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16版《步步高》高考数学二轮总复习与增分策略(全国通用,理科)配套课件+配套文档:专题八 数学思想方法


高考数学以能力立意,一是考查数学的基础知识,基本技能;二是考查基本数学思想方法, 考查数学思维的深度、广度和宽度,数学思想方法是指从数学的角度来认识、处理和解决问 题,是数学意识,是数学技能的升华和提高,中学数学思想主要有函数与方程思想、数形结 合思想、分类与整合思想、化归和转化思想. (一)函数与方程思想 函数思想,就是用函数与变量去思考问题 分析和研究数学中的数量关系,建立函

数关系或构造函数,运用函数的图象和性质去分析问 题、转化问题,从而使问题获得解决的数学思想. 方程的思想,就是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,或者构造方程, 通过解方程或方程组,或者运用方程的性质去分析、转化问题,使问题获得解决的数学思想. 例1 A.e (1)(2014· 湖南)若 0<x1<x2<1,则(
x2

)

-e 1 >lnx2-lnx1
x2

x

B.e 1 -e
x

x

<lnx2-lnx1
x2

C.x2e 1 >x1e D.x2e 1 <x1e
x

x2

(2)若将函数 f(x)=sin2x+cos2x 的图象向右平移 φ 个单位, 所得图象关于 y 轴对称, 则 φ 的最 小正值是____. 思维升华 函数与方程思想在解题中的应用 (1)函数与不等式的相互转化,对函数 y=f(x),当 y>0 时,就化为不等式 f(x)>0,借助于函数 的图象和性质可解决有关问题,而研究函数的性质也离不开不等式. (2)数列的通项与前 n 项和是自变量为正整数的函数, 用函数的观点去处理数列问题十分重要. (3)解析几何中的许多问题,需要通过解二元方程组才能解决.这都涉及二次方程与二次函数

有关理论. (4)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算,经常需要运用列方程或建立函数表达式的 方法加以解决. 跟踪演练 1 (1)(2015· 淄博实验中学诊断)若函数 f(x)在 R 上可导, 且满足 f(x)<xf′(x), 则( A.2f(1)<f(2) C.2f(1)=f(2) B.2f(1)>f(2) D.f(1)=f(2) )

(2)如图是函数 y=Asin(ωx+φ)(其中 A>0,ω>0,-π<φ<π)在一个周期内的图象,则此函数的 解析式是( )

π A.y=2sin(2x+ ) 3 2π B.y=2sin(2x+ ) 3 x π C.y=2sin( - ) 2 3 π D.y=2sin(2x- ) 3 (二)数形结合思想 数形结合思想包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面,其应用大致可以分为两种情形: 一是借助形的生动性和直观性来阐明数形之间的联系,即以形作为手段,数作为目的,比如 应用函数的图象来直观地说明函数的性质;二是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的 某些属性,即以数作为手段,形作为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质. 例2 (1)(2014· 山东)已知函数 f(x)=|x-2|+1,g(x)=kx,若方程 f(x)=g(x)有两个不相等的实 ) 1 B.( ,1) 2 D.(2,+∞) y 则 的最小值是____. x

根,则实数 k 的取值范围是( 1 A.(0, ) 2 C.(1,2)

x-y+1≤0, ? ? (2)若实数 x、y 满足?x>0, ? ?y≤2,

思维升华 数形结合思想在解题中的应用 (1)构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围或解不等式. (2)构建函数模型并结合其图象研究方程根或函数的零点的范围. (3)构建解析几何模型求最值或范围.

(4)构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系. 跟踪演练 2 (1)已知奇函数 f(x)的定义域是{x|x≠0, x∈R}, 且在(0, +∞)上单调递增, 若 f(1) =0,则满足 x· f(x)<0 的 x 的取值范围是___________________________________. (2)已知 P 是直线 l: 3x+4y+8=0 上的动点, PA、 PB 是圆 x2+y2-2x-2y+1=0 的两条切线, A、B 是切点,C 是圆心,则四边形 PACB 面积的最小值为________. (三)分类与整合思想 分类与整合思想是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成若干个基础性问题,通过对基础 性问题的解答来实现解决原问题的思想策略.对问题实行分类与整合,分类标准等于增加一 个已知条件,实现了有效增设,将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题),优化 解题思路,降低问题难度;分类研究后还要对讨论结果进行整合. 例 3 ( ) B.[0,1] D.[1, +∞)
? ?3x-1,x<1, (1)(2015· 山东)设函数 f(x)=? x 则满足 f(f(a))=2f(a)的 a 的取值范围是 ?2 ,x≥1, ?

2 ? A.? ?3,1? 2 ? C.? ?3,+∞?

x2 y2 (2)设 F1,F2 为椭圆 + =1 的两个焦点,P 为椭圆上一点.已知 P,F1,F2 是一个直角三 9 4 角形的三个顶点,且|PF1|>|PF2|,则 |PF1| 的值为________. |PF2|

思维升华 分类与整合思想在解题中的应用 (1)由数学概念引起的分类.有的概念本身是分类的,如绝对值、直线斜率、指数函数、对数 函数等. (2)由性质、定理、公式的限制引起的分类讨论.有的定理、公式、性质是分类给出的,在不 同的条件下结论不一致,如等比数列的前 n 项和公式、函数的单调性等. (3)由数学运算和字母参数变化引起的分类.如除法运算中除数不为零,偶次方根为非负,对 数真数与底数的限制,指数运算中底数的要求,不等式两边同乘以一个正数、负数,三角函 数的定义域等. (4)由图形的不确定性引起的分类讨论.有的图形类型、位置需要分类:如角的终边所在的象 限;点、线、面的位置关系等. 跟踪演练 3 1 (1)(2014· 课标全国Ⅱ)钝角三角形 ABC 的面积是 ,AB=1,BC= 2,则 AC 等 2

于( A.5 C.2

) B. 5 D.1

(2)(2014· 广东)设集合 A={(x1,x2,x3,x4,x5)|xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合 A 中满 足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为( A.60 C.120 (四)转化与化归思想 转化与化归思想, 就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化, 进而得到解决的一种方法.一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题,将难解的问 题通过变换转化为容易求解的问题,将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题. 例 4 (1)定义运算: (a ? b)?x=ax2+bx+2, 若关于 x 的不等式(a ? b)?x<0 的解集为{x|1<x<2}, 则关于 x 的不等式(b ? a)?x<0 的解集为( A.(1,2) B.(-∞,1)∪(2,+∞) 2 - ,1? C.? ? 3 ? 2? D.? ?-∞,-3?∪(1,+∞) 1 3 (2) 已知函数 f(x) = lnx - x + - 1 , g(x) =- x2 + 2bx - 4 ,若对任意的 x1∈(0,2) ,任意的 4 4x x2∈[1,2],不等式 f(x1)≥g(x2)恒成立,则实数 b 的取值范围是( A.(-∞, C.(1, 14 ) 2 14 ] 2 B.(1,+∞) D.[1, 14 ] 2 ) ) B.90 D.130 )

思维升华 转化与化归思想在解题中的应用 (1)在三角函数中,涉及到三角式的变形,一般通过转化与化归将复杂的三角问题转化为已知 或易解的三角问题,以起到化暗为明的作用,主要的方法有公式的“三用”(顺用、逆用、变 形用)、角度的转化、函数的转化等. (2)换元法:是将一个复杂的或陌生的函数、方程、不等式转化为简单的或熟悉的函数、方程、 不等式的一种重要的方法. (3)在解决平面向量与三角函数、平面几何、解析几何等知识的交汇题目时,常将平面向量语

言与三角函数、平面几何、解析几何语言进行转化. (4)在解决数列问题时,常将一般数列转化为等差数列或等比数列求解. (5)在利用导数研究函数问题时,常将函数的单调性、极值(最值)、切线问题,转化为其导函 数 f′(x)构成的方程、不等式问题求解. (6)在解决解析几何、立体几何问题时,常常在数与形之间进行转化. 跟踪演练 4 (1)(2014· 安徽)设函数 f(x)(x∈R)满足 f(x+π)=f(x)+sinx. 当 0≤x<π 时, f(x)=0, 23π? 则 f? ? 6 ?等于( 1 A. 2 C.0 (2)已知函数 f(x)=
x

) B. 3 2

1 D.- 2 1 ? ? 2 ? 99 ? ax (a>0 且 a≠1),则 f? +f?100?+?+f? 100 100 ? ? ? ?的值为________. a+ a 提醒:完成作业 专题八

二轮专题强化练

专题八

数学思想方法

A组
1.若 2x+5y≤2 y+5 x,则有(
- -

专题通关

) B.x+y≤0 D.x-y≥0 )

A.x+y≥0 C.x-y≤0

? ?log2?x+1?,x>3, 2.已知函数 f(x)=? x-3 满足 f(a)=3,则 f(a-5)的值为( ?2 +1,x≤3 ?

17 3 A.log23B. C. D.1 16 2 3.已知函数 f(x)=ax3+bsinx+4(a,b∈R),f(lg(log210))=5,则 f(lg(lg2))等于( A.-5 C.3 B.-1 D.4 ) )

4.(2015· 重庆月考)方程 log 1 (a-2x)=2+x 有解,则 a 的最小值为(
2

A.2 3 C. 2

B.1 1 D. 2 )

5.(2015· 广东实验中学阶段考试)已知 0<a<b<1,则( 1 1 A. > b a C.(lga)2<(lgb)2 1 1 B.( )a<( )b 2 2 1 1 D. > lga lgb

? ?2-|x|,x≤2, 6.(2015· 天津)已知函数 f(x)=? 函数 g(x)=b-f(2-x),其中 b∈R,若函数 2 ??x-2? ,x>2, ?

y=f(x)-g(x)恰有 4 个零点,则 b 的取值范围是(

)

7 ? A.? ?4,+∞? 7 0, ? C.? ? 4?

7? B.? ?-∞,4? 7 ? D.? ?4,2?

x≥0, ? ? 7. 已知变量 x, y 满足的不等式组?y≥2x, 表示的是一个直角三角形围成的平面区域, ? ?kx-y+1≥0 则实数 k 等于( 1 A.- 2 C.0 ) 1 B. 2 1 D.- 或 0 2 )

8.等比数列{an}中,a3=7,前 3 项之和 S3=21,则公比 q 的值是( A.1 1 C.1 或- 2 1 B.- 2 1 D.-1 或 2

9.(2014· 江西)在平面直角坐标系中,A,B 分别是 x 轴和 y 轴上的动点,若以 AB 为直径的 圆 C 与直线 2x+y-4=0 相切,则圆 C 面积的最小值为( 4 A. π 5 C.(6-2 5)π 3 B. π 4 5 D. π 4 ) )

10.已知正四棱锥 S-ABCD 中,SA=2 3,那么当该棱锥的体积最大时,它的高为( A.1 C.2 B. 3 D.3

|lgx|, 0<x≤10, ? ? 11.已知函数 f(x)=? 1 若 a,b,c 互不相等,且 f(a)=f(b)=f(c),则 abc - x+6,x>10, ? ? 2 的取值范围是__________.
3 ? ?x ,x≤a, 12. (2015· 湖南)已知函数 f(x)=? 2 若存在实数 b, 使函数 g(x)=f(x)-b 有两个零点, ?x ,x>a, ?

则 a 的取值范围是____________________. 13.(2014· 福建)要制作一个容积为 4m3,高为 1m 的无盖长方体容器.已知该容器的底面造 价是每平方米 20 元, 侧面造价是每平方米 10 元, 则该容器的最低总造价是________. (单位: 元)

B 组 能力提高
14.(2015· 黄冈中学期中)定义在 R 上的函数 f(x)满足:f′(x)>1-f(x),f(0)=6,f′(x)是 f(x) 的导函数,则不等式 exf(x)>ex+5(其中 e 为自然对数的底数)的解集为( A.(0,+∞) C.(-∞,0)∪(1,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞) D.(3,+∞) )

|cosx| 15.(2015· 广东实验中学阶段考试)已知关于 x 的方程 =k 在(0,+∞)有且仅有两根,记 x 为 α,β(α<β),则下列的四个命题正确的是( A.sin2α=2αcos2α C.sin2β=-2βsin2β )

B.cos2α=2αsin2α D.cos2β=-2βsin2β

16.设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=a,an+1=Sn+3n,n∈N*. (1)设 bn=Sn-3n,求数列{bn}的通项公式; (2)若 an+1≥an,n∈N*,求 a 的取值范围.

17.已知函数 f(x)=ln(1+x)- (1)求 f(x)的极小值;

x . 1+x

b (2)若 a,b>0,求证:lna-lnb≥1- . a

学生用书答案精析
专题八 数学思想方法
例1 (1)C 3 (2) π 8

解析 (1)设 f(x)=ex-lnx(0<x<1), 1 xe -1 则 f′(x)=ex- = . x x 令 f′(x)=0,得 xex-1=0. 1 根据函数 y=ex 与 y= 的图象可知两函数图象交点 x0∈(0,1), 因此函数 f(x)在(0,1)上不是单调 x 函数,故 A,B 选项不正确. e ?x-1? ex 设 g(x)= (0<x<1),则 g′(x)= . x x2 又 0<x<1,∴g′(x)<0. ∴函数 g(x)在(0,1)上是减函数. 又 0<x1<x2<1,∴g(x1)>g(x2), ∴x2e 1 >x1e
x x2

x

x

.

π (2)f(x)=sin2x+cos2x= 2sin(2x+ ), 4 π 将 f(x)= 2sin(2x+ )的图象向右平移 φ 个单位, 4 π 得到 y= 2sin(2x+ -2φ)的图象, 4 π 由所得图象关于 y 轴对称,可知 sin( -2φ)=± 1, 4 π 即 sin(2φ- )=± 1, 4 π π 故 2φ- =kπ+ ,k∈Z, 4 2 kπ 3π 即 φ= + ,k∈Z, 2 8 又 φ>0,所以 φmin= 跟踪演练 1 (1)A 3π . 8

(2)B

f′?x?x-f?x? f?x? f?x? 解析 (1)由于 f(x)<xf′(x),则( )′= >0 恒成立, 因此 在 R 上是单调递增函 x x2 x

f?2? f?1? 数,∴ > , 2 1 即 f(2)>2f(1),故答案为 A. (2)依函数图象,知 y 的最大值为 2, 所以 A=2. T 5π π π 又 = -(- )= , 2 12 12 2 2π 所以 T=π,又 =π, ω 所以 ω=2, 所以 y=2sin(2x+φ). π π 将(- ,2)代入可得 sin(- +φ)=1, 12 6 π π 故 φ- = +2kπ,k∈Z, 6 2 2π 又-π<φ<π,所以 φ= . 3 2π 所以函数的解析式为 y=2sin(2x+ ),故选 B. 3 例2 (1)B (2)2

解析 先作出函数 f(x)=|x-2|+1 的图象,如图所示, 当直线 g(x)=kx 与直线 AB 平行时斜率为 1,当直线 g(x)=kx 过 A 点 1 1 时斜率为 ,故 f(x)=g(x)有两个不相等的实根时,k 的范围为( ,1). 2 2 (2)可行域如图所示. y 又 的几何意义是可行域内的点与坐标原点连线的斜率 k. x 由图知,过点 A 的直线 OA 的斜率最小.
?x-y+1=0, ? 联立? 得 A(1,2), ?y=2, ?

2-0 y 所以 kOA= =2.所以 的最小值为 2. x 1-0 跟踪演练 2 (1)(-1,0)∪(0,1) (2)2 2 解析 (1)作出符合条件的一个函数图象草图即可, 由图可知 x· f(x)<0 的 x 的取值范围是(-1,0)∪(0,1).

(2)如图, 1 1 SRt△PAC= |PA|· |AC|= |PA|, 2 2 当 CP⊥l 时,|PC|= |3×1+4×1+8| =3, 32+42

∴此时|PA|min= |PC|2-|AC|2=2 2. ∴(S 四边形 PACB)min=2(S△PAC)min=2 2. 例3 (1)C 7 (2)2 或 2

解析 (1)由 f(f(a))=2f(a)得,f(a)≥1. 2 2 当 a<1 时,有 3a-1≥1,∴a≥ ,∴ ≤a<1. 3 3 当 a≥1 时,有 2a≥1,∴a≥0,∴a≥1. 2 综上,a≥ ,故选 C. 3 (2)若∠PF2F1=90° , 则|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2, ∵|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2 5, 解得|PF1|= 14 4 |PF1| 7 ,|PF2|= ,∴ = . 3 3 |PF2| 2

若∠F2PF1=90° , 则|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2 =|PF1|2+(6-|PF1|)2, 解得|PF1|=4,|PF2|=2, ∴ |PF1| =2. |PF2|

|PF1| 7 综上所述, =2 或 . |PF2| 2 跟踪演练 3 (1)B (2)D 1 解析 (1)∵S△ABC= AB· BC· sinB 2 1 1 2 = ×1× 2sinB= ,∴sinB= , 2 2 2

π 3π ∴B= 或 . 4 4 3π 当 B= 时,根据余弦定理有 AC2=AB2+BC2-2AB· BC· cosB=1+2+2=5,所以 AC= 5, 4 此时△ABC 为钝角三角形,符合题意; π 当 B= 时,根据余弦定理有 AC2=AB2+BC2-2AB· BC· cosB=1+2-2=1,所以 AC=1,此 4 时 AB2+AC2=BC2,△ABC 为直角三角形,不符合题意.故 AC= 5. (2)在 x1,x2,x3,x4,x5 这五个数中,因为 xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5,所以满足条件 1≤|x1| +|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3 的可能情况有“①一个 1(或-1),四个 0,有 C1 5×2 种;②两个 1(或
2 -1),三个 0,有 C2 5×2 种;③一个-1,一个 1,三个 0,有 A5种;④两个 1(或-1),一个 1 3 1 -1(或 1),两个 0,有 C2 5C3×2 种;⑤三个 1(或-1),两个 0,有 C5×2 种.故共有 C5×2+ 2 2 2 1 C5 ×2+A5 +C5 C3×2+C3 5×2=130(种),故选 D.

例4

(1)D (2)A

解析 (1)1,2 是方程 ax2+bx+2=0 的两实根,
? ?a=1, b 2 1+2=- ,1×2= ,解得? a a ?b=-3, ?

由(-3 ? 1)?x=-3x2+x+2<0,得 3x2-x-2>0, 2 解得 x<- 或 x>1. 3 (2)依题意,问题等价于 f(x1)min≥g(x2)max. 1 3 f(x)=lnx- x+ -1, 4 4x
2 1 1 3 4x-x -3 所以 f′(x)= - - 2= . x 4 4x 4x2

由 f′(x)>0,解得 1<x<3,故函数 f(x)的单调递增区间是(1,3),同理得 f(x)的单调递减区间是 (0,1)和(3,+∞),故在区间(0,2)上,x=1 是函数 f(x)的极小值点,这个极小值点是唯一的, 1 所以 f(x1)min=f(1)=- . 2 函数 g(x2)=-x2 2+2bx2-4,x2∈[1,2]. 当 b<1 时,g(x)max=g(1)=2b-5; 当 1≤b≤2 时,g(x2)max=g(b)=b2-4; 当 b>2 时,g(x2)max=g(2)=4b-8.

b<1, 1≤b≤2, ? ? ? ? 故问题等价于? 1 或? 1 2 ? ? ?-2≥2b-5 ?-2≥b -4 解第一个不等式组得 b<1, 解第二个不等式组得 1≤b≤ 第三个不等式组无解, 综上所述,b 的取值范围是(-∞, 跟踪演练 4 (1)A 99 (2) 2 14 , 2

b>2, ? ? 或? 1 ? ?-2≥4b-8.

14 ].故选 A. 2

解析 (1)∵f(x+π)=f(x)+sinx, ∴f(x+2π)=f(x+π)-sinx. ∴f(x+2π)=f(x)+sinx-sinx=f(x). ∴f(x)是以 2π 为周期的周期函数. 23π π π 又 f( )=f(4π- )=f(- ), 6 6 6 π ? ? π? ? π? f? ?-6+π?=f?-6?+sin?-6?, 5π? ? π? 1 ∴f? ? 6 ?=f?-6?-2. 5π? ∵当 0≤x<π 时,f(x)=0,∴f? ? 6 ?=0, 23π? ? π? 1 ∴f? ? 6 ?=f?-6?=2.故选 A. (2)由于直接求解较困难,可探求一般规律, ∵f(x)+f(1-x)= = =
x

a1 x ax + - ax+ a a1 x+ a


ax a + a + a a+ax a a+ax ax a + = =1, ax+ a a+ax ax+ a

1 ? ? 2 ? ? 99 ? ∴f? ?100?+f?100?+?+f?100? 1 99 ? 1 ? ? 99 ?? ? ? 2 ? ? 98 ?? ? ? 49 ? ? 51 ?? ? 50 ? =? ?f?100?+f?100??+?f?100?+f?100??+?+?f?100?+f?100??+f?100?=1×49+2= 2 .

二轮专题强化练答案精析
专题八 数学思想方法
1.B [把不等式变形为 2x-5 x≤2 y-5y,构造函数 y=2x-5 x,其为 R 上的增函数,所以有
- - -

x≤-y.所以 x+y≤0.]
?a≤3, ?a>3, ? ? 2.C [分两种情况分析,? a-3 ①或者? ②,①无解,由②得,a=7, ? ? ?2 +1=3 ?log2?a+1?=3

3 - 所以 f(a-5)=22 3+1= ,故选 C.] 2 3.C [因为 lg(log210)+lg(lg2)=lg(log210×lg2) lg10 =lg( ×lg2)=lg1=0, lg2 所以 lg(lg2)=-lg(log210). 设 lg(log210)=t,则 lg(lg2)=-t. 由条件可知 f(t)=5, 即 f(t)=at3+bsint+4=5, 所以 at3+bsint=1, 所以 f(-t)=-at3-bsint+4=-1+4=3.] 1 + 4.B [由 log 1 (a-2x)=2+x 得 a=2x+( )2 x≥2 2
2

1 + 2x×? ?2 x=1,当且仅当 x=-1 时取等 2

号. ∴a 的最小值为 1.] 5.D 1 - - [∵0<a<b<1,∴a 1>b 1,故 A 错误;又 y=( )x 是减函数, 2

1 1 ∴( )a>( )b,故 B 错误; 2 2 又 y=lgx 是增函数, ∴lga<lgb<0, 1 1 ∴(lga)2>(lgb)2, > , lga lgb 故 C 错误,D 正确.故选 D.] 6.D [方法一 当 x>2 时,g(x)=x+b-4,f(x)=(x-2)2;

当 0≤x≤2 时,g(x)=b-x,f(x)=2-x; 当 x<0 时,g(x)=b-x2,f(x)=2+x. 由于函数 y=f(x)-g(x)恰有 4 个零点, 所以方程 f(x)-g(x)=0 恰有 4 个根. 当 b=0 时,当 x>2 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 x2-5x+8=0,无解; 当 0≤x≤2 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 2-x-(-x)=0,无解; 当 x<0 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 x2+x+2=0,无解. 所以 b≠0,排除答案 B. 当 b=2 时,当 x>2 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为(x-2)2=x-2,得 x=2(舍去)或 x=3,有一 解; 当 0≤x≤2 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 2-x=2-x,有无数个解; 当 x<0 时, 方程 f(x)-g(x)=0 可化为 2-x2=x+2, 得 x=0(舍去)或 x=-1, 有一解. 所以 b≠2, 排除答案 A. 当 b=1 时,当 x>2 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 x2-5x+7=0,无解; 当 0≤x≤2 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 1-x=2-x,无解; 当 x<0 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 x2+x+1=0,无解. 所以 b≠1,排除答案 C.因此答案选 D. 方法二 记 h(x)=-f(2-x)在同一坐标系中作出 f(x)与 h(x)的图象如图, 直线 AB:y=x-4,设直线 l:y=x+b′.
? ?y=x+b′, 当直线 l∥AB 且与 f(x)的图象相切时,由? 2 ?y=?x-2? , ?

9 9 7 解得 b′=- ,- -(-4)= , 4 4 4 7 所以曲线 h(x)向上平移 个单位后,所得图象与 f(x)的图象有两个公共点,向上平移 2 个单位 4 7 后,两图象有无数个公共点,因此,当 <b<2 时,f(x)与 g(x)的图象有 4 个不同的交点,即 4 y=f(x)-g(x)恰有 4 个零点.选 D.]

x≥0, ? ? 7.D [不等式组?y≥2x, ? ?kx-y+1≥0 x≥0, ? ? ?y≥2x, ? ?kx-y+1≥0

表示的可行域如图 (阴影部分)所示,由图可知若不等式组

表示的平面区域是直角三角形, 只有直线 y=kx+1 与直线 y=0 垂直(如图①)

或直线 y=kx+1 与直线 y=2x 垂直(如图②)时,平面区域才是直角三角形.

1 由图形可知斜率 k 的值为 0 或- .] 2 8. C a1?1-q3? [当公比 q=1 时, a1=a2=a3=7, S3=3a1=21, 符合要求. 当 q≠1 时, a1q2=7, 1-q

1 1 =21,解得 q=- 或 q=1(舍去).综上可知,q=1 或- .] 2 2 9.A [∵∠AOB=90° ,∴点 O 在圆 C 上.

设直线 2x+y-4=0 与圆 C 相切于点 D, 则点 C 与点 O 间的距离等于它到直线 2x+y-4=0 的距离,∴点 C 在以 O 为焦点,以直线 2x+y-4=0 为准线的抛物线上, ∴当且仅当 O,C,D 共线时,圆的直径最小为|OD|. 又|OD|= |2×0+0-4| 4 2 = ,∴圆 C 的最小半径为 , 5 5 5 2 2 4 ) = π.] 5 5 SA2-? 2a 2 ?= 2 a2 12- , 2

∴圆 C 面积的最小值为 π( 10.C

[设正四棱锥 S-ABCD 的底面边长为 a(a>0),则高 h= 1 12a4- a6. 2

1 1 所以体积 V= a2h= 3 3 1 设 y=12a4- a6(a>0), 2

则 y′=48a3-3a5.令 y′>0,得 0<a<4; 令 y′<0,得 a>4.故函数 y 在(0,4]上单调递增,在[4,+∞)上单调递减. 可知当 a=4 时,y 取得最大值,即体积 V 取得最大值,此时 h= a2 12- =2, 2

故选 C.] 11.(10,12) 解析 作出 f(x)的大致图象.

由图象知,要使 f(a)=f(b)=f(c),不妨设 a<b<c, 1 则-lga=lgb=- c+6. 2 ∴lga+lgb=0,∴ab=1,∴abc=c. 由图知 10<c<12,∴abc∈(10,12). 12.(-∞,0)∪(1,+∞) 解析 函数 g(x)有两个零点,即方程 f(x)-b=0 有两个不等实根,则函数 y=f(x)和 y=b 的图象有两个公共点. ①若 a<0,则当 x≤a 时,f(x)=x3,函数单调递增;当 x>a 时,f(x)=x2,函数先单调递减后 单调递增,f(x)的图象如图(1)实线部分所示,其与直线 y=b 可能有两个公共点. ②若 0≤a≤1,则 a3≤a2,函数 f(x)在 R 上单调递增,f(x)的图象如图(2)实线部分所示,其与 直线 y=b 至多有一个公共点. ③若 a>1,则 a3>a2,函数 f(x)在 R 上不单调,f(x)的图象如图(3)实线部分所示,其与直线 y =b 可能有两个公共点. 综上,a<0 或 a>1.

13.160 4 解析 设该长方体容器的长为 xm,则宽为 m.又设该容器的造价为 y 元,则 y=20×4+2(x x 4 4 4 + )×10,即 y=80+20(x+ )(x>0).因为 x+ ≥2 x x x “=”), 所以 ymin=80+20×4=160(元). 14.A [由题意可知不等式 4 4 x· =4(当且仅当 x= ,即 x=2 时取 x x

exf(x)-ex-5>0, 设 g(x)=exf(x)-ex-5. 所以 g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex =ex[f(x)+f′(x)-1]>0,所以函数 g(x)在定义域上单调递增, 又因为 g(0)=0,所以 g(x)>0 的解集为 x>0.] 15.C |cosx| [由 =k,即得方程|cosx|=kx 在(0,+∞)上有两个不同的解, x

作出 y=|cosx|的图象,

π 由图知直线 y=kx 与 y=|cosx|与 x∈( ,π)时相切, 2 此时 y=|cosx|=-cosx, y′|x=β=sinβ=k, -cosβ 又|cosβ|=kβ?k= , β -cosβ 所以 sinβ= ?sin2β=-2βsin2β.] β 16.解 (1)依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n, 即 Sn+1=2Sn+3n,由此得 Sn+1-3n =2(Sn-3n). 即 bn+1=2bn,又 b1=S1-3=a-3, 因此,所求通项公式为 bn=Sn-3n =(a-3)2n 1,n∈N*.
- +1

(2)由(1)知 Sn=3n+(a-3)2n 1,n∈N*,


于是,当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=3n+(a-3)2n 1-3n 1-(a-3)2n
- - -2

=2×3n 1+(a-3)2n 2,
- -

an+1-an=4×3n 1+(a-3)2n


-2

3 - - =2n 2[12( )n 2+a-3], 2 3 - 当 n≥2 时,an+1≥an?12( )n 2+a-3≥0?a≥-9. 2 又 a2=a1+3>a1. 综上,所求的 a 的取值范围是[-9,+∞). 1+x-x 1 x 17.(1)解 f′(x)= - = (x>-1).令 f′(x)=0,得 x=0. 1+x ?1+x?2 ?1+x?2 当 x 变化时,f′(x)和 f(x)的变化情况 列表如下:

x f′(x) f(x)

(-1,0) - ?

0 0 极小值

(0,+∞) + ?

由上表可知,x=0 时 f(x)取得极小值 f(0)=0. x (2)证明 在 x=0 时, f(x)取得极小值, 而且是最小值, 于是 f(x)≥f(0)=0, 从而 ln(1+x)≥ 1+x 在 x>-1 时恒成立, a x 1 b 令 1+x= >0,则 =1- =1- , b a 1+x x+1 a b ∴lna-lnb=ln ≥1- . b a b 因此 lna-lnb≥1- 在 a>0,b>0 时成立. a b ∴lna-lnb≥1- . a


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