大纲全国版理科数学11版例题详解全品高考复习方案.pdf

例题详解 例题详解 第一单元 集合与简易逻辑 第 讲 集合 例 解析 对于集合 的元素 7 7 可看 做单位圆外一点6 所连线段斜率的 倍 设过6点的直线方程为 2 7 7 7 7 7 故 7 0 7 7 I 7 I 7 7 7 7 1 法二 联立方程 7 7 0 1 2 由 得 7 将其代入 整理得 7 7 7 或 7 7 7 0 7 7 I 7 I 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 I F 槡 7 F 7 F 槡 7 F F 7 F 7 F 7 F 7 7 F 7 F 7 F 7 F 例 解答 由已知 得 7 7 0 1 2 得 7 即 7 7 7 槡0 I 0 原式 7 I 槡0 槡 槡0 0 1 0 法三 先化简原式 原式 7 I I I 7 7 7 的周期为 4 当 时 此时 是函数的最大值 当 时 此时 不是函数的最大值 不合题意 舍去 综上所述 作图如下 例 变式题 解析 对于振幅大于 时 三角函数 的周期为8 7 槡 7 的图象 平 移直线 测得 的最大值为槡 例 解答 方法一 横坐标伸长为原来的 倍 677777777777 纵坐标不变 图象向右平移 个单位 67777777777 纵坐标不变 纵坐标伸长到原来的 倍 677777777777 横坐标不变 方法二 先将 的图象向右平移 个单位 得 的图象 再将 上各点的横坐标伸长为原来的 倍 纵 坐标不变 得 的图象 再将 图象上各点的纵坐标伸长为原来的 倍 横坐标不变 即可得到 的图象 例 5 解析 由图可知8 将 代入可求 选5 例 变式题 9 解析 由图可知 8 7 得 7 槡 因为 所以 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 全品高考复习方案数学 理科 全品高考网 www canpoint c n DDD 又因为 o w nL oad C oda e d d o w Den nL od n d 所以a n od 因此ono o L doe dd e d od 因为点e od dd d wde do d 是o e的中点do n槡 L od 所以点o的坐标为oe L od 槡 dd L e 又因为点o在ono o L doe dd 的图象上d 所以o L d e LL dd n槡 L oe 因为 oD e D d 所以L D e LL D L d 从而得 e LL n 或 e LL n L e 即e no L或e n L e 第 讲D三角函数的性质 例 D 解答 d C oeDL od o L deD D D D o D oe L D eD oe L d oe L LD eD oe D D DL d eD d Doe L D eDoe Ld eD d d 定义域为doe L d oe dd L d eD de 例 变式题D 解答 o L oeD d o o oeL D d eDe d eDe D D Do D e DeDe od eDe d eDe d eDe o D D D d d eD d 所以定义域为e d e dd De d e dd o d eD e 例 D 解答 od ed槡n L d C o oeL dddd o L o L doeL dddd o no d C o oeL dd o L dd no d C o oeL dd L e wno on e 例 变式题D 解答 d d 由图象可得wn e d odo槡n L d C o oe o L d oeno d C o oe dd d wn e d Ldwn DeD nDe D e 例 D 解答 d d en L 是函数onod ed 的图象的对称 轴d 则当en L时d o取最值e d C o oL L dda nL d an e od eD e L Da D d anL L e d od 由onoded 为偶函数d 则当en 时do取最值d d C odo L adnL d ane od eD e L Da D d anL oe d Ld 由onoded 为奇函数d 则当en 时don d d C odo L adn d ane deD e 例 变式题DLD 解析 把oded 的图象向左平移 o个单 位d 得到函数ond C o oe dd o dd L no L d oed 是偶函数d 故选Le 例 Dd d 解答 on od C o L oe dd L n L od C o oe LL dd d 故由oe L oD oe LL Do e od 得Le LL LD eDLe L Ld eD d 为单调减区间e 又由oe oD oe LL Do e L od 得Le L LD eDLe o L d eD d 为单调增区间e 递减区间为Le LL Ld Le L dd L d eD d d 递增区间为Le L Ld Le o dd L d eD de d od D 解析 o w no L deLed C oeL o L denLed C oee 若onod ed 在某区间是增函数d 只需在此区间内 o w 大于或 等于 即可e故应选 e 例 变式题D D 解析 由在 d dd 上单调递增d 得到 d daD d d odoe D aD o o e deD d d 当en 时d an Ld an Le 例 D 解答 由od ed 是 7 槡 槡 7 因为函数 的最小正周期为 且 因为 所以 0 所以 因此 即 的取值范围为 7 7 2 7 2 槡 2 2 当 时 最小 当 时 最大 即 时 最大 当 时 最小 即 7 又 7 7 7 I I I I I I 槡 槡 当且仅当 I I 即I 时 槡 法二 将已知函数化为 7 于是 槡 因此 7 槡 时 即当 时 7 注意到 7 令 9 7 9 9 7 7 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 全品高考复习方案数学 理科 全品高考网 www canpoint c n Dooo wn L o a dCo d e d d wd n L o adCo d d 令dwo dn L o a dCo de 则d d wd dd oo od ooe dwd d 是减函数d 由adoead C ead e 得dod C ae d ee do e 此为 d d 的减区间d 由adoead ead a e 得dod e d a ee a do e 此为 d d 的增区间d od Cd wd d e d d wd Cd ed d 为偶函数d od da wd d e d da wd d e d d 为周期函数e 最小正周期为 d 当dwd do 时ed d n o owo d 当dwd a a do 时ed d n n nwd Co od 第五单元o平面向量 第 讲o平面向量的概念与运算 例 o 解答 o o o o d do oo o d de 直线d d和d d可以共线e 也可 以平行e 故不正确d a 若其中一个是零向量e 则其方向不确定e 故不正确d C 若四边形d d d d是平行四边形e 则d dod de 所以 oo o d dw oo o d de 若四边形d d d d中eo o o d dw oo o d de 则d dod de 所以四边 形d d d d是平行四边形e 判断正确d o 由实数与向量的积可知判断正确d C oo o d d oo o o d do 与 oo o d d oo o o d do 分别表示 oo o d d与 oo o d d方向的单位向量e 设它 们分别为 ooo d d d与 ooo d d de 设以它们为两条邻边的平行四边形是 一个菱形d d d d d d deo oo d d d平分od d deo o o d dw ooo d d da ooo d d d 与 ooo d d d的方向相同e 也平分od d dd由 oo o d dw oo o d da oo o d d知动点d 的轨迹为od d d的平分线e 一定通过od d d的内心e 故 正确d 例 o 解答 oo o o d dw oo o d dCo o o d dw C eo oo o d wo C oo o d dwo o oo o d dwo o Co o e oo o d w oo o d da oo o d w ao o Co o wo o aC o e oo o ddw oo o d da oo o ddwo a oo o d dao C oo o d d wo a oo o d dao o oo o d dwa C oo o d dwa C a wa C aa C e ooo dw oo o ddC oo o d wo a Co o d 例 o 解答 od在d d上e oo o d d与 oo o d d共线e oo o d dw oo o d d de 即 oo o d dC oo o d dwd o o o d dC oo o d d e oo o d dw oo o d da oo o d d dC oo o d d dw o Cd o o o d da oo o d d dd 设o Cdw e dw e 则o o o d dw oo o d da oo o d de 且 a w oe e o 0 槡 0 本题为非坐标系下的向量运算 计算模时重点是利用公式 将 转化为 与 间的数量积运算 例 解答 1 21 2 槡 槡 1 2 且 7 1 2 故当 7 即 6 7 7 6 与 67 7 3方向相同 时 6 7 7 6 67 7 3 最 大 其最大值为 解法二 以直角顶点 7 3 7 7 7 3 7 3 7 3 7 7 3 7 3 即 7 3 由正弦定理得 7 槡 3 槡 0 F 3 槡 F 7 83 D 7 9 F F 故 7 F 槡槡 3 四边形 7 3 3 F 1 例 解答 解法一 依题意 有 当 6中 8 6 F 6 设86 则 F F 由正弦定理 得 6 F 6 F 6 槡 槡 F 故 6 槡 槡 F 槡 7 槡 6中 8 6 F 6 由余 弦 定 理 得 6 6 7 8 6 6 即 6 6 故 6 6 6 从而 因为 在 区间 上为减函数 故 7 7 7 例 变式题 3 解析 由 1 槡 7 槡 7 1 的最大值为槡 方法二 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 利用柯西不等式 全品高考复习方案数学 理科 全品高考网 www canpoint c n Dooo e Lo a d C ode oo a oC e L oo d oC L LL 所以o槡L Ld Lo a d d槡L LL Lo a d 的最大值为槡L LL 例 o 解答 法一e 和积变换C C e oC 令槡L L aeaooC C 由L L LoLoo do槡L LooC 得a odo aooC 解得adoC 即槡L LdoL故L Ldo L e oC 令LoL aC 由L L LoLoo d LoL eC o o C 得到 a ooo aoo o doC 故a LoLdo L 法二e 消元法C C e oC 由已知得L LoL LooC LeLooC LooCoL Loo Loo e LooCL oL L LC Loo Loo C e LooCooC C Loo Loo Looo Loo Loo Looooo Loo oo Loo eLooCo o Loooo do e LooC C o L槡oooo o L 当且仅当Loo o Loo 时取等号L即L L o时C L L的最小值 为o L 所以L L的取值范围是C oCooCL e oC 由已知得L LoL LooCLeLooC LooC oL Loo Loo e LooCL oLoL Lo Loo Loo L eC oo o o Loooo do oooo o L 例 o 解 答 不 等 式 可 变 形 为aoLo d LoLo Lod Lod LoLoLod LoL o LoLoLod Lod o o Lod LoLo LoL Lodoo L ooo Lod LoLo LoL Lodoo do CoaooC a o L 例 变式题o 解答 证法一e 利用不等式的性质C C oLoLodCLodoLoLooCo LoLo o Lod C 又o o Lodoo Co o LoLo o Lodo o Lod C o o LoLo o Lod o o doLoo C 证法二e 利用均值定理C C 要证不等式 o LoLo o Lodo o doLoo成立C 只需证明 o LoLo o Lodo o Lod C 即只需证明Lo d LoLo Lod Lodoo C 而 Lod LoLo Lod Lod LoLoLod LoL o LoLoLod Lod oo Lod LoLo LoL Lodoo dooo o oo L 所以C 原不等式成立L 证法三e 利用两个正数的算术平均数不小于它们的调和平 均数C C o对 Cad 6 86 G G 6 G 7 槡 槡 同理 G 槡 7 槡 7 槡 方法二 当 时 记 I 则 当 时 设直线 4 D 槡 7 槡 槡 7 槡 7 8 6 得 6 6 7 8 6 6 6 因为 7 8 6 6不为椭圆长轴顶点 故6 构成 三角形 在 6 中 8 6 将 代入 得 84 E 4 E 4 E 4 E 槡 86 841 2 槡槡 9 槡0 1 由 8 J 67 7 J 67 7 67 7 J 67 7 16 7 7 6 1 2 槡 槡 1 2 F 又二面角 9 F F 7 F 9 1 所以 11 67 7 7 7 7 8 8 83 7 F 7 槡 解析 7 7 得 槡 例 变式题 解答 解法一 取 3的中点G 连结 槡 解法二 如下图 建立以三角形 3 4的中心 为原点 4 7 16 7 7 3 D 2 67 7 3 D 6 7 7 3 D 槡 即3 D与平面 3 4所成角为 J 槡 例 解答 分析一 连结 D 1 槡 例 变式题 解答 解法一 如下图所示 连结 4 由 7 1 2 槡 槡 槡 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 全品高考复习方案数学 理科 全品高考网 www canpoint c n Dooo 故平面o nL和平面o a d所成二面角C 锐角o 的大小是 d e 槡 例 o 解答 C o C 综合法o 如下图Cdo o 连结n aoa L交于菱 形的中心oo 过o作o don dod为垂足 连结a doL d 由a Lon aoa Loa d得a Lo平面n a do 故 a Lon d 于是n do平面a d Lo 所以a don doL don dooa d L为 二面角a n d L的平面角 由d aon aod a n a o 得od n a o o d 槡 o 由o aoo doo a o L 槡 o 得oa d L oa d o C 向量法o 以n为坐标原点oo o o a Loo o o n aoo o o n d方向分别为 轴oa 轴o d轴的正方向建立空间直角坐标系C 如下图Cdo o 则相关各点的坐标为nC o o o oa 槡 o o Co o L 槡 o o Co odC o o o 设 平 面 n a d 的 法 向 量 C oaodo o则 由 o oo o n a o o oo o n d o 得 槡 a o a d o o o 令d o 得 槡 o a o o C槡 o o o 同理o 可求得平面nL d的法向量 C 槡 o o o 由 o 知o 平面n a d与平面nL d垂直o 二面角a n d L的大小等于 C o 如下图C o o 连d aod aod Lo 设直线n d与直线a d相交 于点do 则四棱锥d n a a L与四棱锥d n a a L的公共 部分为四棱锥d n a a L 过d作doo平面n a a Loo为垂足 因为d no平面n a a Lo d ao平面n a a Lo 所以平面n a d d o平面n a a Lo 而oon ao 所以doon a 由do a d do n d n o n a o a n a o 得do 又因为o菱形n a a L n aoa L 槡 o 故四棱锥d n a a L的体积o o 菱形n a a Lodo 槡 例 o 解答 C o 如下图所示o 延长n aoL d交于点do 则 o d为平面o L d与平面o n L所成二面角的棱o o no平面n a a Lo n Loo nonLon aoo non a no Lno平面a o n于no 过n作n ooo d于oo 连结o Lo 则on o L即为平面o L d 与平面o n L所成二面角的平面角 易得d d on o L 槡 o 故平面o L d与平面o n L所成二面角的大小为d e d d 槡 o C o 解法 C 面积法o o 如下图所示o n Loo non Lon ao o non a no Lno平面a o n于no 同时oa a o平面a o n于ao oo a n是oo a L 在平面o a n 上的 射 影o 设 平 面o a n与 平 面 o L a所成二面角大小为 o ooo n a ooo a L 槡 o d 即平面a n o与平面o L a所成的 二面角的大小为 d 解法 C 补形化为定义法o o 如下图所示o 将四棱锥o n a a L补形得正方体n a a L o o o 则o ooo noo ooo Lo 于是on o L是两面所成二 面角的平面角 在e d oo nL中oo n nLo 则on o L d 即平面a n o与 平面o L a所成二面角的大小为 d 第 讲o空间距离 例 o o 解析 如下图所示o 过n作n 平行于 轴o 过 a作a 平行于a轴o 交 轴于点 o 过 作 o 轴o 交n 于点 连结a o 可知oa do 根据平面角 的性质o 轴垂直于平面a o 所以oa n do 在直角 三角形n a中o 可以求得n a 例 变式题 o 解答 以o为原点建立空间直角坐标系 o a do 则点 的坐标为C o o o o 由oC o o o 得o 例 变式题 o 解答 C o 证明o 因为nL a a a L o n a a L槡 o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o 例题详解 所以84 3 9 F 因 为 折 叠 过 程 中 84 3 84 3 9 F 所以4 3 又4 3 故 4 平面3 3 又4 D平面 F 67 7 3 6 7 7 3 槡 所以二面角 16 7 7 41 677 4 677D2 槡 F 依题意8 F 3中 8 3 7 7 7 得 7 7 F 7 槡 槡 8 8 例 3 槡 H H 解析 如下图所 示 设正八面体的边长为 表面积为 槡 可得 则 C槡 选 如下图所示 设正四棱锥底边长为 则 槡 所以 C 槡 槡 C C 选3 正四面体来源于正方体 将其放入正方体中 设正四面 体边长为 设 其 外接 球 半 径 为C 内 切 球 半 径 为B 则 C B 表示事件 一个试验组中 服用只 表示事件 一个试验组中 服用 有效的小鼠有 只 依题意有 6 1 1 0 0 所以线性回归方程为M 0 时 M 0 0 所以预测生产 吨 甲产品的生产能耗比技术改造前降低 9 吨标准煤 第十二单元 极限 导数与复数 第 讲 数学归纳法及应用 例 解答 用数学归纳法证明 当1 时 左边 右边 等式成立 假设当1 时等式成立 即有 0 0 那么当1 时 左边 0 0 0 0 右边 所以当1 时等式也成立 综合 知对一切1 5 等式都成立 例 解答 假设 0 当1 时 原不等式成立 设1 5 时 原不等式成立 即 0 成立 当1 时 0 0 0 LMN 共 项 0 0 0 LMN 共 项 即1 时 命题成立 综合 可得 原命题对1 5恒成立 例 变式题 解答 由 0 A 得A 即 1 1 由 1 1 知 1 6 8 6 8 0 6 8 1 6 8 0 1 又 6 8 1 6 8 1槡 因此要比较 1与 6 8 1 的大小 可先比较 0 1 与 1槡 的 大小 取1 可以发现 前者大于后者 由此推测 0 1 1槡 下面用数学归纳法证明上面猜想 当1 时 不等式 成立 假设1 时 不等式 成立 即 0 槡 那么1 时 0 槡 槡 又 槡 槡 槡 槡 槡 当1 时 也成立 综上所述 当1 5时 成立 由函数单调性可判定 1 6 8 1 例 解答 由 得 由 得 由 得 由此猜想 1的一个通项公式 1 1 1 证明 用数学归纳法证明 当1 时 不等式成立 假设当1 时不等式成立 即 那么 也就是说 当1 时 不等式也成立 根据 和 对于所有1 有 1 1 成立 由 1 1 1 1 及 对 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 有 全品高考复习方案数学 理科 全品高考网 www canpoint c n Dooo deLde Code C eLCoLCode Coe CLL eLCoLCL Lde CLC e CdeoL e C dCLL e LLoLLLC LLe Co dCLCo C e 于是 C CLdeo C C LdCo C L e Co eoL e o d eLC C C Ldeoo d eLC C C LdCo C L eoo C L C CLdCo d eLC C L e Co L CLdCo L CL LC Le 例 o 解答 o Co d d o oLC C L o C ooCoCo o C oCoC oCo C d d o ooC在oCoCo 内恒成立o Cdo o 在区间oCoCo 内是增函数e o Lo 应用数学归纳法证明o o o 当dLC时oCC odCoCo C dCoCo C dC dCoCo CdC dC dCoC e Cdo o 在oCoCo 内为增函数o CC odLLdodCoodo CoLC e C当dLC时不等式C odLoC成立e o o 假设dLe时oC odeoC成立o Cde de deoC e CdLeLC时odeLCLdodeoodoCoLC e CC odeLC oCo 综上Cod doC成立e 再由d dLC ddLdd dd dd ddL dd ddoCo CddLCodde CC oddoddLC oC成立e 第 讲o数列极限 例 o 解答 oCo 原式L do d L d LLCLCe o 无限项和的极限o 要先求和o 化简后再求极限o o Lo 原式L do C Lo Lo L o C ooo d C d odLC oo d L do C Lo dLC oo d LC Le o o 原式L do CL oo d C CLL L oo dLC C Ce o Co 当odooC时o 原式LCo 当odooC时o 原式L do C o o d d C Ld Ld L C o o d d C LC Ld Ldo 当dL C时o 极限不存在e 例 变式题 o 解答 do d dL d d CLd dL d dLC e 例 变式题 o CodoCo C d od oC o o o e 解析 dLC时o ddLdo do dd ddLCL do d dLCLC o doC时oddL C d d C do do dd ddLCL doL C d d C d dLC L CodoCo C d od oC o o o e 例 变式题 oC o o o C o o 解析 do dd存在o C oL oC oC o o o do ddLC o C oL oC oC o o e 例 o 解答 o CoC do d LLC dLC d d oo d L do o C dod L o dLdodLC d dLC L o C C dLCo odLdoL o oC dLCo dL C o e o LoC do d d存在oCodo oC且doC e 又 do d dL do dCoC d do C d L dC C dL C dCe CdLC d L Co 则 o C d L Co oCo C d L CoCo dCoC o o oo 槡C LodCo槡LodCo Co 且dCoCe 故d C的取值范围是o槡 Lo Cooo CoCoooCoCoooCo槡Loe o o 同次的分式极限值为最高项系数比o 有C LdLL odLC e 例 变式题o 解答 do dC C Ld d oo d LC Lo C do d d 一定存在e CC oo do oC或dLC e 当dLC时o dC L CL C Lo CdCL e 当C oo do oC时o 由 do dC C Ld d oo d LC L得 dC C LdL C Lo CLdC C Ldo CC oo LdC C ooCoCC odCoC且dCoC Le 综上o 得C od CoC L或 C Lo dCoC或dCL e 例 o 解答 o CoddLdd dd C L dodd dd Co C o C Ldo dL C o CLdo d C L dodd dd CoL d o C Ldo do doLoe 解得d dL d CLd dd CL d o C Ldo dLCo doLoe o LoCdCLdCLC d dC C C Ld oCd CL d o CLdo Lo CddL d C Ld d C Ld dd o LL d o CLdoo dL d o CLdo dLC L d CL oo d L dd LL d LL d o C Ldo dLC L d CL oo d L d C Ld dd o L d o C Ldo do CL dLd L o C Ldo dLC L d CL oo d dd L dLd LL d o C Ldo dLCLo 由此猜想d dL d CL oo d d C dCL dLd LL d LoL d d C o C Ldo dLC o 把d CL d o CLdo L o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o 代入上式得 例题详解 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 时 6 16 1 6 16 1 6 16 1 例 变式题 1 解析 当1 时 当1 时 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 也 符合 所以 1 1 成立 6 16 1 1 6 16 1 1 1 6 16 1 1 1 1 1 1 第 讲 函数极限与连续 例 解答 不存在 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 不存在 不存在 6 6 0 6 6 6 6 0 6 6 不存在 存在 6 6 6 6 6 6 6 6 存在 不存在 6 时 6 6 时 6 不存在 例 变式题 解答 6 6 6 6 6 6 6 6 B 当 时 有6 6 6 6 与 无 关 故当 为任意实数时 6 6 存在 例 解答 6 6 槡 槡 6 6 槡 槡 槡 6 6 槡 6 6 6 6 槡 6 6 6 6 6 6 6 16 6 6 6 6 6 6 槡 6 6 槡 6 6 B 6 B 6 6 B B 6 6 6 6 5 5 0 5 6 6 0 6 6 例 解答 当 6 时 6 6 6 B 因此6 6 B B 而6 6 B B 6 6 B 6 6 6 6 在点 处极限不存在 因此 在点 处不连续 在 处无定义 在 处不连续 因此 在 上不连续 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 因此函数 在 处连续 例 变式题 解答 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 不存在 由 知 在点 处不连续 函数 的连续区间为 点 均在连续区间内 6 6 6 6 6 6 6 6 例 解答 解法一 6 6 1 为 方程 的一根 得 代入可得1 解法二 6 6 6 6 6 6 6 6 1 代入可得1 例 变式题 解答 是多项式 且6 6 为待定系数 即 又6 6 即6 6 即 第 讲 导数的概念与运算 例 解析 6 6 6 6 即 7 则 在点 处的切线斜率为 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 全品高考复习方案数学o 理科o 全品高考网 www canpoint c n Dooo 例w变式题onoL 解析oa d C ode eo e eo o a d C ode e eo e e e eeo e e o a d C ode e e eo e e eo a d C ode eeo e e eo e e e e 选n 例w oed a a oL 解析o由 e d a a 得 ea d d ed a a e a d d d a a 0o e e ed a a 例w变 式 题oL 解 答 o 槡 槡 e 槡 槡 e a d e e e e C e a e eC e a a a a C a a d e e ee a a a a C a e e e ee a a a C e e e 例w o oL 解析o由 e e o o o e 联立得 e e e e o e e e 由 e 得 e 由 ee 得 e 两函数在 处导数分别为e 和e 从而 两切线斜率分 别为 e e 设两切线夹角为 则 C C d e e ee e a e 可得 为所求 槡 e e e e C3a oL 解析o设 秒后汽车和气球的距离为 则 e e 槡 e e 槡 e e e e e e 槡 e e 所以 秒后他们彼此分离的速度 o 槡 e e e e C3a 例w变式题oeoL 解析o由 e e e e e得 e e e e e ee 即 e e e e e e切线方程 e e 即 e 选e 第w w讲o导数的应用o 一o 例w o e o e e e或 e e L 解析o 点 在函数 ow o 的切线上 为切点 的导函数为 o o o 切线是 e e 令 e得切点的横坐标 0 a a a a 0 a a a a a ea0a a e a aa a a e e a a e e e 点 在 曲 线 上 e e 若 为 切 点 则 o 此时直线方程为 ee e 即 e e e 若 不是切点 设切点为 e e 则 eee ee e 即 e ee eee ee e ee 解得 e e 切线斜率 e e 此时切线方程为 e e 综上所 述 切线方程为 e e e或 e e 例w oL 解答o e C C e C 由 e 得 因为当 oe时 oe 当eo o 时 oe 当 o 时 oe 所以 的单调增区间是 e 单调减区间是 ee e e 由 e e e C e e C oe 得 e e oe 故当eo o 时 解集是 o o 当 时 解集是o 当 o 时 解集是 o o 例w oL 解答o由已知得 的定义域为 ee 又 e e e由题意得 e e e e e e 依题意得 oe对 o ee e 恒成立 e e e oe e o e o e e e n o ee e ee e 的最大值为e e e ee e e e 的最小值为e e 又n e e时符合题意 e oe e为所求 例w变式题w oL 解答o e 则 e 当 oe时 oe oe 恒成立 则 在w上 递增 当 oe时 令 e 求得两根为 e e 槡ee e o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o 例题详解 即 在 槡 上递增 在 槡 槡 上递减 在 槡 上递增 槡 槡 0 1 2 且 解得 例 变式题 解答 7 函数 存 在 单 调 递 减 区 间 等 价 于 7 在 有 解 在 有 解 在 有解 在 有解 在 有解 令 当 时 成立 当 时 成立 当 时 对称轴 需满足 解得 综上所述 第 讲 导数的应用 二 例 解答 由 得 7 当 时 切线5的斜率为 可得 当 时 有极值 则 7 可得 由 解得 由于切点的横坐标为 由 可得 7 令 7 得 或 当 变化时 7 的取值及变化如下表 7 1 单调递增 单调递减 9 0 单调递增 在 上的最大值为 最小值为9 0 例 变式题 解答 7 令 7 解得 当 变化时 7 的变化情况如下表 7 9 无极值 9 极小值 无极值 当 时 有极小值且 极小值 图象如下图 例 变式题 解答 B 7 B B B 令 7 即B 得 在 上是减函数 在 上 是增函数 当 即 时 在 上是减函数 A B 当 即 时 在 上是增函数 在 上是减函数 A B 当 时 即 时 在 上是增函数 A B 综上所述 当 时 的最大值为 B 当 时 的最大值为 B 当 时 的最大值为B 例 解答 令 7 得 又因为 时 7 时 7 7 所以 的极小值为 的极大值为 因为 在 上单调递减 且当 6 时 6 又 在 上单调递减 且当 6 时 6 而 即函数的极大值大于极小值 所以当极大值等于 时 有极小值小于 此时曲线 与 轴恰好有两个交点 即函数 恰好有两个零点 所以 当极小值等于 时 有极大值大于 此时曲线 与 轴也恰好有两个交点 即函数 恰好有两个零点 所以 综上所述知 当 4 时 函数 恰好有两个零点 例 变式题 解答 因为 7 所以 7 因此 由 知 6 当 时 7 当 时 7 所以 的单调增区间是 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 的单调 全品高考复习方案数学 理科 全品高考网 www canpoint c n Dooo 减区间是d nLo d d o 由de 知Ldd 在dnnLn 内单调递增L 在d nLo 内单调递减L 在doLen 上单调递增L 且当 n或 o时L d d d nL 所以dd 的极大值为ddn n n o o enoL 极小值为ddo o e o o ene n d 因为dd n n on n enn n on non n o o eno dd n Lddo nenn o no een n ne n oddo d 所以在dd 的三个单调区间dnnLn L dnLo L doLen L 直 线d d有d dd 的图象各有一个交点L 当且仅当ddo o doddn d 因此L d的取值范围为do e o o ene nLn n o o e no d 例 o 解答 dn 由已知得函数dd 的定义域为dnnL en L 且 d d d d nn end don L 由 d d d nL 解得 n d d 当 变化时L d d d Ldd 的变化情况如下表L nnL n d d n d n d Len d d d d nne dd o 极小值 o 由上