【考前大通关】高考数学(理)二轮专题复习第一部分专题突破方略专题四《第一讲 不等式的性质与证明》

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高考理科数学大二轮专题复习新方略课件不等式选讲

高考理科数学大二轮专题复习新方略课件不等式选讲

02 一元一次不等式 与一元二次不等 式
一元一次不等式解法
移项法
将不等式中的常数项移到不等式的另一边, 使不等式变为标准形式。
系数化为1
将不等式两边同时除以未知数的系数,得到 未知数的解集。
区间表示法
将解集用区间表示,注意开闭区间的选择。
一元二次不等式解法
配方法
通过配方将一元二次不等式转化为完全平方形式,从 而得到解集。
02
构造辅助函数证明 不等式
在证明过程中,可以构造辅助函 数,利用均值不等式求解该函数 的最值,从而证明原不等式。
03
均值不等式在证明 题中的注意事项
在使用均值不等式时,需要注意 各字母的取值范围、等号成立的 条件以及不等式的方向等。
04 凸函数与凹函数 在不等式中的应 用
凸函数和凹函数定义及性质
乘子得到最优解。
序列二次规划法
03
将非线性规划问题转化为一系列二次规划子问题进行求解,逐
步逼近最优解。
THANKS
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05 多元一次不等式 组与线性规划问 题
多元一次不等式组解法
图形法
通过绘制不等式组所表示的平面区域,找出满 足所有不等式的解集。
单纯形法
利用线性规划中的单纯形算法,求解多元一次 不等式组的解集。
特殊解法
针对某些特殊形式的不等式组,可以采用特定的解法进行求解,如代入法、消 元法等。
线性规划问题建模与求解方法
公式法
利用一元二次方程的求根公式,结合不等式的性质得 到解集。
数形结合法
通过画出函数图像,结合图像分析得到不等式的解集 。
判别式与根的关系
判别式大于0
01
一元二次方程有两个不相等的实根,对应的一元二次

高考人教A版理科数学二轮复习打包(后36份共55份)目录

高考人教A版理科数学二轮复习打包(后36份共55份)目录

提能专训(十六) 概率、随机变量的分布列 提能专训(十七) 统计与统计案例 提能专训(十八) 直线与圆 提能专训(十九) 圆锥曲线的方程与性质 提能专训(二十) 圆锥曲线中的综合问题 提能专训(二十一) 函数、函数与方程及函数图象与性质 提能专训(二十二) 导数的简单应用与定积分 提能专训(二十三) 导数的综合应用
[提能专训测试](word)
提能专训(一) 函数与方程思想 提能专训(二) 数形结合思想 提能专训(三) 分类讨论思想 提能专训(四) 转化与化归思想 提能专训(五) 集合与常用逻辑用语 提能专训(六) 平面向量、复数、程序框图及合情推理 提能专训(七) 不等式与线性规划 计数原理与二项式定理
提能专训(八) 三角函数的图象与性质 提能专训(九) 三角恒等变换与解三角形 提能专训(十) 等差与等比数列 提能专训(十一) 数列的通项与求和 提能专训(十二) 与数列交汇的综合问题 提能专训(十三) 空间几何体的三视图、表面积及体积 提能专训(十四) 点、直线、平面之间的位置关系 提能专训(十五) 空间向量与立体几何
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名师伴你行
高考二轮复习·数学·理
[二轮备考讲义]
第一部分 数学思想方法专题大突破 第一讲 函数与方程思想 第二讲 数形结合思想 第三讲 分类讨论思想 第四讲 转化与化归思想
第二部分 二轮知识专题大突破 专题一 常以客观题形式考查的几个问题 第一讲 集合与常用逻辑用语 第二讲 平面向量、复数、程序框图及合情推理 第三讲 不等式与线性规划 第四讲 计数原理与二项式定理
专题五 概率与统计 第一讲 概率、随机变量的分布列 第二讲 统计与统计案例 专题六 解析几何 第一讲 直线与圆 第二讲 圆锥曲线的方程与性质 第三讲 圆锥曲线中的综合问题

2020版高考文科数学突破二轮复习新课标通用课件:第一部分 第1讲 选择、填空题的特殊解法

2020版高考文科数学突破二轮复习新课标通用课件:第一部分 第1讲 选择、填空题的特殊解法
第十五页,编辑于星期日:一点 三十四分。
方法二 验证法
方法诠释
使用前提
使用技巧
常见问题
验证法是把选择支代入题干
可以结合特例法、排除
题干信息不全,
中进行检验,或反过来从题干
法等先否定一些明显
选项中存在
选项是数值或范
中找合适的验证条件,代入各
错误的选项,再选择直
唯一正确的
围,正面求解或
选择支中进行检验,从而可否
件的特殊的数值、特殊的点、 成立时,
子 , 或 举 反 例 排 题、任意性问题等.而对
特殊的例子、特殊的图形、特 对符合条
除,有时甚至需要 于函数图象的判别、不等
殊的位置、特殊的函数、特殊 件的特殊
两 次 或 两 次 以 上 式、空间线面位置关系等
的方程、特殊的数列等,针对 化情况也
的 特 殊 化 例 子 才 不宜直接求解的问题,常
三棱锥 D-ABC 体积的最大值为(
A.12 3
B.18 3
C.24 3
) B.2
C.-1
D.1
解析:选 D.取 α=π 12,则原式=tan2cπ4os+2π1π42-coπ1s2π6 = 23××3423=1.
第八页,编辑于星期日:一点 三十四分。
2.如图所示,两个不共线向量O→A,O→B的夹角为 θ,M,N 分别为 OA 与 OB 的中 点,点 C 在直线 MN 上,且O→C=xO→A+yO→B(x,y∈R),则 x2+y2 的最小值为( )
真题示例
(2017·高考全国卷Ⅲ)函数 f(x)=15sin(x+π3 )+
π cos(x- 6 )的最大值为( )
A.65
B.1
C.35

统考版2023高考数学二轮专题复习第四篇满分专项突破悟通法得满分第1讲四大数学思想解题有道理

统考版2023高考数学二轮专题复习第四篇满分专项突破悟通法得满分第1讲四大数学思想解题有道理

第1讲四大数学思想(解题有道)高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合;二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查.如果说数学知识是数学内容,可用文字和符号来记录和描述,那么数学思想方法则是数学意识,重在领会、运用,属于思维的范畴,用以对数学问题的认识、处理和解决.高考中常用到的数学思想主要有函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想.数学思想方法与数学基本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得,与此同时,它们又直接对知识的形成起到指导作用.因此,在平时的学习中,我们应对数学思想方法进行认真的梳理与总结,逐个认识它们的本质特征,逐步做到自觉地、灵活地将其运用于所需要解决的问题之中.一函数与方程思想——求解数学问题最常用的工具应用 1 借助“函数关系”解决问题在方程、不等式、三角、平面向量、数列、圆锥曲线等数学问题中,将原有隐含的函数关系凸显出来,从而充分运用函数知识或函数方法使问题顺利获解.例 1 已知复数z的模为1,复数w=z2+3z.则在复平面内,复数w所对应的点与点(4,0)的距离的最大值是( )A.6 B.254C.3√5D.2√7[听课记录]名师点题本题考查两点间距离最值的求解问题,解题关键是能够将两点间距离表示为关于cos θ的二次函数的形式,利用二次函数的最值求得结果.对 点 训 练1.如图,四边形ABCD 中,AB∥CD,AB =5,CD =2,BC =√13,AC ⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗ =0,M ,N 分别是线段AB ,AD 上的点,且|AM⃗⃗⃗⃗ |+|AN ⃗⃗⃗⃗ |=2,则AM ⃗⃗⃗⃗ ·AN ⃗⃗⃗⃗ 的最大值为________. 2.在等差数列{a n }中,a 1+a 7=12,当a +32a 42+a 52取得最小值时,a 2 020=________.应用 2 转换函数关系解决问题在有关函数形态和曲线性质或不等式的综合问题、恒成立问题中,经常需要求参数的取值范围,如果按照原有的函数关系很难奏效时,不妨转换思维角度,放弃题设的主参限制,挑选合适的主变元,揭示它与其他变元的函数关系,切入问题本质,从而使原问题获解.例 2 关于x 的方程9x+(4+a)3x+4=0恒有解,求a 的取值范围. 名师点题对于多元方程(含参数)通常有两类办法:一是换元,将问题转化为二次方程,利用根与系数的关系或判别式,或者利用三角函数的有界性加以解决;二是分离变量构造函数,把方程有解转化为求函数的值域,再根据函数的图象和性质来解决.对点训练1.方程m+√1−x=x有解,则m的最大值为( )A.1 B.0C.-1 D.-22.对任意a∈[-1,1],不等式x2+(a-4)x+4-2a>0恒成立,求x的取值范围.应用 3 构造函数关系解决问题在数学各分支形形色色的问题或综合题中,将非函数问题的条件或结论,通过类比、联想、抽象、概括等手段,构造出某些函数关系,在此基础上利用函数思想和方法使原问题获解,这是函数思想解题的更高层次的体现.特别要注意的是,构造时,要深入审题,充分发掘题设中可类比、联想的因素,促进思维迁移.例 3 若方程x2+m2+2x+3m=m cos(x+1)+7有且仅有1个实数根,则实数m的值可能为( )A.2 B.-2C.4 D.-4名师点题本题的解题关键是构造函数f(x),求出函数f(x)图象的对称轴,利用对称的性质得出f(-1)=0.对点训练[2022·广西崇左市模拟]若3a+(ln 2)b≥3b+(ln 2)a(a,b∈R),则( )A.3a+b≥1 B.3|a-b|≥2C.3a-b≥1 D.3|a+b|≥2应用 4 转换方程形式解决问题把题目中给定的方程根据题意转换形式,凸现其隐含条件,充分发挥其方程性质,运用有关方程的解的定理(如根与系数的关系、判别式、实根分布的充要条件)使原问题获解,这是方程思想应用的又一个方面.例 4 对于函数y=f(x)(x∈D),若同时满足下列条件:①f(x)在D内为单调函数;②存在区间[a,b]⊆D,使f(x)在[a,b]上的值域为[a,b],那么y=f(x)叫闭函数,若y=k +√x+2是闭函数,求实数k的取值范围.名师点题方程的观点把函数与方程紧密联系起来,应用方程的知识使得问题得以解决.本例题意新颖,解决这类问题的关键是:一是熟读题目,搞清告诉的新概念、新运算、新函数;二是把掩盖在新概念下的知识挖掘出来,转化为已有的知识来解决.对点训练已知函数y=ax+b(x∈R,且a≠0)的值域为[-1,4],求常数a,b.x2+1总结升华函数与方程思想在解题中的应用主要涉及以下知识(1)函数与不等式的相互转化,把不等式转化为函数,借助函数的图象和性质可解决相关的问题,常涉及不等式恒成立问题、比较大小问题.一般利用函数思想构造新函数,建立函数关系求解.(2)三角函数中有关方程根的计算,平面向量中有关模、夹角的计算,常转化为函数关系,利用函数的性质求解.(3)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数,可用函数的观点去处理数列问题,常涉及最值问题或参数范围问题,一般利用二次函数或一元二次方程来解决.(4)解析几何中有关求方程、求值等问题常常需要通过解方程(组)来解决,求范围、最值等问题常转化为求函数的值域、最值来解决.(5)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算,经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决.二数形结合思想——求解数学问题最快捷的途径应用 1 利用数形结合思想研究函数的零点问题例 1 [2022·河北衡水中学一模]已知函数f(x)={e x,x≤0ln x,x>0,g(x)=f(x)-mx-1,当实数m的取值范围为________时,g(x)的零点最多.[听课记录]名师点题利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解;(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解;(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题,从而构建不等式求解.对点训练[2022·湖北模拟预测]已知函数f(x)={kx,x≤0e xx,x>0,若函数g(x)=f(x)+f(-x)有5个零点,则实数k的取值范围为________.应用 2 利用数形结合思想解决不等式问题例 2 已知函数f(x)=e x-a+e a-x+12x2-a2ln x-2(a>0),若f(x)有2个零点,则a的取值范围是( )A.(0,√e] B.(0,e2)C.(√e,+∞) D.[e2,+∞)[听课记录]名师点题利用数形结合解不等式应注意的问题解含参数的不等式时,由于涉及到参数,往往需要讨论,导致运算过程繁琐冗长.如果题设与几何图形有联系,那么利用数形结合的方法,问题将会顺利地得到解决.对点训练已知函数f (x )=2ln x (1e≤x ≤e 2),g (x )=mx +1,若f (x )与g (x )的图象上存在关于直线y =1对称的点,则实数m 的取值范围是________.应用 3 利用数形结合求解解析几何问题例 3 设P 是抛物线y 2=4x 上的一个动点,则点P 到点A (-1,1)的距离与点P 到直线x =-1的距离之和的最小值为________.名师点题应用几何意义法解决问题需要熟悉常见的几何结构的代数形式,主要有:①比值——可考虑直线的斜率;②二元一次式——可考虑直线的截距;③根式分式——可考虑点到直线的距离;④根式——可考虑两点间的距离.对 点 训 练点M 为抛物线y =14x 2上任意一点,点N 为圆x 2+y 2-2y +34=0上任意一点,若函数f (x )=log a (x +2)+2(a >1)的图象恒过定点P ,则|MP |+|MN |的最小值为( )A .52 B .114 C .3 D .134总 结 升 华运用数形结合思想分析解决问题的3个原则(1)等价性原则在数形结合时,代数性质和几何性质的转换必须是等价的,否则解题将会出现漏洞,有时,由于图形的局限性,不能完整地表现数的一般性,这时图形的性质只能是一种直观而浅显的说明.(2)双向性原则在数形结合时,既要进行几何直观的分析,又要进行代数抽象的探索,两方面相辅相成,仅对代数问题进行几何分析(或仅对几何问题进行代数分析)在许多时候是很难行得通的.(3)简单性原则找到解题思路之后,至于用几何方法还是用代数方法或者兼用两种方法来叙述解题过程,则取决于哪种方法更为简单.三分类讨论思想——求解数学问题最简便的技巧应用 1 由概念、法则、公式引起的分类讨论例 1 设等比数列{a n}的公比为q,前n项和S n>0(n=1,2,3,…),则q的取值范围是________.[听课记录]名师点题本题易忽略对q=1的讨论,而直接由a1(1−q n)>0,得q的范围,这种解答是不完备的.本1−q进行讨论.题根据等比数列前n项和公式的使用就要分q=1,S n=na1和q≠1,S n=a1(1−q n)1−q对点训练1.设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3+S6=2S9,则数列的公比q是( )A .-√332B .√332C .-√432D .√4322.已知函数f (x )={sin (πx 2),−1<a <0,e x −1,x ≥0.若f (1)+f (a )=2,则a 的取值集合是________.应用 2 由运算、性质引起的分类讨论例 2已知a >0,b >0且a ≠1,b ≠1,若log a b >1,则( ) A .(a -1)(b -1)<0 B .(a -1)(a -b )>0 C .(b -1)(b -a )<0 D .(b -1)(b -a )>0 名师点题应用指数、对数函数时,往往对底数是否大于1进行讨论,这是由它的性质决定的.在处理分段函数问题时,首先要确定自变量的取值属于哪个区间段,再选取相应的对应法则,离开定义域讨论问题是产生错误的重要原因之一.对 点 训 练在△ABC 中,C =π4,AB =2,AC =√6,则cos B 的值为( )A .12B .-√32C .12或-√32D .12或-12应用 3 由参数变化引起的分类讨论例 3[2022·山东师范大学附中]已知函数f (x )=12ax 2+(1-a )x -ln x (a ∈R ). (1)当a =1时,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程; (2)若方程f (x )=0有两个不等实数根,求实数a 的取值范围. [听课记录]名师点题(1)参数的变化取值导致不同的结果,需对参数进行讨论,如含参数的方程、不等式、函数等.(2)解析几何中直线点斜式、斜截式方程要考虑斜率k存在或不存在,涉及直线与圆锥曲线位置关系要进行讨论.(3)分类讨论要标准明确、统一,层次分明,分类要做到“不重不漏”.对点训练1.若函数f(x)=a e x-x-2a有两个零点,则实数a的取值范围是( )A.(−∞,1e ) B.(0,1e)C.(-∞,0) D.(0,+∞)2.函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]·e x在x=1处取得极小值,求a的取值范围.应用 4 根据图形位置或形状分类讨论例 4 (1)已知变量x,y满足的不等式组{x≥0,y≥2x,kx−y+1≥0表示的是一个直角三角形围成的平面区域,则实数k=( )A.-12B.12C.0 D.-12或0(2)设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1,F2,若曲线C上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线C的离心率等于________.名师点题(1)圆锥曲线形状不确定时,常按椭圆、双曲线来分类讨论,求圆锥曲线的方程时,常按焦点的位置不同来分类讨论.(2)相关计算中,涉及图形问题时,也常按图形的位置不同、大小差异等来分类讨论.对点训练设F1,F2为椭圆x29+y24=1的两个焦点,点P为椭圆上一点,已知点P,F1,F2是一个直角三角形的三个顶点,且|PF1|>|PF2|,则|PF1||PF2|=________.总结升华1.分类讨论的原则(1)不重不漏;(2)标准要统一,层次要分明;(3)能不分类的要尽量避免或尽量推迟,决不无原则地讨论.2.分类讨论的本质与思维流程(1)分类讨论思想的本质:“化整为零,积零为整”.(2)分类讨论的思维流程:明确讨论的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行讨论归纳综合结论→检验分类是否完备(即检验分类对象彼此交集是否为空集,并集是否为全集).四转化与化归思想——求解数学问题最常用的方法应用 1 正与反的转化例 1 (1)由命题“存在x0∈R,使e|x0-1|-m≤0”是假命题,得m的取值范围是(-∞,a),则实数a的值是( )A.(-∞,1) B.(-∞,2)C.1 D.2+2)x2-2x在区间(t,3)上总不为单调(2)若对于任意t∈[1,2],函数g(x)=x3+(m2函数,则实数m的取值范围是________.名师点题根据命题的等价性对题目条件进行明晰化是解题常见思路;对复杂问题可采用正难则反策略,也称为“补集法”;含两个变量的问题可以变换主元.对点训练)的定义域为R;命题q:3x-9x<a对一切的实数设命题p:函数f(x)=lg (ax2−x+a16x恒成立,如果命题“p且q”为假命题,求实数a的取值范围.应用 2 常量与变量的转化例 2 若不等式x2+px>4x+p-3对一切0≤p≤4均成立,试求实数x的取值范围.名师点题在有几个变量的问题中,常常有一个变元处于主要地位,我们称之为主元,由于思维定势的影响,在解决这类问题时,我们总是紧紧抓住主元不放,这在很多情况下是正确的.但在某些特定条件下,此路往往不通,这时若能变更主元,转移变元在问题中的地位,就能使问题迎刃而解.本题中,若视x为主元来处理,既繁琐且易出错,实行主元的转化,使问题变成关于p的一次不等式,使问题实现了从高维向低维转化,解题简单易行.对点训练已知函数f(x)=x3+3ax-1,g(x)=f′(x)-ax-5,其中f′(x)是f(x)的导函数.对满足-1≤a≤1的一切a的值,都有g(x)<0,则实数x的取值范围为________.应用 3 特殊与一般的转化例 3已知函数f(x)=(a-3)x-ax3在[-1,1]上的最小值为-3,则实数a的取值范围是( )A.(-∞,-1] B.[12,+∞),12]C.[-1,12] D.[−32名师点题用特殊化方法实现划归与转化是在解决问题过程中将某些特殊问题进行一般化的方法,常用的特例有特殊数值,特殊数列,特殊图形,特殊角,特殊位置.提醒学生注意一般与特殊的转化只限选择题填空题中使用,在大题中可用该种方法猜想结论,找到解题的突破口.对点训练=在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a,b,c成等差数列,则cos A+cos C1+cos A cos C________.应用 4 函数、方程、不等式间的转化例 4 若2x-2y<3-x-3-y,则( )A.ln (y-x+1)>0 B.ln (y-x+1)<0C.ln |x-y|>0 D.ln |x-y|<0[听课记录]名师点题函数、方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简,一般可将不等关系转化为最值(值域)问题,从而求出参变量的范围.对点训练已知函数f(x)=eln x,g(x)=1ef(x)-(x+1).(e=2.718…)(1)求函数g(x)的极大值;(2)求证:1+12+13+…+1n>ln (n+1)(n∈N*).应用 5 形体位置关系的相互转化例 5 [2020·全国卷Ⅰ]如图,在三棱锥P­ ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=√3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,则cos ∠FCB=________.名师点题1.解本题的关键是要清楚三棱锥展开前后线段的位置关系与数量关系的变与不变,动与静相结合,注意挖掘线段之间的关系,再利用余弦定理来解决.2.形体位置关系的相互转化的技巧(1)分析特征,一般要分析形体特征,根据形体特征确立需要转化的对象;(2)位置转化,将不规则几何体通过切割、挖补、延展等方式转化为便于观察、计算的常见几何体.由于新的几何体是转化而来,一般需要对新的几何体的位置关系、数据情况进行必要分析,准确理解新的几何体的特征;(3)得出结论,在新的几何结构中解决目标问题.对点训练如图,在直三棱柱ABC­ A1B1C1中,AB=1,BC=2,BB1=3,∠ABC=90°,点D为侧棱BB1上的动点.当AD+DC1最小时,三棱锥D­ ABC1的体积为________.总结升华1.转化与化归的原则(1)熟悉化原则:将陌生的问题转化为熟悉的问题,以利于我们运用熟悉的知识、经验来解决.(2)简单化原则:将复杂问题化归为简单问题,通过对简单问题的解决,达到解决复杂问题的目的,或获得某种解题的启示和依据.(3)直观化原则:将比较抽象的问题化为比较直观的问题来解决.(4)正难则反原则:当问题正面讨论遇到困难时,可考虑问题的反面,设法从问题的反面去探讨,使问题获解.2.转化与化归的指导思想(1)把什么问题进行转化,即化归对象.(2)化归到何处去,即化归目标.(3)如何进行化归,即化归方法.转化与化归思想是一切数学思想方法的核心.第1讲 四大数学思想(解题有道) 一 函数与方程思想[例1] 解析:∵|z |=1,∴可设z =cos θ+isin θ,∴w =cos 2θ+isin 2θ+3cosθ+3isin θ,∴w 对应的点坐标为(cos 2θ+3cos θ,sin 2θ+3sin θ), ∴w 对应的点与(4,0)的距离d =√(cos 2θ+3cos θ−4)2+(sin 2θ+3sin θ)2,∴d =√26+6cos 2θcos θ−8cos 2θ−24cos θ+6sin 2θsin θ =√−8cos 2θ−18cos θ+26=√−16cos 2θ−18cosθ+34, ∴当cos θ=-916时,d max = √−16×81256+18×916+34=254. 答案:B对点训练1.解析:设∠CBA =θ, 则∠BCD =π-θ, BD⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗ −BA ⃗⃗⃗⃗ , ∵CD ∥AB ,CD =2,AB =5, ∴CD⃗⃗⃗⃗ =25BA ⃗⃗⃗⃗ , ∴BD⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗ +25BA ⃗⃗⃗⃗ , ∵BD⃗⃗⃗⃗ ⊥AC ⃗⃗⃗⃗ , ∴BD ⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗ =(BC ⃗⃗⃗⃗ +25BA ⃗⃗⃗⃗ )·(BC ⃗⃗⃗⃗ −BA ⃗⃗⃗⃗ )=0, 即13-√13×5×cos θ+25×5×√13×cos θ-25×25=0, 得3√13cos θ=3,即cos θ=√1313.如图,过C 作CE ⊥AB ,过D 作DF ⊥AB , 则CE ∥DF ,CE =DF , 则BE =BC ·cos θ=1,CE =BC ·sin θ=√13×√1−113=2√3,则DF =CE =2√3, ∵CE ∥DF ,CE =DF , ∴EF ∥CD ,EF =CD =2, ∴AF =AB -BE -EF =2, 则tan ∠DAF =2√32=√3,∴∠DAB =∠DAF =π3, ∴AD =AFcosπ3=4,由|AM⃗⃗⃗⃗ |+|AN ⃗⃗⃗⃗ |=2,得|AM ⃗⃗⃗⃗ |=2-|AN ⃗⃗⃗⃗ |, ∴AM ⃗⃗⃗⃗ ·AN ⃗⃗⃗⃗ =|AM ⃗⃗⃗⃗ |·|AN ⃗⃗⃗⃗ |·cos ∠DAB =(2-|AN ⃗⃗⃗⃗ |)·|AN ⃗⃗⃗⃗ |·12=|AN ⃗⃗⃗⃗ |-12|AN ⃗⃗⃗⃗ |2, ∵|AN ⃗⃗⃗⃗ |∈(0,2),函数y =-12x 2+x 开口向下,对称轴x =1, ∴当|AN⃗⃗⃗⃗ |=1时,(AM ⃗⃗⃗⃗ ·AN ⃗⃗⃗⃗ )max =1-12×12=12. 答案:122.解析:设等差数列{a n }的公差为d .由等差中项的性质,得a 1+a 7=2a 4=12,解得a 4=6.所以a +32a 42 +a 52=(6-d )2+62+(6+d )2=2d 2+108,当d =0时,a +32a 42+a 52取得最小值108,此时a 2 020=a 4=6.答案:6[例2] 解析:方法一 设3x=t ,则t >0.原方程有解即方程t 2+(4+a )t +4=0有正根,设为t 1,t 2,∴{Δ≥0t 1+t 2=−(4+a )>0t 1·t 2=4>0,即{(4+a )2 −16≥0,a <−4,∴{a ≥0或a ≤−8,a <−4,解得a≤-8.方法二设f(t)=t2+(4+a)t+4(t>0),①当Δ=0时,即(4+a)2-16=0,∴a=0或a=-8.a=0时,f(t)=(t+2)2=0,得t=-2<0,不符合题意;a=-8时,f(t)=(t-2)2=0,得t=2>0,符合题意.∴a=-8.②Δ>0,即a<-8,或a>0时,∵f(0)=4,故只需对称轴-4+a2>0,即a<-4,∴a<-8.综上可得,a≤-8.对点训练1.解析:由原式得m=x-√1−x,设√1−x=t(t≥0),则m=1-t2-t=54−(t+12)2,∴m=54−(t+12)2在[0,+∞)上是减函数.∴t=0时,m的最大值为1.答案:A2.解析:令f(a)=(x-2)a+x2-4x+4,则原问题转化为f(a)>0恒成立(a∈[-1,1]).当x=2时,可得f(a)=0,不合题意.当x≠2时,应有{f(1)>0f(−1)>0,解得x<1或x>3.故x的取值范围为(-∞,1)∪(3,+∞).[例3] 解析:依题意得方程x2+m2+2x+3m-m cos (x+1)-7=0,即(x+1)2-m cos (x+1)+m2+3m-8=0有且仅有1个实数根.令f(x)=(x+1)2-m cos (x+1)+m2+3m-8,因为f(-2-x)=(-1-x)2-m cos (-1-x)+m2+3m-8=(x+1)2-m cos (x+1)+m2+3m+8,即f(-2-x)=f(x),易知函数f(x)图象的对称轴为直线x=-1.因为方程x2+m2+2x+3m=m cos (x+1)+7有且仅有1个实数根,所以f(-1)=0,即m2+2m-8=0,解得m=2或m=-4.当m=-4时,函数f(x)=(x+1)2+4cos (x+1)-4,易知函数f(x)是连续函数,又f(1)=4cos 2<0,f(2)=5+4cos 3>0,所以函数f(x)在[1,2]上也必有零点,此时f(x)不止有一个零点,故m=-4不符合题意;当m=2时,f(x)=(x+1)2-2cos (x+1)+2,此时f(x)只有x=-1这一个零点,故m=2符合题意.答案:A对点训练解析:∵3a+(ln 2)b≥3b+(ln 2)a(a,b∈R),∴3a-(ln 2)a≥3b-(ln 2)b,构造函数f(x)=3x-(ln 2)x(x∈R),求导得f′(x)=3x ln 3-(ln 2)x ln (ln 2),因为3x>0,ln 3>0,(ln 2)x>0,又∵0<ln 2<1,∴ln (ln 2)<0,所以f′(x)=3x ln 3-(ln 2)x ln (ln 2)>0,故函数f(x)在R上是单调递增的,由于3a+(ln 2)b≥3b+(ln 2)a(a,b∈R),即f(a)≥f(b),所以a≥b,故3a≥3b即3a-b≥1.答案:C[例4] 解析:由题意知存在[a,b]⊆[-2,+∞),使得y=k+√x+2在[a,b]上的值域为[a,b],因为y=k+√x+2在[-2,+∞)上是增函数,所以{a=k+√a+2b=k+√b+2,所以a、b是方程y=k+√x+2的两个相异的实根,由x=k+√x+2⇔√x+2=x-k⇔{x+2=(x−k)2x≥k ⇔{x2−(2k+1)x+k2−2=0x≥k,即方程x2-(2k+1)x+k2-2=0在[k,+∞)上有两个相异的实根.设g(x)=x2-(2k+1)x+k2-2=0,则有{Δ=(2k+1)2−4(k2−2)>02k+12>ag(k)=k2−(2k+1)k+k2−2≥0,解得-94<k≤-2.对点训练解析:因为函数y=ax+bx2+1(x∈R,且a≠0)的值域为[-1,4],所以对于任意y∈[-1,4]必有x∈R使y=ax+b成立,所以关于x的方程y(x2+1)=ax+b有实根,x2+1∈R;即方程yx2-ax+(y-b)=0,若y=0,则x=-ba若y≠0,则Δ=a2-4(y-b)y≥0,即4y2-4by-a2≤0,而-1≤y≤4.所以方程4y2-4by-a2=0的两根为-1,4,由根与系数的关系,得b=3,a2=16,故a=±4,b=3.二数形结合思想[例1] 解析:作出函数f(x)的图象如图:由g(x)=0得f(x)=mx+1,设y=mx+1,当m=0时,y=mx+1与f(x)有2个交点;当m<0时,y=mx+1与f(x)有2个交点;当m>0时,设y=mx+1与y=e x相切,切点为(x1,e x1),则y′=e x,所以切线的斜率为k1=e x1,其切线方程为y−e x1=e x1(x-x1),又因切线恒过点(0,1),所以1−e x1=e x1(0-x1),解得x1=0,所以切线的斜率为k1=e0=1.,所以切线的当m>0时,设y=mx+1与y=ln x相切,切点为(x2,ln x2),则y′=1x,斜率为k2=1x2(x-x2),其切线方程为y-ln x2=1x2(0-x2),解得x2=e2,所以切线的斜率为又因切线恒过点(0,1),所以1-ln x2=1x2k2=1,e2所以当m≥1时,y=mx+1与f(x)有1个交点;当1e2<m<1时,y=mx+1与f(x)有2个交点;当m=1e2时,y=mx+1与f(x)有3个交点;当0<m<1e2时,y=mx+1与f(x)有4个交点;所以实数m的取值范围为0<m<1e2时,g(x)的零点最多.答案:0<m<1e2对点训练解析:因为g(x)=f(x)+f(-x),所以g(-x)=f(-x)+f(x)=g(x),且定义域为R,所以函数g(x)为偶函数,又g(0)=2f(0)=0,所以g(x)在(0,+∞)上有两个零点,即f(x)+f(-x)=e xx -kx=0有两个不同的正实数解,即k=e xx2(x>0),令φ(x)=e xx2,则φ′(x)=e x(x−2)x3,φ′(x)=e x(x−2)x3>0,∴x>2;φ′(x)=e x(x−2)x3<0,∴0<x<2.故φ(x)在(0,2)上递减,(2,+∞)上递增,故φ(x)min=g(2)=e24.画出图象如图所示:从而k>e24.答案:(e24,+∞)[例2] 解析:f (x )=0可转化为e x -a+ea -x-2=-12x 2+a 2ln x .设g (x )=ex -a+ea -x-2, 由基本不等式得ex -a+ea -x-2≥2√e x −a ·e a −x -2=0,当且仅当x =a 时,g (x )取到最小值0.设h (x )=-12x 2+a 2ln x (a >0),则h ′(x )=-x +a 2x=a 2−x 2x,当0<x <a 时,h ′(x )>0,h (x )单调递增; 当x >a 时,h ′(x )<0,h (x )单调递减, 所以当x =a 时,h (x )取到最大值-12a 2+a 2ln a . 若f (x )有2个零点,则g (x )与h (x )有两个交点, 此时-12a 2+a 2ln a >0,解得a >√e . 答案:C对点训练解析:g (x )=mx +1关于直线y =1对称的直线为y =h (x )=1-mx , ∴直线y =1-mx 与y =2ln x 在[1e ,e 2]上有交点, 作出y =1-mx 与y =2ln x 的函数图象,如图所示:若直线y =1-mx 经过点(1e ,−2),则m =3e ,若直线y =1-mx 与y =2ln x 相切,设切点为(x ,y ),则{y =1−mx y =2ln x 2x =−m ,解得{x =e 32y =3m =−2e −32.∴−2e −32≤m ≤3e. 答案:[−2e −32,3e ][例3] 解析:如图,易知抛物线的焦点为F (1,0),准线是x =-1, 由抛物线的定义知点P 到直线x =-1的距离等于点P 到F 的距离.于是,问题转化为在抛物线上求一点P ,使点P 到点A (-1,1)的距离与点P 到F (1,0)的距离之和最小,显然,连接AF 与抛物线相交的点即为满足题意的点, 此时最小值为√[1−(−1)]2+(0−1)2=√5. 答案:√5对点训练解析:如图所示,函数f (x )=log a (x +2)+2(a >1)的图象恒过定点(-1,2),故P (-1,2).y =14x 2,即x 2=4y ,焦点为F (0,1),准线为y =-1,x 2+y 2-2y +34=0,即x 2+(y -1)2=14.|MP |+|MN |≥|MP |+|MF |-12≥|PD |-12=3-12=52,当P ,M ,D 共线时等号成立.故选A.答案:A 三 分类讨论思想[例1] 解析:由{a n }是等比数列,S n >0,可得a 1=S 1>0,q ≠0,当q =1时,S n =na 1>0. 当q ≠1时,S n =a 1(1−q n )1−q>0,即1−q n1−q >0(n =1,2,3,…),则有{1−q >01−q n>0, ①或{1−q <01−q n <0, ②由①得-1<q <1,由②得q >1.故q 的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞). 答案:(-1,0)∪(0,+∞)对点训练1.解析:若q =1,则有S 3=3a 1,S 6=6a 1,S 9=9a 1, 但a 1≠0,即得S 3+S 6≠2S 9, 与题设矛盾,故q ≠1. 又S 3+S 6=2S 9, ①根据数列性质S 3,S 6-S 3,S 9-S 6成等比数列, ② 由①②可得S 3=2S 6, ∴q 3=S 6−S 3S 3=-12,∴q =-√432.答案:C2.解析:f (1)=e 0=1,即f (1)=1. 由f (1)+f (a )=2,得f (a )=1. 当a ≥0时,f (a )=ea -1=1,所以a =1.当-1<a <0时,f (a )=sin (πa 2)=1, 所以πa 2=2k π+π2(k ∈Z ).所以a 2=2k +12(k ∈Z ),k 只能取0,此时a 2=12,因为-1<a <0,所以a =-√22. 则实数a 的取值集合为{−√22,1}. 答案:{−√22,1} [例2] 解析:∵a >0,b >0且a ≠1,b ≠1, ∴当a >1,即a -1>0时,不等式log a b >1可化为a log a b >a 1,即b >a >1,∴(a -1)(a -b )<0,(a -1)(b -1)>0,(b -1)(b -a )>0. 当0<a <1,即a -1<0时,不等式log a b >1可化为a log a b <a 1,即0<b <a <1, ∴(a -1)(a -b )<0,(a -1)(b -1)>0,(b -1)(b -a )>0.综上可知,故选D. 答案:D对点训练解析:由题意知C =π4,c =AB =2,b =AC =√6, 由正弦定理bsin B=csin C,得sin B =√6sinπ42=√32.因为b >c ,所以B >C =π4, 又0<B <π,所以B =π3或2π3.当B =π3时,cos B =12; 当B =2π3时,cos B =-12.故选D.答案:D[例3] 解析:(1)当a =1时,f (x )=12x 2-ln x , ∴f ′(x )=x -1x ,又有f (1)=12,f ′(1)=0, ∴切线方程为y =12.(2)f (x )的定义域为(0,+∞), ∵f (x )=12ax 2-(a -1)x -ln x ,∴f ′(x )=ax -(a -1)-1x=ax 2−(a −1)x −1x=(ax +1)(x −1)x,若方程f (x )=0有两个不等实数根,即函数f (x )有两个不同的零点, 当a ≥0时,由f ′(x )<0得x ∈(0,1),由f ′(x )>0得x ∈(1,+∞),所以函数f (x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴若函数f (x )有两个不同的零点则必有f (1)=-12a +1<0,即a >2.此时,在x ∈(1,+∞)上有f (2)=2a -2(a -1)-ln 2=2-ln 2>0, 在x ∈(0,1)上,-1<x 2-2x <0,∵f (x )=12a (x 2-2x )+x -ln x ,∴f (x )>-12a +x -ln x , ∴f (e−12a)>-12a +e−12a-ln (e−12a)=e−12a>0,∴f (x )在区间(0,1)、(1,+∞)上各有一个零点,故a >2满足题意;当a =-1时,∵函数f (x )在(0,+∞)上单调递减,∴函数f (x )至多有一个零点,不合题意;当-1<a <0时,∵函数f (x )在区间(0,1)上单调递减,在(1,−1a )上单调递增,在(−1a ,+∞)上单调递减,∴函数f (x )的极小值为f (1)=1-12a >0,∴函数f (x )至多有一个零点,不合题意; 当a <-1时,∵函数f (x )在(0,−1a )上单调递减,在(−1a ,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴函数f (x )的极小值为f (−1a )=12a +1a (a -1)-ln (−1a )=1-12a +ln (-a )>0, ∴函数f (x )至多有一个零点,不合题意. 综上所述,实数a 的取值范围是(2,+∞).对点训练1.解析:函数f (x )=a e x-x -2a 的导函数f ′(x )=a e x-1,当a ≤0时,f ′(x )<0恒成立,函数f (x )在R 内单调递减,不可能有两个零点; 当a >0时,令f ′(x )=0,得x =ln 1a,函数在(-∞,ln 1a)内单调递减,在(ln 1a,+∞)内单调递增,所以f (x )的最小值为f (ln 1a )=1-ln 1a -2a =1+ln a -2a .令g (a )=1+ln a -2a (a >0),则g ′(a )=1a -2,当a ∈(0,12)时,g (a )单调递增,当a ∈(12,+∞)时,g (a )单调递减,所以g (a )max =g (12)=-ln 2<0,所以f (x )的最小值f (ln 1a )<0,当x →-∞时,f (x )→+∞,当x →+∞时,f (x )→+∞,函数f (x )=a e x-x -2a 有两个零点.综上,实数a 的取值范围是(0,+∞).故选D.答案:D2.解析:f ′(x )=[ax 2-(a +1)x +1]e x =(ax -1)(x -1)e x. 令f ′(x )=0,得x 1=1a ,x 2=1,若a >1,则当x ∈(1a ,1)时,f ′(x )<0; 当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0. 所以f (x )在x =1处取得极小值.若a ≤1,则当x ∈(0,1)时,ax -1≤x -1<0, 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点. 综上可知,a 的取值范围是(1,+∞).[例4] 解析:(1)不等式组{x ≥0,y ≥2x,kx −y +1≥0表示的可行域如图(阴影部分)所示.由图可知,若要使不等式组{x ≥0,y ≥2x,kx −y +1≥0表示的平面区域是直角三角形,只有当直线kx -y +1=0与y 轴或y =2x 垂直时才满足.结合图形可知斜率k 的值为0或-12.故选D.(2)不妨设|PF 1|=4t ,|F 1F 2|=3t ,|PF 2|=2t ,其中t >0. 若该曲线为椭圆,则有|PF 1|+|PF 2|=6t =2a , |F 1F 2|=3t =2c ,e =ca =2c2a =3t6t =12;若该曲线为双曲线,则有|PF 1|-|PF 2|=2t =2a , |F 1F 2|=3t =2c ,e =ca =2c2a =3t2t =32. 答案:(1)D (2)12或32对点训练解析:若∠PF 2F 1=90°,则|PF 1|2=|PF 2|2+|F 1F 2|2, 又|PF 1|+|PF 2|=6,|F 1F 2|=2√5, 解得|PF 1|=143,|PF 2|=43,∴|PF 1||PF 2|=72.若∠F 1PF 2=90°,则|F 1F 2|2=|PF 1|2+|PF 2|2, ∴|PF 1|2+(6-|PF 1|)2=20,又|PF 1|>|PF 2|,∴|PF 1|=4,|PF 2|=2, ∴|PF 1||PF 2|=2.综上知,|PF 1||PF 2|=72或2. 答案:72或2 四 转化与化归思想[例1] 解析:(1)由命题“存在x 0∈R ,使e |a 0-1|-m ≤0”是假命题,可知它的否定形式“任意x ∈R ,e|x -1|-m >0”是真命题,可得m 的取值范围是(-∞,1),而(-∞,a )与(-∞,1)为同一区间,故a =1.故选C.(2)g ′(x )=3x 2+(m +4)x -2,若g (x )在区间(t ,3)上为单调函数,则①g ′(x )≥0在(t ,3)上恒成立,或②g ′(x )≤0在(t ,3)上恒成立. 由①得3x 2+(m +4)x -2≥0,即m +4≥2x -3x 在x ∈(t ,3)上恒成立,所以m +4≥2t-3t 恒成立,则m +4≥-1,即m ≥-5;由②得m +4≤2x -3x 在x ∈(t ,3)上恒成立, 则m +4≤23-9,即m ≤-373.所以使函数g (x )在区间(t ,3)上总不为单调函数的m 的取值范围为-373<m <-5. 答案:(1)C (2)(−373,−5)对点训练解析:要使函数f (x )=lg (ax 2−x +a 16)的定义域为R ,则不等式ax 2-x +a16>0对于一切x ∈R 恒成立,若a =0,则不等式等价为-x >0,解得x <0,不满足恒成立.若a ≠0,则满足条件{a >0Δ=1−4a ×a 16<0,即{a >01−a 24<0,解得{a >0a 2>4,即a >2,所以p :a >2.记g (x )=3x-9x=−(3x−12)2+14≤14,∴要使3x -9x<a 对一切的实数x 恒成立,则a >14,即q :a >14.要使p 且q 为假,则p ,q 至少有一个为假命题.当p ,q 都为真命题时,满足{a >2a >14⇒a >2, ∴p ,q 至少有一个为假命题时有a ≤2,即实数a 的取值范围是a ≤2. [例2] 解析:∵x 2+px >4x +p -3,∴(x -1)p +x 2-4x +3>0, 令g (p )=(x -1)p +x 2-4x +3,则要使它对0≤p ≤4均有g (p )>0,只要有{g (0)>0g (4)>0,∴x >3或x <-1.对点训练解析:由题意知,g (x )=3x 2-ax +3a -5, 令φ(a )=(3-x )a +3x 2-5(-1≤a ≤1). 对-1≤a ≤1,恒有g (x )<0,即φ(a )<0,只需{φ(−1)<0,φ(1)<0,即{3x 2−x −2<0,3x 2+x −8<0,解得-23<x <1.故当x ∈(−23,1)时,对满足-1≤a ≤1的一切a 的值,都有g (x )<0.答案:(−23,1)[例3] 解析:当a =0时,函数f (x )=-3x ,x ∈[-1,1],显然满足条件,故排除A ,B ;当a =-32时,函数f (x )=32x 3-92x ,f ′(x )=92x 2-92=92(x 2-1),当-1≤x ≤1时,f ′(x )≤0,所以f (x )在[-1,1]上为减函数, 所以f (x )min =f (1)=32−92=-3,满足条件,故排除C. 综上,选D. 答案:D对点训练解析:令a =b =c ,则△ABC 为等边三角形,且cos A =cos C =12, 代入所求式子,得cos A +cos C1+cos A cos C =12+121+12×12=45.答案:45[例4] 解析:∵2x -2y <3-x -3-y, ∴2x -3-x <2y -3-y. 设f (x )=2x -3-x.∵f (x )=2x -3-x =2x-(13)x在R 上单调递增, ∴x <y ,∴y -x +1>1,∴ln (y -x +1)>ln 1=0.故选A. 答案:A对点训练解析:(1)∵g (x )=1e f (x )-(x +1)=ln x -(x +1), ∴g ′(x )=1x -1(x >0). 令g ′(x )=0,得x =1, 令g ′(x )>0,解得0<x <1; 令g ′(x )<0,解得x >1.∴函数g (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, ∴g (x )极大值=g (1)=-2.(2)证明:由(1)知x =1是函数g (x )的极大值点,也是最大值点, ∴g (x )≤g (1)=-2,即ln x -(x +1)≤-2⇒ln x ≤x -1(当且仅当x =1时等号成立), 令t =x -1,得t ≥ln (t +1)(t >-1). 取t =1n (n ∈N *)时,则1n >ln (1+1n )=ln (n +1n),∴1>ln 2,12>ln 32,13>ln 43,…,1n >(n +1n),∴叠加得311+12+13+…+1n >ln (2×32×43×…×n +1n )=ln (n +1). 即1+12+13+…+1n >ln (n +1)(n ∈N *).[例5] 解析:将平面图形还原成三棱锥P ­ ABC (如图), 在△PAB 中,∠PAB =90°,PA =√3,AB =√3,∴PB =√6,在△PAC 中,PA =√3,AC =1,∠PAC =30°,由余弦定理得PC 2=3+1-2√3·cos 30°,∴PC =1,在Rt△BAC 中,易知BC =2,在△PCB 中,由余弦定理得cos ∠PCB =1+4−62×1×2=-14,即cos ∠FCB =-14. 答案:-14对点训练解析:将平面AA 1B 1B 沿着B 1B 旋转到与平面CC 1B 1B 在同一平面上(点B 在线段AC 上),连接AC 1与B 1B 相交于点D ,此时AD +DC 1最小,BD =13CC 1=1.因为在直三棱柱中,BC ⊥AB ,BC ⊥BB 1,且BB 1∩AB=B ,所以BC ⊥平面AA 1B 1B ,又CC 1∥平面AA 1B 1B ,所以V 三棱锥D ­ ABC1=V三棱锥C 1 ­ ABD =V 三棱锥C ­ ABD =13S △ABD ·BC =13×12×1×1×2=13.答案:13。

高考数学二轮复习选择题解法理 名师精编课件(全国通用)

高考数学二轮复习选择题解法理 名师精编课件(全国通用)

根据一次函数的性质,结合选项可知,选项 B 正确. 答案:B
例 2-2(2015· 浙江卷)存在函数 f(x)满足:对于任意 x∈R 都有( A.f (sin 2x )=sin x C.f (x 2+1)=|x +1| B.f (sin 2x )=x 2+x D.f (x 2+2x )=|x +1|
x,0<x≤1, (方法 2)由(0,2)上的函数 y=f(x)的图象可知 f(x)= 1,1<x<2.
当 0<2-x<1 即 1<x<2 时,f(2-x)=2-x; 当 1≤2-x<2 即 0<x≤1 时,f(2-x)=1.
-1,0<x≤1, ∴y=-f(2-x)= x-2,1<x<2,
x2 x3 2 8 x- -2= .选 C. -21- 4 dx= 12 3

答案:C
方法二
特例法(特值法)
用特殊值(特殊图形、特殊位置)代替题设普遍条件,得出特殊结论,对各个 选项进行检验,从而作出正确的判断.常用的特例有特殊数值、特殊数列、特 殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等. 例 2-1(2014· 郴州二模)已知定义在区间(0,2)上的函数 y=f(x)的图象如图 所示,则 y=-f(2-x)的图象为( )
)
分析:根据题目特点,可采用取特殊值法求解. 解析:取 x =0, 项 A 错误; 取 x =0,π,可得 f (0)=0,f (0)=π2+π,这与函数的定义矛盾,所以选 项 B 错误; 取 x =1,-1,可得 f (2)=2,f (2)=0,这与函数的定义矛盾,所以选项 C 错误; 取 f (x )= x +1,则对任意 x ∈R,都有 f (x 2+2x )= x 2+2x +1=|x +1|,所 以选项 D 正确. 答案:D π ,可得 f (0)=0,f (0)=1,这与函数的定义矛盾,所以选 2

2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第2讲数列求和及其综合应用课件

2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第2讲数列求和及其综合应用课件

真题研究·悟高考
1. (2023·全国新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为 d,且 d>1.令 bn =n2a+n n,记 Sn,Tn 分别为数列{an},{bn}的前 n 项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式; (2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
考点突破·提能力
核心考点1 求数列的通项公式
核 心 知 识·精 归 纳
求数列通项公式的方法 (1)Sn 与 an 的关系:若数列{an}的前 n 项和为 Sn,通项公式为 an,则 an=SS1n,-nS=n-11,,n≥2. (2)由递推关系式求通项公式:①构造法;②累加法;③累乘法.
角度1:由Sn与an的关系求通项公式
方 法 技 巧·精 提 炼
根据所求的结果的不同要求,将问题向两个不同的方向转化 (1)利用an=Sn-Sn-1(n≥2)转化为只含Sn,Sn-1的关系式,再求解. (2)利用an=Sn-Sn-1(n≥2)转化为只含an,an-1的关系式,再求解.
加 固 训 练·促Байду номын сангаас提 高
1.数列{an}满足:a1+2a2+3a3+…+nan=2+(n-1)·2n+1,n∈N*. 求数列{an}的通项公式.
2. (2023·全国新高考Ⅱ卷){an}为等差数列,bn=a2na-n,6, n为n为 偶奇 数数 ,, 记 Sn,Tn 分别为数列{an},{bn}的前 n 项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式; (2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d, 而 bn=a2na-n,6,n=n=2k,2k-1, k∈N*, 则b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6, 于是ST43==44aa11++64dd=-3122,=16, 解得 a1=5,d=2,an=a1+(n-1)d

高考数学理专题突破第一部分专题六第一讲精品PPT课件

高考数学理专题突破第一部分专题六第一讲精品PPT课件
①以元素为主体,即先满足特殊元素的要求, 再考虑其他元素.
②以位置为主体,即先满足特殊位置的要求, 再考虑其他位置. ③先不考虑附加条件,计算出排列或组合数, 再减去不符合要求的排列或组合数.
变式训练2 (1)在“家电下乡”活动中,某厂准 备从5名销售员和4名技术员中选出3人赴邻近镇 开展家电促销活动,若要求销售员和技术员至
变式训练1 甲组有5名男同学、3名女同学;乙 组有6名男同学、2名女同学.若从甲、乙两组 中各选出2名同学,则选出的4人中恰有1名女同 学的不同选法共有( )
A.150种
B.180种
C.300种
D.345种
解析:选 D.分类:若这名女同学是甲组的,则选 法有 C13C15C26种,若这名女同学是乙组的,则选法 有 C25C12C16种,
【解】 如题图所示,分别用 a、b、c、d 记这四 块,a 与 c 可同色,也可不同色,可先考虑给 a、 c 两块涂色,分两类. (1)给 a、c 涂同种颜色共有 C15种涂法,再给 b 涂 色有 4 种涂法,最后给 d 涂色有 4 种涂法,由乘 法原理知, 此时共有 C15×4×4 种涂法;
(2)给 a、c 涂不同颜色共有 A25种涂法,再给 b 涂 色有 3 种涂法,最后给 d 涂色有 3 种涂法,此时 共有 A25×3×3 种涂法.
∴符合条件的选法共有
C
1 3
C
1 5
C
2 6

C
2 5
C
1 2
C
1 6

345(种).
排列与组合
例2 (1)某单位有7个连在一起的车位,现有3 辆不同型号的车需停放,如果要求剩余的4个车 位连在一起,则不同的停放方法的种数为( )

2024年高考数学第一轮复习重点总结(2篇)

2024年高考数学第一轮复习重点总结(2篇)

2024年高考数学第一轮复习重点总结一、函数与方程1. 函数的概念与性质- 函数的定义:给定一个集合X和Y,如果对于集合X中的每个元素x,都有唯一一个元素y与之对应,那么就称这个对应关系为函数,记作y = f(x)。

- 函数的性质:定义域、值域、图像、奇偶性、单调性等。

2. 一次函数与二次函数- 一次函数:y = kx + b,其中k为斜率,b为截距。

掌握一次函数的图像、性质和应用。

- 二次函数:y = ax^2 + bx + c,其中a ≠ 0。

掌握二次函数的图像、性质和应用,包括顶点坐标、对称轴、开口方向、零点等。

3. 指数与对数函数- 指数函数:y = a^x,其中a>0且a≠1。

掌握指数函数的图像、性质和应用,包括定义域、值域、增减性等。

- 对数函数:y = loga(x),其中a>0且a≠1。

掌握对数函数的图像、性质和应用,包括定义域、值域、增减性等,以及常用对数函数的特殊性质。

4. 复合函数与反函数- 复合函数:由两个或多个函数通过代数运算得到的新函数。

掌握复合函数的性质和计算方法。

- 反函数:函数f(x)的反函数记作f^(-1)(x),满足f(f^(-1)(x)) = f^(-1)(f(x)) = x。

掌握反函数的概念、性质和计算方法。

5. 方程与不等式- 方程的解:使方程两边相等的未知数的值。

掌握一元一次方程、一元二次方程的解法,以及应用题中方程的建立和解题方法。

- 不等式的解:使不等式左边大于、小于或等于右边的未知数的值。

掌握一元一次不等式、一元二次不等式的解法,以及应用题中不等式的建立和解题方法。

二、数与数量关系1. 数列与数列求和- 数列的概念与表示:数列是按照一定规律排列起来的一组数。

掌握等差数列、等比数列的概念与表示方法,以及常见数列的性质。

- 数列的通项公式:根据数列的规律,确定数列的通项公式。

掌握等差数列、等比数列的通项公式,以及应用题中数列的建立和求解方法。

名师精讲高中高考数学一轮复习重点热点难点与专题突破(24个专题,含答案)

名师精讲高中高考数学一轮复习重点热点难点与专题突破(24个专题,含答案)

AB
空集
空集是任何集合的子集,是任何非空集合的真子集
2.集合的基本运算
集合的并集
集合的交集
集合的补集
图形
语言
符号 A∪B={x|x∈A,或 x 语言 ∈B}
A∩B={x|x∈A,且 x ∈B}
∁UA={x|x∈U,且 x∉A}
3.集合的运算性质
并集的性质:A∪∅=A;A∪A=A;A∪B=B∪A;A∪B=A⇔B⊆ A.

可得集合 ,然



图中阴影部分所表示的集合为



故选 B. 点睛:本题考查函数值域的求法、不等式的解法和集合的运算,解答的关键是正确理解图中阴 影部分所表示的集合的含义. 【例 3】【宁夏石嘴山市第三中学 2017 届高三下学期第三次模拟考试】设全集 U=R,集合
A {x| x2 2x 3 0},B {x | x 1 0} ,则图中阴影部分所表示的集合为( )
招数三、正难则反:对于一些比较复杂、条件和结论之间关系不明朗,难于从正面入手的数学
问题,在解题时,可调整思路,从问题的反面入手,探求已知、未知的关系.这样能起到化难
为易的作用,而使问题得以解决. 2ex ex 2e2x
【例 6】已知集合 A {x x2 4mx 2m 6 0, x R}, B {x x 0} ,},若 A B ,求实数 m 的
∴k≤0,∴当
时,0<k<2,故选 C.
【 例 5 】【北京市西城区北京师范大学第二附属中学期中考试 】已知集合

,且
,则实数 的取值范围__________.
【答案】
.
【解析】分析:根据两个集合的并集的定义,结合条件即可.

高中数学复习课件-高考大题冲关系列4

高中数学复习课件-高考大题冲关系列4

[解]
1 (1)证明:在题图 1 中,因为 AB=BC=2AD=a,
π E 是 AD 的中点,∠BAD=2,所以 BE⊥AC.即在题图 2 中,BE⊥A1O,BE⊥OC, 从而 BE⊥平面 A1OC, 又 CD∥BE,所以 CD⊥平面 A1OC.
11
高考一轮总复习 ·数学(理)
(2)当平面 A1BE⊥平面 BCDE 时,四棱锥 A1-BCDE 的体积为 36 2,求 a 的值.
题型 3
立体几何中的探索性问题
例 3 [2014· 湖北高考]如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F,M,N 分别是棱 AB, AD,A1B1,A1D1 的中点,点 P,Q 分别在棱 DD1,BB1 上移动,且 DP=BQ=λ(0<λ<2).
17
高考一轮总复习 ·数学(理)
3 3 3 ∴PE=ME= 3- 4 = 4 , 1 1 3 3 ∴S△CDE=2DC· ED=2×1× 4 = 8 . 6 在 Rt△MDE 中,MD= ME -ED = , 2
2 2
1 1 3 6 2 ∴VM-CDE= S△CDE· MD= × × = . 3 3 8 2 16
16
高考一轮总复习 ·数学(理)
13
高考一轮总复习 ·数学(理)
变式训练 2 [2014· 广东高考]如图 1,四边形 ABCD 为矩形,PD⊥平面 ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如图 2 折 叠:折痕 EF∥DC,其中点 E,F 分别在线段 PD,PC 上,沿 EF 折叠后点 P 在线段 AD 上的点记为 M,并 且 MF⊥CF.
15
高考一轮总复习 ·数学(理)
(2)求三棱锥 M-CDE 的体积. 解(2)由(1)知 CF⊥DF,PD⊥DC,

第4章+高考大题冲关系列2024高考数学一轮复习+PPT(新教材)

第4章+高考大题冲关系列2024高考数学一轮复习+PPT(新教材)

当 c<-14时,f(-1)=c-14<0,f-12=c+14<0,f12=c-14<0,f(1) =c+14<0,
又 f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)>0, 由函数零点存在定理知 f(x)在(1,-4c)上存在唯一一个零点 x0′,即 f(x) 在(1,+∞)上存在唯一一个零点,在(-∞,1)上不存在零点, 此时 f(x)不存在绝对值不大于 1 的零点,与题设矛盾, 综上,f(x)所有零点的绝对值都不大于 1.
所以需证 x+ln (1-x)>xln (1-x),
即 x+(1-x)ln (1-x)>0.
令 h(x)=x+(1-x)ln (1-x),x∈(-∞,1),且 x≠0,

h′(x)=1+(-1)ln
-1 (1-x)+(1-x)·1-x=-ln
(1-x),

所以当 x∈(-∞,0)时,h′(x)<0,h(x)单调递减; 当 x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增, 所以 h(x)>h(0)=0,即 x+ln (1-x)>xln (1-x),

当b<0时,令H(x)=ex-x-1,则H′(x)=ex-1, 当x∈(-∞,0)时,H′(x)<0,H(x)单调递减, 当x∈(0,+∞)时,H′(x)>0,H(x)单调递增, 注意到H(0)=0,故H(x)≥0恒成立, 从而有ex≥x+1, 当x>1时,x-1>0,则f(x)=(x-1)ex-ax2+b≥(x-1)(x+1)-ax2+b= (1-a)x2+(b-1),
变式训练 1 (2020·全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)=2ln x+1.
(1)若 f(x)≤2x+c,求 c 的取值范围;

2024年高考数学第一轮复习重点总结范本(2篇)

2024年高考数学第一轮复习重点总结范本(2篇)

2024年高考数学第一轮复习重点总结范本一、函数与方程1. 函数的概念与性质:- 函数定义域、值域、对应关系、图像等基本概念。

- 奇偶性、周期性的判定与性质。

- 函数与方程的关系。

2. 一次函数与二次函数:- 一次函数的定义与性质。

- 二次函数的定义、图像、顶点坐标、单调性等。

- 利用一次函数和二次函数解决实际问题。

3. 一元二次方程与不等式:- 解一元二次方程的方法(配方法、因式分解法、求根公式等)。

- 一元二次方程的根与系数之间的关系。

- 一元二次不等式的解法和解集表示。

4. 一次不等式与绝对值不等式:- 一次不等式的解法和解集表示。

- 绝对值不等式的解法和解集表示。

- 利用一次不等式和绝对值不等式解决实际问题。

5. 分式与分式方程:- 分式的定义与性质。

- 分式方程的解的概念与解法。

二、数列与数学归纳法1. 数列的定义与性质:- 等差数列、等比数列等常见数列的概念与性质。

- 通项公式、前n项和公式的推导和应用。

- 数列的递推公式与特殊项。

2. 数列的求和与数学归纳法:- 等差数列、等比数列的求和公式。

- 数学归纳法的基本思想和应用。

- 利用数学归纳法证明一些数学命题。

三、平面几何与空间几何1. 平面几何的基本概念:- 直线、线段、射线、角的概念与性质。

- 平行线、垂直线的判定条件。

- 同位角、内错角、同旁内角等角度关系。

2. 三角形的性质和判定:- 三角形的内角和、外角和的性质与推论。

- 三角形形状的判定条件(全等、相似等)。

- 利用三角形的性质解决实际问题。

3. 直线与圆的位置关系:- 直线与平面的位置关系(相交、平行等)。

- 直线与圆的位置关系(相切、相交等)。

- 利用直线与圆的位置关系解决实际问题。

4. 空间几何的基本概念:- 点、线、面、体的概念与性质。

- 平行面、垂直面的判定条件。

- 点、线、面的投影、平移、旋转等基本变换。

四、概率与统计1. 随机事件与概率:- 随机事件的概念与性质。

2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列微专题数列与传统文化创新应用课件

2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列微专题数列与传统文化创新应用课件
在,求所有满足要求的 bn;若不存在,说明理由.
【解析】 (1)由Sn=2an-2,则当n≥2时,Sn-1=2an-1-2, 两式相减得:an=2an-2an-1,则an=2an-1, 由S1=2a1-2,则a1=2, ∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,则an=2n,
由TTn+n 1=bbn+n 2.
角度2:结论探究式问题 典例2 (2023·江苏南通统考一模)写出一个同时满足下列条件①
②的等比数列{an}的通项公式an=__(_-__2_)_n(_答__案__不__唯__一__)___. ①anan+1<0;②|an|<|an+1|.
【解析】 可构造等比数列,设公比为q,由anan+1<0,可知公比q 为负数,因为|an|<|an+1|,所以|q|>1,所以q可取-2,设a1=-2,则an= -2·(-2)n-1=(-2)n.
题型二 数列中的创新问题 典 例 研 析·悟 方 法
角度1:条件追溯问题 典例1 已知等比数列{an}的首项为-2,公比为q.试写出一个实
数q=______12_(答__案__不__唯__一__)_____,使得an<an+1.
【解析】 等比数列{an}的首项为-2,公比为 q,∵an<an+1,∴数 列{an}为递增数列,∴a2<a3,∴-2q<-2q2,解得 0<q<1,则 q 可以取12, (答案不唯一).
9×22a5=9a5=1 260,∴a5=140.故选 C.
3. (2023·广东深圳统考一模)将一个顶角为120°的等腰三角形(含边
界和内部)的底边三等分,挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角
形,得到与原三角形相似的两个全等三角形,再对余下的所有三角形重
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【归纳拓展】 证明不等式的方法灵活多变, 有时需多种方法并用,本例法一就联合使用了 分析法与综合法,实质上是以分析法为主,借 助综合法,使证明的问题明朗化,此种方法可 称之为分析综合法,它的实质是既充分利用已 知条件又时刻不忘解题目标,也就是不仅要搞 清已知是什么,由已知能推出什么,而且还要 搞清下一步要做什么,如何做,这样综合考虑, 便于找到解题途径,也符合思维习惯.用作差 法证明不等式的关键是化简,化简的目的是为 了利于判断差的符号,常用的化简方法有因式 分解、配方等.
*
n
n
2.含绝对值的不等式的性质 (1)|x|>a(a>0)⇔ x>a 或 x<- a. (2)|x|<a(a>0)⇔- a<x<a. (3)||a|- |b||≤ |a± b|≤ |a|+ |b|. 3.两个重要不等式 (1)a2 + b2≥2ab(a , b ∈ R ,当且仅当 a = b 时取 “=” ). a+b (2) ≥ ab(a、b 是正数,当且仅当 a=b 时取 2 “=” ).
例2
5 3 15 【解析】 (1) + = 1≥ 2 ,∴xy≥60,当且仅 x y xy 当 3x= 5y 时等号成立,故选 C. (2)∵ x>0, y>0,且 3x+4y=12, 1 1 3x+ 4y2 ∴ xy= (3x)· (4y)≤ = 3. 12 12 2 ∴ lgx+ lgy= lg(xy)≤ lg3, 当且仅当 3x=4y=6, 3 即 x= 2, y= 时“=”成立. 2 3 ∴当 x=2, y= 时, lgx+ lgy 取最大值 lg3. 2
变式训练 2 某单位用 2160 万元购得一块空地, 计划在该地块上建造一栋至少 10 层,每层 2000 平方米的楼房, 经测算, 如果将楼房建为 x(x≥ 10) 层,则每平方米的平均建筑费用为 560+ 48x(单 位:元).为了使楼房每平方米的平均综合费用最 少,该楼房应建为多少层? (注:平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费 购地总费用 用,平均购地费用= ) 建筑总面积
高考热点突破
不等式的性质
例1
已知 a+b<0,且 a>0,则(
)
A. a2<-ab<b2 B.b2<- ab<a2 C. a <b <-ab D.-ab<b <a
2 2 2 2
【解析】
由条件a+b<0,且a>0可得b<0,
0<a<-b,所以0<a2<-ab,0<a(-b)<(-b)2, 则0<a2<-ab<b2,故选A. 【答案】 A
专题四
不等式
第一讲 不等式的性质与证明
主干知识整合
1.不等式的性质 (1)a>b, b>c⇒ a>c. (2)a>b, c>d⇒ a+ c>b+d. (3)a>b, c>0⇒ ac>bc. a>b, c<0⇒ ac<bc (4)a>b>0, c>d>0⇒ac>bd. * n n (5)a>b>0, n∈ N ⇒a >b . (6)a>b>0, n∈ N ⇒ a> b. (7)a>b⇔ b<a. (8)a>b, c∈ R⇔a+ c>b+ c.
【归纳拓展】
涉及不等关系的问题,一般来
说,结合题设条件寻求特殊值法比较方便.事 实上,由于高考对不等式的整体要求降低,在 大多数情况下,考查不等关系的基础题都会以 送分题的形式出现.
变式训练 1 已知 a、b、c∈ R,则下列命题中正 确的是 ( ) 2 2 A.若 a>b,则 ac >bc a b B.若 > ,则 a>b c c 1 1 3 3 C.若 a >b 且 ab>0,则 < a b 1 1 D.若 a >b 且 ab>0,则 < a b
2 2 2
∵ a,b,c 不全相等,∴上面各式中至少有一个等号 不成立,三式相加得: 2[(bc)2 + (ac)2+ (ab)2]>2abc2 + 2a bc+ 2ab c,10 分 即 (bc)2+ (ac)2+ (ab)2>abc(a+b+ c)成立, bc ac ab ∴ + + >a+ b+ c 成立 .12 分 a b c
不等式的证明
例3
(本题满分 12 分)已知 a>0,b>0, c>0,且
a,b, c 不全相等. bc ac ab 求证: + + >a+b+ c. a b c
【规范解答】
bc ac ab 法一:要证明 +ac 2+ab2 只要证 >a+ b+ c. abc ∵ a, b, c>0, ∴只要证 (bc)2+ (ac)2+ (ab)2>abc(a+b+ c).5 分 由公式知 (bc) + (ac) ≥ 2abc , (ac)2+ (ab)2≥2a2bc, (bc)2+ (ab)2≥2ab2c.
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解析:选 C.若 c= 0,则 A 不成立;若 c<0,则 B 不成立;
a<0, 若 则 D 不成立,故选 C. b<0,
基本不等式的应用
5 3 (1)已知 + = 1(x>0, y>0),则 xy 的最小 x y 值是( ) A. 15 B.6 C. 60 D. 1 (2)已知 x>0, y>0,且 3x+ 4y=12.则 lgx+ lgy 的 最大值为 ________.
【答案】 (1)C (2)lg3 【归纳拓展】 (1)用不等式求最值,用到两个 结论,简述为:“和定积最大”与“积定和最 小 ”. (2)运用定理求最值时:必须做到“一正,二定, 三相等”. “一正”指式子的各项为正;“二定”指 含变数的两项和(积)为定值;“三相等”指含变数 的两项相等时,才能取得最值.
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bc ac ab 法二:∵ + + - a-b- c a b c 1[ bc- ac + ab-bc +ac- ab ] = >0,10 分 2 abc bc ac ab 即 + + - a- b- c>0, a b c bc ac ab ∴ + + >a+ b+ c.12 分 a b c
解:设将楼房建为 x 层,则每平方米的平均购地费 用为 2160×104 10800 = (元 ). 2000x x 故每平方米的平均综合费用为 225 10800 y= 560+ 48x+ = 560+48x+ x . x
225 当 x+ 最小时, y 有最小值. x 225 225 ∵ x>0,∴ x+ ≥ 2 x· = 30,当且仅当 x= x x 225 即 x= 15 时,上式等号成立. x 所以当 x= 15 时, y 有最小值 2000 元. 即该楼房建为 15 层时, 每平方米的平均综合费用 最少.
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