高三数学一轮复习 大题冲关集训(一)理
高三数学理一轮复习专题突破训练.pdf
x
3 1, x 1
，则
f (x 1), x 1
a
18、（金华十校 2016 届高三上学期调研）若 4 3 ，则 log 2 3 log 8 3 _
b
19、（浙江省名校协作体 2017 届高三上学期 9 月联考）已知 4 a 3a 1
b
.
20、（宁波市 2016 届高三上学期期末考试）若函数
f ( g ( 2)) __▲ __.
（ 1）若 f 2 x 在 a, a 1 上有最小值 , 求实数 a 的取值范围；
（ 2）当 a 2 , b
9
时, 记 g x
2
f1 x ,若对任意 x1, x2 a, a 1 ,总存在
g x1 g x2 2g x0 学科网 ,求 x0 的取值范围 .
7、（温岭市 2016 届高三 5 月高考模拟）定义在 (0， ) 上的函数 f ( x)
高考数学一轮复习
集合与常用逻辑用语
一、集合
2
1、（ 2016 年浙江省高考）已知集合 P x R 1 x 3 ,Q x R x
A ． [2,3]
B． ( -2,3 ] C． [1,2) D ． ( , 2] [1, )
2
2、（ 2015 年浙江省高考）已知集合 P { x x 2 x 0}, Q { x 1 x 2} ，
x
2 ,x log 2 x, x
零点为
；方程 f [ f ( x)] x 0 的实根个数为
log 2 16、（嘉兴市 2016 届高三下学期教学测试 （二））已知函数 f ( x) 2
x
方程 f ( x) 2 的解为 _______.
17、（ 金华十校 2016 届高三上学期调研） 已知函数 f ( x)
高考理科数学(北师大版)一轮复习练习第1章 集合与常用逻辑用语 第4讲知能训练轻松闯关 Word版含答案
．(·高考全国卷Ⅰ改编)设命题：存在∈，>，则綈为( )．存在∈，≤．对任意的∈，>．存在∈，＝．对任意的∈，≤解析：选.因为“存在∈，()”的否定是“对任意的∈，綈()”，所以命题“存在∈，>”的否定是“对任意的∈，≤”．．(·高考湖北卷改编)命题“存在∈(，＋∞)，＝－”的否定是( )．对任意的∈(，＋∞)，≠－．对任意的∉(，＋∞)，＝－．存在∈(，＋∞)，≠－．存在∉(，＋∞)，＝－解析：选.特称命题的否定为全称命题，所以存在∈(，＋∞)，＝－的否定是对任意的∈(，＋∞)，≠－，故选.．将＋＋＝(＋)改写成全称命题是( )．存在，∈，＋＋＝(＋)．存在<，>，＋＋＝(＋)．对任意的>，>，＋＋＝(＋)．对任意的，∈，＋＋＝(＋)解析：选.全称命题含有量词“任意”，故排除、，又等式＋＋＝(＋)对于全体实数都成立，故选.．下列命题中的假命题是( )．存在∈，＝．存在∈，＝．对任意的∈，>．对任意的∈，>解析：选.当＝时，＝，故命题“存在∈，＝”是真命题；当＝时，＝，故命题“存在∈，＝”是真命题；由于＝－时，<，故命题“对任意的∈，>”是假命题；根据指数函数的性质，对对任意的∈，>，故命题“对任意的∈，>”是真命题．．命题：对任意的∈(－∞，]，≤，则( )．是假命题；綈：存在∈(－∞，]，>．是假命题；綈：对任意的∈(－∞，]，≥．是真命题；綈：存在∈(－∞，]，>．是真命题；綈：对任意的∈(－∞，]，≥解析：选.因为对任意的∈(－∞，]，≤＝，所以是真命题．又因为綈：存在∈(－∞，]，>.故选.．已知命题：若＞，则－＜－；命题：若＞，则＞.在命题①且；②或；③且(綈)；④(綈)或中，真命题是( )．①③．①④．②④．②③解析：选.当＞时，－＜－，故命题为真命题，从而綈为假命题．当＞时，＞不一定成立，故命题为假命题，从而綈为真命题．由真值表知，①且为假命题；②或为真命题；③且(綈)为真命题；④(綈)或为假命题．故选.．“命题‘存在∈，＋－<’为假命题”是“－≤≤”的( )．充要条件．必要不充分条件．充分不必要条件．既不充分也不必要条件解析：选.因为“存在∈，＋－<”为假命题，所以“对任意的∈，＋－≥”为真命题．所以Δ＝＋≤，即－≤≤.所以“命题‘存在∈，＋－<’为假命题”是“－≤≤”的充要条件．．在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次．设命题是“甲降落在指定范围”，是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为( )．或(綈)．(綈)或(綈)．或．(綈)且(綈) 解析：选.命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”包含以下三种情况：“甲、乙均没有降落在指定范围”“甲降落在指定范围，乙没有降落在指定范围”“乙降落在指定范围，甲没有降落在指定范围”．或者是命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”等价于命题“甲、乙均降落在指定范围”的否定，即“且”的否定．选.．(·江西省三校联考)下列四个结论：①若>，则>恒成立；②命题“若－＝，则＝”的逆命题为“若≠，则－≠”；③“命题或为真”是“命题且为真”的充分不必要条件；④命题“对任意的∈，－>”的否定是“存在∈，－≤”．其中正确结论的个数是( )．．．．解析：选.记()＝－，>，则′()＝－≥，函数()在(，＋∞)上是增函数，因此当>时，()>()，即－>，>，①正确；命题“若－＝，则＝”的逆命题为“若＝，则－＝”，②不正确；由命题“或”为真不能得知命题“且”为真，反过来，由命题“且”为真命题可得知命题“或”为真，因此“命题或”为真是“命题且”为真的必要不充分条件，③不正确；命题“对任意的∈，－>”的否定是“存在∈，－≤”，④正确．综上所述，正确结论的个数是，故选.．(·昆明联考)若“：存在∈[，]，≤”是真命题，则实数的最小值是( )．．．－．－解析：选.问题转化为＝在∈[，]的取值范围，则∈[－，]，故选.．(·辽宁省五校联考)下列选项中，说法正确的是( )．命题“存在∈，－≤”的否定是“存在∈，－>”．命题“或为真”是命题“且为真”的充分不必要条件．命题“若≤，则≤”是假命题．命题“在△中，若<，则<”的逆否命题为真命题解析：选中命题的否定是：对任意的∈，－>，故不对；中当为假命题、为真命题时，或为真，且为假，故不对；中当＝时，，∈，故的说法正确；中命题“在△中，若<，则<”为假命题，所以其逆否命题为假命题．故选.．(·山东省实验中学第一次诊断)下列有关命题的叙述错误的是( )．若綈是的充分条件，则是綈的必要条件．若且为假命题，则，均为假命题．命题“对任意的∈，－>”的否定是“存在∈，－≤”．“>”是“<”的充分不必要条件解析：选.易知，正确；且为假，，至少有一个为假，错误；“任意”的否定是“存在”，“>”的否定是“≤”，正确；“>”一定能推出“<”，但当＝－时，满足<，但不满足>，所以“>”是“<”的充分不必要条件，正确．综上可知，选.．(·郑州调研)命题“存在∈，>”的否定是．答案：对任意的∈，≤．已知命题：存在∈，－＝，：对任意的∈，＋＋≥，若或(綈)为假命题，则实数的取值范围是．解析：若或(綈)为假命题，则假真．命题为假命题时，有≤<；命题为真命题时，有Δ＝－≤，。
高考数学一轮复习讲练测专题1.1集合的概念及其基本运算(讲)理(含解析)
1}，专题1.1集合的概念及其基本运算（讲）【辭析】由已知得^ = {1,4}.当口 = ＜时.A = [3],则討二〔12*卜・4厂直=0,当也=1时,J = ；L3j ; 则JU5 = {1.3r 4} p = 当a = 4时.^ = {4.3}, = （1,3.4}, -40-8={4}.当疽产1,戊戸吳。
否4时…儿丘二卩”丸好，JO^ =0,综上所述，当a = 3时—儿P = {1S4齐AClB^Qi 当应"时，血JH"4}, /仃丘二{1»当*4时,则加UE 二口34、“5={4}f 当口工1, 口产3, a 芦4时I dl-再三卜 B =0.2.【2015高考天津，理1】已知全集U 1,2,3,4,5,6,7,8 ，集合A 2,3,5,6，集合B 1,3,4,6,7则集合AI ejB （） (A )2,5( B )3,6 (C ) 2,5,6 ( D ) 2,3,5,6,8【答案】A【赭斤】^5 = （2,5,8}_所以二冷5},故选九3. 【云南省玉溪一中 2015届高三上学期第一次月考试卷】设集合B {(x, y) y 3x }，则A B 的子集的个数是( )A. 4 B. 3C. 2D. 1【答案】A1.【课本典型习题，P12第3题】设集合Ax(x a)(x 3) 0,a R , Bx(x 4)(x 1) 0 ,AUB , AI B .【答案】当a 3时，AU B 1,3,4 , AI B ;当a 1 时，AU B1,3,4,AI B 1 ;当 a时，贝U AU B 1,3,4 , AIB 4 ;当 a 1 ,a 3, a 4时， AU B1,3,4, a , AI B【课前小测摸底细】求4{(“)話【解析】篥會話为橢區|兰+匸=1上的昌集合卫为扌無心煎i' = 丁上的点，由于指纹函数恒过点(Q1)・16 -4* 斗由于点121在椭圆兰十二“曲内部，因此扌旨数函数与椭圆有2个交点.，的子篥的个数次F =4个，16 4故答累为扎4. 【基础经典试题】集合M ={y | y= x2—1, x R}，集合N={x|y= 9 x2, x R}，则MIN等于( )A. {t|0 t 3} B . {t|—1 t 3} C . {(- . 2,1),( .2,1) D •【答案】B【鱷析】■・」=/—in —h 二対=[—h +工)・又丫)=嗣-》匸9 - ? > 0 +/■[- 3,3]. ■- M A -V = [-l(3].5. 【改编自2012年江西卷理科】若集合A={— 1,1}, B= 0,2，则集合{z|z= x+ y, x A, y B}中的元素的非空子集个数为()A. 7 B . 6 C . 5 D . 4【答案】A【鋒析】由已知得，集台V尸K+F送用ye ^={-1.1.3}-所以其非空子集个数冷2为二7,故选【考点深度剖析】高考对集合知识的考查要求较低，均是以小题的形式进行考查，一般难度不大，要求考生熟练掌握与集合有关的基础知识•纵观近几年的高考试题，主要考查以下两个方面：一是考查具体集合的关系判断和集合的运算•解决这类问题的关键在于正确理解集合中元素所具有属性的含义，弄清集合中元素所具有的形式以及集合中含有哪些元素•二是考查抽象集合的关系判断以及运算•【经典例题精析】考点1集合的概念K【1-1 】若a, b R，集合{1 , a b, a 0,-,b，求b a的值_____________________ .a【答案】2iy【解析】由d d+方卫｝=0—血可知“山则只能卄庄0,则有以下对应关爲CJ - b = 0.b—=c ab = 1.Jl_2【1-2】已知集合A=｛x|x+ m好4 = 0｝为空集，则实数m的取值范围是()A. ( —4, 4) B . [ —4, 4] C . ( —2, 2) D . [ —2, 2]【答案】A【解析】依题意知一元二次方程F十ww十4二0无解，^flzA A= w;_16 < 0(解得一4€楞羔4.故选A.【1-3】已知A=｛a+ 2, (a+ 1)2, a2+ 3a+ 3｝，若1€ A,则实数a构成的集合B的元素个数是()A. 0 B . 1 C . 2 D . 3【答案】B丽析】若口则1,代入集合」」得川=｛1"1｝,与集合元责的互异性若S+1F=1,帶住=0或一2,代入集合4帰/=匸切｝或去｛0二1｝,后■看与集合的互异性矛盾，故尸0 符合要求J若/+3卄3=1,则尸—诫-拿代人黑皆出得沪｛山1｝或看•戶｛轴助都与集合的互异性相矛盾, 無上可如只有口二。
高考数学一轮复习 第5篇 高考大题冲关课件 文 新人教版(1)
=-3n +28n.
2
冲关策略
解决等差数列与等比数列的综合
问题,关键是理清两个数列的关系.如果同一数 列中部分项成等差数列,部分项成等比数列,要 把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究; 如果两个数列通过运算综合在一起,要从分析运 算入手,把两个数列分割开弄清两个数列各自的 特征,再进行求解.
n n Tn=m· ,若存在,求 m 的值;若不存在,说 n 1 2 n 2
明理由.
解:(1)设数列{an}的公差为 d, 由 S5=35 得 a1+2d=7, 即 a3=7, 又 a1+1,a3+1,a7+1 成等比数列, 所以(7+1) =(a1+1)(a1+6d+1), 解得 a1=3,d=2, 所以 an=a1+(n-1)d=2n+1.
所以 Tn=
n 1 1 1 1 1 1 n = （ + ）= , 1 2 n 1 n 2 2 2 n 1 2 n 2
故存在常数 m=
1 , 2
n n 使 Tn=m 成立. n 1 2 n 2
题型二
n 1， S1 an 常考虑 an 与 Sn 的关系 an= 求解, Sn Sn 1 n 2,
最后结果需检验 a1 是否符合 n≥2 时,an 的表达式, 若符合则把通项公式合写,否则应分 n=1 与 n≥2 两 段来写.
即时突破 2 (2013 清远市调研)设数列{an}的
前 n 项和为 Sn,已知 Sn=2an-2n. (1)证明:{an+2}是等比数列; (2)求数列{Sn}的前 n 项的和 Tn. (1)证明:∵Sn=2an-2n, ∴当 n≥2 时,Sn-1=2an-1-2(n-1), ∴①-②,得 an=2an-2an-1-2, 即 an=2an-1+2(n≥2).
(新课标)高三数学一轮复习 大题冲关集训(四)理-人教版高三全册数学试题
大题冲关集训(四)1.(2014某某模拟)如图,正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直,△ABE 是等腰直角三角形,AB=AE,FA=FE,∠AEF=45°.(1)求证:EF⊥平面BCE;(2)设线段CD的中点为P,在直线AE上是否存在一点M,使得PM∥平面BCE?若存在,请指出点M的位置,并证明你的结论;若不存在,请说明理由.解:法一(1)取BE的中点G,连接AG,由题意知EF⊥BE.由EA=AB知AG⊥BE,所以EF∥AG.∵平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,BC⊥AB,∴BC⊥平面ABEF,∴BC⊥AG.又∵BC∩BE=B,∴AG⊥平面BCE,∴EF⊥平面BCE.(2)当M为AE中点时有PM∥平面BCE.取AB的中点N,连接PN、MN,则MN∥BE,NP∥BC,所以MN∥平面BCE,NP∥平面BCE.又MN∩NP=N,所以平面PMN∥平面BCE,又PM⊂平面PMN且PM⊄平面BCE,∴PM∥平面BCE.法二(1)因为△ABE为等腰直角三角形,AB=AE,所以AE⊥AB.又平面ABEF⊥平面ABCD,AE⊂平面ABEF,平面ABEF∩平面ABCD=AB, 所以AE⊥平面ABCD.所以AE⊥AD.因此,AD,AB,AE两两垂直,以A为坐标原点,建立直角坐标系Axyz.设AB=1,则AE=1,B(0,1,0),D(1,0,0),E(0,0,1),C(1,1,0).因为FA=FE,∠AEF=45°,所以∠AFE=90°,从而,F(0,-,).所以=(0,-,-),=(0,-1,1),=(1,0,0).·=0+-=0,·=0.所以EF⊥BE,EF⊥BC.又BC∩BE=B,所以EF⊥平面BCE.(2)存在点M,当M为AE中点时,PM∥平面BCE.M(0,0,),P(1,,0).从而=(-1,-,),于是·=(-1,-,)·(0,-,-)=0,所以PM⊥FE,又EF⊥平面BCE,直线PM不在平面BCE内,故PM∥平面BCE.2.(2014某某模考)如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,∠BCC1=90°,AB⊥侧面BB1C1C.(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正弦值;(2)在棱CC1(不包含端点C,C1)上确定一点E的位置,使得EA⊥EB1(要求说明理由).解:法一(1)∵AB⊥侧面BB1C1C,CC1⊂面BB1C1C,∴AB⊥C1C,又CC1⊥CB且CB∩AB=B,∴CC1⊥平面ABC,∴∠C1BC为直线C1B与底面ABC所成角.Rt△CC1B中,BC1=1,CC1=2,则BC1=.∴sin ∠C1BC==.∴直线C1B与底面ABC所成角的正弦值为.(2)取CC1的中点F,连接B1F,BF.矩形BCC1B1中,BF=B1F=,BB1=2,∴BF⊥B1F,又∵AB⊥B1F,∴B1F⊥平面ABF,∴B1F⊥AF.故当E与F重合,即E为CC1的中点时有EA⊥EB1.法二如图,以B为原点建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0)(1)直三棱柱ABC A1B1C1中,平面ABC的法向量=(0,2,0),又=(1,2,0),设BC1与平面ABC所成角为θ,则sin θ=|cos<,>|==.∴直线C1B与底面ABC所成角的正弦值为.(2)设E(1,y,0),A(0,0,z),则=(-1,2-y,0),=(-1,-y,z).∵EA⊥EB1,∴·=1-y(2-y)=0.∴y=1,即E(1,1,0).∴E为CC1的中点.3.如图,在直角梯形ABCP中,AB=BC=3,AP=7,CD⊥AP于D,现将梯形ABCD沿线段CD折成60°的二面角P CD A,设E,F,G分别是PD,PC,BC的中点.(1)求证:PA∥平面EFG;(2)若M为线段CD上的一个动点,问点M在什么位置时,直线MF与平面EFG所成的角最大?并求此最大角的余弦值.(1)证明:∵AD⊥CD,PD⊥CD,∴CD⊥平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABCD.过P作AD的垂线,垂足为O,则PO⊥平面ABCD.过O作BC的垂线,交BC于H,分别以OH,OD,OP为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系, ∵∠PDO是二面角P DC A的平面角,∴∠PDO=60°,又∵PD=4,∴OP=2,OD=2,AO=1,得A(0,-1,0),B(3,-1,0),C(3,2,0),P(0,0,2),D(0,2,0),E(0,1,),F(,1,),G(3,,0),故=(,0,0),=(3,-,-),设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z),则即取z=1,得n=(0,-2,1),而=(0,-1,-2),n·=0+2-2=0,∴n⊥,又PA⊄平面EFG,故PA∥平面EFG.(2)解:设M(x,2,0),则=(-x,-1,),设MF与平面EFG所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|=||=,故当x=时,sin θ取到最大值,则θ取到最大值,此时点M为线段CD的中点,MF与平面EFG所成角的余弦值cos θ=.4.(2014某某师大附中模拟)一个几何体是由圆柱和三棱锥E ABC组合而成,点A,B,C在圆O 的圆周上,其正视图、侧视图的面积分别为10和12,如图所示,其中EA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC,AE=2.(1)求证:AC⊥BD;(2)求二面角A BD C的大小.解:法一(1)因为EA⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,所以EA⊥AC,即ED⊥AC.又因为AC⊥AB,AB∩ED=A,所以AC⊥平面EBD.因为BD⊂平面EBD,所以AC⊥BD.(2)因为点A,B,C在圆O的圆周上,且AB⊥AC,所以BC为圆O的直径.设圆O的半径为r,圆柱高为h,根据正视图、侧视图的面积可得解得所以BC=4,AB=AC=2.过点C作CH⊥BD于点H,连接AH,由(1)知,AC⊥BD,AC∩CH=C,所以BD⊥平面ACH.因为AH⊂平面ACH,所以BD⊥AH.所以∠AHC为二面角A BD C的平面角.由(1)知,AC⊥平面ABD,AH⊂平面ABD,所以AC⊥AH,即△CAH为直角三角形.在Rt△BAD中,AB=2,AD=2,则BD==2.由AB·AD=BD·AH,解得AH=.因为tan ∠AHC==.所以∠AHC=60°.所以二面角A BD C的平面角大小为60°.法二(1)因为点A,B,C在圆O的圆周上,且AB⊥AC,所以BC为圆O的直径.设圆O的半径为r,圆柱高为h,根据正视图、侧视图的面积可得解得所以BC=4,AB=AC=2.以点D为原点,DD1,DE所在的直线分别为x轴、z轴建立如图的空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),D1(4,0,0),A(0,0,2),B(2,2,2),C(2,-2,2),=(2,-2,0),=(2,2,2).因为·=(2,-2,0)·(2,2,2)=0,所以⊥.所以AC⊥BD.(2)设n=(x,y,z)是平面BCD的法向量,=(0,-4,0),即取z=-1,则n=(1,0,-1)是平面BCD的一个法向量.由(1)知,AC⊥BD,又AC⊥AB,AB∩BD=B,所以AC⊥平面ABD.所以=(2,-2,0)是平面ABD的一个法向量.因为cos<n,>===,所以<n,>=60°.而<n,>等于二面角A BD C的平面角,所以二面角A BD C的平面角大小为60°.5.(2014高考某某卷)如图,在四棱锥A BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.(1)证明:DE⊥平面ACD;(2)求二面角B AD E的大小.(1)证明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC.又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE.所以AC⊥DE.又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD.(2)解:法一作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AE交于点G, 连接BG,由(1)知DE⊥AD,则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B AD E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC.又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,从而BD⊥AB.由于AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=.在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=.在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.从而GF=.在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos ∠BAE=,BG=.在△BFG中,cos ∠BFG==.所以,∠BFG=,即二面角B AD E的大小是.法二以D为原点,分别以射线DE,DC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).设平面ADE的法向量m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0).由得可取m=(0,1,-),由得可取n=(1,-1,).于是|cos<m,n>|===.由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B AD E的大小是.6.如图1,☉O的直径AB=4,点C、D为☉O上两点,且∠CAB=45°,∠DAB=60°,F为的中点.沿直径AB折起,使两个半圆所在平面互相垂直(如图2).(1)求证:OF∥平面ACD;(2)求二面角C AD B的余弦值;(3)在上是否存在点G,使得FG∥平面ACD?若存在,试指出点G的位置,并求直线AG与平面ACD所成角的正弦值;若不存在,请说明理由.(1)证明:如图,以AB所在的直线为y轴,以OC所在的直线为z轴,以O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz,则A(0,-2,0),C(0,0,2).=(0,0,2)-(0,-2,0)=(0,2,2),∵点F为的中点,∴点F的坐标为(0,,),=(0,,).∴=,即OF∥AC.∵OF⊄平面ACD,AC⊂平面ACD,∴OF∥平面ACD.(2)解:∵∠DAB=60°,∴点D的坐标是(,-1,0),=(,1,0).设二面角C AD B的大小为θ,n1=(x′,y′,z′)为平面ACD的一个法向量.由即取x′=1,解得y′=-,z′=.∴n1=(1,-,).取平面ADB的一个法向量n2=(0,0,1),∴cos θ===. (3)解:设在上存在点G,使得FG∥平面ACD,∵OF∥平面ACD,∴平面OFG∥平面ACD,则有OG∥AD.设=λ(λ>0),∵=(,1,0),∴=(λ,λ,0).又∵||=2,∴=2,解得λ=±1(舍去-1).∴=(,1,0),则G为的中点.因此,在上存在点G,使得FG∥平面ACD,且点G为的中点. 设直线AG与平面ACD所成角为α,∵=(,1,0)-(0,-2,0)=(,3,0),根据(2)的计算n1=(1,-,)为平面ACD的一个法向量,∴sin α=cos(90°-α)===.因此,直线AG与平面ACD所成角的正弦值为.7.(2013高考某某卷)如图,在四棱柱ABCD A1B1C1D1中,侧棱AA1⊥底面ABCD,AB∥DC,AA1=1,AB=3k,AD=4k,BC=5k,DC=6k(k>0).(1)求证:CD⊥平面ADD1A1;(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为,求k的值;(3)现将与四棱柱ABCD A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱.规定:若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问:共有几种不同的拼接方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为f(k),写出f(k)的解析式.(直接写出答案,不必说明理由)(1)证明:取CD的中点E,连接BE.∵AB∥DE,AB=DE=3k,∴四边形ABED为平行四边形,∴BE∥AD且BE=AD=4k.在△BCE中,∵BE=4k,CE=3k,BC=5k,∴BE2+CE2=BC2,∴∠BEC=90°,即BE⊥CD.又BE∥AD,∴CD⊥AD.∵AA1⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴AA1⊥CD.又AA1∩AD=A,∴CD⊥平面ADD1A1.(2)解:以D为原点,,,的方向为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1),所以=(-4k,6k,0),=(0,3k,1),=(0,0,1).设平面AB1C的法向量n=(x,y,z),则由得取y=2,得n=(3,2,-6k).设AA1与平面AB1C所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=||==,解得k=1,故所求k的值为1.(3)解:共有4种不同的方案.f(k)=。
【2022高考数学一轮复习(金版教程)】高考大题冲关系列(1)
命题动向：函数是中学数学的核心内容，而导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点．常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)，求极值、最值、切线方程、函数的零点或方程的根，求参数的范围及证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归等，中、高档难度均有．题型1利用导数研究函数的性质例1(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝2ln x＋1.(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；(2)设a>0时，讨论函数g(x)＝f(x)－f(a)x－a的单调性．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)≤2x＋c⇒f(x)－2x－c≤0⇒2ln x＋1－2x－c≤0，(*) 设h(x)＝2ln x＋1－2x－c(x＞0)，则有h′(x)＝2x －2＝2(1－x)x，当0＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当x＞1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以当x＝1时，函数h(x)有最大值，即h(x)max＝h(1)＝2ln 1＋1－2×1－c＝－1－c.要使不等式(*)在(0，＋∞)上恒成立，只需h(x)max≤0，即－1－c≤0，解得[－1，＋∞)．故c的取值范围为c≥－1.(2)g(x)＝2ln x＋1－(2ln a＋1)x－a＝2(ln x－ln a)x－a(x＞0且x≠a)，因此g′(x)＝2(x－a－x ln x＋x ln a)x(x－a)2，设m (x )＝2(x －a －x ln x ＋x ln a )，则有m ′(x )＝2(ln a －ln x )，当x ＞a 时，ln x ＞ln a ，所以m ′(x )＜0，m (x )单调递减，因此有m (x )＜m (a )＝0，即g ′(x )＜0，所以g (x )单调递减；当0＜x ＜a 时，ln x ＜ln a ，所以m ′(x )＞0，m (x )单调递增，因此有m (x )＜m (a )＝0，即g ′(x )＜0，所以g (x )单调递减．所以函数g (x )在区间(0，a )和(a ，＋∞)上单调递减，没有单调递增区间．[冲关策略] 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析．变式训练1 (2019·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b .(1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．解 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a 3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3时，f ′(x )<0. 故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减． 若a ＝0，则f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0上单调递减．(2)满足题设条件的a ，b 存在．①当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )在区间[0,1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.③当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0,1]的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾．综上，当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.题型2 利用导数研究方程的根(或函数的零点)例2 (2020·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线与y 轴垂直．(1)求b ；(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1.解 (1)f ′(x )＝3x 2＋b ，由题意，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，即3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋b ＝0，则b ＝－34. (2)证明：由(1)可得f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，令f ′(x )＞0，得x ＞12或x ＜－12；令f ′(x )＜0，得－12＜x ＜12.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增． 又f (－1)＝c －14，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝c ＋14，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝c －14，f (1)＝c ＋14， 假设f (x )所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x 0，则f (－1)＞0或f (1)＜0，即c ＞14或c ＜－14.当c ＞14时，f (－1)＝c －14＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝c ＋14＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝c －14＞0，f (1)＝c ＋14＞0，又f (－4c )＝－64c 3＋3c ＋c ＝4c (1－16c 2)＜0，由函数零点存在定理知f (x )在(－4c ，－1)上存在唯一一个零点x 0，即f (x )在(－∞，－1)上存在唯一一个零点，在(－1，＋∞)上不存在零点， 此时f (x )不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c ＜－14时，f (－1)＝c －14＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝c ＋14＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝c －14＜0，f (1)＝c ＋14＜0，又f (－4c )＝－64c 3＋3c ＋c ＝4c (1－16c 2)＞0，由函数零点存在定理知f (x )在(1，－4c )上存在唯一一个零点x 0′，即f (x )在(1，＋∞)上存在唯一一个零点，在(－∞，1)上不存在零点， 此时f (x )不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾，综上，f (x )所有零点的绝对值都不大于1.[冲关策略] 用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助函数零点存在定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合思想画草图确定参数范围．变式训练2 (2019·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1. (1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．解 (1)f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f ′(x )＝1x ＋2(x －1)2>0， 所以f (x )在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．因为f (e)＝1－e ＋1e －1<0，f (e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1>0， 所以f (x )在(1，＋∞)上有唯一零点x 1(e<x 1<e 2)，即f (x 1)＝0.又0<1x 1<1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f (x 1)＝0， 故f (x )在(0,1)上有唯一零点1x 1. 综上，f (x )有且仅有两个零点．(2)证明：因为1x 0＝e －ln x 0， 所以点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－ln x 0，1x 0在曲线y ＝e x 上． 由题设知f (x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1， 故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0. 曲线y ＝e x 在点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－ln x 0，1x 0处切线的斜率是1x 0，曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝e x的切线．题型3利用导数研究不等式的有关问题例3(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝e x＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝e x＋x2－x，f′(x)＝e x＋2x－1，设φ(x)＝f′(x)，由于φ′(x)＝e x＋2＞0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．(2)由f(x)≥12x3＋1，得e x＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；②当x＞0时，分离参数a得a≥－e x－12x3－x－1x2，记g(x)＝－e x－12x3－x－1x2，g′(x)＝－(x－2)⎝⎛⎭⎪⎫e x－12x2－x－1x3，令h(x)＝e x－12x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝e x－x－1，设t(x)＝h′(x)，t′(x)＝e x－1≥0，故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，由h(x)≥0可得e x－12x2－x－1≥0恒成立，故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，综上可得，实数a 的取值范围是7－e 24，＋∞.[冲关策略] (1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解．(2)证明不等式，可以转化为求函数的最值问题．变式训练3 (2021·新高考八省联考)已知函数f (x )＝e x －sin x －cos x ，g (x )＝e x ＋sin x ＋cos x .(1)证明：当x >－5π4时，f (x )≥0；(2)若g (x )≥2＋ax ，求a .解 (1)证明：分类讨论：①当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－5π4，－π4时，f (x )＝e x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4>0； ②当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0时，f ′(x )＝e x －cos x ＋sin x ，f ′(0)＝0， 令m (x )＝e x －cos x ＋sin x ，则m ′(x )＝e x ＋sin x ＋cos x ＝e x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4>0， 则函数f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0上单调递增， 则f ′(x )<f ′(0)＝0，则函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0上单调递减， 则f (x )>f (0)＝0；③当x ＝0时，由函数的解析式可知f (0)＝1－0－1＝0，当x ∈[0，＋∞)时，令H (x )＝－sin x ＋x (x ≥0)，则H ′(x )＝－cos x ＋1≥0，故函数H (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，从而H (x )≥H (0)＝0，即－sin x ＋x ≥0，－sin x ≥－x ，从而在区间[0，＋∞)上，函数f (x )＝e x －sin x －cos x ≥e x －x －1，令y ＝e x －x －1，则y ′＝e x －1，当x ≥0时，y ′≥0，故y ＝e x －x －1在[0，＋∞)上单调递增，故函数y ＝e x －x －1在[0，＋∞)上的最小值为y min ＝e 0－0－1＝0，从而在区间[0，＋∞)上，e x －x －1≥0. 从而在区间[0，＋∞)上，函数f (x )＝e x －sin x －cos x ≥e x －x －1≥0. 综上可得，题中的结论成立．(2)令F (x )＝e x ＋sin x ＋cos x －ax －2，F (x )≥0， 则F (x )min ≥0.F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4＝e －5π4＋5π4a －2≥0⇒a ≥2－e －5π45π4>0.又F (0)＝0，所以F (x )在R 上的最小值为F (0)． F ′(x )＝e x ＋cos x －sin x －a ，令G (x )＝e x ＋cos x －sin x －a ，则G ′(x )＝e x －sin x －cos x ＝f (x )，由(1)知，x >－5π4时，G ′(x )≥0，所以G (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，＋∞上单调递增，G (0)＝2－a . ①当a >2时，G (0)<0，G (a ＋ln a )＝a (e a －1)＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋ln a ＋π4>2(e 2－1)－2>0.故G (x )在(0，a ＋ln a )上存在零点，设为x 1， 当x ∈(0，x 1)时，G (x )<0，即F ′(x )<0，则F (x )在(0，x 1)上单调递减， 所以F (x 1)<F (0)＝0，与题意不符，舍去；②当2－e －5π45π4≤a <2时，G (0)>0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4＝e －5π4－2－a <e －12－2<0，故G (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0上存在零点，设为x 2， 当x ∈(x 2,0)时，G (x )>0，即F ′(x )>0，则F (x )在(x 2,0)上单调递增， 所以F (x 0)<F (0)＝0，与题意不符，舍去； ③当a ＝2时，G (0)＝0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0时，G (x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，G (x )>0，即当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0时，F ′(x )<0，当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>0，所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，＋∞时，F (x )≥F (0)＝0. 又当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－5π4时，F (x )＝e x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－2x －2>－2＋5π2－2>0. 因此，当a ＝2时，F (x )≥0.综上，a ＝2.。
(新课标)高三数学一轮复习 大题冲关集训(三)理-人教版高三全册数学试题
大题冲关集训(三)1.(2014某某一模)数列{a n}满足a n+1-a n=2,a1=2,等比数列{b n}满足b1=a1,b4=a8.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设=a n b n,求数列{}的前n项和T n.解:(1)a n+1-a n=2,a1=2,所以数列{a n}为等差数列,则a n=2+(n-1)×2=2n,b1=a1=2,b4=a8=16,所以q3==8,q=2,则b n=2n.(2)=a n b n=n·2n+1,则T n=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1,2T n=1×23+2×24+3×25+…+n·2n+2,两式相减得-T n=1×22+23+24+…+2n+1-n·2n+2,整理得T n=(n-1)2n+2+4.2.(2013高考某某卷)已知等差数列{a n}的公差d=1,前n项和为S n.(1)若1,a1,a3成等比数列,求a1;(2)若S5>a1a9,求a1的取值X围.解:(1)因为数列{a n}的公差d=1,且1,a1,a3成等比数列,所以=1×(a1+2),即-a1-2=0,解得a1=-1或a1=2.(2)因为数列{a n}的公差d=1,且S5>a1a9,所以5a1+10>+8a1,即+3a1-10<0,解得-5<a1<2.3.在正项数列{a n}中,a1=2,点A n(,)在双曲线y2-x2=1上,数列{b n}中,点(b n,T n)在直线y=-x+1上,其中T n是数列{b n}的前n项和.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:数列{b n}是等比数列.(1)解:由题a n+1-a n=1,即{a n}是以2为首项,公差为1的等差数列.a n=2+n-1=n+1.(2)证明:由(b n,T n)在y=-x+1上,则T n=-b n+1,T n-1=-b n-1+1,n≥2,b n=-b n+b n-1,n≥2,b n=b n-1,n≥2.又b1=-b1+1,得b1=,则{b n}是以为首项,公比为的等比数列.4.(2014高考新课标全国卷Ⅰ)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,a n≠0,a n a n+1=λS n-1,其中λ为常数.(1)证明:a n+2-a n=λ;(2)是否存在λ,使得{a n}为等差数列?并说明理由.(1)证明:由题设,a n a n+1=λS n-1,a n+1a n+2=λS n+1-1.两式相减得a n+1(a n+2-a n)=λa n+1.由于a n+1≠0,所以a n+2-a n=λ.(2)解:存在满足题意的λ,由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1.由(1)知,a3=λ+1,令2a2=a1+a3,解得λ=4.故a n+2-a n=4,由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.所以a n=2n-1,a n+1-a n=2.因此存在λ=4,使得数列{a n}为等差数列.5.(2014某某模拟)已知函数f(x)=(x≠-1,x∈R),数列{a n}满足a1=a(a≠-1,a∈R),a n+1=f(a n)(n∈N*).(1)若数列{a n}是常数列,求a的值;(2)当a1=4时,记b n=(n∈N*),证明数列{b n}是等比数列,并求出通项公式a n. 解:(1)因为f(x)=,a1=a,a n+1=f(a n)(n∈N*),数列{a n}是常数列,所以a n+1=a n=a,即a=,解得a=2或a=1.所以所某某数a的值是1或2.(2)因为a1=4,b n=(n∈N*),所以b1=,b n+1===,即b n+1=b n(n∈N*).所以数列{b n}是以b1=为首项,q=为公比的等比数列,于是b n=（）n-1=（）n(n∈N*),由b n=,即=（）n,解得a n=(n∈N*),所以所求的通项公式a n=(n∈N*).6.已知等差数列{a n}的首项a1=3,且公差d≠0,其前n项和为S n,且a1,a4,a13分别是等比数列{b n}的b2,b3,b4.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式;(2)证明:≤++…+<.(1)解:设等比数列{b n}的公比为q,∵a1,a4,a13分别是等比数列{b n}的b2,b3,b4, ∴(a1+3d)2=a1(a1+12d).又a1=3,∴d2-2d=0,∴d=2或d=0(舍去).∴a n=3+2(n-1)=2n+1.等比数列{b n}的公比为q===3,b1==1. ∴b n=3n-1.(2)证明:由(1)知S n=n2+2n,∴==（-）,∴++…+==（1+--）=-（+）<.∵+≤+=,∴-(+)≥,∴≤++…+<.7.(2015某某六校月考)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a2=2,S5=15,数列{b n}满足b1=,b n+1=b n.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)记T n为数列{b n}的前n项和,f(n)=,试问f(n)是否存在最大值,若存在,求出最大值;若不存在,请说明理由.解:(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,则解得a1=1,d=1,∴a n=n,由题意知=,∴=()n-1,∴b n=.(2)由(1),得T n=+++…+,T n=+++…+,所以T n=2-,又S n=,所以f(n)==,f(n+1)-f(n)=-=,当n≥3,n∈N*时,f(n+1)-f(n)<0,当n<3,n∈N*时,f(n+1)-f(n)≥0,又f(1)=1,f(2)=,f(3)=,∴f(n)存在最大值,为.8.某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍,并且每年年底固定给股东们分红500万元.该企业2010年年底分红后的资金为1000万元.(1)求该企业2014年年底分红后的资金;(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32500万元.解:设a n(单位:万元)为(2010+n)年年底分红后的资金,其中n∈N*,则a1=2×1000-500=1500,a2=2×1500-500=2500,…,a n=2a n-1-500(n≥2).∴a n-500=2(a n-1-500)(n≥2),即数列{a n-500}是以a1-500=1000为首项,公比为2的等比数列,∴a n-500=1000×2n-1,∴a n=1000×2n-1+500.(1)a4=1000×24-1+500=8500,∴该企业2014年年底分红后的资金为8500万元.(2)由a n>32500,即2n-1>32,得n>6,∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32500万元.。
(新课标)高三数学一轮复习 大题冲关集训(二)理
大题冲关集训(二)1.已知函数f(x)=4cos ωx·sin(ωx+)(ω>0)的最小正周期为π.(1)求ω的值;(2)讨论f(x)在区间上的单调性.解:(1)f(x)=4cos ωx[sin ωxcos +cos ωxsin ]=4cos ωx[sin ωx+cos ωx]=2sin ωxcos ωx+2cos2ωx=sin 2ωx+(cos 2ωx+1)=sin 2ωx+cos 2ωx+=2sin(2ωx+)+,因为f(x)的最小正周期为π且ω>0,故=π,则ω=1.(2)由(1)知,f(x)=2sin(2x+)+.若0≤x≤,则≤2x+≤.当≤2x+≤,即0≤x≤时,f(x)单调递增;当<2x+≤,即<x≤时,f(x)单调递减.综上可知,f(x)在区间[0,]上单调递增,在区间(,]上单调递减.2.(2014高考辽宁卷)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a>c.已知·=2,cos B=,b=3,求:(1)a和c的值;(2)cos(B-C)的值.解:(1)由·=2,得c·acos B=2,又cos B=,所以ac=6.由余弦定理,得a2+c2=b2+2accos B.又b=3,所以a2+c2=9+2×2=13.解得a=2,c=3或a=3,c=2.因为a>c,所以a=3,c=2.(2)在△ABC中,sin B===,由正弦定理,得sin C=sin B=×=.因为a=b>c,所以C为锐角,因此cos C===.于是cos(B-C)=cos Bcos C+sin Bsin C=×+×=.3.(2014资阳二模)已知f(x)=sin(2x+)+cos(2x-).(1)求f(x)的最大值及取得最大值时x的值;(2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若f(C)=1,c=2,sin A=2sin B,求△ABC的面积.解:(1)f(x)=sin(2x+)+cos(2x-)=sin 2x+cos 2x+cos 2x+sin 2x=sin 2x+cos 2x=2sin(2x+).当2x+=2kπ+,k∈Z,即x=kπ+,k∈Z时,函数f(x)取得最大值2.(2)由f(C)=2sin(2C+)=1,得sin(2C+)=,∵<2C+<2π+,∴2C+=,解得C=.因为sin A=2sin B,根据正弦定理,得a=2b,由余弦定理,有c2=a2+b2-2abcos C,则(2)2=4b2+b2-2×2b2cos =3b2,解得b=2,a=4,故△ABC的面积S△ABC=absin C=×4×2×sin=2.4.(2014上饶市二模)设a∈R函数f(x)=cos x(asin x-cos x)+cos2(+x)满足f(-)=f(0).(1)求f(x)的单调递减区间;(2)设锐角△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,且=,求f(A)的取值范围.解:(1)f(x)=cos x(asin x-cos x)+cos2(+x)=sin 2x-cos 2x,由f(-)=f(0)得-+=-1,∴a=2,∴f(x)=sin 2x-cos 2x=2sin(2x-),由2kπ+≤2x-≤2kπ+π得kπ+≤x≤kπ+π,k∈Z,∴f(x)的单调递减区间为[kπ+,kπ+π].(2)∵=,由余弦定理得==,即2acos B-ccos B=bcos C,由正弦定理得2sin Acos B-sin Ccos B=sin Bcos C,2sin Acos B=sin(B+C)=sin A,cos B=,∴B=,∵△ABC为锐角三角形,∴<A<,<2A-<,∴f(A)=2sin(2A-)的取值范围为(1,2].5.(2014贵阳模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,B=.(1)若b2=ac,求角A,C的大小.(2)求sin A+sin C的取值范围.解:(1)由已知B=,在△ABC中,根据余弦定理,得b2=a2+c2-2accos =a2+c2-ac,又已知b2=ac,所以a2+c2-ac=ac,即(a-c)2=0,所以a=c,所以A=C,而A+C=π-=,所以A=C=.(2)由已知得sin A+sin C=sin A+sin(-A)=sin A+cos A=（sin A+cos A）=sin （A+）,因为A∈（0,）,所以<A+<,所以sin（A+）∈(,1],所以sin (A+)∈(,],即sin A+sin C的取值范围为(,].6. 函数f(x)=6cos2+sin ωx-3(ω>0)在一个周期内的图象如图所示,A为图象的最高点,B、C为图象与x轴的交点,且△ABC为正三角形.(1)求ω的值及函数f(x)的值域;(2)若f(x0)=,且x0∈(-,),求f(x0+1)的值.解:(1)f(x)=6cos2+sin ωx-3=3cos ωx+sin ωx=2sin(ωx+).由题意知正三角形ABC的高为2,则BC=4,所以函数f(x)的周期T=4×2=8,即=8,解得ω=.所以函数f(x)的值域为[-2,2].(2)因为f(x0)=,由(1)有f(x0)=2sin(+)=,即sin(+)=,由x0∈(-,),得+∈(-,).即cos(+)==,故f(x0+1)=2sin(++)=2sin[(+)+]=2[sin(+)cos+cos(+)sin]=2(×+×)=.7.(2014昆明模拟)已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a,b,c成等差数列,且2cos 2B-8cos B+5=0,求角B的大小,并判断△ABC的形状.解:因为2cos 2B-8cos B+5=0,所以2(2cos2B-1)-8cos B+5=0.所以4cos2B-8cos B+3=0,即(2cos B-1)(2cos B-3)=0.解得cos B=或cos B=(舍去).因为0<B<π,所以B=.因为a,b,c成等差数列,所以a+c=2b.所以cos B===,化简得a2+c2-2ac=0,解得a=c.所以△ABC是等边三角形.8.(2014福州模拟)已知函数f(x)=2cos (cos -sin ),在△ABC中,有f(A)=+1.(1)若a2-c2=b2-mbc,求实数m的值;(2)若a=1,求△ABC面积的最大值.解:(1)f(x)=2cos (cos -sin )=2cos2-2sin cos =+cos x-sin x=+2sin （-x）,由f(A)=+1,可得+2sin（-A）=+1,所以sin（-A）=.又A∈(0,π),所以-A∈（-,）,所以-A=,即A=.由a2-c2=b2-mbc及余弦定理,可得==cos A=,所以m=.(2)由(1)知cos A=,则sin A=,又=cos A=,所以b2+c2-a2=bc≥2bc-a2,即bc≤(2+)a2=2+,当且仅当b=c时等号成立,所以S△ABC=cbsin A≤,即△ABC面积的最大值为.。
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大题冲关集训(一)
1.(2014高考安徽卷)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;
(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.
解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f′(x)=1+a-2x-3x2.
令f′(x)=0,得x1=,x2=,
x1<x2.
所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2).
当x<x1或x>x2时,f′(x)<0;
当x1<x<x2时,f′(x)>0.
故f(x)在(-∞,)和(,+∞)内单调递减,在(,)内单调递增.
(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.
①当a≥4时,x2≥1.
由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增.
所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.
②当0<a<4时,x2<1.
由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减.
所以f(x)在x=x2=处取得最大值.
又f(0)=1,f(1)=a,所以
当0<a<1时,f(x)在x=1处取得最小值;
当a=1时,f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;
当1<a<4时,f(x)在x=0处取得最小值.
2.(2014大连市二模)设函数f(x)=ln x-cx(c∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若f(x)≤x2恒成立,求c的取值范围.
解:(1)∵f(x)=ln x-cx,
∴x∈(0,+∞),f′(x)=-c=.
当c≤0时,f(x)单调增区间为(0,+∞),无单调减区间;
当c>0时,f(x)单调增区间为(0,),f(x)单调减区间为(,+∞).
(2)∵f(x)≤x2恒成立,
即ln x-cx≤x2恒成立,
∴c≥-x,当x∈(0,+∞)时恒成立.
设g(x)=-x,
∴g′(x)=,
∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
∴[g(x)]max=g(1)=-1,
∴c≥-1.即c的取值范围为(-1,+∞).
3.(2014凉州一诊)已知函数f(x)=(ax-2)e x在x=1处取得极值.
(1)求a的值;
(2)求函数f(x)在[m,m+1]上的最小值;
(3)求证:对任意x1,x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(x2)|≤e.
(1)解:f′(x)=ae x+(ax-2)e x=(ax+a-2)e x.
由已知得f′(1)=0,
即(2a-2)e=0,
解得a=1.
当a=1时,在x=1处函数f(x)=(x-2)e x取得极小值,
所以a=1.
(2)解:由(1)知f(x)=(x-2)e x,
f′(x)=e x+(x-2)e x=(x-1)e x.
所以函数f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
当m≥1时,f(x)在[m,m+1]上单调递增,
[f(x)]min=f(m)=(m-2)e m.
当0<m<1时,m<1<m+1,
f(x)在[m,1]上单调递减,在[1,m+1]上单调递增,
[f(x)]min=f(1)=-e.
当m≤0时,m+1≤1,
f(x)在[m,m+1]上单调递减,
[f(x)]min=f(m+1)=(m-1)e m+1.
综上,f(x)在[m,m+1]上的最小值
[f(x)]min=
(3)证明:由(1)知f(x)=(x-2)e x,
f′(x)=(x-1)e x.
令f′(x)=0得x=1.
因为f(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0,
所以当x∈[0,2]时,[f(x)]max=0,[f(x)]min=-e,
所以,对任意x1,x2∈[0,2],都有
|f(x1)-f(x2)|≤[f(x)]max-[f(x)]min=e.
4.(2014临沂市质检)已知函数f(x)=ln x.
(1)若直线y=x+m与函数f(x)的图象相切,求实数m的值;
(2)证明曲线y=f(x)与曲线y=x-有唯一的公共点;
(3)设0<a<b,比较与的大小,并说明理由. (1)解:f′(x)=,
设切点为(x0,y0),
则k==1,
∴x0=1,y0=ln x0=ln 1=0,
代入y=x+m,得m=-1.
(2)证明:令h(x)=f(x)-(x-)=ln x-x+, 则h′(x)=-1-
=
=<0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递减.
又h(1)=ln 1-1+1=0,
∴x=1是函数h(x)唯一的零点,
故点(1,0)是两曲线唯一的公共点. (3)解:-=ln -,
∵0<a<b,
∴>1.
构造函数ϕ (x)=ln x-(x>1),
则ϕ′(x)=-
=-
=>0,
∴ϕ (x)在(1,+∞)上单调递增,
又当x=1时, ϕ (1)=0,
∴x>1时, ϕ (x)>0,
即ln x>,
则有ln >成立,
即>.
即>.
5.(2015湖北省八市联考)定义在R上的函数g(x)及二次函数h(x)满足
g(x)+2g(-x)=e x+-9,h(-2)=h(0)=1且h(-3)=-2.
(1)求g(x)和h(x)的解析式;
(2)对于x1,x2∈[-1,1],均有h(x1)+ax1+5≥g(x2)-x2g(x2)成立,求a的取值范围;
(3)设f(x)=讨论方程f[f(x)]=2的解的个数情况.
解:(1)∵g(x)+2g(-x)=e x+-9,①
g(-x)+2g(x)=e-x+-9,
即g(-x)+2g(x)=2e x+-9, ②
由①②联立解得g(x)=e x-3.
∵h(x)是二次函数,且h(-2)=h(0)=1,
可设h(x)=ax(x+2)+1,
由h(-3)=-2,
解得a=-1.
∴h(x)=-x(x+2)+1=-x2-2x+1.
∴g(x)=e x-3,h(x)=-x2-2x+1.
(2)设φ(x)=h(x)+ax+5=-x2+(a-2)x+6,
F(x)=e x-3-x(e x-3)=(1-x)e x+3x-3,
依题意知,当-1≤x≤1时,[φ(x)]min≥[F(x)]max.
∵F′(x)=-e x+(1-x)e x+3=-xe x+3在[-1,1]上单调递减,
∴[F′(x)]min=F′(1)=3-e>0,
∴F(x)在[-1,1]上单调递增,
∴[F(x)]max=F(1)=0,
∴
解得-3≤a≤7,
∴实数a的取值范围为[-3,7].
(3)f(x)的图象如图所示.
令T=f(x),则f(T)=2.
∴T1=-1,T2=ln 5,f(x)=-1有两个解,f(x)=ln 5有3个解.
∴f[f(x)]=2有5个解.
6.已知函数f(x)=ax-1-ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)在x=1处取得极值,不等式f(x)≥bx-2对∀x∈(0, +∞)恒成立,求实数b的取值范围;
(3)当x>y>e-1时,证明不等式e x ln(1+y)>e y ln(1+x).
(1)解:函数的定义域是(0,+∞),
且f′(x)=a-=.
当a≤0时,ax-1<0,从而f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,若0<x<,则ax-1<0,从而f′(x)<0;
若x≥,则ax-1≥0,从而f′(x)≥0,
所以函数f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
(2)解:由(1)可知,函数的极值点是x=,
所以=1,则a=1.
若f(x)≥bx-2在(0,+∞)上恒成立,即x-1-ln x≥bx-2在(0,+∞)上恒成立,只需b≤1+-在(0,+∞)上恒成立.
令g(x)=-,则g′(x)=--+=.
易知x=e2为函数g(x)在(0,+∞)内唯一的极小值点,也是最小值点,故[g(x)]min=g(e2)=-,即(1+-)min=1-,故只要b≤1-即可.
所以b的取值范围是(-∞,1-].
(3)证明:由题意可知,要证不等式e x ln(1+y)>e y ln(1+x)成立,只需证>.
构造函数h(x)=,则h′(x)==,h′(x)在(e,+∞)上单调递增,
h′(x)>h′(e)>0,
则h(x)在(e,+∞)上单调递增.
由于x>y>e-1,所以x+1>y+1>e,
所以>,
即e x ln(1+y)>e y ln(1+x).。