届江苏高考数学二轮复习教案+学案+课后训练教师备选.docx

1、届江苏高考数学二轮复习教案+学案+课后训练教师备选一集合、简单逻辑用语、函数、不等式、导数及应用第1讲集合与简单逻辑用语1. (2011安徽)设集合A1,2,3,4,5,6，B4,5,6,7，则满足S A且SB 的集合S的个数为_A. 57 B. 56 C. 49 D. 8【答案】B解析：集合A的所有子集共有2664个，其中不含4,5,6,7的子集有238个，所以集合S共有56个故选B.2. (2011江苏)设集合A(x，y)|(x2)2y2m2，x，yR, B(x，y)|2mxy2m1，x，yR, 若AB ，则实数m的取值范围是_【答案】解析：由AB 得，A ，所以m2，m或m0.当m0时，

2、mm，且mm，又2022m1，所以集合A表示的区域和集合B表示的区域无公共部分；当m时，只要m或m，解得2m2或1m1，所以实数m的取值范围是.点评：解决此类问题要挖掘问题的条件，并适当转化，画出必要的图形，得出求解实数m的取值范围的相关条件基础训练1. (，3)解析：A(，03，)，B(0，)，AB(，)，AB3，)2. nN,2n1 000 3. 充分不必要解析：M(0,1) N(2,2)4. a3或a1解析：(a1)240，a3或a1.例题选讲例1解：由x23x100得2x5. A2,5 当B 时，即p12p1 p2.由B A得2p1且2p15.得3p3. 2p3. 当B 时，即p12p

3、1 p2.B A成立综上得p3.点评：从以上解答应看到：解决有关AB ，ABA，ABB或A B等集合问题易忽视空集的情况而出现漏解，这需要在解题过程中全方位、多角度审视问题变式训练设不等式x22axa20的解集为M，如果M 1,4，求实数a的取值范围解： M 1,4有n种情况：其一是M ，此时0；其二是M ，此时0，分三种情况计算a的取值范围设f(x)x22axa2，有(2a)2(4a8)4(a2a2)， 当0时，1a2，M 1,4成立； 当0时，a1或2，当a1时，M1 1,4，当a2时，M2 1,4； 当0时，a1或a2.设方程f(x)0的两根为x1，x2，且x1x2，那么Mx1，x2，M

4、 1,4 1x1x24 即解得：2a，综上实数a的取值范围是.例2解： (AB)C ，AC 且BC ，由 得k2x2(2bk1)xb210， AC ， k0，1(2bk1)24k2(b21)0， 4k24bk10，即b21， 4x2(22k)x(52b)0， BC ， 24(1k)216(52b)0， k22k8b190, 从而8b20，即b2.5，由及bN，得b2，代入由10和22使命题乙成立的条件是：216(m2)2160， 1m3. 集合Bm|1m2m|m1或m3m|m3；若为，则有：BAm|1m3m|m2m|1m2；综合、可知所求m的取值范围是m|1m2或m3点评：明确命题为真时的充要

5、条件，再分类确定高考回顾1. 1,22. 若f(x)不是奇函数，则f(x)不是奇函数3. 4解析：A(0,4，A B, a4, c4.4. 8解析：画韦恩图设同时参加数学和化学小组的有x人，则20x11x49x36，x8.5. 3或4解析：令f(x)x24xn，nN*，f(0)n0, f(2)0即n4，故n1,2,3,4，经检验，n3,4适合，或直接解出方程的根，x2，nN*，只有n3,4适合6. 3解析：正确的是，在中32才对第2讲函数、图象及性质1. 已知a，函数f(x)ax，若实数m、n满足f(m)f(n)，则m、n的大小关系为_【答案】mn解析： 考查指数函数的单调性a(0,1)，函数

6、f(x)ax在R上递减由f(m)f(n)得：mn.2. 设a为实数，函数f(x)2x2(xa)|xa|. (1) 若f(0)1，求a的取值范围； (2) 求f(x)的最小值； (3) 设函数h(x)f(x)，x(a，)，直接写出(不需给出演算步骤)不等式h(x)1的解集点拨： 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力解：(1) 若f(0)1，则a|a|1 a1. a的取值范围是(，1(2) 当xa时，f(x)3x22axa2，f(x)min当xa时，f(x)x22axa2，f(x)min综上f(

7、x)min(3) x(a，)时，h(x)1得3x22axa210，4a212(a21)128a2.当a或a时，0，x(a，)；当a时，0，得：讨论得：当a时，解集为(a，)；当a时，解集为当a时，解集为.综上，当a时，解集为(a，)，当a时，解集为，当a时，解集为.基础训练1. x2x2. (，1)(1,0)解析： x0，x1.3. 4解析：函数图象关于直线x1对称，则f(x)f(2x)，函数图象关于点(2 , 0)对称，则f(x)f(4x)， f(x2)f(x)， f(x4)f(x)， fff，又fff，ff2f2f4.4. 解析：x1,2时，f(x)1,3m0，x1,2时，g(x)2m,2

8、2m；m0，x1,2时，g(x)22m,2mm0，2m，22m 1,3；m0，22m,2m 1,3得0m或1m0，故实数m的取值范围是.例题选讲例1解： (1) f(x)是二次函数，且f(x)0的解集是(0,5), 可设f(x)ax(x5)(a0) f(x)在区间1,4上的最大值是f(1)6a.由已知得6a12, a2, f(x)2x(x5)2x210x(xR)(2) 方程f(x)0等价于方程2x310x2370.设h(x)2x310x237，则h(x)6x220x2x(3x10)当x时，h(x)0，h(x)是减函数；当x时，h(x)0，h(x)是增函数 h(3)10，h0，h(4)50， 方

9、程h(x)0在区间，内分别有唯一实数根，而在区间(0,3)，(4，)内没有实数根，所以存在唯一的自然数m3，使得方程f(x)0在区间(m，m1)内有且只有两个不同的实数根变式训练已知函数yf (x)是定义在R上的周期函数，周期T5，函数yf(x)(1x1)的图象关于原点对称又知yf(x)在0,1上是一次函数，在1,4上是二次函数，且在x2时函数取得最小值5.(1) 证明：f(1)f(4)0；(2)求yf(x)，x1,4的解析式；(3)求yf(x)在4,9上的解析式(1)证明： f (x)是以5为周期的周期函数， f(4)f(45)f(1)，又 yf(x)(1x1)关于原点对称， f(1)f(1

10、)f(4), f(1)f(4)0.(2)解： 当x1,4时，由题意可设f(x)a(x2)25(a0)，由f(1)f(4)0得a(12)25a(42)250， a2， f(x)2(x2)25(1x4)(3)解： yf(x)(1x1)是奇函数， f(0)0，又知yf(x)在0,1上是一次函数， 可设f(x)kx(0x1)，而f(1)2(12)253， k3， 当0x1时，f(x)3x，从而当1x0时，f(x)f(x)3x，故1x1时，f(x)3x， 当4x6时，有1x51， f(x)f(x5)3(x5)3x15，当6x9时，1x54， f(x)f(x5)2(x5)2252(x7)25， f(x)点

11、评：紧抓函数几个性质，将未知的转化为已知的，注意函数图象及端点值例2解： (1) 当a0时，f(x)x2，对任意x(，0)(0，)，f(x)(x)2x2f(x), f(x)为偶函数当a0时，f(x)x2(a0，x0)，取x1，得f(1)f(1)20，f(1)f(1)2a0， f(1)f(1)，f(1)f(1)， 函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数(2) (解法1)设2x1x2，f(x1)f(x2)xxx1x2(x1x2)a，要使函数f(x)在x2，)上为增函数，必须f(x1)f(x2)0恒成立 x1x20，x1x24，即ax1x2(x1x2)恒成立又 x1x24, x1x2(x1x2)16

12、. a的取值范围是(，16(解法2)当a0时，f(x)x2，显然在2，)为增函数当a0时，反比例函数在2，)为增函数， f(x)x2在2，)为增函数当a0时，同解法1. (解法3)f(x)2x0，对x2，)恒成立 a2x3而y2x3.在2，)上单调增，最小值为16， a16.点评：本题主要考查函数奇偶性、单调性及分类讨论处理含参数问题例3解：(1) 由已知f(x)f(x)，即|2xa|2xa|，解得a0.(2) f(x)当xa时，f(x)x22xa(x1)2(a1)，由a2，xa，得x1，从而x1，又f(x)2(x1)，故f(x)在xa时单调递增，f(x)的最小值为f；当xa时，f(x)x22

13、xa(x1)2(a1)，故当1x时，f(x)单调递增，当x1时，f(x)单调递减，则f(x)的最小值为f(1)a1；由(a1)0，知f(x)的最小值为a1.点评：本题考查二次函数含参数最值的讨论方法变式训练已知函数f(x)x|x2|.设a0，求f(x)在0，a上的最大值解： f(x)x|x2| f(x)的单调递增区间是(，1和2，); 单调递减区间是1,2 当0a1时，f(x)是0，a上的增函数，此时f(x)在0，a上的最大值是f(a)a(2a)； 当1a2时，f(x)在0,1上是增函数，在1，a上是减函数，此时f(x)在0，a上的最大值是f(1)1； 当a2时，令f(a)f(1)a(a2)1

14、a22a10, 解得a1.若2a1，则f(a)f(1)，f(x)在0，a上的最大值是f(1)1；若a1，则f(a)f(1)，f(x)在0，a上的最大值是f(a)a(a2)综上，当0a1时，f(x)在0，a上的最大值是a(2a)；当1a1时，f(x)在0，a上的最大值是1；当a1时，f(x)在0，a上的最大值是a(a2)例4解： 设yf(x)，(1) a1时，f(x)|x|，当x(0,1时，f(x)x为增函数，y的取值范围为(1,1当x1,0时，f(x)x，令t，0t1，则xt21，y2，0t1，y的取值范围为. 1，x1,1时，函数f(x)的值域为1,1(2) 令t，则xt2a，t0，yg(t

15、)ta|t2a|. a0时，f(x)无单调减区间； a0时，yg(t)at2ta2，在上g(t)是减函数，则在上f(x)是减函数a0不成立 a0时，yg(t)仅当，即a时，在t时，g(t)是减函数，即x时，f(x)是减函数nma，即(a2)(16a2a2)0. a2.故a的取值范围是.高考回顾1. 解析：f(x)f(x)恒成立或从定义域可直接得到2. g(x)解析： 因为函数f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，所以f(x)g(x)f(x)g(x)ex.又因为f(x)g(x)ex，所以g(x).3. 2,7解析：设x10,1，则f(x1)x1g(x1)2,5， g(x)是定义域为R周期为1的函数

16、， 当x21,2时，f(x2)x11g(x11)1x1g(x1)1f(x1)1,6，当x22,3时，f(x2)x12g(x12)2x1g(x1)2f(x1)0,7， f(x)在区间0,3上的值域为2,74. 4解析：AB2，直线AB的方程为xy2，在yx2上取点C(x，y)，点C(x，y)到直线AB的距离为，|xx22|2，此方程有四个解5. 解：(1) 当a0，b0时，任意x1，x2R，x1x2，则f(x1)f(x2)a(2x12x2)b(3x13x2)， 2x12x2，a0 a(2x12x2)0,3x13x2，b0 b(3x13x2)0， f(x1)f(x2)0，函数f(x)在R上是增函数

17、当a0，b0时，同理函数f(x)在R上是减函数(2) f(x1)f(x)a2x2b3x0，当a0，b0时，x，则xlog1.5；当a0，b0时，x，则xlog1.5.6. 解：(1) 由题意：当0x20时，v(x)60；当20x200时，设v(x)axb，显然v(x)axb在20,200是减函数，由已知得解得故函数v(x)的表达式为v(x)(2) 依题意并由(1)可得f(x)当0x20时，f(x)为增函数，故当x20时，其最大值为60201 200；当200)在区间8,8上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4_.【答案】8解析：因为定义在R上的奇函数，满足f(x4)f(x)

18、，所以f(x4)f(x)，对f(x)是奇函数，函数图象关于直线x2对称且f(0)0，由f(x4)f(x)知f(x8)f(x)，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为f(x)在区间0,2上是增函数，所以f(x)在区间2,0上也是增函数如图所示，那么方程f(x)m(m0)在区间8,8上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，不妨设x1x2x3x4由对称性知x1x212，x3x44，所以x1x2x3x41248.2. 已知函数f(x)x3(k2k1)x25x2，g(x)k2x2kx1，其中kR.(1) 设函数p(x)f(x)g(x)若p(x)在区间(0,3)上不单调，求k的取值范围；(2) 设函数q(

19、x)是否存在k，对任意给定的非零实数x1，存在唯一的非零实数x2(x2x1)，使得q(x2)q(x1)成立？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由解： (1)因p(x)f(x)g(x)x3(k1)x2(k5)x1，p(x)3x22(k1)x(k5)，因p(x)在区间(0,3)上不单调，所以p(x)0在(0,3)上有实数解，且无重根，由p(x)0得k(2x1)(3x22x5)， k，令t2x1，有t(1,7)，记h(t)t，则h(t)在(1,3上单调递减，在3,7)上单调递增，所以有h(t)6,10，于是(2x1)6,10)，得k(5，2，而当k2时有p(x)0在(0,3)上有两个相等的实根x1

20、，故舍去，所以k(5，2)(2) 当x0时，有q(x)f(x)3x22(k2k1)x5；当x0时，有q(x)g(x)2k2xk，因为当k0时不合题意，因此k0，下面讨论k0的情形，记A(k，)，B(5，)，当x10时，q(x)在(0，)上单调递增，所以要使q(x2)q(x1)成立，只能x20且A B，因此有k5，当x10时，q(x)在(，0)上单调递减，所以要使q(x2)q(x1)成立，只能x20且B A，因此k5，综合k5；当k5时AB，则 x10，q(x1)BA，即 x20，使得q(x2)q(x1)成立，因为q(x)在(0，)上单调递增，所以x2的值是唯一的；同理， x10，即存在唯一的非

21、零实数x2(x2x1)，使q(x2)q(x1)成立，所以k5满足题意基础训练1. (1,1)2. x|x0或x23. (，loga3)解析：由题知0a1，不等式a2x2ax30可化为(ax3)(ax1)0，ax3，xloga3.4. 解析：由函数y|log0.5x|得x1，y0；x4或x时y2,4.例题选讲例1解：(1)函数f(x)为奇函数，f(x)f(x)恒成立， c0，又由f(1)2，f(2)3得 0b，bZ b1，a1.(2) f(x)x，函数在(，1)上递增，在(1,0)上递减变式训练已知定义域为R的函数f(x)是奇函数(1) 求a，b的值；(2) 若对任意的tR，不等式f(t22t)

22、f(2t2k)0恒成立，求实数k的取值范围解： (1) 因为f(x)是定义域为R的奇函数，所以f(0)0，即0 b1, f(x)，又由f(1) f(1)知 a2.经检验符合题意， a2，b1.(2) (解法1)由(1)知f(x)，易知f(x)在(，)上为减函数又因f(x)是奇函数，从而不等式： f(t22t)f(2t2k)0等价于f(t22t)f(2t2k)f(k2t2)，因f(x)为减函数，由上式推得：t22tk2t2.即对一切tR有：3t22tk0，从而判别式412k0 k.(解法2)由(1)知f(x).又由题设条件得：0，即：(22t2k12)(12t22t)(2t22t12)(122t2k)0，整理得23t22tk1，因底数21，故： 3t22tk0对一切tR均成立，从而判别式412k0 k.例2解：(1)当x0时，f(x)0；当x0时，f(x)2x，由条件可知2x2，即22x22