高三数学综合题的解题策略 课件.doc

高三数学综合题的解题策略
【解题指津】
所谓综合题，是泛指题目本身或在解题过程中，涉及多个知识点和多种数学思想方法、具有较高能力要求的数学题. 在高三复习过程中，夯实解题基本功是十分重要的。这就要求我们在平时的解题训练中，要教会学生认真领悟数学思想，熟练掌握数学方法，正确应用它们分析问题和解决问题，合理运用概念、公式、法则、定理、定律等，提高思维、运算的准确性，灵活运用数学思想方法进行等价转化，化繁为简，提醒学生多进行解题后的反思与探究, 提高解题能力。
现在，高考数学试题立足于当前中学数学的实际情况、教学条件和学生素质等特点，寓创新意识于其中，着重在试题由知识型向能力型的转化上进行积极的探索和创新。这些富有时代气息的试题，突出在对“三基”的考查中，增大思考量，减少计算量，较好地考查考生的思维品质、创新能力和学习潜能，使高考与素质教育形成良性互动。
下面，我们从一下几个方面对综合题的解题策略作一些探讨.
一、从条件入手——分析条件，化繁为简，注重隐含条件的挖掘.
二、从结论入手---执果索因,搭好联系条件的桥梁.
三、回到定义和图形中来.
四、以简单的、特殊的情况为突破口.
五、构造辅助问题(函数、方程、图形……),换一个角度去思考.
六、通过横向沟通和转化,将各数学分支中不同的知识点串联起来.
七、培养整体意识，把握整体结构。
八、连续性问题——承上启下,层层递进,充分利用已得出的结论.
希望大家在解题过程中注意体会。
【综合题精选】
1. 已知函数的图象在y轴上的截距为1，它在y轴右侧的第一个最大值点和最小值点分别为（）和（）.
（I）求的解析式；
（II）用列表作图的方法画出函数y=f(x)在长度为一个周期的闭区间上的图象.
解：（Ⅰ）由已知，易得A=2．
，解得．
把（0，1）代入解析式，得
．又，解得．
∴为所求．…………………………………………6分
(Ⅱ)

0

0
2
0

0

2. 已知函数.
（I）指出在定义域R上的奇偶性与单调性（只须写出结论，无须证明）；
（II）若a.b.c∈R，且，试证明：.
解：（Ⅰ）是定义域上的奇函数且为增函数．
（Ⅱ）由 得．由增函数，得
由奇函数，得 ∴
同理可得
将上三式相加后，得．
3.统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y（升）关于行驶速度x（千米/小时）的函数解析式可以表示为：y=(0<x≤120).已知甲、乙两地相距100千米。
（Ⅰ）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？
（Ⅱ）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？
解: (1)当x=40时，汽车从甲地到乙地行驶了小时,
要耗油(.
答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升.
(2)当速度为x千米/小时，汽车从甲地到乙地行驶了设耗油量为h(x)升，衣题意得
h(x)=()·,
h’(x)=(0＜x≤120＝
令h’(x)=0，得x=80.
当x∈(0,80)时，h’(x)＜0,h(x)是减函数;
当x∈(80,120)时，h’(x)＞0,h(x)是增函数.
∴当x=80时，h(x)取到极小值h(80)=11.25.
因为h(x)在(0,120)上只有一个极值，所以它是最小值.
答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.
4.已知， 求及．
解： 从而有
∵ ∴
∴ ∴
5.已知水渠在过水断面面积为定值的情况下，过水湿周越小，其流量越大.现有以下两种设计，如图：

图①的过水断面为等腰△ABC，AB=BC，过水湿周
图②的过水断面为等腰梯形∥，过水湿周.若与梯形ABCD的面积都为S，
（I）分别求的最小值；
（II）为使流量最大，给出最佳设计方案.
解（Ⅰ）在图①中，设，．
则．由于..皆为正值，可解得．
当且仅当，即时取等号．
所以．
在图②中，设，．可求得
，
解得．
．
当且仅当，即时取等号．
（Ⅱ）由于，则的最小值小于的最小值．
所以在方案②中当取得最小值时的设计为最佳方案．
6.已知，求及．
解：∵ ∴ ∴
设 则是公差为1的等差数列 ∴
又：∵ ∴ ∴
当时
∴
7.设求证：
证：∵
∴
∴
∴
8. A
B
o
C
D
D'
D'
A'
B'
C'
如图，平行六面体ABCD－A'B'C'D'中，AC＝2，BC＝AA'＝A'C＝2，∠ABC＝90°，点O是点A'在底面ABCD上的射影，且点O恰好落在AC上.
（1）求侧棱AA'与底面ABCD所成角的大小；
（2）求侧面A'ADD'底面ABCD所成二面角的正切值；
（3）求四棱锥C－A'ADD'的体积.
解：（I）连，则平面于
∴就是侧棱与底面所成的角

在中，

∴是等腰直角三角形
∴，即侧棱与底面所成角为45°，
（II）在等腰中，，∴，且O为AC中点，
过O作于E，连。∵平面ABCD于O，
由三垂线定理，知，
∴∠是侧面与底面ABCD所成二面角的平面角。
∵∠ABC=，，∴底面ABCD是正方形。
∴。 在中，。
即所求二面角的正切值为。
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，。

∴。
∵，∴。
∵，∴平面，它们的交线是。
过O作，则。
。
又∵的中点，∴点C到平面的距离。
∴。
另解：
9.已知等差数列的前项和为，前项和为，求前项和．
解：由题设
∴ 而

从而：

10.已知：如图，长方体ABCD—中，AB=BC=4，，E为的中点，为下底面正方形的中心.求：（I）二面角C—AB—的正切值；
（II）异面直线AB与所成角的正切值；
（III）三棱锥——ABE的体积.
解：（Ⅰ）取上底面的中心，作于，连和．
由长方体的性质，得平面，由三垂线定理，
得，则为二面角的平面角

．
在中，
（Ⅱ）取的中点G，连和．
易证明，则为所求
．．
在中，
（Ⅲ）连，，由易证明平面．

∴
11.已知等差数列{}的公差为d，等比数列{}的公比为q，且，（），若，求a的取值.
解：由得，
由已知，得

∵，∴ 由对数定义得
当，时，得，．
当，时，得．这与已知相矛盾．
当，时，得．
综上：当时，
当，时，的取值集合为空集
当，时，
12. 已知 求的关系式及通项公式
解：

②-①： 即：
将上式两边同乘以得：
即：
显然：是以1为首项，1为公差的AP
∴
∴
13.已知：如图，射线OA为y=2x(x>0)，射线OB为y= –2x(x>0)，动点P（x, y）在的内部，于N，四边形ONPM的面积为2..
（I）动点P的纵坐标y是其横坐标x的函数，求这个函数y=f(x)的解析式；
（II）确定y=f(x)的定义域.

解：（Ⅰ）设， ．
则，
由动点在的内部，得．
∴，
∴

∴ ①
又，
分别解得，
代入①式消去.，并化简得．
∵，∴．
（Ⅱ）由在内部，得．
又垂足必须在射线上，否则...四点不能构成四边形，所以还必须满足条件
∴
所以的定义域为
14.解关于x的不等式：loga(x2－x－2)＞loga(x－)＋1(a＞0，a≠1)
解：原不等式等价于……①
1°当时，①式可化为
从而即
∴
2°当时，①式可化为
从而 即 ∴Φ
综上所述，当时，原不等式的解集为；当时，不等式的解集为Φ
15.在三角形ABC中，三内角满足A＋C＝2B，，求cos的值
解：∵A+C=2B，∴A+C=120°，B=60°
又∵，∴
∴
即

令，则上式为
∴
∵，∴
16. 已知三点P（5，2）、（－6，0）、（6，0）.
（Ⅰ）求以、为焦点且过点P的椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设点P、、关于直线y＝x的对称点分别为、、，求以、为焦点且过点的双曲线的标准方程。
解：（1）由题意可设所求椭圆的标准方程为(a>b>0),其半焦距c=6
∴,b2=a2-c2=9.
所以所求椭圆的标准方程为
（2）点P(5,2)、F1(-6,0)、F2(6,0)关于直线y=x的对称点分别为点P，(2，5)、F1，(0，-6)、F2，(0，6).
设所求双曲线的标准方程为由题意知，半焦距c1=6

,b12=c12-a12=36-20=16. 所以所求双曲线的标准方程为
17.O1
　请您设计一个帐篷。它下部的形状是高为1m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3m的正六棱锥（如右图所示）。试问当帐篷的顶点O到底面中心的距离为多少时，帐篷的体积最大？
解：设OO1为x m,
则由题设可得正六棱锥底面边长为（单位：m）

于是底面正六边形的面积为（单位：m2）

帐篷的体积为（单位：m3）
求导数，得
令解得x=-2(不合题意，舍去),x=2.
当1<x<2时，,V(x)为增函数；
当2<x<4时，,V(x)为减函数。
所以当x=2时,V(x)最大。
答当OO1为2m时，帐篷的体积最大。
18.在工厂生产中，若机器更新过早，则生产潜力未能充分发挥而造成浪费；若更新过迟，老机器生产效率低，维修与损耗费用大，也会造成浪费.因此，需要确定机器使用的最佳年限（即机器使用多少年平均费用最小）
某工厂用7万元购买了一台新机器，运输安装费2千元，每年投保.动力消耗固定的费用为2千元；每年的保养.维修.更换易损件的费用逐年增加，第一年为2千元，第二年为3千元，第三年为4千元，……，即每年增加1千元，问这台机器的最佳使用年限是多少年？并求出年平均费用的最小值.
解：设使用年为最佳年限，则每年的平均费用

（万元）。
当且仅当，即，即时取等号。
答：这台机器最佳使用年限为12年，且年平均费用的最小值为1.55万元。
19.已知数列{an}满足a1＝2，对于任意的n∈N，都有an＞0，
且(n＋1)a＋anan＋1－na＝0，又知数列{bn}:b1＝2n－1＋1
(1)求数列{an}的通项an以及它的前n项和Sn；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn；
(3)猜想Sn和Tn的大小关系，并说明理由.
解：（Ⅰ）∵
∴。
∴

∴，∴。 即。
∴。
∴，∴又，∴。
∴ 。
（Ⅱ）∵，
∴
。
（Ⅲ）
当时，，∴；
当时，，∴；
当时，，∴；
当时，，∴；
当时，，∴；
当时，，∴。
猜想：当时，。 即。亦即。
下面用数学归纳法证明：
当时，前面已验证成立；
假设时，成立，那么当时，
。
∴当时，也成立。
由以上.可知，当时，有；当时，；
当时，。
20.将两副三角板放成如图所示的形状，使二面角D－AC－B成直二面角。
已知：BC=CD，∠ACD=∠ABC=900.求：二面角C－AB－D的大小。
证：如图∵平面ACD^平面ABC，CD^AC，
∴CD^平面ABC.
∵斜线BD在平面ABD上的射影为BC，AB^BC，
∴AB^BD.即∠DBC为二面角
C－AB－D的平面角。
∵BC=CD，CD^BC，∴∠DBC=450翰林汇
21.正方形ABCD和正方形ABEF折成一个二面角,M.N分别是对角线AC和BF上的点,且AM=FN(如图),求证：MN//平面BEC.
P
Q
证明：如图，分别过M.N作
MP∥DC交BC于P，NQ ∥EF交
EB于Q，连接PQ ∵EF∥AB∥CD，∴MP∥NQ
又∵AM＝FN，∴在正方形ABEF
和正方形ABCD中，MP=NQ
∴ 四边形 MPQN为平行四边形
∴MN∥PQ，∵
∴MN∥平面EBC
A
B
C
D
22.矩形ABCD(AB≤BC)中,AC=2,沿对角线AC把它折成直二面角B－AC－D后,BD=,求AB.BC的长.
A
D
C
B

翰林汇

翰林汇解：如图，
分别过B.D作BE⊥AC于E，DF⊥AC于F，
设∠BAC＝θ，则AB＝ACcosθ＝2cosθ，
BE＝DE＝ABsinθ＝sin2θ,
AE＝ABcosθ＝2cos2θ∴EF＝AC－2AE
＝2＝－2cos2θ
折叠后，在平面ACD内过E作EG∥FD,且EG=FD,连接DG.BG.BD，则∠BEG为二面角B－AC－D的平面角，∴∠BEG＝90°
于是BG＝BE＝sin2θ＝2sin2θ
∴BG2＋DG2＝BD2，即：（2sin2θ）2＋（－2cos2θ）2＝5
∴4（cos2θ）2＝1,∴cos2θ＝±，
∵AB≤BC，∴cos2θ＝－∴cosθ＝，故AB＝，BC＝
A
B
C
D
E
F
G
H
23.在三棱锥A－BCD中,E.F分别是线段AD.BC上的点,满足,AB=CD=3,且AB与CD所成的角为60o,求EF的长.
解：如图，过E 分别作EG∥AB
交BD于G，EH∥DC交AC于H，
连接GH.FH，由条件，易知
EGFH为平行四边形。
∴∠GEH为异面直线AB与CD
所成的角或其补角。∴∠GEH＝60°或120°
又EG＝AB＝2，EH＝AB＝1,
由余弦定理得：EF＝＝或
翰林汇24.如图,△ABC和△DBC所在平面互相垂直 ,AB=BC=BD,∠CBA=∠DBC=120o,求
(1) AD与平面BCD的成角;
(2) AD与BC的成角;
(3) 二面角A-BD-C的正切值.
解：（1）如图，过A作AE⊥CB与CB的延长线交与E，连接DE，
∵平面ABC⊥平面DBC∴AE⊥平面DBC，
F
C
D
A
B
E
G
H
M
∴∠ADE即为AD与平面CBD所成的角。
∵AB＝BD，∠CBA=∠DBC，EB＝EB
∴∠ABE＝∠DBE，∴△DBE≌△ABE
∴DE⊥CB且DE＝AE
∴∠ADB＝45°∴AD与平面CBD
所成的角为45°
（2）由（1）知CB⊥平面ADE
∴AD⊥BC即AD与BC所成的角为90°.
（3）过E作EM⊥BD于M
由（2）及三垂线定理知，AM⊥BD，
∴∠AME为二面角A－BD－C的平面角的补角.
∵AE＝BE＝2ME，∴tg∠AME＝2，故二面角A-BD-C的正切值为－2.
25.如图：已知平面四边形ABCD,AC.BD相交于O,AB=AD,CB=CD,
∠ABC=120°,且PA⊥平面ABCD.
(1)若AB=PA=,求P到直线BC的距离;
(2)求证平面PBD⊥平面PAC.
证明(1)延长CB,过A在平面内作AE⊥CB,垂足为E.
∵∠ABC=120°,∴∠ABE=60°,在Rt△ABE中：AE=AB·sin60°=·=
∵PA⊥平面,AE⊥EB,∴AE是PE在平面内的射影,
∴PE⊥EB,∴PE为点P到BC的距离.在Rt△PAE中：
PE=.
(2)在四边形ABCD中,取BD中点O,连AO.CO,
∵AB=AD,CD=CB,BO=OD,
∴AO⊥BD,CO⊥BD, ∴A.O.C共线,∴AC⊥BD.
又PA⊥,∴PA⊥BD,
∴BD⊥平面PAC,∵BD平面PBD, ∴平面PBD⊥平面PAC.
26．在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（如图1）。将△AEF沿EF折起到的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2）
（Ⅰ）求证：A1E⊥平面BEP；
（Ⅱ）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；
（Ⅲ）求二面角B－A1P－F的大小（用反三角函数表示）
图1
图2

解法一：不妨设正三角形ABC的边长为3
（1） 在图1中，取BE中点D，连结DF. AE：EB=CF：FA=1：2∴AF=AD=2而∠A=600 , ∴△ADF是正三角形，又AE=DE=1, ∴EF⊥AD在图2中，A1E⊥EF, BE⊥EF, ∴∠A1EB为二面角A1－EF－B的平面角。由题设条件知此二面角为直二面角，A1E⊥BE,又∴A1E⊥平面BEF,即 A1E⊥平面BEP
（2） 在图2中，A1E不垂直A1B, ∴A1E是平面A1BP的斜线，又A1E⊥平面BEP，
∴A1E⊥BE.从而BP垂直于A1E在平面A1BP内的射影（三垂线定理的逆定理）设A1E在平面A1BP内的射影为A1Q,且A1Q交BP于点Q,则∠E1AQ就是A1E与平面A1BP所成的角,且BP⊥A1Q.在△EBP中, BE=EP=2而∠EBP=600 , ∴△EBP是等边三角形.又 A1E⊥平面BEP , ∴A1B=A1P, ∴Q为BP的中点,且,又 A1E=1,在Rt△A1EQ中，,∴∠EA1Q=60o, ∴直线A1E与平面A1BP所成的角为600
在图3中，过F作FM⊥ A1P与M，连结QM,QF,∵CP=CF=1, ∠C=600,
∴△FCP是正三角形，∴PF=1.有∴PF=PQ①,
∵A1E⊥平面BEP, ∴A1E=A1Q,
∴△A1FP≌△A1QP从而∠A1PF=∠A1PQ②,
由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP,
∴∠QMP=∠FMP=90o,且MF=MQ,
从而∠FMQ为二面角B－A1P－F的平面角.
在Rt△A1QP中,A1Q=A1F=2,PQ=1,又∴. ∵ MQ⊥A1P∴∴在△FCQ中,FC=1,QC=2, ∠C=600,由余弦定理得
在△FMQ中，
∴二面角B－A1P－F的大小为
　27．设a为实数，设函数的最大值为g(a)。
　　　（Ⅰ）设t＝，求t的取值范围，并把f(x)表示为t的函数m(t)
（Ⅱ）求g(a)
（Ⅲ）试求满足的所有实数a
解:
要使有t意义，必须1+x≥0且1-x≥0，即-1≤x≤1,
∴t≥0 ①
t的取值范围是由①得
∴m(t)=a()+t=
（2）由题意知g(a)即为函数的最大值。
注意到直线是抛物线的对称轴，分以下几种情况讨论。
当a>0时，函数y=m(t), 的图象是开口向上的抛物线的一段，
由<0知m(t)在上单调递增，∴g(a)=m(2)=a+2
(2)当a=0时，m(t)=t, ,∴g(a)=2.
(3)当a<0时,函数y=m(t), 的图象是开口向下的抛物线的一段，
若，即则
若，即则
若，即则
综上有
(3)解法一：
情形1：当时，此时，
由，与a<-2矛盾。
情形2：当时，此时，
解得， 与矛盾。
情形3：当时，此时
所以
情形4：当时，，此时，
矛盾。
情形5：当时，，此时g(a)=a+2,
由解得矛盾。
情形6：当a>0时，，此时g(a)=a+2,
由，由a>0得a=1.
综上知，满足的所有实数a为或a=1

28.进货原价为80元的商品400个，按90元一个售出时，可全部卖出。已知这种商品每个涨价一元，其销售数就减少20个，问售价应为多少时所获得利润最大？
解：设售价为元时利润为，此时售量为

当时，（元）。
答：售价为95元时获利最大，其最大值为4500元。
35.20个劳动力种50亩地，这些地可种蔬菜.棉花.水稻。这些作物每亩地所需劳力和预计产值如下表。应怎样计划才能使每亩地都能种上作物（水稻必种），所有劳力都有工作且作物预计总产值达最高？
作物
劳力/亩
产值/亩
蔬菜
1/2
0.6万元
棉花
1/3
0.5万元
水稻
1/4
0.3万元
解：设种亩水稻（0<x≤50），亩棉花（0<x≤50）时，总产值为且每个劳力都有工作。
且.满足
即
欲使为最大，则应为最小，故当（亩）时，万元，此时（亩）。
故安排1人种4亩水稻，8人种24亩棉花，11人种22亩蔬菜时农作物总产值最高且每个劳力都有工作。
36.某企业在今年年初向银行贷款万元，年利率为；从今年年末开始，每年末向银行偿还一定的金额，预计五年内还清，问每年末平均偿还的金额应是多少？
解：设平均每年末应向银行偿还万元，则每年尚欠银行款依次为：

……
第五年欠款应等于零，即：
…
∴ 故平均每年末向银行偿还金额万元。
29.某市1994年底人口为20万，人均住房面积为8，计划1998年底人均住房面积达10。如果该市每年人口平均增长率控制在1%，要实现上述计划，这个城市每年平均至少要新增住房面积多少万（结果以万为单位，保留两位小数）。
解：设平均每年至少要新增住房面积万。四年共新增住房面积4万。此时住房总面积应为万。另一方面，到1998年底总人口为20（1+1%）4万。按人均10计，1998年底应有住房面积为20×10×（1+1%）4万。据题意有：

因故即
故该城市每年至少要新增住房面积12.03万，才可达人均住房面积10的目标。
38.铁道机车运行1小时所需的成本由两部分组成，固定部分为元，变动部分与运行速度V（千米/小时）的平方成正比。比例系数为k（k≠0）。如果机车匀速从甲站开往乙站，为使成本最省应以怎样的速度运行？
解：设以速度V匀速运行成本最省，甲.乙两站相距S千米，则机车匀速从甲站到乙站所需时间为总成本为元。

仅当时，有最小值，
故机车以速度千米/小时匀速运行时，成本最省。
30.某渔场养鱼，鱼的重量增长率第一年为400%，以后每年重量增长率都是前一年的三分之一。同时鱼每年要损失预计重量的10%。预计养鱼的费用第一年是鱼苗成本的20%，以后每年的费用M（t）与年数t满足关系式（其中为鱼苗成本，）。问该渔场的鱼养几年后全部捕捞，鱼的产值高且费用较少（设鱼苗价30元/斤，成鱼市场价7元/斤）。
解：设第年鱼的产值为最高。p为鱼苗总重量，则
，

……，

当
即第4年鱼的产值最高；另一方面，

当或4时，
下面比较第4年比第3年增加的产值G与该年投入的费用的大小。
若G≠0则取；
若则取

∴取，即该渔场三年后捕捞，鱼的总产值高且费用较少。
31.按复利计算利息的一种储蓄，本金为元，每期利率为，设本利和为，存期为，写出本利和随存期变化的函数式，如果存入本金1000元，每期利率2.25%，试计算5期后的本利和是多少？
解：已知本金为元
1期后的本利和为；
2期后的本利和为；
3期后的本利和为；……
期后的本利和为
将（元），=2.25%, 代入上式得

由计算器算得（元） 答：复利函数式为，
5期后的本利和为1117.68元
评述：此题解答的过程体现了解题的思路，再现了探究问题的过程，容易被学生接受。
31.某乡镇现在人均一年占有粮食360千克，如果该乡镇人口平均每年增长1.2%，粮食总产量平均每年增长4%，那么年后若人均一年占有千克粮食，求出函数关于的解析式。
分析：此题解决的关键在于恰当引入变量，抓准数量关系，并转化成数学表达式，具体解答可以依照例子。
解：设该乡镇现在人口量为M，则该乡镇现在一年的粮食总产量为360M。
经过1年后
该乡镇粮食总产量为360M（1+4%），
人口量为M（1+1.2%）
则人均占有粮食为；
经过2年后：人均占有粮食为……
经过年后：人均占有粮食
即所求函数式为：
评述：这是一个有关平均增长率的问题，如果原来的产值的基础数为N，平均增长率为P，则对于时间的总产值可以用下面的公式，即
解决平均增长率的问题，常用这个函数式。
32.购买一件售价为5000元的商品，采用分期付款方法.每期付款数相同，购买后1个月付款一次，过1个月再付一次，如此下去，到第12次付款后全部付清.如果月利率为0.8%，每月利息按复利算（上月利息要计入下月本金），那么每期应付款多少（精确到1元）？
解：设每期付款x元，根据题意，得到

所以.
由等比数列前n项和的公式得
，由计算器算得x≈439（元）.
答：每期应付款约439元.
解法二：设每期付款x元，第n期后欠款数记作an那么，
第1期后的欠款数为
第2期后的欠款数为
第3期后的欠款数为.
……
第12期后的欠款数为

因为第12期全部付清，所以a12=0即
，

解得 x≈439（元）.
答：每期应付款约439元.
　33．设数列、、满足：，（n=1,2,3,…），
　　　证明为等差数列的充分必要条件是为等差数列且（n=1,2,3,…）
证明：必要性，设{an}是公差为d1的等差数列，则
bn+1–bn=(an+1–an+3) – (an–an+2)= (an+1–an) – (an+3–an+2)= d1– d1=0
所以bnbn+1 ( n=1,2,3,…)成立。
又cn+1–cn=(an+1–an)+2 (an+2–an+1)+3 (an+3–an+2)= d1+2 d1 +3d1 =6d1(常数) ( n=1,2,3,…)
所以数列{cn}为等差数列。
充分性： 设数列{cn}是公差为d2的等差数列，且bnbn+1 ( n=1,2,3,…)
∵cn=an+2an+1+3an+2 ①
∴cn+2=an+2+2an+3+3an+4 ②
①-②得cn–cn+2=（an–an+2）+2 (an+1–an+3)+3 (an+2–an+4)=bn+2bn+1+3bn+2
∵cn–cn+2=( cn–cn+1)+( cn+1–cn+2)= –2 d2
∴bn+2bn+1+3bn+2=–2 d2 ③
从而有bn+1+2bn+2+3bn+3=–2 d2 ④
④-③得（bn+1–bn）+2 (bn+2–bn+1)+3 (bn+3–bn+2)=0 ⑤
∵bn+1–bn≥0, bn+2–bn+1≥0 , bn+3–bn+2≥0,
∴由⑤得bn+1–bn=0 ( n=1,2,3,…)，
由此不妨设bn=d3 ( n=1,2,3,…)则an–an+2= d3(常数).
由此cn=an+2an+1+3an+2= cn=4an+2an+1–3d3
从而cn+1=4an+1+2an+2–5d3 ，
两式相减得cn+1–cn=2( an+1–an) –2d3
因此(常数) ( n=1,2,3,…)
所以数列{an}公差等差数列。

34．已知点,是抛物线上的两个动点,是坐标原点,向量,满足.设圆的方程为

(I) 证明线段是圆的直径;
(II)当圆C的圆心到直线X-2Y=0的距离的最小值为时，求p的值。
【解析】(I)证明1:

整理得:

设M(x,y)是以线段AB为直径的圆上的任意一点,则
即
整理得:
故线段是圆的直径
证明2:

整理得:
……..(1)
设(x,y)是以线段AB为直径的圆上则
即
去分母得:
点满足上方程,展开并将(1)代入得:

故线段是圆的直径
证明3:

整理得:
……(1)
以线段AB为直径的圆的方程为

展开并将(1)代入得:

故线段是圆的直径
(II)解法1:设圆C的圆心为C(x,y),则

又因

所以圆心的轨迹方程为
设圆心C到直线x-2y=0的距离为d,则

当y=p时,d有最小值,由题设得
.
解法2: 设圆C的圆心为C(x,y),则

又因

所以圆心的轨迹方程为
设直线x-2y+m=0到直线x-2y=0的距离为,则

因为x-2y+2=0与无公共点,
所以当x-2y-2=0与仅有一个公共点时,该点到直线x-2y=0的距离最小值为

将(2)代入(3)得

解法3: 设圆C的圆心为C(x,y),则

圆心C到直线x-2y=0的距离为d,则

又因

当时,d有最小值,由题设得
.
【点评】本小题考查了平面向量的基本运算,圆与抛物线的方程.点到直线的距离公式等基础知识,以及综合运用解析几何知识解决问题的能力.
35．已知函数f(x)=,其中a , b , c是以d为公差的等差数列，，且a＞0,d＞0.设［1-］上，，在，将点A， B， C
(I)求
(II)若⊿ABC有一边平行于x轴，且面积为，求a ,d的值
【解析】(I)解:

令,得

当时, ;
当时,
所以f(x)在x=-1处取得最小值即
(II)
的图像的开口向上,对称轴方程为
由知
在上的最大值为
即
又由
当时, 取得最小值为

由三角形ABC有一条边平行于x轴知AC平行于x轴,所以
又由三角形ABC的面积为得
利用b=a+d,c=a+2d,得
联立(1)(2)可得.
解法2:

又c>0知在上的最大值为
即:
又由
当时, 取得最小值为

由三角形ABC有一条边平行于x轴知AC平行于x轴,所以
又由三角形ABC的面积为得
利用b=a+d,c=a+2d,得
联立(1)(2)可得
【点评】本小题考查了函数的导数,函数的极值的判定,闭区间上二次函数的最值,等差数基础知识的综合应用,考查了应用数形结合的数学思想分析问题解决问题的能力
36． 已知,其中,
设,.
(I) 写出;
(II) 证明:对任意的,恒有.
【解析】(I)由已知推得,从而有
(II) 证法1:当时,

当x>0时, ,所以在[0,1]上为增函数
因函数为偶函数所以在[-1,0]上为减函数
所以对任意的

因此结论成立.

证法2: 当时,

当x>0时, ,所以在[0,1]上为增函数
因函数为偶函数所以在[-1,0]上为减函数
所以对任意的

又因
所以

因此结论成立.
证法3: 当时,

当x>0时, ,所以在[0,1]上为增函数
因函数为偶函数所以在[-1,0]上为减函数
所以对任意的

由
对上式两边求导得

因此结论成立.