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2015高三数学(文科)二轮复习《专题7 自由选考模块》PPT版

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2015高三数学(文科)二轮复习《专题7 自由选考模块》PPT版文字介绍:第18讲　导数及其应用　第19讲复数、计数原理、二项式定理与概率专题七　自由选考模块专题七　自由选考模块返回目录考点考向探究核心知识聚焦第第1818讲　导数及其应用讲　导数及其应用体验高考体验高考返回目录主干知识主干知识核心知识聚焦第18讲　导数及其应用1．[2013·江西卷]设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′（1）＝①________.[答案]2[解析]f(ex)＝x＋ex，利用换元法可得f(x)＝lnx＋x，f′(x)＝1x＋1，所以f′(1)＝2.⇒导数的计算关键词：基本初等函数的导数公式、导数运算法则、复合函数求导，如①.体验高考体验高考返回目录主干知识主干知识核心知识聚焦第18讲　导数及其应用2．[2013·浙江卷改编]已知a∈R，则曲线y＝f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3在点（1，f（1））处的切线方程②是________________．[答案]y＝(3a－3)x－3a＋4⇒导数的几何意义关键词：导数的几何意义、切线方程，如②.[解析]由题意f′(x)＝3x2－6x＋3a，故f′(1)＝3a－3.又f(1)＝1，所以所求的切线方程为y＝(3a－3)x－3a＋4.体验高考体验高考返回目录主干知识主干知识核心知识聚焦3．[2013·新课标全国卷Ⅱ改编]函数f(x)＝ex－ln(x＋1)的单调递增③区间是________．[答案](0，＋∞)⇒导数研究函数的性质关键词：导数与函数的单调性、导数与函数的极值和最值，如③④⑤.第18讲　导数及其应用[解析]f′(x)＝ex－1x＋1，易知函数f′(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增且f′(0)＝0，所以当x＞0时，f′(x)＞0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．体验高考体验高考　　返回目录4．[2013·浙江卷改编]已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，则当k＝________时，f(x)在x＝1处取到极________值④.[答案]2小[解析]当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝xex－1，则在x＝1处取不到极值．当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，f′(x)＝ex(x－1)2＋(ex－1)×2(x－1)＝(x－1)(xex＋ex－2)，f′(1)＝0，f′(2)>0，f′12<0，所以在x＝1处取得极小值．核心知识聚焦第18讲　导数及其应用体验高考体验高考　　返回目录5．[2013·北京卷改编]函数f(x)＝x－1－lnxx的最小值⑤为________．[答案]0[解析]f′(x)＝x2－1＋lnxx2，x＞0.当0＜x＜1时，x2－1＜0，lnx＜0，所以f′(x)＜0，故f(x)单调递减；当x＞1时，x2－1＞0，lnx＞0，所以f′(x)＞0，故f(x)单调递增．故x＝1是函数f(x)在定义域上唯一的极小值点，也是最小值点，所以f(x)min＝f(1)＝0.核心知识聚焦第18讲　导数及其应用返回目录————教师教师知识必备知识必备————　　知识必备导数及其应用概念函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)＝0limxf（x0＋Δx）－f（x0）Δx概念与几何意义几何意义f′(x0)为曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线斜率，切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)基本公式c′＝0(c为常数)；(xn)′＝nxn－1(n∈N*)；1x′＝－1x2；(sinx)′＝cosx；(cosx)′＝－sinx；(ex)′＝ex；(ax)′＝axlna(a＞0，且a≠1)；(lnx)′＝1x；(logax)′＝1xlna(a＞0，且a≠1)导数及其应用运算运算法则[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；[cf(x)]′＝cf′(x)；f（x）g（x）′＝f′（x）g（x）－g′（x）f（x）[g（x）]2(g(x)≠0)；1g（x）′＝－g′（x）[g（x）]2第18讲　导数及其应用返回目录————教师教师知识必备知识必备————　　运算复合函数求导y＝[f(g(x))]′＝f′[g(x)]g′(x)，特别地，[f(ax＋b)]′＝af′(ax＋b)单调性使f′(x)＞0的区间为单调递增区间；使f′(x)＜0的区间为单调递减区间极值f′(x0)＝0，且f′(x)在x0附近左负(正)右正(负)，则x0为极小(大)值点导数及其应用研究函数性质最值区间[a，b]上的连续函数一定存在最大值和最小值，最大值为区间端点值和区间内的极大值中的最大者，最小值为区间端点值和区间内的极小值中的最小者第18讲　导数及其应用返回目录第18讲　导数及其应用►考点一导数的几何意义导数的概念和运算——概念的理解和应用、导数的计算导数的几何意义——1.求切线方程；2.求参数值题型：选择、填空分值：5分难度：中等热点：利用导数的几何意义求切线方程考点考向探究返回目录例1(1)已知函数f(x)的图像在点M(1，f(1))处的切线方程是2x－3y＋1＝0，则f(1)＋f′(1)＝________．(2)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax2－x(a≠0)．若函数y＝f(x)与y＝g(x)的图像在公共点P处有相同的切线，求实数a的值及点P的坐标．[答案](1)53考点考向探究第18讲　导数及其应用[解析]由题意知f′(1)＝23，f(1)＝1，则f(1)＋f′(1)＝53.返回目录(2)解：设函数y＝f(x)与y＝g(x)的图像的公共点P的坐标为(x0，y0)，则有lnx0＝ax20－x0.①又两图像在点P处有共同的切线，∴f′(x0)＝g′(x0)，即1x0＝2ax0－1，则a＝1＋x02x20，代入①得lnx0＝12－12x0.设h(x)＝lnx－12＋12x，则h′(x)＝1x＋12>0(x>0)，∴函数h(x)最多有1个零点，易得x0＝1，∴a＝1，此时P点坐标为(1，0)．考点考向探究第18讲　导数及其应用返回目录[小结]对于曲线的切线问题，其解题关键是切点坐标，特别是求曲线在某点(该点可能在曲线上，也可能不在曲线上)的切线方程时，只要设出曲线上的切点坐标(x0，f(x0))，即可使用x0表示出切线方程，再根据该直线经过的点，得出关于x0的方程，根据这个方程即可得出所有的切线方程．考点考向探究变式题(1)设a为实数，函数f(x)＝x3＋ax2＋(a－3)x的导函数为f′(x)，且f′(x)是偶函数，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为()A．9x－y－16＝0B．9x＋y－16＝0C．6x－y－12＝0D．6x＋y－12＝0(2)函数f(x)＝exsinx的图像在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为()A．0B．π4C．1D．32第18讲　导数及其应用　　返回目录[解析](1)f′(x)＝3x2＋2ax＋(a－3)，由于f′(x)是偶函数，所以a＝0，此时f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3，f′(2)＝9，f(2)＝2，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－2＝9(x－2)，即9x－y－16＝0.(2)由f′(x)＝ex·sinx＋ex·cosx，得f′(0)＝1，则切线的倾斜角为π4.[答案](1)A(2)B考点考向探究第18讲　导数及其应用返回目录第18讲　导数及其应用►考点二单调性与极值(最值)导数与函数的单调性——1.求函数的单调区间；2.根据单调性确定参数值或参数取值范围；3.利用单调性证明不等式导数与函数的极值——1.求函数的极值；2.利用极值求最值．导数与函数的最值——1.求函数的最值；2.利用最值解决不等式问题题型：解答分值：12分难度：较难热点：函数单调性的讨论、极值和最值、不等式的证明以及恒成立问题考点考向探究返回目录例2(1)已知f(x)是可导函数，且f′(x)e2014f(0)B．f(1)>ef(0)，f(2014)>e2014f(0)C．f(1)>ef(0)，f(2014)0，f(x)单调递增，∴f（e－4）≥1，f1a<0，f（e）≥1，解得5e≤a2恒成立，f(－1)＝2，则f(x)>2x＋4的解集为()A．(－1，1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)(2)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点P(0，f(0))处的切线是2x－y＋3＝0.①求b，c的值；②若f(x)在区间0，＋∞上单调递增，求a的取值范围．第18讲　导数及其应用[答案](1)B返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用[解析]构造函数F(x)＝f(x)－2x，则F′(x)＝f′(x)－2>0，所以函数F(x)在定义域上单调递增．又F(－1)＝f(－1)＋2＝4，所以f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．(2)解：①由已知得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为曲线y＝f(x)在点P(0，f(0))处的切线是2x－y＋3＝0，所以f(0)＝c＝3，f′(0)＝b＝2，即b＝2，c＝3.②由①知f(x)＝x3＋ax2＋2x＋3，f′(x)＝3x2＋2ax＋2.因为f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．当a≥0时，f′(x)>0在区间0，＋∞上恒成立，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用当a<0时，要使f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，那么Δ＝(2a)2－4×3×2＝4(a2－6)≤0，解得－6≤a<0.综上可知，a≥－6.例3已知函数f(x)＝(x3－6x2＋3x＋t)ex，t∈R，且函数y＝f(x)依次在x＝a，x＝b，x＝c(a0，g（3）<0，∴－8x2时，f(x)＝x1有2个实根，f(x)＝x2有1个实根．所以方程3[f(x)]2＋2af(x)＋b＝0有3个不同的实根．返回目录例5已知函数f(x)＝（ax－1）22－x，x∈(0，1]，它的一个极值点是x＝12.(1)求a的值及f(x)的值域；(2)设函数g(x)＝ex＋4x－4x－a，试求函数F(x)＝g(x)－f(x)的零点的个数．考点考向探究第18讲　导数及其应用►考向三导数与函数的最值返回目录解：(1)f′(x)＝2a（ax－1）（2－x）＋（ax－1）2（2－x）2，因为它的一个极值点是x＝12，所以f′12＝0，解得a＝2或a＝27.当a＝2时，易知，f(x)在区间0，12上单调递减，在区间12，1上单调递增，由此可求得，f(x)的值域为[0，1]；当a＝27时，易知f(x)在区间0，12上单调递减，在区间12，1上单调递增，由此可求得，f(x)的值域为2449，2549.考点考向探究第18讲　导数及其应用返回目录(2)函数F(x)＝g(x)－f(x)的零点个数问题可转化为函数f(x)的图像与函数g(x)的图像的交点个数问题．g′(x)＝ex＋2x－4.因为x∈(0，1]，所以1＋x≥2x，即2x≥41＋x.设m(x)＝ex－x－1，则m′(x)＝ex－1>0，所以函数m(x)在区间(0，1]上单调递增，所以m(x)>m(0)＝0，即ex>x＋1.所以g′(x)＝ex＋2x－4>x＋1＋4x＋1－4≥2（x＋1）·4x＋1－4＝0，当且仅当x＝1时取得等号．所以函数g(x)在区间(0，1]上单调递增．考点考向探究第18讲　导数及其应用返回目录(i)当a＝2时，g(x)＝ex＋4x－4x－2，g(0)＝－1<12＝f(0)，g(1)＝e－2<1＝f(1)，而g12＝e＋22－4>0＝f12，结合(1)中函数f(x)的单调性可得，此时函数f(x)的图像与函数g(x)的图像有2个交点，即函数F(x)有2个零点．(ii)当a＝27时，g(x)＝ex＋4x－4x－27，由于g(x)>g(0)＝57>2549＝f(x)max，所以此时函数f(x)的图像与函数g(x)的图像没有交点，即函数F(x)没有零点．综上所述，当a＝2时，函数F(x)有2个零点；当a＝27时，函数F(x)没有零点．考点考向探究第18讲　导数及其应用　返回目录[小结]函数建模的关键因素是确定自变量，基本思路是找到影响求解目标的变量，这个变量能够表达求解目标需要的所有量，在实际应用问题中函数的定义域是由实际问题的意义确定的，它与使解析式有意义的自变量的取值范围可能不一致．考点考向探究变式题已知函数f(x)＝x|x－a|－lnx，a∈R.(1)若a＝2，求函数f(x)在区间[1，e]上的最值；(2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.(注：e是自然对数的底数)第18讲　导数及其应用返回目录解：(1)若a＝2，则f(x)＝x|x－2|－lnx．当x∈[2，e]时，f(x)＝x2－2x－lnx，f′(x)＝2x－2－1x＝2x2－2x－1x>0，所以函数f(x)在[2，e]上单调递增；当x∈[1，2]时，f(x)＝－x2＋2x－lnx，f′(x)＝－2x＋2－1x＝－2x2＋2x－1x<0，所以函数f(x)在区间[1，2]上单调递减．所以f(x)在区间[1，e]上有最小值f(2)＝－ln2，又因为f(1)＝1，f(e)＝e(e－2)－1，而e(e－2)－1＜1，所以f(x)在区间[1，e]上有最大值f(1)＝1.考点考向探究第18讲　导数及其应用返回目录(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f(x)≥0，得|x－a|≥lnxx.(*)(i)当x∈(0，1)时，|x－a|≥lnxx＜0，不等式(*)恒成立，所以a∈R；(ii)当x≥1时，①当a≤1时，由|x－a|≥lnxx得x－a≥lnxx，即a≤x－lnxx，考点考向探究第18讲　导数及其应用返回目录令h(x)＝x－lnxx，则h′(x)＝x2－1＋lnxx2，因为x≥1，所以h′(x)≥0，故h(x)在[1，＋∞)上单调递增，从而h(x)的最小值为1，因为a1时，|x－a|的最小值为0，而lnxx>0(x>1)，显然不满足题意．综上可得，满足条件的a的取值范围是(－∞，1]．考点考向探究第18讲　导数及其应用返回目录►考点三数与函数不等式的综合问题导数与函数的单调性、极值和最值——1.不等式恒成立；2.构建函数解决证明问题；3.确定双变量不等式中参数值或范围导数与各种类型的不等式题型：解答分值：15分难度：较难热点：以单调性、极值、最值为依托的各类不等式证明，或者根据不等式确定参数的范围考点考向探究第18讲　导数及其应用返回目录例6已知定义在正实数集上的函数f(x)＝12x2＋2ex，g(x)＝3e2lnx＋b(其中e为常数，e＝2.71828…)，若这两个函数的图像有一个公共点，且两函数的图像在该点处的切线相同．(1)求实数b的值；(2)当x∈[1，e]时，2[f(x)－2ex]＋a6e2[2g(x)＋e2]≤(a＋2)x恒成立，求实数a的取值范围．考点考向探究第18讲　导数及其应用►考向一不等式恒成立问题返回目录解：(1)由已知可得f′(x)＝x＋2e，g′(x)＝3e2x.设函数f(x)＝12x2＋2ex与g(x)＝3e2lnx＋b的图像的公共点的坐标为(x0，y0)，由题意得12x20＋2ex0＝3e2lnx0＋b，x0＋2e＝3e2x0，x0>0，解得x0＝e，b＝－e22.故b的值为－e22.考点考向探究第18讲　导数及其应用返回目录(2)由(1)知，g(x)＝3e2lnx－e22，所以2[f(x)－2ex]＋a6e2[2g(x)＋e2]＝x2＋alnx，则原不等式转化为a(x－lnx)≥x2－2x.①当x∈[1，e]时，lnx≤1≤x，且等号不能同时成立，故x－lnx>0，所以由①式可得a≥x2－2xx－lnx在区间[1，e]上恒成立．设F(x)＝x2－2xx－lnx，x∈[1，e]，则F′(x)＝（x－1）（x＋2－2lnx）（x－lnx）2.考点考向探究第18讲　导数及其应用返回目录显然x－1≥0，lnx≤1，所以x＋2－2lnx>0，所以F′(x)≥0(当且仅当x＝1时取等号)，所以F(x)在区间[1，e]上为增函数，故F(x)max＝F(e)＝e2－2ee－1，所以实数a的取值范围是e2－2ee－1，＋∞.考点考向探究第18讲　导数及其应用[小结]对于求不等式恒成立时的参数范围问题，尽可能将参数分离出来，使不等式的一端是参数，另一端是某一区间上的具体函数，这就把问题转化为一端是函数，另一端是常数M的不等式问题．返回目录考点考向探究变式题已知a＞0，函数f(x)＝axx2＋1＋2a，g(x)＝alnx－x＋a.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：对于任意的x1，x2(0∈，e)，都有f(x1)＞g(x2)．第18讲　导数及其应用解：(1)易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝a（1－x2）（x2＋1）2＝a（1－x）（1＋x）（x2＋1）2.因为a＞0，所以当x＜－1或x＞1时，f′(x)＜0,当－1＜x＜1时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为(－1，1)，单调递减区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)．　　返回目录(2)证明：因为f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，e)上单调递减，且f(0)＝2a，f(e)＝eae2＋1＋2a＞2a，所以当x∈(0，e)时，f(x)＞2a.由g(x)＝alnx－x＋a，可得g′(x)＝ax－1＝a－xx.①当a≥e时，函数g(x)在区间(0，e)上是增函数，所以，当x∈(0，e)时，g(x)＜g(e)＝2a－e＜2a.所以，当x∈(0，e)时，对于任意的x1，x2∈(0，e)，都有f(x1)＞2a，g(x2)＜2a，所以f(x1)＞g(x2)．②当0＜a＜e时，函数g(x)在区间(0，a)上是增函数，在区间(a，e)上是减函数，考点考向探究第18讲　导数及其应用　　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用例7已知函数f(x)＝lnx－xx.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)若m＞0，求f(x)在区间[m，2m]上的最大值；(3)证明：对于n∈N*且n≥2，不等式2＋21lnnkk＞n＋1n恒成立．所以，当x∈(0，e)时，g(x)≤g(a)＝alna＜2a.所以，当x∈(0，e)时，对于任意的x1，x2∈(0，e)，都有f(x1)＞2a，g(x2)＜2a，所以f(x1)＞g(x2)．综上所述，对于任意的x1，x2∈(0，e)，都有f(x1)＞g(x2)．►考向二构建函数解决证明问题　　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnxx2，令1－lnxx2＝0，得lnx＝1，即x＝e.当0＜x＜e时，f′(x)＝1－lnxx2＞0；当x＞e时，f′(x)＝1－lnxx2＜0.所以函数f(x)在区间(0，e]上单调递增，在区间(e，＋∞)上单调递减．　　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用(2)由(1)的结论知，①当0＜2m≤e，即0＜m≤e2时，f(x)在区间[m，2m]上单调递增，所以f(x)max＝f(2m)＝ln2m2m－1.②当m＞e时，f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝lnmm－1.③当m≤e＜2m，即e2＜m≤e时，f(x)max＝f(e)＝1e－1.(3)证明：由(1)知，当x∈(0，＋∞)时恒有f(x)＝lnxx－1≤1e－1，即lnxx≤1e，故lnx≤xe，当且仅当x＝e时，等号成立．令x＝ek2(k∈N*)，代入整理得1－lnk2≤1k2，即lnk2≥1－1k2，所以当n≥2时，21lnnkk≥n－211nkk＞n－1＋11×2＋12×3＋…＋1（n－1）×n＝n－2＋1n(n∈N*)，故对于n∈N*且n≥2，不等式2＋21lnnkk＞n＋1n恒成立．考点考向探究第18讲　导数及其应用　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用[小结]在导数的综合解答题中考查正整数的不等式，其主要方法是利用题目中给出的函数和已经得出的区间上的不等式，通过赋值的方法得出关于正整数的一组不等式，通过累加、累乘等得出所证不等式．变式题已知函数f(x)＝alnx＋2x＋1(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)在x∈[1，＋∞)时的最小值；(2)若f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；(3)求证：ln(n＋1)>13＋15＋17＋…＋12n＋1(n∈N*)．　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用解：(1)f(x)＝lnx＋2x＋1，定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)＝1x－2（x＋1）2＝x2＋1x（x＋1）2>0，∴f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，∴f(x)min＝f(1)＝1.(2)f′(x)＝ax－2（x＋1）2＝ax2＋2（a－1）x＋ax（x＋1）2.令h(x)＝ax2＋2(a－1)x＋a，若f(x)存在单调递减区间，则h′(x)<0有正数解，即ax2＋2(a－1)x＋a<0有大于0的解，①当a＝0时，明显成立．　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用②当a<0时，曲线y＝ax2＋2(a－1)x＋a为开口向下的抛物线，因此ax2＋2(a－1)x＋a<0必有大于0的解．③当a>0时，曲线y＝ax2＋2(a－1)x＋a为开口向上的抛物线，因此方程ax2＋2(a－1)x＋a＝0有正根，设其为x1，x2.∵x1x2＝1＞0，∴方程ax2＋2(a－1)x＋a＝0有两正根，∴Δ>0，x1＋x2>0，解得01时，lnx＋2x＋1>1，即lnx>x－1x＋1.令x＝k＋1k(k∈N*)，则有lnk＋1k>12k＋1，∴11lnnkkk＞k＝1n12k＋1.∵ln(n＋1)＝k＝1nlnk＋1k，∴ln(n＋1)>13＋15＋…＋12n＋1.　　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用►考向三确定双变量不等式中参数值或范围例８已知函数f(x)＝mxx2＋n(m，n∈R)在x＝1处取得极值2.(1)求f(x)的解析式．(2)设A是曲线y＝f(x)上除原点O外的任意一点，过OA的中点且垂直于x轴的直线交曲线于点B，试问：是否存在这样的点A，使得曲线在点B处的切线与OA平行？若存在，求出点A的坐标；若不存在，说明理由．(3)设函数g(x)＝x2－2ax＋a，若对于任意的x1∈R，总存在x2[∈－1，1]，使得g(x2)≤f(x1)，求实数a的取值范围．　　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用解：(1)∵f(x)＝mxx2＋n，∴f′(x)＝m（x2＋n）－mx·2x（x2＋n）2＝mn－mx2（x2＋n）2.又f(x)在x＝1处取得极值2，∴f′（1）＝0，f（1）＝2，即m（n－1）（1＋n）2＝0，m1＋n＝2，解得n＝1，m＝4.经检验满足题意，∴f(x)＝4xx2＋1.　　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用(2)由(1)知f′(x)＝4－4x2（x2＋1）2.假设存在满足条件的点A，且Ax0，4x0x20＋1(x0≠0)，则OA的斜率kOA＝4x20＋1.由题易知点B的横坐标为x02，且f′x02＝4－4x022x022＋12＝16（4－x20）（x20＋4）2，则由kOA＝f′x02，得4x20＋1＝16（4－x20）（x20＋4）2，∴5x40＝4x20，∵x0≠0，∴x20＝45，解得x0＝±255.故存在满足条件的点A，　　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用此时点A的坐标为255，859或－255，－859.(3)方法一：f′(x)＝－4（x＋1）（x－1）（x2＋1）2，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减∴f(x)在x＝－1处取得极小值f(－1)＝－2，在x＝1处取得极大值f(1)＝2.又当x>0时，f(x)>0，∴f(x)的最小值为f(－1)＝－2.　　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用∵对于任意的x1∈R，总存在x2∈[－1，1]，使得g(x2)≤f(x1)，∴当x∈[－1，1]时，g(x)min≤－2.g(x)＝x2－2ax＋a＝(x－a)2＋a－a2，∴当a≤－1时，g(x)的最小值为g(－1)＝1＋3a，由1＋3a≤－2，得a≤－1；当a≥1时，g(x)的最小值为g(1)＝1－a，由1－a≤－2，得a≥3；当－10)，∴当x∈0，13时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)的单调递增区间为0，13，(1，＋∞)．(2)g(x)＝bx2有极大值，则b<0，且当x＝0时，g(x)取得极大值，g(x)极大值＝0.　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用f′(x)＝a2－4xx，当x∈0，a24时，f′(x)>0，当x∈a24，＋∞时，f′(x)<0，∴f(x)极大值＝fa24＝a2lna24－a2＝0∴a2＝4e.设p(x)＝4elnx－4x＋bx，p′(x)＝4ex－4＋b，令p′(x)＝0，得x＝4e4－b＜e.(i)当4e4－b≤1，即b≤4－4e时，p′(x)≤0，∴p(x)单调递减，　返回目录考点考向探究第18讲　导数及其应用∴p(x)max＝p(1)＝－4＋b＝－8e，∴b＝4－8e<4－4e，符合题意；(ii)当1<4e4－b0，p(x)单调递增，当x∈4e4－b，e2时，p′(x)<0，p(x)单调递减，∴p(x)max＝p4e4－b＝－8e，解得b＝4－4e2<4－4e，不符题意，舍去．综上所述，b＝4－8e.返回目录————教师备用例题教师备用例题————　　第18讲　导数及其应用例1【单独使用，解决导数与方程的根的问题】[2013·山东卷]设函数f(x)＝xe2x＋c(e＝2.71828…是自然对数的底数，c∈R)．(1)求f(x)的单调区间、最大值；(2)讨论关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数．　返回目录第18讲　导数及其应用解：(1)f′(x)＝(1－2x)e－2x.由f′(x)＝0，解得x＝12.当x＜12时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞12时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以，函数f(x)的单调递增区间是－∞，12，单调递减区间是12，＋∞，最大值为f12＝12e－1＋c.(2)令g(x)＝|lnx|－f(x)＝|lnx|－xe－2x－c，x∈(0，＋∞)．①当x∈(1，＋∞)时，lnx＞0，则g(x)＝lnx－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2xe2xx＋2x－1.　返回目录第18讲　导数及其应用因为2x－1＞0，e2xx＞0，所以g′(x)＞0，因此g(x)在(1，＋∞)上单调递增．②当x∈(0，1)时，lnx＜0，则g(x)＝－lnx－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2x－e2xx＋2x－1.因为e2x∈(1，e2)，e2x＞1＞x＞0，所以－e2xx＜－1.又2x－1＜1，所以－e2xx＋2x－1＜0，即g′(x)＜0.因此g(x)在(0，1)上单调递减．综合①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－e－2－c.　返回目录第18讲　导数及其应用当g(1)＝－e－2－c＞0，即c＜－e－2时，g(x)没有零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；当g(1)＝－e－2－c＝0，即c＝－e－2时，g(x)只有一个零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；当g(1)＝－e－2－c＜0，即c＞－e－2时，(i)当x∈(1，＋∞)时，由(1)知g(x)＝lnx－xe－2x－c≥lnx－12e－1＋c＞lnx－1－c，要使g(x)＞0，只需lnx－1－c＞0，即x∈(e1＋c，＋∞)；(ii)当x∈(0，1)时，由(1)知g(x)＝－lnx－xe－2x－c≥－lnx－12e－1＋c＞－lnx－1－c，要使g(x)＞0，只需－lnx－1－c＞返回目录第18讲　导数及其应用0，即x∈(0，e－1－c)；所以当c＞－e－2时，g(x)有两个零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.综上所述，当c＜－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；当c＝－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；当c＞－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.返回目录例２【配考点三使用】已知函数f(x)＝x－1lnx.(1)求证：当x＞1时，f(x)＞1；(2)令an＋1＝f(an)(n∈N*)，a1＝e，求证：2nlnan≥1.第18讲　导数及其应用证明：(1)令g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝1x－1＝1－xx.当0＜x＜1时，g′(x)＞0，所以函数y＝g(x)在区间(0，1)上为增函数，所以当0＜x＜1时，g(x)＜g(1)＝0，即lnx－x＋1＜0.当x＞1时，g′(x)＜0，所以函数y＝g(x)在区间(1，＋∞)上为减函数，所以当x＞1时，g(x)＜g(1)＝0，即lnx－x＋1＜0，故当x＞1时，0＜lnx＜x－1，所以x－1lnx＞1，即f(x)＞1.　返回目录第18讲　导数及其应用(2)下面用数学归纳法证明2nlnan≥1.(i)当n＝1时，a1＝e，所以2lna1＝2lne＝1，所以当n＝1时，命题成立．(ii)假设n＝k(k≥1)时，命题成立，即2klnak≥1.要证明n＝k＋1时，命题成立，即证明2k＋1lnak＋1≥1，只需证明ak＋1≥e112k，依题意知ak＋1＝f(ak)，即证明f(ak)≥e112k.f′(x)＝x－1lnx′＝lnx＋1x－1（lnx）2＝－ln1x＋1x－1（lnx）2.当x＞1时，有0＜1x＜1，由(1)可知ln1x－1x＋1＜0，返回目录第18讲　导数及其应用即－ln1x＋1x－1＞0，所以当x＞1时，f′(x)＞0，所以函数y＝f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数．由归纳假设2klnak≥1，得ak≥e12k＞1，所以f(ak)≥f12ek＝1212e1lnekk＝12e112kk.①若f12ek≥112ek，则必有f(ak)≥112ek，故现在证明f12ek≥112ek.返回目录第18讲　导数及其应用构造函数h(x)＝ex－1－xe2x，因为x＞0，所以e2x＞1，由(1)知lne2x－e2x＋1＜0，即e2x－x2－1＞0，所以h′(x)＞0，所以函数y＝h(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，所以h12k＞h(0)＝0，即e12k－1－12ke11·22k＞0，则f（e12k）＝12e112kk＞112ek.②由①②及题意知f(ak)>112ek，即2k＋1lnak＋1>1.综合(i)(ii)知，对任意的n∈N*，都有2nlnan≥1成立．返回目录考点考向探究核心知识聚焦第第1919讲　复数、计数原理、讲　复数、计数原理、二项式定理与概率二项式定理与概率体验高考体验高考返回目录⇒复数的概念关键词：复数、虚数单位、纯虚数、共轭复数，如①.主干知识主干知识第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率核心知识聚焦[解析]由a，b∈R，(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi＝2i,得a2－b2＝0，2ab＝2，所以a＝1，b＝1或a＝－1，b＝－1.[答案]充分不必要条件1．[2014·浙江卷改编]已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a＝b＝1”是“（a＋bi）2＝2i”的条件①.体验高考体验高考　　返回目录2．[2014·新课标全国卷Ⅰ改编]（1＋i）3（1－i）2②＝________．⇒复数的运算关键词：复数的加减运算、乘除运算，如②.主干知识主干知识　　核心知识聚焦第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率[解析]（1＋i）3（1－i）2＝（1＋i）2（1＋i）（1－i）2＝2i（1＋i）－2i＝－1－i.[答案]－1－i体验高考体验高考　　返回目录3．[2014·浙江卷]在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，则不同的获奖情况有③________种(用数字作答)．[答案]60⇒计数原理关键词：两个基本原理、排列、组合，如③.主干知识主干知识　　核心知识聚焦第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率[解析]分两种情况：一种是有一人获得两张奖券，一人获得一张奖券，有C23A24＝36种；另一种是三人各获得一张奖券，有A34＝24种．故共有60种获奖情况．体验高考体验高考　　返回目录4．[2014·浙江卷改编]在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3，0)＋f(2，1)＋f(1，2)＋f(0，3)＝________④.[答案]120⇒二项式定理关键词：二项式、通项公式、系数，如④.主干知识主干知识　　核心知识聚焦第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率[解析]含xmyn项的系数为f(m，n)＝Cm6Cn4，故原式＝C36C04＋C26C14＋C16C24＋C06C34＝120，故选C.体验高考体验高考　　返回目录5．[2013·新课标全国卷Ⅰ改编]从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率⑤是_______．[答案]13⇒概率关键词：随机事件、古典概型、几何概型，如⑤.主干知识主干知识核心知识聚焦第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率[解析]从1，2，3，4中任取2个不同的数的基本事件是(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6个，其中两数之差的绝对值为2的基本事件是(1，3)，(2，4)，共2个，故所求的概率是13.返回目录知识必备复数虚数单位规定i2＝－1，实数可以与它进行四则运算，并且运算时原有的加法、乘法运算律仍成立．i4k＝1，i4k＋1＝i，i4k＋2＝－1，i4k＋3＝－i(k∈Z)复数形如a＋bi(a，b∈R)的数叫作复数，a叫作复数的实部，b叫作复数的虚部．b≠0时叫虚数，a＝0，b≠0时叫纯虚数复数相等a＋bi＝c＋di(a，b，c，d∈R)⇔a＝c，b＝d复数概念共轭复数实部相等，虚部互为相反数，即z＝a＋bi，则z－＝a－bi————教师教师知识必备知识必备————　　第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录加减法(a＋bi)±(c＋di)＝(a±c)＋(b±d)i(a，b，c，d∈R)乘法(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(bc＋ad)i(a，b，c，d∈R)运算除法(a＋bi)÷(c＋di)＝ac＋bdc2＋d2＋bc－dac2＋d2i(c＋di≠0，a，b，c，d∈R)复数几何意义复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b)向量OZ→，向量OZ→的模叫作复数z的模，|z|＝a2＋b2————教师教师知识必备知识必备————　　第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录分类加法计数原理完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法基本原理分步乘法计数原理完成一件事需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法定义从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个排列，所有不同排列的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号Amn表示排列、组合与二项式定理排列排列数公式Amn＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！（n－m）！(n，m∈N*，且m≤n)，规定0！＝1知识必备排列、组合与二项式定理————教师教师知识必备知识必备————　　第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录定义从n个不同元素中任意取出m(m≤n)个元素合成一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合，所有不同组合的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号Cmn表示组合数公式Cmn＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！，Cmn＝AmnAmm(m∈N，n∈N*，且m≤n)组合性质Cmn＝Cn－mn，Cmn＋1＝Cmn＋Cm－1n(m∈N，n∈N*，且m≤n)定理(a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Crnan－rbr＋…＋Cnnbn(Crn叫作二项式系数)通项公式Tr＋1＝Crnan－rbr(其中0≤r≤n，r∈N，n∈N*)排列、组合与二项式定理二项式定理系数和公式Crr＋Crr＋1＋Crr＋2＋…＋Crn＝Cr＋1n＋1；C0n＋C1n＋C2n＋…＋Crn＋…＋Cnn＝2n；C1n＋C3n＋C5n＋…＝C0n＋C2n＋C4n＋…＝2n－1；C1n＋2C2n＋3C3n＋…＋nCnn＝n2n－1————教师教师知识必备知识必备————　　第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录————教师教师知识必备知识必备————　　知识必备概率定义如果随机事件A在n次试验中发生了m次，当试验的次数n很大时，我们可以将发生的频率mn作为事件A发生的概率的近似值，即P(A)≈mn基本关系①包含关系；②相等关系；③和事件；④积事件互斥事件事件A和事件B在任何一次实验中不会同时发生概率事件关系对立事件事件A和事件B，在任何一次实验中有且只有一个发生类比集合关系第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录————教师教师知识必备知识必备————　　基本性质0≤P(A)≤1，P(∅)＝0，P(Ω)＝1(Ω为必然事件)互斥事件事件A，B互斥，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)性质对立事件事件A与它的对立事件A的概率满足P(A)＋P(A)＝1类比集合关系特征基本事件发生的等可能性和基本事件的个数的有限性概率古典概型计算公式P(A)＝mn，n为基本事件的个数，m为事件A所包含的基本事件的个数第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录►考点一复数的概念及运算复数的概念——1.复数概念的应用；2.根据复数概念求参数值复数的运算——1.复数代数形式的四则运算；2.复数相等的充要条件复数的几何意义——1.复数的模；2.复数对应的点所在的象限题型：选择、填空分值：5分难度：中等热点：复数代数形式的四则运算考点考向探究第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究例1(1)[2014·安徽卷]设i是虚数单位，z－表示复数z的共轭复数．若z＝1＋i，则zi＋i·z－＝()A．－2B．－2iC．2D．2i(2)[2014·广东卷]已知复数z满足(3＋4i)z＝25，则z＝()A．－3＋4iB．－3－4iC．3＋4iD．3－4i第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究[解析](1)因为z＝1＋i，所以zi＋i·z－＝(－i＋1)＋i＋1＝2.(2)因为(3＋4i)z＝25，所以z＝253＋4i＝25（3－4i）（3＋4i）（3－4i）＝3－4i.[答案](1)C(2)D第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究[小结]复数的核心考点是代数形式的四则运算，解题时只要按照法则进行即可，在除法运算中，把分子分母同时乘分母的共轭复数后转化为乘法运算．复数的一般形式是z＝a＋bi(a，b∈R)，在含有复数的方程中，只要设出复数的一般形式，再根据复数相等的充要条件，就把问题转化为关于实数的方程组问题，即把复数问题实数化．第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究变式题(1)若复数(m－1)＋(m－2)i(m∈R)是纯虚数，则实数m等于()A．0B．1C．2D．1或2(2)已知a∈R，若1＋ai2－i为实数，则a＝()A．2B．－2C．－12D.12第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究[解析](1)由题意知，m－1＝0，m－2≠0，所以m＝1.(2)1＋ai2－i＝（1＋ai）（2＋i）（2－i）（2＋i）＝2－a＋（2a＋1）i5∈R，所以2a＋1＝0，得a＝－12.[答案](1)Ｂ(2)Ｃ第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录►考点二排列与组合两个基本原理——利用两个基本原理求解计数问题排列与组合——利用排列组合求解计数问题题型：选择、填空分值：5分难度：中等热点：对事件进行分类或分步，利用排列或组合进行计算考点考向探究第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究例2(1)[2014·四川卷]六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A．192种B．216种C．240种D．288种(2)[2013·重庆卷]从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答)►考向一两个基本原理第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究[解析](1)当甲在最左端时，有A55＝120(种)排法；当甲不在最左端时，乙必须在最左端，且甲也不在最右端，有A11A14A44＝4×24＝96(种)排法．共计120＋96＝216(种)排法．故选B.(2)从12名医生中选出5名的选法有C512＝792种，其中只不选骨科医生的选法有C59－1＝125种；只不选脑外科医生的选法有C58－1＝55种；只不选内科医生的选法有C57＝21种；同时不选骨科和脑外科医生的选法有1种，故骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数有792－(125＋55＋21＋1)＝590.[答案](1)B(2)590第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率　返回目录[小结]解决排列组合问题的基本思路是：先对问题从大的方面分类，再对每一类情况进行分步，然后按照排列、组合数公式进行计算，最后根据两个基本原理整合得出结果．考点考向探究变式题(1)从0，1，2，3，4中任取四个数字组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数是________．(用数字作答)(2)显示屏有一排7个小孔，可显示0或1，若每次显示其中3个小孔，且相邻的两孔不能同时显示，则该显示屏能显示信号的种数为()A．10B．48C．60D．80第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究[解析](1)若个位数是0，则组成的四位数的个数是A34；若个位数数字为2，4之一，则组成的四位数的个数是A12A13A23.根据分类加法计数原理得四位数的总个数是A34＋A12A13A23＝24＋36＝60.(2)四个不显示的小孔隔开五个空位，位置的选法有C35＝10种，每个位置可以有2种数字显示，故共有10×8＝80(种)信号．[答案](1)60(2)D第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录例３[2014·辽宁卷]6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为()A．144B．120C．72D．24(2)分配4名水暖工去3个不同的居民家里检查暖气管道，要求这4名水暖工都分配出去，并且每个水暖工只去一个居民家，每个居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有()A．A34种B．A33·A33种C．C14·C13·A33种D．C24·A33种考点考向探究►考向二排列组合典型问题第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究[小结]解决排列组合问题的基本方法有直接法和间接法．直接法就是采用分类、分步的方法逐次求解，间接法是从问题的对立面求解．无论是直接法还是间接法，都要遵循“特殊元素、特殊位置优先考虑”的原则．注意几种典型的排列组合问题：相邻问题(捆绑法)、不相邻问题(插空法)、定序问题(组合法)、分组分配问题(先分组后分配)等．[解析](1)这是一个元素不相邻问题，采用插空法，A33C34＝24.(2)先把4名水暖工分为3组，方法数为C24，再分配到3个居民家中，方法数为A33.根据分步乘法计数原理得分配方案共有C24·A33种．[答案](1)D(2)D第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究变式题(1)有5盆品种不同的菊花，其中有黄菊花2盆、白菊花2盆、红菊花1盆，现把它们摆放成一排，要求2盆黄菊花必须相邻，2盆白菊花不能相邻，则这5盆花不同的摆放种数是()A．12B．24C．36D．48(2)将6位志愿者分配到甲、乙、丙3个志愿者工作站，每个工作站2人，由于志愿者特长不同，A不能去甲工作站，B只能去丙工作站，则共有________种不同的分配方法．第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究[答案](1)B(2)18[解析](1)黄菊花的排法有A22种，把其与红菊花排列的方法有A22种，在隔开的3个空位摆放白菊花的方法种数是A23，根据分步乘法计数原理得不同的摆放种数为A22·A22·A23＝24.(2)先安排甲工作站，方法种数为C24＝6，再安排乙工作站，方法种数为C23＝3，余下一人去丙工作站，方法种数是1，故总的分配方法种数是6×3＝18.第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究►考点三二项式定理二项式定理——使用二项式的通项求展开式的项或者项的系数二项式系数——求二项式系数、展开式系数和等题型：选择、填空分值：5分难度：中等热点：使用通项公式求展开式中指定项或指定项系数第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录例４(1)[2014·全国卷]xy－yx8的展开式中x2y2的系数为________．(用数字作答)(2)已知(1－ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝()A．4B．3C．2D．1考点考向探究►考向一二项式展开式的通项公式的应用[答案](1)70(2)D第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究[解析](1)易知二项展开式的通项Tr＋1＝Cr8xy8－r－yxr＝(－1)rCr8x382ry342r.要求x2y2的系数，需满足8－3r2＝2且3r2－4＝2，解得r＝4，所以T5＝(－1)4C48x2y2＝70x2y2，所以x2y2的系数为70.(2)(1－ax)(1＋x)5的展开式中，x2的系数为C25－aC15＝10－5a＝5，解得a＝1.[小结]二项式定理中最关键的是通项公式，求展开式中特定的项或者特定项的系数等均可以利用通项公式和方程思想解决.第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率　返回目录考点考向探究变式题在1－2x20的展开式中，系数为有理数的项共有________项．[答案]11[解析]展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr20(－2x)r，系数为有理数只需r为偶数即可，即r＝0，2，…，20，共11项．第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究►考向二二项式展开式的系数和例5设(x2＋1)(x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a1＋a2＋…＋a11＝________．[答案]5[解析]令x＝－2，得a0＝－5，令x＝－1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝0，所以a1＋a2＋…＋a11＝－a0＝5.[小结]二项展开式的系数和通常是通过对二项式及其展开式中给变量赋予特殊值得出的，注意根据展开式的形式给变量赋值．第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究变式题若(1＋ex)2014＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2014x2014，则－a1e＋a2e2－a3e3＋a4e4－…＋a2014e2014＝________．[答案]－1[解析]令x＝0，得a0＝1.令x＝－1e，得a0－a1e＋a2e2－a3e3＋a4e4－…＋a2014e2014＝0，所以－a1e＋a2e2－a3e3＋a4e4－…＋a2014e2014＝－a0＝－1.第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究►考点四随机事件的概率与古典概型随机事件——随机事件、互斥事件、对立事件、独立事、件的关系的应用古典概型——简单的古典概型的计算题型：选择、填空、解答分值：5分、12分难度：基础热点：古典概型的概率的计算第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究例6(1)从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则取出的3个数可作为三角形的三边边长的概率是()A．310B．15C．12D．35(2)[2013·新课标全国卷Ⅱ]从n个正整数1，2，3，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为114，则n＝________．[答案](1)A(2)8第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录考点考向探究[解析](1)基本事件的总数为C35＝10，其中能构成三角形三边长的数组为(2，3，4)，(2，4，5)，(3，4，5)，故其概率为310.(2)和为5的只有两种情况，1＋4，2＋3，故2C2n＝114⇒C2n＝28⇒n＝8.[小结]古典概型的关键是计算基本事件的个数和所求随机事件含有的基本事件的个数，在计算时要注意不要重复也不要遗漏．第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率　返回目录考点考向探究变式题(1)甲、乙两组各有三名同学，他们在一次测验中的成绩的茎叶图如图191所示，如果分别从甲、乙两组中各随机挑选一名同学，则这两名同学的成绩之差的绝对值不超过3的概率为________．图191(2)有3人，每人都以相同的概率被分配到4个房间中的一间，则至少有2人被分配到同一房间的概率是________．(3)袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有2个红球，3个黑球，1个白球．从袋中任取两球，两球颜色为一红一黑的概率为________．第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率　返回目录考点考向探究[答案](1)89(2)58(3)25[解析](1)基本事件总数为3×3＝9，其中成绩之差超过3的只有甲组的88和乙组的92，故所求概率为1－19＝89.(2)利用对立事件概率的关系.3人分到4个房间的分法总数是43＝64，每间至多只有一人的分法总数为20，所以至少有2人被分配到同一房间的概率是64－2064＝58.(3)P＝C12C13C26＝25.第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录————教师备用例题教师备用例题————　　例1【配例3使用】下面是关于复数z＝2－1＋i的四个命题：|①z|＝2；②z2＝2i；③z的共轭复数为1＋i；④z的虚部为－1.其中所有真命题的序号是________．[答案]②④[解析]z＝2－1＋i＝2（－1－i）2＝－1－i.故|z|＝2；z2＝2i；z－＝－1＋i；z的虚部为－1.故命题②④正确．第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录例２【配例4使用】某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为3个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，若掷出的点数为i(i＝1，2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去．则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有()A．22种B．24种C．25种D．36种第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录[解析]掷三次骰子，点数最多为18，因此回到点A处只能是一次，而不能是回到点A处后再次回到点A处．由于正方形的周长为12，所以说明三次掷的骰子点数之和为12.设三次点数分别为a，b，c，则方程a＋b＋c＝12且满足1≤a，b，c≤6的解的组数即为所求的走法种数．我们可以先固定其中的一个点数，分类求解另外两个点数的各种可能情况．若a＝1，则b＋c＝11，只能是(5，6)，(6，5)，2种情况；[答案]C第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率返回目录若a＝2，则b＋c＝10，只能是(4，6)，(5，5)，(6，4)，3种情况；若a＝3，则b＋c＝9，只能是(3，6)，(4，5)，(5，4)，(6，3)，4种情况；若a＝4，则b＋c＝8，只能是(2，6)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，5种情况；若a＝5，则b＋c＝7，只能是(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，6种情况；若a＝6，则b＋c＝6，只能是(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)，5种情况．故总计有2＋3＋4＋5＋6＋5＝25(种)走法．第19讲　复数、计数原理、二项式定理与概率

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