高考数学二轮复习 第一部分 板块（二）系统热门考点——以点带面试题 文.doc

第一部分 板块（二）系统热门考点以点带面试题板块(二)系统热门考点以点带面(一)巧用性质妙解函数速解技法学一招函数性质主要指函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，要深刻理解并加以巧妙地运用以对称性为例，若函数f(x)满足f(ax)f(bx)，则函数图象关于直线x对称；若函数f(x)满足f(ax)f(bx)c，则函数图象关于点对称例1定义在r上的奇函数f(x)满足f(x2)f(x)，且在0,1上是增函数，则有()afffbfffcfffdfff解析选b由题设知f(x)f(x2)f(2x)，所以函数f(x)的图象关于直线x1对称由于奇函数f(x)在0,1上是增函数，故f(x)在1,0上也是增函数，综上，函数f(x)在1,1上是增函数，在1,3上是减函数又fff，所以ffff.例2已知函数f(x)x3sin x的定义域为1，1，若f(log2m)f(log4(m2)成立，则实数m的取值范围为_解析由f(x)x3sin x的定义域为1,1，易知f(x)在1,1上单调递增，由f(log2m)f(log4(m2)，可得解得故m2.综上可知，实数m的取值范围为.答案经典好题练一手1已知定义在r上的函数f(x)满足f(2x)f(2x)，当x2时，f(x)单调递增，如果x1x24，且(x12)(x22)0，则f(x1)f(x2)的值为()a可正可负b可能为0c恒大于0 d恒小于0解析：选d由f(2x)f(2x)可知，函数图象关于点(2,0)中心对称因为x2时，f(x)单调递增因为x1x24且(x12)(x22)0，设x12x2，则x24x1，所以f(x2)f(4x1)又因为f(4x1)f(x1)，所以f(x2)f(x1)，即f(x1)f(x2)0.2已知定义在r上的函数f(x)2|xm|1(m为实数)为偶函数，记af(log0.53)，bf(log25)，cf(2m)，则a，b，c的大小关系为()aabc bacbccab dcb0时，f(x)为增函数，log0.53log23，log25|log0.53|0.bf(log25)af(log0.53)cf(2m)3已知yf(x)x2是奇函数，且f(1)1.若g(x)f(x)2，则g(1)_.解析：由题意得g(1)f(1)2.又f(1)(1)2f(1)122，所以f(1)3.故f(1)2321，即g(1)1.答案：14函数f(x)是定义在r上的偶函数，且满足f(x2)f(x)当x0,1时，f(x)2x.若在区间2,3上方程ax2af(x)0恰有四个不相等的实数根，则实数a的取值范围是_解析：由f(x2)f(x)，得函数的周期是2.由ax2af(x)0，得f(x)ax2a设yf(x)，则yax2a，作出函数yf(x)，yax2a的图象，如图要使方程ax2af(x)0恰有四个不相等的实数根，则直线yax2aa(x2)的斜率满足kahakag，由题意可知，g(1,2)，h(3,2)，a(2,0)，所以kah，kag，所以a0)，则当函数h(x)有三个零点时，实数m的取值范围为()abc d解析选c在同一直角坐标系中，作出函数yf(x)和yg(x)的图象如图所示当两函数图象交于点a(1,0)时，即有11m0，解得m，所以当函数h(x)有三个零点时，即为点a和yf(x)与x轴的两个交点，若满足条件，则需解得m0f(x)为增函数；f(x)0f(x)为减函数；f(x)0f(x)为常数函数2求函数f(x)极值的方法求函数的极值应先确定函数的定义域，解方程f(x)0，再判断f(x)0的根是否是极值点，可通过列表的形式进行分析，若遇极值点含参数不能比较大小时，则需分类讨论例1若函数f(x)2sin x(x0，)的图象在切点p处的切线平行于函数g(x)2的图象在切点q处的切线，则直线pq的斜率为()a b2c d解析选a由题意得f(x)2cos x，g(x)xx.设p(x1，f(x1)，q(x2，g(x2)，又f(x1)g(x2)，即2cos x1x2x2，故4cos2x1x2x2，所以44cos2x1x2x2，即4sin2x1(x2x2)2，所以sin x10，x10，x2x2，x21，故p(0,0)，q，故kpq.技法领悟求曲线的切线方程时，要注意是在点p处的切线还是过点p的切线，前者点p为切点，后者点p不一定为切点 例2已知函数f(x)(xr)满足f(1)1，且f(x)的导数f(x)，则不等式f(x2)的解集为_解析设f(x)f(x)x，f(x)f(x)，f(x)，f(x)f(x)0，即函数f(x)在r上单调递减f(x2)，f(x2)f(1)，f(x2)1，即x(，1)(1，)答案(，1)(1，)例3已知函数f(x)(axb)ln xbx3在(1，f(1)处的切线方程为y2.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的极值；(3)若g(x)f(x)kx在(1,3)上是单调函数，求k的取值范围解(1)因为f(1)b32，所以b1.又f(x)aln xabaln xa1，而函数f(x)在(1，f(1)处的切线方程为y2，所以f(1)1a10，所以a0.(2)由(1)得f(x)ln xx3，f(x)1(x0)令f(x)0，得x1.当0x0；当x1时，f(x)0)，g(x)k1，又g(x)在x(1,3)上是单调函数，若g(x)为增函数，有g(x)0，即g(x)k10，即k1在x(1,3)上恒成立又1，所以k.若g(x)为减函数，有g(x)0，即g(x)k10，即k1在x(1,3)上恒成立，又1，所以k0.综上，k的取值范围为(，0.技法领悟破解此类问题需注意两点：(1)求函数的单调区间时应优先考虑函数的定义域；(2)求得函数在多个区间单调性相同时，区间之间用“，”分割，或用“和”相连，一般不用“” 经典好题练一手1f(x)x(2 016ln x)，若f(x0)2 017，则x0()ae2 b1cln 2 de解析：选bf(x)2 016ln xx2 017ln x，由f(x0)2 017，得2 017ln x02 017，所以ln x00，解得x01.2定义：如果函数f(x)在m，n上存在x1，x2(mx1x2n)满足f(x1)，f(x2).则称函数f(x)是m，n上的“双中值函数”，已知函数f(x)x3x2a是0，a上的“双中值函数”，则实数a的取值范围是()a bc d解析：选c因为f(x)x3x2a，所以f(x)3x22x在区间0，a上存在x1，x2(0x1x2a)，满足f(x1)f(x2)a2a，所以方程3x22xa2a在区间(0，a)上有两个不相等的实根令g(x)3x22xa2a(0xa)，则解得a0，b0)，则函数g(x)aln x在点(b，g(b)处的切线斜率的最小值是_解析：因为f(x)x2bxa，所以g(x)aln x1.所以g(x)(x0)，因为a0，b0，则g(b)2，当且仅当ab1时取“”，所以斜率的最小值为2.答案：24已知函数f(x)(x1)2ln(x1)x，(x)mx2.(1)当m时，求函数g(x)f(x)(x)的极值；(2)当m1且x0时，证明：f(x)(x)；(3)若x0，f(x)(x)恒成立，求实数m的取值范围解：(1)当m时，g(x)f(x)(x)(x1)2ln(x1)x，x1，所以g(x)2(x1)ln(x1)(x1)21x2(x1)ln(x1)由解得x0，当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：x(1,0)0(0，)g(x)0g(x)极小值所以函数g(x)的极小值为g(0)0，无极大值(2)证明：当m1时，令p(x)f(x)(x)(x1)2ln(x1)xx2(x0)，所以p(x)2(x1)ln(x1)(x1)212x2(x1)ln(x1)x.设p(x)g(x)，则g(x)2ln(x1)10，所以函数p(x)在0，)上单调递增，所以p(x)p(0)0，所以函数p(x)在0，)上单调递增，所以p(x)p(0)0.所以f(x)(x)(3)设h(x)(x1)2ln(x1)xmx2(x0)，所以h(x)2(x1)ln(x1)x2mx.由(2)知当x0时，(x1)2ln(x1)x2xx(x1)，所以(x1)ln(x1)x，所以h(x)3x2mx.当32m0，即m时，h(x)0，所以h(x)在0，)上单调递增，所以h(x)h(0)0，满足题意当32m时，设h(x)h(x)2(x1)ln(x1)(12m)x，则h(x)2ln(x1)32m，令h(x)0，得x0e10，故h(x)在0，x0)上单调递减，在x0，)上单调递增当x0，x0)时，h(x)h(0)0，所以h(x)在0，x0)上单调递减，所以h(x)h(0)0，不满足题意综上，实数m的取值范围为.常用结论记一番1函数极值的判别的易错点(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)x3，f(0)0，但x0不是极值点(2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当xx0时，函数取得极值在x0处有f(x0)0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件2函数最值的判别方法(1)求函数f(x)在闭区间a，b上最值的关键是求出f(x)0的根的函数值，再与f(a)，f(b)作比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值(2)求函数f(x)在非闭区间上的最值，只需利用导数法判断函数f(x)的单调性，即可得结论(四)三角问题重在三变速解技法学一招例1对于锐角，若sin，则cos()abc d解析选d由为锐角，且sin，可得cos，所以cossinsin2sincos2.例2若sin 2，sin()，且，则的值是()a bc或 d或解析选a因为，所以2，又sin 2，故2，所以cos 2.又，故，于是cos()，所以cos()cos2()cos 2cos()sin 2sin()，且，故.经典好题练一手1已知角的顶点与原点重合，始边与x轴正半轴重合，终边在直线y2x上，则sin的值为()a bc d解析：选d由题意可得tan 2，cos ，所以tan 2，cos 22cos21，所以sin 2cos 2tan 2，所以sin(sin 2cos 2).2(2017沈阳质检)已知f(x)2sin2x2sin xcos x，则f(x)的最小正周期和一个单调递减区间分别为()a2， b，c2， d，解析：选bf(x)2sin2x2sin xcos x1cos 2xsin 2xsin1，t，由2k2x2k(kz)，得kxk(kz)，令k0得f(x)在上单调递减3已知为锐角，若sin，则cos_.解析：coscossinsin2sincos，因为为锐角，sin，所以，故cos，所以cos2.答案：4若0，0，sin，cos，则cos的值为_解析：由题易知，所以cos，sin，所以coscos.答案：常用结论记一番三角公式中常用的变形：(1)对于含有sin cos ，sin cos 的问题，利用(sin cos )212sin cos ，建立sin cos 与sin cos 的关系(2)对于含有sin ，cos 的齐次式，利用tan 转化为含tan 的式子(3)对于形如cos2sin 与cos2sin cos 的变形，前者用平方关系sin2cos21化为二次型函数，而后者用降幂公式化为一个角的三角函数(4)含tan tan 与tan tan 时考虑tan().(五)正弦余弦相得益彰速解技法学一招三角函数求值的解题策略(1)寻求角与角关系的特殊性，化非特殊角为特殊角，熟练准确地应用公式；(2)注意切化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用；(3)对于条件求值问题，要认真寻找条件和结论的关系，寻找解题的突破口，对于很难入手的问题，可利用分析法(4)求角的大小，应注意角的范围例1(2017福州质检)已知abc的内角a，b，c的对边分别为a，b，c，且ctan c(acos bbcos a)(1)求角c；(2)若c2，求abc面积的最大值解(1)ctan c(acos bbcos a)，sin ctan c(sin acos bsin bcos a)，sin ctan csin(ab)sin c，0c0，xr.函数f(x)mn的最小正周期为.(1)求的值；(2)在abc中，若f(b)2，bc，sin bsin a，求的值解(1)f(x)mn2sin xcos xcos2xsin2xsin 2xcos 2x2sin.因为f(x)的最小正周期为，所以t.因为0，所以1.(2)设abc中内角a，b，c所对的边分别是a，b，c因为f(b)2，所以2sin2，即sin1，得b.因为bc，所以a.因为sin bsin a，所以ba，得b3.由正弦定理有，解得sin a.因为0ababsin asin bcos ac2(c为最大边)；钝角三角形a2b2，cb，ac；任意角的正弦值都大于其他角的余弦值(4)在abc中，a，b，c成等差数列b60；在abc中，a，b，c成等差数列，且a，b，c成等比数列三角形为等边三角形2设abc的内角a，b，c的对边分别为a，b，c，其面积为s.(1)sahabhbchc(ha，hb，hc分别表示a，b，c边上的高)(2)sabsin cbcsin acasin b.(3)sr(abc)(r为三角形abc内切圆的半径)(六)向量小题三招搞定速解技法学一招解决与向量有关的小题，一般用三招，即“构图、分解、建系”，就能突破难点，顺利解决问题. 例1已知0，|1，|2，0，则|的最大值为()ab2c d2解析选c由0可知，.故以b为坐标原点，分别以ba，bc所在的直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则由题意，可得b(0,0)，a(1,0)，c(0,2)设d(x，y)，则(x1，y)，(x,2y)由0，可得(x1)(x)y(2y)0，整理得2(y1)2.所以点d在以e为圆心，半径r的圆上因为|表示b，d两点间的距离，而|，所以|的最大值为|r.例2已知点c为线段ab上一点，p为直线ab外一点，pc是apb的平分线，i为pc上一点，满足(0)，|4，|10，则的值为()a2 b3c4 d5解析选b因为|10，pc是apb的平分线，又(0)，即ai，所以i在bap的平分线上，由此得i是abp的内心如图，过i作ihab于h，以i为圆心，ih为半径作pab的内切圆，分别切pa，pb于e，f，因为|4，|10，|(|)|(|)3. 在rtbih中，cosibh，所以|cosibh|3.经典好题练一手1(2017宝鸡质检)在等腰直角abc中，abc90，|ab|bc|2，m，n(不与a，c重合)为ac边上的两个动点，且满足|，则的取值范围为()a bc d解析：选c以等腰直角三角形的直角边bc为x轴，ba为y轴，建立平面直角坐标系如图所示，则b(0，0)，直线ac的方程为xy2.设m(a,2a)，0a1，n(b,2b)，mn，(ab)2(2a2b)22，即(ab)21，解得ba1或ba1(舍去)，则n(a1,1a)，(a,2a)，(a1,1a)，a(a1)(2a)(1a)2a22a222，0a1，当a时，取得最小值，又0，b0，则d，p，所以|pc|222，|pb|222，|pa|222，所以|pa|2|pb|21010|pc|2，所以10.法二：(特殊值法)令|ac|cb|1，则|pc|ab|，|pa|2|pb|2，易得10.答案：10常用结论记一番1在四边形abcd中：(1)，则四边形abcd为平行四边形；(2)且()()0，则四边形abcd为菱形；(3)且|，则四边形abcd为矩形；(4)若 (0，1)，则四边形abcd为梯形2设o为abc所在平面上一点，内角a，b，c所对的边长分别为a，b，c，则(1)o为abc的外心222.(2)o为abc的重心0.(3)o为abc的垂心.(4)o为abc的内心abc0.(5)o为abc的a的旁心abc.(七)玩转通项搞定数列速解技法学一招几种常见的数列类型及通项的求法(1)递推公式为an1anf(n)解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解(2)递推公式为an1f(n)an解法：把原递推公式转化为f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解(3)递推公式为an1panq解法：通过待定系数法，将原问题转化为特殊数列ank的形式求解(4)递推公式为an1panf(n)解法：利用待定系数法，构造数列bn，消去f(n)带来的差异例1已知数列an满足a1，an1an，求an.解由条件知，分别令n1,2,3，(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘，即.又a1，an.技法领悟累加、累乘法起源于等差、等比数列通项公式的求解使用过程中要注意赋值后得到(n1)个式子，若把其相加或相乘，等式的左边得到的结果是ana1或，添加首项后，等式的左边累加或累乘的结果才为an. 例2已知数列an的首项a11，an1，求数列的前10项和解因为an1，所以2，即2，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以2n1，所以an，而，所以.经典好题练一手1已知数列an的首项a12，且an1ann1，则数列an的通项公式an()abc1 d1解析：选d因为an1ann1，所以an1ann1，分别把n1,2,3，n1代入上式，得到(n1)个等式，anan1(n1)1，an1an2(n2)1，an2an3(n3)1，a2a111.又a1211，故将上述n个式子相加得an(n1)(n2)(n3)21n1n(n1)(n2)2111.2已知数列an满足a11，anan11(n2)，则数列an的通项公式an_.解析：由anan11(n2)，得an2(an12)，而a12121，数列an2是首项为1，公比为的等比数列an2n1，an2n1.答案：2n13设an是首项为1的正项数列，且aanannan10(nn*，n2)，则数列的通项公式an_.解析：由题设得(anan1)(anan1n)0，由an0，an10知anan10，于是anan1n，所以ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123n.答案：4在数列an中，已知a11，an12an43n1，求通项公式an.解：原递推式可化为an13n2(an3n1)，比较系数得4，即an143n2(an43n1)，则数列an43n1是首项为a143115，公比为2的等比数列，故an43n152n1，即an43n152n1.常用结论记一番等差(比)数列的重要结论(1)数列an是等差数列数列c是等比数列；数列an是等比数列，则数列loga|an|是等差数列(2)an，bn是等差数列，sn，tn分别为它们的前n项和，若bm0，则.(3)首项为正(或为负)递减(或递增)的等差数列前n项和最大(或最小)问题转化为解不等式，也可化为二次型函数snan2bn来分析，注意nn*.(4)等差(比)数列中，sm，s2msm，s3ms2m，(各项均不为0)仍是等差(比)数列(八)掌握规律巧妙求和速解技法学一招求数列的前n项和的主要方法(1)公式法：对于等差数列或等比数列可用公式法(2)裂项相消法：将数列的每一项分解为两项的差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而累加相消(3)错位相减法：若an为等差数列，bn为等比数列，则对于数列anbn的前n项和可用错位相减法(4)倒序相加法：如果一个数列an与首末两端等“距离”的两项的和等于同一个常数，那么求这个数列前n项和即可用倒序相加法(5)分组求和法：将原数列分解成可用公式法求和的若干个数列例1已知等差数列an中，2a2a3a520，且前10项和s10100.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列an2的前n项和解(1)设等差数列an的公差为d，由已知得解得所以an的通项公式为an12(n1)2n1.(2)令bn2，由(1)可知anbn(2n1)22n1，设tn为数列anbn的前n项和，所以tn121323525(2n3)22n3(2n1)22n1，4tn123325527(2n3)22n1(2n1)22n1，得：3tn22(232522n1)(2n1)22n1，所以tn.技法领悟利用错位相减法求和应注意以下3点(1)判断模型，即判断数列an，bn中一个为等差数列，一个为等比数列；(2)错开位置，一般先乘以公比，再把前n项和退后一个位置来书写，这样避免两式相减时看错列；(3)相减，相减时定要注意式中最后一项的符号，考生常在此处出错，一定要细心 例2已知数列an满足a1，an1aan，bn(nn*)，snb1b2bn，pnb1b2bn，求2pnsn的值解因为a1，an1aan，nn*，所以an1an0，an1an(an1)，所以bn.pnb1b2bn，snb1b2bn2，故2pnsn2.技法领悟利用裂项相消法求和应注意以下2点(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等如：若an是等差数列，则，. 经典好题练一手1(2018届高三湖南十校联考)数列1，3，5，7，的前n项和sn_.解析：利用分组求和法，可得sn(1352n1)n21.答案：n212(2017武汉调研)设等差数列an的前n项和为sn，已知a19，a2为整数，且sns5，则数列的前9项和为_解析：设数列an的公差为d，由sns5，得即得d，又a2为整数，d2，ana1(n1)d112n，故，数列的前n项和tn，t9.答案：3(2018届高三安徽名校阶段性测试)已知单调递增的等比数列an满足a2a3a428，且a32是a2，a4的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bnan1logan，求数列bn的前n项和sn.解：(1)设等比数列an的首项为a1，公比为q.依题意，有2(a32)a2a4，代入a2a3a428，得a38.因此a2a420，即有解得或又数列an单调递增，则故an2n.(2)bn2n1log2nn2n1，sn122223324n2n1，2sn123224325(n1)2n1n2n2.，得sn2223242n1n2n2n2n2(1n)2n24.4在等差数列an中，a2a723，a3a829.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列anbn是首项为1，公比为q的等比数列，求bn的前n项和sn.解：(1)设等差数列an的公差为d.a3a8(a2a7)2d6.d3，a2a72a17d23，解得a11，数列an的通项公式为an3n2.(2)数列anbn是首项为1，公比为q的等比数列，anbnqn1，即3n2bnqn1，bn3n2qn1.sn147(3n2)(1qq2qn1)(1qq2qn1)，故当q1时，snn；当q1时，sn.常用结论记一番常用裂项公式(1)；(2)；(3)an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1a1；(4)n(n1)n(n1)(n2)(n1)n(n1)；(5)；(6)1.(九)求得通项何愁放缩速解技法学一招例1已知数列an满足a18，(n1)an1(n3)an8n8，(1)求an；(2)求证：.解(1)(n1)an1(n3)an8n8两边同除以(n1)(n2)(n3)，得，即8.利用累加法，可得8，化简求得an14(n1)(n2)，所以an4n(n1)(2)证明：法一：，通过计算，当n4时，.法二：.当n3时，.例2设数列an的前n项和为sn，满足2snan12n11(nn*)，且a1，a25，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)求证：对一切正整数n，有.解(1)由2snan12n11，得2sn1an22n21，两式相减得an23an12n1，2s1a23a22a13，a33a246a113，a1，a25，a3成