高考数学图形与数式
2024 高考 数学考试大纲
2024 高考数学考试大纲2024年高考数学考试大纲主要分为数与式、函数、几何与变换、统计与概率四个部分。
一、数与式1. 实数：实数的概念、实数的四则运算、有理数与无理数的关系、开方运算。
2. 立方根：立方根的概念、立方根的计算、立方根的性质。
3. 代数式与多项式：代数式的概念、等价代数式的判定、多项式的概念与多项式的次数、整除与同余等概念。
二、函数1. 函数的定义：函数的定义域、函数的值域、函数的单调性、函数的奇偶性等概念。
2. 一次函数：一次函数的定义、一次函数的图象与性质。
3. 二次函数：二次函数的定义、二次函数的图象与性质。
4. 分式函数：分式函数的定义、分式函数的图象与性质。
5. 三角函数：正弦函数、余弦函数、正切函数等三角函数的定义与性质。
6. 指数函数与对数函数：指数函数与对数函数的定义、指数函数与对数函数的图象与性质。
三、几何与变换1. 平面几何：平行线与相交线、三角形、四边形、圆等平面图形的性质与判定。
2. 立体几何：空间几何体的表面积和体积，空间点线面的位置关系等概念。
3. 解析几何：直线的方程，圆的方程，圆锥曲线的方程等解析几何的基本概念。
4. 坐标变换：平移变换、旋转变换等坐标变换的概念与性质。
四、统计与概率1. 概率初步知识：概率的基本概念，随机事件的概率等概念。
2. 统计初步知识：总体与样本的概念，数据的整理与表示方法等概念。
3. 离散型随机变量及其分布：离散型随机变量的概念，几种常见的离散型随机变量的分布等概念。
4. 二项分布及其应用：二项分布的概念，二项分布的性质等概念。
新高考数学公式知识点汇总
新高考数学公式知识点汇总在新高考改革背景下，学生们在数学考试中将会遇到更加注重能力培养和实际运用的题目。
而数学公式作为数学学习的重要基础，对于学生而言也是必备的知识点。
下面将为大家整理一份新高考数学公式的知识点汇总，希望能够对大家的学习有所帮助。
一、平面解析几何公式平面解析几何公式是数学中的重要内容，建立在笛卡尔坐标系的基础上，主要用于描述平面上的几何关系。
1. 点到直线的距离公式设直线的方程为Ax+By+C=0，点的坐标为(x0, y0)，则点到直线的距离为：d = |Ax0 + By0 + C| / √(A^2 + B^2)2. 直线的斜率公式设直线上两点的坐标分别为(x1, y1)和(x2, y2)，则直线的斜率为：k = (y2 - y1) / (x2 - x1)3. 直线的点斜式和斜截式设直线通过点(x0, y0)，斜率为k，则直线的点斜式和斜截式分别为：点斜式：y - y0 = k(x - x0)斜截式：y = kx + b二、立体几何公式立体几何公式主要涉及到空间中的几何图形的计算，是解决空间几何问题的基础。
1. 球体积公式设球体半径为r，则球体积为：V = (4/3)πr^32. 圆柱体体积公式设圆柱体的底面半径为r，高为h，则圆柱体体积为：V = πr^2h3. 圆锥体体积公式设圆锥体的底面半径为r，高为h，则圆锥体体积为：V = (1/3)πr^2h三、数列与级数公式数列与级数是数学中的重要概念，它们有着广泛的应用，特别是在数学建模等领域。
1. 等差数列通项公式设等差数列的首项为a1，公差为d，则第n项为：an = a1 + (n-1)d2. 等差数列求和公式设等差数列的首项为a1，末项为an，项数为n，则等差数列的和为：Sn = (n/2)(a1 + an)3. 等比数列通项公式设等比数列的首项为a1，公比为q，则第n项为：an = a1 * q^(n-1)四、微积分基本公式微积分是数学中的重要分支，研究函数的变化规律和求解曲线下的面积等问题。
高考数学重点难点37数形结合思想大全
重点重点难点36 函数方程思想函数与方程思想是最重要的一种数学思想，高考中所占比重较大，综合知识多、题型多、应用技巧多.函数思想简单，即将所研究的问题借助建立函数关系式亦或构造中间函数，结合初等函数的图象与性质，加以分析、转化、解决有关求值、解（证）不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题；方程思想即将问题中的数量关系运用数学语言转化为方程模型加以解决.●重点重点难点磁场1.（★★★★★）关于x的不等式2•32x–3x+a2–a–3＞0，当0≤x≤1时恒成立，则实数a的取值范围为.2.（★★★★★）对于函数f(x)，若存在x0∈R,使f(x0)=x0成立，则称x0为f(x)的不动点.已知函数f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)（1）若a=1,b=–2时，求f(x)的不动点；（2）若对任意实数b，函数f(x)恒有两个相异的不动点，求a的取值范围；（3）在（2）的条件下，若y=f(x)图象上A、B两点的横坐标是函数f(x)的不动点，且A、B关于直线y=kx+ 对称，求b的最小值.●案例探究［例1］已知函数f(x)=logm(1)若f(x)的定义域为［α，β］，（β＞α＞0），判断f(x)在定义域上的增减性，并加以说明；(2)当0＜m＜1时，使f(x)的值域为［logm［m(β–1)］，logm［m(α–1)］］的定义域区间为［α,β］(β＞α＞0)是否存在？请说明理由.命题意图：本题重在考查函数的性质，方程思想的应用.属★★★★级题目.知识依托：函数单调性的定义判断法；单调性的应用；方程根的分布；解不等式组.错解分析：第(1)问中考生易忽视“α＞3”这一关键隐性条件；第(2)问中转化出的方程，不能认清其根的实质特点，为两大于3的根.技巧与方法：本题巧就巧在采用了等价转化的方法，借助函数方程思想，巧妙解题.解：（1）x＜–3或x＞3.∵f(x)定义域为［α,β］,∴α＞3设β≥x1＞x2≥α，有当0＜m＜1时，f(x)为减函数，当m＞1时，f(x)为增函数.（2）若f(x)在［α,β］上的值域为［logmm(β–1),logmm(α–1)］∵0＜m＜1, f(x)为减函数.∴即即α,β为方程mx2+(2m–1)x–3(m–1)=0的大于3的两个根∴∴0＜m＜故当0＜m＜时，满足题意条件的m存在.［例2］已知函数f(x)=x2–(m+1)x+m(m∈R)(1)若tanA,tanB是方程f(x)+4=0的两个实根，A、B是锐角三角形ABC的两个内角.求证：m≥5;(2)对任意实数α,恒有f(2+cosα)≤0，证明m≥3;(3)在(2)的条件下，若函数f(sinα)的最大值是8，求m.命题意图：本题考查函数、方程与三角函数的相互应用；不等式法求参数的范围.属★★★★★级题目.知识依托：一元二次方程的韦达定理、特定区间上正负号的充要条件，三角函数公式.错解分析：第(1)问中易漏掉Δ≥0和tan(A+B)＜0，第(2)问中如何保证f(x)在［1,3］恒小于等于零为关键.技巧与方法：深挖题意，做到题意条件都明确，隐性条件注意列.列式要周到，不遗漏. （1）证明：f(x)+4=0即x2–(m+1)x+m+4=0.依题意：又A、B锐角为三角形内两内角∴＜A+B＜π∴tan(A+B)＜0，即∴∴m≥5(2)证明：∵f(x)=(x–1)(x–m)又–1≤cosα≤1，∴1≤2+cosα≤3，恒有f(2+cosα)≤0即1≤x≤3时，恒有f(x)≤0即(x–1)(x–m)≤0∴m≥x但xmax=3，∴m≥xmax=3(3)解：∵f(sinα)=sin2α–(m+1)sinα+m=且≥2,∴当sinα=–1时，f(sinα)有最大值8.即1+(m+1)+m=8，∴m=3●锦囊妙计函数与方程的思想是最重要的一种数学思想，要注意函数，方程与不等式之间的相互联系和转化.考生应做到：（1）深刻理解一般函数y=f(x)、y=f–1(x)的性质（单调性、奇偶性、周期性、最值和图象变换），熟练掌握基本初等函数的性质，这是应用函数思想解题的基础.（2）密切注意三个“二次”的相关问题，三个“二次”即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式是中学数学的重要内容，具有丰富的内涵和密切的联系.掌握二次函数基本性质，二次方程实根分布条件，二次不等式的转化策略.●歼灭重点重点难点训练一、选择题1.（★★★★★）已知函数f(x)=loga［–(2a)2］对任意x∈［,+∞］都有意义，则实数a 的取值范围是( )A.(0,B.(0, )C.［,1D.( , ）2.（★★★★★）函数f(x)的定义域为R，且x≠1，已知f(x+1)为奇函数，当x＜1时，f(x)=2x2–x+1，那么当x＞1时，f(x)的递减区间是( )A.［，+∞B.(1,C.［,+∞D.(1, ］二、填空题3.（★★★★）关于x的方程lg(ax–1)–lg(x–3)=1有解，则a的取值范围是.4.（★★★★★）如果y=1–sin2x–mcosx的最小值为–4，则m的值为.三、解答题5.（★★★★）设集合A={x｜4x–2x+2+a=0,x∈R}.（1）若A中仅有一个元素，求实数a的取值集合B；（2）若对于任意a∈B，不等式x2–6x＜a(x–2)恒成立，求x的取值范围.6.（★★★★）已知二次函数f(x)=ax2+bx(a,b为常数，且a≠0)满足条件:f(x–1)=f(3–x)且方程f(x)=2x有等根.（1）求f(x)的解析式；（2）是否存在实数m，n(m＜n＝，使f(x)定义域和值域分别为［m,n］和［4m,4n］，如果存在，求出m、n的值；如果不存在，说明理由.7.（★★★★★）已知函数f(x)=6x–6x2，设函数g1(x)=f(x), g2(x)=f［g1(x)］, g3(x)=f ［g2(x)］, …gn(x)=f［gn–1(x)］,…（1）求证：如果存在一个实数x0，满足g1(x0)=x0，那么对一切n∈N，gn(x0)=x0都成立；（2）若实数x0满足gn(x0)=x0，则称x0为稳定不动点，试求出所有这些稳定不动点；（3）设区间A=（–∞,0）,对于任意x∈A，有g1(x)=f(x)=a＜0, g2(x)=f［g1(x)］=f(0)＜0，且n≥2时，gn(x)＜0.试问是否存在区间B（A∩B≠），对于区间内任意实数x，只要n≥2，都有gn(x)＜0.8.（★★★★）已知函数f(x)= (a＞0,x＞0).（1）求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数；（2）若f(x)≤2x在(0,+∞)上恒成立，求a的取值范围；（3）若f(x)在［m,n］上的值域是［m,n］(m≠n)，求a的取值范围.参考答案●重点重点难点磁场1.解析：设t=3x，则t∈［1,3］，原不等式可化为a2–a–3＞–2t2+t,t∈［1,3］.等价于a2–a–3大于f(t)=–2t2+t在［1,3］上的最大值.答案：(–∞,–1)∪(2,+∞)2.解：（1）当a=1,b=–2时，f(x)=x2–x–3，由题意可知x=x2–x–3，得x1=–1,x2=3.故当a=1,b=–2时，f(x)的两个不动点为–1,3.（2）∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有两个不动点，∴x=ax2+(b+1)x+(b–1)，即ax2+bx+(b–1)=0恒有两相异实根∴Δ=b2–4ab+4a＞0(b∈R)恒成立.于是Δ′=(4a)2–16a＜0解得0＜a＜1故当b∈R，f(x)恒有两个相异的不动点时，0＜a＜1.（3）由题意A、B两点应在直线y=x上，设A(x1,x1),B(x2,x2)又∵A、B关于y=kx+ 对称.∴k=–1.设AB的中点为M(x′,y′)∵x1,x2是方程ax2+bx+(b–1)=0的两个根.∴x′=y′= ，又点M在直线上有，即∵a＞0，∴2a+ ≥2 当且仅当2a= 即a= ∈(0,1)时取等号，故b≥–，得b的最小值–.●歼灭重点重点难点训练一、1.解析：考查函数y1= 和y2=(2a)x的图象，显然有0＜2a＜1.由题意得a= ，再结合指数函数图象性质可得答案.答案：A2.解析：由题意可得f(–x+1)=–f(x+1).令t=–x+1，则x=1–t，故f(t)=–f(2–t)，即f(x)=–f(2–x).当x＞1,2–x＜1，于是有f(x)=–f(2–x)=–2(x–)2–，其递减区间为［，+∞).答案：C3.解析：显然有x＞3，原方程可化为故有(10–a)•x=29,必有10–a＞0得a＜10又x= ＞3可得a＞.答案：＜a＜104.解析：原式化为.当＜–1,ymin=1+m=–4 m=–5.当–1≤≤1,ymin= =–4 m=±4不符.当＞1，ymin=1–m=–4 m=5.答案：±5二、5.解：(1)令2x=t(t＞0)，设f(t)=t2–4t+a.由f(t)=0在(0,+∞)有且仅有一根或两相等实根，则有①f(t)=0有两等根时，Δ=0 16–4a=0 a=4验证：t2–4t+4=0 t=2∈(0,+∞)，这时x=1②f(t)=0有一正根和一负根时,f(0)＜0 a＜0③若f(0)=0，则a=0，此时4x–4•2x=0 2x=0（舍去），或2x=4,∴x=2，即A中只有一个元素综上所述，a≤0或a=4，即B={a｜a≤0或a=4}（2）要使原不等式对任意a∈(–∞,0］∪｛4｝恒成立.即g(a)=(x–2)a–(x2–6x)＞0恒成立.只须＜x≤26.解：（1）∵方程ax2+bx=2x有等根，∴Δ=(b–2)2=0,得b=2.由f(x–1)=f(3–x)知此函数图象的对称轴方程为x=–=1得a=–1，故f(x)=–x2+2x. （2）f(x)=–(x–1)2+1≤1，∴4n≤1，即n≤而抛物线y=–x2+2x的对称轴为x=1∴n≤时，f(x)在［m,n］上为增函数.若满足题设条件的m,n存在，则又m＜n≤,∴m=–2,n=0，这时定义域为［–2,0］，值域为［–8,0］.由以上知满足条件的m、n存在，m=–2,n=0.7.(1)证明：当n=1时，g1(x0)=x0显然成立；设n=k时，有gk(x0)=x0(k∈N)成立，则gk+1(x0)=f［gk(x0)］=f(x0)=g1(x0)=x0即n=k+1时，命题成立.∴对一切n∈N,若g1(x0)=x0，则gn(x0)=x0.（2）解：由（1）知，稳定不动点x0只需满足f(x0)=x0由f(x0)=x0，得6x0–6x02=x0,∴x0=0或x0=∴稳定不动点为0和.(3)解：∵f(x)＜0，得6x–6x2＜0 x＜0或x＞1.∴gn(x)＜0 f［gn–1(x)］＜0 gn–1(x)＜0或gn–1(x)＞1要使一切n∈N,n≥2，都有gn(x)＜0，必须有g1(x)＜0或g1(x)＞1.由g1(x)＜0 6x–6x2＜0 x＜0或x＞1由g1(x)＞0 6x–6x2＞1故对于区间( )和(1,+∞)内的任意实数x,只要n≥2,n∈N，都有gn(x)＜0.8.(1)证明：任取x1＞x2＞0,f(x1)–f(x2)=∵x1＞x2＞0,∴x1x2＞0，x1–x2＞0,∴f(x1)–f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，故f(x)在(0,+∞)上是增函数.（2）解：∵≤2x在(0,+∞)上恒成立，且a＞0,∴a≥在（0，+∞）上恒成立，令（当且仅当2x= 即x= 时取等号），要使a≥在(0,+∞)上恒成立，则a≥.故a的取值范围是［,+∞).(3)解：由（1）f(x)在定义域上是增函数.∴m=f(m),n=f(n)，即m2–m+1=0，n2–n+1=0故方程x2–x+1=0有两个不相等的正根m，n，注意到m•n=1，故只需要Δ=( )2–4＞0,由于a＞0，则0＜a＜.重点难点37 数形结合思想数形结合思想在高考中占有非常重要的地位，其“数”与“形”结合，相互渗透，把代数式的精确刻划与几何图形的直观描述相结合，使代数问题、几何问题相互转化，使抽象思维和形象思维有机结合.应用数形结合思想，就是充分考查数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数意义又揭示其几何意义，将数量关系和空间形式巧妙结合，来寻找解题思路，使问题得到解决.运用这一数学思想，要熟练掌握一些概念和运算的几何意义及常见曲线的代数特征.●重点难点磁场1.曲线y=1+ (–2≤x≤2)与直线y=r(x–2)+4有两个交点时，实数r的取值范围.2.设f(x)=x2–2ax+2,当x∈［–1,+∞)时，f(x)＞a恒成立，求a的取值范围.●案例探究［例1］设A={x｜–2≤x≤a}，B={y｜y=2x+3，且x∈A}，C={z｜z=x2，且x∈A }，若C B，求实数a的取值范围.命题意图：本题借助数形结合，考查有关集合关系运算的题目.属★★★★级题目.知识依托：解决本题的关键是依靠一元二次函数在区间上的值域求法确定集合C.进而将C B 用不等式这一数学语言加以转化.错解分析：考生在确定z=x2，x∈［–2,a］的值域是易出错，不能分类而论.巧妙观察图象将是上策.不能漏掉a＜–2这一种特殊情形.技巧与方法：解决集合问题首先看清元素究竟是什么，然后再把集合语言“翻译”为一般的数学语言，进而分析条件与结论特点，再将其转化为图形语言，利用数形结合的思想来解决. 解：∵y=2x+3在［–2, a］上是增函数∴–1≤y≤2a+3，即B={y｜–1≤y≤2a+3}作出z=x2的图象，该函数定义域右端点x=a有三种不同的位置情况如下：①当–2≤a≤0时，a2≤z≤4即C={z｜z2≤z≤4}要使C B,必须且只须2a+3≥4得a≥与–2≤a＜0矛盾.②当0≤a≤2时，0≤z≤4即C={z｜0≤z≤4}，要使C B，由图可知：必须且只需解得≤a≤2③当a＞2时，0≤z≤a2，即C={z｜0≤z≤a2}，要使C B必须且只需解得2＜a≤3④当a＜–2时，A= 此时B=C= ，则C B成立.综上所述，a的取值范围是(–∞,–2)∪［,3］.［例2］已知acosα+bsinα=c, acosβ+bsinβ=c(ab≠0,α–β≠kπ, k∈Z)求证：.命题意图：本题主要考查数学代数式几何意义的转换能力.属★★★★★级题目.知识依托：解决此题的关键在于由条件式的结构联想到直线方程.进而由A、B两点坐标特点知其在单位圆上.错解分析：考生不易联想到条件式的几何意义，是为瓶颈之一.如何巧妙利用其几何意义是为瓶颈之二.技巧与方法：善于发现条件的几何意义，还要根据图形的性质分析清楚结论的几何意义，这样才能巧用数形结合方法完成解题.证明:在平面直角坐标系中，点A（cosα,sinα）与点B（cosβ,sinβ）是直线l:ax+by=c与单位圆x2+y2=1的两个交点如图.从而：｜AB｜2=(cosα–cosβ)2+(sinα–sinβ)2=2–2cos(α–β)又∵单位圆的圆心到直线l的距离由平面几何知识知｜OA｜2–( ｜AB｜)2=d2即∴.●锦囊妙计应用数形结合的思想，应注意以下数与形的转化：（1）集合的运算及韦恩图（2）函数及其图象（3）数列通项及求和公式的函数特征及函数图象（4）方程（多指二元方程）及方程的曲线以形助数常用的有：借助数轴；借助函数图象；借助单位圆；借助数式的结构特征；借助于解析几何方法.以数助形常用的有：借助于几何轨迹所遵循的数量关系；借助于运算结果与几何定理的结合.●歼灭重点难点训练一、选择题1.（★★★★）方程sin(x–)= x的实数解的个数是( )A.2B.3C.4D.以上均不对2.（★★★★★）已知f(x)=(x–a)(x–b)–2（其中a＜b ，且α、β是方程f(x)=0的两根（α＜β，则实数a、b、α、β的大小关系为( )A.α＜a＜b＜βB.α＜a＜β＜bC.a＜α＜b＜βD.a＜α＜β＜b二、填空题3.（★★★★★）(4cosθ+3–2t)2+(3sinθ–1+2t)2，(θ、t为参数)的最大值是.4.（★★★★★）已知集合A={x｜5–x≥},B={x｜x2–ax≤x–a}，当A B时，则a的取值范围是.三、解答题5.（★★★★）设关于x的方程sinx+ cosx+a=0在（0,π）内有相异解α、β.（1）求a的取值范围；（2）求tan(α+β)的值.6.（★★★★）设A={(x,y)｜y= ,a＞0}，B={(x,y)｜(x–1)2+(y–3)2=a2,a＞0},且A∩B≠，求a的最大值与最小值.7.（★★★★）已知A（1，1）为椭圆=1内一点，F1为椭圆左焦点，P为椭圆上一动点.求｜PF1｜+｜PA｜的最大值和最小值.8.（★★★★★）把一个长、宽、高分别为25 cm、20 cm、5 cm的长方体木盒从一个正方形窗口穿过，那么正方形窗口的边长至少应为多少？参考答案●重点难点磁场1.解析：方程y=1+ 的曲线为半圆，y=r(x–2)+4为过（2，4）的直线.答案：（］2.解法一：由f(x)＞a，在［–1,+∞)上恒成立x2–2ax+2–a＞0在［–1,+∞)上恒成立.考查函数g(x)=x2–2ax+2–a的图象在［–1,+∞］时位于x轴上方.如图两种情况：不等式的成立条件是：(1)Δ=4a2–4(2–a)＜0 a∈(–2,1)(2) a∈(–3,–2 ，综上所述a∈(–3,1).解法二：由f(x)＞a x2+2＞a(2x+1)令y1=x2+2,y2=a(2x+1),在同一坐标系中作出两个函数的图象.如图满足条件的直线l位于l1与l2之间，而直线l1、l2对应的a值（即直线的斜率）分别为1，–3，故直线l对应的a∈(–3,1).●歼灭重点难点训练一、1.解析：在同一坐标系内作出y1=sin(x–)与y2= x的图象如图.答案：B2.解析：a,b是方程g(x)=(x–a)(x–b)=0的两根，在同一坐标系中作出函数f(x)、g(x)的图象如图所示：答案：A二、3.解析：联想到距离公式，两点坐标为A(4cosθ,3sinθ),B(2t–3,1–2t)点A的几何图形是椭圆，点B表示直线.考虑用点到直线的距离公式求解.答案：4.解析：解得A={x｜x≥9或x≤3}，B={x｜(x–a)(x–1)≤0}，画数轴可得.答案：a＞3三、5.解：①作出y=sin(x+ )(x∈(0,π))及y=–的图象，知当｜–｜＜1且–≠时，曲线与直线有两个交点，故a∈(–2,–)∪(–,2).②把sinα+ cosα=–a,sinβ+ cosβ=–a相减得tan ，故tan(α+β)=3.6.解：∵集合A中的元素构成的图形是以原点O为圆心，a为半径的半圆；集合B中的元素是以点O′(1, )为圆心，a为半径的圆.如图所示∵A∩B≠，∴半圆O和圆O′有公共点.显然当半圆O和圆O′外切时，a最小a+a=｜OO′｜=2,∴amin=2 –2当半圆O与圆O′内切时，半圆O的半径最大，即a最大.此时a–a=｜OO′｜=2,∴amax=2 +2.7.解：由可知a=3,b= ,c=2，左焦点F1(–2,0),右焦点F2(2,0).由椭圆定义，｜PF1｜=2a–｜PF2｜=6–｜PF2｜,∴｜PF1｜+｜PA｜=6–｜PF2｜+｜PA｜=6+｜PA｜–｜PF2｜如图：由｜｜PA｜–｜PF2｜｜≤｜AF2｜= 知–≤｜PA｜–｜PF2｜≤.当P在AF2延长线上的P2处时，取右“=”号；当P在AF2的反向延长线的P1处时，取左“=”号.即｜PA｜–｜PF2｜的最大、最小值分别为，– .于是｜PF1｜+｜PA｜的最大值是6+ ,最小值是6–.8.解：本题实际上是求正方形窗口边长最小值.由于长方体各个面中宽和高所在的面的边长最小，所以应由这个面对称地穿过窗口才能使正方形窗口边长尽量地小.如图：设AE=x,BE=y,则有AE=AH=CF=CG=x，BE=BF=DG=DH=y∴∴.高考数学重点难点突破重点难点38 分类讨论思想.txt人永远不知道谁哪次不经意的跟你说了再见之后就真的再也不见了。
2024年上海高考数学大纲
2024年上海高考数学大纲一、绪论随着社会的发展和教育体制的改革，2024年上海高考数学大纲将进一步完善，更加贴合时代需求，为学生提供更广阔的发展空间。
本文将详细介绍2024年上海高考数学大纲的主要内容和改革方向，旨在为学生提供有效的学习指导和备考建议。
二、知识体系与重点1. 数与代数1.1 数的集合与运算1.2 代数式与方程1.3 函数与方程组2. 几何与图形2.1 平面向量与解析几何2.2 空间几何与立体几何2.3 图形的性质与变换3. 数据与统计3.1 数据收集与整理3.2 数据分析与概率3.3 统计与推断三、知识要求与能力培养根据数学学科的特点和学生的认知发展，2024年上海高考数学大纲注重培养学生的以下能力：1. 数与代数方面：提升学生的数的认识和运算能力，培养学生分析代数式、解决方程和应用函数的能力。
2. 几何与图形方面：加强学生对几何概念的理解，培养学生分析几何性质、解决几何问题以及利用向量和坐标解决几何问题的能力。
3. 数据与统计方面：提高学生的数据收集、整理和分析的能力，培养学生利用统计方法进行推断和预测的能力。
四、教学与学习方法1. 深化课堂教学：教师要注重培养学生的思维能力和问题解决能力，通过开展探究、实验和课堂讨论等形式来激发学生的学习兴趣和创造力。
2. 引导自主学习：学生要积极参与学习，注重掌握基本概念和解题方法，通过实际问题的应用，培养灵活运用数学知识解决问题的能力。
3. 多样化评价方式：评价不仅要注重对学生知识掌握情况的评价，还要综合考察学生的思维方式、解题思路和创新能力，鼓励学生通过多种途径展示自己的数学能力。
五、备考建议1. 加强基础知识的学习：掌握数与代数、几何与图形、数据与统计方面的基本概念和解题方法，牢固打好基础。
2. 做好习题的练习：通过大量的习题练习，巩固知识点，培养解题能力和思维灵活性。
3. 关注题型变化：及时了解考试大纲的变化，熟悉新题型的解题思路和方法，提前做好应对准备。
高考数学图形与数式
2. 某人准备投资 1200 万元兴办一所中学，为了考虑社 会效益和经济效益，对该地区教育市场进行调查，得 出一组数据表(以班级为单位)：
班级学生数 配备教师数 硬件建设(万元) 教师年薪(万元) 50 2.0 28 1.2 初中 40 2.5 58 1.6 高中
根据物价部门的有关文件，初中是义务教育阶段，收 费标准适当控制，预计除书本费、办公费以外每个学 生每年可收取600元，高中生每个学生每年可收取1500 元，因生源和环境条件限制，办学规模以 20至 30个班 为宜，教师实行聘任制.初、高中的教育周期均为三年， 请你合理地安排招生计划，使年利润最大，大约经过 多少年可以收回全部投资?
； / 信息分类网 nqx48kop 耿家父子们和李尚武不认识他们，他们也不认识耿家父子们和李尚武。这些孩子们大概在想：管他们是谁呢，今儿个是月初的 第一个集市日，来赶集的人多着呢！因此，他们并没有驻足留意，都自管蹦来蹿去地继续玩儿去了。远远望见自家的院门儿了， 耿老爹不由地脚下用力加快了步伐。不一会儿，从后面快步赶上来三个人。耿正注意到，当他们从车旁超过去的时候，都回头 专注地张望了几眼，尤其死死地盯住包裹着红色篷布的寿棺多看了几眼。熟悉的院门儿近在咫尺了：简洁的门楼，磨得光滑发 亮的黄铜门环„„耿老爹激动得浑身直打颤！几乎就在同时，一左一右挽着爹爹胳膊的耿英和耿直，也都控制不住地浑身打颤 了！是啊，九年半了！此时，谁的心情又能够做得到不会万分激动呢！院门儿忽然打开了，两个十四、五岁的女娃儿说笑着并 肩走了出来。耿老爹定睛一看，其中的一个女娃儿，长得实在是太像九年半之前跟他南下时的大女儿耿英了！他不由地拽着耿 英和耿直快步向前，猛然之间脱口喊出一声：“兰儿！你就是俺的兰儿啊！”耿英和耿直也同时喊道：“兰兰！”看着愣在一 旁的另一个女娃儿，耿英又喊道：“你是妞儿啊！”两个女娃儿且不答应，同时一个左右急转身，一起冲回院儿里去了！随即 就有两个声音传出来：“娘，你快来看啊，是不是俺爹和俺哥哥姐姐们回来了呀！”“婶儿，你快来看啊，那个喊俺‘妞儿’ 的，好像是俺耿英姐姐呢！”耿正赶快招呼李尚武将两挂骡车停在门前。在停车的当儿，耿正又注意到，那三个从后面快步赶 上来超过去的人也停下来了。他们一起朝这边望望之后，又快步往前走了。耿正不由得皱皱眉头，心想：今儿个固然是逢集人 杂一些，但这三个人的行迹可是有些个不太正常呢！院儿内传出来一阵轻重不一急促的脚步声，耿兰和董妞儿搀扶着头发花白 的郭氏深一脚浅一脚地出门来了。“娘！娘啊！”随着这明显带着颤音的一声喊，耿英和耿直泪如雨下„„耿老爹早已老泪纵 流泣不成声„„他定眼望着憔悴残老了许多的贤妻，哽咽着艰难地说着：“他，他娘啊，你，你受苦了„„”由于太激动了， 郭氏的身子在剧烈地颤抖着。她泪流满面，但张着嘴巴却只能吃力地吐出来几个字：“他，他爹啊，是，是，是你爷儿们吗？ 你们，可，可回来啦„„”“是俺啊，俺和咱娃儿们，都，都回来了„„”耿英和耿直放开爹爹，一起扑上来抱住了日思夜想 的亲娘，娘儿三个直哭得声嘶力竭„„搀扶着郭氏的耿兰和董妞儿见状，同时放开手退在一旁呆若木鸡！看到没有人搀扶的爹 爹一个趔趄几乎摔倒，耿正一个箭步上前用力扶住，同时强忍着激动的颤栗尽量镇静地颤声低喊：“英子，小直子，你们忍住 点儿！娘，娘啊，你快看看，这是谁啊！”耿英和耿直听了哥
高考数学理二轮专题复习典型例题在线：专题30 数形结合的思想方法
2
即 122cos 4 d2a2c 2b2，
所以 cos2 21cos2 a2c 2b2，
命题得证.
15
(6)利用“正余弦定理”构图 例 6 求 s i n 2 2 0 c o s 2 5 0 s i n 2 0 c o s 5 0 的 值 ． 解析:将原式变形为 sin2 20 sin2 40 2sin20 sin40cos120， 于是我们可联想构造一个三角形：其三个内角分 别为20、40、120，并设此三角形外接圆直径为1， 则此三角形三边长分别为sin20、sin40、sin120，
11
因为g(x)为偶函数且g(3)=0，故g(－3)=0，
从而F(－3)=F(3)=0. 作出满足条件F(x)的示意图如图所示， 由图易知，F(x)＜0的解集为 (－∞，－3)∪(0,3)．
点评：为什么奇函数的图象在原点两侧的单调性相 同，这就是我们成竹在胸，“胸”中有图：对奇函 数的图象特征烂熟于心；为什么在图中标了三个特 殊点：两个非F(x)图象中的点，一个F(x)图象中的点 即原点：这就是我们对奇函数性质了如指掌：
例 1求 函 数 fxx24x13x212x37
的 最 小 值 ．
-
4
解析：将函数式变形，得
f x x2 4x 13 x2 12x 37
x 22 0 32 x 62 0 12，
设A2,3，B 6,1，P x,0，则上述问题转化为求
-
PA PB 的最小值，如图点A关于x轴的对称点为 C (2， 3)，因为 PA PB PC PB BC 4 2，
由余弦定理可得 sin2 20 sin2 40 2sin20sin40cos120 sin2120 3 .
山东高考数学知识点
山东高考数学知识点
一、数与式
1. 实数及其性质
2. 复数
3. 数量关系与函数
二、代数式与方程
1. 代数式的基本概念
2. 多项式及其运算
3. 方程及其根
4. 一元一次方程与一元一次不等式
5. 二次根式与二次方程
6. 二次函数与一元二次方程
三、函数及其图象
1. 函数及其表示法
2. 基本初等函数及其性质
3. 图象与函数关系
4. 函数的性质和变化规律
5. 函数的应用
四、数列与数表
1. 数列的概念及分类
2. 等差数列
3. 等比数列
五、几何与变换
1. 平面几何基本概念
2. 几何变换与刚体运动
3. 平面向量及其运算
4. 解析几何在平面几何中的应用
5. 三角函数与解三角形
6. 图形与坐标几何
六、概率与统计
1. 随机事件及其概率
2. 概率的计算方法
3. 统计与统计图
4. 正态分布及其应用
七、数学思想方法
1. 数学模型与数学问题的提出
2. 运算与推理
3. 证明方法与证明思路
4. 问题解决的思路与方法
以上是山东高考数学的主要知识点，通过系统学习和掌握这些知识点，可以帮助考生更好地应对高考数学的考试。
希望各位考生认真学习，刻苦复习，取得优异成绩！。
高中高考数学数形结合思想分析与讲解
高考数学数形联合思想剖析与解说所谓数形联合，就是依据数与形之间的对应关系，经过数与形的相互转变来解决数学识题的思想，实现数形联合，常与以下内容相关：（1）实数与数轴上的点的对应关系；（2）函数与图象的对应关系；（3）曲线与方程的对应关系；（（4）以几何元素和几何条件为背景成立起来的观点，如复数、三角函数等；（5）所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。
以“形”变“数” 固然形有形象、直观的长处，但在定量方面还一定借助代数的计算，特别是对于较复杂的“形”，不只要正确的把图形数字化，并且还要留意察看图形的特色，挖掘题目中的隐含条件，充足利用图形的性质或几何意义，把“形”正确表示成“数”的形式，进行剖析计算。
解题的基本思路：明确题中所给条件和所求的目标，剖析已给出的条件和所求目标的特色和性质，理解条件或目标在图形中的重要几何意义，用已学过的知识正确的将题顶用到的图形的用代数式表达出来，再依据条件和结论的联系，利用相应的公式或定理等。
“形”“数”互变“形”“数”互变是指在有些数学识题中不只是是简单的以“数”变“形”或以“形”变“数”而是需要“形”“数”相互变换，不只要想到由“形”的直观变成“数”的严实还要由“数”的严实联系到“形”的直观。
解决这种问题常常需要从已知和结论同时出发，仔细剖析找出内在的“形”“数”互变。
一般方法是看“形”思“数”、见“数”想“形”。
本质就是以“数”化“形”、以“形”变“数”的联合。
数形联合思想是一种可使复杂问题简单化、抽象问题详细化的常用的数学思想方法。
要想提高学生运用数形联合思想的能力，需要教师耐心仔细的指引学生学会联系数形联合思想、理解数形联合思想、运用数形联合思想、掌握数形联合思想。
基础自测：1.已知0 a 1，则方程 a x log a x 的实数根的个数为（）A.1 个B.2 个C.3 个D.1 个或 2 个或 3 个2.设数集Mx m x m 3x n1，且 M , N 都是集合，数集 N x n4 3x 0 x 1 的子集，假如把 b a叫做会合x a x b 的“长度”，那么会合 M N 的长度的最小值为1B. 2 1 5A.3 C. D.3 12 123.若奇函数 f (x) 在 0, 上的增函数，有f ( 3) 0 ，则x x f ( x) 0 （）A. x x 3或3 x 0B. x 0 x 3或 x 3C. x x 3或x 3D. x 0 x 3或 3 x 04.当x, y知足条件x y 1时，变量u x 的取值范围是（）y 3A. 3,3B. 1 , 1C. 1 , 1D. 1 , 13 3 2 3 3 2参照分析：1.分析在同一坐标系下，画出函数y=a|x|，y=|logax| 的图象，则图象有两个交点 .2.分析 由题意知 .会合 M 的“长度”为3，会合 N4的“长度”为1，而会合 {x|0 ≤ x ≤1} 的“长度”331,b为 1；设线段 AB=1 ， a， a ， b 可在线段44AB 上自由滑动， a ， b 重叠部分的长度即为 M ∩ N.如图，明显当 a ，b 各自凑近 AB 两头时，重叠部分最短 ,其值为3 1 1 1 .4 312所以1 1 , 00 , 1.答案 Ck33综上所述，u1 ,1333.分析 由 f(x) 为奇函数且 f(-3)=0 ，得 f(3)=0.又 f(x) 在（ 0,+∞ )上是增函数，据上条件做出知足题意的 y=f(x) 草图，如图，如右图中找出f(x) 与 x 异号的部分，能够看出 x · f(x) ＜ 0 的解集为 {x|0 ＜ x ＜ 3 或 -3＜x ＜ 0}. 答案 D4.分析由题意在座标系下画出|x|+|y|≤ 1 的图象如右图暗影部分，①若 x=0 时， |y|≤ 1,此时 u=0; ②若 x ≠ 0 时，变量可当作点 A(0， 3)与可行域内的点 B 连线斜率 k 的 倒数 ,而 k ∈ (-∞ ,-3] ∪ [3,+ ∞),典型例题解说题型一代数问题“几何化”——以形助数【例 1】求函数 A 2m 46m 的值域。
高考数学八大模块总结归纳
高考数学八大模块总结归纳在高考数学的学习中，我们通常将数学知识分为八大模块，包括数与式、图形与变换、函数与方程、几何与三视图、统计与概率、三角与证明、向量与解析几何、数学建模。
这八大模块涵盖了高中数学的主要内容，对于考生来说都是不可或缺的。
下面，我们将对这八大模块进行总结和归纳，并简要介绍每个模块的重点知识点。
一、数与式数与式是数学学习的基础，对于高考数学来说更是重中之重。
数与式的主要内容包括整式、分式以及方程与不等式等。
整数、有理数、无理数的性质与运算是数与式的基础，学生需要熟练掌握运算法则和运算技巧。
而方程与不等式的解法是数与式的关键，比如一次方程、二次方程以及分式方程的解法，以及求解不等式的方法等。
二、图形与变换图形与变换是高考数学中的一大重点内容。
该模块主要包括点、线、面的性质与判定、图形的相似与全等、平移、旋转、翻折等变换。
学生需要掌握图形的基本性质，如三角形、四边形的性质与判定，以及图形变换的规律和方法。
此外，直线与平面的位置关系、空间几何体的表面积和体积的计算也是该模块的重点内容。
三、函数与方程函数与方程是高考数学的核心内容之一。
这个模块主要包括函数及其性质与图像、一元二次函数、指数与对数函数、三角函数以及函数方程的解法等。
在学习函数与方程的过程中，学生需要掌握函数的概念和性质，学会分析函数的图像和变化规律。
对于一元二次函数、指数与对数函数以及三角函数，需要了解其基本性质和一些常见的解法。
四、几何与三视图几何与三视图是高考数学中的重点内容之一。
几何与三视图主要包括平行线与三角形、相似与全等、三角函数以及空间几何体的三视图等。
在学习几何与三视图的过程中，学生需要掌握几何证明的方法和技巧，学会利用相似性、全等性等几何性质进行证明和解题。
此外，了解空间几何体的三视图和投影，对于学习三维几何有很大的帮助。
五、统计与概率统计与概率是数学中的实际应用部分，也是高考数学中的重要内容。
统计与概率主要包括统计图表的分析与应用、概率的概念与计算、事件与概率、统计推断等。
2025届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第12讲数形结合与巧用放缩法含解析
第12讲数形结合与巧用放缩法学问与方法数形结合思想就是依据试题中给出的条件和结论,考虑几何含义来证明不等式.若想要运用好数形结合思想,必需敏捷地把抽象笼统的数量关系式与直观明白的图形结合起来,然后在几何与代数的背景下找寻解题的突破口.数形结合有两种状况:一是以数解形,二是以形助数,而通常状况下我们是以形助数来解题,所谓“以形助数”就是构造出与题意相吻合的图形,并通过图象的性质来帮助解决“数”的问题.典型例题f2−ff有两个极值点f1,f2(e为自然对数的底数). 【例1】已知函数f(f)=e f−12(1)求实数f的取值范围;(2)求证:f(f1)+f(f2)>2.f2−ff,则f′(f)=e f−f−f,【解析】(1)由于f(f)=e f−12设f(f)=f′(f)=e f−f−f,则f′(f)=e f−1.令f′(f)=e f−1=0,解得f=0.所以当f∈(−∞,0)时,f′(f)<0;当f∈(0,+∞)时,f′(f)>0.所以f(f)min=f(0)=1−f.(1)当f⩽1时,f(f)=f′(f)⩾0,所以函数f(f)单调递增,没有极值点;(2)当f>1时,f(f)min=1−f<0,且当f→−∞时,f(f)→+∞;当f→+∞时,f(f)→+∞.此时,f(f)=f′(f)=e f−f−f有两个零点f1,f2,不妨设f1<f2,则f1<0<f2−ff有两个极值点时,实数f的取值范围是(1,+∞); f2,所以函数f(f)=e f−12(2)由(1)知,f1,f2为f(f)=0的两个实数根,f1<0<f2,f(f)在(−∞,0)上单调递减.下面先证f1<−f2<0,只需证f(−f2)<f(f1)=0.由于f(f2)=e f2−f2−f=0,得f=e f2−f2,所以f(−f2)=e−f2+f2−f=e−f2−e f2+2f2.−e f+2<0,设f(f)=e−f−e f+2f(f>0),则f′(f)=−1e f所以f(f)在(0,+∞)上单调递减,所以f(f)<f(0)=0,f(f2)=f(−f2)<0,所以f1<−f2<0.由于函数f(f)在(f1,0)上也单调递减,所以f(f1)>f(−f2).要证f(f1)+f(f2)>2,只需证f(−f2)+f(f2)>2,即证e f2+e−f2−f22−2>0.设函数f(f)=e f+e−f−f2−2,f∈(0,+∞),则f′(f)=e f−e−f−2f.设f(f)=f′(f)=e f−e−f−2f,则f′(f)=e f+e−f−2>0,所以f(f)在(0,+∞)上单调递增,f(f)>f(0)=0,即f′(f)>0.所以f(f)在(0,+∞)上单调递增,f(f)>f(0)=0.故当f∈(0,+∞)时,e f+e−f−f2−2>0,则e f2+e−f2−f22−2>0,所以f(−f2)+f(f2)>2,亦即f(f1)+f(f2)>2.【点睛】第一问函数f(f)有两个极值点实质上就是其导数f′(f)有两个零点,亦即函数f=e f与直线f=f+f有两个交点,如图所示,明显实数f的取值范围是(1,+∞).其次问是极值点偏移问题的泛化,是拐点的偏移,依旧可以运用极值点偏移问题的有关方法来解决.只不过须要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系,如本题中的f1<−f2<0,假如“脑中有'形'”,如图所示,并不难得出.【例2】已知函数f(f)=e f−ff2,且曲线f=f(f)在点f=1处的切线与直线f+ (f−2)f=0垂直.（1）求函数f(f)的单调区间;(2)求证:f>0时,e f−ex−1⩾f(lnf−1).【解析】(1)由f(f)=e f−ff2,得f′(f)=e f−2ff.因为曲线f=f(f)在点f=1处的切线与直线f+(e−2)f=0垂直,所以f′(1)=e−2f=e−2,所以f=1,即f(f)=e f−f2,f′(f)=e f−2f.令f(f)=e f−2f,则f′(f)=e f−2,f′(ln2)=0.所以f∈(−∞,ln2)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;f∈(ln2,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)min=f(ln2)=2−2ln2>0,所以f′(f)>0,f(f)单调递增.即f(f)的单调递增区间为(−∞,+∞),无递减区间;(2)由(1)知f(f)=e f−f2,f(1)=e−1,所以f=(f)在f=1处的切线为f−(e−1)=(e−2)(f−1),即f=(e−2)f+1. 令f(f)=e f−f2−(e−2)f−1,则f′(f)=e f−2f−(e−2)=e f−e−2(f−1),且f′(1)=0,f′′(f)=e f−2,f ∈(−∞,ln 2)时,f ′′(f )<0,f ′(f )单调递减; f ∈(ln 2,+∞)时,f ′′(f )>0,f ′(f )单调递增.因为f ′(1)=0,所以f ′(f )min =f ′(ln 2)=4−e −2ln 2<0, 因为f ′(0)=3−e >0,所以存在f 0∈(0,1),使f ∈(0,f 0)时,f ′(f )>0,f (f )单调递增;f ∈(f 0,1)时,f ′(f )<0,f (f )单调递减; f ∈(1,+∞)时,f ′(f )>0,f (f )单调递增.又f (0)=f (1)=0,所以f >0时,f (f )⩾0,即e f −f 2−(e −2)f −1⩾0,所以e f −(e −2)f −1⩾f 2. 今f f (f )=ln f −f ,则f ′(f )=1f −1=1−ff.所以f ∈(0,1)时,f ′(f )>0,f (f )单调递增;f ∈(1,+∞)时,f ′(f )<0,f (f )单调递减,所以f (f )⩽f (1)=−1,即ln f +1⩽f ,因为f >0,所以f (ln f +1)⩽f 2,所以f >0时,e f −(e −2)f −1⩾f (ln f +1), 即f >0时,e f −e f −1⩾f (ln f −1).强化训练1.若关于f 的不等式f −ff >e f (2f −1)(f >−1)有且仅有两个整数解,则实数f 的取值范围为 A.(−34,53e 2] B.(−1,−32e ]C.(−32e ,−53e 2]D.(−34,−53e 2]【答案】C【解析】设f (f )=f −ff ,f (f )=e f (2f −1), 不等式f −ff >e f (2f −1)(f >−1)即f (f )>f (f ),f ′(f )=e f (2f +1),由f ′(f )>0得f >−12,由f ′(f )<0得f <−12, f (f )在(−∞,−12)单调递减,在(−12,+∞)单调递增.作出f (f )的图象如图所示,直线f (f )=f −ff 过定点(1,0).若不等式f (f )>f (f )有且仅有两个整数解,则这两个整数只能是0和−1,所以{f (−1)>f (−1),f (−2)⩽f (−2),得−32e <f ⩽−53e 2,实数f 的取值范围是(−32e ,−53e 2],故选:f .2.已知关于f 的不等式|ln f +f −4e f|>ff 的解集中只有两个整数,则实数f 的取值范围为（）A.(ln 22f 4,2−ln 22f 2] B.[ln 3−13f 3,2−ln 22f 2) C.[ln 3+13f 3,2−ln 22f 2)D.(ln 3+13e 3,2−ln 22e 2)【答案】A【解析】依题意,f <|ln f +f −4|f e f=|ln f +f −4f e f|,令f (f )=ln f +f −4f e f,则f ′(f )=−(f +1)(ln f +f −5)f 2f f,令f (f )=ln f +f −5,则f ′(f )=1f +1>0,则f (f )在(0,+∞)上单调递增, 又f (3)=ln 3−2<0,f (4)=ln 4−1>0,所以存在f ∈(3,4),使得f (f )=0,所以f ∈(0,f ),f (f )<0即f ′(f )>0,f (f )在(0,f )单调递增,当f ∈(f ,+∞),f (f )>0,即f ′(f )<0,f (f )在(f ,+∞)单调递减, 因为f (1)=−3e <0,f (2)=ln 2−22e 2<0,f (3)=ln 3−12e 3>0,且当f >3时,f (f )>0, 又|f (1)|=3e ,|f (2)|=2−ln 22e 2>|f (3)|=ln 3−12e 3,|f (4)|=ln 22e 4>|f (3)|,故要使不等式|ln f +f −4e f|>ff 的解集中只有两个整数,f 的取值范围应为ln 22e 4<f ⩽2−ln 22e 2.故选:f .3.已知函数f (f )=ln f +12f 2+ff (f ∈f ),f (f )=e f +32f 2−f .(1)探讨f (f )的单调性;(2)定义:对于函数f (f ),若存在f 0,使f (f 0)=f 0成立,则称f 0为函数f (f )的不动点.假如函数f (f )=f (f )−f (f )存在不动点,求实数f 的取值范围. 【解析】(1)f (f )的定义域为(0,+∞),f ′(f )=f 2+ff +1f(f >0),对于函数f =f 2+ff +1，(1)当Δ=f 2−4⩽0时,即−2⩽f ⩽2时,f 2+ff +1⩾0在f >0恒成立. 所以f ′(f )=f 2+ff +1f⩾0在(0,+∞)恒成立.所以f (f )在(0,+∞)为增函数; (2)当Δ>0,即f <−2或f >2时, 当f <−2时,由f ′(f )>0, 得f <−f −√f 2−42或f >−f +√f 2−42,0<−f −√f 2−42<−f +√f 2−42,所以f (f )在(0,−f −√f 2−42)上递增, 在(−f −√f 2−42,−f +√f 2−42)上递减.在(−f +√f 2−42,+∞)上递增;当f >2时,由f ′(f )=f 2+ff +1f>0在(0,+∞)恒成立,所以f (f )在(0,+∞)为增函数. 综上:当f <−2时,f (f )在(0,−f −√f 2−42)上为增函数,在(−f −√f 2−42,−f +√f 2−42)上为减函数,在(−f +√f 2−42,+∞)上为增函数;当f ⩾−2时,f (f )在(0,+∞)上为增函数.(2)f (f )=f (f )−f (f )=ln f −f 2+ff +f −e f (f >0), 因为f (f )存在不动点,所以方程f (f )=f 有实数根,即f =e f −ln f +f 2f有解,令f (f )=e f +f 2−ln ff(f >0),f ′(f )=f f (f −1)+ln f +(f +1)(f −1)f 2=(f f +f +1)(f −1)+ln ff 2,令f ′(f )=0,得f =1,当f ∈(0,1)时,f ′(f )<0,f (f )单调递减; 当f ∈(1,+∞)时,f ′(f )>0,f (f )单调递增;所以f (f )⩾f (1)=e +1,当f ⩾e +1时,f (f )有不动点,所以f 的范围为[e +1,+∞). 【点睛】导数式含参数时,如何探讨参数范围而确定到数值的正负是解决这类题的难点,般采纳求根法和图像法.(1)对函数f (f )求导,结合二次函数的性质探讨f 的范围,即可推断f (f )的单调性;(2)由f (f )存在不动点,得到f (f )=f 有实数根,即f =e f −ln f +f 2f有解,构造函数令f (f )=e f +f 2−ln ff(f >0),通过求导即可推断f (f )的单调性,从而得到f (f )的取值范围,即可得到f 的范围.巧用放缩法学问与方法放缩法就是针对不等式的结构特征,运用不等式的性质,将不等式的一边或两边进行放大或缩小,也就是对代数式进行恰到好处的变形,使问题便于解决.放缩法大致分为以下几类:1.将代数式中的分母和分子同时扩大和缩小;2.利用均值不等式或其它的不等式放缩数式;3.也可以在不等式两边同时加上或减去某一项;4.可以把代数式中的一些项进行分解再重新组合,这样就可以消去一些项便于求解,这也是我们常用的裂项法.导数的解答题中,常常会用到一些不等式进行放缩,主要分为五类:1.切线不等式(1)e f⩾f+1;(2)lnf⩽f−1;(3)e f⩾e f;(4)lnf⩽1e f;(5)lnf⩾1−1f.2.与三角有关的一些不等式(1)当f⩾0时,sinf⩽f,cosf⩾1−f22;(2)当0⩽f⩽f2时,cosf⩽1−f24;(3)当0<f<f2时,sinf<f<ffff;(4)当0<f⩽f2时,sinff⩾2f.3.一些常见不等式(略微提高)(1)当f>1时,f2−1f2+1<2(f−1)f+1<fff<√f√f<12(f−1f);(2)当0<f<1时,12(f−1f)<√f√f<fff<2(f−1)f+1<f2−1f2+1;(3)对数平均不等式:∀f1>f2>0,√f1f2<f1−f2lnf1−lnf2<f1+f22.4.一些不常见的不等式(1)当f>0时,e f>1+f+12f2;(2)当0<f<1时,ln1+f1−f >2f+23f3;当−1<f<0时,ln1+f1−f<2f+23f3.5.间或用上的不等式当f>1,f∈N∗,f>−1时,则:(1+f)f⩾1+ff,(1+f)1f⩽1+1ff.（当且仅当f=0时等号成立.)在解答导数问题时,我们常常运用到函数的切线、割线靠近进行放缩,两个常用的结论为lnf⩽f−1(当且仅当f=1时取等号),e f⩾f+1(当且仅当f=0时取等号),借助这两个结论可以将超越函数放缩成一次函数.针对高考压轴导数问题,放缩法可以起到很好的效果.运用放缩法须要较高的拆分组合技巧,肯定要点睛意同向传递,还要把握好放缩的“尺度”,否则将达不到预期的目的,或者会得出错误的结论.典型例题指数放缩【例1】已知函数f(f)=f e f+2f−1(其中常数e=2.71828⋯,是自然对数的底数).(1)探讨f(f)的单调性;(2)证明:对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.【解析】(1)求导,得f′(f)=f e f+2.当f⩾0时,f′(f)>0,f(f)在R上单调递增;当f<0时,令f′(f)=0,得f=ln(−2f).当f∈(−∞,ln(−2f))时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(ln(−2f),+∞)时,f′(f)<0,f(f)单调递减.综上,当f⩾0时,f(f)在R上单调递增;当f<0时,f(f)在(−∞,ln(−2f ))上单调递增,在(ln(−2f),+∞)上单调递减.(2)解法1:指对处理技巧fe f型当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f e f−f2+(2−f e)f−1⩾0，即1−f2−(2−f e)f+1f e f⩾0,令f(f)=1−f2−(2−f e)f+1f e f,则f′(f)=(f−1)(f+f e−3)f e f,(f)当f⩾3e时,令f′(f)=0,得f=1,故当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞),f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即f(f)⩾(f+f e)f.(ii)当1⩽f<3e吋,令f′(f)=0,得f=1,或f=3−f e.当f∈(0,3−f e),(1,+∞),f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(3−f e,1),f′(f)<0,f(f)单调递减.又f(0)=1−1f⩾0,f(1)=0,故此时f(f)⩾0,即f(f)⩾(f+f e)f. 综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.解法2:指对处理技巧e ff+主元放缩当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f(e f−e f)−(f−1)2⩾0,即证e ff −ff−1ff+2f−e⩾0，令f(f)=e ff −ff−1ff+2f−e,则f′(f)=(f−1)(f e f−f−1)ff2,当f⩾1时,f e f−f−1⩾e f−f−1,当且仅当f=1时等号成立, 令f(f)=e f−f−1,则f′(f)=e f−1>0在(0,+∞)上恒成立,故f(f)单调递增,f(f)>f(0)=0,f′(f)=0,则f=1, 所以f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即e ff −ff−1ff+2f−e⩾0,即f(f)⩾(f+f e)f.综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.解法3:干脆探讨法当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f(e f−e f)−(f−1)2⩾0,令f(f)=f e f−f2+(2−f e)f−1,则f′(f)=f e f−2f−(f e−2),因此f′′(f)=f e f−2在(0,+∞)上单调递增.(f)当f⩾2时,f′′(f)>0在(0,+∞)上恒成立,故f′(f)单调递增,又f′(1)=0,故当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减,当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即f(f)⩾(f+f e)f.当1⩽f<2时,令f′′(f)=0,得f=ln2f∈(0,1).当f∈(0,ln2f),f′′(f)<0,f′(f)单调递减;当f∈(ln2f,+∞),f′′(f)>0,f′(f)单调递增.(ii)当2e−1⩽f<2时,f′(0)=f(1−e)+2⩽0,又f′(1)=0,f′(ln2f)<f′(1)=0,故当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减; 当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即f(f)⩾(f+f e)f.(iii)当1⩽f<2e−1时,则f′(0)=f(1−e)+2>0,又f′(ln2f )<f′(1)=0,故存在唯一f0∈(0,ln2f),使得f(f0)=0,当f∈(0,f0),(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(f0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减.又f(0)=f−1⩾0,f(1)=0.故此时f(f)⩾0,即f(f)⩾(f+f e)f.综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.解法4:主元放缩+指数放缩法当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f(e f−e f)−(f−1)2⩾0,令f(f)=e f−e f,则f′(f)=e f−e,令f′(f)=0,得f=1.当f∈(−∞,1),f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞),f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即e f−e f⩾0,当且仅当f=1时等号成立,故f(e f−e f)⩾e f−ex,当且仅当f=1,f=1时等号成立;要证f(e f−e f)−(f−1)2⩾0,只须要证e f−e f−(f−1)2⩾0.策略一:干脆探讨法令f(f)=e f−e f−(f−1)2(f>0),则f′(f)=e f−e−2(f−1),f′′(f)=e f−2,令f′′(f)=0,得f=ln2.当f∈(0,ln2)时,f′′(f)<0,f′(f)单调递减;当f∈(ln2,+∞)时,f′′(f)>0,f′(f)单调递增.又f′(0)=3−e>0,f′(1)=0,f′(ln2)<0,因此存在唯一f0∈(0,ln2),使得f′(f0)=0.当f∈(0,f0)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(f0,1),f′(f)<0,f(f)单调递减.又f(0)=0,f(1)=0,故此时f(f)⩾0恒成立,即f(f)⩾(f+f e)f.综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.策略二:指数处理,同解法1即证1−e f+(f−1)2e f ⩾0,令f(f)=1−e f+(f−1)2e f,则f′(f)=(f−1)(f+e−3)e f，令f′(f)=0,得f=1,或f=3−e.当f∈(0,3−e),(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(3−e,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减.又f(0)=0,f(1)=0,故此时f(f)⩾0,即f(f)⩾(f+f e)f. 综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.策略三:指对处理,同解法2即证e ff −f−1f+2−e⩾0，令f(f)=e ff −f−1f+2−e,则f′(f)=(f−1)(e f−f−1)f2.令f(f)=e f−f−1,则f′(f)=e f−1>0在(0,+∞)上恒成立,故f(f)单调递增, 从而f(f)>f(0)=0,令f′(f)=0,则f=1.当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即e ff −f−1f+2−e⩾0,从而f(f)⩾(f+f e)f.综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.【点睛】本题的第(2)问是一道开放性较强的试题,可以从多角度入手分析.当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f e f−f2+(2−f e)f−1⩾0,视察此时含有指数项f e f,也含有二次项,干脆探讨至少要求两次导数才便于探究(解法2),结合指对处理技巧,可考虑同时除以f e f,这样求导后就只须要探讨二次型函数即可.即证f(f)=1−f2−(2−f e)f+1f e f⩾0,求导后分耇竕是可因式分解的二次函数，且两根易求,分别为f=1与f=3−f e.但对于f=3−f e是否在区间(0,+∞)内不能确定,因此须要进行探讨.解法1采纳的是整理为fe f 型函数,解法2则是整理为eff型的函数,解法2采纳的是干脆探讨.对于解法4,视察到所证不等式中含有e f与ex,即可联想到e f⩾e f,为此将待证式整理成f(e f−ex)−(f−1)2⩾0,借助e f⩾ex,只须要证明e f−ex−(f−1)2⩾0即可.接下来的证明与前述含参探讨的情形大同小异,可干脆探讨,也可采纳指对处理对数放缩【例2】已知函数f(f)=f−1lnf.(1)求函数f(f)的单调区间;(2)证明:在f>12且f≠1时,f(f)<f2+34恒成立.【解析】(1)f′(f)=lnf−1+1 f(lnf)2(f>0,且f≠1),令f(f)=lnf−1+1f ,则f′(f)=1f−1f2=f−1f2,当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;故f(f)>f(1)=0,即f′(f)>0恒成立,故f(f)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.综上,f(f)的单调递增区间为(0,1),(1,+∞),无单调递减区间.(2)解法1:放缩法今f(f)=f−1−lnf(f>0),则f′(f)=f−1f,当f∈(0,1),f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞),f′(f)>0,f(f)单调递增. 故f(f)⩾f(1)=0,即f−1⩾lnf,当且仅当f=1时等号成立.因此,当f∈(12,1),f−1>fff,则f−1lnf<1,而此时f2+34>1,所以f−1lnf<f2+34;另一方面,f∈(1,+∞),由(1)可知lnf>1−1f,因此f−1lnf <f−11−1f=f,而f2+34−f>0在(1,+∞)恒成立,故f2+34>f>f−1lnf成立.综上,不等式f−1lnf <f2+34在f>12,且f≠1时恒成立.解法2:等价变形当f∈(12,1)时,即证f−1f2+34>fff;当f∈(1,+∞),即证f−1f2+34<fff;令f(f)=f−1f2+34−lnf(f>12,且f≠1),则f′(f)=f 2+34−2f(f−1)(f2+34)2−1f=−f4+f3−12f2−34f+916f(f2+34)2,令f(f)=f4+f3−12f2−34f+916 ,则f′(f)=4f3+3f2−f−34=4f2(f+34)−(f+34)=(f+34)(4f2−1)>0,故f(f)单调递增,f(f)>f(12)=14>0,故f′(f)<0,所以f(f)单调递减,而f(1)=0,故当f∈(12,1)时,f(f)>0,即f−1f2+34>fff;当f∈(1,+∞)时,f(f)<0,即f−1f2+34<fff.综上,不等式f−1lnf <f2+34在f>12且f≠1时成立.指对混合放缩【例3】已知函数f(f)=e f.(1)探讨函数f(f)=f(ff)−f−f的单调性;(2)证明:f(f)+lnf+3f >√f.【解析】(1)f(f)=f(ff)−f−f=e ff−f−f,f′(f)=f e ff−1,(1)若f⩽0时,f′(f)<0,f(f)在R上单调递减;(2)若f>0时,当f<−1flnf时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f>−1flnf时,f′(f)>0,f(f)单调递增;综上若f⩽0时,f(f)在R上单调递减;若f>0时,f(f)在(−∞,−1f lnf)上单调递减;在(−1flnf,+∞)上单调递增;(2)证明:要证f(f)+lnf+3f >√f,只需证f(lnf+e f)−4√f+3>0,由(1)可知当f=1时,e f−f−1⩾0,即e f⩾f+1,当f+1>0时,上式两边取以e为底的对数,可得ln(f+1)⩽f(f>−1),用f−1代替f可得lnf⩽f−1(f>0),又可得ln1f ⩽1f−1(f>0),所以lnf⩾1−1f(f>0),所以f(lnf+e f)−4√f+3>f(1−1f+f+1)−4√f+3=f2+2f+2−4√f=(f+1)2−4√f+1⩾(2√f)2−4√f+1=(2√f−1)2⩾0,从而不等式f(f)+lnf+3f >√f成立.【例4】已知函数f(f)=e f−ff2,f(f)=f lnf−f2+(e−1)f+1,且曲线f= f(f)在f=1处的切线方程为f=ff+1.(1)求f,f的值;(2)求函数f(f)在[0,1]上的最小值;(3)证明:当f>0时,f(f)⩽f(f).【解析】(1)f=1,f=e−2.(2)f(f)min=1;(3)即证:e f+(1−e)f−f lnf−1⩾0,因为f(0)=1,且曲线f=f(f)在f=1处的切线方程为f=(e−2)f+1,故可揣测:当f>0且f≠1时,f(f)的图象恒在切线f=(e−2)f+1的上方.下面证明:当f>0时,f(f)⩾(e−2)f+1.解法1:设f(f)=f(f)−(e−2)f−1(f>0),则f′(f)=e f−2f−(e−2),今f(f)=f′(f),f′(f)=e f−2,当f∈(0,ln2)时,f′(f)<0,f′(f)单调递减;当f∈(ln2,+∞)时,f′(f)>0,f′(f)单调递增.又f′(0)=3−e>0,f′(1)=0,0<ff2<1,f′(ln2)<0所以,存在f0∈(0,1),使得f′(f0)=0.当f∈(0,f0)∪(1,+∞)时,f′(f)>0;当f∈(f0,1),f′(f)<0;故f(f)在(0,f0)上单调递增,在(f0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f(0)=f(1)=0,所以f(f)=e f−f2−(e−2)f−1⩾0,当且仅当f=1时取等号.故e f+(2−e)f−1f⩾f(f>0).由(2)知,e f⩾f+1,故f⩾ln(f+1),所以f−1⩾lnf,当且仅当f=1时取等号.所以e f+(2−e)f−1f⩾f⩾lnf+1,即e f+(2−e)f−1f⩾lnf+1.所以e f+(2−e)f−1⩾f lnf+f,即e f+(1−e)f−f lnf−1⩾0成立(当f=1时等号成立). 故当f>0时,f(f)⩽f(f).解法2:要证f lnf−f2+(e−1)f+1⩽e f−f2,等价于证明f lnf+(e−1)f+1−e f⩽0,又f>0,可转化为证明lnf+e−1+1f −e ff⩽0,令f(f)=lnf+e−1+1f −e ff,则f′(f)=1f−1f2−e f(f−1)f2=(f−1)(1−e f)f2,因为f>0,所以当f∈(0,1)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(1,+∞)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;所以f(f)有最大值f(1)=0,故f(f)⩽0恒成立,即当f>0时,f(f)⩽f(f).三角放缩【例5】设f>0,且f≠1,函数f(f)=sinff−f sinf.(1)若f(f)在区间(0,2f)上有唯一极值点f0,证明:f(f0)<fff{2ff,(1−f)f};(2)若f(f)在区间(0,2f)没有零点,求f的取值范围.【解析】(1)f′(f)=f cosff−f cosf=f(cosff−cosf)=−2f sinf+12f sinf−12f,若f>1,则f′(f)在区间(0,2f)至多有f1=2ff+1,f2=4ff+1两个变号零点,故0<f<1,令f′(f)=0,得f f=2fff+1,f f=2fff+1,其中f,f∈f,仅当f=1时,f1=2ff+1∈(0,2f),且在f1的左右两侧,导函数的值由正变负,故当0<f<1时,f(f)在区间(0,2f)有唯一极值点f0=2ff+1,此时f(f0)=sinff0−f sinf0.解法1:将f0=2ff+1代入得f(f0)=sin2fff+1−f sin2ff+1=sin2fff+1+f sin(2f−2ff+1)=(1+f)sin2fff+1,(1)当2ff+1⩽12,即0<f⩽13时,2ff⩽(1−f)f,由不等式f>0,ffff<f知:(1+f)sin2fff+1<(1+f)2fff+1=2ff;(2)当2f f +1>12,即当13<f <1时,(1−f )f <2ff ,(1+f )sin 2fff +1=(1+f )sin (f −2fff +1)=(1+f )sin (1−f )ff +1,由不等式f >0,fff f <f 知:(1+f )sin 2fff +1<(1+f )(1−f )ff +1=(1−f )f .由(1)(2)知f (f 0)<fff {2ff ,(1−f )f }. 解法2:由f 0=2f f +1⇒ff 0=2f −f 0,f =2ff 0−1,代入得f (f 0)=sin ff 0−f sin f 0=sin (2f −f 0)−(2ff−1)sin f 0,即f (f 0)=−2ff 0sin f 0.以下用分析法可证:f (f 0)<fff {2ff ,(1−f )f }. (2)(1)当f >1时,f (f f )=sin (f ⋅f f )−f sin f f =−f sin f f <0,f (3f 2)=sin (3ff 2)+f >0,所以f (ff )f (3f 2)<0,由零点存在性定理知,f (f )在区间(f f ,3f2)至少有一个零点; (2)当12<f <1时,f <ff<2f ,f 2<ff <f ,f <2ff <2f ,f (f f )=−f sin ff >0,f (f )=sin ff >0,f (2f )=sin 2ff <0,由零点存在定理可知,f (f )在区间(f ,2f )至少有一个零点;(3)当0<f ⩽12时,f ′(f )=f cos ff −f cos f =f (cos ff −cos f ),令f (f )=cos ff −cos f ,则f ′(f )=−f sin ff +sin f , 在区间(0,f )上,cos ff >fff f ,f ′(f )>0,f (f )是增函数;在区间(f ,2f )上,f ′(f )<0,即f (f )递减,即f ′(f )递减,f ′(f )<f ′(2f )<0, 故f (f )在(0,f )上递增,在(f ,2f )上递减,又f (0)=0,f (f )=sin ff >0,f (2f )=sin 2ff ⩾0,即在(f ,2f )上,f (f )>0.所以f(f)在区间(0,2f)上没有零点,满意题意.综上所述,若f(f)在区间(0,2f)没有零点,则正数f的取值范围是(0,12].含三角函数的指对放缩【例6】已知函数f(f)=e f−ff−cosf,其中f∈f.(1)求证:当f⩽−1时,f(f)无极值点;(2)若函数f(f)=f(f)+ln(f+1),是否存在f,使得f(f)在f=0处取得微小值?并说明理由.【解析】(1)证明:f′(f)=e f−f+sinf,明显e f>0,−1⩽ffff⩽1,当f⩽−1时,f f−f+sinf>0−f−1⩾0,即f′(f)>0,所以函数f(f)在其定义域上为增函数,故f(f)无极值点;(2)f(f)=e f−ff−cosf+ln(f+1),f′(f)=e f−f+sinf+1f+1,明显f=0是f(f)的微小值点的必要条件,为f′(0)=2−f=0,即f=2.此时f′(f)=e f+1f+1+sinf−2,明显当f∈(0,f2)时,f′(f)=e f+1f+1+sinf−2>1+f+1f+1+sinf−2>ffff>0,当f∈(−14,0)时,(1+f)(1−f+32f2)=1+f22(3f+1)>1,故11+f <1−f+32f2,令f(f)=(1+f+f22)e−f,则f′(f)=−f22e−f⩽0,故f(f)是减函数,故当f<0时,f(f)>f(0)=1,即e f<1+f+f22,令f(f)=sinf−12f,则f′(f)=cosf−12,当−1<f<0时,f′(f)>fff1−12>0,故f(f)在(−1,0)单调递增,故当−1<f <0时,f (f )<f (0)=0,即sin f <12f ,故当f ∈(−14,0)时,f ′(f )=e f +1f +1+sin f −2⩽(1+f +f 22)+(1−f +32f 2)−2+f 2=2f 2+f 2<0,因此,当f =2时,f =0是f (f )的微小值点,即充分性也成立. 综上,存在f =2,使得f (f )在f =0处取得微小值.【点睛】本题第(2)问先由必要性探路可知f =2,再证明当f =2时,f =0是函数f (f )的微小值点,即证明其充分性,由此即可得出结论.【例7】已知函数f (f )=2ln (f +1)+sin f +1,函数f (f )=ff −1−ln f (f ∈R ,且f ≠0).(1)探讨函数f (f )的单调性;(2)证明:当f ⩾0时,f (f )⩽3f +1;(3)证明:当f >−1时,f (f )<(f 2+2f +2)e sin f . 【解析】(1)f (f )定义域为(0,+∞),f ′(f )=f −1f=ff −1f. 当f <0时,f ′(f )<0,则f (f )在(0,+∞)上单调递减;当f >0时,令f ′(f )>0,得f >1f,即f (f )在(1f,+∞)上单调递增;令f ′(f )<0,得0<f <1f ,得f (f )在(0,1f )上单调递减.综上所述,当f <0时,f (f )在(0,+∞)上单调递减;当f >0时,f (f )在(1f ,+∞)上单调递增,在(0,1f )上单调递减. (2)解法1:作差法+干脆求导设函数f (f )=f (f )−(3f +1),则f ′(f )=2f +1+cos f −3. 因为f ⩾0,所以2f +1∈(0,2],cos f ∈[−1,1],则f ′(f )⩽0,从而f(f)在[0,+∞)上单调递减,所以f(f)=f(f)−(3f−1)⩽f(0)=0,即f(f)⩽3f+1.解法2:常用不等式+兵分两路当f=1时,f(f)=f−1−lnf,由(1)知f(f)min=f(1)=0,所以lnf⩽f−1,所以2ln(f+1)⩽2f.令f(f)=f−sinf,则f′(f)=1−cosf⩾0恒成立,又f(0)=0,所以当f⩾0时,有f(f)=f−sinf⩾0,即sinf⩽f.所以f(f)=2ln(f+1)+sinf+1⩽2f+f+1=3f+1.(3)证明:当f=1时,f(f)=f−1−lnf,由(1)知f(f)min=f(1)=0,所以f⩾lnf+1,当f>−1时,(f+1)2>0,(f+ 1)2f sinf>0,所以(f+1)2e sinf>ff[(f+1)2e sinf]+1=2ln(f+1)+sinf+1.从而(f2+2f+2)e sinf>(f+1)2e sinf>ff[(f+1)2e sinf]+1=2ln(f+1)+sinf+1=f(f),所以f(f)<(f2+2f+2)e sinf.强化训练1.已知函数f(f)=f+fe f(f∈R)在f=0处取得极值.(1)求f,并求f(f)的单调区间;(2)证明:当0<f⩽e,f∈(1,+∞)时,f e f−2−f(f−1)lnf>0.【解析】(1)f′(f)=1−f−fe f,由题意可得,f′(0)=1−f=0,故f=1,f(f)=1+fe f ,f′(f)=−fe f,由f′(f)>0可得f<0,故函数单调递增区间(−∞,0), 由f′(f)<0可得f>0,故函数单调递减区间(0,+∞),(2)证明:由(1)可知f(f)在(−∞,0)上单调递增,在(0,+∞)单调递减,故f(f)⩽f(0)=1,即f+1e f⩽1,故e f⩾f+1,所以e f−2⩾f−1,当且仅当f=2时取等号,又因为f>0,所以f e f−2⩾f(f−1),所以f e f−2−f(f−1)lnf⩾f(f−1)−f(f−1)lnf=(f−1)(f−f lnf), 因为f>1,所以lnf>0,因为0<f⩽e,所以f−f lnf⩾f−eln f,令f(f)=f−elnf,则f′(f)=1−ef,由f′(f)>0可得,f>f,故f(f)在(e,+∞)上单调递增,由f′(f)<0可得,f<f,故f(f)在(−∞,e)上单调递减,所以f(f)⩾f(e)=0,即f−eln f⩾0在f=e处取得等号,所以f e f−2−f(f−1)lnf⩾(f−1)(f−f lnf)⩾(f−1)(f−elnf)⩾0, 由于取等条件不同,所以f e f−2−f(f−1)lnf>0.2.已知函数f(f)=lnf−fe.(1)若曲线f=f(f)存在一条切线与直线f=ff垂直,求f的取值范围.(2)证明:f(f)<f2−lnf−34sinf.【解析】(1)f′(f)=1f −1e.因为f(f)的定义域为(0,+∞),所以1f−1e>−1e.因为曲线f=f(f)存在一条切线与直线f=ff垂直,所以−1f >−1e,解得f<0或f>f,则f的取值范围为(−∞,0)∪(e,+∞).(2)f′(f)=1f −1e=e−ff e.当f∈(0,e)时,f′(f)>0;当f∈(e,+∞)时,f′(f)<0.所以f(f)max=f(e)=lne−ee=0.设函数f(f)=f2−lnf,则f′(f)=2f−1f =2f2−1f.当f∈(0,√22)时,f′(f)<0;当f∈(√22,+∞)时,f′(f)>0.所以f(f)min=f(√22)=12−12ln12=12+12ln2.因为ln2>ff√e=12,f(f)min>34.因为34sinf∈[−34,34],所以f2−lnf−34sinf>0.又f(f)⩽f(f)max=0,所以f(f)<f2−lnf−34sinf.3.已知函数f(f)=f lnf+32f2−(f+1)f+f.(1)当f=3时,求f(f)的单调区间;(2)e为自然对数的底数,若f∈(3e−1,3e+1)时,f(f)⩾0恒成立,证明:f−2f+6>0.【解析】(1)当f=3时,f(f)=f lnf+32f2−4f+f,则f′(f)=lnf+3f−3在(0,+∞)上单调递增,又f(1)=0,故当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.综上,当f=3时,f(f)的单调咸区间为(0,1),单调增区间为(1,+∞).(2)对f(f)求导,得f′(f)=lnf+3f−f,知f′(f)在(0,+∞)上单调递增.因为f∈(3e −1,3e+1),故f′(1e)=3e−1−f<0,f′(e)=3e+1−f>0,故存在唯一f0∈(1e,e),使得f′(f0)=0,即lnf0+3f0−f=0,所以f=lnf0+3f0.当f∈(0,f0)时,f′(f)<0,f(f)单调递减; 当f∈(f0,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.又f(f)⩾0,故f(f)min=f(f0)=f0lnf0+32f2−(f+1)f0+f⩾0,即f0lnf0+32f2−(lnf0+3f0+1)f0+f=−32f2−f0+f⩾0在f0∈(1e,e)上恒成立.令f(f)=−32f2−f+f,则f(f)在(1e,e)上单调递减,故只需f(e)=−32e2−e+f⩾0,即f⩾32e2+e,故f−2f+6⩾32e2+e−6e−2+6=32e2−5e+4>0,从而得证.解法2:转化为关于f0的函数所以f⩾32f2+f0,则f−2f+6⩾32f2+f0−2(lnf0+3f0)+6=32f2−5f0−2lnf0+6,令f(f)=32f2−5f−2lnf+6(1e<f<f),则f′(f)=3f−5−2f =3f2−5f−2f=(3f+1)(f−2)f,令f′(f0)=0,得f=2.当f∈(1e,2),f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(2,e)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.故f(f)min=f(2)=32×4−10−2ln2+6=2(1−ln2)>0,即f−2f+6>0,从而不等式得证.。
安徽中职对口高考数学知识点
安徽中职对口高考数学知识点在安徽中职教育中，对口高考是一个重要的考试。
数学作为其中的一门科目，对于学生的考试成绩起着重要的影响。
因此，学生需要充分了解并掌握安徽中职对口高考数学的知识点。
一、数与式在数学中，数与式是基础知识点。
数的四则运算是基础，学生需要熟练掌握加减乘除的运算规则及其在实际问题中的应用。
同时，学生还需要理解表达式的概念，并能够进行简单的表达式化简和计算。
二、代数式与方程式代数式与方程式是进一步扩展的数学知识点。
学生需要理解方程的含义，并能够根据实际问题建立方程式。
求解一元一次方程是高考数学的基础，学生需要熟练掌握解一元一次方程的方法及其在实际问题中的应用。
三、函数函数是数学中的重要概念之一。
在对口高考中，函数的概念及其性质常常会成为考题的重点。
学生需要理解函数的定义，能够通过给定的函数表达式进行函数求值、函数的图像绘制和函数性质的分析。
四、数列与等差数列数列与等差数列是数学中的重要概念之一。
学生需要理解数列的定义，并能够对数列进行分析。
等差数列是数列的一种常见形式，学生需要掌握等差数列的通项公式、前n项和及求和公式。
五、图形的性质与变换图形的性质与变换是数学中的几何知识点。
学生需要理解平面图形的性质，能够通过给定的条件进行图形的判定和证明。
同时，学生还需要了解图形的基本变换，如平移、旋转、对称等，并能够应用这些变换解决实际问题。
六、立体几何与三视图立体几何与三视图是数学中的重要几何知识点。
学生需要了解立体几何的基本概念，能够判定立体图形的性质。
三视图是描述立体图形的一种方法，学生需要掌握绘制和分析三视图的技巧，并能够根据给定的三视图还原立体图形。
七、概率与统计概率与统计是一门实用的数学学科。
学生需要了解概率的基本概念，并能够根据给定的条件计算概率。
统计是对数据进行分析和处理的过程，学生需要掌握统计的基本方法，如数据的收集、整理、显示和分析等。
通过对以上数学知识点的学习和掌握，学生将能够在安徽中职对口高考中取得好成绩。
高考数学“数形结合”解题思想方法、知识点及题型整理
高考数学总复习第三讲：数形结合一、专题概述 ---什么是数形结合的思想数形结合的思想，就是把问题的数量关系和空间形式结合起来加以考察的思想．恩格斯说：“纯数学的对象是现实世界的空间形式和数量关系．”“数”和“形”是数学中两个最基本的概念，它们既是对立的，又是统一的，每一个几何图形中都蕴含着与它们的形状、大小、位置密切相关的数量关系；反之，数量关系又常常可以通过几何图形做出直观地反映和描述，数形结合的实质就是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象思维和形象思维结合起来，在解决代数问题时，想到它的图形，从而启发思维，找到解题之路；或者在研究图形时，利用代数的性质，解决几何的问题．实现抽象概念与具体形象的联系和转化，化难为易，化抽象为直观．数形结合包括：函数与图象、方程与曲线、复数与几何的结合；几何语言叙述与几何图形的结合等．二、例题分析1．善于观察图形，以揭示图形中蕴含的数量关系．观察是人们认识客观事物的开始，直观是图形的基本特征，观察图形的形状、大小和相互位置关系，并在此基础上揭示图形中蕴含的数量关系，是认识、掌握数形结合的重要进程．例1．函数的图象的一条对称轴方程是：（A）（B）（C）（D）分析：通过画出函数的图象，然后分别画出上述四条直线，逐一观察，可以找出正确的答案，如果对函数的图象做深入的观察，就可知，凡直线x=a通过这一曲线的一个最高点或一个最低点，必为曲线的一条对称轴，因此，解这个问题可以分别将代入函数的解析式，算得对应的函数值分别是：，其中只有–1是这一函数的最小值，由此可知，应选（A）2．正确绘制图形，以反映图形中相应的数量关系．观察图形，既要定性也要定量，借助图形来完成某些题时，仅画图示“意”是不够的，还必须反映出图形中的数量关系．例2．问：圆上到直线的距离为的点共有几个？分析由平面几何知：到定直线L：的距离为的点的轨迹是平行L的两条直线．因此问题就转化为判定这两条直线与已知圆的交点个数．将圆方程变形为：，知其圆心是C(-1,-2)，半径，而圆心到定直线L的距离为，由此判定平行于直线L且距离为的两条直线中，一条通过圆心C，另一条与圆C相切，所以这两条直线与圆C共有3个公共点（如图1）启示：正确绘制图形，一定要注意把图形与计算结合起来，以求既定性，又定量，才能充分发挥图形的判定作用．3．切实把握“数”与“形”的对应关系，以图识性以性识图．数形结合的核心是“数”与“形”的对应关系，熟知这些对应关系，沟通两者的联系，才能把握住每一个研究对象在数量关系上的性质与相应的图形的特征之间的关联，以求相辅相成，相互转化．例3．判定下列图中，哪个是表示函数图象．分析由=，可知函数是偶函数，其图象应关于y轴对称，因而否定（B）、（C），又，的图象应当是上凸的，（在第Ⅰ象限，函数y单调增，但变化趋势比较平缓），因而（A）应是函数图象．例4．如图，液体从一圆锥形漏斗注入一圆柱形桶中，开始时，漏斗盛满液体，经过3分钟注完．已知圆柱中液面上升的速度是一个常量，H是圆锥形漏斗中液面下落的距离，则H与下落时间t（分）的函数关系用图象表示只可能是（）．分析由于圆柱中液面上升的速度是一个常量，所以H与t的关系不是（B），下落时间t越大，液面下落的距离H应越大，这种变化趋势应是越来越快，图象应当是下凸的，所以只可能是（D）．例5．若复数z满足，且，则在复平面上对应点的图形面积是多少？分析满足的复数z对应点的图形是：以C(1,1)为圆心，为半径的圆面，该圆面与图形的公共部分为图中所示阴影部分（要注意到∠AOC=45°）因此所求图形的面积为：4．灵活应用“数”与“形”的转化，提高思维的灵活性和创造性．在中学数学中，数形结合的思想和方法体现最充分的是解析几何，此外，函数与图象之间，复数与几何之间的相互转化也充分体现了数形结合的思想和方法．通过联想找到数与形之间的对应关系是实现转化的先决条件，而强化这种转化的训练则是提高思维的灵活性和创造性的重要手段．例6．已知C<0，试比较的大小．分析这是比较数值大小问题，用比较法会在计算中遇到一定困难，在同一坐标系中，画出三个函数：的图象位于y轴左侧的部分，（如图）很快就可以从三个图象的上、下位置关系得出正确的结论：例7 解不等式解法一（用代数方法求解），此不等式等价于：解得故原不等式的解集是解法二 （采用图象法） 设即对应的曲线是以为顶点，开口向右的抛物线的上半支．而函数y=x+1的图象是一直线．（如图） 解方程可求出抛物线上半支与直线交点的横坐标为2，取抛物线位于直线上方的部分，故得原不等式的解集是．借助于函数的图象或方程的曲线，引入解不等式（或方程）的图象法，可以有效地审清题意，简化求解过程，并检验所得的结果．例8 讨论方程的实数解的个数．分析：作出函数的图象，保留其位于x 轴上方的部分，将位于x 轴下方的部分沿x 轴翻折到x 轴上方，便可得到函数的图象．（如图）再讨论它与直线y=a 的交点个数即可． ∴当a ＜0时，解的个数是0；当a=0时或a ＞4时，解的个数是2；当0＜a ＜4时，解的个数是4；当a=4时，解的个数是3．9．已知直线和双曲线有且仅有一个公共点，则k 的不同取值有（）（A ）1个（B ）2个（C ）3个 （D ）4个分析：作出双曲线的图象，并注意到直线是过定点（）的直线系，双曲线的渐近线方程为∴过（）点且和渐近线平行的直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时k取两个不同值，此外，过（）点且和双曲线相切的直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时k取两个不同的值，故正确答案为（D）例9．已知直线和双曲线有且仅有一个公共点，则k的不同取值有（）（A）1个（B）2个（C）3个（D）4个分析：作出双曲线的图象，并注意到直线是过定点（）的直线系，双曲线的渐近线方程为∴过（）点且和渐近线平行的直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时k取两个不同值，此外，过（）点且和双曲线相切的直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时k取两个不同的值，故正确答案为（D）例10．设点P(x,y)在曲线上移动，求的最大值和最小值．解曲线是中心在（3，3），长轴为，短轴为的椭圆．设，即y=kx为过原点的直线系，问题转化为：求过原点的直线与椭圆相切时的斜率．（如图所示）消去y得解得：故的最大值为，最小值为例11．求函数（其中a,b,c是正常数）的最小值．分析采用代数方法求解是十分困难的，剖析函数解析式的特征，两个根式均可视为平面上两点间的距离，故设法借助于几何图形求解．如图设A(0,a),B(b,-c)为两定点，P(x,0)为x轴上一动点，则其中的等号在P为线段AB与x轴的交点外，即时成立．故y的最小值为例12．P是椭圆上任意一点，以OP为一边作矩形O P Q R（O,P,Q,R依逆时针方向排列）使|OR|=2|OP|，求动点R的轨迹的普通方程．分析在矩形O P Q R中（如图），由∠POR=90°，|OR|=2|OP|可知，OR是OP逆时针旋转90°，并将长度扩大为原来的2倍得到的．这一图形变换恰是复数乘法的几何意义，因此，可转化为复数的运算，找到R和P的两点坐标之间的关系，以求得问题的解决．解，设R点对应的复数为：，P点对应的复数为则故即由点在椭圆上可知有：整理得：就是R点的轨迹方程，表示半长轴为2a，半短轴为2b，中心在原点，焦点在y轴上的椭圆．三解题训练1．求下列方程实根的个数：（1）（2）（3）2．无论m取任何实数值，方程的实根个数都是（）（A）1个（B）2个（C）3个（D）不确定3．已知函数的图象如右图则（）（A）b∈(-∞,0)（B）b∈(0,1)（C）b∈(1,2) （D）b∈(2,+ ∞)4．不等式的解集是（）（A）（0，+∞）（B）（0，1）（C）（1，+∞）（D）（–∞，0）5．不等式一定有解，则a的取值范围是（）（A）（1，+∞）（B）[1,+ ∞]（C）(-∞,1)（D）(0,1]6．解下列不等式：（1）（2）7．复平面内点A、B分别对应复数2，2+i，向量绕点A逆时针方向旋转至向量，则点C对应的复数是_______．8．若复数z满足|z|<2，则arg(z-4)的最大值为___________9．若复数z满足10．函数的图象是平面上两定点距离之差的绝对值等于定长的点的轨迹，则这两定点的坐标是( )（A）（–，–）（，）（B）（–，）（，–）（C）（–2，2）（2，2）（D）（2，–2）（–2，2）11．曲线与直线的交点个数是（）．（A）0（B）1 （C）2（D）312．曲线与直线有两个交点，则实数k的取值是（）（A）（B）（C）（D）13．已知集合，满足，求实数b的取值范围．14．函数的值域是（）（A）（B）（C）（D）四、练习答案1．（1）2个（2）63个（3）2个提示：分别作出两个函数的图象，看交点的个数．2．B、提示：注意到方程右式，是过定点（，0）的直线系．3．A、提示：由图象知f(x)=0的三个实根是0，1，2这样，函数解析式可变形学习好资料欢迎下载f(x)=ax(x-1)(x-2)，又从图象中可以看出当x∈(0,1)∪(2,+∞)时，f(x)>0．而当x>2时，x,(x-1),(x-2)均大于0，所以a>0，而可知b=-3a<0，故选（A）4．A5．A6．（可以利用图象法求解）（1）x≤-1或0<x≤3（2）x≤-17．18．210°9．10．A11．D 提示：在曲线方程中，分x≥0或x<0两种情形讨论，作出图形即可．12．C13．14．A 提示：f(x)可以视作：A(cosx,sinx),B(1,2)，则f(x)=k AB，而A点为圆x2+y2=1上的动点。
山东高考数学
山东高考数学一、概述山东高考数学是指山东省高中学生参加高考时所考察的数学科目。
数学作为高考的一门必考科目，占据了高考总分的一定比例，对于考生的成绩和录取情况有着重要的影响。
山东省作为中国人口大省之一，高考竞争激烈，所以高考数学备考非常重要。
二、考试要求山东高考数学的考试要求主要分为基础知识和能力要求两个方面。
1.基础知识要求考试内容主要包括数与式、函数与方程、空间与几何、变量与表达式四个方面的基础知识。
考生需要掌握基本的数学概念、性质和运算法则，包括整数、有理数、实数、复数等；理解代数式的基本概念和运算规则；了解函数的基本性质和图像变换规律；熟悉几何图形的性质和计算方法等。
2.能力要求除了基础知识之外，山东高考数学还要求考生具备一定的解题能力和分析能力。
考试要求考生能够运用基础知识解决实际问题，并能够独立思考和分析问题，形成自己的解题方法和思路。
三、备考重点根据过往的高考数学试卷分析，山东高考数学备考的重点主要包括以下几个方面：1.基础知识的牢固掌握高考数学的基础知识是考生考试的基石，牢固掌握基础知识对于解题和应对各种题型是至关重要的。
考生应该重点关注数与式、函数与方程、空间与几何、变量与表达式等方面的知识点，并进行系统的复习和总结。
2.解题技巧的运用高考数学试题在难度和题型上有一定的变化，考生需要灵活运用解题技巧来解决各种类型的题目。
比如，对于函数与方程的题目，可以运用图像法、三角函数性质、计算器辅助等方法来解题；对于几何题，可以运用三角形相似性质、平行线性质、圆锥曲线性质等解题。
考生需要通过大量的练习来熟悉各种解题技巧，并能够熟练运用。
3.真题的针对性训练高考数学真题是考生备考的重要参考资料，通过分析真题可以了解考试的趋势和命题特点。
考生应该多做真题，找到自己的薄弱环节，并进行针对性的训练和提升。
同时，值得注意的是，高考数学的考试形式和命题方式在不断变化，所以考生还应该关注最新的考试动态和命题趋势。
高考数学知识点图形
高考数学知识点图形高考数学知识点：图形一、介绍在高考数学中，图形是一个重要的知识点。
它涉及到平面几何和立体几何两个方面，需要我们掌握各种常见的图形的性质和应用。
下面将逐一介绍相关的知识点。
二、平面几何1. 点、线、面平面几何的基础是点、线和面。
点是最基本的图形元素，没有大小和形状；线是由点构成的一维图形，具有长度但没有宽度；面是由线构成的二维图形，具有面积。
在平面几何中，我们需要掌握线分割面的性质，如垂直平分线、角平分线等。
2. 三角形三角形是指由三条线段组成的图形。
根据边长和角度的关系，我们可以将三角形分为等边三角形、等腰三角形和普通三角形。
在求解三角形问题时，我们可以运用勾股定理、正弦定理和余弦定理等知识。
3. 四边形四边形是指由四条线段组成的图形。
常见的四边形有矩形、正方形、平行四边形等。
我们需了解各种四边形的性质，如矩形的四个内角均为直角，平行四边形的对边互相平行等。
4. 圆圆是由与一个点到圆心的距离相等的所有点组成的图形。
我们需要熟悉圆的要素，如直径、半径、弧度等，并了解圆的性质，如切线与半径的关系，两条弧上的圆心角是否相等等。
三、立体几何1. 空间几何体立体几何体是三维图形，常见的有立方体、正方体、圆柱体、圆锥体等。
我们需要掌握这些几何体的表面积和体积的计算方法，并能够应用到实际问题中。
2. 平行关系在立体几何中，平行关系十分重要。
我们需要了解平行线、平面和立体几何体之间的关系，如平行四边形和平行六面体等。
这对于解题时的简化和判断是非常有帮助的。
3. 截面和投影截面是指在立体几何体上取一个平面，得到的图形。
在解题时，我们需要根据截面的性质分析立体几何体的结构。
投影是指一个立体体在投影面上的平面图形。
我们需要了解投影的性质，并能够根据投影得到的图形还原立体几何体。
四、数学建模图形在数学建模中起着重要的作用。
通过对图形的分析和运用，我们可以将实际问题转化为数学问题，进而进行解决。
例如，在城市规划中，我们可以使用图形来模拟各种建筑和道路的布局，优化城市空间利用率。
高考数学 数形结合的思想方法---应用篇真题精选
高考数学数形结合的思想方法---应用篇真题精选数形结合的思想方法(1)---应用篇一、知识要点概述数与形是数学两个最古老、最基本的元素,是数学大厦深处的两块基石,所有的数学问题都是围绕数和形的提炼、演变、发展而展开的:每一个几何图形都蕴藏着一定的数量关系,而数量关系又常常可以通过图形的直观性作出形象的描述。
因此,在解决数学问题时,常常根据数学问题的条件和结论之间的内在联系,将数的问题利用形来观察,提示其几何意义;而形的问题也常借助数去思考,分析其代数含义,如此将数量关系和空间形式巧妙地结合起来,并充分利用这种“结合”,寻找解题思路,使问题得到解决的方法,简言之,就是把数学问题的数量关系和空间形式相结合起来加以考察的处理数学问题的方法,称之为数形结合的思想方法。
数形结合是一个数学思想方法,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:或者是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,比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质;或者是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。
数形结合的思想,其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来,关键是代数问题与图形之间的相互转化,它可以使代数问题几何化,几何问题代数化。
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。
二、解题方法指导1.转换数与形的三条途径:①通过坐标系的建立,引入数量化静为动,以动求解。
②转化,通过分析数与式的结构特点,把问题转化到另一个角度来考虑,如将转化为勾股定理或平面上两点间的距离等。
③构造,比如构造一个几何图形,构造一个函数,构造一个图表等。
高考数学公式公式总结
高考数学公式公式总结一元二次方程的解-b+_radic;(b2-4ac)/2a -b-_radic;(b2-4ac)/2a根与系数的关系 _1+_2=-b/a _1__2=c/a 注：韦达定理判别式 b2-4a=0 注：方程有相等的两实根b2-4ac_gt;0 注：方程有两个不相等的个实根b2-4ac_lt;0 注：方程有共轭复数根立体图形及平面图形的公式圆的标准方程 (_-a)2+(y-b)2=r2 注：(a,b)是圆心坐标圆的一般方程 _2+y2+D_+Ey+F=0 注：D2+E2-4F_gt;0抛物线标准方程 y2=2p_ y2=-2p_ _2=2py _2=-2py直棱柱侧面积 S=c_h 斜棱柱侧面积 S=c__39;_h正棱锥侧面积 S=1/2c_h__39; 正棱台侧面积 S=1/2(c+c__39;)h__39;圆台侧面积 S=1/2(c+c__39;)l=pi(R+r)l 球的表面积 S=4pi_r2圆柱侧面积 S=c_h=2pi_h 圆锥侧面积 S=1/2_c_l=pi_r_l弧长公式 l=a_r a是圆心角的弧度数r _gt;0 扇形面积公式 s=1/2_l_r锥体体积公式 V=1/3_S_H 圆锥体体积公式 V=1/3_pi_r2h斜棱柱体积 V=S__39;L 注：其中,S__39;是直截面面积， L是侧棱长柱体体积公式 V=s_h 圆柱体 V=pi_r2h图形周长面积体积公式长方形的周长=(长+宽)_times;2正方形的周长=边长_times;4长方形的面积=长_times;宽正方形的面积=边长_times;边长三角形的面积已知三角形底a，高h，则S=ah/2已知三角形三边a,b,c,半周长p,则S= _radic;[p(p - a)(p - b)(p - c)] (海伦公式)(p=(a+b+c)/2)和：(a+b+c)_(a+b-c)_1/4已知三角形两边a,b,这两边夹角C，则S=absinC/2设三角形三边分别为a、b、c，内切圆半径为r则三角形面积=(a+b+c)r/2设三角形三边分别为a、b、c，外接圆半径为r则三角形面积=abc/4r已知三角形三边a、b、c,则S= _radic;{1/4[c a -((c +a -b )/2) ]} (三斜求积南宋秦九韶)| a b 1 |S△=1/2 _ | c d 1 || e f 1 |【| a b 1 || c d 1 | 为三阶行列式,此三角形ABC在平面直角坐标系内A(a,b),B(c,d), C(e,f),这里ABC| e f 1 |选区取最好按逆时针顺序从右上角开始取，因为这样取得出的结果一般都为正值，如果不按这个规则取，可能会得到负值，但不要紧，只要取绝对值就可以了，不会影响三角形面积的大小!】秦九韶三角形中线面积公式S=_radic;[(Ma+Mb+Mc)_(Mb+Mc-Ma)_(Mc+Ma-Mb)_(Ma+Mb-Mc)]/3其中Ma,Mb,Mc为三角形的中线长.平行四边形的面积=底_times;高梯形的面积=(上底+下底)_times;高_divide;2直径=半径_times;2 半径=直径_divide;2圆的周长=圆周率_times;直径=圆周率_times;半径_times;2圆的面积=圆周率_times;半径_times;半径长方体的表面积=(长_times;宽+长_times;高+宽_times;高)_times;2 长方体的体积 =长_times;宽_times;高正方体的表面积=棱长_times;棱长_times;6正方体的体积=棱长_times;棱长_times;棱长圆柱的侧面积=底面圆的周长_times;高圆柱的表面积=上下底面面积+侧面积圆柱的体积=底面积_times;高圆锥的体积=底面积_times;高_divide;3长方体(正方体、圆柱体)的体积=底面积_times;高平面图形名称符号周长C和面积S正方形 a边长 C=4aS=a2长方形 a和b-边长 C=2(a+b)S=ab三角形 a,b,c-三边长h-a边上的高s-周长的一半A,B,C-内角其中s=(a+b+c)/2 S=ah/2=ab/2?sinC=[s(s-a)(s-b)(s-c)]1/2=a2sinBsinC/(2sinA)推论及定理1 过两点有且只有一条直线2 两点之间线段最短3 同角或等角的补角相等4 同角或等角的余角相等5 过一点有且只有一条直线和已知直线垂直6 直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短7 平行公理经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行8 如果两条直线都和第三条直线平行，这两条直线也互相平行9 同位角相等，两直线平行10 内错角相等，两直线平行11 同旁内角互补，两直线平行12两直线平行，同位角相等13 两直线平行，内错角相等14 两直线平行，同旁内角互补15 定理三角形两边的和大于第三边16 推论三角形两边的差小于第三边17 三角形内角和定理三角形三个内角的和等于180_deg;18 推论1 直角三角形的两个锐角互余19 推论2 三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和20 推论3 三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角21 全等三角形的对应边、对应角相等22边角边公理(sas) 有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等23 角边角公理( asa)有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等24 推论(aas) 有两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等25 边边边公理(sss) 有三边对应相等的两个三角形全等26 斜边、直角边公理(hl) 有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等27 定理1 在角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等28 定理2 到一个角的两边的距离相同的点，在这个角的平分线上29 角的平分线是到角的两边距离相等的所有点的集合30 等腰三角形的性质定理等腰三角形的两个底角相等 (即等边对等角)31 推论1 等腰三角形顶角的平分线平分底边并且垂直于底边32 等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线和底边上的高互相重合33 推论3 等边三角形的各角都相等，并且每一个角都等于60_deg;34 等腰三角形的判定定理如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等(等角对等边)35 推论1 三个角都相等的三角形是等边三角形36 推论 2 有一个角等于60_deg;的等腰三角形是等边三角形37 在直角三角形中，如果一个锐角等于30_deg;那么它所对的直角边等于斜边的一半38 直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半39 定理线段垂直平分线上的点和这条线段两个端点的距离相等40 逆定理和一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上41 线段的垂直平分线可看作和线段两端点距离相等的所有点的集合42 定理1 关于某条直线对称的两个图形是全等形43 定理 2 如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是对应点连线的垂直平分线 44定理3 两个图形关于某直线对称，如果它们的对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上45逆定理如果两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称46勾股定理直角三角形两直角边a、b的平方和、等于斜边c的平方，即a +b =c 47勾股定理的逆定理如果三角形的三边长a、b、c有关系a +b =c ，那么这个三角形是直角三角形48定理四边形的内角和等于360_deg;49四边形的外角和等于360_deg;50多边形内角和定理 n边形的内角的和等于(n-2)_times;180_deg;51推论任意多边的外角和等于360_deg;52平行四边形性质定理1 平行四边形的对角相等53平行四边形性质定理2 平行四边形的对边相等54推论夹在两条平行线间的平行线段相等55平行四边形性质定理3 平行四边形的对角线互相平分56平行四边形判定定理1 两组对角分别相等的四边形是平行四边形57平行四边形判定定理2 两组对边分别相等的四边形是平行四边形58平行四边形判定定理3 对角线互相平分的四边形是平行四边形59平行四边形判定定理4 一组对边平行相等的四边形是平行四边形60矩形性质定理1 矩形的四个角都是直角61矩形性质定理2 矩形的对角线相等62矩形判定定理1 有三个角是直角的四边形是矩形63矩形判定定理2 对角线相等的平行四边形是矩形64菱形性质定理1 菱形的四条边都相等65菱形性质定理2 菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角 66菱形面积=对角线乘积的一半，即s=(a_times;b)_divide;267菱形判定定理1 四边都相等的四边形是菱形68菱形判定定理2 对角线互相垂直的平行四边形是菱形69正方形性质定理1 正方形的四个角都是直角，四条边都相等70正方形性质定理2正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角71定理1 关于中心对称的两个图形是全等的72定理2 关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分73逆定理如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称74等腰梯形性质定理等腰梯形在同一底上的两个角相等75等腰梯形的两条对角线相等76等腰梯形判定定理在同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形77对角线相等的梯形是等腰梯形78平行线等分线段定理如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在其他直线上截得的线段也相等79 推论1 经过梯形一腰的中点与底平行的直线，必平分另一腰80 推论2 经过三角形一边的中点与另一边平行的直线，必平分第三边81 三角形中位线定理三角形的中位线平行于第三边，并且等于它的一半82 梯形中位线定理梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半l=(a+b)_divide;2 s=l_times;h83 (1)比例的基本性质如果a:b=c:d,那么ad=bc 如果ad=bc,那么a:b=c:d84 (2)合比性质如果a/b=c/d,那么(a_plusmn;b)/b=(c_plusmn;d)/d85 (3)等比性质如果a/b=c/d=_hellip;=m/n(b+d+_hellip;+n_ne;0),那么(a+c+_hellip;+m)/(b+d+_hellip;+n)=a/b86 平行线分线段成比例定理三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例87 推论平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)，所得的对应线段成比例88 定理如果一条直线截三角形的两边(或两边的延长线)所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边89 平行于三角形的一边，并且和其他两边相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形三边对应成比例90 定理平行于三角形一边的直线和其他两边(或两边的延长线)相交，所构成的三角形与原三角形相似91 相似三角形判定定理1 两角对应相等，两三角形相似(asa)92 直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形和原三角形相似93 判定定理2 两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似(sas)94 判定定理3 三边对应成比例，两三角形相似(sss)95 定理如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似96 性质定理1 相似三角形对应高的比，对应中线的比与对应角平分线的比都等于相似比97 性质定理2 相似三角形周长的比等于相似比98 性质定理3 相似三角形面积的比等于相似比的平方99 任意锐角的正弦值等于它的余角的余弦值，任意锐角的余弦值等于它的余角的正弦值100任意锐角的正切值等于它的余角的余切值，任意锐角的余切值等于它的余角的正切值101圆是定点的距离等于定长的点的集合102圆的内部可以看作是圆心的距离小于半径的点的集合103圆的外部可以看作是圆心的距离大于半径的点的集合104同圆或等圆的半径相等105到定点的距离等于定长的点的轨迹，是以定点为圆心，定长为半径的圆106和已知线段两个端点的距离相等的点的轨迹，是着条线段的垂直平分线107到已知角的两边距离相等的点的轨迹，是这个角的平分线108到两条平行线距离相等的点的轨迹，是和这两条平行线平行且距离相等的一条直线109定理不在同一直线上的三点确定一个圆。
高考数学知识点总结及公式大全
高考数学知识点总结及公式大全高三数学公式整理1.y=c(c为常数) y=02.y=x^n y=nx^(n-1)3.y=a^x y=a^xlnay=e^x y=e^x4.y=logax y=logae/xy=lnx y=1/x5.y=sinx y=cosx6.y=cosx y=-sinx7.y=tanx y=1/cos^2x8.y=cotx y=-1/sin^2x9.y=arcsinx y=1/√1-x^210.y=arccosx y=-1/√1-x^211.y=arctanx y=1/1+x^212.y=arccotx y=-1/1+x^2三角函数公式锐角三角函数公式sin α=∠α的对边 / 斜边cos α=∠α的邻边 / 斜边tan α=∠α的对边 / ∠α的邻边cot α=∠α的邻边 / ∠α的对边倍角公式Sin2A=2SinA?CosACos2A=CosA^2-SinA^2=1-2SinA^2=2CosA^2-1 tan2A=(2tanA)/(1-tanA^2)(注：SinA^2 是sinA的平方 sin2(A) )三倍角公式sin3α=4sinα·sin(π/3+α)sin(π/3-α) cos3α=4cosα·cos(π/3+α)cos(π/3-α) tan3a = tan a · tan(π/3+a)· tan(π/3-a) 三倍角公式推导sin3a=sin(2a+a)=sin2acosa+cos2asina辅助角公式Asinα+Bcosα=(A^2+B^2)^(1/2)sin(α+t)，其中sint=B/(A^2+B^2)^(1/2)cost=A/(A^2+B^2)^(1/2)tant=B/AAsinα+Bcosα=(A^2+B^2)^(1/2)cos(α-t)，tant=A/B 降幂公式sin^2(α)=(1-cos(2α))/2=versin(2α)/2cos^2(α)=(1+cos(2α))/2=covers(2α)/2tan^2(α)=(1-cos(2α))/(1+cos(2α))推导公式tanα+cotα=2/sin2αtanα-cotα=-2cot2α1+cos2α=2cos^2α1-cos2α=2sin^2α1+sinα=(sinα/2+cosα/2)^2=2sina(1-sin2a)+(1-2sin2a)sina=3sina-4sin3acos3a=cos(2a+a)=cos2acosa-sin2asina=(2cos2a-1)cosa-2(1-sin2a)cosa=4cos3a-3cosasin3a=3sina-4sin3a=4sina(3/4-sin2a)=4sina[(√3/2)2-sin2a]=4sina(sin260°-sin2a)=4sina(sin60°+sina)(sin60°-sina)=4sina.2sin[(60+a)/2]cos[(60°-a)/2].2sin[(60°-a)/2]cos[(60°-a)/2]=4sinasin(60°+a)sin(60°-a)cos3a=4cos3a-3cosa=4cosa(cos2a-3/4)=4cosa[cos2a-(√3/2)2]=4cosa(cos2a-cos230°)=4cosa(cosa+cos30°)(cosa-cos30°)=4cosa.2cos[(a+30°)/2]cos[(a-30°)/2].{-2sin[(a+30°)/2]sin[(a-30°) /2]}=-4cosasin(a+30°)sin(a-30°)=-4cosasin[90°-(60°-a)]sin[-90°+(60°+a)]=-4cosacos(60°-a)[-cos(60°+a)]=4cosacos(60°-a)cos(60°+a)上述两式相比可得tan3a=tanatan(60°-a)tan(60°+a)数学圆锥公式知识点正弦定理a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R注：其中R表示三角形的外接圆半径余弦定理b2=a2+c2-2accosB注：角B是边a和边c的夹角圆的`标准方程(x-a)2+(y-b)2=r2注：(a,b)是圆心坐标圆的一般方程x2+y2+Dx+Ey+F=0注：D2+E2-4F0抛物线标准方程y2=2pxy2=-2px-x2=2pyx2=-2py直棱柱侧面积S=c.h斜棱柱侧面积S=c.h正棱锥侧面积S=1/2c.h正棱台侧面积S=1/2(c+c)h圆台侧面积S=1/2(c+c)l=pi(R+r)l球的表面积S=4pi.r2圆柱侧面积S=c.h=2pi.h圆锥侧面积S=1/2.c.l=pi.r.l弧长公式l=a.ra是圆心角的弧度数r0扇形面积公式s=1/2.l.r锥体体积公式V=1/3.S.H圆锥体体积公式V=1/3.pi.r2h斜棱柱体积V=SL注：其中,S是直截面面积，L是侧棱长柱体体积公式V=s.h圆柱体V=p.r2h乘法与因式分a2-b2=(a+b)(a-b)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)a3-b3=(a-b(a2+ab+b2) 三角不等式|a+b|≤|a|+|b||a-b|≤|a|+|b||a|≤b=-b≤a≤b |a-b|≥|a|-|b|-|a|≤a≤|a|一元二次方程的解-b+√(b2-4ac)/2a-b-√(b2-4ac)/2a根与系数的关系X1+X2=-b/aX1.X2=c/a注：韦达定理判别式b2-4ac=0注：方程有两个相等的实根b2-4ac0注：方程有两个不等的实根b2-4ac0注：方程没有实根，有共轭复数根三倍角公式三倍角的正弦、余弦和正切公式sin3α=3sinα-4sin^3(α)cos3α=4cos^3(α)-3cosαtan3α=[3tanα-tan^3(α)]/[1-3tan^2(α)]三倍角公式推导附推导：tan3α=sin3α/cos3α=(sin2αcosα+cos2αsinα)/(cos2αcosα-sin2αsinα)=(2sinαcos^2(α)+cos^2(α)sinα-sin^3(α))/(cos^3(α)-cosαsin^2(α)-2sin^2(α)cosα)上下同除以cos^3(α)，得：tan3α=(3tanα-tan^3(α))/(1-3tan^2(α))sin3α=sin(2α+α)=sin2αcosα+cos2αsinα=2sinαcos^2(α)+(1-2sin^2(α))sinα=2sinα-2sin^3(α)+sinα-2sin^3(α)=3sinα-4sin^3(α)cos3α=cos(2α+α)=cos2αcosα-sin2αsinα=(2cos^2(α)-1)cosα-2cosαsin^2(α)=2cos^3(α)-cosα+(2cosα-2cos^3(α))=4cos^3(α)-3cosα即sin3α=3sinα-4sin^3(α)cos3α=4cos^3(α)-3cosα三倍角公式联想记忆记忆方法：谐音、联想正弦三倍角：3元减 4元3角(欠债了(被减成负数)，所以要“挣钱”(音似“正弦”))余弦三倍角：4元3角减 3元(减完之后还有“余”)☆☆注意函数名，即正弦的三倍角都用正弦表示，余弦的三倍角都用余弦表示。
高考数学中的平面几何图形的分类
高考数学中的平面几何图形的分类在高中数学中，平面几何图形的分类是一个重要的概念。
在高考中，我们经常会遇到平面几何的问题，因此了解这些图形的分类以及其性质是非常必要的。
在本文中，我们将详细讨论平面几何图形的分类以及它们的特点和性质。
一、三角形三角形是平面几何的一个基本图形。
它有三个顶点、三条边和三个内角。
根据边长和角度的不同，三角形可以分为以下几种类型。
1. 等边三角形等边三角形是指三边长度相等的三角形。
由于每个角都是60度，因此它的三个内角也相等。
这种三角形具有对称性，也是初中学习多边形时最基本的形状之一。
2. 等腰三角形等腰三角形是指两条边长度相等的三角形。
由于两个角相等，这种三角形也具有对称性。
在等腰三角形中，底角（也就是两边中较长的那个角）的角度比两个等角小。
3. 直角三角形直角三角形是指其中一个角为90度的三角形。
在直角三角形中，另外两个角度总和为90度。
我们在学习勾股定理时会经常遇到这种三角形。
4. 一般三角形一般三角形是指没有任何两边或两角相等的三角形。
这种三角形没有对称性，也没有特定的性质。
在高考中，一般三角形的出现也比较少。
二、四边形四边形是指有四个顶点和四条边的平面几何图形。
根据边的性质，四边形可以分为以下几种类型。
1. 正方形正方形是边长相等，且每个角度为90度的四边形。
由于每个角度都一样，并且它有4个对称轴，所以正方形是具有非常好的对称性的。
在几何中，我们会经常用到正方形的性质，例如对角线等于边长、对角线互相平分等。
2. 长方形长方形是指有两对相对边相等的四边形。
相对的两个角度一样，相邻的两个角度和为180度。
长方形的对角线相等，但是不一定互相平分。
在高考中，学生需要掌握长方形的性质，例如面积公式和对角线长度的计算方法。
3. 平行四边形平行四边形是指两组相对边平行的四边形。
相邻的两个角度和为180度，但是相邻边的角度不一定相等。
平行四边形具有平移对称性，因此我们在学习向量时会经常用到它。
新高考数学常用知识点
新高考数学常用知识点一、函数及其性质函数的概念：函数是一种描述两个变量之间关系的规律或规则。
函数的表示方法：函数可以用方程、图表或者词语描述。
函数的性质：单调性、奇偶性、周期性、对称性等。
二、集合与运算集合的概念：集合是由一些确定的元素组成的整体。
集合的表示方法：列举法、描述法、区间法等。
集合运算：并集、交集、差集、补集等。
三、数与代数实数与有理数：实数是指全部的数，有理数是可写成两个整数之比的数。
绝对值：一个实数的绝对值是它到原点的距离，用|a|表示。
代数式：用字母表示数的式子，包括多项式、分式等。
四、平面几何和空间几何几何图形：点、线、面等几何基本元素构成的图形。
平面几何：研究点、线、面在平面上的性质和关系。
空间几何：研究点、线、面在空间中的性质和关系。
五、概率与统计概率的概念：事件发生的可能性大小，范围从0到1。
概率的计算：基本事件的概率计算、事件关系的概率计算等。
统计学：对数据进行收集、整理、分析和解释的学科。
六、数列与数学归纳法数列：按一定规则排列的数的序列。
等差数列：相邻两项之差相等的数列。
等比数列：相邻两项之比相等的数列。
数学归纳法：证明数学命题在自然数上成立的方法。
七、导数与微分导数的概念：描述函数变化率的指标，表示函数在某一点上的瞬时变化率。
导数的计算：使用导数的定义或一些基本公式进行计算。
八、不等式与不等式的应用不等式的概念：关于未知数的相对大小的数学陈述。
解不等式：求出使不等式成立的未知数范围。
不等式的应用：在实际问题中，利用不等式来求解和判断。
九、数理逻辑与证明数理逻辑：研究正确推理的规律、方法和规则。
命题与命题连接词：由语句构成的有确定真假的陈述称为命题。
十、立体几何多面体：具有三维形状的几何体，如正方体、长方体等。
圆锥、圆柱和圆台：具有特定形状的立体几何体。
体积与表面积：立体几何体的容积和表面积的计算。
以上是新高考数学常用知识点的概要介绍，希望能对你的学习有所帮助。
请根据个人实际情况进行详细学习和深入理解，并结合具体问题进行练习和应用。
高考数学必背公式最新(完整版)
高考数学必背公式最新(完整版)高考数学必背公式1、圆体积=4/3(pi)(r^3)2、面积=(pi)(r^2)3、周长=2(pi)r4、圆的标准方程(x-a)2+(y-b)2=r2【(a,b)是圆心坐标】5、圆的一般方程x2+y2+dx+ey+f=0【d2+e2-4f0】高中必背88个数学公式——椭圆公式1、椭圆周长公式：l=2πb+4(a-b)2、椭圆周长定理：椭圆的周长等于该椭圆短半轴，长为半径的圆周长(2πb)加上四倍的该椭圆长半轴长(a)与短半轴长(b)的差.3、椭圆面积公式：s=πab4、椭圆面积定理：椭圆的面积等于圆周率(π)乘该椭圆长半轴长(a)与短半轴长(b)的乘积。
以上椭圆周长、面积公式中虽然没有出现椭圆周率t,但这两个公式都是通过椭圆周率t推导演变而来。
高中必背88个数学公式——两角和公式1、sin(a+b)=sinacosb+cosasinbsin(a-b)=sinacosb-sinbcosa2、cos(a+b)=cosacosb-sinasinbcos(a-b)=cosacosb+sinasinb3、tan(a+b)=(tana+tanb)/(1-tanatanb)tan(a-b)=(tana-tanb)/(1+tanatanb) 4、ctg(a+b)=(ctgactgb-1)/(ctgb+ctga)ctg(a-b)=(ctgactgb+1)/(ctgb-ctga) 高中必背88个数学公式——倍角公式1、tan2a=2tana/(1-tan2a)ctg2a=(ctg2a-1)/2ctga2、cos2a=cos2a-sin2a=2cos2a-1=1-2sin2a高中必背88个数学公式——半角公式1、sin(a/2)=√((1-cosa)/2)sin(a/2)=-√((1-cosa)/2)2、cos(a/2)=√((1+cosa)/2)cos(a/2)=-√((1+cosa)/2)3、tan(a/2)=√((1-cosa)/((1+cosa))tan(a/2)=-√((1-cosa)/((1+cosa))4、ctg(a/2)=√((1+cosa)/((1-cosa))ctg(a/2)=-√((1+cosa)/((1-cosa))高中必背88个数学公式——和差化积1、2sinacosb=sin(a+b)+sin(a-b)2cosasinb=sin(a+b)-sin(a-b)2、2cosacosb=cos(a+b)-sin(a-b)-2sinasinb=cos(a+b)-cos(a-b)3、sina+sinb=2sin((a+b)/2)cos((a-b)/2cosa+cosb=2cos((a+b)/2)sin((a-b)/2)4、tana+tanb=sin(a+b)/cosacosbtana-tanb=sin(a-b)/cosacosb5、ctga+ctgbsin(a+b)/sinasinb-ctga+ctgbsin(a+b)/sinasinb高中必背88个数学公式——等差数列1、等差数列的通项公式为：an=a1+(n-1)d (1)2、前n项和公式为：Sn=na1+n(n-1)d/2或Sn=n(a1+an)/2(2)从(1)式可以看出,an是n的一次数函(d≠0)或常数函数(d=0),(n,an)排在一条直线上,由(2)式知,Sn是n的二次函数(d≠0)或一次函数(d=0,a1≠0),且常数项为0.在等差数列中,等差中项：一般设为Ar,Am+An=2Ar,所以Ar为Am,An的等差中项.且任意两项am,an的关系为：an=am+(n-m)d它可以看作等差数列广义的通项公式.3、从等差数列的定义、通项公式,前n项和公式还可推出：a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=ak+an-k+1,k∈{1,2,…,n}若m,n,p,q∈N__,且m+n=p+q,则有am+an=ap+aqSm-1=(2n-1)an,S2n+1=(2n+1)an+1Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…,Snk-S(n-1)k…或等差数列,等等.和=(首项+末项)__项数÷2项数=(末项-首项)÷公差+1首项=2和÷项数-末项末项=2和÷项数-首项项数=(末项-首项)/公差+1高中必背88个数学公式——等比数列1、等比数列的通项公式是：An=A1__q^(n-1)2、前n项和公式是：Sn=[A1(1-q^n)]/(1-q)且任意两项am,an的关系为an=am·q^(n-m)3、从等比数列的定义、通项公式、前n项和公式可以推出：a1·an=a2·an-1=a3·an-2=…=ak·an-k+1,k∈{1,2,…,n}4、若m,n,p,q∈N__,则有：ap·aq=am·an,等比中项：aq·ap=2ar ar则为ap,aq等比中项.记πn=a1·a2…an,则有π2n-1=(an)2n-1,π2n+1=(an+1)2n+1另外,一个各项均为正数的等比数列各项取同底数数后构成一个等差数列;反之,以任一个正数C为底,用一个等差数列的各项做指数构造幂Can,则是等比数列.在这个意义下,我们说：一个正项等比数列与等差数列是“同构”的.性质：①若 m、n、p、q∈N,且m+n=p+q,则am·an=ap__aq;②在等比数列中,依次每 k项之和仍成等比数列.“G是a、b的等比中项”“G^2=ab(G≠0)”.在等比数列中,首项A1与公比q都不为零.高中必背88个数学公式——抛物线1、抛物线：y=ax__+bx+c就是y等于ax的平方加上bx再加上c。
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其实，冬天并不可怕。虽然它让北方大地萧条冷漠，但它也会为其换上新婚的嫁衣。到那时，山川挂玉璧、河流卧银龙、梨花飘满树、梅雪争恢弘。春有春的盎然；夏有夏的热烈；秋有秋的饱满；冬有 冬的大气，壮观的冰天雪地并不输于春夏秋。在线配资https:/// 小北风吹起来，虽有时如刀锋利剑，但它培养了北方人的豪爽性格，锤炼了北方人的坚强意志。在呼啸的北风中，围坐在暖暖的火炉旁，喝上一壶烈酒，唱上一首北风那个吹，也醉人！