高考数学二轮专题复习课件-考前必会的个规律、结论及方法27页PPT
浙江高考数学二轮复习抢分攻略一考前必明的4大数学思想课件
2．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，公比 q>0，a1＋a2＝4，a3－a2＝6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若对任意的 n∈N*，kan，Sn，－1 都成等差数列，求实数 k 的值． 解：(1)因为 a1＋a2＝4，a3－a2＝6， 所以aa11（（1q＋2－qq））＝＝46，，因为 q>0，所以 q＝3，a1＝1. 所以 an＝1×3n－1＝3n－1，故数列{an}的通项公式为 an＝3n－1.
所以 y1＋y2＝－3k62＋k 4，y1y2＝－3k29＋4.
所以 S 四边形 OCAD＝S△OCA＋S△ODA ＝12×2×|y1|＋12×2×|y2| ＝|y1－y2| ＝ （y1＋y2）2－4y1y2 ＝123k2k＋2＋4 1
＝3t12＋2t 1 ＝3t1＋2 1t (其中 t＝ k2＋1，t≥1)． 因为当 t≥1 时，y＝3t＋1t 单调递增，所以 3t＋1t ≥4，所以 S 四边形 OCAD≤3(当 k＝0 时取等 号)，即四边形 OCAD 面积的最大值为 3.
(2)由题意可知|a|＝|b|＝1，a·b＝0， 因为|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1， 所以|c－xa－yb|2＝|c|2＋x2|a|2＋y2|b|2－2xc·a－2yc·b＋2xya·b＝9＋x2＋y2－4x－2y＝(x－ 2)2＋(y－1)2＋4， 当且仅当 x＝2，y＝1 时，|c－xa－yb|2min＝4， 所以|c－xa－yb|的最小值为 2.
【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)，则S1n＝n（n1＋1）＝n1－n＋1 1. 所以 bn＝Sn1＋1＋Sn1＋2＋…＋S12n ＝n＋1 1－n＋1 2＋n＋1 2－n＋1 3＋…＋21n－2n1＋1 ＝n＋1 1－2n1＋1＝2n2＋n3n＋1＝2n＋1n1＋3.
高三数学二轮复习建议——专题二：概率统计 PPT课件 图文
目目 录录
CCOONNTTEENNTTSS
1 历年高考分析 22 重点、热点分析 3 复习目标、方案专题 4 命题预测、优题展示
一 高考试题分析
1.1 2012——2017年高考考查内容分析
2 道 小 题
1 道 大 题
年份 题号
理科 考查 内容
题号
文科 考查 内容
2017 年
2016 年 2015 年 2014 年 2013 年 2012 年
T1 9
相关系数、统计、均值、方差、3 σ原则、概率的意义
T14 二项式定理
2016 年
T4 几何概型
T3 古典概型
从文科高考试题看，解答题一般以工农业生产和生活中的实 频数分布、频率与概率、事件的
频数分布、频率与概率、事件的
T19 独立性、互斥事件、分布列、概 T19 独立性、互斥事件、分布列、概
√√
√
古典概型
几何概型 率 随机模拟
√√√ √ √
随机变量间的函数关系
√
√
二 重点、热点分析
重点、热点、规律方法（一）二项式定理
例
1.（1）（2017▪全国卷Ⅰ理科▪T6）
(1
1 x2
)(1
x)6
展开式中
x2
的系数为
A.15
B.20
C.30
D.35
（2）（2016▪全国卷Ⅰ理科▪T14） (2x x )5 的展开式中，x3 的系数是
T1 8
分步乘法计数原理、组合
正态分布、对立事件
T3
函数、频率与概率、分布列、期 望、方差、概率的意义
T 18
数字特征及其意义 几何概型
相关系数、统计、均值、方差、3 σ原则、概率的意义
新教材适用2024版高考数学二轮总复习第4篇考前知识回扣易错提醒保分课件
5.判断命题的真假要先明确命题的构成．由命题的真假求某个参数 的取值范围，还可以从集合的角度来思考，将问题转化为集合间的运 算．
6.对于含有全称量词或存在量词命题的否定，要注意两个方面：一 是量词的改写；二是结论的否定.
第2讲 复数、平面向量
一、知识回扣
1.复数的相关概念及运算法则 (1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)的分类 ①z是实数⇔__b_＝__0____； ②z是虚数⇔___b_≠_0____； ③z是纯虚数⇔___a_＝__0_且__b_≠_0____. (2)共轭复数 复数 z＝a＋bi(a，b∈R)的共轭复数－z ＝a－bi.
中心
正弦函数 y＝sin x x＝π2＋kπ (k∈Z)
(kπ，0) (k∈Z)
余弦函数 y＝cos x
x＝kπ(k∈Z)
π2＋kπ，0 (k∈Z)
正切函数 y＝tan x
k2π，0 (k∈Z)
9.函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)的图象 (1)“五点法”作图 设 z＝ωx＋φ，令 z＝0，π2，π，32π，2π，求出相应的 x 的值与 y 的值， 描点、连线可得． (2)由三角函数的图象确定解析式时，一般利用五点中的零点或最值 点作为解题突破口．
5.平面向量的数量积 (1)若a，b为非零向量，夹角为θ，则a·b＝|a||b|cos θ. (2)设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝__x_1x_2_＋__y_1_y2____________.
6.两个非零向量平行、垂直的充要条件 若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 (1)a∥b⇔a＝λb(b≠0)⇔___x1_y_2_－__x_2y_1_＝__0____________. (2)a⊥b⇔a·b＝0⇔___x_1_x2_＋__y_1_y_2＝__0____________. 7.利用数量积求长度
高中数学二轮复习ppt课件
考试我们只需要做好这两条：
会做的少失误 不会的混点分
因为：失误不可避免，不会在所难免！ 没有完美的高考、只有不后悔的高考！
我们要： 淡化结果 保持专注
14
三、科学的备考习惯
• 高考最后一个月也是提分的黄金时刻 • 要逐步调整作息时间、生物钟 • 科学安排好最后25天的复习
15
前12天，专题训练+综合训练， 着力解决好高考的常考点和临界生“会 而不对”的问题；
2
各专题复习建议
（二）三角函数、解三角形
（4）可以让学生适当了解: ①托勒密定理（凸四边形与对角线有关时可考虑）; ②角平分线定理（通过等面积推导）; ③中线定理（通过向量法或互补两角的余弦值互为相反 数推导）。
3
二、试题特点
（三）立体几何
1、考试形式：一大两小。 2、大题重点关注: (1)第一步不能建系或不好建系的问题；第二步建系前考虑是否要证 明；注意某个点坐标不好求的情况。 (2)勾股定理的运用，注意直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半， 注意相似三角形的运用等。 (3)线线角、线面角、二面角的定义等。
线的切线有关（求导法求切线），理科常以椭圆为载体。要注意图形对称性和基本量的运用，
ab
如双曲线焦点到渐近线的距离为 b,顶点到渐近线的距离为 .
c
2、常考问题:
（1）轨迹问题：定义法，直接法，迭代法等；
（2）面积和长度的最值问题：常换元后用均值、二次函数、求导等方法研究最值；
（3）定点定值问题：常用先猜后证或直接法两种；
7
三、各专题复习建议
（五）解析几何
3、适当掌握常用二级结论:
(1)
AB 是椭圆 x2 a2
y2 b2
高三数学复习备考讲座PPT课件
11.空间向量： 旧考纲对立体几何有A，B两种要求，
考生可以不掌握空间向量知识，新考纲 突出了空间向量的应用，要求能用向量 语言表述线面平行、垂直关系，能用向 量方法证明线面位置关系的一些定理， 解决空间三种角的计算问题.
第33页/共92页
例（09年浙江卷理）如图，平面PAC⊥平 面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角 形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC＝ 16，PA＝PC＝10．
大小分别为2和4，则F3的大小为 （ ）
A. 6 B. 2
C.2 5 D.2 7
第29页/共92页
9.解三角形：
新考纲要求能运用正弦定理、余弦 定理等知识和方法解决一些与测量和 几何计算有关的实际问题，强调解三 角形的实际应用.
第30页/共92页
例（09年宁夏/海南卷）为了测量两山顶M， N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行 测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内，飞 机能够测量的数据有俯角和A，B间的距离， 请设计一个方案，包括：①指出需要测量的 数据（用字母表示，并在图中标出）；②用 文字和公式写出计算M，N间的距离的步骤.
数y＝ax(a＞0且a≠1)的反函数，其图像
经过点( a, a)，则f(x)＝
A.log2 x B.log1 x
C.
1 2x
2
() D.x2
第21页/共92页
3.圆的方程： 新考纲要求能根据给定的两个圆的方程
判定两圆的位置关系，提高了考查圆方程的 能力要求.
例（09年江苏卷）已知圆C1：(x＋3)2＋(y－1)2 ＝4和圆C2：(x－4)2＋(y－5)2＝4. （1）若直线l过点A(4，0)，且被圆C1截得的弦长
2018大二轮高考总复习理数课件：攻略1 考前必记知识结论
4．容易忽视使用基本不等式求最值的条件，即“一正、二定、三相等”导致错 解，如求函数 f(x)＝ x2＋2＋ x21＋2的最值，就不能利用基本不等式求解最值；求解 函数 y＝x＋3x(x<0)时应先转化为正数再求解．
2．函数图象平移变换的相关结论 (1)把y＝f(x)的图象沿x轴左右平移|c|个单位(c＞0时向左移，c＜0时向右移)得到 函数y＝f(x＋c)的图象(c为常数)． (2)把y＝f(x)的图象沿y轴上下平移|b|个单位(b＞0时向上移，b＜0时向下移)得到 函数y＝f(x)＋b的图象(b为常数)．
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
f(a)·f(b)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得 f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的实数根．
5．导数公式及运算法则 (1)基本导数公式：c′＝0(c 为常数)； (xm)′＝mxm－1(m∈Q)； (sin x)′＝cos x； (cos x)′＝－sin x； (ax)′＝axln a(a>0 且 a≠1)；(ex)′＝ex； (logax)′＝xln1 a(a>0 且 a≠1)；(ln x)′＝1x． (2)导数的四则运算法则：(u±v)′＝u′±v′； (uv)′＝u′v＋uv′；uv′＝u′v－v2 uv′(v≠0)．
(2)函数图象的对称性 ①若函数 y＝f(x)满足 f(a＋x)＝f(a－x)，即 f(x)＝f(2a－x)，则 f(x)的图象关于直线 x＝a 对称． ②若函数 y＝f(x)满足 f(a＋x)＝－f(a－x)，即 f(x)＝－f(2a－x)，则 f(x)的图象关于 点(a,0)对称． ③若函数 y＝f(x)满足 f(a＋x)＝f(b－x)，则函数 f(x)的图象关于直线 x＝a＋2 b对称．
高考数学第二轮复习专题课件：数列
∑n 1 ＝________. k＝1 Sk 解析 设{an}首项为 a1，公差为 d，则
由aS34＝ ＝a41a＋1＋24d＝ ×2 33， d＝10，得ad1＝＝11.，∴Sn＝n（n＋ 2 1），
n
∑
k＝1
S1k＝1×2 2＋2×2 3＋…＋n（n2－1）＋n（n2＋1）
＝21－12＋12－13＋…＋n－1 1－1n＋1n－n＋1 1＝21－n＋1 1＝n2＋n1.
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
探究提高 1.第(2)题求解的思路是：先利用等比数列的通项 公式构建首项a1与公比q的方程组，求出a1，q，得到{an}的 通项公式，再将a1a2·…·an表示为n的函数，进而求最大值. 2.等差(比)数列基本运算的解题途径： (1)设基本量a1和公差d(公比q). (2)列、解方程组：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然 后求解，注意整体计算，以减少运算量.
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
【训练2】 (1)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递 减数列，则( )
A.d>0
B.d<0
C.a1d>0
D.a1d<0
(2)(开封质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，
Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于( )
A.3
B.4
解析 (1)由log2a2＋log2a8＝2，得log2(a2a8)＝2，所以a2a8＝4， 则a5＝±2， 等比数列{an}的前9项积为T9＝a1a2…a8a9＝(a5)9＝±512.
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
高考数学总复习第二轮.ppt
即 G 2 ab 。
aG
[等比数列的通项公式] 如果等比数列{an}的首项是a1 ，公比是q，则等比数列的通 项为 an a1q n1
[等比数列的前n项和]
①S n
a1(1 q n ) 1 q
(q
1)
② Sn
a1 anq 1 q
(q
1)
③ Sn
当 q 1
na1
[等比数列的判定方法]
1． 定义法：对于数列{an} {an}是等比数列。
，若
an+1 an
q(q
0)
，则数列
2．等比中项：对于数列{an}
，若an an+2
a
2 n+1
，则数列
{an}是等比数列
[等比中项]
如果在a与b之间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，
那也么就G是叫，做如a果与Gb是的a等,b比的中等项比。中项，那么G b ，
求数列的前n项和：1 + 1,
1 a
+
4,
1 a2
+
7, ,
1 a n1
+ 3n 2
求数列{(n+1)(2n+1)}的前n项和
五、裂项法求和 这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂 项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然 后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和 的目的
常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示。
[等差数列的判定方法]
1 定义法：对于数列{an}，若 an+1 an d
列 2等差中项：对于数列{an}
，若2an+1
2015届高考数学二轮复习专题讲解 课件 二、考前必会的27个规律、推论
高考专题辅导与测试·数学
第四页，编辑于星期五：十点 二分。
创新方案系列丛书
2．常用逻辑用语的常用规律 (1)两个命题互为逆否命题，它们有相同的真假性． (2)两个命题为互逆命题或互否命题，它们的真假性没有 关系． (3)在判断一些命题的真假时，如果不容易直接判断，可 转化为判断其逆否命题的真假．
高考专题辅导与测试·数学
第九页，编辑于星期五：十点 二分。
创新方案系列丛书
(5)y＝f(x)的图像关于直线 x＝m 对称的图像是函数 y＝ f(2m－x)的图像．
(6)y＝f(x)的图像关于直线 y＝n 对称的图像是函数 y＝2n －f(x)的图像．
(7)y＝f(x)的图像关于点(a，b)对称的图像是函数 y＝2b －f(2a－x)的图像．
第二十一页，编辑于星期五：十点 二分。
创新方案系列丛书
15．直观图 (1)空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法．对斜二 测画法的规则可以记忆为：“平行要保持，横长不变，纵长 减半”． (2)由直观图的画法规则可知：任何一个平面图形的面积 S 与它的斜二测画法得到的直观图的面积 S′之间具有关系 S′＝ 42S.用这个公式可以方便地解决相关的计算问题．
含有 0 个元素，{0}是以 0 为元素的单元素集合，但是 0∉∅，
而∅⊆{0}．
(3)∅是任意一个集合的子集，是任意一个非空集合的真
子集．所以当两个集合之间存在子集关系时，不要忘记对空
集的讨论，即若 A⊆B，则应分 A＝∅和 A≠∅两种情况进行分
析．
高考专题辅导与测试·数学
高考二轮复习-数列知识点及对应题型 课件(共58张PPT)
求和公式：
Sn
n(a1 an ) 2
或：
Sn
na1
n(n 1) d 2
优秀ppt公开课ppt免费课件下载免费 课件高 考二轮 复习-数 列知识 点及对 应题型 课件(共58张PPT)
优秀ppt公开课ppt免费课件下载免费 课件高 考二轮 复习-数 列知识 点及对 应题型 课件(共58张PPT)
模型一：等差数列
倒序相加
Sn a1 a2 a3 ...... an Sn an an1 an2 ...... a1
2Sn n(a1 an )
优秀ppt公开课ppt免费课件下载免费 课件高 考二轮 复习-数 列知识 点及对 应题型 课件(共58张PPT)
优秀ppt公开课ppt免费课件下载免费 课件高 考二轮 复习-数 列知识 点及对 应题型 课件(共58张PPT)
等差数列的判定：
当 an 的表达式是一个与n有关的
一次函数时，则 an 是等差数列
优秀ppt公开课ppt免费课件下载免费 课件高 考二轮 复习-数 列知识 点及对 应题型 课件(共58张PPT)
优秀ppt公开课ppt免费课件下载免费 课件高 考二轮 复习-数 列知识 点及对 应题型 课件(共58张PPT)
数列
目录
一、什么是数列？有哪些点？ 二、两个模型及规律 三、规律的高级应用
一、什么是数列？有哪些点？
a1, a2 , a3...... an 代表一个数列，简记 an
a1 是数列的第 1 项，也称首项 an 是数列的第 n 项，也称通项
一、什么是数列？有哪些点？
Sn 代表数列 an 的前n项和
模型一：等差数列
定义 递推公式 通项公式 求和公式
高考数学二轮复习课件及重点知识串讲 (26)
第2轮 · 数学(文科)
返回导航
第一篇 二轮专题突破
1．(2018·南充三模)在同一坐标系中，函数y＝2－x与y＝－log2x的图象都正确的 是 ( A )
D 1 1 －x x 解析 因为 y＝2 ＝2 ，所以函数单调递减，排除 B，D． y＝2x 与 y＝－log2x
第2轮 · 数学(文科)
返回导航
第一篇 二轮专题突破
考点二 函数的零点
1．判断函数零点个数的方法 直接法 定理法 数形 结合法 直接求零点，令f(x)＝0，则方程解的个数即为函数零点的个数 利用零点存在性定理，利用该定理只能确定函数的某些零点是否存在， 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 对于给定的函数不能直接求解或画出图象的，常分解转化为两个能画出 图象的函数的交点问题
第2轮 · 数学(文科)
返回导航
第一篇 二轮专题突破
2．函数f(x)＝ex＋x－2的零点所在的一个区间是
A．(－2，－1) C．(0,1) 解析 方法一 B．(－1,0) D．(1,2) ∵ f(0) ＝ e0 ＋ 0 － 2 ＝－ 1 ＜ 0 ， f(1) ＝ e1 ＋ 1
( C )
－2＝e－1＞0，∴f(0)f(1)＜0，故函数f(x)＝ex＋x－2的零点所
A
B
C
＝log1 x 的图象关于 y＝x 轴对称．排除 C． 故选 A．
2
第2轮 · 数学(文科)
返回导航
第一篇 二轮专题突破
2．已知函数 f(x)＝3
x
1 －3x，则
f ( x)
( A ) B．是偶函数，且在 R 上是增函数 D．是偶函数，且在 R 上是减函数
R，所以 f(－x)＝3
(统考版)2023高考数学二轮专题复习：等差数列、等比数列课件
用性质
调性、周期性等，可利用函数的性质解题
对点训练
ak
1.[2021·北京卷]{an}和{bn}是两个等差数列，其中 (1≤k≤5)为常值，
a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3＝(
A．64 B．128 C．256 D．512
bk
)
答案：B
a1 a5
则a6＝(
)
A．14
B．12
C．6
D．3
答案：D
解析：设等比数列{an
a2
}的公比为q.由题意知，ቐ q
+ a2 + a2 q = 168，
a2 − a2 q3 = 42.
两式相除，
1+q+q2
1
得
＝4，解得q＝ .代入a2－a2q3＝42，得a2＝48，所以a6＝a2q4＝3.故选D.
3
q 1−q
考点二
等差、等比数列的性质及应用
考点二
等差、等比数列的性质及应用——分清条件，类比性质
等差数列
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋
n＝p＋q，
则am＋an＝ap＋aq；
性质
(2)an＝am＋(n－m)d；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…
仍成等差数列
等比数列
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋
中项法
前n项和法
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．
2Sn
[2022·全国甲卷]记Sn为数列{an}的前n项和．已知 ＋n＝2an＋
n
例3
1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
高考数学二轮复习课件高考5个大题题题研诀窍函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”讲义理(含解析)
函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”[思维流程——找突破口] [技法指导——迁移搭桥]函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.[典例] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x＋2e x ≤0. [快审题] 求什么 想什么 讨论函数的单调性，想到利用导数判断． 证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化． 给什么 用什么 已知函数的解析式，利用导数解题．差什么 找什么 证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值.[稳解题](1)f ′(x )＝ex－a (x >0)，①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②若a >0，则当0<x <e a 时，f ′(x )>0，当x >ea时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e a ，＋∞上单调递减．(2)证明：法一：因为x >0，所以只需证f (x )≤exx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max＝f (1)＝－e.记g (x )＝exx－2e(x >0)，则g ′(x )＝x －1e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤exx－2e ，即xf (x )－e x＋2e x ≤0. 法二：证xf (x )－e x＋2e x ≤0， 即证e x ln x －e x 2－e x＋2e x ≤0， 从而等价于ln x －x ＋2≤exe x .设函数g (x )＝ln x －x ＋2， 则g ′(x )＝1x－1.所以当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， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e xe x，则h ′(x )＝exx －1e x2. 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x >0时，g (x )≤h (x )， 即xf (x )－e x＋2e x ≤0.[题后悟道] 函数与导数综合问题的关键(1)会求函数的极值点，先利用方程f (x )＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．[针对训练]已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝ax 22，直线l ：y ＝(k －3)x －k ＋2.(1)若曲线y ＝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，函数f (x )的图象恒在直线l 的上方，求k 的最大值． 解：(1)由已知得，f ′(x )＝ln x ＋1，且y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行， 所以f ′(e)＝ln e ＋1＝2＝k －3，解得k ＝5.(2)因为至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，所以至少存在一个x 使x ln x <ax 22成立，即至少存在一个x 使a >2ln x x成立．令h (x )＝2ln x x ，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝21－ln xx 2≥0恒成立，因此h (x )＝2ln x x在[1，e]上单调递增.故当x ＝1时，h (x )min ＝0，所以实数a 的取值范围为(0，＋∞)．(3)由已知得，x ln x >(k －3)x －k ＋2在x >1时恒成立，即k <x ln x ＋3x －2x －1.令F (x )＝x ln x ＋3x －2x －1，则F ′(x )＝x －ln x －2x －12.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)＝0，即x 0－ln x 0－2＝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． 故F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋3x 0－2x 0－1＝x 0x 0－2＋3x 0－2x 0－1＝x 0＋2∈(5,6)．故k <x 0＋2(k ∈Z)，所以k 的最大值为5. [总结升华]函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、可把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．[专题过关检测] 1．(2018·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x(a ∈R)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当a >0时，证明：f (x )≥2a －1a.解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1. 要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a，即证ln a ＋1a－1≥0.令函数g (a )＝ln a ＋1a－1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a2(a >0)，当0<a <1时，g ′(a )<0，当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (a )min ＝g (1)＝0. 所以ln a ＋1a－1≥0恒成立，所以f (x )≥2a －1a.2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x－ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x. 当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0,2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值．①当h (2)>0，即a <e24时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点．②当h (2)＝0，即a ＝e24时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h (2)<0，即a >e24时，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x>x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a3e2a2>1－16a32a4＝1－1a>0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.3．(2018·西安质检)设函数f (x )＝ln x ＋k x(k ∈R)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围． 解：(1)由条件得f ′(x )＝1x －kx2(x >0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x >0)．由f ′(x )<0，得0<x <e ；由f ′(x )>0，得x >e ， ∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， 当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立， 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k x－x (x >0)， 则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14恒成立，∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞. 4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x. 设函数g (x )＝ln(1＋x )－x1＋x ，则g ′(x )＝x1＋x2.当－1<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0， 故当x >－1时，g (x )≥g (0)＝0， 且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0. 所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增． 又f (0)＝0，故当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0.(2)①若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)， 这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． ②若a <0， 设函数h (x )＝f x 2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax2.由于当|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2>0， 故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0， 故x ＝0是f (x )的极大值点， 当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点． h ′(x )＝11＋x－22＋x ＋ax 2－2x 1＋2ax2＋x ＋ax22＝x 2a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1x ＋1ax 2＋x ＋22.若6a ＋1>0，则当0<x <－6a ＋14a，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )>0， 故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0，故当x ∈(x 1,0)，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )<0， 所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3x －24x ＋1x 2－6x －122，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )>0； 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点， 从而x ＝0是f (x )的极大值点． 综上，a ＝－16.。
2020浙江新高考数学二轮复习课件：第3部分 2 抢分攻略二 考前必会的15个规律、结论及方法
上一页
返回导航
下一页
第3部分 追梦高考 高效抢分
21
13 数列求和的常用方法
(1)公式法：①等差数列的求和公式；②等比数列的求和公式；③常用公式，即 1＋2＋ 3＋…＋n＝12n(n＋1)，12＋22＋32＋…＋n2＝16n(n＋1)(2n＋1)，1＋3＋5＋…＋(2n－1) ＝n2，n∈N*.
上一页
返回导航
下一页
第3部分 追梦高考 高效抢分
13
用向量法求最值常用到的结论
(1)由 a·b＝|a||b|cos θ 可知 a·b≤|a||b|，当 a 与 b 同向时取等号． |a·b|≤|a||b|，当 a 与 b 平行时等号成立． (a·b)2≤|a|2|b|2，当 a 与 b 平行时等号成立．
上一页
返回导航
下一页
第3部分 追梦高考 高效抢分
8
函数图象伸缩变换的相关结论
(1)把 y＝f(x)的图象上各点的纵坐标伸长(a>1)或缩短(0<a<1)到原来的 a 倍，而横坐标不 变，得到函数 y＝af(x)(a>0)的图象． (2)把 y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长(0<b<1)或缩短(b>1)到原来的1b倍，而纵坐标不 变，得到函数 y＝f(bx)(b>0)的图象．
上一页
返回导航
下一页
第3部分 追梦高考 高效抢分
6
(5)复合函数 f(g(x))的奇偶性 若 f(x)为偶函数，则 f(g(x))为偶函数． 若 f(x)为奇函数，则当 g(x)为奇函数时，f(g(x))为奇函数；当 g(x)为偶函数时，f(g(x)) 为偶函数． (6)定义在(－∞，＋∞)上的奇函数的图象必过原点，即有 f(0)＝0. (7)存在既是奇函数，又是偶函数的函数：f(x)＝0.
高考数学二轮复习知识篇课件
方法② 选点法 （直线定界，特殊点定域）
方法③ 与系数B相关法 见教材P77 练习3
注意
认真理解z与直线截距间的关系
1 复数的有关概念（Ｂ）
⑴ 引入新数 i,叫虚数单位。
规定： i2= -1
把形如a bi(a, b R)的数叫复数。
a叫复数Z的实部，记作ReZ
b叫复数Z的虚部，记作ImZ
复数集： C
典型应用： sin x cos x ?
3 sin x 1 cos x ?
2
2
6 两角和（差）的正弦、余弦和正切（C）
tan(x y) tan x tan y 1 tan x tan y
tan(x y) tan x tan y 1 tan x tan y
典型应用：
tan x tan y tan(x y)1 tan x tan y
0
方程
ax2 bx c 0
x1,2
b 2a
x1
x2
b 2a
无实数根
函数
y ax2 bx c
不等式 ax2 bx c 0 x1, x2
x
x
b 2a
不等式 ax2 bx c 0 , x1 x2,
x
x
b 2a
R
3 线性规划 （A）
通用步骤：定线------定界------定域 方法①
——知识篇
高考总复习
11
1 集合及其表示 （A）
列举法 描述法
元素： 确定性 互异性 无序性
2 子集 （Ｂ）
⑴ 是任何集合的子集
⑵ 集合a1, a2 ,an有2n 个子集
３ 交集、并集、补集 （Ｂ）
１ 函数的有关概念 （Ｂ）