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考查能力是高考永恒的主題.高考數(shù)學(xué)能力的考查主要是對(duì)邏輯思想能力、運(yùn)算能力、空間想像能力、分析問題和解決問題的能力.在高三數(shù)學(xué)二、三復(fù)習(xí)中,尤其要注意邏輯思維能力與運(yùn)算能力的提高,要學(xué)會(huì)觀察,比較、分析、綜合、抽象和概括,會(huì)用歸納、演繹和類比進(jìn)行推理,會(huì)用簡(jiǎn)明準(zhǔn)確的數(shù)學(xué)語言闡述自己的思想和觀點(diǎn),要會(huì)根據(jù)法則、公式定理、定律正確地進(jìn)行運(yùn)算的同時(shí),會(huì)理解算理,能夠根據(jù)題目的條件尋求合理、簡(jiǎn)捷的運(yùn)算途徑,以達(dá)到準(zhǔn)確、熟練、迅速的運(yùn)算.
專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)
能力培養(yǎng)
1. (啟東中學(xué), 中檔題, 5分值, 4分鐘) 設(shè)定義域?yàn)镽的函數(shù),則關(guān)于的方程有7個(gè)不同實(shí)數(shù)解的充要條件是( )
A.且 B.且
C.且 D.且
答 案
1. 答案C
解析
有7個(gè)不同實(shí)數(shù)解的充要條件是方程有兩個(gè)根,一個(gè)等于0,一個(gè)大于0.此時(shí)應(yīng)且.選C
2.答案C
解析 法一:代特殊值驗(yàn)證
法二:①當(dāng),即時(shí),無解;
②當(dāng),即時(shí),,故選C.
3. 答案B
解析 記,則
當(dāng)時(shí),要使得是增函數(shù),則需有恒成立,所以.矛盾.排除C、D
當(dāng)時(shí),要使得是增數(shù),則需有恒成立,所以. 排除A 本題答案選B
4. A 解析 數(shù)形結(jié)合法:當(dāng),如圖A所示,有,當(dāng)時(shí),如圖B所示,有,故選A.
5. 答案2. 解析由f(x)=x2+4x+3, f(ax+b)=x2+10x+24,
得:(ax+b)2+4(ax+b)+3=x2+10x+24,
即:a2x2+2abx+b2+4ax+4b+3=x2+10x+24,
比較系數(shù)得:
求得:a=-1,b=-7, 或a=1,b=3,則5a-b=2.
6. 答案 解析,由題意知是函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間,因此.
7. 答案 解析為偶函數(shù), 即在內(nèi)最大值.
當(dāng)a<0時(shí), =,=1-a;
當(dāng)a>0時(shí), 若≥1, 則=a. 若≤1, 則=1-a.
∴=當(dāng)a=時(shí), 有最小值.
8. 解析(I)因?yàn)楹瘮?shù),的圖象都過點(diǎn)(,0),所以,
即.因?yàn)?img src="http://thumb.1010pic.com/pic20/38/383959_1/image088.gif">所以.
又因?yàn)?img src="http://thumb.1010pic.com/pic20/38/383959_1/image084.gif">,在點(diǎn)(,0)處有相同的切線,所以
而
將代入上式得 因此故,,
(II)解法一:.
當(dāng)時(shí),函數(shù)單調(diào)遞減.
由,若;若
由題意,函數(shù)在(-1,3)上單調(diào)遞減,則
所以
又當(dāng)時(shí),函數(shù)在(-1,3)上單調(diào)遞減.
所以的取值范圍為
解法二:
因?yàn)楹瘮?shù)在(-1,3)上單調(diào)遞減,且是(-1,3)
上的拋物線,
所以 即解得
所以的取值范圍為
9. 解析(Ⅰ)由題意,f(x)=x2
當(dāng)x<2時(shí),f(x)=x2(2-x)=x,解得x=0,或x=1;
當(dāng)x
綜上所述,所求解集為.
(Ⅱ)設(shè)此最小值為m.
①當(dāng)
因?yàn)?
則f(x)是區(qū)間[1,2]上的增函數(shù),所以m=f(1)=1-a..
②當(dāng)1<a.
③當(dāng)a>2時(shí),在區(qū)間[1,2]上,
若在區(qū)間(1,2)內(nèi)f/(x)>0,從而f(x)為區(qū)間[1,2]上的增函數(shù),
由此得:m=f(1)=a-1.
若2<a<3,則
當(dāng)
當(dāng)
因此,當(dāng)2<a<3時(shí),m=f(1)=a-1或m=f(2)=4(a-2).
當(dāng);
當(dāng)
綜上所述,所求函數(shù)的最小值
專題二 不等式
復(fù)習(xí)策略
一.不等式的證明策略
不等式的證明,方法靈活多樣,它可以和很多內(nèi)容結(jié)合.高考解答題中,常滲透不等式證明的內(nèi)容,純不等式的證明,歷來是高中數(shù)學(xué)中的一個(gè)難點(diǎn),本專題著重培養(yǎng)考生數(shù)學(xué)式的變形能力,邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力.
二.不等式的解法策略
不等式在生產(chǎn)實(shí)踐和相關(guān)學(xué)科的學(xué)習(xí)中應(yīng)用廣泛,又是學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)的重要工具,所以不等式是高考數(shù)學(xué)命題的重點(diǎn),解不等式的應(yīng)用非常廣泛,如求函數(shù)的定義域、值域,求參數(shù)的取值范圍等,高考試題中對(duì)于解不等式要求較高,往往與函數(shù)概念,特別是二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)等有關(guān)概念和性質(zhì)密切聯(lián)系,應(yīng)重視;從歷年高考題目看,關(guān)于解不等式的內(nèi)容年年都有,有的是直接考查解不等式,有的則是間接考查解不等式.
三.不等式的應(yīng)用策略
不等式是繼函數(shù)與方程之后的又一重點(diǎn)內(nèi)容之一,作為解決問題的工具,與其他知識(shí)綜合運(yùn)用的特點(diǎn)比較突出.不等式的應(yīng)用大致可分為兩類:一類是建立不等式求參數(shù)的取值范圍或解決一些實(shí)際應(yīng)用問題;另一類是建立函數(shù)關(guān)系,利用均值不等式求最值問題、本專題提供相關(guān)的思想方法,使考生能夠運(yùn)用不等式的性質(zhì)、定理和方法解決函數(shù)、方程、實(shí)際應(yīng)用等方面的問題.
典例剖析
例1已知函數(shù),數(shù)列滿足
(Ⅰ)設(shè),證明:;
(Ⅱ)設(shè)(Ⅰ)中的數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,證明
解析(Ⅰ)由題意得,
(Ⅱ)證明:由(Ⅰ)證明過程可知,
點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)、數(shù)列、不等式的證明等基本知識(shí),考查應(yīng)用放縮法證明不等式 .
例2已知函數(shù)
(1)求函數(shù)的最大值;
(2)當(dāng)時(shí),求證;
解析(1)
令得
當(dāng)時(shí), 當(dāng)時(shí),又
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),取得最大值0
(2)
由(1)知
又
點(diǎn)評(píng) 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題比較新穎,考生對(duì)方面問題應(yīng)加以重視.
例3 已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a>0)的圖象與x軸
有兩個(gè)不同的公共點(diǎn),若f(c)=0,
|
解析 由已知,f(x)的圖象與x軸有兩個(gè)不同的公共點(diǎn) ∴f(x)=0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根x1、x2 ∵f(c)=0,且x1.x2=, ∴f(x)=0的兩個(gè)根就是c和 .
如果<c,∵a>0,故>0,即0<<c 而當(dāng)0<x<c時(shí),f(x)>0,所以有f()>0,這與時(shí)f(x)=0的根矛盾 ∴>c
(2)證明:∵f(c)=0,∴ac2+bc+c=0 又c>0,故ac+b+1=0 ∵a>0,c>0,所以ac>0,于是b+1<0,故b<-1
又f(x)的圖象對(duì)稱軸x=-,且f(x)=0的兩根為c和,且c< ∴-< Þ b>-2 , 故-2<b<-1
(3)證明:∵t>0,要證>0 對(duì)左邊通分后知,只需證分子(a+b+c)t2+(a+2b+3c)t+2c>0即可 記g(t)=(a+b+c)t2+(a+2b+3c)t+2c 由0<1<c且0<x<c時(shí)f(x)>0,有f(1)=a+b+c>0 又a+2b+3c=(a+b+c)+(b+2c)>b+2c>b+2>2
∴g(t)圖象的對(duì)稱軸t=-<0 ∴函數(shù)g(t)在[0,+∞上遞增 故當(dāng)t>0時(shí),g(t)>g(0)=2c>0 ∴原結(jié)論成立.
例4已知數(shù)列中,,.
(1)若,求實(shí)數(shù)的取值范圍;
(2)求證:不存在正實(shí)數(shù),使,對(duì)任意恒成立.
解析 (1) ,
∴
∵,∴,故.
(2)(反證法) 假設(shè)存在正實(shí)數(shù),對(duì)任意,使恒成立.則恒成立,
∴,∴, ∴,
又,,……,,
∴,即,
故取即,有,則與矛盾.
因此,不存在正實(shí)數(shù),使,對(duì)任意恒成立.
點(diǎn)評(píng) 存在性問題常??捎梅醋C法證明.
例5已知函數(shù)的最大值不大于,又當(dāng)
(1)求a的值;
(2)設(shè)
解析(1)由于的最大值不大于
所以 ①
又所以. ②
由①②得
(2)證法一:(i)當(dāng)n=1時(shí),,不等式成立;
因時(shí)不等式也成立.
(ii)假設(shè)時(shí),不等式成立,
因?yàn)?img src="http://thumb.1010pic.com/pic20/38/383959_1/image201.gif">的對(duì)稱軸為
知為增函數(shù),所以由得
于是有
所以當(dāng)n=k+1時(shí),不等式也成立.
根據(jù)(i)(ii)可知,對(duì)任何,不等式成立.
證法二:(i)當(dāng)n=1時(shí),,不等式成立;
(ii)假設(shè)時(shí)不等式成立,即,則當(dāng)n=k+1時(shí),
因所以
于是 因此當(dāng)n=k+1時(shí),不等式也成立.
根據(jù)(i)(ii)可知,對(duì)任何,不等式成立.
點(diǎn)評(píng) 本題要考查函數(shù)和不等式的概念,考查數(shù)學(xué)歸納法,以及靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)方法分析和解決問題的能力. 根據(jù)題意利用二次函數(shù)在結(jié)定區(qū)間上最值確定a的值;利用數(shù)學(xué)歸納法解決不等式問題.
例6 數(shù)列{an}滿足.
(Ⅰ)用數(shù)學(xué)歸納法證明:;
(Ⅱ)已知不等式,其中無理數(shù)
e=2.71828….
解析(Ⅰ)證明:(1)當(dāng)n=2時(shí),,不等式成立.
(2)假設(shè)當(dāng)時(shí)不等式成立,即
那么. 這就是說,當(dāng)時(shí)不等式成立.
根據(jù)(1)、(2)可知:成立.
(Ⅱ)證法一:
由遞推公式及(Ⅰ)的結(jié)論有
兩邊取對(duì)數(shù)并利用已知不等式得
故
上式從1到求和可得
即
(Ⅱ)證法二:
由數(shù)學(xué)歸納法易證成立,故
令
取對(duì)數(shù)并利用已知不等式得
上式從2到n求和得
因
故成立.
不等式證明解題技巧
1.不等式證明常用的方法有:比較法、綜合法和分析法,它們是證明不等式的最基本的方法.
(1)比較法證不等式有作差(商)、變形、判斷三個(gè)步驟,變形的主要方向是因式分解、配方,判斷過程必須詳細(xì)敘述;如果作差以后的式子可以整理為關(guān)于某一個(gè)變量的二次式,則考慮用判別式法證.
(2)綜合法是由因?qū)Ч?,而分析法是?zhí)果索因,兩法相互轉(zhuǎn)換,互相滲透,互為前提,充分運(yùn)用這一辯證關(guān)系,可以增加解題思路,開擴(kuò)視野.
2.不等式證明還有一些常用的方法:換元法、放縮法、反證法、函數(shù)單調(diào)性法、判別式法、數(shù)形結(jié)合法等.換元法主要有三角代換,均值代換兩種,在應(yīng)用換元法時(shí),要注意代換的等價(jià)性.放縮性是不等式證明中最重要的變形方法之一,放縮要有的放矢,目標(biāo)可以從要證的結(jié)論中考查.有些不等式,從正面證如果不易說清楚,可以考慮反證法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定詞的命題,適宜用反證法.
3.與數(shù)列有關(guān)的問題或者與正整數(shù)有關(guān)的問題時(shí)常用數(shù)學(xué)歸納法證明.
證明不等式時(shí),要依據(jù)題設(shè)、題目的特點(diǎn)和內(nèi)在聯(lián)系,選擇適當(dāng)?shù)淖C明方法,要熟悉各種證法中的推理思維,并掌握相應(yīng)的步驟、技巧.
例7已知函數(shù)(a,b為常數(shù))且方程f(x)-x+12=0有兩個(gè)實(shí)根為x1=3, x2=4.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式;
(2)設(shè)k>1,解關(guān)于x的不等式;
解析 本題主要考查求函數(shù)的解析式及含參分式不等式的解法.
(1)將得
(2)不等式即為
即
①當(dāng)
②當(dāng)
③.
點(diǎn)評(píng) 解不等式的過程實(shí)質(zhì)上就是轉(zhuǎn)化的過程,分式不等式轉(zhuǎn)化成整式不等式,解分式不等式一般情況下是移項(xiàng),通分,然后轉(zhuǎn)化成整式不等式,對(duì)于高次不等式,借助數(shù)軸法,則簡(jiǎn)單,快捷,另外,,含有參數(shù)問題要對(duì)參數(shù)加以討論.
例8設(shè)函數(shù)f(x)=|x-m|-mx,其中m為常數(shù)且m<0.
(1)解關(guān)于x的不等式f(x)<0;
(2)試探求f(x)存在最小值的充要條件,并求出相應(yīng)的最小值.
解析(1)由f(x)<0得,|x-m|<mx,得-mx<x-m<mx,即
?、佼?dāng)m=-1時(shí),x<-
②當(dāng)-1< m<0時(shí),<x<
③當(dāng)m<-1時(shí),x<
綜上所述,當(dāng)m<-1時(shí),不等式解集為{x|x<}
當(dāng)m=-1時(shí),不等式解集為{x|x<-}
當(dāng)-1<m<0時(shí),不等式解集為{x|<x<}
(2)f(x)=
∵m<0,∴1-m>0,f(x)在[m,+∞)上單調(diào)遞增,要使函數(shù)f(x)存在最小值,
則f(x)在(-∞,m)上是減函數(shù)或常數(shù),
∴-(1+m)≤0即m≥-1,又m<0,∴-1≤m<0.
點(diǎn)評(píng) 有關(guān)絕對(duì)值問題先去掉絕對(duì)值符號(hào)即利用等價(jià)轉(zhuǎn)化為不等式組.然后對(duì)m分類討論.
例9已知定義在R上函數(shù)f(x)為奇函數(shù),且在上是增函數(shù),對(duì)于任意實(shí)數(shù)m,使 恒成立.
解析 ∵ f(x)在R上為奇函數(shù),且在上是增函數(shù),
∴ f(x)在上為增函數(shù)
又 ∵
∴ >-=
∴ 即
∵ 2-, ∴ 2
∴ m>
令2- ∴ m>4-
即4-m<在上恒成立.
即求在上的最小值
∵ ≥2等號(hào)成立條件t=,即成立
∴ ∴ 4-m<即m>4-
∴ m的取值范圍為(4-,+∞)
點(diǎn)評(píng) 解含參數(shù)不等式的問題有時(shí)可用分離參數(shù)法. 所謂分離參數(shù)法也就是將參數(shù)與未知量分離于表達(dá)式的兩邊,然后根據(jù)未知量的取值范圍情況決定參數(shù)的范圍.這種方法可避免分類討論的麻煩,使問題得到簡(jiǎn)單明快的解決.
一般地,利用最值分離參數(shù)法來確定不等式 , (為實(shí)參數(shù))中參數(shù)取值范圍的基本步驟:
(1) 將參數(shù)與變量分離,即化為的形式;
(2) 求在D時(shí)的最大(或最小)值;
(3) 解不等式 得的取值范圍.
思想方法:把不等式中恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題.
適用題型:(1) 參數(shù)與變量能分離;(2) 函數(shù)的最值易求出.
利用這種方法可以順利解決許多含參數(shù)不等式中的取值問題,還可以用來證明一些不等式.
不等式解法解題技巧
解不等式對(duì)學(xué)生的運(yùn)算化簡(jiǎn)等價(jià)轉(zhuǎn)化能力有較高的要求,隨著高考命題原則向能力立意的進(jìn)一步轉(zhuǎn)化,對(duì)解不等式的考查將會(huì)更是熱點(diǎn),解不等式需要注意下面幾個(gè)問題:
(1)熟練掌握一元一次不等式(組)、一元二次不等式(組)的解法.
(2)掌握用序軸標(biāo)根法解高次不等式和分式不等式,特別要注意因式的處理方法.
(3)掌握無理不等式的三種類型的等價(jià)形式,指數(shù)和對(duì)數(shù)不等式的幾種基本類型的解法.
(4)掌握含絕對(duì)值不等式的幾種基本類型的解法.
(5)在解不等式的過程中,要充分運(yùn)用自己的分析能力,把原不等式等價(jià)地轉(zhuǎn)化為易解的不等式.
(6)對(duì)于含字母的不等式,要能按照正確的分類標(biāo)準(zhǔn),進(jìn)行分類討論.
例10某段城鐵線路上依次有A、B、C三站,AB=5km,BC=3km,在列車運(yùn)行時(shí)刻表上,規(guī)定列車8時(shí)整從A站發(fā)車,8時(shí)07分到達(dá)B站并停車1分鐘,8時(shí)12分到達(dá)C站,在實(shí)際運(yùn)行中,假設(shè)列車從A站正點(diǎn)發(fā)車,在B站停留1分鐘,并在行駛時(shí)以同一速度勻速行駛,列車從A站到達(dá)某站的時(shí)間與時(shí)刻表上相應(yīng)時(shí)間之差的絕對(duì)值稱為列車在該站的運(yùn)行誤差.
(I)分別寫出列車在B、C兩站的運(yùn)行誤差
(II)若要求列車在B,C兩站的運(yùn)行誤差之和不超過2分鐘,求的取值范圍.
解析(I)列車在B,C兩站的運(yùn)行誤差(單位:分鐘)分別是
和
(II)由于列車在B,C兩站的運(yùn)行誤差之和不超過2分鐘,所以
(*)
當(dāng)時(shí),(*)式變形為
解得
當(dāng)時(shí),(*)式變形為
解得
當(dāng)時(shí),(*)式變形為
解得
綜上所述,的取值范圍是[39,]
例11設(shè)f(x)是定義在[0, 1]上的函數(shù),若存在x*∈(0,1),使得f(x)在[0, x*]上單調(diào)遞增,在[x*,1]上單調(diào)遞減,則稱f(x)為[0, 1]上的單峰函數(shù),x*為峰點(diǎn),包含峰點(diǎn)的區(qū)間為含峰區(qū)間.
對(duì)任意的[0,l]上的單峰函數(shù)f(x),下面研究縮短其含峰區(qū)間長(zhǎng)度的方法.
(I)證明:對(duì)任意的x1,x2∈(0,1),x1<x2,若f(x1)≥f(x2),則(0,x2)為含峰區(qū)間;若f(x1)≤f(x2),則(x*,1)為含峰區(qū)間;
(II)對(duì)給定的r(0<r<0.5),證明:存在x1,x2∈(0,1),滿足x2-x1≥2r,使得由(I)所確定的含峰區(qū)間的長(zhǎng)度不大于 0.5+r;
(III)選取x1,x2∈(0, 1),x1<x2,由(I)可確定含峰區(qū)間為(0,x2)或(x1,1),在所得的含峰區(qū)間內(nèi)選取x3,由x3與x1或x3與x2類似地可確定一個(gè)新的含峰區(qū)間.在第一次確定的含峰區(qū)間為(0,x2)的情況下,試確定x1,x2,x3的值,滿足兩兩之差的絕對(duì)值不小于0.02,且使得新的含峰區(qū)間的長(zhǎng)度縮短到0.34.
(區(qū)間長(zhǎng)度等于區(qū)間的右端點(diǎn)與左端點(diǎn)之差)
解析(I)證明:設(shè)x*為f(x) 的峰點(diǎn),則由單峰函數(shù)定義可知,f(x)在[0, x*]上單調(diào)遞增,在[x*, 1]上單調(diào)遞減.
當(dāng)f(x1)≥f(x2)時(shí),假設(shè)x*(0, x2),則x1<x2<x*,從而f(x*)≥f(x2)>f(x1),
這與f(x1)≥f(x2)矛盾,所以x*∈(0, x2),即(0, x2)是含峰區(qū)間.
當(dāng)f(x1)≤f(x2)時(shí),假設(shè)x*( x2, 1),則x*≤x1<x2,從而f(x*)≥f(x1)>f(x2),
這與f(x1)≤f(x2)矛盾,所以x*∈(x1, 1),即(x1, 1)是含峰區(qū)間.
(II)證明:由(I)的結(jié)論可知:
當(dāng)f(x1)≥f(x2)時(shí),含峰區(qū)間的長(zhǎng)度為l1=x2;
當(dāng)f(x1)≤f(x2)時(shí),含峰區(qū)間的長(zhǎng)度為l2=1-x1;
對(duì)于上述兩種情況,由題意得
?、?/p>
由①得 1+x2-x1≤1+2r,即x1-x1≤2r.
又因?yàn)?i>x2-x1≥2r,所以x2-x1=2r, ②
將②代入①得
x1≤0.5-r, x2≥0.5-r, ③
由①和③解得 x1=0.5-r, x2=0.5+r.
所以這時(shí)含峰區(qū)間的長(zhǎng)度l1=l1=0.5+r,即存在x1,x2使得所確定的含峰區(qū)間的長(zhǎng)度不大于0.5+r.
(III)對(duì)先選擇的x1;x2,x1<x2,由(II)可知
x1+x2=l, ④
在第一次確定的含峰區(qū)間為(0, x2)的情況下,x3的取值應(yīng)滿足
x3+x1=x2, ?、?/p>
由④與⑤可得,
當(dāng)x1>x3時(shí),含峰區(qū)間的長(zhǎng)度為x1.
由條件x1-x3≥0.02,得x1-(1-2x1)≥0.02,從而x1≥0.34.
因此,為了將含峰區(qū)間的長(zhǎng)度縮短到0.34,只要取
x1=0.34,x2=0.66,x3=0.32.
點(diǎn)評(píng) 本題為信息題,通過題目中給出的信息結(jié)合已學(xué)過的數(shù)學(xué)知識(shí)解決這類問題.
例12 在平面直角坐標(biāo)系中,已知矩形ABCD的長(zhǎng)為2,寬為1,AB、AD邊分別在x軸、y軸的正半軸上,A點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)重合(如圖 所示).將矩形折疊,使A點(diǎn)落在線段DC上.
(Ⅰ)若折痕所在直線的斜率為k,試寫出折痕所在直線的方程;
(Ⅱ)求折痕的長(zhǎng)的最大值.
解析(I) (1)當(dāng)時(shí),此時(shí)A點(diǎn)與D點(diǎn)重合, 折痕所在的直線方程
(2)當(dāng)時(shí),將矩形折疊后A點(diǎn)落在線段CD上的點(diǎn)為G(a,1)
所以A與G關(guān)于折痕所在的直線對(duì)稱,有
故G點(diǎn)坐標(biāo)為,從而折痕所在的直線與OG的交點(diǎn)坐標(biāo)(線段OG的中點(diǎn))為
折痕所在的直線方程,即
由(1)(2)得折痕所在的直線方程為:
(II)折痕所在的直線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為
解得; 解得
當(dāng)A與D重合時(shí),k=-2
(1)當(dāng)時(shí),直線交BC于
.
(2)當(dāng)時(shí),
, 令解得, 此時(shí)
∴
(3)當(dāng)時(shí),直線交DC于
所以折痕的長(zhǎng)度的最大值為
點(diǎn)評(píng) 利用導(dǎo)數(shù)可解有關(guān)不等式綜合應(yīng)用問題.
不等式應(yīng)用解題技巧
1.應(yīng)用不等式知識(shí)可以解決函數(shù)、方程等方面的問題,在解決這些問題時(shí),關(guān)鍵是把非不等式問題轉(zhuǎn)化為不等式問題,在化歸與轉(zhuǎn)化中,要注意等價(jià)性.
2.對(duì)于應(yīng)用題要通過閱讀,理解所給定的材料,尋找量與量之間的內(nèi)在聯(lián)系,抽象出事物系統(tǒng)的主要特征與關(guān)系,建立起能反映其本質(zhì)屬性的數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu),從而建立起數(shù)學(xué)模型,然后利用不等式的知識(shí)求出題中的問題.
專題二 不等式
能力培養(yǎng)
1. (啟東中學(xué), 基礎(chǔ)題, 5分值, 4分鐘) 設(shè)有兩個(gè)命題:①關(guān)于x的不等式mx2+3mx+1>0的解集是R,②函數(shù)f(x)=logmx是減函數(shù).如果這兩個(gè)命題中有且只有一個(gè)真命題,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是 .
2. (啟東中學(xué), 基礎(chǔ)題, 5分值, 4分鐘) 某金店用一桿不準(zhǔn)確的天平(兩邊臂不等長(zhǎng))稱黃金,某顧客要購買黃金,售貨員先將的砝碼放在左盤,將黃金放于右盤使之平衡后給顧客;然后又將的砝碼放入右盤,將另一黃金放于左盤使之平衡后又給顧客,則顧客實(shí)際所得黃金 ( )
A.大于 B.小于 C.大于等于 D.小于等于
3. (啟東中學(xué), 基礎(chǔ)題, 5分值, 4分鐘) 在“ + =1”中的“ ”處分別填上一個(gè)自然數(shù),并使他們的和最?。?/p>
4. (啟東中學(xué), 中檔題, 5分值, 4分鐘) 已知實(shí)數(shù)a,b,c,d滿足:a<b,c<d,(a-c)(a-d)=4,(b-c)(b-d)=4, 則 ( )
A. a<b<c<d B. c<d< a <b C.c <a<d<b D .a <c<d<b
5. (啟東中學(xué), 中檔題, 4分值, 4分鐘) 對(duì)于在區(qū)間上有意義的兩個(gè)函數(shù)如果對(duì)于任意,均有則稱在上是接近的.若函數(shù)與函數(shù)在區(qū)間上非常接近,則該區(qū)間可以是 ?。?/p>
6. (啟東中學(xué), 中檔題, 4分值, 4分鐘) 已知A={x|x2-4x+3<0,xÎR}, B={x|≤0, x2-2(a+7)x+5≤0,xÎR}.若AÍB, 則實(shí)數(shù)a的取值范圍是____________.
7.(啟東中學(xué), 難題, 4分值, 5分鐘) 設(shè)0<a,若滿足不等式的 一切實(shí)數(shù)x,
亦滿足不等式則正實(shí)數(shù)b的取值范圍 .
8. (啟東中學(xué), 中檔題, 10分值, 10分鐘)
已知函數(shù).
(1)若對(duì)任意的;
(2)若對(duì)任意的x1、
9. (啟東中學(xué), 難題, 12分值, 12分鐘) 已知定義域?yàn)閇0,1]的函數(shù)f(x)同時(shí)滿足;
(1)對(duì)于任意;
(2)f (x)=1;
(3)若x1≥0, x2≥0, x1+ x2≤1,則有f (x1+x2) ≥f (x1)+f (x2)
( I )試求f (0)的值;(Ⅱ)試求函數(shù)的最大值.
(Ⅲ)(文)試證明:當(dāng)當(dāng)
(IV)(理)試證明:當(dāng)
答 案
1. 答案m=0或 ≤m<1. 解析 ∵關(guān)于x的不等式mx2+3mx+1>0的解集是Rm=0或0≤m<;函數(shù)f(x)=logmx是減函數(shù)0<m<1.∴要使這兩個(gè)命題中有且只有一個(gè)真命題,則有m=0或 ≤m<1.
2. 答案 > 解析 設(shè)天平的兩邊臂長(zhǎng)分別為,兩次所稱黃金的重量分別是,于是有關(guān)系式 ,.則
3. 答案 10 , 15 解析 設(shè)這兩個(gè)自然數(shù)分別為x,y,則有x+y=(x+y)( + =1)=13+ + ≥13+2≥25,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng) = 且 + =1,即x=10,y=15時(shí)成立.
4. 答案 D 解析 作函數(shù)y=(x-c)(x-d)及函數(shù) y=(x-c)(x-d)-4的圖象,由圖易得a <c<d<b.選D.
5.答案或填或填它們的任一子區(qū)間(答案有無數(shù)個(gè))
解析: 由得即.
6. 答案-4≤a≤1 解析 易得A=(1,3), 設(shè),在(1,3) 上的圖象均在x軸下方. 其充要條件是:同時(shí)有≤0, ≤0,≤0,≤0. ∴-4≤a≤1
7. 答案 解析 設(shè)集合A=,
B=
|
于是得不等式組:
又 ,最小值為;
最小值為;
∴ , 即 b的取值范圍是
8. 解析 ⑴令
∴在上恒成立,等價(jià)于
若,顯然
若,
且當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),
∴ 當(dāng) , =
即. 解得 a≤5 ∴2<a≤5
∴ a的范圍是
⑵由題意
顯然 =(當(dāng)x=0時(shí),取最小值)
a≥0時(shí),g(x)無最大值, 不合題意,∴a<0.
又,
∴,
∴a的范圍.
9. 解析(Ⅰ).令,依條件(3)可得f (0+0)≥f (0)+f (0),即f (0)≤0
又由條件(1)得f (0) ≥0,則f (0)= 0
(Ⅱ)任取0≤≤1,可知,
則,
即≥0,故于是當(dāng)0≤x≤1時(shí),有f (x) ≤f (1) =1,因此,當(dāng)x=1時(shí),f (x)有最大值1
(Ⅲ)證明:當(dāng)時(shí),f (x) ≤1<2x
當(dāng)時(shí),f (2x) ≥f (x)+f (x)=2f (x),∴
(Ⅳ)證明:當(dāng)時(shí),f (x) ≤1≤2x .
當(dāng)時(shí),f (2x) ≥f (x)+f (x)=2 f(x),∴,
顯然,當(dāng)時(shí),..成立
假設(shè)當(dāng)時(shí),有成立,其中k=1,2,…
那么當(dāng)時(shí),
....
可知對(duì)于 ,總有,其中n∈N*
此時(shí),故時(shí),有f (x)<2x (n∈N*)
專題三 數(shù)列、極限與數(shù)學(xué)歸納法
能力培養(yǎng)
1. (啟東中學(xué), 基礎(chǔ)題, 5分值, 4分鐘) 已知等差數(shù)列{an}中,Sn是它的前n項(xiàng)和,若S16>0,且S17<0,則當(dāng)Sn最大時(shí),n的值為( ) A.16 B.9 C.8 D.10 2. (啟東中學(xué), 中檔題, 5分值, 4分鐘) 等比數(shù)列{an} 中,已知a1+a2+a3= 64,a4+a5+a6= -16,則此數(shù)列的前18項(xiàng)的和等于()
A. B. C. D.
3. (啟東中學(xué), 中檔題, 5分值, 4分鐘) 已知lg3,lg(sinx-),lg(1-y)順次成等差數(shù)列,則
A. y有最小值,無最大值 B.y有最大值1,無最小值
C.y有最小值,最大值1
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