高考数学提分练手册答案Word格式文档下载.docx
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1.B 2.（0,1）3 C4.B
5.解 当a>
1时，f（x）＝ax为增函数，在x∈[1,2]上，f（x）最大＝f
（2）＝a2，f（x）最小＝f
（1）＝a.
∴a2－a＝.即a（2a－3）＝0.
∴a＝0（舍）或a＝>
1.∴a＝.
当0<
a<
1时，f（x）＝ax为减函数，在x∈[1,2]上，
f（x）最大＝f
（1）＝a，f（x）最小＝f
（2）＝a2.
∴a－a2＝.∴a（2a－1）＝0，
∴a＝0（舍）或a＝.∴a＝.
综上可知，a＝或a＝.
第2章第6讲对数与对数函数
1 C2 B3 C
第2章第7讲函数的图象
1 C
命题法 根据条件判断函数图象典例1C2B
典例B1.{x|x<
0或x>
1}
第2章第8讲函数与方程
命题法 判断零点的个数及所在的区间典例1.C2.B
第3章第1讲导数的概念及计算
1.B2.C3（1,1）4A5.5x＋y＋2＝0
6.解
（1）当a＝1时，f（x）＝lnx－x2＋x，f′（x）＝－2x＋1.
∴f
（1）＝0，f′
（1）＝0，即所求切线方程为：
y＝0.
（2）∵f′（x）＝－2ax＋a＝，x>
0.
∴当a＝0时，f′（x）>
0，f（x）在[1,2]上单调递增．
∴f（x）max＝f
（2）＝ln2.
当a≠0时，可令g（x）＝－2ax2＋ax＋1，x∈[1,2]，
g（x）的对称轴x＝且过点（0,1）．
∴当a<
0时，f′（x）>
0在[1,2]上恒成立，f（x）在[1,2]上单调递增，
∴f（x）max＝f
（2）＝ln2－2a.
当a>
0时，若g
（1）≤0，即a≥1时，f′（x）<
0在[1,2]上恒成立．
f（x）在[1,2]上单调递减，∴f（x）max＝f
（1）＝0.
若g
（1）>
0，g
（2）<
0，即<
1时，
f′（x）在上大于零，
在上小于零，
∴f（x）在上单调递增，
在上单调递减．
∴f（x）max＝f＝ln＋.
0，g
（2）≥0，即0<
a≤时，
f′（x）>
综上：
f（x）max＝
.
第3章第2讲导数的应用
1.D2.（ln2，＋∞）
典例1.[解] 由f（x）＝lnx－mx＋m，得f′（x）＝－m（x>
0）．
（1）依题意得f′
（1）＝1－m＝0，即m＝1.
（2）当m≤0时，f′（x）＝－m>
0，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
当m>
0时，f′（x）＝，由f′（x）>
0，得x∈，由f′（x）<
0，得x∈，
即函数f（x）在上单调递增，在上单调递减．
（3）证明：
由
（1）知m＝1，得f（x）＝lnx－x＋1，对于任意的0<
b，<
－1可化为
<
－1，因为0<
b，所以有b－a>
0，故不等式可化为（lnb－b）－（lna－a）<
（b－a），即ln<
－1，令t＝，得lnt－t＋1<
0（t>
1），令f（t）＝lnt－t＋1.
由
（2）知，函数f（x）在（1，＋∞）上单调递减，且f
（1）＝0，即f（t）<
f
（1），于是上式成立，故对于任意的0<
－1成立．
2.解
（1）对f（x）求导得
f′（x）＝＝，
因为f（x）在x＝0处取得极值，所以f′（0）＝0，即a＝0.
当a＝0时，f（x）＝，f′（x）＝，故f
（1）＝，f′
（1）＝，
从而f（x）在点（1，f
（1））处的切线方程为y－＝（x－1），化简得3x－ey＝0.
（2）由
（1）知f′（x）＝，
令g（x）＝－3x2＋（6－a）x＋a，
由g（x）＝0解得x1＝，
x2＝.
当x<
x1时，g（x）<
0，即f′（x）<
0，故f（x）为减函数；
当x1<
x<
x2时，g（x）>
0，即f′（x）>
0，故f（x）为增函数；
当x>
x2时，g（x）<
0，故f（x）为减函数．
由f（x）在[3，＋∞）上为减函数，
知x2＝≤3，解得a≥－，
故a的取值范围为.
3.解
（1）f′（x）＝3ax2＋6x＋3，f′（x）＝0的判别式Δ＝36（1－a）．
①若a≥1，则f′（x）≥0，且f′（x）＝0当且仅当a＝1，x＝－1.
故此时f（x）在R上是增函数．
②由于a≠0，故当a<
1时，f′（x）＝0有两个根：
x1＝，x2＝.
若0<
1，则当x∈（－∞，x2）或x∈（x1，＋∞）时f′（x）>
0，
故f（x）分别在（－∞，x2），（x1，＋∞）是增函数；
当x∈（x2，x1）时，f′（x）<
0，故f（x）在（x2，x1）是减函数；
若a<
0，则当x∈（－∞，x1）或（x2，＋∞）时f′（x）<
故f（x）分别在（－∞，x1），（x2，＋∞）是减函数；
当x∈（x1，x2）时f′（x）>
0，故f（x）在（x1，x2）是增函数．
（2）当a>
0，x>
0时，f′（x）＝3ax2＋6x＋3>
0，故当a>
0时，f（x）在区间（1,2）是增函数．
当a<
0时，f（x）在区间（1,2）是增函数当且仅当f′
（1）≥0且f′
（2）≥0，解得－≤a＜0.
综上，a的取值范围是∪（0，＋∞）．
1D2A
典例1.[解]
（1）当x<
1时，f′（x）＝－3x2＋2x＝－x（3x－2），令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝.当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（－∞，0）
f′（x）
－
＋
f（x）
极小值
极大值
故当x＝0时，函数f（x）取得极小值为f（0）＝0，函数f（x）的极大值点为x＝.
（2）①当－1≤x<
1时，由
（1）知，函数f（x）在[－1,0]和上单调递减，在上单调递增．
因为f（－1）＝2，f＝，f（0）＝0，所以f（x）在[－1,1）上的最大值为2.
②当1≤x≤e时，f（x）＝alnx，当a≤0时，f（x）≤0；
0时，f（x）在[1，e]上单调递增，则f（x）在[1，e]上的最大值为f（e）＝a.故当a≥2时，f（x）在[－1，e]上的最大值为a；
2时，f（x）在[－1，e]上的最大值为2.
2.答案2
1.解
（1）f（x）＝x＋，f′（x）＝1－＝0，则x＝0.
当x∈（－∞，0）时f′（x）<
0，f（x）单调递减；
当x∈（0，＋∞）时f′（x）>
0，f（x）单调递增，
所以f（x）的最小值为f（0）＝1，无最大值．
（2）由
（1）知，若a＝0，则当x>
0时f（x）>
1＝ax2＋1，原不等式不成立．
0，则当x>
0时，ax2＋1<
1，原不等式不成立．
若a>
0，f（x）<
ax2＋1等价于（ax2－x＋1）ex>
1.
设φ（x）＝（ax2－x＋1）ex，
那么φ′（x）＝[ax2＋（2a－1）x]ex.
若a≥，则φ（x）＝（ax2－x＋1）ex在（0，＋∞）上单调递增，φ（x）的最小值大于φ（0）＝1，因而（ax2－x＋1）ex>
1恒成立．
，则当x∈时φ（x）单调递减，φ（x）<
φ（0）＝1，原不等式不成立．
综上所述，实数a的取值范围为.
第4章第1讲三角函数的有关概念、同角三角函数的关系式及诱导公式
1.C
命题法 三角函数的概念，同角三角函数关系式，诱导公式的应用
典例[答案] 1.
（1）B
（2）C
2.－3. －8
4.解
（1）∵m⊥n，∴m·
n＝0.
故sinx－cosx＝0，∴tanx＝1.
（2）∵m与n的夹角为，∴cos〈m，n〉＝＝＝，故sin＝.
又x∈，∴x－∈，x－＝，即x＝，故x的值为.
5.
第4章第2讲三角函数的图象变换及应用
1A
命题法 函数y＝Asin（ωx＋φ）的图象变换及解析式求法
典例[解析]
（1）因为y＝sin3x＋cos3x＝cos，要得到函数y＝cos的图象，可以将函数y＝cos3x的图象向右平移个单位，故选C.
（2）由图象知，A＝＝1，＝－＝，则T＝，ω＝，由×
＋φ＝＋2kπ，k∈Z，得φ＝－＋2kπ，k∈Z.又|φ|<
π，∴φ＝－.
∴f（x）＝sin＋2.
[答案]
（1）C
（2）f（x）＝sin＋2
练习1．B
命题法 y＝Asin（ωx＋φ）（ω>
0，A>
0）的性质及应用 典例[解]
（1）f（x）＝sinωx＋cosωx＋sinωx－cosωx－（cosωx＋1）
＝2－1
＝2sin－1.
由－1≤sin≤1，
得－3≤2sin－1≤1，
所以函数f（x）的值域为[－3,1]．
（2）由题设条件及三角函数的图象和性质可知，
f（x）的周期为π，所以＝π，即ω＝2.
所以f（x）＝2sin－1，
再由2kπ－≤2x－≤2kπ＋（k∈Z），
解得kπ－≤x≤kπ＋（k∈Z）．
所以函数f（x）的单调递增区间为（k∈Z）．
1解
（1）由已知，有
f（x）＝－
＝－cos2x
＝sin2x－cos2x＝sin.
所以，f（x）的最小正周期T＝＝π.
（2）解法一：
因为f（x）在区间上是减函数，在区间上是增函数，f＝－，f＝－，f＝.所以，f（x）在区间上的最大值为，最小值为－.
解法二：
由x∈得2x－∈，故当2x－＝－，x＝－时，f（x）取得最小值为－，当2x－＝，x＝时，f（x）取最大值为.
2解
（1）因f（x）的图象上相邻两个最高点的距离为π，
所以f（x）的最小正周期T＝π，从而ω＝＝2.
又因为f（x）的图象关于直线x＝对称，
所以2×
＋φ＝kπ＋，k＝0，±
1，±
2，….
因－≤φ<
得k＝0，所以φ＝－＝－.
（2）由
（1）得f＝sin＝，所以sin＝.
由<
α<
得0<
α－<
，
所以cos＝＝＝.
因此cos＝sinα＝sin
＝sincos＋cossin＝×
＋×
＝.
3答案 π （k∈Z）
解析 由题意知，f（x）＝sin＋，所以最小正周期T＝π.令＋2kπ≤2x－≤＋2kπ（k∈Z），得kπ＋≤x≤kπ＋（k∈Z），故单调递减区间为（k∈Z）．
4解
（1）f（x）＝a·
b＝2sin2x＋2sinxcosx
＝2×
＋sin2x＝sin＋1，
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
∴f（x）的单调递增区间是（k∈Z）．
（2）由题意g（x）＝sin＋1＝sin＋1，
由≤x≤得≤2x＋≤，
∴0≤g（x）≤＋1，
即g（x）的最大值为＋1，最小值为0.
第3章第3讲三角恒等变换
1D2. 3 C
第4章第4讲正、余弦定理及解三角形
1 D2 D
命题法 利用正余弦定理解三角形或判断其形状 典例B练习1C2.－
典例C1.2
3解
（1）因为m∥n，所以asinB－bcosA＝0，
由正弦定理，得sinAsinB－sinBcosA＝0，
又sinB≠0，从而tanA＝，
由于0<
A<
π，所以A＝.
由余弦定理，得
a2＝b2＋c2－2bccosA，及a＝，b＝2，A＝，
得7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0，因为c>
0，所以c＝3.
故△ABC的面积为bcsinA＝.
由正弦定理，得＝，从而sinB＝，
又由a>
b，知A>
B，所以cosB＝.
故sinC＝sin（A＋B）＝sin＝sinBcos＋cosBsin＝.
所以△ABC的面积为absinC＝.
4.A
第5章第1讲平面向量的概念及线性运算平面向量的基本定理
1.C2C3 B
4[正解] 如图所示，
设A（－1,0），B（3,0），C（1，－5），D（x，y）．
①若四边形ABCD1为平行四边形，则＝，而＝（x＋1，y），＝（－2，－5）．
由＝，得∴∴D1（－3，－5）．
②若四边形ACD2B为平行四边形，则＝.
而＝（4,0），＝（x－1，y＋5）．
∴∴∴D2（5，－5）．
③若四边形ACBD3为平行四边形，则＝.
而＝（x＋1，y），＝（2,5），
∴∴∴D3（1,5）．
综上所述，平行四边形第四个顶点的坐标为（－3，－5）或（5，－5）或（1,5）．
5 C
第5章第2讲平面向量的数量积及应用
1.2 D
第6章第1讲数列的概念及其表示
1 C
1 A2 D
典例[解析]
（1）当n＝1时，a1＝S1＝2×
12＋3×
1＝5；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（2n2＋3n）－[2（n－1）2＋3（n－1）]＝4n＋1.当n＝1时，4×
1＋1＝5＝a1，∴an＝4n＋1.
（2）∵当n≥2，n∈N*时，an＝Sn－Sn－1，
∴Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0，即－＝2，
∴数列是公差为2的等差数列，
又S1＝a1＝，∴＝2，
∴＝2＋（n－1）·
2＝2n，
∴Sn＝.
[答案]
（1）4n＋1
（2）见解析
3答案 an＝
第6章第2讲等差数列及前n项和
1C
命题法1 等差数列的基本运算典例1[解]
（1）由an＝a1＋（n－1）d，a10＝30，a20＝50，
得方程组
解得a1＝12，d＝2.所以an＝2n＋10；
（2）由Sn＝na1＋d，Sn＝242，
得方程12n＋×
2＝242，
解得n＝11或n＝－22（舍去）．
命题法2 等差数列的判定与证明 典例2 [解]
（1）证明：
∵an＋2＝2an＋1－an＋2，
∴bn＋1－bn＝an＋2－an＋1－（an＋1－an）
＝2an＋1－an＋2－2an＋1＋an＝2.
∴{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．
（2）由
（1）得bn＝1＋2（n－1），即an＋1－an＝2n－1，
∴a2－a1＝1，a3－a2＝3，a4－a3＝5，
…，an－an－1＝2n－3，累加法可得
an－a1＝1＋3＋5＋…＋（2n－3）＝（n－1）2，
∴an＝n2－2n＋2.
3. －
典例1[解析] 由a1＋a4＋a7＝39，得3a4＝39，a4＝13.
由a3＋a6＋a9＝27，得3a6＝27，a6＝9.
所以S9＝＝＝＝9×
11＝99，故选C.
[答案] C
命题法1 与等差数列前n项和有关的最值问题
典例2[解] 解法一：
由S3＝S11得3a1＋d＝11a1＋d，则d＝－a1.从而Sn＝n2＋n＝－（n－7）2＋a1，又a1>
0，所以－<
0.故当n＝7时，Sn最大．
由于Sn＝an2＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的图象关于n＝＝7对称．由解法一可知a＝－<
0，故当n＝7时，Sn最大．
解法三：
由解法一可知，d＝－a1.要使Sn最大，则有
即
解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大．
解法四：
由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即（a1＋6d）＋（a1＋7d）＝0，
故a7＋a8＝0，又由a1>
0，S3＝S11可知d<
所以a7>
0，a8<
0，所以当n＝7时，Sn最大．
1． B
2解
（1）设数列{an}的公差为d，
依题意得，解得，
∴an＝20＋（n－1）×
（－2）＝－2n＋22.
（2）由
（1）知|an|＝|－2n＋22|＝，
∴当n≤11时，Sn＝20＋18＋…＋（－2n＋22）＝＝（21－n）n；
当n>
11时，Sn＝S11＋2＋4＋…＋（2n－22）＝110＋＝n2－21n＋220.
综上所述，Sn＝.
第6章第3讲等比数列及前n项和
命题法1 等比数列的基本运算典例1A
命题法2 等比数列的判定与证明典例2[解]
（1）证明：
∵an＋Sn＝n，①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
∴2an＋1＝an＋1，∴2（an＋1－1）＝an－1，
∴＝.
∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，
∴a1＝，c1＝－.
又cn＝an－1，故{cn}是以－为首项，为公比的等比数列．
（2）由
（1）知cn＝－×
n－1＝－n，
∴an＝1－n.
1 A
2.1
3.证明
（1）由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列．
an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.
（2）由
（1）知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×
3n－1，所以≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
＝<
所以＋＋…＋<
1 B2.
命题法 等比数列性质的应用典例[答案]
（1）A
（2）练习1 C2. －
第6章第4讲数列求和、数列的综合应用
命题法 给出数列求和典例[解]
（1）①依题意得，
解得或（舍去），∴an＝4n－3，Sn＝2n2－n.
②由①知bn＝.
数列{bn}是等差数列，则2b2＝b1＋b3，即
2·
＝＋，解得c＝－，∴bn＝2n.
则＝＝，
∴Tn＝＋＋…＋＝＝.
（2）①证明：
令n＝1,4S1＝4a1＝（a1＋1）2，
解得a1＝1，
由4Sn＝（an＋1）2，
得4Sn＋1＝（an＋1＋1）2，
两式相减得4an＋1＝（an＋1＋1）2－（an＋1）2，
整理得（an＋1＋an）（an＋1－an－2）＝0，
∵an>
∴an＋1－an＝2，
则数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
an＝1＋2（n－1）＝2n－1.
②由①得bn＝，
Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋，②
①－②得
Tn＝＋2－
＝＋2×
＝－，
所以Tn＝1－.
练习
1. C
2解
（1）设数列{an}的公差为d，依题意，2,2＋d,2＋4d成等比数列，故有（2＋d）2＝2（2＋4d），
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋（n－1）·
4＝4n－2，
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
（2）当an＝2时，Sn＝2n.
显然2n<
60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn>
60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2，
令2n2>
60n＋800，即n2－30n－400>
解得n>
40或n<
－10（舍去），
此时存在正整数n，使得Sn>
60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.
命题法1 等差等比的综合应用典例1[解] ①设数列{an}的公差为d，则an＝a1＋（n－1）d，由a10＝30，a20＝50，得方程组，解得.
所以an＝12＋（n－1）·
2＝2n＋10.
②证明：
由①，得bn＝2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n，
所以＝＝4.
所以{bn}是首项为4，公比为4的等比数列．
③由nbn＝n×
4n，得Tn＝1×
4＋2×
42＋…＋n×
4n ①，
4Tn＝1×
42＋…＋（n－1）×
4n＋n×
4n＋1 ②，
1－②，得－3Tn＝4＋42＋…＋4n－n×
4n＋1＝－n×
4n＋1.所以Tn＝.
命题法2 数列与函数、不等式的综合应用典例2
[解]
（1）∵an＋1＝f＝＝an＋，
∴{an}是以为公差，首项a1＝1的等差数列，
∴an＝n＋.
（2）当n≥2时，
bn＝＝
＝，
当n＝1时，上式同样成立．
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
∵Sn<
即<
对一切n∈N*成立，
又随n递增，且<
∴≤，∴m≥2013，∴mmin＝2013.
第7章第1讲不等关系与不等式
ccba
第7章第2讲不等式的解法
cbad
第7章第3讲基本不等式
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