小學(xué)數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)教案

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)歸納法學(xué)案帶答案。

俗話說，居安思危，思則有備，有備無患。作為高中教師就需要提前準(zhǔn)備好適合自己的教案。教案可以更好的幫助學(xué)生們打好基礎(chǔ)，讓高中教師能夠快速的解決各種教學(xué)問題。那么如何寫好我們的高中教案呢？下面是小編幫大家編輯的《高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)歸納法學(xué)案帶答案》，歡迎您參考，希望對(duì)您有所助益！

學(xué)案39數(shù)學(xué)歸納法

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.了解數(shù)學(xué)歸納法的原理.2.能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的數(shù)學(xué)命題．
自主梳理
1．歸納法
由一系列有限的特殊事例得出________的推理方法叫歸納法．根據(jù)推理過程中考查的對(duì)象是涉及事物的全體或部分可分為____歸納法和________歸納法．
2．?dāng)?shù)學(xué)歸納法
設(shè){Pn}是一個(gè)與正整數(shù)相關(guān)的命題集合，如果：(1)證明起始命題________(或________)成立；(2)在假設(shè)______成立的前提下，推出________也成立，那么可以斷定{Pn}對(duì)一切正整數(shù)成立．
3．?dāng)?shù)學(xué)歸納法證題的步驟
(1)(歸納奠基)證明當(dāng)n取第一個(gè)值__________時(shí)命題成立．
(2)(歸納遞推)假設(shè)______________________________時(shí)命題成立，證明當(dāng)________時(shí)命題也成立．只要完成這兩個(gè)步驟，就可以斷定命題對(duì)從n0開始的所有正整數(shù)n都成立．
自我檢測(cè)
1．用數(shù)學(xué)歸納法證明：“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝1－an＋21－a(a≠1)”在驗(yàn)證n＝1時(shí)，左端計(jì)算所得的項(xiàng)為()
A．1B．1＋a
C．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3
2．如果命題P(n)對(duì)于n＝k(k∈N*)時(shí)成立，則它對(duì)n＝k＋2也成立，又若P(n)對(duì)于n＝2時(shí)成立，則下列結(jié)論正確的是()
A．P(n)對(duì)所有正整數(shù)n成立
B．P(n)對(duì)所有正偶數(shù)n成立
C．P(n)對(duì)所有正奇數(shù)n成立
D．P(n)對(duì)所有大于1的正整數(shù)n成立
3．(2011臺(tái)州月考)證明n＋221＋12＋13＋14＋…＋12nn＋1(n1)，當(dāng)n＝2時(shí)，中間式子等于()
A．1B．1＋12
C．1＋12＋13D．1＋12＋13＋14
4．用數(shù)學(xué)歸納法證明“2nn2＋1對(duì)于nn0的正整數(shù)n都成立”時(shí)，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取()
A．2B．3C．5D．6
5．用數(shù)學(xué)歸納法證明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用歸納假設(shè)證n＝k＋1時(shí)的情況，只需展開()
A．(k＋3)3B．(k＋2)3
C．(k＋1)3D．(k＋1)3＋(k＋2)3
探究點(diǎn)一用數(shù)學(xué)歸納法證明等式
例1對(duì)于n∈N*，用數(shù)學(xué)歸納法證明：
1n＋2(n－1)＋3(n－2)＋…＋(n－1)2＋n1＝16n(n＋1)(n＋2)．
jab88.COm

變式遷移1(2011金華月考)用數(shù)學(xué)歸納法證明：
對(duì)任意的n∈N*,1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n.

探究點(diǎn)二用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式
例2用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)一切大于1的自然數(shù)，不等式1＋131＋15…1＋12n－12n＋12均成立．

變式遷移2已知m為正整數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)x－1時(shí)，(1＋x)m≥1＋mx.

探究點(diǎn)三用數(shù)學(xué)歸納法證明整除問題
例3用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除．

變式遷移3用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n為正整數(shù)時(shí)，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．

從特殊到一般的思想
例(14分)已知等差數(shù)列{an}的公差d大于0，且a2、a5是方程x2－12x＋27＝0的兩根，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，且Tn＝1－12bn.
(1)求數(shù)列{an}、{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，試比較1bn與Sn＋1的大小，并說明理由．
【答題模板】
解(1)由已知得a2＋a5＝12a2a5＝27，又∵{an}的公差大于0，
∴a5a2，∴a2＝3，a5＝9.∴d＝a5－a23＝9－33＝2，a1＝1，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.[2分]
∵Tn＝1－12bn，∴b1＝23，當(dāng)n≥2時(shí)，Tn－1＝1－12bn－1，
∴bn＝Tn－Tn－1＝1－12bn－1－12bn－1，
化簡，得bn＝13bn－1，[4分]
∴{bn}是首項(xiàng)為23，公比為13的等比數(shù)列，
即bn＝2313n－1＝23n，
∴an＝2n－1，bn＝23n.[6分]
(2)∵Sn＝1＋2n－12n＝n2，∴Sn＋1＝(n＋1)2，1bn＝3n2.
以下比較1bn與Sn＋1的大?。?br> 當(dāng)n＝1時(shí)，1b1＝32，S2＝4，∴1b1S2，當(dāng)n＝2時(shí)，1b2＝92，S3＝9，∴1b2S3，
當(dāng)n＝3時(shí)，1b3＝272，S4＝16，∴1b3S4，當(dāng)n＝4時(shí)，1b4＝812，S5＝25，∴1b4S5.
猜想：n≥4時(shí)，1bnSn＋1.[9分]
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當(dāng)n＝4時(shí)，已證．
②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，k≥4)時(shí)，1bkSk＋1，即3k2(k＋1)2.[10分]
那么，n＝k＋1時(shí)，1bk＋1＝3k＋12＝33k23(k＋1)2＝3k2＋6k＋3＝(k2＋4k＋4)＋2k2＋2k－1[(k＋1)＋1]2＝S(k＋1)＋1，∴n＝k＋1時(shí)，1bnSn＋1也成立．[12分]
由①②可知n∈N*，n≥4時(shí)，1bnSn＋1都成立．
綜上所述，當(dāng)n＝1,2,3時(shí)，1bnSn＋1，當(dāng)n≥4時(shí)，1bnSn＋1.[14分]
【突破思維障礙】
1．歸納——猜想——證明是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容之一，此類問題可分為歸納性問題和存在性問題，本例中歸納性問題需要從特殊情況入手，通過觀察、分析、歸納、猜想，探索出一般規(guī)律．
2．?dāng)?shù)列是定義在N*上的函數(shù)，這與數(shù)學(xué)歸納法運(yùn)用的范圍是一致的，并且數(shù)列的遞推公式與歸納原理實(shí)質(zhì)上是一致的，數(shù)列中有不少問題常用數(shù)學(xué)歸納法解決．
【易錯(cuò)點(diǎn)剖析】
1．嚴(yán)格按照數(shù)學(xué)歸納法的三個(gè)步驟書寫，特別是對(duì)初始值的驗(yàn)證不可省略，有時(shí)要取兩個(gè)(或兩個(gè)以上)初始值進(jìn)行驗(yàn)證；初始值的驗(yàn)證是歸納假設(shè)的基礎(chǔ)．
2．在進(jìn)行n＝k＋1命題證明時(shí)，一定要用n＝k時(shí)的命題，沒有用到該命題而推理證明的方法不是數(shù)學(xué)歸納法．
1．?dāng)?shù)學(xué)歸納法：先證明當(dāng)n取第一個(gè)值n0時(shí)命題成立，然后假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，k≥n0)時(shí)命題成立，并證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立，那么就證明了這個(gè)命題成立．這是因?yàn)榈谝徊绞紫茸C明了n取第一個(gè)值n0時(shí)，命題成立，這樣假設(shè)就有了存在的基礎(chǔ)，至少k＝n0時(shí)命題成立，由假設(shè)合理推證出n＝k＋1時(shí)命題也成立，這實(shí)質(zhì)上是證明了一種循環(huán)，如驗(yàn)證了n0＝1成立，又證明了n＝k＋1也成立，這就一定有n＝2成立，n＝2成立，則n＝3成立，n＝3成立，則n＝4也成立，如此反復(fù)以至無窮，對(duì)所有n≥n0的整數(shù)就都成立了．
2．(1)第①步驗(yàn)證n＝n0使命題成立時(shí)n0不一定是1，是使命題成立的最小正整數(shù)．
(2)第②步證明n＝k＋1時(shí)命題也成立的過程中一定要用到歸納遞推，否則就不是數(shù)學(xué)歸納法．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．用數(shù)學(xué)歸納法證明命題“當(dāng)n是正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步時(shí)，正確的證法是()
A．假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)命題成立，證明n＝k＋1命題成立
B．假設(shè)n＝k(k是正奇數(shù))時(shí)命題成立，證明n＝k＋1命題成立
C．假設(shè)n＝2k＋1(k∈N*)時(shí)命題成立，證明n＝k＋1命題成立
D．假設(shè)n＝k(k是正奇數(shù))時(shí)命題成立，證明n＝k＋2命題成立
2．已知f(n)＝1n＋1n＋1＋1n＋2＋…＋1n2，則()
A．f(n)中共有n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝12＋13
B．f(n)中共有n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝12＋13＋14
C．f(n)中共有n2－n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝12＋13
D．f(n)中共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝12＋13＋14
3．如果命題P(n)對(duì)n＝k成立，則它對(duì)n＝k＋1也成立，現(xiàn)已知P(n)對(duì)n＝4不成立，則下列結(jié)論正確的是()
A．P(n)對(duì)n∈N*成立
B．P(n)對(duì)n4且n∈N*成立
C．P(n)對(duì)n4且n∈N*成立
D．P(n)對(duì)n≤4且n∈N*不成立
4．(2011日照模擬)用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋n22，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上加上()
A．k2＋1
B．(k＋1)2
C.k＋14＋k＋122
D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2
5．(2011湛江月考)已知f(x)是定義域?yàn)檎麛?shù)集的函數(shù)，對(duì)于定義域內(nèi)任意的k，若f(k)≥k2成立，則f(k＋1)≥(k＋1)2成立，下列命題成立的是()
A．若f(3)≥9成立，且對(duì)于任意的k≥1，均有f(k)≥k2成立
B．若f(4)≥16成立，則對(duì)于任意的k≥4，均有f(k)k2成立
C．若f(7)≥49成立，則對(duì)于任意的k7，均有f(k)k2成立
D．若f(4)＝25成立，則對(duì)于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋2＋3＋…＋n＋…＋3＋2＋1＝n2(n∈N*)”時(shí)，從n＝k到n＝k＋1時(shí)，該式左邊應(yīng)添加的代數(shù)式是________．
7．(2011南京模擬)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n1324的過程中，由n＝k推導(dǎo)n＝k＋1時(shí)，不等式的左邊增加的式子是______________．
8．凸n邊形有f(n)條對(duì)角線，凸n＋1邊形有f(n＋1)條對(duì)角線，則f(n＋1)＝f(n)＋________.
三、解答題(共38分)
9．(12分)用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋n2≤1＋12＋13＋…＋12n≤12＋n(n∈N*)．

10．(12分)(2011新鄉(xiāng)月考)數(shù)列{an}滿足an0，Sn＝12(an＋1an)，求S1，S2，猜想Sn，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．

11．(14分)(2011鄭州月考)已知函數(shù)f(x)＝1x2e－1|x|(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．
(1)判斷f(x)的奇偶性；
(2)在(－∞，0)上求函數(shù)f(x)的極值；
(3)用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)x0時(shí)，對(duì)任意正整數(shù)n都有f(1x)n！x2－n.

學(xué)案39數(shù)學(xué)歸納法
自主梳理
1．一般結(jié)論完全不完全2.(1)P1P0(2)PkPk＋1
3．(1)n0(n0∈N*)(2)n＝k(k≥n0，k∈N*)n＝k＋1
自我檢測(cè)
1．C[當(dāng)n＝1時(shí)左端有n＋2項(xiàng)，∴左端＝1＋a＋a2.]
2．B[由n＝2成立，根據(jù)遞推關(guān)系“P(n)對(duì)于n＝k時(shí)成立，則它對(duì)n＝k＋2也成立”，可以推出n＝4時(shí)成立，再推出n＝6時(shí)成立，…，依次類推，P(n)對(duì)所有正偶數(shù)n成立”．]
3．D[當(dāng)n＝2時(shí)，中間的式子
1＋12＋13＋122＝1＋12＋13＋14.]
4．C[當(dāng)n＝1時(shí)，21＝12＋1；
當(dāng)n＝2時(shí)，2222＋1；當(dāng)n＝3時(shí)，2332＋1；
當(dāng)n＝4時(shí)，2442＋1.而當(dāng)n＝5時(shí)，2552＋1，∴n0＝5.]
5．A[假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，原式能被9整除，
即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．
當(dāng)n＝k＋1時(shí)，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3為了能用上面的歸納假設(shè)，只需將(k＋3)3展開，讓其出現(xiàn)k3即可．]
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)有關(guān)的一些等式命題，關(guān)鍵在于弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律：等式的兩邊各有多少項(xiàng)，由n＝k到n＝k＋1時(shí)，等式的兩邊會(huì)增加多少項(xiàng)，增加怎樣的項(xiàng)．
證明設(shè)f(n)＝1n＋2(n－1)＋3(n－2)＋…＋(n－1)2＋n1.
(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1，右邊＝1，等式成立；
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1且k∈N*)時(shí)等式成立，
即1k＋2(k－1)＋3(k－2)＋…＋(k－1)2＋k1
＝16k(k＋1)(k＋2)，
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
f(k＋1)＝1(k＋1)＋2[(k＋1)－1]＋3[(k＋1)－2]＋…＋[(k＋1)－1]2＋(k＋1)1
＝f(k)＋1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)
＝16k(k＋1)(k＋2)＋12(k＋1)(k＋1＋1)
＝16(k＋1)(k＋2)(k＋3)．
由(1)(2)可知當(dāng)n∈N*時(shí)等式都成立．
變式遷移1證明(1)當(dāng)n＝1時(shí)，
左邊＝1－12＝12＝11＋1＝右邊，
∴等式成立．
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，等式成立，即
1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k
＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k.
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k＋12k＋1－12k＋2
＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k＋12k＋1－12k＋2
＝1k＋1＋1＋1k＋1＋2＋…＋12k＋12k＋1＋1k＋1－12k＋2
＝1k＋1＋1＋1k＋1＋2＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋1，
即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立，
所以由(1)(2)知對(duì)任意的n∈N*等式都成立．
例2解題導(dǎo)引用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式問題時(shí)，從n＝k到n＝k＋1的推證過程中，證明不等式的常用方法有比較法、分析法、綜合法、放縮法等．
證明(1)當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝1＋13＝43；右邊＝52.
∵左邊右邊，∴不等式成立．
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，且k∈N*)時(shí)不等式成立，
即1＋131＋15…1＋12k－12k＋12.
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
1＋131＋15…1＋12k－11＋12k＋1－1
2k＋122k＋22k＋1＝2k＋222k＋1＝4k2＋8k＋422k＋1
4k2＋8k＋322k＋1＝2k＋32k＋122k＋1＝2k＋1＋12.
∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．
由(1)(2)知，對(duì)于一切大于1的自然數(shù)n，不等式都成立．
變式遷移2證明(1)當(dāng)m＝1時(shí)，原不等式成立；
當(dāng)m＝2時(shí)，左邊＝1＋2x＋x2，右邊＝1＋2x，
因?yàn)閤2≥0，所以左邊≥右邊，原不等式成立；
(2)假設(shè)當(dāng)m＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)，不等式成立，
即(1＋x)k≥1＋kx，則當(dāng)m＝k＋1時(shí)，
∵x－1，∴1＋x0.
于是在不等式(1＋x)k≥1＋kx兩邊同時(shí)乘以1＋x得，
(1＋x)k(1＋x)≥(1＋kx)(1＋x)＝1＋(k＋1)x＋kx2
≥1＋(k＋1)x.
所以(1＋x)k＋1≥1＋(k＋1)x，
即當(dāng)m＝k＋1時(shí)，不等式也成立．
綜合(1)(2)知，對(duì)一切正整數(shù)m，不等式都成立．
例3解題導(dǎo)引用數(shù)學(xué)歸納法證明整除問題，由k過渡到k＋1時(shí)常使用“配湊法”．在證明n＝k＋1成立時(shí)，先將n＝k＋1時(shí)的原式進(jìn)行分拆、重組或者添加項(xiàng)等方式進(jìn)行整理，最終將其變成一個(gè)或多個(gè)部分的和，其中每個(gè)部分都能被約定的數(shù)(或式子)整除，從而由部分的整除性得出整體的整除性，最終證得n＝k＋1時(shí)也成立．
證明(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a2＋(a＋1)＝a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除．
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1且k∈N*)時(shí)，
ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝aak＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1
＝aak＋1＋a(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1
＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1，
由假設(shè)可知a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，
∴ak＋2＋(a＋1)2k＋1也能被a2＋a＋1整除，
即n＝k＋1時(shí)命題也成立．
綜合(1)(2)知，對(duì)任意的n∈N*命題都成立．
變式遷移3證明(1)當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝34－8－9＝64，
命題顯然成立．
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，
f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除．
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋98k＋99－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋64(k＋1)
即f(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)
∴n＝k＋1時(shí)命題也成立．
綜合(1)(2)可知，對(duì)任意的n∈N*，命題都成立．
課后練習(xí)區(qū)
1．D[A、B、C中，k＋1不一定表示奇數(shù)，只有D中k為奇數(shù)，k＋2為奇數(shù)．]
2．D
3．D[由題意可知，P(n)對(duì)n＝3不成立(否則P(n)對(duì)n＝4也成立)．同理可推P(n)對(duì)n＝2，n＝1也不成立．]
4．D[∵當(dāng)n＝k時(shí)，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，
當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，
∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上加上
(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.]
5．D[f(4)＝2542，∴k≥4，均有f(k)≥k2.
僅有D選項(xiàng)符合題意．]
6．2k＋1
解析∵當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
左邊＝1＋2＋…＋k＋(k＋1)＋k＋…＋2＋1，
∴從n＝k到n＝k＋1時(shí)，應(yīng)添加的代數(shù)式為(k＋1)＋k＝2k＋1.
7.12k＋12k＋2
解析不等式的左邊增加的式子是
12k＋1＋12k＋2－1k＋1＝12k＋12k＋2.
8．n－1
解析∵f(4)＝f(3)＋2，f(5)＝f(4)＋3，
f(6)＝f(5)＋4，…，∴f(n＋1)＝f(n)＋n－1.
9．證明(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1＋12，右邊＝12＋1，
∴32≤1＋12≤32，命題成立．(2分)
當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝1＋22＝2；右邊＝12＋2＝52，
∴21＋12＋13＋1452，命題成立．(4分)
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)命題成立，
即1＋k21＋12＋13＋…＋12k12＋k，(6分)
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
1＋12＋13＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2＋…＋12k＋2k1＋k2＋2k12k＋1＝1＋k＋12.(8分)
又1＋12＋13＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2＋…＋12k＋2k12＋k＋2k12k＝12＋(k＋1)，
即n＝k＋1時(shí)，命題也成立．(10分)
由(1)(2)可知，命題對(duì)所有n∈N*都成立．(12分)
10．解∵an0，∴Sn0，
由S1＝12(a1＋1a1)，變形整理得S21＝1，
取正根得S1＝1.
由S2＝12(a2＋1a2)及a2＝S2－S1＝S2－1得
S2＝12(S2－1＋1S2－1)，
變形整理得S22＝2，取正根得S2＝2.
同理可求得S3＝3.由此猜想Sn＝n.(4分)
用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：
(1)當(dāng)n＝1時(shí)，上面已求出S1＝1，結(jié)論成立．
(6分)
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，即Sk＝k.
那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
Sk＋1＝12(ak＋1＋1ak＋1)＝12(Sk＋1－Sk＋1Sk＋1－Sk)
＝12(Sk＋1－k＋1Sk＋1－k)．
整理得S2k＋1＝k＋1，取正根得Sk＋1＝k＋1.
故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．(11分)
由(1)、(2)可知，對(duì)一切n∈N*，Sn＝n都成立．
(12分)
11．(1)解∵函數(shù)f(x)定義域?yàn)閧x∈R|x≠0}
且f(－x)＝1－x2＝1x2＝f(x)，
∴f(x)是偶函數(shù)．(4分)
(2)解當(dāng)x0時(shí)，f(x)＝1x2，
f′(x)＝－2x3＋1x2(－1x2)
＝－1x4(2x＋1)，(6分)
令f′(x)＝0有x＝－12，
當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x(－∞，－12)
－12
(－12，0)

f′(x)＋0－
f(x)增極大值減
由表可知：當(dāng)x＝－12時(shí)，f(x)取極大值4e－2，
無極小值．(8分)
(3)證明當(dāng)x0時(shí)f(x)＝1x2，∴f(1x)＝x2e－x.
考慮到：x0時(shí)，不等式f(1x)n！x2－n等價(jià)于x2e－xn！x2－nxnn！ex(ⅰ)(9分)
所以只要用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式(ⅰ)對(duì)一切n∈N*都成立即可．
①當(dāng)n＝1時(shí)，設(shè)g(x)＝ex－x(x0)，
∵x0時(shí)，g′(x)＝ex－10，∴g(x)是增函數(shù)，
故g(x)g(0)＝10，即exx(x0)．
所以當(dāng)n＝1時(shí)，不等式(ⅰ)成立．(10分)
②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，不等式(ⅰ)成立，
即xkk！ex，
當(dāng)n＝k＋1時(shí)，設(shè)h(x)＝(k＋1)！ex－xk＋1(x0)，
h′(x)＝(k＋1)！ex－(k＋1)xk＝(k＋1)(k！ex－xk)0，
故h(x)＝(k＋1)！ex－xk＋1(x0)為增函數(shù)，
∴h(x)h(0)＝(k＋1)！0，
∴xk＋1(k＋1)！ex，
即n＝k＋1時(shí)，不等式(ⅰ)也成立，(13分)
由①②知不等式(ⅰ)對(duì)一切n∈N*都成立，
故當(dāng)x0時(shí)，原不等式對(duì)n∈N*都成立．(14分)

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高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)直線及其方程學(xué)案帶答案

第九章解析幾何
學(xué)案47直線及其方程

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.在平面直角坐標(biāo)系中，結(jié)合具體圖形，確定直線位置的幾何要素.2.理解直線的傾斜角和斜率的概念，掌握過兩點(diǎn)的直線斜率的計(jì)算公式.3.掌握確定直線位置的幾何要素，掌握直線方程的幾種形式，了解斜截式與一次函數(shù)的關(guān)系．
自主梳理
1．直線的傾斜角與斜率
(1)直線的傾斜角
①定義：當(dāng)直線l與x軸相交時(shí)，我們?nèi)軸作為基準(zhǔn)，x軸________與直線l________方向之間所成的角α叫做直線l的傾斜角．當(dāng)直線l與x軸平行或重合時(shí)，規(guī)定它的傾斜角為________．
②傾斜角的范圍為______________．
(2)直線的斜率
①定義：一條直線的傾斜角α的________叫做這條直線的斜率，斜率常用小寫字母k表示，即k＝________，傾斜角是90°的直線斜率不存在．
②過兩點(diǎn)的直線的斜率公式：
經(jīng)過兩點(diǎn)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(x1≠x2)的直線的斜率公式為k＝______________________.
2．直線的方向向量
經(jīng)過兩點(diǎn)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直線的一個(gè)方向向量為P1P2→，其坐標(biāo)為________________，當(dāng)斜率k存在時(shí)，方向向量的坐標(biāo)可記為(1，k)．
3．直線的方程和方程的直線
已知二元一次方程Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)和坐標(biāo)平面上的直線l，如果直線l上任意一點(diǎn)的坐標(biāo)都是方程____________的解，并且以方程Ax＋By＋C＝0的任意一個(gè)解作為點(diǎn)的坐標(biāo)都在__________，就稱直線l是方程Ax＋By＋C＝0的直線，稱方程Ax＋By＋C＝0是直線l的方程．
4．直線方程的五種基本形式
名稱方程適用范圍
點(diǎn)斜式不含直線x＝x0
斜截式不含垂直于x軸的直線
兩點(diǎn)式不含直線x＝x1(x1≠x2)和直線y＝y(tǒng)1(y1≠y2)
截距式不含垂直于坐標(biāo)軸和過原點(diǎn)的直線
一般式平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的直線都適用
5.線段的中點(diǎn)坐標(biāo)公式
若點(diǎn)P1，P2的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，且線段P1P2的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x，y)，則x＝，y＝，此公式為線段P1P2的中點(diǎn)坐標(biāo)公式．
自我檢測(cè)
1．(2011銀川調(diào)研)若A(－2,3)，B(3，－2)，C12，m三點(diǎn)共線，則m的值為()
A.12B．－12C．－2D．2
2．直線l與兩條直線x－y－7＝0，y＝1分別交于P、Q兩點(diǎn)，線段PQ的中點(diǎn)為(1，－1)，則直線l的斜率為()
A．－32B.32C.23D．－23
3．下列四個(gè)命題中，假命題是()
A．經(jīng)過定點(diǎn)P(x0，y0)的直線不一定都可以用方程y－y0＝k(x－x0)表示
B．經(jīng)過兩個(gè)不同的點(diǎn)P1(x1，y1)、P2(x2，y2)的直線都可以用方程(y－y1)(x2－x1)＝(x－x1)(y2－y1)來表示
C．與兩條坐標(biāo)軸都相交的直線不一定可以用方程xa＋yb＝1表示
D．經(jīng)過點(diǎn)Q(0，b)的直線都可以表示為y＝kx＋b
4．(2011商丘期末)如果AC0，且BC0，那么直線Ax＋By＋C＝0不通過()
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限
5．已知直線l的方向向量與向量a＝(1,2)垂直，且直線l過點(diǎn)A(1,1)，則直線l的方程為()
A．x－2y－1＝0B．2x＋y－3＝0
C．x＋2y＋1＝0D．x＋2y－3＝0
探究點(diǎn)一傾斜角與斜率

例1已知兩點(diǎn)A(－1，－5)、B(3，－2)，直線l的傾斜角是直線AB傾斜角的一半，求l的斜率．

變式遷移1直線xsinα－y＋1＝0的傾斜角的變化范圍是()
A.0，π2B．(0，π)
C.－π4，π4D.0，π4∪3π4，π
探究點(diǎn)二直線的方程
例2(2011武漢模擬)過點(diǎn)M(0,1)作直線，使它被兩直線l1：x－3y＋10＝0，l2：2x＋y－8＝0所截得的線段恰好被M所平分，求此直線方程．

變式遷移2求適合下列條件的直線方程：
(1)經(jīng)過點(diǎn)P(3,2)且在兩坐標(biāo)軸上的截距相等；
(2)經(jīng)過點(diǎn)A(－1，－3)，傾斜角等于直線y＝3x的傾斜角的2倍．

探究點(diǎn)三直線方程的應(yīng)用

例3過點(diǎn)P(2,1)的直線l交x軸、y軸正半軸于A、B兩點(diǎn)，求使：
(1)△AOB面積最小時(shí)l的方程；
(2)|PA||PB|最小時(shí)l的方程．
變式遷移3為了綠化城市，擬在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)建一個(gè)矩形草坪(如圖)，另外△EFA內(nèi)部有一文物保護(hù)區(qū)不能占用，經(jīng)測(cè)量|AB|＝100m，|BC|＝80m，|AE|＝30m，|AF|＝20m，應(yīng)如何設(shè)計(jì)才能使草坪面積最大？
探究點(diǎn)四數(shù)形結(jié)合思想
例4已知實(shí)數(shù)x，y滿足y＝x2－2x＋2(－1≤x≤1)．
試求y＋3x＋2的最大值與最小值．

變式遷移4直線l過點(diǎn)M(－1,2)且與以點(diǎn)P(－2，－3)、Q(4,0)為端點(diǎn)的線段恒相交，則l的斜率范圍是()
A．[－25，5]B．[－25，0)∪(0,5]
C．(－∞，－25]∪[5，＋∞)D．[－25，π2)∪(π2，5]
1．要正確理解傾斜角的定義，明確傾斜角的范圍為0°≤α180°，熟記斜率公式k＝y(tǒng)2－y1x2－x1，該公式與兩點(diǎn)順序無關(guān)．已知兩點(diǎn)坐標(biāo)(x1≠x2)，根據(jù)該公式可以求出經(jīng)過兩點(diǎn)的直線斜率，而x1＝x2，y1≠y2時(shí)，直線斜率不存在，此時(shí)直線的傾斜角為90°.
2．當(dāng)直線沒有斜率(x1＝x2)或斜率為0(y1＝y(tǒng)2)時(shí)，不能用兩點(diǎn)式y(tǒng)－y1y2－y1＝x－x1x2－x1求直線方程，但都可以寫成(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)的形式．直線方程的點(diǎn)斜式、斜截式、兩點(diǎn)式、截距式都可以化成一般式，但是有些直線的一般式方程不能化成點(diǎn)斜式、斜截式、兩點(diǎn)式或截距式．
3．使用直線方程時(shí)，一定要注意限制條件以免解題過程中丟解，如點(diǎn)斜式的使用條件是直線必須有斜率，截距式的使用條件是截距存在且不為零，兩點(diǎn)式的使用條件是直線不與坐標(biāo)軸垂直．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011臨沂月考)已知直線l經(jīng)過A(2,1)、B(1，m2)(m∈R)兩點(diǎn)，那么直線l的傾斜角的取值范圍是()
A．(0，π)B.0，π4∪π2，π
C.0，π4D.π4，π2∪π2，π
2．若直線l：y＝kx－3與直線2x＋3y－6＝0的交點(diǎn)位于第一象限，則直線l的傾斜角的取值范圍是()
A.π6，π3B.π6，π2
C.π3，π2D.π6，π2
3．點(diǎn)P(x，y)在經(jīng)過A(3,0)，B(1,1)兩點(diǎn)的直線上，那么2x＋4y的最小值是()
A．22B．42
C．16D．不存在
4．(2011宜昌調(diào)研)點(diǎn)A(a＋b，ab)在第一象限內(nèi)，則直線bx＋ay－ab＝0不經(jīng)過的象限是()
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限
5．(2011包頭期末)經(jīng)過點(diǎn)P(2，－1)，且在y軸上的截距等于它在x軸上的截距的2倍的直線l的方程為()
A．2x＋y＝2B．2x＋y＝4
C．2x＋y＝3D．2x＋y＝3或x＋2y＝0
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．過兩點(diǎn)A(m2＋2，m2－3)，B(3－m－m2,2m)的直線l的傾斜角為45°，則m＝________.
7．直線x＋(a2＋1)y＋1＝0(a∈R)的傾斜角的取值范圍是________．
8．設(shè)A、B是x軸上的兩點(diǎn)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2，且|PA|＝|PB|，若直線PA的方程為x－y＋1＝0，則直線PB的方程是________________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知兩點(diǎn)A(－1,2)，B(m,3)，求：
(1)直線AB的斜率k；
(2)求直線AB的方程；
(3)已知實(shí)數(shù)m∈－33－1，3－1，求直線AB的傾斜角α的范圍．

10．(12分)(2011秦皇島模擬)已知線段PQ兩端點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(－1,1)、(2,2)，若直線l：x＋my＋m＝0與線段PQ有交點(diǎn)，求m的范圍．
11．(14分)已知直線l：kx－y＋1＋2k＝0(k∈R)．
(1)證明：直線l過定點(diǎn)；
(2)若直線不經(jīng)過第四象限，求k的取值范圍；
(3)若直線l交x軸負(fù)半軸于A，交y軸正半軸于B，△AOB的面積為S，求S的最小值并求此時(shí)直線l的方程．

學(xué)案47直線及其方程
自主梳理
1．(1)①正向向上0°②0°≤α180°(2)①正切值tanα②y2－y1x2－x12.(x2－x1，y2－y1)3.Ax＋By＋C＝0
直線l上4.y－y0＝k(x－x0)y＝kx＋by－y1y2－y1＝x－x1x2－x1xa＋yb＝1(a≠0，b≠0)Ax＋By＋C＝0(A、B不同時(shí)為0)5.x1＋x22y1＋y22
自我檢測(cè)
1．A2.D3.D4.C5.D
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引斜率與傾斜角常與三角函數(shù)聯(lián)系，本題需要挖掘隱含條件，判斷角的范圍．關(guān)鍵是熟練掌握好根據(jù)三角函數(shù)值確定角的范圍這一類題型．
解設(shè)直線l的傾斜角為α，則直線AB的傾斜角為2α，
由題意可知：tan2α＝－2－－53－－1＝34，∴2tanα1－tan2α＝34.
整理得3tan2α＋8tanα－3＝0.
解得tanα＝13或tanα＝－3，∵tan2α＝340，
∴0°2α90°，∴0°α45°，∴tanα0，
故直線l的斜率為13.
變式遷移1D[直線xsinα－y＋1＝0的斜率是k＝sinα，
又∵－1≤sinα≤1，∴－1≤k≤1.
當(dāng)0≤k≤1時(shí)，傾斜角的范圍是0，π4，
當(dāng)－1≤k0時(shí)，傾斜角的范圍是3π4，π.]
例2解題導(dǎo)引(1)對(duì)直線問題，要特別注意斜率不存在的情況．
(2)求直線方程常用方法——待定系數(shù)法．
待定系數(shù)法就是根據(jù)所求的具體直線設(shè)出方程，然后按照它們滿足的條件求出參數(shù)．
解過點(diǎn)M且與x軸垂直的直線是y軸，它和兩已知直線的交點(diǎn)分別是0，103和(0,8)，
顯然不滿足中點(diǎn)是點(diǎn)M(0,1)的條件．
故可設(shè)所求直線方程為y＝kx＋1，與兩已知直線l1、l2分別交于A、B兩點(diǎn)，聯(lián)立方程組y＝kx＋1，x－3y＋10＝0，①
y＝kx＋1，2x＋y－8＝0，②
由①解得xA＝73k－1，由②解得xB＝7k＋2.
∵點(diǎn)M平分線段AB，∴xA＋xB＝2xM，
即73k－1＋7k＋2＝0，解得k＝－14.
故所求直線方程為x＋4y－4＝0.
變式遷移2解(1)設(shè)直線l在x，y軸上的截距均為a，
若a＝0，即l過點(diǎn)(0,0)和(3,2)，
∴l(xiāng)的方程為y＝23x，即2x－3y＝0.
若a≠0，則設(shè)l的方程為xa＋ya＝1，
∵l過點(diǎn)(3,2)，∴3a＋2a＝1，
∴a＝5，∴l(xiāng)的方程為x＋y－5＝0，
綜上可知，直線l的方程為2x－3y＝0或x＋y－5＝0.
(2)由已知：設(shè)直線y＝3x的傾斜角為α，
則所求直線的傾斜角為2α.
∵tanα＝3，∴tan2α＝2tanα1－tan2α＝－34.
又直線經(jīng)過點(diǎn)A(－1，－3)，
因此所求直線方程為y＋3＝－34(x＋1)，
即3x＋4y＋15＝0.
例3解題導(dǎo)引先設(shè)出A、B所在的直線方程，再求出A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，表示出△ABO的面積，然后利用相關(guān)的數(shù)學(xué)知識(shí)求最值．
確定直線方程可分為兩個(gè)類型：一是根據(jù)題目條件確定點(diǎn)和斜率或確定兩點(diǎn)，進(jìn)而套用直線方程的幾種形式，寫出方程，此法稱直接法；二是利用直線在題目中具有的某些性質(zhì)，先設(shè)出方程(含參數(shù)或待定系數(shù))，再確定參數(shù)值，然后寫出方程，這種方法稱為間接法．
解設(shè)直線的方程為xa＋yb＝1(a2，b1)，
由已知可得2a＋1b＝1.
(1)∵22a1b≤2a＋1b＝1，∴ab≥8.
∴S△AOB＝12ab≥4.
當(dāng)且僅當(dāng)2a＝1b＝12，
即a＝4，b＝2時(shí)，S△AOB取最小值4，
此時(shí)直線l的方程為x4＋y2＝1，
即x＋2y－4＝0.
(2)由2a＋1b＝1，得ab－a－2b＝0，變形得(a－2)(b－1)＝2，
|PA||PB|
＝2－a2＋1－022－02＋1－b2
＝[2－a2＋1][1－b2＋4]
≥2a－24b－1.
當(dāng)且僅當(dāng)a－2＝1，b－1＝2，
即a＝3，b＝3時(shí)，|PA||PB|取最小值4.
此時(shí)直線l的方程為x＋y－3＝0.
變式遷移3解如圖所示建立直角坐標(biāo)系，則E(30,0)，F(xiàn)(0,20)，
∴線段EF的方程為x30＋y20＝1(0≤x≤30)．
在線段EF上取點(diǎn)P(m，n)，
作PQ⊥BC于點(diǎn)Q，
PR⊥CD于點(diǎn)R，設(shè)矩形PQCR的面積為S，
則S＝|PQ||PR|＝(100－m)(80－n)．
又m30＋n20＝1(0≤m≤30)，
∴n＝20(1－m30)．
∴S＝(100－m)(80－20＋23m)
＝－23(m－5)2＋180503(0≤m≤30)．
∴當(dāng)m＝5時(shí)，S有最大值，這時(shí)|EP||PF|＝30－55＝5.
所以當(dāng)矩形草坪的兩邊在BC、CD上，一個(gè)頂點(diǎn)在線段EF上，且這個(gè)頂點(diǎn)分EF成5∶1時(shí)，草坪面積最大．
例4解題導(dǎo)引解決這類問題的關(guān)鍵是弄清楚所求代數(shù)式的幾何意義，借助數(shù)形結(jié)合，將求最值問題轉(zhuǎn)化為求斜率取值范圍問題，簡化了運(yùn)算過程，收到事半功倍的效果．
解由y＋3x＋2的幾何意義可知，它表示經(jīng)過定點(diǎn)P(－2，－3)與曲線段AB上任一點(diǎn)(x，y)的直線的斜率k，由圖可知：
kPA≤k≤kPB，由已知可得：
A(1,1)，B(－1,5)，
∴43≤k≤8，
故y＋3x＋2的最大值為8，最小值為43.
變式遷移4C
[如圖，過點(diǎn)M作y軸的平行線與線段PQ相交于點(diǎn)N.
kMP＝5，kMQ＝－25.
當(dāng)直線l從MP開始繞M按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)到MN時(shí)，傾斜角在增大，斜率也在增大，這時(shí)，k≥5.當(dāng)直線l從MN開始逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到MQ時(shí)，
∵正切函數(shù)在(π2，π)上仍為增函數(shù)，
∴斜率從－∞開始增加，增大到kMQ＝－25，
故直線l的斜率范圍是(－∞，－25]∪[5，＋∞)．]
課后練習(xí)區(qū)
1．B2.B3.B4.C5.D
6．－27.[34π，π)8.x＋y－5＝0
9．解(1)當(dāng)m＝－1時(shí)，
直線AB的斜率不存在；(1分)
當(dāng)m≠－1時(shí)，k＝1m＋1.(3分)
(2)當(dāng)m＝－1時(shí)，AB的方程為x＝－1，(5分)
當(dāng)m≠－1時(shí)，AB的方程為y－2＝1m＋1(x＋1)，
即y＝xm＋1＋2m＋3m＋1.(7分)
∴直線AB的方程為x＝－1或y＝xm＋1＋2m＋3m＋1.
(8分)
(3)①當(dāng)m＝－1時(shí)，α＝π2；
②當(dāng)m≠－1時(shí)，
∵k＝1m＋1∈(－∞，－3]∪33，＋∞，
∴α∈π6，π2∪π2，2π3.(10分)
綜合①②，知直線AB的傾斜角
α∈π6，2π3.(12分)
10.
解直線x＋my＋m＝0恒過A(0，－1)點(diǎn)．(2分)
kAP＝－1－10＋1＝－2，
kAQ＝－1－20－2＝32，(5分)
則－1m≥32或－1m≤－2，
∴－23≤m≤12且m≠0.(9分)
又m＝0時(shí)直線x＋my＋m＝0與線段PQ有交點(diǎn)，
∴所求m的范圍是－23≤m≤12.(12分)
11．(1)證明直線l的方程是：k(x＋2)＋(1－y)＝0，
令x＋2＝01－y＝0，解之得x＝－2y＝1，
∴無論k取何值，直線總經(jīng)過定點(diǎn)(－2,1)．(4分)
(2)解由方程知，當(dāng)k≠0時(shí)直線在x軸上的截距為－1＋2kk，在y軸上的截距為1＋2k，要使直線不經(jīng)過第四象限，則必須有－1＋2kk≤－21＋2k≥1，解之得k0；(7分)
當(dāng)k＝0時(shí)，直線為y＝1，符合題意，故k≥0.(9分)
(3)解由l的方程，得A－1＋2kk，0，
B(0,1＋2k)．依題意得－1＋2kk0，1＋2k0，
解得k0.(11分)
∵S＝12|OA||OB|
＝121＋2kk|1＋2k|
＝121＋2k2k＝124k＋1k＋4≥12×(2×2＋4)＝4，
“＝”成立的條件是k0且4k＝1k，
即k＝12，
∴Smin＝4，此時(shí)l：x－2y＋4＝0.(14分)

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)函數(shù)及其表示學(xué)案帶答案

第二章函數(shù)
學(xué)案4函數(shù)及其表示

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.了解構(gòu)成函數(shù)的要素，會(huì)求一些簡單函數(shù)的定義域和值域，了解映射的概念.2.在實(shí)際情境中，會(huì)根據(jù)不同的需要選擇恰當(dāng)?shù)姆椒?如圖象法、列表法、解析法等)表示函數(shù).3.了解簡單的分段函數(shù)，并能簡單應(yīng)用．
自主梳理
1．函數(shù)的基本概念
(1)函數(shù)定義
設(shè)A，B是非空的，如果按照某種確定的對(duì)應(yīng)關(guān)系f,使對(duì)于集合A中的,在集合B中，稱f:A→B為從集合A到集合B的一個(gè)函數(shù)，x的取值范圍A叫做函數(shù)的__________，__________________叫做函數(shù)的值域．
(2)函數(shù)的三要素
__________、________和____________．
(3)函數(shù)的表示法
表示函數(shù)的常用方法有：________、________、________.
(4)函數(shù)相等
如果兩個(gè)函數(shù)的定義域和__________完全一致，則這兩個(gè)函數(shù)相等，這是判定兩函數(shù)相等的依據(jù)．
(5)分段函數(shù)：在函數(shù)的________內(nèi)，對(duì)于自變量x的不同取值區(qū)間，有著不同的____________，這樣的函數(shù)通常叫做分段函數(shù)．
分段函數(shù)是一個(gè)函數(shù)，它的定義域是各段取值區(qū)間的________，值域是各段值域的________．
2．映射的概念
(1)映射的定義
設(shè)A、B是兩個(gè)非空的集合，如果按某一個(gè)確定的對(duì)應(yīng)關(guān)系f，使對(duì)于集合A中的任意一個(gè)元素x,在集合B中確定的元素y與之對(duì)應(yīng)，那么就稱對(duì)應(yīng)f:A→B為從集合A到集合B的.?
（2）由映射的定義可以看出，映射是概念的推廣，函數(shù)是一種特殊的映射，要注意構(gòu)成函數(shù)的兩個(gè)集合，A、B必須是數(shù)集.
自我檢測(cè)
1．(2011佛山模擬)設(shè)集合M＝{x|0≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，給出下列4個(gè)圖形，其中能表示集合M到N的函數(shù)關(guān)系的有()
A．0個(gè)B．1個(gè)
C．2個(gè)D．3個(gè)
2．(2010湖北)函數(shù)y＝1log0.54x－3的定義域?yàn)?)
A．(34，1)B．(34，＋∞)
C．(1，＋∞)D．(34，1)∪(1，＋∞)
3．(2010湖北)已知函數(shù)f(x)＝log3x，x02x，x≤0，則f(f(19))等于()
A．4B.14
C．－4D．－14
4．下列函數(shù)中，與函數(shù)y＝x相同的函數(shù)是()
A．y＝x2xB．y＝(x)2
C．y＝lg10xD．y＝2log2x
5．(2011衡水月考)函數(shù)y＝lg(ax2－ax＋1)的定義域是R，求a的取值范圍．
探究點(diǎn)一函數(shù)與映射的概念
例1(教材改編)下列對(duì)應(yīng)關(guān)系是集合P上的函數(shù)的是________．
(1)P＝Z，Q＝N*，對(duì)應(yīng)關(guān)系f：對(duì)集合P中的元素取絕對(duì)值與集合Q中的元素相對(duì)應(yīng)；
y＝x2，x∈P，y∈Q；
（2）P={-1,1,-2,2}，Q={1，4}，對(duì)應(yīng)關(guān)系:f:x→y=x2,x∈P,y∈Q;?
(3)P={三角形}，Q={x|x0}，對(duì)應(yīng)關(guān)系f:對(duì)P中三角形求面積與集合Q中元素對(duì)應(yīng).

變式遷移1已知映射f:A→B.其中B．其中A＝B＝R，對(duì)應(yīng)關(guān)系f：x→y＝－x2＋2x，對(duì)于實(shí)數(shù)k∈B，在集合A中不存在元素與之對(duì)應(yīng)，則k的取值范圍是()
A．k1B．k≥1
C．k1D．k≤1
探究點(diǎn)二求函數(shù)的定義域
例2(1)求函數(shù)y＝x＋1＋x－10lg2－x的定義域；
(2)已知函數(shù)f(2x＋1)的定義域?yàn)?0,1)，求f(x)的定義域．

變式遷移2已知函數(shù)y＝f(x)的定義域是[0,2]，那么g(x)＝fx21＋lgx＋1的定義域是________________________________________________________________________．
探究點(diǎn)三求函數(shù)的解析式
例3(1)已知f(2x＋1)＝lgx，求f(x)；
(2)已知f(x)是一次函數(shù)，且滿足3f(x＋1)－2f(x－1)＝2x＋17，求f(x)；
(3)已知f(x)滿足2f(x)＋f(1x)＝3x，求f(x)．
變式遷移3(2011武漢模擬)給出下列兩個(gè)條件：
(1)f(x＋1)＝x＋2x；
(2)f(x)為二次函數(shù)且f(0)＝3，f(x＋2)－f(x)＝4x＋2.試分別求出f(x)的解析式．
探究點(diǎn)四分段函數(shù)的應(yīng)用
例4設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c，x≤0，2，x0.若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，則關(guān)于x的方程f(x)＝x的解的個(gè)數(shù)為()
A．1B．2C．3D．4
變式遷移4(2010江蘇)已知函數(shù)f(x)＝x2＋1，x≥0，1，x0，則滿足不等式f(1－x2)f(2x)的x的范圍是________________．

1．與定義域有關(guān)的幾類問題
第一類是給出函數(shù)的解析式，這時(shí)函數(shù)的定義域是使解析式有意義的自變量的取值范圍；
第二類是實(shí)際問題或幾何問題，此時(shí)除要考慮解析式有意義外，還應(yīng)考慮使實(shí)際問題或幾何問題有意義；
第三類是不給出函數(shù)的解析式，而由f(x)的定義域確定函數(shù)f[g(x)]的定義域或由f[g(x)]的定義域確定函數(shù)f(x)的定義域．
第四類是已知函數(shù)的定義域，求參數(shù)范圍問題，常轉(zhuǎn)化為恒成立問題來解決．
2．解析式的求法
求函數(shù)解析式的一般方法是待定系數(shù)法和換元法，除此還有代入法、拼湊法和方程組法．

(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．下列各組中的兩個(gè)函數(shù)是同一函數(shù)的為()
(1)y1＝x＋3x－5x＋3，y2＝x－5；
(2)y1＝x＋1x－1，y2＝x＋1x－1；
(3)f(x)＝x，g(x)＝x2；
(4)f(x)＝3x4－x3，F(xiàn)(x)＝x3x－1；
(5)f1(x)＝(2x－5)2，f2(x)＝2x－5.
A．(1)(2)B．(2)(3)
C．(4)D．(3)(5)
2．函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線x＝1的公共點(diǎn)數(shù)目是()
A．1B．0
C．0或1D．1或2
3．(2011洛陽模擬)已知f(x)＝x＋2x≤－1，x2－1x2，2xx≥2，若f(x)＝3，則x的值是()
A．1B．1或32
C．1，32或±3D.3
4．(2009江西)函數(shù)y＝lnx＋1－x2－3x＋4的定義域?yàn)?)
A．(－4，－1)B．(－4,1)
C．(－1,1)D．(－1,1]
5.（2011臺(tái)州模擬）設(shè)f:x→x2是從集合A到集合B的映射，如果B={1，2}，則A∩B為()
A．B．{1}
C．或{2}D．或{1}
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．下列四個(gè)命題：(1)f(x)＝x－2＋1－x有意義；(2)函數(shù)是其定義域到值域的映射；(3)函數(shù)y＝2x(x∈N)的圖象是一條直線；(4)函數(shù)y＝x2，x≥0，－x2，x0的圖象是拋物線．其中正確的命題個(gè)數(shù)是________．
7．設(shè)f(x)＝3x＋1x≥0x2x0，g(x)＝2－x2x≤12x1，
則f[g(3)]＝________，g[f(－12)]＝________.
8．(2010陜西)已知函數(shù)f(x)＝3x＋2，x1，x2＋ax，x≥1，若f(f(0))＝4a，則實(shí)數(shù)a＝______.
三、解答題(共38分)
9．(12分)(1)若f(x＋1)＝2x2＋1，求f(x)的表達(dá)式；
(2)若2f(x)－f(－x)＝x＋1，求f(x)的表達(dá)式；
(3)若函數(shù)f(x)＝xax＋b，f(2)＝1，又方程f(x)＝x有唯一解，求f(x)的表達(dá)式．

10．(12分)已知f(x)＝x2＋2x－3，用圖象法表示函數(shù)g(x)＝fx＋|fx|2，并寫出g(x)的解析式．

11．(14分)(2011湛江模擬)某產(chǎn)品生產(chǎn)廠家根據(jù)以往的生產(chǎn)銷售經(jīng)驗(yàn)得到下面有關(guān)銷售的統(tǒng)計(jì)規(guī)律：每生產(chǎn)產(chǎn)品x(百臺(tái))，其總成本為G(x)萬元，其中固定成本為2萬元，并且每生產(chǎn)100臺(tái)的生產(chǎn)成本為1萬元(總成本＝固定成本＋生產(chǎn)成本)，銷售收入R(x)(萬元)滿足R(x)＝－0.4x2＋4.2x－0.8，0≤x≤5，10.2，x5.假定該產(chǎn)品產(chǎn)銷平衡，那么根據(jù)上述統(tǒng)計(jì)規(guī)律：
(1)要使工廠有盈利，產(chǎn)品x應(yīng)控制在什么范圍？
(2)工廠生產(chǎn)多少臺(tái)產(chǎn)品時(shí)盈利最大？此時(shí)每臺(tái)產(chǎn)品的售價(jià)為多少？

答案自主梳理
1．(1)數(shù)集任意一個(gè)數(shù)x都有唯一確定的數(shù)f(x)和它對(duì)應(yīng)定義域函數(shù)值的集合{f(x)|x∈A}(2)定義域值域?qū)?yīng)關(guān)系(3)解析法列表法圖象法(4)對(duì)應(yīng)關(guān)系(5)定義域?qū)?yīng)關(guān)系并集并集2.(1)都有唯一一個(gè)映射(2)函數(shù)非空
自我檢測(cè)
1．B[對(duì)于題圖(1)：M中屬于(1,2]的元素，在N中沒有象，不符合定義；
對(duì)于題圖(2)：M中屬于(43，2]的元素的象，不屬于集合N，因此它不表示M到N的函數(shù)關(guān)系；對(duì)于題圖(3)：符合M到N的函數(shù)關(guān)系；對(duì)于題圖(4)：其象不唯一，因此也不表示M到N的函數(shù)關(guān)系．]
2．A3.B4.C
5．解函數(shù)y＝lg(ax2－ax＋1)的定義域是R，即ax2－ax＋10恒成立．
①當(dāng)a＝0時(shí)，10恒成立；
②當(dāng)a≠0時(shí)，應(yīng)有a0，Δ＝a2－4a0，
∴0a4.
綜上所述，a的取值范圍為0≤a4.
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引函數(shù)是一種特殊的對(duì)應(yīng)，要檢驗(yàn)給定的兩個(gè)變量之間是否具有函數(shù)關(guān)系，只需要檢驗(yàn)：①定義域和對(duì)應(yīng)關(guān)系是否給出；②根據(jù)給出的對(duì)應(yīng)關(guān)系，自變量在其定義域中的每一個(gè)值，是否都有唯一確定的函數(shù)值．
(2)
解析由于(1)中集合P中元素0在集合Q中沒有對(duì)應(yīng)元素，并且(3)中集合P不是數(shù)集，所以(1)和(3)都不是集合P上的函數(shù)．由題意知，(2)正確．
變式遷移1A[由題意知，方程－x2＋2x＝k無實(shí)數(shù)根，即x2－2x＋k＝0無實(shí)數(shù)根．∴Δ＝4(1－k)0，∴k1時(shí)滿足題意．]
例2解題導(dǎo)引在(2)中函數(shù)f(2x＋1)的定義域?yàn)?0,1)是指x的取值范圍還是2x＋1的取值范圍？f(x)中的x與f(2x＋1)中的2x＋1的取值范圍有什么關(guān)系？
解(1)要使函數(shù)有意義，
應(yīng)有x＋1≥0，x－1≠0，2－x0，2－x≠1，即x≥－1，x≠1，x2，
解得－1≤x2，x≠1.
所以函數(shù)的定義域是{x|－1≤x1或1x2}．
(2)∵f(2x＋1)的定義域?yàn)?0,1)，
∴12x＋13，
所以f(x)的定義域是(1,3)．
變式遷移2(－1，－910)∪(－910，2]
解析由0≤x2≤2x＋101＋lgx＋1≠0得－1x≤2且x≠－910.
即定義域?yàn)?－1，－910)∪(－910，2]．
例3解題導(dǎo)引函數(shù)解析式的類型與求法
(1)若已知函數(shù)的類型(如一次函數(shù)、二次函數(shù))，可用待定系數(shù)法．
(2)已知復(fù)合函數(shù)f(g(x))的解析式，可用換元法，此時(shí)要注意變量的取值范圍．
(3)已知f(x)滿足某個(gè)等式，這個(gè)等式除f(x)是未知量外，還出現(xiàn)其他未知量，如f(－x)、f(1x)等，要根據(jù)已知等式再構(gòu)造其他等式組成方程組，通過解方程組求出f(x)．
解(1)令2x＋1＝t，則x＝2t－1，
∴f(t)＝lg2t－1，
∴f(x)＝lg2x－1，x∈(1，＋∞)．
(2)設(shè)f(x)＝ax＋b，(a≠0)
則3f(x＋1)－2f(x－1)＝3ax＋3a＋3b－2ax＋2a－2b
＝ax＋b＋5a＝2x＋17，
∴a＝2，b＋5a＝17，
∴a＝2，b＝7，故f(x)＝2x＋7.
(3)2f(x)＋f(1x)＝3x，①
把①中的x換成1x，得
2f(1x)＋f(x)＝3x，②
①×2－②，得3f(x)＝6x－3x，
∴f(x)＝2x－1x.
變式遷移3解(1)令t＝x＋1，
∴t≥1，x＝(t－1)2.
則f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－1，
即f(x)＝x2－1，x∈[1，＋∞)．
(2)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
∴f(x＋2)＝a(x＋2)2＋b(x＋2)＋c，
則f(x＋2)－f(x)＝4ax＋4a＋2b＝4x＋2.
∴4a＝4，4a＋2b＝2.∴a＝1，b＝－1.
又f(0)＝3，∴c＝3，∴f(x)＝x2－x＋3.
例4解題導(dǎo)引①本題可以先確定解析式，然后通過解方程f(x)＝x來確定解的個(gè)數(shù)；也可利用數(shù)形結(jié)合，更為簡潔．
②對(duì)于分段函數(shù)，一定要明確自變量所屬的范圍，以便于選擇與之相應(yīng)的對(duì)應(yīng)關(guān)系．
③分段函數(shù)體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的分類討論思想，相應(yīng)的問題處理應(yīng)分段解決．
C[方法一若x≤0，則f(x)＝x2＋bx＋c.
∵f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，
∴－42＋b－4＋c＝c，－22＋b－2＋c＝－2，
解得b＝4，c＝2.∴f(x)＝x2＋4x＋2，x≤0，2，x0.
當(dāng)x≤0，由f(x)＝x，得x2＋4x＋2＝x，
解得x＝－2，或x＝－1；
當(dāng)x0時(shí)，由f(x)＝x，得x＝2.
∴方程f(x)＝x有3個(gè)解．
方法二由f(－4)＝f(0)且f(－2)＝－2，可得f(x)＝x2＋bx＋c的對(duì)稱軸是x＝－2，且頂點(diǎn)為(－2，－2)，于是可得到f(x)的簡圖(如圖所示)．方程f(x)＝x的解的個(gè)數(shù)就是函數(shù)圖象y＝f(x)與y＝x的圖象的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，所以有3個(gè)解．]
變式遷移4(－1，2－1)
解析函數(shù)f(x)＝x2＋1，x≥0，1，x0的圖象如圖所示：
f(1－x2)f(2x)1－x22x1－x20，
解得－1x2－1.
課后練習(xí)區(qū)
1．C[(1)定義域不同；(2)定義域不同；(3)對(duì)應(yīng)關(guān)系不同；(4)定義域相同，且對(duì)應(yīng)關(guān)系相同；(5)定義域不同．]
2．C[有可能是沒有交點(diǎn)的，如果有交點(diǎn)，那么對(duì)于x＝1僅有一個(gè)函數(shù)值．]
3．D[該分段函數(shù)的三段各自的值域?yàn)?－∞，1]，[0,4)，[4，＋∞)，而3∈[0,4)，∴f(x)＝x2＝3，x＝±3，而－1x2，∴x＝3.]
4．C
5．D[由已知x2＝1或x2＝2，解之得，x＝±1或x＝±2，若1∈A，則A∩B＝{1}，若1A，則A∩B＝，
故A∩B＝或{1}．]
6．1
解析(1)x≥2且x≤1，不存在；(2)函數(shù)是特殊的映射；(3)該圖象是由離散的點(diǎn)組成的；(4)該圖象是兩個(gè)不同的拋物線的兩部分組成的，不是拋物線．故只有(2)正確．
7．73116
8．2
9．解(1)令t＝x＋1，則x＝t－1，∴f(t)＝2(t－1)2＋1＝2t2－4t＋3，∴f(x)＝2x2－4x＋3.………………………………………………………………………………………………(4分)
(2)∵2f(x)－f(－x)＝x＋1，用－x去替換式子中的x，得2f(－x)－f(x)＝－x＋1，……(6分)
即有2fx－f－x＝x＋12f－x－fx＝－x＋1，
解方程組消去f(－x)，得f(x)＝x3＋1.……………………………………………………(8分)
(3)由f(2)＝1得22a＋b＝1，即2a＋b＝2；
由f(x)＝x得xax＋b＝x，變形得x(1ax＋b－1)＝0，解此方程得x＝0或x＝1－ba，…(10分)
又∵方程有唯一解，
∴1－ba＝0，解得b＝1，代入2a＋b＝2得a＝12，
∴f(x)＝2xx＋2.……………………………………………………………………………(12分)
10．解函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，
……………………………………(6分)
g(x)＝x2＋2x－3x≤－3或x≥10－3x1…………………………………………………(12分)
11．解依題意，G(x)＝x＋2，設(shè)利潤函數(shù)為f(x)，則
f(x)＝－0.4x2＋3.2x－2.8，0≤x≤5，8.2－x，x5.………………………………………………(4分)
(1)要使工廠贏利，則有f(x)0.
當(dāng)0≤x≤5時(shí)，有－0.4x2＋3.2x－2.80，
得1x7，所以1x≤5.………………………………………………………………(8分)
當(dāng)x5時(shí)，有8.2－x0，
得x8.2，所以5x8.2.
綜上所述，要使工廠贏利，應(yīng)滿足1x8.2，即產(chǎn)品應(yīng)控制在大于100臺(tái)小于820臺(tái)的范圍內(nèi)．……………………………………………………………………………………(10分)
(2)當(dāng)0≤x≤5時(shí)，f(x)＝－0.4(x－4)2＋3.6.
故當(dāng)x＝4時(shí)，f(x)有最大值3.6.…………………………………………………………(12分)
而當(dāng)x5時(shí)，f(x)8.2－5＝3.2.
所以當(dāng)工廠生產(chǎn)400臺(tái)產(chǎn)品時(shí)，贏利最大，x＝4時(shí)，每臺(tái)產(chǎn)品售價(jià)為R44＝2.4(萬元/百臺(tái))＝240(元/臺(tái))．……………………………………………………………………………(14分)

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)學(xué)案帶答案

俗話說，凡事預(yù)則立，不預(yù)則廢。作為教師就需要提前準(zhǔn)備好適合自己的教案。教案可以更好的幫助學(xué)生們打好基礎(chǔ)，幫助教師有計(jì)劃有步驟有質(zhì)量的完成教學(xué)任務(wù)。教案的內(nèi)容要寫些什么更好呢？為滿足您的需求，小編特地編輯了“高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)學(xué)案帶答案”，供大家借鑒和使用，希望大家分享！

學(xué)案8對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.理解對(duì)數(shù)的概念及其運(yùn)算性質(zhì)，知道用換底公式能將一般對(duì)數(shù)轉(zhuǎn)化為自然對(duì)數(shù)或常用對(duì)數(shù)，了解對(duì)數(shù)在簡化運(yùn)算中的作用.2.理解對(duì)數(shù)函數(shù)的概念，理解對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性與函數(shù)圖象通過的特殊點(diǎn)，知道指數(shù)函數(shù)y＝ax與對(duì)數(shù)函數(shù)y＝logax互為反函數(shù)(a0，a≠1)，體會(huì)對(duì)數(shù)函數(shù)是一類重要的函數(shù)模型．

自主梳理
1．對(duì)數(shù)的定義
如果________________，那么數(shù)x叫做以a為底N的對(duì)數(shù)，記作__________，其中____叫做對(duì)數(shù)的底數(shù)，______叫做真數(shù)．
2．對(duì)數(shù)的性質(zhì)與運(yùn)算法則
(1)對(duì)數(shù)的性質(zhì)(a0且a≠1)
①＝____；②＝____；
③＝____；④＝____.
(2)對(duì)數(shù)的重要公式
①換底公式：logbN＝________________(a，b均大于零且不等于1)；
②＝，推廣＝________.
(3)對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則
如果a0且a≠1，M0，N0，那么
①loga(MN)＝___________________________；
②logaMN＝______________________；
③logaMn＝__________(n∈R)；
④＝nmlogaM.
3．對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)
a10a1
圖
象

性
質(zhì)(1)定義域：______
(2)值域：______
(3)過點(diǎn)______，即x＝____時(shí)，y＝____
(4)當(dāng)x1時(shí)，______
當(dāng)0x1時(shí)，______(5)當(dāng)x1時(shí)，______當(dāng)0x1時(shí)，______
(6)是(0，＋∞)上的______函數(shù)(7)是(0，＋∞)上的______函數(shù)

4.反函數(shù)
指數(shù)函數(shù)y＝ax與對(duì)數(shù)函數(shù)____________互為反函數(shù)，它們的圖象關(guān)于直線______對(duì)稱．
自我檢測(cè)
1．(2010四川)2log510＋log50.25的值為()
A．0B．1C．2D．4
2．(2010遼寧)設(shè)2a＝5b＝m，且1a＋1b＝2，則m的值為()
A.10B．10C．20D．100
3．(2009遼寧)已知函數(shù)f(x)滿足：當(dāng)x≥4時(shí)，f(x)＝12x；當(dāng)x4時(shí)，f(x)＝f(x＋1)．則f(2＋log23)的值為()
A.124B.112C.18D.38
4．(2010安慶模擬)定義在R上的偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上遞增，f(13)＝0，則滿足0的x的取值范圍是()
A．(0，＋∞)B．(0，12)∪(2，＋∞)
C．(0，18)∪(12，2)D．(0，12)
5．(2011臺(tái)州期末)已知0ab1c，m＝logac，n＝logbc，則m與n的大小關(guān)系是______.
探究點(diǎn)一對(duì)數(shù)式的化簡與求值
例1計(jì)算：(1)；
(2)12lg3249－43lg8＋lg245；
(3)已知2lgx－y2＝lgx＋lgy，求.

變式遷移1計(jì)算：
(1)log2748＋log212－12log242－1；
(2)(lg2)2＋lg2lg50＋lg25.

探究點(diǎn)二含對(duì)數(shù)式的大小比較
例2(1)比較下列各組數(shù)的大?。?br> ①log323與log565；
②log1.10.7與log1.20.7.
(2)已知log12blog12alog12c，比較2b,2a,2c的大小關(guān)系．

變式遷移2(1)(2009全國Ⅱ)設(shè)a＝log3π，b＝log23，c＝log32，則()
A．a(chǎn)bcB．a(chǎn)cb
C．bacD．bca
(2)設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且2a＝，(12)b＝，(12)c＝log2c，則()
A．a(chǎn)bcB．cba0
C．cabD．bac
探究點(diǎn)三對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)
例3已知f(x)＝logax(a0且a≠1)，如果對(duì)于任意的x∈[13，2]都有|f(x)|≤1成立，試求a的取值范圍．

變式遷移3(2010全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝|lgx|，若0ab，且f(a)＝f(b)，則a＋2b的取值范圍是()
A．(22，＋∞)B．[22，＋∞)
C．(3，＋∞)D．[3，＋∞)
分類討論思想的應(yīng)用
例(12分)已知函數(shù)f(x)＝loga(1－ax)(a0，a≠1)．
(1)解關(guān)于x的不等式：loga(1－ax)f(1)；
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是f(x)圖象上的兩點(diǎn)，求證：直線AB的斜率小于0.
【答題模板】
(1)解∵f(x)＝loga(1－ax)，
∴f(1)＝loga(1－a)．∴1－a0.∴0a1.
∴不等式可化為loga(1－ax)loga(1－a)．
∴1－ax0，1－ax1－a.，即ax1，axa.∴0x1.
∴不等式的解集為(0,1)．[4分]
(2)證明設(shè)x1x2，則f(x2)－f(x1)＝－＝.
∵1－ax0，∴ax1.
∴a1時(shí)，f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)；[6分]
0a1時(shí)，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
當(dāng)0a1時(shí)，∵x2x10，∴.
∴1.∴0.
∴f(x2)f(x1)，即y2y1.
同理可證，當(dāng)a1時(shí)，也有y2y1.[10分]
綜上：y2y1，即y2－y10.∴kAB＝y(tǒng)2－y1x2－x10.
∴直線AB的斜率小于0.[12分]
【突破思維障礙】
解決含參數(shù)的對(duì)數(shù)問題，不可忽視對(duì)底數(shù)a的分類討論，即a1或0a1，其次要看定義域，如果將函數(shù)變換，務(wù)必保證等價(jià)性．
1．求解與對(duì)數(shù)函數(shù)有關(guān)的復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性的步驟：
(1)確定定義域；
(2)弄清函數(shù)是由哪些基本初等函數(shù)復(fù)合而成的，將復(fù)合函數(shù)分解成基本初等函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)；
(3)分別確定這兩個(gè)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(4)若這兩個(gè)函數(shù)同增或同減，則y＝f(g(x))為增函數(shù)，若一增一減，則y＝f(g(x))為減函數(shù)，即“同增異減”．
2．用對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)比較大小
(1)同底數(shù)的兩個(gè)對(duì)數(shù)值的大小比較
例如，比較logaf(x)與logag(x)的大小，
其中a0且a≠1.
①若a1，則logaf(x)logag(x)f(x)g(x)0.
②若0a1，則logaf(x)logag(x)0f(x)g(x)．
(2)同真數(shù)的對(duì)數(shù)值大小關(guān)系如圖：
圖象在x軸上方的部分自左向右底逐漸增大，即0cd1ab.
3．常見對(duì)數(shù)方程式或?qū)?shù)不等式的解法
(1)形如logaf(x)＝logag(x)(a0且a≠1)等價(jià)于f(x)＝g(x)，但要注意驗(yàn)根．對(duì)于logaf(x)logag(x)等價(jià)于0a1時(shí)，a1時(shí)，
(2)形如F(logax)＝0、F(logax)0或F(logax)0，一般采用換元法求解．

(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2010北京市豐臺(tái)區(qū)高三一調(diào))設(shè)M＝{y|y＝(12)x，x∈[0，＋∞)}，N＝{y|y＝log2x，x∈(0,1]}，則集合M∪N等于()
A．(－∞，0)∪[1，＋∞)B．[0，＋∞)
C．(－∞，1]D．(－∞，0)∪(0,1)
2．(2010全國Ⅰ)設(shè)a＝log32，b＝ln2，c＝5－12，則()
A．a(chǎn)bcB．bca
C．cabD．cba
3．(2010天津)若函數(shù)f(x)＝log2x，x0，log12(－x)，x0，若f(a)f(－a)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()
A．(－1,0)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－1,0)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(0,1)
4．(2011濟(jì)南模擬)設(shè)函數(shù)f(x)定義在實(shí)數(shù)集上，f(2－x)＝f(x)，且當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝lnx，則有()
A．f(13)f(2)f(12)
B．f(12)f(2)f(13)
C．f(12)f(13)f(2)
D．f(2)f(12)f(13)
5．(2011青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋logax(a0，a≠1)在[1,2]上的最大值與最小值之和為loga2＋6，則a的值為()
A.12B.14C．2D．4
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．2lg5＋23lg8＋lg5lg20＋lg22＝________.
7．(2011湖南師大附中檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝lgax＋a－2x在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是____________．
8．已知f(3x)＝4xlog23＋233，則f(2)＋f(4)＋f(8)＋…＋f(28)＝________.
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知f(x)＝2＋log3x，x∈[1,9]，求y＝[f(x)]2＋f(x2)的最大值及y取最大值時(shí)x的值．

10．(12分)(2011北京東城1月檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，a0且a≠1.
(1)求f(x)的定義域；
(2)判斷f(x)的奇偶性并予以證明；
(3)若a1時(shí)，求使f(x)0的x的解集．

11．(14分)(2011鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lg(ax－bx)(a1b0)．
(1)求y＝f(x)的定義域；
(2)在函數(shù)y＝f(x)的圖象上是否存在不同的兩點(diǎn)，使得過這兩點(diǎn)的直線平行于x軸；
(3)當(dāng)a，b滿足什么條件時(shí)，f(x)在(1，＋∞)上恒取正值．

答案自主梳理
1．a(chǎn)x＝N(a0，且a≠1)x＝logaNaN2.(1)①N②0③N④1(2)①logaNlogab②logad(3)①logaM＋logaN②logaM－logaN③nlogaM3.(1)(0，＋∞)(2)R(3)(1,0)10(4)y0y0(5)y0y0(6)增(7)減4.y＝logaxy＝x
自我檢測(cè)
1．C2.A
3．A[因?yàn)?2＋log234，故f(2＋log23)＝f(2＋log23＋1)＝f(3＋log23)．又3＋log234，故f(3＋log23)＝123＋log23＝12313＝124.]
4．B[由題意可得：f(x)＝f(－x)＝f(|x|)，f(|log18x|)f(13)，f(x)在[0，＋∞)上遞增，于是|log18x|13，解得x的取值范圍是(0，12)∪(2，＋∞)．]
5．mn
解析∵m0，n0，∵mn＝logaclogcb＝logablogaa＝1，∴mn.
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引在對(duì)數(shù)運(yùn)算中，先利用冪的運(yùn)算把底數(shù)或真數(shù)進(jìn)行變形，化成分?jǐn)?shù)指數(shù)冪的形式，使冪的底數(shù)最簡，然后再運(yùn)用對(duì)數(shù)運(yùn)算法則化簡合并，在運(yùn)算中要注意化同底和指數(shù)與對(duì)數(shù)互化．
解(1)方法一利用對(duì)數(shù)定義求值：
設(shè)＝x，
則(2＋3)x＝2－3＝12＋3＝(2＋3)－1，
∴x＝－1.
方法二利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)求解：
＝
＝＝－1.
(2)原式＝12(lg32－lg49)－43lg812＋
12lg245＝12(5lg2－2lg7)－43×32lg2＋12(2lg7＋lg5)
＝52lg2－lg7－2lg2＋lg7＋12lg5
＝12lg2＋12lg5
＝12lg(2×5)＝12lg10＝12.
(3)由已知得lg(x－y2)2＝lgxy，
∴(x－y2)2＝xy，即x2－6xy＋y2＝0.
∴(xy)2－6(xy)＋1＝0.∴xy＝3±22.
∵x－y0，x0，y0，∴xy1，∴xy＝3＋22，
∴l(xiāng)og(3－22)xy＝log(3－22)(3＋22)
＝log3－2213－22＝－1.
變式遷移1解(1)原式＝log2748＋log212－log242－log22
＝log27×1248×42×2＝log2122＝log22－32＝－32.
(2)原式＝lg2(lg2＋lg50)＋lg25
＝21g2＋lg25＝lg100＝2.
例2解題導(dǎo)引比較對(duì)數(shù)式的大小或證明等式問題是對(duì)數(shù)中常見題型，解決此類問題的方法很多，①當(dāng)?shù)讛?shù)相同時(shí)，可直接利用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性比較；②若底數(shù)不同，真數(shù)相同，可轉(zhuǎn)化為同底(利用換底公式)或利用對(duì)數(shù)函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合解得；③若不同底，不同真數(shù)，則可利用中間量進(jìn)行比較．
解(1)①∵log323log31＝0，
而log565log51＝0，∴l(xiāng)og323log565.
②方法一∵00.71,1.11.2，
∴0log0.71.1log0.71.2.
∴1log0.71.11log0.71.2，
由換底公式可得log1.10.7log1.20.7.
方法二作出y＝log1.1x與y＝log1.2x的圖象，
如圖所示，兩圖象與x＝0.7相交可知log1.10.7log1.20.7.
(2)∵y＝log12x為減函數(shù)，
且log12blog12alog12c，∴bac.
而y＝2x是增函數(shù)，∴2b2a2c.
變式遷移2(1)A[a＝log3π1，b＝12log23，則12b1，c＝12log3212，∴abc.]
(2)A[∵a，b，c均為正，
∴l(xiāng)og12a＝2a1，log12b＝(12)b∈(0,1)，
log2c＝(12)c∈(0,1)．
∴0a12，12b1,1c2.
故abc.]
例3解題導(dǎo)引本題屬于函數(shù)恒成立問題，即對(duì)于x∈[13，2]時(shí)，|f(x)|恒小于等于1，恒成立問題一般有兩種思路：一是利用圖象轉(zhuǎn)化為最值問題；二是利用單調(diào)性轉(zhuǎn)化為最值問題．由于本題底數(shù)a為參數(shù)，需對(duì)a分類討論．
解∵f(x)＝logax，

則y＝|f(x)|的圖象如右圖．
由圖示，可使x∈[13，2]時(shí)恒有|f(x)|≤1，
只需|f(13)|≤1，即－1≤loga13≤1，
即logaa－1≤loga13≤logaa，
亦當(dāng)a1時(shí)，得a－1≤13≤a，即a≥3；
當(dāng)0a1時(shí)，得a－1≥13≥a，得0a≤13.
綜上所述，a的取值范圍是(0，13]∪[3，＋∞)．
變式遷移3C
[畫出函數(shù)f(x)＝|lgx|的圖象如圖所示．∵0ab，f(a)＝f(b)，∴0a1，b1，∴l(xiāng)ga0，lgb0.由f(a)＝f(b)，
∴－lga＝lgb，ab＝1.
∴b＝1a，∴a＋2b＝a＋2a，
又0a1，函數(shù)t＝a＋2a在(0,1)上是減函數(shù)，
∴a＋2a1＋21＝3，即a＋2b3.]
課后練習(xí)區(qū)
1．C[∵x≥0，∴y＝(12)x∈(0,1]，∴M＝(0,1]．
當(dāng)0x≤1時(shí)，y＝log2x∈(－∞，0]，即N＝(－∞，0]．∴M∪N＝(－∞，1]．]
2．C[∵1a＝log231，1b＝log2e1，log23log2e.
∴1a1b1，∴0ab1.
∵a＝log32log33＝12，∴a12.
b＝ln2lne＝12，∴b12.
c＝5－12＝1512，∴cab.]
3．C[①當(dāng)a0時(shí)，f(a)＝log2a，f(－a)＝，
f(a)f(－a)，即log2a＝log21a，
∴a1a，解得a1.
②當(dāng)a0時(shí)，f(a)＝，f(－a)＝log2(－a)，
f(a)f(－a)，即log2(－a)＝，
∴－a1－a，解得－1a0，
由①②得－1a0或a1.]
4．C[由f(2－x)＝f(x)知f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2－x＋x2＝1對(duì)稱，又當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝lnx，所以離對(duì)稱軸x＝1距離大的x的函數(shù)值大，
∵|2－1||13－1||12－1|，
∴f(12)f(13)f(2)．]
5．C[當(dāng)x0時(shí)，函數(shù)ax，logax的單調(diào)性相同，因此函數(shù)f(x)＝ax＋logax是(0，＋∞)上的單調(diào)函數(shù)，f(x)在[1,2]上的最大值與最小值之和為f(1)＋f(2)＝a2＋a＋loga2，由題意得a2＋a＋loga2＝6＋loga2.即a2＋a－6＝0，解得a＝2或a＝－3(舍去)．]
6．3
7．(1,2)
解析因?yàn)閒(x)＝lga＋a－2x在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)，所以g(x)＝a＋a－2x在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)，且g(1)0，于是a－20，且2a－20，即1a2.
8．2008
解析令3x＝t，f(t)＝4log2t＋233，
∴f(2)＋f(4)＋f(8)＋…＋f(28)＝4×(1＋2＋…＋8)＋8×233＝4×36＋1864＝2008.
9．解∵f(x)＝2＋log3x，
∴y＝[f(x)]2＋f(x2)＝(2＋log3x)2＋2＋log3x2＝log23x＋6log3x＋6＝(log3x＋3)2－3.……(4分)
∵函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇1,9]，
∴要使函數(shù)y＝[f(x)]2＋f(x2)有意義，必須1≤x2≤9，1≤x≤9，∴1≤x≤3，∴0≤log3x≤1，(8分)
∴6≤(log3x＋3)2－3≤13.
當(dāng)log3x＝1，即x＝3時(shí)，ymax＝13.
∴當(dāng)x＝3時(shí)，函數(shù)y＝[f(x)]2＋f(x2)取最大值13.………………………………………(12分)
10．解(1)f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，則x＋10，1－x0，解得－1x1.
故所求函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|－1x1}．………………………………………………(4分)
(2)由(1)知f(x)的定義域?yàn)閧x|－1x1}，
且f(－x)＝loga(－x＋1)－loga(1＋x)
＝－[loga(x＋1)－loga(1－x)]
＝－f(x)，故f(x)為奇函數(shù)．………………………………………………………………(8分)
(3)因?yàn)楫?dāng)a1時(shí)，f(x)在定義域{x|－1x1}內(nèi)是增函數(shù)，所以f(x)0x＋11－x1.
解得0x1.所以使f(x)0的x的解集是{x|0x1}．…………………………………(12分)
11．解(1)由ax－bx0，得(ab)x1，且a1b0，得ab1，所以x0，即f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．…………………………………………………………………………………………(4分)
(2)任取x1x20，a1b0，則0，，所以0，
即．故f(x1)f(x2)．
所以f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．………………………………………………………(8分)
假設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在不同的兩點(diǎn)A(x1，y1)、B(x2，y2)，使直線平行于x軸，則x1≠x2，y1＝y(tǒng)2，這與f(x)是增函數(shù)矛盾．
故函數(shù)y＝f(x)的圖象上不存在不同的兩點(diǎn)使過兩點(diǎn)的直線平行于x軸．…………(10分)
(3)因?yàn)閒(x)是增函數(shù)，所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)f(1)．這樣只需f(1)＝lg(a－b)≥0，即當(dāng)a≥b＋1時(shí)，f(x)在(1，＋∞)上恒取正值．……………………………………………(14分)

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)空間的平行關(guān)系學(xué)案帶答案

學(xué)案43空間的平行關(guān)系

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中線面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理.2.能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的平行關(guān)系．
自主梳理
1．直線a和平面α的位置關(guān)系有________、________、__________，其中________與________統(tǒng)稱直線在平面外．
2．直線和平面平行的判定：
(1)定義：直線和平面沒有____________，則稱直線和平面平行．
(2)判定定理：aα，bα，且a∥b________；
(3)其他判定方法：α∥β，aα________.
3．直線和平面平行的性質(zhì)定理：a∥α，aβ，α∩β＝l________.
4．兩個(gè)平面的位置關(guān)系有________、________.
5．兩個(gè)平面平行的判定：
(1)定義：兩個(gè)平面沒有________，稱這兩個(gè)平面平行；
(2)判定定理：aβ，bβ，a∩b＝P，a∥α，b∥αβ∥α；
(3)推論：a∩b＝P，a，bα，a′∩b′＝P′，a′，b′β，a∥a′，b∥b′________.
6．兩個(gè)平面平行的性質(zhì)定理：
α∥β，aα________；
α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b________.
7．與垂直相關(guān)的平行的判定：
(1)a⊥α，b⊥α________；(2)a⊥α，a⊥β________.
自我檢測(cè)
1．(2011湖南四縣調(diào)研)平面α∥平面β的一個(gè)充分條件是()
A．存在一條直線a，a∥α，a∥β
B．存在一條直線a，aα，a∥β
C．存在兩條平行直線a，b，aα，a∥β，bβ，b∥α
D．存在兩條異面直線a，b，aα，bβ，a∥β，b∥α
2．(2011煙臺(tái)模擬)一條直線l上有相異三個(gè)點(diǎn)A、B、C到平面α的距離相等，那么直線l與平面α的位置關(guān)系是()
A．l∥αB．l⊥α
C．l與α相交但不垂直D．l∥α或lα
3．下列各命題中：
①平行于同一直線的兩個(gè)平面平行；
②平行于同一平面的兩個(gè)平面平行；
③一條直線與兩個(gè)平行平面中的一個(gè)相交，那么這條直線必和另一個(gè)相交；
④垂直于同一直線的兩個(gè)平面平行．
不正確的命題個(gè)數(shù)是()
A．1B．2C．3D．4
4．經(jīng)過平面外的兩點(diǎn)作該平面的平行平面，可以作()
A．0個(gè)B．1個(gè)
C．0個(gè)或1個(gè)D．1個(gè)或2個(gè)
5．(2011南京模擬)在四面體ABCD中，M、N分別是△ACD、△BCD的重心，則四面體的四個(gè)面中與MN平行的是________________.
探究點(diǎn)一線面平行的判定
例1已知有公共邊AB的兩個(gè)全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面內(nèi)，P、Q分別是對(duì)角線AE、BD上的點(diǎn)，且AP＝DQ.求證：PQ∥平面CBE.

變式遷移1(2011長沙調(diào)研)在四棱錐P—ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，M、N分別是AB、PC的中點(diǎn)，求證：MN∥平面PAD.

探究點(diǎn)二面面平行的判定
例2在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M、N、P分別是C1C、B1C1、C1D1的中點(diǎn)，求證：平面MNP∥平面A1BD.

變式遷移2已知P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，G1、G2、G3分別是△PAB、△PCB、△PAC的重心．
(1)求證：平面G1G2G3∥平面ABC；
(2)求S△G1G2G3∶S△ABC.

探究點(diǎn)三平行中的探索性問題
例3(2011惠州月考)如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，CD∥AB，AD⊥AB，
AD＝DC＝12AB，BC⊥PC.
(1)求證：PA⊥BC；
(2)試在線段PB上找一點(diǎn)M，使CM∥平面PAD，并說明理由．

變式遷移3
如圖所示，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點(diǎn)，設(shè)Q是CC1上的點(diǎn)，問：當(dāng)點(diǎn)Q在什么位置時(shí)，平面D1BQ∥平面PAO?

轉(zhuǎn)化與化歸思想綜合應(yīng)用
例(12分)一個(gè)多面體的三視圖和直觀圖如圖所示，其中M、N分別是AB、SC的中點(diǎn)，P是SD上的一動(dòng)點(diǎn)．
(1)求證：BP⊥AC；
(2)當(dāng)點(diǎn)P落在什么位置時(shí)，AP∥平面SMC?
(3)求三棱錐B—NMC的體積．
多角度審題第(1)問的關(guān)鍵是根據(jù)三視圖得到SD⊥平面ABCD，第(2)問是一個(gè)開放型問題，可有兩種思維方式：一是猜想P是SD的中點(diǎn)，二是從結(jié)論“AP平行于平面SMC”出發(fā)找P滿足的條件．
【答題模板】
(1)證明連接BD，∵ABCD為正方形，
∴BD⊥AC，又SD⊥底面ABCD，
∴SD⊥AC，∵BD∩SD＝D，∴AC⊥平面SDB，∵BP平面SDB，
∴AC⊥BP，即BP⊥AC.[4分]
(2)解取SD的中點(diǎn)P，連接PN，AP，MN.
則PN∥DC且PN＝12DC.[6分]
∵底面ABCD為正方形，∴AM∥DC且AM＝12DC，
∴四邊形AMNP為平行四邊形，∴AP∥MN.
又AP平面SMC，MN平面SMC，∴AP∥平面SMC.[8分]
(3)解VB—NMC＝VN—MBC＝13S△MBC12SD＝1312BCMB12SD＝16×1×12×12×2＝112.[12分]
【突破思維障礙】
1．本題綜合考查三視圖、體積計(jì)算及線面平行、垂直等位置關(guān)系，首先要根據(jù)三視圖想象直觀圖，尤其是其中的平行、垂直及長度關(guān)系，第(1)問的關(guān)鍵是根據(jù)三視圖得到SD⊥平面ABCD，第(2)問是一個(gè)開放型問題，開放型問題能充分考查學(xué)生的思維能力和創(chuàng)新精神，近年來在高考試題中頻繁出現(xiàn)這類題目．結(jié)合空間平行關(guān)系，利用平行的性質(zhì)，設(shè)計(jì)開放型試題是新課標(biāo)高考命題的一個(gè)動(dòng)向．
2．線線平行與線面平行之間的轉(zhuǎn)化體現(xiàn)了化歸的思想方法．
1.直線與平面平行的重要判定方法：(1)定義法；(2)判定定理；(3)面與面平行的性質(zhì)定理．
2.平面與平面平行的重要判定方法：(1)定義法；(2)判定定理；(3)利用結(jié)論：a⊥α，a⊥βα∥β.
3.線線平行、線面平行、面面平行間的相互轉(zhuǎn)化：
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1.(2011開封月考)下列命題中真命題的個(gè)數(shù)為()
①直線l平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，則l∥α；
②若直線a在平面α外，則a∥α；
③若直線a∥b，直線bα，則a∥α；
④若直線a∥b，bα，那么直線a就平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線．
A.1B．2C．3D．4
2.已知直線a、b、c和平面m，則直線a∥直線b的一個(gè)必要不充分的條件是()
A.a⊥m且b⊥mB．a(chǎn)∥m且b∥m
C.a∥c且b∥cD．a(chǎn)，b與m所成的角相等
3.在空間中，下列命題正確的是()
A.若a∥α，b∥a，則b∥α
B.若a∥α，b∥α，aβ，bβ，則β∥α
C.若α∥β，b∥α，則b∥β
D.若α∥β，aα，則a∥β
4.設(shè)l1、l2是兩條直線，α、β是兩個(gè)平面，A為一點(diǎn)，有下列四個(gè)命題，其中正確命題的個(gè)數(shù)是()
①若l1α，l2∩α＝A，則l1與l2必為異面直線；
②若l1∥α，l2∥l1，則l2∥α；
③若l1α，l2β，l1∥β，l2∥α，則α∥β；
④若α⊥β，l1α，則l1⊥β.
A.0B．1C．2D．3
5.若直線a，b為異面直線，則分別經(jīng)過直線a，b的平面中，相互平行的有()
A.1對(duì)B．2對(duì)
C.無數(shù)對(duì)D．1或2對(duì)
二、填空題(每小題4分，共12分)
6.(2011秦皇島月考)下列四個(gè)正方體圖形中，A、B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥面MNP的圖形的序號(hào)是________(寫出所有符合要求的圖形序號(hào))．
,
7.(2011大連模擬)過三棱柱ABC—A1B1C1的任意兩條棱的中點(diǎn)作直線，其中與平面ABB1A1平行的有______條．
8.
如圖所示，ABCD—A1B1C1D1是棱長為a的正方體，M，N分別是下底面的棱A1B1，B1C1的中點(diǎn)，P是上底面的棱AD上的一點(diǎn)，AP＝a3，過P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，則PQ＝________.
三、解答題(共38分)
9．(12分)
如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，M、N分別是BC和A1B1的中點(diǎn)．
求證：MN∥平面AA1C1C.

10．(12分)(2010湖南改編)
如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點(diǎn)．
在棱C1D1上是否存在一點(diǎn)F，使B1F∥平面A1BE？證明你的結(jié)論．

11．(14分)
(2011濟(jì)寧模擬)如圖，四邊形ABCD為矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，BF⊥平面ACE，且點(diǎn)F在CE上．
(1)求證：AE⊥BE；
(2)求三棱錐D—AEC的體積；
(3)設(shè)點(diǎn)M在線段AB上，且滿足AM＝2MB，試在線段CE上確定一點(diǎn)N，使得MN∥平面DAE.

學(xué)案43空間的平行關(guān)系
自主梳理
1．平行相交在平面內(nèi)平行相交2.(1)公共點(diǎn)(2)a∥α(3)a∥β3.a∥l4.平行相交5.(1)公共點(diǎn)
(3)α∥β6.a∥βa∥b7.(1)a∥b(2)α∥β
自我檢測(cè)
1．D2.D3.A4.C
5．面ABC和面ABD
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引證明線面平行問題一般可考慮證線線平行或證面面平行，要充分利用線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化．
證明
如圖所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，連接MN.
∵矩形ABCD和矩形ABEF全等且有公共邊AB，∴AE＝BD.
又∵AP＝DQ，∴PE＝QB，
又∵PM∥AB∥QN，
∴PMAB＝EPEA，QNDC＝BQBD，∴PMAB＝QNDC.
∴PM綊QN，∴四邊形PQNM為平行四邊形，
∴PQ∥MN
又MN平面BCE，PQ平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
變式遷移1證明取PD中點(diǎn)F，連接AF、NF、NM.
∵M(jìn)、N分別為AB、PC的中點(diǎn)，
∴NF綊12CD，AM綊12CD，∴AM綊NF.
∴四邊形AMNF為平行四邊形，∴MN∥AF.
又AF平面PAD，MN平面PAD，
∴MN∥平面PAD.
例2解題導(dǎo)引面面平行的常用判斷方法有：
(1)面面平行的判定定理：如果一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行；
(2)利用垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行；關(guān)鍵是利用“線線平行”、“線面平行”、“面面平行”的相互轉(zhuǎn)化．
證明方法一
如圖所示，連接B1D1、B1C.
∵P、N分別是D1C1、B1C1的中點(diǎn)，
∴PN∥B1D1.
又B1D1∥BD，
∴PN∥BD.
又PN面A1BD，
∴PN∥平面A1BD.
同理MN∥平面A1BD.又PN∩MN＝N，
∴平面MNP∥平面A1BD.
方法二
如圖所示，連接AC1、AC.
∵ABCD—A1B1C1D1為正方體，
∴AC⊥BD.
又CC1⊥面ABCD，
BD面ABCD，
∴CC1⊥BD，∴BD⊥面ACC1，
又∵AC1面ACC1，∴AC1⊥BD.
同理可證AC1⊥A1B，
∴AC1⊥平面A1BD.
同理可證AC1⊥平面PMN，
∴平面PMN∥平面A1BD.
變式遷移2
(1)證明如圖所示，連接PG1、PG2、PG3并延長分別與邊AB、BC、AC交于點(diǎn)D、E、F，連接DE、EF、FD，則有PG1∶PD＝2∶3，
PG2∶PE＝2∶3，∴G1G2∥DE.
又G1G2不在平面ABC內(nèi)，DE在平面ABC內(nèi)，
∴G1G2∥平面ABC.
同理G2G3∥平面ABC.
又因?yàn)镚1G2∩G2G3＝G2，
∴平面G1G2G3∥平面ABC.
(2)解由(1)知PG1PD＝PG2PE＝23，∴G1G2＝23DE.
又DE＝12AC，∴G1G2＝13AC.
同理G2G3＝13AB，G1G3＝13BC.
∴△G1G2G3∽△CAB，其相似比為1∶3，
∴S△G1G2G3∶S△ABC＝1∶9.
例3解題導(dǎo)引近幾年探索性問題在高考中時(shí)有出現(xiàn)，解答此類問題時(shí)先以特殊位置嘗試探究，找到符合要求的點(diǎn)后再給出嚴(yán)格證明．
(1)證明連接AC，過點(diǎn)C作CE⊥AB，垂足為E.
在四邊形ABCD中，AD⊥AB，CD∥AB，AD＝DC，
∴四邊形ADCE為正方形．
∴∠ACD＝∠ACE＝45°.
∵AE＝CD＝12AB，∴BE＝AE＝CE.∴∠BCE＝45°.
∴∠ACB＝∠ACE＋∠BCE＝45°＋45°＝90°.
∴AC⊥BC.
又∵BC⊥PC，AC平面PAC，PC平面PAC，AC∩PC＝C，
∴BC⊥平面PAC.∵PA平面PAC，∴PA⊥BC.
(2)解當(dāng)M為PB的中點(diǎn)時(shí)，CM∥平面PAD.
取AP的中點(diǎn)F，連接CM，F(xiàn)M，DF.
則FM綊12AB.
∵CD∥AB，CD＝12AB，
∴FM綊CD.
∴四邊形CDFM為平行四邊形．∴CM∥DF.
∵DF平面PAD，CM平面PAD，
∴CM∥平面PAD.
變式遷移3解當(dāng)Q為CC1的中點(diǎn)時(shí)，平面D1BQ∥平面PAO.
∵Q為CC1的中點(diǎn)，P為DD1的中點(diǎn)，∴QB∥PA.
∵P、O為DD1、DB的中點(diǎn)，
∴D1B∥PO.
又PO∩PA＝P，D1B∩QB＝B，D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，
∴平面D1BQ∥平面PAO.
課后練習(xí)區(qū)
1．A[①、②、③錯(cuò)，④對(duì)．]
2．D[注意命題之間的相互推出關(guān)系；易知選項(xiàng)D中，若兩直線平行，則其與m所成的角相等，反之卻不一定成立，故a、b與m所成的角相等是兩直線平行的必要不充分條件．]
3．D[A不正確，由直線與平面平行的判定定理的條件知缺少條件bα；B不正確，由兩個(gè)平面平行的判定定理的條件，因a、b未必相交，而可能為兩條平行直線，則α、β未必平行；C不正確，因有可能bβ；D正確，由兩個(gè)平面平行的定義及直線與平面平行的定義知正確．]
4．A[①錯(cuò)，l1α，l2∩α＝A，l1與l2可能相交．
②錯(cuò)，l2有可能在平面α內(nèi)．
③錯(cuò)，α有可能與β相交．
④錯(cuò)，l1有可能與平面β相交或平行或在平面內(nèi)．]
5．A
[如圖，a，b為異面直線，過b上一點(diǎn)作a′∥a，直線a′，b確定一個(gè)平面β，過a上一點(diǎn)作b′∥b，b與b′確定一個(gè)平面α，則α∥β.因?yàn)棣?，β是惟一的，所以相互平行的平面僅有一對(duì)．]
6．①③
解析①∵面AB∥面MNP，∴AB∥面MNP，
②過N作AB的平行線交于底面正方形的中心O，
NO面MNP，
∴AB與面MNP不平行．
③易知AB∥MP，
∴AB∥面MNP；
④過點(diǎn)P作PC∥AB，
∵PC面MNP，
∴AB與面MNP不平行．
7.
6
解析如圖，EF∥E1F1∥AB，
EE1∥FF1∥BB1，F(xiàn)1E∥A1D，
E1F∥B1D，
∴EF、E1F1、EE1、FF1、F1E、E1F都平行于平面ABB1A1，共6條．
8.223a
解析
如圖所示，連接AC，
易知MN∥平面ABCD，
又∵PQ為平面ABCD與平面MNQP的交線，
∴MN∥PQ.
又∵M(jìn)N∥AC，∴PQ∥AC，
又∵AP＝a3，
∴DPAD＝DQCD＝PQAC＝23，∴PQ＝23AC＝223a.
9．證明設(shè)A1C1中點(diǎn)為F，連接NF，F(xiàn)C，
∵N為A1B1中點(diǎn)，
∴NF∥B1C1，且NF＝12B1C1，
又由棱柱性質(zhì)知B1C1綊BC，(4分)
又M是BC的中點(diǎn)，
∴NF綊MC，
∴四邊形NFCM為平行四邊形．
∴MN∥CF，(8分)
又CF平面AA1C1C，
MN平面AA1C1C，
∴MN∥平面AA1C1C.(12分)
10．解在棱C1D1上存在點(diǎn)F，使B1F∥平面A1BE.證明如下：
如圖所示，分別取C1D1和CD的中點(diǎn)F，G，連接B1F，EG，BG，CD1，F(xiàn)G.因?yàn)锳1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四邊形A1BCD1是平行四
邊形，因此D1C∥A1B.又E，G分別為D1D，CD的中點(diǎn)，所以EG∥D1C，從而EG∥A1B.這說明A1，B，G，E四點(diǎn)共面，所以BG平面A1BE.(6分)
因?yàn)樗倪呅蜟1CDD1與B1BCC1都是正方形，F(xiàn)，G分別為C1D1和CD的中點(diǎn)，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四邊形B1BGF是平行四邊形，所以B1F∥BG.而B1F平面A1BE，BG平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.(12分)
11．(1)證明由AD⊥平面ABE及AD∥BC，
得BC⊥平面ABE，BC⊥AE，(1分)
而BF⊥平面ACE，所以BF⊥AE，(2分)
又BC∩BF＝B，所以AE⊥平面BCE，
又BE平面BCE，故AE⊥BE.(4分)
(2)解在△ABE中，過點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H，
則EH⊥平面ACD.
由已知及(1)得EH＝12AB＝2，S△ADC＝22.
(6分)
故VD—AEC＝VE—ADC＝13×22×2＝43.(8分)
(3)解在△ABE中，過點(diǎn)M作MG∥AE交BE于點(diǎn)G，在△BEC中過點(diǎn)G作GN∥BC交EC于點(diǎn)N，
連接MN，則由CNCE＝BGBE＝MBAB＝13，得CN＝13CE.
由MG∥AE，AE平面ADE，
MG平面ADE，則MG∥平面ADE.(10分)
再由GN∥BC，BC∥AD，AD平面ADE，GN平面ADE，
得GN∥平面ADE，所以平面MGN∥平面ADE.
又MN平面MGN，則MN∥平面ADE.(12分)
故當(dāng)點(diǎn)N為線段CE上靠近點(diǎn)C的一個(gè)三等分點(diǎn)時(shí)，
MN∥平面ADE.(14分)