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名师一号高考总复习新课标A版数学理学案部分全解全析


名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(理)

参 考 答 案 学 案 部 分

第一章
第一节

集合与常用逻辑用语

集合

课本导读 1.(1)确定性 互异性 (2)属于 不属于 ∈ ? (3)N N*或 N+ Z Q R (4)列举 法 描述法 图示法 (5)有限集 无限集 空集 2.相同 A=B A?B 或 B?A A?B 或 B?A 子集 真子集 3.?UA x∈A 或 x∈B x∈A 且 x∈B x∈U 且 x?A 4.B?A A?B U ? A 基础自评 1.解析 S∪T={1,2,3}.故选 C. 答案 C 2. 解析 由图知即求(?UA)∩B, 而?UA={4,6,7,8}, B={2,4,6}, 所以(?UA)∩B={4,6}. 故 选 B. 答案 B 3.解析 集合 M 中的元素为方程 f(x)=0 的根,集合 N 中的元素为方程 g(x)=0 的根, 但有可能 M 中的元素会使得 g(x)=0 没有意义, 同理 N 中的元素也有可能会使得 f(x)=0 没有 意义.如:f(x)= x-2,g(x)= 1-x,f(x)· g(x)= x-2· 1-x=0 解集为空集.这里容易错 选 A 或 C. 答案 B 1 ? ?1 ? 4.解析 A=? ?2,+∞?,B=(-1,1),A∩B=?2,1?. 1 ? 答案 ? ?2,1? 5.解析 集合 B 中,x2-5x+4≥0,∴x≥4 或 x≤1. 又∵集合 A 中 a-1≤x≤1+a. ∵A∩B=?,∴a+1<4 且 a-1>1,∴2<a<3. 答案 (2,3) 研考点· 知规律 ? ? ?x=0, ?x=0, 【例 1】 解析 (1)因为 x,y∈A,所以? 或? 或 ? ? ?y=0 ?y=1
?x=0, ?x=1, ?x=1, ?x=1, ?x=2, ?x=2, ?x=2, ? ? ? ? ? ? ? ? 或? 或? 或? 或? 或? 或? 所以 B ?y=2 ? ? ?y=2 ? ? ? ? ?y=0 ?y=1 ? ?y=0 ?y=1 ?y=2,

={0,-1,-2,1,2},所以集合 B 中有 5 个元素,应选 C. (2)若 a+2=1,则 a=-1,代入集合 A,得 A={1,0,1},与集合元素的互异性矛盾; 若(a+1)2=1,得 a=0 或-2,代入集合 A,得 A={2,1,3}或 A={0,1,1},后者与集合的 互异性矛盾,故 a=0 符合要求; 若 a2+3a+3=1,则 a=-1 或-2,代入集合 A,得 A={1,0,1}或者 A={0,1,1},都与 集合的互异性相矛盾. 综上可知只有 a=0 符合要求,故集合 B 中只有一个元素,应选 B. 答案 (1)C (2)B 变式思考 1 解析 (1)∵A*B={z|z=xy,x∈A,y∈B},

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又 A={1,2},B={0,2}, ∴A*B={0,2,4},其所有元素之和为 6,故选 D. (2)∵A=?,∴方程 ax2-3x+2=0 无实根, 2 当 a=0 时,x= 不合题意, 3 9 当 a≠0 时,Δ=9-8a<0,∴a> . 8 9 答案 (1)D (2)( ,+∞) 8 【例 2】 解析 (1)因为 A∪B=A,所以 B?A, 所以 m=3 或 m= m. 若 m=3,则 A={1,3, 3},B={1,3},满足 A∪B=A. 若 m= m,则 m=0 或 m=1.当 m=0 时,A={1,3,0},B={1,0},满足 A∪B=A;当 m =1 时,A={1,3,1},B={1,1},不满足集合中元素的互异性,舍去.

综上,m=0 或 m=3.应选 B. (2)当 B=?时,只需 2a>a+3,即 a>3;
? ?a+3≥2a, 当 B≠?时,根据题意作出如右图所示的数轴,可得? ?a+3<-1 ? ?a+3≥2a, ? 或? 解得 a<-4 或 2<a≤3. ? ?2a>4, 综上可得,实数 a 的取值范围为 a<-4 或 a>2. 答案 (1)B (2){a|a<-4 或 a>2} 变式思考 2 解析 (1)由 x2-3x+2=0,得 x=1 或 x=2, ∴A={1,2}. 由题意知 B={1,2,3,4}, ∴满足条件的 C 可为{1,2},{1,2,3},{1,2,4},{1,2,3,4}.

1 1 ②当 B≠?, 即 a<0 时, B={x|- -a<x< -a}, 要使 B??RA, 需 -a≤ , 解得- ≤a<0. 2 4 1 综上可得,实数 a 的取值范围是 a≥- . 4 变式思考 3 解析 (1)集合 A={x|x>2 或 x<0},所以 A∪B={x|x>2 或 x<0}∪{x|- 5 <x< 5}=R,选择 B. (2)由题意可知, 集合 A={x|x≥0}, B={x|2≤x≤4}, 所以?RB={x|x<2 或 x>4}, 此时 A∩

(2)由 log2x≤2,得 0<x≤4, 即 A={x|0<x≤4},而 B=(-∞,a), 由于 A?B,如右图所示,则 a>4,则 c=4. 答案 (1)D (2)4 ? 1 ? ≤x≤3 ?, 【例 3】 解析 (1)∵A=?x? 2 ? ? ? 当 a=-4 时,B={x|-2<x<2}, ? 1 ? ≤x<2 ?,A∪B={x|-2<x≤3}. ∴A∩B=?x? 2 ? ? ? ? ? 1 ? (2)?RA=?x?x<2或x>3 ?,当(?RA)∩B=B 时,B??RA. ? ? ①当 B=?,即 a≥0 时,满足 B??RA;

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?RB={x|0≤x<2 或 x>4},故选 C. 答案 (1)B (2)C

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自主体验 1.解析 本题在给出新的运算法则的前提下,考查学生的运算求解能力.在 B 选项中, [a*(b*a)]*(a*b)=b*(a*b)=a,故 B 项正确;在 C 选项中,将 a*(b*a)=b 中的 a 换成 b,即得 b*(b*b)=b 成立,故 C 项正确;在 D 选项中,令 a*b=c,则 c*(b*c)=b 成立,故 D 项正确; 只有 A 选项不能恒成立. 答案 A 2.解析 本题考查归纳推理,集合的性质, 若(x,y,z)∈S,则令 M:x,y,z,x,y,z,?,则 M 中任意三个连续的数组成的元素 均在集合 S 中; 同理,由(z,w,x)∈S,知令 N:z,w,x,z,w,x,z,w,x,?,则 N 中任意三个连 续的数组成的元素均在集合 S 中;则令 Q:x,y,z,w,x,y,z,w,?,则 Q 中任意四个 连续的数中的任意三个数(顺序不变)组成的元素在集合 S 内,由此分析,知选 B. 答案 B

第二节

命题及其关系、充分条件与必要条件

课本导读 1.判断真假 判断为真 判断为假 2.(1)若 q,则 p 若綈 p,则綈 q 若綈 q,则綈 p (2)①相同 ②无关 3.(1)充分条件 必要条件 (2)充要条件 基础自评 1.解析 逆命题只需将原命题的条件与结论交换即可. 答案 D 2. 解析 “x+y 是偶数”的否定为“x+y 不是偶数”, “x, y 都是偶数”的否定为“x, y 不都是偶数”.因此其逆否命题为“若 x+y 不是偶数,则 x,y 不都是偶数”,故选 C. 答案 C 3.解析 由 A?B,得 A∩B=A;反过来,由 A∩B=A,且 A∩B?B,得 A?B.因此, A?B 是 A∩B=A 成立的充要条件. 答案 C 4.解析 原命题的条件:在△ABC 中,∠C=90° , 结论:∠A、∠B 都是锐角.否命题是否定条件和结论. 即“在△ABC 中,若∠C≠90° ,则∠A、∠B 不都是锐角”. 答案 “在△ABC 中,若∠C≠90° ,则∠A、∠B 不都是锐角” 2 2 5.解析 ①由 2>-3 /?2 >(-3) 知,该命题为假;②由 a2>b2?|a|2>|b|2?|a|>|b|知,该 命题为真;③a>b?a+c>b+c,又 a+c>b+c?a>b,∴“a>b”是“a+c>b+c”的充要条件为 真命题. 答案 ②③ 研考点· 知规律 【例 1】 解析 ①中否命题为“若 a=0,则 ab=0”,正确;②中逆命题不正确;③ 中,Δ=1+4m,当 m>0 时,Δ>0,原命题正确,故其逆否命题正确;④中原命题正确故逆否 命题正确. 答案 B 变式思考 1 解析 (1) 原命题与逆否命题等价,而原命题为真,所以逆否命题为真命 题.原命题的逆命题为:若 y=f(x)的图象不过第四象限,则函数 y=f(x)是幂函数.显然此命 题为假. 又∵逆命题与否命题同真假,∴否命题为假. (2)①的逆命题为“若 x,y 互为相反数,则 x+y=0”,为真命题;②的否命题为“不全 等的三角形面积不相等”,为假命题;在③中,逆否命题与原命题同真假,易知原命题为真, 则其逆否命题也为真命题,故③为真命题;④的逆命题为“三个内角相等的三角形不是等边

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三角形”,为假命题.故填①③. 答案 (1)C (2)①③ 【例 2】 解析 当 φ=π 时,y=sin(2x+π)=-sin2x,则曲线 y=-sin2x 过坐标原点, 所以“φ=π”?“曲线 y=sin(2x+φ)过坐标原点”;当 φ=2π 时,y=sin(2x+2π)=sin2x,则 曲线 y=sin2x 过坐标原点, 所以曲线 y=sin(2x+φ)过坐标原点?/ φ=π, 所以“φ=π”是“曲 线 y=sin(2x+φ)过坐标原点”的充分而不必要条件,故选 A. 答案 A 变式思考 2 解析 (1)由题可知 q?綈 p,而綈 p /?q 等价于 p?綈 q,但綈 q /?p.故 p 是綈 q 的充分不必要条件.选 A. (2)由题意得 A∪B={x∈R|x<0 或 x>2},C={x∈R|x<0 或 x>2},故 A∪B=C,则“x∈A ∪B”是“x∈C”的充要条件. 答案 (1)A (2)C 【例 3】 解 由题意 p:-2≤x-3≤2,∴1≤x≤5. ∴綈 p:x<1 或 x>5.又∵q:m-1≤x≤m+1, ∴綈 q:x<m-1 或 x>m+1. 又∵綈 p 是綈 q 的充分而不必要条件,
? ?m-1≥1, ∴? ∴2≤m≤4. ?m+1≤5. ? 变式思考 3 解析 (1)设 q,p 表示的范围为集合 A,B 则 A=(2,3),B=(a-4,a+4). 因为 q 是 p 的充分条件,则有 A?B, ? ?a-4≤2, 则? 所以-1≤a≤6. ?a+4≥3, ? m m (2)∵4x+m<0,∴x<- ,∴p:x<- . 4 4 2 ∵x -x-2>0,∴x<-1 或 x>2.∴q:x<-1 或 x>2. m ∵p?q,∴- ≤-1,∴m≥4. 4 即 m 的取值范围是[4,+∞). 答案 (1)-1≤a≤6 (2)[4,+∞) 自主体验 1.解析 本题考查原命题的否命题的写法.“a+b+c=3”的否定是“a+b+c≠3”, “a2+b2+c2≥3”的否定是“a2+b2+c2<3”.原命题是“若 p,则 q”,则其否命题是“若

綈 p,则綈 q”,故命题“若 a+b+c=3,则 a2+b2+c2≥3”的否命题是“若 a+b+c≠3, 则 a2+b2+c2<3”. 答案 A 2.解析 “x,y 中至少有一个数大于 1”成立的充分不必要条件是 x+y>2,因为若 x, y 都不大于 1,则 x+y>2 不成立.但是 x,y 中至少有一个数大于 1,不一定有 x+y>2,如 x =4,y=-8,则 x+y=-4,故选 B. 答案 B 第三节 简单的逻辑联结词、 全称量词与存在量词课本导读 1.真 真 假 假 真 假 假 真 真 假 假 真 2.所有的 任意一个 全称量词 ?x∈M,p(x) 存在一个 至少有一个 存在量词 ?x0∈M,p(x0) 3.?x0∈M,綈 p(x0) ?x∈M,綈 p(x)

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基础自评 1.解析 由真值表知,綈 q 是真命题,故选 D. 答案 D 2.解析 全称命题的否定是特称命题,“sinx≤1”的否定是“sinx>1”,故选 C. 答案 C 3.解析 “p∨q”为真,则命题 p、q 中至少有一个为真,“p∧q”为假,则命题 p、q 中至少有一个为假, 则“p∨q 为真, p∧q 为假”的充要条件是“p、 q 中有且只有一个为真”. 答案 C 4.答案 所有的三角形都不是等边三角形 2 5.解析 ?x0∈R,2x0 -3ax0+9<0 为假命题,则?x∈R,2x2-3ax+9≥0 恒成立,有 Δ 2 =9a -72≤0,解得-2 2≤a≤2 2. 答案 [-2 2,2 2] 研考点· 知规律 1 - 【例 1】 解析 由 f′(x)=(2x-2 x)′=ln2[2x+( )x]>0 知,命题 p1 是真命题,綈 p1 是 2 1 - 假命题;g′(x)=(2x+2 x)′=ln2[2x-( )x],当 x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,故命题 p2 是假命 2 题,綈 p2 是真命题,从而命题 q1、q4 是真命题,故选 C. 答案 C 变式思考 1 解析 因为函数 y=x2-2x 的单调递增区间是[1,+∞),所以 p 是真命题; 1 因为函数 y=x- 的单调递增区间是(-∞,0)和(0,+∞),所以 q 是假命题.所以 p∧q 为假 x 命题,p∨q 为真命题,綈 p 为假命题,綈 q 为真命题,故选 D. 答案 D 【例 2】 解析 对于 A,an+1-an=a(n+1)+b-(an+b)=a,a 是常数.A 项正确;对 于 B,?x∈(-∞,0),2x>3x,B 不正确;对于 C,易知 3x≠0,因此 C 项正确;对于 D,注 意到 lg1=0,因此 D 项正确. 答案 B 变式思考 2 解析 (1)由于?x∈R,都有 x2≥0,因而有 x2+2≥2>0,即 x2+2>0.所以 命题“?x∈R,x2+2>0”是真命题. (2)由于 0∈N,当 x=0 时,x4≥1 不成立,所以命题“?x∈N,x4≥1”是假命题. (3)由于-1∈Z,当 x=-1 时,能使 x3<1,所以命题“?x∈Z,x3<1”是真命题. (4)由于使 x2=3 成立的数只有± 3,而它们都不是有理数.因此,没有任何一个有理数 的平方能等于 3,所以命题“?x∈Q,x2=3”是假命题. (5)假命题,因为只有 x>2 或 x<1 时满足. (6)假命题,因为不存在一个实数 x 使 x2+1=0 成立. 答案 (1)真 (2)假 (3)真 (4)假 (5)假 (6)假 1 【例 3】 解 (1)綈 p:?x∈R,x2-x+ <0,假命题. 4 (2)綈 q:至少存在一个正方形不是矩形,假命题. (3)綈 r:?x∈R,x2+2x+2>0,真命题. (4)綈 s:?x∈R,x3+1≠0,假命题. 变式思考 3 解析 (1)全称命题的否定为特称命题,故选 D. (2)已知此命题是一个特称命题, 根据特称命题的否定形式, 可知其否定是一个全称命题, 然后把“ex>x”改为“ex≤x”即得答案. 答案 (1)D (2)C 自主体验 1.解析 由于命题的否定是假命题,所以原命题为真命题,结合图象知 Δ=a2-4>0, 解得 a>2 或 a<-2.

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答案 (-∞,-2)∪(2,+∞) 2.解 若 p 是真命题,则 0<a<1, 若 q 是真命题,则 ymin>1,又 ymin=2a,∴2a>1, 1 ∴q 为真命题时 a> ; 2 又∵p∨q 为真,p∧q 为假,∴p 与 q 一真一假. 1 若 p 真 q 假,则 0<a≤ ;若 p 假 q 真,则 a≥1. 2 1 故 a 的取值范围为 0<a≤ 或 a≥1. 2

第二章
第一节

函数、导数及其应用

函数及其表示

课本导读 1. (1)非空 唯一 x (2)自变量 函数值 {y|y=f(x), x∈A} (3)定义域 对应法则 值 域 2.任意 有一个且仅有一个元素 A→B 定义域 值域 3.不同的对应法则 基础自评 1.解析 f(x)=g(x+2)=2(x+2)+3=2x+7. 答案 D 2?2 2 13 2.解析 f(3)= ,f(f(3))=? + 1 = . 3 ? ? 3 9 答案 D 3.解析 B 中一个 x 对应两个函数值,不符合函数定义. 答案 B 4.解析 对于函数①②,M 中的 2,4 两元素在 N 中找不到象与之对应,对于函数③,M 中的-1,2,4 在 N 中没有象与之对应,故选 D. 答案 D 5.解析 f[g(1)]=f(3)=1. x 1 2 3 f[g(x)] 1 3 1 g[f(x)] 3 1 3 故 f[g(x)]>g[f(x)]的解为 x=2. 答案 1 2 研考点· 知规律 【例 1】 解析 (1)由函数的定义知①正确. ②中满足 f(x)= x-3+ 2-x的 x 不存在, 所以②不正确.③中 y=2x(x∈N)的图象是一条直线上的一群孤立的点,所以③不正确.④中 f(x)与 g(x)的定义域不同,∴④也不正确.故选 A. (2)对于①,当 0∈A 时,y=0?B,故①所给的对应法则不是 A 到 B 的映射,当然它不是 A 上的函数关系;对于②,当 2∈A 时,y= 2?B,故②所给的对应法则不是 A 到 B 的映射, 当然它不是 A 上的函数关系;对于③,对于 A 中的任一个数,按照对应法则,在 B 中都有唯 一元素 0 和它对应,故③所给的对应法则是 A 到 B 的映射,这两个数集之间的关系是集合 A 上的函数关系. 答案 (1)A (2)B 变式思考 1 解析 (1)选项 A,B 中,定义域不同,选项 C 中,对应法则不同,只有选

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项 D 中的两个函数的三要素相同.故选 D. (2)由函数定义可知,自变量 x 对应唯一的 y 值,所以③④错误,①②正确. 答案 (1)D (2)①② 2 2 【例 2】 解析 (1)令 t= +1,则 x= , x t-1 2 2 ∴f(t)=lg ,即 f(x)=lg . t-1 x-1 2 (2)设 f(x)=ax +bx+c(a≠0),由 f(0)=2,得 c=2, f(x+1)-f(x)=a(x+1)2+b(x+1)-ax2-bx=x-1, 即 2ax+a+b=x-1, 1 a= , ? 2 ?2a=1, ∴? 即 3 ?a+b=-1, ? b=- . 2 1 3 ∴f(x)= x2- x+2. 2 2 1 1 1 (3)∵f(x)+2f( )=x,∴f( )+2f(x)= . x x x 1 f?x?+2f? ?=x, x 2 x 解方程组 得 f(x)= - (x≠0). 3x 3 1 1 f? ?+2f?x?= , x x

? ? ?

? ? ?

变式思考 2 解 (1)令 t= x+1,∴t≥1,x=(t-1)2. 则 f(t)=(t-1)2+2(t-1)=t2-1, ∴f(x)=x2-1(x≥1). (2)设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0),又 f(0)=c=3. ∴f(x)=ax2+bx+3, ∴f(x+2)-f(x)=a(x+2)2+b(x+2)+3-(ax2+bx+c)=4ax+4a+2b=4x+2. ?4a=4, ?a=1, ? ? ∴? ∴? ?4a+2b=2, ?b=-1. ? ? 2 ∴f(x)=x -x+3. 【例 3】 解析 (1)由于 f(1)=12,所以 3· (t-1)1=12,解得 t=5. 于是 f(- 3)=log2[(- 3)2+1]=2,因此 f(f(- 3))=f(2)=3×42=48,故选 B.

(2)在平面直角坐标系中画出函数 f(x)的图象如右图,令 f(x1)=f(x2)=f(x3)=a,则由题意 知 f(x)=a 有三个不相等的实根 x1,x2,x3,即函数 f(x)的图象与直线 y=a 的图象有三个交点, 由图象可以看出,只有当 2<a<4 时,两个图象才有三个交点.这时不妨设 x1<x2<x3,则一定 有 x2+x3=4,且-1<x1<0,于是 3<x1+x2+x3<4,即 x1+x2+x3 的取值范围是(3,4). 答案 (1)B (2)(3,4) 1 1 变式思考 3 解析 (1)由题意得 f( )=log3 =-2, 9 9 1 1 -2 f(f( ))=f(-2)=2 = . 9 4 x (2)当 x≤1 时,令 3 =2,解得 x=log32; 当 x>1 时,令-x=2,解得 x=-2,与 x>1 矛盾,舍去.

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故 x 的值为 log32. 答案 (1)B (2)log32 自主体验 4? ?1? ? 2? 1.解析 依题意有 f? ?3?=f?3?+1=f?-3?+2 2 ? 3 =cos? ?-3π?+2=2, 4? π? 1 ? 4 ? ? f? ?-3?=cos?-3π?=cos?-π-3?=-2, 4? ? 4? 所以 f? ?3?+f?-3?=1,故选 D. 答案 D 1 ? 2.解析 当 x∈(-∞,1]时,函数值域为? ?2,+∞?;当 x∈(1,+∞)时,值域为(0,+ 1 1 1 ∞).因为 f(x)= ∈(0,+∞),所以 x∈(1,+∞),所以 log81x= ,x=81 =3.故选 B. 4 4 4 答案 B

第二节

函数的定义域与值域
(2)大于或等于 0 (3)R (4)R (5)(0,+∞) (6){x|x≠0} 4ac-b2 4ac-b2 (2){y|y≥ } {y|y≤ } (3){y|y≠0} (4){y|y>0} (5)R 4a 4a

课本导读 1.(1)不等于零 2.(1)R

基础自评 1.解析 f(x)= 1-x2的定义域 M 即 1-x2≥0 的解集,故 M={x|-1≤x≤1}.由补集 的运算知?RM=(-∞,-1)∪(1,+∞). 答案 D 2.解析 画出图象可求值域. 答案 A 1 1 1 3.解析 ∵x2+2≥2,∴0< 2 ≤ .∴0<y≤ . 2 x +2 2 答案 D ? ?x-4≥0, 4.解析 由? 得 x≥4 且 x≠5. ?|x|-5≠0, ? 答案 {x|x≥4 且 x≠5} 5.解析 ∵ x有意义,∴x≥0. 3?2 9 又 y=x2+3x-5=? ?x+2? -4-5, ∴当 x=0 时,ymin=-5. 答案 [-5,+∞) 研考点· 知规律 2x-1≥0, ? ?2x+1>0, (1)由已知得? 1 ? ?log2?2x+1?≠0,

【例 1】 解析

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x≥ , ? ? 2 1 ∴? x>- , 2 ? ?2x+1≠1.

1

1 1 ? ∴x≥ ,∴f(x)的定义域为? ?2,+∞?. 2

(2)A={x|x≠1}, y=f[f(x)], ∴x≠1, 且 f(x)≠1, 故 B={x|x≠1 且 x≠0}. ∴B?A, 故 A∩B =B,选 D. 1 ? 答案 (1)? ?2,+∞? (2)D 2 ? ?x -2x>0, 变式思考 1 解 (1)要使该函数有意义,需要? 2 ?9-x >0, ?
? ?x<0或x>2, 则有? 解得-3<x<0 或 2<x<3, ?-3<x<3, ? 所以所求函数的定义域为(-3,0)∪(2,3). (2)∵函数 f(x)的定义域是[-1,1], 1 ∴-1≤x≤1,∴-1≤log2x≤1,∴ ≤x≤2. 2 1 ? 故 f(log2x)的定义域为? ?2,2?. 【例 2】 解析 (1)由 3+2x-x2≥0 得函数定义域为[-1,3],又 t=3+2x-x2=4-(x-

1)2.

∴t∈[0,4], t∈[0,2],从而 ymin=2(当 x=1 时); ymax=4(当 x=-1 或 x=3 时).故值域为[2,4]. 1-t2 (2)方法 1:令 1-2x=t(t≥0),则 x= . 2 1?2 5 ∴y=1-t2-t=-? ?t+2? +4. 1 ∵二次函数对称轴为 t=- , 2 1?2 5 ∴在[0,+∞)上,y=-? ?t+2? +4是减函数. 1?2 5 故 ymax=-? ?0+2? +4=1, 故函数有最大值 1,无最小值,其值域为(-∞,1]. 方法 2:∵y=2x 与 y=- 1-2x均为定义域上的增函数,故 y=2x- 1-2x是定义域为 1 1 1 {x|x≤ }上的增函数,故 ymax=2× - 1-2× =1,无最小值. 2 2 2 故函数的值域为(-∞,1]. 4 (3)方法 1:∵函数 y=x+ 是定义域为{x|x≠0}上的奇函数,故其图象关于原点对称,故 x 只讨论 x>0 时,即可知 x<0 时的最值. 4 4 ∴当 x>0 时,y=x+ ≥2 x· =4, x x 等号当且仅当 x=2 时取得; 当 x<0 时,y≤-4,等号当且仅当 x=-2 时取得. 综上,函数的值域为(-∞,-4]∪[4,+∞),无最值. 方法 2:任取 x1,x2,且 x1<x2,Δx=x2-x1>0, 因为 Δy=f(x2)-f(x1) 4 4 x+ ? =x2+ -? x2 ? 1 x1?

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?x2-x1??x1x2-4? = . x1x2 所以当 x≤-2 或 x≥2 时,f(x)递增; 当-2<x<0 或 0<x<2 时,f(x)递减. 故 x=-2 时,f(x)极大值=f(-2)=-4, x=2 时,f(x)极小值=f(2)=4, 所以所求函数的值域为(-∞,-4]∪[4,+∞),无最大(小)值. 3x y (4)由 y= x ,得 3x= . 3 +1 1-y y ∵3x>0,∴ >0,∴0<y<1. 1-y ∴原函数的值域为(0,1),无最值. 变式思考 2 解 (1)方法 1:(分离常数法) 1-x2 2 y= =-1+ , 1+x2 1+x2 2 ∵x2≥0,∴x2+1≥1,∴0< ≤2. 1+x2 2 ∴-1<-1+ ≤1. 1+x2 即函数值域为(-1,1]. 方法 2:(反解法) 1-x2 1-y 2 由 y= . 2,得 x = 1+x 1+y 1-y ∵x2≥0,∴ ≥0. 1+y ∴-1<y≤1,即函数值域为(-1,1]. 1 25 (2)(配方法)y= -2?x- ?2+ , 4 8 5 2 5 2 ∴0≤y≤ ,∴值域为[0, ]. 4 4 1 1 (3)由 y=x+ +1(x≠0),得 y-1=x+ . x x 1? ?1? ?1?=2, ∵? ?x+x?=|x|+?x?≥2 |x|· ? x? ∴|y-1|≥2,即 y≤-1 或 y≥3. 故函数的值域为(-∞,-1]∪[3,+∞) ? ?2x≥0, (4)考虑函数单调性,由? 解得 0≤x≤6, ?6-x≥0, ? 即函数的定义域为[0,6]. 因为函数 y= 2x- 6-x在[0,6]上单调递增, 所以 ymin=- 6,在 x=0 处取得; ymax=2 3,在 x=6 处取得, 故函数的值域为[- 6,2 3]. 【例 3】 解 (1)方程 f(x)=x,即 ax2+bx=x, 亦即 ax2+(b-1)x=0, 由方程有两个相等的实根,得 Δ=(b-1)2-4a×0=0, ∴b=1. 由 f(2)=0,得 4a+2b=0. 1 由①、②得,a=- ,b=1, 2

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1 故 f(x)=- x2+x. 2 (2)假设存在实数 m、n 满足条件,由(1)知, 1 1 1 1 f(x)=- x2+x=- (x-1)2+ ≤ , 2 2 2 2 1 1 则 2n≤ ,即 n≤ . 2 4 1 1 ∵f(x)=- (x-1)2+ 的对称轴为 x=1, 2 2 1 ∴当 n≤ 时,f(x)在[m,n]上为增函数. 4 1 - m2+m=2m, ? 2 ?f?m?=2m, 于是有? 即 1 ?f?n?=2n, ? - n2+n=2n, 2

? ? ?

? ? ?m=-2或m=0, ?m=-2, 1 ∴? 又 m<n≤ ,∴? 4 ?n=-2或n=0. ?n=0. ? ? 故存在实数 m=-2,n=0,使 f(x)的定义域为[m,n],值域为[2m,2n]. 变式思考 3 解 f(x)=x2-4ax+2a+6=(x-2a)2+2a+6-4a2. (1)∵函数值域为[0,+∞),∴2a+6-4a2=0. 3 解得 a=-1 或 a= . 2 (2)∵函数值域为非负数集,∴2a+6-4a2≥0. 3 即 2a2-a-3≤0,解得-1≤a≤ . 2 3 17 ∴f(a)=2-a|a+3|=2-a(a+3)=-(a+ )2+ . 2 4 3 19 ∴f(a)在[-1, ]上单调递减.∴- ≤f(a)≤4. 2 4 19 即 f(a)值域为[- ,4]. 4 自主体验 1 |x+1|,x≥ , 2 1.解析 f(x)= 1 |x-2|,x< , 2 3 ? 由图象知函数的值域为? ?2,+∞?. 3 ? 答案 ? ?2,+∞? 2.解析 根据绝对值的意义, ?x+1 ?x>1或x<-1?, |x2-1| ? y= =? x-1 ? ?-x-1 ?-1≤x<1?.

? ? ?

在直角坐标系中作出该函数的图象,如图中实线所示.根据图象可知, 当 0<k<1 或 1<k<4 时有两个交点. 答案 (0,1)∪(1,4)

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第三节

函数的单调性与最值

课本导读 1.(1)f(x1)<f(x2) f(x1)>f(x2) 逐渐上升 逐渐下降 (2)增函数 减函数 区间 D 2.f(x)≤M f(x0)=M f(x)≥M f(x0)=M 基础自评 1.解析 结合函数的图象易知选 D. 答案 D 1 2.解析 由 2k+1<0,得 k<- ,故选 D. 2 答案 D ? ?|x|<1, 1? ? 3.解析 由已知条件:? > 1 ,不等式等价于 解得-1<x<1,且 x≠0. ? x? ? ?x≠0, 答案 C 1 4.解析 要使 y=log5(2x+1)有意义,则 2x+1>0,即 x>- ,而 y=log5u 为(0,+∞) 2 1 1 ? 上的增函数,当 x>- 时,u=2x+1 也为增函数,故原函数的单调增区间是? ?-2,+∞?. 2 1 ? 答案 ? ?-2,+∞? 1 3 3 5.解析 ∵1-x(1-x)=x2-x+1=(x- )2+ ≥ , 2 4 4 1 4 4 ∴0< ≤ ,故 f(x)max= . 3 1-x?1-x? 3 4 答案 3 研考点· 知规律 【例 1】 解 方法 1:设 0<x1<x2,则 f(x1)-f(x2)=ex1+e-x1-ex2-e-x2 1 =(ex2-ex1)( -1). ex1+x2 ∵0<x1<x2,∴ex2-ex1>0,又 e>1,x1+x2>0. 1 ∴ex1+x2>1,故 -1<0. ex1+x2 ∴f(x1)-f(x2)<0,由单调函数的定义知函数 f(x)在区间(0,+∞)上为增函数. - 方法 2:对 f(x)=ex+e x 求导,得 -x -x 2x x f′(x)=e -e =e (e -1). - 当 x∈(0,+∞)时,有 e x>0,e2x-1>0,此时 f′(x)>0. -x x ∴函数 f(x)=e +e 在区间(0,+∞)上为增函数. 1 x-1+1 ? 变式思考 1 解 设-1<x1<x2<1,f(x)=a =a 1+x-1?, ? ? x-1 1 1 f(x1)-f(x2)=a?1+x -1?-a?1+x -1? ? ? ? ? 1 2 x2-x1 =a ?x1-1??x2-1? 当 a>0 时,f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2),函数 f(x)在(-1,1)上递减; 当 a<0 时,f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2),函数 f(x)在(-1,1)上递增. 【例 2】 解

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(1)先作出函数 y=x2-4x+3 的图象, 由于绝对值的作用, 把 x 轴下方的部分翻折到上方, 可得函数 y=|x2-4x+3|的图象.如右图所示. 由图可知,f(x)在(-∞,1)和(2,3]上为减函数,在[1,2]和(3,+∞)上为增函数,故 f(x) 的增区间为[1,2],(3,+∞),减区间为(-∞,1),(2,3].

(2)函数的定义域为 x2-1>0, 即{x|x>1 或 x<-1}. 令 u(x)=x2-1,图象如右图所示. 由图象可知,u(x)在(-∞,-1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数. 而 f(u)=log2u 是增函数. 故 f(x)=log2(x2-1)的单调增区间是(1,+∞),单调减区间是(-∞,-1). ?x2-2x,x≥2, ? 变式思考 2 解析 (1)由于 f(x)=|x-2|x=? 2 ?-x +2x,x<2. ? 结合图象可知函数的单调减区间是[1,2].故选 A. a? (2) 容 易 作 出函 数 f(x) 的图 象 ( 图 略 ) ,可 知函 数 f(x) 在 ? ?-∞,-2? 上 单 调递 减, 在 ?-a,+∞?上单调递增.又已知函数 f(x)的单调递增区间是[3,+∞),所以-a=3,解得 a ? 2 ? 2 =-6. 答案 (1)A (2)-6 【例 3】 解析

(1)可以画出函数的图象求解,也可以转化为不等式求解. 2 ? ?x +1,x≥0, ? 画出 f(x)= 的图象,如右图. ?1,x<0 ?
?1-x2>0, ? 由图象可知,若 f(1-x2)>f(2x),则? 2 ? ?1-x >2x,

?-1<x<1, 即? 得 x∈(-1, 2-1). ?-1- 2<x<-1+ 2, (2)∵当 x≥1 时,y=logax 单调递减,∴0<a<1;而当 x<1 时,f(x)=(3a-1)x+4a 单调递 1 1 减,∴a< ;又函数在其定义域内单调递减,故当 x=1 时,(3a-1)x+4a≥logax,得 a≥ , 3 7 1 1 综上可知, ≤a< . 7 3 1 1? 答案 (1)(-1, 2-1) (2)? ?7,3?. 变式思考 3 解析 (1)因为函数 f(x)=(2a-1)x+b 是 R 上的减函数, 1 所以 2a-1<0,解得 a< , 2

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1? 所以 a 的取值范围是? ?-∞,2?. x-5 a-3 (2)y= =1+ , x-a-2 x-?a+2? 由函数在(-1,+∞)上单调递增, ? ?a-3<0, 有? 解得 a≤-3. ?a+2≤-1, ? 1? 答案 (1)? ?-∞,2? (2)C 4 (1)当 a=4 时,f(x)=x+ +2. x 2 4 x -4 ∵f′(x)=1- 2= 2 , x x ∴f(x)在[1,2]上是减函数,在(2,+∞)上是增函数. ∴f(x)min=f(2)=6. 1 1 (2)当 a= 时,f(x)=x+ +2. 2 2x 易知,f(x)在[1,+∞)上为增函数. 7 ∴f(x)min=f(1)= . 2 a (3)函数 f(x)=x+ +2 在(0, a]上是减函数, x 在[ a,+∞)上是增函数. 若 a>1,即 a>1 时,f(x)在区间[1,+∞)上先减后增, f(x)min=f( a)=2 a+2. 若 a≤1,即 0<a≤1 时,f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,∴f(x)min=f(1)=a+3. 变式思考 4 解 方法 1:设 1≤x1<x2≤3, 1 1 f(x2)-f(x1)=x2- -(x1- ) x2 x1 x2-x1 1 1 =x2-x1+ - =x2-x1+ x1 x2 x1x2 1 =(x2-x1)(1+ ), x1x2 ∵1≤x1<x2≤3,∴f(x2)-f(x1)>0. 1 ∴f(x)=x- 在[1,3]上为增函数. x 8 ∴最小值为 f(1)=0,最大值为 f(3)= . 3 1 方法 2:在[1,3]上,y=x 为增函数,y= 为减函数, x 1 ∴y=x- 为增函数,以下同方法 1. x 自主体验 【例 4】 解 π 1. 解析 ∵函数 f(x)=x2-cosx 为偶函数, ∴f(-0.5)=f(0.5), f′(x)=2x+sinx, 当 0<x< 2 π ? 时,f′(x)=2x+sinx>0,∴函数在? ?0,2?上递增,∴f(0)<f(0.5)<f(0.6),即 f(0)<f(-0.5)<f(0.6), 选 B. 答案 B 2.解析 因为 f(x)在[-1,0]上单调递增,f(x)的图象关于直线 x=0 对称,所以 f(x)在[0,1] 上单调递减;又 f(x)的图象关于直线 x=1 对称,所以 f(x)在[1,2]上单调递增.由对称性 f(3) =f(1)<f( 2)<f(2),即 a<b<c.

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答案 D

第四节

函数的奇偶性与周期性

课本导读 1.(1)f(-x)=f(x) (2)f(-x)=-f(x) (3)原点 y 轴 2.(1)相同 相反 (2)f(0)=0 3.(1)f(x) (2)最小 最小 基础自评 1. 解析 f(x)的定义域为(-∞, 0)∪(0, +∞), 又 f(-x)= 1 ? 1 -(-x)=-? ?x-x?=-f(x), -x

则 f(x)为奇函数,图象关于原点对称. 答案 C 2.解析 依题意 b=0,且 2a=-(a-1), 1 1 ∴b=0 且 a= ,则 a+b= . 3 3 答案 B 3.解析 ∵f(x+4)=f(x), ∴f(x)是以 4 为周期的周期函数. ∴f(8)=f(0). 又函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数, ∴f(8)=f(0)=0,故选 B. 答案 B 4.解析 ∵f(1)=asin1+b+c,f(-1)=-asin1-b+c 且 c∈Z, ∴f(1)+f(-1)=2c 是偶数,只有 D 项中两数和为奇数,故不可能是 D. 答案 D 5.解析 方法 1:∵f(-x)=f(x)对于 x∈R 恒成立, ∴|-x+a|=|x+a|对于 x∈R 恒成立,两边平方整理得 ax=0 对于 x∈R 恒成立,故 a= 0. 方法 2:由 f(-1)=f(1),得|a-1|=|a+1|,得 a=0. 答案 0 研考点· 知规律 【例 1】 解析 (1)y=x3,y=2sinx 是奇函数,y=2x 是非奇非偶函数,y=x2+1 是偶函 数.故选 C. (2)∵当 x∈Q 时,-x∈Q,∴f(-x)=f(x)=1;当 x∈?RQ 时,-x∈?RQ,∴f(-x)=f(x) =-1.综上,对任意 x∈R,都有 f(-x)=f(x),故函数 f(x)为偶函数. - e x-1 1-ex ex-1 ∵g(-x)= -x = =-g(x), ∴函数 g(x)为奇函数. ∴h(-x)=f(-x)· g(- x=- e +1 1+e 1+ex e-1 x)=f(x)· [-g(x)]=-f(x)g(x)=-h(x), ∴函数 h(x)=f(x)· g(x)是奇函数. ∴h(1)=f(1)· g(1)= , e+1 - e 1-1 1-e h(-1)=f(-1)· g(-1)=1× -1 = ,h(-1)≠h(1),∴函数 h(x)不是偶函数. e +1 1+e 答案 (1)C (2)A ?x2-1≥0, ? 变式思考 1 解 (1)∵由? 得 x=± 1, 2 ?1-x ≥0, ? ∴f(x)的定义域为{-1,1}. 又 f(1)+f(-1)=0,f(1)-f(-1)=0, 即 f(x)=± f(-x). ∴f(x)既是奇函数又是偶函数.

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2 ? ?4-x ≥0, (2)∵由? 得-2≤x≤2 且 x≠0. ?|x+3|-3≠0, ?

∴f(x)的定义域为[-2,0)∪(0,2], 4-x2 4-x2 4-x2 ∴f(x)= = = , x |x+3|-3 ?x+3?-3 ∴f(-x)=-f(x),∴f(x)是奇函数. (3)f(x)的定义域为 R, 关于原点对称, 当 x>0 时, f(-x)=-(-x)2-2=-(x2+2)=-f(x); 2 2 当 x<0 时,f(-x)=(-x) +2=-(-x -2)=-f(x); 当 x=0 时,f(0)=0,也满足 f(-x)=-f(x). 故该函数为奇函数. 【例 2】 解析 (1)f(x)为奇函数知 f(-1)=-f(1)=-2.故选 A. (2)∵f(x)为奇函数,且在[0,1]上为增函数, ∴f(x)在[-1,0]上也是增函数. ∴f(x)在(-1,1)上为增函数.

? ?-1<1-x<1, 1 1 1 2 f(x)+f(x- )<0?f(x)<-f(x- )=f( -x)?? 2 2 2 1 ? ?x<2-x

-1<x<1,

1 1 ?- <x< . 2 4

1 1 1 ∴不等式 f(x)+f(x- )<0 的解集为{x|- <x< }. 2 2 4 (3)∵f(x+1)为偶函数, ∴函数 g(x)=f(x+1)的图象关于直线 x=0 对称. 又函数 f(x)的图象是由函数 g(x)=f(x+1)的图象向右平移一个单位而得, ∴函数 f(x)的图象关于直线 x=1 对称. 1 1 答案 (1)A (2){x|- <x< } (3)x=1 2 4 1 x -2 - 2 x -a 2x-a a a-2x 1 变式思考 2 解析 (1)由 f(-x)=-f(x)得 -x =- x 即 = x,∴ =a,∴a 1 a 2 +a 2 +a a+2 +2x a =± 1. ??x+2?2-4?x+2?,x≥-2, ? (2)x<0 时,f(-x)=x2+4x=f(x),所以 f(x+2)=? 所以 f(x+ 2 ? ??x+2? +4?x+2?,x<-2,
? ? ?x≥-2, ?x<-2, ? 2)<5 等价于? 或 2 2 ??x+2? -4?x+2?<5, ??x+2? +4?x+2?<5, ? ? 解得-7<x<3. 答案 (1)± 1 (2)(-7,3) 【例 3】 解 (1)证明:函数 f(x)为奇函数,则 f(-x)=-f(x),函数 f(x)的图象关于 x=1 对称,则 f(2+x)=f(-x)=-f(x),所以 f(4+x)=f[(2+x)+2]=-f(2+x)=f(x),所以 f(x)是以 4 为周期的周期函数. - (2)当 x∈[1,2]时,2-x∈[0,1],又 f(x)的图象关于 x=1 对称,则 f(x)=f(2-x)=22 x-1, x∈[1,2]. (3)∵f(0)=0,f(1)=1,f(2)=0, f(3)=f(-1)=-f(1)=-1, 又 f(x)是以 4 为周期的周期函数. ∴f(0)+f(1)+f(2)+?+f(2 013)=f(2 012)+f(2 013)=f(0)+f(1)=1. 变式思考 3 解析 (1)由题意,得 g(-x)=f(-x-1), 又∵f(x)是定义在 R 上的偶函数,g(x)是定义在 R 上的奇函数,

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∴g(-x)=-g(x),f(-x)=f(x). ∴f(x-1)=-f(x+1),∴f(x)=-f(x+2). ∴f(x)=f(x+4),∴f(x)的周期为 4. ∴f(2 013)=f(1),f(2 015)=f(3)=f(-1), 又∵f(1)=f(-1)=g(0)=0,∴f(2 013)+f(2 015)=0. (2)据题意,f(7)=f(-1+8)=-f(1), ∴f(1)+f(7)=0. 又 f(4)=f(0)=0,∴f(1)+f(4)+f(7)=0. 答案 (1)C (2)B 自主体验 1.解析 依题意得 f(x+2)=-f(x+1)=f(x),即函数 f(x)是以 2 为周期的函数,所以 f(- x+2)=f(-x).又 f(2+x)=f(2-x),所以 f(-x)=f(x),f(x)是偶函数.若 f(x)是奇函数,则有 f(-x)=-f(x)=f(x),即恒有 f(x)=0,这与“f(x)不是常数函数”相矛盾,因此 f(x)是偶函数但 不是奇函数,选 B. 答案 B 2. 解析 依题意得 f(0)-f(0)=f(0), 则 f(0)=0, 又 f(0)-f(x)=f(-x), 所以 f(-x)=-f(x), x1-x2 x1-x2 所以函数 f(x)是奇函数.任取 x1,x2∈(-1,0),且 x1<x2,则-1< <0,所以 f( )>0, 1-x1x2 1-x1x2 x1-x2 1 1 1 所以 f(x1)-f(x2)=f( )>0,所以函数 f(x)在(-1,1)上是减函数.又 P=f( )+f( )=f( )- 5 11 5 1-x1x2 1 1 + 5 11 1 2 1 2 1 2 f(- )=f( )=f( ),且 > >0,所以 f( )<f( )<f(0),即 R>P>Q,选 B. 11 1 1 7 2 7 2 7 1+ × 5 11 答案 B

第五节
课本导读

二次函数与幂函数

4ac-b2 4ac-b2 1.(1)ax2+bx+c (h,k) (2)[ ,+∞) (-∞, ] 减 增 增 减 4a 4a 2.(1)y=xα 自变量 (2)(-∞,0)∪(0,+∞) [0,+∞) (-∞,0) 奇 (0,+∞) 增 增 (0,+∞) 基础自评 1 - 1.解析 设 y=xα,则 =2α,α=-2,则幂函数为 y=x 2,其单调递增区间为(-∞, 4 0),故选 D. 答案 D - 2.解析 ∵y=x 1 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),∴α=-1 不符合题意,排除 B、 C、D,故选 A. 答案 A 3.解析 ∵f(x)=(m-1)x2+2mx+3 为偶函数, ∴2m=0,∴m=0. 则 f(x)=-x2+3 在(-5,-3)上是增函数. 答案 D 4.解析 二次函数 f(x)的对称轴是 x=1-a,由题意知 1-a≥3,∴a≤-2. 答案 (-∞,-2] 5.解析 f(x)=bx2+(ab+2a)x+2a2 由已知条件 ab+2a=0,又 f(x)的值域为(-∞,4],

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a≠0, ? ? 则?b=-2, ? ?2a2=4.

因此 f(x)=-2x2+4.

答案 -2x2+4 研考点· 知规律 【例 1】 解析 由于函数是幂函数,所以 m2-5m+7=1,解得 m=2 或 m=3, - 当 m=2 时,函数 y=x 2 在(0,+∞)上单调递减,不合要求; 当 m=3 时,函数 y=x3 在(0,+∞)上单调递增,符合要求, 故实数 m 的值为 3.故选 A. 答案 A 变式思考 1 解析 令 g(x)= x,即 f(x)=-g(x),则 g(x)的图象如下:

在图中,在区间(0,+∞)上任取两点 C,D, 设其横坐标分别为 x1,x2,过 C、D 分别作 x 轴的垂线交曲线于点 A、B. x1+x2 P 为 CD 中点,则 P 点坐标为( ,0),过 P 作 MP⊥x 轴与 g(x)的图象交于点 M 交线 2 x1+x2 g?x1?+g?x2? 段 AB 于点 N 容易求得|MP|=g( ),|NP|= , 2 2 由于图象上凸,故|MP|>|NP|, x1+x2 g?x1?+g?x2? 即 g( )> , 2 2 x1+x2 f?x1?+f?x2? 于是 f( )< ,选 B. 2 2 答案 B 【例 2】 解析 因为图象与 x 轴交于两点,所以 b2-4ac>0,即 b2>4ac,①正确; b 对称轴为 x=-1,即- =-1,2a-b=0,②错误; 2a 结合图象,当 x=-1 时,y>0,即 a-b+c>0,③错误; 由对称轴为 x=-1 知,b=2a.又函数图象开口向下,所以 a<0,所以 5a<2a,即 5a<b, ④正确. 答案 B 变式思考 2 解析 在同一平面直角坐标中作出 y=f(x)和 y=g(x)的图象,g(x)=x2-4x 1 +5 的顶点(2,1),2ln2>2lne =1,所以(2,1)位于 y=f(x)图象下方,故交点个数为 2. 2 答案 B a?2 【例 3】 解 ∵f(x)=-4? ?x-2? -4a, a ? ∴抛物线顶点坐标为? ?2,-4a?. a ①当 ≥1,即 a≥2 时,f(x)取最大值为 f(1)=-4-a2. 2 令-4-a2=-5,得 a2=1,a=± 1<2(舍去); a ②当 0< <1,即 0<a<2 时, 2 a? f(x)取最大值为 f? ?2?=-4a.

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5 令-4a=-5,得 a= ∈(0,2); 4 a ③当 ≤0,即 a≤0 时,f(x)在[0,1]内递减, 2 ∴x=0 时,f(x)取最大值为-4a-a2, 令-4a-a2=-5,得 a2+4a-5=0, 解得 a=-5 或 a=1,其中-5∈(-∞,0],∴a=-5. 5 综上所述,a= 或 a=-5 时,f(x)在[0,1]内有最大值-5. 4 105 2 ∴f(x)=-4x +5x- 或 f(x)=-4x2-20x-5. 16 变式思考 3 解 (1)f(x)=(x-1)2+1. 当 t+1≤1,即 t≤0 时,g(t)=f(t+1)=(t+1)2-2(t+1)+2=t2+1; 当 t<1<t+1,即 0<t<1 时,g(t)=f(1)=1; 当 t≥1 时,g(t)=f(t)=(t-1)2+1=t2-2t+2. t +1,t≤0, ? ? 综上可知 g(t)=?1,0<t<1, ? ?t2-2t+2,t≥1. (2)g(t)的图象如图所示, 可知 g(t)在(-∞, 0]上递减, 在[1, +∞)上递增, 因此 g(t)在[0,1] 上取到最小值 1.
2

自主体验 解析 g(x)=a(x-1)2+1+b-a, 当 a>0 时,g(x)在[2,3]上为增函数, ? ? ? ?g?3?=4, ?4a+1+b-a=4, ?a=1, 故? ?? ?? ?g?2?=1 ?a+1+b-a=1 ? ? ? ?b=0. 当 a<0 时,g(x)在[2,3]上为减函数, ? ? ? ?g?3?=1, ?4a+1+b-a=1, ?a=-1, 故? ?? ?? ?g?2?=4 ?a+1+b-a=4 ?b=3. ? ? ? ∵b<1,∴a=1,b=0. 答案 1 0

第六节

指数与指数函数

课本导读 1.(1)xn=a 正数 负数 两个 相反数 (2)①a a -a ②a 1 1 n + 2.(1)① am ② ③0 无意义 (2)①ar s ②ars ③arbr m n a am n 3.(0,1) y>1 0<y<1 0<y<1 y>1 增函数 减函数 基础自评 n ?5 4 3 3 3 3 5 -5 12 4 3 3 1 1.解析 ? ?m? =n m , ?-2? = 2, x +y =(x +y )4≠(x+y)4, 3 11 9=(9 ) = 32

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11 3 (9 ) = 3.故选 D. 23 答案 D 1- 2.解析 ∵( ) 0.8=20.8,∴21.2>20.8>1 即 a>b>1. 2 又 c=2log52=log54<1,∴a>b>c. 答案 A 3.答案 A 4. 解析 由 y=(a2-1)x 在(-∞, +∞)上为减函数, 得 0<a2-1<1, ∴1<a2<2, 即 1<a< 2 或- 2<a<-1. 答案 (- 2,-1)∪(1, 2) 5.解析 当 a>1 时,x∈[0,2],y∈[0,a2-1]. 因定义域和值域一致,故 a2-1=2,即 a= 3; 当 0<a<1 时,x∈[0,2],y∈[a2-1,0]. 此时,定义域和值域不一致,故此时无解. 综上,a= 3. 答案 3 研考点· 知规律 1 1 3 2 - 1 1 【例 1 】 解 (1)(124 + 22 3) - 27 + 16 - 2×(8 - ) 1 = (11 + 3)2× - 33× + 2 6 4 3 2 6 3 2 24× -2×8- ×(-1) 4 3 1 2 =11+ 3-3 +23-2×23× 2 3 =11+ 3- 3+8-8=11. 1 1 1 1 (2)∵x +x- =3,∴(x +x- )2=9. 2 2 2 2 -1 -1 ∴x+2+x =9,∴x+x =7. - - ∴(x+x 1)2=49,∴x2+x 2=47. 3 3 1 1 - 又∵x +x- =(x +x- )· (x-1+x 1) 2 2 2 2 =3×(7-1)=18, - x2+x 2-2 47-2 ∴ = =3. 3 3 18-3 x +x- -3 2 2 27 ? 1 10 5 - 2 ?1? - 2 ?25?1 变式思考 1 解 (1)原式=? ?1 000?-3-(-1) · ?7? +? 9 ?2-1= 3 -49+3-1=- 45. 1 3 4 · 4 2 2 3 3 3 3 (2)原式= · a · a- · b · b- 100 2 2 2 2 4 0 0 4 = a· b= . 25 25 ?2x-1,x≥0, ? 【例 2】 解 (1)由 f(x)=|2x-1|=? x ? ?1-2 ,x<0. 可作出函数的图象如下图①.因此函数 f(x)在(-∞,0)上递减,在(0,+∞)上递增. (2)在同一坐标系中分别作出函数 f(x)、f(x+1)的图象,如下图②所示.

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2 由图象知,当|2x0+1-1|=|2x0-1|时,解得 x0=log2 ,两图象相交,从图象可见, 3 2 当 x<log2 时,f(x)>f(x+1); 3 2 当 x=log2 时,f(x)=f(x+1); 3 2 当 x>log2 时,f(x)<f(x+1). 3 变式思考 2 解 (2)函数 y=|3x-1|的图象是由函数 y=3x 的图象向下平移一个单位后, 再把位于 x 轴下方的图象沿 x 轴翻折到 x 轴上方得到的,函数图象如右图所示. 当 k<0 时,直线 y=k 与函数 y=|3x-1|的图象无交点,即方程无解; 当 k=0 或 k≥1 时,直线 y=k 与函数 y=|3x-1|的图象有唯一的交点,所以方程有一解; 当 0<k<1 时,直线 y=k 与函数 y=|3x-1|的图象有两个不同交点,所以方程有两解. 答案 (1)C (2)见解析 【例 3】 解 (1)要使函数有意义,则只需- x2-3x+4≥0.即 x2+3x-4≤0,解得- 4≤x≤1. ∴函数的定义域为{x|-4≤x≤1}. 令 t=-x2-3x+4,则 3 25 t=-x2-3x+4=-(x+ )2+ . 2 4 25 3 ∴当-4≤x≤1 时,tmax= ,此时 x=- . 4 2 25 tmin=0,此时 x=-4 或 x=1,∴0≤t≤ . 4 5 ∴0≤ -x2-3x+4≤ . 2 1 2 ∴函数 y=( ) -x2-3x+4的值域为[ ,1]. 2 8 3 25 由 t=-x2-3x+4=-(x+ )2+ (-4≤x≤1)可知, 2 4 3 当-4≤x≤- 时,t 是增函数; 2 3 当- ≤x≤1 时,t 是减函数, 2 1 3 3 根据复合函数的单调性知:y=( ) -x2-3x+4在[-4,- ]上是减函数,在[- ,1]上 2 2 2 是增函数. m m (2)令 t=|2x-m|,则 t=|2x-m|在区间[ ,+∞)上单调递增,在区间(-∞, ]上单调递 2 2 m - 减.而 y=2t 为 R 上的增函数,所以要使函数 f(x)=2|2x m|在[2,+∞)上单调递增,则有 ≤2, 2 即 m≤4,所以 m 的取值范围是(-∞,4]. 1 1 1 变式思考 3 解析 (1)因为 f(0)= ,所以( )2= , 4 a 4 1 |x-2| 因此 a=2,所以 f(x)=( ) , 2 由于函数 y=|x-2|在[2,+∞)上单调递增,

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由复合函数的“同增异减”可知 f(x)在[2,+∞)上单调递减,故选 A. (2)由 0.2<0.6,0.4<1,并结合指数函数的图象可知 0.40.2>0.40.6,即 b>c;因为 a=20.2>1,b =0.40.2<1,所以 a>b.综上,a>b>c. 答案 (1)A (2)A

第七节

对数与对数函数
a N ② logaM - logaN ③ nlogaM n ④ logaM m (2) ① N ②N (3) ①

课本导读 1.logaN logaN

2 . (1) ① logaM + logaN

logaN logbN= ②logad logab 3. (1)(0, +∞) (2)R (3)(1,0) 1 0 (4)y>0 y<0 (5)y<0 y>0 (6)增函数 (7)减函 数 4.y=logax y=x 基础自评 1.解析 原式=log5100+log50.25=log525=2. 答案 C 2.解析 将三个数都和中间量 1 相比较:0<a=log0.70.8<1,b=log1.10.9<0,c=1.10.9 >1. 答案 C 3.解析 设 y=f(t),t=3x+1,则 y=log2t,t=3x+1,x∈R. 由 y=log2t,t>1 知函数 f(x)的值域为(0,+∞). 答案 A 4.解析 y=lg|x|是偶函数,由图象知在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 答案 B 5.解析 令 x+2 013=1,即 x=-2 012 时,y=2,故其图象恒过定点(-2 012,2). 答案 (-2 012,2) 研考点· 知规律 log2332 2 【例 1】 解析 (1)原式= = . log23 3 10 (2)原式=(lg5)2+lg(10×5)lg =(lg5)2+(1+lg5)(1-lg5)=(lg5)2+1-(lg5)2=1. 5 1 4 3 1 5 1 (3)方法一:原式= (5lg2-2lg7)- × lg2+ (2lg7+lg5)= lg2-lg7-2lg2+lg7+ lg5 2 3 2 2 2 2 1 = (lg2+lg5) 2 1 1 = lg10= . 2 2 4 2× 7 5 4 2 方法二:原式=lg -lg4+lg(7 5)=lg 7 7×4 1 =lg 10= . 2 变式思考 1 解析 (1)原式=|1-3|+|lg3-2|+lg300=2+2-lg3+lg3+2=6. lgb lga lgb (2)logab· logca= × = =logcb,故选 B. lga lgc lgc 答案 (1)6 (2)B 【例 2】 解析 令 g(x)=2x+b-1,这是一个增函数, 而由图象可知函数 f(x)=logag(x)是单调递增的, 所以必有 a>1.

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又由图象知函数图象与 y 轴交点的纵坐标介于-1 和 0 之间,即-1<f(0)<0,所以- - 1<logab<0,故 a 1<b<1, - 因此 0<a 1<b<1,故选 A. 答案 A 变式思考 2 解析 (1)由指数函数、对数函数的图象知排除选项 A、C. 因为 ab=1,a≠1,b≠1, 所以 a>1,0<b<1 或 0<a<1,b>1, 函数 f(x)、g(x)增减性相反.故选 D. (2)由 1-x>0,知 x<1,排除选项 A、B;设 t=1-x(x<1),因为 t=1-x 为减函数,而 y =lnt 为增函数,所以 y=ln(1-x)为减函数,可排除 D 选 C. 答案 (1)D (2)C 1 ? ?1 ? 【例 3】 解 当 a>1 时,f(x)=logax 在? ?3,2?上单调递增,要使 x∈?3,2?都有|f(x)|≤1 成立,则有 1 ? ?loga3≥-1, ? 解得 a≥3.

?loga2≤1, ?

∴此时 a 的取值范围是 a≥3; 1 ? 当 0<a<1 时,f(x)=logax 在? ?3,2?上单调递减, 1 ? 要使 x∈? ?3,2?都有|f(x)|≤1 成立,则有 1 ? ?loga3≤1, 1 ? 解得 0<a≤ . 3 ?loga2≥-1, ? 1 ∴此时,a 的取值范围是 0<a≤ . 3 1? 综上可知,a 的取值范围是? ?0,3?∪[3,+∞). 变式思考 3 解析 (1)因为 log23>log22=1,所以 c>1,log32<log33=1,log52<log55=1, 1 1 所以 0<a<1,0<b<1,又因为 =log23<log25= ,所以 a>b,所以 c>a>b,故选 D. a b 1 (2)f(log2a) + f(log a) = f(log2a) + f( - log2a) = 2f(log2a)≤2f(1) , ∴ |log2a|≤1 , ∴ - 2 1 1≤log2a≤1,∴ ≤a≤2.故选 C. 2 答案 (1)D (2)C 自主体验 - ex-e x e2x-1 1.解析 因为 f(x)=ln =ln ,要使 f(x)有意义,则 e2x-1>0,所以 x>0,即 2 2ex f(x)的定义域为(0,+∞),不关于原点对称,所以 f(x)是非奇非偶函数,排除 B、D;又 g(x) 1 - = (ex-e x)在(0,+∞)上是增函数,所以 f(x)在(0,+∞)上是增函数,选 A. 2 答案 A 2.解 设 t=lg(x2-2x+3)=lg[(x-1)2+2]. 当 x∈R 时,t 有最小值 lg2. 又因为函数 y=alg(x2-2x+3)有最大值,所以 0<a<1. 易知 f(x)=loga(3-2x-x2)的定义域为{x|-3<x<1}, 令 μ=3-2x-x2,x∈(-3,1),则 f(x)=logaμ. 因为 f(x)=logaμ 在定义域内是减函数, 当 x∈(-3,-1]时,μ=-(x+1)2+4 是增函数,

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所以 f(x)在(-3,-1]上是减函数. 同理,f(x)在[-1,1)上是增函数. 故函数 f(x)的单调递减区间为(-3,-1], 单调递增区间为[-1,1).

第八节

函数的图象

课本导读 1.列表 描点 连线 2. (1)①左 ②右 (2)①关于 y 轴 ②关于 x 轴 ③关于坐标原点 ④关于 x 轴翻转 180° ⑤x<0 (3)①纵坐标 ②横坐标 纵坐标 基础自评 1.解析 函数 y=x|x|为奇函数,图象关于原点对称. 答案 A 1 2.解析 将 y=- 的图象向右平移 1 个单位,再向上平移一个单位,即可得到函数 y x 1 =1- 的图象. x-1 答案 B ? ?f?-x?,x≥0, 3.解析 y=f(-|x|)=? ?f?x?,x<0. ? 答案 C 4.答案 右 3

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5.

解析 由题意 a=|x|+x ? ?2x,x≥0, 令 y=|x|+x=? 图象如右图所示,故要使 a=|x|+x 只有一解则 a>0. ?0,x<0, ? 答案 (0,+∞) 研考点· 知规律 ?lgx,x≥1, ? 【例 1】 解 (1)y=? 图象如下图①. ? ?-lgx,0<x<1. + (2)将 y=2x 的图象向左平移 2 个单位得 y=2x 2 的图象.图象如下图②. ?x2-2x-1,x≥0, ? (3)y=? 2 图象如下图③. ? ?x +2x-1,x<0.

变式思考 1 解 1
2

2 ? ?x-x ,0≤x≤1, (1)y=? 2 ?-?x-x ?,x>1或x<0, ?

? ?-? ?x-2? +4,0≤x≤1, 即 y=? 1? 1 ?? ?x-2? -4,x>1或x<0,
2

1

其图象如下图①所示(实线部分). ?x-1?+3 3 3 (2)y= = 1+ ,先作出 y= 的图象,再将其向右平移 1 个单位,并向上平移 x x-1 x-1 x+2 1 个单位即可得到 y= 的图象,如下图②. x-1

【例 2】 解析 方法 1:令 f(x)=xcosx+sinx, ∵f(-x)=-x· cosx-sinx=-f(x), ∴函数 y=xcosx+sinx 为奇函数,可排除 B.

令 xcosx+sinx=0,得 tanx=-x,在同一直角坐标系中画出函数 y=tanx 和 y=-x 的图 π 象如右图,由图可知函数 y=xcosx+sinx 的零点有一个介于 到 π 之间,可排除 A、C,故选 2

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D. 方法 2:令 f(x)=xcosx+sinx,则 f(-x)=-xcosx-sinx=-f(x),∴f(x)为奇函数,∵奇函 π 数的图象关于原点对称,而 B 中图象不关于原点对称,∴排除 B;当 x= 时,y=1,而由 C 2 π 中图象知当 x= 时,y≠1,∴排除 C;当 x=π 时,y=-π,而 A 中,x=π 时,y>0,∴排除 2 A,故选 D. 答案 D 变式思考 2 解析 由函数的定义域{x|x∈R 且 x≠0},排除 A;当 x<0 时,x3<0,3x-1<0 故 y>0,故排除 B;当 x→+∞时,由于 x3<3x-1,所以 y→0,所以排除 D,选 C. 答案 C 2 ? ??x-2? -1,x∈?-∞,1]∪[3,+∞?, 【例 3】 解 f(x)=? 2 ?-?x-2? +1,x∈?1,3?, ? 作出图象如下图所示.

(1)递增区间为[1,2),[3,+∞),递减区间为(-∞,1),[2,3). (2)原方程变形为|x2-4x+3|=x+a,设 y=x+a,在同一坐标系下再作出 y=x+a 的图象 (如上图), 则当直线 y=x+a 过点(1,0)时,a=-1; 当直线 y=x+a 与抛物线 y=-x2+4x-3 相切时, ?y=x+a, ? 由? 得 x2-3x+a+3=0. 2 ?y=-x +4x-3, ? 3 由 Δ=9-4(3+a)=0,得 a=- . 4 3 ? 由图象知当 a∈? ?-1,-4?时,方程至少有三个不等实根. 变式思考 3 解析 (1)观察图象可知,共有 10 个交点.

?x2-x+a,x≥0, ? (2)y=? 2 作出图象,如右图所示. ? ?x +x+a,x<0, 1 1 此曲线与 y 轴交于(0, a)点, 最小值为 a- , 要使 y=1 与其有四个交点, 只需 a- <1<a, 4 4 5 ∴1<a< . 4 5 答案 (1)A (2)1<a< 4 自主体验 9 9 9 1.解析 因为 x+1>0, >0,所以 f(x)=x+1+ -5≥2 ?x+1?× -5=1, x+1 x+1 x+1

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9 1 + 1 + 1 当且仅当 x+1= , 即 x=2 时取等号, 所以 a=2.所以 g(x)=( )|x 1|=( )|x 1|.从而 g(x)=( )|x a 2 2 x+1 1 ? ??2?x+1,x≥-1, +1| =? 所以选 B.

? ?2x+1,x<-1,
答案 B 2.

解析 作出函数|f(x)|的图象如右图,①当 a>0 时,由 y=ax 与 y=ln(x+1)的图象变化趋 势知 ln(x+1)>ax 不恒成立; ②当 a=0 时, 显然成立; ③当 a<0 时, 只需 x2-2x-ax≥0 当 x≤0 时恒成立,即 a≥x-2 当 x≤0 时恒成立,∴a≥-2.故 a 的取值范围为[-2,0].故选 D. 答案 D

第九节

函数与方程

课本导读 1.(1)f(x)=0 (2)x 轴 零点 (3)f(a)· f(b)<0 (a,b) f(c)=0 c 2.(x1,0) (x2,0) 两个 一个 零个 3.f(a)· f(b)<0 一分为二 零点 基础自评 1.答案 B 1? 1 1 1 1 1 ?1? 1 2.解析 因为 f? ?4?=e4+4×4-3=e4-2<0,f?2?=e2+4×2-3=e2-1>0,所以 f(x) 1 1? =ex+4x-3 的零点所在的区间为? ?4,2?. 答案 C 3.答案 B 4.解析 由 f(2)· f(3)<0 可知 x0∈(2,3). 答案 (2,3) 5.解析 函数 f(x)=x2+x+a 在(0,1)上递增.由已知条件 f(0)f(1)<0,即 a(a+2)<0, 解得-2<a<0. 答案 (-2,0) 研考点· 知规律 【例 1】 解析 方法 1:f(a)=(a-b)· (a-c)>0,f(b)=(b-c)· (b-a)<0,f(c)=(c-a)· (c -b)>0,由零点存在性定理,两个零点分别位于区间(a,b)和(b,c)内. 方法 2:令 y1=(x-a)(x-b)+(x-b)(x-c)=(x-b)[2x-(a+c)],y2=-(x-c)(x-a),由 a+c a<b<c,得 <c,作出函数 y1,y2 的图象,由图可知两函数图象的两个交点分别在(a,b)和 2 (b,c)内.故函数 f(x)的两个零点分别位于(a,b)和(b,c)内. 答案 A 变式思考 1 解析 (1)函数 f(x)在区间[a,b]上有零点,需要 f(x)在此区间上的图象连续 且两端点函数值异号,即 f(a)f(b)≤0,把选择项中的各端点值代入验证可得答案 D. (2)若 f(x)存在零点,则 k≥2. 答案 (1)D (2)A 【例 2】 解析

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1?x 1 (1)在同一平面直角坐标系内作出 y1=x 与 y2=? ?2? 的图象如右图所示,易知,两函数图 2 1 1?x 象只有一个交点,因此函数 f(x)=x -? 只有 1 个零点. 2 ?2? (2)由 f(f(x))+1=0,可得 f(f(x))=-1, 1? 又由 f(-2)=f? ?2?=-1. 1 可得 f(x)=-2 或 f(x)= . 2 1 若 f(x)=-2,则 x=-3 或 x= ; 4 1 1 若 f(x)= ,则 x=- 或 x= 2, 2 2 综上可得函数 y=f(f(x))+1 有 4 个零点. 答案 (1)B (2)A π π 变式思考 2 解析 令 xcosx2=0, 则 x=0, 或 x2=kπ+ , 又 x∈[0,4], 因此 xk= kπ+ 2 2 (k=0,1,2,3,4),共有 6 个零点. 答案 C 【例 3】 解 设 f(x)=x2+(m-1)x+1,x∈[0,2], ①若 f(x)=0 在区间[0,2]上有一解, 因为 f(0)=1>0,则应有 f(2)≤0, 3 又因为 f(2)=22+(m-1)×2+1,所以 m≤- . 2 Δ≥0, ? ? m-1 ②若 f(x)=0 在区间[0,2]上有两解,则?0≤- ≤2, 2 ? ?f?2?≥0, ?m-1? -4≥0, ? ? 所以?-3≤m≤1, ? ?4+?m-1?×2+1≥0,
2

3 解得- ≤m≤-1. 2

由①②可知 m 的取值范围为(-∞,-1]. 变式思考 3 解 设方程 f(x)=0 的两根为 x1,x2, (1)方法 1:方程两根均为正数,即 Δ≥0, ? ? ?x1+x2>0, ? x2>0, ?x1·

?m-1>0, 所以? 8 7 >0, ? m- 8

?m-1?2-32?m-7?≥0,

解之得 7<m≤9 或 m≥25. 方法 2:方程两根均为正,即均大于 0,

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2

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Δ≥0, ? ?f?0?>0, 则? b ? ?-2a>0,

?m-1? -32?m-7?≥0, ? ?m-7>0, 即? m-1 ? ? 16 >0,

解得 7<m≤9 或 m≥25. (2)方程 f(x)=0 有两根,一根大于 2,另一根小于 2, 其大致图象如下图.则 f(2)<0,即 8×4-2(m-1)+(m-7)<0,所以 m>27.

自主体验 解析 由 f(x+1)=f(x-1),可知 f(x+2)=f(x),所以函数 f(x)的周期是 2.由 f(x)=f(-x 1 +2),可知函数 f(x)关于直线 x=1 对称,因为函数 f(x)=0 在[0,1]内有且只有一个根 x= ,所 2 以函数 f(x)=0 在区间[0,2 014]内根的个数为 2 014,故选 D. 答案 D

第十节

函数模型及其应用

课本导读 2.(1)快于 ax>xn (2)慢于 logax<xn ax>xn>logax 基础自评 1.解析 由题意知 h=20-5t,故选 B. 答案 B 2 . 解析 当 m ∈ [0.5,3.2] 时, [m] 所有可能值为 0,1,2,3 共四个,故 f(m) 的值域为 {1,1.5,2,2.5}. 答案 B 3. 解析 设利润为 f(x)(万元), 则 f(x)=25x-(3 000+20x-0.1x2)=0.1x2+5x-3 000≥0, ∴x≥150. 答案 C 4.解析 已知本金为 a 元,利率为 r,则 1 期后本利和为 y=a+ar=a(1+r), 2 期后本利和为 y=a(1+r)+a(1+r)r=a(1+r)2, 3 期后本利和为 y=a(1+r)3, ? x 期后本利和为 y=a(1+r)x,x∈N. 答案 y=a(1+r)x,x∈N 5.解析 由 lg1 000-lg 0.001=6,得此次地震的震级为 6 级.因为标准地震的振幅为 0.001,设 9 级地震最大振幅为 A9,则 lgA9-lg 0.001=9 解得 A9=106,同理 5 级地震最大振 幅 A5=102,所以 9 级地震的最大振幅是 5 级地震的最大振幅的 10 000 倍. 答案 6 10 000 研考点· 知规律 【例 1】 解 (1)由题意,得 x∈[1,100],且 x∈N*. P(x)=R(x)-C(x)=(3 000x-20x2)-(500x+4 000)=-20x2+2 500x-4 000, MP(x)=P(x+1)-P(x)=[-20(x+1)2+2 500(x+1)-4 000]-(-20x2+2 500x-4 000)= 2 480-40x.

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125?2 (2)P(x)=-20? ?x- 2 ? +74 125, 当 x=62 或 x=63 时,P(x)取得最大值 74 120 元; 因为 MP(x)=2 480-40x 是减函数,所以当 x=1 时, MP(x)取得最大值 2 440 元. 故利润函数的最大值与边际利润函数的最大值之差为 71 680 元. 变式思考 1 解 (1)根据题意,得 1 ? ??-2t+200?? t+30?,1≤t≤30,t∈N, 2 ? ? S=?

?45?-2t+200?,31≤t≤50,t∈N ?

?-t2+40t+6 000,1≤t≤30,t∈N, ? =? ?-90t+9 000,31≤t≤50,t∈N. ?

(2)①当 1≤t≤30,t∈N 时,S=-(t-20)2+6 400, ∴当 t=20 时,S 的最大值为 6 400; ②当 31≤t≤50,t∈N 时,S=-90t+9 000 为减函数, ∴当 t=31 时,S 的最大值为 6 210. ∵6 210<6 400,∴当 t=20 时,日销售额 S 有最大值 6 400. kt,0≤t≤1, ? ? 【例 2】 解 (1)设 y=??1?t-a ? ??2? ,t>1. 当 t=1 时,由 y=4 得 k=4, 4t,0≤t≤1, ? ? 1?1-a ? 由?2? =4 得 a=3.则 y=??1?t-3 ??2? ,t>1. ?

? ? ? ?0≤t≤1, ? (2)由 y≥0.25 得 或??1?t-3 ?4t≥0.25, ? ≥0.25. ?
t>1,

??2?

1 解得 ≤t≤5, 16 1 79 因此服药一次后治疗有效的时间是 5- = 小时. 16 16 变式思考 2 解 (1)1 年后该城市人口总数为 y=100+100×1.2%=100×(1+1.2%) 2 年后该城市人口总数为 y = 100×(1 + 1.2%) + 100×(1 + 1.2%)×1.2% = 100×(1 + 1.2%)2. 3 年后该城市人口总数为 y = 100×(1 + 1.2%)2 + 100×(1 + 1.2%)2×1.2% = 100×(1 + 1.2%)3. x 年后该城市人口总数为 y=100×(1+1.2%)x. (2)10 年后,人口总数为 100×(1+1.2%)10≈112.7(万人). 120 (3)设 x 年后该城市人口将达到 120 万人,即 100×(1+1.2%)x=120,x=log1.012 = 100 log1.0121.20≈16(年). (4)由 100×(1+x%)20≤120, 得(1+x%)20≤1.2, 两边取对数得 20lg(1+x%)≤lg1.2=0.079, 0.079 所以 lg(1+x%)≤ =0.003 95,所以 1+x%≤1.009,得 x≤0.9,即年自然增长率应该控制 20 在 0.9%. 800 【例 3】 解 (1)由已知条件 C(0)=8 则 k=40,因此 f(x)=6x+20C(x)=6x+ 3x+5 (0≤x≤10).

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800 800 (2)f(x)=6x+10+ -10≥2 ?6x+10? -10=70(万元), 3x+5 3x+5 800 当且仅当 6x+10= 即 x=5 时等号成立. 3x+5 所以当隔热层为 5 cm 时,总费用 f(x)达到最小值,最小值为 70 万元. 800 变式思考 3 解 设温室的左侧边长为 x m,则后侧边长为 m. x 800 ? ? 1 600? ∴蔬菜种植面积 y=(x-4)? ? x -2?=808-2?x+ x ? (4<x<400). 1 600 1 600 ∵x+ ≥2 x· =80, x x ∴y≤808-2×80=648(m2). 1 600 当且仅当 x= ,即 x=40, x 800 此时 =20(m),y 最大=648(m2). x ∴当矩形温室的左侧边长为 40 m, 后侧边长为 20 m 时, 蔬菜的种植面积最大, 为 648 m2. 自主体验 解 (1)由题意, 每生产 1 000 瓶饮品盈利 4 000 元, 每出现 1 000 瓶次品亏损 2 000 元, 4 200-x2 4 200-x2 4 3 故 y=4 000· · x-2 000(1- )· x=3 600x- x . 4 500 4 500 3 4 所以日利润 y=- x3+3 600x(x∈N*,1≤x≤40). 3 4 3 (2)令 f(x)=- x +3 600x,x∈[1,40], 3 则 f′(x)=3 600-4x2,令 f′(x)=0,解得 x=30. 当 1≤x<30 时,f′(x)>0;当 30<x≤40 时,f′(x)<0. 4 所以函数 f(x)=- x3+3 600x(1≤x≤40)在[1,30]上单调递增,在[30,40]上单调递减. 3 4 4 所以当 x=30 时, 函数 y=- x3+3 600x(x∈N*,1≤x≤40)取得最大值, 最大值为- ×303 3 3 +3 600×30=72 000(元). 所以该种饮品的日产量为 30 千瓶,即 3 万瓶时,日利润最大,最大值为 72 000 元.

第十一节
课本导读

变化率与导数、导数的计算

f?x0+Δx?-f?x0? f?x0+Δx?-f?x0? Δy lim lim → → Δx Δx Δx 0 Δx 0 Δx Δx 0 (2)(x0,f(x0)) 切线的斜率 y-y0=f′(x0)(x-x0) f?x+Δx?-f?x? 2. lim → Δx Δx 0 1 1 n-1 3.0 nx cosx -sinx axlna(a>0) ex (a>0,且 a≠1) xlna x 4.(1)f′(x)± g′(x) (2)f′(x)g(x)+f(x)g′(x) f′?x?g?x?-f?x?g′?x? (3) [g?x?]2 5.f′[v(x)]v′(x) y′u· u′x 基础自评 1.答案 D 1.(1)lim →

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4 2?x-2??x+1? 2.解析 令 f′(x)=2x-2- = >0,利用数轴标根法可解得-1<x<0 或 x x x>2,又 x>0,所以 x>2.故选 C. 答案 C 3.解析 y′=3x2,所以在 P(1,12)处的切线的斜率 k=3,切线方程为 3x-y+9=0,故 其与 y 轴交点为(0,9),故选 C. 答案 C 4.解析 y′=3lnx+1+3=3lnx+4,所以曲线在点(1,1)处的切线斜率为 4,所以切线 方程为 y-1=4(x-1),即 y=4x-3. 答案 y=4x-3 5.解析 由题意,得 f′(x)=2x+3f′(2). ∴f′(2)=2×2+3f′(2),∴f′(2)=-2. 答案 -2 研考点· 知规律 f?x?-f?x0? x3-x3 0 【例 1】 解 f′(x0)=xlim →x0 x-x0 =xlim →x0 x-x0 2 2 2 =xlim →x (x +xx0+x0)=3x0.
2 3 曲线 f(x) = x3 在 x = x0 处的切线方程为 y - x 3 (x - x0) ,即 y = 3x 2 0 = 3x 0 · 0 x - 2x 0 ,由 ?y=x3, ? 0

? 2 3 ? ?y=3x0x-2x0,

得(x-x0)2(x+2x0)=0,解得 x=x0,x=-2x0. 3 若 x0≠0,则交点坐标为(x0,x3 0),(-2x0,-8x0); 若 x0=0,则交点坐标为(0,0). 1 -1 1+Δx Δy f?1+Δx?-f?1? 变式思考 1 解 (1)∵ = = Δx Δx Δx 1- 1+Δx 1-?1+Δx? = = Δx 1+Δx Δx 1+Δx?1+ 1+Δx? -Δx -1 = = , Δx? 1+Δx+1+Δx? 1+Δx+1+Δx -1 Δy 1 ∴f′(1)= lim = lim =- . 2 Δx→0 Δx Δx→0 1+Δx+1+Δx 1 1 - Δy f?x+Δx?-f?x? x+2+Δx x+2 (2)∵ = = Δx Δx Δx ?x+2?-?x+2+Δx? -1 = = , Δx?x+2??x+2+Δx? ?x+2??x+2+Δx? -1 Δy 1 ∴f′(x)= lim = lim =- . Δx→0 Δx Δx→0 ?x+2??x+2+Δx? ?x+2?2 【例 2】 解 (1)y′=(x3-2x+3)′=(x3)′-(2x)′+(3)′=3x2-2. (2)方法 1:∵y=(x2+3x+2)(x+3)=x3+6x2+11x+6, ∴y′=3x2+12x+11. 方法 2:y′=[(x+1)(x+2)]′(x+3)+(x+1)(x+2)(x+3)′=[(x+1)′(x+2)+(x+1)(x +2)′](x+3)+(x+1)(x+2)=(x+2+x+1)(x+3)+(x+1)(x+2) =(2x+3)(x+3)+(x+1)(x+2) =3x2+12x+11. x x 1 (3)∵y=sin (-cos )=- sinx, 2 2 2

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1 1 1 ∴y′=(- sinx)′=- (sinx)′=- cosx. 2 2 2 2x-1 (4)y′ = (ln )′ = [ln(2x - 1) - ln(2x + 1)]′ = [ln(2x - 1)]′ - [ln(2x + 1)]′ = 2x+1 1 1 2 2 4 · (2x-1)′- · (2x+1)′= - = 2 . 2x-1 2x+1 2x-1 2x+1 4x -1 ?lnx?′?x2+1?-lnx· ?x2+1?′ 变式思考 2 解析 (1)f′(x)= 2 2 ?x +1? 1 2 · ?x +1?-lnx· 2x 2 x x +1-2x2· lnx = = . 2 2 2 2 ?x +1? x?x +1? 12+1 1 所以 f′(1)= 2 2= .故选 A. 1×?1 +1? 2 x (2)令 t=e >0,则 f(t)=lnt+t, 1 所以 f(x)=x+lnx(x>0),f′(x)=1+ , x 于是 f′(1)=2. 答案 (1)A (2)2 2 【例 3】 解析 (1)∵f(x)= x3-2ax2-3x, 3 ∴f′(x)=2x2-4ax-3. ∴点 P(1,m)处的切线的斜率 k=f′(1)=-1-4a. 又点 P(1,m)处的切线方程为 3x-y+b=0, ∴-1-4a=3,∴a=-1. 2 ∴f(x)= x3+2x2-3x. 3 1 又点 P(1,m)在函数 f(x)的图象上,∴m=- . 3 (2)∵曲线 y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为 y=2x+1,∴g′(1)=k=2. 又 f′(x)=g′(x)+2x, ∴f′(1)=g′(1)+2=4,故切线的斜率为 4. 答案 (1)A (2)C 1 1 a,- a+lna?, 变式思考 3 解析 (1)设切点的坐标为? 对于曲线 y=- x+lnx, 2 ? ? 依题意, 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? 有 y′=- + , 所以- + = , 得 a=1.又切点? 故- = +b, ?1,-2?在直线 y=2x+b 上, 2 x 2 a 2 2 2 得 b=-1.故选 B. π π (2)由 f(x)=3x+cos2x+sin2x 得 f′(x)=3-2sin2x+2cos2x,则 a=f′( )=3-2sin + 4 2 π 2cos =1,则 P(1,1),由 y=x3 得 y′=3x2,设过 P(1,1)的切线的切点为(x0,y0),则斜率 k= 2 3x2 0,则有 y -1 ? ? 0 =3x2 0, ?x0-1 ? ?y0=x3 0.

2 整理得 2x3 0-3x0+1=0, 1 解得 x0=1 或 x0=- , 2 1 1 ∴切点为(1,1)或(- ,- ). 2 8

1 3 1 ∴所求切线方程为 y-1=3(x-1)或 y+ = (x+ ) 8 4 2 整理得 3x-y-2=0 或 3x-4y+1=0,故选 C.

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答案 (1)B (2)C 自主体验 1 1 1 1.解析 设切点为(x0,y0),∵y′= ,∴y′|x=x0= = , x x0 2 1 ∴x0=2,y0=ln2.又点(2,ln2)在直线 y= x+a 上, 2 1 ∴ln2= ×2+a,∴a=ln2-1. 2 答案 D 2.解析 点 P(0,0)在曲线 S 上,当点 P 是切点时,过点 P 的曲线 S 的切线斜率 y′|x=0 =4,即过点 P 的切线方程为 y=4x; 当点 P 不是切点时,设过点 P 的切线与曲线 S 切于点 Q(x0,y0)(x0≠0),则过点 P 的曲线 S 的切线斜率 kPQ=y′|x=x0=-2x2 0+2x0+4. y0 y0 2 又 kPQ= ,∴-2x0+2x0+4= .① x0 x0 2 3 2 ∵点 Q 在曲线 S 上,∴y0=- x0+x0+4x0.② 3 2 3 2 - x0 +x0+4x0 3 2 将②代入①得-2x0+2x0+4= , x0 4 化简,得 x3 -x2=0, 3 0 0 3 ∴x0=0(舍去)或 x0= , 4 35 35 则 k= ,过点 P 的切线方程为 y= x. 8 8 35 ∴过点 P 的曲线 S 的切线方程为 y=4x 或 y= x. 8 35 答案 y=4x 或 y= x 8

第十二节

导数的应用(一)

课本导读 1.f′(x)>0 f′(x)<0 2.f(x)<f(x0) y 极大值=f(x0) 极大值点 f(x)>f(x0) y 极小值=f(x0) 极小值点 3.(2)f′(x)=0 (3)极大值 极小值 不是极值 4.(2)f(a) f(b) f(a) f(b) (3)①极值 ②f(a),f(b) 基础自评 4 1.解析 ∵f′(x)=1- 2,令 f′(x)<0, x 4 ? ?1-x2<0, ∴? ∴0<x<2.

?x>0, ?

∴f(x)的减区间为(0,2). 答案 B 2.解析 f′(x)=3x2+2ax+3,由题意知 f′(-3)=0,即 3×(-3)2+2×(-3)a+3=0, 解得 a=5. 答案 D

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2 1 x -1 f′(x)=x- = ,且 x>0, x x 令 f′(x)>0,得 x>1; 令 f′(x)<0,得 0<x<1. 1 1 ∴f(x)在 x=1 时取最小值 f(1)= -ln1= . 2 2 答案 A 4.解析 求导得 f′(x)=ex+xex=ex(x+1),令 f′(x)=ex(x+1)=0,解得 x=-1,易知 x=-1 是函数 f(x)的极小值点. 答案 D 5. 解析 由题意知 f′(x)=3x2-a 在 x∈[1, +∞)上 f′(x)≥0 恒成立, 则 f′(1)≥0?a≤3. 答案 3 研考点· 知规律 【例 1】 解 (1)f′(x)=ex(ax+b)+aex-2x-4 =ex(ax+a+b)-2x-4, 由已知,得 f(0)=4,f′(0)=4, ? ?b=4, 故? 从而 a=4,b=4. ?a+b-4=4, ? (2)由(1),知 f(x)=4ex(x+1)-x2-4x, 1 f′(x)=4ex(x+2)-2(x+2)=4(x+2)(ex- ). 2 令 f′(x)=0,得 x=-ln2 或 x=-2. 当 x∈(-∞,-2)∪(-ln2,+∞)时,f′(x)>0; 当 x∈(-2,-ln2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-2],[-ln2,+∞)上单调递增,在[-2,-ln2]上单调递减. - 所以当 x=-2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(-2)=4(1-e 2). 变式思考 1 解 (1)当 a=2 时,f(x)=(-x2+2x)ex, ∴f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, ∵ex>0,∴-x2+2>0,解得- 2<x< 2. ∴函数 f(x)的单调递增区间是(- 2, 2). (2)若函数 f(x)在 R 上单调递减, 则 f′(x)≤0 对 x∈R 都成立, 即[-x2+(a-2)x+a]ex≤0 对 x∈R 都成立. ∵ex>0,∴x2-(a-2)x-a≥0 对 x∈R 都成立. ∴Δ=(a-2)2+4a≤0,即 a2+4≤0,这是不可能的. 故不存在 a 使函数 f(x)在 R 上单调递减. 【例 2】 解 (Ⅰ)因 f(x)=a(x-5)2+6lnx, 6 故 f′(x)=2a(x-5)+ . x 令 x=1,得 f(1)=16a,f′(1)=6-8a,所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y 1 -16a=(6-8a)(x-1),由点(0,6)在切线上可得 6-16a=8a-6,故 a= . 2 1 (Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)= (x-5)2+6lnx(x>0), 2 6 ?x-2??x-3? f′(x)=x-5+ = . x x 令 f′(x)=0,解得 x1=2,x2=3. 当 0<x<2 或 x>3 时, f′(x)>0, 故 f(x)在(0,2), (3, +∞)上为增函数; 当 2<x<3 时, f′(x)<0, 故 f(x)在(2,3)上为减函数.

3.解析

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9 由此可知 f(x)在 x=2 处取得极大值 f(2)= +6ln2,在 x=3 处取得极小值 f(3)=2+6ln3. 2 变式思考 2 解 (1)由题意知 f′(x)=3x2+2ax+b,且 f′(-1)=3-2a+b=0,f′(1) =3+2a+b=0,解得 a=0,b=-3. (2)由(1)知 f(x)=x3-3x.因为 f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以 g′(x)=0 的根为 x1=x2=1,x3 =-2,于是函数 g(x)的极值点只可能是 1 或-2. 当 x<-2 时,g′(x)<0;当-2<x<1 时,g′(x)>0,故-2 是 g(x)的极值点. 当-2<x<1 或 x>1 时,g′(x)>0,故 1 不是 g(x)的极值点. 所以 g(x)的极值点为-2. 【例 3】 解 依题意 f′(x)=3ax2-12ax=3ax(x-4).当 a=0 时,f′(x)=0,f(x)=b, 不能使 f(x)在[-1,2]上取最大值 3,最小值-29. 当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=4,在区间[-1,2]上有: x 0 (0,2) 2 -1 (-1,0) 0 f′(x) + - f(x) ? ? -7a+b 极大值 b -16a+b 由 a>0 得-16a+b<-7a+b, 则 f(x)在[-1,2]上取得最大值 b,最小值-16a+b. ? ? ?b=3, ?a=2, 令? 解得? 符合题意. ?-16a+b=-29, ?b=3, ? ? 当 a<0 时,令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=4,在区间[-1,2]上有: x 0 (0,2) 2 -1 (-1,0) 0 f′(x) - + f(x) ? ? -7a+b 极小值 b -16a+b 由 a<0 得-16a+b>-7a+b,则 f(x)在[-1,2]上取最大值-16a+b,最小值 b. ? ? ?-16a+b=3, ?a=-2, 令? 解得? 符合题意. ?b=-29, ?b=-29, ? ? 综上,存在实数 a,b 符合题意. - 变式思考 3 解 ∵f(x)=x2e ax(a>0), -ax -ax - 2 ∴f′(x)=2xe +x · (-a)e =e ax(-ax2+2x). 2 - 令 f′(x)>0,即 e ax(-ax2+2x)>0,得 0<x< . a 2 2 ? ∴f(x)在(-∞,0),? ?a,+∞?上是减函数,在(0,a)上是增函数. 2 ①当 0< <1,即 a>2 时,f(x)在[1,2]上是减函数, a - ∴f(x)max=f(1)=e a. 2 ②当 1≤ ≤2,即 1≤a≤2 时, a 2? ?2 ? f(x)在? ?1,a?上是增函数,在?a,2?上是减函数, 2? -2 -2 ∴f(x)max=f? ?a?=4a e . 2 ③当 >2,即 0<a<1 时,f(x)在[1,2]上是增函数, a - ∴f(x)max=f(2)=4e 2a. - 综上所述,当 0<a<1 时,f(x)的最大值为 4e 2a; - - 当 1≤a≤2 时,f(x)的最大值为 4a 2e 2; -a 当 a>2 时,f(x)的最大值为 e . 自主体验 解 (1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b. 因为曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,所以 f(1)=g(1),且

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f′(1)=g′(1). 即 a+1=1+b,且 2a=3+b.解得 a=3,b=3. 1 1 1 (2)记 h(x)=f(x)+g(x).当 b= a2 时,h(x)=x3+ax2+ a2x+1,h′(x)=3x2+2ax+ a2. 4 4 4 a a 令 h′(x)=0,得 x1=- ,x2=- . 2 6 a>0 时,h(x)与 h′(x)的情况如下: x h′(x) h(x)

?-∞,-a? 2? ?
+ ?

a - 2 0

?-a,-a? 6? ? 2
- ?

- 0

a 6

?-a,+∞? ? 6 ?
+ ?

a? ? a ? 所 以 函 数 h(x) 的 单 调 递 增 区 间 为 ? ?-∞,-2? 和 ?-6,+∞? ; 单 调 递 减 区 间 为

?-a,-a?. 6? ? 2
a ①当- ≥-1,即 0<a≤2 时, 2 函数 h(x)在区间(-∞,-1]上单调递增,h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为 h(-1)=a 1 - a2. 4 a a ②当- <-1,且- ≥-1,即 2<a≤6 时, 2 6 a? ? a ? 函数 h(x)在区间? ?-∞,-2?上单调递增,在区间?-2,-1?上单调递减,h(x)在区间(- a? ∞,-1]上的最大值为 h? ?-2?=1. a a -∞,- ? ③当- <-1,即 a>6 时,函数 h(x)在区间? 2? ? 6 a a? ? a ? 上单调递增,在区间? ?-2,-6?上单调递减,在区间?-6,-1?上单调递增. a? 1 2 1 2 又因 h? ?-2?-h(-1)=1-a+4a =4(a-2) >0, a - ?=1. 所以 h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为 h? ? 2?

第十三节

导数的应用(二)

基础自评 1.解析 ∵f′(x)=3ax2+1, 依题意 f′(x)=3ax2+1 有两个实根,∴a<0. 答案 D 2.解析 y′=-x2+81(x>0),令 y′=0,即-x2+81=0 得 x=9, 当 x∈(0,9)时,y′>0;当 x∈(9,+∞)时,y′<0. ∴函数在(0,9)上单调递增,在(9,+∞)上单调递减. ∴当 x=9 时,函数取得最大值,故选 C. 答案 C 3.解析 设时间 t 时,水波圆的半径、面积分别为 r、S,则 r=50t,S=πr2=π·(50t)2 =2 500πt2,则 S′=5 000πt,而 r=250 时,t=5,故 S′(5)=25 000π(cm2/s). 答案 25 000π 4.解析 f′(x)=1-cosx,当 x∈(0,π]时,f′(x)>0.

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∴f(x)在(0,π]上是增函数,∴f(π)>f(3)>f(2). 答案 f(π)>f(3)>f(2) 5.解析 设盒子容积为 y cm3,盒子的高为 x cm. 则 y=(10-2x)(16-2x)x(0<x<5) =4x3-52x2+160x, ∴y′=12x2-104x+160. 20 令 y′=0,得 x=2 或 (舍去), 3 ∴ymax=6×12×2=144(cm3). 答案 144 cm3 研考点· 知规律 【例 1】 解 (1)由题意 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 a x+a 且 f′(x)= + 2= 2 ,∵a>0, x x x ∴f′(x)>0,故 f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数. a (2)∵f(x)<x2,∴lnx- <x2. x 3 又 x>0,∴a>xlnx-x , 令 g(x)=xlnx-x3,h(x)=g′(x)=1+lnx-3x2, 1-6x2 1 h′(x)= -6x= .∵x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, x x ∴h(x)在(1,+∞)上是减函数. ∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0. ∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数. ∴g(x)<g(1)=-1. ∴当 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立. 变式思考 1 解 (1)函数 f(x)的定义域为(-∞,+∞), ∵f′(x)=x+ex-(ex+xex)=x(1-ex), 若 x≤0,则 1-ex≥0. ∴f′(x)≤0 且等号只在 x=0 时取得; 若 x>0,则 1-ex<0,∴f′(x)<0. ∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数, 即 f(x)的单调减区间为(-∞,+∞). (2)由(1)知,f(x)在[-2,2]上单调递减, ∴f(x)min=f(2)=2-e2. ∴m<2-e2 时,不等式 f(x)>m 恒成立. 【例 2】 解 (1)由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R,f′(x)=ex-2,x∈R.令 f′(x)=0,得 x =ln2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x ln2 (-∞,ln2) (ln2,+∞) 0 f′(x) - + f(x) 单调递减? 2(1-ln2+a) 单调递增? 故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln2,+∞), f(x)在 x=ln2 处取得极小值,极小值为 f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2(1-ln2+a). (2)设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R.于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln2-1 时,g′(x)最小值为 g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0.于是对任意 x∈R,都 有 g′(x)>0, 所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln2-1,对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>g(0). 又 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),g(x)>0. 即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+1.

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1-lnx lnx 变式思考 2 解 (Ⅰ)设 f(x)= ,则 f′(x)= 2 . x x 所以 f′(1)=1,即 L 的斜率为 1. 又 L 过点(1,0),所以 L 的方程为 y=x-1. (Ⅱ)证明:令 g(x)=x-1-f(x),则除切点之外,曲线 C 在直线 L 的下方等价于 g(x)>0(? x>0,x≠1). x2-1+lnx g(x)满足 g(1)=0,且 g′(x)=1-f′(x)= . x2 当 0<x<1 时,x2-1<0,lnx<0,所以 g′(x)<0,故 g(x)单调递减; 当 x>1 时,x2-1>0,lnx>0,所以 g′(x)>0,故 g(x)单调递增. 所以 g(x)>g(1)=0(?x>0,x≠1). 所以除切点之外,曲线 C 在直线 L 的下方. 【例 3】 解 设包装盒的高为 h(cm),底面边长为 a(cm). 60-2x 由已知得 a= 2x,h= = 2(30-x),0<x<30. 2 (1)S=4ah=8x(30-x)=-8(x-15)2+1 800,所以当 x=15 时,S 取得最大值. (2)V=a2h=2 2(-x3+30x2),V′=6 2x(20-x). 由 V′=0 得 x=0(舍去)或 x=20. 当 x∈(0,20)时,V′>0;当 x∈(20,30)时,V′<0. 所以当 x=20 时,V 取得极大值,也是最大值. h 1 此时 = . a 2 1 即包装盒的高与底面边长的比值为 . 2 21?2 585 变式思考 3 解 (1)设 -u=k? ?x- 4 ? , 8 ∵售价为 10 元时,年销量为 28 万件, 21?2 585 ∴ -28=k? ?10- 4 ? ,解得 k=2. 8 21?2 585 2 ∴u=-2? ?x- 4 ? + 8 =-2x +21x+18. ∴y=(-2x2+21x+18)(x-6) =-2x3+33x2-108x-108. (2)y′=-6x2+66x-108=-6(x2-11x+18) =-6(x-2)(x-9). 令 y′=0,得 x=2(∵x>6,舍去)或 x=9. 显然,当 x∈(6,9)时,y′>0;当 x∈(9,+∞)时,y′<0. ∴函数 y=-2x3+33x2-108x-108 在(6,9)上是关于 x 的增函数,在(9,+∞)上是关于 x 的减函数. ∴当 x=9 时,y 取最大值,且 ymax=135. ∴售价为 9 元时,年利润最大,最大年利润为 135 万元. 自主体验 解 (1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a), 当 a<0 时,对 x∈R,有 f′(x)>0, 所以当 a<0 时,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞); 当 a>0 时,由 f′(x)>0,解得 x<- a或 x> a,由 f′(x)<0,解得- a<x< a, 所以当 a>0 时,f(x)的单调递增区间为(-∞,- a],[ a,+∞),f(x)的单调递减区间 为[- a, a]. (2)因为 f(x)在 x=-1 处取得极值, 所以 f′(-1)=3×(-1)2-3a=0. 所以 a=1.

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所以 f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3. 由 f′(x)=0,解得 x1=-1,x2=1. 由(1)中 f(x)的单调性,可知 f(x)在 x=-1 处取得极大值 f(-1)=1,在 x=1 处取得极小 值 f(1)=-3. 因为直线 y=m 与函数 y=f(x)的图象有三个不同的交点,又 f(-3)=-19<-3,f(3)= 17>1, 结合 f(x)的单调性,可知 m 的取值范围是(-3,1).

第十四节

定积分与微积分基本定理
b (2)?bf1(x)dx± ? f2(x)dx

课本导读 1.(1)k?bf(x)dx (3)?bf(x)dx

?a

?a

?a

3.F(b)-F(a) F(x)|b a 基础自评 1.解析 ?1(ex+2x)dx=(ex+x2)|1 0=(e+1)-1=e.

?c

?0

答案 C 2.答案 B π π π π 3.解析 S=∫ - cosxdx=2∫ 0cosxdx=2sinx| 0= 3. 3 3 3 3 答案 D 4.解析 ∵?2f(x)dx=?1f(x)dx+?2f(x)dx,

?0

?0

?1

∴? f(x)dx=? f(x)dx-? f(x)dx=-1-1=-2.

?1

2

?0

2

?0

1

答案 -2 32 3 7 13 ?3 ? t +2t?|2 5.解析 S=?2(3t+2)dt=? (m). 1= ×4+4- 2+2 =10- = 2 ? ? ? ? 2 2 2 ?
1

答案 6.5 m 研考点· 知规律 【例 1】 解 1 2 14 2 2x2- ?dx=? x3-lnx?|1 (1)?2? x? ?3 ? = 3 -ln2. ??
1

π x π 1-cosx 1 π (2)∫ 0sin2 dx=∫ 0 dx= (x-sinx)| 0 2 2 2 2 2 2 π-2 = . 4 (3)y= -x2+2x= 1-?x-1?2 y≥0, ? ? 2 ??1-?x-1? ≥0, ? ?y2=1-?x-1?2
?y≥0, ? ?? 2 2 ??x-1? +y =1, ? ? ?y≥0, ?? 2 2 ?y =1-?x-1? ?

π 由图形可知:?1 -x2+2xdx= . 4 ?
0

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1 3 1 2? 1 1 x - x |0=- . 变式思考 1 解 (1)?1(x2-x)dx=? 3 2 ? ? 6 ?
0

π π x π 1-cosx (2)∫ - sin2 dx=2∫ 0 dx 2 2 2 2 2 π1 π cosx =2∫ 0 dx-2∫ 0 dx 22 2 2 1 π 1 π =2· x| 0-2· · sinx| 0 2 2 2 2 π π-2 ? =? ?2-0?-(1-0)= 2 . 3 (3)?2|3-2x|dx=∫ 1|3-2x|dx+错误!|3-2x|dx 2 ? 3 =∫ 1(3-2x)dx+错误!(2x-3)dx 2 3 =(3x-x2)| 1+(x2-3x)|错误! 2 1 = . 2 【例 2】 解析
1

如右图,抛物线的焦点坐标为(0,1),所以直线 l 的方程为 y=1. ?x2=4y, ?x=-2, ?x=2, ? ? ? 由? 解得? 或? 即 A(-2,1),B(2,1). ? ? ? ?y=1, ?y=1 ?y=1, x2 x2 x3 8 故所求图形(图中的阴影部分)的面积 S=?2-2(1- )dx=2?2(1- )dx=2(x- )|2 0= . 4 4 12 3 ? ?
0

故选 C. 答案 C

?y= x, 变式思考 2 解 由? 得交点 A(1,1); ?y=2-x,
y=2-x, ? ? 由? 得交点 B(3,-1). 1 y=- x, ? 3 ?

1 1 x+ x?dx+?3?2-x+ x?dx 故所求面积 S=?1? 3 3 ? ? ? ? ? ? 2 3 1 2? 1 ? 1 x + x |0+ 2x- x2?|3 =? 3 2 6 3 ?1 ? ? ?
0 1

2 1 4 13 = + + = . 3 6 3 6 【例 3】 解析 设所用时间为 t0,因为物体 A 在 t0 秒内行驶的路程为∫t00(3t2+1)dt, 物体 B 在 t0 秒内行驶的路程为∫t0010tdt, 所以∫t00(3t2+1)dt-∫t0010tdt=∫t00(3t2+1-10t)dt

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2 =(t3+t-5t2)|t00=t3 0+t0-5t0=5 ?(t0-5)(t2 0+1)=0,即 t0=5. 答案 C 变式思考 3 解析 变力 F(x)=x2+1 使质点 M 沿 x 轴正向从 x=1 运动到 x=10 所做的 10 功为 W=∫1 F(x)dx= 2 ?1 3 ? 10 ∫10 1 (x +1)dx= 3x +x |1 =342(J). ? ? 答案 342 自主体验 1 32 1.解析 S=?1-3(3-x2-2x)dx=(3x- x3-x2)|1 . -3= 3 3 ? 答案 D 1 2. 解析 题图中阴影部分的面积 S=?2[2-(x2-2x+2)]dx=?2(2x-x2)dx=(x2- x3)2 = 3 0 ? ?

4 3 1 8 4 4- = .由几何概型的概率计算公式可知,所求概率 P= = .选 D. 3 3 4 3 答案 D

0

0

第三章 形
第一节

三角函数、三角恒等变换、解三角

任意角和弧度制及任意角的三角函数

课本导读 1.(1)正角 负角 零角 (2)象限角 2.α+k· 360° (k∈Z) l 3.(1)半径 (2)正数 负数 零 (3)无关 角的大小 r 1 1 (4)2π π (5)|α|r lr |α|r2 2 2 y 4.(1)y x x 5.OM MP AT 余弦线 正弦线 正切线 基础自评 -1 5 1.解析 由三角函数的定义可知,r= 5,cosα= =- . 5 5 答案 A 2.解析 当 k=2m+1(m∈Z)时,α=2m· 180° +225° =m· 360° +225° ,故 α 为第三象限 角; 当 k=2m(m∈Z)时,α=m· 360° +45° ,故 α 为第一象限角. 答案 A 3.解析 由 sinα<0 知 α 是第三、四象限或 y 轴非正半轴上的角,由 tanα>0 知 α 是第 一、三象限角.∴α 是第三象限角. 答案 C

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R 4. 解析 设圆的半径为 R, 其外切正三角形边长为 x, 则由平面几何知识可得 tan30° = , x 2 3 ∴R= x. 6 x x 故这段弧所对圆心角的弧度数为 α= = =2 3. R 3 x 6 答案 2 3 5.解析 根据正弦值为负数且不为-1,判断角在第三、四象限,再加上横坐标为正, 断定该角为第四象限角, y 2 5 ∴y<0,sinθ= 2=- 5 ?y=-8. 16+y 答案 -8 研考点· 知规律 π 【例 1】 解 (1)当角的终边在第一象限时,角的集合为{α|α=2kπ+ ,k∈Z},当角的 3 4 π 终边在第三象限时,角的集合为{α|α=2kπ+ π,k∈Z},故所求角的集合为{α|α=2kπ+ ,k 3 3 4 π ∈Z}∪{α|α=2kπ+ π,k∈Z}={α|α=kπ+ ,k∈Z}. 3 3 3 (2)∵2kπ+π<α<2kπ+ π(k∈Z), 2 π α 3 ∴kπ+ < <kπ+ π(k∈Z). 2 2 4 π α 3 α 当 k=2n(n∈Z)时,2nπ+ < <2nπ+ π, 是第二象限角, 2 2 4 2 3π α 7 α 当 k=2n+1(n∈Z)时,2nπ+ < <2nπ+ π, 是第四象限角, 2 2 4 2 α 综上知,当 α 是第三象限角时, 是第二或第四象限角. 2 3π 4π π 4π 变式思考 1 解析 (1)- 是第三象限角,故①错误. =π+ ,从而 是第三象限角正 4 3 3 3 确.-400° =-360° -40° ,从而③正确.-315° =-360° +45° ,从而④正确. π (2)由已知 +2kπ<α<π+2kπ(k∈Z), 2 π 则-π-2kπ<-α<- -2kπ(k∈Z), 2 π 即-π+2kπ<-α<- +2kπ(k∈Z), 2 π 故 2kπ<π-α< +2kπ(k∈Z), 2 所以 π-α 是第一象限角. 答案 (1)C (2)一 【例 2】 解 由题意得,r= 3+m2, m 2 ∴ 2= 4 m,∵m≠0, 3+m ∴m=± 5,故角 θ 是第二或第三象限角. 当 m= 5时,r=2 2,点 P 的坐标为(- 3, 5),角 θ 是第二象限角, x - 3 6 y 5 15 ∴cosθ= = =- ,tanθ= = =- ; r 2 2 4 x - 3 3 当 m=- 5时,r=2 2,点 P 的坐标为(- 3,- 5),角 θ 是第三象限角.

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x - 3 6 y - 5 15 ∴cosθ= = =- ,tanθ= = = . r 2 2 4 x - 3 3 变式思考 2 解析 取终边上一点(a,2a),a≠0,根据任意角的三角函数定义,可得 cosθ 5 3 =± ,故 cos2θ=2cos2θ-1=- . 5 5 答案 B 【例 3】 解 (1)由⊙O 的半径 r=10=AB, 知△AOB 是等边三角形, ∴α=∠AOB=60° π = . 3 π (2)由(1)可知 α= ,r=10, 3 π 10π ∴弧长 l=α· r= ×10= . 3 3 1 1 10π 50π ∴S 扇形= lr= × ×10= . 2 2 3 3 1 10 3 1 10 3 50 3 而 S△AOB= · AB· = ×10× = , 2 2 2 2 2 π 3 ∴S=S 扇形-S△AOB=50? - ?. ?3 2 ? 变式思考 3 解 设圆心角是 θ,半径是 r,则 2r+rθ=40, 20?2 1 1 S= lr= r(40-2r)=r(20-r)≤? ? 2 ? =100. 2 2 当且仅当 r=20-r,即 r=10 时,Smax=100. ∴当 r=10,θ=2 时,扇形面积最大,即半径为 10,圆心角为 2 弧度时,扇形面积最大. 3 【例 4】 解 (1)作直线 y= 交单位圆于 A,B 两点,连接 OA,OB,则 OA 与 OB 围 2 π 成的区域( 图中阴影部分)即为角 α 的终边的范围,故满足条件的角 α 的集合为 {α|2kπ+ 3 2 ≤α≤2kπ+ π,k∈Z}. 3 ??1?题图? ??2?题图? 1 (2)作直线 x=- 交单位圆于 C,D 两点,连接 OC,OD,则 OC 与 OD 围成的区域(图中 2 2 4 阴影部分)即为角 α 终边的范围,故满足条件的角 α 的集合为{α|2kπ+ π≤α≤2kπ+ π,k∈ 3 3 Z}. 变式思考 4

解析

1 π π (1)由题意得 cosx≥ ,所以 2kπ- ≤x≤2kπ+ ,k∈Z. 2 3 3

π 5 ? (2)在单位圆中画三角函数线,如右图所示,要使在(0,2π)内,sinx>cosx,则 x∈? ?4,4π?. 答案 (1)C (2)C 自主体验 8 4 6 3 3 2=5,cosθ= 2 2=5.∵∠xOQ=θ+4π,∴ 6 +8 6 +8 3 3 3 4 2 3 2 - 2 sin∠xOQ=sin(θ+ π)=sinθcos π+cosθsin π= ×(- )+ × = .cos∠xOQ=cos(θ 4 4 4 5 2 5 2 10 1.解析 设∠xOP=θ,则 sinθ=
2

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3 3 3 3 2 4 2 -7 2 + π)=cosθcos π-sinθsin π= ×(- )- × = . 4 4 4 5 2 5 2 10 → → → → 又 Q 坐标为(|OQ|cos∠xOQ,|OQ|sin∠xOQ)且|OQ|=|OP|=10,所以 Q 坐标为(-7 2, - 2),选 A. 答案 A 2.

如右图,由三角函数的定义,设 xA=cosα,则 yB=sin(α+30° ),∴xA-yB=cosα 1 3 -sin(α+30° )= cosα- sinα=cos(α+60° )≤1. 2 2 答案 C 解析

第二节
课本导读

同角三角函数的基本关系与诱导公式
sinα (2) =tanα cosα - sinα cosα cosα

1.(1)sin2α+cos2α=1 2 . sinα - sinα tanα tanα 基础自评 1.解析 答案 A

cosα

cosα

- cosα

- sinα

sinα

tanα



sin585° =sin(585° -360° )=sin225° =sin(180° +45° )=-sin45° =-

2 . 2

1 1 2.解析 ∵sin(π+α)=-sinα= ,∴sinα=- . 2 2 3 ∴cosα=± 1-sin2α=± . 2 答案 D 3.解析 2 011° =360° ×5+(180° +31° ), ∴sin2 011° =sin[360° ×5+(180° +31° )]=-sin31° <0, cos2 011° =cos[360° ×5+(180° +31° )]=-cos31° <0. ∴点 A 位于第三象限. 答案 C sinα 1 2 5 4.解析 由题意知 cosα<0,又 sin2α+cos2α=1,tanα= =- .∴cosα=- . cosα 2 5 2 5 答案 - 5 1?2 1 π 2 6 5.解析 ∵cosα= ,- <α<0,∴sinα=- 1-cos2α=- 1-? =- ,则原式 5 ? ? 5 2 5 -sinα = sinα sinα · cosα· cosα cosα 1 5 cosα 6 =- =- = . sinα 2 6 12 - 5

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6 12 研考点· 知规律 答案 sinα ? ?tanα=cosα=2, 【例 1】 解析 (1)依题意得? ?sin2α+cos2α=1, ? 1 由此解得 cos2α= ; 5 3π 5 又 α∈(π, ),因此 cosα=- . 2 5 sinα+3cosα tanα+3 (2)由 =5,得 =5,即 tanα=2. 3cosα-sinα 3-tanα sin2α-sinαcosα tan2α-tanα 2 所以 sin2α-sinαcosα= = = . 5 sin2α+cos2α tan2α+1 5 答案 (1)- (2)A 5 5π ? 1 ?π ? 变式思考 1 解析 (1)sin? ? 2 +α?=sin?2+α?=cosα=5,∴选 C.

?sinθ+cosθ= 2, π 2 sinθ θ+ ?= (2)由? 2 解得 sinθ=cosθ= ,所以 tanθ= =1.所以 tan? 2 3? ? 2 cos θ ?sin θ+cos θ=1, π tanθ+tan 3 1+ 3 = =-2- 3. π 1-1× 3 1-tanθtan 3 答案 (1)C (2)B 【例 2】 解析 (1)tan2 012° =tan(1 800° +212° )=tan212° =tan(180° +32° )=tan32° , 3 又 30° <32° <45° ,∴ <tan32° <1.∴选 B. 3 ? ?sinα=-2cosα, π +α?,∴? 2 (2)∵sin(π-α)=-2sin? 2 ?2 ? ?sin α+cos α=1, ?
4 ∴(sinαcosα)2= . 25 又 sinα=-2cosα 2 ∴sinαcosα<0,∴sinαcosα=- . 5 答案 (1)B (2)B π ? 5π 变式思考 2 解析 (1)∵? ?6+α?+ 6 -α=π, π 5π ? ∴ -α=π-? ?6+α?. 6 5π ? π -α =cos?π-? +α?? ∴cos? ?6 ? ? ?6 ?? π 3 ? =-cos? ?6+α?=- 3 , 5π ? 3 即 cos? ? 6 -α?=- 3 . sinx· cosx· ?-tanx? (2)∵f(x)= sinx =-cosx· tanx=-sinx,

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31π? 31π ? 31π? ∴f? ?- 3 ?=-sin?- 3 ?=sin 3 π? π 3 =sin? ?10π+3?=sin3= 2 . 3 3 答案 (1)- (2) 3 2

?sinA= 2sinB, 【例 3】 解 由已知得? ? 3cosA= 2cosB, ② 2 ①2+②2 得 2cos2A=1,即 cosA=± . 2 2 3 (1)当 cosA= 时,cosB= . 2 2 又 A,B 是三角形的内角, π π ∴A= ,B= . 4 6 7 ∴C=π-(A+B)= π. 12 2 3 (2)当 cosA=- 时,cosB=- . 2 2 又 A,B 是三角形的内角, 3 5 ∴A= π,B= π,不合题意. 4 6 π π 7 综上知,A= ,B= ,C= π. 4 6 12
变式思考 3 π C? C cos? ?2- 2 ?=sin 2 , A+B C 故 cos2 +cos2 =1. 2 2 π ? ?3 ? (2)若 cos? ?2+A?sin?2π+B?tan(C-π)<0, 则(-sinA)(-cosB)tanC<0,即 sinAcosBtanC<0, ∵在△ABC 中,0<A<π,0<B<π,0<C<π, ?tanC<0, ?cosB<0, ? ? ∴sinA>0,? 或? ?tanC>0 ?cosB>0, ? ? ∴B 为钝角或 C 为钝角,故△ABC 为钝角三角形. 自主体验 解析 由题意知,原方程判别式 Δ≥0, 即(-a)2-4a≥0,∴a≥4 或 a≤0.
? ?sinθ+cosθ=a, ∵? ? ?sinθcosθ=a, 又(sinθ+cosθ)2=1+2sinθcosθ, ∴a2-2a-1=0, ∴a=1- 2或 a=1+ 2(舍去). 答案 1- 2



证明:(1)在△ABC 中,A+B=π-C,则

A+B π C A+B = - ,所以 cos = 2 2 2 2

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第三节
课本导读

三角函数的图象与性质

π ? ?3 ? 1.(0,0) ? ?2,1? (π,0) ?2π,-1? (2π,0) π π 2.{x|x≠kπ+ (k∈Z)} [-1,1] [-1,1] R x=kπ+ (k∈Z) (kπ,0)(k∈Z) x=kπ(k 2 2 π k π π π? ? ? ? ? ∈ Z) ? ?kπ+2,0? (k ∈ Z) ? 2 ,0? (k ∈ Z) 2π 2π π ?2kπ-2,2kπ+2? (k ∈ Z) ?2kπ+π,2kπ+3π?(k∈ Z) [2kπ-π, 2kπ](k∈ Z) [2kπ,2kπ+ π](k∈Z) ?kπ-π,kπ+π? (k 2 2? 2 2? ? ? ∈Z) 奇函数 偶函数 奇函数 2π π 3. ω ω 基础自评 π π 3π 1.解析 ∵x- ≠kπ+ ,∴x≠kπ+ ,k∈Z. 4 2 4 答案 D π 2.解析 选项 A、D 中的函数均为偶函数,C 中函数的最小正周期为 ,故选 B. 2 答案 B 3.解析 作出函数 y=|sinx|的图象观察可知,函数 y=|sinx| 3π? 在? ?π, 2 ?上递增. 答案 C π ? π π ? π? ? π? 4.解析 因为 y=sinx 在? ?-2,0?上为增函数且-18>-10,故 sin?-18?>sin?-10?. 答案 > π? ? π? 5.解析 当 cos? ?x+4?=-1 时,函数 y=2-3cos?x+4? π 3 取得最大值 5,此时 x+ =π+2kπ,从而 x= π+2kπ,k∈Z. 4 4 3 答案 5 π+2kπ,k∈Z 4 研考点· 知规律 【例 1】 解析 (1)要使函数有意义,必须有 sinx-cosx≥0,即 sinx≥cosx,同一坐标 系中作出 y=sinx,y=cosx,x∈[0,2π]的图象如下图所示.

结 合 图 象 及 正 、 余 弦 函 数 的 周 期 是 ? ? ? π 5 ?x 2kπ+ ≤x≤2kπ+ π,k∈Z ?. 4 4 ? ? ? π 7π? 1 ? ? (2)∵x∈?6, 6 ?,∴sinx∈?-2,1? ?. 又 y=3-sinx-2cos2x=3-sinx-2(1-sin2x) 1?2 7 =2? ?sinx-4? +8. 1 7 ∴当 sinx= 时,ymin= ; 4 8

2π 知 , 函 数 的 定 义 域 为

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1 当 sinx=- 或 sinx=1 时,ymax=2. 2 π 5 答案 (1){x|2kπ+ ≤x≤2kπ+ π,k∈Z} 4 4 7 (2) 2 8 变式思考 1 解析 (1)要使函数有意义

? ?x>0, 则? tanx≥0, π ? ,k∈Z ?x≠kπ+2

1 2+log x≥0, 2

0<x≤4, ? ? ?? π ? ?kπ≤x<kπ+2,k∈Z.

利用数轴可得函数的定义域是 ? ? ? π ?x 0<x< ,或π≤x≤4 ?. 2 ? ? ?

π π 5π π π 0, ?时,2x- ∈?- , ?,sin?2x- ? (2)当 x∈? 6? ? 2? ? 6 ? 6 6? 1 ? ∈? ?-2,1?, π? ? 3 ? ? 3 ? 故 3sin? ?2x-6?∈?-2,3?,即此时函数 f(x)的值域是?-2,3?. ? ? π 0<x< ,或π≤x≤4 ? (2)B 答案 (1)?x? 2 ? ? ? π π -x?=sinx+cosx= 2sin?x+ ?. 【例 2】 解 f(x)=sinx+sin? 2 ? ? ? 4? π π π 由- +2kπ≤x+ ≤ +2kπ,k∈Z,得: 2 4 2 3π π - +2kπ≤x≤ +2kπ,k∈Z, 4 4 π? 又 x∈[0,π],∴f(x)的单调递增区间为? ?0,4?. 变式思考 2 解析 (1) 作出 y = |tanx| 的图象,观察图象可知, y = |tanx| 的增区间是 ?kπ,kπ+π?,k∈Z. 2? ? π? ? π? ?π? ?π? (2)f(x)=sinx+ 3cosx=2sin? ?x+3?,因为函数 f(x)在?0,6?上单调递增,所以 f?7?<f?6?, π? 而 c=f? ?3? π? 2π π =2sin =2sin =f(0)<f? ?7?,所以 c<a<b. 3 3 π? 答案 (1)? ?kπ,kπ+2?,k∈Z (2)B 【例 3】 解析 (1)∵f(x)=2sinxcosx=sin2x, ∴函数 f(x)为奇函数,其图象关于原点中心对称.故选 B. π π? π π , (2)∵x= ,x= 均为函数的对称轴,且在? 3 2?上单调递减, ? 3 2 T π π π π ∴ = - = ,∴T= . 2 2 3 6 3

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π 2π 由 T= = ,得 ω=6. 3 ω π π? ∵函数 f(x)在? ?3,2?上单调递减, π? ?π?=-1. ∴f? = 1 , f ?3? ?2? 代入函数可得 sinφ=1,sin(π+φ)=-1, π 又 φ∈(-π,π],∴φ= .故选 A. 2 答案 (1)B (2)A 变式思考 3 解析 (1)因为 f(x)=sinxcosx+ 以最小正周期为 π,振幅为 1. π π (2)f(x)是奇函数,则 φ=kπ+ (k∈Z);φ= 时,则 f(x)是奇函数,故选 B. 2 2 答案 (1)A (2)B 自主体验 1.解析 ∵f(x)=sin(2x+y)+ 3cos(2x+y) π? =2sin? ?2x+y+3?为奇函数, π? ∴f(0)=0,即 siny+ 3cosy=0,∴tany=- 3,故排除 A、C;又函数 f(x)在? ?0,4?上是 减函数,只有 D 选项满足. 答案 D 2.解析 2π? ?2π? 由 y=2cosωx 在? ?0, 3 ?上是递减的,且有最小值为 1,则有 f? 3 ?=1,即 2π ω× ?=1, 2×cos? 3? ? 2π ? 1 即 cos? ? 3 ω?=2,检验各选项,得出 B 项符合. 答案 B 第四节 函数 y=Asin(ωx+φ)的 图象及三角函数模型的简单应用课本导读 2π 1 ω 1.A ωx+φ φ ω T 2π φ φ π π-φ 3π φ 2π-φ π 3π 2.- - + - 0 π 2π ω ω 2ω ω 2ω ω ω 2 2 基础自评 3 1.解析 当 x=0 时,y=- ,可排除 B、D. 2 π 当 x= 时,y=0,可排除 C. 6 答案 A 1? 2.解析 因为 y=cos(2x+1)=cos2? ?x+2?,所以只需要将函数 y=cos2x 的图象向左移 1 动 个单位即可得到函数 y=cos(2x+1)的图象. 2 答案 C π π ? 3. 解析 由题图象知 T=2(4-1)=6?ω= , 由图象过点(1,2)且 A=2, 可得 sin? ?3×1+φ? 3 π π =1,又|φ|< ,得 φ= . 2 6 答案 C 3 1 3 π cos2x= sin2x+ cos2x=sin(2x+ ),所 2 2 2 3

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π 2 7 5 13 ( ,0) ( π,1) ( π,0) ( π,-1) ( π,0) 6 3 6 3 6 T 2 π π 4 5.解析 由题意设函数周期为 T,则 = π- = ,故 T= π. 4 3 3 3 3 2π 3 ∴ω= = . T 2 3 答案 2 研考点· 知规律 π 2π π 2x+ ?的振幅 A=2,周期 T= =π,初相 φ= . 【例 1】 解 (1)y=2sin? 3 ? ? 2 3 π π ? (2)令 X=2x+ ,则 y=2sin? ?2x+3?=2sinX. 3 列表,并描点画出图象: π π π 7π 5π x - 6 12 3 12 6 π 3π X 0 π 2π 2 2 0 1 0 0 y=sinX -1 π ? 0 2 0 0 -2 y=2sin? ?2x+3? 4.答案

π π x+ ?的图象, (3)方法 1:把 y=sinx 的图象上所有的点向左平移 个单位,得到 y=sin? ? 3? 3 π π? 1 ? ? 再把 y=sin? ?x+3?的图象上的点的横坐标缩短到原来的2倍(纵坐标不变),得到 y=sin?2x+3? π? 的图象,最后把 y=sin? ?2x+3?上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍(横坐标不变),即可得到 π 2x+ ?的图象. y=2sin? 3? ? 1 方法 2:将 y=sinx 的图象上每一点的横坐标 x 缩短为原来的 倍,纵坐标不变,得到 y 2 π? π =sin2x 的图象;再将 y=sin2x 的图象向左平移 个单位,得到 y=sin2? ?x+6? 6 π π 2x+ ?的图象;再将 y=sin?2x+ ?的图象上每一点的横坐标保持不变,纵坐标伸 =sin? 3? 3? ? ? π ? 长为原来的 2 倍,得到 y=2sin? ?2x+3?的图象. 1 变式思考 1 解析 (1)y=sinx 的图象上所有点的横坐标缩短为原来的 倍(纵坐标不变) 2 π 所得的图象表示的函数解析式为 y=sin2x,再将此函数图象向右平移 个单位长度可得 y= 6 π π π sin2(x- )的图象,即 y=sin(2x- ),所以 ω=2,φ=- . 6 3 3 π π (2)y=sin(2x+ )=sin[2(x+ )], 6 12 π π π π π π y=sin(2x- )=sin[2(x- )]=sin[2(x- + )],所以将 y=sin(2x+ )的图象向右平移 个 3 6 4 12 6 4

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π 长度单位得到 y=sin(2x- )的图象. 3 答案 (1)B (2)B 【例 2】 解 (1)由图象可知,函数的最大值 M=3,最小值 m=-1, 3-?-1? 3-1 则 A= =2,b= =1. 2 2 2 π? 又 T=2? ?3π-6?=π. 2π 2π ∴ω= = =2. T π ∴f(x)=2sin(2x+φ)+1. π π ? 将 x= ,y=3 代入上式,得 sin? ?3+φ?=1, 6 π π π ∴ +φ= +2kπ,k∈Z,即 φ= +2kπ,k∈Z. 3 2 6 π π π 2x+ ?+1. 又∵|φ|< ,∴φ= .∴f(x)=2sin? 6? ? 2 6 π π π 1 (2)由 2x+ = +kπ,得 x= + kπ,k∈Z, 6 2 6 2 π ? ∴f(x)=2sin? ?2x+6?+1 的图象的对称轴方程为 π 1 x= + kπ,k∈Z. 6 2 π? (3)f(x)=2sin? ?2x+6?+1. π π 1 令 2x+ =kπ,得 x=- + kπ,k∈Z. 6 12 2 π? ? π 1 ? ∴f(x)=2sin? ?2x+6?+1 的图象的对称中心为?-12+2kπ,1?,k∈Z. 3 5 π 3 2π 5 变式思考 2 解析 由图知 T= π-(- )= π, 所以 T=π, 又 T= , 所以 ω=2,2× 4 12 3 4 ω 12 π π π π π+φ=2kπ+ (k∈Z),因为- <φ< ,所以 φ=- . 2 2 2 3 答案 A π 1+cos2x 1 1 1 +φ?= sin2xsinφ+ 【例 3】 解 (1)∵f(x)= sin2xsinφ+cos2xcosφ- sin? cosφ ? 2 2 2 ?2 2 1 - cosφ 2 1 1 = (sin2xsinφ+cos2xcosφ)= cos(2x-φ), 2 2 π 1? 又函数图象过点? ?6,2?, π π 1 1 2× -φ?,即 cos? -φ?=1. ∴ = cos? ? ?3 ? 2 2 ? 6 π 又 0<φ<π,∴φ= . 3 π 1 2x- ?, (2)由(1)知 f(x)= cos? 3? 2 ? π 1 4x- ?. 由题意可得 g(x)= cos? 3? 2 ? π ? ∵x∈? ?0,4?,∴4x∈[0,π]. π 2π π - , ?. ∴4x- ∈? 3 ? 3 3?

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π? 1 ∴- ≤cos? ?4x-3?≤1. 2 π 1 1 1 4x- ?≤ . ∴- ≤ cos? 3? 2 4 2 ? π? 1 1 故 y=g(x)在? ?0,4?上的最大值和最小值分别为2和-4. π π? 变式思考 3 解 (1)依题意得:A=5,周期 T=4? ?3-12?=π, π 2π ? ∴ω= =2,故 y=5sin(2x+φ),又图象过点 P? 12 ? ,0?. π π ? ∴5sin? ?6+φ?=0. π? π π 由已知可得 +φ=0,∴φ=- ,∴y=5sin? ?2x-6?. 6 6 π π π (2)由- +2kπ≤2x- ≤ +2kπ,k∈Z,得: 2 6 2 π π - +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z, 6 3 π π? 故函数 f(x)的递增区间为:? ?kπ-6,kπ+3?(k∈Z). 自主体验 π 1.解析 将函数 y=sinx 的图象上所有的点向右平移 个单位长度,所得图象的函数解 10 π 析式为 y=sin(x- );再把所得各点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变),所得图象的 10 1 π 函数解析式是 y=sin( x- ).故选 C. 2 10 答案 C π π 2.解析 y=sin(2x+φ)向左平移 个单位后得图象的解析式为 y=sin(2x+ +φ)为偶函 8 4 π π π 数,故 +φ= +kπ(k∈Z);φ= +kπ(k∈Z),结合选项知选 B. 4 2 4 答案 B

第五节

三角恒等变换

课本导读 1.(1)cosαcosβ+sinαsinβ (2)cosαcosβ-sinαsinβ (3)sinαcosβ+cosαsinβ (4)sinαcosβ-cosαsinβ tanα+tanβ tanα-tanβ (5) (6) 1-tanαtanβ 1+tanαtanβ 2.(1)2sinαcosα (2)cos2α-sin2α 2cos2α-1 1-2sin2α 基础自评 π π 3 3 2tan22.5° 1.解析 2cos2 -1=cos = ;1-2sin275° =cos150° =- ; =tan45° 12 6 2 2 1-tan222.5° 1 1 =1;sin15° cos15° = sin30° = . 2 4 答案 D 4 1 2.解析 cos(π-2α)=-cos2α=-(1-2sin2α)=2sin2α-1=2× -1=- . 9 9 答案 B

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3.解析

1 1 1 cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ=- - =- ,cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ 6 3 2

1 1 1 =- + = .故选 A. 6 3 6 答案 A 4.解析 原式=cos(α-β+β)=cosα. 答案 cosα tan20° +tan40° 5.解析 ∵tan60° =tan(20° +40° )= , 1-tan20° tan40° ∴tan20° +tan40° =tan60° (1-tan20° tan40° ) = 3- 3tan20° · tan40° . ∴原式= 3- 3tan20° tan40° + 3tan20° tan40° = 3. 答案 3 研考点· 知规律 【例 1】 解 (1)sin50° (1+ 3tan10° ) cos10° + 3sin10° =sin50° ( ) cos10° 1 3 2sin50° ? cos10° + sin10° ? 2 2 = cos10° 2sin50° sin?30° +10° ? 2sin50° cos50° = = cos10° cos10° sin100° cos10° = = =1. cos10° cos10° θ π θ (2)由 θ∈(0,π),得 0< < ,∴cos >0. 2 2 2 θ θ 因此 2+2cosθ= 4cos2 =2cos . 2 2 θ θ 又(1+sinθ+cosθ)(sin -cos ) 2 2 θ θ θ θ θ =(2sin cos +2cos2 )(sin -cos ) 2 2 2 2 2 θ 2θ θ 2θ =2cos (sin -cos )=-2cos cosθ. 2 2 2 2 θ -2cos cosθ 2 故原式= =-cosθ. θ 2cos 2 变式思考 1 解 (1) 2+2cos8+2 1-sin8 = 2?1+cos8?+2 1-2sin4cos4 = 2×2cos24+2 ?sin4-cos4?2 =-2cos4+2(cos4-sin4)=-2sin4. 1 2cos2x?cos2x-1?+ 2 (2)原式= π π 2tan? -x?· cos2? -x? 4 4 2 2 -4cos xsin x+1 1-sin22x = = π π π 4cos? -x?sin? -x? 2sin? -2x? 4 4 2 2 cos 2x 1 = = cos2x. 2cos2x 2

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sin?30° +17° ?-sin17° cos30° (1)原式= cos17° sin30° cos17° +cos30° sin17° -sin17° cos30° = cos17° sin30° cos17° 1 = =sin30° = . cos17° 2 π (2)∵0<β< <α<π, 2 π α π π β ∴- < -β< , <α- <π. 4 2 2 4 2 α α 5 -β?= 1-sin2? -β?= , ∴cos? ?2 ? ?2 ? 3 β β 4 5 α- ?= 1-cos2?α- ?= sin? ? 2? ? 2? 9 , α+β ? β? ?α ?? ∴cos =cos? ??α-2?-?2-β?? 2 β α β α α- ?cos? -β?+sin?α- ?sin? -β? =cos? ? 2? ?2 ? ? 2? ?2 ? 1 5 4 5 2 7 5 ? =? ?-9?× 3 + 9 ×3= 27 . α+β 49×5 239 ∴cos(α+β)=2cos2 -1=2× -1=- . 2 729 729 239 答案 (1)C - 729 sin40° 变式思考 2 解析 (1)4cos50° -tan40° =4sin40° - cos40° 4sin40° cos40° -sin40° 2sin80° -sin40° = = cos40° cos40° 3 3 cos10° - sin10° 2 2cos10° -sin?30° +10° ? 2 = = cos40° cos40° 3sin?60° -10° ? 3sin50° = = = 3. cos40° cos40° π π (2)∵- <β<0<α< ,∴0<α-β<π. 2 2 3 4 ∵cos(α-β)= ,∴sin(α-β)= . 5 5 5 π 12 又∵sinβ=- ,- <β<0,∴cosβ= . 13 2 13 4 12 3 5 33 故 sinα=sin[(α-β)+β]=sin(α-β)cosβ+cos(α-β)· sinβ= × + ×(- )= . 5 13 5 13 65 33 答案 (1)C (2) 65 π 6 【例 3】 解析 (1) 2sin(θ+ )= , 4 2 π 3 ∴sin(θ+ )= . 4 2 π π π π ∵0<θ< ,∴θ+ = ,∴θ= .故选 B. 4 4 3 12 5 3 10 2 5 10 (2)由 sinα= ,cosβ= 且 α,β 为锐角,可知 cosα= ,sinβ= , 5 10 5 10 故 cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ 【例 2】 解

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2 5 3 10 5 10 2 × - × = , 5 10 5 10 2 π 又 0<α+β<π,故 α+β= .故选 C. 4 答案 (1)B (2)C tan2α-tanβ π? 1 变式思考 3 解 tan(2α-β)= =1,由 tanα= ,α∈(0,π)知 α∈? ?0,4?; 3 1+tan2αtanβ π ? 1 由 tanβ=- ,β∈(0,π),知 β∈? ?2,π?, 7 3π ∴2α-β∈(-π,0),∴2α-β=- . 4 自主体验 1.解析 f(x)=sinx+ 3cosx π 1 3 x+ ?, =2? sinx+ cosx?=2sin? ? 3? 2 ?2 ? π π π π 5π 由- ≤x≤ ,得- ≤x+ ≤ . 2 2 6 3 6 π π 所以当 x+ = 时,f(x)有最大值 2; 3 2 π π 当 x+ =- 时,f(x)有最小值-1. 3 6 答案 D π π 2.解 f(x)=sin(x- )+cos(x- ) 6 3 3 1 1 3 = sinx- cosx+ cosx+ sinx= 3sinx, 2 2 2 2 x g(x)=2sin2 =1-cosx. 2 3 3 3 (Ⅰ)由 f(α)= 得 sinα= . 5 5 又 α 是第一象限角,所以 cosα>0. 4 1 从而 g(α)=1-cosα=1- 1-sin2α=1- = . 5 5 π 1 (Ⅱ)f(x)≥g(x)等价于 3sinx≥1-cosx,即 3sinx+cosx≥1.于是 sin(x+ )≥ . 6 2 π π 5π 从而 2kπ+ ≤x+ ≤2kπ+ ,k∈Z, 6 6 6 2π 即 2kπ≤x≤2kπ+ ,k∈Z. 3 2π 故使 f(x)≥g(x)成立的 x 的取值集合为{x|2kπ≤x≤2kπ+ ,k∈Z}. 3 =

第六节

正弦定理和余弦定理

课本导读 b c 1. 2RsinA sinB sinC 2 . b2 + c2 - 2bccosA a2+b2-c2 2ab 基础自评

2RsinB 2RsinC a2 + c2 - 2accosB

sinA sinB sinC a2 + b2 - 2abcosC b2+c2-a2 2bc a2+c2-b2 2ac

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1.解析 由 A+B+C=180° ,知 C=45° ,由正弦定理得: a c 10 c 10 6 = .即 = .∴c= . sinA sinC 3 3 2 2 2 答案 C b2+c2-a2 1+4-3 1 2.解析 由余弦定理得:cosA= = = , 2bc 2×1×2 2 ∵0<A<π,∴A=60° . 答案 C 1 2 2 3.解析 ∵cosC= ,0<C<π,∴sinC= . 3 3 1 1 2 2 ∴S△ABC= absinC= ×3 2×2 3× =4 3. 2 2 3 答案 C a2+b2-c2 3 4.解析 ∵a2+b2-c2=- 3ab,∴cosC= =- ,故 C=150° 为三角形的 2ab 2 最大内角. 答案 150° π 3sin 3 1 bsinA π 5π 5.解析 由正弦定理可知 sinB= = = ,所以 B= 或 (舍去),所以 C=π a 3 2 6 6 π π π -A-B=π- - = . 3 6 2 π 答案 2 研考点· 知规律 2+ 6 【例 1】 解析 (1)sinA=sin75° =sin(30° +45° )=sin30° cos45° +sin45° cos30° = . 4 由 a=c= 6+ 2可知,C=A=75° , 1 所以 B=30° ,则 sinB= . 2 2+ 6 1 a 由正弦定理得 b= · sinB= × =2. sinA 2+ 6 2 4 (2)∵sinC=2 3sinB,由正弦定理得 c=2 3b, b2+c2-a2 - 3bc+2 3bc 3 ∴cosA= = = . 2bc 2bc 2 又 A 为三角形的内角,∴A=30° . 答案 (1)A (2)A AC BC 变式思考 1 解析 (1)在△ABC 中, = , sinB sinA 2 3 2× 2 BC· sinB ∴AC= = =2 3. sinA 3 2 9 (2)设 BC=x,则由余弦定理 AB2=AC2+BC2-2AC· BCcosC 得 5=25+x2-2· 5· x· ,即 10 x2-9x+20=0,解得 x=4 或 x=5. 答案 (1)B (2)4 或 5 【例 2】 解 (1)由已知,根据正弦定理得 2a2=(2b+c)· b+(2c+b)c,即 a2=b2+c2+ bc.

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由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccosA, 1 故 cosA=- ,∵0<A<180° ,∴A=120° . 2 3 (2)由(1)得 sin2A=sin2B+sin2C+sinBsinC= . 4 1 又 sinB+sinC=1,解得 sinB=sinC= . 2 ∵0° <B<60° ,0° <C<60° ,故 B=C=30° ,A=120° . ∴△ABC 是等腰的钝角三角形. 2A ? 变式思考 2 解 (1)∵m=(4,-1),n=? ?cos 2 ,cos2A?, 1+cosA A ∴m· n=4cos2 -cos2A=4· -(2cos2A-1) 2 2 =-2cos2A+2cosA+3. 7 7 又∵m· n= ,∴-2cos2A+2cosA+3= , 2 2 1 解得 cosA= . 2 π ∵0<A<π,∴A= . 3 (2)在△ABC 中,a2=b2+c2-2bccosA,且 a= 3, 1 ∴( 3)2=b2+c2-2bc· =b2+c2-bc.① 2 又∵b+c=2 3,∴b=2 3-c,代入①式整理得 c2-2 3c+3=0,解得 c= 3, ∴b= 3,于是 a=b=c= 3,即△ABC 为等边三角形. 【例 3】 解 (Ⅰ)由 cos2A-3cos(B+C)=1, 得 2cos2A+3cosA-2=0, 即(2cosA-1)(cosA+2)=0, 1 解得 cosA= 或 cosA=-2(舍去). 2 π 因为 0<A<π,所以 A= . 3 1 1 3 3 (Ⅱ)由 S= bcsinA= bc· = bc=5 3,得 bc=20.又 b=5,知 c=4. 2 2 2 4 余弦定理得 a2=b2+c2-2bccosA=25+16-20=21,故 a= 21. b c bc 20 3 5 又由正弦定理得 sinBsinC= sinA· sinA= 2 sin2A= × = . a a a 21 4 7 变式思考 3 解 (Ⅰ)由已知及正弦定理得 sinA=sinBcosC+sinCsinB.① 又 A=π-(B+C),故 sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC.② 由①②和 C∈(0,π)得 sinB=cosB. π 又 B∈(0,π),所以 B= . 4 1 2 (Ⅱ)△ABC 的面积 S= acsinB= ac. 2 4 π 由已知及余弦定理得 4=a2+c2-2accos . 4 4 又 a2+c2≥2ac,故 ac≤ , 2- 2 2 S= ac≤ 2+1, 4 当且仅当 a=c 时,等号成立. 因此△ABC 面积的最大值为 2+1.

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自主体验 1 1.解析 由正弦定理知 asinBcosC+csinBcosA= b 可化为 sinAsinBcosC+sinCsinBcosA 2 1 1 1 π = sinB,即 sin(A+C)= ,故 sinB= ,由于 a>b,所以 B 为锐角,故 B= ,故选 A. 2 2 2 6 答案 A 2.解析 3sinA=5sinB,由正弦定理得 3a=5b,令 a=5m,则 b=3m.又 b+c=2a,得 c a2+b2-c2 ?5m?2+?3m?2-?7m?2 1 2 =7m.由正弦定理得 cosC= = =- ,所以 C= π. 2ab 2 3 2×5m×3m 2 答案 π 3

第七节

正弦定理、余弦定理应用举例

课本导读 1.上方 下方 2.顺时针 3.(1)顺时针 (2)逆时针 4.二面角 基础自评 1.解析 根据仰角与俯角的定义易知 α=β. 答案 B 2.解析 如图.

答案 B 3.

解析 如图所示,依题意有∠BAC=60° ,∠BAD=75° ,所以∠CAD=∠CDA=15° ,从 而 CD=CA=10(海里), 在 Rt△ABC 中,得 AB=5(海里), 5 于是这艘船的速度是 =10(海里/时). 0.5 答案 C BC AB 4.解析 由正弦定理,知 = .解得 BC=5 6(海里). sin60° sin?180° -60° -75° ? 答案 5 6 200 NC 200 5. 解析 如图所示, 山的高度 MN=200 米, 塔高为 AB, CN=MB= , AC= = 3 3 3· 3 200 200 400 = .所以塔高 AB=200- = (米). 3 3 3

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400 3 研考点· 知规律 【例 1】 解 (1)在△ABC 中,由余弦定理得 AC2+BC2-AB2 82+52-AB2 cosC= = , 2AC· BC 2×8×5 在△ABD 中,由余弦定理得 AD2+BD2-AB2 72+72-AB2 cosD= = , 2AD· BD 2×7×7 由∠C=∠D 得 cosC=cosD. 解得 AB=7,所以 AB 的长度为 7 米. (2)小李的设计使建造费用最低. 理由如下: 1 1 易知 S△ABD= AD· BDsinD,S△ABC= AC· BCsinC, 2 2 因为 AD· BD>AC· BC,且∠C=∠D, 所以 S△ABD>S△ABC. 故选择△ABC 的形状建造环境标志费用较低. 变式思考 1 解 (1)sin∠CAB=sin105° =sin(60° +45° ) =sin60° cos45° +cos60° sin45° 6+ 2 3 2 1 2 = × + × = . 2 2 2 2 4 (2)因为∠CAB=105° ,∠CBA=45° , 所以∠ACB=180° -∠CAB-∠CBA=30° . AB BC 由正弦定理,得 = , sin∠ACB sin∠CAB AB· sin105° 则 BC= =50( 6+ 2)(m). sin30° 答案

如右图所示, 过点 D 作 CD⊥AB, 垂足为 D, 则 CD 的长就是该河段的宽度. 在 Rt△BDC 中, 2 CD=BC· sin45° =50( 6+ 2)× =50( 3+1)(m). 2 所以该河段的宽度为 50( 3+1)m. 【例 2】 解

如图,设 CD=x m,

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CD 则 AE=x-20 m,tan60° = , BD CD x 3 ∴BD= = = x(m). tan60° 3 3 3 x,解得 x=10(3+ 3) m. 3 故山高 CD 为 10(3+ 3)m. 变式思考 2 解 在△BCD 中,∠CBD=π-α-β, BC CD 由正弦定理得 = , sin∠BDC sin∠CBD CDsin∠BDC s· sinβ 所以 BC= = sin∠CBD sin?α+β? stanθsinβ 在 Rt△ABC 中,AB=BCtan∠ACB= . sin?α+β? 【例 3】 解 设缉私船用 t h 在 D 处追上走私船, 则有 CD=10 3t,BD=10t, 在△ABC 中,∵AB= 3-1,AC=2,∠BAC=120° , ∴由余弦定理,得 BC2=AB2+AC2-2AB· ACcos∠BAC 2 2 =( 3-1) +2 -2· ( 3-1)· 2· cos120° =6. AC 2 3 2 ∴BC= 6,且 sin∠ABC= · sin∠BAC= · = .∴∠ABC=45° . BC 2 6 2 在△AEC 中,x-20= ∴BC 与正北方向垂直. BD· sin∠CBD ∵∠CBD=90° +30° =120° ,在△BCD 中,由正弦定理,得 sin∠BCD= = CD 10tsin120° 1 = , 2 10 3t ∴∠BCD=30° . 答:缉私船沿东偏北 30° 方向能最快追上走私船. 变式思考 3 解 (1)连接 BC,由余弦定理得 BC2=202+102-2×20×10cos120° =700. ∴BC=10 7,即所求距离为 10 7海里. sinθ sin120° 3 (2)∵ = ,∴sinθ= . 20 7 10 7 ∵θ 是锐角,∴cosθ= f(x)=sin2θsinx+ = 2 3 ? π? sin?x+6?. 7 4 . 7

3 2 3 3 cos θcosx= sinx+ cosx 4 7 7

2 3 2 3? ∴f(x)的值域为?- . ? 7 , 7 ? 自主体验 π 1.解析 因为四边形 ABCD 是正方形,且 AE=AD=1,所以∠AED= . 4 在 Rt△EBC 中,EB=2,BC=1, 5 2 5 所以 sin∠BEC= ,cos∠BEC= . 5 5 π ? sin∠CED=sin? ?4-∠BEC?

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2 2 2 2 5 10 5? cos∠BEC- sin∠BEC= ? = . 2 2 2 ? 5 - 5 ? 10 答案 B 2.解析 =

1 2 2 2 如右图,令∠BAM=α,∠MAC=β,∠BAC=γ,则 sinα= ,cosα= ,tanα= .由 3 3 4 2 +tanβ 4 tanα+tanβ 2 题意得 tanγ=2tanβ= = ,解得 tanβ= ,tanγ= 2, 2 1-tanαtanβ 2 1- tanβ 4 6 ∴sinγ= . 3 6 答案 3

第四章 入
第一节

平面向量、数系的扩充与复数的引

平面向量的概念及其线性运算

课本导读 1. 大小 方向 模 长度等于零 同向 模为 1 相同或相反 a∥b 同向且等长 反 向 2.三角形 平行四边形 b+a a+(b+c) 三角形 |λ||a| 相同 相反 0 (λμ)a λa+μa λa+λb 3.a=λb 唯一一个 a=λb 基础自评 1.解析 a+b+c=e1+2e2+(e1-2e2)+e1+2e2=3e1+2e2. 答案 C → → → → 2.解析 ①对;②对;AB-AC=CB,③错;④0· AB=0,对. 答案 C 3.解析 由 a=3b 可得|a|=3|b|;反之,由|a|=3|b|不一定得到 a=3b,方向不确定,故 选 A. 答案 A 4.解析 根据向量加法的几何意义,|a+b|表示以 8 km 为边长的正方形的对角线长, ∴|a+b|=8 2,a+b 的方向是东北方向. 答案 8 2 东北方向 → → → 1→ 5.解析 BE=BA+AD+ DC 2 1 1 =-a+b+ a=b- a. 2 2

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1 答案 b- a 2 研考点· 知规律 【例 1】 解析 ①不正确.|a|=|b|但 a,b 的方向不确定,故 a,b 不一定相等; → → ②不正确.因为AB=DC,A、B、C、D 可能在同一直线上,所以 ABCD 不一定是四边 形. ③不正确.两向量不能比较大小. ④不正确.当 λ=μ=0 时,a 与 b 可以为任意向量,满足 λa=μb,但 a 与 b 不一定共线. 答案 D 变式思考 1 解析 ①不正确.两个向量起点相同,终点相同,则两向量相等;但两个 向量相等,不一定有相同的起点和终点. ②正确.根据向量相等的定义知. ③不正确.若 b=0 时,b 与 a、c 都平行,但 a、c 不一定平行. ④不正确.a=b 的充要条件是|a|=|b|且 a,b 同向. 答案 C → → → → 2→ → 2 → → 1→ 2→ 【例 2】 解析 (1)CD=CA+AD=CA+ AB=CA+ (CB-CA)= CA+ CB,所以 λ= 3 3 3 3 2 ,故选 A. 3 → → → → → → → → (2)因为 D 为 BC 边中点,∴OB+OC=2OD,又 2OA+OB+OC=0,∴2OA+2OD=0, → → 即AO=OD,故选 A. 答案 (1)A (2)A → → → → → → 变式思考 2 解析 (1)由加法的平行四边形法则得AB+AD=AC,又AC=2AO,所以AB → → +AD=2AO,λ=2. → → → 1→ 2 → 1→ 2 → (2)因为 D,E 分别为边 AB,BC 上的点,所以DE=DB+BE= AB+ BC= AB+ (AC- 2 3 2 3 1→ 2→ 1 → AB)=- AB+ AC,所以 λ1+λ2= . 6 3 2 1 答案 (1)2 (2) 2 → → 【例 3】 解 (1)AB=e1-e2,BC=3e1+2e2, → → → ∴AC=AB+BC=4e1+e2. → 又CD=-8e1-2e2, → → → → 所以CD=-2AC,∴AC与CD共线. → → 又∵AC与CD有公共点 C, ∴A、C、D 三点共线. → → (2)∵AB=e1+e2,BC=2e1-3e2, → → → ∴AC=AB+BC=3e1-2e2. ∵A、C、F 三点共线, → → → → ∴AC∥AF,从而存在实数 λ,使得AC=λAF. ∴3e1-2e2=3λe1-λke2. 又 e1,e2 是不共线的非零向量, ?3=3λ, ? ∴? 因此 k=2. ? ?-2=-λk, 所以实数 k 的值为 2.

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→ → → 变式思考 3 解 (1)证明:由已知得BD=CD-CB =(2e1-e2)-(e1+3e2)=e1-4e2, → → → ∵AB=2e1-8e2,∴AB=2BD. 又有公共点 B,∴A,B,D 三点共线. → → (2)由(1)可知BD=e1-4e2,且BF=3e1-ke2, → → 由 B,D,F 三点共线得BF=λBD,即 3e1-ke2=λe1-4λe2, ?λ=3, ? 得? 解得 k=12,∴k=12. ? ?-k=-4λ, 自主体验 1.解析 由 a∥b?a=λb,不能得出 a+b=0. 答案 A 2.解析 由已知向量 p 是两个单位向量的和,当这两个单位向量同向时,|p|max=2,当 这两个单位向量反向量,|p|min=0. 答案 D

第二节

平面向量基本定理及其坐标运算

课本导读 1.(1)不共线 有且只有 λ1e1+λ2e2 基底 (2)互相垂直 (3)(x,y) (x,y) x y 终点 A 的坐标 (x,y) 2.(2)终点 始点 (3)x1y2-x2y1=0 基础自评 → → → 1.解析 BC=BA+AC=(2,3)+(-4,-7)=(-2,-4). 答案 A ? ? ?x-y=4, ?x=3, 2.解析 设 c=xa+yb,则? ∴? ∴c=3a-b. ?x+y=2, ?y=-1. ? ? 答案 B 3.解析 设 a=λb(λ<0),即 m=λ 且 1=λm.解得 m=± 1,由于 λ<0,∴m=-1. 答案 A 4.解析 a+b=(1, m-1). ∵(a+b)∥c,∴2-(-1)(m-1)=0,∴m=-1. 答案 -1 1 → → → 5.解析 BE=BC+CE=- a+b. 2 1 答案 - a+b 2 研考点· 知规律 【例 1】 解 方法 1:在△ADM 中, 1→ → → → AD=AM-DM=c- AB.① 2 1→ → → → 在△ABN 中,AB=AN-BN=d- AD.② 2 → 2 → 2 由①②得AB= (2d-c),AD= (2c-d). 3 3 → → → 1 → 1 方法 2:设AB=a,AD=b,因为 M,N 分别为 CD,BC 的中点,所以BN= b,DM= a, 2 2 于是有

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?c=b+2a, ? 1 ?d=a+2b,

1

?a=3?2d-c?, 解得? 2 ?b=3?2c-d?,

2

→ 2 → 2 即AB= (2d-c),AD= (2c-d). 3 3 → → → → → → 变式思考 1 解析 (1)AE=AB+BE,所以BE=AE-AB, → → → → → 又AF=AB+BF=AB+2BE, → → → → → → → → → → 所以 2BE=AF-AB,所以AF-AB=2(AE-AB),得AB=2AE-AF,所以 λ=2,μ=-1, λ-μ=3. → → → → 1→ → 1 → → (2)AD=AB+BD=AB+ BC=AB+ (AC-AB) 3 3 1 → 2→ = AC+ AB. 3 3 → → → →2 → 又∵BC=AC-AB,AC =1,AB2=4, → → ∴AB· AC=2×1×cos120° =-1, → → 1 → → → → ∴AD· BC= (AC+2AB)· (AC-AB) 3 1 → 2→ 1 → → 8 = AC2- AB2+ AC· AB=- . 3 3 3 3 8 答案 (1)3 (2)- 3 → 【例 2】 解 (1)AB=(5,4)-(2,3)=(3,1). → (2)∵AC=(7,10)-(2,3)=(5,7), → BC=(7,10)-(5,4)=(2,6), → → ∴mAC+nBC=m(5,7)+n(2,6)=(5m+2n,7m+6n) → → → ∵AB=mAC+nBC=(3,1), ?5m+2n=3, ?m=1, ? ? ∴? ∴? ?7m+6n=1, ?n=-1. ? ? → (3)设 P(x,y),则AP=(x,y)-(2,3)=(x-2,y-3). → → AB+λAC=(5,4)-(2,3)+λ[(7,10)-(2,3)]=(3+5λ,1+7λ). → → → ∵AP=AB+λAC, ?x-2=3+5λ, ?x=5+5λ, ? ? ∴? ∴? ? ? ?y-3=1+7λ. ?y=4+7λ. 若点 P 在一、三象限的角平分线上. 1 则 5+5λ=4+7λ,∴λ= . 2 1 1 1 3 3 3 1 3 变式思考 2 解析 (1) a=( , ), b=( ,- ),故 a- b=(-1,2). 2 2 2 2 2 2 2 2 → → → → → → → → → → (2)由题意得BD=AD-AB=BC-AB=(AC-AB)-AB=AC-2AB=(1,3)-2(2,4)=(-3, -5). 答案 (1)D (2)B 【例 3】 解 若存在实数 k,则 ka+b=k(1,2)+(-3,2)=(k-3,2k+2),a-3b=(1,2) -3(-3,2)=(10,-4).

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若这两个向量共线,则必有 (k-3)×(-4)-(2k+2)×10=0. 10 4? 1 解得 k=- .这时 ka+b=? ?- 3 ,3?, 3 1 所以 ka+b=- (a-3b). 3 即两个向量恰好方向相反,则题设的实数 k 存在. 变式思考 3 解 (1)由题意,得 (3,2)=m(-1,2)+n(4,1)=(-m+4n,2m+n), 5 m= , ? 9 ?-m+4n=3, ∴? 得 8 ?2m+n=2, ? n= . 9

? ? ?

(2)∵a+kc=(3+4k,2+k),2b-a=(-5,2), 又∵(a+kc)∥(2b-a), ∴2×(3+4k)-(-5)×(2+k)=0. 16 ∴k=- . 13 (3)设向量 d 坐标为(x,y),则 d-c=(x-4,y-1),a+b=(2,4). ? ?4?x-4?-2?y-1?=0, 由题意,知? 2 2 ??x-4? +?y-1? =5, ?
?x=3, ?x=5, ? ? ∴? 或? ?y=-1, ?y=3. ? ? ∴向量 d 的坐标为(3,-1)或(5,3). 自主体验 1.解析 本题考查两向量共线的充要条件. → → → → → → BD=BC+CD=2a-b,AB=2a+pb,由 A,B,D 三点共线?AB=λBD?2a+pb=2λa ? ?2λ=2, -λb?? ?p=-1. ?p=-λ ? 答案 D 2.解析 以向量 a 和 b 的交点为原点建立直角坐标系,则 a=(-1,1),b=(6,2),c=(- 1,-3),由 c=λa+μb 得(-1,-3)=λ(-1,1)+μ(6,2),即-λ+6μ=-1,λ+2μ=-3,计 1 λ 算得 λ=-2,μ=- ,所以 =4. 2 μ 答案 4

第三节

平面向量数量积与平面向量应用举例
a· b=|a||b|cosθ 0 a· b=0 a· b=± |a||b| a· b a· a (4) |a||b| (5)≤

课本导读 1.非零 |a||b|cosθ 2.|b|cosθ

3.(1)|a|cosθ (2)a· b=0 (3)|a||b| -|a||b| a2

4.(1)b· a (2)a· (λb) (3)a· c+b· c 2 2 2 5.x1x2+y1y2 (1)x +y x +y2 (2) ?x1-x2?2+?y1-y2?2 (3)x1x2+y1y2=0 基础自评 1.解析 |a· b|=|a|· |b||cosθ|,只有 a 与 b 共线时,才有|a· b|=|a||b|,可知 B 是错误的.

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答案 B 2.解析 3 |b|cosθ=3cos120° =- . 2

答案 D 3.解析 ∵a⊥b,∴a· b=0,即 x-2=0,∴x=2. 2 2 ∴a=(2,1),∴a =5,b =5,|a+b|= ?a+b?2= a2+2a· b+b2= 5+5= 10. 答案 B 3 4.解析 a· b=2× 3× =3. 2 答案 3 5.解析 ∵a· (b-a)=a· b-a2=2,∴a· b=2+a2=3. a· b 3 1 ∴cosθ= = = . |a|· |b| 1×6 2 π ∴向量 a 与 b 的夹角为 . 3 π 答案 3 研考点· 知规律 【例 1】 解析

π 3 4 (1)如图,根据题意可得△ABC 为直角三角形,且 B= ,cosA= ,cosC= , 2 5 5 → → → → → → ∴AB· BC+BC· CA+CA· AB → → → → =BC· CA+CA· AB =4×5cos(π-C)+5×3cos(π-A) =-20cosC-15cosA 4 3 =-20× -15× =-25. 5 5 2e1 a· b ?e1+3e2?· (2)a 在 b 方向上的投影为 = |b| |2e1| 2e2 e2 2+3 5 1+6e1· = = = . 2 2 2 5 答案 (1)-25 (2) 2 变式思考 1

解析 方法 1:以射线 AB,AD 为 x 轴,y 轴的正方向建立平面直角坐标系,则 A(0,0), → → → → B(1,0),C(1,1),D(0,1),则 E(t,0),t∈[0,1],则DE=(t,-1),CB=(0,-1),所以DE· CB =(t,-1)· (0,-1)=1. → → → 因为DC=(1,0),所以DE· DC=(t,-1)· (1,0)=t≤1, → → 故DE· DC的最大值为 1.

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→ → 方法 2:由图知,无论 E 点在哪个位臵,DE在CB方向上的投影都是 CB=1, → → → ∴DE· CB=|CB|· 1=1, → → 当 E 运动到 B 点时,DE在DC方向上的投影最大即为 DC=1, → → → ∴(DE· DC)max=|DC|· 1=1. 答案 1 1 1 y 【例 2】 解析 (1)由 a⊥c 得,a· c=2x-4=0,解得 x=2.由 b∥c 得 = ,解得 y= 2 -4 -2,所以 a=(2,1),b=(1,-2),a+b=(3,-1),|a+b|= 10,故选 B. (2)∵2a+b=2(1,2)+(1,-1)=(3,3),a-b=(1,2)-(1,-1)=(0,3), ∴(2a+b)· (a-b)=3×0+3×3=9, |2a+b|=3 2,|a-b|=3. 9 2 π ∴cosθ= = ,又 θ∈[0,π],∴θ= . 2 4 3 2×3 1 (3)由 S=|α|· |β|sinθ=|β|sinθ= 可得, 2 π 5π 1 1 ? sinθ= ≥ ,故 θ∈? ?6, 6 ?. 2|β| 2 π 5π 答案 (1)B (2)C (3)[ , ] 6 6 变式思考 2 解析 (1)由题可知,设 b=(x,y),则 2a+b=(8+x,6+y)=(3,18),所以可 a· b 16 以解得 x=-5,y=12,故 b=(-5,12).由 cos〈a,b〉= = ,故选 C. |a||b| 65 (2)由已知得|a+b|= a2+2a· b+b2= 2,易知 c 与 a+b 共线时可取得最值.因为|c-a -b|=1,所以 2-1≤|c|≤ 2+1. 答案 (1)C (2)A 【例 3】 解析 (1)a+c=(1,2m)+(2,m)=(3,3m). ∵(a+c)⊥b, ∴(a+c)· b=(3,3m)· (m+1,1)=6m+3=0. 1 ∴m=- .∴a=(1,-1),∴|a|= 2. 2 (2)∵a 与 b 是不共线的单位向量,∴|a|=|b|=1. 又 ka-b 与 a+b 垂直,∴(a+b)· (ka-b)=0, 即 ka2+ka· b-a· b-b2=0. ∴k-1+ka· b-a· b=0. 即 k-1+kcosθ-cosθ=0.(θ 为 a 与 b 的夹角) ∴(k-1)(1+cosθ)=0.又 a 与 b 不共线, ∴cosθ≠-1,∴k=1. 答案 (1) 2 (2)1 变式思考 3 解 (1)若点 A,B,C 能构成三角形,则这三点不共线, → → ∵AB=(4,6),AC=(1,m-4),故 4(m-4)≠6, 11 ∴实数 m 应满足的条件为 m≠ . 2 (2)BC=(-3,m-10). → → ∵△ABC 为直角三角形,若 A 为直角,则AB⊥AC,

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∴4+6(m-4)=0,解得 m=

10 ; 3

→ → 若 B 为直角,则AB⊥BC, ∴-12+6(m-10)=0,∴m=12; → → 若 C 为直角,则AC⊥BC, ∴-3+(m-4)(m-10)=0, ∴m2-14m+37=0, ∴m=7± 2 3. 10 故 m= 或 m=12 或 m=7± 2 3. 3 【例 4】 解 (1)由题意得|a-b|2=2, 即(a-b)2=a2-2a· b+b2=2. 2 2 2 又因为 a =b =|a| =|b|2=1, 所以 2-2a· b=2,即 a· b=0,故 a⊥b. (2)因为 a+b=(cosα+cosβ,sinα+sinβ)=(0,1), ?cosα+cosβ=0, ? 所以? ?sinα+sinβ=1, ? 由此得,cosα=cos(π-β),由 0<β<π,得 0<π-β<π,又 0<α<π,故 α=π-β.代入 sinα+ 1 5π π sinβ=1 得,sinα=sinβ= ,而 α>β,所以 α= ,β= . 2 6 6 3x x 3x x 变式思考 4 解 (1)a· b=cos cos -sin sin =cos2x, 2 2 2 2 3x x2 3x x2 |a+b|= ?cos +cos ? +?sin -sin ? 2 2 2 2 3 3 x x 3 x 3 x = ?cos2 x+sin2 x?+?cos2 +sin2 ?+2?cos xcos -sin xsin ? 2 2 2 2 2 2 2 2 = 2+2cos2x=2 cos2x, π ∵x∈[0, ], 2 ∴0≤cosx≤1,∴|a+b|=2cosx. (2)f(x)=a· b-2λ|a+b|=cos2x-2λ×2cosx =2(cosx-λ)2-1-2λ2, 当 λ<0 时,当且仅当 cosx=0 时,f(x)取得最小值-1,这与已知矛盾; 当 0≤λ≤1 时,当且仅当 cosx=λ 时,f(x)取得最小值-1-2λ2, 3 1 由已知,得-1-2λ2=- ,解得 λ= ; 2 2 当 λ>1 时,当且仅当 cosx=1 时,f(x)取得最小值 1-4λ, 3 5 由已知,得 1-4λ=- ,解得 λ= ,与 λ>1 矛盾. 2 8 1 综上所述,λ= . 2 自主体验 1.解析 若 a 与 b 共线,则有 mq-np=0,故 A 正确;因为 b⊙a=pn-qm,而 a⊙b =mq-np,所以 a⊙b≠b⊙a,故 B 错误;因为 λa=(λm,λn),所以(λa)⊙b=λmq-λnp.又 λ(a ⊙b)=λ(mq-np)=(λa)⊙b,故 C 正确;因为(a⊙b)2+(a· b)2=(mq-np)2+(mp+nq)2=(m2+ 2 2 2 2 2 n )(p +q )=|a| |b| ,故 D 正确. 答案 B → → → → 2.解析 由题意及A1A3=λA1A2(λ∈R),A1A4=μA1A2(μ∈R)知:A1,A2,A3,A4 四点在 同一条直线上,且互不重合. → → → 因为点 C,D 调和分割点 A,B,所以 A,B,C,D 四点在同一直线上,设AC=cAB,AD

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1 1 → =dAB,则 + =2, c d 1 选项 A 中, 若 c= , 此时 d 不存在, 故 A 不正确; 同理 B 也不正确; 选项 C 中, 若 0<c<1 2 1 1 且 0<d<1,则 + >2,故 C 也不正确.故 D 正确. c d 答案 D

第四节

数系的扩充与复数的引入
(2)a=c,b=d (3)a=c,b=-d (4) a2+b2 → → (2) OZ1 + OZ2

课本导读 1.(1)b=0 b≠0 a=0 且 b≠0 2.Z(a,b) 3 . (1)(a± c) + (b± d)i → → OZ2-OZ1 基础自评 1.解析 答案 D 2.解析 答案 A

(ac - bd) + (bc + ad)i

ac+bd bc-ad + i(c + di≠0) c2+a2 c2+a2

5-6i =-5i-6=-6-5i,选 D. i 5-ai =2+i?5-ai=(2+i)(2-i)?ai=0?a=0. 2-i

3+i 3+i 3.解析 ∵z= = , ?1- 3i?2 -2-2 3i | 3+i| 2 1 ∴|z|= = = . |-2-2 3i| 4 2 1 ∴z·z =|z|2= . 4 答案 A 4.解析 由(x-i)i=y+2i 得 xi+1=y+2i. ∵x,y∈R,∴x=2,y=1,故 x+yi=2+i. 答案 2+i 5.解析 设 z1=x+yi(x,y∈R),则 z 1=x-yi,由题意 z2=(x+yi)-i(x-yi)=x-y+(y -x)i.由 x-y=-1,得 y-x=1. 答案 1 研考点· 知规律 1+ai ?1+ai??2+i? 2-a 2a+1 2-a 【例 1】 解析 = = + i,由纯虚数的概念知: =0, 5 5 5 2-i ?2-i??2+i? 2a+1 ≠0,∴a=2. 5 答案 A z1 2+ai ?2+ai??1+2i? 2-2a a+4 变式思考 1 解析 = = = + i. z2 1-2i ?1-2i??1+2i? 5 5 2-2a a+4 z1 ∵ 为纯虚数,∴ =0, ≠0. z2 5 5 z1 ∴a=1.故 的虚部为 1. z2 答案 1

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2i?1-i? 2i 【例 2】 解析 (1)z= = =1+i, z =1-i, z 对应的点为(1,-1)位于 1+i ?1+i??1-i? 第四象限,选 D. (2)∵|z1|= a2+4,|z2|= 5,|z1|<|z2|, ∴ a2+4< 5,∴a2<1,∴-1<a<1. 答案 (1)D (2)A 变式思考 2 解析 (1)z=a+bi,则 z =a-bi,故选 B. (2)复数 6+5i 对应的点为 A(6,5),复数-2+3i 对应的点为 B(-2,3).利用中点坐标公式 得线段 AB 的中点 C(2,4),故点 C 对应的复数为 2+4i. 答案 (1)B (2)C 【例 3】 解析 (1)令 z=a+bi,则 z =a-bi,代入 z·z i+2=2z 得:(a2+b2)i+2=2a +2bi 得 a2+b2=2b;2a=2 解得 a=1,b=1,则 z=1+i,故选 A. 5?3+4i? 5 3 4 (2)|4+3i|= 42+32=5,所以(3-4i)z=5,即 z= = = + i,所以 z 3-4i ?3-4i??3+4i? 5 5 4 的虚部为 .故选 D. 5 (3)z1z2 = (cos23° + isin23° )(cos37° + isin37° ) = cos23° cos37° - sin23° sin37° + (sin37° cos23° 1 3 +cos37° sin23° )i=cos60° +isin60° = + i. 2 2 答案 (1)A (2)D (3)A 1-i ?1-i?i 变式思考 3 解析 (1)z= = =-1-i. i i· i 1+i a?1-i? 1+i ?a+1?+?-a+1?i a (2) + = + = , 由于该复数为实数, 故-a+1=0, 2 2 2 1+i ?1+i??1-i? 即 a=1. 答案 (1)A (2)A 自主体验 1.解析 设 z=a+bi(a,b∈R),则 i(z+1)=i(a+1+bi)=-b+(a+1)i=-3+2i,所以 a=1,b=3,复数 z 的实部是 1. 答案 1 2. 解析 由于 1+ 2i 是关于 x 的实系数方程 x2+bx+c=0 的一个根, 则(1+ 2i)2+b(1
?b=-2, ? ?2 2+ 2b=0, + 2i)+c=0,整理得(b+c-1)+(2 2+ 2b)i=0,则? 解得? ?c=3. ? ?b+c-1=0, 答案 B

第五章
第一节

数列

数列的概念与简单表示法

课本导读 1.一定顺序 项 2.有限 无限 > < 3.序号 n 基础自评

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3 1. 解析 ∵1 可以写成 , ∴分母为 3,5,7,9, 即 2n+1, 分子可以看成 1×3,2×4,3×5,4×6, 3 n?n+2? 故为 n(n+2),即 an= . 2n+1 1 3 3 此题也可用排除法求解,只需验证当 n=1 时,A 选项为 ,B 选项为 ,C 选项为 ,均 3 2 4 不为 1,故排除 A、B、C,从而选 D. 答案 D 2an 2 1 2 1 2.解析 由 a1=1,an+1= ,得 a2= ,a3= ,a4= ,a5= . 3 2 5 3 an+2 答案 B 2?n+1? 2n 3.解析 方法 1:∵an+1-an= - 3?n+1?+1 3n+1 2 = >0, [3?n+1?+1]?3n+1? ∴an+1>an,数列{an}为递增数列. 2x 方法 2:研究函数 f(x)= (x>0)的单调性. 3x+1 2 2 2 2 2x+ - ?3x+1?- 3 3 3 3 2 2 f(x)= = = - . 3 3?3x+1? 3x+1 3x+1 2x ∴f(x)= 在(0,+∞)上单调递增. 3x+1 ∴f(n+1)>f(n),故 an+1>an,数列{an}为递增数列. 答案 A 4.解析 a7+a8=S8-S6=82-62=28. 答案 28 5.解析 方法 1:由 a1=1,a2=5,an+2=an+1-an(n∈N*)可得该数列为 1,5,4,-1,- 5,-4,1,5,4,?. 由此可得 a100=-1. 方法 2:an+2=an+1-an,an+3=an+2-an+1, 两式相加可得 an+3=-an,an+6=an. ∴a100=a16×6+4=a4=-1. 答案 -1 研考点· 知规律 【例 1】 解 (1)各项减去 1 后为正偶数,所以 an=2n+1. 2n-1 (2)每一项的分子比分母少 1,而分母组成数列 21,22,23,24,?,所以 an= n . 2 (3)奇数项为负,偶数项为正,故通项公式中含因子(-1)n;各项绝对值的分母组成数列 1,2,3,4, ?; 而各项绝对值的分子组成的数列中, 奇数项为 1, 偶数项为 3, 即奇数项为 2-1, n 2+?-1? 偶数项为 2+1,所以 an=(-1)n· . n 1 - ,n为正奇数, n 也可写为 an= 3 ,n为正偶数. n 9 99 999 9 999 (4)将数列各项改写为: , , , ,? , 3 3 3 3 1 分母都是 3,而分子分别是 10-1,102-1,103-1,104-1,?,所以 an= (10n-1). 3 + 变式思考 1 解 (1)符号问题可通过(-1)n 或(-1)n 1 表示,其各项的绝对值的排列规律

? ? ?

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为后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大 6,故通项公式为 an=(-1)n(6n-5). 8 8 8 (2)将数列变形为 (1-0.1), (1-0.01), (1-0.001),?, 9 9 9 1 8 1- n?. ∴an= ? 9? 10 ? (3)各项的分母分别为 21,22,23,24, ?, 易看出第 2,3,4 项的分子分别比分母少 3.因此把第 1 1 2-3 2 -3 22-3 23-3 24-3 项变为- ,至此原数列已化为- 1 , 2 ,- 3 , 4 ,?, 2 2 2 2 2 n 2 - 3 ∴an=(-1)n· n . 2 ? 0 ? n 为奇数 ?, ? 1+?-1?n (4)an=? 或 an= , 2 ?1 ?n为偶数?, ? 1+cosnπ 或 an= (n∈N*). 2 2 2 【例 2】 解 (1)由 S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0, 2 得[Sn-(n +n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n2+n. 于是 a1=S1=2,n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项公式为 an=2n. n+1 n+1 1 1 1 1 1 1 1 (2)由于 an=2n,故 bn= [ 2- [1- 2+ 2- 2+ 2 2= 2 2= 2].Tn= 16 3 2 4 ?n+2? an 4n ?n+2? 16 n ?n+2? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 - +?+ - + 2- ]= [1+ 2- - ]< (1+ 2)= . 32 52 2 ?n+1?2 ?n+2?2 16 2 64 ?n-1?2 ?n+1?2 n ?n+2?2 16 变式思考 2 解析 (1)当 n=1 时,a1=S1=3×12-2×1+1=2; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n+1-[3(n-1)2-2(n-1)+1]=6n-5,显然当 n=1 时,不满足上式. ? ?2,n=1, 故数列的通项公式为 an=? ?6n-5,n≥2. ? 2 1 2 1 (2)Sn+1= an+1+ ,Sn= an+ . 3 3 3 3 2 2 两式相减得 an+1= an+1- an, 3 3 2 1 ∴an+1=-2an,a1=S1= a1+ . 3 3 n-1 ∴a1=1.∴an=(-2) . ? ?2,n=1, - 答案 (1)an=? (2)(-2)n 1 ?6n-5,n≥2 ? 【例 3】 解 (1)∵an+1=3an+2,∴an+1+1=3(an+1). an+1+1 ∴ =3,∴数列{an+1}为等比数列,公比 q=3, an+1 - - 又 a1+1=2,∴an+1=2· 3n 1,∴an=2· 3n 1-1. n-1 (2)∵an= a (n≥2), n n-1 n-2 1 ∴an-1= an-2,?,a2= a1. 2 n-1 以上(n-1)个式子相乘得 n-1 a1 1 12 an=a1· · · ?· = = . 23 n n n (3)∵an+1-an=3n+2,∴an-an-1=3n-1(n≥2), ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1

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n?3n+1? (n≥2). 2 1 当 n=1 时,a1= ×(3×1+1)=2 符合公式, 2 3 2 n ∴an= n + . 2 2 变式思考 3 解 (1)由 an+1-an=2n,把 n=1,2,3,?,n-1(n≥2)代入,得(n-1)个式 子. - 累加即可得 (a2- a1)+ (a3- a2)+?+ (an-an - 1)=2+ 22+23+?+ 2n 1,所以 an- a1= n-1 2?1-2 ? , 1-2 即 an-a1=2n-2,所以 an=2n-2+a1=2n-1. 当 n=1 时,a1=1 也符合,所以 an=2n-1(n∈N*). n+2 an+1 n+2 (2)由递推关系 an+1= an,a1=4,有 = . n an n an-1 a2 a3 4 a4 5 n an n+1 于是有 =3, = , = ,?, = , = , a1 a2 2 a3 3 an-2 n-2 an-1 n-1 an n?n+1? 将这(n-1)个式子累乘,得 = . a1 2 n?n+1? 所以当 n≥2 时,an= a1=2n(n+1). 2 当 n=1 时,a1=4 符合上式,所以 an=2n(n+1)(n∈N*). (3)由 an+1=2an+1,得 an+1+1=2(an+1). 令 bn=an+1,所以{bn}是以 2 为公比的等比数列. - - + 所以 bn=b1· 2n 1=(a1+1)· 2n 1=2n 1. + 所以 an=bn-1=2n 1-1(n∈N*). 自主体验 1 1 2 2 1.解析 因为 Sn= n(a1+an),所以原不等式可化为 a2 n+ (a1+an) ≥ma1.若 a1=0,则 2 4 5 an 1 an 1 5 an 1 an 1 5 a n 1 1 1 原不等式恒成立;若 a1≠0,则有 m≤ ( )2+ ( )+ ,而 ( )2+ ( )+ = ( + )2+ ≥ , 4 a1 2 a1 4 4 a1 2 a1 4 4 a 1 5 5 5 1 1 则 m≤ .故实数 m 的最大值为 ,故选 B. 5 5 答案 B 1 1 1 2.解析 由 an+1· 2+4=1,得 2 - 2=4, an an+1 an 1 1 1 ∴数列{ 2}是以 1 为首项,4 为公差的等差数列,a2 ,S =a2+a2+?+a2 n= n=1+ an 5 4n-3 n 1 2 1 1 + +?+ . 9 4n-3 m ∵S2n+1-Sn≤ , 30 1 1 1 1 m ∴ + + +?+ ≤ . 4n+1 4n+5 4n+9 8n+1 30 1 1 1 ∵f(n)= + +?+ 是递减的, 4n+1 4n+5 8n+1 1 1 14 ∴当 n=1 时 f(n)有最大值,其值为 + = . 5 9 45 m 14 由 ≥ ,得 m 的最小值是 10.故选 A. 30 45 答案 A =

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第二节
课本导读

等差数列
a+b 2

1.(1)它的前一项的差 公差

an-an-1=d (2)等差中项 n?a1+an? (2) 2

2.(1)an=a1+(n-1)d an=am+(n-m)d

n?n-1? na1+ d 2 3.(1)ap+aq (2)递增 递减 常数列 (3)kd 基础自评 1.解析 S2=2a1+d=4,S4=4a1+6d=20,解得 d=3.故选 C. 答案 C 2.解析 设等差数列{an}的公差为 d,由 a2+a4=10,得 1 a1+d+a1+3d=10,即 d= (10-2a1)=2. 4 由 an=39,得 1+2(n-1)=39,n=20,故选 B. 答案 B 9?a1+a9? 9?a5+a5? 3.解析 因为 2a5=a4+a6,所以 3a5=12,即 a5=4,所以 S9= = = 2 2 9a5=36.故选 C. 答案 C 4.解析 由等差数列性质,得 a2+a4+a6+a8=2(a3+a7)=2×37=74. 答案 74 n?n-1? 1 5. 解析 设{an}的公差为 d, 由 S2=a3 可得 d=a1= , 故 a2=a1+d=1, Sn=nan+ 2 2 1 d= n(n+1). 4 1 答案 1 n(n+1) 4 研考点· 知规律 2 【例 1】 解 (1)设{an} 公差为 d,由题意得 a2 11=a1a13,即(a1+10d) =a1(a1+12d).即 d(2a1+25d)=0. 又 a1=25,∴d=0(舍去)或 d=-2. 故 an=-2n+27. (2)令 Sn=a1+a4+a7+?+a3n-2. n 由(1)知 a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为 25,公差为-6 的等差数列.从而 Sn= (a1 2 n +a3n-2)= (-6n+56)=-3n2+28n. 2 ?S3=4a3, ?3a1+3d=4a1+8d, ? ? 变式思考 1 解析 (1)? 即? ? ? ?a7=-2, ?a1+6d=-2,
?a1=10, ? 得? ∴a9=a1+8d=-6. ?d=-2, ? (2)①由题意知{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列, 1-3n 1 n - ∴an=3n 1,Sn= = (3 -1). 1-3 2 ②b1=a2=3,b3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,

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20×19 ∴公差 d=5,故 T20=20×3+ ×5=1 010. 2 答案 (1)A (2)见解析 1 1 【例 2】 解 (1)∵an=2- (n≥2,n∈N*),bn= , an-1 an-1 1 1 1 1 ∴bn+1-bn= - = - 1 an+1-1 an-1 a -1 ?2- ?-1 n an an 1 1 5 = - =1.又 b1= =- . 2 an-1 an-1 a1-1 5 ∴数列{bn}是以- 为首项,以 1 为公差的等差数列. 2 7 1 2 (2)由(1)知 bn=n- ,则 an=1+ =1+ . 2 bn 2n-7 2 7 7 设 f(x)=1+ ,则 f(x)在区间(-∞, )和( ,+∞)上为减函数. 2 2 2x-7 ∴当 n=3 时,an 取得最小值-1;当 n=4 时,an 取得最大值 3. 变式思考 2 解 (1)∵a1=-3,an=2an-1+2n+3(n≥2,且 n∈N*), ∴a2=2a1+22+3=1,a3=2a2+23+3=13. (2)证明:对于任意 n∈N*, an+1+3 an+3 1 ∵bn+1-bn= n+1 - n = n+1[(an+1-2an)-3] 2 2 2 1 + = n+1[(2n 1+3)-3]=1, 2 a1+3 -3+3 ∴数列{bn}是首项为 = =0,公差为 1 的等差数列. 2 2 【例 3】 解析 (1)因为 a1+3a8+a15=5a8=120,所以 a8=24,所以 2a9-a10=a10+a8 -a10=a8=24.故选 C. (2)记数列{an}的前 n 项和为 Sn,由等差数列前 n 项和的性质知 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m 成等差数列,则 2(S2m-Sm)=Sm+(S3m-S2m),又 Sm=30,S2m=100,所以 S2m-Sm=100-30 =70,所以 S3m-S2m=2(S2m-Sm)-Sm=110,所以 S3m=110+100=210. 答案 (1)C (2)210 变式思考 3 解析 (1)∵a3+a13=2a8,∴由条件知 a8=24. ∴a3+a13-a8=a8=24,故选 A. S偶+S奇=354, ? ? ? ?S偶=192, (2)由题意,可知?S奇 27 ∴? ?S奇=162. = , ? ? ?S偶 32 又由等差数列前 n 项和性质,得 S 偶-S 奇=6d, ∴d=5. 答案 (1)A (2)5 自主体验 a5-a1 1.解析 设等差数列{an}的公差为 d,∵a4+a6=-6,∴a5=-3,∴d= =2,∴ 5-1 a6=-1<0,a7=1>0,故当等差数列{an}的前 n 项和 Sn 取得最小值时,n 等于 6. 答案 A 16?a1+a16? 2.解析 ∵S16= =8(a8+a9)>0, 2 17?a1+a17? ∴S17= =17a9<0. 2 ∴a8>0 且 d<0,∴S8 最大. 答案 B

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第三节

等比数列

课本导读 1.二 同一个常数(不为零) 公比 q - 2.a1· qn 1 2 3.G =a· b n-m 4.(1)q (2)ak· al=am· an a1?1-qn? a1-anq 5.na1 (q≠1) 1-q 1-q 基础自评 a2+a3 a1q+a2q 6 1.解析 ∵{an}是等比数列,∴ = =q= =2.又∵a1+a1q=3,∴a1=1. 3 a1+a2 a1+a2 6 6 ∴a7=a1q =1· 2 =64. 答案 A 2.解析 由已知可得 a1a19=16,而{an}为正项等比数列,所以 a10=4.故 a8a10a12=a3 10= 64. 答案 C a1 3.解析 {an}为等比数列的充要条件是 Sn= (1-qn),由 Sn=3n+k 知,k=-1,故 1 -q 选 C. 答案 C 2 ? ? ?a2+a4=20, ?a1q?1+q ?=20, ? ? 4.解析 即 2 2 ?a3+a5=40, ?a1q ?1+q ?=40, ? ? 两式相除得 q=2,代入 a1q(1+q2)=20 得 a1=2, a1?1-qn? 2?1-2n? n+1 ∴Sn= = =2 -2. 1-q 1-2 + 答案 2 2n 1-2 5.解析 由 8a2+a5=0,得 a5=-8a2,即 q3=-8. 6 S6 1-q 故 = =1+q3=-7 S3 1-q3 答案 -7 研考点· 知规律 ?S2-S4=S3-S2, ? 【例 1】 解 (1)设数列{an}的公比为 q, 则 a1≠0, q≠0, 由题意得? ? ?a2+a3+a4=-18,
? ?-a3-a4=a3, 即? ?a2+a3+a4=-18, ?
3 2 ? ? ?-a4=2a3, ?-a1q =2a1q , ? ? 即 即 2 ?a2+a3+a4=-18, ? ? ?a1q?1+q+q ?=-18.

?a1=3, ? 解得? ?q=-2. ? - 故数列{an}的通项公式为 an=3(-2)n 1. n 3· [1-?-2? ] (2)由(1)有 Sn= =1-(-2)n. 1-?-2? 若存在 n,使得 Sn≥2 013,则 1-(-2)n≥2 013,即(-2)n≤-2 012. 当 n 为偶数时,(-2)n>0,上式不成立; 当 n 为奇数时,(-2)n=-2n≤-2 012,即 2n≥2 012,则 n≥11. 综上,存在符合条件的正整数 n,且所有这样的 n 的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.

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变式思考 1 解析 本题考查等比数列的前 n 项和 Sn 与通项 an 之间的关系, 由题意得 an 2 2 2 ? ?n-1 ?n 1-? ?3? 1-3?3? 2?n-1 ? =?3? ,Sn= = =3-2an,选 D. 2 1 1- 3 3 答案 D 【例 2】 解 (1)证明:∵an+Sn=n,① ∴an+1+Sn+1=n+1.② ②-①得 an+1-an+an+1=1. ∴2an+1=an+1. ∴2(an+1-1)=an-1. an+1-1 1 ∴ = . an-1 2 ∵首项 c1=a1-1,又 a1+a1=1, 1 1 ∴a1= ,c1=- . 2 2 1 1 又 cn=an-1,故{cn}是以- 为首项, 为公比的等比数列. 2 2 1? ?1?n-1 ?1?n (2)由(1)可知 cn=? ?-2?· ?2? =-?2? , 1?n ∴an=cn+1=1-? ?2? . 变式思考 2 解 (1)证明:b1=a2-a1=1. an-1+an 1 1 当 n≥2 时,bn=an+1-an= -an=- (an-an-1)=- bn-1,故{bn}是以 1 为首项, 2 2 2 1 - 为公比的等比数列. 2 1?n-1 (2)由(1)知 bn=an+1-an=? ?-2? , 1? ? 1?n-2 当 n≥2 时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1)=1+1+? ?-2?+?+?-2? 1?n-1 1-? ?-2? 1 2 - ?n-1? =1+ =1+ ? 1-? 2? ? ? ? 1 3 - ? 1-? ? 2? 5 2? 1?n-1 = - ?-2? . 3 3 5 2 1?1-1 - 当 n=1 时, - ? =1=a1, 3 3? 2? 5 2 1?n-1 - 故 an= - ? (n∈N*). 3 3? 2? π 【例 3】 解析 (1)因为 a3a4a5=3π=a3 4,所以 a4=3 . 3 log3a1+log3a2+?+log3a7=log3(a1a2?a7)=log3a7 4 π 7π =7log33 = , 3 3 3 故 sin(log3a1+log3a2+?+log3a7)= . 2 (2)由等比数列的性质:S3,S6-S3,S9-S6 仍成等比数列,于是(S6-S3)2=S3· (S9-S6), 1 S9 3 将 S6= S3 代入得 = . 2 S3 4 答案 (1)B (2)C 2 变式思考 3 解析 (1)因为{an}是等比数列,所以 am-1am+1=am ,又由题中 am-1am+1-

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2am=0,可知 am=2. - m -1 由等比数列的性质可知前(2m-1)项积 T2m-1=a2 ,即 22m 1=128,故 m=4. m S10-S5 S10 31 1 (2)由 = ,a1=-1 知公比 q≠1, =- . S5 32 S5 32 由等比数列前 n 项和的性质知 S5,S10-S5,S15-S10 成等比数列,且公比为 q5, 1 1 故 q5=- ,q=- . 32 2 1 答案 (1)A (2)- 2 自主体验 1.解析 {an}为等比数列,当 q=1 时,a1=a5=9;S3=3a1=a1+10a1 得 a1=0 矛盾, 故 q≠1.此时 S3=a1+a2+a3=a2+10a1, 化简得 a3=9a1, 即 a1q2=9a1, ∴q2=9, 而 a5=a1· q4 1 =9,所以 a1= ,故选 C. 9 答案 C ?a4+a7=2, ? 2.解析 由已知得? ? ?a5a6=a4a7=-8,
? ? ?a4=4, ?a4=-2, 解得? 或? ?a7=-2, ?a7=4. ? ? 当 a4=4,a7=-2 时,易得 a1=-8,a10=1,从而 a1+a10=-7; 当 a4=-2,a7=4 时,易得 a10=-8,a1=1,从而 a1+a10=-7. 答案 D

第四节

数列求和

课本导读 n?a1+an? n?n-1? a1?1-qn? a1-anq 1. na1+ d 倒序相加法 na1 2 2 1-q 1-q 基础自评 2n-1 1 1.解析 ∵an= n =1- n, 2 2 1 1 1 1 + 2+?+ n?=n-1+ n. ∴Sn=n-? 2? ?2 2 2 321 1 1 1 而 =5+ ,∴n-1+ n=5+ .∴n=6. 64 64 2 64 答案 D 1 ? 1 1 1 2.解析 ∵an= = ? - , n?n+2? 2?n n+2? 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴Sn= ?1-3+2-4+3-5+?+n-2-n+ 2? 1 1 1 1 ? 1? 1 1 1 ? - + - 1+ - - = n 2 n-1 n+1 n+2? 2? n+1 n+2? 2n+3 3 = - . 4 2?n+1??n+2? 答案 C 3.解析 方法 1:S2 010=-1+2-3+4-?-2 007+2 008-2 009+2 010=-(1+3+5 1 005×2 010 1 005×2 012 +?+2 009)+(2+4+6+?+2 010)=- + =1 005. 2 2 方法 2: S2 010=-1+2-3+4-5+6-?-2 009+2 010=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)

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+?+(-2 009+2 010)=1+1+1+1+1+?+ 1 个 =1 005.
1 005 1

答案 D 4.解析 使用分组求和法. 1 1 1 原式=1+ +3+ +?+19+ 10 2 4 2 1 1 1? =(1+3+5+?+19)+? ?2+4+?+210? 1 =101- 10. 2 1 答案 101- 10 2 5.解析 用“奇偶分拆法”. 由已知,得 a3-a1=0,a4-a2=2,a5-a3=0,a6-a4=2, 所以数列{an}的奇数项是常数 1,偶数项成等差数列,公差为 2, 50×49 ∴S100=50+50a2+ ×2 2 =50+50×2+50×49 =2 600. 答案 2 600 研考点· 知规律 【例 1】 解 (1)由题设可得 f′(x)=an-an+1+an+2-an+1sinx-an+2cosx, π? ∵对任意 n∈N*,f′? ?2?=an-an+1+an+2-an+1=0,即 an+1-an=an+2-an+1,故{an}为 等差数列. 由 a1=2,a2+a4=8,解得{an}的公差 d=1, ∴an=2+1· (n-1)=n+1. 1 1 ? ? 1 n+1+ n+1?=2n+ n+2 可得 (2)由 bn=2? 2 ? ?an+2an?=2? 2 1?n? 1? 1-? ?2? ? n?n+1? 2? Sn=b1+b2+?+bn=2n+2· + 2 1 1- 2 1 =n2+3n+1- n. 2 变式思考 1 解 和式中第 k 项为 1?k 1-? ?2? 1? 1 1 1 ak=1+ + +?+ k-1= =2? ?1-2k?. 2 4 1 2 1- 2 ? 1? ? 1 ? ? 1 ?? ∴Sn=2? ??1-2?+?1-22?+?+?1-2n?? 1 1 1 ?? =2? ?+1?-? ??1+1+ ?2+22+?+2n?? n个 1 1? 1- n? 2? 2? 1 =2 n- 1 =2n-1+2n-2. 1- 2 1? 2 【例 2】 解析 (1)∵Sn =an? ?Sn-2?, an=Sn-Sn-1(n≥2), 1? ? ∴S2 n=(Sn-Sn-1) Sn-2 ,即 2Sn-1Sn=Sn-1-Sn① ? ? 由题意 Sn-1· Sn≠0,①式两边同除以 Sn-1· Sn,得

? ? ?

? ? ?

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1 1 - =2, Sn Sn-1 ?1? 1 1 ∴数列?S ?是首项为 = =1,公差为 2 的等差数列. S1 a1 ? n? 1 1 ∴ =1+2(n-1)=2n-1,∴Sn= . Sn 2n-1 1 ? Sn 1 1 1 - (2)又 bn= = = ? , 2n+1 ?2n-1??2n+1? 2?2n-1 2n+1? ∴Tn=b1+b2+?+bn 1 1 ?? 1 1 1 1 - 1- ?+? - ?+?+? = ?? 3? ?3 5? 2 n - 1 2 n +1?? 2?? ? 1 1 n = ?1-2n+1?= 2? ? 2n+1. 变式思考 2 解 (1)由 a2 n-(2n-1)an-2n=0,得(an-2n)(an+1)=0. 由于{an}是正项数列,∴an=2n. 1 (2)an=2n,bn= , ?n+1?an 1 1 1 1 则 bn= = ?n-n+1?. ? 2n?n+1? 2? 1 1 1 1 1? 1 1 1 Tn= 1-2+2-3+?+n-1-n+n-n+1? 2? ? 1 ? 1? n = 1-n+1 = 2? ? 2?n+1?. 【例 3】 解析 (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d.由 S4=4S2,a2n=2an+1 得 ?4a1+6d=8a1+4d, ?
? ? ?a1+?2n-1?d=2a1+2?n-1?d+1.

解得 a1=1,d=2. 因此 an=2n-1,n∈N*. b1 b2 bn 1 (2)由已知 + +?+ =1- n,n∈N*, a1 a2 an 2 b1 1 当 n=1 时, = ; a1 2 1 bn 1 1 当 n≥2 时, =1- n-?1-2n-1?= n. an 2 ? ? 2 bn 1 * ∴ = n,n∈N . an 2 2n-1 由(1)知 an=2n-1,n∈N*,∴bn= n ,n∈N*. 2 2n-1 1 3 5 ∴Tn= + 2+ 3+?+ n , 2 2 2 2 2n-3 2n-1 1 1 3 T = + +?+ n + n+1 , 2 n 22 23 2 2 2 2 2 ? 2n-1 1 1 2+ 3+?+ n - n+1 两式相减得 Tn= +? 2? 2 2 2 ?2 2 2n-1 3 1 = - n-1- n+1 , 2 2 2 2n+3 ∴Tn=3- n . 2 2 变式思考 3 解 (1)令 n=1,得 2a1-a1=a2 1,即 a1=a1, ∵a1≠0,∴a1=1,令 n=2,得 2a2-1=S2=1+a2,解得 a2=2. 当 n≥2 时,由 2an-1=Sn,2an-1-1=Sn-1,

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两式相减得 2an-2an-1=an,即 an=2an-1, - 于是数列{an}是首项为 1,公比为 2 的等比数列,即 an=2n 1. - ∴数列{an}的通项公式为 an=2n 1. n-1 (2)由(1)知,nan=n· 2 . n-1 记数列{n· 2 }的前 n 项和为 Bn,于是 - Bn=1+2×2+3×22+?+n×2n 1,① 2 3 2Bn=1×2+2×2 +3×2 +?+n×2n.② ①-②得 - -Bn=1+2+22+?+2n 1-n· 2n=2n-1-n· 2n. 从而 Bn=1+(n-1)· 2n.

第五节

数列的综合应用

基础自评 1.解析 由题意可设高一、高二、高三三个年级的人数分别为 a-d,a,a+d. 2 460 则 a-d+a+a+d=2 460,解得 a= =820. 3 故高二年级共有 820 人. 答案 B - 2.解析 设至少需 n 秒钟,则 1+21+22+?+2n 1≥100, 1-2n 即 ≥100,解得 n≥7. 1-2 答案 B 2 3.解析 a3+a9≥2 a3a9=2 a6 =2a6=2b7=b4+b10,当且仅当 a3=a9 时,不等式取等 号. 答案 B 4.解析 由于凸 n 边形的内角和为(n-2)π, 2π n?n-1? π 故 n+ × =(n-2)π. 3 2 36 2 化简得 n -25n+144=0.解得 n=9 或 n=16(舍去). 答案 9 + 5.解析 ∵y=xn 1,∴y′=(n+1)xn. 它在点(1,1)处的切线方程为 y-1=(n+1)(x-1), 1 n 与 x 轴交点的横坐标为 xn=1- = . n+1 n+1 由 an=lgxn 得 an=lgn-lg(n+1), 于是 a1+a2+?+a99=lg1-lg2+lg2-lg3+?+lg99-lg100=lg1-lg100=0-2=-2. n 答案 -2 n+1 研考点· 知规律 【例 1】 解 (1)当 n=1 时,λa2 1=2S1=2a1, 2 2 ∵a1≠0,∴a1= ,从而 2an= +Sn,① λ λ 2 当 n≥2 时,2an-1= +Sn-1,② λ 由①-②,得 2an-2an-1=an, ∴an=2an-1(n≥2), 2 故数列{an}是公比为 2,首项 a1= 的等比数列, λ

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2 n-1 2n 因此 an= · 2 = . λ λ 1 (2)当 λ=100 时,令 bn=lg , an 100 由(1)知,bn=lg n =2-nlg2, 2 于是数列{bn}是公差为-lg2 的递减数列. 100 100 b1>b2>?>b6=lg 6 =lg >lg1=0, 2 64 100 100 当 n≥7 时,bn≤lg 7 =lg <lg1=0. 2 128 1 故数列{lg }的前 6 项的和最大. an 变式思考 1 解 (1)设数列{an}的公比为 q(q∈R), 依题意可得 2(a5+4)=a4+a6, 即 2(4q2+4)=4q+4q3,整理得,(q2+1)(q-2)=0. ∵q∈R,∴q=2,a1=1. - ∴数列{an}的通项公式为 an=2n 1. 1×?1-2n? n - (2)由(1)知,an=2n 1,∴Sn= =2 -1, 1-2 2an+1 2n+1 2 ∴ = n =1+ n . Sn 2 -1 2 -1 2 ∵n≥1,∴2n-1≥1.∴1+ n ≤3. 2 -1 2an+1 ∴当 n=1 时, 的最大值为 3. Sn 【例 2】 解 (1)由题意得 a1=2 000(1+50%)-d=3 000-d, 3 5 a2=a1(1+50%)-d= a1-d=4 500- d. 2 2 3 an+1=an(1+50%)-d= an-d. 2 3 3 3 a - -d?-d (2)由(1)得 an= an-1-d= ? 2 2?2 n 2 ? 3?2 3 =? ?2? an-2-2d-d=? 3?n-1 ? 3 ?3?2 ?3?n-2? =? ?2? a1-d?1+2+?2? +?+?2? ?. 3?n-1 ??3?n-1 ? 整理得 an=? ?2? (3 000-d)-2d??2? -1? 3?n-1 =? ?2? (3 000-3d)+2d. 3?m-1 由题意,am=4 000,即? ?2? (3 000-3d)+2d=4 000. ??3?m-2?×1 000 + ??2? ? 1 000?3m-2m 1? 解得 d= = . m m 3 -2 ?3?m-1 ?2? + 1 000?3m-2m 1? 故该企业每年上缴资金 d 的值为 时, 经过 m(m≥3)年企业的剩余资金为 4 m m 3 -2 000 万元. 变式思考 2 解析 由已知,有(c-a)2=(b-c)(b-a), 把 c=a+x(b-a)代入上式,得

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x2(b-a)2=[b-a-x(b-a)](b-a), 即 x2(b-a)2=(1-x)(b-a)2. ∵b>a,b-a≠0, -1± 5 ∴x2=1-x,即 x2+x-1=0,解得 x= , 2 - 1+ 5 因为 0<x<1,所以最佳乐观系数 x 的值等于 . 2 5-1 答案 2 【例 3】 解 (1)∵a1a5+2a3a5+a2a8=25, 2 2 ∴a2 3+2a3a5+a5=25,∴(a3+a5) =25. 又 an>0,∴a3+a5=5,又 a3 与 a5 的等比中项为 2, ∴a3a5=4,而 q∈(0,1), 1 ∴a3>a5,∴a3=4,a5=1,∴q= ,a1=16. 2 1 n-1 5-n ∴an=16×( ) =2 . 2 (2)∵bn=log2an=5-n,∴bn+1-bn=-1, b1=log2a1=log216=log224=4, ∴{bn}是以 b1=4 为首项,-1 为公差的等差数列. n?9-n? ∴Sn= . 2 n?9-n? Sn 9-n (3)由(2)知 Sn= ,∴ = . 2 n 2 Sn Sn Sn 当 n≤8 时, >0;当 n=9 时, =0;当 n>9 时, <0. n n n S1 S2 S3 Sn ∴当 n=8 或 9 时, + + +?+ =18 最大. 1 2 3 n S S S 1 2 n 故存在 k∈N*,使得 + +?+ <k 对任意 n∈N*恒成立,k 的最小值为 19. 1 2 n n?n-1?d Sn+64 64 变 式 思 考 3 解 (1) ∵ a1 = 1 , d = 2 , ∴ Sn = na1 + = n2 , =n+ 2 n n 64 ≥2 n× =16, n 64 当且仅当 n= ,即 n=8 时,上式取等号. n Sn+64 故 的最小值是 16. n (2)证明:由(1)知 Sn=n2, 1 ? n+1 n+1 1? 1 当 n∈N*时, = 2 2= n2- ?n+2?2?, SnSn+2 n ?n+2? 4? n+1 1? 1 1 ? 1? 1 1 ? 2 3 + +?+ = 2- 2 + 2- 2 S1S3 S2S4 SnSn+2 4?1 3 ? 4?2 4 ? 1 1 1 +?+ ? 2-??n+2?2?? 4?n ? ?? 1 1 1? 1 1 = 12+22-?n+1?2-?n+2?2?, 4? ? 1 1 ∵ + >0, ?n+1?2 ?n+2?2 n+1 1? 1 1 ? 5 2 3 ∴ + +?+ < 2+ 2 = . S1S3 S2S4 SnSn+2 4?1 2 ? 16

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第六章
第一节

不等式、推理与证明

不等关系与不等式

课本导读 1.(1)a-b>0 (2)a-b=0 (3)a-b<0 2.(1)b<a (2)a>c (3)a+c>b+c (4)ac>bc

ac<bc

(5)a+c>b+d

(6)ac>bd

n n (7)an>bn (8) a> b 3.(1)①< ②> (2)①< > 基础自评 1.解析 M-N=(x-2)2+(y+1)2>0. 答案 A 2.解析 根据幂函数、对数函数、指数函数性质可知选项 B,C,D 中的表达式成立, 选项 A 中的表达式不成立.故选 A. 答案 A 1 1 3.解析 运用倒数法则,a>b,ab>0? < ,②、④正确.又正数大于负数,所以①正 a b 确.故选 C. 答案 C 4.答案 ①< ②< ③> ④> a b a b 5.解析 ∵a>b>0,c>d>0,∴ > >0,∴ > . d c d c a b 答案 > d c 研考点· 知规律 b 2ln3 a 5ln2 【例 1】 解析 (1)易知 a,b,c 都是正数, = =log89>1,所以 b>a; = = a 3ln2 c 2ln5 log2532>1,所以 a>c.即 c<a<b.故选 C. S3 S5 S3 S5 (2)当 q=1 时, =3, =5,所以 < ; a3 a5 a3 a5 3 5 2 3 5 S3 S5 a1?1-q ? a1?1-q ? q ?1-q ?-?1-q ? -q-1 当 q>0 且 q≠1 时, - = 2 - 4 = = <0,所 4 a3 a5 a1q ?1-q? a1q ?1-q? q4 q ?1-q? S3 S5 以有 < . a3 a5 S3 S5 综上可知 < . a3 a5 S3 S5 答案 (1)C (2) < a3 a5 1 a2 变式思考 1 解 ∵ -(1+a)= 1-a 1-a a2 1 ①当 a=0 时, =0,∴ =1+a; 1-a 1-a a2 1 ②当 a<1,且 a≠0 时, >0,∴ >1+a; 1-a 1-a a2 1 ③当 a>1 时, <0,∴ <1+a. 1-a 1-a

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1 1 【例 2】 解析 方法 1:由 < <0,可知 b<a<0. a b 1 1 1 1 ①中,因为 a+b<0,ab>0,所以 <0, >0.故有 < ,即①正确; ab ab a+b a+b ②中,因为 b<a<0,所以-b>-a>0.故-b>|a|,即|a|+b<0,故②错误; 1 1 1 1 ③中,因为 b<a<0,又 < <0,所以 a- >b- ,故③正确; a b a b 2 ④中,因为 b<a<0,根据 y=x 在(-∞,0)上为减函数,可得 b2>a2>0,而 y=lnx 在定义 域(0,+∞)上为增函数,所以 lnb2>lna2,故④错误. 由以上分析,知①③正确. 1 1 方法 2:因为 < <0,故可取 a=-1,b=-2. a b 显然|a|+b=1-2=-1<0,所以②错误; 因为 lna2=ln(-1)2=0,lnb2=ln(-2)2=ln4>0,所以④错误. 综上所述,可排除②④. 答案 C 变式思考 2 解析 若(a-b)· a2<0,则 a≠0,且 a<b,所以充分性成立;若 a<b,则 a 2 -b<0,当 a=0 时,(a-b)· a =0,所以必要性不成立.故“(a-b)· a2<0”是“a<b”的充分而 不必要条件. 答案 A 【例 3】 解 假设实数 m 存在,依题意, m-sinx≤4, ? ? 可得? 7 2 ? ?m-sinx≥ 1+2m-4+cos x, m-4≤sinx, ? ? 即? 1 ?sinx-1?2. ? 2? ?m- 1+2m+2≥-? 1 因 为 sinx 的 最 小 值 为 - 1 , 且 - (sinx - )2 的 最 大 值 为 0 , 要 满 足 题 意 ,必 须 有 2 m-4≤-1, ? ? ? 1 ? ?m- 1+2m+2≥0, 1 3 解得 m=- 或 ≤m≤3. 2 2 3 ? ? 1? ? ? 所以实数 m 的取值范围是? ?2,3?∪ -2 .
? ?

2π π 2 变式思考 3 解析 1>sin >sin = , 7 4 2 2π 2 ∴-1<-sin <- . 7 2 2 3π 5π 5π 3π 又- =cos <cos <0,tan <tan =-1. 2 4 7 7 4 5π 2π 5π ∴tan <-sin <cos <0. 7 7 7 ∵函数 f(x)在区间(-∞,0]上是减函数, 5π 2π 5π tan ?>f?-sin ?>f?cos ?, ∴f? 7 7 ? ? ? ? ? 7? 即 c>a>b,故选 A. 答案 A 自主体验 1.解析 设 2a+3b=x(a+b)+y(a-b),

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?x+y=2, ? 则? 解得 ?x-y=3, ?

?x=2, ? 1 ?y=-2.

5

5 5 15 1 又∵- < (a+b)< ,-2<- (a-b)<-1, 2 2 2 2 9 5 1 13 ∴- < (a+b)- (a-b)< , 2 2 2 2 9 13 即- <2a+3b< . 2 2 9 13 ? 答案 ? ?-2, 2 ? 2.解析 令 z=x+2y=λ(2x+y)+μ(x-y) =(2λ+μ)x+(λ-μ)y, ? ? ?2λ+μ=1, ?λ=1, ∴? ∴? ∴z=(2x+y)-(x-y), ?λ-μ=2, ?μ=-1, ? ? 又∵3≤2x+y≤9,-9≤-(x-y)≤-6, ∴-6≤(2x+y)-(x-y)≤3,即-6≤z≤3,∴zmin=-6. 答案 -6

第二节
课本导读

一元二次不等式及其解法

b {x|x<x1,或 x>x2} {x|x≠- } R {x|x1<x<x2} 2a ? ? 基础自评 1.解析 方法 1:2x2-x-1>0 可化为(2x+1)(x-1)>0, 1 解得 x<- 或 x>1,故选 D. 2 方法 2:令 f(x)=2x2-x-1,画出图象,

由图象知,不等式的解集为 D. 答案 D 2.解析
?x-1≤0, ? x-1 ≤0 等价于不等式组? ① 2x+1 ?2x+1>0, ?

? ?x-1≥0, 或? ② ?2x+1<0. ? 1 解①得- <x≤1,解②得 x∈?, 2 1 - ,1?. ∴原不等式的解集为? ? 2 ? 答案 A

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3.解析

?-2+4=-a, 由已知得? 1 2 ?-2×4=-a,

1

b

∴a=4,b=7,∴ab=28. 答案 C 4.解析 由 x2+x-12≥0 得(x-3)(x+4)≥0, ∴x≤-4 或 x≥3. 答案 (-∞,-4]∪[3,+∞) 5.解析 当 a-2=0,即 a=2 时,不等式为-4<0,恒成立,故 a=2;当 a-2≠0 时, 则 a 满足 ? ?a-2<0, ? 解得-2<a<2. 2 ?Δ=[2?a-2?] -4?a-2?· ?-4?<0, ? 故 a 的取值范围为-2<a≤2. 答案 (-2,2] 研考点· 知规律 【例 1】 解 (1)因为 Δ=82-4×(-1)×(-3)=52>0, 所以方程-x2+8x-3=0 有两个 2 不相等的实根 x1=4- 13,x2=4+ 13.又二次函数 y=-x +8x-3 的图象开口向下,所以 原不等式的解集为{x|4- 13<x<4+ 13}. (2)原不等式可化为(x-5)(x+1)≤0,所以原不等式的解集为{x|-1≤x≤5}. (3)若 a=0,原不等式等价于-x+1<0,解得 x>1. 1 1 若 a<0,则原不等式等价于(x- )(x-1)>0,解得 x< 或 x>1. a a 1 若 a>0,则原不等式等价于(x- )(x-1)<0. a 1 1 ①当 a=1 时, =1,(x- )(x-1)<0 无解; a a 1 1 1 ②当 a>1 时, <1,解(x- )(x-1)<0 得 <x<1; a a a 1 1 1 ③当 0<a<1 时, >1,解(x- )(x-1)<0 得 1<x< . a a a 1 综上所述:当 a<0 时,解集为{x|x< 或 x>1};当 a=0 时,解集为{x|x>1};当 0<a<1 时, a 1 1 解集为{x|1<x< };当 a=1 时,无解;a>1 时解集为{x| <x<1}. a a 2 ?x -x-2>0, ? 变式思考 1 解析 (1)原不等式等价于? 2 ?x -x-6≤0, ?
? ? ??x-2??x+1?>0, ?x<-1或x>2, 即? 即? 得不等式的解集为{x|-2≤x<-1, 或 2<x≤3}. ??x-3??x+2?≤0, ?-2≤x≤3, ? ? 1-x2 1 1 (2)由 >x 知 -x>0, >0,即 x(1-x2)>0, x x x 1-x3 1 1 1 ∴x<-1 或 0<x<1;由 <x2 知 -x2<0, <0,即 x(1-x3)<0,∴x<0 或 x>1,∴x< <x2 x x x x 的解集为 x<-1.选 A. 答案 (1)[-2,-1)∪(2,3] (2)A 【例 2】 解 (1)要使 mx2-mx-1<0 恒成立, 若 m=0,显然-1<0; ?m<0, ? 若 m≠0,则? ?-4<m<0. 2 ? ?Δ=m +4m<0

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综上,可知-4<m≤0. 1?2 3 (2)要使 f(x)<-m+5 在[1,3]上恒成立, 就是要使 m? ?x-2? +4m-6<0 在 x∈[1,3]上恒成 立. 有以下两种方法: 1 3 x- ?2+ m-6,x∈[1,3]. 方法 1:令 g(x)=m? ? 2? 4 当 m>0 时,g(x)在[1,3]上是增函数, 所以 g(x)max=g(3)?7m-6<0. 6 6 所以 m< ,则 0<m< ; 7 7 当 m=0 时,-6<0 恒成立; 当 m<0 时,g(x)在[1,3]上是减函数, 所以 g(x)max=g(1)?m-6<0. 所以 m<6,所以 m<0. 6 综上所述,m 的取值范围是{m|m< }. 7 方法 2:m(x2-x+1)<6 1?2 3 因为 x2-x+1=? ?x-2? +4>0, 6 所以,f(x)<-m+5,等价于 m< 2 . x -x+1 6 6 6 6 因为函数 y= 2 = 在[1,3]上的最小值为 ,所以只需 m< 即可. 1 7 7 3 x -x+1 ? x- ?2+ ? 2? 4 6 所以,m 的取值范围是{m|m< }. 7 变式思考 2 解 方法 1:f(x)=(x-a)2+2-a2,此二次函数图象的对称轴为 x=a. ①当 a∈(-∞, -1)时, f(x)在[-1, +∞)上单调递增, f(x)min=f(-1)=2a+3.要使 f(x)≥a 恒成立,只需 f(x)min≥a,即 2a+3≥a,解得-3≤a<-1; ②当 a∈[-1,+∞)时,f(x)min=f(a)=2-a2,由 2-a2≥a,解得-1≤a≤1. 综上所述,所求 a 的取值范围为[-3,1]. 方法 2:令 g(x)=x2-2ax+2-a,由已知,得 x2-2ax+2-a≥0 在[-1,+∞)上恒成立, Δ>0, ? ? 即 Δ=4a -4(2-a)≤0 或?a<-1, ? ?g?-1?≥0.
2

解得-3≤a≤1. 所求 a 的取值范围是[-3,1]. 【例 3】 解析 依题意得 G(x)=x+2,设利润函数为 f(x),则 f(x)=R(x)-G(x), 2 ? ?-0.4x +3.2x-2.8 ?0≤x≤5?, ? 所以 f(x)= ?8.2-x ?x>5?, ? (1)要使工厂有盈利,则有 f(x)>0,因为 ? ? ? ?0≤x≤5, ?x>5, ?0≤x≤5, f(x)>0 ? ? 或? ?? 2 或 5<x<8.2 ? 2 ?-0.4x +3.2x-2.8>0, ?8.2-x>0 ?x -8x+7<0, ? ? ?
?0≤x≤5, ? ? 或 5<x<8.2?1<x≤5 或 5<x<8.2?1<x<8.2. ?1<x<7, ?

所以要使工厂盈利,产品数量应控制在大于 100 台小于 820 台的范围内. (2)0≤x≤5 时,f(x)=-0.4(x-4)2+3.6 故当 x=4 时,f(x)有最大值 3.6.

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而当 x>5 时,f(x)<8.2-5=3.2 所以当工厂生产 400 台产品时,盈利最大, R?4? 又 x=4 时, =2.4(万元/百台)=240(元/台). 4 故此时每台产品的售价为 240 元. 变式思考 3 解 假设一次上网 x 小时,则公司 A 收取的费用为 1.5x 元,公司 B 收取的 x?35-x? 费用为 元. 20 若能够保证选择 A 比选择 B 费用少,则 x?35-x? >1.5x(0<x<17), 20 整理得 x2-5x<0,解得 0<x<5, 所以当一次上网时间在 5 小时以内时,选择公司 A 的费用少;超过 5 小时,选择公司 B 的费用少. 自主体验 1 1 1.解析 f(x)<0 的解集为{x|x<-1 或 x> },则 f(x)>0 的解集为{x|-1<x< },由 f(10x)>0 2 2 1 1 得-1<10x< ,解得 x<lg =-lg2,故选 D. 2 2 答案 D a2 2.解析 因为 f(x)的值域为[0,+∞),所以 Δ=0,即 a2=4b,所以 x2+ax+ -c<0 的 4 2 a 解集为(m,m+6),易得 m,m+6 是方程 x2+ax+ -c=0 的两根,由一元二次方程根与系 4 2m+6=-a, ? ? 数的关系得? 解得 c=9. a2 m?m+6?= -c, ? 4 ? 答案 9 第三节 二元一次不等式(组) 与简单的线性规划问题课本导读 1.(1)集合 (2)相同 符号 2.线性约束条件 最小值 线性规划 可行解 可行域 最大值 最优解 基础自评 1.解析 将原点(0,0)代入 2x-y-3 得 2×0-0-3=-3<0,所以不等式为 2x-y-3>0. 故选 B. 答案 B 1 2.解析 可行域为直角三角形,如下图所示,其面积为 S= ×2 2× 2=2. 2

答案 C 3.解析 如下图画出可行域,∵z=x+y,∴y=-x+z,求 z 的最大值即求直线的最大 截距,显然过点 A 时取得最大值.

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答案 D 4.解析 答案 5. 2 t> 3 2 (-2,t)在 2x-3y+6=0 上方,则 2×(-2)-3t+6<0,∴t> . 3

解析 点 P(x,y)在如右图所示的三角形 ABC 边界上或内部,A(-3,-4),C(3,2),x2 +y =|OP|2≤|OA|2=25. 答案 25 研考点· 知规律 【例 1】 解 不等式 x-2y+1>0 表示直线 x-2y+1=0 右下方(不包括边界线)的点的 集合; 不等式 x+2y+1≥0 表示直线 x+2y+1=0 右上方(包括边界线)的点的集合;
2

不等式 1<|x-2|≤3,可化为-1≤x<1 或 3<x≤5,它表示夹在两平行线 x=-1 或 x=1 之间或在两平行线 x=3 或 x=5 之间的带状区域,但不包括直线 x=1 和 x=3 上的点. 所以,原不等式表示的区域如图阴影部分所示. 变式思考 1

解析 画出如右图所示的可行域, 直线 y=a(x+1)恒过(-1,0), 故当 y=a(x+1)经过 A(1,1) 1 1 时,a 有最小值 ;y=a(x+1)经过 B(0,4)时,a 有最大值 4,故 a∈[ ,4]. 2 2 1 答案 [ ,4] 2 【例 2】 解

由约束条件 x-4y+3≤0, ? ? ?3x+5y-25≤0, ? ?x≥1, 作出(x,y)的可行域如右图所示. ? ?x=1, 22 由? 解得 A(1, ). 5 ?3x+5y-25=0, ?

名师一号 高考总复习· 模块新课标 ? ?x=1, 由? 解得 C(1,1). ?x-4y+3=0, ? ? ?x-4y+3=0, 由? 解得 B(5,2). ? ?3x+5y-25=0, 4 z (1)由 z=4x-3y,得 y= x- . 3 3

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4 z z 求 z=4x-3y 的最大值,相当于求直线 y= x- 在 y 轴的截距- 的最小值.平移直线 y 3 3 3 4 4 z z = x 知,当直线 y= x- 过点 B 时,- 最小,z 最大. 3 3 3 3 ∴zmax=4×5-3×2=14. y y-0 (2)∵z= = . x x-0 ∴z 的值即是可行域中的点与原点 O 连线的斜率. 2 观察图形可知 zmin=kOB= . 5 (3)z=x2+y2 的几何意义是可行域上的点到原点 O 的距离的平方. 结合图形可知, 可行域 上的点到原点的距离中,dmin=|OC|= 2,dmax=|OB|= 29. ∴2≤z≤29. 变式思考 2 解析 (1)如下图,当目标函数 y=2x+z 经过点(5,3)时,z 取得最小值-7. ??1?题图? ??2?题图? x-y+5≥0, ? ? (2)作出不等式组?x+y≥2, ? ?x≤3 表示的平面区域,如上图中阴影部分所示.

(x+1)2+y2 可看作点(x,y)到点 P(-1,0)的距离的平方,由图可知平行域内的点 A 到点 P(-1,0)的距离最大. ?x=3, ? 解方程组? 得 A 点的坐标为(3,8),代入 z=(x+1)2+y2,得 zmax=(3+1)2 ?x-y+5=0, ? +82=80. 答案 (1)A (2)A 【例 3】 解析

设生产甲产品 x 桶,乙产品 y 桶,则公司利润 z=300x+400y, x,y 满足约束条件

? ?y≥0, 2y≤12, ?x2+ x+y≤12, ? ?x,y∈N,
x≥0,

画出可行域如图所示, 由图可知 z=100(3x+4y)经过 A 点时取得最大

? ?x+2y=12, 值,由? 得 A(4,4), ?2x+y=12, ?

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∴x=4,y=4 时,z 取最大值 100×(3×4+4×4)=2 800(元). 答案 C 变式思考 3 解析 设购买 A、B 两种铁矿石分别为 x 万吨、y 万吨,购买铁矿石的费用 为 z 百万元,则 z=3x+6y.

? ?x+1y≤2, 由题意,可得约束条件为? 2 x≥0, ? ?y≥0.

1 7 x+ y≥1.9, 2 10

作出可行域,如图所示.由图可知,目标函数 z=3x+6y 在点 A(1,2)处取得最小值,zmin =3×1+6×2=15.

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答案 15 自主体验 1.

解析 作出约束条件表示的平面区域,如右图中阴影部分所示. 易知直线 ax+y-z=0 的斜率存在,且斜率-a<0. 要使目标函数 z=ax+y(其中 a>0)仅在点(3,1)处取得最大值,则需-a<kBC=-1,从而 a>1. 答案 a>1 2.

1 解析 图中阴影部分表示可行域,要求可行域包含 y= x-1 的上的点,只需要可行域的 2 1 1 2 边界点(-m,m)在 y= x-1 下方,也就是 m<- m-1,即 m<- . 2 2 3

答案

C 第四节

基本不等式

课本导读 1.(1)a>0,b>0 (2)a=b 2.(1)2ab (2)2 (3)≤ (4)≥ a+b 3. ab 不小于 2 4.(1)x=y 小 基础自评 2 p (2)x=y 大

p2 4

b a b a 1.解析 ∵ + ≥2,只有当 a,b 同号且不为零时成立,故 + ≥2 不一定成立. a b a b 答案 B 2.解析 ∵a>b>1,∴lga>lgb>0, 1 (lga+lgb)> lga· lgb,即 Q>P. 2

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a+b a+b 1 > ab,∴lg >lg ab= (lga+lgb)=Q, 2 2 2 即 R>Q.∴P<Q<R. 答案 B 1 1 3.解析 f(x)=4x+ =4x-5+ +5. 4x-5 4x-5 5 1 ∵x> ,∴4x-5>0,∴4x-5+ ≥2. 4 4x-5 3 故 f(x)≥2+5=7,等号成立的条件是 x= . 2 答案 D 4.解析 由 log2a+log2b=log2ab≥1 得 ab≥2, ∴a+2b≥2 2ab≥4. + 又 3a+9b=3a+32b≥2 3a· 32b=2 3a 2b≥2×32=18, ?a=2b, ?a=2, ? ? 当且仅当? 即? 时,3a+9b 取得最小值 18. ? ? ab = 2 , b = 1 ? ? 答案 18 1 2? 5.解析 a+b=(a+b)×1=(a+b)? ?2a+b? 1 b 2a 1 9 = +2+ + ≥ +2+2= . 2 2a b 2 2 9 答案 2 研考点· 知规律 【例 1】 证明 (1)由 a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca 得 a2+b2+c2≥ab+bc +ca. 由题设得(a+b+c)2=1, 即 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 1 ∴3(ab+bc+ca)≤1,即 ab+bc+ca≤ . 3 a2 b2 c2 (2)∵ +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c, b c a a2 b2 c2 故 + + +(a+b+c)≥2(a+b+c), b c a a2 b2 c2 即 + + ≥a+b+c. b c a a2 b2 c2 ∴ + + ≥1. b c a 变式思考 1 证明 ∵a>0,b>0,c>0,且 a+b+c=1, b a? ?c a? 1 1 1 a+b+c a+b+c a+b+c b c a c a b + + ∴ + + = + + =3+ + + + + + =3+? a b?+?a c? ? a b c a b c a a b b c c c b? 1 +? ?b+c?≥3+2+2+2=9,当且仅当 a=b=c=3时,取等号. 【例 2】 解析 (1)∵0<x<2,∴2-x>0, x+2-x ∴y= x?4-2x?= 2· x?2-x?≤ 2· = 2, 2 当且仅当 x=2-x,即 x=1 时取等号, ∴当 x=1 时,函数 y= x?4-2x?的最大值为 2. (2)∵x<3,∴x-3<0,∴3-x>0. 4 4 ∴f(x)= +x= +(x-3)+3 x-3 x-3 又

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4 =-?3-x+?3-x??+3≤-2

?

?

4 · ?3-x?+3=-1, 3-x

4 当且仅当 =3-x,即 x=1 时,等号成立. 3-x 故 f(x)的最大值为-1. 答案 (1) 2 (2)-1 1 1 2x+y 2x+y y 2x (1)∵x>0, y>0, 且 2x+y=1, ∴ + = + =3+ + ≥3 x y x y x y y 2x 2 +2 2,当且仅当 = 时,取等号.即 x=1- ,y= 2-1 时. x y 2 2x 2 2 1 (2)∵x>0,∴f(x)= 2 = ≤ =1,当且仅当 x= ,即 x=1 时取等号. 1 2 x x +1 x+ x 变式思考 2 解析 答案 (1)3+2 2 (2)1 1 a y ax 【例 3】 解析 (1)(x+y)( + )=1+a+ + ≥1+a+2 a,∴当 1+a+2 a≥9 时不 x y x y 等式恒成立,故 a+1≥3,a≥4,故选 B. a1+an 2 an (2)依题意得, 当 a1=0 时, 题中的不等式恒成立; 当 a1≠0 时, 要使 λ≤5[( )2+( )] a1 2a1 25 an 1 = ( + )2+1 恒成立,只需 λ≤1,即 λ 的最大值是 1,故选 A. 4 a1 5 答案 (1)B (2)A x x 变式思考 3 解析 若对任意 x>0, 2 ≤a 恒成立,只需求得 y= 2 的最 x +3x+1 x +3x+1 x 1 1 1 大值即可,因为 x>0,所以 y= 2 = ≤ = ,当且仅当 x=1 时取等 1 5 x +3x+1 1 x+ +3 2 x· +3 x x 1 ? 号,所以 a 的取值范围是? ?5,+∞?. 1 ? 答案 ? ?5,+∞? 自主体验 1 1 1 1.解析 ∵x>2,∴f(x)=x+ =x-2+ +2≥2 ?x-2?· +2=4, x-2 x-2 x-2 1 当且仅当 x-2= ,即 x=3 时等号成立,即 a=3,故选 C. x-2 答案 C 1 1 1 1 2.解析 a2+ + =a2-ab+ab+ + ab a?a-b? ab a?a-b? 1 1 =ab+ +a(a-b)+ ≥2+2=4. ab a?a-b? 2 当且仅当 ab=1,a(a-b)=1,即 a= 2,b= 时等号成立. 2 答案 D

第五节

合情推理与演绎推理

课本导读 1. 部分对象 全部对象 个别事实 一般结论 类似特征 某些已知特征 部分 整体 个别 一般 特殊 特殊

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2.(1)一般性的原理 某个特殊情况 (2)一般 特殊 (3)一般原理 特殊情况 S 是 P 基础自评 1.解析 从第 2 项起每一项与前一项的差构成公差为 3 的等差数列,所以 x=20+12= 32. 答案 B 2.解析 ③正确. 答案 B 3.解析 “指数函数 y=ax 是增函数”是本推理的大前提,它是错误的,因为实数 a 的 取值范围没有确定,所以导致结论是错误的. 答案 A 1 Sh V1 3 1 1 ?S1? h1 1 1 1 4.解析 = =?S ?· = × = . V2 1 2 8 2 h2 4 Sh 3 2 2 答案 1?8 5.解析 观察得出规律,左边为项数个连续自然数平方的倒数和,右边为项数的 2 倍减 1 1 1 1 1 2n-1 1 的差除以项数,即 1+ 2+ 2+ 2+ 2+?+ 2< (n∈N*,n≥2), 2 3 4 5 n n 1 1 1 1 1 11 所以第五个不等式为 1+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2< . 2 3 4 5 6 6 1 1 1 1 1 11 答案 1+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2< 2 3 4 5 6 6 研考点· 知规律 【例 1】 证明 k=3 时,第 n 个数为 1+2+3+?+n;k=4 时,第 n 个数为 1+3+5 +7+?+(2n-1);k=5 时,第 n 个数为 1+4+7+?+(3n-2);k=6 时,第 n 个数为 1+5 +9+?+n+(4n-3);k 边形中第 n 个数为 1+(k-1)+(2k-3)+?+[1+(n-1)(k-2)]=n n?n-1? 10×9 + · (k-2),则 n=10,k=24 时,N(10,24)=10+ ×22=1 000. 2 2 答案 1 000 变式思考 1 解析 设最后一行(第 n 行)的数为 an, 则通过计算, 容易得到: a2=3=3×20, a3=8=4×21,a4=20=5×22,a5=48=6×23,a6=112=7×24,?,由此,可猜测:an=(n - +1)×2n 2,所以,当 n=2 013 时最后一行的数是 2 014×22 011. 答案 2 014×22 011 【例 2】 解析 三角形的面积类比为四面体的体积,三角形的边长类比为四面体四个 1 1 面的面积,内切圆半径类比为内切球的半径.二维图形中 类比为三维图形中的 ,得 V 四面体 2 3 1 ABCD= (S1+S2+S3+S4)r. 3 1 答案 V 四面体 ABCD= (S1+S2+S3+S4)r 3 变式思考 2 解析 直角三角形外接圆的圆心在斜边上并且圆的半径等于斜边的一半; 在四面体 S—ABC 中,若 SA,SB,SC 两两垂直,SA=a,SB=b,SC=c,则外接球的球心 在以这三边为同一顶点的三条棱的长方体的体对角线上,并且球半径等于体对角线的一半, a2+b2+c2 故有 R= . 2 a2+b2+c2 答案 2 n+2 【例 3】 证明 (1)∵an+1=Sn+1-Sn,an+1= S, n n ∴(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),即 nSn+1=2(n+1)Sn, Sn+1 Sn ∴ =2· ,(小前提) n n+1

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?Sn? 故? n ?是以 2 为公比,1 为首项的等比数列.(结论) ? ?

(大前提是等比数列的定义,这里省略了) Sn+1 Sn-1 (2)由(1)可知 =4· (n≥2), n+1 n-1 Sn-1 n-1+2 ∴Sn+1=4(n+1)· =4· · Sn-1=4an(n≥2),(小前提) n-1 n-1 又 a2=3S1=3,S2=a1+a2=1+3=4=4a1,(小前提) ∴对于任意正整数 n,都有 Sn+1=4an.(结论) (第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件) - 2 x-1 1-2x 2x-1 变式思考 3 解 (1)对?x∈R 有-x∈R, 并且 f(-x)= -x = =-f(x), x=- x 2 +1 1+2 2 +1 所以 f(x)是奇函数. (2)方法 1:f(x)在 R 上单调递增,证明如下: 2x1-1 2x2-1 任 取 x1 , x2 ∈ R , 并 且 x1 > x2 , f(x1) - f(x2) = - = 2x1+1 2x2+1 ?2x1-1??2x2+1?-?2x2-1??2x1+1? ?2x1+1??2x2+1? 2?2x1-2x2? = . ?2x1+1??2x2+1? ∵x1>x2, ∴2x1>2x2>0,即 2x1-2x2>0. 又∵2x1+1>0,2x2+1>0. 2?2x1-2x2? ∴ >0. ?2x1+1??2x2+1? ∴f(x1)>f(x2). ∴f(x)在 R 上为单调递增函数. + 2x 1ln2 方法 2:f′(x)= x >0, ?2 +1?2 ∴f(x)在 R 上为单调递增函数. 自主体验 1.解析 观察上式等号左边的规律发现,左边的项数一次加 1,故第 n 个等式左边有 n 项,每项所含的底数的绝对值也增加 ,依次为 1,2,3,?,n,指数都是 2,符号成正负交替 + 出现可以用(-1)n 1 表示,等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和,故等式的右边可以 + n?n+1? + + 表示为 ( - 1)n 1· ,∴第 n 个式子可化为 12 - 22 + 32 - 42 + ? + ( - 1)n 1n2 = ( - 1)n 2 1 n?n+1? · (n∈N*). 2 + + n?n+1? 答案 12-22+32-42+?+(-1)n 1n2=(-1)n 1· (n∈N*) 2 x2 y2 x0x y0y 2. 解析 对于椭圆 2+ 2=1, 切点弦 P1P2 所在直线方程 2 + 2 =1, x2→x· x0, y2→y· y0, a b a b 2 2 x y x· x0 y· y0 类比,双曲线 2- 2=1 的切点弦 P1P2 所在直线为 2 - 2 =1. a b a b x· x0 y· y0 答案 - 2 =1 a2 b

第六节
课本导读

直接证明与间接证明

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1.推理论证 结论 充分条件 2.不成立 矛盾 基础自评 1.解析 由分析法的特点可知答案. 答案 A 2.解析 用反证法证明的第一步是假设结论不成立. 3 3 3 3 假设 a> b不成立,即 a≤ b成立. 答案 D 3.解析 易知 C、D 两项是正确的. 1 1 b-a 1 1 1 1 b 对于 A 项, 因为 - = >0, 所以 > , 即 A 项也对. 对于 B 项, 因为 - = a b ab

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