届江苏高考数学二轮复习教案+学案+课后训练教师备选.docx
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届江苏高考数学二轮复习教案+学案+课后训练教师备选
一 集合、简单逻辑用语、函数、不等式、导数及应用
第1讲 集合与简单逻辑用语
1.(2011·安徽)设集合A={1,2,3,4,5,6},B={4,5,6,7},则满足SA且S∩B≠的集合S的个数为________.
A.57 B.56 C.49 D.8
【答案】 B 解析:
集合A的所有子集共有26=64个,其中不含4,5,6,7的子集有23=8个,所以集合S共有56个.故选B.
2.(2011·江苏)设集合A={(x,y)|≤(x-2)2+y2≤m2,x,y∈R},B={(x,y)|2m≤x+y≤2m+1,x,y∈R},若A∩B≠,则实数m的取值范围是________.
【答案】 解析:
由A∩B≠得,A≠,所以m2≥,m≥或m≤0.当m≤0时,=-m>-m,且=-m>-m,又2+0=2>2m+1,所以集合A表示的区域和集合B表示的区域无公共部分;当m≥时,只要≤m或≤m,解得2-≤m≤2+或1-≤m≤1+,所以实数m的取值范围是.
点评:
解决此类问题要挖掘问题的条件,并适当转化,画出必要的图形,得出求解实数m的取值范围的相关条件.
基础训练
1.(-∞,3) 解析:
A=(-∞,0]∪[3,+∞),B=(0,+∞),A∪B=(-∞,+∞),A∩B=[3,+∞).
2.n∈N,2n≤1000
3.充分不必要 解析:
M=(0,1)N=(-2,2).
4.a≥3或a≤-1 解析:
Δ=(a-1)2-4≥0,a≥3或a≤-1.
例题选讲
例1 解:
由x2-3x-10≤0得-2≤x≤5.∴A=[-2,5].
①当B≠时,即p+1≤2p-1p≥2.由BA得-2≤p+1且2p-1≤5.得-3≤p≤3.∴2≤p≤3.
②当B=时,即p+1>2p-1p<2.BA成立.综上得p≤3.
点评:
从以上解答应看到:
解决有关A∩B=,A∪B=A,A∪B=B或AB等集合问题易忽视空集的情况而出现漏解,这需要在解题过程中全方位、多角度审视问题.
变式训练 设不等式x2-2ax+a+2≤0的解集为M,如果M[1,4],求实数a的取值范围.
解:
M[1,4]有n种情况:
其一是M=,此时Δ<0;其二是M≠,此时Δ≥0,分三种情况计算a的取值范围.
设f(x)=x2-2ax+a+2,有Δ=(-2a)2-(4a+8)=4(a2-a-2),
①当Δ<0时,-1<a<2,M=[1,4]成立;
②当Δ=0时,a=-1或2,当a=-1时,M={-1}[1,4],当a=2时,M={2}[1,4];
③当Δ>0时,a<-1或a>2.设方程f(x)=0的两根为x1,x2,且x1<x2,那么M=[x1,x2],M[1,4]1≤x1<x2≤4
即解得:
2<a≤,综上实数a的取值范围是.
例2 解:
∵(A∪B)∩C=,∵A∩C=且B∩C=,
由 得k2x2+(2bk-1)x+b2-1=0,
∵A∩C=,∴k≠0,Δ1=(2bk-1)2-4k2(b2-1)<0,
∴4k2-4bk+1<0,此不等式有解,其充要条件是16b2-16>0,即b2>1,①
∵
∴4x2+(2-2k)x+(5-2b)=0,
∵B∩C=,∴Δ2=4(1-k)2-16(5-2b)<0,
∴k2-2k+8b-19<0,从而8b<20,即b<2.5, ②
由①②及b∈N,得b=2,代入由Δ1<0和Δ2<0组成的不等式组,得
∴k=1,故存在自然数k=1,b=2,使得(A∪B)∩C=.
点评:
把集合所表示的意义读懂,分辨出所考查的知识点,进而解决问题.
变式训练 已知集合A=,B={(x,y)|y=kx+3},若A∩B=,求实数k的取值范围.
解:
集合A表示直线y=-3x-2上除去点(-1,1)外所有点的集合,集合B表示直线y=kx+3上所有点的集合,A∩B=,所以两直线平行或直线y=kx+3过点(-1,1),所以k=2或k=-3.
例3 【答案】 A 解析:
由于T∪V=Z,故整数1一定在T,V两个集合中的一个中,不妨设1∈T,则a,b∈T,
由于a,b,1∈T,则a·b·1∈T,即ab∈T,从而T对乘法封闭;
另一方面,当T={非负整数},V={负整数}时,T关于乘法封闭,V关于乘法不封闭,故D不对;
当T={奇数},V={偶数}时,T,V显然关于乘法都是封闭的,故B,C不对.
从而本题就选A.
例4 证明:
(1)ax-bx2≤1对x∈R恒成立,又b>0,∴a2-4b≤0,∴0<a≤2.
(2)必要性,∵x∈[0,1],|f(x)|≤1恒成立,∴bx2-ax≤1且bx2-ax≥-1,
显然x=0时成立,
对x∈(0,1]时a≥bx-且a≤bx+,函数f(x)=bx-在x∈(0,1]上单调增,f(x)最大值f
(1)=b-1.
函数g(x)=bx+在上单调减,在上单调增,函数g(x)的最小值为g=2,∴b-1≤a≤2,故必要性成立;
充分性:
f(x)=ax-bx2=-b(x-)2+,=×≤1×≤1,
f(x)max=≤1,又f(x)是开口向下的抛物线,f(0)=0,f
(1)=a-b,
f(x)的最小值从f(0)=0,f
(1)=a-b中取最小的,又a-b≥-1,
∴-1≤f(x)≤1,故充分性成立;
综上命题得证.
变式训练 命题甲:
方程x2+mx+1=0有两个相异负根;命题乙:
方程4x2+4(m-2)x+1=0无实根,这两个命题有且只有一个成立,求实数m的取值范围.
解:
使命题甲成立的条件是:
m>2.
∴集合A={m|m>2}.
使命题乙成立的条件是:
Δ2=16(m-2)2-16<0,∴1<m<3.
∴集合B={m|1 若命题甲、乙有且只有一个成立,则有: ①m∈A∩ B,②m∈ A∩B. 若为①,则有: A∩ B={m|m>2}∩{m|m≤1或m≥3}={m|m≥3}; 若为②,则有: B∩ A={m|1 综合①、②可知所求m的取值范围是{m|1 点评: 明确命题为真时的充要条件,再分类确定. 高考回顾 1.{-1,2} 2.若f(x)不是奇函数,则f(-x)不是奇函数 3.4 解析: A=(0,4],AB,∴a>4,∴c=4. 4.8 解析: 画韦恩图.设同时参加数学和化学小组的有x人,则20-x+11+x+4+9-x=36,x=8. 5.3或4 解析: 令f(x)=x2-4x+n,n∈N*,f(0)=n>0,∴f (2)≤0即n≤4,故n=1,2,3,4,经检验,n=3,4适合,或直接解出方程的根,x=2±,n∈N*,只有n=3,4适合. 6.3 解析: 正确的是①③④,在②中-3∈[2]才对. 第2讲 函数、图象及性质 1.已知a=,函数f(x)=ax,若实数m、n满足f(m)>f(n),则m、n的大小关系为________. 【答案】 m<n 解析: 考查指数函数的单调性 a=∈(0,1),函数f(x)=ax在R上递减.由f(m)>f(n)得: m 2.设a为实数,函数f(x)=2x2+(x-a)|x-a|. (1)若f(0)≥1,求a的取值范围; (2)求f(x)的最小值; (3)设函数h(x)=f(x),x∈(a,+∞),直接写出(不需给出演算步骤)不等式h(x)≥1的解集. 点拨: 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识,考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力. 解: (1)若f(0)≥1,则-a|a|≥1a≤-1. ∴a的取值范围是(-∞,-1] (2)当x≥a时,f(x)=3x2-2ax+a2, f(x)min== 当x≤a时,f(x)=x2+2ax-a2,f(x)min== 综上f(x)min= (3)x∈(a,+∞)时,h(x)≥1得3x2-2ax+a2-1≥0,Δ=4a2-12(a2-1)=12-8a2. 当a≤-或a≥时,Δ≤0,x∈(a,+∞); 当-<a<时,Δ>0,得: 讨论得: 当a∈时,解集为(a,+∞); 当a∈时,解集为∪ 当a∈时,解集为. 综上,当a∈∪时,解集为(a,+∞),当a∈时,解集为,当a∈时,解集为∪. 基础训练 1.x2+x 2.(-∞,-1)∪(-1,0) 解析: x<0,x≠-1. 3.-4 解析: 函数图象关于直线x=1对称,则f(x)=f(2-x),函数图象关于点(2,0)对称,则f(x)=-f(4-x),∴f(x+2)=-f(x),∴f(x+4)=f(x), ∴f=f=f,又f=-f= -f,f+f=2f=-2f=-4. 4. 解析: x∈[-1,2]时,f(x)∈[-1,3].m≥0,x∈[-1,2]时,g(x)∈[2-m,2+2m];m<0,x∈[-1,2]时,g(x)∈[2+2m,2-m].m≥0,[2-m,2+2m][-1,3];m<0,[2+2m,2-m][-1,3]得0≤m≤或-1≤m<0,故实数m的取值范围是. 例题选讲 例1 解: (1)∵f(x)是二次函数,且f(x)<0的解集是(0,5),∴可设f(x)=ax(x-5)(a>0). ∴f(x)在区间[-1,4]上的最大值是f(-1)=6a. 由已知得6a=12,∴a=2,∴f(x)=2x(x-5)=2x2-10x(x∈R). (2)方程f(x)+=0等价于方程2x3-10x2+37=0.设h(x)=2x3-10x2+37,则h′(x)=6x2-20x=2x(3x-10). 当x∈时,h′(x)<0,h(x)是减函数;当x∈时,h′(x)>0,h(x)是增函数. ∵h(3)=1>0,h=-<0,h(4)=5>0,∴方程h(x)=0在区间,内分别有唯一实数根,而在区间(0,3),(4,+∞)内没有实数根,所以存在唯一的自然数m=3,使得方程f(x)+=0在区间(m,m+1)内有且只有两个不同的实数根. 变式训练 已知函数y=f(x)是定义在R上的周期函数,周期T=5,函数y=f(x)(-1≤x≤1)的图象关于原点对称.又知y=f(x)在[0,1]上是一次函数,在[1,4]上是二次函数,且在x=2时函数取得最小值-5. (1)证明: f (1)+f(4)=0; (2)求y=f(x),x∈[1,4]的解析式; (3)求y=f(x)在[4,9]上的解析式. (1)证明: ∵f(x)是以5为周期的周期函数,∴f(4)=f(4-5)=f(-1), 又∵y=f(x)(-1≤x≤1)关于原点对称,∴f (1)=-f(-1)=-f(4), ∴f (1)+f(4)=0. (2)解: 当x∈[1,4]时,由题意可设f(x)=a(x-2)2-5(a>0), 由f (1)+f(4)=0得a(1-2)2-5+a(4-2)2-5=0,∴a=2, ∴f(x)=2(x-2)2-5(1≤x≤4). (3)解: ∵y=f(x)(-1≤x≤1)是奇函数,∴f(0)=0,又知y=f(x)在[0,1]上是一次函数,∴可设f(x)=kx(0≤x≤1),而f (1)=2(1-2)2-5=-3,∴k=-3,∴当0≤x≤1时,f(x)=-3x,从而当-1≤x<0时,f(x)=-f(-x)=-3x,故-1≤x≤1时,f(x)=-3x,∴当4≤x≤6时,有-1≤x-5≤1,∴f(x)=f(x-5)=-3(x-5)=-3x+15, 当6<x≤9时,1<x-5≤4,∴f(x)=f(x-5)=2[(x-5)-2]2-5=2(x-7)2-5,∴f(x)= 点评: 紧抓函数几个性质,将未知的转化为已知的,注意函数图象及端点值. 例2 解: (1)当a=0时,f(x)=x2,对任意x∈(-∞,0)∪(0,+∞),f(-x)=(-x)2=x2=f(x),∴f(x)为偶函数. 当a≠0时,f(x)=x2+(a≠0,x≠0), 取x=±1,得f(-1)+f (1)=2≠0,f(-1)-f (1)=-2a≠0, ∴f(-1)≠-f (1),f(-1)≠f (1), ∴函数f(x)既不是奇函数,也不是偶函数. (2)(解法1)设2≤x1<x2, f(x1)-f(x2)=x+-x-=[x1x2(x1+x2)-a], 要使函数f(x)在x∈[2,+∞)上为增函数,必须f(x1)-f(x2)<0恒成立. ∵x1-x2<0,x1x2>4,即a<x1x2(x1+x2)恒成立. 又∵x1+x2>4,∴x1x2(x1+x2)>16. ∴a的取值范围是(-∞,16]. (解法2)当a=0时,f(x)=x2,显然在[2,+∞)为增函数. 当a<0时,反比例函数在[2,+∞)为增函数, ∴f(x)=x2+在[2,+∞)为增函数. 当a>0时,同解法1. (解法3)f′(x)=2x-≥0,对x∈[2,+∞)恒成立.∴a≤2x3而y≤2x3.在[2,+∞)上单调增,最小值为16,∴a≤16. 点评: 本题主要考查函数奇偶性、单调性及分类讨论处理含参数问题. 例3 解: (1)由已知f(-x)=f(x),即|2x-a|=|2x+a|,解得a=0. (2)f(x)= 当x≥a时,f(x)=x2+2x-a=(x+1)2-(a+1), 由a>2,x≥a,得x>1,从而x>-1,又f′(x)=2(x+1), 故f(x)在x≥a时单调递增,f(x)的最小值为f=; 当x<a时,f(x)=x2-2x+a=(x-1)2+(a-1), 故当1<x<时,f(x)单调递增,当x<1时,f(x)单调递减, 则f(x)的最小值为f (1)=a-1; 由-(a-1)=>0,知f(x)的最小值为a-1. 点评: 本题考查二次函数含参数最值的讨论方法. 变式训练 已知函数f(x)=x|x-2|.设a>0,求f(x)在[0,a]上的最大值. 解: f(x)=x|x-2|= ∴f(x)的单调递增区间是(-∞,1]和[2,+∞);单调递减区间是[1,2]. ①当0<a≤1时,f(x)是[0,a]上的增函数,此时f(x)在[0,a]上的最大值是f(a)=a(2-a); ②当1<a≤2时,f(x)在[0,1]上是增函数,在[1,a]上是减函数,此时f(x)在[0,a]上的最大值是f (1)=1; ③当a>2时,令f(a)-f (1)=a(a-2)-1=a2-2a-1>0,解得a>1+. 若2<a≤1+,则f(a)≤f (1),f(x)在[0,a]上的最大值是f (1)=1; 若a>1+,则f(a)>f (1),f(x)在[0,a]上的最大值是f(a)=a(a-2). 综上,当0<a<1时,f(x)在[0,a]上的最大值是a(2-a);当1≤a≤1+时,f(x)在[0,a]上的最大值是1;当a>1+时,f(x)在[0,a]上的最大值是a(a-2). 例4 解: 设y=f(x), (1)a=1时,f(x)=+|x|, 当x∈(0,1]时,f(x)=+x为增函数,y的取值范围为(1,1+]. 当x∈[-1,0]时,f(x)=-x,令t=,0≤t≤1, 则x=t2-1,y=-2+,0≤t≤1,y的取值范围为. ∵<1+, ∴x∈[1,1]时,函数f(x)的值域为[1,1+]. (2)令t=,则x=t2-a,t≥0,y=g(t)=t+a|t2-a|. ①a=0时,f(x)=无单调减区间; ②a<0时,y=g(t)=at2+t-a2,在上g(t)是减函数,则在上f(x)是减函数.∴a<0不成立. ③a>0时,y=g(t)= 仅当<,即a>时, 在t∈时,g(t)是减函数,即x∈时,f(x)是减函数. ∴n-m=a-≤,即(a-2)(16a2+a+2)≤0.∴a≤2. 故a的取值范围是. 高考回顾 1. 解析: f(-x)=-f(x)恒成立或从定义域可直接得到. 2.g(x)= 解析: 因为函数f(x)是偶函数,g(x)是奇函数,所以f(-x)+g(-x)=f(x)-g(x)=e-x. 又因为f(x)+g(x)=ex,所以g(x)=. 3.[-2,7] 解析: 设x1∈[0,1],则f(x1)=x1+g(x1)∈[-2,5],∵g(x)是定义域为R周期为1的函数,∴当x2∈[1,2]时,f(x2)=x1+1+g(x1+1)=1+x1+g(x1)=1+f(x1)∈[-1,6],当x2∈[2,3]时,f(x2)=x1+2+g(x1+2)=2+x1+g(x1)=2+f(x1)∈[0,7],∴f(x)在区间[0,3]上的值域为[-2,7]. 4.4 解析: AB=2,直线AB的方程为x+y=2,在y=x2上取点C(x,y),点C(x,y)到直线AB的距离为,=,|x+x2-2|=2,此方程有四个解. 5.解: (1)当a>0,b>0时,任意x1,x2∈R,x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=a(2x1-2x2)+b(3x1-3x2), ∵2x1<2x2,a>0a(2x1-2x2)<0,3x1<3x2,b>0b(3x1-3x2)<0, ∴f(x1)-f(x2)<0,函数f(x)在R上是增函数. 当a<0,b<0时,同理函数f(x)在R上是减函数. (2)f(x+1)-f(x)=a·2x+2b·3x>0,当a<0,b>0时,x>-,则 x>log1.5;当a>0,b<0时,x<-,则x<log1.5. 6.解: (1)由题意: 当0≤x≤20时,v(x)=60;当20≤x≤200时,设v(x)=ax+b, 显然v(x)=ax+b在[20,200]是减函数,由已知得解得 故函数v(x)的表达式为v(x)= (2)依题意并由 (1)可得f(x)= 当0≤x≤20时,f(x)为增函数,故当x=20时,其最大值为60×20=1200; 当20 当且仅当x=200-x,即x=100时,等号成立. 所以,当x=100时,f(x)在区间[20,200]上取得最大值. 综上,当x=100时,f(x)在区间[0,200]上取得最大值≈3333, 即当车流密度为100辆/千米时,车流量可以达到最大,最大值约为3333辆/小时. 第3讲 基本初等函数 1.已知定义在R上的奇函数f(x),满足f(x-4)=-f(x)且在区间[0,2]上是增函数,若方程f(x)=m(m>0)在区间[-8,8]上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,则x1+x2+x3+x4=________. 【答案】 -8 解析: 因为定义在R上的奇函数,满足f(x-4)=-f(x),所以f(x-4)=f(-x),对f(x)是奇函数,函数图象关于直线x=2对称且f(0)=0,由f(x-4)=-f(x)知f(x-8)=f(x),所以函数是以8为周期的周期函数,又因为f(x)在区间[0,2]上是增函数,所以f(x)在区间[-2,0]上也是增函数.如图所示,那么方程f(x)=m(m>0)在区间[-8,8]上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,不妨设x1<x2<x3<x4由对称性知x1+x2=-12,x3+x4=4,所以x1+x2+x3+x4=-12+4=-8. 2.已知函数f(x)=x3-(k2-k+1)x2+5x-2,g(x)=k2x2+kx+1,其中k∈R. (1)设函数p(x)=f(x)+g(x).若p(x)在区间(0,3)上不单调,求k的取值范围; (2)设函数q(x)=是否存在k,对任意给定的非零实数x1,存在唯一的非零实数x2(x2≠x1),使得q′(x2)=q′(x1)成立? 若存在,求k的值;若不存在,请说明理由. 解: (1)因p(x)=f(x)+g(x)=x3+(k-1)x2+(k+5)x-1, p′(x)=3x2+2(k-1)x+(k+5),因p(x)在区间(0,3)上不单调,所以p′(x)=0在(0,3)上有实数解,且无重根,由p′(x)=0得k(2x+1)=-(3x2-2x+5),∴k=-=-,令t=2x+1,有t∈(1,7),记h(t)=t+,则h(t)在(1,3]上单调递减,在[3,7)上单调递增,所以有h(t)∈[6,10],于是(2x+1)+∈[6,10),得k∈(-5,-2],而当k=-2时有p′(x)=0在(0,3)上有两个相等的实根x=1,故舍去,所以k∈(-5,-2). (2)当x<0时,有q′(x)=f′(x)=3x2-2(k2-k+1)x+5; 当x>0时,有q′(x)=g′(x)=2k2x+k,因为当k=0时不合题意,因此k≠0, 下面讨论k≠0的情形,记A=(k,+∞),B=(5,+∞)①,当x1>0时,q′(x)在(0,+∞)上单调递增,所以要使q′(x2)=q′(x1)成立,只能x2<0且AB,因此有k≥5,②当x1<0时,q′(x)在(-∞,0)上单调递减,所以要使q′(x2)=q′(x1)成立,只能x2>0且BA,因此k≤5,综合①②k=5; 当k=5时A=B,则x1<0,q′(x1)∈B=A,即x2>0,使得q′(x2)=q′(x1)成立,因为q′(x)在(0,+∞)上单调递增,所以x2的值是唯一的; 同理,x1<0,即存在唯一的非零实数x2(x2≠x1),使q′(x2)=q′(x1)成立,所以k=5满足题意. 基础训练 1.(-1,1) 2.{x|x<0或x>2} 3.(-∞,loga3) 解析: 由题知0<a<1,不等式a2x-2ax-3>0可化为(ax-3)(ax+1)>0,ax>3,x<loga3. 4. 解析: 由函数y=|log0.5x|得x=1,y=0;x=4或x=时y=2,4-=. 例题选讲 例1 解: (1)函数f(x)为奇函数,f(-x)=-f(x)恒成立,∴c=0,又由f (1)=2,f (2)<3得0<b<,b∈Z∴b=1,a=1. (2)f(x)==x+,函数在(-∞,-1)上递增,在(-1,0)上递减. 变式训练 已知定义域为R的函数f(x)=是奇函数. (1)求a,b的值; (2)若对任意的t∈R,不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0恒成立,求实数k的取值范围. 解: (1)因为f(x)是定义域为R的奇函数,所以f(0)=0,即=0b=1,∴f(x)=,又由f (1)=-f(-1)知=-a=2. 经检验符合题意,∴a=2,b=1. (2)(解法1)由 (1)知f(x)==-+, 易知f(x)在(-∞,+∞)上为减函数.又因f(x)是奇函数,从而不等式: f(t2-2t)+f(2t2-k)<0等价于f(t2-2t)<-f(2t2-k)=f(k-2t2), 因f(x)为减函数,由上式推得: t2-2t>k-2t2.即对一切t∈R有: 3t2-2t-k>0,从而判别式Δ=4+12k<0k<-. (解法2)由 (1)知f(x)=.又由题设条件得: +<0,即: (22t2-k+1+2)(1-2t2-2t)+(2t2-2t+1+2)(1-22t2-k)<0, 整理得23t2-2t-k>1,因底数2>1,故: 3t2-2t-k>0对一切t∈R均成立,从而判别式Δ=4+12k<0k<-. 例2 解: (1)当x<0时,f(x)=0;当x≥0时,f(x)=2x-, 由条件可知2x-=2,即22x-2·2
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