2018年高三高三數(shù)學(xué)經(jīng)典二輪復(fù)習(xí)專題一---函數(shù)、方程與不等式

1、砂題一函數(shù)、方程與不等式J知識(shí)網(wǎng)絡(luò)圖解考情分析及命題趨勢(shì)函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中十分重要的內(nèi)容，是初等數(shù)學(xué)與高等數(shù)學(xué)的主要銜接部分，同時(shí)也是貫穿了整個(gè)中 學(xué)數(shù)學(xué)的一根主線具有概念性強(qiáng)，內(nèi)容豐富，與其他知識(shí)（特別是方程、不等式、導(dǎo)數(shù)等知識(shí)）聯(lián)系廣泛 等特點(diǎn)函數(shù)思想是思考與解決數(shù)學(xué)問題的重要思想，它融會(huì)了待定系數(shù)法、配方法、換元法、反證法等基 本數(shù)學(xué)方法及數(shù)形結(jié)合、分類與整合、轉(zhuǎn)化與化歸等重要思想方程、不等式是中學(xué)數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)和重要內(nèi)容，是數(shù)學(xué)學(xué)科的工具所以它有著廣泛的應(yīng)用性，是培養(yǎng)學(xué)生數(shù)學(xué)能力和應(yīng)用意識(shí)的重要素材 函數(shù)、方程、不等式歷來都是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，已成為高考永恒的熱點(diǎn)，且常考常新這一部分試題呈

2、現(xiàn)出設(shè)計(jì)新穎，靈活，思維力度增大，運(yùn)算量減小的特點(diǎn)縱觀近三年的全國及各省、市高考試題，通常以小題的形式考查函數(shù)的性質(zhì)，不等式的性質(zhì)、解法及函數(shù)、方程思想的運(yùn)用，而在解答題中，則往往是在知識(shí)的交匯點(diǎn)處，從更高的層次、從思想方法與相關(guān)能力的關(guān)系角度進(jìn)行綜合考查，特別是利用導(dǎo)數(shù)作為工具，考查函數(shù)、方程、不等式的綜合應(yīng)用已成為高考的又一熱點(diǎn)，值得關(guān)注主干知識(shí)整合1 集合是近代數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)，簡易邏輯為數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)和運(yùn)用知識(shí)解決問題提供了知識(shí)上的準(zhǔn)備，表達(dá)上的規(guī)范和思維上的嚴(yán)密，因此是歷年高考的必考點(diǎn).通常以小題的形式呈現(xiàn)，一、是考查集合知識(shí)的應(yīng)用，如求不等式的解集；二、是考查命題的形式及等價(jià)性、充要條件的判定

3、；三、是考查數(shù)學(xué)語言能力、邏輯 推理能力和分析問題的能力及數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用2 理解集合的有關(guān)概念，掌握集合的符號(hào)語言及子集、交集、并集、補(bǔ)集、全集的有關(guān)概念，注意 數(shù)形結(jié)合思想的運(yùn)用，自覺利用韋恩圖、數(shù)軸、函數(shù)圖象幫助解題，強(qiáng)化集合語言和思想的運(yùn)用，如求函數(shù)的定義域、值域、方程與不等式的解集、解析幾何的曲線等，注意利用AUB= A=Au AAB= B等價(jià)轉(zhuǎn)化.3 理解命題、復(fù)合命題的概念和 或”、且”、非”等邏輯聯(lián)結(jié)詞的含義，掌握復(fù)合命題真假的判定和 命題的四種形式及等價(jià)性，掌握充要條件的三種判定方法 .簡易邏輯溝通代數(shù)、幾何、三角等知識(shí)，貫穿于 整個(gè)高中數(shù)學(xué)之中.真題新題探究【例 1】2018

4、年浙江設(shè) f (n)= 2n+1(n N), P= 1 , 2, 3, 4, 5, Q= 3,4, 5, 6, 7,記I?=nN丨 f (n) P,Q?=n N|f (n)Q，則(P?PeN(?)U(Q?Qe”I?)=(A)A 0 ,3B. 1 , 2C 3 , 4, 5D 1 , 2, 6, 7【解析】 由已知得，I?=0,1,2,Q=1,2,3 ,(I?neN(?)U(QneNP)=0U3 =0 , 3,故選 A.【評(píng)析】 求解集合運(yùn)算有關(guān)問題時(shí)，先理解集合的意義，在這里求出集合F?, Q?是關(guān)鍵，再依據(jù)集合運(yùn)算定義直接求解.變式題 設(shè)集合 A = 5 , log2(a+3) ,集合 B

5、= a, b，若 AQB = 2,則 AUB=_.【例 2】 已知集合 A = 0 , 2, 3, B = x | x= ab , a , b A,貝燦合 B 的子集的個(gè)數(shù)是(C)A 4B 8C 16D 15【解析】 如果 a, b 中至少有 1 個(gè)為零，則 ab= 0;如果 a = b= 2,貝 U ab= 4;如果 a= b= 3,貝 Ua =2、a =34、ab= 9;如果或，則 ab= 6,于是 B= 0 , 4, 6, 9 , B 有 2 = 16 個(gè)子集.lb =3lb =2【評(píng)析】 求集合 M 的子集的個(gè)數(shù)問題：(1)先求出集合 M，再直接利用下面結(jié)論求解一般地，集合 A =ai

6、, a2, , , an共有 2n個(gè)子集，有 2n 1 個(gè)真子集(2)-：是任何集合的子集，是任何非空集合的 真子集部分試題約占總分的30%.第 1 課時(shí)集合與簡易邏輯函數(shù)、方程、不等式這變式題已知集合G=Jx | cosx |=1x (5n,I,則集合G的真子集的個(gè)數(shù)是()212 12A.7B.8C.15D.16【例 3】設(shè)有兩個(gè)命題，p：不等式| x | + | x+1 | a 的解集為 R; q :函數(shù) f (x)= log(73a)x 在(0, +R)是增函數(shù)，若 p 或 q 為真命題，p 且 q 為假命題，那么實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 (A )A. :1,2)B.(2, - :C. 2

7、, - :D. (1,233【解析】 記 A = a | 不等式 | x | + | x+1 | a 的解集為 R, B = a | f (x) = log(7-3a)x 在(0, +) 上是增函數(shù)，由于函數(shù) y= | x | + | x+1 |的最小值是 1, A= a | av1.由于 f (x)= log(73a)x 在 (0, +s)上遞增， 73a 1,即 卩 av2, B= a | av2.又 p 或 q 為真，p 且 q 為假， p 與 q 中有且僅有一個(gè)正確，即 a 的取值范圍是eRAQB:UeRBAA,而eRAnB= : 1, 2)(eRB)一 故選A.【評(píng)析】 利用集合的方

8、法來判斷命題的真假，解決簡易邏輯問題，體現(xiàn)了集合的應(yīng)用，能把合種關(guān)系清晰地描繪出來.【例4】設(shè) f(x)是R上的減函數(shù)，且 f(0)=3,f(3)=l,設(shè) P= x| |f(x + t)1| v2, Q = x|f(x)v1，若“xP”是“xQ”的充分不必要條件，則實(shí)數(shù) t 的取值范圍是(C)A.t0C.tw3D.t3【解析】 P= x | | f (x+t) 1 |v2 = x | 1vf (x+t)v3 = x | f (3)vf (x+t)vf (0) =x|0vx+tv3=x| tvxv3t,Q=x|x3.又由已知得：P Q , t 3, tw 3，故選 C.【評(píng)析】 本題是函數(shù)不等式

9、與充要條件的綜合問題，解題關(guān)鍵一是利用單調(diào)性轉(zhuǎn)化為一般的代數(shù)不等式；二是利用集合間的包含關(guān)系來判斷充要條件。變式題 設(shè)集合 U = (x, y)| x R, y R , A = (x, y)| 2x y+m0 , B= (x, y)| x+y-nw0，那么點(diǎn) P ( 2, 3)是卩 An(CuB)的充要條件是()A.m1,nv5B.mv1,nv5C.m1,n5D.mv1,n5【例 5】 對(duì)于函數(shù) f (x),若 f (x)= x,則稱 x 為 f (x)的不動(dòng)點(diǎn)”若 f = x,則稱為 f (x)的穩(wěn)定 點(diǎn)”；函數(shù) f ( x)的 不動(dòng)點(diǎn)”和 穩(wěn)定點(diǎn)”的集合分別記為 A 和 B，即 A = x

10、 | f (x)= x , B= x | f :f (x) =x .(1) 求證：A 5 B;(2) 若 f (x)= ax2 1 (a R, x R),且 A = B也，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.【分析】 對(duì)于這類用集合語言敘述的數(shù)學(xué)問題，關(guān)鍵是準(zhǔn)確轉(zhuǎn)譯成數(shù)學(xué)式子或文學(xué)語言，理解集合的意義，掌握其實(shí)質(zhì)【證明】(1):若A=0，貝 U A 匸 B 顯然成立；若 A 乜，設(shè) t A，則 f (t)= t, f : f (t) = f (t)=t，即 t B，從而 A B.【解】(2) : A 中元素是方程 f (x)= x,即 ax2 1 = x 的實(shí)根.由 A豐.，知 a= 0 或人a* I 卩

11、 a-.=1+電 0.4B 中元素是方程 a (ax2 1) 2 1 = x,即 a3x4 2a2x2 x+a 1 = 0 的實(shí)根由 A 二 B 知上方程左邊含有一個(gè)因式ax2 x 1,即方程可化為(ax2 x 1) (a2x2+ax a+1) = 0因此，要 A = B,即要方程 a2x2+ax a+1 = 0沒有實(shí)根或?qū)嵏欠匠蘟x2 x 1 = 0的實(shí)根.若沒有實(shí)根，則 A1= a2 4a2(1 a) 0,則此解得 a 1)的反函數(shù)，則使 f-1(x) 1成立的 x 的取值氾圍為(A )a2-1、A(2a，+m)2 2a -1a -1、B(-m，2a)C(2a，a)Da,+8)【分析思路

12、一:先求 f-1(x),再解不等式f-1(x) 1 .思路二：利用反函數(shù)的定義，轉(zhuǎn)化為求f (x) (x 1)的值域.解法一：先求得 f-1( x)= loga( X+7/+1 ) ( a 1),由 f-1( x) 1 得 loga( X+寸 X?+1 ) logaa,1解法二：/ a 1, . f (x)=1(ax-a-x)為增函數(shù)，根據(jù)函數(shù)與反函數(shù)的定義域、值域之間的關(guān)系，【評(píng)析本題考查反函數(shù)的概念以及解不等式的能力解法二巧妙地利用函數(shù)與反函數(shù)定義域、值域的關(guān)系，以及函數(shù)的單調(diào)性，起到了事半功倍的效果變式題 設(shè) f-1(x)是函數(shù) f (x) = ,x 的反函數(shù)，則以下不等式中恒成立的是(

13、)A.f1(x)w2x-1B.f1(x)w2x+1C. f-1(x)2x- 1D. f-1(x) 2x+122a4由 f-1(x) 1，即在 x 1 的條件下求 f (X)的值域 f (x) f (1 )=1(a- a-1)=吁.x+ .x+i a，解得 xa2-12a -若 xv1，則 h (x)W0其中等號(hào)當(dāng) x= 0 時(shí)成立.求問題(1)中函數(shù) h (x)的值域;【例3】【解13法一：當(dāng) xl 時(shí)，y= 1,根據(jù)圖象排除 C,取 x=1時(shí)，y = 2 1,排除 A , B，故選 D.法二:【評(píng)1由已知得 y= 1+x_10an(n N*),則該函數(shù)的圖象是由關(guān)系式【4】函數(shù)(1)2018

14、 年上海對(duì)定義域分別是Df, Dg的函數(shù) y = f ( x),y= g (x) 規(guī)定:f(x) g(x)h (x)=f (x)衛(wèi)(x)當(dāng)x DfaxDg當(dāng)x三Df且x三Dg當(dāng)x Df且x：= Dg若函數(shù) f (x)x-1，g(x)= x2，寫出函數(shù) h (x)的解析式;(3)(x)= f (x+a),其中是常數(shù)，且a0 ,兀,請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一個(gè)定義域?yàn)镽 的函數(shù)y= f (x)及一個(gè)a的值,使得 h (x)= cos4x，并予以證明.【分先仔細(xì)審題，理解題意.其中(1) (2)問寫出 h (x)的解析式是關(guān)鍵，第(3)問聯(lián)想相關(guān)三角函數(shù)求解x2【解(1)由已知得h(xx-1 x更(,1)U(1,咼)

15、J, X = 1(2)當(dāng) x 工 1 時(shí)，h2/ X.1(x) = x 1+2x-1x-1若 x 1，則 h (x)其中等號(hào)當(dāng) x= 2 時(shí)成立.2018 年湖北函數(shù)圖 1 - 2 2函數(shù) h (x)的值域是(一汽0UU:4, +R)解法一：令 f(x)=sin 2x+ cos2x,JIa4則 g (x)=f(x+a)=si n2(x+.)jc+ cos2(x+ )= cos2xsin2x44于是h(x) =f(x) f (x - a) =(sin 2x cos2x)(cos2x _sin 2x) =cos4x解此題的關(guān)鍵是要準(zhǔn)確得出函數(shù)的解析式當(dāng) x 變化時(shí)，f (x), f (x)的變化情

16、況如下表:111 .x0(0, 2)2(2,1)1f (x)0+f (x)1當(dāng) x :0, 1時(shí)，g(x)v3 (1 a2) 1,函數(shù) g(x)x33a2x2a,f(X1)成立，求 a 的取值范圍.(2 )設(shè)x，若對(duì)于任意 xi :0, 1,總存在 xo :0, 1,使得 g (xo)【解f (x)(1)對(duì)函數(shù) f ( x)求導(dǎo)，得2-4x +16x-7(2x-1)(2x-7)17令 f (x) 0，解得 x -或 x 2 (舍去)即一羽2-4.-2a - -35解式得 al 或 a1故 a 的取值范圍為 1 它兮【評(píng)析】本題主要考查函數(shù)的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)、不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查分析推理和知識(shí)的綜合

17、應(yīng)用、轉(zhuǎn)化的能力運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求值域的一般步驟是：求導(dǎo)，令導(dǎo)數(shù)等于0，求 y= 0 的根，求出最值點(diǎn)，寫出范圍(值域).方法技巧提煉1 討論函數(shù)的性質(zhì)時(shí)，必須堅(jiān)持定義域優(yōu)先的原則對(duì)于函數(shù)實(shí)際應(yīng)用問題，注意挖掘隱含在實(shí)際中的條件，避免忽略實(shí)際意義對(duì)定義域的影響2 運(yùn)用函數(shù)的性質(zhì)解題時(shí)，注意數(shù)形結(jié)合，揚(yáng)長避短.3 對(duì)于含參數(shù)的函數(shù)，研究其性質(zhì)時(shí)，一般要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論，全面考慮如對(duì)二次項(xiàng)含參數(shù)的二次函數(shù)問題，應(yīng)分 a = 0 和 a 工 0 兩種情況討論，指、對(duì)數(shù)函數(shù)的底數(shù)含有字母參數(shù)a 時(shí)，需按 a 1 和 0vav1 分兩種情況討論.4 解答函數(shù)性質(zhì)有關(guān)的綜合問題時(shí)，注意等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用第 3

18、課時(shí)函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用(二)主干知識(shí)整合1 了解函數(shù)周期性的定義，熟記如下幾個(gè)重要結(jié)論一般地，對(duì)于函數(shù) f ( X),如果對(duì)于定義域中的任意一個(gè) X 的值若 f (x+T)= f (x) ( TMO,貝yf (x)是周期函數(shù)，T 是它的一個(gè)周期；若 f (x+a) = f (x+b) (a 和),則 f (x)是周期函數(shù)，丨 b a 丨是它的一個(gè)周期；若 f (x+a)= f (x) (aO,則 f (x)是周期函數(shù)，2a 是它的一個(gè)周期；1若 f (x+a)=( aQ且 f (x)工0,則 f (x)是周期函數(shù)，2a 是它的一個(gè)周期f(x)若 f (x+a) =1+f(x)(aK 且

19、f (x)工 1),則 f (x)是周期函數(shù)，4a 是它的一個(gè)周期1-f(x)2掌握有關(guān)中心對(duì)稱、軸對(duì)稱的幾個(gè)重要結(jié)論一般地，對(duì)于函數(shù) f(x),如果對(duì)于定義域內(nèi)的任意一個(gè) x 的值若 f (x+a) = 1:(b x),貝 U 函數(shù) f (x)的圖象關(guān)于直線 x= 羅對(duì)稱，特別地，若 f ( a+x)= f (a x),函數(shù) f (x)的圖象關(guān)于直線 x= a 對(duì)稱;=f (a x),貝 U 函數(shù) f (x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a, 0)中心對(duì)稱3周期性與對(duì)稱性是相互聯(lián)系、緊密相關(guān)的一般地，若 f(x)的圖象有兩條對(duì)稱軸 x= a 和 x= b(a 和),則 f (x)必為周期函數(shù)，且 2 | b

20、 a|是它的一個(gè)周期；若 f (x)的圖象有兩個(gè)對(duì)稱中心(a, 0)和若有 f (a+x)= f ( b x),貝 U 函數(shù) f (x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a+b0)中心對(duì)稱，特別地，若f (a+x)(b, 0)(ab),則 f (x)必為周期函數(shù)，且2 | b a |為它的一個(gè)周期；若 f(x)的圖象有一對(duì)稱軸x=a 和一個(gè)對(duì)稱中心(b, 0) (a 潮)，則 f (x)必為周期函數(shù)，且 4 丨 b a 丨是它的一個(gè)周期真題新題探究【例 1】 已知函數(shù) f( x)的定義域?yàn)?R，則下列命題中：1若 f (x 2)是偶函數(shù)，則函數(shù) f (x)的圖象關(guān)于直線 x = 2 對(duì)稱；2若 f (x+2)=

21、f ( x 2),貝 U 函數(shù) f (x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱；3函數(shù) y= f (2+x)與函數(shù) y= f ( 2 x)的圖象關(guān)于直線 x= 2 對(duì)稱；4函數(shù) y= f (x 2)與函數(shù) y= f (2 x)的圖象關(guān)于直線 x= 2 對(duì)稱.其中正確的命題序號(hào)是.【解析】 是錯(cuò)誤的，由于 f (x 2)是偶函數(shù)得 f ( x 2)= f (x 2),所以 f (x)的圖象關(guān)于直線 x= 2 對(duì)稱；2是錯(cuò)誤的，由 f (x+2) = f (x 2 )得 f (x+4) = f (x),進(jìn)而得 f (x+8) = f (x),所以 f ( x) 是周期為 8 的周期函數(shù)；3是錯(cuò)誤的，在第一個(gè)函數(shù)中，

22、用一x 代 x, y 不變，即可得第二個(gè)函數(shù)，所以這兩個(gè)函數(shù)圖象關(guān)于y軸對(duì)稱；4是正確的，令 x 2= t,貝 U 2 x= t,函數(shù) y = f (t) 與 y = f ( t)的圖象關(guān)于直線 t = 0 對(duì)稱, 即函數(shù) y= f ( x 2)與 y = f (2 x)的圖象關(guān)于直線 x= 2 對(duì)稱.【評(píng)析】(1)函數(shù)的對(duì)稱性與周期性的有關(guān)結(jié)論，容易混淆，注意區(qū)分(2)同一個(gè)函數(shù)圖象本身的對(duì)稱性與兩個(gè)函數(shù)圖象的對(duì)稱性，既有聯(lián)系，又有區(qū)別，兩者應(yīng)區(qū)分清0, f (1)= 0, f (4)= 0, f ( 3)= 0, f (5)= 0, 在區(qū)間(0, 6)內(nèi)的解有 1, 2, 3, 4, 5故

23、選 D.變式題 若函數(shù) y= f (x) ( x R)滿足 f (x+2) = f ( x),且 x ( 1, 1)時(shí)，f (x)=| x |,則函 數(shù) y= f (x)的圖象與函數(shù) y= log4Ix |的圖象的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A . 3B . 4C . 6D . 8【例 3】已知函數(shù) f (x)的定義域?yàn)閤 | x R 且XM1 , f (x+1 )為奇函數(shù)，當(dāng) xv1 時(shí)，f (x)=2x2 x+1，則當(dāng) x 1 時(shí)，f (x)的遞減區(qū)間是(C)A. :5，+m)B. (1,5:C. : f,+m)D. (1,7:4444【解析】 由 f(x+1)為奇函數(shù)得 f ( x+1 )= f (

24、x+1), f (x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1, 0)中心對(duì)稱,又由已知可畫出 f ( X)在(一8,1) 上的圖象，再根據(jù)中心對(duì)稱畫出f (乂)在(1 , +8)上的圖象，由圖【例2】2018 年福建 f (x)是定義在R 上的以 3 為(2)= 0,則方程 f (x)=0 在區(qū)間(0, 6)內(nèi)解的個(gè)數(shù)的最小值是(D)A . 2【解/ f (x)為奇函數(shù), f (0)= 0，又函數(shù) f (x)以 3 為周期，且f (2)= 0, f ( 2)=象易知，f (x)在7, +8)上單調(diào)遞減，故應(yīng)選 C.4延伸拓展：若函數(shù) f (x+a) ( a0)是奇函數(shù)，則函數(shù) f (x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a, 0)中心

25、對(duì)稱；若函 數(shù) f (x+a) (a0)是偶函數(shù)，則函數(shù) f (x)的圖象關(guān)于直線 x= a 對(duì)稱.變式題 已知定義在 R 上的函數(shù) f (x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(一 3, 0)的對(duì)稱，且滿足 f (x)= f (x+?), f (-1 )= 1, f ( 0)=- 2,則 f (1) +f (2) +f (3) +, +f (2018)的值為()A 2B . 2C . 0D . 1【例 4】 2018 年廣東對(duì)函數(shù) f (x)，當(dāng) x ( ,8)時(shí)，f (2 x) = f (2+x), f( 7 x)= f ( 7+x),在閉區(qū)間0,7上，只有 f( 1 )= f ( 3)= 0.(1)試判斷函數(shù)

26、 y= f (x)的奇偶性；(2 )試求方程 f (x)= 0 在閉區(qū)間2018, 2018上的根的個(gè)數(shù)，并證明你的結(jié)論 .【分析】 由已知 f (2+x)= f (2 x), f (7 x) = f ( 7+x)知f(x)的圖象有兩條對(duì)稱軸 x= 2 和 x=7,從而知 f (x)是周期為 10 的周期函數(shù)，又在區(qū)間 0, 7上，只有 f (1 )= f ( 3)= 0，畫圖易知，它是非奇非偶函數(shù)，且在一個(gè)周期0, 10上只有 2 個(gè)根，故易求得方程 f (x)= 0 在的根的個(gè)數(shù).【解】(1)由已知得 f (0)工 0, f (x)不是奇函數(shù)，又由 f (2 x)= f (2+x),得函數(shù)

27、 y= f (x)的對(duì)稱軸為 x= 2, f ( 1)= f (5)故函數(shù) y= f (x)是非奇非偶函數(shù);又 f (3)= f (1)= 0, f (11)= f (13)= f ( 7)= f ( 9)= 0 ,故 f (x)在0 , 10和10 , 0上均有兩個(gè)解，從而可知函數(shù) y= f (x)在0 , 2018上有 418個(gè)解，在上 2018 , 0 有 400 個(gè)解，所以函數(shù) y= f (x)在2018 , 2018 上有 818 個(gè)解.【評(píng)析】 本題主要考查函數(shù)的對(duì)稱性、周期性、奇偶性、方程的根等基礎(chǔ)知識(shí)，以及函數(shù)與方程，化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想方法和邏輯推理能力，運(yùn)算能力等其中(2)

28、問的關(guān)鍵發(fā)現(xiàn) f (x)是周期為 10 的周期函數(shù)X1*【例 5】f(x)是定義在:0,1上的增函數(shù)，滿足 f(x)= 2fq),且(1) = 1 ,在每個(gè)區(qū)間(2,右(i = 1 , 2 ,)上 y= f (x)的圖象都是斜率為同一常數(shù)k的直線的一部分.11 1(1 )求 f (0)及 f (2), f (4)的值，并歸納出 f (2)(i = 1, 2 ,)的表達(dá)式；12，iiiiii同理：f（4）=2f （）=4，歸納得 f（刃=彳（i = 1, 2,）.（2 ）解決此問題的關(guān)鍵是：(1), f (x)不是偶函數(shù).f (2-x) = f (2+x) _f ( 7-x) = f ( 7+x

29、) e從而知 y= f (x)的周期是 10.(2)由cf (x) = f (4-x) f(x) = f (14-x)= f (4 x)= f (14 x)f (x) = f (x+10),1寫出 f（x）的表達(dá)式：當(dāng)2 時(shí)，f （x）=（x 2i-i）;2利用梯形面積公式求 ai并化簡，M/1 1 1 1當(dāng) 2iVx2時(shí)，f（x）=尹+k （x尹），ai=2 2T7T+2T7T+k （21尹）（尹21）=（ 1 4）產(chǎn)（i=1，2,）,1k1所以an是首項(xiàng)為 2 （ 1 4），公比為 4 的等比數(shù)列.1 k2(1-4)2k所以 S ( k) =Iim(a1- a2 an)= = 3 (1 4

30、)，J341-4S （k）的定義域?yàn)镺Vk1當(dāng)k= 1 時(shí)取得最小值 2.【評(píng)析】 本題主要考查函數(shù)、數(shù)列等基礎(chǔ)知識(shí)，以及分析問題、解決問題的能力和函數(shù)思想的運(yùn)用方法技巧提煉1 熟記函數(shù)的周期性和對(duì)稱性的有關(guān)結(jié)論對(duì)處理此類問題的十分有益2對(duì)稱性與周期性結(jié)論要分清，即內(nèi)同表示周期性，內(nèi)反表示對(duì)稱性”，中心對(duì)稱與軸對(duì)稱的結(jié)論不要混淆， 內(nèi)反外同軸對(duì)稱，內(nèi)外都反中心對(duì)稱 ”3 .若函數(shù)的圖象同時(shí)具備兩種對(duì)稱性，兩條對(duì)稱軸或兩個(gè)對(duì)稱中心，或一條對(duì)稱軸，一個(gè)對(duì)稱中心， 則函數(shù)一定是周期函數(shù)，反之亦然第 4 課時(shí)不等式的性質(zhì)及證明主干知識(shí)整合1 不等式的性質(zhì)主要是指三條基本性質(zhì)（對(duì)稱性、傳遞性、同加（乘）

31、性）和七條運(yùn)算性質(zhì)（加、減、乘、除、乘方、開方及倒數(shù)法則），它是解（證）不等式的基礎(chǔ)和依據(jù)，常與指（對(duì)）數(shù)函數(shù)的性質(zhì)一起考查.2 證明不等式的方法靈活多樣，常用的有比較法、綜合法、分析法、反證法、數(shù)學(xué)歸納法、換元法及放縮法等，它常與函數(shù)、數(shù)列、三角、解析幾何等知識(shí)綜合在一起，重點(diǎn)考查邏輯推理能力真題新題探究1 12018年湖北若 a 10，則下列不等式:一一ba ”a+b| b|;a 2 中，正確的不等式有 a b所以，當(dāng) n= k+1 時(shí)，不等式也成立. 根據(jù)和，可知不等式對(duì)任意 n N*都成立.(2)【證明】由(1)知，bn/3：1”.所以2nSn= b 什 b2+, +bn( .3 1)

32、 +22n【例1】(B)【解由! b0得 bva0，則正確，錯(cuò)誤，錯(cuò)誤,正確，故選 B.變式題給出三個(gè)條件：ac2be2;ab;c ea2 b2.其中能分別成為ab 的充分條件的個(gè)數(shù)為【例2】(理)2018 年 遼寧已知函數(shù)f (x)x+3X+1 (x 1).設(shè)數(shù)列an滿足 a1= 1, an+1= f (an),數(shù)列 bn滿足bn=lan .3I(1 )用數(shù)學(xué)歸納法證明,Sn= b1+b2+, bn步;+ bn(n N*).(2)證明 Sn乎.(文)已知函數(shù) f (X)讐，x(0,x+1+s),數(shù)列Xn滿足 Xn+1=f(Xn),且 Xj=1.(1)設(shè) an=xn2 |,證明：an+11,然

33、后再利用它來放縮得出所需結(jié)論(1)【證明】當(dāng)時(shí),2*f (X)=1+X+1 1.因?yàn)?a1= 1，所以 anl(n N ) 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式.-1)nbnW尹.當(dāng) n= 1 時(shí)，b1= .3 1,即尹,那么不等式成立.假設(shè)當(dāng) n = k 時(shí)，不等式成立，(V3-1)iak-V3iy3-1 V3-1)k+11 + ak 2bk2kbk+1=|ak+1V3| =1 _(雖)n(31)二v(31) 13-1_33.1一丁r大值為 0.故對(duì)任意n N, 5v 2, 3.【評(píng)本小題主要考查數(shù)列、等比數(shù)列、不等式等基本知識(shí)，考查運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法解決有關(guān)問題的能力(文)【證明】(1)an+1= 1X

34、n+1J2 1=1f(xn),2 1_ | Xn+2j2| _ | Xn+2-/2xn-/2 |Xn+1Xn+1|Xn(1-；2(1- .2)|Xn_|Xn+ 1|_(21)討1.xn0 ,an+1 (；2 1 )| Xn計(jì)211xn/2 1_an.故 an+1an.(2)由(1) an+1v( 2 1) | Xn “j2 | C2 1) | Xn-1 2 | , ( 2 1)n| X1 .：2 | _ (冷2 1)n+1.Xn二 Sn=a 什 a2+, +anIX1.21+(21)2+, +(,21)n= I12I+ C 21)2+, +(21)_ (池一1)2_計(jì)=、一1 G2 -1)【例

35、 3】(理)2018 年 吉林已知函數(shù) f (x)= In (1 + x) x, g(x)= xlnx.(1)求函數(shù) f (x)的最大值;(2)設(shè) 0vavb,證明 Ovg (a) +g ( b) 2g (詈)0,函數(shù) f (x)_, xx(0,2+8).設(shè) 0vxv，記曲線 y= f (x)在點(diǎn) M (X1,af( X1)處的切(2)設(shè) I 與 x 軸的交點(diǎn)為(X2, 0)，證明：Ov1 1 1X2虧若 X1 1，則 X1 X2 0,當(dāng) x 0 時(shí)，f( x)v0又 f (0)= 0故當(dāng)且僅當(dāng) x= 0 時(shí)，f ( x)取得最大值，最(2 )證法一:g(a)+g(b)2g(ar)=aIna+

36、bInb(a+b)lnr=aln+bln2ba+b由(結(jié)論知In(1+x)x1, 且 xf 由題設(shè)0a b,得詈0，-1 辟 旦 a+b2b 2b-22b b-a a-b “ 所以ain贏+b|門贏-二=.2a a+b 又 a+T 藥，2a 2b a+b 2b2b ,、aina+b+bina+bain莎+bin贏=(ba)ln嬴(b-a)in2a+b綜上：0vg (a) +g (b) - 2g ) a 時(shí)，F(xiàn) (x) 0,因此 F (乂)在(a, +)上為增函數(shù).從而，當(dāng) x= a 時(shí)，F(xiàn) (x)有極小值 F (a) 因?yàn)?F (a) =0, ba,所以 F (b) 0,即 0 0, G (

37、x)a,所以 G (b) 0,即 g (a) +g (b) 2g (a)( b a) in2.【評(píng)析】 本題將函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù)等知識(shí)融于一題，切入點(diǎn)雖易，但卻不易得證，主要考查學(xué)生的綜合推理論證能力，是一道純代數(shù)推理題.1(文)【解】(1) / f (x)= 土切線i的方程為 y-詈一 x?(x-xi)(2)在切線方程中，令y 0， 貝 U x2 x1(1 ax1) +x1 x1(2 ax1).(0 x1-)a2 0 x? 0.又 x? a (X )a1 + _a(X1(20,；),-當(dāng)1x?(當(dāng)且僅當(dāng) Xi=1二丄時(shí)取等號(hào))， 0 x21aaa1 x1 , / ax1 Xj,且由x21,a

38、 x1【評(píng)析】本 題 考 查 的 重 點(diǎn) 是 導(dǎo) 數(shù) 的 概 念 和 計(jì) 算 ， 切 線 的 概 念 和 方 程 以 及 不 等 式 的 基 本 性 質(zhì) 和 證 明 ,將新增內(nèi)容與傳統(tǒng)內(nèi)容有機(jī)地結(jié)合在一起，體現(xiàn)了新課改的方向證法二： g (x) xinx, g (x) Inx+1.設(shè) F (x) g ( a) +g (x) 2g (2).a+x=inx In-.當(dāng) 0 x a 時(shí),F (x) X3時(shí)，含峰區(qū)間的長度為X1.*【例 4】2018 年 北京設(shè) f (x)是定義在0, 1上的函數(shù)，若存在 x * ( 0, 1),使得 f (x)在0, x*:上單調(diào)遞增，在x * , 1 上單調(diào)遞減，

39、則稱 f (x)為0, 1 上的單峰函數(shù)，x*為峰點(diǎn)，包含峰點(diǎn)的 區(qū)間為含峰區(qū)間對(duì)任意的0, 1上的單峰函數(shù) f (x),下面研究縮短其含峰區(qū)間長度的方法(1 )證明：對(duì)任意的X1,X2( 0 , 1) ,X1VX2，若 f( X1)Af(X2),貝卩(0 ,X2)為含峰區(qū)間；若 f( Xj)詣(X2),貝卩(X1, 1 )為含峰區(qū)間；(2) 對(duì)給定的 r (0VrV0.5),證明：存在 X1, X2( 0 , 1),滿足 X2-X12r ,使得由(1 )所確定的含峰區(qū)間的長度不大于0.5+r;(3) 選取 x1,X2(0 , 1), x1Vx2,由(1)可確定含峰區(qū)間為(0 , x2)或(x

40、1, 1),在所得的含峰區(qū)間內(nèi)選取 X3,由 X3與 X1或 X3與 X2類似地可確定一個(gè)新的含峰區(qū)間，在第一次確定的含峰區(qū)間為(0 , X2)的情況下，試確定 X1, X2, X3的值，滿足兩兩之差的絕對(duì)值不小于0.18 ,且使得新的含峰區(qū)間的長度縮短到 0.34.(區(qū)間長度等于區(qū)間的右端點(diǎn)與左端點(diǎn)之差)【解】(1)證明：設(shè) X*為 f ( X)的峰點(diǎn)，則由單峰函數(shù)定義可知,f (X)在0, x*上單調(diào)遞增,在x ,1 上單調(diào)遞減.當(dāng) f( X1)( X2)時(shí)，假設(shè)X*( 0 ,X2),則 X1VX2W*,從而 f( x*)f( X2) f( X1),這與 f(x1) f(x2)矛盾，所以

41、x (0 ,x2),即(0 ,x2)是含峰區(qū)間.當(dāng) f (X1)wf (X2)時(shí)，假設(shè)X*( x1, 1),則 X*Wx1VX2,從而 f(X*)f(x1) f (X2),這與 f (X1)wf (X2)矛盾，所以 X (X1, 1),即(X1, 1)是含峰區(qū)間.(2)證明：由(1)的結(jié)論可知:當(dāng) f ( X1)f ( X2)時(shí)，含峰區(qū)間的長度為11= X2；當(dāng) f ( X1)Wf ( X2)時(shí)，含峰區(qū)間的長度為12= 1 X1.對(duì)于上述兩種情況，由題意得X22.所以 X2 x1= 2r.將代入得X1 0.5+.由和解得 X1= 0.5-r , X2= 0.5+r.所以這時(shí)含峰區(qū)間的長度11=

42、 12= 0.5+r ,即存在 X1, X2使得所確定的含峰區(qū)間的長度不大于0.5+r.(3)解：對(duì)先選擇的x1, x2,X1Vx2,由(2)可知 x 計(jì) x2= 1 ,在第一次確定的含峰區(qū)間為(0 , X2)的情況下，X3的取值應(yīng)滿足 X3+X1= X2,r“ X2=1-X1X3=1-2X1由與可得當(dāng) X1 X3時(shí)，含峰區(qū)間的長度為X1.由條件 Xi X3 018,得 Xi（ 1 2xi） 018,從而 Xi 0.34.因此，為了將含峰區(qū)間的長度縮短到0.34，只要取 xi= 0.34, X2= 0.66, X3= 0.32.【評(píng)析】本題是一道開放性試題，綜合考查理解新知識(shí)并運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)去解

43、決未知問題的能力，同時(shí)考查轉(zhuǎn)化與化歸，分類整合與方程等數(shù)學(xué)思想的靈活運(yùn)用方法技巧提煉1 對(duì)不等式的每一條性質(zhì)，要弄清條件和結(jié)論，并分清條件與結(jié)論之間的關(guān)系，即充分條件或必要條件或充要條件.不等式性質(zhì)用于證明不等式時(shí)往往是推出特性，而用于解不等式時(shí)，往往需同解變形.此外還要注意條件加強(qiáng)或放寬以后，條件與結(jié)論之間的變化2 不等式的證明沒有固定的模式與套路，方法靈活多變，技巧性和綜合性很強(qiáng)，經(jīng)常在證一個(gè)不等式時(shí)，涉及到兩個(gè)或多個(gè)基本方法的綜合，有時(shí)還需要進(jìn)行放縮變換，有時(shí)需構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)單調(diào)性進(jìn) 行證明；有時(shí)需利用反證法、數(shù)學(xué)歸納法等.第 5 課時(shí)不等式的解法及應(yīng)用主干知識(shí)整合1 解不等式是研究函

44、數(shù)與方程的重要工具，其基本思想是等價(jià)轉(zhuǎn)化，即利用不等式的性質(zhì)及有關(guān)函數(shù)的性質(zhì)把問題轉(zhuǎn)化為一元一次不等式，一元二次不等式求解，因而一元一次不等式，一元二次不等式的 解法是基礎(chǔ)，解含參數(shù)的不等式時(shí)，一般需分類討論，它是這一部分的難點(diǎn).高考中解不等式的題常以小題的形式出現(xiàn)，解答題多出現(xiàn)在文科試卷中.2 不等式在中學(xué)中有最廣泛的應(yīng)用，其中主要表現(xiàn)在：（i）求函數(shù)的定義域、值域； （2）求函數(shù)的最值；（3）討論函數(shù)單調(diào)性；（4）研究方程的實(shí)根分布；（5）求參數(shù)取值范圍；（6）解決與不等式有關(guān)的 應(yīng)用性問題等.其中含參數(shù)的討論和不等式在實(shí)際問題中的應(yīng)用是高考命題的熱點(diǎn)，也是學(xué)習(xí)中的難點(diǎn).真題新題探究【解析

45、】由丨 X 2 |v2 得 0vxv4，由 X2 i 2 得 x 3 或 xV 3, 取交集得 J3VXV4，故選C.【評(píng)析】解不等式實(shí)質(zhì)是一個(gè)等價(jià)轉(zhuǎn)化的過程，因此要注意每一步變形的等價(jià)性，這里要注意真數(shù)X2 i 大于零.【例 U 20i8 年重慶不等式組A ( 0, .3)B ( 3, 2)【。漲丹的解集是C. （ .3, 4）D （2, 4）A. ( s, 2U0,10:B. ( s, 2)U0,1:C. ( s, 2) U1,10D. (2,0)U1,10c1【例 2】 2018 年天津若函數(shù) f (x)= loga(2x2+x)(a0, ap 在區(qū)間(0, ?)恒有 f (x) 0,則

46、 f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(D )111A. (一s,；) B. (；, +s)C.(0,+s)D. (s,：)4421【解析】 設(shè) u= 2x2+x,當(dāng) x (0, ?)時(shí)，u (0, 1),而此時(shí) f (x) 0 恒成立， 0vav1,u=2x2+x=2(X+1)2-寺則遞減區(qū)間為(-s， ,1 1又 u = 2x2+x 0, x 0 或 xv1,f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(一s,1),故選 D.【評(píng)析】 本題考查復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及解不等式等知識(shí)，這里要特別注意復(fù)合函數(shù)的定義域.變式題 2018 年 天津若函數(shù) f (x)= loga(x3 ax) (a0, a1在區(qū)間(

47、y, 0)內(nèi)單調(diào)遞增, 則 a 的取值范圍是()【例 3】2018 年上海 某地 2018 年第一季度應(yīng)聘和招聘人數(shù)排行榜前行業(yè)名稱計(jì)算機(jī)機(jī)械營銷物流貿(mào)易變式題設(shè)函數(shù)f(X)=f2(x+1)2,xv14一Jx一1, x臭1則使得 f (x)的自變量 x 的取值范圍是B. C3,1)4 1,化工就業(yè)情況=65 28070 436同理：建筑業(yè)就業(yè)情況v嗨v176 518物流行業(yè)就業(yè)情況=74 57070 436 1,故選 B.5 個(gè)行業(yè)的情況列表如下:1)應(yīng)聘人數(shù)215 830200 250154 67674 57065 280行業(yè)名稱計(jì)算機(jī)營銷機(jī)械建筑化工應(yīng)聘人數(shù)124 620118 93589

48、 11576 51870 436若用同一行業(yè)中應(yīng)聘人數(shù)與招聘人數(shù)比值的大小來衡量該行業(yè)的就業(yè)情況，則根據(jù)表中數(shù)據(jù)，就業(yè)形勢(shì)一定是【評(píng)析】 讀懂題意是關(guān)鍵，這里比值越小，就業(yè)情況越好(B)變式題 制作一個(gè)面積為 1 m2，形狀為直角三角形的鐵框架，有下列四種長度的鐵管供選擇，較經(jīng)濟(jì) (夠用，又耗材最少)的是()A . 4.6 mB . 4.8 mC. 5 mD . 5.2 m【例 4】2018 年浙江已知函數(shù) f(x)和 g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且f(x)=x2+2x.(1) 求函數(shù) g (x)的解析式；(2)解不等式 g (x) f (x)-| x- 1 | ;(3)若 h (x)= g

49、( x)并(x) +1 在1, 1上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)入的取值范圍.【分析】 利用對(duì)稱性先求出 g ( X)的解析式.【解】(1)設(shè)函數(shù) y= f(x)的圖象上任一點(diǎn)Q(Xo, yo)關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為P (x, y),則xo+x=0 f2RnX0=-x即*yo+yy0=-y.2 =0 y = x 2x,即 y= x +2x, 故 g ( x)= x +2x.(2)由 g (x )f(x) | x 1 | 可得，2x2 | x 1 |w0.當(dāng) x 時(shí)，2x2X+1W0,此時(shí)不等式無解.1 1當(dāng) xV1 時(shí)，2x2+x 1WQ 1wxw；.因此，原不等式的解集為1 ,-.(3) h ( x)=(

50、1 +入)x2+2 (1 入)x +1.1當(dāng)入=1 時(shí)，h (x)= 4x+1 在1, 1上是增函數(shù)，/_= 1 符合條件.1-入2當(dāng)入-1 時(shí)，對(duì)稱軸方程為.1+入1-入當(dāng)入V5時(shí)， 1，解得 入V1,5 玄當(dāng)心1 時(shí)，1 二1解得1V入 0W綜上可知，入 ( , 0.【評(píng)析】本題主要考查函數(shù)圖象的對(duì)稱，二次函數(shù)的性質(zhì)及不等式的應(yīng)用等基礎(chǔ)知識(shí)，以及綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析和解決問題的能力.12*【例 5】2018 年湖南(理)已知函數(shù) f( x)= lnx, g (x)= ax +bx, a豐0.(1 )若 b = 2，且函數(shù) h (x)= f (x) g (x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求 a 的取值

51、范圍.(2)設(shè)函數(shù) f (x)的圖象 C1與函數(shù) g (x)的圖象 C2交于點(diǎn) P、Q,過線段 PQ 的中點(diǎn)作 x 軸的垂線 分別交于 C2于點(diǎn) M、N.證明 C1在點(diǎn) M 處的切線與 C2在點(diǎn) N 的切線不平行.點(diǎn) Q (x0, y)在函數(shù) y= f (x)的圖象上,丿2 c *1ax +2x-1貝 U h (x)= 一一 ax 2 =-XX(文)2018 年湖南設(shè)點(diǎn) P (t, 0)是函數(shù) f (x)= x3+ax 與 g (x)= bx2+c 的圖象的一個(gè)公共點(diǎn)， 兩函數(shù)的圖象在點(diǎn) P處有相同的切線.(1 )用 t 表示 a、b、c;(2)若函數(shù) y= f (x) g (x)在(1, 3

52、)上單調(diào)遞減，求 t 的取值范圍因?yàn)楹瘮?shù) h (x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以h (x)又因?yàn)?x0,則 ax +2x 1 0 有 x 0 的解.1當(dāng) a0 時(shí)，y= ax2+2x 1 為開口向上的拋物線，2當(dāng) av0 時(shí)，y= ax2+2x 1 為開口向下的拋物線, 且方程 ax2+2x1 0 至少有一正根，此時(shí)，V0 有解.2ax +2x 1 0 總有 x0 的解；, 2而ax +2x 1 0 有 x 0 的解，則= 4+4a 0,綜上所述，a 的取值范圍為(-1,0) u1Vav0.(0,+8).(理)【解】(1) b = 2 時(shí)，h (x)= Inx ax2 2x,(2 )證法一:令 t

53、=型，得(t+1) Int= 2 (t 1), t 1Xi因?yàn)?11 t 1(Int+：)=-=字，所以 t 1 時(shí),設(shè)點(diǎn) P、Q 的坐標(biāo)分別是(xi, yi)，(X2， y2),且 0vXivX2。則點(diǎn) M、N 的橫坐標(biāo)為X1+ X2x=-,Ci在點(diǎn) M 處的切線斜率為kiX2X1+X2C2在點(diǎn) N 處的切線斜率為k2=ax ba+b .假設(shè) Ci在點(diǎn) M 處的切線與C2在點(diǎn) N 處的切線平行，則ki= k2,即 叩 + b.則迤妝=a( x2 X2) +bX2+X12(X2 Xi) = ( |x2+ bX2)a2(2xi+bxi) = y2 yi= InX2 Inxi. 所以2(X2-1)

54、InX2XXi1.2XiInt =迪,t 1. i+t令 r (t)= Int 2 , t 1.則r(t)=1侖二辟.因?yàn)?t 1 時(shí)，r (t) 0,所以 r (X)在1, +8)上單調(diào)遞增，故(x)r(1)= 0則 Int 聘.這與矛盾，假設(shè)不成立.故 Ci在點(diǎn) M 處的切線與 C2在點(diǎn) N 處的切線不平行.證法二：同證法一得(X2+XI)(InX2- InXi)= 2 (X2-xi) 因?yàn)閄i 0 ,所以(嘗+1 )InX2= 2 ( 1).XiXi(t) = ( t+i) Int 2 (t i), t i,i則 r(t)= lnt+ i.故 Ci在點(diǎn) M 處的切線與 C2在點(diǎn) N 處的

55、切線不平行.【評(píng)析】 本題考查函數(shù)的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)、不等式等知識(shí)以及函數(shù)思想、分類整合的思想、化歸思想的運(yùn)用、考查學(xué)生邏輯推理、分析問題和解決問題的能力 這里要注意運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及切線問題， 同時(shí)要根據(jù)情況，構(gòu)造函數(shù)，并會(huì)用反證法證明(文)【解】(1)因?yàn)楹瘮?shù) f( x)、g(x)的圖象都經(jīng)過點(diǎn)(t,0),所以 f(t)= 0,即 t3+at=0,TtM0,所以 a= t2,又 g(t)=0,即 bt2+c=0,所以 c=ab.又因?yàn)?f (x)、g (x)在點(diǎn)(t, 0)處有相同的切線，所以f (t)= g (t),即 3t2+a = 2bt，將 a= t2代入上式得 b= t，因此

56、c= ab= t3, a = t2, b= t.(2)Ty= f (x) g (x)= x3 t2x tx2+t3,y= 3x2 2tx t2=( 3x+t) (x t).當(dāng) y=( 3x+t) (x t)v0 時(shí)，函數(shù) y= f (x) g (x)單調(diào)遞減，由 yv0,若 t0,則(一 1, 3)二(3, t)若3所以 t3或 33即 t 3.3故所求的 t 的取值范圍是(汽9U3,+s)解法二：/ y= x3 t2x tx2+t3y = 3/ 2tx t2=( 3x+t) (x t)因?yàn)楹瘮?shù) y= f (x) g (x)在(一 1, 3)上單調(diào)遞減”(一3+t)(1 t)蘭0即八，解得 t

57、w9 或 t 3。故所求的 t 的取值范圍為(一 卩一 9U:3, +R)(q+t)(3-1)【評(píng)析】 本題主要考查運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)和切線，不等式等知識(shí)，以及運(yùn)用知識(shí)分析和解決問題的能力方法技巧提煉1 在解不等式時(shí)，需對(duì)不等式進(jìn)行必要的變形，要注意不等式的同解性，即注意保持字母的允許值 范圍不發(fā)生變化解含參數(shù)不等式時(shí)，注意對(duì)參數(shù)分類討論，做到不重不漏2 應(yīng)用不等式求最值時(shí)，注意三要，即一正、二定、三等號(hào)”應(yīng)用不等式求字母或式子的取值范圍，其處理方法主要有：一是利用函數(shù)思想轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域等有關(guān)問題進(jìn)行處理；二是利用方程、不等式的 思想方法，依據(jù)題設(shè)條件建立方程或不等式，然后利用方程或解不

58、等式求出參數(shù)或式子的取值范圍；三是 利用數(shù)形結(jié)合的思想方法運(yùn)用圖象進(jìn)行處理應(yīng)用不等式求解實(shí)際問題時(shí)，需先構(gòu)造出函數(shù)關(guān)系，利用相關(guān)知識(shí)處理tv0，則（一 1, 3）（ty 蘭 0y x“0第 6 課時(shí) 函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用(一)主干知識(shí)整合1 理解導(dǎo)數(shù)的概念及幾何意義(1) 函數(shù) y= f (x)在 x= x0處的導(dǎo)數(shù):Ayf(xo+Ax)-f(xo)fJ =啊AX=啊A函數(shù) y= f (乂)在(a, b)內(nèi)的導(dǎo)函數(shù)：f (x)=lim函數(shù) y= f (x)在 x= Xo處的導(dǎo)數(shù) f (Xo)= f ( x)ix=x0(2) 函數(shù) f (x)在點(diǎn) xo處有導(dǎo)數(shù)，則函數(shù) f (x)在該點(diǎn)處

59、必有切線，且導(dǎo)數(shù)值等于該切線的斜率, 但函數(shù) f(x)在點(diǎn)xo處有切線，函數(shù) f(x)在該點(diǎn)處不一定可導(dǎo)2 熟記八個(gè)求導(dǎo)公式和五條求導(dǎo)法則(加、減、乘、除、復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)(理)3 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用十分廣泛，如求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值，求曲線的切線以及解決某些實(shí)際問題 等利用導(dǎo)數(shù)作工具，考查函數(shù)、不等式的綜合應(yīng)用已成為高考的又一熱點(diǎn)真題新題探究【例 1 下列命題中，正確的是1若函數(shù) f (x)在點(diǎn) x0處有極限，則函數(shù) f (X)在 x0處連續(xù);2若函數(shù) f (x)在點(diǎn) x0連續(xù)，則函數(shù) f (X)在 x0處可導(dǎo);3若函數(shù) f (x)在點(diǎn) xo處取得極值，則 f (xo)= 0;Ay=|imf(x+

60、Ax)-f(x)Ax、xoAx若函數(shù)在點(diǎn) xo有 f (Xo)= 0,則 Xo一定是函數(shù)的極值點(diǎn)C. 2 個(gè)【解析】 是錯(cuò)誤的，如f (x)=0 處連續(xù)，但不可導(dǎo)；是錯(cuò)誤的,D.3 個(gè)xx 式 0Jx o在點(diǎn) x= 0f (x)=| x | 在 xf (x)= x3在 x= 0 的導(dǎo)數(shù)為零，但 x= 0 不是函數(shù)的極值點(diǎn).【評(píng)析】 函數(shù) f ( X)在點(diǎn) Xo有極限、連續(xù)、可導(dǎo)、有極值，四者之間關(guān)系要區(qū)分清楚函數(shù) f ( X)在xo處連續(xù)是 f (x)在 Xo處有極限的充分非必要條件，只有可導(dǎo)函數(shù)在x0取得極值,才有f( xo)= 0，注意其前提條件.變式題設(shè)函數(shù) f (x)在 x= 1 處連