2012届江苏高考数学二轮复习教案+学案+课后训练--教师....doc

本资料来自于资源最齐全的世纪教育网一集合、简单逻辑用语、函数、不等式、导数及应用第1讲集合与简单逻辑用语1. (2011安徽)设集合a1,2,3,4,5,6，b4,5,6,7，则满足sa且sb的集合s的个数为_a. 57 b. 56 c. 49 d. 8【答案】b解析：集合a的所有子集共有2664个，其中不含4,5,6,7的子集有238个，所以集合s共有56个故选b.2. (2011江苏)设集合a(x，y)|(x2)2y2m2，x，yr, b(x，y)|2mxy2m1，x，yr, 若ab，则实数m的取值范围是_【答案】解析：由ab得，a，所以m2，m或m0.当m0时，mm，且mm，又2022m1，所以集合a表示的区域和集合b表示的区域无公共部分；当m时，只要m或m，解得2m2或1m1，所以实数m的取值范围是.点评：解决此类问题要挖掘问题的条件，并适当转化，画出必要的图形，得出求解实数m的取值范围的相关条件基础训练1. (，3)解析：a(，03，)，b(0，)，ab(，)，ab3，)2. nn,2n1 000 3. 充分不必要解析：m(0,1)n(2,2)4. a3或a1解析：(a1)240，a3或a1.例题选讲例1解：由x23x100得2x5. a2,5 当b时，即p12p1p2.由ba得2p1且2p15.得3p3. 2p3. 当b时，即p12p1p2.ba成立综上得p3.点评：从以上解答应看到：解决有关ab，aba，abb或ab等集合问题易忽视空集的情况而出现漏解，这需要在解题过程中全方位、多角度审视问题变式训练设不等式x22axa20的解集为m，如果m1,4，求实数a的取值范围解： m1,4有n种情况：其一是m，此时0；其二是m，此时0，分三种情况计算a的取值范围设f(x)x22axa2，有(2a)2(4a8)4(a2a2)， 当0时，1a2，m1,4成立； 当0时，a1或2，当a1时，m11,4，当a2时，m21,4； 当0时，a1或a2.设方程f(x)0的两根为x1，x2，且x1x2，那么mx1，x2，m1,41x1x24即解得：2a，综上实数a的取值范围是.例2解： (ab)c，ac且bc，由 得k2x2(2bk1)xb210， ac， k0，1(2bk1)24k2(b21)0， 4k24bk10，即b21， 4x2(22k)x(52b)0， bc， 24(1k)216(52b)0， k22k8b190, 从而8b20，即b2.5，由及bn，得b2，代入由10和22使命题乙成立的条件是：216(m2)2160， 1m3. 集合bm|1m2m|m1或m3m|m3；若为，则有：bam|1m3m|m2m|1m2；综合、可知所求m的取值范围是m|1m2或m3点评：明确命题为真时的充要条件，再分类确定高考回顾1. 1,22. 若f(x)不是奇函数，则f(x)不是奇函数3. 4解析：a(0,4，ab, a4, c4.4. 8解析：画韦恩图设同时参加数学和化学小组的有x人，则20x11x49x36，x8.5. 3或4解析：令f(x)x24xn，nn*，f(0)n0, f(2)0即n4，故n1,2,3,4，经检验，n3,4适合，或直接解出方程的根，x2，nn*，只有n3,4适合6. 3解析：正确的是，在中32才对第2讲函数、图象及性质1. 已知a，函数f(x)ax，若实数m、n满足f(m)f(n)，则m、n的大小关系为_【答案】mn解析： 考查指数函数的单调性a(0,1)，函数f(x)ax在r上递减由f(m)f(n)得：mn.2. 设a为实数，函数f(x)2x2(xa)|xa|. (1) 若f(0)1，求a的取值范围； (2) 求f(x)的最小值； (3) 设函数h(x)f(x)，x(a，)，直接写出(不需给出演算步骤)不等式h(x)1的解集点拨： 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力解：(1) 若f(0)1，则a|a|1a1. a的取值范围是(，1(2) 当xa时，f(x)3x22axa2，f(x)min当xa时，f(x)x22axa2，f(x)min综上f(x)min(3) x(a，)时，h(x)1得3x22axa210，4a212(a21)128a2.当a或a时，0，x(a，)；当a时，0，得：讨论得：当a时，解集为(a，)；当a时，解集为当a时，解集为.综上，当a时，解集为(a，)，当a时，解集为，当a时，解集为.基础训练1. x2x2. (，1)(1,0)解析：x0，x1.3. 4解析：函数图象关于直线x1对称，则f(x)f(2x)，函数图象关于点(2 , 0)对称，则f(x)f(4x)， f(x2)f(x)， f(x4)f(x)， fff，又fff，ff2f2f4.4. 解析：x1,2时，f(x)1,3m0，x1,2时，g(x)2m,22m；m0，x1,2时，g(x)22m,2mm0，2m，22m1,3；m0，22m,2m1,3得0m或1m0，故实数m的取值范围是.例题选讲例1解： (1) f(x)是二次函数，且f(x)0的解集是(0,5), 可设f(x)ax(x5)(a0) f(x)在区间1,4上的最大值是f(1)6a.由已知得6a12, a2, f(x)2x(x5)2x210x(xr)(2) 方程f(x)0等价于方程2x310x2370.设h(x)2x310x237，则h(x)6x220x2x(3x10)当x时，h(x)0，h(x)是减函数；当x时，h(x)0，h(x)是增函数 h(3)10，h0，h(4)50， 方程h(x)0在区间，内分别有唯一实数根，而在区间(0,3)，(4，)内没有实数根，所以存在唯一的自然数m3，使得方程f(x)0在区间(m，m1)内有且只有两个不同的实数根变式训练已知函数yf (x)是定义在r上的周期函数，周期t5，函数yf(x)(1x1)的图象关于原点对称又知yf(x)在0,1上是一次函数，在1,4上是二次函数，且在x2时函数取得最小值5.(1) 证明：f(1)f(4)0；(2)求yf(x)，x1,4的解析式；(3)求yf(x)在4,9上的解析式(1)证明： f (x)是以5为周期的周期函数， f(4)f(45)f(1)，又 yf(x)(1x1)关于原点对称， f(1)f(1)f(4), f(1)f(4)0.(2)解： 当x1,4时，由题意可设f(x)a(x2)25(a0)，由f(1)f(4)0得a(12)25a(42)250， a2， f(x)2(x2)25(1x4)(3)解： yf(x)(1x1)是奇函数， f(0)0，又知yf(x)在0,1上是一次函数， 可设f(x)kx(0x1)，而f(1)2(12)253， k3， 当0x1时，f(x)3x，从而当1x0时，f(x)f(x)3x，故1x1时，f(x)3x， 当4x6时，有1x51， f(x)f(x5)3(x5)3x15，当6x9时，1x54， f(x)f(x5)2(x5)2252(x7)25， f(x)点评：紧抓函数几个性质，将未知的转化为已知的，注意函数图象及端点值例2解： (1) 当a0时，f(x)x2，对任意x(，0)(0，)，f(x)(x)2x2f(x), f(x)为偶函数当a0时，f(x)x2(a0，x0)，取x1，得f(1)f(1)20，f(1)f(1)2a0， f(1)f(1)，f(1)f(1)， 函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数(2) (解法1)设2x1x2，f(x1)f(x2)xxx1x2(x1x2)a，要使函数f(x)在x2，)上为增函数，必须f(x1)f(x2)0恒成立 x1x20，x1x24，即ax1x2(x1x2)恒成立又 x1x24, x1x2(x1x2)16. a的取值范围是(，16(解法2)当a0时，f(x)x2，显然在2，)为增函数当a0时，反比例函数在2，)为增函数， f(x)x2在2，)为增函数当a0时，同解法1. (解法3)f(x)2x0，对x2，)恒成立 a2x3而y2x3.在2，)上单调增，最小值为16， a16.点评：本题主要考查函数奇偶性、单调性及分类讨论处理含参数问题例3解：(1) 由已知f(x)f(x)，即|2xa|2xa|，解得a0.(2) f(x)当xa时，f(x)x22xa(x1)2(a1)，由a2，xa，得x1，从而x1，又f(x)2(x1)，故f(x)在xa时单调递增，f(x)的最小值为f；当xa时，f(x)x22xa(x1)2(a1)，故当1x时，f(x)单调递增，当x1时，f(x)单调递减，则f(x)的最小值为f(1)a1；由(a1)0，知f(x)的最小值为a1.点评：本题考查二次函数含参数最值的讨论方法变式训练已知函数f(x)x|x2|.设a0，求f(x)在0，a上的最大值解： f(x)x|x2| f(x)的单调递增区间是(，1和2，); 单调递减区间是1,2 当0a1时，f(x)是0，a上的增函数，此时f(x)在0，a上的最大值是f(a)a(2a)； 当1a2时，f(x)在0,1上是增函数，在1，a上是减函数，此时f(x)在0，a上的最大值是f(1)1； 当a2时，令f(a)f(1)a(a2)1a22a10, 解得a1.若2a1，则f(a)f(1)，f(x)在0，a上的最大值是f(1)1；若a1，则f(a)f(1)，f(x)在0，a上的最大值是f(a)a(a2)综上，当0a1时，f(x)在0，a上的最大值是a(2a)；当1a1时，f(x)在0，a上的最大值是1；当a1时，f(x)在0，a上的最大值是a(a2)例4解： 设yf(x)，(1) a1时，f(x)|x|，当x(0,1时，f(x)x为增函数，y的取值范围为(1,1当x1,0时，f(x)x，令t，0t1，则xt21，y2，0t1，y的取值范围为. 1，x1,1时，函数f(x)的值域为1,1(2) 令t，则xt2a，t0，yg(t)ta|t2a|. a0时，f(x)无单调减区间； a0时，yg(t)at2ta2，在上g(t)是减函数，则在上f(x)是减函数a0不成立 a0时，yg(t)仅当，即a时，在t时，g(t)是减函数，即x时，f(x)是减函数nma，即(a2)(16a2a2)0. a2.故a的取值范围是.高考回顾1. 解析：f(x)f(x)恒成立或从定义域可直接得到2. g(x)解析： 因为函数f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，所以f(x)g(x)f(x)g(x)ex.又因为f(x)g(x)ex，所以g(x).3. 2,7解析：设x10,1，则f(x1)x1g(x1)2,5， g(x)是定义域为r周期为1的函数， 当x21,2时，f(x2)x11g(x11)1x1g(x1)1f(x1)1,6，当x22,3时，f(x2)x12g(x12)2x1g(x1)2f(x1)0,7， f(x)在区间0,3上的值域为2,74. 4解析：ab2，直线ab的方程为xy2，在yx2上取点c(x，y)，点c(x，y)到直线ab的距离为，|xx22|2，此方程有四个解5. 解：(1) 当a0，b0时，任意x1，x2r，x1x2，则f(x1)f(x2)a(2x12x2)b(3x13x2)， 2x12x2，a0a(2x12x2)0,3x13x2，b0b(3x13x2)0， f(x1)f(x2)0，函数f(x)在r上是增函数当a0，b0时，同理函数f(x)在r上是减函数(2) f(x1)f(x)a2x2b3x0，当a0，b0时，x，则xlog1.5；当a0，b0时，x，则xlog1.5.6. 解：(1) 由题意：当0x20时，v(x)60；当20x200时，设v(x)axb，显然v(x)axb在20,200是减函数，由已知得解得故函数v(x)的表达式为v(x)(2) 依题意并由(1)可得f(x)当0x20时，f(x)为增函数，故当x20时，其最大值为60201 200；当200)在区间8,8上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4_.【答案】8解析：因为定义在r上的奇函数，满足f(x4)f(x)，所以f(x4)f(x)，对f(x)是奇函数，函数图象关于直线x2对称且f(0)0，由f(x4)f(x)知f(x8)f(x)，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为f(x)在区间0,2上是增函数，所以f(x)在区间2,0上也是增函数如图所示，那么方程f(x)m(m0)在区间8,8上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，不妨设x1x2x3x4由对称性知x1x212，x3x44，所以x1x2x3x41248.2. 已知函数f(x)x3(k2k1)x25x2，g(x)k2x2kx1，其中kr.(1) 设函数p(x)f(x)g(x)若p(x)在区间(0,3)上不单调，求k的取值范围；(2) 设函数q(x)是否存在k，对任意给定的非零实数x1，存在唯一的非零实数x2(x2x1)，使得q(x2)q(x1)成立？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由解： (1)因p(x)f(x)g(x)x3(k1)x2(k5)x1，p(x)3x22(k1)x(k5)，因p(x)在区间(0,3)上不单调，所以p(x)0在(0,3)上有实数解，且无重根，由p(x)0得k(2x1)(3x22x5)， k，令t2x1，有t(1,7)，记h(t)t，则h(t)在(1,3上单调递减，在3,7)上单调递增，所以有h(t)6,10，于是(2x1)6,10)，得k(5，2，而当k2时有p(x)0在(0,3)上有两个相等的实根x1，故舍去，所以k(5，2)(2) 当x0时，有q(x)f(x)3x22(k2k1)x5；当x0时，有q(x)g(x)2k2xk，因为当k0时不合题意，因此k0，下面讨论k0的情形，记a(k，)，b(5，)，当x10时，q(x)在(0，)上单调递增，所以要使q(x2)q(x1)成立，只能x20且ab，因此有k5，当x10时，q(x)在(，0)上单调递减，所以要使q(x2)q(x1)成立，只能x20且ba，因此k5，综合k5；当k5时ab，则x10，q(x1)ba，即x20，使得q(x2)q(x1)成立，因为q(x)在(0，)上单调递增，所以x2的值是唯一的；同理，x10，即存在唯一的非零实数x2(x2x1)，使q(x2)q(x1)成立，所以k5满足题意基础训练1. (1,1)2. x|x0或x23. (，loga3)解析：由题知0a1，不等式a2x2ax30可化为(ax3)(ax1)0，ax3，xloga3.4. 解析：由函数y|log0.5x|得x1，y0；x4或x时y2,4.例题选讲例1解：(1)函数f(x)为奇函数，f(x)f(x)恒成立， c0，又由f(1)2，f(2)3得 0b，bz b1，a1.(2) f(x)x，函数在(，1)上递增，在(1,0)上递减变式训练已知定义域为r的函数f(x)是奇函数(1) 求a，b的值；(2) 若对任意的tr，不等式f(t22t)f(2t2k)0恒成立，求实数k的取值范围解： (1) 因为f(x)是定义域为r的奇函数，所以f(0)0，即0b1, f(x)，又由f(1) f(1)知a2.经检验符合题意， a2，b1.(2) (解法1)由(1)知f(x)，易知f(x)在(，)上为减函数又因f(x)是奇函数，从而不等式： f(t22t)f(2t2k)0等价于f(t22t)f(2t2k)f(k2t2)，因f(x)为减函数，由上式推得：t22tk2t2.即对一切tr有：3t22tk0，从而判别式412k0k.(解法2)由(1)知f(x).又由题设条件得：0，即：(22t2k12)(12t22t)(2t22t12)(122t2k)0，整理得23t22tk1，因底数21，故： 3t22tk0对一切tr均成立，从而判别式412k0k.例2解：(1)当x0时，f(x)0；当x0时，f(x)2x，由条件可知2x2，即22x22x10，解得2x1， x0， xlog2(1)(2) 当t1,2时，2tm0，即m(22t1)(24t1), 22t10， m(22t1) t1,2， (22t1)17，5故m的取值范围是5，)变式训练设函数f(x)ax满足条件：当x(，0)时，f(x)1.当x(0,1时，不等式f(3mx1)f(1mxx2)f(m2)恒成立，求实数m的取值范围解： 由已知得0a1，由f(3mx1)f(1mxx2)f(m2)，x(0,1恒成立在x(0,1上恒成立整理，当x(0,1时，恒成立当x1时，恒成立，则m.当x(0,1)时，恒成立， 在(0,1)上单调减， ， m.又 (x1)2，在x(0,1)上是减函数， 1. m恒成立m1，当x(0,1)时，恒成立m.综上，使x(0,1时，f(3mx1)f(1mxx2)f(m2)恒成立，实数m的取值范围是.例3解：(1) g(x)a(x1)21ba，当a0时，g(x)在2,3上为增函数，故当ag.x1时，h(x)h(1)0，g(0)g.(3) 由(1)知g(x)的最小值为1，所以g(a)g(x)，对任意x0恒成立g(a)1，即lna1从而得0ae.第4讲函数的实际应用1. 下列命题正确的是_(填所有正确命题的序号) 若f(x)f(2x)，则f(x)的图象关于点(1,0)对称； 若f(x)f(2x)，则f(x)的图象关于直线x1对称； 若yf(x1)是奇函数，则yf(x)关于点(1,0)对称； 若yf(x1)是偶函数，则yf(x)关于直线x1对称【答案】2. 已知二次函数yg(x)的导函数的图象与直线y2x平行，且yg(x)在x1处取得最小值m1(m0)设函数f(x).(1) 若曲线yf(x)上的点p到点q(0,2)的距离的最小值为，求m的值；(2) k(kr)取何值时，函数yf(x)kx存在零点，并求出零点解： (1) 设g(x)ax2bxc，a0则g(x)2axb；又g(x)的图象与直线y2x平行， 2a2， a1.又g(x)在x1时取最小值， 1， b2. g(1)abc12cm1， cm. f(x)x2.设p(x0，y0)，则|pq|2x(y02)2x22x2m22m. 22m2， m1或m1.(2) 由yf(x)kx(1k)x20，得(1k)x22xm0.(*)当k1时，方程(*)有一解x，函数yf(x)kx有一零点x；当k1时，方程(*)有两解44m(1k)0.若m0，k1，函数yf(x)kx有两个零点x；若m0，k1，函数yf(x)kx有两个零点x；当k1时，方程(*)有一解44m(1k)0，k1， 函数yf(x)kx有一零点x.基础训练1. 1解析：f(0)0，f(1)0，x0(0,1)2. 解析：由1，得a5.3. (1p)1214. 解析：m(1x)3n(1x)2n(1x)n.n.例题选讲例1解：作出函数f(x)的图象，可见要使直线ymx(mr)与函数f(x)的图象恰有三个不同的公共点，只要yx21(x0)与直线ymx(mr)有两个交点，即x21mx有两个不等的正根，x22mx20有两个不等的正根， 解得m.变式训练(2011北京)已知函数f(x)若关于x的方程f(x)k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是_【答案】(0,1)解析：f(x)(x2)单调递减且值域为(0,1，f(x)(x1)3(x2)单调递增且值域为(，1)，f(x)k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是(0,1)例2解：设温室的长为x m，则宽为 m由已知得蔬菜的种植面积为s m2：s(x2)8004x88084648(当且仅当x即x20时，取“”)答：当矩形温室的边长分别为20 m，40 m时，蔬菜的种植面积最大，最大种植面积是648 m2.变式训练某学校拟建一块周长为400 m的操场如图所示，操场的两头是半圆形，中间区域是矩形，学生做操一般安排在矩形区域，为了能让学生的做操区域尽可能大，试问如何设计矩形的长和宽？解：设中间区域矩形的长、宽分别为x m、y m，中间的矩形区域面积为s m2.则半圆的周长为 m，因为操场周长为400 m，所以2x2400，即2xy400. sxy(2x)(y)2，由解得当时等号成立答：设计矩形的长为100 m，宽约为(63.7)m时，面积最大例3解：(1) 设b集团用于水上运动项目的投资为x百万元，四年的总利润为y百万元，由题意，y0.2(100x)100.2x30，x0,100即y0.2(2.5)231.25，0,10所以当2.5，即x6.25时，ymax31.25.答：b集团在水上运动项目投资6.25百万元，所获得的利润最大，为31.25百万元(2) 由(1)知，在上缴资源占用费前，ymax31.25，ymin20.由题意，从2012年到2014年，b集团需上缴j地政府资源占用费共为2(11.111.12)6.62百万元所以b集团这四年的预期利润中值为6.6219.005.由于19.005%18%，所以b集团投资能成功答：b集团在j地投资能成功注：若水上运动项目的利润改为该项目投资额的算术平方根的k(k0)倍，如何讨论？例4解：(1) f(x)x28x(x4)216.当t14，即t3时，f(x)在t，t1上单调递增h(t)f(t1)(t1)28(t1)t26t7；当t4t1，即3t4时，h(t)f(4)16；当t4时，f(x)在t，t1上单调递减，h(t)f(t)t28t.综上，h(t)(2) 函数yf(x)的图象与yg(x)的图象有且只有三个不同的交点，即函数(x)g(x)f(x)的图象与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点 (x)x28x6lnxm， (x)2x8(x0)，当x(0,1)时，(x)0，(x)是增函数；当x(1,3)时，(x)0，(x)是减函数；当x(3，)时，(x)0，(x)是增函数；当x1或x3时，(x)0. (x)极大值(1)m7，(x)极小值(3)m6ln315. 当x充分接近0时，(x)0，当x充分大时，(x)0. 要使(x)的图象与x轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须即7m156ln3.所以存在实数m，使得函数yf(x)与yg(x)的图象有且只有三个不同的交点，m的取值范围为(7,156ln3)高考回顾1. 解析：f(x)在(1，)单调递增，f(x0)0，f(x1)0，f(x2)0.2. 60,16解析：由条件可知，xa时所用时间为常数，所以组装第4件产品用时必然满足第一个分段函数，即f(4)30c60，f(a)15a16.3. 20解析：3 8605002500(1x%)500(1x%)27 000，x20.4. 13解析： 设f(x)mx2kx2，则方程mx2kx20在区间(0,1)内有两个不同的根等价于因为f(0)2，所以f(1)mk20，故抛物线开口向上，于是m0,0k2m，令m1，则由k28m0，得k3，则m，所以m至少为2，但k28m0，故k至少为5，又m，所以m至少为3，又由mk252，所以m至少为4，依次类推，发现当m6，k7时，m，k首次满足所有条件，故mk的最小值为13.5. 解：(1) 因为容器的体积为立方米，所以r3r2l，解得lr，由于l2r，因此03，所以c20，当r3时r，令m，则m0，所以y(rm)(r2mrm2)当0m时，当rm时，y0；当r(0，m)时，y0，所以rm是函数y的极小值点，也是最小值点，当m2，即3c时，当r(0,2)时，y0，函数单调递减，所以r2是函数y的最小值点综上，当3时，建造费用最小时r.6. 解：(1) 因为x5时y11，所以1011a2.(2) 由(1)知该商品每日的销售量为y10(x6)2，所以商场每日销售该商品所获得的利润：f(x)(x3)210(x3)(x6)2,3x6；f(x)10(x6)22(x3)(x6)30(x4)(x6)，令f(x)0得x4.函数f(x)在(3,4)上递增，在(4,6)上递减，所以当x4时函数f(x)取得最大值f(4)42.答：当销售价格x4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大，最大值为42元第5讲不等式及其应用1. 若函数f(x)则不等式|f(x)|的解集为_【答案】3,1解析：本题主要考查分段函数和简单绝对值不等式的解法. 属于基础知识、基本运算的考查 由|f(x)|3x0. 由|f(x)|0x1. 不等式|f(x)|的解集为x|3x12. 设函数f(x)x33bx23cx有两个极值点x1、x2，且x11,0，x21,2(1)