2018届高考数学(理)二轮复习课件：第一部分 层级一送分专题(四) 不等式
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2018高考数学理二轮专题复习课件 专题四 数列4.1.2 精品
(2)由 anan＋1＝3n，得 an－1an＝3n－1(n≥2)，所以aann＋－11＝3(n≥2)，
则数列{an}的所有奇数项和偶数项均构成以 3 为公比的等比数 列，又 a1＝1，a1a2＝3，所以 a2＝3，所以 S2 015＝1×11－－331 008＋
3×1－31 1－3
007＝31
008－2.
5.nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2
6.
1＝ n＋ n＋k＝1k(
n＋k－
n)
8．n·n！＝(n＋1)！－n!
[专题回访]
1．若数列{an}是等差数列，且 a1＋a8＋a15＝π，则 tan(a4＋ a12)＝( )
A. 3
B．－ 3
3 C. 3
D．－
[答案] (1)A (2)A
[方法规律] 数列与不等式、函数等问题主要利用函数、不
等式的解题思路来加以解决．
4专能提升 1.(热点一)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋6n＋7，则数列 {an}的通项公式为________．
解析：当 n＝1 时，a1＝1＋6＋7＝14；当 n≥2 时，an＝Sn －Sn－1＝n2＋6n＋7－[(n－1)2＋6(n－1)＋7]＝2n＋5，所以数列{an} 的通项公式为 an＝12n4，＋n5＝，1n≥2 .
A．212 B．29
C．28 D．26
[自主解答] (1)由 a1，a3，a13 成等比数列可得(1＋2d)2＝1
＋12d，得 d＝2，故 an＝2n－1，Sn＝n2，因此2Sann＋＋136＝22nn2＋＋126＝ nn2＋＋18＝n＋12－n＋21n＋1＋9＝n＋1＋n＋9 1－2.
由
基
本
不
2018届高三数学理高考二轮复习书讲解课件第一部分 专题一 第六讲 导数应用二 含解析 精品
[师生共研·析重点] [例](2016·重庆适应性测试)设 f(x)＝(ax＋b)e－2x，曲线 y＝f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程为 x＋y－1＝0. (1)求 a，b； (2)设 g(x)＝f(x)＋xln x，证明：当 0<x<1 时，2e－2－e－1<g(x)<1.
考点二 利用导数证明不等式
试题 解析
考点一 考点二 考点三 考点四
2．(2016·高考全国Ⅲ卷)设函数 f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明当 x∈(1，＋∞)时，1＜xln－x1＜x； (3)设 c＞1，证明当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
考点二
试题 解析
考点三 利用导数研究方程根(函数零点)的问题
试题 解析
考点一 考点二 考点三 考点四
3．(2016·高考全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2 有两个 零点． (1)求 a 的取值范围； (2)设 x1，x2 是 f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
考点三
考点一 考点二 考点三 考点四
考点一
考点一 考点二 考点三 考点四
试题 解析
(2)由(1)知，若 k＝1， 当 x>1 时，f(x)<f(x)极大值＝0，即不存在 x0>1，当 x∈(1，x0)时，恒有 f(x)>0； 若 k>1， 当 x>1 时，f(x)＝2ln x－(x－1)2－2k(x－1)<2ln x－(x－1)2－2(x－ 1)<0，即不存在 x0>1，当 x∈(1，x0)时，恒有 f(x)>0； 若 k<1，f(x)＝2ln x－(x－1)2－2k(x－1)， ∴f′(x)＝2x－2x＋2－2k＝x2[－x2＋(1－k)x＋1]， 令 f′(x)＝0，即－x2＋(1－k)x＋1＝0，
2018届高三数学理二轮复习课件：3.2.2 精品
2
所以AB∈( 6 2，6 2).
答案：( 6 2，6 2)
【规律方法】 1.利用正、余弦定理解三角形的技巧 没有图的需作出正确的示意图.利用正、余弦定理先 解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形.有时 需设出未知量，由几个三角形列出方程或构造方程组， 求解即可.
2.求解三角函数图象与性质问题的技巧 首先利用三角恒等变换化简所给三角函数式，再利用 函数图象变换，求解单调区间(单调性)、周期性、奇 偶性、对称性、最值的相应方法进行求解.
答案：1-ln2
【规律方法】求曲线过点P(x0，y0)的切线方程的技巧 若已知曲线过点P(x0，y0)，求曲线过点P(x0，y0)的切 线，则需分点P(x0，y0)是切点和不是切点两种情况求 解. (1)点P(x0，y0)是切点的切线方程为y-y0=f′(x0)(xx0).
(2)当点P(x0，y0)不是切点时可分以下几步完成： 第一步：设出切点坐标P′(x1，f(x1))； 第二步：写出过P′(x1，f(x1))的切线方程y-f(x1) =f′(x1)·(x-x1)； 第三步：将点P的坐标(x0，y0)代入切线方程，求出x1； 第四步：将x1的值代入方程y-f(x1)=f′(x1)(x-x1)，可 得过点P(x0，y0)的切线方程.
33
3
所以|MN|=|f(t)-g(t)|=|sin (2t -s) in
3
= 3|cos2t|,
则cos2t=±1时,|MN|的最大值为3 .
答案: 3
|(2t )
3
2.已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C所对的边,且 满足(2c+b)cosA+acosB=0,若a=4,则△ABC的面积的最 大值是________.
所以AB∈( 6 2，6 2).
答案：( 6 2，6 2)
【规律方法】 1.利用正、余弦定理解三角形的技巧 没有图的需作出正确的示意图.利用正、余弦定理先 解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形.有时 需设出未知量，由几个三角形列出方程或构造方程组， 求解即可.
2.求解三角函数图象与性质问题的技巧 首先利用三角恒等变换化简所给三角函数式，再利用 函数图象变换，求解单调区间(单调性)、周期性、奇 偶性、对称性、最值的相应方法进行求解.
答案：1-ln2
【规律方法】求曲线过点P(x0，y0)的切线方程的技巧 若已知曲线过点P(x0，y0)，求曲线过点P(x0，y0)的切 线，则需分点P(x0，y0)是切点和不是切点两种情况求 解. (1)点P(x0，y0)是切点的切线方程为y-y0=f′(x0)(xx0).
(2)当点P(x0，y0)不是切点时可分以下几步完成： 第一步：设出切点坐标P′(x1，f(x1))； 第二步：写出过P′(x1，f(x1))的切线方程y-f(x1) =f′(x1)·(x-x1)； 第三步：将点P的坐标(x0，y0)代入切线方程，求出x1； 第四步：将x1的值代入方程y-f(x1)=f′(x1)(x-x1)，可 得过点P(x0，y0)的切线方程.
33
3
所以|MN|=|f(t)-g(t)|=|sin (2t -s) in
3
= 3|cos2t|,
则cos2t=±1时,|MN|的最大值为3 .
答案: 3
|(2t )
3
2.已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C所对的边,且 满足(2c+b)cosA+acosB=0,若a=4,则△ABC的面积的最 大值是________.
【高考数学】2018届高三数学(理)二轮复习课件：专题四 数列4.2(高频考点汇总PPT课件)
◎ 变式训练 1．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，S3＝a5.令 bn＝(－1)n－1an， 则数列{bn}的前 2n 项和 T2n 为( A．－n C．n 解析： ) B．－2n D．2n 设等差数列{an}的公差为 d，由 S3＝a5，得 3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1
4×3 S4＝4a1＋ 2 d＝24 ∴ S ＝7a ＋7×6d＝63 1 2 7
⇒an＝2n＋1.
(2)∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)， ∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1) 41－4n n3＋2n＋1 ＝2× ＋ 2 1－4 8 n ＝3(4 －1)＋n2＋2n.
答案：
2n n＋1
3． (2017· 合肥市第一次教学质量检测)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， 且 满足 S4＝24，S7＝63. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝2an＋an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解析： (1)∵{an}为等差数列，
a1＝3 ⇒ d＝2
题型二
与数列求和有关的综合问题
已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an＝( 2)bn(n∈N*)．若{an}为等比数 列，且 a1＝2，b3＝6＋b2. (1)求 an 与 bn； 1 1 (2)设 cn＝a －b (n∈N*)．记数列{cn}的前 n 项和为 Sn. n n ①求 Sn； ②求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 Sk≥Sn.
高考·题型突破
题型一
数列求和
(2017· 山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列， 且 a1＋a2＝6， a1a2 ＝a3. (1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn.已知 S2n＋1＝bnbn＋1，求数列
2018届高考数学理二轮复习全国通用课件 专题四 立体几何 第2讲 精品
∵棱柱 ADE－BCF 是直三棱柱，∴AB⊥平面 BCF，∴B→A是平面 BCF 的一个法向量，且 OM⊄平面 BCF，∴OM∥平面 BCF. (2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1， z1)，n2＝(x2，y2，z2).∵D→F＝(1，－1，1)，D→M＝12，－1，0， D→C＝(1，0，0)，C→F＝(0，－1，1)，由nn11· ·DD→→FM＝＝00，.
(2)线面夹角
设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2 ，则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos a，μ |.
(3)面面夹角
设平面 α，β的夹角为 θ(0≤θ＜π)， 则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos μ，v |.
热点一 向量法证明平行与垂直 【例1】 如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面
ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为 AB的中点，O为DF的中点，运用向量方法求证： (1)OM∥平面 BCF； (2)平面 MDF⊥平面 EFCD.
证明 法一 由题意，得 AB，AD，AE 两 两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间 直角坐标系. 设正方形边长为 1，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)， C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M12，0，0， O12，12，12. (1)O→M＝0，－12，－12，B→A＝(－1，0，0)， ∴O→M·B→A＝0，∴O→M⊥B→A.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l，m 的方向向量分别为 a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2， c2)，平面 α，β的法向量分别为 μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4， c4)(以下相同). (1)线线夹角 设 l，m 的夹角为 θ0≤θ≤π2 ， 则 cos θ＝||aa|·|bb||＝ a21|＋a1ab212＋ ＋bc211b2a＋22＋c1bc222＋| c22.
2018届高三数学理二轮复习课件：3.1.1 精品
【典例2】(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方形ABCD的边 AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运 动，记∠BOP=x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x 的函数f(x)，则f(x)的图象大致为( )
【解析】选B.由已知得,当点P在BC边上运动时,即
0≤x≤ 时,PA+PB= tan2x+t4anx,
2
且 f( ) 且f( 轨)，迹非直线型.
42
【变式训练】(2015·浙江高考)函数f(x)= (x 1 ) cosx
x
(-π≤x≤π且x≠0)的图象可能为 ( )
【解析】选D.f(x)的定义域关于原点对称,因为f(-x)=
( x 1 ) cosx=- (x 1 ) cosx=-f(x),故函数是奇函数,所
3.解题规律:(1)对于干扰项易于淘汰的选择题,可采用 筛选法,能剔除几个就先剔除几个. (2)使用题干中的部分条件淘汰选项. (3)如果选项中存在等效命题,那么根据答案唯一,等效 命题应该同时排除.
(4)如果选项存在两个相反的,或互不相容的判断,那么 其中至少有一个是假的. (5)如果选项之间存在包含关系,必须根据题意才能判 定.
因为圆C：(x+1)2+(y+1)2=r2(r>0)表示以C(-1，-1)为
圆心，半径为r的圆，
所以由图可得，当半径满足r<CM或r>CP时，圆C不经过
区域D上的点，
因为CM=112 112＝C2P=2，
112 1 32＝2 5，
所以当0<r<2 2或r 时2 ，5 圆C不经过区域D上的点，
4
当点P在CD边上运动时,即 x 3 , x 时，
4
2018年高三数学二轮复习专题课件(理科)1-3-2
证明 (1)由 an＋1＝3an＋1 得 an＋1＋12＝3an＋12. 又 a1＋12＝32，所以{an＋12}是首项为32，公比为 3 的等比数列． 所以 an＋12＝32n， 因此{an}的通项公式为 an＝3n－2 1.
真题感悟·考点整合 热点聚焦·题型突破 归纳总结·思维升华 专题训练·对接高考
真题感悟·考点整合 热点聚焦·题型突破 归纳总结·思维升华 专题训练·对接高考
[真题感悟] (2014·新课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝3an＋ 1. (1)证明{an＋12}是等比数列，并求{an}的通项公式； (2)证明a11＋a12＋…＋a1n<32.
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[考点整合] 1．数列{an}的前n项和Sn与an的关系． 2．常用的数列求和方法． 3．数列{an}是单调递增数列，则an＋1－an＞0，n∈N*；
数列{an}是单调递减数列，则an＋1－an＜0，n∈N*.
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4．常见的放缩技巧 (1)1n－n＋1 1＝nn1＋1＜n12＜n－11n＝n－1 1－1n； (2)n12＜n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1.
5．应用题基本类型 (1)储蓄模型：本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 n，当按单 利计算时，本利和为 y＝a(1＋nr)，当按复利计算时，本利和 为 y＝a(1＋r)n； (2)产值模型：基数为 N，单位时间段的平均增长率为 p，则 经过 n 个单位时间段后，产值 y＝N(1＋p)n.
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2018届高考数学理二轮复习全国通用课件 专题一 函数与导数、不等式 第1讲 精品
热点二 函数图象的问题 [微题型1] 函数图象的变换与识别 【例2－1】 (1)(2016·成都诊断)已知f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，
规定：当|f(x)|≥g(x)时，h(x)＝|f(x)|；当|f(x)|＜g(x)时，h(x)＝ －g(x)，则h(x)( )
A.有最小值－1，最大值1 B.有最大值1，无最小值 C.有最小值－1，无最大值 D.有最大值－1，无最小值
第1讲 函数图象与性质及函数与方程
高考定位 1.以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载 体，考查函数的定义域、最值与值域、奇偶性、单调性；2.利用 图象研究函数性质、方程及不等式的解，综合性强；3.以基本初 等函数为依托，考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理. 数形结合思想是高考考查函数零点或方程的根的基本方式.
若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则实数a的取值范围是( )
A.－23e，1 C.23e，34
B.－23e，34 D.23e，1
解析 (1)函数y＝|f(x)|的图象如图.y＝ax为过原点的一条直线， 当a＞0时，与y＝|f(x)|在y轴右侧总有交点，不合题意；当a＝0 时成立；当a＜0时，找与y＝|－x2＋2x|(x≤0)相切的情况，即 y′＝2x－2，切线方程为y＝(2x0－2)(x－x0)，由分析可知x0＝0， 所以a＝－2，综上，a∈[－2，0].
D.4m
解析 (1)由f(x)＝2|x－m|－1是偶函数可知m＝0，
所以f(x)＝2|x|－1.
所以a＝f(log0.53)＝2|log0.53|－1＝2log23－1＝2， b＝f(log25)＝2|log25|－1＝2log25－1＝4， c＝f(0)＝2|0|－1＝0，所以c<a<b.
2018届高考数学理二轮复习全国通用课件 专题一 函数与导数、不等式 第3讲 精品
则 f′(x)＞0，若 x∈1，21a，则 f′(x)＜0， 所以函数 f(x)在(0，1)，21a，＋∞上单调递增，在1，21a 上单调递减. ③当 a＝12时，f′(x)≥0 且仅 f′(1)＝0， 所以函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
④当 a＞12时，若 x∈0，21a或 x∈(1，＋∞)，则 f′(x)＞0，若 x∈21a，1，则 f′(x)＜0，所以函数 f(x)在0，21a，(1，＋∞)上单 调递增，在21a，1上单调递减.综上，当 a≤0 时，函数 f(x)的增 区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；当 0＜a＜12时，函数 f(x)的增 区间为(0，1)，21a，＋∞，减区间为1，21a. 当 a＝12时，函数 f(x)的增区间为(0，＋∞)；当 a＞12时，函数 f(x) 的增区间为0，21a，(1，＋∞)，减区间为21a，1.
热点二 利用导数研究函数的极值 【例2】 (2015·山东卷)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围.
解 (1)由题意知，函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝x＋1 1＋a(2x－1)＝2ax2＋xa＋x－1 a＋1. 令 g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞). ①当 a＝0 时，g(x)＝1，此时 f′(x)＞0， 函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；
则 x1＝－（a＋1）a ＋
2a＋1，x2＝－（a＋1）aa＋1－－a2a＋1＝
a2＋2a＋1－ －a
2a＋1＞0，
所以 x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减， x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增， x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减， 综上可得：当 a≥0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
④当 a＞12时，若 x∈0，21a或 x∈(1，＋∞)，则 f′(x)＞0，若 x∈21a，1，则 f′(x)＜0，所以函数 f(x)在0，21a，(1，＋∞)上单 调递增，在21a，1上单调递减.综上，当 a≤0 时，函数 f(x)的增 区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；当 0＜a＜12时，函数 f(x)的增 区间为(0，1)，21a，＋∞，减区间为1，21a. 当 a＝12时，函数 f(x)的增区间为(0，＋∞)；当 a＞12时，函数 f(x) 的增区间为0，21a，(1，＋∞)，减区间为21a，1.
热点二 利用导数研究函数的极值 【例2】 (2015·山东卷)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围.
解 (1)由题意知，函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝x＋1 1＋a(2x－1)＝2ax2＋xa＋x－1 a＋1. 令 g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞). ①当 a＝0 时，g(x)＝1，此时 f′(x)＞0， 函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；
则 x1＝－（a＋1）a ＋
2a＋1，x2＝－（a＋1）aa＋1－－a2a＋1＝
a2＋2a＋1－ －a
2a＋1＞0，
所以 x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减， x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增， x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减， 综上可得：当 a≥0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
2018年高考数学(理)二轮专题复习课件：第一部分 方法、思想解读 第1讲 选择题、填空题的解
第一部分
方法、思想解读
第1讲
选择题、填空题的解法
核心知识
考点精题
-3-
高考选择题、填空题绝大部分属于低中档题目,一般按由易到难 的顺序排列,注重多个知识点的小型综合,渗透各种数学思想和方 法,能充分考查灵活应用基础知识解决数学问题的能力. (1)解题策略:选择题、填空题是属于“小灵通”题,其解题过程“不 讲道理”,所以解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出 判断,先定性后定量,先特殊后一般,先间接后直接,另外对选择题可 以先排除后求解. (2)解决方法:选择题、填空题属“小”题,解题的原则是“小”题巧 解,“小”题不能大做.主要分直接法和间接法两大类.具体的方法有: 直接法,等价转化法,特值、特例法,数形结合法,构造法,对选择题还 有排除法(筛选法)等.
在正三角形 ABC 中 ,AB=2,所以 AD= 3. 又 AA1=3,点 M 是 BB1 的中点 , 1 1 所以������△������������������1 = ������矩形������������������1 ������1 = ×2×3=3.
2பைடு நூலகம்
所以������������1 -������������������ = ������������-������������������1 = ×3× 3 = 3.
核心知识 方法一 方法二 方法三 方法四 方法五 方法六
考点精题
-9-
方法二 等价转化法 等价转化法就是用直接法求解时,问题中的某一个量很难求,把 所求问题等价转化成另一个问题后,这一问题的各个量都容易求, 从而使问题得到解决.通过转化,把不熟悉、复杂的问题转化为熟 悉、简单的问题.
核心知识 方法一 方法二 方法三 方法四 方法五 方法六
方法、思想解读
第1讲
选择题、填空题的解法
核心知识
考点精题
-3-
高考选择题、填空题绝大部分属于低中档题目,一般按由易到难 的顺序排列,注重多个知识点的小型综合,渗透各种数学思想和方 法,能充分考查灵活应用基础知识解决数学问题的能力. (1)解题策略:选择题、填空题是属于“小灵通”题,其解题过程“不 讲道理”,所以解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出 判断,先定性后定量,先特殊后一般,先间接后直接,另外对选择题可 以先排除后求解. (2)解决方法:选择题、填空题属“小”题,解题的原则是“小”题巧 解,“小”题不能大做.主要分直接法和间接法两大类.具体的方法有: 直接法,等价转化法,特值、特例法,数形结合法,构造法,对选择题还 有排除法(筛选法)等.
在正三角形 ABC 中 ,AB=2,所以 AD= 3. 又 AA1=3,点 M 是 BB1 的中点 , 1 1 所以������△������������������1 = ������矩形������������������1 ������1 = ×2×3=3.
2பைடு நூலகம்
所以������������1 -������������������ = ������������-������������������1 = ×3× 3 = 3.
核心知识 方法一 方法二 方法三 方法四 方法五 方法六
考点精题
-9-
方法二 等价转化法 等价转化法就是用直接法求解时,问题中的某一个量很难求,把 所求问题等价转化成另一个问题后,这一问题的各个量都容易求, 从而使问题得到解决.通过转化,把不熟悉、复杂的问题转化为熟 悉、简单的问题.
核心知识 方法一 方法二 方法三 方法四 方法五 方法六
2018高考数学理二轮专题复习课件-第二篇 专题满分突破
2．给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染 红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻边的颜色相同， 则不同的染色方法有( ) A．18 种 B．24 种 C．30 种 D．32 种
解析：通解：如图所示，染五条边总体分五步，染每一边为 一步．染边 1 时有 3 种染法，染边 2 时有 2 种染法．
3．某办公室共有 6 人，乘旅行车外出旅行，旅行车上的 6 个座位如图所示，其中甲、乙 2 人的关系较为密切，要求在同一 排且相邻，则不同的安排方法有( ) A．64 种 B．96 种 C．128 种 D．144 种
解析： 当甲、 乙在第二排且相邻时有 4A4 当甲、 4＝96 种排法， 2 4 乙在第三排且相邻时有 A2A4＝48 种排法，所以不同的安排方法 有 96＋48＝144 种． 答案：D
第一讲 计数原理、二项式定理
1高考巡航 本讲内容在高考中占有特殊的位置． 高考试题中主要以选择 题或填空题的形式呈现，考查排列、组合的实际应用，二项式系 数、常数项、二项式指定项的求解．在近几年的高考中，排列、 组合试题的难度有所下降，且经常与概率、数列、不等式等知识 进行综合考查.
2核心梳理 [知识回顾] 一、基本概念 1．加法原理：完成某件事需要分成 n 类， 第 1 类有 n1 种方法． 第 2 类有 n2 种方法． ⋮ 第 n 类有 nn 种方法． ∴N＝n1＋n2＋…＋nn. 2．乘法 原理： 完成某 件事 需要 n 个步骤 完成： N＝ n1×n2×…×nn.
3．二项式定理 n 0 n 1 n－1 1 k n－k k n n (a＋b) ＝Cna ＋Cna b ＋…＋Cna b ＋…＋Cnb ，其中通 r n－r r 项 Tr＋1＝Cna b . 4．二项式系数的性质 0 n 1 n－1 r n－r ①Cn＝Cn，Cn＝Cn ，…，Cn＝Cn 0 2 n n ②Cn ＋C1 ＋ C ＋…＋ C ＝ 2 n n n 1 5 0 2 4 n－1 ③Cn ＋C3 ＋ C ＋…＝ C ＋ C ＋ C ＋…＝ 2 . n n n n n
2018年高考二轮理科数学 1-4
第19页
赢在微点 无微不至
【美题尝试 4】
考前顶层设计· 数学理· 二轮教案
已知某不规则几何体与如下三视图所对应的几何体 )
满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为(
A．4－
π 2
4π B．8－ 3 D．8－2π
C．8－π
第20页
赢在微点 无微不至
答案 C
考前顶层设计· 数学理· 二轮教案
解析 由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体 积相等。根据题设所给的三视图，可知题图中的几何体是从一个正方体中挖去 1 一个半圆柱，正方体的体积为 23＝8，半圆柱的体积为 ×(π×12)×2＝π，因此 2 该不规则几何体的体积为 8－π，故选 C。
第 4页
赢在微点 无微不至
考前顶层设计· 数学理· 二轮教案
答案 D 解析 设 等 差 数 列 {an} 的 首 项 为 a1 ， 公 差 为 d ， 依 题 意 有 4 2 a ＋ d ＝ 3 a ＋ 9 d ， a ＝ ， 1 1 1 3 解得 5 2 a ＋ d ＝ ， d＝－1， 2 1 6
第21页
赢在微点 无微不至
考向五 【例 5】 概率中的数学文化
考前顶层设计· 数学理· 二轮教案
(2017· 全国卷Ⅰ)如图，正方形 ABCD 内的图形来自中国古 )
代的太极图。正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成 中心对称。在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是(
1 A. 4
第18页
赢在微点 无微不至
考前顶层设计· 数学理· 二轮教案
祖暅原理是我国古代数学家祖暅提出的一个有关几何体求积的著名定 理，祖暅提出这个原理，要比其他国家的数学家早一千多年。人民教育出 版社《数学必修 2》(A 版)第 30 页“探究与发现”中专门介绍了祖暅原理。 本题取材于祖暅原理，考查几何体的体积计算，既检测了考生的基础知识 和基本技能，又展示了中华民族的优秀传统文化。
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2
答案：C
考点一 考点二 考点三 专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
[准解·快解·悟通]
结 束
快 1.看到有关不等式的命题或结论的判定，想到不等式 审 的性质． 题 2.看到解不等式，想到求解不等式的方法步骤． 1.明确解不等式的策略 准 解 题 (1) 一元二次不等式：先化为一般形式 ax2 ＋ bx ＋ c>0(a>0)，再结合相应二次方程的根及二次函数图 象确定一元二次不等式的解集． (2)含指数、对数的不等式：利用指数、对数函数的 单调性将其转化为整式不等式求解．
答案：D
考点一 考点二 考点三 专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
4．已知 x∈(－∞，1]，不等式 1＋2x＋(a－a2)· 4x>0 恒成立， 则实数 a 的取值范围为
1 A.－2，4 1 3 C.－2，2 1 B．－∞，4
(
)
D．(－∞，6]
答案：0
考点一
考点二
考点三
专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
2．(2017· 石家庄质检)已知直线 l：ax＋by－ab＝0(a>0，b>0) 经过点(2,3)，则 a＋b 的最小值为________．
解析：因为直线 l 经过点(2,3)， 所以 2a＋3b－ab＝0， 3 2 即a＋b＝1， 所以
2
1 1 1 1 1 1 1 2 h(t)＝－ 2－ t ＝－ t ＋2 ＋ ，又 t ≥ ，结合二次函数图象知， t 4 2
1 1 3 3 2 当 t ＝ ，即 t＝2 时，h(x)取得最大值－ ，即 a－a >－ ，所以 2 4 4
1 3 1 3 4a －4a－3<0，解得－ <a< ，故实数 a 的取值范围为－2，2. 2 2
考点一 考点二 考点三 专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
2.掌握不等式恒成立问题的解题方法 (1)f(x)>a 对一切 x∈I 恒成立⇔f(x)min>a； f(x)<a 对一切 x∈I 恒成立⇔f(x)max<a. 准 解 题 (2)f(x)>g(x)对一切 x∈I 恒成立⇔f(x)的图象在 g(x)的 图象的上方． (3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法，一定要搞 清谁是自变量，谁是参数．一般地，知道谁的范围， 谁就是变量，求谁的范围，谁就是参数．利用分离参 数法时，常用到函数单调性、基本不等式等． 避 误 区 解形如一元二次不等式 ax2＋bx＋c>0 时，易忽视系数 a 的讨论导致漏解或错解，要注意分 a>0，a<0 进行讨论.
一元二次方程 ax ＋(a－1)x－1＝0 1 ＝－a，所以 a＝－2. 答案：B
考点一 考点二
2
1 的两个根，所以－1×－2
考点三
专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
2．若 x>y>0，m>n，则下列不等式正确的是 A．xm>ym B．x－m≥y－n
(
)
x y C．n>m D．x> xy 解析：A 不正确，因为同向同正不等式相乘，不等号方
考点一 考点二 考点三 专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
不等式的性质及解法
结 束
[题点·考法·全练] 1．已知关于 x 的不等式(ax－1)(x＋1)<0 的解集是(－∞，－1)∪
1 － ，＋∞，则1 1 A．2 B．－2 C．－ D． 2 2 1 解析： 根据一元二次不等式与之对应方程的关系知－1， － 是 2
第一部分
层级一
不等式
送分专题(四) 不等式
[全国卷 3 年考情分析]
年份 2017 卷别 考查内容及考题位置 卷Ⅰ 线性规划求最值·T14 卷Ⅱ 线性规划求最值·T5
结 束
2016
2015
命题分析 1.不等式作为高考命题热点 内容之一，多年来命题较稳定， 多以选择、填空题的形式进行 卷Ⅲ 线性规划求最值·T13 考查，题目多出现在第5～9或 不等式的性质、对数函 第13～15题的位置上，难度中 数、幂函数的性质·T8 等，直接考查时主要是简单的 卷Ⅰ 线性规划的实际应用问 线性规划问题，关于不等式性 质的应用、不等式的解法以及 题·T16 基本不等式的应用，主要体现 卷Ⅲ 线性规划求最值·T13 在其工具作用上． 直线的斜率公式、线性 2.若不等式与函数、导数、 卷Ⅰ 规划求最值·T 15 数列等其他知识交汇综合命 卷Ⅱ 线性规划求最值·T14 题，难度较大．
x－1 2 －2，x≥1， f(x)＝ 1－x －2，x<1， 2
(
)
B．{x|0≤x≤3} D．{x|1≤x≤3}
x－2 2 －2，x≥2， f(x－1)＝ 2－x －2，x<2. 2
解析：由题意，得
当 x≥2 时，由
2x－2－2≤0，解得 2≤x≤3；当 x<2 时，由 22－x－2≤0，解得 1≤x<2.综上所述，不等式 f(x－1)≤0 的解集为{x|1≤x≤3}．
向不变，m 可能为 0 或负数；B 不正确，因为同向不等 式相减，不等号方向不确定；C 不正确，因为 m，n 的正 负不确定．故选 D.
答案：D
考点一
考点二
考点三
专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
3．(2017· 云南第一次统一检测)已知函数 则不等式 f(x－1)≤0 的解集为 A．{x|0≤x≤2} C．{x|1≤x≤2}
考点一
考点二
考点三
专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
解析：根据题意，由于 1＋2x＋(a－a2)· 4x>0 对于一切的 x∈(－ ∞，1]恒成立，令 2x＝t(0<t≤2)，则可知 1＋t＋(a－a2)t2>0⇔a 1＋t 1＋ t －a >－ 2 ，故只要求解 h(t)＝－ 2 (0＜t≤2)的最大值即可， t t
考点一 考点二 考点三 专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
基本不等式及其应用
[题点·考法·全练] 2 3 1．设 x>0，则函数 y＝x＋ － 的最小值为________． 2x＋1 2
2 3 1 1 解析：y＝x＋ － ＝ x＋ ＋ －2≥2－2＝0. 1 2x＋1 2 2 x＋ 2 1 1 1 当且仅当 x＋ ＝ ，即 x＝ 时等号成立． 2 1 2 x＋ 2
答案：C
考点一 考点二 考点三 专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
[准解·快解·悟通]
结 束
快 1.看到有关不等式的命题或结论的判定，想到不等式 审 的性质． 题 2.看到解不等式，想到求解不等式的方法步骤． 1.明确解不等式的策略 准 解 题 (1) 一元二次不等式：先化为一般形式 ax2 ＋ bx ＋ c>0(a>0)，再结合相应二次方程的根及二次函数图 象确定一元二次不等式的解集． (2)含指数、对数的不等式：利用指数、对数函数的 单调性将其转化为整式不等式求解．
答案：D
考点一 考点二 考点三 专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
4．已知 x∈(－∞，1]，不等式 1＋2x＋(a－a2)· 4x>0 恒成立， 则实数 a 的取值范围为
1 A.－2，4 1 3 C.－2，2 1 B．－∞，4
(
)
D．(－∞，6]
答案：0
考点一
考点二
考点三
专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
2．(2017· 石家庄质检)已知直线 l：ax＋by－ab＝0(a>0，b>0) 经过点(2,3)，则 a＋b 的最小值为________．
解析：因为直线 l 经过点(2,3)， 所以 2a＋3b－ab＝0， 3 2 即a＋b＝1， 所以
2
1 1 1 1 1 1 1 2 h(t)＝－ 2－ t ＝－ t ＋2 ＋ ，又 t ≥ ，结合二次函数图象知， t 4 2
1 1 3 3 2 当 t ＝ ，即 t＝2 时，h(x)取得最大值－ ，即 a－a >－ ，所以 2 4 4
1 3 1 3 4a －4a－3<0，解得－ <a< ，故实数 a 的取值范围为－2，2. 2 2
考点一 考点二 考点三 专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
2.掌握不等式恒成立问题的解题方法 (1)f(x)>a 对一切 x∈I 恒成立⇔f(x)min>a； f(x)<a 对一切 x∈I 恒成立⇔f(x)max<a. 准 解 题 (2)f(x)>g(x)对一切 x∈I 恒成立⇔f(x)的图象在 g(x)的 图象的上方． (3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法，一定要搞 清谁是自变量，谁是参数．一般地，知道谁的范围， 谁就是变量，求谁的范围，谁就是参数．利用分离参 数法时，常用到函数单调性、基本不等式等． 避 误 区 解形如一元二次不等式 ax2＋bx＋c>0 时，易忽视系数 a 的讨论导致漏解或错解，要注意分 a>0，a<0 进行讨论.
一元二次方程 ax ＋(a－1)x－1＝0 1 ＝－a，所以 a＝－2. 答案：B
考点一 考点二
2
1 的两个根，所以－1×－2
考点三
专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
2．若 x>y>0，m>n，则下列不等式正确的是 A．xm>ym B．x－m≥y－n
(
)
x y C．n>m D．x> xy 解析：A 不正确，因为同向同正不等式相乘，不等号方
考点一 考点二 考点三 专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
不等式的性质及解法
结 束
[题点·考法·全练] 1．已知关于 x 的不等式(ax－1)(x＋1)<0 的解集是(－∞，－1)∪
1 － ，＋∞，则1 1 A．2 B．－2 C．－ D． 2 2 1 解析： 根据一元二次不等式与之对应方程的关系知－1， － 是 2
第一部分
层级一
不等式
送分专题(四) 不等式
[全国卷 3 年考情分析]
年份 2017 卷别 考查内容及考题位置 卷Ⅰ 线性规划求最值·T14 卷Ⅱ 线性规划求最值·T5
结 束
2016
2015
命题分析 1.不等式作为高考命题热点 内容之一，多年来命题较稳定， 多以选择、填空题的形式进行 卷Ⅲ 线性规划求最值·T13 考查，题目多出现在第5～9或 不等式的性质、对数函 第13～15题的位置上，难度中 数、幂函数的性质·T8 等，直接考查时主要是简单的 卷Ⅰ 线性规划的实际应用问 线性规划问题，关于不等式性 质的应用、不等式的解法以及 题·T16 基本不等式的应用，主要体现 卷Ⅲ 线性规划求最值·T13 在其工具作用上． 直线的斜率公式、线性 2.若不等式与函数、导数、 卷Ⅰ 规划求最值·T 15 数列等其他知识交汇综合命 卷Ⅱ 线性规划求最值·T14 题，难度较大．
x－1 2 －2，x≥1， f(x)＝ 1－x －2，x<1， 2
(
)
B．{x|0≤x≤3} D．{x|1≤x≤3}
x－2 2 －2，x≥2， f(x－1)＝ 2－x －2，x<2. 2
解析：由题意，得
当 x≥2 时，由
2x－2－2≤0，解得 2≤x≤3；当 x<2 时，由 22－x－2≤0，解得 1≤x<2.综上所述，不等式 f(x－1)≤0 的解集为{x|1≤x≤3}．
向不变，m 可能为 0 或负数；B 不正确，因为同向不等 式相减，不等号方向不确定；C 不正确，因为 m，n 的正 负不确定．故选 D.
答案：D
考点一
考点二
考点三
专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
3．(2017· 云南第一次统一检测)已知函数 则不等式 f(x－1)≤0 的解集为 A．{x|0≤x≤2} C．{x|1≤x≤2}
考点一
考点二
考点三
专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
解析：根据题意，由于 1＋2x＋(a－a2)· 4x>0 对于一切的 x∈(－ ∞，1]恒成立，令 2x＝t(0<t≤2)，则可知 1＋t＋(a－a2)t2>0⇔a 1＋t 1＋ t －a >－ 2 ，故只要求解 h(t)＝－ 2 (0＜t≤2)的最大值即可， t t
考点一 考点二 考点三 专题过关检测
第一部分
层级一
不等式
结 束
基本不等式及其应用
[题点·考法·全练] 2 3 1．设 x>0，则函数 y＝x＋ － 的最小值为________． 2x＋1 2
2 3 1 1 解析：y＝x＋ － ＝ x＋ ＋ －2≥2－2＝0. 1 2x＋1 2 2 x＋ 2 1 1 1 当且仅当 x＋ ＝ ，即 x＝ 时等号成立． 2 1 2 x＋ 2