11952南瓜數(shù)學高考一輪總復習理科版作業(yè)合集

2014年一輪總復習之集合作業(yè) 2改）若集合A{x|2x10}，B{x||x1|2}，則AB A.,3B.1,1C.1,3D.1, ) C. 3.設全集UMN{1,2,3,4,5},MCUN{2,4},則N A．{1,2, 卷大綱版2)已知集合A1, 33A．0 B．0或 C．1 D．1或33上的凸集，給出平面上4個點集的圖形，如下圖，其中為凸集的是（） A. B. C. D.6.P是一個數(shù)集，且至少含有兩個數(shù)，若對任意abP，都有abababa （除數(shù)b0），則稱P是一個數(shù)域， 理數(shù)集Q是數(shù)域，有下列命題①數(shù)域必含有0,1兩個數(shù)；②整數(shù)集是數(shù)域；③若有理數(shù)集QM,則數(shù)集M 解答：對于①，因為至少含兩個元素，可取某數(shù)域中的一個非0元素aaa0a 3對于② 對于③MQπ，則π1M對于④，由①知，對P，必有0,1P，則112P，123Pp132P，以此類推，可以得到ZP，而對于p，qZq0，必有 QP，顯P必是無限集，而且可以知道任何數(shù)域都包含有理數(shù)集Q7、若規(guī)Ea1a2,an}的子集{ak1ak2,akmE的第kk2k112k212km1，則E的第211個子集是 A.a1,a2,a4,a6,C.a0,a1,a4,a6,

B.a1,a2,a16,a64,D.a1,a2,a5,a7,21112864162127262421則由集合的無序性可取k11k22k35k47,k58設A1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，若“方程x2bxc0滿足b,cA,且方程至少有一根aA”就稱該方 （） 解析：將a代入得a2abc0，即caab，亦就是 的時候其可以分解成兩個大小不等的因數(shù)，即對應一個“漂亮方程c1c2,3,5,7,4,9，僅有一組c6,8,10，有2組解，2014年一輪總復習之常用邏輯用語作業(yè)設a,bR，i是虛數(shù)單位，則“ab0”是“復數(shù)ab為純虛數(shù)”的 i D．既不充分也不必要條件題P:nN,2n1000，則P為 nN,2nC．nN,2n

nN,2nD．nN,2n是遞增數(shù)列”C.充分必要條 D.既不充分也不必要條0,a1，則“函數(shù)fxax在R”，是“函數(shù)gx2ax3在R上是增函數(shù)”A充分不必要條件BC充分必要條件D（A）充分而不必要條 （Ｂ）必要而不充分條 理）．a0是方程ax22x10至少有一個負數(shù)根的 D．既不充分也不必要條“x21，則1x1的逆否命題是（21，則x1或x B.若1x1，則x2C.x1x1，x21D.x1x1，x2列{a}滿足n1p（p為n

），則稱{an}為“等方比數(shù)列a an甲：數(shù)列{an}是等方比數(shù)列；乙：數(shù)列{an}是等比數(shù)列，則 B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件D1,?2,?4,?8,...是等方比數(shù)列2014年一輪總復習之集合與邏輯綜合練習作業(yè)ab a2設a,bR，已知命題p:ab；命題q:

，則p是q成立的（ ） D．既不充分也不必要條（遼寧理10）p，q是兩個命題plog(|x|3)0，qx25x10，2 2是q的 A.充分而不必要條 B．必要而不充分條C.充分必要條 D．既不充分也不必要條答案（2009文14）設A是整數(shù)集的一個非空子集，對于kA，如果k1A，那么k是A的一個“孤立元”。給S{1,2,3,4,5,6,7,8,}，由S的3個元素構成的所有集合中，不含“孤立元”的集合共有個。答案：6個解析：{1,2,3},{2,3,4},{3,4,5},{45,6},{5,6,7},{6,7,（2010福建文12）設非空集合Sx|mxl滿xS時x2S．給出①若m1，則Sm 1 2，則 l 2，

2 2其中正確命題的個數(shù)是 A． C． D．解析：①正確原因在于，若l1，則l2>l不在里面,故l1l1顯然，與①

m2

1∈S4③若m>0，則m2<m，故m0；若m

，則m2>12 2（2007湖南理10）設集合M235S1，2jminaib bjimin Sj{aj，bj}（ij，i、 biai min{x，y}表示兩個數(shù)x，y中的較小者），則k的最大值是 答案：B1=2=31=22=4，總共C215，去掉重復的4個后剩11 2014年一輪總復習之函數(shù)的概念與映射作業(yè)fx的定義D，若對x1,x2Dx1x2時fx1≤fx2則fxD上為非減函數(shù)．設fx在01上為滿足以下三個條件：①f00；②fx1f③f1x1f則f4 ，f1

5 51；1

2013 f00f11

1

，f415于是fx1（1

4

5 由②fx1fx，因此fx

（1 4

考慮到 4，于是 11

已知函數(shù)fx是定義在0,上的單調遞增函數(shù)，且xN時，fxN，若ffn3n，則f2 ；f4f5 答案：3，15ff13，顯f11f13，ff1≥≥ff12，進f23

f1 于是由ff26f36進而ff39，得f69f3,f4,f5,f6為遞增的不同四個數(shù)，而f36，f6，其中只有2f47，f58已知定義fn滿①fmnfmfnmn，其中m,nN②f36則f．答案 解析：取n1，得fm1fmf1m取m1f22f11，取m2f3f2f12f1f24f11f23從而fm1fmmfmf123mmm2從而f 以下是面點師一個工作環(huán)節(jié)的數(shù)學模型：如圖，在數(shù)軸上截取與閉區(qū)間0,4對應的線段，對折后（坐標4所對應的點與原點重合）再均勻地拉成4個單位1、3變成2，原來的坐標2變成4，等等）．那么原閉區(qū)間04上（外）的點，在第n次操作完成后（n≥1），恰好被拉到與4重合的點所對應標為fn，則f ；f 1,3

5,7；1 3

5,

2n21 24x,x2,解析：gx24x,x2,如圖，分別為gxggxgggx的圖y4y4y4O x ． y4y4y4O x ．于是f ；一般的，fnn2,n2, ,, 2014年一輪總復習之函數(shù)的三要素作業(yè)x2x23x 的定義域 B．[4, D．[4,0)(0,已知函數(shù)f ,則ffx的定義域為 x A．xR|xxR|x{xR|x2x{xR|x2xfx1的定義域為xR|x1，則ffx的定義域為 x1{xR|x1且fx1}，即{xR|x2x1}

fx

的值域A.0, B.0, ）設gxx22fxgxx4,xgx，則fx的值域是（gxx,xgA.9,01, B.0, C.9, D.9,02,

解析：整理fx得，fx x2x2,x,12,進一步整理得fx

x12,時，fxx2x22,x1,2時fxx2x290 綜上所述，fx的值域是902, 若函數(shù)fx1x2xa的定義域和值域均為1,b（b1），則a,b的值分別為 21,2

3,2

1,2

3,2fx1x2xa的定義域為1,b，而其對稱x1f11，得a3fbb，解得b1或b3，由題意b32014年一輪總復習之冪運算與冪指對函數(shù)（一）作業(yè)題12函數(shù)fx 2

的值域是（1,分析與思考：函數(shù)的定義域為 txRtx20，y1 t

0,122x2對于函數(shù)fx4x1的奇偶性，下列說法中正確的是（分析與思考：函數(shù)的定義域為1 fx4x14x

14xfx1x26函數(shù) x 3

的單調遞減區(qū)間為（B.4,C.,D.3,分析與思考：此函數(shù)定義域為t函數(shù)可以分為兩層，內層tx26xt外y1，外層是減函數(shù)，于是題目要求我們要內層的增區(qū)間，即3, 3 下列區(qū)間中，函數(shù)fxlg2x在其上為增函數(shù)的是（1,4 3,3 2,

lg2x,xfxlg2xlg2x,1x 設fx a是奇函數(shù)，則fx 1 ,01,分析與思考：首先fx定義域內有0，則經過原點，解得a1，經檢驗 則fx 1，即fx0相當于0 1 1 1 2014年一輪總復習之冪運算與冪指對函數(shù)（二）作業(yè)題1已知命pylogx22xa的值域為R，命題q:y512pq有且僅有一個是真命題，則a的取值范圍是（aa1aa1或a分析與思考：命題px22xa可以取遍正實數(shù)，則a1命題q相當于52a1即a2，要想只有一個對，只能1a2已知函數(shù)fxx3的定義域是非零實數(shù)，且在,00,是減函數(shù)，則滿足條件的最小自然數(shù)a（正規(guī)思路是，在0,1a0，得a1。若a23奇函數(shù)，在Rfx是冪函數(shù)，且滿

f

5，則

1

（ f 4 15155

分析與思考：設fxx，

4α5，即 511設alog12，blog13，c2 ，則（3abacbcba

10分析與思考：c 2log13log12log11，即1a blog13log121，故選3 32已知0a1xlog2則（xy

，y1log5，z3 3

zyyxzx2x2

3365y1log5 ，z 336577

y

x在R 函數(shù)則選設fx

a是奇函數(shù)，則fx0的解集是（

1 ,01,分析與思考：首先fx定義域內有0，則經過原點，解得a1，經檢驗 則fx 1，即fx0相當于0 1 1 1 年一輪總復習之函數(shù)的性質（一）單調性與奇偶性作業(yè)題f

ax22a,x

在R上單調遞減，那么實數(shù)a的取值圍是 0,2 3 0,49 9 y 3,4 3,2 x正確答案 Ox則3a20a0，即0a2。還要保證左邊的虛3最低點要不低于右邊的最高點即3a26a1a2a，此時a38綜上a的取值范圍是32 函數(shù)f 1

在 ,,1,1上是增函數(shù)，在,1，1,分析與思考：函數(shù)的定義域為R，任意取x1,x2R，且x1x2 2x1x21x1x2 則fx1fx21x21x2 x1x201x21x20 x1x21,1x1x2x1x21，即1x1x20fx1fx2fx在1,1x1x21x1x21x1x21，fx1,1上分別單調遞

fx2，fx在1,yfx在R上為x0時，fxx22x，則x0，fx的解析式為 fxx2fxx2fxx2fxx2x0時，fxfxx22xx22x已知fxx5ax3bx8，且f210，則f2 gxx5ax3bx，則其為fxgx8f210g218，g218則f2g28 ）設fx是定義在Rx0時fxx2，若對任意xtt2，不等式fxt2fx恒成立，則實數(shù)t的取值范圍是（）2,2,2,12,

x2,x 分析與思考：fxx2,x

其為R上的單調且2fxf則fxt2fx變形xtx21t在tt2

2xx2即要求最大值t221t，解得t22014年一輪總復習之函數(shù)的性質（二）一般對稱性與周期性作業(yè)題A．2；B．3；C．4； （已知f(x)是R上的偶函數(shù)，對xR都有f(x＋6)=f(x)＋f(3)成立，若f(1)=2，則f(2 A、 B、 C、 D、.已知函數(shù)f(x是定義在實R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意實xff(的值xf(x1)(1x)fff(的值2B.2

D.2

x=?

，則?

f(1)=

f

1)=

f(1)

f(

=0x=0，2f(0)=

xf(x1)(1xf(x得fx+1)=x1fxxf()

1=0 =f(0=0，故選擇A f()

f()

?2f(

f(f( 2

3 24已知函數(shù)(x)是定義R上的周期函數(shù)，周期T=5yf(x)(1x1)是奇函數(shù)又知(x)在[0,1]上是一次函數(shù)，在[1,4]上是二次函數(shù)，且在x=2時函數(shù)取得最小值 ①證f(1)f(4)0；②y上的解析式

f(xx[1,4]的解析式；③求yf(x在解：∵f(x)是以5為周期的周期函數(shù)，∴f(4)f(45)f(1)又yf(x)(1x1)是奇函數(shù)，∴f(1)f(1)f(4)，∴f(1)f(4)②當x[14時，由題意可f(xa(x2)25(a0)f(1)f(4)0得a(12)25a(42)250，a2∴f(x)2(x2)25(1xyf(x)(1x1)是奇函數(shù)，f(0)0，在[0,1]上是一次函數(shù)，∴可f(xkx(0x1)f(1)2(12)253k3，∴當0x1時，f(x)=-從而當1x0時f(xf(x3x，故1x1時，f(x)=-∴當4x6時，有1x51當6x9時，1x54，∴f(x)f(x5)2[(x5)2]252(x7)23x 4x∴f(x)2(x7)2 6x2014年一輪總復習之函數(shù)的性質(三)復合函數(shù)的性質作業(yè)題若函數(shù)f(x) x

，則函數(shù)ff(x)的定義域 解析：先求f的作用范圍，由f

x

x即f的作用范圍為xR|x1，又f對f(x)xfx)R且fx)1ffx)中x應滿f(x)

x1且x xffx)的定義域為xR|x1且x.已知f(32x)的定義域為x1，2，則函數(shù)f(x)的定義域為 解析：f(32x)的定義域為1，2，即x1，2，由此得32x，所以1，5fx的定義域為, f(已知函數(shù)f(x)的定義域為x(13，求g(x)f(ax) , f(2 a1ax3 1x3a

［解析］由已知，有1x3

x

3 }（1）當a1時，定義域為{x|1x3} （2）當33a，即0a1時，有1a 定義域為{x|ax3a （3）當33a，即a1時，有

a2定義域為{x|

x3故當a1時，定義域為{x|

x3當0a1時，定義域為{x|ax3 討論f(xloga(3x22x1的單調性［解］由3x22x10得函數(shù)的定義域{x|x1,或x3則當a1時x1，u3x22x1為增函數(shù)，∴f(xloga(3x22x1)增函數(shù)x1，u3x22x1為減函數(shù)3f(xloga(3x22x1)為當0a1時x1，則f(xlog(3x22x1)為x1， f(x)loga(3x22x1)為增函數(shù)函數(shù)y＝log1（x2－3x＋2）的單調遞減區(qū)間是 2 解析：先求函數(shù)定義域為（－o，1）∪（2，＋∞），令t（x）＝x2＋3x＋2，函數(shù)，函數(shù)y＝log1（x2－3x＋2）在（2，＋∞）上單調遞減2答案ylog1(x22x3)的單調區(qū)間，并用單調定義給予證2解：定義域x22x30x3或x單調減區(qū)間是 設x1,x2(3,)且x1x2ylog(x22x ylog(x22x 2

2(x22x3)(x22x3)=(xx)(xx ∵x2x13∴x2x1 x2x12(x22x3)(x22x 01 ∴y2y1 即y2∴y在(3,同理可證y在(,1)已知函數(shù)f(x)在(－1，1)上有定義 －1,當且僅當0<x<1時f(x)<0,且對任意x、 2∈(－1,1)都有f(x)+f(y)=f(x1

),試證f(x)為奇函數(shù)；(2)f(x)在(－1，1)上單調遞減證明：(1)由f(x)+f(y)=f(x1

),令x=y=0,得f(0)=0,令y=－x,得xx)=f(0)=0.∴f(x)=－f(－x).∴f(x)為奇函數(shù)1x先證f(x)在(0，1)上單調遞減令0<x1<x2<1,則 x2x1)1x1∵0<x1<x2<1,∴x2－x1>0,1－x1x2>0，∴x21x2

又∴0<x2x1<1,由題意知f(x2x11x2

1x1即∴f(x)在(0，1)上為減函數(shù)，又f(x)為奇函數(shù)且∴f(x)在(－1，1)上為減函數(shù)2014年一輪總復習之函數(shù)的性質(四)抽象函數(shù)與函數(shù)的其他性質作業(yè)題如果fxyfxfy,且f12，則f(2)

f(4)f(6)f(2014)的值為。解析：答案為帶y1,

fxf

f12

f

f

f

ffabafbbfayfx解析：令ab1，f(11)1f(1)1f(1)f(1)0令ab1，f[(1)11)f(1)1)f(1)f(1)0；令a1bx得f[(1)x1)f(xxf(1)，得f(xf(x)yf(x為奇函數(shù)對任意實數(shù)x,y，均滿足fxy2f2001

fx2fy2f10,解析xny1,f(n1)f(n2f(1)]2x0,y1f1f02f12xy0,得：f00 ∴f11,即fn1fn1f2001 設函數(shù)fx定義于實數(shù)集上，對于任意實數(shù)xy,fxyfxfyx1x2,f(x1f(x2fxxy0，有f00或f01若f00，則fxfxf00恒成立，這與存在實x1x2f(x1)f(x2)成 ，故f00，必有f01 x2由于fxyfxfy對任意實數(shù)x,y均成立，因此fxf 2 ,又因為若fx0,則f0fxfx0與f0 ,所以fx0sinx當sinxcosxf(x)cosx當sinxcosx

□該函數(shù)的值域為2

(kZ)時，該函數(shù)取得最大值1，③該π為最小正周期的周期函數(shù)，④當且僅當2kππx2kπ2f(x) 上述命題中錯誤題個數(shù)為 A、 B、 C、 D、

(kZ時ysinx,ycos的圖象，觀察圖象，保留兩者中之較“高”者）。從圖象上不難看出：該函數(shù)的值為 2,1]，當x2kπ

(kZ)或x2kπ時函數(shù)取得最大值1，該函數(shù)是以π為最小正周期的周期函數(shù)，當且僅當2kππx2kπf(x)0，∴命題中錯

(kZ時22014年一輪總復習之函數(shù)的圖像作業(yè)函數(shù)ylog412xx2的圖象是 ylog412xx22log

x1,x1對稱，并且在1,單調遞增已知函數(shù)yfx的圖象如圖2(甲)所示，ygx的圖象如圖2(乙)所示，則函數(shù)yfx.gx的圖象可能是圖3中的( 答案yfx,ygx都是偶函數(shù)，而且依符號看選

④第三年后該產品年產量保持不變，其中說法正確的是( 為Sfx，那么Sfx的大致圖象是圖8中的()□□S1r2x1r2sinxS1r21cos S'0，且導函數(shù)在0,π單調遞π,2π單調遞減，選y

f(x的圖象如圖所示，則f(x的解析式為x22xx22xx22|x|y1 C．|x2 D．x22x2014年一輪總復習之函數(shù)與方程作業(yè)1 )ylnxy

xx22x3,x2.（2010福建文）函數(shù)fx2lnxx

的零點個數(shù)為 分析思考：分類討論3yx316x的零點是（4,0,0,0,4,0fx的圖象是連續(xù)x,fx對應則函數(shù)fx在區(qū)間[1，6]上的零點至少有 D．5分析與思考:已知aa0是函數(shù)fxx33的一個零點，若x0,a，則一定 fx0fx0fx0fxx33在0單調遞增，故選Cx下列個數(shù)中與函數(shù)fxx3x3的零點最接近的是 A.B.C.D.fxx3x3為Rf032 f11f27，故零點在1,2之間f30，故答案2 fA.B.C.D.

x1x22的零點個數(shù)為 gxx1hxx22gx和hxyy=yy=Oy=xx設yx3y1x

的圖象的交點為xy，x所在的區(qū)間A.B.C.

2 x分析思考：本題即 fxx31 x2

的零點所在區(qū)間。本函數(shù)為R f01，f1122014年一輪總復習之函數(shù)綜合練習作業(yè)f

4x1

的圖象 A.關于原點對稱B.關于直yx對稱C.關于x軸對稱D關于y軸對 1 1 解析：f(x)

f(x)2 2

f(x)是偶函數(shù)，圖像關于y軸對若函數(shù)fx3x3xgx3x3x的定義域均為R，fx與gx均為偶函 C．fx與gx均為奇函

fx為gx為奇函數(shù)fx為gx為解析：f(x)3x3xf(xg(x)3x3x3已知偶函數(shù)f(x在區(qū)間0,單調增加，則滿f2x1f13取值范圍是 （A）（1，

(B)［1，

(C)（1，

(D)［

，2 解析：由于fx是偶函數(shù),故fxfx3∴得f2x1f1,再根據(jù)fx的單調32x1

1＜x 已知x是函數(shù)fx2x 的一個零點.若x1,x，xx,，則(1 （A）fx10,fx2（C）fx10,fx2

（B）fx10,fx2（D）fx10,fx2解析：函數(shù)屬于增+增型，故其在 單調exe函數(shù)yexex的圖像大致為 yy1O1xDy1Oy1O1xyy11O OxBC解析：函數(shù)有意義,需使exex0,其定義域為x|x0,排除C,D,又因exexy 1 ,x0時函數(shù)為減函數(shù),故選exe

e2x e2xyf(xyax(a0,且a1的反函數(shù)，其圖像經過點(aa，f(x) A.log B.log C. D.2 22解析:f(x)logx，代入(aa，解得a1，所以f(x)logx，選2 22□2014年一輪總復習之導數(shù)的概念與運算作業(yè) f(x03x)f(x0)1,則f'x 3簡析：f'x f(x03x)f(x0)

如圖yfx的圖像在點P處的切線yx8，f5,f'5分別 f53,f5簡析:導數(shù)的幾何意義曲線yfx在點M1,f(1)處的切線方y(tǒng)3x2，則f1f'1.簡析：導數(shù)的幾何意求曲y1在點1,f1處的切線xyx簡析：f'1 f(1x)f

1,f11lim lim1x x0 求下列函數(shù)的導fxx3sinxfxexlnxfxsinxxfxcot

f'x3x2sinxx3cosxf'xexlnx1 x f'xxcosxsinx(4)f'x sin2（1）fxx32x（2）fxcos2x（3）fxcos2xf'x2x

;(fxx22xf'x2cosxsinxsin2x(fxcosxcosxf'x2sin2x(fx2cos2x若函數(shù)fx滿足fx1x3f'1x2x,則f' 3簡fxx22f1x1,代入1f12f1,f1函數(shù)fxxx1x2x3,則f' 簡f'xx1x2x3xx1x2x3則f02014年一輪總復習 導數(shù)的應用（一）切線、單調性、極值作業(yè)函數(shù)fx2xcosx在上（A.是增函數(shù)B.是減函數(shù)C.有最大值D.有最小解析：f'x2sinx1fx2x2lnx的遞減區(qū)間是（(A)0,1(B)1,0,1, (C)1, (D)(,1,0,1 2 2 2 解析：定義域為0,f'x4x12x12x1 fx)exax2exa,若曲yfx在點(1,f(1處的切線x軸，求函數(shù)fx的單調區(qū)；答案：f(xexax2exf(xex2ax由題f(1e2ae0af(x)exe0x1,f(x)0x得：函數(shù)f(x的單調遞增區(qū)間為(1,，單調遞減區(qū)間為(2010江西文4)f(xax4bx2c滿f'(1)2，f'(1)

C．2f'(x4ax32bx則此函數(shù)為f'(1f12yfxyfx的導數(shù),yfx圖象如圖所示,則yfx的圖象最有可能是 函數(shù)yax3bx2取得極大值和極小值時的x的值分別為 和，3a2b2ab2aba2by3ax22bx的二個根為01,則2b 7.（06浙江卷）f(xx33x22在區(qū)間1,1上的最大值

解析：fx3x26x3xx2，令fx0x0或2（2舍去）1x0時fx0，當0x1時fx0x0時fx取得最函數(shù)fx2x33x212x5在區(qū)間0,3上的最大值和最小值分別是 5,

C.4, D.5,解析：fx6x26x126x2xf05,f215,f3與直線2xy40的平行的拋物線yx2的切線方程是 2xy3 B.2xy3C.2xy1 D.2xy1∴x0由此得到切點1,1．故切線方y(tǒng)12(x1)，即2xy10，故選評注：此題所給的曲線是拋物線，故也可利用法加以解決，即設切線y2xbyx2x22xb0，又因為0，得b1，故選求過曲yx32x上的點(11的切線方程．xy20，或5x4y10．解析：設P(x，y)為切點，則切線的斜率y|3x22 x∴切線方y(tǒng)y(3x22)(xx) y(x32x)(3x22)(x x1x1． 故所求切線 y(12)(32)(x1)，或y1132x1， 2 xy20，或5x4y10評注：可以發(fā)現(xiàn)直線5x4y10并不以(11為切點，實際上是經過(1，1)且以 282014年一輪總復習 導數(shù)的應用（二）單調性分類討論作業(yè)fx)

2axa2x2

，其中aR．求f(x的單調區(qū)間解析：f(x2(xa)(ax1)x2①當a0時，f(x) x2

．所以fx在(0,)單調遞增，在(0)單調遞(xa)(x1當a0，f(x) ax2②當a0時，令f(x)0x1a

1，f(x與f(xax(,(x1,x2(x2,f00f↘f(x1↗f(x2↘故f(x的單調減區(qū)間是(a1；單調增區(qū)間是a③當a0時，f(x與f(x

ax(,x2(x2,x1(x1,f00f↗f(x2↘f(x1↗所以f(x的單調增區(qū)間是

1；單調減區(qū)間是(1a(a 設函數(shù)fxaxa1lnx1，其中a1fx的單調區(qū)間f(x的定義域為(1,f(xax1(ax（1）當1a0時fx0函數(shù)f(x在(1上單調遞減（2）當a0時fx0解得x1afxf(xx的變化情況如下xa1a(1,af'—0+f極小從上表可 當x 1時，f'(x)0,函數(shù)f(x)在 1上單調遞減1,a

1,a當x(1,)時，f'(x)0,函數(shù)f(x) (1,)上單調遞增 綜上所述：當1a0時f(x在(1,上單調遞減.當a0時f1在(1,1a

上單調遞減，函數(shù)f(x在1上單調遞增afx)

22a31,其中a0.x

f

在區(qū)間[1,2]上的最小值由f(x)0xaa0①當0a1時，f(x)0在(1,2]上恒成立， 所以yf(x)在[1,2]上遞增，所以f(x)在[1,2]上的最小值為f(1)2a32.②當1a2時xa(a,f—0＋fyf(x)在[1,2]上的最小值為f(a)3a21③當a2時f(x0在[1,2)上恒成立，所以yf(x)在[1,2]上遞減.f(x在[1,2]上的最小值為f(2)a35綜上討論，可知：當0a1時，yf(x)在[1,2]上的最小值為f(1)2a32； 1a2時，yf(x)在[1,2]上的最小值為f(a)3a21；當a2時，yf(x)在[1,2]上的最小值為f(2)a35.2014年一輪總復習之導數(shù)的應用（三）恒成立與存在性作業(yè)1.（2012年順義高三二模18（III））已知函數(shù)fxxlnxgxxax

，(其中a).若對任意的x1x21,e，（e為自然對e2.718）fx1gx2實數(shù)a的取值范圍a

2(xa)(xa)，x1,e，a2 2 x2 (xa)(x（1）若0a1，g(x)1x2 0g(x)xa在1,e單調遞xegmin(x)g(1)1a2，1a2e1，解 ae若1a當1xa，g'(x

(xa)(x當axe，gx

(xa)(xg(x)在1,a遞減，在ae遞gmin(xg(a2aae1，又1ae，a1,2

fmax(x)e當aeg'(x

(xa)(x

0g(x)在1,e遞減

(x)g(e)e

fmaxx)e1，a2e恒成立e綜上所述a

e2,1設函數(shù)f(xlnxxa)2aR.若函數(shù)f(x[,2]上存在單調遞增區(qū)間2試求實數(shù)a的取值范圍f

2x22ax(x) 2(xa) g(x)2x22ax1依題意，在區(qū)間2,2]上存在子區(qū)間g(x)0成立1

g(x)2x22ax

g(2)0

g()0g(2)0，即84a10

a4g(1)

1a1 a a

2所 4所以實數(shù)a的取值范圍是(,942014年一輪總復習 導數(shù)的應用（四）零點等其他問題作業(yè)討論fxlnxax1aRf'x1解答：定義域x0 （1）當a0時，fx在0,單調遞增，且f1a0

1 0,11, a

lna（2）當a0時①a1時

在 ②a1時③f1 f1

a

e 2*：此時需要證明

a

ex

22 2

211（b）

對一切

a

exx 2證明綜上所述，當a>1時，fx當a=1或a0時fx有且僅有一個零點；當0<a<1時，f(x)有兩個零點.已知函數(shù)f(x)x28xg(x)6lnx求f(x在區(qū)間tt1上的最大值是否存在實數(shù)myf(x的圖yg(x)的圖不同的交點？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，說明理由。解析：（I）f(x)x28x(x4)216.當t14,即t3時，f(x在tt1上單調遞h(t)f(t1)(t1)28(t1)t26t當t4t1,即3t4時h(t)f(4)當t4時，f(x在tt1上單調遞h(tt26t7,t

f(t)t2

h(t)t2

3tt（II）yf(x的圖yg(x)的圖象有且只有三個不同的交點，即函數(shù)φ(xg(x)f(x的圖象與x軸的正半軸有且只有三個不同的交點.因φ(xx28x6lnx 2x28x 2(x1)(xφ(x)2x8 (x所以 x(0,1)時，φ(x)0,φ(x)是增函數(shù)；x(1,3)時，φ(x0,φ(x是減函數(shù)；當x(3,)時，φ(x)0,φ(x)x1,x3時，φ(x于是,φ(x)maxφ(1m7,φ(x)minφ(3m6ln3當x充分接近0時，φ(x)0,當x充分大時，φ(x)因此,要使φ(x)的圖象與x軸正半軸有三個不同的交點，必須且只 m6ln315 極 即7m156ln所以存在實數(shù)mym的取值范圍為(7,156ln

f(x與yg(x)的圖2014年一輪總復習之導數(shù)的應用（五）函數(shù)與不等式問題作業(yè)f(x)ln(x1)k(x1)（1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；（2）若f(x0恒成立，試確定實數(shù)k的取值范圍（3）證明ln21n31n4lnnn(n1)(n n 1解析：（1）f'(xx1k，當k0時函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(1當k0時函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(1,11，函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(11 （2）由f(x)0得kln(x1)1yln(x1)1，y'ln(xx x (x當1x2時，y'0x2時y'0，所以y的最大值為1，故k（3）由（2）知lnxx1在(1xn2，lnn2n21lnnnn ln21n31n4...lnn

1

n n ln21n31n4...lnnn(n1)(n n 對f(xx0Rf(x0x0成立，則x0為f(x的不動點.x2a(bcN*)有且僅有兩個不動點0、2f(2)1函數(shù)f(x)

bx 試求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間n已知各項不為1的數(shù)列a滿n

4S n nf )1，求證： ln 在（2）中，設b1，T為數(shù)列b的前n項和，求證a anT20081ln2008T2007解析：（1）

x2 x(1b)xcxa0(bbx20

1

a 120

b 1 ∴f(x) (1)x2 211c3f(2)1又bcN∴f(x)

2∴c2,bx2 2(x1)

……32x2(x1)x2 x2于是f(x) 4(x 2(x由f(x)0x0x2；由f(x)0得0x1或1x故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0)和(2,單調減區(qū)間為(0,1和(1, 由已知可得2Saa2 當n2 兩式相減得(anan1anan11)anan1或anan11……6當n1時，2aaa2a1，若a ，則a1這與a1 ∴anan1 ∴an于是，待證不等式即為n

lnn11 為此，我們考慮證明不等式x

lnx11,x 令11tx0,則t1xx

tg(t)t1lntg(t)1t

由t(1,g(t)∴當t(1,)時，g(t)單調遞 ∴g(t)g(1)即1lnx1,x0……9

于是t1ln 令h(tlnt1

1，h(t)

1t 由t(1,知h(t) t t∴當t(1,)時，h(t)單調遞 ∴h(t)h(1) 于是lnt1x 即ln ,x x由①、②可知 lnx11,xx 所以， lnn11，即

lnn1n1 1

由（2）可知b

則T111在 n11nn在 n11nn11中令nln2ln1,2,111 23即T20081ln20082014年一輪總復習之定積分.x1.（2012年山東理15）設a0，若曲線y 與直線xa,y0所圍成封閉圖形的面積為a2，則a x99解析：axdxa2,即2 |aa2.即2 a2xa xayx2,y 圍成的封閉圖形面積 答案：解析：即相當于求1x2x3dx 理3）已知二次函數(shù)yfx的圖象如圖所示，則它與x軸所圍圖形 3解析：二次函數(shù)yx214.（2013年江西理6）若S2x2dxS21dxS2exdx則SSS的大小關系.S2S1

1 解析：值分7ln2,e2e35.（2013 理7）直線l過拋物線C:x24y的焦點且與y軸垂直，則l與C所成的圖形的面積等 31解析：焦點為0,1，即所求值 110

x24dx 2014年一輪總復習之導數(shù)的綜合練習（理科）.1.(2012卷大綱版10)已知函數(shù)yx33xc的圖像與x軸恰有兩個公共點，則c B．9或 D．3或答案x軸恰有兩個公共點，結合該函數(shù)的圖像，可得極大值或者極小值為零即可滿足要求。而f'x3x233x1x1x時取得極f(1)0或f(1)0可得c20或c20，即c2設abyxa2xb的圖象可能是(3.(2012已知函數(shù)f(x)ax21a0g(x)x3bx若曲線yf(x與曲線yg(x)在它們的交點1,c處具有公共切線，求a的值當a24b時f(xg(x的單調區(qū)間，并求其在區(qū)間1上的最解析：（1）由1，c為公共切f(x)ax21(a0)，則f(x)2axk12ag(x)x3bx，則f(x)=3x2bk23b2a3bf(1)a1g(1)1ba11b，即ab，代入①a3b（2）a24b，設h(x)f(xg(x)x3ax21a2x4則h(x3x22ax1a2，令h(x0xaxa4a0，aa

原函數(shù)在，a單調遞增，在a，a單調遞減，在a，上 2 6 調遞①若1

a，即a≤2時，最大

a2a a ②若a1a，即2a6時，最大值為ha ③若1a時，即a≥6時，最大值為ha1 2

a當a0，2時，最大值為h(1)a ；當a2,時，最大值為h 2． ）設fxx1exkx2其中kR(Ⅰ當k1時,求函數(shù)fx的單調區(qū)間(Ⅱ當k1,1時,求函數(shù)fx在0,k上的最大值M 解答：(Ⅰ)當k1時,fxx1exx2fxexx1ex2xxex2xxexfx0x10x2lnx變化時,fx,fx的變化如下表 ,00極極00極極大值小值

f右表可知,fx的遞減區(qū)間為0,ln2,遞增區(qū)間為0ln2,(Ⅱ)fxexx1ex2kxxex2kxxex2k,令fx0x10x2ln2kgkln2kk,gk111k0gk在1,1上遞增 gkln21ln2lne0從而ln2kk,所以ln2k0,x0,ln2k時,fx0xln2k時,fx0Mmaxf0fkmax1,k1ekk令hkk1ekk31,則hkkek3k,令φkek3k,φkek3e3e所以φk在1,1上遞減,而φ1φ1 3e3e 2 2 x1,1使得φx0且當k1x時,φk0當kx 0 時,φk0所以φk在1,x上單調遞增,在x,1上單調遞減 0 因為h1 e70,h10,所以hk0在1,1上恒成立,當且 2

當k1時取得綜上,fx在0,k上的最大值Mk1ekk3一輪復習三角函數(shù)的圖像與性質（課后練習π終邊 的終邊在同一條直線上的角4π終邊 的終邊關于x軸對稱的角4π終邊 的終邊關于原點對稱的4 終邊與的終邊關于y x對稱的角 【答案】（1）xx kπ,kZ（2）xx 2kπ,kZ （

【答案】當圓心角α=2時，面積積為設扇形的弧長為l，半徑為R，有已知條件得l+2R=20，即l=20-2R的面積為

1lR

(202R)R(R-5)225，所以當 3222【答案】 ，222 本題考查sin2αcos2α4、已知在三角形ABC中，cosB

3求tanB的值54；本題可以通過畫直角三角形快速求解，或者利用sin2αcos2α3和

求解，注意角B5討論點Psincosα,cossinα【解答】當α是第一、四象限角時P在第一象限當α是第二、三象限角時P在6、已知sinθsinθ,cosθcosθ且sinθcosθ0,判斷P(tanθ,sinθ)7、既是偶函數(shù)又在區(qū)間(0，π)上單調遞減的函數(shù)是 A、ysin B、ycosxC、ysin2xD、ycos【答案】B，本題考查三角函數(shù)的圖2014年一輪復習24講—三角函數(shù)的基本公 1已知cosα

，求sin ,tan 的值 2【答案】sin ,cos ,tan2 2、在三角形中ABC中，sinA5，cosB13，那么cosC 【答案 2 因 sin 2

，所以30。。A45或135。。A又因為0cosB=51所以30。。B45顯然135。。A 和為180，故30。A45 所以cosA=，sinB= cosCcos(AB)sinAsinBcosAcosB

,tanβ，求2αβ的 值【答案】 4因為tanαtan[(αβ)β] 1tan(αβ)tanβtan(2αβ)1又因為β0,π)tanβ

0所以7

,π，2

，所以2αβ(π,0，所以答案為 14、已知sinα ,θ(0,π),求tanθ的54【答案】43將sinαcosα sin2α2sinαcosαcos2αsinα2sinαcosαcosαsin2αcos2 tan2α2tanα

時除以cosα，可得 tan2α1 =25，又可知必然大于1，所以知道角θ是第二象限。

)由三角函數(shù)25已知sin(αβ

tan【答案】本題考查和差公式的打開，以及構造正切的方法6 （2012年大綱理7）已知α為第二象限角,sinα

,則cos3335A、53

555 555【答案】本題考查倍角公式，屬于基礎題.將 3平方，12sinαcosα 2sin2α，在利用倍角公式求出cos237、（2013年重慶理9）4cos50tan40 2322323223 2

D. si（+3

的圖像，只需將函數(shù)ysinx的圖 ysinxycosx 為ysin(2xπysin(2xπ的圖像 ycos2xπysin2x 3 為了得到函數(shù)ysin(2xπ的圖象，可以將函數(shù)ycos2x的圖 6向左平移π個長度單位。3向左平移π45π向右平移π32ysinx（xR）的圖象上所有點向左平行移動π31倍（縱坐標不變），23

Cysin(2xπ3

x

Dysin(2x2πx3【答案】3、已知函f(xsin(ωxπ)(xR,?0)的最小正周期為π，為了得到函數(shù)4g(x)cosωx的圖象，只要將y f(x)的圖A、向左平移π個單位長 B、向右平移π個單位長度y f C、向左平移π個單位長 D、向右平移π個單位長4【答案】A由題意知：ω2，f(x)sin(ωx

)sin(2x

)cos(2xπ4、設函f(xcosωx(＞0)y

f(x)的圖像向右平移π個單位長度后，3所得的圖像與原圖像重合，則ω的最小值等于3

B、 D、【答案】Cyf(x)向右平移π個單位后，函數(shù)表達式為：3)] 必為原函數(shù)周期的整數(shù)倍 得ω的最小值6π3π)5、將函數(shù)ysin(2x)

的圖象按向量α平移后所得的圖象關于點

0 (, ,(, ,(π,

,

【答案】

πamn)g(x)sin(2(xm))n因為圖象關于點6(π0)

3平移得到圖象F,若F的一條3稱軸是直線xπ,則θ的一個可能取值是4A、5

B、5

D7y

(cos3xsin3xysin3x222，這個變化可以 A、沿x軸方向向右平移 B、沿x軸方向向左平移 C、沿x軸方向向右平移 D、沿x軸方向向左平移 【答案】Dy1sinx 3cos y1sinx 3cos ysinxπ+cosx 4 4 3

（2）in

f(x)sinxcos(xπ6的值域為A、[2, B、[ C、 D、[3 3 3、函數(shù)f(x)8sinx6cosx的最小 4、已知函數(shù)f(x) 3sin2x2sin2x．求函數(shù)f(x)的最大【答案】因為f(x) 3sin2x(1cos2x)2sin(2x6

2x 5、（2013 理5）函數(shù)f(x)2sin(ωxφ),(ω π的圖像如φ 2,

4,

【答案】A，根據(jù)圖像可以知道函數(shù)的3T5π( 3π，所以Tπ，根) T2π，ω2，再利用f(5π

)

可以得到2 65πφπ2kπkZ)所以可得 6、（2013年大綱文9）若函數(shù)ysinωxφω0的部分圖像如圖，則 A．5B．4C．3D．【答案】(x)4sin(2xπ的圖象關于點

π , (x)3sin(2xπ在區(qū)間(π, 12(x)sin(2x7π是偶)數(shù)； x，使sinxcosxπ。其中 題的序號 3點代入函數(shù)中驗證是否為0就可以，所以（1）對，由于x屬于(π12π(ππ π8、已知f(x)sin2xsinxcosx,x 2xa5sin2a6【答案】

2 sin(2xπ2f(x)sin2xsin2axcosx1cos2xsin2x 4) π∵x 2 π ∴2x

, 當2x ，即x0時，f(x)有最小值0。 2 ππ時f(x)有最大 。f(x)2

21 2sin(2xπ （2）f(a)

，得sin(2a ) ∵a∵a 2[0,], 2

π,

又0sin(2aπ π，得cos(2απ

1123 2sin2αsin(2αππ) 2[sin(2απ)cos(2απ)]21、函數(shù)f(x)xsinx(xA(上是減函數(shù)B．是偶函數(shù)，且在(C(上是減函數(shù)D．是奇函數(shù)，且在(【答案】2已知函數(shù)f 3sinxcosxcos2xm(mR)的圖象過點M(π,0)求m的值（Ⅱ）在ABCABC的對邊分別是abcccosBbcosC=2acosB，求fA)的取值范圍【答案】解：（Ⅰ）由f

sin2x1(cos2x1)msin(2xπ)1m3 3因為點M(π0)fx的圖sin(2ππ)1m0 解得m12(Ⅱ)因為ccosBbcosC=2acosB所以sinCcosBsinBcosC=2sinAcosB所以sin(BC2sinAcosB，即sinA2sinAcosB又因為A(0,，所以sinA0，所以cosB12又因B(0,BπAC2π 所以0A2π，π2Aπ7π，所以sin(2Aπ)(1 fA的取值范圍是(1,1]2（1（yf(x)在

理2）已知函數(shù)f(x)2sin(ωx),其中常數(shù)ωω上單調遞增, 的取值范圍ω, （2（令ω2,將函數(shù)y f(x)的圖像向左平移π個單位,再向上平移1個單位6得到函數(shù)yg(x)的圖像,區(qū)間[ab]abR且ab)滿足yg(x)[ab上至少含有30個零點,在所有滿足上述條件的[ab中,求ba值 g(x)2sin(2xπ ]；（2）f(x)2sin(2x) 4g(x)0sin(2xπ1xkπ 3 142π15 即零點相離間隔依次為3和3,則ba的最小值為 4已知函數(shù)f(x)2cos2x23sinxcosx1．求函數(shù)f(x，f(x在區(qū)間[0π上的最小值和最大值，2解（Ⅰ）f(x)2cos2x23sinxcosx1cos2x 3sin2(1cos2x3sin2x)2sin(2xπ 周期為T2π2

π x π 當2xππ時，sin(2xπ 此時f ) 當2xπ7π時，sin(2xπ 此時f )

1cos2函數(shù)1cos2在(π

cos,)上遞2在(π0]上遞2,)上遞在(π,)上遞2在(π0]上遞2

π(0,)上遞2π(0,)上遞2【答案】【解析】函數(shù)f(x)

cos

是一個偶函數(shù)，當x π時1cos1cos2 f(x)sinxtanx，顯然是單調遞增，由偶函數(shù)的性質知，f(x在π上 cos 2 （2011一模海淀文y在同一個坐標yaxysinax的部分圖象，其中a0且a1，則y11O1xO1xy1 y1 y1 【答案】. 高考文】在△ABC中，若sin2Asin2Bsin2C，則ABC的形狀是 【答案】2、在ABC中，若Bπb4

2a，則C= 【答案7π

sin

，得sinA1，由b2

2a可得ba，所B 所以A

π 6

Cπ ． 3、在ABC中，內角

C所對邊的長分，

c，asinAbsinBcsinC，則ABC的形狀 銳角三角 B．鈍角三角C.直角三角 D．不確【答案】A；由asinAbsinBcsinC此式可等價于a2b2 ,可a2b2cosC

即Cπ

故答案選4、（2011一模東城理）15．（本小題共13分在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2cbcosB cos求角A的大小5若a ，求△ABC面積的最大值5解：（Ⅰ）2cbcosB， cos所以(2cbcosAacos由正弦定理，得(2sinCsinBcosAsinAcosB．整理得2sinCcosAsinBcosAsinAcosB．所以2sinCcosAsin(AB)sinC所以cosA1A b2c2 5（Ⅱ）由余弦定理cosA ，a 5 所以b2c220bc2bc3所以bc20，當且僅當bc時取“=”．所以三角形的面積S1bcsinA5 323所以三角形面積的最大值為 35、（2013年課標Ⅰ文10）已知銳角ABC的內角A,BC的對邊分abc23cos2Acos2A0a7c6,則bA、10B．9C．8D．【答案】D6、（2013 理6）在ABC中，ABCπ,AB 2,BC3,4sinBAC A、

10

3 5 5【答案】C；本題考查余弦定理7、（2013年福建理13）如圖ABC中,已DBC邊上ADACsinBAC22AB32,AD3，則BD的長33.3【答案解三角形（二2，1、(2012二模房山理)4．在ABC中，Aπa1,b ，則B 2，6A． B． C．π或 D．π或 【答案】C，本題考查正弦定理 S2、（2011朝陽二模文）11．如圖，一艘船上午8：00在A處測B2燈塔S在它的北偏東30°處，之后它繼續(xù)沿正北方向勻速航行，上午8：30到達B處，此時又測得燈塔S在它的北偏2東75°處，且與它相距4n/h.

33、在△ABC中角A、B、C所對的邊分別是a,b,c，A2B，sinB 33求cosA及sinC的值若b2，求△ABC的面積5【答案】（I）cosA1sinC5

2020 或余弦sinAsin2B2sinBcosB

2 2

4、（2012年卷理）在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a,b,c，已8b=5cC=2B，則（A）

（Ｄ） 【答案】

8b=5c，由正弦定理得8sinB=5sinC，又∵C=2B，8sinB=5sin2B8sinB=10sinBcosB，易知sinB0，cosB=4cosCcos2B=2cos2B1= 卷理）．在△ABC中，若a=2，b+c=7，cosB=1，則 4【答案】

a2c2b214(cb)(c在△ABC中，利用余弦定理cos

47(c ，化簡得：8c7b40，與題目條件bc7聯(lián)立，可解得b4, a2.2、（2012年卷理）設△ABC的內角A，B，C，所對的邊分別是a，b，c.a+b- ，則角 【答案】C=120；由a+b-ca+b+c=ab得a+b2-c2aba2b2c2aba2+b2- cos

，3、（2012年陜西卷理）在ABCABC所對邊長分別為abca2b22c2，則cosC的最小值為 332

2

（C）222

（D）2【答案】4、若△ABC的內角A、B、C所對的邊a、b、c滿足(ab)2c24，且C=60°，則ab3A．83D．3【答案】

C．3a2b2 (ab)22ab ab=【解析】