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    精英家教網> 試卷> 題目
    難點39  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=(). (

    難點39  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=(). (參考答案

    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,∴ab

    (2)解:∵xy,∴x.y=0

    即[a+(t2–3)b].(–ka+tb)=0,整理后得

    ka2+[tk(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).

    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

    t=–1時,f(t)有極大值,f(t)極大值=;

    t=1時,f(t)有極小值,f(t)極小值=–.

    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>k<–時,直線y=k與曲線y=f(t)僅有一個交點,則方程有一解;

    k=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–<k<0或0<k<時,直線與曲線有三個交點,則方程有三個解

    ●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<b<1

    三、5.解:(1)原不等式等價于

      ∴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

    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

    μ=,則x=μ2–1,則μ∈[1,].

    ∴2x+=–2(μ)2+.

    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=SnSn–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–.

     (nN*)

    ∴0<<1,∴0<1–<1,即0<f()<1

    7.解:(1)設ABy=k(x–1)+2代入x2=1.

    整理得(2–k2)x2–2k(2–k)x–(2–k)2–2=0       ①

    A(x1,y1)、B(x2,y2),x1,x2為方程①的兩根

    所以2–k2≠0且x1+x2=.又NAB中點,

    (x1+x2)=1.∴k(2–k)=2–k2,解得k=1.故ABy=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yx2+6x–11=0           ②

    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<a<2時有三個相異交點.

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