PAGEPAGE1專練(四)技法14函數(shù)方程思想1．已知在邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD中，M為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在線段AB上運(yùn)動(dòng)(包含端點(diǎn))，則eq\o(EM,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))D．[0,1]答案：C解析：解法一將正方形ABCD放入如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)E(x,0)，0≤x≤1.又Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))，C(1,1)，所以eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x，\f(1,2)))，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1－x,1)，所以eq\o(EM,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x，\f(1,2)))·(1－x,1)＝(1－x)2＋eq\f(1,2).因?yàn)?≤x≤1，所以eq\f(1,2)≤(1－x)2＋eq\f(1,2)≤eq\f(3,2)，即eq\o(EM,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))).解法二eq\o(EM,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(EB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))))·(eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\o(EB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(EB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)，又0≤|eq\o(EB,\s\up6(→))|≤1，所以eq\f(1,2)≤eq\o(EB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)≤eq\f(3,2)，即eq\o(EM,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))).2．將一個(gè)底面半徑為1，高為2的圓錐形工件切割成一個(gè)圓柱體，能切割出的圓柱的最大體積為()A.eq\f(π,27)B.eq\f(8π,27)C.eq\f(π,3)D.eq\f(2π,9)答案：B解析：如圖所示，設(shè)圓柱的半徑為r，高為x，體積為V，由題意可得eq\f(r,1)＝eq\f(2－x,2)，所以x＝2－2r，所以圓柱的體積V＝πr2(2－2r)＝2π(r2－r3)(0<r<1)，設(shè)V(r)＝2π(r2－r3)(0<r<1)，則V′(r)＝2π(2r－3r2)，由2π(2r－3r2)＝0得r＝eq\f(2,3)，所以圓柱的最大體積Vmax＝2πeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3))＝eq\f(8π,27).3．[2024·陜西西安二模]已知函數(shù)f(x)＝x2＋4x＋4，若存在實(shí)數(shù)t，當(dāng)x∈[1，t]時(shí)，f(x－a)≤4x(a>0)恒成立，則實(shí)數(shù)t的最大值是()A．4B．7C．8D．9答案：D解析：作函數(shù)f(x)＝x2＋4x＋4＝(x＋2)2的簡(jiǎn)圖如圖所示．由圖象可知，當(dāng)函數(shù)y＝f(x－a)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,4)時(shí)，有x∈[1，t]，f(x－a)≤4x(a>0)恒成立，此時(shí)t取得最大值，由(1－a)2＋4(1－a)＋4＝4，得a＝5或a＝1(舍)，所以4t＝(t－5＋2)2，所以t＝1(舍)或t＝9，故t＝9.4．[2024·全國(guó)卷Ⅰ]△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為_(kāi)_______．答案：eq\f(2\r(3),3)解析：∵bsinC＋csinB＝4asinBsinC，∴由正弦定理得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC.又sinBsinC＞0，∴sinA＝eq\f(1,2).由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(8,2bc)＝eq\f(4,bc)＞0，∴cosA＝eq\f(\r(3),2)，bc＝eq\f(4,cosA)＝eq\f(8\r(3),3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\f(8\r(3),3)×eq\f(1,2)＝eq\f(2\r(3),3).5．已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.則an＝________，bn答案：3n－22n解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3，又因?yàn)閝>0，所以q＝2.所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②，聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n.6．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，P是雙曲線C右支上一點(diǎn)，且|PF2|＝|F1F2|，若直線PF1與圓x2＋y2＝a2相切，則雙曲線的離心率為_(kāi)_______．答案：eq\f(5,3)解析：取線段PF1的中點(diǎn)為A，連接AF2，又|PF2|＝|F1F2|，則AF2⊥PF1，∵直線PF1與圓x2＋y2＝a2相切，∴|AF2|＝2a，∵|PA|＝eq\f(1,2)|PF1|＝a＋c，∴4c2＝(a＋c)2＋4a2，化簡(jiǎn)得(3c－5a)(a＋c)＝0，則雙曲線的離心率為eq\f(5,3).7．已知函數(shù)f(x)＝lgeq\f(1＋2x＋4x·a,a2－a＋1)，其中a為常數(shù)，若當(dāng)x∈(－∞，1]，f(x)有意義，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞))解析：參數(shù)a深含在一個(gè)困難的復(fù)合函數(shù)的表達(dá)式中，欲干脆建立關(guān)于a的不等式(組)特別困難，故應(yīng)轉(zhuǎn)換思維角度，設(shè)法從原式中把a(bǔ)分別出來(lái)，重新相識(shí)a與變?cè)獂的依存關(guān)系，利用新的函數(shù)關(guān)系，使原問(wèn)題“柳暗花明”．由eq\f(1＋2x＋4x·a,a2－a＋1)>0，且a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，得1＋2x＋4x·a>0，故a>－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4x)＋\f(1,2x))).當(dāng)x∈(－∞，1]時(shí)，y＝eq\f(1,4x)與y＝eq\f(1,2x)都是減函數(shù)，因此，函數(shù)y＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4x)＋\f(1,2x)))在(－∞，1]上是增函數(shù)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4x)＋\f(1,2x)))))max＝－eq\f(3,4)，所以a>－eq\f(3,4).故實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞)).8．關(guān)于x的不等式ex－eq\f(x2,2)－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(9,4)))x≥0在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恰成立，則a的取值集合為_(kāi)_______________________________________________________________________．答案：{2eq\r(e)}解析：關(guān)于x的不等式ex－eq\f(x2,2)－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(9,4)))x≥0在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恰成立?函數(shù)g(x)＝eq\f(ex－\f(1,2)x2－1,x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(9,4)，＋∞)).因?yàn)間′(x)＝eq\f(exx－1－\f(1,2)x2＋1,x2)，令φ(x)＝ex(x－1)－eq\f(1,2)x2＋1，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，則φ′(x)＝x(ex－1)．因?yàn)閤≥eq\f(1,2)，所以φ′(x)≥0，故φ(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以φ(x)≥φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(7,8)－eq\f(\r(e),2)>0.因此g′(x)>0，故g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，則g(x)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝＝2eq\r(e)－eq\f(9,4)，所以a－eq\f(9,4)＝2eq\r(e)－eq\f(9,4)，解得a＝2eq\r(e)，所以a的取值集合為{2eq\r(e)}．9．[2024·全國(guó)卷Ⅱ節(jié)選]設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過(guò)F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝8.求l的方程．解析：由題意得F(1,0)，l的方程為y＝k(x－1)(k>0)．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2).所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝eq\f(4k2＋4,k2).由題設(shè)知eq\f(4k2＋4,k2)＝8，解得k＝－1(舍去)或k＝1.因此l的方程為y＝x－1.10．已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，bn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)，若對(duì)隨意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求實(shí)數(shù)k的最小值．解析：(1)因?yàn)閍1＝2，aeq\o\al(2,3)＝a2(a4＋1)，又因?yàn)閧an}是正項(xiàng)等差數(shù)列，所以公差d≥0，所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，解得d＝2或d＝－1(舍去)，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝2n.(2)由(1)知Sn＝n(n＋1)，則bn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)＝eq\f(1,n＋1n＋2)＋eq\f(1,n＋2n＋3)＋…＋eq\f(1,2n2n＋1)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋2)－eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)－eq