数学高考专题复习：多参数问题的解法
2023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讲分离参数法知识与方法分离参数法解决恒成立求参问题,可以有两个角度:全分离和半分离.1.全分离参数法将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来,使所研究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.在分离参数时,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,极可能需要洛必达法则辅助.2.半分离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).需要说明的是:半分离参数法一般只适用于客观题,解答题则不宜使用.典型例题全分离参数【例1】已知函数a(a)=e a+aa2−a.(1)当a=1时,讨论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:分离参数法当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:指数找朋友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.仔细观察导数式中e a前面的系数为2−a,由此可大胆猜测2−a应该为12a3−a−2的一个因式,从而可设1 2a3−a−2=(2−a)(−12a2+aa+a),将右侧展开,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,判断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:分离参数+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:分离参数+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)讨论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,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,首先证明了一个常用的不等式:当a >0时,有ln a ≤a −1,接下来利用该不等式直接得到a 3e a −3ln a −1≥2a , 从而得出a =a 3e a −3ln a −1a的最小值2.最后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]. 换元后分离参数【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,无极小值点.(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)问显然不能直接分离参数,如果利用a ′(a )处理也是十分复杂,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离参数了,特别是解法2的处理手法值得回味.半分离参数【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:“一直一曲”,而直线a=aa+a过定点(0,a).半分离参数的方法,通过变形将不等式两边化为一直线与一曲线的形式,再结合图像利用函数凹凸性解决问题,过程简洁快捷.需要指出的是,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是不分离参数,直接构造差函数对参数进行讨论,过程更加严谨,理由更加充分,是解答题的一般做法.其中讨论的临界点,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,对任意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:全分离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:半分离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】需要点睛意的是,利用半分离参数求解含参问题,需要结合二阶导数研究函数的凹凸性,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:全分离参数a (a )<0⇔(a −1)a >e a (2a −1)当a >1时,有a >e a (2a −1)a −1>1,这与题设矛盾,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:半分离参数设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对任意的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。
高考数学如何应对含参数的方程组题目
高考数学如何应对含参数的方程组题目在高考数学中，含参数的方程组题目是一种较为常见的题型。
这类题目涉及到未知数和参数之间的关系，考察学生对于方程组的解法和参数的影响的理解。
本文将介绍如何应对含参数的方程组题目，帮助考生更好地解决这类难题。
一、理解参数的含义和作用在处理含参数的方程组题目时，首先要准确理解参数的含义和作用。
参数是方程中的变量，通过改变参数的取值可以得到不同的方程组。
因此，参数的取值范围和数值对于方程组的解的个数和性质有着重要的影响。
二、分类讨论参数取值的情况针对不同的参数取值情况，可以将题目分为以下几种情况进行讨论和求解。
1. 参数取值为特殊值当参数取值为特殊值时，方程组可能出现特殊的性质和解的形式。
此时可以通过代数运算和推理找到方程组解的规律，并根据特殊值的取值范围给出解的条件。
2. 参数取值范围问题有些题目会给出参数的取值范围，要求根据参数的范围来讨论方程组的解。
这时需要将参数的取值范围分为不同的区间，并对每个区间进行分析，得出方程组解的情况。
3. 参数关系的转化在有些题目中，参数之间可能存在一定的关系，需要通过将方程组中的变量进行替换或者代入来将方程组转化为一个更简单的形式，从而求出解的表达式或者性质。
4. 参数的限制条件有时方程组的解还需要满足一定的限制条件，这些限制条件可以是其他方程的引入，也可以是解的范围的限制等。
在解题过程中，需要将这些条件纳入考虑，并进行综合分析。
三、解题技巧和注意事项在应对含参数的方程组题目时，还需要掌握一些解题技巧和注意事项，以提高解题效率和完成度。
1. 灵活运用代数运算对于含参数的方程组，要善于利用代数运算进行化简和转化，以及利用代数关系来推导出解的形式或者性质。
同时可以采用待定系数法或者换元法等技巧，将方程组转化为更简单的形式。
2. 多角度思考在解题过程中，多角度思考问题有助于发现问题的规律和解的启示。
可以从代数、几何、函数等不同的角度来分析和解决问题。
高考总复习二轮理科数学精品课件 专题6 函数与导数 增分1 利用导数求参数的值或范围
而y=x+ln x在(0,+∞)上单调递增,
∴t≥x,即 ae ≥x,分离参数后有 a≥
x-1
e-1
令 g(x)=
e-1
e-1 -e-1
,∴g'(x)=
e2-2
=
.
e-1 (1-)
e2-2
.
当 0<x<1 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
验证f(x)在(0,1)内有极值.
对点训练1
已知函数f(x)=(x-2)ex.
(1)求f(x)的极值;
(2)若函数g(x)=f(x)-k(x-ln x)在区间
1
,1
2
上没有极值,求实数k的取值范围.
解 (1)f'(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.
令f'(x)=0,得x=1.当x<1时,f'(x)<0;当x>1时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递
增分1
利用导数求参数的值或范围
考点一
已知函数极值、最值情况求参数范围
例1(2023四川成都三模)已知函数f(x)=x4-ax3sin x,其中a∈R.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(π,π4)处的切线方程;
(2)若x=0是函数f(x)的极小值点,求a的取值范围.
解 (1)当a=1时,函数f(x)=x4-x3sin x.
2x 0 < <
π
2
,
3-2cos2
2
数学高考专题复习：多参数问题的解法
多参数问题的解法常用方法有：一、分离变量法。
若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。
例1．已知当x ∈R 时，不等式a+cos2x<5-4sinx+45-a 恒成立，求实数a 的取值范围。
分析：在不等式中含有两个变量a 及x ，其中x 的范围已知（x ∈R ），另一变量a 的范围即为所求，故可考虑将a 及x 分离。
解：原不等式即：4sinx+cos2x<45-a -a+5要使上式恒成立，只需45-a -a+5大于4sinx+cos2x 的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x 的最值问题。
f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin 2x+4sinx+1=-2(sinx -1)2+3≤3,∴45-a -a+5>3即45-a >a+2上式等价于⎪⎩⎪⎨⎧->-≥-≥-2)2(4504502a a a a 或⎩⎨⎧≥-<-04502a a ，解得≤54a<8.说明：注意到题目中出现了sinx 及cos2x ，而cos2x=1-2sin 2x,故若把sinx 换元成t,则可把原不等式转化成关于t 的二次函数类型。
另解（先确定主元）：a+cos2x<5-4sinx+45-a 即 a+1-2sin 2x<5-4sinx+45-a ,令sinx=t,则t ∈[-1,1], 整理得2t 2-4t+4-a+45-a >0,( t ∈[-1,1])恒成立。
设f(t)= 2t 2-4t+4-a+45-a 则二次函数的对称轴为t=1,∴ f(x)在[-1，1]内单调递减。
∴ 只需f(1)>0,即45-a >a -2.(下同)例2．已知函数f(x)在定义域（-∞，1]上是减函数，问是否存在实数k ，使不等式f(k -sinx)≥f(k 2-sin 2x)对一切实数x 恒成立？并说明理由。
高考数学复习 解决 含参数不等式的恒成立 问题的基本方法
高考数学复习 解决 含参数不等式的恒成立 问题的基本方法“含参数不等式的恒成立”的问题，是近几年高考的热点，它往往以函数、数列、三角函数、解析几何为载体具有一定的综合性，解决这类问题，主要是运用等价转化的数学思想：即一般的，若函数()x f 在定义域为D ，则当x ∈D 时，有()M x f ≥恒成立()M x f ≥⇔min ；()M x f ≤恒成立()M x f ≤⇔max .因而,含参数不等式的恒成立问题常根据不等式的结构特征,恰当地构造函数,等价转化为含参数的函数的最值讨论.例一 已知函数()()1112>⎪⎭⎫⎝⎛+-=x x x x f .①求()x f 的反函数()x f 1-; ②若不等式()()()x a a x fx ->--11对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈41,161x 恒成立,求实数a 的取值范围.分析：本题的第二问将不等式()()()x a a x fx ->--11转化成为关于t 的一次函数()()211a t a t g -++=在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41t 恒成立的问题. 那么，怎样完成这个转化呢？转化之后又应当如何处理呢？ 【解析】 ①略解()()10111<<-+=-x xxx f②由题设有()()x a a xx x->-+-111,∴x a a x ->+21,即()0112>-++a x a 对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈41,161x 恒成立. 显然,a ≠-1 令x t =,由⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈41,161x 可知⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41t则()()0112>-++=a t a t g 对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41t 恒成立.由于()()211at a t g -++=是关于t 的一次函数.（在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41t 的条件下()()211a t a t g -++=表示一条线段，只要线段的两个端点在x 轴上方就可以保证()()0112>-++=a t a t g 恒成立）∴()()451011210114102104122<<-⇒⎪⎩⎪⎨⎧>-++>-++⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎭⎫⎝⎛a a a a a g g例二 定义在R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ时，有 ()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.分析: 利用函数的单调性和奇偶性去掉映射符号f ，将“抽象函数”问题转化为常见的含参的二次函数在区间(0，1)上恒为正的问题.而对于()≥x f 0在给定区间[a ，b]上恒成立问题可以转化成为()x f 在[a ，b]上的最小值问题，若()x f 中含有参数，则要求对参数进行讨论。
导数题中求参问题的常见解法
导数题中求参问题的常见解法方法一：函数最值法例一：设函数f(x)=e2x+ae x a∈R。
（1）当a=-4时，求f(x)的单调区间；（2）若对任意的x∈R,f(x)≥a2x 恒成立，求实数a的取值范围。
+2lnx 。
练习：设函数f(x)=1x（1）讨论函数f(x)的单调性。
（2）如果对所有x≥1 ，都有f(x)≤ax，求a的取值范围。
方法二：分离参数法例二：已知f(x)＝ln x－x3＋2e x2－ax，a∈R，其中e为自然对数的底数．(1)若f(x)在x＝e处的切线的斜率为e2，求a；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．练习：已知函数f(x)=e x−asinx−1 (a∈R)。
（1）若a=1，求f(x)在x=0处的切线方程；（2）若f(x)≥0对一切x∈[0,1]恒成立，求实数a的取值范围。
方法三：变换后构造新函数法（重点在变换）例三：已知函数f(x)=ax2−ax,g(x)=xlnx ，若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的值。
练习：已知函数f(x)=alnx−2ax+1,对任意x≥1,f(x)≥−e x−1恒成立。
求实数a的取值范围。
（本题的重点在处理方法）方法四切线法例四：已知(1−x2)e x≤ax+1,对x≥0恒成立，求a的取值范围。
练习：1、已知函数f (x )=(x +1)lnx −a(x −1)。
（1） 当a=4时，求曲线y=f(x)在（1，f(1)）处的切线方程；（2） 若当x ∈(1,+∞)时，f(x)>0，求a 的取值范围。
2、若函数f (x )=lnx −e x −2mx +n ,f(x)≤0对任意x ∈(0,+∞)都成立，求n m 的最大值。
法五：：不等式法例题五：已知函数f (x )=x (e 2x −a )−lnx ，若f(x)≥1在(0，+∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A 、 (−∞，e −1]B 、 (−∞,e −1)C 、 (−∞,2]D 、(−∞,2)解：因为f (x )≥1在(0,+∞)恒成立，所以a ≤xe 2x −lnx−1x 令h (x )=e lnx e 2x −lnx−1x =e lnx+2x −lnx−1x ≥lnx+2x+1−lnx−1x =2练习：1已知函数f (x )=axe x (a ∈R,e 为自然对数的底数)，g (x )=lnx +kx +1(k ∈R).(1) 若k=-1，求函数g(x)的单调区间。
2022年高考数学二轮复习教案：第二部分 专题一 选择、填空题常用的10种解法 Word版含答案
专题一 选择、填空题常用的10种解法 抓牢小题，保住基本分才能得高分________________________________________________________________________ 原则与策略：1.基本原则：小题不用大做．2.基本策略：充分利用题干和选项所供应的信息作出推断．先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，选择题可先排解后求解．解题时应认真审题、深化分析、正确推演运算、谨防疏漏． 题型特点：1.高中低档题，且多数按由易到难的挨次排列.2.留意基本学问、基本技能与思想方法的考查.3.解题方法机敏多变不唯一.4.具有较好的区分度，试题层次性强.方法一 定义法所谓定义法，就是直接利用数学定义解题，数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来的．简洁地说，定义是对数学实体的高度抽象，用定义法解题是最直接的方法．一般地，涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决．[例1] 如图，F 1，F 2是双曲线C 1：x 216－y 29＝1与椭圆C 2的公共焦点，点A 是C 1，C 2在第一象限的公共点．若|F 1A |＝|F 1F 2|，则C 2的离心率是( )A.56B.23C.25D.45解析：由双曲线C 1的方程可得|F 1F 2|＝216＋9＝10， 由双曲线的定义可得|F 1A |－|F 2A |＝216＝8， 由已知可得|F 1A |＝|F 1F 2|＝10， 所以|F 2A |＝|F 1A |－8＝2.设椭圆的长轴长为2a ，则由椭圆的定义可得2a ＝|F 1A |＋|F 2A |＝10＋2＝12. 所以椭圆C 2的离心率e ＝2c 2a ＝1012＝56.故选A.答案：A[增分有招] 利用定义法求解动点的轨迹或圆锥曲线的有关问题，要留意动点或圆锥曲线上的点所满足的条件，机敏利用相关的定义求解．如[本例]中依据双曲线的定义和已知条件，分别把A 到两个焦点的距离求出来，然后依据椭圆定义求出其长轴长，最终就可依据离心率的定义求值． [技法体验]1．(2021·广州模拟)假如P 1，P 2，…，P n 是抛物线C ：y 2＝4x 上的点，它们的横坐标依次为x 1，x 2，…，x n ，F 是抛物线C 的焦点，若x 1＋x 2＋…＋x n ＝10，则|P 1F |＋|P 2F |＋…＋|P n F |＝( ) A ．n ＋10 B ．n ＋20 C ．2n ＋10D ．2n ＋20解析：由题意得，抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为(1,0)，准线为x ＝－1，由抛物线的定义，可知|P 1F |＝x 1＋1，|P 2F |＝x 2＋1，…，|P n F |＝x n ＋1，故|P 1F |＋|P 2F |＋…＋|P n F |＝x 1＋x 2＋…＋x n ＋n ＝n ＋10，选A. 答案：A2．(2022·高考浙江卷)设双曲线x 2－y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2.若点P 在双曲线上，且△F 1PF 2为锐角三角形，则|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是________． 解析：借助双曲线的定义、几何性质及余弦定理解决．∵双曲线x 2－y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 在双曲线上，∴|F 1F 2|＝4，||PF 1|－|PF 2||＝2.若△F 1PF 2为锐角三角形，则由余弦定理知|PF 1|2＋|PF 2|2－16>0，可化为(|PF 1|＋|PF 2|)2－2|PF 1|·|PF 2|>16①.由||PF 1|－|PF 2||＝2，得(|PF 1|＋|PF 2|)2－4|PF 1||PF 2|＝4.故2|PF 1||PF 2|＝|PF 1|＋|PF 2|2－42，代入不等式①可得(|PF 1|＋|PF 2|)2>28，解得|PF 1|＋|PF 2|>27.不妨设P 在左支上，∵|PF 1|2＋16－|PF 2|2>0，即(|PF 1|＋|PF 2|)·(|PF 1|－|PF 2|)>－16，又|PF 1|－|PF 2|＝－2，∴|PF 1|＋|PF 2|<8.故27<|PF 1|＋|PF 2|<8. 答案：(27，8)方法二 特例法特例法，包括特例验证法、特例排解法，就是充分运用选择题中单选题的特征，解题时，可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证的方法．对于定性、定值的问题可直接确定选项；对于其他问题可以排解干扰项，从而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略．[例2] (2022·高考浙江卷)已知实数a ，b ，c ( ) A ．若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 B ．若|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 C ．若|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 D ．若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2－c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 解析：结合特殊值，利用排解法选择答案． 对于A ，取a ＝b ＝10，c ＝－110， 明显|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1成立， 但a 2＋b 2＋c 2>100，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立．对于B ，取a 2＝10，b ＝－10，c ＝0， 明显|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1成立， 但a 2＋b 2＋c 2＝110，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立．对于C ，取a ＝10，b ＝－10，c ＝0，明显|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1成立， 但a 2＋b 2＋c 2＝200，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立． 综上知，A ，B ，C 均不成立，所以选D. 答案：D[增分有招] 应用特例排解法的关键在于确定选项的差异性，利用差异性选取一些特例来检验选项是否与题干对应，从而排解干扰选项． [技法体验]1．函数f (x )＝cos x ·log 2|x |的图象大致为( )解析：函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f (12)＝cos 12log 2|12|＝－cos 12，f (－12)＝cos(－12)·log 2|－12|＝－cos 12，所以f (－12)＝f (12)，排解A ，D ；又f (12)＝－cos 12＜0，故排解C.综上，选B. 答案：B2．已知E 为△ABC 的重心，AD 为BC 边上的中线，令AB →＝a ，AC →＝b ，过点E 的直线分别交AB ，AC 于P ，Q 两点，且AP →＝m a ，AQ →＝n b ，则1m ＋1n＝( )A ．3B ．4C ．5D.13解析：由于题中直线PQ 的条件是过点E ，所以该直线是一条“动”直线，所以最终的结果必定是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．法一：如图1，PQ ∥BC ，则AP →＝23AB →，AQ →＝23AC →，此时m ＝n ＝23，故1m ＋1n＝3.故选A.法二：如图2，取直线BE 作为直线PQ ，明显，此时AP →＝AB →，AQ →＝12AC →，故m ＝1，n ＝12，所以1m ＋1n ＝3.故选A.答案：A方法三 数形结合法数形结合法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用分为两种情形：一是代数问题几何化，借助形的直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是几何问题代数化，借助于数的精确性阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．[例3] (2021·安庆模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，－7≤x ≤0ln x ，e －2≤x ≤e ，g (x )＝x 2－2x ，设a 为实数，若存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．[－1,3]C ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)D ．(－∞，3]解析：∵g (x )＝x 2－2x ，a 为实数，∴2g (a )＝2a 2－4a .∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，－7≤x ≤0ln x ，e －2≤x ≤e ，作出函数f (x )的图象可知，其值域为[－2,6]，∵存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，∴－2≤2a 2－4a ≤6，即－1≤a ≤3， 故选B.答案：B[增分有招] 数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，如[本例]中求解，可通过作出图象，数形结合求解． [技法体验]1．(2021·珠海摸底)已知|a |＝|b |，且|a ＋b |＝3|a －b |，则向量a 与b 的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．120°解析：通解：设a 与b 的夹角为θ，由已知可得a 2＋2a ·b ＋b 2＝3(a 2－2a ·b ＋b 2)，即4a ·b ＝a 2＋b 2，由于|a |＝|b |，所以a ·b ＝12a 2，所以cos θ＝a ·b |a |·|b |＝12，θ＝60°，选C.优解：由|a |＝|b |，且|a ＋b |＝3|a －b |可构造边长为|a |＝|b |＝1的菱形，如图，则|a ＋b |与|a －b |分别表示两条对角线的长，且|a ＋b |＝3，|a －b |＝1，故a 与b 的夹角为60°，选C. 答案：C2．已知点P 在抛物线y 2＝4x 上，则点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到抛物线的焦点F 的距离之和取得最小值时，点P 的坐标为( ) A ．(14，1)B ．(14，－1)C ．(1,2)D ．(1，－2)解析：如图，由于点Q (2，－1)在抛物线的内部，由抛物线的定义可知，|PF |等于点P 到准线x ＝－1的距离．过Q (2，－1)作x ＝－1的垂线QH ，交抛物线于点K ，则点K 为点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到准线x ＝－1的距离之和取得最小值时的点．将y ＝－1代入y 2＝4x 得x ＝14，所以点P 的坐标为(14，－1)，选B.答案：B方法四 待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后依据所给条件来确定这些未知系数的方法叫作待定系数法，其理论依据是多项式恒等——两个多项式各同类项的系数对应相等．使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决．待定系数法主要用来解决所求解的数学问题具有某种确定的数学表达式，例如数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等． [例4] (2021·天津红桥区模拟)已知椭圆C 的焦点在y 轴上，焦距等于4，离心率为22，则椭圆C 的标准方程是( ) A.x 216＋y 212＝1 B.x 212＋y 216＝1C.x 24＋y 28＝1 D.x 28＋y 24＝1 解析：由题意可得2c ＝4，故c ＝2，又e ＝2a ＝22，解得a ＝22，故b ＝222－22＝2，由于焦点在y 轴上，故选C. 答案：C[增分有招] 待定系数法主要用来解决已经定性的问题，如[本例]中已知椭圆的焦点所在坐标轴，设出标准方程，依据已知列方程求解． [技法体验]1．若等差数列{a n }的前20项的和为100，前45项的和为400，则前65项的和为( ) A ．640 B ．650 C ．660D ．780解析：设等差数列{a n}的公差为d ，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ 20a 1＋20×192d ＝10045a 1＋45×442d ＝400⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9245d ＝1445，则前65项的和为65a 1＋65×642d ＝65×9245＋65×642×1445＝780.答案：D2．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0,0＜φ＜π)的部分图象如图所示，则f (π4)的值为( )A. 2 B ．0 C ．1D. 3解析：由题图可知，A ＝2，34T ＝11π12－π6＝34π，∴T ＝2πω＝π，∴ω＝2，即f (x )＝2sin(2x ＋φ)，由f (π6)＝2sin(2×π6＋φ)＝2得2×π6＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝π6＋2k π，k ∈Z ，又0＜φ＜π，∴φ＝π6，∴f (x )＝2sin(2x ＋π6)，∴f (π4)＝2sin(2×π4＋π6)＝2cos π6＝3，故选D.答案：D 方法五 估值法估值法就是不需要计算出代数式的精确 数值，通过估量其大致取值范围从而解决相应问题的方法．该种方法主要适用于比较大小的有关问题，尤其是在选择题或填空题中，解答不需要具体的过程，因此可以猜想、合情推理、估算而获得，从而削减运算量．[例5] 若a ＝20.5，b ＝log π3，c ＝log 2sin 2π5，则( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．c >a >bD ．b >c >a解析：由指数函数的性质可知y ＝2x在R 上单调递增，而0<0.5<1，所以a ＝20.5∈(1,2)．由对数函数的性质可知y ＝log πx ，y ＝log 2x 均在(0，＋∞)上单调递增，而1<3<π，所以b ＝log π3∈(0,1)；由于sin 2π5∈(0,1)，所以c ＝log 2sin 2π5<0.综上，a >1>b >0>c ，即a >b >c .故选A. 答案：A[增分有招] 估算，省去很多推导过程和比较简单的计算，节省时间，是发觉问题、争辩问题、解决问题的一种重要的运算方法．但要留意估算也要有依据，如[本例]是依据指数函数与对数函数的单调性估量每个值的取值范围，从而比较三者的大小，其实质就是找一个中间值进行比较． [技法体验]已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)＋1⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|≤π2，其图象与直线y ＝－1相邻两个交点的距离为π.若f (x )>1对于任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，π3恒成立，则φ的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π2 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π3D.⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2解析：由于函数f (x )的最小值为－2＋1＝－1，由函数f (x )的图象与直线y ＝－1相邻两个交点的距离为π可得，该函数的最小正周期为T ＝π，所以2πω＝π，解得ω＝2.故f (x )＝2sin(2x ＋φ)＋1.由f (x )>1，可得sin(2x ＋φ)>0.又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，π3，所以2x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，2π3.对于选项B ，D ，若取φ＝π2，则2x ＋π2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，7π6，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π，7π6上，sin(2x ＋φ)<0，不合题意；对于选项C ，若取φ＝π12，则2x ＋π12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，3π4，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0上，sin(2x ＋φ)<0，不合题意．选A.答案：A方法六 反证法反证法是指从命题正面论证比较困难，通过假设原命题不成立，经过正确的推理，最终得出冲突，因此说明假设错误，从而证明白原命题成立的证明方法．反证法证明问题一般分为三步：(1)反设，即否定结论；(2)归谬，即推导冲突；(3)得结论，即说明命题成立．[例6] 已知x ∈R ，a ＝x 2＋32，b ＝1－3x ，c ＝x 2＋x ＋1，则下列说法正确的是( )A ．a ，b ，c 至少有一个不小于1B ．a ，b ，c 至多有一个不小于1C ．a ，b ，c 都小于1D ．a ，b ，c 都大于1解析：假设a ，b ，c 均小于1，即a <1，b <1，c <1，则有a ＋b ＋c <3，而a ＋b ＋c ＝2x 2－2x ＋72＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3≥3.明显两者冲突，所以假设不成立．故a ，b ，c 至少有一个不小于1.选A. 答案：A[增分有招] 反证法证明全称命题以及“至少”“至多”类型的问题比较便利．其关键是依据假设导出冲突——与已知条件、定义、公理、定理及明显的事实冲突或自相冲突．如[本例]中导出等式的冲突，从而说明假设错误，原命题正确． [技法体验]假如△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( ) A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形解析：由条件知△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形． 假设△A 2B 2C 2是锐角三角形，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，所以A 2＋B 2＋C 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，即π＝3π2－π，明显该等式不成立，所以假设不成立．易知△A 2B 2C 2不是锐角三角形，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．故选D. 答案：D 方法七 换元法换元法又称帮助元素法、变量代换法．通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者变为生疏的形式，把简单的计算和推证简化．换元的实质是转化，关键是构造元和设元．理论依据是等量代换，目的是变换争辩对象，将问题移至新对象的学问背景中去争辩，从而使非标准型问题标准化、简单问题简洁化．换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等． [例7] 已知正数x ，y 满足4y －2yx＝1，则x ＋2y 的最小值为________．解析：由4y －2y x ＝1，得x ＋2y ＝4xy ，即14y ＋12x ＝1，所以x ＋2y ＝(x ＋2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫14y ＋12x ＝1＋x 4y ＋y x ≥1＋2x 4y ×yx＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x 4y ＝yx ，即x ＝2y 时等号成立.所以x ＋2y 的最小值为2.答案：2[增分有招] 换元法主要有常量代换和变量代换，要依据所求解问题的特征进行合理代换．如[本例]中就是使用常数1的代换，将已知条件改写为“14y ＋12x ＝1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与1的乘积等于本身，再将其开放，通过构造基本不等式的形式求解最值． [技法体验]1．(2022·成都模拟)若函数f (x )＝1＋3x＋a ·9x，其定义域为(－∞，1]，则a 的取值范围是( ) A ．a ＝－49B ．a ≥－49C ．a ≤－49D ．－49≤a <0解析：由题意得1＋3x ＋a ·9x≥0的解集为(－∞，1]，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＋a ≥0的解集为(－∞，1]．令t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，则t ≥13，即方程t 2＋t ＋a ≥0的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13＋a ＝0，所以a ＝－49.答案：A2．函数y ＝cos 2x －sin x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值为________．解析：y ＝cos 2x －sin x ＝－sin 2x －sin x ＋1. 令t ＝sin x ，又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴y ＝－t 2－t ＋1，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22.∵函数y ＝－t 2－t ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22上单调递减，∴t ＝0时，y max ＝1.答案：1 方法八 补集法补集法就是已知问题涉及的类别较多，或直接求解比较麻烦时，可以通过求解该问题的对立大事，求出问题的结果，则所求解问题的结果就可以利用补集的思想求得．该方法在概率、函数性质等问题中应用较多． [例8]某学校为了争辩高中三个班级的数学学习状况，从三个班级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级不来自同一班级的概率为________． 解析：记高一班级中抽取的班级为a 1，高二班级中抽取的班级为b 1，b 2， 高三班级中抽取的班级为c 1，c 2，c 3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的全部可能结果为(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，c 1)，(a 1，c 2)，(a 1，c 3)，(b 1，b 2)，(b 1，c 1)，(b 1，c 2)，(b 1，c 3)，(b 2，c 1)，(b 2，c 2)，(b 2，c 3)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共15种．设“抽取的两个班级不来自同一班级”为大事A ，则大事A 为抽取的两个班级来自同一班级． 由题意，两个班级来自同一班级的结果为(b 1，b 2)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共4种． 所以P (A )＝415，故P (A )＝1－P (A )＝1－415＝1115. 所以两个班级不来自同一班级的概率为1115.答案：1115[增分有招] 利用补集法求解问题时，肯定要精确 把握所求问题的对立大事．如[本例]中，“两个班级不来自同一班级”的对立大事是“两个班级来自同一班级”，而高一班级只有一个班级，所以两个班级来自同一班级的可能性仅限于来自于高二班级，或来自于高三班级，明显所包含基本大事的个数较少． [技法体验]1．(2022·四川雅安中学月考)已知命题“∃x 0∈R ，使2x 20＋(a －1)x 0＋12≤0”是假命题，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1,3) C ．(－3，＋∞)D ．(－3,1)解析：依题意可知“∀x ∈R,2x 2＋(a －1)x ＋12＞0”为真命题，所以Δ＝(a －1)2－4×2×12＜0，即(a ＋1)·(a －3)＜0，解得－1＜a ＜3.故选B. 答案：B2．已知函数f (x )＝ax 2－x ＋ln x 在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为________． 解析：f ′(x )＝2ax －1＋1x.(1)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递增，则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x≥0，得a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.①令t ＝1x ，由于x ∈(1,2)，所以t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1， 设h (t )＝12(t －t 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋18，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，明显函数y ＝h (t )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，所以h (1)＜h (t )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即0＜h (t )＜18. 由①可知，a ≥18.(2)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递减，则f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x≤0，得a ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.②结合(1)可知，a ≤0.综上，若函数f (x )在区间(1,2)上单调，则实数a 的取值范围为(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞. 所以若函数f (x )在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18 方法九 分别参数法分别参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法，通过分别参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解，从而避开对参数进行分类争辩的繁琐过程．该种方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决．但要留意该种方法仅适用于分别参数后能够求解相应函数的最值或值域的状况．[例9] 若不等式x 2＋ax ＋1≥0对一切x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12恒成立，则a 的最小值是________．解析：由于x >0，则由已知可得a ≥－x －1x 在x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上恒成立，而当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x max ＝－52， ∴a ≥－52，故a 的最小值为－52.答案：－52[增分有招] 分别参数法解决不等式恒成立问题或有解问题，关键在于精确 分别参数，然后将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系．分别参数时要留意参数系数的符号是否会发生变化，假如参数的系数符号为负号，则分别参数时应留意不等号的变化，否则就会导致错解． [技法体验]1．(2022·长沙调研)若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518 B ．(－∞，3] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞D ．[3，＋∞)解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立， 即3x 2－2tx ＋3≤0在[1,4]上恒成立，则t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，由于y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14＝518，故选C.答案：C2．(2022·湖南五校调研)方程log 12(a －2x)＝2＋x 有解，则a 的最小值为________．解析：若方程log 12(a －2x )＝2＋x 有解，则⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋x ＝a －2x有解，即14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋2x ＝a 有解，∵14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋2x ≥1，故a 的最小值为1. 答案：1 方法十 构造法构造法是指利用数学的基本思想，经过认真的观看，深化的思考，构造出解题的数学模型，从而使问题得以解决．构造法的内涵格外丰富，没有完全固定的模式可以套用，它是以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础，针对具体问题的特点实行相应的解决方法，其基本的方法是借用一类问题的性质，来争辩另一类问题的相关性质．常见的构造法有构造函数、构造方程、构造图形等． [例10] 已知m ，n ∈(2，e)，且1n 2－1m 2<ln mn，则( )A ．m >nB ．m <nC ．m >2＋1nD ．m ，n 的大小关系不确定解析：由不等式可得1n 2－1m2<ln m －ln n ，即1n 2＋ln n <1m2＋ln m .设f (x )＝1x2＋ln x (x ∈(2，e))，则f ′(x )＝－2x 3＋1x ＝x 2－2x3.由于x ∈(2，e)，所以f ′(x )>0，故函数f (x )在(2，e)上单调递增． 由于f (n )<f (m )，所以n <m .故选A. 答案：A[增分有招] 构造法的实质是转化，通过构造函数、方程或图形等将问题转化为对应的问题来解决．如[本例]属于比较两个数值大小的问题，依据数值的特点，构造相应的函数f (x )＝1x2＋ln x .[技法体验]1．a ＝ln 12 014－12 014，b ＝ln 12 015－12 015，c ＝ln 12 016－12 016，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a ＞b ＞cB ．b ＞a ＞cC ．c ＞b ＞aD ．c ＞a ＞b解析：令f (x )＝ln x －x ，则f ′(x )＝1x －1＝1－xx.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，即函数f (x )在(0,1)上是增函数．∵1＞12 014＞12 015＞12 016＞0，∴a ＞b ＞c .答案：A2．如图，已知球O 的面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________．解析：如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径，所以CD ＝22＋22＋22＝2R ，所以R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR33＝6π.答案：6π。
资料复习参考高考数学冲刺复习1
改革开放的三十多年, 我国经济得到了巨大的发展, 已经从依赖资源、廉价劳动力的时代进入知识经济时代。
知识经济条件下, 创新将成为经济增长的根本所在。
何以创新？ 人力资源管理成为关键。
公司若要在竞争的社会中立于不败之地, 必须把人才资源放在第一位, 只有有效、合理、科高考数学冲刺复习资料专题一: 三角与向量的交汇题型分析及解题策略【典例分析】题型一 三角函数平移与向量平移的综合三角函数与平面向量中都涉及到平移问题, 虽然平移在两个知识系统中讲法不尽相同, 但它们实质是一样的, 它们都统一于同一坐标系的变化前后的两个图象中.解答平移问题主要注意两个方面的确定: (1)平移的方向；(2)平移的单位.这两个方面就是体现为在平移过程中对应的向量坐标.【例1】 把函数y ＝sin2x 的图象按向量 ＝(－ , －3)平移后, 得到函数y ＝Asin(ωx ＋()(A ＞0, ω＞0, |(|＝ )的图象, 则(和B 的值依次为题型二 三角函数与平面向量平行(共线)的综合此题型的解答一般是从向量平行(共线)条件入手, 将向量问题转化为三角问题, 然后再利用三角函数的相关知识再对三角式进行化简, 或结合三角函数的图象与民性质进行求解.此类试题综合性相对较强, 有利于考查学生的基础掌握情况, 因此在高考中常有考查.【例2】 已知A 、B 、C 为三个锐角, 且A ＋B ＋C ＝π.若向量 ＝(2－2sinA, cosA ＋sinA)与向量 ＝(cosA －sinA, 1＋sinA)是共线向量.（Ⅰ）求角A ；（Ⅱ）求函数y ＝2sin 2B ＋cos C －3B 2的最大值.题型三 三角函数与平面向量垂直的综合此题型在高考中是一个热点问题, 解答时与题型二的解法差不多, 也是首先利用向量垂直的充要条件将向量问题转化为三角问题, 再利用三角函数的相关知识进行求解.此类题型解答主要体现函数与方程的思想、转化的思想等.【例3】 已知向量 ＝(3sin α,cos α), ＝(2sin α, 5sin α－4cos α), α∈( , 2π), 且 ⊥ ．（Ⅰ）求tanα的值；（Ⅱ）求cos( ＋ )的值.【例3】 已知向量 ＝(cos α,sin α), ＝(cos β,sin β), | － |＝ .(Ⅰ)求cos(α－β)的值；(Ⅱ)若－ ＜β＜0＜α＜ , 且sin β＝－ , 求sin α的值.题型五 三角函数与平面向量数量积的综合此类题型主要表现为两种综合方式: (1)三角函数与向量的积直接联系；(2)利用三角函数与向量的夹角交汇, 达到与数量积的综合.解答时也主要是利用向量首先进行转化, 再利用三角函数知识求解.【例5】 设函数f(x)＝ · .其中向量 ＝(m, cosx), ＝(1＋sinx, 1), x ∈R, 且f( )＝2.（Ⅰ）求实数m 的值；（Ⅱ）求函数f(x)的最小值.六、解斜三角形与向量的综合在三角形的正弦定理与余弦定理在教材中是利用向量知识来推导的, 说明正弦定理、余弦定理与向量有着密切的联系.解斜三角形与向量的综合主要体现为以三角形的角对应的三角函数值为向量的坐标, 要求根据向量的关系解答相关的问题.【例6】已知角A.B.C为△ABC的三个内角, 其对边分别为a、b、c, 若＝(－cos , sin ), ＝(cos , sin ), a＝2 , 且·＝.（Ⅰ）若△ABC的面积S＝, 求b＋c的值．（Ⅱ）求b＋c的取值范围.【专题训练】一、选择题1. 已知＝(cos40(, sin40(), ＝(cos20(, sin20(), 则·＝__________3. 已知△ABC中, ＝, ＝, 若·＜0, 则△ABC是__________4. 设＝( ,sin(), ＝(cos(, ), 且∥, 则锐角(为__________6．已知向量＝(6, －4), ＝(0, 2), ＝＋( , 若C点在函数y＝sin x的图象上,实数(＝（）A. B. C. － D. －8．设0≤θ≤2π时, 已知两个向量＝(cosθ, sinθ), ＝(2＋sinθ, 2－cosθ), 则向量长度的最大值是__________ （）A. B. C. 3 D. 29．若向量＝(cos(,sin(), ＝(cos(,sin(), 则与一定满足（）A. 与的夹角等于(－(B. ⊥C. ∥D. ( ＋)⊥( －)10. 已知向量＝(cos25(,sin25(), ＝(sin20(,cos20(), 若t是实数, 且＝＋t , 则| |的最小值为__________11. O是平面上一定点, A.B.C是该平面上不共线的3个点, 一动点P满足: ＝＋(( ＋), (∈(0,＋∞), 则直线AP一定通过△ABC的__________12. 对于非零向量我们可以用它与直角坐标轴的夹角(,((0≤(≤(,0≤(≤()来表示它的方向, 称(,(为非零向量的方向角, 称cos(,cos(为向量的方向余弦, 则cos2(＋cos2(＝__________13. 已知向量＝(sin(, 2cos(), ＝( ,－).若∥, 则sin2(的值为____________.14. 已知在△OAB(O为原点)中, ＝(2cos(, 2sin(), ＝(5cos(, 5sin(), 若·＝－5, 则S△AOB的值为_____________.15．将函数f(x)＝tan(2x＋)＋1按向量a平移得到奇函数g(x), 要使|a|最小, 则a＝____________.16. 已知向量＝(1, 1)向量与向量夹角为, 且·＝－1.则向量＝__________.三、解答题17. 在△ABC中, 角A.B.C的对边分别为a、b、c, 若·＝·＝k(k∈R).（Ⅰ）判断△ABC的形状；（Ⅱ）若c＝, 求k的值.18. 已知向量＝(sinA,cosA), ＝( ,－1), ·＝1, 且为锐角.(Ⅰ)求角A的大小；(Ⅱ)求函数f(x)＝cos2x＋4cosAsinx(x∈R)的值域.19. 在△ABC中, A.B.C所对边的长分别为a、b、c, 已知向量＝(1, 2sinA), ＝(sinA, 1＋cosA), 满足∥, b ＋c＝a.(Ⅰ)求A的大小；(Ⅱ)求sin(B＋)的值.20. 已知A.B.C的坐标分别为A（4, 0）, B（0, 4）, C（3cosα, 3sinα）.（Ⅰ）若α∈(－π, 0), 且| |＝| |, 求角α的大小；（Ⅱ）若⊥, 求的值．21. △ABC的角A.B.C的对边分别为a、b、c, ＝(2b－c, a), ＝(cosA, －cosC), 且⊥.(Ⅰ)求角A的大小；(Ⅱ)当y＝2sin2B＋sin(2B＋)取最大值时, 求角的大小.22. 已知＝(cosx＋sinx, sinx), ＝(cosx－sinx, 2cosx),（Ⅰ）求证: 向量与向量不可能平行；（Ⅱ）若f(x)＝·, 且x∈[－, ]时, 求函数f(x)的最大值及最小值．专题二: 函数与导数的交汇题型分析及解题策略【典例分析】题型一导函数与原函数图象之间的关系【例1】如果函数y＝f(x)的图象如右图, 那么导函数y＝f((x)的图象可能是（）【例2】设f((x)是函数f(x)的导函数, y＝f((x)的图象如图所示, 则y＝f(x)的图象最有可能是（）题型二利用导数求解函数的单调性问题若f(x)在某区间上可导, 则由f((x)＞0(f((x)＜0)可推出f(x)为增（减）函数, 但反之则不一定, 如: 函数f(x)＝x3在R上递增, 而f((x)≥0.f(x)在区间D内单调递增(减)的充要条件是f((x0)≥0(≤0), 且f((x)在(a, b)的任意子区间上都不恒为零.利用导数求解函数单调性的主要题型: (1)根据函数解析式, 求函数的单调区间；(2)根据函数的单调性函数求解参数问题；(3)求解与函数单调性相关的其它问题, 如函数图象的零点、不等式恒成立等问题.【例3】(08全国高考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1, a∈R．(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)设函数f(x)在区间(－, －)内是减函数, 求a的取值范围．题型三求函数的极值问题【例4】(08·四川)设x＝1和x＝2是函数f(x)＝x5＋ax3＋bx＋1的两个极值点.(Ⅰ)求a和b的值；(Ⅱ)略.【例5】(08陕西高考)已知函数f(x)＝(c＞0, 且c≠1, k∈R）恰有一个极大值点和一个极小值点, 其中一个是x＝－c. (Ⅰ)求函数f(x)的另一个极值点；(Ⅱ)求函数f(x)的极大值M和极小值m, 并求M－m≥1时k的取值范围.题型四求解函数的最值问题【例6】(08浙江高考)已知a是实数, 函数f(x)＝x2(x－a).(Ⅰ)略；（Ⅱ）求f(x)在区间[0, 2]上的最大值.题型五导数与数学建模的问题【例7】(08·湖北)水库的蓄水量随时间而变化, 现用表示时间, 以月为单位, 年初为起点, 根据历年数据, 某水库的蓄水量（单位: 亿立方米）关于t的近似函数关系式为V(t)＝,(Ⅰ)该水库的蓄求量小于50的时期称为枯水期.以i－1＜t＜i表示第1月份（i＝1, 2, …, 12）,同一年内哪几个月份是枯水期？(Ⅱ)求一年内该水库的最大蓄水量（取e＝2.7计算）.【例8】（2006年福建卷）统计表明, 某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y（升）关于行驶速度x（千米/小时）的函数解析式可以表示为: y= x2－x+8 (0＜x≤120).已知甲、乙两地相距100千米.（Ⅰ）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时, 从甲地到乙地要耗油多少升？（Ⅱ）当汽车以多大的速度匀速行驶时, 从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？【专题训练】一、填空题1. 函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9, 已知f(x)有两个极值点x1, x2, 则x1·x2＝__________.2. 函数f(x)＝ x3＋ax＋1在(－∞, －1)上为增函数, 在(－1, 1)上为减函数, 则f(1)为__________.3. 函数f(x)＝x3－3ax－a在(0, 1)内有最小值, 则a的取值范围为__________.4. 已知函数f(x)＝x2(ax＋b)(a, b∈R)在x＝2时有极值, 其图象在点(1, (1))处的切线与直线3x＋y＝0平行,则函数f(x)的单调减区间为__________.6. 设函数f(x)＝sin(ωx＋)－1(ω＞0)的导数f((x)的最大值为3, 则f(x)的图象的一条对称轴的方程是__________.7．函数f(x)的定义域为开区间(a, b), 导函数f((x)在(a, b)内的图象如下图所示.则函数f(x)在开区间(a, b)内有极小值点__________. （）A．1个B．2个C．3个D．4个13. 右图是一个三次多项式函数f(x)的导函数f((x)的图象,则当x＝______时, 函数取得最小值.14. 已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋1, 且x1, x2是f(x)的两个极值点, 0＜x1＜1＜x2＜3, 则a的取值范围_________.15．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在区间[－1, 2]上是减函数, 那么b＋c最大值为___________. 16. 曲线y＝2x4上的点到直线y＝－x－1的距离的最小值为____________.三、解答题17. 设函数f(x)＝2x3－3(a－1)x2＋1, 其中a≥1.(Ⅰ)求f(x)的单调区间；(Ⅱ)讨论f(x)的极值.18. 已知定义在R上的函数f(x)＝x2(ax－3), 其中a为常数.(Ⅰ)若x＝1是函数f(x)的一个极值点, 求a的值；(Ⅱ)若函数f(x)在区间（－1, 0）上是增函数, 求a的取值范围.19. 已知函数f(x)＝x3＋bx2＋ax＋d的图象过点P（0, 2）, 且在点M（－1, f（－1））处的切线方程为6x-y+7=0.（Ⅰ）求函数y=f(x)的解析式；（Ⅱ）求函数y=f(x)的单调区间.20. 设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1), 若对所有的x≥0, 都有f(x)≥ax成立, 求实数a的取值范围.21. 已知函数f(x)＝－x2＋8x, g(x)＝6lnx＋m.（Ⅰ）求f(x)在区间[t, t＋1]上的最大值h(t)；（Ⅱ）是否存在实数m, 使得y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点？若存在, 求出m的取值范围；, 若不存在, 说明理由。
高中数学解题方法之数学参数法
高中数学解题方法之数学参数法
关于高中数学解题方法之数学参数法
高中数学解题方法之数学参数法
高中数学解题有哪些方法?现在陆续为您提供数学解题方法，下面是高中数学解题方法之参数法，供大家参考，希望对大家的学习有帮助。
参数法是指在解题过程中，通过适当引入一些与题目研究的数学对象发生联系的新变量(参数)，以此作为媒介，再进行分析和综合，从而解决问题。
直线与二次曲线的'参数方程都是用参数法解题的例证。
换元法也是引入参数的典型例子。
辨证唯物论肯定了事物之间的联系是无穷的，联系的方式是丰富多采的，科学的任务就是要揭示事物之间的内在联系，从而发现事物的变化规律。
参数的作用就是刻画事物的变化状态，揭示变化因素之间的内在联系。
参数体现了近代数学中运动与变化的思想，其观点已经渗透到中学数学的各个分支。
运用参数法解题已经比较普遍。
参数法解题的关键是恰到好处地引进参数，沟通已知和未知之间的内在联系，利用参数提供的信息，顺利地解答问题。
【高考数学】高考解析几何解答题题型分析及解答策略(学生).doc
高考解析几何解答题题型分析及解答策略。
©归纳・・1.定点问题(1)解析几何中直线过定点或曲线过定点问题是指不论直线或曲线中的参数如何变化，直线或曲线都经过某一个定点.(2)定点问题是在变化中所表现出来的不变的点，那么就可以用变量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变量所影响的某个点，就是要求的定点.2.定值问题解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不随参数的变化而变化，而始终是一个确定的值.3.最值问题圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法, 即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.4.圆锥曲线中的范围问题(1)解决这类问题的基本思想是建立目标函数和不等关系.(2)建立目标函数的关键是选用一个合适的变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题；建立不等关系的关键是运用圆锥曲线的几何特征、判别式法或基本不等式等灵活处理.5.圆锥曲线中的存在性问题(1)所谓存在性问题，就是判断满足某个(某些)条件的点、直线、曲线(或参数)等几何元素是否存在的问题.(2)这类问题通常以开放性的设问方式给出，若存在符合条件的几何元素或参数值，就求出这些几何元素或参数值；若不存在，则要求说明理由.6.圆锥曲线中的证明问题圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一类是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；另一类是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).7.圆锥曲线与三角、向量的交汇问题8.圆锥曲线与数列、不等式的交汇问题9.圆锥曲线与函数、导数的交汇问题.(1)求椭圆E的方程；(2)过椭圆E的左顶点A作两条互相垂直的直线分别与椭圆E交.于(不同于点A的)M, N两点，试判断直线与x轴的交点是否为定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.［例2］.已知椭圆C：务+相=1(泓＞0)的离心率e=斗,左、右焦点分别为Fi，F2,点F(2, 茶)，点％在线段PF1的中垂线上.(1)求椭圆。
高考数学命题热点名师解密：专题(02)函数问题的解题规律(文)(含答案)
专题02 函数问题的解题规律一、函数问题的解题规律解题技巧及注意事项1.定义域陷阱2.抽象函数的隐含条件陷阱3.定义域和值域为全体实数陷阱4.还原后新参数范围陷阱5.参数范围漏解陷阱6.函数求和中的倒序求和问题7.分段函数问题8.函数的解析式求法9.恒成立问题求参数范围问题10.任意存在问题二．知识点【学习目标】1．了解映射的概念，了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域、值域及函数解析式；2．在实际情境中，会根据不同的需要选择适当的方法(图象法、列表法、解析法)表示函数；3．了解简单的分段函数，并能简单应用；4．掌握求函数定义域及解析式的基本方法．【知识要点】1．函数的概念设A，B是非空的数集，如果按照某个确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个数x，在集合B 中都有唯一确定的数f(x)和它对应，那么称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数，记作：，其中x叫做自变量，x的取值范围A叫做函数的定义域；与x的值相对应的y的值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域．显然{f(x)|x∈A}⊆B.2．映射的概念设A，B是两个集合，如果按照某种对应关系f，对于集合A中的任意一个元素，在集合B中都有唯一确定的元素和它对应，那么这样的对应(包括集合A，B，以及集合A到集合B的对应关系f)叫做集合A 到集合B的映射．3．函数的特点①函数是一种特殊的映射，它是由一个集合到另一个集合的映射；②函数包括定义域A、值域B和对应法则f，简称函数的三要素；③关键是对应法则．4．函数的表示法函数的表示法：图示法、解析法．5．判断两个函数为同一个函数的方法两个函数的定义域和对应法则完全相同(当值域未指明时)，则这两个函数相等．6．分段函数若函数在定义域的不同子集上对应法则不同，可用几个式子表示函数，这种形式的函数叫分段函数．注意：不要把分段函数误认为是多个函数，它是一个整体，分段处理后，最后写成一个函数表达式．三．典例分析及变式训练（一）定义域陷阱例1. 【曲靖一中2019模拟】已知，若函数在（﹣3，﹣2）上为减函数，且函数=在上有最大值，则的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由在上为减函数，可得；由在上有最大值，可得，综上可得结果,.【解析】在上为减函数，，且在上恒成立，，，又在上有最大值，且在上单调递增，在上单调递减，且，，解得，综上所述，，故选A.【点评】本题主要考查对数函数的单调性、复合函数的单调性、分段函数的单调性，以及利用单调性求函数最值，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于难题. 判断复合函数单调性要注意把握两点：一是要同时考虑两个函数的的定义域；二是同时考虑两个函数的单调性，正确理解“同增异减”的含义（增增增，减减增，增减减，减增减）.故答案为：D.练习2．已知函数则__________．【答案】1008【解析】分析：由关系，可类比等差数列一次类推求值即可.详解：函数，则，故答案为：1008.点睛：可类比“等差数列”或函数周期性来处理.（七）分段函数问题例7．【河北省廊坊市2019届高三上学期第三次联考】若函数在上是单调函数，且存在负的零点，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】通过函数的单调性及存在负的零点，列出不等式，化简即可．【详解】当时，,所以函数在上只能是单调递增函数，又存在负的零点，而当时，f(0)=1+a，当时，f（0）=3a-2，0<3a-21+a，解得.故选B.【点评】本题考查分段函数的应用，考查分类讨论思想，转化思想以及计算能力．练习1.已知函数，则f（1）- f（9）=（）A．﹣1 B．﹣2 C． 6 D． 7【答案】A【解析】利用分段函数，分别求出和的值，然后作差得到结果.【详解】依题意得，，所以，故选.【点评】本小题主要考查利用分段函数求函数值，只需要将自变量代入对应的函数段，来求得相应的函数值.属于基础题.练习2．已知,那么等于( )A． 2 B． 3 C． 4 D． 5【答案】A【解析】将逐步化为,再利用分段函数第一段求解.【详解】由分段函数第二段解析式可知，，继而,由分段函数第一段解析式，，故选A.【点睛】本题考查分段函数求函数值，要确定好自变量的取值范围，再代入相应的解析式求得对应的函数值，分段函数分段处理，这是研究分段函数图象和性质最核心的理念.（八）函数的解析式求法例8. （1）已f ()=，求f(x)的解析式.（2）．已知y =f(x)是一次函数，且有f [f(x)]=9x＋8，求此一次函数的解析式【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用换元法即可求解；（2）已知函数是一次函数，可设函数解析式为f(x)=ax＋b，再利用待定系数法列出关于a、b的方程组即可求解出a、b的值.【详解】（1）设(x≠0且x≠1)（2）设f(x)=ax＋b，则f[f(x)]=af(x)＋b=a(ax＋b)＋b=a2x＋ab＋b=9x＋8或所以函数的解析式为.【点睛】本题考查函数解析式的求解，解题中应用了换元法和待定系数法，待定系数法的主要思想是构造方程（组），对运算能力要求相对较高，属于中档题.练习1.(1) 已知是一次函数,且满足求 ;(2) 判断函数的奇偶性.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】（1）用待定系数法求一次函数解析式.（2）结合分段函数的性质，分别判断各定义域区间内， f（-x）与f（x）的关系，即可判断函数奇偶性.【点评】本题考查了待定系数法求一次函数，考查了函数的奇偶性的判断，定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的前提.再结合分段函数的分段区间，以及对应的解析式，判断关系式f（-x）=f(x)或f（-x）=-f（x）是否成立.练习2．已知函数对一切实数x，y都有f（x+y)﹣f（y）=x（x+2y+1）成立，且f（1）=0．（1）求f（0）的值；（2）求f（x）的解析式；（3）已知a，b∈R，当时，求不等式f（x）+3＜2x+a恒成立的a的集合A．【答案】（1）f（0）=﹣2（2）f（x）=x2+x﹣2（3）【解析】（1）令，可得，再根据可得；（2）在条件中的等式中，令，可得，再根据可得所求的解析式；（3）由条件可得当时不等式x2﹣x+1＜a恒成立，根据二次函数的知识求出函数上的值域即可得到的范围．【详解】（1）根据题意，在f（x+y）﹣f（y）=x（x+2y+1）中，令x=﹣1，y=1，可得，又，∴．（2）在f（x+y）﹣f（y）=x（x+2y+1）中，令y=0，则f（x）﹣f（0）=x（x+1）又，∴．（3）不等式f（x）+3＜2x+a等价于x2+x﹣2+3＜2x+a，即x2﹣x+1＜a．由当时不等式f（x）+3＜2x+a恒成立，可得当时不等式x2﹣x+1＜a恒成立．设，则在上单调递减，∴，∴．∴．【点评】（1）解决抽象函数（解析式未知的函数）问题的原则有两个：一是合理运用赋值的方法；二是解题时要运用条件中所给的函数的性质．（2）解答恒成立问题时，一般采用分离参数的方法，将问题转化为求具体函数最值的方法求解，若函数的最值不存在，则可用函数值域的端点值来代替．练习3.如图，Rt△ABC中，AC=BC=2，正方形CDEF的顶点D、F分别在AC、BC边上，C、D两点不重合，设CD的长度为x，△ABC与正方形CDEF重叠部分的面积为y，则下列图象中能表示y与x之间的函数关系的是（）A. （A）B. （B）C. （C）D. （D）【答案】B【解析】当0＜x≤1时，y=x2，当1＜x≤2时，ED交AB于M，EF交AB于N，如图，CD=x，则AD=2-x，∵Rt△ABC中，AC=BC=2，∴△ADM为等腰直角三角形，∴DM=2-x，∴EM=x-（2-x）=2x-2，∴S△ENM=（2x-2）2=2（x-1）2，∴y=x2-2（x-1）2=-x2+4x-2=-（x-2）2+2，∴y=．故选B．练习4.如图，李老师早晨出门锻炼，一段时间内沿⊙M的半圆形M→A→C→B→M路径匀速慢跑，那么李老师离出发点M的距离与时间x之间的函数关系的大致图象是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意，得从M到A距离在增加，由A经B到C与M的距离都是半径，由B到M距离逐渐减少，故选D.（九）恒成立问题求参数范围问题例9. 【湖北省武汉市第六中学2018-2019学年调研数学试题】若函数的定义域为，值域为，则的取值范围A． B． C． D．【答案】C【解析】由函数的定义域、值域结合函数单调性求出的取值范围【详解】由函数的对称轴为且函数图像开口向上则函数在上单调递减，在上单调递增，当且仅当处取得最小值由值域可知，故在上函数单调递增，在处取得最大值故，解得综上所述，故选【点睛】本题在知道函数的定义域与值域后求参量的取值范围，在解答题目时结合函数的单调性判定取值域的情况。
高中数学解题学科方法_参数法
学科方法²参数法参数观点是运动、变化思想在数学中的重要体现．参数是解析几何中最活跃的元素，也是解题的一种主要方法．解析几何中的许多解题技巧都来源于参数观点．(一)参数法解题的基本步骤参数法解题的步骤是：(1)设参，即选择适当的参数(参数的个数可取一个或多个)；(2)用参，即建立参数方程或含参数的方程；(3)消参，即通过运算消去参数，使问题得到解决．例1 已知抛物线y2=2px(p＞0)，在x轴的正半轴上求一点M，使过M的弦P1P2，满足OP1⊥OP2．【解】如图2－5，设M(m，0)(m＞0)、P1(x1，y1)、P2(x2，y2)．∵ OP1⊥OP2，即y1y2=-x1x2．∴ (y1y2)2＝4p2x1x2．从而(-x1x2)2=4p2x1x2．∵ x1≠0，x2≠0，∴ x1x2=4p2①设直线P1P2的方程为y=k(x-m)，把它代入y2=2px中，整理，得k2x2-2(k2m+p)x+k2m2=0．由韦达定理，得x1x2=m2②把②代入①中，得m2=(2p)2．∵ m＞0，p＞0，∴m=2p．于是所求的点M的坐标为(2p，0)．【解说】本例选点P1、P2的坐标为参数，利用已知条件建立x1，x2，y1，y2，m，p 的关系式，消去参数，求得m的值．OP交椭圆于点R，又点Q在OP上且满足|OQ|²|OP|=|OR|2．当点P在l上移动时，求动点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．(1995年全国高考理科压轴题)【解】如图2－6，设动点Q(x，y)(x，y不同时为零)．又设|OR|=λ|OQ|，|OP|=u|OQ|，(λ，u＞0)，由于Q、R、P三点共线，所以点R(λx，λy)、点P(ux，uy)．∵ |OQ|²|OP|=|OR|2，∴ u|OQ|2=λ2|OQ|2．又|OQ|≠0，同理，由P在l上，可得于是由①、②、③，可得动点Q的轨迹方程为且长轴平行于x轴的椭圆，去掉坐标原点．利用已知条件|OQ|²|OP|=|OR|2巧妙地消去参数，这里参数是一个过渡，起桥梁作用．这种解法比高考命题者提供的答案简明．(二)解题技巧的一个源泉参数观点是产生解题技巧的一个源泉，解析几何的许多解题技巧都起源于参数．其中“设而不求”和“代点法”就是最突出的两个．1．设而不求例3 如图2－7，过圆外一点P(a，b)作圆x2＋y2=R2的两条切线，切点为A、B，求直线AB的方程．【解】设A、B的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，则切线AP、BP的方程分别为x1x+y1y ＝R2，x2x+y2y＝R2．∵这两条切线都过点P(a，b)，∴ ax1＋by1=R2，ax2＋by2=R2．由以上二式可以看出，点A、B在直线ax＋by=R2上，又过A、B只有一条直线，∴直线AB的方程为ax＋by=R2．【解说】本例中把A、B的坐标作为参数．虽然设了A、B的坐标，但并没有去求它的值，而是利用曲线与方程的概念，巧妙地“消去”参数，这就是所谓的“设而不求”．2．代点法例4 求抛物线y2=12x的以M(1，2)为中点的弦所在直线的方程．【解法1】设弦的两个端点为A(x1，y1)、B(x2，y2)，则由中点坐标公式，得y1＋y2＝4①即(y1＋y2)(y1-y2)=12(x1-x2)．②即直线AB的斜率k=3．故直线AB的方程为y-2=3(x-1)．即 3x-y-1=0．【解法2】∵弦的中点为M(1，2)，∴可设弦的两个端点为A(x，y)、B(2-x，4-y)．∵ A、B在抛物线上，∴ y2=12x，(4-y)2=12(2-x)．以上两式相减，得y2-(4-y)2=12(x-2+x)，即 3x-y-1=0，这就是直线AB的方程．【解说】以上两种解法都叫做代点法．它是先设曲线上有关点的坐标，然后代入曲线方程，最后经适当变换而得到所求的结果．习题2．2用参数法解证下列各题：1．已知椭圆9x2＋16y2=144内有一点P(2，1)，以P为中点作弦MN，则直线MN的方程为． [ ]A．9x-8y＋26＝0B．9x＋8y-26＝0C．8x-9y+26=0D．8x＋9y-26=02．点D(5，0)是圆x2＋y2-8x-2y+7=0内一点，过D作两条互相垂直的射线，交圆于A、B两点，求弦AB中点M的轨迹方程．且OP⊥OQ，求m的值．4．已知射线OA、OB分别在第一、四象限，且都与Ox轴成60的轨迹．5．已知两点P(-2，2)、Q(0，2)以及一条直线l：y=x．设长为程．(要求把结果写成普通方程)(1985年全国高考理科试题)6．已知椭圆的中心在原点，对称轴合于坐标轴，直线y=-x＋1与习题2．2答案或提示1．仿例4，选(B)．2．设M(x，y)，A(x＋x0，y＋y0)，B(x-x0，y-y0)，把A、B=0．3．仿例1，可得m=3．5．设A(t，t)，B(t＋1，t＋1)，又设直线PA、PB的斜率分别x2-y2＋2x-2y＋8=0．6．设椭圆的方程为ax2＋by2=1(a＞0，b＞0)，A、B、C的坐学科方法²待定系数法(一)求直线和曲线的方程例1 过直线x-2y-3=0与直线2x-3y-2=0的交点，使它与两坐标轴相交所成的三角形的面积为5，求此直线的方程．【解】设所求的直线方程为(x-2y-3)+λ(2x-3y-2)=0，整理，得依题意，列方程得于是所求的直线方程为 8x-5y＋20=0或2x-5y-10=0．【解说】(1)本解法用到过两直线交点的直线系方程，λ是待定系数．(2)待定系数法是求直线、圆和圆锥曲线方程的一种基本方法．例2 如图2－9，直线l1和l2相交于点M，l1⊥l2，点N∈l1，以A、B为端点的曲线C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等．若系，求曲线C的方程．(1998年全国高考理科试题)【解】如图2－9，以l1为x轴，MN的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系．由已知，得曲线C是以点N为焦点、l2为准线的抛物线的一段，其中点A、B为曲线C的端点．设曲线C的方程为y2=2px，p＞0(x1≤x≤x2，y＞0)．其中，x1、x2分别是A、B的横坐标，p=|MN|．从而M、N解之，得p=4，x1=1．故曲线C的方程为y2=8x (1≤x≤4，y＞0)．(二)探讨二元二次方程(或高次方程)表示的直线的性质例3 已知方程ax2＋bxy＋cy2=0表示两条不重合的直线L1、L2．求：(1)直线L1与L2交角的两条角平分线方程；(2)直线L1与L2的夹角的大小．【解】设L1、L2的方程分别为mx＋ny=0、qx＋py=0，则ax2+bxy＋cy2＝(mx+ny)(qx+py)．从而由待定系数法，得a＝mq，b＝mp＋nq，c=np．(1)由点到直线的距离公式，得所求的角平分线方程为即(m2＋n2)(qx＋py)2=(q2+p2)(mx＋ny)2，化简、整理，得(nq-mp)[(nq＋mp)x2＋2(np-mq)xy-(nq＋mp)y2]=0．∵ L1、L2是两条不重合的直线∴b2-4ac＝(mp+nq)2-4mnpq=(mp－nq)2＞0．即 mp-nq≠0．从而(nq＋mp)x2＋2(np-mq)xy-(nq+mp)y2=0．把 mq=a，mp+nq=b，np=c代入上式，得 bx2+2(c-a)xy-by2＝0．即为所求的两条角平分线方程．(2)显然当mq＋np=0，即a+c=0时，直线L1与L2垂直，即夹角为90°．当mq＋np≠0即a＋c≠0时，设L1与L2的夹角为α，则【解说】一般地说，研究二元二次(或高次)方程表示的直线的性质，用待定系数法较为简便．(三)探讨二次曲线的性质1．证明曲线系过定点例4 求证：不论参数t取什么实数值，曲线系(4t2＋t＋1)x2+(t＋1)y2＋4t(t＋1)y-(109t2＋21t+31)=0都过两个定点，并求这两个定点的坐标．【证明】把原方程整理成参数t的方程，得(4x2＋4y-109)t2+(x2+y2+4y-21)t+x2＋y2-31=0．∵ t是任意实数上式都成立，【解说】由本例可总结出，证明含有一个参数t的曲线系F(x，y，t)=0过定点的步骤是：(1)把F(x，y，t)=0整理成t的方程；(2)因t是任意实数，所以t的各项系数(包括常数项)都等于零，得x、y的方程组；(3)解这个方程组，即得定点坐标．2．求圆系的公切线或公切圆例5 求圆系x2＋y2-2(2m＋1)x-2my＋4m2＋4m＋1=0(m≠0)的公切线方程．【解】将圆系方程整理为[x-(2m+1)]2＋(y-m)2=m2(m≠0)显然，平行于y轴的直线都不是圆系的公切线．设它的公切线方程为 y=kx＋b，则由圆心(2m＋1，m)到切线的距离等于半径|m|，得从而[(1-2k)m-(k＋b)]2＝m2(1＋k2)，整理成m的方程，得(3k2-4k)m2-2(1-2k)(k+b)m+(k+b)2=0．∵ m取零以外的任意实数上式都成立，【解说】由本例可总结出求圆系F(x，y，m)=0的公切线方程的步骤是：(1)把圆系方程化为标准方程，求出圆心和半径；(2)当公切线的斜率存在时，设其方程为y=kx＋b，利用圆心到切线的距离等于半径，求出k、b、m的关系式f(k，b，m)=0；(3)把f(k，b，m)=0整理成参数m的方程G(m)=0．由于m∈R，从而可得m的各项系数(包括常数项)都等于零，得k、b的方程组；(4)解这个方程组，求出k、b的值；(5)用同样的方法，可求出x=a型的公切线方程．3．化简二元二次方程例6 求曲线9x2＋4y2＋18x-16y-11=0的焦点和准线．【分析】把平移公式x=x′＋h，y=y′＋k，代入原方程化简．习题2．3用待定系数法解证下列各题：1．求经过三点(2，3)、(5，3)、(3，-1)的圆的方程．2．求双曲线x2-2y2-6x＋4y＋3=0的焦点坐标．3．若方程ax3＋bx2y＋cxy2＋dy3=0表示三条直线，且其中两条互相垂直，求证：a2＋ac＋bd＋d2=0．4．求圆系2x2+2y2-4tx-8ty＋9t2=0(t≠0)的公切线方程．5．试证圆系x2+y2-4Rxcosα-4Rsinα+3R2=0(R是正的常数，α为参数)与定圆相切，并求公切圆的方程．6．若在抛物线y2=2px(p＞0)的对称轴上有一个定点Q，过Q的任习题2．3答案或提示1．设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F=0，把三个已知点的坐标代入，可求得D=-8，E=-2，F=12．3．设过原点互相垂直的两条直线方程为lx2+mxy-ly2=0，另一条直线方程为px＋qy=0，则ax3＋bx2y＋cxy2+dy3=(lx2＋mxy-ly2)(px＋qy)，从而a=lp，b=lq＋mp，c=mq-lp，d=-lp．于是可得a2＋ac＋bd＋d2=0．4．y=x或y=7x．5．圆系方程为(x-2Rcosα)2+(y-2Rsinα)2=R2，设公切圆方程为(x-a)2+(y-b)2=r2，则由两圆相切的充要条件是圆心距等于两圆半径和或差的绝对值，可得(a-2Rcosα)2＋(b-2Rsinα)2=(R±r)2，整理，可得a2＋b2-2R即a=b=0．从而r2-3R2±2Rr=0，解得r1=R，r2=3R．6．设Q(x0，0)，直线AB的参数方程为x=x0＋tcosα，y=tsinα．代任一值，所以x0=p．学科方法²判别式法(一)确定直线与二次曲线和二次曲线与二次曲线的位置关系它们中每一个点到点A的距离等于该点到直线l的距离？(1988年全国高考理科试题)点、l为准线的抛物线方程为y2=2px．椭圆上有四个点符合题意的充要条件为方程组y2=2px有四个不同的实数解．显然，这个方程组有四个不同的实数解的充要条件为方程①有两个不相等的正根．设方程①的两个根为x1、x2，则x1＞0、x2＞0的充要条件为又由已知，得p＞⑤【解说】本例的实质是求椭圆与抛物线有四个不同的交点的条件，它归结为一元二次方程ax2+bx+c=0有两个不等的正根的条件，即Δ(二)求极值例2 过点P(3，2)作直线l分别交x轴、y轴正方向于A、B两点，求△AOB面积S 的最小值．【解】如图2-21，设直线l的方程为y-2=k(x-3)(k＜0)，则它在x轴、y轴上的截距分别为从而9k2+2(S-6)k+4=0．∵Δ=[2(S-6)]2-4³4³9≥0，∴ S(S-12)≥0．∵ S＞0，∴S≥12．∴ S min=12．例3 在椭圆9x2+4y2=36上分别求一点，使x+y有最大值和最小值．【解】设x+y=u，则y=u-x．把它代入椭圆方程中，整理，得13x2-8ux+4(u2-9)=0．∵ x是实数，∴Δ≥0即(-8u)2-4³13³4(u2-9)≥0．解之，得-(三)求参数的取值范围例4 已知抛物线y=ax2-1上恒有关于直线l：y=-x对称的两点，求a的取值范围．【解法1】如图2-22，设点P(x0，y0)关于直线l对称的点为Q(-y0，-x0)，则由P、Q都在抛物线y=ax2-1上，得以上两式相减，得x0+y0=a(x0+y0)(x0-y0)．∵点P不在直线x+y=0上，∴x0+y0≠0．从而a(x0-y0)=1，即y0=x0-∵ P、Q两点恒存在，∴x0是实数，即方程(*)恒有两个不等实学科方法²综合几何法(一)利用平面几何知识解题例1 已知⊙O的方程为x2＋y2=r2，点A(-r，0)、B(r，0)，M是⊙O上任一点，过A 作M处的切线的垂线AQ交BM的延长线于P，求动点P的轨迹方程．【解】如图2－12，连MO，则OM⊥MQ，从而OM∥AP．∵ |BO|=|OA|∴ |AP|＝2|MO|＝2r．于是动点P的轨迹是以点A为圆心，|AP|=2r为半径的圆．设P(x，y)，则P的轨迹方程为(x+r)2+y2＝(2r)2．【解说】本例利用圆的切线的性质和三角形中位线定理，其解法十分明快、简捷．例2 已知圆O′：(x-14)2＋(y-12)2=362内一点C(4，2)和圆周上两动点A、B，使∠ACB=90°，求斜边AB的中点M的轨迹方程．【解】如图2－13，连结MO′、MC、BO′，则O′M⊥MB，|MC|=|AM|=|MB|．设M(x，y)，则在Rt△BMO′中，|O′M|2+|BM|2=|O′B|2，又|BM|=|CM|，∵ |O′M|2＋|CM|2=|O′B|2，即(x-14)2+(y-12)2＋(x-4)2+(y-2)2=362，∴动点M的轨迹方程为x2＋y2-18x-14y-468＝0．【解说】本例利用圆的垂径定理和直角三角形的性质，使一个运算量较大的习题，得到极其简便的解法，充分显示了平面几何知识在解析几何中的应用．(二)利用圆锥曲线的定义和几何性质解题例3 已知一动圆P与圆O1：(x+1)2＋y2=1外切，与圆O2：(x-1)2+y2=9内切，求动圆圆心P的轨迹方程．【解】如图2－14．设动圆圆心P的坐标为(x，y)，它的半径为r．由已知，得两定圆的圆心分别为O1(-1，0)、O2(1，0)，半径分别为r1=1，r2=3．∵动圆P与⊙O1外切，与⊙O2内切，∴ |PO1|=1+r，|PO2|=3-r，∴ |PO1|+|PO2|=4．即动点P到两点O1、O2的距离之和等于4．从而由椭圆的定义，得动点P的轨迹是以两定点O1、O2为焦点，长轴长为4的椭圆．由于⊙O1与⊙O2内切于点M(-2，0)，所以轨迹中不包括点M．故动点P的轨迹方程为【解说】本解法的特点是利用椭圆的定义和两圆相切的条件．例4 如图2-15，F是圆锥曲线的焦点，P1P2是焦点弦，e、p分别是离心率和焦参数(即焦点到准线的距离|FF1|)，求证【证明】如图2-15，过P1、P2分别作准线L的垂线，垂足分别为Q1、Q2．由圆锥曲线的定义，得【解说】本解法的特点是灵活利用圆锥曲线的统一定义和线段定比分点公式．习题2．5用综合几何法解证下列各题：焦点，AB为左支上过F1的弦，且|AB|m，则△ABF2的周长是____．2．已知△ABC的两个顶点A(-a，0)、B(a，0)(a＞0)，顶点C在运动，且|AC|=2b(b 是定值)，求BC中点P的轨迹方程．3．已知ABCD的相对两个顶点A(-4，6)、C(8，2)，过原点O作一直线l把平行四边形的面积分成相等的两部分，求直线l的方程．焦点也是F2，C1的准线与C2的准线重合，P是C1与C2的一个交点，求证：5．已知椭圆的两个焦点是F1、F2，Rt△PF2Q的直角顶点为P，P、Q在椭圆上，F1在线段PQ上，且|PQ|=|PF2|，求这椭圆的离心率．6．从过抛物线x2=2py(p＞0)的焦点F的弦AB的端点向准线l引垂习题2．5答案或提示1．周长=(|AF2|-|AF1|)+(|BF2|-|BF1|)+2(|AF1|+|BF1|)=2a+2a+2m=4a+2m．3．设AC与BD交于G，则平面几何知识可得，所求的直线l过点G．l的方程为y=2x．4．设C2：y2=2px、C1的离心率为e，点P到C1的左准线的距离为d，则由抛物线、双曲线的定义，得|PF2|=d，6．(1)因为|AF|=|AA1|、|FB|=|BB1|、AA1∥y轴∥BB1，所以∠AFA1=学科方法²坐标法坐标法是解析几何最基本的方法，它的思路是，通过建立平面坐标系(直角坐标系或极坐标系等)，把几何问题转化为代数问题(或代数问题转化为几何问题)，从而利用代数知识(或解析几何知识)使问题得以解决．(一)坐标法解证几何题例1 在△ABC中，已知BC=a，CA=b，AB=c，S为三角形面【证明】如图2－1，以边AB的中点O为坐标系原点、AB所在的直线为x轴，建立直角坐标系，设A、B、C的坐标分别为(-m，0)、(m，0)、(p，q)(m＞0，q＞0)，则a2=|BC|2=(m-p)2＋q2=m2+p2＋q2-2mp，b2=|AC|2=(p＋m)2＋q2=p2＋m2＋q2-2mp，c2=4m2，S＝mq．例2 已知：AB是半圆的直径，且AB=2r，直线L与BA的延长与L的距离分别为MP、NQ，且MP=MA，NQ=NA．求证：AM＋AN=AB．【分析】由|MA|=|MP|和|NA|=|NQ|，知M、N在以A为焦点的抛物线上，因此M、N 是半圆与抛物线的两个交点，从而本题可考虑用直角坐标法和极坐标法求解．【证法1】如图2－2，以AT的中点O为坐标原点，射线OB为x轴的正方向，建立直角坐标系．∵ |MA|＝|MP|，|NA|=|NQ|，∴ M、N是以A为焦点，L为准线的抛物线上的点．∵ p=|AT|=2a，∴抛物线的方程y2=4ax①由已知，得半圆的方程为[x-(a+r)]2＋y2=r2(y≥0)②把①代入②中，整理，得x2-2(r-a)x＋a2+2ar=0．设M、N两点的横坐标分别为x1、x2，则x1+x2=2r-2a．∵ |AM|+|NA|=a＋x1＋a＋x2＝2a＋2r-2a＝2r，∴ |AM|＋|AN|=|AB|．【证法2】如图2－2，以A为极点，射线AB为极轴，建立极坐标系，则半圆的方程为∵ |MA|=|MP|，|NA|=|NQ|，∴ M、N在以A为极点、L为准线的抛物线上．又p=|AT|=2a，从①、②中消去cosθ，得ρ2-2rρ+4ar＝0．从而由韦达定理，得|MA|＋|NA|=ρ1＋ρ2=2r．故 |AM|＋|AN|＝|AB|．【解说】由以上两例，可总结出坐标法解证几何题的思路模式图为：(二)坐标法解证代数题【证明】由已知条件，得在平面直角坐标系xOy中，直线x＋y直线的距离不大于半径，即∴ (z-a)2≤a2-2z2，又a＞0，【解说】本例利用方程的几何意义，把已知条件转化为直线与圆的位置，从而由点到直线的距离公式，使问题获解．【证明】如图2－3，建立直角坐标系，设圆O的半径为1．∵α、β是方程acosθ＋bsinθ=c在(0，π)内的两个根，∴ acosα＋bsinα=c，acosβ＋bsinβ=c，从而点A(cosα，sinα)，B(cosβ，sinβ)是直线ax+by=c与⊙O的两个交点．【解说】由以上两例，可总结出坐标法解证代数题的思路模式为：习题2．1用坐标法解证下列各题：1．在锐角△ABC中，AD⊥BC于D，且|AD|=|BC|，M是BC的中点，H是垂心，求证：|MH|＋|HD|=|BM|．2．在锐角△ABC中，AD⊥BC于D，H为AD上一点，BH、CH分别交AC、AB于E、F，求证：∠EDA=∠ADF．3．在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，DE⊥AC于E，M是DE的中点，求证：AM⊥BE．6．关于θ的方程 acosθ＋bsinθ=0(a2＋b2≠0)有两个相异实根α、β，m、n∈R，求证：习题2．1答案或提示1．以D为坐标原点，DC为x轴，DA为y轴，设点B(b，0)、2．以D为原点，DC为x轴，DA为y轴，设点A、B、C、H坐标分别为(0，a)、(b，0)、(c，0)、(0，h)，则直线AC的方程为3．以D为原点，DC为x轴、DA为y轴，设A、B、C的坐标如图2－4，当直线y=x-u过点A(1，0)时，u=1．当直线与半圆相切5．在直角坐标系中，设M(1，2)、P(sinθ，cosθ)，则P为⊙O：x2+y2=1上任一点，f(θ)为MP的斜率，由图(图由读者自画)易知，过M作⊙O的两条切线中，斜率存在的那一条直线的斜率，即为所求的最小值．设这切线的方程为y-2=k(x-1)，则由点到直线的距离公式，可得k=3／46．由已知可得，直线 ax＋by=0与单位圆x2＋y2=1有两个不同的交点A(cosα，sin α)、B(cosβ，sinβ)，又P(m，n)是任一点，则|PA|＋|PB|≥|AB|＝2，即。
专题10 分类讨论法解决含参函数单调性问题(解析版)
专题10分类讨论法解决含参函数单调性问题1．函数与导数问题中往往含有变量或参数，这些变量或参数取不同值时会导致不同的结果，因而要对参数进行分类讨论．常见的有含参函数的单调性、含参函数的极值、最值等问题，解决时要分类讨论．分类讨论的原则是不重复、不遗漏，讨论的方法是逐类进行，还必须要注意综合讨论的结果，使解题步骤完整．2．利用分类讨论解决含参函数的单调性、极值、最值问题的思维流程3．口诀记忆导数取零把根找，先定有无后大小；有无实根判别式，两种情形需知晓．因式分解见两根，逻辑分类有区分；首项系数含参数，先论系数零正负．首项系数无参数，根的大小定胜负；定义域，紧跟踪，两根是否在其中．题型一可求根或因式分解1．已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R)，讨论函数f (x )的单调性．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，①当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，②当a >0时，x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．2．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R)．讨论函数f (x )的单调性．解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a (1－x )x ，令f ′(x )＝0，得x ＝1，当a >0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当a <0时，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减；当a ＝0时，f (x )为常函数．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R)，讨论函数f (x )的单调性．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ＝0，可得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，故函数f (x )综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )4．已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．解析：函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax 2－(a ＋1)x ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x ．①当0<a <1时，1a >1，∴x ∈(0，1)f ′(x )>0；x f ′(x )<0，∴函数f (x )在(0，1)②当a ＝1时，1a ＝1，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；③当a >1时，0<1a <1，∴x (1，＋∞)时，f ′(x )>0；x f ′(x )<0，∴函数f (x )(1，＋∞)综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0，1)当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )(1，＋∞)5．设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．讨论函数f (x )的单调性．解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝ax ＋2(x ＋1)2＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a x (x ＋1)2．当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．(1)当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12(x －1)2x (x ＋1)2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(3)当－12＜a ＜0时，Δ＞0．设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－(a ＋1)＋2a ＋1a ，x 2＝－(a ＋1)－2a ＋1a ．由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a ＜0时，f (x )6．已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间．解析：易得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋x －a －3x ＋2a ＝(2x －a )ln x －(2x －a )＝(2x －a )(ln x －1)，令f ′(x )＝0得x ＝a2或x ＝e ．当a ≤0时，因为x ＞0，所以2x －a ＞0，令f ′(x )＜0得x ＜e ，所以f (x )的单调递减区间为(0，e)．当a ＞0时，①若a2＜e ，即0＜a ＜2e ，当x f ′(x )＞0，当x f ′(x )＜0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )②若a2＝e ，即a ＝2e ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )没有单调递减区间；③若a2＞e ，即a ＞2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，当x f ′(x )＜0，当x f ′(x )＞0，所以f (x )综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，e)；当0＜a ＜2e 时，f (x )当a ＝2e 时，f (x )无单调递减区间；当a ＞2e 时，f (x )7．已知e 是自然对数的底数，实数a 是常数，函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)．(1)设a ＝e ，求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)判断函数f (x )的单调性．解析：(1)∵a ＝e ，∴f (x )＝e x －e x －1，∴f ′(x )＝e x －e ，f (1)＝－1，f ′(1)＝0.∴当a ＝e 时，函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－1.(2)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a .易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，由f ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ，∴当0＜x ＜ln a 时，f ′(x )＜0，当x ＞ln a 时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．8．已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，其中g (x )的函数图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴．(1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性．解析：(1)g ′(x )＝1x ＋2ax ＋b (x ＞0)．由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴，得g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，所以b ＝－2a －1.(2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x .因为函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，所以当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x.由g ′(x )＞0，得0＜x ＜1，由g ′(x )＜0，得x ＞1，即函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当a ＞0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a，若12a ＜1，即a ＞12，由g ′(x )＞0，得x ＞1或0＜x ＜12a ，由g ′(x )＜0，得12a＜x ＜1，即函数g (x )(1，＋∞)若12a ＞1，即0＜a ＜12，由g ′(x )＞0，得x ＞12a 或0＜x ＜1，由g ′(x )＜0，得1＜x ＜12a，即函数g (x )在(0,1)若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0，即函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0＜a ＜12时，函数g (x )在(0,1)当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞12时，函数g (x )(1，＋∞)9．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ．若a >0，试讨论函数f (x )的单调性．解析：因为f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，所以f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x．由题意知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝12a ，若12a <1，即a >12，由f ′(x )>0得x >1或0<x <12a ，由f ′(x )<0得12a <x <1，即函数f (x )(1，＋∞)若12a >1，即0<a <12，由f ′(x )>0得x >12a 或0<x <1，由f ′(x )<0得1<x <12a ，即函数f (x )在(0，1)若12a ＝1，即a ＝12，则在(0，＋∞)上恒有f ′(x )≥0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a <12时，函数f (x )在(0，1)当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数f (x )减，在(1，＋∞)上单调递增．10．函数f (x )＝2ax －a 2＋1x 2＋1，当a ≠0时，求f (x )的单调区间与极值．解析：因为f ′(x )＝－2ax 2＋2(a 2－1)x ＋2a (x 2＋1)2＝－2a(x 2＋1)2·(x －a (1)a >0时x (－∞，－a －1)(－a －1，a )(a ，＋∞)f ′(x )－＋－f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.(2)当a <0时，x (－∞，a )(a ，－a －1)(－a －1，＋∞)f ′(x )＋－＋f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.综上，当a >0时，f (x )的递增区间是(－a －1，a )，递减区间是(－∞，－a －1)，(a ，＋∞)，f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.当a <0时，f (x )的递增区间是(－∞，a )，(－a －1，＋∞)，递减区间是(a ，－a －1)，f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.11．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋a(a >1)，讨论f (x )的单调性．解析：f ′(x )＝x (x －(a 2－2a ))(x ＋1)(x ＋a )2.①当a 2－2a <0时，即1<a <2，又a 2－2a ＝(a －1)2－1>－1.②当a ＝2时，f ′(x )＝x (x ＋1)(x ＋2)2≥0，f (x )在(－1，＋∞)上递增．③当a 2－2a >0时，即a >2时，x (－1,0)(0，a 2－2a )(a 2－2a ，＋∞)f ′(x )＋－＋综上，当1<a <2时，f (x )的递增区间是(－1，a 2－2a )，(0，＋∞)，递减区间是(a 2－2a,0)；当a >2时，f (x )的递增区间是(－1,0)，(a 2－2a ，＋∞)，递减区间是(0，a 2－2a )；当a ＝2时，f (x )在(－1，＋∞)上递增．12．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性．解析：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a .当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a ＜0，则由f ′(x )＝0，得x ＝当x ∞，f ′(x )＜0；当x f ′(x )＞0.故f (x )∞，13．已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．解析：f ′(x )＝a x ＋1－a －2x 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－a ＋22f (x )的定义域为(－1，＋∞)，①当－a ＋22≤－1，即当a ≥0时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．②当－1＜－a ＋22＜0，即－2＜a ＜0时，若x 1f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x －a ＋22，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．③当－a ＋22＝0，即a ＝－2时，f ′(x )≤0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．④当－a ＋22＞0，即a ＜－2时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x －a ＋22，＋f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．综上，当a ≥0时，f (x )在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当－2＜a ＜0时，f (x )1－a ＋22，(0，＋∞)上单调递减；当a ＝－2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当a ＜－2时，f (x )在(－1，0)－a ＋22，＋14．已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，g (x )＝e x ·(cos x －sin x ＋2x －2)，其中e 是自然对数的底数．(1)求函数g (x )的单调区间；(2)讨论函数h (x )＝g (x )－af (x )(a ∈R)的单调性．解析：(1)g ′(x )＝(e x )′·(cos x －sin x ＋2x －2)＋e x (cos x －sin x ＋2x －2)′＝e x (cos x －sin x ＋2x －2－sin x －cos x ＋2)＝2e x (x －sin x )．记p (x )＝x －sin x ，则p ′(x )＝1－cos x ．因为cos x ∈[－1，1]，所以p ′(x )＝1－cos x ≥0，所以函数p (x )在R 上单调递增．而p (0)＝0－sin 0＝0，所以当x <0时，p (x )<0，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减；当x >0时，p (x )>0，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增．综上，函数g (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)因为h (x )＝g (x )－af (x )＝e x (cos x －sin x ＋2x －2)－a (x 2＋2cos x )，所以h ′(x )＝2e x (x －sin x )－a (2x －2sin x )＝2(x －sin x )(e x －a )．由(1)知，当x >0时，p (x )＝x －sin x >0；当x <0时，p (x )＝x －sin x <0．当a ≤0时，e x －a >0，所以x >0时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x <0时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减．当a >0时，令h ′(x )＝2(x －sin x )(e x －a )＝0，解得x 1＝ln a ，x 2＝0．①若0<a <1，则ln a <0，所以x ∈(－∞，ln a )时，e x －a <0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x ∈(ln a ，0)时，e x －a >0，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；x ∈(0，＋∞)时，e x －a >0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．②若a ＝1，则ln a ＝0，所以x ∈R 时，h ′(x )≥0，函数h (x )在R 上单调递增．③若a >1，则ln a >0，所以x ∈(－∞，0)时，e x －a <0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x ∈(0，ln a )时，e x －a <0，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；x ∈(ln a ，＋∞)时，e x －a >0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．综上所述，当a ≤0时，函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；当0<a <1时，函数h (x )在(－∞，ln a )，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a ，0)上单调递减；当a ＝1时，函数h (x )在R 上单调递增；当a >1时，函数h (x )在(－∞，0)，(ln a ，＋∞)上单调递增，在(0，ln a )上单调递减．题型二导函数不可因式分解1．已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1．讨论f (x )的单调性．解析：由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a )．①当a ≥13时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3，令f ′(x )>0，则x <x 1或x ＞x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2．所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )∞2．已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2．讨论f (x )的单调性．解析：由题意，得f ′(x )＝3x 2－k ，当k ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当k ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝±k 3，令f ′(x )＜0，得－k3＜x ＜k3，令f ′(x )＞0，得x ＜－k3或x ＞k 3，所以f (x )－k 3，∞k3，＋3．已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性．解析：由题易得f ′(x )＝(ax 2＋2ax ＋1)e x ，当a ＝0时，f ′(x )＝e x ＞0，此时f (x )在R 上单调递增．当a ＞0时，方程ax 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－4a ．①当0＜a ≤1时，Δ≤0，ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立，所以f ′(x )≥0，此时f (x )在R 上单调递增；②当a ＞1时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1－1－1a，x 2＝－1＋1－1a．x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．所以f (x )∞，－11＋1－1a，＋1－1－1a，－1综上，当0≤a ≤1时，f (x )在R 上单调递增；当a ＞1时，f (x )∞，－11＋1－1a，＋1－1－1a ，－14．已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x ，讨论f (x )的单调性．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①当a ≤2时，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a ＞2时，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x f ′(x )＜0；当x f ′(x )＞0.所以f (x )综合①②可知，当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞2时，f (x )5．已知f (x )＝ax －1x ，g (x )＝ln x ，x ＞0，a ∈R 是常数．(1)求函数y ＝g (x )的图象在点P (1，g (1))处的切线方程；(2)设F (x )＝f (x )－g (x )，讨论函数F (x )的单调性．解析：(1)因为g (x )＝ln x (x ＞0)，所以g (1)＝0，g ′(x )＝1x ，g ′(1)＝1，故函数g (x )的图象在P (1，g (1))处的切线方程是y ＝x －1.(2)因为F (x )＝f (x )－g (x )＝ax －1x －ln x (x ＞0)，所以F ′(x )＝a ＋1x 2－1x ＝a －14.①当a ≥14时，F ′(x )≥0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ＝0时，F ′(x )＝1－xx 2，F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；③当0＜a ＜14时，由F ′(x )＝0，得1＝1－1－4a 2a ＞0，x 2＝1＋1－4a 2a＞0，且x 2＞x 1，故F (x )④当a ＜0时，由F ′(x )＝0，得x 1＝1－1－4a 2a ＞0，x 2＝1＋1－4a 2a ＜0，F (x )6．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋1.(1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )－23，－a 的取值范围．解析：(1)因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1.①当Δ≤0⇒－3≤a ≤3，f ′(x )≥0，且在R 的任给一子区间上，f ′(x )不恒为0，所以f (x )在R 上递增；②当Δ>0⇒a <－3或a > 3.由f ′(x )＝0⇒x 1＝－a －a 2－33，x 2＝－a ＋a 2－33.x(－∞，x 1)(x 1，x 2)(x 2，＋∞)f ′(x )＋－＋所以f (x )的单调递增区间是(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)；单调递减区间是(x 1，x 2)．(2)因为f (x )－23，－－23，－(x 1，x 2)．所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1≤0－23，－所以2a ≥－3x －1x在－23，－a ≥2.7．已知函数f (x )＝x －2x＋1－a ln x ，a ＞0，讨论f (x )的单调性．解析：由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ≤0，即0＜a ≤22时，对一切x ＞0都有f ′(x )≥0.此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＞0，即a ＞22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0＜x 1＜x 2.由f ′(x )>0，得0<x <x 1或x >x 2.由f ′(x )<0，得x 1<x <x 2.所以f (x )在。
高中数学常见题型解法归纳——第21招导数中参数问题
高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第21讲:导数中参数问题的求解策略【知识要点】导数中参数的问题是高考的重点和难点，也是学生感到比较棘手的问题.导数中参数问题的处理常用的有分离参数和分类讨论两种方法，并且先考虑分离参数，如果分离参数不行，可以再考虑分类讨论.因为分离参数解题效率相对高一点.【方法讲评】【例1】己知函数/(X)= —-aln x(a e 7?).x方法一分离参数法解题步骤先分离参数，再解答.(1) 若h(x) = f(x)-2x,当a = -3时，求人(对的单调递减区间;(2) 若函数f(x)有唯一的零点，求实数。
的取值范围.【解析】(1) "(X)定义域为(0,*D),〃(力==+ 2_2 =-臣*1 = _些华皂，X X XX方(X)的单调递减区间是(O' b 和(L -KO) .(2)问题等价于alnx = -有唯一的实根，X显然贝U 关于x 的方程xlnx=-有唯一的实根，a 构造函数 gx) = xlnx,则 /(x)=l+lnx,由 0'(x) = l+lnx = O,得当03<放寸，。
'3)<0,饥对单调递减；当x >@t 时，。
'3)>0,饥对单调|递增,所以饥对的极小值为饥/) =,如图，作出函数伊(X)的大致图象，贝。
要使方程xlnx = -的唯一的实根,a只需直线y = ~与曲线N =微x)有唯一的交点，则上=一eT 或上> 0 ,解得a = f 或a > 0.故实数。
a a a的取值范围是｛-。
｝顷0,做).【点评】alnx = L 有唯一的实根，如果直接研究，左边函数含有参数。
，和右边的函数分析交点，不是很方便，但是分离参数后得xlnx = -,左边函数没有参数，容易画出它的图像，右边是一个常数函数，a交点分析起来比较方便.【反馈检测1】己知函数/(x) = (x-2)^x 和g(x) = Ax 3-x-2 .(1) 若函数g(x)在区间(1,2)不单调，求实数*的取值范围；(2) 当xw[l,+oo)时，不等式/(x)>g(x)+x+2恒成立,求实数■的最大值.【反馈检测 2】已知 f(x) = 2xlnx, g(x) = x 3 +ar 2 —x+2.(1) 如果函数g(x)的单调递减区间为(-：』)，求函数g(x)的解析式；(2) 在(1)的条件下，求函数y = g(x)的图象在点P(—l,g(—1))处的切线方程；(3) 己知不等式/(x)<g'(x) +2恒成立，若方程ae a -m^0恰有两个不等实根，求s 的取值范围.【例2】已知函数g(x ) = x 2 + ln(x + a)>其中a 为常数.方法二分类讨论法解题步骤就参数分类讨论解答.(1) 讨论函数g(x)的单调性；g(xj + g(xj X +X(2) 若g(x)存在两个极值点x r x 2,求证：无论实数a 取什么值都有 >g (-―).2 2【解析】(1)函数的定义域为(・a, + 8).g'(x) = 2x +----=-----------，记h(x) = 2x 2 + 2ax + 1，判别式△ = 4a 2 - 8-x + a x + a①当A = 4a l 2 - 8 < oHP -^< a < , h(x) > 0恒成立，g'(x) > 0,所以g(x)在区间(-a, + 8)上单调递增.l l 2 1 In2 g(xj + g(x,) x +x在a>&时单调递增，h(A /2) = 4-ln A /2-- + y = 0.所以h(a)>0,所以--------->g (-----).【点评】(1)第1问，要研究导函数，必须研究二次函数h(x) = 2x2+2ax + l 的图像，但是二次函数的判别式A = 4a2-8无法确定正负，所以要分类讨论.(2)第2问，与第1问同，也要分类讨论.学科.网②当a<-j2或a>&时，方程2x 2 + 2ax + l-0有两个不同的实数根x r x 2 ,记x = -1 2fa -七显然x 1<x 22a(i )若av -瓦 h(x) = 2x ，+ 2ax +1 图象的对称轴x=-->0, h( - a) = h(0) = 1 > 0.两根气为在区间(0，-a)上，可知当x>-a 时函数h(x)单调递增，h(x)>h(・a)>0,所以g ，(x)>0,所以g(x)在区间(", + F 上递增.(ii )若a > #,则h(x) = 2x 2 + 2ax + 1 图象的对称轴x =- ： < 0, h( - a) = h(0) = 1 > 0.,所以-a < x 】< x?,当XjVXV 5时，h(x)<0,所以g ，(x)<0,所以g(x)在(XiW 上单调逮减.当-a<x<或x >x?时,h(x)>0,所以g ，(x)>0,所以8闻在(-a,x J,(X2, , F 上单调谢增.综上，当-g(x)在区间(-a,+ 8)上单调递增；当a 〉^时，g(x)在(三*2,二2^2)上22单调递减，在(一 a -*饵5(七+扃^ + 8)上单调递增.2' 21(2)由(1)知当aw&时，g(x)没有极值点，当a>&时，g(x)有两个极值点XL 且X1 + x 2 =- a.x^ =g(xj + g(x 2) = x ； + ln(x 1 + a) + x ； + ln(x 2 + a) = a 2 -1 - In2,.g(xJ + g(X2)a 2-l-ln2v x i + x 2 a a 2 a2 2 2 2 4 2gHJ + gg) x 1 + x 2 a 2 1 In2 七 a 2 1 In2 r n ， a g( )=—. lna-- + ―记h(a)=—. lna--+ —，a > J2，贝Uh*(x)〜-----2----4 2 2 4 2 21 疽 7土 =匕上>0,所以h(a)a 2a 222a-l【反馈检测3】己知函数f(x)=x------2alnx(a e R).x(1)若函数f(x)在x=2时取得极值，求实数a的值；(2)若f(x)20对任意x e[1,+°o)恒成立，求实数a的取值范围.ax+x+1【反馈检测4】已知函数f(x)=--------.Xe(1)讨论函数y=f(x)的单调性；(2)若对任意的xe[0,+°°),均有f(x)<1,求实数a的范围.高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第21讲:导数中参数问题的求解策略参考答案【反馈检测1答案】(1)-＜/：＜-； (2) —e.12 3【反愦检测1详细解析】依题意g'(x) = 3/2-i,①当上$0时，/(工)=3妃_1$0,所以g(x)在(L2)单调递减，不满足题意,②当0时,g(x)在0,上单调递减,因为函数g(x)在区间(1,2)不单调，所以\1＜牛江＜2,解得—综上所迷，实数柚取值范围是£＜卜：(2)由已知得2)eX 3x 4则 /(%)=/、(工—4x + 6)g* (x — 2)e x 「 、、//(X)= ------j ——~—>0 , 所以/Z(JT)= ----Y —在 16[1,+00)单调递增,A ^(-^)min = ^(1) = ~e, :.k<-e ,即 k 的最大值为一e1 2【反馈检测2 答案】(1) g (x) = ——jv +2； (2) 4x — y + 5 = 0； (3) —vm<——.e e【反馈检测2详细解析】(1) g '(x) = 3x 2 + 2ax-l,9 (1)由题尽、3x + —1 < 0的解集为(—,1),9 1即3x 2+2ax-l = 0的两根分别是一一，1,3代入得。
全国卷压轴题中含参数不等式问题的两种解法
全国卷压轴题中含参数不等式问题的两种解法含参数的不等式问题是指，在不等式中存在一个或多个参数（未知数），需要求解参数取值范围满足不等式的问题。
下面将介绍两种解法：图像法和参数法。
一、图像法：图像法是通过绘制函数的图像来解决含参数不等式的方法。
1.简单不等式问题的图像法解法：假设我们需要求解不等式f(x)<0，其中f(x)是一个含有参数a的函数。
我们可以通过绘制f(x)关于x的图像，并查找f(x)<0的x区间，来求解a的取值范围。
举个例子：求解不等式(ax-1)(ax+2) < 0 ，其中 a 是一个参数。
解法：首先确定不等式的定义域，即(ax-1)(ax+2) 的取值范围。
当a≠0 时，不等式的定义域为一次函数 (ax-1)(ax+2) 的根，即 x = -2/a 和 x = 1/a ；当 a=0 时，不等式的定义域为整个数轴（因为 (ax-1)(ax+2) = -x(x+1) ）。
接下来，我们将 f(x) = (ax-1)(ax+2) 的图像绘制出来。
根据函数的性质，我们可以确定函数的增减性，并找出 f(x)<0 的 x 区间。
在这个例子中，我们可以看出当 a>0 时， f(x)<0 的解集为 (-∞, -2/a) ∪ (1/a, +∞) ；当 a<0 时， f(x)<0 的解集为 (-2/a, 1/a)。
最后，我们根据a>0和a<0，得到参数a的取值范围为a>0或a<0。
2.复杂不等式问题的图像法解法：对于含有多个参数的复杂不等式问题，图像法可以先通过绘制函数图像（或者利用软件），确定函数的性质和f(x)<0的解集。
然后，通过观察函数图像和性质，进行推论和分析，进一步确定参数的取值范围。
二、参数法：参数法是通过对含有参数的不等式进行化简和变形，转化为关于参数的代数不等式来求解。
举个例子：求解不等式 ax^2 + bx + c > 0 ，其中 a 是正数。
高考数学复习：高考题型解法训练(选择题的解法等10个) 人教课标版精品课件
[f(x1)+f(x2)]≥f(
x1 x2 )，主要是通过作差法
2
f(x1)+f(x2)－
2f(
x1 x2 2
)解决的，作差是比较
大小的一种常用方法.
专题四 函数解答题的解法
考题剖析
5. （2007·黄冈中学模拟题）已知集合M是满足下列性质的函 数f (x)的全体：存在非零常数T，对任意x∈R，有 f (x＋T) =Tf (x)成立.
专题四 函数解答题的解法
应试策略
3. 重视函数思想的指导作用. 用变量和函数来思考问题的方 法就是函数思想. 函数思想是函数概念、性质等知识在更 高层次上的提炼和概括，是在知识和方法反复学习运用 中抽象出来的带有观念性的指导方法. 函数思想的应用：
(1)在求变量范围时，考虑能否把该变量表示为另一变量的函 数，从而转化为求该函数的值域；
专题四 函数解答题的解法 考题剖析
1. （2007·上海模拟题）已知函数f(x)= ax
+
x x
2 1
，a＞1.
（1）证明：函数f(x)在(－1,+∞)上为增函数；
（2）用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.
专题四 函数解答题的解法
（1）证明：设－1＜x1＜x2, ∴0＜x1+1＜x2+1,
(2)因为函数f(x)=ax(a＞0且a≠1)的图象与函数y=x的图象 有公共点，所以方程组：y a x 有解，消去y得 y x ax=x，显然x=0 不是方程ax=x的解，所以存在非零常数 T, 使aT=T.于是对于f(x)=ax有f(x+T)=ax+T=aT·ax=T·ax=Tf(x)
专题四 函数解答题的解法 考题剖析
2023高考数学2卷圆锥曲线题多种解法
2023高考数学2卷圆锥曲线题多种解法近年来，高考数学2卷中的圆锥曲线题目备受考生和教师关注。
圆锥曲线是数学中重要的概念，其在几何、代数和应用数学中都有着广泛的应用。
掌握圆锥曲线的相关知识和多种解题方法是提高学生数学成绩的关键之一。
本文将针对2023年高考数学2卷的圆锥曲线题目，围绕不同的解题方法展开讨论，帮助考生深入理解、掌握相关知识，并提高解题的灵活性和准确性。
一、圆锥曲线的基本概念1.1 圆锥曲线的定义圆锥曲线是平面上一类重要的几何曲线，包括圆、椭圆、双曲线和抛物线。
它们都可以由一个圆锥面与一个平面交线而成。
在坐标系中，圆锥曲线可以通过方程表示，分别为：圆：x^2 + y^2 = r^2椭圆：(x/a)^2 + (y/b)^2 = 1双曲线：(x/a)^2 - (y/b)^2 = 1抛物线：y^2 = 2px1.2 圆锥曲线的性质圆锥曲线具有多种性质，例如椭圆的焦点性质、双曲线的渐近线性质、抛物线的焦点和准线性质等。
掌握这些性质有助于理解圆锥曲线的特点和解题方法。
二、2023年高考数学2卷圆锥曲线题目分析2.1 题目类型和难度2023年高考数学2卷的圆锥曲线题目主要涉及圆、椭圆和双曲线，涵盖了曲线方程、焦点、离心率、渐近线等知识点。
题目难度适中，但需要考生对相关知识有基本的掌握和灵活运用能力。
2.2 典型题目解析（1）椭圆的离心率问题题目描述：已知椭圆的长轴为6，短轴为4，求椭圆的离心率。
解析：根据椭圆的定义和离心率的计算公式，可求得椭圆的离心率为e=√(1 - (b^2/a^2))，带入长短轴的值计算即可得到答案。
（2）双曲线渐近线问题题目描述：已知双曲线的方程为y^2/9 - x^2/16 = 1，求双曲线的渐近线方程。
解析：通过判别式Δ=b^2-a^2来判断双曲线的类型，进而求得渐近线的斜率和方程。
三、圆锥曲线题目的多种解题方法3.1 几何分析法通过几何分析曲线的特点和性质，可以直观地求解题目。
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多参数问题的解法常用方法有：一、分离变量法。
若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。
例1．已知当x ∈R 时，不等式a+cos2x<5-4sinx+45-a 恒成立，求实数a 的取值范围。
分析：在不等式中含有两个变量a 及x ，其中x 的范围已知（x ∈R ），另一变量a 的范围即为所求，故可考虑将a 及x 分离。
解：原不等式即：4sinx+cos2x<45-a -a+5要使上式恒成立，只需45-a -a+5大于4sinx+cos2x 的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x 的最值问题。
f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin 2x+4sinx+1=-2(sinx -1)2+3≤3,∴45-a -a+5>3即45-a >a+2上式等价于⎪⎩⎪⎨⎧->-≥-≥-2)2(4504502a a a a 或⎩⎨⎧≥-<-04502a a ，解得≤54a<8.说明：注意到题目中出现了sinx 及cos2x ，而cos2x=1-2sin 2x,故若把sinx 换元成t,则可把原不等式转化成关于t 的二次函数类型。
另解（先确定主元）：a+cos2x<5-4sinx+45-a 即 a+1-2sin 2x<5-4sinx+45-a ,令sinx=t,则t ∈[-1,1], 整理得2t 2-4t+4-a+45-a >0,( t ∈[-1,1])恒成立。
设f(t)= 2t 2-4t+4-a+45-a 则二次函数的对称轴为t=1,∴ f(x)在[-1，1]内单调递减。
∴ 只需f(1)>0,即45-a >a -2.(下同)例2．已知函数f(x)在定义域（-∞，1]上是减函数，问是否存在实数k ，使不等式f(k -sinx)≥f(k 2-sin 2x)对一切实数x 恒成立？并说明理由。
分析：由单调性与定义域，原不等式等价于k -sinx ≤k 2-sin 2x ≤1对于任意x ∈R 恒成立，这又等价于⎪⎩⎪⎨⎧----≥+-----+≤)2()21(sin 41)1(sin 12222x k k x k 对于任意x ∈R 恒成立。
不等式（1）对任意x ∈R 恒成立的充要条件是k 2≤(1+sin 2x)min =1,即-1≤k ≤1----------(3) 不等式（2）对任意x ∈R 恒成立的充要条件是k 2-k+41≥[(sinx -21)2]max =49, 即k ≤-1或k ≥2,-----------(4)由（3）、（4）求交集，得k=-1,故存在k=-1适合题设条件。
说明：抽象函数与不等式的综合题常需要利用单调性脱掉函数记号。
二、选择恰当的参数作为主元（其余视为常量）例3、已知f(x)是定义在［-1,1］上的奇函数,且f(1)=1，若a,b ∈［-1,1］,a+b ≠0有ba b f a f ++)()(＞0.（1）判断函数f(x)在［-1,1］上是增函数，还是减函数，并证明你的结论； （2）解不等式f (x +21)＜f ();11-x（3）若f (x )≤m 2-2am+1，对所有x ∈［-1,1］,a ∈［-1,1］恒成立，求实数m 的取值范围. 解答：（1）任取x 21,x ∈［-1,1］,且x 1＜x 2，则-x 2∈［-1,1］,又f (x )是奇函数，于是有：f (x 1)-f (x 2)=f (x 1)+f (-x 2)=)()()(2121x x x f x f -++·(x 1-x 2),由已知)()()(2121x x x f x f -+-+＞0,x 1-x 2＜0,所以f (x 1)-f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2).所以函数f(x)在［-1,1］上是增函数. (2)因为函数f(x)在［-1,1］上是增函数，所以不等式f(x+)21＜f()11-x 等价于不等式组： ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-+≤-≤-≤+≤-,1121,1111,1211x ＜x x x 由①得-;2123≤≤x 由②得x ≤0，或x ≥2;由③得x ＜-1,或1＜x ＜.23 所以原不等式的解集为{x|-x ≤23＜-1}.(3)因为函数f(x)在［-1,1］上都是增函数，且f(1)＝1,故对所有的x ∈［-1,1］,有f(x)≤1.由已知，对所有的x ∈［-1,1］，a ∈［-1,1］,f(x)≤m 恒成立122+-am ，有m 122+-am ≥1成立，即m am 22-≥0.记g(a)=-2am+m a 对所有的,2∈［-1,1］，g(a) ≥0成立，只需g(a)在［-1,1］上的最小值大于等于0.即⎩⎨⎧≥≥-,0)1(,0)1(g g 解得：m ≤-2,或m=0，或m ≥2.故m 的取值范围为m ≤-2,或m=0，或m ≥2.注：第（1）中的a,b 可分别视为12,x x ，第（3）涉及到3个变量x,m,a ，对于右边的两个参数m,a 要善于选择恰当的参数作为主元，运用一次函数的单调性。
例4、()4322210,x x ax bx ax a b R a b ++++=∈+已知关于的方程有实数根，则的最小值为＿＿＿。
()()()()()()242244222222222210,,1142351133639943623333x a x b x a b x a b a b x t t t t t t t t t t t t t t t ++++=⎛⎫⎛⎫⇒+==⎛⎫+ ⎪===≥≥+⎛⎫+∙ ⎪⎝⎭+-++==++-≥↑∴≥++++3分析：化为x 视为主元，视为常数，看作关于的直线方程法二：5()2212a b +2类题：、方程x +ax+b=0有不小于的实根，则的最小值是＿＿＿分析：()()()2222242222121116115x x x a b x x +-++⎛⎫+≥==≥++。
2、()()()()43AB C 1D 254∈≠22221a已知f x =x +ax+++b,x R 且x 0，若实数a,b 使得f x =0有实根，x x则a +b 的最小值为，，， 分析：选择A 。
()(][)()()[)()22222111f x 22,,22,315,6x a x b t at b t x x x x u u t u ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-=++-=+∈-∞-+∞ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-==+∈+∞-22a +b 的最小值=的最小值的最小值94=u+的最小值=u 5三、根据函数的单调性、值域特征或不等式的解集特征对多参数分步讨论例5、已知函数f x a xx ()()=->10，（1）若f x x ()<2在［1，+∞）上恒成立，求实数a 的取值范围； （2）若函数y f x =()在［m ，n ］上的值域是[]()m n m n ，≠，求实数a 的取值范围。
解答：（1）x x a 21<-在（1，+∞）上恒成立，即12a x x <+恒成立，设()xx x h 12+=则a h x <()在（1，+∞）上恒成立 h x x'()=->2102∴h x ()在［1，+∞）上单调递增∴=h x h min ()()1故a h <()1即a <3∴a 的取值范围为（-∞，3），（2）由题意知n m >>0时，由（1）知f x ()在（0，+∞）上单调递增 ∴==m f m n f n ()()，，∴=f x x ()有两个不相等的正根即x ax 210-+=有两个不相等的正根m ，n∴>>⎧⎨⎩a 00∆∴>a 2例6、已知不等式x 2–3x +t <0的解集为{x |1<x <m , m ∈R }(1)求t , m 的值；(2)若f (x )= –x 2+ax+4在(–∞,1)上递增，求不等式log a (–mx 2+3x +2–t )<0的解集。
解答：(1) 由条件得：⎩⎨⎧=⋅=+t m m 131，所以⎩⎨⎧==22t m (2)因为f (x )= –(x –2a )2+4+42a 在(–∞,1)上递增，所以2a≥1，a ≥2 log a (–mx 2+3x +2–t )= log a (–2x 2+3x )<0=log a 1所以⎪⎩⎪⎨⎧>+-<-013203222x x x x ，所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<><<211230x x x 或 所以0<x <21或1<x <23例7、已知{a n }是首项为2，公比为21的等比数列，S n 为它的前n 项和（1）用S n 表示S n +1;（2）是否存在自然数c 和k ，使得21>--+cS cS k k 成立技巧与方法 本题属于探索性题型，是高考试题的热点题型 在探讨第2问的解法时，采取优化结论的策略，并灵活运用分类讨论的思想 即对双参数k ,c 轮流分类讨论，从而获得答案解 （1）由S n =4(1–n 21），得221)211(411+=-=++n n n S S ，(n ∈N *) （2）要使21>--+cS c S k k ，只要0)223(<---k k S c S c 因为4)211(4<-=k k S 所以0212)223(>-=--k k k S S S ，(k ∈N *)故只要23S k –2＜c ＜S k ，（k ∈N *）因为S k +1＞S k ，(k ∈N *) ①所以23S k –2≥23S 1–2=1 又S k ＜4，故要使①成立，c 只能取2或3当c =2时，因为S 1=2，所以当k =1时，c ＜S k 不成立，从而①不成立当k ≥2时，因为c S >=-252232，由S k ＜S k +1(k ∈N *)得 23S k –2＜23S k +1–2故当k ≥2时，23S k –2＞c ，从而①不成立 当c =3时，因为S 1=2，S 2=3， 所以当k =1，k =2时，c ＜S k因为c S >=-4132233，又23S k –2＜23S k +1–2 所以当k ≥3时，23S k –2＞c ，从而①成立综上所述，不存在自然数c ,k ,使21>--+cS cS k k 成立四、根据相关参数的联系引入新参数以减少参数的个数例8．设直线l 过点P （0，3），和椭圆x y 22941+=顺次交于A 、B 两点，试求AP PB 的取值范围.分析：本题中，绝大多数同学不难得到：AP PB =BA x x-，但从此后却一筹莫展, 问题的根源在于对题目的整体把握不够. 事实上，所谓求取值范围，不外乎两条路：其一是构造所求变量关于某个（或某几个）参数的函数关系式（或方程），这只需利用对应的思想实施；其二则是构造关于所求量的一个不等关系.思路1: 从第一条想法入手，AP PB =BA x x-已经是一个关系式，但由于有两个变量B A x x ,，同时这两个变量的范围不好控制，所以自然想到利用第3个变量——直线AB 的斜率k . 问题就转化为如何将B A x x ,转化为关于k 的表达式，到此为止，将直线方程代入椭圆方程，消去y 得出关于x 的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.解1：当直线l 垂直于x 轴时，可求得51-=PB AP ； 当l 与x 轴不垂直时，设())(,,2211y x B y x A ，，直线l 的方程为：3+=kx y ，代入椭圆方程，消去y 得()045544922=+++kx x k ，解之得 .4959627222,1+-±-=k k k x 因为椭圆关于y 轴对称，点P 在y 轴上，所以只需考虑0>k 的情形.当0>k 时，4959627221+-+-=k k k x ，4959627222+---=k k k x ，所以 21x x PB AP-==5929592922-+-+-k k k k =59291812-+-k k k =25929181k -+-.由 ()049180)54(22≥+--=∆k k , 解得 952≥k ， 所以 51592918112-<-+-≤-k ，综上 511-≤≤-PB AP .思路2: 如果想构造关于所求量的不等式，则应该考虑到：判别式往往是产生不等的根源. 由判别式值的非负性可以很快确定k 的取值范围，于是问题转化为如何将所求量与k 联系起来. 一般来说，韦达定理总是充当这种问题的桥梁，但本题无法直接应用韦达定理，原因在于21x x PB AP-=不是关于21,x x 的对称关系式. 原因找到后，解决问题的方法自然也就有了，即我们可以构造关于21,x x 的对称关系式.解2：设直线l 的方程为：3+=kx y ，代入椭圆方程，消去y 得()045544922=+++kx x k（*）则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+-=+.4945,4954221221k x x k k x x 令λ=21x x ，则，.20453242122+=++k k λλ 在（*）中，由判别式,0≥∆可得 952≥k ， 从而有 5362045324422≤+≤k k ，所以536214≤++≤λλ， 解得551≤≤λ.结合10≤<λ得151≤≤λ. 综上，511-≤≤-PB AP . 例9、（2005年湖南高考题） 已知函数f (x )＝ln x ，g(x )＝21ax 2＋b x ，a ≠0. （Ⅰ）若b ＝2，且h (x )＝f (x )－g(x )存在单调递减区间，求a 的取值范围；（Ⅱ）设函数f (x )的图象C 1与函数g(x )图象C 2交于点P 、Q ，过线段PQ 的中点作x 轴的垂线分别交C 1，C 2于点M 、N ，证明C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行.．解：（I ）x ax x x h b 221ln )(,22--==时，则.1221)(2xx ax ax x x h -+-=--=' 因为函数h (x )存在单调递减区间，所以)(x h '<0有解.又因为x >0时，则ax 2+2x －1>0有x >0的解.①当a >0时，y=ax 2+2x －1为开口向上的抛物线，ax 2+2x －1>0总有x >0的解； ②当a <0时，y=ax 2+2x －1为开口向下的抛物线，而ax 2+2x －1>0总有x >0的解； 则△=4+4a >0,且方程ax 2+2x －1=0至少有一正根.此时，－1<a <0. 综上所述，a 的取值范围为（－1，0）∪（0，+∞）.（II ） 设点P 、Q 的坐标分别是（x 1, y 1），（x 2, y 2），0<x 1<x 2. 则点M 、N 的横坐标为,221x x x +=C 1在点M 处的切线斜率为,2|1212121x x x k x x x +==+= C 2在点N 处的切线斜率为.2)(|212221b x x a b ax k x x x ++=+=+=假设C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线平行，则k 1=k 2. 即b x x a x x ++=+2)(22121，则)2()(2)()(2)(21212221221222112bx x abx x a x x b x x a x x x x +-+=-+-=+-=.ln ln 1212x x y y -=-所以.1)1(2ln121212x x x x x x +-= 设,12x x t =则.1,1)1(2ln >+-=t t t t ①令.1,1)1(2ln )(>+--=t t t t t r 则.)1()1()1(41)(222+-=+-='t t t t t t r 因为1>t 时，0)(>'t r ，所以)(t r 在+∞,1[）上单调递增. 故.0)1()(=>r t r 则tt t +->1)1(2ln . 这与①矛盾，假设不成立.故C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行.注：1212,x x x x t <<本题中根据0，对两个参数，引入一个新参数达到了消元的目的。