第三章 高考专题突破一 第1课时
第3章 高考专题突破(1)第2课时 式-2023届高三一轮复习数学精品备课(新高考人教A版2019)
则 F′(x)＝1x＋a－a＋ x2 1－1e－ x－1x＝ax2＋x－x（2 a＋1）－1e－ x－1x
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝2x＋1.
(2)证明 因为f(x)＝ex－2ax(a＞0)， 所以f′(x)＝ex－2a. 令f′(x)＝ex－2a＞0，解得x＞ln 2a； 令f′(x)＝ex－2a＜0，解得x＜ln 2a. 所以f(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增. 故f(x)≥f(ln 2a)＝2a－2aln 2a. 所以f(x)≥－4a2＋4a等价于2a－2aln 2a≥－4a2＋4a， 即2aln 2a－4a2＋2a≤0.
第2课时 导数与不等式
核心考点·讲练互动
►考向一 证明不等式[师生共研] [例1](一题多解)设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)＋ax2－x，a≥0. (1)求f(x)的极值； (2)求证：ex－1[f(x－1)＋x]≥x2.
[自主解答] (1)因为 f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)＋ax2－x，x＞－1， 所以 f′(x)＝ln(x＋1)＋(x＋1)·x＋1 1＋2ax－1＝ln(x＋1)＋2ax. 令 m(x)＝ln(x＋1)＋2ax，则 m′(x)＝x＋1 1＋2a. 因为 a≥0，所以 m′(x)＞0， 所以 f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增.
当 x∈(0，1)时，F′(x)＜0，此时 F(x)单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，此时 F(x)单调递增. 所以 F(x)min＝F(1)＝0，即 F(x)≥0， 所以 ln x＋1x－exx－1≥0.故当 a≥0 时，ex－1[f(x－1)＋x]≥x2.
高中物理 专题突破1课件 新人教版选修33
动，热运动的激烈程度跟温度有关，温度越高， 热运动越激烈．
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• 【例2】 下列说法中不正确的是 ( )．
• A．沙子、水泥及水搅拌或沙浆是扩散现象 • B．布朗运动是液体分子无规则运动的反映 • C．扩散现象和布朗运动都不是分子运动，
也不能反映分子的运动 • D．因为布朗运动的激烈程度(chéngdù)跟温
度有关，所以布朗运动也叫做热运动
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•解析 扩散现象是指两种不同物质分子彼此进入对方的现象，沙子水泥混 合是物质颗粒(kēlì)进入对方，不是扩散现象，A错．布朗运动的确不是分 子运动，但布朗运动是分子运动引起的，故C错．虽然布朗运动与温度有 关，但是热运动是指分子永不停息的无规则运动，故D错，综上A、C、D 符合要求． •答案 ACD •借题发挥 分子太小，在显微镜下也看不到分子及其运动，只能通过宏观 现象或其他方法间接“看到”分子的运动．
分子运动论 一、分子的大小及微观量的估算
油膜法估测分子直径 油膜法估测分子直径 d，实验的关键是测量油滴在水面上形成 的单分子油膜的面积 S(数格子法)，再就是利用配比的浓度换 算出油滴中所含纯油酸的体积 V，分子直径 d＝VS.
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•阿伏加德罗常数是连接宏观和微观的纽带 •常见的几个关系： •若m：物质的质量，M：摩尔质量，m0：分子(fēnzǐ)质量 •V：物质的体积，Vm：摩尔体积，V0：分子(fēnzǐ)体积 •NA：阿伏加德罗常数，n：物质的量 •N：分子(fēnzǐ)总个数，ρ：物质的密度 •d：分子(fēnzǐ)直径或分子(fēnzǐ)间距离
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则有：(1)ρ＝mV＝VMm，(固体，液体) (2)N＝NAn＝mm0NA＝VV0NA(固体，液体) (3)n＝Mm＝VVm＝NNA (4)m0＝NMA＝mN (5)V0＝NVmA＝NV(固体，液体) (6)V0＝16πd3(球体)，V0＝a3(立方体)
2022年高考数学总复习专题突破一利用导数证明不等式
第1课时 利用导数证明不等式题型一 将不等式转化为函数的最值问题[例1] [2017·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a－2.[听课记录]类题通法将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 直接证得不等式.巩固训练1：已知函数f (x )＝ax －e x (e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝1e时，求函数f (x )的单调区间及极值；(2)当2≤a ≤e ＋2时，求证：f (x )≤2x .题型二 构造函数法证明不等式[例2] 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. [听课记录]类题通法待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.巩固训练2：已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x .题型三 将不等式转化为两个函数的最值进行比较[例3] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. [听课记录]类题通法在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明.巩固训练3：已知函数f (x )＝e x 2－x ln x ．求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e.题型四 双变量不等式的证明[例4] [2020·天津卷]已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)当k ＝6时：(ⅰ)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(ⅱ)求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x的单调区间和极值．(2)当k ≥－3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′(x 1)＋f ′(x 2)2>f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2.[听课记录]类题通法破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.巩固训练4：[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.[预测] 核心素养——逻辑推理、数学运算已知函数f (x )＝2x ＋(1－2a )ln x ＋ax.(1)讨论f (x )的单调性；(2)如果方程f (x )＝m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22>0.状 元 笔 记两个经典不等式的应用(1)对数形式：x ≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x >x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．[典例1] (1)已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解析】 (1)因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln (x ＋1)－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}， 所以排除选项D ；当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A 、C ；易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x －x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立， 所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点． [典例2] 已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0； 所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0， 故a ＝1.(2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. [典例3] 设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .【解析】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ＞0且x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x<x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x .第1课时 利用导数证明不等式 课堂题型讲解题型一例1 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（x ＋1）（2ax ＋1）x .若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0， 所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 即f (x )≤－34a－2.巩固训练1 解析：(1)当a ＝1e 时，f (x )＝1e x －e x ，令f ′(x )＝1e－e x ＝0，得x ＝－1.当x <－1时，f ′(x )>0；当x >－1时， f ′(x )<0.∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，单调递减区间为(－1，＋∞). 当x ＝－1时，函数f (x )有极大值－2e；没有极小值．(2)证明：令F (x )＝2x －f (x )＝e x －(a －2)x ， ①当a ＝2时，F (x )＝e x >0， ∴f (x )≤2x .②当2<a ≤2＋e 时，F ′(x )＝e x －(a －2)＝e x －e ln (a －2). 当x <ln (a －2)时，F ′(x )<0； 当x >ln (a －2)时，F ′(x )>0；∴F (x )在(－∞，ln (a －2))上单调递减，在(ln (a －2)，＋∞)上单调递增． ∴F (x )≥F (ln (a －2))＝e ln (a－2)－(a－2)ln (a－2)＝(a－2)[1－ln (a－2)]，∵2<a≤2＋e，∴a－2>0.1－ln (a－2)≥1－ln [(2＋e)－2]＝0，∴F(x)≥0，即f(x)≤2x.综上，当2≤a≤e＋2时，f(x)≤2x.题型二例2解析：(1)由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝e x－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故f(f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.巩固训练2解析：(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x<ln 2时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x>ln 2时，f′(x)>0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，故g(x)在R上单调递增．所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<e x.题型三例3解析：(1)f′(x)＝ex－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a >0，则当0<x <ea 时，f ′(x )>0；当x >ea时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ea ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：因为x >0， 所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f (x )max ＝f (1)＝－e ， 记g (x )＝e xx－2e(x >0)，则g ′(x )＝（x －1）e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e ， 综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.巩固训练3 证明：要证f (x )<x e x ＋1e ，∵x ＞0只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x.令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x2 ，易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞ 上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1e x≥0.再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x ，故原不等式成立．题型四例4 解析：(1)(ⅰ)当k ＝6时，f (x )＝x 3＋6ln x ，故f ′(x )＝3x 2＋6x .可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8.(ⅱ)依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋3x，x ∈(0，＋∞).g ′(x )＝3x 2－6x ＋6x －3x 2 ，整理可得g ′(x )＝3（x －1）3（x ＋1）x 2.令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如表：所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．(2)证明：由f (x )＝x 3＋k ln x ，得f ′(x )＝3x 2＋kx.对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，令x 1x 2 ＝t (t >1)，则(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫3x 21 ＋k x 1＋3x 22 ＋k x 2 －2(x 31 －x 32 ＋k ln x 1x 2 ) ＝x 31 －x 32 －3x 21 x 2＋3x 1x 22 ＋k (x 1x 2 －x 2x 1 )－2k ln x 1x 2 ＝x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t .① 令h (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞).当x >1时，h ′(x )＝1＋1x 2 －2x ＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2 >0，由此可得h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以当t >1时，h (t )>h (1)，即t －1t －2ln t >0.因为x 2≥1，t 3－3t 2＋3t －1＝(t －1)3>0，k ≥－3，所以x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ≥(t 3－3t 2＋3t －1)－3⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ＝t 3－3t 2＋6ln t ＋3t－1.② 由(1)(ⅱ)可知，当t >1时，g (t )>g (1)，即t 3－3t 2＋6ln t ＋3t >1，故t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1>0.③由①②③可得(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]>0.所以，当k ≥－3时，对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2 >f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.巩固训练4 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2 －1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42 或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ∪(a ＋a 2－42 ，＋∞)时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 时， f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞ 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 上单调递增．(2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2 ＝－1x 1x 2 －1＋a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2 ＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a－2ln x 21x 2－x 2， 所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2等价于1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2.高考命题预测预测 解析：(1)f ′(x )＝2＋1－2a x －a x 2 ＝2x 2＋（1－2a ）x －a x 2＝（x －a ）（2x ＋1）x 2(x >0).①当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增； ②当a >0时，x ∈(0，a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减； x ∈(a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )＝m 至多一个解，不符合题意；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，则f ′(a )＝0.不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0，即证x 1＋x 22 >a ，即证x 1＋x 2>2a ，即证x 2>2a －x 1，又f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，即证f (x 2)>f (2a －x 1)，因为f (x 2)＝f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a－x 1)，即证f (a ＋x )<f (a －x ).令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )＝⎣⎡⎦⎤2（a ＋x ）＋（1－2a ）ln （a ＋x ）＋a a ＋x－⎣⎡⎦⎤2（a －x ）＋（1－2a ）·ln （a －x ）＋a a －x＝4x ＋(1－2a )ln (a ＋x )－(1－2a )ln (a －x )＋a a ＋x －aa －x ，g ′(x )＝4＋1－2a a ＋x ＋1－2a a －x －a （a ＋x ）2 －a（a －x ）2＝4＋2a （1－2a ）a 2－x 2 －2a （a 2＋x 2）（a ＋x ）2（a －x ）2 ＝4x 2（x 2－a 2－a ）（a ＋x ）2（a －x ）2 .当x ∈(0，a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，又g (0)＝f (a ＋0)－f (a －0)＝0，所以x ∈(0，a )时，g (x )<g (0)＝0，即f (a ＋x )<f (a －x )， 即f (x )>f (2a －x ).又x 1∈(0，a )，所以f (x 1)>f (2a －x 1)， 所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0.。
高中物理第3章电磁感应章末分层突破课件新人教版选修1_1
2019/7/12
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2019/7/12
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一如既往．法拉第认为“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效 应．他把引起电流的原因概括为五类，它们都与变化和运动相联系，这就是： 变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导 体等．他把这种由磁得到电的现象叫做电磁感应现象，在电磁感应现象中产生 的电流叫做感应电流．
④ 紧跟老师的推导过程抓住老师的思路。老师在课堂上讲解某一结论时，一般有一个推导过程，如数学问题的来龙去脉、物理概念的抽象归纳、语 文课的分析等。感悟和理解推导过程是一个投入思维、感悟方法的过程，这有助于理解记忆结论，也有助于提高分析问题和运用知识的能力。
⑤ 搁置问题抓住老师的思路。碰到自己还没有完全理解老师所讲内容的时候，最好是做个记号，姑且先把这个问题放在一边，继续听老师讲后面的 内容，以免顾此失彼。来自：学习方法网
C．膜片振动时，穿过线圈的磁通量不变
D．膜片振动时，金属线圈中产生感应电流
【解析】 当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将 声音信号变化电信号，是根据电磁感应原理工作的．故 A 错误，B 正确；膜片 随着声波而周期性振动，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的．故 C 错误； 膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应电动势和感应电流．故 D 正确．
【答案】 D
5．(2015· 山东学业水平检测)(多选)唱卡拉
OK
用的动圈式话筒，它的工作
原理是在弹性膜片后面黏接一个轻小的闭合金属线圈，线圈处于永磁体的磁场
高考语文一轮复习 第三章 第一节 第一讲 考向三 探究配套专题强化复习课件 苏教版
9一声唿哨、最后一个过溜 索表现了领队(lǐnɡ duì)的英雄气 概，
到索头，9 抽身跃下，走到汉子们
粗犷豪迈。
跟前。
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牛终于又上了驮，铃铛朗朗响着，似是急急地要离开这里 (zhèlǐ)。上得马上，才觉出一身黏汗，风吹得身子抖起来。顺风 出一口长气，又觉出闷雷原来一直响着。
（选自《阿城精选集》，有删改）
一
端在索头，另一端如带一缕黑烟，弯弯划
过峡谷。一只大鹰在瘦小汉子身下十余丈 处移来移去，翅膀尖上几根羽毛在风中抖。 再看时，瘦小汉子已到索子向上弯的地方， 悄没声地反着倒手拔索，横在索下的绳也
5
一抖一抖地长出去。
5对瘦小汉子的生 动描写，表现 (biǎoxiàn)了汉子 娴熟的技能，展示 其英勇无畏的一面。
第十四页，共129页。
【阅读启示录】 一篇好的作品必然是作者情动于中，言溢于表的产物。挖
掘文章内在的情感，提示其蕴含的深意要从语言文字入手， 仔细琢磨，反复推敲，把握情节(qíngjié)，真正理解作者的 写作意图，体会文中所蕴含的深刻意蕴，进而把握思想情感。 本文意蕴深刻，涉及人与自然、人与人的关系，动物形象， 人的磨难等；所蕴含的感情非常丰富，如对自然、乐观人生 态度的赞美，对平庸软弱的厌弃等。
第二步，对相关文字进行分析，结合语境概括人物的形象特点。
第二十六页，共129页。
请你组织答案： ______________________________________ _____________________________________________________ _____________________________________________________ 【规范答案】(1)“懒懒”地说话、“稳稳”地坐在马上：表现 他在怒江天险前的从容不迫，胸有成竹；(2)敲一敲溜索，“吼” 我过江：表现他认真负责，关爱部下；(3)瞟一眼，问一声：表 现他受人尊敬，与手下配合默契；(4)一声唿哨、最后(zuìhòu) 一个过溜索：表现他的英雄气概，粗犷豪迈。
【2022高考数学一轮复习(步步高)】目录
第一章集合、常用逻辑用语、不等式§1.1集合§1.2 充分条件与必要条件§1.3 全称量词与存在量词§1.4 不等关系与不等式§1.5 一元二次不等式及其解法§1.6 基本不等式强化训练1不等式中的综合问题第二章函数概念与基本初等函数Ⅰ§2.1 函数的概念及其表示第1课时函数的概念及其表示第2课时函数的定义域与值域§2.2 函数的基本性质第1课时单调性与最大(小)值第2课时奇偶性、对称性与周期性第3课时函数性质的综合问题§2.3 幂函数与二次函数§2.4 指数与指数函数§2.5 对数与对数函数§2.6 函数的图象§2.7 函数与方程强化训练2函数与方程中的综合问题§2.8 函数模型及其应用第三章导数及其应用§3.1 导数的概念及运算§3.2 导数与函数的单调性§3.3 导数与函数的极值、最值强化训练3导数中的综合问题高考专题突破一高考中的导数综合问题第1课时利用导数研究恒(能)成立问题第2课时利用导函数研究函数的零点第3课时利用导数证明不等式第四章三角函数、解三角形§4.1任意角和弧度制、三角函数的概念§4.2 同角三角函数基本关系式及诱导公式§4.3 简单的三角恒等变换第1课时两角和与差的正弦、余弦和正切公式第2课时简单的三角恒等变换§4.4 三角函数的图象与性质§4.5 函数y＝A sin(ωx＋φ)的图象及应用强化训练4三角函数中的综合问题§4.6 解三角形高考专题突破二高考中的解三角形问题第五章平面向量、复数§5.1 平面向量的概念及线性运算§5.2 平面向量基本定理及坐标表示§5.3 平面向量的数量积强化训练5平面向量中的综合问题§5.4 复数第六章数列§6.1 数列的概念与简单表示法§6.2 等差数列及其前n项和§6.3 等比数列及其前n项和强化训练6数列中的综合问题高考专题突破三高考中的数列问题第七章立体几何与空间向量§7.1空间几何体及其表面积、体积强化训练7空间几何体中的综合问题§7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系§7.3 直线、平面平行的判定与性质§7.4 直线、平面垂直的判定与性质强化训练8空间位置关系中的综合问题§7.5 空间向量及其应用高考专题突破四高考中的立体几何问题第八章解析几何§8.1直线的方程§8.2 两条直线的位置关系§8.3 圆的方程§8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系强化训练9直线与圆中的综合问题§8.5 椭圆第1课时椭圆及其性质第2课时直线与椭圆§8.6 双曲线§8.7 抛物线强化训练10圆锥曲线中的综合问题高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题第1课时范围与最值问题第2课时定点与定值问题第3课时证明与探索性问题第九章统计与统计案例§9.1 随机抽样、用样本估计总体§9.2 变量间的相关关系、统计案例强化训练11统计中的综合问题第十章计数原理、概率、随机变量及其分布§10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理§10.2 排列、组合§10.3 二项式定理§10.4 随机事件的概率与古典概型§10.5 离散型随机变量的分布列、均值与方差§10.6 二项分布与正态分布高考专题突破六高考中的概率与统计问题。
2019年高考数学高分突破复习 专题三 第1讲
第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积高考定位 1.三视图的识别和简单应用；2.简单几何体的表面积与体积计算，主要以选择题、填空题的形式呈现，在解答题中，有时与空间线、面位置证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问.真题感悟1.(2018·全国Ⅲ卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.答案 A2.(2018·全国Ⅰ卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( ) A.122π B.12π C.82π D.10π解析因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为2 2.所以S表面积＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.答案 B3.(2018·天津卷)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M －EFGH 的体积为________.解析 连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC .因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC .所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形.又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M－EFGH 的体积为13×⎝ ⎛⎭⎪⎫222×12＝112.答案1124.(2017·全国Ⅰ卷)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________.解析 如图，连接OA ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，所以OA ⊥SC ，OB ⊥SC .因为平面SAC ⊥平面SBC ，平面SAC ∩平面SBC ＝SC ，且OA ⊂平面SAC ，所以OA ⊥平面SBC .设球的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ， 所以V A －SBC ＝13×S △SBC ×OA ＝13×12×2r ×r ×r ＝13r 3，所以13r 3＝9⇒r ＝3，所以球的表面积为4πr 2＝36π.答案36π考 点 整 合1.空间几何体的三视图(1)几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正、高平齐、宽相等. (2)由三视图还原几何体：一般先从俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体.2.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体的表面积公式： ①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2. (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.热点一 空间几何体的三视图与直观图【例1】 (1)(2018·兰州模拟)中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”.已知某“堑堵”的正视图和俯视图如图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为( )A.18 6B.18 3C.18 2D.2722(2)(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A.217B.2 5C.3D.2解析(1)在俯视图Rt△ABC中，作AH⊥BC交于H.由三视图的意义，则BH＝6，HC＝3，根据射影定理，AH2＝BH·HC，∴AH＝3 2.易知该“堑堵”的侧视图是矩形，长为6，宽为AH＝3 2.故侧视图的面积S＝6×32＝18 2.(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4.则从M 到N的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.答案(1)C (2)B探究提高 1.由直观图确定三视图，一要根据三视图的含义及画法和摆放规则确认.二要熟悉常见几何体的三视图.2.由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面.(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置.(3)确定几何体的直观图形状.【训练1】 (1)如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之和为( )A.1B.2C.3D.4(2)(2017·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3 2B.2 3C.2 2D.2解析 (1)设点P 在平面A 1ADD 1的射影为P ′，在平面C 1CDD 1的射影为P ″，如图所示.∴三棱锥P －BCD 的正视图与侧视图分别为△P ′AD 与△P ″CD ，因此所求面积S ＝S △P ′AD ＋S △P ″CD ＝12×1×2＋12×1×2＝2.(2)根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P －ABCD )如图所示，将该四棱锥放入棱长为2的正方体中.由图可知该四棱锥的最长棱为PD ，PD ＝22＋22＋22＝2 3. 答案 (1)B (2)B热点二 几何体的表面积与体积 考法1 空间几何体的表面积【例2－1】 (1)(2017·全国Ⅰ卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A.10 B.12C.14D.16(2)(2018·西安模拟)如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A.20πB.24πC.28πD.32π解析 (1)由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S 梯＝12×(2＋4)×2＝6，S 全梯＝6×2＝12.(2)由三视图知，该几何体由一圆锥和一个圆柱构成的组合体， ∵S 圆锥侧＝π×3×32＋42＝15π，S 圆柱侧＝2π×1×2＝4π，S 圆锥底＝π×32＝9π.故几何体的表面积S ＝15π＋4π＋9π＝28π. 答案 (1)B (2)C探究提高 1.由几何体的三视图求其表面积：(1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小；(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式.2.(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.【训练2】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π(2)(2018·烟台二模)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧，则几何体的表面积为( )A.3π＋42－2B.3π＋22－2C.3π2＋22－2 D.3π2＋22＋2解析 (1)由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和，易得球的半径为2，则得S ＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π.(2)由三视图，该几何体是一个半圆柱挖去一直三棱柱，由对称性，几何体的底面面积S 底＝π×12－(2)2＝π－2.∴几何体表面积S ＝2(2×2)＋12(2π×1×2)＋S 底＝42＋2π＋π－2＝3π＋42－2. 答案 (1)A (2)A 考法2 空间几何体的体积【例2－2】 (1)(2018·河北衡水中学调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.6B.4C.223D.203(2)由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________.解析 (1)由三视图知该几何体是边长为2的正方体挖去一个三棱柱(如图)，且挖去的三棱柱的高为1，底面是等腰直角三角形，等腰直角三角形的直角边长为 2.故几何体体积V ＝23－12×2×2×1＝6.(2)该几何体由一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体和两个底面半径为1，高为1的14圆柱体构成.所以V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案 (1)A (2)2＋π2探究提高 1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.2.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.【训练3】 (1)(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.(2)(2018·北京燕博园质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.8π－163B.4π－163C.8π－4D.4π＋83解析 (1)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是 2.则该正八面体的体积为13×(2)2×1×2＝43.(2)该图形为一个半圆柱中间挖去一个四面体，∴体积V＝12π×22×4－13×12×2×4×4＝8π－163.答案(1)43(2)A热点三多面体与球的切、接问题【例3】(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.2r＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.由2R＝3，即R＝32.故球的最大体积V＝43πR3＝92π.答案 B【迁移探究1】若本例中的条件变为“直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积.解将直三棱柱补形为长方体ABEC－A1B1E1C1，则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.∴体对角线BC1的长为球O的直径.因此2R＝32＋42＋122＝13.故S球＝4πR2＝169π.【迁移探究2】若将题目的条件变为“如图所示是一个几何体的三视图”试求该几何体外接球的体积.解该几何体为四棱锥，如图所示，设正方形ABCD的中心为O，连接OP.由三视图，PH＝OH＝1，则OP＝OH2＋PH2＝ 2.又OB＝OC＝OD＝OA＝ 2.∴点O为几何体外接球的球心，则R＝2，V球＝43πR3＝823π.探究提高 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.2.若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.【训练4】(2018·广州三模)三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为( )A.23πB.234π C.64π D.643π解析如图，设O′为正△PAC的中心，D为Rt△ABC斜边的中点，H为AC中点.由平面PAC⊥平面ABC.则O′H⊥平面ABC.作O′O ∥HD，OD∥O′H，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又O ′P ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163.故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π. 答案 D1.求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算.(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用. (4)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底.2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a 的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为32a ，a 2，22a . 3.锥体体积公式为V ＝13Sh ，在求解锥体体积中，不能漏掉13.一、选择题1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析由直观图知，俯视图应为正方形，又上半部分相邻两曲面的交线为可见线，在俯视图中应为实线，因此，选项B可以是几何体的俯视图.答案 B2.(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P－ABCD，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，是△PAD，△PCD，△PAB.答案 C3.(2018·湖南师大附中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.8(π＋4)B.8(π＋8)C.16(π＋4)D.16(π＋8)解析由三视图还原原几何体如右图：该几何体为两个空心半圆柱相切，半圆柱的半径为2，母线长为4，左右为边长是4的正方形.∴该几何体的表面积为2×4×4＋2π×2×4＋2(4×4－π×22)＝64＋8π＝8(π＋8).答案 B4.(2017·全国Ⅲ卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A.πB.3π4C.π2D.π4解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12.∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4.答案 B5.(2018·北京燕博园押题)某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为( )A.4π3B.5π3C.7π6D.11π6解析 由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与18个球组成的组合体，其体积为12×π×12×3＋18×4π3×13＝5π3.答案 B6.(2018·全国Ⅲ卷)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D －ABC 体积的最大值为( ) A.12 3B.18 3C.24 3D.54 3解析 设等边△ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6.设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－（23）2＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6.所以三棱锥 D －ABC 体积的最大值V max ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3. 答案 B 二、填空题7.(2018·浙江卷改编)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)为________.解析 由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6.答案 68.(2018·郑州质检)已知长方体ABCD－A1B1C1D1内接于球O，底面ABCD是边长为2的正方形，E为AA1的中点，OA⊥平面BDE，则球O的表面积为________.解析取BD的中点为O1，连接OO1，OE，O1E，O1A，则四边形OO1AE为矩形，∵OA⊥平面BDE，∴OA⊥EO1，即四边形OO1AE为正方形，则球O的半径R＝OA＝2，∴球O的表面积S＝4π×22＝16π.答案16π9.(2018·武汉模拟)某几何体的三视图如图所示，其中正视图的轮廓是底边为23，高为1的等腰三角形，俯视图的轮廓为菱形，侧视图是个半圆.则该几何体的体积为________.解析由三视图知，几何体是由两个大小相同的半圆锥的组合体.其中r＝1，高h＝ 3.故几何体的体积V＝13π×12×3＝33π.答案3 3π三、解答题10.在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且点O为AC中点.(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求三棱锥C1－ABC的体积.(1)证明因为AA1＝A1C，且O为AC的中点，所以A1O⊥AC，又面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，且A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABC.(2)解∵A1C1∥AC，A1C1⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，∴A1C1∥平面ABC，即C1到平面ABC的距离等于A1到平面ABC的距离. 由(1)知A1O⊥平面ABC且A1O＝AA21－AO2＝3，∴VC1－ABC＝VA1－ABC＝13S△ABC·A1O＝13×12×2×3×3＝1.11.(2018·长春模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB，AD∥BC，AB＝AC，AD＝12BC＝1，PD＝3，∠BAD＝120°，M为PC的中点.(1)证明：DM∥平面PAB；(2)求四面体MABD的体积.(1)证明取PB中点N，连接MN，AN.∵M为PC的中点，∴MN∥BC且MN＝12 BC，又AD∥BC，且AD＝12BC，得MN綉AD.∴ADMN为平行四边形，∴DM∥AN.又AN⊂平面PAB，DM⊄平面PAB，∴DM∥平面PAB.(2)解取AB中点O，连接PO，∵PA＝PB，∴PO⊥AB，又∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PO⊂平面PAB，则PO⊥平面ABCD，取BC中点H，连接AH，∵AB＝AC，∴AH⊥BC，又∵AD∥BC，∠BAD＝120°，∴∠ABC＝60°，Rt△ABH中，BH＝12BC＝1，AB＝2，∴AO＝1，又AD＝1，△AOD中，由余弦定理知，OD＝ 3. Rt△POD中，PO＝PD2－OD2＝ 6.又S△ABD＝12AB·AD sin 120°＝32，1 3·S△ABD·12PO＝24.∴V M－ABD＝。
高考物理二轮专题突破课件专题三 第1课时
专题三
【专题定位】 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作 用下的曲线运动的问题． 高考对本专题的考查以运动组合为线 索，进而从力和能的角度进行命题，题目情景新，过程复杂， 具有一定的综合性． 考查的主要内容有： ①曲线运动的条件和 运动的合成与分解；②平抛运动规律；③圆周运动规律；④平 抛运动与圆周运动的多过程组合问题； ⑤应用万有引力定律解 决天体运动问题； ⑥带电粒子在电场中的类平抛运动问题； ⑦ 带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题； ⑧带电粒子在简单组 合场内的运动问题等． 用到的主要物理思想和方法有： 运动的 合成与分解思想、 应用临界条件处理临界问题的方法、 建立类 平抛运动模型方法、等效的思想方法等．
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6．卫星变轨 (1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比 低轨道 小 ． (2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比 高轨道 大 ．
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1．竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利 用 动能定理 来建立联系， 然后结合牛顿第二定律进行动力 学分析．
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第 1 课时
平抛、圆周和天体运动
本 课 1．物体做曲线运动的条件 时 栏 当物体所受合外力的方向跟它的速度方向 不共线 时， 物体 目 开 做曲线运动．合运动与分运动具有 等时性 、 独立性 和 关
等效性 ．
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2．平抛运动
1 2 (1)规律：vx＝ v0 ，vy＝ gt ，x＝ v0t ，y＝ 2gt .
(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体 ①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的
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高考专题突破一 高考中的导数应用问题第1课时 导数与不等式题型一 证明不等式例1 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x . (1)解 由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1. 当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．(2)证明 由(1)知，f (x )在x ＝1处取得极大值也为最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1， 即1<x －1ln x<x . 思维升华 (1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数．跟踪训练1 已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．(1)解 依题意得f ′(x )＝ln x ＋1－e x ，又f (1)＝1－e ，f ′(1)＝1－e ，故所求切线方程为y －1＋e ＝(1－e)(x －1)，即y ＝(1－e)x .(2)证明 依题意，要证f (x )<sin x ，即证x ln x －e x ＋1<sin x ，即证x ln x <e x ＋sin x －1.当0<x ≤1时，e x ＋sin x －1>0，x ln x ≤0，故x ln x <e x ＋sin x －1，即f (x )<sin x .当x >1时，令g (x )＝e x ＋sin x －1－x ln x ，故g ′(x )＝e x ＋cos x －ln x －1.令h (x )＝g ′(x )＝e x ＋cos x －ln x －1，则h ′(x )＝e x －1x－sin x ， 当x >1时，e x －1x>e －1>1， 所以h ′(x )＝e x －1x－sin x >0， 故h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故h (x )>h (1)＝e ＋cos 1－1>0，即g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )>g (1)＝e ＋sin 1－1>0，即x ln x <e x ＋sin x －1，即f (x )<sin x .综上所述，f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二 不等式恒成立或有解问题例2 (2018·大同模拟)已知函数f (x )＝1＋ln x x. (1)若函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围； (2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围． 解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln x x 2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以x ＝1为函数f (x )的极大值点，且是唯一极值点，所以0<a <1<a ＋12， 故12<a <1，即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，1. (2)当x ≥1时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x恒成立， 令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ≥1)， 则g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1＋ln x ＋1＋1x x －(x ＋1)(1＋ln x )x 2＝x －ln x x 2. 再令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，则h ′(x )＝1－1x≥0， 所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0，所以g (x )为单调增函数，所以g (x )≥g (1)＝2，故k ≤2，即实数k 的取值范围是(－∞，2]．引申探究本例(2)中若改为：∃x 0∈[1，e]，使不等式f (x 0)≥k x 0＋1成立，求实数k 的取值范围． 解 当x ∈[1，e]时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x有解， 令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ∈[1，e])，由例(2)解题知， g (x )为单调增函数，所以g (x )max ＝g (e)＝2＋2e， 所以k ≤2＋2e，即实数k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，2＋2e . 思维升华 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． (2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．跟踪训练2 已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，x ∈[1，e]，若f (x )≤0恒成立，求实数a 的取值范围． 解 ∵f (x )≤0，即ax ＋ln x ≤0对x ∈[1，e]恒成立，∴a ≤－ln x x，x ∈[1，e]． 令g (x )＝－ln x x ，x ∈[1，e]，则g ′(x )＝ln x －1x 2， ∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≤0，∴g (x )在[1，e]上单调递减，∴g (x )min ＝g (e)＝－1e ，∴a ≤－1e. ∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－1e .1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证：f (x )≤g (x )．证明 令F (x )＝f (x )－g (x )＝ln x ＋x －x e x ＋1(x >0)，则F ′(x )＝1x ＋1－e x －x e x ＝1＋x x－(x ＋1)e x ＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1x －e x .令G (x )＝1x－e x ，可知G (x )在(0，＋∞)上为减函数， 且G ⎝⎛⎭⎫12＝2－e>0，G (1)＝1－e<0，∴存在x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得G (x 0)＝0，即1x 0－0e x ＝0. 当x ∈(0，x 0)时，G (x )>0，∴F ′(x )>0，F (x )为增函数；当x ∈(x 0，＋∞)时，G (x )<0，∴F ′(x )<0，F (x )为减函数．∴F (x )≤F (x 0)＝ln x 0＋x 0－x 00e x＋1，又∵1x 0－0e x ＝0，∴1x 0＝0e x ，即ln x 0＝－x 0， ∴F (x 0)＝0，即F (x )≤0，∴f (x )≤g (x )．2．已知f (x )＝e x －ax 2，若f (x )≥x ＋(1－x )·e x 在[0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围． 解 f (x )≥x ＋(1－x )e x ，即e x －ax 2≥x ＋e x －x e x ，即e x －ax －1≥0，x ≥0.令h (x )＝e x －ax －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －a (x ≥0)，当a ≤1时，由x ≥0知h ′(x )≥0，∴h (x )≥h (0)＝0，原不等式恒成立．当a >1时，令h ′(x )>0，得x >ln a ；令h ′(x )<0，得0≤x <ln a .∴h (x )在[0，ln a )上单调递减，又∵h (0)＝0，∴h (x )≥0不恒成立，∴a >1不合题意．综上，a 的取值范围为(－∞，1]．3．(2018·贵州适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )；由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞)．(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x2. 设h (x )＝ln x x2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max ， 由h ′(x )＝1－2ln x x 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 变化的变化情况如下表：x(0，e) e (e ，＋∞) h ′(x )＋ 0 － h (x )极大值12e由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e. 故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e .4．设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．解 f ′(x )＝2ax －1－ln x －(2a －1)＝2a (x －1)－ln x (x >0)，易知当x ∈(0，＋∞)时，ln x ≤x －1，则f ′(x )≥2a (x －1)－(x －1)＝(2a －1)(x －1)．当2a －1≥0，即a ≥12时， 由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≥0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (1)＝0，符合题意．当a ≤0时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≤0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (1)＝0，显然不合题意，a ≤0舍去．当0<a <12时，由ln x ≤x －1，得ln 1x ≤1x －1，即ln x ≥1－1x， 则f ′(x )≤2a (x －1)－⎝⎛⎭⎫1－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x (2ax －1)， ∵0<a <12，∴12a>1. 当x ∈⎣⎡⎦⎤1，12a 时，f ′(x )≤0恒成立， ∴f (x )在⎣⎡⎭⎫1，12a 上单调递减， ∴当x ∈⎣⎡⎭⎫1，12a 时，f (x )≤f (1)＝0， 显然不合题意，0<a <12舍去． 综上可得，a ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞.5．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x ，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．解 因为f (x )为偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝2e x ，所以f (x )＝2e |x |，对于x ∈[1，k ]，由f (x ＋m )≤2e x 得2e |x ＋m |≤2e x ，两边取以e 为底的对数得|x ＋m |≤ln x ＋1，所以－x －ln x －1≤m ≤－x ＋ln x ＋1在[1，k ]上恒成立，设g (x )＝－x ＋ln x ＋1(x ∈[1，k ])，则g ′(x )＝－1＋1x ＝1－x x≤0， 所以g (x )在[1，k ]上单调递减，所以g (x )min ＝g (k )＝－k ＋ln k ＋1，设h (x )＝－x －ln x －1(x ∈[1，k])，易知h (x )在[1，k ]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝－2，故－2≤m ≤－k ＋ln k ＋1，若实数m 存在，则必有－k ＋ln k ≥－3，又k>1，且k为整数，所以k＝2满足要求，故整数k的最小值为2.。