复习课(一) 推理与证明
归纳与类比
近几年的高考中归纳推理和类比推理有时考查，考查的形式以填空题为主，其中归纳推理出现的频率较高，重点考查归纳、猜想、探究、类比等创新能力．
1．归纳推理的特点及一般步骤
2．类比推理的特点及一般步骤
[典例] (1)观察下列等式：
1－＝，
1－＋－＝＋，
1－＋－＋－＝＋＋，
……，
据此规律，第n个等式可为___________________________________________．
(2)在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P-ABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝________.
[解析] (1)等式的左边的通项为－，前n项和为1－＋－＋…＋－；右边的每个式子的第一项为，共有n项，故为＋＋…＋.
(2)正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故＝.
[答案] (1)1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋
(2)
[类题通法]
(1)用归纳推理可从具体事例中发现一般规律，但应注意，仅根据一系列有限的特殊事例，所得出的一般结论不一定可靠，其结论的正确与否，还要经过严格的理论证明．
(2)进行类比推理时，要尽量从本质上思考，不要被表面现象所迷惑，否则，只抓住一点表面的相似甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误．
1．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n个图的蜂巢总数．
则f(4)＝________，f(n)＝________.
解析：因为f(1)＝1，f(2)＝7＝1＋6，f(3)＝19＝1＋6＋12，所以f(4)＝1＋6＋12＋18＝37，所以f(n)＝1＋6＋12＋18＋…＋6(n－1)＝3n2－3n＋1.
答案：37 3n2－3n＋1
2．若数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，则有性质“若Sm＝Sn(m，n∈N＋且m≠n)，则Sm＋n＝0.”类比上述性质，相应地，当数列{bn}为等比数列时，写出一个正确的性质：____________________.
答案：数列{bn}为等比数列，Tm表示其前m项的积，若Tm＝Tn(m，n∈N＋，m≠n)，则Tm＋n＝1
综合法与分析法
(1)综合法与分析法是高考重点考查内容，一般以某一知识点作为载体，考查由分析法获得解题思路以及用综合法有条理地表达证明过程．
(2)理解综合法与分析法的概念及区别，掌握两种方法的特点，体会两种方法的相辅相成、辩证统一的关系，以便熟练运用两种方法解题．
(1)综合法：是从已知条件推导出结论的证明方法；综合法又叫做顺推证法或由因导果法．
(2)分析法：是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即要证……”“只需证……”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．
[典例] 设a>0，b>0，a＋b＝1，
求证：＋＋≥8.
[证明] 法一：综合法
因为a>0，b>0，a＋b＝1，
所以1＝a＋b≥2，≤，ab≤，所以≥4，
又＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4，
所以＋＋≥8(当且仅当a＝b＝时等号成立)．
法二：分析法
因为a>0，b>0，a＋b＝1，要证＋＋≥8.
只要证＋≥8，
只要证＋≥8，
即证＋≥4.
也就是证＋≥4.
即证＋≥2，
由基本不等式可知，当a>0，b>0时，＋≥2成立，
所以原不等式成立．
[类题通法]
综合法和分析法的特点
(1)综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式．
(2)分析法和综合法是两种思路相反的推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条理清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件．
1．若a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c，
求证：＋＜＋.
证明：要证＋＜＋，
只需证(＋)2＜(＋)2，
即a＋d＋2＜b＋c＋2，
因a＋d＝b＋c，只需证＜，
即ad＜bc，设a＋d＝b＋c＝t，
则ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)(c＋d－t)＜0，
故ad＜bc成立，从而＋＜＋成立．
2．定义在R上的函数y＝f(x)，f(0)≠0，当x>0时，f(x)>1，且对任意的a，b∈R有f(a＋b)＝f(a)·f(b)．
(1)证明：f(0)＝1；
(2)证明：对任意的x∈R，恒有f(x)>0.
证明：(1)令a＝b＝0，得f(0)＝f(0)·f(0)，
又f(0)≠0，所以f(0)＝1.
(2)由已知当x>0时，f(x)>1，
由(1)得f(0)＝1，故当x≥0时，f(x)>0成立．
当x<0时，－x>0，所以f(－x)>1，
而f(x－x)＝f(x)f(－x)，所以f(x)＝，
可得0
综上，对任意的x∈R，恒有f(x)>0成立．
反证法
(1)反证法是证明问题的一种方法，在高考中很少单独考查，常用来证明解答题中的一问．
(2)反证法是间接证明的一种基本方法，使用反证法进行证明的关键是在正确的推理下得出矛盾．
1．使用反证法应注意的问题：利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．
2．一般以下题型用反证法：
(1)当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；
(2)否定性命题、唯一性命题，存在性命题、“至多”“至少”型命题；
(3)有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明比较困难，往往用反证法．
[典例] (1)否定：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为( )
A．a，b，c都是偶数
B．a，b，c都是奇数
C．a，b，c中至少有两个偶数
D．a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数
(2)已知：ac≥2(b＋d)．
求证：方程x2＋ax＋b＝0与方程x2＋cx＋d＝0中至少有一个方程有实数根．
[解析] (1)自然数a，b，c的奇偶性共有四种情形：3个都是奇数，1个偶数2个奇数，2个偶数1个奇数，3个都是偶数，所以否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为“a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数．”
[答案] D
(2)证明：假设两方程都没有实数根．则Δ1＝a2－4b<0与Δ2＝c2－4d<0，有a2＋c2<4(b＋d)，而a2＋c2≥2ac，
从而有4(b＋d)>2ac，即ac<2(b＋d)，
与已知矛盾，故原命题成立．
[类题通法]
反证法是利用原命题的否命题不成立则原命题一定成立来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，反证法都是不完全的．
1．已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.
证明：假设a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，
则有a＋b＋c＜3，
而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3＝22＋3≥3，
两者矛盾，所以假设不成立，
故a，b，c至少有一个不小于1.
2．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中的a，b，c都为整数，已知f(0)，f(1)均为奇数，求证：方程f(x)＝0无整数根．
证明：假设方程f(x)＝0有一个整数根k，
则ak2＋bk＋c＝0，
∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都为奇数，
∴a＋b必为偶数，ak2＋bk为奇数．
当k为偶数时，令k＝2n(n∈Z)，
则ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必为偶数，
与ak2＋bk为奇数矛盾；
当k为奇数时，令k＝2n＋1(n∈Z)，
则ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与ak2＋bk为奇数矛盾．
综上可知方程f(x)＝0无整数根.
数学归纳法
(1)数学归纳法在近几年高考试题中都有所体现，常与数列、不等式结合在一起考查，一般涉及通项公式的求解，相关等式、不等式的证明等，考查模式一般为“归纳——猜想——证明”．
(2)数学归纳法是一种特殊的直接证明的方法，在证明一些与正整数有关的数学命题时，往往是非常有用的研究工具．在使用时注意“归纳奠基”和“归纳递推”两个步骤缺一不可．
(1)定义：数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时，它的两个步骤缺一不可．它的第一步(归纳奠基)n＝n0时结论成立．
第二步(归纳递推)假设n＝k时，结论成立，推得n＝k＋1时结论也成立．
(2)注意问题：
①n＝n0时成立，要弄清楚命题的含义．
②由假设n＝k成立证n＝k＋1时，要推导详实，并且一定要运用n＝k成立的结论．
③要注意n＝k到n＝k＋1时增加的项数．
[典例] 设a>0，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N＋.
(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的结论．
[解] (1)∵a1＝1，
∴a2＝f(a1)＝f(1)＝；
a3＝f(a2)＝；a4＝f(a3)＝.
猜想an＝(n∈N＋)．
(2)证明：①易知，n＝1时，猜想正确．
②假设n＝k(k∈N＋)时猜想正确，
即ak＝，
则ak＋1＝f(ak)＝＝
＝＝.
这说明，n＝k＋1时猜想正确．
由①②知，对于任何n∈N＋，都有an＝.
[类题通法]
与“归纳—猜想—证明”相关的常用题型的处理策略
(1)与函数有关的证明：由已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想，充分利用已知条件并用数学归纳法证明．
(2)与数列有关的证明：利用已知条件，当直接证明遇阻时，可考虑应用数学归纳法．
1．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________.
解析：由(S1－1)2＝S得：S1＝；
由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得：S2＝；
由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得：S3＝.
猜想Sn＝.
答案：
2．已知正项数列{an}中，对于一切的n∈N＋均有a≤an－an＋1成立．
(1)证明：数列{an}中的任意一项都小于1；
(2)探究an与的大小关系，并证明你的结论．
解：(1)证明：由a≤an－an＋1得an＋1≤an－a.
∵在数列{an}中，an>0，
∴an＋1>0，
∴an－a>0，
∴0故数列{an}中的任何一项都小于1.
(2)由(1)知0那么a2≤a1－a＝－2＋≤<，
由此猜想an<.
下面用数学归纳法证明：
当n≥2，且n∈N＋时猜想正确．
①当n＝2时已证；
②假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时，
有ak<成立，即≤，
那么ak＋1≤ak－a＝－2＋<－2＋＝－＝<＝，
∴当n＝k＋1时，猜想正确．
综上所述，对于一切n∈N＋，都有an<.
1.正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理( )
A．结论正确 B．大前提不正确
C．小前提不正确 D．全不正确
解析：选C 因为f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确.
2．数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )
A．an＝3n－2 B．an＝n2
C．an＝3n－1 D．an＝4n－3
解析：选B 求得a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.
3．在平面直角坐标系内，方程＋＝1表示在x，y轴上的截距分别为a，b的直线，拓展到空间直角坐标系内，在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c(abc≠0)的平面方程为( )
A.＋＋＝1 B.＋＋＝1
C.＋＋＝1 D．ax＋by＋cz＝1
解析：选A 类比到空间应选A.另外也可将点(a,0,0)代入验证．
4．用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
解析：选A 至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．
5．来自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，刚好碰在一起．他们除懂本国语言外，每人还会说其他三国语言中的一种．有一种语言是三个人会说的，但没有一种语言四人都懂，现知道：①甲是日本人，丁不会说日语，但他俩能自由交谈；②四人中没有一个人既能用日语交谈，又能用法语交谈；③乙、丙、丁交谈时，不能只用一种语言；④乙不会说英语，当甲与丙交谈时，他能做翻译．针对他们懂的语言，正确的推理是( )
A．甲日德、乙法德、丙英法、丁英德
B．甲日英、乙日德、丙德法、丁日英
C．甲日德、乙法德、丙英德、丁英德
D．甲日法、乙英德、丙法德、丁法英
解析：选A 分析题目和选项，由①知，丁不会说日语，排除B选项；由②知，没有人既会日语又会法语，排除D选项；由③知乙、丙、丁不会同一种语言，排除C选项，故选A.
6．已知结论：“在正三角形ABC中，若D是边BC的中点，G是三角形ABC的重心，则＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：“在棱长都相等的四面体ABCD中，若△BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等”，则＝( )
A．1 B.2
C．3 D．4
解析：选C 如图，设正四面体的棱长为1，则易知其高AM＝，此时易知点O即为正四面体内切球的球心，设其半径为r，利用等积法有4××r＝××?r＝，故AO＝AM－MO＝－＝，故AO∶OM＝∶＝3.
7．图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数就是 .
解析：分别观察正方体的个数为：1,1＋5,1＋5＋9，…
归纳可知，第n个叠放图形中共有n层，构成了以1为首项，以4为公差的等差数列，
所以Sn＝n＋[n(n－1)×4]÷2＝2n2－n，
所以S7＝2×72－7＝91.
答案：91
8．用数学归纳法证明：(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(n＋n)＝(n∈N＋)的第二步中，当n＝k＋1时等式左边与n＝k时的等式左边的差等于________．
解析：当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)＋(k＋3)＋…＋(2k＋2)；当n＝k时，左边＝(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k，其差为(2k＋1)＋(2k＋2)－(k＋1)＝3k＋2.
答案：3k＋2
9．有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．
解析：法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.
若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；
若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法．
故甲的卡片上的数字是1和3.
法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.
答案：1和3
10．已知|x|≤1，|y|≤1，用分析法证明：|x＋y|≤|1＋xy|.
证明：要证|x＋y|≤|1＋xy|，
即证(x＋y)2≤(1＋xy)2，
即证x2＋y2≤1＋x2y2，
即证(x2－1)(1－y2)≤0，
因为|x|≤1，|y|≤1，
所以x2－1≤0,1－y2≥0，
所以(x2－1)(1－y2)≤0，不等式得证．
11．设函数f(x)＝exln x＋，证明：f(x)>1.
证明：由题意知f(x)>1等价于xln x>xe－x－.
设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.
所以当x∈时，g′(x)<0；
当x∈时，g′(x)>0.
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.
设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．
所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.
综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
12．各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－a＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋…＋≤对一切n∈N＋恒成立．
解：(1)∵a－a＝2，
∴数列{a}为首项为1，公差为2的等差数列，
∴a＝1＋(n－1)·2＝2n－1，
又an>0，则an＝.
(2)证明：由(1)知，即证1＋＋…＋≤.
①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，所以不等式成立．
当n＝2时，左边<右边，所以不等式成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时不等式成立，
即1＋＋…＋≤，
当n＝k＋1时，
左边＝1＋＋…＋＋≤＋
<＋
＝＋
＝＝.
所以当n＝k＋1时不等式成立．
由①②知对一切n∈N＋不等式恒成立．
复习课(三) 数系的扩充与复数的引
复数的概念
(1)复数的概念是学习复数的基础，是考试的重要的考查内容之一，一般以选择题或填空题形式出现，难度较小．
(2)解答此类问题的关键是明确复数相关概念．
1．复数是实数的充要条件
(1)z＝a＋bi(a，b∈R)∈R?b＝0.
(2)z∈R?z＝.
(3)z∈R?z2≥0.
2．复数是纯虚数的充要条件
(1)z＝a＋bi(a，b∈R)是纯虚数?a＝0，且b≠0.
(2)z是纯虚数?z＋＝0(z≠0)．
(3)z是纯虚数?z2<0.
3．复数相等的充要条件
a＋bi＝c＋di?(a，b，c，d∈R)．
[典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)设有下面四个命题：
p1：若复数z满足∈R，则z∈R；
p2：若复数z满足z2∈R，则z∈R；
p3：若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝2；
p4：若复数z∈R，则∈R.
其中的真命题为( )
A．p1，p3 B．p1，p4
C．p2，p3 D．p2，p4
(2)(2017·天津高考)已知a∈R，i为虚数单位，若为实数，则a的值为________．
[解析] (1)设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，对于p1，∵＝＝∈R，∴b＝0，∴z∈R，∴p1是真命题；
对于p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，∴ab＝0，∴a＝0或b＝0，∴p2不是真命题；
对于p3，设z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，
则z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy＋(dx＋cy)i∈R，
∴dx＋cy＝0，取z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，z1≠2，
∴p3不是真命题；
对于p4，∵z＝a＋bi∈R，∴b＝0，∴＝a－bi＝a∈R，
∴p4是真命题．
(2)由＝＝－i是实数，得－＝0，所以a＝－2.
[答案] (1)B (2)－2
[类题通法]
处理复数概念问题的两个注意点
(1)当复数不是a＋bi(a，b∈R)的形式时，要通过变形化为a＋bi的形式，以便确定其实部和虚部．
(2)求解时，要注意实部和虚部本身对变量的要求，否则容易产生增根．
1．若复数z＝1＋i(i为虚数单位)，是z的共轭复数，则z2＋的虚部为( )
A．0 B．－1
C．1 D．－2
解析：选A 因为z＝1＋i，所以＝1－i，所以z2＋2＝(1＋i)2＋(1－i)2＝2i＋(－2i)＝0.故选A.
2．已知z1＝m2－3m＋m2i，z2＝4＋(5m＋6)i，其中m为实数，i为虚数单位，若z1－z2＝0，则m的值为( )
A．4 B.－1
C．6 D．－1或6
解析：选B 由题意可得z1＝z2，即m2－3m＋m2i＝4＋(5m＋6)i，根据两个复数相等的充要条件可得解得m＝－1，故选B.
复数加、减法的几何意义
(1)复数运算与复数几何意义的综合是高考常见的考查题型，以选择题或填空题形式考查，难度较小．
(2)解答此类问题的关键是利用复数运算将复数化为代数形式，再利用复数的几何意义解题．
1．复数的几何意义
(1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)的对应点的坐标为(a，b)，而不是(a，bi)；
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)的对应向量OZ―→是以原点O为起点的，否则就谈不上一一对应，因为复平面上与OZ―→相等的向量有无数个．
2．复数的模
(1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模|z|＝；
(2)从几何意义上理解，复数z的模表示复数z对应的点z和原点间的距离．
[典例] (1)(2017·全国卷Ⅲ)设复数z满足(1＋i)z＝2i，则|z|＝( )
A. B.
C. D．2
(2)复数z＝(m∈R，i为虚数单位)在复平面上对应的点不可能位于( )
A．第一象限 B.第二象限
C．第三象限 D．第四象限
[解析] (1)因为z＝＝＝i(1－i)＝1＋i，
所以|z|＝.
(2)z＝＝
＝[(m－4)－2(m＋1)i]，
其实部为(m－4)，虚部为－(m＋1)，
由得
此时无解．故复数在复平面上对应的点不可能位于第一象限．
[答案] (1)C (2)A
[类题通法]
在复平面内确定复数对应点的步骤
(1)由复数确定有序实数对，即z＝a＋bi(a，b∈R)确定有序实数对(a，b)．
(2)由有序实数对(a，b)确定复平面内的点Z(a，b)．
1．设(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则|x＋yi|＝( )
A．1 B.
C. D．2
解析：选B ∵(1＋i)x＝1＋yi，∴x＋xi＝1＋yi.
又∵x，y∈R，∴x＝1，y＝1.
∴|x＋yi|＝|1＋i|＝，故选B.
2．若复数(－6＋k2)－(k2－4)i所对应的点在第三象限，则实数k的取值范围是________．
解析：由已知得∴4∴－答案：(－，－2)∪(2，)
3．已知复数z1＝2＋3i，z2＝a＋bi，z3＝1－4i，它们在复平面上所对应的点分别为A，B，C.若＝2＋，则a＝________，b＝________.
解析：∵＝2＋
∴1－4i＝2(2＋3i)＋(a＋bi)
即 ∴
答案：－3 －10
复数的代数运算
(1)复数运算是本章的重要内容，是高考的考查的重点和热点，每年高考都有考查，一般以复数的乘法和除法运算为主．
(2)解答此类问题的关键是熟记并灵活运用复数的四则运算法则，用好复数相等的充要条件这一重要工具，将复数问题实数化求解．
复数运算中常见的结论
(1)(1±i)2＝±2i，＝i，＝－i；
(2)－b＋ai＝i(a＋bi)；
(3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i；
(4)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0.
[典例] (1)若z＝1＋2i，则＝( )
A．1 B.－1
C．i D．－i
(2)计算：2－20＝________.
[解析] (1)因为z＝1＋2i，则＝1－2i，所以z ＝(1＋2i)(1－2i)＝5，则＝＝i.故选C.
(2)2－20
＝[(1＋2i)＋(－i)5]2－i10
＝(1＋i)2－i2＝1＋2i.
[答案] (1)C (2)1＋2i
[类题通法]
进行复数代数运算的策略
(1)复数代数形式的运算的基本思路就是应用运算法则进行计算．
①复数的加减运算类似于实数中的多项式加减运算(合并同类项)．
②复数的乘除运算是复数运算的难点，在乘法运算中要注意i的幂的性质，区分(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2与(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2；在除法运算中，关键是“分母实数化”(分子、分母同乘以分母的共轭复数)，此时要注意区分(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2与(a＋b)(a－b)＝a2－b2.
(2)复数的四则运算中含有虚数单位i的看作一类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可，但要注意把i的幂写成最简单的形式．
(3)利用复数相等，可实现复数问题的实数化．
1．复数z满足z(＋1)＝1＋i，其中i是虚数单位，则z＝( )
A．1＋i或－2＋i B.i或1＋i
C．i或－1＋i D．－1－i或－2＋i
解析：选C 设z＝a＋bi(a，b∈R)，由z(＋1)＝1＋i得a2＋b2＋a＋bi＝1＋i，所以b＝1，a2＋a＋1＝1，所以a＝0或a＝－1.故z＝i或z＝－1＋i.
2．i是虚数单位，2 018＋6＝________.
解析：原式＝1 009＋6＝1 009＋i6＝i1009＋i6＝i4×252＋1＋i4＋2＝i＋i2＝－1＋i.
答案：－1＋i
1．已知a，b∈R，i是虚数单位．若a＋i＝2－bi ，则 (a＋bi)2＝( )
A．3－4i B．3＋4i
C．4－3i D．4＋3i
解析：选A 由a＋i＝2－bi可得a＝2，b＝－1，则(a＋bi)2＝(2－i)2＝3－4i.
2．复数z满足(－1＋i)z＝(1＋i)2，其中i为虚数单位，则在复平面上复数z对应的点位于( )
A．第一象限 B.第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D z＝＝＝＝1－i，故z在复平面内对应的点的坐标为(1，－1)，位于第四象限．
3．如果复数z＝，则( )
A．|z|＝2 B.z的实部为1
C．z的虚部为－1 D．z的共轭复数为1＋i
解析：选C 因为z＝＝＝－1－i，所以|z|＝，z的实部为－1，虚部为－1，共轭复数为－1＋i，因此选C.
4．在复平面内，向量对应的复数是2＋i，向量对应的复数是－1－3i，则向量对应的复数为( )
A．1－2i B.－1＋2i
C．3＋4i D．－3－4i
解析：选D ∵对应复数2＋i，对应复数1＋3i，
∴对应复数(2＋i)＋(1＋3i)＝3＋4i，
∴对应的复数是－3－4i.
5．已知i为虚数单位，若复数z＝(a∈R)的实部为－3，则|z|＝( )
A. B.2
C. D．5
解析：选D ∵z＝＝＝的实部为－3，∴＝－3，解得a＝7.
∴z＝－3－4i，则|z|＝5.故选D.
6．设z是复数，则下列命题中的假命题是( )
A．若z2≥0，则z是实数 B.若z2<0，则z是虚数
C．若z是虚数，则z2≥0 D．若z是纯虚数，则z2<0
解析：选C 设z＝a＋bi(a，b∈R)，
选项A，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi≥0，则
故b＝0或a，b都为0，即z为实数，正确．
选项B，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi<0，则则故z一定为虚数，正确．选项C，若z为虚数，则b≠0，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，由于a的值不确定，故z2无法与0比较大小，错误．选项D，若z为纯虚数，则则z2＝－b2<0，正确．
7．复数z＝的共轭复数是________．
解析：依题意得z＝＝＝1－i，因此z的共轭复数是1＋i.
答案：1＋i
8．设i是虚数单位，若复数a－(a∈R)是纯虚数，则a的值为________．
解析：复数a－＝a－＝(a－3)－i为纯虚数，则a－3＝0，即a＝3.
答案：3
9．已知z，ω为复数，(1＋3i)z为纯虚数，ω＝，且|ω|＝5，则ω＝________.
解析：由题意设(1＋3i)z＝ki(k≠0且k∈R)，
则ω＝.
∵|ω|＝5，∴k＝±50，故ω＝±(7－i)．
答案：±(7－i)
10．已知复数z＝(1－i)2＋1＋3i.
(1)求|z|；(2)若z2＋az＋b＝，求实数a，b的值．
解：z＝(1－i)2＋1＋3i＝－2i＋1＋3i＝1＋i.
(1)|z|＝＝.
(2)z2＋az＋b＝(1＋i)2＋a(1＋i)＋b
＝2i＋a＋ai＋b＝a＋b＋(a＋2)i，
∵＝1－i，∴a＋b＋(a＋2)i＝1－i，
∴∴a＝－3，b＝4.
11．已知z＝(x>0)，且复数ω＝z(z＋i)的实部减去它的虚部所得的差等于－，求ω·.
解：ω＝z(z＋i)＝
＝·＝＋i.
根据题意－＝－，得x2－1＝3.
∵x>0，∴x＝2，∴ω＝＋3i.
∴ω·＝＝.
12．已知等腰梯形OABC的顶点A，B在复平面上对应的复数分别为1＋2i，－2＋6i，OA∥BC.求顶点C所对应的复数z.
解：设z＝x＋yi，x，y∈R，如图，因为OA∥BC，|OC|＝|BA|，
所以kOA＝kBC，|zC|＝|zB－zA|，
即
解得或
因为|OA|≠|BC|，
所以x＝－3，y＝4(舍去)，
故z＝－5.
复习课(二) 导数及其应用
导数的概念及几何意义的应用
(1)近几年的高考中，导数的几何意义和切线问题是常考内容，各种题型均有可能出现，一般难度较小．
(2)利用导数的几何意义求切线方程时关键是搞清所给的点是不是切点．
(1)已知切点A(x0，f(x0))求斜率k，即求该点处的导数值：k＝f′(x0)；
(2)已知斜率k，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k；
(3)已知过某点M(x1，f(x1))(不是切点)的切线斜率为k时，常需设出切点A(x0，f(x0))，利用k＝求解．
[典例] (2017·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x的图像在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．
[解析] 因为f′(x)＝a－，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1.
[答案] 1
[类题通法]
利用导数的几何意义解决切线问题的两种情况
(1)若已知点是切点，则在该点处的切线斜率就是该点处的导数．
(2)如果已知点不是切点，则应先出切点，再借助两点连线的斜率公式进行求解．
[注意] 曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，例如，y＝x3在(1,1)处的切线l与y＝x3的图像还有一个交点(－2，－8)．
1．曲线y＝xex＋2x－1在点(0，－1)处的切线方程为( )
A．y＝3x－1 B．y＝－3x－1
C．y＝3x＋1 D．y＝－2x－1
解析：选A 因为y′＝ex＋xex＋2，所以曲线y＝xex＋2x－1在点(0，－1)处的切线的斜率k＝y′＝3，∴切线方程为y＝3x－1.
2．已知曲线y＝x3－1与曲线y＝3－x2在x＝x0处的切线互相垂直，则x0的值为( )
A. B.
C. D.
解析：选D y＝x3－1?y′＝3x2，y＝3－x2?y′＝－x，由题意得3x·(－x0)＝－1，解得x＝，即x0＝＝，故选D.
导数与函数的单调性
题型既有选择题、填空题也有解答题，若以选择题、填空题的形式出现，则难度以中、低档为主，若以解答题形式出现，难度则以中等偏上为主，主要考查求函数的单调区间、证明或判断函数的单调性等问题。
函数的单调性与导函数值的关系
若函数f(x)在(a，b)内可导，则f′(x)在(a，b)任意子区间内部不恒等于0.
f′(x)＞0?函数f(x)在(a，b)上单调递增；
f′(x)＜0?函数f(x)在(a，b)上单调递减．
反之，函数f(x)在(a，b)上单调递增?f′(x)≥0；函数f(x)在(a，b)上单调递减?f′(x)≤0.即f′(x)＞0(f′(x)＜0)是f(x)为增(减)函数的充分不必要条件．
特别要注意写单调区间时，区间之间用“和”或“，”隔开，绝对不能用“∪”连接．
[典例] (2017·全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x，讨论f(x)的单调性．
[解] f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
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∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
[类题通法]
求函数的单调区间的方法步骤
(1)确定函数f(x)的定义域．
(2)计算函数f(x)的导数f′(x)．
(3)解不等式f′(x)＞0，得到函数f(x)的递增区间；解不等式f′(x)＜0，得到函数f(x)的递减区间．
[注意] 求函数单调区间一定要先确定函数定义域，往往因忽视函数定义域而导致错误．
1．函数f(x)＝2x2－ln x的递增区间是( )
A. B.和
C. D.和
解析：选C 由题意得f′(x)＝4x－＝，且x>0，由f′(x)>0，即4x2－1>0，解得x>.故选C.
2．已知函数f(x)＝－x2＋2x－aex.
(1)若a＝1，求f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)在R上是增函数，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝－x2＋2x－ex，
则f(1)＝－×12＋2×1－e＝－e，
f′(x)＝－x＋2－ex，f′(1)＝－1＋2－e＝1－e，
故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x＋.
(2)∵f(x)在R上是增函数，
∴f′(x)≥0在R上恒成立，
∵f(x)＝－x2＋2x－aex，
∴f′(x)＝－x＋2－aex，
于是有不等式－x＋2－aex≥0在R上恒成立，
即a≤在R上恒成立，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，解得x＝3，列表如下：
x
(－∞，3)
3
(3，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
减
极小值－
增
故函数g(x)在x＝3处取得极小值，亦即最小值，
即g(x)min＝－，所以a≤－，
即实数a的取值范围是.
导数与函数的极值、最值
从高考运用情况看，利用导数研究函数极值、最值是导数应用的核心部分，年年高考都有考查，多以解答题形式考查，难度相对较大．
1．导数与函数单调性、极值的关系
(1)f′(x)>0在(a，b)上成立，是f(x)在(a，b)上单调递增的充分不必要条件．
(2)对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．
2．利用导数求函数极值应注意三点
(1)求单调区间时应先求函数的定义域，遵循定义域优先的原则；
(2)f′(x0)＝0时，x0不一定是极值点；
(3)求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时应分类讨论．
[典例] (2017·北京高考)已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
[解] (1)因为f(x)＝excos x－x，
所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当x∈时，h′(x)＜0，
所以h(x)在区间上单调递减．
所以对任意x∈，有h(x)＜h(0)＝0，
即f′(x)＜0.
所以函数f(x)在区间上单调递减．
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，
最小值为f＝－.
[类题通法]
1．求函数的极值的方法
(1)确定函数的定义区间，求导数f′(x)．
(2)求方程f′(x)＝0的根．
(3)用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格．检查f′(x)在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f(x)在这个根处无极值．
2．求函数的最值的方法
(1)求f(x)在(a，b)内的极值．
(2)将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较得出函数f(x)在[a，b]上的最值．
1．函数f(x)＝1＋3x－x3( )
A．有极小值，无极大值 B．无极小值，有极大值
C．无极小值，无极大值 D．有极小值，有极大值
解析：选D f′(x)＝－3x2＋3，由f′(x)＝0，得x＝±1.当x∈(－1,1)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(－1,1)；同理，f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，∴当x＝－1时，函数有极小值－1，当x＝1时，函数有极大值3，故选D.
2．已知函数f(x)＝(x≥1)，
(1)试判断函数f(x)的单调性，并说明理由；
(2)若f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1)f′(x)＝－，
∵x≥1，∴ln x≥0，∴f′(x)≤0.
故函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减．
(2)∵x≥1，
∴f(x)≥?≥k，
令g(x)＝，
∴g′(x)＝＝.
再令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－.
∵x≥1，则h′(x)≥0，
∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增．
∴[h(x)]min＝h(1)＝1>0，从而g′(x)>0，
故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴[g(x)]min＝g(1)＝2，∴k≤2.
故实数k的取值范围为(－∞，2].
导数在实际生活中的应用
优化问题是导数在实际生活中的应用之一，高考中有所体现，既可以以小题形式考查，也可以解答题形式考查，难度中低档．
[解答思路]
[典例] 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π 元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域．
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
[解] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为160πr2元，
所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
又据题意知200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，
从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因为r＞0，又由h＞0可得r＜5，
故函数V(r)的定义域为(0,5)．
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，
所以V′(r)＝(300－12r2)．
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因r2＝－5不在定义域内，舍去)．
当r∈(0,5)时，V′(r)＞0，
故V(r)在(0,5)上为增函数；
当r∈(5,5)时，V′(r)＜0，
故V(r)在(5,5)上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.
即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
[类题通法]
利用导数求实际问题的最大(小)值的一般方法
(1)分析实际问题中各个量之间的关系，正确设定所求最大或最小值的变量y与自变量x，把实际问题转化为数学问题，即列出函数关系y＝f(x)，根据实际问题确定y＝f(x)的定义域．
(2)求方程f′(x)＝0的所有实数根．
(3)比较导函数在各个根和区间端点处的函数值的大小，根据实际问题的意义确定函数的最大值或最小值．
1．书店预计一年内要销售某种书15万册，欲分几次订货，如果每次订货要付手续费30元，每千册书存放一年要耗库存费40元，并假设该书均匀投放市场，问此书店分________次进货、每次进__________册，可使所付的手续费与库存费之和最少．
解析：设每次进书x千册(0＜x＜150)，手续费与库存费之和为y元，由于该书均匀投放市场，则平均库存量为批量一半，即，故有y＝×30＋×40，
y′＝－＋20＝，
∴当0＜x＜15时，y′＜0，当15＜x＜150时，y′＞0.
故当x＝15时，y取得最小值，
此时进货次数为＝10(次)．
即该书店分10次进货，每次进15 000册书，所付手续费与库存费之和最少．
答案：10 15 000
2．一艘轮船在航行时的燃料费和它的速度的立方成正比，已知速度为每小时10千米时的燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，问此轮船以何种速度航行时，能使行驶每千米的费用总和最小？
解：设轮船速度为x(x＞0)千米/时的燃料费用为Q元，则Q＝kx3，由6＝k×103，可得k＝.∴Q＝x3.
∴总费用y＝·＝x2＋.
∵y′＝－.令y′＝0，得x＝20.
∴当x∈(0,20)时，y′＜0，此时函数单调递减，
当x∈(20，＋∞)时，y′＞0，此时函数单调递增．
∴当x＝20时，y取得最小值，
∴此轮船以20千米/时的速度行驶每千米的费用总和最小.
定积分及应用
定积分及应用在高考中单独考查较少，其难度较低，有时出现在与其他知识交汇考查中．
常见求定积分的公式
(1)xndx＝xn＋1(n≠－1)；
(2)Cdx＝Cx(C为常数)；
(3)sin xdx＝－cos x；
(4)cos xdx＝sin x；
(5)dx＝ln x；
(6)exdx＝ex.
[典例] 曲线y＝2sin x(0≤x≤π)与直线y＝1围成的封闭图形的面积为________．
[解析] 令2sin x＝1，得sin x＝，
当x∈[0，π]时，得x＝或x＝，
所以所求面积S＝(2sin x－1)dx
＝(－2cos x－x)＝2－.
[答案] 2－
[类题通法]
利用定积分求平面图形面积的一般步骤
(1)画出草图；
(2)分析围成平面图形的各曲线与直线，求出交点坐标，确定积分的上、下限，及被积函数；
(3)将平面图形的面积表示成一个定积分或若干个定积分的和；
(4)计算定积分，写出答案．
1．若 (sin x－acos x)dx＝2，则实数a等于( )
A．－1 B.1
C．－2 D．2
解析：选A 由题知(－cos x－asin x)＝1－a＝2，a＝－1.
2.(＋x)dx＝( )
A．π B.
C．π＋1 D．π－1
解析：选B (＋x)dx＝dx＋xdx＝＋x2＝.故选B.
1．定积分dx的值为( )
A.＋ln 2 B.
C．3＋ln 2 D.
解析：选A dx＝dx＝dx＋xdx＝ln x＋x2＝ln 2－ln 1＋×22－×12＝＋ln 2.故选A.
2．已知函数f(x)＝x3－x2＋cx＋d有极值，则c的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由题意得f′(x)＝x2－x＋c，若函数f(x)有极值，则Δ＝1－4c＞0，解得c＜.
3．已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个递增区间是( )
A．(2,3) B.(3，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－∞，3)
解析：选B 因为函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，又f′(x)＝6x2＋2ax＋36，所以f′(2)＝0，解得a＝－15.令f′(x)＞0，解得x＞3或x＜2，所以函数的一个递增区间是(3，＋∞)．
4．已知f(x)＝3x2＋ln x，则 ＝( )
A．7 B.
C．21 D．－21
解析：选C ∵f′(x)＝6x＋，
∴ ＝3
＝3f′(1)＝21，选C.
5．函数y＝ln x－x在x∈(0，e]上的最大值为( )
A．e B.1
C．－1 D．－e
解析：选C 函数y＝ln x－x的定义域为(0，＋∞)，又y′＝－1＝，令y′＝0得x＝1，当x∈(0,1)时，y′>0，函数单调递增；当x∈(1，e)时，y′<0，函数单调递减．当x＝1时，函数取得最大值－1，故选C.
6．已知函数f(x)＝－x3＋2x2＋2x，若存在满足0≤x0≤3的实数x0，使得曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线与直线x＋my－10＝0垂直，则实数m的取值范围是( )
A．[6，＋∞) B.(－∞，2]
C．[2,6] D．[5,6]
解析：选C f′(x)＝－x2＋4x＋2＝－(x－2)2＋6，因为x0∈[0,3]，所以f′(x0)∈[2,6]，又因为切线与直线x＋my－10＝0垂直，所以切线的斜率为m，所以m的取值范围是[2,6]．
7．曲线y＝在点M处的切线方程为________．
解析：∵y′＝′＝，
∴切线的斜率k＝y′＝－.
∴所求切线的方程为y－0＝－，
即y＝－x＋1.
答案：y＝－x＋1
8．已知函数f(x)＝则f(x)dx＝________.
解析：由题意可得，f(x)dx＝dx＋(x＋2)dx＝×π×22＋＝π＋6.
答案：π＋6
9．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1＜2＜x2，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的两个零点x1，x2满足x1＜2＜x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2＜0，解得2＜a＜6.
答案：(2,6)
10．已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2＋4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x－3.
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极小值．
解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x＋4.
∵曲线在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x－3.
∴f(0)＝－3，f′(0)＝2，
∴解得
(2)由(1)，知f(x)＝ex(x－3)－x2＋4x，
f′(x)＝ex(x－2)－2x＋4＝(x－2)(ex－2)．
令f′(x)＝0，得x＝ln 2或x＝2.
∴当x∈(－∞，ln 2)∪(2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(ln 2,2)时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，ln 2)，(2，＋∞)上单调递增，在(ln 2,2)上单调递减．
∴当x＝2时，函数f(x)取得极小值，且极小值为f(2)＝4－e2.
11．某工厂某种产品的年产量为1 000x吨，其中x∈[20,100]，需要投入的成本为C(x)(单位：万元)，当x∈[20,80]时，C(x)＝x2－30x＋500；当x∈(80,100]时，C(x)＝.若每吨商品售价为万元，通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．
(1)写出年利润L(x)(单位：万元)关于x的函数关系式；
(2)年产量为多少吨时，该厂所获利润最大？
解：(1)由题意，知L(x)＝1 000ln x－C(x)＝
(2)当x∈[20,80]时，L′(x)＝－，
由L′(x)≥0，得20≤x≤50；由L′(x)≤0，得50≤x≤80，
∴L(x)在[20,50]上单调递增，在[50,80]上单调递减，
∴当x＝50时，L(x)max＝1 000ln 50－250；
当x∈(80,100]时，L(x)＝1 000ln x－单调递增，
∴L(x)max＝1 000ln 100 －2 000.
∵1 000ln 50－250－(1 000ln 100－2 000)＝1 750－1 000ln 2>1 750－1 000>0，
∴当x＝50，即年产量为50 000吨时，利润最大，最大利润为(1 000ln 50－250)万元．
12．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx的导函数为h(x)，f(x)的图像在点(－2，f(－2))处的切线方程为3x－y＋4＝0，且h′＝0，又直线y＝x是函数g(x)＝kxex的图像的一条切线．
(1)求函数f(x)的解析式及k的值；
(2)若f(x)≤g(x)－m＋1对于任意x∈[0，＋∞)恒成立，求m的取值范围．
解：(1)由f(x)＝ax3＋bx2＋cx，
可知h(x)＝f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
由f(x)在(－2，f(－2))处的切线方程为3x－y＋4＝0
可知，f(－2)＝－8a＋4b－2c＝－2，①
f′(－2)＝12a－4b＋c＝3，②
又由h′(x)＝6ax＋2b可知，
h′＝－4a＋2b＝0，③
由①②③，解得a＝，b＝1，c＝1，
即f(x)的解析式为f(x)＝x3＋x2＋x.
由题意，g(x)＝kxex与y＝x相切可知函数在原点或(－ln k，－ln k)处切线斜率为1.
因为g′(x)＝k(ex＋xex)，
所以g′(0)＝k＝1或g′(－ln k)＝1，得k＝1.
综上可得k的值为1.
(2)若f(x)≤g(x)－m＋1对任意x∈[0，＋∞)恒成立，即x3＋x2＋x≤xex－m＋1恒成立，
则m－1≤xex－x3－x2－x恒成立．
设t(x)＝xex－x3－x2－x
＝x，
令p(x)＝ex－x2－x－1，p′(x)＝ex－x－1，
再令φ(x)＝ex－x－1，φ′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0.
所以当x∈[0，＋∞)时，φ′(x)≥0，
所以φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(0)＝0，即p′(x)≥0，
所以p(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以p(x)≥p(0)＝0，
所以当x∈[0，＋∞)时，t(x)≥0恒成立，且t(0)＝0，
因此只需m－1≤0即可，则m≤1.
所以m的取值范围为(－∞，1]．
