高二数学苏教版选修22讲义：高考七大高频考点例析 Word版含解析

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1、高考七大高频考点例析对应学生用书P64导数的几何意义及运算 考查方式从近几年的高考试题分析，对该部分内容的考查，主要考查利用导数的几何意义求切线方程；导数的有关计算，尤其是简单的复合函数求导；题型既有填空题，又有解答题，难度中等左右，在考查导数的概念及其运算的基础上，又注重考查解析几何的相关知识备考指要函数yf(x)在x0处的导数f(x0)就是曲线yf(x)在点P(x0，f(x0)处的切线的斜率k，即kf(x0)，于是曲线yf(x)在点P(x0，f(x0)处的切线方程为：yf(x0)f(x0)(xx0)求切线方程时，应明确“在某点处的切线方程”和“过某点的切线方程”的不同；熟练掌握基本函数的导

2、数及导数的四则运算.例1(广东高考)曲线ye5x2在点(0,3)处的切线方程为_解析由ye5x2y5e5x切线的斜率ky|x05，于是切线方程为y35(x0)5xy30.答案5xy30例2曲线yx(3ln x1)在点(1,1)处的切线方程为_解析yx(3ln x1)，y3ln x1x3ln x4，ky|x14，所求切线的方程为y14(x1)，即y4x3.答案y4x31曲线yex在点A(0,1)处的切线的斜率为_解析：y(ex)ex，所以当x0时，ye01.答案：12曲线yx33x2在点(1,2)处的切线方程为_解析：y3x26x，当x1时，y3，即斜率k3.所以切线方程为y23(x1)，即3x

3、y10.答案：3xy103如果曲线yx4x在点P处的切线垂直于直线yx，那么点P的坐标为_解析：由y4x31，当y3时，有4x313，可解得x1，此时，点P的坐标为(1,0)答案：(1,0)4(北京高考)已知函数f(x)x2xsin xcos x.(1)若曲线yf(x)在点(a，f(a)处与直线yb相切，求a与b的值；(2)若曲线yf(x)与直线yb有两个不同交点，求b的取值范围解：由f(x)x2xsin xcos x，得f(x)x(2cos x)，f(x)为偶函数(1)因为曲线yf(x)在点(a，f(a)处与直线yb相切，所以f(a)a(2cos a)0，bf(a)解得a0，bf(0)1.(

4、2)令f(x)0，得x0.f(x)与f(x)的变化情况如下：x(，0)0(0，)f(x)0f(x)1所以函数f(x)在区间(，0)上单调递减，在区间(0，)上单调递增，f(0)1是f(x)的最小值当b1时，曲线yf(x)与直线yb最多只有一个交点；当b1时，f(2b)f(2b)4b22b14b2b1b，f(0)11时曲线yf(x)与直线yb有且仅有两个不同交点综上可知，如果曲线yf(x)与直线yb有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，)利用导数研究函数的单调性考查方式利用导数研究函数的单调性是导数最重要的应用之一主要考查求函数的单调区间、证明或判断函数的单调性，在高考命题中，若以填空题的形式

5、出现，难度则以中低档为主，若以解答题形式出现，难度则以中等偏上为主备考指要利用导数的符号判断函数的单调性是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个应用，它充分体现了数形结合思想在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域，解决问题的过程中，只能在定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间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 .例3(山东高考)已知函数f(x)ax2bxln x(a，bR)(1)设a0，求f(x)的单调区间；(2)设a0，且对任意x0，f(x)f(1)试比较ln a与2b的大小解(1)由f(x)ax2bxln x，x(0，)，得

6、f(x).当a0时，f(x).()若b0，当x0时，f(x)0，当0x时，f(x)时，f(x)0，函数f(x)单调递增所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.当a0时，令f(x)0，得2ax2bx10.由b28a0，得x1，x2.当0xx2时，f(x)x2时，f(x)0，函数f(x)单调递增所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.综上所述，当a0，b0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；当a0，b0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是；当a0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，.(2)由题意知，函数f(x)在x1处取得最小值由(1)知是f(x

7、)的唯一极小值点，故1，整理得2ab1即b12a.令g(x)24xln x，则g(x).令g(x)0，得x，当0x0，g(x)单调递增；当x时，g(x)0，g(x)单调递减因此g(x)g1ln 1ln 40.故g(a)0，即24aln a2bln a0，即ln a2b.5函数f(x)ax3x在R上为减函数，则a的取值范围是_解析：f(x)3ax21，f(x)在R上为减函数，f(x)0在R上恒成立，a0.答案：(，06函数f(x)3x2x3的单调递减区间为_解析：f(x)6x3x2，令f(x)0，则6x3x20，解之得x2或x0时，g(x)0，求b的最大值；(3)已知1.414 20，g(x)0

8、；()当b2时，若x满足2exex2b2，即0xln(b1)时g(x)0.而g(0)0，因此当0xln(b1)时，g(x)0，ln 20.692 8；当b1时，ln(b1)ln，g(ln)2(32)ln 20，ln 20.693 4.所以ln 2的近似值为0.693. 利用导数研究函数的极值和最值考查方式利用导数研究函数的极值是高考对导数考查的一个重点内容，经常与函数单调性，函数图象的考查融合在一起，研究方程根的情况、不等式的证明等本部分内容是高考的重点和热点在高考试题中，既有填空题的形式，也有解答题的形式基本上是中档或中档偏难题目备考指要利用导数研究函数的极值和最值应明确求解步骤，求解时切记

9、函数的定义域，正确区分最值与极值不同，函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值比较大小而最值是在整个区间上对函数值比较大小函数的极值可以有多个，但最值只能有一个，极值只能在区间内取得，而最值还可以在端点处取得，最值只要不在端点处，必是一个极值.例4(广东高考)设函数f(x)(x1)exkx2(kR)(1)当k1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k时，求函数f(x)在0，k上的最大值M.解(1)当k1时，f(x)(x1)exx2，f(x)ex(x1)ex2xxex2xx(ex2)，令f(x)0，得x10，x2ln 2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化如下表：x(，0)0(0，

10、ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)00f(x)极大值极小值由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为(，0)，(ln 2，)(2)f(x)ex(x1)ex2kxxex2kxx(ex2k)，令f(x)0，得x10，x2ln (2k)，令g(k)ln (2k)k，则g(k)10，所以g(k)在上递增，所以g(k)ln 21ln 2ln e0，从而ln(2k)k，所以ln (2k)0，k，所以当x(0，ln(2k)时，f(x)0.所以Mmaxf(0)，f(k)max1，(k1)ekk3令h(k)(k1)ekk31，则h(k)k(ek3k)，令(k)ek3k，则(k)ek3e

11、30，所以(k)在上递减，而(1)(e3)0，当k(x0,1)时，(k)0，h(1)0，所以h(k)0在上恒成立，当且仅当k1时取得“”综上，函数f(x)在0，k上的最大值M(k1)ekk3.例5(山东高考)设函数f(x)k(k为常数，e2.718 28是自然对数的底数)(1)当k0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围解(1)函数yf(x)的定义域为(0，)f(x)k由k0可得exkx0，所以当x(0,2)时，f(x)0，函数yf(x)单调递增所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，)(2)由(1)知，k0时，函数f

12、(x)在(0,2)内单调递减，故f(x)在(0,2)内不存在极值点；当k0时，设函数g(x)exkx，x0，)，因为g(x)exkexeln k，当00，yg(x)单调递增故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当k1时，得x(0，ln k)时，g(x)0，函数yg(x)单调递增所以函数yg(x)的最小值为g(ln k)k(1ln k)函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当解得ek0时，f(x)与f (x)的情况如下：x(，k)k(k，k)k(k，)f (x)00f(x)4k2e10所以，f(x)的单调递增区间是(，k)和(k，)；单调递减区间是(k，k)当k0时，因为f(k1)

13、e，所以不会有x(0，)，f(x).当k0时，由(1)知f(x)在(0，)上的最大值是f(k).所以x(0，)，f(x)等价于f(k).解得k0，且r0可得0r0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r(5,5)时，V(r)3)千元设该容器的建造费用为y千元(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；(2)求该容器的建造费用最小时的r.解：(1)设容器的容积为V，由题意知Vr2lr3，又V，故lr.由于l2r，因此0r2.所以建造费用y2rl34r2c2r34r2c.因此y4(c2)r2，0r2.(2)由(1)得y8(c2)r，0r3，所以c20，当r30时，r.令 m，则m0，所以y

14、(rm)(r2rmm2)若0m，则当rm时，y0；当r(0，m)时，y0，所以rm是函数y的极小值点，也是最小值点若m2，即3c，则当r(0,2)时，y0，函数单调递减，所以r2是函数y的最小值点综上所述，当3时，建造费用最小时r .合情推理与演绎推理考查方式归纳推理、类比推理、演绎推理等问题是高考的热点，归纳、类比推理大多数出现在填空题中，为中低档题，突出了“小而巧”，主要考查类比、归纳推理能力；演绎推理大多数出现在解答题中，为中高档题目，在知识的交汇点处命题，考查学生分析问题、解决问题以及逻辑推理能力备考指要对本部分知识的学习，要注意做好以下两点：一要熟悉归纳推理、类比推理、演绎推理的一般

15、原理、步骤、格式，搞清合情推理与演绎推理的联系与区别；二要把握归纳推理、类比推理、演绎推理的基本应用，在给定的条件下，能够运用归纳推理、类比推理获得新的一般结论，能够运用演绎推理对数学问题进行严格的证明.例7(陕西高考)观察下列等式1211222312223261222324210照此规律，第n个等式可为_解析观察规律可知，第n个式子为12223242(1)n1n2(1)n1.答案12223242(1)n1n2(1)n1例8回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3 443,94 249等显然2位回文数有9个：11,22,33，99；3位回文数有90个：101,111,

16、121，191,202，999.则(1)4位回文数有_个；(2)2n1(nN*)位回文数有_个解析2位回文数有9个，4位回文数有91090个，3位回文数有90个，5位回文数有910101009个，依次类推可得2n1位有910n个答案90910n12下面的数组均由三个数组成：(1,2,3)，(2,4,6)，(3,8,11)，(4,16,20)，(5,32,37)，(an，bn，cn)(1)请写出cn的一个表达式，cn_；(2)若数列cn的前n项和为Mn，则M10_.(用数字作答)解析：(1)通过观察归纳，得ann，bn2n，cnanbnn2n.(2)M10(1210)(222210)2 101.

17、答案：n2n2 10113先阅读下面的文字：“求 的值时，采用了如下的方法：令 x，则有x，两边同时平方，得1xx2，解得x(负值已舍去)”可以用类比的方法，求得1的值为_解析：由11，得2x22x10，于是x(负值已舍去)，故所求值为.答案：直接证明与间接证明考查方式近几年试题对本部分内容的考查是应用直接证明和间接证明解决数列，立体几何中的平行、垂直，不等式，解析几何等问题，题型大多为解答题，难度为中高档备考指要在备考中，对本部分的内容，要抓住关键，即分析法、综合法、反证法，要搞清三种方法的特点，把握三种方法在解决问题中的一般步骤，熟悉三种方法适用于解决的问题的类型，同时也要加强训练，达到熟

18、能生巧，有效运用它们的目的.例9某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：(1)sin213cos217sin 13cos 17；(2)sin215cos215sin 15cos 15；(3)sin218cos212sin 18cos 12；(4)sin2(18)cos248sin(18)cos 48；(5)sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论解(1)选择(2)式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin

19、301.(2)法一：三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.法二：三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin (cos 30cos sin 30sin )cos 2(cos 60cos 2sin 60sin 2)sin cos sin2cos 2cos 2

20、sin 2sin 2(1cos 2)1cos 2cos 2.14设函数f(x)ax2bxc(a，b，cR)，且f(1)，3a2c2b.求证：a0，且32c2b，所以3a0,2b0，b2c2b，所以3a3a2b2b.可得3ab0，所以31时，对x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1时，存在x0，使(x)nln(n1)证明如下：证法一：上述不等式等价于，x0.令x，nN，则ln.下面用数学归纳法证明当n1时，ln 2，结论成立假设当nk时结论成立，即ln(k1)那么，当nk1时，ln(k1)ln(k1)lnln(k2)，即结论成立由可知，结论对nN成立证法二：上述不等式等

21、价于，x0.令x，nN，则ln.故有ln 2ln 1，ln 3ln 2，ln(n1)ln n，上述各式相加可得ln(n1)，结论得证证法三：如图，dx是由曲线y，xn及x轴所围成的曲边梯形的面积，而是图中所示各矩形的面积和，dxdxnln(n1)，结论得证复数考查方式复数的基本概念、复数相等的充要条件以及复数的代数运算是高考的热点，并且一般在前三题的位置上，主要考查对复数概念的理解以及复数的加减乘除四则运算备考指要要明确复数的分类及复数运算，掌握化归思想，设出复数z的代数形式，即复数问题实数化.例10(山东高考改编)复数z满足(z3)(2i)5(i为虚数单位)，则z的共轭复数_.解析由(z3)

22、(2i)5，得z3332i5i，所以5i.答案5i例11(上海高考)设mR，m2m2(m21)i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m_.解析由题意得m2.答案216(安徽高考改编)设i是虚数单位，表示复数z的共轭复数若z1i，则i_.解析：ii(1i)i1i12.答案：217(湖南高考)复数( i为虚数单位)的实部等于_解析：直接运算得(3i)3i，故实部为3.答案：318复数zi(1i)(i为虚数单位)在复平面上对应点位于第_象限解析：zi(1i)1i，在复平面上对应点的坐标为(1,1)，其在第二象限答案：二19设i是虚数单位，复数为纯虚数，则实数a的值为_解析：复数，依题意得所以a2.答案：2