1.()已知两条直线l1:y=x,l2:ax–y=0，其中a∈R，当这两条直线的夹角在(0,
)内变动时，a的取值范围是( )
A.(0，1)
B.(
，
)
C.(，1)∪(1，) D.(1，)
2.()等差数列{an}和{bn}的前n项和分别用Sn和Tn表示，若
，则
的值为( )
A.
B.1 C.
D.
3.()某房间有4个人，那么至少有2人生日是同一个月的概率是 .(列式表示即可)
4.()函数f(x)=x3–3bx+3b在(0，1)内有极小值，则b的取值范围是 .
5.()已知f(x)=lg(x+1),g(x)=2lg(2x+t),(t∈R是参数).
(1)当t=–1时，解不等式f(x)≤g(x);
(2)如果x∈［0,1］时，f(x)≤g(x)恒成立，求参数t的取值范围.
6.()已知函数f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，n∈N*且a1、a2、a3、……、an构成一个数列{an}，满足f(1)=n2.
(1)求数列{an}的通项公式，并求
；
(2)证明0＜f(
)＜1.
7.()设A、B是双曲线x2–
=1上的两点，点N(1，2)是线段AB的中点.
(1)求直线AB的方程；
(2)如果线段AB的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，那么A、B、C、D四点是否共圆？为什么？
8.()直线y=a与函数y=x3–3x的图象有相异三个交点，求a的取值范围.
难点39 化归思想 化归与转换的思想，就是在研究和解决数学问题时采用某种方式，借助某种函数性质、图象、公式或已知条件将问题通过变换加以转化，进而达到解决问题的思想.等价转化总是将抽象转化为具体，复杂转化为简单、未知转化为已知，通过变换迅速而合理的寻找和选择问题解决的途径和方法. ●难点磁场 1.()一条路上共有9个路灯，为了节约用电，拟关闭其中3个，要求两端的路灯不能关闭，任意两个相邻的路灯不能同时关闭，那么关闭路灯的方法总数为 . 2.()已知平面向量a=(–1),b=(). (参考答案
参 考 答 案
●难点磁场
1.解析：9个灯中关闭3个等价于在6个开启的路灯中，选3个间隔(不包括两端外边的装置)插入关闭的过程故有C
=10种
答案：10
2.(1)证明：∵a.b=
=0，∴a⊥b
(2)解：∵x⊥y,∴x.y=0
即［a+(t2–3)b］.(–ka+tb)=0，整理后得
–ka2+［t–k(t2–3)］a.b+t(t2–3).b2=0
∵a.b=0,a2=4,b2=1
∴上式化为–4k+t(t2–3)=0，∴k=
t(t2–3).
(3)解：讨论方程t(t2–3)–k=0的解的情况，可以看作曲线f(t)=t(t2–3)与直线y=k的交点个数
于是f′(t)=
(t2–1)=(t+1)(t–1).
令f′(t)=0,解得t1=–1,t2=1.当t变化时，f′(t),f(t)的变化情况如下表：
|
t |
(–∞,–1) |
–1 |
(–1,1) |
1 |
(1,+∞) |
|
f′(t) |
+ |
0 |
– |
0 |
+ |
|
f(t) |
↗ |
极大值 |
↘ |
极小值 |
↗ |
当t=–1时，f(t)有极大值，f(t)极大值=
；
当t=1时，f(t)有极小值，f(t)极小值=–.
而f(t)=(t2–3)t=0时，得t=–,0,.
所以f(t)的图象大致如右：
于是当k>或k<–时，直线y=k与曲线y=f(t)仅有一个交点，则方程有一解；
当k=或k=–时，直线与曲线有两个交点，则方程有两解；当k=0，直线与曲线有三个交点，但k、t不同时为零，故此时也有两解；当–<k<0或0<k<时，直线与曲线有三个交点，则方程有三个解
●歼灭难点训练
一、1.解析：分析直线l2的变化特征，化数为形，已知两直线不重合，因此问题应该有两个范围即得解
答案：C
2.解析：化和的比为项的比∵
.
∴
,取极限易得
答案：A
二、3.解析：转化为先求对立事件的概率即四人生日各不相同的概率
答案：
4.解析：转化为f′(x)=3x2–3b在(0，1)内与x轴有两交点只须f′(0)<0且f′(1)>0.
答案：0<b<1
三、5.解：(1)原不等式等价于
即
∴x≥
∴原不等式的解集为{x|x≥}.
(2)x∈［0,1］时，f(x)≤g(x)恒成立.∴x∈［0,1］时
恒成立.即
恒成立
即x∈［0,1］时，t≥–2x+
恒成立，于是转化为求–2x+
,x∈［0,1］的最大值问题
令μ=,则x=μ2–1,则μ∈［1,
］.
∴2x+=–2(μ–)2+
.
当μ=1即x=0时，–2x+有最大值1
∴t的取值范围是t≥1.
6.(1)解：{an}的前n项和Sn=a1+a2+…+an=f(1)=n2,由an=Sn–Sn–1=n2–(n–1)2=2n–1(n≥2),又a1=S1=1满足an=2n–1.故{an}通项公式为an=2n–1(n∈N*)
∴
(2)证明：∵f()=1.+3.
+…+(2n–1)
①
∴f()=1.+3.
+…+(2n–3)+(2n–1)
②
①–②得：
f()=1.+2.+2.+…+2.–(2n–1).
∴f()=
++++…+
–(2n–1)=1–
.
∵
(n∈N*)
∴0<<1,∴0<1–<1，即0<f()<1
7.解：(1)设AB∶y=k(x–1)+2代入x2–=1.
整理得(2–k2)x2–2k(2–k)x–(2–k)2–2=0 ①
设A(x1,y1)、B(x2,y2),x1,x2为方程①的两根
所以2–k2≠0且x1+x2=
.又N为AB中点，
有(x1+x2)=1.∴k(2–k)=2–k2,解得k=1.故AB∶y=x+1.
(2)解出A(–1，0)、B(3，4)得CD的方程为y=3–x.与双曲线方程联立.消y有x2+6x–11=0 ②
记C(x3,y3)、D(x4,y4)及CD中点M(x0,y0)由韦达定理可得x0=–3,y0=6.
∵|CD|=
∴|MC|=|MD|=|CD|=2
.
又|MA|=|MB|=
.即A、B、C、D四点到点M的距离相等，所以A、B、C、D四点共圆.
8.提示：f′(x)=3x2–3=3(x–1)(x+1)易确定f(–1)=2是极大值，f(1)=–2是极小值.当–2<a<2时有三个相异交点.