高中数学复习专题讲座---综合运用.docx

合集下载

高三数学第二轮专题讲座复习：综合运用等价转化、分类讨论、数形结合等思想解决函数综合问题.doc

高三数学第二轮专题讲座复习:综合运用等价转化、分类讨论.数形结合等思想解决函数综合问题高考要求：函数综合问题是历年高考的热点和重点内容之一，一般难度较大，考査内容和形式灵活多样. 本节课主婆帮助考生在掌握有关函数知识的基础上进一步深化综合运用知识的能力，掌握基本解题技巧和方法，并培养考牛的思维和创新能力.重难点归纳：在解决函数综合问题时，要认真分析、处理好各种关系，把握问题的主线，运用相关的知识和方法逐步化归为基本问题来解决，尤其是注意等价转化、分类讨论、数形结合等思想的综合运用. 综合问题的求解往往需要应用多种知识和技能.因此，必须全面掌握有关的函数知识，并且严谨审题，弄清题目的己知条件，尤其要挖掘题目中的隐含条件.学法指导：怎样学好函数学习函数要重点解决好四个问题：准确深刻地理解函数的有关概念；揭示并认识断数与其他数学知识的内在联系；把握数形结合的特征和方法；认识函数思想的实质，强化应用意识.（一）准确、深刻理解函数的有关概念概念是数学的慕础，而函数是数学中最主要的概念之一，函数概念贯穿在中学代数的始终. 数、式、方程、函数、排列组合、数列极限等是以函数为屮心的代数・.近十年来，高考试题屮始终贯穿着函数及其性质这条主线.（二）揭示并认识函数与其他数学知识的内在联系.函数是研究变量及相互联系的数学概念，是变量数学的慕础，利用断数观点可以从较高的角度处理式、方程、不等式、数列、曲线与方程等内容.在利用函数和方程的思想进行思维中，动与静、变量与常量如此生动的辩证统一，函数思维实际上是辩证思维的一种特殊表现形式.所谓函数观点，实质是将问题放到动态背景上去加以考虑.高考试题涉及5个方面：（1）原始意义上的两数问题；（2）方程、不等式作为函数性质解决：（3）数列作为特殊的函数成为高考热点；（4）辅助函数法；（5）集合与映射，作为棊本语言和工具岀现在试题中.（三）把握数形结合的特征和方法函数图象的几何特征与凶数性质的数量特征紧密结合，有效地揭示了各类函数和定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等基木属性，体现了数形结合的特征与方法，为此，既要从定形、定性、定理、定位各方面精确地观察图形、绘制图形，又要熟练地掌握函数图彖的平移变换、对称变换.（四）认识函数思想的实质，强化应用意识函数思想的实质就是用联系与变化的观点提出数学对象，抽象数量特征，建立函数关系，求得问题的解决.纵观近儿年高考题，考查函数思想方法尤其是应用题力度加大，因此一定要认识函数思想实质，强化应用意识.典型题例示范讲解：例1设是定义在R上的偶函数，其图象关于直线21对称，对任意七、疋已［0,丄］，都有并刊2）祕为）.爪也）,且/U）=a>0・⑴求代二）、代二）；⑵证明/（x）是周期函数；（3）记a,尸/⑵?+丁）,求lim（lno“）.2 4 2n “T8命题总图：本题主要考查函数概念，图象函数的奇偶性和周期性以及数列极限等知识，还考查运算能力和逻辑思维能力.知识依托：认真分析处理好各知识的相互联系，抓住条件心|+兀2）=/（山）・/（兀2）・错解分析：不会利用.心|+兀2）亍心1）•夬尤2）进行合理变形.X X X X技巧与方法：由人刃+◎=/*)・沧2)变形为/U) = A-+-)=/(-)• /(-)是解决问题的关键解：2 2 2 2I XX XX因为对M/2 丘[0,—]，都有J(X\+X2)=J(Xi) •丿(也),所以/(X)二/(—' + —) =/(―)/(―) » 0 , [0,1]又因为XD=A|+|)=A|)-A|)=雋)]2厶乙厶乙厶人；)決；+ ；)=肚)•夬1)= [/( 1)] 2 乂夬l)s0 ・\A£)S，夬2 4 4 4 4 4 2 4(2)证明：依题总设尸心)关于直线入=1对称，故几1)寸(1 + 1—x),即J(x)^f(2—x),xER.又由/U)是偶函数知X~x)=J(x)y x eR-x)=/(2-xU e将上式中一x以兀代换得/W=Ax+2),这表明7U)是R上的周期函数，且2是它的一个周期.(3)解：由⑴知./U)M0,xU [0,1]]人2)才5・丄)=A丄+("一1) 丄)h丄)•人(刃一1)・^~)= ...............2 2/z 2n 2n 2n 2ni i i i 丄i J_=A —)-A —) ....... A~)=)1 S.K击1.2n 2n 2n 2n 2n乂⑴的一个周期是2 .*./2/?+丄)祕f-), a n=fi2n+丄)祕丄)=a 2,1・2n 2n 2n 2n— 1因此a n=a 2n:. lim(ln〜)=lim(亍lna) = 0・"T8 ”T82/1例2甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速驶到乙地，速度不得超过米/小吋，已知汽车每小时的运输成本一(以元为单位)由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v(km/h)6<J平方成正比，比例系数为人固定部分为a元.⑴把全程运输成本)，(元)表示为仄km/h)的函数，并指出这个函数的定义域；(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？命题意图：本题考查建立函数的模型、不等式性质、最值等知识，还考查学生综合运用所学数学知识解决实际问题的能力.知识依托：运用建模、函数、数形结合、分类讨论等思想方法.错解分析：不会将实际问题抽象转化为具体的函数问题，易忽略对参变量的限制条件. 技巧与方法：四步法：⑴读题；(2)建模；(3)求解；(4)评价.解法一：(1)依题意知，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为三,全程运输成本为vy=a • — +bv2• — =S( — +bv)・°・所求函数及其定义域为｝=S( —+Z?v),v e(0,c].V V V V(2)依题意知，S、a、b、"均为正数/.5( — +/?v)2S4cih①V若J 牛 Wc则当v=\£时，有ymin = 2sV^;若则当胆(o,c]时，有S(—+bv) — S(—+bc) V b v b Vb v c=S L( ——— )+(/?v—/?c)] =— (c—v)(«—Z?cv) Vc—v^O,且少方c2, a—bcva—bc2>0 v c vc/• S( — +bv) ( — +bc),当且仅当v=c时等号成立，也即当v=c时，有y min=S(— +bc)；V c c 综上，为使y最小，当时，行驶速度应为尸姮，当迈>c时速度应为尸c・b b b解法二：(2)・••函数>=5(-+M 圧(0.+8),当炸(o, J纟)时，y单调减小，当( - ,+oo)v V b V b时y单调增加，当X=J-时y取得最小值，而全程运输成本函数为尸Sb(x也)，V b vve(0,c］:・••当时，则当尸器时，y最小，若拾〉c时，则当v=c时，y最小例3设函数心)的定义域为R,对任意实数兀、)，都有/(x+y)=Ax)t/O),当Q0时/U)v0且人3)= —4»⑴求证：7W为奇函数；(2)在区间［—9, 9］上，求几丫)的最值.(1)证明：令x=y=O,得人0)=0令尸一七得人0)=/(小叭一©,即/(--r)=-/W.\A-v)是奇函数(2)解：1°，任取实数Xi、X2G f—9,9］且x\<x2,这时，也一Q>0,/U1)—金2)寸r(X|—X2)4-X2］一沧2)引>厂X2)t/g)—/U1)=—/(也―X［)因为.QO 时/A)<0, —/(兀2)>0・・・/«在［一9, 9］上是减函数故心)的最大值为人一9),最小值为/(9)・而,A9)=A3+3+3)=3/3)= -12,A-9)= 一夬9)二12./. f{x)在区间［—9, 9］上的最大值为12,最小值为—12. 学生巩固练习：1.函数y=x+a与尸lo&/的图象可能是( )2定义在区间(一8,+QO)的奇函数几Y)为增函数，偶函数g(x)在区间［0, 4-00)的图彖与几丫)的图象重合，设d>b>0,给出下列不等式：一a)>g(d)—g(—Z?) d) vg(d)—g(—历③A。

2025新高考数学一轮复习函数性质的综合应用教案

≤ 0,
∴ -1 ≥ 0, 或 -1 ≤ 0, 解得 1≤x≤3 或-1≤x≤0,
-1 ≤ 2
-1 ≥ -2,
∴满足 xf(x-1)≥0 的 x 的取值范围是[-1,0]∪[1,3],故选 D.
规律方法
综合运用奇偶性与单调性解题的方法技巧
(1)比较大小:先利用奇偶性将不在同一单调区间上的自变量的函数值转化
又因为f(2x+1)是奇函数,所以f(x)的图象关于点(1,0)对称,
于是函数f(x)的周期为T=4×|2-1|=4.
由于f(2x+1)是奇函数,所以f(2×0+1)=f(1)=0,而f(x+2)是偶函数,
所以f(x+2)=f(-x+2),令x=1代入得f(3)=f(1)=0,因此f(-1)=0,故选B.
(2)当函数图象具有对称中心时,在对称中心两侧的单调性相同;当函数图
象具有对称轴时,在图象的对称轴两侧的单调性相反.
2.关于函数奇偶性与周期性的常用结论
(1)若f(a-x)=f(x)且f(x)为偶函数,则f(x)的周期为a;
(2)若f(a-x)=f(x)且f(x)为奇函数,则f(x)的周期为2a;
(3)若f(x+a)与f(x+b)(a≠b)都是偶函数,则f(x)的周期是2|a-b|;
[对点训练1](2024·江西赣州模拟)已知定义在R上的奇函数f(x),满足f(x+1)
因此|x-1|>1,解得x>2或x<0,即解集为(-∞,0)∪(2,+∞),故选B.
(3)(2020·新高考Ⅰ,8)若定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)单调递减,且f(2)=0,则
满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是( D )

高考数学复习专题讲座

回归课本，关注数学概念的发生发展过程，应该是考查余弦定理的最主要原因。
2020/3/23
2019年我省进入实施新课标的高考，到2019年的高考，从结果上看，领会《课标大纲》的精神，把握 “课标大纲”的本质，科学有效的备考，是考前非常重要的工作。已经实施新课标高考的各省新课标考纲说明都是严格按照课程标准、全国新课标考纲编写的，且都没有超出范围。全国新课标考纲自从2019年底制定以来变化不大，特别是主干知识几乎没有太大变化，正所谓“保留主干，去其枝蔓”。对新增内容的考察力度较大，考查要求逐年提高，但相对稳定。
2020/3/23
⑤ 数据处理能力
对现实生活中的问题的研究，一般先获取数据，对数据用列表或作图等方法进行分析，再结合数学、物理、化学、地理等自然科学的知识，采用某个数学模型来刻画它，通过对模型的研究，发现该类问题具有的属性，并对它作出决策和判断。
数据处理一般分三步：第一步，收集数据；第二步，整理并分析数据，得出这些数据资料所遵循的规律；第三步，依据统计方法对数据进行整理、分析，抽取出有用的信息，作出判断。
掌握空间向量的正交分解及量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直）
② 空间向量的应用（理解直线的方向向量与平面的法向量，
能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系，能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理，能用向量解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用）
2020/3/23
（三）考查余弦定理的意义余弦定理是高中数学的重要知识，也是解
决数学问题的重要工具。因此，从知识上讲，考查余弦定理理所当然。
余弦定理的证明过程是推理论证的重要体现，能充分地考查学生的推理论证能力。

高考数学专题讲座第2讲二次函数的综合应用问题

高考数学专题讲座第二讲二次函数的综合应用问题一、考纲要求1．理解二次函数，一元二次不等式及一元二次方程三者之间的关系，掌握一元二次不等式的解法； 2．以二次函数为背景的不等式问题作为代数推理题在高考中频繁出现，二次函数和绝对值不等式相结合的题目也在高考中出现多次；3．二次函数是简单的非线性函数之一，有着丰富的内涵，成为高考的一个热点．二、基础过关1．若关于x 的不等式01)1()1(22<----x a x a 恒成立，则a 的取值X 围是( B )．A ．53-<a 或1>a B ．a <-53≤1C ．53≤a ≤1或1-=a D ．以上均不对 2．函数54)(2+-=mx x x f 在区间2[-，)∞+上是增函数，则)1(f 的取值X 围是( A )．A ．)1(f ≥25B ．25)1(=fC ．)1(f ≤25D ．25)1(>f3．若32)1()(2++-=mx x m x f 为偶函数，则)(x f 在3(-，)1上是( B )．A ．单调递增B ．单调递减C ．先增后减D ．先减后增4．已知a ，∈b N *，方程022=++b ax x 和方程022=++a bx x 都有实根，则b a +的最小值是( D )．A ．3B ．4C ．5D ．65．已知函数32)(2+-=x x x f 在区间0[，]a )0(>a 上的最大值为3，最小值为2，那么实数a 的取值X 围是 1≤a ≤2 ．6．已知函数a b b ax x x f (1)(22+-++-=，∈b R )对任意实数x 都有)1()1(x f x f -=+成立，若当1[-∈x ，]1时，0)(>x f 恒成立，则b 的取值X 围是 b<-1或b>2 ．三、典型例题例1 已知函数22)(2++=ax x x f ，5[-∈x ，]5．（1）当1-=a 时，求函数)(x f 的最大值与最小值；（2）某某数a 的取值X 围，使)(x f y =在区间5[-，]5上是单调函数．解：（1）当a =-1时, f (x )=x 2-2x +2=(x -1)2+1, x ∈ [-5,5] ∴x =1时,f (x )的最小值为1,x =-5时,f (x )的最大值为37.（2）函数f (x )=(x +a )2+2-a 2图象的对称轴为x =-a ∵f (x )在区间[-5,5]上是单调函数 ∴-a ≤-5或-a ≥5 即a ≥5或a ≤-5 故a 的取值X 围为 a ≤-5或 a ≥5.例2 （1）将长度为1的铁丝分成两段，分别围成一个正方形和一个圆形，要使正方形与圆的面积之和最小，正方形的周长应为π+44. （2）已知函数∈+-=x b ax x x f (|2|)(2R )，给出下列命题：①()f x 必是偶函数；② 当)2()0(f f =时，)(x f 的图象必关于直线1=x 对称； ③ 若b a -2≤0，则)(x f 在区面a [，)∞+上是增函数； ④)(x f 有最大值||2b a -．其中正确命题的序号是③．例3 已知函数∈++-=x m x m x x f ()1()(2R )．（1）设A 、B 是ABC ∆的两个锐角，且A tan ，B tan 是方程04)(=+x f 的两个实根，求证：m ≥5；（2）当m ≥3时，函数)(sin αf 的最大值是8，求m 的值．解:(1) 方程f (x )+4=0 即x 2-(m +1)x +m +4=0依题意,得⎪⎩⎪⎨⎧>+=⋅>+=+≥+-+=∆04tan tan 01tan tan 0)4(4)1(2m B A m B A m m 解之得 ⎪⎩⎪⎨⎧->->≥-≤4153m m m m 或∴m ≥5(2)f (sin α)=sin 2α-(m +1)sin α+m =(sin α2)21+-m +m 4)1(2+-m ∵m ≥3 ∴221≥+m ∴ 当sin α=-1时,f (sin α)取得最大值2m +2由题意得 2m +2=8 ∴m =3例4 已知函数x x x f (1)(2-=≥1)的图象为1C ，曲线2C 与1C 关于直线x y =对称．（1）求曲线2C 的方程)(x g y =；（2）设函数)(x g y =的定义域为M ，1x ，M x ∈2，且21x x ≠．求证：|||)()(|2121x x x g x g -<-；（3）设A 、B 为曲线2C 上任意两个不同点，证明直线AB 与直线x y =必相交．解(1) ∵ C 1,C 2关于直线y =x 对称, ∴g (x )为f (x )的反函数. ∵y =x 2-1, 即 x 2=y +1, 又 x ≥1 ∴x =1+y∴ 曲线C 的方程为 g (x )=1+x (x ≥0)(2)设x 1,x 2∈M, 且x 1≠x 2, 则 x 1-x 2≠0 又 x 1≥0, x 2≥0∴|g (x 1)-g (x 2)|=|||2||11|||112121212121x x x x x x x x x x -<-≤+++-=+-+ (3)设A(x 1,y 1) 、B(x 2,y 2)为曲线C 2上任意两个不同的点, x 1,x 2∈M, 且 x 1≠x 2 由(2)知|k AB |1|||)()(|||21212121<--=--=x x x g x g x x y y∴直线AB 的斜率|k AB |≠1 又直线y =x 的斜率为1 ∴直线AB 与直线y =x 必相交.四、热身演练1．函数x x y (321--=≥)2的反函数是( B )．A ．∈+-=x x x y (2212R )B ．x x x y (2212+-=≤)0 C ．∈-+=x x x y (2212 R ) D ．x x x y (2212-+=≤)0 2．设函数()(2c bx ax x f ++=)0a <，满足)1()1(x f x f +=-，则)2(x f 与)3(x f 的大小关系是（ C ）．A ．)2()3(x x f f >B ．)2()3(x x f f <C ．)3(x f ≥)2(x fD ．)3(x f ≤)2(x f3．若a ，b ，c 成等差数列，则函数c bx ax x f ++=2)(的图象与x 轴的交点个数是（ D ）．A ．0B ．1C ．2D ．不确定4．已知二次函数12)2(24)(22+----=p p x p x x f ，若在区间1(-，)1内至少存在一个实数c ，使0)(>c f ，则实数p 的取值X 围是（ C ）．A ．21(-，)1 B ．3(-，)21- C ．3(-，0)23 D ．21(-，)235．一辆中型客车的营运总利润y (单位：万元)与营运年数∈x x (N )的变化关系如下表所示，则客车的运输年数为( B )时，该客车的年平均利润最大．A ．4B ．5C ．6D ．76．已知函数422)(2++-=a ax x x f 的定义域为R ，值域为1[，)∞+，则a 的取值X 围为 [-1,3] ．7．如果函数)(x f 对于任意∈x R ，存在M 使不等式|)(|x f ≤||x M 恒成立(其中M 是与x 无关的正常数)，则称函数)(x f 为有界泛函，给出下列函数： ①1)(1=x f ；②22)(x x f =；③)cos (sin )(3x x x x f +=；④1)(24++=x x xx f ．其中属于有界泛函的是③④(填上正确序号)．8．若方程02=++b ax x 有不小于2的实根，则22b a +的最小值为516. 9．已知不等式032<+-t x x 的解集为m x x <<1|{，∈x R }．（1）求t ，m 的值；（2）若函数4)(2++-=ax x x f 在区面-∞(，]1上递增，求关于x 的不等式0)23(log 2<-++-t x mx a 的解集．解：（1）依题意 ⎩⎨⎧==+t m m 31∴⎩⎨⎧==22t m（2）∵f (x )=-(x -44)222a a ++在]1,(-∞上递增∴12≥a即 2≥a 又 )32(log )23(log 22x x t x mx a a +-=-++-<0∴13202<+-<x x 解之得 210<<x 或1<x <23 故不等式的解集为 {x |0<x <21或1<x <23}.10．定义在R 上的函数)(x f 满足:如果对任意1x ，∈2x R ，都有)2(21x x f +≤)]()([2121x f x f +，则称函数)(x f 是R 上的凹函数．已知二次函数∈+=a x ax x f ()(2 R ）．（1）求证：当0>a 时，函数)(x f 是凹函数；（2）如果0[∈x ，]1时，|)(|x f ≤1，试某某数a 的取值X 围．解：（1）对任意x 1,x 2∈R ,a >0,都有[f (x 1)+f (x 2)]-2f (221x x +)=a 21x +x 1+ax 22+x 2-2[a (2)221221x x x x +++] =ax 21+ax 22-21a (x 1+x 2+2x 1x 2) =21a (x 1-x 2)2≥0∴f ()]()([21)22121x f x f x x +≤+故函数f (x )是凹函数.（2）由|f (x )|≤1知: -1≤f (x )≤1 即 -1≤ax 2+x ≤1当 x =0时, a ∈R当x ∈(0,1)时, ⎩⎨⎧+-≤--≥1122x ax x ax 恒成立即 ⎪⎩⎪⎨⎧--=-≤++-=--≥41)211(1141)211(112222x x x a x x x a 恒成立 ∵x ∈(0,1) ∴11≥x当x 1=1 即x =1时, 41)211(2++-x 取最大值-2, 41)211(2--x 取最小值0 ∴ -2≤a ≤0, 而 a ≠0 ∴-2≤a <0 即为所求. 11．已知二次函数c bx ax x f ++=2)(．（1）若a c b >>且0)1(=f ，是否存在实数m ，使得当a m f -=)(成立时，)3(+m f 为正数？若存在，则证明你的结论；若不存在，则说明理由．（2）若+∞<<<∞-21x x ，)()(21x f x f ≠且方程)]()([21)(21x f x f x f +=有两个不相等的实数根，求证:必有一实数根存1x 与2x 之间．证：（1）由f (1)=a +b +c 及a >b >c 得a >0,c <0,ac0< ∵ 1是0)(=x f 的一个根，记另一根为α，则ac=α0<又,,c a b c b a --=>>∴a >-a -c >c ∴-2a <c 即 -2<ac<0假设存在实数m ,使f (m )=-a 成立则由a c ,1是f (x )=0的两根知: f (x )=a (x -ac)(x -1) 从而 f (m )=0)1)((<-=--a m a c m a ∴1<<m ac进而33+<+m ac∴m +3>1 又f (x )在[1,)∞+上单调递增 ∴f (m +3)>f (1)=0 故满足条件的实数m 存在.（2）令g (x )=f (x )-)]()([2121x f x f +, 则g (x )为二次函数∴g (x 1)=f (x 1)-)]()([2121x f x f +∴g (x 2)=f (x 2)-)]()([2121x f x f +∴g (x 1)·g (x 2)=-0)]()([41221<-x f x f又x 1<x 2∴g (x )=0必有一根在x 1,x 2之间故f (x )=)]()([2121x f x f +必有一根在x 1,x 2之间12．已知函数)0(12)(22<+++=b x cbx x x f 的值域为1[，]3．（1）某某数b ，c 的值；（2）判断函数)(lg )(x f x F =在1[-，]1上的单调性；（3）若∈t R ，求证：57lg≤|)61||61(|+--t t F ≤513lg ．解：（1）由∆法得 b =-2 c =2（2）由（1）f (x )=1221222222+-=++-x xx x x 用定义判断f (x )在[-1,1]上单调递减. ∴F(x )在[-1,1]上单调递减. （3）∵||t -61|-|t +61||≤|t -6161--t |=31∴31|61||61|31≤+--≤-t t∵F(x )在[-1,1]上为减函数∴)31(|)61||61(|)31(F t t F F ≤+--≤-即 513lg |)61||61(|57lg ≤+--≤t t F。

高一数学基础知识讲义(2021)——函数的综合运用

第九讲函数综合练习基本知识回顾一.定义域、值域、对应法则1). x 自变量的取值范围叫做这个函数的定义域。

2）.函数中y 的变化范围，叫做这个函数的值域。

3）.自变量x ，与y 的对应关系，对应法则。

二.函数的单调性与奇偶性1）.函数的单调性：函数在定义域内的增减性。

f(x)在其定义域内，当 12x x < 时，都有()()12f x f x <，那么就说函数f （x ）是其定义域的增函数。

当 12x x <时，都有()()12f x f x >，那么就说函数f （x ）是其定义域的减函数。

函数增减性证明通常采用定义法。

从图像来看：1）增函数从左到右逐渐上升2）减函数从右到左逐渐下降2）判断函数的奇偶性：要看f(x)与f(-x)的关系。

函数的奇、偶性应先对函数的定义域进行判断。

表达式的判断：当f(-x)=f(x)的时候，是偶函数。

当f(-x)=-f(x)的时候，是奇函数。

f(x)=0,既是奇函数，又是偶函数三.指数函数和对数函数当一个函数是一个一一映射时，可以把这个函数的因变量作为一个新的函数的自变量，而把这个函数的自变量作为新函数的因变量，我们称这两个函数互为反函数。

互为反函数的两函数图象关于y x =对称。

从定义我们可以看出原函数的值域是反函数的定义域，原函数的定义域是反函数的值域且原函数与其反函数单调性一致。

这时，我们发现指数函数和对数函数正好满足反函数的定义，所以我们说指数函数与对数函数互为反函数。

经验证图像间的关系，定义域与值域的关系都满足。

函数()f x 的反函数我们用()1f x -注意：反函数存在的条件：原函数要是一一映射。

求反函数的步骤：1）用y 来表示x ；2）互换x ，y 3）标注反函数的定义域。

4）幂函数我们学习了211,,y x y x y x x-====可以发现这些函数的共同特征：幂的底数是自变量，指数是常数。

一般地，形如()y x R αα=∈的函数称为幂函数，其中α为常数。

高考数学第一轮复习系列讲座4函数的综合应用

常见的函数模型有一次函数，二次函数，
y＝ax+b/x型，指数函数模型等等.
返回
新疆源头学子小屋 http:// w w w . xj ktyg . com/ w xc/ 特级教师
王新敞 w xckt@126. com
新疆源头学子小屋 http:// w w w . xj ktyg . com/ w xc/ 特级教师
王新敞 w xckt@126. com
新疆王新敞
奎屯
三、题型讲解
新疆源头学子小屋 http://w ww .xj /w xc/ 特级教师王新敞
w xckt@
新疆源头学子小屋 http://w ww .xj /w xc/ 特级教师王新敞
w xckt@
y
x1
2 k a
设log(2/a) x1＝logax2＝log(a+1)x3＝ｋ＞0
则x1＝ (2/a)k, x2＝a k,x3=(a+1)k
x3
根据指数函数的图像知，选C.
x2 o
(a+1) k ak
k
x
新疆源头学子小屋 http:// w w w . xj ktyg . com/ w xc/ 特级教师
寻找它们之间的内在联系，选用恰当的代数式
表示问题中的关系，建立相应的函数、方程、
不等式等数学模型；最终求解数学模型使实际
问题获解.一般的解题程序是：
读题
建模
求解
反馈
(文字语言) (数学语言)
(数学应用)
(检验作答)
新疆源头学子小屋 http:// w w w . xj ktyg . com/ w xc/ 特级教师
函数思想与方程思想是密切相关的.如函数问题(例如：求反函数；求函数的值域等)可以转化为方程问题来解决；方程问题也可以转化为函数问题加以解决.

题目高中数学复习专题讲座不等式知识的综合应用

题目高中数学复习专题讲座不等式知识的综合应用高考要求不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出不等式的应用大致可分为两类一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题重难点归纳1 应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性2 对于应用题要通过阅读，理解所给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的主要特征与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的问题典型题例示范讲解例1用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h 米，盖子边长为a 米，(1)求a 关于h 的解析式；(2)设容器的容积为V 立方米，则当h 为何值时，V 最大？求出V 的最大值(求解本题时，不计容器厚度)命题意图本题主要考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的计算及用均值定论求函数的最值知识依托本题求得体积V 的关系式后，应用均值定理可求得最值错解分析在求得a 的函数关系式时易漏h ＞0 技巧与方法本题在求最值时应用均值定理解 ①设h ′是正四棱锥的斜高，由题设可得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+='⋅+12222412214h a a a h a 消去)0(11:.2>+='a h a h 解得 ②由)1(33122+==h h h a V (h ＞0) 得 2121)1(31=⋅=++=hh h h h h V 而所以V ≤61，当且仅当h =h1即h =1时取等号故当h =1米时，V 有最大值，V 的最大值为61立方米例2已知a ，b ，c 是实数，函数f (x )=ax 2+bx +c ，g (x )=ax +b ，当－1≤x ≤1时|f (x )|≤1(1)证明 |c |≤1；(2)证明当－1 ≤x ≤1时，|g (x )|≤2；(3)设a ＞0，有－1≤x ≤1时， g (x )的最大值为2，求f (x ) 命题意图本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力知识依托二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂错解分析本题综合性较强，其解答的关键是对函数f (x )的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x ≤1时|f (x )|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局技巧与方法本题(2)问有三种证法，证法一利用g (x )的单调性；证法二利用绝对值不等式 ||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |+|b |；而证法三则是整体处理g (x )与f (x )的关系(1)证明由条件当=1≤x ≤1时，|f (x )|≤1，取x =0得 |c |=|f (0)|≤1，即|c |≤1(2)证法一依题设|f (0)|≤1而f (0)=c ，所以|c |≤1 当a ＞0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是增函数，于是g (－1)≤g (x )≤g (1)，(－1≤x ≤1)∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，|c |≤1，∴g (1)=a +b =f (1)－c ≤|f (1)|+|c |=2，g (－1)=－a +b =－f (－1)+c ≥－(|f (－2)|+|c |)≥－2，因此得|g (x )|≤2 (－1≤x ≤1)；当a ＜0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是减函数，于是g (－1)≥g (x )≥g (1)，(－1≤x ≤1)，∵|f (x )|≤1 (－1≤x ≤1)，|c |≤1∴|g (x )|=|f (1)－c |≤|f (1)|+|c |≤2综合以上结果，当－1≤x ≤1时，都有|g (x )|≤2 证法二 ∵|f (x )|≤1(－1≤x ≤1)∴|f (－1)|≤1，|f (1)|≤1，|f (0)|≤1，∵f (x )=ax 2+bx +c ，∴|a －b +c |≤1，|a +b +c |≤1，|c |≤1，因此，根据绝对值不等式性质得|a －b |=|(a －b +c )－c |≤|a －b +c |+|c |≤2，|a +b |=|(a +b +c )－c |≤|a +b +c |+|c |≤2，∵g (x )=ax +b ，∴|g (±1)|=|±a +b |=|a ±b |≤2，函数g (x )=ax +b 的图象是一条直线，因此|g (x )|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x =－1或x =1处取得，于是由|g (±1)|≤2得|g (x )|≤2，(－1＜x ＜1))21()21(])21()21([])21()21([)2121(])21()21[()(,)21()21(4)1()1(:22222222--+=+-+--++++=--++--+=+=∴--+=--+=x f x f c x b x a c x b x a x x b x x a b ax x g x x x x x 证法三当－1≤x ≤1时，有0≤21+x ≤1，－1≤21-x ≤0， ∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，∴|f )21(+x |≤1，|f (21-x )|≤1；因此当－1≤x ≤1时，|g (x )|≤|f )21(+x |+|f (21-x )|≤2 (3)解因为a ＞0，g (x )在［－1，1］上是增函数，当x =1时取得最大值2，即g (1)=a +b =f (1)－f (0)=2 ①∵－1≤f (0)=f (1)－2≤1－2=－1，∴c =f (0)=－1因为当－1≤x ≤1时，f (x )≥－1，即f (x )≥f (0)，根据二次函数的性质，直线x =0为f (x )的图象的对称轴，由此得－ab 2＜0 ，即b =0 由①得a =2，所以f (x )=2x 2－1例3设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ＞0)，方程f (x )－x =0的两个根x 1、x 2满足0＜x 1＜x 21 (1)当x ∈［0，x 1)时，证明x ＜f (x )＜x 1；(2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称，证明 x 021x 解 (1)令F (x )=f (x )－x ，因为x 1，x 2是方程f (x )－x =0的根，所以F (x )=a (x －x 1)(x －x 2) 当x ∈(0，x 1)时，由于x 1＜x 2，得(x －x 1)(x －x 2)＞0，又a ＞0，得F (x )=a (x －x 1)(x －x 2)＞0，即x ＜f (x )x 1－f (x )=x 1－［x +F (x )］=x 1－x +a (x 1－x )(x －x 2)=(x 1－x )［1+a (x －x 2)］∵0＜x ＜x 1＜x 2＜a1，∴x 1－x ＞0，1+a (x －x 2)=1+ax －ax 2＞1－ax 2＞0 ∴x 1－f (x )＞0，由此得f (x )＜x 1(2)依题意 x 0=－ab 2，因为x 1、x 2是方程f (x )－x =0的两根，即x 1，x 2是方程ax 2+(b －1)x +c =0的根∴x 1+x 2=－ab 1- ∴x 0=－aax ax a x x a a b 2121)(22121-+=-+=，因为ax 2＜1， ∴x 0＜2211x a ax = 学生巩固练习 1 定义在R 上的奇函数f (x )为增函数，偶函数g (x )在区间［0，+∞)的图象与f (x )的图象重合，设a ＞b ＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )①f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b ) ②f (b )－f (－a )＜g (a )－g (－b )③f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a ) ④f (a )－f (－b )＜g (b )－g (－a ) A ①③ B ②④ C ①④ D ②③ 2 下列四个命题中 ①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ，y 都是正数，若yx 91+=1，则x +y 的最小值是12 ④若|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，则|x －y |＜2ε，其中所有真命题的序号是__________ 3 某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处 4 已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ，b ∈R ，a ＞0)，设方程f (x )=x 的两实数根为x 1，x 2(1)如果x 1＜2＜x 2＜4，设函数f (x )的对称轴为x =x 0，求证x 0＞－1；(2)如果|x 1|＜2，|x 2－x 1|=2，求b 的取值范围 5 某种商品原来定价每件p 元，每月将卖出n 件，假若定价上涨x 成(这里x 成即10x ，0＜x ≤10) 每月卖出数量将减少y 成，而售货金额变成原来的 z 倍(1)设y =ax ，其中a 是满足31≤a ＜1的常数，用a 来表示当售货金额最大时的x 的值；(2)若y =32x ，求使售货金额比原来有所增加的x 的取值范围 6 设函数f (x )定义在R 上，对任意m 、n 恒有f (m +n )=f (m )²f (n )，且当x ＞0时，0＜f (x )＜1(1)求证 f (0)=1，且当x ＜0时，f (x )＞1；(2)求证 f (x )在R 上单调递减；(3)设集合A ={ (x ，y )|f (x 2)²f (y 2)＞f (1)}，集合B ={(x ，y )|f (ax －g +2)=1，a ∈R }，若A ∩B =∅，求a 的取值范围 7 已知函数f (x )=1222+++x c bx x (b ＜0)的值域是［1，3］， (1)求b 、c 的值；(2)判断函数F (x )=lg f (x )，当x ∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；(3)若t ∈R ，求证 lg 57≤F (|t －61|－|t +61|)≤513 参考答案1 解析由题意f (a )=g (a )＞0，f (b )=g (b )＞0，且f (a )＞f (b )，g (a )＞g (b ) ∴f (b )－f (－a )=f (b )+f (a )=g (a )+g (b )而g (a )－g (－b )=g (a )－g (b )∴g (a )+g (b )－［g (a )－g (b )］=2g (b )＞0，∴f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b )同理可证 f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a )答案 A2 解析 ①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”④式 |x －y |=|(x －2)－(y －2)|≤|(x －2)－(y －2)|≤|x －2|+|y －2|＜ε+ε=2ε 答案 ④ 3 解析由已知y 1=x20；y 2=0 8x (x 为仓库与车站距离) 费用之和y =y 1+y 2=0 8x + x 20≥2x x 208.0⋅=8 当且仅当0 8x =x20即x =5时“=”成立答案 5公里处4 证明 (1)设g (x )=f (x )－x =ax 2+(b －1)x +1，且x ＞0∵x 1＜2＜x 2＜4，∴(x 1－2)(x 2－2)＜0，即x 1x 2＜2(x 1+x 2)－4，12)42(212)(212)()(2121)(21)11(21221212121210-=++->++-=++-+>-+=---⋅=-=x x x x x x x x x x a a b a b x 于是得(2)解由方程g (x )=ax 2+(b －1)x +1=0可知x 1²x 2=a1＞0，所以x 1，x 2同号 1°若0＜x 1＜2，则x 2－x 1=2，∴x 2=x 1+2＞2， ∴g (2)＜0，即4a +2b －1＜0① 又(x 2－x 1)2=44)1(22=--a a b ∴2a +1=1)1(2+-b (∵a ＞0)代入①式得， 21)1(2+-b ＜3－2b② 解②得b ＜41 2°若－2＜x 1＜0，则x 2=－2+x 1＜－2 ∴g (－2)＜0，即4a －2b +3＜0③ 又2a +1=1)1(2+-b ，代入③式得 21)1(2+-b ＜2b －1④ 解④得b 7 综上，当0＜x 1＜2时，b ＜41，当－2＜x 1＜0时，b 47 5 解 (1)由题意知某商品定价上涨x 成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分别是 p (1+10x )元、n (1－10y )元、npz 元，因而)10)(10(1001),101()101(y x z y n x p npz -+=∴-⋅+=，在y =ax 的条件下，z =1001［－a ［x －aa )1(5-］2+100+a a 2)1(25-］由于31≤a ＜1，则0＜aa )1(5-≤10 要使售货金额最大，即使z 值最大，此时x =a a )1(5-(2)由z =1001 (10+x )(10－32x )＞1，解得0＜x ＜5 6 (1)证明令m ＞0，n =0得 f (m )=f (m )²f (0) ∵f (m )≠0，∴f (0)=1 取m =m ，n =－m ，(m ＜0)，得f (0)=f (m )f (－m )∴f (m )=)(1m f -，∵m ＜0，∴－m ＞0，∴0＜f (－m )＜1，∴f (m )＞1 (2)证明任取x 1，x 2∈R ，则f (x 1)－f (x 2)=f (x 1)－f ［(x 2－x 1)+x 1］=f (x 1)－f (x 2－x 1)²f (x 1)=f (x 1)［1－f (x 2－x 1)］，∵f (x 1)＞0，1－f (x 2－x 1)＞0，∴f (x 1)＞f (x 2)，∴函数f (x )在R 上为单调减函数(3)由⎩⎨⎧=+-<+⎩⎨⎧θ==+->+021)(1)2()1()(2222y ax y x f y ax f f y x f 得，由题意此不等式组无解，数形结合得 1|2|2+a ≥1，解得a 2≤3∴a ∈［－3，3］ 7 (1)解设y =1222+++x c bx x ，则(y －2)x 2－bx +y －c =0 ①∵x ∈R ，∴①的判别式Δ≥0，即 b 2－4(y －2)(y －c )≥0，即4y 2－4(2+c )y +8c +b 2≤0 ②由条件知，不等式②的解集是［1，3］∴1，3是方程4y 2－4(2+c )y +8c +b 2=0的两根⎪⎩⎪⎨⎧+=⨯+=+48312312b c c ∴c =2，b =－2，b =2(舍）(2)任取x 1，x 2∈［－1，1］，且x 2＞x 1，则x 2－x 1＞0，且(x 2－x 1)(1－x 1x 2)＞0，∴f (x 2)－f (x 1)=－)1)(1()1)((2)12(122221*********x x x x x x x x x x ++--=+--+＞0，∴f (x 2)＞f (x 1)，lg f (x 2)＞lg f (x 1)，即F (x 2)＞F (x 1)∴F (x )为增函数,31|)61()61(||||,61||61|)3(=+--≤+--=t t u t t u 记即－31≤u ≤31，根据F (x )的单调性知 F (－31)≤F (u )≤F (31)， ∴lg 57≤F (|t －61|－|t +61|)≤lg 513对任意实数t 成立课前后备注数学中的不等式关系数学是研究空间形式和数量关系的科学，恩格斯在《自然辩证法》一书中指出，数学是辩证的辅助工具和表现形式，数学中蕴含着极为丰富的辩证唯物主义因素，等与不等关系正是该点的生动体现，它们是对立统一的，又是相互联系、相互影响的；等与不等关系是中学数学中最基本的关系等的关系体现了数学的对称美和统一美，不等关系则如同仙苑奇葩呈现出了数学的奇异美不等关系起源于实数的性质，产生了实数的大小关系，简单不等式，不等式的基本性质，如果把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式，不等式发展为一个人丁兴旺的大家族，由简到繁，形式各异如果赋予不等式中变量以特定的值、特定的关系，又产生了重要不等式、均值不等式等不等式是永恒的吗？显然不是，由此又产生了解不等式与证明不等式两个极为重要的问题解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范围或条件，不同类型的不等式又有不同的解法；不等式证明则是推理性问题或探索性问题推理性即在特定条件下，阐述论证过程，揭示内在规律，基本方法有比较法、综合法、分析法；探索性问题大多是与自然数n 有关的证明问题，常采用观察—归纳—猜想—证明的思路，以数学归纳法完成证明另外，不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等数学科学是一个不可分割的有机整体，它的生命力正是在于各个部分之间的联系不等式的知识渗透在数学中的各个分支，相互之间有着千丝万缕的联系，因此不等式又可作为一个工具来解决数学中的其他问题，诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题无一不与不等式有着密切的联系许多问题最终归结为不等式的求解或证明；不等式还可以解决现实世界中反映出来的数学问题不等式中常见的基本思想方法有等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程总之，不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性等与不等形影不离，存在着概念上的亲缘关系，是中学数学中最广泛、最普遍的关系数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻而生动的体现不等虽没有等的温柔，没有等的和谐，没有等的恰到好处，没有等的天衣无缝，但它如山之挺拔，峰之隽秀，海之宽阔，天之高远，怎能不让人心旷神怡，魂牵梦绕呢？。

高中数学复习专题讲座

高中数学复习专题讲座
前言
本次数学复专题讲座旨在帮助高中学生全面复和巩固数学知识，提高数学应试能力。

在这个讲座中，我们将对高中数学的各个知识
点进行系统性讲解和练。

专题一：代数与函数
1.1 一次函数与二次函数
- 理解一次函数与二次函数的定义及性质
- 掌握一次函数与二次函数的图像的绘制方法
- 学会解一次方程与二次方程
1.2 指数与对数函数
- 理解指数与对数函数的定义与性质
- 掌握指数与对数函数的图像的绘制方法
- 学会解指数与对数方程
专题二：几何与三角
2.1 三角函数
- 了解三角函数的定义及其基本性质
- 掌握正弦、余弦和正切函数在单位圆上的性质和应用- 学会解三角方程和利用三角函数求解实际问题
2.2 平面几何
- 熟悉平面几何的基本概念和性质
- 掌握平面几何中的重要定理和推理方法
- 学会运用平面几何解决实际问题
专题三：概率与统计
3.1 概率
- 理解概率的基本概念和性质
- 掌握概率计算的基本方法和技巧
- 学会应用概率解决实际问题
3.2 统计
- 了解统计学的基本概念和方法
- 掌握统计分布的计算和数据分析的技巧
- 学会运用统计学方法研究实际问题
结语
本次高中数学复专题讲座涵盖了代数与函数、几何与三角、概率与统计三个专题，重点讲解了各个知识点的定义、性质和应用。

通过参与讲座并积极实践，相信您的数学水平会有明显提高，为应对高考做好准备。

祝愿大家在数学学习中取得优异成绩！。

高中数学复习专题讲座构建数学模型解数列综合题和应用性问题

高中数学复习专题讲座构建数学模型解数列综合题和应用性问题高考要求纵观近几年的高考，在解答题中，有关数列的试题显现的频率较高，不仅可与函数、方程、不等式、复数相联系，而且还与三角、立体几何紧密相关；数列作为专门的函数，在实际咨询题中有着广泛的应用，如增长率，减薄率，银行信贷，浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等咨询题这就要求同学们除熟练运用有关概念式外，还要善于观看题设的特点，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以提高解数列题的速度重难点归纳 1 解答数列综合题和应用性咨询题既要有坚实的基础知识,又要有良好的思维能力和分析、解决咨询题的能力；解承诺用性咨询题，应充分运用观看、归纳、猜想的手段，建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再综合其他相关知识来解决咨询题 2 纵观近几年高考应用题看，解决一个应用题，重点过三关(1)事理关需要读明白题意，明确咨询题的实际背景，即需要一定的阅读能力(2)文理关需将实际咨询题的文字语言转化数学的符号语言，用数学式子表达数学关系(3)事理关在构建数学模型的过程中；要求考生对数学知识的检索能力，认定或构建相应的数学模型，完成用实际咨询题向数学咨询题的转化构建出数学模型后，要正确得到咨询题的解，还需要比较扎实的基础知识和较强的数理能力典型题例示范讲解例1从社会效益和经济效益动身，某地投入资金进行生态环境建设，并以此进展旅行产业，依照规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少51，本年度当地旅行业收入估量为400万元，由于该项建设对旅行业41 (1)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅行业总收入为b n 万元，写出a n ,b n 的表达式；(2)至少通过几年，旅行业的总收入才能超过总投入？命题意图此题要紧考查建立函数关系式、数列求和、不等式等基础知识；考查综合运用数学知识解决实际咨询题的能力，此题有专门强的区分度，属于应用题型，正是近几年高考的热点和重点题型知识依靠此题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点错解分析 (1)咨询a n 、b n 实际上是两个数列的前n 项和，易与〝通项〞混淆；(2)咨询是既解一元二次不等式又解指数不等式，易显现偏差技巧与方法正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是此题的灵魂，(2)咨询中指数不等式采纳了换元法，是解不等式常用的技巧解 (1)第1年投入为800万元，第2年投入为800×(1－51)万元，… 第n 年投入为800×(1－51)n －1万元，因此，n 年内的总投入为a n =800+800×(1－51)+…+800×(1－51)n －1=∑=n k 1800×(1－51)k －1=4000×［1－(54)n ］第1年旅行业收入为400万元，第2年旅行业收入为400×(1+41)，…，第n 年旅行业收入400×(1+41)n －1万元因此，n 年内的旅行业总收入为b n =400+400×(1+41)+…+400×(1+41)k －1=∑=n k 1400×(45)k －1=1600×［(45)n －1］ (2)设至少通过n 年旅行业的总收入才能超过总投入，由此b n －a n ＞0，即1600×［(45)n －1］－4000×［1－(54)n ］＞0，令x =(54)n ，代入上式得 5x 2－7x +2＞0 解此不等式，得x ＜52，或x ＞1(舍去) 即(54)n ＜52，由此得n ≥5 ∴至少通过5年，旅行业的总收入才能超过总投入例2S n =1+3121++…+n1,(n ∈N *)，设f (n )=S 2n +1－S n +1,试确定实数m 的取值范畴，使得关于一切大于1的自然数n ，不等式f (n )＞［log m (m －1)］2－2011［log (m －1)m ］2恒成立命题意图此题要紧考查应用函数思想解决不等式、数列等咨询题，需较强的综合分析咨询题、解决咨询题的能力知识依靠此题把函数、不等式恒成立等咨询题组合在一起，构思巧妙错解分析此题学生专门容易求f (n )的和，但由于无法求和，故对不等式难以处理技巧与方法解决此题的关键是把f (n )(n ∈N *)看作是n 的函数，现在不等式的恒成立就转化为函数f (n )的最小值大于［log m (m －1)］2－2011［log (m －1)m ］2 解 ∵S n =1+3121++…n 1 (n ∈N *) 0)421321()421221(42232122121321221)()1(1213121)(112>+-+++-+=+-+++=+-+++=-+++++++=-=∴++n n n n n n n n n n n f n f n n n S S n f n n 又 ∴f (n +1)＞f (n )∴f (n )是关于n 的增函数∴f (n ) min =f (2)=209321221=+++ ∴要使一切大于1的自然数n ，不等式f (n )＞［log m (m －1)］2－2011［log (m －1)m ］2恒成立只要209＞［log m (m －1)］2－2011［log (m －1)m ］2成赶忙可由⎩⎨⎧≠->-≠>11,011,0m m m m 得m ＞1且m ≠2 现在设［log m (m －1)］2=t 那么t ＞0因此⎪⎩⎪⎨⎧>->02011209t t 解得0＜t ＜1 由此得0＜［log m (m －1)］2＜1解得m ＞251+且m ≠2 例3 二次函数y =f (x )在x =22+t 处取得最小值－42t (t ＞0),f (1)=0 (1)求y =f (x )的表达式；(2)假设任意实数x 都满足等式f (x )·g (x )+a n x +b n =x n +1［g (x )］为多项式，n ∈N *),试用t 表示a n 和b n ；(3)设圆C n 的方程为(x －a n )2+(y －b n )2=r n 2，圆C n 与C n +1外切(n =1,2,3,…);{r n }是各项差不多上正数的等比数列，记S n 为前n 个圆的面积之和，求r n 、S n 解 (1)设f (x )=a (x －22+t )2－42t ，由f (1)=0得a =1 ∴f (x )=x 2－(t +2)x +t +1(2)将f (x )=(x －1)［x －(t +1)］代入得(x －1)［x －(t +1)］g (x )+a n x +b n =x n +1，上式对任意的x ∈R 都成立，取x =1和x =t +1分不代入上式得⎪⎩⎪⎨⎧+=++=++1)1()1(1n n n n n t b a t b a 且t ≠0，解得a n =t1［(t +1)n +1－1］，b n =t t 1+［1－(t +1]n ) (3)由于圆的方程为(x －a n )2+(y －b n )2=r n 2，又由(2)知a n +b n =1，故圆C n 的圆心O n 在直线x +y =1上，又圆C n 与圆C n +1相切，故有r n +r n +1=2｜a n +1－a n ｜=2(t +1)n +1 设{r n }的公比为q ，那么12112(1)2(1)n n n n n n r r q t r r q t ++++⎧+=+⎪⎨+=+⎪⎩ ① ②②÷①得q =n n r r 1+=t +1，代入①得r n =2)1(21+++t t n∴S n =π(r 12+r 22+…+r n 2)=342221)2()1(21)1(++π=--πt t t q q r n ［(t +1)2n －1］学生巩固练习 1 二次函数y =a (a +1)x 2－(2a +1)x +1，当a =1，2，…，n ，…时，其抛物线在x 轴上截得的线段长依次为d 1,d 2，…,d n ,…,那么lim ∞→n (d 1+d 2+…+d n )的值是( ) A 1 B 2 C 3 D 4 2 在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)、P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，假设1，x 1，x 2，4依次成等差数列，而1，y 1，y 2，8依次成等比数列，那么△OP 1P 2的面积是_________ 3 从盛满a 升酒精的容器里倒出b 升，然后再用水加满，再倒出b 升，再用水加满；如此倒了n 次，那么容器中有纯酒精_________升 4 据2000年3月5日九届人大五次会议«政府工作报告»〝2001年国内生产总值达到95933亿元，比上年增长7 3%，〞假如〝十·五〞期间(2001年~2005年)每年的国内生产总值都按此年增长率增长，那么到〝十·五〞末我国国内年生产总值约为_________亿元 5 数列{a n }满足条件 a 1=1,a 2=r (r ＞0),且{a n a n +1}是公比为q (q ＞0)的等比数列，设b n =a 2n －1+a 2n (n =1,2,…)(1)求出使不等式a n a n +1+a n +1a n +2＞a n +2a n +3(n ∈N *)成立的q 的取值范畴；(2)求b n 和nn S 1lim ∞→，其中S n =b 1+b 2+…+b n ；(3)设r =219 2－1，q =21，求数列{n n b b 212log log +}的最大项和最小项的值 6 某公司全年的利润为b 元，其中一部分作为奖金发给n 位职工，奖金分配方案如下第一将职工按工作业绩(工作业绩均不相同)从大到小，由1到n 排序，第1位职工得奖金nb 元，然后再将余额除以n 发给第2位职工，按此方法将奖金逐一发给每位职工，并将最后剩余部分作为公司进展基金(1)设a k (1≤k ≤n )为第k 位职工所得奖金金额，试求a 2,a 3，并用k 、n 和b 表示a k (不必证明)；(2)证明a k ＞a k +1(k =1,2,…,n －1),并讲明此不等式关于分配原那么的实际意义； (3)进展基金与n 和b 有关，记为P n (b ),对常数b ，当n 变化时，求lim ∞→n P n (b )7 据有关资料，1995年我国工业废弃垃圾达到7 4×108吨，占地562 4平方公里，假设环保部门每年回收或处理1吨旧物资，那么相当于处理和减少4吨工业废弃垃圾，并可节约开采各种矿石20吨，设环保部门1996年回收10万吨废旧物资，打算以后每年递增20%的回收量，试咨询(1)2001年回收废旧物资多少吨？(2)从1996年至2001年可节约开采矿石多少吨(精确到万吨)？(3)从1996年至2001年可节约多少平方公里土地？ 8 点的序列A n (x n ，0),n ∈N ,其中x 1=0,x 2=a (a ＞0),A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，…(1)写出x n 与x n －1、x n －2之间关系式(n ≥3);(2)设a n =x n +1－x n ，运算a 1,a 2,a 3，由此估量数列{a n }的通项公式，并加以证明；(3)求lim ∞→n x n参考答案: 1 解析当a =n 时y =n (n +1)x 2－(2n +1)x +1由｜x 1－x 2｜=a∆，得d n =)1(1+n n ， ∴d 1+d 2+…+d n 1111223(1)n n =+++⋅⋅+ 1111111122311n n n =-+-++-=-++ 121()(1)1lim lim 1n n n d d d n →∞→∞∴+++=-=+ 答案 A 2 解析由1,x 1,x 2,4依次成等差数列得 2x 1=x 2+1,x 1+x 2=5解得x 1=2,x 2=3 又由1，y 1,y 2,8依次成等比数列，得y 12=y 2,y 1y 2=8,解得y 1=2,y 2=4, ∴P 1(2,2),P 2(3,4) ∴21),2,2(OP OP ==(3,4) ∴,5||,22,14862121===+=OP OP 12121212cos sin 1010||||5OPOP POP POP OP OP ∴===∴=⨯12121211||||sin512210OP PS OP OP POP∆∴==⨯⨯=答案 13解析第一次容器中有纯酒精a－b即a(1－ab)升，第二次有纯酒精a(1－ab)－baaba)1(-，即a(1－ab)2升，故第n次有纯酒精a(1－ab)n升答案a(1－ab)n4解析从2001年到2005年每年的国内生产总值构成以95933为首项，以73%为公比的等比数列，∴a5=95933(1+73%)4≈120000(亿元)答案1200005解(1)由题意得rq n－1+rq n＞rq n+1由题设r＞0,q＞0,故从上式可得q2－q－1＜0，解得251-＜q＜251+,因q＞0,故0＜q＜251+;(2)∵0,212212212221212121≠=++=++=∴==---+++++++qaaqaqaaaaabbqaaaaaannnnnnnnnnnnnnnnb1=1+r≠0，因此{b n}是首项为1+r，公比为q的等比数列，从而b n=(1+r)q n-1当q=1时，S n=n(1+r),110;lim lim(1)n nnS n r→∞→∞==+(1)(1)01,,1nnr qq Sq+-<<=-当时111;lim lim(1)(1)1nn nnq qS r q r→∞→∞--==+-+(1)(1)1,,1nnr qq Sq+->=-当时110,lim lim(1)(1)nn nnqS r q→∞→∞-==+-1, (01)11lim0, (1)nnqqrSq→∞-⎧<<⎪=+⎨⎪≥⎩所以1(3)(2),(1)n n b r q -=+由有.2.2011log )1)(1(log log )1(log ])1[(log ])1[(log log log 2222122212-+=-+++=++=-+n qn r q n r q r q r b b n n n n nn n b b C 212log log +=记,从上式可知，当n －20 2＞0，即n ≥21(n ∈N *)时，C n 随n 的增大而减小，故1＜C n ≤C 21=1+8.0112.20211+=-=2 25 ① 当n －20 2＜0，即n ≤20(n ∈N *)时，C n 也随n 的增大而减小，故1＞C n ≥C 20=1+2.0112.20201-=-=－4 ② 综合①②两式知，对任意的自然数n 有C 20≤C n ≤C 21,故{C n }的最大项C 21=2 25，最小项C 20=－4 6 解 (1)第1位职工的奖金a 1=nb ，第2位职工的奖金a 2=n 1(1－n1)b ，第3位职工的奖金a 3=n 1(1－n1)2b ，…，第k 位职工的奖金a k =n 1 (1－n1)k －1b ; (2)a k －a k +1=21n(1－n 1)k －1b ＞0，此奖金分配方案表达了〝按劳分配〞或〝不吃大锅饭〞的原那么(3)设f k (b )表示奖金发给第k 位职工后所剩余数，那么f 1(b )=(1－n 1)b ,f 2(b )=(1－n 1)2b ,…,f k (b )=(1－n1)k b 得P n (b )=f n (b )=(1－n1)n b , 故eb b P n n =∞→)(lim7 解设a n 表示第n 年的废旧物资回收量，S n 表示前n 年废旧物资回收总量，那么数列{a n }是以10为首项，1+20%为公比的等比数列(1)a 6=10(1+20%)5=10×1.25=24.8832≈25(万吨)(2)S 6=2.016.1101%)201(]1%)201[(1066-⨯=-+-+=99.2992≈99.3(万吨) ∴从1996年到2000年共节约开采矿石20×99 3≈1986(万吨)(3〕由于从1996年到2001年共减少工业废弃垃圾4×99.3=397.2(万吨)，∴从1996年到2001年共节约84104.7102.3974.562⨯⨯⨯≈3 平方公里 8 解 (1)当n ≥3时，x n =221--+n n x x ; a a x x x x x x x a a x x x x x x x a a x x a 41)21(21)(212,21)(212,)2(2332334212212232121=--=--=-+=-=-=--=-+=-==-= 由此估量a n =(－21)n -1a (n ∈N ) 证法一因为a 1=a ＞0,且1111121)(2122----+-=-=-=-+=-=n n n n n n n n n n n a x x x x x x x x x a (n ≥2) 因此a n =(－21)n -1a 证法二用数学归纳法证明(ⅰ)当n =1时，a 1=x 2－x 1=a =(－21)0a ,公式成立； (ⅱ)假设当n =k 时，公式成立，即a k =(－21)k －1a 成立那么当n =k +1时，a k +1=x k +2－x k +1=k k k k k k a x x x x x 21)(212111-=--=-++++ .)21()21(21111公式仍成立a a )(k k -+--=--= 据(ⅰ)(ⅱ)可知，对任意n ∈N ，公式a n =(－21)n -1a 成立 (3)当n ≥3时，有x n =(x n －x n －1)+(x n －1－x n －2)+…+(x 2－x 1)+x 1=a n －1+a n －2+…+a 1,由(2)知{a n }是公比为－21的等比数列，因此32)21(1lim 1=--=∞→a x n n a 课前后备注。

高三数学第二轮专题讲座复习：灵活运用三角函数的图象和性质解题.doc

高三数学第二轮专题讲座复习：灵活运用三角函数的图象和性质解题高考要求三角函数的图象和性质是高考的热点，在复习时要充分运用数形结合的思想，把图象和性质结合起来本节主要帮助考生掌握图象和性质并会灵活运用重难点归纳1 考查三角函数的图象和性质的基础题目，此类题目要求考生在熟练掌握三角函数图象的基础上要对三角函数的性质灵活运用1-1y=sinx-3π2-5π2-7π27π25π23π2π2-π2-4π-3π-2π4π3π2ππ-πoy x1-1y=cosx-3π2-5π2-7π27π25π23π2π2-π2-4π-3π-2π4π3π2ππ-πoyxy=tanx3π2ππ2-3π2-π-π2oyxy=cotx3π2ππ22π-π-π2oyx2 三角函数与其他知识相结合的综合题目，此类题目要求考生具有较强的分析能力和逻辑思维能力在今后的命题趋势中综合性题型仍会成为热点和重点，并可以逐渐加强3 三角函数与实际问题的综合应用此类题目要求考生具有较强的知识迁移能力和数学建模能力，要注意数形结合思想在解题中的应用典型题例示范讲解例1设z 1=m +(2－m 2)i , z 2=cos θ+(λ+sin θ)i , 其中m ,λ,θ∈R ，已知z 1=2z 2，求λ的取值范围错解分析考生不易运用等价转化的思想方法来解决问题技巧与方法对于解法一，主要运用消参和分离变量的方法把所求的问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题；对于解法二，主要运用三角函数的平方关系把所求的问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题解法一 ∵z 1=2z 2，∴m +(2－m 2)i =2cos θ+(2λ+2sin θ)i ,∴⎩⎨⎧+=-=θλθsin 222cos 22m m∴λ=1－2cos 2θ－sin θ=2sin 2θ－si n θ－1=2(s in θ－41)2－89 当sin θ=41时λ取最小值－89，当sin θ=－1时，λ取最大值2 解法二 ∵z 1=2z 2 ∴⎩⎨⎧+=-=θλθsin 222cos 22m m ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--==222sin 2cos 2λθθm m , ∴4)22(4222λ--+m m =1 ∴m 4－(3－4λ)m 2+4λ2－8λ=0, 设t =m 2,则0≤t ≤4, 令f (t )=t 2－(3－4λ)t +4λ2－8λ,则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥≤-≤≥∆0)4(0)0(424300f f λ或f (0)·f (4)≤0 ∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≥≤≤≤≤--≥0220434589λλλλλ或或 ∴－89≤λ≤0或0≤λ≤2 ∴λ的取值范围是［－89，2］例2如右图，一滑雪运动员自h =50m 高处A 点滑至O 点，由于运动员的技巧(不计阻力)，在O 点保持速率v 0不为，并以倾角θ起跳，落至B 点，令OB =L ，试问，α=30°时，L 的最大值为多少？当L 取最大值时，θ为多大？错解分析考生不易运用所学的数学知识来解决物理问题，知识的迁移能力不够灵活技巧与方法首先运用物理学知识得出目标函数，其次运用三角函数的有关知识来解决实际问题解由已知条件列出从O 点飞出后的运动方程020cos cos 1sin 4sin 2S L v t h L v gt αθαθ==⎧⎪⎨-=-=-⎪⎩ ① ② 由①②整理得 v 0cos θ=.21sin sin ,cos 0gt t L v t L +-=αθα ∴v 02+gL sin α=41g 2t 2+22tL ≥2222412t L t g ⋅=gL 运动员从A 点滑至O 点，机械守恒有:mgh =21mv 02, ∴v 02=2gh ,∴L ≤)sin 1(2)sin 1(20αα-=-g ghg v =200(m)即L max =200(m),又41g 2t 2=22222L t h S =+ αθv 0hO∴θααcos 22cos cos ,20⋅====gL gh t v L S g L t 得cos θ=cos α,∴θ=α=30°∴L 最大值为200米，当L 最大时，起跳仰角为30° 例3如下图，某地一天从6时到14时的温度变化曲线近似满足函数y =A sin(ωx +φ)+b(1)求这段时间的最大温差 (2)写出这段曲线的函数解析式错解分析不易准确判断所给图象所属的三角函数式的各个特定系数和字母技巧与方法数形结合的思想，以及运用待定系数法确定函数的解析式解 (1)由图示，这段时间的最大温差是30－10=20(℃)；(2)图中从6时到14时的图象是函数y =A sin(ωx +φ)+b 的半个周期的图象∴ωπ221⋅=14－6,解得ω=8π, 由图示A =21(30－10)=10，b =21(30+10)=20，这时y =10sin(8πx +φ)+20,将x =6,y =10代入上式可取φ=43π综上所求的解析式为y =10sin(8πx +43π)+20,x ∈［6,14］例4 已知α、β为锐角，且x (α+β－2π)＞0,试证不等式f (x )=)sin cos ()sin cos (αββα+x x ＜2对一切非零实数都成立证明若x ＞0，则α+β＞2π∵α、β为锐角，∴0＜2π－α＜β＜2π;0＜2π－β＜2π,∴0＜sin(2π－α)＜sin β 0＜sin(2π－β)＜sin α，∴0＜cos α＜sin β,0＜cos β＜sin α,∴0＜cos sin αβ＜1,0＜αβsin cos ＜1,∴f (x )在(0,+∞)上单调递减，∴f (x )＜f (0)=2若x ＜0,α+β＜2π,∵α、β为锐角， 0＜β＜2π－α＜2π,0＜α＜2π－β＜2π, 0＜sin β＜sin(2π－α),∴sin β＜cos α,0＜sin α＜sin(2π－β),∴sin α＜cos β,∴cos sin αβ＞1, αβsin cos ＞1,∵f (x )在(－∞,0）上单调递增，∴f (x )＜f (0)=2,∴结论成立学生巩固练习1 函数y =－x ·cos x 的部分图象是( )时间/h 温度/0C 30201014106o y xAoy xBoyxC oyxDo yx2 函数f (x )=cos2x +sin(2π+x )是( ) A 非奇非偶函数 B 仅有最小值的奇函数 C 仅有最大值的偶函数D 既有最大值又有最小值的偶函数3 函数f (x )=(31)｜cos x ｜在［－π，π］上的单调减区间为_________ 4 设ω＞0，若函数f (x )=2sin ωx 在［－4,3ππ，］上单调递增，则ω的取值范围是_________5 设二次函数f (x )=x 2+bx +c (b ,c ∈R ),已知不论α、β为何实数恒有f (sin α)≥0和f (2+cos β)≤0(1)求证 b +c =－1； (2)求证c ≥3； (3)若函数f (sin α)的最大值为8，求b ，c 的值参考答案1 函数y =－x cos x 是奇函数，图象不可能是A 和C ，又当x ∈(0,2π)时，y ＜0答案 D 2 解析 f (x )=cos2x +sin(2π+x )=2cos 2x －1+cos x =2［(cos x +81)2212-］－1答案 D3 解在［－π,π］上，y =｜cos x ｜的单调递增区间是［－2π,0］及［2π,π］而f (x )依｜cos x ｜取值的递增而递减,故［－2π,0］及［2π,π］为f (x )的递减区间4 解由－2π≤ωx ≤2π，得f (x )的递增区间为［－ωπ2,ωπ2］，由题设得.230,23: 4232],2,2[]4,3[≤ω<∴≤ω⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧π≥ωππ-≤ωπ-∴ωπωπ-⊆ππ-解得 5 解 (1)∵－1≤sin α≤1且f (sin α)≥0恒成立，∴f (1)≥0 ∵1≤2+cos β≤3,且f (2+c os β)≤0恒成立 ∴f (1)≤0 从而知f (1)=0∴b +c +1=0(2)由f (2+cos β)≤0,知f (3)≤0,∴9+3b +c ≤0 又因为b +c =－1,∴c ≥3(3)∵f (sin α)=sin 2α+(－1－c )sin α+c =(sin α－21c +)2+c －()21(c +)2,当sin α=－1时，［f (sin α)］max =8,由⎩⎨⎧=++=+-0181c b c b 解得b =－4,c =3O B αy x。

高三数学第二轮复习专题讲座人教版

高三数学第二轮复习专题讲座人教版专题一函数考点高考要求 1 映射的概念了解 2 函数的概念理解 3 函数的单调性的概念了解 4 简单函数单调性的判断掌握 5 函数的奇偶性了解 6 反函数的概念了解 7 互为反函数的函数图象间的关系了解 8 简单函数的反函数的求法掌握 9 分数指数幂的概念理解 10 有理数指数幂的运算性质掌握 11 指数函数的概念、图象和性质掌握 12 对数的概念理解 13 对数的运算法制掌握 14 对数函数的概念、图象和性质掌握 15运用函数的性质解决简单的实际问题掌握说明：1．了解：要求对所列知识的含义有初步的、感性的认识，知道这一知识内容是什么，并能在有关的问题中直接应用；2．理解和掌握：要求对所列知识内容有较为深刻的理性认识，能够解释、举例或变形、推断，并能利用知识解决有关问题；3．灵活和综合运用：要求系统的掌握知识的内在联系，能够运用所列知识分析和解决较为复杂的或综合性的问题．（以下两点分析主要针对的是2004年全国各地的高考试题，共15套）二、高考考点分析：在2004年全国各地的高考题中，考查函数的试题或与函数有关的试题大约有56道，在150分中约占25分到30分．对函数，常常从以下几个方面加以考查．1知识点函数的解析式定义域和值域（包括最大值和最小值）函数的单调性函数的奇偶性和周期性函数的反函数题量27335函数和一些分段函数，简单的函数方程为背景，难度以中等题和容易题为主，如：例1．（重庆市）函数)23(log 21-=x y 的定义域是（ D ）A 、[1,)+∞B 、23(,)+∞C 、23[,1]D 、23(,1]例2．（天津市）函数123-=xy （01<≤-x ）的反函数是（ D ）A 、)31(log 13≥+=x x yB 、)31(log 13≥+-=x x yC 、)131(log 13≤<+=x x yD 、)131(log 13≤<+-=x x y也有个别小题的难度较大，如例3．（北京市）函数,,(),,x x P f x x x M ∈⎧=⎨-∈⎩其中P 、M 为实数集R 的两个非空子集，又规定f P y y f x x P (){|(),}==∈，f M y y f x x M (){|(),}==∈，给出下列四个判断：①若P M ⋂=∅，则f P f M ()()⋂=∅ ②若P M ⋂≠∅，则f P f M ()()⋂≠∅ ③若P M ⋃=R ，则()()f P f M ⋃=R ④若P M R ⋃≠，则()()f P f M ⋃≠R 其中正确判断有（ B ）A 、 1个B 、 2个C 、 3个D 、 4个分析：若P M ⋂≠∅，则只有}0{=⋂M P 这一种可能．②和④是正确的．2．对数形结合思想、函数图象及其变换的考查．对图象的考查有6道试题，也以小题为主，难度为中等．例4．（上海市）设奇函数f (x )的定义域为[-5，5]．若当x ∈[0，5]时f (x )的图象如右图，则不等式f (x )<0的解是]5,2()0,2( -．例5．（上海市）若函数y =f (x )的图象可由函数y =lg(x +1)的图象绕坐标原点O 逆时针旋转2π得到，则f （x ）为（ A ） A 、10-x-1 B 、10x-1 C 、1-10-xD 、1-10x3．对函数思想的考查．利用函数的图象研究方程的解；利用函数的单调性证明不等式（常常利用函数的导数来判断和证明函数的单调性）；利用函数的最值说明不等式恒成立等问题．在全部考题中，有7道小题考查了用函数研究方程或不等式的问题，有14道大题考查了函数与方程、不等式、数列等的综合问题．例6．（1）（浙江省）已知⎩⎨⎧≥<-=,0,1,0,1)(x x x f 则不等式)2()2(+⋅++x f x x ≤5的解集是]23,(-∞．（2）（全国卷3）设函数2(1),1,()41, 1,x x f x x x ⎧+<⎪=⎨--≥⎪⎩则使得f (x )≥1的自变量x 的取值范围为（ A ）A 、(-∞,-2][0,10]B 、(-∞,-2][0,1]C 、(-∞,-2][1,10] D 、[-2,0][1,10]例7．（上海市）已知二次函数y =f 1（x ）的图象以原点为顶点且过点（1，1），反比例函数y =f 2（x ）的图象与直线y =x 的两个交点间距离为8，f （x ）= f 1（x ）+ f 2（x ）．（1）求函数f （x ）的表达式；（2）证明：当a >3时，关于x 的方程f (x )= f (a )有三个实数解．解：（1）由已知,设f 1(x )=ax 2，由f 1(1)=1，得a =1，故f 1(x )= x 2．设f 2(x )=xk(k >0)，它的图象与直线y =x 的交点分别为A (k ，k )、B (－k ,－k ) 由AB =8，得k =8，故f 2(x )=x 8．所以f (x )=x 2+x8．（2）证法一：由f （x ）=f （a ）得x 2+x 8=a 2+a 8，即x 8=－x 2+a 2+a 8．在同一坐标系内作出f 2(x )=x 8和f 3(x )= －x 2+a 2+a8的大致图象，其中f 2(x )的图象是以坐标轴为渐近线，且位于第一、三象限的双曲线，f 3(x )的图象是以(0，a 2+a8)为顶点，开口向下的抛物线．因此,，f 2(x )与f 3(x )的图象在第三象限有一个交点，即f (x )=f (a )有一个负数解．又因为f 2(2)=4,，f 3(2)= －4+a 2+a8 当a >3时，f 3(2)－f 2(2)= a 2+a8－8>0, 所以当a >3时，在第一象限f 3(x )的图象上存在一点(2，f (2))在f 2(x )图象的上方．所以f 2(x )与f 3(x )的图象在第一象限有两个交点，即f (x )=f (a )有两个正数解．因此，方程f (x )=f (a )有三个实数解．证法二：由f (x )=f (a )，得x 2+x 8=a 2+a 8，即(x －a )(x +a －ax8)=0，得方程的一个解x 1=a ．方程x +a －ax8=0化为ax 2+a 2x －8=0，由a >3，∆=a 4+32a >0，得 x 2=a a a a 23242+--， x 3=aa a a 23242++-，因为x 2<0, x 3>0, 所以x 1≠ x 2，且x 2≠ x 3．若x 1= x 3，即a =aa a a 23242++-，则3a 2=a a 324+， a 4=4a ，得a =0或a =34，这与a >3矛盾，所以x 1≠ x 3．故原方程f (x )=f (a )有三个实数解．例8．（福建高考题）已知f (x )=2324()3x ax x x +-∈R 在区间[－1，1]上是增函数．（Ⅰ）求实数a 的值组成的集合A ；（Ⅱ）设关于x 的方程f (x )=3312x x +的两个非零实根为x 1、x 2．试问：是否存在实数m ，使得不等式m 2+tm +1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[－1，1]恒成立？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由.解：（Ⅰ）f ＇(x )=4+2,22x ax - ∵f (x )在[－1，1]上是增函数，∴f ＇(x)≥0对x ∈[－1，1]恒成立，即x 2－ax －2≤0对x ∈[－1，1]恒成立． ①设ϕ(x )=x 2－ax －2，方法一：① ⇔ ⎩⎨⎧≤-+=-≤--=021)1(021)1(a a ϕϕ ⇔－1≤a ≤1，∵对x ∈[－1，1]，只有当a =1时，f ＇(-1)=0以及当a =－1时，f ＇(1)=0∴A ={a |－1≤a ≤1}.方法二：①⇔ ⎪⎩⎪⎨⎧≤-+=-≥021)1(02a a ϕ或⎪⎩⎪⎨⎧≤--=<021)1(02a a ϕ⇔ 0≤a ≤1或－1≤a ≤0⇔ －1≤a ≤1．∵对x ∈[－1，1]，只有当a =1时，f ＇(－1)=0以及当a =－1时，f ＇(1)=0， ∴A ={a |－1≤a ≤1}．（Ⅱ）由,02,0,3123242332=--=+=-+ax x x x x x ax x 或得 ∵△=a 2+8>0，∴x 1，x 2是方程x 2－ax －2=0的两非零实根，x 1+x 2=a ，x 1x 2=－2，从而|x 1－x 2|=212214)(x x x x -+=82+a ． ∵－1≤a ≤1，∴|x 1-x 2|=82+a ≤3．要使不等式m 2+tm +1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[－1，1]恒成立，当且仅当m 2+tm +1≥3对任意t ∈[－1，1]恒成立，即m 2+tm －2≥0对任意t ∈[－1，1]恒成立. ②设g(t)=m 2+tm －2=mt +(m 2－2)，方法一：②⇔ g (－1)=m 2－m －2≥0且g (1)=m 2+m －2≥0，⇔m ≥2或m ≤－2.所以，存在实数m ，使不等式m 2+tm +1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[－1，1]恒成立，其取值范围是{m |m ≥2，或m ≤－2}. 方法二：当m =0时，②显然不成立；当m ≠0时，②⇔m >0，g (－1)=m 2－m －2≥0 或m <0，g (1)=m 2+m －2≥0 ⇔ m ≥2或m ≤－2.所以，存在实数m ，使不等式m 2+tm +1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[-1，1]恒成立，其取值范围是{m |m ≥2，或m ≤－2}.说明：本题主要考查函数的单调性，导数的应用和不等式等有关知识，考查数形结合及分类讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力．三、高考热点分析函数几乎贯穿了高中数学的始末，它与高中数学的每一部分内容几乎都有联系．对函数的认识，应该包含对函数的概念和性质的理解；对二次函数、指数函数、对数函数、三角函数等基本初等函数和分段函数的概念和性质的理解；函数图象的变换和应用；建立函数模型解决问题的意识等．在复习过程中，以下几点值得重视：1．重视对函数概念和基本性质的理解．包括定义域、值域（最值）、对应法则、对称性（包括奇偶性）、单调性、周期性、反函数、图象变换、基本初等函数（常常是载体）等．研究函数的性质要注意分析函数解析式的特征，同时要注意函数图象（形）的作用．对这部分知识的考查，除了一部分比较简单的小题直接考查函数某一方面的性质外，常常是对函数综合的类型较多（中等难度题，以小题和前三道大题为主），包括函数内部多种知识的综合，函数同方程、不等式、数列的综合．例1．（北京市）函数f x x ax ()=--223在区间［1，2］上存在反函数的充分必要条件是（ D ）A . a ∈-∞(,]1B . a ∈+∞[,)2C . a ∈[,]12D . a ∈-∞⋃+∞(,][,)12 说明：涉及二次函数的单调性、反函数的概念、充分必要条件等知识．例2．（福建省）已知函数y =log 2x 的反函数是y =f —1(x )，则函数y = f —1(1－x )的图象是（ C ）例3．（全国高考题3）已知函数y =f (x )是奇函数，当x ≥0时，f (x )=3x -1，设f (x )的反函数是y =g (x )，则g (-8)=___-2_____．例4．（湖北省）函数]1,0[)1(log )(2在++=x a x f a 上的最大值和最小值之和为a ，则a 的值为（ B ）A 、41B 、21 C 、2 D 、4例5．（北京市）在函数f x ax bx c ()=++2中，若a ，b ，c 成等比数列且f ()04=-，则f x ()有最大值（填“大”或“小”），且该值为-3．例6．（湖南省）设函数,2)2(),0()4(.0,2,0,)(2-=-=-⎩⎨⎧>≤++=f f f x x c bx x x f 若则关于x 的方程x x f =)(解的个数为（ C ）A 、1B 、2C 、3D 、4例7．（江苏省）设k >1，f (x )=k (x -1)(x ∈R ) ．在平面直角坐标系xOy 中，函数y =f (x )的图象与x 轴交于A 点，它的反函数y =f -1(x )的图象与y 轴交于B 点，并且这两个函数的图象交于P 点．已知四边形OAPB 的面积是3，则k 等于（ B ）A 、3B 、32C 、43D 、65例8．（上海市）记函数f (x )=132++-x x 的定义域为A ，g (x )=lg [(x －a －1)(2a －x )](a <1) 的定义域为B ．（1）求A ；（2）若B ⊆A , 求实数a 的取值范围．解：（1）2－13++x x ≥0，得11+-x x ≥0， x <－1或x ≥1，即A =(－∞，－1) [1，+ ∞)．（2）由(x －a －1)(2a －x )>0，得(x －a －1)(x －2a )<0．因为a <1，所以a +1>2a ，故B =(2a ，a +1)．因为B ⊆A ，所以2a ≥1或a +1≤－1，即a ≥21或a ≤－2，而a <1，所以21≤a <1或a ≤－2，故当B ⊆A 时，实数a 的取值范围是(－∞，－2] [21，1)．例9．（2003年全国理科高考题）已知.0>c 设P ：函数xc y =在R 上单调递减.Q ：不等式1|2|>-+c x x 的解集为R ，如果P 和Q 有且仅有一个正确，求c 的取值范围.解：函数xc y =在R 上单调递减.10<<⇔c不等式|2|1|2| 1.x x c R y x x c +->⇔=+-R 的解集为函数在上恒大于 22,2,|2|2,2,1|2|2.|2|121.211,,0.,, 1.(0,][1,).22x c x c x x c c x c y x x c c x x c R c c P Q c P Q c c -≥⎧+-=⎨<⎩∴=+-∴+->⇔>⇔><≤≥⋃+∞R 函数在上的最小值为不等式的解集为如果正确且不正确则如果不正确且正确则所以的取值范围为 2．重视利用导数研究函数的单调性等性质，进而证明一些不等式或转化一些不等式恒成立问题．例10．（全国高考题1）已知13)(23+-+=x x ax x f 在R 上是减函数，求a 的取值范围. 分析：函数13)(23+-+=x x ax x f 在R 上递减等价于0)(≤'x f 恒成立．解：函数f (x )的导数：.163)(2-+='x ax x f当0)(≤'x f （x ∈R ）时，)(x f 是减函数.23610()ax x x +-≤∈R .3012360-≤⇔≤+=∆<⇔a a a 且所以，所求a 的取值范围是（].3,-∞-说明：这类问题在2004年全国各地的高考题中大量出现，需重视．例11．（重庆市）设函数()(1)(),(1)f x x x x a a =-->（1）求导数/()f x ；并证明()f x 有两个不同的极值点12,x x ；（2）若不等式12()()0f x f x +≤成立，求a 的取值范围．解：（1）.)1(23)(2a x a x x f ++-='.0)(,;0)(,;0)(,:)())((3)(,,,,04)1(4.0)1(230)(221121212122>'><'<<<'<'--='<>≥+-=∆=++-='x f x x x f x x x x f x x x f x x x x x f x x x x a a a a x a x x f 时当时当时当的符号如下可判断由不妨设故方程有两个不同实根因得方程令因此1x 是极大值点，2x 是极小值点.（2）因故得不等式,0)()(21≤+x f x f ：.0)(]2))[(1(]3))[((.0)())(1(212122121221212122213231≤++-++--++≤++++-+x x a x x x x a x x x x x x x x a x x a x x 即又由（I ）知⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+.3),1(322121a x x a x x ，代入前面不等式，两边除以（1+a ），并化简得.02522≥+-a a.0)()(,2,.)(212:21成立不等式时当因此舍去或解不等式得≤+≥≤≥x f x f a a a 例12．（2003年江苏高考题）已知n a ,0>为正整数. （Ⅰ）设1)(,)(--='-=n n a x n y a x y 证明；（Ⅱ）设).()1()1(,,)()(1n f n n f a n a x x x f n n n n n '+>+'≥--=+证明对任意证明：（Ⅰ）因为nk knnC a x 0)(=∑=-k kn x a --)(，所以1)(--=-='∑k kn nk kn xa kC y nk n 0=∑=.)()(1111------=-n k k n k n a x n x a C （Ⅱ）对函数nn n a x x x f )()(--=求导数:nn n n n n n n n n n n n n a n n a n n a n x a x x x f a x x f a x a n n n n f a x n nx x f )()1()1(,,.)()(,.0)(,0].)([)(,)()(1111-->-+-+≥--=≥∴>'>≥--='--='----时当因此的增函数是关于时当时当所以∴))()(1(])1()1)[(1()1(1n n n n n a n n n a n n n n f --+>-+-++=+'+ ).()1())()(1(1n f n a n n n n n n n '+=--+>- 即对任意).()1()1(,1n f n n f a n n n '+>+'≥+四、二轮复习建议（正文用宋体五号字）1．进一步加强对基本概念、基础知识、基本方法的理解和训练（在函数性质和函数与其他知识的小综合上要多加训练，这是关键）．2．在二轮复习过程中，做两件事情：一是分专题讲解“函数、导数与不等式”（重点）、“函数与数列”，二是在整个复习过程中，不断渗透函数的思想方法和数形结合的思想方法．一些备选例题：1．（2000年春季）已知函数f (x )=ax 3+bx 2+cx +d 的图象如图所示，则（ A ）A 、b ∈(-∞，0)B 、 b ∈(0,1)C 、 b ∈(1,2)D 、 b ∈(2,+∞) 分析：显然，（想方程）方程f (x )=0的根为0、1、2，所以，可以设f (x )=ax (x -1)(x -2)，与f (x )=ax 3+bx 2+cx +d 比较可得：b =-3a ．（想不等式）又x >2时，有f （x ）>0，于是有a >0，故b <0.2．（2000年上海）已知函数f (x )=xax x ++22,x ∈[)+∞,1.（1）当a =21时，求函数f (x )的最小值；（2）若对任意的x ∈[)+∞,1,f (x )>0恒成立，试求a 的取值范围．分析：本题考查求函数的最值的方法，以及等价变换和函数思想的运用．当a =21时，f (x )=221++xx ≥222212+=+⋅x x ，当且仅当22,21==x x x 即时等号成立，而[)∞+∉122，也就是说这个最小值是取不到的．解：(1)当a =21时，f (x )=221++xx ，函数f (x )在区间[)+∞,1上为增函数（证明略），所以当x =1时，取到最小值f (1)=3.5.(2)解法一：f (x )>0恒成立，就是x 2+2x +a >0恒成立，而函数g (x )=x 2+2x +a 在[)+∞,1上增函数，所以当x =1时，g (x )取到最小值3+a ，故3+a >0，得：a >-3．解法二：f (x )>0恒成立，就是x 2+2x +a >0恒成立，即a >-x 2-2x 恒成立，这只要a 大于函数-x 2-2x 的最大值即可．而函数-x 2-2x 在[)+∞,1上为减函数，当x =1时，函数-x 2-2x 取到最大值-3，所以a >-3．说明：函数、方程不等式之间有着密切的联系，在解题时要重视这种联系，要善于从函数的高度理解方程和不等式的问题，也要善于利用方程和不等式的知识解决函数的问题．3．某工厂有一个容量为300吨的水塔，每天从早上6时起到晚上10时止供应该厂的生产和生活用水，已知该厂生活用水为每小时10吨，工业用水量W （吨）与时间t （小时，且规定早上6时t ＝0）的函数关系为W ＝100t ．水塔的进水量分为10级，第一级每小时进水10吨，以后每提高一级，每小时进水量就增加10吨．若某天水塔原有水100吨，在开始供水的同时打开进水管，问进水量选择为第几级时，既能保证该厂的用水（水塔中水不空）又不会使水溢出?分析：本题主要考查由实际问题建立函数关系式、并利用函数关系解决实际问题.解本题时, 在建立函数关系式后,根据题意应有0＜y ≤300对t 恒成立（注意区分不等式恒成立和解不等式的关系）．解：设进水量选第x 级，则t 小时后水塔中水的剩余量为y ＝100＋10xt －10t －100t ，且0≤t ≤16．根据题意0＜y ≤300，∴0＜100＋10xt －10t －100t ≤300．0 1 2 xy由左边得x ＞1＋10（t t11-）＝1＋10〔－2)211(-t ＋41〕，当t ＝4时，1＋10〔－2)211(-t ＋41〕有最大值3．5．∴x ＞3．5．由右边得x ≤t t 1020+＋1，当t ＝16时，tt 1020+＋1有最小值4．75，∴x ≤4．75．综合上述，进水量应选为第4级．说明：a 为实数，函数f (x )定义域为D ，若a >f (x )对x D ∈恒成立，则a >f (x )的最大值；若a <f (x )对x D ∈恒成立，则a <f (x )的最小值．4．设()x f 是定义在[-1，1]上的偶函数，()x g 与()x f 的图象关于直线01=-x 对称．且当[]3,2∈x 时，()()()()为实数a x x a x g 32422---⋅=（1）求函数()x f 的表达式；（2）在(]6,2∈a 或()+∞,6的情况下，分别讨论函数()x f 的最大值，并指出a 为何值时，()x f 的图像的最高点恰好落在直线12=y 上．分析：（1）注意到()x g 是定义在区间[]3,2上的函数，因此，根据对称性，我们只能求出()x f 在区间[]0,1-上的解析式，()x f 在区间[]1,0上的解析式，则可以根据函数的奇偶性去求．简答：()⎪⎩⎪⎨⎧≤≤+-≤≤-+-=1024012433x ax x x ax x x f（2）因为()x f 为偶函数，所以，()x f （11≤≤-x ）的最大值，必等于()x f 在区间[]1,0上的最大值．故只需考虑10≤≤x 的情形，此时，()ax x x f 243+-=．对于这个三次函数，要求其最大值，比较容易想到的方法是：考虑其单调性．因此，可以求函数()x f 的导数．简答：如果()+∞∈,6a 可解得：8=a ；如果(]6,2∈a ，可解得：61833>=a ，与(]6,2∈a 矛盾．故当8=a 时，函数()x f 的图像的最高点恰好落在直线12=y 上．说明：（1）函数的单调性为研究最值提供了可能；（2）奇偶性可以使得我们在研究函数性质时，将问题简化到定义域的对称区间上． 5．已知函数3211()(1)32f x x b x cx =+-+ (b 、c 为常数),(Ⅰ) 若()f x 在x =1和x =3处取得极值，试求b 、c 的值；(Ⅱ)若()f x 在12(,),(,)x x x ∈-∞+∞上单调递增且在12(,)x x x ∈上单调递减,又满足211x x ->，求证：22(2)b b c >+；(Ⅲ) 在（Ⅱ）的条件下，若1t x <，试比较2t bt c ++与1x 的大小，并加以证明．解： (Ⅰ)'2()(1)f x x b x c =+-+，由题意得:1和3是方程2(1)0x b x c +-+=的两根，113,1 3.b c -=+⎧∴⎨=⨯⎩解得3,3.b c =-⎧⎨=⎩ (Ⅱ)由题得:当12(,),(,)x x x ∈-∞+∞时，'()0f x >；12(,)x x x ∈时, '()0f x <．12,x x ∴是方程2(1)0x b x c +-+=的两根，则12121,,x x b x x c +=-=222121212212122212(2)24[1()]2[1()]4()41() 1.b bc b b cx x x x x x x x x x x x ∴-+=--=-+--+-=+--=--211x x ->,2221()10,2(2)x x b b c ∴-->∴>+.(Ⅲ) 在(Ⅱ)的条件下,由上一问知212(1)()(),x b x c x x x x +-+=-- 即212()(),x bx c x x x x x ++=--+所以2112112()()()(1),t bt c x t x t x t x t x t x ++-=--+-=-+-2121111,10,0,0,x x t t x t x t x >+>+∴+-<<<∴-<又 2121()(1)0,.t x t x t bt c x ∴-+->++>即。

高考数学专题讲座第5讲数列的综合应用

高考数学专题讲座第5讲数列的综合应用一、考纲要求1．掌握数列性质的应用；2、掌握等比数列的应用（增长率、贷款等）；3、掌握等差数列、等比数列的综合应用．二、基础过关1．（2004年全国）等差数列{}n a 中，24321-=++a a a ，78201918=++a a a ，则此数列前20项和等于（）．A ．160B ．180C ．200D ．2202．等差数列{}n a 的前n 项和记为n S ，若1062a a a ++为一个确定的常数，则下列各数中也是常数的是（）．A ．6SB ．11SC ．12SD ．13S3．一房地产开发商将他新建的20层商品房的房价按下列方法定价，先定一个基价a 元/m 2，再根据楼层的不同上下浮动．一层的价格为（a-d ）元/m 2，二层的价格为2/m a 元，三层的价格为2/m d a ）元（+，第i 层（4≥i ）的价格为23/32m d a i 元⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-，其中0>a ，0>d ，则该商品房的各层房的各层房价的平均值是（）．A ．2/m a 元B ．217/321m d a 元⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+C ．217/321101m d a 元⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+ D ．218/321101m d a 元⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+4．已知数列4,,,121a a 成等差数列，4,,,,1321b b b 成等比数列，则221b a a +的值为． 5．（2001年某某）设数列{}n a 的通项为72-=n a n （*N n ∈），则++21a a =+15a．6．若数列{}()*Nn a n ∈是等差数列，则数列)(*21N n na a a bnn∈+++=也为等差数列，类比上述性质，相应地，若数列{}n c 是等比数列，且)(0*N n c n ∈>，则有=n d )(*N n ∈也是等比数列．三、典型例题例1（2002年某某．某某．某某）设{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，111==b a ，342b a a =+，342a b b =，分别求出{}n a 及{}n b 的前10项的和1010T S 及．例2设数列{}n a 的首项11=a ，前n 项和n S 满足关系式：),4,3,2,0(3)32(31 =>=+--n t t S t tS n n ．（1）求证:数列{}n a 是等比数列；（2）设数列{}n a 的公比为)(t f ，作数列{}n b ，使),4,3,2)(1(111 ===-n b f b b n n ，，求数列{}n b 的通项n b ；（3）求和： -+-433221b b b b b b 122212+--+n n n n b b b b ．例3假设A 型汽车关税税率在2001年是100%，在2006年是25%，2001年A 型进口车每辆价格为64万元（其中含32万元关税税款）．（1）已知与A 型车性能相近的B 型国产车，2001年每辆价格为46万元，若A 型车的价格只受关税降低的影响，为了保证在2006年B 型车的价格不高于A 型车价格的90%，B 型车价格要逐年降低，问平均每年至少下降多少万元?（2）某人在2001年将33万元存入银行，假设该银行扣利息税后的年利率为1．8%（五年内不变)，且每年按复利计算(例如，第一年的利息计入第二年的本金)，那么五年到期时这笔钱连本带息是否一定够买一辆按(1)中所述降价后的B 型汽车? 例4 已知函数()()R x x f x ∈+=241，点()111,y x P ，()222,y x P 是函数()x f 图像上的两个点，且线段21P P 的中点P 的横坐标为21．（Ⅰ）求证：点P 的纵坐标是定值；（Ⅱ）若数列{}n a 的通项公式为()m n N m m n f a n ,,2,1, =∈⎪⎭⎫⎝⎛=，求数列{}n a 的前m 项的和m S ；（Ⅲ）若N m ∈时，不等式11++<m m m m S a S a 恒成立，某某数a 的取值X 围．四、热身演练1． 1．（2003年）在等差数列{}n a 中，已知2054321=++++a a a a a ，那么3a 等于（）． A ．4 B ．5 C ．6 D ．72．(1993年全国卷)在各项均为正数的等比数列{}n a 中，若965=a a ，则13log a +=+++1033323log log log a a a （）．A ．12B ．10C ．8D ．2＋log 353．（2001年全国）设{}n a 是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（）． A ．1 B ．2 C ．4 D ．64．已知1是2a 与2b 的等比中项，又是a 1与b 1的等差中项，则22b a b a ++的值是( ) ．A ．1或21 B ．1或21- C ．1或31D ．1或31- 5．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n 个月内累积的需求量n S （万件）近似地满足)12,,2,1)(521(902 =--=n n n nS n ，按此预测在本年度内，需求量超过1．5万件的月份是( )． A ．5月、6月B ．6月、7月C ．7月、8月D ．8月、9月6．（2002年）等差数列{}n a 中，21=a ，公差不为零，且1131,,a a a 恰好是等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于．7．（04年全国）已知数列{a n }满足a 1=1，a n =a 1+2a 2+3a 3+---+(n -1)a n -1 (n >1)，则{a n }的通项a n =______ ．8．某地区重视环境保护，绿色植被面积呈上升趋势，经调查，从1989年到1998年这10年间每两年上升2%，1997年和1998年这两年种植植被815万平方米，当地政府决定今后四年内仍按这一比例发展下去，那么从1999年到2002年种植植被面积为(保留整数)．9．（04年某某）设{a n }是一个公差为)0(≠d d 的等差数列，它的前10项和11010=S 且21a a 、、4a 成等比数列．（1）证明：d a =1；（2）求公差d 的值和数列{a n }的通项公式． 10．(2004年全国)已知等差数列{}n a ，21,952==a a ．（1）求{}n a 的通项公式；（2）令na nb 2=，求数列{}n b 的前n 项和n S ．11．(2004年全国)数列{}n a 的前n 项和记为n S ，已知),3,2,1(2,111 =+==+n S nn a a n n ．证明：（1）数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等比数列；（2）n n a S 41=+．12．(2001年全国)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少51，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加41．（1）设n 年内(本年度为第一年)总收入为n a 万元，旅游业总收入为n b 万元，写出n n b a ,的表达式；（2）至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总收入? 答案二．基础过关 1、B 2、B 3、C 4、255、1536、n n c c c 21 三．案例探究1．解: {}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，23423422b b b a a a ==+∴，．已知342342a b b b a a ==+，，233332b a a b ==∴，，得2332b b =，41210333==∴≠a b b ，，．由，，41131==a a 知{}n a 的公差为83-=d ，855291010110-=⨯+=∴d a S ．由，，21131==b b 知{}n b 的公比为22=q 或22-=q ，当22=q 时，)22(32311)1(10110+=--=q q b T ;当22-=q 时，)22(32311)1(10110-=--=q q b T 2．解: (1)由22111,1a S a S +===得t t a t 3)32()1(32=+-+．tt a a t t a 332,332122+=+=∴．当n ≥3时，又,3)32(31t S t tS n n =+--…①,3)32(321t S t tS n n =+---…② ①-②，得 0)32(31=+--n n a t ta ． ,4,3,2,3321=+=∴-n tt a a n n ，所以{}n a 是一个首项为1，公比为tt 332+的等比数列． (2)由tt t t f 132332)(+=+=，得1132)1(--+==n n n b b f b ．可见，{}n b 是一个首项为1，公差为32的等差数列．于是312)1(321+=-+=n n b n ． (3) 由312+=n b n ，可知{}12-n b 和{}n b 2是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列，于是3142+=n b n ， )32(94)31435(2134)(34)()()(22421212253431212221254433221n n n n b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b n n n n n n n n +-=++⋅-=+++-=-++-+-=-++-+-∴+-+-3．解：（1）由题意减少的关税税款为244332=⨯（万元），所以2006年A 型车价格为64-24=40万元．因为五年后B 型车价格应不高于A 型车价格的90%，所以有B 型车价格36%9040=⨯≤（万元），2001年B 型车价格为46万元，故五年中至少要降10万元，所以平均每年至少降价2万元．（2）根据题意，2001年存入的33万元五年后到期时连本带息可得51.8%133）（+⨯万元．因07692.36])1.8%(101.8%51[331.8%13325=⨯+⨯+⨯>+⨯）（（万元）所以够买一辆（1）中所述五年后降价为36万元以下得B 型车．4．解：这是一道函数、数列、不等式的综合问题．对于（Ⅰ），直接验证即可；对于（Ⅱ），观察m S 的构成：⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫⎝⎛=m m f m m f m m f m f m f S m 1221 ，可知（Ⅰ）的结论又为（Ⅱ）作了铺垫；对于（Ⅲ），则应在（Ⅱ）的基础上，充分利用“恒成立”，结合函数、不等式的知识去解决．总之，本题层层递进，每一小题均为后一小题的基础，因此，从（Ⅰ）开始，认真走好每一步是解决好本题的关键．（Ⅰ）由题可知：121221=⨯=+x x ，所以， ()()()()()()21444244444424444242444424124121212121212121212121=++++=+++++=++++=+++=+=++x x x x x x x x x x x x x x x x x f x f y y点P 的纵坐标41221=+=y y y P 是定值，问题得证．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：对任意自然数n m ,，21=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛m n m f m n f 恒成立．由于⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫⎝⎛=m m f m m f m m f m f m f S m 1221 ，故可考虑利用倒写求和的方法．即由于：⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=m f m f m m f m m f m m f m m f m m f m m f m f m f S m 12211221所以，()()1361)1(212121122112-=+-=⎪⎭⎫⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=m f m m m f m f m m f m m f m f m m f m f S m 所以，()13121-=m S m（Ⅲ）∵()13121-=m S m ， ∴()231211+=+m S m ∴11++<m m m m S a S a 等价于02313112<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--m a m a m ①依题意，①式应对任意N m ∈恒成立．（1）当0=a 时，①式显然不成立，因此0=a 不合题意．（2）当0<a 时， 023131>+--m am ，所以，只需0<m a 对任意N m ∈恒成立，而当m 为偶数时，0<ma 不成立，因此，0<a 不合题意．（3）当0>a 时，因为0>ma （N m ∈），所以，需且只需023131<+--m a m 对任意N m ∈恒成立．即：1323-+>m m a 对N m ∈恒成立．记()1323-+=m m m g （N m ∈）． ∵()()()()013239132323531<-+-=-+-++=-+m m m m m m m g m g ，∴()m g （N m ∈）的最大值为()251=g ， ∴25>a ．四．热身练习 1、A 2、B 3、B 4、D 5、C 6、4 7、⎪⎩⎪⎨⎧≥==)2(2!)1(1n n n a n 8、1679万平方米9．解：（1）证明：因21a a 、、4a 成等比数列，故4122a a a =．而{}n a 是等差数列，于是()）（d a a d a 31121+=+，即d a a d d a a 121212132+=++，化简得d a =1．（2）解：由条件11010=S 和d a S 291010110⨯+=，得到11045101=+d a ，因d a =1，代入得11055=d ，故2=d ，所以n n a n 22)1(2=⨯-+=．10．解：（1）设数列{}n a 的公差为d ，依题意，得方程组⎩⎨⎧=+=+,214,911d a d a 解得4,51==d a ，所以{}n a 的通项公式为14+=n a n ．（2）由14+=n a n ，得142+=n n b ．所以{}n b 是首项,251=b 公比42=q 的等比数列．于是得{}n b 的前n 项和15)12(3212)12(24445-=--=n n n S ． 11．解：（1）)()2(,2,1111n n n n n n n n S S n S n S nn a S S a -=+∴+=-=++++ ，整理，得n S n S S n nS n n n n 21,)1(211=+∴+=++．故⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是以2为公比的等比数列．（2）由（1），知)2(14111≥-⋅=+-+n n S n S n n ，于是)2(41)1(411≥=-⋅+=-+n a n Sn S n n n 又4,3321112=+===a a S S a 故，因此对于任意正整数1≥n ，都有n n a S 41=+．12．解：（1）第1年投入为800万元，第2年投入为）（511800-⨯万元，…，第n 年投入为1511800--⨯n ）（万元，所以，n 年内的总投入为1)511(800)511(800800--⨯++-⨯+=n n a∑=-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=-⨯=nk n k 115414000)511(800第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为）（411400+⨯万元，…，第n 年旅游业收入为1411400-+⨯n ）（万元．所以，n 年内的旅游业总收入为∑=--⎪⎭⎫⎝⎛⨯=+⨯+++⨯+=nk k n n b 11145400)411(400)411(400400⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=1451600n ．（2）设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入，由此0>-n n a b ，即054140001451600>⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯n n令x n=⎪⎭⎫ ⎝⎛54，得02752>+-x x ．解此不等式，得1,52><x x （舍去），即5254<⎪⎭⎫⎝⎛n．由此，得5≥n ．答：至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入．。

高考数学精英备考专题讲座第一讲函数第五节函数的综合应用2(理)

高考数学精英备考专题讲座第一讲函数第五节函数的综合应用2（理）函数、导数、不等式等这三部分或它们的综合，在每年高考试题中都有大量出现，综合性都比较强，题目都有较高的难度；利用函数解不等式，利用导数研究函数的单调性，求函数的极值和最值等是考查的重点.特别今后，高考的应用题不一定是概率题，那么函数作为解决生活实际问题的重要方法，其应用题出现在高考试题中，并且可能常态化那也在情理之中. 考试要求能结合实例，借助几何直观探索并了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会用导数求函数的极大值、极小值以及生活中的优化问题.能够利用函数解决一些生活实际问题. 题型一函数与不等式例1设函数⎪⎩⎪⎨⎧≥--<+=1141)1()(2x x x x x f ，则使得1)(≥x f 的自变量x 的取值范围为（）A.]10,0[]2,( --∞B. ]1,0[]2,( --∞C. ]10,1[]2,( --∞D. ]10,1[)0,2[ - 点拨：由分段函数的表达式知，需分成两类：解析：由1)(≥x f ，则21(1)1x x <⎧⎨+≥⎩或141x ≥⎧⎪⎨≥⎪⎩，解该不等式组得，(,2][0,10]a ∈-∞-.选A例2 已知函数f (x )=|lg x |.若0<a<b,且f (a )=f (b ),则a+2b 的取值范围是A )+∞B )+∞C (3,)+∞D [3,)+∞点拨：注意a 的取值范围，利用均值不等式求解.解：作出函数f (x )=|lg x |的图象，由()(),0f a f b a b =<<知01,lg lg ,1a b a b ab <<<-=∴=，22a b a a ∴+=+，考察函数2y x x =+的单调性可知，当01x <<时，函数单调递减，223a b a a∴+=+>，故选C.易错点：例1分段函数不等式一般通过分类讨论的方式求解，解对数不等式没注意到真数大于0，或没注意底数在（0，1）上时，或不等号的方向写错等；例2直接利用均值不等式求解得22a b a a ∴+=+>.变式与引申1：已知函数()()21,1,log ,1.a a x x f x x x --⎧⎪=⎨>⎪⎩≤若()f x 在(),-∞+∞上单调递增，则实数a 的取值范围为．变式与引申2：已知二次函数cx bx ax x f ++=2)(，不等式x x f 2)(->的解集为)3,1(． ①若方程06)(=+a x f 有两个相等的实根，求)(x f 的解析式；②若)(x f 的最大值为正数，求实数a 的取值范围．题型二函数与数列例3 已知函数.21)1()())((=-+∈=x f x f R x x f y 满足（1）求*))(1()1()21(N n nn f nf f ∈-+和的值；（2）若数列)1()1()2()1()0(}{f nn f n f n f f a a n n +-++++= 满足，求列数}{n a 的通项公式；（3）若数列{b n }满足1433221,41+++++==n n n n n b b b b b b b b S b a ，则实数k 为何值时，不等式n n b kS <2恒成立.点拨：（2）注意到1122011n n n n n n --+=+=+==，及1()(1)2f x f x +-=，构成对进行运算；（3）求出n b ，将11112n n b b n n +=⨯++裂项，并求和求出n S ，再利用二次函数单调性求解.解：（1）令 41)21(21)211()21(21=∴=-+=f f f x ，，则令 21)1()1(21)11()1(1=-+=-+=n n f n f n f n f n x ，即，则（2）∵)1()1()2()1()0(f n n f n f n f f a n +-++++= ①∴)0()1()2()1()1(f n f n n f n n f f a n +++-+-+= ②由（1），知 21)1()1(=-+n n f n f ∴①+②，得.41.21)1(2+=∴⨯+=n a n a n (*)n N ∈（3）∵1144,n n n n a a b +==,11n n b +=,∴11112n n n n b b +++=⨯,∴1433221+++++=n n n b b b b b b b b S1111111111111111()()()()2334451223344512n n n n =⨯+⨯+⨯++⨯=-+-+-++-++++ )2(22121+=+-=n nn )2)(1(2)1(11222++---=+-+=-∴n n n k kn n n kn b kS n n 由条件，可知当02)1(2<---n k kn 恒成立时即可满足条件.设2)1()(2---=n k kn n f , 当k ＞0时，又二次函数的性质知02)1(2<---n k kn 不可能恒成立当k=0时，f （n ）=－n －2＜0恒成立；当k ＜0时，由于对称轴直线2121212)1(-<-=---=k k k n∴f （n ）在),1[+∞上为单调递减函数∴只要f （1）＜0，即可满足02)1(2<---n k kn 恒成立∴由0,23,02)1()1(<<<---=k k k k f 又得，∴k ＜0 综上知，k ≤0，不等式n n b kS <2恒成立易错点：没有发现1122011n n n n n n--+=+=+==，可以结合1()(1)2f x f x +-=，进行逆序求和；对1433221+++++=n n n b b b b b b b b S 不能裂项求和或求和中出错，对02)1(2<---n k kn 恒成立的讨论不够严谨造成错误.变式与引申3：已知()x f 定义在R 上的函数，对于任意的实数a ，b 都有()()()a bf b af ab f +=，且()12=f ①求⎪⎭⎫⎝⎛21f 的值； ②求()n f -2的解析式（*∈N n ）变式与引申4：一企业生产的某产品在不做电视广告的前提下，每天销售量为b 件. 经市场调查后得到如下规律：若对产品进行电视广告的宣传，每天的销售量S （件）与电视广告每天的播放量n （次）的关系可用如图所示的程序框图来体现.①试写出该产品每天的销售量S （件）关于电视广告每天的播放量n （次）的函数关系式；②要使该产品每天的销售量比不做电视广告时的销售量至少增加90%，则每天电视广告的播放量至少需多少次？题型三含参数的函数极值问题例4 设x 1、)0()()(223212>-+=≠a x a bx ax x f x x x 是函数的两个极值点. （1）若2,121=-=x x ，求函数f (x )的解析式；（2）若b x x 求,22||||21=+的最大值；（3）若)()()(,,1221x x a x f x g a x x x x --'==<<函数且，求证：.)23(121|)(|2+≤a a x g点拨：（2）根据根与系数关系得出两根异号，则212121212||||||()4x x x x x x x x +=-+-再用导数求b 的最大值；（3）将不等式问题转化为求函数的最大值问题.解：).0(23)(22>-+='a a bx ax x f（1）2,121=-=x x 是函数f (x )的两个极值点， .0)2(,0)1(='=-'∴f f.9,6,0412,02322-===-+=--∴b a a b a a b a 解得.3696)(23x x x x f --=∴（2）∵x 1、x 2是 f (x )是两个极值点，.0)()(21='='∴x f x f∴x 1、x 2是方程02322=-+a bx ax 的两根.∵△= 4b 2+ 12a 3， ∴△>0对一切a > 0，Rb ∈恒成立..0,0,3,32212121<⋅∴>-=⋅-=+x x a a x x a b x x .3494)3(4)32(||||||2222121a a b a a b x x x x +=---=-=+∴ 由).6(3,22349422||||222221a a b a ab x x -=∴=+=+得 .60,0)6(3,022≤<≥-∴≥a a a b 令.369)(),6(3)(22a a a h a a a h +-='-=则)(0)(,40a h a h a ∴>'<<时在（0，4）内是增函数； 0)(,64<'<<a h a 时 ∴h (a )在（4，6）内是减函数.∴a = 4时，h (a )有极大值为96，(]6,0)(在a h ∴上的最大值是96， ∴b 的最大值是.64 （3）证法一：∵x 1、x 2是方程0)(='x f 的两根， ))((3)(21x x x x a x f --='∴，22121)2|31|||(3|31|||3|)(|--+-≤--⋅-=∴x x x x a x x x x a x g .31,,3.)31(43)]31()[(43|)(|,0,0,12212122212121-=∴=-=⋅+-=----≤∴<->-∴<<x a x a x x x x a x x x x a x g x x x x x x x .)23(121)3131(43|)(|22+=++⋅≤∴a a a a x g 证法二：∵x 1、x 2是方程0)(='x f 的两根，))((3)(21x x x x a x f --='∴..31,,31221-=∴=-=⋅x a x a x x|]1)(3)[31(|.|)31())(31(3||)(|--+=+--+=∴a x x a x a a x x a x g∵x 1 < x < x 2， )133)(31(|)(|++-+=∴a x x a x g aa a a x a a x x a 3143)2(3)313)(31(3232+++--=+-+-=12)23(3143223+=++≤a a a a a易错点：本题讨论、计算较多，不小心都容易出错，对问题的转化能力要求较高. 变式与引申5：若函数()()11213123+-+-=x a ax x x f 在区间()4,1上是减函数，在区间()+∞,6上是增函数，求实数a 的取值范围．变式与引申6：已知函数()()0221ln 2≠--=a x ax x x f 存在单调递减区间，求a 的取值范围；题型四函数应用题例5 2010年上海世博会组委会为保证游客参观的顺利进行，对每天在各时间段进入园区和离开园区的人数作了一个模拟预测. 为了方便起见，以10分钟为一个计算单位，上午9点10分作为第一个计算人数的时间，即1=n ；9点20分作为第二个计算人数的时间，即2=n ；依此类推，把一天内从上午9点到晚上24点分成了90个计算单位. 对第n 个时刻进入园区的人数()f n 和时间n （n N *∈⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤≤≤+-≤≤⋅≤≤=-)9073(0)7237(21600300)3625(33600)241(3600)(1224n n n n n n f n ，*∈N n 对第n 个时刻离开园区的人数()g n 和时间n （n N *∈）满足以下关系（如图1-5-3）：⎪⎩⎪⎨⎧∈≤≤≤≤-≤≤=*N n n n n n n g ,)9073(5000)7225(12000500)241(0)(（1）试计算在当天下午3点整（即15点整）时，世博园区内共有多少游客？（2）请求出当天世博园区内游客总人数最多的时刻.（附123 1.096≈）点拨：（1）计算出入园游客总数与出园游客总数，其差就是所求；（2）当入园游客总数与出园游客总数之差最大，则游客总人数最多，按每段函数分别计算()()f n g n -.解：（1）当024n ≤≤且n N *∈时，()3600f n =，当3625≤≤n 且n N *∈时，2412()36003n f n -=⋅所以36[(1)(2)(3)(24)][(25)(26)(36)]S f f f f f f f =++++++++（图1-5-2）108003600249072361O 1n f(n))(n f10800 3600 1 1 24 36 72 90 n=3600×24+3600×1⎡⎤-=86400+82200=168600；另一方面，已经离开的游客总人数是：12(25)(26)(36)T g g g =+++12=×50012115002⨯+⨯39000=；……2分所以361216860039000129600S S T =-=-=（人）故当天下午3点整（即15点整）时，世博园区内共有129600位游客.（2）当0)()(≥-n g n f 时园内游客人数递增；当0)()(<-n g n f 时园内游客人数递减. (i)当241≤≤n 时，园区人数越来越多，人数不是最多的时间； (ii)当3625≤≤n 时，令360012000500≤-n ，得出31≤n ，即当3125≤≤n 时，进入园区人数多于离开人数，总人数越来越多；当3632≤≤n 时，12000500336001224->⋅-n n ，进入园区人数多于离开人数，总人数越来越多；(iii)当7237≤≤n 时，令3002160050012000n n -+=-时，42n =，即在下午4点整时，园区人数达到最多.此后离开人数越来越多，故园区内人数最多的时间是下午4点整. 易错点：（1）下午3点是哪个时段算不清出错；（2）不能读懂题意和看图，无从下手.变式与引申7：提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况。