第頁高考備考方法篇：一題多解經典好題1．(2020·高考全國卷Ⅰ)設alog34＝2，則4－a＝()A.eq\f(1,16) B.eq\f(1,9)C.eq\f(1,8) D.eq\f(1,6)解析：選B.方法一：因為alog34＝2，所以log34a＝2，則有4a＝32＝9，所以4－a＝eq\f(1,4a)＝eq\f(1,9)，故選B.方法二：因為alog34＝2，所以－alog34＝－2，所以log34－a＝－2，所以4－a＝3－2＝eq\f(1,32)＝eq\f(1,9)，故選B.方法三：因為alog34＝2，所以eq\f(a,2)＝eq\f(1,log34)＝log43，所以4eq\s\up6(\f(a,2))＝3，兩邊同時平方得4a＝9，所以4－a＝eq\f(1,4a)＝eq\f(1,9)，故選B.方法四：因為alog34＝2，所以a＝eq\f(2,log34)＝eq\f(log39,log34)＝log49，所以4－a＝eq\f(1,4a)＝eq\f(1,9)，故選B.方法五：令4－a＝t，兩邊同時取對數得log34－a＝log3t，即alog34＝－log3t＝log3eq\f(1,t)，因為alog34＝2，所以log3eq\f(1,t)＝2，所以eq\f(1,t)＝32＝9，所以t＝eq\f(1,9)，即4－a＝eq\f(1,9)，故選B.方法六：令4－a＝t，所以－a＝log4t，即a＝－log4t＝log4eq\f(1,t).由alog34＝2，得a＝eq\f(2,log34)＝eq\f(log39,log34)＝log49，所以log4eq\f(1,t)＝log49，所以eq\f(1,t)＝9，t＝eq\f(1,9)，即4－a＝eq\f(1,9)，故選B.2．已知集合A＝{x|－1≤x≤3，x∈N*}，則集合A的真子集的個數為()A．7 B．8C．15 D．16解析：選A.方法一：A＝{x|－1≤x≤3，x∈N*}＝{1，2，3}，其真子集有：?，{1}，{2}，{3}，{1，2}，{1，3}，{2，3}共7個．方法二：因為集合A中有3個元素，所以其真子集的個數為23－1＝7(個)．3.已知全集U＝R，集合M＝{x|－3≤x<4}，N＝{x|x2－2x－8≤0}，則()A．M∪N＝{x|－3≤x<4}B．M∩N＝{x|－2≤x<4}C．(?UM)∪N＝(－∞，－3)∪[－2，＋∞)D．M∩(?UN)＝(－3，－2)【解析】方法一：由題意，得A∪B＝{－1，0，1，2}，所以?U(A∪B)＝{－2，3}，故選A.方法二：因為2∈B，所以2∈A∪B，所以2??U(A∪B)，故排除B，D；又0∈A，所以0∈A∪B，所以0??U(A∪B)，故排除C，故選A.4.設集合A＝{x|x2－4≤0}，B＝{x|2x＋a≤0}，且A∩B＝{x|－2≤x≤1}，則a＝()A．－4 B．－2C．2 D．4【解析】方法一：易知A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x|x≤－eq\f(a,2)}，因為A∩B＝{x|－2≤x≤1}，所以－eq\f(a,2)＝1，解得a＝－2.故選B.方法二：由題意得A＝{x|－2≤x≤2}．若a＝－4，則B＝{x|x≤2}，又A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤2}，不滿足題意，排除A；若a＝－2，則B＝{x|x≤1}，又A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤1}，滿足題意；若a＝2，則B＝{x|x≤－1}，又A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤－1}，不滿足題意，排除C；若a＝4，則B＝{x|x≤－2}，又A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|x＝－2}，不滿足題意．故選B.5．(2020·高考天津卷)設全集U＝{－3，－2，－1，0，1，2，3}，集合A＝{－1，0，1，2}，B＝{－3，0，2，3}，則A∩(?UB)＝()A．{－3，3} B．{0，2}C．{－1，1} D．{－3，－2，－1，1，3}解析：選C.方法一：由題知?UB＝{－2，－1，1}，所以A∩(?UB)＝{－1，1}，故選C.方法二：易知A∩(?UB)中的元素不在集合B中，則排除選項A，B，D，故選C.6．(2021·福建省質量檢測)已知集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|(x－4)(x＋2)≥0}，則?R(A∪B)＝()A．{x|－2≤x≤1} B．{x|1≤x≤4}C．{x|－2<x<1} D．{x|x<4}解析：選C.方法一：因為B＝{x|x≤－2或x≥4}，所以A∪B＝{x|x≤－2或x≥1}，故?R(A∪B)＝{x|－2<x<1}，故選C.方法二：－2∈B，故－2??R(A∪B)，排除A，D；2∈A，故2??R(A∪B)，排除B.故選C.7．(2020·石家莊質量檢測)已知a>0>b，則下列不等式一定成立的是()A．a2<－ab B．|a|<|b|C.eq\f(1,a)>eq\f(1,b) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)解析：選C.方法一：當a＝1，b＝－1時，滿足a>0>b，此時a2＝－ab，|a|＝|b|，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)，所以A，B，D不一定成立，因為a>0>b，所以b－a<0，ab<0，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)>0，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)一定成立，故選C.方法二：因為a>0>b，所以eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)一定成立．故選C.8．若關于x的不等式x2＋2ax＋1≥0在區間[0，＋∞)上恒成立，則實數a的取值范圍是________．解析：方法一：當x＝0時，1≥0對任意的a∈R恒成立，當x≠0時，因為不等式x2＋2ax＋1≥0在區間(0，＋∞)上恒成立，所以x2＋2ax＋1＝0在R上無解或有兩個相等的實根或x2＋2ax＋1＝0有兩個不等的實根且兩根均小于0，所以Δ＝4a2－4≤0或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a2－4>0，,－2a<0，))解得a≥－1.方法二：因為x＝0時，1≥0對任意的a∈R恒成立，當x≠0時，不等式可化為－2a≤x＋eq\f(1,x)(x∈(0，＋∞))，由基本不等式得x＋eq\f(1,x)≥2，當且僅當x＝eq\f(1,x)時取等號，所以易知－2a≤2，解得a≥－1.綜上，a≥－1.答案：[－1，＋∞)9.已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，則f(x)的解析式為________________．(1)方法一(換元法)：令eq\r(x)＋1＝t，則x＝(t－1)2，t≥1，所以f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－1(t≥1)，所以函數f(x)的解析式為f(x)＝x2－1(x≥1)．方法二(配湊法)：f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)＝x＋2eq\r(x)＋1－1＝(eq\r(x)＋1)2－1.因為eq\r(x)＋1≥1，所以函數f(x)的解析式為f(x)＝x2－1(x≥1)．10．已知二次函數f(2x＋1)＝4x2－6x＋5，則f(x)＝________．解析：方法一(換元法)：令2x＋1＝t(t∈R)，則x＝eq\f(t－1,2)，所以f(t)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t－1,2)))eq\s\up12(2)－6·eq\f(t－1,2)＋5＝t2－5t＋9(t∈R)，所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．方法二(配湊法)：因為f(2x＋1)＝4x2－6x＋5＝(2x＋1)2－10x＋4＝(2x＋1)2－5(2x＋1)＋9，所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．方法三(待定系數法)：因為f(x)是二次函數，所以設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，則f(2x＋1)＝a(2x＋1)2＋b(2x＋1)＋c＝4ax2＋(4a＋2b)x＋a＋b＋c.因為f(2x＋1)＝4x2－6x＋5，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＝4，,4a＋2b＝－6，,a＋b＋c＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－5，,c＝9，))所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．答案：x2－5x＋9(x∈R)11.設f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x)，0<x<1，,2（x－1），x≥1，))若f(a)＝f(a＋1)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝()A．2 B．4C．6 D．8解析方法一：當0＜a＜1時，a＋1＞1，所以f(a)＝eq\r(a)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a.由f(a)＝f(a＋1)得eq\r(a)＝2a，所以a＝eq\f(1,4).此時feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f(4)＝2×(4－1)＝6.當a≥1時，a＋1＞1，所以f(a)＝2(a－1)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a.由f(a)＝f(a＋1)得2(a－1)＝2a，無解．綜上，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝6，故選C.方法二：因為當0＜x＜1時，f(x)＝eq\r(x)，為增函數，當x≥1時，f(x)＝2(x－1)，為增函數，又f(a)＝f(a＋1)，所以eq\r(a)＝2(a＋1－1)，所以a＝eq\f(1,4).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f(4)＝6.12.設函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x>0))則滿足f(x＋1)<f(2x)的x的取值范圍是()A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)C．(－1，0) D．(－∞，0)解析方法一：①當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≤0，,2x≤0，))即x≤－1時，f(x＋1)＜f(2x)即為2－(x＋1)＜2－2x，即－(x＋1)＜－2x，解得x＜1.因此不等式的解集為(－∞，－1]．②當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≤0，,2x＞0))時，不等式組無解．③當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＞0，,2x≤0，))即－1＜x≤0時，f(x＋1)＜f(2x)即1＜2－2x，解得x＜0.因此不等式的解集為(－1，0)．④當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＞0，,2x＞0，))即x＞0時，f(x＋1)＝1，f(2x)＝1，不合題意．綜上，不等式f(x＋1)＜f(2x)的解集為(－∞，0)．故選D.方法二：因為f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x＞0，))所以函數f(x)的圖象如圖所示．由圖可知，當x＋1≤0且2x≤0時，函數f(x)為減函數，故f(x＋1)＜f(2x)轉化為x＋1＞2x.此時x≤－1.當2x＜0且x＋1＞0時，f(2x)＞1，f(x＋1)＝1，滿足f(x＋1)＜f(2x)．此時－1＜x＜0.綜上，不等式f(x＋1)＜f(2x)的解集為(－∞，－1]∪(－1，0)＝(－∞，0)．故選D.13.函數y＝x＋eq\r(x－1)的最小值為________．解析：方法一(換元法)：令t＝eq\r(x－1)，且t≥0，則x＝t2＋1，所以原函數變為y＝t2＋1＋t，t≥0.配方得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)，又因為t≥0，所以y≥eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1，故函數y＝x＋eq\r(x－1)的最小值為1.方法二(單調性法)：因為函數y＝x和y＝eq\r(x－1)在定義域內均為增函數，故函數y＝x＋eq\r(x－1)在[1，＋∞)上為增函數，所以ymin＝1.14．已知函數f(x)為奇函數，當x>0時，f(x)＝x2－x，則當x<0時，函數f(x)的最大值為________．解析：方法一：當x<0時，－x>0，所以f(－x)＝x2＋x.又因為函數f(x)為奇函數，所以f(x)＝－f(－x)＝－x2－x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)，所以當x<0時，函數f(x)的最大值為eq\f(1,4).方法二：當x>0時，f(x)＝x2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)，最小值為－eq\f(1,4)，因為函數f(x)為奇函數，所以當x<0時，函數f(x)的最大值為eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)15．已知f(x)是定義域為(－∞，＋∞)的奇函數，滿足f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝________．解析：方法一：因為f(x)在R上是奇函數，且f(1－x)＝f(1＋x)．所以f(x＋1)＝－f(x－1)，即f(x＋2)＝－f(x)．因此f(x＋4)＝f(x)，則函數f(x)是周期為4的函數，由于f(1－x)＝f(1＋x)，f(1)＝2，故令x＝1，得f(0)＝f(2)＝0，令x＝2，得f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－2，令x＝3，得f(4)＝f(－2)＝－f(2)＝0，故f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝2＋0－2＋0＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12×0＋f(1)＋f(2)＝2.方法二：取一個符合題意的函數f(x)＝2sineq\f(πx,2)，則結合該函數的圖象易知數列{f(n)}(n∈N*)是以4為周期的周期數列．故f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＝12×[2＋0＋(－2)＋0]＋2＋0＝2.答案：216．若定義在R的奇函數f(x)在(－∞，0)單調遞減，且f(2)＝0，則滿足xf(x－1)≥0的x的取值范圍是()A．[－1，1]∪[3，＋∞)B．[－3，－1]∪[0，1]C．[－1，0]∪[1，＋∞)D．[－1，0]∪[1，3]解析：選D.方法一：由題意知f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)單調遞減，且f(－2)＝f(2)＝f(0)＝0.當x＞0時，令f(x－1)≥0，得0≤x－1≤2，所以1≤x≤3；當x＜0時，令f(x－1)≤0，得－2≤x－1≤0，所以－1≤x≤1，又x＜0，所以－1≤x＜0；當x＝0時，顯然符合題意．綜上，原不等式的解集為[－1，0]∪[1，3]，選D.方法二：當x＝3時，f(3－1)＝0，符合題意，排除B；當x＝4時，f(4－1)＝f(3)＜0，此時不符合題意，排除選項A，C.故選D.17.已知二次函數f(x)滿足f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，試確定此二次函數的解析式．解析：方法一(利用一般式)：設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))所以所求二次函數的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.方法二(利用頂點式)：設f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．因為f(2)＝f(－1)＝－1，所以拋物線的對稱軸為x＝eq\f(2＋（－1）,2)＝eq\f(1,2).所以m＝eq\f(1,2).又根據題意函數有最大值8，所以n＝8，所以f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8.因為f(2)＝－1，所以aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8＝－1，解得a＝－4，所以f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8＝－4x2＋4x＋7.方法三(利用零點式)：由已知得f(x)＋1＝0的兩根為x1＝2，x2＝－1，故可設f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函數有最大值8，即eq\f(4a（－2a－1）－a2,4a)＝8.解得a＝－4或a＝0(舍去)，所以所求函數的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.18.已知a＝0.30.6，b＝0.30.5，c＝0.40.5，則()A．a>b>c B．a>c>bC．b>c>a D．c>b>a解析：方法一：由指數函數y＝0.3x在定義域內單調遞減，得a<b，由冪函數y＝x0.5在定義域內單調遞增，得c>b，故選D.方法二：因為eq\f(a,b)＝0.3eq\s\up6(\f(6,5))<1，且eq\f(b,c)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(0.5)<1，又a，b，c都為正數，所以c>b>a，故選D.【答案】D19.已知函數f(x)＝aex＋b(a，b∈R)的圖象在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x＋1，則a－b＝________．解析：方法一：由題意，得f′(x)＝aex，則f′(0)＝a，又f(0)＝a＋b，所以函數f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線方程為y－(a＋b)＝a(x－0)，即y＝ax＋a＋b.又該切線方程為y＝2x＋1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,a＋b＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－1，))所以a－b＝3.方法二：由題意，得f′(x)＝aex，則f′(0)＝a.因為函數f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x＋1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,f（0）＝a＋b＝2×0＋1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－1，))所以a－b＝3.20.已知函數f(x)＝elnx－ax(a∈R)．當a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.證明：方法一：因為x>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當a＝e時，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.記g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，所以當0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，當x>1時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當x>0時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.方法二：由題意知，即證exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，從而等價于lnx－x＋2≤eq\f(ex,ex).設函數g(x)＝lnx－x＋2，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1.所以當x∈(0，1)時，g′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，從而g(x)在(0，＋∞)上的最大值為g(1)＝1.設函數h(x)＝eq\f(ex,ex)，則h′(x)＝eq\f(ex（x－1）,ex2).所以當x∈(0，1)時，h′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1.綜上，當x>0時，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.21.若α為第四象限角，則()A．cos2α>0 B．cos2α<0C．sin2α>0 D．sin2α<0解析：方法一：由題意，知－eq\f(π,2)＋2kπ<α<2kπ(k∈Z)，所以－π＋4kπ<2α<4kπ(k∈Z)，所以cos2α≤0或cos2α>0，sin2α<0，故選D.方法二：當α＝－eq\f(π,4)時，cos2α＝0，sin2α＝－1，排除A，B，C，故選D.22.已知sinα－cosα＝eq\r(2)，α∈(0，π)，則tanα＝()A．－1 B．－eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(2),2) D．1解析：選A.方法一：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα－cosα＝\r(2)，,sin2α＋cos2α＝1，))得2cos2α＋2eq\r(2)cosα＋1＝0，即(eq\r(2)cosα＋1)2＝0，所以cosα＝－eq\f(\r(2),2).又α∈(0，π)，所以α＝eq\f(3π,4)，所以tanα＝taneq\f(3π,4)＝－1.方法二：因為sinα－cosα＝eq\r(2)，所以eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\r(2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝1.因為α∈(0，π)，所以α＝eq\f(3π,4)，所以tanα＝－1.法三：由sinα－cosα＝eq\r(2)得1－sin2α＝2，所以sin2α＝－1.設sinα＋cosα＝t，所以1＋sin2α＝t2，所以t＝0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα－cosα＝\r(2)，,sinα＋cosα＝0))得sinα＝eq\f(\r(2),2)，cosα＝－eq\f(\r(2),2)，所以tanα＝－1.23．化簡：sin2αsin2β＋cos2αcos2β－eq\f(1,2)cos2αcos2β.解析：方法一(從“角”入手，化復角為單角)：原式＝sin2αsin2β＋cos2αcos2β－eq\f(1,2)(2cos2α－1)(2cos2β－1)＝sin2αsin2β－cos2αcos2β＋cos2α＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2αsin2β＋cos2αsin2β＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2β＋cos2β－eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).方法二(從“名”入手，化異名為同名)：原式＝sin2αsin2β＋(1－sin2α)cos2β－eq\f(1,2)cos2αcos2β＝cos2β－sin2α(cos2β－sin2β)－eq\f(1,2)cos2αcos2β＝cos2β－sin2αcos2β－eq\f(1,2)cos2αcos2β＝cos2β－cos2βeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2α＋\f(1,2)cos2α))＝eq\f(1＋cos2β,2)－eq\f(1,2)cos2β＝eq\f(1,2).24.在平面直角坐標系xOy中，銳角α，β的頂點為坐標原點O，始邊為x軸的非負半軸，終邊與單位圓O的交點分別為P，Q.已知點P的橫坐標為eq\f(2\r(7),7)，點Q的縱坐標為eq\f(3\r(3),14)，則2α－β的值為________．解析：方法一：由已知可知cosα＝eq\f(2\r(7),7)，sinβ＝eq\f(3\r(3),14).又α，β為銳角，所以sinα＝eq\f(\r(21),7)，cosβ＝eq\f(13,14).因此cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7)，sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(4\r(3),7)，所以sin(2α－β)＝sin2αcosβ－cos2αsinβ＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(13,14)－eq\f(1,7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(\r(3),2).因為α為銳角，所以0＜2α＜π.又cos2α＞0，所以0＜2α＜eq\f(π,2)，又β為銳角，所以－eq\f(π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2)，又sin(2α－β)＝eq\f(\r(3),2)，所以2α－β＝eq\f(π,3).方法二：同方法一得，cosβ＝eq\f(13,14)，sinα＝eq\f(\r(21),7).因為α，β為銳角，所以α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))).所以sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(\r(21),7)×eq\f(13,14)－eq\f(2\r(7),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(\r(21),14).所以sin(α－β)＞0，故α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故cos(α－β)＝eq\r(1－sin2（α－β）)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),14)))\s\up12(2))＝eq\f(5\r(7),14).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2α－β＝α＋(α－β)∈(0，π)．所以cos(2α－β)＝cos[α＋(α－β)]＝cosαcos(α－β)－sinαsin(α－β)＝eq\f(2\r(7),7)×eq\f(5\r(7),14)－eq\f(\r(21),7)×eq\f(\r(21),14)＝eq\f(1,2).所以2α－β＝eq\f(π,3).25．(2020·昆明市三診一模)已知函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(7,2)))解析：選B.方法一：因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，ω>0，所以ωx－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(ωπ,2)－\f(π,4))).又當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，所以eq\f(π,2)≤eq\f(ωπ,2)－eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，解得eq\f(3,2)≤ω≤3，故選B.方法二：當ω＝2時，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，滿足題意，故排除A，C，D，選B.26.若函數f(x)＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋2sin2ωx＋cos2ωx在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))上單調遞增，則正數ω的最大值為()A.eq\f(1,8) B.eq\f(1,6)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,3)解析：方法一：因為f(x)＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋2sin2ωx＋cos2ωx＝eq\r(3)sin2ωx＋1在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))上單調遞增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3ωπ≥－\f(π,2)，,3ωπ≤\f(π,2).))解得ω≤eq\f(1,6)，所以正數ω的最大值是eq\f(1,6).故選B.方法二：易知f(x)＝eq\r(3)sin2ωx＋1，可得f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,ω)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4ω)≤－\f(3π,2)，,\f(π,4ω)≥\f(3π,2)，))解得ω≤eq\f(1,6).所以正數ω的最大值是eq\f(1,6).故選B.【答案】B27.設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為()A．直角三角形 B．銳角三角形C．鈍角三角形 D．不確定解析：方法一：因為bcosC＋ccosB＝b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(2a2,2a)＝a，所以asinA＝a即sinA＝1，故A＝eq\f(π,2)，因此△ABC是直角三角形．方法二：因為bcosC＋ccosB＝asinA，所以sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，即sin(B＋C)＝sin2A，所以sinA＝sin2A，故sinA＝1，即A＝eq\f(π,2)，因此△ABC是直角三角形．28.若將上題條件改為“2sinAcosB＝sinC”，試判斷△ABC的形狀．解析：方法一：由已知得2sinAcosB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，即sin(A－B)＝0，因為－π<A－B<π，所以A＝B，故△ABC為等腰三角形．方法二：由正弦定理得2acosB＝c，再由余弦定理得2a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝c?a2＝b2?a＝b，故△ABC為等腰三角形．29．已知點A(0，1)，B(3，2)，向量eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－4，－3)，則向量eq\o(BC,\s\up6(→))＝()A．(－7，－4) B．(7，4)C．(－1，4) D．(1，4)解析：選A.方法一：設C(x，y)，則eq\o(AC,\s\up6(→))＝(x，y－1)＝(－4，－3)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝－2，))從而eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－4，－2)－(3，2)＝(－7，－4)．故選A.方法二：eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，2)－(0，1)＝(3，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－4，－3)－(3，1)＝(－7，－4)．故選A.30．(2020·長沙市四校模擬考試)如圖，在梯形ABCD中，BC＝2AD，DE＝EC，設eq\o(BA,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，則eq\o(BE,\s\up6(→))＝()A.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b B．eq\f(1,3)a＋eq\f(5,6)bC.eq\f(2,3)a＋eq\f(2,3)b D．eq\f(1,2)a＋eq\f(3,4)b解析：選D.方法一：如圖所示，取BC的中點F，連接AF，因為BC＝2AD，所以AD＝CF，又AD∥CF，所以四邊形ADCF為平行四邊形，則AF∥CD，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(FA,\s\up6(→)).因為DE＝EC，所以eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(FA,\s\up6(→))，所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(FA,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→)))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(3,4)b，故選D.方法二：如圖，連接BD，因為DE＝EC.所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(3,4)b，故選D.31．如圖，在正方形ABCD中，M，N分別是BC，CD的中點，若eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AM,\s\up6(→))＋μeq\o(BN,\s\up6(→))，則λ＋μ＝________．解析：方法一：以AB，AD所在直線分別為x軸，y軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，設正方形的邊長為1，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，1)．因為eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AM,\s\up6(→))＋μeq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(μ,2)，\f(λ,2)＋μ))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ－\f(μ,2)＝1，,\f(λ,2)＋μ＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(6,5)，,μ＝\f(2,5)，))所以λ＋μ＝eq\f(8,5).方法二：由eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，得eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AM,\s\up6(→))＋μeq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(μ,2)))eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)＋μ))eq\o(AD,\s\up6(→))，又eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ－\f(μ,2)＝1，,\f(λ,2)＋μ＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(6,5)，,μ＝\f(2,5).))所以λ＋μ＝eq\f(8,5).答案：eq\f(8,5)32．(2020·武昌區高三調研)在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝eq\f(π,2)，AC＝BC＝2，點P是斜邊AB上一點，且BP＝2PA，那么eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝()A．－4 B．－2C．2 D．4解析：選D.方法一：由已知得|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝2，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→)))，所以eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→)))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→)))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋eq\f(1,3)(eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→)))·(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→)))＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋eq\f(1,3)|eq\o(CB,\s\up6(→))|2－eq\f(1,3)|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＝22＋eq\f(1,3)×22－eq\f(1,3)×22＝4.方法二：由已知，建立如圖所示的平面直角坐標系，則C(0，0)，A(2，0)，B(0，2)，設P(x，y)．因為BP＝2PA，所以eq\o(BP,\s\up6(→))＝2eq\o(PA,\s\up6(→))，所以(x，y－2)＝2(2－x，－y)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4,3),y＝\f(2,3)))，所以eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\f(4,3)，eq\f(2,3))·(2，0)＋(eq\f(4,3)，eq\f(2,3))·(0，2)＝4.故選D.33．已知正方形ABCD，點E在邊BC上，且滿足2eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，設向量eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))的夾角為θ，則cosθ＝________．解析：方法一：因為2eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，所以E為BC的中點．設正方形的邊長為2，則|eq\o(AE,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)，eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up6(→))))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)|eq\o(AD,\s\up6(→))|2－|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)×22－22＝－2，所以cosθ＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\o(AE,\s\up6(→)))||\a\vs4\al(\o(BD,\s\up6(→)))|)＝eq\f(－2,\r(5)×2\r(2))＝－eq\f(\r(10),10).方法二：因為2eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，所以E為BC的中點．設正方形的邊長為2，建立如圖所示的平面直角坐標系xAy，則點A(0，0)，B(2，0)，D(0，2)，E(2，1)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(2，1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2，2)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝2×(－2)＋1×2＝－2，故cosθ＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(AE,\s\up6(→))||\o(BD,\s\up6(→))|))＝eq\f(－2,\r(5)×2\r(2))＝－eq\f(\r(10),10).答案：－eq\f(\r(10),10)34．(2020·新高考卷Ⅰ)eq\f(2－i,1＋2i)＝()A．1 B．－1C．i D．－i解析：選D.方法一：eq\f(2－i,1＋2i)＝eq\f(（2－i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq\f(2－2－5i,5)＝－i，選D.方法二：利用i2＝－1進行替換，則eq\f(2－i,1＋2i)＝eq\f(－2×（－1）－i,1＋2i)＝eq\f(－2i2－i,1＋2i)＝eq\f(－i（1＋2i）,1＋2i)＝－i，選D.35．(2021·湖北八校第一次聯考)復數z滿足(1＋i)z＝|1－i|，則z＝()A．1－i B．1＋iC.eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(2),2)i D．eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)i解析：選C.方法一：因為(1＋i)z＝|1－i|，所以z＝eq\f(|1－i|,1＋i)＝eq\f(\r(2)（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(\r(2)（1－i）,2)＝eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(2),2)i，故選C.方法二：設復數z＝a＋bi(a，b∈R)，因為(1＋i)z＝|1－i|，所以a－b＋(a＋b)i＝eq\r(2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＝\r(2)，,a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(2),2)，,b＝－\f(\r(2),2).))所以z＝eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(2),2)i，故選C.36．已知i為虛數單位，則eq\f(（2＋i）（3－4i）,2－i)＝()A．5 B．5iC．－eq\f(7,5)－eq\f(12,5)i D．－eq\f(7,5)＋eq\f(12,5)i解析：選A.方法一：eq\f(（2＋i）（3－4i）,2－i)＝eq\f(10－5i,2－i)＝5，故選A.方法二：eq\f(（2＋i）（3－4i）,2－i)＝eq\f(（2＋i）2（3－4i）,（2＋i）（2－i）)＝eq\f(（3＋4i）（3－4i）,5)＝5，故選A.37．(2020·高考全國卷Ⅱ)設復數z1，z2滿足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq\r(3)＋i，則|z1－z2|＝________．解析：方法一：設z1＝x1＋y1i(x1，y1∈R)，z2＝x2＋y2i(x2，y2∈R)，則由|z1|＝|z2|＝2，得xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝4.因為z1＋z2＝x1＋x2＋(y1＋y2)i＝eq\r(3)＋i，所以|z1＋z2|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＋2x1x2＋2y1y2＝8＋2x1x2＋2y1y2＝(eq\r(3))2＋12＝4，所以2x1x2＋2y1y2＝－4，所以|z1－z2|＝|x1－x2＋(y1－y2)i|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)－2x1x2－2y1y2)＝eq\r(8＋4)＝2eq\r(3).方法二：設z1＝a＋bi(a，b∈R)，則z2＝eq\r(3)－a＋(1－b)i，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|z1|2＝a2＋b2＝4，,|z2|2＝（\r(3)－a）2＋（1－b）2＝4，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝4，,\r(3)a＋b＝2，))所以|z1－z2|2＝(2a－eq\r(3))2＋(2b－1)2＝4(a2＋b2)－4(eq\r(3)a＋b)＋4＝4×4－4×2＋4＝12，所以|z1－z2|＝2eq\r(3).方法三：題設可等價轉化為向量a，b滿足|a|＝|b|＝2，a＋b＝(eq\r(3)，1)，求|a－b|.因為(a＋b)2＋(a－b)2＝2|a|2＋2|b|2，所以4＋(a－b)2＝16，所以|a－b|＝2eq\r(3)，即|z1－z2|＝2eq\r(3).方法四：設z1＋z2＝z＝eq\r(3)＋i，則z在復平面上對應的點為P(eq\r(3)，1)，所以|z1＋z2|＝|z|＝2，由平行四邊形法則知OAPB是邊長為2，一條對角線也為2的菱形，則另一條對角線的長為|z1－z2|＝2×eq\f(\r(3),2)×2＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)38．(2020·高考全國卷Ⅱ)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，則S10＝____________．解析：方法一：設等差數列{an}的公差為d，則由a2＋a6＝2，得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－4＋6d＝2，解得d＝1，所以S10＝10×(－2)＋eq\f(10×9,2)×1＝25.方法二：設等差數列{an}的公差為d，因為a2＋a6＝2a4＝2，所以a4＝1，所以d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝eq\f(1－（－2）,3)＝1，所以S10＝10×(－2)＋eq\f(10×9,2)×1＝25.答案：2539.(2019·高考全國卷Ⅰ)記Sn為等差數列{an}的前n項和．已知S4＝0，a5＝5，則()A．an＝2n－5 B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2n解析：方法一：設等差數列{an}的公差為d，因為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n2－4n.故選A.方法二：設等差數列{an}的公差為d，因為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))選項A，a1＝2×1－5＝－3；選項B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；選項C，S1＝2－8＝－6，排除C；選項D，S1＝eq\f(1,2)－2＝－eq\f(3,2)，排除D.故選A.40.(2020·廣東省七校聯考)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，則Sn取得最大值時n的值為()A．5 B．6C．7 D．8解析：方法一：設數列{an}的公差為d，則由題意得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＋a1＋7d＝6，,a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝15，,d＝－2.))所以an＝－2n＋17，由于a8＞0，a9＜0，所以Sn取得最大值時n的值是8，故選D.方法二：設數列{an}的公差為d，則由題意得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＋a1＋7d＝6，,a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝15，,d＝－2，))則Sn＝15n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－2)＝－(n－8)2＋64，所以當n＝8時，Sn取得最大值，故選D.【答案】D41．(2020·高考全國卷Ⅰ)設{an}是等比數列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，則a6＋a7＋a8＝()A．12 B．24C．30 D．32【解析】選D.方法一：設等比數列{an}的公比為q，所以eq\f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq\f(（a1＋a2＋a3）q,a1＋a2＋a3)＝q＝2，由a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1(1＋2＋22)＝1，解得a1＝eq\f(1,7)，所以a6＋a7＋a8＝a1(q5＋q6＋q7)＝eq\f(1,7)×(25＋26＋27)＝eq\f(1,7)×25×(1＋2＋22)＝32，故選D.方法二：令bn＝an＋an＋1＋an＋2(n∈N*)，則bn＋1＝an＋1＋an＋2＋an＋3.設數列{an}的公比為q，則eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋an＋2＋an＋3,an＋an＋1＋an＋2)＝eq\f(（an＋an＋1＋an＋2）q,an＋an＋1＋an＋2)＝q，所以數列{bn}為等比數列，由題意知b1＝1，b2＝2，所以等比數列{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n－1，所以b6＝a6＋a7＋a8＝25＝32，故選D.42.(2020·福州市適應性考試)已知數列{an}滿足a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，設bn＝eq\f(an,n).(1)求數列{bn}的通項公式；(2)若cn＝2bn－n，求數列{cn}的前n項和．【解析】(1)方法一：因為bn＝eq\f(an,n)且nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，所以bn＋1－bn＝eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，又b1＝a1＝2，所以{bn}是以2為首項，以2為公差的等差數列．所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.方法二：因為bn＝eq\f(an,n)，所以an＝nbn，又nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，所以n(n＋1)bn＋1－(n＋1)nbn＝2n(n＋1)，即bn＋1－bn＝2，又b1＝a1＝2，所以{bn}是以2為首項，以2為公差的等差數列．所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.(2)由(1)及題設得，cn＝22n－n＝4n－n，所以數列{cn}的前n項和Sn＝(41－1)＋(42－2)＋…＋(4n－n)＝(41＋42＋…＋4n)－(1＋2＋…＋n)＝eq\f(4－4n×4,1－4)－eq\f(n（1＋n）,2)＝eq\f(4n＋1,3)－eq\f(n2＋n,2)－eq\f(4,3).43.(2020·貴陽市四校聯考)中國古代數學名著《算法統宗》中有一道題：“今有七人差等均錢，甲乙均七十七文，戊己庚均七十五文，問丙丁各若干？”，意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚七個人，所分錢數為等差數列，甲、乙兩人共分77文，戊、己、庚三人共分75文，則丙、丁兩人各分多少文錢？則下列說法正確的是()A．丙分34文，丁分31文B．丙分37文，丁分40文C．丙分40文，丁分37文D．丙分31文，丁分34文【解析】方法一：設甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分錢數依次是a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，且成等差數列，設公差為d，根據題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝77，,a5＋a6＋a7＝75，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋d＝77，,a1＋4d＋a1＋5d＋a1＋6d＝75，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝40，,d＝－3，))所以丙分得a3＝a1＋2d＝34(文)，丁分得a4＝a1＋3d＝31(文)，故選A.方法二：依題意，設甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分錢數分別為a－3d，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，a＋3d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3d＋a－2d＝77，,a＋d＋a＋2d＋a＋3d＝75，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝31，,d＝－3，))所以丙分得a－d＝34(文)，丁分得a＝31(文)，故選A.44.在等比數列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，則a9＋a11＋a13＋a15的值為()A．1 B．2C．3 D．5【解析】方法一：因為{an}為等比數列，所以a5＋a7是a1＋a3與a9＋a11的等比中項，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故a9＋a11＝eq\f(（a5＋a7）2,a1＋a3)＝eq\f(42,8)＝2.同理，a9＋a11是a5＋a7與a13＋a15的等比中項，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝eq\f(（a9＋a11）2,a5＋a7)＝eq\f(22,4)＝1.所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.方法二：設等比數列{an}的公比為q，則a5＝a1q4，a7＝a3q4，所以q4＝eq\f(a5＋a7,a1＋a3)＝eq\f(4,8)＝eq\f(1,2).又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝2，a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝1，所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.45．(2020·開封市定位考試)等比數列{an}的前n項和為Sn，若a3＋4S2＝0，則公比q＝()A．－1 B．1C．－2 D．2解析：選C.方法一：因為a3＋4S2＝0，所以a1q2＋4a1＋4a1q＝0，因為a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故選C.方法二：因為a3＋4S2＝0，所以a2q＋eq\f(4a2,q)＋4a2＝0，因為a2≠0，所以q＋eq\f(4,q)＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q＝－2，故選C.46.如圖，四邊形ABCD為矩形，ED⊥平面ABCD，AF∥ED.求證：BF∥平面CDE.【證明】方法一：如圖，在ED上取點N，使DN＝AF，連接NC，NF，因為AF∥DN且AF＝DN，所以四邊形ADNF為平行四邊形，所以AD∥FN且AD＝FN，又四邊形ABCD為矩形，AD∥BC且AD＝BC，所以FN∥BC且FN＝BC，所以四邊形BCNF為平行四邊形，所以BF∥NC，因為BF?平面CDE，NC?平面CDE，所以BF∥平面CDE.方法二：因為四邊形ABCD為矩形，所以AB∥CD，因為AB?平面CDE，CD?平面CDE，所以AB∥平面CDE；又AF∥ED，因為AF?平面CDE，ED?平面CDE，所以AF∥平面CDE；因為AF∩AB＝A，AB?平面ABF，AF?平面ABF，所以平面ABF∥平面CDE，又BF?平面ABF，所以BF∥平面CDE.47．如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在線段D1E上，點P到直線CC1的距離的最小值為________．解析：方法一：如圖，建立空間直角坐標系D-xyz，則D1(0，0，2)，E(1，2，0)，eq\o(ED1,\s\up6(→))＝(－1，－2，2)．設P(x，y，z)，eq\o(EP,\s\up6(→))＝λeq\o(ED1,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，則eq\o(EP,\s\up6(→))＝(x－1，y－2，z)．所以(x－1，y－2，z)＝λ(－1，－2，2)．解得x＝1－λ，y＝2－2λ，z＝2λ.所以P(1－λ，2－2λ，2λ)，設點P在直線CC1上的垂足為Q，得Q(0，2，2λ)，|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝eq\r(（λ－1）2＋4λ2)＝eq\r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,5)))\s\up12(2)＋\f(4,5)).當λ＝eq\f(1,5)時，|eq\o(PQ,\s\up6(→))|min＝eq\f(2\r(5),5).方法二：取B1C1的中點E1，連接D1E1，E1E，則CC1∥平面D1EE1.所以點P到直線CC1的距離的最小值即為CC1與平面D1EE1的距離．過點C1作C1F⊥D1E1于F，線段C1F的長即為所求．在直角三角形C1D1E1中，C1F＝eq\f(2\r(5),5).答案：eq\f(2\r(5),5)48.已知直線l過點M(2，1)，且分別與x軸的正半軸、y軸的正半軸交于A，B兩點，O為原點，當△AOB面積最小時，求直線l的方程．【解析】方法一：設直線l的方程為y－1＝k(x－2)(k<0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,k)，0))，B(0，1－2k)，S△AOB＝eq\f(1,2)(1－2k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,k)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋（－4k）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))))≥eq\f(1,2)(4＋4)＝4，當且僅當－4k＝－eq\f(1,k)，即k＝－eq\f(1,2)時，等號成立．故直線l的方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－2)，即x＋2y－4＝0.方法二：設直線l：eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，且a>0，b>0，因為直線l過點M(2，1)，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1，則1＝eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，故ab≥8，故S△AOB的最小值為eq\f(1,2)×ab＝eq\f(1,2)×8＝4，當且僅當eq\f(2,a)＝eq\f(1,b)＝eq\f(1,2)時取等號，此時a＝4，b＝2，故直線l為eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1，即x＋2y－4＝0.49.上題條件不變，當|MA|·|MB|取得最小值時，求直線l的方程．解析：方法一：由本例3的解析知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k－1,k)，0))，B(0，1－2k)(k<0)．所以|MA|·|MB|＝eq\r(\f(1,k2)＋1)·eq\r(4＋4k2)＝2eq\f(1＋k2,|k|)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－k）＋\f(1,（－k）)))≥4.當且僅當－k＝－eq\f(1,k)，即k＝－1時取等號．此時直線l的方程為x＋y－3＝0.方法二：由本例3的解析知A(a，0)，B(0，b)，a>0，b>0，eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1.所以|MA|·|MB|＝|eq\o(MA,\s\up6(→))|·|eq\o(MB,\s\up6(→))|＝－eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝－(a－2，－1)·(－2，b－1)＝2(a－2)＋b－1＝2a＋b－5＝(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))－5＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥4，當且僅當a＝b＝3時取等號，此時直線l的方程為x＋y－3＝0.50．直線l過點P(－1，2)且到點A(2，3)和點B(－4，5)的距離相等，則直線l的方程為________．解析：方法一：當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0.由題意知eq\f(|2k－3＋k＋2|,\r(k2＋1))＝eq\f(|－4k－5＋k＋2|,\r(k2＋1))，即|3k－1|＝|－3k－3|，所以k＝－eq\f(1,3)，所以直線l的方程為y－2＝－eq\f(1,3)(x＋1)，即x＋3y－5＝0；當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝－1，也符合題意．故所求直線l的方程為x＋3y－5＝0或x＝－1.方法二：當AB∥l時，有k＝kAB＝－eq\f(1,3)，直線l的方程為y－2＝－eq\f(1,3)(x＋1)，即x＋3y－5＝0；當l過AB的中點時，AB的中點為(－1，4)，所以直線l的方程為x＝－1，故所求直線l的方程為x＋3y－5＝0或x＝－1.答案：x＋3y－5＝0或x＝－151．(2021·岳陽模擬)直線x－2y＋1＝0關于直線x＝1對稱的直線方程是()A．x＋2y－1＝0B．2x＋y－1＝0C．2x＋y－3＝0D．x＋2y－3＝0解析：選D.方法一：設所求直線上任一點為(x，y)，則它關于