方法3.5分离(常数)参数法(测)2017年高考数学(理)二轮复习讲练测(解析版)

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【推荐】方法3.5 分离(常数)参数法(讲)-2017年高考数学(文)二轮复习讲练测

分离（常数）参数法是高中数学中比较常见的数学思想方法，求参数的范围常常与分类讨论、方程的根与零点等基本思想方法相联系，其中与二次函数相关的充分体现数形结合及分类思想方法的题目最为常见.与二次函数有关的求解参数的题目, 相当一部分题目都可以避开二次函数,使用分离变量,使得做题的正确率大大提高，随着分离变量的广泛使用,越来越多的压轴题都需要使用该思想方法.1分离常数法分离常数法在含有两个量（一个常量和一个变量）的关系式（不等式或方程）中，要求变量的取值范围，可以将变量和常量分离（即变量和常量各在式子的一端），从而求出变量的取值范围.1.1 用分离常数法求分式函数的最值例1. 【2016_________.【答案】2例2.【2015高考湖北，理21】一种作图工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且1DN ON==，3MN=．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动．．N绕O转动一周（D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为C．以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系．（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）设动直线l与两定直线1:20l x y-=和2:20l x y+=分别交于,P Q两点．若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：OQP∆的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．【答案】（Ⅱ）存在最小值8. （2）当直线l 的斜率存在时，设直线由22,416,y kx m x y =+⎧⎨+=⎩ 消去y ，可得222(14)84160k x kmx m +++-=. 因为直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点，所以2222644(14)(416)0k m k m ∆=-+-=，即22164m k =+. ① 又由,20,y kx m x y =+⎧⎨-=⎩第21题图1第21题图2由原点O 到直线PQ 的距离为②则20141k <-≤，当且仅当0k =时取等号.所以当0k =时，OPQ S ∆的最小值为8.综合（1）（2）可知，当直线l 与椭圆C 在四个顶点处相切时，OPQ ∆的面积取得最小值8. 1.2 用分离常数法求函数的值域等，解题的关键是通过恒等变形从分式函数中分离出常数.例3. 函数y ＝x 2＋2x －1(x ＞1)的最小值是( )A ．23＋2B ．23－2C ．2 3D ．2【答案】A1.3 用分离常数法判断分式函数的单调性例4.，判断函数()f x 的单调性. 【答案】在(,)b -∞-和(,)b -+∞上是减函数；当0a b -<时，函数()f x在(,)b -∞-和(,)b -+∞上是增函数.【解析】，x b ≠-，∴当0a b ->时，函数()f x 在(,)b -∞-和(,)b -+∞上是减函数；当0a b -<时，函数()f x 在(,)b -∞-和(,)b -+∞上是增函数.例5.，若()f x 在区间上是增函数，则实数a 的取值范围______.【解析】2 分离参数法分离参数法是求参数的取值范围的一种常用方法，通过分离参数，用函数观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围.这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决.分离参数法在解决有关不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数单调性中参数的取值范围问题时经常用到. 解题的关键是分离出参数之后将原问题转化为求函数的最值或值域问题.2.1 用分离参数法解决不等式恒成立问题例6.【四川省资阳市2017届高三上学期第一次诊断】已知数列{}n a 是以t 为首项，以2为公差的等差数列，数列{}n b 满足2(1)n n b n a =+．若对*n ∈N 都有4n b b ≥成立，则实数t 的取值范围是___________．【答案】[18,14]--例7.【广西梧州市2017届高三上学期摸底联考】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且122n n S +=-．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设21222log log log n n b a a a =+++，求使()8n n b nk -≥对任意n N +∈恒成立的实数k 的取值范围．【答案】（1）()*2n n a n N =∈；（2）10k ≤-. 【解析】（1）因为122n n S +=-，所以()122,2nn S n -=-≥所以当2n ≥时，()1122222n n n n n n a S S +-=-=---=，又211222a S ==-=，满足上式，2.2 求定点的坐标例8. 已知直线l ：(21)(1)740m x m y m +++--=，m R ∈，求证：直线l 恒过定点. 【答案】(3,1). 【解析】直线l 的方程可化为4(27)0x y m x y +-++-=，设直线l 恒过定点(,)M x y ，由m R ∈，得40270x y x y +-=⎧⎨+-=⎩(3,1)M ⇒，∴直线l 恒过定点(3,1). 【反思提升】综合上面的例题，我们可以看到，分离参（常）数是通过将两个变量构成的不等式(方程)变形到不等号(等号)两端，使两端变量各自相同,解决有关不等式恒成立、不等式存在（有）解和方程有解中参数取值范围的一种方法.两个变量，其中一个范围已知，另一个范围未知，解决问题的关键是分离变量之后将问题转化为求函数的最值或值域的问题.分离变量后，对于不同问题我们有不同的理论依据需遵循.。

方法3.3待定系数法(测)2017年高考数学(理)二轮复习讲练测(无答案)

2017届高三二轮复习之讲练测之测案【新课标版理科数学】方法三待定系数法总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______（一）选择题（12*5=60分）1. 【2016届高三天津统考】已知双曲线)0,0(12222>>=-b a b y a x 的一条渐近线平行于直线,102:+=x y l 双曲线的一个焦点在直线l 上，则双曲线的方程为（）A.120522=-y x B.152022=-y x C.1100325322=-y x D.1253100322=-y x 2.【2016届高三·杭州调研】已知圆x 2＋y 2＋2x －2y ＋a ＝0截直线x ＋y ＋2＝0所得弦的长度为4，则实数a 的值是( ) A ．－2 B ．－4 C ．－6D ．－83.【2016届高三陕西联考】加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率p 与加工时间t (单位：分钟)满足函数关系p ＝at 2＋bt ＋c (a ，b ，c 是常数)，如图记录了三次实验的数据．根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为( )A ．3.50分钟B ．3.75分钟C ．4.00分钟D ．4.25分钟4. 一条光线从点()2,3--射出，经y 轴反射后与圆()()22321x y ++-=错误！未找到引用源。

相切，则反射光线所在直线的斜率为（）（A ）53-或35- （B ）32- 错误！未找到引用源。

或23- 错误！未找到引用源。

（C ）54-或45- （D ）43-或34-5.【2016届高三长春市十一中阶段性考试】将函数)46sin(π+=x y 的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移8π个单位，所得函数图像的一个对称中心是（） A.⎪⎭⎫⎝⎛0,16π B. ⎪⎭⎫⎝⎛0,9π C. ⎪⎭⎫⎝⎛0,4π D. ⎪⎭⎫⎝⎛0,2π 6.【2016届高三福建省厦门双十中学期中考试】设斜率为2的直线l 过抛物线2y ax ＝()0a ≠的焦点F ，且和y 轴交于点A. 若(OAF O △为坐标原点)的面积为4，则抛物线的方程为（） A ．y 2＝4x B ．y 2＝8xC ．y 2＝±4xD ．y 2＝±8x7.【2016届高三浙江省效实中学届高三期中考试】中心为原点，焦点在x 轴上，离心率为e =y x =+ ） A ．2213216x y += B ．22163x y += C ．22184x y += D ．221124x y += 8.【2016届高三河南省师范大学附属中学届高三月考】已知双曲线22221x y a b-=(0,0)a b >>的左焦点为F ，左顶点为C ，过点F 作圆O ：222x y a +=的两条切线，切点为A 、B ，若0120ACB ∠=，则双曲线的渐近线方程为（）A ．y =B ．3y x =±C ．y =D ．2y x =± 9.【湖南省郴州市2017届高三上学期第一次教学质量监测】已知某三角函数的部分图象如图1所示，则它的解析式可能是（）A ．sin()4y x π=+B ．3sin(2)4y x π=+C. cos()4y x π=+ D ．3cos(2)4y x π=+10.【河南省新乡市2017届高三上学期第一次调研测试】已知函数()()2sin 0,22f x x ππωϕωϕ⎛⎫=+>-<< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则把函数()f x 的图像向左平移6π后得到的函数图象的解析式是（）A ．2sin 2y x =B ．2sin 23y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭C ．2sin 26y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭D ．2sin 6y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭11.【山西省孝义市2017届高三上学期二轮模考】已知数列{}n a ，{}n b ，其中{}n a 是首项为3，公差为整数的等差数列，且313a a >+，425a a <+，2log n n a b =，则{}n b 的前n 项和n S 为（）A ．8(21)n- B ．4(31)n- C.8(41)3n - D ．4(31)3n - 12.【浙江省效实中学2016届高三上学期期中】中心为原点，焦点在x 轴上，离心率为e =y x =+ ）A ．2213216x y += B ．22163x y += C ．22184x y += D ．221124x y += （二）填空题（4*5=20分）13. 一个圆经过椭圆221164x y +=错误！未找到引用源。

2017年高考新课标Ⅱ卷理科数学试题解析(精编版)(解析版)

绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试课标II理科数学【试卷点评】【命题特点】2017年高考全国新课标II数学卷，试卷结构在保持稳定的前提下，进行了微调，一是取消试卷中的第I卷与第II卷，把解答题分为必考题与选考题两部分，二是根据中学教学实际把选考题中的三选一调整为二选一.试卷坚持对基础知识、基本方法与基本技能的考查，注重数学在生活中的应用.同时在保持稳定的基础上，进行适度的改革和创新，与2016年相比难度稳中有降.具体来说还有以下几个特点：1.知识点分布保持稳定小知识点集合、复数、程序框图、线性规划、向量问题、三视图保持一道小题的占比，大知识点三角数列三小一大、概率统计一大一小、立体几何两小一大、圆锥曲线两小一大、函数导数三小一大（或两小一大）.2.注重对数学文化与数学应用的考查教育部2017年新修订的《考试大纲（数学）》中增加了数学文化的考查要求. 2017高考数学全国卷II 理科第3题以《算法统宗》中的数学问题为背景进行考查，理科19题、文科18题以养殖水产为题材，贴近生活.3.注重基础，体现核心素养2017年高考数学试卷整体上保持一定比例的基础题，试卷注重通性通法在解题中的运用，另外抽象、推理和建模是数学的基本思想，也是数学研究的重要方法，试卷对此都有涉及.【命题趋势】1.函数知识：函数性质的综合应用、以导数知识为背景的函数问题是高考命题热点，函数性质重点是奇偶性、单调性及图象的应用，导数重点考查其在研究函数中的应用，注重分类讨论及化归思想的应用.2.立体几何知识：立体几何一般有两道小题一道大题，小题中三视图是必考问题，常与几何体的表面积与体积结合在一起考查，解答题一般分2步进行考查.3.解析几何知识：解析几何试题一般有3道，圆、椭圆、双曲线、抛物线一般都会涉及，双曲线一般作为客观题进行考查，多为容易题，解答题一般以椭圆与抛物线为载体进行考查，运算量较大，不过近几年高考适当控制了运算量，难度有所降低.4.三角函数与数列：三角函数与数列解答题一般轮流出现，若解答题为数列题，一般比较容易，重点考查基本量求通项及几种求和方法，若解答题为三角函数，一般是解三角形问题，此时客观题中一般会有一道与三角函数性质有关的题目，同时客观题中会有两道数列题，一易一难，数列客观题一般具有小巧活B. 3盏C. 5盏D. 9盏【试卷解析】一、选择题：本题共 12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.3 i1. -------1 iA . 1 2iB . 1 2iC. 2 iD . 2 i【答案】D【解析】试题分析：由复数除法的运算法则准：—=8)(1)= 2—乙故选D.1+i2【考点】复数的除去【名师点睛】复数的代数形式的运篁主要有加、减、乘、除,除法实际上是分母实数化的过程.在做复数的除却必要注意利用共能复数的性质：着力7力互为共辗复数，则为七二进?二部，通过分子、分母同乘以分母的共血复数将分母实数化，x x 2 4x m 0 .若 AI B 1 ,则 B【答案】C 【解析】B 1,3 ,故选 C.【考点】交集运算、元素与集合的关系【名师点睛】集合中元素的三个特性中的互异性对解题影响较大，特别是含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意检验集合中的元素是否满足互异性.两个防范：①不要忽视元素的互异性；②保证运算的准确性.3 .我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八T请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了 381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯2.设集合 A 1,2,4 , BA. 1, 3B. 1,0C. 1,3D. 1,5试题分析：由 AI B1得1 B ,即x 1是方程x 2 4x m0的根，所以14m 0,m 3,【答案】Bt解析】试题分析：设塔的顶层共有灯工缶，则各层的灯数构成一个手页为工，公比为2的等比数列，结合等比数列的求才吆■式有：弋―：）=3X1,解得工="即塔的顶层共有灯3搀，故选E. i~ 2【考点】等比数列的应用、等比数列的求和公式【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题？关键是列印目关信息？合理建立数学模型一数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型：求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解通推关系问题, 所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题J然后招经量数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中,进行检将，最终得出结论.4.如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A.90B.63C.42D.36【答案】B【解析】试题分析：由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3,高为4的圆柱，其体积2V i 3 4 36 ，上半部分是一个底面半径为3,图为6的圆枉的一半，其体积1 2V2 —（ 3 6） 27 ,故该组合体的体积V V i V 36 27 63 .故选B.2【考点】三视图、组合体的体积【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑.求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解.2x 3y 3 05.设x, y满足约束条件2x 3y 3 0,则z 2x y的最小值是y 3 0A. 15B. 9C. 1D. 9【答案】At解析】试题分析；画出不等式组表示的平面区域如下图中阴影言吩所示，目标因数即；3=-2工+小其中£表示斜率为七二-2的直线系与可行域有交点时直城的纵截距，数形绪合可得目标脸的在点右（-。

2019年高考数学(理)精品资料：3.4 分离(常数)参数法(讲)含解析

2019年高考数学（理）精品资料：3.4 分离（常数）参数法（讲）分离（常数）参数法是高中数学中比较常见的数学思想方法，求参数的范围常常与分类讨论、方程的根与零点等基本思想方法相联系，其中与二次函数相关的充分体现数形结合及分类思想方法的题目最为常见.与二次函数有关的求解参数的题目, 相当一部分题目都可以避开二次函数,使用分离变量,使得做题的正确率大大提高，随着分离变量的广泛使用,越来越多的压轴题都需要使用该思想方法.1 分离常数法分离常数法在含有两个量（一个常量和一个变量）的关系式（不等式或方程）中，要求变量的取值范围，可以将变量和常量分离（即变量和常量各在式子的一端），从而求出变量的取值范围.1.1 用分离常数法求分式函数的最值（值域）分离常数法是研究分式函数的一种代数变形的常用方法，主要的分式函数有ax b y cx d+=+，，，等，解题的关键是通过恒等变形从分式函数中分离出常数. 例1. 已知函数（0a >且1a ≠）是定义在R 上的奇函数. （Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）求函数()f x 的值域；（Ⅲ）当[]1,2x ∈时，恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(Ⅰ) 2a =；(Ⅱ) ()1,1-；(Ⅲ) 10,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 【解析】（Ⅰ）∵()f x 是R 上的奇函数，∴，即.整理可得2a =．（注：本题也可由()00f =解得2a =，但要进行验证）（Ⅲ）当[]1,2x ∈时，．由题意得在[]1,2x ∈时恒成立， ∴在[]1,2x ∈时恒成立．令，则有， ∵当13t ≤≤时函数21y t t=-+为增函数， ∴. ∴103m ≥. 故实数m 的取值范围为10,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．例2.一种作图工具如图1所示．O 是滑槽AB 的中点，短杆ON 可绕O 转动，长杆MN 通过N 处。

【推荐】方法3.5 分离(常数)参数法(测) -2017年高考数学(理)二轮复习讲练测

总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______（一）选择题（12*5=60分）1.【甘肃省兰州第一中学2016届高三期中考试】若函数2()log (1)f x m x x =+≥存在零点，则实数m 的取值范围是 ( )A ．(,0]-∞ B. [0,)+∞ C ．(,0)-∞ D.(0,)+∞ 【答案】A【解析】由题意得：求函数2log (1)m x x =-≥的值域，由21log 00x x m ≥⇒≥⇒≤，所以选A.2.【浙江省温州市十校联合体2016届高三联考】当3x >时，则实数a 的取值范围是（） A ．(－∞,3] B ．【答案】D3.【河北省唐山一中等五校2016届高三联考】函数2()log (2)a f x ax =-在(0,1)上为减函数，则实数a 的取值范围是（）B.(1,2)C.(1,2]【答案】C【解析】设22u ax =-，由题设知，0a > 且1a ≠ ，所以22u ax =-在(0,1)上为减函数，且0u >在区间(0,1)上恒成立，所以有11220a a a >⎧⇒<≤⎨-≥⎩ ，故选C.4.若不等式223xlnx x ax ≥－＋－恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0)B ．(－∞，4]C ．(0，＋∞)D ． D ．(-12,15] 【答案】C11.【2016河北衡水二调】定义在R 上的函数()f x 对任意()1212,x x x x ≠都有，且函数()1y f x =-的图象关于（1,0）成中心对称，若,s t 满足不等式()()2222f s s f t t -≤--，则当14s ≤≤时，）A 【答案】D12.现有两个命题：（1）若lg lg lg()x y x y +=+，且不等式2y x t >-+恒成立，则t 的取值范围是集合P ；（2），()1,x ∈+∞的图像与函数()2g x x t =-+的图像没有交点，则t 的取值范围是集合Q ；则以下集合关系正确的是（）A ．P Q Ü B.Q P Ü C.P Q = D.P Q =∅【答案】C【解析】对（1）：由lg lg lg()x y x y +=+得xy x y =+即不等式2y x t >-+恒成立，等价于2t x y <+恒成立.这只需min (2)t x y <+即可.（当.t 的取值范围是（二）填空题（4*5=20分）13.【山西省孝义市2017届高三上学期二轮】1111111111111n ++++个之和是____________.14.【江苏省扬州中学2016届高三考试】设)(x f 是定义在R 上的奇函数，且当0x ≥时，2()f x x =，若对任意的]2,[+∈t t x ，不等式)(2)(x f t x f ≥+恒成立，则实数t 的取值范围是．【解析】∵)(x f 是定义在R 上的奇函数，且当0≥x 时，2)(x x f =， ∴当0x <，有0x ->，2)()(x x f -=-，∴2)(x x f =-，即2)(x x f -=，∴⎩⎨⎧<-≥=)0(,)0(,)(22x x x x x f ，∴)(x f 在R 上是单调递增函数，且满∵不等[,2]t t +恒成立，[,2]t t +恒成立，解[,2]t t +恒成立，解得则实数t 的取值范围15.【2016在区间()33-，上恒成立，则实数a 的取值范围为．【答案】[)+∞,7.在区间()3,3-在区间()3,3-恒成立，只需当31<≤x ，()12--=x x y ，当3=x ，7max =y ，当13<<-x 时，()1122-+=--=x x x x y ，当3-=x 时，5max =y ，因此7，但是取不到.16.【2016届高三江苏教育学院附属高中期中】当)1,2(--∈x 时，不等式0124<++mx x 恒成立，则实数m 的取值范围是 .，2(1,4)x ∈，而解答题（6*12=72分）17.【2016对任意的x R ∈恒成立，求实数k 的取值范围？【答案】)4,(-∞.18.【2016江西师大附中、鹰潭一中一联】已知抛物线C 的标准方程为)0(22>=p px y ，M 为抛物线C 上一动点，)0)(0,(≠a a A 为其对称轴上一点，直线MA 与抛物线C 的另一个交点为N ．当A 为抛物线C 的焦点且直线MA 与其对称轴垂直时，△MON 的面积为18．（1）求抛物线C 的标准方程；（2t 值与M 点位置无关，则称此时的点A 为“稳定点”，试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由．【答案】（Ⅰ）212y x =．（Ⅱ）（ⅰ）0a <时，不论a 取何值，t 均与m 有关，即0a <时，A 不是“稳定点”；（ⅱ）0a >时，仅当【解析】 6p =∴，抛物线C 的标准方程为212y x =．（Ⅱ）设1122()()M x y N x y ，，，，19.【湖南省郴州市2017届高三上学期第一次教学质量监测】已知函数()log a f x x =，()2log (22)a g x x t =+-，其中0a >且1a ≠，t R ∈．（I 2,求实数a 的值；（II 恒成立，求实数t 的取值范围. 【解析】（I ）∵4t =，2分20.【河北省武邑中学2017届高三上学期第三次调研】已知数列{}n a 是等比数列，首项11a =，公比0q >,其前n 项和为n S ,且113322,,S a S a S a +++,成等差数列. （1）求{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足为数列{}n b 前n 项和，若n T m ≥恒成立，求m 的最大值.【答案】（1（2）1.【解析】（1）由题意可知:()()()331122313212322S a S a S a S S S S a a a +=+++∴-+-=+-,即314a a =,11,0,,1,2n q q a a ⎛>∴==∴= ⎝（2）11111,,2222n nn na b na b n n n a b n -+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=∴=∴= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,21112232...2n n T n -∴=⨯+⨯+⨯++, ① 232122232...2n n T n ∴=⨯+⨯+⨯++ ,②∴①- ②得()12221212nnn n n n n -=-=---,()112n n T n ∴=+-,n T m ≥恒成立，只需()()()11min 212120n n n n n n T m T T n n n ++≥-=--=+>,{}n T ∴为递增数列，∴当1n =时，()min 1,1,n T m m =∴≤∴的最大值为1.21.【河南省天一大联考2016-2017学年高中毕业班阶段性测试（二）】已知函数()ln f x b x =．（1）当1b =时，求函数2()()G x x x f x =--在区间（2）若在[]1,e 上存在0x ，使得成立，求b 的取值范围．【答案】（1）21e e --，0；（2212)(,1e e ++∞-②当11b +≤，即0b ≤时，()h x 在[]1,e 上单调递增，故()h x 在[]1,e 上的最小值为(1)h ，由(1)110h b =++<，可得2b <-（满足0b ≤）．③当11b e <+<，即01b e <<-时，()h x 在(1,1)b +上单调递减，在(1,)b e +上单调递增，故()h x 在[]1,e 上的最小值为(1)2ln(1)h b b b b +=+-+．因为0ln(1)1b <+<，所以0ln(1)b b b <+<，所以2ln(1)2b b b +-+>，即(1)2h b +>，不满足题意，舍去．综上可得2b <-或所以实数b 的取值范围为212)(,1e e ++∞-22.【江西省抚州市七校2017届高三上学期联考】记{}max ,m n 表示m ，n 中的最大值，如．已知函数{}2()max 1,2ln f x x x =-，21)22x a +（121)-，求函数()h x 在(0,1]上零点的个数；（2）试探讨是否存在实数(2,)a ∈-+∞，使得对(2,)x a ∈++∞恒成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）2个；（2ln 21,2]4-.。

高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3.4分离(常数)参数法(练)理(2021学年)

２０１8年高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题３.4 分离(常数）参数法(练）理编辑整理：尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望(2018年高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3．4 分离（常数）参数法（练)理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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方法四分离（常数)参数法1.练高考1．【2０16高考北京文数】函数()(2)1xf x x x =≥-的最大值为＿__＿_____. 【答案】2 【解析】1()11121f x x =+≤+=-，即最大值为2。

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【２0１6高考山东理数】在△ABC 中,角A ，Ｂ,C 的对边分别为ａ，b ，c ,已知tan tan 2(tan tan ).cos cos A BA B B A+=+ (Ⅰ）证明:a +ｂ=２ｃ；（Ⅱ）求cos C 的最小值. 【答案】(Ⅰ）见解析;（Ⅱ)12()∏由()I 知2a bc +=, 所以 2222222cos 22a b a b a b c C ab ab +⎛⎫+- ⎪+-⎝⎭==311842b a a b ⎛⎫=+-≥ ⎪⎝⎭，当且仅当a b =时，等号成立．故 cos C 的最小值为12.3．【20１6高考天津理数】已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的,b n n N ∈*是n a 和1n a +的等差中项.(Ⅰ)设22*1,n n nc b b n N +=-∈,求证:{}n c 是等差数列； (Ⅱ)设 ()22*11,1,n nn n k a d T b n N ===-∈∑，求证：2111.2nk kT d =<∑【答案】（Ⅰ)详见解析(Ⅱ）详见解析4.【2016高考江苏卷】已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠。

2017年高考数学(文)-分离(常数)参数法(练)-专题练习(五)-答案

2017年高考数学（文）专题练习（五）分离（常数）参数法（练）答案一．练高考1．A2．解：（Ⅰ）由题意知：sin sin sin sin 2cos cos cos cos cos cos A B A B A B A B A B⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，化简得()2sin cos sin cos sin sin A B B A A B +=，即()2sin sin sin A B A B +=+因为=πA B C ++，()()sin sin πsin A B C C +=-=．从而sin sin 2sin A B C +=由正弦定理得：2a b c +=．（Ⅱ）由（Ⅰ）知2a b c +=，所以： 222223112cos 22842a b a b a b c b a C ab ab a b +⎛⎫+- ⎪+-⎛⎫⎝⎭===+-≥ ⎪⎝⎭，当且仅当a b =时，等号成立．故cos C 的最小值为12．二．练模拟1．D2．D3．C4．22(1)2x y -+=5．解：（Ⅰ）证明：142n n n a a a +=+， 12111442n n n n a a a a ++∴==+，111111222n n a a +⎛⎫∴-=- ⎪⎝⎭又11a =，111122a ∴-= 所以数列112n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12为首项，12为公比的等比数列（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，1111112222n n n a -⎛⎫-== ⎪⎝⎭，即11122n n a =+ ∴22n nn n n b a =-= 于是231232222n n n S =++++…，① 2321112122222n n n n S +-=++++…，② 由①-②得，211111(1)1111122112222222212n n n n n n n n n n S +++-=+++-=-=---…，即11222222n n n nn n S -+=--=-， ∴数列{}n b 的前项和222n n n S +=- 三．练原创1．D2．C3．B4．15．8n2017年高考数学（文）专题练习（五）分离（常数）参数法（练）解析1．练高考1．【解析】由题意知，即，，代入，得．故选A ．2．由正弦定理得．由知，所以，当且仅当时，等号成立．故的最小值为． 2．练模拟1．2211-=+m n 222=+m n 2221222221111()(1)(1)-+=⋅=-+m n e e m n m n 222=+m n 12,1>>m n ee 2a b c +=()∏()I 2a b c +=2222222cos 22a b a b a b c C ab ab +⎛⎫+- ⎪+-⎝⎭==311842b a a b ⎛⎫=+-≥ ⎪⎝⎭a b =cos C 12【解析】易得是奇函数，在上是增函数，又，故选D ． 2．3．4．【解析】由题意得：，当且仅当时取等号，所以半径最大为，所求圆为5．()f x 2()310()fx x f x '=+>⇒R 11(sin )(1)sin 1,0sin 111sin 1sin f m f m m m m m θθθθθ>-⇒>-⇒<<<⇒⇒≤--==1m =r =22(1) 2.x y -+=（II ）解：由（I ）知，，即．………………8分 ∴．………………9分于是，① ，② 由①-②得，，………………11分即， ∴数列的前项和．………………12分 3．练原创1 111111()2222n n n a --==11122n n a =+22n n n n n n b a =-=231232222n n n S =++++231112122222n n n n n S +-=++++211111(1)1111122112222222212n n n n n n n n n n S +++-=+++-=-=---11222222n n n nn n S -+=--=-{}n b n 222n n n S +=-2．【解析】根据题意，函数与函数在()0+∞，上有公共点，令2xax e =得：2xe a x =，设()2x ef x x = 则()222x xx e xe f x x -'=，由()0f x '= 得：2x =，当02x << 时，()0f x '<，函数()2xe f x x=在区间()0,2上是减函数，当2x > 时，()0f x '>，函数()2xe f x x=在区间()2,+∞上是增函数， ∴当2x =时，函数()2x e f x x =在()0+∞，上有最小值()224e f =，∴24e a ≥ ，故选C ． 3．【解析】令t =则13t ≤≤时，2(t)51g t mt =-+>有解，即4m t t<+在13t ≤≤时成立；而函数4u t t =+在[1,2]是减函数，在[2,3]是增函数，4[4,5]u t t=+∈，所以只需5<m ，故选B ． 4．所以8)25()25(=--++-x f x f ，从而令3=x ，得8)325()325(=--++-f f ．。

高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3.4分离常数参数法测理0327294

方法四分别（常数）参数法总分 _______ 时间 _______班级 _______ 学号 _______得分 _______（一）选择题（ 12*5=60 分）1. 【 2018 届海南省高三二模】已知x 为锐角，a cosx3 ，则 a 的取值范围为（）sinxA.2,2B.1, 3C.1,2 D. 1,2【答案】 C2. 当 x 3时，不等式1a 恒建立，则实数 a 的取值范围是（）x1xA ． ( －∞,3]B ． [3 ,+ ∞)C ． [ 7 ,+ ∞)D ． ( －∞,7]22【答案】 D【分析】由于当x 3时，不等式x1 a 恒建立，所以有a( x1 ) min (x3) ，记1x 1x 1,( x3) ，设 x 1 t ，则 y t1) 上是增函数，所以得 a 21 7f ( x) x1在 (2,1，x1t22应选 D ．3. 已知函数 fxx 3 , xR ，若当 0时， f msinf 1 m 0 恒建立，则实数 m 的取值2范围是（） A.0,1 B.,0C.1,D.,1【答案】 D【分析】f x 是奇函数，单一递加，所以 f msin f m 1 ，得 msin m 1，所以 m1，所以 m1，应选D。

11sin4. 若不等式2xlnx － x2＋ ax－3 恒建立，则实数 a 的取值范围是()A． ( －∞， 0) B ．( －∞， 4]C． (0 ，＋∞ ) D ． [4 ，＋∞)【答案】 B.5. 若存在正数x使2x ( x a)1建立，则 a 的取值范围是（）A．( ,)B．(1,) C． (0,)D．( 2,)【答案】 B【分析】由于 2x0 ，故 x a1， a x1，记 f ( x)x1，则 f (x) 单一递加，所以 f ( x)1，2x2x2x若存在正数 x 使2 x ( x a)1建立，则 a 的取值范围是 ( 1,) ．6. 已知等比数列a n的前 n 项和为 S n，且 S n3n 1t，若对随意的 n N *，2S n327 n 5 恒2建立，则实数的取值范围为 ()A. 1 ,B.1,C.1,D. 1 ,81276416【答案】 A【分析】由题意知a1S19t， a2S2S19, a3S3S227, a22a1a3，解得t 3 ，2S n 3n 1 39 n 59 n 5，则 T n 1Tn11 2n2，故3n恒建立，令 T n3n3n 1，当 n 6 时，T n 1T n0当 n 6 时，T n 1T n0 .故当 n 6 时，T n获得最大值为 1 ,1.8181应选 A.7. 【 2018 届陕西省榆林市高考模拟第一次测试】已知f x x 3x, x R ，若当 0时，2f msinf 1 m 0 恒成立，则实数 m 的取值范围是（）A.,1 B.,1 C., 1D.0,12【答案】 B【分析】函数 f xx 3 x ， x R 是奇函数，且在 R 上是增函数；所以不等式 f msinf 1 m0 可化为 f msin f m 1 ，即 msinm 1，即 m 1 sin1对随意 0恒建立；2时，不等式恒建立；2 1时，等价于 m对随意 0恒建立 ,12sin2由于 0时，0 sin 1, 01sin111,2, 所以1 sin所以 m1 恒建立等价于 m1 的最小值，则 m1, 应选 B.11 sinsin8. 【 2018 届高三训练题】若不等式x2log a x 0对x0,1恒建立，则实数 a 的取值范围是 ()2A.0,1B.1,1 C. 1, D.0,11616【答案】 B【分析】不等式x 2 log a x 0 对 x0, 1 恒建立，即不等式 x 2log a x 对 x0, 1恒建立 , 只要22f 1 xx2在 0,1内的图象在 f 2xlog a x 图象的下方即可，当 a 1 时，明显不建立；当 0 a 1时，2121，即在同一坐标系中作出函数f 1 xx 2 和函数 f 2 xlog a x 的图象（以下图），则 log a22a11 a 1 ；应选 B.，所以16169. 【 2016 届高三山西省大同市调研】已知函数f (x) 是定义在 R 上的奇函数，当 x 0 时，f ( x)1(| x a 2 || x 2a 2 | 3a 2 ) ，若， f ( x 1)f (x) ，则实数 a 的取值范围为（）2A. [1,1] B.[6, 6]C. [ 1,1]D. [3, 3]6 6663 333【答案】 B10. 设函数 f x ax 22x 2 ，对于知足 1 x 4 的全部 x 值都有 f x0 ，则实数 a 的取值范围为（）A.a 1 B.1 1 C.a1 a1aD.222【答案】 D【分析】知足 1 x 4 的全部 x 值，都有 f xax 2 2x 2 0 恒建立，可知2 x 1211 1 21 1a0, ，知足 1x 4 的全部 x 值恒建立，1 ， ax 24 x24x20,11 ,21 1 1 ，实数 a 的取值范围是，实数 a 的取值范围为 a1 ，应选 D. 4 x 222211. 定义在R上的函数f x对随意 x1, x2x1x2f x1f x20，且函数 y f x1的图象都有x1x2对于（ 1,0 ）成中心对称，若s, t 知足不等式f s22s f2t t 2，则当 1s 4 时，t2s的取值s t范围是（）A．3, 1B．3,1C．5,1D．5,1 2222【答案】 D【分析】设 x1x2，则 x1x2f ( x1 ) f ( x2 )0，知 f ( x1 ) f ( x2 )0 ，即 f (x1 ) f ( x2 ) ，所0 ．由x1x2以函数 f (x) 为减函数．由于函数y f ( x 1) 的图象对于(1,0)成中心对称，所以y f (x) 为奇函数，所以 f (s22s) f (2t t 2 ) f (t 22t ) ，所以s22s t 22t ，即 (s t)( s t2)0．由于t 2s13s1(s t )(s t2)0下，易求得t[1,1] ，所以 1t[1,2] ，3，而在条件s t s t t 1 s 4s2s 2 1s所以3[3,6] ，所以 13t [ 5,1] ，即t 2s[5,1] ，应选D．1t212s t2s s12.现有两个命题：（ 1）若lg x lg y lg( x y) ，且不等式 y 2 x t 恒建立，则t 的取值范围是会合P ；（ 2）若函数f (x)x， x1,的图像与函数g(x)2x t 的图像没有交点，则t的取值范围是集x 1合 Q ；则以下会合关系正确的选项是（）A．PüQ B. QüP C. P Q D. P Q【答案】 C【分析】对（1）：由lg x lg y lg( x y) 得xy x y 即yx x(x0, y 0) . 1不等式 y2x t 恒建立，等价于 t 2 x y恒建立.这只要 t(2 x y)min即可.2x y 2x x2x( x 1) 12x 112( x 1)1 3 2 2 3 （当x 21时，x1x1x 1x12取等号） . t的取值范围是t2 2 3 .（ 1）填空题（ 4*5=20 分）13. 已知函数1 21上是增函数，则实数的取值范围 ______ .f (x)=x 2ax ln x，若 f ( x)在区间 [2] a23 ，【答案】 a 4.3【分析】∵ f x x 2a0 在 [ 2]2a x在[ 2]11，恒建立，即11，恒建立，x3x3∵( x18 ，∴ 2a 8 ，即 a4 .x)max33314. 【 2018 届福建省仙游金石中学高三上学期期中】当 x0 时，不等式 x 2mx 3 0 恒建立，则实数 m的取值范围是 __________.【答案】, 2 3【分析】当等价于：当x 0时，不等式 x 2mx 3 0 恒建立 x0 3 恒建立时， m xx3 2 x3 又 x2 3xx∴ m 2 3故答案为：, 2 315. 设 f ( x) 是定义在 R 上的奇函数，且当 x 0 时， f ( x)x 2 ，若对随意的 x [t, t2] ，不等式f ( x t)2 f (x) 恒建立，则实数 t 的取值范围是．【答案】 [2, ).【分析】∵ f ( x) 是定义在 R 上的奇函数，且当x 0 时， f (x) x 2 ，∴当 x 0 ，有 x0 ， f ( x) ( x)2 ，∴f ( x)x 2 ，即 f (x)x 2 ，x 2 , (x 0) 2 f ( x) f ( 2x) ，∴ f (x)2 , ( x，∴ f ( x) 在 R 上是单一递加函数，且知足x 0)∵不等式 f ( x t ) 2 f ( x)f ( 2x) 在 [t ,t 2] 恒建立，∴ x t 2x 在 [ t,t 2] 恒建立，解得 x (12 )t 在 [t ,t 2] 恒建立，∴ t 2(12 )t ，解得： t2 ，则实数 t 的取值范围是 [ 2,) ．16. 【 2018 届上海市长宁、嘉定区高三第一次质量调研（一模）】若不等式 x 22 y 2 cx y x 对随意知足x y 0 的实数 x ， y 恒建立，则实数 c 的最大值为 __________ ．【答案】 22 4【分析】∵不等式x 2 - 2y 2 ? cx(y - x) 对随意知足 x>y>0 的实数 x 、 y 恒建立，x22 y 2x 2 2∴ cy ，令 x=t>1 ，,xy x 2x x 2 yy y,t 2 2t24t2t 22 t22∴ ，f t ，f ' tc t t 2t t 22tt 22当 t 2 2 时,f ′(t)>0,函数 f(t) 单一递加 ;当 1 t 2 2 时,f ′(t)<0, 函数 f(t)单一递减。

2025届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第02讲分离参数法含解析

第2讲分别参数法学问与方法分别参数法解决恒成立求参问题,可以有两个角度:全分别和半分别.1.全分别参数法将含参表达式中的参数从表达式中完全分别出来,使所探讨的函数由动态变为定态,进而可得到新函数的图像、性质(最值),将求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题.在分别参数时,需点睛意:(1)参数系数的正负是否确定;(2)分参后目标函数的最值是否易解,若不易解,极可能须要洛必达法则协助.2.半分别参数法其一般步骤为:将不等式变形为aa+a≥a(a)或aa+a≤a(a)的形式(其中a为参数,a为常数),然后画出图像,由图像的上下方关系得到不等式,从而求得参数的取值范围.不等号前后两个函数的图像特征为:直线a=aa+a与曲线a=a(a),而直线a=aa+a过定点(0,a).须要说明的是:半分别参数法一般只适用于客观题,解答题则不宜运用.典型例题全分别参数【例1】已知函数a(a)=e a+aa2−a.(1)当a=1时,探讨a(a)的单调性;(2)当a≥0时,a(a)≥12a3+1,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,a(a)=e a+a2−a,a′(a)=e a+2a−1.当a<0时,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a>0时,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以,当a=1时,a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分别参数法当a=0时,a∈a.当a>0时,a(a)≥12a3+1⇔a≥12a3+a+1−e aa2.记a(a)=12a3+a+1−e aa2(a>0),则a ′(a )=12a 3−a −2+(2−a )e a a 3=(2−a )(e a −12a 2−a −1)a 3.记a (a )=e a −12a 2−a −1(a >0),a ′(a )=e a −a −1,a ′′(a )=e a −1. 因为a >0,所以a ′′(a )=e a −1>0,所以a ′(a )在(0,+∞)上单调递增, 从而a ′(a )>a ′(0)=0,所以a (a )在(0,+∞)单调递增,所以a (a )>a (0)=0. 令a ′(a )=0,解得a =2.当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,a (a )单调递增; 当a ∈(2,+∞)时,a ′(a )<0,a (a )单调递减. 所以a (a )在a =2处取得最大值a (2)=7−e 24,从而a ≥7−e 24. 综上,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞). 解法2:指数找挚友a (a )≥12a 3+1等价于12a 3−aa 2+a +1e a≤1.设a (a )=12a 3−aa 2+a +1e a(a ≥0),则a′(a )=−12a [a 2−(2a +3)a +(4a +2)e a=−12a [a −(2a +1)](a −2)e a.(1)当2a +1≤0,即a ≤−12时,则当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,所以a (a )在(0,2)单调递增,而a (0)=1, 故当a ∈(0,2)时,a (a )>1,不合题意; (2)当0<2a +1<2,即−12<a <12时, 则当a ∈(0,2a +1)∪(2,+∞)时,a ′(a )<0.所以a (a )在(0,2a +1),(2,+∞)单调递减,在(2a +1,2)上单调递增. 由于a (0)=1,所以a (a )≤1.当且仅当a (2)=7−4a e 2≤1,即a ≥7−e 24. 所以当7−e 24≤a <12时,a (a )≤1.(3)若2a +1≥2,即a ≥12时,则a (a )≤12a 3+a +1e a.由于0∈[7−e 24,12),故由(2)可得12a 3+a +1e a≤1.故当a ≥12时,a (a )≤1.综上所述,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞).【点睛】解决本题的关键在于求导数a′(a)=12a3−a−2+(2−a)e aa3后的处理.细致视察导数式中e a前面的系数为2−a,由此可大胆揣测2−a应当为12a3−a−2的一个因式,从而可设1 2a3−a−2=(2−a)(−12a2+aa+a),将右侧绽开,得12a3−a−2=12a3−(a+1)a2+(2a−a)a+2a,比较两侧的系数,可得a=a=−1,从而12a3−a−2=(2−a)(−12a2−a−1).【例2】设函数a(a)=e a−1−a−aa2.(1)若a=0,求a(a)的单调区间;(2)若当a≥0时a(a)≥0,求a的取值范围.【解析】(1)因为a=0时,所以a(a)=e a−1−a,a′(a)=e a−1.当a∈(−∞,0)时,a′(a)<0;当a∈(0,+∞)时,a′(a)>0.故a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)解法1:由(1)可得,当a=0时,a(a)≥a(0)=0,即e a≥a+1,当且仅当a=0时等号成立.依题意,当a≥0时a(a)≥0恒成立,当a=0时,a(a)≥0,此时a∈a;当a>0时,a(a)≥0等价于a≤e a−1−aa2,令a(a)=e a−1−aa2(a>0),则a′(a)=(a−2)e a+a+2a3,今a(a)=(a−2)e a+a+2(a>0),则a′(a)=(a−1)e a+1,因为a′′(a)=a e a>0,所以a′(a)在(0,+∞)上为增函数,所以a′(a)>a′(0)= 0,于是a(a)在(0,+∞)上为增函数,从而a(a)>a(0)=0,因此a′(a)>0,a(a)在(0,+∞)上为增函数,由洛必达法则知,lima→0+e a−1−aa2=lima→0+e a−12a=lima→0+e a2=12,所以a≤12.当a>12时,e−a>1−a得a′(a)<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a),故当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,而a(0)=0,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<0. 综上得a的取值范围是(−∞,12].解法2:a′(a)=e a−1−2aa,由(1)知e a≥1+a,当且仅当a=0时等号成立,故a′(a)≥a−2aa=(1−2a)a.当1−2a≥0,即a≤12时,a′(a)≥0(a≥0),所以a(a)在[0,+∞)上单调递增,故a(a)≥a(0)=0,即a≤12符合题意;当a>12时,由e a>1+a(a≠0)可得e−a>1−a(a≠0),所以e−a−1>−a(a≠0),所以a′(a)=e a−1−2aa<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a), 则当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,a(a)在(0,ln2a)上单调递减,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<a(0)=0,故a>12不合题意.综上所述,a的取值范围是(−∞,12].【例3】已知函数a(a)=a(e a+1−a)(a∈a).(1)若a=2,推断a(a)在(0,+∞)上的单调性;(2)若a(a)−ln a−1≥0恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)若a=2,a(a)=a e a−a,a′(a)=e a+a e a−1=(a+1)e a−1. 当a>0时,a+1>1,e a>1,故(a+1)e a>1,a′(a)=(a+1)e a−1>0,故a(a)在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分别参数+隐零点求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立,整理得a−1≤e a−ln aa −1a.设a(a)=e a−ln aa −1a,a′(a)=a2e a+ln aa2,设a(a)=a2e a+ln a,则a′(a)=(a2+2a)e a+1a>0, 所以a(a)在(0,+∞)上单调递增,又a(1)=e>0,a(12)=√e4−ln2<0.所以函数a(a)有唯一的零点a0,且12<a0<1.当a∈(0,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增. 即a(a0)为a(a)在定义域内的最小值.所以a−1≤e a0−ln a0a0−1a0.因为a(a0)=0,得a0e a0=−ln a0a0,12<a0<1(∗)令a(a)=a e a(12<a<1),方程(∗)等价于a(a)=a(−ln a)(12<a<1).而a′(a)=(a+1)e a在(0,+∞)上恒大于零,所以a(a)在(0,+∞)单调递增. 故a(a)=a(−ln a)等价于a=−ln a(12<a<1).设函数a(a)=a+ln a(12<a<1),易知a(a)单调递增.又a(12)=12−ln2<0,a(1)=1>0,所以a0为a(a)的唯一零点.即ln a0=−a0,e a0=1a0.故a(a)的最小值为a(a0)=e a0−ln a0a0−1a0=1a0−−a0a0−1a0=1.所以a−1≤1,即a≤2.综上,实数a的取值范围是(−∞,2].解法2:分别参数+放缩法求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即a−1≤a e a−ln a−1a.利用不等式e a≥a+1(当且仅当a=0时,等号成立),可得a e a−ln a−1a =e a+ln a−ln a−1a≥(a+ln a+1)−ln a−1a=1,当且仅当a+ln a=0时,等号成立.所以a e a−ln a−1a的最小值为1.于是a−1≤1,得a≤2,实数a的取值范围是(−∞,2].【例4】已知函数a(a)=a3e aa−1.(1)探讨a(a)的单调性;(2)若a=2,不等式a(a)≥aa+3ln a对a∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围. 【解析】(1)a′(a)=3a2e aa+aa3e aa=a2e aa(aa+3).①当a=0时,a′(a)≥0恒成立,所以a(a)在R单调递增;②当时,今,得;令,得.所以a (a )的单调递减区间为(−3a ,+∞),单调递增区间为(−∞,−3a ]. ③当a >0时,今a ′(a )≥0,得a ≥−3a ;令a ′(a )<0,得a <−3a . 所以a (a )的单调递减区间为(−∞,−3a ),单调递增区间为[−3a ,+∞). (2)因为a =2,所以a ≤a 3e 2a −3ln a −1a恒成立. 设a (a )=a −1−ln a (a >0),a ′(a )=a −1a, 令a ′(a )<0,得0<a <1;令a ′(a )>0,得a >1. 所以a (a )min =a (1)=0,所以a −1−ln a ≥0.取a =a 3e 2a ,则a 3e 2a −1−ln (a 3e 2a )≥0,即a 3e 2a −3ln a −1≥2a ,所以a 3e 2a −3ln a −1a≥2aa=2.设a (a )=a 3e 2a ,因为a (0)=0<1,a (1)=e 2>1,所以方程a 3e 2a =1必有解, 所以当且仅当a 3e 2a =1时,函数a =a 3e 2a −3ln a −1a取得最小值2,所以a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2].【点睛】本题在进行分参后,首先证明白一个常用的不等式:当a >0时,有ln a ≤a −1,接下来利用该不等式干脆得到a 3e a −3ln a −1≥2a , 从而得出a =a 3e a −3ln a −1a的最小值2.最终证明能够取到最小值.从而得出实数a 的取值范围. 本题也可用同构法解决:a ≤a 3e 2a −3ln a −1a, a 3e 2a −3ln a −1a=e 3ln a +2a −3ln a −1a≥2a +3ln a +1−3ln a −1a=2,故a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2]. 换元后分别参数【例5】已知函数a (a )=a (e a a−2a −2)+a . (1)若a =−1,求a (a )的单调区间和极值点;(2)若a >0时,a (a )>−1(a >0)恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)a =−1时a (a )=a e −a −1,a ′(a )=e −a −a e −a =0,所以当a <1,a ′(a )>0,a >1,a ′(a )<0.所以a (a )的单调递减区间为(1,+∞),单调递增区间为(−∞,1),极大值点为a =1,无微小值点.(2)解法1:a (a )>−1⇔a (e aa −2a −2)+a >−1, 即a (e aa −2a −2)+a +1>0, 令aa =a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即a (a e a −2a +1)>2a −1(∗)易证e a ≥a +1(过程略),则a e a −2a +1≥a (a +1)−2a +1>(a −1)2≥0, 即a e a −2a +1>0. 于是,由(∗)可得a >2a −1a e a −2a +1. 令a (a )=2a −1a e a −2a +1(a>0),则a ′(a )=−(2a +1)(a −1)(a e a −2a +1)2e a(a >0).当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0.所以a (a )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,[a (a )]max =a (1)=1e −1, 所以a >1e −1,实数a 的取值范围是(1e −1,+∞). 解法2:a (a )>−1⇔a (e aa −2a−2)+a >−1, 即a (e aa −2a−2)+a +1>0,令aa=a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即aa +1>2a −1a e a对于a >0恒成立,设a (a )=2a −1a ea ,a ′(a )=−(2a +1)(a −1)a 2e a当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0 可得a (a )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以a (a )max =a (1)=1e ,则aa +1>1e ,解得a >1e −1. 故实数a 的取值范围是(1e −1,+∞).【点睛】本题第(2)问明显不能干脆分别参数,假如利用a ′(a )处理也是非常困难,于是着眼于简化指数进行换元:令a a =a ,则aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立.换元之后就可以轻松分别参数了,特殊是解法2的处理手法值得回味.半分别参数【例6】已知函数a(a)=e a−aa−1(a∈R,其中e为自然对数的底数).(1)若a(a)在定义域内有唯一零点,求a的取值范围;(2)若a(a)≤a2e a在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.【解析】(1)a′(a)=e a−a,①当a≤0时,a′(a)>0,所以a(a)在R上单调递增;−1+a<0,a(1)=e−a−1>0,又a(−1)=1e由零点存在定理可知,函数a(a)在R上有唯一零点.故a≤0符合题意;②当a>0时,令a′(a)=0得a=ln a,当a∈(−∞,ln a)时,a′(a)<0,a(a)单调递减;a∈(ln a,+∞),a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(ln a)=e ln a−a ln a−1=a−a ln a−1,设a(a)=a−a ln a−1(a>0),则a′(a)=1−(ln a+1)=−ln a,当0<a<1时,a′(a)>0,a(a)单调递增;当a>1时,a′(a)<0,a(a)单调递减,所以a(a)max=a(1)=0,故a=1.综上:实数a的取值范围为{a∣a≤0或a=1}.(2)解法1:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立,即函数a(a)=(1−a2)e a的图像恒在直线a=aa+1的下方.而a′(a)=(1−a2−2a)e a,a′′(a)=(−a2−4a−1)e a<0(a≥0),所以函数a(a)是上凸函数,且在a=0处的切线斜率a=a′(0)=1;直线a=aa+1过定点(0,1),鈄率为a,故a≥1,即a的取值范围为[1,+∞).解法2:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立, 记a(a)=(1−a2)e a=(1+a)(1−a)e a,①当a≥1时,设函数a(a)=(1−a)e a,则a′(a)=−a e a≤0,因此a(a)在[0,+∞)单调递减,又a(0)=1,故a(a)≤1,所以a(a)=(1+a)a(a)≤1+a≤aa+1,故a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立;②当0<a<1时,设函数a(a)=e a−a−1,则a′(a)=e a−1≥0,所以a(a)在[0,+∞)单调递减,且a(0)=0,故e a≥a+1.当0<a<1时,a(a)>(1−a)(1+a)2,(1−a)(1+a)2−aa−1=a(1−a−a−a2),取a0=−1+√5−4a2,则a0∈(0,1),(1−a0)(1+a0)2−aa0−1=0,所以a(a0)>aa0+1;故0<a<1不合题意.③当a≤0时,取a0=√5−12,则a0∈(0,1),a(a0)>(1−a0)(1+a0)2=1≥aa0+1.故a≤0不合题意.综上,a的取值范围为[1,+∞).【点睛】解法1将不等式进行变形为aa+a≤a(a)(其中a为参数,a为常数),不等号前后两个函数的图像特征为:“始终一曲”,而直线a=aa+a过定点(0,a).半分别参数的方法,通过变形将不等式两边化为始终线与一曲线的形式,再结合图像利用函数凹凸性解决问题,过程简洁快捷.须要指出的是,这种解法只适用于选择题与填空题,不适用于解答题.解法2是不分别参数,干脆构造差函数对参数进行探讨,过程更加严谨,理由更加充分,是解答题的一般做法.其中探讨的临界点,可以结合解法1的过程而得到.【例7】已知函数a(a)=a ln a+aa−1,a∈a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)当a=2时,对随意a>1,a(a)>a(a−1)恒成立,求正整数a的最大值.【解析】(1)a(a)的单调递增区间为(e−a−1,+∞),单调递减区间为(0,e−a−1).(2)解法1:全分别a(a)>a(a−1)变形为a<a(a)a−1=a ln a+2a−1a−1,令a(a)=a ln a+2a−1a−1,a′(a)=−ln a+a−2(a−1)2,令a(a)=−ln a+a−2,则a′(a)=−1a +1=a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以存在唯一a0∈(3,4),使得a(a0)=0,即ln a0=a0−2.故当a∈(1,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(a0)=a0ln a0+2a0−1a0−1=a02−1a0−1=a0+1,即a<a0+1,又a0∈(3,4),所以a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.解法2:半分别a(a)>a(a−1)恒成立,即a(a)=a ln a+2a−1图像恒在直线a=a(a−1)的上方.因为a′(a)=3+ln a>0,a′′(a)=1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,且下凸; 直线a=a(a−1)过定点(1,0).设过(1,0)的直线与a(a)相切于点(a0,a(a0)),即(a0,a0ln a0+2a0−1).切线斜率为a′(a0),所以a<a′(a0).由a(a0)−0a0−1=a′(a0),得a0ln a0+2a0−1a0−1=3+ln a0,化简整理得ln a0=a0−2,所以a′(a0)=3+ln a0=3+(a0−2)=a0+1.故a<a0+1. 下面估计a0的范围.令a(a)=a−ln a−2,则a′(a)=1−1a =a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增;又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以a(a)的唯一零点a0∈(3,4).于是a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.【点睛】须要点睛意的是,利用半分别参数求解含参问题,须要结合二阶导数探讨函数的凹凸性,在解答题中有“以图代证”的嫌疑,因而这个解法一般只适用于选择题或填空题. 【例8】设函数a(a)=e a(2a−1)−aa+a,其中a<1.若存在在唯一的整数a0使得a(a0)<0.则a的取值范围是（）A.[−32e ,1) B.[−32e,34) C.[32e,34) D.[32e,1)【解析】解法1:全分别参数a (a )<0⇔(a −1)a >e a (2a −1)当a >1时,有a >e a (2a −1)a −1>1,这与题设冲突,舍去; 当a <1时,有a <e a (2a −1)a −1,记a (a )=e a (2a −1)a −1, 则a ′(a )=e a (2a +1)(a −1)−e a (2a −1)(a −1)2=a e a (2a −3)(a −1)2(a <1), 当a <0时,a ′(a )>0;当0<a <1时,a ′(a )<0,故a (a )在(−∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,作出其大致图象如图所示.由题意知,存在唯一的整数a 0使得a (a 0)<0,即a <a (a 0),由图易知a 的取值范围是32e =a (−1)≤a <1,选a .解法2:半分别参数设a (a )=e a (2a −1),a (a )=aa −a ,由题意知,存在唯一的整数a 0,使得a (a 0)<a (a 0),a ′(a )=e a (2a +1),当a <−12时,a ′(a )<0,当a >−12时,a ′(a )>0,则a (a )在(−∞,−12)上单调递减,在(−12,+∞)上单调递增.作出a (a )与a (a )的大致图象如图所示.因为a (0)=−1<−a =a (0),故只需a (−1)≥a (−1)即可,解得a ≥32e ,则a 的取值范围是32e ≤a <1,故选a .强化训练1.设函数a (a )=a 2+aa +a ,a (a )=e a (aa +a ).若曲线a =a (a )和曲线a =a (a )都过点a (0,2),且在点a 处有相同的切线a =4a +2.(1)求a ,a ,a ,a 的值;(2)若a ≥−2时,a (a )≤aa (a ),求a 的取值范围.【解析】(1)a =4,a =2,a =2,a =2(过程略).(2)由(1)知,a (a )=a 2+4a +2,a (a )=2e a (a +1),①当a =−1时,a (a )=−1,a (a )=0,此时a (a )≤aa (a )恒成立,则a ∈a ; ②当a ∈[−2,−1)时,a (a )=2e a (a +1)<0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≤a 2+4a +22e a (a +1),令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2≥0恒成立,故a (a )在区间[−2,−1)上单调递增,当a =−2时,a (a )取最小值e 2,故a ≤e 2; ③当a ∈(−1,+∞)时,a (a )=2e a (a +1)>0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≥a 2+4a +22e a (a +1), 令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2,当a ∈(−1,0)时,a ′(a )>0,当a ∈(0,+∞)时,a ′(a )<0,故当a =0时,a (a )取极大值1,故a ≥1.综上所述:a ∈[1,e 2],即a 的取值范围是[1,e 2].2.设函数a (a )=e a −aa −2.(1)求a (a )的单调区间;(2)若a =1,a 为整数,且当a >0时,(a −a )a ′(a )+a +1>0,求a 的最大值.【解析】(1)当a ≤0时,a (a )在(−∞,+∞)上单调递增,无减区间;当a >0时,a (a )的单调递减区间是(−∞,ln a ),单调递增区间是(ln a ,+∞).(2)(a −a )a ′(a )+a +1>0等价于a <a +1e a −1+a (a >0)(1),令a (a )=a +1e a −1+a ,则a ′(a )=e a (e a −a −2)(e a −1)2, 而函数a (a )=e a −a −2在(0,+∞)上单调递增,a (1)<0,a (2)>0,所以a (a )在(0,+∞)存在唯一的零点.故a ′(a )在(0,+∞)存在唯一的零点.设此零点为a ,则a ∈(1,2).当a∈(0,a)时,a′(a)<0;当a∈(a,+∞)时,a′(a)>0.所以a(a)在(0,+∞)的最小值为a(a).又由a′(a)=0,可得e a=a+2,所以a(a)=a+1∈(2,3).由于(1)式等价于a<a(a),故整数a的最大值为2.3已知函数a(a)=ln2(1+a)−a21+a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)若不等式(1+1a)a+a≤e对随意的a∈N∗都成立(其中e是自然对数的底数).求a的最大值.【解析】(1)函数a(a)的定义域为(−1,+∞),a′(a)=2ln(1+a)1+a−a2+2a(1+a)2=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a(1+a)2.设a(a)=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a,则a′(a)=2ln(1+a)−2a.令a(a)=2ln(1+a)−2a,则a′(a)=21+a −2=−2a1+a.当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数,当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.所以a(a)在a=0处取得极大值,而a(0)=0,所以a′(a)<0(a≠0), 函数a(a)在(−1,+∞)上为减函数.于是当−1<a<0时,a(a)>a(0)=0,当a>0时,a(a)<a(0)=0.所以,当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数.当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.故函数a(a)的单调递增区间为(−1,0),单调递减区间为(0,+∞).(2)不等式(1+1a )a+a≤e等价于不等式(a+a)ln(1+1a)≤1.由1+1a >1知,a≤1ln(1+1a)−a.设a(a)=1ln(1+a)−1a,a∈(0,1],则a′(a)=−1(1+a)ln2(1+a)+1a2=(1+a)ln2(1+a)−a2a2(1+a)ln2(1+a).由(1)知,ln2(1+a)−a21+a≤0,即(1+a)ln2(1+a)−a2≤0.所以a′(a)<0,a∈(0,1],于是a(a)在(0,1]上为减函数.−1.故函数a(a)在(0,1]上的最小值为a(1)=1ln2−1.所以a的最大值为1ln2。

2017年高考数学(理)-分离(常数)参数法(测)-专题练习(五)

A． B． C． D．
（二）填空题
13．之和是__________．
14．设是定义在上的奇函数，且当时，，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是__________．
15．若不等式在区间上恒成立，则实数的取值范围为__________．
16．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是__________．
2017年高考数学（理）专题练习（五）
分离（常数）参数法（测）
（一）选择题
1．若函数存在零点，则实数的取值ຫໍສະໝຸດ 围是（）A． B． C． D．
2.当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）
A． B C． D．
3．函数在上为减函数，则实数的取值范围是（）
A． B． C． D．
4．若不等式恒成立，则实数a的取值范围是（）
A． B． C． D．
11．定义在上的函数对任意都有，且函数的图象关于成中心对称，若满足不等式，则当时，的取值范围是（）
A． B． C． D．
12．现有两个命题：
（1）若，且不等式恒成立，则的取值范围是集合；
（2）若函数，的图像与函数的图像没有交点，则的取值范围是集合；则以下集合关系正确的是（）
（三）解答题
17．若对任意的恒成立，求实数的取值范围？
18．已知函数，，其中且，．
（Ⅰ）若，且时，的最小值是，求实数的值；
（Ⅱ）若，且时，有恒成立，求实数的取值范围．

2017年高考数学(文)-分离(常数)参数法(讲)-专题练习(五)

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2017年高考数学（文）专题练习（五）
分离（常数）参数法（讲）
一．分离常数法
1.1．用分离常数法求分式函数的最值
例1．函数()(2)1
x f x x x =≥-的最大值为_________． 1.2．用分离常数法求函数的值域
例2．函数22(1)1
x y x x +=>-的最小值是（） A
．2
B
．2 C
． D ．2
1.3．用分离常数法判断分式函数的单调性
例3．已知函数21()=2ln 2f x x ax x +-，若()f x 在区间123⎡⎤⎢⎥⎣⎦
,上是增函数，则实数a 的取值范围 _________．
二．分离参数法
2.1．用分离参数法解决不等式恒成立问题
例4．已知数列{}n a 是以为首项，以为公差的等差数列，数列{}n b 满足(1)2n n b n a =+．若对n +∈N 都有 4n b b ≥成立，则实数t 的取值范围是_________．
例5．已知数列{}n a 的前项和为n S ，且122n n S +=-．
（1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）设21222log log log n n b a a a =++⋅⋅⋅+，求使(8)n n b nk -≥对任意n +∈N 恒成立的实数k 的取值范围．
2.2．求定点的坐标
例6．已知直线:(21)(1)740l m x m y m ++++--=，m ∈R ，求证：直线l 恒过定点．
t 2n。

2017年高考数学(理)-参数法(讲)-专题练习(七)-答案

221k +,0k k >，2017年高考数学（理）专题练习（七）参数法（讲）解析例1．例2．例3．【解析】设直线OA 的倾斜角为α，)0,0)(,(>>n m n m B ，则直线OB 的倾斜角为απ+3，因为)1,34(A ，所以341tan =α，m n =+)3tan(απ，3313341313413=⋅-+=m n ，即2216927n m =，因为491)34(2222=+=+n m ，所以491692722=+n n ，所以213=n 或213-=n （舍去），所以点B 的纵坐标为213．例4．设()(0)te g t t t=>，则2(1)()t e t g t t -'=，令()0g t '=得1t =，当01t <<时，()0g t '<，所以()g t 在区间(0,1)上单调递减；当1t >时，()0g t '>，所以()g t 在区间(1,)+∞上单调递增；因为(0,1)n x ∈，且当2n ≥时，1(1,),,n n n x x x +∈+∞<所以 2min1254[()]min[(),()]min[(),()]()444n g x g x g x g g g e πππππ====因此，*,()n n n N x f x ∈≤恒成立，当且仅当24e a ππ≤，解得24a eπ-≥，故实数a 的取值范围是2[,)4e π-+∞．例5．由题设得22(1)3a +＞6，解得2a >．所以a 的取值范围为（2，+∞）． ……10分例6．所以．由于，，得，因此， ①因为①式关于，的方程有解的充要条件是，所以因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，()()22222222121212120k k k k a a k k ⎡⎤-+++-=⎣⎦12k k ≠1k 20k >()2222221212120k k a a k k +++-=()222212111112a a k k ⎛⎫⎛⎫++=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭1k 2k ()22121a a +->a >()0,1A 312a <≤由得，所求离心率的取值范围为．例7．c e a ==0e <≤HD'DCB A zy xO。

2017年高考数学(文)-参数法(测)-专题练习(七)-答案

9．
10．
【解析】设公共切线与曲线切于点，与曲线切于点，则，将代入，可得，又由得，∴ ，且，记，，求导得，可得在上递增，在上递减，∴ ，∴ 。
11．
12．
【解析】设的方程为，则由得，
设，，则是该方程的两根，，，
又，，，又，
①，将，代入①得
，
整理得，化简得
或，当时，过，即点，与题意不符，舍去；
当时，过点，故答案为A．
13．
14．
【解析】设舰艇到达鱼船所用的最短时间为小时，如图所示，由题意可知，，，在中，由余弦定理得
，解之得，即艇到达鱼船所用的最短时间为40分钟。
15．
16．
【解析】是椭圆的左、右焦点，过的直线与交于两点，
故的长为
18．
（1）；
（2）
【解析】（1）由
时，
两式作差得：得：
即数列从第二项起是公比为3的等比数列，且，于是
故时，，于是
（2）由（1）可知当时，
设
则
又及，所以所求实数的最小
又∵ ∴ ∴ ∴
故的长为；
18．
（1）；
（2）
【解析】（1）由
时，
两式作差得：得：
即数列从第二项起是公比为3的等比数列，且，于是
故时，，于是
（2）由（1）可知当时，
设
则
又及，所以所求实数的最小
2017年高考数学（文）专题练习（七）
参数法（测）
解析
1．
2．
【解析】
由，可设，又，所以

2017年高考数学(理)(全国II卷)详细解析

.专业 .专注 .绝密★启用前2017 年一般高等学校招生全国一致考试新课标 II 卷理科数学一、选择题：此题共 12 小题，每题 5 分，共 60 分．在每题给出的四个选项中，只有一项是切合题目要求的．3 i1 ．1iA ．1 2i B．1 2i C．2 i D．2 i【答案】D2．设会合 A 1,2,4 ， B x x2 4x m 0 ．若A B 1 ，则 B A．1, 3 B．1,0 C．1,3 D．1,5 【答案】C【分析】试题剖析：由 A B 1 得 1 B ，即x 1是方程 x2 4x m 0 的根，所以1 4 m 0m, ，3 B 1,3 ，应选 C．【考点】交集运算、元素与会合的关系【名师点睛】会合中元素的三个特征中的互异性对解题影响较大，特别是含有字母的会合，在求出字母的值后，要注意查验会合中的元素能否知足互异性．两个防备：① 不要忽略元素的互异性；② 保证运算的正确性．3 ．我国古代数学名著《算法统宗》中有以下问题：“眺望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯A．1 盏B．3 盏C．5 盏D．9 盏【答案】B4 ．如图，网格纸上小正方形的边长为 1 ，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A．90B．63C．42D．36【答案】B【分析】试题剖析：由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为 4 的圆柱，其体积 V1 32436 ，上半部分是一个底面半径为3，高为6 的圆柱的一半，其体积 V2 1 ( 32 6) 27 ，故该组合体的体积 V V1 V2 36 27 63 ．故2选 B．【考点】三视图、组合体的体积【名师点睛】在由三视图复原为空间几何体的实质形状时，要从三个视图综合考虑，依据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不行见轮廓线在三视图中为虚线．在复原空间几何体实质形状时，一般是以正视图和俯视图为主，联合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的要点是由三视图确立直观图的形状以及直观图中线面的地点关系和数目关系，利用相应体积公式求解．2x 3y 3 05 ．设x，y知足拘束条件2x 3y 3 0 ，则 z 2x y 的最小值是y 3 0A．15 B．9 C． D ．【答案】A6 ．安排 3 名志愿者达成 4 项工作，每人起码达成 1 项，每项工作由 1 人达成，则不一样的安排方式共有A．12 种B．18 种C．24 种D．36 种【答案】D【分析】试题剖析：由题意可得，一人达成两项工作，其余两人每人达成一项工作，据此可得，只要把工作分红三份：有 C42 种方法，而后进行全摆列，由乘法原理，不一样的安排方式共有C42 A 33 36 种．应选D．【考点】摆列与组合、分步乘法计数原理【名师点睛】（1）解摆列组合问题要按照两个原则：① 按元素(或地点)的性质进行分类；② 按事情发生的过程进行分步．详细地说，解摆列组合问题常以元素(或地点 )为主体，即先知足特别元素 (或地点 )，再考虑其余元素 (或地点 )．（ 2 ）不一样元素的分派问题，常常是先分组再分派．在分组时，往常有三种种类：① 不均匀分组；② 均匀分组；③ 部分均匀分组．注意各样分组种类中，不一样分组方法的求解．7 ．甲、乙、丙、丁四位同学一同去处老师咨询成语比赛的成绩．老师说：你们四人中有 2 位优异，2 位优异，我此刻给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我仍是不知道我的成绩．依据以上信息，则A ．乙能够知道四人的成绩B．丁能够知道四人的成绩C．乙、丁能够知道对方的成绩D．乙、丁能够知道自己的成绩【答案】D. word 可编写.8 ．履行右边的程序框图，假如输入的a 1 ，则输出的 SA．2B．3C．4D．5 【答案】B9．若双曲线 C :x 2 y 21（ a0 ， b0 ）的一条渐近线被圆x 2y 24 所截得的a 222b弦长为 2，则 C 的离心率为A ．2 ． 3C ． 2D ． 2 3B3【答案】A【分析】试题分析：由几何关系可得，双曲线x 2y 2 1 a0, b 0 的渐近线方程为a 2b 2bx ay 0，圆心2 , 0 到渐近线距离为 d 22 123 ，则点 2,0 到直线b x2b a 0 2b，a y 0 的距离为 db 23a 2c4(c 2a 2 )3 ，整理可得 c 24a 2，双曲线的离心率 ec 2 4 2．应选 A ．即c 2a2【考点】双曲线的离心率；直线与圆的地点关系，点到直线的距离公式.专业 .专注 .【名师点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围 )，常有有两种方法：① 求出 a，c，代入公式e c；② 只要a要依据一个条件获得对于a， b ，c 的齐次式，联合 b 2＝c2－a2转变为 a，c 的齐次式，而后等式 (不等式 )两边分别除以 a 或 a2转变为对于 e 的方程 (不等式 )，解方程 (不等式 )即可得 e(e 的取值范围 )．10 ．已知直三棱柱ABC A1B1C1中，ABC 120 ， AB 2 ， BC CC11，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为3 15 10 3A．B．C．D．2 5 5 3【答案】C11 ．若x 2 是函数 f ( x)( x2ax1)e x 1的极值点，则 f ( x) 的极小值为.专业 .专注 .A．1 B．2e3 C．5e3 D． 1【答案】A【分析】试题分析：由题可得f ( x) x 1( x22 ax)1xe ， a (x1 x)x由于 f ( 2) 0 ，所以a 1 ，f ( x) ( x2 x 1)e x 1，故 f ( x) ( x2 x 2)e x 1，令 f ( x) 0 ，解得 x 2 或 x 1，所以f ( x) 在 ( , 2),(1, ) 上单一递加，在( 2,1) 上单一递减，所以 f ( x) 的极小值为 f (1) (1 1 1)e1 11，应选A．【考点】函数的极值、函数的单一性【名师点睛】（1）可导函数 y＝f(x)在点 x0处获得极值的充要条件是 f ′(x0)＝0，且在 x0左边与右边 f ′(x)的符号不一样学 * ；（ 2）若 f(x)在(a， b)内有极值，那么f(x)在(a，b )内绝不是单一函数，即在某区间上单一增或减的函数没有极值．12 ．已知△ABC是边长为 2 的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA ( PB PC )的最小是A．2 B．3 4D．1 2C．3【答案】B.专业 .专注 .解等问题，而后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．二、填空题：此题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分．13 ．一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100 次， X表示抽到的二等品件数，则DX．【答案】1.96【分析】试题剖析：由题意可得，抽到二等品的件数切合二项散布，即X ~ B 100,0.02，由二项散布的希望公式可得DX np 1 p 100 0.02 0.98 1.96．【考点】二项散布的希望与方差【名师点睛】判断一个随机变量能否听从二项散布，要看两点：① 能否为n次独立重复试验，在每次试验中事件 A 发生的概率能否均为p ；② 随机变量能否为.专业 .专注 .在这 n 次独立重复试验中某事件发生的次数，且 p X k C n k p k 1 p n k表示在独立重复试验中，事件 A 恰巧发生 k 次的概率．14 ．函数f ( x) sin2x 3 cos x 3 (x [0, ]) 的最大值是．4 2【答案】115 ．等差数列a n的前 n 项和为S n，a3 3， S4 n 110，则．k 1S k2n【答案】n 1【分析】.专业 .专注 .16 ．已知F是抛物线C :y2 8x 的焦点，M是C上一点，FM的延伸线交 y 轴于点N．若M 为FN的中点，则 FN ．【答案】6【分析】试题剖析：以下图，不如设点 M 位于第一象限，设抛物线的准线与x 轴交于点 F' ，作MB l 与点B， NA l 与点A，由抛物线的分析式可得准线方程为 x 2 ，则AN 2, FF'AN FF '3，由抛物线的定4 ，在直角梯形ANFF'中，中位线 BM 2义有：MF MB3，联合题意，有MN MF3，故FN FM NM 3 3 6 ．.专业 .专注 .【考点】抛物线的定义、梯形中位线在分析几何中的应用．【名师点睛】抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转变．假如问题中波及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．所以，波及抛物线的焦半径、焦点弦问题，能够优先考虑利用抛物线的定义转变为点到准线的距离，这样就能够使问题简单化．三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都一定作答．第 22 、23 题为选考题，考生依据要求作答．（一）必考题：共 60 分．17．（ 12 分）2B △ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为a, b, c ，已知 sin A C8sin．（1）求cosB；（ 2）若a c 6 ，△ABC 的面积为2，求 b ．【答案】（1 ）cos B 15；（ 2 ）b 2．17.专业 .专注 .“边转角”“角转边”，此外要注意 a c, ac, a2c2三者之间的关系，这样的题目小而活，备授命题者的喜爱．18．（ 12 分）海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对照，收获时各随机抽取了100个网箱，丈量各箱水产品的产量（单位：kg）．其频次散布直方图以下：.专业 .专注 .50kg ，新养殖法的箱产量不低于50kg ”，预计A的概率；（2 ）填写下边列联表，并依据列联表判断能否有 99% 的掌握以为箱产量与养殖方法有关：箱产量＜50kg箱产量≥ 50kg旧养殖法新养殖法（ 3 ）依据箱产量的频次散布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的预计值（精准到0.01 ）．附：，K 2n(ad bc)2(a b)(c d)( a c)(b d)【答案】（1）0.4092；（2）有99%的掌握以为箱产量与养殖方法有关；（3）52.35kg ．.专业 .专注 .【考点】独立事件概率公式、独立性查验原理、频次散布直方图预计中位数【名师点睛】（1）利用独立性查验，能够帮助我们对平时生活中的实质问题作出合理的推测和展望．独立性查验就是观察两个分类变量能否有关系，并能较为正确地给出这类判断的可信度，随机变量的观察值值越大，说明“两个变量有关系”的可能性越大．（2）利用频次散布直方图求众数、中位数和均匀数时，应注意三点：① 最高的小长方形底边中点的横坐标即众数；② 中位数左边和右边的小长方形的面积.专业 .专注 .和是相等的；③ 均匀数是频次散布直方图的“重心”，等于频次散布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和．19 ．（ 12 分）如图，四棱锥 P- ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面， 1 ABC 90 o , E是ABCD AB BC AD , BAD2PD 的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45o，求二面角M AB D 的余弦值．【答案】（1 ）证明略；（ 2）10 ．5【考点】判断线面平行、面面角的向量求法【名师点睛】（1）求解此题要注意两点：① 两平面的法向量的夹角不必定是所求的二面角，② 利用方程思想进行向量运算，要仔细仔细、正确计算．（2）设 m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与< m ，n> 互补或相等，故有 |cos θ|＝|cos< m ， n >|= m n．求解时必定要注意联合实质图形判断m n 所求角是锐角仍是钝角．20．（ 12 分）.专业 .专注 .2设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C ：xy 2 1上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N ，点 2P 知足 NP 2NM ．（ 1）求点 P 的轨迹方程；（ 2）设点 Q 在直线 x3 上，且 OP PQ 1 ．证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C的左焦点 F ．【答案】（1 ）x 2 y 2 2 ；（ 2 ）证明略．【考点】轨迹方程的求解、直线过定点问题【名师点睛】求轨迹方程的常用方法：（1）直接法：直接利用条件成立 x ，y 之间的关系 F(x ，y)＝0．.专业 .专注 .（2）待定系数法：已知所求曲线的种类，求曲线方程．（3）定义法：先依据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程．（ 4）代入 (有关点 )法：动点P(x，y)依靠于另一动点Q(x0， y0)的变化而运动，常利用代入法求动点 P(x， y)的轨迹方程．21 ．（ 12 分）已知函数 f ( x) ax 2 ax x ln x ，且 f ( x) 0 ．（ 1）求a；（ 2）证明：f ( x)存在独一的极大值点x0，且e2 f ( x0 ) 2 2．【答案】（1 ）a 1；（2）证明看法析．（ 2）由（ 1）知 f x x2 x x ln x ，f ' ( x) 2x 2 ln x．设 h x 2x 2 ln x，则h' ( x) 2 1 ．x当x (0,1) 时， h' ( x) 0 ；当 x (1, ) 时， h' ( x) 0 ，2 2.专业 .专注 .所以 h x 在(0,1)上单一递减，在(1, ) 上单一递加．2 2又h e 2 0， h( 1) 0 ，h 1 0 ，所以 h x 在 (0,1) 有独一零点 x0 ，在[1, ) 有2 2 2独一零点1，且当x 0, x0 时， h x 0 ；当 x x0 ,1 时， h x 0 ，当 x 1, 时，h x 0 ．由于 f ' (x) h x ，所以 x x0是f x 的独一极大值点．由f ' ( x0 ) 0 得ln x0 2 x0 1 ，故 f x0 x0 1 x0．由 x0 0,1 得f x0 1 ．4由于 x x0是f x 在（ 0， 1）的最大值点，由e 1 0,1 ， f '(e 1) 0 得 f ( x0 ) f (e 1 ) e 2．所以 e 2 f x0 2 2 ．【考点】利用导数研究函数的单一性、利用导数研究函数的极值【名师点睛】导数是研究函数的单一性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考取，对导数的应用的观察都特别突出．导数专题在高考取的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用的观察主要从以下几个角度进行：（1）观察导数的几何意义，常常与分析几何、微积分相联系；（ 2）利用导数求函数的单一区间，判断单一性；已知单调性求参数；（ 3）利用导数求函数的最值 (极值 )，解决生活中的优化问题；（4）观察数形联合思想的应用．（二）选考题：共 10 分．请考生在第22 、23 题中任选一题作答．假如多做，则按所做的第一题计分．22 ．选修 4― 4：坐标系与参数方程]（ 10 分）在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴成立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为cos4．（1）M 为曲线 C 1 上的动点，点 P 在线段 OM 上，且知足 |OM | |OP | 16，求点 P 的轨迹 C 2 的直角坐标方程；（ 2）设点 A 的极坐标为 (2,) ，点 B 在曲线 C 2 上，求 △OAB 面积的最大值．324 x 0 ；（ 2） 2 3 ．【答案】（1 ） x 2y 2（2）设点 B 的极坐标为B,B，由题设知 OA2, B4cos ，于是△OAB的面积S1OAB sin AOB4cos| sin() | 2 |sin(2) 3| 23.2332当12 时，S 获得最大值 23 ，所以 △ OAB 面积的最大值为 23 ．【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程、三角形面积的最值【名师点睛】此题观察了极坐标方程的求法及应用。