2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：函數(shù)應(yīng)用（10題）

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：函數(shù)應(yīng)用（10題）一．解答題（共10小題）1．（2024?遼寧模擬）某地區(qū)未成年男性的身高x（單位：cm）與體重平均值y（單位：kg）的關(guān)系如下表1：表1未成年男性的身高與體重平均值身高/cm60708090100110120130140150160170體重平均值/kg6.137.909.9912.1515.0217.5020.9226.8631.1138.8547.2555.05直觀分析數(shù)據(jù)的變化規(guī)律，可選擇指數(shù)函數(shù)模型、二次函數(shù)模型、冪函數(shù)模型近似地描述未成年男性的身高與體重平均值之間的關(guān)系．為使函數(shù)擬合度更好，引入擬合函數(shù)和實(shí)際數(shù)據(jù)之間的誤差平方和、擬合優(yōu)度判斷系數(shù)R2（如表2）．誤差平方和越小、擬合優(yōu)度判斷系數(shù)R2越接近1，擬合度越高．表2擬合函數(shù)對(duì)比函數(shù)模型函數(shù)解析式誤差平方和R2指數(shù)函數(shù)y＝2.004e0.0197x6.67640.9976二次函數(shù)y＝0.0037x2﹣0.431x+19.69738.26050.9971冪函數(shù)y＝0.001x2.102974.68460.9736（1）問(wèn)哪種模型是最優(yōu)模型？并說(shuō)明理由；（2）若根據(jù)生物學(xué)知識(shí)，人體細(xì)胞是人體結(jié)構(gòu)和生理功能的基本單位，是生長(zhǎng)發(fā)育的基礎(chǔ)．假設(shè)身高與骨細(xì)胞數(shù)量成正比，比例系數(shù)為k1；體重與肌肉細(xì)胞數(shù)量成正比，比例系數(shù)為k2．記時(shí)刻t的未成年時(shí)期骨細(xì)胞數(shù)量G(t)=G0er1t，其中G0和r1分別表示人體出生時(shí)骨細(xì)胞數(shù)量和增長(zhǎng)率，記時(shí)刻t的未成年時(shí)期肌肉細(xì)胞數(shù)量J(t)=J0er2（3）在（2）的條件下，若k2J0(1k1G注：e0.985≈2.67781，502.1029≈3739.07；嬰兒體重y∈[2.5，4）符合實(shí)際，嬰兒體重y∈[4，5）較符合實(shí)際，嬰兒體重y∈[5，6）不符合實(shí)際．2．（2024?汕頭一模）2023年11月，我國(guó)教育部發(fā)布了《中小學(xué)實(shí)驗(yàn)教學(xué)基本目錄》，內(nèi)容包括高中數(shù)學(xué)在內(nèi)共有16個(gè)學(xué)科900多項(xiàng)實(shí)驗(yàn)與實(shí)踐活動(dòng)．我市某學(xué)校的數(shù)學(xué)老師組織學(xué)生到“牛田洋”進(jìn)行科學(xué)實(shí)踐活動(dòng)，在某種植番石榴的果園中，老師建議學(xué)生嘗試去摘全園最大的番石榴，規(guī)定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回頭．結(jié)果，學(xué)生小明兩手空空走出果園，因?yàn)樗恢狼懊媸欠裼懈蟮?，所以沒(méi)有摘，走到前面時(shí)，又發(fā)覺(jué)總不及之前見(jiàn)到的，最后什么也沒(méi)摘到．假設(shè)小明在果園中一共會(huì)遇到n顆番石榴（不妨設(shè)n顆番石榴的大小各不相同），最大的那顆番石榴出現(xiàn)在各個(gè)位置上的概率相等，為了盡可能在這些番石榴中摘到那顆最大的，小明在老師的指導(dǎo)下采用了如下策略：不摘前k（1≤k＜n）顆番石榴，自第k+1顆開(kāi)始，只要發(fā)現(xiàn)比他前面見(jiàn)過(guò)的番石榴大的，就摘這顆番石榴，否則就摘最后一顆．設(shè)k＝tn，記該學(xué)生摘到那顆最大番石榴的概率為P．（1）若n＝4，k＝2，求P；（2）當(dāng)n趨向于無(wú)窮大時(shí)，從理論的角度，求P的最大值及P取最大值時(shí)t的值．（取1k3．（2024?北京模擬）如圖，某大學(xué)將一矩形ABCD操場(chǎng)擴(kuò)建成一個(gè)更大的矩形DEFG操場(chǎng)，要求A在DE上，C在DG上，且B在EG上．若AD＝30米，DC＝20米，設(shè)DG＝x米（x＞20）．（1）要使矩形DEFG的面積大于2700平方米，求x的取值范圍；（2）當(dāng)DG的長(zhǎng)度是多少時(shí)，矩形DEFG的面積最?。坎⑶蟪鲎钚∶娣e．4．（2024?蘇州模擬）生物學(xué)中，我們常用Sigmoid型曲線描述當(dāng)某生態(tài)系統(tǒng)中存在某一物種的天敵且食物、空間等資源也不充足時(shí)，該物種種群數(shù)量隨時(shí)間的變化．利用該曲線，從事有關(guān)生物行業(yè)的一些人們可以依據(jù)定義在R上的函數(shù)f(x)=a（1）記f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x），若f′（x）＝f（x）[1﹣f（x）]，求a；（2）若y＝K（K＞0）是f（x）的漸近線，則我們稱K為該生態(tài)系統(tǒng)的K值．某魚(yú)塘的某種魚(yú)的種群數(shù)量變化滿足Sigmoid模型，其K值為K．通過(guò)計(jì)算求該魚(yú)塘中該種魚(yú)種群數(shù)量為多少時(shí)，該魚(yú)塘可持續(xù)獲得最大捕撈量（即f（x）瞬時(shí)變化率最大）．5．（2024?義烏市模擬）若函數(shù)f（x）滿足以下三個(gè)條件，則稱f（x）為SG﹣L函數(shù)．①定義域?yàn)镹*；②對(duì)任意x∈N*，f（x）∈N*；③對(duì)任意正整數(shù)x1，x2，當(dāng)x1+x2≥3時(shí)，有（f（x1+x2）﹣f（x1）﹣f（x2））（f（x1+x2）﹣f（x1）﹣f（x2）﹣1）≤0．若給定SG﹣L函數(shù)f（x）某幾個(gè)函數(shù)值，在滿足條件①②③的情況下，可能的f（x）如果有k種，分別為f1（x），f2（x），…，fk（x）．那么我們記F（n）等于f1（n），f2（n），…，fk（n）的最大值．這樣得到的F（x）稱為f（x）的最大生成函數(shù)．（1）若f（x）為SG﹣L函數(shù)，且F（x）是在給定條件f（1）＝1，f（3）＝5下的f（x）的最大生成函數(shù)，求f（2）和F（4）的值；（2）若g（x）為SG﹣L函數(shù)，且滿足g（1）＝g（2）＝1，求數(shù)列{2g（n）}的前10項(xiàng)和；（3）若h（x）為SG﹣L函數(shù)，且H（x）是在給定條件h（1）＝1，h（2）＝2下的h（x）的最大生成函數(shù)，求數(shù)列{H（n）}的前n項(xiàng)和．6．（2024?滄州一模）對(duì)于函數(shù)y＝f（x），x∈I，若存在x0∈I，使得f（x0）＝x0，則稱x0為函數(shù)f（x）的一階不動(dòng)點(diǎn)；若存在x∈I，使得f（f（x0））＝x0，則稱x0為函數(shù)f（x）的二階不動(dòng)點(diǎn)；依此類推，可以定義函數(shù)f（x）的n階不動(dòng)點(diǎn)．其中一階不動(dòng)點(diǎn)簡(jiǎn)稱為“不動(dòng)點(diǎn)”，二階不動(dòng)點(diǎn)簡(jiǎn)稱為“穩(wěn)定點(diǎn)”，函數(shù)f（x）的“不動(dòng)點(diǎn)”和“穩(wěn)定點(diǎn)”構(gòu)成的集合分別記為A和B，即A＝{x|f（x）＝x}，B＝{x|f（f（x））＝x}．（1）若f(x)=exe(x＞0)，證明：集合A＝{x|f（2）若f(x)=(a+1)x-1x7．（2024?浙江模擬）求證：關(guān)于x的方程x（x+1）（x+2）…（x+2024）﹣1＝0有且僅有一個(gè)正實(shí)根x0，且這個(gè)實(shí)根x0滿足：120248．（2024?浦東新區(qū)二模）已知函數(shù)y＝f（x），其中f（x）＝sinx．（1）求f(x-π4)=32在x（2）已知g（x）=3f(x)f(x+π2)-f(x)f(x+π)，若關(guān)于x的方g（x）﹣m=12在x∈[09．（2024?鯉城區(qū)模擬）在相同的介質(zhì)中，人們?nèi)庋劭吹降墓饩€總是呈直線運(yùn)動(dòng)的．由于光在不同的介質(zhì)中的傳播速度不同，因此在不同的介質(zhì)中光會(huì)發(fā)生折射現(xiàn)象．在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸恰好為介質(zhì)Ⅰ和Ⅲ的分界線，光在介質(zhì)Ⅰ內(nèi)點(diǎn)A（0，a）以入射角α，速度u在介質(zhì)Ⅰ內(nèi)傳播至x軸上的點(diǎn)P（x，0），而后以折射角β，速度v在介質(zhì)Ⅱ內(nèi)傳播至點(diǎn)B（b，c）．（1）將光從點(diǎn)A傳播到點(diǎn)B的所需的時(shí)間關(guān)于x的函數(shù)的解析式T（x）；（2）費(fèi)爾馬認(rèn)為：光總是沿著最節(jié)省時(shí)間的路線傳播，設(shè)點(diǎn)B在x軸上的射影為C．根據(jù)費(fèi)爾馬的結(jié)論，解決以下問(wèn)題：（i）證明：sinαsinβ（u）若uv=12，10．（2024?長(zhǎng)寧區(qū)校級(jí)三模）設(shè)函數(shù)y＝f（x）的定義域?yàn)镈，對(duì)于區(qū)間I＝[a，b]（I?D），若滿足以下兩個(gè)性質(zhì)之一，則稱區(qū)間I是y＝f（x）的一個(gè)“好區(qū)間”．性質(zhì)①：對(duì)于任意x0∈I，都有f（x0）∈I；性質(zhì)②：對(duì)于任意x0∈I，都有f（x0）?I．（1）已知函數(shù)f（x）＝﹣x2+2x，x∈R．分別判斷區(qū)間[0，2]，區(qū)間[1，3]是否為y＝f（x）的“好區(qū)間”，并說(shuō)明理由；（2）已知m＞0，若區(qū)間[0，m]是函數(shù)f(x)=13x3-x2（3）已知函數(shù)y＝f（x）的定義域?yàn)镽，其圖像是一條連續(xù)的曲線，且對(duì)于任意a＜b，都有f（a）﹣f（b）＞b﹣a，求證：y＝f（x）存在“好區(qū)間”，且存在x0∈R，x0為不屬于y＝f（x）的任意一個(gè)“好區(qū)間”．

2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：函數(shù)應(yīng)用（10題）參考答案與試題解析一．解答題（共10小題）1．（2024?遼寧模擬）某地區(qū)未成年男性的身高x（單位：cm）與體重平均值y（單位：kg）的關(guān)系如下表1：表1未成年男性的身高與體重平均值身高/cm60708090100110120130140150160170體重平均值/kg6.137.909.9912.1515.0217.5020.9226.8631.1138.8547.2555.05直觀分析數(shù)據(jù)的變化規(guī)律，可選擇指數(shù)函數(shù)模型、二次函數(shù)模型、冪函數(shù)模型近似地描述未成年男性的身高與體重平均值之間的關(guān)系．為使函數(shù)擬合度更好，引入擬合函數(shù)和實(shí)際數(shù)據(jù)之間的誤差平方和、擬合優(yōu)度判斷系數(shù)R2（如表2）．誤差平方和越小、擬合優(yōu)度判斷系數(shù)R2越接近1，擬合度越高．表2擬合函數(shù)對(duì)比函數(shù)模型函數(shù)解析式誤差平方和R2指數(shù)函數(shù)y＝2.004e0.0197x6.67640.9976二次函數(shù)y＝0.0037x2﹣0.431x+19.69738.26050.9971冪函數(shù)y＝0.001x2.102974.68460.9736（1）問(wèn)哪種模型是最優(yōu)模型？并說(shuō)明理由；（2）若根據(jù)生物學(xué)知識(shí)，人體細(xì)胞是人體結(jié)構(gòu)和生理功能的基本單位，是生長(zhǎng)發(fā)育的基礎(chǔ)．假設(shè)身高與骨細(xì)胞數(shù)量成正比，比例系數(shù)為k1；體重與肌肉細(xì)胞數(shù)量成正比，比例系數(shù)為k2．記時(shí)刻t的未成年時(shí)期骨細(xì)胞數(shù)量G(t)=G0er1t，其中G0和r1分別表示人體出生時(shí)骨細(xì)胞數(shù)量和增長(zhǎng)率，記時(shí)刻t的未成年時(shí)期肌肉細(xì)胞數(shù)量J(t)=J0er2（3）在（2）的條件下，若k2J0(1k1G注：e0.985≈2.67781，502.1029≈3739.07；嬰兒體重y∈[2.5，4）符合實(shí)際，嬰兒體重y∈[4，5）較符合實(shí)際，嬰兒體重y∈[5，6）不符合實(shí)際．【考點(diǎn)】根據(jù)實(shí)際問(wèn)題選擇函數(shù)類型．【專題】計(jì)算題；函數(shù)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）指數(shù)函數(shù)模型是最優(yōu)模型；理由見(jiàn)解析；（2）y=k（3）（2）中冪函數(shù)模型更適合，理由見(jiàn)解析．【分析】（1）由表中數(shù)據(jù)比較指數(shù)函數(shù)模型誤差平方和以及R2的大小，即得結(jié)論；（2）根據(jù)身高與骨細(xì)胞數(shù)量以及體重與肌肉細(xì)胞數(shù)量的關(guān)系，結(jié)合已知數(shù)據(jù)，即可求得答案；（3）分別計(jì)算出兩種模型函數(shù)下的嬰兒體重，比較大小，即得結(jié)論．【解答】解：（1）因?yàn)?.6764＜8.2605＜74.6846，所以指數(shù)函數(shù)模型誤差平方和最小，因?yàn)?.9736＜0.9971＜0.9976，所以指數(shù)函數(shù)模型R2最大，所以指數(shù)函數(shù)模型是最優(yōu)模型；（2）因?yàn)閤(t)=k1G(t)=因?yàn)閥(t)=k所以er2t所以體重y關(guān)于身高x的函數(shù)模型為y=k（3）把x＝50cm代入y＝2.004e0.0197x，得y≈2.004×2.67781≈5.3663（kg）∈[5，6）不符合實(shí)際，把k2J0(1k1G0)r把x＝50cm代入y＝0.001x2.1029，得y≈0.001×3739.07≈3.7391（kg）∈[2.5，4）符合實(shí)際，所以（2）中冪函數(shù)模型更適合．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查根據(jù)實(shí)際問(wèn)題選擇函數(shù)類型，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．2．（2024?汕頭一模）2023年11月，我國(guó)教育部發(fā)布了《中小學(xué)實(shí)驗(yàn)教學(xué)基本目錄》，內(nèi)容包括高中數(shù)學(xué)在內(nèi)共有16個(gè)學(xué)科900多項(xiàng)實(shí)驗(yàn)與實(shí)踐活動(dòng)．我市某學(xué)校的數(shù)學(xué)老師組織學(xué)生到“牛田洋”進(jìn)行科學(xué)實(shí)踐活動(dòng)，在某種植番石榴的果園中，老師建議學(xué)生嘗試去摘全園最大的番石榴，規(guī)定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回頭．結(jié)果，學(xué)生小明兩手空空走出果園，因?yàn)樗恢狼懊媸欠裼懈蟮?，所以沒(méi)有摘，走到前面時(shí)，又發(fā)覺(jué)總不及之前見(jiàn)到的，最后什么也沒(méi)摘到．假設(shè)小明在果園中一共會(huì)遇到n顆番石榴（不妨設(shè)n顆番石榴的大小各不相同），最大的那顆番石榴出現(xiàn)在各個(gè)位置上的概率相等，為了盡可能在這些番石榴中摘到那顆最大的，小明在老師的指導(dǎo)下采用了如下策略：不摘前k（1≤k＜n）顆番石榴，自第k+1顆開(kāi)始，只要發(fā)現(xiàn)比他前面見(jiàn)過(guò)的番石榴大的，就摘這顆番石榴，否則就摘最后一顆．設(shè)k＝tn，記該學(xué)生摘到那顆最大番石榴的概率為P．（1）若n＝4，k＝2，求P；（2）當(dāng)n趨向于無(wú)窮大時(shí)，從理論的角度，求P的最大值及P取最大值時(shí)t的值．（取1k【考點(diǎn)】根據(jù)實(shí)際問(wèn)題選擇函數(shù)類型．【專題】應(yīng)用題；轉(zhuǎn)化思想；數(shù)學(xué)模型法；概率與統(tǒng)計(jì)；數(shù)學(xué)建模；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）512（2）P的最大值為1e，此時(shí)t=【分析】（1）設(shè)這4顆番石榴的位置從第1顆到第4顆排序，求出不同排法；要摘到最大的那顆番石榴，討論①最大的番石榴是第3顆時(shí)，②最大的番石榴是第4顆時(shí)，求出不同排法種數(shù)，計(jì)算所求的概率值；（2）記事件A表示最大的番石榴被摘到，事件Bi表示最大的番石榴排在第i顆，求出P（Bi），利用全概率公式計(jì)算P（A）=i=1nP（A|Bi）?P（【解答】解：（1）n＝4，k＝2時(shí)，設(shè)這4顆番石榴的位置從第1顆到第4顆排序，有A44要摘到最大的那顆番石榴，有以下兩種情況：①最大的番石榴是第3顆，其他的番石榴在任意的位置，共有A33②最大的番石榴是第4顆，第二大的番石榴是第1顆或第2顆，其他的番石榴任意排法，有2A22綜上，所求的概率值為P=6+4（2）記事件A表示最大的番石榴被摘到，事件Bi表示最大的番石榴排在第i顆，因?yàn)樽畲蟮姆癯霈F(xiàn)在各個(gè)位置上的概率相等，所以P（Bi）=1以給定所在位置的序號(hào)為條件，則P（A）=i=1nP（A|Bi）?P（Bi）=1ni=1n當(dāng)1≤i≤k時(shí)，最大的番石榴在前k顆番石榴內(nèi)，不會(huì)被摘到，此時(shí)P（A|Bi）＝0；當(dāng)k+1≤i≤n時(shí)，最大的番石榴被摘到，當(dāng)且僅當(dāng)前i﹣1顆番石榴中的最大的一顆在前k顆番石榴中時(shí)，此時(shí)P（A|Bi）=k由全概率公式知，P（A）=1ni=k+1設(shè)f（x）=xnlnnx，其中x＞0，n為常數(shù)；則f′（x）=令f′（x）＝0，得x=n所以，當(dāng)x∈（0，ne）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（ne，n）時(shí)，f′（x）＜0，f（所以f（x）的最大值為f（x）max＝f（ne）=所以，當(dāng)k=ne時(shí)，P（A）=knlnnk取得最大值，最大值為所以P的最大值為1e，此時(shí)t=【點(diǎn)評(píng)】本題考查了概率在生活中的應(yīng)用問(wèn)題，也考查了運(yùn)算求解能力與數(shù)學(xué)建模核心素養(yǎng)，是難題．3．（2024?北京模擬）如圖，某大學(xué)將一矩形ABCD操場(chǎng)擴(kuò)建成一個(gè)更大的矩形DEFG操場(chǎng)，要求A在DE上，C在DG上，且B在EG上．若AD＝30米，DC＝20米，設(shè)DG＝x米（x＞20）．（1）要使矩形DEFG的面積大于2700平方米，求x的取值范圍；（2）當(dāng)DG的長(zhǎng)度是多少時(shí)，矩形DEFG的面積最??？并求出最小面積．【考點(diǎn)】根據(jù)實(shí)際問(wèn)題選擇函數(shù)類型；基本不等式及其應(yīng)用．【專題】整體思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；不等式；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）{x|20＜x＜30或x＞60}；（2）當(dāng)DG的長(zhǎng)度為40米時(shí)，矩形DEFG的面積最小為2400平方米．【分析】（1）因?yàn)镈G＝x，DC＝20，所以S矩形（2）由（1）知S矩形【解答】解：（1）因?yàn)镈G＝x，DC＝20，所以CG＝x﹣20，又△GCB∽△GDE，所以GCGD即x-20x所以DE=30x所以S矩形即x2﹣90x+1800＞0，又x＞20，則20＜x＜30或x＞60，即x的取值范圍是{x|20＜x＜30或x＞60}；（2）由（1）知S矩形當(dāng)且僅當(dāng)x-20=400x-20，即故當(dāng)DG的長(zhǎng)度為40米時(shí)，矩形DEFG的面積最小為2400平方米．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了基本不等式的應(yīng)用，重點(diǎn)考查了閱讀理解能力，屬中檔題．4．（2024?蘇州模擬）生物學(xué)中，我們常用Sigmoid型曲線描述當(dāng)某生態(tài)系統(tǒng)中存在某一物種的天敵且食物、空間等資源也不充足時(shí)，該物種種群數(shù)量隨時(shí)間的變化．利用該曲線，從事有關(guān)生物行業(yè)的一些人們可以依據(jù)定義在R上的函數(shù)f(x)=a（1）記f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x），若f′（x）＝f（x）[1﹣f（x）]，求a；（2）若y＝K（K＞0）是f（x）的漸近線，則我們稱K為該生態(tài)系統(tǒng)的K值．某魚(yú)塘的某種魚(yú)的種群數(shù)量變化滿足Sigmoid模型，其K值為K．通過(guò)計(jì)算求該魚(yú)塘中該種魚(yú)種群數(shù)量為多少時(shí)，該魚(yú)塘可持續(xù)獲得最大捕撈量（即f（x）瞬時(shí)變化率最大）．【考點(diǎn)】根據(jù)實(shí)際問(wèn)題選擇函數(shù)類型．【專題】應(yīng)用題；函數(shù)思想；方程思想；換元法；構(gòu)造法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）a＝1．（2）當(dāng)種群數(shù)量為K2【分析】（1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，代入f′（x）＝f（x）[1﹣f（x）]中，求解即可．（2）f（x）瞬時(shí)變化率最大，即求導(dǎo)函數(shù)f′（x）的最大值，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝f′（x），求函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的最值，即可得出結(jié)果．【解答】解：（1）因?yàn)閒（x）=a1+e所以f(x)[1-由f′（x）＝f（x）[1﹣f（x）]，得aex＝aex（ex+1﹣aex），因此1＝ex+1﹣aex，解得a＝1．（2）f（x）瞬時(shí)變化率最大，即求g(x)=f'令g'(x)=-e2x+ex(ex+1)3=0，得﹣e2x+ex＝0解得t＝0（舍），或t＝1，所以x＝lnt＝0，因此列表如下：x（﹣∞，0）（0，+∞）g′（x）+﹣g（x）↗↘因此可得x＝0是g（x）的極大值點(diǎn)，在x＝0時(shí)，該魚(yú)塘可以持續(xù)獲得最大捕撈量，因此f(0)=1而f(x)=e因此可知當(dāng)種群數(shù)量為K2【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及求函數(shù)最值的應(yīng)用問(wèn)題，是中檔題．5．（2024?義烏市模擬）若函數(shù)f（x）滿足以下三個(gè)條件，則稱f（x）為SG﹣L函數(shù)．①定義域?yàn)镹*；②對(duì)任意x∈N*，f（x）∈N*；③對(duì)任意正整數(shù)x1，x2，當(dāng)x1+x2≥3時(shí)，有（f（x1+x2）﹣f（x1）﹣f（x2））（f（x1+x2）﹣f（x1）﹣f（x2）﹣1）≤0．若給定SG﹣L函數(shù)f（x）某幾個(gè)函數(shù)值，在滿足條件①②③的情況下，可能的f（x）如果有k種，分別為f1（x），f2（x），…，fk（x）．那么我們記F（n）等于f1（n），f2（n），…，fk（n）的最大值．這樣得到的F（x）稱為f（x）的最大生成函數(shù)．（1）若f（x）為SG﹣L函數(shù)，且F（x）是在給定條件f（1）＝1，f（3）＝5下的f（x）的最大生成函數(shù)，求f（2）和F（4）的值；（2）若g（x）為SG﹣L函數(shù)，且滿足g（1）＝g（2）＝1，求數(shù)列{2g（n）}的前10項(xiàng)和；（3）若h（x）為SG﹣L函數(shù)，且H（x）是在給定條件h（1）＝1，h（2）＝2下的h（x）的最大生成函數(shù)，求數(shù)列{H（n）}的前n項(xiàng)和．【考點(diǎn)】函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用．【專題】函數(shù)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；點(diǎn)列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法；邏輯推理；直觀想象；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）f（2）＝3，F(xiàn)（4）＝7；（2）1024；（3）3n【分析】（1）根據(jù)所給定義得到f（x1）+f（x2）≤f（x1+x2）≤f（x1）+f（x2）+1，結(jié)合所給條件求出f（2），即可猜想f（n）＝2n﹣1，即可求出F（4）；（2）首先求出g（3），g（4），猜想g(n)=1（3）首先求出H（x）的前幾個(gè)數(shù)，猜想H(n)=3n-12，n為正奇數(shù)【解答】解：（1）因?yàn)閒（x1）+f（x2）≤f（x1+x2）≤f（x1）+f（x2）+1，所以1+f（2）≤5≤2+f（2），所以3≤f（2）≤4．但是若f（2）＝4，則1+5≤f（4）≤1+5+1，又4+4≤f（4）≤4+4+1，這出現(xiàn)矛盾，所以f（2）＝4不成立，即f（2）＝3，此時(shí)1+5≤f（4）≤1+5+1，3+3≤f（4）≤3+3+1，所以f（4）＝6或者f（4）＝7．若令f（n）＝2n﹣1，顯然它是滿足SG﹣L函數(shù)的3個(gè)條件的，不會(huì)出現(xiàn)矛盾．所以F（4）＝7．（2）由g（1）＝g（2）＝1，則2≤g（3）≤3，若g（3）＝3，則4≤g（4）≤5，2≤g（4）≤3，出現(xiàn)矛盾．所以g（3）＝2．同理求得g（4）＝3，我們猜想g（n）=1下面證明它.1°當(dāng)n＝1，2，3時(shí)，g（n）的公式顯然成立．2°假設(shè)當(dāng)n≤k（k≥3）時(shí)，g（n）的公式成立．則當(dāng)n＝k+1時(shí)，1+（k﹣1）＝g（1）+g（k）≤g（k+1）≤g（1）+g（k）+1＝1+（k﹣1）+1，1+（k﹣2）＝g（2）+g（k﹣1）≤g（k+1）≤g（2）+g（k﹣1）+1＝1+（k﹣2）+1，2+（k﹣3）＝g（3）+g（k﹣2）≤g（k+1）≤g（3）+g（k﹣2）+1＝2+（k﹣3）+1，???顯然，只能是g（k+1）＝k．所以g（n）=1可知，該公式給定的數(shù)列也滿足SG﹣L函數(shù)的3個(gè)條件．于是i=110所以數(shù)列{2g（n）}的前10項(xiàng)和為1024．（3）因?yàn)閔（1）＝1，h（2）＝2，所以H（1）＝1，H（2）＝2，因?yàn)?≤h（3）≤4，不妨取H（3）＝h（3）＝4，則4≤h（4）≤5且5≤h（4）≤6，所以h（4）＝5，即H（4）＝5．我們猜想H(n)=3n-1下面證明它．1°當(dāng)n＝1，2，3，4時(shí)，H（n）的公式顯然成立．2°假設(shè)當(dāng)n＝1，2，3，4，???，2k﹣1，2k（k≥2）時(shí)，H（n）的公式成立，則當(dāng)n＝2k+1時(shí)，1+（3k﹣1）＝h（1）+h（2k）≤h（2k+1）≤h（1）+h（2k）+1＝1+（3k﹣1）+1，2+（3k﹣2）＝h（2）+h（2k﹣1）≤h（2k+1）≤h（2）+h（2k﹣1）+1＝2+（3k﹣2）+1，4+（3k﹣4）＝h（3）+h（2k﹣2）≤h（2k+1）≤h（3）+h（2k﹣2）+1＝4+（3k﹣4）+1，5+（3k﹣5）＝h（4）+h（2k﹣3）≤h（2k+1）≤h（4）+h（2k﹣3）+1＝5+（3k﹣5）+1，???即只需3k≤h（2k+1）≤3k+1即可，所以H（2k+1）＝3k+1．又當(dāng)n＝2k+2時(shí)，1+（3k+1）＝h（1）+h（2k+1）≤h（2k+2）≤h（1）+h（2k+1）+1＝1+（3k+1）+1，2+（3k﹣1）＝h（2）+h（2k）≤h（2k+2）≤h（2）+h（2k）+1＝2+（3k﹣1）+1，4+（3k﹣2）＝h（3）+h（2k﹣1）≤h（2k+2）≤h（3）+h（2k﹣1）+1＝4+（3k﹣2）+1，5+（3k﹣4）＝h（4）+h（2k﹣2）≤h（2k+2）≤h（4）+h（2k﹣2）+1＝5+（3k﹣4）+1，即只有h（2k+2）＝3k+2，所以H（2k+2）＝3k+2，所以H(n)=3n-1可知，該公式給定的數(shù)列也滿足SG﹣L函數(shù)的3個(gè)條件．于是當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，i=1=n當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，i=1n所以數(shù)列{H（n）}的前n項(xiàng)和為3n【點(diǎn)評(píng)】本題屬于新概念題，考查了函數(shù)與方程思想，考查了數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用，屬于中檔題．6．（2024?滄州一模）對(duì)于函數(shù)y＝f（x），x∈I，若存在x0∈I，使得f（x0）＝x0，則稱x0為函數(shù)f（x）的一階不動(dòng)點(diǎn)；若存在x∈I，使得f（f（x0））＝x0，則稱x0為函數(shù)f（x）的二階不動(dòng)點(diǎn)；依此類推，可以定義函數(shù)f（x）的n階不動(dòng)點(diǎn)．其中一階不動(dòng)點(diǎn)簡(jiǎn)稱為“不動(dòng)點(diǎn)”，二階不動(dòng)點(diǎn)簡(jiǎn)稱為“穩(wěn)定點(diǎn)”，函數(shù)f（x）的“不動(dòng)點(diǎn)”和“穩(wěn)定點(diǎn)”構(gòu)成的集合分別記為A和B，即A＝{x|f（x）＝x}，B＝{x|f（f（x））＝x}．（1）若f(x)=exe(x＞0)，證明：集合A＝{x|f（2）若f(x)=(a+1)x-1x【考點(diǎn)】函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用．【專題】新定義；分類討論；方程思想；轉(zhuǎn)化思想；分析法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；數(shù)學(xué)抽象；邏輯推理；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）當(dāng)a≥0時(shí)或a=-3e4時(shí)，集合B的子集有2個(gè)；當(dāng)-1＜a＜-3e4【分析】（1）構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-（2）根據(jù)反函數(shù)的性質(zhì)只需研究f(x)=(a+1)x-【解答】解：（1）證明：令g(x)=f(x)-求導(dǎo)得g'令g（x）＝0，可得x＝e，當(dāng)x∈（﹣∞，e）時(shí)，g'（x）＜0，當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，g'（x）＞0，所以g（x）min＝g（e）＝0，所以g（x）有唯一零點(diǎn)，所以集合A＝{x|f（x）＝x}中有且僅有一個(gè)元素；（2）當(dāng)a＞﹣1時(shí)，由函數(shù)f(x)=(a+1)x-1x所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，由反函數(shù)的知識(shí)，f（x）穩(wěn)定點(diǎn)在原函數(shù)與反函數(shù)的交點(diǎn)上，即f（x）穩(wěn)定點(diǎn)與f（x）的不動(dòng)點(diǎn)等價(jià)，故只需研究f(x)=(a+1)x-令F(x)=f(x)-則F(x)=2則F′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，①當(dāng)a＞0時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0恒成立，即F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)x無(wú)限接近于0時(shí)，F(xiàn)（x）趨向于負(fù)無(wú)窮小，且F(e故存在唯一的x0∈(0，e2)，使得即f（x）＝x有唯一解，所以此時(shí)f（x）有唯一不動(dòng)點(diǎn)；②當(dāng)a＜0時(shí)，即﹣1＜a＜0時(shí)，F(xiàn)'當(dāng)x趨向無(wú)窮大時(shí)，2e2×此時(shí)F（x1）＜0，存在唯一x1∈（0，+∞），使得F'此時(shí)f（x）在（0，x1）上單調(diào)遞增，在（x，+∞）上單調(diào)遞減，故F(x)當(dāng)x趨近于0時(shí)，F(xiàn)（x）趨向于負(fù)無(wú)窮大，當(dāng)x向正無(wú)窮大時(shí)，F(xiàn)（x）趨向負(fù)無(wú)窮大時(shí)，設(shè)h(x)=2e2lnx-2x-2且h(又a=-2e2×1x1-故（i）當(dāng)F(x)max=2e2lnx1-2x1-2e2=0時(shí)，即（ii）當(dāng)F(x)max=2e2lnx1-2x1-2e2＜0（iii）當(dāng)F(x)max=2e2lnx1-2x1-2e2＞0綜上，當(dāng)a≥0時(shí)或a=-3e4時(shí)，集合B的子集有2個(gè)；當(dāng)-1＜a＜-3e4【點(diǎn)評(píng)】本題以函數(shù)新定義為數(shù)學(xué)背景，考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，屬于難題．7．（2024?浙江模擬）求證：關(guān)于x的方程x（x+1）（x+2）…（x+2024）﹣1＝0有且僅有一個(gè)正實(shí)根x0，且這個(gè)實(shí)根x0滿足：12024【考點(diǎn)】函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系；一元二次方程的根的分布與系數(shù)的關(guān)系．【專題】證明題；轉(zhuǎn)化思想；分析法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；數(shù)學(xué)抽象；邏輯推理；數(shù)學(xué)運(yùn)算；數(shù)據(jù)分析．【答案】證明見(jiàn)解析．【分析】先證明兩個(gè)引理，即6+362024【解答】證明：設(shè)f（x）＝x（x+1）（x+2）…（x+2024）﹣1，易知：當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f（x）單調(diào)遞增，因?yàn)閒（0）＝﹣1＜0，f（1）＝2025！﹣1＞0，所以f（x）＝0有且僅有一個(gè)正實(shí)根x0，下面先證明兩個(gè)引理：引理一：6+36證明：k=12024k=12024＜1+引理二：（貝努利Bernoulli不等式）設(shè)n≥2是正整數(shù)，x1x2，…，xn∈（0，1）且x1+x2+?+xn＜1，則（1﹣x1）（1﹣x2）?（1﹣xn）＞1﹣（x1+x2+?+xn）（*），我們用數(shù)學(xué)歸納法證明（*）當(dāng)n＝2時(shí)，（1﹣x1）（1﹣x2）＝1﹣x1﹣x2+x1x2＞1﹣x1﹣x2，假設(shè)n＝k時(shí)，（*）成立，則對(duì)于n＝k+1時(shí)，（1﹣x1）（1﹣x2）…（1﹣xk）（1﹣xk+1）＞[1﹣（x1+x2+…+xk）]（1﹣xk+1）＞1﹣（x1+x2+?+xk+1），故對(duì)任意的正整數(shù)n≥2，（*）成立，接著分兩步證明：12024!+10（1）x0只需證：f(x即f(1記a＝2024!+10，f(1?(1①由引理二和引理一可得：(1-11+a故①成立，從而，x0（2）x0只需證：f(x即f(1記b=1利用引理一可得：(b+1)(b+2)?即f(1從而，x0【點(diǎn)評(píng)】本題是一道競(jìng)賽題目，考查函數(shù)的應(yīng)用，不等式的放縮，屬于難題．8．（2024?浦東新區(qū)二模）已知函數(shù)y＝f（x），其中f（x）＝sinx．（1）求f(x-π4)=32在x（2）已知g（x）=3f(x)f(x+π2)-f(x)f(x+π)，若關(guān)于x的方g（x）﹣m=12在x∈【考點(diǎn)】函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系；正弦函數(shù)的圖象．【專題】方程思想；綜合法；三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）7π12，11π12；（2）[-1【分析】（1）由特殊角的正弦函數(shù)值，可得所求解；（2）運(yùn)用二倍角的三角函數(shù)公式和輔助角公式，結(jié)合正弦函數(shù)的圖象可得所求取值范圍．【解答】解：（1）f（x-π4）＝sin（x-π可得x＝2kπ+π4+π3，或2kπ+2π3+π4，即x＝2kπ+則在x∈[0，π]上的解為7π12，11π（2）g（x）=3sinxsin（x+π2）﹣sinxsin（x+π）=3sinxcosx+sin2x＝sin（2x-π6）關(guān)于x的方程g（x）﹣m=12，即m＝sin（2x-π6）在x∈[0由x∈[0，π2]，可得2x-π6∈[-π6，5π6]，sin（2x-π所以，m的取值范圍是[-12，【點(diǎn)評(píng)】本題考查正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，以及方程的根的個(gè)數(shù)，考查方程思想和運(yùn)算能力，屬于中檔題．9．（2024?鯉城區(qū)模擬）在相同的介質(zhì)中，人們?nèi)庋劭吹降墓饩€總是呈直線運(yùn)動(dòng)的．由于光在不同的介質(zhì)中的傳播速度不同，因此在不同的介質(zhì)中光會(huì)發(fā)生折射現(xiàn)象．在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸恰好為介質(zhì)Ⅰ和Ⅲ的分界線，光在介質(zhì)Ⅰ內(nèi)點(diǎn)A（0，a）以入射角α，速度u在介質(zhì)Ⅰ內(nèi)傳播至x軸上的點(diǎn)P（x，0），而后以折射角β，速度v在介質(zhì)Ⅱ內(nèi)傳播至點(diǎn)B（b，c）．（1）將光從點(diǎn)A傳播到點(diǎn)B的所需的時(shí)間關(guān)于x的函數(shù)的解析式T（x）；（2）費(fèi)爾馬認(rèn)為：光總是沿著最節(jié)省時(shí)間的路線傳播，設(shè)點(diǎn)B在x軸上的射影為C．根據(jù)費(fèi)爾馬的結(jié)論，解決以下問(wèn)題：（i）證明：sinαsinβ（u）若uv=12，【考點(diǎn)】根據(jù)實(shí)際問(wèn)題選擇函數(shù)類型；函數(shù)解析式的求解及常用方法．【專題】綜合題；函數(shù)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）T（x）=x2+a2u+(b-x)2（2）（i）證明見(jiàn)解答；（ii）（332，【分析】（1）先求出|AP|=x2+（2）（i）求導(dǎo)數(shù)，T′（x）=1u1+a2x2-（ii）由uv=12，【解答】解：（1）因?yàn)閨AP|=x2+a2，|BP|=(b-x)2+c2，所以T（（2）（i）由T′（x）=xux2+a2-b-xv(b-x)2+c2又T′（x）=1u1+a2x2-1于是存在唯一的x0∈（0，b），使得T′（x0）＝0，且T（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，b）上單調(diào)遞增，據(jù)此，并運(yùn)用費(fèi)爾馬的結(jié)論，可知，當(dāng)x＝x0時(shí)，光線所經(jīng)過(guò)的路程最短．令T′（x0）＝0時(shí)．得uv又sinasinβ=(b-（ii）當(dāng)uv=12，a=3，x0=整理得b24+故點(diǎn)B的軌跡為長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，短軸長(zhǎng)為3的橢圓在坐標(biāo)軸第四象限的部分，所以，光線所從A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B所經(jīng)過(guò)路程為3+b24+c2【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用，屬于中檔題．10．（2024?長(zhǎng)寧區(qū)校級(jí)三模）設(shè)函數(shù)y＝f（x）的定義域?yàn)镈，對(duì)于區(qū)間I＝[a，b]（I?D），若滿足以下兩個(gè)性質(zhì)之一，則稱區(qū)間I是y＝f（x）的一個(gè)“好區(qū)間”．性質(zhì)①：對(duì)于任意x0∈I，都有f（x0）∈I；性質(zhì)②：對(duì)于任意x0∈I，都有f（x0）?I．（1）已知函數(shù)f（x）＝﹣x2+2x，x∈R．分別判斷區(qū)間[0，2]，區(qū)間[1，3]是否為y＝f（x）的“好區(qū)間”，并說(shuō)明理由；（2）已知m＞0，若區(qū)間[0，m]是函數(shù)f(x)=13x3-x2（3）已知函數(shù)y＝f（x）的定義域?yàn)镽，其圖像是一條連續(xù)的曲線，且對(duì)于任意a＜b，都有f（a）﹣f（b）＞b﹣a，求證：y＝f（x）存在“好區(qū)間”，且存在x0∈R，x0為不屬于y＝f（x）的任意一個(gè)“好區(qū)間”．【考點(diǎn)】函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用．【專題】分類討論；函數(shù)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；邏輯推理；直觀想象；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）[0，2]是，[1，3]不是；（2）（0，3）；（3）證明見(jiàn)解析．【分析】（1）由“好區(qū)間”的定義判斷即可；（2）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值，根據(jù)“好區(qū)間”的定義可判斷出y＝f（x）上滿足性質(zhì)②，再由[0，m]∩[f（m），12]＝?，求解即可；（3）由題意可得y＝f（x）在任意區(qū)間[a，b]上對(duì)應(yīng)的函數(shù)值區(qū)間長(zhǎng)度必大于b﹣a，從而可得在任意區(qū)間I＝[a，b]上都不滿足性質(zhì)①，且在R上單調(diào)遞減，即有即存在f（x0）≠x0，分f（x0）＞x0，f（x0）＜x0，證明即可．【解答】解：（1）f（x）＝﹣x2+2x＝﹣（x﹣1）2+1，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f（x）∈[0，2]，滿足性質(zhì)①，所以[0，2]是y＝f（x）的“好區(qū)間”；當(dāng)x∈[1，3]時(shí)，f（x）∈[﹣3，2]，既不滿足性質(zhì)①，也不滿足性質(zhì)②，所以[1，3]不是y＝f（x）的“好區(qū)間”；（2）f'（x）＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣3）（x+1），x0（0，3）3（3，+∞）f'（x）﹣0+f（x）12單調(diào)遞減極小值3單調(diào)遞增若y＝f（x）在區(qū)間[0，m]上滿足性質(zhì)①，則f（0）＝12∈[0，m]，m≥12，而f(m)-m=m33-m2-4m+12=13所以y＝f（x）在區(qū)間[0，m]上不滿足性質(zhì)①若y＝f（x）在區(qū)間y＝f（x）上滿足性質(zhì)②，當(dāng)m＜3時(shí)，f（x）≥f（m）＞f（3）＝3，所以[0，m]∩[f（m），12]＝?，當(dāng)m≥3時(shí)，因?yàn)閒（3）＝3，所以不符合；綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍是（0，3）；（3）證明：因?yàn)槿我鈇＜b，都有f（a）﹣f（b）＞b﹣a．所以y＝f（x）在任意區(qū)間[a，b]上對(duì)應(yīng)的函數(shù)值區(qū)間長(zhǎng)度必大于b﹣a，即y＝f（x）在任意區(qū)間I＝[a，b]上都不滿足性質(zhì)①，因?yàn)閷?duì)于任意a＜b，都有f（a）﹣f（b）＞b﹣a＞0，所以y＝f（x）在R上單調(diào)遞減，所以f（x）＝x不恒成立，即存在f（x0）≠x0，若f（x0）＞x0，取a＜b＜x0，則f（a）＞f（b）＞f（x0）＞x0＞b＞a，y＝f（x）在區(qū)間[a，b]上對(duì)應(yīng)函數(shù)值的區(qū)間[f（b），f（a）]，[f（b），f（a）]∩[a，b]＝?，所以[a，b]是一個(gè)“好區(qū)間”；若f（x0）＜x0，取b＞a＞x0，則f（b）＜f（a）＜f（x0）＜x0＜a＜b，y＝f（x）在區(qū)間[a，b]上對(duì)應(yīng)函數(shù)值的區(qū)間[f（b），f（a）]，[f（b），f（a）]∩[a，b]＝?，[a，b]是一個(gè)“好區(qū)間”；所以y＝f（x）存在“好區(qū)間”；記g（x）＝f（x）﹣x，因?yàn)閥＝f（x）在R上單調(diào)遞減，所以y＝g（x）在R上單調(diào)遞減；又y＝f（x）圖像是一條連續(xù)的曲線，所以y＝g（x）圖像也是一條連續(xù)的曲線，先證明y＝g（x）有零點(diǎn)，設(shè)g（0）＝f（0）＝t，若t＝0，則y＝g（x）有零點(diǎn)為x＝0，若t＞0，則f（t）＜f（0）≠0，g（t）＝f（t）﹣t＜0，g（0）＝t＞0，y＝g（x）在區(qū)間（0，t）上有零點(diǎn)；若t＜0，則f（t）＞f（0）≠0，g（t）＝f（t）﹣t＞0，g（0）＝t＜0，y＝g（x）在區(qū)間（t，0）上有零點(diǎn)；所以y＝g（x）必有零點(diǎn)，記為x0′，即f（x0′）＝x0′y＝f（x）的“好區(qū)間”I都滿足性質(zhì)②，所以x0′不屬于任意一個(gè)“好區(qū)間”．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于新概念題，考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用、分類討論思想，理解定義是關(guān)鍵，屬于中檔題．

考點(diǎn)卡片1．基本不等式及其應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】基本不等式主要應(yīng)用于求某些函數(shù)的最值及證明不等式．其可表述為：兩個(gè)正實(shí)數(shù)的幾何平均數(shù)小于或等于它們的算術(shù)平均數(shù)．公式為：a+b2≥ab（a≥0，b≥0），變形為ab≤（a+b2）2或者a+b實(shí)例解析例1：下列結(jié)論中，錯(cuò)用基本不等式做依據(jù)的是．A：a，b均為負(fù)數(shù)，則2ab+b2a≥2．B：x2+2x2解：根據(jù)均值不等式解題必須滿足三個(gè)基本條件：“一正，二定、三相等”可知A、B、D均滿足條件．對(duì)于C選項(xiàng)中sinx≠±2，不滿足“相等”的條件，再者sinx可以取到負(fù)值．故選：C．A選項(xiàng)告訴我們正數(shù)的要求是整個(gè)式子為正數(shù)，而不是式子當(dāng)中的某一個(gè)組成元素；B分子其實(shí)可以寫成x2+1+1，然后除以分母就可換成基本不等式．這個(gè)例題告訴我們對(duì)于一個(gè)式子也是可以用基本不等式的，而且求最值也很方便．例2：利用基本不等式求y=xx2+2的最值？當(dāng)0＜x＜解：當(dāng)x＝0時(shí)，y＝0，當(dāng)x≠0時(shí)，y=x用基本不等式若x＞0時(shí)，0＜y≤2若x＜0時(shí)，-24≤y綜上得，可以得出-24≤∴y=xx2+2的最值是這是基本不等式在函數(shù)中的應(yīng)用，他的解題思路是首先判斷元素是否大于0，沒(méi)有明確表示的話就需要討論；然后把他化成基本不等式的形式，也就是化成兩個(gè)元素（函數(shù)）相加，而他們的特點(diǎn)是相乘后為常數(shù)；最后套用基本不等式定理直接求的結(jié)果．【解題方法點(diǎn)撥】基本不等式的應(yīng)用1、求最值例1：求下列函數(shù)的值域．2、利用基本不等式證明不等式3、基本不等式與恒成立問(wèn)題4、均值定理在比較大小中的應(yīng)用【命題方向】技巧一：湊項(xiàng)點(diǎn)評(píng)：本題需要調(diào)整項(xiàng)的符號(hào)，又要配湊項(xiàng)的系數(shù)，使其積為定值．技巧二：湊系數(shù)例2：當(dāng)0＜x＜4時(shí)，求y＝x（8﹣2x）的最大值．解析：由0＜x＜4知，8﹣2x＞0，利用基本不等式求最值，必須和為定值或積為定值，此題為兩個(gè)式子積的形式，但其和不是定值．注意到2x+（8﹣2x）＝8為定值，故只需將y＝x（8﹣2x）湊上一個(gè)系數(shù)即可．y＝x（8﹣2x）=12[2x?（8﹣2x）]≤12（2x+8-2x當(dāng)2x＝8﹣2x，即x＝2時(shí)取等號(hào)，當(dāng)x＝2時(shí)，y＝x（8﹣x2）的最大值為8．評(píng)注：本題無(wú)法直接運(yùn)用基本不等式求解，但湊系數(shù)后可得到和為定值，從而可利用基本不等式求最大值．技巧三：分離例3：求y=x解：本題看似無(wú)法運(yùn)用基本不等式，不妨將分子配方湊出含有（x+1）的項(xiàng)，再將其分離．y=x2+7x+10x+1=(x+1)當(dāng)x＞﹣1，即x+1＞0時(shí)，y≥2(x+1)×4x+1+5＝9（當(dāng)且僅當(dāng)技巧四：換元對(duì)于上面例3，可先換元，令t＝x+1，化簡(jiǎn)原式在分離求最值．技巧五：結(jié)合函數(shù)f（x）＝x+a技巧六：整體代換點(diǎn)評(píng)：多次連用最值定理求最值時(shí)，要注意取等號(hào)的條件的一致性，否則就會(huì)出錯(cuò)．技巧七：取平方點(diǎn)評(píng)：本題將解析式兩邊平方構(gòu)造出“和為定值”，為利用基本不等式創(chuàng)造了條件．總之，我們利用基本不等式求最值時(shí)，一定要注意“一正二定三相等”，同時(shí)還要注意一些變形技巧，積極創(chuàng)造條件利用基本不等式．2．一元二次方程的根的分布與系數(shù)的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系其實(shí)可以用一個(gè)式子來(lái)表達(dá)，即當(dāng)ax2+bx+c＝0（a≠0）有解時(shí)，不妨設(shè)它的解為x1，x2，那么這個(gè)方程可以寫成ax2﹣a（x1+x2）x+ax1?x2＝0．即x2﹣（x1+x2）x+x1?x2＝0．它表示根與系數(shù)有如下關(guān)系：x1+x2=-ba，x1?x【解題方法點(diǎn)撥】例：利用根與系數(shù)的關(guān)系求出二次項(xiàng)系數(shù)為1的一元二次方程，使它的兩根分別是方程x2﹣3x+1＝0兩根的平方．解：方程x2﹣3x+1＝0中，∵a＝1，b＝﹣3，c＝1，∴△＝9﹣4＝5＞0，即方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，設(shè)方程兩根分別為x1，x2，∴x1+x2＝3，x1x2＝1，∴（x1+x2）2=x12+x22+2x∴x12+x22=7，又x12x22則所求方程為x2﹣7x+1＝0．這個(gè)題基本上是套用定理，唯一注意的是x1+x2與x1?x2可以變換，不管是變成加還是減還是倒數(shù)，都可以應(yīng)用上面的公式（韋達(dá)定理）．【命題方向】首先申明，這是必考點(diǎn)．一般都是在解析幾何里面，通過(guò)聯(lián)立方程，求出兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)與系數(shù)的關(guān)系，然后通過(guò)這個(gè)關(guān)系去求距離，或者斜率的積等等．所以在復(fù)習(xí)的時(shí)候要結(jié)合解析幾何一同復(fù)習(xí)效果更佳．3．函數(shù)解析式的求解及常用方法【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】通過(guò)求解函數(shù)的解析式中字母的值，得到函數(shù)的解析式的過(guò)程就是函數(shù)的解析式的求解．求解函數(shù)解析式的幾種常用方法主要有1、換元法；2、待定系數(shù)法；3、湊配法；4、消元法；5、賦值法等等．【解題方法點(diǎn)撥】常常利用函數(shù)的基本性質(zhì)，函數(shù)的圖象特征，例如二次函數(shù)的對(duì)稱軸，函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)等；利用函數(shù)的解析式的求解方法求解函數(shù)的解析式，有時(shí)利用待定系數(shù)法．【命題方向】求解函數(shù)解析式是高考重點(diǎn)考查內(nèi)容之一，在三角函數(shù)的解析式中?？迹腔A(chǔ)題．4．正弦函數(shù)的圖象【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】正弦函數(shù)、余弦函數(shù)、正切函數(shù)的圖象和性質(zhì)函數(shù)y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖象定義域RRk∈Z值域[﹣1，1][﹣1，1]R單調(diào)性遞增區(qū)間：（2kπ-π2，2kπ（k∈Z）；遞減區(qū)間：（2kπ+π2，2kπ（k∈Z）遞增區(qū)間：（2kπ﹣π，2kπ）（k∈Z）；遞減區(qū)間：（2kπ，2kπ+π）（k∈Z）遞增區(qū)間：（kπ-π2，kπ（k∈Z）最值x＝2kπ+π2（k∈Z）時(shí)，ymax＝x＝2kπ-π2（k∈ymin＝﹣1x＝2kπ（k∈Z）時(shí)，ymax＝1；x＝2kπ+π（k∈Z）時(shí)，ymin＝﹣1無(wú)最值奇偶性奇函數(shù)偶函數(shù)奇函數(shù)對(duì)稱性對(duì)稱中心：（kπ，0）（k∈Z）對(duì)稱軸：x＝kπ+π2，k對(duì)稱中心：（kπ+π2，0）（k∈對(duì)稱軸：x＝kπ，k∈Z對(duì)稱中心：（kπ2，0）（k∈Z無(wú)對(duì)稱軸周期2π2ππ5．函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】函數(shù)的零點(diǎn)表示的是函數(shù)與x軸的交點(diǎn)，方程的根表示的是方程的解，他們的含義是不一樣的．但是，他們的解法其實(shí)質(zhì)是一樣的．【解題方法點(diǎn)撥】求方程的根就是解方程，把所有的解求出來(lái)，一般要求的是二次函數(shù)或者方程組，這里不多講了．我們重點(diǎn)來(lái)探討一下函數(shù)零點(diǎn)的求法（配方法）．例題：求函數(shù)f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70的零點(diǎn)．解：∵f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70＝（x﹣5）?（x+7）?（x+2）?（x+1）∴函數(shù)f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70的零點(diǎn)是：5、﹣7、﹣2、﹣1．通過(guò)這個(gè)題，我們發(fā)現(xiàn)求函數(shù)的零點(diǎn)常用的方法就是配方法，把他配成若干個(gè)一次函數(shù)的乘積或者是二次函數(shù)的乘積，最后把它轉(zhuǎn)化為求基本函數(shù)的零點(diǎn)或者說(shuō)求基本函數(shù)等于0時(shí)的解即可．【命題方向】直接考的比較少，了解相關(guān)的概念和基本的求法即可．6．函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用是指結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)和方程的解法解決復(fù)雜問(wèn)題．【解題方法點(diǎn)撥】﹣函數(shù)性質(zhì)：分析函數(shù)的定義域、值域、單調(diào)性、對(duì)稱性等性質(zhì)．﹣方程求解