2018-2019学年高二数学苏教版选修2-2讲义：高考七大高频考点例析 Word版含解析.pdf

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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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)

2、(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数 及导数的四则运算. 考题印证 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 y 35(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)， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 y3ln x1x 3ln x4， 3 x ky|x14， 所求切线的方程为 y14(x1)，即 y4x3. 答案 y4x3 跟踪演

3、练 1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：1 2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 3xy10. 答案：3xy10 3 如果曲线yx4x在点P处的切线垂直于直线y x， 那么点P的坐标为_ 1 3 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(

4、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. (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)0 f(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，

5、曲线 yf(x)与直线 yb 最多只有一个交点； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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

6、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 . 考题印证 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 f(x). 2ax2bx1 x 当 a0

7、时，f(x). bx1 x ()若 b0，当 x0 时，f(x)0，当 0 时，f(x)0，函数 f(x)单调递增 1 b 所以函数 f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (0， 1 b) ( 1 b，) 当 a0 时，令 f(x)0， 得 2ax2bx10. 由 b28a0，得 x1， b b28a 4a x2. bb28a 4a 当 0x2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 (0， bb28a 4a ) . ( bb28a 4a ，) 综上所述， 当 a0，b0 时，函数 f(x)的单调递减区间

8、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； (0， 1 b) ( 1 b，) 当 a0 时，函数 f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是 (0， b b28a 4a ) ，. b b28a 4a (2)由题意知，函数 f(x)在 x1 处取得最小值 由(1)知是 f(x)的唯一极小值点， bb28a 4a 故1，整理得 2ab1 即 b12a. bb28a 4a 令 g(x)24xln x， 则 g(x). 14x x 令 g(x)0，得 x ， 1 4 当 00，g(x)单调递增； 1 4 当 x 时，g(x)0， 解之得 x2 或 x0 时，g(x

9、)0，求 b 的最大值； (3)已知 1.414 20，g(x)0； ()当 b2 时， 若 x 满足 20，2 3 2 2 ln 20.692 8； 823 12 当 b1 时，ln(b1)ln， 32 4 b22b2 g(ln) 2(32)ln 20. 所以 Mmaxf(0)，f(k) max1，(k1)ekk3 令 h(k)(k1)ekk31，则 h(k)k(ek3k)， 令 (k)ek3k，则 (k)ek3e30， ( 1 2，1 ( 1 2，x 0) 当 k(x0,1)时，(k)0，h(1)0， ( 1 2) 1 2 e 7 8 所以 h(k)0 在上恒成立，当且仅当 k1 时取得“

10、” ( 1 2，1 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 ex x2 ( 2 xln x) (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； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (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 x2ex2xex x4 ( 2 x2 1 x) xex2ex x3 k(x2) x2 (x2)(exkx) x3 由 k0 可得 exkx0， 所以当 x(0,2)时

11、，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(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Error!Error

12、!解得 e0 时，f(x)与 f (x)的情况如下： x(，k)k(k，k)k(k，) f (x)00 f(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)e ，所以不会有x(0，)，f(x) . k1 k 1 e 1 e 当 k0，且 r0 可得 00，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 Vr2l r3，

13、又 V， 4 3 80 3 故 l r. V4 3r 3 r2 80 3r2 4 3 4 3( 20 r2 r) 由于 l2r，因此 03，所以 c20， 当 r30 时，r. 20 c2 3 20 c2 令 m，则 m0， 3 20 c2 所以 y(rm)(r2rmm2) 8(c2) r2 若 0 ， 9 2 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 3 时，建造费用最小时 r . 9 2 3 20 c2 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

14、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. 考题印证 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 例 7 (陕西高考)观察下列等式 121 12223 1

15、222326 1222324210 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 . n(n1) 2 答案 12223242(1)n1n2(1)n1n(n1) 2 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：101,111,121， 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

16、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 90 910n 跟踪演练 12 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. 答案：n2n 2 101 13先阅读下面的文字：“求 的值时，采用了

17、如下的方法：令 111 x，则有 x，两边同时平方，得 1xx2，解得 x(负1111x 15 2 值已舍去)” 可以用类比的方法，求得 1的值为_ 1 2 1 1 1 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析：由 11， 1 2 1 1 1 2 1 21 x 得 2x22x10， 于是 x(负值已舍去)，故所求值为. 13 2 13 2 答案：1 3 2 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，

18、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，达到熟能生巧，有效运用它们的目的. 考题印证 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

19、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 151 sin 30 1 2 1 . 1 4 3 4 (2)法一：三角恒等式为 sin2cos2(30)sin cos(30) . 3 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 证明如下： sin2cos2(30)sin cos(30) sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin ) sin2 cos2sin cos sin2sin cos s

20、in2 sin2 cos2 . 3 4 3 2 1 4 3 2 1 2 3 4 3 4 3 4 法二：三角恒等式为 sin2cos2(30)sin cos(30) . 3 4 证明如下： sin2cos2(30)sin cos(30) sin (cos 30cos sin 30sin ) 1cos 2 2 1cos(602) 2 cos 2 (cos 60cos 2sin 60sin 2)sin cos sin2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 2 1 2 cos 2 cos 2sin 2sin 2 (1cos 2) 1 2 1 2 1 2 1 4 3 4 3 4 1 4 1 cos 2

21、cos 2 . 1 4 1 4 1 4 3 4 跟踪演练 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3a0，所以31 时，对 x(0，a1有 (x)1 时，存在 x0，使 (x)nln(n1) 证明如下： 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 证法一：上述不等式等价于 ，x0. x 1x 令 x ，nN，则，x0. x 1x 令 x ，nN，则 ln. 1 n n1 n 1 n1 故有 ln 2ln 1 ， 1 2 ln 3ln 2 ， 1 3 ln(n1)

22、ln n， 1 n1 上述各式相加可得 ln(n1) ， 1 2 1 3 1 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， n 0 x x1 x x1 而 是图中所示各矩形的面积和， 1 2 2 3 n n1 dxdxnln(n1)，结论得证 1 2 2 3 n n1 n 0 x x1 n 0 (1 1 x1) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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

23、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. 考题印证 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 z _. 解析 由(z3)(2i)5， 得 z3332i5i， 5 2i 5(2i) (2i)(2i) 所以 5i.z 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Error!Error!Error!Error! m2. 答案 2 跟踪演练 16(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 z

24、z i z _. 解析： i i(1i)i1i12. z i z 1i i 答案：2 17(湖南高考)复数( i 为虚数单位)的实部等于_ 3i i2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析：直接运算得(3i)3i，故实部为3. 3i i2 答案：3 18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_ 1ai 2i 解析：复数， 1ai 2i (1ai)(2i) (2i)(2i) 2a(2a1)i 5 依题意得Error!Error!所以 a2. 答案：2