（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 數(shù)學(xué)思想方法（選用）第1講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想學(xué)案

《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 數(shù)學(xué)思想方法（選用）第1講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 數(shù)學(xué)思想方法（選用）第1講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想學(xué)案（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講　函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想 高考定位　函數(shù)與方程的思想一般通過(guò)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列、解析幾何等知識(shí)進(jìn)行考查；數(shù)形結(jié)合思想一般在選擇題、填空題中考查． 1．函數(shù)與方程思想的含義 (1)函數(shù)的思想，是用運(yùn)動(dòng)和變化的觀點(diǎn)，分析和研究數(shù)學(xué)中的數(shù)量關(guān)系，是對(duì)函數(shù)概念的本質(zhì)認(rèn)識(shí)，建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問(wèn)題、轉(zhuǎn)化問(wèn)題，從而使問(wèn)題獲得解決的思想方法． (2)方程的思想，就是分析數(shù)學(xué)問(wèn)題中變量間的等量關(guān)系，建立方程或方程組，或者構(gòu)造方程，通過(guò)解方程或方程組，或者運(yùn)用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問(wèn)題，使問(wèn)題獲得解決的思想方法． 2．函數(shù)與方程的思想在解題中的應(yīng)用

2、 (1)函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化，對(duì)于函數(shù)y＝f(x)，當(dāng)y＞0時(shí)，就轉(zhuǎn)化為不等式f(x)＞0，借助于函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決有關(guān)問(wèn)題，而研究函數(shù)的性質(zhì)也離不開(kāi)不等式． (2)數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和是自變量為正整數(shù)的函數(shù)，用函數(shù)的觀點(diǎn)去處理數(shù)列問(wèn)題十分重要． (3)解析幾何中的許多問(wèn)題，需要通過(guò)解二元方程組才能解決，這都涉及二次方程與二次函數(shù)的有關(guān)理論． 3．?dāng)?shù)形結(jié)合是一種數(shù)學(xué)思想方法，包含“以形助數(shù)”和“以數(shù)輔形”兩個(gè)方面，其應(yīng)用大致可以分為兩種情形：(1)借助形的生動(dòng)和直觀性來(lái)闡明數(shù)之間的聯(lián)系，即以形作為手段，數(shù)為目的，比如應(yīng)用函數(shù)的圖象來(lái)直觀地說(shuō)明函數(shù)的性質(zhì)；(2)借助于數(shù)的精確性和規(guī)

3、范嚴(yán)密性來(lái)闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為手段，形作為目的，如應(yīng)用曲線的方程來(lái)精確地闡明曲線的幾何性質(zhì)． 4．在運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想分析和解決問(wèn)題時(shí)，要注意三點(diǎn)：第一要徹底明白一些概念和運(yùn)算的幾何意義以及曲線的代數(shù)特征，對(duì)數(shù)學(xué)題目中的條件和結(jié)論既分析其幾何意義又分析其代數(shù)意義；第二是恰當(dāng)設(shè)參、合理用參，建立關(guān)系，由數(shù)思形，以形想數(shù)，做好數(shù)形轉(zhuǎn)化；第三是正確確定參數(shù)的取值范圍．?dāng)?shù)學(xué)中的知識(shí)，有的本身就可以看作是數(shù)形的結(jié)合. 熱點(diǎn)一　函數(shù)與方程思想的應(yīng)用 [應(yīng)用1]　不等式問(wèn)題中的函數(shù)(方程)法 【例1－1】 (1)f(x)＝ax3－3x＋1對(duì)于x∈[－1，1]，總有f(x)≥0成立，則a＝

4、________． (2)設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集是________． 解析　(1)若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立； 當(dāng)x＞0即x∈(0，1]時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為 a≥－. 設(shè)g(x)＝－，則g′(x)＝， 所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減， 因此g(x)max＝g＝4，從而a≥4. 當(dāng)x＜0即x∈[－1，0)時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≤－，設(shè)g(x)＝－， 則g(x)在區(qū)間

5、[－1，0)上單調(diào)遞增，因此g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4. 綜上a＝4. (2)設(shè)F(x)＝f(x)g(x)，由于f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，得F(－x)＝f(－x)·g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，即F(x)在R上為奇函數(shù)． 又當(dāng)x＜0時(shí)，F(xiàn)′(x)＝f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)＞0， 所以x＜0時(shí)，F(xiàn)(x)為增函數(shù)． 因?yàn)槠婧瘮?shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上的單調(diào)性相同，所以x＞0時(shí)，F(xiàn)(x)也是增函數(shù)． 因?yàn)镕(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)， 所以，可作y＝F(x)的示意圖如圖所示， 由圖可知F(x

6、)＜0的解集是(－∞，－3)∪(0，3)． 答案　(1)4　(2)(－∞，－3)∪(0，3) 探究提高　(1)在解決不等式問(wèn)題時(shí)，一種最重要的思想方法就是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用函數(shù)的圖象和性質(zhì)解決問(wèn)題；(2)函數(shù)f(x)＞0或f(x)＜0恒成立，一般可轉(zhuǎn)化為f(x)min＞0或f(x)max＜0；已知恒成立求參數(shù)范圍可先分離參數(shù)，然后利用函數(shù)值域求解． [應(yīng)用2]　數(shù)列問(wèn)題的函數(shù)(方程)法 【例1－2】 已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝an＋p·3n(n∈N*，p為常數(shù))，a1，a2＋6，a3成等差數(shù)列． (1)求p的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn

7、＝，證明：bn≤. (1)解　由a1＝3，an＋1＝an＋p·3n， 得a2＝3＋3p，a3＝a2＋9p＝3＋12p. 因?yàn)閍1，a2＋6，a3成等差數(shù)列， 所以a1＋a3＝2(a2＋6)， 即3＋3＋12p＝2(3＋3p＋6)，得p＝2. 依題意知，an＋1＝an＋2×3n. 當(dāng)n≥2時(shí)，a2－a1＝2×31， a3－a2＝2×32，…， an－an－1＝2×3n－1. 將以上式子相加得an－a1＝2(31＋32＋…＋3n－1)， 所以an－a1＝2×＝3n－3， 所以an＝3n(n≥2)．又a1＝3符合上式，故an＝3n. (2)證明　因?yàn)閍n＝3n，所以bn＝.

8、 所以bn＋1－bn＝－＝(n∈N*)． 若－2n2＋2n＋1＜0，則n＞， 即當(dāng)n≥2時(shí)，有bn＋1＜bn， 又因?yàn)閎1＝，b2＝，故bn≤. 探究提高　數(shù)列最值問(wèn)題中應(yīng)用函數(shù)與方程思想的常見(jiàn)類型： (1)數(shù)列中的恒成立問(wèn)題，轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題，利用函數(shù)的單調(diào)性或不等式求解． (2)數(shù)列中的最大項(xiàng)與最小項(xiàng)問(wèn)題，利用函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)或不等式組求解． (3)數(shù)列中前n項(xiàng)和的最值：轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)，借助二次函數(shù)的單調(diào)性或求使an≥0(an≤0)成立時(shí)最大的n值即可求解． [應(yīng)用3]　解析幾何問(wèn)題的方程(函數(shù))法 【例1－3】 設(shè)橢圓中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，A(2，0)，B(0，1)是它的兩個(gè)頂

9、點(diǎn)，直線y＝kx(k＞0)與AB相交于點(diǎn)D，與橢圓相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)． (1)若＝6，求k的值； (2)求四邊形AEBF面積的最大值． 解　(1) 依題意得橢圓的方程為＋y2＝1，直線AB，EF的方程分別為x＋2y＝2，y＝kx(k＞0)．如圖，設(shè)D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1＜x2，且x1，x2滿足方程組 故x2＝－x1＝.① 由＝6知x0－x1＝6(x2－x0)， 得x0＝(6x2＋x1)＝x2＝； 由D在AB上知x0＋2kx0＝2， 得x0＝.所以＝， 化簡(jiǎn)得24k2－25k＋6＝0，解得k＝或k＝. (2)根據(jù)點(diǎn)到直線的距離

10、公式和①式知，點(diǎn)E，F(xiàn)到AB的距離分別為 h1＝＝， h2＝＝. 又|AB|＝＝，所以四邊形AEBF的面積為 S＝|AB|(h1＋h2) ＝··＝ ＝2≤2， 當(dāng)4k2＝1(k＞0)，即當(dāng)k＝時(shí)，上式取等號(hào)． 所以S的最大值為2， 即四邊形AEBF面積的最大值為2. 探究提高　解析幾何中的最值是高考的熱點(diǎn)，在圓錐曲線的綜合問(wèn)題中經(jīng)常出現(xiàn)，求解此類問(wèn)題的一般思路為在深刻認(rèn)識(shí)運(yùn)動(dòng)變化的過(guò)程之中，抓住函數(shù)關(guān)系，將目標(biāo)量表示為一個(gè)(或者多個(gè))變量的函數(shù)，然后借助于函數(shù)最值的探求來(lái)使問(wèn)題得以解決． 熱點(diǎn)二　數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用 [應(yīng)用1]　利用數(shù)形結(jié)合思想討論方程的根或函數(shù)零點(diǎn)

11、 【例2－1】 (1)若函數(shù)f(x)＝|2x－2|－b有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________． (2)設(shè)函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)＝x3.又函數(shù)g(x)＝|xcos(πx)|，則函數(shù)h(x)＝g(x)－f(x)在上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析　(1)由f(x)＝|2x－2|－b有兩個(gè)零點(diǎn)，可得|2x－2|＝b有兩個(gè)不等的實(shí)根，從而可得函數(shù)y＝|2x－2|的圖象與函數(shù)y＝b的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，如圖所示．結(jié)合函數(shù)的圖象，可得0＜b＜2，故填(0，2)． (2)

12、根據(jù)題意，函數(shù)y＝f(x)是周期為2的偶函數(shù)且0≤x≤1時(shí)，f(x)＝x3，則當(dāng)－1≤x≤0時(shí)，f(x)＝－x3，且g(x)＝|xcos(πx)|，所以當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)＝g(x)．當(dāng)x≠0時(shí)，若0

13、達(dá)式(不熟悉時(shí)，需要作適當(dāng)變形轉(zhuǎn)化為兩個(gè)熟悉的函數(shù))，然后在同一坐標(biāo)系中作出兩個(gè)函數(shù)的圖象，圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即為方程解(或函數(shù)零點(diǎn))的個(gè)數(shù)． [應(yīng)用2]　利用數(shù)形結(jié)合思想解不等式或求參數(shù)范圍 【例2－2】 (1)若不等式≤k(x＋2)－的解集為區(qū)間[a，b]，且b－a＝2，則k＝________． (2)若不等式|x－2a|≥x＋a－1對(duì)x∈R恒成立，則a的取值范圍是________． 解析　(1)如圖，分別作出直線y＝k(x＋2)－與半圓y＝.由題意，知直線在半圓的上方，由b－a＝2，可知b＝3，a＝1，所以直線y＝k(x＋2)－過(guò)點(diǎn)(1，2)，則k＝. (2)作出y＝|x－2a

14、|和y＝x＋a－1的簡(jiǎn)圖，依題意知應(yīng)有2a≤2－2a，故a≤. 答案　(1)　(2) 探究提高　求參數(shù)范圍或解不等式問(wèn)題經(jīng)常聯(lián)系函數(shù)的圖象，根據(jù)不等式中量的特點(diǎn)，選擇適當(dāng)?shù)膬蓚€(gè)(或多個(gè))函數(shù)，利用兩個(gè)函數(shù)圖象的上、下位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為數(shù)量關(guān)系來(lái)解決問(wèn)題，往往可以避免繁瑣的運(yùn)算，獲得簡(jiǎn)捷的解答． [應(yīng)用3]　利用數(shù)形結(jié)合思想求最值 【例2－3】 (1)已知P是直線l：3x＋4y＋8＝0上的動(dòng)點(diǎn)，PA，PB是圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，A，B是切點(diǎn)， C是圓心，則四邊形PACB面積的最小值為_(kāi)_______． (2)已知F是雙曲線C：x2－＝1的右焦點(diǎn)，P是C的左支上一點(diǎn)，

15、A(0，6)，當(dāng)△APF周長(zhǎng)最小時(shí)，該三角形的面積為_(kāi)_______． 解析　(1)從運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)看問(wèn)題，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P沿直線3x＋4y＋8＝0向左上方或右下方無(wú)窮遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)時(shí)，直角三角形PAC的面積SRt△PAC＝|PA|·|AC|＝|PA|越來(lái)越大，從而S四邊形PACB也越來(lái)越大；當(dāng)點(diǎn)P從左上、右下兩個(gè)方向向中間運(yùn)動(dòng)時(shí)，S四邊形PACB變小，顯然，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)一個(gè)最特殊的位置，即CP垂直直線l時(shí)，S四邊形PACB應(yīng)有唯一的最小值， 此時(shí)|PC|＝＝3， 從而|PA|＝＝2. 所以(S四邊形PACB)min＝2××|PA|×|AC|＝2. (2)設(shè)雙曲線的左焦點(diǎn)為F1，連接PF1，根據(jù)雙曲線的

16、定義可知|PF|＝2＋|PF1|，則△APF的周長(zhǎng)為|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋2＋|PF1|＋|AF|＝|PA|＋|PF1|＋|AF|＋2， 由于|AF|＋2是定值，要使△APF的周長(zhǎng)最小，則|PA|＋|PF1|最小，即P，A，F(xiàn)1三點(diǎn)共線，如圖所示． 由于A(0，6)，F(xiàn)1(－3，0)， 直線AF1的方程為：＋＝1， 即x＝－3， 代入雙曲線方程整理可得 y2＋6y－96＝0，解得y＝2或y＝－8(舍去)， 所以點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為2. 所以S△APF＝S△AFF1－S△PFF1＝×6×6－×6×2＝12. 答案　(1)2　(2)12 探究提高　破解圓錐曲線問(wèn)

17、題的關(guān)鍵是畫出相應(yīng)的圖形，注意數(shù)形結(jié)合的相互滲透，并從相關(guān)的圖形中挖掘?qū)?yīng)的信息加以分析與研究．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的轉(zhuǎn)化有兩種，一種是通過(guò)數(shù)形結(jié)合建立相應(yīng)的關(guān)系式，另一種是通過(guò)代數(shù)形式轉(zhuǎn)化為二元二次方程組的解的問(wèn)題進(jìn)行討論. 1．當(dāng)問(wèn)題中涉及一些變化的量時(shí)，就需要建立這些變化的量之間的關(guān)系，通過(guò)變量之間的關(guān)系探究問(wèn)題的答案，這就需要使用函數(shù)思想． 2．借助有關(guān)函數(shù)的性質(zhì)，一是用來(lái)解決有關(guān)求值、解(證)不等式、解方程以及討論參數(shù)的取值范圍等問(wèn)題，二是在問(wèn)題的研究中，可以通過(guò)建立函數(shù)關(guān)系式或構(gòu)造中間函數(shù)來(lái)求解． 3．許多數(shù)學(xué)問(wèn)題中，一般都含有常量、變量或參數(shù)，這些參變量中必有一個(gè)處

18、于突出的主導(dǎo)地位，把這個(gè)參變量稱為主元，構(gòu)造出關(guān)于主元的方程，主元思想有利于回避多元的困擾，解方程的實(shí)質(zhì)就是分離參變量． 4．在數(shù)學(xué)中函數(shù)的圖象、方程的曲線、不等式所表示的平面區(qū)域、向量的幾何意義、復(fù)數(shù)的幾何意義等都是實(shí)現(xiàn)以形助數(shù)的途徑，當(dāng)試題中涉及這些問(wèn)題的數(shù)量關(guān)系時(shí)，我們可以通過(guò)圖形分析這些數(shù)量關(guān)系，達(dá)到解題的目的． 5．有些圖形問(wèn)題，單純從圖形上無(wú)法看出問(wèn)題的結(jié)論，這就要對(duì)圖形進(jìn)行數(shù)量上的分析，通過(guò)數(shù)的幫助達(dá)到解題的目的． 6．利用數(shù)形結(jié)合解題，有時(shí)只需把圖象大致形狀畫出即可，不需要精確圖象. 一、選擇題 1．直線x－y＋m＝0與圓x2＋y2－2x－2＝0相切，則實(shí)數(shù)m等于(　

19、　) A.或－ B．－或3 C．－3或 D．－3或3 解析　圓的方程(x－1)2＋y2＝3，圓心(1，0)到直線的距離等于半徑＝|＋m|＝2m＝或m＝－3. 答案　C 2．已知函數(shù)f(x)滿足下面關(guān)系：①f(x＋1)＝f(x－1)；②當(dāng)x∈[－1，1]時(shí)，f(x)＝x2，則方程f(x)＝lg x解的個(gè)數(shù)是(　　) A．5 B．7 C．9 D．10 解析　由題意可知，f(x)是以2為周期，值域?yàn)閇0，1]的函數(shù)． 又f(x)＝lg x，則x∈(0，10]，畫出兩函數(shù)圖象， 則交點(diǎn)個(gè)數(shù)即為解的個(gè)數(shù)． 由圖象可知共9個(gè)交點(diǎn)． 答案　C 3．函

20、數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對(duì)任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為(　　) A．(－1，1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 解析　f′(x)＞2轉(zhuǎn)化為f′(x)－2＞0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－2x， 得F(x)在R上是增函數(shù)． 又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)＝4，f(x)＞2x＋4， 即F(x)＞4＝F(－1)，所以x＞－1. 答案　B 4．已知a，b是平面內(nèi)兩個(gè)互相垂直的單位向量，若向量c滿足(a－c)·(b－c)＝0，則|c|的最大值是(　　) A. B．2 C. D．2

21、 解析　如圖，設(shè)＝a，＝b，＝c，則＝a－c，＝b－c.由題意知⊥， ∴O，A，C，B四點(diǎn)共圓． ∴當(dāng)OC為圓的直徑時(shí)，|c|最大，此時(shí)，||＝. 答案　A 5．當(dāng)0＜x≤時(shí)，4x＜logax，則a的取值范圍是(　　) A. B. C．(1，) D．(，2) 解析　利用指數(shù)函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及圖象求解． ∵0＜x≤，∴1＜4x≤2，∴l(xiāng)ogax＞4x＞1， ∴0＜a＜1，排除答案C，D； 取a＝，x＝，則有4＝2，log＝1， 顯然4x＜logax不成立，排除答案A；故選B. 答案　B 二、填空題 6．已知A，B為雙曲線E的左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)M在E上，

22、△ABM為等腰三角形，且頂角為120°，則E的離心率為_(kāi)_______． 解析　如圖，設(shè)雙曲線E的方程為－＝1(a＞0，b＞0)，則|AB|＝2a，由雙曲線的對(duì)稱性，可設(shè)點(diǎn)M(x1，y1)在第一象限內(nèi)，過(guò)M作MN⊥x軸于點(diǎn)N(x1，0)， ∵△ABM為等腰三角形，且∠ABM＝120°， ∴|BM|＝|AB|＝2a，∠MBN＝60°， ∴y1＝|MN|＝|BM|sin∠MBN＝2asin 60°＝a，x1＝|OB|＋|BN|＝a＋2acos 60°＝2a.將點(diǎn)M(x1，y1)的坐標(biāo)代入－＝1，可得a2＝b2，∴e＝＝＝. 答案　 7．已知e1，e2是平面內(nèi)兩個(gè)相互垂直的單位向量，若向

23、量b滿足|b|＝2，b·e1＝1，b·e2＝1，則對(duì)于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|的最小值為_(kāi)_______． 解析　|b－(xe1＋ye2)|2＝b2＋x2e＋y2e－2xb·e1－2yb·e2＋2xye1·e2＝4＋x2＋y2－2x－2y＝(x－1)2＋(y－1)2＋2≥2， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝1，y＝1時(shí)，|b－(xe1＋ye2)|2取得最小值2，此時(shí)|b－(xe1＋ye2)|取得最小值. 答案　 8．設(shè)直線l與拋物線y2＝4x相交于A，B兩點(diǎn)，與圓C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于點(diǎn)M，且M為線段AB的中點(diǎn)．若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是______

24、__． 解析　設(shè)直線l的方程為x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 把直線l的方程代入拋物線方程y2＝4x并整理得y2－4ty－4m＝0， 則Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，那么x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，則線段AB的中點(diǎn)M(2t2＋m，2t)． 由題意可得直線AB與直線MC垂直，且C(5，0)． 當(dāng)t≠0時(shí)，有kMC·kAB＝－1， 即·＝－1，整理得m＝3－2t2， 把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m＞0， 可得3－t2＞0，即0＜t2＜3. 由于圓心C到直線AB的距離等于半徑， 即d＝＝＝

25、2＝r， 所以2＜r＜4，此時(shí)滿足題意且不垂直于x軸的直線有兩條． 當(dāng)t＝0時(shí)，這樣的直線l恰有2條，即x＝5±r，所以0＜r＜5. 綜上，可得若這樣的直線恰有4條，則2＜r＜4. 答案　(2，4) 三、解答題 9．已知數(shù)列{an}是一個(gè)等差數(shù)列，且a2＝1，a5＝－5. (1)求{an}的通項(xiàng)an； (2)求{an}前n項(xiàng)和Sn的最大值． 解　(1)設(shè){an}的公差為d，由已知條件， 解得a1＝3，d＝－2. 所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5. (2)Sn＝na1＋d＝－n2＋4n＝4－(n－2)2. 所以n＝2時(shí)，Sn取到最大值4. 10．橢圓C的中心為

26、坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在y軸上，短軸長(zhǎng)為，離心率為，直線l與y軸交于點(diǎn)P(0，m)，與橢圓C交于相異兩點(diǎn)A，B，且＝3. (1)求橢圓C的方程； (2)求m的取值范圍． 解　(1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a＞b＞0)，設(shè)c＞0，c2＝a2－b2，由題意，知2b＝，＝， 所以a＝1，b＝c＝. 故橢圓C的方程為y2＋＝1，即y2＋2x2＝1. (2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由題意求得m＝±； 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)， 設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，l與橢圓C的交點(diǎn)坐標(biāo)為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(k2＋2)x2＋2kmx＋m2－1＝0， Δ＝(2km)2－4

27、(k2＋2)(m2－1) ＝4(k2－2m2＋2)＞0，(*) x1＋x2＝，x1x2＝. 因?yàn)椋? ，所以－x1＝3x2. 所以所以3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0. 所以3·＋4·＝0. 整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0， 即k2(4m2－1)＋(2m2－2)＝0. 當(dāng)m2＝時(shí)，上式不成立；當(dāng)m2≠時(shí)，k2＝. 由(*)式，得k2＞2m2－2， 又k≠0，所以k2＝＞0. 解得－1＜m＜－或＜m＜1. 綜上，所求m的取值范圍為∪. 11．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3ax，g(x)＝bx2－ln x(a，b∈R)，已知它們?cè)趚＝1處的切線互相平行． (1)求

28、b的值； (2)若函數(shù)F(x)＝且方程F(x)＝a2有且僅有四個(gè)解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解　函數(shù)g(x)＝bx2－ln x的定義域?yàn)?0，＋∞)， (1)f′(x)＝3ax2－3af′(1)＝0， g′(x)＝2bx－g′(1)＝2b－1， 依題意得2b－1＝0，所以b＝. (2)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＝x－＜0， 即g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減， x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＝x－＞0，即g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)取得極小值g(1)＝； 當(dāng)a＝0時(shí)，方程F(x)＝a2不可能有四個(gè)解； 當(dāng)a＜0，x∈(－∞，－1)時(shí)，f′

29、(x)＜0，即f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，x∈(－1，0)時(shí)，f′(x)＞0， 即f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得極小值f(－1)＝2a， 又f(0)＝0，所以F(x)的圖象如圖(1)所示，從圖象可以看出F(x)＝a2不可能有四個(gè)解． 當(dāng)a＞0，x∈(－∞，－1)時(shí)，f′(x)＞0， 即f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，x∈(－1，0)時(shí)，f′(x)＜0， 即f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得極大值f(－1)＝2a. 又f(0)＝0，所以F(x)的圖象如圖(2)所求， 從圖(2)看出，若方程F(x)＝a2有四個(gè)解，則＜a2＜2a，得＜a＜2，所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 13