2013届江苏省填空题难题汇总(教师版)

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,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.
2 x ? 10 10 ? x ? 1

若 m≠0,则令 f(x)=0,得 m= 此时 m∈{3, 注

∈N.注意到-5≤x≤10,且 10 ? x ∈N,得 x∈{1,6,9,10},

22 ,14,30}.故 m 的取值集合为{0,3,14,30}. 3

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 解
1 2011 ? (ai ? bi ) 的值是 2011 i ?1

▲ .

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 略解
1 n ? (ai ? bi ) 的值是 n i ?1

▲ .
1 n ? (ai ? bi ) =3. n i ?1

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 ) ? 略解 由 a2bn=a1bn+1,得

? (an ? bn ) ,则数列{cn}的通项公式是 ▲ .

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. .

? 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≤

( x ? 1)ln x ? 1 在 x∈[1,2e]上恒成立. x

令 m(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 为所求.

因 1≤x≤2e,故 ( x ? ln 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.

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 则 m= ▲ .(用 θ 表示)

cos B cos C AB ? AC ? 2mAO , sin C sin B
A

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=

AE AO ? ? sin AOE sin AEO ? ? ? ?ADC = ? ?B , 2 2

AO . sin A
B

E O

F

C D 图1

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

因 AE ? AF ? AO ,故 因 即

AO cos B AB AO cos C AC ? ? ? ? AO . sin A AB sin A AC

AB AC cos B cos C ? ? 2 AO ,故上式可化为 AB ? AC ? AO , sin C sin B 2sin A sin C 2sin A sin B cos B cos C AB ? AC ? 2sin A ? AO ,所以 m=sinθ. sin C sin B cos B cos C AB ? AC ? 2mAO 两边同乘以 2 AO ,得 sin C sin B

解法 2 将等式

cos B AB2 cos C AC 2 cos B cos C .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
解法 3 将已知等式

cos B cos C AB ? AC ? 2mAO 两边平方,得 sin C sin B

cos2 B cos2 C cos B cos C AB2 ? 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. 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,
3 ,于是猜测 m=sinθ. 2

即得 m=

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)与点对(Q,P)为同一个“友
?2 x 2 ? 4 x ? 1, x ? 0, ? 好点对”).已知函数 f ( x) ? ? 2 则 f ( x) 的“友好点对”有 ? x , x≥0, ?e

▲ 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

y x=-1 y1 O y2 图2

1 1 即 e x ? ? x2 ? 2 x ? ( x ? 0 )有几个负数解问题.记 y1 = e x , y2 ? ?( x ? 1)2 ? , 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(如图 2), e 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 BA ? BC = ▲ 解 . l P 图3 π x

? 2 如图 3, P( , 1) 为极值点, kOP ? .设点 A(x0,sinx0), ? ? 2 .于是,直线 l 的方程 ?

y A B O C

则过点 A 的切线 l 的斜率为 cos x0 ?

2 ? ? 为 y ? sin x0 ? ( 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 f(x)=1000 有整 3
数解的实数 a 的个数是 ▲ 解 .

令由 f ?( x) ? 3x2 ? 2ax ? 3 x( x?

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

(

2a , ??) . 3 2a 20 2a ,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 ( , ??) 上取得. ? 3 3 3 1000 1000 2000 2a .令 g(x)= x ? 2 ,则 g ?( x) ? 1 ? 3 >0,故 g(x)在 ( , ??) 为增函数. 2 x x x 3

所以 0 ?

令 x3-ax2=1000,则 a= x ? 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 , 3a 2

0),

S?AOB ? S (a) ?

3 2 33 2 (2a3 ? 1)2 (2a3 ? 1)(4a3 ? 1) . 令 S ?(a) ? =0, 得 a= , 且可判断此时 S 取最小值, 值为 . 2 3 2 4 6a 3a 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 2 3 4 2011 x x x x , g ( x) ? 1 ? x ? ? ? ? ??? ? 2 3 4 2011

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

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 f(x)在 R 上唯 2 3 4 5 2010 2011
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,

1 1 1 1 1 1 于是函数 f(x)在 R 上最多只有一个零点.又 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 R 上唯一零点 2 3 4 5 2010 2011
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 A G B E 图4 F C

2 2 3 中点, BF 与 AE 交于点 G, 则 G 为△ABC 的重心, 于是 BG=CG= BF ? , 且 AE=3GE. 3 3
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 ▲ . y B 图5 C A D x

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.
2 2 2 2 2 2 2 2
2

?(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

?(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 因 如图 6,因 PE=kPD,故 EG=kOD.因 AO=2OD,故

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 ? ? PO PD PO PO GO PO 2?k
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

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

A

O

D

B 图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 注

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

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 交点,交点中横坐标的最大值为 α,则

O

图7

2 a

(1 ? ? 2 )sin 2?

?

=

▲ .

y

A π α 图8

y=kx 2π

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 点 处 的 切 线 斜 率 为

y=sinx x

O

3? ,2?) )图象的切点. 2 ? cos ? ? ? sin ?

?





α=tanα









(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| .

?2 x ? 2011,0 ? x ? 2011, 当 x≥0 时,g(x+1)-g(x)=|x+2012|-|x+1|=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 6. ??1≤1 ? a≤1,



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)= 取值范围是 ▲ . 解

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

8 8 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≥ ? . x 3 3

变式

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 能成立, x 3
已知函数 f(x)=

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

▲ .



?f(
k ?1

(k ? 1 ? ) ? (2n ? 1)? ) = cos0 ? [cos ? cos ]? 2n 2n 2n

? [cos

? n ???? (n ? 1)? n? =1. ? cos ] ? cos 2n 2n 2n

? g(
k ?1

2n

(k ? n ? 1)? ?n? ?1 ? n?? (n ? 1)? ) = sin ? [sin ? sin ]? 2n 2n 2n 2n

? [sin

?? ? ? sin ] ? sin 0 = -1. 2n 2n

所以,Sn= 2 ?

1 1 ,Tm= 2m ? 1 ? m .令 Tm<11,则正整数 m 的最大值为 5. n 2 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) 已知 m,n∈R,且 m+2n=2,则 m ? 2m ? n ? 22 n ?1 的最小值为 ▲ .

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)(2 x ? 2 y ) ≥0,即 S≥T. 另一方面,S+T= ( x ? y)(2x ? 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) ? 2 2?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 .

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 |? ? , y B O A A1 A λ+μ=1 1 O 1 图 10 μ C x 图9 μ-λ=1 P λ-μ=1 λ B1

| 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.

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∈(-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 行依次写着从 1 7 ? 3 5 7 9 11 13 ? 8 12 16 20 24 ? 20 28 36 44 ? 48 64 80 ? ? ? ? 图 11 2 3 4 5 6

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 ▲ .

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 an 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 ? n ? .又 1 ? ,故 n ? ,Sn= n ? 2n?1 .所以, an ? (n ? 1) ? 2n?2 .下同解法 2. n ?1 2 2 2 2 2 2 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

A O M B 图 12

D N

1 解法 1 设 CN=x∈ [ ,1] ,则 BM=DN=1-x. 作 MP⊥DC 交 DC 于点 P, 则 PN=2x-1. 2
所以,MN2=1+(2x-1)2=4x2-4x+2,BN2=x2+1, =4?

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

C

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

5 5 ?1 5 ?1 MN 2 5 ,即 t= ,x= 时, 取最小值,所以 CN= . 2 2 2 2 4t BN ? 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 1 MN ? 其中 cos ? ? , sin ? ? .当 sin(2? ? ? ) ? 1 时, 取最小值,此时 tan 2? ? tan( ? ? ) = =2. tan ? BN 2 5 5
所以, 解
5 ?1 2 tan ? 为所求(另一解为负,舍去). ? 2 ,得 tan ? = 2 2 1 ? tan ?

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≤ 2n (n∈N*)时, f(x) = cn?2 (1? |

x 2
n?2

? 3 |) .

记函数 f(x) = cn?2 (1? | 令

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

xn ? 3 ? 0 ,即 xn= 3 ? 2n? 2 时,yn= c n ? 2 ,故 Pn( 3 ? 2n? 2 , c n ? 2 ).分别令 n=1,2,3, 2n ? 2 3 1 , ),P2(3,1),P3(6,c).由 kP2P1 ? kP2P3 (k 表示直线的斜率)得,c=2 或 c=1.当 c=2 时,所有 2 c

得 P1(

1 极大值的点均在直线 y ? x 上;当 c=1 时,yn=1 对 n∈N*恒成立,此时极大值的点均在直线 y=1 上. 3
变式 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).
9 c ? ( ) n ? 2 对 n∈N*恒成立, 从而 c=4; p 4

若 Pn( 3 ? 2n? 2 ,c n ? 2 )在抛物线 x2=py(p≠0)上, 则( 3 ? 2n? 2 )2= pc n ? 2 , 即

若 Pn( 3 ? 2n? 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 . 综上,c=4 或 2 .

c 2

)n?2 对 n∈N*恒成立,从而

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 (如图 13). 因 k=2011, 故仅当 2011>6a 时, f(x+2011)>f(x), 所以此时 0<a< 综上,实数 a 的取值范围是 a<

2011 . 6

3a-k -3a k

2011 . 6

3a

x

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 ▲ .

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 ?

1 ∈ (??, ?2] [2, ??) .原方程有实数根,等价于函数 g(t)有零点. x

因 g(-1)= -1,故函数 g(t)有零点,只须 g(-2)≤0 或 g(2)≤0.

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

x4 ? 1 1 3 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 x = x = 1 ? t ? 2 ∈ (??, ? 2 ] [2, ??) ,其中 t= x ? 1 ? 1 ∈ (??, ?1] [3, ??) . =? 1 1 t 3 x x ?1? x ? ?1 x x x2 ?
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 x4 ? 2 x3 ? 4 x2 ? 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 2 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, ??) . 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
1 ?x x

解法 1 当 x≠0,±1 时,f(x)=

1 ? 2 ? x2 2 x

1 ?x x

=

1 ( ? x) 2 ? 4 x

=

1 1 4 ( ? x) ? 1 x ?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)为奇函数,故 f(x)的 x 4 x 4

1 1 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 或 x<-1 时取 ( 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
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,f(x)取得最小值.
1 | , f(x) 共表示为 100

题 25(淮安市四模) 已知函数 f(x)=|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+?+|100x-1|,则当 x= ▲ 解
1 1 1 f(x)= | x ? 1| ? | x ? | ? | x ? | ? | x ? | ? 2 2 3 1项
2项 3项

1 ?| x? |? 3

?| x?

1 |? 100

?| x?

100 项

5050 项的和,其最中间两项均为 | x ?

1 1 1 | .x= ,同时使第 1 项|x-1|与第 5050 项 | x ? | 的和, 71 71 100



1 1 2 项 | x ? | 与第 5049 项 | x ? | 的和,第 3 项与第 5048 项的和,?,第 2525 项与第 2526 项的和,取 2 100
得最小值.故所求的 x 为 注

1 . 71

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
2 2 2 ?1

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.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.


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