技巧卷-【提分宝典】2025年新高考数学一轮全考点普查随堂课后练

★建议总复习开始前使用 普通高等学校招生全国统一考试数学总复习 方法技巧普查卷 一、数学思想方法在函数与导数中的应用 1．(5分)若a>b>1，0<c<1，则下列说法中正确的是(　C　) A．ac<bc B．abc<bac C．alogbc<blogac D．logac<logbc 解析：(法一)对于选项A，可考虑利用函数y＝xc求解．∵c＞0，∴f(x)＝xc为增函数．∵a>b，∴f(a)>f(b)，即ac>bc，故选项A错误． 对于选项 B，不等式两边同除以ab, 则原不等式转化为 bc－1<ac－1.设函数f(x)＝xc－1 .∵c<1，∴c－1<0，∴f(x)＝xc－1为减函数．∵b<a，∴f(b)>f(a)，即bc－1>ac－1，故选项B错误． 对于选项D，利用换底公式，可得logac＝，logbc＝，即<.∵0＜c＜1，∴lgc<0，∴>.又∵a>b>1，∴lga<lgb，即a＜b.显然与已知矛盾，故选项D错误． 对于选项C，∵a>b>1，∴lga>lgb>0，∴>>0，∴>.∵0<c<1，∴lgc<0，∴<，∴alogbc<blogac，故选项C正确． (法二)令a＝4，b＝2，c＝， 选项 A：ac＝＝＝2, bc＝＝. 2<显然不成立． 选项B：abc＝4，bac＝2×＝2×2＝4. 4<4显然不成立． 选项C：alogbc＝4×log2＝4×(－1)＝－4，blogac＝2×log4＝log42＝log4＝－1，－4＜－1成立． 选项D：logac＝log4＝－，logbc＝log2＝－1.－<－1显然不成立．故选项C正确． (本题普查利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性或取特殊值法比较大小，以及函数与方程思想、一般与特殊思想的应用) 2．(5分)已知函数f(x)满足＝1，若函数y＝x3＋1的图像与函数y＝f(x)的图像有m个交点：(xi，yi)，i＝1，2，…，m，则i＝(　B　) A．0 B．m C．2m D．4m 解析：(法一)∵函数f(x)满足＝1，∴函数f(x)的图像关于点(0，1)对称．易知函数y＝x3＋1的图像也关于点(0，1)对称，∴函数y＝x3＋1与f(x)的图像的交点可能为：①(0，1)；②关于(0，1)对称的成对的点，且每对的纵坐标之和为2.若(0，1)不是两图像的交点，则两图像交点有对，i＝2×＝m；若(0，1)是两图像交点，则两图像交点还有对，i＝1＋2×＝m.∴i＝m. (法二)令f(x)＝x＋1，显然满足＝1. 由x＋1＝x3＋1，即x＝x3，解得x1＝1，x2＝－1，x3＝0， ∴y＝x＋1，y＝x3＋1图像的交点为(1，2)，(－1，0)，(0，1) ，即m＝3，∴i＝1＋2＋0＝3＝m. (本题普查利用函数的性质或取特殊函数解决问题，以及一般与特殊思想的应用) 3．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝ax3－3x2(a∈R)． (1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值； 答案：a＝2 解：∵f(x)＝ax3－3x2，∴f′(x)＝3ax2－6x. ∵x＝1是函数f(x)的一个极值点， ∴f′(1)＝0，即3a－6＝0，解得a＝2.(3分) 当a＝2时，f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)． 当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减， ∴x＝1是函数f(x)的极小值点，故a的值为2.(4分) (本题普查已知函数极值点求参数值的2个要领，以及函数与方程思想的应用) (2)若函数f(x)在区间(－1，0)上是增函数，求a的取值范围； 答案：[－2，＋∞) 解：(法一)依题意，得x∈(－1，0)时，f′(x)＝3ax2－6x≥0恒成立， 等价于x∈(－1，0)时，(3ax2－6x)min≥0.(5分) 当a＝0时，f(x)＝－3x2在(－1，0)上显然是递增的； 当a>0时，f′(x)≥0在(－1，0)上显然成立； 当a<0时，若f′(x)≥0在(－1，0)上成立， 只需≤－1(或f′(－1)＝3a＋6≥0)，解得－2≤a<0. 综上所述，a的取值范围是 [－2，＋∞)．(9分) (法二)依题意，得x∈(－1，0)时，f′(x)＝3ax2－6x≥0恒成立，即3ax2≥6x，x∈(－1，0)恒成立．(5分) ∵x2>0，∴a≥，x∈(－1，0)恒成立，等价于a≥max，x∈(－1，0)． 当x∈(－1，0)时，反比例函数y＝的值域是(－∞，－2)，故a≥－2，即a的取值范围是 [－2，＋∞)．(9分) (本题普查已知函数的单调性求参数范围问题的解题思路、恒成立问题的不同解法，以及转化与化归思想、分类与整合思想的应用) (3)设函数g(x)＝f(x)＋f ′(x)，x∈[0，2]，其中f ′(x)是f(x)的导函数．若函数g(x)在x＝0处取得最大值，求正数a的取值范围． 答案： 解：(法一)依题意，得g(x)＝ax3－3x2＋3ax2－6x＝ax3＋(3a－3)x2－6x，x∈[0，2]． ∵函数g(x)在x＝0处取得最大值， ∴g(x)≤g(0)＝0恒成立，x∈[0，2]， 即ax3＋(3a－3)x2－6x≤0恒成立，x∈[0，2]．(10分) 当x＝0时，该不等式为0≤0，显然成立；(11分) 当0＜x≤2时，该不等式可化为ax2＋(3a－3)x－6≤0， 即a(x2＋3x)≤3x＋6，x∈(0，2]恒成立， 也即a≤，x∈(0，2]恒成立， 等价于a≤，x∈(0，2]．(12分) 令h(x)＝，x∈(0，2]， 则h(x)＝＝＝＝＝＝. ∵y＝x＋1和y＝－在(0，2]上单调递增， ∴y＝x＋1－在(0，2]上单调递增， ∴y＝x＋1－在(0，2]上的值域是， ∴h(x)＝在(0，2]上的值域是， ∴a≤，故正数a的取值范围是.(15分) (法二)由法一知ax3＋(3a－3)x2－6x≤0恒成立，x∈[0，2]．(10分) 当x＝0时，该不等式为0≤0，显然成立；(11分) 当0＜x≤2时，该不等式可化为ax2＋(3a－3)x－6≤0. 令φ(x)＝ax2＋(3a－3)x－6，x∈(0，2]， 则只需φ(x)max≤0即可．(12分) ∵φ(x)＝ax2＋(3a－3)x－6的图像是开口向上的抛物线，它的最大值只可能在端点处取得， 又∵φ(0)＝－6，∴只需φ(2)＝10a－12≤0即可，解得a≤， 故正数a的取值范围是.(15分) (法三)依题意，得g(x)＝ax3－3x2＋3ax2－6x＝ax3＋(3a－3)x2－6x，x∈[0，2]． ∴g′(x)＝3ax2＋6(a－1)x－6＝3[ax2＋2(a－1)x－2]，x∈(0，2)．(10分) 令g′(x)＝0，得ax2＋2(a－1)x－2＝0， 则Δ＝4(a－1)2＋8a＝4a2＋4>0. 设g′(x)的两个零点分别是x1，x2， 由根与系数的关系，得x1x2＝－<0. 不妨设x1<0<x2. 若x2≥2， 当x∈(0，2)时，g′(x)＝3a(x－x1)(x－x2)<0， ∴g(x)在[0，2]上单调递减，最大值为g(0)．(12分) 若0<x2<2， 当x∈(0，x2)时，g′(x)＝3a(x－x1)(x－x2)<0， 当x∈(x2，2)时，g′(x)＝3a(x－x1)(x－x2)>0， ∴g(x)在(0，x2)上单调递减，在(x2，2)上单调递增， ∴g(x)在[0，2]上的最大值只能是g(0)或g(2)．(14分) 综上所述，要使得函数g(x)在x＝0处取得最大值，只需保证g(0)≥g(2)，即0≥20a－24，解得a≤，故正数a的取值范围是.(15分) (本题普查已知函数最值求参数范围问题的解法、恒成立问题的不同解法，以及函数与方程思想、数形结合思想的应用) 4．(本小题满分8分)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋m(x2－x)．若对任意的t∈R，都有f(t2)≥0，求实数m的取值范围． 答案：[0，1] 解：要满足对任意的t∈R，都有f(t2)≥0， 只需对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥0.(1分) f′(x)＝＋m(2x－1)＝，x∈[0，＋∞)． 当0≤m≤1时，f′(x)≥0， 函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增． 又∵f(0)＝ln(0＋1)＋m(02－0)＝0， ∴对任意的x∈[0，＋∞), f(x)≥0恒成立， ∴当0≤m≤1时，符合题意．(4分) 当m<0或m>1时，假设存在x0≥0，使得f(x0)<0，即f(x0)＝ln(x0＋1)＋m(x－x0)<0. 令y＝ex－x－1(x≥0)，得y′＝ex－1≥0(x≥0)， ∴函数y＝ex－x－1在[0，＋∞)上单调递增， ∴(ex－x－1)min＝e0－0－1＝0，∴ex≥x＋1(x≥0)， 两边同时取自然对数，得x≥ln(x＋1)(x≥0)， ∴ln(x0＋1)≤x0，∴ln(x0＋1)＋m(x－x0)≤x0＋m(x－x0)， ∴若要满足ln(x0＋1)＋m(x－x0)<0，只需x0＋m(x－x0)<0. 当x0＝0时，显然不满足x0＋m(x－x0)<0； 当x0>0时，x0＋m(x－x0)<0两边同除以x0，得1＋m(x0－1)<0，即mx0<m－1. 当m<0时，解得 x0>， ∴当m<0时，存在x0>，满足x0＋m(x－x0)<0， ∴f(x0)＝ln(x0＋1)＋m(x－x0)<0. 当m>1时，解得 x0<， ∴当m>1时，存在0<x0<，满足x0＋m(x－x0)<0， ∴f(x0)＝ln(x0＋1)＋m(x－x0)<0. 综上，当m<0或m>1时，存在x0≥0，使得f(x0)<0，即m<0或m>1不满足题意，(7分) ∴实数m的取值范围为[0，1]．(8分) (本题普查恒成立问题的解法、先猜再证的解题方法、不等式的放缩技巧，以及转化与化归思想、分类与整合思想、函数与方程思想的应用) 二、数学思想方法在三角函数与解三角形中的应用 1．(5分)函数f(x)＝(sin x＋cos x)(cos x－sin x)的最小正周期是(　B　) A.　 B．π C. D．2π 解析：(法一)由题意得 f(x)＝3sinxcosx－sin2x＋cos2x－sinxcosx ＝－sin2x＋cos2x＋2sinxcosx ＝(cos2x－sin2x)＋sin2x ＝sin2x＋cos2x＝2sin， ∴T＝＝π.故选B . (法二)由题意得 f(x)＝2×2 ＝2sin×2cos＝2sin2 ＝2sin，∴T＝＝π.故选B . (法三)∵f(x＋2π)＝[sin(x＋2π)＋cos(x＋2π)]·[cos(x＋2π)－sin(x＋2π)] ＝(sinx＋cosx)(cosx－sinx)＝f(x)， ∴2π是函数f(x)的一个周期． ∵f(x＋π)＝[sin(x＋π)＋cos(x＋π)]·[cos(x＋π)－sin(x＋π)] ＝(sinx＋cosx)(cosx－sinx)＝f(x)， ∴π是函数f(x)的一个周期． ∵> π，且π是函数f(x)的一个周期， ∴不是函数f(x)的最小正周期． ∵f(0)＝(sin0＋cos0)×(cos0－sin0)＝， f＝×(cos－sin)＝－， ∴f(0)≠f，∴不是函数f(x)的周期． 综上可知，故选B. (本题普查判断三角函数的周期的两种方法、三角恒等变换的不同方法，以及一般与特殊思想的应用) 2．(5分)为了得到函数y＝cos x的图像，只需把函数y＝sin 的图像上所有点的横坐标变为原来的__2倍__(纵坐标不变)，再将图像向__左__平移__(答案不唯一)__个单位长度． 解析：y＝cosx＝sin. y＝sin图像上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到y＝sin的图像；y＝sin图像上所有点向左平移个单位长度，得到y＝sin的图像． (本题普查三角函数图像变换的不同方法，以及数形结合思想、一般与特殊思想的应用) 3．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2a－c)cos B＝bcos C. (1)求角B的大小； 答案： 解：(法一)由余弦定理可得cosB＝，cosC＝， 将其代入(2a－ c)cos B ＝ bcos C 得(2a－c)·＝b·， 化简整理得a2＋c2－b2＝ac，(4分) ∴cosB＝＝＝.(5分) 又∵角 B 是△ABC 的内角，∴B ＝.(6分) (法二)由正弦定理＝＝得(2sinA－sinC)·cosB＝sinBcosC， ∴2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，即2sinAcosB＝sinBcosC＋sinCcosB， ∴2sinAcosB＝sin(B＋C)． ∵A＋B＋C＝π，∴B＋C＝π－A，∴sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA， ∴2sinAcosB＝sinA.(4分) ∵0＜ A ＜π，∴sinA≠0，∴2cosB＝1，即cosB＝.(5分) ∵0＜ B ＜π，∴B ＝.(6分) (本题普查利用“边化角”“角化边”的方法求角，以及转化与化归思想的应用) (2)若b＝，a＋c＝4，求△ABC的面积． 答案： 解析：∵B ＝，∴S△ABC＝acsinB＝acsin60°＝×ac＝ac.(7分) 由余弦定理知b2＝a2＋c2－2accosB. 又∵B ＝，b＝， ∴()2＝a2＋c2－2×ac，∴7＝a2＋c2－ac.①(9分) ∵a ＋ c ＝ 4，∴(a＋c)2＝16，∴a2＋2ac＋c2＝16.②(11分) ②－①，得3ac＝9，即ac＝3， ∴S△ABC＝ac＝×3＝，∴△ABC的面积为.(12分) (本题普查三角形的面积公式、整体代入的解题技巧，以及函数与方程思想的应用) 三、数学思想方法在数列中的应用 1．(5分)已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若S9＝36，则a3＋a4＋a8＝__12__． 解析：(法一)由等差数列的前n项和公式，得S9＝9a1＋d＝36，即9a1＋36d＝36， ∴a3＋a4＋a8＝a1＋2d＋a1＋3d＋a1＋7d＝3a1＋12d＝(9a1＋36d)＝12. (法二)∵S9＝＝＝9a5＝36， ∴a5＝4，∴a3＋a4＋a8＝a1＋2d＋a1＋3d＋a1＋7d＝3a1＋12d＝3(a1＋4d)＝3a5＝12. (法三)∵S9＝＝＝9a5＝36， ∴a5＝4，∴a3＋a4＋a8＝(a3＋a8)＋a4＝a5＋a6＋a4＝3a5＝12. (法四)由题意，易知S9＝a1＋a2＋…＋a9＝36. 特殊地，假设数列{an}是常数列， 则a1＝a2＝…＝a9＝4，∴a3＋a4＋a8＝3×4＝12. (本题普查利用等差数列的基本公式、基本性质或利用特殊值法解题，以及一般与特殊思想的应用) 2．(本小题满分15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1≠a2，Sn＝pnan，n∈N*. (1)求p的值； 答案： 解：令n＝1，得S1＝a1＝pa1，解得a1＝0或p＝1. 当p＝1时，Sn＝nan. 令n＝2，得S2＝a1＋a2＝2a2， 所以a1＝a2，与题意矛盾，所以a1＝0.(2分) 令n＝2，由题意得S2＝a1＋a2＝2pa2， 因为a2≠0，所以p＝.(4分) (本题普查通过对特例的研究得到一般情况的方法，以及一般与特殊思想的应用) (2)试问数列{an}是否为等差数列或等比数列？ 答案：{an}为等差数列 解：(法一)由(1)知p＝，a1＝0， 所以Sn＝，所以Sn－1＝，n≥2， 所以an＝Sn－Sn－1＝－， 即(n－2)an＝(n－1)an－1，即＝，n≥3，(7分) 所以＝，…，＝， 所有等式左右两边分别相乘，得 ··…·＝··…·， 所以＝n－1，所以an＝(n－1)a2，n≥3.(8分) 易验证当n＝1，2时，满足上式， 所以数列{an}的通项公式为 an＝(n－1)a2. 易求得an－an－1＝a2， 所以数列{an}是等差数列．(9分) (法二)由(1)知p＝，a1＝0，所以Sn＝， 所以Sn－1＝，n≥2， 两式相减，得an＝－， 即(n－2)an＝(n－1)an－1， 即＝＝，n≥3，(7分) 所以＝…＝，n≥2， 所以数列(n≥2)是常数列， 所以＝a2，即an＝(n－1)a2，n≥2. 易验证当n＝1时，满足上式． 同法一可得数列{an}是等差数列．(9分) (本题普查Sn 与an的关系、证明数列{an}是等差数列的不同方法，以及转化与化归思想的应用) (3)令bn＝＋，证明：2n<b1＋b2＋…＋bn<2n＋3. 答案：见证明过程 证明：由(1)(2)可知，Sn＝，an＝(n－1)a2， 所以Sn＝，Sn＋1＝，Sn＋2＝， 所以bn＝＋＝＋>2＝2， 所以b1＋b2＋…＋bn>2n.(11分) 又bn＝＋＝1＋＋1－＝2＋2， 所以b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋[2＋2] ＝2n＋2(1－＋－＋－＋…＋－＋－) ＝2n＋2<2n＋2×＝2n＋3. 综上，2n<b1＋b2＋…＋bn<2n＋3.(15分) (本题普查裂项相消法求和、放缩法证明不等式，以及转化与化归思想的应用) 3．(5分)已知Sn为数列{an}的前n项和，且an>0，Sn＝(n∈N*)，则S100＝__10__． 解析：(法一)∵Sn＝，∴Sn－1＝(n≥2)， ∴an＝Sn－Sn－1＝－(an－1＋)(n≥2)，即2an＝an＋－an－1－(n≥2)，整理得an－＝－(n≥2)， 两边平方，得a＋－2＝a＋＋2(n≥2)， 即a＋＝a＋＋4(n≥2)． ∵S1＝a1＝，∴2a1＝a1＋，∴a1＝. 又∵an>0，∴a1＝1， ∴数列是以2为首项，4为公差的等差数列， ∴a＋＝2＋4(n－1)＝4n－2， ∴a＋＋2＝4n，即2＝4n，∴an＋＝2， ∴Sn＝＝×2＝，∴S100＝＝10. (法二)∵Sn＝，且an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴Sn＝(n≥2)， 即Sn＋Sn－1＝(n≥2)，即S－S＝1(n≥2)． ∵同法一得a1＝1，∴S＝1， ∴数列{S}是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴S＝n，∴Sn＝，∴S100＝＝10. (法三)当n＝1时，S1＝a1＝， ∴2a1＝a1＋，∴a1＝，∴a＝1. 又∵an>0，∴a1＝1. 当n＝2时，S2＝a1＋a2＝， ∴2＋2a2＝a2＋，即a＋2a2－1＝0. ∵an>0，∴解得a2＝－1. 当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝， 即1＋－1＋a3＝. ∵an>0，∴解得a3＝－. 将a1，a2，a3分别代入Sn＝中，可得S1＝1，S2＝，S3＝， ∴由规律可知S100＝＝10. (本题普查Sn 与an的关系、等差数列的定义，以及一般与特殊思想的应用) 4．(5分)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为__64__． 解析：设数列{an}的公比为q.求数列{an}的通项： (法一)由等比数列的通项公式， 可知解得 ∴数列{an}的通项公式为an＝8×. (法二)∵a2＋a4＝a1q＋a3q＝(a1＋a3)q＝5，a1＋a3＝10，∴10q＝5，解得q＝. 又∵a1＋a3＝a1＋a1q2＝10，∴a1＋a1＝10，解得a1＝8. ∴数列{an}的通项公式为an＝8×. 求积的最大值： (法一)a1a2…an＝8×××…×[8×n－1] ＝8n×1＋2＋…＋(n－1)＝8n× ＝－3n×＝ ＝. 令u＝g(n)＝n2－n，则. ∵y＝u是减函数， ∴当u＝g(n)＝n2－n取最小值时，y＝u取最大值． ∵g(n)＝n2－n＝2－，n∈N*. 根据二次函数的性质，可知 当n＝3或n＝4时，g(n)min＝g(3)＝－＝－6， ∴＝－6＝64， ∴a1a2…an的最大值为64. (法二)∵a1＝8，q＝， ∴a1＝8，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝，a6＝，…， ∴(a1a2…an)max＝a1·a2·a3＝8×4×2＝64， ∴a1a2…an的最大值为64. (本题普查等比数列的基本公式和基本性质、等差数列的基本公式，以及函数与方程思想、一般与特殊思想的应用) 5．(本小题满分10分)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝72，且______．判断是否存在正整数k，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由． 从①a4＝8；②a＝a；③a6＋a7＋a8＝12这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并作答． 答案：选①，存在，k＝6；选②，不存在，理由见解答过程；选③，不存在，理由见解答过程 解：设数列{an}的公差为d. 选①，存在正整数k＝6，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列．(1分) 由a4＝8，S8＝72，可得解得(4分) ∴Sn＝2n＋×2＝n2＋n，an＝2＋2(n－1)＝2n.(7分) 假设存在正整数k，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列， 则a＝a1·Sk＋2，即(2k)2＝2×[(k＋2)2＋(k＋2)]，整理得k2－5k－6＝0， 解得k＝6或k＝－1.(9分) ∵k为正整数，∴k＝6. 故存在正整数k＝6，使a1，ak，Sk＋2成等比数列．(10分) 选②，不存在正整数k，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列．(1分) 理由如下：由a＝a，可得a＝(a1＋8d)2，即a1＋4d＝0或d＝0. 当d＝0时，由S8＝72，得a1＝9，此时an＝a1＝9，Sn＝9n.　 假设存在正整数k，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列， 则a＝a1·Sk＋2，即92＝9×9(k＋2)，解得k＝－1，不符合题意．(3分) 当a1＋4d＝0时，由S8＝72，得8a1＋d＝－32d＋28d＝－4d＝72， 解得d＝－18，∴a1＝72，(5分) ∴Sn＝72n＋×(－18)＝－9n2＋81n，an＝72－18(n－1)＝－18n＋90.(7分) 假设存在正整数k，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列， 则a＝a1·Sk＋2，即(－18k＋90)2＝72×[－9(k＋2)2＋81(k＋2)]，　 整理得3k2－20k－3＝0，解得k＝(10－)或k＝(10＋)，均不符合题意．(9分) 综上，不存在正整数k，使a1，ak，Sk＋2成等比数列．(10分) 选③，不存在正整数k，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列．(1分)　 理由如下：由a6＋a7＋a8＝12，可得3a7＝3(a1＋6d)＝12，即a1＋6d＝4.① 由S8＝72，得8a1＋d＝72.② 联立①②，解得(5分) ∴Sn＝16n＋×(－2)＝－n2＋17n，an＝16－2(n－1)＝－2n＋18.(7分) 假设存在正整数k，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列， 则a＝a1·Sk＋2，即(－2k＋18)2＝16×[－(k＋2)2＋17(k＋2)]，　 整理得5k2－70k－39＝0，解得k＝(35－2)或k＝(35＋2)．(9分) ∵k为正整数，∴不存在正整数k，使a1，ak，Sk＋2成等比数列．(10分) (本题普查等差数列的基本公式、等比数列的基本性质，以及函数与方程思想的应用) 6．(本小题满分12分)若数列{an}的各项均为正整数，且满足①an＋1＞an恒成立；②对任意m，n∈N*，都存在t∈N*，且t≠m，t≠n，使得am·an＝at，则称数列{an}为“封闭数列”． (1)已知公比为q的等比数列{an}为“封闭数列”，且a1＝2，求q的值； 答案：q＝2 解：当m＝n＝1时，am·an＝a＝4. 因为等比数列{an}为“封闭数列”， 所以存在t≥2，且t∈N*，使得at＝4，所以qt－1＝＝2. 因为{an}的各项均为正整数，且an＋1＞an，所以q为正整数，且q>1, 又因为t－1≥1，所以lnq≤ln2，即q≤2，所以q＝2.(3分) (本题普查通过特例求解问题的方法，以及一般与特殊思想的应用) (2)已知数列{an}为“封闭数列”，若a1＝3，a4＝36，求a2的取值集合； 答案：{9} 解：同(1)可得a＝9是数列{an}中的项． 因为{an}的各项均为正整数，且an＋1＞an，a1＝3，a4＝36，所以a2＝9或a3＝9.(4分) ①若a2＝9，当m＝n＝2时，a＝81＞36；当m＝1，n＝2时，a1·a2＝27，即存在t∈N*，使得at＝27是数列{an}中的项． 又an＋1＞an，9<27<36，即a2<at<a4，所以2<t<4，所以a3＝27，所以a2＝9符合题意．(5分) ②若a3＝9，则当m＝1，n＝3时，am·an＝a1·a3＝27，同①可得3<t<4，不符合题意． 综上，a2的取值集合为{9}．(7分) (本题普查对陌生知识的理解运用与知识迁移能力，以及分类与整合思想的应用) (3)已知数列{an}为“封闭数列”，若an－1·an·an＋1＝8n(n≥2)，求数列{an}的通项公式． 答案：an＝2n 解：因为an－1·an·an＋1＝8n(n≥2)①， 所以an·an＋1·an＋2＝8n＋1②， ②÷①得＝8(n≥2)．令n＝2，得a4＝8a1. 又因为an＋1＞an，所以a1＜a2＜a3＜a4＝8a1. 当n＝2时，有a1·a2·a3＝82＝64. 因为a2＜8a1，a3＜8a1，所以a1·a2·a3＜64a，所以64＜64a，所以a1＞1， 而a1是正整数，所以a1≥2. 因为a1＜a2＜a3，所以a1·a2·a3>a1·a1·a1，即64＞a，即a1＜4，所以a1＝2或a1＝3.(9分) 当a1＝3时，a2·a3＝∉N*，不符合题意； 当a1＝2时，a2·a3＝32，且2<a2<a3<16. 又因为a＝4是数列{an}中的项，所以易得a2＝4，a3＝＝8. 由an＋2＝8an－1(n≥2)，可得数列{a3k－2}(k∈N*)， {a3k－1}(k∈N*)和{a3k}(k∈N*)都是等比数列． 当n＝3k－2(k∈N*)时，an＝a1·8k－1＝2·23k－3＝23k－2＝2n； 当n＝3k－1(k∈N*)时，an＝a2·8k－1＝4·23k－3＝23k－1＝2n； 当n＝3k(k∈N*)时，an＝a3·8k－1＝8·23k－3＝23k＝2n. 综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.(12分) (本题普查等比数列的定义，以及分类与整合思想的应用) 四、数学思想方法在不等式中的应用 1．(5分)若正数a，b满足a≥4，ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是____． 解析：(法一)∵a≥4，ab＝a＋b＋3，∴b＝， ∴ab＝＝＝(a－1)＋＋5. 令a－1＝x，x≥3，则ab＝x＋＋5. 易知函数y＝x＋在[2，＋∞)上单调递增， ∴ab＝x＋＋5在[3，＋∞)上单调递增， ∴当x＝3，即a＝4时，ab 取得最小值3＋＋5＝，∴ab 的取值范围是. (法二)∵a≥4，ab＝a＋b＋3，∴b＝， ∴ab＝＝＝(a－1)＋＋5＝(a－1)＋＋5－. 由均值不等式，知(a－1)＋≥2＝6， 当且仅当a－1＝，即a＝4时等号成立． 又∵y＝5－在[4，＋∞)上单调递增， ∴当a＝4时，y＝5－取得最小值， ∴(a－1)＋＋5－≥6＋＝， ∴ab 的取值范围是. (本题普查利用基本不等式或利用函数的单调性求代数式的取值范围，以及函数与方程思想的应用) 2．(本小题满分5分)已知a>0，b>0，4a＋b＝1，求＋的最小值． 答案：9 解：(法一)将4a＋b＝1代入＋中，得 ＋＝4＋＋＋1＝5＋＋≥5＋2＝5＋4＝9，(3分) 当且仅当＝，即b＝2a时取等号， ∴＋的最小值为9.(5分) (法二)∵4a＋b＝1，∴b＝1－4a. 将b＝1－4a代入＋中，得＋＝＋.(1分) ∵a>0，b＝1－4a>0，∴0<a<. 设f(a)＝＋，则 f(a)＝＝ ＝－.(2分) 又∵0<a<，∴1－3a>0， ∴(1－3a)＋≥2＝， 当且仅当(1－3a)＝，即a＝时取等号．(4分)　 易得(1－3a)－＋<， ∴≤－9， ∴f(a)＝－≥9， ∴f(a)min＝9.(5分) (法三)由解法二，得f(a)＝＋，0<a<， 则f′(a)＝＝－.(2分) 令f′(a)>0，解得<a<； 令f′(a)<0，解得0<a<， ∴f(a)在上单调递减，在上单调递增，∴f(a)min＝f＝6＋3＝9.(5分) (本题普查基本不等式、1的代换的妙用、消参后利用导数求最值，以及函数与方程思想的应用) 3．(5分)函数y＝＋的值域是____． 解析：∵sinx≥0，cosx≥0，∴≥. ∵sinx＋cosx＝sin，≤x＋≤， ∴≤sin≤1，∴1≤sinx＋cosx≤， ∴＋≤2≤2＝， 当且仅当x＝时，＋＝. 由题知y2＝(＋)2＝sinx＋cosx＋2. 令t＝sinx＋cosx，由上可知1≤sinx＋cosx≤， ∴t∈[1，]，∴t2＝sin2x＋cos2x＋2sinxcosx＝1＋2sinxcosx，即sinxcosx＝， ∴y2＝sinx＋cosx＋2＝t＋2＝t＋，t∈[1，]． ∵y2＝t＋在[1，]上单调递增， ∴(y2)min＝1＋＝1. 又∵y＝＋≥0，∴ymin＝＝1，∴y＝＋的值域是． (本题普查三角函数的性质、利用函数的单调性求值域、利用特殊值猜想问题答案，以及函数与方程思想的应用) 4．(5分)若不等式x2＋ax＋1≥0对于任意的x∈恒成立，则a的最小值是(　C　) A．0 B．－2 C．－ D．－3 解析：(法一)∵x2＋ax＋1≥0对于任意的x∈恒成立，令f(x)＝x2＋ax＋1，x∈，∴只需f(x)min≥0成立即可． ①当0≤－≤，即－1≤a≤0时，f(x)min＝f＝， ∴≥0，解得－2≤a≤2，∴－1≤a≤0； ②当－<0，即a>0时，f(x)min＝f(0)＝1，1≥0显然成立，∴a＞0； ③当－>，即a<－1时，f(x)min＝f＝， ∴≥0，解得a≥－，∴－≤a<－1. 综合①②③，得a≥－，∴a 的最小值为－，故选C. (法二)当x＝0时，显然有1≥0成立； 当x≠0时，∵x2＋ax＋1≥0，∴ax≥－x2－1. 又∵0<x≤，∴a≥－x－，即a≥max. 令f(x)＝x＋，由对勾函数的性质，得f(x)在上单调递减， ∴f(x)min＝f＝＋2＝，即min＝，∴max＝－， ∴a≥－，∴a 的最小值为－，故选C. (本题普查恒成立问题的不同解题方法，以及函数与方程思想的应用) 五、数学思想方法在立体几何中的应用 1．(本小题满分12分)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，且AA1＝2，点D，E分别为CC1，A1B的中点，点E在平面ABD上的射影为△ABD的重心G. (1)求证：AB⊥平面DEG； 答案：见证明过程 证明：由直棱柱的性质得C1C⊥平面ABC，∴C1C⊥AC，C1C⊥BC. ∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，∴AC＝BC. 又∵DC＝DC，∠DCA＝∠DCB＝90°，∴△ADC≌△BDC，∴DA＝DB. ∵点G为△ABD的重心，∴延长DG交AB于点F，有DF⊥AB，如图1所示．(2分) 图1 ∵点G是点E在平面ABD上的射影，∴EG⊥平面ABD. ∵AB⊂平面ABD，∴EG⊥AB.(4分) 又∵EG∩DF＝G，∴AB⊥平面DEG.(5分) (本题普查证明线面垂直的方法，以及数形结合思想的应用) (2)求直线A1B与平面ABD所成角的余弦值． 答案： 解：(法一)如图2，连接EF，CF. 在△A1AB中，点E，F分别为A1B，AB的中点，∴EF∥A1A，EF ＝A1A. 又∵点D是棱C1C的中点， ∴CD∥A1A，CD ＝C1C ＝A1A， ∴CD∥EF，CD ＝EF，∴四边形DEFC是平行四边形． ∵C1C⊥平面ABC，且CF⊂平面ABC， ∴C1C⊥CF，∴平行四边形 DEFC 是矩形． ∵点G是△ABD的重心，∴点 G 是中线 DF 上靠近点 F 的三等分点，即FG ＝DF. ∵EG⊥平面ABD，DF⊂平面ABD，∴EG⊥DF. 又∵在矩形 DEFC 中，∠DEF＝90°， ∴△DEF是直角三角形，∴EF2＝FG·FD. ∵EF＝A1A ，A1A＝2，∴ EF＝1， ∴FG·FD ＝1，∴FG ＝，DF ＝. 在Rt△DCF中，利用勾股定理，得 CF＝＝＝. ∵在等腰直角△ABC 中，∠ACB＝90°， ∴AC＝BC＝＝＝2.(8分) 建立如图2所示的空间直角坐标系C－xyz， 图2 则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，1)，A1(2，0，2)， ∴G，E＝(1，1，1)，∴＝，＝(－1，1，－1)． ∵EG⊥平面ABD，∴是平面ABD的一个法向量．(10分) 设直线 A1B 与平面 ABD 所成的角为θ， ∴sinθ＝|cos，|＝ ＝＝. 又∵θ∈，∴cosθ＝＝＝. 故直线A1B与平面ABD所成角的余弦值为.(12分)　 (法二)如图3，连接BG，EF，CF. 图3 ∵EG⊥平面ABD，∴∠EBG 是直线A1B与平面ABD所成的角．(6分) 由解法一可知EF＝1，FG ＝， ∴在Rt△EFG中，由勾股定理，得 EG＝＝＝. 由解法一可知BC＝AC＝2， ∴在等腰直角三角形ABC中，由勾股定理，得 AB＝＝＝2， ∴在Rt△ABA1中，由勾股定理，得 A1B＝＝＝2.(10分) ∵点E是A1B的中点，∴BE＝， ∴在Rt△BGE中，由勾股定理，得BG＝＝＝， ∴cos∠GBE＝＝＝. 故直线A1B与平面ABD所成角的余弦值为.(12分) (法三)建立如图4所示的空间直角坐标系C－xyz， 图4 则C(0，0，0)，D(0，0，1)．设AC ＝BC＝a， 则A(a，0，0)，B(0，a，0)，A1(a，0，2)． ∵E是A1 B 的中点，∴E. ∵G是△ABD的重心，∴G. ∴＝，＝(0, －a，1)． ∵EG⊥平面ABD ，BD⊂平面ABD， ∴EG⊥BD ，即⊥，∴·＝0， ∴·＝·(0，－a，1)＝0， 即－＝0，解得a＝2或a＝－2(舍)．(6分) 连接BG.∵EG⊥平面ABD，∴∠EBG是直线A1B与平面ABD所成的角．(8分) 由上可知G，E(1，1，1)，B(0，2，0)， ∴＝，＝(1，－1，1)，(10分) ∴cos∠EBG＝＝＝. 故直线A1B与平面ABD所成角的余弦值为 .(12分) (本题普查利用几何法和向量法求线面角，以及数形结合思想、转化与化归思想的应用) 2．(多选)(5分)大摆锤是一种大型游乐设备(如图)，游客坐在圆形的座舱中，面向外，通常大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下作单摆运动．假设小明坐在点A处，“大摆锤”启动后，主轴OB在平面α内绕点O左右摆动，平面α与水平地面垂直，OB摆动的过程中，点A在平面β内绕点B作圆周运动，并且始终保持OB⊥β，B∈β.设OB＝4AB，在“大摆锤”启动后，下列结论正确的是(　ABD　) A．点A在某个定球面上运动 B．β与水平地面所成锐角记为θ，直线OB与水平地面所成角记为δ，则θ＋δ为定值 C．AB⊥α D．直线OA与平面α所成角的正弦值的最大值为 解析：因为点A在平面β内绕点B作圆周运动，并且始终保持OB⊥β，B∈β，所以AB⊂β，所以OB⊥AB，所以OA＝.又因为OB，AB的长为定值，所以OA的长也是定值，所以点A在某个定球面上运动，故A正确． 作出简图如下，因为OB⊥l，所以θ＋δ＝，故B正确． 设α∩β＝m，因为B是平面α和平面β的公共点，所以B∈m.若AB⊥α，则AB⊥m.因为在平面β内，点A在以点B为圆心，AB为半径的圆上运动，所以AB不一定垂直直线m，出现矛盾，故C不正确； 设AB＝a，则OB＝4a，OA＝＝a.当AB⊥α时，直线OA与平面α所成角最大，所成角的正弦值也最大，此时直线OA与平面α所成角的正弦值为＝，故D正确．故选ABD. (本题普查线面垂直的性质、几何法求线面角，以及直观想象的学科素养、数形结合思想的应用) 六、数学思想方法在解析几何中的应用 1．(本小题满分12分)已知抛物线C：y2＝2px过点(1，2)，直线l：x＝my－4与抛物线交于两个不同点A，B，点A与点A′关于x轴对称． (1)求m的取值范围； 答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞) 解：∵抛物线C：y2＝2px过点(1，2)，即22＝2p，解得p＝2，　 ∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2分) 联立直线l与抛物线C的方程，得 整理得y2－4my＋16＝0. ∵直线l与抛物线C有两个不同的交点， ∴Δ＝16m2－64>0，解得m>2或m<－2， ∴m的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．(5分) (本题普查直线与抛物线的位置关系以及转化与化归思想的应用) (2)试判断直线A′B是否恒过定点，并证明你的结论． 答案：直线A′B过定点，证明见解答过程 解：直线A′B恒过定点，证明如下： (法一)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨令y1<y2. 联立直线 l 与抛物线 C 的方程，得 消去 x，整理得y2－4my＋16＝0， 解得y＝2m±2，∴y1＝2m－2， ∴x1＝my1－4＝2m2－2m－4， ∴A(2m2－2m－4，2m－2)． 同理可得B(2m2＋2m－4，2m＋2)．(8分) ∵点 A与点A′关于x轴对称， ∴A′(2m2－2m－4，－2m＋2)， ∴直线A′B的方程为＝， 代入坐标，整理得y－(2－2m)＝[x－(2m2－2m－4)]，(10分) 两边同乘，化简整理得y＝x－4，令y＝0，则x＝4，∴直线A′B恒过定点(4，0)．(12分) (法二)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(x1，－y1)． 联立直线 l 与抛物线 C 的方程，得 消去 x，整理得y2－4my＋16＝0， ∴y1＋y2＝4m，y1y2＝16.(7分) 由A′，B的坐标可得直线A′B的方程为y－y2＝·(x－x2)． 又∵点A′，B都在抛物线C上，∴x2＝，x1＝，代入直线A′B的方程，整理得y＝(x－x2)＋y2，即y＝(x－x2)＋y2， 即y＝＋y2＝.(10分) 将y1y2＝16代入上式，得y＝， 即y＝(x－4)，令x＝4，则y＝0， ∴直线A′B恒过定点(4，0)．(12分) (法三)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(x1，－y1)． 联立直线 l 与抛物线 C 的方程，得 消去 x，整理得y2－4my＋16＝0.(7分) 由A′，B的坐标可得直线A′B的方程为y－y2＝·(x－x2)． 令y＝0，则 x＝－y2·＋x2＝＝＝＝y1y2＝×16＝4， ∴直线A′B恒过定点(4，0)．(12分) (法四)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(x1，－y1)． 联立直线 l 与抛物线 C 的方程，得 消去 x，整理得y2－4my＋16＝0，∴y1y2＝16.(7分) 设直线A′B的方程为x＝ny＋t， 联立直线A′B与抛物线C的方程，得 整理得y2－4ny－4t＝0，∴－y1y2＝－4t＝－16， 解得t ＝ 4，∴直线A′B的方程为x＝ny＋4， ∴直线A′B恒过定点(4，0)．(12分) (本题普查直线过定点问题的不同解法，以及数形结合思想、函数与方程思想的应用) 2．(本小题满分12分)已知点A，B是抛物线y2＝9x上的两个动点，设直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－3. (1)求证：直线AB过定点； 答案：见证明过程 证明：设直线AB的方程为x＝my＋t(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立直线AB与抛物线的方程，得 整理得y2－9my－9t＝0， 由根与系数的关系，得y1y2＝－9t，y1＋y2＝9m， ∴x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)＝t2.(3分) 又∵k1k2＝－3，∴＝－3，即＝－3， 解得t＝3，∴直线AB的方程为x＝my＋3， ∴直线AB过定点，定点为(3，0)．(6分) (本题普查直线与抛物线的位置关系、直线过定点的证明，以及一般与特殊思想、数形结合思想的应用) (2)求△AOB面积的最小值． 答案：9 解：由(1)可知直线AB恒过定点(3，0)，y1y2＝－27，y1＋y2＝9m. (法一)∵S△AOB＝×3×|y1－y2|＝＝，(9分) 且易知当m＝0时，S△AOB取最小值9， ∴△AOB面积的最小值为 9 .(12分) (法二)∵S△AOB＝×3×|y1－y2|≥×2＝×2＝9， 当且仅当y1＝－y2时，等号成立， ∴△AOB面积的最小值为 9 .(12分) (本题普查利用分割法求三角形的面积，利用基本不等式或函数的性质求最值，以及函数与方程思想、数形结合思想的应用) 3．(本小题满分12分)已知P为椭圆M：＋＝1上一动点，点F1(－1，0)是椭圆M的左焦点，且的最大值为3，过点F1的直线l(不与x轴重合)交椭圆M于A，B两点． (1)求椭圆M的方程； 答案：＋＝1 解：∵左焦点坐标为F1(－1，0)，∴c＝1.(1分) 设P点坐标为(x，y), ∴|PF1|＝. 由＋＝1，得y2＝b2－x2，|PF1|＝. ∵c＝1，∴c2＝1，∴b2＝a2－c2＝a2－1， ∴|PF1|＝＝.(3分)　 ∵函数f(x)＝＋2x＋1＋a2－1图像的对称轴为x＝－a2<0，且图像开口向上，x∈[－a，a]，a>1，易知f(x)max＝f(a)＝1＋2a＋a2， ∴|PF1|max＝＝＝a＋1. 又∵|PF1|的最大值为3， ∴a＋1＝3，∴a＝2，∴b2＝a2－c2＝3， ∴椭圆 M 的方程为＋＝1.(6分) (本题普查椭圆的基本性质，以及函数与方程思想的应用) (2)设椭圆的左顶点为C，是否存在直线l，使得∠ABC＝90°，若存在，求出直线l的方程，若不存在，说明理由． 答案：不存在，理由见解答过程 解：(法一)设点B的坐标为(x2，y2)，－2<x2<2. 假设存在直线l，使得∠ABC＝90°． 易知C(－2，0)，F1(－1，0)， ∴＝(－2－x2，－y2)，＝(－1－x2，－y2)， ∴·＝(－1－x2)(－2－x2)＋y＝0， 即x＋3x2＋2＋y＝0.(8分) 又∵点 B 在椭圆上，∴＋＝1， 两式联立，得 整理得x＋12x2＋20＝0，解得x2＝－2或x2＝－10. ∵－2<x2<2，∴不存在直线l，使得 ∠ABC＝90°.(12分) (法二)设直线 l 的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立直线l与椭圆M的方程，得 消去x，整理得(3m2＋4)y2－6my－9＝0， ∴由韦达定理，得y1＋y2＝，y1y2＝.(8分) ∵C(－2，0)，∴·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)． ∵点A，B在直线l上，∴x1＝my1－1，x2＝my2－1， ∴·＝(my1＋1，y1)·(my2＋1，y2) ＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋m(y1＋y2)＋1 ＝(m2＋1)·＋m·＋1＝<0.(10分) ∵cos∠ACB＝<0，∴∠ACB>90°，∴∠ABC≠90°.(12分) (本题普查从不同的角度解决椭圆中的存在性问题，以及函数与方程思想的应用) 4．(本小题满分7分)如图，椭圆x2＋＝1的短轴的左、右两个端点分别为A，B，直线l：y＝kx＋1与椭圆交于C，D两点，且直线AD与BC的斜率之比为2∶1，求k的值． 答案：k＝3 解：(法一)设C(x1，y1)，D(x2，y2)． 联立直线 l 与椭圆的方程，得 整理得(4＋k2)x2＋2kx－3＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝， 且x2＝＝ ＝＝.(2分) 由已知易得A(－1，0)，B(1，0)，∴直线 BC 和 AD 的斜率分别为kBC＝，kAD＝. 又∵kAD∶kBC＝2∶1，∴＝. ∵点C，D在直线 l 上，∴y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1. 将其代入上式并整理，得kx1x2＋(2k－1)x1＋(k＋2)x2＋3＝0.(*) 将x1＋x2，x1x2和x2代入*式，得 k·＋(2k－1)·－(k－3)·＋3＝0， 化简整理，得－3k－4k2＋2k＋k2－3k－2(k－3)·＋3k2＋12＝0， 即12－4k－2(k－3)·＝0，即4(3－k)＋2(3－k)·＝0， 解得k＝3.(7分) (法二)设直线BC的斜率为m，则直线AD的斜率为2m. 由题意易知B(1，0)，∴直线BC的方程为y＝m(x－1)． 联立直线BC与椭圆的方程，得 整理得(4＋m2)x2－2m2x＋m2－4＝0， ∴xC·1＝，即xC＝， ∴yC＝m(xC－1)＝，∴C.(2分) 由直线AD的斜率为2m，且A(－1，0), 得直线AD的方程为 y＝2m(x＋1)． 联立直线AD与椭圆的方程，得 整理得(4＋4m2)x2＋8m2x＋4m2－4＝0， ∴xD·(－1)＝，即xD＝， ∴yD＝2m(xD＋1)＝，∴D.(4分) 设点(0，1)为点M，易知kCD存在且不为0， 则直线CM的斜率为kCM＝， 直线DM的斜率为kDM＝. ∵直线CD过点M(0，1)，∴＝， 整理得(m2＋2)(m2＋2m－2)＝0，解得m＝－1＋或 m＝－1－. 当m＝－1＋时，kCM＝＝3， 当m＝－1－时，kCM＝＝3, ∴直线CD的斜率k＝3.(7分) (法三)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，连接 AC. 由已知得A(－1，0)，B(1，0)， ∴kCA·kCB＝·＝. 又∵点 C 在椭圆上， ∴x＋＝1，即y＝4(1－x)，∴kCA·kCB＝－4.(2分) 又∵kAD∶kBC＝2∶1，∴kCA·kAD＝－8，即·＝－8， 整理得＝－8.(4分) 联立直线 l 和椭圆的方程，得 整理得(4＋k2)x2＋2kx－3＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝，∴y1y2＝(kx1＋1)(kx2＋1)＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝， ∴＝＝－8， 整理得k2－4k＋3＝0，解得k＝3或k＝1.(6分) 当k＝1时，点 A 与点 C 重合，不符合题意，舍去． 综上，k＝3.(7分) (本题普查利用不同的方法解决椭圆中的求值问题，以及函数与方程思想的应用) 学科网（北京）股份有限公司 $$