2021新高考数学二轮复习课件：板块2 三年考情分析

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2021高考数学二轮复习板块2三年考情分析学案含解析文.doc

板块2命题解读：与2019年高考试卷相比，命题方式基本稳定，在注重基础知识、基本能力的同时，凸显了综合性、应用性与创新性；注重题目与实际生活、数学文化相结合，渗透五育，在数学应用、数学探究等方面突出体现了理性思维和关键能力的考查．从考点上相比，存在几点差别．如Ⅰ卷第18题由2019年数列换为解三角形；第19题立体几何题以圆锥为背景，让人耳目一新；Ⅱ卷第20题立体几何打破多年位置，同时全卷立体几何的分值比例也加大了；Ⅲ卷第18题背景新以当前社会关心的空气质量状况为背景等．总之，考生要关注社会热点，重视运算能力的培养，把握运算步骤和规律，重视运算细节.2018－2020年全国卷Ⅰ考情统计2020年2019年2018年17频率与概率、均值的计算及应用概率与独立性检验等知识由递推公式求某项、证明及求通项18正、余弦定理解三角形面积公式和三角恒等变换等差数列的通项公式、前n项和公式证明面面垂直及体积计算19以圆锥为载体考查面面垂直的判定、圆锥的侧面积和体积公式线面平行的证明、点到平面的距离统计背景下的概率及统计量的估算20函数的单调性、零点与导数的关系导数的应用、函数的零点直线与抛物线的位置关系及几何证明21平面向量的数量积、直线同椭圆的位置关系、定点问题直线与圆的位置关系、定值问题导数与极值、最值、不等式的证明22参数方程、极坐标方程两类方程以及点到直线的距离问题两类方程的转化及曲线的交点个数23含绝对值的不等式的解法、不等式的证明解绝对值不等式、求参数的2018－2020年全国卷Ⅱ考情统计2018－2020年全国卷Ⅲ考情统计。

2021新高考数学二轮复习课件：板块1 三年考情分析

本不等式
圆的切线、直线方程、最值问题
新定义问函数的单 12 题、概率调性、比
与统计较大小
双曲线的定义、三角形的面积计算三角形的外接圆、球的表面积
三角函数的性质
三棱锥的外接球
正弦定理、余弦定理的应用
椭圆的定义及标准方程
直线与双曲线
截面图形的面积
三角函数的图象、周期对数、指数运算，对数式与指数式互化
向量的数量积
程序框图
诱导公式与正切公式等
平面向量的模、数量积、夹角
三视图、侧面展开图
直线与抛物线、数量积
平面向量的线性运算
三角函数的性质
倍角公式、
曲线与方同角三角函程序框
9 程
数基本关系图
复习有方法
板块一
高考专题突破——选择题＋填空题
三年考情分析
2018－2020 年全国卷Ⅰ考情统计
2020 年新高 2020 年 2020 年 2019 年 2019 年 2018 年 2018 年
考全国卷全国卷全国卷全国卷全国卷全国卷全国卷
Ⅰ(山东) Ⅰ(理) Ⅰ(文) Ⅰ(理) Ⅰ(文) Ⅰ(理) Ⅰ(文)
一元二
复数的
复数的次不等集合交
集合的并集
四则运
1 运算
模、复数式的解集、不等算与模
运算法、交集式
的计算
运算
复数的四则运算及模
集合的交集
解不等式、复数的
集合的
复数的
复数的四则
复数的运
集合的
2
集合的交运算、复

模块二讲重点导数公开课PPT全文课件导数小题-2021届高考数学二轮复习PPT全文课件(新高考版)

由函数 f(x)在区间[a，b]内单调递增(或递减)，可得 f′(x) ≥0(或 f′(x)≤0)在该区间恒成立，而不是 f′(x)>0(或<0)恒成立， “＝”不能少．必要时还需对“＝”进行检验．
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(3)利用导数比较大小或解不等式的常见技巧：利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式． (4)讨论含参数函数的单调性： ①确定函数定义域； ②求f′(x)，并整理分解因式(如果能分解因式)； ③优先考虑特殊情况：即参数取哪些值时f′(x)≥0或f′ (x)≤0恒成立，从而得到相应的单调性；
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(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路： ①由函数在区间[a，b]上单调递增(或递减)可知f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立； ②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题； ③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整舍去；若只有在个别处有f′(x)＝0，则参数可取此值．
【评说】切线问题，如果不知道切点，一般先设切点，利用条件得到关于切点横坐标的方程．
(5)(2019·石家庄教学质检)将函数y＝ex(e为自然对数的底数)
的图像绕坐标原点O顺时针旋转角θ后第一次与x轴相切，则角θ
满足的条件是( B ) A．esinθ＝cosθ
B．sinθ＝ecosθ

2021届高考二轮数学人教版课件：第2部分专题5 第2讲椭圆、双曲线、抛物线

D．x32－y2＝1
第二部分专题五解析几何
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【解析】
由题意可得菱形的一个内角为60°，ab＝
3 3
，一条对角线
的长为c，另一条对角线的长为 33c，
所以12c·33c＝2 3 3，c＝2，而a2＋b2＝c2＝4，
解得：a2＝3，b2＝1，双曲线C的方程为x32－y2＝1，
第二部分专题五解析几何
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2．(2020·运城三模)已知双曲线C：
x2 a2
－
y2 b2
＝1(a>0，b>0)的两条渐近
线与曲线x＋ 3|y|＝c(c＝ a2＋b2)围成一个面积为233的菱形，则双曲线
C的方程为
( D)
A．x62－y22＝1
B．x22－y62＝1
C．x2－y32＝1
的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的
中心为原点，焦点F1，F2均在x轴上，C的面积为2 3 π，过点F1的直线交
C于点A，B，且△ABF2的周长为8，则C的标准方程为
(C )
A．x42＋y2＝1
B．x32＋y42＝1
C．x42＋y32＝1
D．1x62 ＋43y2＝1
(4)(2020·北京昌平区期末)抛物线y2＝2px上一点M到焦点F(1,0)的距离等于4，则p＝__2__；点M的坐标为__(_3_，__±_2__3_)__.
第二部分专题五解析几何
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(文科) 年份卷别
Ⅰ卷
Ⅱ卷 2020
Ⅲ卷
题号 11 9
7、14
考查角度

第2部分专题2 第2讲数列求和及其综合应用-2021届高三高考数学二轮复习课件

最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＝1－12a1，得a1＝23. 当n≥2时，Sn＝1－12an，Sn－1＝1－21an－1，所以an＝Sn－Sn－1＝1－12an－1－12an－1＝12an－1－21an，所以an＝13an－1，所以{an}是以32为首项，31为公比的等比数列，所以Sn＝2311－－1313n＝1－13n.
(3)(2020·湖南师大附中第二次月考)在公差大于0的等差数列{an} 中，2a7－a13＝1，且a1，a3－1，a6＋5成等比数列，则数列{(－1)n－1an} 的前21项和为__2_1__.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， ∵a9＝12a12＋6，a2＝4，∴12＝a1＋5d，又a1＋d＝4，解得a1＝d＝2，∴Sn＝2n＋nn－ 2 1×2＝n(n＋1)． ∴S1n＝nn1＋1＝1n－n＋1 1. 则数列S1n的前10项和＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1110.
(2)存在．由(1)可知，bn＝－log3(1－Sn＋1) ＝－log31－1－13n＋1＝－log313n＋1 ＝n＋1，所以bnb1n＋1＝n＋11n＋2＝n＋1 1－n＋1 2，
(2)设bn＝n·2n＋n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n)＋(1＋2 ＋3＋…＋n)，令T＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，则2T＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，两式相减，得－T＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝211－－22n－n·2n＋1，
【解析】 (1)由题意，aa12＋a3＝a4＝a1a94，＝8，
解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝1；而等比数列{an}递增，所以a1＝1，a4＝8，

2021高考数学(理)统考版二轮复习课件：板块2 三年考情分析

积、直线与椭圆的 20
位置关系、定点问
题
三角函数与对数结合、复合函数的导数、极值点、零点的证明
概率与频率、二项分布、数学期望及应用
导数的应用、函数 21 的单调性、不等式
恒成立
随机变量的分布列、等比数列
导数与函数的单调性、极值、证明不等式
参数方程、极坐标 22
方程
化两类方程为直角坐标方程、利用参数方程求最值
折叠问题、点共面问
点、线、面的位置关
面面垂直、二面角的
19
题、面面垂直、二面
系、二面角的求法
正弦值
角
椭圆的标准方程及几三次函数的单调性、直线、椭圆、数列的 20
何性质、面积的计算最值、探索性问题综合与创新
抛物线与导数的几何
导数的几何意义、函
导数与函数的单调
意义、直线与圆的位
21 数的零点与导数的关
17 式与前n项和公式、形
错位相减法求和
诱导公式及解三角形
以圆锥为载体，考 18 查线面垂直的判定
及二面角的求法
线面平行、二面角
证明面面垂直及求线面角的正弦值
以羽毛球比赛为背
景，考查独立重复 19
试验的概率、互斥
事件的概率
抛物线、直线方程、弦长公式、平面向量
直线与椭圆的方程及有关证明
平面向量的数量
数的计算及抽样方法的应用
独立事件的概率计算
变量间的相关关系、回归方程的应用
椭圆的离心率和标准方 19 程、抛物线的定义和标准
方程
递推关系与等差(比)数列的证明与通项
直线、抛物线、圆的方程及距离
空间中直线、平面的位置 20 关系及直线与平面所成的

2021届山东省高考数学大二轮专题复习讲义(新高考)专题2第3讲导数的热点问题

第3讲导数的热点问题「考情研析」利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合，难度较大．解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.热点考向探究考向1利用导数讨论方程根的个数例1(2020·海南省海口市模拟)已知函数f(x)＝k(x－1)e x，其中k≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若k＞0，讨论关于x的方程|ln x|＝f(x)在区间(0,2)上实根的个数．根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x轴交点的个数或两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．已知函数f(x)＝ln x2－ax＋bx(a>0，b>0)，对任意x>0，都有f(x)＋f⎝⎛⎭⎪⎫4x＝0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围．考向2利用导数证明不等式例2(2020·山东省泰安市三模)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：f′(x1·x2)<1－a.利用导数方法证明不等式的基本思想是构造函数，通过研究函数的单调性、极值、最值，通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式．已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0<x1<x2时，都有e1－x2－e1－x1>1－x2 x1.考向3利用导数研究不等式恒成立问题角度1函数不等式恒成立问题例3(2020·河南省开封市三模)已知函数f(x)＝ax e x－ln x＋b在x＝1处的切线方程为y＝(2e－1)x－e.(1)求a，b的值；(2)若f(x)≥mx恒成立，求实数m的取值范围．利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法．即①λ≥f(x)恒成立，则λ≥f(x)max；②λ≤f(x)恒成立，则λ≤f(x)min.(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f(x)≥0，则只需f(x)min≥0.(2020·辽宁省大连市一模)设函数f(x)＝x－1x，g(x)＝t ln x(t∈R)．(1)讨论函数h(x)＝f(x)＋g(x)的单调区间；(2)若当x∈(0,1)时，f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的下方，求正实数t的取值范围．角度2含量词的不等式问题例4(2020·山东省聊城市模拟)已知函数f(x)＝x2e ax＋1＋1－a(a∈R)，g(x)＝e x－1－x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∀a∈(0,1)，是否存在实数λ，∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使f[(n)]2－λg(m)<0成立？若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由．含量词的不等式问题的解法(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)．(2)存在x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．(3)对任意x1，x2∈D，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)max.(4)存在x1，x2∈D，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)max≥g(x)min.(5)对任意x1∈D1，存在x2∈D2，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min(f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2)．已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e为自然对数的底数．(1)讨论函数f(x)在区间[1，e]上的单调性；(2)已知a∉(0，e)，若对任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．真题押题『真题检验』1．(2020·新高考卷Ⅰ)已知函数f(x)＝a e x－1－ln x＋ln a.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．2．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝e x＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围．3．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝e x－a(x＋2)．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．4．(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝sin 2x sin2x .(1)讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；(2)证明：|f (x )|≤338；(3)设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22nx ≤3n4n . 5．(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有三个零点，求k 的取值范围．『押题』6．已知函数f (x )＝e x ，h (x )＝x ＋ln x ，g (x )＝(x －a ＋1)e a .(1)设F (x )＝xf (x )－ah (x )，讨论F (x )极值点的个数；(2)判断方程f (x )＝g (x )的实数根的个数，并证明e 2＋e 4＋e 6＋…＋e 2n ≥n 2＋3n 2e .7．已知函数f (x )＝x ln x ＋ax 在x ＝x 0处取得极小值－1.(1)求实数a 的值；(2)设g (x )＝xf (x )＋b (b >0)，讨论函数g (x )的零点个数．专题作业1．已知函数f (x )＝(x －1)e x .(1)求函数f (x )的单调区间和零点；(2)若f (x )≥ax －e 恒成立，求a 的取值范围．2．(2020·江西省重点中学协作体高三第一次联考)已知函数f (x )＝sin x ＋ln x －1.(1)求函数f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，ln π2处的切线方程； (2)当x ∈(0，π)时，讨论函数f (x )的零点个数．3．已知函数f (x )＝ax 2＋ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若∃x ∈(0，＋∞)使f (x )>0成立，求a 的取值范围．4．(2020·山东省潍坊市二模)已知函数f (x )＝1x ＋a ln x ，g (x )＝e x x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明：a ＝1时，f (x )＋g (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋e x 2ln x ＞e. 5．已知函数f (x )＝a ln x －x ＋2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，求实数a 的值．6．已知函数f (x )＝e x －ln (x ＋1)－a 的图象在x ＝0处与x 轴相切．(1)求f (x )的解析式，并讨论其单调性；(2)若x >t ≥0，证明：e x －t ＋ln (t ＋1)>ln (x ＋1)＋1.7．已知函数f (x )＝x －a e x ＋b (a >0，b ∈R )．(1)求f (x )的最大值；(2)若函数f (x )有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1＋x 2<－2ln a .8．已知函数f (x )＝e xx 2－mx ＋1. (1)当m ∈(－2,2)时，求函数f (x )的单调区间；(2)若m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，则当x ∈[1，m ＋1]时，记f (x )的最小值为M ，g (x )＝x 的最大值为N ，判断M 与N 的大小关系，并写出判断过程．第3讲导数的热点问题「考情研析」利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合，难度较大．解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.热点考向探究考向1 利用导数讨论方程根的个数例1 (2020·海南省海口市模拟)已知函数f (x )＝k (x －1)e x ，其中k ≠0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若k ＞0，讨论关于x 的方程|ln x |＝f (x )在区间(0,2)上实根的个数．解 (1)由条件，得f ′(x )＝k e x －k e x (x －1)e 2x＝k (2－x )e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2.当k ＞0时，由f ′(x )＞0，得x ＜2，由f ′(x )＜0，得x ＞2.所以f (x )的单调递增区间是(－∞，2)，单调递减区间是(2，＋∞)．当k ＜0时，由f ′(x )＞0，得x ＞2，由f ′(x )＜0，得x ＜2.所以f (x )的单调递增区间是(2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，2)．(2)因为|ln 1|＝f (1)＝0，所以x ＝1是方程|ln x |＝f (x )的一个实根．当0＜x ＜1时，由(1)知f (x )单调递增，所以f (x )＜f (1)＝0.而|ln x |＝－ln x ＞0，所以方程|ln x |＝f (x )在区间(0,1)上无实根．当1＜x ＜2时，|ln x |＝ln x .设F (x )＝ln x －k (x －1)e x ，则F ′(x )＝1x －2k －kx e x ＝e x ＋kx 2－2kx x e x . 设u (x )＝e x ＋kx 2－2kx ，当1＜x ＜2时，u ′(x )＝e x ＋2kx －2k ＞0，所以u (x )在(1,2)上单调递增．①当u (1)＝e －k ≥0，即k ≤e 时，在区间(1,2)上，总有u (x )＞u (1)≥0，从而F ′(x )＞0，所以F (x )在(1,2)上单调递增，F (x )＞F (1)＝0，即原方程在(1,2)上无实根．②当u (1)＝e －k ＜0，即k ＞e 时，因为u (2)＝e 2＞0，所以存在x 0∈(1,2)，满足u (x 0)＝0，所以在(1，x 0)上，u (x )＜0，F (x )单调递减，在(x 0,2)上，u (x )＞0，F (x )单调递增，又因为F (1)＝0，F (2)＝ln 2－k e 2，所以当F (2)＞0，即e ＜k ＜e 2ln 2时，原方程在(1,2)上有唯一实根，当F (2)≤0，即k ≥e 2ln 2时，原方程在(1,2)上无实根．综上所述，当0＜k ≤e 或k ≥e 2ln 2时，原方程在(0,2)上仅有一个实根；当e ＜k ＜e 2ln 2时，原方程在(0,2)上有两个实根．根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x 轴交点的个数或两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．已知函数f (x )＝ln x 2－ax ＋b x (a >0，b >0)，对任意x >0，都有f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＝0. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )存在三个不同的零点时，求实数a 的取值范围．解 (1)由f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＝ln x 2－ax ＋b x ＋ln 2x －4a x ＋xb 4＝0，得b ＝4a ，则f (x )＝ln x 2－ax ＋4a x ，f ′(x )＝1x －a －4a x 2＝－ax 2＋x －4a x 2(x >0)，若Δ＝1－16a 2≤0，即a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，若Δ＝1－16a 2>0，即0<a <14时， h (x )＝－ax 2＋x －4a 有两个零点，零点为x 1＝1－1－16a 22a >0，x 2＝1＋1－16a 22a>0，又h (x )＝－ax 2＋x －4a 的图象开口向下，所以当0<x <x 1时，h (x )<0，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x 1<x <x 2时，h (x )>0，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x >x 2时，h (x )<0，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当0<a <14时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－16a 22a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－16a 22a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－16a 22a ，1＋1－16a 22a 上单调递增． (2)由(1)知，当a ≥14时，f (x )单调递减，不可能有三个不同的零点．当0<a <14时，f (x )在(0，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递减，f (x )在(x 1，x 2)上单调递增， f (2)＝ln 22－2a ＋2a ＝0，又x 1x 2＝4，有x 1<2<x 2，f (x )在(x 1，x 2)上单调递增，f (x 1)<f (2)＝0，f (x 2)>f (2)＝0. f (x )＝ln x 2－ax ＋4a x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝－ln 2a 2－1a ＋4a 3，令g (a )＝－ln 2a 2－1a ＋4a 3，g ′(a )＝－4a 2a 2＋1a 2＋12a 2＝12a 4－2a ＋1a 2. 令m (a )＝12a 4－2a ＋1，m ′(a )＝48a 3－2单调递增．由m ′(a )＝48a 3－2＝0，求得a ＝1324 >14.当0<a <14时，m (a )单调递减，m (a )>m ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝364－12＋1>0， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝g (a )＝－ln 2a 2－1a ＋4a 3在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递增．故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝g (a )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝3ln 2－4＋116<0，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2<0，又f (x 2)>0，1a 2>x 2，由零点存在性定理知f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，1a 2上有一个根，设为x 0，又f (x 0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 0＝0，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 0＝0，由x 2<x 0<1a 2及x 1x 2＝4得0<4x 0<x 1，4x 0是f (x )的另一个零点，故当0<a <14时，f (x )存在三个不同的零点4x 0，2，x 0. 考向2 利用导数证明不等式例2 (2020·山东省泰安市三模)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：f ′(x 1·x 2)<1－a .解 (1)由f (x )＝0，可得a ＝1＋ln x x ，转化为函数g (x )＝1＋ln x x 与直线y ＝a 的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．g ′(x )＝－ln x x 2(x >0)，故当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (1)＝1.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，当x →＋∞时，g (x )→0，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g (x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g (x )>0. 可得a ∈(0,1)．(2)证明：f ′(x )＝1x －a ，由(1)知x 1，x 2是ln x －ax ＋1＝0的两个根，故ln x 1－ax 1＋1＝0，ln x 2－ax 2＋1＝0⇒a ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2. 要证f ′(x 1·x 2)<1－a ，只需证x 1·x 2>1，即证ln x 1＋ln x 2>0，即证(ax 1－1)＋(ax 2－1)>0，即证a >2x 1＋x 2，即证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2. 不妨设0<x 1<x 2，故ln x 1x 2<2(x 1－x 2)x 1＋x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1， (*) 令t ＝x 1x 2∈(0,1)，h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1， h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，则h (t )在(0,1)上单调递增，则h (t )<h (1)＝0，故(*)式成立，即要证不等式得证．利用导数方法证明不等式的基本思想是构造函数，通过研究函数的单调性、极值、最值，通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式．已知函数f (x )＝λln x －e －x (λ∈R )．(1)若函数f (x )是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0<x 1<x 2时，都有e 1－x 2－e 1－x 1>1－x 2x 1. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，∵f (x )＝λln x －e －x ，∴f ′(x )＝λx ＋e －x ＝λ＋x e －x x ，∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴λ＋x e－xx≤0，即λ＋x e－x≤0，λ≤－x e－x＝－xe x，令φ(x)＝－xe x ，则φ′(x)＝x－1e x，当0<x<1时，φ′(x)<0，当x>1时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－1e ，∴λ≤－1e；②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴λ＋x e－xx≥0，即λ＋x e－x≥0，λ≥－x e－x＝－xe x，由①得φ(x)＝－xe x在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)→0，且φ(x)<0，∴λ≥0.综上，λ≤－1e或λ≥0.(2)证明：由(1)可知，当λ＝－1e 时，f(x)＝－1e ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，∵0<x1<x2，∴f(x1)>f(x2)，即－1e ln x1－e－x1>－1e ln x2－e－x2，∴e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.要证e1－x2－e1－x1>1－x2x1，只需证ln x1－ln x2>1－x2x1，即证ln x1x2>1－x2x1，令t＝x1x2，t∈(0,1)，则只需证ln t>1－1t，令h(t)＝ln t＋1t －1，则当0<t<1时，h′(t)＝t－1t2<0，∴h(t)在(0,1)上单调递减，又h(1)＝0，∴h (t )>0，即ln t >1－1t ，得证．考向3 利用导数研究不等式恒成立问题角度1 函数不等式恒成立问题例3 (2020·河南省开封市三模)已知函数f (x )＝ax e x －ln x ＋b 在x ＝1处的切线方程为y ＝(2e －1)x －e.(1)求a ，b 的值；(2)若f (x )≥mx 恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝a e x ＋ax e x －1x ，∵函数f (x )＝ax e x －ln x ＋b 在x ＝1处的切线方程为y ＝(2e －1)x －e ，∴⎩⎨⎧ f (1)＝a e ＋b ＝e －1，f ′(1)＝2a e －1＝2e －1，∴a ＝1，b ＝－1. (2)由f (x )≥mx 得，x e x －ln x －1≥mx (x ＞0)，即m ≤x e x －ln x －1x ，令φ(x )＝x e x －ln x －1x，则φ′(x )＝x 2e x ＋ln x x 2，令h (x )＝x 2e x ＋ln x ，易知h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e 2e －1<e 2e 2－1＝0，h (1)＝e>0，故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上存在零点x 0，即h (x 0)＝x 20e x 0＋ln x 0＝0，即x 0e x 0＝－ln x 0x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 0·e ，由于y ＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增，故x 0＝ln 1x 0＝－ln x 0，即e x 0＝1x 0，且φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(x 0)＝1＋x 0－1x 0＝1，∴m ≤1.利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法．即①λ≥f(x)恒成立，则λ≥f(x)max；②λ≤f(x)恒成立，则λ≤f(x)min.(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f(x)≥0，则只需f(x)min≥0.(2020·辽宁省大连市一模)设函数f(x)＝x－1x，g(x)＝t ln x(t∈R)．(1)讨论函数h(x)＝f(x)＋g(x)的单调区间；(2)若当x∈(0,1)时，f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的下方，求正实数t的取值范围．解(1)h(x)＝f(x)＋g(x)＝x－1x＋t ln x(x>0)，则h′(x)＝1＋1x2＋tx＝x2＋tx＋1x2(x>0)．①当t≥0时，h′(x)>0，∴h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间；②当t＜0时，令H(x)＝x2＋tx＋1，Δ＝t2－4，Δ≤0，即－2≤t＜0时，H(x)≥0，即h′(x)≥0；∴h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间，Δ＞0时，即t＜－2，设x1＝－t－t2－42，x2＝－t＋t2－42，∵x1＋x2＝－t＞0，x1x2＝1＞0，∴0＜x1＜x2，∴(0，x1)∪(x2，＋∞)，时H(x)＞0，即h′(x)＞0，∴h(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，＋∞)，同理，单调递减区间是(x1，x2)．综上，①当t≥－2时，h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间，②当t＜－2时，h(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，＋∞)，单调递减区间是(x1，x2)，其中x1＝－t－t2－42，x2＝－t＋t2－42.(2)∵函数f(x)的图象恒在g(x)的图象的下方，∴f(x)－g(x)＝x－1x－t ln x<0在区间(0,1)上恒成立．设F(x)＝x－1x－t ln x，其中x∈(0,1)，∴F′(x)＝1＋1x2－tx＝x2－tx＋1x2，其中t＞0.①当t2－4≤0，即0＜t≤2时，F′(x)≥0，∴函数F(x)在(0,1)上单调递增，F(x)<F(1)＝0，故f(x)－g(x)＜0成立，满足题意．②当t2－4>0，即t>2时，设φ(x)＝x2－tx＋1，则φ(x)图象的对称轴方程为x＝t2>1，φ(0)＝1，φ(1)＝2－t＜0，∴φ(x)在(0,1)上存在唯一实根，设为x0，则当x∈(x0,1)，φ(x)＜0，F′(x)＜0，∴F(x)在(x0,1)上单调递减，此时F(x)＞F(1)＝0，不符合题意．综上可得，正实数t的取值范围是(0,2]．角度2含量词的不等式问题例4(2020·山东省聊城市模拟)已知函数f(x)＝x2e ax＋1＋1－a(a∈R)，g(x)＝e x－1－x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∀a∈(0,1)，是否存在实数λ，∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使f[(n)]2－λg(m)<0成立？若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由．解(1)f(x)＝x2e ax＋1＋1－a(a∈R)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝x(ax＋2)e ax ＋1，①当a＝0时，x>0，f′(x)>0，x<0，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；②当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a ，f ′(x )>0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ，0，f ′(x )<0，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ，0； ③当a <0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a ，f ′(x )>0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ，＋∞，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ，＋∞，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a . (2)由g (x )＝e x －1－x ，得g ′(x )＝e x －1－1，当x >1时，g ′(x )>0，当x <1时，g ′(x )<0，故g (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝0，故当m ∈[a －1，a ]时，g (m )min ＝g (a )＝e a －1－a >0，当a ∈(0,1)时，a －1>－2a ，由(1)知，当n ∈[a －1，a ]时，f (n )min ＝f (0)＝1－a >0，所以[f (n )]2min ＝(1－a )2，若∀m ∈[a －1，a ]，∃n ∈[a －1，a ]，使[f (n )]2－λg (m )<0成立，即[f (n )]2<λg (m )，则λ>0，且[f (n )]2min <λg (m )min .所以(1－a )2<λ(e a －1－a )，所以λ>(1－a )2e a －1－a. 设h (x )＝(1－x )2e x －1－x，x ∈[0,1)，则h ′(x )＝(x －1)(3e x －1－x e x －1－x －1)(e x －1－x )2，令r (x )＝3e x －1－x e x －1－x －1，x ∈[0,1]，则r ′(x )＝(2－x )e x －1－1，当x ∈(0,1)时，e 1－x >2－x ，所以(2－x )e x －1<1，故r ′(x )<0，所以r (x )在[0,1]上单调递减，所以当x ∈[0,1)时，r (x )>r (1)＝0，即r (x )>0，又当x ∈[0,1)时，x －1<0，所以当x ∈[0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，所以当x ∈(0,1)时，h (x )<h (0)＝e ，即a ∈(0,1)时，(1－a )2e a －1－a<e ，故λ≥e. 所以当λ≥e 时，∀a ∈(0,1)，∀m ∈[a －1，a ]，∃n ∈[a －1，a ]，使[f (n )]2－λg (m )<0成立．含量词的不等式问题的解法(1)f (x )>g (x )对一切x ∈I 恒成立⇔[f (x )－g (x )]min >0(x ∈I )．(2)存在x ∈I ，使f (x )>g (x )成立⇔[f (x )－g (x )]max >0(x ∈I )．(3)对任意x 1，x 2∈D ，使f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x )min ≥g (x )max .(4)存在x 1，x 2∈D ，使f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x )max ≥g (x )min .(5)对任意x 1∈D 1，存在x 2∈D 2，使f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x )min ≥g (x )min (f (x )定义域为D 1，g (x )定义域为D 2)．已知函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝ax 2＋1，其中e 为自然对数的底数．(1)讨论函数f (x )在区间[1，e]上的单调性；(2)已知a ∉(0，e)，若对任意x 1，x 2∈[1，e]，有f (x 1)>g (x 2)，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ，①当a ≤0时，1－ax >0，则f ′(x )>0，f (x )在[1，e]上单调递增；②当0<a ≤1e 时，1a ≥e ，则f ′(x )≥0，f (x )在[1，e]上单调递增；③当1e <a <1时，1<1a <e ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 时，f ′(x )≥0，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递增，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 时，f ′(x )≤0，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递减； ④当a ≥1时，0<1a ≤1，则f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上单调递减．综上所述，当a ≤1e 时，f (x )在[1，e]上单调递增；当1e <a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递减；当a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递减．(2)g ′(x )＝2ax ，依题意知，x ∈[1，e]时，f (x )min >g (x )max 恒成立．已知a ∉(0，e)，则①当a ≤0时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[1，e]上单调递减，而f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝－a ，g (x )max ＝g (1)＝a ＋1，所以－a >a ＋1，得a <－12；②当a ≥e 时，g ′(x )>0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，而f (x )在[1，e]上单调递减，所以g (x )max ＝g (e)＝a e 2＋1，f (x )min ＝f (e)＝1－a e ，所以1－a e>a e 2＋1，得a <0，与a ≥e 矛盾．综上所述，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12.真题押题『真题检验』1．(2020·新高考卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a .(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，∴f ′(x )＝e x－1x ， ∴f ′(1)＝e －1.∵f (1)＝e ＋1，∴切点坐标为(1,1＋e)，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e －1＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2，∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0,2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2e －1，0， ∴所求三角形面积为12×2×|－2e －1|＝2e －1. (2)解法一：∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ，∴f ′(x )＝a e x －1－1x ，且a >0.设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝a e x －1＋1x 2>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＝1时，f ′(1)＝0，则f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴f (x )min ＝f (1)＝1，∴f (x )≥1成立；当a >1时，1a <1，∴e<1， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a f ′(1)＝a ()e －1(a －1)<0，∴存在唯一x 0>0，使得f ′(x 0)＝a e x 0－1－1x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时f ′(x)>0， ∴a e x 0－1＝1x 0，∴ln a ＋x 0－1＝－ln x 0，因此f (x )min ＝f (x 0)＝a e x 0－1－ln x 0＋ln a＝1x 0＋ln a ＋x 0－1＋ln a ≥2ln a －1＋21x 0·x 0 ＝2ln a ＋1>1，∴f (x )>1，∴f (x )≥1恒成立；当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <a <1，∴f (1)<1，f (x )≥1不恒成立．综上所述，a 的取值范围是[1，＋∞)．解法二：f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a ＋x －1－ln x ＋ln a ≥1等价于e ln a ＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e ln x ＋ln x ，令g(x)＝e x＋x，上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x)，显然g(x)为单调递增函数，∴又等价于ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1，令h(x)＝ln x－x＋1，则h′(x)＝1x －1＝1－xx，在(0,1)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝0，ln a≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．2．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝e x＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝e x＋x2－x，f′(x)＝e x＋2x－1，由于f″(x)＝e x＋2＞0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．(2)由f(x)≥12x3＋1，得e x＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；②当x＞0时，分离参数a得a≥－e x－12x3－x－1x2，记g(x)＝－e x－12x3－x－1x2，g′(x)＝－(x－2)⎝⎛⎭⎪⎫e x－12x2－x－1x3，令h(x)＝e x－12x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝e x－x－1，h″(x)＝e x－1≥0，故h ′(x )单调递增，h ′(x )≥h ′(0)＝0，故函数h (x )单调递增，h (x )≥h (0)＝0，由h (x )≥0可得e x －12x 2－x －1≥0恒成立，故当x ∈(0,2)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，综上可得，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞. 3．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)．(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )＜0，解得x ＜0，令f ′(x )＞0，解得x ＞0，所以f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)解法一：当a ≤0时，f ′(x )＝e x －a >0恒成立，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，不符合题意；当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝ln a ，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴f (x )的极小值也是最小值为f (ln a )＝a －a (ln a ＋2)＝－a (1＋ln a )．又当x →－∞时，f (x )→＋∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞. ∴要使f (x )有两个零点，只要f (ln a )<0即可，则1＋ln a >0，可得a >1e .综上，若f (x )有两个零点，则a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. 解法二：若f (x )有两个零点，即e x －a (x ＋2)＝0有两个解，显然x ＝－2不成立，即a ＝e xx ＋2(x ≠－2)有两个解，令h (x )＝e xx ＋2(x ≠－2)，则有h ′(x )＝e x (x ＋2)－e x (x ＋2)2＝e x (x ＋1)(x ＋2)2，令h ′(x )＞0，解得x ＞－1，令h ′(x )＜0，解得x ＜－2或－2＜x ＜－1，所以函数h (x )在(－∞，－2)和(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，且当x ＜－2时，h (x )＜0，而当x →－2＋(从右侧趋近于－2)时，h (x )→＋∞，当x →＋∞时，h (x )→＋∞，所以当a ＝e x x ＋2有两个解时，有a ＞h (－1)＝1e ，所以满足条件的a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.4．(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝sin 2x sin2x . (1)讨论f (x )在区间(0，π)的单调性； (2)证明：|f (x )|≤338；(3)设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22nx ≤3n4n .解 (1)f (x )＝sin 2x sin2x ＝2sin 3x cos x ，则f ′(x )＝2(3sin 2x cos 2x －sin 4x ) ＝2sin 2x (3cos 2x －sin 2x )＝2sin 2x (4cos 2x －1)＝2sin 2x (2cos x ＋1)(2cos x －1)， f ′(x )＝0在x ∈(0，π)上的根为x 1＝π3，x 2＝2π3，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．(2)证明：注意到f (x ＋π)＝sin 2(x ＋π)sin[2(x ＋π)]＝sin 2x sin2x ＝f (x )，故函数f (x )是周期为π的函数，结合(1)的结论，计算可得f (0)＝f (π)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322×32＝338，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－338，据此可得f (x )max ＝338，f (x )min ＝－338，所以|f (x )|≤338.(3)证明：结合(2)的结论有sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ＝(sin 3x sin 32x sin 34x …sin 32n x )＝[sin x (sin 2x sin2x )(sin 22x sin4x )…(sin 22n －1x sin2n x )·sin 22n x ]≤⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ×338×338×…×338×sin 22n x ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫338n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＝3n 4n . 5．(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有三个零点，求k 的取值范围．解 (1)由题意，得f ′(x )＝3x 2－k ，当k ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当k ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝± k 3，令f ′(x )＜0，得－k3＜x ＜k 3，令f ′(x )＞0，得x ＜－k3或x ＞k 3，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－k 3，k 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－k 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫k 3，＋∞上单调递增． (2)由(1)知，f (x )有三个零点，则k ＞0，且⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝⎛⎭⎪⎫－k 3＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 3＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧k 2＋23k k3＞0，k 2－23kk3＜0，解得0＜k ＜427，当0＜k ＜427时，k ＞k 3，且f (k )＝k 2＞0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫k 3， k 上有唯一一个零点，同理－k －1＜－k 3，f (－k －1)＝－k 3－(k ＋1)2＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－k －1，－k 3上有唯一一个零点，又f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－k 3，k 3上有唯一一个零点，所以f (x )有三个零点，综上可知，k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，427.『金版押题』6．已知函数f (x )＝e x ，h (x )＝x ＋ln x ，g (x )＝(x －a ＋1)e a . (1)设F (x )＝xf (x )－ah (x )，讨论F (x )极值点的个数； (2)判断方程f (x )＝g (x )的实数根的个数，并证明e 2＋e 4＋e 6＋…＋e 2n≥n 2＋3n2e.解 (1)F (x )＝x e x －a (x ＋ln x )，x ＞0，∴F ′(x )＝(x ＋1)e x－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝(x ＋1)(x e x－a )x ， ①当a ≤0时，F ′(x )＞0，F (x )在(0，＋∞)内单调递增，F (x )没有极值点． ②当a ＞0时，令H (x )＝x e x －a ，x ∈[0，＋∞)，则H ′(x )＝(1＋x )e x ＞0，∴H (x )在[0，＋∞)上单调递增．又H (0)＝－a ＜0，H (a )＝a (e a －1)＞0，∴∃x 0＞0，使H (x 0)＝0，且当x ∈(0，x 0)时，H (x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时，H (x )＞0，从而F ′(x 0)＝0，当x ∈(0，x 0)时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减，当x ∈(x 0，＋∞)时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增， ∴x ＝x 0是函数F (x )的极小值点．综上，当a ≤0时，F (x )无极值点，当a ＞0时，F (x )有一个极值点． (2)方程f (x )＝g (x )可化为e x －a ＝x －a ＋1. 设x －a ＝t ，则原方程又可化为e t ＝t ＋1. 设M (t )＝e t －t －1，则M ′(t )＝e t －1.∵M ′(0)＝0，当t ∈(－∞，0)时，M ′(t )＜0，M (t )在(－∞，0)上单调递减，当t ∈(0，＋∞)时，M ′(t )＞0，M (t )在(0，＋∞)上单调递增； ∴M (t )min ＝M (0)＝0，∴当t ≠0时，M (t )＞0， ∴方程e t ＝t ＋1只有一个实数根， ∴方程f (x )＝g (x )只有一个实数根． ∵对于任意的t ∈R ，e t ≥t ＋1. ∴e 2－＋e 4－＋…＋e 2n －≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2－n ＋12＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－n ＋12＋1＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫2n －n ＋12＋1＝(2＋4＋…＋2n )－n (n ＋1)2＋n ＝n (n ＋1)－n (n ＋1)2＋n ＝n 2＋3n 2，即e－(e 2＋e 4＋…＋e 2n)≥n 2＋3n2，∴e 2＋e 4＋…＋e 2n≥n 2＋3n2e.7．已知函数f (x )＝x ln x ＋ax 在x ＝x 0处取得极小值－1. (1)求实数a 的值；(2)设g (x )＝xf (x )＋b (b >0)，讨论函数g (x )的零点个数．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1＋a ， ∵函数f (x )＝x ln x ＋ax 在x ＝x 0处取得极小值－1， ∴⎩⎨⎧ f ′(x 0)＝ln x 0＋1＋a ＝0，f (x 0)＝x 0ln x 0＋ax 0＝－1，得⎩⎨⎧a ＝－1，x 0＝1，当a ＝－1时，f ′(x )＝ln x ，则x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1时，函数f (x )取得极小值－1，符合题意， ∴a ＝－1.(2)由(1)知，函数g (x )＝xf (x )＋b ＝x 2ln x －x 2＋b (b >0)，定义域为(0，＋∞)，则g ′(x )＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －12，令g ′(x )<0，得0<x <e ；令g ′(x )>0，得x > e. ∴g (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增．当x ＝e 时，函数g (x )取得最小值b －e2. 当b －e 2>0，即b >e2时，函数g (x )没有零点；当b －e 2＝0，即b ＝e2时，函数g (x )有一个零点；当b －e 2<0，即0<b <e2时，g (e)＝b >0⇒g (e)g (e)<0，存在x 1∈(e ，e)，使g (x 1)＝0，∴g (x )在(e ，e)上有一个零点x 1.设h (x )＝ln x ＋1x －1，则h ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2. 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，则h (x )在(0,1)上单调递减， ∴h (x )>h (1)＝0，即当x ∈(0,1)时，ln x >1－1x ，当x ∈(0,1)时，g (x )＝x 2ln x －x 2＋b >x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －x 2＋b ＝b －x ，取x m ＝min{b,1}，则g (x m )>0；∴g (e)g (x m )<0，∴存在x 2∈(x m ，e)，使得g (x 2)＝0. ∴g (x )在(x m ，e)上有一个零点x 2， ∴g (x )在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，综上可得，当b >e2时，函数g (x )没有零点；当b ＝e2时，函数g (x )有一个零点；当0<b <e2时，函数g (x )有两个零点．专题作业1．已知函数f (x )＝(x －1)e x . (1)求函数f (x )的单调区间和零点；(2)若f (x )≥ax －e 恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x ＝x e x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝0.所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，即函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，令f (x )＝0，解得x ＝1，所以函数f (x )的零点是x ＝1. (2)画出f (x )的大致图象，如图所示，设g (x )＝ax －e ，则g (x )的图象恒过点(0，－e)，设函数f (x )＝(x －1)e x 的图象在点P (x 0，y 0)处的切线过点(0，－e)，所以f ′(x 0)＝x 0e x 0，f (x 0)＝(x 0－1)e x 0， f (x )的图象在P (x 0，y 0)处的切线方程为 y －(x 0－1)e x 0＝x 0e x 0·(x －x 0)，将(0，－e)代入切线方程，得－e －(x 0－1)e x 0＝－x 20e x 0，整理得(x 20－x 0＋1)e x 0＝e ，设h (x )＝(x 2－x ＋1)e x －e ⇒h ′(x )＝(x 2＋x )e x ，令h ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－1，所以h (x )在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．又h (－1)＝3e －e<0，h (0)＝1－e<0，h (1)＝0，所以x 0＝1是方程(x 20－x 0＋1)e x 0＝e 的唯一解，所以过点(0，－e)且与f (x )的图象相切的直线方程为y ＝e x －e. 令m (x )＝(x －1)e x －e x ＋e ，则m ′(x )＝x e x －e ，当x >1时，m ′(x )>0；当0<x <1时，m ′(x )<0， ∴m (x )≥m (1)．又m (1)＝0，即m (x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f (x )的图象恒在其切线y ＝e x －e 的上方，数形结合可知，a 的取值范围为[0，e]．2．(2020·江西省重点中学协作体高三第一次联考)已知函数f (x )＝sin x ＋ln x －1.(1)求函数f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，ln π2处的切线方程；(2)当x ∈(0，π)时，讨论函数f (x )的零点个数．解 (1)因为f ′(x )＝cos x ＋1x ，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2π，所求切线方程为y －ln π2＝2π⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2，即y ＝2πx ＋ln π2－1.(2)因为f ′(x )＝cos x ＋1x ，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f ′(x )>0，则f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上单调递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝ln π2>0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝ln π6－12<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2内有唯一零点；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，由f ″(x )＝－sin x －1x 2<0，知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减且f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2π>0，f ′(π)＝－1＋1π<0，知存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π使得f ′(x 0)＝0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f (π)＝ln π－1>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π内无零点．综上可知，f (x )在区间(0，π)内有且只有一个零点． 3．已知函数f (x )＝ax 2＋ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若∃x ∈(0，＋∞)使f (x )>0成立，求a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax ＋1x ＝2ax 2＋1x ，①a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增； ②a ＜0时，由2ax 2＋1>0得0<x < －12a. ∴函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减．(2)①a ≥0时，f (e)＝a e 2＋1＞0， ∴∃x ∈(0，＋∞)使f (x )>0成立；②a <0时，需f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫－12a ＝a ⎝⎛⎭⎪⎫－12a 2＋ln－12a＝－12＋ln－12a >0，得a >－12e ，∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e ，0，∴由①②得a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e ，＋∞.4．(2020·山东省潍坊市二模)已知函数f (x )＝1x ＋a ln x ，g (x )＝e xx . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明：a ＝1时，f (x )＋g (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋e x 2ln x ＞e.解 (1)f (x )＝1x ＋a ln x ，x ∈(0，＋∞)． f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x 2.当a ≤0时，f ′(x )＜0，函数f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递减．当a ＞0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a ，由f ′(x )>0，得x >1a ，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)证明：a ＝1时，要证f (x )＋g (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋e x 2ln x ＞e.即要证1x ＋e x x －e x 2ln x －e ＞0⇔e x－e x ＋1>eln x x ，x ∈(0，＋∞)．令F (x )＝e x －e x ＋1，F ′(x )＝e x －e ，当x ∈(0,1)时，F ′(x )＜0，此时函数F (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＞0，此时函数F (x )单调递增．可得当x ＝1时，函数F (x )取得最小值F (1)＝1. 令G (x )＝eln xx ，G ′(x )＝e (1－ln x )x 2，当0<x <e 时，G ′(x )>0，此时G (x )为增函数，当x>e时，G′(x)<0，此时G(x)为减函数，所以x＝e时，函数G(x)取得最大值G(e)＝1.x＝1与x＝e不同时取得，因此F(x)＞G(x)，即e x－e x＋1>eln xx，x∈(0，＋∞)．故原不等式成立．5．已知函数f(x)＝a ln x－x＋2，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，求实数a 的值．解(1)因为f(x)＝a ln x－x＋2，所以f′(x)＝ax －1＝a－xx，x>0，当a≤0时，对任意的x∈(0，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝a，因为x∈(0，a)时，f′(x)>0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．(2)①当a≤1时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是减函数，所以f(x)max＝f(1)＝1.因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(1)＝2<4，所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4.②当1<a<e时，由(1)知，f(x)在[1，a]上是增函数，在(a，e]上是减函数，所以f(x)max＝f(a)＝a ln a－a＋2.因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(a)＝2a(ln a－1)＋4，又1<a<e，所以ln a－1<0,2a(ln a－1)＋4<4，所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4.③当a≥e时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是增函数，f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝f(e)＝a－e＋2，由题意，对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则当x1＝1时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(1)＋f(e)≥4，同理当x1＝e时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(e)＋f(1)≤4，所以f(1)＋f(e)＝4.(对任意的x1∈(1，e)，令g(x)＝4－f(x)－f(x1)，x∈[1，e]，g(x)＝0有解．g(1)＝4－f(1)－f(x1)＝f(e)－f(x1)>0，g(e)＝4－f(e)－f(x1)＝f(1)－f(x1)<0，所以存在x2∈(1，e)，g(x2)＝4－f(x2)－f(x1)＝0，即f(x1)＋f(x2)＝4.)所以由f(1)＋f(e)＝a－e＋3＝4，得a＝e＋1.综上可知，实数a的值为e＋1.6．已知函数f(x)＝e x－ln (x＋1)－a的图象在x＝0处与x轴相切．(1)求f(x)的解析式，并讨论其单调性；(2)若x>t≥0，证明：e x－t＋ln (t＋1)>ln (x＋1)＋1.解(1)由题意，得f(0)＝1－a，即切点为(0,1－a)，∴1－a＝0，即a＝1，∴f(x)＝e x－ln (x＋1)－1.求导，得f′(x)＝e x－1x＋1，由题意，知函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)．当－1<x<0时，e x<1，1x＋1>1，则f′(x)<0，即f(x)在(－1,0)上单调递减；当x>0时，e x>1，1x＋1<1，则f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)证法一：要证原不等式，即证e x－t＋ln (t＋1)－ln (x＋1)－1>0，构造函数g(x)＝e x－t＋ln (t＋1)－ln (x＋1)－1，x>0，即证g(x)>0，g′(x)＝e x－t－1x＋1.∵x >t ≥0，即x －t >0，x ＋1>1，则e x －t >1，1x ＋1<1. ∴g ′(x )>0，即g (x )为(0，＋∞)上的增函数．∵x >t ≥0，∴g (x )>g (t )＝0，即g (x )>0，故原不等式得证．证法二：要证原不等式，即证e x －t －1>ln (x ＋1)－ln (t ＋1)，由(1)知，当x >0时，f (x )＝e x －ln (x ＋1)－1>f (0)＝0，x >t ≥0即x －t >0， ∴f (x －t )＝e x －t －ln (x －t ＋1)－1>0，即e x －t －1>ln (x －t ＋1)， ①又ln (x －t ＋1)－[ln (x ＋1)－ln (t ＋1)]＝ln (x －t ＋1)(t ＋1)x ＋1＝ln t (x －t )＋x ＋1x ＋1＝ln ⎣⎢⎡⎦⎥⎤t (x －t )x ＋1＋1≥0. ∴ln (x －t ＋1)≥ln (x ＋1)－ln (t ＋1)， ②由①②得e x －t －1>ln (x ＋1)－ln (t ＋1)，故原不等式得证．7．已知函数f (x )＝x －a e x ＋b (a >0，b ∈R )．(1)求f (x )的最大值；(2)若函数f (x )有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1＋x 2<－2ln a .解 (1)令f ′(x )＝1－a e x >0，得x <ln 1a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln 1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ，＋∞上单调递减， ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ＝ln 1a －1＋b . (2)证明：由题知⎩⎪⎨⎪⎧x 1－a e x 1＋b ＝0，x 2－a e x 2＋b ＝0，两式相减得x 1－x 2＝a (e x 1－e x 2)，即a ＝x 1－x 2e x 1－ex 2. 故要证x 1＋x 2<－2ln a ，。

2021高考数学二轮专题复习第一部分专题二数列ppt课件

专题二数列
真题研析命题分析知识方法
2．(2019·全国卷Ⅰ)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 3S3＝S2＋S4，a1＝2，则 a5＝( )
A．－12 B．－10 C．10 D．12
解析：3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d⇒3a1＋2d＝0，又 a1＝2，
所以 d＝－3，所以 a5＝2＋4×(－3)＝－10，故选 B. 答案：B
专题二数列
真题研析命题分析知识方法
类型一等差数列 1．(2019·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．已知 S4＝0，a5＝5，则( ) A．an＝2n－5 B．an＝3n－10 C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝12n2－2n 解析：依题意有Sa54＝＝a41a＋1＋4d6＝d＝5，0，可得ad1＝＝2－，3，所以 an＝2n－5，Sn＝n2－4n，故选 A. 答案：A
所以{an}的前 n 项和为 n·1＋n（n2－1）·6＝3n2－2n. 答案：3n2－2n
专题二数列
真题研析命题分析知识方法
类型二等比数列
1．(2020·全国卷Ⅱ)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项
和．若 a5－a3＝12，a6－a4＝24，则Sann＝(
)
A．2n－1
B．2－21－n
所以 S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝ 480.
专题二数列
真题研析命题分析知识方法
1．高考数学试题数列部分一般两个小题或一个解答题，从近几年来看前者出现的频率更高，都是占 10 分，难度一般较低．
(1)求{an}的公比； (2)若 a1＝1，求数列{nan}的前 n 项和．解：(1)设{an}的公比为 q，因为 2a1＝a2＋a3，a1≠0，所以 q2＋q－2＝0，因为 q≠1，所以 q＝－2. (2)设{nan}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an＝(－2)n－1， Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①

山东2021新高考数学二轮复习板块2高考专项突破解答题命题区间精讲精讲4概率与统计课件

故乘客 A，B 乘车等待时间都小于 20 分钟的概率为15.
(2)由(1)可知，乙站乘客乘车等待时间小于 20 分钟的频率为25，所以乙站中 1 名乘客乘车等待时间小于 20 分钟的概率为25.
显然，X 的所有可能取值为 0，1，2，3，且 X～B3，25，所以 P(X＝0)＝C03×353＝12275，P(X＝1)＝C13×25×352＝15245，
01 命题点1 以互斥或独立
事件为背景的期望与方差
求解与互斥事件及相互独立事件有关的数学期望或方差问题，关键是对应概率的计算．对于简单的事件，可以直接转化为若干个相互独立事件的交事件；对于复杂的事件，一般先划分为若干个彼此互斥的事件，然后运用互斥事件的概率加法公式和相互独立事件同时发生的概率计算公式求解．
12分
踩点得分第(1)问直接套用公式且结果正确得1分. 第(2)问得分点及说明： 1.每求对一种情况得1分，共3分. 2.本问最终结果正确得2分. 第(3)问得分点及说明： 1.每求对一种情况得1分，共4分. 2.本问最终结果正确得2分.
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01 命题点1 02 命题点2 03 命题点3 04 命题点4 05 命题点5 06 命题点6 07 专题限时集训
[高考题型全通关] 1．为了解某校今年高三毕业班报考飞行员学生的体重情况，将所得的数据整理后，画出了如图所示的频率分布直方图．已知图中从左到右的前三个小组的频率之比为 1∶2∶3，其中体重(单位：kg)在 [50，55)内的有 5 人．
(1)求该校报考飞行员的总人数； (2)从该校报考飞行员的体重在[65，75]内的学生中任选 3 人，设 X 表示体重不低于 70 kg 的学生人数，求 X 的分布列和数学期望．
[高考题型全通关] 1．一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取 4 件进行检验，这 4 件产品中优质品的件数记为 n.如果 n＝3，再从这批产品中任取 4 件进行检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果 n＝4，再从这批产品中任取 1 件进行检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为 50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是不是优质品相互独立．

山东2021新高考数学二轮复习板块2高考专项突破解答题命题区间精讲精讲1三角函数和解三角形课件

(2)在△ADC中，AC＝7，AD＝5，DC＝3， ∴cos∠ADC＝AD2＋2ADDC·D2－C AC2＝522＋×352×－372＝－12，∴∠ADC＝
23π.
在△ABD中，AD＝5，B＝π4，∠ADB＝π3，由sin∠ABADB＝sAinDB，
得AB＝AD·ssiinn∠BADB＝5×sinsiπ4nπ3＝5×2223＝5
化为边a，b的等式. 第3步：化简利用第1步、第2步的结论化简得b＝c. 第4步：变角利用三角形内角和定理求A．第5步：计算根据条件②及第4步的结论求得结果.
4分
←于是3b22＋b32b－2 c2＝ 23，由此可得b＝c，
6分
←所以B＝C＝π6，A＝23π.
8分
←由因②此c，si选n A条＝件3，②所时以问c题＝中b＝的2三角3，形a存＝在6. ，
(2)由题意得g(x)的解析式为g(x)＝－2sin 4x＋1，当1π2≤x≤π3时，π3≤4x≤43π，－ 23≤sin 4x≤1， ∴－1≤g(x)≤ 3＋1， ∴g(x)在1π2，π3上的值域为[－1， 3＋1]．
2．(2020·济宁模拟)在①函数 f (x)的图象中相邻的最高点与最低点的距离为 5，②函数 f (x)的图象的一条对称轴方程为 x＝－1，③函数 f (x)的一个对称中心的横坐标为12，这三个条件中任选一个，补充在下面题目的横线处，并解决问题.
[解]
(1)由bcos
A＋
22a＝c，根据正弦定理得sin
BcosBiblioteka A＋2 2 sinA＝sin C，
sin
Bcos
A＋
2 2 sin
A＝sin(A＋B)，sin
Bcos
A＋

山东2021新高考数学二轮复习板块2高考专项突破解答题命题区间精讲精讲5解析几何课件

由yx＝ 2＝k4xy＋2＋2，消去 x 整理得 y2－4(k2＋k＋1)y＋4(k＋1)2 ＝0，
所以 y1＋y2＝4(k2＋k＋1)，y1y2＝4(k＋1)2，所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝8k2＋12k＋9＝8k＋342＋92，所以当 k＝－34时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为92.
第 2 步：设点、直线
由题意可知－3＜n＜3，由于直线PA的方程为y＝9t x＋3，
设出直线的方程 ←所以y1＝9t x1＋3，
3分
及相交两点的坐标.
同理可得y2＝3t x2－3，
4分
于是有3y1x2－3＝y2x1＋3①.
5分
由于x922＋y22＝1，所以y22＝－x2＋39x2－3，
←
第 3 步：联立消
y＝kx－4， (1)法一：由y2＝8x
得 k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，
由 k≠0 及 Δ＝64(k＋1)2－64k2＝0，得 k＝－12，
所以直线 l 的方程为 y＝－12x－4.
法二：由 y2＝8x 得 y＝± 8x，直线 l 恒过点(0，－4)，则 y＝－ 8x，
设切点为(x0，y0)(y0＜0)，由于 y＝－ 8x，
易证 y＝2t＋1t 在[1，＋∞)上单调递增，
∴2t＋1t ≥3，∴S△ABO≤236，
∴△ABO
面积的最大值为2 3
6 .
02 命题点2 范围问题
圆锥曲线中范围问题的常见解法 (1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决； (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或不等关系，或已知参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些关系去求参数的取值范围．

数学二轮复习板块1三年考情分析学案含解析文

板块1 三年考情分析
命题解读：与2019年高考试卷相比，命题方式基本稳定，在注重基础知识、基本能力的同时，凸显了综合性、应用性与创新性；注重题目与实际生活、数学文化相结合,渗透五育，在数学应用、数学探究等方面突出体现了理性思维和关键能力的考查．考点在稳定的基础上向新高考过渡的趋势更加明显,如三视图、程序框图的内容Ⅰ卷没有涉及，尽管Ⅲ卷第9题让三视图再次“亮相"，但难度并不大,立足双基便可轻松应对．近几年的考题在体现数学文化和实际应用方面尤为突出，如Ⅰ卷第3题和第5题，Ⅱ卷第3题和4题，Ⅲ卷第4题等. 总之，二轮复习要研读教材、关注社会热点、研究新高考变化、注重新题型训练,适度拓展知识,提升科学思维和学以致用的备考能力.
2018－2020年全国卷Ⅰ考情统计
2020年2019年2018年
1集合的交集、一元复数的四则运算与集合的交运算
2018－2020年全国卷Ⅱ考情统计
考情统计
2018－2020年全国卷Ⅲ。