數學教師招聘考試專業知識復習一、復習要求(由于招考題目僅為高考知識，所以本內容以均為高考知識點)1、理解集合及表示法，掌握子集，全集與補集,子集與并集的定義；2、掌握含絕對值不等式及一元二次不等式的解法；3、理解邏輯聯結詞的含義，會熟練地轉化四種命題，掌握反證法；4、理解充分條件，必要條件及充要條件的意義，會判斷兩個命題的充要關系；5、學會用定義解題，理解數形結合，分類討論及等價變換等思想方法。二、學習指導1、集合的概念：(1)集合中元素特征，確定性，互異性，無序性；(2)集合的分類：①按元素個數分：有限集，無限集；②按元素特征分；數集，點集.如數集{yIy=x2),表示非負實數集，點集{(x,y)Iy=x2}表示開口向上，以y軸為對稱軸的拋物線；(3)集合的表示法：①列舉法：用來表示有限集或具有顯著規律的無限集，如N二{0,1,2,+3,…};②描述法。2、兩類關系：(1)元素與集合的關系，用或表示；(2)集合與集合的關系，用，，二表示，當AB時，稱A是B的子集;當AB時，稱A是B的真子集。3、集合運算(1)交,并，補，定義：AHB={xIxGA且xGB},AUB={x|x￡A,或x￡B},CnA={xIxGU,且xA},集合U表示全集；(2)運算律，如AH(BUG)=(AHB)U(AHC),CjAHB)=(CA)U中)，C(AUB)=(CA)n(CB)等。u u u4、命題：(1)命題分類：真命題與假命題，簡單命題與復合命題；(2)復合命題的形式:p且q,p或q,非p；(3)復合命題的真假：對p且q而言，當q、p為真時，其為真；當p、q中有一個為假時，其為假對P或q而言，當P、q均為假時，其為假；當P、q中有一個為真時,其為真；當P為真時,非P為假；當P為假時,非P為真。(3)四種命題:記“若q則p”為原命題，則否命題為“若非p則非q”，逆命題為“若q則P"，逆否命題為〃若非q則非P其中互為逆否的兩個命題同真假，即等價.因此，四種命題為真的個數只能是偶數個.5、充分條件與必要條件(1)定義：對命題“若P則q”而言，當它是真命題時，P是q的充分條件，q是P的必要條件，當它的逆命題為真時，q是P的充分條件，P是q的必要條件,兩種命題均為真時，稱P是q的充要條件；(2)在判斷充分條件及必要條件時,首先要分清哪個命題是條件，哪個命題是結論，其次結論要分四種情況說明：充分不必要條件，必要不充分條件，充分且必要條件，既不充分又不必要條件。從集合角度看若記滿足條件P的所有對象組成集合A,滿足條件q的所有對象組成集合q,則當AB時，p是q的充分條件。BA時,p是q的充分條件。A=B時，p是q的充要條件；(3)當p和q互為充要時，體現了命題等價轉換的思想.6、反證法是中學數學的重要方法。會用反證法證明一些代數命題。7、集合概念及其基本理論是近代數學最基本的內容之一。學會用集合的思想處理數學問題.三、典型例題例1、已知集合M二{y|y=x2+l,x￡R},N={y|y=x+Lx￡R},求MGN。解題思路分析：在集合運算之前，首先要識別集合，即認清集合中元素的特征.M、N均為數集，不能誤認為是點集，從而解方程組。其次要化簡集合或者說使集合的特征明朗化。M={yIy=x2+l,xGR}=(y|y^l},N={y|y=x+l,x￡R}=(yIy￡R}MAN=M={yIyNl}說明：實際上，從函數角度看，本題中的M,N分別是二次函數和一次函數的值域。一般地，集合{y|y=f(x),x￡A}應看成是函數y=f(x)的值域，通過求函數值域化簡集合。此集合與集合{(x,y)|y=x2+l,xGR)是有本質差異的，后者是點集，表示拋物線y=x2+l上的所有點，屬于圖形范疇。集合中元素特征與代表元素的字母無關，例{yIy^D={xIxNl}.例2、已知集合A={xIx2-3x+2=0},B+{xIX2-mx+2=0},且AGB=B,求實數m范圍。解題思路分析：化簡條件得A二{1,2},AnB=BBA根據集合中元素個數集合B分類討論,B=@,B={1}或{2},B={1,2}當B=@時，△=m2—8<0當B={1}或{2}時，，m無解當B二{1,2}時，m=3綜上所述，m=3或說明：分類討論是中學數學的重要思想，全面地挖掘題中隱藏條件是解題素質的一個重要方面，如本題當B=｛1｝或｛2｝時，不能遺漏^力。例3、用反證法證明：已知x、y￡R,x+y三2,求證x、y中至少有一個大于1。解題思路分析：假設x〈1且y<1,由不等式同向相加的性質x+y<2與已知x+yN2矛盾??假設不成立x、y中至少有一個大于1說明；反證法的理論依據是:欲證“若p則q”為真,先證“若p則非q"為假，因在條件P下，q與非q是對立事件（不能同時成立，但必有一個成立），所以當“若P則非q”為假時，“若P則q”一定為真。例4、若A是B的必要而不充分條件,C是B的充要條件,D是C的充分而不必要條件，判斷D是A的什么條件.解題思路分析：利用符號分析各命題之間的關系DCBA??DA,D是A的充分不必要條件說明：符號具有傳遞性，不過前者是單方向的，后者是雙方向的。例5、求直線2：ax-y+b=O經過兩直線2j2x—2y-3=0和J:3x—5y+l=0交點的充要條件。解題思路分析:從必要性著手，分充分性和必要性兩方面證明.由得4,q交點p()/2過點p17a+4b=ll充分性：設a,b滿足17a+4b;H*

??代入2方程：整理得：此方程表明，直線2恒過兩直線的交點()而此點為2與2的交點1 2???充分性得證???綜上所述，命題為真說明：關于充要條件的證明，一般有兩種方式，一種是利用“”，雙向傳輸，同時證明充分性及必要性;另一種是分別證明必要性及充分性，從必要性著手，再檢驗充分性.四、同步練習(一)選擇題1、設M二(x|x2+x+2=0},a=lg(lglO),貝U{a}與M的關系是A、{a}=M B、M{a} C、{a}M D、M{a}2、已知全集OR,A={xIx-aI<2},B={x|x-11三3},且AnB=@,則a的取值范圍是A、[0,2]B、(—2,2)C、(0,2]D、(0,2)3、已知集合M={xIx=a2-3a+2,a^R},N、{xIx=b2-b,b￡R},貝N的關系是A、MN B、MN C、M=N D、不確定4、設集合A={xIx￡Z且一lOWxW-1},B;{x|x￡Z,且Ix|<5),則AUB中的元素個數是A、11 B、10 C、16 D、155、集合M二(1,2,3,4,5)的子集是A、15 B、16 C、31 D、326、對于命題“正方形的四個內角相等”，下面判斷正確的是A、所給命題為假 B、它的逆否命題為真C、它的逆命題為真 D、它的否命題為真7、“aW8”是COSCLWcosB”的A、充分不必要條件 B、必要不充分條件C、充要條件 D、既不充分也不必要條件8、集合A={x|x=3k—2,k￡Z},B={yIy=3^+l,2￡Z},S={y|y=6m+Lm￡Z}之間的關系是A、SBAB、S=BAC、SB=AD、SB=A9、方程mx2+2x+l=0至少有一個負根的充要條件是A、0〈mWl或m<0 B、0〈mWlC、m〈1 D、mWl10、已知p:方程x2+ax+b=0有且僅有整數解,q：a,b是整數，則p是q的A、充分不必要條件 B、必要不充分條件充要條件 D、既不充分又不必要條件(二)填空題11、已知M={},N;{x|,貝IjMnN=o12、在100個學生中，有乒乓球愛好者60人，排球愛好者65人，則兩者都愛好的人數最少是人。13、關于x的方程|x|-Ix-1I=a有解的充要條件是14、命題“若ab=0,則a、b中至少有一個為零〃的逆否命題為15、非空集合p滿足下列兩個條件：(1)p{l,2,3,4,5),(2)若元素a￡p,貝I]6一a￡p,貝U集合p個數是。(三)解答題16、設集合A二{(x,y)|y=ax+l),B={(x,y)|y=Ix|},若AnB是單元素集合，求a取值范圍。17、已知拋物線C：y-x2+mx-1,點M(0,3),N(3,0),求拋物線C與線段MN有兩個不同交點的充要條件.18、設A={xIx2+px+q=0} M;{1,3,5,7,9},N={1,4,7,10},若 AHN=A,求p、q的值.19、已知，b=2一x,c=x2一x+1,用反證法證明：a、b、c中至少有一個不小于lo函數一、復習要求7、函數的定義及通性；2、函數性質的運用。二、學習指導1、函數的概念：(1)映射:設非空數集A,B,若對集合A中任一元素a,在集合B中有唯一元素b與之對應,則稱從A到B的對應為映射，記為f：A-B,f表示對應法則，b=f(a)o若A中不同元素的象也不同，則稱映射為單射，若B中每一個元素都有原象與之對應，則稱映射為滿射。既是單射又是滿射的映射稱為一一映射。(2)函數定義:函數就是定義在非空數集A,B上的映射，此時稱數集A為定義域，象集C={f(x)|xGA}為值域。定義域，對應法則，值域構成了函數的三要素，從邏輯上講，定義域，對應法則決定了值域，是兩個最基本的因素。逆過來，值域也會限制定義域.求函數定義域,通過解關于自變量的不等式(組)來實現的.要熟記基本初等函數的定義域，通過四則運算構成的初等函數，其定義域是每個初等函數定義域的交集.復合函數定義域，不僅要考慮內函數的定義域,還要考慮到外函數對應法則的要求。理解函數定義域，應緊密聯系對應法則。函數定義域是研究函數性質的基礎和前提。函數對應法則通常表現為表格,解析式和圖象。其中解析式是最常見的表現形式.求已知類型函數解析式的方法是待定系數法，抽象函數的解析式常用換元法及湊合法.求函數值域是函數中常見問題，在初等數學范圍內，直接法的途徑有單調性，基本不等式及幾何意義，間接法的途徑為函數與方程的思想，表現為△法,反函數法等，在高等數學范圍內，用導數法求某些函數最值(極值)更加方便。在中學數學的各個部分都存在著求取值范圍這一典型問題，它的一種典型處理方法就是建立函數解析式,借助于求函數值域的方法。2、函數的通性(1)奇偶性：函數定義域關于原點對稱是判斷函數奇偶性的必要條件，在利用定義判斷時,應在化簡解析式后進行，同時靈活運用定義域的變形，如，(f(x)WO)。奇偶性的幾何意義是兩種特殊的圖象對稱.函數的奇偶性是定義域上的普遍性質，定義式是定義域上的恒等式。利用奇偶性的運算性質可以簡化判斷奇偶性的步驟.(2)單調性：研究函數的單調性應結合函數單調區間，單調區間應是定義域的子集。判斷函數單調性的方法：①定義法，即比差法②圖象法；③單調性的運算性質(實質上是不等式性質)：④復合函數單調性判斷法則。函數單調性是單調區間上普遍成立的性質，是單調區間上恒成立的不等式。函數單調性是函數性質中最活躍的性質，它的運用主要體現在不等式方面，如比較大小，解抽象函數不等式等。(3)周期性：周期性主要運用在三角函數及抽象函數中，是化歸思想的重要手段。求周期的重要方法:①定義法；②公式法；③圖象法；④利用重要結論：若函數f(x)滿足f(a-x)=f(a+x),f(b-x)=f(b+x),aWb,則T=2Ia-b|。(4)反函數:函數是否是有反函數是函數概念的重要運用之一，在求反函數之前首先要判斷函數是否具備反函數，函數f(x)的反函數f—i(x)的性質與f(x)性質緊密相連，如定義域、值域互換，具有相同的單調性等，把反函數》(x)的問題化歸為函數f(x)的問題是處理反函數問題的重要思想。設函數f(x)定義域為A,值域為C,則f-i[f(x)]=x,x￡Af[f-i(x)]二x,x￡C8、函數的圖象函數的圖象既是函數性質的一個重要方面，又能直觀地反映函數的性質，在解題過程中，充分發揮圖象的工具作用。圖象作法：①描點法;②圖象變換應掌握常見的圖象變換。4、本單常見的初等函數;一次函數，二次函數，反比例函數，指數函數，對數函數。在具體的對應法則下理解函數的通性，掌握這些具體對應法則的性質。分段函數是重要的函數模型。對于抽象函數，通常是抓住函數特性是定義域上恒等式，利用賦值法(變量代換法)解題.聯系到具體的函數模型可以簡便地找到解題思路，及解題突破口。應用題是函數性質運用的重要題型。審清題意，找準數量關系，把握好模型是解應用題的關鍵。5、主要思想方法:數形結合，分類討論，函數方程，化歸等.三、典型例題例1、已知，函數y=g(x)圖象與y=f-1(x+1)的圖象關于直線y=x對稱,求g(11)的值。分析：利用數形對應的關系，可知y=g(x)是y=f-i(x+1)的反函數，從而化g(x)問題為已知f(x)。.1y=f-i(x+1)x+l=f(y)x=f(y)一1y=f-i(x+1)的反函數為y=f(x)-1即g(x)=f(x)一1g(11)=f(11)-1=評注：函數與反函數的關系是互為逆運算的關系，當f(x)存在反函數時，若b=f(a),則a=f-i(b)。例2、設f(x)是定義在(-8,+oo)上的函數，對一切xGR均有f(x)+f(x+2)=0,當T〈xWl時，f(x)=2x-1,求當1〈xW3時，函數f(x)的解析式。解題思路分析：利用化歸思想解題f(x)+f(x+2)=0f(x)=—f(x+2)該式對一切x￡R成立以x-2代x得：f(x-2)=一f[(x-2)+2]=-f(x)當1〈xW3時，-1〈x-2W1f(x—2)=2(x—2)—l=2x—5f(x)=一f(x-2)=-2x+5f(x)=—2x+5(1〈xW3)評注：在化歸過程中，一方面要轉化自變量到已知解析式的定義域,另一方面要保持對應的函數值有一定關系。在化歸過程中還體現了整體思想。例3、已知g(x)=-x2-3,f(x)是二次函數當x￡[-1,2]時，f(x)的最小值，且f(x)+g(x)為奇函數，求f(x)解析式.分析：用待定系數法求f(x)解析式設f(x)=ax2+bx+c(aWO)貝ljf(x)+g(x)=(a-1)x2+bx+c—3由已知f(x)+g(x)為奇函數f(x)=x2+bx+3下面通過確定f(x)在［—1,2］上何時取最小值來確定b,分類討論。,對稱軸(1)當三2,bW-4時,f(x)在［-1,2］上為減函數*??2b+7=lb=3(舍)(2)當(一1,2),-4<b〈2時*?????(舍負)(3)當W-1,bN2時,f(x)在［―1,2］上為增函數(f(x)=f(1)=4—b

min4—b=lb=3，，或評注:二次函數在閉區間上的最值通常對對稱軸與區間的位置關系進行討論，是求值域的基本題型之一.在已知最值結果的條件下，仍需討論何時取得最小值。例4、定義在R上的函數y=f(x),f(O)WO,當x〉0時,f(x)〉1,且對任意的a、b￡R,有f(a+b)=f(a)f(b),(1)求證：f(0)=1；(2)求證：對任意的x￡R,恒有f(x)>0;(3)證明：f(x)是R上的增函數；(4)若f(x)?f(2x一X2)>1,求x的取值范圍。分析：(1)令a=b=0,則f(0)=[f(0)]2f(0)WOf(O)=l(2)令a=x,b=一x貝ljf(0)=f(x)f(一x)*

??由已知X〉0時，f(x)〉l〉O當x〈0時，-x)0,f(一x)〉0*

??又x=0時，f(0)=1)0對任意x￡R,f(x)〉0(3)任取x〉x,則f(x)>0,f(x)〉0,x-x〉02 1 2 1 2 1*

??f(x)〉f(x)2 1f(x)在R上是增函數(4)f(x),f(2x-x2)=f[x+(2x—X2)]=f(一x2+3x)又l=f(0),f(x)在R上遞增由f(3x—X2)>f(0)得：3x—x2>00<x<3評注:根據f(a+b)=f(a)?f(b)是恒等式的特點對a、b適當賦值。利用單調性的性質去掉符號“f〃得到關于x的代數不等式，是處理抽象函數不等式的典型方法。例5、已知lgx+lgy=21g(x一2y),求的值。分析：在化對數式為代數式過程中，全面挖掘x、y滿足的條件由已知得x=4y,*??例6、某工廠今年1月，2月，3月生產某產品分別為1萬件，1。2萬件，1。3萬件，為了估測以后每個月的產量以這三個月的產品數量為依據,用一個函數模擬該產品的月產量y與月份數x的關系，模擬函數可選用y=abx+c(其中a,b,c為常數)或二次函數，已知4月份該產品的產量為1。37萬件,請問用哪個函數作為模擬函數較好？并說明理由.分析：設f(x)=px2+qx+r(pWO)則*??f(4)=-0o05X42+0o35X4+0o7=1o3設g(x)二abx+c貝g(4)=—0.8X0.54+1o4=1.35|lo35—lo37I<I1.3-1.371，選用y—0.8X(0.5b+1.4作為模擬函數較好。四、鞏固練習(一)選擇題1、定義在R上的偶函數f(x)滿足f(x+1)=-f(x),且在[-1,0]上單調遞增，設a=f(3),b=f(),c=f(2),則a,b,c大小關系是A、a>b)c B、a)c>b C、b〉c〉a D、c)b>a2、方程(a〉0且aWl)的實數解的個數是A、0 BA、0 B、13、的單調減區間是A、(—8,1) B、(1,+8)(—8,+OO)9、函數的值域為A、(—8,3]B、(—8,-3]C、2 D、3C、(-8,—1)U(l,+8)D、C、(-3,+8)D、(3,+8)函數y=log2Iax-11(aWb)的圖象的對稱軸是直線x=2,則a等于A、 B、 C、2 D、-26、有長度為24的材料用一矩形場地，中間加兩隔墻，要使矩形的面積最大,則隔壁的長度為

A、3B、4A、3B、4C、6D、12(二)填空題7、已知定義在R的奇函數f(x)滿足f(x+2)=—f(x),且當OWxW1時，f(x)=x,貝lj=o8、已知y=log(2-x)是x的增函數，則a的取值范圍是。a9、函數f(x)定義域為［1,3］,則f(x2+l)的定義域是o10、函數f(x)=x2—bx+c滿足f(1+x)=f(l-x)，且f(0)=3,則f(bx)與f(ex)的大小關系是On、已知f(x)=log3x+3,x€［1,9］,則y=［f(x)】2+f(X2)的最大值是o12、已知A={y|y=x2-4x+6,y￡N},B={yIy=一x2-2x+18,y￡N},貝ljAHB中所有元素的和是o13、若@(x),g(x)都是奇函數，f(x)=m@(x)+ng(x)+2在(0,+8)上有最大值，則f(x)在(-8,0)上最小值為o14、函數y=log?(X2+1)(x)0)的反函數是o15、求值：=.(三)解答題16、若函數的值域為［-1,5］,求a,c。17、設定義在［-2,2］上的偶函數f(x)在區間［0,2］上單調遞減，若f(1-m)<f(m)，求實數m的取值范圍。18、已知0〈a〈1,在函數y=logx(xNl)的圖象上有A,B,C三點，a它們的橫坐標分別是t,t+2,t+4(1)若AABC面積為S,求S=f(t)；(2)判斷S=f(t)的單調性；(3)求S=f(t)最大值.19、設f(x)=,x￡R(1)證明：對任意實數a,f(x)在(-8,+oo)上是增函數；(2)當f(x)為奇函數時，求a；(3)當f(x)為奇函數時，對于給定的正實數k,解不等式。20、設函數f(x)二的定義域為[m,n],值[loga(n—1),logaa a(m-1)],(1)求證:m〉3；(2)求a的取值范圍。數一、復習要求n、 等差數列及等比數列的定義，通項公式，前n項和公式及性質；2、一般數列的通項及前n項和計算。二、學習指導1、數列，是按照一定順序排列而成的一列數，從函數角度看，這種順序法則就是函數的對應法則，因此數列可以看作是一個特殊的函數，其特殊性在于：第一，定義域是正整數集或其子集；第二，值域是有順序的，不能用集合符號表示.研究數列，首先研究對應法則--通項公式:a=f(n),n￡N,要能合理n +地由數列前n項寫出通項公式，其次研究前n項和公式S：S=a+a+…a,nn1 2 n由s定義，得到數列中的重要公式:。nTOC\o"1-5"\h\z一般數列的a及S,,除化歸為等差數列及等比數列外,求S還有下列nn n基本題型：列項相消法，錯位相消法。2、等差數列(1)定義，{a}為等差數列a-a=d(常數)，n￡N2a=a+a(nn n+1n +nn—1 n+1三2,n￡N)；+(2)通項公式：a=a+(n-1)d,a=a+(n—m)d；nn nm前n項和公式:；(3)性質：a=an+b,即a是n的一次型函數，系數a為等差數列的公差;n nS=an2+bn,即S是n的不含常數項的二次函數；n n若{a},{b}均為等差數列，則{a+n},{},{ka+c}(k,c為常數)n n nn n均為等差數列；當m+n=p+q時，a+a=a+a,特例：a+a=a+a=a+a=…；mnpq 1n2n—1 3n—2當2n=p+q時，2a=a+a；11Pq當n為奇數時，S=(2n—l)a；S=a,S=ao2n——1 n奇中偶中3、等比數列(1)定義：=q(q為常數，aW0);a2=aa(n三2,n￡N)；TOC\o"1-5"\h\zn nn-1n+1 +(2)通項公式：a=aqn-i,a=aqn—m；n1 nm前n項和公式:；(3)性質當m+n=p+q時，aa=aa,特例：aa=aa=aa=?,,,mnpq In2n—1 3n~2當2n=p+q時,a2=aa,數列{ka},{}成等比數列.nPq n4、等差、等比數列的應用(1)基本量的思想:常設首項、公差及首項、公比為基本量，借助于消元思想及解方程組思想等；(2)靈活運用等差數列、等比數列的定義及性質，簡化計算；(3)若｛a｝為等差數列，貝IJ｛｝為等比數列(a〉0且aWl);n若｛a｝為正數等比數列，則｛loga｝為等差數列(a〉0且aWl).n an三、典型例題例1、已知數列｛a｝為等差數列，公差dWO,其中，，…，恰為等比n數列，若k=1,k=5,k=17,求k+k+…+k.TOC\o"1-5"\h\z1 2 3 1 2 n解題思路分析：從尋找新、舊數列的關系著手設｛a｝首項為a,公差為dn 1a,a,a成等比數列1 5 17/.a2=aa5 117(a+4d)2=a(a+16d)111a=2d1設等比數列公比為q,則對項來說，在等差數列中：在等比數列中：TOC\o"1-5"\h\z注：本題把k+k+…+k看成是數列｛k｝的求和問題，著重分析｛k｝12 n n n的通項公式。這是解決數列問題的一般方法，稱為“通項分析法”。例2、設數列｛a｝為等差數列，S為數列｛a｝的前n項和，已知S:7,n n n 7S=75,T為數列｛｝的前n項和，求T.15 n n解題思路分析：法一：利用基本元素分析法設｛a｝首項為a,公差為d,則n 1此式為n的一次函數???｛｝為等差數列*??法二：｛a｝為等差數列，設S=Arp+Bnn n*??解之得：???，下略注：法二利用了等差數列前n項和的性質例3、正數數列｛a｝的前n項和為S,且，求：n n(1)數列｛a｝的通項公式；n(2)設，數列｛b｝的前n項的和為B,求證：B.n n n解題思路分析：(I)涉及到a及S的遞推關系,一般都用a=S—S(n^2)消元化歸。nn nnn—14S=(a+1)2nn4S=(a+1)2(n三2)TOC\o"1-5"\h\zn-1 n-14(S-S)=(a+1)2-(a+1)2nn—1 n n1??4a=a2—a2+2a—2annn-1n n-1整理得：(a+a)(a—a-2)=0n—1n nn-1Va)0n??a—a=2nn-1???｛a｝為公差為2的等差數列n在中，令n=1,a1=1；.a=2n-1(II)??注：遞推是學好數列的重要思想，例本題由4Sn=(an+1)2推出4Sn—二(a+1)2,它其實就是函數中的變量代換法。在數列中一般用n—1，n+1n-1等去代替n，實際上也就是說已知條件中的遞推關系是關于n的恒等式，代換就是對n賦值.例4、等差數列｛aj中，前m項的和為77(m為奇數)，其中偶數項的和為33,且a1—am=18，求這個數列的通項公式。分析：利用前奇數項和和與中項的關系令m=2n—1,n￡N+則??,n=4；.m=7；.a=11；.a1+a=2a=22又a1-a=18；.a1=20,a=2；.d=—3??.an=—3n+23例5、設｛an｝是等差數列，，已知、+與+幺=,b1b2b3=,求等差數列的通項an。解題思路分析：???｛a｝為等差數列n???｛bn｝為等比數列從求解｛bn｝著手bb=b213 2b3=2b=2；.a=2n-3或a=—2n+5注：本題化歸為｛bn｝求解，比較簡單。若用｛an｝求解，則運算量較大.例6、已知｛%｝是首項為2,公比為的等比數列，Sn為它的前n項和,(1)用S表示S；n n+1(2)是否存在自然數c和k,使得成立.解題思路分析：⑴：(2)(*)???式(*) ①又S〈4k由①得：c=2或c=3當c=2時S=21k=l時，c〈S不成立，從而式①不成立k??

*由S〈S得：kk+1???當kN2時，，從而式①不成立當c=3時，S2,S=31 2當k=l,2時,C〈S不成立k??式①不成立?

*??當kN3時，，從而式①不成立綜上所述,不存在自然數c,k,使成立例7、某公司全年的利潤為b元，其中一部分作為資金發給n位職工,資金分配方案如下：首先將職工按工作業績(工作業績均不相等)從大到小，由1到n排序，第1位職工得資金元,然后再將余額除以n發給第2位職工，按此方法將資金逐一發給每位職工，并將最后剩余部分作為公司發展基金。(1)設(IWkWn)為第k位職工所得資金額,試求%@3,并用k,n和b表示a(不必證明)；k(2)證明：a<a(k=L2,…,n—1),并解釋此不等式關于分配原則kk+1的實際意義。解題思路分析：談懂題意，理清關系，建立模型第1位職工的獎金第2位職工的獎金第3位職工的獎金第k位職工的獎金(2)此獎金分配方案體現了“按勞分配”或“不吃大鍋飯〃等原則。例8、試問數列｛｝的前多少項的和最大，并求這個最大值(星2=0。3010)解題思路分析：法一：???瓜｝為首項為2,公差為的等差數列n*??n￡N+n=14時，(S)=14o35nmax法二：a=2)0,d=???｛a)是遞減數歹U,且S必為最大值n n設k=14(S)=S=14035nmax14四、同步練習(一)選擇題1、已知a,b,a+b成等差數列,a,b,ab成等比數列，且0(logab(1,m則m取值范圍是A、m)1 B、Km<8 C、m>8 D、0〈m〈1或m>82、設a〉0,b)0,a,x?,b成等差數列,a,y『y/b成等比數列，則X]+x?與yjy?的大小關系是A、x+xWy+y B、x+x三y+yTOC\o"1-5"\h\z12 12 12 12C、x+x〈y+y D、x+x〉y+y1 2 12 1 2 12已知S是｛a｝的前n項和,S二Pn(P￡R,n￡N),那么數列｛a｝n n n + nA、是等比數列 B、當PWO時是等比數列C、當PWO,PW1時是等比數列 D、不是等比數列｛a｝是等比數列，且a〉0,aa+2aa+aa=25,貝1Ja+a等于n n 24 35 46 3 5A、5 B、10 C、15 D、20已知a,b,c成等差數列，則二次函數y=ax2+2bx+c的圖象與x軸交點個數是A、0 B、1 C、2 D、1或2設m￡N+，log2m的整數部分用F(m)表示，貝ljF(1)+F(2)+…+F(1024)的值是A、8204 B、8192 C、9218 D、80217、若x的方程X2-x+a=0和X2—x+b=0(aWb)的四個根可組成首項為的等差數列,則a+b的值為A、 B、 C、 D、8、在100以內所有能被3整除但不能被7整除的正整數和是A、1557 B、1473 C、1470 D、13689、從材料工地運送電線桿到500m以外的公路，沿公路一側每隔50m埋栽一根電線桿，已知每次最多只能運3根,要完成運載20根電線桿的任務，最佳方案是使運輸車運行A、11700m B>14700m C>14500mD>14000m10、已知等差數列｛a｝中，IaI二IaI,公差d〈0,則使前n項和TOC\o"1-5"\h\zn 3 9S取最大值的正整數n是n\o"CurrentDocument"A、4或5 B、5或6 C、6或7 D、8或9(二)填空題11、已知數列｛a｝滿足a+2a+3a+…+na=n(n+1)(n+2),則它的前nn 12 3 n項和S=on12、設等差數列｛a｝共有3n項,它的前2n項之和為100,后2n項之和n為200,則該等差數列的中間n項的和等于o13、設數列｛a｝,｛b｝(b)0),n￡N滿足(n￡N),貝lj｛a｝為等差n n n + + n數列是｛b｝為等比數列的條件.n14、長方體的三條棱成等比數列，若體積為216cm3,則全面積的最小值是cw。15、若不等于1的三個正數a,b,c成等比數列，則(2—loga)b(1+loga)=oc(三)解答題16、已知一個等比數列首項為1,項數是偶數，其奇數項之和為85,偶數項之和為170,求這個數列的公比和項數。17、已知等比數列｛a｝的首項為a〉0,公比q〉-l(qWl)，設數列n 1｛b｝的通項b=a+a(n￡N),數列｛a｝,｛b｝的前n項和分別記為n nn+1 n+2 + n nA,B,試比較A與B大小。nn nn18、數列｛a｝中，aj8,a4=2且滿足a+2=2a+1—a(n￡N+)(1)求數列｛a｝通項公式；n(2)設SjlaJ+laJ+…+|an|,求Sn;(3)設(n￡N+)Tn=b1+b2+…+bn,是否存在最大的整數m,使得對于任意的n￡N,均有成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由。三角函數一、復習要求三角函數的概念及象限角、弧度制等概念;2、三角公式，包括誘導公式，同角三角函數關系式和差倍半公式等;3、三角函數的圖象及性質.二、學習指導1、角的概念的推廣。從運動的角度，在旋轉方向及旋轉圈數上引進負角及大于3600的角。這樣一來，在直角坐標系中，當角的終邊確定時,其大小不一定(通常把角的始邊放在x軸正半軸上，角的頂點與原點重合，下同)。為了把握這些角之間的聯系，引進終邊相同的角的概念,凡是與終邊a相同的角，都可以表示成k?3600+a的形式，特例,終邊在x軸上的角集合｛a|a二k?180o,k￡Z｝,終邊在y軸上的角集合｛a|a二k?180o+90o,k￡Z｝,終邊在坐標軸上的角的集合｛a|a二k-90。，k￡Z｝。在已知三角函數值的大小求角的大小時，通常先確定角的終邊位置，然后再確定大小.弧度制是角的度量的重要表示法，能正確地進行弧度與角度的換算,熟記特殊角的弧度制。在弧度制下，扇形弧長公式=|a|兄扇形面積公式,其中a為弧所對圓心角的弧度數。2、利用直角坐標系，可以把直角三角形中的三角函數推廣到任意角的三角數。三角函數定義是本章重點，從它可以推出一些三角公式。重視用數學定義解題。設P(x,y)是角a終邊上任一點(與原點不重合)，記，則，，…利用三角函數定義，可以得到(1)誘導公式：即與a之間函數值關系(k￡Z),其規律是“奇變偶不變，符號看象限〃；(2)同角三角函數關系式：平方關系，倒數關系，商數關系.3、三角變換公式包括和、差、倍、半公式，誘導公式是和差公式的特例，對公式要熟練地正用、逆用、變用。如倍角公式： cos2a=2cos2a—1=1—2sin2a,變形后得，可以作為降冪公式使用.三角變換公式除用來化簡三角函數式外，還為研究三角函數圖象及性質做準備.4、三角函數的性質除了一般函數通性外，還出現了前面幾種函數所沒有的周期性.周期性的定義：設T為非零常數，若對f(x)定義域中的每一個x,均有f(x+T)=f(x),則稱T為f(x)的周期。當T為f(x)周期時,kT(k￡Z,kW。)也為f(x)周期.三角函數圖象是性質的重要組成部分。利用單位圓中的三角函數線作函數圖象稱為幾何作圖法,熟練掌握平移、伸縮、振幅等變換法則。5、本章思想方法(1)等價變換。熟練運用公式對問題進行轉化，化歸為熟悉的基本問題；(2)數形結合.充分利用單位圓中的三角函數線及三角函數圖象幫助解題;(3)分類討論.三、典型例題

例1、已知函數f(x)二(1)求它的定義域和值域；(2)求它的單調區間；(3)判斷它的奇偶性;(4)判斷它的周期性.分析：x必須滿足sinx-cosx>0,利用單位圓中的三角函數線及，k￡Z??函數定義域為，kez??當xe時，??函數值域為D(3)vf(x)定義域在數軸上對應的點關于原點不對稱??f(x)不具備奇偶性(4)Vf(x+2n)=f(x)??函數f(x)最小正周期為2n注；利用單位圓中的三角函數線可知，以I、II象限角平分線為標準可區分sinx—cosx的符號；以H、m象限角平分線為標準，可區分sinx+cosx的符號，如圖。例2、化簡，ae(n,2n)分析:??原式二「ae(n,2n)??當時,??原式二當時,??原式二??原式二注：1、本題利用了“1"的逆代技巧，即化1為,是欲擒故縱原則。一般地有，，。2、三角函數式asinx+bcosx是基本三角函數式之一，引進輔助角，將它化為(取)是常用變形手段.特別是與特殊角有關的sin±cosx,±sinx±cosx,要熟練掌握變形結論。例3、求。分析:原式=注:在化簡三角函數式過程中,除利用三角變換公式,還需用到代數變形公式,如本題平方差公式.湊根號下為完全平方式,化無理式為有理式 分析：由韋達定理得sina+sinB=cos4。。，sinasin^=cos240o—例4、已知0。<&〈湊根號下為完全平方式,化無理式為有理式 分析：由韋達定理得sina+sinB=cos4。。，sinasin^=cos240o—；.sinB—sina=又sina+sinB=cos40o?:00〈a〈B<900?；.sin(B-5a)=sin60o=注：利用韋達定理變形尋找與sina,sinB相關的方程組，在求出sina,sinB后再利用單調性求a,B的值.例5、(1)已知cos(2a+B)+5cosB=0,求tan(a+B)?tana的值；(2)已知,求的值.分析：(1)從變換角的差異著手.2a+B=(a+B)+a,B=(a+B)-a；.8cos[(a+B)+a]+5cos[(a+B)-a]=0展開得：13cos(a+B)cosa-3sin(a+B)sina=0同除以cos(a+B)cosa得：tan(a+B)tana=(2)以三角函數結構特點出發?.tan9=2例6、已知函數(a￡(0,1)),求f(x)的最值，并討論周期性奇偶性,單調性。分析：對三角函數式降冪.f(x)=令則y=au??0〈a<1，y二au是減函數??由得，此為f(x)的減區間由得，此為f(x)增區間u(-x)=u(x)/.f(x)=f(-x)??f(x)為偶函數/u(x+n)=f(x)；.f(x+n)=f(x)??f(x)為周期函數,最小正周期為n當*二卜幾(卜￡2)時，yi=1當x=kn+(k￡Z)時，y=nax注：研究三角函數性質，一般降冪化為丫=4$血(3乂+@)等一名一次一項的形式。四、同步練習(一)選擇題注;齊次式是三角函數式中的基本式,其處理方法是化切或降冪.1、下列函數中，既是(0,)上的增函數，又是以n為周期的偶函數是A、y=lgx2 B、y=IsinxIC、y=cosxD、y=如果函數y=sin2x+acos2x圖象關于直線x=—對稱,則a值為A、— B、—1 C、1 D、3、函數y=Asin(cox+@)(A〉0,@〉0),在一個周期內，當x=時，y=2；max當X二時,y=一2,則此函數解析式為mmA、 B、C、 D、4、已知二1998,則的值為1997 B、1998 C、1999D、20005、已知tana,tanB是方程兩根，且a,B,貝Ija+B等于A、 B、或C、或D、6、若,則sinx?siny的最小值為A、一1 B、一 C、 D、7、函數f(x)=3sin(x+lOo)+5sin(x+7Oo)的最大值是A、5o5 B、6。5 C、7 D、88、若。￡(0,2冗］,則使sin。(cos9(cot9〈tan。成立的。取值范圍是A、()B、()C、()D、()9、下列命題正確的是A、若a,B是第一象限角，a〉B,貝Ijsina〉sinBB、函數y=sinx?cotx的單調區間是，k￡ZC、函數的最小正周期是2冗D、函數y二sinxcos2@—cosxsin2x的圖象關于y軸對稱，則，k￡Z10、函數的單調減區間是B、AB、D、k￡Z(二)填空題11、函數f(x):sin(x+。)+cos(x—。)的圖象關于y軸對稱，貝U。12、已知a+B=，且(tancltan+c)+tancl=0(c為常數)，那么tanB=.13、函數y=2sinxcosx一(cos2x-sirvx)的最大值與最小值的積為14、已知(x-1)2+(y-則x+y的最大值為o15、函數f(x);sin3x圖象的對稱中心是。(三)解答題16、已知tan(cl一B)=,tanB二，(—ji,0),求2a—B的值.17、是否存在實數a,使得函數y二sin2x+acosx+在閉區間［0,］上的最大值是1?若存在,求出對應的a值.18、已知f(x)=5sinxcosx-cos2x+(x￡R)(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)單調區間；(3)求f(x)圖象的對稱軸，對稱中心.平面向量、復習要求18、向量的概念；2、向量的線性運算：即向量的加減法，實數與向量的乘積，兩個向量的數量積等的定義，運算律;3、向量運算的運用二、學習指導1、向量是數形結合的典范.向量的幾何表示法——有向線段表示法是運用幾何性質解決向量問題的基礎.在向量的運算過程中,借助于圖形性質不僅可以給抽象運算以直觀解釋，有時甚至更簡捷。加法：+=+,（+）+=+（+）實數與向量的乘積：入（+）:人+入；（入+D）:人+D,入（p）=（入u）兩個向量的數量積：?二?；（入）?二?（入）=入（?），（+）?=?+?說明：根據向量運算律可知,兩個向量之間的線性運算滿足實數多項式乘積的運算法則,正確遷移實數的運算性質可以簡化向量的運算，例如(±)(±)2=向量運算中的基本圖形：①向量加減法則：三角形或平行四邊形；②實數與向量乘積的幾何意義——共線；③定比分點基本圖形—-起點相同的21、重要定理、公式三個向量終點共線等。三個向量終點共線等。（1）平面向量基本定理；如果+是同一平面內的兩個不共線向量,那么對19、向量的三種線性運算及運算的三種形式.于該平面內任一向量，有且只有一對數數入1,入2,滿足二人1+入2,稱入1人+圖形語言坐標語言圖形語言坐標語言向量的加減法，實數與向量的乘積，兩個向量的數量積都稱為向量的線性運算,前兩者的結果是向量,兩個向量數量積的結果是數量.每一種運算都可以有三種表現形式:圖形、符號、坐標語言.主要內容列表如下:符號語言入2為，的線性組合。根據平面向量基本定理，任一向量與有序數對（入1,入2）一一對應，稱（入1,入2）為在基底｛,｝下的坐標，當取｛,｝為單位正交基底｛,｝時定義（入1,入2）為向量的平面直角坐標.一向量坐標與點坐標的關系：當向量起點在原點時，定義向量坐標為終加法與減法+=實數與向量的乘積兩個向量的數量積20、記二(x1,y1),=(x1,y2則+=(x1+x-=(x2-xyf)y2—yi)）點坐標，即若A（x,y）,則=（x,y）；當向量起點不在原點時，向量坐標為終點坐標減去起點坐標，即若A（x1,（2）兩個向量平行的充要條件y1),B(x2,y2),則k(x2-x1,y2—y1)運算律+=入￡R?=1111cos<,〉符號語言：若〃，W,則二人記二(x,y)則入=（入x,入y）坐標語言為：設二（x即，或x1y2—x2y1=0記二(x1,y1), =(x2,y2)則,=x1x2+y1y2 |A1,y1),=(x2y2)則//（x1,y1）二入（x2，y2）,在這里，實數人是唯一存在的，當與同向時，人＞0;當與異向時，入〈0.|=,人的大小由及的大小確定.因此，當，確定時，入的符號與大小就確定了。這就是實數乘向量中人的幾何意義(3)兩個向量垂直的充要條件符號語言：±-=0坐標語言：設二(x,y),=(x,y),IjllJXxx+yy=0±J. / / _L/_LZ(4)線段定比分點公式如圖，設則定比分點向量式：定比分點坐標式：設P(x,y),P](X],yj,P2(x2,y2)則特例：當人二1時，就得到中點公式：實際上，對于起點相同，終點共線三個向量,，(0與不共線)，總有二u+v,u+v=L即總可以用其中兩個向量的線性組合表示第三個向量，且系數和為1.(5)平移公式：①點平移公式，如果點P(x,y)按:(h,k)平移至P，(x'，y，)，貝IJ分別稱(x,y),(x\y，)為舊、新坐標，為平移法則在點P新、舊坐標及平移法則三組坐標中，已知兩組坐標，一定可以求第三組坐標②圖形平移:設曲線C：y=f(x)按二(h,k)平移,則平移后曲線C'對應的解析式為y—k=f(x-h)當h,k中有一個為零時，就是前面已經研究過的左右及上下移利用平移變換可以化簡函數解析式，從而便于研究曲線的幾何性質(6)正弦定理，余弦定理正弦定理：余弦定理:a2=b2+c2-2cbcosAb2=c2+a2-2cacosBC2=a2+b2-2abcosc定理變形：cosA=,cosB=,cosC=正弦定理及余弦定理是解決三角形的重要而又基本的工具。通過閱讀課本，理解用向量法推導正、余弦定理的重要思想方法.5、向量既是重要的數學概念，也是有力的解題工具。利用向量可以證明線線垂直,線線平行，求夾角等,特別是直角坐標系的引入,體現了向量解決問題的“程序性”特點.三、典型例題例1、如圖,，為單位向量，與夾角為120。，與的夾角為45。，|仁5,用，表不。分析：以，為鄰邊，為對角線構造平行四邊形把向量在，方向上進行分解，如圖，設二人，二u,入〉0,u>0則二人+u??,II=|I=1入=II,u=I|△0EC中，NE=60。,N0CE=75。，由得：說明：用若干個向量的線性組合表示一個向量，是向量中的基本而又重要的問題，通常通過構造平行四邊形來處理例2、已知4ABC中，A(2,-1),B(3,2),C(—3,-1),BC邊上的9高為AD,求點D和向量坐標。分析：用解方程組思想設D(x,y),貝lj=(x-2,y+1)'.*=(-6,-3),?=0-6(X—2)-3(y+1)=0,即2x+y—3=0 ①V=(X—3,y—2),〃—6(y-2)，3(x—3),即x—2y+l=0 ②由①②得：D(1,1),=(-1,2)例3、求與向量二，—1)和二(1,)夾角相等，且模為的向量的坐標。分析：用解方程組思想法一：設二(x,y),則?=x-y,?=x+y?/＜，＞=＜,)即 ①XII=x2+y2=2 (2由①②得或(舍)*_??一法二：從分析形的特征著手vI1=I1=2?=0???4AOB為等腰直角三角形，如圖|I=,ZAOC=ZBOCC為AB中點c()說明:數形結合是學好向量的重要思想方法，分析圖中的幾何性質可以簡化計算。例4、在AOAB的邊0A、0B上分別取點M、N,使||:||=1：3,|I：II=1：4,設線段AN與BM交于點P,記二，二，用，表示向量。分析：B、P、M共線記二s??①同理，記=②??，不共線??由①②得解之得：*

??說明：從點共線轉化為向量共線，進而引入參數(如s,t)是常用技巧之一。平面向量基本定理是向量重要定理之一，利用該定理唯一性的性質得到關于s,t的方程。例5、已知長方形ABCD,AB=3,BC=2,E為BC中點，P為AB上一點(1)利用向量知識判定點P在什么位置時，ZPED=45o;(2)若NPED=45。，求證：P、D、C、E四點共圓.分析：利用坐標系可以確定點P位置如圖，建立平面直角坐標系貝IjC(2,0),D(2,3),E(1,0)設P(0,y)=(L3),=(-1,y)*

??,=3y-1代入cos45o=解之得(舍)，或k2???點P為靠近點A的AB三等分處(3)當NPED=45。時，由(1)知P(0,2)=(2,1),=(—1,2)?=0ZDPE=9Oo又NDCE=90。D、P、E、C四點共圓說明：利用向量處理幾何問題一步要驟為：①建立平面直角坐標系；②設點的坐標;③求出有關向量的坐標；④利用向量的運算計算結果；⑤得到結論。四、同步練習(一)選擇題1、平面內三點A(0,—3),B(3,3),C(x,—1),若〃，則x的值

為：A、—5 B、—1 C、1 D、52、平面上A(-2,1),B(1,4),D(4,—3),C點滿足，連DC并延長至E,使|仁|I，則點E坐標為：A、(—8,)B、()C、(0,1)D、(0,1)或(2,)2、點(2,-1)沿向量平移至lj(—2,1)，則點(—2,1)沿平移到：3、A、(2,1)B、(—2,1)C、(6,—3) D、(—6,3)4、ZkABC中，2cosB?sinOsinA,則此三角形是：A、直角三角形B、等腰三角形 C、等邊三角形 D、以上均有可能5、設，，是任意的非零平面向量，且相互不共線，貝IJ：①(?)—(?)=0II—門(1-1③(?)一(?)不與垂直④(3+2)?(3—2):9|*4|2中，真命題是：A、①② B、②③ C、③④ D、②④6、AABC中，若a4+b4+c4=2c2(a2+b2),則NC度數是：A、6Oo B、45。或135o C、120。 D、30。7、AOAB中，=,=,=,若=，t￡R,則點P在A、NA0B平分線所在直線上B、線段AB中垂線上C、AB邊所在直線上 D、AB邊的中線上8、正方形PQRS對角線交點為M,坐標原點O不在正方形內部，且=(0,3),=(4，0),則=A、() B、() C、(7,4) D、()(二)填空題9、已知｛,|是平面上一個基底，若=+入，=—2人一，若，共線，則入10、已知門=,|I=1,?=—9,則與的夾角是。11、設,是兩個單位向量,它們夾角為600,則U(2一)?(-3+2)=。12、把函數y=cosx圖象沿平移，得到函數的圖象。(三)解答題13、設=(3,1),=(-1,2),L〃，試求滿足十二的的坐標，其中。為坐標原點。14、若+=(2,-8),-=(—8,16)，求、及與夾角。的余弦值.15、已知|仁，II=3,和夾角為45。,求當向量+人與入+夾角為銳角時，入的取值范圍。不等式一、復習要求不等式的概念及性質；2、不等式的證明；3、不等式的解法；4、不等式的應用。二、學習指導1、不等式的性質是證明不等式和解不等式的基礎。不等式的基本性質有：(1)對稱性或反身性:a〉bb〈a；(2)傳遞性：若a〉b,b〉c,則a〉c；(3)可加性:a〉ba+c〉b+c,此法則又稱為移項法則；(4)可乘性：a〉b,當c〉。時，ac〉bc;當c〈。時，ac<bc。不等式運算性質:(1)同向相加：若a〉b,c〉d,則a+c〉b+d；(2)正數同向相乘:若a〉b〉0,c〉d〉。，則ac〉bd.特例：(3)乘方法則：若a〉b〉0,n￡N+,則；(4)開方法則：若a〉b〉。，n￡N+,則；(5)倒數法則：若ab〉。，a〉b,則。掌握不等式的性質,應注意：(1)條件與結論間的對應關系,如是“"符號還是“"符號;(2)不等式性質的重點是不等號方向,條件與不等號方向是緊密相連的。2、均值不等式；利用完全平方式的性質，可得a2+b2三2ab(a,b￡R),該不等式可推廣為a2+b2三2IabI；或變形為lablW；當a,bN。時，a+b三或abW。在具體條件下選擇適當的形式.3、不等式的證明:(1)不等式證明的常用方法：比較法,公式法,分析法,反證法,換元法,放縮法;(2)在不等式證明過程中,應注重與不等式的運算性質聯合使用；(3)證明不等式的過程中,放大或縮小應適度。4、不等式的解法：解不等式是尋找使不等式成立的充要條件，因此在解不等式過程中應使每一步的變形都要恒等.一元二次不等式(組)是解不等式的基礎，一元二次不等式是解不等式的基本題型.利用序軸標根法可以解分式及高次不等式.含參數的不等式應適當分類討論。5、不等式的應用相當廣泛，如求函數的定義域，值域,研究函數單調性等。在解決問題過程中,應當善于發現具體問題背景下的不等式模型。用基本不等式求分式函數及多元函數最值是求函數最值的初等數學方法之一。研究不等式結合函數思想,數形結合思想,等價變換思想等。三、典型例題例1、已知f(x)=ax2-c,一4<f(1)W一1,-l<f(2)<5,試求f(3)的取值范圍.分析：從條件和結論相互化歸的角度看，用f(l),f(2)的線性組合來表示f(3),再利用不等式的性質求解.設f(3)=mf(1)+nf(2)9a-c=m(a-c)+n(4a-c)9a—c=(m+4n)a—(m+n)cf(3)=ww,ww—l<f(3)<20說明：1、本題也可以先用f(1),f(2)表示a,c,IPa=[f(2)-f(1)],c=[f(2)—4f(l)],然后代入f(3),達到用f(l),f(2)表示f(3)的目的.2、本題典型錯誤是從一4Wa—cW—1,—lW4a-cW5中解出a,c的范圍，然后再用不等式的運算性質求f(3)=9a-c的范圍.錯誤的原因是多次運用不等式的運算性質時，不等式之間出現了不等價變形.本題還可用線性規劃知識求解。例2、設a〉0,b〉0,求證：三。分析：法一：比差法,當不等式是代數不等式時，常用比差法，比差法的三步驟即為函數單調性證明的步驟。左一右二三0左三右法二:基本不等式根據不等號的方向應自左向右進行縮小，為了出現右邊的整式形式，用配方的技巧.三???兩式相加得，例3、設實數x,y滿足y+x2=0,0〈a〈l,求證：W。分析：三，W,0<a<l說明：本題在放縮過程中，利用了函數的單調性，函數知識與不等式是緊密相連的.例4、已知a,b為正常數，X,y為正實數，且，求x+y的最小值。分析：法一：直接利用基本不等式：三當且僅當即時等號成立說明:為了使得等號成立，本題利用了“1〃的逆代換。法二：消元為一元函數途徑一：由得*??x>0,y>0,a>0由〉0得y-b〉0x+y三當且僅當，即時，等號成立途徑二：令,，e(0,)*??，x+y=三當且僅當時，等號成立說明:本題從代數消元或三角換元兩種途徑起到了消元作用。例5、已知f(x)=—3x2+a(6-a)x+b(1)解關于a的不等式f(l)>0;(2)當不等式f(x)〉0的解集為(一1,3)時，求實數a,b的值。分析：f(1)=-3+a(6一a)+b=-a2+6a+b-3f(D)0a2―6a+3-b(0A=24+4b當bW-6時，△W()，f(1)〉0的解集為少；當b〉一6時，f(D)0的解集為不等式-3x2+a(6-a)x+b〉0的解集為(-1,3)f(x)〉0與不等式(x+1)(x一3)〈0同解3x2-a(6-a)x—b<0解集為(-1,3)*

??解之得例6、設a,b￡R,關于x方程x2+ax+b=0的實根為a,B,若|a|+|b|<1,求證：Ia|<1,|B|<1.解題思路分析：在不等式、方程、函數的綜合題中，通常以函數為中心.法一：令f(x)=x2+ax+b貝ljf(1)=l+a+b)1一(Ia|+Ib|)>1-1=0f(一1)=1一a+b〉1一(IaI+Ib|))0又：0<Ia|<|a|+IbI<1-1<a<1f(x)=0的兩根在(一1,1)內，即|cl|<1,|B|<1法二：a+B=-a,aB=b|a+BI+IaBI=ICLI+I(1Icl|— + (1??.(|a|-1)(|B|+1)<0|BI+1〉0aI<1同理：IB|<1說明：對絕對值不等式的處理技巧是適度放縮，如|aI-IbI<Ia+bI及IbI—Ia|<Ia+bI的選擇等。例7、某人乘坐出租車從A地到乙地,有兩種方案:第一種方案，乘起步價為10元，每km價1。2元的出租車；第二種方案，乘起步價為8元，每km價1。4元的出租車，按出租車管理條例，在起步價內，不同型號的出租車行駛的里路是相等的，則此人從A地到B地選擇哪一種方案比較適合？分析：設A地到B地距離為mkm,起步價內行駛的路為akm顯然，當mWa時，選起步價為8元的出租車比較合適當m〉a時，設m=a+x(x>0),乘坐起步價為10元的出租車費用為P(x)元，乘坐起步價為8元的出租車費用為Q(x)元，則P(x)=10+lo2x,Q(x)=8+1.4xP(x)—Q(x)=2—0.2x=0o2(10—x)?,?當x〉0時,P(x)<Q(x)，此時起步價為10元的出租車比較合適當x〈10時，P(x)〉Q(x),此時選起步價為8元的出租車比較合適當x=10時，此時兩種出租車任選四、同步練習(一)選擇題1、“a〉0且b〉0〃是“三”的A、充分而非必要條件 B、必要而非充要條件C、充要條件 D、既非充分又非必要條件2、設a<0,則關于x的不等式42x2+ax-a2<0的解集為A、()B、()C、()D、@若0<a〈b且a+b=l,則四個數，b,2ab,a?+b2中最大的是A、 B、b C、2ab D、a2+b2已知x〉0,f(x)二，則A、f(x)<2B、f(x)三10C、f(x)三6D、f(x)<3已知，(a〉2),則A、p〉q B、p(q C、pNq D、pWq若Ia-cl<h,|b—cI〈h,則下列不等式一定成立的是A、 Ia-b|<2hB、Ia-bI)2hC、Ia—bI<hD、|a-b|>h關于x的方程9x+(a+4)?3^+4=0有解，則實數a的取值范圍是A、(—8,-8]U[0,+8) B、(-8,-4)B、[—8,4) D、(-8,-8]若a〉0,b)0,且2a+b=l,則S=2—4a?—b?的最大值是A、 B、 C、 D、(二)填空題設a〉0,b)0,a,b是常數，則當x〉0時，函數f(x)二的最小值是10、周長為的直角三角形面積的最大值為On、記s二，則s與1的大小關系是o12、不等式⑶一2x+3I<|3x-1|的解集為.(三)解答題13、要使不等式W對所有正數x,y都成立，試問k的最小值是多少？14、解關于x的不等式15、已知aWO,求證：三16、已知不等式對n￡N都成立，試求實數a的取值范圍。+17、若a是正實數,2a2+3b2=10,求的最值。18、商店經銷某商品，年銷售量為D件，每件商品庫存費用為I元，每批進貨量為Q件，每次進貨所需費用為S元，現假定商店在賣完該貨物時立即進貨，使庫存量平均為件，問每批進貨量Q為多大時，整個費用最省？直線和圓的方程一、復習要求直線方程的五種表現形式，如何求直線方程；二元一次不等式的幾何意義及運用。2、圓的方程三種形式，如何求圓的方程.3、直線和圓位置關系的研究.二、學習指導2、曲線和方程是中學數學的兩種常見研究對象。借助于平面直角坐標系，形和數可以得到高度的統一，它們最基本的對應關系是點和有序數對的一一對應。當點運動形成軌跡時，對應坐標便會滿足一個方程。當曲線C和方程F(x,y)=0滿足如下關系時:①曲線C上點的坐標都是方程F(x,y)=0的解；②以方程F(x,y)=0的解為坐標的點都在曲線C上，則稱曲線C為方程F(x,y)=0表示的曲線;方程F(x,y)=0是曲線C表示的方程。從集合角度看，點集(曲線)與方程解集相等。解析幾何研究的內容就是給定曲線C,如何求出它所對應的方程，并根據方程的理論研究曲線的幾何性質.其特征是以數解形。坐標法是幾何問題代數化的重要方法.2、直線的傾斜角a和斜率k是描述直線位置的重要參數，它們之間關系是正切函數關系：k=tana,a￡[0,,當a二時，直線斜率不存在，否則由a求出唯一的k與之對應。當已知k,求傾斜角a時:kNO時，a=arctank;k<0時，cl=ji+arctanko或：k=0時，cl=0；kWO時，cotcl=,a=arccot.由正切函數可知，當a￡(0,),cl遞增時，斜率kf+8.當a￡(,n)，a遞減時，斜率kf-8.當涉及到斜率參數時，通常對k是否存在分類討論.3、直線是平面幾何的基本圖形，它與方程中的二元一次方程Ax+By+C=0(A2+B2WO)——對應。從幾何條件看，已知直線上一點及直線方向與已知直線上兩點均可確定直線；從對應方程看，直線方程兩種典型形式點斜式(斜截式)，兩點式(截距式)，因此求直線方程，常用待定系數法。即根據題意，選擇方程的適當形式；由已知條件，列關于參數的方程(組)。當點P(xo,yo)在直線Ax+By+C=0上時，其坐標滿足方程4％+8八+00；當P不在直線Ax+By+C=0上時，Axo+Byo+C^O,即Axo+Byo+C)0或Axo+Byo+C〈0。這就是二元一次不等式的幾何意義:二元一次不等式Ax+By+C〉0(或〈0)表示直線Ax+By+C=0上方或下方區域，其具體位置的確定常用原點(0,0)代入檢驗。利用此幾何意義,可以解決一類二元函數的最值問題.這就是線性規劃的內容.因直線與二元一次方程Ax+By+C=0(A2+B2W0)一—對應，即由有序數組(A,B,C)確定，因此研究直線與直線之間的位置關系就是考察直線對應的數組間關系。設直線2:Ax+By+C=0(A2+B2W0),直線JAx+By+C=0(A2+B2W0)11 1 1 1 1 22 2 2 2 2貝U：4〃q21與22相交A1B2WA2B1其夾角公式為，其中k1,k2分別表示21及22斜率，當21或22斜率不存在時，畫圖通過三角形求解，21與22夾角為。￡(0,]特例：21±22A1A2+B1B2=0(此時不能用夾角公式求解)利用點P(x0,y0)到直線2:Ax+By+C=0的距離公式d二可以求出兩平行直線：Ax+By+C1=0,Ax+By+C2=0(C1WC2)間的距離d二。4、當直線位置不確定時,直線對應的方程中含有參數。含參數方程中有兩種特殊情形,它們的對應的直線是有規律的,即旋轉直線系和平行直線系。在點斜式方程y—y0=k(x-x0)中，當(x0,y0)確定，k變化時，該方程表示過定點(x0,y0)的旋轉直線系，當k確定，(x0,y0)變化時，該方程表示平行直線系。這些直線系還有其它表示形式：(1)已知直線2：Ax+By+C=0,則

方程Ax+By+m=0(m為參數)表示與2平行的直線系;方程-Bx+Ay+n=0(n為參數)表示與2垂直的直線系。(2)已知直線21：A1x+B1y+C=1=0,直線22:A2x+B2y+C2=0,則方程A1x+B1y+C1+入(A2x+B2y+C2)=0表示過21與22交點的直線系(不含22)掌握含參數方程的幾何意義是某種直線系,不僅可以加深數形結合的思想,還可以優化解題思想.5、圓與二元二次方程一一對應,這些二元二次方程方程特征為：(1)二次項中無xy交叉項；(2)x2,y2項前面系數相等；(3)x,y的一次項系數D,E及常數項F滿足D2+E2-4F〉0。圓方程常見形式：(1)標準式：(x—a)2+(y—b)2=R2(R>0)，其中(a,b)為圓心不為半徑；(2)一般式:x2+y2+Dx+Ey+F=0;(3)參數式：(x-a)2+(y—b)2=R2(R〉0)的參數式為：x=a+Rcos9,y=b+Rsin9,其中。為參數，表示旋轉角,參數式常用來表示圓周上的點。求圓方程的原理與求直線方程完全類似。直線和圓位置關系及圓和圓位置關系常借助于平面幾何知識,而不采用方程組理論(△法)。6、對稱是平面幾何的基本變換。在掌握點關于點及直線對稱的基礎上,理解曲線與曲線之間的中心對稱及軸對稱.善于利用對稱的知識解題.7、本章主要思想方法：數形結合,分類討論,函數與方程,等價變換等。三、典型例題例1、已知定點P(6,4)與定直線21：y=4x,過P點的直線2與21交于第一象限Q點，與x軸正半軸交于點M,求使△OQM面積最小的直線0方程。分析：直線2是過點P的旋轉直線，因此是選其斜率k作為參數，還