2020年高考数学考前最后押题

1、数学是“教会年轻人思考”的科学 什么，还要思考有没有其它的解法， 型的问题，解析代数推理题的解题思路,针对代数推理型问题，我们不但要寻求它的解法是更要反思为什么要这样解，不这样解行吗？我们通过典,方法和技巧.在解题思维的过程中，既重视通性通法的演练，又注意特殊技巧的作用，同时将函数与方程，数形Z合，分类与讨论，等价与化 归等数学思想方法贯穿于整个的解题训练过程当中例1设函数f (x) ax2 4x,g(x)4. 一 一 一，-x 1 ,已知x 4,0,时恒有3f(x) g(x),求a的取值范围.讲解：由f(x) g(x)实施移项技巧,得x2 4x &x 3241 a,令C: y V x

2、 4x, L: y x 1 3从而只要求直线L不在半圆C下方时，当直线与半圆相切时，易求得 a直线L的y截距的最小值.5人，5(a 一舍去).3故 a55t, f (x) g (x).本例的求解在于实施移项技巧，关键在于构造新的函数，进而通过解几模型进行推理解题，当中，渗透着数形结合的数学思想方法，还须指出的是：数形结合未必一定要画出图形 题能力白提升，还请三思而后行.显示了解题思维转换的灵活性和流畅性.，但图形早已在你的心中了，这也许是解，,，-1例2已知不等式n 1恒成立，试确定a的取值范围12n1 ,/、 2 , ,loga(a 1)对于大于1的正整数n123讲解：构造函数f(n)1 曰

3、 +»、，易证(请思考：用什么方法证明2n呢？)f (n)为增函数. n是大于1的f(n) f(2)1要使工n 1须 112lOga(a 1) 3正整数,7.1212712即 loga(a 1)1,解得2n1 ./12loga(a,、2 , 一 一 1)一对一切大于1的正整数恒成立，必3这里的构造函数和例1属于同类型，学习解题就应当在解题活动的过程中不断的逐类旁 通，举一反三，总结一些解题的小结论.针对恒成立的问题，函数最值解法似乎是一种非常 有效的同法，请提炼你的小结论.2 -. 29 ,一例3已知函数f(x) 3x 3x 4b (b 0)在区间b, 1b上的最大值为425,求b的

4、值.讲解：由已知二次函数配方得 f(x)3(x I)2 4b2 3.22(1)当 bf(x)的最大值为4b +3=25.b211 .(2)当 2 b,即0 b 2时，f(x)在b,1 b上递坛，f( b) (b 3)2 25;213 .(3)当 1 b,即b 时，“*)在b,1 b上递增, 222155f (1 b) b96 25,解得 b -.42关于二次函数问题是历年高考的热门话题值得读者在复课时重点强化训练针对1 ,抛物线顶点横坐标,在不在区间-b, 1-b,自然引出解题形态的三种情况，这显不了分2类讨论的数学思想在解题当中的充分运用.该分就分，该合就合，这种辨证的统一完全依具 体的数学

5、问题而定，需要在解题时灵活把握例 4 已知 f(x)x-(x1).x 1(1)求f(x)的单调区间;41、一3(2)右 a b 0,c ，求证：f(a) f (c) 一.(a b)b41讲解：(1)对已知函数进行降次分项变形，得f(x) 1 , x 1f(x)在区间(，1)和(1,)上分别单调递增.(2)首先证明任意xy0,有f(x y)f (x)f (y).x yxy xyx y xyx y事实上，f(x) f (y) yxyyyyyf (xy x y)x1y1 xy xy 1 xyx y 1而 xy x y x y,由(1)知f xy x y f (x y),f(x) f(y)f (x y

6、)c (a1(a b b)2(2:3. a0,f(a)f(c)f (a c)f(3)函数与不等式证明的综合题在高考中常考常新，是既考知识又考能力的好题高考备考中有较高的训练价值.针对本例的求解，你能够想到证明任意x y 0,有f(x y) f(x) f(y).采用逆向分析法，给出你白想法！xa例 5 已知函数 f(x)= ( a > 0 , a w 1 ).a 1 y(1- x,1- y)亦在f (x)的图象上,一一一 ，一一,1 1.,故函数f(x)的图象关于点 R1,1)对称.2 2(2)将f ( n)、f (1- n)的表达式代入an的表达式，化简可得 即 3n> n 2.下

7、面用数学归纳法证明.设 n=k( k > 2 )时，3 k > k 2.那么 n=k+1, 3k+ i >3 3 k >3 k .a、一一， ，一一,11.,(1)证明函数f(x)的图象关于点P(-)对称.22(2)令an= *'af (n),对一切自然数n,先猜想使an> n 2成立的最小自然数 a,并证明 f(1 n)之.1 ,(3)求证：一n(n 1)lg3 (lgn!)(neN).4讲解：(1)关于函数的图象关于定点P对称，可采用解几中的坐标证法.1 1 一 设M(x,y)是f(x)图象上任一点，则M关于R,一)的对称点为MT (1x, 1y),2

8、 21 xaa xaxa-/aa一 a axa,a,a axf(1 M'an= a 彳青 a=3,又 3k2 - (k + 1) =2 ( k-1) x2 x1 2 2, g(2) 4a 2b 1 0.- 3>0 ( k>2, kCN)22c n2 . 3 > n .一k .2(3)3 > kk 1 g 3 > 2 1 g k令k=1,2,，n,彳导n个同向不等式，并相加得：n(n 1),lg3 2lg(1 2 n),2故 n (n 1)lg 3 lg(n!). 4函数与数列综合型问题在高考中频频出现，是历年高考试题中的一道亮丽的风景线.针对本例，你能够猜

9、想出最小自然数a=3吗？试试你的数学猜想能力.例6已知二次函数f (x) ax2 bx 1(a, b R,a 0),设方程f (x)x的两个实根为Xi 和 x2.(1)如果x12x24,若函数f(x)的对称轴为x=xo,求证：xo>1；(2)如果| x1 | 2,| x2x1 | 2 ,求b的取值范围讲解：(1 )设g(x)f (x) xax2 (b 1)x 1且a 0 ,由 x12x24 得g(2) 0,且g(4) 0,即4a 2b 1 016a 4b 3 0一 4a1, 31 m 1一2a.由一4a 2a,住pa ,242838ab2a14a2a(2)由 g(x) ax2 (b 1)

10、x1 0,可知Ax20,x1, x2同号.若0x12,则x2x1又 |x2 x1 |2(b 1)22a4 得 2a 1式b 1)2 1(a 0,负根舍去)代入上式得24(b 1)2 1 3 2b,解得 b 1 ；4若 2 x10,则x22, g( 2) 0,即 4a 2b+3<0.同理可求得b1.7故当 0 x12时,b ,当 2 x1 0时,b -.44对你而言，本例解题思维的障碍点在哪里，找找看，如何排除？下一次遇到同类问题你会很顺利的克服吗？我们力求做到学一题会一类不断提高逻辑推理能力例7对于函数f(x),若存在x0 R,使f(Xo)Xo成立，则称x0为f(x)的不动点。如x2 a

11、,、果函数f(x) (b,c N)有且只有两个不动点 0, 2,且f( 2)bx c(1)求函数f (x)的解析式;(2)已知各项不为零的数列an满足 4Sn f(-) a n1 ,求数列通项an；(3)如果数列an满足a 4,an 1f(an),求证：当n 2时，恒有an 3成立.2依题意有-一abx cx，化简为(1 b)x2 cx a 0,由违达定理解得c，代入表达式 f(x)22x(1 c)x c2，由 f( 2)x不止有两个不动点,得 c 3,又 c N ,b N,若 c 0,b 1,则 f(x)一x2,、c 2,b 2,故 f(x) ,(x 1).2(x 1)(2)由题设得4Sn(

12、工)2an12( 1)an1 得 : 2Sn an an ,(*)且 an 1,以n 1 代n得：2Sn1 an 1 a21由(*)与(*)两式相减得：*)2an(an an 1) (a即 (an an 1)(an an 11)0,解得ai 0 (舍去)或aianan 被an an 11,以n 1 代入(*)得：2a1a1 a2,1 ,由ai1 ,若anan i得a2 1,这与an 1矛盾,an an 11 ,即 an是以-1为首项，-1为公差的等差数列，ann；(3)采用反证法，假设an3(n2),则由(1)知 an 1f(an)2 an2an 2an 1a n2(an 1)111132 (

13、1 0T7) 2(1 2) Z 1, Pan1 an(n 2,n N),有a n an 1a2,而当n2寸,a22a21682a1 2 8 23an3,这与假设矛盾，故假设不成立，an 3.关于本例的第(3)题，我们还可给出直接证法a21由 an 1f(anM寸an 1 -,2an 2 an 1若an1 。，则an1 03,结论成立；若an 12 ,此时n 2,从而an 1 an2一2递减，由a2 2,可知an a2 233比较上述两种证法，你能找出其中的异1,事实上：11 2112()得 an1<0 或 an1 2.an222an (a2)-n-0,即数列 an在n 2时单调2(an

14、1)3,在n 2上成立.马?数学解题后需要进行必要的反思，学会反思才能长进例8设a, b为常数，M f(x)|f(x) acosx bsinx;F :把平面上任意一点(a, b)映射为函数 acosx bsinx(1)证明：不存在两个不同点对应于同一个函数；(2)证明：当f0(x) M时，f1(x)f0(x t) M ,这里t为常数；(3)对于属于M的一个固定值f0(x)，得Mi f0(x t),t R,在映射F的作用下，M作为象，求其原象，并说明它是什么图象.讲解：(1)假设有两个不同的点(a, b), (c, d)对应同一函数，即F(a,b) acosx bsinx与 F(c,d) cco

15、sx dsinx相同, 即 acosx bsinx ccosx dsinx对一切实数 x均成立.特别令x=0,得a=c；令x,得b=d这与(a, b), (c, d)是两个不同点矛盾，假设不成立.故不存在两个不同点对应同函数.(2)当f0(x) M时，可得常数 ac be使f0(x) a(o cosx bosinx, fi(x)%(x t)=a0 cos(xt)b0sin(x t)(a0costb0sint)cosx(b0costa0sint)sinx,由于 a0 ,b0 ,t 为常数，设 a0 cost b0 sin t m, b0 cost a0 sin tn,贝1Jm,n是常数.从而 f

16、1(x)mcosx nsin x M .(3)设 f0(x) M ,由此得 f0(x t) mcosx nsin x,其中 m a0 cost b0 sin t,nb0 cost a°sint,在映射F之下，f0(x t)的原象是(m, n),则M的原象是(m, n)|m a0 cost b0 sin t, n b0 cost a0sint,t R. 222.22222、消去t得m n a0 b0 ,即在映射F之下，M的原象(m,n)|m na。 b0是以原点为圆心，,a： b(2为半径的圆.本题将集合，映射，函数综合为一体，其典型性和新颖性兼顾，是一道用“活题考死知 识”的好题目，

17、具有很强的训练价值.例9 已知函数f(t)满足对任意实数 x、y都有f (x+y)=f (x)+f(y)+ xy+1,且f( 2)= 2.(1)求f (1)的值；(2)证明：对一切大于1的正整数t,恒有f(t)>t ;(3)试求满足f(t)=t的整数t的个数，并说明理由.讲解(1)为求f(1)的值，需令x y 0,得f(0)1.令 x y 1, f ( 2)2, f( 1)2.令 x 1, y 1, f (0) f (1) f ( 1),即f (1) 1.(2)令 x 1, f(y 1) f (y) y 2 即 f(y 1) f(y) y 2恪)当 y N 时，有 f(y 1) f(y)

18、 0.由f(y 1)f(y), f(1) 1可知，对一切正整数y都有f(y)0,当y N时，f(y 1) f(y) y 2 f(y) 1 y 1 y 1,于是对于一切大于 1的正整数t,恒有f(t)>t.(3)由及(1)可知 f ( 3)1, f ( 4) 1.下面证明当整数t4时，f t .t 4, (t 2) 2 0,由(R 得 f(t) f(t 1) (t 2) 0,即 f ( 5)f( 4)0,同理 f( 6) f ( 5)0,f(t 1)f(t 2)0, f(t) f(t 1) 0.将诸不等式相加得f(t) f( 4) 14, t 4, f(t) t.综上，满足条件的整数只有t=1 ,2.本题的求解显示了对函数方程f (x+y)=f (x)+f (y)+ xy+1中的x、y取特殊值的技巧，这种赋值法在2002年全国高考第(21)题中得到了很好的考查.1、，例10已知函数f (x)在(1, 1)上有定义，f(-)1且满足x、yC ( 1,1)2f(x)f(y)x yf(U(1)证明:(x)在(一1,1)上为奇函数;(2)对数列x11二，xn 122xV求 f(xn)； xn(3)求证2n 5讲解(2)f 3)fa)f(xn)f(xi ff(4 1)f(xn)f(xn)(3)卑y 0,贝1