【2017参考】金版教程2016高考数学文二轮复习课件2-3-1 函数与方程思想

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【金版教程】2017届高考文科数学(全国通用)二轮文档讲义：第1编专题1-2数形结合思想

第二讲数形结合思想思想方法解读考点利用数形结合思想研究方程的根与函数的零点典例1 已知定义在R 上的奇函数f (x )满足当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log12 (x ＋1)，x ∈[0，1)，1－|x －3|，x ∈[1，＋∞)，则关于x 的函数F (x )＝f (x )－a (0<a <1)的所有零点之和为( )A ．2a －1B ．2－a －1C ．1－2－aD ．1－2a[解析] 因为f (x )为R 上的奇函数，所以当x <0时，f (x )＝－f (－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－log12 (－x ＋1)，x ∈(－1，0)，－1＋|－x －3|，x ∈(－∞，－1]，画出函数y ＝f (x )的图象和直线y ＝a (0<a <1)，如图．由图可知，函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝a (0<a <1)共有5个交点，设其横坐标从左到右分别为x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，则x 1＋x 22＝－3，x 4＋x 52＝3，而由－log12 (－x 3＋1)＝a ，即log 2(1－x 3)＝a ，可得x 3＝1－2a ，所以x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5＝1－2a ，故选D.[答案] D利用数形结合研究方程的根(求函数零点)解决策略(1)用函数的图象讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解的个数是一种重要的思想方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式(不熟悉时，需要作适当变形转化为两个熟悉的函数)，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解的个数．(2)数形结合思想在解决函数性质有关问题时常有以下几种类型：①研究函数的单调性与奇偶性：画出函数的图象，从图象的变化趋势看函数的单调性，从图象的对称看函数的奇偶性．②研究函数的对称性：画出函数的图象，可从图象的分布情况看图象的对称性．③比较函数值的大小：对于比较没有解析式的函数值大小，可结合函数的性质，画出函数的草图，结合图象比较大小．【针对训练1】 [2016·山东重点高中模拟]若实数a 满足a ＋lg a ＝4，实数b 满足b ＋10b＝4，函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋(a ＋b )x ＋2，x ≤0，2，x >0，则关于x 的方程f (x )＝x 的根的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C解析在同一坐标系中作出y ＝10x ，y ＝lg x 以及y ＝4－x 的图象，其中y ＝10x ，y ＝lg x 的图象关于直线y ＝x 对称，直线y ＝x 与y ＝4－x 的交点为(2,2)，所以a ＋b ＝4，f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋4x ＋2，x ≤0，2，x >0，当x ≤0时，由x 2＋4x ＋2＝x 可得，x ＝－1或－2；当x >0时，易知x ＝2，所以方程f (x )＝x 的根的个数是3.考点利用数形结合思想解不等式或求参数范围典例2 (1)[2015·福建高考]已知AB →⊥AC →，|AB →|＝1t ，|AC →|＝t .若点P 是△ABC所在平面内的一点，且AP →＝AB →|AB →|＋4AC→|AC →|，则PB →·PC →的最大值等于( )A ．13B ．15C ．19D ．21[解析] 依题意，以点A 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，所以点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，C (0，t )，AP →＝(1,0)＋4(0,1)＝(1,4)即P (1,4)且t >0.所以PB →·PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1，－4·(－1，t －4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1×(－1)－4×(t －4)＝17－1t －4t ≤17－21t ×4t＝13(当且仅当1t ＝4t ，即t ＝12时取等号)，所以PB →·PC →的最大值为13，故选A.[答案] A(2)[2014·全国卷Ⅱ]已知偶函数f (x )在[0，＋∞)上单调递减，f (2)＝0.若f (x －1)>0，则x 的取值范围是________．[解析]作出函数f (x )的大致图象如图所示，因为f (x －1)>0，所以－2<x －1<2，解得－1<x <3.则x 的取值范围为(－1,3)． [答案] (－1,3)数形结合思想解决不等式(或求参数范围)的解题思路求参数范围或解不等式问题时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、下位置关系转化成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．【针对训练2】 (1)使log 2(－x )<x ＋1成立的x 的取值范围是________．答案 (－1,0)解析在同一坐标系中，分别作出y ＝log 2(－x )，y ＝x ＋1的图象，由图可知，x 的取值范围是(－1,0)．(2)若不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12解析作出y ＝|x －2a |和y ＝12x ＋a －1的简图，依题意知应有2a ≤2－2a ，故a ≤12.考点利用数形结合求最值典例3(1)已知圆C ：(x －a )2＋(y －b )2＝1，平面区域Ω：⎩⎨⎧x ＋y －7≤0，x －y ＋3≥0，y ≥0.若圆心C ∈Ω，且圆C 与x 轴相切，则a 2＋b 2的最大值为( )A ．5B ．29C ．37D ．49[解析] 由已知得平面区域Ω为△MNP 内部及边界．∵圆C 与x 轴相切，∴b ＝1.显然当圆心C 位于直线y ＝1与x ＋y －7＝0的交点A (6，1)处时，a max ＝6.∴a 2＋b 2的最大值为62＋12＝37.故选C.[答案] C(2)已知P 是直线l ：3x ＋4y ＋8＝0上的动点，P A ，PB 是圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0的两条切线，A ，B 是切点，C 是圆心，则四边形P ACB 面积的最小值为________．[解析] 从运动的观点看问题，当动点P 沿直线3x ＋4y ＋8＝0向左上方或右下方无穷远处运动时，直角三角形P AC 的面积S Rt △P AC ＝12|P A |·|AC |＝12|P A |越来越大，从而S 四边形P ACB 也越来越大；当点P 从左上、右下两个方向向中间运动时，S 四边形P ACB 变小，显然，当点P 到达一个最特殊的位置，即CP 垂直于直线l 时，S 四边形P ACB 应有唯一的最小值，此时|PC |＝|3×1＋4×1＋8|32＋42＝3，从而|P A |＝|PC |2－|AC |2＝2 2.所以(S 四边形P ACB )min ＝2×12×|P A |×|AC |＝2 2. [答案] 2 2利用数形结合思想解决最值问题的一般思路利用数形结合的思想可以求与几何图形有关的最值问题，也可以求与函数有关的一些量的取值范围或最值问题．(1)对于几何图形中的动态问题，应分析各个变量的变化过程，找出其中的相互关系求解．(2)对于求最大值、最小值问题，先分析所涉及知识，然后画出相应图象，数形结合求解．【针对训练3】 [2016·潍坊模拟]已知函数f (x )＝x 2－2(a ＋2)x ＋a 2，g (x )＝－x 2＋2(a －2)x －a 2＋8，设H 1(x )＝max{f (x )，g (x )}，H 2(x )＝min{f (x )，g (x )}(max{p ，q }表示p ，q 中的较大值，min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，记H 1(x )的最小值为A ，H 2(x )的最大值为B ，则A －B ＝( )A ．16B ．－16C ．a 2－2a －16D ．a 2＋2a －16答案 B解析 H 1(x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎨⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )<g (x ).H 2(x )＝min{f (x )，g (x )}＝⎩⎨⎧f (x )，f (x )≤g (x )，g (x )，f (x )>g (x ).由f (x )＝g (x )⇒x 2－2(a ＋2)x ＋a 2＝－x 2＋2(a －2)x －a 2＋8，解得x 1＝a －2，x 2＝a ＋2.而函数f (x )＝x 2－2(a ＋2)x ＋a 2，g (x )＝－x 2＋2(a －2)x －a 2＋8的图象的对称轴恰好分别为x ＝a ＋2，x ＝a －2，可见二者图象的交点正好在它们的顶点处，如图1所示，因此H 1(x )，H 2(x )的图象分别如图2，图3所示(图中实线部分)可见，A ＝H 1(x )min ＝f (a ＋2)＝－4a －4，B ＝H 2(x )max ＝g (a －2)＝12－4a ，从而A －B ＝－16.考点数形结合思想在解析几何中的应用典例4 已知F 1、F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，过点F 2与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点M ，若点M 在以线段F 1F 2为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是( )A ．(1，2)B ．(2，3)C ．(3，2)D ．(2，＋∞)[解析] 如图所示，过点F 2(c,0)且与渐近线y ＝b a x 平行的直线为y ＝ba (x －c )，与另一条渐近线y ＝－ba x 联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝ba (x －c )，y ＝－ba x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝c2，y ＝－bc2a ，即点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫c2，－bc 2a .∴|OM |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－bc 2a 2＝c21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2 ∵点M 在以线段F 1F 2为直径的圆外， ∴|OM |>c ，即c 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2>c ，得 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2>2. ∴双曲线离心率e ＝ca ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2>2. 故双曲线离心率的取值范围是(2，＋∞)．故选D.[答案] D数形结合在解析几何中的解题策略(1)数形结合思想中一个非常重要的方面是以数解形，通过方程等代数方法来研究几何问题，也就是解析法，解析法与几何法结合来解题，会有更大的功效．(2)此类题目的求解要结合该曲线的定义及几何性质，将条件信息和结论信息结合在一起，观察图形特征，转化为代数语言，即方程(组)或不等式(组)，从而将问题解决．【针对训练4】已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为F 1、F 2，且两条曲线在第一象限的交点为P ，△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形．若|PF 1|＝10，椭圆与双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则e 1e 2的取值范围是( )A ．(0，＋∞)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫15，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫19，＋∞ 答案 B解析如图，由题意知r 1＝10，r 2＝2c ，且r 1>r 2.e 2＝2c 2a 双＝2c r 1－r 2＝2c10－2c ＝c 5－c ；e 1＝2c 2a 椭＝2c r 1＋r 2＝2c 10＋2c ＝c 5＋c.∵三角形两边之和大于第三边，∴2c ＋2c >10，∴c >52， ∴e 1e 2＝c 225－c 2＝125c 2－1>13，因此选B.。

《2017参考》金版教程2016高考数学文二轮复习训练2-1-3数列Word版含解析

1．[2015·郑州质检一]等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝0，则公差d 等于( )A ．－1B ．1C ．2D ．－2 答案 D解析 S 3＝3a 2＝6，即a 2＝2，故d ＝a 3－a 2＝－2.2．[2015·西安八校联考]在等差数列{a n }中，a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( )A ．37B ．36C ．20D ．19答案 A解析 a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37，故选A.3．设数列{a n }是首项为a 1，公差为1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1、S 2、S 4成等比数列，则a 2015＝( )A ．4030B ．4029C ．2014 D.40292 答案 D解析因为S 1、S 2、S 4成等比数列，所以S 22＝S 1S 4，所以(2a 1＋1)2＝a 1(4a 1＋6)，解得a 1＝12.所以a n ＝12＋(n －1)×1＝n －12(n ∈N *)，故a 2015＝40292，选D.4．已知等比数列{a n }的各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝( )A ．3＋2 2B ．3－2 2C ．2＋3 2D ．2＋2 2 答案 A解析设等比数列{a n }的公比为q ，且q >0.因为a 1，12a 3,2a 2成等差数列，所以a 3＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，解得q ＝1＋2，所以a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋22，故选A.5．若a ，b ，c 成等比数列，其中0<a <b <c <1，n ∈N *，且n ≠1，则log a n ，log b n ，log c n 组成的数列( )A ．是等比数列B ．是等差数列C ．每项的倒数成等差数列D ．第二项与第三项分别是第一项与第二项的n 次幂答案 C解析解法一：1log c n －1log b n ＝log n c －log n b ＝log n c b ，1log bn －1log a n ＝log n b －log n a ＝log nb a ，∵c b ＝b a ，∴1log c n －1log b n ＝1log b n －1log a n ，即各项的倒数成等差数列．故选C.解法二：取a ＝18，b ＝14，c ＝12，n ＝2，则log a n ＝－13，log b n ＝－12，log c n ＝－1，所以各项的倒数成等差数列．故选C.6．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 2＝( )A.34 B ．1 C.43 D.12 答案 A解析由题意可设数列{a n }的首项为a 1(a 1>0)，公差为d (d ≥0)．因为正项数列{a n }的前n 项和为S n ，所以S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 3＝3a 1＋3d .又{S n }也是公差为d 的等差数列，所以S 2＝2a 1＋d ＝a 1＋d ，两边平方得2a 1＋d ＝a 1＋2d a 1＋d 2 ①，S 3＝3a 1＋3d ＝a 1＋2d ，两边平方得3a 1＋3d ＝a 1＋4d a 1＋4d 2 ②，②－①得a 1＝－2d ＋2d a 1＋3d 2 ③，把③代入①得d (2d －1)＝0，解得d ＝0或d ＝12.当d ＝0时，代入③得a 1＝0，不合题意；当d ＝12时，代入③得a 1＝14.所以a 2＝a 1＋d ＝14＋12＝34，故选A.7．[2015·沈阳质检一]数列{a n }是等比数列，若a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝________.答案 323(1－4－n )．解析设等比数列{a n }的公比为q ，由等比数列的性质知a 5＝a 2q 3，求得q ＝12，所以a 1＝4.a 2a 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝14a 1a 2，a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n ＝14a n －1a n (n ≥2)．设b n ＝a n a n ＋1，可以得出数列{b n }是以8为首项，以14为公比的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n＋1为数列{b n }的前n 项和，由等比数列前n 项和公式得a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝323(1－4－n )．8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝(2＋cos n π)·(a n－1)＋3，n ∈N *，设{a n }的前n 项和为S n ，则S 2n －1＝________(用n 表示)．答案 3n －1＋n 2－1解析当n 是奇数时，cos n π＝－1；当n 是偶数时，cos n π＝1.所以当n 是奇数时，a n ＋2＝a n ＋2；当n 是偶数时，a n ＋2＝3a n .又a 1＝1，a 2＝2，所以a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…是首项为1，公差为2的等差数列；a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…是首项为2，公比为3的等比数列．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数2×3n2－1，n 为偶数，故S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋6＋…＋2×3n －1)＝3n ＋n 2－1，所以S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3n ＋n 2－1－2×3n －1＝3n －1＋n 2－1.9．[2015·南昌调研]一牧羊人赶着一群羊通过4个关口，每过一个关口，守关人将拿走当时羊的一半，然后退还1只给牧羊人，过完这些关口后，牧羊人只剩下2只羊，则牧羊人在过第一个关口前有________只羊．答案 2解析记此牧羊人通过第1个关口前、通过第2个关口前、……、通过第4个关口前剩下的羊的只数组成数列{a n }(n ＝1,2,3,4)，则由题意得a 2＝12a 1＋1，a 3＝12a 2＋1，a 4＝12a 3＋1，而12a 4＋1＝2，解得a 4＝2，因此得a 3＝2，…，a 1＝2. 10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝1(n ∈N *)． (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，且b n ＋1＝b n ＋a n ，求{b n }的通项公式．解 (1)因为a n ＋S n ＝1，所以a n ＋1＋S n ＋1＝1，两式相减得a n＋1－a n ＋S n ＋1－S n ＝0，所以2a n ＋1＝a n ，又当n ＝1时，a 1＋S 1＝1，所以a 1＝12，所以{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，所以a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.(2)因为b n ＋1＝b n ＋a n ，所以b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以当n ≥2时，b 2－b 1＝12，b 3－b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122，…，b n －b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，相加得b n －b 1＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以b n ＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝2－12n－1.11．[2015·贵州七校联盟联考]已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝b 1＝1，且b 3S 3＝36，b 2S 2＝8(n ∈N *)．(1)求a n 和b n ；(2)若a n <a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧q 2(3＋3d )＝36q (2＋d )＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－23，q ＝6∴⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1b n ＝2n －1，或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝13(5－2n )b n ＝6n －1. (2)若a n <a n ＋1，由(1)知a n ＝2n －1，∴1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n2n ＋1. 12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在曲线y ＝2x 2－2上．(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)记b n ＝2n －1a n，试求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)证明：由题意得S n ＝2a n －2，所以S n －1＝2a n －1－2(n ≥2，n ∈N *)．两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，又a 1＝S 1＝2a 1－2，所以a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知a n ＝2×2n －1＝2n，b n ＝2n －12n ，所以T n ＝1×12＋3×122＋5×123＋…＋(2n －1)×12n ，12T n ＝1×122＋3×123＋…＋(2n －3)×12n ＋(2n －1)×12n ＋1，两式相减得12T n ＝1×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －(2n －1)×12n ＋1，即12T n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12n －12－(2n －1)×12n ＋1＝2×12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－12－(2n －1)×12n ＋1＝32－12n －1－(2n －1)×12n ＋1，所以T n ＝3－12n －2－(2n －1)×12n ＝3－2n ＋32n .。

金版教程高考数学文二轮复习讲义：第二编专题整合突破专题二函数与导数第二讲函数与方程及函数的应用含解析

第二讲函数与方程及函数的应用必记公式]几种常见的函数模型(1)一次函数模型：y ＝ax ＋b (a ≠0)． (2)二次函数模型：y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)． (3)指数函数模型：y ＝a ·b x ＋c (b >0且b ≠1)． (4)对数函数模型：y ＝b log a x ＋c (a >0且a ≠1，x >0)．(5)分段函数模型：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )(x ∈D 1)，h (x )(x ∈D 2)(D 1∩D 2＝∅)．重要性质]1．函数的零点及函数的零点与方程根的关系对于函数f (x )，把使f (x )＝0的实数x 叫做函数f (x )的零点，函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点就是方程f (x )＝g (x )的根，即函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝g (x )的图象交点的横坐标．2．零点存在性定理如果函数y ＝f (x )在区间a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f (a )·f (b )<0，那么函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点，即存在c ∈(a ，b )，使得f (c )＝0.这个c 也就是方程f (x )＝0的一个根．失分警示]1．函数的零点不是点的坐标，而是函数值等于零的点的横坐标． 2．函数零点存在性定理要求函数图象是连续不断的．并且有f (a )·f (b )<0这两个条件同时成立．3．满足零点存在性定理的条件时得出函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点，但零点个数不确定；反之函数在a ，b ]上有零点不一定能推出f (a )·f (b )<0.4．求实际问题中的函数解析式时易忽略定义域．考点函数的零点典例示法题型1判断函数零点的存在区间典例12014·北京高考]已知函数f(x)＝6x－log2x，在下列区间中，包含f(x)零点的区间是()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,4) D．(4，＋∞)解析]∵f(1)＝6－log21＝6>0，f(2)＝3－log22＝2>0，f(3)＝2－log23>0，f(4)＝64－log24＝32－2<0，∴包含f(x)零点的区间是(2,4)，故选C. 答案] C题型2函数零点的个数问题典例22015·湖北高考]函数f(x)＝4cos2x2·cos⎝⎛⎭⎪⎫π2－x－2sin x－|ln (x＋1)|的零点个数为________．解析]f(x)＝2(1＋cos x)sin x－2sin x－|ln (x＋1)|＝sin2x－|ln (x＋1)|，x>－1，函数f(x)的零点个数即为函数y＝sin2x与y＝|ln (x＋1)|(x>－1)的图象的交点个数．分别作出两个函数的图象，如图，可知有两个交点，则f(x)有两个零点．答案] 2题型3 利用零点个数或存在区间求参数的取值范围典例3 2015·湖南高考]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤a ，x 2，x >a .若存在实数b ，使函数g (x )＝f (x )－b 有两个零点，则a 的取值范围是________．解析] 令φ(x )＝x 3(x ≤a )，h (x )＝x 2(x >a )，函数g (x )＝f (x )－b 有两个零点，即函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝b 有两个交点，结合图象可得a <0或φ(a )>h (a )，即a <0或a 3>a 2，解得a <0或a >1，故a ∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．答案] (－∞，0)∪(1，＋∞)1．判断函数零点个数的方法(1)直接求零点：令f (x )＝0，则方程解的个数即为零点的个数． (2)零点存在性定理：利用该定理不仅要求函数在a ，b ]上是连续的曲线，且f (a )·f (b )<0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点．(3)数形结合：对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．2．利用函数零点求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解．(2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．考点函数与方程的综合应用典例示法典例4 (1)2015·江苏高考]已知函数f (x )＝|ln x |，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，0<x ≤1，|x 2－4|－2，x >1，则方程|f (x )＋g (x )|＝1实数根的个数为________．解析]f (x )＋g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0<x ≤1，－x 2＋ln x ＋2，1<x <2，x 2＋ln x －6，x ≥2，当1<x <2时，f ′(x )＋g ′(x )＝－2x ＋1x ＝1－2x2x<0故当1<x <2时，f (x )＋g (x )单调递减，在同一坐标系中画出y ＝|f (x )＋g (x )|及y ＝1的图象，如图所示．由图象可知|f (x )＋g (x )|＝1的实根个数为4. 答案] 4(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ≤0，f (x －1)，x >0，则方程f (x )＝log 12(x ＋1)的根的个数为________．解析] 先求x >0时，f (x )的解析式．当0<x ≤1时，x －1≤0，则f (x )＝f (x －1)＝2x －1－1.当1<x ≤2时，x －2≤0，则f (x )＝f (x －1)＝f (x －2)＝2x －2－1， …，由此得，n －1<x ≤n 时，f (x )＝2x －n －1(n ∈N *)，由此得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≤0，2x －n －1，n －1<x ≤n (n ∈N *)，方程f (x )＝log 12(x ＋1)的根的个数，即是函数y ＝f (x )与y ＝log 12(x ＋1)的图象的交点个数，画图象如图所示：由图象得知，f (x )＝log 12(x ＋1)的根有两个．答案] 2应用函数思想确定方程解的个数的两种方法(1)转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解．(2)分离参数、转化为求函数的值域问题求解．针对训练1．2014·山东高考]已知函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝kx .若方程f (x )＝g (x )有两个不相等的实根，则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C ．(1,2) D ．(2，＋∞)答案 B解析画出f (x )＝|x －2|＋1的图象如图所示.由数形结合知识，可知若方程f (x )＝g (x )有两个不相等的实根，则函数g (x )与f (x )的图象应有两个不同的交点．所以函数g (x )＝kx 的图象应介于直线y ＝12x 和y ＝x 之间，所以k的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 2．2016·沈阳质检]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1(x ≥2)，2(1≤x <2)，若方程f (x )＝ax ＋1恰有一个解，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－1＋52，1 解析如图，当直线y ＝ax ＋1过点B (2,2)时，a ＝12，满足方程有两个解；当直线y ＝ax ＋1与f (x )＝2x －1(x ≥2)的图象相切时，a ＝－1＋52，满足方程有两个解；当直线y ＝ax ＋1过点A (1,2)时，a ＝1，满足方程恰有一个解．故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－1＋52，1.考点函数的实际应用典例示法典例5 提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况．在一般情况下，大桥上的车流速度v (单位：千米/小时)是车流密度x (单位：辆/千米)的函数．当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时．研究表明：当20<x ≤200时，车流速度v 是车流密度x 的一次函数．(1)当0≤x ≤200时，求函数v (x )的表达式；(2)当车流密度x 为多大时，车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时)f (x )＝x ·v (x )可以达到最大，并求出最大值．(精确到1辆/小时)解] (1)由题意：当0≤x ≤20时，v (x )＝60；当20<x ≤200时，设v (x )＝ax ＋b ，再由已知得⎩⎪⎨⎪⎧200a ＋b ＝0，20a ＋b ＝60，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13，b ＝2003.故函数v (x )的表达式为v (x )＝⎩⎨⎧60，0≤x ≤20，13(200－x )，20<x ≤200.(2)依题意及(1)可得f (x )＝⎩⎨⎧60x ，0≤x ≤20，13x (200－x )，20<x ≤200.当0≤x ≤20时，f (x )为增函数，故当x ＝20时，f (x )取得最大值，其最大值为60×20＝1200；当20<x ≤200时，f (x )＝13x (200－x )≤13⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋(200－x )22＝100003，当且仅当x ＝200－x ，即x ＝100时，等号成立．所以，当x ＝100时，f (x )取得最大值100003.综上，当x ＝100时，f (x )在区间0,200]上取得最大值100003≈3333，即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3333辆/小时．(1)常见类型：与函数有关的应用题，经常涉及物价、路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题.(2)应用函数模型解决实际问题的一般程序(3)解题关键：解答这类问题的关键是确切地建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.针对训练2015·山东实验中学月考]候鸟每年都要随季节的变化而进行大规模地迁徙，研究某种鸟类的专家发现，该种鸟类的飞行速度v (单位：m/s)与其耗氧量Q 之间的关系为：v ＝a ＋b log 3Q 10(其中a ，b 是实数)．据统计，该种鸟类在静止的时候其耗氧量为30个单位，而其耗氧量为90个单位时，其飞行速度为1 m/s.(1)求出a ，b 的值；(2)若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s ，则其耗氧量至少要多少个单位？解 (1)由题意可知，当这种鸟类静止时，它的速度为0 m/s ，此时耗氧量为30个单位，故有a ＋b log 33010＝0，即a ＋b ＝0；当耗氧量为90个单位时，速度为1 m/s ，故a ＋b log 39010＝1，整理得a ＋2b ＝1.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝0，a ＋2b ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝1.(2)由(1)知，v ＝a ＋b log 3Q 10＝－1＋log 3Q10.所以要使飞行速度不低于2 m/s ，则有v ≥2，即－1＋log 3Q 10≥2，即log 3Q10≥3，解得Q ≥270.所以若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s ，则其耗氧量至少要270个单位．全国卷高考真题调研]1．2014·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)答案 C解析当a ＝0时，显然f (x )有2个零点，不符合题意；当a >0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，易知函数f (x )在(－∞，0)上单调递增．又f (0)＝1，当x →－∞时，f (x )＝x 2(ax －3)＋1→－∞，故不适合题意；当a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0就满足题意．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，得8a 2－12a 2＋1>0，解得a <－2或a >2(舍去)，故a <－2.其它省市高考题借鉴]2．2016·天津高考]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋(4a －3)x ＋3a ，x <0，log a (x ＋1)＋1，x ≥0(a >0，且a ≠1)在R 上单调递减，且关于x 的方程|f (x )|＝2－x 恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤0，23 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，34 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，23∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34 答案 C解析当x <0时，f (x )单调递减，必须满足－4a －32≥0，故0<a ≤34，此时函数f (x )在0，＋∞)上单调递减，若f (x )在R 上单调递减，还需3a ≥1，即a ≥13，所以13≤a ≤34.结合函数图象，当x ≥0时，函数y ＝|f (x )|的图象和直线y ＝2－x 有且只有一个公共点，即当x ≥0时，方程|f (x )|＝2－x 只有一个实数解．因此，只需当x <0时，方程|f (x )|＝2－x 恰有一个实数解．根据已知条件可得，当x <0时，f (x )>0，即只需方程f (x )＝2－x 恰有一个实数解，即x 2＋(4a －3)x ＋3a ＝2－x ，即x 2＋2(2a －1)x ＋3a －2＝0在(－∞，0)上恰有唯一的实数解．判别式Δ＝4(2a －1)2－4(3a －2)＝4(4a 2－7a ＋3)＝4(a －1)(4a －3)，因为13≤a ≤34，所以Δ≥0.当3a －2<0，即a <23时，方程x 2＋2(2a －1)x ＋3a －2＝0有一个正实根、一个负实根，满足要求；当3a －2＝0，即a ＝23时，方程x 2＋2(2a －1)x ＋3a －2＝0的一个根为0，一个根为－23，满足要求；当3a －2>0，即23<a <34时，因为－(2a －1)<0，此时方程x 2＋2(2a －1)x ＋3a －2＝0有两个负实根，不满足要求；当a ＝34时，方程x 2＋2(2a －1)x ＋3a －2＝0有两个相等的负实根，满足要求．综上可知，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34.3．2015·天津高考]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，x ≤2，(x －2)2，x >2，函数g (x )＝b －f (2－x )，其中b ∈R .若函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，则b 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫74，＋∞ B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，74C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，74 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2 答案 D解析函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，即方程f (x )－g (x )＝0，即b ＝f (x )＋f (2－x )有4个不同的实数根，即直线y ＝b 与函数y ＝f (x )＋f (2－x )的图象有4个不同的交点．又y ＝f (x )＋f (2－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＋2，x <0，2，0≤x ≤2，x 2－5x ＋8，x >2，作出该函数的图象如图所示，由图可得，当74<b <2时，直线y ＝b 与函数y ＝f (x )＋f (2－x )的图象有4个不同的交点，故函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点时，b 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2. 4．2015·四川高考]某食品的保鲜时间y (单位：小时)与储藏温度x (单位：℃)满足函数关系y ＝e kx ＋b (e ＝2.718…为自然对数的底数，k ，b 为常数)．若该食品在0 ℃ 的保鲜时间是192小时，在22 ℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33 ℃的保鲜时间是________小时．答案 24解析由题意得⎩⎪⎨⎪⎧e b＝192，e22k ＋b ＝48，即⎩⎨⎧e b＝192，e 11k ＝12，所以该食品在33 ℃的保鲜时间是y ＝e 33k ＋b＝(e11k )3·e b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123×192＝24(小时)．一、选择题1．2016·山东莱芜模拟]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≤1，1＋log 2x ，x >1，则函数f (x )的零点为( )A.12，0 B ．－2,0 C.12 D ．0答案 D解析当x ≤1时，由f (x )＝2x －1＝0，解得x ＝0；当x >1时，由f (x )＝1＋log 2x ＝0，解得x ＝12，又因为x >1，所以此时方程无解．综上，函数f (x )的零点只有0.2．2016·北京昌平三模]已知函数f (x )＝ln x ，则函数g (x )＝f (x )－f ′(x )的零点所在的区间是( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4)答案 B解析函数f (x )的导数为f ′(x )＝1x ，所以g (x )＝f (x )－f ′(x )＝ln x －1x .因为g (1)＝ln 1－1＝－1<0，g (2)＝ln 2－12>0，所以函数g (x )＝f (x )－f ′(x )的零点所在的区间为(1,2)，故选B.3．2016·郑州质检]已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－cos x ，则f (x )在0,2π]上的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C解析作出g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x与h (x )＝cos x 的图象，可以看到其在0,2π]上的交点个数为3，所以函数f (x )在0,2π]上的零点个数为3，故选C.4．已知函数y ＝f (x )的周期为2，当x ∈－1,1]时，f (x )＝x 2，那么函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝|lg x |的图象的交点共有( )A ．10个B ．9个C ．8个D ．1个答案 A解析在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f(x)和y＝|lg x|的图象，如图．又lg 10＝1，由图象知选A.5．2015·北京高考]汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程．下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况．下列叙述中正确的是()A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油D．某城市机动车最高限速80千米/小时．相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油答案 D解析对于A选项，从图中可以看出当乙车的行驶速度大于40 km/h时的燃油效率大于5 km/L，故乙车消耗1升汽油的行驶路程可大于5千米，所以A错误．对于B选项，由图可知甲车消耗汽油最少．对于C选项，甲车以80 km/h的速度行驶时的燃油效率为10 km/L，故行驶1小时的路程为80千米，消耗8 L汽油，所以C错误．对于D选项，当最高限速为80 km/h且速度相同时丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，故用丙车比用乙车更省油，所以D正确．6．2016·郑州质量预测(一)]设函数f(x)＝e x＋2x－4，g(x)＝ln x＋2x2－5，若实数a，b分别是f(x)，g(x)的零点，则()A．g(a)<0<f(b) B．f(b)<0<g(a)C．0<g(a)<f(b) D．f(b)<g(a)<0答案 A解析依题意，f(0)＝－3<0，f(1)＝e－2>0，且函数f(x)是增函数，因此函数f(x)的零点在区间(0,1)内，即0<a<1.g(1)＝－3<0，g(2)＝ln 2＋3>0，函数g(x)的零点在区间(1,2)内，即1<b<2，于是有f(b)>f(1)>0.又函数g(x)在(0,1)内是增函数，因此有g(a)<g(1)<0，g(a)<0<f(b)，选A.7．2016·湖北宜昌模拟]某种新药服用x小时后血液中的残留量为y毫克，如图所示为函数y＝f(x)的图象，当血液中药物残留量不小于240毫克时，治疗有效．设某人上午8：00第一次服药，为保证疗效，则第二次服药最迟的时间应为()A．上午10：00 B．中午12：00C．下午4：00 D．下午6：00答案 C解析当x∈0,4]时，设y＝k1x，把(4,320)代入，得k1＝80，∴y＝80x.当x∈4,20]时，设y＝k2x＋b.把(4,320)，(20,0)代入得⎩⎪⎨⎪⎧4k 2＋b ＝320，20k 2＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 2＝－20，b ＝400，∴y ＝400－20x .∴y ＝f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧80x ， 0≤x ≤4，400－20x ，4<x ≤20.由y ≥240，得⎩⎪⎨⎪⎧ 0≤x ≤4，80x ≥240，或⎩⎪⎨⎪⎧4<x ≤20，400－20x ≥240.解得3≤x ≤4或4<x ≤8，∴3≤x ≤8.故第二次服药最迟应在当日下午4：00，故选C. 二、填空题8．2016·云南昆明模拟]已知函数f (x )＝a x ＋x －b 的零点x 0∈(n ，n ＋1)(n ∈Z )，其中常数a ，b 满足2a ＝3,3b ＝2，则n ＝________.答案－1解析 a ＝log 23>1,0<b ＝log 32<1，令f (x )＝0，得a x ＝－x ＋b .在同一平面直角坐标系中画出函数y ＝a x 和y ＝－x ＋b 的图象，如图所示，由图可知，两函数的图象在区间(－1,0)内有交点，所以函数f (x )在区间(－1,0)内有零点，所以n ＝－1.9．2016·河北唐山模拟]已知f (x )＝⎩⎨⎧12＋x 2＋2x ，x <0，f (x －1)，x ≥0，且函数y＝f (x )＋ax 恰有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－14∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞解析当x <0时，f (x )＝(x ＋1)2－12，把函数f (x )在－1,0)上的图象向右平移一个单位，即得函数y ＝f (x )在0,1)上的图象，继续右移可得函数f (x )在0，＋∞)上的图象．如果函数y ＝f (x )＋ax 恰有3个不同的零点，即函数y ＝f (x )，y ＝－ax 的图象有三个不同的公共点，实数a 应满足－a <－12，即a >12或14<－a <12，即－12<a <－14.10．2015·四川高考]已知函数f (x )＝2x ，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R )．对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2，n ＝g (x 1)－g (x 2)x 1－x 2.现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m >0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n >0； ③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ； ④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n . 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．答案 ①④解析因为f (x )＝2x 在R 上是单调递增的，所以对于不相等的实数x 1，x 2，m ＝2x 1－2x 2x 1－x 2>0恒成立，①正确；因为g (x )＝x 2＋ax ，所以n ＝x 21＋ax 1－(x 22＋ax 2)x 1－x 2＝x 1＋x 2＋a ，正负不定，②错误；由m ＝n ，整理得f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)．令函数p (x )＝f (x )－g (x )＝2x －x 2－ax ，则p ′(x )＝2x ln 2－2x －a ，令t (x )＝p ′(x )，则t ′(x )＝2x (ln 2)2－2，又t ′(1)＝2(ln 2)2－2<0，t ′(3)＝8(ln 2)2－2>0，从而存在x 0∈(1,3)，使得t ′(x 0)＝2x 0(ln 2)2－2＝0，于是p ′(x )有极小值p ′(x 0)＝2x 0ln 2－2x 0－a ＝2ln 2－2log 22(ln 2)2－a ，所以存在a ＝－2log 22(ln 2)2，使得p ′(x 0)＝2ln 2>0，此时p (x )在R 上单调递增，故不存在不相等的实数x 1，x 2，使得f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)，不满足题意，③错误；由m ＝－n ，得f ′(x )＝－g ′(x )，即－a ＝2x ln 2＋2x .设h (x )＝2x ln 2＋2x ，则h ′(x )＝2x (ln 2)2＋2>0，所以h (x )在R 上是单调递增的，且当x →＋∞时，h (x )→＋∞；当x →－∞时，h (x )→－∞，所以对于任意的a ，y ＝－a 与y ＝h (x )的图象一定有交点，④正确．三、解答题11．2016·湖南浏阳一中段考]已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数g (x )＝f (x )x －4ln x 的零点个数．解 (1)∵f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }，∴设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ，且a >0.∵a >0，f (x )＝a (x －1)2－4]≥－4，又f (1)＝－4a ，∴f (x )min ＝－4a ＝－4，∴a ＝1.故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3.(2)∵g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x －4ln x －2(x >0)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝(x －1)(x －3)x 2. ∴x ，g ′(x )，g (x )的取值变化情况如下：g (x )在(3，＋∞)上单调递增， g (3)＝－4ln 3<0，取x ＝e 5>3， g (e 5)＝e 5－3e 5－20－2>25－1－22＝9>0.故函数g (x )只有1个零点，且零点x 0∈(3，e 5)．12．2016·山东菏泽期中]已知一家公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入2.7万元，设该公司一年内共生产该品牌服装x 千件并全部销售完，每千件的销售收入为R (x )万元，且R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧10.8－130x 2(0<x ≤10)，108x －10003x 2(x >10).(1)写出年利润W (万元)关于年产量x (千件)的函数解析式； (2)年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大？(注：年利润＝年销售收入－年总成本)解 (1)当0<x ≤10时，W ＝xR (x )－(10＋2.7x )＝8.1x －x 330－10；当x >10时，W ＝xR (x )－(10＋2.7x )＝98－10003x －2.7x .∴W ＝⎩⎪⎨⎪⎧8.1x －x 330－10(0<x ≤10)，98－10003x －2.7x (x >10).(2)①当0<x ≤10时，令W ′＝8.1－x 210＝0，得x ＝9，可知当x ∈(0,9)时，W ′>0，当x ∈(9,10]时，W ′<0，∴当x ＝9时，W 取极大值，即最大值，且W max ＝8.1×9－130×93－10＝38.6. ②当x >10时，W ＝98－⎝ ⎛⎭⎪⎫10003x ＋2.7x ≤98－210003x ·2.7x ＝38，当且仅当10003x ＝2.7x ，即x ＝1009时，W ＝38，故当x ＝1009时，W 取最大值38(当1000x 取整数时，W 一定小于38)．综合①②知，当x ＝9时，W 取最大值，故当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大．。

【2017参考】金版教程2016高考数学文二轮复习课件2-3-4 转化与化归思想

(－∞，＋∞) ． (3)若不等式对一切 a∈[－2,2]恒成立，则 x 的取值范围为________________
解析 (3)因为 a∈[－2,2]，则可把原式看作关于 a 的函数，即 g(a)＝－xa＋x2＋1≥0，
g－2＝x2＋2x＋1≥0，由题意可知，解之得 x∈R， 2 g 2 ＝ x － 2 x ＋ 1 ≥ 0 ，
5π 即 x＝， 12 5π 故 x 的值为12.
切入点由 m⊥n 建立恒等关系，进而得到 tanx 的值；审题过程
π 1 π 关注点由 m 与 n 的夹角为，建立关系式得到 sinx－＝， 4 2 3
再根据角的范围，求出符合条件的角．
特殊与一般的转化步骤特殊与一般转化法是在解决问题过程中将某些一般问题进行特殊化处理或将某些特殊问题进行一般化处理的方法．这类转化法一般的解题步骤是：第一步：确立需转化的目标问题：一般将要解决的问题作为转化目标．第二步：寻找“特殊元素”与“一般元素”：把一般问题转化为特殊问题时，寻找“特殊元素”；把特殊问题转化为一般问题时，寻找“一般元素”．第三步：确立新目标问题：根据新确立的“特殊元素”或者“一般元素”，明确其与需要解决问题的关系，确立新的需要解决的问题．
模拟演练 3 已知不等式 x2－ax＋1≥0.
－∞，2]． (1)若不等式对一切 x∈(0,2]恒成立，则 a 的取值范围为( ________
x2，而 x ≥ x ＝2，当且仅当 x＝1 时等号成立，所以 a 的取值范围是(－∞，2]．
类型一
特殊与一般的转化 LEIXING
2 π 2 广东高考]在平面直角坐标系 xOy 中，已知向量 m＝，－， n＝(sinx， cosx)， x∈0，2. 例1 [2015· 2 2

《2017参考》金版教程2016高考数学理二轮复习训练2-1-5解析几何Word版含解析

1.已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左焦点到渐近线的距离等于实轴长，则双曲线C 的离心率为( )A.52B. 5C.2 5 D ．3 5答案 B解析易知双曲线C 的左焦点到渐近线的距离为b ，则b ＝2a ，因此双曲线C 的离心率为e ＝ca ＝ 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝5，选B. 2.若动圆的圆心在抛物线x 2＝12y 上，且与直线y ＋3＝0相切，则此圆恒过定点( )A.(0,2) B ．(0，－3) C.(0,3) D ．(0,6)答案 C解析直线y ＋3＝0是抛物线x 2＝12y 的准线，由抛物线的定义知抛物线上的点到直线y ＝－3的距离与到焦点(0,3)的距离相等，所以此圆恒过定点(0,3).3.以双曲线x 23－y 26＝1的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆上任意一点P 与椭圆的两个焦点构成的三角形面积的最大值为( )A.3 6 B ．3 2 C.2 3 D ．2 2 答案 B解析因为双曲线x 23－y 26＝1的顶点坐标为(±3，0)，焦点为(±3,0)，所以椭圆的长半轴长a ＝3，半焦距c ＝3，短半轴长b ＝a 2－c 2＝6，当P 为短轴端点时，P 与椭圆的两个焦点构成的三角形的面积最大，且最大值为12×23×6＝32，选择B.4.已知P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆x 24＋y 22＝1上的两个动点，且x 1＋x 2＝2.若线段PQ 的垂直平分线经过定点A ，则点A 的坐标为( )A.(1,0)B ．(1,1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 答案 C解析因为P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)在椭圆x 24＋y 22＝1上，且x 1＋x 2＝2.当x 1≠x 2时，由⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 212＝1x 224＋y 222＝1，得y 1－y 2x 1－x 2＝－12·x 1＋x 2y 1＋y 2＝－1y 1＋y 2.设线段PQ 的中点为N (1，n )，所以k PQ ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－12n ，所以线段PQ的垂直平分线的方程为y －n ＝2n (x －1)，即y ＝2n ⎝⎛⎭⎪⎫x －12，该直线恒过定点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0；当x 1＝x 2时，线段PQ 的垂直平分线也过定点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0.故线段PQ 的垂直平分线恒过定点A ⎝⎛⎭⎪⎫12，0.5.已知双曲线mx 2＋ny 2＝1的离心率为2，且一个焦点与抛物线x 2＝8y 的焦点重合，则此双曲线的方程为( )A.y 2－x23＝1B ．x 2－y23＝1C.x 22－y 26＝1 D.y 22－x 26＝1答案 A解析因为抛物线x 2＝8y 的焦点坐标为(0,2)，所以m <0，n >0，所以⎩⎪⎨⎪⎧1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1m ＝421n＝2，即n ＝1，m ＝－13，所以双曲线方程为y 2－x23＝1.6.设F 为抛物线C ：x 2＝12y 的焦点，A 、B 、C 为抛物线上不同的三点，若F A →＋FB →＋FC →＝0，则|F A |＋|FB |＋|FC |＝( )A.3 B ．9 C.12 D ．18答案 D解析设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，因为A 、B 、C 为抛物线上不同的三点，则A 、B 、C 可以构成三角形．抛物线C ：x 2＝12y 的焦点为F (0,3)，准线方程为y ＝－3. 因为F A →＋FB →＋FC →＝0，所以利用平面向量的相关知识可得点F 为△ABC 的重心，从而有x 1＋x 2＋x 3＝0，y 1＋y 2＋y 3＝9.又根据抛物线的定义可得|F A |＝y 1－(－3)＝y 1＋3，|FB |＝y 2－(－3)＝y 2＋3，|FC |＝y 3－(－3)＝y 3＋3，所以|F A |＋|FB |＋|FC |＝y 1＋3＋y 2＋3＋y 3＋3＝y 1＋y 2＋y 3＋9＝18.7.[2015·河北名校联盟质检]若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一个焦点到一条渐近线的距离等于焦距的14，则该双曲线的离心率为________．答案 233解析双曲线的一条渐近线方程为bx －ay ＝0，一个焦点坐标为(c,0)．根据题意：|bc －a ×0|b 2＋a 2＝14×2c ，所以c ＝2b ，a ＝c 2－b 2＝3b ，所以e ＝c a ＝23＝233.8.已知直线l 过抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F ，且与C 相交于A 、B 两点，AB 的中点M 的坐标为(3,2)，则抛物线C 的方程为________．答案 y 2＝4x 或y 2＝8x解析由题意可设直线l 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2(k ≠0)，与抛物线C 的方程y 2＝2px (p >0)联立可得k 2x 2－k 2px －2px ＋k 2p24＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧p 2＋p k 2＝3p k ＝2，解得k ＝1，p ＝2或k ＝2，p ＝4，所以抛物线C 的方程为y 2＝4x 或y 2＝8x .9.已知点P 是椭圆x 225＋y 29＝1上的动点，且与椭圆的四个顶点不重合，F 1、F 2分别是椭圆的左、右焦点，O 为坐标原点，若点M 是∠F 1PF 2的角平分线上的一点，且F 1M ⊥MP ，则|OM |的取值范围是________．答案 (0,4)解析解法一：如图，延长PF 2，F 1M ，交于点N ，∵PM 是∠F 1PF 2的角平分线，且F 1M ⊥MP ，∴|PN |＝|PF 1|，M 为F 1N 的中点，∵O 为F 1F 2的中点，M 为F 1N 的中点，∴|OM |＝12|F 2N |＝12||PN |－|PF 2||＝12||PF 1|－|PF 2||，对于椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0，xy ≠0)，设点P 的坐标为(x 0，y 0)(－a <x 0<a )，则x 20a 2＋y 20b 2＝1，又F 1(－c,0)，F 2(c,0)，故|PF 1|＝(x 0＋c )2＋y 20＝(x 0＋c )2＋b 2－b 2x 20a 2＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c a x 02＝a ＋ex 0，同理|PF 2|＝a －ex 0，∴|OM |＝12||PF 1|－|PF 2||＝12|2ex 0|＝12×2e |x 0|＝e |x 0|，∵点P 是椭圆上与四个顶点不重合的点，故|x 0|∈(0，a )，故|OM |∈(0，c )，对于x 225＋y 29＝1，c ＝4，故|OM |的取值范围是(0,4)．解法二：由椭圆的对称性，只需研究动点P 在第一象限内的情况，当点P 趋近于椭圆的上顶点时，点M 趋近于点O ，此时|OM |趋近于0；当点P 趋近于椭圆的右顶点时，点M 趋近于点F 1，此时|OM |趋近于25－9＝4，所以|OM |的取值范围为(0,4)．解法三：如图，延长PF 2，F 1M 交于点N ，∵PM 是∠F 1PF 2的角平分线，且F 1M ⊥MP ，∴|PN |＝|PF 1|，M 为F 1N 的中点，又O 为F 1F 2的中点，∴|OM |＝12|F 2N |＝12||PN |－|PF 2||＝12||PF 1|－|PF 2||，又|PF 1|＋|PF 2|＝10，∴|OM |＝12|2|PF 1|－10|＝||PF 1|－5|，又|PF 1|∈(1,5)∪(5,9)，∴|OM |∈(0,4)，故|OM |的取值范围是(0,4)．10.设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝32，M 是椭圆C 上的一点，且点M 到椭圆C 两焦点的距离之和为4.(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆C 的左顶点A 的直线l 交椭圆于另一点B ，P (0，t )是y轴上一点，满足|PA |＝|PB |，PA →·PB →＝4，求实数t 的值．解 (1)由已知得2a ＝4，则a ＝2，又e ＝c a ＝32，所以c ＝3，b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)易知A (－2,0)，设B (x 1，y 1)，根据题意可知直线l 的斜率存在，可设直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，把它代入椭圆C 的方程，消去y ，整理得：(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋(16k 2－4)＝0，由根与系数的关系得－2＋x 1＝－16k 21＋4k 2，则x 1＝2－8k 21＋4k 2，y 1＝k (x 1＋2)＝4k1＋4k 2，所以线段AB 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 21＋4k 2，2k 1＋4k 2. ①当k ＝0时，则有B (2,0)，线段AB 的垂直平分线为y 轴，于是P A →＝(－2，－t )，PB →＝(2，－t )，由P A →·PB →＝－4＋t 2＝4，解得t ＝±2 2.②当k ≠0时，则线段AB 的垂直平分线的方程为y －2k 1＋4k 2＝－1k⎝⎛⎭⎪⎫x ＋8k 21＋4k 2. 因为P (0，t )是线段AB 垂直平分线上的一点，令x ＝0，得t ＝－6k 1＋4k 2，于是P A →＝(－2，－t )，PB →＝(x 1，y 1－t )，由P A →·PB →＝－2x 1－t (y 1－t )＝4(16k 4＋15k 2－1)(1＋4k 2)2＝4，解得：k ＝±147，代入t ＝－6k 1＋4k 2，解得t ＝±2145. 综上，满足条件的实数t 的值为t ＝±22或t ＝±2145.。

【2017参考】金版教程2016高考数学理二轮复习课件2-2-1 集合、函数与导数、不等式

第二编
考前冲刺攻略
第二步
易错失分大清查
1.集合、函数与导数、不等式
忽视互异性致误例1 [ 错解] 已知 1∈{a＋2，(a＋1)2，a2＋3a＋3}，求实数 a 的值．由题意，得 a＋2＝1 或(a＋1)2＝1 或 a2＋3a＋3＝1，∴a＝－1 或 a＝－2 或 a＝0.
当 a＝－2 时，(a＋1)2＝a2＋3a＋3＝1，不符合集合元素的互异性；同理 a＝－1 时，
②若 B≠∅，则 m＋1≤2m－1，即 m≥2. 由 B⊆A，如图所示，得
－2≤m＋1， 2m－1≤5.
解得－3≤m≤3. 又∵m≥2，∴2≤m≤3. 由①②知，当 m≤3 时，A∪B＝A.
[ 防范措施]
造成本题失分的根本原因是忽视了“空集是任何集合的子集”这一性质．当题目中出现
A⊆B，A∩B＝A，A∪B＝B 时，注意对 A 进行分类讨论，即分为 A＝∅和 A≠∅两种情况讨论．补救训练 2 已知集合 A＝{x|x2＋(p＋2)x＋1＝0，p∈R}，若 A∩R＋＝∅，则实数 p 的取值范围为 (________ －4，＋∞ ) ．
解析由题意可知，M＝ (－3,1)，N＝ [－1,1]，∴阴影部分表示的集合为 M∩(∁UN)＝ (－3，－1).
对命题的否定不当致误例4 [ 错解] ax＋10 (－∞，2)∪[5，＋∞) ．已知 M 是不等式 ≤0 的解集且 5∉M，则 a 的取值范围是______________________ ax－25 (－∞，－2)∪(5，＋∞)
[防范措施] 对于错解 1，解一元二次不等式时一定要将考虑抛物线的开口和含参数的讨论形成习惯. 对于错解 2，对于含参数的交、并、补集问题的运算，一定要注意界点.
补救训练 3 [2015· 太原一模] 已知全集 U＝R，集合 M＝{x|(x－1)(x＋3)<0}，N＝{x||x|≤1}，则阴影部分表示的集合是( A.[－1,1) B.(－3,1] C.(－∞，－3)∪[－1，＋∞) D.(－3，－1) )

【2017参考】金版教程2016高考数学文二轮复习课件2-4-3 解答题的解题程序模板

15
大二轮 ·数学 ·文
PM (2)证明：在线段 PC 上存在点 M，使得 AC⊥BM，并求MC的值．
解 (2)证明：如图，在平面 ABC 内，过点 B 作 BN⊥AC，垂足为 N.在平面 PAC 内，过点 N 作 MN ∥PA 交 PC 于点 M，连接 BM. 由 PA⊥平面 ABC 知 PA⊥AC，所以 MN⊥AC. 由于 BN∩MN＝N，故 AC⊥平面 MBN，又 BM⊂平面 MBN，所以 AC⊥BM. 1 3 在 Rt△BAN 中，AN＝AB· cos∠BAC＝2，从而 NC＝AC－AN＝2， PM AN 1 由 MN∥PA，得MC＝NC＝3.
3 π π 11 因为0<A< π，则 <A＋ < π. 4 6 6 12 π π π 从而当A＋＝，即A＝时， 6 2 3
π 2sinA＋6取最大值2. π 综上可知， 3sinA－cosB＋4的最大值为2，
π 5π 此时A＝，B＝ . 3 12
6
大二轮 ·数学 ·文
5
大二轮 ·数学 ·文
π (2)求 3sinA－cos B＋4的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小； π 3 π 解 (2)由(1)知，B＝ π－A，B＋＝π－A，则 3sinA－cosB＋4 ＝ 3sinA－cos(π－A)＝ 3sinA＋ 4 4
π A ＋ cosA＝2sin 6.
[解] (1) 证明：在△ACD 中， ∵2AM＝MD, 2CN＝ND，∴MN∥AC，又 MN⊄平面 ABC ，AC⊂平面 ABC， ∴MN∥平面 ABC.
11
大二轮 ·数学 ·文
(2)证明：AD⊥BC；
[解] (2)证明：在△ABD 中，AB＝AD，∠A＝90° ，

2016届高考数学二轮复习 2.5 函数与方程及函数的应用课件

即 m2-3m-4=0,解得 m=4 或 m=-1.
②设两零点分别为 x1,x2,且 x1>-1,x2>-1,x1≠x2.则 x1+x2=2m,x1·
x2=3m+4,故只需
= 42 -4(3m + 4) > 0,
2 -3m-4 > 0,
-2 + 2 > 0,
(1 + 1) + (2 + 1) > 0, ⇔
图象的交点个数;
(4)二次函数的零点问题,通过相应的二次方程的判别式 Δ 来判断.
能力突破点一
能力突破点二
能力突破点三
【例 1】若函数 f(x)=
零点个数为(
A.1
能力突破方略
能力突破模型
能力迁移训练
+ 1, ≤ 0,
则当 k>0 时,函数 y=f(f(x))+1 的
ln, > 0,
由判别式 Δ 来决定;有两个大于-1 的零点可借助一元二次方程根与系数的
关系及判别式进行等价转化;
(2)F(x)=0,即|4x-x2|=-a,故转化为两个函数的图象交点问题求解.
能力突破点一
能力突破点二
能力突破点三
能力突破方略
能力突破模型
能力迁移训练
解:(1)①若函数 f(x)=x2+2mx+3m+4 有且仅有一个零点,则等价于 Δ=4m24(3m+4)=0,

8
由|AB|=8,得 k=8,∴f2(x)= .
8
∴f(x)=x2+ .

能力突破点一
能力突破点二
能力突破点三
能力突破方略

【2017参考】金版教程2016高考数学文二轮复习课件2-4-1 选择题速解方法

直接对照型选择题是直接从题设条件出发，利用已知条件、相关概念、性质、公式、公理、定理、法则等基础知识，通过严谨推理、准确运算、合理验证，从而直接得出正确结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，从而确定正确的选择支．这类选择题往往是由计算题、应用题或证明题改编而来，其基本求解策略是由因导果，直接求解．
例2
已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，给出下列条件，①a＝kb(k∈R)；②x1x2＋y1y2＝0；③ )
2 2 2 (a＋3b)∥(2a－b)；④a· b＝|a||b|；⑤x2 1y2＋x2y1≤2x1x2y1y2.
其中能够使得a∥b的个数是( A．1 C．3 思维启迪
解析
B．2 D ．4 本题考查两个向量共线的定义，可根据两向量共线的条件来判断，注意零向量的特殊性．
例5 的最大值为( A．4 C．6 思维启迪
解析
用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值．设f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，则f(x) ) B．5 D．7 画出函数f(x)的图象，观察最高点，求出纵坐标即可．本题运用图象来求值，直观、易懂．
由题意知函数f(x)是三个函数y1＝2x，y2＝x＋2，y3＝10－x中的较小者，
第二编
考前冲刺攻略
第四步
高考题型大突破
第一讲
选择题速解方法
选择题是高考数学试卷的三大题型之一．选择题的分数一般占全卷的40%左右，高考数学选择题的基本特点是： (1)绝大部分数学选择题属于低中档题，且一般按由易到难的顺序排列，主要的数学思想和数学方法能通过它得到充分的体现和应用，并且因为它还有相对难度(如思维层次、解题方法的优劣选择，解题速度的快慢等)，所以选择题已成为具有较好区分度的基本题型之一． (2)选择题具有概括性强、知识覆盖面广、小巧灵活及有一定的综合性和深度等特点，且每一题几乎都有两种或两种以上的解法，能有效地检测学生的思维层次及观察、分析、判断和推理能力．目前高考数学选择题采用的是一元选择题(即有且只有一个正确答案)，由选择题的结构特点，决定了解选择题除常规方法外还有一些特殊的方法．解选择题的基本原则是：“小题不能大做”，要充分利用题目中(包括题干和选项)提供的各种信息，排除干扰，利用矛盾，作出正确的判断．

【2017参考】金版教程2016高考数学理二轮复习课件2-2-2 三角函数、解三角形、平面向量

1 解 (1)由余弦定理知，BC2＝AB2＋AC2－2AB· AC· cosA＝4＋9－2×2×3× ＝7，所以BC＝ 7. 2 (2)由正弦定理知，所以sinC＝ AB BC ＝， sinC sinA
AB 2sin60° 21 · sinA＝＝ . BC 7 7 3 2 7 1－＝ . 7 7
[错解]
→ → → → → → ∵△ABC为等边三角形，∴|BC|＝|CA|＝|AB|＝1，向量AB、BC、CA间的夹角均为60° .
→ → → → → → 1 ∴BC· CA＝CA· AB＝AB· BC＝ . 2 → → → → → → 3 ∴BC· CA＋CA· AB＋AB· BC＝ . 2
[错因分析] → → 数量积的定义a· b＝|a|· |b|· cosθ，这里θ是a与b的夹角，本题中 BC 与 CA 夹角不是∠C.两向量的
又∵cosθ＝
2λ＋1>0， λ>－2， ∴ 解得 λ ≠ 2 ， λ≠2.
1 ∴λ的取值范围是λλ>－2且λ≠2 .
补救训练16
设两个向量e1，e2，满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1与e2的夹角为
π .若向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹 3
a c ＝， sinA sinC
∴sinA＝
asinC 1 π 5π ＝，∴A＝或 . c 2 6 6
a c csinA 3 (2)由＝，得sinC＝＝ . sinA sinC a 2 π π π ∴C＝，由C＝知B＝， 3 3 2 ∴b＝ a2＋b2＝2.
[错因分析] sinA＝
补救训练17
π π 将函数h(x)＝2sin 2x＋4 的图象向右平移个单位，再向上平移2个单位，得到函数f(x)的 4

2017高考数学文山东专用二轮课件：2-3 函数与方程精

试题统计复习策略 1.关于零点问题,要学会分析转化,能够把与之有关的不同形式的问题,化 (2012 山东, 归为适当方程文 12) 的零点问题. (2016 山东, 2.函数模型的文 15) 实际应用问题, 主要抓好常见函数模型的训练,重点放在信息整理与建模
-3-
1.零点的定义:对于函数y=f(x),使f(x)=0的实数x叫做函数y=f(x)的零点. 2.零点存在性定理:如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是一条连续曲线,且有f(a)f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间[a,b]内有零点,即存在 c∈(a,b),使得f(c)=0,此时这个c就是方程f(x)=0的根. 3.函数的零点与方程根的关系:函数F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程f(x)=g(x)的根,即函数y=f(x)的图象与函数y=g(x)的图象交点的横坐标. 4.判断函数零点个数的方法:(1)直接求零点;(2)零点存在性定理;(3)数形结合法.
-9-
7.已知定义在R上的奇函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,当 0<x≤1时, f(x)=log 1 x ,则方程f(x)-1=0在(0,6)内的零点之和为( C ) 2 A.8 B.10 C.12 D.16 解析:由y=f(x)的图象关于直线x=1对称,可得f(2+x)=f(-x),又y=f(x)是 R上的奇函数,可得f(2+x)=f(-x)=-f(x),所以f(4+x)=f[2+(2+x)]=f[(2+x)]=-f(2+x)=f(x). 所以y=f(x)的周期为4,当x∈(0,1]时,f(x)= log 1 x ,可画出y=f(x)的图象 2 如图所示:

金版教程2016高考数学文二轮复习课件：2-1-3 数列

第六页，编辑于星期日：二十一点三十五分。
易错警示：由于等比数列前 n 项和公式有两种形式，为此在求等比数列前 n 项和时，首先要判断公比 q 是否为 1，再由 q 的情况选择求和公式的形式，当不能判断公比 q 是否为 1 时，要分 q＝1 和 q≠1 两种情形讨论求解.
(4)等比中项：若 a，A，b 成等比数列，那么 A 叫做 a 与 b 的等比中项．值得注意的是，不是任何两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个，即为± ab.
(4)等差中项：若 a，A，b 成等差数列，则 A 叫做 a 与 b 的等差中项，且 A＝a＋2 b.
第五页，编辑于星期日：二十一点三十五分。
3 等差数列的性质 (1)当公差 d≠0 时，等差数列的通项公式 an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d 是关于 n 的一次函数，且斜率为公差 d；前 n 项和 Sn＝na1＋nn2－1d＝d2n2＋(a1－d2)n 是关于 n 的二次函数且常数项为 0. (2)若公差 d>0，则为递增等差数列；若公差 d<0，则为递减等差数列；若公差 d＝0，则为常数列． (3)当 m＋n＝p＋q 时，则有 am＋an＝ap＋aq，特别地，当 m＋n＝2p 时，则有 am＋an＝2ap.
第七页，编辑于星期日：二十一点三十五分。
5 等比数列的性质当 m＋n＝p＋q 时，则有 am·an＝ap·aq，特别地，当 m＋n＝2p 时，则有 am·an＝a2p.
6 数列求和的方法 (1)公式法：等差数列、等比数列求和公式；(2)分组求和法；(3)倒序相加法；(4)错位相减法；(5)裂项相消法：如：nn1＋1＝1n－n＋1 1；nn1＋k＝1k1n－n＋1 k.
(2)前 n 项和 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，an＝SSn1－Sn－1

《2017参考》金版教程2016高考数学理二轮复习训练1-1-6-2利用导数解决不等式、方程解的问题Word版含解析

1．[2015·山西质监]已知函数f (x )＝x ln x . (1)试求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程；(2)若x >1，试判断方程f (x )＝(x －1)(ax －a ＋1)的解的个数．解 (1)f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝1＋ln x ，∴f ′(e)＝2，又f (e)＝e ，∴切线方程为2x －y －e ＝0.(2)方程f (x )＝(x －1)(ax －a ＋1)的解即为方程ln x －(x －1)(ax －a ＋1)x＝0的解．设h (x )＝ln x －(x －1)(ax －a ＋1)x，x >1. 则h ′(x )＝－ax 2－x －a ＋1x 2＝－(x －1)(ax ＋a －1)x 2，x >1. 当a ＝0时，h ′(x )>0，h (x )为增函数，∴h (x )>h (1)＝0，方程无解．当a ≠0时，令h ′(x )＝0得x 1＝1，x 2＝1－a a .当a <0，即x 2＝1－aa <1时，∵x >1，∴h ′(x )>0，则h (x )为(1，＋∞)上的增函数，∴h (x )>h (1)＝0，方程无解．当0<a <12，即1－a a >1时，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，1－a a 时，h ′(x )>0，h (x )为增函数；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a a ，＋∞时，h ′(x )<0，h (x )为减函数．又x →＋∞时，h (x )＝ln x －ax ＋1－ax ＋2a －1<0，h (1)＝0， ∴方程有一个解．当a ≥12，即1－a a ≤1时，∵x >1，∴h ′(x )<0，h (x )为减函数，而h (x )<h (1)＝0，方程无解．综上所述，当a ∈(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞时，原方程无解；当0<a <12时，原方程有一个解．2．[2015·郑州质量预测]已知函数f (x )＝ax －1＋ln x ，其中a 为常数．(1)当a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－4，求a 的值；(2)当a ＝－1e 时，若函数g (x )＝|f (x )|－ln x x －b2存在零点，求实数b 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝a ＋1x ，令f ′(x )＝0得x ＝－1a ，因为a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ，所以0<－1a <e ，由f ′(x )>0得0<x <－1a ，由f ′(x )<0得－1a <x <e ，从而f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－4，解得a ＝－e 2.(2)函数g (x )＝|f (x )|－ln x x －b 2存在零点，即方程|f (x )|＝ln x x ＋b2有实数根，由已知，函数f (x )的定义域为{x |x >0}，当a ＝－1e 时，f (x )＝－x e －1＋ln x ，所以f ′(x )＝－1e ＋1x ＝－x －e e x ，当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，所以，f (x )的增区间为(0，e)，减区间为(e ，＋∞)，所以f (x )max ＝f (e)＝－1，所以|f (x )|≥1.令h (x )＝ln x x ＋b2，则h ′(x )＝1－ln x x 2.当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0，从而h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (e)＝1e ＋b2，要使方程|f (x )|＝ln x x ＋b2有实数根，只需h (x )max ≥1即可，故b ≥2－2e .3．[2015·石家庄质检(二)]已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，m ∈R .(1)当m ＝－2时，求函数f (x )的所有零点；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1x 2>e 2(e 为自然对数的底数)．解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝x ln x ＋x 2－x ＝x (ln x ＋x －1)，x >0. 设g (x )＝ln x ＋x －1，x >0，则g ′(x )＝1x ＋1>0，于是g (x )在(0，＋∞)上为增函数．又g (1)＝0，所以，g (x )有唯一零点x ＝1. 从而，函数f (x )有唯一零点x ＝1.(2)证明：欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2若f (x )有两个极值点x 1，x 2，即函数f ′(x )有两个零点．又f ′(x )＝ln x －mx ，所以，x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不同实根．于是，有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0ln x 2－mx 2＝0.解之得m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2.另一方面，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0ln x 2－mx 2＝0得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)，从而可得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2于是，ln x 1＋ln x 2＝(ln x 2－ln x 1)(x 2＋x 1)x 2－x 1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 2x 1lnx 2x 1x 2x 1－1.又0<x 1<x 2，设t ＝x 2x 1，则t >1.因此，ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln tt －1，t >1.要证ln x 1＋ln x 2>2，即证：(t ＋1)ln t t －1>2，t >1.即当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 设函数h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t ≥1.则h ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2≥0，所以，h (t )为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h (1)＝0.因此，h (t )≥h (1)＝0.于是，当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1.所以，有ln x 1＋ln x 2>2成立，即x 1x 2>e 2.4．[2015·甘肃一诊]已知函数f (x )＝ax 2＋ln (x ＋1)． (1)当a ＝－14时，求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈[0，＋∞)时，函数y ＝f (x )的图象上的点都在⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0y －x ≤0所表示的平面区域内，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝－14时，f (x )＝－14x 2＋ln (x ＋1)(x >－1)， f ′(x )＝－12x ＋1x ＋1＝－(x ＋2)(x －1)2(x ＋1)(x >－1)，由f ′(x )>0解得－1<x <1，由f ′(x )<0解得x >1.∴函数f (x )的单调递增区间为(－1,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)当x ∈[0，＋∞)时，函数y ＝f (x )的图象上的点都在⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0y －x ≤0所表示的平面区域内，即当x ∈[0，＋∞)时，不等式f (x )≤x 恒成立，即ax 2＋ln (x ＋1)≤x 恒成立，设g (x )＝ax 2＋ln (x ＋1)－x (x ≥0)，只需g (x )max ≤0即可．由g ′(x )＝2ax ＋1x ＋1－1＝x [2ax ＋(2a －1)](x ＋1)，①当a ＝0时，g ′(x )＝－xx ＋1，当x >0时，g ′(x )<0，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减． ∴g (x )≤g (0)＝0成立．②当a >0时，由g ′(x )＝x [2ax ＋(2a －1)](x ＋1)＝0，因x ∈[0，＋∞)，∴x ＝12a －1.(ⅰ)若12a －1<0，即a >12时，在区间(0，＋∞)上，g ′(x )>0，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数g (x )在[0，＋∞)上无最大值，此时不满足．(ⅱ)若12a －1≥0，即0<a ≤12时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a －1上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －1，＋∞上单调递增，同样函数g (x )在[0，＋∞)上无最大值，此时也不满足．③当a <0时，由g ′(x )＝x [2ax ＋(2a －1)](x ＋1)，∵x ∈[0，＋∞)，∴2ax ＋(2a －1)<0，∴g ′(x )<0，故函数g (x )在[0，＋∞)上单调递减．∴g (x )≤g (0)＝0成立．综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，0]． 5．已知函数f (x )＝(2a ＋2)ln x ＋2ax 2＋5 (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设a <－1，若对任意不相等的正数x 1，x 2，恒有⎪⎪⎪⎪⎪⎪f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2≥8，求a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝2a ＋2x ＋4ax ＝2(2ax 2＋a ＋1)x. 当a ≥0时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)单调递增；当a ≤－1时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)单调递减；当－1<a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a ＋12a .即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋12a ，＋∞时，f ′(x )<0；故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋12a ，＋∞单调递减；(2)解法一：不妨设x 1<x 2，而a <－1，由(1)知f (x )在(0，＋∞)单调递减，从而对任意x 1、x 2∈(0，＋∞)，恒有⎪⎪⎪⎪⎪⎪f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2≥8⇔|f (x 1)－f (x 2)|≥8|x 1－x 2|⇔f (x 1)－f (x 2)≥8(x 2－x 1)⇔f (x 1)＋8x 1≥f (x 2)＋8x 2令g (x )＝f (x )＋8x ，则g ′(x )＝2a ＋2x ＋4ax ＋8原不等式等价于g (x )在(0，＋∞)单调递减，即a ＋1x ＋2ax ＋4≤0，从而a ≤－4x －12x 2＋1＝(2x －1)2－4x 2－22x 2＋1＝(2x －1)22x 2＋1－2，故a 的取值范围为(－∞，－2]．解法二：a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫－4x －12x 2＋1min ，设φ(x )＝－4x －12x 2＋1，则φ′(x )＝－4(2x 2＋1)－(－4x －1)·4x (2x 2＋1)2＝8x 2＋4x －4(2x 2＋1)2＝4(2x －1)(x ＋1)(2x 2＋1)2，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12时，φ′(x )<0，φ(x )为减函数，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，φ′(x )>0，φ(x )为增函数．∴φ(x )min ＝φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－2，∴a 的取值范围为(－∞，－2]．6．[2015·衡水中学一调]已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝ax 22，直线l ：y ＝(k －3)x －k ＋2.(1)函数f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行，求实数k 的值； (2)若至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，求实数a 的取值范围；(3)设k ∈Z ，当x >1时f (x )的图象恒在直线l 的上方，求k 的最大值．解 (1)∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴f ′(e)＝1＋ln e ＝k －3，∴k ＝5， (2)由于存在x 0∈[1，e]，使f (x 0)<g (x 0)，则12ax 20>x 0ln x 0，∴a >2ln x 0x 0，设h (x )＝2ln xx ，则h ′(x )＝2(1－ln x )x 2，当x ∈[1，e]时，h ′(x )≥0(仅当x ＝e 时取等号)． ∴h (x )在[1，e]上单调递增，∴h (x )min ＝h (1)＝0，因此a >0.(3)由题意x ln x >(k －3)x －k ＋2在x >1时恒成立，即k <x ln x ＋3x －2x －1，设F (x )＝x ln x ＋3x －2x －1，∴F ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2，令m (x )＝x －ln x －2，则m ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0在x >1时恒成立，所以m (x )在(1，＋∞)上单调递增，且m (3)＝1－ln 3<0，m (4)＝2－ln 4>0，所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x 0(x 0∈(3,4))使m (x )＝0 当1<x <x 0时m (x )<0即F ′(x )<0，当x >x 0时m (x )>0即F ′(x )>0，所以F (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋3x 0－2x 0－1＝x 0(x 0－2)＋3x 0－2x 0－1＝x 0＋2∈(5,6)，故k <x 0＋2，又k ∈Z ，所以k 的最大值为5.。

2016届高考数学(文)二轮复习考前冲刺攻略课件：2-3-1函数与方程思想

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第十一页，编辑于星期五：二十一点四十五分。
大二轮 ·数学 ·文
＝n＋1 1－n＋1 2＋n＋1 2－n＋1 3＋…＋21n－2n1＋1 ＝n＋1 1－2n1＋1 ＝2n2＋n3n＋1＝2n＋11n＋3，令f(x)＝2x＋1x(x≥1)，则f′(x)＝2－x12，当x≥1时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上是增函数，故当x＝1时，[f(x)]min＝f(1)＝3，即当n＝1时，(bn)max＝16，要使对任意的正整数n，不等式bn≤k恒成立，
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第十页，编辑于星期五：二十一点四十五分。
大二轮 ·数学 ·文
模拟演练1 已知数列{an}是各项均为正数的等差数列． (1)若a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比数列，求数列{an}的通项公式an； (2)在(1)的条件下，数列{an}的前n项和为Sn，设bn＝Sn1＋1＋Sn1＋2＋…＋S12n，若对任意的n∈N*，不等式 bn≤k恒成立，求实数k的最小值．解 (1)因为a1＝2，a23＝a2·(a4＋1)，又因为{an}是正项等差数列，故d>0，所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，得d＝2或d＝－1(舍去)，所以数列{an}的通项公式an＝2n. (2)因为Sn＝n(n＋1)，bn＝Sn1＋1＋Sn1＋2＋…＋S12n ＝n＋11n＋2＋n＋21n＋3＋…＋2n21n＋1
故Δ＝9t2－24(t2－c)≥0，所以t2≤85c，
所以|t|max＝2 510c，此时c＝58t2，b＝14t， 2a＝t－b＝34t，所以a＝38t.
故3a－4b＋5c＝8t －1t6＋t82＝8t12－1t ＝81t －122－2≥－2.
23 第二十三页，编辑于星期五：二十一点四十五分。

2016高考数学理二轮复习课件：专题2 第7节函数与方程

零点位于区间( )
A．(－1，0)
B．(0，1)
C．(1，2) D．(2，3)
解析 ∵f(x)＝ex＋x－4，∴f′(x)＝ex＋1>0，
∴函数f(x)在R上单调递增，对于A项，f(－1)＝e－1＋(－1)－4＝－5＋e
－1<0，f(0)＝－3<0，f(－1)f(0)>0，
A不正确，同理可验证B、D不正确．对于C项，
考纲考向分析核心要点突破第三页，编辑于星期六：点三十八分。
(2)方程的根函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程_____f(_x_)＝__g的(x实) 根，即函数y＝f(x) 的图象与函数y＝g(x)的图象交点的_______．横函坐数标与方程间要灵活转化． (3)几个等价关系方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与____有x交轴点⇔函数y＝f(x)有 _____．零点
考纲考向分析核心要点突破第二十二页，编辑于星期六：点三十八分。
考纲考向分析核心要点突破第十页，编辑于星期六：点三十八分。
2.研究方程f(x)＝g(x)的解，实质就是研究G(x)＝f(x)－g(x)的零点． 3.转化思想：方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求参数范围问题可转化为函数值域问题． 4.函数零点存在性定理是零点存在的一个充分条件，而不是必要条件；
点．
方程根的存在性及考查函数的零点、点的范围．
2 ．方程的根的个数．
方程的根和两函预测高考对该部分内容
根.
(2)根据具体函数的数图象交点之间的考查仍将以能力考查
图象，能够用二分的等价转化思想为主，运用导数来研究
法求相应方程的近和数形结合思想. 函数零点，这是备考中

2017届高三数学高考二轮复习(书讲解课件)第一部分专题一第三讲基本初等函数、函数与方程及函数

每年投入的研发资金比上一年增长 12%，则该公司全年投入的研
发资金开始超过 200 万元的年份是( B )
(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)
A．2018 年
B．2019 年
C．2020 年
D．2021 年
第十一页，编辑于星期六：一点十六分。
第三讲基本初等函数、函数与方程及函数的应用
第十八页，编辑于星期六：一点十六分。
第三讲基本初等函数、函数与方程及函数的应用
考点一
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练上页下页
试题解析
考点一
考点二
考点三
3．(2016·高考浙江卷)已知 a>b>1，若 logab＋logba＝52，ab＝ba，则 a＝____4____，b＝____2____.
第二十四页，编辑于星期六：一点十六分。
第三讲基本初等函数、函数与方程及函数的应用
考点二
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练上页下页
试题
通解优解
考点一考点二考点三
由 f(x)＝0 知，ln x＋ex＝0，构造 y1＝ln x，y2＝－ex 同一坐标系内的图象(图略)．结合选项观察作出判断．
第十页，编辑于星期六：一点十六分。
第三讲基本初等函数、函数与方程及函数的应用
考点三函数在实际问题中的应用
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练上页下页
试题解析
考点一
考点二
考点三
5．(2016·高考四川卷)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金
投入．若该公司 2015 年全年投入研发资金 130 万元，在此基础上，