資源簡介

第五章 三角函數
學習目標整合
任意角和弧度制、三角函數的概念和誘導公式 （1）了解任意角的概念和弧度制，能進行弧度與角度的互比. （2）理解并掌握同角三角函數的基本關系式. （3）掌握誘導公式及其應用.
三角恒等變換 （1）掌握兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式. （2）能進行簡單的三角恒等變換.
三角函數的圖象與性質 （1）理解三角函數的定義，掌握三角函數的周期性、單調性、奇偶性、最大（小）值等性質及其應用. （2）了解的實際意義，理解參數A，，的意義以及參數的變化對函數圖象的影響.
思維導圖回顧知識
重難知識易混易錯
重難知識點
1.扇形的弧長及面積公式：設扇形的半徑為R，弧長為l，圓心角為，為圓心角，則扇形的弧長公式為，；扇形的面積公式為，.
2.誘導公式一：，，，其中，即終邊相同的角的同一三角函數值相等.
誘導公式二：；；.
誘導公式三：；；.
誘導公式四：；；.
誘導公式五：；.
誘導公式六：；.
3.三角函數的單調性：
（1）求函數的單調區間應遵循簡單化原則，將解析式進行化簡，并注意復合函數單調性規律“同增異減”.
（2）求形如或（其中）的單調區間時，要視“”為一個整體，通過解不等式求解.但如果，那么一定先借助誘導公式將化為正數.
（3）已知三角函數的單調區間求參數，先求出函數的單調區間，然后利用集合間的關系求解.
4.三角函數的奇偶性：對于，若為奇函數，則；若為偶函數，則.對于，若為奇函數，則；若為偶函數，則.對于，若為奇函數，則.
5.三角函數的周期性：求三角函數的最小正周期，一般先通過恒等變換化為或或（為常數，）的形式，再應用公式（正弦、余弦型）或（正切型）求解.
6.三角函數的對稱性：函數（為常數，）圖象的對稱軸一定經過圖象的最高點或最低點，對稱中心的橫坐標一定是函數的零點，因此在判斷直線或點是不是函數圖象的對稱軸或對稱中心時，可通過檢驗的值進行.
7.兩角差的余弦公式：
兩角和的余弦公式：
兩角和與差的正弦公式：，
兩角和與差的正切公式：:，
8.二倍角的正弦公式：.
二倍角的余弦公式：.
二倍角的正切公式：.
9.函數的圖象與的圖象的關系：函數的圖象向左（或右）平移個單位長度，得到函數的圖象；然后把曲線上各點的橫坐標變為原來的倍（縱坐標不變），得到函數的圖象；最后把曲線上各點的縱坐標變為原來的A倍（橫坐標不變），這時的曲線就是函數的圖象.
易混易錯例題
1.已知，則( )
A. B. C. D.
答案：D
解析：由，則，
所以，故.故選D.
2.若扇形的圓心角，弦長，則弧長( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：扇形的圓心角，弦長，半徑，又，弧長.故選B.
3.已知，則( )
A. B. C. D.
答案：D
解析：因為，即，所以.故選D.
4.以下關于的命題，正確的是( )
A.函數在區間上單調遞增
B.直線是函數圖象的一條對稱軸
C.點是函數圖象的一個對稱中心
D.將函數圖象向左平移個單位，可得到的圖象
答案：D
解析：由題意得，
當時，，由于函數在不單調，
故函數在區間上不是單調遞增函數，A錯誤；當時，，故直線不是函數圖象的對稱軸，B錯誤；當時，，故點不是函數圖象的對稱中心，C錯誤；將函數圖象向左平移個單位，可得到的圖象，D正確，故選D.
5.已知函數（，，）的部分圖象如圖所示，將函數的圖象向右平移個單位長度后，所得到的函數的圖象關于原點對稱，則m的值可能為( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：由題意得，，，，，又，，，，將的圖象向右平移個單位長度后得到的函數解析式為，由題意可知，函數為奇函數，，，當時，，故選B.
6.已知函數（其中，，）的部分圖象如圖所示，則函數解析式為__________.
答案：
解析：由圖象得，又，，所以，
點，代入解析式得，，，
因為，所以，所以.
核心素養對接高考
考情分析
1.本專題內容在高考試題中常以三角函數為背景，考查圖象的變換、性質的應用以及三角恒等變換；考查與三角函數有關的綜合性問題.
2.本專題重點考查的學科核心素養為數學運算、直觀想象和邏輯推理.
情境真題應用
1.【2023年新課標Ⅰ卷】已知，，則( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：依題意，得，所以，所以，所以，故選B.
2.【2023年新課標Ⅱ卷】已知為銳角，，則( )
A. B. C. D.
答案：D
解析：法一：由題意，，得，又為銳角，所以，所以，故選D.
法二：由題意，，得，將選項逐個代入驗證可知D選項滿足，故選D.
3.摩天輪是一種大型轉輪狀的機械建筑設施，游客坐在摩天輪的座艙里慢慢地往上轉，可以從高處俯瞰四周景色.如圖，某摩天輪最高點距離地面高度為120m，轉盤直徑為110m，設置有48個座艙，開啟后按逆時針方向勻速旋轉，游客在座艙轉到距離地面最近的位置進艙，轉一周大約需要30min.游客甲坐上摩天輪的座艙，開始轉動tmin后距離地面的高度為Hm，如圖以軸心O為原點，與地面平行的直線為x軸建立直角坐標系，在轉動一周的過程中，H關于t的函數解析式為( )
A.，
B.，
C.，
D.，
答案：D
解析：因為游客在座艙轉到距離地面最近的位置進艙，轉一周大約需要，
所以游客進倉后第一次到達最高點時摩天輪旋轉半周，大約需要，
又因為摩天輪最高點距離地面高度為，所以時，，
對于A，時，，不符合題意；
對于B，時，，不符合題意；
對于C，時，，不符合題意；
對于D，時，，符合題意；
故選D.
4.【2023年新課標Ⅰ卷】已知函數在區間有且僅有3個零點，則的取值范圍是__________.
答案：
解析：法一：函數在區間有且僅有3個零點，即在區間有且僅有3個根，因為，，所以，則由余弦函數的圖象可知，，解得，即的取值范圍是.
法二：函數在區間有且僅有3個零點，即在區間有且僅有3個根，根據函數在上的圖象可知，在區間有2個根，所以若在區間有且僅有3個根，則函數在內至少包含2個周期，但小于3個周期，即，又，所以，即的取值范圍是.
5.【2023年新課標Ⅱ卷】已知函數，如圖，A，B是直線與曲線的兩個交點，若，則_________.
答案：
解析：對比正弦函數的圖象易知，點為“五點(畫圖)法”中的第五點，所以①.由題知，，兩式相減，得，即，解得.代入①，得，所以.
1第四章 指數函數與對數函數
學習目標整合
指數函數、對數函數 （1）掌握指數冪的運算性質. （2）了解指數函數的實際意義，理解指數函數的概念. （3）會分辨指數函數的圖象，理解指數函數的單調性與特殊點. （4）理解對數的概念和運算性質，掌握換底公式. （5）了解對數函數的概念，會分辨對數函數的圖象，了解對數函數的單調性與特殊點.
函數的應用 （1）了解函數零點與方程解的關系. （2）會選擇合適的函數類型刻畫現實問題的變化規律.
思維導圖回顧知識
重難知識易混易錯
重難知識點
1.指數冪的運算性質：
（1）；
（2）；
（3）.
2.指數函數的圖象和性質
圖象
性質 定義域 R
值域
過定點 ，即時，
單調性 減函數 增函數
奇偶性 非奇非偶
3.對數的運算性質：如果，且，，，那么
（1）；
（2）；
（3）.
4.對數換底公式：，且；；，且
5.對數函數的圖象和性質
圖象
定義域
值域 R
單調性 減函數 增函數
過定點 過定點，即時，
6.反函數：一般地，指數函數，且和對數函數，且互為反函數，它們的定義域和值域正好互換，圖象關于直線對稱.
7.函數零點存在定理：如果函數在區間上的圖象是一條連續不斷的曲線，且有，那么，函數在區間內至少有一個零點，即存在，使得，這個也就是方程的解.
8.二分法的概念：對于在區間上圖象連續不斷且的函數，通過不斷地把它的零點所在區間一分為二，使所得區間的兩個端點逐步逼近零點，進而得到零點近似值的方法叫做二分法.
易混易錯例題
1.已知，，，則( )
A. B. C. D.
答案：C
解析：根據指數函數、對數函數的性質，由單調遞減可知：，由單調遞減可知：，由單調遞減可知：，故，即.故選C.
2.《巴黎協定》是2016年4月22日簽署的氣候變化協定，該協定為2020年后全球應對氣候變化的行動作出了統一安排，中國政府一直致力于積極推動《巴黎協定》的全面有效落實.某工廠產生的廢氣經過過濾后排放，排放時污染物的數量不得超過1%.已知該工廠產生的廢氣在過濾過程中污染物的數量P(單位：毫克)與過濾時間t(單位：小時)之間的函數關系式為(k，均為正常數，e為自然對數的底數).如果在前3小時的過濾過程中污染物被排除了90%，那么排放前至少還需要過濾的時間是( )
A.小時 B.3小時 C.5小時 D.6小時
答案：B
解析：由題意，前3個小時廢氣中的污染被過濾掉了90%，因為，所以，所以，即，因為按規定排放廢氣，所以，即，解得，所以還需要過濾小時.故選B.
3.函數的零點所在的大致區間是( )
A. B.
C. D.
答案：C
解析：的定義域為，又與在上單調遞增，所以在上單調遞增，又，，，所以，所以在上存在唯一的零點.故選C.
4.已知函數，則的值是________.
答案：
解析：由題意可知：因為，所以，又，則有.
5.設常數，若函數的反函數的圖象經過點，則_______.
答案：2
解析：由題意得的圖象過，所以，解得.
核心素養對接高考
考情分析
1.利用零點存在性定理或者數形結合法確定函數的零點個數、零點存在范圍，以及應用零點求參數的值（范圍）
2.常與函數的圖像與性質的應用交匯命題
情境真題應用
1.【2023年 新課標Ⅰ卷】若為偶函數，則( )
A.-1 B.0 C. D.1
答案：B
解析：法一：設，易知的定義域為，且，所以為奇函數.若為偶函數，則也應為奇函數，所以，故選B.
法二：因為為偶函數，，，所以，解得，故選B.
2.已知，.設，，，則( )
A. B. C. D.
答案：A
解析：由，而，，即；，，，，，，，，綜上，.故選A.
3.大西洋鮭魚每年都要逆流而上游回產地產卵，研究發現鮭魚的游速（單位：）可以表示為，其中表示鮭魚的耗氧量.則鮭魚以的速度游動時的耗氧量與靜止時的耗氧量的比值為( )
A.2600 B.2700 C.26 D.27
答案：D
解析：因為鮭魚的游速(單位：)可以表示為，其中Q表示鮭魚的耗氧量的單位數，當一條鮭魚靜止時，，此時，則，耗氧量為；當一條鮭魚以的速度游動時，，此時，所以，則，即耗氧量為，因此鮭魚以的速度游動時的耗氧量與靜止時的耗氧量的比值為.故選D.
4.【2023年 新課標ⅠⅠ卷】噪聲污染問題越來越受到重視.用聲壓級來度量聲音的強弱，定義聲壓級，其中常數是聽覺下限閾值，p是實際聲壓.下表為不同聲源的聲壓級：
聲源 與聲源的距離/m 聲壓級/dB
燃油汽車 10 60~90
混合動力汽車 10 50~60
電動汽車 10 40
已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車處測得實際聲壓分別為，，，則( )
A. B. C. D.
答案：ACD
解析：因為隨著p的增大而增大，且，，所以，所以，故A正確；由，得，因為，所以，故C正確；假設，則，所以，所以，不可能成立，故B不正確；因為，所以，故D正確.綜上，選ACD.
5.設函數，且，求證：函數在內至少有一個零點.
證明：，
，
，又，
.
，
與中至少有一個為正，
又，
或.
函數在內至少有一個零點.
1第一章 集合與常用邏輯用語
學習目標整合
集合 （1）了解集合的含義，理解元素與集合的屬于關系，能用符號語言刻畫集合 （2）了解全集與空集的含義，理解集合之間包含與相等的含義，能識別給定集合的子集. （3）理解并集與交集的含義，能求集合的并集與交集，理解在給定集合中一個子集的補集的含義，能求給定子集的補集，掌握集合間的混合運算. （4）能使用Venn圖表達集合的基本關系與基本運算.
常用邏輯用語 （1）理解必要條件、充分條件、充要條件的意義，掌握性質定理與必要條件的關系，判定定理與充分條件的關系，理解數學定義與充要條件的關系. （2）理解全稱量詞與存在量詞的意義，能正確對全稱量詞與存在量詞進行否定.
思維導圖回顧知識
重難知識易混易錯
重難知識點
1.集合中元素的三個特征：
（1）確定性：對于給定的集合，元素必須是確定的.
（2）互異性：一個給定集合中的元素是互不相同的，相同的對象歸入同一個集合時，只能算作集合的一個元素.
（3）無序性：只要構成兩個集合的元素是一樣的，就稱這兩個集合是相等的.
2.元素與集合的關系：如果a是集合A的元素，就說a屬于集合A，記作；如果a不是集合A中的元素，就說a不屬于集合A，記作.
3.子集：一般地，對于兩個集合A，B，如果集合A中任意一個元素都是集合B中的元素，就稱集合A為集合B的子集.記作：或.讀作：“A包含于B”（或“B包含A”）.
4.集合的相等：如果集合A的任何一個元素都是集合B的元素，同時集合B的任何一個元素都是集合A的元素，那么集合A與集合B相等，記作.
也就是說，若，且，則.
5.空集：一般地，我們把不含任何元素的集合叫做空集，記為，并規定：空集是任何集合的子集.
6.并集的運算性質：
（1），即任何集合與其本身的并集等于這個集合本身；
（2），即任何集合與空集的并集等于這個集合本身.
7.交集的運算性質：
（1），即任何集合與其本身的交集等于這個集合本身；
（2），即任何集合與空集的交集等于空集.
8.充分條件與必要條件的定義：
一般地，“若p，則q”為真命題，就是指由p通過推理可以得到q．由p可以推出q，記作．并且說，p是q的充分條件，q是p的必要條件．如果“若p，則q”為假命題，那么由條件p不能推出結論q，記作p q．此時，p不是q的充分條件，q不是p的必要條件．
9.充要條件的定義：如果“若p，則q”和它的逆命題“若q，則p”均是真命題，即既有，又有，就記作.如果，那么p與q互為充要條件.
10.全稱量詞命題的真假判斷：全真為真，一假為假.
存在量詞命題的真假判斷：一真為真，全假為假.
11.全稱量詞的否定：，的否定：，.也就是說，全稱量詞命題的否定是存在量詞命題.
12.存在量詞的否定：，的否定：，.也就是說，存在量詞命題的否定是全稱量詞命題.
易混易錯例題
1.命題“，”的否定是( )
A.， B.，
C.， D.，
答案：B
解析：命題“，”的否定為“，”.
2.設全集，集合，，則( )
A. B. C. D.
答案：D
解析：集合，所以，所以.故選D.
3.王昌齡是盛唐著名的邊塞詩人，被譽為“七絕圣手”.其名篇“但使龍城飛將在，不教胡馬度陰山”（人在陣地在，人不在陣地在不在不知道），由此推斷，胡馬度過陰山是龍城飛將不在的( )
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
答案：A
解析：因為人在陣地在，所以胡馬度過陰山說明龍城飛將不在，因為人不在陣地在不在不知道，所以龍城飛將不在，不能確定胡馬是否度過陰山，所以胡馬度過陰山是龍城飛將不在的充分條件.
4.設集合，若，則( )
A.-3或-1或2 B.-3或-1 C.-3或2 D.-1或2
答案：C
解析：當時，，符合題意；當時，或.
當時，符合題意；當時，，與集合元素的互異性矛盾.所以舍去.故或.故選C.
5.若命題“，”為假命題，則實數m的取值范圍是( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：因為命題“，”為假命題，所以一元二次方程沒有實數根，所以，解得.
6.（多選）已知，條件，條件.若p是q的充分不必要條件，則實數a的值可以是( )
A.0 B. C.1 D.2
答案：BC
解析：由，得.若p是q的充分不必要條件，則，所以，解得.結合選項選BC.
核心素養對接高考
考情分析
1.集合主要考查集合的基本運算，常結合不等式進行考查.
2.常用邏輯用語的考查涉及的知識點較廣，主要以其他知識為背景考查充分條件、必要條件的判斷，全（特）稱命題的否定，難度中等偏易，以選擇題和填空題為主.
情境真題應用
1.【2023年新課標Ⅰ卷】已知集合，，則( )
A. B. C. D.
答案：C
解析：因為或，所以，故選C.
2.【2023年新課標Ⅱ卷】設集合，，若，則( )
A.2 B.1 C. D.-1
答案：B
解析：依題意，有或.當時，解得，此時，，不滿足；當時，解得，此時，，滿足.所以，故選B.
3.2022年11月1日凌晨4點27分，夢天實驗艙與天和核心艙成功實現“太空握手”.對接時，只有空間站組合體與夢天實驗艙處于同一軌道高度，且空間站組合體前向端口朝向了夢天艙趕上來的方向，才能實現“太空握手”.根據以上信息，可知“夢天實驗艙與天和核心艙成功實現‘太空握手’”是“空間站組合體與夢天實驗艙處于同一軌道高度”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
答案：A
解析：由題意知，成功實現太空握手空間站組合體與夢天實驗艙處于同一軌道高度，空間站組合體與夢天實驗艙處于同一軌道高度太空握手，所以“夢天實驗艙與天和核心艙成功實現‘太空握手’”是“空間站組合體與夢天實驗艙處于同一軌道高度”的充分不必要條件.
4.（多選）對于集合A，B，我們把集合叫作集合A與B的差集，記作.例如，，，則有，.下列說法正確的是( )
A.若，，則
B.若，則
C.若S是高一（1）班全體同學組成的集合，A是高一（1）班全體女同學組成的集合，則
D.若，則2一定是集合中的元素
答案：AC
解析：A中，或，，則，故A正確；B中，若，，則，但此時，故B錯誤；C中，表示高一（1）班全體男同學組成的集合，則必有，故C正確；D中，，，則，，此時，故D錯誤.
5.（多選）某校高一年級組織趣味運動會，有跳遠、球類、跑步三項比賽，一共有28人參加比賽，其中有16人參加跳遠比賽，有8人參加球類比賽，有14人參加跑步比賽，同時參加跳遠和球類比賽的有3人，同時參加球類和跑步比賽的有3人，沒有人同時參加三項比賽，則( )
A.同時參加跳遠和跑步比賽的有4人 B.僅參加跳遠比賽的有8人
C.僅參加跑步比賽的有7人 D.同時參加兩項比賽的有10人
答案：ACD
解析：設同時參加跳遠和跑步比賽的有x人，由題意畫出Venn圖，如圖，則，解得，故A正確；僅參加跳遠比賽的人數為，故B錯誤；僅參加跑步比賽的人數為，故C正確；同時參加兩項比賽的人數為，故D正確.
1第三章 函數的概念與性質
學習目標整合
函數的概念及其表示 （1）建立完整的函數概念，了解構成函數的要素，能求簡單函數的定義域. （2）掌握分段函數的簡單應用.
函數的基本性質 （1）理解函數的單調性、最大值、最小值的作用和實際意義. （2）掌握奇偶性和周期性的概念及其應用.
二次函數與冪函數 （1）理解并掌握二次函數的定義、圖象和性質；會求二次函數在閉區間上的最值 （2）了解冪函數及其應用.
函數的應用 （1）會運用函數圖象理解和研究函數的性質. （2）會選擇合適的函數類型刻畫現實問題的變化規律.
思維導圖回顧知識
重難知識易混易錯
重難知識點
1.函數的單調性：一般地，設函數f(x)的定義域為I，區間：如果，當時，都有，那么就稱函數f(x)在區間D上單調遞增.如果，當時，都有，那么就稱函數f(x)在區間D上單調遞減.
2.函數的最大（小）值：一般地，設函數的定義域為I，如果存在實數M滿足：，都有；，使得.那么，我們稱M是函數的最大值.
一般地，設函數的定義域為I，如果存在實數M滿足：，都有；，使得.那么，我們稱M是函數的最小值.
3.冪函數的性質
冪函數
定義域 R R R
值域 R R
單調性 增 在上 單調遞增， 在上 單調遞減 增 增 在上 單調遞增， 在上 單調遞減
奇偶性 奇 偶 奇 非奇非偶 奇
公共點 都經過點
4.幾類常見的函數模型：
（1）一次函數模型：.
（2）反比例函數模型：.
（3）二次函數模型：.
（4）冪函數模型：(是常數).
（5）分段函數模型：以上兩種或多種模型的組合.
易混易錯例題
1.已知函數是R上的減函數，則實數a的取值范圍是( )
A. B. C. D.
答案：D
解析：由題意，得解得.
2.規定表示取a，b中的較大者，如，，則函數的最小值為( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案：B
解析：當，即時，；當，即時，.所以顯然在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，取得最小值，最小值為.故選B.
3.（多選）函數的定義域為R，且為奇函數，為偶函數，則( )
A. B.
C.為偶函數 D.為奇函數
答案：BCD
解析：因為為奇函數，為偶函數，所以的圖像關于點對稱，同時關于直線對稱，所以，A錯誤；，，B正確；，即函數為周期函數，周期為4，所以，即函數為偶函數，C正確；，所以函數為奇函數，D正確.故選BCD.
4.某居民小區收取冬季供暖費，根據規定，住戶可以從以下兩種方案中任選其一：（1）按照使用面積繳納，每平方米4元；（2）按照建筑面積繳納，每平方米3元.李明家的使用面積為60平方米.如果他家選擇第（2）種方案繳納供暖費較少，那么他家的建筑面積最多不超過__________平方米.
答案：80
解析：設李明家的建筑面積為x平方米，按照方案（1），李明家需繳納供暖費（元）；按照方案（2），李明家需繳納供暖費3x元.因為選擇第（2）種方案繳納供暖費較少，所以，解得.所以他家的建筑面積最多不超過80平方米.
5.已知是奇函數，當時，，則_________.
答案：-4
解析：因為是奇函數，當時，，所以，解得.所以，.因為是奇函數，所以.
核心素養對接高考
考情分析
本部分內容在高考試題中考查內容豐富，主要考查函數的基本性質，分段函數，函數的圖象及其應用等，函數單調性常作為工具使用，函數與方程思想，數形結合思想也是高考的熱點，試題命題角度變化很多，但注重基礎.
情境真題應用
1.【2023年新課標Ⅰ卷】設函數在區間單調遞減，則a的取值范圍是( )
A. B. C. D.
答案：D
解析：法一：由題意得在區間單調遞減，所以，解得.故選D.
法二：取，則在單調遞減，所以在單調遞減，所以符合題意，排除A，B，C，故選D.
2.為保護水資源，提倡節約用水，某城市對居民生活用水實行“階梯水價”，計費方法如下表：
每戶每月用水量 單價
不超過的部分 3元
超過但不超過的部分 6元
超過的部分 9元
若某戶居民在實行“階梯水價”的第一個月需繳納的水費為90元，則此戶居民該月的用水量為( )
A. B. C. D.
答案：D
解析：設用水量為，需繳納的水費為y元，則整理得當時，；當時，；當時，.因為此戶居民該月需繳納的水費為90元，所以用水量大于，令，得.
3.高斯是德國著名的數學家，享有“數學王子”的稱號，用其名字命名的“高斯函數”為：設，則用表示不超過x的最大整數，例如，.已知函數，則函數的值域中含有的元素可能為( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
答案：BC
解析：法一：，因為，所以，所以，所以的值域為，故選BC.
法二：當時，；當時，，由，得，此時.綜上，，所以的值域為，故選BC.
4.黎曼函數是一個特殊函數，由德國著名的數學家黎曼發現并提出，在高等數學中有著廣泛的應用，其定義：時，.若函數對任意x都有，且時，，則的值為___________.
答案：
解析：由，得，又，，所以.
5.“春節”期間，某商場進行如下的優惠促銷活動：
優惠方案1：一次購買商品的價格，每滿60元立減5元；
優惠方案2：在優惠1之后，再每滿400元立減40元.
例如，一次購買商品的價格為130元，則實際支付額為（元），其中[x]表示不大于x的最大整數.又如，一次購買商品的價格為860元，則實際支付額為（元）.
（1）小明計劃在該商場購買兩件價格分別是250元和650元的商品，他是分兩次支付好，還是一次支付好？請說明理由.
（2）已知某商品是小明常用必需品，其價格為30元/件，小明趁商場促銷，想多購買幾件該商品，其預算不超過500元，試求他應購買多少件該商品，才能使其平均價格最低？最低平均價格是多少？
答案：（1）一次支付好
（2）購買15件或16件時，該商品的平均價格最低，最低平均價格為25元/件
解析：（1）分兩次支付的支付額為
（元）.
一次支付的支付額為（元）.
因為，所以一次支付好.
（2）設購買件，平均價格為y元/件.
由于預算不超過500元，所以算上優惠，最多購買19件.
當時，不能享受每滿400元再減40元的優惠，
此時，.
當，時，；
當，時，.
所以當時，購買偶數件時，平均價格最低，為27.5元/件.
當時，能享受每滿400元再減40元的優惠，
此時，.
當，時，，
y隨著n的增大而增大，所以當，時，；
當，時，，
y隨著n的增大而增大，所以當，時，.
綜上可知，購買15件或16件時，該商品的平均價格最低，最低平均價格為25元/件.
1第二章 一元二次函數、方程和不等式
學習目標整合
不等式 （1）理解不等式的概念，掌握不等式的性質. （2）了解一元二次不等式的現實意義，能借助一元二次函數求解一元二次不等式，并能用集合表示一元二次不等式的解集，了解一元二次不等式與相應函數、方程的聯系. （3）掌握基本不等式，能用基本不等式解決最值問題.
二次函數與一元二次方程 （1）會結合一元二次函數的圖像，判斷一元二次方程實數根的存在性及實數根的個數，了解二次函數的零點與一元二次方程根的關系. （2）能借助一元二次函數的圖像，了解一元二次不等式與相應函數、方程的聯系.
思維導圖回顧知識
重難知識易混易錯
重難知識點
1.不等式的性質：
性質1 如果，那么；如果，那么.即.
性質2 如果，，那么.即.
性質3 如果，那么.
性質4 如果，，那么；如果，，那么.
性質5 如果，，那么.
性質6 如果，，那么.
性質7 如果，那么.
2.基本不等式：如果，，可得，當且僅當時，等號成立.
3.二次函數與一元二次方程、不等式的解的對應關系表：
易混易錯例題
1.已知集合，，則( )
A. B. C. D.
答案：D
解析：由解得，所以.
因為，所以.故選D.
2.設m，n為正數，且，則的最小值為( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：因為，所以，即，
所以
，當且僅當，即，時等號成立.
3.設，則下列不等關系正確的是( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：因為，所以，即，則不等式兩端同時乘以得，故A錯誤；不等式同時乘以得，故B正確；，故C錯誤；因為，所以，則不等式兩端同時乘以得，故D錯誤.
4.（多選）已知關于x的不等式的解集為或，則( )
A.
B.不等式的解集為
C.
D.不等式的解集為
答案：BD
解析：因為關于x的不等式的解集為或，所以-2和3是方程的兩個實根，且，故A錯誤；，，所以，，所以不等式可化為，因為，所以，故B正確；因為，又，所以，故C錯誤；不等式可化為，又，所以，即，所以，解得，故D正確.
5.設，，，若存在實數m，使得成立，則實數m的取值范圍為___________.
答案：
解析：因為，，，所以，當且僅當，即，時取等號.若存在實數m，使得成立，則.
核心素養對接高考
考情分析
1.不等式的解法常在集合及函數的綜合解答題中出現，是解決導數綜合問題的必選方法；不等式的應用是經常出現的考題；線性規劃問題不再是必考內容，考題難度也變得越來越簡單；基本不等式常與其他知識綜合考查，有一定難度.
2.在小題中，不等式可與集合、函數、三角函數、數列、解析幾何結合考查；在大題中，常與解析幾何、導數、絕對值不等式相結合考查.
情境真題應用
1.手機屏幕面積與整機面積的比值叫手機的“屏占比”，它是手機外觀設計中一個重要參數，其值通常在間.設計師將某手機的屏幕面積和整機面積同時增加相同的數量，升級為一款新手機的外觀，則該手機“屏占比”和升級前相比( )
A.“屏占比”不變 B.“屏占比”變小
C.“屏占比”變大 D.變化不確定
答案：C
解析：設升級前“屏占比”為，升級后“屏占比”為(，).因為，所以該手機“屏占比”和升級前相比變大了.故選C.
2.某小型服裝廠生產一種風衣，日銷售量x(件)與單價P(元/件)之間的關系為，生產x件所需成本為C(元)，其中元.若要求每天獲利不少于1300元，則日銷售量x的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案：B
解析：設該廠每天獲得的利潤為y元，
則(，).
根據題意可得，解得.
故當，且時，每天獲得的利潤不低于1300元.故選B.
3.某車間分批生產某種產品，每批的生產準備費用為900元，若每批生產x件，則平均倉儲時間為天，且每件產品每天的倉儲費用為1元，為了使平均到每件產品的生產準備費用與倉儲費用之和最小，每批應生產產品( )
A.30件 B.60件 C.80件 D.100件
答案：B
解析：根據題意，生產x件產品的生產準備費用與倉儲費用之和為，則平均每件產品的生產準備費用與倉儲費用之和為.由基本不等式，得，當且僅當，即時，取得最小值，所以當時，每件產品的生產準備費用與倉儲費用之和最小.故選B.
4.某服裝廠為擴大生產增加收益，新引進了一套某種服裝的生產設備，用該設備生產制作服裝每月的成本t(單位：元)由兩部分構成：①固定成本(與生產服裝的數量無關)元；②生產所需材料成本為(單位：元)，x為每月生產服裝的件數.
(1)用該設備生產服裝，每月產量x為何值時，平均每件服裝的成本最低，每件的最低成本為多少
(2)若每月生產x件服裝，每件售價為(單位：元)，假設每件服裝都能夠售出，則該企業應如何制定計劃，才能確保該設備每月的利潤不低于4萬元
答案：(1)用該設備每月生產2000件服裝時，可使得平均每件所需的成本最少，每件最少成本為300元
(2)該設備每月至少生產800件產品，才能確保該設備每月利潤不低于4萬元
解析：(1)設平均每件所需的成本費用為y元，
則有
，
當且僅當，即時，等號成立，此時y的最小值是300.
因此用該設備每月生產2000件服裝時，可使得平均每件所需的成本最少，每件最少成本為300元.
(2)設月利潤為P(元)，
則有，
整理得，
解得(舍去)或.
因此該設備每月至少生產800件產品，才能確保該設備每月利潤不低于4萬元.
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