2021-2021學(xué)年高中數(shù)學(xué)高考七大高頻考點(diǎn)例析教學(xué)案蘇教版選修2-2

1、咼考七大咼頻考點(diǎn)例析對應(yīng)學(xué)生用書P64耳一考查 方 式從近幾年的高考試題分析，對該局部內(nèi)容的考查，主要考查利用導(dǎo) 數(shù)的幾何意義求切線方程；導(dǎo)數(shù)的有關(guān)計算，尤其是簡單的復(fù)合函數(shù)求 導(dǎo)；題型既有填空題，又有解答題，難度中等左右，在考查導(dǎo)數(shù)的概念 及其運(yùn)算的根底上，又注重考查解析幾何的相關(guān)知識.備考指要函數(shù)y f(x)在x處的導(dǎo)數(shù)f (X0)就是曲線y =f(x)在點(diǎn)P(x0, f(x。)處的切線的斜率 k,即k f (X。)，于是曲線yf(x)在點(diǎn)P(x, f(X0)處的切線方程為：y f(X0) f(X0)(X X0).求切線方程時，應(yīng) 明確“在某點(diǎn)處的切線方程和“過某點(diǎn)的切線方程的不同；熟練掌

2、 握根本函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及導(dǎo)數(shù)的四那么運(yùn)算考題印證例1(廣東高考)曲線y = e+ 2在點(diǎn)(0,3)處的切線方程為 .解析由y= e + 2? y = 5e?切線的斜率k= y |=o= 5，于是切線方程為 y 3 = 5(x 0) ? 5x+ y 3= 0.答案5x+ y 3 = 0例2 曲線y= x(3ln x+ 1)在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為 .解析T y = x(3ln x+1),3/ y = 3ln x +1 + x = 3ln x + 4,xk= y I x=1 = 4,所求切線的方程為y 1 = 4(x 1)，即y= 4x 3.答案y = 4x 3跟蹤演練1. 曲線y= ex在點(diǎn)A(

3、0,1)處的切線的斜率為 .解析：y = (ex) = e,所以當(dāng)x = 0時，y = e0= 1.答案：12. 曲線y= x3 + 3x2在點(diǎn)(1,2)處的切線方程為 .2 解析：y= 3x + 6x，二當(dāng) x= 1 時，y= 3,即斜率k = 3.所以切線方程為y 2= 3(x 1)，即3x y 1 = 0.答案：3x y 1 = 013. 如果曲線y= x4 x在點(diǎn)P處的切線垂直于直線y= 3X，那么點(diǎn)P的坐標(biāo)為 解析：由y = 4x3 1,當(dāng)y = 3時，有4x3 1 = 3,可解得x = 1,此時，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1,0).答案：(1,0)24. (北京高考)函數(shù)f(x) = x +

4、xsin x + cos x.(1) 假設(shè)曲線y = f(x)在點(diǎn)(a, f(a)處與直線y = b相切，求a與b的值；(2) 假設(shè)曲線y = f(x)與直線y= b有兩個不同交點(diǎn)，求 b的取值范圍.2解：由 f (x) = x + xsin x+ cos x, 得 f (x) = x(2 + cos x) , f (x)為偶函數(shù).(1) 因?yàn)榍€y= f(x)在點(diǎn)(a, f(a)處與直線y= b相切，所以 f (a) = a(2 + cos a) = 0, b= f(a).解得 a= 0, b= f (0) = 1.令 f (x) = 0，得 x= 0.f(x)與f(x)的變化情況如下：x(

5、a, 0)0(0，+a)f(X)一0+f(x)1所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(一a, 0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0 ,+)上單調(diào)遞增，f(0) = 1 是f(x)的最小值.當(dāng)bwi時，曲線y = f (x)與直線y = b最多只有一個交點(diǎn)；當(dāng)b1時，2f( 2b) = f (2 b) 4b 2b 14b 2b 1b,f(0) = 11時曲線y = f (x)與直 線y= b有且僅有兩個不同交點(diǎn).綜上可知，如果曲線 y =f(x)與直線y = b有兩個不同交點(diǎn)，那么b的取值范圍是(1 ,考查 方 式利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性是導(dǎo)數(shù)最重要的應(yīng)用之一主要考查求函數(shù)的單 調(diào)區(qū)間、證明或判斷函數(shù)的單調(diào)性，在高考命

6、題中，假設(shè)以填空題的形式出現(xiàn)，難 度那么以中低檔為主，假設(shè)以解答題形式出現(xiàn)，難度那么以中等偏上為主.備考 指 要利用導(dǎo)數(shù)的符號判斷函數(shù)的單調(diào)性是導(dǎo)數(shù)幾何意義在研究曲線變化規(guī)律時的 一個應(yīng)用，它充分表達(dá)了數(shù)形結(jié)合思想在利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，首 先要確定函數(shù)的定義域，解決問題的過程中，只能在定義域內(nèi)，通過討論導(dǎo)數(shù)的 符號，來判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.特別要注意寫單調(diào)區(qū)間時，區(qū)間之間用“和或“，隔開，絕對不能用“U連接考題印證例32(山東咼考)函數(shù)f (x) = ax + bx In x( a, b R).設(shè)a0,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;4 .ft-利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 設(shè)a 0，且對任意x 0

7、, f (x) f (1).試比擬In a與2b的大小.2解(1)由 f (x) = ax + bx In x, x (0 ,+),得 f(x) =22ax + bx 1xbx 1當(dāng) a= 0 時，f (x)=.x(i )假設(shè) b0 時，f ( x)0,當(dāng)0x-時，f (x)1時，f(x)0，函數(shù)f (x)單調(diào)遞增.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0, b，單調(diào)遞增區(qū)間是1,+當(dāng)a0時，令f(x) = 0,得 2ax + bx 1 = 0.4ab+ : b2+ 8aX2=4a由 A = b2+ 8a0，得 X1= b , b + 8a,當(dāng)0xx2時，f (x)X2時，f(x)0，函數(shù)f(x)單

8、調(diào)遞增.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0,b+ e+8a,單調(diào)遞增區(qū)間是4ab+ b + 8a,+m .4a綜上所述,a = 0,bwo時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，+m)；a = 0,b0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0, ，單調(diào)遞增區(qū)間是1 -km b，十；a0時，函數(shù) f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0,二耳衛(wèi)，單調(diào)遞增區(qū)間是4a4a 由題意知，函數(shù)f(x)在x = 1處取得最小值.4a是f (x)的唯一極小值點(diǎn),故b+嚴(yán)+ 8已=1,4a整理得 2a+ b= 1 即 b= 1 2a.令 g(x) = 2 4x+ In1 4x那么g (x)= 廠令 g(x) = 0,得 x= 41當(dāng)

9、 0x0, g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x#時，g(x)0, g(x)單調(diào)遞減.因此 g(x) w g 4 = 1+ in -= 1 In 40.44故 g(a)0,即卩 2-4a+ In a= 2b+ In a0,即 In a 2b.跟蹤演練5函數(shù)f(x) = ax3 x在R上為減函數(shù)，那么a的取值范圍是 .解析：f(x) = 3ax2 1,v f (x)在R上為減函數(shù)， f (x) W0 在 R上恒成立， aw0.答案：(a, 06.函數(shù)f(x) = 3x2 x3的單調(diào)遞減區(qū)間為 解析：f(x) = 6x 3x2，令 f(x)0,那么 6x 3x20,解之得x2或x0在1 ,+a )上恒成立，2

10、2即 3x a0,. a0 時，g(x)0 ,求 b 的最大值；(3) 1.414 22 0,等號僅當(dāng) x= 0時成立.所以f (x)在(a,+a )單 調(diào)遞增.(2) g(x) = f(2 x) 4bf (x) = e2* e汰4b(ex ex) + (8 b 4)x, g(x) = 2e 2x + e2x 2b(ex + ex) + (4 b 2)=2(e + e 2)(e + e 2b+ 2).(i )當(dāng)bw2時，g(x) 0,等號僅當(dāng)x = 0時成立，所以g(x)在(a,+a )單調(diào)遞增.而g(0) = 0,所以對任意x0, g(x)0 ;(ii)當(dāng) b2 時，假設(shè) x 滿足 2ex+

11、 ex2b 2,即卩 0xln( b 1+ b2 2b)時 g(x)0.而 g(o)= 0,因此當(dāng) OXIn( b 1 + b2 2b)時，g(x)0 ,8書3ln 2120692 8 ;當(dāng) b =字 + 1 時，ln( b 1+ , b2 2b) = ln 丿2,g(ln =| 2 .2 + (3 ：2 + 2)ln 20ln 218 + .2280 ,，/xxxxf ( x) = e + (x 1)e 2x = xe 2x = x(e 2),令 f (x) = 0,得 xi = 0, X2= In 2.當(dāng)x變化時，f (x) , f(x)的變化如下表：X(8, 0)0(0 , In 2)I

12、n 2(In 2 ,+8)f(x)+00+f(x)極大值極小值由表可知，函數(shù)f (x)的遞減區(qū)間為(0 , In 2)，遞增區(qū)間為(一8, 0) , (In 2 ,+).,xxx f (x) = e + (x 1)e 2kx= xe 2kxx=x(e 2k),令 f (x) = 0,得 xi = 0, X2= In (2 k),1 1 k令 g(k) = In (2 k) k,那么 g(k) = r 1 =-0,1所以g(k)在2 1上遞增，所以 g( k) w In 2 1 = In 2 In e0 ,從而 In(2 k)k，所以 In (2 k) 0 , k,所以當(dāng) x (0 , In(2

13、 k)時，f (x)0.所以 M= maxf (0) , f ( k)k3=max 1, ( k 1)e k .k3k令 h(k) = ( k 1)e k + 1，那么 h(k) = k(e 3k),kk令 0 (k) = e 3k,那么 0 (k) = e 3e 30,1所以0 (k)在2 1上遞減，1廠 3而 0 2 0 (1) = , e 2 (e 3)0 ,1當(dāng)k (xo,1)時，0 (k)0,h(1)= o,1所以h(k) 0在2，1上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng) k= 1時取得“ =綜上，函數(shù)f(x)在0，k上的最大值 M= (k 1)ek k3.ex2例5(山東咼考)設(shè)函數(shù)f (x) = x

14、? k-+ In xx x(k為常數(shù)，e= 2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù)).(1)當(dāng)kW0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； 假設(shè)函數(shù)f (x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點(diǎn)，求 k的取值范圍.解(1)函數(shù)y = f (x)的定義域?yàn)?0 ,+).2 xx,x e 2xe21f ( x) =4 k =+ _ ) xx xxxxxe 2e k x 2 x 2 e kx=32=3xxx由 k W0 可得 e kx0,所以當(dāng)x (0,2)時，f(x)0，函數(shù) y = f (x)單調(diào)遞增.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2 ,+).(2)由(1)知，kW0時，函數(shù)f (x)在(0

15、,2)內(nèi)單調(diào)遞減,故f (x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點(diǎn)；當(dāng) k0時，設(shè)函數(shù) g(x) = ex kx, x 0 ,+),因?yàn)?g(x) = ex k= ex eln k,當(dāng)00, y= g(x)單調(diào)遞增.故f (x)在(0,2)內(nèi)不存在兩個極值點(diǎn)；當(dāng)k1時，得x (0 , ln k)時，g(x)0，函數(shù) y= g(x)單調(diào)遞增.所以函數(shù)y = g(x)的最小值為g(ln k) = k(1 ln k).函數(shù)f (x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點(diǎn)，g00,gInk 0,e2當(dāng)且僅當(dāng)解得ek0,20l n k0時，f (x) 0,因此f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0 ,+s)，這時函數(shù)無極值;2(

16、x +) ( x) 當(dāng) av 0 時，f (x) =x.x當(dāng)x變化時，f( x), f(x)的變化情況如下：x(0, 7)h/a ,+s)f(X)0+f(x)極小值因此函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0 , .-a)，單調(diào)遞增區(qū)間是c.- a,+R).且當(dāng)x =a時， 函數(shù)f (x)有極小值f( a) = a+ 2aln a,無極大值.2 x10. 函數(shù) f(x) = (x k) e .k(1) 求f(x)的單調(diào)區(qū)間；1(2) 假設(shè)對于任意的x (0,+s)，都有f (x) w-，求k的取值范圍.e令 f ( x) = 0,得 x = k.當(dāng)k0時，f (x)與f (x)的情況如下:x(g, k

17、)k(一 k, k)k(k ,+g)f (X)+00+f(x)4k2e一10所以，f x的單調(diào)遞增區(qū)間是g, k和k,+；單調(diào)遞減區(qū)間是一k, k.當(dāng)k0時，因?yàn)閒 ( k+1) = e ，所以不會有？x (0，+g), f (x) w . k ee當(dāng)k0時，由 知fx在0，+g上的最大值是4 k2f 一 k = g214k1所以？x (0，+g), f (x) w -等價于 f( k)= w- e解得一k0,且r0可得0r0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù);當(dāng) r (5,5 .3)時，V(r)2 r.假設(shè)該容器的建造費(fèi)用僅與其外表積有3關(guān).圓柱形局部每平方米建造費(fèi)用為3千元，半球形局部每平

18、方米建造費(fèi)用為c(c3)千元.設(shè)該容器的建造費(fèi)用為 y千元.(1)寫出y關(guān)于r的函數(shù)表達(dá)式,并求該函數(shù)的定義域;求該容器的建造費(fèi)用最小時的v= 80 n解：(1)設(shè)容器的容積為V,243由題意知V=n r I + 3 n r，又343 V 3n r 80 44 20故 I =2- = 2 r =2 rn r 3r33 r由于I 2 r，因此0r 2.所以建造費(fèi)用y= 2 n rl x 3+ 4 nC4 202=2 n r x 3 2 r x 3+4 n r c.3 I2 160 n因此 y= 4n(c 2) r + i, 0r w2.(2) 由(1)得 y= 8n( c 2) r r8 n c

19、 2320三，0r3,所以C 20,3 20當(dāng) r3= 0 時，r =C 2令 f ZC2= m 那么 m0,所以y= 8n丁 2 (r n)( r2+ rm+ rn).假設(shè)902,那么當(dāng)r = m時，y= 0；當(dāng) r (0 , m)時，y 0,所以r = m是函數(shù)y的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn).9假設(shè) m2,即 3c 2,那么當(dāng)r (0,2)時，y 0,函數(shù)單調(diào)遞減，所以r = 2是函數(shù)y的最小值點(diǎn).綜上所述，當(dāng)32時，建造費(fèi)用最小時合情推理與演繹推理考?xì)w納推理、類比推理、演繹推理等問題是高考的熱點(diǎn)，歸納、類比推理大多數(shù)出查現(xiàn)在填空題中，為中低檔題，突出了“小而巧，主要考查類比、歸納推理能力；演

20、方繹推理大多數(shù)出現(xiàn)在解答題中，為中咼檔題目，在知識的交匯點(diǎn)處命題，考查學(xué)生分式析問題、解決問題以及邏輯推理能力.備對本局部知識的學(xué)習(xí)，要注意做好以下兩點(diǎn)：一要熟悉歸納推理、類比推理、演考繹推理的一般原理、步驟、格式，搞清合情推理與演繹推理的聯(lián)系與區(qū)別；二要把握指歸納推理、類比推理、演繹推理的根本應(yīng)用，在給定的條件下，能夠運(yùn)用歸納推理、要類比推理獲得新的一般結(jié)論，能夠運(yùn)用演繹推理對數(shù)學(xué)問題進(jìn)行嚴(yán)格的證明考題印證例7(陜西高考)觀察以下等式12= 12 21 2 =-312- 22 + 32 = 612 22 + 32 42 = 10照此規(guī)律，第n個等式可為解析觀察規(guī)律可知，第n 個式子為12 2

21、2+ 32 42 + + ( 1)n + 1n2 = ( 1)n+小 n+ 12答案n + 1 2n+1n n + 1(1) n= ( 1) 廠例8回文數(shù)是指從左到右讀與從右到左讀都一樣的正整數(shù)，如 22,121,3 443,94 24990 個：101,111,121，,3位回文數(shù)有90個，5位回等.顯然2位回文數(shù)有9個：11,22,33，99; 3位回文數(shù)有 191,202，999.那么(1)4位回文數(shù)有個;個.2 n+ 1(n N)位回文數(shù)有_解析2位回文數(shù)有9個，4位回文數(shù)有9X 10= 90個,文數(shù)有9X 10X 10= 100X9個，依次類推可得 2n+ 1位有9X 10n個.答案

22、909X 10n跟蹤演練12 .下面的數(shù)組均由三個數(shù)組成：(1,2,3), (2,4,6), (3,8,11), (4,16,20), (5,32,37)，(an, bn, Cn).(1) 請寫出6的一個表達(dá)式，6= ；(2) 假設(shè)數(shù)列Cn的前n項(xiàng)和為M,那么Mo=.(用數(shù)字作答)解析：(1)通過觀察歸納，得 an= n, bn= 2 , Cn= an+ bn= n+ 2.2 10(2) Mo= (1 + 2 + + 10) + (2 + 2 + + 2 ) = 2 101.答案：n+ 2n 2 10113 .先閱讀下面的文字：“求.1 + 1+ ：1 +的值時，采用了如下的方法：令.： 1

23、+也：1 + 1+ = X,那么有 x =1 + X, 兩邊同時平方，得 1 + x= X2,解得x=耳嚴(yán)(負(fù)值已舍去可以用類比的方法，求得的值為11 + 2+11，2 + -x1解析：由1 +12+-1+ 丁得 2x2 2x 1 = 0,負(fù)值已舍去，故所求值為1+2答案：寧直接證明與間接證明考查 方 式近幾年試題對本局部內(nèi)容的考查是應(yīng)用直接證明和間接證明 解決數(shù)列，立體幾何中的平行、垂直，不等式，解析幾何等問題， 題型大多為解答題，難度為中高檔.備在備考中，對本局部的內(nèi)容，要抓住關(guān)鍵，即分析法、綜合考法、反證法，要搞清三種方法的特點(diǎn)，把握三種方法在解決問題指中的一般步驟，熟悉三種方法適用于解

24、決的問題的類型，冋時也要要加強(qiáng)訓(xùn)練，到達(dá)熟能生巧，有效運(yùn)用它們的目的考題印證例9某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù):(1) sin 213+ cos217 sin 13 cos 17 ;(2) sin 215+ cos215 sin 15 cos 15 ;2 2(3) sin 18+ cos 12 sin 18 cos 12 ;22(4) sin ( 18 ) + cos 48 sin( 18 )cos 48 ;22(5) sin ( 25 ) + cos 55 sin( 25 )cos 55 .1試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù);1-2sin 30(2)根

25、據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論. 解選擇式，計算如下：2sin 152+ cos 15 sin 15 cos 1534.法一：三角恒等式為sin 2 a + cos2(30 a) sin-cos(30證明如下:sin 2 a + cos 2(30a ) - sin a cos(30 2 =sin a+ (cos 30 cosa + sin 30sina )2 sina (cos 30 cosa + sin30 sin a) 2 =sin32；3+ 產(chǎn)s a+ Tsina cos a1+ - sin42a-fsina cos1a - sin3=-sin4+ |

26、cos2a434.三角恒等式為sin 2 a2+ cos (30)sin a-cos(30證明如下:a ) - Sin a cos(301 cos 2 a 1 + cos 60 2 asina (cos 30cos a+ sin 30sin1 12-2cos1 1a + + 2(COS60 cos 2 a + sin60 sin 2a )-#in a cos1-?sin1 12-2cos 23a Sin 2 a4二sin 241a (1 cos 2 a )43 a =二.41=1 -cos 24跟蹤演練 214.設(shè)函數(shù) f (x) = ax + bx+ c(a,b,ac R)，且 f(1) =

27、- , 3a2c2b.求證:a0,b 3 -3 2c2b，所以 3a0,2b0, b2c2b,3 所以 3a 3a2b2b.可得3ab0,所以一3 0,其中 f (x)是 f (x)的導(dǎo)函數(shù).(1) 令 gi(x) = g(x), gn+i(x) = g(gn(x) , n N*，求 gn(x)的表達(dá)式；(2) 假設(shè)f(x) ag( x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3) 設(shè)n N*,比擬g(1) + g(2) + g(n)與n f( n)的大小，并加以證明.x解：由題設(shè)得，g( x) =(x 0).1十xx(i)由，gi(x) = i+xg2(x) = g(gi(x)=x1 + 2xx口xg

28、3( x)=，可得 gn( x)=1 + 3x1 + nx下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.x當(dāng)n= 1時，gi(x) = i+x，結(jié)論成立.x假設(shè)n= k時結(jié)論成立，即gk( x)=.1 + kxx1 + kxx1 + kx那么，當(dāng)n= k+ 1時，gk xgk+ i(x) = g(gk(x) =即結(jié)論成立.由可知， 結(jié)論對n N+成立.所以gn(x)=仆.ax(2)f(x) ag(x)恒成立，即ln(1 + x) x恒成立.1十x5ax設(shè) 0 (x) = ln(1 + x) (x0),1那么 0(x)= 1十x1 + xa x +1 a2= 2,當(dāng)awl時，0(x) 0(僅當(dāng)x= 0, a= 1時等號

29、成立),0 (x)在0,+)上單調(diào)遞增，又 0 (0) = 0,0 (x) 0 在0,+s)上恒成立,axaw1時，ln(1 + x) 存恒成立(僅當(dāng)x=0時等號成立).當(dāng) a1 時，對 x (0 , a 1有 0 z( x)0 , 0 (x)在(0 , a 1上單調(diào)遞減, 0 (a 1)1時，存在x0，使0 (x)nln( n+ 1).證明如下:證法一：上述不等式等價于1 1 12+3+ nn T，x.1 1令 X = 1,N+,那么石ln nn+ 1F面用數(shù)學(xué)歸納法證明.1當(dāng)n= 1時，2ln 2，結(jié)論成立.111假設(shè)當(dāng)n= k時結(jié)論成立，即1+尹+石ln( k+ 1).那么，當(dāng)n= k+

30、 1時,11111k + 22+ 3+ 沖+ kT2ln( k +2n而-+： + -+是圖中所示各矩形的面積和， + k+2ln( k +1) +ln 芮=ln( k + 3n+1，即結(jié)論成立.由可知，結(jié)論對 n N+成立.1 1 1證法二：上述不等式等價于2 + 3 +, x0.1 + x令 x=n,nn N+,那么 Inn+11 n n+1故有 In 2 In 1 1,1In 3 In 2 3,1ln( n+ 1) ln n石，上述各式相加可得ln( n+1)1 +1+- +1n+1，n+ 1x+ 10dx =11 x+1dx = nIn (n + 1)，結(jié)論得證.結(jié)論得證.xx證法三：

31、如圖，nx+dx是由曲線y = 不,x= n及x軸所圍成的曲邊梯形的面積,0L1LU1|復(fù)數(shù)考查方式復(fù)數(shù)的根本概念、復(fù)數(shù)相等的充要條件以及復(fù)數(shù)的代數(shù)運(yùn)算 是高考的熱點(diǎn)，并且一般在前三題的位置上，主要考查對復(fù)數(shù)概 念的理解以及復(fù)數(shù)的加減乘除四那么運(yùn)算.備考要明確復(fù)數(shù)的分類及復(fù)數(shù)運(yùn)算，掌握化歸思想，設(shè)出復(fù)數(shù)z指要的代數(shù)形式，即復(fù)數(shù)問題實(shí)數(shù)化.考題印證例10山東高考改編復(fù)數(shù)z滿足z 32 - i = 5i為虛數(shù)單位，那么z的共軛復(fù)數(shù) z =.解析由z 32 i = 5,得 z = 3+ 5- = 32 5 . 2+ ；丄.=3 + 2+ i = 5+ i ,2 i2 i2 十 i所以7 = 5 i

32、.答案5 i例11上海高考設(shè)nnfE R,吊十m- 2+ 吊1i是純虛數(shù)，其中i是虛數(shù)單位，那么mm+ m- 2 = 0,m= 2或 m= 1,解析由題意得2?m 1 工0m 1.m= 2.答案2跟蹤演練z16. 安徽高考改編設(shè)i是虛數(shù)單位，z表示復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù).假設(shè)z= 1 + i，那么十i z =.z1 + i解析：廠十i z = 十i1 i = i十1十i十1 = 2.ii答案：217. 湖南高考復(fù)數(shù)牛十丄i為虛數(shù)單位的實(shí)部等于 .亠一3十i亠解析：直接運(yùn)算得 i 2 = 3十i = 3 i，故實(shí)部為一 3.答案：318. 復(fù)數(shù)z = i (1 + i)(i為虛數(shù)單位)在復(fù)平面上對應(yīng)點(diǎn)

33、位于第 象限.解析：z = i(1 + i) = 1 + i，在復(fù)平面上對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(一 1,1)，其在第二象限.答案：二1 + ai19 .設(shè)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù) 一為純虛數(shù)，那么實(shí)數(shù) a的值為2 i解析：復(fù)數(shù)1 + ai2 i1 + ai2+ i2 i 2 + i2 a+2a +1 i5依題意得2a=0，2a + 1工 0,所以a= 2.答案：2模塊綜合檢測對應(yīng)階段質(zhì)量檢測四見8開試卷、填空題(本大題共14個小題，每題 5分，共70分，把答案填在題中橫線上)2 2i解析：1.(四川高考)復(fù)數(shù)22 匕 =(1 i) 2= 2i. 1 + i 1 i )答案：2i2.函數(shù)y=1仁0齊的導(dǎo)數(shù)是s

34、in x1 cos x2.11 cos x 1 1 cos x1 cos xsin x答案：y，=1cos x 23. 函數(shù)f (x) = xex+ c有兩個零點(diǎn)，貝U c的取值范圍是 .解析:t f ( x) = ex(x + 1),易知f (x)在(一g, 1)上單調(diào)遞減，在(一1 ,+)上單調(diào)遞增，且f (x)min= f (1) = c e ，由題意得 c e v 0,得 c v e .1答案：g,-e4. 用反證法證明命題“ a, b N, ab可被5整除，那么a、b中至少有一個能被 5整除 時，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為 .解析：“ a, b中至少有一個能被 5整除的否認(rèn)是“ a、b都不能被5

35、整除.答案：a, b都不能被5整除5. 用數(shù)學(xué)歸納法證明(n+ 1)( n+2) ( n + n) = 2nx ix3x-x(2 n 1)時，從“ k 到 k+1 左邊需乘的代數(shù)式是 .解析：當(dāng) n= k 時，左邊=(k +1)( k+ 2) ( k + k)，當(dāng) n= k+1 時，左邊=(k+ 2)( k +3)(k + k)( k+ k + 1)( k+ 1 + k + 1),增加了2k +12 k + 1k+=2(2 k+ 1).答案：2(2 k+ 1)6定義在 R上的可導(dǎo)函數(shù)y= f (x)的導(dǎo)函數(shù)為 f (x)，滿足 f (x) v f (x)，且 f (0)那么不等式2的解集為f

36、x解析：令g(x) = r, e,f X , f x f x g (x) = r0, g( x)為增函數(shù).由亠 2得亠 亠,eee所以 g(x) g(0), x 0.答案：(0 ,+s)7.復(fù)數(shù) 乙滿足(Z1 2)(1 + i) = 1 i(i為虛數(shù)單位)，復(fù)數(shù)Z2的虛部為2,且Z1 乙 是實(shí)數(shù)，貝U Z2= .解析： (Z1 2)(1 + i) = 1 i , Z1 = 2 i.設(shè) Z2= a+ 2i , a RZ1 Z2= (2 i)( a+ 2i) = (2a+ 2) + (4 a)i.T Z1 Z2 R,. a= 4,. Z2= 4 + 2i.答案：4 + 2i2n 1&函數(shù)y= si

37、n x的圖象在點(diǎn) A , 4處的切線的斜率是 22n 1解析：y = (sin x) = sin 2 x,.函數(shù)y = sin x的圖象在點(diǎn) A, 4處的切線的斜 率 k= sin 3 =_2.答案：-29兩千多年前，古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家曾經(jīng)在沙灘上研究數(shù)學(xué)問題他們在沙灘上畫點(diǎn)或用小石子表示數(shù)， 按照點(diǎn)或小石子能排列的形狀對數(shù)進(jìn)行分類.以下圖中實(shí)心點(diǎn)的個數(shù)5,9,14,20 ，被稱為梯形數(shù)根據(jù)圖形的構(gòu)成，記第2 014個梯形數(shù)為a2 014 ,貝 U a2 014 = .解析：5= 2+ 3= a1,9 = 2 + 3+ 4= a2,14 = 2 + 3+ 4+ 5 = a3,，an=

38、 2 + 3 + + (n+ 2)n+12 + n + 211= 2(門+ 1)( n + 4)，由此可得 a2 014 = 2+ 3+ 4 + 2 016 = qx2015X 2 018 = 2 015 x 1 009.答案：2 015 x 1 00910. 復(fù)數(shù)Z1與Z2在復(fù)平面上所對應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于y軸對稱，且Z1(3 i) = Z2(1 + 3i) , |Z1|=花，貝U Z1=.解析：設(shè) Z1= a+ bi，貝U Z2= a+ bi ,- Z1(3 i) = Z2(1 + 3i)，且 |Z1| = ；2 ,a + bi 3 i = a+ bi1 + 3i , 2. 2a + b = 2,a

39、= 1,a= 1,解得或b= 1b= 1, Z1 = 1 i 或 Z1 = 1 + i.答案：1 i或1+ i11. 對于等差數(shù)列an有如下命題：“假設(shè)an是等差數(shù)列，a1= 0, s、t是互不相等的正整數(shù)，那么有(s 1)at (t 1)as = 0.類比此命題，給出等比數(shù)列bn相應(yīng)的一個正確命題是：.bs 1答案：假設(shè)bn是等比數(shù)列，b1 = 1, s, t是互不相等的正整數(shù)，那么有 Tt-1 = 1t s3212. 函數(shù) f(x) = x px qx的圖象與 x軸切于(1,0)點(diǎn)，貝U f(x)的極大值為 ，極小值為.解析：f(x) = 3x -2px q, f (1) = 3 2p q= 0,即 2p+ q= 3.因 f (x)過(1,0)點(diǎn)，所以 1 p q= 0，即 p+ q= 1.由，得p= 2, q= 1,32即 f (x) = x 2x + x.2f (x) = 3x 4x + 1.2 1令 3x 4x + 1 = 0,解得 X1 = 3, X2= 1.當(dāng)x變化時，f (X)、f (x)的變化情況如下表:1111(1 ,+O)xOO，333, 1f (X)+00+f(x)極大值極小值14所以當(dāng)x