成人高考高起点数学复习讲义
难点1 集合思想及应用
集合是高中数学的基本知识，为历年必考内容之一，主要考查对集合基本概念的认识和理解，以及作为工具，考查集合语言和集合思想的运用.本节主要是帮助考生运用集合的观点，不断加深对集合概念、集合语言、集合思想的理解与应用.
●难点磁场
(★★★★★)已知集合A={(x,y)|x2+mx－y+2=0},B={(x,y)|x－y+1=0,且0≤x≤2},如果A∩B≠,求实数m的取值范围.
●案例探究
［例1］设A={(x,y)|y2－x－1=0},B={(x,y)|4x2+2x－2y+5=0},C={(x,y)|y=kx+b},是否存在k、b∈N,使得(A∪B)∩C=，证明此结论.
命题意图：本题主要考查考生对集合及其符号的分析转化能力，即能从集合符号上分辨出所考查的知识点，进而解决问题.属★★★★★级题目.
知识依托：解决此题的闪光点是将条件(A∪B)∩C=转化为A∩C=且B∩C=，这样难度就降低了.
错解分析：此题难点在于考生对符号的不理解，对题目所给出的条件不能认清其实质内涵，因而可能感觉无从下手.
技巧与方法：由集合A与集合B中的方程联立构成方程组，用判别式对根的情况进行限制，可得到b、k的范围，又因b、k∈N,进而可得值.
解：∵(A∪B)∩C=，∴A∩C=且B∩C=
∵ ∴k2x2+(2bk－1)x+b2－1=0
∵A∩C=
∴Δ1=(2bk－1)2－4k2(b2－1)<0
∴4k2－4bk+1<0,此不等式有解，其充要条件是16b2－16>0,即b2>1 ①
∵
∴4x2+(2－2k)x+(5+2b)=0
∵B∩C=,∴Δ2=(1－k)2－4(5－2b)<0
∴k2－2k+8b－19<0,从而8b<20,即b<2.5 ②
由①②及b∈N,得b=2代入由Δ1<0和Δ2<0组成的不等式组，得
∴k=1,故存在自然数k=1,b=2,使得(A∪B)∩C=.
［例2］向50名学生调查对A、B两事件的态度，有如下结果：赞成A的人数是全体的五分之三，其余的不赞成，赞成B的比赞成A的多3人，其余的不赞成；另外，对A、B都不赞成的学生数比对A、B都赞成的学生数的三分之一多1人.问对A、B都赞成的学生和都不赞成的学生各有多少人？
命题意图：在集合问题中，有一些常用的方法如数轴法取交并集，韦恩图法等，需要考生切实掌握.本题主要强化学生的这种能力.属★★★★级题目.
知识依托：解答本题的闪光点是考生能由题目中的条件，想到用韦恩图直观地表示出来.
错解分析：本题难点在于所给的数量关系比较错综复杂，一时理不清头绪，不好找线索.
技巧与方法：画出韦恩图，形象地表示出各数量关系间的联系.
解：赞成A的人数为50×=30，赞成B的人数为30+3=33，如上图，记50名学生组成的集合为U，赞成事件A的学生全体为集合A；赞成事件B的学生全体为集合B.
设对事件A、B都赞成的学生人数为x,则对A、B都不赞成的学生人数为+1,赞成A而不赞成B的人数为30－x，赞成B而不赞成A的人数为33－x.
依题意(30－x)+(33－x)+x+(+1)=50,解得x=21.
所以对A、B都赞成的同学有21人，都不赞成的有8人.
●锦囊妙计
1.解答集合问题，首先要正确理解集合有关概念，特别是集合中元素的三要素；对于用描述法给出的集合{x|x∈P},要紧紧抓住竖线前面的代表元素x以及它所具有的性质P；要重视发挥图示法的作用，通过数形结合直观地解决问题.
2.注意空集的特殊性，在解题中，若未能指明集合非空时，要考虑到空集的可能性，如AB,则有A=或A≠两种可能，此时应分类讨论.
●歼灭难点训练
一、选择题
1.(★★★★)集合M={x|x=,k∈Z},N={x|x=,k∈Z},则( )
A.M=N B.MN C.MN D.M∩N=
2.(★★★★)已知集合A={x|－2≤x≤7},B={x|m+1<x<2m－1}且B≠,若A∪B=A，则( )
A.－3≤m≤4 B.－3<m<4
C.2<m<4 D.2<m≤4
二、填空题
3.(★★★★)已知集合A={x∈R|ax2－3x+2=0,a∈R},若A中元素至多有1个，则a的取值范围是_________.
4.(★★★★)x、y∈R,A={(x,y)|x2+y2=1},B={(x,y)| =1,a>0,b>0},当A∩B只有一个元素时，a,b的关系式是_________.
三、解答题
5.(★★★★★)集合A={x|x2－ax+a2－19=0},B={x|log2(x2－5x+8)=1}，C={x|x2+2x－8=0},求当a取什么实数时，A∩B 和A∩C=同时成立.
6.(★★★★★)已知{an}是等差数列，d为公差且不为0，a1和d均为实数，它的前n项和记作Sn,设集合A={(an,)|n∈N*},B={(x,y)| x2－y2=1,x,y∈R}.
试问下列结论是否正确，如果正确，请给予证明；如果不正确，请举例说明.
(1)若以集合A中的元素作为点的坐标，则这些点都在同一条直线上；
(2)A∩B至多有一个元素；
(3)当a1≠0时，一定有A∩B≠.
7.(★★★★)已知集合A={z||z－2|≤2,z∈C},集合B={w|w=zi+b,b∈R},当A∩B=B时，求b的值.
8.(★★★★)设f(x)=x2+px+q,A={x|x=f(x)},B={x|f［f(x)］=x}.
(1)求证：AB;
(2)如果A={－1，3}，求B.
参考答案
难点磁场
解：由得x2+(m－1)x+1=0 ①
∵A∩B≠
∴方程①在区间［0，2］上至少有一个实数解.
首先，由Δ=(m－1)2－4≥0,得m≥3或m≤－1,当m≥3时，由x1+x2=－(m－1)＜0及x1x2=1>0知，方程①只有负根，不符合要求.
当m≤－1时，由x1+x2=－(m－1)>0及x1x2=1>0知，方程①只有正根，且必有一根在区间(0，1］内，从而方程①至少有一个根在区间［0，2］内.
故所求m的取值范围是m≤－1.
歼灭难点训练
一、1.解析：对M将k分成两类：k=2n或k=2n+1(n∈Z),M={x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=
nπ+,n∈Z},对N将k分成四类，k=4n或k=4n+1,k=4n+2,k=4n+3(n∈Z),N={x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=nπ+π,n∈Z}∪{x|x=nπ+,n∈Z}.
答案：C
2.解析：∵A∪B=A，∴BA,又B≠,
∴即2＜m≤4.
答案：D
二、3.a=0或a≥
4.解析：由A∩B只有1个交点知，圆x2+y2=1与直线=1相切，则1=,即ab=.
答案：ab=
三、5.解：log2(x2－5x+8)=1,由此得x2－5x+8=2，∴B={2,3}.由x2+2x－8=0，∴C={2,－4},又A∩C=，∴2和－4都不是关于x的方程x2－ax+a2－19=0的解，而A∩B ,即A∩B≠,
∴3是关于x的方程x2－ax+a2－19=0的解，∴可得a=5或a=－2.
当a=5时，得A={2，3}，∴A∩C={2}，这与A∩C=不符合，所以a=5(舍去)；当a=－2时，可以求得A={3，－5}，符合A∩C=，A∩B ，∴a=－2.
6.解：(1)正确.在等差数列{an}中，Sn=,则(a1+an),这表明点(an,）的坐标适合方程y(x+a1),于是点(an, )均在直线y=x+a1上.
(2)正确.设(x,y)∈A∩B,则(x,y)中的坐标x,y应是方程组的解，由方程组消去y得：2a1x+a12=－4(*)，当a1=0时，方程(*)无解，此时A∩B=；当a1≠0时，方程(*)只有一个解x=,此时，方程组也只有一解,故上述方程组至多有一解.
∴A∩B至多有一个元素.
(3）不正确.取a1=1,d=1,对一切的x∈N*,有an=a1+(n－1)d=n>0, >0,这时集合A中的元素作为点的坐标，其横、纵坐标均为正，另外，由于a1=1≠0.如果A∩B≠,那么据(2）的结论，A∩B中至多有一个元素(x0,y0）,而x0=＜0,y0=＜0,这样的(x0,y0）A,产生矛盾，故a1=1,d=1时A∩B=，所以a1≠0时，一定有A∩B≠是不正确的.
7.解：由w=zi+b得z=,
∵z∈A,∴|z－2|≤2,代入得|－2|≤2,化简得|w－(b+i)|≤1.
∴集合A、B在复平面内对应的点的集合是两个圆面，集合A表示以点(2，0）为圆心，半径为2的圆面，集合B表示以点(b,1)为圆心，半径为1的圆面.
又A∩B=B，即BA，∴两圆内含.
因此≤2－1,即(b－2)2≤0，∴b=2.
8.(1)证明：设x0是集合A中的任一元素，即有x0∈A.
∵A={x|x=f(x)},∴x0=f(x0).
即有f［f(x0)］=f(x0)=x0,∴x0∈B,故AB.
(2)证明：∵A={－1,3}={x|x2+px+q=x},
∴方程x2+(p－1)x+q=0有两根－1和3，应用韦达定理，得
∴f(x)=x2－x－3.
于是集合B的元素是方程f［f(x)］=x,也即(x2－x－3)2－(x2－x－3)－3=x(*)的根.
将方程(*)变形，得(x2－x－3）2－x2=0
解得x=1,3,,－.
故B={－，－1，，3}.
难点2 充要条件的判定
充分条件、必要条件和充要条件是重要的数学概念，主要用来区分命题的条件p和结论q之间的关系.本节主要是通过不同的知识点来剖析充分必要条件的意义，让考生能准确判定给定的两个命题的充要关系.
●难点磁场
(★★★★★)已知关于x的实系数二次方程x2+ax+b=0有两个实数根α、β，证明：|α|<2且|β|<2是2|a|<4+b且|b|<4的充要条件.
●案例探究
［例1］已知p：|1－|≤2,q:x2－2x+1－m2≤0(m>0),若⌐p是⌐q的必要而不充分条件，求实数m的取值范围.
命题意图：本题以含绝对值的不等式及一元二次不等式的解法为考查对象，同时考查了充分必要条件及四种命题中等价命题的应用，强调了知识点的灵活性.
知识依托：本题解题的闪光点是利用等价命题对题目的文字表述方式进行转化，使考生对充要条件的难理解变得简单明了.
错解分析：对四种命题以及充要条件的定义实质理解不清晰是解此题的难点，对否命题，学生本身存在着语言理解上的困难.
技巧与方法：利用等价命题先进行命题的等价转化，搞清晰命题中条件与结论的关系，再去解不等式，找解集间的包含关系，进而使问题解决.
解：由题意知：
命题：若⌐p是⌐q的必要而不充分条件的等价命题即逆否命题为：p是q的充分不必要条件.
p:|1－|≤2－2≤－1≤2－1≤≤3－2≤x≤10
q:x2－2x+1－m2≤0［x－(1－m)］［x－(1+m)］≤0 *
∵p是q的充分不必要条件，
∴不等式|1－|≤2的解集是x2－2x+1－m2≤0(m>0)解集的子集.
又∵m>0
∴不等式*的解集为1－m≤x≤1+m
∴，∴m≥9，
∴实数m的取值范围是［9，+∞.
［例2］已知数列{an}的前n项Sn=pn+q(p≠0,p≠1),求数列{an}是等比数列的充要条件.
命题意图：本题重点考查充要条件的概念及考生解答充要条件命题时的思维的严谨性.
知识依托：以等比数列的判定为主线，使本题的闪光点在于抓住数列前n项和与通项之间的递推关系，严格利用定义去判定.
错解分析：因为题目是求的充要条件，即有充分性和必要性两层含义，考生很容易忽视充分性的证明.
技巧与方法：由an=关系式去寻找an与an+1的比值，但同时要注意充分性的证明.
解：a1=S1=p+q.
当n≥2时，an=Sn－Sn－1=pn－1(p－1)
∵p≠0,p≠1,∴=p
若{an}为等比数列，则=p
∴=p,
∵p≠0，∴p－1=p+q，∴q=－1
这是{an}为等比数列的必要条件.
下面证明q=－1是{an}为等比数列的充分条件.
当q=－1时，∴Sn=pn－1(p≠0,p≠1)，a1=S1=p－1
当n≥2时，an=Sn－Sn－1=pn－pn－1=pn－1(p－1)
∴an=(p－1)pn－1 (p≠0,p≠1)
=p为常数
∴q=－1时，数列{an}为等比数列.即数列{an}是等比数列的充要条件为q=－1.
●锦囊妙计
本难点所涉及的问题及解决方法主要有：
(1)要理解“充分条件”“必要条件”的概念：当“若p则q”形式的命题为真时，就记作pq，称p是q的充分条件，同时称q是p的必要条件，因此判断充分条件或必要条件就归结为判断命题的真假.
(2)要理解“充要条件”的概念，对于符号“”要熟悉它的各种同义词语：“等价于”，“当且仅当”，“必须并且只需”，“……，反之也真”等.
(3)数学概念的定义具有相称性，即数学概念的定义都可以看成是充要条件，既是概念的判断依据，又是概念所具有的性质.
(4)从集合观点看，若AB，则A是B的充分条件，B是A的必要条件；若A=B，则A、B互为充要条件.
(5)证明命题条件的充要性时，既要证明原命题成立(即条件的充分性)，又要证明它的逆命题成立(即条件的必要性).
●歼灭难点训练
一、选择题
1.(★★★★)函数f(x)=x|x+a|+b是奇函数的充要条件是( )
A.ab=0 B.a+b=0 C.a=b D.a2+b2=0
2.(★★★★)“a=1”是函数y=cos2ax－sin2ax的最小正周期为“π”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既非充分条件也不是必要条件
二、填空题
3.(★★★★)a=3是直线ax+2y+3a=0和直线3x+(a－1)y=a－7平行且不重合的_________.
4.(★★★★)命题A：两曲线F(x,y)=0和G(x,y)=0相交于点P(x0,y0),命题B：曲线F(x,y)+λG(x,y)=0(λ为常数)过点P(x0,y0),则A是B的__________条件.
三、解答题
5.(★★★★★)设α，β是方程x2－ax+b=0的两个实根，试分析a>2且b>1是两根α、β均大于1的什么条件？
6.(★★★★★)已知数列{an}、{bn}满足：bn=,求证：数列{an}成等差数列的充要条件是数列{bn}也是等差数列.
7.(★★★★★)已知抛物线C：y=－x2+mx－1和点A(3，0)，B(0，3)，求抛物线C与线段AB有两个不同交点的充要条件.
8.(★★★★★)p:－2<m<0,0<n<1;q:关于x的方程x2+mx+n=0有2个小于1的正根，试分析p是q的什么条件.(充要条件)
参考答案
难点磁场
证明：(1）充分性：由韦达定理，得|b|=|α·β|=|α|·|β|＜2×2=4.
设f(x)=x2+ax+b,则f(x)的图象是开口向上的抛物线.
又|α|＜2,|β|＜2,∴f(±2)>0.
即有4+b>2a>－(4+b)
又|b|＜44+b>02|a|＜4+b
(2)必要性：
由2|a|＜4+bf(±2)>0且f(x)的图象是开口向上的抛物线.
∴方程f(x)=0的两根α，β同在(－2，2）内或无实根.
∵α，β是方程f(x)=0的实根，
∴α，β同在(－2，2）内，即|α|＜2且|β|＜2.
歼灭难点训练
一、1.解析：若a2+b2=0,即a=b=0,此时f(－x)=(－x)|x+0|+0=－x·|x|=－(x|x+0|+b)
=－(x|x+a|+b)=－f(x).
∴a2+b2=0是f(x)为奇函数的充分条件，又若f(x)=x|x+a|+b是奇函数，即f(－x)=
(－x)|(－x)+a|+b=－f(x),则必有a=b=0,即a2+b2=0.
∴a2+b2=0是f(x)为奇函数的必要条件.
答案：D
2.解析：若a=1,则y=cos2x－sin2x=cos2x,此时y的最小正周期为π.故a=1是充分条件，反过来，由y=cos2ax－sin2ax=cos2ax.故函数y的最小正周期为π,则a=±1,故a=1不是必要条件.
答案：A
二、3.解析：当a=3时，直线l1:3x+2y+9=0;直线l2:3x+2y+4=0.∵l1与l2的A1∶A2=B1∶B2=1∶1，而C1∶C2=9∶4≠1,即C1≠C2,∴a=3l1∥l2.
答案：充要条件
4.解析：若P(x0,y0)是F(x,y)=0和G(x,y)=0的交点，则F(x0,y0)+λG(x0,y0)=0，即F(x,y)+λG(x,y)=0，过P(x0,y0);反之不成立.
答案：充分不必要
三、5.解：根据韦达定理得a=α+β,b=αβ.判定的条件是p:结论是q:(注意p中a、b满足的前提是Δ=a2－4b≥0)
(1)由，得a=α+β>2,b=αβ>1,∴qp
(2)为证明pq,可以举出反例：取α=4,β=,它满足a=α+β=4+>2,b=αβ=4×=2>1,但q不成立.
综上讨论可知a>2,b>1是α>1,β>1的必要但不充分条件.
6.证明：①必要性：
设{an}成等差数列，公差为d,∵{an}成等差数列.
从而bn+1－bn=a1+n·d－a1－(n－1)d=d为常数.
故{bn}是等差数列，公差为d.
②充分性:
设{bn}是等差数列，公差为d′,则bn=(n－1)d′
∵bn(1+2+…+n)=a1+2a2+…+nan ①
bn－1(1+2+…+n－1)=a1+2a2+…+(n－1)an ②
①－②得：nan=bn－1
∴an=,从而得an+1－an=d′为常数，故{an}是等差数列.
综上所述，数列{an}成等差数列的充要条件是数列{bn}也是等差数列.
7.解：①必要性：
由已知得，线段AB的方程为y=－x+3(0≤x≤3)
由于抛物线C和线段AB有两个不同的交点，
所以方程组*有两个不同的实数解.
消元得：x2－(m+1)x+4=0(0≤x≤3)
设f(x)=x2－(m+1)x+4,则有
②充分性：
当3＜x≤时，
x1=>0
∴方程x2－(m+1)x+4=0有两个不等的实根x1,x2,且0＜x1＜x2≤3,方程组*有两组不同的实数解.
因此，抛物线y=－x2+mx－1和线段AB有两个不同交点的充要条件3＜m≤.
8.解：若关于x的方程x2+mx+n=0有2个小于1的正根，设为x1,x2.
则0＜x1＜1,0＜x2＜1,有0＜x1+x2＜2且0＜x1x2＜1,
根据韦达定理：
有－2＜m＜0;0＜n＜1即有qp.
反之，取m=－＜0
方程x2+mx+n=0无实根，所以pq
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