2020高考數(shù)學函數(shù)與方程思想復(fù)習

專題十：高考數(shù)學函數(shù)與方程思想復(fù)習考點回首函數(shù)思想在解題中的應(yīng)用主要表此刻兩個方面：一是借助有關(guān)初等函數(shù)的性質(zhì)，解有關(guān)求值、解(證)不等式、解方程以及議論參數(shù)的取值范圍等問題：二是在問題的研究中，經(jīng)過成立函數(shù)關(guān)系式或結(jié)構(gòu)中間函數(shù)，把所研究的問題轉(zhuǎn)變?yōu)樽h論函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，達到化難為易，化繁為簡的目的。函數(shù)與方程的思想是中學數(shù)學的基本思想，也是歷年高考的要點。．函數(shù)的思想，是用運動和變化的看法，分析和研究數(shù)學中的數(shù)目關(guān)系，成立函數(shù)關(guān)系或結(jié)構(gòu)函數(shù)，運用函數(shù)的圖像和性質(zhì)去分析問題、轉(zhuǎn)變問題，進而使問題獲取解決。．方程的思想，就是分析數(shù)學識題中變量間的等量關(guān)系，成立方程或方程組，或許結(jié)構(gòu)方程，經(jīng)過解方程或方程組，或許運用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)變問題，使問題獲取解決。方程思想是動中求靜，研究運動中的等量關(guān)系；．函數(shù)方程思想的幾種重要形式函數(shù)和方程是親密有關(guān)的，對于函數(shù)y＝f(x)，當y＝0時，就轉(zhuǎn)變?yōu)榉匠蘤(x)＝0，也能夠把函數(shù)式y(tǒng)＝f(x)看做二元方程y－f(x)＝0。(2)函數(shù)與不等式也能夠相互轉(zhuǎn)變，對于函數(shù)y＝f(x)，當y＞0時，就轉(zhuǎn)變?yōu)椴坏仁絝(x)＞0，借助于函數(shù)圖像與性質(zhì)解決有關(guān)問題，而研究函數(shù)的性質(zhì)，也離不開解不等式；數(shù)列的通項或前n項和是自變量為正整數(shù)的函數(shù)，用函數(shù)的看法辦理數(shù)列問題十分重要；(4)函數(shù)f(x)＝(1+x)^n(n∈Nx)與二項式定理是親密有關(guān)的，利用這個函數(shù)用賦值法和比較系數(shù)法能夠解決好多二項式定理的問題；分析幾何中的很多問題，比如直線和二次曲線的地點關(guān)系問題，需要經(jīng)過解二元方程組才能解決，波及到二次方程與二次函數(shù)的有關(guān)理論；立體幾何中有關(guān)線段、角、面積、體積的計算，常常需要運用布列方程或成立函數(shù)表達式的方法加以解決。經(jīng)典例題分析(依據(jù)近幾年高考命題知識點及熱門做相應(yīng)的試題分析，要求例題不得少于8個)(湖北卷)對于x的方程(x2－1)2－|x2－1|＋k＝0，給出以下四個命題：①存在實數(shù)k，使得方程恰有2個不一樣的實根；②存在實數(shù)k，使得方程恰有4個不一樣的實根；③存在實數(shù)k，使得方程恰有5個不一樣的實根；④存在實數(shù)k，使得方程恰有8個不一樣的實根.此中假命題的個數(shù)是( ).A.0B.１C.２D.４分析：本題是對于函數(shù)、方程解的選擇題，考察換元法及方程根的議論，屬一題多項選擇型試題，要求考生擁有較強的分析問題和解決問題的能力.思路分析：依據(jù)題意可令｜x2－1｜＝t(t≥0)，則方程化為t2－t＋k＝0，(x)作出函數(shù)t＝｜x2－1｜的圖象，聯(lián)合函數(shù)的圖象可知①當t＝0或t＞1時，原方程有兩上不等的根，②當0＜t＜1時，原方程有4個根，③當t＝1時，原方程有3個根.當k＝－2時，方程(x)有一個正根t＝2，相應(yīng)的原方程的解有2個；(2)當k＝時，方程(x)有兩個相等正根t＝，相應(yīng)的原方程的解有4個；當k＝0時，此時方程(x)有兩個不等根t＝0或t＝1，故此時原方程有5個根；(4)當0＜k＜時，方程

(x)有兩個不等正根，且此時方程

(x)有兩正根且均小于

1，故相應(yīng)的知足方程|x2－1|＝t的解有

8個，應(yīng)選

A.由函數(shù)f(x)＝(x2－1)2－|x2－1|的圖象(以以下圖)及動直線g(x)＝k可得出答案為A.3.設(shè)t＝|x2－1|(t≥0)，t2－t＋k＝0，方程的鑒別式為＝1－4k，由k的取值依照＞0、△＝0、△＜0進而得出解的個數(shù).4.設(shè)函數(shù)f(x)＝，利用數(shù)軸標根法得出函數(shù)與x軸的交點個數(shù)為5個，以及函數(shù)的單一性大概上畫出函數(shù)的圖象，進而得出答案A.答案：A評論：思路1、思路2、思路4都是利用函數(shù)圖象求解，但研究的目標函數(shù)有別，思路2利用函數(shù)的奇偶性以及交軌法直觀求解，很好地表現(xiàn)了數(shù)形聯(lián)合的數(shù)學思想，是數(shù)形聯(lián)合法中值得肯定的一種方法；思路3利用方程的根的個數(shù)問題去求解，但議論較為復(fù)雜，又是我們的短處，有利于培育我們思想的科學性、謹慎性、抽象性、邏輯推理能力等基本素質(zhì).(廣東卷)已知等差數(shù)列共有10項，此中奇數(shù)項之和為15，偶數(shù)項之和為30，則其公差是( ).Ａ.5Ｂ.4Ｃ.3Ｄ.2分析：設(shè)等差數(shù)列的首項為a1，公差為d據(jù)題意得：答案：C評論：運用等差、等比數(shù)列的基本量(a1，d，q)列方程，方程組是求解數(shù)列基本問題的通法.3.(安徽卷)已知＜α＜π，tanα＋cotα＝－.(１)求tanα的值；(２)求的值.分析：(１)由tanα＋cotα＝－得3tan2α＋10tanα＋3＝0，即tanα＝－3或tanα＝－，又＜α＜π，所以tanα＝－=為所求.答案：評論：第(１)問是對方程思想方法靈巧考察，可否把條件tanα＋cotα＝－變形為對于tanα的一元二次方程，取決于解題的目標意識和能否對方程思想方法的深刻掌握和理解.(江西卷)若不等式x2＋ax＋1≥0對于全部x∈(０，］成立，則a的最小值是( ).Ａ.０Ｂ.－２Ｃ.－Ｄ.－３分析：與x2＋ax＋1≥0在Ｒ上恒成立對比，本題的難度有所增添.思路分析：１.分別變量，有a≥－(x＋)，x∈(０，］恒成立.右端的最大值為－，應(yīng)選Ｃ.當作對于a的不等式，由f(0)≥0，且f( )≥0可求得a的范圍.3.設(shè)f(x)＝x2＋ax＋1，聯(lián)合二次函數(shù)圖象，分對稱軸在區(qū)間的內(nèi)外三種狀況進行議論.4.f(x)＝x2＋1，g(x)＝－ax，則聯(lián)合圖形(象)知原問題等價于f( )≥g( )，即a≥－.5.利用選項，代入查驗，Ｄ不可立，而Ｃ成立.應(yīng)選Ｃ.答案：Ｃ評論：思路１～４擁有函數(shù)看法，堪稱高屋建瓴.思路５又充分利用了題型特色.5.(全國卷Ⅱ)已知拋物線x2＝4y的焦點為Ｆ，Ａ、Ｂ是拋物線上的兩動點，且(λ＞0).過A、B兩點分別作拋物線的切線，設(shè)其交點為M.(1)證明為定值；設(shè)△ABM的面積為S，寫出S＝f(λ)的表達式，并求S的最小值.解：(1)證明：由已知條件，得F(0，1)，λ＞0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).由，得(－x1，1－y1)＝λ(x2，y2－1)，即將①式兩邊平方并把代入得③解②、③式得y121222＝－4λy2＝x2，求＝λ，y＝，且有xx＝－λx＝－4，拋物線方程為y導(dǎo)得y′＝x.所以過拋物線上A、B兩點的切線方程分別是y＝x1(x－x1)＋y1，y＝x2(x－x2)＋y2，即.解出兩條切線的交點M的坐標為，所以＝.所以為定值，其值為0.(2)由(1)知在△ABM中，F(xiàn)M⊥AB，因此S＝|AB||FM|.|FM|＝＝＝

＝

＝

.因為|AF|、|BF|分別等于

A、B到拋物線準線

y＝－1的距離，所以

|AB|＝|AF|＋|BF|＝y(tǒng)1＋y2＋2＝λ＋＋2＝()2.于是S＝|AB||FM|＝( )3由≥2知S≥4，且當λ＝1時，S獲得最小值4.評論：在分析幾何中考察三角形面積最值問題是高考的要點和熱門，求解的要點是成立面積的目標函數(shù)，再求函數(shù)最值，至于怎樣求最值應(yīng)視函數(shù)式的特色而定，本題是用均值定理求最值的.6.設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在Ｒ上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x＜0時，f′(x)·g(x)＋f(x)g·′(x)＞０，且g(－３)＝０，則不等式f(x)g(x)＜0的解集是( ).Ａ.(－3，0)∪(3，＋∞

)

Ｂ.(－3，0)∪(0，3)Ｃ.(－∞，－３

)∪(3，＋∞

)

Ｄ.(－∞，－３

)∪(０，３)分析：以函數(shù)為中心，考察通性通法，設(shè)Ｆ

(x)＝f(x)g(x)

，由f(x)，g(x)分別是定義在

R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，所以F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，即F(x)為奇函數(shù).又當x＜0時，F(xiàn)′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，所以x＜0時，F(xiàn)(x)為增函數(shù).因為奇函數(shù)在對稱區(qū)間上的單一性同樣，所以x＞0時，F(xiàn)(x)也為增函數(shù).因為F(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3).如上圖，是一個切合題意的圖象，察看知不等式F(x)＜0的解集是(－∞，－３)∪(０，３)，所以選D.答案：D評論：擅長依據(jù)題意結(jié)構(gòu)、抽象出函數(shù)關(guān)系式是用函數(shù)思想解題的要點.題中就是建立函數(shù)F(x)f(x)g(x)，再依據(jù)題意明確該函數(shù)的性質(zhì)，而后由不等式解集與函數(shù)圖象間的關(guān)系使問題獲取解決的.7.函數(shù)f(x)是定義在［０，１］上的增函數(shù)，知足f(x)＝２f( )且f(１)＝１，在每一個區(qū)間

(

］(i＝１，２)上，y＝f(x)的圖象都是斜率為同一常數(shù)

k的直線的一部分

.(1)求f(０)及f( )，f( )的值，并概括出f( )(i＝１，２，)的表達式；(２)設(shè)直線x＝，x＝，x軸及y＝f(x)的圖象圍成的梯形的面積為ai(i＝１，２，)，記Ｓ(k)＝(a12n＋a＋a)，求Ｓ(k)的表達式，并寫出其定義域和最小值.分析：以函數(shù)為細節(jié)，著重命題結(jié)構(gòu)網(wǎng)絡(luò)化，(１)由f(0)＝２f(０)，得f(０)＝０.由f(１)＝２f( )及f(１)＝１，得f( )＝f(１)＝.同理，f( )＝f( )＝.概括得f((２)當

)＝＜x≤

(i＝１，２，).=時，所以｛an｝是首項為(１－)，公比為的等比數(shù)列，所以.Ｓ(k)的定義域為｛k|0＜k≤1｝，當k＝1時獲得最小值.評論：高考命題追求知識網(wǎng)絡(luò)化已經(jīng)是大勢所趨，而函數(shù)是把各章知識組合在一同的最好的合劑”高.考試題著重知識的聯(lián)系，新而不偏，活而不怪.這樣的導(dǎo)向，就要求在學習中一定以數(shù)學思想指導(dǎo)知識、方法的運用，注意培育我們用聯(lián)系的看法去思慮問題的習慣.

“粘8.對隨意實數(shù)

k，直線：

y＝kx＋b與橢圓：

(0≤θ＜

2π)恒有公共點，則

b取值范圍是

.分析：方法１，橢圓方程為

，將直線方程

y＝kx＋b代入橢圓方程并整理得

.由直線與橢圓恒有公共點得化簡得由題意知對隨意實數(shù)k，該式恒成立，則Δ′＝12(b－1)2－4［１６－(b－1)2］≤0，即－１≤b≤３方法２，已知橢圓與y軸交于兩點(０，－１)，(０，３).對隨意實數(shù)k，直線：y＝kx＋b與橢圓恒有公共點，則(０，b)在橢圓內(nèi)(包含橢圓圓周)即有

≤1，得－

1≤b≤3.評論：方法１是運用方程的思想解題，

這是分析幾何變幾何問題為代數(shù)問題的方法

.方法２運用數(shù)形聯(lián)合的思想解題，

是相應(yīng)的變代數(shù)問題為幾何問題的方法

.高考試題中設(shè)置一題多解的試題就是為了考察學生思想的深度和靈巧運用數(shù)學思想方法分析問題和解決問題的能力.評判出能力與修養(yǎng)上的差別.方法總結(jié)與xx年高考展望(一)方法總結(jié)．函數(shù)描繪了自然界中量的依存關(guān)系，反應(yīng)了一個事物跟著另一個事物變化而變化的關(guān)系和規(guī)律。函數(shù)思想的實質(zhì)是剔除問題的非數(shù)學特色，用聯(lián)系和變化的看法提出數(shù)學對象，抽象其數(shù)學特色，成立函數(shù)關(guān)系；．在解決某些數(shù)字問題時，先設(shè)定一些未知數(shù)，而后把它們看作已知數(shù)，依據(jù)題設(shè)自己各量間的限制，列出等式，所設(shè)未知數(shù)交流了變量之間的關(guān)系，這就是方程的思想；3．函數(shù)與方程是兩個不一樣的看法，但它們之間有著親密的聯(lián)系，一個函數(shù)如有分析表達式，那么這個表達式便可當作是一個方程．一個二元方程，兩個變量存在著對應(yīng)關(guān)系，假如這個對應(yīng)關(guān)系是函數(shù)，那么這個方程能夠當作是一個函數(shù)，一個一元方程，它的兩頭能夠分別當作函數(shù)，方程的解即為兩個函數(shù)圖象交點的橫坐標，所以，很多有關(guān)方程的問題能夠用函數(shù)的方法解決；反之，很多有關(guān)函數(shù)的問題則能夠用方程的方法解決．總之，在復(fù)習中要注意意會包含在知識和解題過程中函數(shù)和方程的思想，用它來指導(dǎo)解題。在解題中，同時要注意從不一樣的角度去察看探究，追求多種方法，進而獲取最正確解題方案。(二)xx年高考展望縱觀近幾年的高考試題，函數(shù)的骨干知識、知識的綜合應(yīng)用以及函數(shù)與方程思想等數(shù)學思想方法的考察，向來是高考的要點內(nèi)容之一。在高考試卷上，與函數(shù)有關(guān)的試題所占比率一直在20%左右，且試題中既有靈巧多變的客觀性試題，又有必定能力要求的主觀性試題。函數(shù)與方程思想是最重要的一種數(shù)學思想，高考取所占比重比較大，綜合知識多、題型多、應(yīng)用技巧多。在高中新課標數(shù)學中，還安排了函數(shù)與方程這一節(jié)內(nèi)容，可見其重要所在。在近幾年的高考取，函數(shù)思想主要用于求變量的取值范圍、解不等式等，方程看法的應(yīng)用可分為逐漸提升的四個層次：(1)解方程；(2)含參數(shù)方程議論；(3)轉(zhuǎn)變?yōu)閷Ψ匠痰难芯?，如直線與圓、圓錐曲線的地點關(guān)系，函數(shù)的性質(zhì)，會合關(guān)系；(4)結(jié)構(gòu)方程求解。展望xx年高考對本講考察趨向：函數(shù)的零點問題、二次函數(shù)、二次方程、二次不等式間的關(guān)系；特別注意客觀形題目，大題一般難度略大。增強訓(xùn)練選擇題1.已知函數(shù)f(x)＝loga［－(2a)x］對隨意x∈［，＋∞］都存心義，則實數(shù)a的取值范圍是( ).Ａ.(０，］Ｂ.(０，)Ｃ.［，１)Ｄ.(，)函數(shù)f(x)定義域為Ｒ，且x≠1，已知f(x＋1)為奇函數(shù)，當x＜1時，f(x)＝2x2－x＋1，那么當x＞1時，f(x)的遞減區(qū)間為( ).Ａ.［，＋∞)Ｂ.(１，］Ｃ.［，＋∞)Ｄ.(１，］3.已知f(x)＝asinx＋b＋４(a，b∈R)，且f(lglog310)＝5，則f(lglg3)的值是( ).Ａ.－５Ｂ.－３Ｃ.３Ｄ.５４.設(shè)Ｐ(x，y)是橢圓x2＋4y2＝４上的一個動點，定點Ｍ(１，０)，則|ＰＭ|2的最大值是( ).Ａ.Ｂ.１Ｃ.３Ｄ.９5.已知x、y∈R，且2x＋3y＞2－y＋3－x，那么().Ａ.x＋y＜0Ｂ.x＋y＞0Ｃ.xy＜0Ｄ.xy＞06.已知＝１(a，b，c∈Ｒ)，則有( ).Ａ.b2＞4acＢ.b2≥4acＣ.b2＜4acＤ.b2≤4ac７.對隨意非負實數(shù)x，不等式(－)·≤a恒成立，則實數(shù)a的最小值是( ).Ａ.Ｂ.２Ｃ.Ｄ.8.三棱錐Ｓ－ＡＢＣ中，對棱ＳＡ與ＢＣ相互垂直，二面角Ｓ－ＢＣ－Ａ的平面角為６０°，ＳＡ＝，△ＳＢＣ的面積為２＋，△ＡＢＣ的面積為１，則三棱錐Ｓ－ＡＢＣ的體積為( ).Ａ.6Ｂ.４Ｃ.Ｄ.(重慶卷)與向量a＝(，)，b＝(，－)的夾角相等，且模為１的向量是( ).Ａ.Ｂ.Ｃ.Ｄ.10.(安徽卷)設(shè)a＞0，對于函數(shù)f(x)＝(0＜x＜π)，以下結(jié)論正確的選項是( ).Ａ.有最大值而無最小值Ｂ.有最小值而無最大值C.有最大值且有最小值Ｄ.既無最大值又無最小值方程lgx＋x＝3的解所在的區(qū)間為_____。A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,＋∞)12.f(x)定義在A.－0.5

R上的函數(shù)，B.－1.5

f(x＋1)＝－

,當x∈[－2,－1]時，f(x)＝x,則f(－3.5)為D.－3.5填空題13.假如y＝1－sin2x－mcosx的最小值為－４，則m的值為.14.對于x的不等式２·３２x－3x＋a2－a－3＞0，當0≤x≤1時恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為.15.設(shè)f(x)是偶函數(shù)，g(x)是奇函數(shù)，且f(x)＋g(x)＝ex＋1，則f(x)＝.已知矩形ＡＢＣＤ的邊ＡＢ＝ａ，ＢＣ＝２，PA⊥平面ＡＢＣＤ，ＰＡ＝２，現(xiàn)有以下五個數(shù)據(jù)：(１)a＝；

(２)a＝1；

(３)a＝；

(４)a＝2；

(５)a＝4當在ＢＣ邊上存在點Ｑ，使ＰＱ⊥ＱＤ時，則

a能夠取

.(

填上一個正確的數(shù)據(jù)序號即可

)3

解答題17.設(shè)會合A＝｛x|4x－2x＋2＋a＝0，x∈R｝.(１)若Ａ中僅有一個元素，務(wù)實數(shù)a的取值會合Ｂ；(２)若對于隨意a∈B，不等式x2－6x＜a(x－2)恒成立，求x的取值范圍.已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx(a，b為常數(shù)，且a≠0)知足條件：f(x－１)＝f(３－x)且方程f(x)＝２x有等根

.(１)求f(x)的分析式；(２)能否存在實數(shù)

m，n(m＜n)，使f(x)定義域和值域分別為［

m，n］和［4m，4n］，假如存在，求出

m、n的值；假如不存在，說明原因

.19.已知函數(shù)f(x)＝6x－6x2，設(shè)函數(shù)g1(x)＝f(x)，g2(x)＝f［g1(x)］，g3(x)＝f［g2(x)］，，gn(x)＝f［gn－1(x)］，(１)求證：假如存在一個實數(shù)x0，知足g1(x0)＝x0，那么對全部n∈N，gn(x0)＝x0都成立；(２)若實數(shù)x0知足gn(x0)＝x0，則稱x0為穩(wěn)固不動點，試求出全部穩(wěn)固不動點；(３)設(shè)區(qū)間Ａ＝(－∞，０)，對于x∈Ａ，有g(shù)1(x)＝f(x)＝a＜0，g2(x)＝f［g1(x)］＝f(0)＜０，且n≥2時，gn(x)＜0.試問能否存在區(qū)間Ｂ(Ａ∩Ｂ≠Φ)，對于區(qū)間內(nèi)隨意實數(shù)x，只需n≥2，n∈N，都有g(shù)n(x)＜０．已知函數(shù)f(x)＝－(a＞0，x＞0).(1)求證：f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；若f(x)≤2x在(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍；若f(x)在［m，n］上的值域是［m，n］(m≠n)，求a的取值范圍.已知數(shù)列｛an｝各項都是正數(shù)，且知足a0＝1，an＋1＝an(４－an)，n∈N.證明：an＜an＋12，n∈N.給定拋物線Ｃ∶y2＝4x，Ｆ是Ｃ的焦點，過點Ｆ的直線l與Ｃ訂交于Ａ，Ｂ兩點.(１)設(shè)l的斜率為１，求與的夾角的大??；(２)設(shè)＝，若λ∈［４，９］，求l在y軸上的截距的變化范圍.創(chuàng)新試題若(1－2x)xx＝a0＋a1x＋a2x2＋＋axx(x∈R)，則(a0＋a1)＋(a0＋a2)＋(a0＋a3)＋＋(a0＋axx)＝(用數(shù)字作答).設(shè)函數(shù)f(x)＝－(x∈R)，區(qū)間M＝［a，b］(a＜b)，會合Ｎ＝｛y|y＝f(x)，x∈M｝，則使Ｍ＝Ｎ成立的實數(shù)對(a，b)有( ).Ａ.０個Ｂ.１個Ｃ.２個Ｄ.無數(shù)多個分析答案：1.解：考察函數(shù)

y1＝

和y2＝(2a)x的圖象，明顯有0＜2a＜1.由題意

得a＝

，再聯(lián)合指數(shù)函數(shù)圖象性質(zhì)可得答案

.答案：B.2.解：由題意可得f(－x＋1)＝－f(x＋1).令t＝－x＋1，則x＝1－t，故f(t)＝－f(2－t)＝－f(2x).當x＞1，2－x＜1，于是有

f(x)＝－f(2－x)＝－2(x－

)2

－

，其遞減區(qū)間為［

，＋∞).答案：Ｃ解：因為f(x)－４是奇函數(shù)，故f(－x)－４＝－［f(x)－４］，即f(－x)＝－f(x)＋８，而lglg3＝－lglg310，∴f(lglg3)＝f(－lglg310)＝－(lglg310)＋8＝－5＋8＝3.應(yīng)選Ｃ.４.解：＝.注意到－2≤x≤2.∴當x＝－2時，|PM|2max＝9.應(yīng)選Ｄ.５.解：已知不等式的兩邊都含有x、y兩個變量，而我們當前只學習一元函數(shù)，為此先把它化歸成等價形式2x－3－x＞2－y－3y，使它的兩邊都只含一個變量，于是能夠結(jié)構(gòu)協(xié)助函數(shù)f(x)＝2x－3－x.因函數(shù)g(x)＝2x是Ｒ上的增函數(shù)，h(x)＝3－x＝()x是Ｒ上的減函數(shù)，所以，＝－３－x是Ｒ上的增函數(shù)，所以，f(x)＝２x－3－x是Ｒ上的增函數(shù).又由2x－3－x＞2－y－3－(－y)，即f(x)＞f(－y).∴x＞－y，即x＋y＞0.應(yīng)選Ｂ.解法１：依題設(shè)有a·5－b·＋c＝0.∴是實系數(shù)一元二次方程ax2－bx＋c＝0的一個實根.∴＝b2－4ac≥0.∴b2≥4ac.應(yīng)選Ｂ.解法２：其實本題也可用消元的思想求解.依題設(shè)得，b＝.∴b2－4ac＝( )2－４ac5a2＋c2－2ac≥2ac－2ac＝0.應(yīng)選Ｂ.7.解：問題a≥對x≥0恒成立.記f(x)＝(x≥0).則問題a≥f(x)max.當x＝0時，f(x)＝０；當x＞0時，f(x)＝，明顯f(x)在(０，＋∞)上是增函數(shù).∴0＜f(x)＜..故a≥.即a的最小值為，應(yīng)選A.8.解：過S作SH⊥底面ABC，H為垂足，連結(jié)AH并延伸交BC于D，再連結(jié)SD(如圖).SH⊥底面ABC，HD是斜線SA在底面ABC內(nèi)的射影，又SA⊥BC，∴AD⊥BC，∴SD⊥BC，所以∠SDA就是二面角S－BC－A的平面角，即∠SDA＝60°.設(shè)SD＝x，則S△SBC＝BC·x＝2＋，①又S△ABC＝BC·AD＝1.②由②÷①，即可解得AD＝(2－)x.在△SAD中，SA＝，∠SDA＝60°，由余弦定理得對于x的方程.( )2＝x2＋［(2－)x］2－2x·(2－)x·，解得x＝.于是，在Ｒt△SHD中，SH＝ＳＤ·sin60°＝，VS－ABC＝S△ABC·ＳＨ＝.應(yīng)選C.分析：本題波及單位向量、共線向量、向量的夾角等知識，解題的進口較寬，可從方程、分析幾何、復(fù)數(shù)及向量運算的幾何意義等角度下手，對訓(xùn)練我們思想的廣闊性有幫助.思路分析：1.設(shè)所求向量為(x，y)，則由向量模的定義與夾角公式可得解得該方程組可知答案為Ｂ.2.設(shè)＝a，＝b，則可借助直線的夾角公式求得∠AOB的均分線所在直線方程為y＝－x，再由＝1可知答案為Ｂ.3.在復(fù)平面上，向量a，b分別對應(yīng)于復(fù)數(shù)z1＝＋i，z2＝－i，因為z1＝z2·i，故所求向量對應(yīng)的復(fù)數(shù)為z2·或，化簡后可知答案選Ｂ

.4.簡單知道切合題意的向量有兩個，所以先清除選項Ａ和選項Ｃ，因為

a，b的模相等，故所求向量應(yīng)與

a＋b＝(４，－３

)共線，進而答案選Ｂ

.答案：Ｂ評論：思路１運用了方程思想；思路２用的是分析幾何知識；思路３借助了復(fù)數(shù)運算；思路４最為奇妙，采納了特色分析法并靈巧運用了向量運算的幾何意義.10.分析：令t＝sinx，t∈(０，１］，則函數(shù)

f(x)＝

(0＜x＜π)的值域為函數(shù)

y＝1＋

，t∈(０，１］是一個減函數(shù)，答案：Ｂ評論：本題將三角函數(shù)的值域問題轉(zhuǎn)變?yōu)橐话愫瘮?shù)的值域問題，既考察了等價轉(zhuǎn)變的思想方法，又考察了用函數(shù)思想解決問題的能力.圖像法解方程，也可代入各區(qū)間的一個數(shù)(特值法或代入法)，選CB13.解：原式化為

.當

，當－1≤≤1時，ymin＝＝－4m＝±4不符，當＞1，ymin＝１－m＝－4m＝5.答案：±５.14.解：設(shè)t＝3x，則t∈［１，３］，原不等式可化為a2－a－3＞－2t2＋t，t∈［１，３］.等價于a2－a－3大于f(t)＝－2t2＋t在［１，３］上的最大值.答案：(－∞，－１)∪(２，＋∞).15.答案：f(x)＝，提示：結(jié)構(gòu)f(x)與g(x)的方程組.(１)或(２).(１)令2x＝t(t＞0)，設(shè)f(t)＝t2－4t＋a.由f(t)＝０，在(０，＋∞)有且僅有一根或兩相等實根，則有①f(t)＝０有兩等根時，

＝０

１６－４

a＝0

a＝4；考證：t2－4t＋4＝0

t＝2∈(０，＋∞

)，這時

x＝1；②f(t)＝0有一正根和一負根時，

f(０)＜0

a＜0；③若f(0)＝０，則

a＝0，此時4x－4·2x＝0

2x＝0(舍去)，或2x＝4，∴

x＝2，即Ａ中只有一個元素

2；綜上所述，

a≤0或a＝4，即Ｂ＝｛

a|a≤0或a＝4｝.(２)要使原不等式對隨意

a∈(－∞，０］∪｛４｝恒成立

.即g(a)＝(x－2)a－(x2－6x)＞0恒成立.只須x－2≤0g5－＜x≤2.解：(１)∵方程ax2＋bx＝2x有等根，∴＝(b－2)2＝0，得b＝2.由f(x－1)＝f(3－x)知此函數(shù)圖象的對稱軸方程為(2)f(x)＝－(x－1)2＋1≤1，∴4n≤1，即n≤.

x＝－

＝1得a＝－1，故f(x)＝－x2＋2x.而拋物線y＝－x2＋2x的對稱軸為x＝1.∴n≤時，f(x)在［m，n］上為增函數(shù)

.若知足題設(shè)條件的m，n存在，則又m＜n≤，∴m＝－2，n＝0.19.(１)證明：當n＝1時，g1(x0)＝x0明顯成立；假定n＝k時，有g(shù)k(x0)＝x0(k∈N)成立，則gk＋1(x0)＝f［gk(x0)］＝f(x0)＝g1(x0)＝x0，即n＝k＋1時，命題成立.∴對全部n∈N，若g1(x0)＝x0，則gn(x0)＝x0.(２)解：由(１)知，穩(wěn)固不動點x0只需知足f(x0)＝x0.由f(x0)＝x0，得6x0－＝x0，x0＝0或x0＝.穩(wěn)固不動點為０和.(３)解：∵f(x)＜0，得6x－6x2＜0x＜0或x＞1.∴gn(x)＜0f［gn－1(x)］＜0gn－1(x)＜0或gn－1(x)＞1.要使全部n∈N，n≥2，都有g(shù)n(x)＜0，一定有g(shù)1(x)＜0或g1(x)＞1.由g1(x)＞06x－6x2＞1＜x＜.故對于區(qū)間(，)和(１，＋∞)內(nèi)的隨意實數(shù)x，只需n≥2，n∈N，都有g(shù)n(x)＜0.20.(１)證明：任取x12＞0，＞xf(x1)－f(x2)＝，故f(x)在(０，＋∞)上是增函數(shù).(２)解：∵≤2x在(0，＋∞)上恒成立，且a＞0，∴a≥在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝(當且僅當2x＝即x＝時取等號)，要使a≥(0，＋∞)上恒成立，則a≥，故a的取值范圍是［，＋∞).(３)解：由(１)f(x)在定義域上是增函數(shù).∴m＝f(m)，n＝f(n)，即m2－

m＋1＝0，n2－

n＋1＝0.故方程

x2－

x＋1＝0有兩個不相等的正根

m，n，注意到

m·n＝１，則只需要

＝(

)2－4＞0，因為a＞0，則0＜a＜.這是一個以遞推公式為背景的數(shù)列不等式，可是把遞推公式看作一個函數(shù)，就能夠獲取一種很簡單的解法.解：方法１：把an＋1＝an(4－an)，n∈N.看作一個函數(shù)f(x)＝x(4－x)，由此啟迪得ak＋1＝ak(4ak)＝［４－(ak－2)2］＝－(ak－2)2＋2＜2.于是ak＜2kk＝－＋2akkkk－2)＞0，所以ak＋1n，又因為a＋1－a－a＝－a(a＞ak，所以有aan＋1＜2，n∈N；方法２：用數(shù)學概括法證明：１°當n＝1時，a0＝1，a1＝a0(4－a0)＝，∴0＜a0＜a1＜2；２°假定n＝k時有ak－1＜ak＜2成立，令f(x)＝x(4－x)，f(x)在［０，２］上單一遞加，所以由假定有：f(ak－1)