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高考數學第一輪導學案復習冪函數
【高考要求】冪函數（A）
【目標】了解冪函數的概念；結合函數y＝x,y＝x2,y＝x3, 的圖象,了解冪函數的圖象變化情況.
【重難點】冪函數的性質及其應用
【知識復習與自學質疑】
1、冪函數 的圖像經過 ，則 單調增區間為
2、冪函數 的圖像不經過原點，則m的取值范圍
3、設 ，則使函數 的定義域為R且為奇函數的 的值
4、 是偶函數，且在 上是減函數，則整數 的值是
【交流展示與互動探究】
例1、求 的定義域。
例2、比較下列各組數中三個數的大小，并說明理由。
（1） （2） （3）
例3、已知 是偶函數，且 ，求m的值，并確定 的函數解析式。
【矯正反饋】
1、冪函數 的圖像過 ，那么
2、設 冪函數 的圖像在 的上方，則 的取值范圍
3、函數 在區間 上是減函數
4、 在區間 上的最大值是
【遷移應用】
5、已知冪函數 的圖像與x軸，y軸都無交點，且關于y軸對稱。試確定 的解析式。
專題四 三角函數（教師版）
【考綱解讀】
1.了解任意角的概念,了解弧度制的概念,能進行弧度與角度的互化;理解任意角的三角函數(正弦、余弦、正切）的定義.
2.能利用單位圓中的三角函數線推導出 , 的正弦、余弦、正切的誘導公式;理解同角的三角函數的基本關系式:sin2x+cos2x=1, .
3.能畫出y=sinx, y=cosx, y=tanx的圖象,了解三角函數的周期性;2.理解正弦函數,余弦函數在區間[0,2 ]上的性質(如單調性,最大值和最小值以及與x軸的交點等),理解正切函數在區間(- , )內的單調性.
4.了解函數 的物理意義；能畫出 的圖象，了解 對函數圖象變化的影響.
5.會用向量的數量積推導兩角差的余弦公式;能利用兩角差的余弦公式導出兩角和與差的正弦、余弦和正切公式,了解它們的內在聯系.
6.能利用兩角差的余弦公式導出二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它們的內在聯系；能運用上述公式進行簡單的恒等變換(包括導出積化和差、和差化積、半角公式，但對這三組公式不要求記憶).
【考點預測】
從近幾年高考試題看，對三角函數的考查：一是以選擇填空的形式考查三角函數的性質及公式的應用，一般占兩個小題；二是以解答題的形式綜合考查三角恒等變換、 的性質、三角函數與向量等其他知識綜合及三角函數為背景的實際問題等.
預測明年，考查形式不變，選擇、填空題以考查三角函數性質及公式應用為主，解答題將會以向量為載體，考查三角函數的圖象與性質或者與函數奇偶性、周期性、最值等相結合，以小型綜合題形式出現.
【要點梳理】
1.知識點:弧度制、象限角、終邊相同的角、任意角三角函數的定義、同角三角函數基本關系式、誘導公式、三角函數線、三角函數圖象和性質；和、差、倍角公式，正、余弦定理及其變形公式.
2.三角函數中常用的轉化思想及方法技巧:
(1)方程思想: , , 三者中,知一可求二;
(2)“1”的替換: ;
(3)切弦互化:弦的齊次式可化為切；
(4)角的替換: , ;
(5)公式變形: , ,
(6)構造輔助角(以特殊角為主):
3.函數 的問題:
(1)“五點法”畫圖:分別令 、 、 、 、 ，求出五個特殊點；
(2)給出 的部分圖象,求函數表達式時,比較難求的是 ,一般從“五點法”中取靠近 軸較近的已知點代入突破;
(3)求對稱軸方程:令 ,
求對稱中心: 令 ;
(4)求單調區間:分別令 ;
,同時注意A、 符號.
4.解三角形:
(1)基本公式:正弦、余弦定理及其變形公式；三角形面積公式；
(2)判斷三角形形狀時，注意邊角之間的互化.
【考點在線】
考點1 三角函數的求值與化簡
此類題目主要有以下幾種題型：
⑴考查運用誘導公式和逆用兩角和的正弦、余弦公式化簡三角函數式能力，以及求三角函數的值的基本方法.
⑵考查運用誘導公式、倍角公式，兩角和的正弦公式，以及利用三角函數的有界性求的值 故f(x)的定義域為
（Ⅱ）由已知條得
從而 ＝
【名師點睛】本小題主要考查三角函數的定義域和兩角差的公式，同角三角函數的關系等基本知識，考查運算和推理能力，以及求角的基本知識..
【備考提示】：熟練掌握三角函數公式與性質是解答好本類題的關鍵.
練習1: （2011年高考福建卷科9)若 ∈（0， ），且 ，則 的值等于( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因為 ∈（0， ），且 ，所以 ,
即 ,所以 = 或 (舍去),所以 ,即 ,選D.
考點2 考查 的圖象與性質
考查三角函數的圖象和性質的題目，是高考的重點題型.此類題目要求考生在熟練掌握三角函數圖象的基礎上要對三角函數的性質靈活運用，會用數形結合的思想解題.
【備考提示】：三角函數的圖象及性質是高考考查的熱點內容之一,熟練其基礎知識是解答好本類題的關鍵.
練習2.(2011年高考江蘇卷9)函數 是常數， 的部分圖象如圖所示，則
【答案】
【解析】由圖象知：函數 的周期為 ，而周期 ，所以 ，由五點作圖法知： ，解得 ，又A= ，所以函數 ，所以 .
考點3 三角函數與向量等知識的綜合
三角函數與平面向量的綜合,解答過程中,向量的運算往往為三角函數提供等量條.
例3.（2009年高考江蘇卷第15題）
設向量
（1）若 與 垂直，求 的值；
（2）求 的最大值;
（3）若 ，求證： ∥ .
【解析】
【名師點睛】本小題主要考查向量的基本概念，同時考查同角三角函數的基本關系式、二倍角的正弦、兩角和的正弦與余弦公式，考查運算和證明得基本能力.
【備考提示】：熟練三角公式與平面向量的基礎知識是解決此類問題的關鍵.
練習3.（天津市十二區縣重點中學2011年高三聯考二理）（本小題滿分13分）
已知向量 ， ．
（I）若 ,求 值；
（II）在 中，角 的對邊分別是 ，且滿足 ，
求函數 的取值范圍.
【解析】（I） ----------------1分
= ----------------3分
= ----------------4分
∵ ∴ ∴ = -------6分
（II）∵ ，
由正弦定理得 -----------------8分
∴ - ----------------9分
∵ ∴ ，且
∴ ∵ ∴ ----------------10分
∴ ----------------11分
∴ ----------------12分
∴ ∴ ---13分
考點4. 解三角形
解決此類問題，要根據已知條，靈活運用正弦定理或余弦定理，求邊角或將邊角互化.
例4. (2011年高考安徽卷科16) 在 ABC中，a，b，c分別為內角A，B，C所對的邊長，a= ，b= ， ，求邊BC上的高.
【解析】∵A＋B＋C＝180°，所以B＋C＝A，
又 ，∴ ，
即 ， ，又0°<A<180°，所以A＝60°.
在△ABC中，由正弦定理 得 ，
又∵ ，所以B＜A，B＝45°，C＝75°，
∴BC邊上的高AD＝ACsinC＝
【名師點睛】本題考察兩角和的正弦公式，同角三角函數的基本關系，利用內角和定理、正弦定理、余弦定理以及三角形邊與角之間的大小對應關系解三角形的能力，考察綜合運算求解能力.
【備考提示】：解三角形問題所必備的知識點是三大定理“內角和定理、正弦定理、余弦定理”具體的思路是化統一的思想“統一成純邊或純角問題”即可.
練習4. （2011年高考東卷科17)在 ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知 .
（I）求 的值；
（II）若cosB= ，
【解析】(1)由正弦定理得 所以 = ,即 ,即有 ,即 ,所以 =2.
(2)由(1)知 =2,所以有 ,即c=2a,又因為 的周長為5,所以b=5-3a,由余弦定理得：
，即 ，解得a=1，所以b=2.
【易錯專區】
問題：三角函數的圖象變換
例. (2011年高考全國卷理科5)設函數 ，將 的圖像向右平移 個單位長度后，所得的圖像與原圖像重合，則 的最小值等于( )
（A） （B） （C） （D）
【答案】C
【解析】 即 ,
z則 時 故選C.
【名師點睛】本題考查三角函數的圖象平移,在平移時,應注意 的系數.
【備考提示】：三角函數的圖象變換是高考的熱點,必須熟練此類問題的解法.
【考題回放】
1. (2011年高考東卷理科3)若點（a,9）在函數 的圖象上，則tan= 的值為( )
（A）0 (B) (C) 1 (D)
【答案】D
【解析】由題意知:9= ,解得 =2,所以 ,故選D.
2. (2011年高考東卷理科6)若函數 (ω>0)在區間 上單調遞增，在 【答案】C.
【解析】若 對 恒成立，則 ，所以 ， .由 ，（ ），可知 ，即 ，所以 ，代入 ，得 ，由 ，得 ，故選C.
4.(2011年高考遼寧卷理科4)△ABC的三個內角A、B、C所對的邊分別為a，b，c，asin AsinB+bcos2A= 則 （ ）
(A) (B) (C) (D)
【答案】 D
【解析】由正弦定理得，sin2AsinB+sinBcos2A= sinA，即sinB（sin2A+cos2A）= sinA，
故sinB= sinA，所以 ；
5.(2011年高考遼寧卷理科7)設sin ，則 （ ）
(A) (B) (C) (D)
【答案】A
【解析】
6.(2011年高考浙江卷理科6)若 ， ， ， ，則 （ ）
（A） （B） （C） （D）
【答案】 C
【解析】
, 故選C.
7. (2011年高考全國新標卷理科5)已知角 的頂點與原點重合，始邊與橫軸的正半軸重合，終邊在直線 上，則， （ ）
A B C D
【答案】B
【解析】因為該直線的斜率是 ，所以， .
8. (2011年高考全國新標卷理科11)設函數 的最小正周期為 ，且 ，則（ ）
（A） 在 單調遞減 （B） 在 單調遞減 （C） 在 單調遞增 （D） 在 單調遞增
【答案】A
【解析】函數解析式可化為 ，
又因為該函數是偶函數，所以， ，所以，該函數在 上是減函數。故選A
9. (2011年高考天津卷理科6)如圖，在△ 中， 是邊 上的點，且 ，則 的值為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】設 ,則由題意可得: ,在 中,由余弦定理得： = ，所以 = ，在△ 中，由正弦定理得， ，所以 ，解得 = ，故選D.
10．(2011年高考湖北卷理科3)已知函數 ，若 ，則 的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由 ，即 ，解得 ,
即 ，所以選B.
11．(2011年高考陜西卷理科6)函數 在 內( )
（A）沒有零點 （B）有且僅有一個零點
（C）有且僅有兩一個零點（D）有無窮個零點
【答案】B
【解析】令 ， ，則它們的圖像如圖故選B
12.(2011年高考重慶卷理科6)若 的內角 所對的邊 滿足 ，且 ，則 的值為( )
（A） (B)
(C)1 (D)
【答案】A
【解析】由 得 ，由 得 ，解得 .
13. (2011年高考四川卷理科6)在 ABC中． .則A的取值范圍是( )
(A)(0， ] (B)[ ， ) (c)(0， ] (D) [ ， )
【答案】C
【解析】由正弦定理，得 ，由余弦定理，得 ，則 , , .
14.(2011年高考遼寧卷理科16)已知函數f（x）=Atan（ x+ ）（ ＞0， ），y=f（x）的部分圖像如下圖，則f（ ）=____________.
【答案】
【解析】函數f(x)的周期是 ，故 ，由 得 .所以 ，故 .
15.(2011年高考安徽卷理科14)已知 的一個內角為120o，并且三邊長構成公差為4
的等差數列，則 的面積為_______________
【答案】
【解析】設三角形的三邊長分別為 ，最大角為 ，由余弦定理得 ，則 ，所以三邊長為6,10,14.△ABC的面積為 .
16. (2011年高考全國新標卷理科16)在 中， ，則 的最大值為 。
【答案】
【解析】在三角形ABC中，由正弦定理得
其中， ，又因為 ，所以最大值為
17.(2011年高考浙江卷理科18)（本題滿分14分）在 中，角 所對的邊分別為a,b,c已知 且 .（Ⅰ）當 時，求 的值；(Ⅱ)若角 為銳角，求p的取值范圍；
【解析】（Ⅰ）由正弦定理得 ， ①
又 ②聯立①②解得
(Ⅱ)由（Ⅰ）可知 ，由余弦定理得
即 由題設知
所以
18. (2011年高考天津卷理科15)（本小題滿分13分）
已知函數 ，
（Ⅰ）求 的定義域與最小正周期；
（Ⅱ）設 ，若 求 的大小．
【解析】（Ⅰ）由 得 所以 的定義域為
. 的最小正周期為 .
（Ⅱ）由 得 即 ,
（2）若 a2+b2=4(a+b)-8，求邊c的值
【解析】由 ，即 ，
因為 ，所以 ，兩邊平方得 ．
（2）由 得 ，所以 ，所以 ，
由 得 ，由余弦定理得 ，
又 ，即 ，所以 ，
所以 ，所以 ．
20. (2011年高考湖南卷理科17) （本小題滿分12分）在 中，角 所對的邊分別為 ，且滿足 .
求角 的大小；
求 的最大值，并求取得最大值時角 的大小.
【解析】 由正弦定理得
因為 ，所以 .從而 .又 ，所以 ，
則
由 知， ，于是 =
因為 ，所以 .從而當 ，即 時，
取最大值2.
綜上所述， 的最大值2，此時 ， .
【高考沖策演練】
一、選擇題：
1.（ 2010年高考全國卷I理科2）記 ,那么 ( )
A. B. - C. D. -
3．（2010年高考福建卷理科1） 的值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】原式= ，故選A。
4．（2010年高考安徽卷理科9）動點 在圓 上繞坐標原點沿逆時針方向勻速旋轉，12秒旋轉一周。已知時間 時，點 的坐標是 ，則當 時，動點 的縱坐標 關于 （單位：秒）的函數的單調遞增區間是( )
A、 B、 C、 D、 和
【答案】D
【解析】畫出圖形，設動點A與 軸正方向夾角為 ，則 時 ，每秒鐘旋轉 ，在 上 ，在 上 ，動點 的縱坐標 關于 都是單調遞增的.
5.(2010年高考天津卷理科7)在△ABC中，內角A、B、C的對邊分別是a、b、c，若 ，sinC=2 sinB，則A=( )
（A）30° （B）60° （C）120° （D）150°
【答案】A
【解析】由sinC=2 sinB結合正弦定理得： ，所以由于余弦定理得：
，所以A=30°，選A.
6．（2010年高考四川卷理科6）將函數 的圖像上所有的點向右平行移動 個單位長度，再把所得各點的橫坐標伸長到原的2倍（縱坐標不變），所得圖像的函數解析式是( )
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
8．（2010年高考陜西卷理科3）對于函數 ，下列選項中正確的是 （ ）
（A） f（x）在（ ， ）上是遞增的 （B） 的圖像關于原點對稱
（C） 的最小正周期為2 （D） 的最大值為2
【答案】B
【解析】∵ ，∴易知 在 上是遞減的，∴選項 錯誤.
∵ ，∴易知 為奇函數，∴ 的圖象關于原點對稱，∴選項 正確.
∵ ，∴ ，∴選項 錯誤.
∵ ，∴ 的最大值為 ，∴選項 錯誤.
9．(2010年高考全國2卷理數7）為了得到函數 的圖像，只需把函數 的圖像( )
（A）向左平移 個長度單位 （B）向右平移 個長度單位
（C）向左平移 個長度單位 （D）向右平移 個長度單位
【答案】B
【解析】 = ， = ，所以將 的圖像向右平移 個長度單位得到 的圖像，故選B.
10．（2010年高考上海市理科15）“ ”是“ ”成立的（ ）
（A）充分不必要條. （B）必要不充分條.
（C）充分條. （D）既不充分也不必要條.
【答案】A
11. (2010年高考重慶市理科6)已知函數 的部分圖象如題(6)圖所示，則（ ）
（A） （B）
（C） (D)
【答案】D
【解析】 ,由五點作圖法知 ， = - .
12．（2009年高考廣東卷A科第9題）函數 是（ ）
A．最小正周期為 的奇函數 B. 最小正周期為 的偶函數
C. 最小正周期為 的奇函數 D. 最小正周期為 的偶函數
【答案】A
【解析】因為 為奇函數, ,所以選A.
二．填空題：
13.(2011年高考安徽卷江蘇7)已知 則 的值為__________
【答案】
【解析】因為 ,而 =-cot2x,所以 ,
又因為 ,所以解得 ,所以 的值為 .
14．(2011年高考北京卷理科9)在 中。若b=5， ，tanA=2，則sinA=____________；a=_______________。
【答案】
【解析】由tanA=2得sinA= ，由正弦定理容易求得 .
15．(2011年高考福建卷理科14)如圖，△ABC中，AB=AC=2，BC= ，點D 在BC邊上，∠ADC=45°，則AD的長度等于______。
【答案】
【解析】由正余弦定理容易求出結果.
16．(2011年高考上海卷理科6)在相距2千米的 ． 兩點處測量目標 ，若 ，則 、 兩點之間的距離是 千米。
【答案】
【解析】由正弦定理得 ，解得AC= .
三．解答題：
17.(2011年高考重慶卷理科16)設 滿足 ，求函數 在 上的最大值和最小值
【解析】 ,
由 得 ，解得：
因此
當 時， ， 為增函數，
當 時， ， 為減函數，
所以 在 上的最大值為 ,又因為 ， ,
所以 在 上的最小值為 .
18．(2011年高考北京卷理科15)已知函數 。
（Ⅰ）求 的最小正周期：
（Ⅱ）求 在區間 上的最大值和最小值。
【解析】（Ⅰ）因為
所以 的最小正周期為
（Ⅱ）因為
于是，當 時， 取得最大值2；
當 取得最小值—1.
19．(2011年高考福建卷理科16)已知等比數列{an}的公比q=3，前3項和S3= 。
（I）求數列{an}的通項公式；
（II）若函數 在 處取得最大值，且最大值為a3，求函數f（x）的解析式。
20．（2010年高考東卷理科17）已知函數 ，其圖象過點（ , ）．
（Ⅰ）求 的值；
（Ⅱ）將函數 的圖象上各點的橫坐標縮短到原的 ，縱坐標不變，得到函數 的圖象，求函數 在[0, ]上的最大值和最小值．
【解析】（Ⅰ）因為已知函數圖象過點（ , ），所以有
，即有
= ，所以 ，解得 。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，所以
所以 = ，因為x [0, ]，所以 ，
所以當 時， 取最大值 ；當 時， 取最小值 。
21．（2010年高考福建卷理科19）
。 ，輪船位于港口O北偏西 且與該港口相距20海里的A處，并以30海里/小時的航行速度沿正東方向勻速行駛。假設該小船沿直線方向以 海里/小時的航行速度勻速行駛，經過t小時與輪船相遇。
（1）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？
（2）假設小艇的最高航行速度只能達到30海里/小時，試設計航行方案（即確定航行方向與航行速度的大小），使得小艇能以最短時間與輪船相遇，并說明理由。
【解析】如圖，由（1）得
而小艇的最高航行速度只能達到30海里/小時，故輪船與小艇不可能在A、C（包含C）的任意位置相遇，設 ，OD= ，
由于從出發到相遇，輪船與小艇所需要的時間分別為 和 ，
所以 ，解得 ，
從而 值，且最小值為 ，于是
當 取得最小值，且最小值為 。
此時，在 中， ，故可設計航行方案如下：
航行方向為北偏東 ，航行速度為30海里/小時，小艇能以最短時間與輪船相遇.
22．（2009年高考北京卷理科第15題）在 中，角 的對邊分別為 ，
2016屆高考理科數學第一輪總復習導數及其應用教案
高考導航
考試要求重難點擊命題展望
1.導數概念及其幾何意義
(1)了解導數概念的實際背景；
(2)理解導數的幾何意義.
2.導數的運算
(1)能根據導數定義，求函數y＝c(c為常數)，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝ ，y＝ 的導數；
(2)能利用基本初等函數的導數公式和導數的四則運算法則求簡單函數的導數，能求簡單的復合函數(僅限于形如f(ax＋b)的復合函數)的導數.
3.導數在研究函數中的應用
(1)了解函數單調性和導數的關系，能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區間(其中多項式函數一般不超過三次)；
(2)了解函數在某點取得極值的必要條件和充分條件；會用導數求函數的極大值、極小值(其中多項式函數一般不超過三次)；會求閉區間上函數的最大值、最小值(其中多項式函數一般不超過三次).
4.生活中的優化問題
會利用導數解決某些實際問題.
5.定積分與微積分基本定理
(1)了解定積分的實際背景，了解定積分的基本思想，了解定積分的概念；
(2)了解微積分基本定理的含義.本章重點：
1.導數的概念；
2.利用導數求切線的斜率；
3.利用導數判斷函數單調性或求單調區間；
4.利用導數求極值或最值；
5.利用導數求實際問題最優解.
本章難點：導數的綜合應用. 導數與定積分是微積分的核心概念之一，也是中學選學內容中較為重要的知識之一.由于其應用的廣泛性，為我們解決有關函數、數列問題提供了更一般、更有效的方法.因此，本章知識在高考題中常在函數、數列等有關最值不等式問題中有所體現，既考查數形結合思想，分類討論思想，也考查學生靈活運用所學知識和方法的能力.考題可能以選擇題或填空題的形式來考查導數與定積分的基本運算與簡單的幾何意義，而以解答 題的形式來綜合考查學生的分析問題和解決問題的能力.
知識網絡
3 .1 導數的概念與運算
典例精析
題型一 導數 的概念
【例1】 已知函數f(x)＝2ln 3x＋8x，
求 f(1－2Δx)－f(1)Δx的值.
【解析】由導數的定義知：
f(1－2Δx)－f(1)Δx＝－2 f(1－2Δx)－f(1)－2Δx＝－2f′(1)＝－20.
【點撥】導數的實質是求函數值相對于自變量的變化率，即求當Δx→0時， 平均變化率ΔyΔx的極限.
【變式訓練1】某市在一次降雨過程中，降雨量y(mm)與時間t(min)的函數關系可以近似地表示為f(t)＝t2100，則在時刻t＝10 min的降雨強度為( )
A.15 mm/minB.14 mm/min
C.12 mm/minD.1 mm/min
【解析】選A.
題型二 求導函數
【例2】 求下列函數的導數.
(1)y＝ln(x＋1＋x2)；
(2)y＝(x2－2x＋3)e2x；
(3)y＝3x1－x.
【解析】運用求導數公式及復合函數求導數法則.
(1)y′＝1x＋1＋x2(x＋1＋x2)′
＝1x＋1＋x2(1＋x1＋x2)＝11＋x2.
(2)y′＝(2x－2)e2x＋2(x2－2x＋3)e2x
＝2(x2－x＋2)e2x.
(3)y′＝13(x1－x 1－x＋x(1－x)2
＝13(x1－x 1(1－x)2
＝13x (1－x)
【變式訓練2】如下圖，函數f(x)的圖象是折線段ABC，其中A、B、C的坐標分別為(0,4)，(2,0)，(6,4)，則f(f(0))＝ ； f(1＋Δx)－f(1)Δx＝ (用數字作答).
【解析】f(0)＝4，f(f(0))＝f(4)＝2，
由導數定義 f(1＋Δx)－f(1)Δx＝f′(1).
當0≤x≤2時，f(x)＝4－2x，f′(x)＝－2，f′(1)＝－2.
題型三 利用導數求切線的斜率
【例3】 已知曲線C：y＝x3－3x2＋2x， 直線l：y＝kx，且l與C切于點P(x0，y0) (x0≠0)，求直線l的方程及切點坐標.
【解析】由l過原點，知k＝y0x0 (x0≠0)，又點P(x0，y0) 在曲線C上，y0＝x30－3x20＋2x0，
所以 y0x0＝x20－3x0＋2.
而y′＝3x2－6x＋2，k＝3x20－6x0＋2.
又 k＝y0x0，
所以3x20－6x0＋2＝x20－3x0＋2，其中x0≠0，
解得x0＝32.
所以y0＝－38，所以k＝y0x0＝－14，
所以直線l的方程為y＝－14x，切點坐標為(32，－38).
【點撥】利用切點在曲線上，又曲線在切點處的切線的斜率為曲線在該點處的導數來列方程，即可求得切點的坐標.
【變式訓練3】若函數y＝x3－3x＋4的切線經過點(－2，2)，求此切線方程.
【解析】設切點為P(x0，y0)，則由
y′＝3x2－3得切線的斜率為k＝3x20－3.
所以函數y＝x3－3x＋4在P(x0，y0)處的切線方程為
y－y0＝(3x20－3)(x－x0).
又切線經過點(－2,2)，得
2－y0＝(3x20－3)(－2－x0)，①
而切點在曲線上，得y0＝x30－3x0＋4， ②
由①②解得x0＝1或x0＝－2.
則切線方程為y＝2 或 9x－y＋20＝0.
總結提高
1.函數y＝f(x)在x＝x0處的導數通常有以下兩種求法：
(1) 導數的定義，即求 ΔyΔx＝ f(x0＋Δx)－f(x0)Δx的值；
(2)先求導函數f′(x)，再將x＝x0的值代入，即得f′(x0)的值.
2.求y＝f(x)的導函數的幾種方法：
(1)利用常見函數的導數公式；
(2)利用四則運算的導數公式；
(3)利用復合函數的求導方法.
3.導數的幾何意義：函數y＝f(x)在x＝x0處的導數f′(x0)，就是函數y＝f(x)的曲線在點P(x0，y0)處的切線的斜率.
導數的應用(一)
典例精析
題型一 求函數f(x)的單調區間
【例1】已知函數f(x)＝x2－ax－aln(x－1)(a∈R)，求函數f(x)的單調區間.
【解析】函數f(x)＝x2－ax－aln(x－1)的定義域是(1，＋∞).
f′(x)＝2x－a－ax－1＝2x(x－a＋22)x－1，
①若a≤0，則a＋22≤1，f′(x)＝2x(x－a＋22)x－1＞0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤0時，f(x)的增區間為(1，＋∞).
②若a＞0，則a＋22＞1，
故當x∈(1，a＋22]時，f′(x)＝2x(x－a＋22)x－1≤0；
當x∈[a＋22，＋∞)時，f′(x)＝2x(x－a＋22)x－1≥0，
所以a＞0時，f(x)的減區間為(1，a＋22]，f(x)的增區間為[a＋22，＋∞).
【點撥】在定義域x＞1下，為了判定f′(x)符號，必須討論實數a＋22與0及1的大小，分類討論是解本題的關鍵.
【變式訓練1】已知函數f(x)＝x2＋ln x－ax在(0,1)上是增函數，求a的取值范圍.
【解析】因為f′(x)＝2x＋1x－a，f(x)在(0,1)上是增函數，
所以2x＋1x－a≥0在(0,1)上恒成立，
即a≤2x＋1x恒成立.
又2x＋1x≥22(當且僅當x＝22時，取等號).
所以a≤22，
故a的取值范圍為(－∞，22].
【點撥】當f(x)在區間(a，b)上是增函數時?f′(x)≥0在(a，b)上恒成立；同樣，當函數f(x)在區間(a，b)上為減函數時?f′(x)≤0在(a，b)上恒成立.然后就要根據不等式恒成立的條件來求參數的取值范圍了.
題型二 求函數的極值
【例2】已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1時取得極值，且f(1)＝－1.
(1)試求常數a，b，c的值；
(2)試判斷x＝±1是函數的極小值點還是極大值點，并說明理由.
【解析】(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
因為x＝±1是函數f(x)的極值點，
所以x＝±1是方程f′(x)＝0，即3ax2＋2bx＋c＝0的兩根.
由根與系數的關系，得
又f(1)＝－1，所以a＋b＋c＝－1. ③
由①②③解得a＝12，b＝0，c＝－32.
(2)由(1)得f(x)＝12x3－32x，
所以當f′(x)＝32x2－32＞0時，有x＜－1或x＞1；
當f′(x)＝32x2－32＜0時，有－1＜x＜1.
所以函數f(x)＝12x3－32x在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函數，在(－1,1)上是減函數.
所以當x＝－1時，函數取得極大值f(－1)＝1；當x＝1時，函數取得極小值f(1)＝－1.
【點撥】求函數的極值應先求導數.對于多項式函數f(x)來講， f(x)在點x＝x0處取極值的必要條件是f′(x)＝0.但是， 當x0滿足f′(x0)＝0時， f(x)在點x＝x0處卻未必取得極 值，只有在x0的兩側f(x)的導數異號時，x0才是f(x)的極值點.并且如果f′(x)在x0兩側滿足“左正右負”，則x0是f(x)的極大值點，f(x0)是極大值；如果f′(x)在x0兩側滿足“左負右正”，則x0是f(x)的極小值點，f(x0)是極小值.
【變式訓練2】定義在R上的函數y＝f(x)，滿足f(3－x)＝f(x)，(x－32)f′(x)＜0，若x1＜x2，且x1＋x2＞3，則有( )
A. f(x1)＜f(x2)B. f(x1)＞f(x2)
C. f(x1)＝f(x2)D.不確定
【解析】由f(3－x)＝f(x)可得f[3－(x＋32)]＝f(x＋32)，即f(32－x)＝f(x＋32)，所以函數f(x)的圖象關于x＝32對稱.又因為(x－32)f′(x)＜0，所以當x＞32時，函數f(x)單調遞減，當x＜32時，函數f(x)單調遞增.當x1＋x22＝32時，f(x1)＝f(x2)，因為x1＋x2＞3，所以x1＋x22＞32，相當于x1，x2的中點向右偏離對稱軸，所以f(x1)＞f(x2).故選B.
題型三 求函數的最值
【例3】 求函數f(x)＝ln(1＋x)－14x2在區間[0,2]上的最大值和最小值.
【解析】f′(x)＝11＋x－12x，令11＋x－12x＝0，化簡為x2＋x－2＝0，解得x1＝－2或x2＝1，其中x1＝－2舍去.
又由f′(x)＝11＋x－12x＞0，且x∈[0,2]，得知函數f(x)的單調遞增區間是(0,1)，同理， 得知函數f(x)的單調遞減區間是(1,2)，所以f(1)＝ln 2－14為函數f(x)的極大值.又因為f(0)＝0，f(2)＝ln 3－1＞0，f(1)＞f(2)，所以，f(0)＝0為函數f(x)在[0,2]上的最小值，f(1)＝ln 2－14為函數f(x)在[0,2]上的最大值.
【點撥】求函數f(x)在某閉區間[a，b]上的最值，首先需求函數f(x)在開區間(a，b)內的極值，然后，將f(x)的各個極值與f(x)在閉區間上的端點的函數值f(a)、f(b)比較，才能得出函數f(x)在[a，b]上的最值.
【變式訓練3】(2008江蘇)f(x)＝ax3－3x＋1對x∈[－1,1]總有f(x)≥0成立，則a＝ .
【解析】若x＝0，則無論a為 何值，f(x)≥0恒成立.
當x∈(0,1]時，f(x)≥0可以化為a≥3x2－1x3，
設g(x)＝3x2－1x3，則g′(x)＝3(1－2x)x4，
x∈(0，12)時，g′(x)＞0，x∈(12，1]時，g′(x)＜0.
因此g(x)max＝g(12)＝4，所以a≥4.
當x∈[－1,0)時，f(x)≥0可以化為
a≤3x2－1x3，此時g′(x)＝3(1－2x)x4＞0，
g(x)min＝g(－1)＝4，所以a≤4.
綜上可知，a＝4.
總結提高
1.求函數單調區間的步驟是：
(1)確定函數f(x)的定義域D；
(2)求導數f′(x)；
(3)根據f′(x)＞0，且x∈D，求得函數f(x)的單調遞增區間；根據f′(x)＜0，且x∈D，求得函數f(x)的單調遞減區間.
2.求函數極值的步驟是：
(1)求導數f′(x)；
(2)求方程f′(x)＝0的根；
(3)判斷f′(x)在方程根左右的值的符號，確定f(x)在這個根處取極大值還是取極小值.
3.求函數最值的步驟是：
先求f(x)在(a，b)內的極值；再將f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)、f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.
3.3 導數的應用(二)
典例精析
題型一 利用導數證明不等式
【例1】已知函數f(x)＝12x2＋ln x.
(1)求函數f(x)在區間[1，e]上的值域；
(2)求證：x＞1時，f(x)＜23x3.
【解析】(1)由已知f′(x)＝x＋1x，
當x∈[1，e]時，f′(x)＞0，因此f(x)在 [1，e]上為增函數.
故f(x)max＝f(e)＝e22＋1，f(x)min＝f(1)＝12，
因而f(x)在區間[1，e]上的值域為[12，e22＋1].
(2)證明：令F(x)＝f(x)－23x3＝－23x3＋12x2＋ln x，則F′(x)＝x＋1x－2x2＝(1－x)(1＋x＋2x2)x，
因為x＞1，所以F′(x)＜0，
故F(x)在(1，＋∞)上為減函數.
又F(1)＝－16＜0，
故x＞1時，F(x)＜0恒成立，
即f(x)＜23x3.
【點撥】有關“超越性不等式”的證明，構造函數，應用導數確定所構造函數的單調性是常用的證明方法.
【變式訓練1】已知對任意實數x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0時，f′(x)＞0，g′(x)＞0，則x＜0時( )
A.f′(x)＞0，g′(x)＞0B.f′(x)＞0，g′(x)＜0
C.f′(x)＜0，g′(x)＞0D.f′(x)＜0，g′(x)＜0
【解析】選B.
題型二 優化問題
【例2】 (2009湖南)某地建一座橋，兩端的橋墩已建好，這兩個橋墩相距m米，余下工程只需建兩端橋墩之間的橋面和橋墩.經測算，一個橋墩的工程費用為256萬元；距離為x米的相鄰兩墩之間的橋面工程費用為(2＋x)x萬元.假設橋墩等距離分布，所有橋墩都視為點，且不考慮其他因素.記余下工程的費用為y萬元.
(1)試寫出y關于x的函數關系式；
(2)當m＝640米時，需新建多少個橋墩才能使y最小？
【解析】(1)設需新建n個橋墩，則(n＋1)x＝m，
即n＝mx－1.
所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋x)x
＝256(mx－1)＋mx(2＋x)x
＝256mx＋mx＋2m－256.
(2)由(1)知f′(x)＝－256mx2＋12mx ＝m2x2(x －512).
令f′(x)＝0，得x ＝512.所以x＝64.
當0＜x＜64時，f′(x)＜0，f(x)在區間(0,64)內為減函數；當64＜x＜640時，f′(x)＞0，f(x)在區間(64,640)內為增函數.
所以f(x)在x＝64處取得最小值.
此時n＝mx－1＝64064－1＝9.
故需新建9個橋墩才能使y最小.
【變式訓練2】(2010上海)如圖所示，為了制作一個圓柱形燈籠，先要制作4個全等的矩形骨架，總計耗用9.6米鐵絲，骨架把圓柱底面8等份，再用S平方米塑料片制成圓柱的側面和下底面(不安裝上底面).當圓柱底面半徑r取何值時，S取得最大值？并求出該最大值(結果精確到0.01平方米).
【解析】設圓柱底面半徑為r，高為h，
則由已知可得4(4r＋2h)＝9.6，所以2r＋h＝1.2.
S＝2.4πr－3πr2，h＝1.2－2r＞0，所以r＜0.6.
所以S＝2.4πr－3πr2(0＜r＜0.6).
令f(r)＝2.4πr－3πr2，則f′(r)＝2 .4π－6πr.
令f′(r)＝0得r＝0.4.所以當0＜r＜0.4，f′(r)＞0；
當0.4＜r＜0.6，f′(r)＜0.
所以r＝0.4時S最大，Smax＝1.51.
題型三 導數與函數零點問題
【例3】 設函數f(x)＝13x3－mx2＋(m2－4)x，x∈R.
(1)當m＝3時，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程；
(2)已知函數f(x)有三個互不相同的零點0，α，β，且α＜β.若對任意的x∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，求實數m的取值范圍.
【解析】(1)當m＝3時，f(x)＝13x3－3x2＋5x，f′(x)＝x2－6x＋5.
因為f(2)＝23，f′(2)＝－3，所以切點坐標為(2，23)，切線的斜率為－3，
則所求的切線方程為y－23＝－3(x－2)，即9x＋3y－20＝0.
(2)f′(x)＝x2－2mx＋(m2－4).
令f′(x)＝0，得x＝m－2或x＝m＋2.
當x∈(－∞，m－2)時，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，m－2)上是增函數；
當x∈(m－2，m＋2)時，f′(x)＜0，f(x)在(m－2，m＋2)上是減函數；
當x∈(m＋2，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)在(m＋2，＋∞)上是增函數.
因為函數f(x)有三個互不 相同的零點0，α，β，且f(x)＝13x[x2－3mx＋3(m2－4)]，
所以
解得m∈(－4，－2)∪(－2,2)∪(2,4).
當m∈(－4，－2)時，m－2＜m＋2＜0，
所以α＜m－2＜β＜m＋2＜0.
此時f(α)＝0，f(1)＞f(0)＝0，與題意不合，故舍去.
當m∈(－2,2)時，m－2＜0＜m＋2，
所以α＜m－2＜0＜m＋2＜β.
因為對任意的x∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，
所以α＜1＜β.
所以f(1)為函數f(x)在[α，β]上的最小值.
因為當x＝m＋2時，函數f(x)在[α，β]上取最小值，
所以m＋2＝1，即m＝－1.
當m∈(2,4)時，0＜m－2＜m＋2，
所以0＜m－2＜α＜m＋2＜β.
因為對任意的x∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，
所以α＜1＜β.
所以f(1)為函數f(x)在[α，β]上的最小值.
因為當x＝m＋2時，函數f(x)在[α，β]上取最小值，
所以m＋2＝1，即m＝－1(舍去).
綜上可知，m的取值范圍是{－1}.
【變式訓練3】已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x.
(1)討論函數F(x)＝f(x)－g(x)的單調性；
(2)若方程f(x)＝g(x)在區間[2，e]上有兩個不等解，求a的取值范圍.
【解析】(1)當a＞0時，F(x)的遞增區間為(1a，＋∞)，遞 減區間為(0，1a)；
當a≤0時，F(x)的遞減區間為(0，＋∞).
(2)[12ln 2，1e).
總結提高
在應用導數處理方程、不等式有關問題時，首先應熟練地將方程、不等式問題直接轉化為函數問題，再利用導數確定函數單調性、極值或最值.
3.4 定積分與微積分基本定理
典例精析
題型一 求常見函數的定積分
【例1】 計算下列定積分的值.
(1) (x－1)5dx；
(2) (x＋sin x)dx.
【解析】(1)因為[16(x－1)6]′＝(x－1)5，
所以 (x－1)5dx＝ ＝16.
(2)因為(x22－cos x)′＝x＋sin x，
所以 (x＋sin x)dx＝ ＝π28＋1.
【點撥】(1)一般情況下，只要能找到被積函數的原函數，就能求出定積分的值；
(2)當被積函數是分段函數時，應對每個區間分段積分，再求和；
(3)對于含有絕對值符號的被積函數，應先去掉絕對值符號后積分；
(4)當被積函數具有奇偶性時，可用以下結論：
①若f(x)是偶函數 時，則 f(x)dx＝2 f(x)dx；
②若f(x)是奇函數時，則 f(x)dx＝0.
【變式訓練1】求 (3x3＋4sin x)dx.
【解析】 (3x3＋4sin x)dx表示直線x＝－5，x＝5，y＝0和曲線 y＝3x3＋4sin x所圍成的曲邊梯形面積的代數和，且在x軸上方 的面積取正號，在x軸下方的面積取負號.
又f(－x)＝3(－x)3＋4sin(－x)
＝－(3x3＋4sin x)＝－f(x).
所以f(x)＝3x3＋4sin x在[－5,5]上是奇函數，
所以 (3x3＋4sin x)dx＝－ (3x3＋4sin x)dx，
所以 (3x3＋4sin x)dx＝ (3x3＋4sin x)dx＋ (3x3＋4sin x)dx＝0.
題型二 利用定積分計算曲邊梯形的面積
【例2】求拋物線y2＝2x與直線y＝4－x所圍成的平面圖形的面積.
【解析】方法一：如圖，
由
得交點A(2,2)，B(8，－4)，
則S＝ [2x－(－2x)]dx＋ [4－x－(－2x)]dx
＝163＋383＝18.
方法二：S＝ [(4－y)－y22]dy
＝ ＝18.
【點撥】根據圖形的特征，選擇不同的積分變量，可使計算簡捷，在以y為積分變量時，應注意將曲線方程變為x＝φ(y)的形式，同時，積分上、下限必須對應y的取值.
【變式訓練2】設k 是一個正整數，(1＋xk)k的展開式中x3的系數為116，則函數y＝x2與y＝kx－3的圖象所圍成的陰影部分(如圖)的面積為 .
【解析】Tr＋1＝Crk(xk)r，令r＝3，得x3的系數為C3k1k3＝116，解得k＝4.由 得函數y＝x2與y＝4x－3的圖象的交點的橫坐標分別為1,3.
所以陰影部分的面積為S＝ (4x－3－x2)dx＝(2x2－3x－ ＝43.
題型三 定積分在物理中的應用
【例3】 (1) 變速直線運動的物體的速度為v (t)＝1－t2，初始位置為x0＝1，求它在前2秒內所走過的路程及2秒末所在的位置；
(2)一物體按規律x＝bt3作直線運動，式中x為時間t內通過的距離，媒質的阻力正比于速度的平方，試求物體由x＝0運動到x＝a時阻力所做的功.
【解析】(1)當0≤t≤1時，v(t)≥0，當1≤t≤2時，v(t)≤0，所以前2秒內所走過的路程為
s＝ v(t)dt＋ (－v(t))dt
＝ (1－t2)dt＋ (t2－1)dt
= ＋ ＝2.
2秒末所在的位置為
x1＝x0＋ v(t)dt＝1＋ (1－t2)dt＝13.
所以它在前2秒內所走過的路程為2,2秒末所在的位置為x1＝13.
(2) 物體的速度為v＝(bt3)′＝3bt2.
媒質阻力F阻＝kv2＝k(3bt2)2＝9kb2t4，其中k為比例常數，且k＞0.
當x＝0時，t＝0；
當x＝a時，t＝t1＝(ab) ，
又ds＝vdt，故阻力所做的功為
W阻＝ ds ＝ kv2?vdt＝k v3dt
＝ k (3bt 2)3dt＝277kb3t71 ＝ 277k3a7b2.
【點撥】定積分在物理學中的應用應注意：v(t)＝ a(t)dt，s(t)＝ v(t)dt和W＝ F(x)dx這三個公式.
【變式訓練3】定義F(x，y)＝(1＋x)y，x，y∈(0，＋∞).令函數f(x)＝F[1，log2(x2－4x＋9)]的圖象為曲線C1，曲線C1與y軸交于點A(0，m)，過坐標原點O向曲線C1作切線，切點為B(n，t)(n＞0)，設曲線C1在點A，B之間的曲線段與線段OA，OB所圍成圖形的面積為S，求S的值.
【解析】因為F(x，y)＝(1＋x)y，所以f(x)＝F(1，log2(x2－4x＋9))＝ ＝x2－4x＋9，故A(0,9)，又過坐標原點O向曲線C1作切線，切點為B(n，t)(n＞0)，f′(x)＝2x－4.
所以 解得B(3,6)，
所以S＝ (x2－4x＋9－2x)dx＝(x33－3x2＋9x) =9.
總結提高
1.定積分的計算關鍵是通過逆向思維求得被積函數的原函數.?
2.定積分在物理學中的應用必須遵循相應的物理過程和物理原理.?
3.利用定積分求平面圖形面積的步驟：?
（1）畫出草圖，在直角坐標系中畫出曲線或直線的大致圖象；?
（2）借助圖形確定出被積函數，求出交點坐標，確定積分的上、下限；?
（3）把曲邊梯形的面積表示成若干個定積分的和；?
2016屆高三數學概率統計總復習
高三特長班數學復習 概率統計（一）
一、知識梳理
1.三種抽樣方法的聯系與區別：
類別共同點不同點相互聯系適用范圍
簡單隨機抽樣都是等概率抽樣從總體中逐個抽取總體中個體比較少
系統抽樣將總體均勻分成若干部分；按事先確定的規則在各部分抽取在起始部分采用簡單隨機抽樣總體中個體比較多
分層抽樣將總體分成若干層，按個體個數的比例抽取在各層抽樣時采用簡單隨機抽樣或系統抽樣總體中個體有明顯差異
（1）從含有N個個體的總體中抽取n個個體的樣本，每個個體被抽到的概率為
（2）系統抽樣的步驟： ①將總體中的個體隨機編號；②將編號分段；③在第1段中用簡單隨機抽樣確定起始的個體編號；④按照事先研究的規則抽取樣本.
（3）分層抽樣的步驟：①分層；②按比例確定每層抽取個體的個數；③各層抽樣；④匯合成樣本.
（4） 要懂得從圖表中提取有用信息
如：在頻率分布直方圖中①小矩形的面積=組距 =頻率②眾數是最高矩形的中點的橫坐標③中位數的左邊與右邊的直方圖的面積相等，可以由此估計中位數的值
2.方差和標準差都是刻畫數據波動大小的數字特征，一般地，設一組樣本數據 ， ，…， ，其平均數為 則方差 ，標準差
3.古典概型的概率公式：如果一次試驗中可能出現的結果有 個，而且所有結果都是等可能的，如果事件 包含 個結果，那么事件 的概率P=
特別提醒：古典概型的兩個共同特點：
○1 ，即試中有可能出現的基本事件只有有限個，即樣本空間Ω中的元素個數是有限的；
○2 ，即每個基本事件出現的可能性相等。
4. 幾何概型的概率公式： P（A）=
特別提醒：幾何概型的特點：試驗的結果是無限不可數的；○2每個結果出現的可能性相等。
二、夯實基礎
（1）某單位有職工160名，其中業務人員120名，管理人員16名，后勤人員24名.為了解職工的某種情況，要從中抽取一個容量為20的樣本.若用分層抽樣的方法，抽取的業務人員、管理人員、后勤人員的人數應分別為____________.
（2）某賽季，甲、乙兩名籃球運動員都參加了
11場比賽，他們所有比賽得分的情況用如圖2所示的莖葉圖表示，
則甲、乙兩名運動員得分的中位數分別為（ ）
A．19、13 B．13、19 C．20、18 D．18、20
（3）統計某校1000名學生的數學會考成績，
得到樣本頻率分布直方圖如右圖示，規定不低于60分為
及格，不低于80分為優秀，則及格人數是 ；
優秀率為 。
（4）在一次歌手大獎賽上，七位評委為歌手打出的分數如下：
9.4 8.4 9.4 9.9 9.6 9.4 9.7
去掉一個最高分和一個最低分后，所剩數據的平均值
和方差分別為（ ）
A．9.4, 0.484 B．9.4, 0.016 C．9.5, 0.04 D．9.5, 0.016
（5）將一顆骰子先后拋擲2次，觀察向上的點數，則以第一次向上點數為橫坐標x，第二次向上的點數為縱坐標y的點(x,y)在圓x2+y2=27的內部的概率________.
（6）在長為12cm的線段AB上任取一點M，并且以線段AM為邊的正方形，則這正方形的面積介于36cm2與81cm2之間的概率為（ ）
三、高考鏈接
07、某班50名學生在一次百米測試中，成績全部介于13秒與19秒之間，將測試結果按如下方式分成六組：第一組，成績大于等于13秒且小于14秒；第二組，成績大于等于14秒且小于15秒
； 第六組，成績大于等于18秒且小于等于19秒．右圖
是按上述分組方法得到的頻率分布直方圖．設成績小于17秒
的學生人數占全班總人數的百分比為 ，成績大于等于15秒
且小于17秒的學生人數為 ，則從頻率分布直方圖中可分析
出 和 分別為（ ）
08、從某項綜合能力測試中抽取100人的成績，統計如表，則這100人成績的標準差為（ ）
分數54321
人數2010303010
09、在區間 上隨機取一個數x， 的值介于0到 之間的概率為( ).
08、現有8名奧運會志愿者，其中志愿者 通曉日語， 通曉俄語， 通曉韓語．從中選出通曉日語、俄語和韓語的志愿者各1名，組成一個小組．
（Ⅰ）求 被選中的概率；（Ⅱ）求 和 不全被選中的概率．
2016屆高考數學第一輪立體幾何專項復習：平面與平面的位置關系
1.2.4 平面與平面的位置關系
第1課時 兩平面平行的判定及性質
【課時目標】 1．理解并掌握兩個平面平行、兩個平面相交的定義．2．掌握兩個平面平行的判定和性質定理，并能運用其解決一些具體問題．
1．平面與平面平行的判定定理
如果一個平面內有________________都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行．用符號表示為________________________．
2．平面與平面平行的性質定理：
如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，________________________．
符號表示為：________________?a∥b．
3．面面平行的其他性質：
(1)兩平面平行，其中一個平面內的任一直線平行于________________，即α∥βa?α?
________，可用來證明線面平行；
(2)夾在兩個平行平面間的平行線段________；
(3)平行于同一平面的兩個平面________．
一、填空題
1．平面α∥平面β，a?α，b?β，則直線a、b的位置關系是__________．
2．下列各命題中假命題有________個．
①平行于同一直線的兩個平面平行；
②平行于同一平面的兩個平面平行；
③一條直線與兩個平行平面中的一個相交，那么這條直線必和另一個相交；
④若平面α內兩條直線與平面β內兩條直線分別平行，則α∥β．
3．過正方體ABCD－A1B1C1D1的三個頂點A1、C1、B的平面與底面ABCD所在平面的交線為l，則l與A1C1的位置關系是________．
4．α和β是兩個不重合的平面，在下列條件中，可判定α∥β的是________．(填序號)
①α內有無數條直線平行于β；
②α內不共線三點到β的距離相等；
③l、m是平面α內的直線，且l∥α，m∥β；
④l、m是異面直線且l∥α，m∥α，l∥α，m∥β．
5．已知α∥β且α與β間的距離為d，直線a與α相交于點A、與β相交于B，若AB＝233d，則直線a與α所成的角等于________．
6．如圖所示，P是三角形ABC所在平面外一點，平面α∥平面ABC，α分別交線段PA、PB、PC于A′、B′、C′，若PA′∶AA′＝2∶3，則S△A′B′C′∶S△ABC＝________．
7．α，β，γ為三個不重合的平面，a，b，c為三條不同的直線，則有下列命題，不正確的是________(填序號)．
①a∥cb∥c?a∥b； ②a∥γb∥γ?a∥b；
③α∥cβ∥c?α∥β； ④α∥γβ∥γ?α∥β；
⑤α∥ca∥c?α∥a; ⑥α∥γa∥γ?a∥α．
8．已知平面α∥平面β，P是α，β外一點，過點P的直線m與α，β分別交于點A，C，過點P的直線n與α，β分別交于點B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，則BD的長為________．
9．如圖所示，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分別是棱CC1、C1D1、D1D、CD的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內部運動，則M滿足________時，有MN∥平面B1BDD1．
二、解答題
10．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中點，E、F、G分別是BC、DC和SC的中點．求證：平面EFG∥平面BDD1B1．
11．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M是A1C1的中點，平面AB1M∥平面BC1N，AC∩平面BC1N＝N．
求證：N為AC的中點．
能力提升
12．如圖所示，已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，面對角線AB1，BC1上分別有兩點E、F，且B1E＝C1F．求證：EF∥平面ABCD．
13．如圖所示，B為△ACD所在平面外一點，M，N，G分別為△ABC，△ABD，△BCD的重心．
(1)求證平面MNG∥平面ACD；
(2)求S△MNG∶S△ADC．
1．判定平面與平面平行的常用方法有：(1)利用定義，證明兩個平面沒有公共點，常用反證法．(2)利用判定定理．(3)利用平行平面的傳遞性，即α∥β，β∥γ，則α∥γ．
2．平面與平面平行主要有以下性質：(1)面面平行的性質定理．(2)兩個平面平行，其中一個平面內的任一直線平行于另一個平面．(3)夾在兩個平行平面之間的平行線段相等．
1．2．4 平面與平面的位置關系
第1課時 兩平面平行的判定及性質
答案
知識梳理
1．兩條相交直線
a?α，b?α，a∩b＝A，a∥β，b∥β?α∥β
2．那么所得的兩條交線平行 α∥βα∩γ＝aβ∩γ＝b
3．(1)另一個平面 a∥β (2)相等 (3)平行
作業設計
1．平行或異面 2．2
3．平行
解析 由面面平行的性質可知第三平面與兩平行平面的交線是平行的．
4．④ 5．60°
6．4∶25
解析 面α∥面ABC，面PAB與它們的交線分別為A′B′，AB，∴AB∥A′B′，同理B′C′∥BC，
易得△ABC∽△A′B′C′，
S△A′B′C′∶S△ABC＝(A′B′AB)2＝(PA′PA)2＝425．
7．②③⑤⑥
解析 由公理4及平行平面的傳遞性知①④正確．舉反例知②③⑤⑥不正確．②中a，b可以相交，還可以異面；③中α，β可以相交；⑤中a可以在α內；⑥中a可以在α內．
8．24或245
解析 當P點在平面α和平面β之間時，由三角形相似可求得BD＝24，當平面α和平面β在點P同側時可求得BD＝245．
9．M∈線段FH
解析 ∵HN∥BD，HF∥DD1，
HN∩HF＝H，BD∩DD1＝D，
∴平面NHF∥平面B1BDD1，
故線段FH上任意點M與N連結，
有MN∥平面B1BDD1．
10．
證明 如圖所示，連結SB，SD，
∵F、G分別是DC、SC的中點，
∴FG∥SD．
又∵SD?平面BDD1B1，FG?平面BDD1B1，
∴直線FG∥平面BDD1B1．
同理可證EG∥平面BDD1B1，
又∵EG?平面EFG，
FG?平面EFG，
EG∩FG＝G，
∴平面EFG∥平面BDD1B1．
11．證明 ∵平面AB1M∥平面BC1N，
平面ACC1A1∩平面AB1M＝AM，
平面BC1N∩平面ACC1A1＝C1N，
∴C1N∥AM，又AC∥A1C1，
∴四邊形ANC1M為平行四邊形，
∴AN?C1M＝12A1C1＝12AC，
∴N為AC的中點．
12．證明 方法一 過E、F分別作AB、BC的垂線，EM、FN分別交AB、BC于M、N，連結MN．
∵BB1⊥平面ABCD，
∴BB1⊥AB，BB1⊥BC，
∴EM∥BB1，FN∥BB1，
∴EM∥FN，
∵AB1＝BC1，B1E＝C1F，
∴AE＝BF，
又∠B1AB＝∠C1BC＝45°，
∴Rt△AME≌Rt△BNF，
∴EM＝FN．
∴四邊形MNFE是平行四邊形，
∴EF∥MN．
又MN?平面ABCD，EF?平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD．
方法二
過E作EG∥AB交BB1于G，連結GF，
∴B1EB1A＝B1GB1B，B1E＝C1F，B1A＝C1B，∴C1FC1B＝B1GB1B，
∴FG∥B1C1∥BC．
又∵EG∩FG＝G，AB∩BC＝B，
∴平面EFG∥平面ABCD．
又EF?平面EFG，∴EF∥平面ABCD．
13．(1)證明 (1)連結BM，BN，BG并延長分別交AC，AD，CD于P，F，H．
∵M，N，G分別為△ABC，△ABD，△BCD的重心，
則有BMMP＝BNNF＝BGGH＝2，
且P，H，F分別為AC，CD，AD的中點．
連結PF，FH，PH，有MN∥PF．
又PF?平面ACD，MN?平面ACD，
∴MN∥平面ACD．
同理MG∥平面ACD，MG∩MN＝M，
∴平面MNG∥平面ACD．
(2)解 由(1)可知MGPH＝BGBH＝23，
∴MG＝23PH．
又PH＝12AD，∴MG＝13AD．
同理NG＝13AC，MN＝13CD．
∴△MNG∽△ACD，其相似比為1∶3．
∴S△MNG∶S△ACD＝1∶9．
第2課時 兩平面垂直的判定
【課時目標】 1．掌握二面角、二面角的平面角的概念，會求簡單的二面角的大小．2．掌握兩個平面互相垂直的概念，并能利用判定定理判定兩個平面垂直．
1．二面角：一條直線和由這條直線出發的____________所組成的圖形叫做二面角．______________叫做二面角的棱．________________叫做二面角的面．二面角α的范圍為________________．
2．平面與平面的垂直
①定義：如果兩個平面所成的二面角是__________，就說這兩個平面互相垂直．
②面面垂直的判定定理
文字語言：如果一個平面經過另一個平面的一條______，那么這兩個平面互相垂直．符號表示：l⊥α ?α⊥β．
一、填空題
1．下列命題：
①兩個相交平面組成的圖形叫做二面角；
②異面直線a、b分別和一個二面角的兩個面垂直，則a、b組成的角與這個二面角的平面角相等或互補；
③二面角的平面角是從棱上一點出發，分別在兩個面內作射線所成角的最小角；
④二面角的大小與其平面角的頂點在棱上的位置沒有關系．
其中正確的是________(填序號)．
2．若平面α與平面β不垂直，那么平面α內能與平面β垂直的直線有________條．
3．設有直線m、n和平面α、β，則下列結論中正確的是________(填序號)．
①若m∥n，n⊥β，m?α，則α⊥β；
②若m⊥n，α∩β＝m，n?α，則α⊥β；
③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β．
4．過兩點與一個已知平面垂直的平面有________個．
5．在邊長為1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，把菱形沿對角線AC折起，使折起后BD＝32，則二面角B－AC－D的大小為________．
6．在正四面體P－ABC中，D、E、F分別是AB、BC、CA的中點，下面四個結論中成立的是________(填序號)．
①BC∥面PDF; ②DF⊥面PAE；
③面PDF⊥面ABC; ④面PAE⊥面ABC．
7．過正方形ABCD的頂點A作線段AP⊥平面ABCD，且AP＝AB，則平面ABP與平面CDP所成的二面角的度數是________．
8．如圖所示，已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，圖中互相垂直的平面有________對．
9．已知α、β是兩個不同的平面，m、n是平面α及β之外的兩條不同直線，給出四個論斷：
①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α．
以其中三個論斷作為條件，余下一個論斷作為結論，寫出你認為正確的一個命題：____________．
二、解答題
10．如圖所示，在空間四邊形ABCD中，AB＝BC，CD＝DA，E、F、G分別為CD、DA和對角線AC的中點．
求證：平面BEF⊥平面BGD．
11．如圖所示，四棱錐P—ABCD的底面ABCD是邊長為1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中點，PA⊥底面ABCD，PA＝3．
(1)證明：平面PBE⊥平面PAB；
(2)求二面角A—BE—P的大小．
能力提升
12．如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，E、F分別是A1B、A1C的中點，點D在B1C1上，A1D⊥B1C．
求證：(1)EF∥平面ABC；
(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C．
13．如圖，在三棱錐P—ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，點D、E分別在棱PB、PC上，且DE∥BC．
(1)求證：BC⊥ 平面PAC．
(2)是否存在點E使得二面角A—DE—P為直二面角？并說明理由．
1．證明兩個平面垂直的主要途徑
(1)利用面面垂直的定義，即如果兩個相交平面的交線與第三個平面垂直，又這兩個平面與第三個平面相交所得的兩條交線互相垂直，就稱這兩個平面互相垂直．
(2)面面垂直的判定定理，即如果一個平面經過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直．
2．利用面面垂直的判定定理證明面面垂直時的一般方法：先從現有的直線中尋找平面的垂線，若圖中存在這樣的直線，則可通過線面垂直來證明面面垂直；若圖中不存在這樣的直線，則可通過作輔助線來解決，而作輔助線則應有理論依據并有利于證明，不能隨意添加．
3．證明兩個平面垂直，通常是通過證明線線垂直→線面垂直→面面垂直來實現的，因此，在關于垂直問題的論證中要注意線線垂直、線面垂直、面面垂直的相互轉化．每一垂直的判定都是從某一垂直開始轉向另一垂直，最終達到目的的．
第2課時 兩平面垂直的判定 答案
知識梳理
1．兩個半平面 這條直線 每個半平面 0°≤α≤180°
2．①直二面角 ②垂線 l?β
作業設計
1．②④
解析 ①不符合二面角定義，③從運動的角度演示可知，二面角的平面角不是最小角．
2．0
解析 若存在1條，則α⊥β，與已知矛盾．
3．①③
解析 ②錯，當兩平面不垂直時，在一個平面內可以找到無數條直線與兩個平面的交線垂直．
4．1或無數
解析 當兩點連線與平面垂直時，有無數個平面與已知平面垂直，當兩點連線與平面不垂直時，有且只有一個平面與已知平面垂直．
5．60°
解析
如圖所示，由二面角的定義知∠BOD即為二面角的平面角．
∵DO＝OB＝BD＝32，
∴∠BOD＝60°．
6．①②④
解析
如圖所示，∵BC∥DF，
∴BC∥平面PDF．
∴①正確．
由BC⊥PE，BC⊥AE，
∴BC⊥平面PAE．
∴DF⊥平面PAE．
∴②正確．
∴平面ABC⊥平面PAE(BC⊥平面PAE)．
∴④正確．
7．45°
解析 可將圖形補成以AB、AP為棱的正方體，不難求出二面角的大小為45°．
8．5
解析 由PA⊥面ABCD知面PAD⊥面ABCD，面PAB⊥面ABCD，
又PA⊥AD，PA⊥AB且AD⊥AB，
∴∠DAB為二面角D—PA—B的平面角，
∴面DPA⊥面PAB．又BC⊥面PAB，
∴面PBC⊥面PAB，同理DC⊥面PDA，
∴面PDC⊥面PDA．
9．①③④?②(或②③④?①)
10．證明 ∵AB＝BC，CD＝AD，G是AC的中點，
∴BG⊥AC，DG⊥AC，
∴AC⊥平面BGD．
又EF∥AC，∴EF⊥平面BGD．
∵EF?平面BEF，∴平面BEF⊥平面BGD．
11．(1)證明 如圖所示，連結BD，由ABCD是菱形且∠BCD＝60°知，△BCD是等邊三角形．
因為E是CD的中點，所以BE⊥CD．
又AB∥CD，所以BE⊥AB．
又因為PA⊥平面ABCD，
BE?平面ABCD，
所以PA⊥BE．而PA∩AB＝A，
因此BE⊥平面PAB．
又BE?平面PBE，
所以平面PBE⊥平面PAB．
(2)解 由(1)知，BE⊥平面PAB，PB?平面PAB，
所以PB⊥BE．又AB⊥BE，
所以∠PBA是二面角A—BE—P的平面角．
在Rt△PAB中，tan∠PBA＝PAAB＝3，
則∠PBA＝60°．
故二面角A—BE—P的大小是60°．
12．證明 (1)由E、F分別是A1B、A1C的中點知
EF∥BC．
因為EF?平面ABC．
BC?平面ABC．
所以EF∥平面ABC．
(2)由三棱柱ABC—A1B1C1為直三棱柱知
CC1⊥平面A1B1C1．
又A1D?平面A1B1C1，故CC1⊥A1D．
又因為A1D⊥B1C，CC1∩B1C＝C，故A1D⊥平面BB1C1C，又A1D?平面A1FD，
所以平面A1FD⊥平面BB1C1C．
13．(1)證明 ∵PA⊥底面ABC，
∴PA⊥BC．
又∠BCA＝90°，
∴AC⊥BC．又∵AC∩PA＝A，
∴BC⊥平面PAC．
(2)解 ∵DE∥BC，又由(1)知，
BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC．
又∵AE?平面PAC，PE?平面PAC，
∴DE⊥AE，DE⊥PE．
∴∠AEP為二面角A—DE—P的平面角．
∵PA⊥底面ABC，
∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°．
∴在棱PC上存在一點E，
使得AE⊥PC．
這時∠AEP＝90°，
故存在點E，使得二面角A—DE—P為直二面角．
第3課時 兩平面垂直的性質
【課時目標】 1．理解平面與平面垂直的性質定理．2．能應用面面垂直的性質定理證明空間中線、面的垂直關系．
3．理解線線垂直、線面垂直、面面垂直的內在聯系．
1．平面與平面垂直的性質定理：如果兩個平面互相垂直，那么在一個平面內________于它們________的直線垂直于另一個平面．
用符號表示為：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?________．
2．兩個重要結論：
(1)如果兩個平面互相垂直，那么經過第一個平面內的一點垂直于第二個平面的直線在________________________________________________________________________．
圖形表示為：
符號表示為：α⊥β，A∈α，A∈a，a⊥β?________．
(2)已知平面α⊥平面β，a?α，a⊥β，那么__________(a與α的位置關系)．
一、填空題
1．平面α⊥平面β，a?α，b?β，且b∥α，a⊥b，則a和β的位置關系是________．
2．已知三條不重合的直線m、n、l，兩個不重合的平面α，β，有下列命題：
①若m∥n，n?α，則m∥α；
②若l⊥α，m⊥β且l∥m，則α∥β；
③若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β；
④若α⊥β，α∩β＝m，n?β，n⊥m，則n⊥α．
其中正確的命題是________(填序號)．
3．若平面α與平面β不垂直，那么平面α內能與平面β垂直的直線有________條．
4．設α－l－β是直二面角，直線a?α，直線b?β，a，b與l都不垂直，那么下列說法正確的序號為________．
①a與b可能垂直，但不可能平行；
②a與b可能垂直，也可能平行；
③a與b不可能垂直，但可能平行；
④a與b不可能垂直，也不可能平行．
5．如圖，兩個正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，設M、N分別是BD和AE的中點，那么①AD⊥MN；②MN∥平面CDE；③MN∥CE；④MN、CE異面．
其中結論正確的是________(填序號)．
6．
如圖所示，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB與兩平面α、β所成的角分別為π4和π6．過A、B分別作兩平面交線的垂線，垂足分別為A′、B′，則AB∶A′B′＝________．
7．若α⊥β，α∩β＝l，點P∈α，PD/∈l，則下列命題中正確的為________．(只填序號)
①過P垂直于l的平面垂直于β；
②過P垂直于l的直線垂直于β；
③過P垂直于α的直線平行于β；
④過P垂直于β的直線在α內．
8．α、β、γ是兩兩垂直的三個平面，它們交于點O，空間一點P到α、β、γ的距離分別是2 cm、3 cm、6 cm，則點P到O的距離為________ cm．
9．在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則點C1在底面ABC上的射影H必在________．
二、解答題
10．如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC．
求證：BC⊥AB．
11．如圖所示，P是四邊形ABCD所在平面外的一點，四邊形ABCD是∠DAB＝60°且邊長為a的菱形．側面PAD為正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD．
(1)若G為AD邊的中點，求證：BG⊥平面PAD；
(2)求證：AD⊥PB．
能力提升
12．如圖所示，四棱錐P—ABCD的底面是邊長為a的菱形，∠BCD＝120°，平面PCD⊥平面ABCD，PC＝a，PD＝2a，E為PA的中點．求證：平面EDB⊥平面ABCD．
13．如圖所示，在多面體P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等邊三角形，已知BD＝2AD＝8，AB＝45．
(1)設M是PC上的一點，
求證：平面MBD⊥平面PAD；
(2)求P點到平面ABCD的距離．
1．運用兩個平面垂直的性質定理時，一般需要作輔助線，其基本作法是過其中一個平面內一點在此平面內作交線的垂線，這樣，就把面面垂直轉化為線面垂直或線線垂直．
2．無論從判定還是從性質來看，線線垂直、線面垂直和面面垂直都是密切相關的，面對復雜的空間圖形，要善于發現它們之間的內在聯系，找出解決問題的切入點，垂直關系的轉化為：
第3課時 兩平面垂直的性質 答案
知識梳理
1．垂直 交線 a⊥β
2．(1)第一個平面內 a?α (2)a∥α
作業設計
1．a⊥β
2．②④
3．0
解析 若存在1條，則α⊥β，與已知矛盾．
4．③
5．①②③
6．2∶1
解析 如圖：
由已知得AA′⊥面β，
∠ABA′＝π6，
BB′⊥面α，∠BAB′＝π4，
設AB＝a，則BA′＝32a，BB′＝22a，
在Rt△BA′B′中，A′B′＝12a，∴ABA′B′＝21．
7．①③④
解析 由性質定理知②錯誤．
8．7
解析 P到O的距離恰好為以2 cm,3 cm,6 cm為長、寬、高的長方體的對角線的長．
9．直線AB上
解析 由AC⊥BC1，AC⊥AB，
得AC⊥面ABC1，又AC?面ABC，
∴面ABC1⊥面ABC．
∴C1在面ABC上的射影H必在交線AB上．
10．證明 在平面PAB內，作AD⊥PB于D．
∵平面PAB⊥平面PBC，
且平面PAB∩平面PBC＝PB．
∴AD⊥平面PBC．
又BC?平面PBC，
∴AD⊥BC．
又∵PA⊥平面ABC，
BC?平面ABC，
∴PA⊥BC，∴BC⊥平面PAB．
又AB?平面PAB，
∴BC⊥AB．
11．證明
(1)連結PG，由題知△PAD為正三角形，G是AD的中點，
∴PG⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，
∴PG⊥平面ABCD，
∴PG⊥BG．
又∵四邊形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，
∴BG⊥AD．
又AD∩PG＝G，∴BG⊥平面PAD．
(2)由(1)可知BG⊥AD，PG⊥AD．
所以AD⊥平面PBG，所以AD⊥PB．
12．
證明 設AC∩BD＝O，
連結EO，
則EO∥PC．∵PC＝CD＝a，
PD＝2a，
∴PC2＋CD2＝PD2，
∴PC⊥CD．
∵平面PCD⊥平面ABCD，CD為交線，
∴PC⊥平面ABCD，
∴EO⊥平面ABCD．
又EO?平面EDB，
∴平面EDB⊥平面ABCD．
13．(1)證明 在△ABD中，
∵AD＝4，BD＝8，AB＝45，
∴AD2＋BD2＝AB2．∴AD⊥BD．
又∵面PAD⊥面ABCD，
面PAD∩面ABCD＝AD，
BD?面ABCD，
∴BD⊥面PAD，又BD?面BDM，
∴面MBD⊥面PAD．
(2)解
過P作PO⊥AD，
∵面PAD⊥面ABCD，
∴PO⊥面ABCD，
即PO為四棱錐P—ABCD的高．
又△PAD是邊長為4的等邊三角形，∴PO＝23．
2016屆高考理科數學數列與不等式復習教案
2012屆高考數學二輪復習
專題三 數列與不等式
【重點知識回顧】
1． 數列在高考中，一般設計一個客觀題和一個解答題，主要考查數列和不等式部分的基本知識，對基本運算能力要求較高，解答題常常綜合考查函數、方程、不等式等知識．難度較大，尤其是數列、函數和不等式的綜合考題，又加入了邏輯推理能力的考查，成為了近幾年數列考題的新熱點．
2． 數列與不等式部分的重點為：等差、等比數列的概念、性質、通項公式、前 項和；不等式的性質、解法和兩個重要不等式的應用；該部分重點考查運算能力和邏輯推理能力，考查函數與方程思想、化歸于轉化思想及分類討論思想．
【典型例題】
1．等差數列與等比數列的綜合
等差數列與等比數列都是高考命題的重點知識，考題經常將它們綜合在一起綜合考查等差數列和等比數列的概念、性質、通項公式、求和公式等基礎知識和基本性質的靈活應用，對基本的運算要求比較高．
例1．設 是公差不為0的等差數列， 且 成等比數列，則 的前 項和 =（ ）
A． B． C． D．
答案：A
解析：設數列 的公差為 ，則根據題意得 ，解得 或 （舍去），所以數列 的前 項和 ．
例2．等比數列 的前n項和為 ，且4 ，2 ， 成等差數列．若 =1，則 =（ ）
（A）7 （B）8 （3）15 （4）16
解析： 4 ，2 ， 成等差數列， ，即 ，
， ，因此選C．
點評：該類題目綜合考查了等差數列和等比數列的概念、通項公式和等比數列的求和公式等，基礎性較強，綜合程度較小，要求具有較熟練的運算能力．
2．函數與不等式綜合
不等式與函數有著密切的聯系，其中線性規劃求目標函數的最值是近幾年高考的熱點問題之一，經常以選擇題或填空題出現．有不少關于最值方面的問題，通常用二次函數的配方法求最值或用均值不等式求最值，考題經常以與不等式有關的實際應用問題出現．在應用不等式解決實際問題時，要注意以下四點：
①理解題意，設變量．設變量時一般把要求最值的變量定為自變量；
②建立相應的函數關系式，把實際問題抽象為函數的最值問題；
③在定義域內，求出函數的最值；
④正確寫出答案．
例３．設x，y滿足約束條件 ，若目標函數z=ax+by（a>0，b>0）的值是最大值為12，則 的最小值為（ ）
A． B． C． D． 4
答案：A
解析：不等式表示的平面區域如圖所示陰影部分,當直線ax+by= z（a>0，b>0）過直線x-y+2=0與直線3x-y-6=0的交點（4,6）時，目標函數z=ax+by（a>0，b>0）取得最大12，即4a+6b=12，即2a+3b=6, 而 = ，故選A．
點評：本題綜合地考查了線性規劃問題和由基本不等式求函數的最值問題．要求能準確地畫出不等式表示的平面區域，并且能夠求得目標函數的最值，對于形如已知2a+3b=6，求 的
最小值常用乘積進而用基本不等式解答．
例4．本公司計劃2008年在甲、乙兩個電視臺做總時間不超過300分鐘的廣告，廣告總費用不超過9萬元，甲、乙電視臺的廣告收費標準分別為 元/分鐘和200元/分鐘，規定甲、乙兩個電視臺為該公司所做的每分鐘廣告，能給公司事來的收益分別為0．3萬元和0．2萬元．問該公司如何分配在甲、乙兩個電視臺的廣告時間，才能使公司的收益最大，最大收益是 萬元．
答案：70
解析：設公司在甲電視臺和乙電視臺做廣告的時間分別為 分鐘和 分鐘，總收益為 元，由題意得
目標函數為 ．
二元一次不等式組等價于
作出二元一次不等式組所表示的平面區域，即可行域．
如圖：作直線 ，即 ．
平移直線，從圖中可知，當直線過 點時，目標函數取得最大值．
聯立 解得 ． 點 的坐標為 ．
（元）．
點評：本題是線性規劃的實際應用問題，需要通過審題理解題意，找出各量之間的關系，找出線性約束條件，寫出所研究的目標函數，通過數形結合解答問題．用線性規劃的方法解決實際問題能提高學生分析問題、解決問題的能力，隨著課改的深入，這類試題應該是高考的熱點題型之一．
例5．設 為實數，函數 ．
(1)若 ，求 的取值范圍；
(2)求 的最小值；
(3)設函數 ，直接寫出(不需給出演算步驟)不等式 的解集．
解析：（1）若 ，則 ；
（2）當 時， ，
當 時， ，
綜上 ；
（3） 時， 得 ，
當 時， ；
當 時，△>0，得： ；
討論得：當 時，解集為 ；
當 時，解集為 ；
當 時，解集為 ．
點評：本小題主要考查函數的概念、性質、圖象及解一元二次不等式等基礎知識，考查靈活運用數形結合、分類討論的思想方法進行探索、分析與解決問題的綜合能力．
3．函數與數列的綜合
高考試題中經常將函數與數列綜合在一起，設計綜合性較強的解答題，考查數列的概念、性質、通項及求和公式等主干知識和分析問題、解決問題的邏輯推理能力．
例6．知函數 ．
（Ⅰ）設 是正數組成的數列，前n項和為 ，其中 ．若點 (n∈N*)在函數 的圖象上，求證：點 也在 的圖象上；
（Ⅱ）求函數 在區間 內的極值．
解析：(Ⅰ)證明： 因為 所以 ，
由點 在函數 的圖象上,
， 又 ，
所以 ， 是 的等差數列，
所以 ,又因為 ,所以 ,
故點 也在函數 的圖象上．
(Ⅱ)解: ,令 得 ．
當x變化時, ? 的變化情況如下表:
x(-∞,-2)-2(-2,0)
f(x)+0-
f(x)?極大值 ?
注意到 ,從而
①當 ,此時 無極小值；
②當 的極小值為 ,此時 無極大值；
③當 既無極大值又無極小值．
點評：本小題主要考查函數極值、等差數列等基本知識，考查分類與整合、轉化與化歸等數學思想方法，考查分析問題和解決問題的能力．
4．數列與不等式、簡易邏輯等的綜合
數列是培養推理論證能力的極好載體，將數列的知識與推理證明的方法交織在一起進行考查，是新課程高考中的一個亮點，常常榮歸納、猜想、數學歸納法、分類討論、等價轉化等數學思想和方法于一體，對能力的要求較高．
例7．設 若 是 與 的等比中項，則 的最小值為（ ）
A．8 B．4 C．1 D．
答案：B
解析：因為 ，所以 ，
，當且僅當 即 時“=”成立，故選擇B．
點評：本小題考查指數式和對數式的互化，以及均值不等式求最值的運用，考查了變通能力．
例8．設數列 滿足 為實數．
（Ⅰ）證明： 對任意 成立的充分必要條件是 ；
（Ⅱ）設 ，證明： ；
（Ⅲ）設 ，證明： ．
解析： (1) 必要性： ，又 ，即 ．
充分性 ：設 ，對 用數學歸納法證明 ，
當 時， ．假設 ，
則 ，且 ，
，由數學歸納法知 對所有 成立．
(2) 設 ，當 時， ，結論成立．
當 時， ，
,由（1）知 ，所以 且 ，
(3) 設 ，當 時， ，結論成立，
當 時，由（2）知 ，
點評：該題綜合考查了等比數列的求和、不等式的性質的應用、充分必要條件和數學歸納法等，具有較高的難度，對邏輯推理能力的考查要求較高．
５．數列與概率的綜合
數列與概率的綜合考查，雖然不是經常但很有新意，這種命題也體現了在知識交匯處命題的指導思想．
例9．將一骰子連續拋擲三次，它落地時向上的點數依次成等差數列的概率為（ ）
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
解析：一骰子連續拋擲三次得到的數列共有 個，其中為等差數列有三類：
（1）公差為0的有6個；（2）公差為1或-1的有8個；（3）公差為2或-2的有4個，共有18個，成等差數列的概率為 ，選B．
點評：本題是以數列和概率的背景出現，題型新穎而別開生面，有采取分類討論，分類時要做到不遺漏，不重復．
【模擬演練】
1．公差不為零的等差數列 的前 項和為 ．若 是 的等比中項, ,則 等于( )
A． 18 B． 24 C． 60 D． 90
2． 等差數列{an}和{bn}的前n項和分別用Sn和Tn表示，若 ，則 的值為( )
A B C D
3．已知函數 ，則不等式 的解集是（ ）
A． B．
C． D．
4． 已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差數列，x，c，d，y成等比數列，則(a＋b)2cd的最小值是________．
5．設數列 的前 項和為 ，點 均在函數 的圖象上．
則數列 的通項公式為 ．
6．命題 實數 滿足 ，其中 ，命題 實數 滿足 或 ，且 是 的必要不充分條件，求 的取值范圍．
7．已知二次函數 的二次項系數為 a ，且不等式 的解集為（1 , 3）．
（l）若方程 有兩個相等的根，求 的解析式；
（2）若 的最大值為正數，求 a 的取值范圍．
8．圍建一個面積為360m2的矩形場地，要求矩形場地的一面利用舊墻（利用舊墻需維修），其它三面圍墻要新建，在舊墻的對面的新墻上要留一個寬度為2m的進出口，如圖所示，已知舊墻的維修費用為45元/m,新墻的造價為180元/m,設利用的舊墻的長度為x(單位：元)．
（Ⅰ）將y表示為x的函數：
（Ⅱ）試確定x,使修建此矩形場地圍墻的總費用最小，并求出最小總費用．
【參考答案】
1．答案：C
解析：由 得 得 ,再由 得: 則 ,所以 ,故選C．
2．答案：A
解析： ∵ ； ．
3． 答案：C
解析：依題意得 或
所以 或
解得： ，故選C．
4．答案：4
解析：∵(a＋b)2cd＝(x＋y)2xy≥(2xy)2xy＝4．
5．答案：
解析：由題意得， 即 ．
當n≥2時， ;
當n=1時， × -2×1-1-6×1-5．
所以 ．
6．解析：設 ，
因為 是 的必要不充分條件，所以 ，且 推不出
而 ，
所以 ，則 或
即 或 ．
7．解析：（1）因為 的解集為（1，3），所以 且 ．
因而 （1）
由方程 得： （2）
因為方程（2）有兩個相等的根．
所以 ，即 ．
解得： （舍去）或 ，
將 代入（1）得 的解析式為： ，
（2） ，
有a < 0，可得 的最大值為 ，
所以 > 0，且a < 0．
解得： ，
故當 的最大值為正數時，實數a的取值范圍是 ．
8．解析：（1）如圖，設矩形的另一邊長為a m，則 -45x-180(x-2)+180?2a=225x+360a-360，
由已知xa=360,得a= ，所以y=225x+ ．
(II)
．當且僅當225x= 時，等號成立．
即當x=24m時，修建圍墻的總費用最小，最小總費用是10440元．
2016屆高考數學第一輪導學案復習：二次函數
高三數學理科復習6——二次函數
【高考要求】二次函數（B）
【目標】理解二次函數的概念，熟練掌握二次函數的圖像和性質.能結合二次函數的圖像，判斷一元二次方程根的存在性及根的個數，從而了解函數的零點與方程根的聯系.
【重難點】二次函數的性質和應用 ，二次函數根的分布和恒成立等問題
【知識復習與自學質疑】
1.若二次函數 的圖象的對稱軸為 ，那么 = ，頂點坐標為 ，遞增區間為 ，遞減區間為
2.實系數方程 兩實根異號的充要條件為
有兩正根的充要條件為 有兩個負根的充要條件為
3、已知函數 在區間 上有最大值3，最小值2，則 的取值范圍為
4、設 若 ，則一元二次方程 在區間 內有 個解
【交流展示與互動探究】
例1、已知函數 在區間 上的最小值為 ，試寫出 的函數表達式，作出 的圖像并寫出 的最小值
例2、（1）已知 是方程 的兩個根，且 ，求 的取值范圍；
（2）若 的兩根都小于 ，求 的取值范圍
例3、已知函數 的一個零點比1大，一個零點比1小，求實數 的取值范圍
【矯正反饋】
1、已知關于 的方程 有兩個實根，則 的范圍
2、函數 的兩個零點分別為 ，且 ，則 范圍
3、已知函數 ，且 ，則 的大小關系為
4、已知函數 在區間 上是增函數，則 的取值范圍是
5、 取何實數時，關于 的方程 有實數解
6、若函數 的定義域為 ，則 的取值范圍
【遷移應用】
7、分別根據下列條件，求實數 的值
（1）函數 在區間 上有最大值2
（2）函數 在 上有最大值4
8、已知函數 在區間 上有最小值，記作
（1）求 的函數表達式；（2）求 的最大值
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