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高考数学难点突破所有,1-41 很有用的!


高考数学难点突破 难点 1 集合思想及应用 集合是高中数学的基本知识, 为历年必考内容之一, 主要考查对集合基本概念的认识和理解, 以及作为工具,考查集合语言和集合思想的运用.本节主要是帮助考生运用集合的观点,不 断加深对集合概念、集合语言、集合思想的理解与应用. ●难点磁场 (★★★★★)已知集合 A={(x,y)|x2+mx-y+2=0},B={(x,y)|x-y+1=0,且

0≤x≤2},如果 A∩B ≠ ,求实数 m 的取值范围. ●案例探究 [例 1]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= ,证明此结论. 命题意图: 本题主要考查考生对集合及其符号的分析转化能力, 即能从集合符号上分辨出所 考查的知识点,进而解决问题.属★★★★★级题目. 知识依托:解决此题的闪光点是将条件(A∪B)∩C= 转化为 A∩C= 且 B∩C= ,这样难度 就降低了. 错解分析:此题难点在于考生对符号的不理解,对题目所给出的条件不能认清其实质内涵, 因而可能感觉无从下手. 技巧与方法:由集合 A 与集合 B 中的方程联立构成方程组,用判别式对根的情况进行限制, 可得到 b、k 的范围,又因 b、k∈N,进而可得值. 解:∵(A∪B)∩C= ,∴A∩C= 且 B∩C= ∵ ∴k2x2+(2bk-1)x+b2-1=0 ∵A∩C= ∴Δ 1=(2bk-1)2-4k2(b2-1)<0 ∴4k2-4bk+1<0,此不等式有解,其充要条件是 16b2-16>0,即 b2>1 ① ∵ ∴4x2+(2-2k)x+(5+2b)=0 ∵B∩C= ,∴Δ 2=(1-k)2-4(5-2b)<0 ∴k2-2k+8b-19<0,从而 8b<20,即 b<2.5 ② 由①②及 b∈N,得 b=2 代入由Δ 1<0 和Δ 2<0 组成的不等式组,得 ∴k=1,故存在自然数 k=1,b=2,使得(A∪B)∩C= . [例 2]向 50 名学生调查对 A、B 两事件的态度,有如下结果:赞成 A 的人数是全体的五 分之三,其余的不赞成,赞成 B 的比赞成 A 的多 3 人,其余的不赞成;另外,对 A、B 都 不赞成的学生数比对 A、 都赞成的学生数的三分之一多 1 人.问对 A、 都赞成的学生和都 B B 不赞成的学生各有多少人? 命题意图:在集合问题中,有一些常用的方法如数轴法取交并集,韦恩图法等,需要考生切 实掌握.本题主要强化学生的这种能力.属★★★★级题目. 知识依托:解答本题的闪光点是考生能由题目中的条件,想到用韦恩图直观地表示出来. 错解分析:本题难点在于所给的数量关系比较错综复杂,一时理不清头绪,不好找线索. 技巧与方法:画出韦恩图,形象地表示出各数量关系间的联系. 解:赞成 A 的人数为 50× =30,赞成 B 的人数为 30+3=33,如上图,记 50 名学生组成的 集合为 U,赞成事件 A 的学生全体为集合 A;赞成事件 B 的学生全体为集合 B. 设对事件 A、B 都赞成的学生人数为 x,则对 A、B 都不赞成的学生人数为 +1,赞成 A 而不赞
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成 B 的人数为 30-x,赞成 B 而不赞成 A 的人数为 33-x. 依题意(30-x)+(33-x)+x+( +1)=50,解得 x=21. 所以对 A、B 都赞成的同学有 21 人,都不赞成的有 8 人. ●锦囊妙计 1.解答集合问题,首先要正确理解集合有关概念,特别是集合中元素的三要素;对于用描述 法给出的集合{x|x∈P},要紧紧抓住竖线前面的代表元素 x 以及它所具有的性质 P; 要重视发 挥图示法的作用,通过数形结合直观地解决问题. 2.注意空集 的特殊性, 在解题中, 若未能指明集合非空时, 要考虑到空集的可能性, A B, 如 则有 A= 或 A≠ 两种可能,此时应分类讨论. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)集合 M={x|x= ,k∈Z},N={x|x= ,k∈Z},则( ) A.M=N B.M N C.M N D.M∩N= 2.(★★★★)已知集合 A={x|-2≤x≤7},B={x|m+1<x<2m-1}且 B≠ ,若 A∪B=A, 则( ) A.-3≤m≤4 B.-3<m<4 C.2<m<4 D.2<m≤4 二、填空题 3.(★★★★)已知集合 A={x∈R|ax2-3x+2=0,a∈R},若 A 中元素至多有 1 个,则 a 的取值范 围是_________. 4.(★★★★)x、y∈R,A={(x,y)|x2+y2=1},B={(x,y)| =1,a>0,b>0},当 A∩B 只有一个元素时, a,b 的关系式是_________. 三、解答题 5.(★★★★★)集合 A={x|x2-ax+a2-19=0},B={x|log2(x2-5x+8)=1},C={x|x2+2x-8=0}, 求当 a 取什么实数时,A∩B 和 A∩C= 同时成立. 6.(★★★★★)已知{an}是等差数列,d 为公差且不为 0,a1 和 d 均为实数,它的前 n 项和记 作 Sn,设集合 A={(an, )|n∈N*},B={(x,y)| x2-y2=1,x,y∈R}. 试问下列结论是否正确,如果正确,请给予证明;如果不正确,请举例说明. (1)若以集合 A 中的元素作为点的坐标,则这些点都在同一条直线上; (2)A∩B 至多有一个元素; (3)当 a1≠0 时,一定有 A∩B≠ . 7.(★★★★)已知集合 A={z||z-2|≤2,z∈C},集合 B={w|w= zi+b,b∈R},当 A∩B=B 时,求 b 的值. 8.(★★★★)设 f(x)=x2+px+q,A={x|x=f(x)},B={x|f[f(x)]=x}. (1)求证:A B; (2)如果 A={-1,3},求 B. 参考答案 难点磁场 解:由 得 x2+(m-1)x+1=0 ① ∵A∩B≠ ∴方程①在区间[0,2]上至少有一个实数解. 首先,由Δ =(m-1)2-4≥0,得 m≥3 或 m≤-1,当 m≥3 时,由 x1+x2=-(m-1)<0 及 x1x2=1>0 知,方程①只有负根,不符合要求. 当 m≤-1 时,由 x1+x2=-(m-1)>0 及 x1x2=1>0 知,方程①只有正根,且必有一根在区间
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(0,1]内,从而方程①至少有一个根在区间[0,2]内. 故所求 m 的取值范围是 m≤-1. 歼灭难点训练 一、1.解析:对 M 将 k 分成两类:k=2n 或 k=2n+1(n∈Z),M={x|x=nπ + ,n∈Z}∪{x|x= nπ + ,n∈Z},对 N 将 k 分成四类, k=4n 或 k=4n+1,k=4n+2,k=4n+3(n∈Z),N={x|x=nπ + ,n∈Z} ∪{x|x=nπ + ,n∈Z}∪{x|x=nπ +π ,n∈Z}∪{x|x=nπ + ,n∈Z}. 答案:C 2.解析:∵A∪B=A,∴B A,又 B≠ , ∴ 即 2<m≤4. 答案:D 二、3.a=0 或 a≥ 4.解析:由 A∩B 只有 1 个交点知,圆 x2+y2=1 与直线 =1 相切,则 1= ,即 ab= . 答案:ab= 三、5.解:log2(x2-5x+8)=1,由此得 x2-5x+8=2,∴B={2,3}.由 x2+2x-8=0,∴C={2,-4}, 又 A∩C= ,∴2 和-4 都不是关于 x 的方程 x2-ax+a2-19=0 的解,而 A∩B ,即 A∩B ≠ , ∴3 是关于 x 的方程 x2-ax+a2-19=0 的解,∴可得 a=5 或 a=-2. 当 a=5 时,得 A={2,3},∴A∩C={2},这与 A∩C= 不符合,所以 a=5(舍去);当 a=-2 时,可以求得 A={3,-5},符合 A∩C= ,A∩B ,∴a=-2. 6.解:(1)正确.在等差数列{an}中,Sn= ,则 (a1+an),这表明点(an, )的坐标适合方程 y (x+a1), 于是点(an, )均在直线 y= x+ a1 上. (2)正确.设(x,y)∈A∩B,则(x,y)中的坐标 x,y 应是方程组 的解, 由方程组消去 y 得: 2a1x+a12= -4(*),当 a1=0 时,方程(*)无解,此时 A∩B= ;当 a1≠0 时,方程(*)只有一个解 x= ,此时, 方程组也只有一解 ,故上述方程组至多有一解. ∴A∩B 至多有一个元素. (3) 不正确.取 a1=1,d=1,对一切的 x∈N*,有 an=a1+(n-1)d=n>0, >0,这时集合 A 中的元素作 为点的坐标,其横、纵坐标均为正,另外,由于 a1=1≠0.如果 A∩B≠ ,那么据(2)的结论, A∩B 中至多有一个元素(x0,y0),而 x0= <0,y0= <0,这样的(x0,y0) A,产生矛盾,故 a1=1,d=1 时 A∩B= ,所以 a1≠0 时,一定有 A∩B≠ 是不正确的. 7.解:由 w= zi+b 得 z= , ∵z∈A,∴|z-2|≤2,代入得| -2|≤2,化简得|w-(b+i)|≤1. ∴集合 A、B 在复平面内对应的点的集合是两个圆面,集合 A 表示以点(2,0)为圆心,半 径为 2 的圆面,集合 B 表示以点(b,1)为圆心,半径为 1 的圆面. 又 A∩B=B,即 B A,∴两圆内含. 因此 ≤2-1,即(b-2)2≤0,∴b=2. 8.(1)证明:设 x0 是集合 A 中的任一元素,即有 x0∈A. ∵A={x|x=f(x)},∴x0=f(x0). 即有 f[f(x0)]=f(x0)=x0,∴x0∈B,故 A B. (2)证明:∵A={-1,3}={x|x2+px+q=x}, ∴方程 x2+(p-1)x+q=0 有两根-1 和 3,应用韦达定理,得 ∴f(x)=x2-x-3. 于是集合 B 的元素是方程 f[f(x)]=x,也即(x2-x-3)2-(x2-x-3)-3=x(*)的根. 将方程(*)变形,得(x2-x-3)2-x2=0
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解得 x=1,3, ,- . 故 B={- ,-1, ,3}. 难点 2 充要条件的判定 充分条件、必要条件和充要条件是重要的数学概念,主要用来区分命题的条件 p 和结论 q 之间的关系.本节主要是通过不同的知识点来剖析充分必要条件的意义,让考生能准确判定 给定的两个命题的充要关系. ●难点磁场 (★★★★★)已知关于 x 的实系数二次方程 x2+ax+b=0 有两个实数根α 、β ,证明:|α |<2 且|β |<2 是 2|a|<4+b 且|b|<4 的充要条件. ●案例探究 [例 1]已知 p:|1- |≤2,q:x2-2x+1-m2≤0(m>0),若?p 是?q 的必要而不充分条件,求实 数 m 的取值范围. 命题意图: 本题以含绝对值的不等式及一元二次不等式的解法为考查对象, 同时考查了充分 必要条件及四种命题中等价命题的应用,强调了知识点的灵活性. 知识依托: 本题解题的闪光点是利用等价命题对题目的文字表述方式进行转化, 使考生对充 要条件的难理解变得简单明了. 错解分析:对四种命题以及充要条件的定义实质理解不清晰是解此题的难点,对否命题,学 生本身存在着语言理解上的困难. 技巧与方法:利用等价命题先进行命题的等价转化,搞清晰命题中条件与结论的关系,再去 解不等式,找解集间的包含关系,进而使问题解决. 解:由题意知: 命题:若?p 是?q 的必要而不充分条件的等价命题即逆否命题为:p 是 q 的充分不必要条件. p:|1- |≤2 -2≤ -1≤2 -1≤ ≤3 -2≤x≤10 q:x2-2x+1-m2≤0 [x-(1-m)] [x-(1+m)]≤0 * ∵p 是 q 的充分不必要条件, ∴不等式|1- |≤2 的解集是 x2-2x+1-m2≤0(m>0)解集的子集. 又∵m>0 ∴不等式*的解集为 1-m≤x≤1+m ∴ ,∴m≥9, ∴实数 m 的取值范围是[9,+∞ . [例 2]已知数列{an}的前 n 项 Sn=pn+q(p≠0,p≠1),求数列{an}是等比数列的充要条件. 命题意图:本题重点考查充要条件的概念及考生解答充要条件命题时的思维的严谨性. 知识依托: 以等比数列的判定为主线, 使本题的闪光点在于抓住数列前 n 项和与通项之间的 递推关系,严格利用定义去判定. 错解分析:因为题目是求的充要条件,即有充分性和必要性两层含义,考生很容易忽视充分 性的证明. 技巧与方法:由 an= 关系式去寻找 an 与 an+1 的比值,但同时要注意充分性的证明. 解:a1=S1=p+q. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=pn-1(p-1) ∵p≠0,p≠1,∴ =p 若{an}为等比数列,则 =p ∴ =p, ∵p≠0,∴p-1=p+q,∴q=-1 这是{an}为等比数列的必要条件.
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下面证明 q=-1 是{an}为等比数列的充分条件. 当 q=-1 时,∴Sn=pn-1(p≠0,p≠1),a1=S1=p-1 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=pn-pn-1=pn-1(p-1) ∴an=(p-1)pn-1 (p≠0,p≠1) =p 为常数 ∴q=-1 时,数列{an}为等比数列.即数列{an}是等比数列的充要条件为 q=-1. ●锦囊妙计 本难点所涉及的问题及解决方法主要有: (1)要理解“充分条件” “必要条件”的概念:当“若 p 则 q”形式的命题为真时,就记作 p q, 称 p 是 q 的充分条件, 同时称 q 是 p 的必要条件, 因此判断充分条件或必要条件就归结为判 断命题的真假. (2)要理解“充要条件”的概念,对于符号“ ”要熟悉它的各种同义词语: “等价于”“当 , 且仅当”“必须并且只需”“??,反之也真”等. , , (3)数学概念的定义具有相称性,即数学概念的定义都可以看成是充要条件,既是概念的判 断依据,又是概念所具有的性质. (4)从集合观点看,若 A B,则 A 是 B 的充分条件,B 是 A 的必要条件;若 A=B,则 A、B 互为充要条件. (5)证明命题条件的充要性时,既要证明原命题成立(即条件的充分性),又要证明它的逆命题 成立(即条件的必要性). ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)函数 f(x)=x|x+a|+b 是奇函数的充要条件是( ) A.ab=0 B.a+b=0 C.a=b D.a2+b2=0 2.(★★★★)“a=1”是函数 y=cos2ax-sin2ax 的最小正周期为“π ”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既非充分条件也不是必要条件 二、填空题 3.(★★★★)a=3 是直线 ax+2y+3a=0 和直线 3x+(a-1)y=a-7 平行且不重合的_________. 4.(★★★★)命题 A:两曲线 F(x,y)=0 和 G(x,y)=0 相交于点 P(x0,y0),命题 B:曲线 F(x,y)+λ G(x,y)=0(λ 为常数)过点 P(x0,y0),则 A 是 B 的__________条件. 三、解答题 5.(★★★★★)设α ,β 是方程 x2-ax+b=0 的两个实根,试分析 a>2 且 b>1 是两根α 、β 均大于 1 的什么条件? 6.(★★★★★)已知数列{an}、{bn}满足:bn= ,求证:数列{an}成等差数列的充要条件是数 列{bn}也是等差数列. 7.(★★★★★)已知抛物线 C:y=-x2+mx-1 和点 A(3,0),B(0,3),求抛物线 C 与线段 AB 有两个不同交点的充要条件. 8.(★★★★★)p:-2<m<0,0<n<1;q:关于 x 的方程 x2+mx+n=0 有 2 个小于 1 的正根,试分析 p 是 q 的什么条件.(充要条件) 参考答案 难点磁场 证明:(1)充分性:由韦达定理,得|b|=|α ?β |=|α |?|β |<2×2=4. 设 f(x)=x2+ax+b,则 f(x)的图象是开口向上的抛物线.
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又|α |<2,|β |<2,∴f(±2)>0. 即有 4+b>2a>-(4+b) 又|b|<4 4+b>0 2|a|<4+b (2)必要性: 由 2|a|<4+b f(±2)>0 且 f(x)的图象是开口向上的抛物线. ∴方程 f(x)=0 的两根α ,β 同在(-2,2)内或无实根. ∵α ,β 是方程 f(x)=0 的实根, ∴α ,β 同在(-2,2)内,即|α |<2 且|β |<2. 歼灭难点训练 一、1.解析:若 a2+b2=0,即 a=b=0,此时 f(-x)=(-x)|x+0|+0=-x?|x|=-(x|x+0|+b) =-(x|x+a|+b)=-f(x). ∴a2+b2=0 是 f(x)为奇函数的充分条件,又若 f(x)=x|x+a|+b 是奇函数,即 f(-x)= (-x)|(-x)+a|+b=-f(x),则必有 a=b=0,即 a2+b2=0. ∴a2+b2=0 是 f(x)为奇函数的必要条件. 答案:D 2.解析: a=1,则 y=cos2x-sin2x=cos2x,此时 y 的最小正周期为π .故 a=1 是充分条件, 若 反过 来, y=cos2ax-sin2ax=cos2ax.故函数 y 的最小正周期为π ,则 a=±1,故 a=1 不是必要条件. 由 答案:A 二、3.解析:当 a=3 时,直线 l1:3x+2y+9=0;直线 l2:3x+2y+4=0.∵l1 与 l2 的 A1∶A2=B1∶ B2=1∶1,而 C1∶C2=9∶4≠1,即 C1≠C2,∴a=3 l1∥l2. 答案:充要条件 4.解析:若 P(x0,y0)是 F(x,y)=0 和 G(x,y)=0 的交点,则 F(x0,y0)+λ G(x0,y0)=0,即 F(x,y)+ λ G(x,y)=0,过 P(x0,y0);反之不成立. 答案:充分不必要 三、5.解:根据韦达定理得 a=α +β ,b=α β .判定的条件是 p: 结论是 q: (注意 p 中 a、b 满足 的前提是Δ =a2-4b≥0) (1)由 ,得 a=α +β >2,b=α β >1,∴q p (2)为证明 p q,可以举出反例:取α =4,β = ,它满足 a=α +β =4+ >2,b=α β =4× =2>1,但 q 不 成立. 综上讨论可知 a>2,b>1 是α >1,β >1 的必要但不充分条件. 6.证明:①必要性: 设{an}成等差数列,公差为 d,∵{an}成等差数列. 从而 bn+1-bn=a1+n? d-a1-(n-1) d= d 为常数.? 故{bn}是等差数列,公差为 d. ②充分性: 设{bn}是等差数列,公差为 d′,则 bn=(n-1)d′? ∵bn(1+2+?+n)=a1+2a2+?+nan bn-1(1+2+?+n-1)=a1+2a2+?+(n-1)an ①-②得:nan= bn-1 ? ∴an= ,从而得 an+1-an= d′为常数,故{an}是等差数列. 综上所述,数列{an}成等差数列的充要条件是数列{bn}也是等差数列.
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① ②

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7.解:①必要性: 由已知得,线段 AB 的方程为 y=-x+3(0≤x≤3) 由于抛物线 C 和线段 AB 有两个不同的交点, 所以方程组 *有两个不同的实数解. 消元得:x2-(m+1)x+4=0(0≤x≤3) 设 f(x)=x2-(m+1)x+4,则有 ②充分性: 当 3<x≤ 时, x1= >0 ∴方程 x2-(m+1)x+4=0 有两个不等的实根 x1,x2,且 0<x1<x2≤3,方程组*有两组不同的实 数解. 因此,抛物线 y=-x2+mx-1 和线段 AB 有两个不同交点的充要条件 3<m≤ . 8.解:若关于 x 的方程 x2+mx+n=0 有 2 个小于 1 的正根,设为 x1,x2. 则 0<x1<1,0<x2<1,有 0<x1+x2<2 且 0<x1x2<1, 根据韦达定理: 有-2<m<0;0<n<1 即有 q p. 反之,取 m=- <0 方程 x2+mx+n=0 无实根,所以 p q 综上所述,p 是 q 的必要不充分条件. 难点 3 运用向量法解题 平面向量是新教材改革增加的内容之一, 近几年的全国使用新教材的高考试题逐渐加大了对 这部分内容的考查力度,本节内容主要是帮助考生运用向量法来分析,解决一些相关问题. ●难点磁场 (★★★★★)三角形 ABC 中,A(5,-1)、B(-1,7)、C(1,2),求:(1)BC 边上的中线 AM 的长;(2)∠CAB 的平分线 AD 的长;(3)cosABC 的值. ●案例探究 [例 1]如图,已知平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 的底面? ABCD 是菱形,且∠C1CB= ∠C1CD=∠BCD. (1)求证:C1C⊥BD. (2)当 的值为多少时,能使 A1C⊥平面 C1BD?请给出证明. 命题意图: 本题主要考查考生应用向量法解决向量垂直, 夹角等问题以及对立体几何图形的 解读能力. 知识依托: 解答本题的闪光点是以向量来论证立体几何中的垂直问题, 这就使几何问题代数 化,使繁琐的论证变得简单. 错解分析: 本题难点是考生理不清题目中的线面位置关系和数量关系的相互转化, 再就是要 清楚已知条件中提供的角与向量夹角的区别与联系. 技巧与方法:利用 a⊥b a?b=0 来证明两直线垂直,只要证明两直线对应的向量的数量积为 零即可. (1)证明:设 =a, =b, =c,依题意,|a|=|b|, 、 、? 中两两所成夹角为θ ,于是 =a-b, =c(a -b)=c?a-c?b=|c|?|a|cosθ -|c|?|b|cosθ =0,∴C1C⊥BD.
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(2)解:若使 A1C⊥平面 C1BD,只须证 A1C⊥BD,A1C⊥DC1, 由 =(a+b+c)?(a-c)=|a|2+a?b-b?c-|c|2=|a|2-|c|2+|b|?|a|cosθ -|b|?|c|?cosθ =0,得 当|a|=|c|时,A1C⊥DC1,同理可证当|a|=|c|时,A1C⊥BD, ∴ =1 时,A1C⊥平面 C1BD. [例 2] 如图, 直三棱柱 ABC—A1B1C1, 底面△ABC 中, CA=CB=1, ∠BCA=90°, AA1=2, M、N 分别是 A1B1、A1A 的中点. (1)求 的长; (2)求 cos< >的值; (3)求证:A1B⊥C1M. 命题意图:本题主要考查考生运用向量法中的坐标运算的方法来解决立体几何问题.属 ★★★★级题目. 知识依托:解答本题的闪光点是建立恰当的空间直角坐标系 O-xyz,进而找到点的坐标和求 出向量的坐标. 错解分析:本题的难点是建系后,考生不能正确找到点的坐标. 技巧与方法:可以先找到底面坐标面 xOy 内的 A、B、C 点坐标,然后利用向量的模及方向 来找出其他的点的坐标. (1)解:如图,以 C 为原点建立空间直角坐标系 O-xyz. 依题意得:B(0,1,0),N(1,0,1) ∴| |= . (2)解:依题意得:A1(1,0,2),C(0,0,0),B1(0,1,2). ∴ = =(0,1,2) =1×0+(-1)×1+2×2=3 | |=

(3)证明:依题意得:C1(0,0,2),M( ) ∴ ∴A1B⊥C1M. ●锦囊妙计 1.解决关于向量问题时,一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换,正确地进行 向量的各种运算,加深对向量的本质的认识.二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和 密切结合的思想. 2.向量的数量积常用于有关向量相等,两向量垂直、射影、夹角等问题中.常用向量的直角坐 标运算来证明向量的垂直和平行问题; 利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的 夹角和两点间距离的问题. 3.用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进行思考: (1)要解决的问题可用什么向量知识来解决?需要用到哪些向量? (2)所需要的向量是否已知?若未知,是否可用已知条件转化成的向量直接表示? (3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示,则它们分别最易用哪个未知向 量表示?这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系? (4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算,才能得到需要的结论? ●歼灭难点训练
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一、选择题 1.(★★★★)设 A、B、C、D 四点坐标依次是(-1,0),(0,2),(4,3),(3,1),则四边形 ABCD 为( ) A.正方形 B.矩形 C.菱形 D.平行四边形 2.(★★★★)已知△ABC 中, =a,=b, ? a?b<0, S△ABC= ,|a|=3,|b|=5,则 a 与 b 的夹角是( )

A.30° B.-150° C.150° D.30°或 150° 二、填空题 3.(★★★★★)将二次函数 y=x2 的图象按向量 a 平移后得到的图象与一次函数 y=2x-5 的图 象只有一个公共点(3,1),则向量 a=_________. 4.(★★★★)等腰△ABC 和等腰 Rt△ABD 有公共的底边 AB,它们所在的平面成 60°角, 若 AB=16 cm,AC=17 cm,则 CD=_________. 三、解答题 5.(★★★★★)如图,在△ABC 中,设 =a, =b, =c, =λ a,(0<λ <1), =μ b(0<μ <1), 试用向量 a,b 表示 c. 6.(★★★★)正三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面边长为 a,侧棱长为 a. (1)建立适当的坐标系,并写出 A、B、A1、C1 的坐标; (2)求 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角. 7.(★★★★★)已知两点 M(-1,0),N(1,0),且点 P 使 成公差小于零的等差数列. (1)点 P 的轨迹是什么曲线? (2)若点 P 坐标为(x0,y0),Q 为 与 的夹角,求 tanθ . 8.(★★★★★)已知 E、F、G、H 分别是空间四边形 ABCD 的边 AB、BC、CD、DA 的?中 点.? (1)用向量法证明 E、F、G、H 四点共面; (2)用向量法证明:BD∥平面 EFGH; (3)设 M 是 EG 和 FH 的交点,求证:对空间任一点 O,有 . 参考答案 难点磁场 解:(1)点 M 的坐标为 xM=

D 点分 的比为 2. ∴xD= (3)∠ABC 是 与 的夹角,而 =(6,8) =(2,-5). , 歼灭难点训练 一、1.解析: =(1,2) =(1,2) , ,∴ = ,∴ ∥ ,又线段 AB 与线段 DC 无公共点,∴ AB∥DC 且|AB|=|DC|,∴ABCD 是平行四边形,又| |= , =(5,3) |= ,∴| |≠| },∴? ,|

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ABCD 不是菱形,更不是正方形;又 =(4,1) , ∴1?4+2?1=6≠0,∴ 不垂直于 ,∴ABCD 也不是矩形,故选 D. 答案:D 2.解析:∵ ?3?5sinα 得 sinα = ,则α =30°或α =150°. 又∵a?b<0,∴α =150°. 答案:C 二、3.(2,0) 4.13 cm 三、5.解:∵ 与 共线,∴ =m =m( - )=m(μ b-a), ∴ = + =a+m(μ b-a)=(1-m)a+mμ b ① 又 与 共线,∴ =n =n( - )=n(λ a-b), ∴ = + =b+n(λ a-b)=nλ a+(1-n)b ② 由①②,得(1-m)a+μ mb=λ na+(1-n)b. ∵a 与 b 不共线,∴ ③ 解方程组③得:m= 代入①式得 c=(1-m)a+mμ b= [λ (1-μ )a+μ (1-λ )b]. 6.解:(1)以点 A 为坐标原点 O,以 AB 所在直线为 Oy 轴,以 AA1 所在直线为 Oz 轴,以经 过原点且与平面 ABB1A1 垂直的直线为 Ox 轴,建立空间直角坐标系. 由已知,得 A(0,0,0) ,B(0,a,0),A1(0,0, a),C1(- a). (2)取 A1B1 的中点 M,于是有 M(0, a) ,连 AM,MC1,有 =(- a,0,0), 且 =(0,a,0), =(0,0 a) 由于 ? =0, ? =0,所以 MC1⊥面 ABB1A1,∴AC1 与 AM 所成的角就是 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角. ∵ =

所以 所成的角,即 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为 30°. 7.解:(1)设 P(x,y),由 M(-1,0) ,N(1,0)得, =- =(-1-x,-y), =(1-x,-y), = - =(2,0),∴ ? =2(1+x), ? =x2+y2-1, =2(1-x).于是, 是公差小于零的等差数列,等价 于 所以,点 P 的轨迹是以原点为圆心, 为半径的右半圆. (2)点 P 的坐标为(x0,y0)

8.证明:(1)连结 BG,则 由共面向量定理的推论知:E、F、G、H 四点共面,(其中 = ) (2)因为 . 所以 EH∥BD,又 EH 面 EFGH,BD 面 EFGH 所以 BD∥平面 EFGH. (3)连 OM,OA,OB,OC,OD,OE,OG 由(2)知 ,同理 ,所以 ,EH FG,所以 EG、FH 交于一点 M 且被 M 平分,所以

难点 4 三个“二次”及关系
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三个“二次”即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式是中学数学的重要内容,具 有丰富的内涵和密切的联系,同时也是研究包含二次曲线在内的许多内容的工具.高考试题 中近一半的试题与这三个“二次”问题有关.本节主要是帮助考生理解三者之间的区别及联 系,掌握函数、方程及不等式的思想和方法. ●难点磁场 已知对于 x 的所有实数值,二次函数 f(x)=x2-4ax+2a+12(a∈R)的值都是非负的,求关于 x 的方程 =|a-1|+2 的根的取值范围. ●案例探究 [ 例 1 ] 已 知 二 次 函 数 f(x)=ax2+bx+c 和 一 次 函 数 g(x)= - bx , 其 中 a 、 b 、 c 满 足 a>b>c,a+b+c=0,(a,b,c∈R). (1)求证:两函数的图象交于不同的两点 A、B; (2)求线段 AB 在 x 轴上的射影 A1B1 的长的取值范围. 命题意图:本题主要考查考生对函数中函数与方程思想的运用能力.属于★★★★★题目. 知识依托:解答本题的闪光点是熟练应用方程的知识来解决问题及数与形的完美结合. 错解分析:由于此题表面上重在“形” ,因而本题难点就是一些考生可能走入误区,老是想 在“形”上找解问题的突破口,而忽略了“数”. 技巧与方法:利用方程思想巧妙转化. (1)证明:由 消去 y 得 ax2+2bx+c=0 Δ =4b2-4ac=4(-a-c)2-4ac=4(a2+ac+c2)=4[(a+ c2] ∵a+b+c=0,a>b>c,∴a>0,c<0 ∴ c2>0,∴Δ >0,即两函数的图象交于不同的两点. (2)解:设方程 ax2+bx+c=0 的两根为 x1 和 x2,则 x1+x2=- ,x1x2= . |A1B1|2=(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2 ∵a>b>c,a+b+c=0,a>0,c<0 ∴a>-a-c>c,解得 ∈(-2,- ) ∵ 的对称轴方程是 . ∈(-2,- )时,为减函数 ∴|A1B1|2∈(3,12),故|A1B1|∈( ). [例 2]已知关于 x 的二次方程 x2+2mx+2m+1=0. (1)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,求 m 的范围. (2)若方程两根均在区间(0,1)内,求 m 的范围. 命题意图:本题重点考查方程的根的分布问题,属★★★★级题目. 知识依托:解答本题的闪光点是熟知方程的根对于二次函数性质所具有的意义. 错解分析:用二次函数的性质对方程的根进行限制时,条件不严谨是解答本题的难点. 技巧与方法:设出二次方程对应的函数,可画出相应的示意图,然后用函数性质加以限制. 解:(1)条件说明抛物线 f(x)=x2+2mx+2m+1 与 x 轴的交点分别在区间(-1,0)和(1,2)内, 画出示意图,得 ∴ . (2)据抛物线与 x 轴交点落在区间(0,1)内,列不等式组 (这里 0<-m<1 是因为对称轴 x=-m 应在区间(0,1)内通过) ●锦囊妙计
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1.二次函数的基本性质 (1)二次函数的三种表示法: y=ax2+bx+c;y=a(x-x1)(x-x2);y=a(x-x0)2+n. (2)当 a>0,f(x)在区间[p,q]上的最大值 M,最小值 m,令 x0= (p+q). 若- <p,则 f(p)=m,f(q)=M; 若 p≤- <x0,则 f(- )=m,f(q)=M; 若 x0≤- <q,则 f(p)=M,f(- )=m; 若- ≥q,则 f(p)=M,f(q)=m. 2.二次方程 f(x)=ax2+bx+c=0 的实根分布及条件. (1)方程 f(x)=0 的两根中一根比 r 大,另一根比 r 小 a?f(r)<0; (2)二次方程 f(x)=0 的两根都大于 r (3)二次方程 f(x)=0 在区间(p,q)内有两根 (4)二次方程 f(x)=0 在区间(p,q)内只有一根 f(p)?f(q)<0,或 f(p)=0(检验)或 f(q)=0(检验)检验另 一根若在(p,q)内成立. (5)方程 f(x)=0 两根的一根大于 p,另一根小于 q(p<q) . 3.二次不等式转化策略 (1)二次不等式 f(x)=ax2+bx+c≤0 的解集是:(-∞,α )∪[β ,+∞ a<0 且 f(α )=f(β )=0; (2)当 a>0 时,f(α )<f(β ) |α + |<|β + |,当 a<0 时,f(α )<f(β ) |α + |> |β+ |; (3)当 a>0 时,二次不等式 f(x)>0 在[p,q]恒成立 或 (4)f(x)>0 恒成立 ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)若不等式(a-2)x2+2(a-2)x-4<0 对一切 x∈R 恒成立, a 的取值范围是( 则 ) A.(-∞,2 B. -2,2 C.(-2,2 D.(-∞,-2) 2.(★★★★)设二次函数 f(x)=x2-x+a(a>0),若 f(m)<0,则 f(m-1)的值为( ) A.正数 B.负数 C.非负数 D.正数、负数和零都有可能 二、填空题 3.(★★★★★)已知二次函数 f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1,若在区间[-1,1]内至少存 在一个实数 c,使 f(c)>0,则实数 p 的取值范围是_________. 4.(★★★★★)二次函数 f(x)的二次项系数为正,且对任意实数 x 恒有 f(2+x)=f(2-x),若 f(1 -2x2)<f(1+2x-x2),则 x 的取值范围是_________. 三、解答题 5.(★★★★★)已知实数 t 满足关系式 (a>0 且 a≠1) (1)令 t=ax,求 y=f(x)的表达式; (2)若 x∈(0,2 时,y 有最小值 8,求 a 和 x 的值. 6.(★★★★)如果二次函数 y=mx2+(m-3)x+1 的图象与 x 轴的交点至少有一个在原点的右 侧,试求 m 的取值范围. 7.(★★★★★)二次函数 f(x)=px2+qx+r 中实数 p、q、r 满足 =0,其中 m>0,求证: (1)pf( )<0; (2)方程 f(x)=0 在(0,1)内恒有解. 8.(★★★★)一个小服装厂生产某种风衣,月销售量 x(件)与售价 P(元/件)之间的关系为 P=160-2x,生产 x 件的成本 R=500+30x 元.
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(1)该厂的月产量多大时,月获得的利润不少于 1300 元? (2)当月产量为多少时,可获得最大利润?最大利润是多少元? 参考答案 难点磁场 解:由条件知Δ ≤0,即(-4a)2-4(2a+12)≤0,∴- ≤a≤2 (1)当- ≤a<1 时,原方程化为:x=-a2+a+6,∵-a2+a+6=-(a- )2+ . ∴a=- 时,xmin= ,a= 时,xmax= . ∴ ≤x≤ . (2)当 1≤a≤2 时,x=a2+3a+2=(a+ )2- ∴当 a=1 时,xmin=6,当 a=2 时,xmax=12,∴6≤x≤12. 综上所述, ≤x≤12. 歼灭难点训练 一、1.解析:当 a-2=0 即 a=2 时,不等式为-4<0,恒成立.∴a=2,当 a-2≠0 时,则 a 满足 , 解得-2<a<2,所以 a 的范围是-2<a≤2. 答案:C 2.解析:∵f(x)=x2-x+a 的对称轴为 x= ,且 f(1)>0,则 f(0)>0,而 f(m)<0,∴m∈(0,1), ∴m-1<0,∴f(m-1)>0. 答案:A 二、3.解析: 只需 f(1)=-2p2-3p+9>0 或 f(-1)=-2p2+p+1>0 即-3<p< 或- <p<1.∴p ∈(-3, ). 答案:(-3, ) 4.解析:由 f(2+x)=f(2-x)知 x=2 为对称轴,由于距对称轴较近的点的纵坐标较小, ∴|1-2x2-2|<|1+2x-x2-2|,∴-2<x<0. 答案:-2<x<0 三、5.解:(1)由 loga 得 logat-3=logty-3logta 由 t=ax 知 x=logat,代入上式得 x-3= ,? ∴logay=x2-3x+3,即 y=a (x≠0). (2)令 u=x2-3x+3=(x- )2+ (x≠0),则 y=au ①若 0<a<1,要使 y=au 有最小值 8, 则 u=(x- )2+ 在(0,2 上应有最大值,但 u 在(0,2 上不存在最大值. ②若 a>1,要使 y=au 有最小值 8,则 u=(x- )2+ ,x∈(0,2 应有最小值 ∴当 x= 时,umin= ,ymin= 由 =8 得 a=16.∴所求 a=16,x= . 6.解:∵f(0)=1>0 (1)当 m<0 时,二次函数图象与 x 轴有两个交点且分别在 y 轴两侧,符合题意. (2)当 m>0 时,则 解得 0<m≤1 综上所述,m 的取值范围是{m|m≤1 且 m≠0}. 7.证明:(1) ,由于 f(x)是二次函数,故 p≠0,又 m>0,所以,pf( )<0. (2)由题意,得 f(0)=r,f(1)=p+q+r ①当 p<0 时,由(1)知 f( )<0
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若 r>0,则 f(0)>0,又 f( )<0,所以 f(x)=0 在(0, )内有解; 若 r≤0,则 f(1)=p+q+r=p+(m+1)=(- )+r= >0, 又 f( )<0,所以 f(x)=0 在( ,1)内有解. ②当 p<0 时同理可证. 8.解:(1)设该厂的月获利为 y,依题意得? y=(160-2x)x-(500+30x)=-2x2+130x-500 由 y≥1300 知-2x2+130x-500≥1300 ∴x2-65x+900≤0,∴(x-20)(x-45)≤0,解得 20≤x≤45 ∴当月产量在 20~45 件之间时,月获利不少于 1300 元. (2)由(1)知 y=-2x2+130x-500=-2(x- )2+1612.5 ∵x 为正整数,∴x=32 或 33 时,y 取得最大值为 1612 元, ∴当月产量为 32 件或 33 件时,可获得最大利润 1612 元. 难点 5 求解函数解析式 求解函数解析式是高考重点考查内容之一,需引起重视.本节主要帮助考生在深刻理解函数 定义的基础上,掌握求函数解析式的几种方法,并形成能力,并培养考生的创新能力和解决 实际问题的能力. ●难点磁场 (★★★★)已知 f(2-cosx)=cos2x+cosx,求 f(x-1). ●案例探究 [例 1](1)已知函数 f(x)满足 f(logax)= (其中 a>0,a≠1,x>0),求 f(x)的表达式. (2)已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c 满足|f(1)|=|f(-1)|=|f(0)|=1,求? f(x)?的表达式. 命题意图:本题主要考查函数概念中的三要素:定义域、值域和对应法则,以及计算能力和 综合运用知识的能力.属★★★★题目. 知识依托:利用函数基础知识,特别是对“f”的理解,用好等价转化,注意定义域. 错解分析:本题对思维能力要求较高,对定义域的考查、等价转化易出错. 技巧与方法:(1)用换元法;(2)用待定系数法. 解:(1)令 t=logax(a>1,t>0;0<a<1,t<0),则 x=at. 因此 f(t)= (at-a-t) ∴f(x)= (ax-a-x)(a>1,x>0;0<a<1,x<0) (2)由 f(1)=a+b+c,f(-1)=a-b+c,f(0)=c 得 并且 f(1)、 f(-1)、 f(0)不能同时等于 1 或-1, 所以所求函数为: f(x)=2x2-1 或 f(x)=-2x2+1 或 f(x)=-x2-x+1 或 f(x)=x2-x-1 或 f(x)=-x2+x+1 或 f(x)=x2+x-1. [例 2]设 f(x)为定义在 R 上的偶函数,当 x≤-1 时,y=f(x)的图象是经过点(-2,0),斜 率为 1 的射线,又在 y=f(x)的图象中有一部分是顶点在(0,2),且过点(-1,1)的一段抛物 线,试写出函数 f(x)的表达式,并在图中作出其图象. 命题意图:本题主要考查函数基本知识、抛物线、射线的基本概念及其图象的作法,对分段 函数的分析需要较强的思维能力.因此,分段函数是今后高考的热点题型.属★★★★题目. 知识依托:函数的奇偶性是桥梁,分类讨论是关键,待定系数求出曲线方程是主线. 错解分析:本题对思维能力要求很高,分类讨论、综合运用知识易发生混乱. 技巧与方法:合理进行分类,并运用待定系数法求函数表达式.
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解:(1)当 x≤-1 时,设 f(x)=x+b ∵射线过点(-2,0).∴0=-2+b 即 b=2,∴f(x)=x+2. (2)当-1<x<1 时,设 f(x)=ax2+2. ∵抛物线过点(-1,1),∴1=a?(-1)2+2,即 a=-1 ∴f(x)=-x2+2. (3)当 x≥1 时,f(x)=-x+2 综上可知:f(x)= 作图由读者来完成. ●锦囊妙计 本难点所涉及的问题及解决方法主要有: 1.待定系数法,如果已知函数解析式的构造时,用待定系数法; 2.换元法或配凑法,已知复合函数 f[g(x)]的表达式可用换元法,当表达式较简单时也可用 配凑法; 3.消参法,若已知抽象的函数表达式,则用解方程组消参的方法求解 f(x); 另外,在解题过程中经常用到分类讨论、等价转化等数学思想方法. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)若函数 f(x)= (x≠ )在定义域内恒有 f[f(x)]=x,则 m 等于( ) A.3 B. C.- D.-3 2.(★★★★★)设函数 y=f(x)的图象关于直线 x=1 对称,在 x≤1 时,f(x)=(x+1)2-1,则 x>1 时 f(x)等于( ) A.f(x)=(x+3)2-1 B.f(x)=(x-3)2-1 C.f(x)=(x-3)2+1 D.f(x)=(x-1)2-1 二、填空题 3.(★★★★★)已知 f(x)+2f( )=3x,求 f(x)的解析式为_________. 4.(★★★★★)已知 f(x)=ax2+bx+c,若 f(0)=0 且 f(x+1)=f(x)+x+1,则 f(x)=_________. 三、解答题 5.(★★★★)设二次函数 f(x)满足 f(x-2)=f(-x-2),且其图象在 y 轴上的截距为 1, x 轴上 在 截得的线段长为 ,求 f(x)的解析式. 6.(★★★★)设 f(x)是在(-∞,+∞)上以 4 为周期的函数,且 f(x)是偶函数,在区间[2,3] 上时,f(x)=-2(x-3)2+4,求当 x∈[1,2]时 f(x)的解析式.若矩形 ABCD 的两个顶点 A、B 在 x 轴上,C、D 在 y=f(x)(0≤x≤2)的图象上,求这个矩形面积的最大值. 7.(★★★★★)动点 P 从边长为 1 的正方形 ABCD 的顶点 A 出发顺次经过 B、C、D 再回到 A,设 x 表示 P 点的行程,f(x)表示 PA 的长,g(x)表示△ABP 的面积,求 f(x)和 g(x),并作出 g(x)的简图. 8.(★★★★★)已知函数 y=f(x)是定义在 R 上的周期函数,周期 T=5,函数 y=f(x)(-1≤x≤ 1)是奇函数,又知 y=f(x)在[0,1]上是一次函数,在[1,4]上是二次函数,且在 x=2 时, 函数取得最小值,最小值为-5. (1)证明:f(1)+f(4)=0; (2)试求 y=f(x),x∈[1,4]的解析式; (3)试求 y=f(x)在[4,9]上的解析式. 参考答案 难点磁场 解法一:(换元法)
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∵f(2-cosx)=cos2x-cosx=2cos2x-cosx-1 令 u=2-cosx(1≤u≤3),则 cosx=2-u ∴f(2-cosx)=f(u)=2(2-u)2-(2-u)-1=2u2-7u+5(1≤u≤3) ∴f(x-1)=2(x-1)2-7(x-1)+5=2x2-11x+4(2≤x≤4) 解法二:(配凑法) f(2-cosx)=2cos2x-cosx-1=2(2-cosx)2-7(2-cosx)+5 ∴f(x)=2x2-7x-5(1≤x≤3),即 f(x-1)=2(x-1)2-7(x-1)+5=2x2-11x+14(2≤x≤4). 歼灭难点训练 一、1.解析:∵f(x)= . ∴f[f(x)]= =x,整理比较系数得 m=3. 答案:A 2.解析:利用数形结合,x≤1 时,f(x)=(x+1)2-1 的对称轴为 x=-1,最小值为-1,又 y=f(x) 关于 x=1 对称,故在 x>1 上,f(x)的对称轴为 x=3 且最小值为-1. 答案:B 二、3.解析:由 f(x)+2f( )=3x 知 f( )+2f(x)=3 .由上面两式联立消去 f( )可得 f(x)= -x. 答案:f(x)= -x 4.解析:∵f(x)=ax2+bx+c,f(0)=0,可知 c=0.又 f(x+1)=f(x)+x+1, ∴a(x+1)2+b(x+1)+0=ax2+bx+x+1,即(2a+b)x+a+b=bx+x+1. 故 2a+b=b+1 且 a+b=1,解得 a= ,b= ,∴f(x)= x2+ x. 答案: x2+ x 三、5.解:利用待定系数法,设 f(x)=ax2+bx+c,然后找关于 a、b、c 的方程组求解,f(x)= . 6.解:(1)设 x∈[1,2],则 4-x∈[2,3],∵f(x)是偶函数,∴f(x)=f(-x),又因为 4 是 f(x)的周 期,∴f(x)=f(-x)=f(4-x)=-2(x-1)2+4. (2)设 x∈[0,1] ,则 2≤x+2≤3,f(x)=f(x+2)=-2(x-1)2+4,又由(1)可知 x∈[0,2]时,f(x)= -2(x-1)2+4,设 A、B 坐标分别为(1-t,0),(1+t,0)(0<t≤1 ,则|AB|=2t,|AD|=-2t2+4,S 矩形 =2t(-2t2+4)=4t(2-t2),令 S 矩=S, =2t2(2-t2)?(2-t2)≤( )3= ,当且仅当 2t2=2-t2,即 t= 时 ∴ 取等号.∴S2≤ 即 S≤ ,∴Smax= . 7.解:(1)如原题图,当 P 在 AB 上运动时,PA=x;当 P 点在 BC 上运动时,由 Rt△ABD ?可 得 PA= ;当 P 点在 CD 上运动时,由 Rt△ADP 易得 PA= ;当 P 点在 DA 上运动时,PA=4-x, 故 f(x)的表达式为: f(x)= (2)由于 P 点在折线 ABCD 上不同位置时,△ABP 的形状各有特征,计算它们的面积也有不 同的方法,因此同样必须对 P 点的位置进行分类求解. 如原题图,当 P 在线段 AB 上时,△ABP 的面积 S=0;当 P 在 BC 上时,即 1<x≤2 时,S △ABP= AB?BP= (x-1) ;当 P 在 CD 上时,即 2<x≤3 时,S△ABP= ?1?1= ;当 P 在 DA 上时,即 3<x≤4 时,S△ABP= (4-x). 故 g(x)= 8.(1)证明:∵y=f(x)是以 5 为周期的周期函数,∴f(4)=f(4-5)=f(-1),又 y=f(x)(-1≤x≤1) 是奇函数,∴f(1)=-f(-1)=-f(4),∴f(1)+f(4)=0. (2)解:当 x∈[1,4]时,由题意,可设 f(x)=a(x-2)2-5(a≠0),由 f(1)+f(4)=0 得 a(1-2)2- 5+a(4-2)2-5=0,解得 a=2,∴f(x)=2(x-2)2-5(1≤x≤4). (3)解:∵y=f(x)(-1≤x≤1)是奇函数,∴f(0)=-f(-0),∴f(0)=0,又 y=f(x) (0≤x≤1)是一次函
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数,∴可设 f(x)=kx(0≤x≤1),∵f(1)=2(1-2)2-5=-3,又 f(1)=k?1=k,∴k=-3.∴当 0≤x≤1 时,f(x)?=-3x,当-1≤x<0 时,f(x)=-3x,当 4≤x≤6 时,-1≤x-5≤1,∴f(x)=f(x-5)= -3(x-5)=-3x+15,?当 6<x≤9 时, 1<x-5≤4,f(x)=f(x-5)=2 [(x-5)-2] 2-5=2(x-7)2 -5.∴f(x)= . 难点 6 函数值域及求法 函数的值域及其求法是近几年高考考查的重点内容之一.本节主要帮助考生灵活掌握求值域 的各种方法,并会用函数的值域解决实际应用问题. ●难点磁场 (★★★★★)设 m 是实数,记 M={m|m>1},f(x)=log3(x2-4mx+4m2+m+ ). (1)证明:当 m∈M 时,f(x)对所有实数都有意义;反之,若 f(x)对所有实数 x 都有意义,则 m∈M. (2)当 m∈M 时,求函数 f(x)的最小值. (3)求证:对每个 m∈M,函数 f(x)的最小值都不小于 1. ●案例探究 [例 1]设计一幅宣传画,要求画面面积为 4840 cm2,画面的宽与高的比为λ (λ <1),画面的 上、下各留 8 cm 的空白,左右各留 5 cm 空白,怎样确定画面的高与宽尺寸,才能使宣传画 所用纸张面积最小?如果要求λ ∈[ ] ,那么λ 为何值时,能使宣传画所用纸张面积最小? 命题意图: 本题主要考查建立函数关系式和求函数最小值问题, 同时考查运用所学知识解决 实际问题的能力,属★★★★★级题目. 知识依托:主要依据函数概念、奇偶性和最小值等基础知识. 错解分析:证明 S(λ )在区间[ ]上的单调性容易出错,其次不易把应用问题转化为函数的 最值问题来解决. 技巧与方法:本题属于应用问题,关键是建立数学模型,并把问题转化为函数的最值问题来 解决. 解:设画面高为 x cm,宽为λ x cm,则λ x2=4840,设纸张面积为 S cm2,则 S=(x+16)(λ x+10)= λ x2+(16λ +10)x+160,将 x= 代入上式得: S=5000+44 (8 + ),当 8 = ,即λ = <1)时 S 取得最小 值.此时高:x= =88 cm,宽:λ x= ×88=55 cm. 如果λ ∈[ ]可设 ≤λ 1<λ 2≤ ,则由 S 的表达式得: 又 ≥ ,故 8- >0, ∴S(λ 1)-S(λ 2)<0,∴S(λ )在区间[ ]内单调递增.? 从而对于λ ∈[ ],当λ = 时,S(λ )取得最小值. 答:画面高为 88 cm,宽为 55 cm 时,所用纸张面积最小.如果要求λ ∈[ ],当λ = 时,所用 纸张面积最小. [例 2]已知函数 f(x)= ,x∈[1,+∞ (1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值. (2)若对任意 x∈[1,+∞ ,f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围. 命题意图: 本题主要考查函数的最小值以及单调性问题, 着重于学生的综合分析能力以及运 算能力,属★★★★级题目. 知识依托:本题主要通过求 f(x)的最值问题来求 a 的取值范围,体现了转化的思想与分类讨
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论的思想. 错解分析:考生不易考虑把求 a 的取值范围的问题转化为函数的最值问题来解决. 技巧与方法:解法一运用转化思想把 f(x)>0 转化为关于 x 的二次不等式;解法二运用分类 讨论思想解得. (1)解:当 a= 时,f(x)=x+ +2 ∵f(x)在区间[1,+∞ 上为增函数, ∴f(x)在区间[1,+∞ 上的最小值为 f(1)= . (2)解法一:在区间[1,+∞ 上,f(x)= >0 恒成立 x2+2x+a>0 恒成立. 设 y=x2+2x+a,x∈[1,+∞ ∵y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1 递增, ∴当 x=1 时,ymin=3+a,当且仅当 ymin=3+a>0 时,函数 f(x)>0 恒成立,故 a>-3.? 解法二:f(x)=x+ +2,x∈[1,+∞ 当 a≥0 时,函数 f(x)的值恒为正; 当 a<0 时,函数 f(x)递增,故当 x=1 时,f(x)min=3+a, 当且仅当 f(x)min=3+a>0 时,函数 f(x)>0 恒成立,故 a>-3. ●锦囊妙计 本难点所涉及的问题及解决的方法主要有: (1)求函数的值域 此类问题主要利用求函数值域的常用方法:配方法、分离变量法、单调性法、图象法、换元 法、不等式法等.无论用什么方法求函数的值域,都必须考虑函数的定义域. (2)函数的综合性题目 此类问题主要考查函数值域、单调性、奇偶性、反函数等一些基本知识相结合的题目. 此类问题要求考生具备较高的数学思维能力和综合分析能力以及较强的运算能力.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)运用函数的值域解决实际问题 此类问题关键是把实际问题转化为函数问题,从而利用所学知识去解决.此类题要求考生具 有较强的分析能力和数学建模能力. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)函数 y=x2+ (x≤- )的值域是( ) A.(-∞,- B.[- ,+∞ C.[ ,+∞ D.(-∞,- ] 2.(★★★★)函数 y=x+ 的值域是( ) A.(-∞,1 B.(-∞,-1 C.R D.[1,+∞ 二、填空题 3.(★★★★★)一批货物随 17 列货车从 A 市以 V 千米/小时匀速直达 B 市, 已知两地铁路线 长 400 千米,为了安全,两列货车间距离不得小于( )2 千米 ,那么这批物资全部运到 B 市, 最快需要_________小时(不计货车的车身长). 4.(★★★★★)设 x1、 为方程 4x2-4mx+m+2=0 的两个实根, m=_________时, x2 当 x12+x22 有最小值_________. 三、解答题 5.(★★★★★)某企业生产一种产品时,固定成本为 5000 元,而每生产 100 台产品时直接消
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耗成本要增加 2500 元, 市场对此商品年需求量为 500 台, 销售的收入函数为 R(x)=5x- x2(万 元)(0≤x≤5),其中 x 是产品售出的数量(单位:百台) (1)把利润表示为年产量的函数; (2)年产量多少时,企业所得的利润最大? (3)年产量多少时,企业才不亏本? 6.(★★★★)已知函数 f(x)=lg[(a2-1)x2+(a+1)x+1] (1)若 f(x)的定义域为(-∞,+∞),求实数 a 的取值范围; (2)若 f(x)的值域为(-∞,+∞),求实数 a 的取值范围. 7.(★★★★★)某家电生产企业根据市场调查分析, 决定调整产品生产方案, 准备每周(按 120 个工时计算)生产空调器、彩电、冰箱共 360 台,且冰箱至少生产 60 台.已知生产家电产品 每台所需工时和每台产值如下表: 家电名称 空调器 彩电 冰箱 工时

产值(千元) 4 3 2 问每周应生产空调器、彩电、冰箱各多少台,才能使产值最高?最高产值是多少?(以千元 为单位) 8.(★★★★)在 Rt△ABC 中,∠C=90°,以斜边 AB 所在直线为轴将△ABC 旋转一周生成 两个圆锥,设这两个圆锥的侧面积之积为 S1,△ABC 的内切圆面积为 S2,记 =x. (1)求函数 f(x)= 的解析式并求 f(x)的定义域. (2)求函数 f(x)的最小值. 参考答案 难点磁场 (1)证明:先将 f(x)变形:f(x)=log3[(x-2m)2+m+ ], 当 m∈M 时,m>1,∴(x-m)2+m+ >0 恒成立,故 f(x)的定义域为 R. 反之,若 f(x)对所有实数 x 都有意义,则只须 x2-4mx+4m2+m+ >0,令Δ <0,即 16m2- 4(4m2+m+ )<0,解得 m>1,故 m∈M. (2)解析:设 u=x2-4mx+4m2+m+ ,∵y=log3u 是增函数,∴当 u 最小时,f(x)最小.?而 u=(x -2m)2+m+ ,显然,当 x=m 时,u 取最小值为 m+ ,此时 f(2m)=log3(m+ )为最小值. (3)证明:当 m∈M 时,m+ =(m-1)+ +1≥3,当且仅当 m=2 时等号成立. ∴log3(m+ )≥log33=1. 歼灭难点训练 一、1.解析:∵m1=x2 在(-∞,- )上是减函数,m2= 在(-∞,- )上是减函数, ∴y=x2+ 在 x∈(-∞,- )上为减函数, ∴y=x2+ (x≤- )的值域为[- ,+∞ . 答案:B 2.解析:令 =t(t≥0),则 x= . ∵y= +t=- (t-1)2+1≤1 ∴值域为(-∞,1 . 答案:A
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二、3.解析:t= +16×( )2/V= + ≥2 =8. 答案:8 4.解析:由韦达定理知:x1+x2=m,x1x2= ,∴x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=m2- =(m- )2- , 又 x1,x2 为实根,∴Δ ≥0.∴m≤-1 或 m≥2,y=(m- )2- 在区间(-∞,1)上是减函数, 在[2,+∞ 上是增函数又抛物线 y 开口向上且以 m= 为对称轴.故 m=1 时, ymin= . 答案:-1 三、5.解:(1)利润 y 是指生产数量 x 的产品售出后的总收入 R(x)与其总成本 C(x)?之差, 由题意,当 x≤5 时,产品能全部售出,当 x>5 时,只能销售 500 台,所以 y= (2)在 0≤x≤5 时,y=- x2+4.75x-0.5,当 x=- =4.75(百台)时,ymax=10.78125(万元) , 当 x>5(百台)时,y<12-0.25×5=10.75(万元) ,? 所以当生产 475 台时,利润最大.? (3)要使企业不亏本,即要求 解得 5≥x≥4.75- ≈0.1(百台)或 5<x<48(百台)时,即企业年产量在 10 台到 4800 台之 间时,企业不亏本. 6.解:(1)依题意(a2-1)x2+(a+1)x+1>0 对一切 x∈R 恒成立,当 a2-1≠0 时,其充要条 件是 , ∴a<-1 或 a> .又 a=-1 时,f(x)=0 满足题意,a=1 时不合题意.故 a≤-1 或 a>为 所求. (2)依题意只要 t=(a2-1)x2+(a+1)x+1 能取到(0,+∞)上的任何值,则 f(x)的值域为 R,故 有 ,解得 1<a≤ ,又当 a2-1=0 即 a=1 时,t=2x+1 符合题意而 a=-1 时不合题意,∴1≤a ≤ 为所求. 7.解:设每周生产空调器、彩电、冰箱分别为 x 台、y 台、z 台,由题意得: x+y+z=360 ? ②x>0,y>0,z≥60. ③? 假定每周总产值为 S 千元,则 S=4x+3y+2z,在限制条件①②③之下,为求目标函数 S 的最大 值,由①②消去 z,得 y=360-3x. ④ 将④代入①得:x+(360-3x)+z=360,∴z=2x ⑤ ∵z≥60,∴x≥30. ⑥ 再将④⑤代入 S 中,得 S=4x+3(360-3x)+2?2x,即 S=-x+1080.由条件⑥及上式知,当 x=30 时,产值 S 最大,最大值为 S=-30+1080=1050(千元).得 x=30 分别代入④和⑤得 y=360- 90=270,z=2×30=60. ∴每周应生产空调器 30 台,彩电 270 台,冰箱 60 台,才能使产值最大,最大产值为 1050 千元. 8.解:(1)如图所示:设 BC=a,CA=b,AB=c,则斜边 AB 上的高 h= , ∴S1=π ah+π bh= , ∴f(x)= ① 又
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代入①消 c,得 f(x)= . 在 Rt△ABC 中,有 a=csinA,b=ccosA(0<A< ,则 x= =sinA+cosA= sin(A+ ).∴1<x≤ . (2)f(x)= +6,设 t=x-1,则 t∈(0, -1),y=2(t+ )+6 在(0, -1 上是减函数, ∴当 x=( -1)+1= 时,f(x)的最小值为 6 +8.

难点 7 奇偶性与单调性(一) 函数的单调性、奇偶性是高考的重点内容之一,考查内容灵活多样.本节主要帮助考生深刻 理解奇偶性、单调性的定义,掌握判定方法,正确认识单调函数与奇偶函数的图象. ●难点磁场 (★★★★)设 a>0,f(x)= 是 R 上的偶函数,(1)求 a 的值;(2)证明: f(x)在(0,+∞)上是增函 数. ●案例探究 [例 1]已知函数 f(x)在(-1,1)上有定义,f( )=-1,当且仅当 0<x<1 时 f(x)<0,且对任意 x、 y∈(-1,1)都有 f(x)+f(y)=f( ),试证明: (1)f(x)为奇函数;(2)f(x)在(-1,1)上单调递减. 命题意图:本题主要考查函数的奇偶性、单调性的判定以及运算能力和逻辑推理能力.属★ ★★★题目. 知识依托:奇偶性及单调性定义及判定、赋值法及转化思想. 错解分析:本题对思维能力要求较高,如果“赋值”不够准确,运算技能不过关,结果很难 获得. 技巧与方法:对于(1),获得 f(0)的值进而取 x=-y 是解题关键;对于(2),判定 的范围是焦 点. 证明: (1)由 f(x)+f(y)=f( ),令 x=y=0,得 f(0)=0,令 y=-x,得 f(x)+f(-x)=f( )=f(0)=0.∴f(x)=-f(- x).∴f(x)为奇函数. (2)先证 f(x)在(0,1)上单调递减. 令 0<x1<x2<1,则 f(x2)-f(x1)=f(x2)-f(-x1)=f( ) ∵0<x1<x2<1,∴x2-x1>0,1-x1x2>0,∴ >0, 又(x2-x1)-(1-x2x1)=(x2-1)(x1+1)<0 ∴x2-x1<1-x2x1, ∴0< <1,由题意知 f( )<0,? 即 f(x2)<f(x1). ∴f(x)在(0,1)上为减函数,又 f(x)为奇函数且 f(0)=0. ∴f(x)在(-1,1)上为减函数. [例 2] 设函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数, 并在区间(-∞,0)内单调递增, f(2a2+a+1)<f(3a2 -2a+1).求 a 的取值范围,并在该范围内求函数 y=( ) 的单调递减区间. 命题意图: 本题主要考查函数奇偶性、 单调性的基本应用以及对复合函数单调性的判定方法. 本题属于★★★★★级题目. 知识依托:逆向认识奇偶性、单调性、指数函数的单调性及函数的值域问题. 错解分析:逆向思维受阻、条件认识不清晰、复合函数判定程序紊乱. 技巧与方法:本题属于知识组合题类,关键在于读题过程中对条件的思考与认识,通过本题
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会解组合题类,掌握审题的一般技巧与方法. 解:设 0<x1<x2,则-x2<-x1<0,∵f(x)在区间(-∞,0)内单调递增, ∴f(-x2)<f(-x1),∵f(x)为偶函数,∴f(-x2)=f(x2),f(-x1)=f(x1), ∴f(x2)<f(x1).∴f(x)在(0,+∞)内单调递减. 由 f(2a2+a+1)<f(3a2-2a+1)得:2a2+a+1>3a2-2a+1.解之,得 0<a<3. 又 a2-3a+1=(a- )2- . ∴函数 y=( ) 的单调减区间是[ ,+∞] 结合 0<a<3,得函数 y=( ) 的单调递减区间为[ ,3). ●锦囊妙计 本难点所涉及的问题及解决方法主要有: (1)判断函数的奇偶性与单调性 若为具体函数,严格按照定义判断,注意变换中的等价性. 若为抽象函数,在依托定义的基础上,用好赋值法,注意赋值的科学性、合理性. 同时,注意判断与证明、讨论三者的区别,针对所列的“磁场”及“训练”认真体会,用好 数与形的统一. 复合函数的奇偶性、单调性.问题的解决关键在于:既把握复合过程,又掌握基本函数. (2)加强逆向思维、数形统一.正反结合解决基本应用题目,下一节我们将展开研究奇偶性、 单调性的应用. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)下列函数中的奇函数是( ) A.f(x)=(x-1) B.f(x)= C.f(x)= D.f(x)= 2.(★★★★★)函数 f(x)= 的图象( ) A.关于 x 轴对称 B.关于 y 轴对称 C.关于原点对称 D.关于直线 x=1 对称 二、填空题 3.(★★★★)函数 f(x)在 R 上为增函数,则 y=f(|x+1|)的一个单调递减区间是_________. 4.(★★★★★)若函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 满足 f(0)=f(x1)=f(x2)=0 (0<x1<x2),?且在[x2,+∞ 上单调递增,则 b 的取值范围是_________. 三、解答题 5.(★★★★)已知函数 f(x)=ax+ (a>1). (1)证明:函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数. (2)用反证法证明方程 f(x)=0 没有负数根. 6.(★★★★★)求证函数 f(x)= 在区间(1,+∞)上是减函数. 7.(★★★★)设函数 f(x)的定义域关于原点对称且满足:(i)f(x1-x2)= ; (ii)存在正常数 a 使 f(a)=1.求证: (1)f(x)是奇函数. (2)f(x)是周期函数,且有一个周期是 4a. 8.(★★★★★)已知函数 f(x)的定义域为 R,且对 m、n∈R,恒有 f(m+n)=f(m)+f(n)-1,且 f(- )=0,当 x>- 时,f(x)>0. (1)求证:f(x)是单调递增函数;
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(2)试举出具有这种性质的一个函数,并加以验证. 参考答案 难点磁场 (1)解:依题意,对一切 x∈R,有 f(x)=f(-x),即 +aex.整理,得(a- ) (ex- )=0.因此,有 a- =0,即 a2=1,又 a>0,∴a=1 (2)证法一:设 0<x1<x2,则 f(x1)-f(x2)= 由 x1>0,x2>0,x2>x1,∴ >0,1-e <0, ∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2) ∴f(x)在(0,+∞)上是增函数 证法二:由 f(x)=ex+e-x,得 f′(x)=ex-e-x=e-x?(e2x-1).当 x∈(0,+∞)时,e-x>0,e2x -1>0. 此时 f′(x)>0,所以 f(x)在[0,+∞)上是增函数. 歼灭难点训练 一、1.解析:f(-x)= =-f(x),故 f(x)为奇函数. 答案:C 2.解析:f(-x)=-f(x),f(x)是奇函数,图象关于原点对称. 答案:C 二、 3.解析: t=|x+1|,则 t 在(-∞,-1 上递减, y=f(x)在 R 上单调递增, 令 又 ∴y=f(|x+1|)在(- ∞,-1 上递减. 答案:(-∞,-1 4.解析:∵f(0)=f(x1)=f(x2)=0,∴f(0)=d=0.f(x)=ax(x-x1)(x-x2)=ax3-a(x1+x2)x2+ax1x2x, ∴b=-a(x1+x2),又 f(x)在[x2,+∞ 单调递增,故 a>0.又知 0<x1<x,得 x1+x2>0, ∴b=-a(x1+x2)<0. 答案:(-∞,0) 三、5.证明:(1)设-1<x1<x2<+∞,则 x2-x1>0, >1 且 >0, ∴ >0,又 x1+1>0,x2+1>0 ∴ >0, 于是 f(x2)-f(x1)= + >0 ∴f(x)在(-1,+∞)上为递增函数. (2)证法一:设存在 x0<0(x0≠-1)满足 f(x0)=0,则 且由 0< <1 得 0<- <1,即 <x0<2 与 x0<0 矛盾,故 f(x)=0 没有负数根. 证法二:设存在 x0<0(x0≠-1)使 f(x0)=0,若-1<x0<0,则 <-2, <1,∴f(x0)<-1 与 f(x0)=0 矛盾,若 x0<-1,则 >0, >0,∴f(x0)>0 与 f(x0)=0 矛盾,故方程 f(x)=0 没有负数 根. 6.证明:∵x≠0,∴f(x)= , 设 1<x1<x2<+∞,则 .

∴f(x1)>f(x2),?故函数 f(x)在(1,+∞)上是减函数.(本题也可用求导方法解决) 7.证明:(1)不妨令 x=x1-x2,则 f(-x)=f(x2-x1)= =-f(x1-x2)=-f(x).∴f(x)是奇函数. (2)要证 f(x+4a)=f(x),可先计算 f(x+a),f(x+2a).
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∵f(x+a)=f[x-(-a)]= . ∴f(x+4a)=f[(x+2a)+2a]= =f(x),故 f(x)是以 4a 为周期的周期函数. 8.(1)证明:设 x1<x2,则 x2-x1- >- ,由题意 f(x2-x1- )>0, ∵f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1=f(x2- x1)+f(- )-1=f[(x2-x1)- ]>0, ∴f(x)是单调递增函数. (2)解:f(x)=2x+1.验证过程略. 难点 8 奇偶性与单调性(二) 函数的单调性、奇偶性是高考的重点和热点内容之一,特别是两性质的应用更加突出.本节 主要帮助考生学会怎样利用两性质解题,掌握基本方法,形成应用意识. ●难点磁场 (★★★★★)已知偶函数 f(x)在(0,+∞)上为增函数,且 f(2)=0,解不等式 f[log2(x2+5x+4)] ≥0.? ●案例探究 [例 1]已知奇函数 f(x)是定义在(-3,3)上的减函数,且满足不等式 f(x-3)+f(x2-3)<0, 设不等式解集为 A,B=A∪{x|1≤x≤ },求函数 g(x)=-3x2+3x-4(x∈B)的最大值. 命题意图: 本题属于函数性质的综合性题目, 考生必须具有综合运用知识分析和解决问题的 能力,属★★★★级题目. 知识依托:主要依据函数的性质去解决问题. 错解分析:题目不等式中的“f”号如何去掉是难点,在求二次函数在给定区间上的最值问 题时,学生容易漏掉定义域. 技巧与方法:借助奇偶性脱去“f”号,转化为 xcos 不等式,利用数形结合进行集合运算和 求最值. 解:由 且 x≠0,故 0<x< , 又∵f(x)是奇函数,∴f(x-3)<-f(x2-3)=f(3-x2),又 f(x)在(-3,3)上是减函数, ∴x-3>3-x2,即 x2+x-6>0,解得 x>2 或 x<-3,综上得 2<x< ,即 A={x|2<x< }, ∴B=A∪{x|1≤x≤ }={x|1≤x< },又 g(x)=-3x2+3x-4=-3(x- )2- 知: g(x)在 B 上为减函 数,∴g(x)max=g(1)=-4. [例 2]已知奇函数 f(x)的定义域为 R,且 f(x)在[0,+∞)上是增函数,是否存在实数 m, 使 f(cos2θ -3)+f(4m-2mcosθ )>f(0)对所有θ ∈[0, ]都成立?若存在,求出符合条件的 所有实数 m 的范围,若不存在,说明理由. 命题意图: 本题属于探索性问题, 主要考查考生的综合分析能力和逻辑思维能力以及运算能 力,属★★★★★题目. 知识依托: 主要依据函数的单调性和奇偶性, 利用等价转化的思想方法把问题转化为二次函 数在给定区间上的最值问题. 错解分析: 考生不易运用函数的综合性质去解决问题, 特别不易考虑运用等价转化的思想方 法. 技巧与方法:主要运用等价转化的思想和分类讨论的思想来解决问题. 解:∵f(x)是 R 上的奇函数,且在[0,+∞)上是增函数,∴f(x)是 R 上的增函数.于是不等式 可等价地转化为 f(cos2θ -3)>f(2mcosθ -4m), 即 cos2θ -3>2mcosθ -4m,即 cos2θ -mcosθ +2m-2>0. 设 t=cosθ ,则问题等价地转化为函数 g(t)?=t2-mt+2m-2=(t- )2- +2m-2 在[0,1]上
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的值恒为正,又转化为函数 g(t)在[0,1]上的最小值为正. ∴当 <0,即 m<0 时,g(0)=2m-2>0 m>1 与 m<0 不符; 当 0≤ ≤1 时,即 0≤m≤2 时,g(m)=- +2m-2>0 4-2 <m<4+2 ,?∴4-2 <m≤2. 当 >1,即 m>2 时,g(1)=m-1>0 m>1.∴m>2 综上,符合题目要求的 m 的值存在,其取值范围是 m>4-2 . ●锦囊妙计 本难点所涉及的问题以及解决的方法主要有: (1)运用奇偶性和单调性去解决有关函数的综合性题目.此类题目要求考生必须具有驾驭知识 的能力,并具有综合分析问题和解决问题的能力. (2)应用问题.在利用函数的奇偶性和单调性解决实际问题的过程中,往往还要用到等价转化 和数形结合的思想方法,把问题中较复杂、抽象的式子转化为基本的简单的式子去解决.特 别是:往往利用函数的单调性求实际应用题中的最值问题. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)设 f(x)是(-∞,+∞)上的奇函数,f(x+2)=-f(x),当 0≤x≤1 时,f(x)=x,则 f(7.5) 等于( ) A.0.5 B.-0.5 C.1.5 D.-1.5 2.(★★★★)已知定义域为(-1,1)的奇函数 y=f(x)又是减函数,且 f(a-3)+f(9-a2)<0,?则 a 的取值范围是( ) A.(2 ,3) B.(3, ) C.(2 ,4) D.(-2,3) 二、填空题 3.(★★★★)若 f(x)为奇函数,且在(0,+∞)内是增函数,又 f(-3)=0,则 xf(x)<0 的解集为 _________. 4.(★★★★)如果函数 f(x)在 R 上为奇函数,在(-1,0)上是增函数,且 f(x+2)=-f(x),试比 较 f( ),f( ),f(1)的大小关系_________. 三、解答题 5.(★★★★★)已知 f(x)是偶函数而且在(0,+∞)上是减函数,判断 f(x)在(-∞,0)上的增减 性并加以证明. 6.(★★★★)已知 f(x)= (a∈R)是 R 上的奇函数, (1)求 a 的值; (2)求 f(x)的反函数 f-1(x); (3)对任意给定的 k∈R+,解不等式 f-1(x)>lg . 7.(★★★★)定义在(-∞,4]上的减函数 f(x)满足 f(m-sinx)≤f( - +cos2x)对任意 x∈R 都 成立,求实数 m 的取值范围. 8.(★★★★★)已知函数 y=f(x)= (a,b,c∈R,a>0,b>0)是奇函数,当 x>0 时,f(x)有最小值 2, 其中 b∈N 且 f(1)< . (1)试求函数 f(x)的解析式; (2)问函数 f(x)图象上是否存在关于点(1,0)对称的两点,若存在,求出点的坐标;若不存在, 说明理由. 参考答案
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难点磁场 解:∵f(2)=0,∴原不等式可化为 f[log2(x2+5x+4)]≥f(2). 又∵f(x)为偶函数,且 f(x)在(0,+∞)上为增函数, ∴f(x)在(-∞,0)上为减函数且 f(-2)=f(2)=0 ∴不等式可化为 log2(x2+5x+4)≥2 ① 或 log2(x2+5x+4)≤-2 ② 由①得 x2+5x+4≥4 ∴x≤-5 或 x≥0 ③ 由②得 0<x2+5x+4≤ 得 ≤x<-4 或-1<x≤ ④ 由③④得原不等式的解集为 {x|x≤-5 或 ≤x≤-4 或-1<x≤ 或 x≥0} 歼灭难点训练 一、1.解析:f(7.5)=f(5.5+2)=-f(5.5)=-f(3.5+2)=f(3.5)=f(1.5+2)=-f(1.5)=-f(-0.5+2)= f(-0.5)=-f(0.5)=-0.5. 答案:B 2.解析:∵f(x)是定义在(-1,1)上的奇函数又是减函数,且 f(a-3)+f(9-a2)<0. ∴f(a-3)<f(a2-9). ∴ ∴a∈(2 ,3). 答案:A 二、3.解析:由题意可知:xf(x)<0 ∴x∈(-3,0)∪(0,3) 答案:(-3,0)∪(0,3) 4.解析:∵f(x)为 R 上的奇函数 ∴f( )=-f(- ),f( )=-f(- ),f(1)=-f(-1),又 f(x)在(-1,0)上是增函数且- > - >-1. ∴f(- )>f(- )>f(-1),∴f( )<f( )<f(1). 答案:f( )<f( )<f(1) 三、5.解:函数 f(x)在(-∞,0)上是增函数,设 x1<x2<0,因为 f(x)是偶函数,所以 f(-x1)=f(x1),f(-x2)=f(x2),由假设可知-x1>-x2>0,又已知 f(x)?在(0, +∞)上是减函数, 于 是有 f(-x1)<f(-x2),即 f(x1)<f(x2),由此可知,函数 f(x)在(-∞,0)上是增函数. 6.解:(1)a=1. (2)f(x)= (x∈R) f--1(x)=log2 (-1<x<1 . (3)由 log2 >log2 log2(1-x)<log2k,∴当 0<k<2 时,不等式解集为{x|1-k<x<1 ;当 k≥2 时,不等式解集为{x|-1<x<1 . 7.解: ,对 x∈R 恒成立, ∴m∈[ ,3]∪{ }. 8.解:(1)∵f(x)是奇函数,∴f(-x)=-f(x),即 ∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)= ≥2 , 当且仅当 x= 时等号成立, 于是 2 =2,∴a=b2,由 f(1)< 得 < 即 < ,∴2b2-5b+2<0,解得 <b<2,又 b∈N,∴b=1,∴a=1,∴f(x)=x+ . (2)设存在一点(x0,y0)在 y=f(x)的图象上,并且关于(1,0)的对称点(2-x0,-y0)也在 y=f(x) 图象上,则 消去 y0 得 x02-2x0-1=0,x0=1± .
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∴y=f(x)图象上存在两点(1+ ,2 ),(1- ,-2 )关于(1,0)对称. 难点 9 指数函数、对数函数问题 指数函数、对数函数是高考考查的重点内容之一,本节主要帮助考生掌握两种函数的概念、 图象和性质并会用它们去解决某些简单的实际问题. ●难点磁场 (★★★★★)设 f(x)=log2 ,F(x)= +f(x). (1)试判断函数 f(x)的单调性,并用函数单调性定义,给出证明; (2)若 f(x)的反函数为 f-1(x),证明:对任意的自然数 n(n≥3),都有 f-1(n)> ; (3)若 F(x)的反函数 F-1(x),证明:方程 F-1(x)=0 有惟一解. ●案例探究 [例 1]已知过原点 O 的一条直线与函数 y=log8x 的图象交于 A、B 两点,分别过点 A、B 作 y 轴的平行线与函数 y=log2x 的图象交于 C、D 两点. (1)证明:点 C、D 和原点 O 在同一条直线上; (2)当 BC 平行于 x 轴时,求点 A 的坐标. 命题意图:本题主要考查对数函数图象、对数换底公式、对数方程、指数方程等基础知识, 考查学生的分析能力和运算能力.属★★★★级题目. 知识依托:(1)证明三点共线的方法:kOC=kOD. (2)第(2)问的解答中蕴涵着方程思想,只要得到方程(1),即可求得 A 点坐标. 错解分析:不易考虑运用方程思想去解决实际问题. 技巧与方法:本题第一问运用斜率相等去证明三点共线;第二问运用方程思想去求得点 A 的坐标. (1)证明:设点 A、B 的横坐标分别为 x1、x2,由题意知:x1>1,x2>1,则 A、B 纵坐标分别为 log8x1,log8x2.因为 A、 在过点 O 的直线上, B 所以 ,点 C、 坐标分别为(x1,log2x1),(x2,log2x2), D 由于 log2x1= = 3log8x2,所以 OC 的斜率:k1= , OD 的斜率:k2= ,由此可知:k1=k2,即 O、C、D 在同一条直线上. (2)解:由 BC 平行于 x 轴知:log2x1=log8x2 即:log2x1= log2x2,代入 x2log8x1=x1log8x2 得:x13log8x1=3x1log8x1,由于 x1>1 知 log8x1≠0,∴x13=3x1.又 x1>1,∴x1= ,则点 A 的坐标 为( ,log8 ). [例 2]在 xOy 平面上有一点列 P1(a1,b1),P2(a2,b2),?,Pn(an,bn)?,对每个自然数 n 点 Pn 位 于函数 y=2000( )x(0<a<1)的图象上, 且点 Pn,点(n,0)与点(n+1,0)构成一个以 Pn 为顶点的等腰 三角形. (1)求点 Pn 的纵坐标 bn 的表达式; (2)若对于每个自然数 n,以 bn,bn+1,bn+2 为边长能构成一个三角形,求 a 的取值范围; (3)设 Cn=lg(bn)(n∈N*),若 a 取(2)中确定的范围内的最小整数,问数列{Cn}前多少项的和最 大?试说明理由. 命题意图:本题把平面点列,指数函数,对数、最值等知识点揉合在一起,构成一个思维难 度较大的综合题目,本题主要考查考生对综合知识分析和运用的能力.属★★★★★级 题目. 知识依托:指数函数、对数函数及数列、最值等知识. 错解分析:考生对综合知识不易驾驭,思维难度较大,找不到解题的突破口. 技巧与方法:本题属于知识综合题,关键在于读题过程中对条件的思考与认识,并会运用相 关的知识点去解决问题. 解:(1)由题意知:an=n+ ,∴bn=2000( ) . (2)∵函数 y=2000( )x(0<a<10)递减,∴对每个自然数 n,有 bn>bn+1>bn+2.则以 bn,bn+1,bn+2
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为边长能构成一个三角形的充要条件是 bn+2+bn+1>bn,即( )2+( )-1>0,解得 a<-5(1+ )或 a>5( -1).∴5( -1)<a<10. (3)∵5( -1)<a<10,∴a=7 ∴bn=2000( ) .数列{bn}是一个递减的正数数列,对每个自然数 n≥2,Bn=bnBn-1.于是当 bn ≥1 时,Bn<Bn-1,当 bn<1 时,Bn≤Bn-1,因此数列{Bn}的最大项的项数 n 满足不等式 bn ≥1 且 bn+1<1,由 bn=2000( ) ≥1 得:n≤20.8.∴n=20. ●锦囊妙计 本难点所涉及的问题以及解决的方法有: (1)运用两种函数的图象和性质去解决基本问题.此类题目要求考生熟练掌握函数的图象和性 质并能灵活应用. (2)综合性题目.此类题目要求考生具有较强的分析能力和逻辑思维能力. (3)应用题目.此类题目要求考生具有较强的建模能力. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)定义在(-∞,+∞)上的任意函数 f(x)都可以表示成一个奇函数 g(x)和一个偶函数 h(x)之和,如果 f(x)=lg(10x+1),其中 x∈(-∞,+∞),那么( ) A.g(x)=x,h(x)=lg(10x+10-x+2) B. 3.(★★★★★)已知函数 f(x)= .则 f--1(x-1)=_________. 4.(★★★★★)如图,开始时,桶 1 中有 a L 水,t 分钟后剩余的水符合指数衰减曲线 y= ae-nt,那么桶 2 中水就是 y2=a-ae-nt,假设过 5 分钟时,桶 1 和桶 2 的水相等,则再过 _________分钟桶 1 中的水只有 . 三、解答题 5.(★★★★)设函数 f(x)=loga(x-3a)(a>0 且 a≠1),当点 P(x,y)是函数 y=f(x)图象上的点时, 点 Q(x-2a,-y)是函数 y=g(x)图象上的点. (1)写出函数 y=g(x)的解析式; (2)若当 x∈[a+2,a+3]时,恒有|f(x)-g(x)|≤1,试确定 a 的取值范围. 6.( ★ ★ ★ ★ ) 已 知 函 数 f(x)=logax(a>0 且 a ≠ 1),(x ∈ (0,+ ∞ )), 若 x1,x2 ∈ (0,+ ∞ ), 判 断 [f(x1)+f(x2)]与 f( )的大小,并加以证明. 7.(★★★★★)已知函数 x,y 满足 x≥1,y≥1.loga2x+loga2y=loga(ax2)+loga(ay2)(a>0 且 a≠1), 求 loga(xy)的取值范围. 8.( ★ ★ ★ ★ ) 设 不 等 式 2(log x)2+9(log x)+9 ≤ 0 的 解 集 为 M , 求 当 x ∈ M 时 函 数 f(x)=(log2 )(log2 )的最大、最小值. 参考答案 难点磁场 解:(1)由 >0,且 2-x≠0 得 F(x)的定义域为(-1,1),设-1<x1<x2<1,则 F(x2)-F(x1)=( )+( ) , ∵x2-x1>0,2-x1>0,2-x2>0,∴上式第 2 项中对数的真数大于 1. 因此 F(x2)-F(x1)>0,F(x2)>F(x1),∴F(x)在(-1,1)上是增函数. (2)证明:由 y=f(x)= 得:2y= , ∴f-1(x)= ,∵f(x)的值域为 R,∴f--1(x)的定义域为 R. 当 n≥3 时,f-1(n)> . 用数学归纳法易证 2n>2n+1(n≥3),证略.
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(3)证明: ∵F(0)= ,∴F-1( )=0,∴x= 是 F-1(x)=0 的一个根.假设 F-1(x)=0 还有一个解 x0(x0 ≠ ),则 F-1(x0)=0,于是 F(0)=x0(x0≠ ).这是不可能的,故 F-1(x)=0 有惟一解. 歼灭难点训练 一、1.解析:由题意:g(x)+h(x)=lg(10x+1) ① 又 g(-x)+h(-x)=lg(10-x+1).即-g(x)+h(x)=lg(10-x+1) ② 由①②得:g(x)= ,h(x)=lg(10x+1)- . 答案:C 2.解析:当 a>1 时,函数 y=logax 的图象只能在 A 和 C 中选,又 a>1 时,y=(1-a)x 为减函 数. 答案:B 二、3.解析:容易求得 f- -1(x)= ,从而: f-1(x-1)= 答案: 4.解析:由题意,5 分钟后,y1=ae-nt,y2=a-ae-nt,y1=y2.∴n= ln2.设再过 t 分钟桶 1 中的 水只有 ,则 y1=ae-n(5+t)= ,解得 t=10. 答案:10 三、5.解:(1)设点 Q 的坐标为(x′,y′),则 x′=x-2a,y′=-y.即 x=x′+2a,y=-y′. ∵点 P(x,y)在函数 y=loga(x-3a)的图象上,∴-y′=loga(x′+2a-3a),即 y′=loga ,∴ g(x)=loga . (2)由题意得 x-3a=(a+2)-3a=-2a+2>0; = >0,又 a>0 且 a≠1,∴0<a<1,∵|f(x)-g(x)|=|loga(x -3a)-loga |=|loga(x2-4ax+3a2)|?|f(x)-g(x)|≤1,∴-1≤loga(x2-4ax+3a2)≤1,∵0<a<1, ∴a+2>2a.f(x)=x2-4ax+3a2 在 [a+2,a+3] 上为减函数, (x)=loga(x2-4ax+3a2)在 ∴μ [a+2,a+3] 上为减函数,从而[μ (x)]max=μ (a+2)=loga(4-4a),[μ (x)]min=μ (a+3)=loga(9-6a),于 是所求问题转化为求不等式组 的解. 由 loga(9-6a)≥-1 解得 0<a≤ ,由 loga(4-4a)≤1 解得 0<a≤ , ∴所求 a 的取值范围是 0<a≤ . 6.解:f(x1)+f(x2)=logax1+logax2=logax1x2, ∵x1,x2∈(0,+∞),x1x2≤( )2(当且仅当 x1=x2 时取“=”号), 当 a>1 时,有 logax1x2≤loga( )2, ∴ logax1x2≤loga( ), (logax1+logax2)≤loga , 即 f(x1)+f(x2)]≤f( )(当且仅当 x1=x2 时取“=”号) 当 0<a<1 时,有 logax1x2≥loga( )2, ∴ (logax1+logax2)≥loga ,即 [f(x1)+f(x2)]≥f( )(当且仅当 x1=x2 时取“=”号). 7.解:由已知等式得:loga2x+loga2y=(1+2logax)+(1+2logay),即(logax-1)2+(logay-1)2=4, 令 u=logax,v=logay,k=logaxy,则(u-1)2+(v-1)2=4(uv≥0),k=u+v.在直角坐标系 uOv 内,圆弧 (u-1)2+(v-1)2=4(uv≥0)与平行直线系 v=-u+k 有公共点,分两类讨论. (1)当 u≥0,v≥0 时,即 a>1 时,结合判别式法与代点法得 1+ ≤k≤2(1+ ); (2)当 u≤0,v≤0,即 0<a<1 时,同理得到 2(1- )≤k≤1- .x 综上,当 a>1 时,logaxy 的最 大值为 2+2 ,最小值为 1+ ;当 0<a<1 时,logaxy 的最大值为 1- ,最小值为 2-2 . 8.解:∵2( x)2+9( x)+9≤0 ∴(2 x+3)( x+3)≤0. ∴-3≤ x≤- . 即 ( )-3≤ x≤ ( ) ?

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∴( ) ≤x≤( )-3,∴2 ≤x≤8 即 M={x|x∈[2 ,8]} 又 f(x)=(log2x-1)(log2x-3)=log22x-4log2x+3=(log2x-2)2-1. ∵2 ≤x≤8,∴ ≤log2x≤3 ∴当 log2x=2,即 x=4 时 ymin=-1;当 log2x=3,即 x=8 时,ymax=0. 难点 10 函数图象与图象变换 函数的图象与性质是高考考查的重点内容之一, 它是研究和记忆函数性质的直观工具, 利用 它的直观性解题,可以起到化繁为简、化难为易的作用.因此,考生要掌握绘制函数图象的 一般方法,掌握函数图象变化的一般规律,能利用函数的图象研究函数的性质. ●难点磁场 (★★★★★)已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 的图象如图,求 b 的范围. ●案例探究 [例 1]对函数 y=f(x)定义域中任一个 x 的值均有 f(x+a)=f(a-x),(1)求证 y=f(x)的图象关于 直线 x=a 对称;(2)若函数 f(x)对一切实数 x 都有 f(x+2)=f(2-x),且方程 f(x)=0 恰好有四个不 同实根,求这些实根之和. 命题意图:本题考查函数概念、图象对称问题以及求根问题.属★★★★★级题目. 知识依托:把证明图象对称问题转化到点的对称问题. 错解分析:找不到问题的突破口,对条件不能进行等价转化. 技巧与方法:数形结合、等价转化. (1)证明:设(x0,y0)是函数 y=f(x)图象上任一点,则 y0=f(x0),又 f(a+x)=f(a-x),∴f(2a-x0)= f a+(a-x0)] [a-(a-x0)] [ =f =f(x0)=y0,∴(2a-x0,y0)也在函数的图象上, =a,∴点(x0,y0) 而 与(2a-x0,y0)关于直线 x=a 对称,故 y=f(x)的图象关于直线 x=a 对称. (2)解:由 f(2+x)=f(2-x)得 y=f(x)的图象关于直线 x=2 对称,若 x0 是 f(x)=0 的根,则 4-x0 也是 f(x)=0 的根,由对称性,f(x)=0 的四根之和为 8. [例 2]如图,点 A、B、C 都在函数 y= 的图象上,它们的横坐标分别是 a、a+1、a+2.又 A、 B、C 在 x 轴上的射影分别是 A′、B′、C′,记△AB′C 的面积为 f(a),△A′BC′的面积 为 g(a). (1)求函数 f(a)和 g(a)的表达式; (2)比较 f(a)与 g(a)的大小,并证明你的结论. 命题意图:本题考查函数的解析式、函数图象、识图能力、图形的组合等.属★★★★★级 题目. 知识依托:充分借助图象信息,利用面积问题的拆拼以及等价变形找到问题的突破口. 错解分析:图形面积不会拆拼. 技巧与方法:数形结合、等价转化. 解:(1)连结 AA′、BB′、CC′,则 f(a)=S△AB′C=S 梯形 AA′C′C-S△AA′B′-S △CC′B = (A′A+C′C)= ( ), g(a)=S△A′BC′= A′C′?B′B=B′B= . ∴f(a)<g(a). ●锦囊妙计 1.熟记基本函数的大致图象,掌握函数作图的基本方法:(1)描点法:列表、描点、连线;(2)
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图象变换法:平移变换、对称变换、伸缩变换等. 2.高考中总是以几类基本初等函数的图象为基础来考查函数图象的.题型多以选择与填空为 主,属于必考内容之一,但近年来,在大题中也有出现,须引起重视. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)当 a≠0 时,y=ax+b 和 y=bax 的图象只可能是( ) 2.(★★★★)某学生离家去学校,由于怕迟到,所以一开始就跑步,等跑累了,再走余下的 路,下图中 y 轴表示离学校的距离,x 轴表示出发后的时间,则适合题意的图形是( ) 二、填空题 3.(★★★★★)已知函数 f(x)=log2(x+1),将 y=f(x)的图象向左平移 1 个单位,再将图象上所 有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍(横坐标不变),得到函数 y=g(x)的图象,则函数 F(x)=f(x)- g(x)的最大值为_________. 三、解答题 4.(★★★★)如图,在函数 y=lgx 的图象上有 A、B、C 三点,它们的横坐标分别为 m,m+2,m+4(m>1). (1)若△ABC 面积为 S,求 S=f(m); (2)判断 S=f(m)的增减性. 5.(★★★★)如图,函数 y= |x|在 x∈[-1,1]的图象上有两点 A、B,AB∥Ox 轴,点 M(1, m)(m∈R 且 m> )是△ABC 的 BC 边的中点. (1)写出用 B 点横坐标 t 表示△ABC 面积 S 的函数解析式 S=f(t); (2)求函数 S=f(t)的最大值,并求出相应的 C 点坐标. 6.(★★★★★)已知函数 f(x)是 y= -1(x∈R)的反函数, 函数 g(x)的图象与函数 y=- 的图象 关于 y 轴对称,设 F(x)=f(x)+g(x). (1)求函数 F(x)的解析式及定义域; (2)试问在函数 F(x)的图象上是否存在两个不同的点 A、B,使直线 AB 恰好与 y 轴垂直?若 存在,求出 A、B 的坐标;若不存在,说明理由. 7.(★★★★★)已知函数 f1(x)= ,f2(x)=x+2, (1)设 y=f(x)= , 试画出 y=f(x)的图象并求 y=f(x)的曲线绕 x 轴旋转一周所得几何体的表面积; (2)若方程 f1(x+a)=f2(x)有两个不等的实根,求实数 a 的范围. (3)若 f1(x)>f2(x-b)的解集为[-1, ] ,求 b 的值. 8.(★★★★★)设函数 f(x)=x+ 的图象为 C1,C1 关于点 A(2,1)对称的图象为 C2,C2 对应 的函数为 g(x). (1)求 g(x)的解析表达式; (2)若直线 y=b 与 C2 只有一个交点,求 b 的值,并求出交点坐标; (3)解不等式 logag(x)<loga (0<a<1). 参考答案 难点磁场 解法一:观察 f(x)的图象,可知函数 f(x)的图象过原点,即 f(0)=0,得 d=0,又 f(x)的图象过(1, 0),∴f(x)=a+b+c①,又有 f(-1)<0,即-a+b-c<0②,①+②得 b<0,故 b 的范围是(-∞,0) 解法二:如图 f(0)=0 有三根,∴f(x)=ax3+bx2+cx+d=ax(x-1)(x-2)=ax3-3ax2+2ax,∴b= -3a,∵a>0,∴b<0.
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歼灭难点训练 一、1.解析:∵y=bax=(ba)x,∴这是以 ba 为底的指数函数.仔细观察题目中的直线方程可知: 在选择支 B 中 a>0,b>1,∴ba>1,C 中 a<0,b>1,∴0<ba<1,D 中 a<0,0<b<1,∴ba>1.故选择支 B、C、D 均与指数函数 y=(ba)x 的图象不符合. 答案:A 2.解析:由题意可知,当 x=0 时,y 最大,所以排除 A、C.又一开始跑步,所以直线随着 x 的增大而急剧下降. 答案:D 二、3.解析:g(x)=2log2(x+2)(x>-2) F(x)=f(x)-g(x)=log2(x+1)-2log2(x+2) =log2 ∵x+1>0,∴F(x)≤ =-2 当且仅当 x+1= ,即 x=0 时取等号. ∴F(x)max=F(0)=-2. 答案:-2 三、4.解:(1)S△ABC=S 梯形 AA′B′B+S 梯形 BB′C′C-S 梯形 AA′C′C. (2)S=f(m)为减函数. 5.解:(1)依题意,设 B(t, t),A(-t, t)(t>0),C(x0,y0). ∵M 是 BC 的中点.∴ =1, =m. ∴x0=2-t,y0=2m- t.在△ABC 中,|AB|=2t,AB 边上的高 hAB=y0- t=2m-3t. ∴S= |AB|?hAB= ?2t?(2m-3t),即 f(t)=-3t2+2mt,t∈(0,1). (2)∵S=-3t2+2mt=-3(t- )2+ ,t∈(0,1 ,若 ,即 <m≤3,当 t= 时,Smax= ,相应的 C 点坐 标是(2- , m),若 >1,即 m>3.S=f(t)?在区间(0,1]上是增函数,∴Smax=f(1)=2m-3,相应 的 C 点坐标是(1,2m-3). 6.解:(1)y= -1 的反函数为 f(x)=lg (-1<x<1 . 由已知得 g(x)= ,∴F(x)=lg + ,定义域为(-1,1). (2)用定义可证明函数 u= =-1+ 是(-1,1)上的减函数,且 y=lgu 是增函数.∴f(x)是(-1, 1)上的减函数,故不存在符合条件的点 A、B. 7.解:(1)y=f(x)= .图略. y=f(x)的曲线绕 x 轴旋转一周所得几何体的表面积为(2+ )π . (2)当 f1(x+a)=f2(x)有两个不等实根时,a 的取值范围为 2- <a≤1. (3)若 f1(x)>f2(x-b)的解集为[-1, ] ,则可解得 b= . 8.(1)g(x)=x-2+ .(2)b=4 时,交点为(5,4);b=0 时,交点为(3,0). (3)不等式的解集为{x|4<x< 或 x>6 . 难点 11 函数中的综合问题 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, 考查内容和形式灵活多样. 本节课主要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,并培养考生的思维和创新能力. ●难点磁场 (★★★★★)设函数 f(x)的定义域为 R, 对任意实数 x、 都有 f(x+y)=f(x)+f(y),当 x>0 时 f(x)<0 y
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且 f(3)=-4. (1)求证:f(x)为奇函数; (2)在区间[-9,9]上,求 f(x)的最值. ●案例探究 [例 1]设 f(x)是定义在 R 上的偶函数,其图象关于直线 x=1 对称,对任意 x1、x2∈[0, ], 都有 f(x1+x2)=f(x1)?f(x2),且 f(1)=a>0. (1)求 f( )、f( ); (2)证明 f(x)是周期函数; (3)记 an=f(n+ ),求 命题意图: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 f(x1+x2)=f(x1)?f(x2)找到问题的突 破口. 错解分析:不会利用 f(x1+x2)=f(x1)?f(x2)进行合理变形. 技巧与方法:由 f(x1+x2)=f(x1)?f(x2)变形为 是解决问题的关键. (1) 解:因为对 x1,x2∈[0, ],都有 f(x1+x2)=f(x1)?f(x2),所以 f(x)= ≥0, x∈[0,1] 又因为 f(1)=f( + )=f( )?f( )=[f( )]2 f( )=f( + )=f( )?f( )=[f( ) ]2 又 f(1)=a>0 ∴f( )=a ,f( )=a (2)证明:依题意设 y=f(x)关于直线 x=1 对称,故 f(x)=f(1+1-x),即 f(x)=f(2-x),x∈R. 又由 f(x)是偶函数知 f(-x)=f(x),x∈R ∴f(-x)=f(2-x),x∈R. 将上式中-x 以 x 代换得 f(x)=f(x+2),这表明 f(x)是 R 上的周期函数,且 2 是它的一个 周期. (3)解:由(1)知 f(x)≥0,x∈[0,1] ∵f( )=f(n? )=f( +(n-1) )=f( )?f((n-1)? ) =…… =f( )?f( )?……?f( ) =[f( )]n=a ∴f( )=a . 又∵f(x)的一个周期是 2 ∴f(2n+ )=f( ),因此 an=a ∴ [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 c 千米/小时,已 知汽车每小时的运输成本(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) 的平方成正比,比例系数为 b,固定部分为 a 元. (1)把全程运输成本 y(元)表示为 v(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.
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技巧与方法:四步法:(1)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 ,全程运输成本为 y=a? +bv2 ? =S( +bv) ∴所求函数及其定义域为 y=S( +bv),v∈(0,c . (2)依题意知,S、a、b、v 均为正数 ∴S( +bv)≥2S ① 当且仅当 =bv,即 v= 时,①式中等号成立.若 ≤c 则当 v= 时,有 ymin; 若 >c,则当 v∈(0,c 时,有 S( +bv)-S( +bc) =S[( - )+(bv-bc)]= (c-v)(a-bcv) ∵c-v≥0,且 c>bc2,∴a-bcv≥a-bc2>0 ∴S( +bv)≥S( +bc),当且仅当 v=c 时等号成立,也即当 v=c 时,有 ymin; 综上可知,为使全程运输成本 y 最小,当 ≤c 时,行驶速度应为 v= ,当 >c 时行驶速度应为 v=c. 解法二:(1)同解法一. (2)∵函数 y=x+ (k>0),x∈(0,+∞),当 x∈(0, )时,y 单调减小,当 x∈( ,+∞)时 y 单调增加, 当 x= 时 y 取得最小值,而全程运输成本函数为 y=Sb(v+ ),v∈(0,c . ∴当 ≤c 时,则当 v= 时,y 最小,若 >c 时,则当 v=c 时,y 最小.结论同上. ●锦囊妙计 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,弄清题目的已知条件,尤其要挖掘题目中的隐含条件. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)函数 y=x+a 与 y=logax 的图象可能是( ) 2.(★★★★★)定义在区间(-∞,+∞)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: ①f(b)-f(-a)>g(a)-g(-b) ②f(b)-f(-a)<g(a)-g(-b) ③f(a)-f(-b)>g(b)-g(-a) ④ f(a)-f(-b)<g(b)-g(-a) 其中成立的是( ) A.①与④ B.②与③ C.①与③ D.②与④ 二、填空题 3.(★★★★)若关于 x 的方程 22x+2xa+a+1=0 有实根,则实数 a 的取值范围是_________. 三、解答题 4.(★★★★)设 a 为实数,函数 f(x)=x2+|x-a|+1,x∈R. (1)讨论 f(x)的奇偶性; (2)求 f(x)的最小值. 5.(★★★★★)设 f(x)= . (1)证明:f(x)在其定义域上的单调性; (2)证明:方程 f-1(x)=0 有惟一解; (3)解不等式 f[x(x- )]< . 6.(★★★★★)定义在(-1,1)上的函数 f(x)满足①对任意 x、y∈(-1,1),都有 f(x)+f(y)=f( ); ②当 x∈(-1,0)时,有 f(x)>0.
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求证: . 7.(★★★★★)某工厂拟建一座平面图(如下图)为矩形且面积为 200 平方米的三级污水处理 池,由于地形限制,长、宽都不能超过 16 米,如果池外周壁建造单价为每米 400 元,中间 两条隔墙建造单价为每米 248 元,池底建造单价为每平方米 80 元(池壁厚度忽略不计,且池 无盖).

(1)写出总造价 y(元)与污水处理池长 x(米)的函数关系式,并指出其定义域. (2)求污水处理池的长和宽各为多少时,污水处理池的总造价最低?并求最低总造价. 8.(★★★★★)已知函数 f(x)在(-∞,0)∪(0,+∞)上有定义,且在(0,+∞)上是增函数,f(1)=0, 又 g(θ )=sin2θ -mcosθ -2m,θ ∈[0, ],设 M={m|g(θ )<0,m∈R},N={m|f[g(θ )]<0},求 M∩N. [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; 揭示并认识函数与其他 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 概念是数学的基础,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中心的代数.近十年来,高考试题 中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 变量数学的基础,利用函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 意义上的函数问题;(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,作为基本语言和工具出现在试题中. (三)把握数形结合的特征和方法 函数图象的几何特征与函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、周期性等基本属性,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象的平移 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.纵观近几年高考题,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. 参考答案 难点磁场 (1)证明:令 x=y=0,得 f(0)=0 令 y=-x,得 f(0)=f(x)+f(-x),即 f(-x)=-f(x) ∴f(x)是奇函数 (2)解:1°,任取实数 x1、x2∈[-9,9]且 x1<x2,这时,x2-x1>0,f(x1)-f(x2)=f[(x1-
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x2)+x2]-f(x2)=f(x1-x2)+f(x2)-f(x1)=-f(x2-x1) 因为 x>0 时 f(x)<0,∴f(x1)-f(x2)>0 ∴f(x)在[-9,9]上是减函数 故 f(x)的最大值为 f(-9),最小值为 f(9). 而 f(9)=f(3+3+3)=3f(3)=-12,f(-9)=-f(9)=12. ∴f(x)在区间[-9,9]上的最大值为 12,最小值为-12. 歼灭难点训练 一、1.解析:分类讨论当 a>1 时和当 0<a<1 时. 答案:C 2.解析:用特值法,根据题意,可设 f(x)=x,g(x)=|x|,又设 a=2,b=1, 则 f(a)=a,g(a)=|a|,f(b)=b,g(b)=|b|,f(a)-f(b)=f(2)-f(-1)=2+1=3. g(b)-g(-a)=g(1)-g(-2)=1-2=-1.∴f(a)-f(-b)>g(1)-g(-2)=1-2=-1. 又 f(b)-f(-a)=f(1)-f(-2)=1+2=3. g(a)-g(-b)=g(2)-g(1)=2-1=1,∴f(b)-f(-a)=g(a)-g(-b). 即①与③成立. 答案:C 二、3.解析:设 2x=t>0,则原方程可变为 t2+at+a+1=0 ① 方程①有两个正实根,则 解得:a∈(-1,2-2 . 答案:(-1,2-2 三、4.解:(1)当 a=0 时,函数 f(-x)=(-x)2+|-x|+1=f(x),此时 f(x)为偶函数;当 a≠0 时, f(a)=a2+1,f(-a)=a2+2|a|+1,f(-a)≠f(a),f(-a)≠-f(a).此时函数 f(x)既不是奇函数也不是偶 函数. (2)①当 x≤a 时, 函数 f(x)=x2-x+a+1=(x- )2+a+ ,若 a≤ ,则函数 f(x)在(-∞,a 上单调递减, 从而,函数 f(x)在(-∞,a 上的最小值为 f(a)=a2+1. 若 a> ,则函数 f(x)在(-∞,a 上的最小值为 f( )= +a,且 f( )≤f(a).? ②当 x≥a 时,函数 f(x)=x2+x-a+1=(x+ )2-a+ ;当 a≤- 时,则函数 f(x)在[a,+∞ 上的最 小值为 f(- )= -a,且 f(- )≤f(a).若 a>- ,?则函数 f(x)在[a,+∞)上单调递增,从而,函 数 f(x)在[a,+∞]上的最小值为 f(a)=a2+1. 综上,当 a≤- 时,函数 f(x)的最小值是 -a,当- <a≤ 时,函数 f(x)的最小值是 a2+1; 当 a> 时,函数 f(x)的最小值是 a+ . 5.(1)证明:由 得 f(x)的定义域为(-1,1),易判断 f(x)在(-1,1)内是减函数. (2)证明: ∵f(0)= ,∴f--1( )=0,即 x= 是方程 f--1(x)=0 的一个解.若方程 f--1(x)=0 还有另一 个解 x0≠ ,则 f--1(x0)=0,由反函数的定义知 f(0)=x0≠ ,与已知矛盾,故方程 f--1(x)=0 有 惟一解. (3)解:f[x(x- )]< ,即 f[x(x- )]<f(0). 6.证明: f(x)+f(y)=f( )中的 x,y,令 x=y=0,得 f(0)=0,再令 y=-x,又得 f(x)+f(-x)=f(0)=0,即 f(- 对 x)=-f(x),∴f(x)在 x∈(-1,1)上是奇函数.设-1<x1<x2<0,则 f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(- x2)=f( ),∵-1<x1<x2<0,∴x1-x2<0,1-x1x2>0.∴ <0,于是由②知 f( )?>0,从而 f(x1)- f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2),故 f(x)在 x∈(-1,0)上是单调递减函数.根据奇函数的图象关于原点对
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称,知 f(x)在 x∈(0,1)上仍是递减函数,且 f(x)<0. 7.解:(1)因污水处理水池的长为 x 米,则宽为 米,总造价 y=400(2x+2× )+248× ×2+80 ×200=800(x+ )+1600,由题设条件 解得 12.5≤x≤16,即函数定义域为[12.5,16]. (2)先研究函数 y=f(x)=800(x+ )+16000 在 [12.5,16] 上的单调性, 对于任意的 x1,x2∈ [12.5,16] , 不妨设 x1<x2,则 f(x2)-f(x1)=800[(x2-x1)+324( )]=800(x2-x1)(1- ),∵12.5≤x1≤x2 ≤16.∴0<x1x2<162<324,∴ >1,即 1- <0.又 x2-x1>0,∴f(x2)-f(x1)<0,即 f(x2)<f(x1), 故 函 数 y=f(x) 在 [ 12.5,16 ] 上 是 减 函 数 . ∴ 当 x=16 时 , y 取 得 最 小 值 , 此 时 , ymin=800(16+ )+16000=45000(元), =12.5(米)? 综上,当污水处理池的长为 16 米,宽为 12.5 米时,总造价最低,最低为 45000 元. 8.解:∵f(x)是奇函数,且在(0,+∞)上是增函数,∴f(x)在(-∞,0)上也是增函数. 又 f(1)=0,∴f(-1)=-f(1)=0,从而,当 f(x)<0 时,有 x<-1 或 0<x<1, 则集合 N={m|f[g(θ )]<θ = ={m|g(θ )<-1 或 0<g(θ )<1 , ∴M∩N={m|g(θ )<-1 .由 g(θ )<-1,得 cos2θ >m(cosθ -2)+2,θ ∈[0, ],令 x=cosθ ,x ∈[0,1]得:x2>m(x-2)+2,x∈[0,1] ,令①:y1=x2,x∈[0,1]及②y2=m(m-2)+2,显然① 为抛物线一段,②是过(2,2)点的直线系,在同一坐标系内由 x∈[0,1]得 y1>y2.∴m>4- 2 ,故 M∩N={m|m>4-2 }. 难点 12 等差数列、等比数列的性质运用 等差、等比数列的性质是等差、等比数列的概念,通项公式,前 n 项和公式的引申.应用等 差等比数列的性质解题,往往可以回避求其首项和公差或公比,使问题得到整体地解决,能 够在运算时达到运算灵活,方便快捷的目的,故一直受到重视.高考中也一直重点考查这部 分内容. ●难点磁场 (★★★★★)等差数列{an}的前 n 项的和为 30,前 2m 项的和为 100,求它的前 3m 项的和 为_________. ●案例探究 [例 1]已知函数 f(x)= (x<-2). (1)求 f(x)的反函数 f--1(x); (2)设 a1=1, =-f--1(an)(n∈N*),求 an; (3)设 Sn=a12+a22+?+an2,bn=Sn+1-Sn 是否存在最小正整数 m,使得对任意 n∈N*,有 bn< 成 立?若存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由. 命题意图:本题是一道与函数、数列有关的综合性题目,着重考查学生的逻辑分析能力,属 ★★★★★级题目. 知识依托:本题融合了反函数,数列递推公式,等差数列基本问题、数列的和、函数单调性 等知识于一炉,结构巧妙,形式新颖,是一道精致的综合题. 错解分析:本题首问考查反函数,反函数的定义域是原函数的值域,这是一个易错点,(2) 问以数列{ }为桥梁求 an,不易突破. 技巧与方法:(2)问由式子 得 =4,构造等差数列{ },从而求得 an,即“借鸡生蛋”是求数列通 项的常用技巧;(3)问运用了函数的思想. 解:(1)设 y= ,∵x<-2,∴x=- , 即 y=f--1(x)=- (x>0)
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(2)∵ , ∴{ }是公差为 4 的等差数列, ∵a1=1, = +4(n-1)=4n-3,∵an>0,∴an= . (3)bn=Sn+1-Sn=an+12= ,由 bn< ,得 m> , 设 g(n)= ,∵g(n)= 在 n∈N*上是减函数, ∴g(n)的最大值是 g(1)=5,∴m>5,存在最小正整数 m=6,使对任意 n∈N*有 bn< 成立. [例 2]设等比数列{an}的各项均为正数,项数是偶数,它的所有项的和等于偶数项和的 4 倍,且第二项与第四项的积是第 3 项与第 4 项和的 9 倍,问数列{lgan}的前多少项和最大? (lg2=0.3,lg3=0.4) 命题意图: 本题主要考查等比数列的基本性质与对数运算法则, 等差数列与等比数列之间的 联系以及运算、分析能力.属★★★★★级题目. 知识依托:本题须利用等比数列通项公式、前 n 项和公式合理转化条件,求出 an;进而利用 对数的运算性质明确数列{lgan}为等差数列,分析该数列项的分布规律从而得解. 错解分析: 题设条件中既有和的关系, 又有项的关系, 条件的正确转化是关键, 计算易出错; 而对数的运算性质也是易混淆的地方. 技巧与方法: 突破本题的关键在于明确等比数列各项的对数构成等差数列, 而等差数列中前 n 项和有最大值,一定是该数列中前面是正数,后面是负数,当然各正数之和最大;另外, 等差数列 Sn 是 n 的二次函数,也可由函数解析式求最值. 解法一:设公比为 q,项数为 2m,m∈N*,依题意有 化简得 . 设数列{lgan}前 n 项和为 Sn,则 Sn=lga1+lga1q2+?+lga1qn-1=lga1n?q1+2+?+(n-1) =nlga1+ n(n-1)?lgq=n(2lg2+lg3)- n(n-1)lg3 =(- )?n2+(2lg2+ lg3)?n 可见,当 n= 时,Sn 最大. 而 =5,故{lgan}的前 5 项和最大. 解法二:接前, ,于是 lgan=lg[108( )n-1]=lg108+(n-1)lg , ∴数列{lgan}是以 lg108 为首项,以 lg 为公差的等差数列,令 lgan≥0,得 2lg2-(n-4)lg3≥ 0,∴n≤ =5.5. 由于 n∈N*,可见数列{lgan}的前 5 项和最大. ●锦囊妙计 1.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题的既 快捷又方便的工具,应有意识去应用. 2.在应用性质时要注意性质的前提条件,有时需要进行适当变形. 3.“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要,但用“基本量法”并树 立“目标意识”“需要什么,就求什么” , ,既要充分合理地运用条件,又要时刻注意题的目 标,往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)等比数列{an}的首项 a1=-1,前 n 项和为 Sn,若 ,则 Sn 等于( ) C.2 D.-2 二、填空题 2.(★★★★)已知 a,b,a+b 成等差数列,a,b,ab 成等比数列,且 0<logm(ab)<1,则 m 的取值范
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围是_________. 3.(★★★★)等差数列{an}共有 2n+1 项,其中奇数项之和为 319,偶数项之和为 290,则其 中间项为_________. 4.(★★★★)已知 a、 c 成等比数列, b、 如果 a、 b 和 b、 c 都成等差数列, =_________. x、 y、 则 三、解答题 5.(★★★★★)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差 d 的取值范围; (2)指出 S1、S2、?、S12 中哪一个值最大,并说明理由. 6.(★★★★★)已知数列{an}为等差数列,公差 d≠0,由{an}中的部分项组成的数列 a ,a ,?,a ,?为等比数列,其中 b1=1,b2=5,b3=17. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)记 Tn=C b1+C b2+C b3+?+C bn,求 . 7.(★★★★)设{an}为等差数列, {bn}为等比数列, a1=b1=1,a2+a4=b3,b2?b4=a3,分别求出{an} 及{bn}的前 n 项和 S10 及 T10. 8.(★★★★★){an}为等差数列,公差 d≠0,an≠0,(n∈N*),且 akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*) (1)求证:当 k 取不同自然数时,此方程有公共根; (2)若方程不同的根依次为 x1,x2,?,xn,?,求证:数列 为等差数列. 参考答案 难点磁场 解法一:将 Sm=30,S2m=100 代入 Sn=na1+ d,得:

解法二:由 知,要求 S3m 只需求 m[a1+ ],将②-①得 ma1+ d=70,∴S3m=210. 解法三:由等差数列{an}的前 n 项和公式知,Sn 是关于 n 的二次函数,即 Sn=An2+Bn(A、 B 是常数).将 Sm=30,S2m=100 代入,得 ,∴S3m=A?(3m)2+B?3m=210 解 法 四 : S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+ ? +a3m=S2m+(a1+2md)+ ? +(am+2md)=S2m+(a1+ ? +am)+m?2md=S2m+Sm+2m2d. 由解法一知 d= ,代入得 S3m=210. 解法五:根据等差数列性质知:Sm,S2m-Sm,S3m-S2m 也成等差数列,从而有:2(S2m- Sm)=Sm+(S3m-S2m) ∴S3m=3(S2m-Sm)=210 解法六:∵Sn=na1+ d, ∴ =a1+ d ∴点(n, )是直线 y= +a1 上的一串点,由三点(m, ),(2m, ),(3m, )共线,易得 S3m=3(S2m- Sm)=210. 解法七:令 m=1 得 S1=30,S2=100,得 a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2=70 ∴a3=70+(70-30)=110 ∴S3=a1+a2+a3=210 答案:210 歼灭难点训练 一、1.解析:利用等比数列和的性质.依题意, ,而 a1=-1,故 q≠1, ∴ ,根据等比数列性质知 S5, S10-S5, S15-S10,?,也成等比数列, 且它的公比为 q5,∴q5= - ,即 q=- .
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∴ 答案:B 二、2.解析:解出 a、b,解对数不等式即可. 答案:(-∞,8) 3.解析:利用 S 奇/S 偶= 得解. 答案:第 11 项 a11=29 4.解法一:赋值法. 解法二: b=aq,c=aq2,x= (a+b)= a(1+q),y= (b+c)= aq(1+q), = =2. 答案:2 三、5.(1)解:依题意有: 解之得公差 d 的取值范围为- <d<-3. (2)解法一:由 d<0 可知 a1>a2>a3>?>a12>a13,因此,在 S1,S2,?,S12 中 Sk 为最大值 的条件为:ak≥0 且 ak+1<0,即 ∵a3=12,∴ ,∵d<0,∴2- <k≤3- ∵- <d<-3,∴ <- <4,得 5.5<k<7. 因为 k 是正整数,所以 k=6,即在 S1,S2,?,S12 中,S6 最大. 解法二:由 d<0 得 a1>a2>?>a12>a13,因此,若在 1≤k≤12 中有自然数 k,使得 ak≥0,且 ak+1<0,则 Sk 是 S1,S2,?,S12 中的最大值.由等差数列性质得,当 m、n、p、q∈N*, 且 m+n=p+q 时,am+an=ap+aq.所以有:2a7=a1+a13= S13<0,∴a7<0,a7+a6=a1+a12= S12>0, ∴a6≥-a7>0,故在 S1,S2,?,S12 中 S6 最大. 解法三:依题意得: 最小时,Sn 最大; ∵- <d<-3,∴6< (5- )<6.5.从而,在正整数中,当 n=6 时, [n- (5- )]2 最小, 所以 S6 最大. 点评:该题的第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求,难度不高,入手容易.第(2)问难度 较高,为求{Sn}中的最大值 Sk,1≤k≤12,思路之一是知道 Sk 为最大值的充要条件是 ak≥0 且 ak+1<0,思路之三是可视 Sn 为 n 的二次函数,借助配方法可求解.它考查了等价转化的 数学思想、逻辑思维能力和计算能力,较好地体现了高考试题注重能力考查的特点.而思路 之二则是通过等差数列的性质等和性探寻数列的分布规律,找出“分水岭” ,从而得解. 6.解:(1)由题意知 a52=a1?a17,即(a1+4d)2=a1(a1+16d) a1d=2d2, ∵d≠0,∴a1=2d,数列{ }的公比 q= =3, ∴ =a1?3n-1 ① 又 =a1+(bn-1)d= ② 由①②得 a1?3n-1= ?a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2?3n-1-1. (2)Tn=C b1+C b2+?+C bn=C (2?30-1)+C ?(2?31-1)+?+C (2?3n-1-1)= (C +C ? 32+?+C ?3n)-(C +C +?+C )= [(1+3)n-1]-(2n-1)= ?4n-2n+ , 7.解:∵{an}为等差数列,{bn}为等比数列,∴a2+a4=2a3,b2?b4=b32, 已知 a2+a4=b3,b2?b4=a3,∴b3=2a3,a3=b32, 得 b3=2b32,∵b3≠0,∴b3= ,a3= . 由 a1=1,a3= ,知{an}的公差 d=- , ∴S10=10a1+ d=- .
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由 b1=1,b3= ,知{bn}的公比 q= 或 q=- , 8.证明:(1)∵{an}是等差数列,∴2ak+1=ak+ak+2,故方程 akx2+2ak+1x+ak+2=0 可变为 (akx+ak+2)(x+1)=0, ∴当 k 取不同自然数时,原方程有一个公共根-1. (2)原方程不同的根为 xk=

难点 13 数列的通项与求和 数列是函数概念的继续和延伸,数列的通项公式及前 n 项和公式都可以看作项数 n 的函数, 是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲,数列的问题,最终归结为对数列通项的研究, 而数列的前 n 项和 Sn 可视为数列{Sn}的通项。通项及求和是数列中最基本也是最重要的问 题之一,与数列极限及数学归纳法有着密切的联系,是高考对数列问题考查中的热点,本点 的动态函数观点解决有关问题,为其提供行之有效的方法. ●难点磁场 (★★★★★)设{an}是正数组成的数列,其前 n 项和为 Sn,并且对于所有的自然数 n,an 与 2 的等差中项等于 Sn 与 2 的等比中项. (1)写出数列{an}的前 3 项. (2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程) (3)令 bn= (n∈N*),求 (b1+b2+b3+?+bn-n). ●案例探究 [例 1] 已知数列{an}是公差为 d 的等差数列,数列{bn}是公比为 q 的(q∈R 且 q≠1)的等比 数列,若函数 f(x)=(x-1)2,且 a1=f(d-1),a3=f(d+1),b1=f(q+1),b3=f(q-1), (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}的前 n 项和为 Sn,对一切 n∈N*,都有 =an+1 成立,求 . 命题意图:本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前 n 项和公式、数列的极限,以及运 算能力和综合分析问题的能力.属★★★★★级题目. 知识依托:本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显,而(2)中条件等式的左 边可视为某数列前 n 项和,实质上是该数列前 n 项和与数列{an}的关系,借助通项与前 n 项 和的关系求解 cn 是该条件转化的突破口. 错解分析:本题两问环环相扣,(1)问是基础,但解方程求基本量 a1、b1、d、q,计算不准 易出错;(2)问中对条件的正确认识和转化是关键. 技巧与方法:本题(1)问运用函数思想转化为方程问题,思路较为自然,(2)问“借鸡生蛋” 构造新数列{dn},运用和与通项的关系求出 dn,丝丝入扣. 解:(1)∵a1=f(d-1)=(d-2)2,a3=f(d+1)=d2, ∴a3-a1=d2-(d-2)2=2d, ∵d=2,∴an=a1+(n-1)d=2(n-1);又 b1=f(q+1)=q2,b3=f(q-1)=(q-2)2, ∴ =q2,由 q∈R,且 q≠1,得 q=-2, ∴bn=b?qn-1=4?(-2)n-1 (2)令 =dn,则 d1+d2+?+dn=an+1,(n∈N*), ∴dn=an+1-an=2, ∴ =2,即 cn=2?bn=8?(-2)n-1;∴Sn= [1-(-2)n].
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∴ [例 2]设 An 为数列{an}的前 n 项和,An= (an-1),数列{bn}的通项公式为 bn=4n+3; (1)求数列{an}的通项公式; (2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列, 证明: 数列{dn}的通项 公式为 dn=32n+1; (3)设数列{dn}的第 n 项是数列{bn}中的第 r 项, 为数列{bn}的前 r 项的和; 为数列{dn} Br Dn 的前 n 项和,Tn=Br-Dn,求 . 命题意图:本题考查数列的通项公式及前 n 项和公式及其相互关系;集合的相关概念,数列 极限,以及逻辑推理能力. 知识依托:利用项与和的关系求 an 是本题的先决;(2)问中探寻{an}与{bn}的相通之处,须 借助于二项式定理;而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点. 错解分析: 待证通项 dn=32n+1 与 an 的共同点易被忽视而寸步难行; 注意不到 r 与 n 的关系, 使 Tn 中既含有 n,又含有 r,会使所求的极限模糊不清. 技巧与方法:(1)问中项与和的关系为常规方法,(2)问中把 3 拆解为 4-1,再利用二项式定 理,寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔;(3)问中挖掘出 n 与 r 的关系,正确表示 Br, 问题便可迎刃而解. 解:(1)由 An= (an-1),可知 An+1= (an+1-1), ∴an+1-an= (an+1-an),即 =3,而 a1=A1= (a1-1),得 a1=3,所以数列是以 3 为首项, 公比为 3 的等比数列,数列{an}的通项公式 an=3n. (2)∵32n+1=3?32n=3?(4-1)2n=3? 42n+C ?42n-1(-1)+?+C ?4?(-1)+(-1)2n]=4n+3, [ ∴32n+1∈{bn}.而数 32n=(4-1)2n=42n+C ?42n-1?(-1)+?+C ?4?(-1)+(-1)2n=(4k+1), ∴32n {bn},而数列{an}={a2n+1}∪{a2n},∴dn=32n+1. (3)由 32n+1=4?r+3,可知 r= , ∴Br= , ●锦囊妙计 1.数列中数的有序性是数列定义的灵魂, 要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同.因此在 研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性,又要注意数列方法的特殊性. 2.数列{an}前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式:an= 3.求通项常用方法 ①作新数列法.作等差数列与等比数列. ②累差叠加法.最基本形式是:an=(an-an-1+(an-1+an-2)+?+(a2-a1)+a1. ③归纳、猜想法. 4.数列前 n 项和常用求法 ①重要公式 1+2+…+n= n(n+1) 12+22+…+n2= n(n+1)(2n+1) 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2= n2(n+1)2 ②等差数列中 Sm+n=Sm+Sn+mnd,等比数列中 Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn. ③裂项求和:将数列的通项分成两个式子的代数和,即 an=f(n+1)-f(n),然后累加时抵消中 间的许多项.应掌握以下常见的裂项: ④错项相消法 ⑤并项求和法
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数列通项与和的方法多种多样,要视具体情形选用合适方法. ●歼灭难点训练 一、填空题 1.(★★★★★)设 zn=( )n,(n∈N*),记 Sn=|z2-z1|+|z3-z2|+?+|zn+1-zn|,则 Sn=_________. 2.(★★★★★)作边长为 a 的正三角形的内切圆,在这个圆内作新的内接正三角形,在新的 正 三角 形内再 作内 切圆, 如此 继续下 去,所 有这 些圆 的周 长 之和及 面积 之和 分别为 _________. 二、解答题 3.(★★★★)数列{an}满足 a1=2,对于任意的 n∈N*都有 an>0,且(n+1)an2+an?an+1- nan+12=0,又知数列{bn}的通项为 bn=2n-1+1. (1)求数列{an}的通项 an 及它的前 n 项和 Sn; (2)求数列{bn}的前 n 项和 Tn; (3)猜想 Sn 与 Tn 的大小关系,并说明理由. 4.(★★★★)数列{an}中,a1=8,a4=2 且满足 an+2=2an+1-an,(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 Sn=|a1|+|a2|+?+|an|,求 Sn; (3)设 bn= (n∈N*),Tn=b1+b2+??+bn(n∈N*),是否存在最大的整数 m,使得对任意 n∈N* 均有 Tn> 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由. 5.(★★★★★)设数列{an}的前 n 项和为 Sn, Sn=(m+1)-man.对任意正整数 n 都成立, 且 其 中 m 为常数,且 m<-1. (1)求证:{an}是等比数列; (2)设数列{an}的公比 q=f(m),数列{bn}满足:b1= a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N*).试问当 m 为 何值时, 成立? 6.(★★★★★)已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2+?+b10=145. (1)求数列{bn}的通项 bn; (2)设数列{an}的通项 an=loga(1+ )(其中 a>0 且 a≠1),记 Sn 是数列{an}的前 n 项和,试比较 Sn 与 logabn+1 的大小,并证明你的结论. 7.(★★★★★)设数列{an}的首项 a1=1,前 n 项和 Sn 满足关系式:3tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t >0,n=2,3,4?). (1)求证:数列{an}是等比数列; (2)设数列{an}的公比为 f(t), 作数列{bn}, b1=1,bn=f( )(n=2,3,4?), 使 求数列{bn}的通项 bn; (3)求和:b1b2-b2b3+b3b4-?+b2n-1b2n-b2nb2n+1. 参考答案 难点磁场 解析:(1)由题意,当 n=1 时,有 ,S1=a1, ∴ ,解得 a1=2.当 n=2 时,有 ,S2=a1+a2,将 a1=2 代入,整理得(a2-2)2=16,由 a2>0, 解得 a2=6.当 n=3 时,有 ,S3=a1+a2+a3,将 a1=2,a2=6 代入,整理得(a3-2)2=64,由 a3 >0,解得 a3=10.故该数列的前 3 项为 2,6,10. (2)解法一:由(1)猜想数列{an}.有通项公式 an=4n-2.下面用数学归纳法证明{an}的通项 公式是 an=4n-2,(n∈N*). ①当 n=1 时,因为 4×1-2=2, ,又在(1)中已求出 a1=2,所以上述结论成立. ②假设当 n=k 时,结论成立,即有 ak=4k-2,由题意,有 ,将 ak=4k-2.代入上式,解得 2k= ,得 Sk=2k2,由题意,有 ,Sk+1=Sk+ak+1,将 Sk=2k2 代入得( )2=2(ak+1+2k2),整
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理得 ak+12-4ak+1+4-16k2=0, ak+1>0, 由 解得 ak+1=2+4k, 所以 ak+1=2+4k=4(k+1)-2, 即当 n=k+1 时,上述结论成立.根据①②,上述结论对所有的自然数 n∈N*成立. 解法二:由题意知 ,(n∈N*).整理得,Sn= (an+2)2,由此得 Sn+1= (an+1+2)2,∴an+1=Sn+1 -Sn= [(an+1+2)2-(an+2)2].整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0,由题意知 an+1+an≠0, ∴an+1-an=4,即数列{an}为等差数列,其中 a1=2,公差 d=4.∴an=a1+(n-1)d=2+4(n-1), 即通项公式为 an=4n-2. 解法三:由已知得 ,(n∈N*)①,所以有 ②,由②式得 ,整理得 Sn+1-2 ? +2-Sn=0,解 得 ,由于数列{an}为正项数列,而 ,因而 ,即{Sn}是以 为首项,以 为公差的等差数列. 所以 = +(n-1) = n,Sn=2n2, 故 an= 即 an=4n-2(n∈N*). (3)令 cn=bn-1,则 cn= 歼灭难点训练 一、

答案:1+ 2.解析:由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an},可得 an= ,正三角形的内切圆构成 等比数列{rn},可得 rn= a,? ∴这些圆的周长之和 c= 2π (r1+r2+?+rn)= a2, 面积之和 S= π (n2+r22+?+rn2)= a2 答案:周长之和 π a,面积之和 a2 二、3.解:(1)可解得 ,从而 an=2n,有 Sn=n2+n, (2)Tn=2n+n-1. (3)Tn-Sn=2n-n2-1,验证可知,n=1 时,T1=S1,n=2 时 T2<S2;n=3 时,T3<S3;n=4 时,T4<S4;n=5 时,T5>S5;n=6 时 T6>S6.猜想当 n≥5 时,Tn>Sn,即 2n>n2+1 可用数学归纳法证明(略). 4.解:(1)由 an+2=2an+1-an an+2-an+1=an+1-an 可知{an}成等差数列,? d= =-2,∴an=10-2n. (2)由 an=10-2n≥0 可得 n≤5,当 n≤5 时,Sn=-n2+9n,当 n>5 时,Sn=n2-9n+40,故 Sn= (3)bn= ;要使 Tn> 总成立,需 <T1= 成立,即 m<8 且 m∈Z,故适合条件的 m 的最大值为 7. 5.解:(1)由已知 Sn+1=(m+1)-man+1 ?①,Sn=(m+1)-man②,由①-②,得 an+1=man- man+1,即(m+1)an+1=man 对任意正整数 n 都成立. ∵m 为常数,且 m<-1 ∴ ,即{ }为等比数列. (2)当 n=1 时,a1=m+1-ma1,∴a1=1,从而 b1= . 由(1)知 q=f(m)= ,∴bn=f(bn-1)= (n∈N*,且 n≥2) ∴ ,即 ,∴{ }为等差数列.∴ =3+(n-1)=n+2, (n∈N*).
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6.解:(1)设数列{bn}的公差为 d,由题意得: 解得 b1=1,d=3, ∴bn=3n-2. (2)由 bn=3n-2,知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ )+?+loga(1+ ) =loga[(1+1)(1+ )?(1+ )] logabn+1=loga . , 因此要比较 Sn 与 logabn+1 的大小,可先比较(1+1)(1+ )?(1+ )与 的大小, 取 n=1 时,有(1+1)> 取 n=2 时,有(1+1)(1+ )> ? 由此推测(1+1)(1+ )?(1+ )> ① 若①式成立,则由对数函数性质可判定: 当 a>1 时,Sn> logabn+1, 当 0<a<1 时,Sn< logabn+1, 下面用数学归纳法证明①式. (ⅰ)当 n=1 时,已验证①式成立. (ⅱ)假设当 n=k 时(k≥1) ,①式成立,即: .那么当 n=k+1 时, 这就是说①式当 n=k+1 时也成立. 由(ⅰ)(ⅱ)可知①式对任何正整数 n 都成立. 由此证得: 当 a>1 时,Sn> logabn+1;当 0<a<1 时,Sn< logabn+1 ?. 7.解:(1)由 S1=a1=1,S2=1+a2,得 3t(1+a2)-(2t+3)=3t. ∴a2= . 又 3tSn-(2t+3)Sn-1=3t, 3tSn-1-(2t+3)Sn-2=3t ①-②得 3tan-(2t+3)an-1=0. ∴ ,n=2,3,4?,所以{an}是一个首项为 1 公比为 的等比数列; (2)由 f(t)= = ,得 bn=f( )= +bn-1 ?.

② ③

① ②

可见{bn}是一个首项为 1,公差为 的等差数列. 于是 bn=1+ (n-1)= ; (3)由 bn= ,可知{b2n-1}和{b2n}是首项分别为 1 和 ,公差均为 的等差数列,于是 b2n= , ∴b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+?+b2n-1b2n-b2nb2n+1 ? =b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+?+b2n(b2n-1-b2n+1) =- (b2+b4+?+b2n)=- ? n( + )=- (2n2+3n) 难点 14 数列综合应用问题 纵观近几年的高考,在解答题中,有关数列的试题出现的频率较高,不仅可与函数、方程、 不等式、复数相联系,而且还与三角、立体几何密切相关;数列作为特殊的函数,在实际问 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,圆钢堆垒等问 题.这就要求同学们除熟练运用有关概念式外,还要善于观察题设的特征,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.
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●难点磁场 (★★★★★)已知二次函数 y=f(x)在 x= 处取得最小值- (t>0),f(1)=0. (1)求 y=f(x)的表达式; (2)若任意实数 x 都满足等式 f(x)?g(x)+anx+bn=xn+1[g(x)]为多项式,n∈N*),试用 t 表示 an 和 bn; (3)设圆 Cn 的方程为(x-an)2+(y-bn)2=rn2, Cn 与 Cn+1 外切(n=1,2,3,?);{rn}是各项都是 圆 正数的等比数列,记 Sn 为前 n 个圆的面积之和,求 rn、Sn. ●案例探究 [例 1]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 ,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 . (1)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 an 万元,旅游业总收入为 bn 万元,写出 an,bn 的表 达式; (2)至少经过几年,旅游业的总收入才能超过总投入? 命题意图:本题主要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 学知识解决实际问题的能力,本题有很强的区分度,属于应用题型,正是近几年高考的热点 和重点题型,属★★★★★级题目. 知识依托:本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)问 an、bn 实际上是两个数列的前 n 项和,易与“通项”混淆;(2)问是既解一 元二次不等式又解指数不等式,易出现偏差. 技巧与方法:正确审题、深刻挖掘数量关系,建立数量模型是本题的灵魂,(2)问中指数不 等式采用了换元法,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- )万元,?第 n 年投入为 800×(1 - )n-1 万元,所以,n 年内的总投入为 an=800+800×(1- )+?+800×(1- )n-1= 800×(1- )k-1 =4000×[1-( )n] 第 1 年旅游业收入为 400 万元, 2 年旅游业收入为 400×(1+ ), 第 n 年旅游业收入 400 第 ?, ×(1+ )n-1 万元.所以,n 年内的旅游业总收入为 bn=400+400×(1+ )+?+400×(1+ )k-1= 400×( )k-1. =1600×[( )n-1] (2)设至少经过 n 年旅游业的总收入才能超过总投入,由此 bn-an>0,即: 1600×[( )n-1]-4000×[1-( )n]>0,令 x=( )n,代入上式得:5x2-7x+2>0.解此不 等式,得 x< ,或 x>1(舍去).即( )n< ,由此得 n≥5. ∴至少经过 5 年,旅游业的总收入才能超过总投入. [例 2]已知 Sn=1+ +?+ ,(n∈N*)设 f(n)=S2n+1-Sn+1,试确定实数 m 的取值范围,使得对 于一切大于 1 的自然数 n,不等式:f(n)>[logm(m-1)]2- [log(m-1)m]2 恒成立. 命题意图:本题主要考查应用函数思想解决不等式、数列等问题,需较强的综合分析问题、 解决问题的能力.属★★★★★级题目. 知识依托:本题把函数、不等式恒成立等问题组合在一起,构思巧妙. 错解分析:本题学生很容易求 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:解决本题的关键是把 f(n)(n∈N*)看作是 n 的函数,此时不等式的恒成立就转 化为:函数 f(n)的最小值大于[logm(m-1)]2- [log(m-1)m]2.
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解:∵Sn=1+ +?+ .(n∈N*) ∴f(n+1)>f(n) ∴f(n)是关于 n 的增函数 ∴f(n) min=f(2)= ∴要使一切大于 1 的自然数 n,不等式 f(n)>[logm(m-1)]2- [log(m-1)m]2 恒成立 只要 >[logm(m-1)]2- [log(m-1)m]2 成立即可 由 得 m>1 且 m≠2 此时设[logm(m-1)]2=t 则 t>0 于是 解得 0<t<1 由此得 0<[logm(m-1)]2<1 解得 m> 且 m≠2. ●锦囊妙计 1.解答数列综合题和应用性问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 问题的能力;解答应用性问题,应充分运用观察、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问题. 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:需要读懂题意,明确问题的实际背景,即需要一定的阅读能力. (2)文理关:需将实际问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,完成用实际问题向数学问题的转化.构建出数学模型后,要正确得到问题的解, 还需要比较扎实的基础知识和较强的数理能力. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)已知二次函数 y=a(a+1)x2-(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 d1,d2,?,dn,?,则 (d1+d2+?+dn)的值是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 二、填空题 2.(★★★★★)在直角坐标系中,O 是坐标原点,P1(x1,y1)、P2(x2,y2)是第一象限的两个 点,若 1,x1,x2,4 依次成等差数列,而 1,y1,y2,8 依次成等比数列,则△OP1P2 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;这样倒了 n 次,则容器中有纯酒精_________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%, ”如果“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. 三、解答题 5.(★★★★★)已知数列{an}满足条件:a1=1,a2=r(r>0),且{anan+1}是公比为 q(q>0)的等比 数列,设 bn=a2n-1+a2n(n=1,2,?). (1)求出使不等式 anan+1+an+1an+2>an+2an+3(n∈N*)成立的 q 的取值范围; (2)求 bn 和 ,其中 Sn=b1+b2+?+bn; (3)设 r=219.2-1,q= ,求数列{ }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
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案如下:首先将职工按工作业绩(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 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发展基金. (1)设 ak(1≤k≤n)为第 k 位职工所得奖金金额, 试求 a2,a3, 并用 k、 和 b 表示 ak(不必证明); n (2)证明 ak>ak+1(k=1,2,?,n-1),并解释此不等式关于分配原则的实际意义; (3)发展基金与 n 和 b 有关,记为 Pn(b),对常数 b,当 n 变化时,求 Pn(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, 若环保部门每年回收或处理 1 吨旧物资, 则相当于处理和减少 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,计划以后每年递增 20%的 回收量,试问: (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.(★★★★★)已知点的序列 An(xn, 0),n∈N,其中 x1=0,x2=a(a>0),A3 是线段 A1A2 的中点, A4 是线段 A2A3 的中点,?,An 是线段 An-2An-1 的中点,?. (1)写出 xn 与 xn-1、xn-2 之间关系式(n≥3); (2)设 an=xn+1-xn,计算 a1,a2,a3,由此推测数列{an}的通项公式,并加以证明; (3)求 xn. 参考答案 难点磁场 解:(1)设 f(x)=a(x- )2- ,由 f(1)=0 得 a=1. ∴f(x)=x2-(t+2)x+t+1. (2)将 f(x)=(x-1)[x-(t+1)]代入已知得: (x-1)[x-(t+1)]g(x)+anx+bn=xn+1,上式对任意的 x∈R 都成立,取 x=1 和 x=t+1 分别代 入上式得: 且 t≠0,解得 an= [(t+1)n+1-1] ,bn= [1-(t+1 n) (3)由于圆的方程为(x-an)2+(y-bn)2=rn2,又由(2)知 an+bn=1,故圆 Cn 的圆心 On 在直线 x+y=1 上,又圆 Cn 与圆 Cn+1 相切,故有 rn+rn+1= |an+1-an|= (t+1)n+1 ? 设{rn}的公比为 q,则 ②÷①得 q= =t+1,代入①得 rn= ∴Sn=π (r12+r22+?+rn2)= [(t+1)2n-1] 歼灭难点训练 一、1.解析:当 a=n 时 y=n(n+1)x2-(2n+1)x+1 由|x1-x2|= ,得 dn= ,∴d1+d2+?+dn 答案:A 二、 2.解析: 1,x1,x2,4 依次成等差数列得: 由 2x1=x2+1,x1+x2=5 解得 x1=2,x2=3.又由 1, y1,y2,8 依次成等比数列,得 y12=y2,y1y2=8,解得 y1=2,y2=4, ∴P1(2,2),P2(3,4).∴ =(3,4) ∴ 答案:1
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3.解析: 第一次容器中有纯酒精 a-b 即 a(1- )升, 第二次有纯酒精 a(1- )- , a(1- )2 即 升,故第 n 次有纯酒精 a(1- )n 升. 答案:a(1- )n 4.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 7.3%为公比的 等比数列,∴a5=95933(1+7.3%)4≈120000(亿元). 答案:120000 三、 5.解:(1)由题意得 rqn-1+rqn>rqn+1.由题设 r>0,q>0,故从上式可得:q2-q-1<0,解得 <q< ,因 q>0,故 0<q< ; (2)∵ .b1=1+r≠0,所以{bn}是首项为 1+r,公比为 q 的等比数列,从而 bn=(1+r)qn-1. 当 q=1 时,Sn=n(1+r),

,从上式可知,当 n-20.2>0,即 n≥21(n∈N*)时,Cn 随 n 的增大而减小,故 1<Cn≤C21=1+ =2.25 ① 当 n-20.2<0,即 n≤20(n∈N*)时,Cn 也随 n 的增大而减小,故 1>Cn≥C20=1+ =-4 ② 综合①②两式知,对任意的自然数 n 有 C20≤Cn≤C21,故{Cn}的最大项 C21=2.25,最小项 C20=-4. 6.解: (1)第 1 位职工的奖金 a1= , 2 位职工的奖金 a2= (1- )b, 3 位职工的奖金 a3= (1 第 第 - )2b,?,第 k 位职工的奖金 ak= (1- )k-1b; (2)ak-ak+1= (1- )k-1b>0,此奖金分配方案体现了“按劳分配”或“不吃大锅饭”的原 则. (3)设 fk(b)表示奖金发给第 k 位职工后所剩余数, f1(b)=(1- )b,f2(b)=(1- )2b,?,fk(b)=(1 则 - )kb.得 Pn(b)=fn(b)=(1- )nb, 故 . 7.解:设 an 表示第 n 年的废旧物资回收量,Sn 表示前 n 年废旧物资回收总量,则数列{an} 是以 10 为首项,1+20%为公比的等比数列. (1)a6=10(1+20%)5=10×1.25=24.8832≈25(万吨) (2)S6= =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: ≈3 平方公里. 8.解:(1)当 n≥3 时,xn= ; 由此推测 an=(- )n-1a(n∈N) 证法一:因为 a1=a>0,且 (n≥2) 所以 an=(- )n-1a. 证法二:用数学归纳法证明: (ⅰ)当 n=1 时,a1=x2-x1=a=(- )0a,公式成立; (ⅱ)假设当 n=k 时,公式成立,即 ak=(- )k-1a 成立. 那么当 n=k+1 时,
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ak+1=xk+2-xk+1= 据(ⅰ)(ⅱ)可知,对任意 n∈N,公式 an=(- )n-1a 成立. (3)当 n≥3 时,有 xn=(xn-xn-1)+(xn-1-xn-2)+?+(x2-x1)+x1 =an-1+an-2+?+a1, 由(2)知{an}是公比为- 的等比数列,所以 a. 难点 15 三角函数的图象和性质 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. ●难点磁场 (★★★★)已知α 、β 为锐角,且 x(α +β - )>0,试证不等式 f(x)= x<2 对一切非零实数都 成立. ●案例探究 [例 1]设 z1=m+(2-m2)i,z2=cosθ +(λ +sinθ )i,其中 m,λ ,θ ∈R,已知 z1=2z2,求λ 的取 值范围. 命题意图: 本题主要考查三角函数的性质, 考查考生的综合分析问题的能力和等价转化思想 的运用,属★★★★★级题目. 知识依托:主要依据等价转化的思想和二次函数在给定区间上的最值问题来解决. 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:∵z1=2z2, ∴m+(2-m2)i=2cosθ +(2λ +2sinθ )i,∴ ∴λ =1-2cos2θ -sinθ =2sin2θ -sinθ -1=2(sinθ - )2- . 当 sinθ = 时λ 取最小值- ,当 sinθ =-1 时,λ 取最大值 2. 解法二:∵z1=2z2 ∴ ∴ , ∴ =1. ∴m4-(3-4λ )m2+4λ 2-8λ =0,设 t=m2,则 0≤t≤4, 令 f(t)=t2-(3-4λ )t+4λ 2-8λ ,则 或 f(0)?f(4)≤0 ∴ ∴- ≤λ ≤0 或 0≤λ ≤2. ∴λ 的取值范围是[- ,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 v0 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? 命题意图:本题是一道综合性题目,主要考查考生运用数学知识来解决物理问题的能力.属 ★★★★★级题目. 知识依托:主要依据三角函数知识来解决实际问题. 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.
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解:由已知条件列出从 O 点飞出后的运动方程: 由①②整理得:v0cosθ = ∴v02+gLsinα = g2t2+ ≥ =gL 运动员从 A 点滑至 O 点,机械守恒有:mgh= mv02, ∴v02=2gh,∴L≤ =200(m) 即 Lmax=200(m),又 g2t2= . ∴ 得 cosθ =cosα ,∴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=Asin(ω x+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. 命题意图: 本题以应用题的形式考查备考中的热点题型, 要求考生把所学的三角函数知识与 实际问题结合起来分析、思考,充分体现了“以能力立意”的命题原则.属★★★★级题目. 知识依托:依据图象正确写出解析式. 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=Asin(ω x+φ )+b 的半个周期的图象. ∴ =14-6,解得ω = ,由图示 A= (30-10)=10,b= (30+10)=20,这时 y=10sin( x+φ )+20,将 x=6,y=10 代入上式可取φ = π .综上所求的解析式为 y=10sin( x+ π )+20,x∈[6,14]. ●锦囊妙计 本难点所涉及的问题及解决的方法主要有: 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. 2.三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. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)函数 y=-x?cosx 的部分图象是( ) 2.(★★★★)函数 f(x)=cos2x+sin( +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 二、填空题 3.(★★★★)函数 f(x)=( )|cosx|在[-π ,π ]上的单调减区间为_________. 4.(★★★★★)设ω >0,若函数 f(x)=2sinω x 在[- , ]上单调递增,则ω 的取值范围是 _________. 三、解答题
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5.(★★★★)设二次函数 f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),已知不论α 、β 为何实数恒有 f(sinα )≥0 和 f(2+cosβ )≤0. (1)求证:b+c=-1; (2)求证 c≥3; (3)若函数 f(sinα )的最大值为 8,求 b,c 的值. 6.(★★★★★)用一块长为 a,宽为 b(a>b)的矩形木板,在二面角为α 的墙角处围出一个直 三棱柱的谷仓,试问应怎样围才能使谷仓的容积最大?并求出谷仓容积的最大值. 7.(★★★★★)有一块半径为 R,中心角为 45°的扇形铁皮材料,为了获取面积最大的矩形 铁皮,工人师傅常让矩形的一边在扇形的半径上,然后作其最大内接矩形,试问:工人师傅 是怎样选择矩形的四点的?并求出最大面积值. 8.(★★★★)设- ≤x≤ ,求函数 y=log2(1+sinx)+log2(1-sinx)的最大值和最小值. 9.(★★★★★)是否存在实数 a,使得函数 y=sin2x+a?cosx+ a- 在闭区间[0, ]上的最大 值是 1?若存在,求出对应的 a 值;若不存在,试说明理由. 参考答案 难点磁场 证明:若 x>0, 则α +β > ∵α 、β 为锐角,∴0< -α <β < ;0< -β < ,∴0<sin( - α )<sinβ .0<sin( -β )<sinα ,∴0<cosα <sinβ ,0<cosβ <sinα ,∴0< <1,0< <1, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递减,∴f(x)<f(0)=2.若 x<0,α +β < ,∵α 、β 为锐角,0<β < - α < ,0<α < -β < ,0<sinβ <sin( -α ),∴sinβ <cosα ,0<sinα <sin( -β ),∴sinα <cosβ ,∴ >1, >1, ∵f(x)在(-∞,0)上单调递增,∴f(x)<f(0)=2,∴结论成立. 歼灭难点训练 一、1.解析:函数 y=-xcosx 是奇函数,图象不可能是 A 和 C,又当 x∈(0, )时, y<0. 答案:D 2.解析:f(x)=cos2x+sin( +x)=2cos2x-1+cosx =2[(cosx+ ]-1. 答案:D 二、3.解:在[-π ,π ]上,y=|cosx|的单调递增区间是[- ,0]及[ ,π ].而 f(x)依| cosx|取值的递增而递减,故[- ,0]及[ ,π ]为 f(x)的递减区间. 4.解:由- ≤ω x≤ ,得 f(x)的递增区间为[- , ] ,由题设得 三、5.解:(1)∵-1≤sinα ≤1 且 f(sinα )≥0 恒成立,∴f(1)≥0 ∵1≤2+cosβ ≤3,且 f(2+cosβ )≤0 恒成立.∴f(1)≤0. 从而知 f(1)=0∴b+c+1=0. (2)由 f(2+cosβ )≤0,知 f(3)≤0,∴9+3b+c≤0.又因为 b+c=-1,∴c≥3. (3)∵f(sinα )=sin2α +(-1-c)sinα +c=(sinα - )2+c-( )2, 当 sinα =-1 时, [f(sinα )]max=8,由 解得 b=-4,c=3. 6.解: 如图, 设矩形木板的长边 AB 着地,并设 OA=x,OB=y,则 a2=x2+y2-2xycosα ≥2xy -2xycosα =2xy(1-cosα ). ∵0<α <π ,∴1-cosα >0,∴xy≤ (当且仅当 x=y 时取“=”号),故此时谷仓的容积的最 大值 V1=( xysinα )b= .同理,若木板短边着地时,谷仓的容积 V 的最大值 V2= ab2cos ,
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∵a>b,∴V1>V2 从而当木板的长边着地,并且谷仓的底面是以 a 为底边的等腰三角形时,谷仓的容积最大, 其最大值为 a2bcos . 7.解:如下图,扇形 AOB 的内接矩形是 MNPQ,连 OP,则 OP=R,设∠AOP=θ ,则 ∠QOP=45°-θ ,NP=Rsinθ ,在△PQO 中, , ∴PQ= Rsin(45°-θ ).S 矩形 MNPQ=QP?NP= R2sinθ sin(45°-θ )= R2? cos(2θ -45°) [ - ]≤ R2,当且仅当 cos(2θ -45°)=1,即θ =22.5°时,S 矩形 MNPQ 的值最大且最大值 为 R2. 工人师傅是这样选点的,记扇形为 AOB,以扇形一半径 OA 为一边,在扇形上作角 AOP 且 使∠AOP=22.5°,P 为边与扇形弧的交点,自 P 作 PN⊥OA 于 N,PQ∥OA 交 OB 于 Q, 并作 OM⊥OA 于 M,则矩形 MNPQ 为面积最大的矩形,面积最大值为 R2. 8.解:∵在[- ]上,1+sinx>0 和 1-sinx>0 恒成立,∴原函数可化为 y= log2(1-sin2x)=log2cos2x,又 cosx>0 在[- ]上恒成立,∴原函数即是 y=2log2cosx,在 x ∈[ - ]上, ≤cosx≤1. ∴log2 ≤log2cosx≤log21,即-1≤y≤0,也就是在 x∈[- ]上,ymax=0, ymin=-1. 综合上述知,存在 符合题设. 难点 16 三角函数式的化简与求值 三角函数式的化简和求值是高考考查的重点内容之一.通过本节的学习使考生掌握化简和求 值问题的解题规律和途径, 特别是要掌握化简和求值的一些常规技巧, 以优化我们的解题效 果,做到事半功倍. ●难点磁场 (★★★★★)已知 <β <α < ,cos(α -β )= ,sin(α +β )=- ,求 sin2α 的值_________. ●案例探究 [例 1]不查表求 sin220°+cos280°+ cos20°cos80°的值. 命题意图:本题主要考查两角和、二倍角公式及降幂求值的方法,对计算能力的要求较高. 属于★★★★级题目. 知识依托:熟知三角公式并能灵活应用. 错解分析:公式不熟,计算易出错. 技巧与方法:解法一利用三角公式进行等价变形;解法二转化为函数问题,使解法更简单更 精妙,需认真体会. 解法一:sin220°+cos280°+ sin220°cos80° = (1-cos40°)+ (1+cos160°)+ sin20°cos80° =1- cos40°+ cos160°+ sin20°cos(60°+20°) =1- cos40°+ (cos120°cos40°-sin120°sin40°)+ sin20°(cos60°cos20°-sin60° sin20°) =1- cos40°- cos40°- sin40°+ sin40°- sin220° =1- cos40°- (1-cos40°)= 解法二:设 x=sin220°+cos280°+ sin20°cos80° y=cos220°+sin280°- cos20°sin80°,则
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x+y=1+1- sin60°= ,x-y=-cos40°+cos160°+ sin100° =-2sin100°sin60°+ sin100°=0 ∴x=y= ,即 x=sin220°+cos280°+ sin20°cos80°= . [例 2]设关于 x 的函数 y=2cos2x-2acosx-(2a+1)的最小值为 f(a),试确定满足 f(a)= 的 a 值,并对此时的 a 值求 y 的最大值. 命题意图: 本题主要考查最值问题、 三角函数的有界性、 计算能力以及较强的逻辑思维能力. 属★★★★★级题目 知识依托:二次函数在给定区间上的最值问题. 错解分析:考生不易考查三角函数的有界性,对区间的分类易出错. 技巧与方法:利用等价转化把问题化归为二次函数问题,还要用到配方法、数形结合、分类 讲座等. 解:由 y=2(cosx- )2- 及 cosx∈[-1,1]得: f(a) ∵f(a)= ,∴1-4a= a= [2,+∞ 故- -2a-1= ,解得:a=-1,此时, y=2(cosx+ )2+ ,当 cosx=1 时,即 x=2kπ ,k∈Z,ymax=5. [例 3]已知函数 f(x)=2cosxsin(x+ )- sin2x+sinxcosx (1)求函数 f(x)的最小正周期; (2)求 f(x)的最小值及取得最小值时相应的 x 的值; (3)若当 x∈[ , ]时,f(x)的反函数为 f-1(x),求 f--1(1)的值. 命题意图:本题主要考查三角公式、周期、最值、反函数等知识,还考查计算变形能力,综 合运用知识的能力,属★★★★★级题目. 知识依托:熟知三角函数公式以及三角函数的性质、反函数等知识. 错解分析:在求 f--1(1)的值时易走弯路. 技巧与方法:等价转化,逆向思维. 解:(1)f(x)=2cosxsin(x+ )- sin2x+sinxcosx =2cosx(sinxcos +cosxsin )- sin2x+sinxcosx =2sinxcosx+ cos2x=2sin(2x+ ) ∴f(x)的最小正周期 T=π (2)当 2x+ =2kπ - ,即 x=kπ - (k∈Z)时,f(x)取得最小值-2. (3)令 2sin(2x+ )=1,又 x∈[ ], ∴2x+ ∈[ , ],∴2x+ = ,则 x= ,故 f--1(1)= . ●锦囊妙计 本难点所涉及的问题以及解决的方法主要有: 1.求值问题的基本类型:1°给角求值,2°给值求值,3°给式求值,4°求函数式的最值或 值域,5°化简求值. 2.技巧与方法: 1°要寻求角与角关系的特殊性,化非特角为特殊角,熟练准确地应用公式. 2°注意切割化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用. 3°对于条件求值问题,要认真寻找条件和结论的关系,寻找解题的突破口,很难入手的问 题,可利用分析法. 4°求最值问题,常用配方法、换元法来解决. ●歼灭难点训练
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一、选择题 1.(★★★★★)已知方程 x2+4ax+3a+1=0(a>1)的两根均 tanα 、tanβ ,且α ,β ∈ (- ),则 tan 的值是( ) A. B.-2 C. D. 或-2 二、填空题 2.(★★★★)已知 sinα = ,α ∈( ,π ),tan(π -β )= ,则 tan(α -2β )=_________. 3.(★★★★★)设α ∈( ),β ∈(0, ),cos(α - )= ,sin( +β )= ,则 sin(α +β )=_________. 三、解答题 4.不查表求值: 5.已知 cos( +x)= ,( <x< ),求 的值. 6.(★★★★★)已知α -β = π ,且α ≠kπ (k∈Z).求 的最大值及最大值时的条件. 7.(★★★★★)如右图,扇形 OAB 的半径为 1,中心角 60°,四边形 PQRS 是扇形的内接矩 形,当其面积最大时,求点 P 的位置,并求此最大面积. 8.(★★★★★)已知 cosα +sinβ = ,sinα +cosβ 的取值范围是 D,x∈D,求函数 y= 的最小 值,并求取得最小值时 x 的值. 参考答案 难点磁场 解法一:∵ <β <α < ,∴0<α -β < .π <α +β < , ∴sin(α -β )= ∴sin2α =sin[(α -β )+(α +β )] =sin(α -β )cos(α +β )+cos(α -β )sin(α +β ) 解法二:∵sin(α -β )= ,cos(α +β )=- , ∴sin2α +sin2β =2sin(α +β )cos(α -β )=- sin2α -sin2β =2cos(α +β )sin(α -β )=- ∴sin2α = 歼灭难点训练 一、1.解析:∵a>1,tanα +tanβ =-4a<0. tanα +tanβ =3a+1>0,又α 、β ∈(- , )∴α 、β ∈(- ,θ ),则 ∈(- ,0),又 tan(α +β )= , 整理得 2tan2 =0.解得 tan =-2. 答案:B 2.解析:∵sinα = ,α ∈( ,π ),∴cosα =- 则 tanα =- ,又 tan(π -β )= 可得 tanβ =- , 答案: 3.解析:α ∈( ),α - ∈(0, ),又 cos(α - )= . 答案: 三、4.答案:2

(k∈Z), (k∈Z)
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∴当 即 (k∈Z)时, 的最小值为-1. 7.解:以 OA 为 x 轴.O 为原点,建立平面直角坐标系,并设 P 的坐标为(cosθ ,sinθ ),则 |PS|=sinθ .直线 OB 的方程为 y= x,直线 PQ 的方程为 y=sinθ .联立解之得 Q( sinθ ;sin θ ),所以|PQ|=cosθ - sinθ . 于是 SPQRS=sinθ (cosθ - sinθ )= ( sinθ cosθ -sin2θ )= ( sin2θ - )= ( sin2θ + cos2θ - )= sin(2θ + )- . ∵0<θ < ,∴ <2θ + < π .∴ <sin(2θ + )≤1. ∴sin(2θ + )=1 时,PQRS 面积最大,且最大面积是 ,此时,θ = ,点 P 为 的中点,P( ). 8.解:设 u=sinα +cosβ .则 u2+( )2=(sinα +cosβ )2+(cosα +sinβ )2=2+2sin(α +β )≤4.∴u2≤ 1,-1≤u≤1.即 D=[-1,1],设 t= ,∵-1≤x≤1,∴1≤t≤ .x= .

难点 17 三角形中的三角函数式 三角形中的三角函数关系是历年高考的重点内容之一, 本节主要帮助考生深刻理解正、 余弦 定理,掌握解斜三角形的方法和技巧. ●难点磁场 (★★★★★)已知△ABC 的三个内角 A、B、C 满足 A+C=2B. ,求 cos 的值. ●案例探究 [例 1]在海岛 A 上有一座海拔 1 千米的山,山顶设有一个观察站 P,上午 11 时,测得一 轮船在岛北 30°东,俯角为 60°的 B 处,到 11 时 10 分又测得该船在岛北 60°西、俯角为 30°的 C 处。 (1)求船的航行速度是每小时多少千米; (2)又经过一段时间后,船到达海岛的正西方向的 D 处,问此时船距岛 A 有多远? 命题意图: 本题主要考查三角形基础知识, 以及学生的识图能力和综合运用三角知识解决实 际问题的能力. 知识依托:主要利用三角形的三角关系,关键找准方位角,合理利用边角关系. 错解分析:考生对方位角识别不准,计算易出错. 技巧与方法:主要依据三角形中的边角关系并且运用正弦定理来解决问题. 解:(1)在 Rt△PAB 中,∠APB=60° PA=1,∴AB= (千米) 在 Rt△PAC 中,∠APC=30°,∴AC= (千米) 在△ACB 中,∠CAB=30°+60°=90° (2)∠DAC=90°-60°=30° sinDCA=sin(180°-∠ACB)=sinACB= sinCDA=sin(∠ACB-30°)=sinACB?cos30°-cosACB?sin30° . 在△ACD 中,据正弦定理得 , ∴ 答:此时船距岛 A 为 千米. [例 2]已知△ABC 的三内角 A、B、C 满足 A+C=2B,设 x=cos ,f(x)=cosB( ). (1)试求函数 f(x)的解析式及其定义域; (2)判断其单调性,并加以证明; (3)求这个函数的值域.
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命题意图: 本题主要考查考生运用三角知识解决综合问题的能力, 并且考查考生对基础知识 的灵活运用的程度和考生的运算能力,属★★★★级题目. 知识依托:主要依据三角函数的有关公式和性质以及函数的有关性质去解决问题. 错解分析: 考生对三角函数中有关公式的灵活运用是难点, 并且不易想到运用函数的单调性 去求函数的值域问题. 技巧与方法:本题的关键是运用三角函数的有关公式求出 f(x)的解析式,公式主要是和差化 积和积化和差公式.在求定义域时要注意| |的范围. 解:(1)∵A+C=2B,∴B=60°,A+C=120° ∵0°≤| |<60°,∴x=cos ∈( ,1 又 4x2-3≠0,∴x≠ ,∴定义域为( , )∪( ,1]. (2)设 x1<x2,∴f(x2)-f(x1)= = ,若 x1,x2∈( ),则 4x12-3<0,4x22-3<0,4x1x2+3>0,x1-x2<0,∴f(x2)-f(x1) <0 即 f(x2)<f(x1),若 x1,x2∈( ,1] ,则 4x12-3>0. 4x22-3>0,4x1x2+3>0,x1-x2<0,∴f(x2)-f(x1)<0. 即 f(x2)<f(x1),∴f(x)在( , )和( ,1 上都是减函数. (3)由(2)知,f(x)<f( )=- 或 f(x)≥f(1)=2. 故 f(x)的值域为(-∞,- )∪[2,+∞ . ●锦囊妙计 本难点所涉及的问题以及解决的方法主要有: (1)运用方程观点结合恒等变形方法巧解三角形; (2)熟练地进行边角和已知关系式的等价转化; (3)能熟练运用三角形基础知识,正、余弦定理及面积公式与三角函数公式配合,通过等价 转化或构建方程解答三角形的综合问题,注意隐含条件的挖掘. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)给出四个命题: (1)若 sin2A=sin2B, 则△ABC 为等腰三角形; (2)若 sinA=cosB, 则△ABC 为直角三角形; (3)若 sin2A+sin2B+sin2C<2, 则△ABC 为钝角三角形; (4)若 cos(A -B)cos(B-C)cos(C-A)=1,则△ABC 为正三角形.以上正确命题的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 二、填空题 2.(★★★★)在△ABC 中,已知 A、B、C 成等差数列,则 的值为__________. 3.(★★★★)在△ABC 中,A 为最小角,C 为最大角,已知 cos(2A+C)=- ,sinB= ,则 cos2(B+C)=__________. 三、解答题 4.(★★★★)已知圆内接四边形 ABCD 的边长分别为 AB=2,BC=6,CD=DA=4,求四边形 ABCD 的面积. 5.(★★★★★)如右图,在半径为 R 的圆桌的正中央上空挂一盏电灯,桌子边缘一点处的照 度和灯光射到桌子边缘的光线与桌面的夹角θ 的正弦成正比,角和这一点到光源的距离 r 的平方成反比,即 I=k? ,其中 k 是一个和灯光强度有关的常数,那么怎样选择电灯悬挂的 高度 h,才能使桌子边缘处最亮? 6.(★★★★)在△ABC 中,a、b、c 分别为角 A、B、C 的对边, . (1)求角 A 的度数;
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(2)若 a= ,b+c=3,求 b 和 c 的值. 7.(★★★★)在△ABC 中,∠A、∠B、∠C 所对的边分别为 a、b、c,且 a、b、3c 成等比 数列,又∠A-∠C= ,试求∠A、∠B、∠C 的值. 8.(★★★★★)在正三角形 ABC 的边 AB、AC 上分别取 D、E 两点,使沿线段 DE 折叠三角 形时,顶点 A 正好落在边 BC 上,在这种情况下,若要使 AD 最小,求 AD∶AB 的值. 参考答案 难点磁场 解法一:由题设条件知 B=60°,A+C=120°. 设α = ,则 A-C=2α ,可得 A=60°+α ,C=60°-α , 依题设条件有 整理得 4 cos2α +2cosα -3 =0(M) (2cosα - )(2 cosα +3)=0,∵2 cosα +3≠0, ∴2cosα - =0.从而得 cos . 解法二:由题设条件知 B=60°,A+C=120° ①,把①式化为 cosA+cosC=-2 cosAcosC ②, 利用和差化积及积化和差公式,②式可化为 ③, 将 cos =cos60°= ,cos(A+C)=- 代入③式得: ④ 将 cos(A-C)=2cos2( )-1 代入 ④:4 cos2( )+2cos -3 =0,(*), 歼灭难点训练 一、1.解析:其中(3)(4)正确. 答案: B 二、2.解析:∵A+B+C=π ,A+C=2B, 答案: 3.解析:∵A 为最小角∴2A+C=A+A+C<A+B+C=180°. ∵cos(2A+C)=- ,∴sin(2A+C)= . ∵C 为最大角,∴B 为锐角,又 sinB= .故 cosB= . 即 sin(A+C)= ,cos(A+C)=- . ∵cos(B+C)=-cosA=-cos[(2A+C)-(A+C)]=- , ∴cos2(B+C)=2cos2(B+C)-1= . 答案: 三、4.解:如图:连结 BD,则有四边形 ABCD 的面积: S=S△ABD+S△CDB= ?AB?ADsinA+ ?BC?CD?sinC ∵A+C=180°,∴sinA=sinC 故 S= (AB?AD+BC?CD)sinA= (2×4+6×4)sinA=16sinA 由余弦定理,在△ABD 中,BD2=AB2+AD2-2AB?AD?cosA=20-16cosA 在△CDB 中,BD2=CB2+CD2-2CB?CD?cosC=52-48cosC ∴20-16cosA=52-48cosC,∵cosC=-cosA,
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∴64cosA=-32,cosA=- ,又 0°<A<180°,∴A=120°故 S=16sin120°=8 . 5.解:R=rcosθ ,由此得: ,

7.解:由 a、b、3c 成等比数列,得:b2=3ac ∴sin2B=3sinC?sinA=3(- )[cos(A+C)-cos(A-C)] ∵B=π -(A+C).∴sin2(A+C)=- [cos(A+C)-cos ] 即 1-cos2(A+C)=- cos(A+C),解得 cos(A+C)=- . ∵0<A+C<π ,∴A+C= π .又 A-C= ∴A= π ,B= ,C= . 8.解:按题意,设折叠后 A 点落在边 BC 上改称 P 点,显然 A、P 两点关于折线 DE 对称, 又设∠BAP=θ ,∴∠DPA=θ ,∠BDP=2θ ,再设 AB=a,AD=x,∴DP=x.在△ABC 中, ∠APB=180°-∠ABP-∠BAP=120°-θ ,? 由正弦定理知: .∴BP= 在△PBD 中, , ∵0°≤θ ≤60°,∴60°≤60°+2θ ≤180°,∴当 60°+2θ =90°,即θ =15°时, sin(60°+2θ )=1,此时 x 取得最小值 a,即 AD 最小,∴AD∶DB=2 -3. 难点 18 不等式的证明策略 不等式的证明,方法灵活多样,它可以和很多内容结合.高考解答题中,常渗透不等式证明 的内容,纯不等式的证明,历来是高中数学中的一个难点,本难点着重培养考生数学式的变 形能力,逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力. ●难点磁场 (★★★★)已知 a>0,b>0,且 a+b=1. 求证:(a+ )(b+ )≥ . ●案例探究 [例 1]证明不等式 (n∈N*) 命题意图:本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目,考查学生观察能力、构 造能力以及逻辑分析能力,属★★★★★级题目. 知识依托:本题是一个与自然数 n 有关的命题,首先想到应用数学归纳法,另外还涉及不等 式证明中的放缩法、构造法等. 错解分析:此题易出现下列放缩错误: 这样只注重形式的统一,而忽略大小关系的错误也是经常发生的. 技巧与方法:本题证法一采用数学归纳法从 n=k 到 n=k+1 的过渡采用了放缩法;证法二先 放缩,后裂项,有的放矢,直达目标;而证法三运用函数思想,借助单调性,独具匠心,发 人深省. 证法一:(1)当 n 等于 1 时,不等式左端等于 1,右端等于 2,所以不等式成立; (2)假设 n=k(k≥1)时,不等式成立,即 1+ <2 , ∴当 n=k+1 时,不等式成立. 综合(1)、(2)得:当 n∈N*时,都有 1+ <2 . 另从 k 到 k+1 时的证明还有下列证法:
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证法二:对任意 k∈N*,都有: 证法三:设 f(n)= 那么对任意 k∈N ?* 都有:

∴f(k+1)>f(k) 因此,对任意 n∈N* 都有 f(n)>f(n-1)>?>f(1)=1>0, ∴ [例 2]求使 ≤a (x>0,y>0)恒成立的 a 的最小值. 命题意图:本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力,属于★★★★ ★级题目. 知识依托:该题实质是给定条件求最值的题目,所求 a 的最值蕴含于恒成立的不等式中,因 此需利用不等式的有关性质把 a 呈现出来,等价转化的思想是解决题目的突破口,然后再利 用函数思想和重要不等式等求得最值. 错解分析:本题解法三利用三角换元后确定 a 的取值范围,此时我们习惯是将 x、y 与 cos θ 、sinθ 来对应进行换元,即令 =cosθ , =sinθ (0<θ < ),这样也得 a≥sinθ +cosθ , 但是这种换元是错误的.其原因是:(1)缩小了 x、y 的范围;(2)这样换元相当于本题又增加 了“x、y=1”这样一个条件,显然这是不对的. 技巧与方法:除了解法一经常用的重要不等式外,解法二的方法也很典型,即若参数 a 满足 不等关系,a≥f(x),则 amin=f(x)max;若 a≤f(x),则 amax=f(x)min,利用这一基本事实, 可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好 处,可以把原问题转化. 解法一:由于 a 的值为正数,将已知不等式两边平方,得: x+y+2 ≤a2(x+y),即 2 ≤(a2-1)(x+y), ① ∴x,y>0,∴x+y≥2 , ② 当且仅当 x=y 时,②中有等号成立. 比较①、②得 a 的最小值满足 a2-1=1, ∴a2=2,a= (因 a>0),∴a 的最小值是 . 解法二:设 . ∵x>0,y>0,∴x+y≥2 (当 x=y 时“=”成立), ∴ ≤1, 的最大值是 1. 从而可知,u 的最大值为 , 又由已知,得 a≥u,∴a 的最小值为 . 解法三:∵y>0, ∴原不等式可化为 +1≤a , 设 =tanθ ,θ ∈(0, ). ∴tanθ +1≤a ;即 tanθ +1≤asecθ ∴a≥sinθ +cosθ = sin(θ + ), ③ 又∵sin(θ + )的最大值为 1(此时θ = ). 由③式可知 a 的最小值为 . ●锦囊妙计
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1.不等式证明常用的方法有:比较法、综合法和分析法,它们是证明不等式的最基本的方法. (1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤,变形的主要方向是因式分解、配方, 判断过程必须详细叙述; 如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式, 则考虑 用判别式法证. (2)综合法是由因导果,而分析法是执果索因,两法相互转换,互相渗透,互为前提,充分 运用这一辩证关系,可以增加解题思路,开扩视野. 2.不等式证明还有一些常用的方法:换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、 数形结合法等.换元法主要有三角代换,均值代换两种,在应用换元法时,要注意代换的等 价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一,放缩要有的放矢,目标可以从要证的 结论中考查.有些不等式,从正面证如果不易说清楚,可以考虑反证法.凡是含有“至少” “惟 一”或含有其他否定词的命题,适宜用反证法. 证明不等式时,要依据题设、题目的特点和内在联系,选择适当的证明方法,要熟悉各种证 法中的推理思维,并掌握相应的步骤、技巧和语言特点. ●歼灭难点训练 一、填空题 1.(★★★★★)已知 x、y 是正变数,a、b 是正常数,且 =1,x+y 的最小值为__________. 2.(★★★★)设正数 a、b、c、d 满足 a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则 ad 与 bc 的大小关系是 __________. 3.(★★★★)若 m<n,p<q,且(p-m)(p-n)<0,(q-m)(q-n)<0,则 m、n、p、q 的大小 顺序是__________. 二、解答题 4.(★★★★★)已知 a,b,c 为正实数,a+b+c=1. 求证:(1)a2+b2+c2≥ (2) ≤6 5.(★★★★★)已知 x,y,z∈R,且 x+y+z=1,x2+y2+z2= ,证明:x,y,z∈[0, ] 6.(★★★★★)证明下列不等式: (1)若 x,y,z∈R,a,b,c∈R+,则 z2≥2(xy+yz+zx) (2)若 x,y,z∈R+,且 x+y+z=xyz, 则 ≥2( ) 7.(★★★★★)已知 i,m、n 是正整数,且 1<i≤m<n. (1)证明:niA <miA ; (2)证明:(1+m)n>(1+n)m 8.(★★★★★)若 a>0,b>0,a3+b3=2,求证:a+b≤2,ab≤1. 参考答案 难点磁场 证法一:(分析综合法) 欲证原式,即证 4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,即证 4(ab)2-33(ab)+8≥0,即证 ab≤ 或 ab ≥8. ∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8 不可能成立 ∵1=a+b≥2 ,∴ab≤ ,从而得证. 证法二:(均值代换法) 设 a= +t1,b= +t2. ∵a+b=1,a>0,b>0,∴t1+t2=0,|t1|< ,|t2|<
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显然当且仅当 t=0,即 a=b= 时,等号成立. 证法三:(比较法) ∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2 ,∴ab≤ 证法四:(综合法) ∵a+b=1, a>0,b>0,∴a+b≥2 ,∴ab≤ .

证法五:(三角代换法) ∵ a>0,b>0,a+b=1,故令 a=sin2α ,b=cos2α ,α ∈(0, ) 2 歼灭难点训练 一、1.解析:令 =cos2θ , =sin2θ ,则 x=asec2θ ,y=bcsc2θ ,∴x+y=asec2θ +bcsc2θ =a+b+atan2θ +bcot2θ ≥a+b+2 . 答案:a+b+2 2.解析:由 0≤|a-d|<|b-c| (a-d)2<(b-c)2 (a+b)2-4ad<(b+c)2-4bc ? ∵a+d=b+c,∴-4ad<-4bc,故 ad>bc. 答案:ad>bc 3.解析:把 p、q 看成变量,则 m<p<n,m<q<n. 答案:m<p<q<n 二、4.(1)证法一:a2+b2+c2- = (3a2+3b2+3c2-1) = [3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2] = [3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc] = [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0 ∴a2+b2+c2≥ 证法二:∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥ 证法三:∵ ∴a2+b2+c2≥ ∴a2+b2+c2≥ 证法四:设 a= +α ,b= +β ,c= +γ . ∵a+b+c=1,∴α +β +γ =0 ∴a2+b2+c2=( +α )2+( +β )2+( +γ )2 = + (α+β+γ)+α2+β2+γ2 = +α 2+β 2+γ 2≥ ∴a2+b2+c2≥ ∴原不等式成立. 证法二: ∴ ≤ <6 ∴原不等式成立. 5.证法一:由 x+y+z=1,x2+y2+z2= ,得 x2+y2+(1-x-y)2= ,整理成关于 y 的一元二次方 程得:
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2y2-2(1-x)y+2x2-2x+ =0,∵y∈R,故Δ ≥0 ∴4(1-x)2-4×2(2x2-2x+ )≥0,得 0≤x≤ ,∴x∈[0, ] 同理可得 y,z∈[0, ] 证法二:设 x= +x′,y= +y′,z= +z′,则 x′+y′+z′=0, 于是 =( +x′)2+( +y′)2+( +z′)2 = +x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′) = +x′2+y′2+z′2≥ +x′2+ = + x′2 故 x′2≤ ,x′∈[- , ] ,x∈[0, ] ,同理 y,z∈[0, ] 证法三:设 x、y、z 三数中若有负数,不妨设 x<0,则 x2>0, =x2+y2+z2≥x2+ > ,矛 盾. x、y、z 三数中若有最大者大于 ,不妨设 x> ,则 =x2+y2+z2≥x2+ =x2+ = x2-x+ = x(x- )+ > ;矛盾. 故 x、y、z∈[0, ] ∵上式显然成立,∴原不等式得证. 7.证明:(1)对于 1<i≤m,且 A =m???(m-i+1), , 由于 m<n,对于整数 k=1,2,?,i-1,有 , 所以 (2)由二项式定理有: (1+m)n=1+C m+C m2+?+C mn, (1+n)m=1+C n+C n2+?+C nm, 由(1)知 miA >niA (1<i≤m ,而 C = ∴miCin>niCim(1<m<n ∴m0C =n0C =1,mC =nC =m?n,m2C >n2C ,?, mmC >nmC ,mm+1C >0,?,mnC >0, ∴1+C m+C m2+?+C mn>1+C n+C2mn2+?+C nm, 即(1+m)n>(1+n)m 成立. 8.证法一:因 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 (a+b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6 =3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0. 即(a+b)3≤23,又 a+b>0,所以 a+b≤2,因为 2 ≤a+b≤2, 所以 ab≤1. 证法二:设 a、b 为方程 x2-mx+n=0 的两根,则 , 因为 a>0,b>0,所以 m>0,n>0,且Δ =m2-4n≥0 因为 2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m(m2-3n) 所以 n= 将②代入①得 m2-4( )≥0, 即 ≥0,所以-m3+8≥0,即 m≤2,所以 a+b≤2, 由 2≥m 得 4≥m2,又 m2≥4n,所以 4≥4n, 即 n≤1,所以 ab≤1. 证法三:因 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b) 于是有 6≥3ab(a+b),从而 8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=?
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① ②

(a+b)3,所以 a+b≤2,(下略) 证法四:因为 ≥0, 所以对任意非负实数 a、b,有 ≥ 因为 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 1= ≥ , ∴ ≤1,即 a+b≤2,(以下略) 证法五:假设 a+b>2,则 a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]>(a+b)ab>2ab,所以 ab<1, 又 a3+b3=(a+b)[a2-ab+b2]=(a+b)[(a+b)2-3ab]>2(22-3ab) 因为 a3+b3=2,所以 2>2(4-3ab),因此 ab>1,前后矛盾,故 a+b≤2(以下略) 难点 19 解不等式 不等式在生产实践和相关学科的学习中应用广泛, 又是学习高等数学的重要工具, 所以不等 式是高考数学命题的重点,解不等式的应用非常广泛,如求函数的定义域、值域,求参数的 取值范围等,高考试题中对于解不等式要求较高,往往与函数概念,特别是二次函数、指数 函数、对数函数等有关概念和性质密切联系,应重视;从历年高考题目看,关于解不等式的 内容年年都有,有的是直接考查解不等式,有的则是间接考查解不等式. ●难点磁场 (★★★★)解关于 x 的不等式 >1(a≠1). ●案例探究 [例 1]已知 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且 f(1)=1,若 m、n∈[-1,1] ,m+n ≠0 时 >0. (1)用定义证明 f(x)在[-1,1]上是增函数; (2)解不等式:f(x+ )<f( ); (3)若 f(x)≤t2-2at+1 对所有 x∈[-1,1] ,a∈[-1,1]恒成立,求实数 t 的取值范围. 命题意图:本题是一道函数与不等式相结合的题目,考查学生的分析能力与化归能力,属★ ★★★★级题目. 知识依托: 本题主要涉及函数的单调性与奇偶性, 而单调性贯穿始终, 把所求问题分解转化, 是函数中的热点问题;问题的要求的都是变量的取值范围,不等式的思想起到了关键作用. 错解分析:(2)问中利用单调性转化为不等式时,x+ ∈[-1,1] ∈[-1,1]必不可少, , 这恰好是容易忽略的地方. 技巧与方法:(1)问单调性的证明,利用奇偶性灵活变通使用已知条件不等式是关键,(3)问 利用单调性把 f(x)转化成“1”是点睛之笔. (1)证明:任取 x1<x2,且 x1,x2∈[-1,1] ,则 f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)= ?(x1-x2) ∵-1≤x1<x2≤1, ∴x1+(-x2)≠0,由已知 >0,又 x1-x2<0, ∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x)在[-1,1]上为增函数. (2)解:∵f(x)在[-1,1]上为增函数, ∴ 解得:{x|- ≤x<-1,x∈R} (3)解:由(1)可知 f(x)在[-1,1]上为增函数,且 f(1)=1,故对 x∈[-1,1] ,恒有 f(x) ≤1,所以要 f(x)≤t2-2at+1 对所有 x∈[-1,1] ,a∈[-1,1]恒成立,即要 t2-2at+1 ≥1 成立,故 t2-2at≥0,记 g(a)=t2-2at,对 a∈[-1,1] ,g(a)≥0,只需 g(a)在[-1, 1]上的最小值大于等于 0,g(-1)≥0,g(1)≥0,解得,t≤-2 或 t=0 或 t≥2.∴t 的取值范 围是:{t|t≤-2 或 t=0 或 t≥2}.
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[例 2]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. 命题意图: 考查二次不等式的解与系数的关系及集合与集合之间的关系, 属★★★★级题目. 知识依托: 本题主要涉及一元二次不等式根与系数的关系及集合与集合之间的关系, 以及分 类讨论的数学思想. 错解分析:M= 是符合题设条件的情况之一,出发点是集合之间的关系考虑是否全面,易遗 漏;构造关于 a 的不等式要全面、合理,易出错. 技巧与方法:该题实质上是二次函数的区间根问题,充分考虑二次方程、二次不等式、二次 函数之间的内在联系是关键所在;数形结合的思想使题目更加明朗. 解:M [1,4]有 n 种情况:其一是 M= ,此时Δ <0;其二是 M≠ ,此时Δ >0,分三 种情况计算 a 的取值范围. 设 f(x)=x2 -2ax+a+2,有Δ =(-2a)2-(4a+2)=4(a2-a-2) (1)当Δ <0 时,-1<a<2,M= [1,4] (2)当Δ =0 时,a=-1 或 2.当 a=-1 时 M={-1}?[1,4] ;当 a=2 时,m={2} [1,4]. (3)当Δ >0 时, a<-1 或 a>2.设方程 f(x)=0 的两根 x1, x2, x1<x2, 且 那么 M= [x1, , x2] M [1,4] 1≤x1<x2≤4 即 ,解得:2<a< , ∴M [1,4]时,a 的取值范围是(-1, ). ●锦囊妙计 解不等式对学生的运算化简等价转化能力有较高的要求, 随着高考命题原则向能力立意的进 一步转化,对解不等式的考查将会更是热点,解不等式需要注意下面几个问题: (1)熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式(组)的解法. (2)掌握用序轴标根法解高次不等式和分式不等式,特别要注意因式的处理方法. (3)掌握无理不等式的三种类型的等价形式,指数和对数不等式的几种基本类型的解法. (4)掌握含绝对值不等式的几种基本类型的解法. (5)在解不等式的过程中,要充分运用自己的分析能力,把原不等式等价地转化为易解的不 等式. (6)对于含字母的不等式,要能按照正确的分类标准,进行分类讨论. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)设函数 f(x)= ,已知 f(a)>1,则 a 的取值范围是( ) A.(-∞,-2)∪(- ,+∞) B.(- , ) C.(-∞,-2)∪(- ,1) D.(-2,- )∪(1,+∞) 二、填空题 2.(★★★★★)已知 f(x)、 g(x)都是奇函数, f(x)>0 的解集是(a2, g(x)>0 的解集是( , ), b), 则 f(x)?g(x)>0 的解集是__________. 3.(★★★★★)已知关于 x 的方程 sin2x+2cosx+a=0 有解,则 a 的取值范围是__________. 三、解答题 4.(★★★★★)已知适合不等式|x2-4x+p|+|x-3|≤5 的 x 的最大值为 3. (1)求 p 的值; (2)若 f(x)= ,解关于 x 的不等式 f--1(x)> (k∈R+) 5.(★★★★★)设 f(x)=ax2+bx+c,若 f(1)= ,问是否存在 a、b、c∈R,使得不等式:x2+ ≤ f(x)≤2x2+2x+ 对一切实数 x 都成立,证明你的结论.
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6.(★★★★★)已知函数 f(x)=x2+px+q,对于任意θ ∈R,有 f(sinθ )≤0,且 f(sinθ +2)≥2. (1)求 p、q 之间的关系式; (2)求 p 的取值范围; (3)如果 f(sinθ +2)的最大值是 14,求 p 的值.并求此时 f(sinθ )的最小值. 7.(★★★★)解不等式 loga(x- )>1 8.(★★★★★)设函数 f(x)=ax 满足条件:当 x∈(-∞,0)时,f(x)>1;当 x∈(0,1 时,不 等式 f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2)恒成立,求实数 m 的取值范围. 参考答案 难点磁场 解:原不等式可化为: >0, 即[(a-1)x+(2-a)](x-2)>0. 当 a>1 时,原不等式与(x- )(x-2)>0 同解. 若 ≥2,即 0≤a<1 时,原不等式无解;若 <2,即 a<0 或 a>1,于是 a>1 时原不等式的 解为(-∞, )∪(2,+∞). 当 a<1 时,若 a<0,解集为( ,2);若 0<a<1,解集为(2, ) 综上所述:当 a>1 时解集为(-∞, )∪(2,+∞);当 0<a<1 时,解集为(2, );当 a=0 时,解集为 ;当 a<0 时,解集为( ,2). 歼灭难点训练 一、1.解析:由 f(x)及 f(a)>1 可得: ① 或 ② 或 ③ 解①得 a<-2,解②得- <a<1,解③得 x∈ ∴a 的取值范围是(-∞,-2)∪(- ,1) 答案:C 二、 2.解析:由已知 b>a2∵f(x),g(x)均为奇函数,∴f(x)<0 的解集是(-b,-a2),g(x)<0 的 解集是(- ).由 f(x)?g(x)>0 可得: ∴x∈(a2, )∪(- ,-a2) 答案:(a2, )∪(- ,-a2) 3.解析:原方程可化为 cos2x-2cosx-a-1=0,令 t=cosx,得 t2-2t-a-1=0,原问题转化 为方程 t2-2t-a-1=0 在[-1,1]上至少有一个实根.令 f(t)=t2-2t-a-1,对称轴 t=1, 画图象分析可得 解得 a∈[-2,2]. 答案: [-2,2] 三、 4.解:(1)∵适合不等式|x2-4x+p|+|x-3|≤5 的 x 的最大值为 3, ∴x-3≤0,∴|x-3|=3-x. 若|x2-4x+p|=-x2+4x-p, 则原不等式为 x2-3x+p+2≥0, 其解集不可能为{x|x≤3}的子集, ∴|x2-4x+p|=x2-4x+p. ∴原不等式为 x2-4x+p+3-x≤0,即 x2-5x+p-2≤0,令 x2-5x+p-2=(x-3)(x-m),可 得 m=2,p=8. (2)f(x)= ,∴f--1(x)=log8 (-1<x<1 , ∴有 log8 >log8 ,∴log8(1-x)<log8k,∴1-x<k,∴x>1-k. ∵-1<x<1,k∈R+,∴当 0<k<2 时,原不等式解集为{x|1-k<x<1};当 k≥2 时,原
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不等式的解集为{x|-1<x<1 . 5.解:由 f(1)= 得 a+b+c= ,令 x2+ =2x2+2x+ x =-1,由 f(x)≤2x2+2x+ 推得 f(-1)≤ . 由 f(x)≥x2+ 推得 f(-1)≥ ,∴f(-1)= ,∴a-b+c= ,故 2(a+c)=5,a+c= 且 b=1,∴f(x)=ax2+x+( -a). 依题意:ax2+x+( -a)≥x2+ 对一切 x∈R 成立, ∴a≠1 且Δ =1-4(a-1)(2-a)≤0,得(2a-3)2≤0, ∴f(x)= x2+x+1 易验证: x2+x+1≤2x2+2x+ 对 x∈R 都成立. ∴存在实数 a= ,b=1,c=1,使得不等式:x2+ ≤f(x)≤2x2+2x+ 对一切 x∈R 都成立. 6.解:(1)∵-1≤sinθ ≤1,1≤sinθ +2≤3,即当 x∈[-1,1]时,f(x)≤0,当 x∈[1,3] 时,f(x)≥0,∴当 x=1 时 f(x)=0.∴1+p+q=0,∴q=-(1+p) (2)f(x)=x2+px-(1+p), 当 sinθ =-1 时 f(-1)≤0,∴1-p-1-p≤0,∴p≥0 (3)注意到 f(x)在[1,3]上递增,∴x=3 时 f(x)有最大值.即 9+3p+q=14,9+3p-1-p=14, ∴p=3. 此时,f(x)=x2+3x-4,即求 x∈[-1,1]时 f(x)的最小值.又 f(x)=(x+ )2- ,显然此函数 在[-1,1]上递增. ∴当 x=-1 时 f(x)有最小值 f(-1)=1-3-4=-6. 7.解:(1)当 a>1 时,原不等式等价于不等式组 由此得 1-a> .因为 1-a<0,所以 x<0,∴ <x<0. (2)当 0<a<1 时,原不等式等价于不等式组: 由 ①得 x>1 或 x<0,由②得 0 <x< ,∴1<x< . 综上, a>1 时, 当 不等式的解集是{x| <x<0 , 0<a<1 时, 当 不等式的解集为{x|1<x< }. 8.解:由已知得 0<a<1,由 f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2),x∈(0,1 恒成立. 在 x∈(0,1 恒成立. 整理,当 x∈(0,1)时, 恒成立,即当 x∈(0,1 时, 恒成立,且 x=1 时, 恒成立, ∵ 在 x∈(0,1 上为减函数,∴ <-1, ∴m< 恒成立 m<0. 又∵ ,在 x∈(0,1 上是减函数,? ∴ <-1. ∴m> 恒成立 m>-1 当 x∈(0,1)时, 恒成立 m∈(-1,0)① 当 x=1 时, ,即是 ∴m<0 ② ∴①、②两式求交集 m∈(-1,0),使 x∈(0,1 时,f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2)恒成 立,m 的取值范围是(-1,0)

难点 20 不等式的综合应用 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
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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. ●难点磁场 (★★★★★)设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程 f(x)-x=0 的两个根 x1、x2 满足 0<x1 <x2< . (1)当 x∈[0,x1 时,证明 x<f(x)<x1; (2)设函数 f(x)的图象关于直线 x=x0 对称,证明:x0< . ●案例探究 [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: 消去 ②由 (h>0) 得: 所以 V≤ ,当且仅当 h= 即 h=1 时取等号 故当 h=1 米时,V 有最大值,V 的最大值为 立方米. [例 2]已知 a,b,c 是实数,函数 f(x)=ax2+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.属★★★★★级题目. 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,
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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)=ax2+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 . 当-1≤x≤1 时,有 0≤ ≤1,-1≤ ≤0, ∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),∴|f |≤1,|f( )|≤1; 因此当-1≤x≤1 时,|g(x)|≤|f |+|f( )|≤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- <0 ,即 b=0. 由①得 a=2,所以 f(x)=2x2-1. ●锦囊妙计 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. ●歼灭难点训练 一、选择题 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 二、填空题 2.(★★★★★)下列四个命题中:①a+b≥2 ②sin2x+ ≥4 ③设 x,y 都是正数,若 =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 y1 与车库到车站的距离成反比,而每月 库存货物的运费 y2 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
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y1 和 y2 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. 三、解答题 4.(★★★★★)已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R,a>0),设方程 f(x)=x 的两实数根为 x1,x2. (1)如果 x1<2<x2<4,设函数 f(x)的对称轴为 x=x0,求证 x0>-1; (2)如果|x1|<2,|x2-x1|=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 , 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 ≤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= x,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)?f(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(x2)?f(y2)>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)= (b<0)的值域是[1,3] , (1)求 b、c 的值; (2)判断函数 F(x)=lgf(x),当 x∈[-1,1]时的单调性,并证明你的结论; (3)若 t∈R,求证:lg ≤F(|t- |-|t+ |)≤lg . [科普美文]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.
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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? 参考答案 难点磁场 解:(1)令 F(x)=f(x)-x,因为 x1,x2 是方程 f(x)-x=0 的根,所以 F(x)=a(x-x1)(x-x2).当 x∈(0,x1)时,由于 x1<x2,得(x-x1)(x-x2)>0, 又 a>0,得 F(x)=a(x-x1)(x-x2)>0,即 x<f(x) x1-f(x)=x1-[x+F(x)]=x1-x+a(x1-x)(x-x2)=(x1-x)[1+a(x-x2)] ∵0<x<x1<x2< ,∴x1-x>0,1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0 ∴x1-f(x)>0,由此得 f(x)<x1. (2)依题意: x0=- , 因为 x1、 是方程 f(x)-x=0 的两根, x1, 是方程 ax2+(b-1)x+c=0 x2 即 x2 的根. ∴x1+x2=- ∴x0=- ,因为 ax2<1, ∴x0< 歼灭难点训练 一、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:A 二、2.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 y1= ;y2=0.8x(x 为仓库与车站距离)费用之和 y=y1+y2=0.8x+ ≥2 =8 当且仅当 0.8x= 即 x=5 时“=”成立 答案:5 公里处 三、4.证明:(1)设 g(x)=f(x)-x=ax2+(b-1)x+1,且 x>0. ∵x1<2<x2<4,∴(x1-2)(x2-2)<0,即 x1x2<2(x1+x2)-4,

(2)解:由方程 g(x)=ax2+(b-1)x+1=0 可知 x1?x2= >0,所以 x1,x2 同号? 1°若 0<x1<2,则 x2-x1=2,∴x2=x1+2>2, ∴g(2)<0,即 4a+2b-1<0 又(x2-x1)2= ∴2a+1= (∵a>0)代入①式得, 2 <3-2b 解②得 b< 2°若 -2<x1<0,则 x2=-2+x1<-2 ∴g(-2)<0,即 4a-2b+3<0
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又 2a+1= ,代入③式得 2 <2b-1 ④ 解④得 b> . 综上,当 0<x1<2 时,b< ,当-2<x1<0 时,b> . 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+ )元、n(1- )元、npz 元,因而 ,在 y=ax 的条件下,z= [-a [x- ]2+100+ ].由于 ≤a<1,则 0< ≤10. 要使售货金额最大,即使 z 值最大,此时 x= . (2)由 z= (10+x)(10- x)>1,解得 0<x<5. 6.(1)证明:令 m>0,n=0 得:f(m)=f(m)?f(0).∵f(m)≠0,∴f(0)=1 取 m=m,n=-m,(m<0),得 f(0)=f(m)f(-m) ∴f(m)= ,∵m<0,∴-m>0,∴0<f(-m)<1,∴f(m)>1 (2)证明:任取 x1,x2∈R,则 f(x1)-f(x2)=f(x1)-f[(x2-x1)+x1] =f(x1)-f(x2-x1)?f(x1)=f(x1)[1-f(x2-x1)] , ∵f(x1)>0,1-f(x2-x1)>0,∴f(x1)>f(x2), ∴函数 f(x)在 R 上为单调减函数. (3)由 ,由题意此不等式组无解,数形结合得: ≥1,解得 a2≤3 ∴a∈[- , ] 7.(1)解:设 y= ,则(y-2)x2-bx+y-c=0 ① ∵x∈R,∴①的判别式Δ ≥0,即 b2-4(y-2)(y-c)≥0, 即 4y2-4(2+c)y+8c+b2≤0 ② 由条件知,不等式②的解集是[1,3] ∴1,3 是方程 4y2-4(2+c)y+8c+b2=0 的两根 ∴c=2,b=-2,b=2(舍) (2)任取 x1,x2∈[-1,1] ,且 x2>x1,则 x2-x1>0,且 (x2-x1)(1-x1x2)>0,∴f(x2)-f(x1)=- >0, ∴f(x2)>f(x1),lgf(x2)>lgf(x1),即 F(x2)>F(x1) ∴F(x)为增函数. 即- ≤u≤ ,根据 F(x)的单调性知 F(- )≤F(u)≤F( ),∴lg ≤F(|t- |-|t+ |)≤lg 对任意实数 t 成立. 难点 21 直线方程及其应用 直线是最简单的几何图形,是解析几何最基础的部分,本章的基本概念;基本公式;直线方 程的各种形式以及两直线平行、垂直、重合的判定都是解析几何重要的基础内容.应达到熟 练掌握、灵活运用的程度,线性规划是直线方程一个方面的应用,属教材新增内容,高考中 单纯的直线方程问题不难,但将直线方程与其他知识综合的问题是学生比较棘手的. ●难点磁场 (★★★★★)已知|a|<1,|b|<1,|c|<1,求证:abc+2>a+b+c. ●案例探究 [例 1] 某校一年级为配合素质教育, 利用一间教室作为学生绘画成果展览室, 为节约经费, 他们利用课桌作为展台,将装画的镜框放置桌上,斜靠展出,已知镜框对桌面的倾斜角为α (90°≤α <180°)镜框中,画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距 a m,b m,(a>b).问学生距
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离镜框下缘多远看画的效果最佳? 命题意图: 本题是一个非常实际的数学问题, 它不仅考查了直线的有关概念以及对三角知识 的综合运用, 而且更重要的是考查了把实际问题转化为数学问题的能力, 属★★★★★级题 目. 知识依托:三角函数的定义,两点连线的斜率公式,不等式法求最值. 错解分析:解决本题有几处至关重要,一是建立恰当的坐标系,使问题转化成解析几何问题 求解; 二是把问题进一步转化成求 tanACB 的最大值.如果坐标系选择不当, 或选择求 sinACB 的最大值.都将使问题变得复杂起来. 技巧与方法:欲使看画的效果最佳,应使∠ACB 取最大值,欲求角的最值,又需求角的一 个三角函数值. 解:建立如图所示的直角坐标系,AO 为镜框边,AB 为画的宽度,O 为下边缘上的一点, 在 x 轴的正半轴上找一点 C(x,0)(x>0),欲使看画的效果最佳,应使∠ACB 取得最大值. 由三角函数的定义知:A、B 两点坐标分别为(acosα ,asinα )、 (bcosα ,bsinα ),于是直线 AC、BC 的斜率分别为: kAC=tanxCA= , 于是 tanACB= 由于∠ACB 为锐角, x>0,则 tanACB≤ ,当且仅当 =x, x= 时, 且 即 等号成立, 此时∠ACB 取最大值,对应的点为 C( ,0),因此,学生距离镜框下缘 cm 处时,视角最大,即看画效果 最佳. [例 2]预算用 2000 元购买单件为 50 元的桌子和 20 元的椅子,希望使桌椅的总数尽可能 的多,但椅子不少于桌子数,且不多于桌子数的 1.5 倍,问桌、椅各买多少才行? 命题意图: 利用线性规划的思想方法解决某些实际问题属于直线方程的一个应用, 本题主要 考查找出约束条件与目标函数、 准确地描画可行域, 再利用图形直观求得满足题设的最优解, 属★★★★★级题目. 知识依托:约束条件,目标函数,可行域,最优解. 错解分析:解题中应当注意到问题中的桌、椅张数应是自然数这个隐含条件,若从图形直观 上得出的最优解不满足题设时,应作出相应地调整,直至满足题设. 技巧与方法:先设出桌、椅的变数后,目标函数即为这两个变数之和,再由此在可行域内求 出最优解. 解:设桌椅分别买 x,y 张,把所给的条件表示成不等式组,即约束条件 为 由 ∴A 点的坐标为( , ) 由 ∴B 点的坐标为(25, ) 所以满足约束条件的可行域是以 A( , ),B(25, ),O(0,0)为顶点的三角形区域(如右图) 由图形直观可知,目标函数 z=x+y 在可行域内的最优解为(25, ),但注意到 x∈N,y∈N*, 故取 y=37. 故有买桌子 25 张,椅子 37 张是最好选择. [例 3]抛物线有光学性质:由其焦点射出的光线经抛物线折射后,沿平行于抛物线对称轴 的方向射出, 今有抛物线 y2=2px(p>0).一光源在点 M( ,4)处, 由其发出的光线沿平行于抛物 线的轴的方向射向抛物线上的点 P,折射后又射向抛物线上的点 Q,再折射后,又沿平行于 抛物线的轴的方向射出, 途中遇到直线 l: 2x-4y-17=0 上的点 N, 再折射后又射回点 M(如 下图所示)
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(1)设 P、Q 两点坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2),证明:y1?y2=-p2; (2)求抛物线的方程; (3)试判断在抛物线上是否存在一点,使该点与点 M 关于 PN 所在的直线对称?若存在,请 求出此点的坐标;若不存在,请说明理由. 命题意图:对称问题是直线方程的又一个重要应用.本题是一道与物理中的光学知识相结合 的综合性题目,考查了学生理解问题、分析问题、解决问题的能力,属★★★★★★级题目. 知识依托:韦达定理,点关于直线对称,直线关于直线对称,直线的点斜式方程,两点式方 程. 错解分析:在证明第(1)问题,注意讨论直线 PQ 的斜率不存在时. 技巧与方法:点关于直线对称是解决第(2)、第(3)问的关键. (1)证明:由抛物线的光学性质及题意知 光线 PQ 必过抛物线的焦点 F( ,0), 设直线 PQ 的方程为 y=k(x- ) ① 由①式得 x= y+ ,将其代入抛物线方程 y2=2px 中, 整理, y2- y-p2=0,由韦达定理, 得 y1y2= -p2. 当直线 PQ 的斜率角为 90°时,将 x= 代入抛物线方程,得 y=±p,同样得到 y1?y2= -p2. (2)解:因为光线 QN 经直线 l 反射后又射向 M 点,所以直线 MN 与直线 QN 关于直线 l 对 称,设点 M( ,4)关于 l 的对称点为 M′(x′,y′),则 解得 直线 QN 的方程为 y=-1,Q 点的纵坐标 y2=-1, 由题设 P 点的纵坐标 y1=4,且由(1)知:y1?y2=-p2,则 4?(-1)=-p2, 得 p=2,故所求抛物线方程为 y2=4x. (3)解:将 y=4 代入 y2=4x,得 x=4,故 P 点坐标为(4,4) 将 y=-1 代入直线 l 的方程为 2x-4y-17=0,得 x= , 故 N 点坐标为( ,-1) 由 P、N 两点坐标得直线 PN 的方程为 2x+y-12=0, 设 M 点关于直线 NP 的对称点 M1(x1,y1) 又 M1( ,-1)的坐标是抛物线方程 y2=4x 的解,故抛物线上存在一点( ,-1)与点 M 关于直 线 PN 对称. ●锦囊妙计 1.对直线方程中的基本概念,要重点掌握好直线方程的特征值(主要指斜率、截距)等问题; 直线平行和垂直的条件;与距离有关的问题等. 2.对称问题是直线方程的一个重要应用,中学里面所涉及

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