北大附中高考數(shù)學專題復習匯編 全集

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1、 學科：數(shù)學 教學內(nèi)容：函數(shù)與方程 考點梳理 一、考試內(nèi)容 集合、子集、交集、并集、補集。|ax+b|c(c>0)型不等式。一元二次不等式。 映射、函數(shù)。分數(shù)指數(shù)冪與根式。函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的奇偶性。反函數(shù)，互為反函數(shù)的函數(shù)圖像間的關(guān)系。指數(shù)函數(shù)。對數(shù)，對數(shù)的性質(zhì)和運算法則。對數(shù)函數(shù)，換底公式。簡單的指數(shù)方程和對數(shù)方程。 二、考試要求 1.理解集合、子集、交集、并集、補集的概念。了解空集和全集的意義。了解屬于、包含、相等關(guān)系的意義。能掌握有關(guān)的術(shù)語和符號，能正確地表示一些較簡單的集合。 2.理解|ax+b|c(c>0

2、)型不等式的概念，并掌握它們的解法。了解二次函數(shù)、一元二次不等式及一元二次方程三者之間的關(guān)系，掌握一元二次不等式的解法。 3.了解映射的概念，在此基礎(chǔ)上理解函數(shù)及其有關(guān)的概念，掌握互為反函數(shù)的函數(shù)圖像間的關(guān)系。 4.理解函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性的概念，并能判斷一些簡單函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性。能利用函數(shù)的奇偶性來描繪函數(shù)的圖像。 5.理解分數(shù)指數(shù)冪、根式的概念，掌握分數(shù)指數(shù)冪的運算法則。 6.理解對數(shù)的概念，掌握對數(shù)的性質(zhì)。 7.掌握指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的概念及其圖像和性質(zhì)，并會解簡單的指數(shù)方程和對數(shù)方程。 三、考點簡析 1.函數(shù)及相關(guān)知識關(guān)系表 2.集合

3、 （1）作用地位 “集合”是數(shù)學研究的基本對象之一。學習集合的概念，有助于理解事物的邏輯關(guān)系和對應(yīng)關(guān)系，加深對數(shù)學的抽象特征的理解，也能提高使用數(shù)學語言的能力。 高考試題中，對集合從兩個方面進行考查：一方面是考查對集合概念的認識和理解水平，主要表現(xiàn)在對集合的識別和表達上。如對集合中涉及的特定字母和符號，元素與集合間的關(guān)系，集合與集合間的比較，另一方面，則是考查學生對集合知識的應(yīng)用水平，如求方程組、不等式組及聯(lián)立條件組的解集，以及設(shè)計、使用集合解決問題等。 （2）重點與難點 重點是集合的概念和表示法及交、并、補集的運算。難點是集合運算的綜合運用，特別是帶有參數(shù)的不等式解集的討論。

4、 （3）有關(guān)子集的幾個等價關(guān)系 ①A∩B=AAB； ②A∪B=BAB； ③ABC uAC uB； ④A∩CuB =CuAB； ⑤CuA∪B=IAB。 （4）交、并集運算的性質(zhì) ①A∩A=A，A∩=，A∩B=B∩A； ②A∪A=A，A∪=A，A∪B=B∪A； ③Cu (A∪B)= CuA∩CuB，Cu (A∩B)= CuA∪CuB； （5）有限子集的個數(shù)：設(shè)集合A的元素個數(shù)是n，則A有2n個子集，2n－1個非空子集。 3.函數(shù)的性質(zhì) （1）函數(shù)的概念：定義域、值域、對應(yīng)法則、反函數(shù)、復合函數(shù)、分段函數(shù)； （2）函數(shù)的性質(zhì)：單調(diào)性、奇偶性、有界性、

5、極（最）值性、對稱性、周期性等； （3）函數(shù)對稱性與周期性的幾個結(jié)論： ①設(shè)函數(shù)y=f(x)的定義域為R，且滿足條件f(a+x)=f(b－x)，則函數(shù)y=f(x)的圖像關(guān)于直線x=對稱； ②定義在R上的函數(shù)y=f(x)對定義域內(nèi)任意x有f(x+a)=f(x－b)，則y=f(x)是以T=a+b為周期的函數(shù)； ③定義在R上的函數(shù)y=f(x)對定義域內(nèi)任意x滿足條件f(x)=2b－f(2a－x)，則y=f(x)關(guān)于點(a,b)對稱； ④若y=f(x)既關(guān)于直線x=a對稱，又關(guān)于x=b（a≠b）對稱，則y=f(x)一定是周期函數(shù)，且T=2|a－b|是它的一個周期； ⑤若

6、y=f(x)既關(guān)于直線x=a對稱，又關(guān)于點(b,c)中心對稱，則y=f(x)一定是周期函數(shù)，且T=4|a－b|是它的一個周期。 （4）函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性： ①奇函數(shù)與偶函數(shù)的定義域關(guān)于原點對稱，圖像分別關(guān)于原點與y軸對稱； ②任意定義在R上的函數(shù)f(x)都可以惟一地表示成一個奇函數(shù)與一個偶函數(shù)的和。即 f(x)= + ③若奇函數(shù)f(x)在區(qū)間[a,b](0≤a

7、(x)在R上單調(diào)遞增，若f(a)>f(b)，則a>b; 函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，若f(a)>f(b)，則a

8、a(x－x0)2+n（a≠0）； ②當a>0時，f(x)在區(qū)間[p,q]上的最大值M，最小值m，令x0=(p+q)。 若－

9、檢驗）。 ⑤二次方程f(x)=0的一根小于p，另一根大于q(p|β+|; 當a>0時，f(α)0時，二次不等式f(x)>0在[p,q]上恒成立或或 ④f(x)>0恒成立或 f(x)<0恒成立或 5.冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的性質(zhì) （1）冪函數(shù)y=xn(n∈Q)的性質(zhì) ①當n>0時，函數(shù)圖像過點（1，1），（0，0），且在第一象限內(nèi)隨x增加，圖像上升；

10、 ②當n<0時，函數(shù)圖像過點(1，1)，且在第一象限內(nèi)隨x增加，圖像下降。 （2）指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)性質(zhì)表： 指數(shù)函數(shù) 對數(shù)函數(shù) 圖像 性質(zhì) 定義域R，值域（0，+∞），過點（0，1）。當a>1時，在R上是增函數(shù)。當01時，在（0,+ ∞）上是增函數(shù)。當0

11、ga=loga|M| （6）loga=loga|M| （7）logbM= （8） （9）logablogbc=logac 四、思想方法 1.求函數(shù)解析式的方法：配方法與代入法。 2.求值域的常用方法：觀察法，函數(shù)單調(diào)性法，求逆函數(shù)法，分離法，配方法，換元法，Δ判別式法，不等式法等。 3.函數(shù)與方程思想 函數(shù)思想，即先構(gòu)造函數(shù)，把給定問題轉(zhuǎn)化對輔助函數(shù)的性質(zhì)研究，得出所需的結(jié)論。方程思想，就是把對數(shù)學問題的認識，歸納為對方程和方程組的認識。 對于函數(shù)思想，應(yīng)深刻理解一般函數(shù)y=f(x)、的性質(zhì)（單調(diào)性、奇偶性、周期性、最值和圖像變換）。熟練掌握基本初等函數(shù)的性質(zhì)，

12、是應(yīng)用函數(shù)思想解題的基礎(chǔ)。 函數(shù)方程思想常同數(shù)形結(jié)合、等價轉(zhuǎn)化思想相互融合后才能充分發(fā)揮其具體解題的功效。 【例題解析】 例1 （1）已知集合A={x|x2－ax+a2－19=0}，集合B={x|log2(x2－5x+8)=1}，集合C={x|m=1,m≠0，|m|≠1}滿足A∩B, A∩C=，求實數(shù)a的值； (2)已知集合P={x|x2－5x+4≤0},Q={x|x2－2bx+b+2≤0}滿足PQ，求實數(shù)b的取值范圍。 解 （1）由條件即可得B={2，3}，C={－4，2}，由A∩B，A∩C=，可知3∈A，2A。 將x=3代入集合A的條件得： a2－3a－10=0 ∴a=

13、－2或a=5 當a=－2時，A={x|x2+2x－15=0}={－5,3},符合已知條件。 當a=5時,A={x|x2－5x+6=0}={2，3}，不符合條件“A∩C”=，故舍去。 綜上得：a=－2。 （2）顯然P={x|1≤x≤4}，記 f(x)=x2－2bx+b+2 若Q為空集，則由Δ<0得： 4b2－4(b+2)<0 ∴－1

14、是其必要條件，但不是充分條件，因此必須進行檢驗，否則解的取值可能擴大。而第（2）小題，應(yīng)該分兩類（，）討論，千萬不能遺忘這一特殊情形。 例2 已知函數(shù)f(x)的定義域為R，且對于一切實數(shù)x滿足f(x+2)=f(2－x),f(x+7)=f(7－x) （1）若f(5)=9,求：f(－5); （2）已知x∈ [2,7]時，f(x)=(x－2)2，求當x∈[16,20]時，函數(shù)g(x)=2x－f(x)的表達式，并求出g(x)的最大值和最小值； （3）若f(x)=0的一根是0，記f(x)=0在區(qū)間[－1000,1000]上的根數(shù)為N，求N的最小值。 解 （1）由f(x+2)=f

15、(2－x)及f(x+7)=f(7－x)得:f(x)的圖像關(guān)于直線x=2,x=7對稱。 ∴ f(x)=f[(x－2)+2] =f[2－(x－2)]=f(4－x) =f[7－(3+x)]=f(7+(3+x)) =f(x+10) ∴f(x)是以10為周期的周期函數(shù)。 ∴f(－5)=f(－5+10)=f(5)=9 （2）當x∈[16,17],x－10∈[6,7] ∴f(x)=f(x－10)=(x－10－2)2=(x－12)2 當x∈(17,20,x－20∈(－3,0,4－(x－20)∈[4,7 ∴f(x)=f(x－20)=f[4－(x－2

16、0)] =f(24－x)=(x－22)2 ∴g(x)= ∵x∈ [16,17]時，g(x)最大值為16，最小值為9；x∈（17，20，g(x)>g(17)=9,g(x)≤g(20)=36 ∴g(x)的最大值為36，最小值為9。 （3）由f(0)=0，及f(0)=f(4)=0，知f(0)在上至少有兩個解。 而在[－1000，1000上有200個周期，至少有400個解。又f(1000)=0 所以最少有401個解。且這401個解的和為－200。 注 題中（2）可根據(jù)函數(shù)圖像的對稱性、函數(shù)的周期性，通過作圖得到 f(x)= 一般地：當x∈[－

17、3，2]時，4－x∈[2,7] ∴f(x)=f(4－x)=(x－2)2 ∴當x∈[－3,7],f(x)=(x－2)2 故當x∈[－3+10k,7+10k],x－10k∈[－3,7] ∴f(x)= (x－10k－2)2(k∈z) ∴f(x)= (x－10k－2)2 x∈[－3+10k,7+10k],（k∈Z） 例3 設(shè)a是正數(shù)，ax+y=2(x≥0,y≥0)，記y+3x－x2的最大值是M(a)，試求： （1）M(a)的表達式；（2）M(a)的最小值。 解 將代數(shù)式y(tǒng)+3x－x2表示為一個字母，由ax+y=2解出y后代入消元，建立關(guān)于x的二次函數(shù)，逐步進行分類求M(

18、a)。 （1）設(shè)S(x)=y+3x－x2,將y=2－ax代入消去y，得： S(x)=2－ax+3x－x2 =－x2+(3－a)x+2 =－[x－(3－a)]2+(3－a)2+2(x≥0) ∵y≥0 ∴2－ax≥0 而a>0 ∴0≤x≤ 下面分三種情況求M(a) (i)當0<3－a<(a>0)，即 時 解得 00)即 時， 解得：1≤a≤2，這時 M(a)=S()=2－a+3－ =－+ (iii)當3－a≤0；即a≥3時 M(a)=S(0)=2

19、 綜上所述得： M（a）= （2）下面分情況探討M(a)的最小值。 當02 當1≤a≤2時 M(a)=－+=－2(－)2+ ∵1≤a≤2≤≤1 ∴當=時，M(a)取小值，即 M(a)≥M（2）= 當a≥3時，M(a)=2 經(jīng)過比較上述各類中M(a)的最小者，可得M(a)的最小值是2。 注 解題經(jīng)驗的積累，有利于解題思路的挖掘，對參數(shù)a的分類，完全依據(jù)二次函數(shù)頂點的橫坐標3－a是否在定義域區(qū)間[0，]內(nèi)，這樣就引出三種狀態(tài)，找出解題的方案。 例4 已知函數(shù)f(x)=x(p∈Z)在(0,+∞)上是增函數(shù)，

20、且在其定義域上是偶函數(shù)。 （1）求p的值，并寫出相應(yīng)的函數(shù)f(x)的解析式。 （2）對于（1）中求得的函數(shù)f(x)，設(shè)函數(shù)g(x)=－qf[f(x)]+(2q－1)f(x)+1，問是否存在實數(shù)q(q<0)，使得g(x)在區(qū)間(－∞,－4上是減函數(shù)，且在區(qū)間(－4,0)上是增函數(shù)。若存在，請求出來；若不存在，請說明理由。 解 （1）若y=xα在x∈(0,+∞)上是遞增函數(shù)，則有α>0。 ∵f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù)， ∴－p2+p+>0 解得：－1

21、函數(shù)單調(diào)性的定義進行探索求解。 ∵f(x)=x2 ∴g(x)=－qx4+(2q－1)x2+1 假設(shè)存在實數(shù)q(q<0)，使得g(x)滿足題設(shè)條件。設(shè)x10, 要使g(x)在(－∞,－4上是遞減函數(shù)，則應(yīng)有 q(x12+x22)－(2q－1)<0 恒成立 ∵x1<－4,x2≤－4 ∴x12+x22>32，而q<0 ∴q( x12+x22)

22、<32q 從而要使q( x12+x22)<2q－1恒成立，則必有2q－1≥32q 即 q≤－ 若x1,x2∈(－4，０)，易知(x1+x2) (x2－x1)<0，要使g(x)在（－4，0）上是增函數(shù)，則應(yīng)有 q(x12+x22)－(2q－1)>0 恒成立 ∵－432q 要使q( x12+x22)>2q－1恒成立，則必有2q－1≤32q,即 q≥－ 綜合以上兩方面，得q=－ 故存在實數(shù)q=－，使得g(x)在(－∞,－4上是減函數(shù)，且在(－4,0)上是增函數(shù)。 注 本例是一道綜

23、合性較強的題目。對于第（2）小題，還可以從復合函數(shù)性質(zhì)方面來考慮，就有如下解法： 設(shè)t=x2，由g(x)在(－∞,－4上是減函數(shù)，在(－4,0)上是增函數(shù)，而t=x2在[16，+∞和(0,16)上都是增函數(shù)，得 h(t)=－qt2+(2q－1)t+1在（0，16）上是增函數(shù)，在[16，+∞上是減函數(shù)，從而可得 =16 ∴q=－ 例5 設(shè)函數(shù)f(x)定義域為R，當x>0時，f(x)>1，且對任意x,y∈R，有 f(x+y)=f(x)f(y)。 （1）證明：f(0)=1; （2）證明：f(x)在R上是增函數(shù)； （3）設(shè)集合A={(x,y)|f(x2)f(y2)

24、，B={(x,y)|f(x+y+c)=1,c∈R}，若A∩B=，求c的取值范圍。 解 （1）證明：為使f(x+y)=f(x)f(y)中出現(xiàn)f(0)，借助當x>0時，f(x)>1。則設(shè)x=0,y=1得： f(0+1)=f(0)f(1)，即f(1)=f(0)f(1) ∵f(1)>1 ∴f(0)=1 （2）證明f(x)在R上是增函數(shù)，即證明當x10 ∴f(x2)=f(x1+x2－x1)=f(x1)f(x2－x1) 中有f(x2－x1)>1 故要證明f(x2)>f(x1)，只要證明f(x1)>

25、0即可。 事實上，當x1>0時，f(x1)>1>0 當x1=0時，f(x1)=1>0 當x1<0時，f(x1)f(－x1)=f(x1－x1)=f(0)=1 又∵f(－x1)>1 ∴00 ∴f(x2)=f(x1)f(x2－x1)>f(x1)，故命題得證。 （3）解 A：f(x2+y2)

26、2）題也可作如下處理： f(x)f(－x)=f(0)=1>0，得f(－x)=，證得f(x)>0恒成立。 且=f(x2)f(－x1)=f(x2－x1)>1 ∴f(x2)>f(x1) 例6 已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c和一次函數(shù)g(x)=－bx，其中a、b、c滿足a>b>c,a+b+c=0(a,b,c∈R)。 （1）求證：兩函數(shù)的圖像交于不同的兩點A、B； （2）求線段AB在x軸上的投影A1B1的長度的取值范圍。 解 （1）證：由消去y，得ax2+2bx+c=0 Δ=4b2－4ac =4(－a－c)2－4ac =4(a2+ac+c2) =4[(a+)

27、2+c2] 此證法不夠自然 ∵a>b>c ∴，c不同時為0 ∴Δ>0，即兩函數(shù)的圖像交于不同的兩點。 （2）設(shè)方程ax22bx+c=0的兩根為x1和x2，則 x1+x2=－,x1x2= |A1B1|2=( x1－x2)2=( x1+x2)2－4x1x2 =(－)2－= ==4[()2++1] =4[(+)2+] ∵a>b>c，a+b+c=0，a>0,c<0, ∴，解得∈(－2, －) ∵f()=4[()2++1]的對稱軸是=－ ∴當∈（－2,－）時，為減函數(shù) ∴|A1B1|2∈ (3,12)，故|A1B1|∈(,2) 例7 二次

28、函數(shù)f(x)=px2+qx+r中實數(shù)p、q、r滿足++=0，其中m>0，求證： （1）pf()<0; （2）方程f(x)=0在(0，1)內(nèi)恒有解。 解 （1）pf()=p[p()2+q()+r]=pm[++]=pm [－]=p2m[]=－，由于f(x)是二次函數(shù),故p≠0，又m>0，所以，pf()<0。 （2）由題意，得f(0)=r,f(1)=p+q+r。 ①當p>0時，由（1）知f()<0 若r>0，則f(0)>0，又()<0,所以f(x)=0在（0，）內(nèi)有解。 若r≤0，則f(1)=p+q+r=p+(m+1)(－－)+r=－>0 又f()<0，所以f(x)=0在

29、（,1）內(nèi)有解。 ②當p<0時同理可證。 注 （1）題目點明是“二次函數(shù)”，這就暗示著二次項系數(shù)p≠0。若將題中的“二次”兩個字去掉，所證結(jié)論相應(yīng)更改。 （2）對字母p、r分類時先對哪個分類是有一定講究的，本題的證明中，先對p分類，然后對r分類顯然是比較好。 例8 設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a>0),已知二次方程f(x)－x=0的兩個根x1與x2滿足0

30、)－x=0的根，所以可設(shè) F(x)=a(x－x1)(x－x2) 當u∈（0，x1）時，∵ x10，又∵a>0，得 F(u)=a(u－x1)(u－x2)>0，即u0,1+a(u－x2)=1+au－ax2>1－ax2>0，得x1－f(u)>0。 ∴f(u)

31、x2+(b－1)x+c=0的根， 所以x1+x2=－ x0=－== ∵ax2<1, ∴x0<=，即2x00）00) 又∵0

32、根。 ∴x1+x2=－=－+ 又∵0x1+x2=－+ ∴x1>－ 又∵x0=－<，故2x00。 （1）求f()及f(); （2）證明f(x)是周期函數(shù)； （3）記an=f(2n+),求(lnan)。 解 （1）∵f(1

33、)=f(+)=f()f()=f2()=a ∴f()= 又∵f()=f(+)=f2()>0 ∴f()=a 同理可得f()=a （2）∵f(x)是偶函數(shù)，∴ f(－x)=f(x) 又∵f(x)關(guān)于x=1對稱，∴f(x)=f(2－x) ∴f(x)=f(－x)=f[2－(－x)]=f(2+x) （x∈R） 這表明f(x)是R上的周期函數(shù)，且2是它的一個周期。 （3）對于x∈[0，1]，有∈[0, ] ∴f(x)=f(+)=f()f()>0 （x∈[0,1]）（∵，其中，…不能同時為0，∴） ∵f()=f(n)=f[+(n－1)] =f()f[(n－1)] …… =

34、f()f()…f() =[f()]n 又∵f()=a,∴f()=a ∵f(2n+)=f() ∴an=a ∴(lnan)= (lna)=0 例10 已知a,b,c是實數(shù)，函數(shù)f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b，當－1≤x≤1時，|f(x)| ≤1。 （1）證明：|c|≤1; （2）證明：當－1≤x≤1時，|g(x)| ≤2; （3）設(shè)a>0，當－1≤x≤1時，g(x)的最大值為2，求f(x)。 解 （1）取x=0∈[－1，1]，由已知得：|c|=|f(0)| ≤1 (2) 因為g(x)=ax+b是關(guān)于x的一次函數(shù)（也可能是常數(shù)函數(shù)），所以g(x)

35、在區(qū)間[－1，1]上單調(diào)（a≥0時，單調(diào)遞增；a<0時，單調(diào)遞減），所以要證|g(x)| ≤2，只要證明|g(1)| ≤2，|g(－1)| ≤2。 ∵－1,0,1均在區(qū)間[－1，1]內(nèi)，∴由已知得 |f(－1)|=|a－b+c|≤1|f(1)|=|a+b+c|≤1 ∴|g(1)|=|a+b|=|a+b+c－c|≤|a+b+c|+|c|≤2 |g(－1)|=|a－b|=|a－b+c－c|≤|a－b+c|+|c|≤2。 ∴當－1≤x≤1時，|g(x)| ≤2。 （3）因為a>0時，g(x)在[－1，1]上是增函數(shù)，所以當x=1時，g(x)取得最大值2，即 2=g(1)=f(1)－

36、f(0) 所以 －1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1 從而得：c=f(0)=1 又當x∈[－1，1]時，f(x)≥－1=f(0)，表明二次函數(shù)f(x)在[－1，1]上不單調(diào)，所以有－∈[－1,1]，且 f(－)=f(0)=－1。 又由二次函數(shù)極值的惟一性得： －=0，即b=0,a=2， 所以 f(x)=2x2－1。 注 本題第（2）小題還可這樣證明：用f(－1),f(0),f(1)表示出a,b,c。 由 解得：a=－f(0),b=,c=f(0) 故|g(x)|=|ax+b| =|[－f(0)]x+| =|f(1)+ f(－1)－

37、xf(0)| ≤|||f(1)|+|||f（－1）|+|x||f(0)| ≤||+||+1 =++1 =2 學科：數(shù)學 教學內(nèi)容：函數(shù)與方程綜合能力訓練 【綜合能力訓練】 一、選擇題 1.已知集合M={x|x2+6x－16>0},N={x|(x－k)(x－k－2)≤0},M∩N≠，則k的取值范圍是（ ） A.k<－8或k>0 B.k<－8或k>2 C.－8≤k≤0 D.k≤－8或k≥0 2.已知集合M={x|x2=a2,a∈{x|x是正實

38、數(shù)}}，集合N={x|nx=a，a≠0}，若NM，則n取值的集合是（ ） A.{1} B.{－1} C.{－1,1} D.{－1,0,1} 3.已知函數(shù)f(x)=x2,集合A={x|f(x－1) =ax,x∈R}，且A∪{x|x是正實數(shù)}={x|x是正實數(shù)}，則實數(shù)a的取值范圍是（ ） A.（－4,+∞） B.（－∞，－1 C.（0,+∞） D.（－∞,－4∪[0,+∞ 4.函數(shù)y=－x的值域是（ ） A.[,+∞ B.（－∞， C.[－,+∞] D.(－, +∞) 5.已知函數(shù)f(x)=－4x2+4ax－a2－4a(a<0)在

39、區(qū)間[0,1]上有最大值－12，則實數(shù)a的值為( ) A.－1 B.－2 C.－3 D.－6 6.函數(shù)f(x)=x2－2xsinθ+sinθ－1(θ∈R)在區(qū)間[0，1]上的極小值為g(sinθ)，則g(sinθ)的最小、最大值是( ) A.最小值－1，最大值－ B.最小值－3，最大值－ C.最小值－2，最大值－ D.無最小值，最大值－ 7.當0≤x≤1時，函數(shù)y=ax+a－1的值有正值也有負值，則實數(shù)a的取值范圍是（ ） A.a< B.a>1 C.a<或a>1 D.

40、－2mx－5是偶函數(shù)，則f(x) （ ） A.先增后減 B.先減后增 C.單調(diào)遞增 D.單調(diào)遞減 9.定義在（－∞，+∞）上的奇函數(shù)f(x)和偶函數(shù)g(x)在區(qū)間（－∞,0上的圖像關(guān)于x軸對稱，且f(x)為增函數(shù)，則下列各選項中能使不等式f(b)－f(－a)>g(a)－g(－b)成立的是（ ） A.a>b>0 B.a0 D.ab<0 10.將函數(shù)y=+a的圖像向右平移2個單位后又向下平移2個單位，所得圖像如果與原圖像關(guān)于直線y=x對稱，那么（ ） A.a=－1且b≠0 B.a=－1且b∈R C.a=

41、1且b≠0 D.a=1且b∈R 11.已知函數(shù)f(x)=loga[－(2a)x]對任意x∈[,+∞]都有意義，則實數(shù)a的取值范圍是（ ） A.（0， B.（0，） C. [，1 D.（，） 12.指數(shù)函數(shù)y=ax，當x>1（或x<－1）時，恒有y>2，則a的取值范圍是（ ） A.(,1)∪(1,2) B.(0,)∪(1,2) C.(1,2) D.(0,)∪(2,+∞) 二、填空題 13.函數(shù)y=+logx的值域是 。 14.已知f(x)=a(a為不等于1的正數(shù))，且f(lga)=，則a=

42、 。 15.x0是x的方程ax=logax(0

43、為正，而當x∈（－∞，－3）∪（2，+∞）時，其值為負，求a,b的值及f(x)的表達式。 19.已知函數(shù)f(x)對于x>0有意義，且滿足條件f(2)=1,f(xy)=f(x)+f(y),f(x)是非減函數(shù)。 （1）證明f(1)=0;（2）若f(x)+f(x－2)≥2成立，求x的取值范圍。 20.設(shè)集合A={x|4x－2x+2+a=0,x∈R}。 （1）若A中僅有一個元素，求實數(shù)a的取值集合B； （2）若對于任意a∈B，不等式x2－6x

44、x)且方程f(x)=2x有等根。 （1）求f(x)的解析式； （2）是否存在實數(shù)m,n（m1。 參考答案 【綜合能力訓練】 1.A 2.D 3.A 4.A 5.D 6.C 7.D 8.B 9.A 10.C 11.B 12.D 13.

45、 14.10或10 15.a

46、8不適合題設(shè)要求，a=－3,b=5適合題設(shè)要求，故f(x)=－3x2－3x+18. 19.[解] (1)令x=2,y=1，則f(21)=f(2)+f(1)，得f(1)=0. (2)由f(x)+f(x－2)=f(x2－2x) ≥2，而2=1+1=f(2) +f(2)=f(4)，得f(x2－2x)≥f(4). 又∵f(x)為非減的函數(shù)，∴x2－2x≥4,即x2－2x－4≥0,解得x≥1+或x≤1－. 又因為f(x)對x>0有意義，故x.>0且x－2>0，即x>2.由以上知所求x的范圍為x≥1+. 20.[解](1)令2x=t(t>0)，設(shè)f(t)=t2－4t+a,由f(t)=0

47、在（0，+∞）上僅有一根或兩相等實根、有 ①f(t)=0有兩等根時，△=016－4 a =0a=4. 驗證:t2－4t+4=0t=2(0,+∞)這時x=1. ②f(t)=0有一正根和一負根時，f(0)<0a<0. ③若f(0)=0，則a=0，此時4x－22x=0，（舍去），或2x=4,∴x=2，此時A中只有一個元素。 ∴實數(shù)a的取值集合為B={ a≤0或a=4}。 (2)要使原不等式對任意a(－∞,0{4}恒成立，即g(a)=（x－2）a－(x2－6x)>0恒成立。 只須5－

48、 由f(x－1)=f(3－x)知此函數(shù)圖像的對稱軸方程為x=－=1，得a=－1，故f(x)=－x2+2x. (2)∵f(x)=－(x－1)2+1≤1，∴4n≤1，即n≤. 而拋物線y=－x2+2x的對稱軸為x=1，∴當n≤時，f(x)在[m,n]上為增函數(shù)。 若滿足題設(shè)條件的m,n存在，則 即又m0,

49、x1－x2 <0 ∴<0 又(1+x1)(1－x2)>0, (1－x1)(1+x2)>0, (1+x1)(1－x2)－ (1－x1)(1+x2)=2(x1－x2)<0 ∴0<<1 ∴l(xiāng)g<0 故f(x1)< f(x2)，即f(x)在定義域（－1,1）內(nèi)是增函數(shù)。 (2)令x=0，得f(0)=1。即x=1是方程f－1(x)=0的一個解，設(shè)x1≠0是f－1(x)=0的另一解，則由反函數(shù)的定義知f(0)=x1≠0，這與f(0)=1矛盾，故f－1(x)=0有且只有一個解。 (3)由f[x(x+1)]>1=f(0)，且f(x)為定義在（－1，1）上的增函數(shù)，得0

50、解得－1的解。 學科：數(shù)學 教學內(nèi)容：不等式(上) 【考點梳理】 一、考試內(nèi)容 不等式，不等式的性質(zhì)，不等式的證明，不等式的解法，含有絕對值的不等式。 二、考試要求 1.掌握不等式的性質(zhì)及其證明，掌握證明不等式的幾種常用方法，掌握兩個和三個（不要求四個和四個以上）“正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)”這兩個定理，并能運用上述性質(zhì)、定理和方法解決一些問題。 2.在熟練掌握一元一次不等式（組）、一元二次不

51、等式（組）的解法的基礎(chǔ)上初步掌握其他的一些簡單的不等式的解法。 3.會用不等式||a|－|b||≤|a+b|≤|a|+|b|。 三、考點簡析 1.不等式知識相互關(guān)系表 2.不等式的性質(zhì) （1）作用地位 不等式性質(zhì)是不等式理論的基本內(nèi)容，在證明不等式、解不等式中都有廣泛的應(yīng)用。高考中，有時直接考查不等式的性質(zhì)，有時間接考查性質(zhì)（如在證明不等式、解不等式中就間接考查了掌握不等式性質(zhì)的程度）。準確地認識、運用基本性質(zhì)，并能舉出適當反例，能辨別真假命題是學好不等式的要點。 （2）基本性質(zhì) 實數(shù)大小比較的原理與實數(shù)乘法的符號法則是不等式性質(zhì)的依據(jù)。在不等式性質(zhì)中，

52、最基本的是： ①a>bbb,b>ca>c（傳遞性） ③a>ba+c>b+c（數(shù)加） ④ （a>b,c=0ac=bc） 與等式相比，主要區(qū)別在數(shù)乘這一性質(zhì)上，對于等式a=bac=bc，不論c是正數(shù)、負數(shù)還是零，都成立，而對于不等式a>b，兩邊同乘以c之后，ac與bc的大小關(guān)系就需對c加以討論確定。這關(guān)系即使記得很清楚，但在解題時最容易犯的毛病就是錯用這一性質(zhì)，尤其是需討論參數(shù)時。 （3）基本性質(zhì)的推論 由基本性質(zhì)可得出如下推論： 推論1：a>b>0,c>d>0ac>bd 推論2：a>b>0,c>d>0 推論3：a>b>0an>bn(n∈N) 推論

53、4：a>b>0(n∈N) 對于上述推論可記住兩點：一是以上推論中a,b,c,d均為正數(shù)，即在{x|x是正實數(shù)}中對不等式實施運算；二是直接由實數(shù)比較大小的原理出發(fā)。 3.不等式的證明 （1）作用地位 證明不等式是數(shù)學的重要課題，也是分析、解決其他數(shù)學問題的基礎(chǔ)，特別是在微積分中，不等式是建立極限論的理論基礎(chǔ)。 高考中，主要涉及“a,b>0時，a+b≥2”這類不等式，以及運用不等式性質(zhì)所能完成的簡單的不等式的證明。用數(shù)學歸納法證明的與自然數(shù)有關(guān)命題的不等式難度較大。 （2）基本不等式 定理1：如果a,b∈{x|x是正實數(shù)}，那么≥（當且僅當a=b時取“=”號） 定理2：如

54、果a,b,c∈{x|x是正實數(shù)}，那么≥(當且僅當a=b=c時取“=”號) 定理3：如果a、b∈{x|x是正實數(shù)}，那么 ≤≤≤ （當且僅當a=b時取“=”號） 推論4：如果a,b,c∈{x|x是正實數(shù)}，那么 ≤≤≤ （當且僅當a=b=c時取“=”號） 由上述公式還可衍生出一些公式 ①4ab≤(a+b)2≤2(a2+b2),a、b∈R（當且僅當a=b時等號成立） ②a2+b2+c2≥ab+bc+ca,a,b,c∈R（當且僅當a=b=c時等號成立） ③a2+b2+c2≥(a+b+c)2≥ab+bc+ca,a,b,c∈R（當且僅當a=b=c時等號成立） ④|+|≥2（當

55、且僅當|a|=|b|時取“=”號） ⑤a>0,b>0,a+b=1，則ab≤等。 （4）不等式證明的三種基本方法 ①比較法：作差比較，根據(jù)a－b>0a>b，欲證a>b只需證a－b>0；作商比較，當b>0時，a>b>1。比較法是證明不等式的基本方法，也是最重要的方法，有時根據(jù)題設(shè)可轉(zhuǎn)化為等價問題的比較（如冪、方根等）。 ②分析法：從求證的不等式出發(fā)尋找使該不等式成立的充分條件。對于思路不明顯，感到無從下手的問題宜用分析法探究證明途徑。 ③綜合法：從已知的不等式及題設(shè)條件出發(fā)，運用不等式性質(zhì)及適當變形（恒等變形或不等變形）推導出要求證明的不等式。 4.不等式的解法 （1

56、）作用與地位 解不等式是求定義域、值域、參數(shù)的取值范圍時的重要手段，與“等式變形”并列的“不等式的變形”，是研究數(shù)學的基本手段之一。 高考試題中，對解不等式有較高的要求，近兩年不等式知識占相當大的比例。 （2）一元一次不等式（組）及一元二次不等式（組） 解一元一次不等式（組）及一元二次不等式（組）是解其他各類不等式的基礎(chǔ)，必須熟練掌握，靈活應(yīng)用。 （3）高次不等式 解高次不等式常用“數(shù)軸標根法”。一般地，設(shè)多項式 F(x)=a(x－a1)(x－a2)…(x－an) （a≠0） 它的n個實根的大小順序為a1

57、（a1,a2），…，(an－1,an),(an,+∞) 自右至左給這些區(qū)間編上順序號，則當a>0時有： ①在奇數(shù)區(qū)間內(nèi)，F(xiàn)(x)>0。 ②在偶數(shù)區(qū)間內(nèi)，F(xiàn)(x)<0 （4）分式不等式 分式不等式的等價變形： >0f(x)g(x)>0 ≥0 （5）無理不等式 兩類常見的無理不等式等價變形： ≥g(x) 或 ag(x)f(x)1時 a(fx)>ag(x)f(x)>g(x) logaf(x)>logag(x)f(x)>g(x)>0 （7）含參數(shù)不等式

58、 對于解含參數(shù)不等式，要充分利用不等式的性質(zhì)。對參數(shù)的討論，要不“重復”不“遺漏”。 5.含有絕對值的不等式 （1）作用與地位 絕對值不等式適用范圍較廣，向量、復數(shù)的模、距離、極限的定義等都涉及到絕對值不等式。 高考試題中，對絕對值不等式從多方面考查。 （2）兩個基本定理 定理1：||a|－|b||≤|a+b|≤|a|+|b| （a、b∈R） 定理2：||a|－|b||≤|a－b|≤|a|+|b| （a、b∈R） 應(yīng)理解其含義，掌握證明思路以及“=”號成立的條件。 （3）解絕對值不等式的常用方法 ①討論法：討論絕對值中的式于大于零還是小于零，然后去掉絕對

59、值符號，轉(zhuǎn)化為一般不等式。 ②等價變形：解絕對值不等式常用以下等價變形 |x|0) |x|>ax2>a2x>a或x<－a(a>0) 一般地有： |f(x)|g(x)f(x)>g (x)或f(x)

60、形結(jié)合。有些不等式的解決可化為兩個函數(shù)圖像間的位置關(guān)系的討論等幾何問題。 （4）函數(shù)方程思想。解不等式可化為解方程或求函數(shù)圖像與x軸交點的問題，根據(jù)題意判斷所求解的區(qū)間。如“標根法”實際上就是一種函數(shù)方程思想。 2.證明不等式的常用方法 除了課本上介紹的證明不等式的三種基本方法外，還有如下常用方法： （1）放縮法 若證明“A≥B”，我們先證明“A≥C”，然后再證明“C≥B”，則“A≥B”。 （2）反證法 反證法是通過否定結(jié)論導致矛盾，從而肯定原結(jié)論的一種方法。 （3）數(shù)學歸納法 證明與自然數(shù)n有關(guān)的不等式時，常用數(shù)學歸納法。此法高考中已多次考查。 （4）

61、變量代換法 變量代換是數(shù)學中的一種常用的解題方法，對于一些結(jié)構(gòu)比較復雜，變化較多而關(guān)系不太清楚的不等式，可適當?shù)匾M一些新的變量進行代換，以簡化其結(jié)構(gòu)。其代換技巧有局部代換、整體代換、三角代換、增量代換等。 （5）函數(shù)方法 通過利用函數(shù)的性質(zhì)，如單調(diào)性、凹凸性、有界性、實根存在的條件等證明不等式的方法稱為函數(shù)方法。 （6）構(gòu)造方法 不等式證明中的構(gòu)造方法，主要是指通過引進合適的恒等式、數(shù)列、函數(shù)、圖形及變量等輔助手段，促使命題轉(zhuǎn)化，從而使不等式得證。此法技巧要求較高，高考試題中很少見。 【例題解析】 例1 證明下列不等式： （1）若x,y,z∈R，a,b,c∈{x

62、|x是正實數(shù)}，則 x2+y2+z2≥2（xy+yz+zx）； （2）若x,y,z∈{x|x是正實數(shù)}，且x+y+z=xyz，則++≥2(++)2。 解 （1）先考慮用作差證法 ∵x2+y2+z2－2(xy+yz+zx)= (x2+y2－2xy)+(y2+z2－2yz)+ (z2+x2－2zx)=(xy)2+(y－z)2+(z－x)2≥0 ∴ x2+y2+z2≥2（xy+yz+zx） （2）采用等價轉(zhuǎn)化法 所證不等式等價于 x2y2z2(++)≥2(xy+yz+zx)2 xyz[yz(y+z)+zx(z+x)+xy(x+y)]≥2(xy+yz+zx)2 (x+

63、y+z)(y2z+yz2+z2x+zx2+x2y+xy2)≥2(x2y2+y2z2+z2x2)+4(x2yz+xy2z+xyz2) y3z+yz3+z3x+zx3+x3y+xy3≥2x2yz+2xy2z+2xyz2 yz(y－z) 2 +zx(z－x) 2+xy(x－y) 2+x2 (y－z) 2+y2 (z－x)2+z2 (x－y) 2≥0 ∵上式顯然成立 ∴原不等式得證。 注 （1）配方技巧的實現(xiàn)關(guān)鍵在于合理的分項，正是這種分項我們對（1）還可證明如下： x2+y2+z2 =(x2+y2)+(y2+z2)+(z2+x2) ≥2+2+2 ≥2(xy+yz+zx) （

64、2）的證法要害是：化分式為整式，活用條件，即用x+y+z代換xyz，以及配方技術(shù)。事實上，這個代數(shù)不等式的實質(zhì)是如下三角不等式： 在銳角△ABC中，求證： cotA(tanB+tanC)+cotB(tanC+tanA)+cotC(tanA+tanB)≥2(cotA+cotB+cotC)2 例2 證明若x,y,z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，則x,y,z,∈[0,]。 證法一由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得：x2+y2+(1－x－y)2= 整理成關(guān)于y的一元二次方程得： 2y2－2(1－x)y+2x2－2x－=0 ∵y∈R，故Δ≥0 4(1－x)2－4

65、2(2x2－2x－)≥0 解之得：0≤x≤∴x∈[0,] 同理可得：y,z∈[0,] 證法二 設(shè)x=+x′，y=+y′,z=+z′，則x′+y′+z′=0 于是 故，x′∈[－，]，x∈[0, ]，同理，y,z∈[0, ] 證法三 反證法 設(shè)x、y、z三數(shù)中若有負數(shù)，不妨設(shè)x<0，則x2>0，=x2+y2+z2≥x2+=+x2=x2－x+>，矛盾。 設(shè)x,y,z三數(shù)中若有最大者大于，不妨設(shè)x>，則： =x2+y2+z2≥x2+ =x2+=x2－x+ =x(x－)+>，矛盾。 故x,y,z∈[0, ]。 注：本題證法甚多，最易接受的方法是證法一的判別

66、式法，因為該法思路明晰，易于操作，技巧性不強。 學科：數(shù)學 教學內(nèi)容：不等式(下) 例3 已知i、m、n是正整數(shù)，且1，所以> 即 miAni>niAmi （2）由二項式定理有 (1+m)n=1+Cn1m+Cn2m2+…+Cnnmn (1+n)m=1+Cm1n+Cm2n2+…+Cmmnm 由（1）知miAni>niAmi (1niCmi (ki≤m,…mmCnm> nmCmm, mm+1Cnm+1 >0,…, mmCnn >0, ∴1+ Cn1m + Cn2m2+…+ Cnnmn >1+ Cm1n+ Cm2