[整理]《年高考数学总复习系列》——高中数学选修2-2.

《2012年高考数学总复习系列》——高中数学选修2-2
第一章 导数及其应用
无论哪个省市的考题中可以看出，一定会重视对导数的考察，所以同学一定将导数学细学精！ 基础知识【理解去记】 1．极限定义：（1）若数列{un}满足，对任意给定的正数ε，总存在正数m ，当n>m 且n ∈N 时，恒有|un-A|<ε成立（A 为常数），则称A 为数列un 当n 趋向于无穷大时的极限，记为)
(lim ),(lim x f x f x x -∞
→+∞
→，另外
)
(lim 0
x f x x +→=A 表示x 大于x0且趋向于x0时f(x)极限为A ，称右极限。

类似地
)
(lim 0
x f x x -→表示x 小于x0且
趋向于x0时f(x)的左极限。

2．极限的四则运算：如果
lim
x x →f(x)=a,
lim
x x →g(x)=b ，那么
lim
x x →[f(x)±g(x)]=a ±b,
lim
x x →[f(x)•g(x)]=ab,
lim
x x →).0()()(≠=b b a
x g x f
3.连续：如果函数f(x)在x=x0处有定义，且0
lim
x x →f(x)存在，并且
lim
x x →f(x)=f(x0)，则称f(x)在x=x0处连续。

8．****【必会】复合函数求导法：设函数y=f(u),u=ϕ(x)，已知ϕ(x)在x 处可导，f(u)在对应的点u(u=ϕ(x))处可导，则复合函数y=f[ϕ(x)]在点x 处可导，且（f[ϕ(x)])'=)(')](['x x f ϕϕ.
9.导数与函数的性质：单调性：（1）若f(x)在区间I 上可导，则f(x)在I 上连续；（2）若对一切x ∈(a,b)有
0)('>x f ，则f(x)在(a,b)单调递增；（3）若对一切x ∈(a,b)有0)('<x f ，则f(x)在(a,b)单调递减。

10．极值的必要条件：若函数f(x)在x0处可导，且在x0处取得极值，则
.
0)('0=x f
11.极值的第一充分条件：设f(x)在x0处连续，在x0邻域(x0-δ,x0+δ)内可导，（1）若当x ∈(x-δ,x0)时
0)('≤x f ，当x ∈(x0,x0+δ)时0)('≥x f ，则f(x)在x0处取得极小值；（2）若当x ∈(x0-δ，x0)时0)('≥x f ，
当x ∈(x0,x0+δ)时0)('≤x f ，则f(x)在x0处取得极大值。

12．极值的第二充分条件：设f(x)在x0的某领域(x0-δ,x0+δ)内一阶可导，在x=x0处二阶可导，且
)('',0)('00≠=x f x f 。

（1）若
)(''0>x f ，则f(x)在x0处取得极小值；（2）若
)(''0<x f ，则f(x)
在x0处取得极大值。

13．【了解】罗尔中值定理：若函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，且f(a)=f(b)，则存在ξ∈(a,b)，使
.0)('=ξf
[证明] 若当x ∈(a,b)，f(x)≡f(a)，则对任意x ∈(a,b)，0)('=x f .若当x ∈(a,b)时，f(x)≠f(a)，因为f(x)在[a,b]上连续，所以f(x)在[a,b]上有最大值和最小值，必有一个不等于f(a)，不妨设最大值m>f(a)且f(c)=m ，则c ∈(a,b)，且f(c)为最大值，故0)('=c f ，综上得证。

二、基础例题【必会】 1．极限的求法。

例 1 求下列极限：（1）⎪⎭⎫ ⎝⎛+++∞→22221lim n n n n n ；（2）)0(1lim >+∞→a a a n n n ；（3）
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++∞→n n n n n 2221
2111lim ；（4）).1(lim n n n n -+∞→ [解]（1）
⎪⎭⎫ ⎝⎛+++∞→22221lim n n n n n ==+∞→22)1(lim n n n n 21
2221lim =⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→n n ；
（2）当a>1时，.111lim 1111lim 1lim =+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+∞→∞
→∞→n n n n n n n a a a a
当0<a<1时，
.0010lim 1lim 1lim
=+=+=+∞
→∞
→∞→n n n
n n n
n a
a a a
当a=1时，
.21
111lim 1lim =+=+∞→∞→n n n n a a （3）因为
.
112
11
12
2
2
2
2
+<
++
+++
+<
+n n
n
n n n n
n n
而
,
1111lim
1
1lim
,11
11lim
lim
2
2
2
=+=+=+=+∞
→∞
→∞
→∞
→n n n
n
n n n n n n
所以.11
2111lim 222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++∞→n n n n n
（4）.2
111
11lim
1lim
)1(lim =++
=++=-+∞
→∞
→∞
→n
n
n n n n n n n n
例2
求下列极限：（1）∞→n lim
(1+x)(1+x2)(1+
2
2x )…(1+n
x 2)(|x|<1)；
（2）⎪⎭⎫ ⎝⎛---→x x x 1113
lim 31；（3）
x x x x +---→131lim 21。

[解] （1）∞→n lim
(1+x)(1+x2)(1+22x )…(1+n
x 2
)
=
.11
11lim 1)1()1)(1)(1(lim 1
2
22x x x x x x x x n n n n -=
--=-+++-+∞→∞→
（2）
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----=⎪⎭⎫ ⎝⎛---→→→32132131111lim 113lim 1113
lim x x x x x x x x x x x =.112lim 1)2)(1(lim 2131=+++=⎪⎭⎫
⎝⎛-+-→→x x x x x x x x
（3）
)13)(13()13)(1(lim
131lim
21
21
x x x x x x x x
x x x x ++-+--++--=+---→→
=2)
13)(1(lim
)1(2)13)(1)(1(lim
11x x x x x x x x x x ++-+-=-++-+-→→ .22-=
例3（2011.四川卷11）已知定义在[)0,+∞上的函数()f x 满足()3(2)f x f x =+，当[)0,2x ∈时，
2()2f x x x =-+.设()f x 在[)22,2n n -上的最大值为(*)n a n N ∈，且{}n a 的前n 项和为n S ，则
lim n n S →∞
=
（A ）3 （B ）52 （C ）2 （D ）
3
2 答案：D
【
解
析
】
：
由
题
意
1
(2)()3
f x f x +=
,在
[22,2]
n n -上，
2
11
1()11
1331,()1,2,(),3,()()()lim 133
3213
n
n n n n
n f x n f x n f x a S S --=======⇒=⇒=- 2．连续性的讨论。

例3 设f(x)在(-∞,+∞)内有定义，且恒满足f(x+1)=2f(x)，又当x ∈[0,1)时，f(x)=x(1-x)2，试讨论f(x)在x=2处的连续性。

[解] 当x ∈[0,1)时，有f(x)=x(1-x)2，在f(x+1)=2f(x)中令x+1=t ，则x=t-1，当x ∈[1,2)时，利用f(x+1)=2f(x)有f(t)=2f(t-1)，因为t-1∈[0,1),再由f(x)=x(1-x)2得f(t-1)=(t-1)(2-t)2,从而t ∈[1,2)时,有f(t)=2(t-1)•(2-t)2；同理，当x ∈[1,2)时，令x+1=t ，则当t ∈[2,3)时，有f(t)=2f(t-1)=4(t-2)(3-t)2.从而
f(x)=[)[)⎪⎩⎪⎨⎧∈--∈--.3,2,)3)(2(4;2,1,)2)(1(222
x x x x x x 所以
所以
)3)(2(4lim )(lim ,0)2)(1(2lim )(lim 222222=--==--=+
→+
→-
→-
→x x x f x x x f x x x x ，所以
-
→2lim
x f(x)=
+
→2lim
x f(x)=f(2)=0，所以f(x)在x=2处连续。

3．利用导数的几何意义求曲线的切线方程。

[解] 因为点(2,0)不在曲线上，设切点坐标为(x0,y0)，则
001x y =
，切线的斜率为2
01
|'0x x x -=，所以切
线方程为y-y0=
)(1020x x x --
，即)(1
1020
0x x x x y --=-。

又因为此切线过点（2,0），所以
)2(1
1020
0x x x --=-
，所以x0=1，所以所求的切线方程为y=-(x-2)，即x+y-2=0.
4．导数的计算。

例 5 求下列函数的导数：（1）y=sin(3x+1)；（2）x x x x y -+=
352；（3）y=ecos2x ；（4）
)1ln(2-+=x x y ；（5）y=(1-2x)x(x>0且
21
<
x )。

[解] （1）=+⋅+=)'13()13cos('x x y 3cos(3x+1).
(2)222)'()35()'35('x x x x x x x x x y ⋅-+-⋅-+=
22
3521310x x
x x x x x ++-⎪⎪⎭
⎫ ⎝
⎛-+=
.
2153
x
+
=
（3）
.2sin 2)'2()2sin (2cos )'2(cos '2cos 2cos x e x x x e x e y x
x ⋅-=⋅-⋅=⋅= （4）
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅-+=
-+⋅-+=
1111
)'1(1
1'22
22x x
x x x x x x y
.
11
2
-=
x
（5）
))'21ln((]'[]')21[(')
21ln()21ln(x x e e x y x x x x x -==-=-- .212)21ln()21(⎥⎦⎤⎢⎣⎡
----=x x x x x
5．用导数讨论函数的单调性。

例6 设a>0，求函数f(x)=
x -ln(x+a)(x ∈(0,+∞))的单调区间。

[解]
)0(1
21)('>+-
=
x a x x
x f ，因为x>0,a>0，所以⇔>0)('x f x2+(2a-4)x+a2>0；
⇔<0)('x f x2+(2a-4)x+a+<0.
（1）当a>1时，对所有x>0，有x2+(2a-4)x+a2>0，即'f (x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增；（2）当a=1时，
对x ≠1,有x2+(2a-4)x+a2>0，即0)('>x f ，所以f(x)在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）内递增，又f(x)在x=1处连续，因此f(x)在(0,+∞)内递增；（3）当0<a<1时，令0)('>x f ，即x2+(2a-4)x+a2>0，解得x<2-a-a -12或x>2-a+a -12，因此，f(x)在(0,2-a-a -12)内单调递增，在(2-a+a -12,+∞)内也单调递增，而当2-a-a -12<x<2-a+a -12时，x2+(2a-4)x+a2<0，即0)('<x f ，所以f(x)在(2-a-a -12,2-a+a -12)内单调递减。

6．利用导数证明不等式。

例7 设
)
2,0(π
∈x ，求证：sinx+tanx>2x. [证明] 设f(x)=sinx+tanx-2x ，则
)('x f =cosx+sec2x-2，当)
2,0(π
∈x 时，
2
c o s
2
c o s 1c o s 2c o s 1c o s 22>=⋅>+x x x x x （因为0<cosx<1），所以
)('x f =cosx+sec2x-2=cosx+02cos 12>-x .又f(x)在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0π上连续，所以f(x)在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0π上单调递增，所以当x ∈⎪
⎭⎫
⎝⎛2,0π时，f(x)>f(0)=0，即sinx+tanx>2x.
7.利用导数讨论极值。

例8 设f(x)=alnx+bx2+x 在x1=1和x2=2处都取得极值，试求a 与b 的值，并指出这时f(x)在x1与x2处是取得极大值还是极小值。

[解] 因为f(x)在(0,+∞)上连续，可导，又f(x)在x1=1，x2=2处取得极值，所以0)2(')1('==f f ，又
x a x f =)('+2bx+1，所以⎪⎩⎪⎨⎧=++=++,0142,012b a b a 解得⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧-=-=.61,3
2b a 所以x x x x x x f x x x x f 3)
2)(1(13132)(',61ln 32)(2--=
+--=+--=.
所以当x ∈(0,1)时，0)('<x f ，所以f(x)在(0,1]上递减； 当x ∈(1,2)时，0)('>x f ，所以f(x)在[1，2]上递增； 当x ∈(2,+∞)时，0)('<x f ，所以f(x)在[2，+∞）上递减。

综上可知f(x)在x1=1处取得极小值，在x2=2处取得极大值。

例9 设x ∈[0,π],y ∈[0,1]，试求函数f(x,y)=(2y-1)sinx+(1-y)sin(1-y)x 的最小值。

[解] 首先，当x ∈[0,π],y ∈[0,1]时，
f(x,y)=(2y-1)sinx+(1-y)sin(1-y)x=(1-y)2x
⎥⎦⎤
⎢⎣
⎡⋅--+--x x y y x y x y sin )1(12)1()1sin(2
=(1-y)2x
⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅-+---x x y y x x x y x y sin )1(sin )1()1sin(2
2，令g(x)=x x sin ,
),
2()tan (cos )('2
π
≠-=x x x x x x g 当
⎪
⎭⎫
⎝⎛∈2,0πx 时，因为cosx>0,tanx>x ，所以0)('<x g ； 当
⎪
⎭⎫ ⎝⎛∈ππ,2x 时，因为cosx<0,tanx<0,x-tanx>0，所以0)('<x g ； 又因为g(x)在(0,π)上连续，所以g(x)在(0,π)上单调递减。

又因为0<(1-y)x<x<π，所以g[(1-y)x]>g(x)，即0
sin )1()1sin(>---x x
x y x y ，
又因为0sin )1(2
2>⋅-x x
y y ，所以当x ∈(0,π),y ∈(0,1)时，f(x,y)>0.
其次，当x=0时，f(x,y)=0；当x=π时，f(x,y)=(1-y)sin(1-y)π≥0.
当y=1时，f(x,y)=-sinx+sinx=0；当y=1时，f(x,y)=sinx ≥0.
综上，当且仅当x=0或y=0或x=π且y=1时，f(x,y)取最小值0。

三、趋近高考【必懂】
这些高考题取自2009-2011年各个热门省市，同学一定重视，在此基础上，我会对这些高考题作以删减，以便同学在最短时间内理解明白！
1.（2011.陕西卷21．）（本小题满分14分） 设函数()f x 定义在(0,)+∞上，(1)0f =，导函数1
()f x x
'=，()()()g x f x f x '=+． （1）求()g x 的单调区间和最小值； （2）讨论()g x 与1()g x
的大小关系； （3）是否存在00x >，使得01
|()()|g x g x x
-<对任意0x >成立？若存在，求出0x 的取值范围；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出原函数()f x ，再求得()g x ，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的
正负；（3）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注意利用前两问的结论．
【解析】（1）∵1
()f x x
'=
，∴()l n f x x c =+（c 为常数），又∵(1)0f =，所以ln10c +=，即0c =， ∴()ln f x x =；1
()ln g x x x
=+，
∴21()x g x x -'=，令()0g x '=，即21
0x x
-=，解得1x =，
当(0,1)x ∈时，()0g x '<，()g x 是减函数，故区间在(0,1)是函数()g x 的减区间； 当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 是增函数，故区间在(1,)+∞是函数()g x 的增区间； 所以1x =是()g x 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点， 所以()g x 的最小值是(1)1g =．
（2）1()ln g x x x =-+，设11()()()2ln h x g x g x x x x
=-=-+
， 则2
2
(1)()x h x x -'=-，
当1x =时，(1)0h =，即1()()g x g x
=， 当(0,1)
(1,)x ∈+∞时，()0h x '<，(1)0h '=，
因此函数()h x 在(0,)+∞内单调递减，
当01x <<时，()(1)h x h >=0，∴1()()g x g x
>； 当1x >时，()(1)h x h <=0，∴1()()g x g x
<． （3）满足条件的0x 不存在．证明如下： 证法一 假设存在00x >，使01
|()()|g x g x x
-<对任意0x >成立， 即对任意0x >有02
ln ()ln x g x x x
<<+ ① 但对上述的0x ，取0()
1g x x e
=时，有10ln ()x g x =，这与①左边的不等式矛盾，
因此不存在00x >，使01
|()()|g x g x x
-<对任意0x >成立． 证法二 假设存在00x >，使01
|()()|g x g x x
-<对任意0x >成立，
由（1）知，()g x 的最小值是(1)1g =， 又1
()ln ln g x x x x
=+>，而1x >时，ln x 的值域为(0,)+∞，
∴当1x …时，()g x 的值域为[1,)+∞，
从而可以取一个值11x >，使10()()1g x g x +…，即10()()1g x g x -…, ∴101
1
|()()|1g x g x x ->
…，这与假设矛盾． ∴不存在00x >，使01
|()()|g x g x x
-<对任意0x >成立．
补充知识点：定积分：
2.（2011.湖南卷6）. 由直线,,03
3
x x y π
π
=-
=
=与曲线cos y x =所围成的封闭图形的面积为
（ ） A ．
1
2
B ．1 C
D
【解析】
：由定积分知识可得3
33
3
cos sin |()22
S xdx x ππ
ππ
--
=
==
--=⎰D 。

3.（2011.广东卷12）．函数32
()31f x x x =-+在x = 处取得极小值．
【解析】2
()363(2)f x x x x x '=-=-，令()0f x '=得0x =或2x =，显然当0x <时()0f x '>；
当02x <<时()0f x '<；当2x >时()0f x '>，函数32
()31f x x x =-+在2x =处取得极小值。

故为2
4.（2011.安徽卷17）（本小题满分12分） 设a 为实数，函数()22,x
f x e x a x =-+∈R 。

(Ⅰ)求()f x 的单调区间与极值；
(Ⅱ)求证：当ln 21a >-且0x >时，2
21x
e x ax >-+。

【解析】
5.(2011.北京卷18)(本小题共13分)
已知函数2
()ln(1)(0)2
k f x x x x k =+-+
≥ (Ⅰ)当k =2时，求曲线y =f (x )在点(1，(1)f )处的切线方程； (Ⅱ)求f (x )的单调区间。

【解析】：（I ）当2k =时，
21
()ln(1),'()12.1f x x x x f x x x =+-+=
-++
由于3
(1)ln(2),'(1),
2f f ==所以曲线()1,(1))y f x f =在点（处的切线方程为 3
ln 2(1)2y x ==
-。

即322ln 230x y -+-=
（II ）
(1)
'(),(1,).
1x kx k f x x x +-=
∈-+∞+
当0k =时，
'().1x
f x x =-
+
因此在区间(1,0)-上，'()0f x >；在区间(0,)+∞上，'()0f x <；
所以()f x 的单调递增区间为(1,0)-，单调递减区间为(0,)+∞；
当01k <<时，(1)'()01x kx k f x x +-=
=+，得1210,0
k
x x k -==>;
因此，在区间()1,0-和1(,)k k -+∞上，'()0f x >；在区间1(0,)k k -上，'()0f x <；
即函数 ()f x 的单调递增区间为()1,0-和1(,)k k -+∞，单调递减区间为1(0,)k
k -；
当1k =时，2
'()1x f x x =
+.()f x 的递增区间为(1,)-+∞ 当1k >时，由(1)'()01x kx k f x x +-=
=+，得1210,(1,0)
k
x x k -==∈-；
因此，在区间
1(1,
)k k --和(0,)+∞上，'()0f x >，在区间1(,0)k k -上，'()0f x <；
即函数 ()f x 的单调递增区间为11,k k -⎛⎫- ⎪⎝⎭和(0,)+∞，单调递减区间为1(,0)k k -。

6.（2009全国卷Ⅰ理） 已知直线y=x+1与曲线y ln()x a =+相切，则α的值为( ) A.1 B. 2 C.-1 D.-2
答案 B
解:设切点
00(,)
P x y ，则
0000ln 1,()y x a y x =+=+,又
0'
01
|1
x x y x a ===+
00010,12x a y x a ∴+=∴==-∴=.故答案 选B
7.（2009安徽卷理）已知函数()f x 在R 上满足
2
()2(2)88f x f x x x =--+-，则曲线 ()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程是
( )
A.21y x =-
B.y x =
C.32y x =-
D.23y x =-+ 答案 A
解析 由2
()2(2)88f x f x x x =--+-得几何2
(2)2()(2)8(2)8f x f x x x -=--+--，
即22()(2)44f x f x x x --=+-，∴2()f x x =∴
/
()2f x x =，∴切线方程12(1)y x -=-，即210x y --=选A
8.（2009江西卷文）若存在过点(1,0)的直线与曲线3
y x =和215
94y ax x =+
-都相切，则a 等于
( )
A ．1-或25-64
B ．1-或214
C ．74-或25-64
D ．7
4-或7
答案 A
解析 设过(1,0)的直线与3
y x =相切于点300(,)x x ，所以切线方程为
320003()y x x x x -=-
即
2
3
00
32y x x x =-，又(1,0)在切线上，则
00
x =或
03
2x =-
，
当
00
x =时，由0y =与
21594y ax x =+
-相切可得
2564a =-， 当
032x =-
时，由272744y x =-与215
9
4y ax x =+-相切可得1a =-，所以选A .
9.（2009辽宁卷理）若
1
x 满足2x+2x
=5,
2
x 满足2x+2
2
log (x －1)=5,
1x +
2
x ＝ ( )
A.52
B.3
C.7
2 D.4
答案 C 解析 由题意
1
1225
x x += ①
22222l o g (1)5x x +-= ②
所以1
1252x
x =-,121log (52)x x =-
即21212log (52)x x =-
令2x1＝7－2t,代入上式得7－2t ＝2log2(2t －2)＝2＋2log2(t －1) ∴5－2t ＝2log2(t －1)与②式比较得t ＝x2 于是2x1＝7－2x2
10.（2009天津卷理）设函数1
()ln (0),
3f x x x x =->则()y f x = ( )
A 在区间1
(,1),(1,)
e e 内均有零点。

B 在区间1
(,1),(1,)
e e 内均无零点。

C 在区间1
(,1)
e 内有零点，在区间(1,)e 内无零点。

D 在区间1
(,1)
e 内无零点，在区间(1,)e 内有零点。

解析：由题得
x x x x f 33
131)`(-=-=
，令0)`(>x f 得3>x ；令0)`(<x f 得30<<x ；0
)`(=x f 得3=x ，故知函数)(x f 在区间)3,0(上为减函数，在区间),3(+∞ 为增函数，在点3=x 处有极小值03ln 1<-；又
()0131
)1(,013,31)1(>+=<-==
e e
f e e f f ，故选择D 。

11.若曲线
()2f x ax Inx
=+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 .
解析 由题意该函数的定义域0x >，由
()1
2f x a
x x '=+。

因为存在垂直于y 轴的切线，故此时斜率为0，
问题转化为0x >范围内导函数
()1
2f x ax x '=+
存在零点。

解法（分离变量法）上述也可等价于方程
120ax x +
=在()0,+∞内有解，显然可得()21,02a x =-∈-∞
12.(2009陕西卷理)设曲线
1*
()n y x n N +=∈在点（1，1）处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ,令lg n n
a x =，则
1299
a a a +++的值为 .
答案 -2
1*1112991299()'(1)'|11(1)(1)1
1298991
...lg ...lg ...lg 2
2399100100
n n n x n y x n N y x y n x y n y n x n
x n a a a x x x ++==∈∴==+⇒=+⇒-=+-=
++++====-解析：点（1，1）在函数的图像上，（1，1）为切点，的导函数为切线是：令y=0得切点的横坐标：
13.（2010.全国1文）．设5
221)(2
3+--
=x x x x f ，当[2,2]x ∈-时，0)(<-m x f 恒成立，求实数m
的取值范围．
【解析】：23)(2/--=x x x f ，由0)(/
>x f 得0232
>--x x ，即
32
-
<x 或1>x ；
由0)(/
<x f 得0232
<--x x 即
1
32
<<-
x ，所以函数单调增区间是
)32,(--∞，),1(+∞； 函数的单调减区间是)
1,32(-。

由m x f <)(恒成立，m ∴大于)(x f 的最大值。

当[2,2]x ∈-时，(1)当
2
[2,]
3x ∈--时，
)(x f
为增函数，所以27157
)32()(max =-=f x f ；(2)当
]1,32[-∈x 时，)(x f 为减函数，所以
27157)32()(max =-=f x f ；(3)当]2,1[∈x 时，)(x f 为增函数，所以7)2()(max ==f x f ；因为27157
7>
，从而
7>m
第二章 推理与证明
本章只需重视综合法、分析法、反证法的特点。

及数学归纳法的掌握！ 一、基础知识【理解去记】 综合法：“执因导果” 分析法“执果导因” 反证法:倒着推【不常考】
1.归纳法：由一些特殊事例推出一般结论的推理方法特点：特殊→一般.
2.不完全归纳法: 根据事物的部分(而不是全部)特例得出一般结论的推理方法叫做不完全归纳法
3.完全归纳法: 把研究对象一一都考查到了而推出结论的归纳法称为完全归纳法
完全归纳法是一种在研究了事物的所有(有限种)特殊情况后得出一般结论的推理方法，又叫做枚举法.与不完全归纳法不同，用完全归纳法得出的结论是可靠的通常在事物包括的特殊情况数不多时，采用完全归纳法
4.数学归纳法:对于某些与自然数n 有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当n 取第
种证明方法就叫做数学归纳法.
5.数学归纳法的基本思想：即先验证使结论有意义的最小的正整数0n ，如果当0n n =时，命题成立，再
假设当n k =(*
k N ∈，k ≥
n )时，命题成立.(这时命题是否成立不是确定的)，根据这个假设，如能推
出当1n k =+时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于0
n 的正整数
01
n +，
02
n +，…，命题
都成立.
6.用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：
()1证明：当n 取第一个值0n 结论正确；()2假设当n k =(*k N ∈，k ≥0n )时结论正确，证明当1
n k =+时结论也正确由
()1，()2可知，命题对于从0n 开始的所有正整数n 都正确.数学归纳法被用来证明与自
然数有关的命题：递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉.
7.()1用数学归纳法证题时，两步缺一不可；()2证题时要注意两凑：一凑归纳假设，二凑目标.
二、基础例题【必会】 用数学归纳法证明等式
用数学归纳法证明：n N *
∈时，1111335
(21)(21)21n
n n n +++
=
⨯⨯-++
点评：用数学归纳法证明，一是要切实理解原理，二是严格按步骤进行，格式要规范，从n=k 到n=k+1时一定要用归纳假设，否则不合理。

用数学归纳法证明不等式
例2.证明111
1,()12
31n N n n n ++
+
≥∈+++
点评：用数学归纳法证明不等式，推导n=k+1也成立时，证明不等式的常用方法，如比较法、分析法、
综合法均要灵活运用，在证明的过程中，常常利用不等式的传递性对式子放缩建立关系。

同时在数学归纳法证明不等式里应特别注意从n=k 到n=k+1过程中项数的变化量，容易出错。

用数学归纳法证明整除问题
例3.用数学归纳法证明：
(31)71,()n n n N *
+⋅-∈能被9整除。

点评：用数学归纳法证明整除问题时，首先要从要证的式子中拼凑出假设成立的式子，然后证明剩下的
式子也能被某式（或数）整除，拼凑式关键。

第三章 数系的扩充与复数 一、基础知识【理解去记】
1．复数的定义：设i 为方程x2=-1的根，i 称为虚数单位，由i 与实数进行加、减、乘、除等运算。

便产生形如a+bi （a,b ∈R ）的数，称为复数。

所有复数构成的集合称复数集。

通常用C 来表示。

如果用ei θ表示cos θ+isin θ，则z=rei θ，称为复数的指数形式。

3．共轭与模，若z=a+bi ，（a,b ∈R ）,则=z a-bi 称为
z 的共轭复数。

模与共轭的性质有：（1）
4．复数的运算法则：（1）按代数形式运算加、减、乘、除运算法则与实数范围内一致，运算结果可以通过乘以共轭复数将分母分为实数；（2）按向量形式，加、减法满足平行四边形和三角形法则；（3）按三角形式，若z1=r1(cos θ1+isin θ1), z2=r2(cos θ2+isin θ2)，则z1•z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]；
若21212,
0r r z z z =≠[cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2)]，用指数形式记为z1z2=r1r2ei(θ1+θ2),.)
(212121θθ-=i e r r z z
5.【非新课标省市考】棣莫弗定理：[r(cos θ+isin θ)]n=rn(cosn θ+isinn θ).
6.开方：若
=n w r(cos θ+isin θ)，则)
2sin
2(cos
n
k i n
k r w n π
θπ
θ+++=，k=0,1,2,…,n-1。

7．单位根：若wn=1，则称w 为1的一个n 次单位根，简称单位根，记Z1=
n i n π
π2sin 2cos
+，则全部
单位根可表示为1,1Z ,1
121,,-n Z Z .单位根的基本性质有（这里记k k Z Z 1=，k=1,2,…,n-1）：（1）对任意
整数k ，若k=nq+r,q ∈Z,0≤r ≤n-1，有Znq+r=Zr ；（2）对任意整数m ，当n ≥2时，有
m
n m m Z Z Z 1
211-++++ =
⎩⎨
⎧,
|,,
|,0m n n m n 当当特别1+Z1+Z2+…+Zn-1=0；（3）xn-1+xn-2+…+x+1=(x-Z1)(x-Z2)…
(x-Zn-1)=(x-Z1)(x-2
1Z )…(x-1
1-n Z ).
8.复数相等的充要条件：（1）两个复数实部和虚部分别对应相等；（2）两个复数的模和辐角主值分别相
等
9．复数z 是实数的充要条件是z=z ;z 是纯虚数的充要条件是：z+z =0（且z ≠0）. 10.代数基本定理：在复数范围内，一元n 次方程至少有一个根。

11．实系数方程虚根成对定理：实系数一元n 次方程的虚根成对出现，即若z=a+bi(b ≠0)是方程的一个根，则z =a-bi 也是一个根。

12．若a,b,c ∈R,a ≠0，则关于x 的方程ax2+bx+c=0，当Δ=b2-4ac<0时方程的根为
.
22,1a i
b x ∆-±-=
二、基础例题【必会】
1．模的应用。

例1 求证：当n ∈N+时，方程(z+1)2n+(z-1)2n=0只有纯虚根。

[证明] 若z 是方程的根，则(z+1)2n=-(z-1)2n ，所以|(z+1)2n|=|-(z-1)2n|,即|z+1|2=|z-1|2,即(z+1)(z +1)=(z-1)(z -1)，化简得z+z =0，又z=0不是方程的根，所以z 是纯虚数。

例2 设f(z)=z2+az+b,a,b 为复数，对一切|z|=1，有|f(z)|=1，求a,b 的值。

[解] 因为4=(1+a+b)+(1-a+b)-(-1+ai+b)-(-1-ai+b) =|f(1)+f(-1)-f(i)-f(-i)|
≥|f(1)|+|f(-1)|+|f(i)|+|f(-i)|=4，其中等号成立。

所以f(1),f(-1),-f(i),-f(-i)四个向量方向相同，且模相等。

所以f(1)=f(-1)=-f(i)=-f(-i)，解得a=b=0. 2.复数相等。

例3 设λ∈R ，若二次方程(1-i)x2+(λ+i)x+1+λi=0有两个虚根，求λ满足的充要条件。

[解] 若方程有实根，则方程组⎪⎩⎪⎨⎧=--=++0
012
2λλx x x x 有实根，由方程组得(λ+1)x+λ+1=0.若λ=-1，则方程
x2-x+1=0中Δ<0无实根，所以λ≠-1。

所以x=-1, λ=2.所以当λ≠2时，方程无实根。

所以方程有两个虚根的充要条件为λ≠2。

3．三角形式的应用。

例4 设n ≤2000,n ∈N ，且存在θ满足(sin θ+icos θ)n=sinn θ+icosn θ，那么这样的n 有多少个？ [解] 由题设得
)
2sin()2cos()2sin()2(cos )]2sin()2[cos(θπ
θπθπθπθπθπn i n i n i n -+-=-+-=-+-，所以
n=4k+1.又因为0≤n ≤2000，所以1≤k ≤500，所以这样的n 有500个。

4．******【常考】二项式定理的应用。

例5 计算：（1）100
100
410021000100C C C C +-+- ；（2）
99
100
510031001100C C C C --+-
[
解
]
(1+i)100=[(1+i)2]50=(2i)50=-250,
由二项式定
理
(1+i)100=
100
10010099991002210011000100i C i C i C i C C +++++ =
100
100410021000100(C C C C +-+- )+(99100510031001100C C C C --+- )i ，比较实部和虚部，得100100
410021000100C C C C +-+- =-250，
99100
510031001100C C C C --+- =0。

5．复数乘法的几何意义。

例6 以定长线段BC 为一边任作ΔABC ，分别以AB ，AC 为腰，B ，C 为直角顶点向外作等腰直角ΔABM 、等腰直角ΔACN 。

求证：MN 的中点为定点。

[证明] 设|BC|=2a ，以BC 中点O 为原点，BC 为x 轴，建立直角坐标系，确定复平面，则B ，C 对应的复数为-a,a,点A ，M ，N 对应的复数为z1,z2,z3,a z a z +=-=11,，由复数乘法的几何意义得：
)(13a z i a z --=-=，
①)(12a z i a z BM --=+=，②由①+②得z2+z3=i(z1+a)-i(z1-a)=2ai.设MN
的中点为P ，对应的复数z=ai z z =+23
2,为定值，所以MN 的中点P 为定点。

例7 设A ，B ，C ，D 为平面上任意四点，求证：AB •AD+BC •AD ≥AC •BD 。

[证明] 用A ，B ，C ，D 表示它们对应的复数，则(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D)，因为|A-B|•|C-D|+|B-C|•|A-D|≥(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D).
所以|A-B|•|C-D|+|B-C|•|A-D|≥|A-C|•|B-D|, “=”成立当且仅当
)()(
D C C
B Arg A D A B Arg --=--，即
)()(
C D C
B A r g A B A D A r g --+--=π，即A ，B ，
C ，
D 共圆时成立。

不等式得证。

6．复数与轨迹。

例8 ΔABC 的顶点A 表示的复数为3i ，底边BC 在实轴上滑动，且|BC|=2，求ΔABC 的外心轨迹。

[解]设外心M 对应的复数为z=x+yi(x,y ∈R)，B ，C 点对应的复数分别是b,b+2.因为外心M 是三边垂直平分线的交点，而AB 的垂直平分线方程为|z-b|=|z-3i|，BC 的垂直平分线的方程为|z-b|=|z-b-2|，所以点M
对应的复数z 满足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|，消去b 解得
).
34
(62-=y x 所以ΔABC 的外心轨迹是轨物线。

7．复数与三角。

例9 已知cos α+cos β+cos γ=sin α+sin β+sin γ=0，求证：cos2α+cos2β+cos2γ=0。

[证明] 令z1=cos α+isin α,z2=cos β+isin β,z3=cos γ+isin γ，则
z1+z2+z3=0。

所以
.0321321=++=++z z z z z z 又因为|zi|=1,i=1,2,3.
所以zi •
i z =1，即
.1i i z z =
由z1+z2+z3=0得
.
022********
32221=+++++z z z z z z x x x ①
又.0)(111321321321321132321=++=⎪
⎪⎭⎫
⎝⎛++=++z z z z z z z z z z z z z z z z z z
所以
.
02
32221=++z z z
所以cos2α+cos2β+cos2γ+i(sin2α+sin2β+sin2γ)=0. 所以cos2α+cos2β+cos2γ=0。

例10 求和：S=cos200+2cos400+…+18cos18×200. [解] 令w=cos200+isin200,则w18=1，令P=sin200+2sin400+…+18sin18×200,则S+iP=w+2w2+…+18w18. ①由①×w 得w(S+iP)=w2+2w3+…+17w18+18w19，②由①-②得(1-w)(S+iP)=w+w2+…
+w18-18w19=1918181)1(w w w w ---，所以S+iP=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=--i w w 23219118，所以
.29-=S 8．复数与多项式。

例11 已知f(z)=c0zn+c1zn-1+…+cn-1z+cn 是n 次复系数多项式(c0≠0). 求证：一定存在一个复数z0,|z0|≤1，并且|f(z0)|≥|c0|+|cn|.
[证明] 记c0zn+c1zn-1+…+cn-1z=g(z),令θ=Arg(cn)-Arg(z0)，则方程g(Z)-c0ei θ=0为n 次方程，其必有n 个根，设为z1,z2,…,zn ，从而g(z)-c0ei θ=(z-z1)(z-z2)•…•(z-zn)c0，令z=0得-c0ei θ=(-1)nz1z2…znc0，取模得|z1z2…zn|=1。

所以z1,z2,…，zn 中必有一个zi 使得|zi|≤1,从而f(zi)=g(zi)+cn=c0ei θ=cn ，所以|f(zi)|=|c0ei θ+cn|=|c0|+|cn|. 9.单位根的应用。

例12 证明：自⊙O 上任意一点p 到正多边形A1A2…An 各个顶点的距离的平方和为定值。

[证明] 取此圆为单位圆，O 为原点，射线OAn 为实轴正半轴，建立复平面，顶点A1对应复数设为
i n
e
πε2=，则顶点A2A3…An 对应复数分别为ε2，ε3，…，εn.设点p 对应复数z,则|z|=1,且
=2n-∑∑∑∑====--=--=-=n
k k k n k k
k
n k k
n
k k
z z z z z pA
1
1
1
2
1
2
)
2())((||||εεεεε
=2n-
.
221
1
1
1
n z z n z z n
k k n k k
n
k k
n
k k
=--=-∑∑∑∑====εεεε命题得证。

10．复数与几何。

例13 如图15-2所示，在四边形ABCD 内存在一点P ，使得ΔPAB ，ΔPCD 都是以P 为直角顶点的等腰直角三角形。

求证：必存在另一点Q ，使得ΔQBC ，ΔQDA 也都是以Q 为直角顶点的等腰直角三角形。

[证明] 以P 为原点建立复平面，并用A ，B ，C ，D ，P ，Q 表示它们对应的复数，由题设及复数乘法的
几何意义知D=iC,B=iA ；取i iB
C Q --=
1，则C-Q=i(B-Q)，则ΔBCQ 为等腰直角三角形；又由C-Q=i(B-Q)得
)(Q i A
i Q i D -==，即A-Q=i(D-Q)，所以ΔADQ 也为等腰直角三角形且以Q 为直角顶点。

综上命题得
证。

例14 平面上给定ΔA1A2A3及点p0，定义As=As-3,s ≥4，构造点列p0,p1,p2,…,使得pk+1为绕中心Ak+1顺时针旋转1200时pk 所到达的位置，k=0,1,2,…,若p1986=p0.证明：ΔA1A2A3为等边三角形。

[证明] 令u=3
πi
e
，由题设，约定用点同时表示它们对应的复数，取给定平面为复平面，则p1=(1+u)A1-up0,
p2=(1+u)A2-up1,
p3=(1+u)A3-up2,
①×u2+②×(-u)得p3=(1+u)(A3-uA2+u2A1)+p0=w+p0,w 为与p0无关的常数。

同理得p6=w+p3=2w+p0,…,p1986=662w+p0=p0，所以w=0，从而A3-uA2+u2A1=0.由u2=u-1得A3-A1=（A2-A1）u ，这说明ΔA1A2A3为正三角形。

三、趋近高考【必懂】
1.（2011.江西卷.1）若i
i
z 21+=,则复数-z = ( )
A.i --2
B. i +-2
C. i -2
D.i +2
【解析】： i i i i i i i z -=--=+=+=21
2
22122 故选C
2．（2011.广东卷1）设复数z 满足(1)2i z +=，其中i 为虚数单位，则z = A ．1i + B ．1i - C ．22i + D ．22i - [解析]22(1)11(1)(1)
i z i i i i -===-++- 故选B
3.（2011.湖南卷1）若,a b R ∈，i 为虚数单位，且()a i i b i +=+，则（ ） A ．1,1a b == B ．1,1a b =-= C ．1,1a b =-=- D ．1,1a b ==- 【解析】：因()1a i i ai b i +=-+=+，根据复数相等的条件可知1,1a b ==-。

故选D
4.（2011.安徽卷1）、i
= A
、1412i - B
、1412+ C
、
126
+ D
、126
-
正视图
侧视图
1
4===+，选B.
5.（2011.四川卷2）复数1
i i
-+=
(A)2i - （B ）1
2
i （C ）0 （D ）2i 答案：A
【解析】：12i i i i i
-+=--=-
6.（2011.北京卷9）在复平面内，复数
21i
i
-对应的点的坐标为 。

【解析】：22(1)(1)11(1)(1)i i i i i i i i i +==+=-+--+ 故为（-1，1）.
7.(2009年广东卷文)下列n 的取值中，使n
i =1(i 是虚数单位）的是 （ ）
A.n=2 B .n=3 C .n=4 D .n=5 【解析】因为4
1i =,故选C. 答案 C
8. （2009广东卷理）设z 是复数，()a z 表示满足1n
z =的最小正整数n ，则对虚数单位i ，()a i =
（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【解析】()a i =1=n
i ，则最小正整数n 为4，选C.
答案 C
9.（2009浙江卷理）设1z i =+（i 是虚数单位），则22z z +=
( )
A ．1i --
B ．1i -+
C ．1i -
D ． 1i +
【解析】对于2222
(1)1211z i i i i
z i +=++=-+=++
答案 D
10.（2009浙江卷文）设1z i =+（i 是虚数单位），则2
2z z +=
（ ）
A ．1i +
B ．1i -+
C ．1i -
D ．1i --
【解析】对于2222(1)1211z i i i i
z i +=++=-+=++
答案 D
11.（2009北京卷理）在复平面内，复数(12)z i i =+对应的点位于 （ ） A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限 【解析】 ∵(12)22z i i i i i =+=+=-+，∴复数z 所对应的点为()2,1-，故选B.
答案 B
12.(2009山东卷理)复数31i
i --等于
（ ）
A ．i 21+ B.12i - C.2i + D.2i -
【解析】: 22
3(3)(1)324221(1)(1)12i i i i i i
i i i i i --++-+====+--+-,故选C.
答案 C
13.(2009山东卷文)复数31i
i --等于
（ ）
A ．i 21+ B.12i - C.2i + D.2i -
【解析】: 22
3(3)(1)324221(1)(1)12i i i i i i
i i i i i --++-+====+--+-,故选C.
答案 C
14.（2009全国卷Ⅰ理）已知1i Z
＋=2+i,则复数z=
（ ）
（A ）-1+3i (B)1-3i (C)3+i (D)3-i 【解析】
(1)(2)13,13z i i i z i =+⋅+=+∴=- 故选B 。

答案 B
15.（2009安徽卷理）i 是虚数单位，若17(,)2i
a bi a
b R i +=+∈-，则乘积ab 的值是( )
（A ）－15 （B ）－3 （C ）3 （D ）15
【解析】 17(17)(2)
1325i i i i
i +++==-+-，∴1,3,3a b ab =-==-，选B 。

答案 B
16.（2009安徽卷文）i 是虚数单位，i(1+i)等于 （ ）
A ．1+i B. -1-i C.1-i D. -1+i 【解析】依据虚数运算公式可知2
1i =-可得(1)1i i i +=-，选D.
答案 D
17.（2009江西卷理）若复数
2
(1)(1)z x x i =-+-为纯虚数，则实数x 的值为 （ ） A ．1- B ．0 C ．1 D ．1-或1
【解析】由210
110x x x ⎧-=⇒=-⎨
-≠⎩ 故选A
答案 A
18.(2009湖北卷理)投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为m 和n,则复数（m+ni ）(n-mi)为实数的概率为 （ ）
A 、13
B 、14
C 、16
D 、1
12
【解析】因为
22
()()2()m ni n mi mn n m i +-=+-为实数
所以22
n m =故m n =则可以取1、2⋅⋅⋅6，共6种可能，所以
11
6661
6
P C C =
=⋅
答案 C
19.（2009全国卷Ⅱ理）10i
2-i =
（ ）
A. -2+4i
B. -2-4i
C. 2+4i
D. 2-4i
【解析】：原式10i(2+i)
24(2-i)(2+i)i
=
=-+.故选A.
答案 A
20.（2009辽宁卷理）已知复数12z i =-，那么1
z =
（ ）
（A
） （B
） （C ）1255i + （D ）1255i -
【解析】
2 111212
12(12)(12)12
i i
i i i
z
--
===
++-+＝
12
55
i
-
答案 D
21.（2009宁夏海南卷理）复数3232
2323
i i
i i
+-
-=
-+（）
（A）0 （B）2 （C）-2i (D)2
【解析】3232
2323
i i
i i
+-
-=
-+
()()()()
3223322326
2
131313
i i i i i
i
++--
-==
,选D
答案 D。