問題稱之為探索性問題.條件不完備和結論不確定是探索性問題的基本特征.
解決探索性問題，對觀察、聯想、類比、猜測、抽象、概括諸方面有較高要求，高考題中一般對這類問題有如下方法：（1）直接求解；（2）觀察——猜測——證明；（3）賦值推斷；（4）數形結合；（5）聯想類比；（6）特殊——一般——特殊.
●殲滅難點訓練?
一、選擇題
1.（★★★★）已知直線l⊥平面α，直線m平面β，有下面四個命題，其中正確命題是( )
①α∥βl⊥m ②α⊥βl∥m ③l∥mα⊥β ④l⊥mα∥β
A.①與② B.①與③ C.②與④ D.③與④
2.（★★★★）某郵局只有0.60元，0.80元，1.10元的三種郵票.現有郵資為7.50元的郵件一件，為使粘貼郵票的張數最少，且資費恰為7.50元，則最少要購買郵票( )
A.7張 B.8張 C.9張 D.10張
二、填空題
3.(★★★★)觀察sin220°+cos250°+sin20°cos50°=,sin215°+cos245°+sin15°
·cos45°=，寫出一個與以上兩式規律相同的一個等式 .
三、解答題
4.（★★★★）在四棱錐P—ABCD中，側棱PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，問底面的邊BC上是否存在點E.（1）使
∠PED=90°；（2）使∠PED為銳角.證明你的結論.
5.（★★★★★）已知非零復數z1,z2滿足｜z1｜=a,｜z2｜=b,｜z1+z2｜=c（a、b、c均大于零），問是否根據上述條件求出？請說明理由.
6.（★★★★★）是否存在都大于2的一對實數a、b(a＞b)使得ab, ,a–b,a+b可以按照某一次序排成一個等比數列，若存在，求出a、b的值，若不存在，說明理由.
7.（★★★★★）直線l過拋物線y2=2px(p＞0）的焦點且與拋物線有兩個交點，對于拋物線上另外兩點A、B直線l能否平分線段AB？試證明你的結論.
8.（★★★★★）三個元件T1、T2、T3正常工作的概率分別為0.7、0.8、0.9，將它們的某兩個并聯再和第三個串聯接入電路，如圖甲、乙、丙所示，問哪一種接法使電路不發生故障的概率最大？
參 考 答 案
●難點磁場
1.解析：如圖–a與b，c的夾角為60°,且|a|=|–a|=3.
由平行四邊形關系可得–a=3c+b,∴a=–3c–b.
答案：a=–3c–b
2.解析：飛機成功飛行的概率分別為：4引擎飛機為：
2引擎飛機為.
要使4引擎飛機比2引擎飛機安全，則有：
6P2（1–P）2+4P2（1–P）+P4≥2P(1–P)+P2,解得P≥.
即當引擎不出故障的概率不小于時，4引擎飛機比2引擎飛機安全.
●殲滅難點訓練
一、1.解析：①l⊥α且α∥βl⊥β,mβl⊥m.
②α⊥β且l⊥αl∥β,但不能推出l∥m.
③l∥m,l⊥αm⊥α,由mβα⊥β.
④l⊥m,不能推出α∥β.
答案：B
2.解析：選1.1元5張，0.6元2張，0.8元1張.故8張.
答案：B
二、3.解析：由50°–20°=(45°–15°)=30°
可得sin2α+cos2(α+30°)+sinαcos(α+30°)=.
答案：sin2α+cos2(α+30°)+sinαcos(α+30°)=
三、4.解：(1)當AB≤AD時，邊BC上存在點E，使∠PED=90°;當AB>AD時，使∠PED=90°的點E不存在.（只須以AD為直徑作圓看該圓是否與BC邊有無交點）（證略）
（2）邊BC上總存在一點，使∠PED為銳角，點B就是其中一點.
連接BD，作AF⊥BD，垂足為F，連PF，∵PA⊥面ABCD，∴PF⊥BD，又△ABD為直角三角形，∴F點在BD上，∴∠PBF是銳角.
同理，點C也是其中一點.
5.解：∵|z1+z2|2=(z1+z2)(+)=|z1|2+|z2|2+(z1+z2)
∴c2=a2+b2+(z1+z2)
即：z1+z2=c2–a2–b2
∵z1≠0,z2≠0，∴z1+·z2= =|z2|2()+|z1|2()
即有：b2()+a2()=z1z2+z1z2
∴b2()+a2()=c2–a2–b2
∴a2()2+(a2+b2–c2)()+b2=0
這是關于的一元二次方程，解此方程即得的值.
6.解：∵a>b,a>2,b>2,∴ab,,a–b,a+b均為正數，且有ab>a+b>,ab>a+b>a–b.
假設存在一對實數a,b使ab,,a+b,a–b按某一次序排成一個等比數列，則此數列必是單調數列.不妨設該數列為單調減數列，則存在的等比數列只能有兩種情形，即①ab,a+b,
a–b,,或②ab,a+b,,a–b由（a+b）2≠ab·所以②不可能是等比數列，若①為等比數列，則有：
經檢驗知這是使ab,a+b,a–b,成等比數列的惟一的一組值.因此當a=7+,b=時，ab,a+b,a–b,成等比數列.
7.解：如果直線l垂直平分線段AB，連AF、BF，∵F（，0）∈l.∴|FA|=|FB|,設
A（x1,y1）,B(x2,y2),顯然x1>0,x2>0,y1≠y2,于是有（x1–）2+y12=(x2–)2+y22,整理得：（x1+x2–p)(x1–x2)=y22–y12=–2p(x1–x2).顯然x1≠x2(否則AB⊥x軸，l與x軸重合，與題設矛盾）得：x1+x2–p=–2p即x1+x2=–p<0,這與x1+x2>0矛盾，故直線l不能垂直平分線段AB.
8.解：設元件T1、T2、T3能正常工作的事件為A1、A2、A3，電路不發生故障的事件為A，則P（A1）=0.7，P（A2）=0.8，P（A3）=0.9.
（1）按圖甲的接法求P（A）：A=（A1+A2）·A3，由A1+A2與A3相互獨立，則P（A）=P（A1+A2）·P（A3）
又P（A1+A2）=1–P（）=1–P（·）由A1與A2相互獨立知與相互獨立，得：P（·）=P（）·P（）=［1–P（A1）］·［1–P（A2）］=（1–0.7）×(1–0.8)=0.06，∴P(A1+A2)=0.1–P(·)=1–0.06=0.94，
∴P(A)=0.94×0.9=0.846.
(2)按圖乙的接法求P（A）：A=（A1+A3）·A2且A1+A3與A2相互獨立，則P（A）=P（A1+A3）·
P（A2），用另一種算法求P（A1+A3）.∵A1與A3彼此不互斥，根據容斥原理P（A1+A3）=
P（A1）+P（A3）–P（A1A3），∵A1與A3相互獨立，則P（A1·A3）=P（A1）·P（A3）=0.7×0.9=0.63,P(A1+A3)=0.7+0.9–0.63=0.97.∴P(A)=P(A1+A3)·P(A2)=0.97×0.8=0.776.
(3)按圖丙的接法求P（A），用第三種算法.
A=（A2+A3）A1=A2A1+A3A1,∵A2A1與A3A1彼此不互斥，據容斥原理，則P（A）=P（A1A2）+P（A1A3）–P（A1A2A3），又由A1、A2、A3相互獨立，得P（A1·A2）=P（A1）P（A2）=0.8×0.7=0.56,
P(A3A1)=P(A3)·P(A1)=0.9×0.7=0.63,
P(A1A2A3)=P(A1)·P(A2)·P(A3)=0.7×0.8×0.9=0.504,
∴P(A)=0.56+0.63–0.504=0.686.
綜合（1）、（2）、（3）得，圖甲、乙、丙三種接法電路不發生故障的概率值分別為0.846,0.776,0.686.
故圖甲的接法電路不發生故障的概率最大.
難點3 函數的連續及其應用
函數的連續性是新教材新增加的內容之一.它把高中的極限知識與大學知識緊密聯在一起.在高考中，必將這一塊內容溶入到函數內容中去，因而一定成為高考的又一個熱點.本節內容重點闡述這一塊知識的知識結構體系.
●難點磁場
(★★★★)已知函數f(x)=
(1)討論f(x)在點x=－1,0,1處的連續性；
(2)求f(x)的連續區間.
●案例探究
［例1］已知函數f(x)=,
(1)求f(x)的定義域，并作出函數的圖象；
(2)求f(x)的不連續點x0;
(3)對f(x)補充定義，使其是R上的連續函數.
命題意圖：函數的連續性，尤其是在某定點處的連續性在函數圖象上有最直觀的反映.因而畫函數圖象去直觀反映題目中的連續性問題也就成為一種最重要的方法.
知識依托：本題是分式函數，所以解答本題的閃光點是能準確畫出它的圖象.
錯解分析：第(3)問是本題的難點，考生通過自己對所學連續函數定義的了解.應明確知道第(3)問是求的分數函數解析式.
技巧與方法：對分式化簡變形，注意等價性，觀察圖象進行解答.
解：(1)當x+2≠0時，有x≠－2
因此，函數的定義域是(－∞,－2)∪(－2,+∞)
當x≠－2時，f(x)= =x－2,
其圖象如上圖
(2)由定義域知，函數f(x)的不連續點是x0=－2.
(3)因為當x≠－2時，f(x)=x－2,所以=－4.
因此，將f(x)的表達式改寫為f(x)=
則函數f(x)在R上是連續函數.
［例2］求證：方程x=asinx+b(a＞0,b＞0)至少有一個正根，且它不大于a+b.
命題意圖：要判定方程f(x)=0是否有實根.即判定對應的連續函數y=f(x)的圖象是否與x軸有交點，因此根據連續函數的性質，只要找到圖象上的兩點，滿足一點在x軸上方，另一點在x軸下方即可.本題主要考查這種解題方法.
知識依托：解答本題的閃光點要找到合適的兩點，使函數值其一為負，另一為正.
錯解分析：因為本題為超越方程，因而考生最易想到畫圖象觀察，而忽視連續性的性質在解這類題目中的簡便作用.
證明：設f(x)=asinx+b－x,
則f(0)=b＞0,f(a+b)=a·sin(a+b)+b－(a+b)=a［sin(a+b)－1］≤0,
又f(x)在(0,a+b］內是連續函數，所以存在一個x0∈(0,a+b］，使f(x0)=0,即x0是方程f(x)=0的根，也就是方程x=a·sinx+b的根.
因此，方程x=asinx+b至少存在一個正根，且它不大于a+b.
●錦囊妙計
1.深刻理解函數f(x)在x0處連續的概念：
等式f(x)=f(x0)的涵義是：(1)f(x0)在x=x0處有定義，即f(x0)存在；(2)f(x)存在，這里隱含著f(x)在點x=x0附近有定義；(3)f(x)在點x0處的極限值等于這一點的函數值，即f(x)=f(x0).
函數f(x)在x0處連續，反映在圖象上是f(x)的圖象在點x=x0處是不間斷的.
2.函數f(x)在點x0不連續，就是f(x)的圖象在點x=x0處是間斷的.
其情形：(1)f(x)存在；f(x0)存在，但f(x)≠f(x0);(2)f(x)存在，但f(x0)不存在.(3) f(x)不存在.
3.由連續函數的定義，可以得到計算函數極限的一種方法：如果函數f(x)在其定義區間內是連續的，點x0是定義區間內的一點，那么求x→x0時函數f(x)的極限，只要求出f(x)在點x0處的函數值f(x0)就可以了，即f(x)=f(x0).
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)若f(x)=在點x=0處連續，則f(0)等于( )
A. B. C.1 D.0
2.(★★★★)設f(x)=則f(x)的連續區間為( )
A.(0，2) B.(0，1)
C.(0，1)∪(1，2) D.(1，2)
二、填空題
3.(★★★★) =_________.
4.(★★★★)若f(x)=處處連續，則a的值為_________.
三、解答題
5.(★★★★★)已知函數f(x)=
(1)f(x)在x=0處是否連續？說明理由；
(2)討論f(x)在閉區間［－1,0］和［0,1］上的連續性.
6.(★★★★)已知f(x)=
(1)求f(－x);
(2)求常數a的值，使f(x)在區間(－∞,+∞)內處處連續.
7.(★★★★)求證任何一個實系數一元三次方程a0x3+a1x2+a2x+a3=0(a0,a1,a2,a3∈R,a0≠0)至少有一個實數根.
8.(★★★★)求函數f(x)=的不連續點和連續區間.
參考答案
難點磁場
解：(1)f(x)=3, f(x)=－1,所以f(x)不存在，所以f(x)在x=－1處不連續，
但f(x)=f(－1)=－1, f(x)≠f(－1),所以f(x)在x=－1處右連續，左不連續
f(x)=3=f(1), f(x)不存在，所以f(x)不存在，所以f(x)在x=1不連續，但左連續，右不連續.
又f(x)=f(0)=0,所以f(x)在x=0處連續.
(2)f(x)中，區間(－∞,－1),［－1,1］,(1,5］上的三個函數都是初等函數，因此f(x)除不連續點x=±1外，再也無不連續點，所以f(x)的連續區間是(－∞,－1),［－1,1］和(1,5.
殲滅難點訓練
一、1.解析：
答案：A
2.解析：
即f(x)在x=1點不連續，顯知f(x)在(0,1)和(1,2)連續.
答案：C
二、3.解析：利用函數的連續性，即,
答案：
答案：
三、5.解：f(x)=
(1) f(x)=－1, f(x)=1,所以f(x)不存在，故f(x)在x=0處不連續.
(2)f(x)在(－∞,+∞)上除x=0外，再無間斷點，由(1)知f(x)在x=0處右連續，所以f(x)在［
－1，0］上是不連續函數，在［0,1］上是連續函數.
6.解：(1)f(－x)=
(2)要使f(x)在(－∞,+∞)內處處連續，只要f(x)在x=0連續，f(x)
= =
f(x)=(a+bx)=a,因為要f(x)在x=0處連續，只要 f(x)= f(x)
= f(x)=f(0),所以a=
7.證明：設f(x)=a0x3+a1x2+a2x+a3,函數f(x)在(－∞,+∞)連續，且x→+∞時，f(x)→+∞;x→－∞時，f(x)→－∞,所以必存在a∈(－∞,+∞),b∈(－∞,?+∞),使f(a)·f(b)＜0,所以f(x)的圖象至少在(a,b)上穿過x軸一次，即f(x)=0至少有一實根.
8.解：不連續點是x=1,連續區間是(－∞,1),(1,+∞)
難點4 導數的運算法則及基本公式應用
導數是中學限選內容中較為重要的知識，本節內容主要是在導數的定義，常用求等公式.四則運算求導法則和復合函數求導法則等問題上對考生進行訓練與指導.
●難點磁場
(★★★★★)已知曲線C：y=x3－3x2+2x,直線l:y=kx,且l與C切于點(x0,y0)(x0≠0)，求直線l的方程及切點坐標.
●案例探究
［例1］求函數的導數：
命題意圖：本題3個小題分別考查了導數的四則運算法則，復合函數求導的方法，以及抽象函數求導的思想方法.這是導數中比較典型的求導類型，屬于★★★★級題目.
知識依托：解答本題的閃光點是要分析函數的結構和特征，挖掘量的隱含條件，將問題轉化為基本函數的導數.
錯解分析：本題難點在求導過程中符號判斷不清，復合函數的結構分解為基本函數出差錯.
技巧與方法：先分析函數式結構，找準復合函數的式子特征，按照求導法則進行求導.

(2)解：y=μ3,μ=ax－bsin2ωx,μ=av－by
v=x,y=sinγ γ=ωx
y′=(μ3)′=3μ2·μ′=3μ2(av－by)′
=3μ2(av′－by′)=3μ2(av′－by′γ′)
=3(ax－bsin2ωx)2(a－bωsin2ωx)
(3)解法一：設y=f(μ),μ=,v=x2+1,則
y′x=y′μμ′v·v′x=f′(μ)·v－·2x
=f′()··2x
=
解法二：y′=［f()］′=f′()·()′
=f′()·(x2+1)·(x2+1)′
=f′()·(x2+1) ·2x
=f′()
［例2］利用導數求和
(1)Sn=1+2x+3x2+…+nxn－1(x≠0,n∈N*)
(2)Sn=C+2C+3C+…+nC,(n∈N*)
命題意圖：培養考生的思維的靈活性以及在建立知識體系中知識點靈活融合的能力.屬
★★★★級題目.
知識依托：通過對數列的通項進行聯想，合理運用逆向思維.由求導公式(xn)′=nxn－1,可聯想到它們是另外一個和式的導數.關鍵要抓住數列通項的形式結構.
錯解分析：本題難點是考生易犯思維定勢的錯誤，受此影響而不善于聯想.
技巧與方法：第(1)題要分x=1和x≠1討論，等式兩邊都求導.
解：(1)當x=1時
Sn=1+2+3+…+n=n(n+1);
當x≠1時，
∵x+x2+x3+…+xn=,
兩邊都是關于x的函數，求導得
(x+x2+x3+…+xn)′=()′
即Sn=1+2x+3x2+…+nxn－1=
(2)∵(1+x)n=1+Cx+Cx2+…+Cxn,
兩邊都是關于x的可導函數，求導得
n(1+x)n－1=C+2Cx+3Cx2+…+nCxn－1,
令x=1得，n·2n－1=C+2C+3C+…+nC,
即Sn=C+2C+…+nC=n·2n－1?
●錦囊妙計
1.深刻理解導數的概念，了解用定義求簡單的導數.
表示函數的平均改變量，它是Δx的函數，而f′(x0)表示一個數值，即f′(x)=，知道導數的等價形式：.?
2.求導其本質是求極限，在求極限的過程中，力求使所求極限的結構形式轉化為已知極限的形式，即導數的定義，這是順利求導的關鍵.
3.對于函數求導，一般要遵循先化簡，再求導的基本原則，求導時，不但要重視求導法則的應用，而且要特別注意求導法則對求導的制約作用，在實施化簡時，首先必須注意變換的等價性，避免不必要的運算失誤.
4.復合函數求導法則，像鏈條一樣，必須一環一環套下去，而不能丟掉其中的一環.必須正確分析復合函數是由哪些基本函數經過怎樣的順序復合而成的，分清其間的復合關系.
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)y=esinxcos(sinx)，則y′(0)等于( )
A.0 B.1 C.－1 D.2
2.(★★★★)經過原點且與曲線y=相切的方程是( )
A.x+y=0或+y=0 B.x－y=0或+y=0
C.x+y=0或－y=0 D.x－y=0或－y=0
二、填空題
3.(★★★★)若f′(x0)=2, =_________.
4.(★★★★)設f(x)=x(x+1)(x+2)…(x+n),則f′(0)=_________.
三、解答題
5.(★★★★)已知曲線C1:y=x2與C2:y=－(x－2)2,直線l與C1、C2都相切，求直線l的方程.
6.(★★★★)求函數的導數
(1)y=(x2－2x+3)e2x;
(2)y=.
7.(★★★★)有一個長度為5 m的梯子貼靠在筆直的墻上，假設其下端沿地板以3 m/s?的速度離開墻腳滑動，求當其下端離開墻腳1.4 m時，梯子上端下滑的速度.
8.(★★★★)求和Sn=12+22x+32x2+…+n2xn－1?,(x≠0,n∈N*).
參考答案
難點磁場
解：由l過原點，知k=(x0≠0),點(x0,y0)在曲線C上，y0=x03－3x02+2x0,
∴=x02－3x0+2
y′=3x2－6x+2,k=3x02－6x0+2
又k=,∴3x02－6x0+2=x02－3x0+2
2x02－3x0=0,∴x0=0或x0=
由x≠0,知x0=
∴y0=()3－3()2+2·=－
∴k==－
∴l方程y=－x 切點(，－)
殲滅難點訓練
一、1.解析：y′=esinx［cosxcos(sinx)－cosxsin(sinx)］,y′(0)=e0(1－0)=1
答案：B
2.解析：設切點為(x0,y0),則切線的斜率為k=,另一方面，y′=()′=,故
y′(x0)=k,即或x02+18x0+45=0得x0(1)=－3,y0(2)=－15,對應有y0(1)=3,y0(2)=,因此得兩個切點A(－3，3)或B(－15,),從而得y′(A)= =－1及y′(B)= ,由于切線過原點，故得切線：lA:y=－x或lB:y=－.
答案：A
二、3.解析：根據導數的定義：f′(x0)=(這時)
答案：－1
4.解析：設g(x)=(x+1)(x+2)……(x+n),則f(x)=xg(x),于是f′(x)=g(x)+xg′(x),f′(0)=g(0)+0·g′(0)=g(0)=1·2·…n=n！
答案：n!
三、5.解：設l與C1相切于點P(x1,x12),與C2相切于Q(x2,－(x2－2)2)
對于C1：y′=2x,則與C1相切于點P的切線方程為
y－x12=2x1(x－x1),即y=2x1x－x12 ①
對于C2：y′=－2(x－2),與C2相切于點Q的切線方程為y+(x2－2)2=－2(x2－2)(x－x2),即y=－2(x2－2)x+x22－4 ②
∵兩切線重合，∴2x1=－2(x2－2)且－x12=x22－4,解得x1=0,x2=2或x1=2,x2=0
∴直線l方程為y=0或y=4x－4
6.解：(1)注意到y＞0,兩端取對數，得
lny=ln(x2－2x+3)+lne2x=ln(x2－2x+3)+2x
(2)兩端取對數，得
ln|y|=(ln|x|－ln|1－x|),
兩邊解x求導，得
7.解：設經時間t秒梯子上端下滑s米,則s=5－,當下端移開1.4 m時，t0=,又s′=－ (25－9t2)·(－9·2t)=9t,所以s′(t0)=9×=0.875(m/s)
8.解：(1)當x=1時，Sn=12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1),當x≠1時，1+2x+3x2+…+nxn-1?=,兩邊同乘以x,得
x+2x2+3x2+…+nxn=兩邊對x求導，得
Sn=12+22x2+32x2+…+n2xn-1?
=
難點5 導數的應用問題
利用導數求函數的極大(小)值，求函數在連續區間［a,b］上的最大最小值，或利用求導法解決一些實際應用問題是函數內容的繼續與延伸，這種解決問題的方法使復雜問題變得簡單化，因而已逐漸成為新高考的又一熱點.本節內容主要是指導考生對這種方法的應用.
●難點磁場
(★★★★★)已知f(x)=x2+c,且f［f(x)］=f(x2+1)
(1)設g(x)=f［f(x)］,求g(x)的解析式；
(2)設φ(x)=g(x)－λf(x),試問：是否存在實數λ,使φ(x)在(－∞,－1)內為減函數，且在
(－1，0)內是增函數.
●案例探究
［例1］已知f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)在x=±1時取得極值，且f(1)=－1.
(1)試求常數a、b、c的值；
(2)試判斷x=±1是函數的極小值還是極大值，并說明理由.
命題意圖：利用一階導數求函數的極大值和極小值的方法是導數在研究函數性質方面的繼續深入.是導數應用的關鍵知識點，通過對函數極值的判定，可使學生加深對函數單調性與其導數關系的理解.屬★★★★★級題目.
知識依托：解題的成功要靠正確思路的選擇.本題從逆向思維的角度出發，根據題設結構進行逆向聯想，合理地實現了問題的轉化，使抽象的問題具體化.這是解答本題的閃光點.
錯解分析：本題難點是在求導之后，不會應用f′(±1)=0的隱含條件，因而造成了解決問題的最大思維障礙.
技巧與方法：考查函數f(x)是實數域上的可導函數，可先求導確定可能的極值，再通過極值點與導數的關系，建立由極值點x=±1所確定的相等關系式，運用待定系數法求值.
解：(1)f′(x)=3ax2+2bx+c
∵x=±1是函數f(x)的極值點，
∴x=±1是方程f′(x)=0,即3ax2+2bx+c=0的兩根.
由根與系數的關系，得
又f(1)=－1,∴a+b+c=－1, ③
由①②③解得a=,
(2)f(x)=x3－x,
∴f′(x)=x2－=(x－1)(x+1)
當x＜－1或x＞1時，f′(x)＞0
當－1＜x＜1時，f′(x)＜0
∴函數f(x)在(－∞,－1)和(1,+∞)上是增函數，在(－1，1)上是減函數.
∴當x=－1時，函數取得極大值f(－1)=1,
當x=1時，函數取得極小值f(1)=－1.
［例2］在甲、乙兩個工廠，甲廠位于一直線河岸的岸邊A處，乙廠與甲廠在河的同側，乙廠位于離河岸40 km的B處，乙廠到河岸的垂足D與A相距50 km，兩廠要在此岸邊合建一個供水站C，從供水站到甲廠和乙廠的水管費用分別為每千米3a元和5a元，問供水站C建在岸邊何處才能使水管費用最??？
命題意圖：學習的目的，就是要會實際應用，本題主要是考查學生運用導數知識解決實際問題的意識，思想方法以及能力.
知識依托：解決實際應用問題關鍵在于建立數學模型和目標函數.把“問題情景”譯為數學語言，找出問題的主要關系，并把問題的主要關系近似化，形式化，抽象成數學問題，再劃歸為常規問題，選擇合適的數學方法求解.
錯解分析：本題難點是如何把實際問題中所涉及的幾個變量轉化成函數關系式.
技巧與方法：根據題設條件作出圖形，分析各已知條件之間的關系，借助圖形的特征，合理選擇這些條件間的聯系方式，適當選定變化，構造相應的函數關系.
解法一：根據題意知，只有點C在線段AD上某一適當位置，才能使總運費最省，設C點距D點x km,則
∵BD=40,AC=50－x,
∴BC=
又設總的水管費用為y元，依題意有：
y=30(5a－x)+5a (0＜x＜50)
y′=－3a+,令y′=0,解得x=30
在(0,50)上，y只有一個極值點，根據實際問題的意義，
函數在x=30(km)處取得最小值，此時AC=50－x=20(km)
∴供水站建在A、D之間距甲廠20 km處，可使水管費用最省.
解法二：設∠BCD=Q,則BC=,CD=40cotθ,(0＜θ＜),∴AC=50－40cotθ
設總的水管費用為f(θ),依題意，有
f(θ)=3a(50－40·cotθ)+5a·
=150a+40a·
∴f′(θ)=40a·
令f′(θ)=0,得cosθ=
根據問題的實際意義，當cosθ=時，函數取得最小值，此時sinθ=,∴cotθ=,
∴AC=50－40cotθ=20(km),即供水站建在A、D之間距甲廠20 km處，可使水管費用最省.
●錦囊妙計
1.f(x)在某個區間內可導，若f′(x)＞0,則f(x)是增函數；若f′(x)＜0,則f(x)?是減函數.
2.求函數的極值點應先求導，然后令y′=0得出全部導數為0的點，(導數為0的點不一定都是極值點，例如：y=x3,當x=0時，導數是0，但非極值點)，導數為0的點是否是極值點，取決于這個點左、右兩邊的增減性，即兩邊的y′的符號，若改變符號，則該點為極值點；若不改變符號，則非極值點，一個函數的極值點不一定在導數為0的點處取得，但可得函數的極值點一定導數為0.
3.可導函數的最值可通過(a,b)內的極值和端點的函數值比較求得，但不可導函數的極值有時可能在函數不可導的點處取得，因此，一般的連續函數還必須和導數不存在的點的函數值進行比較，如y=|x|,在x=0處不可導，但它是最小值點.
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)設f(x)可導，且f′(0)=0,又=－1,則f(0)( )
A.可能不是f(x)的極值 B.一定是f(x)的極值
C.一定是f(x)的極小值 D.等于0
2.(★★★★)設函數fn(x)=n2x2(1－x)n(n為正整數)，則fn(x)在［0,1］上的最大值為( )
A.0 B.1
C. D.
二、填空題
3.(★★★★)函數f(x)=loga(3x2+5x－2)(a＞0且a≠1)的單調區間_________.
4.(★★★★)在半徑為R的圓內，作內接等腰三角形，當底邊上高為_________時它的面積最大.
三、解答題
5.(★★★★★)設f(x)=ax3+x恰有三個單調區間，試確定a的取值范圍，并求其單調區間.
6.(★★★★)設x=1與x=2是函數f(x)=alnx+bx2+x的兩個極值點.
(1)試確定常數a和b的值；
(2)試判斷x=1,x=2是函數f(x)的極大值還是極小值，并說明理由.
7.(★★★★)已知a、b為實數，且b＞a＞e,其中e為自然對數的底，求證：ab＞ba.
8.(★★★★)設關于x的方程2x2－ax－2=0的兩根為α、β(α＜β),函數f(x)=.
(1)求f(α)·f(β)的值；
(2)證明f(x)是［α，β］上的增函數；
(3)當a為何值時，f(x)在區間［α，β］上的最大值與最小值之差最小？
［科普美文］新教材中的思維觀點?
數學科學具有高度的綜合性、很強的實踐性，不斷的發展性，中學數學新教材打破原教材的框架體系，新增添了工具性、實踐性很強的知識內容，正是發展的產物.新教材具有更高的綜合性和靈活多樣性，更具有朝氣與活力，因此，把握新教材的脈搏，培養深刻嚴謹靈活的數學思維，提高數學素質成為燃眉之需.?
新教材提升與增添的內容包括簡易邏輯、平面向量、空間向量、線性規劃、概率與統計、導數、研究型課題與實習作業等，這使得新教材中的知識內容立體交叉，聯系更加密切，聯通的渠道更多，并且富含更高的實用性.因此在高考復習中，要通過總結、編織科學的知識網絡，求得對知識的融會貫通，揭示知識間的內在聯系.做到以下幾點：
一、深刻領會數學思想方法，把立足點放在提高數學素質上.數學的思想方法是數學的精髓，只有運用數學思想方法，才能把數學的知識與技能轉化為分析問題與解決問題的能力，才能形成數學的素質.知識是能力的載體，領悟并逐步學會運用蘊含在知識發生發展和深化過程中，貫穿在發現問題與解決問題過程中的數學思想方法，是從根本上提高素質，提高數學科能力的必由之路，只有通過對數學思想方法的不斷積累，不斷總結經驗，才能從知識型向能力型轉化，不斷提高學習能力和學習水平.?
二、培養用化歸（轉化）思想處理數學問題的意識.數學問題可看作是一系列的知識形成的一個關系鏈.處理數學問題的實質，就是實現新問題向舊問題的轉化，復雜問題向簡單問題的轉化，實現未知向已知的轉化。雖然解決問題的過程不盡相同，但就其思考方式來講，通常將待解決的問題通過一次又一次的轉化，直至化歸為一類已解決或很容易解決的問題，從而求得原問題的解答.?
三、提高用函數方程思想方法分析問題解決問題的能力.函數思想的實質是拋開所研究對象非數學的特性，用聯系和變化的觀點，建立各變量之間固有的函數關系.與這種思想相聯系的就是方程的思想，在解決數學問題時，將所求的量（或與所求的量相關的量）設成未知數，用它來表示問題中的其他各量，根據題中隱含的等量關系去列方程，以求得問題的解決.?
數學思維是科學思維的核心，思維的基石在于邏輯推理，邏輯思維能力是數學能力的核心，邏輯推理是數學思維的基本方法.?
我國著名的數學家華羅庚先生認為，學習有兩個過程：一個是“從薄到厚，一個是從厚到薄”，前者是“量”的積累，后者是“質”的飛躍.雄關漫道真如鐵，而今邁步從頭越，只要同學們在學習中不斷積累，不斷探索，不斷創新，定能在高考中取得驕人戰績！
參考答案
難點磁場
解：(1)由題意得f［f(x)］=f(x2+c)=(x2+c)2+c
f(x2+1)=(x2+1)2+c,∵f［f(x)］=f(x2+1)
∴(x2+c)2+c=(x2+1)2+c,
∴x2+c=x2+1,∴c=1
∴f(x)=x2+1,g(x)=f［f(x)］=f(x2+1)=(x2+1)2+1
(2)φ(x)=g(x)－λf(x)=x4+(2－λ)x2+(2－λ)
若滿足條件的λ存在，則φ′(x)=4x3+2(2－λ)x
∵函數φ(x)在(－∞,－1)上是減函數，
∴當x＜－1時，φ′(x)＜0
即4x3+2(2－λ)x＜0對于x∈(－∞,－1)恒成立
∴2(2－λ)＞－4x2,
∵x＜－1,∴－4x2＜－4
∴2(2－λ)≥－4,解得λ≤4
又函數φ(x)在(－1,0)上是增函數
∴當－1＜x＜0時，φ′(x)＞0
即4x2+2(2－λ)x＞0對于x∈(－1,0)恒成立
∴2(2－λ)＜－4x2,
∵－1＜x＜0,∴－4＜4x2＜0
∴2(2－λ)≤－4,解得λ≥4
故當λ=4時，φ(x)在(－∞,－1)上是減函數，在(－1,0)上是增函數，即滿足條件的λ存在.
殲滅難點訓練
一、1.解析：由=－1,故存在含有0的區間(a,b)使當x∈(a,b),x≠0時＜0,于是當x∈(a,0)時f′(0)＞0,當x∈(0,b)時，f′(0)＜0,這樣f(x)在(a,0)上單增，在(0,b)上單減.
答案：B
2.解析：∵f′n(x)=2xn2(1－x)n－n3x2(1－x)n-1?=n2x(1－x)n-1［2(1－x)－nx］,令f′n(x)=0,得x1=0,x2=1,x3=,易知fn(x)在x=時取得最大值，最大值fn()=n2()2(1－)n=4·()n+1?
答案：D
二、3.解析：函數的定義域是x＞或x＜－2,f′(x)=.(3x2+5x－2)′=,
①若a＞1,則當x＞時，logae＞0,6x+5＞0,(3x－1)(x+2)＞0,∴f′(x)＞0,∴函數f(x)在(,
+∞)上是增函數，x＜－2時，f′(x)＜0.∴函數f(x)在(－∞,－2)上是減函數.
②若0＜a＜1,則當x＞時，f′(x)＜0,∴f(x)在(,+∞)上是減函數，當x＜－2時，f′(x)＞0,∴f(x)在(－∞,－2)上是增函數
答案：(－∞,－2)
4.解析：設圓內接等腰三角形的底邊長為2x,高為h，那么h=AO+BO=R+,解得
x2=h(2R－h),于是內接三角形的面積為
S=x·h=
從而
令S′=0,解得h=R,由于不考慮不存在的情況，所在區間(0,2R)上列表如下：?
h
(0,R)
R
(,2R)
S′
+
0
－
S
增函數
最大值
減函數
由此表可知，當x=R時，等腰三角形面積最大.
答案：R
三、5.解：f′(x)=3ax2+1
若a＞0,f′(x)＞0對x∈(－∞,+∞)恒成立，此時f(x)只有一個單調區間，矛盾.
若a=0,f′(x)=1＞0,∴x∈(－∞,+∞),f(x)也只有一個單調區間，矛盾.
若a＜0,∵f′(x)=3a(x+)·(x－),此時f(x)恰有三個單調區間.
∴a＜0且單調減區間為(－∞,－)和(,+∞)，單調增區間為(－, ).
6.解：f′(x)=+2bx+1
(1)由極值點的必要條件可知：f′(1)=f′(2)=0,即a+2b+1=0,且+4b+1=0,解方程組可得a=－,b=－,∴f(x)=－lnx－x2+x
(2)f′(x)=－x-1－x+1,當x∈(0,1)時，f′(x)＜0,當x∈(1,2)時，f′(x)＞0,當x∈(2,+∞)時，f′(x)＜0,故在x=1處函數f(x)取得極小值,在x=2處函數取得極大值－ln2.
7.證法一：∵b＞a＞e,∴要證ab＞ba,只要證blna＞alnb,設f(b)=blna－alnb(b＞e),則
f′(b)=lna－.∵b＞a＞e,∴lna＞1,且＜1,∴f′(b)＞0.∴函數f(b)=blna－alnb在(e,+∞)上是增函數，∴f(b)＞f(a)=alna－alna=0,即blna－alnb＞0,∴blna＞alnb,∴ab＞ba.
證法二：要證ab＞ba,只要證blna＞alnb(e＜a＜b,即證,設f(x)=(x＞e)，則f′(x)=＜0,∴函數f(x)在(e,+∞)上是減函數，又∵e＜a＜b,
∴f(a)＞f(b),即,∴ab＞ba.
8.解：(1)f(α)=,f(β)= ,f(α)=f(β)=4
(2)設φ(x)=2x2－ax－2,則當α＜x＜β時，φ(x)＜0,
∴函數f(x)在(α，β)上是增函數
(3)函數f(x)在［α，β］上最大值f(β)＞0,最小值f(α)＜0,
∵|f(α)·f(β)|=4,∴當且僅當f(β)=－f(α)=2時，f(β)－f(α)=|f(β)|+|f(α)|取最小值4，此時a=0,f(β)=2
難點6 函數方程思想
函數與方程思想是最重要的一種數學思想，高考中所占比重較大，綜合知識多、題型多、應用技巧多.函數思想簡單，即將所研究的問題借助建立函數關系式亦或構造中間函數，結合初等函數的圖象與性質，加以分析、轉化、解決有關求值、解（證）不等式、解方程以及討論參數的取值范圍等問題；方程思想即將問題中的數量關系運用數學語言轉化為方程模型加以解決.
●難點磁場
1.（★★★★★）關于x的不等式2·32x–3x+a2–a–3＞0，當0≤x≤1時恒成立，則實數a的取值范圍為 .
2.（★★★★★）對于函數f(x)，若存在x0∈R,使f(x0)=x0成立，則稱x0為f(x)的不動點.已知函數f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)
（1）若a=1,b=–2時，求f(x)的不動點；
（2）若對任意實數b，函數f(x)恒有兩個相異的不動點，求a的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，若y=f(x)圖象上A、B兩點的橫坐標是函數f(x)的不動點，且A、B關于直線y=kx+對稱，求b的最小值.
●案例探究?
［例1］已知函數f(x)=logm
(1)若f(x)的定義域為［α，β］，（β＞α＞0），判斷f(x)在定義域上的增減性，并加以說明；
(2)當0＜m＜1時，使f(x)的值域為［logm［m(β–1)］，logm［m(α–1)］］的定義域區間為［α,β］(β＞α＞0)是否存在？請說明理由.
命題意圖：本題重在考查函數的性質，方程思想的應用.屬★★★★級題目.
知識依托：函數單調性的定義判斷法；單調性的應用；方程根的分布；解不等式組.
錯解分析：第(1)問中考生易忽視“α＞3”這一關鍵隱性條件；第(2)問中轉化出的方程，不能認清其根的實質特點，為兩大于3的根.
技巧與方法：本題巧就巧在采用了等價轉化的方法，借助函數方程思想，巧妙解題.
解：（1）x＜–3或x＞3.
∵f(x)定義域為［α,β］,∴α＞3
設β≥x1＞x2≥α，有
當0＜m＜1時，f(x)為減函數，當m＞1時，f(x)為增函數.
（2）若f(x)在［α,β］上的值域為［logmm(β–1),logmm(α–1)］
∵0＜m＜1, f(x)為減函數.
∴
即
即α,β為方程mx2+(2m–1)x–3(m–1)=0的大于3的兩個根
∴ ∴0＜m＜
故當0＜m＜時，滿足題意條件的m存在.
［例2］已知函數f(x)=x2–(m+1)x+m(m∈R)
(1)若tanA,tanB是方程f(x)+4=0的兩個實根，A、B是銳角三角形ABC的兩個內角.求證：m≥5;
(2)對任意實數α,恒有f(2+cosα)≤0，證明m≥3;
(3)在(2)的條件下，若函數f(sinα)的最大值是8，求m.
命題意圖：本題考查函數、方程與三角函數的相互應用；不等式法求參數的范圍.屬
★★★★★級題目.
知識依托：一元二次方程的韋達定理、特定區間上正負號的充要條件，三角函數公式.
錯解分析：第(1)問中易漏掉Δ≥0和tan(A+B)＜0，第(2)問中如何保證f(x)在［1,3］恒小于等于零為關鍵.
技巧與方法：深挖題意，做到題意條件都明確，隱性條件注意列.列式要周到，不遺漏.
（1）證明：f(x)+4=0即x2–(m+1)x+m+4=0.依題意：
又A、B銳角為三角形內兩內角
∴＜A+B＜π
∴tan(A+B)＜0，即
∴∴m≥5
(2)證明：∵f(x)=(x–1)(x–m)
又–1≤cosα≤1，∴1≤2+cosα≤3，恒有f(2+cosα)≤0
即1≤x≤3時，恒有f(x)≤0即(x–1)(x–m)≤0
∴m≥x但xmax=3，∴m≥xmax=3
(3)解：∵f(sinα)=sin2α–(m+1)sinα+m=
且≥2,∴當sinα=–1時，f(sinα)有最大值8.
即1+(m+1)+m=8，∴m=3
●錦囊妙計?
函數與方程的思想是最重要的一種數學思想，要注意函數，方程與不等式之間的相互聯系和轉化.考生應做到：
（1）深刻理解一般函數y=f(x)、y=f–1(x)的性質（單調性、奇偶性、周期性、最值和圖象變換），熟練掌握基本初等函數的性質，這是應用函數思想解題的基礎.
（2）密切注意三個“二次”的相關問題，三個“二次”即一元二次函數、一元二次方程、一元二次不等式是中學數學的重要內容，具有豐富的內涵和密切的聯系.掌握二次函數基本性質，二次方程實根分布條件，二次不等式的轉化策略.
●殲滅難點訓練?
一、選擇題
1.（★★★★★）已知函數f(x)=loga［–(2a)2］對任意x∈［,+∞］都有意義，則實數a的取值范圍是( )
A.(0, B.(0,) C.［,1 D.(,）
2.（★★★★★）函數f(x)的定義域為R，且x≠1，已知f(x+1)為奇函數，當x＜1時，f(x)=2x2–x+1，那么當x＞1時，f(x)的遞減區間是( )
A.［，+∞ B.(1, C.［,+∞ D.(1,］
二、填空題
3.（★★★★）關于x的方程lg(ax–1)–lg(x–3)=1有解，則a的取值范圍是 .
4.（★★★★★）如果y=1–sin2x–mcosx的最小值為–4，則m的值為 .
三、解答題
5.（★★★★）設集合A={x｜4x–2x+2+a=0,x∈R}.
（1）若A中僅有一個元素，求實數a的取值集合B；
（2）若對于任意a∈B，不等式x2–6x＜a(x–2)恒成立，求x的取值范圍.
6.（★★★★）已知二次函數f(x)=ax2+bx(a,b為常數，且a≠0)滿足條件:f(x–1)=f(3–x)且方程f(x)=2x有等根.
（1）求f(x)的解析式；
（2）是否存在實數m，n(m＜n＝，使f(x)定義域和值域分別為［m,n］和［4m,4n］，如果存在，求出m、n的值；如果不存在，說明理由.
7.（★★★★★）已知函數f(x)=6x–6x2，設函數g1(x)=f(x), g2(x)=f［g1(x)］, g3(x)=f ［g2(x)］,
…gn(x)=f［gn–1(x)］,…
（1）求證：如果存在一個實數x0，滿足g1(x0)=x0，那么對一切n∈N，gn(x0)=x0都成立；
（2）若實數x0滿足gn(x0)=x0，則稱x0為穩定不動點，試求出所有這些穩定不動點；
（3）設區間A=（–∞,0）,對于任意x∈A，有g1(x)=f(x)=a＜0, g2(x)=f［g1(x)］=f(0)＜0，
且n≥2時，gn(x)＜0.試問是否存在區間B（A∩B≠），對于區間內任意實數x，只要n≥2，都有gn(x)＜0.
8.（★★★★）已知函數f(x)= (a＞0,x＞0).
（1）求證:f(x)在(0,+∞)上是增函數；
（2）若f(x)≤2x在(0,+∞)上恒成立，求a的取值范圍；
（3）若f(x)在［m,n］上的值域是［m,n］(m≠n)，求a的取值范圍.
參 考 答 案
●難點磁場
1.解析：設t=3x，則t∈［1,3］，原不等式可化為a2–a–3＞–2t2+t,t∈［1,3］.
等價于a2–a–3大于f(t)=–2t2+t在［1,3］上的最大值.
答案：(–∞,–1)∪(2,+∞)
2.解：（1）當a=1,b=–2時，f(x)=x2–x–3，由題意可知x=x2–x–3，得x1=–1,x2=3.
故當a=1,b=–2時，f(x)的兩個不動點為–1,3.
（2）∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有兩個不動點，
∴x=ax2+(b+1)x+(b–1)，即ax2+bx+(b–1)=0恒有兩相異實根
∴Δ=b2–4ab+4a＞0(b∈R)恒成立.
于是Δ′=(4a)2–16a＜0解得0＜a＜1
故當b∈R，f(x)恒有兩個相異的不動點時，0＜a＜1.
（3）由題意A、B兩點應在直線y=x上，設A(x1,x1),B(x2,x2)
又∵A、B關于y=kx+對稱.
∴k=–1.設AB的中點為M(x′,y′)
∵x1,x2是方程ax2+bx+(b–1)=0的兩個根.
∴x′=y′=，又點M在直線上有
，即
∵a＞0，∴2a+≥2當且僅當2a=即a=∈(0,1)時取等號，
故b≥–，得b的最小值–.
●殲滅難點訓練
一、1.解析：考查函數y1=和y2=(2a)x的圖象，顯然有0＜2a＜1.由題意得a=，再結合指數函數圖象性質可得答案.
答案：A
2.解析：由題意可得f(–x+1)=–f(x+1).令t=–x+1，則x=1–t，故f(t)=–f(2–t)，即f(x)=–f(2–x).
當x＞1,2–x＜1，于是有f(x)=–f(2–x)=–2(x–)2–，其遞減區間為［，+∞).
答案：C
3.解析：顯然有x＞3，原方程可化為
故有(10–a)·x=29,必有10–a＞0得a＜10
又x=＞3可得a＞.
答案：＜a＜10
4.解析：原式化為.
當＜–1,ymin=1+m=–4m=–5.
當–1≤≤1,ymin==–4m=±4不符.
當＞1，ymin=1–m=–4m=5.
答案：±5
二、5.解：(1)令2x=t(t＞0)，設f(t)=t2–4t+a.
由f(t)=0在(0,+∞)有且僅有一根或兩相等實根，則有
①f(t)=0有兩等根時，Δ=016–4a=0a=4
驗證：t2–4t+4=0t=2∈(0,+∞)，這時x=1
②f(t)=0有一正根和一負根時,f(0)＜0a＜0
③若f(0)=0，則a=0，此時4x–4·2x=02x=0（舍去），或2x=4,∴x=2，即A中只有一個元素
綜上所述，a≤0或a=4，即B={a｜a≤0或a=4}
（2）要使原不等式對任意a∈(–∞,0］∪｛4｝恒成立.即g(a)=(x–2)a–(x2–6x)＞0恒成立.只須
＜x≤2
6.解：（1）∵方程ax2+bx=2x有等根，∴Δ=(b–2)2=0,得b=2.
由f(x–1)=f(3–x)知此函數圖象的對稱軸方程為x=–=1得a=–1，故f(x)=–x2+2x.
（2）f(x)=–(x–1)2+1≤1，∴4n≤1，即n≤
而拋物線y=–x2+2x的對稱軸為x=1
∴n≤時，f(x)在［m,n］上為增函數.
若滿足題設條件的m,n存在，則
又m＜n≤,∴m=–2,n=0，這時定義域為［–2,0］，值域為［–8,0］.
由以上知滿足條件的m、n存在，m=–2,n=0.
7.(1)證明：當n=1時，g1(x0)=x0顯然成立；
設n=k時，有gk(x0)=x0(k∈N)成立，
則gk+1(x0)=f［gk(x0)］=f(x0)=g1(x0)=x0
即n=k+1時，命題成立.
∴對一切n∈N,若g1(x0)=x0，則gn(x0)=x0.
（2）解：由（1）知，穩定不動點x0只需滿足f(x0)=x0
由f(x0)=x0，得6x0–6x02=x0,∴x0=0或x0=
∴穩定不動點為0和.
(3)解：∵f(x)＜0，得6x–6x2＜0x＜0或x＞1.
∴gn(x)＜0f［gn–1(x)］＜0gn–1(x)＜0或gn–1(x)＞1
要使一切n∈N,n≥2，都有gn(x)＜0，必須有g1(x)＜0或g1(x)＞1.
由g1(x)＜06x–6x2＜0x＜0或x＞1
由g1(x)＞06x–6x2＞1
故對于區間()和(1,+∞)內的任意實數x,只要n≥2,n∈N，都有gn(x)＜0.
8.(1)證明：任取x1＞x2＞0,f(x1)–f(x2)=
∵x1＞x2＞0,∴x1x2＞0，x1–x2＞0,
∴f(x1)–f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，故f(x)在(0,+∞)上是增函數.
（2）解：∵≤2x在(0,+∞)上恒成立，且a＞0,
∴a≥在（0，+∞）上恒成立，令（當且僅當2x=即x=時取等號），要使a≥在(0,+∞)上恒成立，則a≥.故a的取值范
圍是［,+∞).
(3)解：由（1）f(x)在定義域上是增函數.
∴m=f(m),n=f(n)，即m2–m+1=0，n2–n+1=0
故方程x2–x+1=0有兩個不相等的正根m，n，注意到m·n=1，故只需要Δ=()2–4＞0,由于a＞0，則0＜a＜.
難點7 數形結合思想
數形結合思想在高考中占有非常重要的地位，其“數”與“形”結合，相互滲透，把代數式的精確刻劃與幾何圖形的直觀描述相結合，使代數問題、幾何問題相互轉化，使抽象思維和形象思維有機結合.應用數形結合思想，就是充分考查數學問題的條件和結論之間的內在聯系，既分析其代數意義又揭示其幾何意義，將數量關系和空間形式巧妙結合，來尋找解題思路，使問題得到解決.運用這一數學思想，要熟練掌握一些概念和運算的幾何意義及常見曲線的代數特征.
●難點磁場?
1.曲線y=1+ (–2≤x≤2)與直線y=r(x–2)+4有兩個交點時，實數r的取值范圍
.
2.設f(x)=x2–2ax+2,當x∈［–1,+∞)時，f(x)＞a恒成立，求a的取值范圍.
●案例探究?
［例1］設A={x｜–2≤x≤a}，B={y｜y=2x+3，且x∈A}，C={z｜z=x2，且x∈A }，若CB，求實數a的取值范圍.
命題意圖：本題借助數形結合，考查有關集合關系運算的題目.屬★★★★級題目.
知識依托：解決本題的關鍵是依靠一元二次函數在區間上的值域求法確定集合C.進而將CB用不等式這一數學語言加以轉化.
錯解分析：考生在確定z=x2，x∈［–2,a］的值域是易出錯，不能分類而論.巧妙觀察圖象將是上策.不能漏掉a＜–2這一種特殊情形.
技巧與方法：解決集合問題首先看清元素究竟是什么，然后再把集合語言“翻譯”為一般的數學語言，進而分析條件與結論特點，再將其轉化為圖形語言，利用數形結合的思想來解決.
解：∵y=2x+3在［–2, a］上是增函數
∴–1≤y≤2a+3，即B={y｜–1≤y≤2a+3}
作出z=x2的圖象，該函數定義域右端點x=a有三種不同的位置情況如下：
①當–2≤a≤0時，a2≤z≤4即C={z｜z2≤z≤4}
要使CB,必須且只須2a+3≥4得a≥與–2≤a＜0矛盾.
②當0≤a≤2時，0≤z≤4即C={z｜0≤z≤4}，要使CB，由圖可知：
必須且只需
解得≤a≤2
③當a＞2時，0≤z≤a2，即C={z｜0≤z≤a2}，要使CB必須且只需
解得2＜a≤3
④當a＜–2時，A=此時B=C=，則CB成立.
綜上所述，a的取值范圍是(–∞,–2)∪［,3］.
［例2］已知acosα+bsinα=c, acosβ+bsinβ=c(ab≠0,α–β≠kπ, k∈Z)求證：
.
命題意圖：本題主要考查數學代數式幾何意義的轉換能力.屬★★★★★級題目.
知識依托：解決此題的關鍵在于由條件式的結構聯想到直線方程.進而由A、B兩點坐標特點知其在單位圓上.
錯解分析：考生不易聯想到條件式的幾何意義，是為瓶頸之一.如何巧妙利用其幾何意義是為瓶頸之二.
技巧與方法：善于發現條件的幾何意義，還要根據圖形的性質分析清楚結論的幾
何意義，這樣才能巧用數形結合方法完成解題.
證明:在平面直角坐標系中，點A（cosα,sinα）與點B（cosβ,
sinβ）是直線l:ax+by=c與單位圓x2+y2=1的兩個交點如圖.
從而：｜AB｜2=(cosα–cosβ)2+(sinα–sinβ)2
=2–2cos(α–β)
又∵單位圓的圓心到直線l的距離
由平面幾何知識知｜OA｜2–(｜AB｜)2=d2即
∴.
●錦囊妙計?
應用數形結合的思想，應注意以下數與形的轉化：
（1）集合的運算及韋恩圖
（2）函數及其圖象
（3）數列通項及求和公式的函數特征及函數圖象
（4）方程（多指二元方程）及方程的曲線
以形助數常用的有：借助數軸；借助函數圖象；借助單位圓；借助數式的結構特征；借助于解析幾何方法.
以數助形常用的有：借助于幾何軌跡所遵循的數量關系；借助于運算結果與幾何定理的結合.
●殲滅難點訓練?
一、選擇題
1.（★★★★）方程sin(x–)=x的實數解的個數是( )
A.2 B.3 C.4 D.以上均不對
2.（★★★★★）已知f(x)=(x–a)(x–b)–2（其中a＜b，且α、β是方程f(x)=0的兩根（α＜β，則實數a、b、α、β的大小關系為( )
A.α＜a＜b＜β B.α＜a＜β＜b
C.a＜α＜b＜β D.a＜α＜β＜b
二、填空題
3.（★★★★★）(4cosθ+3–2t)2+(3sinθ–1+2t)2，(θ、t為參數)的最大值是 .
4.（★★★★★）已知集合A={x｜5–x≥},B={x｜x2–ax≤x–a}，當AB時，則a的取值范圍是 .
三、解答題
5.（★★★★）設關于x的方程sinx+cosx+a=0在（0,π）內有相異解α、β.
（1）求a的取值范圍；
（2）求tan(α+β)的值.
6.（★★★★）設A={(x,y)｜y=,a＞0}，B={(x,y)｜(x–1)2+(y–3)2=a2,a＞0},且A∩B≠，求a的最大值與最小值.
7.（★★★★）已知A（1，1）為橢圓=1內一點，F1為橢圓左焦點，P為橢圓上一動點.求｜PF1｜+｜PA｜的最大值和最小值.
8.（★★★★★）把一個長、寬、高分別為25 cm、20 cm、5 cm的長方體木盒從一個正方形窗口穿過，那么正方形窗口的邊長至少應為多少？
參 考 答 案
●難點磁場
1.解析：方程y=1+的曲線為半圓，y=r(x–2)+4為過（2，4）的直線.
答案：（］
2.解法一：由f(x)＞a，在［–1,+∞)上恒成立x2–2ax+2–a＞0在［–1,+∞)上恒成立.考查函數g(x)=x2–2ax+2–a的圖象在［–1,+∞］時位于x軸上方.如圖兩種情況：
不等式的成立條件是：(1)Δ=4a2–4(2–a)＜0a∈(–2,1)
(2)a∈(–3,–2，綜上所述a∈(–3,1).
解法二：由f(x)＞ax2+2＞a(2x+1)
令y1=x2+2,y2=a(2x+1),在同一坐標系中作出兩個函數的圖象.
如圖滿足條件的直線l位于l1與l2之間，而直線l1、l2對應的a值（即直線的斜率）分別為1，–3，
故直線l對應的a∈(–3,1).
●殲滅難點訓練
一、1.解析：在同一坐標系內作出y1=sin(x–)與y2=x的圖象如圖.
答案：B
2.解析：a,b是方程g(x)=(x–a)(x–b)=0的兩根，在同一坐標系中作出函數f(x)、g(x)的圖象如圖所示：
答案：A
二、3.解析：聯想到距離公式，兩點坐標為A(4cosθ,3sinθ),B(2t–3,1–2t)
點A的幾何圖形是橢圓，點B表示直線.
考慮用點到直線的距離公式求解.
答案：
4.解析：解得A={x｜x≥9或x≤3}，B={x｜(x–a)(x–1)≤0}，畫數軸可得.
答案：a＞3
三、5.解：①作出y=sin(x+)(x∈(0,π))及y=–的圖象，知當｜–｜＜1且–≠
時，曲線與直線有兩個交點，故a∈(–2,–)∪(–,2).
②把sinα+cosα=–a,sinβ+cosβ=–a相減得tan，
故tan(α+β)=3.
6.解：∵集合A中的元素構成的圖形是以原點O為圓心，a為半徑的半圓；集合B中的元素是以點O′(1,)為圓心，a為半徑的圓.如圖所示
∵A∩B≠，∴半圓O和圓O′有公共點.
顯然當半圓O和圓O′外切時，a最小
a+a=｜OO′｜=2,∴amin=2–2
當半圓O與圓O′內切時，半圓O的半徑最大，即a最大.
此時a–a=｜OO′｜=2,∴amax=2+2.
7.解：由可知a=3,b=,c=2，左焦點F1(–2,0),右焦點F2(2,0).由橢圓定義，｜PF1｜=2a–｜PF2｜=6–｜PF2｜,
∴｜PF1｜+｜PA｜=6–｜PF2｜+｜PA｜=6+｜PA｜–｜PF2｜
如圖：
由｜｜PA｜–｜PF2｜｜≤｜AF2｜=知
–≤｜PA｜–｜PF2｜≤.
當P在AF2延長線上的P2處時，取右“=”號；
當P在AF2的反向延長線的P1處時，取左“=”號.
即｜PA｜–｜PF2｜的最大、最小值分別為，–.
于是｜PF1｜+｜PA｜的最大值是6+,最小值是6–.
8.解：本題實際上是求正方形窗口邊長最小值.
由于長方體各個面中寬和高所在的面的邊長最小，所以應由這個面對稱地穿過窗口才能使正方形窗口邊長盡量地小.
如圖：
設AE=x,BE=y,
則有AE=AH=CF=CG=x，BE=BF=DG=DH=y
∴
∴.

難點8 分類討論思想
分類討論思想就是根據所研究對象的性質差異，分各種不同的情況予以分析解決.分類討論題覆蓋知識點較多，利于考查學生的知識面、分類思想和技巧；同時方式多樣，具有較高的邏輯性及很強的綜合性，樹立分類討論思想，應注重理解和掌握分類的原則、方法與技巧、做到“確定對象的全體，明確分類的標準，分層別類不重復、不遺漏的分析討論.”
●難點磁場?
1.（★★★★★）若函數在其定義域內有極值點，則a的取值為 .
2.（★★★★★）設函數f(x)=x2+｜x–a｜+1，x∈R.
(1)判斷函數f(x)的奇偶性；
(2)求函數f(x)的最小值.
●案例探究?
［例1］已知{an}是首項為2，公比為的等比數列，Sn為它的前n項和.
（1）用Sn表示Sn+1;
（2）是否存在自然數c和k，使得成立.
命題意圖：本題主要考查等比數列、不等式知識以及探索和論證存在性問題的能力，屬★★★★★級題目.
知識依托：解決本題依據不等式的分析法轉化，放縮、解簡單的分式不等式；數列的基本性質.
錯解分析：第2問中不等式的等價轉化為學生的易錯點，不能確定出.
技巧與方法：本題屬于探索性題型，是高考試題的熱點題型.在探討第2問的解法時，采取優化結論的策略，并靈活運用分類討論的思想：即對雙參數k,c輪流分類討論，從而獲得答案.
解：（1）由Sn=4(1–），得
，(n∈N*)
（2）要使，只要
因為
所以，(k∈N*)
故只要Sk–2＜c＜Sk，（k∈N*）
因為Sk+1＞Sk，(k∈N*) ①
所以Sk–2≥S1–2=1.
又Sk＜4，故要使①成立，c只能取2或3.
當c=2時，因為S1=2，所以當k=1時，c＜Sk不成立，從而①不成立.
當k≥2時，因為，由Sk＜Sk+1(k∈N*)得
Sk–2＜Sk+1–2
故當k≥2時，Sk–2＞c，從而①不成立.
當c=3時，因為S1=2，S2=3，
所以當k=1，k=2時，c＜Sk不成立，從而①不成立?
因為，又Sk–2＜Sk+1–2
所以當k≥3時，Sk–2＞c，從而①成立.
綜上所述，不存在自然數c,k,使成立.
［例2］給出定點A（a,0)（a＞0）和直線l：x=–1，B是直線l上的動點，∠BOA的角平分線交AB于點C.求點C的軌跡方程，并討論方程表示的曲線類型與a值的關系.
命題意圖：本題考查動點的軌跡，直線與圓錐曲線的基本知識，分類討論的思想方法.綜合性較強，解法較多，考查推理能力和綜合運用解析幾何知識解題的能力.屬★★★★★級題目.
知識依托：求動點軌跡的基本方法步驟.橢圓、雙曲線、拋物線標準方程的基本特點.
錯解分析：本題易錯點為考生不能巧妙借助題意條件，構建動點坐標應滿足的關系式和分類討論軌跡方程表示曲線類型.
技巧與方法：精心思考，發散思維、多途徑、多角度的由題設條件出發，探尋動點應滿足的關系式.巧妙地利用角平分線的性質.
解法一：依題意，記B（–1，b)，(b∈R），則直線OA和OB的方程分別為y=0和y=–bx.
設點C(x,y)，則有0≤x＜a，由OC平分∠AOB，知點C到OA、OB距離相等.
根據點到直線的距離公式得｜y｜= ①
依題設，點C在直線AB上，故有
由x–a≠0，得 ②
將②式代入①式，得y2［(1–a)x2–2ax+(1+a)y2］=0
若y≠0，則
(1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a)
若y=0則b=0,∠AOB=π，點C的坐標為（0，0）滿足上式.
綜上，得點C的軌跡方程為
（1–a）x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a
(i)當a=1時，軌跡方程化為y2=x(0≤x＜1 ③
此時方程③表示拋物線弧段；
(ii)當a≠1，軌跡方程化為
④
所以當0＜a＜1時，方程④表示橢圓弧段；
當a＞1時，方程④表示雙曲線一支的弧段.
解法二：如圖，設D是l與x軸的交點，過點C作CE⊥x軸，E是垂足.
（i）當｜BD｜≠0時，
設點C(x,y)，則0＜x＜a，y≠0
由CE∥BD，得.
∵∠COA=∠COB=∠COD–∠BOD=π–∠COA–∠BOD
∴2∠COA=π–∠BOD
∴
∵
∴整理，得
(1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a)
(ii)當｜BD｜=0時，∠BOA=π，則點C的坐標為(0,0)，滿足上式.
綜合(i)、(ii)，得點C的軌跡方程為
(1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0≤x＜a)
以下同解法一.
解法三：設C(x,y)、B(–1,b)，則BO的方程為y=–bx，直線AB的方程為
∵當b≠0時，OC平分∠AOB，設∠AOC=θ,
∴直線OC的斜率為k=tanθ,OC的方程為y=kx于是
又tan2θ=–b
∴–b= ①
∵C點在AB上
∴ ②
由①、②消去b，得 ③
又，代入③，有
整理，得(a–1)x2–(1+a)y2+2ax=0 ④
當b=0時，即B點在x軸上時，C(0,0)滿足上式：
a≠1時，④式變為
當0＜a＜1時，④表示橢圓弧段；
當a＞1時，④表示雙曲線一支的弧段；
當a=1時，④表示拋物線弧段.
●錦囊妙計?
分類討論思想就是依據一定的標準，對問題分類、求解，要特別注意分類必須滿足互斥、無漏、最簡的原則.分類討論常見的依據是：
1.由概念內涵分類.如絕對值、直線的斜率、指數對數函數、直線與平面的夾角等定義包含了分類.
2.由公式條件分類.如等比數列的前n項和公式、極限的計算、圓錐曲線的統一定義中圖形的分類等.
3.由實際意義分類.如排列、組合、概率中較常見，但不明顯、有些應用問題也需分類討論.
在學習中也要注意優化策略，有時利用轉化策略，如反證法、補集法、變更多元法、數形結合法等簡化甚至避開討論.
●殲滅難點訓練?
一、選擇題
1.（★★★★）已知其中a∈R，則a的取值范圍是( )
A.a＜0 B.a＜2或a≠–2
C.–2＜a＜2 D.a＜–2或a＞2
2.（★★★★★）四面體的頂點和各棱的中點共10個點，在其中取4個不共面的點，不同的取法共有( )
A.150種 B.147種 C.144種 D.141種
二、填空題
3.（★★★★）已知線段AB在平面α外，A、B兩點到平面α的距離分別為1和3，則線段AB的中點到平面α的距離為 .
4.（★★★★★）已知集合A={x｜x2–3x+2=0},B={x｜x2–ax+(a–1)=0}，C={x｜x2–mx+2=0}，且A∪B=A，A∩C=C，則a的值為 ，m的取值范圍為 .
三、解答題
5.（★★★★）已知集合A={x｜x2+px+q=0}，B={x｜qx2+px+1=0},A,B同時滿足：
①A∩B≠,②A∩B={–2}.求p、q的值.
6.（★★★★）已知直角坐標平面上點Q（2，0）和圓C：x2+y2=1，動點M到圓C的切線長與｜MQ｜的比等于常數λ(λ＞0).求動點M的軌跡方程，并說明它表示什么曲線.
7.(★★★★★)已知函數y=f(x)的圖象是自原點出發的一條折線.當n≤y≤n+1(n=0,1,2,…)時，該圖象是斜率為bn的線段（其中正常數b≠1），設數列{xn}由f(xn)=n(n=1,2,…)定義.
（1）求x1、x2和xn的表達式；
（2）計算xn；
（3）求f(x)的表達式，并寫出其定義域.
8.（★★★★★）已知a＞0時，函數f(x)=ax–bx2
（1）當b＞0時，若對任意x∈R都有f(x)≤1，證明a≤2b;
（2）當b＞1時，證明：對任意x∈［0,1］,｜f(x)｜≤1的充要條件是b–1≤a≤2；
（3）當0＜b≤1時，討論：對任意x∈［0,1］,｜f(x)｜≤1的充要條件.
參 考 答 案
●難點磁場
1.解析：即f(x)=(a–1)x2+ax–=0有解.
當a–1=0時，滿足.當a–1≠0時，只需Δ=a2–(a–1)＞0.
答案：或a=1
2.解：(1)當a=0時，函數f(–x)=(–x)2+｜–x｜+1=f(x)，此時f(x)為偶函數.
當a≠0時，f(a)=a2+1,f(–a)=a2+2｜a｜+1.f(–a)≠f(a),f(–a)≠–f(a)
此時函數f(x)既不是奇函數，也不是偶函數.
（2）①當x≤a時，函數f(x)=x2–x+a+1=(x–)2+a+
若a≤，則函數f(x)在(–∞,a］上單調遞減.
從而函數f(x)在（–∞,a上的最小值為f(a)=a2+1
若a＞，則函數f(x)在（–∞,a上的最小值為f()=+a，且f()≤f(a).
②當x≥a時，函數f(x)=x2+x–a+1=(x+)2–a+
若a≤–，則函數f(x)在［a,+∞］上的最小值為f(–)=–a，且f(–)≤f(a)；
若a＞–，則函數f(x)在［a,+∞)單調遞增.
從而函數f(x)在［a,+∞］上的最小值為f(a)=a2+1.
綜上，當a≤–時，函數f(x)的最小值為–a；
當–＜a≤時，函數f(x)的最小值是a2+1；
當a＞時，函數f(x)的最小值是a+.
●殲滅難點訓練
一、1.解析：分a=2、｜a｜＞2和｜a｜＜2三種情況分別驗證.
答案：C
2.解析：任取4個點共C=210種取法.四點共面的有三類：（1）每個面上有6個點，則有4×C=60種取共面的取法；（2）相比較的4個中點共3種；（3）一條棱上的3點與對棱的中點共6種.
答案：C
二、3.解析：分線段AB兩端點在平面同側和異側兩種情況解決.
答案：1或2
4.解析：A={1,2},B={x｜(x–1)(x–1+a)=0},
由A∪B=A可得1–a=1或1–a=2；
由A∩C=C，可知C={1}或.
答案：2或3 3或（–2，2）
三、5.解：設x0∈A，x0是x02+px0+q=0的根.
若x0=0，則A={–2,0}，從而p=2,q=0,B={–}.
此時A∩B=與已知矛盾，故x0≠0.
將方程x02+px0+q=0兩邊除以x02，得
.
即滿足B中的方程，故∈B.
∵A∩={–2},則–2∈A,且–2∈.
設A={–2,x0}，則B={}，且x0≠2（否則A∩B=）.
若x0=–，則–2∈B,與–2B矛盾.
又由A∩B≠,∴x0=，即x0=±1.
即A={–2,1}或A={–2,–1}.
故方程x2+px+q=0有兩個不相等的實數根–2，1或–2，–1
∴
6.解：如圖，設MN切圓C于N，則動點M組成的集合是P={M｜｜MN｜=λ｜MQ｜,λ＞0}.
∵ON⊥MN,｜ON｜=1,
∴｜MN｜2=｜MO｜2–｜ON｜2=｜MO｜2–1
設動點M的坐標為(x,y)，
則
即（x2–1)(x2+y2)–4λ2x+(4λ2+1)=0.
經檢驗，坐標適合這個方程的點都屬于集合P，故方程為所求的軌跡方程.
（1）當λ=1時，方程為x=，它是垂直于x軸且與x軸相交于點（，0）的直線；
（2）當λ≠1時，方程化為：
它是以為圓心，為半徑的圓.
7.解：（1）依題意f(0)=0，又由f(x1)=1，當0≤y≤1，函數y=f(x)的圖象是斜率為b0=1的線段，故由
∴x1=1
又由f(x2)=2，當1≤y≤2時，函數y=f(x)的圖象是斜率為b的線段，故由
即x2–x1=
∴x2=1+
記x0=0，由函數y=f(x)圖象中第n段線段的斜率為bn–1，故得
又由f(xn)=n,f(xn–1)=n–1
∴xn–xn–1=()n–1,n=1,2,……
由此知數列{xn–xn–1}為等比數列，其首項為1，公比為.
因b≠1，得(xk–xk–1)
=1++…+
即xn=
（2）由（1）知，當b＞1時，
當0＜b＜1，n→∞, xn也趨于無窮大.xn不存在.
（3）由（1）知，當0≤y≤1時，y=x，即當0≤x≤1時，f(x)=x;
當n≤y≤n+1，即xn≤x≤xn+1由（1）可知
f(x)=n+bn(x–xn)(n=1,2,…),由（2）知
當b＞1時，y=f(x)的定義域為［0,);
當0＜b＜1時，y=f(x)的定義域為［0,+∞).
8.(1)證明：依設，對任意x∈R，都有f(x)≤1
∵
∴≤1
∵a＞0,b＞0
∴a≤2.
（2）證明：必要性：
對任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1–1≤f(x），據此可以推出–1≤f(1)
即a–b≥–1，∴a≥b–1
對任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1f(x)≤1.
因為b＞1，可以推出f()≤1即a·–1≤1，
∴a≤2,∴b–1≤a≤2
充分性：
因為b＞1，a≥b–1，對任意x∈［0,1］.
可以推出ax–bx2≥b(x–x2)–x≥–x≥–1
即ax–bx2≥–1
因為b＞1,a≤2,對任意x∈［0,1］，可以推出ax–bx2≤2x–bx2≤1
即ax–bx2≤1,∴–1≤f(x)≤1
綜上，當b＞1時，對任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要條件是b–1≤a≤2.
(3)解：∵a＞0，0＜b≤1
∴x∈［0,1］,f(x)=ax–bx2≥–b≥–1
即f(x)≥–1
f(x)≤1f(1)≤1a–b≤1
即a≤b+1
a≤b+1f(x)≤(b+1)x–bx2≤1
即f(x)≤1
所以當a＞0，0＜b≤1時，對任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要條件是a≤b+1.
難點9 化歸思想
化歸與轉換的思想，就是在研究和解決數學問題時采用某種方式，借助某種函數性質、圖象、公式或已知條件將問題通過變換加以轉化，進而達到解決問題的思想.等價轉化總是將抽象轉化為具體，復雜轉化為簡單、未知轉化為已知，通過變換迅速而合理的尋找和選擇問題解決的途徑和方法.
●難點磁場?
1.（★★★★★）一條路上共有9個路燈，為了節約用電，擬關閉其中3個，要求兩端的路燈不能關閉，任意兩個相鄰的路燈不能同時關閉，那么關閉路燈的方法總數為 .
2.（★★★★★）已知平面向量a=(–1),b=().
（1）證明a⊥b;
（2）若存在不同時為零的實數k和t，使x=a+(t2–3)b，y=–ka+tb，且x⊥y，試求函數關系式k=f(t);
（3）據（2）的結論，討論關于t的方程f(t)–k=0的解的情況.
●案例探究?
［例1］對任意函數f(x), x∈D，可按圖示構造一個數列發生器，其工作原理如下：
①輸入數據x0∈D，經數列發生器輸出x1=f(x0)；
②若x1D，則數列發生器結束工作；若x1∈D，則將x1反饋回輸入端，再輸出x2=f(x1)，并依此規律繼續下去.
現定義
（1）若輸入x0=，則由數列發生器產生數列{xn}，請寫出{xn}的所有項；
（2）若要數列發生器產生一個無窮的常數列，試求輸入的初始數據x0的值；
（3）若輸入x0時，產生的無窮數列{xn}，滿足對任意正整數n均有xn＜xn+1；求x0的取值范圍.
命題意圖：本題主要考查學生的閱讀審題，綜合理解及邏輯推理的能力.屬★★★★★級題目.
知識依托：函數求值的簡單運算、方程思想的應用.解不等式及化歸轉化思想的應用.解題的關鍵就是應用轉化思想將題意條件轉化為數學語言.
錯解分析：考生易出現以下幾種錯因：（1）審題后不能理解題意.（2）題意轉化不出數學關系式，如第2問.（3）第3問不能進行從一般到特殊的轉化.
技巧與方法：此題屬于富有新意，綜合性、抽象性較強的題目.由于陌生不易理解并將文意轉化為數學語言.這就要求我們慎讀題意，把握主脈，體會數學轉換.
解：（1）∵f(x)的定義域D=（–∞,–1)∪(–1,+∞)
∴數列{xn}只有三項，
（2）∵,即x2–3x+2=0
∴x=1或x=2，即x0=1或2時
故當x0=1時，xn=1，當x0=2時，xn=2（n∈N*）
（3）解不等式，得x＜–1或1＜x＜2
要使x1＜x2，則x2＜–1或1＜x1＜2
對于函數
若x1＜–1，則x2=f(x1)＞4，x3=f(x2)＜x2
若1＜x1＜2時，x2=f(x1)＞x1且1＜x2＜2
依次類推可得數列{xn}的所有項均滿足
xn+1＞xn（n∈N*)
綜上所述，x1∈(1,2)
由x1=f(x0),得x0∈(1,2).
［例2］設橢圓C1的方程為(a＞b＞0)，曲線C2的方程為y=，且曲線C1與C2在第一象限內只有一個公共點P.
（1）試用a表示點P的坐標；
（2）設A、B是橢圓C1的兩個焦點，當a變化時，求△ABP的面積函數S(a)的值域；
（3）記min{y1,y2,……,yn}為y1,y2,……,yn中最小的一個.設g(a)是以橢圓C1的半焦距為邊長的正方形的面積，試求函數f(a)=min{g(a), S(a)}的表達式.
命題意圖：本題考查曲線的位置關系，函數的最值等基礎知識，考查推理運算能力及綜合運用知識解題的能力.屬★★★★★級題目.
知識依托：兩曲線交點個數的轉化及充要條件，求函數值域、解不等式.
錯解分析：第（1）問中將交點個數轉化為方程組解的個數，考查易出現計算錯誤，不能借助Δ找到a、b的關系.第（2）問中考生易忽略a＞b＞0這一隱性條件.第（3）問中考生往往想不起將min{g(a),S(a)}轉化為解不等式g(a)≥S(a).
技巧與方法：將難以下手的題目轉化為自己熟練掌握的基本問題，是應用化歸思想的靈魂.要求必須將各知識的內涵及關聯做到轉化有目標、轉化有橋梁、轉化有效果.
解：（1）將y=代入橢圓方程，得
化簡，得b2x4–a2b2x2+a2=0
由條件，有Δ=a4b4–4a2b2=0，得ab=2
解得x=或x=–（舍去）
故P的坐標為().
(2)∵在△ABP中，｜AB｜=2，高為,
∴
∵a＞b＞0,b=
∴a＞,即a＞,得0＜＜1
于是0＜S（a）＜，故△ABP的面積函數S(a)的值域為(0,)
(3)g(a)=c2=a2–b2=a2–
解不等式g(a)≥S(a)，即a2–≥
整理，得a8–10a4+24≥0，即(a4–4)(a4–6)≥0
解得a≤（舍去）或a≥.
故f(a)=min{g(a), S(a)}
●錦囊妙計?
轉化有等價轉化與不等價轉化.等價轉化后的新問題與原問題實質是一樣的.不等價轉化則部分地改變了原對象的實質，需對所得結論進行必要的修正.
應用轉化化歸思想解題的原則應是化難為易、化生為熟、化繁為簡，盡量是等價轉化.常見的轉化有：正與反的轉化、數與形的轉化、相等與不等的轉化、整體與局部的轉化、空間與平面相互轉化、復數與實數相互轉化、常量與變量的轉化、數學語言的轉化.
●殲滅難點訓練?
一、選擇題
1.（★★★★）已知兩條直線l1:y=x,l2:ax–y=0，其中a∈R，當這兩條直線的夾角在(0,)內變動時，a的取值范圍是( )
A.（0，1） B.（，）
C.（，1）∪（1，） D.（1，）
2.（★★★★）等差數列{an}和{bn}的前n項和分別用Sn和Tn表示，若，則的值為( )
A. B.1 C. D.
二、填空題
3.（★★★★）某房間有4個人，那么至少有2人生日是同一個月的概率是 .（列式表示即可）
4.（★★★★★）函數f(x)=x3–3bx+3b在（0，1）內有極小值，則b的取值范圍是 .
三、解答題
5.（★★★★）已知f(x)=lg(x+1),g(x)=2lg(2x+t),(t∈R是參數）.
(1)當t=–1時，解不等式f(x)≤g(x);
(2)如果x∈［0,1］時，f(x)≤g(x)恒成立，求參數t的取值范圍.
6.（★★★★★）已知函數f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，n∈N*且a1、a2、a3、……、an構成一個數列{an}，滿足f(1)=n2.
（1）求數列{an}的通項公式，并求；
（2）證明0＜f()＜1.
7.（★★★★★）設A、B是雙曲線x2–=1上的兩點，點N（1，2）是線段AB的中點.
（1）求直線AB的方程；
（2）如果線段AB的垂直平分線與雙曲線相交于C、D兩點，那么A、B、C、D四點是否共圓？為什么？
8.（★★★★★）直線y=a與函數y=x3–3x的圖象有相異三個交點，求a的取值范圍.
參 考 答 案
●難點磁場
1.解析：9個燈中關閉3個等價于在6個開啟的路燈中，選3個間隔（不包括兩端外邊的裝置）插入關閉的過程?故有C=10種?
答案：10
2.(1)證明：∵a·b==0，∴a⊥b
(2)解：∵x⊥y,∴x·y=0
即［a+（t2–3)b］·(–ka+tb)=0，整理后得
–ka2+［t–k(t2–3)］a·b+t(t2–3)·b2=0
∵a·b=0,a2=4,b2=1
∴上式化為–4k+t(t2–3)=0，∴k=t(t2–3).
(3)解：討論方程t(t2–3)–k=0的解的情況，可以看作曲線f(t)=t(t2–3)與直線y=k的交點個數?
于是f′(t)=(t2–1)=(t+1)(t–1).
令f′(t)=0,解得t1=–1,t2=1.當t變化時，f′(t),f(t)的變化情況如下表：
t
(–∞,–1)
–1
(–1,1)
1
(1,+∞)
f′(t)
+
0
–
0
+
f(t)
↗
極大值
↘
極小值
↗
當t=–1時，f(t)有極大值，f(t)極大值=；
當t=1時，f(t)有極小值，f(t)極小值=–.
而f(t)=(t2–3)t=0時，得t=–,0,.
所以f(t)的圖象大致如右：
于是當k>或k<–時，直線y=k與曲線y=f(t)僅有一個交點，則方程有一解；
當k=或k=–時，直線與曲線有兩個交點，則方程有兩解；當k=0，直線與曲線有三個交點，但k、t不同時為零，故此時也有兩解；當–●殲滅難點訓練
一、1.解析：分析直線l2的變化特征，化數為形，已知兩直線不重合，因此問題應該有兩個范圍即得解?
答案：C
2.解析：化和的比為項的比∵.
∴,取極限易得?
答案：A
二、3.解析：轉化為先求對立事件的概率?即四人生日各不相同的概率?
答案：
4.解析：轉化為f′(x)=3x2–3b在（0，1）內與x軸有兩交點?只須f′(0)<0且f′(1)>0.
答案：0三、5.解：(1)原不等式等價于
即 ∴x≥
∴原不等式的解集為{x|x≥}.
(2)x∈［0,1］時，f(x)≤g(x)恒成立.∴x∈［0,1］時恒成立.即恒成立
即x∈［0,1］時，t≥–2x+恒成立，于是轉化為求–2x+,x∈［0,1］的最大值問題?
令μ=,則x=μ2–1,則μ∈［1,］.
∴2x+=–2(μ–)2+.
當μ=1即x=0時，–2x+有最大值1
∴t的取值范圍是t≥1.
6.(1)解：{an}的前n項和Sn=a1+a2+…+an=f(1)=n2,由an=Sn–Sn–1=n2–(n–1)2=2n–1(n≥2),又a1=S1=1滿足an=2n–1.故{an}通項公式為an=2n–1(n∈N*)
∴
(2)證明：∵f()=1·+3·+…+(2n–1) ①
∴f()=1·+3·+…+(2n–3)+(2n–1) ②
①–②得：f()=1·+2·+2·+…+2·–(2n–1)·
∴f()=++++…+–(2n–1)=1–.
∵ (n∈N*)
∴0<<1,∴0<1–<1，即07.解：(1)設AB∶y=k(x–1)+2代入x2–=1.
整理得（2–k2）x2–2k(2–k)x–(2–k)2–2=0 ①
設A(x1,y1)、B（x2,y2),x1,x2為方程①的兩根?
所以2–k2≠0且x1+x2=.又N為AB中點，
有（x1+x2）=1.∴k(2–k)=2–k2,解得k=1.故AB∶y=x+1.
(2)解出A（–1，0）、B（3，4）?得CD的方程為y=3–x.與雙曲線方程聯立.消y有x2+6x–11=0 ②
記C(x3,y3)、D(x4,y4)及CD中點M(x0,y0)由韋達定理可得x0=–3,y0=6.
∵|CD|=
∴|MC|=|MD|=|CD|=2.
又|MA|=|MB|=.即A、B、C、D四點到點M的距離相等，所以A、B、C、D四點共圓.
8.提示：f′(x)=3x2–3=3(x–1)(x+1)易確定f(–1)=2是極大值，f(1)=–2是極小值.當–2

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