貴州省頂效開發(fā)區(qū)頂興學校高中數(shù)學選修2-2復習教案2

第4周教學反思：上周的教學內(nèi)容是選修23最后一章《計數(shù)原理》.本章的內(nèi)容較少，但是比較難，本章與前面學習的內(nèi)容沒有任何的聯(lián)系，主要考查學生的理解能力，從測試的情況來看很不理想。必須加強對學生的鞏固和練習。教案宋儀華選修22復習2018春季第5周高中數(shù)學選修22知識點總結(jié)教學目標：1．重點理解導數(shù)相關(guān)概念及其幾何意義；2．掌握選修22的知識點3．利用選修22知識解決簡單問題教學重點：利用導數(shù)研究與函數(shù)有關(guān)的簡單問題，掌握推理證明的證明方法，會計算與復數(shù)有關(guān)的簡單問題。教學難點：用所學知識點解決常見問題。授課類型：復習課課時安排：4課時第一章、導數(shù)1．函數(shù)的平均變化率為注1：其中是自變量的改變量，平均變化率可正，可負，可零。注2：函數(shù)的平均變化率可以看作是物體運動的平均速度。2、導函數(shù)的概念:函數(shù)在處的瞬時變化率是，則稱函數(shù)在點處可導，并把這個極限叫做在處的導數(shù)，記作或，即=.3.函數(shù)的平均變化率的幾何意義是割線的斜率；函數(shù)的導數(shù)的幾何意義是切線的斜率。4導數(shù)的背景（1）切線的斜率；（2）瞬時速度；5、常見的函數(shù)導數(shù)函數(shù)導函數(shù)(1)0(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)6、常見的導數(shù)和定積分運算公式:若，均可導（可積），則有：和差的導數(shù)運算積的導數(shù)運算特別地：商的導數(shù)運算特別地：復合函數(shù)的導數(shù)微積分基本定理F(a)F(b)（其中）和差的積分運算特別地：積分的區(qū)間可加性.用導數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟:①求函數(shù)f(x)的導數(shù)②令>0,解不等式，得x的范圍就是遞增區(qū)間.③令<0,解不等式，得x的范圍，就是遞減區(qū)間；[注]：求單調(diào)區(qū)間之前一定要先看原函數(shù)的定義域。7.求可導函數(shù)f(x)的極值的步驟：(1)確定函數(shù)的定義域。(2)求函數(shù)f(x)的導數(shù)(3)求方程=0的根(4)用函數(shù)的導數(shù)為0的點，順次將函數(shù)的定義區(qū)間分成若干小開區(qū)間，并列成表格，檢查在方程根左右的值的符號，如果左正右負，那么f(x)在這個根處取得極大值；如果左負右正，那么f(x)在這個根處取得極小值；如果左右不改變符號，那么f(x)在這個根處無極值8.利用導數(shù)求函數(shù)的最值的步驟:求在上的最大值與最小值的步驟如下：⑴求在上的極值；⑵將的各極值與比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值。[注]：實際問題的開區(qū)間唯一極值點就是所求的最值點；9．求曲邊梯形的思想和步驟:分割近似代替求和取極限（“以直代曲”的思想）10.定積分的性質(zhì)根據(jù)定積分的定義，不難得出定積分的如下性質(zhì)：性質(zhì)1性質(zhì)5若，則①推廣：②推廣:11定積分的取值情況:定積分的值可能取正值，也可能取負值，還可能是0.(l)當對應(yīng)的曲邊梯形位于x軸上方時，定積分的值取正值，且等于x軸上方的圖形面積；（2）當對應(yīng)的曲邊梯形位于x軸下方時，定積分的值取負值，且等于x軸上方圖形面積的相反數(shù)；當位于x軸上方的曲邊梯形面積等于位于x軸下方的曲邊梯形面積時，定積分的值為0，且等于x軸上方圖形的面積減去下方的圖形的面積．12．物理中常用的微積分知識（1）位移的導數(shù)為速度，速度的導數(shù)為加速度。（2）力的積分為功。第二章、推理與證明知識點13.歸納推理的定義：從個別事實中推演出一般性的結(jié)論，像這樣的推理通常稱為歸納推理。歸納推理是由部分到整體，由個別到一般的推理。歸納推理的思維過程大致如圖：實驗、觀察實驗、觀察概括、推廣猜測一般性結(jié)論15.歸納推理的特點:①歸納推理的前提是幾個已知的特殊現(xiàn)象，歸納所得的結(jié)論是尚屬未知的一般現(xiàn)象。②由歸納推理得到的結(jié)論具有猜測的性質(zhì)，結(jié)論是否真實，還需經(jīng)過邏輯證明和實驗檢驗，因此，它不能作為數(shù)學證明的工具。③歸納推理是一種具有創(chuàng)造性的推理，通過歸納推理的猜想，可以作為進一步研究的起點，幫助人們發(fā)現(xiàn)問題和提出問題。16.類比推理的定義：根據(jù)兩個（或兩類）對象之間在某些方面的相似或相同，推演出它們在其他方面也相似或相同，這樣的推理稱為類比推理。類比推理是由特殊到特殊的推理。17.類比推理的思維過程觀察、比較觀察、比較聯(lián)想、類推推測新的結(jié)論18.演繹推理的定義：演繹推理是根據(jù)已有的事實和正確的結(jié)論（包括定義、公理、定理等）按照嚴格的邏輯法則得到新結(jié)論的推理過程。演繹推理是由一般到特殊的推理。19．演繹推理的主要形式：三段論20.“三段論”可以表示為：①大前題：M是P②小前提：S是M③結(jié)論：S是P。其中①是大前提，它提供了一個一般性的原理；②是小前提，它指出了一個特殊對象；③是結(jié)論，它是根據(jù)一般性原理，對特殊情況做出的判斷。21.直接證明是從命題的條件或結(jié)論出發(fā)，根據(jù)已知的定義、公理、定理，直接推證結(jié)論的真實性。直接證明包括綜合法和分析法。22.綜合法就是“由因?qū)Ч?，從已知條件出發(fā)，不斷用必要條件代替前面的條件，直至推出要證的結(jié)論。23.分析法就是從所要證明的結(jié)論出發(fā)，不斷地用充分條件替換前面的條件或者一定成立的式子，可稱為“由果索因”。要注意敘述的形式：要證A，只要證B，B應(yīng)是A成立的充分條件.分析法和綜合法常結(jié)合使用，不要將它們割裂開。24反證法：是指從否定的結(jié)論出發(fā)，經(jīng)過邏輯推理，導出矛盾，證實結(jié)論的否定是錯誤的，從而肯定原結(jié)論是正確的證明方法。25.反證法的一般步驟（1）假設(shè)命題結(jié)論不成立，即假設(shè)結(jié)論的反面成立；（2）從假設(shè)出發(fā)，經(jīng)過推理論證，得出矛盾；（3）從矛盾判定假設(shè)不正確，即所求證命題正確。26常見的“結(jié)論詞”與“反義詞”原結(jié)論詞反義詞原結(jié)論詞反義詞至少有一個一個也沒有對所有的x都成立存在x使不成立至多有一個至少有兩個對任意x不成立存在x使成立至少有n個至多有n1個p或q且至多有n個至少有n+1個p且q或27.反證法的思維方法:正難則反28.歸繆矛盾（1）與已知條件矛盾:（2）與已有公理、定理、定義矛盾；（3）自相矛盾．29．數(shù)學歸納法（只能證明與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學命題）的步驟(1)證明：當n取第一個值時命題成立；(2)假設(shè)當n=k(k∈N*，且k≥n0)時命題成立，證明當n=k+1時命題也成立.由(1)，(2)可知，命題對于從n0開始的所有正整數(shù)n都正確[注]：常用于證明不完全歸納法推測所得命題的正確性的證明。第三章、數(shù)系的擴充和復數(shù)的概念知識點30.復數(shù)的概念：形如a+bi的數(shù)叫做復數(shù)，其中i叫虛數(shù)單位，叫實部，叫虛部，數(shù)集叫做復數(shù)集。規(guī)定：a=c且b=d，強調(diào)：兩復數(shù)不能比較大小，只有相等或不相等。31．數(shù)集的關(guān)系：32.復數(shù)的幾何意義：復數(shù)與平面內(nèi)的點或有序?qū)崝?shù)對一一對應(yīng)。33.復平面：根據(jù)復數(shù)相等的定義，任何一個復數(shù)，都可以由一個有序?qū)崝?shù)對唯一確定。由于有序?qū)崝?shù)對與平面直角坐標系中的點一一對應(yīng)，因此復數(shù)集與平面直角坐標系中的點集之間可以建立一一對應(yīng)。這個建立了直角坐標系來表示復數(shù)的平面叫做復平面，軸叫做實軸，軸叫做虛軸。實軸上的點都表示實數(shù)，除了原點外，虛軸上的點都表示純虛數(shù)。34.求復數(shù)的模(絕對值)與復數(shù)對應(yīng)的向量的模叫做復數(shù)的模(也叫絕對值)記作。由模的定義可知：35.復數(shù)的加、減法運算及幾何意義①復數(shù)的加、減法法則：，則。注：復數(shù)的加、減法運算也可以按向量的加、減法來進行。②復數(shù)的乘法法則：。③復數(shù)的除法法則：其中叫做實數(shù)化因子36.共軛復數(shù):兩復數(shù)互為共軛復數(shù)，當時，它們叫做共軛虛數(shù)。常見的運算規(guī)律設(shè)是1的立方虛根，則，作業(yè)布置：試卷1板書設(shè)計：選修22一、導數(shù)二、推理與證明三、復數(shù)例題練習高二數(shù)學選修22綜合測試題1（理科）時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2010·全國Ⅱ理，1)復數(shù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－i,1＋i)))2＝()A．－3－4i B．－3＋4iC．3－4i D．3＋4i[答案]A[解析]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－i,1＋i)))2＝eq\f(8－6i,2i)＝－3－4i.2．用反證法證明“如果a>b，那么eq\r(3,a)>eq\r(3,b)”假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)是()A.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b) B.eq\r(3,a)<eq\r(3,b)C.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)且eq\r(3,a)<eq\r(3,b)D.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a)<eq\r(3,b)[答案]D[解析]“若a>b，則eq\r(3,a)>eq\r(3,b)”的否定是“若a>b，則eq\r(3,a)≤eq\r(3,b)”，所以假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)是eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a)<eq\r(3,b).故應(yīng)選D.3．函數(shù)y＝2－x2－x3的極值情況是()A．有極大值，沒有極小值B．有極小值，沒有極大值C．既無極大值也無極小值D．既有極大值也有極小值[答案]D[解析]y′＝－3x2－2x＝－x(3x＋2)，當x>0或x<－eq\f(2,3)時，y′<0，當－eq\f(2,3)<x<0時，y′>0，∴當x＝－eq\f(2,3)時取極小值，當x＝0時取極大值．4．曲線y＝cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(3π,2)))與坐標軸所圍圖形面積是()A．4 B．2C.eq\f(5,2) D．3[答案]D[解析]由y＝cosx圖象的對稱性可知，y＝cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(3π,2)))與坐標軸所圍圖形面積是3∫eq\f(π,2)0cosxdx＝3sinxeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)0))＝3.5．若點P在曲線y＝x3－3x2＋(3－eq\r(3))x＋eq\f(3,4)上移動，經(jīng)過點P的切線的傾斜角為α，則角α的取值范圍是()A．[0，eq\f(π,2)) B．[0，eq\f(π,2))∪[eq\f(2π,3)，π)C．[eq\f(2π,3)，π) D．[0，eq\f(π,2))∪(eq\f(π,2)，eq\f(2π,3)][答案]B[解析]∵y′＝3x2－6x＋3－eq\r(3)＝3(x－1)2－eq\r(3)≥－eq\r(3)，∴tanα≥－eq\r(3)α∈(0，π)，∴α∈[0，eq\f(π,2))∪[eq\f(2π,3)，π)，故選B.6．將8分為兩數(shù)之和，使其立方之和為最小，則分法為()A．2和6 B．4和4C．3和5 D．以上都不對[答案]B[解析]設(shè)一個數(shù)為x，則另一個數(shù)為8－x，則y＝x3＋(8－x)3(0≤x≤8)，y′＝3x2－3(8－x)2，令y′＝0，即3x2－3(8－x)2＝0，解得x＝4當0≤x<4時，y′<0；當4<x≤8時，y′>0，所以當x＝4時，y最小，故應(yīng)選B.7．設(shè)x＝3＋4i，則復數(shù)z＝x－|x|－(1－i)在復平面上的對應(yīng)點在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限[答案]B[解析]∵x＝3＋4i，∴|x|＝eq\r(32＋42)＝5∴z＝3＋4i－5－(1－i)＝(3－5－1)＋(4＋1)i＝－3＋5i.∴復數(shù)Z在復平面上的對應(yīng)點在第二象限，故應(yīng)選B.8．k棱柱有f(k)個對角面，則k＋1棱柱的對角面?zhèn)€數(shù)f(k＋1)為()A．f(k)＋k－1 B．f(k)＋k＋1C．f(k)＋k D．f(k)＋k－2[答案]A[解析]增加的一條側(cè)棱與其不相鄰的k－2條側(cè)棱形成k－2個對角面，而過與其相鄰的兩條側(cè)棱的截面原來為側(cè)面，現(xiàn)在也成了一個對角面，故共增加了k－1個對角面，∴f(k＋1)＝f(k)＋k－1.故選A.9．(2010·江西理，5)等比數(shù)列{an}中a1＝2，a8＝4，函數(shù)f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…·(x－a8)，則f′(0)＝()A．26 B．29C．212 D．215[答案]C[解析]令g(x)＝(x－a1)(x－a2)……(x－a8)，則f(x)＝xg(x)f′(x)＝g(x)＋g′(x)x，故f′(0)＝g(0)＝a1a2……a＝(a1a8)4＝21210．利用數(shù)學歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…eq\f(1,2n－1)<f(n)(n≥2，n∈N*)的過程中，由n＝k變到n＝k＋1時，左邊增加了()A．1項 B．k項C．2k－1項 D．2k項[答案]D[解析]n＝k＋1時，左邊為：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,2k－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k)＋\f(1,2k＋1)＋…＋\f(1,2k＋2k－1)))，故共增加了2k項，故選D.11．設(shè)f(z)＝eq\x\to(z)，且z1＝1＋5i，z2＝－3＋2i，則f(eq\x\to(z1－z2))的值是()A．－2＋3i B．－2－3iC．4－3i D．4＋3i[答案]D[解析]∵z1－z2＝(1＋5i)－(－3＋2i)＝4＋3i，∴eq\x\to(z1－z2)＝4－3i，∵f(z)＝eq\x\to(z)，∴f(4－3i)＝eq\x\to(4－3i)＝4＋3i.12．已知f(x)＝x3＋x，若a，b，c∈R，且a＋b>0，a＋c>0，b＋c>0，則f(a)＋f(b)＋f(c)的值()A．一定大于0B．一定等于0C．一定小于0D．正負都有可能[答案]A[解析]解法1：f(a)＋f(b)＋f(c)＝a3＋b3＋c3＋(a＋b＋c)＝eq\f(1,2)(a3＋b3)＋eq\f(1,2)(b3＋c3)＋eq\f(1,2)(a3＋c3)＋(a＋b＋c)，因為a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)b))2＋\f(3,4)b2))>0，同理b3＋c3>0，a3＋c3>0，又因為a＋b>0，b＋c>0，a＋c>0，故2(a＋b＋c)>0，即a＋b＋c>0，所以f(a)＋f(b)＋f(c)>0，故選A.解法2：∵f′(x)＝3x2＋1>0，∴f(x)在R上是增函數(shù)．又a＋b>0，∴a>－b，∴f(a)>f(－b)．又f(x)＝x3＋x是奇函數(shù)，∴f(a)>－f(b)，即f(a)＋f(b)>0.同理：f(b)＋f(c)>0，f(c)＋f(a)>0，∴f(a)＋f(b)＋f(c)>0，故選A.二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分．將正確答案填在題中橫線上)13．在△ABC中，D為BC的中點，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，將命題類比到四面體中得到一個類比命題為________________．[答案]在四面體A－BCD中，G為△BCD的重心，則eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))14．若x<y＜0且xy－(x2＋y2)i＝2－5i，則x＝_____，y＝______.[答案]－2－1[解析]由復數(shù)相等的條件知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xy＝2,x2＋y2＝5))，∵x＜y＜0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2,y＝－1)).15．設(shè)f(t)＝eq\f(t,1－t2)，那么f′(2)＝________.[答案]eq\f(5,9)[解析]∵f(t)＝eq\f(t,1－t2)，∴f′(t)＝eq\f(t′(1－t2)－t(1－t2)′,(1－t2)2)＝eq\f(1－t2－t(0－2t),(1－t2)2)＝eq\f(1＋t2,(1－t2)2)，∴f′(2)＝eq\f(1＋22,(1－22)2)＝eq\f(5,9).16．(2010·福建文，16)觀察下列等式：①cos2α＝2cos2α－1；②cos4α＝8cos4α－8cos2α＋1；③cos6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1；④cos8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1；⑤cos10α＝mcos10α－1280cos8α＋1120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1.可以推測，m－n＋p＝________.[答案]962[解析]由題易知：m＝29＝512，p＝5×10＝50m－1280＋1120＋n＋p－1＝1，∴m＋n＋p＝162.∴n＝－400，∴m－n＋p＝962.三、解答題(本大題共6個小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本題滿分12分)設(shè)復數(shù)z＝eq\f((1＋i)2＋3(1－i),2＋i)，若z2＋az＋b＝1＋i，求實數(shù)a、b的值．[解析]z＝eq\f((1＋i)2＋3(1－i),2＋i)＝eq\f(2i＋3(1－i),2＋i)＝eq\f(3－i,2＋i)＝eq\f((3－i)(2－i),(2＋i)(2－i))＝1－i.將z＝1－i代入z2＋az＋b＝1＋i，得(1－i)2＋a(1－i)＋b＝1＋i，(a＋b)－(a＋2)i＝1＋i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，,－(a＋2)＝1.))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝4.))18．(本題滿分12分)已知實數(shù)a≠0，函數(shù)f(x)＝ax(x－2)2(x∈R)有極大值32，求a的值．[解析]f(x)＝ax(x－2)2＝a(x3－4x2＋4x)．∴f′(x)＝a(3x2－8x＋4)＝a(3x－2)(x－2)．由f′(x)＝0，得x＝eq\f(2,3)或x＝2，當a>0時，f(x)在x＝eq\f(2,3)時，取極大值；由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝32，得a＝27，當a<0時，f(x)在x＝2時，取極大值，由f(2)＝32，得a不存在，∴a＝27.19．(本題滿分12分)證明：若函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上是嚴格的增函數(shù)，那么方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上至多只有一個實根．[分析]函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上是嚴格的增函數(shù)，就是表明對區(qū)間[a，b]上任意x1，x2，若x1<x2，則f(x1)<f(x2)，所以如果反設(shè)方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上至少有兩個根α，β(α<β)，則有f(α)＝f(β)＝0這與假設(shè)矛盾．[證明]假設(shè)方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上至少有兩個實根，設(shè)α，β為其中的兩個實根，則有f(α)＝f(β)＝0.因為α≠β，不妨設(shè)α>β，又因為函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上是嚴格的增函數(shù)，所以f(α)>f(β)．這與假設(shè)f(α)＝0＝f(β)矛盾，所以方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上至多只有一個實根．[點評]原命題和逆否命題是一組等價命題，反證法的實質(zhì)是通過逆否命題來證明原命題的正確性．20．(本題滿分12分)(2010·安徽文，20)設(shè)函數(shù)f(x)＝sinx－cosx＋x＋1,0<x<2π，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值．[解析]f′(x)＝cosx＋sinx＋1＝eq\r(2)sin(x＋eq\f(π,4))＋1(0<x<2π)令f′(x)＝0，即sin(x＋eq\f(π,4))＝－eq\f(\r(2),2)，解之得x＝π或x＝eq\f(3,2)π.x，f′(x)以及f(x)變化情況如下表：x(0，π)π(π，eq\f(3,2)π)eq\f(3,2)π(eq\f(3,2)π，2π)f′(x)＋0－0＋f(x)遞增π＋2遞減eq\f(3π,2)遞增∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，π)和(eq\f(3,2)π，2π)單調(diào)減區(qū)間為(π，eq\f(3,2)π)．f極大(x)＝f(π)＝π＋2，f極小(x)＝f(eq\f(3,2)π)＝eq\f(3π,2).21．(本題滿分12分)已知數(shù)列eq\f(8·1,12·32)，eq\f(8·2,32·52)，…，eq\f(8·n,(2n－1)2·(2n＋1)2)，…，Sn為該數(shù)列的前n項和，計算得S1＝eq\f(8,9)，S2＝eq\f(24,25)，S3＝eq\f(48,49)，S4＝eq\f(80,81).觀察上述結(jié)果，推測出Sn(n∈N*)，并用數(shù)學歸納法加以證明．[解析]推測Sn＝eq\f((2n＋1)2－1,(2n＋1)2)(n∈N*)．用數(shù)學歸納法證明如下：(1)當n＝1時，S1＝eq\f((2＋1)2－1,(2＋1)2)＝eq\f(8,9)，等式成立；(2)假設(shè)當n＝k時，等式成立，即Sk＝eq\f((2k＋1)2－1,(2k＋1)2)，那么當n＝k＋1時，Sk＋1＝Sk＋eq\f(8(k＋1),(2k＋1)2(2k＋3)2)＝eq\f((2k＋1)2－1,(2k＋1)2)＋eq\f(8(k＋1),(2k＋1)2(2k＋3)2)＝eq\f([(2k＋1)2－1](2k＋3)2＋8(k＋1),(2k＋1)2(2k＋3)2)＝eq\f((2k＋1)2(2k＋3)2－(2k＋3)2＋8(k＋1),(2k＋1)2(2k＋3)2)＝eq\f((2k＋1)2(2k＋3)2－(2k＋1)2,(2k＋1)2(2k＋3)2)＝eq\f((2k＋3)2－1,(2k＋3)2)＝eq\f([2(k＋1)＋1]2－1,[2(k＋1)＋1]2).也就是說，當n＝k＋1時，等式成立．根據(jù)(1)和(2)，可知對一切n∈N*，等式均成立．22．設(shè)函數(shù)f(x)＝－aeq\r(x2＋1)＋x＋a，x∈(0,1]，a∈R*.(1)若f(x)在(0,1]上是增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)求f(x)在(0,1]上的最大值．[分析](1)由f(x)在(0,1]上為增函數(shù)，知f′(x)≥0在(0,1]上恒成立，即a≤eq\r(1＋\f(1,x2))在(0,1]上恒成立，故a只需小于或等于eq\r(1＋\f(1,x2))在(0,1]上的最小值eq\r(2).(2)求f(x)在(0,1]上的最大值時由(1)的結(jié)論可對a分類討論，分0<a≤eq\r(2)及a>eq\r(2)兩種情況，當0<a≤eq\r(2)時，由(1)知f(x)在(0,1]上為增函數(shù)，可求最大值，當a>eq\r(2)時，可由導數(shù)求f(x)在(0,1]上的極大值點．[解析](1)f′(x)＝－a·eq\f(x,\r(x2＋1))＋1.因為f(x)在(0,1]上是增函數(shù)，所以f′(x)＝－eq\f(ax,\r(x2＋1))＋1≥0在(0,1]上恒成立，即a≤eq\f(\r(x2＋1),x)＝eq\r(1＋\f(1,x2))在(0,1]上恒成立，而eq\r(1＋\f(1,x2))在(0,1]上的最小值為eq\r(2)，又因為a∈R*，所以0<a≤eq\r(2).(2)由(1)知：①當0<a≤eq\r(2)時，f(x)在(0,1]上是增函數(shù)，所以f(x)max＝f(1)＝(1－eq\r(2))a＋1；②當a>eq\r(2)時，令f′(x)＝0，得x＝eq\r(\f(1,a2－1))∈(0,1]，因為當0<x<eq\r(\f(1,a2－1))時，f′(x)>0，當eq\r(\f(1,a2－1))<x≤1時，f′(x)<0，所以f(x)在點x＝eq\r(\f(1,a2－1))處取得極大值，即為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a2－1))))＝eq\f((－a2＋1)\r(a2－1),a2－1)＋a＝eq\f(－a2＋1,\r(a2－1))＋a＝a－eq\r(a2－1)，故f(x)max＝a－eq\r(a2－1).綜上，當0<a≤eq\r(2)時，f(x)max＝(1－eq\r(2))a＋1；當a>eq\r(2)時，f(x)max＝a－eq\r(a2－1).[點評]①已知f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增(或單調(diào)遞減)可推得x∈[a，b]時，f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，求單調(diào)區(qū)間時，令f′(x)>0(或f′(x)<0)．②求f(x)的最大值時，要比較端點處函數(shù)值與極值的大?。攆′(x)的符號不確定時，可對待定系數(shù)進行分類討論．高二數(shù)學選修22綜合測試題2（理科）一．選擇題（每小題只有一個答案正確，每小題5分，共60分）1.已知復數(shù)的實部為，且，虛部為1，則的取值范圍是（）A．B．C．D．2.若函數(shù)在處可導,且,則（）A．B．C．D．3．一質(zhì)點沿直線運動，若由始點起經(jīng)過t秒后的位移為，那么速度為0的時刻為（）A．0秒B．1秒末C．2秒末D．1秒末和2秒末已知函數(shù)在上有最大值3，那么在上的最小值是（）A.B.C.D.5.已知點在P曲線上，為曲線在點P處的切線的傾斜角，則取值范圍是（）A.

B.

C.

D.6.函數(shù)的極小值為（）A．B．0C．D．7.曲線與直線所圍成圖形的面積為（）A．B．C．D．8.若在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，則b的取值范圍是()A．[－1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1]D．(－∞，－1)9.若函數(shù)在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是（

）A．

B．

C．

D．10.若復數(shù)不是純虛數(shù)，則的取值范圍是()(A)或(B)且(C)(D)11．設(shè)、是上的可導函數(shù)，、分別為、的導函數(shù)，且滿足，則當時有（）A．B.C.D.當時,與的大小關(guān)系為（）＞B．＜C．＝D．大小關(guān)系不確定二、填空題（每小題5分，共20分）．函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為.關(guān)于的不等式的解集為，則復數(shù)所對應(yīng)的點位于復平面內(nèi)的第________象限．函數(shù)在點處的切線方程為，則三角形的面積為，、、為三角形的邊長，為三角形內(nèi)切圓的半徑，利用類比推理可以得出四面體的體積為_________________.三、解答題（本大題共70分）17．（本題10分）已知函數(shù)，討論函數(shù)的單調(diào)性.18.（本題12分）已知，給定正的常數(shù)，解不等式。19.