(共31张PPT)
微培优1 函数图象的公切线问题
2025
求解公切线问题一般思路:曲线的公切线问题,主要利用导数的几何意义进行解决,关键是抓住切线的斜率进行转化.主要应用在求公切线方程,切线有关的参数.常用到以下三个基本关系:
①切点处的导数是切线的斜率;②切点在切线上;③切点在曲线上.
具体做法一:设公切线在y=f(x)上的切点P1(x1,f(x1)),在y=g(x)上的切点P2(x2,g(x2)),则f'(x1)=g'(x2)=
具体做法二:设曲线C1:y=f(x)在点P1(x1,f(x1))处的切线为l1:y-f(x1)=f'(x1)
(x-x1),整理可得y=f'(x1)·x-f'(x1)·x1+f(x1).设曲线C2:y=g(x)在点P2(x2,g(x2))处的切线为l2:y-g(x2)=g'(x2)(x-x2),整理得y=g'(x2)·x-g'(x2)·x2+g(x2),由于l1,l2是相同的直线,
从而求出公切线方程,公切线的条数等价于该方程组的解的个数.
需要注意,做法一直接利用斜率公式,因此不包含P1与P2重合的情况,做法二包含了P1与P2重合的情况,求解时要根据题意灵活选用.
角度一 求两曲线的公切线方程
D
(2)(2024·四川绵阳高三模拟)已知f(x)=ex-1(e为自然对数的底数),
g(x)=ln x+1,则f(x)与g(x)的公切线的方程为 .
y=ex-1或y=x
角度二 求与公切线有关的参数值或范围问题
例2(2024·新高考Ⅰ,13)若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线,则a= .
ln 2
解析 由y=ex+x,得y'=ex+1.当x=0时,y'=2.∴曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线方程为y-1=2(x-0),即y=2x+1.∴直线y=2x+1是曲线y=ln(x+1)+a的切线.
例3(2022·全国甲,文20)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)若x1=-1,求a;
(2)求a的取值范围.
解 (1)∵f'(x)=3x2-1,∴f'(-1)=2.
当x1=-1时,f(-1)=0,
故y=f(x)在点(-1,0)处的切线方程为y=2x+2.
又y=2x+2与y=g(x)相切,将直线y=2x+2代入g(x)=x2+a,得x2-2x+a-2=0.
由Δ=4-4(a-2)=0,得a=3.
角度三 求公切线条数问题
例4(2024·广西南宁一模(1)问)已知函数f(x)=ex,g(x)=ln x,若直线l与函数f(x)和g(x)的图象均相切,试讨论直线l的条数.
进而(1-x1)+x1+1=0,
令h(x)=(1-x)ex+x+1,
则h'(x)=-xex+1,
令t(x)=-xex+1,则t'(x)=-(x+1)ex,
当x>-1时,t'(x)<0,t(x)=h'(x)单调递减,当x<-1时,t'(x)>0,t(x)=h'(x)单调递增,
又当x<0时,t(x)>0,t(1)=1-e<0,故存在唯一的x0∈(0,1),t(x0)=0,
故当x∈(-∞,x0)时,t(x)=h'(x)>0,h(x)单调递增,
当x∈(x0,+∞)时,t(x)=h'(x)<0,h(x)单调递减,h(x)max=h(x0)>h(0)=2>0,
又h(2)=3-e2<0,h(-2)=-1+3e-2<0,
因此h(x)存在两个零点,故直线l的条数为2.
针对训练
1.(2024·福建模拟预测)已知直线y=kx+b既是曲线y=ln x的切线,也是曲线y=-ln(-x)的切线,则( )
A
解析 设直线与y=ln x的切点为(x1,ln x1),且x1>0,
与y=-ln(-x)的切点为(x2,-ln(-x2)),且x2<0,
2.已知函数f(x)=x3-x+a的图象关于原点对称,则与曲线y=f(x)和y=x2+ 均相切的直线l有( )
A.1条 B.2条 C.3条 D.4条
C
解析 由题意f(-x)=-f(x),所以a=0,
所以f(x)=x3-x,
所以f'(x)=3x2-1,所以y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线方程为
3.(2024·辽宁二模)已知函数 的图象与函数y2=ax(a>0,且a≠1)的图象在公共点处有相同的切线,则a= ,切线方程为 .
4.(2024·陕西西安模拟改编)已知函数f(x)=a -2(a≠0),g(x)=ln x.若函数y=f(x),y=g(x)的图象存在两条公切线,求实数a的取值范围.
令h'(x)=0,得x=1,当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,h(x)的最大值为h(1)=4,令h(x)=0,得x= ,则当x→0时,h(x)→-∞;
x→+∞时,h(x)→0,则函数h(x)的大致图象如下,
故实数a的取值范围为(0,2).
5.(2024·湖北武汉高三模拟)已知抛物线C1:y=x2+2x和C2:y=-x2+a,如果直线l同时是C1和C2的切线,则称l是C1和C2的公切线,公切线上两个切点之间的线段,称为公切线段.
(1)a取何值时,C1和C2有且仅有一条公切线 写出此公切线的方程.
(2)若C1和C2有两条公切线,证明相应的两条公切线段互相平分.
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微培优6 用函数视角看数列
2025
数列是特殊的函数,而等差数列的通项为一元一次函数类,和为一元二次函数类;等比数列为指数函数类;所以在数列中求最大(小)项、前n项和的最大(小)值以及在证明与数列有关的不等式时,都可以转化为利用函数的性质来解决.
角度一 数列的单调性及其应用
例1(2024·山东名校联考模拟)已知数列{an}满足a1=2,|an+1-an|=d·qn,n∈N*.
(1)若q=1,{an}为递增数列,且2,a5,a7+3成等比数列,求d;
(2)若d=1,q= ,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.
角度二 数列的周期性
例2(1)(2024·山东济宁三模)已知数列{an}中,a1=2,a2=1,an+1=an-an-1 (n≥2,n∈N*),则a2 024=( )
A.-2 B.-1 C.1 D.2
C
解析 由a1=2,a2=1,an+1=an-an-1(n≥2,n∈N*),得a3=a2-a1=-1,a4=a3-a2=-2, a5=a4-a3=-1,a6=a5-a4=1,a7=a6-a5=2,a8=a7-a6=1,…,则{an}是以6为周期的周期数列,所以a2 024=a337×6+2=a2=1.故选C.
A.该数列是周期数列且周期为3
B.该数列不是周期数列
BC
角度三 数列中的最值、范围问题
例3(2022·全国甲,理17)记Sn为数列{an}的前n项和.已知 +n=2an+1.
(1)证明:{an}是等差数列;
(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
(1)证明 因为 +n=2an+1,所以2Sn+n2=2nan+n.①
当n≥2时,2Sn-1+(n-1)2=2(n-1)an-1+(n-1),②
①-②得,2Sn+n2-2Sn-1-(n-1)2=2nan+n-2(n-1)an-1-(n-1),
即2an+2n-1=2nan-2(n-1)an-1+1,
即2(n-1)an-2(n-1)an-1=2(n-1),所以an-an-1=1,n≥2且n∈N*,所以{an}是以1为公差的等差数列.
规律方法
针对训练
1.(1)(2024·湖北黄冈模拟)已知数列{an}是等比数列,则“存在正整数k,对于 t∈N*,at>at+k恒成立”是“{an}为递减数列”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
C
解析 取两种特殊情况说明充分性,当k=1时显然成立;当k=4时,理由如下:
因为{an}是等比数列,设公比为q(q≠0),则an≠0,当 t∈N*,at>at+4时,at>atq4,即at(q2-1)(q2+1)<0,若at>0,则-1
1,当q<-1时,at+1=atq>0,与假设矛盾,舍去,故q>1,此时at+1=atq综上,存在k=4,使 t∈N*,at>at+4时,{an}为递减数列,即充分性成立.当{an}为递减数列时,at>at+1>at+2>at+3>at+4,即 t∈N*,at>at+4成立,即必要性成立.故选C.
(2)(2022·北京,15)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足an·Sn=9(n=1,2,…).给出下列四个结论:
①{an}的第2项小于3;②{an}为等比数列;
③{an}为递减数列;④{an}中存在小于 的项,
其中所有正确结论的序号是 .
①③④
A
(2)(多选题)(2024·福建福州期末)任取一个正整数,若是奇数,就将该数乘3再加上1;若是偶数,就将该数除以2.反复进行上述两种运算,经过有限次步骤后,必进入循环圈1→4→2→1.比如取正整数m=8,根据上述运算法则得出8→4→2→1→4→2→1.猜想的递推关系如下:已知数列{an}满足a1=5,
设数列{an}的前n项和为Sn,则下列结论正确的是
( )
A.a3=8 B.a5=2
C.S10=49 D.S300=722
ABD
a10=3×1+1=4,所以S10=5+16+8+4+2+1+4+2+1+4=47,所以A,B正确,C错误.因为数列{an}中从第4项起以4,2,1循环,而(300-3)÷3=99,所以S300=(5+16+8)+99×(4+2+1)=722,所以D正确,故选ABD.
3.(2024·陕西西安模拟)在①a1=1,a1,a3,a9成等比数列;②a2+a4=6,a1a5=5;
问题:已知数列{an}是公差为正数的等差数列, .
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列 的前n项和为Sn,对任意的n∈N*有m-3解 (1)选择条件①:因为数列{an}是公差为正数的等差数列,设公差为d(d>0),且a1=1,a1,a3,a9成等比数列,所以 =a9a1,即(1+2d)2=1+8d,解得d=1或d=0(舍去),所以an=n.
所以9d=a4+a5+a6-(a1+a2+a3)=9,则d=1,
所以a1+a1+d+a1+2d=6,解得a1=1,所以an=n.
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微培优8 概率统计与其他知识交汇的综合问题
2025
以能力立意是数学命题的指导思想,在知识网络交汇处设计试题是今后高考的一大特点和方向,与概率交汇的试题正是在这种背景下“闪亮登场”,频频出现在各类试题中.除了上一节讲解的概率统计的常见综合问题外,概率统计与数列,概率统计与导数、函数的交汇应用也比较常见.
角度一 概率统计与数列的交汇应用
例1(2023·新高考Ⅰ,21)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8,由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率;
(2)求第i次投篮的人是甲的概率;
(3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则
记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y).
解 (1)设事件A:“第2次投篮的人是乙”,
则P(A)=P(甲乙)+P(乙乙)=0.5×0.4+0.5×0.8=0.6.
(3)由(2)知,设随机变量Xi可取0,1,i=1,2,…,n,P(Xi=1)=pi,P(Xi=0)=1-pi,则Xi服从两点分布.
角度二 概率统计与导数、函数的交汇应用
1.概率统计与函数的综合
例2(2023·新高考Ⅱ,19)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异,经过大量调查,得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图:
利用该指标制定一个检测标准,需要确定临界值c,将该指标大于c的人判定为阳性,小于或等于c的人判定为阴性.此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率,记为p(c);误诊率是将未患病者判定为阳性的概率,记为q(c).假设数据在组内均匀分布.以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
(1)当漏诊率p(c)=0.5%时,求临界值c和误诊率q(c);
(2)设函数f(c)=p(c)+q(c).当c∈[95,105]时,求f(c)的解析式,并求f(c)在区间[95,105]的最小值.
解 (1)当p(c)=0.5%时,由患病者频率分布直方图可得第一个小矩形面积为0.002×5=0.01,
由未患病者频率分布直方图可得q(c)=0.01×(100-97.5)+0.002×5=0.035.
(2)当c∈[95,100)时,p(c)=(c-95)×0.002,q(c)=(100-c)×0.01+0.01,
∴f(c)=-0.008c+0.82>0.02;
当c∈[100,105]时,p(c)=5×0.002+(c-100)×0.012,q(c)=(105-c)×0.002,
∴f(c)=0.01c-0.98≥0.02.
故当c=100时,f(c)取最小值,最小值为f(100)=0.02.
2.概率统计与导数的综合
例3(2024·河南三门峡模拟)2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识,某大学举办了一次奥运知识竞赛,竞赛分为初赛与决赛,初赛通过后才能参加决赛.
(1)初赛从6道题中任选2题作答,若2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中的4道,记小王在初赛中答对的题目个数为X,求X的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下,仍未进入决赛的概率;
(2)该大学为鼓励学生踊跃参赛并取得佳绩,对进入决赛的学生给予一定的奖励.奖励规则如下:进入决赛的学生可连续抽奖3次,中奖1次奖励120元,中奖2次奖励180元,中奖3次奖励360元,若3次均未中奖,则奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为p(0解 (1)由题意知,X服从超几何分布,且N=6,M=4,n=2.
针对训练
1.(2024·山东泰安模拟)在足球比赛中,有时需要通过点球来决定胜负.
(1)扑点球的难度一般比较大,假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门,门将(也称为守门员)也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球,而且门将即使方向判断正确,也有
的可能性扑不到球.不考虑其他因素,在一次点球大战中,求门将在前三次点球过程中扑到点球的个数X的分布列和期望;
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练,甲、乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中,球从甲脚下开始,等可能地随机传向另外2人中的1人,接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人,如此不停地传下去,假设传出的球都能接住.记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn,易知p1=1,p2=0.
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn,比较p2 024与q2 024的大小.
(2)①第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn,
则当n≥2时,第n-1次传球之前球在甲脚下的概率为pn-1,
第n-1次传球之前球不在甲脚下的概率为1-pn-1,
2.鲁班锁是我国古代益智玩具的一种,它与九连环、华容道、七巧板一起被称为中国古代四大智力玩具.鲁班锁看似简单,却凝结着不平凡的智慧,是榫卯结构的集中展现,一般由六根木条组成,三维拼插,内部榫卯咬合,外观严丝合缝,十字立体,易拆难装,十分巧妙.某玩具公司新开发了A,B两款鲁班锁玩具,记A,B两款鲁班锁玩具所获得的利润分别为X,Y(单位:万元),根据销售部市场调研分析,得到相关数据如下表所示.(成本利润率=利润÷成本×100%)
A款鲁班锁玩具:
成本利润率 4% 8% 10%
概率P 0.3 0.6 0.1
B款鲁班锁玩具:
成本利润率 3% 5.5% 7.5%
概率P 0.2 0.3 0.5
(1)若A,B两款鲁班锁玩具的投资成本均为20万元,试求投资这两款鲁班锁玩具所获得的利润的方差;
(2)若A,B两款鲁班锁玩具的投资成本共为20万元,试求投资这两款鲁班锁玩具所获得的利润的方差之和的最小值.
解 (1)A款鲁班锁玩具的利润分别为20×4%=0.8,20×8%=1.6,20×10%=2,
B款鲁班锁玩具的利润分别为20×3%=0.6,20×5.5%=1.1,20×7.5%=1.5,
则X的分布列为
X 0.8 1.6 2
P 0.3 0.6 0.1
Y的分布列为
Y 0.6 1.1 1.5
P 0.2 0.3 0.5
所以E(X)=0.8×0.3+1.6×0.6+2×0.1=1.4,
E(Y)=0.6×0.2+1.1×0.3+1.5×0.5=1.2,
则D(X)=(0.8-1.4)2×0.3+(1.6-1.4)2×0.6+(2-1.4)2×0.1=0.168,
D(Y)=(0.6-1.2)2×0.2+(1.1-1.2)2×0.3+(1.5-1.2)2×0.5=0.12.
(2)记A款鲁班锁玩具的投资成本为m(0≤m≤20)万元,则B款鲁班锁玩具的投资成本为(20-m)万元,
设投资这两款鲁班锁玩具所获利润的方差之和为f(m),
3.(2024·河北衡水模拟)已知甲口袋有m(m≥1,m∈N*)个红球和2个白球,乙口袋有n(n≥1,n∈N*)个红球和2个白球,小明从甲口袋有放回地连续摸球2次,每次摸出一个球,然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次,每次摸出一个球.
(1)当m=4,n=2时,
(ⅰ)求小明4次摸球中至少摸出1个白球的概率;
(ⅱ)设小明4次摸球中摸出白球的个数为X,求X的数学期望.
(2)当m=n时,设小明4次摸球中恰有3次摸出红球的概率为P,则当m为何值时,P最大
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微培优5 三角形中的特殊线段问题
2025
三角形中的特殊线段主要是三角形中一边的中线、角的平分线以及高线,在考查过程中主要涉及长度的计算、范围的计算等.
角度一 三角形中的中线问题
例1(2024·江苏苏州二模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知
(1)求角A;
(2)若a=6,点M为△ABC的重心,且AM=2 ,求△ABC的面积.
角度二 三角形中的角平分线问题
例2(1)(2023·全国甲,理16)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC= ,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD= .
2
角度三 三角形中的高线问题
例3(2023·新高考Ⅰ,17)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB=5,求AB边上的高.
解 (1)(方法一)由题意知A+B=3C,
∵A+B+C=π,
∴2(sin A-cos A)=sin A+cos A.∴sin A=3cos A.
(2)过点C作AB的垂线,垂足为点D,则CD为AB边上的高.
角度四 三角形中其他线段的长度问题
解 (1)∵(a+b+c)(a+b-c)=3,
∴3=(a+b)2-c2=a2+b2-c2+2ab.
针对训练
在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且 .
(1)求角C的大小;
(2)已知c=7,D是边AB的中点,且CD⊥CB,求CD的长.
解 (1)选条件①.
由正弦定理,得b(a+b)=(c+a)(c-a),即a2+b2-c2=-ab.
(2)(方法一)因为D是边AB的中点,所以S△ADC=S△BCD.
(方法二)因为D是边AB的中点,所以S△ADC=S△BCD.
因为∠ADC+∠BDC=π,
所以cos∠ADC+cos∠BDC=0.
由余弦定理得a2=BD2+CD2-2BD·CDcos∠BDC,b2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC.
因为D是边AB的中点,所以AD=BD,
(方法四)以C为坐标原点,CB所在直线为x轴,CD所在直线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则C(0,0),B(a,0).
设D(0,d),因为D是边AB的中点,所以A(-a,2d).
(2)在△ABC中,由点D在边AB上,CD为∠ACB的平分线,得S△ABC=S△ACD+S△BCD,
3.(2024·陕西西安三模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知b(1+cos A)=c(1-cos 2B).
(1)证明:b=c;
(2)若BC边上的高AD为2,AC边上的中线BE为2 ,求△ABC的面积.
(1)证明 因为b(1+cos A)=c(1-cos 2B),
则b(1+cos A)=c·2sin2B.由正弦定理得,sin B(1+cos A)=sin C·2sin2B.因为B∈(0,π),sin B≠0,所以1+cos A=2sin Csin B.又因为B+C+A=π,所以1-cos(B+C)=2sin Csin B,所以1-cos Bcos C+sin Csin B=2sin Csin B,所以cos(B-C)=1.因为B-C∈(-π,π),所以B-C=0,所以B=C,即b=c.
4.(2024·天津滨海新区二模)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且2b=c+2acos C.
(1)求A;
解 (1)由正弦定理,得2sin B=sin C+2sin Acos C.
因为sin B=sin(A+C)=sin Acos C+sin Ccos A,
所以2sin Ccos A=sin C.
因为00,则2cos A=1,
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微培优4 三角函数中ω,φ的范围问题
2025
三角函数中ω,φ的范围问题,是高考的重点和热点,主要考查由三角函数的最值(值域)、单调性、零点等求ω,φ的取值范围,难度中等偏上.其解法主要利用整体代换与数形结合的方法.
角度一 三角函数的最值(值域)与ω,φ的取值范围
例1(1)(2024·四川成都模拟)已知函数f(x)= sin ωx+cos ωx(ω>0)在区间[0,1]上恰好有两个最值,则ω的取值范围为( )
C
D
角度二 单调性与ω,φ的取值范围
C
角度三 零点与ω,φ的取值范围
例3(1)(2024·广东广州模拟)已知函数f(x)=2sin2ωx+ sin 2ωx(ω>0)在区间(0,π)上恰有两个零点,则ω的取值范围是( )
B
(2)(2023·新高考Ⅰ,15)已知函数f(x)=cos ωx-1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点,则ω的取值范围是 .
[2,3)
解析 由题意可知,要使函数f(x)=cos ωx-1在[0,2π]上有且仅有3个零点,即函数y=cos ωx的图象在[0,2π]上有且仅有3个最高点,设y=cos ωx的最小正周期为T,如图(草图),
角度四 对称性与ω,φ的取值范围
A.1 B.2 C.3 D.5
D
C
针对训练
D
C
B
CD
又因为ω>0,
所以ω的最小值为1,
故ω可取的值为1,4.
本 课 结 束(共22张PPT)
微培优3 同构函数问题
2025
在某些函数方程、不等式问题中,可以通过等价变形,将方程或不等式变成左右两端结构一致的情形,进而构造函数,运用函数的单调性来解决问题,这种处理问题的方法叫做同构.常见的同构有双变量同构和指对同构,难度较大.
1.双变量同构
如果同构后不等式两边具有结构的一致性,那么往往暗示了单调性.
2.指对同构
(1)应用条件:指对形式同时出现,可能需要利用指对同构来解决问题.
(2)变形依据:为了实现不等式两边“结构”相同的目的,需时时对指对式进行“改头换面”,常用的恒等变形的依据是x=eln x(x>0),x=ln ex(x∈R).例如:
①xex=ex+ln x;x+ln x=ln(xex).
有时也需要对两边同时加、乘某式等.
(3)常见同构等式:xln x=eln xln x,xex=eln xex;x+ln x=ln x+eln x,x+ex=eln x+ex.
(4)常见同构不等式
①乘积同构模型:aea③和差同构模型:ea±a角度一 双变量同构
例1(1)(2020·全国Ⅱ,理11)若2x-2y<3-x-3-y,则( )
A.ln(y-x+1)>0 B.ln(y-x+1)<0
C.ln|x-y|>0 D.ln|x-y|<0
A
解析 ∵2x-2y<3-x-3-y,∴2x-3-x<2y-3-y.∵f(t)=2t-3-t在R上为增函数,且f(x)0,∴y-x+1>1,
∴ln(y-x+1)>ln 1=0.故选A.
B
角度二 指对同构
例2(2020·新高考Ⅰ,21(2))已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a,若f(x)≥1,求实数a的取值范围.
解 (方法一 同构函数)
由f(x)≥1,得aex-1-ln x+ln a≥1,
即eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x,
而ln x+x=eln x+ln x,
所以eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x.
令h(m)=em+m,则h'(m)=em+1>0,
所以h(m)在R上单调递增.
由eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x,
可知h(ln a+x-1)≥h(ln x),所以ln a+x-1≥ln x,所以ln a≥(ln x-x+1)max.令F(x)=ln x-x+1,则
所以当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[F(x)]max=F(1)=0,则ln a≥0,即a≥1.
所以实数a的取值范围为[1,+∞).
(方法二 最值法(通性通法,用到隐零点))
因为f(x)=aex-1-ln x+ln a,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增,
当a=1时,f'(1)=0,易得f(x)min=f(1)=1,
所以f(x)≥1成立;
所以ln a+x0-1=-ln x0,
且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,
=2ln a+1>1,所以f(x)>1,所以f(x)≥1恒成立;
当0所以f(1)<1,f(x)≥1不是恒成立.
综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).
针对训练
1.(2020·全国Ⅰ,理12)若2a+log2a=4b+2log4b,则( )
A.a>2b B.a<2b C.a>b2 D.aB
解析 由指数与对数运算可得,2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b.
因为22b+log2b<22b+log22b=22b+1+log2b,
所以2a+log2a<22b+log22b.
令f(x)=2x+log2x,由指数函数与对数函数单调性可得f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
由f(a)3
解析 容易证明ex≥x+1,当且仅当x=0时,等号成立.
当且仅当3x+3ln x=0,即x+ln x=0时,等号成立,设g(x)=x+ln x,可得g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(e-1)=e-1-1<0,g(1)=1>0,所以g(x)=0有解,即等号成立,所以[f(x)]min=3.
3.(2024·山东青岛模拟)已知函数f(x)=xex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当x>0时,f(x)-ln x≥1.
(1)解 由题意得f'(x)=(x+1)ex-1,
设g(x)=(x+1)ex,则g'(x)=(x+2)ex,
当x≤-1时,g(x)≤0,f'(x)<0,f(x)在(-∞,-1]上单调递减;
当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
又因为g(0)=1,所以当-1当x>0时,g(x)>1,即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
综上可知,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)证明 要证f(x)-ln x≥1,
即证xex-x-ln x≥1,
即证ex+ln x-(x+ln x)≥1,令t=x+ln x,
易知t∈R,待证不等式转化为et-t≥1.
设u(t)=et-t,则u'(t)=et-1,
当t<0时,u'(t)<0;当t>0时,u'(t)>0,故u(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
所以u(t)≥u(0)=1,原命题得证.
4.(2024·河南平顶山模拟)已知函数f(x)=x+2+aln x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)设a>0,若对任意x1,x2∈(0,1],且x1≠x2,都有|f(x1)-f(x2)|< ,求实数a的取值范围.
解 (1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=
当a≥0时,f'(x)>0恒成立,此时,函数y=f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a<0时,由f'(x)>0,得x>-a,由f'(x)<0,得0本 课 结 束(共26张PPT)
微培优12 证明与探索性问题
2025
圆锥曲线中的证明与探索性问题,是高考对直线与圆锥曲线综合考查的重点之一,题目具有一定的综合性,难度中等或偏上.
证明问题,常见的有两类:一类是关于位置关系的证明,如证明相切、垂直、平行、过定点等;另一类是关于数量关系的证明,如存在定值、恒成立等.在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下,主要采用直接法证明,但有时也会用到反证法.
探索性问题一般可分为探究条件、探究结论两种.若探究条件,则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在,否则不存在;若探究结论,则可求出结论的表达式,再对其表达式分析讨论,往往涉及对参数的讨论.
角度一 证明问题
(1)求C的方程;
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q.证明:AQ⊥y轴.
规律方法
解决证明问题的一般方法
直接法 根据已知条件,运用相关公式,通过运算、化简,结合定义、定理、性质等直接推导出所要证明的结论
转化法 通过对问题进行转化,利用相关策略证明问题.
(1)证明两直线垂直(角为直角等),转化为证明斜率之积等于-1或数量积为0.
(2)证明三点共线、点在直线上、直线平行等,可转化为证明斜率相等.
(3)证明两角相等,可转化为两直线斜率相等或某三角函数值相等;证明两角互补,可转化为两直线斜率之和为0
角度二 探索性问题
(2)设点T(0,m),
①当直线PQ的斜率不存在时,直线PQ与椭圆交于椭圆的上、下顶点.
针对训练
1.(2024·云南昆明模拟)一动圆E与圆O1:x2+y2+4x=0外切,同时与圆O2:x2+y2-4x-32=0内切.
(1)求动圆圆心E的轨迹Γ的方程;
(2)设A为轨迹Γ的右顶点,若直线l:x=my-8与x轴交于点M,与轨迹Γ相交于点B,C(点B在点M,C之间)两点,若N为线段BC上的点,且满足 ,证明:∠ANC=2∠AMC.
(1)解 设动圆E圆心坐标为(x,y),半径为R,由题意可知,圆O1:(x+2)2+y2=4,圆O2:(x-2)2+y2=36.
当圆E与圆O1外切时,有|O1E|=R+2;①
当圆E与圆O2内切时,有|O2E|=6-R.②
将①②两式的两边分别相加,得|O1E|+|O2E|=8>4,
所以圆心E(x,y)的轨迹为椭圆,且在该椭圆中,长轴长2a=8,半焦距c=2,所以
所以点N在直线x=-2上,
所以|NM|=|NA|,
即∠AMC=∠MAN.
因为∠ANC为△MAN的一个外角,
所以∠ANC=∠AMN+∠MAN=2∠AMC.
(1)求证:直线B1R与B2T的交点M在椭圆K: +y2=1上;
(2)已知PQ为过椭圆K的右焦点F的弦,直线MO与椭圆K的另一交点为N,若MN∥PQ,试判断|PQ|,|MN|,|A1A2|是否成等比数列,并说明理由.
因为|A1A2|=4,
所以|MN|2=|PQ|·|A1A2|,
即|PQ|,|MN|,|A1A2|成等比数列.
本 课 结 束(共19张PPT)
微培优11 最值与范围问题
2025
圆锥曲线中的最值与范围问题是高考对直线与圆锥曲线综合考查的内容之一,具有一定的综合性,将解析几何问题与函数、不等式知识相结合,难度中等或偏上.
解决最值与范围问题,通常有两种方法.
(1)几何法:若题中给出的条件有明显的几何特征,则考虑用几何图形性质来解决;
(2)代数法:若题中所给出的条件和结论的几何特征不明显,则可以建立目标函数,利用函数或不等式方法求该函数的最值,具体解法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等.
角度一 最值问题
例1(2024·河北石家庄模拟)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,过点F的直线与抛物线C交于A,B两点,当A,B两点的纵坐标相同时,|AB|=4.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若P,Q为抛物线C上两个动点,|PQ|=6,E为PQ的中点,求点E纵坐标的最小值.
所以|AB|=2p=4,
故抛物线C的方程为x2=4y.
角度二 范围问题
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则D(mx2,my2).
∵四边形OAED为平行四边形,
又y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1,
∴(4+9k2)x1x2+9k(x1+x2)+9+18m=0.
规律方法 求解最值及范围问题的方法技巧
针对训练
1.(2024·江苏扬州高三模拟)已知F1,F2分别是椭圆C: 的左、右焦点,M,N是椭圆C上位于x轴上方的两点,MF1∥NF2,且MF2与NF1的交点为P,MF1的延长线与椭圆C交于点Q.
(1)证明:Q,N关于坐标原点对称;
(2)求四边形MF1F2N的面积S的最大值.
(1)证明 因为MF1∥NF2,则∠QF1F2=∠NF2F1,则由椭圆的对称性可得|QF1|=|NF2|,由椭圆的定义可得|QF2|=|NF1|,
故四边形QF1NF2为平行四边形,且O为线段F1F2的中点,
故Q,N关于坐标原点对称.
设直线MF1,NF2的方程分别为 ,
M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0,y2>0,
显然直线MF1,NF2均与椭圆相交,Q(-x2,-y2).
2.(2024·广东佛山二模)双曲线C: (a>0,b>0)的左顶点为A,焦距为4,过右焦点F作垂直于实轴的直线交双曲线C于B,D两点,且△ABD是直角三角形.
(1)求双曲线C的方程;
(2)已知M,N是双曲线C右支上的两动点,设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,若k1k2=-2,求点A到直线MN的距离d的取值范围.
解 (1)由已知得半焦距c=2.
又因为△ABD是直角三角形,
即y1y2+2(x1+1)(x2+1)=0,
即y1y2+2(my1+n+1)(my2+n+1)=0,
整理得(2m2+1)y1y2+2m(n+1)(y1+y2)+2(n+1)2=0,
代入得3(n2-1)(2m2+1)-12m2n(n+1)+2(n+1)2·(3m2-1)=0,
化简得n2-4n-5=0,
解得n=5或n=-1(舍去),
本 课 结 束(共33张PPT)
微培优9空间中的翻折、探究性问题
2025
翻折问题主要包括两个方面:一是平面图形的折叠问题,多涉及空间中线面位置关系、体积及空间角、空间距离的计算等;二是几何体表面的展开问题,主要涉及几何体表面上的最短路径问题,题型既有选择题、填空题,又可能出现解答题,难度中等.
探究性问题也主要有两类:一是探究空间几何体中线面位置关系,二是探究空间角的存在条件,多为解答题,难度中等偏上.
角度一 翻折问题
则EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=4,
所以EF=2,所以EF2+AE2=AF2,
所以AE⊥EF,即PE⊥EF,DE⊥EF.
又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,
所以EF⊥平面PDE.
又PD 平面PDE,所以EF⊥PD.
(2)解 连接EC.由题可得DE=3 ,CD=3.
因为∠ADC=90°,
所以DE2+DC2=EC2,所以EC=6,
所以PE2+CE2=PC2,所以PE⊥CE.
又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE 平面ABCD,
所以PE⊥平面ABCD.
又ED 平面ABCD,
所以PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直.
角度二 空间线面关系的探究性问题
例2(2024·广东茂名模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°, AB=AC=AA1=2,M是AB的中点,N是B1C1的中点,P是BC1与B1C的交点.
(1)证明:A1C⊥BC1;
(2)求直线A1P与平面A1CM所成角的正弦值;
(3)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM 若存在,求出线段A1Q的长;若不存在,请说明理由.
(1)证明 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为∠BAC=90°,则AB⊥AC.
由题可知,AB,AC,AA1两两垂直.以点A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB=AC=AA1=2,
所以A1(0,0,2),C(0,-2,0),B(2,0,0),C1(0,-2,2),
所以A1C⊥BC1.
(3)解 在线段A1N上存在靠近N的三等分点Q,满足PQ∥平面A1CM.因为N为B1C1的中点,
角度三 与空间角有关的探究性问题
例3(2024·广东汕头一模)如图,三棱台ABC-A1B1C1中,侧面四边形ACC1A1为等腰梯形,底面三角形ABC为正三角形,且AC=2A1C1=2.设D为棱A1C1上的点.
(1)若D为A1C1的中点,求证:AC⊥BD;
(2)若三棱台ABC-A1B1C1的体积为 ,且侧面ACC1A1⊥底面ABC,试探究是否存在点D,使直线BD与平面BCC1B1所成角的正弦值为 若存在,确定点D的位置;若不存在,说明理由.
(1)证明 取AC中点M,连接DM,BM,则AC⊥DM,AC⊥BM.由DM∩BM=M, DM,BM 平面BDM,得AC⊥平面BDM.又BD 平面BDM,
所以AC⊥BD.
(2)解 存在.
取A1C1中点N,连接MN,由(1)得∠NMB为二面角A1-AC-B的平面角,由平面ACC1A1⊥平面ABC,得∠NMB=90°,即NM⊥BM.
规律方法
与空间角有关的存在性问题的解题流程
针对训练
1.(2024·湖南株洲模拟)如图1是由正方形ABCD、等边三角形ABE和等边三角形BCF组成的一个平面图形,其中AB=6,将其沿AB,BC,AC折起得三棱锥P-ABC,如图2.
图1
图2
(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;
(2)过棱AC作平面ACM交棱PB于点M,且三棱锥P-ACM和B-ACM的体积比为1∶2,求直线AM与平面PBC所成角的正弦值.
(1)证明 如图,取AC的中点为O,连接BO,PO.由题可知,△APC是等腰直角三角形,AP=6,PO⊥AC,PO=3 .同理BO=3 .
又PB=6,∴PO2+OB2=PB2,∴PO⊥OB.
∵AC∩OB=O,AC,OB 平面ABC,
∴PO⊥平面ABC.
又PO 平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)解 由题可知,OA,OB,OP两两垂直.以O为原点,OA,OB,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(3 ,0,0),
2.(2024·辽宁沈阳模拟)如图,在几何体ABCDFE中,四边形ABCD为菱形,四边形DBEF为梯形,BE∥DF,DF=2BD=2BE=4,且AE=CE.
(1)求证:平面DBEF⊥平面ABCD;
(2)当∠EBD=60°时,平面AEF与平面CEF能否垂直 若能,求出菱形ABCD的边长;若不能,请说明理由.
(1)证明 连接AC,交BD于点O,连接OE,因为四边形ABCD为菱形,所以AO=OC,AC⊥BD.因为AE=CE,所以AC⊥OE.
又BD,OE 平面DBEF,且BD∩OE=O,
所以AC⊥平面DBEF.
因为AC 平面ABCD,
所以平面DBEF⊥平面ABCD.
(2)解 能垂直.
由题可知,BE=2,OB=1,∠EBD=60°.
在△OBE中,由余弦定理可得
所以BE2=OB2+OE2,故OE⊥BD.
又由(1)知AC⊥平面DBEF,OE,BD 平面DBEF,则AC,OE,BD两两垂直.
以O为原点,OA,OB,OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设OA=a,a>0,则A(a,0,0),C(-a,0,0),E(0,0, ),B(0,1,0),
D(0,-1,0),
3.(2024·湖南邵阳二模)如图所示,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,AA1⊥平面ABCD.
(1)证明:BD⊥CC1.
(2)若AB=2,AA1= ,A1B1=1,∠ABC=60°,棱BC上是否存在一点P,使得平面AD1P与平面ADD1的夹角余弦值为 若存在,求线段CP的长;若不存在,请说明理由.
(1)证明 连接AC,因为底面ABCD是菱形,
所以BD⊥AC.
又AA1⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,
所以BD⊥AA1.
又AC∩AA1=A,AC,AA1 平面A1AC,
所以BD⊥平面A1AC.
因为四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AA1,CC1延长线交于一点,
所以A1,C1,C,A四点共面,所以BD⊥CC1.
(2)解 存在.取BC中点O,连接OA,易知OA⊥BC,则OA⊥AD.由(1)知,AO,AD,AA1两两垂直.
以A为原点,AO,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),D(0,2,0),D1(0,1, ),若存在点P满足题意,则设P( ,y,0),y∈[-1,1].
易知,平面AD1D的一个法向量n=(1,0,0),
本 课 结 束(共26张PPT)
微培优10 定值、定点与定直线问题
2025
圆锥曲线中的定值、定点、定直线问题都是研究某些几何元素与几何量动中有静,变化中蕴含不变等规律的问题,是高考对直线与圆锥曲线综合考查的热点之一,题目具有一定的综合性,难度中等或偏上.
定值、定点、定直线问题虽考查角度各不相同,但解决问题的思路基本是一致的,首先是解决好参数问题,通过引进参数、运用参数、消去参数解决相关问题;其次是要善于运用特殊化方法,即先从问题的特殊情况入手,发现和推导问题结论,然后再证明一般情形成立,从而解决定值、定点、定直线问题.
角度一 定值问题
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)如图,若一条斜率不为0的直线l过点(-1,0)与椭圆交于M,N两点,椭圆C的左、右顶点分别为A,B,直线BN的斜率为k1,直线AM的斜率为k2,
规律方法
求解定值问题的基本方法
先猜后证法 从特殊化入手,求出定值,再证明这个定值与变量无关
消参数法 直接推理、计算,并在计算推理过程中消去参数,从而得到定值.解题步骤:(1)设参.选择适当的参数当变量,一般情况先设出直线方程y=kx+b或x=my+n、点的坐标等.(2)用参.要把证明为定值的量表示成上述参数的函数.(3)消参.将中间结果代入目标量,通过计算化简得出目标量与引入的参数无关,是一个常数
角度二 定点问题
例2(2024·山东聊城一模)已知抛物线C关于y轴对称,顶点在原点,且经过点P(2,2),动直线l:y=kx+b不经过点P且与抛物线C相交于A,B两点,直线PA和PB的斜率之积等于3.
(1)求抛物线C的标准方程;
(2)证明:直线l过定点,并求出定点坐标.
(1)解 依题意可设抛物线C:x2=2py,
由点P(2,2)在抛物线C上,故4=2p×2,解得p=1,
故抛物线C的标准方程为x2=2y.
则Δ=4k2+8b>0,且x1+x2=2k,x1x2=-2b.
于是有-2b+2×2k=8,化简得b=2k-4.
此时Δ=4k2+8b=4k2+16k-32,则Δ>0有解,因此直线l的方程化为y=k(x+2)-4,即直线l过定点(-2,-4).
规律方法 圆锥曲线的定点问题的求解策略
参数无 关法 把直线或者曲线方程中的变量x,y当作常数,将方程一端化为零,既然过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,所以参数的系数须全部为零,由此得到一个关于x,y的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点
特殊到 一般法 先根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关
关系法 对于满足一定条件的两点连接所得直线过定点或满足一定条件的曲线过定点问题,可设直线(或曲线)上两点的坐标,利用坐标在直线(或曲线)上,建立点的坐标所满足的方程(组),求出相应的直线(或曲线),然后再利用直线(或曲线)过定点的知识求解
角度三 定直线问题
(1)求椭圆L的标准方程;
(2)若直线AD,BC的斜率相等,证明:点P在一条定直线上运动.
(2)证明 设直线AD,BC的斜率为k(k≠0),C(x1,y1),D(x2,y2),P(x0,y0).
规律方法
解决圆锥曲线中定直线问题的方法
引进参数法 实质是求动点的轨迹方程,首先根据题意引入参数,用参数表示经过定直线的动点,将其代入已知条件中,并根据问题所给的条件建立关系式,然后消去参数,即可得到定直线的方程
相关点法 用一个点的坐标把另外一些点的坐标表示出来,再代入已知的曲线方程和直线方程中,便可求出定直线的方程
针对训练
双曲线C相交于A,B两点,过点A作直线l:y=t的垂线AE,E为垂足.
(1)求双曲线C的标准方程.
(2)是否存在实数t,使得直线EB过定点P 若存在,求t的值及定点P的坐标;若不存在,说明理由.
(2)存在.假设存在实数t,使得直线EB过定点P.由对称性可知,点P在y轴上.设直线AB:y=kx+4,A(x1,y1),B(x2,y2),则E(x1,t).
(1)求双曲线C的方程;
(2)已知直线l与双曲线C交于M,N两点(均与点P不重合),与直线x=2交于点Q,且点M,N在直线x=2的两侧,若|MP|·|NQ|=|MQ|·|NP|,线段MN的中点为R,证明:点R在一条定直线上.
化简得2k2+(m+1)k+m-1=0,
即(k+1)(m+2k-1)=0,而直线l不过点P,
故2k+m≠1,故k=-1.
本 课 结 束(共25张PPT)
微培优2 原函数与导函数混合构造问题
2025
1.构造函数的依据——导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]'=f'(x)±g'(x);(2)[f(x)·g(x)]'=f'(x)g(x)+g'(x)f(x);
例如,若条件是f'(x)±g'(x)>0,则构造函数F(x)=f(x)±g(x),有F'(x)>0,F(x)单调递增;
若条件是f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0,则构造函数F(x)=f(x)g(x),有F'(x)>0,F(x)单调递增;
2.基本构造类型(指数函数、幂函数、三角函数)
(1)利用ex进行构造:
对于不等式f'(x)+f(x)>0,构造函数F(x)=exf(x);
(2)利用x进行构造:
对于不等式xf'(x)+f(x)>0,构造函数F(x)=xf(x);
对于不等式xf'(x)-f(x)>0,构造函数
(3)利用sin x,cos x进行构造:
对于不等式sin x·f'(x)+cos x·f(x)>0,构造函数F(x)=sin x·f(x);
对于不等式sin x·f'(x)-cos x·f(x)>0,构造函数
对于不等式cos x·f'(x)-sin x·f(x)>0,构造函数F(x)=f(x)·cos x;
对于不等式cos x·f'(x)+sin x·f(x)>0,构造函数
角度一 利用构造的函数的单调性比较大小
例1(1)(2024·贵州贵阳一模)已知定义域为R的函数f(x),其导函数为f'(x),且满足f'(x)-2f(x)<0,f(0)=1,则( )
A.e2f(-1)<1 B.f(1)>e2
D
因为f'(x)-2f(x)<0在R上恒成立,
所以g'(x)<0在R上恒成立,故g(x)在R上单调递减,所以g(-1)>g(0),即
(2)(2024·浙江杭州一模)已知定义在R上的函数f(x)满足
sin xf(x)+cos xf'(x)>0,则( )
B
角度二 利用构造的函数的单调性解不等式
例2(1)(2024·江苏常州统考)已知定义在R上的函数f(x)的导数为f'(x),f(1)=e,且对任意的x满足f'(x)-f(x)xex的解集是( )
A.(-∞,1) B.(-∞,0)
C.(0,+∞) D.(1,+∞)
A
(2)(2024·广州梅州二模)设函数f(x)在R上的导数为f'(x),对任意x∈R,有
f(-x)+f(x)=2x2,且当x∈(0,+∞),f'(x)<2x.若f(3-a)-f(a)≥9-6a,则实数a的取值范围为( )
A
解析 因为f(-x)+f(x)=2x2,所以f(-0)+f(0)=0,得到f(0)=0.令g(x)=f(x)-x2,
所以g(-x)=f(-x)-(-x)2=2x2-f(x)-x2=x2-f(x)=-g(x),
则g(x)为奇函数,且g(0)=f(0)-0=0.
又当x>0时,g'(x)=f'(x)-2x<0,结合奇函数的性质知,g(x)在R上单调递减,
又f(3-a)-f(a)≥9-6a=(3-a)2-a2,
所以f(3-a)-(3-a)2≥f(a)-a2,
即g(3-a)≥g(a),所以3-a≤a,即a≥ .
针对训练
1.(2024·江苏南京二模)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数,其导函数为f'(x).若对任意x∈R有f'(x)>1,f(1+x)+f(1-x)=0,且f(0)=-2,则不等式f(x-1)>x-1的解集为( )
A.(0,+∞) B.(1,+∞)
C.(2,+∞) D.(3,+∞)
D
解析 令g(x)=f(x)-x,则g'(x)=f'(x)-1>0恒成立,故函数g(x)在R上单调递增.
f(1+x)+f(1-x)=0,则f(2)+f(0)=0,
又f(0)=-2,所以f(2)=2,故g(2)=f(2)-2=0.f(x-1)>x-1,即g(x-1)>0,
即g(x-1)>g(2),故x-1>2,解得x>3.
2.(2024·广东四校联考)已知函数f(x)满足xf'(x)ln x+f(x)>0(其中f'(x)是f(x)的导数),若 ,b=f(e),c=f(e2),则下列选项中正确的是( )
A.4c<2bC.a<2b<4c D.a<4c<2b
C
解析 因为xf'(x)ln x+f(x)>0(x>0),
所以f'(x)ln x+ f(x)>0,
所以[f(x)ln x]'>0,
令g(x)=f(x)ln x(x>0),
则 x∈(0,+∞),g'(x)>0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.
A
4.(2024·湖南师范大学附属中学模拟)已知函数f(x)的定义域为R,设f(x)的导数是f'(x),且f(x)·f'(x)+sin x>0恒成立,则( )
D
解析 设g(x)=f2(x)-2cos x,
则g'(x)=2f(x)·f'(x)+2sin x>0,
故y=g(x)在R上单调递增,
5.(多选题)(2024·山西大学附属中学月考)已知函数f(x)的定义域为
其导函数为f'(x).若[x+f(x)]sin x=f'(x)cos x,且f(0)=0,则( )
A.f(x)是增函数 B.f(x)是减函数
C.f(x)有最大值 D.f(x)没有极值
AD
解析 因为f'(x)cos x=[x+f(x)]sin x,
所以f'(x)cos x-f(x)sin x=xsin x,
设g(x)=f(x)cos x,则g'(x)=xsin x,
本 课 结 束(共22张PPT)
微培优7 数列中的情境创新与数学文化
2025
现在高考越来越重视情境命题,体现了数学应用的重要性,目前更是提出了数学要增加复杂情境的命题说法.数列与现实生活联系密切,也成为情境问题的常见命题背景,特别是数学文化问题是近年来高考命题的亮点,此类问题把数学史、数学之美、文字之美与数学思维及数学方法结合起来,可有效考查我们在新情境中对数学文化的鉴赏、对数学知识的理解和对数学方法的迁移,因此备受命题者青睐,世界数学历史上,尤其是我国浩瀚的传统文化中,有丰富的与数列有关的数学文化背景知识,这也成为命题的角度.
角度一 数列中的数学文化
例1(1)(2024·广东深圳模拟)古印度数学家婆什伽罗提出如下问题:某人给一个人布施,初日施2子安贝(古印度货币单位),以后逐日倍增,问一月共施几何 在这个问题中,以一个月31天计算,记此人第n日布施了an子安贝(其中1≤n≤31,n∈N*),数列{an}的前n项和为Sn.若关于n的不等式
Sn-254< 恒成立,则实数t的取值范围为( )
A.(-∞,28) B.(-∞,30)
C.(-∞,31) D.(-∞,32)
C
解析 由题意可知,数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,
故an=2n(1≤n≤31,n∈N*),
当且仅当2n+1=16,
即n=3时,等号成立,
所以t<31,即实数t的取值范围是(-∞,31),
故选C.
(2)(2024·上海浦东新区模拟)天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”……以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”……以此类推.2024年是甲辰年,高斯出生于1777年,该年是( )
A.丁酉年 B.丁戌年
C.戊酉年 D.戊戌年
A
解析 天干以十年为一个周期,地支以十二年为一个周期.
1777年与2024年相隔2 024-1 777=247年,
247=24×10+7,即天干有24个周期,余7年;
247=12×20+7,即地支有20个周期,余7年.
故甲往前数7年为丁,辰往前数7年为酉,故1777年为丁酉年.
故选A.
角度二 数列中的新定义问题
例2(2024·湖北荆州三模)“H数列”定义:数列{an}的前n项和为Sn,如果对于任意的正整数n,总存在正整数m使Sn=am,则称数列{an}是“H数列”.
(1)数列{bn}的前n项和为Tn=2n,求证:数列{bn}是“H数列”;
(2)已知数列{cn}是“H数列”,且数列{cn}是首项为1,公差小于0的等差数列,求数列{cn}的通项公式;
(3)若数列{dn}满足:dn=bncn,求数列{dn}的前n项和Dn.
(1)证明 当n=1时,b1=T1=2.
当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=2n-1,
即Tn=bn+1.
∴数列{bn}是“H数列”.
∵d<0,∴m<2.
又m∈N*,∴m=1,
此时对于任意的正整数n,总存在正整数m使Sn=cm,
故cn=2-n.
当n≥2时,Dn=2×1+2×0+22×(-1)+23×(-2)+…+2n-1×(2-n),
∴2Dn=4+22×0+23×(-1)+…+2n-1×(1-n)+2n×(2-n),
∴-Dn=-2+(-1)×(22+23+…+2n-1)-2n×(2-n),
当n=1时,D1=d1=2,满足上式.
综上,Dn=(3-n)×2n-2.
规律方法
数列中的新定义问题 数列新定义问题,要针对等差、等比数列,通过给出一个新的数列的定义,或约定一种新的运算,或给出几个新模型来创设新问题的情景,要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的
规律方法 (1)若数列中涉及三角函数有关问题时,常利用三角函数的周期性等特征,寻找计算规律求解;
(2)若数列与向量有关问题时,应根据条件将向量式转化为与数列有关的代数式进行求解;
(3)若数列与不等式有关问题时,一般采用放缩法进行判定证明,有时也可通过构造函数进行证明;
(4)若数列与二项式有关的问题时,可结合二项展开式的性质,进行变换求解
针对训练
1.(1)(2024·北京朝阳二模)北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”,提出长方台形垛积的一般求和公式.如图,由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有ab个小球,第二层有(a+1)(b+1)个小球,第三层有(a+2)(b+2)个小球,…,依此类推,最底层有cd个小球,共有n层,由“隙积术”
可得这些小球的总个数为 .若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层,小球总个数为240,则该垛积的第一层的小球个
数为( )
A.1 B.2
C.3 D.4
B
解析 由题意知,n=8,于是得最底层小球的数量为cd=(a+7)(b+7),即c=a+7,d=b+7,从而有=240,
整理得(2b+b+7)a+(2b+14+b)(a+7)+7=180,(3b+7)a+(3b+14)(a+7)=173,
3ab+7a+3ab+14a+21b+98=173,6ab+21a+21b=75,2ab+7a+7b=25.
由于a,b皆为正整数,所以
(ⅰ)当a=1,b=1时,2×1×1+7×1+7×1=16<25.
(ⅱ)当a=1,b=2时,2×1×2+7×1+7×2=25.
(ⅲ)当a=1,b=3时,2×1×3+7×1+7×3=34>25.
(ⅳ)当a=2,b=2时,2×2×2+7×2+7×2=36>25,只有a=1,b=2符合题意,即ab的值为2.
故选B.
(2)(多选题)(2024·四川成都模拟)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,…,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”.已知数列{bn},b1=1,b2=2,bn+2=bn+1+bn(n∈N*),记Sn为数列{bn}的前n项和,则下列结论正确的是( )
A.b6=8
B.S2 025=b2 027-1
C.b1+b3+b5+…+b2 023+b2 025=b2 026-1
CD
解析 由题意知1,2,3,5,8,13,故b6=13,故A选项错误;S2 025=b1+b2+…+b2 025 =b3-b2+b4-b3+…+b2 027-b2 026=b2 027-b2=b2 027-2,故B选项错误;
b1+b3+b5+…+b2 023+b2 025=b1+b2+b3+b5+…+b2 023+b2 025-b2 =b1+b4+b5+…+b2 023+b2 025-b2=…=b1+b2 026-b2=b2 026-1,故C选项正确;
∵bn=an+1, =a1a2+a2(a3-a1)+…+a2 024(a2 025-a2 023)
=a2 024a2 025=b2 023b2 024,故D选项正确.故选CD.
(ⅱ)证明 因为an+1=2an+1,
所以当n≥2时有an-2an-1=1,
所以an+1-2an=an-2an-1,
即an+1-an=2(an-an-1),
显然3(n-1)-1不含质因子3,所以n-1必为9的倍数.
设n-1=9k(k∈N*),则n=9k+1,
将n=9k+1代入①式,
当k为奇数时,3(n-1)-1为偶数,所以①式为2的倍数.
当k为偶数时,n为奇数,n-1为偶数,所以①式为2的倍数.
又因为2与9互质,所以①为整数.
当k=0时,即n=1符合题意.
综上,bn= (4n-1-1)+n,当n=9k+1(k∈N)时,bn为整数.
本 课 结 束