通過實驗研究，專家們發現：初中學生聽課的注意力指標數是隨著老師講課時間的變化而變化的，講課開始時，學生的興趣激增，中間有一段時間，學生的興趣保持平穩的狀態，隨后開始分散．學生注意力指標數y隨時間x（分鐘）變化的函數圖象如圖所示（y越大表示學生注意力越集中）．當0≤x≤10時，圖象是拋物線的一部分，當10≤x≤20和20≤x≤40時，圖象是線段．
（1）當0≤x≤10時，求注意力指標數y與時間x的函數關系式；
（2）一道數學競賽題需要講解24分鐘．問老師能否經過適當安排，使學生在聽這道題時，注意力的指標數都不低于36．

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通過實驗研究，專家們發現：初中學生聽課的注意力指標數是隨著老師講課時間的變化而變化的，講課開始時，學生的興趣激增，中間有一段時間，學生的興趣保持平穩的狀態，隨后開始分散．學生注意力指標數y隨時間x（分鐘）變化的函數圖象如圖所示（y越大表示學生注意力越集中）．當0≤x≤10時，圖象是拋物線的一部分，當10≤x≤20和20≤x≤40時，圖象是線段．
（1）當0≤x≤10時，求注意力指標數y與時間x的函數關系式；
（2）一道數學競賽題需要講解24分鐘．問老師能否經過適當安排，使學生在聽這道題時，注意力的指標數都不低于36．

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1．不改變f(x)值域，即不能縮小原函數定義域。選項B，C，D均縮小了的定義域，故選A。

2．先作出f(x,y)=0關于軸對稱的函數的圖象，即為函數f(-x,y)=0的圖象，又

f(2－x,y)=0即為，即由f(-x,y)=0向右平移2個單位。故選C。

3．命題p為真時，即真數部分能夠取到大于零的所有實數，故二次函數的判別式，從而；命題q為真時，。

    若p或q為真命題，p且q為假命題，故p和q中只有一個是真命題，一個是假命題。

    若p為真，q為假時，無解；若p為假，q為真時，結果為1<a<2，故選C.

4．圖像法解方程，也可代入各區間的一個數（特值法或代入法），選C；

5．函數f(x)的對稱軸為2，結合其單調性，選A；

6．從反面考慮，注意應用特例，選B；

7．設tan＝x (x>0），則＋＝，解出x＝2，再用萬能公式，選A；

8．利用是關于n的一次函數，設S＝S＝m，＝x，則（,p）、(,q)、

(x，p+q)在同一直線上，由兩點斜率相等解得x＝0，則答案：0；

9．設cosx＝t，t∈[-1,1]，則a＝t－t－1∈[－,1]，所以答案：[－,1]；

10．設高h，由體積解出h＝2，答案：24；

11．設長x，則寬，造價y＝4×120＋4x×80＋×80≥1760，答案：1760。

12．運用條件知：=2，且

==16

13．依題意可知，從而可知，所以有

，又為正整數，取，則

，所以，從而，所以，又，所以，因此有最小值為。

下面可證時，，從而，所以, 又,所以,所以,綜上可得:的最小值為11。

14．分析:這是有關函數定義域、值域的問題，題目是逆向給出的，解好本題要運用復合函數，把f(x)分解為u=ax+2x+1和y=lgu 并結合其圖象性質求解．

切實數x恒成立．   a=0或a＜0不合題意，

解得a＞1．

當a＜0時不合題意；    a=0時，u=2x+1，u能取遍一切正實數；

a＞0時，其判別式Δ=22-4×a×1≥0，解得0＜a≤1．

所以當0≤a≤1時f(x)的值域是R．

15．分析：此問題由于常見的思維定勢，易把它看成關于x的不等式討論。然而，若變換一個角度以m為變量，即關于m的一次不等式(x－1)m－(2x－1)<0在[-2,2]上恒成立的問題。對此的研究，設f(m)＝(x－1)m－(2x－1)，則問題轉化為求一次函數（或常數函數）f(m)的值在[-2,2]內恒為負值時參數x應該滿足的條件。

解：問題可變成關于m的一次不等式：(x－1)m－(2x－1)<0在[-2,2] 恒成立，設f(m)＝(x－1)m－(2x－1),  則

解得x∈（,）

說明 本題的關鍵是變換角度，以參數m作為自變量而構造函數式，不等式問題變成函數在閉區間上的值域問題。本題有別于關于x的不等式2x－1>m(x－1)的解集是[-2,2]時求m的值、關于x的不等式2x－1>m(x－1)在[-2,2]上恒成立時求m的范圍。

一般地，在一個含有多個變量的數學問題中，確定合適的變量和參數，從而揭示函數關系，使問題更明朗化。或者含有參數的函數中，將函數自變量作為參數，而參數作為函數，更具有靈活性，從而巧妙地解決有關問題。

16．分析： ①問利用公式a與S建立不等式，容易求解d的范圍；②問利用S是n的二次函數，將S中哪一個值最大，變成求二次函數中n為何值時S取最大值的函數最值問題。

解：① 由a＝a＋2d＝12,得到a＝12－2d，所以

S＝12a＋66d＝12(12－2d)＋66d＝144＋42d>0，

S＝13a＋78d＝13(12－2d)＋78d＝156＋52d<0。

 解得：－<d<－3。

② S＝na＋n(n1－1)d＝n(12－2d)＋n(n－1)d

＝[n－(5－)]－[(5－)]

因為d<0，故[n－(5－)]最小時，S最大。由－<d<－3得6<(5－)<6.5，故正整數n＝6時[n－(5－)]最小，所以S最大。

說明： 數列的通項公式及前n項和公式實質上是定義在自然數集上的函數，因此可利用函數思想來分析或用函數方法來解決數列問題。也可以利用方程的思想，設出未知的量，建立等式關系即方程，將問題進行算式化，從而簡潔明快。由次可見，利用函數與方程的思想來解決問題，要求靈活地運用、巧妙的結合，發展了學生思維品質的深刻性、獨創性。

本題的另一種思路是尋求a>0、a<0 ，即：由d<0知道a>a>…>a，由S＝13a<0得a<0，由S＝6(a＋a)>0得a>0。所以，在S、S、…、S中，S的值最大。

17．分析：異面直線PB和AC的距離可看成求直線PB上任意一點到AC的距離的最小值，從而設定變量，建立目標函數而求函數最小值。

  P

         M
A        H       B
     D     C

解：在PB上任取一點M，作MD⊥AC于D，MH⊥AB于H，

設MH＝x，則MH⊥平面ABC，AC⊥HD 。

∴MD＝x＋[(2r－x)sinθ]＝(sin＋1)x－4rsinθx＋4rsinθ＝(sinθ＋1)[x－]＋

即當x＝時，MD取最小值為兩異面直線的距離。

說明：本題巧在將立體幾何中“異面直線的距離”變成“求異面直線上兩點之間距離的最小值”，并設立合適的變量將問題變成代數中的“函數問題”。一般地，對于求最大值、最小值的實際問題，先將文字說明轉化成數學語言后，再建立數學模型和函數關系式，然后利用函數性質、重要不等式和有關知識進行解答。比如再現性題組第8題就是典型的例子。

18．分析：已知了一個積式，考慮能否由其它已知得到一個和式，再用方程思想求解。

解： 由A、B、C成等差數列，可得B＝60°；

由△ABC中tanA＋tanB＋tanC＝tanA?tanB?tanC，得

tanA＋tanC＝tanB(tanA?tanC－1)＝ (1＋)

設tanA、tanC是方程x－(＋3)x＋2＋＝0的兩根，解得x＝1，x＝2＋

設A<C，則tanA＝1，tanC＝2＋，   ∴A＝，C＝

由此容易得到a＝8，b＝4，c＝4＋4。

說明：本題的解答關鍵是利用“△ABC中tanA＋tanB＋tanC＝tanA?tanB?tanC”這一條性質得到tanA＋tanC，從而設立方程求出tanA和tanC的值，使問題得到解決。

19．分析：當x∈(-∞,1]時f(x)＝lg有意義的函數問題，轉化為1＋2＋4a>0在x∈(-∞,1]上恒成立的不等式問題。

解：由題設可知，不等式1＋2＋4a>0在x∈(-∞,1]上恒成立，

即：()＋()＋a>0在x∈(-∞,1]上恒成立。

設t＝(),  則t≥，   又設g(t)＝t＋t＋a，其對稱軸為t＝－

∴ t＋t＋a＝0在[,+∞)上無實根，  即 g()＝()＋＋a>0，得a>－

所以a的取值范圍是a>－。

說明：對于不等式恒成立，引入新的參數化簡了不等式后，構造二次函數利用函數的圖像和單調性進行解決問題，其中也聯系到了方程無解，體現了方程思想和函數思想。一般地，我們在解題中要抓住二次函數及圖像、二次不等式、二次方程三者之間的緊密聯系，將問題進行相互轉化。

在解決不等式()＋()＋a>0在x∈(-∞,1]上恒成立的問題時，也可使用“分離參數法”： 設t＝(),  t≥，則有a＝－t－t∈(－∞,－]，所以a的取值范圍是a>－。其中最后得到a的范圍，是利用了二次函數在某區間上值域的研究，也可屬應用“函數思想”。

20．解：f(x)=cosqsinx－(sinxcosq－cosxsinq)+(tanq－2)sinx－sinq

       =sinqcosx+(tanq－2)sinx－sinq

因為f(x)是偶函數，

所以對任意xÎR，都有f(－x)=f(x)，

即sinqcos(－x)+(tanq－2)sin(－x)－sinq=sinqcosx+(tanq－2)sinx－sinq,

即(tanq－2)sinx=0，

所以tanq=2

由

解得或

此時，f(x)=sinq(cosx－1).

當sinq=時，f(x)=(cosx－1)最大值為0，不合題意最小值為0，舍去；

當sinq=時，f(x)=(cosx－1)最小值為0，

當cosx=－1時，f(x)有最大值為,

自變量x的集合為{x|x=2kp+p,kÎZ}．

21．解：（1）；．，
若上是增函數，則恒成立，即
若上是減函數，則恒成立，這樣的不存在．
綜上可得：．

（2）（證法一）設，由得，于是有，（1）－（2）得：，化簡可得
，，，故，即有．

（證法二）假設，不妨設，由（1）可知在

上單調遞增，故，

這與已知矛盾，故原假設不成立，即有．