高三数学理科二轮复习 2-3-23函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题
2-3-22三角函数、平面向量、立体几何、概率与统计型解答题
高考专题训练二十二三角函数、平面向量、立体几何、概率与统计型解答题班级_______ 姓名_______ 时间：45分钟 分值：50分 总得分________1．(12分)(2011·广东卷)已知函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －π6，x ∈R. (1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4的值；(2)设α，β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3α＋π2＝1013，f (3β＋2π)＝65，求cos(α＋β)的值．分析：本题考查运用三角公式化简求值．(1)f (x )的解析式已给出，求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4即可；(2)先化简f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3α＋π2＝1013，f (3β＋2π)＝65，再结合α，β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2求cos α与sin β，代入即得cos(α＋β)的值． 解：(1)∵f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －π6， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12－π6＝2sin π4＝ 2. (2)∵α，β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3α＋π2＝1013，f (3β＋2π)＝65，∴2sin α＝1013，2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π2＝65，即sin α＝513，cos β＝35，∴cos α＝1213，sin β＝45，∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝1213×35－513×45＝1665.2．(12分)(2011·重庆卷)如图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ，AB ⊥BC ，AD ＝CD ，∠CAD＝30°.(1)若AD ＝2，AB ＝2BC ，求四面体ABCD 的体积；(2)若二面角C －AB －D 为60°，求异面直线AD 与BC 所成角的余弦值．分析：本小题主要考查面面垂直的性质、四面体的体积计算公式、二面角的意义与异面直线所成的角的意义及求法．在具体处理过程中，可围绕线面垂直的性质定理去考虑，从而添加相关的辅助线，由此求得相关几何体的体积；在求异面直线所成的角的过程中，注意根据异面直线所成角的意义，考虑平移其中一条或两条直线，从而将问题转化为求两条相交直线的夹角问题．也可考虑通过建立坐标系的方式解决相关问题．解：(1)如图所示，设F 为AC 中点，连接FD ，由于AD ＝CD ，所以DF ⊥AC .又由平面ABC ⊥平面ACD ，知DF ⊥平面ABC ，即DF 是四面体ABCD 的面ABC 上的高，且DF ＝AD sin30°＝1，AF ＝AD cos30°＝ 3.在Rt △ABC 中，因AC ＝2AF ＝23，AB ＝2BC ，由勾股定理易知BC ＝2155，AB ＝4155.故四面体ABCD 的体积V ＝13·S △ABC ·DF ＝13×12×4155×2155＝45.(2)解法一：如图所示，设G ，H 分别与边CD ，BD 的中点，则FG ∥AD ，GH ∥BC ，从而∠FGH 是异面直线AD 与BC 所成的角或其补角．设E 为边AB 的中点，则EF ∥BC ，由AB ⊥BC ，知EF ⊥AB .又由(1)知DF ⊥平面ABC ，故由三垂线定理知DE ⊥AB .所以∠DEF 为二面角C －AB －D 的平面角．由题设知 ∠DEF ＝60°.设AD ＝a ，则DF ＝AD ·sin ∠CAD ＝a2.在Rt △DEF 中，EF ＝DF ·cot ∠DEF ＝a 2·33＝36a ，从而GH ＝12BC ＝EF ＝36a .因Rt △ADE ≌△BDE ，故BD ＝AD ＝a ， 从而，在Rt △BDF 中，FH ＝12BD ＝a 2.又FG ＝12AD ＝a 2，从而在△FGH 中，因FG ＝FH ，由余弦定理得cos ∠FGH ＝FG 2＋GH 2－FH 22FG ·GH ＝GH 2FG ＝36.因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为36.解法二：如图所示，过F 作FM ⊥AC ，交AB 于M ，已知AD ＝CD ，平面ABC ⊥平面ACD ，易知FC ，FD ，FM 两两垂直．以F 为原点，射线FM ，FC ，FD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系F －xyz .不妨设AD ＝2，由CD ＝AD ，∠CAD ＝30°，易知点A ，C ，D 的坐标分别为A (0，－3，0)，C (0，3，0)，D (0,0,1)，则AD →＝(0，3，1)．显然向量k ＝(0,0,1)是平面ABC 的一个法向量．已知二面角C －AB －D 为60°，故可取平面ABD 的一个单位法向量n ＝(l ，m ，n )，使得〈n ，k 〉＝60°，从而n ＝12.由n ⊥AD →，有3m ＋n ＝0，从而m ＝－36.由l 2＋m 2＋n 2＝1，得l ＝±63.设点B 的坐标为B (x ，y,0)，由AB →⊥BC →，n ⊥AB →，取l ＝63，有⎩⎨⎧x 2＋y 2＝3，63x －36(y ＋3)＝0，解之得，⎩⎨⎧x ＝469，y ＝739或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－3(舍去)． 易知l ＝－63与坐标系的建立方式不合，舍去．因此点B 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫469，739，0.所以CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫469，－239，0.从而cos 〈AD →，CB →〉＝AD →·CB →|AD →||CB →|＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－2393＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫4692＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－2392＝－36.故异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为36.3．(13分)(2011·浙江卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A －MC －B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．分析：此题主要考查了线线位置关系和二面角的求解，对(1)问线线垂直的证明易入手，利用线面垂直即可进行证明；对(2)问可采用空间直角坐标向量法进行处理；解题时对(2)问要注意恰当建立坐标系，恰当设参数，从而有效快速求解．解：方法一：(1)如图，以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)， AP →＝(0,3,4)，BC →＝(－8,0,0)，由此可得AP →·BC →＝0，所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC .(2)设PM →＝λPA →，λ≠1，则PM →＝λ(0，－3，－4)． BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λPA →＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， AC →＝(－4,5,0)，BC →＝(－8,0,0)． 设平面BMC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面APC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧BM →·n 1＝0，BC →·n 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1－(2＋3λ)y 1＋(4－4λ)z 1＝0，－8x 1＝0，即⎩⎨⎧x 1＝0，z 1＝2＋3λ4－4λ1，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，2＋3λ4－4λ. 由⎩⎪⎨⎪⎧ AP →·n 2＝0，AC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＋4z 2＝0，－4x 2＋5y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝54y 2，z 2＝－34y 2，可取n 2＝(5,4，－3)．由n 1·n 2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ0，解得λ＝25，故AM ＝3.综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.方法二：(1)由AB ＝AC ，D 是BC 的中点，得AD ⊥BC . 又PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC .因为PO ∩AD ＝O ，所以BC ⊥平面PAD ， 故BC ⊥PA .(2)如图，在平面PAB 内作BM ⊥PA于M ，连接CM .由(1)中知PA ⊥BC ，得AP ⊥平面BMC .又AP ⊂平面APC ，所以平面BMC ⊥平面APC .在Rt △ADB 中，AB 2＝AD 2＋BD 2＝41，得AB ＝41.在Rt △POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2， 在Rt △PDB 中，PB 2＝PD 2＋BD 2， 所以PB 2＝PO 2＋OD 2＋DB 2＝36，得PB ＝6. 在Rt △POA 中，PA 2＝AO 2＋OP 2＝25，得PA ＝5. 又cos ∠BPA ＝PA 2＋PB 2－AB 22PA ·PB ＝13，从而PM ＝PB cos ∠BPA ＝2，所以AM ＝PA －PM ＝3. 综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.4．(13分)(2011·天津)学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球，2个黑球，乙箱子里装有1个白球，2个黑球， 这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖．(每次游戏结束后将球放回原箱)．(1)求在1次游戏中； (ⅰ)摸出3个白球的概率； (ⅱ)获奖的概率；(2)求在2次游戏中获奖次数X 的分布列及数学期望E (X )． 解：(1)(ⅰ)设“在1次游戏中摸出i 个白球”为事件A i ＝(i ＝0,1,2,3)，则P (A 3)＝C 23C 25·C 12C 23＝15.(ⅱ)设“在1次游戏中获奖”为事件B ，则B ＝A 2∪A 3.又P (A 2)＝C 23C 25·C 22C 23＋C 13C 12C 25·C 12C 23＝12. 且A 2，A 3互斥，所以P (B )＝P (A 2)＋P (A 3)＝12＋15＝710.(2)由题意可知X 的所有可能取值为0,1,2.P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－7102＝9100.P (X ＝1)＝C 12710⎝ ⎛⎭⎪⎫1－710＝2150. P (X ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫7102＝49100. 所以X 的分布列是X 的数学期望E (X )＝0×9100＋1×2150＋2×49100＝75.。
2-3-22三角函数、平面向量、立体几何、概率与统计型解答题
高考陪练
1.(2011· 北京卷)已知函数
π f(x)＝4cosxsinx＋ －1. 6
(1)求 f(x)的最小正周期； (2)求
π π f(x)在区间－ ， 上的最大值和最小值． 6 4
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数学（理） 第18页 新课标· 高考二轮总复习
[解]
(1)证明：
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证法一：综合法 设 G 是线段 DA 与线段 EB 延长线的交点，由于△ 1 OAB 与△ODE 都是正三角形，所以 OB 綊 DE，OG＝ 2 OD＝2.同理，设 G′是线段 DA 与线段 FC 延长线的交 点，有 OG′＝OD＝2.又由于 G 和 G′都在线段 DA 的 延长线上，所以 G 与 G′重合．
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【热点例 4】
(2011· 江西)某饮料公司招聘了一名员工，
现对其进行一项测试， 以便确定工资级别，公司准备了两种不 同的饮料共 8 杯，其颜色完全相同，并且其中 4 杯为 A 饮料， 另外 4 杯为 B 饮料，公司要求此员工一一品尝后，从 8 杯饮 料中选出 4 杯 A 饮料， 4 杯都选对， 若 则月工资定为 3500 元； 若 4 杯选对 3 杯， 则月工资定为 2800 元； 否则月工资定为 2100 元，令 X 表示此人选对 A 饮料的杯数，假设此人对 A 和 B 两 种饮料没有鉴别能力． (1)求 X 的分布列； (2)求此员工月工资的期望．
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2π (2)因为 b ＝a ＋c －2accos ， 3
2 2 2
高考数学二轮复习专题二函数与导数2.4.2导数与不等式
-12解题策略一 解题策略二
对点训练2设f(x)=xex,g(x)=
(1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值; (2)若任意x1,x2∈[-1,+∞)且x1>x2有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立, 求实数m的取值范围.Βιβλιοθήκη 1 2 x +x. 2
解 (1)∵F(x)=f(x)+g(x)=xex+2x2+x,
(2)∵不等式ax-ln x≥a(2x-x2)对∀x∈[1,+∞)恒成立, ∴等价于a(x2-x)≥ln x对∀x∈[1,+∞)恒成立. 当x=1时,a∈R都有不等式恒成立;
当 x>1 时,a≥ 即 h(x)=
ln������ 恒成立,令 ������2 -������
h(x)=
ln������ . ������2 -������
∵f'(x)=a-������,∴k=f'(x0)=a-������ ,
0
1
1
即直线的切线方程为 y-ax0+ln x0= ������-
1 ������0
(x-x0),
又切线过原点O, 所以-ax0+ln x0=-ax0+1, 由ln x0=1,解得x0=e,所以切点的横坐标为e.
-8解题策略一 解题策略二
-3解题策略一 解题策略二
难点突破一(直接构造函数) 求 f(x)>0(x>1)时 a 的范围,因 f(1)=0,只需 f(x)在(1,+∞)单调递增.f(x)>0(x>1)⇔f(x)在(1,+∞)单调递 ������'(������) ≥ 0 ≥0⇔ ⇔ ������ > 1 ������ > 1, ������ > 1 1 数 φ(x)=1+������+ln x(x>1),易求得 φ(x)>2,所以 a≤2. 增⇔
2018届高考数学理科二轮总复习高考23题逐题特训二函数
(二)函数与导数(2)1．设函数f (x )＝2(a ＋1)x (a ∈R )，g (x )＝ln x ＋bx (b ∈R )，直线y ＝x ＋1是曲线y ＝f (x )的一条切线．(1)求a 的值；(2)若函数y ＝f (x )－g (x )有两个极值点x 1，x 2.①试求b 的取值范围；②证明：g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)≤1e 2＋12. 解 (1)设直线y ＝x ＋1与函数y ＝f (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝x 0＋1，y 0＝2(a ＋1)x 0，a ＋1x 0＝1，解得a ＝0. (2)记h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )＝2x －ln x －bx .①函数y ＝f (x )－g (x )有两个极值点的必要条件是h ′(x )有两个正零点．h ′(x )＝1x －1x－b ＝－bx ＋x －1x ， 令h ′(x )＝0，得bx －x ＋1＝0(x >0)．令x ＝t ，则t >0.问题转化为bt 2－t ＋1＝0有两个不等的正实根t 1，t 2，等价于⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝1－4b >0，t 1t 2＝1b >0，t 1＋t 2＝1b >0，解得0<b <14. 当0<b <14时，设h ′(x )＝0的两正根为x 1，x 2，且x 1<x 2， 则h ′(x )＝－bx ＋x －1x ＝－b (x －x 1)(x －x 2)x ＝－b (x －x 1)(x －x 2)x (x ＋x 1)(x ＋x 2). 当x ∈(0，x 1)时，h ′(x )<0；当x ∈(x 1，x 2)时，h ′(x )>0；当x ∈(x 2，＋∞)时，h ′(x )<0. 所以x 1，x 2是h (x )＝f (x )－g (x )的极值点，∴b 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，14. ②由①知x 1x 2＝x 1＋x 2＝1b.可得g (x 1)＋g (x 2)＝－2ln b ＋1b －2，f (x 1)＋f (x 2)＝2b， 所以g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)＝12－b ln b －b . 记k (b )＝12－b ln b －b ⎝⎛⎭⎫0<b <14， 则k ′(b )＝－ln b －2，令k ′(b )＝0，得b ＝1e 2∈⎝⎛⎭⎫0，14， 且当b ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，k ′(b )>0，k (b )单调递增； 当b ∈⎝⎛⎭⎫1e 2，14时，k ′(b )<0，k (b )单调递减，且当b ＝1e 2时，k (b )取最大值1e 2＋12， 所以g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)≤1e 2＋12. 2．设函数f (x )＝2ax ＋b x＋c ln x . (1)当b ＝0，c ＝1时，讨论函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6且函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2. ①求a 的取值范围；②求f (x 2)的取值范围．解 (1)f (x )＝2ax ＋b x＋c ln x ，x >0， f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2＋cx －b x 2. 当b ＝0，c ＝1时，f ′(x )＝2ax ＋1x. 当a ≥0时，由x >0，得f ′(x )＝2ax ＋1x>0恒成立， 所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，令f ′(x )＝2ax ＋1x >0，解得x <－12a； 令f ′(x )＝2ax ＋1x <0，解得x >－12a， 所以，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． 综上所述，①当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． (2)①函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6， 所以f (1)＝2a ＋b ＝3a －3，f ′(1)＝2a ＋c －b ＝3， 所以b ＝a －3，c ＝－a ，f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2－ax ＋3－a x 2， 函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，则方程2ax 2－ax ＋3－a ＝0有两个大于0的解， ⎩⎨⎧ Δ＝(－a )2－8a (3－a )>0，a 2a >0，3－a 2a >0，解得83<a <3. 所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫83，3.②2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，x 2＝a ＋9a 2－24a 4a ＝14⎝⎛⎭⎫1＋ 9－24a ， 由83<a <3，得x 2∈⎝⎛⎭⎫14，12， 由2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，得a ＝－32x 22－x 2－1. f (x 2)＝2ax 2＋a －3x 2－a ln x 2 ＝a ⎝⎛⎭⎫2x 2＋1x 2－ln x 2－3x 2＝－32x 2＋1x 2－ln x 22x 22－x 2－1－3x 2. 设φ(t )＝－32t ＋1t －ln t 2t 2－t －1－3t ，t ∈⎝⎛⎭⎫14，12， φ′(t )＝－3⎝⎛⎭⎫2－1t 2－1t (2t 2－t －1)－⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2＋3t2 ＝－31t 2(2t 2－t －1)2＋3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2＋3t 2＝3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2. 当t ∈⎝⎛⎭⎫14，12时，2t ＋1t－ln t >0,4t －1>0，φ′(t )>0，所以φ(t )在⎝⎛⎭⎫14，12上单调递增，φ(t )∈⎝⎛⎭⎫163ln 2，3＋3ln 2， 所以f (x 2)的取值范围是⎝⎛⎭⎫163ln 2，3＋3ln 2.。
高考数学二轮复习教案
高考数学二轮复习教案【篇一：高考数学二轮专题复习教案共23讲精品专题】专题一集合、简单逻辑用语、函数、不等式、导数及应用第1讲集合与简单逻辑用语1. 理解集合中元素的意义是解决集合问题的关键：弄清元素是函数关系式中自变量的取值？还是因变量的取值？还是曲线上的点？?2. 数形结合是解集合问题的常用方法：解题时要尽可能地借助数轴、直角坐标系或韦恩图等工具，将抽象的代数问题具体化、形象化、直观化，然后利用数形结合的思想方法解决．3. 已知集合a、b，当a∩b＝?时，你是否注意到“极端”情况：a＝?或b＝?？求集合的子集时是否忘记?？分类讨论思想的建立在集合这节内容学习中要得到强化．4. 对于含有n个元素的有限集合m, 其子集、真子集、非空子集、非空真子集的个数依次为2n,2n－1，2n－1，2n－2.5. ?是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集．2. 已知命题p：n∈n,2n＞1 000，则p为________．3. 条件p：a∈m＝{x|x2－x0}，条件q：a∈n＝{x||x|2}，p是q的______________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)4. 若命题“?x∈r，x2＋(a－1)x＋10”是假命题，则实数a的取值范围为________．【例1】已知集合a＝{x|x2－3x－10≤0}，集合b＝{x|p＋1≤x≤2p－1}．若b?a，求实数p的取值范围．【例2】设a＝{(x，y)|y2－x－1＝0}，b＝{(x，y)|4x2＋2x－2y＋5＝0}，c＝{(x，y)|y＝kx＋b}，是否存在k、b∈n，使得(a∪b)∩c ＝?？若存在，求出k，b的值；若不存在，请说明理由．则下列结论恒成立的是________．a. t，v中至少有一个关于乘法封闭b. t，v中至多有一个关于乘法封闭 c. t，v中有且只有一个关于乘法封闭 d. t，v中每一个关于乘法封闭【例4】已知a0，函数f(x)＝ax－bx2.(1) 当b0时，若?x∈r，都有f(x)≤1，证明：0a≤b； (2) 当b1时，证明：?x∈[0,1]，|f(x)|≤1的充要条件是b－1≤a≤b.①2 011∈[1]；②－3∈[3]；③z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④“整数a，b属于同一‘类’”的充要条件是“a－b∈[0]”．其中，正确结论的个数是________个．1解：由f(x)为二次函数知a≠0，令f(x)＝0解得其两根为x1＝a12＋a由此可知x10，x20，(3分)①当a0时，a＝{x|xx1}∪{x|xx2}，(5分) 1a∩b≠?的充要条件是x2＜3，即a②当a0时， a＝{x|x1xx2}，(10分) 1a∩b≠?的充要条件是x21，即＋a2＋1，解得a－2，(13分) a62＋3，解得a(9分) a712，x2＝＋aa6?.(14分) 综上，使a∩b≠?成立的实数a的取值范围为(－∞，－2)∪??7?一集合、简单逻辑用语、函数、不等式、导数及应用第1讲集合与简单逻辑用语a. 57b. 56c. 49d. 8【答案】 b 解析：集合a的所有子集共有26＝64个，其中不含4,5,6,7的子集有23＝8个，所以集合s共有56个．故选b.m2y≤2m＋1，x，y∈r}, 若a∩b≠?，则实数m的取值范围是________．1m12＋2? 解析：由a∩b≠?得，a≠?，所以m2≥，m≥m≤0.【答案】 ??2?22|2－2m||2－2m－1|2当m≤0＝22m＞－m，且＝2m＞－m，又2＋0＝2＞2m222|2－2m|1＋1，所以集合a表示的区域和集合b表示的区域无公共部分；当m≥时，只要≤m22|2－2m－1|22或m，解得22≤m≤2＋2或1－m≤1，所以实数m的取值范围222122?. 是??2?点评：解决此类问题要挖掘问题的条件，并适当转化，画出必要的图形，得出求解实数m的取值范围的相关条件．基础训练1. (－∞，3) 解析：a＝(－∞，0]∪[3，＋∞)，b＝(0，＋∞)，a∪b＝(－∞，＋∞)，a∩b＝[3，＋∞)．2. ?n∈n,2n≤1 0003. 充分不必要解析：m＝(0,1)?n＝(－2,2)．例1 解：由x2－3x－10≤0得－2≤x≤5. ∴ a＝[－2,5]．①当b≠?时，即p＋1≤2p－1?p≥2.由b?a得－2≤p＋1且2p－1≤5.得－3≤p≤3.∴ 2≤p≤3.②当b＝?时，即p＋12p－1?p＜2.b?a成立．综上得p≤3.点评：从以上解答应看到：解决有关a∩b＝?，a∪b＝a，a∪b＝b 或a?b等集合问题易忽视空集的情况而出现漏解，这需要在解题过程中全方位、多角度审视问题．变式训练设不等式x2－2ax＋a＋2≤0的解集为m，如果m?[1,4]，求实数a的取值范围．??f?1?≥0且f?4?≥0，[x1，x2]，m?[1,4]?1≤x1＜x2≤4??－a＋3≥0，??18－7a≥0，即?1≤a≤4，??a＜－1或a＞2，1818－1. 解得：2＜a≤，综上实数a的取值范围是?7?7例2 解：∵ (a∪b)∩c＝?，∵a∩c＝?且b∩c＝?，2??y＝x＋1，由 ? 得k2x2＋(2bk－1)x＋b2－1＝0， ?y＝kx＋b?∴ 4k2－4bk＋10，此不等式有解，其充要条件是16b2－160，即b21，①2??4x＋2x－2y＋5＝0，∵ ? ?y＝kx＋b，?∴ 4x2＋(2－2k)x＋(5－2b)＝0，∴ k2－2k＋8b－190, 从而8b20，即b2.5，②?4k2－8k＋1＜0，??2 ?k－2k－3＜0，?∴ k＝1，故存在自然数k＝1，b＝2，使得(a∪b)∩c＝?．点评：把集合所表示的意义读懂，分辨出所考查的知识点，进而解决问题.???1－y＝3变式训练已知集合a＝??x，y???x＋1?????，b＝{(x，y)|y＝kx＋3}，若a∩b＝?，??求实数k的取值范围．解：集合a表示直线y＝－3x－2上除去点(－1,1)外所有点的集合，集合b表示直线y＝kx＋3上所有点的集合，a∩b＝?，所以两直线平行或直线y＝kx＋3过点(－1,1)，所以k＝2或k＝－3.例3 【答案】 a 解析：由于t∪v＝z，故整数1一定在t，v两个集合中的一个中，不妨设1∈t，则?a，b∈t，另一方面，当t＝{非负整数}，v＝{负整数}时，t关于乘法封闭，v关于乘法不封闭，故d不对；当t＝{奇数}，v＝{偶数}时，t，v显然关于乘法都是封闭的，故b，c不对．从而本题就选a.例4 证明：(1) ax－bx2≤1对x∈r恒成立，又b＞0, ∴a2－4b≤0，∴ 0＜a≤b. (2) 必要性，∵ ?x∈[0,1]，|f(x)|≤1恒成立，∴ bx2－ax≤1且bx2－ax≥－1，显然x＝0时成立，111对x∈(0,1]时a≥bx－且a≤bx＋f(x)＝bxx∈(0,1]上单调增，f(x)最大值xxxf(1)＝b－1.1111函数g(x)＝bx＋在?0，?上单调减，在?1?上单调增，函数g(x)的最小值为g?x?b????b?＝2，∴ b－1≤a≤2b，故必要性成立；a2a2aa1122b4b2b2a2f(x)max＝1，又f(x)是开口向下的抛物线，f(0)＝0，f(1)＝a－b，4bf(x)的最小值从f(0)＝0，f(1)＝a－b中取最小的，又a－b≥－1，∴－1≤f(x)≤1，故充分性成立；综上命题得证．变式训练命题甲：方程x2＋mx＋1＝0有两个相异负根；命题乙：方程4x2＋4(m－2)x＋1＝0无实根，这两个命题有且只有一个成立，求实数m的取值范围．2解：使命题甲成立的条件是： ??m＞2.?x1＋x2＝－m＜0?∴集合a＝{m|m2}．【篇二：高三数学二轮复习教案】高三数学二轮复习教案学校：寿县迎河中学汇编：龙如山第一部分：三角问题的题型与方法一、考试内容1．理解任意角的概念、弧度的意义，能正确地进行弧度与角度的换算。
高三理科数学二轮复习专题能力提升训练：函数、导数、不等式的综合问题(含答案解析).pdf
训练 函数、导数、不等式的综合问题 一、选择题(每小题5分，共25分) 1．下面四个图象中，有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(aR)的导函数y＝f′(x)的图象，则f(－1)等于( )． A. B．－ C. D．－或 2．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )． A．1 B. C. D. 3．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，xR，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是( )． A. B. C. D. 4．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于( )． A．1 B．2 C．0 D. 5．设aR，若函数y＝eax＋3x，xR有大于零的极值点，则( )． A．a＞－3 B． a＜－3 C．a＞－ D．a＜－ 二、填空题(每小题5分，共15分) 6．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于________． 7．函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的范围是________． 8．关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________． 三、解答题(本题共3小题，共35分) 9．(11分)已知函数f(x)＝x3－x2＋bx＋a.(a，bR)的导函数f′(x)的图象过原点． (1)当a＝1时，求函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程； (2)若存在x＜0，使得f′(x)＝－9，求a的最大值． 10．(12分)已知a，b为常数，且a≠0，函数f(x)＝－ax＋b＋axln x，f(e)＝2(e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求实数b的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m＜M)，使得对每一个t[m， M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，说明理由． 11．(12分)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值； (2)对一切的x(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (3)证明：对一切x(0，＋∞)，都有ln x＞－.参考答案 1．D [f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，f′(x)的图象开口向上，若图象不过原点，则a＝0时，f(－1)＝，若图象过原点，则a2－1＝0，又对称轴x＝－a＞0，a＝－1，f(－1)＝－.] 2．D [|MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－ln x的最小值，h′(x)＝2x－＝，显然x＝是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝.] 3．A [因为函数f(x)＝x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥.] 4．B [函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，≥1，得a≥2.又g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x(1, 2)上恒成立，有a≤2，a＝2.] 5．B [令f(x)＝eax＋3x，可求得f′(x)＝3＋aeax，若函数在xR上有大于零的极值点，即f′(x)＝3＋aeax＝0有正根．当f′(x)＝3＋aeax＝0成立时，显然有a＜0，此时x＝ln.由x＞0，解得a＜－3，a的取值范围为(－∞，－3)．] 6．解析 由题得f′ (x)＝12x2－2ax－2b＝0，f′(1)＝12－2a－2b＝0，a＋b＝6.a＋b≥2，6≥2，ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取到最大值． 答案 9 7．解析 f(x)＝x3－x2＋ax－5，f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或f′(－1)＝3＋a≤0且f′(2)＝a≤0，a≥1或a≤－3.于是满足条件的a(－3,1)． 答案 (－3,1) 8．解析 由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得，x1＝0，x2＝2，当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以，解得－4＜a＜0. 答案 (－4,0) 9．解 由已知，得f′(x)＝x2－(a＋1)x＋b. 由f′(0)＝0，得b＝0，f′(x)＝x(x－a－1)． (1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f′(x)＝x(x－2)，f(3)＝1， f′(3)＝3. 所以函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程为y－1＝3(x－3)， 即3x－y－8＝0. (2)存在x＜0，使得f′(x)＝x(x－a－1)＝－9，－a－1＝－x－＝(－x)＋≥2＝6，a≤－7，当且仅当x＝－3时，a＝－7. 所以a的最大值为－7. 10．解 (1)由f(e)＝2，得b＝2. (2)由 (1)可得f(x)＝－ax＋2＋axln x. 从而f′(x)＝aln x. 因为a≠0，故 当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞1，由f′(x)＜0得， 0＜x＜1； 当a＜0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜1，由f′(x)＜0得，x＞1. 综上，当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xln x，f′(x)＝ln x. 由(2)可得，当x在区间内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x1(1，e)ef′(x) －0 ＋f(x)2－单调递减极小值1单调递增2又2－＜2， 所以函数f(x)的值域为[1,2]． 据此可得，若则对每一个t[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点； 并且对每一个t(－∞，m)(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)都没有公共点． 综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝2，使得对每一个t[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点． 11．(1)解 f′(x)＝ln x＋1. 当x时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 则当0＜t＜t＋2＜时，t无解； 当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时， [f(x)]min＝f＝－； 当≤t＜t＋2，即t≥时， f(x)在[t，t＋2]上单调递增． 所以[f(x)]min＝f(t)＝tln t.所以[f(x)]min＝ (2)解 2f(x)≥g(x)，即2xln x≥－x2＋ax－3， 则a≤2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)， h′(x)＝. 当x(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减； 当x(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增． 所以[h(x)]min＝h(1)＝4.因为对一切x(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤[h(x)] min＝4.故实数a的取值范围是(－∞，4]． (3)证明 问题等价于证明xln x＞－，x(0，＋∞)． 由(1)可知f(x)＝xln x，x(0，＋∞)的最小值为－， 当且仅当x＝时取得．设m(x)＝－，x(0，＋∞)，则m′(x)＝，易得[m(x)]max＝m(1)＝－. 从而对一切x(0，＋∞)，都有ln x＞－成立．。
高三数学第二轮复习知识点
高三数学第二轮复习知识点高三学生即将面临着人生中最重要、最紧张的考试——高考。
而数学作为其中一门科目，在高考中具有举足轻重的地位。
为了帮助大家更好地复习数学，提高分数，下面将介绍高三数学第二轮复习的重要知识点。
一、函数与方程函数与方程是数学中最基础的概念之一。
在高考中，函数的概念和性质经常出现，并且与方程密切相关。
1. 函数的定义：函数是一个输入与输出之间的关系，即对于每一个输入，都有唯一的输出。
2. 函数的性质：包括奇偶性、周期性、单调性等。
要熟悉不同类型函数的图像特征。
3. 方程的解法：要掌握一元一次方程、一元二次方程及其根的性质，熟练运用因式分解、配方法、求根公式等方法解题。
二、向量与几何1. 向量的概念与性质：熟悉向量的定义、加减法、数量积、向量夹角等基本性质，还要了解向量与坐标、平移、旋转等几何关系。
2. 几何与解析几何的转化：能够灵活地在几何图形和解析几何之间转化，掌握几何意义下的向量运算。
三、三角与三角函数1. 三角函数的定义与性质：熟悉三角函数的定义及其周期性、奇偶性等基本性质。
要能够准确地绘制各个三角函数的图像。
2. 三角函数的应用：要能够熟练地运用三角函数解决各种与角度有关的问题，如三角方程、三角不等式等。
四、导数与微分1. 导数的定义：理解导数的定义，即函数在某一点的切线斜率。
2. 导数的性质：了解导数的性质，如可导必连续、导数的运算法则等。
3. 微分的概念与应用：理解微分的概念，能够应用微分解决实际问题，如求函数的最值、曲线的切线方程等。
五、概率与统计1. 概率的基本概念：理解事件、样本空间、随机事件、概率等基本概念。
2. 概率的计算：掌握加法原理、乘法原理、全概率公式等概率计算的方法。
3. 统计分析：学会收集、整理、分析数据，掌握数据的分布特征及统计量的计算方法等。
这些是高三数学第二轮复习的主要知识点，掌握这些知识将为考生在高考中取得好成绩打下坚实的基础。
在复习过程中，我们需要注重巩固基础知识，多做一些题目进行练习。
高三数学二轮复习重点
高三数学二轮复习重点高三数学第二轮重点复习内容专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：着重掌握函数的单调性，奇偶性，周期性，对称性。
这些性质通常会综合起来一起考察，并且有时会考察具体函数的这些性质，有时会考察抽象函数的这些性质。
一元二次函数：一元二次函数是贯穿中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了了解，高中阶段更多的是将它与导数进行衔接，根据抛物线的开口方向，与x轴的交点位置，进而讨论与定义域在x轴上的摆放顺序，这样可以判断导数的正负，最终达到求出单调区间的目的，求出极值及最值。
不等式：这一类问题常常出现在恒成立，或存在性问题中，其实质是求函数的最值。
当然关于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的结合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是非常必要的。
专题二：数列。
以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式，通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。
专题三：三角函数，平面向量，解三角形。
三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有涉及，有时候考察三角函数的公式之间的互相转化，进而求单调区间或值域;有时候考察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，当然正弦，余弦定理是很好的工具。
向量可以很好得实现数与形的转化，是一个很重要的知识衔接点，它还可以和数学的一大难点解析几何整合。
专题四：立体几何。
立体几何中，三视图是每年必考点，主要出现在选择，填空题中。
大题中的立体几何主要考察建立空间直角坐标系，通过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。
另外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，着重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应该掌握三棱柱，长方体。
空间直线与平面的位置关系应以证明垂直为重点，当然常考察的方法为间接证明。
专题五：解析几何。
高考数学二轮总复习层级三专题二函数导数与不等式第二讲导数与不等式学案理含解
学习资料第二讲导数与不等式1．（2019·全国卷Ⅲ）已知函数f（x)＝2x3－ax2＋2。
（1)讨论f（x)的单调性;（2)当0〈a<3时，记f(x)在区间[0,1］的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．解：(1)f′（x）＝6x2－2ax＝2x(3x－a）．令f′(x）＝0，得x＝0或x＝错误!.若a>0,则当x∈(－∞，0)∪错误!时，f′（x)〉0；当x∈错误!时,f′(x)<0,故f(x）在（－∞,0），错误!上单调递增，在错误!上单调递减；若a＝0，则f（x)在（－∞，＋∞）上单调递增;若a〈0，则当x∈错误!∪（0，＋∞）时,f′（x）>0，当x∈错误!时，f′（x)<0,故f（x）在错误!，（0，＋∞)上单调递增,在错误!上单调递减．(2)当0〈a〈3时,由（1）知，f（x)在错误!上单调递减，在错误!上单调递增，所以f（x)在［0，1]的最小值为f错误!＝－错误!＋2，最大值为f（0)＝2或f(1）＝4－a.于是m＝－错误!＋2，M＝错误!所以M－m＝错误!当0<a〈2时,由y′＝a29－1<0可知y＝2－a＋错误!单调递减，所以M－m的取值范围是错误!.当2≤a<3时，y＝错误!单调递增，所以M－m的取值范围是错误!。
综上，M－m的取值范围是错误!。
2．(2018·全国卷Ⅰ）已知函数f(x）＝错误!－x＋a ln x.(1)讨论f(x）的单调性；（2）若f(x）存在两个极值点x1，x2，证明：错误!〈a－2. 解：（1）f（x）的定义域为(0，＋∞），f′（x)＝－错误!－1＋错误!＝－错误!。
①若a≤2，则f′（x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′（x)＝0, 所以f（x）在(0，＋∞)上单调递减．②若a＞2，令f′（x)＝0，得x＝错误!或x＝错误!.当x ∈错误!∪错误!时，f ′（x ）＜0;当x ∈错误!时，f ′（x )＞0。
高三数学二轮复习 2-3-23函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题课件 理 人教版
[解] (1)设数列{an}的公比为 q.由 a23＝9a2a6 得 a32＝ 9a24，所以 q2＝19.由条件可知 q>0，故 q＝13.
由 2a1＋3a2＝1，得 2a1＋3a1q＝1，得 a1＝13. 故数列{an}的通项公式为 an＝31n.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－ nn＋1
当 m<－1 时，曲线 C 的方程为xa22＋－ym2 a2＝1，C 是焦 点在 y 轴上的椭圆；
当 m＝－1 时，曲线 C 的方程为 x2＋y2＝a2，C 是圆心 在原点的圆；
当－1<m<0 时，曲线 C 的方程为ax22＋－ym2 a2＝1，C 是 焦点在 x 轴上的椭圆；
当 m>0 时，曲线 C 的方程为xa22－mya22＝1，C 是焦点在 x 轴上的双曲线．
(2)设 P(x0，y0)为曲线 C：y＝14x2－2 上一点，因为 y′ ＝12x，所以 l 的斜率为12x0.
因此直线 l 的方程为 y－y0＝12x0(x－x0)，即 x0x－2y＋ 2y0－x20＝0
则 O 点到 l 的距离 d＝|2yx00－ 2＋x420|.又 y0＝14x02－2，所以
(1)当 0≤x≤200 时，求函数 v(x)的表达式； (2)当车流密度 x 为多大时，车流量(单位时间内通过 桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时)f(x)＝x·v(x)可以 达到最大，并求出最大值．(精确到 1 辆/小时) [分析] 本小题主要考查函数、最值等基础知识，同 时考查运用数学知识解决实际问题的能力．
从而 S＝12r1r2sinθ＝－m2ac2ossinθθ＝－12ma2tanθ，于是由 S ＝|m|a2，可得－12ma2tanθ＝|m|a2，即 tanθ＝－2m|m|.
高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数范围课件
②由条件知 f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.
因为 f(2x)≥mf(x)-6 对于 x∈R 恒成立,且 f(x)>0, 所以
(������(������)) +4 m≤ 对于 ������(������)
2
x∈R 恒成立.
4 (������(0))2 +4 ������(������)· =4,且 =4, ������(������) ������(0)
2 ������
-7-
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x- (x>0).当 a≤0 时,f'(x)>0,f'(x) 没有零点, 当 a>0 时,因为 e2x 单调递增,- 单调递增, 所以 f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
������ 1 又 f'(a)>0,当 b 满足 0<b< ,且 b< 时,f'(b)<0,故当 a>0 时,f'(x)存在唯 4 4 ������ ������
(������(������))2 +4 4 而 =f(x)+ ≥2 ������(������) ������(������)
所以 m≤4,故实数 m 的最大值为 4.
-11-
(2)因为函数 g(x)=f(x)-2 只有 1 个零点, 而 g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0, 所以 0 是函数 g(x)的唯一零点. 因为 g'(x)=axln a+bxln b, 又由 0<a<1,b>1 知 ln a<0,ln b>0, 所以 g'(x)=0 有唯一解
高三数学二轮复习专题3
高三数学二轮复习专题3:《函数与导数》［专题内容］1、函数与导数的基础知识、基本方法归纳梳理；2、三个基本问题(函数的三要素问题；函数的性质及图象应用问题；利用导数研究函数的性质问题)的解决方法与途径；［知识归纳］要点1、函数的三要素(定义域、值域、对应法则)：①掌握求函数定义域的原则及规律：列表法、图象法、解析式、实际问题、复合函数的定义域。
x 2 x 2［范例1］(06,湖北,4)设f(X) lg——，则f(—) f(—)的定义域为______________2 x 2 x②掌握求函数值域的基本方法，如直接法、二次函数法、反函数法、换元法、配方法、判别式法、图象法、数形结合法、不等式法、导数法等。
［范例2］(08，宣武)定义在N*上的函数f(x)满足f(1) 1，且1-f (n), n为偶数f(n 1) 则f (22) _________2f (n), n为奇数[范例3]已知f(x) 2 log s x,x [1,9]，试求函数y [f(x)]2 f (x2)的值域。
③掌握求函数解析式的基本方法(待定系数法、换元法及实际问题)2［范例4］已知f( 1) lg x，求f(X)。
x要点2、函数的性质：① 函数的单调性：(重点掌握单调性的概念、判断方法、复合函数的单调 性)。
♦定义：注意定义是相对与某个具体的区间而言。
♦判定方法有：定义法(作差比较和作商比较)；导数法(适用于 多项式函数)；复合函数法和图像法。
♦应用：比较大小，证明不等式，解不等式。
°a )X 1，X 1是R 上的增函a x , x 1数，贝U a 的取值范围是 ______ .② 函数的奇偶性：(重点掌握函数奇偶性概念、判断方法、图象的特点)。
♦定义：注意区间是否关于原点对称，比较f(x)与f(-x)的关系。
f(x) — f(-x)=0 f(x) =f(-x)f(x)为偶函数；f(x)+f(-x)=0 f(x) =— f(-x) f(x)为奇函数。
高三数学(理)二轮复习专题二 函数、不等式、导数2审课件
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语语文文：：初初一一新新生生使使用用的的是是教教育育部部编编写写的的教教材材，，也也称称““部部编编””教教材材。。““部部编编本本””是是指指由由教教育育部部直直接接组组织织编编写写的的教教材材。。““部部编编本本””除除了了语语文文，，还还有有德德育育和和历历史史。。现现有有的的语语文文教教材材，，小小学学有有112种2种版版本本，，初初中中有有8种8种版版本本。。这这些些版版本本现现在在也也都都做做了了修修订订，，和和““部部编编本本””一一同同投投入入使使用用。。““部部编编本本””取取代代原原来来人人教教版版，，覆覆盖盖面面比比较较广广，，小小学学约约占占550%0%，，初初中中约约占占606%0%。。今今秋秋，，小小学学一一年年级级新新生生使使用用的的是是语语文文出出版版社社的的修修订订版版教教材材，，还还是是先先学学拼拼音音，，后后学学识识字字。。政政治治：：小小学学一一年年级级学学生生使使用用的的教教材材有有两两个个版版本本，，小小学学一一年年级级和和初初一一的的政政治治教教材材不不再再叫叫《《思思想想品品德德》》，，改改名名为为《《道道德德与与法法治治》》。。历历史史：：初初一一新新生生使使用用华华师师大大版版教教材材。。历历史史教教材材最最大大的的变变化化是是不不再再按按科科技技、、思思想想、、文文化化等等专专题题进进行行内内容容设设置置，，而而是是以以时时间间为为主主线线，，按按照照历历史史发发展展的的时时间间顺顺序序进进行行设设置置。。关关于于部部编编版版，，你你知知道道多多少少？？为为什什么么要要改改版版？？跟跟小小编编一一起起来来了了解解下下吧吧！！一一新新教教材材的的五五个个变变化化一一、、入入学学以以后后先先学学一一部部分分常常用用字字，，再再开开始始学学拼拼音音。。汉汉字字是是生生活活中中经经常常碰碰到到的的，，但但拼拼音音作作为为一一个个符符号号，，在在孩孩子子们们的的生生活活中中接接触触、、使使用用都都很很少少，，教教学学顺顺序序换换一一换换，，其其实实是是更更关关注注孩孩子子们们的的需需求求了了。。先先学学一一部部分分常常用用常常见见字字，，就就是是把把孩孩子子的的生生活活、、经经历历融融入入到到学学习习中中。。二二、、第第一一册册识识字字量量减减少少，，由由404000字字减减少少到到30300字0字。。第第一一单单元元先先学学404个0个常常用用字字，，比比如如““地地””字字，，对对孩孩子子来来说说并并不不陌陌生生，，在在童童话话书书、、绘绘本本里里可可以以看看到到，，电电视视新新闻闻里里也也有有。。而而在在以以前前，，课课文文选选用用的的一一些些结结构构简简单单的的独独体体字字，，比比如如““叉叉””字字，，结结构构比比较较简简单单，，但但日日常常生生活活中中用用得得不不算算多多。。新新教教材材中中，，增增大大了了常常用用常常见见字字的的比比重重，，减减少少了了一一些些和和孩孩子子生生活活联联系系不不太太紧紧密密的的汉汉字字。。三三、、新新增增““快快乐乐阅阅读读吧吧””栏栏目目，，引引导导学学生生开开展展课课外外阅阅读读。。教教材材第第一一单单元元的的入入学学教教育育中中，，有有一一幅幅图图是是孩孩子子们们一一起起讨讨论论《《西西游游记记》》等等故故事事，，看看得得出出来来，，语语文文学学习习越越来来越越重重视视孩孩子子的的阅阅读读表表达达，，通通过过读读故故事事、、演演故故事事、、看看故故事事等等，，提提升升阅阅读读能能力力。。入入学学教教育育中中第第一一次次提提出出阅阅读读教教育育，，把把阅阅读读习习惯惯提提升升到到和和识识字字、、写写字字同同等等重重要要的的地地位位。。四四、、新新增增““和和大大人人一一起起读读””栏栏目目，，激激发发学学生生的的阅阅读读兴兴趣趣，，拓拓展展课课外外阅阅读读。。有有家家长长担担心心会会不不会会增增加加家家长长负负担担，，其其实实这这个个““大大人人””包包含含很很多多意意思思，，可可以以是是老老师师、、爸爸妈妈、、爷爷爷爷、、奶奶奶奶、、外外公公、、外外婆婆等等，，也也可可以以是是邻邻居居家家的的小小姐姐姐姐等等。。每每个个人人讲讲述述一一个个故故事事，，表表达达是是不不一一样样的的，，有有人人比比较较精精炼炼，，有有人人比比较较口口语语化化，，儿儿 童童听听到到的的故故事事不不同同，，就就会会形形成成不不同同的的语语文文素素养养。。五五、、语语文文园园地地里里，，新新增增一一个个““书书写写提提示示””的的栏栏目目。。写写字字是是有有规规律律的的，，一一部部分分字字有有自自己己的的写写法法，，笔笔顺顺都都有有自自己己的的规规则则，，新新教教材材要要求求写写字字的的时时候候，，就就要要了了解解一一些些字字的的写写法法。。现现在在信信息息技技术术发发展展很很快快，，孩孩子子并并不不是是只只会会打打字字就就可可以以，，写写字字也也不不能能弱弱化化。。二二为为什什么么要要先先识识字字后后学学拼拼音音？？一一位位语语文文教教研研员员说说，，孩孩子子学学语语文文是是母母语语教教育育，，他他们们在在生生活活中中已已经经认认了了很很多多字字了了，，一一年年级级的的识识字字课课可可以以和和他他们们之之前前的的生生活活有有机机结结合合起起来来。。原原先先先先拼拼音音后后识识字字，，很很多多孩孩子子觉觉得得枯枯燥燥，，学学的的时时候候感感受受不不到到拼拼音音的的用用处处。。如如果果先先接接触触汉汉字字，，小小朋朋友友在在学学拼拼音音的的过过程程中中会会觉觉得得拼拼音音是是有有用用的的，，学学好好拼拼音音是是为为了了认认识识更更多多的的汉汉字字。。还还有有一一位位小小学学语语文文老老师师说说：：““我我刚刚刚刚教教完完一一年年级级语语文文，，先先学学拼拼音音再再识识字字，，刚刚进进校校门门的的孩孩子子上上来来就就学学，，压压力力会会比比较较大大，，很很多多孩孩子子有有挫挫败败感感，，家家长长甚甚至至很很焦焦急急。。现现在在让让一一年年级级的的孩孩子子们们先先认认简简单单的的字字，，可可以以让让刚刚入入学学的的孩孩子子们们感感受受到到学学习习的的快快乐乐，，消消除除他他们们害害怕怕甚甚至至恐恐惧惧心心理理。。我我看看了了一一下下网网上上的的新新教教材材，，字字都都比比较较简简单单，，很很多多小小朋朋友友都都认认识识。。””
高三第二轮知识点总结数学
高三第二轮知识点总结数学一、函数与导数1. 函数的概念函数是自变量与因变量之间的对应关系。
如果每个自变量对应唯一的因变量，并且每个因变量都由自变量确定，则称这种对应关系为函数。
2. 函数的性质（1）定义域：一个函数的定义域是指所有可能的自变量的取值，是函数的合法输入值的范围。
（2）值域：一个函数的值域是指所有可能的因变量的取值，是函数的合法输出值的范围。
3. 导数的概念函数的导数，简称导数，是函数在某一点处的变化率。
导数表示了函数在某一点的瞬时变化率，例如速度，加速度等。
如果函数y=f(x)在点x=x0处可导，则称函数在该点可导。
如果函数在某一点处可导，那么导数就是这个点处函数的斜率。
4. 导数的计算导数的计算是通过极限的概念来定义的。
对于一个函数y=f(x)，它的导数$f'(x)$可以通过以下公式来计算：$$f'(x) = \lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$$5. 导数的性质（1）导数与函数的关系：如果函数f(x)在任意一点可导，则称f(x)是可导的。
（2）可导函数的性质：如果函数f(x)在某一点可导，则它在该点处必然连续。
6. 导数的应用导数在很多实际问题中都有着重要的应用，如切线与切线方程、极值与最优化问题、微分与微分方程等。
二、不等式1. 绝对值不等式（1）绝对值函数：$|x|$表示x的绝对值。
绝对值函数的性质有：a. $|x|\geq 0$；b. $|ab|=|a|\cdot |b|$；c. $|x-y|\leq |x|+|y|$。
（2）绝对值不等式：绝对值不等式是带有绝对值的不等式，解题时会对不等式的两边取绝对值，然后分类讨论。
2. 一元二次不等式一元二次不等式是指一元二次函数的不等式，它的解法主要通过构造零点法，求不等式的根，或者使用图像法，构造抛物线的图像来求解。
3. 二元一次不等式二元一次不等式是指两个变量的一次不等式，通常使用图像法，分析直线在坐标轴上的位置以及不等式的解集。
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：导数与数列不等式
第25讲 导数与数列不等式知识与方法函数、数列、不等式的综合题,是高考压轴题的热点题型之一.一方面,以函数为载体让学生探究函数的性质;另一方面,数列是特殊的函数,在研究数列问题时,我们经常用函数的性质去探究数列的变化规律以及取值范围等.本节,我们介绍几类常见的导数与数列不等式结合的考题及其解决方法.1.基本类型(1)数列求和(或积)中的不等问题; (2)通项公式中的不等问题.对于数列求和的不等问题,通常要将通项公式放缩为可以求和的数列: (1)放缩为等差数列:通项公式:n b pn q =+;(2)放缩为等比数列:通项公式:11n n b b q -=;【点睛】特别地,当10,(0,1)b q >∈时,数列{}n b 为无穷递缩等比数列,其前n 项和()11111nn b q b T qq-=<--.这个不等式经常用到,它的结构为: ?×Ïî 1 ?«±È n T <-,常常要从第二项或第三项开始放缩.(3)裂项相消求和:通项公式特点:1n n n a b b +=-;(4)倒序相加求和:通项公式特点:1k n k b b -++=常数.【点睛1】数列求和不等式,要点睛意从通项公式入手,放缩成可求和的数列.【点睛2】在放缩时要点睛意前几问的铺垫与提示作用,特别是由恒成立与最值问题所得到的不等式,往往提供了放缩的方向.【点睛3】常用的放缩不等式:ln 1,e1,sin (0)xx x x x x x -+<>典型例题()()1158nni i i i a f n a f n ==<>∑∑类型或【例1】数列{}n a 满足1111,22n na a a +==-. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列{}n a 的前n 项和为n S ,证明2ln 2n n S n +⎛⎫<-⎪⎝⎭.【解析】(1)由112n n a a +=-得,1111122n n n n a a a a +--=-=--,所以12111n n n a a a +-=--,即111111111n n n n a a a a ++-==----，所以111111n n a a +-=---,且1121a =--,数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项为2-,公差为1-的等差数列,所要证以111n n a =---,故1n n a n =+. (2)要证2ln 2n n S n +⎛⎫<-⎪⎝⎭,即证1112111ln 2312n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-<- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即证1112ln 2312n n n n +⎛⎫⎛⎫-+++<-⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭, 即证1112ln 2312n n +⎛⎫+++> ⎪+⎝⎭， 解法1:利用数列的单调性设()2111ln 2231n f n n +⎛⎫⎛⎫=-+++⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭, 只需证明()f n 的最大值小于0,考察(){}f n 的单调性, 作差:()()31111lnln 12222n f n f n n n n n +⎛⎫+-=-=+- ⎪++++⎝⎭. 构造函数()()ln 1(0)g x x x x =+->,则()()110,11xg x g x x x=-=-<++'在()0,∞+上单调递减, 所以()()00g x g <=,故()()1f n f n +<,从而()()311ln 022f n f =-<,得证. 解法2:通项比较点睛意到()*式左边是数列11n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和, 于是将右边2ln 2n +⎛⎫⎪⎝⎭看成另一个数列{}n b 的前n 项和的形式, 易得21ln ln 22n n n b ++⎛⎫⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.记11n a n =+,只需证明n n a b >,即证12ln 11n n n +>++,构造函数()()ln 1(0)h x x x x =+->证明即可,过程与解法1相同. 解法3:积分放缩()2211111111123123112d ln 2ln2ln 2n n n n x n x ++++=⨯+⨯++⨯+++>=+-=⎰ 【点睛1】通项比较法也是证明此类数列求和型不等式的常规思路之一.一般地,对于数列不等式()1ni i a f n =∑<,可设()1ni i b f n =∑=,则()()()12n b f n f n n =--.若n n a b <成立,显然()1ni i a f n =∑<也成立.需要点睛意的是:若()1ni i a f n =∑<成立,不一定有n n a b <.【点睛2】解法3利用定积分的几何意义进行放缩,这种跨越知识点的思路非常具有创造性,技巧性较强.【例2】已知函数()()22ln 21(0)a f x ax x a a x-=-+-+>. (1)若()0f x 在[)1,∞+上恒成立,求实数a 的取值范围; (2)证明:()()*11111ln 21N 3521221nn n n n ++++>++∈-+. 【解析】()()1f x 的定义域为()0,∞+,()()2222122a a x x ax x a a f x x x'-⎛⎫-- ⎪-+-⎝⎭==. (1)当01a <<时,21a a ->,若21a x a -<<,则()()0,f x f x '<在21,a a -⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数,所以21,2a x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()10f x f <=,即()0f x 在[)1,∞+上不恒成立. (2)当1a 时,21aa-,当1x >时,()()0,f x f x '>在[)1,∞+上是增函数,又()10f =,所以()0f x .综上所述,所求a 的取值范围是[)1,∞+.(2)分析:点睛意到待证不等式左边是数列121n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和,于是将右边()1ln 21221nn n +++看成另一个数列{}n b 的前n 项和n S .由公式11,1,,2,n n n S n b S S n -=⎧=⎨-⎩,易得121111ln 22122121n n b n n n +⎛⎫=+- ⎪--+⎝⎭. 记121n a n =-,则只需证明n n a b >. 当1n =时,不等式显然成立;当2n 时,即证()1121111ln 22122122121n n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭,即证1121ln 212121n n n n ++>-+-,即证2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+-. 令()21221n x n n +=-,则只需证明12ln (1)x x x x->>. 构造函数()12ln (1)g x x x x x=-->,或者利用第(1)问中的不等式()0f x 不难证明不等式成立,故而得证.将上述思路倒过来,可得下面的证法:证明:由(1)知当1a 时,()0f x 在[)1,∞+上恒成立.取1a =,得12ln 0x x x --,所以12ln x x x-.令*21,N 21n x n n +=∈-,得2121212ln212121n n n n n n +-+->-+-, 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭,所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭,上式中1,2,3,,n n =,然后n 个不等式相加,得到:()()*11111ln 213521221nn n n n ++++>++∈-+N . 【点睛】在放缩时要点睛意前几问的铺垫与提示作用！第(1)问中的不等式()0f x 为我们提供了放缩的方向,不必构造新的函数进行证明. 【例3】设函数()()1,ln (0,e 2.718)xg x h x x a ax-==>≈. (1)设()()22r x x h x =-,求()r x 的最小值;(2)设()()()f x g x h x =+,若()f x 在[)1,∞+上为增函数,求实数a 的取值范围; (3)求证:N,2n n ∈≥时,21ni in =∑∑<.【解析】(1)已知函数()ln h x x =,所以()22ln (0)r x x x x =->,所以()241x r x x -=',今()0r x '=,解得12x =,或12x =-(舍),当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()0,r x r x '<在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减, 当1,2x ∞⎛⎫∈+⎪⎝⎭时,()()0,r x r x '>在1,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增; 所以()r x 在12x =处取得最小值,2min 1111()2ln ln22222r x r ⎛⎫⎛⎫==⨯-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.(2)因为()()1ln 1xf x x x ax -=+,所以()21x a f x x-='. 因为()f x 在[)1,∞+上为增函数,所以()210x a f x x'-=在[)1,∞+上恒成立, 即1ax在[)1,∞+上恒成立, 因为101x<,所以1a ,所以a 的取值范围是[)1,∞+. (3)分析:要证21ni in =∑∑<,即证1111ln 234n n++++<,将ln n 看成数列 (){}ln ln 1n n --的前n 项和,于是只需证明()1ln ln 1n n n<--, 即证1ln 1n n n <-. 令1n x n =-,则1x n x =-,只需证明1ln x x x->, 构造函数或者利用(2)的结论即可得证. 证明:由(2)可知1a =时,()1ln xf x x x-=+在[)1,∞+上为增函数, 今1n x n =-(其中*N ,2n n ∈),则()()1,11n x f x f f n ⎛⎫>=> ⎪-⎝⎭,即111ln ln 0111nn n n n n n n n --+=-+>---,即()1ln ln 1n n n -->, 所以,以上各式累加得,所以.即:.【点睛】第(3)问的证明用了通项比较法,点睛意到了第问的铺执与提示作用.【例4】已知函数.(1)求函数在上的单调区间;(2)用表示中的最大值,为的导函数,设函数,若在上恒成立,求实数的取值范围;(3)证明:.【解析】(1)因为,,令,得.当时,单调递增;当时,单调递减;所以函数在上的单调递增区间为,单调减区间为.(2)由知,当时,恒成立,故恒成立;当时,,又因为恒成立,所以在上恒成立,所以,即在上恒成立.令,则,由,令得,易得在上单调递增,在上单调递减,所以,所以,即.综上可得.(3)证法1:证明:设,则,所以在上单调递增,所以,即,所以所以.证法2:记,则所以为递增数列,所以,得证.【点睛】第(3)问证法1用了不等式进行放缩;证法2用了数列的单调性. 另外,还可以利用积分放缩,请读者参考例1自行完成,此处略过.【例5】已知函数的最小值为0,其中.(1)求的值;(2)若对任意的,有成立,求实数的最小值;(3)证明:.【解析】(1),得,得所以时,函数取得极小值且为最小值所以,解得.(2)当时,取,有,故不合题意当时,令,即,可得(1)当时在上恒成立,因此在上单调递减,从而对任意的,总有,即对任意的,有成立;(2)当时,,对于,因此在上单调递增,因此取时,,即有不成立;综上知,时对任意的,有成立,的最小值为.(3)证明:当时,不等式左边右边,所以不等式成立;当时,,在中,取,得,所以.所以综上【点睛】第三问中,借助于导数证不等式的方法进行.点睛意到在第问中,取,得,则,于是得到:,然而右侧的式子显然大于2,这说明放缩过头了,于是保留第一项,从第二项开始放缩: “留一手”是放缩中的常用技巧,有时甚至需要“留两手”或“留三手”.【例6】已知函数.(1)求函数的极值;(2)(1)当时,恒成立,求正整数的最大值;(2)证明:.【解析】(1),当时,,函数在上单调递增,没有极值;当时,由得,由得,所以在上单调递减,在上单调递增,此时函数的极小值,没有极大值.(2)(1)当时恒成立,即只要即可,由时在上单调递减,在上单调递增,(1)若时,在上单调递增,满足题意;(2)当时,在上单调递减,在上单调递增,,令,则,所以在上单调递减,且,所以存在使得,则的解集为.综上,的取值范围,其中,所以正整数的最大值3.(2)证明:要证两边取对数,即证也即证由(1)知,令,则所以所以.【点睛】最后一问中,将目标不等式两边取自然对数,便由积式变成和式,这样就化为类型1,利用通项比较法不难获证.【例7】已知函数.(1)函数在定义域内恒成立,求实数的取值范围;(2)求证:当时,.【解析】(1)函数定义域为,当时,,不满足题设;当时,,在上,单调递增,在上,,单调递减,所以,解得.综上:的取值范围是.(2)证明:由(1)得,当时,当且仅当时等号成立.所以,所以所以,所以.【点睛】第(2)问用到了对数放缩不等式:,还用到了裂项放缩.【例8】已知函数(其中是自然对数的底数,.(1)当时,求函数的极值;(2)当时,求证;(3)求证:对任意正整数,都有.【解析】(1)当时,,当时,;当时,;所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得极小值,函数无极大值;(2)证明:由,(1)当时,恒成立,满足条件;(2)当时,由,得,则当时,,当时,,所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得最小值,因为,所以,所以,所以,综上得,当时,;(3)由(2)知,当时,恒成立,所以恒成立,即,所以,令,得,,所以.【点睛】第(3)问用到了对数放缩不等式:,还用到了等比放缩.【例9】已知函数.(1)求的最大值;(2)若对,总存在,使得成立,求实数的取值范围;(3)证明不等式是自然对数的底数).【解析】(1)由,得,当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减,则当时,取得最大值为.(2)对,总存在,使得成立,等价于:存在,使得成立.由(1)知,,问题转化为存在,使得.,当时,,①当时,若单调递减,,不合题意;②当时,,使得,若,若时,,即当,则,使得,符合题意;③当时,若单调递增,,则,使得,符合题意.综上可知,所求实数的范围是;(3)证明:由(2)可知,当时,若,令.有,再由(1)可得,,则,即,也即,所以,.则.【点睛】第(3)问用到了三角放缩不等式:,还用到了等比放缩.递推公式中的不等问题【例10】已知函数.(1)求证:当时,;(2)若数列满足,且,证明:.【解析】(1)略;(2)要证,即证.如果成立,则必会有,从而只需证明即可,这样递推式就得以建立.接下来考虑如何去绝对值:因为,所以,则,所以,则,如此继续下去,得,从而可得,于是.从而要证成立,只需证明,即证,即证，即.只需证明,即,即证明,即证.分析至此,只需构造函数就可以顺利解决:令,则,,因为,所以,所以在上单调递增,所以,所以在上单调递增,所以,即,故原不等式成立.【点睛】本题构造函数方法不唯一,如下面的过程:令,则,所以在上单调递增,所以,即,所以,于是原不等式得证.【例11】函数,曲线在处的切线在轴上的截距为.(1)求;(2)讨论的单调性;(3)设,求证:.【解析】在上单调递增(过程略;(3)证明,亦即证明.如果成立,那么就会有,反过来,如果我们能够证明,也就是证明,就可以原式得以成立.(下面我们就开始面临下一个问题:如何去绝对值?这就势必要比较与的大小,因此分类情况就会面临着三种:.)下面分别进行讨论:(i)时,不等式显然成立;(ii)若,由在单调递减,且可知,从而式即证,即，亦即，即证.而由单调递增,且,从而可知,从而有成立;(iii)若时,类似可证.【例12】函数.(1)判断时,的零点个数,并加以说明;(2)正项数列满足.(1)判断数列的单调性,并加以证明;(2)证明:.【解析】(1)当时,.令,则,所以在单调递增,又,所以,从而的零点个数为0.(2)由,得,所以由(1)知,当时,有,即,所以.所以,故数列单调递减.对于第(3)问,由于所证不等式的左侧可以视为数列的前项的和,所以我们可将视为某一个数列的前项和,即.从而.要证,只需证.如果成立,则有成立,从而要证,只需证成立即可,从而递推关系得以建立.要证,即证，即证,即证，即证,即证,即证.令,从而,由(1)知,从而,从而原不等式得证.强化训练1..已知函数.(1)求函数的单调区间;(2)若不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)当时,求证:.【解析】(1)的定义域为,(1)当时,,所以在上递增;(2)当时,令,则,当时,;当时,,所以在区间上递增,在上递减.(2)解法1:构造函数,(1)当时,由在上递增,又,不符合题意;(2)当时,由知在区间上递增,在上递减,所以,解得:.综上:,所以的取值范围为.解法2:分离参数恒成立,等价于设,令,则当时,;当时,,所以在区间上递增,在上递减;所以,所以:.所以的取值范围为.(3)证明:由(2)知,当时,恒成立,即(1)当时,,即,所以,上述不等式相加可得:, 即,即,(2)当时,,即,即,所以,,上述不等式相加可得:,即,即,综上:当时,.2.已知函数.(1)求在点处的切线方程;(2)若不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)求证:当时,不等式成立.【解析】(1)切线方程为即.(2)设,当时,单调递增;当时,单调递减;因为不等式恒成立,且,所以,所以即可,从而.(3)由(2)可知:当时,恒成立,当且仅当时等号成立. 令,因为,所以,整理得,变形得,即.当时,有,.将上述式两边同时相加,得.所以当时,不等式成立.3.已知函数.(1)设,求的单调区间;(2)若对,总有成立.求的取值范围;(ii)证明:对于任意的正整数,不等式恒成立. 【解析】(1),定义域为,所以,①当时,令,得;令,得;②当时,令,得或;令,得;③当时,恒成立;④当时,令,得或;令,得;综上：当时,的增区间为的减区间为;当时,的增区间为和的减区间为;当时,的增区间为;当时,的增区间为和的减区间为.(2)(i)由题意,对任意恒成立,即恒成立,只需.由第知:因为,显然当时,,此时对任意不能恒成立;当时,,所以;综上,的取值范围为.(ii)证明:由(1)知:当时,,即,当且仅当时等号成立.当时,可以变换为,在上面的不等式中,令,则有所以不等式恒成立.4.已知函数.(1)若不等式在区间上恒成立,求实数的取值范围;(2)求证:(其中为自然对数的底数).【解析】(1)实数的取值范围为(过程略);(2)取,由(1)有,即.又当时,,所以.于是,将以上不等式累加,得,不等式得证.5.已知函数.(1)若,且对于任意恒成立,试确定实数的取值范围;(2)设函数,求证:【解析】(1)由,可知是偶函数.于是对任意成立等价于对任意成立.由,得.①当时,.此时在上单调递增.故,符合题意.②当时,.当变化时的变化情况如表:单调递减极小值单调递增由此可得,在上,.依题意,,又,所以.综合①,②得,实数的取值范围是.(2)因为,所以,又,所以,,.由此得:故成立.6.已知函数.(1)求证:当时,;(2)数列满足,求证:数列单调递减,且.【解析】第(1)问略.第(2)问,我们先用数学归纳法先证:当时,,从而;假设当时,,下证.由,从而,由于,所以,从而.由数学归纳法原理,知.下证数列单调递减,即证,即证.即证,由(1)知,只需证.而成立,从而数列单调递减.下面证明,只需证,只需证,只需证.构造,所以单调递增,从而,从而对恒成立.从而.原不等式得证.7.已知函数,正实数数列满足,且当时,求证:(1)当时,;(2).【解析】(1)我们证明,当时,.令,即, 则由可知单调递增,从而. 由可知单调递增,于是. 由可知单调递增,因此, 即.因为,所以.(2)我们先对用数学归纳法证明.①当时,,结论成立.②假设当时,有(其中).如果,则.点睛意可知,与归纳假设矛盾.所以,当时结论也成立,即.由①②可知,.于是,当时,有, 令从1到求和,即得.。
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高考专题训练二十三函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题班级_______ 姓名_______ 时间：45分钟 分值：72分 总得分________1．(12分)(2011·成都市高中毕业班第二次诊断性检测)设△ABC 的三内角A 、B 、C 所对应的边长分别为a 、b 、c ，平面向量m ＝(cos A ，cos C )，n ＝(c ，a )，p ＝(2b,0)，且m ·(n －p )＝0.(1)求角A 的大小；(2)当|x |≤A 时，求函数f (x )＝sin x cos x ＋sin xsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6的值域． 解：(1)m ·(n －p )＝(cos A ，cos C )·(c －2b ，a ) ＝(c －2b )cos A ＋a cos C ＝0⇒(sin C －2sin B )cos A ＋sin A cos C ＝0⇒－2sin B cos A ＋sin B ＝0. ∵sin B ≠0，∴cos A ＝12⇒A ＝π3.(2)f (x )＝sin x cos x ＋sin x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝12sin x cos x＋32sin 2x ＝14sin2x ＋32·1－cos2x 2＝34＋14sin2x － 34cos2x ＝34＋12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3. ∵|x |≤A ，A ＝π3，∴－π3≤x ≤π3⇒－π≤2x －π3≤π3.∴－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3≤32⇒3－24≤34＋12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3≤32.∴函数f (x )的值域为[3－24，32]．2．(12分)(2011·正定)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，AB ＝2EF ＝2，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点．(1)求证：FH ∥平面EDB ； (2)求证：AC ⊥平面EDB ； (3)求四面体B —DEF 的体积．分析：本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直、体积的计算等基础知识，同时考查空间想象能力与推理论证能力．解：(1)证明：设AC 与BD 交于点G ，则G 为AC 的中点．连接EG 、GH ，由于H 为BC 的中点，故GH 綊12AB .又EF 綊12AB ，∴EF 綊GH ，∴四边形EFHG 为平行四边形，∴EG ∥FH ，而EG ⊂平面EDB ，∴FH ∥平面EDB . (2)证明：由四边形ABCD 为正方形，有AB ⊥BC .又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC .而EF ⊥FB ，∴EF ⊥平面BFC ，∴EF⊥FH ，∴AB ⊥FH .又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH ⊥BC . ∴FH ⊥平面ABCD .∴FH ⊥AC .又FH ∥EG ，∴AC ⊥EG .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ， ∴AC ⊥平面EDB .(3)∵EF ⊥FB ，∠BFC ＝90°，∴BF ⊥平面CDEF . ∴BF 为四面体B －DEF 的高．∵BC ＝AB ＝2，∴BF ＝FC ＝ 2.又EF ＝1， ∴V B －DEF ＝13×12×1×2×2＝13.3．(12分)(2011·预测题)小王参加一次比赛，比赛共设三关，第一、二关各有两个必答题，如果每关两个问题都答对，可进入下一关，第三关有三个问题，只要答对其中两个问题，则闯关成功．每过一关可一次性获得价值分别为1000元，3000元，6000元的奖品(不重复得奖)，小王对三关中每个问题回答正确的概率依次为45，34，23，且每个问题回答正确与否相互独立．(1)求小王过第一关但未过第二关的概率；(2)用X 表示小王所获得奖品的价值，写出X 的概率分布列，并求X 的数学期望．解：(1)设小王过第一关但未过第二关的概率为P 1，则P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋34×14＝725.(2)X 的取值为0,1000,3000, 6000， 则P (X ＝0)＝15＋45×15＝925，P (X ＝1000)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋34×14＝725，P (X ＝3000)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452⎝ ⎛⎭⎪⎫342⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232－C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝775， P (X ＝6000)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452⎝ ⎛⎭⎪⎫342⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝415，∴X 的概率分布列为∴X 的数学期望E (X )＝0×925＋1000×725＋3000×775＋6000×415＝2160.4．(12分)(2011·天津卷)已知a >0，函数f (x )＝ln x －ax 2，x >0.(f (x )的图象连续不断)(1)求f (x )的单调区间；(2)当a ＝18时，证明：存在x 0∈(2，＋∞)，使f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32；(3)若存在均属于区间[1,3]的α，β，且β －α≥1，使f (α)＝f (β)，证明：ln3－ln25≤a ≤ln23.分析：本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、解不等式、函数的零点等基础知识，考查运算能力、分类讨论的思想、分析解决问题的能力．解：(1)f ′(x )＝1x －2ax ＝1－2ax 2x ，x ∈(0，＋∞)．令f ′(x )＝0，解得x ＝2a 2a. 当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：⎝⎭⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2a ，＋∞. (2)证明：当a ＝18时，f (x )＝ln x －18x 2，由(1)知f (x )在(0,2)内单调递增，在(2，＋∞)内单调递减．令g (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32.由于f (x )在(0,2)内单调递增， 故f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，即g (2)>0.取x ′＝32e>2，则g (x ′)＝41－9e 232<0.所以存在x 0∈(2，x ′)，使g (x 0)＝0，即存在x 0∈(2，＋∞)，使f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32.(说明：x ′的取法不唯一，只要满足x ′>2，且g (x ′)<0即可．)(3)证明：由f (α)＝f (β)及(1)的结论知α<2a2a<β，从而f (x )在[α，β]上的最小值为f (α)，又由β－α≥1，α，β∈[1,3]，知1≤α≤2≤β≤3.故⎩⎪⎨⎪⎧ f (2)≥f (α)≥f (1)，f (2)≥f (β)≥f (3).即⎩⎪⎨⎪⎧ln2－4a ≥－a ，ln2－4a ≥ln3－9a .从而ln3－ln25≤a ≤ln23.5．(12分)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝32，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.(1)求椭圆的方程；(2)设直线l 与椭圆相交于不同的两点A ，B ，已知点A 的坐标为(－a,0)，点Q (0，y 0)在线段AB 的垂直平分线上，且QA →·QB →＝4.求y 0的值．分析：本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查运算能力和推理能力．解：(1)由e ＝ca ＝32，得3a 2＝4c 2，再由c 2＝a 2－b 2，得a ＝2b .由题意可知12×2a ×2b ＝4，即ab ＝2.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b ，ab ＝2，得a ＝2，b ＝1.所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由(1)可知A (－2,0)，设B 点的坐标为(x 1，y 1)，直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)．于是A ，B 两点的坐标满足方程组⎩⎨⎧y ＝k (x ＋2)，x 24＋y 2＝1.由方程组消去y 并整理，得 (1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋(16k 2－4)＝0. 由－2x 1＝16k 2－41＋4k 2，得 x 1＝2－8k 21＋4k 2，从而y 1＝4k 1＋4k 2.设线段AB 的中点为M ，则M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 21＋4k 2，2k 1＋4k 2. 以下分两种情况：①当k ＝0时，点B 的坐标为(2,0)，线段AB 的垂直平分线为y 轴，于是QA →＝(－2，－y 0)，QB →＝(2，－y 0)．由QA →·QB →＝4，得y 0＝±2 2.②当k ≠0时，线段AB 的垂直平分线的方程为 y －2k 1＋4k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8k 21＋4k 2. 令x ＝0，解得y 0＝－6k1＋4k 2. 由|QA →|＝(－2，－y 0)，QB →＝(x 1，y 1－y 0)， QA →·QB →＝－2x 1－y 0(y 1－y 0)＝－2(2－8k 2)1＋4k 2＋6k 1＋4k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫4k1＋4k 2＋6k 1＋4k 2＝4(16k 4＋15k 2－1)(1＋4k 2)2＝4，整理得7k 2＝2，故k ＝±147，所以y 0＝±2145. 综上，y 0＝±22或y 0＝±2145.6．(12分)(2011·湖北卷)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 1＝a (a ≠0)，a n ＋1＝rS n (n ∈N *，r ∈R ，r ≠－1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若存在k ∈N *，使得S k ＋1，S k ，S k ＋2成等差数列，试判断：对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2是否成等差数列，并证明你的结论．分析：本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，同时考查推理论证能力，以及特殊与一般的思想．解：(1)由已知a n ＋1＝rS n ，可得a n ＋2＝rS n ＋1，两式相减可得 a n ＋2－a n ＋1＝r (S n ＋1－S n )＝ra n ＋1，即a n ＋2＝(r ＋1)a n ＋1，又a 2＝ra 1＝ra ，所以当r ＝0时，数列{a n }为：a,0，…，0，…；当r ≠0，r ≠－1时，由已知a ≠0，所以a n ≠0(n ∈N *)， 于是由a n ＋2＝(r ＋1)a n ＋1，可得a n ＋2a n ＋1＝r ＋1(n ∈N *)，∴a 2，a 3，…，a n ，…成等比数列， ∴当n ≥2时，a n ＝r (r ＋1)n －2a .综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，r (r ＋1)n －2a ，n ≥2. (2)对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列，证明如下：当r ＝0时，由(1)知，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，0，n ≥2.∴对于任意的m∈N*，且m≥2，a m＋1，a m，a m＋2成等差数列．当r≠0，r≠－1时，∵S k＋2＝S k＋a k＋1＋a k＋2，S k＋1＝S k＋a k＋1.若存在k∈N*，使得S k＋1，S k，S k＋2成等差数列，则S k＋1＋S k＋2＝2S k，∴2S k＋2a k＋1＋a k＋2＝2S k，即a k＋2＝－2a k＋1.由(1)知，a2，a3，…，a m，…的公比r＋1＝－2，于是对于任意的m∈N*，且m≥2，a m＋1＝－2a m，从而a m＋2＝4a m，∴a m＋1＋a m＋2＝2a m，即a m＋1，a m，a m＋2成等差数列．综上，对于任意的m∈N*，且m≥2，a m＋1，a m，a m＋2成等差数列．。