【试读】高考数学微专题(上册)(1)
2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题(微专题)(解析版)
数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题（微专题）（解析版）2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.4(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3=5,S 9=81，数列{b n }满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n a n +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .5(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．2【2020年新课标1卷文科】数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为540，则a1=1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n}是正项等比数列，满足a3是2a1、3a2的等差中项，a4=16．(1)求数列{a n}的通项公式；log，求数列{b n}的前n项和T n．(2)若b n=-1n⋅2a2n+12【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.n n+13(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.2(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n前n项和满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n的通项公式；和数列b n(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.【解析】【小问1详解】∵na n+1-n+1a n=1,∴a n+1n+1-a nn=1n-1n+1,a n+1+1n+1=a n+1n，所以a n+1n是常数列，即a n+1n=a1+11=3,∴a n=3n-1；【小问2详解】由(1)知，a n是首项为2，公差为3等差数列，由题意得b2n-1=a2n-1=6n-4，b2n=2a2n+1=12n+4，设数列b2n-1，b2n的前50项和分别为T1，T2，所以T1=50b1+b992=25×298=7450，T2=50×b2+b1002=25×620=15500，所以b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950；综上，a n=3n-1，b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．【答案】(1)证明见详解(2)S2n=2n-1n19+n34n+3【详解】(1)当n=1时，可得a1=1，当n≥2时，由a1+3a2+⋯+2n-1a n=n，则a1+3a2+⋯+2n-3a n-1=n-1n≥2，上述两式作差可得a n=12n-1n≥2，因为a1=1满足a n=12n-1，所以a n的通项公式为a n=12n-1，所以1a n=2n-1，因为1a n-1a n-1=2n-1-2n-3=2(常数)，所以1a n是一个等差数列．(2)c n=2n-119,n为奇数12n-12n+3,n为偶数 ，所以C1+C3+⋯C2n-1=1+5+9+⋯4n-319=2n-1n19，C2+C4+⋯C2n=1413-17+17-111+⋯+14n-1-14n+3=n34n+3所以数列c n的前2n项和S2n=2n-1n19+n34n+3．2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．【答案】(1)a1=12，a2=4；1024是数列a n的第342项(2)S2n-1=4n6+3n2-5n+116【详解】(1)由a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数可得a1=12，a2=4．令2n-2=1024=210，解得：n=12为偶数，不符合题意，舍去；令3n-2=1024，解得：n=342，符合题意．因此，1024是数列a n的第342项．(2)S2n-1=a1+a2+a3+a4+⋅⋅⋅+a2n-2+a2n-1=12+4+2+10+⋅⋅⋅+6n-8+22n-3=12+2+⋅⋅⋅+22n-3+4+10+⋅⋅⋅+6n-8=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116．另解：由题意得a2n-1=22n-3，又a2n+1a2n-1=4，所以数列a2n-1是以12为首项，4为公比的等比数列．a2n=6n-2，又a2n+2-a2n=6，所以数列a2n是以4为首项，6为公差的等差数列．S2n-1为数列a2n-1的前n项和与数列a2n的前n-1项和的总和．故S2n-1=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116.3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.【答案】(1)a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)证明见解析.【详解】(1)由题意a2n+1=a2n+1=2a2n-1+1,所以a2n+1+1=2a2n-1+1,因为a1+1=2≠0,所以数列a2n-1+1是首项为2,公比为2的等比数列,所以a2n-1+1=2n,即a2n-1=2n-1,而a2n=2a2n-1=2n+1-2,所以a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)方法一：由(1)得T2n=ni=11a2i-1+1a2i=32ni=112i-1=32ni=12i+1-12i-12i+1-1<32ni=12i+12i-12i+1-1=3ni=12i2i-12i+1-1=3ni=112i-1-12i+1-1=31-12n+1-1<3方法二：因为2n-1≥2n-1n∈N*,所以T2n=∑ni=11a2i-1+1a2i=32∑n i=112i-1≤32∑n i=112i-1=31-12n<34(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a3=5,S9=81，数列{b n}满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n an +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =2n -1,b n =3n (2)T 2n =3⋅9n 8-116n +12-724【详解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3=5S 9=81 ，即a 1+2d =59a 1+9×82d =81 ，∴a 1=1,d =2，∴a n =2n -1.∵a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3，①∴a 1b 1+a 2b 2+⋯+a n -1b n -1=n -2 ⋅3n +3n ≥2 ，②所以①-②得，a n b n =2n -1 ⋅3n ，∴b n =3n n ≥2 .当n =1时，a 1b 1=3,b 1=3，符合b n =3n .∴b n =3n .(2)T 2n =c 1+c 2+c 3+⋯+c 2n ，依题有：T 2n =b 1+b 3+⋯+b 2n -1 +1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2.记T 奇=b 1+b 3+⋯+b 2n -1，则T 奇=3(1-32n )1-32=32n +1-38.记T 偶=1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2，则T 偶=12d 1a 2-1a 4 +1a 4-1a 6 +⋯+1a 2n -1a 2n +2=12d 1a 2-1a 2n +2=1413-14n +3 .所以T 2n =32n +1-38+1413-14n +3 =3⋅9n 8-116n +12-7245(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n (2)T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数【详解】(1)因为a n 是等比数列，公比为q ≠-1，则a 4=a 1q 3,a 5=a 1q 4，a 7=a 1q 6,a 8=a 1q 7，所以a 4+a 5a 7+a 8=a 1q 3+a 1q 4a 1q 6+a 1q 7=1q 3=127，解得q =3，由S 4=a 3+93，可得a 11-34 1-3=9a 1+93，解得a 1=3，所以数列a n 的通项公式为a n =3n ．(2)由(1)得b n =-n ,n 为奇数3n ,n 为偶数，当n 为偶数时，T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =b 1+b 3+⋅⋅⋅+b n -1 +b 2+b 4+⋅⋅⋅+b n =-1+3+⋅⋅⋅+n -1 +32+34+⋅⋅⋅+3n=-n2⋅1+n -12×+91-9n 21-9=983n -1 -n 24；当n 为奇数时T n =T n +1-b n +1=983n +1-1 -n +1 24-3n +1=18×3n +1-98-n +1 24；综上所述：T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数.题型二、含有(-1)n 类型2【2020年新课标1卷文科】数列{a n }满足a n +2+(-1)n a n =3n -1，前16项和为540，则a 1=【答案】7【解析】a n +2+(-1)n a n =3n -1，当n 为奇数时，a n +2=a n +3n -1；当n 为偶数时，a n +2+a n =3n -1.设数列a n 的前n 项和为S n ，S 16=a 1+a 2+a 3+a 4+⋯+a 16=a 1+a 3+a 5⋯+a 15+(a 2+a 4)+⋯(a 14+a 16)=a 1+(a 1+2)+(a 1+10)+(a 1+24)+(a 1+44)+(a 1+70)+(a 1+102)+(a 1+140)+(5+17+29+41)=8a 1+392+92=8a 1+484=540，∴a 1=7.故答案为：7.1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1、3a 2的等差中项，a 4=16．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =-1 n ⋅2a 2n +1log ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1、3a 2的等差中项，所以2a 3=2a 1+3a 2，即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2-3q -2=0，解得q =2或q =-12，因为数列{a n }是正项等比数列，所以q =2．因为a 4=16，即a 4=a 1q 3=8a 1=16，解得a 1=2，所以a n =2×2n -1=2n ；(2)解法一：(分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，①若n 为偶数，T n =-3+5-7+9-⋯-2n -1 +2n +1 =-3+5 +-7+9 +⋯+-2n -1 +2n +1 =2×n2=n ；②若n 为奇数，当n ≥3时，T n =T n -1+b n =n -1-2n +1 =-n -2，当n =1时，T 1=-3适合上式，综上得T n =n ,n 为偶数-n -2,n 为奇数(或T n =n +1 -1 n -1，n ∈N *)；解法二：(错位相减法)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，T n =-1 1×3+-1 2×5+-1 3×7+⋯+-1 n ⋅2n +1 ，所以-T n =-1 2×3+-1 3×5+-1 4×7+⋯+-1 n +1⋅2n +1 所以2T n =3+2[-1 2+-1 3+⋯+-1 n ]--1 n +12n +1 ，=-3+2×1--1 n -12+-1 n 2n +1 =-3+1--1 n -1+-1 n 2n +1=-2+2n +2 -1 n ，所以T n=n+1-1n-1，n∈N*2【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.【答案】(1)a n=2n-1，S n=n2；(2)T n=(-1)n n(n+1)2.【解析】【分析】(1)利用等差数列的基本量，列方程即可求得首项和公差，再利用公式求通项公式和前n项和即可；(2)根据(1)中所求即可求得b n，对n分类讨论，结合等差数列的前n项和公式，即可容易求得结果.【详解】(1)由S5=5(a1+a5)2=5×2a32=5a3=25得a3=5.又因为a5=9，所以d=a5-a32=2，则a3=a1+2d=a1+4=5，解得a1=1；故a n=2n-1，S n=n(1+2n-1)2=n2.(2)b n=(-1)n n2.当n为偶数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-1+b n=-12+22+-32+42+⋯+-(n-1)2+n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[n-(n-1)]×[n+(n-1)] =1+2+3+⋯+(n-1)+n=n(n+1)2.当n为奇数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-2+b n-1+b n=-12+22+-32+42+-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[(n-1)-(n-2)]×[(n-1)+(n-2)]-n2 =1+2+3+⋯+(n-2)+(n-1)-n2=(n-1)(1+n-1)2-n2=-n(n+1)2.综上得T n=(-1)n n(n+1)2题型三、a n+a n+1类型3(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．【解析】(1)已知S n=a n2+n2+1，n∈N*当n=1时，a1=a12+2，a1=4；当n=2时，a1+a2=a22+5，a2=2，所以a1+a2=6．因为S n=a n2+n2+1①，所以S n+1=a n+12+n+12+1②．②-①得，a n+1=a n+12-a n2+n+12-n2，整理得a n+a n+1=4n+2，n∈N*，所以a n+1+a n+2-a n+a n+1=4n+1+2-4n+2=4(常数)，n∈N*，所以a n+a n+1是首项为6，公差为4的等差数列．(2)由(1)知，a n-1+a n=4n-1+2=4n-2，n∈N*，n≥2．当n为偶数时，S n=a1+a2+a3+a4+⋯+a n-1+a n=n26+4n-22=n2+n；当n为奇数时，S n=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a n-1+a n=4+n-1210+4n-22=n2+n+2．综上所述，S n=n2+n,当n为偶数时n2+n+2,当n为奇数时1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.【答案】(1)a n=n,n=2k-1,k∈Zn-1,n=2k,k∈Z，bn=3n-1；(2)58n-59n8.【分析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n82(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n 满足a 1=1，a n +a n +1=2n ；数列b n 前n 项和为S n ，且b 1=1，2S n =b n +1-1.(1)求数列a n 和数列b n 的通项公式；(2)设c n =a n ⋅b n ，求c n 前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，b n =3n -1；(2)58n -5 9n8.【解析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n8。
高考微专题一 以分段函数为载体的热点问题
1 1 1 ]∪[ , ) 2 4 3
答案:(-1,-
反思归纳 分段函数零点问题的关键是画出函数图象、研究函数性质, 通过数形结合的方法确定零点个数、零点所在的区间,或者根据 t≤2,故实数 t 的取值范围是[1,2].故选 A. 2
反思归纳 分段函数的值域为各段函数值域的并集,分段函数的最大值为 各段最大值中的最大,最小值为各段最小值中最小的.
理数
热点三 分段函数的单调性
(1 2a) x , x 1, 【例 3】 (2017·河南濮阳一中检测)已知函数 f(x)= 当 x1≠x2 1 log a x , x 1, 3
围是( (A)[1,2]
5 (C) 1, 2
)
5 (B) 2, 2
(D)[2,+∞)
理数
解析:对 y=x2-x,x∈(0,1),y∈[f(x)在(0,2]上的值域为[-
1 1 1 ,0),对 y= ,x∈[1,2],y∈[ ,1],故函数 4 x 2
1 1 ,0)∪[ ,1].当 x∈(2,4]时,f(x)=2f(x-2)-2, 4 2 5 ,-2)∪[-1,0].综上可知, 2
解析:当 0≤x<1 时,f(x)=x, 又 f(x+1)=(x+1)-[x+1]=x-[x]=f(x), 故函数 f(x)是以 1 为周期的周期函数. 在同一坐标系中,分别作出函数 y=f(x),y=kx+k 的大致图象, 可知当方程 f(x)=kx+k 有三个不同的实根时, k 满足 3k+k≥1 且 2k+k<1,或者-3k+k≥1 且-2k+k<1, 解得
2023年高考数学一轮复习考点微专题(新高考地区专用) 考向01 集合(重点)- (解析版)
考向01 集合【2022年新高考全国Ⅰ卷】若集合{4},{31}M xx N x x =<=≥∣∣，则M N =（ ）A ．{}02x x ≤<B ．123x x ⎧⎫≤<⎨⎬⎩⎭C ．{}316x x ≤<D ．1163x x ⎧⎫≤<⎨⎬⎩⎭【答案】D 【解析】 【分析】求出集合,M N 后可求M N ⋂. 【详解】1{16},{}3M x x N x x =≤<=≥∣0∣，故1163M N x x ⎧⎫⋂=≤<⎨⎬⎩⎭，故选：D【2022年新高考全国II 卷】已知集合{}{}1,1,2,4,11A B x x =-=-≤，则A B =（ ） A ．{1,2}- B ．{1,2} C ．{1,4} D ．{1,4}-【答案】B 【解析】 【分析】求出集合B 后可求A B . 【详解】{}|02B x x =≤≤，故{}1,2A B =，故选：B.(1)离散型数集或抽象集合间的运算,常借用Venn 图求解.(2)集合中的元素若是连续的实数,常借助数轴求解,但要注意端点值能否取到. (3)根据集合的运算求参数,先把符号语言译成文字语言,然后适时应用数形结合求解.（1）集合运算的相关结论交集 A B A ⊆ A B B ⊆ A A A = A ∅=∅ A B B A = 并集 A B A ⊇A B B ⊇A A A =A A ∅=A B BA =补集()UU A A =UU =∅UU ∅= ()U A A =∅()U A A U =（2）(.)UUU A B A B A A B B A B A B ⊆⇔=⇔=⇔⊇=⇔∅易错题【01】对集合中元素的类型理解不到位集合问题是高考必考问题,一般作为容易题出现,求解集合问题的关键是理解集合中元素的类型,特别是用描述法表示集合,首先要搞清楚集合中代表元素的含义,再看元素的限制条件,明白集合的类型,是连续数集、离散数集、点集或其他类型的集合.易错题【02】忽略集合中元素互异性利用元素与集合的关系或两集合之间的关系求参数的值,集合中元素的互异性常常容易忽略,求解问题时要特别注意,求出以后一定要代入检验,看看是否满足元素的互异性.易错题【03】忽略空集空集是任何集合的子集,在涉及集合关系,如根据,A B ⊆求参数的值或范围要注意A 是否可以为∅,根据A B =∅求参数的值或范围必须优先考虑空集的情况,否则会造成漏解．易错题【04】忽视集合转化的等价性把用描述法表示的集合转化为用列举法表述的集合或化简集合容易忽略等价性,如去分母忽略分母不为零,解含有对数式的不等式要保证对数式有意义,要注意集合中的限制条件等.1．（2022·全国·模拟预测）若集合{}24M xy x x ==-∣，{}222x N x -=>∣，则M N =（ ）A ．{}01xx ≤≤∣ B ．{01}x x ≤<∣ C ．{14}x x <<∣ D ．{1}∣<xx 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的定义，先对集合进行化简，再利用交运算即可求解. 【详解】由题意知{}04M xx =≤≤∣，{1}N x x =<∣，所以{01}M N x x ⋂=≤<∣． 故选:B ．2．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知集合{}22(,)4A x y x y =+=，(){},34B x y y x ==+，则A B中元素的个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【答案】B 【解析】 【分析】把34y x =+代入224x y +=，根据方程的根的个数分析即可 【详解】集合{}22(,)4A x y x y =+=，{}(,)34B x y y x ==+，把34y x =+代入224x y +=，得22330x x ++=，即3x =有唯一解，故集合A B 中元素的个数为1． 故选：B3．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）已知集合{}2670A x x x =--<，{}3,1x B y y x ==<，则()R A B ⋂=（ ） A ．[)3,7 B ．(][)1,03,7-⋃C ．[)7,+∞D ．()[),17,-∞-⋃+∞【答案】B 【解析】 【分析】先化简集合A 、B ，再去求R B ，进而求得()RA B【详解】{}()26701,7A x x x =--<=-，{}()3,10,3x B y y x ==<=， 所以(][)R ,03,B =-∞⋃+∞，所以()(][)R 1,03,7A B ⋂=-⋃． 故选：B ．1．（2022·江苏·苏州市第六中学校三模）设集合{}{}220,1,1,2,3A x N x x B =∈--≤=-，则A B =（ ）A ．{1,0}-B ．{1,2}C ．{1,2,3}D ．{0,1,2,3}【答案】B 【解析】 【分析】化简集合A ，根据交集运算求解. 【详解】{}{}{}220120,1,2A x N x x x N x =∈--≤=∈-≤≤=，{}1,1,2,3B =-， {1,2}A B ∴=，故选：B2．（2022·全国·模拟预测（文））如图，三个圆的内部区域分别代表集合A ，B ，C ，全集为I ，则图中阴影部分的区域表示（ ）A ．ABC ⋂⋂ B ．()I A C B ⋂⋂ C ．()I A B C ⋂⋂D ．()I B C A ⋂⋂【答案】B 【解析】 【分析】找到每一个选项对应的区域即得解. 【详解】 解：如图所示，A. A B C ⋂⋂对应的是区域1；B. ()I A C B ⋂⋂对应的是区域2；C. ()I A B C ⋂⋂对应的是区域3；D. ()I B C A ⋂⋂对应的是区域4. 故选：B3．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）已知集合{}23log 1,02x P x x Q xx -⎧⎫=>=≤⎨⎬+⎩⎭，则()P Q =R （ ） A ．[2,2]- B ．(2,2]- C ．[0,2] D ．(0,2]【答案】B 【解析】【分析】利用对数不等式及分式不等式的解法求出集合,P Q ，结合集合的补集及交集的定义即可求解. 【详解】由2log 1x >，得2x >，所以{}2,P x x =>{}R2P x x =≤.由302x x -≤+，得23x -<≤，所以{}23x x Q =-<≤， 所以(){}{}{}R 23222P Q x x x x x x -<=≤=≤-<≤，故选：B.4．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）设集合{}2|log ,4A y y x x ==>，{}2|320B x x x =-+<，则()A B =R （ ） A ．(1,2) B ．(1,2] C ．(,2]-∞ D ．(,2)-∞【答案】C 【解析】 【分析】利用对数函数的单调性求得集合A ，解一元二次不等式求得B ,即可根据集合的补集以及并集运算求得答案. 【详解】由题意得{}2|log ,4{|2}A y y x x y x ==>=>，则{|2}A y y =≤R，而{}2|320{|12}B x x x x x =-+<=<<，故()(,2]A B =-∞R ， 故选：C.5．（2022·云南师大附中模拟预测（理））已知集合(){}2,A x y y x ==，(){},21B x y y x ==-，则集合AB的子集个数为（ ） A ．2 B ．4 C ．8 D ．16【答案】B 【解析】 【分析】 求出抛物线2y x 和曲线2||1y x =-的交点，确定集合A B 的元素个数，即可确定答案.【详解】由题意得21,02121,0x x y x x x -≥⎧=-=⎨--<⎩，当0x ≥时，21y x =- 联立2y x ，解得11x y =⎧⎨=⎩ ；当0x <时，21y x =-- 联立2yx ，解得11x y =-⎧⎨=⎩；故抛物线2yx 与曲线2||1y x =-有两个公共点，分别为(11)-，，(11)，， 则集合A B 有两个元素，所以A B 的子集个数为224=， 故选:B ．6．（2022·河北·沧县中学模拟预测）若集合{}{}21,0,1,2A x Z x B =∈-<<=，则A B ⋃=（ ） A ．(2,1)- B ．{1,0}- C ．(2,1]{2}-⋃ D ．{1,0,1,2}-【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件求出集合A ，再利用并集的定义即可求解. 【详解】由题意可知{}}{211,0A x Z x =∈-<<=-，又{}0,1,2B =， 所以}{{}1,00,1,2{1,0,1,2}A B =-=-．故选：D ．7．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（文））已知集合()22,1,,42x y A x y x Z y Z ⎧⎫=+≤∈∈⎨⎬⎩⎭，则A 中元素的个数为（ ） A ．9 B ．10C ．11D ．12【答案】C 【解析】 【分析】由椭圆的性质得22,x y -≤≤≤. 【详解】解：由椭圆的性质得22,x y -≤≤≤又,x Z y Z ∈∈,所以集合()()()()()()()()()()(){}=2,0,2,0,1,0,1,0,0,1,0,1,0,0,1,1,1,1,1,1,1,1A ------- 共有11个元素. 故选：C8．（2022·陕西·模拟预测（理））已知集合234|0A x x x ，{}2|B x a x a =<<，若A B =∅，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(],1-∞- B ．[)4,+∞ C ．()(),12,4-∞-⋃ D ．[][)1,24,-⋃+∞【答案】D 【解析】 【分析】由题知{}1,4A =-，进而分B =∅和B ≠∅空集两种情况讨论求解即可. 【详解】解：由题知{}{}2|3401,4A x x x =--==-，因为A B =∅， 所以，当{}2|B x a x a=<<=∅时，2a a≥，解得01a ≤≤，当{}2|B x a x a =<<≠∅时，2241a a a a ⎧≤⎪≥-⎨⎪>⎩或24a a a ≥⎧⎨>⎩，解得[)(][)1,01,24,a ∈-+∞，综上，实数a 的取值范围是[][)1,24,-⋃+∞. 故选：D9．（2022·江苏·南京市第一中学三模）非空集合{|03}A x N x =∈<<，2{|10,}B y N y my m R =∈-+<∈，A B A B =，则实数m 的取值范围为（ ） A ．510,23⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．170,4⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．102,3⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．517,24⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】A 【解析】 【分析】由题知{}1,2A B ==，进而构造函数()21f x x mx =-+，再根据零点存在性定理得()()()302010f f f ⎧≥⎪<⎨⎪<⎩，解不等式即可得答案. 【详解】解：由题知{}0{|}13,2A x N x =∈<=<， 因为A B A B =，所以A B =，所以{}2{|10,}1,2B y N y my m R =∈-+<∈=，故令函数()21f x x mx =-+，所以，如图，结合二次函数的图像性质与零点的存在性定理得： ()()()302010f f f ⎧≥⎪<⎨⎪<⎩，即103052020m m m -≥⎧⎪-<⎨⎪-<⎩，解得51023m <≤，所以，实数m 的取值范围为510,23⎛⎤⎥⎝⎦.故选：A10．（2022·四川攀枝花·三模（理））设集合{}A x x a =>，{}2320B x x x =-+>，若A B ⊆，则实数a 的取值范围是（ ）． A ．(),1-∞ B ．(],1-∞ C ．()2,+∞ D ．[)2,+∞【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合B ，再由A B ⊆求出实数a 的范围. 【详解】{}{23202B x x x x x =-+>=>或}1x <.因为集合{}A x x a =>，A B ⊆，所以2a ≥. 故选：D11．（2022·安徽黄山·二模（文））若集合2{|60}A x x x =--+>，5{|1}3B x x =≤--，则A B 等于（ ） A ．()3,3- B ．[2,3)-C ．(2,2)-D ．[2,2)-【答案】D 【解析】 【分析】解不等式化简集合A ，B ，再利用交集的定义直接求解作答. 【详解】不等式260x x --+>化为：260x x +-<，解得：32x -<<，则(3,2)A =-， 不等式513x ≤--，即203x x +≤-，整理得：(2)(3)030x x x +-≤⎧⎨-≠⎩，解得23x -≤<，则[2,3)B =-，所以[2,2)A B ⋂=-. 故选：D1．（2022·全国·高考真题（文））集合{}{}2,4,6,8,10,16M N x x ==-<<，则M N =（ ）A ．{2,4}B ．{2,4,6}C ．{2,4,6,8}D ．{2,4,6,8,10}【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交集运算即可解出． 【详解】因为{}2,4,6,8,10M =，{}|16N x x =-<<，所以{}2,4MN =．故选：A. 2．（2022·全国·高考真题（理））设全集{1,2,3,4,5}U =，集合M 满足{1,3}U M =，则（ ）A ．2M ∈B ．3M ∈C ．4M ∉D ．5M ∉【答案】A【解析】【分析】先写出集合M ,然后逐项验证即可【详解】由题知{2,4,5}M =,对比选项知，A 正确,BCD 错误故选:A 3．（2022·全国·高考真题（理））设全集{2,1,0,1,2,3}U =--，集合{}2{1,2},430A B xx x =-=-+=∣，则()U A B ⋃=（ ）A ．{1,3}B ．{0,3}C ．{2,1}-D ．{2,0}-【答案】D【解析】【分析】 解方程求出集合B ,再由集合的运算即可得解.【详解】 由题意，{}{}2=4301,3B x x x -+==，所以{}1,1,2,3A B ⋃=-, 所以(){}U 2,0A B ⋃=-.故选：D.4．（2022·浙江·高考真题）设集合{1,2},{2,4,6}A B ==，则A B ⋃=（ ）A ．{2}B ．{1,2}C ．{2,4,6}D ．{1,2,4,6}【答案】D【解析】【分析】利用并集的定义可得正确的选项.{}1,2,4,6A B =，故选：D.5．（2022·北京·高考真题）已知全集{33}U x x =-<<，集合{21}A x x =-<≤，则U A （ ） A ．(2,1]-B ．(3,2)[1,3)--C ．[2,1)-D ．(3,2](1,3)-- 【答案】D【解析】【分析】利用补集的定义可得正确的选项．【详解】由补集定义可知：{|32U A x x =-<≤-或13}x <<，即(3,2](1,3)U A =--，故选：D ．6．（2022·全国·高考真题（文））设集合5{2,1,0,1,2},02A B x x ⎧⎫=--=≤<⎨⎬⎩⎭∣，则A B =（ ） A ．{}0,1,2B ．{2,1,0}--C ．{0,1}D ．{1,2}【答案】A【解析】【分析】 根据集合的交集运算即可解出．【详解】因为{}2,1,0,1,2A =--，502B x x ⎧⎫=≤<⎨⎬⎩⎭∣，所以{}0,1,2A B =． 故选：A.7．（2021·全国·高考真题）设集合{1,2,3,4,5,6},{1,3,6},{2,3,4}U A B ===，则()U AB =（ ）A ．{3}B ．{1,6}C ．{5,6}D ．{1,3} 【答案】B【解析】【分析】根据交集、补集的定义可求()U A B ⋂.由题设可得{}U 1,5,6B =，故(){}U 1,6A B ⋂=，故选：B. 8．（2021·全国·高考真题（文））设集合{}{}1,3,5,7,9,27M N x x ==>，则M N =（ ）A ．{}7,9B ．{}5,7,9C ．{}3,5,7,9D ．{}1,3,5,7,9【答案】B【解析】【分析】求出集合N 后可求M N ⋂.【详解】7,2N ⎛⎫=+∞ ⎪⎝⎭，故{}5,7,9M N ⋂=，故选：B.9．（2021·全国·高考真题（理））已知集合{}21,S s s n n ==+∈Z ，{}41,T t t n n ==+∈Z ，则S T （ ）A ．∅B ．SC ．TD ．Z【答案】C【解析】【分析】分析可得T S ⊆，由此可得出结论.【详解】任取t T ∈，则()41221t n n =+=⋅+，其中n Z ∈，所以，t S ∈，故T S ⊆，因此，S T T =.故选：C.10．（2021·全国·高考真题（理））设集合{}104,53M x x N x x ⎧⎫=<<=≤≤⎨⎬⎩⎭，则M N =（ ） A ．103x x ⎧⎫<≤⎨⎬⎩⎭ B ．143x x ⎧⎫≤<⎨⎬⎩⎭C ．{}45x x ≤<D ．{}05x x <≤【解析】【分析】根据交集定义运算即可【详解】 因为1{|04},{|5}3M x x N x x =<<=≤≤，所以1|43M N x x ⎧⎫⋂=≤<⎨⎬⎩⎭, 故选：B.【点睛】本题考查集合的运算，属基础题，在高考中要求不高，掌握集合的交并补的基本概念即可求解.11．（2021·全国·高考真题）设集合{}24A x x =-<<，{}2,3,4,5B =，则A B =（ ）A ．{}2B ．{}2,3C ．{}3,4D ．{}2,3,4 【答案】B【解析】【分析】利用交集的定义可求A B .【详解】由题设有{}2,3A B ⋂=，故选：B .12．（2020·浙江·高考真题）设集合S ，T ，S ⊆N *，T ⊆N *，S ，T 中至少有两个元素，且S ，T 满足： ①对于任意x ，y ∈S ，若x ≠y ，都有xy ∈T②对于任意x ，y ∈T ，若x <y ，则y x∈S ； 下列命题正确的是（ ）A ．若S 有4个元素，则S ∪T 有7个元素B ．若S 有4个元素，则S ∪T 有6个元素C ．若S 有3个元素，则S ∪T 有5个元素D ．若S 有3个元素，则S ∪T 有4个元素【答案】A【解析】分别给出具体的集合S 和集合T ，利用排除法排除错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可.【详解】首先利用排除法：若取{}1,2,4S =，则{}2,4,8T =，此时{}1,2,4,8S T =，包含4个元素，排除选项 C ；若取{}2,4,8S =，则{}8,16,32T =，此时{}2,4,8,16,32S T =，包含5个元素，排除选项D ；若取{}2,4,8,16S =，则{}8,16,32,64,128T =，此时{}2,4,8,16,32,64,128S T =，包含7个元素，排除选项B ；下面来说明选项A 的正确性：设集合{}1234,,,S p p p p =，且1234p p p p <<<，*1234,,,p p p p N ∈，则1224p p p p <，且1224,p p p p T ∈，则41p S p ∈， 同理42p S p ∈，43p S p ∈，32p S p ∈，31p S p ∈，21p S p ∈， 若11p =，则22p ≥，则332p p p <，故322p p p =即232p p =， 又444231p p p p p >>>，故442232p p p p p ==，所以342p p =， 故{}232221,,,S p p p =，此时522,p T p T ∈∈，故42p S ∈，矛盾，舍.若12p ≥，则32311p p p p p <<，故322111,p p p p p p ==即323121,p p p p ==， 又44441231p p p p p p p >>>>，故441331p p p p p ==，所以441p p =， 故{}2341111,,,S p p p p =，此时{}3456711111,,,,p p p p p T ⊆.若q T ∈， 则31q S p ∈，故131,1,2,3,4i q p i p ==，故31,1,2,3,4i q p i +==， 即{}3456711111,,,,q p p p p p ∈，故{}3456711111,,,,p p p p p T =， 此时{}234456*********,,,,,,,S T p p p p p p p p ⋃=即S T 中有7个元素.故A 正确.故选：A .【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 13．（2020·全国·高考真题（文））已知集合2{|340},{4,1,3,5}A x x x B =--<=-，则A B =（ ） A ．{4,1}-B ．{1,5}C ．{3,5}D ．{1,3} 【答案】D【解析】【分析】首先解一元二次不等式求得集合A ，之后利用交集中元素的特征求得A B ，得到结果.【详解】由2340x x --<解得14x -<<，所以{}|14A x x =-<<，又因为{}4,1,3,5B =-，所以{}1,3A B =，故选：D.【点睛】本题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有利用一元二次不等式的解法求集合，集合的交运算，属于基础题目.14．（2020·浙江·高考真题）已知集合P ={|14}<<x x ，{|23}Q x x =<<，则PQ =（ ） A ．{|12}x x <≤B ．{|23}x x <<C ．{|34}x x ≤<D ．{|14}<<x x【答案】B【解析】【分析】根据集合交集定义求解.【详解】(1,4)(2,3)(2,3)P Q == 故选：B【点睛】本题考查交集概念，考查基本分析求解能力，属基础题.。
微专题1 三角形中面积问题 - 提高版
微专题1 三角形中面积问题【真题感悟】1．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c .若π6,2,3b ac B ===，则ABC △的面积为_________． 【答案】63【解析】由余弦定理得2222cos b a c ac B =+-，所以2221(2)2262c c c c +-⨯⨯⨯=，即212c =，解得23,23c c ==-（舍去）， 所以243a c ==，113sin 43236 3.222ABC S ac B ==⨯⨯⨯=△ 2. （2020年新高考全国Ⅰ、Ⅱ卷）某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形，BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC =35，BH DG ∥，EF =12 cm ，DE=2 cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7 cm ，圆孔半径为1 cm ，则图中阴影部分的面积为________cm 2．【答案】542π+【解析】设==OB OA r ，由题意7AM AN ==，12EF =，所以5NF =， 因为5AP =,所以45AGP ︒∠=， 因为//BH DG ，所以45AHO ︒∠=，因为AG 与圆弧AB 相切于A 点，所以OA AG ⊥， 即OAH △为等腰直角三角形； 在直角OQD △中，252OQ r =-，272DQ r =-，因为3tan 5OQ ODC DQ ∠==，所以3252212522r r -=-， 解得22r =；等腰直角OAH △的面积为11222242S =⨯⨯=； 扇形AOB 的面积()221322324S ππ=⨯⨯=，所以阴影部分的面积为1215422S S ππ+-=+. 故答案为：542π+.3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sinsin 2A Ca b A +=． （1）求B ；（2）若△ABC 为锐角三角形，且c =1，求△ABC 面积的取值范围． 【解析】（1）由题设及正弦定理得sin sin sin sin 2A CA B A +=． 因为sin A ≠0，所以sinsin 2A CB +=． 由180A BC ︒++=，可得sin cos 22A C B +=，故cos 2sin cos 222B B B=． 因为cos02B ≠，故1sin 22B =，因此B =60°． （2）由题设及（1）知△ABC 的面积3ABC S =△．由正弦定理得()sin 120sin 31sin sin 2C c A a C C ︒-===+．由于△ABC 为锐角三角形，故0°<A <90°，0°<C <90°，由（1）知A +C =120°，所以30°<C <90°，故122a <<，从而33ABC S <<△．因此，△ABC 面积的取值范围是33,⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭． 【典例导引】例1已知△ABC 中，若角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，满足a ＋1a ＋4cos C ＝0，b＝1.(1)若△ABC 的面积为32，求a ； (2)若A ＝π6，求△ABC 的面积．解法1(1)由S ＝12absinC ＝12asinC ＝32得asinC ＝3，即sinC ＝3a .又a ＋1a ＝－4cosC ，那么(a ＋1a )2＝16cos 2C ＝16(1－sin 2C)＝16－48a2，即a 4－14a 2＋49＝0，得到a 2＝7，即有a ＝7.－2（a 2＋1－c 2）a ，即a 2＋1＝23c 2，①又由b 2＋c 2－a 2＝2bccosA 可知c 2－a 2＋1＝3c ，②由①②得到c 2－33c ＋6＝0，亦即(c －3)(c －23)＝0，可知c ＝3或c ＝2 3. 经检验，c ＝3或c ＝23均符合题意； 那么，△ABC 的面积为S ＝12bcsinA ＝32或34.解法2(1)a ＋1a ＋4cosC ＝0得，－acosC ＝14(a 2＋1)，①又由S ＝12absinC ＝12asinC ＝32可得asinC ＝3，②由①②平方相加得a 2＝116(a 2＋1)2＋3，即a 4－14a 2＋49＝0，得到a 2＝7，即有a ＝7.(2)如图，又由a ＋1a ＋4cosC ＝0可得：a ＋1a ＋4（a 2＋b 2－c 2）2ab ＝0，又b ＝1，所以a 2＝23c 2－1，④由③④可得c 2－33c ＋6＝0(下面同解法1 )．变式 在△ABC 中，若角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，已知b ＋c ＝2acosB. (1)若a ＝2，B ＝π12，试求△ABC 的面积；(2)若△ABC 中的面积S ＝a 24，求角A 的大小．解析：由b ＋c ＝2a cos B 及正弦定理得sin B ＋sin C ＝2sin A cos B.因为sin C ＝sin (A ＋B)＝sin A cos B ＋cos A sin B ，代入化简得：sin B ＝sin A cos B －cos A sin B ，即sin B ＝sin (A －B)，因为A ，B 都为三角形的内角，所以B ＝A －B ，即A ＝2B.(2)由S ＝a 24得12ab sin C ＝14a 2，即a ＝2b sin C ，即sin A ＝2sin B sin C ，因为A ＝2B ，所以sin 2B＝2sin B sin C ，即cos B ＝sin C ，又B ，C 是三角形的内角，所以C ＝π2±B.当C ＝π2＋B 时，B＝π8，C ＝5π8，A ＝π4；当C ＝π2－B 时，B ＝π4，C ＝π4，A ＝π2，综上所述，A ＝π4或π2. 例2（2020届山东省泰安市高三6月全真三模）△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知cos2cos22sin sin A B A B ++=1+cos2C .（1）求角C .（2）设D 为边AB 的中点，△ABC 的面积为2，求CD 2的最小值.【解析】（1）由已知可得22212sin 12sin 2sin sin 112sin A B A B C -+-+=+-，222sin sin sin sin 2sin A B A B C =+-由正弦定理得222ab a b c =+-，所以222cos 122a b c C ab +-==，又()0C π∈，，所以3C π=.（2）由1sin 2ABC S ab C ∆=，即12=2ab ，所以ab =. 由()12CD CA CB =+，所以()222124CD CA CB CA CB =++⋅，则()()()222221112cos 2444CD b a ab C b a ab ab ab =++=+++=≥a b =时取等号，所以2CD 的最小值为例3（2020届山东省滨州市高三数学二模）已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝4，__________，求△ABC 的周长L 和面积S.在①3cos 5A =，cos C =，②sin sin sin c C A b B =+，60B ︒=，③2c =，1cos 4A =-这三个条件中，任选一个补充在上面问题中的横线处，并加以解答. 【解析】选① 因为3cos 5A =，cos C =，且0A π<<，0B π<<， 所以4sin 5A =，sin C = 在△ABC 中，A B C π++=，即()B A C π=-+， 所以sin sin()sin cos cos sin B A C A C+A C =+=4355=+==由正弦定理得，4sin 54sin 5a Bb A===， 因为sin sin B C =，所以c b ==所以△ABC的周长44L a b c =++=+=+ △ABC的面积11sin 48225S ab C ==⨯⨯=. 选②因为sin sin sin c C A b B =+， 所以由正弦定理得，22c a b =+ 因为4a =，所以224b c =-. 又因为60B ︒=.由余弦定理得22116242b c c =+-⨯⨯⨯ 所以224164c c c -+=-. 解得5c =.所以b =.所以△ABC的周长459L a b c =++==△ABC的面积11sin 45222S ac B ==⨯⨯⨯=选③因为2c =，1cos 4A =-，所以由余弦定理得，21164224b b =++⨯⨯⨯. 即2120b b +-=.解得3b =或4b =-（舍去）.所以△ABC 的周长4329L a b c =++=++=， 因为(0,)A π∈，所以sin 4A ==，所以△ABC 的面积13221sin 2S bc A =⨯⨯==.变式（2020届海南省海口市高三模拟）在①cos 3B =，3c =，②1cos 3A =，()sin 3sin A B B +=，③ab =1cos 3A =三组条件中任选一组补充在下面问题中，并加以解答．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC ，_____，求b ．【解析】若选①：cos 3B =，3c =．因为cos 3B =，0πB <<，所以1sin 3B =．由111sin 3223ABCSac B a ==⨯⨯⨯=，解得a =由余弦定理得2222cos 892313b ac ac B =+-=+-⨯⨯=，所以1b =． 若选②：1cos 3A =，()sin 3sin AB B +=．因为1cos 3A =，0πA <<，所以sin A =． 因为πA B C ++=，所以()sin sin A B C +=． 所以sin 3sin C B =，由正弦定理可得3c b =．所以11sin 322ABCSbc A b b ==⨯⨯=1b =．若选③：ab =1cos 3A =．因为11sin sin 22ABCSab C C ==⨯=sin 1C =． 又因为0πC <<，所以π2C =． 因为1cos 3A =，0πA <<，所以sin A =，且π1sin sin cos 23B A A ⎛⎫=-== ⎪⎝⎭．根据正弦定理sin sin a bA B=，可得a =．所以2ab ==，解得1b =． 【新题在线】1．（2020届山东省淄博市二模）在ABC ∆中，内角,,A B C 所对的边分别是,,a b c .若sin sin b A a C =，1c =，则b =__，ABC ∆面积的最大值为___.【答案】1 12【解析】因为sin sin b A a C =，所以由正弦定理可得ba ac =，所以1b c ==; 所以111sin sin 222ABC S bc A A ∆≤==，当sin 1A =，即90A =︒时，三角形面积最大. 2．(2020届山东师范大学附属中学高三4月线上模拟)在△ABC 中，设角A ，B ，C 对应的边分别为,,a b c ，记△ABC 的面积为S ，且22242a b c =+，则2Sa 的最大值为__________.【解析】由题知22222222422c 2os 4b a c a c ac B a b c ⇒=-=+-=+， 整理得()222232cos 33cos 2a c ac B a c B ac-=-+⇒=，因为()222222221sin 1cos sin 224ac B c B S c B a a a a ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭， 代入()223cos 2a c B ac-=整理得2422421922916S c c a a a ⎛⎫⎛⎫=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令22c t a =，有()22222111110922931616336S t t t a ⎛⎫⎛⎫=--+=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2221036S S a a ⎛⎫⇒ ⎪⎝⎭≤，所以2S a 3．（2020届山东省高三数学模拟测试五）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知c =sin25C =. （1）若1a =，求sin A ； （2）求△ABC 的面积S 的最大值. 【解析】（1）因为23cos 12sin25C C =-=-，所以4sin 5C =，由正弦定理sin sin a c A C =得sin sin 10a C A c ==. （2）由（1）知3cos 5C =-，2222266162cos 2555c b a b a C b a ba ab ba ba =+-⋅⋅=+++=≥，所以16325ba ≥，10ba ≥，114sin 104225S ba C =⨯⨯=≤， 当且仅当a b =时，△ABC 的面积S 有最大值4. 【作业反馈】1．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝13，3sin B ＝2sin C ，且△ABC 的面积为22，则a ＝( )A ．2 3B ．3C ．2D ． 3 【答案】B【解析】因为cos A ＝13，所以sin A ＝223.因为3sin B ＝2sin C ，所以3b ＝2c .所以S △ABC＝22＝12bc sin A ＝34b 2×223，解得b ＝2，所以c ＝3.由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝4＋9－2×2×3×13＝9，解得a ＝3.2. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，已知c ＝2 2，点P 是AB 的中点，若PC ＝a －b ，则△ABC 面积的最大值为（ ） A ． 3B ．3C ．2 3D ．12【答案】A【解析】因为点P 是AB 的中点，c ＝2 2，PC ＝a －b ，所以cos cos APC CPB ∠=-∠，即22222222+-+-=-⋅⋅PA PC AC PB PC BC PA PC PB PC， 2222=，所以222222()2()0+--++--=a b b a b a ，整理得：22440+-+=a b ab ，因此2244042+-+=≥-a b ab ab ，即2ab ≥，当且仅当a b ==2244+=-a b ab ；又22841226cos 22+---===a b ab ab C ab ab ab ，所以sin =C ，因此ABC △面积为11sin 22∆===ABCS ab C=≤=4ab =时，取得最大值.故选：A 3. 设△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知()1cos cos cos2c A a B b A =+，△ABC 的面积为 3，b c +=ABC 的外接圆面积为（ ）A.48πB.24πC.16πD.4π 【答案】D【解析】因为()1cos cos cos 2c A a B b A =+， 由正弦定理可得()1sin cos sin cos sin cos 2C A A B B A =+，即()1sin cos sin 2C A A B =+， 由于在△ABC 中， A ＋B ＝π－C ，由诱导公式可得()sin sin A B C +=，由于在△ABC 中，sin 0C ≠，所以1cos 2A =，因为()0,A π∈，故3A π=，由于△ABC 的面积为 3，b c +=所以由三角形面积公式以及余弦定理可得：22213=sin 22cos 26bc A a b cbc A b c ⎧⎪⎪=+-⋅⎨⎪+=⎪⎩解得：23a =所以由正弦定理可得2sin a RA=，解得：2R =，则△ABC 的外接圆的半径为2，其面积为4π，故答案选D.4. 我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则△ABC 的面积222222142a b c S a b ⎡⎤⎛⎫+-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦.根据此公式，若()cos 3cos 0a B b c A ++=，且2222a b c --=，则△ABC 的面积为（ ）A ． 2B ．2 2C ． 6D ．2 3 【答案】A【解析】由()cos 3cos 0a B b c A ++=得sin cos cos sin 3sin cos 0A B A B C A ++=， 即()sin 3sin cos 0A B C A ++=，即()sin 13cos 0C A +=， 因为sin 0C ≠，所以1cos 3A =-，由余弦定理22222cos 23a b c bc A bc --=-==，所以3bc =，由△ABC 的面积公式得()22222222112324242c b a S b c ⎡⎤⎡⎤⎛⎫+--=-=-=⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦，故选：A 5．(2020届山东省烟台市高三新高考数学模拟)刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n 边形等分成n 个等腰三角形(如图所示)，当n 变得很大时，这n 个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到sin 2的近似值为（ ）A ．90πB ．180π C ．270π D ．360π【答案】A【解析】由割圆术可知当n 变得很大时,这n 个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积, 设圆的半径为r ,每个等腰三角形的顶角为360n , 所以每个等腰三角形的面积为21360sin 2r n , 所以圆的面积为221360sin 2r n r n π=⋅,即3602sin n nπ=, 所以当180n =时,可得3602sin sin 218018090ππ===,故选:A 6．(多选)(2020届山东省临沂市高三一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b ＝2 3，c ＝3，A ＋3C ＝π，则下列结论正确的是（ ）A ．3cos C =B ．2sin 3B =C ．3a =D ．2ABC S = 【答案】AD【解析】3A C π+=，故2B C =，根据正弦定理：sin sin b c B C=，即23sin 32sin cos C C C =⨯，sin 0C ≠，故3cos C =，6sin C =，22sin sin 22sin cos B C C C ===. 2222cos c a b ab C =+-，化简得到2430a a -+=，解得3a =或1a =，若3a =，故4A C π==，故2B π=，不满足，故1a =.116sin 123222ABC S ab C ==⨯⨯⨯=△.故选：AD. 7．如图，在△ABC 中，已知AC ＝7，∠B ＝45°，D 是边AB 上的一点，AD ＝3，∠ADC ＝120°.则△ABC 的面积是________．答案：75＋5538.在△BCD 中，由正弦定理得BD sin ∠BCD ＝CD sinB ，BD sin75°＝5sin45°，解得BD ＝5＋532，8．如图，等腰△ABC 腰上的中线BD 为定长3，当顶角α变化时，则△ABC 面积的最大值为________．答案：6.9．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若2cos A (b cos C ＋c cos B )＝a ＝13，△ABC 的面积为33，则A ＝________，b ＋c ＝________.答案：π37 解析：由正弦定理可得，2cos A (sin B cos C ＋sin C cos B )＝2cos A sin A ＝sin A ，所以cos A ＝12，解得A ＝π3.因为S △ABC ＝33＝12bc sin A ＝34bc ，所以bc ＝12.由余弦定理可得，13＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋c 2－bc ＝(b ＋c )2－3bc ，所以(b ＋c )2＝49，解得b ＋c ＝7.10.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知B ＝60°，c ＝8.(1)若点M 是线段BC 的中点，AM BM＝3，求b 的值； (2)若b ＝12，求△ABC 的面积．解析：(1)因为点M 是线段BC 的中点，AM BM＝3，设BM ＝x ，则AM ＝3x ，又B ＝60°，c ＝8，在△ABM 中，由余弦定理得3x 2＝64＋x 2－2×8xcos60°，解得x ＝4(负值舍去)，则BM ＝4，BC ＝8.所以△ABC 中为正三角形，则b ＝8.(2)在△ABC 中，由正弦定理b sinB ＝c sinC ，得sinC ＝csinB b ＝8×3212＝33. 又b>c ，所以B>C ，则C 为锐角，所以cosC ＝63. 则sinA ＝sin(B ＋C)＝sinBcosC ＋cosBsinC ＝32×63＋12×33＝32＋36，所以△ABC 的面积S ＝12bcsinA ＝48×32＋36＝242＋8 3.(1)求角C 的大小；(2)若⎪⎪⎪⎪CA ―→－12CB ―→＝2，求△ABC 面积的最大值．解：(1)因为2c cos B ＝2a －b ，所以2sin C cos B ＝2sin A －sin B ＝2sin(B ＋C )－sin B ，化简得sin B ＝2sin B cos C ，因为sin B ≠0，所以cos C ＝12.因为0＜C ＜π，所以C ＝π3.所以ab ≤8，当且仅当a ＝4，b ＝2时取等号．所以S △ABC ＝12ab sin C ＝34ab ≤23，所以△ABC 面积的最大值为2 3. 12．（2020届山东省高考模拟考试（12月））在△ABC 中，A ＝90°，点D 在BC 边上．在平面ABC 内，过D 作DF ⊥BC 且DF ＝AC ．（1）若D 为BC 的中点，且△CDF 的面积等于△ABC 的面积，求∠ABC ； （2）若∠ABC ＝45°，且BD ＝3CD ，求cos ∠CFB ．【解析】（1）如图所示，D 为BC 的中点，所以BD ＝CD ．又因ABC CDF S S =△△，即111224AB AC CD DF BC AC ⨯=⨯=⨯，从而2BC AB =， 又90A =︒，从而30ACB ∠=︒，所以903060ABC ∠=︒-︒=︒．（2）由45ABC ∠=︒，从而AB AC =，设AB AC k ==，则2BC k =． 由3BD CD =，所以33244BD BC k ==，24CD k =． 因为DF AC k ==，从而22344BF DF BD k =+=，22324CF DF CD k =+=． （方法一）从而由余弦定理，得222222917251788cos 23342244k k k CF BF BC CFB CF BF k k +-+-∠===⨯⨯⨯ （方法二）所以2cos 3417DF DFB BF ∠==从而cos BD DFB BF ∠==；cos DF DFC CF ∠== 从而1sin 3CD DFC CF ∠==．所以()cos cos CFB CFD DFB ∠=∠+∠=。
2022年高考数学函数的微专题复习专题01 函数图象的识别与辨析(解析版)
2022年高考数学函数的微专题复习专题01函数图象的识别与辨析题型一、由函数的解析式识别图象函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项例1、【2020年天津卷】.函数241xy x =+的图象大致为（）A.C.变式1、【2020年浙江卷】.函数y =x cos x +sin x 在区间[–π，+π]的图象大致为（）A. B.C. D.变式2、（江苏省连云港市2021届高三调研）函数3ln |2|()(2)-=-x f x x 的部分图象大致为（）.A ．B ．C ．D ．变式3、（2021·山东德州市·高三期末）函数22sin 3()cos x xf x x x +=+在[,]-ππ的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．题型二、由函数的图象辨析函数的解析式由函数的图象确定解析式，首先要观察函数的图象，可以从以下几个方面入手：（1）观察函数的对称性，判断函数的奇偶性；（2）观察图象所在象限，判断函数的定义域和值域；（3）从图象中观察一些特殊位置以及图象的发展趋势；结合上面的信息进行对函数解析式的排除。
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项例2、（山东省2020-2021学年高三调研）已知函数()y f x =的图象如图所示，则此函数可能是（）A ．()2e e 2x xf x x x --=+-B ．()2e e 2x xf x x x --=+-C ．()22e e x xx x f x -+-=-D ．()22e e x xx x f x -+-=-变式1、（2021·江苏苏州市·高三期末）在数学的研究性学习中，常利用函数的图象研究函数的性质，也利用函数的解析式研究函数的性质，下列函数的解析式（其中 2.71828e =⋅⋅⋅为自然对数的底数）与所给图象最契合的是（）A ．22sin 1x y x =+B ．221xy x =+C ．x xxx e e y e e ---=+D ．x xxxe e y e e --+=-变式2、（山东省青岛市2020-2021学年高三模拟）已知函数()f x 的部分图象如下所示，则()f x 可能为（）A ．cos 1()22x xx f x -+=+B ．cos sin ()22x xx x x f x -+=+C ．cos sin ()22x xx x x f x -+=-D ．cos sin ()22x xx x x f x -+=+题型三、情景问题中解析式情景问题中的解析式问题关键要从问题情景中挖掘有用的信息，从情景中理解所给的函数解析式所具有的特点，然后再结合具体的解析式研究性质等问题。
2022届高考数学一轮复习讲义微专题1：对勾函数的性质与图像(学生版+教师版)
【学生版】微专题：对勾函数的性质与图像1、对勾函数的定义与表示对勾函数是一种类似于反比例函数的一般双曲函数，又被称为“双勾函数”、“勾函数”、“对号函数”、“双飞燕函数”；所谓的对勾函数，是形如：()bf x ax x=+（0ab >）的函数；当0,0a b ≠≠时，对勾函数()bf x ax x=+是正比例函数()f x ax =与反比例函数()bf x x=，通过“函数的和的运算”合成的函数； （1）当,a b 同号时, 对勾函数()bf x ax x=+的图像，形状酷似双勾；故称“对勾函数”，如下图所示：（2）当,a b 异号时，对勾函数()bf x ax x=+的图像，形状发生了变化；如下图所示：2、对勾函数的性质研究以一般式：(0)by ax x x=+≠(a 、0b >)为例； （1）定义域： （2）值 域： （3）奇偶性： （4）单调性： （5）渐近线：【拓展】对于对勾函数()bf x ax x=+（0ab >）的单调性判断与证明； ① 当0,0a b >>时， 说明：；② 当0,0a b <<时 说明：；③当0,0a b ><时 ④当0,0a b <>时 3、对勾函数的图像特征对勾函数()b f x ax x =+，当0,0a b ≠≠时, 对勾函数()bf x ax x=+是正比例函数()f x ax =与反比例函数()bf x x=“叠加”而成的函数. 【拓展】对勾函数顶点与最值相关对勾函数()(0,0)bf x ax a b x=+>>， 对勾函数()(0,0)bf x ax a b x=+<<， 4、对勾函数的初步应用 1、若函数()4f x x x=+，则下列结论正确的是（ ） A ．函数()f x 的最小值为4B ．函数()f x 在(0,2)上严格单调递减，在(2,)+∞上严格单调递增C ．函数()f x 的最大值为4D ．函数()f x 在(0,2)上严格单调递增，在(2,)+∞上严格单调递减 【提示】； 【答案】； 【解析】； 【说明】；2、已知函数()bf x ax x=+，其中a 、b 为常数，且()15f =，()24f =；（1）求a 、b 的值；（2）利用单调性的定义证明函数()f x 在区间()0,2上是减函数；（3）求函数()f x 在区间[]1,3上的最大值和最小值； 【提示】； 【答案】； 【解析】【说明】利用定义证明函数单调性的方法：（1）取值：设1x 、2x 是所给区间上的任意两个值，且12x x <；（2）作差变形：即作差()()12f x f x -，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；（3）定号：确定差()()12f x f x -的符号； （4）下结论：判断，根据定义得出结论；即取值→作差→变形→定号→下结论；体验教材研究函数单调性的方法与证明； 综上，理解对勾函数的构成，及单调性，单调区间，形成结论；注意利用定义法加以证明。
高考数学答案微专题1
微专题1例题1 答案：－1665.解法1由tan α2＝12得，sin α＝2tanα21＋tan 2a 2＝11＋14＝45，cos α＝35，由sin (α＋β)＝513＜sin α，α，β∈(0，π)，α＋β∈(0，2π)，所以cos (α＋β)＝－1213.cos β＝cos [(α＋β)－α]＝cos (α＋β)cos α＋sin (α＋β)sin α＝－1665.解法2由tan α2＝12得，tan α＝43，由法1可知，tan (α＋β)＝－512.tan β＝－6316，cos β＝－1665.解法3由cos (α＋β)＝－1213，得cos α＋β2＝2626，cos α2＝255，cos β2 ＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋β2－α2＝7130130，cos β＝2cos 2β2－1＝4965－1＝－1665.变式联想变式1 答案：17250.解析：设θ＋15°＝t ，则θ＝t －15°，且sin t ＝45，cos t ＝35，所以cos 2t ＝2cos 2t －1＝－725，sin 2t ＝2sin t cos t＝2425， 所以2θ－15°＝2t －45°，所以cos (2θ－15°)＝cos (2t －45°)＝22(cos 2t ＋sin 2t)＝17250. 变式2答案：2＋13. 解析：cos α＝2cos ⎝⎛⎭⎫α＋π4，cos ⎝⎛⎭⎫α＋π8－π8＝2cos ⎝⎛⎭⎫α＋2×π8，所以3sin ⎝⎛⎭⎫α＋π8sin π8＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π8cos π8，所以tan ⎝⎛⎭⎫α＋π8＝13tanπ8＝13（2－1）＝2＋13.串讲激活串讲1答案：(1)－3； (2)－3＋4310. 解析：根据题意tan α＝2，sin α＝25，cos α＝15， (1)tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝tan α＋tanπ41－tan αtanπ4＝2＋11－2＝－3；(2)sin ⎝⎛⎭⎫2α＋5π6＝sin 2αcos5π6＋cos 2αsin 5π6＝2sin α·cos α⎝⎛⎭⎫－32＋(2cos 2α－1)×12＝2×15×25⎝⎛⎭⎫－32＋⎝⎛⎭⎫2×15－1×12＝－3＋4310.串讲2答案：(1)－35；(2)－17250.解析：(1)解法1：因为α∈⎝⎛⎭⎫π2，π，所以α＋π4∈⎝⎛⎭⎫3π4，5π4，又sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝210，所以cos ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝－1－sin 2⎝⎛⎭⎫α＋π4＝－1－⎝⎛⎭⎫2102＝－7210.所以cos α＝cos ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α＋π4－π4＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π4cos π4＋sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4sin π4＝－7210×22＋210×22＝－35.解法2：由sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝210，得sin αcos π4＋cos αsin π4＝ 210，即sin α＋cos α＝15，①.又sin 2α＋cos 2α＝1，②.由①②解得cos α＝－35或cos α＝45.因为α∈⎝⎛⎭⎫π2，π，所以cos α＝－35.(2)因为α∈⎝⎛⎭⎫π2，π，cos α＝－35，所以sin α＝1－cos 2α ＝1－⎝⎛⎭⎫－352＝45.所以sin 2α＝2sin αcos α＝2×45×⎝⎛⎭⎫－35＝－2425，cos 2α＝2cos 2α－1＝2×⎝⎛⎭⎫－352－1＝－725.所以sin ⎝⎛⎭⎫2α－π4＝sin 2αcos π4－cos 2αsin π4＝⎝⎛⎭⎫－2425 ×22－⎝⎛⎭⎫－725×22＝－17250. 新题在线答案：(1)f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3；(2)－33＋410.解析：(1)设f(x)的周期为T ，则T 2＝7π12－π12＝π2，所以T ＝π.又T ＝2πω，所以ω＝2，所以f(x)＝2sin (2x ＋φ)．因为点⎝⎛⎭⎫π12，2在函数图象上， 所以2sin ⎝⎛⎭⎫2×π12＋φ＝2，即sin ⎝⎛⎭⎫π6＋φ＝1.因为－π2＜φ＜π2，所以φ＝π3，所以f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3.(2)由f ⎝⎛⎭⎫α2＝－65， 得sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝－35.因为2π3＜α＜7π6，所以π＜α＋π3＜3π2， 所以cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝－1－sin 2⎝⎛⎭⎫α＋π3＝－45.所以cos α＝cos ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α＋π3－π3＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3cos π3＋sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3sinπ3＝－45×12＋⎝⎛⎭⎫－35×32＝－33＋410.。
【独家】高考数学微专题(学生版)(至第3波) (1)
13、已知函数 f (x) ex ，方程 f 2 (x) tf (x) 1 0(t R) 有四个不同的实数根，则实数 t 的取值范围为 x
________.
14、若关于 x 的方程 (x 3)2 ex aex 2a | x 3 | 有且仅有 6 个不等的实数解，则实数 a 的取值范围是
则实数 m 的取值范围为（ ）.
A. (1 1, e) e
B. (1 ,2) (2, e) e
2020江苏高考数学二轮热点难点微专题突破-微专题01-与解三角形有关的最值问题
2020江苏高考数学二轮热点难点微专题突破-微专题01 与解三角形有关的最值问题与三角形有关的最值问题主要涉及求三角函数值最值，边长的最值，面积、向量的最值．解决这类的问题方法有：一、 将所给条件转化为三角函数，利用三角函数求解最值；二、 将所给条件转化为边，利用基本不等式或者函数求解最值；三、 建立坐标系，求出动点的轨迹方程，利用几何意义求解最值；四、 多元问题可消元后再用上述方法求解．如2018年T14就是与解三角形有关的最值问题．【例1】在△ABC 中，已知A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a 2＋b 2＋2c 2＝8，则△ABC 面积的最大值为________． 答案：255解析：(解法1)因为cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－8－a 2－b 222ab ＝3(a 2＋b 2)－84ab ≥3ab －42ab，所以ab ≤43－2cos C ，从而S ＝12ab sin C ≤2sin C 3－2cos C .设t ＝2sin C3－2cos C，则3t ＝2sin C ＋2t cos C ＝2t 2＋1·sin(C ＋φ)，其中tan φ＝t ，故3t ≤2t 2＋1，解得t ≤255，所以S max ＝255，当且仅当a ＝b ＝2155且tan C ＝52时，等号成立．(解法2)以AB 所在的直线为x 轴，它的垂直平分线为y 轴，建立如图所示的直角坐标系，则A ⎝⎛⎭⎫－c 2，0，B ⎝⎛⎭⎫c 2，0，C (x ，y )，则由a 2＋b 2＋2c 2＝8得⎝⎛⎭⎫x －c 22＋y 2＋⎝⎛⎭⎫x ＋c22＋y 2＋2c 2＝8，即x 2＋y 2＝4－5c 24，即点C 在圆x 2＋y 2＝4－5c 24上，所以S ≤c 2r ＝c 24－54c 2＝12·－54⎝⎛⎭⎫c 2－852＋165≤255，当且仅当c 2＝85时取等号，故S max ＝255.【方法规律】1. 注意到a 2＋b 2＋2c 2＝8中a ，b 是对称的，因此将三角形的面积表示为S ＝12ab sin C ，利用余弦定理将ab 表示为C 的形式，进而转化为三角函数来求它的最值．2. 将c 看作定值，这样满足条件的三角形就有无数个，从而来研究点C 所满足的条件，为此建立直角坐标系，从而根据条件a 2＋b 2＋2c 2＝8得到点C 的轨迹方程，进而来求出边AB 上的高所满足的条件．3. 解法1是从将面积表示为角C 的形式来加以思考的，而解法2则是将面积表示为边c 的形式来加以思考的．这两种解法都基于一点，即等式a 2＋b 2＋2c 2＝8中的a ，b 是对称关系．解法2则是从运动变化的角度来加以思考的，这体现了三角函数与解析几何之间的千丝万缕的关系．解法1是一种常规的想法，是必须要认真体会的，而解法2就需要学生能充分地认识知识与知识之间的联系．本题对学生的知识的应用要求、思考问题、分析问题、解决问题的能力要求都比较高．【例2】在△ABC 中，已知角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，tan C ＝sin A ＋sin Bcos A ＋cos B.(1) 求角C 的大小；(2) 若△ABC 的外接圆直径为1，求a 2＋b 2＋c 2的取值范围． 解析：(1) 因为tan C ＝sin A ＋sin B cos A ＋cos B ，即sin C cos C ＝sin A ＋sin Bcos A ＋cos B ，所以sin C cos A ＋sin C cos B ＝cos C sin A ＋cos C sin B ，即sin C cos A －cos C sin A ＝cos C sin B －sin C cos B ，所以sin(C －A )＝sin(B －C )． 所以C －A ＝B －C 或C －A ＝π－(B －C )(不成立)，即2C ＝A ＋B ，所以C ＝π3.(2) (解法1)由C ＝π3可得c ＝2R sin C ＝1×32＝32，且a ＝2R sin A ＝sin A ，b ＝2R sin B ＝sin B .设A ＝π3＋α，B ＝π3－α，0<A <2π3，0<B <2π3，知－π3<α<π3.所以a 2＋b 2＋c 2＝34＋sin 2A ＋sin 2B ＝34＋1－cos2A 2＋1－cos2B 2＝74－12⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫2π3＋2α＋cos ⎝⎛⎭⎫2π3－2α＝74＋12cos2α. 由－π3<α<π3知－2π3<2α<2π3，－12<cos2α≤1，故32<a 2＋b 2＋c 2≤94.(解法2)因为C ＝π3，所以c ＝2R sin C ＝1×32＝32.又因为c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，所以34＝a 2＋b 2－ab ≥a 2＋b 22，故a 2＋b 2≤32.又a 2＋b 2＝34＋ab >34，故a 2＋b 2＋c 2∈⎝⎛⎦⎤32，94.【方法规律】点评：本题的第(2)问是一种典型问题即三角形中有一个边以及对角为定值，求与两个边或两个角有关系的最值问题．如本题中C ＝π3，c ＝32，可以求a 2＋b 2，a ＋b ，ab ，sin A ＋sin B ，sin A sin B ，cos A ＋cos B ，cos A cos B 的取值范围．方法有二：一是利用A ＋B ＝2π3，进行消元(代入消元或中值换元(如本题解法一))，转化为三角函数值域求解；二是利用基本不等式，但基本不等式比较适合求一种最值，求范围有时不适合．本题如果加大难度，可以将三角形改成锐角三角形，这时基本不等式就不太适合了．（通过本课题的学习，你学到了什么？你还有其它疑惑吗？）A 组1．在△ABC 中，已知2cos 2A 2＝33sin A ，若a ＝23，则△ABC 周长的取值范围为________．答案：(43，4＋23]解析：由2cos 2A 2＝33sin A ，可得cos A ＋1＝33sin A ，则233sin ⎝⎛⎭⎫A －π3＝1，即sin ⎝⎛⎭⎫A －π3＝32，又0＜A ＜π，可解得A ＝2π3.所以b sin B ＝c sin C ＝asin A ＝4，即b ＝4sin B ，c ＝4sin C ，从而a ＋b＋c ＝23＋4sin B ＋4sin C ＝23＋4sin B ＋4sin ⎝⎛⎭⎫π3－B ＝23＋4sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π3.又0＜B ＜π3，所以π3＜B ＋π3＜2π3，可得43＜23＋4sin ⎝⎛⎭⎫π3＋B ≤4＋23，即a ＋b ＋c ∈(43，4＋23]．2．在△ABC 中，若sin C ＝2cos A cos B ，则cos 2A ＋cos 2B 的最大值为________． 答案：2＋12解析：(解法1)因为sin C ＝2cos A cos B ，所以sin(A ＋B )＝2cos A cos B ，化简得tan A ＋tan B ＝2， cos 2A ＋cos 2B ＝cos 2A sin 2A ＋cos 2A ＋cos 2B sin 2B ＋cos 2B＝1tan 2A ＋1＋1tan 2B ＋1＝tan 2A ＋tan 2B ＋2(tan A tan B )2＋tan 2A ＋tan 2B ＋1＝(tan A ＋tan B )2－2tan A tan B ＋2(tan A tan B )2＋(tan A ＋tan B )2－2tan A tan B ＋1 ＝6－2tan A tan B(tan A tan B )2－2tan A tan B ＋5.因为(tan A tan B )2－2tan A tan B ＋5>0，所以令6－2tan A tan B ＝t (t >0)，则cos 2A ＋cos 2B ＝4tt 2－8t ＋32＝4t ＋32t－8≤4232－8＝2＋12(当且仅当t ＝42时取等号)． (解法2)由解法1得tan A ＋tan B ＝2，令tan A ＝1＋t ，tan B ＝1－t ，则cos 2A ＋cos 2B ＝1tan 2A ＋1＋1tan 2B ＋1＝1t 2＋2＋2t ＋1t 2＋2－2t ＝2(t 2＋2)(t 2＋2)2－4t 2，令d ＝t 2＋2≥2，则cos 2A ＋cos 2B ＝2dd 2－4d ＋8＝2d ＋8d－4≤228－4＝2＋12，当且仅当d ＝22时等号成立． (解法3)因为sin C ＝2cos A cos B ，所以sin C ＝cos(A ＋B )＋cos(A －B )，即cos(A －B )＝sin C ＋cos C ，cos 2A ＋cos 2B ＝1＋cos2A 2＋1＋cos2B 2＝1＋cos(A ＋B )cos(A －B )＝1－cos C (sin C ＋cos C )＝12－12(sin2C ＋cos2C )＝12－22sin ⎝⎛⎭⎫2C ＋π4≤12＋22＝2＋12，当且仅当2C ＋π4＝3π2，即C ＝5π8时取等号．3．在锐角三角形 ABC 中，已知2sin 2 A ＋ sin 2B ＝ 2sin 2C ，则1tan A ＋1tan B ＋1tan C的最小值为________． 答案：132解析：因为 2sin 2A ＋sin 2B ＝2sin 2C ，所以由正弦定理可得2a 2＋b 2＝2c 2. 由余弦定理及正弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝b 24ab ＝b 4a ＝sin B4sin A .又因为sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ， 所以cos C ＝sin A cos C ＋cos A sin C 4sin A ＝cos C 4＋sin C4tan A，可得tan C ＝3tan A ，代入tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C 得tan B ＝4tan A3tan 2A －1，所以1tan A ＋1tan B ＋1tan C ＝1tan A ＋3tan 2A －14tan A ＋13tan A ＝3tan A 4＋1312tan A .因为A ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以tan A >0，所以3tan A 4＋1312tan A≥23tan A 4×1312tan A ＝132，当且仅当3tan A 4＝1312tan A ，即tan A ＝133时取“＝”．所以1tan A ＋1tan B ＋1tan C 的最小值为132.4．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(a ，b )，n ＝(cos A ，cos B )，p ＝⎝⎛⎭⎫22sinB ＋C2，2sin A ，若m ∥n ，|p |＝3. (1) 求角A ，B ，C 的值；(2) 若x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，求函数f (x )＝sin A sin x ＋cos B cos x 的最大值与最小值． 解析：(1) 因为m ∥n ，所以a cos B ＝b cos A .由正弦定理，得sin A cos B ＝sin B cos A ，所以sin(A －B )＝0. 又－π<A －B <π，所以A ＝B . 而p 2＝|p |2＝8sin 2B ＋C2＋4sin 2A ＝9， 所以8cos 2A 2＋4sin 2A ＝9，所以4cos 2A －4cos A ＋1＝0，所以(2cos A －1)2＝0，所以cos A ＝12.又0<A <π，所以A ＝π3，所以A ＝B ＝C ＝π3.(2) f (x )＝sin x cos π6＋cos x sin π6＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6. 因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，2π3. 所以x ＝0时，f (x )min ＝f (0)＝12，x ＝π3时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫π3＝1.B 组1．已知△ABC 中，B ＝45°，AC ＝4，则△ABC 面积的最大值为________． 答案：4＋42解析：(解法1)如图，设△ABC 的外接圆为圆O ，其直径2R ＝AC sin ∠ABC ＝4sin45°＝4 2.取AC的中点M ，则OM ＝Rcos45°＝2.过点B 作BH ⊥AC 于点H ，要使△ABC 的面积最大，当且仅当BH 最大．而BH ≤BO ＋OM ，所以BH ≤R ＋22R ＝22＋2，所以(S △ABC )max ＝⎝⎛⎭⎫12AC ·BH max＝12×4×(2＋22)＝4＋42，当且仅当BA ＝BC 时取等号．（解法2）如图，同上易知，△ABC 的外接圆的直径2R ＝4 2.S △ABC ＝12AB ·BC ·sin B ＝2R 2sin A sin B sin C ＝82sin A sin C ＝42⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫3π4－2C ＋22，当A ＝C ＝3π8时，(S △ABC )max ＝4＋4 2. 2．已知a ，b ，c 分别为△ABC 的三内角A ，B ，C 的对边，且a cos C ＋c cos A ＝2b cos B ，则sin A ＋sin C 的最大值为________． 答案：3解析：因为a cos C ＋c cos A ＝2b cos B ，所以sin A cos C ＋sin C cos A ＝sin(A ＋C )＝2sin B cos B ，即sin B ＝2sin B cos B . 又sin B ≠0，故cos B ＝12.又B ∈(0，π)，故B ＝π3，即A ＋C ＝23π.设A ＝π3＋α，C ＝π3－α，0＜A ＜2π3，0＜C ＜2π3，知－π3＜α＜π3.故sin A ＋sin C ＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋α＋sin ⎝⎛⎭⎫π3－α＝2sin π3cos α≤3(当α＝0即A ＝C 时取得)． 3．已知△ABC 的内角A, B, C 的对边分别是a ，b ，c ，且sin 2A ＋sin 2B －sin 2C a cos B ＋b cos A ＝sin A sin Bc ，若a ＋b ＝4，则c 的取值范围为________． 答案：[2,4)解析：因为sin 2A ＋sin 2B －sin 2C a cos B ＋b cos A ＝sin A sin B c ，由正弦定理，得a 2＋b 2－c 2sin C ＝absin A cos B ＋sin B cos A＝ab sin (A ＋B )＝ab sin C ，所以a 2＋b 2－c 2＝ab .由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝ab 2ab ＝12，所以C ＝π3，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝(a ＋b )2－3ab ＝16－3ab ≥16－3×⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝4，所以c ≥2.又三角形的两边之和大于第三边，所以2≤c ＜4.4．在△ABC 中，三边长分别是a ，b ，c ，面积S ＝a 2－(b －c )2，b ＋c ＝8，则S 的最大值是________． 答案：6417解析：因为S ＝a 2－(b －c )2，所以12bc sin A ＝－(b 2＋c 2－a 2)＋2bc ＝2bc －2bc cos A ，所以sin A＝4(1－cos A )．又sin 2A ＋cos 2A ＝1，解得sin A ＝817，所以S ＝12bc sin A ＝417bc ≤417⎝⎛⎭⎫b ＋c 22＝6417.5．在锐角三角形ABC 中，BC ＝2，sin B ＋sin C ＝2sin A ，则中线AD 长的取值范围是________． 答案：⎣⎡⎭⎫3，132 解析：设△ABC 内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，由a ＝2，sin B ＋sin C ＝2sin A ，得b ＋c ＝4.因为△ABC 为锐角三角形，所以有⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋c 2>a 2，a 2＋c 2>b 2，a 2＋b 2>c 2，即⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋(4－b )2>4，4＋(4－b )2>b 2，b 2＋4>(4－b )2，解得32＜b＜52，则bc ＝b (4－b )∈⎝⎛⎦⎤154，4.因为|AD →|2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(AB →＋AC →)2＝14⎝⎛⎭⎫b 2＋c 2＋2bc ·b 2＋c 2－42bc ＝14(28－4bc )＝7－bc ∈⎣⎡⎭⎫3，134，即AD ∈⎣⎡⎭⎫3，132. 6．在斜三角形ABC 中，1tan A ＋1tan B ＋2tan C ＝0，则tan C 的最大值是__________．答案：－3解析：因为A ＋B ＋C ＝π，所以tan C ＝－tan(A ＋B )＝－tan A ＋tan B1－tan A tan B.又1tan A ＋1tan B ＋2tan C ＝0，有tan A ＋tan B tan A tan B －2(tan A ＋tan B )1－tan A tan B＝0. 若tan A ＋tan B ＝0，则tan C ＝0，不符合题意， 所以tan A ＋tan B ≠0，因此1tan A tan B －21－tan A tan B＝0，解得tan A tan B ＝13，因为A ，B ，C 中至多有一个钝角，所以tan A ＞0，tan B ＞0，tan C ＝－tan A ＋tan B 1－tan A tan B＝－tan A ＋tan B 1－13＝－32(tan A ＋tan B )≤－32×2tan A tan B ＝－ 3.当且仅当tan A ＝tan B ＝33时，上式取等号．7．在△ABC 中，已知角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且A ，B ，C 成等差数列． (1) 若BA →·BC →＝32，b ＝3，求a ＋c 的值；(2) 求2sin A －sin C 的取值范围．解析：(1) 因为A ，B ，C 成等差数列，所以B ＝π3.因为BA →·BC →＝32，所以ac cos B ＝32，所以12ac ＝32，即ac ＝3.因为b ＝3，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 所以a 2＋c 2－ac ＝3，即(a ＋c )2－3ac ＝3， 所以(a ＋c )2＝12，所以a ＋c ＝23 (2) 2sin A －sin C ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2π3－C －sin C ＝2⎝⎛⎭⎫32cos C ＋12sin C －sin C ＝3cos C . 因为0＜C ＜2π3，所以3cos C ∈⎝⎛⎭⎫－32，3.所以2sin A －sin C 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－32，3.8．设△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足(2a ＋c )BC →·BA →＋cCA →·CB →＝0.(1) 求角B 的大小； (2) 若b ＝23，试求AB →·CB →的最小值．解析：(1) 因为(2a ＋c )BC →·BA →＋cCA →·CB →＝0， 所以(2a ＋c )ac cos B ＋cab cos C ＝0，即(2a ＋c )cos B ＋b cos C ＝0，则(2sin A ＋sin C )cos B ＋sin B cos C ＝0， 所以2sin A cos B ＋sin(C ＋B )＝0，即cos B ＝－12，所以B ＝2π3.(2) 因为b 2＝a 2＋c 2－2ac cos 2π3，所以12＝a 2＋c 2＋ac ≥3ac ，即ac ≤4.所以AB →·CB →＝ac cos 2π3＝－12ac ≥－2，即AB →·CB →的最小值为－2.。
2023年高考数学微专题练习专练16高考大题专练一导数的应用含解析理
专练16 高考大题专练(一) 导数的应用命题范围：导数的应用、导数的几何意义．1．[2022·云南省昆明市检测]已知函数f (x )＝1－ax 2ex，a ≠0(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ＞0，a ＞0时，e xf (x )≥bx ，证明：ab ≤2e327.2．[2022·全国甲卷(理)，21]已知函数f (x )＝exx－ln x ＋x －a .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)证明：若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2<1.3.[2022·河南省郑州市质检]已知函数f(x)＝ln (x＋1)－x＋1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝a e x－x＋ln a，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，求实数a的取值范围．4．[2022·全国乙卷(理)，21]已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋ax e－x(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．5．[2022·江西省二模]已知函数f (x )＝a ln x ＋x 22－(a ＋1)x ＋a ＋12(a ∈R )有一个大于1的零点x 0.(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：对任意的x ∈(1，x 0]，都有a ln x －x ＋1＞0恒成立．专练16 高考大题专练(一) 导数的应用1．解析：(1)f(x)的定义域为R ，f ′(x )＝－2ax e x －ax 2e x（e x ）2＝ax （x －2）e x. ①a ＞0时，当x ∈(－∞，0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈(0，2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．②a ＜0时，当x ∈(－∞，0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(0，2)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．(2)由e xf (x )≥bx ，得e x－ax 2－bx ≥0，因为x ＞0，所以e xx－ax 2－bx ≥0，令g (x )＝e x x －ax －b (x ＞0)，则g ′(x )＝（x －1）exx2－a ， 设h (x )＝（x －1）e x x 2－a (x ＞0)，则h ′(x )＝（x 2－2x ＋2）e xx3＞0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又因为h (1)＝－a ＜0，h (1＋a )＝a e 1＋a （1＋a ）2－a ＞a ·（1＋a ）2（1＋a ）2－a ＝a －a ＝0，(由(1)知当a ＝1时，f (x )≥f (2)＝1－4e 2＞0，所以当x ＞0时，1－x 2e x ＞0，即e x ＞x 2.)所以，存在x 0∈(1，1＋a )，使得h (x 0)＝0， 即a ＝（x 0－1）e x 0x 2. 所以，当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )≥g (x 0)＝e x 0x 0－ax 0－b ≥0，所以b ≤e x 0x 0－（x 0－1）e x 0x 0＝（2－x 0）e x 0x 0.所以ab ≤（x 0－1）（2－x 0）e2x 0x 30 ＝（－x 20 ＋3x 0－2）e2x 0x 3.设F (x )＝（－x 2＋3x －2）e2xx3(x ＞1)，则 F (x )＝－2x 3－7x 2＋10x －6x4·e 2x ＝－（2x －3）（x 2－2x ＋2）x4·e 2x ， 当1＜x ＜32时，F ′(x )>0，F (x )单调递增；当x ＞32时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减．所以F (x )≤F (32)＝2e 327，所以ab ≤2e327.2．解析：(1)由题意可知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝e x（x －1）x 2－1x＋1＝（e x＋x ）（x －1）x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝e ＋1－a .若f (x )≥0，则f (x )min ＝e ＋1－a ≥0，解得a ≤e＋1. 故a 的取值范围为(－∞，e ＋1].(2)证明：由(1)可知，要使f (x )有两个零点，则f (x )min ＝f (1)＝e ＋1－a ＜0，即a ＞1＋e.假设0＜x 1＜1＜x 2，要证明x 1x 2＜1，即需证明1＜x 2＜1x 1.又因为f (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递增，所以要证明1＜x 2＜1x 1，则需证明f (x 2)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1，即f (x 1)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x1.令F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，0＜x ＜1，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ·1x2＝（x －1）（e x＋x －x e 1x －1）x2.因为e x在x ∈(0，1)上单调递增，所以e x＜e ，所以当x ∈(0，1)时，e x＋x ＜e ＋1.又函数y ＝x e 1x 在(0，1)上单调递减，所以x e 1x ＞e ，所以－x e 1x －1＜－e －1，所以e x＋x－x e 1x －1＜e ＋1－e －1＝0，所以当x ∈(0，1)时，F ′(x )＞0，则F (x )在(0，1)上单调递增．因为F (1)＝f (1)－f (1)＝0，所以F (x )＜0，即f (x )＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，所以若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2＜1.3．解析：(1)函数的定义域为{x |x ＞－1}，f ′(x )＝1x ＋1－1＝－xx ＋1，f ′(x )＞0，－1＜x ＜0；f ′(x )＜0，x ＞0.函数f (x )的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞). (2)要使函数F (x )＝f (x )－g (x )有两个零点，即f (x )＝g (x )有两个实根， 即ln (x ＋1)－x ＋1＝a e x－x ＋ln a 有两个实根．即e x ＋ln a＋x ＋ln a ＝ln (x ＋1)＋x ＋1.整理为ex ＋ln a＋x ＋ln a ＝eln (x ＋1)＋ln (x ＋1)，设函数h (x )＝e x＋x ，则上式为h (x ＋ln a )＝h (ln (x ＋1))，因为h ′(x )＝e x ＋1＞0恒成立，所以h (x )＝e x＋x 单调递增，所以x ＋ln a ＝ln (x ＋1). 所以只需使ln a ＝ln (x ＋1)－x 有两个根， 设M (x )＝ln (x ＋1)－x .由(1)可知，函数M (x )的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞)， 故函数M (x )在x ＝0处取得极大值，M (x )max ＝M (0)＝0. 当x →－1时，M (x )→－∞；当x →＋∞时，M (x )→－∞， 要想ln a ＝ln (x ＋1)－x 有两个根，只需ln a ＜0， 解得0＜a ＜1.所以a 的取值范围是(0，1).4．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln (1＋x )＋x e －x， 则f ′(x )＝11＋x ＋1－xex ，∴f (0)＝0，f ′(0)＝2，∴曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x ，即2x －y ＝0. (2)(方法一)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞).①当a ≥0时，对于∀x >0，f (x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上不存在零点，故不符合题意． ②当a <0时，f ′(x )＝1x ＋1＋a e －x(1－x )＝1＋a e －x（1－x 2）x ＋1.令g (x )＝1＋a e －x(1－x 2)，则g ′(x )＝a e －x(－2x ＋x 2－1)＝a e －x(x －1－2)(x －1＋2).对于∀x >－1，e －x >0，∵a <0，∴g (x )在(－1，1－2)和(1＋2，＋∞)上单调递减，在(1－2，1＋2)上单调递增．由已知，得g (－1)＝1，g (1－2)＝1＋a e2－1·2(2－1)，g (0)＝1＋a ，g (1)＝1.(ⅰ)若－1≤a ≤0，则有：当0<x ≤1时，g (x )单调递增，g (x )>g (0)＝1＋a ≥0；当x >1时，由于1－x 2<0，a e －x<0，故g (x )＝1＋a e －x(1－x 2)>1>0. 综上可知，当x >0时，都有g (x )>0，则f ′(x )＝g （x ）x ＋1>0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．∴对于∀x >0，f (x )>f (0)＝0，f (x )在(0，＋∞)上不存在零点，符合题意． (ⅱ)当a <－1时，g (1－2)<g (0)＝1＋a <0.又∵g (－1)＝1>0，∴∃x 0∈(－1，0)，满足g (x 0)＝0， 且∀x ∈(－1，x 0)，都有g (x )>0，则f ′(x )＝g （x ）x ＋1>0， ∀x ∈(x 0，0)，都有g (x )<0，则f ′(x )＝g （x ）x ＋1<0， ∴f (x )在(－1，x 0)上单调递增，在(x 0，0)上单调递减． 又∵f (0)＝0，∴f (x 0)>0. 又∵当x →－1时，f (x )→－∞， ∴f (x )在(－1，0)上恰有一个零点．∵g (0)＝1＋a <0，g (1)＝1>0，g (x )在(0，1＋2)上单调递增，在[1＋2，＋∞)上单调递减，∴∃x 1∈(0，1)，满足g (x 1)＝0，且当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0，则f ′(x )＝g （x ）x ＋1<0，当x ∈(x 1，1)时，g (x )>0，则f ′(x )＝g （x ）x ＋1>0. 又∵当x ≥1时，a e －x<0，1－x 2≤0， ∴g (x )＝1＋a e －x·(1－x 2)>0，∴f ′(x )＝g （x ）x ＋1>0， ∴f (x )在(0，x 1)上单调递减，在[x 1，＋∞)上单调递增． 又∵f (0)＝0，∴∀x ∈(0，x 1)，f (x )<0，则f (x 1)<0. 又∵当x →＋∞时，ln (1＋x )→＋∞，ax e －x→0， ∴f (x )→＋∞，∴f (x )在(x 1，＋∞)上存在零点，且仅有一个． 故f (x )在(0，＋∞)上恰有一个零点．综上可知，满足题意的a 的取值范围是(－∞，－1). (方法二)令g (x )＝e xln （1＋x ）x.f (x )在区间(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一个零点等价于g (x )＝e xln （1＋x ）x＝－a在(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一解．g ′(x )＝e x[x ln （1＋x ）＋x1＋x－ln （1＋x ）]x2. 令h (x )＝(x －1)ln (1＋x )＋x1＋x，则h ′(x )＝ln (1＋x )＋x －11＋x ＋1（1＋x ）2.令φ(x )＝ln (1＋x )＋x －11＋x ＋1（1＋x ）2，则φ′(x )＝（1＋x ）2＋2x（1＋x ）3. ①当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，则h ′(x )>h ′(0)＝0，∴h (x )>h (0)＝0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又∵当x →0时，g (x )＝lim x →0e xln （1＋x ）x＝1，当x →＋∞时，g (x )→＋∞，∴a ∈(－∞，－1).②当x ∈(－1，3－2)时，φ′(x )<0；当x ∈(3－2，0)时，φ′(x )>0. ∵当x →－1时，φ(x )＝h ′(x )→＋∞，h ′(0)＝0， ∴存在a 1∈(－1，0)使h ′(a 1)＝0，∴h (x )在(－1，a 1)上单调递增，在(a 1，0)上单调递减． 当x →－1时，h (x )→－∞. 又h (0)＝0，∴存在a 2∈(－1，a 1)，使得h (a 2)＝0，即g (x )在(－1，a 2)上单调递减，在(a 2，0)上单调递增． 当x →－1时，g (x )→＋∞；当x →0时，g (x )→1，g (x )的大致图像如图．故当a ∈(－∞，－1)∪{－g (a 2)}时，g (x )＝－a 仅有一解；当a ∈(－1，－g (a 2))时，g (x )＝－a 有两解．综上可知，a ∈(－∞，－1).5．解析：(1)f ′(x )＝a x ＋x －(a ＋1)＝x 2－（a ＋1）x ＋a x ＝（x －1）（x －a ）x.①若a ≤1，则f ′(x )＞0在(1，＋∞)恒成立，即f (x )在(1，＋∞)上单调递增， 当x ＞1时，f (x )＞f (1)＝0，与f (x )有一个大于1的零点x 0矛盾．②若a ＞1，令f ′(x )＞0，解得0＜x ＜1或x ＞a ，令f ′(x )＜0，解得1＜x ＜a . 所以f (x )在(0，1)和(a ，＋∞)上单调递增，在(1，a )上单调递减．所以f (a )＜f (1)＝0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，由零点存在性定理，f (x )在(a ，＋∞)上存在一个零点x 0.综上，a ＞1.(2)令g (x )＝a ln x －x ＋1，g ′(x )＝ax －1＝a －xx，由(1)知1＜a ＜x 0，令g ′(x )＞0， 解得1＜x ＜a ，令g ′(x )＜0，解得a ＜x ＜x 0，故g (x )在(1，a )上单调递增，在(a ，x 0)上单调递减．g (1)＝0，g (x 0)＝a ln x 0－x 0＋1，因为x 0为函数f (x )的零点，故f (x 0)＝a ln x 0＋x 22－(a ＋1)x 0＋a ＋12＝0，即 a ln x 0＝－x 22＋(a ＋1)x 0－a －12， 所以g (x 0)＝a ln x 0－x 0＋1＝－x 202＋(a ＋1)x 0－a －12－x 0＋1＝－x 20 2＋ax 0－a ＋12＝12(1－x 0)(x 0－2a ＋1). 又因为f (2a －1)＝a ln (2a －1)＋（2a －1）22－(a ＋1)(2a －1)＋a ＋12＝a ln (2a －1)－2a ＋2，令h (a )＝a ln (2a －1)－2a ＋2，则h ′(a )＝ln (2a －1)＋2a 2a －1－2＝ln (2a －1)＋12a －1－1， 令m (a )＝ln (2a －1)＋12a －1－1，m ′(a )＝22a －1－2（2a －1）2＝4（a －1）（2a －1）2＞0恒成立， 所以h ′(a )在(1，＋∞)上单调递增，h ′(a )＞h ′(1)＝0，所以h (a )在(1，＋∞)上单调递增，h (a )＞h (1)＝0，即f (2a －1)＞0，由(1)可知f (a )＜0，所以a ＜x 0＜2a －1，因为1－x 0＜0，x 0－2a ＋1＜0，所以g (x 0)＝12(1－x 0)·(x 0－2a ＋1)＞0，所以g (x )＞0在x ∈(1，x 0]恒成立，故对任意的x ∈(1，x 0]，都有a ln x －x ＋1＞0恒成立．。
2023高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五微专题1直线与圆课件
专题五 解析几何
2．(2022·全国乙卷)过四点(0，0)，(4，0)，(－1，1)，(4，2)中的三点的一 个圆的方程为________． 解析：设过点(0，0)，(4，0)，(－1，1)的圆的方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
专题五 解析几何
过点(4，0)，(－1，1)，(4，2)圆的方程为 x2＋y2－156x－2y－156＝0. 故答案为 x2＋y2－4x－6y＝0(或 x2＋y2－4x－2y＝0 或 x2＋y2－83x－134y＝0 或 x2＋y2－156x－2y－156＝0)． 答案：x2＋y2－4x－6y＝0(或 x2＋y2－4x－2y＝0 或 x2＋y2－83x－134y＝0 或 x2＋y2－156x－2y－156＝0)．
专题五 解析几何
3．(2022·新高考卷Ⅱ)设点 A(－2，3)，B(0，a)，若直线 AB 关于 y＝a 对
称的直线与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1 有公共点，则 a 的取值范围是 _______．
解析：点 A(－2，3)，B(0，a)，kAB＝a－2 3，所以直以对称直线方程为
F＝0， 即16＋4D＋F＝0， 解得 F＝0，D＝－4，E＝－6，
2－D＋E＋F＝0， 所以过点(0，0)，(4，0)，(－1，1)圆的方程为 x2＋y2－4x－6y＝0. 同理可得，过点(0，0)，(4，0)，(4，2)圆的方程为 x2＋y2－4x－2y＝0. 过点(0，0)，(－1，1)，(4，2)圆的方程为 x2＋y2－83x－134y＝0.
【高考数学】《函数切线问题》微专题
【高中数学】《函数的切线问题》微专题第一讲 函数切线及其应用1．导数的几何意义:函数)(x f 在点0x 处的导数的几何意义就是曲线)(x f y =在点))(,(0x f x 处的切线的斜率．注：（()tan k f x α'==）2．在点00(,)A x y 处的切线方程：()000()()y f x f x x x '-=-抓住关键：000()()y f x k f x =⎧⎨'=⎩；3．过点11(,)A x y 的切线方程：设切点为00(,)P x y ，则斜率0()k f x '=，过切点的切线方程为：∵过点11(,)A x y ，∴10010()()y y f x x x '-=-然后解出0x 的值．（0x 有几个值，就有几条切线，三次函数多解）考点1 切线及斜率问题【例1.1】已知函数()f x 是偶函数，定义域为()()00-∞⋃+∞，，，且0x >时， ()1x x f x e-=，则曲线()y f x =在点()()11f --，处的切线方程为 ． 析】()()()21','1,10,xx f x f f e e-=∴==∴曲线y ， 是偶函数， ∴曲线()y f x =在点((1,f --相切，则切点的横坐标为( )A ．1B ．－1C ．2D ．e －1[解析] 设切点为(x 0，e 2x 0－1)，∵f ′(x )＝2e 2x －1，∴2e 2x 0－1＝e 2x 0－1＋ex 0，化简得2x 0－1＝e2－2x 0.令y ＝2x －1－e 2－2x ，则y ′＝2＋2e 2－2x >0.∵x ＝1时，y ＝0，∴x 0＝1.故选A.[答案] A【例1.3】设点P 是曲线335y x =+上的任意一点，点P 处切线的倾斜角为α，则角α的范围是（ ）A ．203π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，B ．2023πππ⎡⎫⎡⎫⋃⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎣⎭，， C ．223ππ⎛⎤⎥⎝⎦，D ．233ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，233x -，为第一象限角）．设函数f ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x解析：选D 法一：∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a .又∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )恒成立， 即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立， ∴a ＝1，∴f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .法二：易知f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ＝x [x 2＋(a －1)x ＋a ]，因为f (x )为奇函数，所以函数g (x )＝x 2＋(a －1)x ＋a 为偶函数，所以a －1＝0，解得a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .故选D.【练习2】若P 是函数()()()1ln 1f x x x =++图象上的动点，点()1,1A --，则直线AP 斜率的取值范围为（ ） A ．[)1,+∞ B ．[]0,1C ．(1,e e -⎤⎦D ．(1,e -⎤-∞⎦【解析】由题意可得： ()()'ln 11f x x =++ ，结合函数的定义域可知，函数在区间11,1e ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间11,e⎛⎫-++∞ ⎪⎝⎭上单调递增，且1111f e e⎛⎫-+=->- ⎪⎝⎭，绘制函数图象如图所示，当直线与函数图象相切时直线的斜率取得最小值，设切点坐标为()()()000,1ln 1x x x ++ ，该点的斜率为()0ln 11k x =++ ，切线方程为： ()()()()00001ln 1ln 11y x x x x x ⎡⎤-++=++-⎣⎦，切线过点()1,1-- ，则： ()()()()000011ln 1ln 111x x x x ⎡⎤--++=++--⎣⎦ ，解得:00x = ，切线的斜率()0ln 111k x =++= ，综上可得：则直线AP 斜率的取值范围为[)1,+∞．00点P (x 0，f (x 0))的坐标为________．[解析] ∵f (x )＝x ln x ，∴f ′(x )＝ln x ＋1，由题意得f ′(x 0)·(－1)＝－1，即f ′(x 0)＝1，∴ln x 0＋1＝1，ln x 0＝0，∴x 0＝1，∴f (x 0)＝0，即P (1,0)．[答案] (1,0) 【练习4】设P 是函数()1y x x =+图象上异于原点的动点，且该图象在点P 处的切线的倾斜角为θ，则θ的取值范围是 ．【解析】由题意知313131tan 23222222y x x x xx x θ=+∴=+≥⋅=' [)30,,2ππθπθ⎡⎫∈∴∈⎪⎢⎣⎭． 考点2 切线条数问题【例2】过点(),A m m 与曲线()ln f x x x =相切的直线有且只有两条，则m 的取值范围是（ ）A ．()e -∞，B ．()+e ∞，C ．10e ⎛⎫⎪⎝⎭，D ．()1+∞，【练习】设函数233)(x x x f -=，若过点),2(n 可作三条直线与曲线)(x f y =相切，则实数n 的取值范围是（ ）A ．)4,5(--B ．)0,5(-C ．)0,4(-D ．]3,5(--【解析】法一：()323f x x x =-,则()236f x x x '=-，设切点为()32000,3x x x -,则()200036f x x x '=-．∴过切点处的切线方程为()()32200000336y x x x x x x -+=--，把点()2n ，代入得： ()()322000003362n x x x x x -+=--．整理得：3200029120x x x n -++=．若过点()2n ，可作三条直线与曲线()y f x =相切,则方程3200029120x x x n -++=有三个不同根（左图）令()322912g x x x x =-+，则()()()261812612g x x x x x '=-+=--，∴当()()12+x ∈-∞⋃∞，，时,()0g x '>；当()12x ∈，时,()0g x '<， ∴()g x 的单调增区间为()1-∞，和()2+∞，；单调减区间为()12，． ∴当1x =时,()g x 有极大值为()15g =；当2x =时,()g x 有极小值为()24g =．由45n <-<，得54n -<<-． ∴实数n 的取值范围是()54--，．故选A ．法二：()323f x x x =-关于点()1,2-中心对称，()()23613f x x x f ''=-⇒=-，在对称中心的切线方程为31,25y x x y =-+==-时，，()24f =-，故当点()2,n 位于区域Ⅰ，有三条切线时，54n -<<-．（如右图）考点3 零点、交点、极值点问题【例3.1】已知函数()()ln f x x x ax =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()0∞－，B ．10,2⎛⎫⎪⎝⎭C ．()0,1D ．(0,)+∞【解析】函数()()ln f x x x ax =-，则()1'ln ln 21f x x ax x a x ax x⎛⎫=-+-=-+ ⎪⎝⎭，令()'ln 210f x x ax =-+=得ln 21x ax =-，函数()()ln f x x x ax =-有两个极值点，等价于()'ln 21f x x ax =-+有两个零点，等价于函数ln y x =与21y ax =-的图象有两个交点，在同一坐标系中作出它们的图象（如图），当12a =时，直线21y ax =-与ln y x = 的图象相切，由图可知，当102a <<时， ln y x =与21y ax =-的图象有两个交点，则实数a 的取值范围是10,2⎛⎫⎪⎝⎭，故选B ．例3.1图 例3.2图【例3.2】设()ln f x x =，若函数()()g x f x ax =-在区间()20,e 上有三个零点，则实数a 的取值范围（ ）A ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．211,e e ⎛⎫⎪⎝⎭ C ．222,e e ⎛⎫⎪⎝⎭ D ．221,e e ⎛⎫⎪⎝⎭ 【解析】令()()0g x f x ax =-=，可得()f x ax =．在坐标系内画出函数()ln f x x =的图象（如图1所示）．当1x >时， ()ln f x x =．由ln y x =得1y x'=．设过原点的直线y ax =与函数y xln =的图象切于点()00,ln A x x ，则有0001lnx ax a x =⎧⎪⎨=⎪⎩，解得0 1x ea e =⎧⎪⎨⎪⎩=．所以当直线y ax =与函数ln y x =的图象切时1a e =．又当直线y ax =经过点()2B ,2e 时，有22a e =⋅，解得22a e =．结合图象可得当直线y ax =与函数()ln f x x =的图象有3个交点时，实数a 的取值范围是221,e e ⎛⎫⎪⎝⎭．即函数()()g x f x ax =-在区间()20,e 上有三个零点时，实数a 的取值范围是221,e e ⎛⎫⎪⎝⎭．故选D ． 0x >()lg 0f x a x x=--≤a A ．()(lg lg lg e e ⎤-∞-⎦， B ．(]1-∞，C ．()1lg lg lg e e ⎡⎤-⎣⎦，D ．()lg lg lg e e ⎡⎤-+∞⎣⎦，【解析】原问题即lg x x a ≥-+在区间()0,+∞上恒成立，考查临界情况， 即函数()lg g x x =与()h x x a =-+相切时的情形，如图， 很明显切点横坐标位于区间()0,1内，此时，()()1lg ,'ln10g x x g x x =-=，由()'1g x =-可得：1lg ln10x e =-=-，则切点坐标为：()()lg ,lg lg e e --，切线方程为： ()lg lg lg y e x e +=+，令0x =可得纵截距为： ()lg lg lg e e -， 结合如图所示的函数图象可得则a 的取值范围是()(lg lg lg e e ⎤-∞-⎦，．故选A ．考点4 参数范围问题【例4】已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且()()2k x f x -<对任意的2x >恒成立，则k 的最大值为（ ）(参考数据：ln20.6931,ln3 1.0986==) A ．3B ．4C ．5D ．6【练习】已知,a b 为正实数，直线yx a =-与曲线()ln y x b =+相切，则2a b+的取值范围为 ．考点5 距离问题和平行切线问题【例5.1】设点P 在曲线12x y e =上，点Q 在曲线()ln 2y x =上，则PQ 最小值为（ ）A ．1ln2- B)1ln 2- C ．1ln2+D )1ln 2+【例5.2】直线y m =分别与曲线()21y x =+，与ln y x x =+交于点,A B ，则AB的最小值为（ ） A B ．2 C ．3D ．32【练习1】已知函数()()02x f x f e x '=-+，点P 为曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线l 上的一点，点Q 在曲线x y e =上，则PQ 的最小值为 ．【解析】由()()02x f x f e ''=-+，令0x =可得()01f '=，所以()2x f x e x =-+，所以切线的斜率()01k f '==，又()01f =-，故切线方程为10x y --=．由题意可知与直线10x y --=平行【练习2】函数()21x f x e x x =+++与()g x 的图象关于直线230x y --=对称，P Q 、分别是函数()()f x g x 、图象上的动点，则PQ 的最小值为（ ）ABC D ．【解析】由题意得当P 点处切线平行直线230x y --=，Q 为P 关于直线230x y --=对称取最小值．()f x e '=12+=⇒考点6 两点间距离平方问题【例6】已知实数a b 、满足225ln 0a a b c R --=∈，，则()()22a c b c -++的最小值为（ ）A ．12BC ．2D ．92225ln 0x x y --=，即()225ln 0y x x x =->，以x 代换c，可得点()x x -，，满足0y x +=．因此【练习】已知()()()22ln S x a x a a R =-+-∈，则S 的最小值为（ ） AB ．12C D ．2【解析】设()()ln A x x B a a ，，，，则问题化为求平面上两动点()()ln A x x B a a ，，，之间距离的第二讲函数公切线问题与是否有公切线，决定它们公切线条数的是由函数凹凸性和共单调区间交点。
2019高考数学二轮复习微专题1三角形中的范围与最值问题课件精选ppt版本
取值范围.
解析 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,则4=b2+c2-bc≥bc,当且仅当b=c时
取等号,则△ABC的面积S= 1 bcsin A≤ 1 ×4× 3 = 3,故△ABC面积的取值范围
2
22
是(0, 3 ].
【方法归纳】 已知三角形的一边和它的对角,求三角形面积的最值或取值 范围一般有两种方法:一是利用余弦定理和基本不等式,结合三角形面积公式 求解,二是利用正弦定理和三角形面积公式建立三角形的面积关于某个角的 三角函数,再结合三角函数的图象求解最值或取值范围.若对三角形加上一点 限制条件,如“锐角三角形”,则选择方法二.
tan B tan C
.
答案
5 3 3
,3
解析 c2=b2+ab=a2+b2-2abcos C,化简得b=a-2bcos C,则sin B=sin A-2sin Bcos C,sin B=sin(B+C)-2sin Bcos C,化简得sin B=sin(C-B),即在锐角三角形中,C=2B,
1
2 3tan
B
≤ 2
23
= 33 ,当且仅当tan
B= 3 ,B= 时取等号.又A,B都是锐角,则- tan<BA-B< ,故A-B的最大值是 .
36
2
2
6
题型二 三角形中面积的最值或取值范围
例2 在△ABC中,AB=2,AC= 2BC,则△ABC面积的最大值为
.
答案 2 2
解析 以AB所在的直线为x轴,AB的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系, 则A(-1,0),B(1,0).设C(x,y),由AC= 2 BC,得(x+1)2+y2=2[(x-1)2+y2],化简得(x-3)2+y 2=8,即为点C的轨迹方程,当C(3,±2 2 )时,△ABC的面积取得最大值为2 2.
微专题(一) 一元二次方程根的分布--2025年高考数学复习讲义及练习解析
所谓一元二次方程根的分布问题，就是已知一个一元二次方程根的分布情况，确定方程中系数的取值范围问题．解决一元二次方程根的分布问题，主要依据方程的根与函数零点间的关系，借助图象，从以下三个方面建立关于系数的不等式(组)进行求解．(1)判别式Δ的符号；(2)对称轴x＝－b2a与所给区间的位置关系；(3)区间端点处函数值的符号．一元二次方程根的分布问题，类型较多，情况复杂，但基本可以分为以下三类：类型一已知两根与实数k的大小关系例1(1)若关于x的方程x2－(m－1)x＋2－m＝0的两根为正数，则实数m的取值范围是________．答案[－1＋22，2)解析设f(x)＝x2－(m－1)x＋2－m，m－1）2－4（2－m）≥0，，2－m>0，解得－1＋22≤m<2.(2)(2024·湖北武汉华师第一附中模拟)若关于x的方程ax2＋(a＋2)x＋9a＝0有两个不相等的实数根x1，x2，且x1<1<x2，那么实数a的取值范围是________．答案－211，解析由于方程ax2＋(a＋2)x＋9a＝0有两个不相等的实数根，故a≠0，则ax2＋(a＋2)x＋9a ＝0可化为x2＋9＝0，令f(x)＝x2＋9，则f(1)＝1＋9<0，解得－211<a<0.当方程中二次项系数含有参数时，为避免讨论对应二次函数图象的开口方向，可将方程两边同时除以二次项系数，从而只需研究开口向上的情况，当然需要先判断二次项系数能否为0.1．(2023·黑龙江哈尔滨六中模拟)关于x的方程x2＋(m－2)x＋6－m＝0的两根都大于2，则实数m的取值范围是________．答案(－6，－25]解析令f(x)＝x 2＋(m－2)x＋6－m，＝（m－2）2－4（6－m）≥0，－m－22>2，2）＝4＋2（m－2）＋6－m>0，即≥25或m≤－25，<－2，>－6，解得－6<m≤－2 5.2．已知二次方程(2m＋1)x2－2mx＋(m－1)＝0有一正根和一负根，则实数m的取值范围是________．答案－12，解析解法一：显然2m＋1≠0，令f(x)＝x2－2m2m＋1x＋m－12m＋1，则f(0)<0，即m－12m＋1<0，所以(2m ＋1)(m－1)<0，解得－12<m<1.解法二：设x1，x2是方程(2m＋1)x2－2mx＋(m－1)＝0的两个根，则x1x2＝m－12m＋1<0，解得－12<m<1.类型二已知两根所在的区间f（m）<0，另外，根在区间上的分布还有一种情况：两根分别在区间(m，n)外，即在区间两侧x1<m，x2>n(图形分别如下)，需满足的条件是：(1)当a >0m ）<0，n ）<0；(2)当a <0m ）>0，n ）>0.例2已知关于x 的二次方程x 2＋2mx ＋2m ＋1＝0.若方程有两根，其中一根在区间(－1，0)内，另一根在区间(1，2)内，则实数m 的取值范围为________；若方程两根均在区间(0，1)内，则实数m 的取值范围为________．答案－56，－－12，1－2解析设函数f (x )＝x 2＋2mx ＋2m ＋1，则其图象与x 轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图如图1，由题意，得0）＝2m ＋1<0，1）＝2>0，1）＝4m ＋2<0，2）＝6m ＋5>0，<－12，∈R ，<－12，>－56，解得－56＜m ＜－12.由题意知函数f (x )＝x 2＋2mx ＋2m ＋1的图象与x 轴的交点落在区间(0，1)内，画出示意图如图2，由题意，得0）＝2m＋1>0，1）＝4m＋2>0，＝4m2－4（2m＋1）≥0，－m<1，>－12，>－12，≥1＋2或m≤1－2，1<m<0，解得－12＜m≤1－ 2.求解二次方程根的分布问题，最重要的是数形结合，即结合对应二次函数的图象，从以下角度考虑：①开口方向；②对称轴；③判别式；④在区间端点的函数值．注意以下两点：一是特殊点(含参的二次函数过的一些定点(比如与x，y轴的交点)或某些函数值的正负)的应用；二是对于一些特殊情况，还可以利用根与系数的关系、因式分解求出根再求解等方法．3．已知方程x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)＝0的两根分别在区间(0，1)，(1，3)内，则实数a的取值范围为________．答案(0，1)解析解法一：设f(x)＝x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)，则0）>0，1）<0，3）>0，即（a＋1）>0，2a＋a（a＋1）<0，－3（2a＋1）＋a（a＋1）>0，>0或a<－1，a<1，>3或a<2，所以0<a<1.解法二：由x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)＝0，得(x－a)[x－(a＋1)]＝0，所以方程两根为x1＝a，x2＝a＋1，a<1，a＋1<3，解得0<a<1.4．已知关于x的方程ax2＋x＋2＝0的两个实根一个小于0，另一个大于1，则实数a的取值范围是________．答案(－3，0)解析显然a≠0，则方程ax2＋x＋2＝0可化为x2＋xa＋2a＝0，设f(x)＝x2＋xa＋2a，则0）<0，1）<0，，＋1a＋2a<0，解得－3<a<0，所以实数a的取值范围是(－3，0)．类型三可转化为一元二次方程根的分布的问题一元二次方程根的分布问题是高中数学的重要知识点之一，很多涉及函数零点个数问题或方程根的个数问题，经过换元后都能转化为根的分布问题求解．(2023·河北石家庄藁城一中模拟)设函数f (x )＝－32cos2x ＋a sin x ＋a ＋92，若方程f (x )＝0在(0，π)上有4个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是________．答案(－3，6－62)解析f (x )＝－32(1－2sin 2x )＋a sin x ＋a ＋92＝3sin 2x ＋a sin x ＋a ＋3，x ∈(0，π)，令sin x ＝t ，t ∈(0，1]，h (t )＝3t 2＋at ＋a ＋3，当0<t <1时，sin x ＝t 有两个不相等的实数根，当t ＝1时，sin x ＝t 有且仅有一个实数根，因为方程f (x )＝0在(0，π)上有4个不相等的实数根，所以原问题等价于h (t )＝3t 2＋at ＋a ＋3＝0在区间(0，1)上有两个不相等的实数根，所以－a6<1，＝a 2－12（a ＋3）>0，（0）＝a ＋3>0，（1）＝2a ＋6>0，解得－3<a <6－6 2.本题中，令sin x ＝t ，将原问题转化为3t 2＋at ＋a ＋3＝0在区间(0，1)上有两个不相等的实数根，进而转化为一元二次方程根的分布问题是解决问题的关键，同时要注意区间端点是否满足题意．5．(2024·黑龙江哈尔滨南岗实验中学模拟)设函数f (x )x ＋1，x ≤0，4x |，x >0，若关于x 的函数g (x )＝[f (x )]2－(a ＋2)f (x )＋3恰好有六个零点，则实数a 的取值范围是________．答案23－2，32解析作出函数f (x )x ＋1，x ≤0，4x |，x >0的图象如图，令f (x )＝t ，则当t ∈(1，2]时，方程f (x )＝t 有3个不同的实数解，所以使关于x 的方程[f (x )]2－(a ＋2)f (x )＋3＝0恰好有六个不同的实数解，则方程t 2－(a ＋2)t ＋3＝0在(1，2]上有两个不同的实数根，令g (t )＝t 2－(a ＋2)t ＋3，则＝（a ＋2）2－12>0，1<a ＋22<2，（1）＝2－a >0，（2）＝3－2a ≥0，解得23－2<a ≤32，故实数a 23－2，32.。
高考数学微专题
高考数学微专题一、数列1、定义：数列是一组有顺序的数构成的集合。
2、数列的性质：（1）数列的和：数列的和是指把数列中所有数相加所得的和。
（2）数列的等差：如果数列中任意两项之差相等，则称这个数列是等差数列。
（3）数列的等比：如果数列中任意两项之比相等，则称这个数列是等比数列。
3、数列的应用：（1）数列可以用来求解一些复杂的问题，比如求解某个函数的极限值、求解某个等比数列的和等等。
（2）数列也可以用来描述一些规律性的现象，比如统计数据、经济数据等等。
二、函数1、定义：函数是一种特殊的数学关系，它将某个变量与另一个变量之间的关系表示出来。
2、函数的性质：（1）函数的单调性：如果一个函数的图像在某一区间上是单调的，则称这个函数在这个区间上是单调的。
（2）函数的对称性：如果一个函数的图像关于某一点或某一线对称，则称这个函数是对称的。
（3）函数的奇偶性：如果一个函数的图像关于y轴对称，则称这个函数是奇函数；如果一个函数的图像关于x轴对称，则称这个函数是偶函数。
3、函数的应用：（1）函数可以用来求解一些复杂的问题，比如求解某个函数的极限值、求解某个方程的根等等。
（2）函数也可以用来描述一些规律性的现象，比如统计数据、经济数据等等。
三、概率1、定义：概率是指某一事件发生的可能性，它是一个介于0和1之间的实数。
2、概率的性质：（1）概率的加法定理：如果事件A和事件B没有相交，则P（A∪B）=P（A）+P （B）。
（2）概率的乘法定理：如果事件A和事件B相互独立，则P（A∩B）=P（A）×P （B）。
（3）概率的总和定理：任何一个事件发生的概率总和为1。
3、概率的应用：（1）概率可以用来求解一些复杂的问题，比如求解某个概率分布的参数、求解某个概率问题的期望等等。
（2）概率也可以用来描述一些规律性的现象，比如统计数据、经济数据等等。
四、不等式1、定义：不等式是指一个或多个变量之间的关系，它可以表示两个数之间的大小关系。
2023高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题四微专题1概率与统计课件
专题四 概率与统计
类型一 统计 1．(2022·全国甲卷)某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知 识．为了解讲座效果，随机抽取 10 位社区居民，让他们在讲座前和讲座 后各回答一份垃圾分类知识问卷，这 10 位社区居民在讲座前和讲座后问 卷答题的正确率如图，则( )
专题四 概率与统计
14 种，故所求概率为1241＝23.
故选 D.
答案：D
专题四 概率与统计
3．(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛 结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为 p1，p2， p3，且 p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为 p，则( ) A．p 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p 最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大
5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共 15 种取法，其中抽到的 2 张卡片
上的数字之积是 4 的倍数有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，(4，5)，(4，
6)，共 6 种情况，则抽到的 2 张卡片上的数字之积是 4 的倍数的概率 P＝
165＝25；故选 C.
答案：C
专题四 概率与统计
2．(2022·新高考卷Ⅰ)从 2 至 8 的 7 个整数中随机取 2 个不同的数，则这 2
个数互质的概率为( )
A.16
B.13
1
2
C.2
D.3
解析：从 2 至 8 的 7 个整数中任取两个数共有 C27＝21(种)方式，其中互质
的有：23，25，27，34，35，37，38，45，47，56，57，58，67，78，共
2025高考数学一轮复习-第六章-微专题1-计数问题的常用方法【课件】
方法二 (以颜色为主考虑)分两类. (1)取 4 色：着色方法有 2A44＝48(种). (2)取 3 色：着色方法有 A34＝24(种). 所以共有着色方法48＋24＝72(种).
谢谢观看
(2)恰有一个空盒子；
解 恰有一个空盒子，插板分两步进行. 先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在 5 个空隙中任选 2 个空隙各插一 块隔板，如|0|000|00|，有 C25种方法， 然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒， 如|0|000||00|，有 C14种方法，故共有 C25C14＝40(种)方法.
第六章 计数原理
一、“多面手”问题
例1 某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英 语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教，有 多少种不同的选法？
解 由题意，知有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语. 方法一 分两类. 第一类：从只会英语的6人中选1人教英语，有6种选法，则教日语的有2 ＋1＝3(种)选法.此时共有6×3＝18(种)选法. 第二类：从不只会英语的1人中选1人教英语，有1种选法，则选会日语 的有2种选法，此时有1×2＝2(种)选法. 所以由分类加法计数原理知，共有18＋2＝20(种)选法.
在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名学生中至
少有1人参加，且当这3名学生都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，
那么选派的4名学生不同的朗诵顺序的种数为
A.720
√B.768
C.810
D.816
解析 根据题意，在 7 名学生中选派 4 名学生参加诗歌朗诵比赛，有 A47 ＝840(种)情况， 其中甲、乙、丙都没有参加，即选派其他四人参加的情况有 A44＝24(种)， 则甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加的情况有840－24＝816(种)； 其中当甲、乙、丙都参加且甲和乙相邻的情况有 C14A22A33＝48(种)， 则满足题意的朗诵顺序有816－48＝768(种).故选B.
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高考数学微专题
（上册）
主编 张立祥 焦子奇 编委 刘明政 范德柱 张达望 刘 丽 廖金林
覃 荣 窦 威 王 芳 鲍伟伟 余黎进军 罗永云 林进伟 史军军
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北京张立祥
河北焦子奇
上册目录
第一部分 函数 第一章 函数性质······································································································· 002 1.1 单调性··············································································································· 002 1.2 奇偶性··············································································································· 006 1.3 奇偶性+单调性·····································································································009 1.4 周期性··············································································································· 012 1.5 奇偶性+周期性·····································································································015 1.6 对称性··············································································································· 017 1.7 凹凸性··············································································································· 023 1.8 性质综合············································································································ 025 第二章 函数综合······································································································· 031 2.1 嵌套函数············································································································ 031 2.2 分段函数············································································································ 035 2.3 零点问题············································································································ 038 2.4 恒成立共零点······································································································ 042 2.5 恒成立之零点比大小····························································································· 043 2.6 倍（保）值区间··································································································· 044 2.7 类周期函数········································································································· 046 2.8 指对幂比大小······································································································ 049 2.9 整数解问题········································································································· 054 2.10 切线距离···········································································································056 2.11 齐次式·············································································································· 057 2.12 同构················································································································· 059 2.13 平口单峰···········································································································060 2.14 综合应用···········································································································063