江苏省南京师范大学附属中学2008年高考大题演练(48道)

专题1 函数

考点一：函数的性质与图象 1. 已知a0，函数f(x)1ax2,x(0,)。设0x1，记曲线yf(x)在点xaM(x1,f(x1))处的切线为l。

(Ⅰ)求l的方程；

(Ⅱ)设l与x轴交点为(x2,0)。证明： ① 0x2② 若x11； a11，则x1x2 aa(Ⅰ)分析：欲求切线l的方程，则须求出它的斜率，根据切线斜率的几何意义便不难发现，问题归结为求曲线yf(x)在点M(x1,f(x1))的一阶导数值。 解：求f(x)的导数：f(x)'1，由此得切线l的方程： 2x1ax11y()2(xx1)。

x1x(Ⅱ)分析：①要求x2的变化范围，则须找到使x2产生变化的原因，显然，x2变化的根本原因可归结为x1的变化，因此，找到x2与x1的等量关系式，就成；② 欲比较x2与x1的大小关系，判断它们的差的符号即可。 证：依题意，切线方程中令y＝0，

x2x1(1ax1)x1x1(2ax1)，其中0x1①

由0x12. a211,x2x1(2ax1),有x20,及x2a(x1)2 aaa111〈0x2,当且仅当x1时，x2.

aaa11②当x1时，ax11，因此，x2x1(2ax1)x1，且由①，x2

aa1所以x1x2。

a点评：本小题主要考查利用导数求曲线切线的方法，考查不等式的基本性质，以及分析

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和解决问题的能力。 考点二：二次函数 2.

设二次函数fxaxbxca0，方程fxx0的两个根x1,x2满足

20x1x21. 当x0,x1时，证明xfxx1. a分析：在已知方程fxx0两根的情况下，根据函数与方程根的关系，可以写出函数

fxx的表达式，从而得到函数f(x)的表达式.

证明：由题意可知

f(x)xa(xx1)(xx2).

0xx1x21， a∴ a(xx1)(xx2)0， ∴ 当x0,x1时，f(x)x.

又f(x)x1a(xx1)(xx2)xx1(xx1)(axax21)， xx10,且axax211ax20, ∴ f(x)x1，

综上可知，所给问题获证.

点评：本题主要利用函数与方程根的关系，写出二次函数的零点式yaxx1xx2.。 3.

已知二次函数f(x)axbx1(a,bR,a0)，设方程f(x)x的两个实

2数根为x1和x2.

(1)如果x12x24，设函数f(x)的对称轴为xx0，求证：x01； (2)如果x12，x2x12，求b的取值范围.

分析：条件x12x24实际上给出了f(x)x的两个实数根所在的区间，因此可以考虑利用上述图像特征去等价转化.

解：设g(x)f(x)xax(b1)x1，则g(x)0的二根为x1和x2. (1)由a0及x12x24，可得 2g(2)04a2b10，即，即

16a4b30g(4)0第 2 页 共 45 页

b3330,2a4a 

42b30,2a4ab1，所以，x01; 2ab124(2)由(x1x2)2()， 可得 2a1(b1)21.

aa1又x1x20，所以x1,x2同号.

a0x12x2x22x10∴ x12，x2x12等价于或，

222a1(b1)12a1(b1)1两式相加得

g(2)0g(2)0即 g(0)0或g(0)0

222a1(b1)12a1(b1)1解之得 b17或b. 44点评：在处理一元二次方程根的问题时，考察该方程所对应的二次函数图像特征的充要条件

是解决问题的关键。 考点三：抽象函数

4. A是由定义在[2,4]上且满足如下条件的函数(x)组成的集合：①对任意x[1,2]，都有

(2x)(1,2) ； ②存在常数L(0L1)，使得对任意的x1,x2[1,2]，都有

|(2x1)(2x2)|L|x1x2|

(Ⅰ)设(x)31x,x[2,4]，证明：(x)A

(Ⅱ)设(x)A，如果存在x0(1,2)，使得x0(2x0)，那么这样的x0是唯一的; (Ⅲ)设(x)A，任取xl(1,2)，令xn1(2xn),n1,2,,证明:给定正整数k，对任意的正整数p，成立不等式|xklLk1xk||x2x1|

1L解：对任意x[1,2]，(2x)312x,x[1,2]，33(2x)35，133352，所以(2x)(1,2) 对任意的x1,x2[1,2]，

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|(2x1)(2x2)||x1x2|2312x12312x11x231x22，

3312x123312x11x231x2，

所以0＜

212x122312x11x231x22222， 3令

312x1312x11x231x2＝L，0L1，

|(2x1)(2x2)|L|x1x2|

所以(x)A

(1,2),x0x0使得x0(2x0)，x0(2x0)则 反证法:设存在两个x0,x0由|(2x0)(2x0)|L|x0x0|，得|x0x0|L|x0x0|，所以L1，矛盾，故结论成立。

////x3x2(2x2)(2x1)Lx2x1，所以xn1xnLn1x2x1

Lk1|xkpxk|xkpxkp1xkp1xkp2xk1xk|x2x1|

1Lxkpxkp1xkp1xkp2xk1xkLkp2x2x1Lkp3x2x1＋„

Lk1LK1x2x1x2x1

1L点评：本题以高等数学知识为背景，与初等数学知识巧妙结合，考查了函数及其性质、不等式性质，考查了特殊与一般、化归与转化等数学思想。

考点四：函数的综合应用

5. 设函数f(x)tx2txt1(xR，t0)． (Ⅰ)求f(x)的最小值h(t)；

(Ⅱ)若h(t)2tm对t(0，2)恒成立，求实数m的取值范围． 解：(Ⅰ)f(x)t(xt)tt1(xR，t0)，

2322当xt时，f(x)取最小值f(t)t3t1，

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即h(t)tt1．

(Ⅱ)令g(t)h(t)(2tm)t3t1m， 由g(t)3t30得t1，t1(不合题意，舍去)． 当t变化时g(t)，g(t)的变化情况如下表：

233t g(t) g(t) (0，1) 1 0 极大值1m (1，2)  递增  递减 g(t)在(0，2)内有最大值g(1)1m．

h(t)2tm在(0，2)内恒成立等价于g(t)0在(0，2)内恒成立，

即等价于1m0，

所以m的取值范围为m1．

点评：本题主要考查函数的单调性、极值以及函数导数的应用，考查运用数学知识分析问题解决问题的能力． 6. 乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过c千米／时，已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度 v(千米／时)的平方成正比，比例系数为b；固定部分为a元.

① 把全程运输成本y(元)表示为速度v(千米／时)的函数，并指出函数的定义域； ② 为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？

分析：几个变量(运输成本、速度、固定部分)有相互的关联，抽象出其中的函数关系，并求函数的最小值.

解：(读题)由主要关系：运输总成本＝每小时运输成本³时间， (建模)有y＝(a＋bv)

2S v(解题)所以全程运输成本y(元)表示为速度v(千米／时)的函数关系式是：

a＋bv)，其中函数的定义域是v∈(0，c] . vaab整理函数有y＝S(＋bv)＝S(v＋)， vvk由函数y＝x＋ (k＞0)的单调性而得：

xy＝S(当

aa＜c时，则v＝时，y取最小值； bba当≥c时，则v＝c时，y取最小值.

b第 5 页 共 45 页

综上所述，为使全程成本y最小，当

aaa＜c时，行驶速度应为v＝；当≥c时，bbb行驶速度应为v＝c.

点评：1.对于实际应用问题，可以通过建立目标函数，然后运用解(证)不等式的方法求出函数的最大值或最小值，其中要特别注意蕴涵的制约关系，如本题中速度v的范围，一旦忽视，将出现解答不完整.此种应用问题既属于函数模型，也可属于不等式模型.

7. 设函数f(x)x24x5.

(1)在区间[2,6]上画出函数f(x)的图像； (2)设集合Axf(x)5,的关系，并给出证明；

(3)当k2时，求证：在区间[1,5]上，ykx3k的图像位于函数f(x)图像的上方. 解：(1)

(2)方程f(x)5的解分别是214,0,4和由于f(x)在(,1]和[2,5]上单调递减，214，

在[1,2]和[5,)上单调递增，因此

B(,2][0,4][6,). 试判断集合A和B之间

A,214[0,4]214,.

由于2146,2142,BA. (3)[解法一] 当x[1,5]时，f(x)x24x5. g(x)k(x3)(x24x5) x2(k4)x(3k5)

4kk220k36 x， 2424k1. 又1x5， 24k4k ① 当1， 1，即2k6时，取x22k220k3612 g(x)mink10.

44 k2, 16(k10)2,(k10)20， 则g(x)min0.

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② 当

4k1，即k6时，取x1， g(x)min＝2k0. 2 由 ①、②可知，当k2时，g(x)0，x[1,5].

因此，在区间[1,5]上，yk(x3)的图像位于函数f(x)图像的上方. [解法二] 当x[1,5]时，f(x)x24x5.

yk(x3),2由 得x(k4)x(3k5)0， 2yx4x5, 令 (k4)24(3k5)0，解得 k2或k18，

在区间[1,5]上，当k2时，y2(x3)的图像与函数f(x)的图像只交于一点(1,8)； 当k18时，y18(x3)的图像与函数f(x)的图像没有交点.

如图可知，由于直线yk(x3)过点(3,0)，当k2时，直线yk(x3)是由直线y2(x3)绕点(3,0)逆时针方向旋转得到. 因此，在区间[1,5]上，yk(x3)的图像位于函数f(x)图像的上方.

8. 设f(x)＝3ax2bxc.若abc0，f(0)＞0，f(1)＞0，求证：

b(Ⅰ)a＞0且－2＜

a＜－1； b(Ⅱ)方程f(x)＝0在(0，1)内有两个实根.

(I)证明：因为f(0)0,f(1)0，所以c0,3a2bc0. 由条件abc0，消去b，得ac0；

由条件abc0，消去c，得ab0，2ab0. 故2b1. a2b3acb2,)， (II)抛物线f(x)3ax2bxc的顶点坐标为(3a3a在2b11b21的两边乘以，得. a333a3ba2c2ac0, 又因为f(0)0,f(1)0,而f()3a3a所以方程f(x)0在区间(0,bb)与(,1)内分别有一实根。 3a3a故方程f(x)0在(0,1)内有两个实根.

2xb9. 已知定义域为R的函数f(x)x1是奇函数。

2a第 7 页 共 45 页

(Ⅰ)求a,b的值；

(Ⅱ)若对任意的tR，不等式f(t22t)f(2t2k)0恒成立，求k的取值范围；

解：(Ⅰ)因为f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，即b112xa20b1f(x)a2x1 11 又由f(1)＝ －f(－1)知12a42a1a2.

(Ⅱ)解法一：由(Ⅰ)知f(x)12x1122x122x1，易知f(x)在(,)上 为减函数。又因f(x)是奇函数，从而不等式： f(t22t)f(2t2k)0 等价于f(t22t)f(2t2k)f(k2t2)，因f(x)为减函数，由上式推得：

t22tk2t2．即对一切tR有：3t22tk0，

从而判别式412k0k13.

解法二：由(Ⅰ)知

12xf(x)22x1．又由题设条件得12t22t2t2k22t22t112222t2k10， 即 ：(22t2k12)(12t22t)(2t22t12)(122t2k)0，

整理得 23t22tk1,因底数2>1,故:3t22tk0

上式对一切tR均成立，从而判别式412k0k13.

10.

设函数f(x)＝c2x2axa,其中a为实数. (Ⅰ)若f(x)的定义域为R，求a的取值范围; (Ⅱ)当f(x)的定义域为R时，求f(x)的单减区间.

解：(Ⅰ)f(x)的定义域为R，x2axa0恒成立，a24a0，

0a4，即当0a4时f(x)的定义域为R．

(Ⅱ)f(x)x(xa2)ex(x2axa)2，令f(x)≤0，得x(xa2)≤0． 第 8 页 共 45 页

：

由f(x)0，得x0或x2a，又0a4，

0a2时，由f(x)0得0x2a；

当a2时，f(x)≥0；当2a4时，由f(x)0得2ax0， 即当0a2时，f(x)的单调减区间为(0，2a)； 当2a4时，f(x)的单调减区间为(2a，0)． 11.

已知定义在正实数集上的函数f(x)12x2ax，g(x)3a2lnxb，其中2a0．设两曲线yf(x)，yg(x)有公共点，且在该点处的切线相同．

(I)用a表示b，并求b的最大值； (II)求证：f(x)≥g(x)(x0)．

解：(Ⅰ)设yf(x)与yg(x)(x0)在公共点(x0，y0)处的切线相同．

3a2，由题意f(x0)g(x0)，f(x0)g(x0)． ∵f(x)x2a，g(x)x122x2ax3alnx0b，003a22即由x02a得：x0a，或x03a(舍去)． 23ax0x02a，x0125a2a23a2lnaa23a2lna． 22522令h(t)t3tlnt(t0)，则h(t)2t(13lnt)．于是

2即有b当t(13lnt)0，即0te时，h(t)0； 当t(13lnt)0，即te时，h(t)0．

11∞为减函数， 故h(t)在0，e3为增函数，在e3，13131323于是h(t)在(0，∞)的最大值为hee3．

2(Ⅱ)设F(x)f(x)g(x)12x2ax3a2lnxb(x0)， 2第 9 页 共 45 页

3a2(xa)(x3a)则F(x)x2a(x0)．

xx故F(x)在(0，a)为减函数，在(a，∞)为增函数，

于是函数F(x)在(0，∞)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0． 故当x0时，有f(x)g(x)≥0，即当x0时，f(x)≥g(x)．

12. 已知函数f(x)x2x1，,是方程f(x)＝0的两个根()，f'(x)是f(x)的导数；设a11，an1anf(an)(n＝1，2，„„) f'(an) (1)求,的值；

(2)证明：对任意的正整数n，都有an＞a； (3)记bnlnan(n＝1，2，„„)，求数列{bn}的前n项和Sn。 ana解析：(1)∵f(x)x2x1，,是方程f(x)＝0的两个根()， ∴1515； ,22 (2)f'(x)2x1，an1115an(2an1)(2an1)aan144 anan22an12an12n515111＝(2an1)0(当且仅当a1，∵a11，∴有基本不等式可知a22242an12515151，„„，an0同，样a3(n＝1，2，„„)，

222(a)(an)an (3)an1ann(an1)，而1，即1，

2an12an1时取等号)，∴a2(an)2(an)2135，同理an1，bn12bn，又b1lan1nln2ln2an12an1135352

Sn2(2n1)ln35 22213. 已知数列an的首项a12a1（a是常数，且a1），an2an1n4n2（n2），数列bn的首项b1a，bnann（n2）。

（1）证明：bn从第2项起是以2为公比的等比数列； （3）当a>0时，求数列an的最小项。

（2）设Sn为数列bn的前n项和，且Sn是等比数列，求实数a的值；

分析：第（1）问用定义证明，进一步第（2）问也可以求出，第（3）问由a的不同而要分类讨论。

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解：（1）∵bnann

∴bn1an1(n1)2an(n1)4(n1)2(n1) 2an2n2bn(n≥2)

由a12a1得a24a，b2a244a4， ∵a1，∴ b20，

即{bn}从第2项起是以2为公比的等比数列。

22222(4a4)(2n11)（2）Sna3a4(2a2)2n

21Sn(2a2)2n3a43a42当n≥2时， n1n1Sn1(2a2)23a4(a1)23a4∵{Sn}是等比数列, ∴Sn(n≥2)是常数，

Sn14 。 3n2n（3）由（1）知当n2时，bn(4a4)2(a1)2，

∴3a+4=0，即a2a1(n1)所以an， n2(a1)2n(n2)所以数列an为2a+1，4a，8a-1，16a，32a+7，„„

显然最小项是前三项中的一项。 当a(0,)时，最小项为8a-1；

141时，最小项为4a或8a-1； 411当a(,)时，最小项为4a；

421当a时，最小项为4a或2a+1；

21当a(,)时，最小项为2a+1。

2当a

点评：本题考查了用定义证明等比数列，分类讨论的数学思想，有一定的综合性。 考点二：求数列的通项与求和 14. 已知数列{an}中各项为：

12、1122、111222、„„、112 „„ 122n个n个 （1）证明这个数列中的每一项都是两个相邻整数的积. （2）求这个数列前n项之和Sn .

分析：先要通过观察，找出所给的一列数的特征，求出数列的通项，进一步再求和。

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解：（1）an1n2(101)10n(10n1) 9910n110n11nn (101)(102)()(1)

33910n1记：A = , 则A=333为整数 3n a个

n= A (A+1) ， 得证

(2) an Sn12n1n21010 9991212(10104102n)(1010210n)n 9991(102n21110n1198n210) 1 点评：本题难点在于求出数列的通项，再将这个通项“分成” 两个相邻正数的积，解决此题需要一定的观察能力和逻辑推理能力。 15. 已知数列an满足a1（Ⅰ）求数列an的通项公式an； （Ⅱ）设bnan11(n2,nN)． ，ann41an121an2，求数列bn的前n项和Sn；

（Ⅲ）设cnansin(2n1)，数列cn的前n项和为Tn．求证：对任意的nN，2Tn

4． 7分析：本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列，对数列中不等式的证明通常是放缩通项以利于求和。 解：（Ⅰ）1211(1)n(1)n(2)[(1)n1]， ，anan1anan111n(1)3，数列1是首项为3，公比为2的等比数列． 又a1an(1)n11nn1(1)3(2)， 即an . n1an321（Ⅱ）bn(32n11)294n162n11．

1(14n)1(12n)Sn96n34n62nn9．

1412(2n1)（Ⅲ）sin(1)n1，

2第 12 页 共 45 页

(1)n11cn． n1nn13(2)(1)3211111当n3时，则Tn 2n131321321321n21[1(1]1111111122) 4732232332n128112111111147484[1()n2]． 2862286848474T1T2T3， 对任意的nN，Tn．

7 点评：本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列an的通项

an，第三问不等式的证明要用到放缩的办法，这将到下一考点要重点讲到。

考点三：数列与不等式的联系 16. 已知为锐角，且tan221，

函数f(x)xtan2xsin(2 ⑴ 求函数f(x)的表达式； ⑵ 求证：an1an；

4)，数列{an}的首项a11,an1f(an). 2111*12(n2,nN) ⑶ 求证：

1a11a21an分析：本题是借助函数给出递推关系，第（2）问的不等式利用了函数的性质，第（3）

问是转化成可以裂项的形式，这是证明数列中的不等式的另一种出路。 解：⑴tan22tan2(21)1 又∵为锐角

1tan21(21)2 ∴224 ∴sin(24)1 f(x)x2x

⑵ an1anan ∵a121 ∴a2,a3,an都大于0 2 ∴an0 ∴an1an ⑶

1an11111 2ananan(1an)an1an∴

111

1ananan1111111111 1a11a21ana1a2a2a3anan1 ∴

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111 2a1an1an1∵a2()2121333, a3()21 , 又∵n2an1an 24441an12

∴an1a31 ∴12 ∴11112 1a11a21an点评：把复杂的问题转化成清晰的问题是数学中的重要思想，本题中的第（3）问不等式

的证明更具有一般性。

17. 已知数列an满足a11,an12an1nN（Ⅰ）求数列an的通项公式； （Ⅱ）若数列bn满足4（Ⅲ）证明：

分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三项间的关系；第（3）问关键在如何放缩。 解：（1）an12an1，an112(an1) 故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。

b11

4b214b314bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；

1112nN a2a3an13an12n，an2n1

（2）4b114b214b314bn1(an1)bn，4(b1b2bnn)2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①

2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn12(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③

(n1)bn12nbn2④

④—③得2nbn1nbnnbn1，即2bn1bnbn1 所以数列{bn}是等差数列

11111n1n1 an21222an111111111111()(S) 设S，则Sa2a3an1a22a2a3ana22an121212S

a2an13an13（3）

点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

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18. 已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,

11an1fan; 数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

22（Ⅰ）0an1an1;

an2（Ⅱ）an1;

22 （Ⅲ）若a1,则当n≥2时,bnann!.

2

分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。

*解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN.

（1）当n=1时,由已知得结论成立;

（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时,

1x0,所以f(x)在(0,1)上是增函数. x1x1又f(x)在0,1上连续,所以f(0)因为0又由0an1, 得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an. 综上可知0an1an1.

x2x2(Ⅱ)构造函数g(x)=-f(x)= ln(1x)x, 022x20,知g(x)在(0,1)上增函数. 由g(x)1x又g(x)在0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.

an2an2因为0an1,所以gan0,即fan>0,从而an1.

22b11n1(Ⅲ) 因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ,

bn222bbb1所以bnnn12b1nn! ————① ,

bn1bn2b12an2aaaaaaaaa,知:n1n, 所以n=23n12n1 , 由(Ⅱ)an12an2a1a1a2an12222, n≥2, 0an1an1. 2a1n2a121a1a2an1所以 ana1222222由①② 两式可知: bnann!.

因为a1

点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

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考点四：数列与函数、向量等的联系 19. 已知函数f(x)=

52x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

168x (1)写出a2、a3的值; (2)试比较an与

5的大小，并说明理由； 4n51n

(3)设数列bn满足bn=－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

44i1分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

52an73解：(1)an1，因为a11,所以a2,a3.

168an84（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.

58(an)an552an34, an14168an432(2an)22an55与an同号， 44515555因为a10，a20,a30,„，an0,即an.

444444531531（3）当n2时，bnan(an1)bn1

422an1422an131bn12bn1， 22所以bn2bn122bn22n1b12n3，

13n(12n)1111所以Snb1b2bn4(2n1)

421242因为2an0,所以an1 点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

20. 在平面直角坐标系中，已知三个点列{An}，{Bn}，{Cn}，其中An(n,an),Bn(n,bn) Cn(n1,0)，满足向量AnAn1与向量BnCn共线，且点（B，n）在方向向量为（1，6）

的

线上a1a,b1a.

（1）试用a与n表示an(n2)；

（2）若a6与a7两项中至少有一项是an的最小值，试求a的取值范围。

分析：第（1）问实际上是求数列的通项；第（2）问利用二次函数中求最小值的方式来解决。 解：（1）

AnAn1(1,an1an),BnCn(1,bn),AnAn1与BnCn共线，an1ann,

又∵{Bn}在方向向量为（1，6）的直线上，bn1bn6,即bn1bn6

n1n第 16 页 共 45 页

bna6(n1)ana1(a2a1)(a3a2)...(anan1)ab1b2...bn1(n1)(n2)a(a)(n1)6 2aa(n1)3(n1)(n2)3n2(9a)n62a(n2)2

（2）∵二次函数f(x)3x(a9)x62a是开口向上，对称轴为x抛物线

又因为在a6与a7两项中至少有一项是数列{an}的最小项， ∴对称轴xa9的6a9111511a915应该在[,]内，即,24a36 622262

点评：本题是向量、二次函数、不等式知识和交汇题，要解决好这类题是要有一定的数学素养的。

三角函数

21. 已知函数fx2sinx0,0的最小正周期为，其图像过点

,1. 4(Ⅰ) 求和的值;(Ⅱ) 函数fx的图像可由ysin2x（x∈R）的图像经过怎样的变换而得到? 解: (Ⅰ) 函数fx2sinx的最小正周期为， 2.

2. fx2sin2x.

1fx的图像过点,1, 2sin21, 即cos2. 40, 3.

x的图像上所有点向左平移(Ⅱ)先把ysin2ysin2x的图像,

3个单位(纵坐标不变),得到函数6再把所得的函数图像上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍(横坐标不变)得到函数fx的图像.

【点评】三角函数图像及其变换是当前考查热点，其书写的规范性是考生必须高度重视的. 22. 已知：2fx3sinxcosx2cosx(13),xR

22（1）请说明函数yf(x)的图象可由函数ysin2x的图象经过怎样的变换得到； （2）设函数yf(x)图象位于y轴右侧的对称中心从左到右依次为A1、A2、A3、A4、„、

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An„、(nN)，试求A4的坐标。

解：（1）2fx3(12sinxcosx)cos2x33sin2xcos2x

∴f(x)31sin2xcos2x cossin2xsincos2x 2266sin2xsin2x

612所以函数yf(x)的图象可由函数ysin2x的图象向左平移

个单位得到 12 （2）∵函数ysinx图象的对称中心为(k,0)，kZ

由2x6k,kZ得函数yf(x)的对称中心为(k,0)， 212k依次取1，2，3，4„„可得A1、A2、A3、A4„„各点，

23∴A4的坐标为(,0)

1223. 如图，某园林单位准备绿化一块直径为BC的半圆形空地，△ABC外的地方种草，

△ABC的内接正方形PQRS为一水池，其余的地方种花.若BC＝a，∠ABC＝，设△ABC的面积为S1，正方形的面积为S2． （1）用a，表示S1和S2； （2）当a固定，变化时，求

S1取最小值时的角 S2

解（1）∵ACasin,ABacos. ∴S11a2sincos1a2sin2.

24

设正方形边长为x.

则BQ＝xctg,RCxtg xctgxxtga.

xaasincosasin2 ctgtg11sincos2sin2asin22a2sin22S2(). 22sin24sin24sin2121asin2(1sin2)2（2）当a固定，变化时，S1 1424(sin24).12S2sin24sin2asin241(1sin2)22令sin2t,则S11(t44).

S24t 02,0t1. 令f(t)t4 任取t1,t2(0,1]，且t1t2， t第 18 页 共 45 页

f(t1)f(t2)t1t24(tt)(tt4)44(t1t2)12(t1t2)(12)． t1t2t1t2t1t2t1t20,0t1t21,t1t240,f(t1)f(t2)0，

S14取最小值，此时. f(t)t在(0,1]是减函数．t1时,S24t解析几何

考点一 曲线（轨迹）方程的求法

y2x224. 设A(x1,y1),B(x2,y2)是椭圆221(ab0)上的两点，

xbxyxy3,短轴长为2，0为坐标原点. 满足(1,1)(2,2)0，椭圆的离心率e2baba （1）求椭圆的方程；

（2）若直线AB过椭圆的焦点F（0，c），（c为半焦距），求直线AB的斜率k的值； （3）试问：△AOB的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由.

解析：本例（1）通过e3，2b2，及a,b,c之间的关系可得椭圆的方程；（2）2从方程入手，通过直线方程与椭圆方程组成方程组并结合韦达定理；（3）要注意特殊与一般的关系，分直线的斜率存在与不存在讨论。

ca2b23a2.e3 答案：（1）2b2.b1,eaa2y2x21 椭圆的方程为4 （2）设AB的方程为ykx3

ykx323k1(k24)x223kx10x1x22,x1x22由y2 2k4k4x14由已知

x1x2y1y21k23k3022x1x2(kx13)(kx23)(1)x1x2(x1x2)4444bak2413k23k3(2)2,解得k2 44k4k44 （3）当A为顶点时，B必为顶点.S△AOB=1 当A，B不为顶点时，设AB的方程为y=kx+b

ykxb2kb2222(k4)x2kbxb40得到xx y1222k4x14第 19 页 共 45 页

b24 x1x22k4yy(kxb)(kx2b)x1x2120x1x210代入整理得:

442b2k2411|b|4k24b2162S|b||x1x2||b|(x1x2)4x1x2| 222k44k21 2|b|所以三角形的面积为定值.

点评：本题考查了直线与椭圆的基本概念和性质，二次方程的根与系数的关系、解析几何的基本思想方法以及运用综合知识解决问题的能力。

25. 在直角坐标平面中，△ABC的两个顶点为 A（0，－1），B（0, 1）平面内两点G、M同

时满足①GAGBGC0 , ②|MA|= |MB|= |MC|③GM∥AB

（1）求顶点C的轨迹E的方程

（2）设P、Q、R、N都在曲线E上 ，定点F的坐标为（2, 0） ，已知PF∥FQ ,

RF ∥FN且PF²RF= 0.求四边形PRQN面积S的最大值和最小值.

解析：本例（1）要熟悉用向量的方式表达点特征；（2）要把握好直线与椭圆的位置关系，弦长公式，灵活的运算技巧是解决好本题的关键。

 答案：（1）设C ( x , y )， GAGB2GO,由①知GC2GO,G为

△ABC的重心 ，

 G(x,y) 由②知M是△ABC的外心，M在x轴上

33 由③知M（

x，0）， 3x2x22由|MC|  |MA| 得()1(x)y

33x2y21（x≠0）。 化简整理得：3x2y21的右焦点 （2）F（2，0 ）恰为3 设PQ的斜率为k≠0且k≠±

2，则直线PQ的方程为y = k ( x －2) 2由yk(x2)2222(3k1)x62kx6k30 22x3y30第 20 页 共 45 页

6k2362k2设P(x1 , y1) ，Q (x2 ,y2 ) 则x1 + x2 = , x1²x2 =

3k213k2122则| PQ | =1k · (x1x2)4x1x2

62k226k23)42 = 1k ·(2 3k13k1223(k21) = 23k123(k21)1 RN⊥PQ,把k换成得 | RN | = 23kk S =

1| PQ | · | RN | 26(k21)28 = =) 2221(3k1)(k3)3(k22)10k3(k2k218 )10k22S18≥2 ， ≥16 k22S3≤ S < 2 ， (当 k = ±1时取等号) 2又当k不存在或k = 0时S = 2 综上可得

3 ≤ S ≤ 2 23 2 Smax = 2 ， Smin =

点评：本题考查了向量的有关知识，椭圆与直线的基本关系，二次方程的根与系数的关系及不等式，转化的基本思想方法以及运用综合知识解决问题的能力。 考点二 圆锥曲线的几何性质

x2y226. 如图，F为双曲线C：221a0,b0的右焦点 P为双曲线C右支上一点，

ab且位于x轴上方，M为左准线上一点，O为坐标原点 已知四边形OFPM为平行四边形，

PFOF yMP（Ⅰ）写出双曲线C的离心率e与的关系式；

（Ⅱ）当1时，经过焦点F且平行于OP的直线交双曲线于A、B点，若AB12，求此时的双曲线方程

oFx第 21 页 共 45 页

分析: 圆锥曲线的几何性质结合其它图形的考查是重点。注意灵活应用第二定义。

解：∵四边形OFPM是，∴|OF||PM|c，作双曲线的右准线交PM于H，则

|PF||OF|cc2e2a2，|PM||PH|2，又ea2a2c22a2e22|PH|cc2c2cce2e20

x2y2（Ⅱ）当1时，e2，c2a，b3a，双曲线为221四边形OFPM4a3a22是菱形，所以直线OP的斜率为3，则直线AB的方程为y3(x2a)，代入到双曲线方程得：9x48ax60a0，

又AB12，由AB1k22248a260a2(x1x2)4x1x2得：122()4，解

992x2y29272得a，则b，所以1为所求 2794442点评：本题灵活的运用到圆锥曲线的第二定题。

x2y227. 设A,B分别为椭圆221(a,b0)的左、右顶点，椭圆长半轴的长等于焦距，且

abx4为它的右准线 （Ⅰ）、求椭圆的方程；

（Ⅱ）、设P为右准线上不同于点（4，0）的任意一点， 若直线AP,BP分别与椭圆相交于异于A,B的点M、N，证明：点B在以MN为直径的圆内 分析：本小题主要考查直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力 a2解：（Ⅰ）依题意得 a＝2c，＝4，解得a＝2，c＝1，从而b＝3 cx2y21 故椭圆的方程为 43yMP（Ⅱ）解法1：由（Ⅰ）得A（－2，0），B（2，0） AoNB(4,0)x设M（x0，y0） 第 22 页 共 45 页

∵M点在椭圆上，∴y0＝32

（4－x0） ○1 4又点M异于顶点A、B，∴－2P（4，

6y0）

x02从而BM＝（x0－2，y0）， 6y0） BP＝（2，

x0226y0222∴BM²BP＝2x0－4＋＝（x0－4＋3y0） ○2

x02x025将○1代入○2，化简得BM²BP＝（2－x0） 2∵2－x0>0，∴BM²BP>0，则∠MBP为锐角，从而∠MBN为钝角，

故点B在以MN为直径的圆内 解法2：由（Ⅰ）得A（－2，0），B（2，0） 设M（x1，y1），N（x2，y2），

则－2x1x2yy2，1），

22依题意，计算点B到圆心Q的距离与半径的差

BQ－

2xx2yy22112222

－2）＋（1）－[(x1－x2)＋(y1－y2)] MN＝(12244 ＝（x1－2) (x2－2)＋y1y1 ○3

又直线AP的方程为y＝

y1y2(x2)，直线BP的方程为y＝(x2)， x12x22而点两直线AP与BP的交点P在准线x＝4上，

∴

6y16y2（3x22)y1，即y2＝ ○4 x12x22x12第 23 页 共 45 页

xy322又点M在椭圆上，则111，即y1(4x1) ○5

434于是将○4、○5代入○3，化简后可得BQ－从而，点B在以MN为直径的圆内 222152MN＝（2－x1)(x22)0 44点评：本题关键是联系直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识，运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力 考点三 直线与圆锥曲线位置关系问题

28. 已知抛物线C：y2px(p0)上任意一点到焦点F的距离比到y轴的距离大1。 （1）求抛物线C的方程；

（2）若过焦点F的直线交抛物线于M、N两点，M在第一象限，且|MF|=2|NF|，求直线

MN的方程；

（3）求出一个数学问题的正确结论后，将其作为条件之一，提出与原来问题有关的新

问题，我们把它称为原来问题的一个“逆向”问题．

例如，原来问题是“若正四棱锥底面边长为4，侧棱长为3，求该正四棱锥的体积”．求出体积16后，它的一个“逆向”问题可以是“若正四棱锥底面边长为4，体积为16，

332求侧棱长”；也可以是“若正四棱锥的体积为16，求所有侧面面积之和的最小值”．

3 现有正确命题：过点A(p,0)的直线交抛物线C：y22px(p0)于P、Q两点，设2点P关于x轴的对称点为R，则直线RQ必过焦点F。

试给出上述命题的“逆向”问题，并解答你所给出的“逆向”问题。

解析：

答案：解：（1）y4x

2t22（2）设N(,t)（t>0），则M(t,2t)，F(1,0)。

4因为M、F、N共线，则有kFMkNF，

t2t所以，解得t2， 212t1t142222， 所以k21因而，直线MN的方程是y22(x1)。

（3）“逆向问题”一：

①已知抛物线C：y2px(p0)的焦点为F，过点F的直线交抛物线C于P、Q两

2第 24 页 共 45 页

点，设点P关于x轴的对称点为R，则直线RQ必过定点A(证明：设过F的直线为y=k(xp,0)。 2p)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则R(x1,y1) 22由

y24xpyk(x)2得

1kx(pk4)xp2k20422，所以

p2x1x24，

kRAppppk(x2)k(x1x2x1)k(x1)k(x1)y12， k222=k， RAQApppppx2x1x2x1x1x1x122222所以直线RQ必过焦点A。

②过点A(p,0)的直线交抛物线C于P、Q两点，FP与抛物线交于另一点R，则RQ

2垂直于x轴。

③已知抛物线C：y2px(p0)，过点B(m,0 )（m>0）的直线交抛物线C于P、Q两点，设点P关于x轴的对称点为R，则直线RQ必过定点A(-m,0)。

x2y2 “逆向问题”二：已知椭圆C：221的焦点为F1(-c,0)，F2(c,0)，过F2的直线交椭

aba2圆C于P、Q两点，设点P关于x轴的对称点为R，则直线RQ必过定点A(,0)。

c22xy “逆向问题”三：已知双曲线C：1的焦点为F1(-c,0)，F2(c,0)，过F2的直线交a2b22a2双曲线C于P、Q两点，设点P关于x轴的对称点为R，则直线RQ必过定点A(,0)。

c考点四 圆锥曲线的应用

（1）．圆锥曲线的标准方程和几何性质与平面向量的巧妙结合。

29. （2004年全国高考天津理科22题）椭圆的中心是原点O，它的短轴长为22，相

应于焦点F（C，0）（C＞0）的准线L与X轴相交于点A，OF2FA，过点A

的直线与椭圆相交于P、Q两点。 （1）求椭圆的方程及离心率；

（2）若 OP²O Q = 0，求直线PQ的方程； （3）设 A P =  AQ（＞1），过点P且平行与准线L的直线与椭圆相交于另一点M，证明 FM = - FQ 。

分析：（1）要求椭圆的方程及离心率，很重要的一点就是要熟悉这种二次曲线的标准方程的中心、长轴长、短轴长、焦点坐标、标准方程、离心率、焦距等有关概念及几何性质。解：（1）根据已知条件“椭圆的中心是原点O，它的短轴长为22，相应于焦点F（C，0）

x2y21 （a＞2），（C＞0）的准线L与X轴相交于点A。” 可设椭圆的方程为22a2a2222c）从而有ac2；又因OF2FA,可以有c（，联系以上这两个关于a、

cx2y261，离心率e=c的方程组并解得a=6，c=2，所以椭圆的方程为。

262（2）根据已知条件 “O P²O Q = 0” ，我们可设 Px1,y1 ，Qx2,y2，把两个向

第 25 页 共 45 页

量的数量积的形式转化为坐标表示的形式，再根据直线 PQ 经过 A（3，0），只须求出直线PQ的斜率K即可求出直线PQ的方程。而P、Q两点又在椭圆上，因此，我们容易想到通过

x2y2直线y=k（x-3）与椭圆1，联系方程组消去一个未知数y（或x）得

6222223k1x18kx27k60，并利用一元二次方程的根与系数关系结合

x1x2y1y20及y1y2k2x13x23不难求出k=5，这里应特别注意K的值要5保证＞0成立，否则无法保证直线PQ与椭圆有两个交点。

（3）要证F M =- F Q ，我们容易想到通过式中两个向量FM、FQ的坐标之间关系来谋求证题的方法。为此我们可根据题意“过点P且平行为准线L的直线与椭圆相交于另一点M”，求得点M坐标为x1,y1。又因AP=AQ，易知FM、FQ的两个纵坐标已经满足y1y2，所以现在要考虑的问题是如何证明FM、FQ的两个横坐标应该满足x12x22，事实上，

APx13,y1,AQx23,y2

51注意到＞1，解得x2 ⑤

2因F（2，0），Mx1,y1，故FM=x12,y1=x231,y2。

11 =,y1=,y2

221又FQ=x22,y2,y2，因此FM=-FQ。

2点评：本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质及相关概念，直线方程、平面向量的坐

标表示和向量的数量积，多元二次方程组解法、曲线和方程的关系、直线与椭圆相交等解析几何的基础思想方法，以及分析问题和综合解题能力。 把两个向量之间的关系，转化为两个向量坐标之间的关系，再通过代数运算的方法来解决有关向量的问题是一种常用的解题手段。

30. （江苏卷）已知F1(2,0),F2(2,0),点P满足|PF1||PF2|2，记点P的轨迹为E. （1）求轨迹E的方程；

（2）若直线l过点F2且与轨迹E交于P、Q两点.

（i）无论直线l绕点F2怎样转动，在x轴上总存在定点M(m,0)，使MPMQ恒

成立，求实数m的值. （ii）过P、Q作直线x求λ的取值范围.

解析：

答案：解：（1）由|PF1||PF2|2|F1F2|知，点P的轨迹E是以F1、F2为焦点的双

1的垂线PA、OB，垂足分别为A、B，记|PA||QB|，2|AB|y21(x1). 曲线右支，由c2,2a2,b3，故轨迹E的方程为x3 （2）当直线l的斜率存在时，设直线方程为yk(x2),P(x1,y1),Q(x2,y2)，与双曲

22线方程联立消y得(k3)x4kx4k30，

2222第 26 页 共 45 页

k23002 xx4k0 122k34k23x1x220k3 解得k2 >3

（i）MPMQ(x1m)(x2m)y1y2

(x1m)(x2m)k2(x12)(x22)(k21)x1x2(2k2m)(x1x)2m24k22222(k1)(4k3)4k(2km)22 m4kk23k233(4m5)k2m2.2k3 MPMQ,MPMQ0，

故得3(1m)k(m4m5)0对任意的 k3恒成立，

21m0,解得m1. 2m4m502222 ∴当m =－1时，MP⊥MQ.

当直线l的斜率不存在时，由P(2,3),Q(2,3)及M(1,0)知结论也成立， 综上，当m =－1时，MP⊥MQ.

1是双曲线的右准线， 2111 由双曲线定义得：|PA||PF2||PF2|,|QB||QF2|，

e22 （ii）a1,c2,直线x1k2|x2x1||PQ| 方法一：

2|AB|2|y2y1|1k2|x2x1|1k21112. 2|k(x2x1)|2|k|2k k3,021113,故， 2323k 注意到直线的斜率不存在时，|PQ||AB|,此时 综上，,1， 213. 23 方法二：设直线PQ的倾斜角为θ，由于直线PQ与双曲线右支有二个交点， 32，过Q作QC⊥PA，垂足为C，则 3第 27 页 共 45 页

PQC|2|,|PQ||PQ|2|AB|2|CQ|12cos()21.

2sin23,得sin1,

33213. 故：,23 由



（2）。圆锥曲线的标准方程和几何性质与导数的有机联系。

10．（2004年全国高考福建理科22题）如图，P是抛物线C：y

12x上一点，直线2L过点P且与抛物线C交于另一点Q。

（Ⅰ）若直线L与过点P的切线垂直，求线段PQ中点M的轨迹方程； （Ⅱ）若直线L不过原点且与X轴交于S，与Y轴交于点T，试求

分析：（1）要求线段PQ的中点M的轨迹方程，我们常把M的坐标转化为线段PQ的两个端点坐标之间的关系。而P、Q两点又是直线L与抛物线的交点，容易想到直线L的方程与抛物线C的方程相联立消去y（或x），转化为一元二次方程根与系数的关系问题。另外，求过抛物线P的切线的斜率问题，我们自然会想到求出数y'解：（1）事实上yx，这样过Px1,y1的斜率为x1，由于直线L与过点P的切线垂

12x的导数。 21121（x1≠0），所以可设直线L的方程为yx1(xx1)，

2x1x12122xx1220。 结合yx，消去y并化简得xx12若设Qx2,y2，Mx0,y0，因M为PQ的中点，故有

直，因此直线L的斜率为yy2111x1x2,y0x1221消去x1得M的轨迹方程为x122212y0x021(x00)。

2x012即M的轨迹方程为yx1x0。 22xSTST（2）根据式子的特点，我们很自然想到平面直角坐标系中的两点间的距离SPSQx0公式。于是可先求S、T两点的坐标，易知：

1Sx1x12,0,T0,1x12，从而有

21ST1x12x121,SPy1x121,SQy22x121

第 28 页 共 45 页

∴

STSPSQST=11211 x12y1y2212121122又因y1y2x1x2x1x2x11

2242STST11∴≥1x12²≥2 SPSQ2y1y2∵y1、y2可取一切不相等的正数。

∴

STSPSTSQ的取值范围是（2，）。

点评：这里的解法有别于2004年福建省高考数学评标准所给的答案。我们看到，其解法的优点在于不用添加任何辅助线的方法就可直接给出作答，这更贴近考生的学习实际。

立体几何

31. 如图, 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，点D是AB的中点，

（I）求证：AC⊥BC1； （II）求证：AC 1//平面CDB1；

解析：（1）证明线线垂直方法有两类：一是通过三垂线定理或逆定理证明，二是通过线面垂直来证明线线垂直；（2）证明线面平行也有两类：一是通过线线平行得到线面平行，二是通过面面平行得到线面平行.

答案:解法一：（I）直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4AB=5，

∴ AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，∴ AC⊥BC1；

（II）设CB1与C1B的交点为E，连结DE，∵ D是AB的中点，E是BC1的中点， ∴ DE//AC1，∵ DE平面CDB1，AC1平面CDB1， ∴ AC1//平面CDB1；

解法二：∵直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC、BC、C1C两两垂直，如图，以C为坐标原点，直线CA、CB、C1C分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C（0,0，0），A（3,0，0），C1（0,0，4），B（0,4，0），B1（0,4，4），

AE C A Cz B3D（，2,0）

2（1）∵AC＝（－3,0，0），BC1＝（0，－4,0），∴AC•BC1＝0，∴AC⊥BC1.

（2）设CB1与C1B的交战为E，则E（0,2，2）.∵DE＝（－0,2），AC1＝（－3,0，4），∴DEx B y 3，21AC1，∴DE∥AC1. 2第 29 页 共 45 页

点评：2．平行问题的转化：

面面平行

转化

转化

线面平行线线平行；

主要依据是有关的定义及判定定理和性质定理．

32. 如图所示，四棱锥P—ABCD中，ABAD，CDAD，PA底面ABCD，PA=AD=CD=2AB=2，M为PC的中点。

(1)求证：BM∥平面PAD；

(2)在侧面PAD内找一点N，使MN平面PBD； (3)求直线PC与平面PBD所成角的正弦。

解析：本小题考查直线与平面平行，直线与平面垂直， 二面角等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.

答案：（1）M是PC的中点，取PD的中点E，则

11CD，又ABCD 22四边形ABME为平行四边形 BM∥EA，BM平面PAD EA平面PAD

BM∥平面PAD （4分）

（2）以A为原点，以AB、AD、AP 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则B1,0,0)，C2,2,0，D0,2,0，P0,0,2，M1,1,1，E0,1,1

ME在平面PAD内设N0,y,z，MN1,y1,z1，PB1,0,2，

DB1,2,0 由MNPB MNPB12z20 z由MNDB MNDB12y20 y1 21 2

（8分）

11N0,,N是AE的中点，此时MN平面PBD

22 （3）设直线PC与平面PBD所成的角为

11PC2,2,2，MN1,,，设PC,MN为

22cosPCMN22362PCMN22 sincos 33故直线PC与平面PBD所成角的正弦为

解法二：

（1）M是PC的中点，取PD的中点E，则

2 3 （12分）

第 30 页 共 45 页

11CD，又ABCD 22四边形ABME为平行四边形 BM∥EA，BM平面PAD EA平面PAD

BM∥平面PAD （4分）

（2）由（1）知ABME为平行四边形

PA底面ABCDPAAB，又ABAD

AB平面PAD 同理CD平面PAD，AE平面PAD

为矩形 CD∥ME，CDPD，又PDAE ABAE ABME PD平面PBD MEPD PD平面ABME平面PBD平面ABME 作MFEB故MF平面PBD MF交AE于N，在矩形ABME内，ABME1，AE2

22，NE N为AE的中点 MF23当点N为AE的中点时，MN平面PBD （8分）

（3）由（2）知MF为点M到平面PBD的距离，MPF为直线PC与平面PBD所

MF2成的角，设为，sin MP32 直线PC与平面PBD所成的角的正弦值为3ME点评：（1）证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可；（2）求斜线与平面所成的角只需在斜线上找一点作已知平面的垂线，斜线和射影所成的角，即为所求角；（3）证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这些从证法中都能十分明显地体现出来

33. 如图，四棱锥PABCD中，侧面PDC是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是ADC60的菱形，M为PB的中点. (Ⅰ)求PA与底面ABCD所成角的大小； (Ⅱ)求证：PA平面CDM；

(Ⅲ)求二面角DMCB的余弦值.

解析：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法 求二面角的大小也可应用面积射影法，比较好的方法是向量法 答案：(I)取DC的中点O，由ΔPDC是正三角形，有PO⊥DC．

又∵平面PDC⊥底面ABCD，∴PO⊥平面ABCD于O．

连结OA，则OA是PA在底面上的射影．∴∠PAO就是PA与底面所成角． ∵∠ADC=60°，由已知ΔPCD和ΔACD是全等的正三角形，从而求得OA=OP=3． ∴∠PAO=45°．∴PA与底面ABCD可成角的大小为45°． „„6分 (II)由底面ABCD为菱形且∠ADC=60°，DC=2，DO=1，有OA⊥DC．

建立空间直角坐标系如图，则A(3,0,0),P(0,0,3),D(0,1,0), B(3,2,0),C(0,1,0)．

由M为PB中点，∴M(3,1,3)．

22∴DM(3,2,3),PA(3,0,3),DC(0,2,0)．

22∴PADM33203(3)0，

22第 31 页 共 45 页

PADC03200(3)0．

∴PA⊥DM，PA⊥DC． ∴PA⊥平面DMC．

(III)CM(3,0,3),CB(3,1,0)．令平面BMC的法向量n(x,y,z)， 22则nCM0，从而

x+z=0； „„①, nCB0，从而3xy0． „„②

由①、②，取x=−1，则y3,z1． ∴可取n(1,3,1)．

由(II)知平面CDM的法向量可取PA(3,0,3)，

„„4分

nPA2310∴cosn,PA5|n||PA|56． ∴所求二面角的余弦值为－10． „„6分

5法二：（Ⅰ）方法同上

（Ⅱ）取AP的中点N，连接MN，由（Ⅰ）知，在菱形ABCD中，由于ADC60，

则AOCD，又POCD，则CD平面APO，即CDPA，

11AB，CO//AB，则MN//CO，则四边形OCMN为，22所以MC//ON，在APO中，AOPO，则O故A NAP，PMC而MCCDC，则PA平面MCD

（Ⅲ）由（Ⅱ）知MC平面PAB，则NMB为二面角DMCB的平面角，在

又在PAB中，中位线MN//RtPAB中，易得PA6,PBPA2AB2cosPBAAB210， PB51062210，2cosNMBcos(PBA)1010故，所求二面角的余弦值为 55

点评：本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强 用平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角，是常用的方法. 34. 如图所示：边长为2的正方形ABFC和高为2的直角梯形ADEF所在的平面互相垂直

且DE=2，ED//AF且∠DAF=90°。

（1）求BD和面BEF所成的角的余弦；

（2）线段EF上是否存在点P使过P、A、C三点

的平面和直线DB垂直，若存在，求EP与PF的比值；若不存在，说明理由。

解析：1.先假设存在，再去推理，下结论： 2.运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算。

答案：（1）因为AC、AD、AB两两垂直，建立如图坐标系，

则B（2，0，0），D（0，0，2），

E（1，1，2），F（2，2，0）， 则

DB(2,0,0),BE(1,1,2),BF(0,2,0)

设平面BEF的法向量n(x,y,z),则x

y2z0,y0，则可取n(2,1,0)，

∴向量DB和n(2,0,1)所成角的余弦为

第 32 页 共 45 页

2202221222(2)210。 10即BD和面BEF所成的角的余弦

10。 10 （2）假设线段EF上存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，不妨设EP与

PF的比值为m，则P点坐标为(则向量AP(所以212m12m2,,), 1m1m1m12m12m212m12向量CP(,,),，,,),

1m1m1m1m1m1mＶ 12m12m210(2)0,所以m。 1m1m1m2Ｃ Ｄ

Ｂ

点评：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，本题采用探索

式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。 A 35. 已知正方形ABCD E、F分别是AB、CD的中点,将ADE沿DE折起,如图所示,

记二面角ADEC的大小为(0)

(I) 证明BF//平面ADE;

(II)若ACD为正三角形,试判断点A在平面BCDE内的射影G是否在直线EF上,证明你的结论,并求角的余弦值

分析:充分发挥空间想像能力，重点抓住不变的位置和数量关系，借助模型图形得出结论，并给出证明.

解: (I)证明:EF分别为正方形ABCD得边AB、CD的中点,

ABEB//FD,且EB=FD,

四边形EBFD为平行四边形

EGFDCBF//ED.

EF平面AED,而BF平面AED,BF//平面ADE

(II)如右图,点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上,过点A作AG垂直于平面BCDE,垂足为G,连结GC,GD

ACD为正三角形,AC=AD. CG=GD.

G在CD的垂直平分线上, 点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上,

过G作GH垂直于ED于H,连结AH,则AHDE,所以AHD为二面角A-DE-C的平面角 即AHG.

设原正方体的边长为2a,连结AF,在折后图的AEF中,AF=3a,EF=2AE=2a,即AEF为直角三角形, AGEFAEAF.

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AG32a 在RtADE中, AHDEAEADAHa. 25GHa25,cosGH1 AH4点评：在平面图形翻折成空间图形的这类折叠问题中，一般来说，位于同一平面内的几何元素相对位置和数量关系不变：位于两个不同平面内的元素，位置和数量关系要发生变化，翻折问题常用的添辅助线的方法是作棱的垂线。关键要抓不变的量.

36. 设棱锥M-ABCD的底面是正方形，且MA＝MD，MA⊥AB，如果ΔAMD的面积为1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径.

分析：关键是找出球心所在的三角形，求出内切圆半径. 解： ∵AB⊥AD，AB⊥MA， ∴AB⊥平面MAD， 由此，面MAD⊥面AC.

记E是AD的中点，从而ME⊥AD. ∴ME⊥平面AC，ME⊥EF.

设球O是与平面MAD、平面AC、平面MBC都相切的球. 不妨设O∈平面MEF，于是O是ΔMEF的内心. 设球O的半径为r，则r＝设AD＝EF＝a,∵SΔAMD＝1. ∴ME＝

2S△MEF

EFEMMF2222.MF＝a(),

aar＝

2a22a2()2aa≤

2222＝2-1。

当且仅当a＝

2，即a＝2时，等号成立. a∴当AD＝ME＝2时，满足条件的球最大半径为2-1.

点评：涉及球与棱柱、棱锥的切接问题时一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系。注意多边形内切圆半径与面积和周长间的关系；多面体内切球半径与体积和表面积间的关系。

导 数

37. 设函数f(x)ln(xa)x，（1）若当x1时，f(x)取得极值，求a的值，并讨

2第 34 页 共 45 页

论f(x)的单调性；（2）若f(x)存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于ln解析：（1）f(x)e． 2132x，依题意有f(1)0，故a． xa22x23x1(2x1)(x1)从而f(x)． 33xx2233∞，当x1时，f(x)0； f(x)的定义域为，22当1x11时，f(x)0；当x时，f(x)0． 223212从而，f(x)分别在区间，1，∞单调增加，在区间1，，1单调减少． 22x22ax1（2）f(x)的定义域为(a，． ∞)，f(x)xa方程2x2ax10的判别式4a8． ①若0，即2a222，在f(x)的定义域内f(x)0，故f(x)的极值．

(2x1)2∞)，f(x)②若0，则a2或a2．若a2，x(2，．

x2当x222，∞时，f(x)0，当x2，时，f(x)0，所以f(x)222(2x1)20，f(x)也无极值． ∞)，f(x)无极值．若a2，x(2，x2③若0，即a2或a2，则2x2ax10有两个不同的实根

2aa22aa22x1，x2．

22当a2时，x1a，x2a，从而f(x)有f(x)的定义域内没有零点，故f(x)无极值．

当a2时，x1a，x2a，f(x)在f(x)的定义域内有两个不同的零点，由根值判别方法知f(x)在xx1，xx2取得极值．

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综上，f(x)存在极值时，a的取值范围为(2，∞)．f(x)的极值之和为

1ef(x1)f(x2)ln(x1a)x12ln(x2a)x22lna211ln2ln．

223答案： （1）a；（2）见详解。

2点评：本题主要考查对极值概念的理解以及对函数导数的综合运用。 38. 已知函数f(x)ax在x1处取得极值2。 x2b （Ⅰ）求函数f(x)的解析式；

（Ⅱ）当m满足什么条件时，f(x)在区间(m,2m1)为增函数； （Ⅲ）若P(x0,y0)为函数f(x)axax图象上任意一点，直线的L与f(x)x2bx2b图象切于P点，求直线L的斜率的取值范围。

a(bx2)解：（Ⅰ）f(x)2 2(xb)a(b1)02f(1)0(1b),由已知

f(1)2a21ba4

b1f(x)4x x214(1x2)0,得1x1 （Ⅱ）f(x)22(x1)f(x)在(1,1)是增函数

又f(x)在(m,2m1)上为增函数

m12m111m0） 2m1m244x048 （Ⅲ）直线I在P点的切线斜率kf(x0)2 2222(x01)x01(x01)第 36 页 共 45 页

令t11212,则0t1,k8t4t8(t) 242x01当t11时,kmin,t1时,kmax4 421k4） 2a3b12xxxa,bR,a0的两个极值点，fx的导函数3239. 设x1,x2是fx是yfx

（Ⅰ）如果x12x24 ，求证：f23 ； （Ⅱ）如果x12,x2x12 ，求b的取值范围 ；

（Ⅲ）如果a2 ，且x2x12,xx1,x2时，函数gxfx2xx2的最小值为ha ，求ha的最大值。

（I）证明：fxaxb1x1 x1,x2是方程fx0的两个根 1分

2f204a2b101由x12x24且a0得 2分

f4016a4b302132得4a2b0

f24a2b114a2b33 3分

b1xx12a（Ⅱ）解：由第（1）问知 由x1x20 ，两式相除得

1xx12axx1111b112 即b1 4分

x1x2x1x2x1x21①当0x12时，由x1x20x20 x2x12 即x2x12

a11b1 ， x10,2 5分

x1x1211110 令函数x1x0，则x22xx2xx2x在0,上是增函数

1111当x10,2时，bx121 ，即b 7分

2444②当2x10时，x20 x1x22 即x2x12

11b1,x12,0

x1x12第 37 页 共 45 页

令函数x111x0则同理可证x在,0上是增函数 xx27当x12,0时，bx12

417综①②所述，b的取值范围是,,

44（Ⅲ）解：fx0的两个根是x1,x2 ，可设fxaxx1xx2 2 10分 a2xx20,xx10 又a2xx10 xx1,x2a22 gxaxx2xx1ax2xxx1

aa gxaxx1xx22xx2axx2xx12xx21a121 aa(1)a2 2aa1 g(x) (a2)

axx2121 当且仅当x2xxx1 ，即x1x11 时取等号

a2aa11 ha(a2) a2 当a2时，ha(12)0

aa ha在2,上是减函数

hamaxh229 2应用性问题

40. 近年来，太阳能技术运用的步伐日益加快．2002年全球太阳电池的年生产量达到670兆瓦，年生产量的增长率为34%．以后四年中，年生产量的增长率逐年递增2%（如，2003年的年生产量的增长率为36%）．

（1）求2006年全球太阳电池的年生产量（结果精确到0.1兆瓦）；

（2）目前太阳电池产业存在的主要问题是市场安装量远小于生产量，2006年的实际安装量为1420兆瓦．假设以后若干年内太阳电池的年生产量的增长率保持在42%，到2010年，要使年安装量与年生产量基本持平（即年安装量不少于年生产量的95%），这四年中太阳电池的年安装量的平均增长率至少应达到多少（结果精确到0.1%）？

分析：本题命题意图是考查函数、不等式的解法等基础知识，考查运用数学知识分析解决问题的能力。

第 38 页 共 45 页

解析（1）由已知得2003，2004，2005，2006年太阳电池的年生产量的增长率依次为 36%，

38%，40%，42%．则2006年全球太阳电池的年生产量为

6701.361.381.401.422499.8(兆瓦)．

1420(1x4) （2）设太阳电池的年安装量的平均增长率为x，则≥95%．解得

2499.8(142%)4x≥0.615．因此，这四年中太阳电池的年安装量的平均增长率至少应达到61.5%． 点评：审清题意，理顺题目中各种量的关系是解决本题的关键。 41. 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元（3≤a≤5）的管理费，预计当每件产品的售价为x元（9≤x≤11）时，一年的销售量为(12x)万件．（Ⅰ）求该分公司一年的利润L（万元）与每件产品的售价x的函数关系式；（Ⅱ）当每件产品的售价为多少元时，该分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a)．

分析：本题命题意图是考查函数的解析式的求法、利用导数求最值、导数的应用等知识，考查运用数学知识分析和解决实际问题的能力．

解析：（Ⅰ）分公司一年的利润L（万元）与售价x的函数关系式为：

2L(x3a)(12x)2，x[9，11]．

2（Ⅱ）L(x)(12x)2(x3a)(12x)(12x)(182a3x)，令L0得

2x6a或x12（不合题意，舍去）．

322823≤a≤5，8≤6a≤． 在x6a两侧L的值由正变负．

33329所以（1）当8≤6a9即3≤a时，

32LmaxL(9)(93a)(129)29(6a)．

（2）当9≤622a≤即≤a≤5时， 33223Lmax2221L(6a)6a3a126a43a，

333399(6a)， 3≤a，2所以Q(a) 31943a， ≤a≤532答：若3≤a9，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大值2第 39 页 共 45 页

29Q(a)9(6a)（万元）；若≤a≤5，则当每件售价为6a元时，分公司一年的

321利润L最大，最大值Q(a)43a（万元）．

3点评：准确进行导数运算，掌握运用导数判断函数单调性及求函数极值、最值的方法是解决

此题的关键。

42. （07安徽文理）某国采用养老储备金制度.公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d（d>0），因此，历年所交纳的储务金数目a1，a2，„是一个公差为d的等差数列，与此同时，国家给予优惠的计息，不仅采用固定利率，而且计算复利.这就是说，如果固定年利率为r（r>0），那么，在第n年末，第一

a－1a－2

年所交纳的储备金就变为a1（1＋r），第二年所交纳的储备金就变为a2（1＋r），„„，以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额.

（Ⅰ）写出Tn与Tn－1（n≥2）的递推关系式；

（Ⅱ）求证：Tn＝An＋Bn，其中｛An｝是一个等比数列，｛Bn｝是一个等差数列.

分析：本小题命题意图主要考查等差数列、等比数列的基本概念和基本方法，考查学生的阅读资料、提取信息、建立数学模型的能力，考查应用所学的知识分析和解决实际问题的能力。

解析：（1）我们有TnTn1(1r)an（n2） （2）T1a1，对n2反复使用上述关系式，得： TnTn1(1r)anTn2(1r)2an1(1r)an

3a1(1r)n1a2(1r)n2an1(1r)an。①

在①式两边同乘以1r，得：

(1r)Tna1(1r)na2(1r)n1an1(1r)an(1r)②

由②－①，得rTna1(1r)nd[(1r)n1(1r)n2(1r)]an

arddna1rdd。 [(1r)n1r]a1(1r)nan，即 Tn12(1r)nrrrr2arda1rdddna1rd如果记An12(1r)n，Bnn，则TnAnBn，22rrrrrard其中An是以12(1r)为首项，以1r(r0)为公比的等比数列；Bn是以

rarddd12为首项，以为公差的等差数列。

rrr 点评：掌握等差数列、等比数列的概念、通项公式、以及求和方法是解决此题的关键。

43. 如图，甲船以每小时302海里的速度向正北方向航行，

第 40 页 共 45 页

乙船按固定方向匀速直线航行.当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，此时两船相距20海里.当甲船航行20分钟到达A1处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B1处，此时两船相距102海里，问乙船每小时航行多少海里？（07山东理） 分析：本题命题意图是通过实际问题考查了正弦定理、余弦定理、解三角形的能力以及分析解决问题的能力。

解析：如图，连结A1B2，A2B2102，A1A220302102， A1A2B2是等60边三角形，B1A1B21056045，在A1B2B1中，由余弦定理得

22B1B2A1B12A1B22A1B1A1B2cos45，

202(102)22201022200，B1B2102.因此乙船的速度的大小为210260302. 20答：乙船每小时航行302海里.

点评：连接A1B2，构造两个可解的三角形A1A2B2与A1B2B1是处理此题的关键，此外，还可连接A2B1来解。

44. 某工厂生产甲、乙两种产品，每种产品都是经过第一和第二工序加工而成，两道工序的加工结果相互，每道工序的加工结果均有A、B两个等级.对每种产品，两道工序的加工结果都为A级时，产品为一等品，其余均为二等品. 工序 概 （Ⅰ）已知甲、乙两种产品每一道工序的加工结

率 第一工序 第二工序 果为A级的概率如表一所示，分别求生产 产品 出的甲、乙产品为一等品的概率P甲、P乙； 甲 0.8 0.85 （Ⅱ）已知一件产品的利润如表二所示，用ξ、 乙 0.75 0.8 η分别表示一件甲、乙产品的利润，在 等级 利 （I）的条件下，求ξ、η的分布列及

润 一等 二等 Eξ、Eη； 产品 （Ⅲ）已知生产一件产品需用的工人数和资金额 甲 5（万元） 2.5（万元） 如表三所示.该工厂有工人40名，可用资. 乙 2.5（万元） 1.5（万元） 金60万元.设x、y分别表示生产甲、乙产 项目 用 品的数量，在（II）的条件下，x、y为何

量 工人（名） 资金（万元） 值时，zxEyE最大？最大值是多少？ 产品 （解答时须给出图示）

甲 8 8 乙 2 10

分析：本小题主要考查相互事件的概率、随机变量的分布列及期望、线性规划模型的建立与求解等基础知识，考查通过建立简单的数学模型以解决实际问题的能力

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解析（Ⅰ）解：P甲0.80.850.68,（Ⅱ）解：随机变量、的分别列是

P乙0.750.80.6.

 P

5 0.68 2.5 0.32

 P 2.5 0.6 1.5 0.4 E50.682.50.324.2, E2.50.61.50.42.1.

5x10y60,（Ⅲ）解：由题设知8x2y40,目标函数为

x0,y0.zxEyE4.2x2.1y.

作出可行域（如图），作直线l: 4.2x2.1y0, 将l向右上方平移至l1位置时，直线经过可行域上

的点M点与原点距离最大，此时z4.2x2.1y

取最大值. 解方程组

5x10y60,

8x2y40.

得x4,y4.即x4,y4时，z取最大值，z的最大值为25.2 . 点评：

45. 某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数的分布列为

 P 1 0.4 2 0.2 3 0.2 4 0.1 5 0.1 商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为200元；分2期或3期付款，其利润为250元；分4期或5期付款，其利润为300元，表示经销一件该商品的利润。

（Ⅰ）求事件A：“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”的概率P(A)； （Ⅱ）求的分布列及期望E。

分析：本题命题意图是主要考察对立事件的概率以及分布列及期望的知识，考查学生的阅读理解能力及分析解决问题能力。

解析：（Ⅰ）由A表示事件“购买该商品的3位顾客中至少有1位采用1期付款”．知

A表示事件“购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款”P(A)(10.4)20.216，

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P(A)1P(A)10.2160.784．

（Ⅱ）的可能取值为200元，250元，300元．P(200)P(1)0.4，

P(250)P(2)P(3)0.20.20.4，

P(300)1P(200)P(250)10.40.40.2．

的分布列为

 P 200 0.4 250 0.4 300 0.2 E2000.42500.43000.2240（元）．

点评：掌握对立事件的概率和为1，学会用间接法求解概率问题。 46. 某人在一山坡P处观看对面山项上的一座铁塔，如图所示，塔高BC=80（米），塔所在的山高OB=220（米），OA=200（米），图中所示的山坡可视为直线l且点P在直线l上，l与水平地面的夹角为 , tan1试问此人距水平地面2多高时，观看塔的视角∠BPC最大（不计此人的身高）

解：如图所示，建立平面直角坐标系，则A（200，0），B（0，220），C（0，300）， 直线

l

的方程为

y(x200)tan,即

x200. 设点P的坐标为（x，y）， 则2x200P(x,)(x200). 由经过两点的直线的斜率

2x200300x8002公式 kPC,

x2xx200220x02 kPB. 由直线PC到直线PB的角的公式得，

x2x160kkPCx2x tanBPCPB2x800x01kPBkPCx288x160012x2xy(x200).

1600x288x第 43 页 共 45 页

要使tanBPC达到最大，只须x1600288达到最小，由均值不等式 x160028821600288, x1600当且仅当x时上式取得等号，故当x=320时tanBPC最大，这时，点P的纵坐

x320200标y为 y60.

2x由此实际问题知，0BPC2,所以tanBPC最大时，∠BPC最大，故当此人距水平地

面60米高时，观看铁塔的视角∠BPC最大.

47. 如图，设曲线ye(x0)在点M(t,e)处的切线l与x轴y轴所围成的三角形面积为

xtS(t)，求（1）切线l的方程；2）求证S(t)（1）解： f(x)(e)e，

'x'x2 ey M 切线l的斜率为et

故切线l的方程为yetx

et(xt)，即etxyet(t1)0 t（2）证明：令y0得xt1，又令x0得ye(t1)，

11S(t)(t1)et(t1)(t1)2et

221t'从而S(t)e(1t)(1t).

2当t(0,1)时,S'(t)0,当t(1,)时,S'(t)0,

S(t)的最大值为S(1)22，即S(t) ee点评：应用导数法求函数的最值，并结合函数图象，可快速获解，也充分体现了求导法

在证明不等式中的优越性。

48. 对于定义在区间m,n上的两个函数fx和gx，如果对任意的xm,n，均有不等式fxgx1成立，则称函数fx与gx在m,n上是“友好”的，否则称“不友好”的.现在有两个函数fxlogax3a与gxloga区间a2,a3.

（1）若fx与gx在区间a2,a3上都有意义，求a的取值范围； （2）讨论函数fx与gx在区间a2,a3上是否“友好”.

第 44 页 共 45 页

1a0,a1，给定xa答案：（1）函数fx与gx在区间a2,a3上有意义，

a23a0必须满足a2a00a1

0a,a1（2）假设存在实数a，使得函数fx与gx在区间a2,a3上是“友好”的， 则fxgxlogax4ax3a22logxa24ax3a21

即 1logax4ax3a221 （*）

在区间a2,a3上为减函数，从而

因为a0,12a0,2，而a2,a3在x2a的右侧， 所以函数gxlogax4ax3a22gxmaxga2loga44agxminga3loga96a于是不等式（*）成立的充要条件是

loga44a1957 loga96a10a120a1因此，当0a957时，函数fx与gx在区间a2,a3上是“友好”12的；当a

957时，函数fx与gx在区间a2,a3上是不“友好”的. 12

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