②假设当n＝m时，等式成立，即
kkmmfm(x)＝k＝(－1)Cm(x－k)＝m！. 0
1
当n＝m＋1时，则fm＋1(x)＝m＋(－1)Cm＋12(x－k)
kkm＋1
k＝0
.
因为Cm＋1＝Cm＋Cm，kCm＋1＝(m＋1)2Cm，其中k＝1,2，?，m， 且Cm＋1＝Cm，Cm＋1＝Cm，
1－1)C所以fm＋1(x)＝m＋(m＋1(x－k)
kkk－1kk－1
00m＋1mkkm＋1
k＝0
m1－1)Cm＋1＝xm＋(m＋1(x－k)－(－1)kCm＋1(x－k)
kkmkkk＝0k＝0
m＋1m＋1
kk－1
m＝x(－1)C(x－k)＋x?2(－1)C
mk＝0
kkmm(x－k)－(m＋1)?2(－1)Cm(x－k)
mkk－1
mk＝1
mk＝1
＝x2m！＋(－x＋m＋1)m(－1)Cm2[(x－1)－k]
kkk＝0
＝x2m！＋(－x＋m＋1)2m! ＝(m＋1)2m！＝(m＋1)！. 即n＝m＋1时，等式也成立．
由①②可知，对n∈N，均有fn(x)＝n！.
*
解答题滚动练 解答题滚动练1
→→
1．(20172盐城三模)设△ABC面积的大小为S，且3AB2AC＝2S. (1)求sinA的值；
π→→
(2)若C＝，AB2AC＝16，求AC.
4
→→
解 (1)设△ABC的内角A，B，C所对边的边长分别为a，b，c，由3AB2AC＝2S， 1
得3bccosA＝23bcsinA，得sinA＝3cosA.
292222
即sinA＝9cosA＝9(1－sinA)，所以sinA＝. 10310
又A∈(0，π)，所以sinA＞0，故sinA＝. 10
31010
(2)由sinA＝3cosA和sinA＝，得cosA＝，
1010→→
又AB2AC＝16，所以bc2cosA＝16，得bc＝1610① π
又C＝，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC
4310210225＝3＋3＝.
1021025在△ABC中，由正弦定理，得
bc10
，即＝，得c＝b，②
sinBsinC4252
52
＝bc联立①②，解得b＝8，即AC＝8.
2．(20172江苏泰兴中学质检)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，E是侧面AA1B1B对角线的交点，F是侧面AA1C1C对角线的交点，D是棱BC的中点．求证：
(1)EF∥平面ABC； (2)平面AEF⊥平面A1AD. 证明 (1)连结A1B和A1C.
因为E，F分别是侧面AA1B1B和侧面AA1C1C的对角线的交点， 所以E，F分别是A1B和A1C的中点，所以EF∥BC. 又BC?平面ABC，EF?平面ABC， 故EF∥平面ABC.
(2)因为三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱， 所以A1A⊥平面ABC， 所以BC⊥A1A.
故由EF∥BC，得EF⊥A1A.
又因为D是棱BC的中点，且△ABC为正三角形，所以BC⊥AD. 故由EF∥BC，得EF⊥AD.
而A1A∩AD＝A，A1A，AD?平面A1AD， 所以EF⊥平面A1AD.
又EF?平面AEF，故平面AEF⊥平面A1AD.
x22
3．如图，在平面直角坐标系xOy中，设椭圆C：2＋y＝1(a＞1)．
a(1)若椭圆C的焦距为2，求a的值；
(2)求直线y＝kx＋1被椭圆C截得的线段长(用a，k表示)；
(3)若以A(0,1)为圆心的圆与椭圆C总有4个公共点，求椭圆C的离心率e的取值范围．
x222
解 (1)由椭圆C：2＋y＝1(a＞1)知，焦距为2a－1＝2，
a解得a＝±2，因为a＞1，所以a＝2. (2)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长为AP，
y＝kx＋1，??2由?x2
2＋y＝1，??a
2
得(1＋ak)x＋2akx＝0，
2222
2ak解得x1＝0，x2＝－22.
1＋ak2a|k|2
因此AP＝1＋k|x1－x2|＝1＋k. 2221＋ak(3)因为圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有2个不同的公共点为
2
2
P，Q，满足AP＝AQ.
记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，k1和k2一正一负，且k1≠k2.
2a|k1|1＋k12a|k2|1＋k22a|k1|1＋k12a|k2|1＋k2
由(2)知，AP＝，AQ＝，则＝， 22222222
1＋ak11＋ak21＋ak11＋ak2所以(k1－k2)[1＋k1＋k2＋a(2－a)k1k2]＝0， 因为k1≠k2，
所以1＋k1＋k2＋a(2－a)k1k2＝0，
2
2
2
2
22
2
22
2
2
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
?1??1?22
变形得，?2＋1??2＋1?＝1＋a(a－2)，
?k1
2
??k2?
从而1＋a(a－2)＞1， 解得a＞2，则e＝＝
2
ca1?2?1－2∈?，1?.
a?2?
4．已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列且满足a1＋a2＋a3＝9，b1b2b3＝27. (1)若a4＝b3，b4－b3＝m.
①当m＝18时，求数列{an}和{bn}的通项公式；
②若数列{bn}是唯一的，求m的值；
(2)若a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3均为正整数，且成等比数列，求数列{an}的公差d的最大值． 解 (1)①由数列{an}是等差数列及a1＋a2＋a3＝9，得a2＝3， 由数列{bn}是等比数列及b1b2b3＝27，得b2＝3. 设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
?3＋2d＝3q，?
若m＝18，则有?2
??3q－3q＝18，
?d＝3，?
解得?
??q＝3
9??d＝－，2或???q＝－2.
??an＝3n－3，
所以{an}和{bn}的通项公式为?n－1
?bn＝3?
2
2
9??an＝－n＋12，
2或???bn＝3?－2?n－2.
②由题设b4－b3＝m，得3q－3q＝m，即3q－3q－m＝0，(*) 因为数列{bn}是唯一的，所以
若q＝0，则m＝0，检验知，当m＝0时，q＝1或0(舍去)，满足题意； 312
若q≠0，则Δ＝(－3)＋12m＝0，解得m＝－，代入(*)式，解得q＝，
42又b2＝3，所以{bn}是唯一的等比数列，符合题意． 3
所以m＝0或－.
4
(2)依题意，36＝(a1＋b1)(a3＋b3)，
3??设{bn}公比为q，则有36＝?3－d＋?(3＋d＋3q)，(**)
?q?
3
记s＝3－d＋，t＝3＋d＋3q，则st＝36.
q将(**)中的q消去，整理得d＋(s－t)d＋3(s＋t)－36＝0，
2
d的大根为
＝
t－s＋?s－t?2－12?s＋t?＋144
2，
t－s＋?s＋t－6?2－36
2
*
而s，t∈N，所以(s，t)的所有可能取值为：
(1,36)，(2,18)，(3,12)，(4,9)，(6,6)，(9,4)，(12,3)，(18,2)，(36,1)． 35＋537
所以当s＝1，t＝36时，d的最大值为. 2
解答题滚动练2
1．(20172南京、盐城二模)如图，在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，DC＝2. (1)如图1，若AD⊥BC，求∠BAC的大小； π
(2)如图2，若∠ABC＝，求△ADC的面积．
4
3121
解 (1) 由已知，得tan∠BAD＝＝，tan∠CAD＝＝，
626311
＋23
所以tan∠BAC＝tan(∠BAD＋∠CAD)＝＝1.
111－323π
因为∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝.
4
(2) 以B为原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则B(0,0)，D(3,0)，C(5,0)． π
因为∠ABC＝，所以设A(a，a)，其中a＞0.
4
32222
由AD＝6，BD＝3，得(a－3)＋a＝6，即2a－6a－27＝0，解得a＝(1＋7)．
213
所以S△ADC＝DC2a＝(1＋7)．
22
2．如图，ABCD是一块边长为100米的正方形地皮，其中ATPS是一半径为90米的底面为扇形小山(P为圆弧TS上的点)，其余部分为平地．今有开发商想在平地上建一个两边落在BC及CD上的长方形停车场PQCR.
(1)设∠PAB＝θ，试将矩形PQCR面积表示为θ的函数； (2)求停车场PQCR面积的最大值及最小值．
解 (1)SPQCR＝f(θ)＝(100－90cosθ)(100－90sinθ)
?π?＝8100sinθcosθ－9000(sinθ＋cosθ)＋10000 , θ∈?0，?.
2??