考點一、題目：高中數(shù)學復習專題講座——對集合的理解及集合思想應用的問 考點二、題目：高中數(shù)學復習專題講座——充要條件的理解及判定方 考點三、題目：高中數(shù)學復習專題講座——運用向量法解 考點四、題目：高中數(shù)學復習專題講座——二次函數(shù)、二次方程及二次不等式的關(guān) 考點五、題目：高中數(shù)學復習專題講座——二次函數(shù)、二次方程及二次不等式的關(guān) 考點六、題目：高中數(shù)學復習專題講座——求函數(shù)值域的常用方法及值域的應 考點七、題目：高中數(shù)學復習專題講座——處理具有單調(diào)性、奇偶性函數(shù)問題的方法 考點八、題目：高中數(shù)學復習專題講座——處理具有單調(diào)性、奇偶性函數(shù)問題的方法 考點九、題目：高中數(shù)學復習專題講座——指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)問 考點十、題目：高中數(shù)學復習專題講座——函數(shù)圖像及圖像性質(zhì)的應 我是學理科的，但實在喜歡老師的課啊……恨不得學文科了呢，O(∩_∩)O~址 考點一、題目：高中數(shù)學復習專題講對集合的理解及集合思想高考要集合語言和集合思想的運用本節(jié)主要是幫生運用集合的觀點，不斷加深對集合概念、集合語言、集合思想重難點歸例1設(shè)A={(xy|y2－x1=},B={(x,y)4+2x2y5=},C={(x,yykx+b是否存在kb∈,A∪B∩C，命題意圖本題主要考查考生對集合及其符號的分析轉(zhuǎn)化能力，即能從集合符號上分辨出所考查的知識點，ABb、k的范圍，又因b、k∈N,進而可得值解∵(A∪B)∩C，∴A∩CB∩Cy2x 2 ∵ykx

∴kx+(2bk－1)x+b∴Δ其充要條件是16b2－16>0, 4x22x2y5∵ykx∵B∩C=,∴Δ∴k2－2k+8b－19<0, b<2 4k28k122k3例2向50名學生對A、B兩事件的態(tài)度，有如下結(jié)果贊成A的人數(shù)是全體的五分之三，其余的不贊的三分之一多1人問對A、B都贊成的學生和都不贊成的學生各有多少人？命題意圖在集合問題中，有一些常用的方法如數(shù)軸法取交并集，法等，需要考生切實掌握本題主知識依托解答本題的閃光點是考生能由題目中的條件，想到用直觀地表示出來錯解分析本題難點在于所給的數(shù)量關(guān)系比較錯綜復雜，一時理不清頭緒，不好找線索技巧與方法畫出，形象地表示出各數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系A(chǔ)UBX30-33-X3AUBX30-33-X35學生全體為集合B3依題意

x3

,x2mxy2解由xy10(0x

得 學生鞏固練1集合M={x|x=kx,k∈Z},N={x|x=k,k∈Z},則 A BM CM DM∩N=2已知集合A={x|－2≤x≤7},B={x|m+1<x<2m－1}且B≠,若A∪B=A，則( A－3≤m≤4 B－3<m<4 C2<m<4 D2<m≤4 x、y∈R,A={(x,y)|x2+y2=1},B={(x,y)|x =1,a>0,b>0},當A∩B只有一個元素時，a,b的關(guān)系式 已知{a}是等差數(shù)列，d0，adnS,A={(aSn N*},B={(x,y)|14

n2求證AMkk=2nk=2n+1(n∈Z),M={x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=nπ+3,n∈Z}, Nk分成四類，k=4nN={x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=nπ+3,n∈Z}∪{x|x=nπ+π,n∈Z}∪{x|x=nπ+5 答案解析∵A∪B=A，∴BA,Bm1∴2m1m12m答案a=0a8

a2a2解析由A∩B只有1個交點知，圓x2+y2=1與直線xy=1相切，則a2a2 a2a2log2(x2－5x+8)=1,x2－5x+8=2，∴B={2,3}x2+2x－8=0，∴C={2,－4},A∩C，∴2－4都不是關(guān)于x的方程x2－ax+a2－19=0的解，而 ,即A∩B≠－5}，符合A∩C= 解(1){a}中，Sn(a1an),Sn1(a+a),這表明點(aSny n (x+a),于是點(a )均在直 y=2x+2

n y1x1

1 (2)正確設(shè)(x,y)∈A∩B,則(x,y)中的坐標x,y應是方程組1 xy 4a4()，當a1=0時，方程()無解，此時A∩B=；當a1≠0時，方程()只有一個解 1,此時，方程組也 4ay

a

y (3）不正a=1,d=1,對一切x∈N*,a=a+(n－1)d=n>0,Sn>0,A 4a a 而 1

＜0,y0= 02

4w1zi+bz2w2b 2w∵z∈A,∴|z－2|≤2,代入得 －2|≤2,化簡得iA、BA表示以點(2，0）2的圓面，集合B表示以點(b,1)為圓心，半徑為1的圓面(b2)2(1因 (b2)2(1f［f(x0)］=f(x0)=x0,∴x0∈B,A(2)證明∵∴方程x2+(p－1)x+q=0有兩根－1和3，應用定理，13(p1),p(1)3

q于是集合B的元素是方程f［f(x)］=x,也即(x2－x－3)2－(x2－x－3)－3=x(*) 3333解得x=1,3, 故B={－ 3333考點二、題目：高中數(shù)學復習專題講充要條件的理解及判定高考要重難點歸分條件，同時稱q是p的必要條件，因此判斷充分條件或必要條件就歸結(jié)為判斷命題的真假典型題例示范講3命題若?p是?q的必要而不充分條件的等價命題即逆否命題為pq ［x－(1－m)［x－(1+m)］≤03∴1m2m1 1m m例2已知數(shù)列{an}的前n項Sn=pn+q(p≠0,p≠1),求數(shù)列{an}是等比數(shù)列的充要條件S1(nSanS

解當n≥2時，a=S pn(p∵p≠0,p≠1,∴pn1(p1)若{a}a2an1n∴p(p1)p

n≥2時，an=S－Sn－=pn－pn－1=pn－1(p－1)n∴a n (p1)n =p為常

(p1)3xx2+ax+b=0有兩個實數(shù)根α、β，證明|α|<2且|β|<22|a|<4+b且|b|<4的充要條件證明(1）充分性由定理，得|b|=|α·β|=|α|·|β又|α|＜2,|β|＜2,∴f(±2)>042ab即有42ab0f(x)=0的兩根α，β同在(－2，2）∵α，βf(x)=0∴α，β同在(－2，2）內(nèi)，即|α|＜2|β4寫出下列各命題的否定及其否命題，并判斷它們的真假5A、B、C三個盒子，其中一個內(nèi)放有一個蘋果，在三個盒子上各有一張紙條盒內(nèi)綜上，蘋果在B盒內(nèi).學生鞏固練 A B C D“a=1”是函數(shù)y=cos2ax－sin2ax的最小正周期為“π”的( A充分不必要條件 B必要不充分條件 D既非充分條件也不是必要條則A是B 設(shè)α，βx2－ax+b=0a>2b>1是兩根α、β1已知數(shù)列{a}、滿足b=a12a2nan,求證數(shù)列{a}成等差數(shù)列的充要條件是數(shù)列 123 1解析a2+b2=0,此時有a=b=0,即a2+b2=0答案D答案3解析當a=3時，直線l1:3x+2y+9=0;∵l1l2的A1∶A2=B1∶B2=1∶1，而C1≠C2,∴a=3解析若P(x0,y0)F(x,y)=0G(x,y)=0解根據(jù)定理得a=α+β,b=αa pb1q

a=α+β>2,b=αβ>1,∴q11 q,可以舉出反例取α=4,β

=4+1>2,b=αβ=41=2>1,q a>2,b>1是α>1,β>1設(shè){an}成等差數(shù)列，公差為d,∵{an}成等差ba12a2 nana1(12 n)d[1223 (n a(n1)2n

123－b=a

2d－a2

21n

設(shè){bn}是等差數(shù)列，公差為d′,則 n(n①－②得na

n(n

n

n

2n 2

n

3a b

(n1)d

(n2)d]

(n1)3 3 ′為常數(shù)，故{a}是等差數(shù) an=2 綜上所述，數(shù)列{an}成等差數(shù)列的充要條件是數(shù)列{bn}也是等差數(shù)yx2mx所以方程組yx3(0x設(shè)f(x)=x2－(m+1)x+4,則有(m1)244f(0)4f(3)93(m1)4 m0 3＜x103

*有兩個不同的實數(shù)33m3mm1(m1)22

mm (m101

(101)22xm12

(m1)2162

2因此，拋物線y=－x2+mx－1和線段AB有兩個不同交點的充要條件是3＜m≤3 xx 0n1 m=1n1x21x10,141 D.既不充分也不必要條解析：依題意有pr，rs，sq，∴prsq.但由于 “cos2α=3”是“α=kπ5π，k∈Z D.既不充分又不必要條解析：cos2α2

2α=2kπ±5πα=kπ±5π3 3 D.既不充分也不必要條P（x0，y0，y）＝0（λ為常數(shù)）過點P（x0，y0，則A是B的 A. C.α ［a，+∞分析：先根據(jù)前n項和公式，導出使{an}為等比數(shù)列的必要條件，再證明其充分條件.解：當n=1時，a1=S1=p+q；n≥2時，an=S－Sn=（p－1·pn－1.（p－1p=pa a1（p+q，∴q=－1p≠0p≠1q=－1=（p－1·pn－1，

=p（n≥2n∴{an}是等比數(shù)列

高考要

考點三、題目：高中數(shù)學復習專題講座——運用向量法解重難點歸算，加深對向量的本質(zhì)的認識二是向量的坐標運算體現(xiàn)了數(shù)與形互相轉(zhuǎn)化和密切結(jié)合的思想例1如圖，已知平行六面體ABCD—A1B1C1D1ABCD是菱形，且求

知識依托解答本題的閃光點是以向量來論證幾何中的垂直問題，這就使幾何問題代數(shù)化，使繁瑣的論 利用a⊥ba·b=0來證明兩直線垂直，只要證明兩直線對應的向量的數(shù)量積為零即證 設(shè)CB=a,CD=b,CC1c,依題意，|a|=|b|，CD、 DB=a－bCC1BD=c(a－b)=c·a－c·b=|c|·|a|cosθ－|c|·|b|cosθ 由CA1C1D(CAAA1)(CDCC1)=(a+b+c)·(a－c)=|a|2+a·b－b·c－|c=|a|2－|c|2+|b|·|a|cosθ－|b|·|c|·cosθ=0,

CD=1時，ACC MNo AAA1=2，M、NAMNo ABN求 命題意 本題主要考查考生運用向量法中的坐標運算的方法來解決何問

z 可以先找到底面坐標面xOy內(nèi)的A、B、C點坐標，然后利用向量的模及方向來找出其他的 (10)2(01)2(1(10)2(01)2(13∴|BN ∴BA1=(1,1,2),CB1 MNo ABA1CBMNo A(10)2(0(10)2(01)2(26 (00)2(10)2(20)253|BC||CB3|BC||CB 6 證 21C1M( ,0),A1B(1,1,2 ∴A1BC1M(1)212(2)00,A1BC1M )，求線AD的長；(3)cos (1)點M的坐標為 0;

7 M(0,92|AM (50)2(192

2 221 ABAB (51)2(17)210,|AC (51)2(1∴xD=1211, 722

yM1 1 ADAD (51)2(133

2.3

A(5,-1)=(6，8cosABC

1010BA|BA||BC62(8)62(8)222學生鞏固練1設(shè)A、B、C、D四點坐標依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，則四邊形ABCD為( A正方形 B矩形 C菱形 D平行四邊形已知△ABCAB=a，AC=b，a·b

=15,|a|=3,|b|=5,則a與b的夾角是 4A B C D30向量a=ADEPADEP如圖，在△ABCABaACbAPc,AD=λa,(0<λ<1AE=μb(0<μ<1),試用向ab表示c2正三棱柱ABC—A1B1C1的底面邊長為a,側(cè)棱長 2建立適當?shù)淖鴺讼?，并寫出A、B、A1、C1的坐標 AC1ABB1A1所成的M(－1，0)，N(1，0)PMPMNPMPNNMNPP坐標為(x0,y0),QPMPN BD∥平面MEGFH求 對空間任一點O，有OM1(OAOBOC41解析 AB=(1，2，DC=(1，2，∴AB=DC，∴AB∥DC，又線段AB與線段DC無公共點，∴AB∥DC且|AB|=|DC|，∴ABCD是平行四邊形，又|AB|=5AC=(5，3，|AC|=34∴|AB|≠|(zhì)AC}, ABCD不是菱形，更不是正方形；=(，1，∴·+·1=6≠0答 2解 ∵151·3·5sinα得

=1

則α=30°或α 又∵a·b＜0,∴α=150° 3 4135 ∵BP與BE共線，∴BP=mBE=m(AE－AB)=m(μb－a∴AP=AB+BP=a+m(μb－a)=(1－m)a+mμb又CP與CDCP=nCD=nADAC)=n(λabAP=ACCPb+n(λab)=nλa+(1－n)b 由①②，得(1－m）a+μmb=λna+(1－n)b m1 nm1 1 1

,n11代入①式得c=(1－m)a+mμb ［λ(1-μ)a+μ(1-λ)b16 223a223

222

aMC=(－3a,0,0）,AB=(0，a,0）

MC1·AB=0MC1·AA1=0MC1∵AC1=

3 ,2a),3

,2 AC1AM0 2a AC1AC1a a2a 3a,|AM 321 而 3a 3acosAC,AM 3a3 2

327 M－1，N10PM=－MPPNNPMN=－NM∴MP·MN=2(1+x),PM·PN=x2+y2－1,NMNPMPMNPMPNNMNP是公差小于零的等差數(shù)列，x2y211[2(1x)2(1 x2y 即 x2(1x)2(1x)(2)P的坐標為

33PMPMPNx2y212,|PM||PN (1x)2y 0(4(42x0)(42x0)24x0cosPM|PM|14x00

3,1cos1,0 1cos21cos2

1 ,tansin

3304x0 8證 (1）連結(jié)BG，EGEBBGEB1(BCBD)EBBFEHEF2 E、F、G、H四點共面，(其中2

BD=EH(2）EHAHAE1AD1AB1(ADAB1 EH∥BDEHEFGH，BDBD∥平1(3）1

BD，所以EHFG [ [OM1(OEOG)1OE1OG1 OB)]1 1(OAO [ [ 2 2 課前后備考點四、題目：高中數(shù)學復習專題講二次函數(shù)、二次方程及二次不等式的關(guān)高考要密切的聯(lián)系，同時也是研究包含二次曲線在內(nèi)的許多內(nèi)容的工具高考試題中近一半的試題與這三個“二次”問重難點歸a>0,f(x)在區(qū)間［p,q］Mm,x10若－

p≤－

2a<x0,f(bx0

<q,f(p)=M,f(

若－

≥q,b24ac b24ac p 二次方程f(x)=0在區(qū)間(p,q)內(nèi)有兩根 af(q)af(p)af(p)af(q)(－∞,α)∪［β,+)a<0f(α)=f(βa>0時，f(α)<f(β|α+

|<|β+ba<0時，f(α)<f(β|α+

|>|β+b pb 2ap,或 或2a f() a ab

a ab c

f(x)0恒成立 或 c典型題例示范講yax2bx證明由y

Δ=4b2－4ac=4(－a－c)2－4ac=4(a2+ac+c2)=4［(a+c)23 4ax2+bx+c=0xx,x+x=2b,xx=

122b

4b2

4(ac)2

c

c1 )

4[(a

1]

) ∴a>－a－c>c,c∈(－2,1 ∵f

c)

c)2

1]的對稱軸方

c c∈(－2,1) 3∴|A1B1|2∈(3,12),故 3命題意圖本題重點考查方程的根的分布問題解mf(0)2m1 f(1)2

-o -o f(1)4m2∴5m

m12255m (2)據(jù)拋物線與x軸交點落在區(qū)間(0，1)m1 f(0)f(1)

o1o1m12

12或m11m3已知對于x的所有實數(shù)值，二次函數(shù)f(x)=x2－4ax+2a+12(a∈R)的值都是非負的，求關(guān)于x的方解由條件知Δ≤0,即(－4a）2－4(2a+12)≤0,32

2

3

1時

25 2∴9≤x≤

xmin=4,a= — 3 —x=a 4學生鞏固練若不等式(a－2)x2+2(a－2)x－4<0對一切x∈R恒成立，則a的取值范圍是( A(－∞,2] B[－2,2] C(－2,2] D(－∞,－2)設(shè)二次函數(shù)f(x)=x2－x+a(a>0),若f(m)<0,則f(m－1)的值為 A正 B負 C非負 D正數(shù)、負數(shù)和零都有可已知二次函數(shù)f(x)=4x2－2(p－2)x－2p2－p+1,若在區(qū)間［－1，1］內(nèi)至少存在一個實數(shù)c,使f(c)>0,則實數(shù) at=ax,y=f(x)的表達式

a

(a>0f(x)=px2+qx+rp、q、rpqr=0,m>0,pf( m

m

m x(件)P(元/件)P=160－2x,xR=500+30xa21解析當a－2=0即a=2時,不等式為－4＜0,恒成立∴a=2,當a－2≠0時，則a滿足 答案C 2答案3f(1)=－2p2－3p+9>0f(－1)=－2p2+p+1>0即－3＜p31＜p＜1∴p∈(－3,3 答案(－332解(1）由logat y得 tt=axx=logtx－3=logay3aa∴l(xiāng)ogy=x2－3x+3y=ax2a

(2)u=x2－3x+3=(x3)23(x≠0), 0＜a＜1,y=au有最小 2

時，umin

3,ymin=a333由a4=8a=162解∵(2）當m>0時，則3m0綜上所述，m的取值范圍是{m|m≤1且證明(1)pf(m

)p[p(m

)2q(m

)pm[ r]

p(m m1pm[

(m m

m(m2)(m](m1)2(m (m1)2(m

m m若r>0,則f(0)>0,又 m

m若r≤0,則 r rm m 又f( m

m(1）yy≥1300∴x2－65x+900≤0，∴(x－20)(x－45)≤0，解得(2）由(1）知y=－2x2+130x－500=－2(x－65 2考點五、題目：高中數(shù)學復習專題講二次函數(shù)、二次方程及二次不等式的關(guān)高考要密切的聯(lián)系，同時也是研究包含二次曲線在內(nèi)的許多內(nèi)容的工具高考試題中近一半的試題與這三個“二次”問重難點歸a>0,f(x)在區(qū)間［p,q］Mm,x10若－

p≤－

2a<x0,f(bx0

<q,f(p)=M,f(

若－

≥q,b24ac b24ac p 二次方程f(x)=0在區(qū)間(p,q)內(nèi)有兩根 af(q)af(p)af(p)af(q)(－∞,α)∪［β,+)a<0f(α)=f(βa>0時，f(α)<f(β|α+

|<|β+ba<0時，f(α)<f(β|α+

|>|β+b pb 2ap,或 或2a f() a ab

a ab c

f(x)0恒成立 或 c典型題例示范講yax2bx證明由y

Δ=4b2－4ac=4(－a－c)2－4ac=4(a2+ac+c2)=4［(a+c)23 4ax2+bx+c=0xx,x+x=2b,xx=

122b

4b2

4(ac)2

c

c1 )

4[(a

1]

) ∴a>－a－c>c,c∈(－2,1 fc4c)2c1]

c c∈(－2,1) 3∴|A1B1|2∈(3,12),故 3命題意圖本題重點考查方程的根的分布問題解mf(0)2m1 f(1)2

-o -o f(1)4m2∴5m

m12255m (2)據(jù)拋物線與x軸交點落在區(qū)間(0，1)m1 f(0)f(1)

o1o1m12

12或m11m3已知對于x的所有實數(shù)值，二次函數(shù)f(x)=x2－4ax+2a+12(a∈R)的值都是非負的，求關(guān)于x的方解由條件知Δ≤0,即(－4a）2－4(2a+12)≤0,32

2

3

1時

25 2∴9≤x≤

xmin=4,a= — 3 —x=a 4學生鞏固練若不等式(a－2)x2+2(a－2)x－4<0對一切x∈R恒成立，則a的取值范圍是( A(－∞,2] B[－2,2] C(－2,2] D(－∞,－2)設(shè)二次函數(shù)f(x)=x2－x+a(a>0),若f(m)<0,則f(m－1)的值為 A正 B負 C非負 D正數(shù)、負數(shù)和零都有可已知二次函數(shù)f(x)=4x2－2(p－2)x－2p2－p+1,若在區(qū)間［－1，1］內(nèi)至少存在一個實數(shù)c,使f(c)>0,則實數(shù) at=ax,y=f(x)的表達式

a

(a>0f(x)=px2+qx+rp、q、rpqr=0,m>0,pf( m

m

m x(件)P(元/件)P=160－2x,xR=500+30xa21解析當a－2=0即a=2時,不等式為－4＜0,恒成立∴a=2,當a－2≠0時，則a滿足 答案C 2答案3f(1)=－2p2－3p+9>0f(－1)=－2p2+p+1>0即－3＜p31＜p＜1∴p∈(－3,3 答案(－332解(1）由logat y得 tt=axx=logtx－3=logay3aa∴l(xiāng)ogy=x2－3x+3y=ax2a

(2)u=x2－3x+3=(x3)23(x≠0), 0＜a＜1,y=au有最小 2

時，umin

3,ymin=a333由a4=8a=162解∵(2）當m>0時，則3m0綜上所述，m的取值范圍是{m|m≤1且證明(1)pf(m

)p[p(m

)2q(m

)pm[ r]

p(m m1pm[

(m m

m(m2)(m](m1)2(m (m1)2(m

m m若r>0,則f(0)>0,又 m

m若r≤0,則 r rm m 又f( m

m(1）yy≥1300∴x2－65x+900≤0，∴(x－20)(x－45)≤0，解得(2）由(1）知y=－2x2+130x－500=－2(x－65 2考點六、題目：高中數(shù)學復習專題講求函數(shù)值域的常用方法及高考要函數(shù)的值域及其求法是近幾年高考考查的重點內(nèi)容之一本節(jié)主要幫生靈活掌握求值域的各種方法，并重難點歸此類問題要求考生具備較高的數(shù)學思維能力和綜合分析能力以及較強的運算能力在今后題趨勢中綜合典型題例示范講14840cm2,畫面的寬與高的比為λ(λ<1),8cm的空白，左右各留5cm空白，怎樣確定畫面的高與寬尺寸，才能使宣傳畫所用紙張面積最?。咳绻螃恕剩?3λ3力S(λ)在區(qū)間［23］3技巧與方法本題屬于應用問題，關(guān)鍵是建立數(shù)學模型，并把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題來解決解設(shè)畫面高為xcm,寬為λxcm,則λx2=4840,設(shè)紙張面積為Scm2,S=(x+16)(λx+10)=λx2+(16λ

代入上式得

+5當 =5,即λ=5(5<1)時S取得最小此時高 =88 寬λx=5×88=558如果λ∈［232≤λ<λ33 S(1)S(2)44 5 44

≥25,故 ∴S(λ1)－S(λ2)<0,∴S(λ)在區(qū)間［23］3從而對于λ∈［23］,當λ2時，S(λ)3 答畫面高為88cm,55cm時，所用紙張面積最小如果要求λ∈［23］,當λ23

x22xa

2命題意圖本題主要考查函數(shù)的最小值以及單調(diào)性問題，著重于學生的綜合分析能力以及運算能力f(x)a的取值范圍，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想與分類討論的思想錯解分析考生不易考慮把求a的取值范圍的問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題來解決解a12

122解法一在區(qū)間［1，+

x22xa

y=x2+2x+a,x∈［1,+a>－3解法二f(x)=xa+2,x∈［1,+x當且僅當f(x)min=3+a>0時，函數(shù)f(x)>0恒成立，故

)m求證對每個1證明先將f(x)變形

m故f(x)的定義域為R

m

＜0,m>1,

m

>0,令Δ＜0,16m2－4(4m2+m+m1

m11

m11

m1 m

)為最小m∈M時，m+

m

m

m

函數(shù)y=x2+1(x≤－1)的值域是 A(－∞,－

B［－

33 3 C［ D 234

11

時，x2+x2有最小 2百臺121314432BC 解析∵m=x2在(－∞,1）上是減函數(shù)，m1在(－∞,1）上是減函數(shù)，∴y=x21 1)上為減函數(shù)2

2 ∴y=x21(x1)的值域為［－7，+x答案

11

x=1t解析 ≥21t 答案

(t－1)解析t=400+16×(V)2/V=400+16V V答案

解析 定理知x+x=m,xx=m2 1 ∴x2+x2=(x+x)2－2xx=m2－m2=(m－1)2－17 1 又x1,x2為實根，∴Δ ∴m≤－1或 對稱軸m=1 =2答案 2解(1）利潤y是指生產(chǎn)數(shù)量x的產(chǎn)品售出后的總收入R(x)與其總成本 x≤5時x>55005x1x2(0.50.25x)(0x 1

4.75x2x0.5(0x(55

)(0.50.25x)(x (x(2）在0≤x≤5時，y=－1 5,當x=－

11x

或x 4.75x0.5 120.25x解得5≥x≥4 75－21.5625≈0 (1）依題意(a2－1）x2+(a+1)x+1>0對一切x∈R恒成立，當a2－1≠0時，其充要條件

, ,a(a1)24(a21)a

5或a∴a＜－1a3

a≤－1a>5所求3 a21(2）依題意只要t=(a－1)x+(a+1)x+1能取到(0，+∞）上的任何值，則f(x)的值域為R，故有 , x臺、y臺、z 1x1y1z 將④代入①得 x=30S 解(1）如圖所示BC=a,CA=b,AB=c,ABhabc∴S=πah+π (a

(abc)2,2∴f(x)=S1

4ab(a ①c(abbaab

a2b2

ab

(x

2(x2x)x1

,2x=abc2(x2

sin(A+ 224222

x

2[(x1)

]x2 －1),y=2(t+22t2在 －1]上是減函數(shù)2222 222課前后備考點七、題目：高中數(shù)學復習專題講處理具有單調(diào)性、奇偶性函數(shù)問題的方法高考要函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性是高考的重點內(nèi)容之一，考查內(nèi)容靈活多樣特別是兩性質(zhì)的應用更加突出本節(jié)主要幫生深刻理解奇偶性、單調(diào)性的定義，掌握判定方法，正確認識單調(diào)函數(shù)與奇偶函數(shù)的圖象幫重難點歸(2)加強逆向思維、數(shù)形統(tǒng)一正反結(jié)合解決基本應用題目運用奇偶性和單調(diào)性去解決有關(guān)函數(shù)的綜合性題目此類題目要求考生必須具有駕馭知識的能力，并具應用問題在利用函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性解決實際問題的過程中，往往還要用到等價轉(zhuǎn)化和數(shù)形結(jié)合的思想方法，把問題中較復雜、抽象的式子轉(zhuǎn)化為基本的簡單的式子去解決特別是往往利用函數(shù)的單調(diào)性求實典型題例示范講5 },求函數(shù)g(x)=－3x2+3x－4(x∈B)的最大5命題意圖本題屬于函數(shù)性質(zhì)的綜合性題目，考生必須具有綜合運用知識分析和解決問題的能力知識依托主要依據(jù)函數(shù)的性質(zhì)去解決問題錯解分析題目不等式中的“f”號如何去掉是難點，在求二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題時，學生容易技巧與方法借助奇偶性脫去“fx

x≠0,0<x<63x3 66 x66f(x)在(－3，3)上是減函數(shù)，2<x<6,A={x|2<x<65 }={x|1≤x<65 2mcosθ)>f(0)對所有θ∈［0,］m2知識依托主要依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性，利用等價轉(zhuǎn)化的思想方法把問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在給定區(qū)間錯解分析考生不易運用函數(shù)的綜合性質(zhì)去解決問題，特別不易考慮運用等價轉(zhuǎn)化的思想方法技巧與方法主要運用等價轉(zhuǎn)化的思想和分類討論的思想來解決問題f(x)R上的奇函數(shù)，且在［0，+∞)上是增函數(shù)，∴f(x)R為f(cos2θ－3)>f(2mcosθ－4m),cos2θ－3>2mcosθ－4m,cos2θ－mcosθt=cosθ, =t2－mt+2m－2=(t－m)2－m

+2m－2在［0，1］g(t)在［0，1］ m<0,m<0時，g(0)=2m－2>0m>1m<02 222 222當m>1,即m>2時，g(1)=m－1>0 222m能夠解出的情況)cos2θ－mcosθ+2m－2>0對于θ∈［0,］2m>(2－cos2θ)/(2－cosθ)對于θ∈［0］22∵當θ∈［0,］時，(2－cos2θ)/(2－cosθ) 2222解∵f(2)=0, 452

10≤x＜－4或 5{x|x≤－552

2

10學生鞏固練1設(shè)f(x)是(－∞,+∞)上的奇函數(shù)，f(x+2)=－f(x),當0≤x≤1時，f(x)=x,則f(75)等于( 22已知定義域為(－1，1)的奇函數(shù)y=f(x)又是減函數(shù)，且f(a－3)+f(9－a2)<0, a的取值范圍是( 221試比較3

),f(3

),f(1)的大小關(guān)a2x已知f(x)=12 (a∈R)是R上的奇函數(shù)a1k

11

ax2bx

2 解析答案f(x)是定義在(－1，1）上的奇函數(shù)又是減函數(shù)，f(a－3)+f(9－a2)＜01a322∴1a

9

a3a2答案x解析由題意可知xf(x)＜0f(x)

或xf(x) x

或x

x

或xf(x)f f(x)f 答案解析∵f(x)R∴f(1)=－f(－1),f(2)=－f(－2

2

3＜

3答案f3

3)＜f(3

3

3f(x)在(－∞,0）x1＜x2＜0,f(x)f(－x1)=f(x1),f(－x2)=f(x2),由假設(shè)可知－x1>－x2>0,f(x)0，+∞)f(－x1)＜f(－x2),f(x1)＜f(x2),由此可知，函數(shù)解

2x2x

1(x∈R)f－-1(x)=log2 1

(－1＜x＜122log1x>log1xlog(1－x)＜log221 msinx

m4sin7 1414

12mcos2x

2

12m

sin2xsinxmsinxx∈R恒成立

cos11 ∴m∈［3,3］∪ m3或m 解(1)∵f(x)ax2 ax2bx bxcbxcbxbxax2 ∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)= x ≥2 1a 1a

a

b2 5,∴2b2－5b+2＜0,解得1＜b＜2b∈N,∴b=1,∴a=1,∴f(x)=x+ (2)設(shè)存在一點(x0,y0)在y=f(x)的圖象上，并且關(guān)于(1，0）的對稱點(2－x0,－y0)也在y=f(x)x200 0

)2 0 202 y0x2－2x－1=0,2 2222 2222考點八、題目：高中數(shù)學復習專題講處理具有單調(diào)性、奇偶性函數(shù)問題的方法高考要函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性是高考的重點內(nèi)容之一，考查內(nèi)容靈活多樣特別是兩性質(zhì)的應用更加突出本節(jié)主要幫生深刻理解奇偶性、單調(diào)性的定義，掌握判定方法，正確認識單調(diào)函數(shù)與奇偶函數(shù)的圖象幫重難點歸(1)(2)加強逆向思維、數(shù)形統(tǒng)一正反結(jié)合解決基本應用題目(3)運用奇偶性和單調(diào)性去解決有關(guān)函數(shù)的綜合性題目此類題目要求考生必須具有駕馭知識的能力，并具(4應用問題在利用函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性解決實際問題的過程中，往往還要用到等價轉(zhuǎn)化和數(shù)形結(jié)合的思想方法，把問題中較復雜、抽象的式子轉(zhuǎn)化為基本的簡單的式子去解決特別是往往利用函數(shù)的單調(diào)性求實典型題例示范講1f(x)在(－1，1)上有定義，f1)=－1,0<x<1f(x)<0,x、y∈(－1,1)2x 1xy(1)f(x)為奇函數(shù)；(2)f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞命題意圖本題主要考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性的判定以及運算能力和邏輯推理能力知識依托奇偶性及單調(diào)性定義及判定、賦值法及轉(zhuǎn)化思想技巧與方法對于(1)f(0)x=－y是解題關(guān)鍵；對于(2)x2

證明(1)f(x)+f(y)=f(xy1x(

(2)先證f(x)在(0，1)0<x<x<1,f(x)－f(x)=f(x)+f(－x)=f(x2x1

11∵0<x<x<1,∴x－x>0,1－xx>0，∴x2x1 1 1x2又∴0<x21x2

<1,f(x2

例2設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，并在區(qū)間(－∞,0)內(nèi)單調(diào)遞增，f(2a2+a+1)<f(3a2－2a+1) 求a的取值范圍，并在該范圍內(nèi)求函數(shù)y=(1)a23a1的單調(diào)遞減區(qū)間2命題意圖本題主要考查函數(shù)奇偶性、單調(diào)性的基本應用以及對復合函數(shù)單調(diào)性的判定方法知識依托逆向認識奇偶性、單調(diào)性、指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)的值域問題解設(shè)0<x1<x2,則－x2<－x1<0，∵f(x)在區(qū)間(－∞,0)∴f(－x2)<f(－x1),∵f(x)為偶 ∴f(x)在(0，+∞)內(nèi)單調(diào)遞又2a2a12(a1)270,3a22a13(a1)22 由f(2a2+a+1)<f(3a2－2a+1)得 2

a3a1的單調(diào)減區(qū)間是

20<a<3,y1a23a1的單調(diào)遞減區(qū)間為［3 ex例3設(shè)a>0,f(x)= ex是R上的偶函數(shù)，(1)求a的值；(2)證 (1解依題意，對一切x∈R,exa 即 aex 整理，得(a－a)(e－exa(2證法一（定義法）則f(x)－f(x)=exex11(exex

1 ex1 xx 1ex112e1(e211)ex12x1>0,x2>0,x2>x1,ex2x110,1－ex1x2∴f(x1)－f(x2)＜0,即證法二（導數(shù)法）由f(x)=ex+e－x，得 此時f′(x)>0,所以f(x)在［0，+∞)上是增函數(shù) x1x1x2x(x

lg(1x2 f(x)=|x22|1sinxcosf(x)=x

x(x

1cosxsin1x2x11x2x1x2x 關(guān)于x軸對 關(guān)于y軸對 關(guān)于直線x=1對f(x)Ry=f(|x+1|)若函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d滿足f(0)=f(x1)=f(x2)=0(0<x1<x2),x2,+∞)上單調(diào)遞增，則b的取值范是x

證明函數(shù)f(x)在(－1，+∞)f(xx21)2在區(qū)間(1，+∞)f(x－x)=f(x1)f(x2)1 f(x)f(x 存在正常數(shù)a使 求 求證f(x)

(x (x 解析f(－x)=

xx(x 答案C解析f(－x)=－f(x),f(x)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱答案Ct=|x+1|,t在(－∞,－1y=f(x)R上單調(diào)遞增，∴y=f(|x+1|)在(－∞,－1上遞減答案(－∞,－1]解析 )又知0＜x1＜x,得答案(－∞,0）證明(1）設(shè)－1＜x1＜x2＜+∞,x2－x1>0,ax2x1>1且ax1ax2ax1ax1(ax2x11)>0,∴x22x12(x22)(x11)(x12)(x21)

3(x2x1 x2 x1 (x11)(x2 (x11)(x2f(x)－f(xax2ax1+x22x12x x2

x1(2）證法一設(shè)存x0＜0(x0≠－1)則ax0x020ax0＜10x02x0 x0即1＜x＜2與x 證法二設(shè)存在x0＜0(x0≠－1)f(x0)=0,若則x02＜－2,ax0＜1,∴f(x)＜－1與f(x x0x＜－1,x02>0,ax00x0∴f(x0)>0與f(x0)=0，故方程f(x)=0沒有負數(shù)證明∵ (x2

x(x2

x(11 x x1＜x1＜x2＜+∞,則111,1111x x x x x(11)2x(11)2 x x

x2(1 2x

x1(1x2 f(x)在(1，+∞）上是減函數(shù)(本題也可用求導方法解決證明(1） f(－x)=f(x－x)=f(x2f(x11f(x1f(x2 f(x1)f(x2 f(x2)f(x1(2）f(x+4a)=f(x),可先計∵f(x+a)=f［x-(-a)］=f(a)f(x)1f(a)f(x)1f(x)1(f(a)f(a)f f(a)f f(x)f(x)1f(x2a)f[(xa)a]f(xa)1f(x) f(xa)

f(x)1f(x)

f( f(x

(1）證明x＜x,x－x1>1,f(x－x1 =f(x－x)－1=f(x－x)+f(－1)－1=f［(x－x)－1 (2)解f(x)=2x+1 高考要

指數(shù)函數(shù)、對數(shù)重難點歸運用兩種函數(shù)的圖像和性質(zhì)去解決基本問題用典型題例示范講數(shù)y=log2x的圖像交于C、D兩點證明點C、DO命題意圖本題主要考查對數(shù)函數(shù)圖像、對數(shù)換底公式、對數(shù)方程、指數(shù)方程等基礎(chǔ)知識，考查學生的分知識依托(1)證明三點共線的方法kOC=kOD 可求得A點坐標A證明設(shè)點A、Bx1、由題意知x1>1,x2>1,A、B8 8log8 8所 ,點C、D坐標分別為(x,logx),(x,logx

2 2logxlog8x13logx,logxlog8x23logx882 log 8 2 log 888OC的斜率klog2x13log8x11 OD的斜率klog2x23log8x22 由此可知k1=k2,O、C、D解BCx軸知 333又 333例2在xOy平面上有一點列P1(a1,b1),P2(a2,b2,Pn(an,bn對每個自然數(shù)n點Pn位于函數(shù)Pn的縱坐bn的表達式若對于每個自然數(shù)n,bn,bn+1,bn+2為邊長能構(gòu)成一個三角形，求aCn=lg(bn)(n∈N*),a取(2)中確定的范圍內(nèi)的最小整數(shù)，問數(shù)列{Cn}前多少項的和最大？試說明理由命題意圖本題把平面點列，指數(shù)函數(shù)，對數(shù)、最值等知識點揉合在一起，構(gòu)成一個思維難度較大的綜合知識依托指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)及數(shù)列、最值等知識技巧與方法本題屬于知識綜合題，關(guān)鍵在于讀題過程中對條件的思考與認識，并會運用相關(guān)的知識點去 n解(1)由題意知an=n+

,∴bn=2000( y=2000(a)x(0<a<10)遞減則以bn,bn+1,bn+2為邊長能構(gòu)成一個三角形的充要條件是即(a)2+(a 255 2555 57∴bn=2000(

n 數(shù)列{bn}是一個遞減的正數(shù)數(shù)7bn=2000(

n 2≥1得 3f(x)=log21x1

2 ;n方程解(1)1x>0,2－x≠0F(x)的定義域為設(shè)－1＜x1＜x2＜1, F(x)－F(x )+(log1x2log1 ) 2 2 21 211 x2 log2(1x1)(1x2)(2x1)(2x2 (1x1)(1x2因 F(x2)－F(x1)>0,F(x2)>F(x1),∴F(x)在(－1，1）上是增函1 y1 2y(2)證明由y=f(xlog21x得21xx2y1 2x

-∴f(x)=2x1,∵f(x)的值

(x)的定義域為n≥3-

2n1

fn

2n

1 1 n 2n n

2n用數(shù)學歸納法易證2n>2n+1(n≥3),(3)證明

∴

F－1(x)=0的一個 F 0 F(0)=x(x1 2

學生鞏固練定義在(－∞,+∞)上的任意函數(shù)f(x)都可以表示成一個奇函數(shù)g(x)和一個偶函數(shù)h(x)之和，如果f(x)=lg(10x+1),其中x∈(－∞,+∞),那么( g(x)=12

12 g(x)=x,h(x)=lg(10x+1)－ g(x)=－x,h(x)=lg(10x+1)+ A

B

C

D2log2

(x(2x

f-11

y1=ae-22y=a－ae－nt,512分鐘桶1中的水只有a28Q(x－2a,－y)是函數(shù)y=g(x)圖像上的點

桶y2=a-ae-桶f(x)=logx(a>0a≠1),(x∈(0,+∞)),x,x

f(x)+f(x)］

x1x2)a

1 判斷［ log2x+log2y=log(ax2)+log(ay2)(a>0且a≠1),求log(xy) ) 解析由題意g(x)+h(x)=lg(10x+1) 又g(－x)+h(－x)=lg(10－x+1) 即－g(x)+h(x)=lg(10－x+1)② ,h(x)=lg(10 答案解析當a>1y=logax的圖像只能在ACa>1時，y=(1－a)x為減函數(shù)答案B解析

log2

(x,(xlog2(x1),(x從而f－1(x－12 (xlog2(x1),(x答 (x 解析由題意，5分鐘后，y=ae－nt,y=a－ae－ ∴n1 y=ae－n(5+t)a, 答案解(1)Q的坐標為則 即∵點P(x,y)在函數(shù)y=loga(x－3a)的圖像上∴－y′=log(x′+2a－3a),即

x2

x(2)由題意x－3a=(a+2)－3a=－2a+2>0;1x

(a3)a>0∵|f(x)－g(x)|=|loga(x－3a)－loga1x f(x)=x2－4ax+3a2在［a+2,a+3］上為減函數(shù)從而［μ(x)］max=μ(a+2)=loga(4－4a),［μ(x)］min=μ(a+3)=loga(9－6a),于是所求問題轉(zhuǎn)化為求不等式0aloga(96a1alog