【16份】浙江省2017届高考数学(理)二轮复习专题课件

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2017届高考数学(理)(新课标)二轮专题复习课件：3-2数列

1 1 1 n (2)∵a1＝6，由(1)知＝＋ (n－1)＝， 3 an－3 a1－3 3 3（n＋1） ∴an＝ (n∈N*)， n ∴lgan＝lg(n＋1)－lgn＋lg3(n∈N*)． ∴数列{lgan}的前 999 项和 S＝999lg3＋(lg2－lg1＋lg3－lg2 ＋…＋lg1 000－lg999)＝999lg3＋lg1 000＝3＋999lg3.(12 分)
(2)证明等比数列的方法： an＋1 ①定义法：＝q(n∈N*)． an an 或当 n≥2 时，＝q. an－1 ②等比中项法： an＋1 an＋2 ＝ (n∈N*)． an an＋1
(3)注意不能直接根据通项公式就说某个数列是等差或等比数列，判断可以，证明不行！
1．(2016· 安徽联考)设数列{an}的前 n 项积为 Tn，且 Tn＋2an ＝2(n∈N*)． 1 (1)求证：数列{ }是等差数列； Tn (2)设 bn＝(1－an)(1－an＋1)，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
(2)由(1)知 Sn＝2－ n－1， 2 anSn n ∴cn＝＝2n－ n－1.(7 分) 2 2 1 2 3 n ∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)－( 0＋ 1＋ 2＋…＋ n－1)＝n(n＋1) 2 2 2 2 1 2 3 n －( 0＋ 1＋ 2＋…＋ n－1)． 2 2 2 2 1 2 3 n 令 Rn＝ 0＋ 1＋ 2＋…＋ n－1， 2 2 2 2
调研二等差等比的综合运用 1 (2016· 百校联盟)已知首项为，公比不等于 1 的等比 2 数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S3，S2，S4 成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 bn＝n|an|，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn.

2017届高考数学(理)(新课标)二轮专题复习课件：3-5解析几何

2 2 3 a －b 3 由 e＝得 2 ＝，解得 a2＝4. 2 a 4
x2 所以椭圆 G 的方程为＋y2＝1. 4
(2)因为 P 在长轴上，所以点 A，B，P，Q 在直线 l 上的顺序无外乎两种：A，Q，P，B 或 A，P，Q，B，无论哪种顺序，由|AQ| ＝|BP|都有 AB 与 PQ 的中点重合．因为 P，Q 不重合，直线 l 斜率存在，设其方程 y＝k(x－t)，且 k≠0. |kt| 由于直线 l 与圆 O 相切，则圆心 O 到 l 的距离 d＝ 2 ＝1， k ＋1 即 k2t2＝k2＋1.③ 1 2 → → 设切点 Q(x0， y0)，由OQ· PQ＝0 得 x0(x0－t)＋y0 ＝0，即 x0＝， t
2 2 x ＋4y ＝4，联立化简得(1＋4k2)x2－8tk2x＋4(t2k2－1)＝ y＝k（x－t），
0. 8tk2 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 x1＋x2＝ . 1＋4k2 8tk2 因为线段 AB， PQ 中点重合，即有 x1＋x2＝t＋x0，因此 1＋4k2 1 ＝t＋ .④ t 1 联立③④化简得 k ＝，将其代入③式，可得 t＝± 3. 2
2
调研二定点、定值问题 x2 y2 (2016· 北京)已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a>b>0)的离心率为 a b 3 ，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB 的面积为 1. 2 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 P 是椭圆 C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N. 求证：|AN|· |BM|为定值．
k2＋2 2 ∴ AB 的中点 P 的坐标为 ( 2 ， ) ， |AB| ＝ x1 ＋ x2 ＋ 2 ＝ k k 4（k2＋1） . k2 k2＋2 1 2 1 又 l′的斜率为－，其方程为 y－＝－ (x－ 2 )，即 x＝－ky k k k k 2 ＋3＋ 2. k 2 x＝－ky＋3＋ 2， k 消去 x 并整理，得 y2＋4ky－4(3＋ 22)＝0. 由 k 2 y ＝4x， 2 2 其判别式 Δ2＝(4k)2＋16(3＋ 2)＝16( 2＋k2＋3)>0. k k

2017届高考数学二轮复习(浙江专用)课件考前增分指导一(一)

作出相应的选择，从而确定正确选项的方法.涉及概念、性质
的辨析或运算较简单的题目常用直接法.
题型概述
解题方法
归纳总结
【例 1】 (2016· 山东卷) 若函数 y ＝f(x) 的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称 y ＝ f(x) 具有 T性质.
下列函数中具有T性质的是(
题型概述
解题方法
归纳总结
解析
(1)∵|x| ＝
x，x≥0，－x，x＜0，
根据题意可取 f ( x) ＝
x x max{x，2 }＝2 ，x≥0，即 x max{－x，2 }＝－x，x＜0，
x 2 ，x≥0， f(x) ＝下面利用－x，x＜0，
是通过观察分析或推理运算各项提供的信息或通过特例，对
于错误的选项，逐一剔除，从而获得正确的结论.
题型概述
解题方法
归纳总结
【例 3】 (1)(2016· 浙江卷) 已知函数 f(x)满足： f(x)≥|x|且 f(x)≥2x，
x∈R.(
) B.若f(a)≤2b，则a≤b
D.若f(a)≥2b，则a≥b
题型概述
解题方法
归纳总结
【例2】 (1)如图，在棱柱的侧棱A1A和B1B上各有
一动点P，Q满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( )
A.3∶1 C.4∶1
B.2∶1 D. 3∶1
(2)已知定义在实数集R上的函数y＝f(x)恒不为零，同时满足 f(x＋y)＝f(x)· f(y)，且当x＞0时，f(x)＞1，那么当x＜0时，一
题型概述解题方法归纳总结
探究提高
图形化策略是依靠图形的直观性进行研究的，

《创新设计》2017届高考数学(浙江专用)二轮教师文档讲义：专题1.1函数图象与性质及函数与方程

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.真题感悟1.(2016·山东卷)已知函数f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x >12时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，则f (6)＝( )A.－2B.－1C.0D.2解析当x >12时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，即f (x )＝f (x ＋1)，∴f (6)＝f (1).当x <0时，f (x )＝x 3－1且－1≤x ≤1，f (－x )＝－f (x )，∴f (6)＝f (1)＝－f (－1)＝2，故选D. 答案 D2.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f (x )＝⎩⎨⎧1＋log 2（2－x ），x ＜1，2x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝( ) A.3 B.6 C.9D.12解析因为－2＜1，log 212＞log 28＝3＞1，所以f (－2)＝1＋log 2[2－(－2)]＝1＋log 24＝3，f (log 212)＝2log 212－1＝2log 212×2－1＝12×12＝6，故f (－2)＋f (log 212)＝3＋6＝9，故选C. 答案 C3.(2016·全国Ⅰ卷)函数y ＝2x 2－e |x |在[－2，2]的图象大致为( )解析 f (2)＝8－e 2>8－2.82>0，排除A ；f (2)＝8－e 2<8－2.72<1，排除B ；在x >0时，f (x )＝2x 2－e x，f ′(x )＝4x －e x，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，14时，f ′(x )<14×4－e 0＝0，因此f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递减，排除C ，故选D.答案 D4.(2016·山东卷)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x >m ，其中m >0，若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________.解析如图，当x ≤m 时，f (x )＝|x |；当x >m 时，f (x )＝x 2－2mx ＋4m 在(m ，＋∞)为增函数，若存在实数b ，使方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 2－2m ·m ＋4m <|m |.∵m >0，∴m 2－3m >0，解得m >3. 答案 (3，＋∞)考点整合1.函数的性质 (1)单调性①用来比较大小，求函数最值，解不等式和证明方程根的唯一性.②常见判定方法：(ⅰ)定义法：取值、作差、变形、定号，其中变形是关键，常用的方法有：通分、配方、因式分解；(ⅱ)图象法；(ⅲ)复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则；(ⅳ)导数法.(2)奇偶性：①若f (x )是偶函数，那么f (x )＝f (－x )；②若f (x )是奇函数，0在其定义域内，则f (0)＝0；③奇函数在关于原点对称的区间内有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的区间内有相反的单调性；(3)周期性：常见结论有①若y ＝f (x )对x ∈R ，f (x ＋a )＝f (x －a )或f (x －2a )＝f (x )(a＞0)恒成立，则y ＝f (x )是周期为2a 的周期函数；②若y ＝f (x )是偶函数，其图象又关于直线x ＝a 对称，则f (x )是周期为2|a |的周期函数；③若y ＝f (x )是奇函数，其图象又关于直线x ＝a 对称，则f (x )是周期为4|a |的周期函数；④若f (x ＋a )＝－f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫或f （x ＋a ）＝1f （x ），则y ＝f (x )是周期为2|a |的周期函数.2.函数的图象(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换. (2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究.3.求函数值域有以下几种常用方法：(1)直接法；(2)配方法；(3)基本不等式法；(4)单调性法；(5)求导法；(6)分离变量法.除了以上方法外，还有数形结合法、判别式法等. 4.函数的零点问题(1)函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点就是方程f (x )＝g (x )的根，即函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝g (x )的图象交点的横坐标.(2)确定函数零点的常用方法：①直接解方程法；②利用零点存在性定理；③数形结合，利用两个函数图象的交点求解热点一函数性质的应用【例1】 (1)已知定义在R 上的函数f (x )＝2|x －m |－1(m 为实数)为偶函数，记a ＝f (log 0.53)，b ＝f (log 25)，c ＝f (2m )，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.a ＜b ＜c B.a ＜c ＜b C.c ＜a ＜bD.c ＜b ＜a(2)(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝2－f (x )，若函数y ＝x ＋1x 与y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑i ＝1m(x i ＋y i )＝( )A.0B.mC.2mD.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 (log 0.53)＝2|log 0.53|－1＝2log 23－1＝2， b ＝f (log 25)＝2|log 25|－1＝2log 25－1＝4， c ＝f (0)＝2|0|－1＝0，所以c <a <b . (2)法一由题设得12(f (x )＋f (－x ))＝1，点(x ，f (x ))与点(－x ，f (－x ))关于点(0，1)对称，则y ＝f (x )的图象关于点(0，1)对称.又y ＝x ＋1x ＝1＋1x ，x ≠0的图象也关于点(0，1)对称.则交点(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )成对出现，且每一对关于点(0，1)对称. 则111()mmmi i i i i i i x y x y ===+=+∑∑∑＝0＋m2×2＝m ，故选B.法二特殊函数法，根据f (－x )＝2－f (x )可设函数f (x )＝x ＋1，由y ＝x ＋1x ，解得两个点的坐标为⎩⎨⎧x 1＝－1，y 1＝0，⎩⎨⎧x 2＝1，y 2＝2，此时m ＝2，所以∑i ＝1m (x i ＋y i )＝2＝m ，故选B.答案 (1)C (2)B探究提高 (1)可以根据函数的奇偶性和周期性，将所求函数值转化为给出解析式的范围内的函数值.(2)利用函数的对称性关键是确定出函数图象的对称中心(对称轴).【训练1】 (1)(2015·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x ln(x ＋a ＋x 2)为偶函数，则a ＝________.(2)(2016·四川卷)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0<x <1时，f (x )＝4x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋f (1)＝________.解析 (1)f (x )为偶函数，则ln(x ＋a ＋x 2)为奇函数，所以ln(x ＋a ＋x 2)＋ln(－x ＋a ＋x 2)＝0，即ln(a ＋x 2－x 2)＝0，∴a ＝1.(2)f (x )是周期为2的函数，所以f (x )＝f (x ＋2)；而f (x )是奇函数，所以f (x )＝－f (－x )，所以f (1)＝f (－1)，f (1)＝－f (－1)，即f (1)＝0，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝412＝2，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－2，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋f (1)＝－2. 答案 (1)1 (2)－2 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·浙江诊断)已知f (x )＝2x －1，g (x )＝1－x 2，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(2)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －x sin x 的大致图象为( )解析 (1)由题意得，利用平移变换的知识画出函数|f (x )|，g (x )的图象如图，而h (x )＝⎩⎨⎧|f （x ）|，|f （x ）|≥g （x ），－g （x ），|f （x ）|＜g （x ），故h (x )有最小值－1，无最大值.(2)由y 1＝1x －x 为奇函数，y 2＝sin x 为奇函数，可得函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －x sin x 为偶函数，因此排除C 、D.又当x ＝π2时，y 1＜0，y 2＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，因此选B. 答案 (1)C (2)B探究提高 (1)作图：常用描点法和图象变换法.图象变换法常用的有平移变换、伸缩变换和对称变换.尤其注意y ＝f (x )与y ＝f (－x )、y ＝－f (x )、y ＝－f (－x )、y ＝f (|x |)、y ＝|f (x )|及y ＝af (x )＋b 的相互关系.(2)识图：从图象与x 轴的交点及值域、单调性、变化趋势、对称性、特殊值等方面找准解析式与图象的对应关系. [微题型2] 函数图象的应用【例2－2】 (1)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln （x ＋1），x >0.若|f (x )|≥ax ，则实数a 的取值范围是( ) A.(－∞，0] B.(－∞，1) C.[－2，1]D.[－2，0](2)(2015·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则实数a 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1解析(1)函数y＝|f(x)|的图象如图.①当a＝0时，|f(x)|≥ax显然成立.②当a>0时，只需在x>0时，ln(x＋1)≥ax成立.比较对数函数与一次函数y＝ax的增长速度.显然不存在a>0使ln(x＋1)≥ax在x>0上恒成立.③当a<0时，只需在x<0时，x2－2x≥ax成立.即a≥x－2成立，∴a≥－2.综上所述：－2≤a≤0.故选D.(2)设g(x)＝e x(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y ＝ax－a的下方，因为g′(x)＝e x(2x＋1)，所以当x<－12时，g′(x)<0，当x>－12时，g′(x)>0，所以当x＝－12时，[g(x)]min＝－2e－12，当x＝0时，g(0)＝－1，当x＝1时，g(1)＝e>0，直线y＝a(x－1)恒过(1，0)，则满足题意的唯一整数x0＝0，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得32e≤a<1，故选D.答案(1)D(2)D探究提高(1)涉及到由图象求参数问题时，常需构造两个函数，借助两函数图象求参数范围.(2)图象形象地显示了函数的性质，因此，函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究.【训练2】 (2016·安庆二模)已知函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝kx .若方程f (x )＝g (x )有两个不相等的实根，则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C.(1，2)D.(2，＋∞)解析由f (x )＝g (x )，∴|x －2|＋1＝kx ，即|x －2|＝kx －1，所以原题等价于函数y ＝|x －2|与y ＝kx －1的图象有2个不同交点.如图：∴y ＝kx －1在直线y ＝x －1与y ＝12x －1之间， ∴12＜k ＜1，故选B. 答案 B热点三函数的零点与方程根的问题 [微题型1] 函数零点的判断【例3－1】 (1)函数f (x )＝log 2x －1x 的零点所在的区间为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C.(1，2)D.(2，3)(2)(2016·武汉二模)函数f (x )＝4cos 2x 2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －2sin x －|ln(x ＋1)|的零点个数为________.解析 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数. f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝log 212－112＝－1－2＝－3＜0，f (1)＝log 21－11＝0－1＜0， f (2)＝log 22－12＝1－12＝12＞0，f (3)＝log 23－13＞1－13＝23＞0，即f (1)·f (2)＜0， ∴函数f (x )＝log 2x －1x 的零点在区间(1，2)内.(2)f (x )＝4cos 2x 2sin x －2sin x －|ln(x ＋1)|＝2sin x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2x 2－1－|ln(x ＋1)|＝sin 2x －|ln(x ＋1)|，令f (x )＝0，得sin 2x ＝|ln(x ＋1)|.在同一坐标系中作出两个函数y ＝sin 2x 与函数y ＝|ln(x ＋1)|的大致图象如图所示.观察图象可知，两函数图象有2个交点，故函数f (x )有2个零点. 答案 (1)C (2)2探究提高函数零点(即方程的根)的确定问题，常见的有①函数零点值大致存在区间的确定；②零点个数的确定；③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定.解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解. [微题型2] 由函数的零点(或方程的根)求参数【例3－2】 (1)(2016·郑州二模)若方程ln(x ＋1)＝x 2－32x ＋a 在区间[0，2]上有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12 B.[ln 2－1，ln 3－1) C.[ln 2－1，ln 2]D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln 2＋12 (2)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2－|x |，x ≤2，（x －2）2，x ＞2，函数g (x )＝b －f (2－x )，其中b ∈R ，若函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，则b 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫74，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，74 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，74 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2解析 (1)令f (x )＝ln(x ＋1)－x 2＋32x －a ，则f ′(x )＝1x ＋1－2x ＋32＝－（4x ＋5）（x －1）2（x ＋1）.当x ∈[0，1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，2]时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减.由于方程ln(x ＋1)＝x 2－32x ＋a 在区间[0，2]上有两个不同的实数根，即f (x )＝0在区间[0，2]上有两个不同的实数根，其充要条件为 ⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝－a ≤0，f （1）＝ln 2＋12－a ＞0，f （2）＝ln 3－1－a ≤0，解得ln 3－1≤a ＜ln 2＋12.所以方程ln(x ＋1)＝x 2－32x ＋a 在区间[0，2]上有两个不同的实数根时，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12.(2)函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，即方程f (x )－g (x )＝0，即b ＝f (x )＋f (2－x )有4个不同实数根，即直线y ＝b 与函数y ＝f (x )＋f (2－x )的图象有4个不同的交点，又y ＝f (x )＋f (2－x )＝⎩⎨⎧x 2＋x ＋2，x ＜0，2，0≤x ≤2，x 2－5x ＋8，x ＞2，作出该函数的图象如图所示，由图可知，当74＜b ＜2时，直线y ＝b 与函数y ＝f (x )＋f (2－x )的图象有4个不同的交点，故函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点时，b 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2.答案 (1)A (2)D探究提高利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解. 【训练3】设函数f (x )＝x 2＋3x ＋3－a ·e x (a 为非零实数)，若f (x )有且仅有一个零点，则a 的取值范围为________.解析令f (x )＝0，可得x 2＋3x ＋3e x ＝a ，令g (x )＝x 2＋3x ＋3e x ，则g ′(x )＝（2x ＋3）·e x －e x ·（x 2＋3x ＋3）（e x ）2＝－x （x ＋1）e x ，令g ′(x )＞0，可得x ∈(－1，0)，令g ′(x )＜0，可得x ∈(－∞，－1)∪(0，＋∞)，所以g (x )在(－1，0)上单调递增，在(－∞，－1)和(0，＋∞)上单调递减.由题意知函数y ＝g (x )的图象与直线y ＝a 有且仅有一个交点，结合y ＝g (x )及y ＝a 的图象可得a ∈(0，e)∪(3，＋∞). 答案 (0，e)∪(3，＋∞)1.解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域，如求函数f (x )＝1x ln x 的定义域时，只考虑x ＞0，忽视ln x ≠0的限制.2.如果一个奇函数f (x )在原点处有意义，即f (0)有意义，那么一定有f (0)＝0.3.三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较.(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较； (2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比较；(3)底数不同、指数也不同，或底数不同，真数也不同的两个数，常引入中间量或结合图象比较大小.4.三种作函数图象的基本思想方法(1)通过函数图象变换利用已知函数图象作图；(2)对函数解析式进行恒等变换，转化为已知方程对应的曲线；(3)通过研究函数的性质，明确函数图象的位置和形状.5.对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.一、选择题1.(2016·临沂模拟)下列函数中，既是奇函数，又在区间(－1，1)上单调递减的函数是()A.f(x)＝sin xB.f(x)＝2cos x＋1C.f(x)＝2x－1D.f(x)＝ln 1－x 1＋x解析由函数f(x)为奇函数排除B、C，又f(x)＝sin x在(－1，1)上单调递增，排除A，故选D.答案 D2.(2015·湖南卷)设函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，则f(x)是()A.奇函数，且在(0，1)上是增函数B.奇函数，且在(0，1)上是减函数C.偶函数，且在(0，1)上是增函数D.偶函数，且在(0，1)上是减函数解析易知函数定义域为(－1，1)，f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数，又f(x)＝ln 1＋x1－x ＝ln⎝⎛⎭⎪⎫－1－2x－1，由复合函数单调性判断方法知，f(x)在(0，1)上是增函数，故选A.答案 A3.已知二次函数f(x)＝x2－bx＋a的部分图象如图所示，则函数g(x)＝e x＋f′(x)的零点所在的区间是()A.(－1，0)B.(0，1)C.(1，2)D.(2，3)解析由函数f(x)的图象可知，0＜f(0)＝a＜1，f(1)＝1－b＋a＝0，所以1＜b＜2.又f ′(x )＝2x －b ，所以g (x )＝e x ＋2x －b ，所以g ′(x )＝e x ＋2＞0，所以g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1－b ＜0，g (1)＝e ＋2－b ＞0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g (x )的零点所在的区间是(0，1)，故选B. 答案 B4.(2016·西安八校联考)函数y ＝x 33x －1的图象大致是( )解析由3x －1≠0得x ≠0，∴函数y ＝x 33x －1的定义域为{x |x ≠0}，可排除A ；当x ＝－1时，y ＝（－1）313－1＝32＞0，可排除B ；当x ＝2时，y ＝1，当x ＝4时，y ＝45，但从D 的函数图象可以看出函数在(0，＋∞)上是单调递增函数，两者矛盾，可排除D.故选C. 答案 C5.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y ＝f (x )的图象大致为( )解析当点P 沿着边BC 运动，即0≤x ≤π4时，在Rt △POB 中，|PB |＝ |OB |tan ∠POB ＝tan x ，在Rt △PAB 中，|PA |＝|AB |2＋|PB |2＝4＋tan 2x ，则f (x )＝|PA |＋|PB |＝4＋tan 2x ＋tan x ，它不是关于x 的一次函数，图象不是线段，故排除A 和C ；当点P 与点C 重合，即x ＝π4时，由以上得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝4＋tan 2π4＋tan π4＝5＋1，又当点P 与边CD 的中点重合，即x ＝π2时，△PAO 与△PBO 是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝|PA |＋|PB |＝2＋2＝22，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故又可排除D.综上，选B. 答案 B 二、填空题6.(2016·浙江卷)已知a ＞b ＞1.若log a b ＋log b a ＝52，a b ＝b a ，则a ＝________，b ＝________.解析设log b a ＝t ，则t ＞1，因为t ＋1t ＝52，解得t ＝2，所以a ＝b 2，因此a b ＝(b 2)b ＝b 2b ＝b a ，∴a ＝2b ，b 2＝2b ，又b ＞1，解得b ＝2，a ＝4. 答案 4 27.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x －[x ]，x ≥0，f （x ＋1），x ＜0，其中[x ]表示不超过x 的最大整数.若直线y＝k (x ＋1)(k ＞0)与函数y ＝f (x )的图象恰有三个不同的交点，则实数k 的取值范围是________.解析根据[x ]表示的意义可知，当0≤x ＜1时，f (x )＝x ，当1≤x ＜2时，f (x )＝x －1，当2≤x ＜3时，f (x )＝x －2，以此类推，当k ≤x ＜k ＋1时，f (x )＝x －k ，k ∈Z ，当－1≤x ＜0时，f (x )＝x ＋1，作出函数f (x )的图象如图，直线y ＝k (x ＋1)过点(－1，0)，当直线经过点(3，1)时恰有三个交点，当直线经过点(2，1)时恰好有两个交点，在这两条直线之间时有三个交点，故k ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，138.(2016·海淀二模)设函数f (x )＝⎩⎨⎧2x－a ，x ＜1，4（x －a ）（x －2a ），x ≥1.(1)若a ＝1，则f (x )的最小值为________；(2)若f (x )恰有2个零点，则实数a 的取值范围是________.解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎨⎧2x－1，x <1，4（x －1）（x －2），x ≥1.当x <1时，f (x )＝2x －1∈(－1，1)，当x ≥1时，f (x )＝4(x 2－3x ＋2)＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322－14≥－1，∴f (x )min ＝－1.(2)由于f (x )恰有2个零点，分两种情况讨论：当f (x )＝2x －a ，x <1没有零点时，a ≥2或a ≤0.当a ≥2时，f (x )＝4(x －a )(x －2a )，x ≥1时，有2个零点；当a ≤0时，f (x )＝4(x －a )(x －2a )，x ≥1时无零点. 因此a ≥2满足题意.当f (x )＝2x －a ，x <1有一个零点时， 0<a <2. f (x )＝4(x －a )(x －2a )，x ≥1有一个零点，此时a <1, 2a ≥1，因此12≤a <1.综上知实数a 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫a |12≤a <1或a ≥2.答案 (1)－1 (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1∪[2，＋∞)三、解答题9.已知函数f (x )＝mx 2－2x ＋1有且仅有一个正实数的零点，求实数m 的取值范围. 解依题意，得①⎩⎨⎧m ＞0，Δ＝（－2）2－4m ＞0，f （0）＜0或 ②⎩⎨⎧m ＜0，Δ＝（－2）2－4m ＞0，f （0）＞0或 ③⎩⎨⎧m ≠0，Δ＝（－2）2－4m ＝0.显然①无解；解②，得m ＜0；解③，得m ＝1，经验证，满足题意.又当m ＝0时，f (x )＝－2x ＋1，它显然有一个为正实数的零点. 综上所述，m 的取值范围是(－∞，0]∪{1}. 10.已知函数f (x )＝x 2－2ln x ，h (x )＝x 2－x ＋a . (1)求函数f (x )的极值；(2)设函数k (x )＝f (x )－h (x )，若函数k (x )在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －2x ＝0，得x ＝1. 当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在x ＝1处取得极小值为1. (2)k (x )＝f (x )－h (x )＝x －2ln x －a (x ＞0)，所以k ′(x )＝1－2x ，令k ′(x )＞0，得x ＞2，所以k (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以⎩⎨⎧k （1）≥0，k （2）＜0，k （3）≥0，所以实数a 的取值范围为(2－2ln 2，3－2ln 3]. 11.已知函数f (x )＝e x －m －x ，其中m 为常数.(1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0成立，求m 的取值范围； (2)当m ＞1时，判断f (x )在[0，2m ]上零点的个数，并说明理由. 解 (1)f ′(x )＝e x －m －1，令f ′(x )＝0，得x ＝m .故当x∈(－∞，m)时，e x－m＜1，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，e x－m＞1，f′(x)＞0，f(x)单调递增.∴当x＝m时，f(m)为极小值，也是最小值.令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即若对任意x∈R有f(x)≥0成立，则m的取值范围是(－∞，1].(2)由(1)知f(x)在[0，2m]上至多有两个零点，当m＞1时，f(m)＝1－m＜0. ∵f(0)＝e－m＞0，f(0)f(m)＜0，∴f(x)在(0，m)上有一个零点.∵f(2m)＝e m－2m，令g(m)＝e m－2m，∵当m＞1时，g′(m)＝e m－2＞0，∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(m)＞g(1)＝e－2＞0，即f(2m)＞0.∴f(m)·f(2m)＜0，∴f(x)在(m，2m)上有一个零点.∴故f(x)在[0，2m]上有两个零点.。

2017届高考数学二轮复习(浙江专用)课件专题7 数学思想方法第1讲

热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
且g(x)在区间[－1，0)上单调递增，因此g(x)min＝g(－1)＝4，
从而a≤4，综上a＝4. (2)设F(x)＝f(x)g(x)，由于f(x)，g(x)分别是定义在R
上的奇函数和偶函数，得 F( － x) ＝f( － x)· g( － x) ＝－f(x)g(x)＝－F(x)，即F(x)在R上为奇函数. 又当x＜0时，F′(x)＝f′(x)· g(x)＋f(x)g′(x)＞0，
数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：①借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；②借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些
属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程
来精确地阐明曲线的几何性质.
思想概述· 应用点拨
探究提高
用图象法讨论方程 (特别是含参数的指数、对数、
根式、三角等复杂方程 ) 的解 ( 或函数零点 ) 的个数是一种重
要的思想方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式(不熟悉时，需要作适当变形转化为两个熟悉的函数)，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解(或函数零点)的个数.
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
化简得 24k2－25k＋6＝0， 2 3 解得 k＝3或 k＝8. (2)根据点到直线的距离公式和①式知，点 E，F 到 AB 的距离分别为 |x1＋2kx1－2| 2（1＋2k＋ 1＋4k2） h1＝＝， 2 5 5（1＋4k ） |x2＋2kx2－2| 2（1＋2k－ 1＋4k2） h2＝＝ . 2 5 5（1＋4k ）

【16个专题】浙江省2017年高考数学二轮复习与策略课件

10分 12分 14分
2017版高三二轮复习与策略
5.(2014· 浙江高考在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知 a≠b，c＝ 3，cos2A－cos2B＝ 3sin Acos A－ 3sin Bcos B. (1求角C的大小； 4 (2若sin A＝5，求△ABC的面积.
2017版高三二轮复习与策略
回访1
正、余弦定理的应用
1.(2013· 浙江高考在△ABC中，∠C＝90° ，M是BC的中点.若sin∠BAM＝ 1 3，则sin∠BAC＝________.
2017版高三二轮复习与策略 1 6 [因为sin∠BAM＝3， 3
2 2 BM 所以cos∠BAM＝ 3 .如图，在△ABM中，利用正弦定理，得＝ sin∠BAM AM sin B， 1 1 BM sin∠BAM 所以AM＝ sin B ＝3sin B＝ . 3cos∠BAC CM 在Rt△ACM中，有 AM ＝sin∠CAM＝sin(∠BAC－∠BAM.由题意知BM＝ 1 CM，所以＝sin(∠BAC－∠BAM. 3cos∠BAC
2.(2016· 浙江高考在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＋c＝2acos B. (1证明：A＝2B； a2 (2若△ABC的面积S＝ 4 ，求角A的大小.
2017版高三二轮复习与策略
[解] (1证明：由正弦定理得sin B＋sin C＝2sin Acos B，故2sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B ＝sin B＋sin Acos B＋cos Asin B，于是sin B＝sin(A－B. 又A，B∈(0，π，故0<A－B<π，所以B＝π－(A－B或B＝A－B，因此A＝π(舍去或A＝2B，所以A＝2B. 6分 3分

【7个专题23份】2017届高三数学(理)高考二轮复习专题课件

命题的逆命题是“若 x≥2ab，则 x≥a2＋b2”．故选 D.
考点四
第一讲集合、常用逻辑用语
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练
上页
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考点二
试题
解析
考点一考点二考点三
(2016· 河北五校联考)已知命题 p：∃x∈(－∞，0)，2x<3x；命题 q： π ∀x∈(0， )，tan x>sin x，则下列命题为真命题的是( C ) 2 A．p∧q B．p∨(綈 q)
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练
上页
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考点一
试题
解析
考点一考点二考点三
2．(2016· 高考四川卷)设集合 A＝{x|－2≤x≤2}，Z 为整数集，则集合 A∩Z 中元素的个数是( C ) A．3 C．5 B．4 D．6
考点四
第一讲集合、常用逻辑用语
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练
考点四
C．(綈 p)∧q
D．p∧(綈 q)
第一讲集合、常用逻辑用语
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练
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考点二
试题
解析
考点一考点二考点三
根据指数函数的图象与性质知命题 p 是假命题，则綈 p 是真命题；
根据单位圆中的三角函数线知命题 q 是真命题，故选 C.
考点四
第一讲集合、常用逻辑用语
考点四
第一讲集合、常用逻辑用语
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练
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考点三
试题
解析
考点一考点二考点三
利用特称命题和全称命题的关系求解所给命题的否定形式．由于特称命题的否定形式是全称命题，全称命题的否定形式是特称命题，所以“∀x∈R，∃n∈N*，使得 n≥x2”的否定形式为 “∃x∈R，∀n∈N*，使得 n<x2”．

2017高考数学(浙江专版)二轮复习与策略课件-专题16-导数的应用(共60张)

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2017版高三二轮复习与策略
[解] (1)因为f(x)＝xx33＋－33xx－＋33aa，，xx≥ <aa，，
所以f′(x)＝33xx22＋－33，，xx≥<aa. ，
2分
由于－1≤x≤1.
①当a≤－1时，有x≥a，故f(x)＝x3＋3x－3a.
5．(2013·浙江高考)已知a∈R，函数f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当x∈[0,2]时，求|f(x)|的最大值．
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2017版高三二轮复习与策略
[解] (1)由题意f′(x)＝3x2－6x＋3a，故f′(1)＝3a－3.
2017版高三二轮复习与策略
核
心
知
识
(z
hī
s
hi
)·
专
聚焦
突破点16 导数的应用
题限
时
集
热
训
点
题
型
·
探
究
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2017版高三二轮复习与策略
提炼1 导数与函数的单调性 (1)函数单调性的判定方法在某个区间(a，b)内，如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a.
8分
当a>1时，
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2017版高三二轮复习与策略
x 0 (0,1)
1
(1，a)

2017届高考数学二轮复习(浙江专用)课件专题6 概率与随机变量及其分布第2讲

与n＝20之中选其一，应选用哪个？
真题感悟· 考点整合
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解
(1) 由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年
内需更换的易损零件数为 8， 9， 10 ，11的概率分别为 0.2，
0.4，0.2，0.2，从而
P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04； P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16； P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24； P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；
22 1 22 2 1 22 56 ＝3 ＋ ×3 ＋ × ×3 ＝ . 3 3 3 81
56 所以甲在 4 局以内(含 4 局)赢得比赛的概率为81.
真题感悟· 考点整合热点聚焦· 题型突破归纳总结· 思维升华
(2)X 的可能取值为 2，3，4，5. P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2) 5 ＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝， 9 P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3) 2 ＝P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝9， P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4) 10 ＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)＝81，
真题感悟· 考点整合
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热点一相互独立事件、独立重复试验概率模型
[微题型1]
相互独立事件的概率
【例 1－1】某单位有三辆汽车参加某种事故保险，该单位年初向保险公司缴纳每辆 900 元的保险金，对在一年内发生此种事故的每辆汽车，该单位可获 9 000 元的赔偿(假设每辆车最多只赔偿一次 ). 设这三辆车在一年内发生此种事故的概率分别 1 1 1 为9，10，11，且各车是否发生事故相互独立，求一年内该单位在此保险中：

2017高考数学二轮浙江专用课件：3-1选择题技法指导精

所以 4a2-4c2=3mn≤3a2. 所以 e≥ .所以 ≤e<1.故选 D.
关闭
2
1 2
1 2
D
解析答案
-7一二三四
二、数形结合法根据题设条件作出所研究问题的曲线、有关图形或草图,借助几何图形的直观性、形状、位置、性质等图象特征作出正确的判断,得出结论.这种方法通过“以形助数”或“以数助形”,使抽象问题直观化、复杂问题简单化.
关闭
B
解析答案
-12一二三四
迁移训练3已知函数f(x)=cos x(x∈(0,2π))有两个不同的零点x1,x2, 关闭 π 3π 方程 f(x)=m, 有两个不同的实根 x3,x 由题意可知 x1,x2 的取值为 , .若这四个数按从小到大排列构 . 2 42 1 2π 4π 成等差数列的值为 ( ,x 的两个值为 ) 对于 f(x, )则实数 =m,若 m m=,则 x , ,
-11一二三四
例3(2015广东,理8)若空间中n个不同的点两两距离都相等,则正整数n的取值( ) A.至多等于3 B.至多等于4 C.等于5 D.大于5
关闭
特殊值法.当n=3时,正三角形的三个顶点之间两两距离相等,故n=3符合;
当n=4时,联想正四面体的四个顶点之间两两距离相等,故n=4符合. 由此可以排除选项A,C,D.故选B.
即��1 (x)=
2
��1 (x)的图象如下图.
1 ,|��| 2
1 |�� | ,|��| 2
≥ 1,
< 1,
关闭
C
2
解析
答案
-9一二三四
迁移训练 2(2016 浙江金华十校模考)函数 |log2 ��|,0 < �� ≤ 4, f(x)= |�� -5| 若 a,b,c,d 各不相同,且 f(a)=f(b)=f(c)=f(d),则关闭 2 ,�� > 4, 作出函数的图象如图, abcd 的取值范围为( ) A.(24,25) B.[16,25) C.(1,25) D.(0,25]

2017届高考数学二轮复习(浙江专用)课件专题3 数列第1讲

等比数列.
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【训练1】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝
λSn－1，其中λ为常数.
(1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.
(1)证明由题设，anan＋1＝λSn－1，① 知 an＋1an＋2＝λSn＋1－1，② ②－①得：an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.∵an＋1≠0，∴an＋2－an＝λ. (2)解由题设可求 a2＝λ－1，∴a3＝λ＋1，令 2a2＝a1＋a3，解得 λ＝4，故 an＋2－an＝4.由此可得{a2n－1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n＝4n－1.所以 an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在 λ＝4，使得数列{an}为等差数列.
真题感悟· 考点整合
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2.等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)； a1（1－qn） a1－anq (2)求和公式： q＝1， Sn＝na1； q≠1， Sn＝＝； 1－q 1－q (3)性质：①若 m，n，p，q∈N*，且 m＋n＝p＋q，则 am·an＝ap·aq； ②an＝am·qn－m； ③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比数列.
真题感悟· 考点整合热点聚焦· 题型突破归纳总结· 思维升华
热点二求数列的通项
[微题型1] 由Sn与an的关系求an
【例 2－1】 (1)(2016· 台州模拟节选)已知数列{an}的前 n 项和为 1 * Sn，且满足 an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N )，a1＝2.求数列{an} 的通项公式.

2017高考数学二轮浙江专用课件：2-3函数与方程思想精

第 3讲
函数与方程思想
-2热点考题诠释能力目标解读
1 2 3 4
1.(2015 山东,理 15)平面直角坐标系 xOy 中,双曲线
��2
��2 C1:��2
−
2 = 1( a> 0, b> 0) 的渐近线与抛物线 C : x =2py(p>0)交于点 O,A,B.若关闭 2 2 �� = ��, �� 2�� 2��2 �� 双曲线的渐近线为 y=± x. 由得 A �� , ��2 . . △OAB 的垂心为 C2 的焦点 ,则 C 的离心率为 1 �� 2 �� = 2��, �� = - ��, 2�� 2��2 �� 由得B , 2 . �� 2 = 2��, �� ∵F 0, 2 为△OAB 的垂心,∴kAF· kOB=-1.
-8热点考题诠释能力目标解读
1 2 3 4
(1)证法一如图,取AE的中点H,连接HG,HD, 又G是BE的中点, 1 所以GH∥AB,且GH= AB. 2 又F是CD的中点, 1 所以DF= CD. 2 由四边形ABCD是矩形,得AB∥CD,AB=CD, 所以GH∥DF,且GH=DF, 从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH. 又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE, 所以GF∥平面ADE..ຫໍສະໝຸດ -6热点考题诠释能力目标解读
1 2 3 4
由 2|AM|=|AN|得

2017高考数学二轮浙江专用课件：3-2填空题技法指导精

根据数列满足的关系式,进行恰当的赋值. ∵a1=2,∴2=f(21)=f(2).令 x=2n,y=2, ∴f(2n+1)=2f(2n)+2n+1. ∴ ∴
��(2��+1 ) ��(2�� ) ��(2��+1 ) ��(2�� ) = 2�� +1, ��+1 − 2�� =1. 2��+1 2 �� (2 ) ��(2) = +(n-1)×1=n. 2�� 2
-10一二三四
例3已知a>0,且a≠1,若函数y=|ax-2|与y=3a的图象有两个交点,则实数a的取值范围是 .
①当 0<a<1 时,作出函数 y=|ax-2|的图象,如图 a.
知 0<3a<2,所以 0<a< .
2 3
关闭
若直线 y=3a 与函数 y=|ax-2|(0<a<1)的图象有两个交点,则由图象可
②当 a>1 时,作出函数 y=|ax-2|的图象,如图 b,若直线 y=3a 与函数
y=|ax-2|(a>1)的图象有两个交点,则由图象可知 0<3a<2,此时无解. 2 2 0 , 所以实数 a 的取值范围是 0, .
3
3
关闭
解析
答案
-11一二三四
迁移训练3记实数x1,x2,…,xn中的最大数为max{x1,x2,…,xn},最小数为min{x1,x2,…,xn},则max{min{x+1,x2-x+1,-x+6}}的值为( )

(完整)2017高考数学(浙江专版)二轮复习与策略课件专题14 函数的图象和性质

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2017版高三二轮复习与策略
突破点 14 函数的图象和性质
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2017版高三二轮复习与策略
提炼1 函数的奇偶性
(1)若函数 y＝f(x)为奇(偶)函数，则 f(－x)＝－f(x)·(f(－x)＝f(x))． (2)奇函数 y＝f(x)若在 x＝0 处有意义，则必有 f(0)＝0. (3)判断函数的奇偶性需注意：一是判断定义域是否关于原点对称；二是若所给函数的解析式较为复杂，应先化简；三是判断 f(－x)＝－f(x)，还是 f(－x) ＝f(x)，有时需用其等价形式 f(－x)±f(x)＝0 来判断．
0 2 2－3 [∵f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1， ∴f(f(－3))＝f(1)＝1＋2－3＝0. 当 x≥1 时，x＋2x－3≥2 x·2x－3＝2 2－3，当且仅当 x＝2x，即 x＝ 2时等号成立，此时 f(x)min＝2 2－3<0；当 x<1 时，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此时 f(x)min＝0. ∴f(x)的最小值为 2 2－3.]
【导学号：58962058】
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2017版高三二轮复习与策略 (1)A (2)－14 [(1)法一：∵f(－x)＝ln(1＋|－x|)－1＋1－x2＝f(x)， ∴函数 f(x)为偶函数． ∵当 x≥0 时，f(x)＝ln(1＋x)－1＋1 x2，在(0，＋∞)上 y＝ln(1＋x)递增，y＝－1＋1 x2也递增，根据单调性的性质知，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上可知：f(x)>f(2x－1)⇔f(|x|)>f(|2x－1|)⇔|x|>|2x－1|⇔x2>(2x－1)2⇔3x2－4x ＋1<0⇔13<x<1.故选 A.

2017高考数学二轮浙江专用课件：1-2不等式精品

关闭
(2,+∞)
解析答案
-8热点考题诠释能力目标解读
在近几年的高考试卷中对不等式的考查,主要热点是线性规划知识、基本不等式、解不等式及绝对值不等式.解不等式主要涉及一元二次不等式、简单的对数和指数不等式等,并且以一元二次不等式为主,重在考查等价转化能力和基本的解不等式的方法;基本不等式的考查重在对代数式的转化过程及适用条件、等号成立条件的检验,常用来求最值或求恒成立问题中参数的取值范围;线性规划问题是高考的一个必考内容,主要还是强调用数形结合的方法来寻求最优解的过程,在参数设置上有较大的灵活性,体现了数学知识的实际综合应用,绝对值不等式的考查往往立足于能力立意,具有较强的综合性.不等式知识的考查以选择题、填空题为主,有时也蕴含在解答题中.
选项C中,令a=100,b=-100,c=0,则|a+b+c2|+|a+b-c2|=0<1. 而 D a2+b2+c2=1002+1002+0>100,故选项C不成立;故选D.
解析答案关闭来自-7热点考题诠释能力目标解读
1 2 3 4
4.(2016 上海,理 10)设 a>0,b>0,若关于 x,y 的方程组则 a+b 的取值范围是 .
则|a2+b+c|+|a+b2+c|=|100+10-110|+|10+100-110|=0<1. 而a2+b2+c2=100+100+1102=200+1102>100,故选项A不成立; 选项B中,令a=10,b=-100,c=0,则|a2+b+c|+|a2+b-c|=0<1.

2017届高考数学二轮复习(浙江专用)课件专题1 函数与导数、不等式第4讲

真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
考点整合 1.求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法
(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线
的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程. (2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0， y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程. (3) 已知切线上一点 ( 非切点 ) ，求 y ＝ f(x) 的切线方程：设切点
(2)证明不妨设 x1<x2.由(1)知 x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)， 2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以 x1＋x2<2 等价于 f(x1)>f(2－x2)，即 f(2－x2)<0. 由于 f(2－x2)＝－x2e2
－x
2＋a(x2－1)
2
，
而 f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以 f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2. 设 g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则 g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，所以当 x>1 时，g′(x)<0，而 g(1)＝0，故当 x>1 时，g(x)<0，从而 g(x2)＝f(2－x2)<0，故 x1＋x2<2.
a的符号零点个数一个两个三个一个两个三个
真题感悟· 考点整合
充要条件 f(x1)＜0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＞0且f(x2)＜0 f(x2)＜0
a＞0 (f(x1)为极
大值，f(x2)为极小值) a＜0 (f(x1)为极小值，f(x2)为极

2017浙江高考真题数学理(含解析)

9.双曲线的焦距是，渐近线方程是．
10.已知函数，则，的最小值是。
11.函数的最小正周期是，单调递减区间是．
12.若，则．
13.如图，三棱锥中，，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是。
14.若实数满足，则的最小值是。
15.已知是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意，，则，，。
三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
C.命题①成立，命题②不成立
D.命题①不成立，命题②成立
[ex]由题意，
命题①：，
所以，命题①成立。
命题②：由韦恩图可知命题②成立，下面证明：
因为且，
故命题②成立。
故选A。
7. [D]存在函数满足，对任意都有（）
A.
B.
C.
D.
[ex]A项，当时，；当时，；
B项，当时，；当时，；
C项，当时，；当时，；
2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
数学（理科）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。
1.已知集合，则（）
A.B. C. D.
2C. D.
3.已知是等差数列，公差不为零，前项和是，若成等比数列，则（）
化简得：。
所以：单调递减区间为，
12.若，则．
[answer]
[ex]由，可知，即，
所以。
13.如图，三棱锥中，，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是。
[img=131.png]
[answer]
[ex]如图，取的中点，
[img=132.png]
因为，则为异面直线所成的角。

【16份】浙江省2017届高考数学(理)二轮复习专题课件

2017届高考数学(理)(新课标)二轮专题复习课件：3-2数列

2017届高考数学(理)(新课标)二轮专题复习课件：3-5解析几何

2017届高考数学二轮复习(浙江专用)课件 考前增分指导一(一)

《创新设计》2017届高考数学(浙江专用)二轮教师文档讲义：专题1.1函数图象与性质及函数与方程

2017届高考数学二轮复习(浙江专用)课件 专题7 数学思想方法 第1讲

【16个专题】浙江省2017年高考数学二轮复习与策略课件

【7个专题23份】2017届高三数学(理)高考二轮复习专题课件

2017高考数学(浙江专版)二轮复习与策略课件-专题16-导数的应用(共60张)

2017届高考数学二轮复习(浙江专用)课件 专题6 概率与随机变量及其分布 第2讲

2017高考数学二轮浙江专用课件：3-1选择题技法指导 精

2017届高考数学二轮复习(浙江专用)课件 专题3 数列 第1讲

2017高考数学二轮浙江专用课件：2-3函数与方程思想 精

2017高考数学二轮浙江专用课件：3-2填空题技法指导 精

(完整)2017高考数学(浙江专版)二轮复习与策略课件 专题14 函数的图象和性质

2017高考数学二轮浙江专用课件：1-2不等式 精品

2017届高考数学二轮复习(浙江专用)课件 专题1 函数与导数、不等式 第4讲