2023版高考數(shù)學二輪復習第3部分策略4妙用8個二級結論巧解高考題教案文

2020版高考數(shù)學二輪復習第3部分策略4妙用8個二級結論巧解高考題教案文【典例1】設函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋12＋sinx,x2＋1)的最大值為M，最小值為m，那么M＋m＝________.2[顯然函數(shù)f(x)的定義域為R，f(x)＝eq\f(x＋12＋sinx,x2＋1)＝1＋eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，設g(x)＝eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，那么g(－x)＝－g(x)，∴g(x)為奇函數(shù)，由奇函數(shù)圖象的對稱性知g(x)max＋g(x)min＝0，∴M＋m＝[g(x)＋1]max＋[g(x)＋1]min＝2＋g(x)max＋g(x)min＝2.]【鏈接高考1】(2022·全國卷Ⅲ)函數(shù)f(x)＝ln(eq\r(1＋x2)－x)＋1，f(a)＝4，那么f(－a)＝________.－2[由f(a)＝ln(eq\r(1＋a2)－a)＋1＝4，得ln(eq\r(1＋a2)－a)＝3，所以f(－a)＝ln(eq\r(1＋a2)＋a)＋1＝－lneq\f(1,\r(1＋a2)＋a)＋1＝－ln(eq\r(1＋a2)－a)＋1＝－3＋1＝－2.]結論2函數(shù)周期性問題定義在R上的函數(shù)fx，假設對任意的x∈R，總存在非零常數(shù)T，使得fx＋T＝fx，那么稱fx是周期函數(shù)，T為其一個周期.,常見的與周期函數(shù)有關的結論如下：1如果fx＋a＝－fxa≠0，那么fx是周期函數(shù)，其一個周期T＝2a.2如果fx＋a＝EQ\f(1,fx)a≠0，那么fx是周期函數(shù)，其一個周期T＝2a.3如果fx＋a＋fx＝ca≠0，那么fx是周期函數(shù)，其一個周期T＝2a.4如果fx＝fx＋a＋fx－aa≠0，那么fx是周期函數(shù)，其一個周期T＝6a.【典例2】定義在R上的函數(shù)f(x)滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝－f(x)，且f(－2)＝f(－1)＝－1，f(0)＝2，那么f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2014)＋f(2015)＝()A．－2B．－1C．0D．1A[因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝－f(x)，所以f(x＋3)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝f(x)，那么f(x)的周期T＝3.那么有f(1)＝f(－2)＝－1，f(2)＝f(－1)＝－1，f(3)＝f(0)＝2，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2014)＋f(2015)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2014)＋f(2015)＋f(2016)－f(2016)＝672×[f(1)＋f(2)＋f(3)]－f(2016)＝－f(0＋3×672)＝－f(0)＝－2，應選A.]【鏈接高考2】[一題多解](2022·全國卷Ⅱ)f(x)是定義域為(－∞，＋∞)的奇函數(shù)，滿足f(1－x)＝f(1＋x)．假設f(1)＝2，那么f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝()A．－50B．0C．2D．50C[法一：因為f(1－x)＝f(1＋x)，所以函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝1對稱．因為f(x)是奇函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的圖象關于坐標原點(0,0)中心對稱．數(shù)形結合可知函數(shù)f(x)是以4為周期的周期函數(shù)．因為f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0.因為f(1－x)＝f(1＋x)，所以當x＝1時，f(2)＝f(0)＝0；當x＝2時，f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－2；當x＝3時，f(4)＝f(－2)＝－f(2)＝0.綜上，可得f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＝12×[2＋0＋(－2)＋0]＋2＋0＝2.應選C.法二：取一個符合題意的函數(shù)f(x)＝2sineq\f(πx,2)，那么結合該函數(shù)的圖象易知數(shù)列{f(n)}(n∈N*)是以4為周期的周期數(shù)列．故f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＝12×[2＋0＋(－2)＋0]＋2＋0＝2.應選C.]結論3函數(shù)圖象的對稱性函數(shù)fx是定義在R上的函數(shù).1假設fa＋x＝fb－x恒成立，那么y＝fx的圖象關于直線EQx＝\f(a＋b,2)對稱，特別地，假設fa＋x＝fa－x恒成立，那么y＝fx的圖象關于直線x＝a對稱.2假設fa＋x＋fb－x＝c，那么y＝fx的圖象關于點EQ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，\f(c,2)))中心對稱.特別地，假設fa＋x＋fa－x＝2b恒成立，那么y＝fx的圖象關于點a，b中心對稱.)【典例3】定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)＝f(1－x)，且在[1，＋∞)上是增函數(shù)，不等式f(ax＋2)≤f(x－1)對任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))恒成立，那么實數(shù)a的取值范圍是()A．[－3，－1] B．[－2,0]C．[－5，－1] D．[－2,1]B[由f(x＋1)＝f(1－x)可知f(x)圖象關于x＝1對稱，當a＝0時，不等式f(ax＋2)≤f(x－1)化為f(2)≤f(x－1)，由函數(shù)f(x)的圖象特征可得|2－1|≤|x－1－1|，解得x≥3或x≤1，滿足不等式f(ax＋2)≤f(x－1)對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))恒成立，由此排除A，C兩個選項．當a＝1時，不等式f(ax＋2)≤f(x－1)化為f(x＋2)≤f(x－1)，由函數(shù)f(x)的圖象特征可得|x＋2－1|≤|x－1－1|，解得x≤eq\f(1,2)，不滿足不等式f(ax＋2)≤f(x－1)對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))恒成立，由此排除D選項．綜上可知，選B.]【鏈接高考3】(2022·全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝lnx＋ln(2－x)，那么()A．f(x)在(0,2)單調遞增B．f(x)在(0,2)單調遞減C．y＝f(x)的圖象關于直線x＝1對稱D．y＝f(x)的圖象關于點(1,0)對稱C[f(x)的定義域為(0,2)．f(x)＝lnx＋ln(2－x)＝ln[x(2－x)]＝ln(－x2＋2x)．設u＝－x2＋2x，x∈(0,2)，那么u＝－x2＋2x在(0,1)上單調遞增，在(1,2)上單調遞減．又y＝lnu在其定義域上單調遞增，∴f(x)＝ln(－x2＋2x)在(0,1)上單調遞增，在(1,2)上單調遞減．∴選項A，B錯誤．∵f(x)＝lnx＋ln(2－x)＝f(2－x)，∴f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，∴選項C正確．∵f(2－x)＋f(x)＝[ln(2－x)＋lnx]＋[lnx＋ln(2－x)]＝2[lnx＋ln(2－x)]，不恒為0，∴f(x)的圖象不關于點(1,0)對稱，∴選項D錯誤．應選C.]結論4對數(shù)、指數(shù)形式的經(jīng)典不等式1．對數(shù)形式：1－eq\f(1,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)，當且僅當x＝0時，等號成立．2．指數(shù)形式：ex≥x＋1(x∈R)，當且僅當x＝0時，等號成立．【典例4】設函數(shù)f(x)＝1－e－x.證明：當x＞－1時，f(x)≥eq\f(x,x＋1).[證明]f(x)≥eq\f(x,x＋1)(x＞－1)?1－e－x≥eq\f(x,x＋1)(x＞－1)?1－eq\f(x,x＋1)≥e－x(x＞－1)?eq\f(1,x＋1)≥eq\f(1,ex)(x＞－1)?x＋1≤ex(x＞－1)．由經(jīng)典不等式ex≥x＋1(x∈R)恒成立可知x＞－1時，ex≥x＋1.即x＞－1時，f(x)≥eq\f(x,x＋1).【鏈接高考4】(2022·全國卷Ⅲ)設函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.(1)討論f(x)的單調性；(2)證明當x∈(1，＋∞)時，1＜eq\f(x－1,lnx)＜x；(3)設c>1，證明當x∈(0,1)時，1＋(c－1)x＞cx.[解](1)由題設，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.當0＜x＜1時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增；當x＞1時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減．(2)證明：由(1)知，f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0.所以當x≠1時，lnx＜x－1.故當x∈(1，＋∞)時，lnx＜x－1，lneq\f(1,x)＜eq\f(1,x)－1，即1＜eq\f(x－1,lnx)＜x.(3)證明：由題設c＞1，設g(x)＝1＋(c－1)x－cx，那么g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x)＝0，解得x0＝eq\f(ln\f(c－1,lnc),lnc).當x＜x0時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增；當x＞x0時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減．由(2)知1＜eq\f(c－1,lnc)＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故當0＜x＜1時，g(x)＞0.所以當x∈(0,1)時，1＋(c－1)x＞cx.結論5等差數(shù)列的有關結論1．假設Sm，S2m.S3m分別為等差數(shù)列{an}的前m項，前2m項，前3m項的和，那么Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差數(shù)列．2．假設等差數(shù)列{an}的項數(shù)為2m，公差為d，所有奇數(shù)項之和為S奇，所有偶數(shù)項之和為S偶，那么所有項之和S2m＝m(am＋am＋1)，S偶－S奇＝md，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(am,am＋1).3．假設等差數(shù)列{an}的項數(shù)為2m－1，所有奇數(shù)項之和為S奇，所有偶數(shù)之和為S偶，那么所有項之和S2m－1＝(2m－1)am，S奇＝mam，S偶＝(m－1)am，S奇－S偶＝am，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(m,m－1).【典例5】(1)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)＝0，S2m－1＝38，那么m＝________.(2)一個等差數(shù)列的前12項和為354，前12項中偶數(shù)項的和與奇數(shù)項的和的比為32∶27，那么數(shù)列的公差d＝________.(1)10(2)5[(1)由am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)＝0得2am－aeq\o\al(2,m)＝0，解得am＝0或2.又S2m－1＝eq\f(2m－1a1＋a2m－1,2)＝(2m－1)am＝38，顯然可得am≠0，所以am＝2.代入上式可得2m－1＝19，解得m＝10.(2)設等差數(shù)列的前12項中奇數(shù)項和為S奇，偶數(shù)項和為S偶，等差數(shù)列的公差為d.由條件，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝354，,S偶∶S奇＝32∶27，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S偶＝192，,S奇＝162.))又S偶－S奇＝6d，所以d＝eq\f(192－162,6)＝5.]【鏈接高考5】(2022·全國卷Ⅱ)設Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，假設a1＋a3＋a5＝3，那么S5＝()A．5B．7C．9D．11A[法一：利用等差數(shù)列的性質進行求解．∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，∴a3＝1，∴S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝5a3＝5，應選A.法二：利用等差數(shù)列的通項公式和前n項和公式進行整體運算．∵a1＋a3＋a5＝a1＋(a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d＝3，∴a1＋2d＝1，∴S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝5(a1＋2d)＝5，應選A.]結論6等比數(shù)列的有關結論1公比q≠－1時，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比數(shù)列n∈N*.2假設等比數(shù)列的項數(shù)為2nn∈N*，公比為q，奇數(shù)項之和為S奇，偶數(shù)項之和為S偶，那么S偶＝qS奇.3等比數(shù)列{an}，公比為q，前n項和為Sn，那么Sm＋n＝Sm＋qmSnm，n∈N*.【典例6】(1)設等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，假設eq\f(S6,S3)＝3，那么eq\f(S9,S6)＝()A．2B.eq\f(7,3)C.eq\f(8,3)D．3(2)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足S3＝eq\f(7,2)，S6＝eq\f(63,2).①求數(shù)列{an}的通項公式；②求log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a25的值．(1)B[(1)由eq\f(S6,S3)＝3，得S6＝3S3，因為S3，S6－S3，S9－S6也為等比數(shù)列，所以(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，那么(2S3)2＝S3(S9－3S3)．化簡得S9＝7S3，從而eq\f(S9,S6)＝eq\f(7S3,3S3)＝eq\f(7,3).(2)①由S3＝eq\f(7,2)，S6＝eq\f(63,2)，得S6＝S3＋q3S3＝(1＋q3)S3，∴q＝2.又S3＝a1(1＋q＋q2)，得a1＝eq\f(1,2).故通項公式an＝eq\f(1,2)×2n－1＝2n－2.②由(1)及題意可得log2an＝n－2，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a25＝－1＋0＋1＋2＋…＋23＝eq\f(25×－1＋23,2)＝275.]【鏈接高考6】(2022·江蘇高考)等比數(shù)列{an}的各項均為實數(shù)，其前n項和為Sn.S3＝eq\f(7,4)，S6＝eq\f(63,4)，那么a8＝________.32[設{an}的首項為a1，公比為q，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q3,1－q)＝\f(7,4)，,\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))所以a8＝eq\f(1,4)×27＝25＝32.]結論7多面體的外接球和內切球1長方體的對角線長d與共點的三條棱a，b，c之間的關系為d2＝a2＋b2＋c2；假設長方體外接球的半徑為R，那么有2R2＝a2＋b2＋c2.2棱長為a的正四面體內切球半徑EQr＝\f(\r(6),12)a，外接球半徑EQR＝\f(\r(6),4)a.【典例7】(1)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線(實線和虛線)表示的是某幾何體的三視圖，那么該幾何體外接球的外表積為()A．24π B．29πC．48π D．58π(2)一個三棱錐的所有棱長均為eq\r(2)，那么該三棱錐的內切球的體積為________．(1)B(2)eq\f(\r(3),54)π[(1)由三視圖知，該幾何體為三棱錐，如圖，在3×2×4的長方體中構造符合題意的幾何體(三棱錐A-BCD)，其外接球即為長方體的外接球．外表積為4πR2＝π(32＋22＋42)＝29π.(2)由題意可知，該三棱錐為正四面體，如下圖．AE＝AB·sin60°＝eq\f(\r(6),2)，AO＝eq\f(2,3)AE＝eq\f(\r(6),3)，DO＝eq\r(AD2－AO2)＝eq\f(2\r(3),3)，三棱錐的體積VD-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·DO＝eq\f(1,3)，設內切球的半徑為r，那么VD-ABC＝eq\f(1,3)r(S△ABC＋S△ABD＋S△BCD＋S△ACD)＝eq\f(1,3)，r＝eq\f(\r(3),6)，V內切球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(\r(3),54)π.]【鏈接高考7】(2022·全國卷Ⅱ)長方體的長、寬、高分別為3,2,1，其頂點都在球O的球面上，那么球O的外表積為________．14π[∵長方體的頂點都在球O的球面上，∴長方體的體對角線的長度就是其外接球的直徑．設球的半徑為R，那么2R＝eq\r(32＋22＋12)＝eq\r(14).∴球O的外表積為S＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(14),2)))2＝14π.]結論8過拋物線y2＝2px(p＞0)焦點的弦過拋物線y2＝2pxp＞0焦點的弦AB有：1xA·xB＝EQ\f(p2,4).2yA·yB＝－p2.3|AB|＝xA＋xB＋p＝EQ\f(2p,sin2α)α是直線AB的傾斜角.【典例8】過拋物線y2＝4x的焦點F的直線l與拋物線交于A