全科互知 

全科互知 

例3 ( 1 ) 命题 p: “ ? x∈R, x 2 > 0 ” , 则 ( ) 。 A. p 是假命题; ?? p: ? x∈R, x 2 < 0 B . p 是假命题; ?? p: ? x∈R, x 2≤ 0 C . p 是真命题; ?? p: ? x∈R, x 2 < 0 D. p 是真命题; ?? p: ? x∈R, x 2≤ 0 ( 2 ) 已 知 命 题 p: ? x∈ { x | 1≤x≤4 } , x- a≥ 0 , 命题q: ? x∈R, x 2+ 2 x+ 2 - a= 0 。若命 题 ?? p是 真 命 题, 且 命 题 q 是 真 命 题, 求实数a 的取值范围。 解: ( 1 ) 因为0 2 > 0不成立, 所以“ ? x∈ R, x 2 > 0 ” 为 假 命 题。根 据 全 称 量 词 命 题 的 否定是存在量词命题可知, “ ? x∈R, x 2 > 0 ” 的否定是“ ? x∈R, x 2≤ 0 ” 。应选 B 。 ( 2 ) 若p: ? x∈{ x | 1 ≤ x≤ 4 } , x- a≥ 0 为真命 题, 则a 小 于 或 等 于x 的 最 小 值, 即 a≤ 1 。当命题?? p 是真命题时, 命题 p 为假 命题, 所以 a > 1 。若q: ? x∈R, x 2 +2 x+ 2 - a= 0为真命题, 即方程x 2+ 2 x+ 2 - a= 0有解, 则 Δ=4-4 ( 2- a) ≥0 , 解 得a≥1 。 当命题?? p 是真命题, 且命题q 是真命题时, 需满足 a > 1 , a≥ 1 , { 解得a > 1 , 即实数a 的取值范 围是( 1 , +∞) 。 题型4 : 基本不等式及其应用 基本不等式 a b≤ a+ b 2 ( a > 0 , b > 0 ) 常 有两种变形: a b≤ a+ b 2 ( ) 2 和a+ b≥ 2 a b。 它充分体现了利用两个正数的和与积互化求 最值的技巧, 在求最值时, 务必把握“ 一正、 二 定、 三相等” 这一前提条件。 例4 ( 1 ) 已知x > 0 , y > 0 , 2 x+ 3 y= 6 , 则x y 的最大值为 。 ( 2 ) 设x < -1 , 求y= ( x+ 5 ) ( x+ 2 ) x+ 1 的 最大值。 解: ( 1 ) 因为x > 0 , y > 0 , 2 x+ 3 y= 6 , 所 以x y= 1 6 ( 2 x·3 y) ≤ 1 6 · 2 x+ 3 y 2 ( ) 2 = 1 6× 6 2 ( ) 2 = 3 2 ( 当 且 仅 当 2 x=3 y, 即 x= 3 2, y= 1时取“ =” ) , 即x y 的最大值为3 2。 ( 2 ) 由 x < -1 , 可 得 x +1 < 0 , 所 以 -( x+ 1 ) > 0 。 所 以 y = ( x+ 5 ) ( x+ 2 ) x+ 1 = x 2+ 7 x+ 1 0 x+ 1 = ( x+ 1 ) 2+ 5 ( x+ 1 ) + 4 x+ 1 = ( x+ 1)+ 4 x+ 1 + 5 = - -( x+ 1 ) + é ? ê ê 4 -( x+ 1 ) ] +5≤ -2 4+5=1( 当 且 仅 当 ( x+ 1 ) 2= 4 , x < - 1 , { 即x=-3 时取“ =” ) , 即所求 y 的最大值是1 。 题型5 : 不等式的性质及应用 不等式的性质 的 命 题 形 式 有 比 较 大 小、 命题真假的判断、 不等式的证明等, 解答这类 问题要注意直接法和特值法的应用。 例5 ( 1 ) 若 A= a 2+ 3 a b, B= 4 a b- b 2, 则 A, B 的大小关系是( ) 。 A. A≤B B . A≥B C . A < B 或A > B D. A > B ( 2 ) 如果a, b, c 满足c < b < a 且a c < 0 , 则下列选项中不一定成立的是( ) 。 A. a b > a c B . c ( b- a) > 0 C . c b 2 < a b 2 D. a c ( a- c ) < 0 解: ( 1 ) 由 A-B= a 2+ 3 a b- 4 a b+ b 2= a 2- a b+ b 2 = a-b 2 ( ) 2 +3 b 2 4 ≥0 , 可 得A≥ B。应选 B 。 ( 2 ) 由c < b < a, a c < 0 , 可得a > 0 , c < 0 。 对于 A, 由b > c, a > 0 , 可得a b > a c, A 正确。 对于 B , 由b < a, c < 0 , 可得c( b- a) > 0 , B 正确。对 于 C , 由c < a, b 2 ≥0 , 可 得c b 2 ≤ a b 2, 但不一定得到c b 2 < a b 2, 即 C 不 一 定 成 立。对于 D, 由a c < 0 , a- c > 0 , 可得a c ( a- c ) < 0 , D 正确。应选 C 。 题型6 : 一元二次不等式的解法 一元二次不等式的解法充分体现了三个 “ 二次” 之间的内在联系, 解此相关问题应把 握三个关键点: 图像的开口 方 向; 是 否 有 根; 根的大小关系。对于一元二次不等式的恒成 立问题, 利用数形结合法可帮助求解。 例6 ( 1 ) 若不等式a x 2+ 3 x+2 > 0 的 解集为{ x | b < x < 1 } , 求a, b 的值。 4 数学部分·知识结构与拓展 高一使用 2 0 2 2年1月 全科互知 

( 2 ) 设矩形的一边长为x, 则另一边长为 1 2( a- 2 x) , 所以面积y= x·1 2( a- 2 x) = - x 2+1 2 a x。由 题 意 可 知 此 函 数 的 定 义 域 为 x 0 < x < a 2 { } 。 题型9 : 求函数的解析式 求函 数 解 析 式 的 题 型 与 相 应 的 解 法: ( 1 ) 已知形如 f[ g( x) ] 的 解 析 式 求 f( x) 的 解析式, 使用换元法或配凑法; ( 2 ) 已知函数 的类型( 往往是一次函数或二次函数) , 使用 待定系数法; ( 3 ) 含f( x) 与f( - x) 或f( x) 与f 1 x ( ) , 使用解方程组法; ( 4 ) 已知一个区 间的解析式, 求其对称区间的解析式, 可用奇 偶性转移法。 例9 ( 1 ) 函数 f( x) 在 R 上为奇函数, 当x > 0时, f( x) = x + 1 , 则函数f( x) 的 解析式为 。 ( 2 ) 已知f 1 + x x ( ) =1 + x 2 x 2 +1 x , 则函数 f( x) 的解析式为 。 解: ( 1 ) 当x < 0时, - x > 0 , 则f( - x) = - x+ 1 。由f( x) 是奇函数, 可得f( - x) = - f( x) , 所以- f( x) = - x + 1 , 即当x < 0时, f( x) = - - x -1 。又 f( x) 是 奇 函 数, 所以f( 0 ) = 0 。 故函数f( x) = x + 1 , x > 0 , 0 , x= 0 , - - x - 1 , x < 0 。 ? è ? ? ? ( 2 ) 令t = 1 + x x =1 x + 1 , 则t ≠ 1 。把 x= 1 t - 1 代 入 f 1 + x x ( ) =1 + x 2 x 2 + 1 x 得f( t) = 1 + 1 t - 1 ( ) 2 1 t - 1 ( ) 2 + 1 1 t - 1 =( t- 1 ) 2+ 1 +( t- 1 ) = t 2- t + 1 。故 所 求 函 数 的 解 析 式 为 f( x) = x 2- x+ 1 , x∈( -∞, 1 ) ∪( 1 , +∞) 。 题型1 0 : 函数的性质及应用 函数的 性 质 主 要 有 定 义 域、 值 域、 周 期 性、 对称性、 单调性和奇偶性, 其 中 单 调 性 和 奇偶性是学习的重点, 利用函数的单调 性 和 奇偶性求值、 比较大小、 解不等式是高考考查 的主要内容。在解不等式时, 要 注 意 数 形 结 合法的应用。 例1 0 已知 f( x) 是 定 义 在[ -1 , 1 ] 上 的奇函数, 且 f( 1 ) =1 , 当 a, b∈ [ -1 , 1 ] , a+ b≠ 0时, 有 f( a) + f( b) a+ b > 0成立。 ( 1 ) 判断f( x) 在[ - 1 , 1 ] 上的单调性, 并 证明。 ( 2 ) 解不等式f( x 2) < f( 2 x) 。 ( 3 ) 若 f( x) ≤m 2 -2 a m +1 对 所 有 的 a∈[ - 1 , 1 ] 恒成立, 求实数 m 的取值范围。 解: ( 1 ) f( x) 是[ - 1 , 1 ] 上的增函数。 任取 x 1, x 2 ∈ [ -1 , 1 ] , 且 x 1 < x 2, 则 f( x 1) - f ( x 2) =f ( x 1 ) +f ( -x 2 ) 。 由 f( x 1) + f( - x 2) x 1+( - x 2) > 0 , 可得f( x 1) - f( x 2) x 1- x 2 > 0 。因为x 1- x 2 < 0 , 所以 f( x 1) -f( x 2) < 0 , 所以f( x) 是[ - 1 , 1 ] 上的增函数。 ( 2 ) 由( 1 ) 得 f( x) 在 [ -1 , 1 ] 上 单 调 递 增, 所 以 不 等 式 f ( x 2 ) < f ( 2 x) 等 价 于 - 1 ≤ x 2≤ 1 , - 1 ≤ 2 x≤ 1 , x 2 < 2 x, ì ? í ? ? ? ? 解得0 < x≤1 2。 ( 3 ) 要使f( x) ≤m 2- 2 a m+ 1对所有的 x∈ [ -1 , 1] , a ∈ [ -1 , 1] 恒 成 立, 只 需 f( x) m a x≤m 2- 2 a m+ 1对所有的 x∈[ -1 , 1 ] , a∈[ - 1 , 1 ] 恒成立。 因为f( x) m a x= f( 1 ) = 1 , 所以1 ≤m 2- 2 a m+ 1 对 任 意 的 a∈ [ -1 , 1 ] 恒 成 立, 即 m 2- 2 a m≥ 0对任意的a∈[ - 1 , 1 ] 恒成立。 令 函 数 g ( a) = -2 m a + m 2, 只 需 满 足 g( - 1 ) = 2 m+m 2≥ 0 , g( 1 ) =m 2- 2 m≥ 0 , { 解得 m≤- 2或 m≥ 2或 m= 0 。故实数 m 的取值范围是( -∞, - 2 ] ∪{ 0 } ∪[ 2 , +∞) 。 题型1 1 : 指 数 函 数、 对 数 函 数 的 图 像 及 应用 函数y= a x 与y= l o g a x( a > 0 , 且a≠ 1 ) 的图像关于直线y= x 对称, 前者恒过( 0 , 1 ) 点, 后者恒过( 1 , 0 ) 点, 两函数的单调性均由 6 数学部分·知识结构与拓展 高一使用 2 0 2 2年1月 全科互知 

f( a) + f( b) 2 , 求证: 函数 F( x) 在区间( a, b) 上有零点。 证明: 由 f( x) 在 ( a, b) 上 不 间 断, 可 得 F( x) =f( x) -f( a) + f( b) 2 在 ( a, b) 上 连 续。由f( a) ≠ f( b) , 可得f( a) - f( b) ≠ 0 。 由 F ( a)= f ( a)- f( a) + f( b) 2 = f( a) - f( b) 2 , F( b) = f( b) -f( a) + f( b) 2 = f( b) - f( a) 2 ,可 得 F ( a )· F ( b)= f( a) - f( b) 2 · f( b) - f( a) 2 = - [ f( a) - f( b) ] 2 4 < 0 , 即 F( a) ·F( b) < 0 , 所以函数 F( x) 在区间( a, b) 上有零点。 题型1 4 : 函数的实际应用 掌握两类函数 模 型: 一 类 是 指 数 型 函 数 模型, 通常可表示为y= a( 1 + p) x( 其中a 为 原来的基数, p 为增长率, x 为时间) , 另一类 是对 数 型 函 数 模 型, 通 常 可 表 示 为 y = m l o g a x+ n( m, n, a 为常数, a > 0 , a≠ 1 , m≠ 0 ) 。解决函数应用问题的关键是依据实际情 况所提供的数据求得相应解析式, 然后 利 用 相应解析式解决实际问题。 例1 4 2 0 1 8 年 1 2 月 8 日, 我 国 的 “ 长 征” 三号乙火箭成功发射了嫦娥四号探测器, 这标志着中国人民又迈出了具有历史意义的 一步。火箭的起飞质量 M 是箭体( 包括搭载 的飞行器) 的质 量 m ( t ) 和 燃 料 质 量 x( t ) 之 和。在不考虑空气阻力的条 件 下, 假 设 火 箭 的最大速度y( k m / s ) 关于 x( t ) 的函数关系 式为y= k[ l n ( m+ x) - l n ( 2 m) ] + 4 l n 2 ( 其 中 k≠ 0 ) 。当燃料质量为( e-1 ) mt时, 该 火箭的最大速度为4 k m / s 。 ( 1 ) 求“ 长征” 三 号 系 列 火 箭 的 最 大 速 度 y 与燃料质量x 之间的函数关系式。 ( 2 ) 已知“ 长征” 三号火箭的起飞质量 M 是4 7 9 . 8 t , 则应装载多少吨燃料才能使火箭 的最大飞行速度达到8k m / s ? ( 结果精确到 0 . 1 t , e取2 . 7 1 8 ) 解: ( 1 ) 由题意得4 = k{ l n [ m+( e- 1 ) · m] - l n ( 2 m) } + 4 l n 2 , 据此解得k= 8 , 所以 所求 函 数 关 系 为 y =8[ l n( m + x)- l n ( 2 m) ] + 4 l n 2 = 8 l nm+ x m 。 ( 2 ) 由已知得 M =m+ x= 4 7 9 . 8 , 则 m= 4 7 9 . 8 - x。由y= 8 , 可得8 = 8 l n 4 7 9 . 8 4 7 9 . 8 - x, 解得x≈ 3 0 3 . 3 。 故应装载大约3 0 3 . 3 t燃料, 才能使火箭 的最大飞行速度达到8 k m / s 。 题型1 5 : 三角函数的化简与求值 熟 练 掌 握 两 个 基 本 关 系 式 s i n 2 α + c o s 2 α= 1及s i n α c o s α= t a n α, 并能应用两个关系 式进行三角函数的求值、 化简、 证明。在倍角 公式中, 要特别注意c o s 2 α= c o s 2 α- s i n 2 α= 2 c o s 2 α- 1 = 1 - 2 s i n 2 α 及其变形式。诱导公 式可概括为k· π 2± α( k∈Z ) 的各三角函数 值的化简公式, 记忆规律是: 奇 变 偶 不 变, 符 号看象限。 例1 5 已 知 s i n π 4+ α ( )s i n π 4- α ( ) = 1 6, α∈ π 2, π ( ) , 则 s i n 4 α 1 + c o s 2 α的值为 。 解: 由 π 4+ α ( ) + π 4- α ( ) = π 2,可 得 s i n π 4+ α ( ) =c o s π 4- α ( ) , 所 以s i n π 4+ α ( ) · s i n π 4- α ( ) =s i n π 4- α ( )c o s π 4- α ( ) = 1 2 · s i n π 2- 2 α ( ) =1 6, 即c o s 2 α=1 3, 所以c o s 2 α= 1 - c o s 2 α 2 =2 3。因为α∈ π 2, π ( ) , 所以2 α∈ ( π , 2 π ) , 所以 s i n 2 α= -2 2 3 。故 s i n 4 α 1 + c o s 2 α= 2 s i n 2 α c o s 2 α 1 + c o s 2 α =- 4 2 1 5 。 题型1 6 : 三角函数的图像与性质 三角函数的性质主要包括定义域、 值域、 单 调性、 奇偶性、 对称性、 周期性等。对于三角函 数的图像与性质问题, 一般先通过恒等变换将 函数表达式变形为y= A s i n ( ω x+ φ) + k 或y= 8 数学部分·知识结构与拓展 高一使用 2 0 2 2年1月 全科互知