2014届高三数学一轮复习《函数模型及其应用》理 新人教B版

第一篇：2014届高三数学一轮复习《函数模型及其应用》理 新人教B版

[第12讲 函数模型及其应用]

(时间：35分钟 分值：80分)

基础热身

1．某种细胞，每15分钟分裂一次(1→2)，这种细胞由1个分裂成4 096个需经过()

A．12 hB．4 hC．3 hD．2 h

22．某沙漠地区的某时段气温与时间的函数关系是f(t)＝－t＋24t－101(4≤t≤18)，则该沙漠地区在该时段的最大温差是()

A．54B．58C．64D．68

3．已知某矩形广场的面积为4万平方米，则其周长至少为()

A．800 m B．900 m C．1 000 m D．1 200 m

4．已知A，B两地相距150 km，某人开汽车以60 km/h的速度从A地到达B地，在B地停留1 h后再以50 km/h的速度返回A地，把汽车离开A地的距离x表示为时间t(h)的函数表达式是________．

能力提升

5．某工厂6年来生产某种产品的情况是：前三年年产量的增长速度越来越快，后三年年产量保持不变，则该厂6年来这种产品的总产量C与时间t(年)的函数关系可用图象表示是（）

6．某商品1月份降价10%，此后受市场因素影响，价格连续上涨三次，使目前售价与1月份降价前相同，则连续上涨三次的价格平均回升率为()310310A.1B.＋1 99

1033－1D.9

37．某公司租地建仓库，已知仓库每月占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月运送货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比．据测算，如果在距离车站10 km处建仓库，这两项费用y1，y2分别是2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站()

A．5 km处 B．4 km处 C．3 km处 D．2 km处

8．某电视新产品投放市场后第一个月销售100台，第二个月销售200台，第三个月销售400台，第四个月销售790台，则下列函数模型中能较好地反映销量y与投放市场的月数x之间关系的是()

2A．y＝100xB．y＝50x－50x＋100

xC．y＝50×2D．y＝100log2x＋100 C．

9．用一根长为12 m的铝合金条做成一个“目”字形窗户的框架(不计损耗)，要使这个窗户通过的阳光最充足，则框架的长与宽应为________．

210．某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润(单位：万元)分别为l1＝5.06x－0.15x

和l2＝2x，其中x为销售量(单位：辆)．若该公司在这两地共销售15辆车，则能获得的最大利润为________万元．

11．[2013·北京朝阳区二模] 一个工厂生产某种产品每年需要固定投资100万元，此

*外每生产1件该产品还需要增加投资1万元，年产量为x(x∈N)件．当x≤20时，年销售总

2收入为(33x－x)万元；当x>20时，年销售总收入为260万元．记该工厂生产并销售这种产

品所得的年利润为y万元，则y(万元)与x(件)的函数关系式为________________________________________________________________________，该工厂的年产量为________件时，所得年利润最大．(年利润＝年销售总收入－年总投资)

a0.1＋15lnx≤6），a－x12．(13分)有时可用函数f(x)＝ x－4.4x－4x>6），描述学习某学科知识的掌握程度，其中x表示某学科知识的学习次数(x∈N)，f(x)表示对该学科知识的掌握程度，正实数a与学科知识有关．

(1)证明：当x≥7时，掌握程度的增加量f(x＋1)－f(x)总是下降；

(2)根据经验，学科甲、乙、丙对应的a的取值区间分别为(115，121]，(121，127]，(127，133]．当学习某学科知识6次时，掌握程度是85%，请确定相应的学科．

难点突破

13．(12分)[2013·泉州四校联考] 省环保研究所对市中心每天环境放射性污染情况进行调查研究后，发现一天中环境综合放射性污染指数f(x)与时刻x(时)的关系为f(x)＝2x－a＋2a＋2，x∈[0，24]，其中a是与气象有关的参数，且a∈01，若用每天x＋123

f(x)的最大值为当天的综合放射性污染指数，并记作M(a)．

(1)令t＝*x

x＋1，x∈[0，24]．求t的取值范围．

(2)省政府规定，每天的综合放射性污染指数不得超过2，试问目前市中心的综合放射性污染指数是否超标．

课时作业(十二)

【基础热身】

121．C [解析] 2＝4 096，分裂了12次．

2．C [解析] 当t＝12时，f(t)max＝43，当t＝4时，f(t)min＝－21，最大温差为43－(－21)＝64.40 00040 0003．A [解析] 设这个广场的长为x m，所以其周长为l＝2xxx

≥800，当且仅当x＝200时取等号．

60t（0≤t≤25），4．x＝150（2.5

2.5

【能力提升】

5．A [解析] 由于开始的三年产量的增长速度越来越快，故总产量迅速增长，图中符合这个规律的只有选项A；后三年产量保持不变，总产量直线上升．故选A.3106．A [解析](1－0.1)(1＋x)＝1⇒x1.93

7．A [解析] 设仓库建在离车站x km，则y1＝y2＝k2x，根据给出的初始数据可得k1

x

k1＝20，k2＝0.8，两项费用之和y＝＋0.8x≥8，等号当且仅当x＝5时成立． x

8．C [解析] 根据函数模型的增长差异和题目中的数据可知，应为指数型函数模型．

9．长3 m，宽1.5 m [解析] 设窗的长与宽分别为x，y，据题意

22x＋4y＝12，S＝xy＝(6－2y)y＝－2y＋6y(0

10．45.6 [解析] 设甲地销量为x辆，则乙地销量为15－x辆，总利润为y(单位：万

2元)，则y＝5.06x－0.15x＋2(15－x)(0≤x≤15，x∈N)，2函数y＝－0.15x＋3.06x＋30(0≤x≤15，x∈N)的对称轴为x＝10.2.∵x∈N，故x＝10时y最大，最大值为45.6万元．

2*－x＋32x－100，020，x∈N

[解析] 只要把成本减去即可，成本为x＋100，故得函数关系式为y＝2*－x＋32x－100，020，x∈N.

当020时y<140，故年产量为16件时，年利润最大．

0.412．解：(1)证明：当x≥7时，f(x＋1)－f(x)＝.（x－3）（x－4）

而当x≥7时，函数y＝(x－3)(x－4)单调递增，且(x－3)(x－4)>0，故f(x＋1)－f(x)单调递减，∴当x≥7时，掌握程度的增加量f(x＋1)－f(x)总是下降．

(2)由题意可知0.1＋15lne0.0520＝0.85，整理得＝ea－6a－6aa0.05，解得a＝×6＝20.50×6＝123.0，123.0∈(121，127]． e－1

由此可知，该学科是乙学科．

【难点突破】

13．解：(1)当x＝0时，t＝0；

1当0

∴tx＋12x110，即t的取值范围是0，.122x1x

21(2)当a∈0，时，记g(t)＝|t－a|＋2a＋ 32

2－t＋3a＋t≤a，3则g(t)＝ 21t＋a＋，a

1∵g(t)在[0，a]上单调递减，在a上单调递增，2

21711且g(0)＝3ag＝ag(0)－g＝2a32624

71a＋，0≤a≤，644故M(a)＝∴当且仅当a≤时，M(a)≤2.92113a＋，a≤.342

441故当0≤a≤时不超标，当

第二篇：2014届高三数学一轮复习《数学证明》理 新人教B版

[第68讲 数学证明]

(时间：45分钟 分值：100分)

基础热身

1．下列符合三段论推理形式的为()

A．如果p⇒q，p真，则q真

B．如果b⇒c，a⇒b，则a⇒c

C．如果a∥b，b∥c，则a∥c

D．如果a＞b，c＞0，则ac＞bc

2．[2013·郑州检测] 类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推出正四面体的下列性质，你认为比较恰当的是()

①各棱长相等，同一顶点上的任意两条棱的夹角都相等；②各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角都相等；③各面都是面积相等的三角形，同一顶点上的任意两条棱的夹角都相等．

A．①B．②

C．①②③D．③

3．[2013·太原检测] 已知p是q的充分不必要条件，则綈q是綈p的()

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

22224．[2013·石家庄模拟] 已知ai，bi∈R(i＝1，2，3，„，n)，a1＋a2＋„＋an＝1，b1＋

2b

22＋„＋bn＝1，则a1b1＋a2b2＋„＋anbn的最大值为()

A．1B．2

C．n2D．2n

能力提升

5．[2013·泰州模拟] 设a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：

222①(a－b)＋(b－c)＋(c－a)≠0；

②a＞b，a＜b及a＝b中至少有一个成立；

③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．

其中正确判断的个数为()

A．1个B．2个C．3个D．4个

6．已知c>1，ac＋1－c，b＝cc－1，则正确的结论是()

A．a>bB．a

C．a＝bD．a，b大小关系不定

1a＋b，B＝f(ab)，C＝f2ab，则A，B，7．已知函数f(x)＝，a，b∈R＋，A＝fa＋b22

C的大小关系为()

A．A≤B≤CB．A

C．A≥B≥CD．A>B>C

x

8．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是()

A．假设a，b，c都是偶数 B．假设a，b，c都不是偶数

C．假设a，b，c至多有一个是偶数 D．假设a，b，c至多有两个是偶数

1212312342

9．观察数列1，，，„，则数将出现在此数列的第()

2132143216

A．21项B．22项C．23项D．24项

10．[2013·河南示范性高中检测] 如图K68－1，对大于或等于2的自然数m的n次幂进行如下方式的“分裂”：

－

1仿此，5的“分裂”中最大的数是________，5的“分裂”中最小的数是________．

1111．[2013·哈尔滨模拟] 已知等比数列{an}中，a2＞a3＝1，则使不等式a1－＋a2－2

a1a2

11＋a3－＋„＋an≥0成立的最大自然数n是________．

aa





n



12．如图K68－2所示，由若干个点组成形如三角形的图形，每条边(包括两个端点)有

9999

n(n>1，n∈N)个点，每个图形总的点数记为an，则＋________．

a2a3a3a4a4a5a2 010a2 011

13．[2013·开封模拟] 如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意

f（x1）＋f（x2）＋„＋f（xn）x1＋x2＋„＋xnx1，x2，„，xn，都有≤f.若y＝sinx在区间

n



n



(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．

b2a2

14．(10分)已知a＞0，b＞0a＋b.ab

r

15．(13分)[2013·湖北卷](1)已知函数f(x)＝rx－x＋(1－r)(x>0)，其中r为有理数，且0

(2)试用(1)的结果证明如下命题：

设a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数．若b1＋b2＝1，则ab11ab22≤a1b1＋a2b2；(3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．

αα－1

注：当α为正有理数时，有求导公式(x)′＝αx.难点突破

16．(12分)[2013·湖南卷] 已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋„＋an，B(n)＝a2＋a3＋„＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋„＋an＋2，n＝1，2，„.*

(1)若a1＝1，a2＝5，且对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列{an}的通项公式；

*

(2)证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．

课时作业(六十八)

【基础热身】

1．B [解析] 由三段论的推理规则可以得到B为三段论． 2．C [解析] 由类比原理和思想，①②③都是合理、恰当的．

3．A [解析] 反证法的原理：“原命题”与“逆否命题”同真假，即：若p⇒q，则綈q⇒綈p.a2＋c2b2＋d22222

4．A [解析] 此结论为“a，b，c，d∈R，a＋b＝1，c＋d＝1，则ac＋bd≤＋

222

a2a2a21＋b12＋b2n＋bn

＝1”的推广，类比可得a1b1＋a2b2＋„＋anbn≤1.222

【能力提升】

5．B [解析] ①②正确；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正确的判断有2个．

6．B [解析] 假设a≥bc＋1－cc－c－1，∴c＋1＋c－1≥c，平方得2c＋2c－1≥4c，2222

2c≤2c－1，cc－1，即c≤c－1，0≤－1，这不可能，∴假设不成立，故a

7．A [解析] ab≥，又f(x)＝在R上是单调减函数，∴f2a＋b22

2ab.f(ab)≤fa＋b

8．B [解析] 至少有一个的否定是一个也没有，即假设a，b，c都不是偶数．

9．C [解析] 数列中各项的分子是按照(1)，(1，2)，(1，2，3)，(1，2，3，4)，„的规律呈现的，分母是按照(1)，(2，1)，(3，2，1)，(4，3，2，1)，„的规律呈现的，显然

前五组不可能出现，我们不妨再写几个对应的数组(1，2，3，4，5，6)，(1，2，3，4，5，6

6，7)，(6，5，4，3，2，1)，(7，6，5，4，3，2，1)，可以发现第六组也不可，故只能是第七组的第二个．故这个数是第(1＋2＋„＋6＋2)项，即第23项．

10．9 21 [

解析] 由已知中“分裂”可得，a＋b

故“5”的“分裂”21.a31

11．5 [解析] ∵a2＞a3＝1，∴0＜q＝＜1，a1＝＞1，a2q

a1－1＋a2－1＋a3－1＋„＋an－1 a1a2a3an

111

＝(a1＋a2＋„＋an)－＋„＋

ana1a2

111－a1（1－qn）a1qa1（1－qn）q（1－qn）

＝

1－q

－

11－

＝

1－q

－

a1（1－q）q0，q

a1（1－qn）q（1－qn）∴≥1－qa1（1－q）q因为0＜q＜1，所以，化简得a1≥

q

－1

q≤q

4n－1，∴4≥n－1，n≤5，所以n的最大值为5.00912.[解析] an＝3(n－1)，anan＋1＝9n(n－1)，裂项求和即可． 2 01033A＋B＋Cπ313.[解析] sinA＋sinB＋sinC≤3sin＝3sin＝2332

b2a2b2a214．证明：(a＋b)＝－a＋b

abab

（b＋a）（b－a）（a＋b）（a－b）＝ab

1112

＝(a－b)(a＋b)＝(a－b)(a＋b)，baab

b2a2

∵a＞0，b＞0＋a＋b.ab

r－1r－1

15．解：(1)f′(x)＝r－rx＝r(1－x)，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)内是减函数； 当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)内是增函数． 故函数f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝0.r

(2)由(1)知，当x∈(0，＋∞)时，有f(x)≥f(1)＝0，即x≤rx＋(1－r)． ① 若a1，a2中有一个为0，则ab11ab22≤a1b1＋a2b2成立； 若a1，a2均不为0，又b1＋b2＝1，可得b2＝1－b1，于是

a1b1a1a1在①中令x＝，r＝b1，可得≤b1·＋(1－b1)，a2a2a2

即ab11a1－b12≤a1b1＋a2(1－b1)，亦即ab11ab22≤a1b1＋a2b2.综上，对a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数且b1＋b2＝1，总有ab11ab22≤a1b1＋a2b2.②

(3)(2)中命题的推广形式为：

若a1，a2，„，an为非负实数，b1，b2，„，bn为正有理数． 若b1＋b2＋„＋bn＝1，则ab11ab22„abnn≤a1b1＋a2b2＋„＋anbn.③ 用数学归纳法证明如下：

①当n＝1时，b1＝1，有a1≤a1，③成立．

②假设当n＝k时，③成立，即若a1，a2，„，ak为非负实数，b1，b2，„，bk为正有理数，且b1＋b2＋„＋bk＝1，则ab11ab22„abkk≤a1b1＋a2b2＋„＋akbk.当n＝k＋1时，已知a1，a2，„，ak，ak＋1为非负实数，b1，b2，„，bk，bk＋1为正有理数，且b1＋b2＋„＋bk＋bk＋1＝1，此时0＜bk＋1＜1，即 1－bk＋1＞0，于是ab11ab22„abkkabk＋1k＋1＝(ab11ab22„abkk)abk＋1k＋1

＝(a1a2„ak)1－bk＋1abk＋1k＋1.1－bk＋11－bk＋11－bk＋1

b1b2bk

b1b2bk

1，由归纳假设可得

1－bk＋11－bk＋11－bk＋1

b1b2bkb1b2bk

a＋a2·＋„＋ak·＝1a2„ak≤a1·1－bk＋11－bk＋11－bk＋11－bk＋11－bk＋11－bk＋1

a1b1＋a2b2＋„＋akbk，1－bk＋1

a1b1＋a2b2＋„＋akbk1－bk＋1从而ab11ab22„abkkabk＋1k＋1≤abk＋1k＋1.1－bk＋1

又因(1－bk＋1)＋bk＋1＝1，由②得

1－bk＋1

a1b1＋a2b2＋„＋akbka1b1＋a2b2＋„＋akbkabk＋1k＋1≤·(1－bk＋1)＋ak＋1bk＋1＝a1b1＋1－bk＋11－bk＋1

因

a2b2＋„＋akbk＋ak＋1bk＋1，从而ab11ab22„abkkabk＋1k＋1≤a1b1＋a2b2＋„＋akbk＋ak＋1bk＋1.故当n＝k＋1时，③成立．

由①②可知，对一切正整数n，所推广的命题成立． 说明：(3)中如果推广形式中指出③式对n≥2成立，则后续证明中不需讨论n＝1的情况．

【难点突破】

*

16．解：(1)对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)是等差数列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4.故数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列． 于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.*

(2)①必要性：若数列{an}是公比为q的等比数列，则对任意n∈N，有an＋1＝anq.由an

＞0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是

B（n）a2＋a3＋„＋an＋1q（a1＋a2＋„＋an）

＝q，A（n）a1＋a2＋„＋ana1＋a2＋„＋an

C（n）a3＋a4＋„＋an＋2q（a2＋a3＋„＋an＋1）

＝＝q，B（n）a2＋a3＋„＋an＋1a2＋a3＋„＋an＋1

B（n）C（n）即＝＝q.所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列． A（n）B（n）

*

②充分性：若对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)．

于是C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，得an＋2－a2＝q(an＋1－a1)，即an＋2－qan＋1＝a2－qa1.由n＝1有B(1)＝qA(1)，即a2＝qa1，从而an＋2－qan＋1＝0.an＋2

错误!＝q.an＋1

故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列．

*

综上所述，数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．

因为an＞0，所以

第三篇：2014届高三数学一轮复习《函数的单调性与最值》理 新人教B版

[第5讲 函数的单调性与最值]

(时间：45分钟 分值：100分)

基础热身

1．下列函数中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1f(x2)”的是()

1A．f(x)＝x

B．f(x)＝(x－1)

xC．f(x)＝e

D．f(x)＝ln(x＋1)

12．函数f(x)＝1－在[3，4)上()2x

A．有最小值无最大值

B．有最大值无最小值

C．既有最大值又有最小值

D．最大值和最小值皆不存在3．[2013·天津卷] 下列函数中，既是偶函数，又在区间(1，2)内是增函数的为()

A．y＝cos2x，x∈R

B．y＝log2|x|，x∈R且x≠0

x－xe－eC．y＝x∈R2

3D．y＝x＋1，x∈R

4．函数f(x)＝x

x＋1________．

能力提升

5．[2013·宁波模拟] 已知f(x)是定义在实数集R上的增函数，且f(1)＝0，函数g(x)在(－∞，1]上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，且g(4)＝g(0)＝0，则集合{x|f(x)g(x)≥0}＝()

A．{x|x≤0或1≤x≤4}B．{x|0≤x≤4}

C．{x|x≤4}D．{x|0≤x≤1或x≥4}

6．[2013·全国卷] 设f(x)是周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，f(x)＝2x(1－x)，5则f－＝()211A24

11C.D.42

1x27．[2013·哈尔滨师大附中期中] 函数y＝2

1A．(－∞，1)B.，1 2

11C.，1D.，＋∞ 22

x的值域为()

8．[2013·惠州二调] 已知函数f(x)＝e－1，g(x)＝－x＋4x－3，若有f(a)＝g(b)，则b的取值范围为()

A．(2－2，2＋2)B．[22，22] C．[1，3]D．(1，3)

xa（x<0），9．[2013·长春外国语学校月考] 已知函数f(x)＝满足对任

（a－3）x＋4a（x≥0）

f（x1）－f（x2）

意的实数x1≠x2都有成立，则实数a的取值范围是()

x1－x2

A．(3，＋∞)B．(0，1)1C.0D．(1，3)4

1110．若函数y＝f(x)的值域是，3，则函数F(x)＝f(x)＋________． f（x）2

112

11．若在区间，2上，函数f(x)＝x＋px＋q与g(x)＝x＋在同一点取得相同的最小

x2

值，则f(x)在该区间上的最大值是________．

12．函数y＝

x

x＋a

(－2，＋∞)上为增函数，则a的取值范围是________．

1＋x

13．函数y＝的单调递增区间是________．

1－x14．(10分)试讨论函数f(x)＝

15．(13分)已知函数f(x)＝a－|x|

(1)求证：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数；

(2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．

x

x＋1

难点突破

16．(12分)已知函数f(x)＝

x2

x－2

x∈R，且x≠2)．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若函数g(x)＝x－2ax与函数f(x)在x∈[0，1]上有相同的值域，求a的值．

课时作业(五)

【基础热身】

1．A [解析] 由题意知，函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数．而反比例函数f(x)＝在x

(0，＋∞)上是减函数．故选A.2．A [解析] 函数f(x)在[3，4)上是增函数，又函数定义域中含有3而没有4，所以该函数有最小值无最大值，故选A.3．B [解析] 方法一：由偶函数的定义可排除C，D，又∵y＝cos2x为偶函数，但在(1，2)内不单调递增，故选B.方法二：由偶函数定义知y＝log2|x|为偶函数，以2为底的对数函数在(1，2)内单调递增．

1x4.[解析] 因为x≥0，当x＝0时，y＝0不是函数的最大值．当x>0时，f(x)＝2x＋1111＝x＋2，当且仅当x＝1时等号成立，所以f(x)≤12xx＋

x

【能力提升】

5．A [解析] 由题意，结合函数性质可得x>1时f(x)>0，x<1时f(x)<0；x<0或x>4时g(x)<0，00，故f(x)g(x)≥0的解集为{x|x≤0或1≤x≤4}．

5111

6．A [解析] 因为函数的周期为2，所以f＝f2＋＝f2222

155∴f－＝－f＝－A.222

11111t1011t2

7．C [解析] 因为x＋1≥1，所以0<21，令t＝2，则≤<，≤<1，x＋1x＋122222

所以≤y<1.故选C.x22

8．A [解析] 由题可知f(x)＝e－1>－1，g(x)＝－x＋4x－3＝－(x－2)＋1≤1，若

有f(a)＝g(b)，则g(b)∈(－1，1]，即－b＋4b－3>－1，解得22

9．C [解析] 由题设条件知函数f(x)在R上为减函数，所以x<0时，f1(x)＝a为减函

数，则a∈(0，1)；x≥0时，f(x)＝(a－3)x＋4a中a－3<0，且f(0)＝(a－3)×0＋4a≤a，11

得a≤综上知0

1101110.2，[解析] 令f(x)＝t，t∈3，问题转化为求y＝t＋t∈，3的值

3t22

域．

1110因为y＝t＋在1上递减，在[1，3]上递增，所以y∈2，.3t2

x·2，当x＝1时等号成立，所以x＝1时，g(x)

xx

p4q－p的最小值为2，则f(x)在x＝1时取最小值2，所以－12.解得p＝－2，q＝3.11．3 [解析] g(x)＝x＋≥2

12

所以f(x)＝x－2x＋3，所以f(x)在区间2上的最大值为3.2

12．a≥2 [解析] y＝

x

x＋a

1－

a

x＋a

(－2，＋∞)上为增函数，所以a>0，所以得函数的单调增区间为(－∞，－a)，(－a，＋∞)，要使y＝增函数，只需－2≥－a，即a≥2.x

x＋a

在(－2，＋∞)上为

1＋x

13．(－1，1)[解析] 由得函数的定义域为(－1，1)，原函数的递增区间即为

1－x

1＋x1＋x2

函数u(x)＝在(－1，1)上的递增区间，由于u′(x)＝′＝2故函数u(x)

1－x1－x（1－x）

1＋x＝的递增区间为(－1，1)，即为原函数的递增区间． 1－x

14．解：f(x)的定义域为R，在定义域内任取x1＜x2，x1x2（x1－x2）（1－x1x2）

有f(x1)－f(x2)2－2＝，2

x1＋1x2＋1（x21＋1）（x2＋1）22

其中x1－x2＜0，x1＋1＞0，x2＋1＞0.①当x1，x2∈(－1，1)时，即|x1|＜1，|x2|＜1，所以|x1x2|＜1，则x1x2＜1，1－x1x2＞0，f(x1)－f(x2)＜0，f(x1)＜f(x2)，所以f(x)为增函数． ②当x1，x2∈(－∞，－1]或[1，＋∞)时，1－x1x2＜0，f(x1)＞f(x2)，所以f(x)为减函数．

综上所述，f(x)在(－1，1)上是增函数，在(－∞，－1]和[1，＋∞)上是减函数．

15．解：(1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝a

x

设00，x2－x1>0.1111x1－x2

∴f(x1)－f(x2)＝a－a＝－<0.1

(2)由题意a－<2x在(1，＋∞)上恒成立，x1x2x2x1x1x2

∴f(x1)

x

设h(x)＝2x＋，则a

x

可证h(x)在(1，＋∞)上单调递增． 所以a≤h(1)，即a≤3.所以a的取值范围为(－∞，3]． 【难点突破】

x2[（x－2）＋2]4

16．解：(1)f(x)＝＝(x－2)＋4，x－2x－2x－2

令x－2＝t，由于y＝t＋4在(－∞，－2)，(2，＋∞)内单调递增，t

在(－2，0)，(0，2)内单调递减，∴容易求得f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(4，＋∞)；单调递减区间为(0，2)，(2，4)．

(2)∵f(x)在x∈[0，1]上单调递减，∴其值域为[－1，0]，即x∈[0，1]时，g(x)∈[－1，0]．

∵g(0)＝0为最大值，∴最小值只能为g(1)或g(a)，a≥1，若g(1)＝－1，则⇒a＝1；

1－2a＝－11≤a≤1，若g(a)＝－1，则2⇒a＝1.－a2＝－1

综上得a＝1.

第四篇：高三一轮复习：函数的单调性

高三一轮复习：函数的单调性教学设计

一、【教学目标】

【知识目标】：使学生从形与数两方面理解函数单调性的概念，学会利用函数图像理解和研究函数的性质，初步掌握利用函数图象和单调性定义判断、证明函数单调性的方法．

【能力目标】通过对函数单调性定义的探究，渗透数形结合数学思想方法，培养学生观察、归纳、抽象的能力和语言表达能力；通过对函数单调性的证明，提高学生的推理论证能力．

【德育目标】通过知识的探究过程培养学生细心观察、认真分析、严谨论证的良好思维习惯，让学生经历从具体到抽象，从特殊到一般，从感性到理性的认知过程．

二、【教学重点】

函数单调性的概念、判断、证明及应用．

函数的单调性是函数的最重要的性质之一，它在今后解决初等函数的性质、求函数的值域、不等式及比较两个数的大小等方面有广泛的实际应用，三、【教学难点】

归纳抽象函数单调性的定义以及根据定义或导数证明函数的单调性．

由于判断或证明函数的单调性，常常要综合运用一些知识（如不等式、因式分解、配方及数形结合的思想方法等）所以判断或证明函数的单调性是本节课的难点.【教材分析】函数的单调性是函数的重要性质之一，它把自变量的变化方向和函数值的变化方向定性的联系在一起，所以本节课在教材中的作用如下

（1）函数的单调性一节中的知识是它和后面的函数奇偶性，合称为函数的简单性质，是今后研究指数函数、对数函数、幂函数、三角函数及其他函数单调性的理论基础。

（2）函数的单调性是培养学生数学能力的良好题材，同时还要综合利用前面的知识解决函数单调性的一些问题，有利于学生数学能力的提高。

（3）函数的单调性有着广泛的实际应用。在解决函数值域、定义域、不等式、比较两数大小等具体问题中均需用到函数的单调性；利用函数图象来研究函数性质的数形结合思想将贯穿于我们整个数学教学。

因此“函数的单调性”在中学数学内容里占有十分重要的地位。它体现了函数的变化趋势和变化特点，在利用函数观点解决问题中起着十分重要的作用，为培养创新意识和实践能力提供了重要方式和途径。

四、【学情分析】

从学生的知识上看，学生已经学过一次函数，二次函数，反比例函数，指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等简单函数，能画出这些简单函数的图像，从图像的直观变化，进一步巩固函数的单调性。

从学生现有的学习能力看，通过初中、高中对函数的认识与实验，学生已具备了一定的观察事物的能力，积累了一些研究问题的经验，在一定程度上具备了抽象、概括的能力和语言转换能力。

从学生的心理学习心理上看，学生头脑中虽有一些函数性质的实物实例，但并没有上升为“概念”的水平，如何“定性”“定量”地描述函数性质是学生关注的问题，也是学习的重点问题。函数的单调性是学生从已经学习的函数中比较容易发现的一个性质，学生也容易产生共鸣，通过对比产生顿悟，渴望获得这种学习的积极心向是学生学好本节课的情感基础。

五、【教学方法】教师是教学的主体、学生是学习的主体，通过双主体的教学模式方法：

启发式教学法——以设问和疑问层层引导，激发学生，启发学生积极思考，逐步从常识走向科学，将感性认识提升到理性认识，培养和发展学生的抽象思维能力。

探究教学法——引导学生去疑；鼓励学生去探； 激励学生去思，培养学生的创造性思维和批判精神。

合作学习——通过组织小组讨论达到探究、归纳的目的。

六、【教学手段】计算机、投影仪．

七、【教学过程】

（一）基础知识梳理: 1.函数的单调性定义：

2.单调区间：

3.一些基本函数的单调性（1）一次函数ykxb（2）反比例函数yk x2（3）二次函数yaxbxc（4）指数函数yaxa0,a1

（5）对数函数ylogaxa0,a1

（二）基础能力强化：

（，0）1.下列函数中，在内是减函数的是（）

A.y1x

2B.yx22x

C.y2.f(x)x在（）1x（，1）（1，）（，1）（1，）A.上是增函数

B.是减函数

（，1）和（1，）（，1）和（1，）C.是增函数

D.是减函数

（1，）3.函数y2x2(a1)x3在区间，在内递增，则a的值是（）1内递减，A.1

B.3

C.5

D.-1 4.函数f(x)4x2mx5在区间2，上是增函数，在区间，2上是减函数，则f(1)=（）

A.-7

B.1

C.17

D.25

x1y

D.2x1x（，4]上是减函数，5.函数f(x)x2(a1)x2在区间那么实数a的取值范围是（）

a

3B.a3

C.a

5D.a3

2（2a1）xb是R上的增函数，则有（）6.设函数f(x)A.a111B.a

C.a

D.a 2222ax(x0)f(x1)f(x2)0成7.已知函数f(x)，满足对任意x1x2，都有

x1x2(a3)x4a(x0)立，则a的取值范围是（）

1

D.（0,1）（0,3）A.0,

B.C.，4411

（三）课堂互动讲练：

考点

一、函数单调性的证明方法：

（1）定义法：（2）求导法：

（3）定义的两种等价形式： 例1:证明：函数f(x)=

例2：求函数fx-x6x-9xm的单调区间.32x21x在定义域上是减函数.例3：试讨论函数f(x)=x

a(a0)的单调性.x

考点

二、复合函数的单调性：

例1：求下列函数的单调区间，并指出其增减性。

（1）ylog1(4xx2)

（2）y21x22x3 练习：

x1.函数y()1222x3的单调递减区间是；函数ylog1(32xx2)的单调递增区间是

32.已知yloga(2ax)在0,1上是减函数，则实数a的取值范围是（）

 A.0,1

B.1,2

C.0,2

D.2，考点

三、函数单调性的应用：

（，）1.函数f(x)在上是增函数，且a为实数，则有（）

222A.f(a)f(2a)

B.f(a)f(a)

C.f(aa)f(a)

D.f(a1)f(a)2.已知函数f(x)ax22ax4(a0)，若x1x2,x1x20，则（）

A.f(x1)f(x2)

B.f(x1)f(x2)

C.f(x1)f(x2)

D.f(x1)与f(x2)的大小不能确定

上是减函数，试比较f()与f(a2a1)的大小。3.已知函数yf(x)在0，24.如果函数f(x)xbxc，对任意实数t都有f(2t)f(2t)，试比较f(1),f(2),f(4)

34的大小。

2（1,1）5.若f(x)是定义在上的减函数，解不等式f(1a)f(a1)0.6.定义正实数集上的函数f(x)满足以下三条：

（1）f(4)1；（2）f(xy)f(x)f(y)；（3）xy时，f(x)f(y).求满足f(a)f(a6)2的实数a的取值范围。

7.函数f(x)对任意的a,bR，都有f(ab)f(a)f(b)1，并且当x0时，f(x)1（1）求证：f(x)是R上的增函数（2）若f(4)5，解不等式f(3m2m2)3。

第五篇：高三数学一轮复习法

随着高考日子的临近，高中数学的复习范围广，知识量多。所以令广大考生感到焦虑和枯燥，下面给大家分享一些关于高三数学一轮复习法，希望对大家有所帮助。

高三数学一轮复习法

1.制订一个合理的预习计划。

从整体上把握高中数学教材内容，仔细揣摩教材字里行间所蕴含的玄机，完成课后练习，争取带着疑问入校，激发入校后的求知欲，尽快地让数学成为你的知心朋友。

2.做好新旧知识的对比。

应力求做到新的概念、定理，都要先复习之前高中数学学过的知识，把它贯穿在高中课程中，使新旧知识互相促进，共同巩固，达到知识的深化与能力的培养。独立思考初中阶段感兴趣的高中数学难题，回顾老师扩展的数学知识，在没有任何压力的情况下享受攻难克艰的乐趣，感受高中数学的魅力。

3.关注高中数学思想方法的进一步学习。

高中数学思想方法是数学的灵魂，比如：类比法——引导我们探求新知;归纳猜想——我们创新的基石;分类讨论——化难为易的突破口;等价转化——解决问题的桥梁。

如果在这方面做得好的话，那么从一开始你就走在了前面。成功更是成功之母，如果你比其他同学适应得快，那么无疑你的进步会比别人快，从而形成一个增长的良性循环。

4.高中学习中的常用知识。

如十字相乘法分解因式、二次函数、一元二次方程、平面几何等，力求在数学知识、方法、思想方面恰当进行初中和高中的衔接(都可以在书上或网上找到)，同学们要自主学习和思考，做一做相关练习题，打好基础。总之，高中数学学习的过程就是理性思维能力培养的过程，希望同学在学习中能够多思考、多总结，达到为以后的学习奠定坚实的基础和必备的能力。

高三数学高效复习方法

高三的课一般有两种形式：复习课和评讲课，到高三所有课都进入复习阶段，通过高中数学复习，学生要能检测出知道什么，哪些还不知道，哪些还不会，因此在复习课之前一定要弄清那些已懂那些还不懂，增强听课的主动性。现在学生手中都会有一种高中数学复习资料，在老师讲课之前，要把例题做一遍，做题中发现的难点，就是听课的重点。

对高中数学预习中遇到的没有掌握好的有关的旧知识，可进行补缺，以减少听课过程中的困难;有助于提高思维能力，自己理解了的东西与老师的讲解进行比较、分析即可提高自己思维水平;体会分析问题的思路和解决问题的思想方法，坚持下去，就一定能举一反三，提高思维和解决问题的能力。此外还要作好笔记，笔记不是记录而是将上述听课中的要点，思维方法等作出简单扼要的记录，以便复习，消化，思考。

高三数学选择题秒杀法

1.剔除法

利用已知条件和选择支所提供的信息，从四个选项中剔除掉三个错误的答案，从而达到正确选择的目的。这是一种常用的方法，尤其是答案为定值，或者有数值范围时，取特殊点代入验证即可排除。

2.排除法

数学选择题的解题本质就是去伪存真，舍弃不符合题目要求的选项，找到符合题意的正确结论.筛选法(又叫排除法)就是通过观察分析或推理运算各项提供的信息或通过特例，对于错误的选项，逐一剔除，从而获得正确的结论.3.数形结合法

数形结合法是指在处理高考数学选择题问题时，能准确地将抽象的数学语言与直观的几何图形有机结合起来进行思考，通过“以形助数”、“以数辅形”，使抽象思维与形象思维相结合，从而实现化抽象为直观、化直观为精确，并达到简捷解决问题的方法。数形结合法在解决高考数学选择题问题中具有十分重要的意义。

4.综合法

当单一的解题方法不能使试题迅速获解时，我们可以将多种方法融为一体，交叉使用，试题便能迎刃而解.根据题干提供的信息，不易找到解题思路时，我们可以从选项里找解题灵感.5.测量法

比如遇到几何选择题求角度的题，如果不会做，或者没时间做，只要你能根据标准图形进行用量角器测量，一般情况下也能做出正确答案，但这种方法一定要确定图示正确且为符合题设的标准图，否则量出来的答案就会出问题。