年高考数学二轮专题复习与策略技法强化训练函数与方程思想理
2023新教材高考数学二轮专题复习强化训练24函数与导数__大题备考
强化训练24 函数与导数——大题备考第一次作业1．[2022·全国乙卷]已知函数f (x )＝ax －1x－(a ＋1)ln x .(1)当a ＝0时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )恰有一个零点，求a 的取值范围．2．[2022·全国甲卷]已知函数f (x )＝exx－ln x ＋x －a .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)证明：若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2<1.3.[2022·新高考Ⅱ卷]已知函数f (x )＝x e ax －e x. (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)当x >0时，f (x )<－1，求a 的取值范围； (3)设n ∈N *，证明：112＋1＋122＋2＋…＋1n 2＋n>ln (n ＋1).4．[2021·新高考Ⅰ卷]已知函数f (x )＝x (1－ln x ). (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，证明：2<1a ＋1b<e.强化训练24 函数与导数1．解析：（1）当a ＝0时，f （x ）＝－1x－ln x （x >0），则f ′（x ）＝1x 2－1x ＝1－x x2.当x ∈（0，1）时，f ′（x ）>0； 当x ∈（1，＋∞）时，f ′（x ）<0.所以f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减， 故f （x ）的最大值即为f （x ）的极大值f （1）＝－1.（2）因为函数f （x ）恰有一个零点，所以方程a （x －ln x ）－1x－ln x ＝0在（0，＋∞）上恰有一个解，即方程a （x －ln x ）＝1x＋ln x 在（0，＋∞）上恰有一个解．又易知当x >0时，x －ln x >0，所以方程a ＝1x＋ln x x －ln x 在（0，＋∞）上恰有一个解．令g （x ）＝1x＋ln x x －ln x（x >0），则g ′（x ）＝（x －1）[x －1－（x ＋1）ln x ]x 2（x －ln x ）2.令h （x ）＝x －1－（x ＋1）ln x （x >0）， 则h ′（x ）＝1－ln x －x ＋1x ＝－ln x －1x. 由（1）知，h ′（x ）≤－1，所以h （x ）在（0，＋∞）上单调递减．又h （1）＝0，所以当x ∈（0，1]时，h （x ）≥0； 当x ∈（1，＋∞）时，h （x ）<0. 则当x ∈（0，1]时，g ′（x ）≤0； 当x ∈（1，＋∞）时，g ′（x ）<0. 所以g （x ）在（0，＋∞）上单调递减．又当x →0时，g （x ）→＋∞，当x →＋∞时，g （x ）→0， 所以a ∈（0，＋∞）.2．解析：（1）由题意可知函数f （x ）的定义域为（0，＋∞），f ′（x ）＝e x（x －1）x2－1x＋1＝（e x＋x ）（x －1）x2. 令f ′（x ）＝0，解得x ＝1.当x ∈（0，1）时，f ′（x ）＜0；当x ∈（1，＋∞）时，f ′（x ）＞0.所以f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以f （x ）min ＝f （1）＝e ＋1－a .若f （x ）≥0，则f （x ）min ＝e ＋1－a ≥0，解得a ≤e＋1. 故a 的取值范围为（－∞，e ＋1].（2）证明：由（1）可知，要使f （x ）有两个零点， 则f （x ）min ＝f （1）＝e ＋1－a ＜0，即a ＞1＋e. 假设0＜x 1＜1＜x 2，要证明x 1x 2＜1，即需证明1＜x 2＜1x 1.又因为f （x ）在x ∈（1，＋∞）上单调递增，所以要证明1＜x 2＜1x 1，则需证明f （x 2）＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1，即f （x 1）＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1. 令F （x ）＝f （x ）－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x，0＜x ＜1，则F ′（x ）＝f ′（x ）＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ·1x2＝（x －1）（e x＋x －x e 1x －1）x2.因为e x在x ∈（0，1）上单调递增，所以e x＜e ，所以当x ∈（0，1）时，e x＋x ＜e ＋1.又函数y ＝x e 1x 在（0，1）上单调递减，所以x e 1x ＞e ，所以－x e 1x －1＜－e －1，所以e x＋x －x e 1x －1＜e ＋1－e －1＝0，所以当x ∈（0，1）时，F ′（x ）＞0，则F （x ）在（0，1）上单调递增．因为F （1）＝f （1）－f （1）＝0，所以F （x ）＜0，即f （x ）＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，所以若f （x ）有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2＜1.3．解析：（1）当a ＝1时，f （x ）＝x e x－e x＝（x －1）e x，f ′（x ）＝e x ＋（x －1）e x ＝x e x .令f ′（x ）＝0，得x ＝0，∴当x <0时，f ′（x ）<0，f （x ）单调递减；当x >0时，f ′（x ）>0，f （x ）单调递增．（2）f ′（x ）＝e ax ＋a e ax x －e x ＝（ax ＋1）e ax －e x，f ′（0）＝0.设g （x ）＝（ax ＋1）e ax －e x ，则g ′（x ）＝a e ax ＋a e ax （ax ＋1）－e x ＝（a 2x ＋2a ）e ax－e x，g ′（0）＝2a －1.当2a －1>0，即a >12时，存在δ>0，使得当x ∈（0，δ）时，g ′（x ）>0，此时f ′（x ）在（0，δ）上单调递增．∵f ′（x ）>f ′（0）＝0，∴f （x ）在（0，δ）上单调递增， ∴f （x ）>f （0）＝－1，这与f （x ）<－1矛盾，故舍去．当2a －1≤0，即a ≤12时，f （x ）≤x e 12x －e x.令h （x ）＝x e 12x －e x，则h ′（x ）＝e 12x＋12e 12x ·x －e x ＝e 12x （1＋12x －e 12x）<0，∴h （x ）在（0，＋∞）上单调递减， 此时h （x ）<h （0）＝－1符合条件． 综上可知，a 的取值范围为（－∞，12].（3）证明：由（2）知当a ＝12时，x >0时，x e 12x －e x<－1，∴x <e 12x－1e 12x .令e 12x＝t ，t >1，则x ＝2ln t ，∴2ln t <t －1t，t >1.取t ＝n ＋1n （n ∈N *），则2ln t ＝ln （n ＋1）－ln n <n ＋1n－ nn ＋1＝1n 2＋n， ∴112＋1＋122＋2＋…＋1n 2＋n>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln （n ＋1）－ln n ＝ln （n ＋1），故结论得证．4．解析：（1）函数的定义域为()0，＋∞， 又f ′()x ＝1－ln x －1＝－ln x ，当x ∈()0，1时，f ′()x >0，当x ∈()1，＋∞时，f ′()x <0， 故f ()x 的递增区间为()0，1，递减区间为()1，＋∞.（2）因为b ln a －a ln b ＝a －b ，故b ()ln a ＋1＝a ()ln b ＋1，即ln a ＋1a ＝ln b ＋1b，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b， 设1a ＝x 1，1b＝x 2，由（1）可知不妨设0<x 1<1，x 2>1.因为x ∈()0，1时，f ()x ＝x ()1－ln x >0，x ∈()e ，＋∞时，f ()x ＝x ()1－ln x <0， 故1<x 2<e. 先证：x 1＋x 2>2，若x 2≥2，x 1＋x 2>2必成立．若x 2<2, 要证：x 1＋x 2>2，即证x 1>2－x 2，而0<2－x 2<1， 故即证f ()x 1>f ()2－x 2，即证：f ()x 2>f ()2－x 2，其中1<x 2<2. 设g ()x ＝f ()x －f ()2－x ，1<x <2，则g ′()x ＝f ′()x ＋f ′()2－x ＝－ln x －ln ()2－x ＝ －ln []x ()2－x ，因为1<x <2，故0<x ()2－x <1，故－ln x ()2－x >0，所以g ′()x >0，故g ()x 在()1，2上为增函数，所以g ()x >g ()1＝0， 故f ()x >f ()2－x ，即f ()x 2>f ()2－x 2成立，所以x 1＋x 2>2成立， 综上，x 1＋x 2>2成立． 设x 2＝tx 1，则t >1，结合ln a ＋1a ＝ln b ＋1b ，1a ＝x 1，1b＝x 2，可得：x 1()1－ln x 1＝x 2()1－ln x 2， 即：1－ln x 1＝t ()1－ln t －ln x 1，故ln x 1＝t －1－t ln tt －1，要证：x 1＋x 2<e ，即证()t ＋1x 1<e ，即证ln ()t ＋1＋ln x 1<1， 即证：ln ()t ＋1＋t －1－t ln tt －1<1，即证：()t －1ln ()t ＋1－t ln t <0，令S ()t ＝()t －1ln ()t ＋1－t ln t ，t >1， 则S ′()t ＝ln ()t ＋1＋t －1t ＋1－1－ln t ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t －2t ＋1， 先证明一个不等式：ln ()x ＋1≤x . 设u ()x ＝ln ()x ＋1－x ，则u ′()x ＝1x ＋1－1＝－xx ＋1，当－1<x <0时，u ′()x >0；当x >0时，u ′()x <0，故u ()x 在()－1，0上为增函数，在()0，＋∞上为减函数， 故u ()x max ＝u ()0＝0， 故ln ()x ＋1≤x 成立．由上述不等式可得当t >1时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ≤1t <2t ＋1，故S ′()t <0恒成立，故S ()t 在()1，＋∞上为减函数，故S ()t <S ()1＝0， 故()t －1ln ()t ＋1－t ln t <0成立，即x 1＋x 2<e 成立． 综上所述，2<1a ＋1b<e.。
2023新教材高考数学二轮专题复习强化训练25函数与导数__大题备考
强化训练25 函数与导数——大题备考第二次作业1．[2022·江苏苏州模拟]已知函数f(x)＝x ln x＋1，(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x>1时，函数f(x)>kx恒成立，求实数k的取值范围．2．[2022·福建厦门模拟]已知函数f(x)＝e x－ax2－x－1.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程；(2)若f(x)≥0，求实数a的取值范围．3．[2022·山东日照三模]已知函数f(x)＝(x－2)e x－ax＋a ln x(a∈R).(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a<e时，讨论f(x)的零点个数．4．[2022·辽宁协作体二模]已知函数f (x )＝x ln x －12mx 2－x (m ∈R ).(1)若直线y ＝x ＋b 与f (x )的图象相切，且切点的横坐标为1，求实数m 和b 的值； (2)若函数f (x )在(0，＋∞)上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：ln x 1＋ln x 2>2.强化训练25 函数与导数1．解析：（1）∵f （x ）＝x ln x ＋1，x >0， ∴f ′（x ）＝ln x ＋1，当x ∈（0，1e ）时，f ′（x ）<0；当x ∈（1e ，＋∞）时，f ′（x ）>0.所以函数f （x ）在（0，1e ）上单调递减，在（1e ，＋∞）上单调递增．（2）由于x >1，f （x ）>kx 恒成立，即k <ln x ＋1x恒成立，构造函数k （x ）＝ln x ＋1x，x >1，则求导可得k ′（x ）＝1x －1x 2＝x －1x2，当x >1时，k ′（x ）>0恒成立．所以k （x ）在（1，＋∞）上单调递增，则k （x ）>k （1）＝1， 所以k ≤1.2．解析：（1）因为f （x ）＝e x －x 2－x －1，当x ＝1时，切点为（1，e －3）， 求导f ′（x ）＝e x－2x －1，故切线斜率k ＝f ′（1）＝e －3， 所以所求切线方程为y ＝（e －3）x .（2）f （x ）≥0等价于e x≥ax 2＋x ＋1恒成立， 当a >0时，上式不恒成立，证明如下：当x <0时，e x <1，当x <－1a时，ax 2＋x ＋1＝x （ax ＋1）＋1>1，从而e x ≥ax 2＋x ＋1不恒成立，当a ≤0时，ax 2＋x ＋1≤x ＋1，下面先证明e x≥x ＋1， 令h （x ）＝e x －x －1，则h ′（x ）＝e x－1，当x <0时，h ′（x ）<0，h （x ）单调递减；当x >0时，h ′（x ）>0，h （x ）单调递增， 所以h （x ）min ＝h （0）＝0，即h （x ）≥0，所以e x≥x ＋1，而ax 2＋x ＋1≤x ＋1，故e x ≥ax 2＋x ＋1， 综上，若f （x ）≥0，则实数a 的取值范围为（－∞，0]. 3．解析：（1）当a ＝－1时，f （x ）＝（x －2）e x＋x －ln x ，则f ′（x ）＝（x －1）（e x ＋1x ），当x ∈（0，＋∞）时，e x ＋1x>0恒成立，所以当x ∈（0，1）时，f ′（x ）<0，f （x ）单调递减； 当x ∈（1，＋∞）时f ′（x ）>0，f （x ）单调递增，即f （x ）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，＋∞）.（2）由题意，函数f （x ）＝（x －2）e x－ax ＋a ln x ＝（x －2）e x－a （x －ln x ），x >0， 设m （x ）＝x －ln x ，x >0，则m ′（x ）＝1－1x ＝x －1x，当x ∈（0，1）时，m ′（x ）<0，m （x ）单调递减； 当x ∈（1，＋∞）时，m ′（x ）>0，m （x ）单调递增， 又由m （1）＝1，所以m （x ）≥1，令f （x ）＝0，可得（x －2）e x－ax ＋a ln x ＝0，所以a ＝（x －2）e xx －ln x，其中（x >0），令g （x ）＝（x －2）e x x －ln x ，可得g ′（x ）＝e x（x －1）（x －ln x ）2（x －ln x ＋2x－1），令h （x ）＝x －ln x ＋2x －1，则h ′（x ）＝1－1x －2x 2＝x 2－x －2x 2＝（x －2）（x ＋1）x2（x >0）， 可得0<x <2时，h ′（x ）<0，h （x ）单调递减；x >2时，h ′（x ）>0，h （x ）单调递增； 所以h （x ）min ＝h （2）＝2－ln 2>0，即x >0时，h （x ）>0恒成立；故0<x <1时，g ′（x ）<0，g （x ）单调递减；x >1时，g ′（x ）>0，g （x ）单调递增； 所以g （x ）min ＝g （1）＝－e ，又由x →0时，g （x ）→0，当x →＋∞时，g （x ）→＋∞， 函数g （x ）的图象，如图所示，结合图象可得：当a <－e 时，无零点；当a ＝－e 或0≤a <e 时，一个零点；当－e<a <0时，两个零点． 4．解析：（1）由题意，切点坐标为（1，－12m －1），f ′（x ）＝ln x －mx ，所以切线斜率为f ′（1）＝－m ＝1，所以m ＝－1，切线为y ＋12m ＋1＝1·（x －1），整理得y ＝x －32，所以b ＝－32.（2）证明：由（1）知f ′（x ）＝ln x －mx .由函数f （x ）在（0，＋∞）上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，知⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0ln x 2－mx 2＝0，则m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2且m ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，联立得ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，即ln x 1＋ln x 2＝x 1＋x 2x 1－x 2·ln x 1x 2＝（x 1x 2＋1）·lnx 1x 2x 1x 2－1，设t ＝x 1x 2∈（0，1），则ln x 1＋ln x 2＝（t ＋1）·ln t t －1，要证ln x 1＋ln x 2>2，只需证（t ＋1）·ln t t －1>2，只需证ln t <2（t －1）t ＋1，只需证ln t －2（t －1）t ＋1<0.构造函数g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1，则g ′（t ）＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0. 故g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1，在t ∈（0，1）上递增，g （t ）<g （1）＝0，即g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1<0，所以ln x 1＋ln x 2>2.。
高考高三二轮复习计划策略模板(7篇)
高考高三二轮复习计划策略模板（7篇）高考高三二轮复习计划策略模板篇1一二轮复习指导思想：高三第一轮复习一般以知识技能方法的逐点扫描和梳理为主，通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念的性质定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。
而第二轮复习承上启下，是知识系统化条理化，促进灵活运用的关键时期，是促进学生素质能力发展的关键时期，因而对讲练检测等要求较高。
二二轮复习形式内容：以专题的形式，分类进行。
具体而言有以下几大专题。
(1)集合函数与导数。
此专题函数和导数应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。
每年高考中导数所占的比重都非常大，一般情况在客观题中考查的导数的几何意义和导数的计算属于容易题;二在解答题中的考查却有很高的综合性，并且与思想方法紧密结合，主要考查用导数研究函数的性质，用函数的单调性证明不等式等。
(预计5课时)(2)三角函数平面向量和解三角形。
此专题中平面向量和三角函数的图像与性质，恒等变换是重点。
近几年高考中三角函数内容的难度和比重有所降低，但仍保留一个选择题一个填空题和一个解答题的题量，难度都不大，但是解三角形的内容应用性较强，将解三角形的知识与实际问题结合起来将是今后命题的一个热点，我们可以关注。
平面向量具有几何与代数形式的“双重性”，是一个重要的只是交汇点，它与三角函数解析几何都可以整合。
(预计2课时)(3)数列。
此专题中数列是重点，同时也要注意数列与其他知识交汇问题的训练。
例如，主要是数列与方程函数不等式的结合，概率向量解析几何为点缀。
数列与不等式的综合问题是近年来的热门问题，而数列与不等式相关的大多是数列的前n项和问题。
(预计2课时)(4)立体几何。
此专题注重几何体的三视图空间点线面的关系，用空间向量解决点线面的问题是重点(理科)。
(预计3课时)(5)解析几何。
此专题中解析几何是重点，以基本性质基本运算为目标。
直线与圆锥曲线的位置关系轨迹方程的探求以及最值范围定点定值对称问题是命题的主旋律。
2024届高三数学二轮复习策略课件
1.离心率的计算 2.圆锥曲线与三角形内心、重心相关的 问题
3.圆锥曲线与内接三角形 4.圆锥曲线中常用的二级结论
专
1.函数的图像与性质 2.利用导数研究函数的性质
题 函数与导数 3.导数与恒成立问题
六
4.导数与不等关系 5.导数与函数的零点
1.抽象函数的性质 2.切线与公切线 3.以指数、对数为载体的情景题 3.导数中的构造问题 4.端点效应问题
【分析】当x 时0 ， xf (x) ，f (x即) 0 [xf (x)] 0
构造函数 g(x) xf (x)
A 【例 1】（2020 新课标Ⅱ理11）若 2x 2y 3x 3y ，则 (
)
A． ln(y x 1) 0 B． ln(y x 1) 0
C． ln | x y | 0
二轮复习六大专题：
大专题
专 三角函数、 题 解三角形 一 和平面向量
专 题 数列 二
专 题 立体几何 三
子专题
微专题
1.三角恒等变换 2.三角函数的图像与性质 3.解三角形
1.平面向量数量积的求解策略 2.三角函数中与 相关的问题探究 3.三角形中的特殊线段 4.三角中的数学建模与情景题
1.数列的通项求法
【案例3】 微专题：同构式
【引例】（2015 年理12 改编）设函数 f (x) 是奇函数 f (x)(x R)的导
函数， f (1) 0 ，当 x 0 时，xf '(x) f (x) 0 ，则使得 xf (x) 0
成立的 x 的取值范围是（
）
A．,1 0,1
B．1,0 0,1
C．,1 1,0 D．0,1 1,
3.确定备考策略
(1)对数列的概念及表示方法的理解和应用； (2)等差数列、等比数列的性质、通项公式、递推公式、前项和公式中基本量的运算或者利用它们之 间的关系式通过多角度观察所给条件的结构，深入剖析其特征，利用其规律进行恰当变形与转化求解 数列的问题； (3)会利用等差、等比数列的定义判断或证明数列问题； (4)通过转化与化归思想利用错位相减、裂项相消、分组求和等方法求数列的前项和； (5)数列与不等式、函数等的交汇问题； (6)关注数学课本中有关数列的阅读与思考、探究与发现的学习材料，有意识地培养学生的阅读能力 和符号使用能力，也包括网络资料中与数列有关的数学文化问题，与实际生活有关的数列的应用问题； (7)关注结构不良试题、举例问题等创新题型。
2023届高三年级数学第二轮复习计划及策略
2023届高三年级数学第二轮复习计划及策略一、指导思想高三第一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主，通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念的性质、定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。
第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，强化数学的学科特点，同时第二轮复习承上启下，是促进知识灵活运用的关键时期，是发展学生思维水平、提高综合能力发展的关键时期，因而对讲、练、检测要求较高。
强化高中数学主干知识的复习，形成良好知识网络。
整理知识体系，总结解题规律，模拟高考情境，提高应试技巧，掌握通性通法。
第二轮复习承上启下，是知识系统化、条理化，促进灵活运用的关键时期，是促进学生素质、能力发展的关键时期，因而对讲练、检测等要求较高，故有“二轮看水平”之说．“二轮看水平”概括了第二轮复习的思路，目标和要求。
具体地说，一是要看教师对《考试说明》、《考纲》理解是否深透，研究是否深入，把握是否到位，明确“考什么”、“怎么考”。
二是看教师讲解、学生练习是否体现阶段性、层次性和渐进性，做到减少重复，重点突出，让大部分学生学有新意，学有收获，学有发展。
三是看知识讲解、练习检测等内容科学性、针对性是否强，使模糊的清晰起来，缺漏的填补起来，杂乱的条理起来，孤立的联系起来，让学生形成系统化、条理化的知识框架．四是看练习检测与高考是否对路，不拔高，不降低，难度适宜，效度良好，重在基础的灵活运用和掌握分析解决问题的思维方法。
二、时间安排：1．第一阶段为重点主干知识的巩固加强与数学思想方法专项训练阶段，时间为3月22——4月27日。
2．第二阶段是进行选择填空解答三种题型的解题方法和技能专项训练，时间为4月28日——4月30日。
3.第三阶段进行二轮复习备考，学生进行模拟训练，时间为5月1日——5月13日。
三、怎样上好第二轮复习课的几点建议：（一）、明确“主体”，突出重点。
第二轮复习，教师必须明确重点，对高考“考什么”，“怎样考”，应了若指掌．只有这样，才能讲深讲透，讲练到位。
(山东专版)高考数学二轮专题复习与策略 第2部分 必考补充专题 技法篇 6招巧解客观题,省时、省力得
必考补充专题技法篇 6招巧解客观题，省时、省力得高分教师用书理必考补充专题中的4个突破点在高考考查中较为简单，题型为选择、填空题，属送分题型，通过一轮复习，大多数考生已能熟练掌握，为节省宝贵的二轮复习时间，迎合教师与考生的需求，本部分只简单提炼核心知识，构建知识体系，讲解客观题解法，其余以练为主.建知识网络明内在联系[高考点拨] 必考补充专题涉及的知识点比较集中，多为新增内容，在高考中常以“四小”的形式呈现．本专题的考查也是高考中当仁不让的高频考点，考查考生应用新知识解决问题的能力和转化与化归能力等．综合近年高考命题规律，本专题主要从“集合与常用逻辑用语”“不等式与线性规划”“算法初步、复数、推理与证明”“排列组合、二项式定理”四大角度进行精练，引领考生明确考情，高效备考．技法篇：6招巧解客观题，省时、省力得高分[技法概述] 选择题、填空题是高考必考的题型，共占有75分，因此，探讨选择题、填空题的特点及解法是非常重要和必要的．选择题的特点是灵活多变、覆盖面广，突出的特点是答案就在给出的选项中．而填空题是一种只要求写出结果，不要求写出解答过程的客观性试题，不设中间分，所以要求所填的是最简最完整的结果．解答选择题、填空题时，对正确性的要求比解答题更高、更严格．它们自身的特点决定选择题及填空题会有一些独到的解法．解法1 直接法直接法是直接从题设出发，抓住命题的特征，利用定义、性质、定理、公式等，经过变形、推理、计算、判断得出结果.直接法是求解填空题的常用方法.在用直接法求解选择题时，可利用选项的暗示性作出判断，同时应注意：在计算和论证时尽量简化步骤，合理跳步，还要尽可能地利用一些常用的性质、典型的结论，以提高解题速度.(1)(2016·高考)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3图象上的点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，t 向左平移s (s >0)个单位长度得到点P ′.若P ′位于函数y ＝sin 2x 的图象上，则( )A ．t ＝12，s 的最小值为π6B ．t ＝32，s 的最小值为π6C ．t ＝12，s 的最小值为π3D ．t ＝32，s 的最小值为π3(2)(2015·某某高考)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)，若m a ＋n b ＝(9，－8)(m ，n ∈R)，则m －n 的值为______．[解题指导] (1)先求点P 坐标，再求点P ′的坐标，最后将点P ′的坐标代入y ＝sin 2x 求s 的最小值．(2)可以利用向量的坐标运算，通过坐标相等，直接得出参量m ，n 的值． (1)A (2)－3 [(1)因为点P ⎝⎛⎭⎪⎫π4，t 在函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象上，所以t ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π4－π3＝sin π6＝12.所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，12.将点P 向左平移s (s >0)个单位长度得P ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－s ，12.因为P ′在函数y ＝sin 2x 的图象上，所以sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－s ＝12，即cos 2s ＝12，所以2s＝2k π＋π3或2s ＝2k π＋53π，即s ＝k π＋π6或s ＝k π＋5π6(k ∈Z)，所以s 的最小值为π6.(2)∵m a ＋n b ＝(2m ＋n ，m －2n )＝(9，－8)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋n ＝9，m －2n ＝－8，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝5，∴m －n ＝－3.][变式训练1] (2015·某某高考)为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：收入x (万元) 8.2 8.6 10.0 11.3 11.9 支出y (万元)6.27.58.08.59.8根据上表可得回归直线方程y ^＝b ^x ＋a ^，其中b ^＝0.76，a ^＝y －b ^x .据此估计，该社区一户年收入为15万元家庭的年支出为( )A ．11.4万元B ．11.8万元C ．12.0万元D ．12.2万元B [由题意知，x ＝8.2＋8.6＋10.0＋11.3＋11.95＝10，y ＝6.2＋7.5＋8.0＋8.5＋9.85＝8，∴a ^＝8－0.76×10＝0.4，∴当x ＝15时，y ^＝0.76×15＋0.4＝11.8(万元)．] 解法2 等价转化法所谓等价转化法，就是通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”，将问题等价地转化成便于解决的问题，从而得出正确的结果.(1)(2016·某某模拟)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4，若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝( )A ．20B ．15C ．9D ．6(2)(2015·某某高考)若直线3x －4y ＋5＝0与圆x 2＋y 2＝r 2(r >0)相交于A ，B 两点，且∠AOB ＝120°(O 为坐标原点)，则r ＝__________.[解题指导] (1)把向量AM →，NM →用AB →，BC →表示，再求数量积．(2)利用∠AOB ＝120°，得到圆心到直线的距离，最后用点到直线的距离公式求解．(1)C (2)2 [(1)依题意有AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋34BC →，NM →＝NC →＋CM →＝13DC →－14BC →＝13AB →－14BC →，所以AM →·NM →＝⎝⎛⎭⎪⎫AB →＋34BC →·⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →－14BC →＝13AB →2－316BC →2＝9.故选C.(2)如图，过点O 作OD ⊥AB 于点D ，则|OD |＝532＋－42＝1.∵∠AOB ＝120°，OA ＝OB ， ∴∠OBD ＝30°，∴|OB |＝2|OD |＝2，即r ＝2.][变式训练2] (1)在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝60°，E 为CD 的中点，若AC →·BE →＝1，则AB 的长为( ) 【导学号：67722071】A ．2B.32 C ．1D.12(2)若直线y ＝kx ＋1(k ∈R)与圆x 2＋y 2－2ax ＋a 2－2a －4＝0恒有交点，则实数a 的取值X 围是________．(1)D (2)[－1,3] [(1)因为AC →＝AD →＋DC →，BE →＝BC →＋CE →＝AD →－12DC →，所以AC →·BE →＝(AD →＋DC →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →－12DC →＝AD →2＋12AD →·DC →－12DC 2，所以1＋12|DC →|·cos 60°－12|DC →|2＝1，|DC →|＝12，故AB 的长为12.(2)直线y ＝kx ＋1恒过定点(0,1)，则直线与圆恒有交点等价于点(0,1)在圆内或圆上，即02＋12－2a ×0＋a 2－2a －4≤0，即a 2－2a －3≤0，解得－1≤a ≤3.]解法3 特殊值法在解决选择题和填空题时，可以取一个或一些特殊数值或特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等来确定其结果，这种方法称为特值法.特值法由于只需对特殊数值、特殊情形进行检验，省去了推理论证、繁琐演算的过程，提高了解题的速度.特值法是考试中解答选择题和填空题时经常用到的一种方法，应用得当可以起到“四两拨千斤”的功效.(1)(2015·某某高考)设f (x )＝ln x,0<a <b ，若p ＝f (ab )，q ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，r＝12(f (a )＋f (b ))，则下列关系式中正确的是( )A ．q ＝r <pB ．q ＝r >pC ．p ＝r <qD ．p ＝r >q(2)(2015·某某高考)“对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，k sin x cos x <x ”是“k <1”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件[解题指导] (1)从条件看这应是涉及利用基本不等式比较函数值大小的问题，若不等式在常规条件下成立，则在特殊情况下更能成立，所以不妨对a ，b 取特殊值处理，如a ＝1，b ＝e.(2)正常来说分析不等式k sin x cos x ＜x 成立的条件很复杂，也没必要，所以可以尝试在满足条件的情况下对x 取特殊值进行分析，这样既快又准确．(1)C (2)B [(1)根据条件，不妨取a ＝1，b ＝e ，则p ＝f (e)＝ln e ＝12，q ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋e 2＞f (e)＝12，r ＝12(f (1)＋f (e))＝12，在这种特例情况下满足p ＝r ＜q ，所以选C.(2)若对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，k sin x cos x ＜x 成立，不妨取x ＝π4，代入可得k ＜π2，不能推出k ＜1，所以是非充分条件；因为x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，恒有sin x ＜x ，若k ＜1，则k cos x ＜1，一定有k sin x cos x ＜x ，所以选B.][变式训练3] (1)如果a 1，a 2，…，a 8为各项都大于零的等差数列，公差d ≠0，那么( ) A ．a 1a 8＞a 4a 5 B ．a 1a 8＜a 4a 5 C ．a 1＋a 8＞a 4＋a 5D ．a 1a 8＝a 4a 5(2)(2016·某某模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ，b ，c成等差数列，则cos A ＋cos C1＋cos A cos C＝________.(1)B (2)45 [(1)取特殊数列1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有1×8＜4×5成立．(2)令a ＝b ＝c ，则A ＝C ＝60°，cos A ＝cos C ＝12.从而cos A ＋cos C 1＋cos A cos C ＝45.]解法4 数形结合法数形结合法是指在处理数学问题时，能够将抽象的数学语言与直观的几何图形有机结合起来思考，促使抽象思维和形象思维有机结合，通过对规X 图形或示意图形的观察分析，化抽象为直观，化直观为精确，从而使问题得到简捷解决的方法.(1)(2016·某某模拟)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y －4≤0，y ≥1，则z ＝－2x＋y 的最大值是( )【导学号：67722072】A ．－1B ．－2C ．－5D ．1(2)(2015·某某高考)函数f (x )＝4cos 2x 2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －2sin x －|ln(x ＋1)|的零点个数为______．[解题指导] (1)要确定目标函数的最大值，需知道相应的x ，y 的值，从约束条件中不可能解出对应的x ，y 的值，所以只有通过图解法作出约束条件的可行域，据可行域数形结合得出目标函数的最大值．(2)函数的零点即对应方程的根，但求对应方程的根也比较困难，所以进一步转化为求两函数的图象的交点，所以作出两函数的图象确定交点个数即可．(1)A (2)2 [(1)二元一次不等式组表示的平面区域为如图所示的△ABC 内部及其边界，当直线y ＝2x ＋z 过A 点时z 最大，又A (1,1)，因此z 的最大值为－1.(2)f (x )＝4cos 2x 2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －2sin x －|ln(x ＋1)| ＝2(1＋cos x )sin x －2sin x －|ln(x ＋1)| ＝2sin x cos x －|ln(x ＋1)|＝sin 2x －|ln(x ＋1)|. 由f (x )＝0，得sin 2x ＝|ln(x ＋1)|.设y 1＝sin 2x ，y 2＝|ln(x ＋1)|，在同一平面直角坐标系中画出二者的图象，如图所示．由图象知，两个函数图象有两个交点，故函数f (x )有两个零点．] [变式训练4] (1)(2016·某某模拟)方程x lg(x ＋2)＝1的实数根的个数为( )A ．1B ．2C ．0D ．不确定(2)已知偶函数y ＝f (x )(x ∈R)在区间[0,2]上单调递增，在区间(2，＋∞)上单调递减，且满足f (－3)＝f (1)＝0，则不等式x 3f (x )＜0的解集为________．(1)B (2)(－3，－1)∪(0,1)∪(3，＋∞) [(1)方程x lg(x ＋2)＝1⇔lg(x ＋2)＝1x，在同一坐标系中画出函数y ＝lg(x ＋2)与y ＝1x的图象，可得两函数图象有两个交点，故所求方程有两个不同的实数根．(2)由题意可画出y ＝f (x )的草图，如图．①x ＞0，f (x )＜0时，x ∈(0,1)∪(3，＋∞)； ②x ＜0，f (x )＞0时，x ∈(－3，－1)．故不等式x 3f (x )＜0的解集为(－3，－1)∪(0,1)∪(3，＋∞)．] 解法5 构造法用构造法解客观题的关键是利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到解决，它需要对基础知识和基本方法进行积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括，积极联想，横向类比，从曾经遇到的类似问题中寻找灵感，构造出相应的具体的数学模型，使问题简化.(1)(2016·某某一模)已知f (x )为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f (x )＞xf ′(x )恒成立，则不等式x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )＞0的解集为( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(1，＋∞)D ．(2，＋∞)(2)如图1，已知球O 的面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________．图1[解题指导] (1)构造函数g (x )＝f xx，可证明函数g (x )在(0，＋∞)上是减函数，再利用 x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )＞0⇔f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x＞f x x ⇔g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＞g (x )求解． (2)以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，则球O 是此正方体的外接球，从而球O 的直径是正方体的体对角线长．(1)C (2)6π [(1)设g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xf ′x －f xx 2，又因为f (x )＞xf ′(x )，所以g ′(x )＝xf ′x －f xx 2＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数g (x )＝f x x 为(0，＋∞)上的减函数，又因为x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )＞0⇔f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x＞f x x ⇔g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＞g (x )，则有1x＜x ，解得x ＞1，故选C.(2)如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径，所以CD ＝22＋22＋22＝2R ，所以R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR33＝6π.][变式训练5] (1)(2016·某某高三诊断)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )＜f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )＜e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)(2)已知a ，b 为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a ，b 在α上的射影有可能是：①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点．在上面的结论中，正确结论的序号是________(写出所有正确结论的序号)． (1)B (2)①②④ [(1)因为f (x ＋2)为偶函数， 所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称， 所以f (x )的图象关于x ＝2对称， 所以f (4)＝f (0)＝1， 设g (x )＝f xex(x ∈R)，则g ′(x )＝f ′x e x －f x e xex2＝f ′x －f xex，又因为f ′(x )＜f (x )， 所以g ′(x )＜0(x ∈R)，所以函数g (x )在定义域上单调递减， 因为f (x )＜e x⇔g (x )＝f xex＜1，而g (0)＝f 0e＝1，所以f (x )＜e x⇔g (x )＜g (0)，所以x ＞0，故选B.(2)用正方体ABCD A 1B 1C 1D 1实例说明A 1D 与BC 1在平面ABCD 上的射影互相平行，AB 1与BC 1在平面ABCD 上的射影互相垂直，BC 1与DD 1在平面ABCD 上的射影是一条直线及其外一点．故正确的结论为①②④.]解法6 排除法排除法就是充分运用选择题中单选题的特征，即有且只有一个正确选项这一信息，从选项入手，根据题设条件与各选项的关系，通过分析、推理、计算、判断，对选项进行筛选，将其中与题设相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得正确结论的方法.使用该法的前提是“答案唯一”，即四个选项中有且只有一个答案正确.排除法适用于定性型或不宜直接求解的选择题，当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件，在选项中找到明显与之矛盾的予以否定，再根据另一些条件，在剩余的选项内找出矛盾，这样逐步筛选，直至得出正确的答案.(1)(2016·北师大附中模拟)函数y ＝cos 6x2x －2－x 的图象大致为( )【导学号：67722073】A BC D(2)(2015·某某高考)设x ∈R ，定义符号函数sgn x ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，则( )A ．|x |＝x |sgn x |B ．|x |＝x sgn|x |C ．|x |＝|x |sgn xD ．|x |＝x sgn x [解题指导] (1)根据函数的奇偶性和x →＋∞时函数值的正负，以及x →0且x ＞0时函数值的正负，排除可得答案．(2)可验证当x ＜0时，等式成立的情况．(1)D (2)D [(1)函数y ＝cos 6x 为偶函数，函数y ＝2x －2－x为奇函数，故原函数为奇函数，排除A.又函数y ＝2x －2－x 为增函数，当x →＋∞时，2x －2－x →＋∞且|cos 6x |≤1，∴y ＝cos 6x 2x －2－x →0(x →＋∞)，排除C.∵y ＝cos 6x 2x －2－x ＝2x ·cos 6x 4x －1为奇函数，不妨考虑x ＞0时函数值的情况，当x →0时，4x →1,4x －1→0,2x →1，cos 6x →1，∴y →＋∞，故排除B ，综上知选D.(2)当x <0时，|x |＝－x ，x |sgn x |＝x ，x sgn|x |＝x ，|x |sgn x ＝(－x )·(－1)＝x ，排除A ，B ，C ，故选D.] [变式训练6] (1)(2015·某某高考)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)的图象可能为( )(2)(2015·高考)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( )A ．若a 1＋a 2>0，则a 2＋a 3>0B ．若a 1＋a 3<0，则a 1＋a 2<0C ．若0<a 1<a 2，则a 2>a 1a 3D ．若a 1<0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)>0(1)D (2)C [(1)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)为奇函数，排除选项A ，B ；当x ＝π时，f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫π－1πcos π＝1π－π<0，排除选项C ，故选D. (2)设等差数列{a n }的公差为d ，若a 1＋a 2>0，a 2＋a 3＝a 1＋d ＋a 2＋d ＝(a 1＋a 2)＋2d ，由于d 正负不确定，因而a 2＋a 3符号不确定，故选项A 错；若a 1＋a 3<0，a 1＋a 2＝a 1＋a 3－d ＝(a 1＋a 3)－d ，由于d 正负不确定，因而a 1＋a 2符号不确定，故选项B 错；若0<a 1<a 2，可知a 1>0，d >0，a 2>0，a 3>0，∴a 22－a 1a 3＝(a 1＋d )2－a 1(a 1＋2d )＝d 2>0，∴a 2>a 1a 3，故选项C 正确；若a 1<0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＝d ·(－d )＝－d 2≤0，故选项D 错．]客观题常用的6种解法已初步掌握，在突破点19～22的训练中一展身手吧！。
高三数学二轮复习重点
高三数学二轮复习重点高三数学第二轮重点复习内容专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：着重掌握函数的单调性，奇偶性，周期性，对称性。
这些性质通常会综合起来一起考察，并且有时会考察具体函数的这些性质，有时会考察抽象函数的这些性质。
一元二次函数：一元二次函数是贯穿中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了了解，高中阶段更多的是将它与导数进行衔接，根据抛物线的开口方向，与x轴的交点位置，进而讨论与定义域在x轴上的摆放顺序，这样可以判断导数的正负，最终达到求出单调区间的目的，求出极值及最值。
不等式：这一类问题常常出现在恒成立，或存在性问题中，其实质是求函数的最值。
当然关于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的结合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是非常必要的。
专题二：数列。
以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式，通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。
专题三：三角函数，平面向量，解三角形。
三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有涉及，有时候考察三角函数的公式之间的互相转化，进而求单调区间或值域;有时候考察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，当然正弦，余弦定理是很好的工具。
向量可以很好得实现数与形的转化，是一个很重要的知识衔接点，它还可以和数学的一大难点解析几何整合。
专题四：立体几何。
立体几何中，三视图是每年必考点，主要出现在选择，填空题中。
大题中的立体几何主要考察建立空间直角坐标系，通过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。
另外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，着重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应该掌握三棱柱，长方体。
空间直线与平面的位置关系应以证明垂直为重点，当然常考察的方法为间接证明。
专题五：解析几何。
2024年高考数学二轮复习建议和计划
2024年高考数学二轮复习建议和计划一、制定复习计划在开始二轮复习之前，建议考生先为自己制定一个详细的复习计划。
根据自身情况，合理安排每天的学习时间和内容，做到有的放矢。
复习计划要注重全面性，兼顾各章节内容，不要遗漏重点知识点。
同时，要根据考试时间合理安排模拟考试和解题训练。
二、巩固基础知识数学二轮复习的重点之一是巩固基础知识。
考生应再次梳理高中数学的所有知识点，特别是数学概念、公式和定理等。
要确保对这些基础知识的理解和记忆准确无误。
在复习过程中，可以采用多种方法，如制作知识卡片、归纳总结等，加深对基础知识的掌握。
三、突破重点难点数学二轮复习中，考生还需要针对自己的薄弱环节进行重点突破。
对于一些难以理解的知识点或题型，要深入剖析，多做练习。
可以借助一些教辅书籍或参加辅导班，寻求老师和同学的帮助，共同解决问题。
只有突破了这些难点，才能在考试中取得更好的成绩。
四、提高解题技巧数学考试不仅考查基础知识的掌握程度，还要求考生具备一定的解题技巧。
在二轮复习中，考生应注重提高自己的解题能力。
通过大量练习，熟练掌握各种题型的解题方法和技巧。
同时，要注重解题速度和准确率的平衡，提高应试能力。
五、强化模拟考试模拟考试是检验考生复习效果的有效手段。
在数学二轮复习中，考生应参加一些模拟考试，如学校组织的模拟考试、辅导班的模拟考试等。
通过模拟考试，可以发现自己的不足之处，及时调整复习策略。
同时，也能熟悉考试流程和时间限制，提高应试心理素质。
六、注重错题解析错题是考生复习过程中的一大宝贵资源。
通过错题解析，可以深入剖析自己的知识盲点和思维误区。
在二轮复习中，建议考生建立错题本，将每次练习和模拟考试中的错题记录下来，并认真分析原因。
错题本不仅能帮助考生查漏补缺，还能为最后冲刺复习提供方向。
七、拓展数学思维高考数学不仅考查考生的知识储备和解题能力，还要求考生具备一定的数学思维能力。
在二轮复习中，考生应注重拓展自己的数学思维。
2020届高考数学(理)二轮复习专题强化训练：(一)函数与方程思想理+Word版含答案
专题强化训练(一)函数与方程思想一、选择题1．[2019·河南名校联考]在平面直角坐标系中，已知三点A (a,2)，B (3，b )，C (2,3)，O 为坐标原点，若向量OB →⊥AC →，则a 2＋b 2的最小值为( )A.125B.185C ．12D ．18解析：由题意得OB →＝(3，b )，AC →＝(2－a,1)， ∵OB →⊥AC →，∴OB → ·AC →＝3(2－a )＋b ＝0，∴b ＝3a －6，∴a 2＋b 2＝a 2＋9(a －2)2＝10a 2－36a ＋36＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫a －952＋185，所以当a ＝95时，a 2＋b 2取得的最小值，且最小值为185，故选B.答案：B2．[2019·安徽马鞍山一模]已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＝18，S 3－a 1＝34，则S 5＝( ) A.3132 B.3116 C.318D.314解析：易知q >0且q ≠1，且⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝18，a 1(1－q 3)1－q －a 1＝34，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝12，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝1－1321－12＝3116，故选B.答案：B3．[2019·山东滨州期中]若对于任意的x >0，不等式mx ≤x 2＋2x ＋4恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，4]B ．(－∞，6]C ．[－2,6]D ．[6，＋∞)解析：∵x >0，∴mx ≤x 2＋2x ＋4⇔m ≤x ＋4x ＋2对任意实数x >0恒成立．令f (x )＝x ＋4x＋2，则m ≤f (x )min ，因为f (x )＝x ＋4x＋2≥2x ·4x＋2＝6，当且仅当x ＝2时取等号，所以m ≤6，故选B.答案：B4．[2019·河北唐山一模]椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点为F 1，F 2，过F 2垂直于x 轴的直线交C 于A ，B 两点，若△AF 1B 为等边三角形，则椭圆C 的离心率为( )A.12B.32C.13D.33解析：由题意可得2c ＝32×2b 2a ，所以2ac ＝3(a 2－c 2)，即3e 2＋2e －3＝0，由e∈(0,1)，解得e ＝33，故选D. 答案：D5．[2019·宁夏银川一中二模]已知不等式xy ≤ax 2＋2y 2对于x ∈[1,2]，y ∈[2,3]恒成立，则a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．[－1,4)C ．[－1，＋∞)D ．[－1,6]解析：不等式xy ≤ax 2＋2y 2对于x ∈[1,2]，y ∈[2,3]恒成立，等价于a ≥y x－2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x2对于x ∈[1,2]，y ∈[2,3]恒成立．令t ＝yx∈[1,3]，所以a ≥t －2t 2在[1,3]上恒成立，又y ＝－2t 2＋t ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫t －142＋18，则当t ＝1时，y max ＝－1，所以a ≥－1，故选C.答案：C6．[2019·河南十所名校联考]已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3＋a 6＝25，S 5＝40，则数列{a n }的公差d ＝( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：由a 3＋a 6＝25，S 5＝40得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＋a 1＋5d ＝25，5a 1＋5×42d ＝40，解得d ＝3，故选B.答案：B7．[2019·安徽合肥质检一]设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过点F 1的直线分别交双曲线左、右两支于点M ，N ，连接MF 2，NF 2，若MF 2→·NF 2→＝0，|MF 2→|＝|NF 2→|，则双曲线C 的离心率为( )A. 2B. 3C. 5D. 6解析：由MF 2→·NF 2→＝0，知MF 2→⊥NF 2→.又|MF 2→|＝|NF 2→|，则|MF 2→|＝|NF 2→|＝22|MN →|，且∠F 1NF 2＝45°.由双曲线的定义得⎩⎪⎨⎪⎧|MF 2→|－|MF 1→|＝2a|NF 1→|－|NF 2→|＝2a，两式相加，得|MF 2→|－|NF 2→|＋|MN →|＝4a ，即|MN →|＝4a ，则|NF 2→|＝22a ，所以|NF 1→|＝2a ＋|NF 2→|＝(2＋22)a .在△NF 1F 2中，由余弦定理，得|F 1F 2→|2＝|NF 1→|2＋|NF 2→|2－2|NF 1→|·|NF 2→|cos ∠F 1NF 2，即4c 2＝(22a )2＋(2＋22)2a 2－2×22a ×(2＋22)a ×22，整理，得c 2＝3a 2，所以e 2＝3，即e ＝3，故选B. 答案：B8．[2019·河南期末联考]已知－π2<α－β<π2，sin α＋2cos β＝1，cos α－2sin β＝2，则sin ⎝⎛⎭⎪⎫β＋π3＝( ) A.33 B.63 C.36D.66解析：由sin α＋2cos β＝1，cos α－2sin β＝2，将两个等式两边平方相加，得5＋4sin(α－β)＝3，即sin(α－β)＝－12，因为－π2<α－β<π2，所以α－β＝－π6，即α＝β－π6，代入sin α＋2cos β＝1，得3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π3＝1，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π3＝33，故选A.答案：A9．[2019·新疆昌吉月考]若关于x 的不等式1＋a cos x ≥23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x ，在R 上恒成立，则实数a 的最大值为( )A ．－13B.13C.23D ．1解析：1＋a cos x ≥23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x ＝23cos 2x ＝23(2cos 2x －1)，令t ＝cos x ∈[－1,1]，则问题转化为不等式4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1,1]上恒成立，令f (t )＝4t 2－3at －5，t ∈[－1，1]，则应满足条件为⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝4＋3a －5≤0，f (1)＝4－3a －5≤0，解得－13≤a ≤13，故选B.答案：B10．[2019·河南郑州质检二]函数f (x )是定义在[0，＋∞)上的函数，f (0)＝0，且在(0，＋∞)上可导，f ′(x )为其导函数，若xf ′(x )＋f (x )＝e x(x －2)且f (3)＝0，则不等式f (x )<0的解集为( )A ．(0,2)B ．(0,3)C ．(2,3)D ．(3，＋∞)解析：令g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＝e x(x －2)，可知当x ∈(0,2)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，又f (3)＝0，f (0)＝0，则g (3)＝3f (3)＝0，且g (0)＝0，则不等式f (x )<0的解集就是xf (x )<0的解集，所以不等式的解集为{x |0<x <3}，故选B.答案：B11．[2019·山东荷泽一模]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1，F 2，O为坐标原点，A 为椭圆上一点，且AF 1→·AF 2→＝0，直线AF 2交y 轴于点M ，若|F 1F 2|＝6|OM |，则该椭圆的离心率为( )A.13B.33C.58D.104解析：由题意，可知|F 1F 2|＝2c ，则|OM |＝c 3，则tan ∠MF 2C ＝13，又AF 1→·AF 2→＝0，则∠F 1AF 2＝90°，所以|AF 1||AF 2|＝13，设|AF 1|＝x ，则|AF 2|＝3x ，所以2a ＝3x ＋x ＝4x,4c 2＝(3x )2＋x 2＝10x 2，所以e ＝c a ＝104，故选D.答案：D12．[2019·山东泰安期末]定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足x 2f ′(x )>1，f (2)＝52，则关于x 的不等式f (x )<3－1x的解集为( ) A ．(－∞，1) B ．(－∞，2) C ．(0,1)D ．(0,2)解析：令g (x )＝f (x )＋1x (x >0)，则g ′(x )＝f ′(x )－1x 2＝x 2f ′(x )－1x2>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (2)＝52，则g (2)＝f (2)＋12＝3，所以f (x )<3－1x ⇔f (x )＋1x<3⇔g (x )<g (2)．又因为g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以0<x <2，故选D.答案：D13．[2019·甘肃、青海、宁夏联考]设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 7＝5，S 5＝－55，则nS n 的最小值为( )A ．－343B ．－324C ．－320D ．－243解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝5，5(a 1＋2d )＝－55，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－19，d ＝4，所以S n ＝－19n ＋n (n －1)2×4＝2n 2－21n ，nS n ＝2n 3－21n 2，设f (x )＝2x 3－21x 2(x >0)，则f ′(x )＝6x (x －7)，当0<x <7时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >7时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以nS n 的最小值为f (7)＝－343，故选A.答案：A14．[2019·陕西咸阳二模]已知定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x∈(0，π)，有f ′(x )sin x >f (x )cos x ，且f (x )＋f (－x )＝0，设a ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，b ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，c ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，则( ) A ．a <b <c B ．b <c <a C ．a <c <bD ．c <b <a解析：构造函数g (x )＝f (x )sin x ，则g ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos xsin 2x>0，x ∈(0，π)，所以g (x )在(0，π)上单调递增．又f (x )＋f (－x )＝0，则f (x )为奇函数，从而g (x )为偶函数，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2.又因为0<π6<π4<π2<π，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sinπ6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4sin π4<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2sinπ2，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，故选A.答案：A15．[2019·河南十所名校联考]设双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F ，O 为坐标原点，若双曲线及其渐近线上各存在一点Q ，P 使得四边形OPFQ 为矩形，则其离心率为( )A. 3 B ．2 C. 5D. 6解析：依据题意作出如下图象，其中四边形OPFQ 为矩形，如图所示．双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax ，所以直线OQ 的方程为y ＝ab x ，直线QF 的方程为y ＝－b a(x －c )， 联立直线OQ 与直线QF 的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝a bx ，y ＝－b a (x －c )，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝b 2c，y ＝abc ，所以点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2c ，ab c ，又点Q 在双曲线C ： x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)上， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2c 2a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c 2b2＝1，整理得c 2＝3a 2，所以e ＝ca＝c 2a 2＝3，故选A. 答案：A 二、填空题16．[2019·湖南怀化一模]已知正方形ABCD 的边长为2，P 为平面ABCD 内一点，则(PA →＋PB →)·(PC →＋PD →)的最小值为________．解析：以A 为原点，AB ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系因为正方形ABCD 的边长为2，所以A (0,0)，B (2,0)，C (2,2)，D (0,2)． 设P (x ，y )，则PA →＝(－x ，－y )， PB →＝(2－x ，－y )，PC →＝(2－x,2－y )，PD →＝(－x ，2－y )，所以PA →＋PB →＝(2－2x ，－2y )，PC →＋PD →＝(2－2x,4－2y )，所以(PA →＋PB →)·(PC →＋PD →)＝(2－2x )2－2y (4－2y )＝4(x －1)2＋4y (y －2)＝4(x －1)2＋4(y －1)2－4≥－4，当且仅当x ＝y ＝1时，取等号，故(PA →＋PB →)·(PC →＋PD →)的最小值为－4.答案：－417．[2019·甘肃、青海、宁夏联考]过点M (－1,0)引曲线C ：y ＝2x 3＋ax ＋a 的两条切线，这两条切线与y 轴交于A ，B 两点，若|MA |＝|MB |，则a ＝________.解析：设切点坐标为(t,2t 3＋at ＋a )，y ′＝6x 2＋a ，则由题意得6t 2＋a ＝2t 3＋at ＋a t ＋1，整理得2t 3＋3t 2＝0，解得t ＝0或t ＝－32.因为|MA |＝|MB |，所以两条切线的斜率互为相反数，故2a ＋6×⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＝0，解得a ＝－274.答案：－27418．[2019·湖北黄冈八模]已知F 1，F 2为双曲线C ：x 22－y 2b2＝1(b >0)的左、右焦点，点A为双曲线C 右支上一点，AF 1交左支于点B ，△AF 2B 是等腰直角三角形，∠AF 2B ＝π2，则双曲线C 的离心率为________．解析：设|AF 2|＝x ，∵△AF 2B 为等腰直角三角形，∠AF 2B ＝π2，∴|BF 2|＝x ，|AB |＝2x ，∠F 2AB ＝π4，由双曲线的定义知|AF 1|－|AF 2|＝22，|BF 2|－|BF 1|＝22，∴|AF 1|＝22＋x ，|BF 1|＝x －2 2.又|AF 1|＝|AB |＋|BF 1|，∴22＋x ＝2x ＋x －22，解得x ＝4，∴|AF 1|＝22＋4，|AF 2|＝4.在△AF 2F 1中，由余弦定理得4c 2＝42＋(4＋22)2－2×(4＋22)×4×22，解得c ＝6， ∴e ＝c a＝ 3. 答案： 319．[2019·安徽六校联考改编]已知抛物线y 2＝2px (p >0)上一点(5，t )到焦点的距离为6，P 、Q 分别为抛物线与圆(x －6)2＋y 2＝1上的动点，则|PQ |的最小值为________．解析：由抛物线C ：y 2＝2px (p >0)焦点在x 轴上，准线方程x ＝－p2，则点(5，t )到焦点的距离为d ＝5＋p2＝6，则p ＝2，所以抛物线方程为y 2＝4x .设P (x ，y )，由圆M ：(x －6)2＋y 2＝1，知圆心为(6,1)，半径为1，则|PM |＝(x －6)2＋y 2＝(x －6)2＋4x ＝(x －4)2＋20，当x ＝4时，|PQ |取得最小值，最小值为20－1＝25－1. 答案：25－120．[2019·广东深圳调研改编]若关于x 的不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1x λx ≤19有正整数解，则实数λ的最小值为________．解析：由⎝ ⎛⎭⎪⎫1x λx ≤19，得x λx ≥9，两边取对数得λ·ln x x ≥ln 9.因为x ∈N *，所以λ>0，所以ln xx≥ln 9λ.令f (x )＝ln xx(x >0)，则f ′(x )＝1－ln xx 2，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．因为2<e<3，所以只考虑f (2)和f (3)的大小关系．因为f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96，所以f (2)<f (3)，所以只需f (3)＝ln 96≥ln 9λ，即λ≥6，所以实数λ的最小值为6. 答案：6。
备战2023年高考数学二轮复习专题 第二讲 思想方法 融会贯通
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(2)(2021·山师附中调研)已知函数 h(x)＝xln x 与函数 g(x)＝kx－1 的图象在
区间1e，e上有两个不同的交点，则实数 k 的取值范围是( B )
A．1＋1e，e－1
B．1，1＋1e
C．(1，e－1]
D．(1，＋∞)
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[解析] (2)令 h(x)＝g(x)，得 xln x＋1＝kx，即1x＋ln x＝k． 若方程 xln x－kx＋1＝0 在区间1e，e上有两个不等实根，则函数 f(x)＝ln x ＋1x与 y＝k 在区间1e，e上有两个不相同的交点，f′(x)＝1x－x12，令1x－x12＝ 0 可得 x＝1，当 x∈1e，1时，f′(x)＜0，函数是减函数；当 x∈(1，e]时，
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若 0＜x1＜x2＜1，则( C )
[即学即用]
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解析：设 f(x)＝ex－ln x(0＜x＜1)，则 f′(x)＝ex－1x＝xexx－1． 令 f′(x)＝0，得 xex－1＝0． 根据 y＝ex 的图象与 y＝1x的图象，可知函数 f(x)在(0,1)上不是单调函数， 故 A，B 选项不正确．
为( B )
A．ea－1＜a＜ae C．ae＜ea－1＜a
B．ae＜a＜ea－1 D．a＜ea－1＜ae
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[解析] (1)设 f(x)＝ex－x－1，x＞0， 则 f′(x)＝ex－1＞0， ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且 f(0)＝0，f(x)＞0， ∴ex－1＞x，即 ea－1＞a． 又 y＝ax(0＜a＜1)在 R 上是减函数，得 a＞ae，从而 ea－1＞a＞ae．
人教版高考数学(理)二轮复习微专题：总领复习 第2讲 解题有道——四大思想
第2讲 解题有道——四大数学思想思想概述 高考数学以能力立意,一是考查数学的基础知识、基本技能；二是考查基本数学思想方法,考查数学思维的深度、广度和宽度.数学思想方法是指从数学的角度来认识、处理和解决问题,是数学意识、数学技能的升华和提高,中学数学思想主要有函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想.类型一 函数与方程思想(1)函数的思想,是用运动和变化的观点,分析和研究数学中的数量关系,建立函数关系或构造函数,运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题,从而使问题获得解决的思想方法.(2)方程的思想,就是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,或者构造方程,通过解方程或方程组,或者运用方程的性质去分析、转化问题,使问题获得解决的思想方法.【例1】 设椭圆中心在坐标原点,A(2,0),B(0,1)是它的两个顶点,直线y ＝kx(k ＞0)与AB 相交于点D,与椭圆相交于E,F 两点. (1)若ED →＝6DF →,求k 的值； (2)求四边形AEBF 面积的最大值.解 (1)依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1,直线AB,EF 的方程分别为x ＋2y ＝2,y ＝kx(k＞0).如图,设D(x 0,kx 0),E(x 1,kx 1),F(x 2,kx 2),其中x 1＜x 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 2＝1消y 得(1＋4k 2)x 2＝4, 故x 2＝－x 1＝21＋4k2.①由ED →＝6DF →知x 0－x 1＝6(x 2－x 0), 得x 0＝17(6x 2＋x 1)＝57x 2＝1071＋4k 2； 由D 在AB 上知x 0＋2kx 0＝2,得x 0＝21＋2k. 所以21＋2k ＝1071＋4k 2,化简得24k 2－25k ＋6＝0, 解得k ＝23或k ＝38.(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h 1＝|x 1＋2kx 1－2|5＝2（1＋2k ＋1＋4k 2）5（1＋4k 2）, h 2＝|x 2＋2kx 2－2|5＝2（1＋2k －1＋4k 2）5（1＋4k 2）. 又AB ＝22＋12＝5, 所以四边形AEBF 的面积为 S ＝12·AB·(h 1＋h 2) ＝12×5×4（1＋2k ）5（1＋4k 2）＝2（1＋2k ）1＋4k 2＝21＋4k 2＋4k1＋4k2＝21＋41k＋4k ≤22, 当且仅当1k ＝4k(k ＞0),即k ＝12时,上式取等号.所以S 的最大值为22,即四边形AEBF 面积的最大值为2 2.探究提高 解析几何中的最值是高考的热点,在圆锥曲线的综合问题中经常出现,求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中,抓住函数关系,将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数,然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.【训练1】 函数f(x)的定义域为R,f(－1)＝2,对任意x∈R ,f′(x)＞2,则f(x)＞2x ＋4的解集为________. 解析 f′(x)＞2转化为f′(x)－2＞0,构造函数F(x)＝f(x)－2x,得F(x)在R 上是增函数. 又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)＝4,f(x)＞2x ＋4, 即F(x)＞4＝F(－1),所以x ＞－1. 答案 (－1,＋∞)【例2】 已知数列{a n }是一个等差数列,且a 2＝1,a 5＝－5. (1)求{a n }的通项a n ；(2)求{a n }前n 项和S n 的最大值. 解 (1)设{a n }的公差为d,由已知条件,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝1，a 1＋4d ＝－5，解得a 1＝3,d ＝－2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5.(2)S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－n 2＋4n ＝－(n －2)2＋4.所以n ＝2时,S n 取到最大值4.探究提高 运用方程思想解决问题,要善于使用已知方程,还要根据题意列方程、解方程. 【训练2】 直线3x －y ＋m ＝0与圆x 2＋y 2－2x －2＝0相切,则实数m ＝________. 解析 圆的方程为(x －1)2＋y 2＝3,由题意知圆心(1,0)到直线的距离等于半径,即|3＋m|3＋1＝3,∴|3＋m|＝23∴m＝3或m ＝－3 3. 答案 －33或 3 类型二 数形结合思想数形结合是一种数学思想方法,包含“以形助数”和“以数辅形”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.【例3】 (1)已知函数f(x)满足下面关系：①f(x＋1)＝f(x －1)；②当x∈[－1,1]时,f(x)＝x 2,则方程f(x)＝lg x 解的个数是________.(2)若不等式|x －2a|≥12x ＋a －1对x∈R 恒成立,则a 的取值范围是________.解析 (1)由题意可知,f(x)是以2为周期,值域为[0,1]的函数.令y 1＝f(x),y 2＝lg x,画出两函数图象, 则交点个数即为解的个数.由图象可知共9个交点,故方程f(x)＝lg x 解的个数是9.(2)作出y ＝|x －2a|和y ＝12x ＋a －1的简图,依题意知应有2a≤2－2a,故a≤12.答案 (1)9 (2)⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12 探究提高 (1)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(或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.(2)求参数范围或解不等式问题经常联系函数的图象,根据不等式中量的特点,选择适当的两个(或多个)函数,利用两个函数图象的上、下位置关系转化为数量关系来解决问题,往往可以避免繁琐的运算,获得简捷的解答.【训练3】 (1)若函数f(x)＝|2x－2|－b 有两个零点,则实数b 的取值范围是________. (2)若不等式9－x 2≤k(x＋2)－2的解集为区间[a,b],且b －a ＝2,则k ＝________. 解析 (1)由f(x)＝|2x －2|－b 有两个零点, 可得|2x－2|＝b 有两个不等的实根,从而可得函数y ＝|2x－2|的图象与函数y ＝b 的图象有两个交点,如图所示.结合函数的图象,可得0＜b ＜2,故填(0,2).(2)如图,分别作出直线y ＝k(x ＋2)－2与半圆y ＝9－x 2.由题意,知直线在半圆的上方时,x 的取值范围为[a,b],由b －a ＝2,可知b ＝3,a ＝1,所以直线y ＝k(x ＋2)－2过点(1,22),则k ＝ 2. 答案 (1)(0,2) (2) 2 类型三 分类讨论思考分类讨论思想的本质是“化整为零,积零为整”.用分类讨论的思维策略解数学问题的操作过程：明确讨论的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行讨论→归纳综合结论→检验分类是否完备(即分类对象彼此交集为空集,并集为全集).做到“确定对象的全体,明确分类的标准,分类不重复、不遗漏”的分析讨论. 常见的分类讨论问题有：(1)集合：注意集合中空集∅的讨论.(2)函数：对数函数或指数函数中的底数a,一般应分a ＞1和0＜a ＜1的讨论；函数y ＝ax 2＋bx ＋c 有时候分a ＝0和a≠0的讨论,对称轴位置的讨论,判别式的讨论.(3)数列：由S n 求a n 分n ＝1和n ＞1的讨论；等比数列中分公比q ＝1和q≠1的讨论. (4)三角函数：角所在的象限及函数值范围的讨论.(5)不等式：解含参数不等式时的讨论,基本不等式取等号时条件是否满足的讨论. (6)立体几何：点、线、面及图形位置关系的不确定性引起的讨论.(7)平面解析几何：直线方程中斜率k 分存在和不存在,直线在坐标轴上的截距相等时分截距b ＝0和b≠0的讨论；轨迹方程中含参数时曲线类型及形状的讨论. (8)去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等. 【例4】 已知函数f(x)＝ln x ＋a(1－x). (1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a －2时,求a 的取值范围. 解 (1)f(x)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝1x－a.若a≤0,则f′(x)＞0,所以f(x)在(0,＋∞)上单调递增.若a ＞0,则当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时,f′(x)＞0； 当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时,f′(x)＜0,所以f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减. 综上,知当a≤0时,f(x)在(0,＋∞)上单调递增；当a ＞0时,f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,＋∞)上无最大值；当a ＞0时,f(x)在x ＝1a 处取得最大值,最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于－ln a ＋a －1＞2a －2,即ln a ＋a －1＜0.令g(a)＝ln a ＋a －1,则g(a)在(0,＋∞)上单调递增, g(1)＝0.于是,当0＜a ＜1时,g(a)＜0；当a ＞1时,g(a)＞0. 因此,a 的取值范围是(0,1).探究提高 由参数的变化引起的分类整合法经常用于某些含有参数的问题,如含参数的方程、不等式,参数的取值不同会导致所得结果不同,或对于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法.【训练4】 已知实数a≠0,函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x<1，－x －2a ，x≥1.若f(1－a)＝f(1＋a),则a 的值为________.解析 当a>0时,1－a<1,1＋a>1, 这时f(1－a)＝2(1－a)＋a ＝2－a, f(1＋a)＝－(1＋a)－2a ＝－1－3a. 由f(1－a)＝f(1＋a)得2－a ＝－1－3a, 解得a ＝－32,不合题意,舍去；当a<0时,1－a>1,1＋a<1,这时f(1－a)＝－(1－a)－2a ＝－1－a, f(1＋a)＝2(1＋a)＋a ＝2＋3a.由f(1－a)＝f(1＋a)得－1－a ＝2＋3a,解得a ＝－34.综上可知,a 的值为－34.答案 －34类型四 转化与化归思想转化与化归思想方法用在研究、解决数学问题时,思维受阻或寻求简单方法或从一种状况转化到另一种情形,也就是转化到另一种情境使问题得到解决,这种转化是解决问题的有效策略,同时也是获取成功的思维方式.常见的转化方法有：(1)直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题.(2)换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等,把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基本问题.(3)数形结合法：研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系,通过互相变换获得转化途径. (4)等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题,达到化归的目的.(5)特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化,并证明特殊化后的问题、结论适合原问题. (6)构造法：“构造”一个合适的数学模型,把问题变为易于解决的问题.(7)坐标法：以坐标系为工具,用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径. (8)类比法：运用类比推理,猜测问题的结论,易于确定. (9)参数法：引进参数,使原问题转化为熟悉的形式进行解决.(10)补集法：如果正面解决原问题有困难,可把原问题的结果看作集合A,而把包含该问题的整体问题的结果类比为全集U,通过解决全集U 及补集∁U A 获得原问题的解决,体现了正难则反的原则.【例5】 (1)已知f(x)＝33x ＋3,则f(－2 019)＋f(－2 018)＋f(－2 017)＋f(－2 016)＋f(－2 015)＋f(－2 014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 016)＋f(2 017)＋f(2 018)＋ f(2 019)＋f(2 020)＝________.解析 ∵f(x)＋f(1－x)＝33x ＋3＋331－x ＋3＝33x ＋3＋3x3＋3x＝3x＋33x ＋3＝1, ∴f(0)＋f(1)＝1,f(－2 015)＋f(2 016)＝1,…,f(－2 019)＋f(2 020)＝1,∴f(－2 019)＋f(－2 018)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 020)＝[f(－2 019)＋f(2 020)]＋[f(－2 018)＋f(2 019)]＋…＋[f(0)＋f(1)]＝2 020. 答案 2 020探究提高 一般问题特殊化,使问题处理变得直接、简单.特殊问题一般化,可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律,从而达到成批处理问题的效果.(2)若对于任意t∈[1,2],函数g(x)＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x 在区间(t,3)上总不为单调函数,则实数m 的取值范围是________.解析 g′(x)＝3x 2＋(m ＋4)x －2,若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数,则①g′(x)≥0在(t,3)上恒成立,或②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立.由①得3x 2＋(m ＋4)x －2≥0,即m ＋4≥2x －3x 在x∈(t ,3)上恒成立,∴m＋4≥2t－3t 恒成立,又t∈[1,2],则m ＋4≥－1,即m≥－5；由②得m ＋4≤2x －3x 在x∈(t ,3)上恒成立,则m ＋4≤23－9,即m≤－373.∴函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－5.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－5探究提高 1.一般地,题目若出现多种成立的情形,且不成立的情形相对很少,则从反面考虑较简单,因此,补集法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命题情形的问题中. 2.转化与化归思想遵循的原则：(1)熟悉已知化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题,将未知的问题转化为已知的问题,以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决.(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题,通过对简单问题的解决,达到解决复杂问题的目的,或获得某种解题的启示和依据.(3)和谐统一原则：转化问题的条件或结论,使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式；或者转化命题,使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律.(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时,应想到问题的反面,设法从问题的反面去探讨,使问题获得解决.【训练5】 对任意的|m|≤2,函数f(x)＝mx 2－2x ＋1－m 恒为负,则x 的取值范围为________.解析 对任意的|m|≤2,有mx 2－2x ＋1－m ＜0恒成立,即|m|≤2时,(x 2－1)m －2x ＋1＜0恒成立.设g(m)＝(x 2－1)m －2x ＋1,则原问题转化为g(m)＜0恒成立(m∈[－2,2]).所以⎩⎪⎨⎪⎧g （－2）＜0，g （2）＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2x －3＞0，2x 2－2x －1＜0. 解得7－12＜x ＜3＋12, 即实数x 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫7－12，3＋12.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫7－12，3＋121.当问题中涉及一些变化的量时,就需要建立这些变化的量之间的关系,通过变量之间的关系探究问题的答案,这就需要使用函数思想.2.由性质、定理、公式的限制引起的分类整合法往往是因为有的数学定理、公式、性质是分类给出的,在不同的条件下结论不一致,如等比数列的前n 项和公式、函数的单调性等.3.换元法是一种变量代换,也是一种特殊的转化与化归方法,是用一种变数形式去取代另一种变数形式,是将生疏(或复杂)的式子(或数),用熟悉(或简单)的式子(或字母)进行替换；化生疏为熟悉、复杂为简单、抽象为具体,使运算或推理可以顺利进行.4.在运用数形结合思想分析和解决问题时,要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征,对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参,建立关系,由数思形、以形想数,做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围.数学中的知识,有的本身就可以看作是数形的结合.。
高三数学二轮复习计划及策略
清河中学2023届高三数学第二轮复习策略与计划（一）夯重基础，加深理解与应用基础永远是高考的重点。
对基础的复习，不是对课本内容的简单重复，而是对知识点的解析梳理，对概念、公式等的准确理解、牢固掌握，是学生理解能力的升华。
加强对常考知识点、重难点的融会、贯通，把握每个知识点背后的潜在的出题规律，要通过对基础题的系统训练和规范讲解，从不同的角度把握每一个知识点的内涵与外延以及与其它知识点的联系。
“一体四层四翼”是高考的评价体系，从国家层面设计上回答了“为什么考”“考什么”“怎么考”等关键性问题。
一体：高考评价体系，通过确立“立德树人，服务选拔，导向教学”这一核心立场，回答了“为什么考”的问题。
四层：通过明确“必考知识、关键能力、学科素养、核心价值”四层考查目标，回答了“考什么”的问题。
四翼：通过明确“基础性、综合性、应用性、创新性”四个考查要求，回答了“怎么考”的问题。
复习策略上以基础、中档题为主，抓住问题的本质，知识间的相互联系，总结出通性通法，注意最优（技巧性）解法的优越性。
（二）注重数学思想方法，培养数学核心素养高考数学试题十分重视对数学思想的考查，着重考查如下七种数学思想：函数与方程思想，数形结合思想，转化与化归思想，分类与整合思想，特殊与一般思想，有限与无限思想，或然与必然思想，数学思想蕴含在数学基础知识之中，是架设在数学知识与能力之间的一座桥梁。
数学的思想与方法，是宏观与微观的关系，在数学思想的指导下，灵活运用数学方法解决具体问题，没有思想的方法是肤浅的，没有方法的思想是空洞的，只有二者完美的结合才是数学教学的最高境界。
高中数学核心素养包括：数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算和数据分析。
对学生核心素养的培养，对于发展学生的理性思维、培养学生的学科能力，具有决定性的作用。
（三）重视数学文化传承，注重创新意识发展中科院院士、王梓坤教授曾指出：“数学文化具有比数学知识体系更为丰富和深邃的文化内涵，数学文化是对数学知识、技能、能力和素质等概念的高度概括.”，武汉大学齐民友教授站在影响人类文化的兴衰、民族生存发展的高度，在《数学与文化》一书中写到：“一种没有相当发达的数学文化是注定要衰落的，一个不掌握数学作为一种文化的民族也是注定要衰落的.” 阐明了数学文化的价值.由于数学文化是对数学知识、技能、能力和素质等概念的高度概括，其价值对于人类文明乃至民族的存亡有着重大的意义.近年来，每年都对中华优秀传统文化知识进行考查，对传统文化知识的考查是对高层次数学思维的考查；每年的数学试题中总有4～5道新颖题型，体现创新意识，以便选拔优秀的学生.每年创新题型肯定会出现，这样的题型包括新定义型、归纳猜想型、类比推理型、探索发现型、研究设计型、开放发散型问题等，但整体试卷难度不会大起大落，以平稳为主。
高考数学二轮复习专题补偿练2基本初等函数、函数与方程理
补偿练二 基本初等函数、函数与方程(建议用时：40分钟)一、选择题 1．函数f (x )＝3x21－x＋lg(3x ＋1)的定义域是( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，13 D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13 解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧1－x >0，3x ＋1>0，解得－13<x <1.答案 B2．若奇函数f (x )在(0，＋∞)上的解析式是f (x )＝x (1－x )，则在(－∞，0)上，f (x )的解析式是( )．A ．f (x )＝－x (1－x )B ．f (x )＝x (1＋x )C ．f (x )＝－x (1＋x )D ．f (x )＝x (1－x )解析 当x ∈(－∞，0)时，－x ∈(0，＋∞)， ∴f (－x )＝－x (1＋x )， 又f (－x )＝－f (x )， ∴f (x )＝x (1＋x )． 答案 B3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2，x ≤1，x 2＋x －2，x >1，则f ⎝⎛⎭⎪⎫1f的值为 ( )．A.1516 B ．－2716 C.89 D ．18 解析 f (2)＝4，1f＝14， ∴f ⎝⎛⎭⎪⎫1f ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝1516. 答案 A4．已知a ＝log 23.6，b ＝log 43.2，c ＝log 43.6，则( )．A ．a >b >cB ．a >c >bC ．b >a >cD ．c >a >b解析 a ＝log 23.6＝log 43.62＝log 412.96，又∵y ＝log 4x 在(0，＋∞)是增函数，而3.2<3.6<12.96∴a >c >b . 答案 B5．已知幂函数y ＝f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，则log 2f (2)的值为( )．A.12 B ．－12C ．2D ．－2解析 设幂函数f (x )＝x α， 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12α＝22，解得α＝12，所以f (x )＝x .∴log 2f (2)＝log 22＝12.答案 A 6．函数f (x )＝e1－x2的部分图象大致是( )．解析 因函数f (x )为偶函数，所以图象关于y 轴对称，排除A ，B ，又因为e 1－x2>0，所以排除D. 答案 C7．函数f (x )＝lg x －1x的零点所在的区间是( )．A ．(3,4)B ．(2,3)C ．(1,2)D ．(0,1)解析 因为f (2)＝lg 2－12<0，f (3)＝lg 3－13>0，且f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以函数的零点在区间(2,3)上．答案 B8．已知函数f (x )＝x －ln |x |x2，则函数y ＝f (x )的大致图象为 ( )．解析 因为函数f (x )为非奇非偶函数， 所以排除B 、C.又f (－1)＝－1<0，排除D. 答案 A 二、填空题9．若函数f (x )为奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2＋x ，则f (－2)的值______．解析 由题意知f (－2)＝－f (2)＝－(22＋2)＝－6. 答案 －610．定义a *b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a <b ，b ，a ≥b ，已知a ＝30.3，b ＝0.33，c ＝log 30.3，则(a *b )*c ＝______(用a ，b ，c 作答)．解析 log 30.3<0<0.33<1＝30<30.3， 即有c <b <a依题意得：(a *b )*c ＝b *c ＝c . 答案 c11．某公司购买一批机器投入生产，据市场分析每台机器生产的产品可获得的总利润y (单位：万元)与机器运转时间x (单位：年)的关系为y ＝－x 2＋18x －25(x ∈N *)．则当每台机器运转______年时，年平均利润最大，最大值是______万元．解析 由题意知每台机器运转x 年的年平均利润为y x＝18－(x ＋25x)，而x >0，故yx≤18－225＝8，当且仅当x ＝5时，年平均利润最大，最大值为8万元． 答案 5 812．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≤0，x 2－x ，x >0，若函数g (x )＝f (x )－m 有三个不同的零点，则实数m的取值范围是________．解析 由g (x )＝f (x )－m ＝0得f (x )＝m ，作出函数y ＝f (x )的图象， 当x >0时，f (x )＝x 2－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－14≥－14，所以要使函数g (x )＝f (x )－m 有三个不同的零点， 则－14<m <0，即m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－14，013．已知函数f (x )在实数集R 上具有下列性质：①直线x ＝1是函数f (x )的一条对称轴；②f (x ＋2)＝－f (x )；③当1≤x 1<x 2≤3时，(f (x 2)－f (x 1))·(x 2－x 1)<0，则f (2 011)，f (2 012)，f (2 013)从大到小的顺序为____________． 解析 由f (x ＋2)＝－f (x )得f (x ＋4)＝f (x )，所以周期是4.所以f (2 011)＝f (3)，f (2 012)＝f (0)，f (2 013)＝f (1)，又直线x ＝1是函数f (x )的一条对称轴． 所以f (2 012)＝f (0)＝f (2)．由(f (x 2)－f (x 1))·(x 2－x 1)<0可知当1≤x 1<x 2≤3时，函数单调递减；所以f (1)>f (2)>f (3)，故f (2 013)>f (2 012)>f (2 011)．答案 f (2 013)>f (2 012)>f (2 011)14．已知定义在R 上的函数f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0成中心对称，对任意实数x 都有f (x )＝－1f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32，且f (－1)＝1，f (0)＝－2，则f (0)＋f (1)＋…＋f (2016)＝________.解析 由函数关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0对称可知，f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32－x ＝0，所以f (1)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝0，又f (x )＝－1f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－1f －＝－1，所以f (1)＝1，因为f (x )＝－1f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32，所以f (x )＝－1f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝－1－1f x ＋＝f (x ＋3)，即f (x )是以3为周期的函数，故f(3)＝f(0)＝－2，f(2)＝f(－1)＝1，所以f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋(2 016)＝f(0)＋[f(1)＋f(2)＋f(3)]×672＝f(0)＝－2.答案－215．设函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且满足f(x－2)＝－f(x)，对一切x∈R都成立，又当x∈[－1,1]时，f(x)＝x3，则下列四个命题：①函数y＝f(x)是以4为周期的周期函数；②当x∈[1,3]，f(x)＝(2－x)3；③函数y＝f(x)的图象关于x＝1对称；④函数y ＝f(x)的图象关于(2,0)对称，其中正确命题的序号是________．解析∵y＝f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∵f(x－2)＝－f(x)对一切x∈R都成立，∴f(x－4)＝f(x)，∴函数y＝f(x)是以4为周期的周期函数，故①正确；当x∈[1,3]，x－2∈[－1,1]，f(x－2)＝(x－2)3＝－f(x)，∴f(x)＝(2－x)3，故②正确；∵f(x－2)＝－f(x)，∴f(1＋x)＝f(1－x)，∴函数y＝f(x)的图象关于x＝1对称，故③正确；∵当x∈[1,3]时，f(x)＝(2－x)3，∴f(2)＝0，∵f(x－2)＝－f(x)，∴f(－x－2)＝－f(－x)＝f(x)＝－f(x－2)，∴f(x＋2)＝－f(x－2)，∴函数y＝f(x)的图象关于(2,0)对称，故④正确．答案①②③④。
高考数学二轮复习 第二篇 专题二 数学思想方法课件 理
热点训练
4:(1)(2017·河北保定市模拟)已知函数
f(x)=
|
x2
5x
4
|,
x
0,
c
4
又 e= c ,则 e2-4e+4=0,解得 e=2,所以双曲线 C 的离心率 e=2. a
答案:(2)2
二、数形结合思想
热点一 利用数形结合思想研究函数零点问题
【例 4】
已知函数
f(x)=
x2 2x
e
x
,
x
0,
1,
2
x 0, 若函数
g(x)=f(x)-ax+a 存在零点,
热点训练 1:(1)已知函数 f(x)=ln x-asin x 在区间[ π , π ]上是单调增函数,则实数 64
a 的取值范围为( )
(A)(-∞, 4 3 ] π
(B)(-∞, 4 2 ] π
(C)[ 4 2 , 4 3 ] (D)[ 4 2 ,+∞)
ππ
π
解析:(1)f′(x)= 1 -acos x, x
SP=
10 2
,所以
R
2
R
2
x2
x
1, 2
12
5, 2
解得 x= 3 ,R2= 11 , 24
所以该三棱锥外接球的表面积 S=4πR2=11π.故选 C.
答案:(1)C
(2)(2018·武汉市武昌区调研)在矩形 ABCD 中,AB=2,AD=1.边 DC 上的动点 P(包含点 D,C)与
ex
ex
即 g(x)在 R 上单调递减,g(1)= f 1 =1,f(x)<ex⇔ f x <1⇔g(x)<1=g(1),
2025年高考数学二轮复习计划
2025年高考数学二轮复习计划随着2025年高考的日益临近，数学作为高考中的重点学科，其复习策略的制定与执行对学生来说至关重要。
二轮复习作为提升数学成绩的关键阶段，旨在深化理解、强化训练、掌握高效解题技巧，并通过模拟考试检验学习效果。
以下是一份2025年高考数学二轮复习计划：1. 明确复习目标目标设定：在二轮复习开始之前，学生应明确自己的数学水平，设定切实可行的复习目标。
这些目标应包括但不限于提高解题速度、加深对重点难点的理解、提升综合应用能力以及达到或超越预期的高考数学成绩。
分析考纲：仔细研读最新高考数学考试大纲，明确考试范围、题型分布及难度要求，确保复习方向正确无误。
2. 专题训练分模块复习：将高中数学内容划分为若干专题，如函数与导数、数列与不等式、立体几何、解析几何、概率统计等，逐一进行深度复习。
精选习题：针对每个专题，选择具有代表性的经典例题和历年高考真题进行练习，加深对知识点的理解和记忆。
3. 强化解题技巧总结方法：在解题过程中，注重总结各类题型的解题方法和技巧，形成自己的解题套路。
限时训练：进行限时解题训练，提高解题速度和准确性，适应高考紧张的考试环境。
4. 模拟考试全真模拟：定期参加全真模拟考试，严格按照高考时间和要求进行，检验自己的复习效果。
试卷分析：每次模拟考试后，认真分析试卷，找出错题原因，总结得失，为后续的复习提供参考。
5. 查漏补缺错题整理：将模拟考试和日常练习中的错题整理成册，定期进行回顾和重做，确保彻底掌握。
弱点突破：针对自己在数学上的薄弱环节，制定针对性的强化训练计划，力求在短时间内取得突破。
6. 策略指导时间管理：合理安排答题顺序，优先解决自己擅长且分值高的题目，确保在有限的时间内得到最多的分数。
心理调适：保持积极乐观的心态，遇到难题时保持冷静，不轻易放弃，相信自己的能力和努力。
应试技巧：学习并掌握一些实用的应试技巧，如快速审题、准确计算、规范书写等，以提高答题效率和得分率。
2024年领军高考数学二轮复习专题11函数与方程考点必练理
考点11 函数与方程1．已知是定义在上的偶函数，对于,都有,当时，，若在[-1,5]上有五个根，则此五个根的和是（）A． 7 B． 8 C． 10 D． 122．已知函数是定义在上的偶函数，且，若函数有 6 个零点，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】D3．函数的零点所在的区间是( )A ． (,1)B ． (1,2)C ． (e,3)D ． (2,e) 【答案】B 【解析】令，当时，；当时，；当时，.在其定义域上单调递增，则函数只有一个零点，又由上式可知，故函数零点在区间内.选.4．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x >0，－x x ＋2，x ≤0的零点个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】D【解析】当x >0时，令f (x )＝0可得x ＝1；当x ≤0时，令f (x )＝0可得x ＝－2或x ＝0.因此函数的零点个数为3.故选D.5．关于x 的方程|x 2－2x |＝a 2＋1(a >0)的解的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4【解析】选B ∵a >0，∴a 2＋1>1.而y ＝|x 2－2x |的图象如图所示，∴y ＝|x 2－2x |的图象与y ＝a 2＋1的图象总有2个交点，即方程|x 2－2x |＝a 2＋1(a >0)的解的个数是2.10．对于满意0＜b ≤3a 的随意实数a ，b ，函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 总有两个不同的零点，则a ＋b －ca的取值范围是( ) A ．(1，74]B ．(1,2]C ．[1，＋∞)D ．(2，＋∞)【答案】D11．已知函数f (x )＝log 3x ＋2x－a 在区间(1,2)内有零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－1，－log 32) B ．(0，log 52) C ．(log 32,1) D ．(1，log 34)【答案】C【解析】∵单调函数f (x )＝log 3x ＋2x－a 在区间(1,2)内有零点，∴f (1)·f (2)<0，即(1－a )·(log 32－a )<0，解得log 32<a <1，故选C.12．(2024·甘肃天水一中月考)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋ax 恰有两个零点，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，0) B ．(0，＋∞) C ．(0,1)∪(1，＋∞) D ．(－∞，0)∪{1}【答案】C【解析】由题意，明显x ＝1是函数f (x )的一个零点，取a ＝－1，则f (x )＝ln x ＋x 2－x ，f ′(x )＝2x 2－x ＋1x＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋78x>0恒成立．则f (x )仅有一个零点，不符合题意，解除A 、D ；取a ＝1，则f (x )＝ln x －x 2＋x ，f ′(x )＝1－2x 2＋x x ＝1＋2x1－xx，f ′(x )＝0得x ＝1，则f (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f (x )max ＝f (1)＝0，即f (x )仅有一个零点，不符合题意，解除B ，故选C.13．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin πx ，0≤x ≤1，log 2 017x ，x >1，若a ，b ，c 互不相等，且f (a )＝f (b )＝f (c )，则a ＋b ＋c 的取值范围是( ) A ．(1,2 017) B ．(1,2 018) C ．[2,2 018] D ．(2,2 018)【答案】D14．设函数f (x )是定义在R 上的周期为2的函数，且对随意的实数x ，恒有f (x )－f (－x )＝0，当x ∈[－1,0]时，f (x )＝x 2，若g (x )＝f (x )－log a x 在x ∈(0，＋∞)上有三个零点，则a 的取值范围为( ) A ．[3,5] B ．[4,6] C ．(3,5) D ．(4,6)【答案】C【解析】∵f (x )－f (－x )＝0，∴f (x )＝f (－x )，∴f (x )是偶函数，依据函数的周期性和奇偶性作出函数f (x )的图像如图所示：15．(2024·湖北七校联考)已知f (x )是奇函数且是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( ) A.14 B.18 C ．－78D ．－38【答案】C【解析】令y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0，则f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )＝f (x －λ)，因为f (x )是R 上的单调函数，所以2x 2＋1＝x －λ只有一个根，即2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个根，则Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得λ＝－78.故选C.16．已知定义在R 上的奇函数y ＝f (x )的图像关于直线x ＝1对称，当－1≤x ＜0时，则方程f (x )－12＝0在(0,6)内的全部根之和为( )A ．8B ．10C ．12D ．16【答案】C【解析】∵奇函数f (x )的图像关于直线x ＝1对称，∴f (x )＝f (2－x )＝－f (－x )，即f (x )＝－f (x ＋2)＝f (x ＋4)，∴f (x )是周期函数，其周期T ＝4.又当x ∈[－1,0)时，f (x )＝－log 12(－x )，故f (x )在(0,6)上的函数图像如图所示．由图可知方程f (x )－12＝0在(0,6)内的根共有4个，其和为x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝2＋10＝12，故选C.17．已知a 是正实数，函数f(x)＝2ax 2＋2x －3－a.假如函数y ＝f(x)在区间[－1,1]上有零点，求a 的取值范围．【答案】[1，＋∞)【解析】f(x)＝2ax 2＋2x －3－a 的对称轴为x ＝－12a.①当－12a ≤－1，即0<a≤12时，须使⎩⎪⎨⎪⎧f －1≤0，f 1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a≤5，a≥1，∴无解．②当－1<－12a <0，即a>12时，须使⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝⎛⎭⎪⎫－12a ≤0，f 1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12a －3－a≤0，a≥1，解得a≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)．24．已知函数f (x )＝|x －a |－2x＋a ，a ∈R ，若方程f (x )＝1有且只有三个不同的实数根，则实数a 的取值范围是 ．【答案】(－∞，1－222)∪(1＋222，2)。
高三数学第二轮复习策略
高三数学第二轮复习策略(一)1.继续强化对基础知识的理解，掌握抓住重点知识抓住薄弱的环节和知识的缺陷，全面搞好基础知识全面搞好基础知识的复习。
(备考指南与知识点总结)中学数学的重点知识包括：(1)集合、函数与导数。
此专题函数和导数、应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。
(2)三角函数、平面向量和解三角形。
此专题中平面向量和三角函数的图像与性质，恒等变换是重点。
(3)数列。
此专题中数列是重点，同时也要注意数列与其他知识交汇问题的训练。
(4)立体几何。
此专题注重点线面的关系，用空间向量解决点线面的问题是重点。
(5)解析几何。
此专题中解析几何是重点，以基本性质、基本运算为目标。
突出直线和圆、圆锥曲线的交点、弦长、轨迹等。
(6)概率与统计、算法初步、复数。
此专题中概率统计是重点，以摸球、射击问题为背景理解概率问题。
(7)不等式、推理与证明。
此专题中不等式是重点，注重不等式与其他知识的整合。
2、对基础知识的复习应突出抓好两点：(1)深入理解数学概念，正确揭示数学概念的本质，属性和相互间的内在联系，发挥数学概念在分析问题和解决问题中的作用。
(2)对数学公式、法则、定理、定律务必弄清其来龙去脉，掌握它们的推导过程，使用范围，使用方法(正用逆用、变用)熟练运用它们进行推理，证明和运算。
3、系统地对数学知识进行整理、归纳、沟通知识间的内在联系，形成纵向、横向知识链，构造知识网络，从知识的联系和整体上把握基础知识。
例如以函数为主线的知识链。
又如直线与平面的位置关系中“平行”与“垂直”的知识链。
4、认真领悟数学思想，熟练掌握数学方法，正确应用它们分析问题和解决问题。
数学思想和方法的考查必然要与数学知识的考查结合进行，在平时的做题中必须提炼出其中的数学思想方法，并以之指导自己的解题。
数学思想数学在高考中涉及的数学思想有以下四种:(1)分类讨论思想：分类讨论思想是以概念的划分，集合的分类为基础的解题思想，是一种逻辑划分的思想方法。
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技法强化训练(一) 函数与方程思想题组1 运用函数与方程思想解决数列、不等式等问题1．(2016·济南模拟)已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 是其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8的值为( )A ．16B ．32C ．64D ．62C [由题意可知a 22＝a 1a 5，即(1＋d )2＝1×(1＋4d )， 解得d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. ∴S 8＝a 1＋a 8×82＝4×(1＋15)＝64.]2．若2x＋5y≤2－y＋5－x，则有( ) A ．x ＋y ≥0 B ．x ＋y ≤0 C ．x －y ≤0D ．x －y ≥0B [原不等式可化为2x－5－x≤2－y－5y，构造函数y ＝2x－5－x，其为R 上的增函数，所以有x ≤－y ，即x ＋y ≤0.]3．若关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1＜0＜x 2＜2，则k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－34，0C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，34 B [构造函数f (x )＝x 2＋2kx －1，因为关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1＜0＜x 2＜2，所以⎩⎪⎨⎪⎧f －1≥0，f 0＜0，f 2＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2k ≥0，－1＜0，4k ＋3＞0，所以－34＜k ≤0，所以k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－34，0.]4．(2016·菏泽模拟)已知数列{a n }满足a 1＝60，a n ＋1－a n ＝2n (n ∈N *)，则a n n的最小值为________．292[由a n ＋1－a n ＝2n ，得 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2＋60＝n 2－n ＋60.∴a n n ＝n 2－n ＋60n ＝n ＋60n－1. 令f (x )＝x ＋60x－1，易知f (x )在(0,215)上单调递减，在(215，＋∞)上单调递增．又n ∈N *，当n ＝7时，a 77＝7＋607－1＝1027，当n ＝8时，a 88＝8＋608－1＝292.又292＜1027，故a n n 的最小值为292.] 5．(2016·郑州模拟)已知函数f (x )＝x ln x ＋a ，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a ≥0.(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )也相切，求a 的值； (2)证明：x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立． 【导学号：67722003】[解] (1)由f (x )＝x ln x ＋a ，得f (1)＝a ，f ′(x )＝ln x ＋1，所以f ′(1)＝1.1分所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y ＝x ＋a －1.因为直线y ＝x ＋a －1与曲线y ＝g (x )也相切，所以两方程联立消元得12x 2＋ax ＝a ＋x －1，即12x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0，3分 所以Δ＝(a －1)2－4×12×(1－a )＝0，得a 2＝1.因为a ≥0，所以a ＝1.4分(2)证明：x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立，等价于12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0恒成立．令h (x )＝12x 2＋ax －x ln x －a －12，则h (1)＝0且h ′(x )＝x ＋a －ln x －1.6分令φ(x )＝x －ln x －1，则φ(1)＝0且φ′(x )＝1－1x ＝x －1x，8分所以x ＞1时，φ′(x )＞0，φ(x )单调递增， 所以φ(x )＞φ(1)＝0.又因为a ≥0，所以h ′(x )＞0，h (x )单调递增，所以h (x )＞h (1)＝0，所以x ＞1时，12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0恒成立，11分即x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立.12分题组2 利用函数与方程思想解决几何问题6．(2016·山西四校联考)设抛物线C ：y 2＝3px (p ＞0)的焦点为F ，点M 在C 上，|MF |＝5，若以MF 为直径的圆过点(0,2)，则C 的方程为( )A ．y 2＝4x 或y 2＝8x B ．y 2＝2x 或y 2＝8x C ．y 2＝4x 或y 2＝16xD ．y 2＝2x 或y 2＝16xC [由抛物线的定义可知MF ＝x M ＋3p 4＝5，∴x M ＝5－3p 4，y 2M ＝15p －9p24，故以MF 为直径的圆的方程为(x －x M )(x －x F )＋(y －y M )(y －y F )＝0，即⎝⎛⎭⎪⎫0－5＋3p 4⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3p 4＋(2－y M )(2－0)＝0.∴y M ＝2＋15p 8－9p 232＝2＋y 2M 8⇒y M ＝4，p ＝43或163.∴C 的方程为y 2＝4x 或y 2＝16x .]7．如图1所示，在单位正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P ，使得AP ＋D 1P 最短，则AP ＋D 1P 的最小值是( )图1A ．2＋ 2B ．2＋2 2 C.2＋ 2D.2＋2 2C [设A 1P ＝x (0≤x ≤2)． 在△AA 1P 中，AP ＝12＋x 2－2×1×x ×cos 45°＝x 2－2x ＋1，在Rt △D 1A 1P 中，D 1P ＝1＋x 2.于是令y ＝AP ＋D 1P ＝x 2－2x ＋1＋x 2＋1， 下面求对应函数y 的最小值． 将函数y 的解析式变形，得y ＝⎝⎛⎭⎪⎫x －222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－222＋x －02＋[0－－1]2，其几何意义为点Q (x,0)到点M ⎝⎛⎭⎪⎫22，22与点N (0，－1)的距离之和，当Q ，M ，N 三点共线时，这个值最小，且最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫22－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋12＝2＋ 2.] 8．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝32，并且经过定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12.(1)求椭圆E 的方程；(2)问：是否存在直线y ＝－x ＋m ，使直线与椭圆交于A ，B 两点，且满足OA →·OB →＝125？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)由e ＝c a ＝32且3a 2＋14b2＝1，c 2＝a 2－b 2， 解得a 2＝4，b 2＝1，即椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝－x ＋m⇒x 2＋4(m －x )2－4＝0⇒5x 2－8mx ＋4m 2－4＝0.(*)所以x 1＋x 2＝8m 5，x 1x 2＝4m 2－45，8分y 1y 2＝(m －x 1)(m －x 2)＝m 2－m (x 1＋x 2)＋x 1x 2＝m 2－85m 2＋4m 2－45＝m 2－45，由OA →·OB →＝125得(x 1，y 1)·(x 2，y 2)＝125，即x 1x 2＋y 1y 2＝125，4m 2－45＋m 2－45＝125，m ＝±2.又方程(*)要有两个不等实根，所以Δ＝(－8m )2－4×5(4m 2－4)＞0，解得－5＜m ＜5，所以m ＝±2.12分9．如图2，直三棱柱ABC A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝5，AA ′＝AB ＝6，D ，E 分别为AB 和BB ′上的点，且AD DB ＝BEEB ′＝λ.图2(1)求证：当λ＝1时，A ′B ⊥CE ；(2)当λ为何值时，三棱锥A ′CDE 的体积最小，并求出最小体积． [解] (1)证明：∵λ＝1，∴D ，E 分别为AB 和BB ′的中点.1分 又AA ′＝AB ，且三棱柱ABC A ′B ′C ′为直三棱柱， ∴平行四边形ABB ′A ′为正方形，∴DE ⊥A ′B .2分 ∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点，∴CD ⊥AB .3分 ∵三棱柱ABC A ′B ′C ′为直三棱柱， ∴CD ⊥平面ABB ′A ′，∴CD ⊥A ′B ，4分 又CD ∩DE ＝D ，∴A ′B ⊥平面CDE . ∵CE ⊂平面CDE ，∴A ′B ⊥CE .6分(2)设BE ＝x ，则AD ＝x ，DB ＝6－x ，B ′E ＝6－x .由已知可得C 到平面A ′DE 的距离即为△ABC 的边AB 所对应的高h ＝AC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝4，8分 ∴V A ′CDE ＝V C A ′DE ＝13(S 四边形ABB ′A －S △AA ′D －S △DBE －S △A ′B ′E )·h＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤36－3x －126－x x －36－x ·h ＝23(x 2－6x ＋36)＝23[(x －3)2＋27](0＜x ＜6)，11分 ∴当x ＝3，即λ＝1时，V A ′CDE 有最小值18.12分。