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1、第三部分 考前临门一脚(一)巧用性质妙解函数 速解技法学一招函数性质主要指函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，要深刻理解并加以巧妙地运用以对称性为例，若函数f (x)满足f (ax)f (bx)，则函数图象关于直线x对称；若函数f (x)满足f (ax)f (bx)c，则函数图象关于点对称定义在R上的奇函数f (x)满足f (x2)f (x)，且在0,1上是增函数，则有()Af f f Bf f f Cf f f Df f f 解析由题设知f (x)f (x2)f (2x)，所以函数f (x)的图象关于直线x1对称由于奇函数f (x)在0,1上是增函数，故f (x)在1,0上也是增函数，综上
2、，函数f (x)在1,1上是增函数，在1,3上是减函数又f f f ，所以f f f f .答案B已知函数f (x)x3sin x的定义域为1，1，若f (log2m)f (log4(m2)成立，则实数m的取值范围为_解析由f (x)x3sin x的定义域为1,1，易知f (x)在1,1上单调递增，由f (log2m)f (log4(m2)，可得解得故m2.综上可知，实数m的取值范围为.答案经典好题练一手1已知定义在R上的函数f (x)满足f (2x)f (2x)，当x2时，f (x)单调递增，如果x1x24，且(x12)(x22)0，则f (x1)f (x2)的值为()A可正可负B可能为0C
3、恒大于0 D恒小于0解析：选D由f (2x)f (2x)可知，函数f (x)的图象关于点(2,0)中心对称因为x2时，f (x)单调递增因为x1x24且(x12)(x22)0，设x12x2，则x24x1，所以f (x2)f (4x1)又因为f (4x1)f (x1)，所以f (x2)f (x1)，即f (x1)f (x2)0且a1，函数f (x)4loga，其中x，则函数f (x)的最大值与最小值之和为_解析：依题意知，f (x)44loga，令g(x)4loga，其定义域为，可知g(x)4logag(x)，函数g(x)的图象关于原点对称，从而可知函数f (x)的图象关于点(0,4)对称，故函
4、数f (x)的最大值与最小值之和为8.答案：8常用结论记一番1函数的单调性在公共定义域内：(1)若函数f (x)是增函数，函数g(x)是增函数，则f (x)g(x)是增函数；(2)若函数f (x)是减函数，函数g(x)是减函数，则f (x)g(x)是减函数；(3)若函数f (x)是增函数，函数g(x)是减函数，则f (x)g(x)是增函数；(4)若函数f (x)是减函数，函数g(x)是增函数，则f (x)g(x)是减函数提示在利用函数单调性解不等式时，易忽略函数定义域这一限制条件2函数的奇偶性(1)判断函数的奇偶性有时可以用定义的等价形式：f (x)f (x)0，1；(2)设f (x)，g(x
5、)的定义域分别是D1，D2，那么在它们的公共定义域上：奇奇奇，奇奇偶，偶偶偶，偶偶偶，奇偶奇3有关函数f (x)周期性的常用结论(1)若f (xa)f (xa)，则函数f (x)的周期为2|a|；(2)若f (xa)f (x)，则函数f (x)的周期为2|a|；(3)若f (xa)，则函数f (x)的周期为2|a|；(4)若f (xa)，则函数f (x)的周期为2|a|.(二)最值函数大显身手 速解技法学一招对于任意xR，函数f (x)表示yx3，yx，yx24x3中的最大者，则f (x)的最小值是()A2 B3C8 D1解析如图，分别画出函数yx3，yx，yx24x3的图象，得到三个交点A(
6、0,3)，B(1，2)，C(5,8)由图象可得函数f (x)的表达式为f (x)所以f (x)的图象是图中的实线部分，图象的最低点是B(1,2)，所以函数f (x)的最小值是2.答案A已知函数f (x)x2xm，g(x)log2x，minm，n表示m，n中的最小值，设函数h(x)minf (x)，g(x)(x0)，则当函数h(x)有三个零点时，实数m的取值范围为()A. B.C. D.解析在同一直角坐标系中，作出函数yf (x)和yg(x)的图象如图所示当两函数图象交于点A(1,0)时，即有11m0，解得m，所以当函数h(x)有三个零点时，即为点A和yf (x)与x轴的两个交点，若满足条件，则
7、需解得m0f (x)为增函数；f (x)0f (x)为减函数；f (x)0f (x)为常数函数2求函数f (x)极值的方法求函数的极值应先确定函数的定义域，解方程f (x)0，再判断f (x)0的根是否是极值点，可通过列表的形式进行分析，若遇极值点含参数不能比较大小时，则需分类讨论若函数f (x)2sin x(x0，)的图象在切点P处的切线平行于函数g(x)2的图象在切点Q处的切线，则直线PQ的斜率为()A. B2C. D.解析由题意得f (x)2cos x，g(x)xx.设P(x1，f (x1)，Q(x2，g(x2)，又f (x1)g(x2)，即2cos x1x2x2，故4cos2x1x2x
8、2，所以44cos2x1x2x2，即4sin2x1(x2x2)2，所以sin x10，x10，x2x2，x21，故P(0,0)，Q，故kPQ.答案A求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点技法领悟 已知函数f (x)(xR)满足f (1)1，且f (x)的导数f (x)，则不等式f (x2)的解集为_解析设F(x)f (x)x，F(x)f (x)，f (x)，F(x)f (x)0，即函数F(x)在R上单调递减f (x2)，f (x2)f (1)，F(x2)1，即x(，1)(1，)答案(，1)(1，)已知函数f (x)(axb)ln xbx
9、3在(1，f (1)处的切线方程为y2.(1)求a，b的值；(2)求函数f (x)的极值；(3)若g(x)f (x)kx在(1,3)上是单调函数，求k的取值范围解(1)因为f (1)b32，所以b1.又f (x)aln xabaln xa1，而函数f (x)在(1，f (1)处的切线方程为y2，所以f (1)1a10，所以a0.(2)由(1)得f (x)ln xx3，f (x)1(x0)令f (x)0，得x1.当0x0；当x1时，f (x)0)，g(x)k1，又g(x)在x(1,3)上是单调函数，若g(x)为增函数，有g(x)0，即g(x)k10，即k1在x(1,3)上恒成立又1，所以k.若g
10、(x)为减函数，有g(x)0，即g(x)k10，即k1在x(1,3)上恒成立，又1，所以k0.综上，k的取值范围为(，0.技法领悟 破解此类问题需注意两点：(1)求函数的单调区间时应优先考虑函数的定义域；(2)求得函数在多个区间单调性相同时，区间之间用“，”分割，或用“和”相连，不能用“”相连经典好题练一手1已知直线2xy10与曲线yaexx相切(其中e为自然对数的底数)，则实数a的值是()A.B1C2De解析：选B由题意知yaex12，则a0，xln a，代入曲线方程得y1ln a，所以切线方程为y(1ln a)2(xln a)，即y2xln a12x1a1.2若函数f (x)axx2ln
11、x存在极值，且这些极值的和不小于4ln 2，则a的取值范围为()A2，) B2，)C2，) D4，)解析：选Cf (x)a2x(x0)，因为f (x)存在极值，所以f (x)0在(0，)上有根，即2x2ax10在(0，)上有根，所以a280，显然当0时，f (x)无极值，不合题意，所以a280，即a2或a0，则f (x1)，f (x2)为f (x)的极值，所以f (x1)f (x2)(ax1xln x1)(ax2xln x2)a(x1x2)(xx)(ln x1ln x2)ln 24ln 2，所以a2.综上，a的取值范围为2，)3是圆周率，e是自然对数的底数，在3e，e3，e，3,3，e六个数中
12、，最小的数与最大的数分别是()A3e,3 B3e，eCe3，3 De,3解析：选Ae3，eln 3eln ，ln eln 3，即ln 3eln e，ln eln 3.又函数yln x，yex，yx在定义域上单调递增，故3ee3，e3e0，即0xe时，函数f (x)单调递增；当f (x)e时，函数f (x)单调递减故函数f (x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)由e3及函数f (x)的单调性，得f ()f (3)f (e)，即.由，得ln 33，在3e，e3，e，3,3，e六个数中的最大的数是3，同理得最小的数为3e.4已知函数f (x)1ln xa2x2ax(aR)(1)讨论
13、函数f (x)的单调性；(2)若a0且x(0,1)，求证：x21.解：(1)函数f (x)的定义域为(0，)，f (x)2a2xa.若a0，则f (x)0，则当x时，f (x)0，当0x时，f (x)时，f (x)0，故f (x)在上单调递减，在上单调递增若a0，则当x时，f (x)0，当0x时，f (x)时，f (x)0.故f (x)在上单调递减，在上单调递增(2)证明：若a0且x(0,1)，则f (x)1ln x，x(0,1)欲证x21，只需证x21，即证x(1ln x)0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)g(1)1.设函数h(x)(1xx3)ex，则h(x)(2x3x2
14、x3)ex.设函数p(x)2x3x2x3，则p(x)16x3x2.当x(0,1)时，p(0)p(1)8p(0)2，当x(x0,1)时，p(x0)p(1)0，当x(x1,1)时，h(x)h(0)1，所以x(1ln x)(1xx3)ex，x(0,1)，即x20，0)的图象相邻两条对称轴的距离为，且f (0)1.(1)求函数f (x)的解析式；(2)设，f ，f ，求tan(22)的值解：(1)函数f (x)Acos(A0，0)的图象相邻两条对称轴的距离为，2，又f (0)1，A1，A2，f (x)2cos.(2)，f 2cos2cos(2)2cos 2，cos 2，sin 2，则tan 2.，f
15、2cos2cos 2，cos 2，sin 2，则tan 2.tan(22).常用结论记一番三角公式中常用的变形(1)对于含有sin cos ，sin cos 的问题，利用(sin cos )212sin cos ，建立sin cos 与sin cos 的关系(2)对于含有sin ，cos 的齐次式，利用tan 转化为含tan 的式子(3)对于形如cos2sin 与cos2sin cos 的变形，前者用平方关系sin2cos21化为二次型函数，而后者用降幂公式化为一个角的三角函数(4)含tan tan 与tan tan 时考虑tan().(五)正弦余弦相得益彰 速解技法学一招边角互化的技巧：若要
16、把“边”化为“角”， 常利用“a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C”，,若要把“角”化为“边”，常利用 (R为ABC外接圆的半径)等.在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.(1)证明：sin Asin Bsin C；(2)若b2c2a2bc，求tan B.解(1)证明：根据正弦定理，可设k(k0)则aksin A，bksin B，cksin C.代入中，有，变形可得sin Asin Bsin Acos Bcos Asin Bsin(AB)在ABC中，由ABC，有sin(AB)sin(C)sin C，所以sin Asin Bsin C.(2)由已知，b2c2a2b
17、c，根据余弦定理，有cos A.所以sin A.由(1)，sin Asin Bsin Acos Bcos Asin B，所以sin Bcos Bsin B，故tan B4.如图，在ABC中，B，AB8，点D在边BC上，且CD2，cosADC.(1)求sinBAD；(2)求BD，AC的长解(1)在ADC中，cosADC，sinADC ，则sinBADsin(ADCB)sinADCcosBcosADCsinB.(2)在ABD中，sinADBsin(ADC)sinADC.由正弦定理得BD3，在ABC中，BCBDDC5，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcosB825228549，即AC7. 经
18、典好题练一手1已知ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则该三角形的形状是()A直角三角形B等腰三角形C等边三角形 D钝角三角形解析：选A因为，由正弦定理得，所以sin 2Asin 2B.由，可知ab，所以AB.又A，B(0，)，所以2A2B，即AB，所以C，于是ABC是直角三角形2在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acos Cccos A2bsin A，则A的值为()A. B.C. D.或解析：选D由acos Cccos A2bsin A，结合正弦定理可得sin Acos Csin Ccos A2sin Bsin A，即sin(AC)2sin Bsin A，
19、故sin B2sin Bsin A又sin B0，可得sin A，故A或.3非直角ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知c1，C.若sin Csin(AB)3sin 2B，则ABC的面积为()A. B.C.或 D.解析：选D因为sin Csin(AB)sin(AB)sin(AB)2sin Acos B6sin Bcos B，因为ABC非直角三角形，所以cos B0，所以sin A3sin B，即a3b.又c1，C，由余弦定理得a2b2ab1，结合a3b，可得b2，所以Sabsin Cb2sin.故选D.4在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知2acos22
20、ccos2b.(1)求证：2(ac)3b；(2)若cos B，S，求b.解：(1)证明：由已知得，a(1cos C)c(1cos A)b.整理得acacos Cccos Ab.在ABC中，由余弦定理，得acos Cccos Aacb.acb，即2(ac)3b.(2)cos B，sin B.Sacsin Bac，ac8.又b2a2c22accos B(ac)22ac(1cos B)，2(ac)3b，b216，解得b216，b4.常用结论记一番1解三角形中常用结论：(1)三角形中正弦、余弦、正切满足的关系式有：2R，c2a2b22abcos C，tan Atan Btan Ctan Atan Bt
21、an C，abABsin Asin Bcos Ac2(c为最大边)；钝角三角形a2b2，CB，AC；任意角的正弦值都大于其他角的余弦值(4)在ABC中，A，B，C成等差数列B60；在ABC中，A，B，C成等差数列，且a，b，c成等比数列三角形为等边三角形2设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S.(1)Sahabhbchc(ha，hb，hc分别表示a，b，c边上的高)(2)Sabsin Cbcsin Acasin B.(3)Sr(abc)(r为三角形ABC内切圆的半径)(六)向量小题三招搞定速解技法学一招如图， 在直角梯形ABCD中， ， 2，且rs，则2r3s()A1B2C
22、3 D4解析法一：根据图形，由题意可得 ( )() .因为rs，所以r，s，则2r3s123.法二：因为2，所以2()，整理得()，则r，s，2r3s3.法三：如图，延长AD，BC交于点P，则由得DCAB，且AB4DC，又2，所以E为PB的中点，且.于是，().则r，s，2r3s3.法四：如图，建立平面直角坐标系xAy，依题意可设点B(4m,0)，D(3m,3h)，E(4m,2h)，其中m0，h0.由rs，得(4m,2h)r(4m,0)s(3m,3h)，所以解得所以2r3s123.答案C技法领悟解决平面向量问题的常用方法(1)求解有关平面向量的问题时，若能灵活利用平面向量加、减法运算及其几何意
23、义进行分析，则有利于问题的顺利获解这种解题思路，我们不妨称之为按“图”处理(2)建系法：处理有关平面图形的向量问题时，若能灵活建立平面直角坐标系，则可借助向量的坐标运算巧解题，这也体现了向量的代数化手段的重要性(3)基底法：求解有关平面向量的问题时，若能灵活地选取基底，则有利于问题的快速获解理论依据：适当选取一组基底e1，e2，利用平面向量基本定理及相关向量知识，可将原问题转化为关于e1，e2的代数运算问题经典好题练一手1已知0，|1，|2， 0，则|的最大值为()A.B2C. D2解析：选C由0可知，.故以B为坐标原点，分别以BA，BC所在的直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则由
24、题意，可得B(0,0)，A(1,0)，C(0,2)设D(x，y)，则(x1，y)，(x,2y)由0，可得(x1)(x)y(2y)0，整理得2(y1)2.所以点D在以E为圆心，半径r的圆上因为|表示B，D两点间的距离，而|，所以|的最大值为| |r.2已知向量a，b满足a(a2b)0，|a|b|1，且|ca2b|1，则|c|的最大值为()A2 B4C.1 D.1解析：选D设a，a2b，c，且设点A在x轴上，则点B在y轴上，由|ca2b|1，可知|c(a2b)|1，所以点C在以B为圆心，1为半径的圆上，如图所示法一：因为a(a2b)0，所以2ab|a|2.又|a|b|1，所以|a2b|，所以|c|
25、max|1|a2b|11.法二：连接AB，因为a2b，所以2b.因为|a|b|1，所以|2，|1，所以|，所以|c|max|11.3在RtABC中，CA4，CB3，M，N是斜边AB上的两个动点，且MN2，则的取值范围为()A. B4,6C. D.解析：选C设MN的中点为E，则有2，所以()2()2|2| |2|21.易知|的最小值等于点C到斜边AB的距离，即，所以的最小值为21.当点M(或点N)与点A重合时，|最大，此时|21242214，所以的最大值为1.综上，的取值范围是.4.如图，在梯形ABCD中，ABCD，CD2，BAD，若2，则_.解析：法一：因为2，所以，所以.因为ABCD，CD2
26、，BAD，所以2|cos，化简得|2.故()|2(2)222cos12.法二：如图，建立平面直角坐标系xAy.依题意，可设点D(m，m)，C(m2，m)，B(n,0)，其中m0，n0，则由2，得(n,0)(m2，m)2(n,0)(m，m)，所以n(m2)2nm，化简得m2.故(m，m)(m2，m)2m22m12.答案：12常用结论记一番1在四边形ABCD中：(1)，则四边形ABCD为平行四边形；(2)且()()0，则四边形ABCD为菱形；(3)且|，则四边形ABCD为矩形；(4)若 (0，1)，则四边形ABCD为梯形2设O为ABC所在平面上一点，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，则(1
27、)O为ABC的外心222.(2)O为ABC的重心0.(3)O为ABC的垂心.(4)O为ABC的内心abc0.(5)O为ABC的A的旁心abc.(七)玩转通项搞定数列速解技法学一招几种常见的数列类型及通项的求法递推公式解法an1anf (n)转化为an1anf (n)，利用累加法(逐差相加法)求解an1f (n)an转化为f (n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解an1panq转化为特殊数列ank的形式求解an1panf (n)利用待定系数法，构造数列bn，消去f (n)带来的差异已知数列an满足a1，an1an，求an(nN*)解由条件知，分别令n1,2,3，(n1)，代入上式得(n1)个等式累
28、乘，即.又a1，an.技法领悟 累加、累乘法起源于等差、等比数列通项公式的求解使用过程中要注意赋值后得到(n1)个式子，若把其相加或相乘，等式的左边得到的结果是ana1或，添加首项后，等式的左边累加或累乘的结果才为an.已知数列an的首项a11，an1(nN*)，求数列的前10项和解因为an1，所以2，即2，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以2n1，所以an，而，所以.经典好题练一手1在数列an中，a12，an1anlg，则an()A2lg nB2(n1)lg nC2nlg n D1nlg n解析：选A由an1anlgan1anlg，那么ana1(a2a1)(anan1)2lg 2lg
29、lg lg 2lg22lg n.2已知数列an满足a11，anan11(n2，nN*)，则数列an的通项公式an_.解析：由anan11(n2，nN*)，得an2(an12)，而a12121，数列an2是首项为1，公比为的等比数列an2n1，an2n1.答案：2n13设数列an是首项为1的正项数列，且aanannan10(n2，nN*)，则数列an的通项公式an_.解析：由题设得(anan1)(anan1n)0，由an0，an10知anan10，于是anan1n，所以ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123n.答案：4在数列an中，已知a11，an12an43n1(nN*)，求通项公式an.解：原递推式可化为an13n2(an3n1)，即an133n12an