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函數(shù)模型及其應用高考數(shù)學第一輪復習
【學習目標】：
能根據(jù)實際問題的情況建立合理的函數(shù)模型，會根據(jù)實際問題中提供的數(shù)據(jù)在建立函數(shù)模型后用導數(shù)方法給出解答.
【例題精講】
1.某城市在發(fā)展過程中，交通狀況逐漸受到有關部門更多的關注，據(jù)有關統(tǒng)計數(shù)據(jù)顯示，從上午 點到中午 點，車輛通過該市某一路段的用時 （分鐘）與車輛進入該路段的時刻 之間關系可近似地用如下函數(shù)給出：
求從上午6點到中午12點，通過該路段用時最多的時刻.
2.某集團為了獲得最大的收益，每年要投入一定的資金用于廣告促銷。經(jīng)調查，每年投入廣告費 （百萬元）。可增加銷售額約為 （百萬元）（ ）.
(1)若該公司將當年的廣告費控制在300萬元之內(nèi),則應投入多少廣告費,才能使該公司由此獲得的收益最大?
(2)現(xiàn)該公司準備共投入300萬元,分別用于廣告促銷和技術改造.經(jīng)預測,每投入技術改造費 （百萬元）,可增加的銷售額約為 （百萬元）.請設計一個資金分配方案, 使該公司由此獲得的收益最大.(注：收益=銷售額 投放).
3.從邊長為 的正方形鐵片的四角上各截去一小塊邊長為 的正方形，再將四邊向上折起，做成一個無蓋的長方體鐵盒，要求長方體的高度 與底面正方形邊長的比值不超過常數(shù) ，則 取何值時，容積 有最大值.
【矯正反饋】
1.某天中午 時整，甲船自 以 的速度向正東方向行駛，乙船自 的正北 處以 的速度向正南方向行駛，則當天 時 分時兩船之距離對時間的變化率是 .
2.體積為 的圓柱，底面半經(jīng)和高分別為_______,_________時，表面積最小.
3.從邊長為 的矩形紙板的四角，截去四個相同的小正方形，做成一個無蓋的盒子，那么盒子容積的最大值為 。
4.一區(qū)，要把如圖所示的一片碎石灘規(guī)劃成一個矩形度假村。已知矩形 的頂點 在近似于一段對數(shù)函數(shù)的圖象的曲線段 上，且 ， , , 問如何規(guī)劃，可使度假村占地面積最大？
5.甲方是一農(nóng)場，乙方是一工廠，由于乙方生產(chǎn)需占用甲方的資，因此甲方有權向乙方索賠以彌補經(jīng)濟損失并獲得一定的凈收入，在乙方不賠付甲方的情況下，乙方的年利潤 （元）與年產(chǎn)量 （噸）滿足函數(shù)關系 ，若乙方每生產(chǎn)一噸產(chǎn)品必須賠付甲方 元（以下稱 為賠付價格）。
（1）將乙方的年利潤 （元）表示為年產(chǎn)量 （噸）的函數(shù)，并求出乙方獲得最大利潤的年產(chǎn)量;
（2）甲方每年受乙方生產(chǎn)影響的經(jīng)濟損失金額為 ，在乙方按照獲得最大利潤的產(chǎn)量進行生產(chǎn)的前提下，甲方要在索賠中獲得最大凈收入，應向乙方要求的賠付價格 是多少？
高三數(shù)學解析幾何綜合問題
一．高考要求
解析幾何歷來是高考的重要內(nèi)容之一，所占分值在30分以上，大題小題同時有，除了本身知識的綜合，還會與其它知識如向量、函數(shù)、不等式等知識構成綜合題，多年高考壓軸題是解析幾何題．
二．兩點解讀
重點：①運用方程（組）求圓錐曲線的基本量；②運用函數(shù)、不等式研究圓錐曲線有關量的范圍；③運用“計算”的方法證明圓錐曲線的有關性質．
難點：①對稱性問題；②解析幾何中的開放題、探索題、證明題；③數(shù)學思想的運用．
三．課前訓練
1．若拋物線 的焦點與橢圓 的右焦點重合，則 的值（ D ）
（A） （B） （C） （D）
2．已知 的頂點B、C在橢圓 上，頂點A是橢圓的一個焦點，且橢圓的另外一個焦點在BC邊上，則 的周長是 ( C )
（A） （B）6 （C） （D）12
3．橢圓 的內(nèi)接矩形的面積最大值為
4．兩點 ，動點P在線段AB上運動，則xy的最大值為 3
四．典型例題
例1 和圓 關于直線 對稱的圓的方程是（ ） (A) (B)
(C) (D)
解：只要求圓心關于直線 的對稱點的坐標為 ，半徑不變，故選A
例2 橢圓 的一個焦點是 ，那么
解：橢圓化為 ， 解得：
例3 直線 與拋物線 交于 兩點，過 兩點向拋物線的準線作垂線，垂足分別為 ，則梯形 的面積為 （ ）
（A） （B） （C） （D）
解：由 得 ， ，
， 中點
，選B
例4 設直線 關于原點對稱的直線為 ，若 與橢圓 的交點為A、B，點P為橢圓上的動點，則使 的面積為1的點P的個數(shù)為 ( )
（A） 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
解：直線 為 ，觀察圖形可知在直線右側不可能存在點 ，在左側有兩個點，故選B
例5 已知三點P（5，2）、 （-6，0）、 （6，0）
（Ⅰ）求以 、 為焦點且過點P的橢圓的標準方程；
（Ⅱ）設點P、 、 關于直線y＝x的對稱點分別為 、 、 ，求以 、 為焦點且過點 的雙曲線的標準方程．
解：（I）由題意，可設所求橢圓的標準方程為 + ，其半焦距
，故所求橢圓的標準方程為 + ；
（II）點P（5，2）、 （-6，0）、 （6，0）關于直線y＝x的對稱點分別為：
、 （0，-6）、 （0，6）
設所求雙曲線的標準方程為 - ，由題意知半焦距 ，
，故所求雙曲線的標準方程為
例6 如圖，已知橢圓的中心在坐標原點，焦點 在x軸上，長軸A1A2的長為4，左準線 與x軸的交點為M，MA1∶A1F1＝2∶1．
(Ⅰ)求橢圓的方程；
(Ⅱ)若點P在直線 上運動，求∠F1PF2的最大值．
2016屆高考數(shù)學知識梳理函數(shù)的定義域復習教案
教案15 函數(shù)的定義域
一、前檢測
1. （2008全國）函數(shù) 的定義域是____________. 答案：
2.函數(shù) 的定義域為 ，則 的定義域為____________. 答案：
3．函數(shù) 的定義域為（ ）
二、知識梳理
1．函數(shù)的定義域就是使函數(shù)式 的集合. 答案：有意義的自變量的取值
解讀：
2．常見的三種題型確定定義域：
① 已知函數(shù)的解析式，就是 . 答案：解不等式（組）
如：① ，則 ； ② ，則 ；
③ ，則 ； ④ ，則 ；
⑤ ，則 ； ⑥ 是整式時，定義域是全體實數(shù)。
解讀：
② 復合函數(shù)f [g(x)]的有關定義域，就要保證內(nèi)函數(shù)g(x)的 域是外函數(shù)f (x)的 域.
解讀：
③實際應用問題的定義域，就是要使得 有意義的自變量的取值集合.
解讀：
三、典型例題分析
例1。求下列函數(shù)的定義域
(1) ； 答案：
(2) 答案：
變式訓練：求下列函數(shù)的定義域：?
（1） 答案：
（2）f(x)＝ 答案：
小結與拓展：根據(jù)基本初等函數(shù)的定義域構建不等式（組）
例2 （1）若 的定義域為［－1，1］，求函數(shù) 的定義域
解： 的定義域為［－2，0］
（2）若 的定義域是［－1，1］，求函數(shù) 的定義域
解： ， 的定義域為［0，2］
變式訓練1：已知函數(shù) 的定義域為 ，則函數(shù) 的定義域為
答案：
變式訓練2：若函數(shù)f(x)的定義域是［0，1］，則f(x+a)f(x-a)（0＜a＜ ）的定義域是（ B ）
A. ? B.［a，1-a］? C.［-a，1+a］? D.［0，1］?
小結與拓展：求函數(shù)的定義域要注意是求 的取值范圍，對同一對應法則定義域是相同的。
例3 如圖，等腰梯形ABCD內(nèi)接于一個半徑為r的圓，且下底AD＝2r，如圖，記腰AB長為x，梯形周長為y，試用x表示y并求出函數(shù)的定義域
解：連結BD，過B向AD作垂線BE，垂足為E
∵AD為直徑，∴∠ABD＝90°，又AD＝2r，AB＝x
在△ABE中，
小結與拓展：
對于實際問題，在求出函數(shù)解析式后，必須求出其定義域，此時的定義域要根據(jù)實際意義確定。
變式訓練：等腰梯形ABCD的兩底分別為 ，作直線 交 于 ，交折線ABCD于 ，記 ，試將梯形ABCD位于直線 左側的面積 表示為 的函數(shù)，并寫出函數(shù)的定義域。
答案：
四、歸納與總結（以學生為主，師生共同完成）
1.知識：
2.思想與方法：
3.易錯點：
4.反思（不足并查漏）：
2016屆高考數(shù)學第二輪備考復習：函數(shù)的單調性、最值、極值問題
題型九 函數(shù)的單調性、最值、極值問題
(推薦時間：30分鐘)
1.已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx在點x0處取得極小值5，其導函數(shù)的圖象經(jīng)過(1,0)，(2,0)，如圖所示，求：
(1)x0的值；
(2)a，b，c的值；
(3)f(x)的極大值．
2．已知函數(shù)f(x)＝xln x.
(1)求f(x)的最小值；
(2)討論關于x的方程f(x)－m＝0 (m∈R)的解的個數(shù)．
答 案
1．解 f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
(1)觀察圖象，我們可發(fā)現(xiàn)當x∈(－∞，1)時，f′(x)>0，此時f(x)為增函數(shù)；
當x∈(1,2)時，f′(x)<0，此時f(x)為減函數(shù)；
當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，此時f(x)為增函數(shù)，
因此在x＝2處函數(shù)取得極小值．
結合已知，可得x0＝2.
(2)由(1)知f(2)＝5，即8a＋4b＋2c＝5.
再結合f′(x)的圖象可知，方程f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0的兩根分別為1,2，
那么1＋2＝－2b3a，1×2＝c3a 即2b＝－9a，c＝6a.
聯(lián)立8a＋4b＋2c＝5，得a＝52，b＝－454，c＝15.
(3)由(1)知f(x)在x＝1處函數(shù)取得極大值，
∴f(x)極大值＝f(1)＝a＋b＋c＝52－454＋15＝254.
2．解 (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)＝0，得x＝1e，
當x∈(0，＋∞)時，f′(x)，f(x)的變化情況如下：
x0，1e
1e
1e，＋∞
f′(x)－0＋
f(x) ?
極小值?
所以，f(x)在(0，＋∞)上的最小值是f1e＝－1e.
(2)當x∈0，1e時，f(x)單調遞減且f(x)的取值范圍是－1e，0；
當x∈1e，＋∞時，f(x)單調遞增且f(x)的取值范圍是－1e，＋∞，
下面討論f(x)－m＝0的解，
當m<－1e時，原方程無解；
當m＝－1e或m≥0，原方程有唯一解；
當－1e<m<0時，原方程有兩解．
2016屆高考數(shù)學第一輪備考不等式、推理與證明復習教案
2012版高三數(shù)學一輪精品復習學案：
第六章 不等式、推理與證明
【知識特點】
（1）不等式應用十分廣泛，是高中數(shù)學的主要工具，試題類型多、方法多、概念要求較高，特別是不等式性質的條件與結論，基本不等式的條件等。
（2）不等式的性質本身就是解題的手段和方法，要認真理解和體會不等式性質的條件與結論，并運用它去解題。
（3）一元二次不等式的解法及求解程序框圖一定要在理解的基礎上掌握，因為求解的程序框圖就是求解的一般方法與步驟。
（4）二元一次不等式組與簡單的線性規(guī)劃是解決最優(yōu)化問題的一個重要手段，但畫圖時一定要細心，然后求出目標函數(shù)的最值。
（5）基本不等式的條件是解題的關鍵，一定要認真體會，會運用基本不等式來證明或求解問題。
（6）推理與證明貫穿于每一個章節(jié)，是對以前所學知識的總結與歸納，概念較多，知識比較系統(tǒng)，邏輯性較強，在高中數(shù)學中有著特殊地位。
【重點關注】
不等式、推理與證明的學習應立足基礎，重在理解，加強訓練，學會建模，培養(yǎng)能力，提高素質，因此在學習中應重點注意以下幾點：
（1）學習不等式性質時，要弄清條件與結論，要克服“想當然”和“顯然成立”的思維定勢，要以比較準則和實數(shù)的運算法則為依據(jù)解決問題。
（2）解某些不等式時，要與函數(shù)的定義域、值域、單調性聯(lián)系起來，注重數(shù)形結合思想，解含參數(shù)不等式時要注重分類討論的思想。
（3）利用基本不等式求最值時，要滿足三個條件：一正，二定，三相等。
（4）要強化不等式的應用意識，同時要注意到不等式與函數(shù)和方程的對比與聯(lián)系，充分利用函數(shù)方程思想、數(shù)形結合思想處理不等式問題。
（5）利用線性規(guī)劃解決實際問題，充分利用數(shù)形結合思想，會達到事半功倍的效果，因此力求畫圖標準。
（6）深刻理解合情推理的含義，歸納解決這類問題的規(guī)律和方法，掌握分析法、綜合法、反證法的證明過程和解題特點。
（7）合情推理中主要包括類比推理與歸納推理兩種推理模式，類比、歸納的數(shù)學思想是在進行問題探討、研究時常見的思想方法。
（8）數(shù)學歸納法是證明數(shù)列、等式、不等式的有效方法，證明問題時要注意充分利用歸納假設，同時注意項數(shù)的變化，在證明不等問題時，注意放縮、作差等方法的應用。
【地位和作用】
不等式通常會和函數(shù)，方程結合起來考查學生的綜合能力，一般有一道小的選擇或計算及填空出現(xiàn)在高考試題中，學好不等式的證明及計算是很重要的。涉及不等式的大題有時也會和求函數(shù)的最值結合大概可以占到20-30分。
推理與證明主要包括：合情推理和演繹推理、直接證明與間接證明、數(shù)學歸納法（理科）等內(nèi)容，其中推理中的合情推理、演繹推理幾乎涉及數(shù)學的方方面面的知識，代表研究性命題的發(fā)展趨勢，選擇題、填空題、解答題都可能涉及到，該部分命題的方向主要會在函數(shù)、三角、數(shù)列、立體幾何、解析幾何等方面，在新的高考中都會涉及和滲透，但單獨出題的可能性較小；
總得說來，這一章在高考命題上將會呈現(xiàn)以下特點：
1、考查題型以選擇題、填空為主，偶以解答題形式出現(xiàn)，但多數(shù)是解答題中的一部分，如與數(shù)列、函數(shù)、解析幾何等結合考查，分值約占10%左右，既有中低檔題也會有高檔題出現(xiàn)；
2、重點考查不等式解法、不等式應用、線性規(guī)劃以及不等式與其他知識的結合，另在推理與證明中將會重點考查。
合情推理與演繹推理及證明方法，偶爾對數(shù)學歸納法的考查，注重知識交匯處的命題；
3、預計本章在今后的高考中仍將在不等式的解法、基本不等式應用、線性規(guī)劃以及推理與證明與其他知識的交匯處命題，更加注重應用與能力的考查。
6.1不等式
【高考目標導航】
一、不等關系與不等式
1、考綱點擊
（1）了解現(xiàn)實世界和日常生活中的不等關系；
（2）了解不等式（組）的實際背景；
（3）掌握不等式的性質及應用。
2、熱點提示
（1）不等式的性質為考查重點，對于不等關系，常與函數(shù)、數(shù)列、簡易邏輯及實際問題相結合進行綜合；
（2）用待定系數(shù)法求參數(shù)的范圍問題是重點，也是難點；
（3）題型以選擇題和填空題為主，主要在與其他知識點交匯處命題。
二、一元二次不等式及其解法
1、考綱點擊
（1）會從實際情境中抽象出一元二次不等式模型；
（2）通過函數(shù)圖象了解一元二次不等式與相應的二次函數(shù)、一元二次方程的聯(lián)系；
（3）會解一元二次不等式，對給定的一元二次不等式，會設計求解的程序框圖。
2、熱點提示
（1）以考查一元二次不等式的解法為主，兼顧二次方程的判別式、根的存在性等知識；
（2）以集合為載體，考查不等式的解法及集合的運算；
（3）以函數(shù)、數(shù)列、解析幾何為載體，以二次不等式的解法為手段，考查求參數(shù)的范圍問題；
（4）以選擇、填空題為主，偶爾穿插于解答題中考查。
三、二元一次不等式（組）與簡單的線性規(guī)劃問題
1、考綱點擊
（1）會從實際情境中抽象出二元一次不等式組；
（2）了解二元一次不等式的幾何意義，能用平面區(qū)域表示二元一次不等式組；
（3）會從實際情境中抽象出一些簡單的二元線性規(guī)劃問題，并能加以解決。
2、熱點提示
（1）重點考查線性目標函數(shù)的最值，兼顧考查代數(shù)式的幾何意義（如斜率、距離、面積等）；
（2）多在選擇、填空題中出現(xiàn)，有時會在解答題中出現(xiàn)，常與實際問題相聯(lián)系，列出線性約束條件，求出最優(yōu)解。
四、基本不等式
1、考綱點擊
（1）了解基本不等式的證明過程；
（2）會用基本不等式解決簡單的最大（小）值問題。
2、熱點提示
（1）以考查基本不等式的應用為重點，兼顧考查代數(shù)式變形、化簡能力，注意“一正、二定、三相等”的條件；
（2）考查方式靈活，可出選擇題、填空題，也可出以函數(shù)為載體的解答題；
（3）以不等式的證明為載體，與其他知識結合在一起來考查基本不等式，證明不會太難。但題型多樣，涉及面廣。
【考綱知識梳理】
一、不等關系與不等式
1、比較兩實數(shù)大小的方法??求差比較法
2、不等式的基本性質
定理1：若 ，則 ；若 ，則 ．即 。
注：把不等式的左邊和右邊交換，所得不等式與原不等式異向，稱為不等式的對稱性。
定理2：若 ，且 ，則 。
注：此定理證明的主要依據(jù)是實數(shù)運算的符號法則及兩正數(shù)之和仍是正數(shù)；定理2稱不等式的傳遞性。
定理3：若 ，則 。
注：（1）不等式的兩邊都加上同一個實數(shù)，所得不等式與原不等式同向；
（2）定理3的證明相當于比較 與 的大小，采用的是求差比較法；
（3）定理3的逆命題也成立；
（4）不等式中任何一項改變符號后，可以把它從一邊移到另一邊。
定理3推論：若 。
注：（1）推論的證明連續(xù)兩次運用定理3然后由定理2證出；（2）這一推論可以推廣到任意有限個同向不等式兩邊分別相加，即：兩個或者更多個同向不等式兩邊分別相加，所得不等式與原不等式同向；（3）同向不等式：兩個不等號方向相同的不等式；異向不等式：兩個不等號方向相反的不等式。
定理4．如果 且 ，那么 ；如果 且 ，那么 。
推論1：如果 且 ，那么 。
注：（1）不等式兩端乘以同一個正數(shù)，不等號方向不變；乘以同一個負數(shù)，不等號方向改變；（2）兩邊都是正數(shù)的同向不等式的兩邊分別相乘，所得不等式與原不等式同向；（3）推論 可以推廣到任意有限個兩邊都是正數(shù)的同向不等式兩邊分別相乘。這就是說，兩個或者更多個兩邊都是正數(shù)的同向不等式兩邊分別相乘，所得不等式與原不等式同向。
推論2：如果 ， 那么 。
定理5：如果 ，那么 。
3、不等式的一些常用性質
（1）倒數(shù)性質
（2）有關分數(shù)的性質
若 ，則
①真分數(shù)的性質：
②假分數(shù)的性質：
4、基本不等式
定理1：如果 ，那么 （當且僅當 時取“ ”）。
注：（1）指出定理適用范圍： ；（2）強調取“ ”的條件 。
定理2：如果 是正數(shù)，那么 （當且僅當 時取“=”）
注：（1）這個定理適用的范圍： ；（2）我們稱 的算術平均數(shù)，稱 的幾何平均數(shù)。即：兩個正數(shù)的算術平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)。
二、一元二次不等式及其解法
1、一元二次不等式與相應的一元二次函數(shù)及一元二次方程的關系如下表：
判別式
Δ=b2-4acΔ>0Δ=0Δ<0
二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a>0)的圖象
一元二次方程ax2+bx+c=0（a>0）的根有兩相異實根x1,x2(x1<x2)有兩相等實根x1=x2=
沒有實數(shù)根
ax2+bx+c>0（a>0）的解集
ax2+bx+c<0（a>0）的解集
注：當a<0時，可利用不等式的性質將二次項系數(shù)化為正數(shù)，注意不等號的變化，而后求得方程兩根，再利用“大于號取兩邊，小于號取中間”求解。
2、用程序框圖來描述一元二次不等式ax2+bx+c>0（a>0）的求解的算法過程為：
三、二元一次不等式（組）與簡單的線性規(guī)劃問題
1、二元一次不等式（組）表示的平面區(qū)域
（1）在平面直角坐標系中，直線 將平面內(nèi)的所有點分成三類：一類在直線 上，另兩類分居直線 的兩側，其中一側半平面的點的坐標滿足 ，另一側的半平面的點的坐標滿足 ；
（2）二元一次不等式 在平面直角坐標系中表示直線 某一側的平面區(qū)域且不含邊界，直線作圖時邊界直線畫成虛線，當我們在坐標系中畫不等式 所表示的平面區(qū)域時，此區(qū)域應包括邊界直線，此時邊界直線畫成實線。
（3）不等式組表示的平面區(qū)域是各個不等式所表示平面點集的交集，因而是各個不等式所表示平面區(qū)域的公共部分。
2、線性規(guī)劃的有關概念
名稱意 義
約束條件由變量x,y組成的不等式組
線性約束條件由x,y的一次不等式（或方程）組成的不等式組
目標函數(shù)關于x,y的函數(shù)解析式，如z=2x+3y
線性目標函數(shù)關于x,y的一次解析式
可行解滿足線性約束條件的解(x,y)
可行域所有可行解組成的集合
最優(yōu)解使目標函數(shù)取得最大值或最小值的可行解
線性規(guī)劃問題在線性約束條件下求線性目標函數(shù)的最大值或最小值問題
注：最優(yōu)解必定是可行解，但可行解不一定是最優(yōu)解，最優(yōu)解不一定唯一，有時唯一，有時有多個。
四、基本不等式
1、基本不等式
定理1：如果 ，那么 （當且僅當 時取“ ”）。
注：（1）指出定理適用范圍： ；（2）強調取“ ”的條件 。
定理2：如果 是正數(shù)，那么 （當且僅當 時取“=”）
注：（1）這個定理適用的范圍： ；（2）我們稱 的算術平均數(shù)，稱 的幾何平均數(shù)。即：兩個正數(shù)的算術平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)。
2、常用字的幾個重要不等式
注：上述不等式成立的條件是a=b
3、利用基本不等式求最佳問題
已知x>0,y>0,則：
（1）如果積xy是定值p，那么當且僅當x=y時，x+y有最小值是 （簡記：積定和最小）；
（2）如果和x+y是定值p，那么當且僅當x=y時，xy有最大值是 。（簡記：和定積最大）
4、算術平均值與幾何平均值
設a>0,b>0,則a,b的的算術平均值為 ，幾何平均值為 ，均值不等式可敘述為：兩個正實數(shù)的自述平均值大于或等于它們的幾何平均值。
【要點名師透析】
一、不等關系與不等式
（一）應用不等式表示不等關系
※相關鏈接※
1、將實際的不等關系寫成對應的不等式時，應注意實際問題中關鍵性的文字語言與對應的數(shù)學符號之間的正確轉換，這關系到能否正確地用不等式表示出不等關系。常見的文字語言與數(shù)學符號之間的轉換關系如下表：
2、注意區(qū)分“不等關系”和“不等式”的異同，不等關系強調的是關系，可用 表示，不等式則是表現(xiàn)不等關系的式子，對于實際問題中的不等關系可以從“不超過”、“至少”、“至多”等關鍵詞上去把握，并考慮到實際意義。
※例題解析※
〖例某汽車公司由于發(fā)展的需要需購進一批汽車，計劃使用不超過1000萬元的資金購買單價分別為40萬元、90萬元的A型汽車和B型汽車。根據(jù)需要，A型汽車至少買5輛，B型汽車至少買6輛，寫出滿足上述所有不等關系的不等式。
思路解析：把握關鍵點，不超過1000萬元，且A、B兩種車型分別至少5輛、6輛，則不等關系不難表示，要注意取值范圍。
解答：設購買A型汽車和B型汽車分別為x輛、y輛，則
（二）比較大小
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比較實數(shù)或代數(shù)式的大小的方法主要是作差法和作商法。
1、“作差法”的一般步驟是：（1）作差；（2）變形；（3）判斷符號；（4）得出結論。用“作差法”比較兩個實數(shù)大小的關鍵是判斷差的正負，常采用配方、因式分解、有理化等方法。常用的結論有 ， ， 等。當兩個式子都為正時，有時也可以先平方再作差。
2、作商法的一般步驟是：
（1）作商；（2）變形；（3）判斷商與1的大小；（4）得出結論。
注：當商與1的大小確定后必須對商式的分母的正負做出判斷方可得出結論，如： ， ；
3、特例法
若是選擇題還可以用特殊值法比較大小，若是解答題，也可以用特殊值法探路.
※例題解析※
〖例（1）設 ，試比較 與 的大小；
（2）
已知a,b,c∈｛正實數(shù)｝，且 ，當n∈N,n>2時，比較 與 的大小。
思路解析：（1）作差，通過分解因式判斷差的符號；
（2）本題需比較的式子是冪的形式，因此考慮用作商比較。
解答：（1）方法一：
方法二：∵x<y<0,
(2)∵a,b,c∈｛正實數(shù)｝，∴ .
（三）不等式性質的應用
〖例設f(x)=ax2+bx,1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4.求f(-2)的取值范圍。
思路解析：由f(x)關系式 f(-2)與f(1) 和f(-1)的關系 利用f(1) 和f(-1)的范圍 f(-2)的范圍。
解答：（方法一）設f(-2)=m f(-1)+n f(1)(m、n為待定系數(shù))，則4a-2b=m(a-b)+n(a+b).即4a-2b=（m+n）a+(n-m)b.于是得 ，解得 ，∴f(-2)=3f(-1)+f(1)。又∵1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4,∴5≤3f(-1)+f(1)≤10,故5≤f(-2)≤10。
（方法二）
（方法三）由 確定的平面區(qū)域如圖陰影部分：
當f(-2)=4a-2b過點 時，取得最小值 ，當f(-2)=4a-2b過點B（3，1）時，取得最大值4×3-2×1=10，∴5≤f(-2)≤10
注：由a<f1(x1,y1)<b,c<f2(x1,y1)<d,求g(x1,y1)的取值范圍，可利用待定系數(shù)法解決，即設g(x1,y1)=pf1(x1,y1)+qf2(x1,y1),用恒等變形求得p,q,再利用不等式的性質求得g(x1,y1)取值范圍。
（四）不等式的證明
〖例已知a＞0，b＞0，且a+b=1 求證 (a+ )(b+ )≥ 。
證明：證法一： (分析綜合法）
欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，
即證4(ab)2－33(ab)+8≥0，即證ab≤ 或ab≥8
∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立
∵1=a+b≥2 ，∴ab≤ ，從而得證。
證法二： (均值代換法)
設a= +t1，b= +t2。
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，t1＜ ，t2＜ ，
顯然當且僅當t=0，即a=b= 時，等號成立
證法三：(比較法)
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2 ，∴ab≤ ，
證法四：(綜合法)
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2 ，∴ab≤ ，
證法五：(三角代換法)
∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0， )，
方法提示：
由a<f(x,y)<b,c<g(x,y)<d,求F(x,y)的取值范圍，可利用待定系數(shù)法解決，即設F(x,y)=mf(x,y)+ng(x,y),用恒等變形求得m,n,再利用不等式的性質求得F(x,y)的取值范圍.
提醒：同時應用多個不等式時，容易改變不等式的范圍，特別是多次運用同向不等式相加這一性質，因不是等價關系，易導致出錯.
二、一元二次不等式及其解法
（一）一元二次不等式的解法
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解一元二次不等式的一般步驟
（1）對不等式變形，使一端為0且二次項系數(shù)大于0，即
（2）計算相應的判別式；
（3）當Δ≥0時，求出相應的一元二次方程的根；
（4）根據(jù)對應二次函數(shù)的圖象，寫出不等式的解集。
※例題解析※
〖例解下列不等式：
（1）2x2+4x+3<0;(2)-3x2-2x+8≤0;(3)8x-1≥16x2.
思路解析：首先將二次項系數(shù)轉化為正數(shù)，再看二次基項式能否因式分解，若能，則可得方程的兩根，且大于號取兩邊，小于號取中間，若不能，則再“Δ”，利用求根公式求解方程的根，而后寫出解集。
解答：（1）∵Δ=42-4×2×3=16-24=-8<0,∴方程2x2+4x+3=0沒有實根，∴2x2+4x+3<0的解集為；
（2）原不等式等價于3x2+2x-8≥0 （x+2）(3x-4)≥0 x≤-2或x≥
（3）原不等式等價于16x2-8x+1≤0 (4x-1)2≤0,∴只有當4x-1=0，即x= 時，不等式成立。故不等式的解集為
（二）含字母參數(shù)的不等式的解法
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含參數(shù)的一元二次不等式關于字母參數(shù)的取值范圍問題，其主要考查二次不等式的解集與系數(shù)的關系以及分類討論的數(shù)學思想。
1、解答分類討論問題的基本方法和步驟是：
（1）要確定討論對象以及所討論對象的全體的范圍；
（2）確定分類標準，正確進行合理分類；
（3）對所分類逐步進行討論，分級進行，獲取階段性結果；
（4）進行歸納總結，綜合得出結論。
2、對于解含有參數(shù)的二次不等式，一般討論的順序是：
（1）討論二次項系數(shù)是否為0，這決定此不等式是否為二次不等式；
（2）當二次項系數(shù)不為0時，討論判別式是否大于0；
（3）當判別式大于0時，討論二次項系數(shù)是否大于0，這決定所求不等式的不等號的方向；
（4）判斷二次不等式兩根的大小。
※例題解析※
〖例解關于x的不等式(1-ax)2<1
思路解析：將不等式左邊化為二次三項式，右邊等于0的形式，并將左邊因式分解，據(jù)a的取值情況分類討論。
解答：由(1-ax)2<1處
（1）
注：解含參數(shù)的一元二次不等式，可先考慮因式分解，再對參數(shù)進行分類討論；若不能因式分解，則可對判別式進行分類討論，分類要不重不漏。若二次項系數(shù)含參數(shù)，則不要忘了二次項系數(shù)是否為零的情況。
（三）一元二次不等式的實際應用
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1、實際應用問題是新課標下考查的重點，突出了應用能力的考查，在不等式應用題中常以函數(shù)模型出現(xiàn)，如一元二次不等式應用題常以二次函數(shù)為模型，解題時要理清題意，準確找出其中不等關系再利用不等解法求解；
2、不等式應用題一般可按如下四步進行：
（1）閱讀理解、認真審題，把握問題中的關鍵量，找準不等關系；
（2）引進數(shù)學符號，用不等式表示不等關系；
（3）解不等式；
（4）回歸實際問題。
※例題解析※
〖例國家原計劃以2400元/噸的價格收購某種農(nóng)產(chǎn)品m噸，按規(guī)定，農(nóng)戶向國家納稅為：每收入100元納稅8元（稱作稅率為8個百分點，即8%）。為了減輕農(nóng)民負擔，決定降低稅率。根據(jù)市場規(guī)律，高效率降低x個百分點，收購量能增加2x個百分點。試確定x的范圍，使稅率調低后，國家此項稅收總收入不低于原計劃的78%。
思路解析：表示高效率調低后的稅收收入 列不等關系 解不等關系 得結論
解答：設稅率調低后的稅收總收入為y元，則
（四）一元二次不等式恒成立問題
〖例求使 ≤a (x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值。
思路解析：本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時我們習慣是將x、y與cosθ、sinθ來對應進行換元，即令 =cosθ， =sinθ(0＜θ＜ ＝，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯誤的 其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(2)這樣換元相當于本題又增加了“x、y=1”這樣一個條件，顯然這是不對的。
除了解法一經(jīng)常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數(shù)a滿足不等關系，a≥f(x)，則amin=f(x)max 若 a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問題。還有三角換元法求最值用的恰當好處，可以把原問題轉化。
解答：解法一：由于a的值為正數(shù)，將已知不等式兩邊平方，
得：x+y+2 ≤a2(x+y)，即2 ≤(a2－1)(x+y)，①
∴x，y＞0，∴x+y≥2 ， ②
當且僅當x=y時，②中有等號成立。
比較①、②得a的最小值滿足a2－1=1，
∴a2=2，a= (因a＞0)，∴a的最小值是 。
解法二：設
∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2 (當x=y時“=”成立)，
∴ ≤1， 的最大值是1。
從而可知，u的最大值為 ，
又由已知，得a≥u，∴a的最小值為 ，
解法三：∵y＞0，
∴原不等式可化為 +1≤a ，
設 =tanθ，θ∈(0， )。
∴tanθ+1≤a ，即tanθ+1≤asecθ
∴a≥sinθ+cosθ= sin(θ+ )，③
又∵sin(θ+ )的最大值為1(此時θ= )。
由③式可知a的最小值為 。
注：（1）解決恒成立問題一定要搞清誰是自變量，誰是參數(shù)。一般地，知道誰的范圍，誰就是變量，求誰的范圍，誰就是參數(shù)；
（2）對于二次不等式恒成立問題，恒大于0就是相應的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸上方，恒小于0就是相應的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸下方。
三、二元一次不等式（組）與簡單的線性規(guī)劃問題
（一）二元一次不等（組）表示平面區(qū)域
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二元一次不等式（組）表示平面區(qū)域的判斷方法
（1）直線定界，特殊點定域
注意不等式中不等號有無等號，無等號時直線畫成虛線，有等號時直線畫成實線。若直線不過原點，特殊點常選取原點。
（2）同號上，異號下
即當 時，區(qū)域為直線Ax+By+C=0的上方，當 ，區(qū)域為直線Ax+By+C=0的下方。
※例題解析※
〖例如圖ΔABC中，A(0,1),B(-2,2),C(2,6),寫出ΔABC區(qū)域所表示的二元一次不等組。
思路解析：通過三點可求出三條直線的方程，而后利用特殊點驗證。因三條直線均不過原點，故可由原點(0,0)驗證即可。
解答：由已知得直線AB、BC、CA的方程分別為：直線AB：x+2y-2=0,直線BC：x-y+4=0,直線CA：5x-2y+2=0.∴原點(0,0)不在各直線上，將原點坐標代入到各直線方程左端，結合式子的符號可得不等式組為：
（二）求目標函數(shù)的最值
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1、求目標函數(shù)的最值，必須先準確地作出線性可行域，再作出目標函數(shù)對應的直線，據(jù)題意確定取得最優(yōu)解的點，進而求出目標函數(shù)的最值。
2、最優(yōu)解的確定方法
線性目標函數(shù)z=ax+by取最大值時的最優(yōu)解與b的正負有關，當b>0時，最優(yōu)解是將直線ax+by=0在可行域內(nèi)向上方平移到端點（一般是兩直線交點）的位置得到的；當b<0,則是向下方平移。
※例題解析※
〖例若變量x,y滿足 則 的最大值是（ ）
A 90 B 80 C 70 D 40
思路解析：作出可行域 作出直線3x+2y=0 找到最優(yōu)解 求得最大值
解答：選C。線性不等式組表示的區(qū)域如圖中陰影部分所示。
可知 在A點處取最大值，由 ，解得A（10，20）。∴ 故選C。
（三）線性規(guī)劃的實際應用
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解決線性規(guī)劃實際應用題的一般步驟：
（1）認真審題分析，設出未知數(shù)，寫出線性約束條件和目標函數(shù)；
（2）作出可行域；
（3）作出目標函數(shù)值為零時對應的直線
（4）在可行域內(nèi)平行移動直線 ，從圖中能判定問題有唯一最優(yōu)解，或是有無窮最優(yōu)解或無最優(yōu)解；
（5）求出最優(yōu)解，從而得到目標函數(shù)的最值。
注：解線性規(guī)劃問題的關鍵步驟是在圖上完成的，所以作圖應盡可能精確，圖上操作盡可能規(guī)范，假若圖上的最優(yōu)點并不明顯時，不妨將幾個有可能是最優(yōu)點的坐標都求出來，然后逐一檢驗，以“驗明正身”。另外對最優(yōu)整數(shù)解問題，可使用“局部微調法”，此方法的優(yōu)點是思路清晰，操作簡單，便于掌握。用“局部微調法”求整點最優(yōu)解的關鍵是“微調”，其步驟可用以下十二字概括：微調整、求交點、取范圍、找整解。
※例題解析※
〖例某公司倉庫A存有貨物12噸，倉庫B存有貨物8噸，現(xiàn)按7噸、8噸和5噸把貨物分別調運給甲、乙、丙，每噸貨物的運費分別為8元、6元、9元；從倉庫B運貨物到商店甲、乙、丙，每噸貨物的運費分別為3元、4元、5元。問應如何安排調運方案，才能得到從兩個倉庫貨物到三個商店的總運費最少？
思路解析：由于題目中量比較多，所以最好通過列出表格以便清晰地展現(xiàn)題目中的條件。設出倉庫A運給甲、乙商店的貨物噸數(shù)可得運到丙商店的貨物噸數(shù)，列出可行域，即可求解。
解答：將已知數(shù)據(jù)列成下表：
設倉庫A運給甲、乙商店的貨物分別為x噸，y噸，則倉庫A運給丙商店的貨物為（12-x-y）噸，從而倉庫B運給甲、乙、丙商店的貨物分別為(7-x)噸、（8-y）噸、[5-（12-x-y）]=（x+y-7）噸，于是總運費為：
Z=8x+6y+8(12-x-y)+3(7-x)+4（8-y）+5（x+y-7）=x-2y+126.
∴線性約束條件為 即 。目標函數(shù)為： 作出上述不等式組表示的平面區(qū)域，即可行域，如圖中陰影部分所示：
作出直線 ：x-2y=0,把直線 平行移動，顯然當直線 移動到過點(0,8),在可行域內(nèi)， 取得最小值 ，即x=0,y=8時總運費最少。
安排的調運方案如下：倉庫A運給甲、乙、丙商店的貨物分別為0噸、8噸、4噸，倉庫B運給甲、乙、丙商店的貨物分別為7噸、0噸、1噸，此時可使得從兩個倉庫運貨物到三個商店的總運費最少。
注：求線性規(guī)劃問題的整點最優(yōu)解常用以下方法：
（1）平移直線法：先在可行域中畫網(wǎng)格，再描整點，平移直線 ，最先經(jīng)過或最后經(jīng)過的整點坐標就是最優(yōu)解；
（2）檢驗優(yōu)值法：當可行域中整點個數(shù)較少時，可將整點坐標逐一代入目標函數(shù)求值，經(jīng)過比較得出最優(yōu)解；
（3）調整優(yōu)值法；先求非整點最優(yōu)解，再借助于不定方程知識調整最優(yōu)值，最后篩選出整點最優(yōu)解。
（四）線性規(guī)劃的綜合應用
〖例實數(shù)x,y滿足
（1）若 ，求 的最大值和最小值，并求 的取值范圍。
（2）若 ，求 的最大值和最小值，并求 的取值范圍。
思路解析：（1） 表示的是區(qū)域內(nèi)的點與原點連線的斜率。故 的最值問題即為直線的斜率的最大值與最小值。（2） 的最值表示的是區(qū)域內(nèi)的點與原點的兩點距離的平方的最大值、最小值。
解答：由 作出可行域如圖陰影部分所示：
（1） 表示可行域內(nèi)任一點與坐標原點連線的斜率，因此 的范圍為直線OB的斜率到直線OA的斜率（OA斜率不存在）。而由 得B（1，2），∴ ∴ 不存在， ，∴ 的取值范圍是[2，+∞）。
（2） 表示可行域內(nèi)的任意一點與坐標原點的兩點間距離的平方。因此 的范圍最小為 （取不到），最大為 。由 得A（0，1），∴ = ， = 。∴ ， 無最小值。
故 的取值范圍是 .
注：本例與常規(guī)線性規(guī)劃不同，主要是目標函數(shù)不是直線形式，此類問題常考慮目標函數(shù)的幾何意義，常見代數(shù)式的幾何意義主要有以下幾點：
（1） 表示點（x,y）與原點(0,0)的距離； 表示點(x,y)與(a,b)的距離。
（2） 表示點（x,y）與原點(0,0)連線的斜率； 表示點（x,y）與(a,b)連線的斜率。
這些代數(shù)式的幾何意義能使所求問題得以轉化，往往是解決問題的關鍵。
四、基本不等式
（一）利用基本不等式求最值
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1、創(chuàng)設應用基本不等式的條件
（1）合理拆分項或配湊因式是常用的技巧，而拆與湊的目標在于使等號成立，且每項為正值，必要時需出現(xiàn)積為定值或和為定值；
（2）當多次使用基本不等式時，一定要注意每次是否能保證等號成立，并且要注意取等號的條件的一致性，否則就會出錯，因此在利用基本不等式處理問題時，列出等號成立的條件不僅是解題的必要步驟，而且也是檢驗轉換是否有誤的一種方法。
2、利用基本不等式求最值需注意的問題
（1）各數(shù)（或式）均為正；
（2）和或積為定值；
（3）等號能否成立，即一正、二定、三相等，這三個條件缺一不可。
3、基本不等式的幾種變形公式
對于基本不等式，不僅要記住原始形式，而且還要掌握它的幾種常見的變形形式及公式的逆運用等，如：
※例題解析※
〖例求下列各題的最值。
（1）已知 ,求 的最小值。
（2）
（3）
（4）
思路解析：（1）由 得 ，故可用基本不等式。（2）由 是常數(shù)，故可直接利用基本不等式（3）因 不是常數(shù)，故需變形。 ，故需變號。（4）雖然 ，但利用基本不等式時，等號取不到，所以利用函數(shù)的單調性。
解答：（1）方法一： 。∴ 。當且僅當 ，即 時等號成立。
方法二：由 得 。當且僅當 ，即 時等號成立。
（2）
（3）
當且僅當 ，即x=1時，等號成立。故f(x)的最大值為-1.
(4) 則
（二）利用基本不等式證明不等式
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1、利用基本不等式證明不等式是綜合法證明不等式的一種情況，其實質就是從已知的不等式入手，借助不等式性質和基本不等式，經(jīng)過逐步的邏輯推理，最后推得所證問題，其特征是“由因導果”。
2、證明不等式時要注意靈活變形，多次利用基本不等式時，注意每次等號是否都成立。同時也要注意應用基本不等式的變形形式。
※例題解析※
〖例1（1）已知a>0,b>0,a+b=1,求證： （2）證明：
思路解析：（1）利用a+b=1將要證不等式中的1代換，即可得證。（2）利用 兩兩結合即可求證，但需兩次利用不等式，注意等號成立的條件。
解答：（1）方法一： （當且僅當a=b= 時等號成立）。∴ 。∴原不等式成立。
方法二：∵a>0,b>0,a+b=1，∴ （當且僅當a=b= 時等號成立）。∴原不等式成立。
（2） 。故原不等式得證，等號成立的條件是
〖例2已知不等式 對任意 、 的正實數(shù)恒成立，求正數(shù) 的最小值。
思路解析：展開后，利用基本不等式，而后解不等式可求 值。
解答： ∴要使原不等式恒成立，則只需 ≥9，即 ∴正數(shù) 的最小值是4。
注：利用基本不等式求參數(shù)的值或范圍時，只需求出式子的最小值或最大值，使其滿足已知條件即可。
（三）基本不等式的實際應用
〖例某造紙廠擬建一座平面圖形為矩形且面積為162平方米的三級污水處理池，池的深度一定（平面圖如圖所示）， ，如果池四周圍墻建造單價為400元/米2，中間兩道隔墻建造單價為248元/米2，池底建造單價為80248元/米2，水池所有墻的厚度忽略不計。
（1）試設計污水處理池的長和寬，使總造價最低，并求出最低總造價；
（2）若由于地形限制，該池的長和寬都不能超過16米，試設計污水池的長和寬，使總造價最低，并求出最低總造價。
思路解析：（1）由題意設出未知量 構建函數(shù)關系式 變形轉化利用基本不等式 求得最值 結論；（2）由（1）函數(shù)關系 確定x的范圍 判斷函數(shù)單調性 利用單調性求最值 結論。
解答：（1）設污水處理池的寬為x米，則長為 米。則總造價為
（2）由限制條件知 設 由函數(shù)性質易知 在 上是增函數(shù)，∴當 時（此時 ）， 有最小值，即 有最小值
注：（1）解應用題時，一定要注意變量的實際意義，即其取值范圍；（2）在求函數(shù)最值時，除應用基本不等式外，有時會出現(xiàn)基本不等式取不到等號，此時要利用函數(shù)的單調性。
【感悟高考真題】
1、（2011?安徽高考文科?Ｔ7）若數(shù)列 的通項公式是 n=(-1)n(3 -2),則 …
（A）15 (B)12 （C） 12 (D) 15
【思路點撥】觀察數(shù)列 的性質，得到
【精講精析】選A. 故
2、（2011?安徽高考理科?Ｔ4）設變量 滿足 則 的最大值和最小值分別為
（Ａ）１，－１ （Ｂ）２，－２ （Ｃ）１，－２ （Ｄ）２，－１
【思路點撥】此題屬于線性規(guī)劃問題，先畫出 表示的平面區(qū)域，再求目標函數(shù)z= 的最值.
【精講精析】選B.首先畫出 表示的平面區(qū)域
由圖像可知當目標函數(shù)過點（0,1）時取得最大值2，
過點（0，-1）時取得最小值-2.
3、（2011?北京高考文科?T7）某車間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每批的生產(chǎn)準備費用為800元，若每批生產(chǎn)x件，則平均倉儲時間為 天，且每件產(chǎn)品每天的倉儲費用為1元，為使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準備費用與倉儲費用之和最小，每批應生產(chǎn)產(chǎn)品（ ）
（A）60件 （B）80件 （C）100件 （D）120件
【思路點撥】寫出平均每件產(chǎn)品費用的函數(shù)，再利用均值不等式求出最值.
【精講精析】選B.平均每件產(chǎn)品的費用為 當且僅當 ，即 時取等號.所以每批應生產(chǎn)產(chǎn)品80件，才能使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準備費用與倉儲費用之和最小.
4、（2011?安徽高考理科?Ｔ19）（Ⅰ）設 證明
（Ⅱ）設 ，證明
【思路點撥】利用不等式的基本性質，對數(shù)函數(shù)的性質和對數(shù)換底公式的知識.
【精講精析】證明：（1）由于
所以要證明 ，
只需證
將上式中的右式減左式，得
既然 所以 從而所要證明的不等式成立.
（Ⅱ）設 ，由對數(shù)的換底公式得
于是，所要證明的不等式即為
其中
故由（Ⅰ）成立知 成立.
【考點精題精練】
一、選擇題
1、下列選項中，p是q的必要不充分條件的是（ ）
A.p: ＞b+d , q: ＞b且c＞d
B.p:a＞1,b>1 q: 的圖像不過第二象限
C.p: x=1, q:
D.p:a＞1, q: 在 上為增函數(shù)
解析：由 ＞b且c＞d ＞b+d，而由 ＞b+d ＞b且c＞d，可舉反例。選A。
2、已知 ， ， ， 為實數(shù)，且 ＞ .則“ ＞ ”是“ － ＞ － ”的（ ）
A. 充分而不必要條件 B. 必要而不充分條件
C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件
解析：顯然，充分性不成立.又，若 － ＞ － 和 ＞ 都成立，則同向不等式相加得 ＞
即由“ － ＞ － ” “ ＞ ”
3、若a、b、c ，則下列不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
答案: C
4、已知a、b、c∈R，則“a＞b”是“ac2＞bc2”的( )
(A)充分而不必要條件
(B)必要而不充分條件
(C)充要條件
(D)既不充分也不必要條件
解析：選B.若c=0，則a＞b ac2＞bc2，但若ac2＞bc2，則c2＞0，∴ac2＞bc2 a＞b，故選B
5、(2011?大連模擬)若a>b>0,則下列不等式不成立的是( )
(A) (B)a2＞b2
(C)a+b≥ (D)
【解析】選D.∵a＞b＞0,∴ ,a2＞b2故A、B成立，又a+b＞ a+b≥ , ∴C成立，故選D.
6、(2011?日照模擬)下列結論正確的是( )
(A) x∈R，使2x2-x+1＜0成立
(B)
(C) 的最小值為2
(D)0＜x≤2時，函數(shù)y=x- 有最大值為
【解析】選D.∵2x2-x+1=2(x- )2+ ≥ ＞0，
∴ x∈R，都有2x2-x+1＜0不成立；∵ x＞1,都有 成立，∴ x＞0，都有l(wèi)gx+ ≥2不成立；
若 則當且僅當x2+2=1時，不等式取等號，顯然不可能；當0＜x≤2時，函數(shù)y=x- 為增函數(shù)，其最大值為 即此結論正確，故應選D.
7、實數(shù)x、y滿足不等式組 ,則 的取值范圍 ( )
A.[-1, ] B.[- , ] C. D.
答案：D
8、下列結論中，錯用基本不等式做依據(jù)的是（ ）
A．a(chǎn)，b均為負數(shù)，則 B．
C． D．
答案：C
9、已知y=f(x)是R上的減函數(shù),且y=f(x)的圖象經(jīng)過點A(0,1)和點B(3,－1),則不等式<1的解集為( )
A.(－1,2) B.(0,3) C.(－∞,－2) D.(－∞,3)
答案：A
10、設 ， ，則下列不等式中一定成立的是 （ ）
A． B． C． D．
答案：C
11、已知實數(shù)x，y滿足 的最小值為（ ）
A．5B．10 C．25D．210
答案：A
12、已知｜a｜≠｜b｜，m＝ ，n＝ ，則m、n之間的大小關系是（ ）
A. m>n B. m<n C. m nD. m≤n
答案：D
二、填空題
13、(2011?濟南模擬)已知M=2(a2+b2),N=2a-4b+2ab-7,且a、b∈R，則M、N的大小關系為_______.
【解析】M-N=(a2-2a+1)+(b2+4b+4)+(a2+b2-2ab)+2=(a-1)2+(b+2)2+(a-b)2+2＞0.
答案：M＞N
14、不等式 的解集為
答案：
15、若 ，則 與 的大小關系是
答案：
16、(2011?菏澤模擬)已知f(x)是定義在R上的以3為周期的奇函數(shù)，若f(1)>1，f(2)= ,則實數(shù)a的取值范圍是_____.
【解析】∵f(2)=f(2-3)=f(-1)=-f(1)<-1
答案：(-1, )
三、解答題
17、（本小題12分）已知函數(shù) ，求函數(shù)的最小值.
解： ………………………………………………………2分
…8分
等號成立，所以 ………………………………………………12分
18、某營養(yǎng)師要為某個兒童準備午餐和晚餐.已知一個單位的午餐含12個單位的碳水化合物，6個單位的蛋白質和6個單位的維生素C；一個單位的晚餐含8個單位的碳水化合物，6個單位的蛋白質和10個單位的維生素C.另外，該兒童這兩餐需要的營養(yǎng)中至少含64個單位的碳水化合物，42個單位的蛋白質和54個單位的維生素C.
如果一個單位的午餐、晚餐的費用分別是2.5元和4元，那么要滿足上述的營養(yǎng)要求，并且花費最少，應當為該兒童分別準備多少個單位的午餐和晚餐？
解析：設為該兒童分別準備x,y個單位的午餐和晚餐，共需z元，則z=2.5x+4y，
可行域為
即 作出可行域如圖陰影中的整點：
所以，當x=4,y=3時，
花費最少，為zmin=2.5×4+4×3=22(元).
答：應當為該兒童分別準備4個單位午餐和3個單位晚餐.
2016屆高考數(shù)學備考復習：函數(shù)與方程及函數(shù)的實際應用
j.Co M
專題一：集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導數(shù)
第三講 函數(shù)與方程及函數(shù)的實際應用
【最新考綱透析】
1．函數(shù)與方程
（1）結合二次函數(shù)的圖象，了解函數(shù)的零點與方程根的聯(lián)系，判斷一元二次方程根的存在性及根的個數(shù)。
（2）根據(jù) 具體函數(shù)的圖象，能夠用二分法求相應方程的近似解。
2．函數(shù)模型及其應用
（1）了解指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)以及冪函數(shù)的增長特征，知道直線上升、指數(shù)增長、對數(shù)增長等不同函數(shù)類型增長的含義。
（2）了解函數(shù)模型（如指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)、分段函數(shù)等在社會生活中普遍使用的函數(shù)模型）的廣泛應用。
【核心要點突破】
要點考向一：函數(shù)零點問題
考情聚焦：1.函數(shù)的零點是新課標的新增內(nèi)容,其實質是相應方程的根,而方程是高考重點考查內(nèi)容, 因而函數(shù)的零點亦成為新課標高考命題的熱點.
2.常與函數(shù)的圖象、性質等知識交匯命題，多以選擇、填空題的形式考查。
考向鏈接：1.函數(shù)零點（方程的根）的確定問題，常見的類型有（1）零點或零點存在區(qū)間的確定；（2）零點個數(shù)的確定；（3）兩函數(shù)圖象交戰(zhàn)的橫坐標或有幾個交點的確定；解決這類問題的常用方法有：解方 程法、利用零點存在的判定或數(shù)形結合法，尤其是那些方程兩端對應的函數(shù)類型不同的方程多以數(shù)形結合法求解。
2．函數(shù)零點（方程的根）的應用問題，即已知函數(shù)零點的存在情況求參數(shù)的值或取值范圍問題，解決該類問題關鍵是利用函數(shù)方程思想或數(shù)形結合思想，構建關于參數(shù)的方程或不等式求解。
例1：（2010?福建高考文科?Ｔ7）函數(shù) 的零點個數(shù)為（ ）
A.2 B.3 C.4 D.5
【命題立意】本題從分段函數(shù)的角度出發(fā)，考查了學生對基本初等函數(shù)的掌握程度。
【思路點撥】作出分段函數(shù)的圖像，利用數(shù)形結合解題。
【規(guī)范解答】選C， ，繪制出圖像大致如右圖，所以零點個數(shù)為2。
【方法技巧】本題也可以采用分類討論的方法進行求解。
令 ，則
（1）當 時， ， 或 （舍去）；
（2）當 時， ，
綜上述：函數(shù) 有兩個零點。
要點考向二：用二分法求函數(shù)零點近似值
考情聚焦：1.該考向雖然在近幾年新課標高考中從未涉及,但由于二分法是求方程根的近似值的重要方法,其又是新課標新增內(nèi)容,預計在今后的新課標高考中可能會成為新的亮點.
2.該類問題常與函數(shù)的圖象、性質交匯命題，考查學生的探究和計算能力。
考向鏈接：用二分法求函數(shù)零點近似值的步驟
（1）確定區(qū)間[a,b]，驗證f(a)?f(b)<0,給定精確度 ；（2）求區(qū)間(a,b)的中點 ；（3）計算f( );
①當f( )=0,則 就是函數(shù)的零點；
②若f(a)?f( )<0,則令b= (此時零點 )，
③若f( )?f(b)<0,則令a= (此時零點 )。
(4)判斷是否達到其精確度 ，則得零點近似值，否則重復以上步驟。
例2：已知函數(shù)
（1）求證函數(shù) 在區(qū)間[0，1]上存在惟一的極值點。
（2）用二分尖求函數(shù)取得極值時相應 的近似值。（誤差不超過0.2;參數(shù)數(shù)據(jù) ）
【思路解析】求導數(shù)→ → 在[0,1]上單調→得出結論→取初始區(qū)間→用二分法逐次計算→得到符合誤差的近似值.
【解答】
（2）取區(qū)間 [0，1]作為起始區(qū)間，用二分法逐次計算如下：
區(qū)間中點坐標中點對應導數(shù)值取值區(qū)間
[0，1]1
[0，0.5]0.5
[0.25,0.5]0.25
由上表可知區(qū)間[0.25,0.5]的長度為0.25,所以該區(qū)間的中點 ,到區(qū)間端點距離小于0.2,因此可作為誤差不超過0.2的一個極值點的相應 的值.
函數(shù) 取得極值時,相應
要點考向二：函數(shù)的實際應用
考情聚焦：1.函數(shù)的實際應用歷年來一直是高考的熱點，考查現(xiàn)實生活中的熱點問題，如生產(chǎn)經(jīng)營，環(huán)境保護，工程建設等相關的增長率、最優(yōu)化問題。
2．常用導數(shù)、基本不等式、函數(shù)的單調性等重要知識求解。
例3：（2010?湖北高考理科?Ｔ17）為了在夏季降溫和冬季供暖時減少能源損耗，房屋的屋頂 和外墻需要建造隔熱層．某幢建筑物要建造可使用20年的隔熱層，每厘米厚的隔熱層建造成本為6萬元．該建筑物每年的能源消耗費用C（單位：萬元）與隔熱層厚度 （單位：cm）滿足關系： ，若不建隔熱層，每年能源消耗費用為8萬元．設 為隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和．
（Ⅰ）求 的值及 的表達式；
（Ⅱ）隔熱層修建多厚時，總費用 達到最小，并求最小值．
【命題立意】本題主要考查由實際問題求函數(shù)解析式、利用導數(shù)求函數(shù)最值，考查考生的閱讀理解及運算求解能力．
【思路點撥】 的表達式 的最小值
【規(guī)范解答】（Ⅰ）設隔熱層厚度 cm，由題意建筑物每年的能源消耗費用為 ，再由 得 ，故 ；又 厘米厚的隔熱層建造費用為 ，所以由題意 = + = + 。
（Ⅱ） ，令 0
得 （舍去），當 時， ，當 時， ，故 時 取得最小值，且最小值 = =70
.因此當隔熱層修建5cm厚時，總費用達到最小，且最小值為70萬元。
【方法技巧】解 函數(shù)應用題的第一關是：正確理解題意，將實際問題的要求轉化為數(shù)學語言，找出函數(shù)關系式，注明函數(shù)定義域；第二關是：針對列出的函數(shù)解析式按題目要求，選擇正確的數(shù)學思想將其作為一個純數(shù)學問題進行解答。
【高考真題探究】
1．（2010上海文數(shù)）17.若 是方程式 的解，則 屬于區(qū)間 [答]（ ）
（A）（0，1）. （B）（1，1.25）. （C）（1.25，1.75） （D）（1.75，2）
解析：
知 屬于區(qū)間（1.75，2）
2．（2010天津理數(shù)）（2）函數(shù)f(x)= 的零點所在的一個區(qū)間是
(A)（-2，-1）(B)（-1,0）(C)（0,1）(D)（1,2）
【答案】B
【解析】本題主要考查函數(shù)零點的概念與零點定理的應用，屬于容易題。
由 及零點定理知f(x)的零點在區(qū)間（-1，0）上。
【溫馨提示】函數(shù)零點附近函數(shù)值的符號相反，這類選擇題通常采用代入排除的方法求解。
3．（2010福建文數(shù)）21．(本小題滿分12分)
某港口 要將一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的輪船上，在小艇出發(fā)時，輪船位于港口 北偏西30°且與該港口相距20海里的 處，并正以30海里/小時的航行速度沿正東方向勻速行駛。假設該小艇沿直線方向以 海里/小時的航行速度勻速行駛，經(jīng)過 小時與輪船相遇。
(Ⅰ)若希望相遇時小艇的航行距離最小，則小艇航行速度的大小應為多少？
(Ⅱ)為保證小艇在30分鐘內(nèi)(含30分鐘)能與輪船相遇，試確定小艇航行速度的最小值；
(Ⅲ)是否存在 ，使得小艇以 海里/小時的航行速度行駛，總能有兩種不同的航行方向與輪船相遇？若存在，試確定 的取值范圍；若不存在，請說明理由。
21.本小題主要考查解三角形、二次函數(shù)等基礎知識，考查推理論證能力、抽象概括能力、運算求解能力、應用意識，考查函數(shù)函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想、化歸與轉化思想。
解法一：
設相遇時小艇的航行距離為S海里，則
于是
小艇總能有兩種不同的航行方向與輪船相遇，等價于方程 應有兩個不等正根，即：
解法二：
（I）若相遇時小艇的航行距離最小，又輪船沿正東方向勻速行駛，則小艇航行方向為正北方向。設小艇與輪船在C處相遇。
則在Rt?OAC中，OC=20cos300=10- ,AC=30t,OC=vt.此時，輪船航行時間t= , 。即，小艇以30 海里/小時的速度航行時，相遇時小船的航行距離最小。
【跟蹤模擬訓練】
一、選擇題（每小題6分，共36分）
1. 若函數(shù)f(x)=x3+x2-2x-2的一個正數(shù)零點附近的函數(shù)值用二分法計算，參考數(shù)據(jù)如下：
那么方程x3+x2-2x-2=0的一個近似根（精確度0.1)為( )
(A)1.25(B)1.375(C)1.437 5 (D)1.5
2．對于函數(shù)f(x)=x2+mx+n,若f(a)>0,f(b)>0,則函數(shù)f(x)在區(qū)間（a,b)內(nèi)( )
(A)一定有零點
(B)一定沒有零點
(C)可能有兩個零點
(D)至多有一個零點
3．如圖，A、B、C、D是某煤礦的四個采煤點，l為公路，圖中所示線段為道路，ABQP，BCRQ，CDSR近似于正方形，已知A，B，C，D四個采煤點每天的采煤量之比約為3∶2∶1∶5,運煤的費用與運煤的路程、所運煤的重量都成正比.現(xiàn)要從P，Q，R，S中選出一處設立一個運煤中轉站，使四個采煤點的煤運到中轉站的費用最少，則地點應選在( )
(A)P(B)Q(C)R(D)S
4． 已知函數(shù)
若方程f(x)=x+a有且只有兩個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是( )
(A)（-∞，0］ (B)(-∞,1)
(C)［0,1］ (D)［0,+∞)
5．若x1滿足2x+2x=5,x2滿足2x+2log2(x-1)=5,則x1+x2=( )
（A） （B）3 （C） （D）4
6．已知甲、乙兩車由同一起點同時出發(fā)，并沿同一路線（假定為直線）行駛.甲車、乙車的速度曲線分別為v甲和v乙（如圖所示）.那么對于圖中給定的t0和t1，下列判斷中一定正確的是( )
(A)在t1時刻，甲車在乙車前面
(B)t1時刻后，甲車在乙車后面
(C)在t0時刻，兩車的位置相同
(D)t0時刻后，乙車在甲車前面
二、填空題(每小題6分，共18分)
7.為緩解南方部分地區(qū)電力用煤緊張的局面，某運輸公司提出五種運輸方案，據(jù)預測，這五種方案均能在規(guī)定時間T完成預期的運輸任務Q0，各種方案的運煤總量Q與時間t的函數(shù)關系如下圖所示.在這五種方案中，運煤效率（單位時間的運煤量）逐步提高的是_________.（填寫所有正確的圖象的編號）
8.在用二分法求方程x3-2x-1=0的一個近似解時，已經(jīng)將一根鎖定在區(qū)間(1,2)內(nèi)，則下一步可斷定該根所在的區(qū)間為______.
9.關于x的方程cos2x-sinx+a=0在(0, ］上有解，則a的取值范圍為_____.
三、解答題(10、11題每題15分，12題16分，共46分)
10.已知函數(shù)f(x)=4x+m?2x+1有且只有一個零點，求實數(shù)m的取值范圍，并求出零點.
11.某電腦生產(chǎn)企業(yè)生產(chǎn)一品牌筆記本電腦的投入成本是4 500元/臺.當筆記本電腦銷售價為6 000元/臺時，月銷售量為a臺;根據(jù)市場分析的結果表明，如果筆記本電腦的銷售價提高的百分率為x(0<x<1)，那么月銷售量減少的百分率為x2.記銷售價提高的百分率為x時，電腦企業(yè)的月利潤是y(元).
（1）寫出月利潤y(元)與x的函數(shù)關系式；
（2）試確定筆記本電腦的銷售價，使得電腦企業(yè)的月利潤最大.
12.已知f(x)是二次函數(shù)，不等式f(x)<0的解集是(0,5),且f(x)在區(qū)間［-1,4］上的最大值是12.
（1）求f(x)的解析式；
（2）是否存在自然數(shù)m，使得方程f(x)+ =0在區(qū)間(m,m+1)內(nèi)有且只有兩個不等的實數(shù)根？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，說明理由.
參考答案
1．【解析】選C.根據(jù)題意知函數(shù)的零點在
1.406 25至1.437 5之間，
因為此時1.437 5-1.406 25=0.031 25<0.1，故方程的一個近似根可以是1.437 5.
2．【解析】選C.由于f(a)>0,f(b)>0，且拋物線開口向上，所以可能有兩個零點.
3．【解析】選C.設正方形邊長為a，采煤量比例系數(shù)為x，費用比例系數(shù)為k,對于A，中轉站選在P點時，費用y1=3kxa+4kxa+3kxa
+20kxa=30kxa;對于B，中轉站選在Q點時，費用y2=6kxa+2kxa+
2kxa+15kxa=25kxa;對于C，中轉站選在R點時，費用y3=9kxa+
4kxa+kxa+10kxa=24kxa;對于D，中轉站選在S點時，費用
y4=12kxa+6kxa+2kxa+5kxa=25kxa.而24kxa<25kxa< 30kxa，故選C.
4．【解析】選B.在同一坐標系內(nèi)畫出函數(shù)y=f(x)和y=x+a的圖象.由圖可知a<1.
5．【解析】選C.∵2x+2x=5?2x=5-2x,
2x+2log2(x-1)=5?2log2(x-1)=5-2x.
∴可抽象出三個函數(shù)y=2x,y=2log2(x-1),y=5-2x, 在同一坐標系中分別作出它們的圖象（如圖所示）.
觀察知：
6．【解析】選A.由圖象可知，速度圖象與t軸圍成的面積表示汽車行駛的位移，在t0時刻，甲車的位移大于乙車的位移，故在t0時刻甲車應在乙車的前面，且t0時刻兩車速度相同，故C、D不對，t1時刻甲車的位移大于乙車的位移，故A對.
7．【解析】由于要求運煤效率逐步提高，因此反映到圖象上各點處的切線的斜率即導數(shù)應逐漸增大，而只有②符合.
答案：②
8．【解析】令f(x)=x3-2x-1,
顯然f(1)＜0,f(2)＞0,
又
答案：( ,2)
9．【解析】原方程可化為a=sin2x+sinx-1，方程有解當且僅當a屬
于函數(shù)y=sin2x+sinx-1的值域時，而y=sin2x+sinx-1=(sinx+ )2- ,∵x∈(0, ]，∴sinx∈(0,1］.可求得值域為(-1,1］,即a的取值范圍是(-1,1］.
答案：(-1,1］
10．【解析】由題 知：方程4x+m?2x+1=0只有一個零點.
令2x=t(t>0),
∴方程t2+m?t+1=0只有一個正根，
∴由圖象可知，
當m=-2時t=1,∴x=0.
∴函數(shù)的零點為x=0.
11．【解析】（1）依題意，銷售價提高后為6 000(1+x)元/臺，月銷售量為a(1-x2)臺，
則y=a(1-x2)［6 000(1+x)-4 500］
即y=1 500a(-4x3-x2+4x+1)(0<x<1).
（2)y′= 1500a(-12x2-2x+4)，
令y′=0,得6x2+x-2=0,
解得，x=1/2,x=-2/3(舍去).
當0<x<1>0;當1/2＜x＜1時，y’＜0.
答案：(1,+∞)
6.設 為實數(shù)，已知函數(shù)
（1）當 =1時，求函數(shù) 的極值。
（2）若方程 =0有三個不等實數(shù)根，求 的取值范圍。
（2）因為f′(x)=x2-2ax+(a2-1)=［x-(a-1)］［x-(a+1)］,所以方程f′(x)=0的兩根為a-1和a+1，
顯然，函數(shù)f(x)在x=a-1處取得極大值，在x=a+1處取得極小值.因為方程f(x)=0有三個不等實根，
解得-2故a的取值范圍是(-2,-1)∪(-1,1)∪(1,2).
7.設函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上滿足f(2-x)=f(2+x),f(7-x)=f(7+x),且在閉區(qū)間［0,7］上，只有f(1)=f(3)=0.
(1)試判斷函數(shù)y=f(x)的奇偶性；
(2)試求方程f(x)=0在閉區(qū)間［-2 009, 2 009］上的根的 個數(shù)，并證明你的結論.
【解析】(1)由已知得f(0)≠0，故f(x)不是奇函數(shù)，
又f(-1)=f(5)≠0,故y軸不是函數(shù)y=f(x)的對稱軸，即f(x)不是偶函數(shù).
綜上知，函數(shù)y=f(x)既不是奇 函數(shù)又不是偶函數(shù).
又f(3)=f(1)=0,
∴f(11)=f(13)=f(-7)=f(-9)=0.
故f(x)在［0,10］和［-10,0］上均有2個根，從而可知函數(shù)y=f(x)在［0,2 000］上有400個根，在［2 000,2 009］上有2個根，在［-2 000,0］上有400個根，在［-2 009,-2 000］上有2個根.
所以函數(shù)y=f(x)在［-2 009,2 009］上有804個根.
兩角和
3.1.2 兩角和與差的正弦、余弦、正切公式
前預習學案
一、預習目標
1.理解并掌握兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，初步運用公式求一些角的三角函數(shù)值；
2.經(jīng)歷兩角和與差的三角公式的探究過程，提高發(fā)現(xiàn)問題、分析問題、解決問題的能力；
二、預習內(nèi)容
1、在一般情況下sin(α+β)≠sinα+sinβ,cos(α+β)≠cosα+cosβ.
2、
已知 ，那么 ( )
A、－ B、 C、 D、
3.在運用公式解題時，既要注意公式的正用，也要注意公式的反用和變式運用.如公式tan(α±β)= 可變形為：tanα±tanβ=tan(α±β)(1 tanαtanβ);
±tanαtanβ=1- ,
4、又如：asinα+bcosα= (sinαcosφ+cosαsinφ)= sin(α+φ),其中tanφ= 等，有時能收到事半功倍之效.
=_____________.
三、提出疑惑
同學們，通過你的自主學習，你還有哪些疑惑，請把它填在下面的表格中
疑惑點疑惑內(nèi)容
內(nèi)探究學案
一、學習目標
1. 能從兩角差的余弦公式導出兩角和的余弦公式，以及兩角和與差的正弦、正切公式，了解公式間的內(nèi)在聯(lián)系。
2.能應用公式解決比較簡單的有關應用的問題。
學習重難點：
1. 重點：兩角和、差正弦和正切公式的推導過程及運用；
2. 難點：兩角和與差正弦、余弦和正切公式的靈活運用.
二、學習過程
（一）復習式導入：大家首先回顧一下兩角和與差的余弦公式：
動手完成兩角和與差正弦和正切公式.
觀察認識兩角和與差正弦公式的特征，并思考兩角和與差正切公式.
通過什么途徑可以把上面的式子化成只含有 、 的形式呢？（分式分子、分母同時除以 ，得到 ．
注意：
以上我們得到兩角和的正切公式，我們能否推倒出兩角差的正切公式呢？
注意： ．
（二）例題講解
例1、已知 是第四象限角，求 的值.
例2、利用和（差）角公式計算下列各式的值：
（1）、 ；（2）、 ；（3）、 ．
例3、化簡
（三）反思總結
(四)當堂檢測
(A) (B)
(C) (D)
(A) (B)
(D)
(A) (B)
(C) (D)
參考答案
1、 2、C 3、A 4、 5、1 6、
后練習與提高
1. 已知 求 的值．（ ）
2. 若
3、函數(shù) 的最小正周期是___________________.
4、 為第二象限角，
參考答案
1. 2、 39、2 4、 5.
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