例谈高考对零点问题的考查_孔欣怡
利用函数图象确定零点个数
２０２４年２月上半月㊀学习指导㊀㊀㊀㊀利用函数图象确定零点个数◉江苏省南通市海门第一中学㊀曹㊀兵㊀㊀在高中必修课程体系中,判断函数零点的个数属于必学内容之一,函数零点个数的判断比较抽象,需要深入理解,与方程有关的根和函数的零点个数的内容主要包括两个理论以及由这两个理论推广出的一个理论．理论１:函数y＝f(x)有零点⇔方程f(x)＝０有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点．理论２:如果函数y＝f(x)在区间[a,b]上的图象是一条连续不断的曲线,且有f(a)f(b)＜０,那么,函数y＝f(x)在区间(a,b)内至少有一个零点,即存在cɪ(a,b),使得f(c)＝０,这个c也就是方程f(x)＝０的解．理论３:函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象有交点⇔方程g(x)－f(x)＝０有解,即g(x)－f(x)＝０有实数根⇔函数g(x)－f(x)＝F(x)有零点．上面的分析以及相应的三个结论,如果从纯粹的数学知识的角度来看,属于高中数学知识体系当中的重要内容．学生掌握这些内容,一方面可以完善自己的认知体系,另一方面可以形成较强的问题分析与解决能力．但笔者以为仅有这样的认识是不够的,因为利用函数图象确定零点的个数,更是在一定程度上体现了数学学科的内在特点,同时也体现出了数学思想方法的应用[１]．其中,最典型的思想就是数形结合思想．根据笔者的调查研究发现,尽管几乎所有学生在数学知识学习与运用的过程当中都能体会数形结合思想,但很多时候学生的这种体会并没有上升为数学意识,这也就导致很多学生在学习新的数学知识或在解题的时候,难以有意识地将数形结合作为思维突破的切入口．说得直白一点,就是学生的体验没有上升为理性认识,这显然无助于数学核心素养的发展．因此,基于上面的分析,接下来结合实例来分析㊁研究函数零点的相关问题,融合数形结合思想和函数思想,培养学生数形结合的思维方式,体会数形结合方法的典型性和优点．例１㊀已知方程(１２)x＝l n x,则此方程的实根的个数为．方法１:这道题求的是方程根的个数,根据理论１可知,方程根的个数即是函数零点的个数,因此可以通过构造函数来求根的个数．先将方程左边移到方程右边,即l n x－(１２)x＝０,再令f(x)＝l n x－(１２)x,通过观察发现,代入１和e,那么就有f(１)＝－１２＜０, f(e)＝１－１２e＞０．符合有零点的条件,即在(１,e)内f(x)有零点．再根据在(０,＋ɕ)内f(x)是增函数,因此可得函数f(x)在(０,＋ɕ)内有且只有一个零点．故方程(１２)x＝l n x有且只有一个实根．方法２:这道题还可以结合函数的图象来求解．假设h(x)＝(１２)x,且g(x)＝l n x．在同一个直角坐标图１系中作出函数h(x)＝(１２)x和g(x)＝l n x的图象,如图１所示．观察图象可以发现,这两个函数图象有且只有一个交点,由此可以得到,方程(１２)x＝l n x有且只有一个实数根．评析:利用方法１求解的时候,不仅需要求出f(１)＜０和f(e)＞０,还要知道函数f(x)＝l n x－(１２)x 在定义域内是单调的(不同函数单调情况也不相同),把这两个条件结合起来才能说明方程有且只有一个实数根．例２㊀方程l o g２x＝－(x－１)２＋２实数根的个数为．图２这道题也可以采用图象法．设g(x)＝－(x－１)２＋２,f(x)＝l o g２x在同一直角坐标系中作出这两个函数的图象,如图２所示．根据图象分析可以得到,两个函数图象有且只有一个交点,因此方程l o g２x＝－(x－１)２＋２有且只有一个实５５学习指导２０２４年２月上半月㊀㊀㊀数根．评析:求方程实根的个数通常有两条途径．(１)转化为两个函数图象交点的个数,结合函数图象求解;(２)转化为一个函数零点的个数,结合零点存在定理求解．相较于利用零点存在定理,明显结合函数图象的方法更简单明了．例３㊀求方程l g (x －１)＋l g (３－x )＝l g (a －x )(a 是常数)的实数根个数．方法１:首先求出x 的范围,分析原方程可以知道x 的限制条件是x －１＞０,３－x ＞０,a －x ＞０,ìîíïïïï即１＜x ＜３,x ＜a ．{那么,将原方程等价变换,可以得到l g [(x －１)(３－x )]＝l g(a －x ),即a －x ＝(x －１)(３－x )．图３令f (x )＝(x －１)(３－x )(其中１＜x ＜３),g (x )＝a －x (x ＜a ),在同一直角坐标系中作出这两个函数图象,如图３所示．由方程(x －１)(３－x )＝a －x的Δ＝０,求出a ＝１３４,此时方程l g (x －１)＋l g (３－x )＝l g(a －x )有一个实数根．结合图象可以发现,方程没有实数根时,a ɤ１或者a ＞１３４;方程有一个实根时,１＜a ɤ３或a ＝１３４;当方程有两个实根时,３＜a ＜１３４．方法２:根据题意分析可知,原方程等价于(３－x )(x －１)＝a －x ,x －１＞０,３－x ＞０,ìîíïïïï即－３＋５x －x ２＝a ,１＜x ＜３．{在同一个直角坐标系中,作出函数h (x )＝－３＋５x －x ２(１＜x ＜３),g (x )＝a 的图象,如图４所示．图４根据图象,可以观察函数y ＝h (x )和y ＝g (x )图象交点的个数情况(略)．评析:结合函数图象求解与函数零点个数相关的问题,不仅可以省去较为复杂的运算,而且通过图象可以快速得出正确的答案．掌握确定函数零点个数的方法对于学生来说十分重要,结合图象确定零点个数是目前最常用㊁最简便的方法之一,它要求学生有良好的计算能力和基本的作图能力,对学生的逻辑思维有一定的要求,要求学生能全面分析问题,还要注意限制条件,作图要尽量准确．学好零点个数求解,可以有效提升数学素养[２]．对上述教学过程进行概括与反思,笔者以为在高中数学教学中,最直接的抓手当然是数学知识的建构与运用,这是由当前的考核评价机制决定的,教师的教学必须努力服务于学生思维能力的发展与解题能力的提升．与此同时,教师也必须关注学生数学学科核心素养的发展和学生对数学思想方法的领悟．无论是核心素养的发展还是数学思想方法的领悟,其实都不影响学生解题能力的提升,同时还能够为学生的可持续发展奠定基础．比如上面所强调的数形结合,是数学学科特征的直接体现,更是高中数学教学最不能忽视的思想方法之一．对于数形结合,不仅要让学生有实际的体验,还要让学生有真切的收获．这种收获对于学生来说应当是显性的,只有当学生明确认识到数形结合能够反映数学学科的特征时,才能够有意识地在数学知识学习与运用的过程当中自动激活数形结合思想,从而让数形结合真正成为学生数学解题的利器[３]．在这篇文章当中,函数图象与零点个数的研究是一个突破口,只是一条明线,数形结合思想是背后的暗线,是学生领悟的重点,这才是笔者想重点强调的．参考文献:[１]李志中．直击高考真题,掌握函数零点[J ]．中学数学,２０１９(２３):６７Ｇ６８．[２]孔欣怡．例谈高考对零点问题的考查[J ]．中学数学,２０１７(１):５８Ｇ６１．[３]潘良铭．浅析复合函数零点的个数问题[J ]．中学数学,２０２０(２１):５１Ｇ５２．Z ６５。
也谈高考中的函数零点问题
例 3[1]−[4] (2013 年 课 标 II 理 科 第 21 题) 已 知 函 数 f (x) = ex − ln(x + m).
(1) 设 x = 0 是 f (x) 的极值点, 求 m, 并讨论 f (x) 的单 调性;
(2) 当 m 2 时, 证明: f (x) > 0. 详细解答请参见 [1] 或 [4]. 点评 证法一优先消去参 m, 转化为求函数的最小值问 题, 思路虽简单, 但由于最小值 φ(x0) 对应的 x0 不可求, 涉 及函数隐性零点问题, 需利用函数零点存在定理及设而不求 法较巧妙地解决了该证明问题, 对思维及转化能力的要求 相当高. 证法二利用函数型不等式: ex x + 1 (x ∈ R) 及 ln(x + 1) x (x > −1) 进行放缩证明, 证明过程相当快捷、 简便. 证法三利用“公切线”法证明, 体现了数形结合思想, 方 法相当精妙, 可实现精准放缩, 证明方向也相当明确. 但此方 法只适用于一凸、一凹函数类型, 若两函数同为凸函数或凹 函数, 可对不等式作适当变形, 转化为一凸、一凹函数类型, 再用“公切线”法证明. 通过一题多解的例题讲解, 可以培养 学生思维的发散性与深刻性, 感悟数学本质, 提升数学核心 素养. 方法的优化、拓展、一般化 下面把证法二、三的方法优化、整合拓展一下, 常见的函 数 y = ex, y = ln x, y = x ln x (x > 0) 我们均可以把它们放
2019 年第 2 期 (上)
中学数学研究
27
缩为如下一次函数形式 (可利用构造函数法证明):
函数型不等式 1 ex kx + k − k ln k (k > 0).
2011年高考试题中零点问题深度剖析
化
－
高考风向标・
２ ２ ／ ±、 ， ， 为 是 整 因
Ｑ 解 析
调递增 ， 厂 ２＞厂 昔） 即 ｇ ２ ＞ｏ 故 （） （ ， （） ．
数， ２ 即 ￣Ｊ４ 为整数 ， 以√４ 为整数 ， ｎ ， 一ｎ 所 一ｎ 且 ≤４
又 因为 ｎ ∈Ｎ 取 一１ ２ ３ ４ 验证 可知 一３ ４符合 十， ，， ，， ， 题意 ； 反之 ” ， 一３ ４时 ， 推 出一 元二次方 程 一４ ＋ 可 ｘ ， ｚ 一０有整 数根 ． 答案 ： 或 ４ ３ ．
厂 ） （ － １ 。 ｚ ２ 单 调递 增 且值 域 为 （ （ 一 ｘ ）（ ＜ ） 一∞ ， ） １， － ｚ 一ｋ有 ２个不 同 的实 根 ， 厂 ） （ 则实 数 ｋ的取 值 范 围是
（ １． ０， ）
点， 根据对 全 国各 地高 考 试 题 分 析 研 究 ， 现 以零 点 发 为 载体设 计 试 题 ， 意新 颖 、 思 巧 妙 ， 查 函 数 图 立 构 考 象、 性质等 基本 知 识 ， 渗透 函数 与 方 程 、 价 转 化 、 等 分 类讨论 、 数形 结合 等数学 思 想． 析这 些 试题 ， 我 们 赏 对 开展新 课程 的教学 与 高三数 学复 习会有 所收 获．
函数 的图象在 ｚ一１的左 侧有 ４个交点 ， 在 一１右 则 侧 必有 ４个交 点． 妨把 它们 的 横 坐标 由小 到大设 为 不
９ ， ２ ， ４ ｚ ， ６ ７ ， ０ｚ ＋ ３ ２ ５ ， ｚ ， ５ ｚ ， ， 贝 】 ２ １ ｇ ３ ８ ８
３
２ ． ＝ ＋７ ２ ７
） ．
Ｃ ８； Ｄ ９ Ｂ ７；
Ｂ
（ 一 ， ） （ ） ０ Ｕ ０， ；
函数零点题型引发的思考
９ ． 若 定 义 在 Ｒ上 的 函 数 ） 满 足
厂 （ ） ） ２ － ｘ ） ＝ ｆ （ ｘ ） ， 且当 ∈【 ０ ， １ 】 时， 其 图像 是 四分 之 一 圆 （ 如 图 所 示 ）则 函
数 Ｈ（ ｘ ） ＝ ｌ ｘ ｄｌ ） 在 区间 ［ ＿ ３ ， １ ］ 上 的 零 点
而对于函数 ｙ ＝ ｌ ｘ ｅ ｘ ｌ ，将 函 数 ｙ ＝ ｘ ｅ ｘ 的 图 像 轴 下 方 的 部 分 沿 着 ｘ轴 翻 折 到 轴 上 方 ，其 大 致 图 像 如 右 上 图 ，再 把 两 个 图 像 放 到 同 一 坐 标 系 中 ，如 右 图 ，即 可得 出本 题 答 案 Ｂ． 但ｇ ∽ 一 ０是 为 什 么 学 生 依 然 不 理
题 １： （ ２ ０ １ ４年 一月厦 门市高 中毕业 班质量检测理科数学试卷 第 ６ 题 ：）
ｆ ２ 叶 （ Ｏ ） ，
进而得出 ∈ ［ 一 ３ ， － ｌ 】 时的图像 （ 如
ｌ ｏ ｇ （ 一 ） （ ＜ ｏ ） ， 则
主 要 涉 及 到 基 本 初 等 函数 的 图 象 ，渗 透
着 转 化 、化 归 、 数 形 结 合 、 函 数 与 方 程 等 思 想 方 法 ，在 培 养 思 维 的 灵 活 性 、 创
造 性等 方面起 到了积极 的作用。 近几年
的数学 高考 中频 频 出现 零点 问题 ，其形 式逐渐 多样化 ，但都与初 等 函数 图像变
函数零点题型引发的思考
福建省武夷 山一 中 江丽华 近年来 的高考越 来越注重 对学生 的 综合 素质 的考察 ，函数的零点 问题便是
2014年高考“零点”考情播报
令 （ ） ＝ ０ ， 即一 ÷ 。 ＋ ＝ ０ ， 解得戈 ＝ ０ ， 或 ＝
√ 互． ・ ． 函数 （ ） 的图像如图所示 ：
方程厂 （ ） ＝ Ｏ 有实数根§ 函数 Ｙ ＝ ） 的图象
与 轴 有 交 点 的横 坐标 营 函数 Ｙ＝ 厂 （ ） 有 零 点． 这
Ｊ
， ＇
＜ ｍ ＜ ÷时， 函 数ｇ （ ） 有两 个零 点 ．
Ｒ ． 讨论函数ｇ （ ） ＝ 厂（ ） 一 ÷零点的个数；
・
１ ０１ ・
《 数学之友》
２ ０ １ ４年第 ２ ４ 期
２ ． ２ 考 查零 点的数 值
Ｒ上 的奇 函数 ， 当ｘ ≥Ｏ时
例３ （ ２ ０ １ ４年 高考湖北） 已知 ） 是定义 在 ）＝ 一３ ｘ ． 则 函数 ｇ ．
一
（ ） ＝ 厂 （ ） 一 ＋ ３的零点 的集合为
一
解： 设 ＜ ０ ， 则一 ＞ ０ ， 所以 ）＝一 厂 （ 一 ） ＝ ［ （ 一 ） 。 一 ３ （ 一 ） ］ ＝一 一 ３ ｘ． 求函数 ｇ （ ） ＝ 厂
Ｊ
４ — １ ０ ２
；
－ ４
仅有一个交点 ；
， ＇
解： 本题属于 中档题 ， 考查分段函数零点个数问 题， 将函数在分段区间 中利用 函数的图象各 自考查 零点个数 即可． 当 ≤０ ， ， （ ） ＝ 一 ２只有一个零 点； 当 ＞ ０ ）＝ ２ ｘ一 ６ ＋ ｌ ｎ ｘ ， 这个 函数的零点转 化为 Ｙ＝ ｌ ｎ ｘ与 Ｙ ＝ ６— ２ ｘ在 ＞ ０ 上 的交点． 画出两 个 函数 图像就可以知道有一个交点． 所以整个 函数 戈 ） 有两个交点． 例２ （ ２ ０ １ ４ 年 高考陕西） ， （ ） ＝ ｌ ｎ ｘ ＋ 一 ／ ／ ／ ， ， ｍ∈
2011年高考试题中零点问题深度剖析
2011年高考试题中零点问题深度剖析
邓胜兴
【期刊名称】《高中数理化》
【年(卷),期】2011(000)018
【摘要】2011年高考试题更加重视考查学生的学习潜能，各种新题型层出不穷，尤其零点问题成为考查的热点，根据对全国各地高考试题分析研究，发现以零点为载体设计试题，立意新颖、构思巧妙，考查函数图象、性质等基本知识，渗透函数与方程、等价转化、分类讨论、数形结合等数学思想．赏析这些试题，对我们开展新课程的教学与高三数学复习会有所收获．
【总页数】2页(P25-26)
【作者】邓胜兴
【作者单位】广东湛江市第六中学
【正文语种】中文
【中图分类】G622
【相关文献】
1.浅谈2011年高考试题中的动量守恒问题
2.2011年高考试题中实验考点归类例析
3.活跃在近年高考试题中的导函数零点问题
4.点拔2011年高考试题中的词语辨析
5.2011年高考试题中恒成立问题剖析
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透视高考中“函数零点”问题
（x-1）x2- k x2＝x2（x- k+２ ）.
２
２
取 x0＝k+1， 则 f（x0）＞0. 又 k+1＞k-1＞lnk（k＞1）， 此时函数 f（x）在（lnk，x0）内只有一个零点.
综上所述， 当 k＞0 时， 函数 f（x）＝（x-1）ex- k x2 在 R 上只 ２
（Ⅱ）
当
x∈[
仔 4
，
仔 2
]
时，
证明：
f（x）+g（x）（
仔 2
-x）≥0；
（Ⅲ）
设
xn
为函数
u（x）＝f（x）-1在区间（2n仔+
仔 4
，
2n仔+
仔 2
）
内的零点，
其中 n∈N. 证明：
2n仔+
仔 2
-xn＜
e-2n仔 sinx0-cosx0
.
解析：
（Ⅰ）
易得 f（x）的单调递增区间是
[2k仔-
零点是-3， 3， 符合条件. 此时 f ′（x）=3（x+3）（x-1）， f（x）的极
小值是 f（1）=-32.
当 b＝1，
2a+b 3
＝-3
时，
a＝-5，
不合题意. 当 b＝1，
2a+b 3
＝3
时， a＝4 不合题意.
当
b＝3，
2a+b 3
＝1
时，
a＝0，
不合题意.
当
b＝-3，
2a+b 3
＝3时，
欣宜市实验学校二零二一学年度谈高考数学中数学思想方法的灵活妙用试题
黔西北州欣宜市实验学校二零二一学年度谈高考数学中数学思想方法的灵敏妙用仙游盖尾中学一函数方程思想函数与方程思想是最重要的一种数学思想，高考中所占比重较大，综合知识多、题型多、应用技巧多.函数思想简单，即将所研究的问题借助建立函数关系式亦或者构造中间函数，结合初等函数的图象与性质，加以分析、转化、解决有关求值、解〔证〕不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题；方程思想即将问题中的数量关系运用数学语言转化为方程模型加以解决.●案例探究 ［例1］函数f (x )=log m33+-x x (1)假设f (x )的定义域为［α，β］，〔β＞α＞0〕，判断f (x )在定义域上的增减性，并加以说明； (2)当0＜m ＜1时，使f (x )的值域为［log m ［m (β–1)］，log m ［m (α–1)］］的定义域区间为［α,β］(β＞α＞0)是否存在？请说明理由.★★★★级题目.知识依托：函数单调性的定义判断法；单调性的应用；方程根的分布；解不等式组.错解分析：第(1)问中考生易无视“α＞3〞这一关键隐性条件；第(2)问中转化出的方程，不能认清其根的本质特点，为两大于3的根.技巧与方法：此题巧就巧在采用了等价转化的方法，借助函数方程思想，巧妙解题. 解：〔1〕⇔>+-033x x x ＜–3或者x ＞3. ∵f (x )定义域为［α,β］,∴α＞3设β≥x 1＞x 2≥α，有0)3)(3()(6333321212211>++-=+--+-x x x x x x x x 当0＜m ＜1时，f (x )为减函数，当m ＞1时，f (x )为增函数.〔2〕假设f (x )在［α,β］上的值域为［log m m (β–1),log m m (α–1)］ ∵0＜m ＜1,f (x )为减函数.∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+-=-=+-=)1(log 33log )()1(log 33log )(ααααββββm f m f m m m m即3,0)1(3)12(0)1(3)12(22>>⎪⎩⎪⎨⎧=---+=---+αβααββ又m m m m m m即α,β为方程mx 2+(2m –1)x –3(m –1)=0的大于3的两个根∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>>-->+-=∆<<0)3(3212011616102mf m m m m m ∴0＜m ＜432-故当0＜m ＜432-时，满足题意条件的m 存在.［例2］函数f (x )=x 2–(m +1)x +m (m ∈R )(1)假设tan A ,tan B 是方程f (x )+4=0的两个实根，A 、B 是锐角三角形ABC 的两个内角.求证：m ≥5; (2)对任意实数α,恒有f (2+cos α)≤0，证明m ≥3; (3)在(2)的条件下，假设函数f (sin α)的最大值是8，求m . ★★★★★级题目.知识依托：一元二次方程的韦达定理、特定区间上正负号的充要条件，三角函数公式.错解分析：第(1)问中易漏掉Δ≥0和tan(A +B )＜0，第(2)问中如何保证f (x )在［1,3］恒小于等于零为关键.技巧与方法：深挖题意，做到题意条件都明确，隐性条件注意列.列式要周到，不遗漏. 〔1〕证明：f (x )+4=0即x 2–(m +1)x +m +4=0.依题意：⎪⎩⎪⎨⎧>+=⋅>+=+≥+-+=∆04tan tan 01tan tan 0)4(4)1(2m B A m B A m m 又A 、B 锐角为三角形内两内角 ∴2π＜A +B ＜π ∴tan(A +B )＜0，即031tan tan 1tan tan )tan(<--+=-+=+m m B A B A B A∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>++>+>+≥--031040101522m m m m m m ∴m ≥5 (2)证明：∵f (x )=(x –1)(x –m )又–1≤cos α≤1，∴1≤2+cos α≤3，恒有f (2+cos α)≤0 即1≤x ≤3时，恒有f (x )≤0即(x –1)(x –m )≤0 ∴m ≥x 但x max =3，∴m ≥x max =3(3)解：∵f (sin α)=sin 2α–(m +1)sin α+m =4)1()21(sin 22+-++-m m m α 且21+m ≥2,∴当sin α=–1时，f (sin α)有最大值8. 即1+(m +1)+m =8，∴m =3 ●锦囊妙计函数与方程的思想是最重要的一种数学思想，要注意函数，方程与不等式之间的互相联络和转化.考生应做到：〔1〕深入理解一般函数y =f (x )、y =f –1(x )的性质〔单调性、奇偶性、周期性、最值和图象变换〕，纯熟掌握根本初等函数的性质，这是应用函数思想解题的根底.〔2〕亲密注意三个“二次〞的相关问题，三个“二次〞即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式是中学数学的重要内容，具有丰富的内涵和亲密的联络.掌握二次函数根本性质，二次方程实根分布条件，二次不等式的转化策略.●歼灭难点训练 一、选择题1.〔★★★★★〕函数f (x )=log a ［x –(2a )2］对任意x ∈［21,+∞］都有意义，那么实数a 的取值范围是()A.(0,41]B.(0,41)C.［41,1)D.(41,21〕 2.〔★★★★★〕函数f (x )的定义域为R ，且x ≠1，f (x +1)为奇函数，当x ＜1时，f (x )=2x 2–x +1，那么当x ＞1时，f (x )的递减区间是()A.［45，+∞)B.(1,45]C.［47,+∞)D.(1,47］二、填空题3.〔★★★★〕关于x 的方程lg(ax –1)–lg(x –3)=1有解，那么a 的取值范围是.4.〔★★★★★〕假设y =1–sin 2x –m cos x 的最小值为–4，那么m 的值是.三、解答题5.〔★★★★〕设集合A ={x ｜4x–2x +2+a =0,x ∈R }.〔1〕假设A 中仅有一个元素，务实数a 的取值集合B ；〔2〕假设对于任意a ∈B ，不等式x 2–6x ＜a (x –2)恒成立，求x 的取值范围.6.〔★★★★〕二次函数f (x )=ax 2+bx (a ,b 为常数，且a ≠0)满足条件:f (x –1)=f (3–x )且方程f (x )=2x 有等根.〔1〕求f (x )的解析式；〔2〕是否存在实数m ，n (m ＜n ＝，使f (x )定义域和值域分别为［m ,n ］和［4m ,4n ］，假设存在，求出m 、n 的值；假设不存在，说明理由.7.〔★★★★★〕函数f (x )=6x –6x 2，设函数g 1(x )=f (x ),g 2(x )=f ［g 1(x )］,g 3(x )=f ［g 2(x )］,…g n (x )=f ［g n –1(x )］,…〔1〕求证：假设存在一个实数x 0，满足g 1(x 0)=x 0，那么对一切n ∈N ，g n (x 0)=x 0都成立；〔2〕假设实数x 0满足g n (x 0)=x 0，那么称x 0为稳定不动点，试求出所有这些稳定不动点； 〔3〕设区间A =〔–∞,0〕,对于任意x ∈A ，有g 1(x )=f (x )=a ＜0,g 2(x )=f ［g 1(x )］=f (0)＜0， 且n ≥2时，g n (xB 〔A ∩B ≠∅〕，对于区间内任意实数x ，只要n ≥2，都有g n (x )＜0. 8.〔★★★★〕函数f (x )=xa 11-(a ＞0,x ＞0). 〔1〕求证:f (x )在(0,+∞)上是增函数；〔2〕假设f (x )≤2x 在(0,+∞)上恒成立，求a 的取值范围；〔3〕假设f (x )在［m ,n ］上的值域是［m ,n ］(m ≠n )，求a 的取值范围.参考答案●歼灭难点训练一、1.解析：考察函数y 1=x 和y 2=(2a )x的图象，显然有0＜2a21)2(21a =得a =41，再结合指数函数图象性质可得答案.答案：A2.解析：由题意可得f (–x +1)=–f (x +1).令t =–x +1，那么x =1–t ，故f (t )=–f (2–t )，即f (x )=–f (2–x ).当x ＞1,2–x ＜1，于是有f (x )=–f (2–x )=–2(x –47)2–87，其递减区间为［47，+∞). 答案：C3.解析：显然有x ＞3，原方程可化为1031=--x ax 故有(10–a )·x =29,必有10–a ＞0得a ＜10又x =a -1029＞3可得a ＞31. 答案：31＜a ＜104.解析：原式化为4)2(cos 22m m x y --=.当2m＜–1,y min =1+m =–4⇒m =–5.当–1≤2m ≤1,y min=42m -=–4⇒m =±4不符.当2m ＞1，y min =1–m =–4⇒m =5.答案：±5二、5.解：(1)令2x=t (t ＞0)，设f (t )=t 2–4t +a .由f (t )=0在(0,+∞)有且仅有一根或者两相等实根，那么有 ①f (t )=0有两等根时，Δ=0⇒16–4a =0⇒a =4 验证：t 2–4t +4=0⇒t =2∈(0,+∞)，这时x =1②f (t )=0有一正根和一负根时,f (0)＜0⇒a ＜0③假设f (0)=0，那么a =0，此时4x–4·2x=0⇒2x=0〔舍去〕，或者2x=4,∴x =2，即A 中只有一个元素综上所述，a ≤0或者a =4，即B ={a ｜a ≤0或者a =4}〔2〕要使原不等式对任意a ∈(–∞,0］∪g (a )=(x –2)a –(x 2–6x175081020)4(022-⇒⎩⎨⎧<+-≤⇒⎩⎨⎧>≤-x x x g x ＜x ≤2 6.解：〔1〕∵方程ax 2+bx =2x 有等根，∴Δ=(b –2)2=0,得b =2.由f (x –1)=f (3–x )知此函数图象的对称轴方程为x =–ab2=1得a =–1，故f (x )=–x 2+2x . 〔2〕f (x )=–(x –1)2+1≤1，∴4n ≤1，即n ≤41 而抛物线y =–x 2+2x 的对称轴为x =1∴n ≤41时，f (x )在［m ,n ］上为增函数. 假设满足题设条件的m ,n 存在，那么⎩⎨⎧==n n f mm f 4)(4)(又m ＜n ≤41,∴m =–2,n =0，这时定义域为［–2,0］，值域为［–8,0］. 由以上知满足条件的m 、n 存在，m =–2,n =0. 7.(1)证明：当n =1时，g 1(x 0)=x 0显然成立；设n =k 时，有g k (x 0)=x 0(k ∈N )成立， 那么g k +1(x 0)=f ［g k (x 0)］=f (x 0)=g 1(x 0)=x 0 即n =k +1时，命题成立.∴对一切n ∈N ,假设g 1(x 0)=x 0，那么g n (x 0)=x 0. 〔2〕解：由〔1〕知，稳定不动点x 0只需满足f (x 0)=x 0 由f (x 0)=x 0，得6x 0–6x 02=x 0,∴x 0=0或者x 0=65 ∴稳定不动点为0和65. (3)解：∵f (x )＜0，得6x –6x 2＜0⇒x ＜0或者x ＞1. ∴g n (x )＜0⇔f ［g n –1(x )］＜0⇔g n –1(x )＜0或者g n –1(x )＞1 要使一切n ∈N ,n ≥2，都有g n (x )＜0，必须有g 1(x )＜0或者g 1(x )＞1. 由g 1(x )＜0⇔6x –6x 2＜0⇔x ＜0或者x ＞1由g 1(x )＞0⇔6x –6x 2＞1⇔633633+<<-x 故对于区间(633,633+-)和(1,+∞)内的任意实数x ,只要n ≥2,n ∈N ，都有g n (x )＜0.8.(1)证明：任取x 1＞x 2＞0,f (x 1)–f (x 2)=2121122111)11()11(x x xx x x x a x a -=-=--- ∵x 1＞x 2＞0,∴x 1x 2＞0，x 1–x 2＞0,∴f (x 1)–f (x 2)＞0，即f (x 1)＞f (x 2)，故f (x )在(0,+∞)上是增函数. 〔2〕解：∵xa 11-≤2x 在(0,+∞)上恒成立，且a ＞0, ∴a ≥xx 121+在〔0，+∞〕上恒成立，令421221121)(=⋅≤+=xx xx x g 〔当且仅当2x =x 1即x =22时取等号〕，要使a ≥xx 121+在(0,+∞)上恒成立，那么a ≥42.故a 的取值范围是［42,+∞).(3)解：由〔1〕f (x )在定义域上是增函数. ∴m =f (m ),n =f (n )，即m 2–a 1m +1=0，n 2–a1n +1=0 故方程x 2–a 1x +1=0有两个不相等的正根m ，n ，注意到m ·n =1，故只需要Δ=(a1)2–4＞0,由于a ＞0，那么0＜a ＜21. 二数形结合思想数形结合思想在高考中占有非常重要的地位，其“数〞与“形〞结合，互相浸透，把代数式的准确刻划与几何图形的直观描绘相结合，使代数问题、几何问题互相转化，使抽象思维和形象思维有机结合.应用数形结合思想，就是充分考察数学问题的条件和结论之间的内在联络，既分析其代数意义又提醒其几何意义，将数量关系和空间形式巧妙结合，来寻找解题思路，使问题得到解决.运用这一数学思想，要纯熟掌握一些概念和运算的几何意义及常见曲线的代数特征.●案例探究［例1］设A ={x ｜–2≤x ≤a }，B ={y ｜y =2x +3，且x ∈A }，C ={z ｜z =x 2，且x ∈A }，假设C ⊆B ，务实数a的取值范围.★★★★级题目.知识依托：解决此题的关键是依靠一元二次函数在区间上的值域求法确定集合C .进而将C ⊆B 用不等式这一数学语言加以转化.错解分析：考生在确定z =x 2，x ∈［–2,aa ＜–2这一种特殊情形.技巧与方法：解决集合问题首先看清元素终究是什么，然后再把集合语言“翻译〞为一般的数学语言，进而分析条件与结论特点，再将其转化为图形语言，利用数形结合的思想来解决.解：∵y =2x +3在［–2,a ］上是增函数 ∴–1≤y ≤2a +3，即B ={y ｜–1≤y ≤2a +3}作出z =x 2的图象，该函数定义域右端点x =a 有三种不同的位置情况如下：①当–2≤a ≤0时，a 2≤z ≤4即C ={z ｜z 2≤z ≤4}要使C ⊆B ,必须且只须2a +3≥4得a ≥21与–2≤a ＜0矛盾. ②当0≤a ≤2时，0≤z ≤4即C ={z ｜0≤z ≤4}，要使C ⊆B ，由图可知：必须且只需⎩⎨⎧≤≤≥+20432a a解得21≤a ≤2 ③当a ＞2时，0≤z ≤a 2，即C ={z ｜0≤z ≤a 2}，要使C ⊆B 必须且只需⎩⎨⎧>+≤2322a a a 解得2＜a ≤3 ④当a ＜–2时，A =∅此时B =C =∅，那么C ⊆B 成立. 综上所述，a 的取值范围是(–∞,–2)∪［21,3］. ［例2］a cos α+b sin α=c ,a cos β+b sin β=c (ab ≠0,α–β≠k π,k ∈Z )求证：22222cosba c +=-βα. ★★★★★级题目.A 、B 两点坐标特点知其在单位圆上.错解分析：考生不易联想到条件式的几何意义，是为瓶颈之一.如何巧妙利用其几何意义是为瓶颈之二. 技巧与方法：擅长发现条件的几何意义，还要根据图形的性质分析清楚结论的几 何意义，这样才能巧用数形结合方法完成解题.证明:在平面直角坐标系中，点A 〔cos α,sin α〕与点B 〔cos β, sin β〕是直线l :ax +by =c 与单位圆x 2+y 2=1的两个交点如图.从而：｜AB ｜2=(cos α–cos β)2+(sin α–sin β)2=2–2cos(α–β)又∵单位圆的圆心到直线l 的间隔22||ba c d +=由平面几何知识知｜OA ｜2–(21｜AB ｜)2=d 2即 ∴22222cosba c +=-βα. ●锦囊妙计应用数形结合的思想，应注意以下数与形的转化： 〔1〕集合的运算及韦恩图 〔2〕函数及其图象〔3〕数列通项及求和公式的函数特征及函数图象 〔4〕方程〔多指二元方程〕及方程的曲线以形助数常用的有：借助数轴；借助函数图象；借助单位圆；借助数式的构造特征；借助于解析几何方法. 以数助形常用的有：借助于几何轨迹所遵循的数量关系；借助于运算结果与几何定理的结合. ●歼灭难点训练 一、选择题1.〔★★★★〕方程sin(x –4π)=41x 的实数解的个数是() A.2B.3 C2.〔★★★★★〕f (x )=(x –a )(x –b )–2〔其中a ＜b )，且α、β是方程f (x )=0的两根〔α＜β)，那么实数a 、b 、α、β的大小关系为()A.α＜a ＜b ＜βB.α＜a ＜β＜bC.a ＜α＜b ＜βD.a ＜α＜β＜b 二、填空题3.〔★★★★★〕(4cos θ+3–2t )2+(3sin θ–1+2t )2，(θ、t 为参数)的最大值是.4.〔★★★★★〕集合A ={x ｜5–x ≥)1(2-x },B ={x ｜x 2–ax ≤x –a }，当AB 时，那么a 的取值范围是.三、解答题5.〔★★★★〕设关于x 的方程sin x +3cos x +a =0在〔0,π〕内有相异解α、β.〔1〕求a 的取值范围；〔2〕求tan(α+β)的值. 6.〔★★★★〕设A ={(x ,y )｜y =222x a -,a ＞0}，B ={(x ,y )｜(x –1)2+(y –3)2=a 2,a ＞0},且A ∩B ≠∅，求a 的最大值与最小值. 7.〔★★★★〕A 〔1，1〕为椭圆5922y x +=1内一点，F 1为椭圆左焦点，P 为椭圆上一动点.求｜PF 1｜+｜PA ｜的最大值和最小值. 8.〔★★★★★〕把一个长、宽、高分别为25 cm 、20 cm 、5 cm 的长方体木盒从一个正方形窗口穿过，那么正方形窗口的边长至少应为多少？参考答案●歼灭难点训练一、1.解析：在同一坐标系内作出y 1=sin(x –4π)与y 2=41x 的图象如图. 答案：B2.解析：a ,b 是方程g (x )=(x –a )(x –b )=0的两根，在同一坐标系中作出函数f (x )、g (x )的图象如下列图： 答案：A二、3.解析：联想到间隔公式，两点坐标为A (4cos θ,3sin θ),B (2t –3,1–2t )点A 的几何图形是椭圆，点B 表示直线.考虑用点到直线的间隔公式求解. 答案：227 4.解析：解得A ={x ｜x ≥9或者x ≤3}，B ={x ｜(x –a )(x –1)≤0}，画数轴可得.答案：a ＞3三、5.解：①作出y =sin(x +3π)(x ∈(0,π))及y =–2a 的图象，知当｜–2a ｜＜1且–2a ≠ 23时，曲线与直线有两个交点，故a ∈(–2,–3)∪(–3,2). ②把sin α+3cos α=–a ,sin β+3cos β=–a 相减得tan 332=+βα， 故tan(α+β)=3.6.解：∵集合A 中的元素构成的图形是以原点O 为圆心，2a 为半径的半圆；集合B 中的元素是以点O ′(1,3)为圆心，a∵A ∩B ≠∅，∴半圆O 和圆O ′有公一共点.显然当半圆O 和圆O ′外切时，a 最小2a +a =｜OO ′｜=2,∴a min =22–2当半圆O 与圆O ′内切时，半圆O 的半径最大，即2a 最大. 此时2a –a =｜OO ′｜=2,∴a max =22+2.7.解：由15922=+y x 可知a =3,b =5,c =2，左焦点F 1(–2,0),右焦点F 2(2,0).由椭圆定义，｜PF 1｜=2a –｜PF 2｜=6–｜PF 2｜,∴｜PF 1｜+｜PA ｜=6–｜PF 2｜+｜PA ｜=6+｜PA ｜–｜PF 2｜如图：由｜｜PA ｜–｜PF 2｜｜≤｜AF 2｜=2)10()12(22=-+-知 –2≤｜PA ｜–｜PF 2｜≤2. 当P 在AF 2延长线上的P 2处时，取右“=〞号；当P 在AF 2的反向延长线的P 1处时，取左“=〞号.即｜PA ｜–｜PF 2｜的最大、最小值分别为2，–2.于是｜PF 1｜+｜PA ｜的最大值是6+2,最小值是6–2.8.解：此题实际上是求正方形窗口边长最小值.由于长方体各个面中宽和高所在的面的边长最小，所以应由这个面对称地穿过窗口才能使正方形窗口边长尽量地小.如图：设AE =x ,BE =y ,那么有AE =AH =CF =CG =x ，BE =BF =DG =DH =y∴⎪⎩⎪⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=+225210*********y x y y x x ∴2225225210=+=+=y x AB . 三分类讨论思想分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论题覆盖知识点较多，利于考察学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原那么、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的HY ，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论.〞●案例探究［例1］{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 c S k k 成立. 命题意图：此题主要考察等比数列、不等式知识以及探究和论证存在性问题的才能，属★★★★★级题目. 知识依托：解决此题根据不等式的分析法转化，放缩、解简单的分式不等式；数列的根本性质.错解分析：第2问中不等式的等价转化为学生的易错点，不能确定出k k S c S <<-223.技巧与方法：此题属于探究性题型，是高考试题的热点题型.在讨论第2问的解法时，采取优化结论的策略，并灵敏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>--+c S c S k k ，只要0)223(<---kk S c S c 因为4)211(4<-=k kS 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或者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 不成立，从而①不成立因为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 c S k k 成立. ［例2］给出定点A 〔a ,0)〔a ＞0〕和直线l ：x =–1，B 是直线l 上的动点，∠BOA 的角平分线交AB 于点C .求点C 的轨迹方程，并讨论方程表示的曲线类型与a 值的关系.★★★★★级题目.知识依托：求动点轨迹的根本方法步骤.椭圆、双曲线、抛物线HY 方程的根本特点.错解分析：此题易错点为考生不能巧妙借助题意条件，构建动点坐标应满足的关系式和分类讨论轨迹方程表示曲线类型.技巧与方法：精心考虑，发散思维、多途径、多角度的由题设条件出发，探寻动点应满足的关系式.巧妙地利用角平分线的性质.解法一：依题意，记B 〔–1，b )，(b ∈R 〕，那么直线OA 和OB 的方程分别为y =0和y =–bx .设点C (x ,y )，那么有0≤x ＜a ，由OC 平分∠AOB ，知点C 到OA 、OB 间隔相等.根据点到直线的间隔公式得｜y ｜=21||b bx y ++①依题设，点C 在直线AB 上，故有由x –a ≠0，得ax y a b -+-=)1(② 将②式代入①式，得y 2［(1–a )x 2–2ax +(1+a )y 2］=0假设y ≠0，那么(1–a )x 2–2ax +(1+a )y 2=0(0＜x ＜a ) 假设y =0那么b =0,∠AOB =π，点C 的坐标为〔0，0〕满足上式.综上，得点C 的轨迹方程为〔1–a 〕x 2–2ax +(1+a )y 2=0(0＜x ＜a ) (i)当a =1时，轨迹方程化为y 2=x (0≤x ＜1)③ 此时方程③表示抛物线弧段；(ii)当a ≠1，轨迹方程化为)0(11)1()1(22222a x a a y a a a a x <≤=-+---④ 所以当0＜a ＜1时，方程④表示椭圆弧段；当a ＞1时，方程④表示双曲线一支的弧段.解法二：如图，设D 是l 与x 轴的交点，过点C 作CE ⊥x 轴，E 是垂足.〔i 〕当｜BD ｜≠0时，设点C (x ,y )，那么0＜x ＜a ，y ≠0由CE ∥BD ，得)1(||||||||||a xa y EA DA CE BD +-=⋅=. ∵∠COA =∠COB =∠COD –∠BOD =π–∠COA –∠BOD∴2∠COA =π–∠BOD ∴COA COA COA 2tan 1tan 2)2tan(-=∠ ∵xy COA ||tan = ∴)1(||1||22a x a y x y x y +--=-⋅整理，得 (1–a )x 2–2ax +(1+a )y 2=0(0＜x ＜a ) (ii)当｜BD ｜=0时，∠BOA =π，那么点C 的坐标为(0,0)，满足上式.综合(i)、(ii)，得点C 的轨迹方程为(1–a )x 2–2ax +(1+a )y 2=0(0≤x ＜a ) 以下同解法一.解法三：设C (x ,y )、B (–1,b )，那么BO 的方程为y =–bx ，直线AB 的方程为∵当b ≠0时，OC 平分∠AOB ，设∠AOC =θ,∴直线OC 的斜率为k =tan θ,OC 的方程为y =kx 于是又tan2θ=–b∴–b =212k k -① ∵C 点在AB 上∴)(1a x ab kx -+-=② 由①、②消去b ，得)(12)1(2a x k k kx a --=+③ 又xy k =，代入③，有 整理，得(a –1)x 2–(1+a )y 2+2ax =0④当b =0时，即B 点在x 轴上时，C (0,0)满足上式：a ≠1时，④式变为11)1()1(22222=-+---a a y a a a a x 当0＜a ＜1时，④表示椭圆弧段；当a ＞1时，④表示双曲线一支的弧段；当a =1时，④表示抛物线弧段.●锦囊妙计分类讨论思想就是根据一定的HY ，对问题分类、求解，要特别注意分类必须满足互斥、无漏、最简的原那么.分类讨论常见的根据是：1.由概念内涵分类.如绝对值、直线的斜率、指数对数函数、直线与平面的夹角等定义包含了分类. n 项和公式、极限的计算、圆锥曲线的统一定义中图形的分类等.3.由实际意义分类.如排列、组合、概率中较常见，但不明显、有些应用问题也需分类讨论.在学习中也要注意优化策略，有时利用转化策略，如反证法、补集法、变更多元法、数形结合法等简化甚至避开讨论.●歼灭难点训练一、选择题1.〔★★★★〕122lim =+-∞→nn nn n a a 其中a ∈R ，那么a 的取值范围是() A.a ＜0B.a ＜2或者a ≠–2C.–2＜a ＜2D.a ＜–2或者a ＞22.〔★★★★★〕四面体的顶点和各棱的中点一共10个点，在其中取4个不一共面的点，不同的取法一共有()二、填空题3.〔★★★★〕线段AB 在平面α外，A 、B 两点到平面α的间隔分别为1和3，那么线段AB 的中点到平面α的间隔为.4.〔★★★★★〕集合A ={x ｜x 2–3x +2=0},B ={x ｜x 2–ax +(a –1)=0}，C ={x ｜x 2–mx +2=0}，且A ∪B =A ，A ∩C =C ，那么a 的值是，m 的取值范围为.三、解答题5.〔★★★★〕集合A ={x ｜x 2+px +q =0}，B ={x ｜qx 2+px +1=0},A ,B 同时满足： ①A ∩B ≠∅,②A ∩B ={–2}.求p 、q 的值.6.〔★★★★〕直角坐标平面上点Q 〔2，0〕和圆C ：x 2+y 2=1，动点M 到圆C 的切线长与｜MQ ｜的比等于常数λ(λ＞0).求动点M 的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.7.(★★★★★)函数y =f (xn ≤y ≤ n +1(n =0,1,2,…)时，该图象是斜率为b n 的线段〔其中正常数b ≠1〕，设数列{x n }由f (x n )=n (n =1,2,…)定义.〔1〕求x 1、x 2和x n 的表达式；〔2〕计算∞→n lim x n ； 〔3〕求f (x )的表达式，并写出其定义域.8.〔★★★★★〕a ＞0时，函数f (x )=ax –bx 2〔1〕当b ＞0时，假设对任意x ∈R 都有f (x )≤1，证明a ≤2b ;〔2〕当b ＞1时，证明：对任意x ∈［0,1］,｜f (x )｜≤1的充要条件是b –1≤a ≤2b ；〔3〕当0＜b ≤1时，讨论：对任意x ∈［0,1］,｜f (x )｜≤1的充要条件.参考答案●歼灭难点训练一、1.解析：分a =2、｜a ｜＞2和｜a ｜＜2三种情况分别验证.答案：C 2.解析：任取4个点一共C 410=210种取法.四点一共面的有三类：〔1〕每个面上有6个点，那么有4×C 46=60种取一共面的取法；〔2〕相比较的4个中点一共3种；〔3〕一条棱上的3点与对棱的中点一共6种.答案：C二、3.解析：分线段AB 两端点在平面同侧和异侧两种情况解决.答案：1或者24.解析：A ={1,2},B ={x ｜(x –1)(x –1+a )=0},由A ∪B =A 可得1–a =1或者1–a =2；由A ∩C =C ，可知C ={1}或者∅. 答案：2或者33或者〔–22，22〕 三、5.解：设x 0∈A ，x 0是x 02+px 0+q =0的根.假设x 0=0，那么A ={–2,0}，从而p =2,q =0,B ={–21}. 此时A ∩B =∅与矛盾，故x 0≠0.将方程x 02+px 0+q =0两边除以x 02，得 01)1()1(020=++x p x q . 即01x 满足B 中的方程，故01x ∈B .∵A ∩B ={–2},那么–2∈A ,且–2∈B .设A ={–2,x 0}，那么B ={01,21x -}，且x 0≠2〔否那么A ∩B =∅〕.假设x 0=–21，那么01x –2∈B ,与–2∉B 矛盾.又由A ∩B ≠∅,∴x 0=01x ，即x 0=±1.即A ={–2,1}或者A ={–2,–1}.故方程x 2+px +q =0有两个不相等的实数根–2，1或者–2，–1 ∴⎩⎨⎧=-⋅-==---=⎩⎨⎧-=⨯-==+--=2)1()2(3)12(21)2(1)12(q p q p 或 6.解：如图，设MN 切圆C 于N ，那么动点M 组成的集合是P ={M ｜｜MN ｜=λ｜MQ ｜,λ＞0}.∵ON ⊥MN ,｜ON ｜=1,∴｜MN ｜2=｜MO ｜2–｜ON ｜2=｜MO ｜2–1 设动点M 的坐标为(x ,y )，那么2222)2(1y x y x +-=-+λ 即〔x 2–1)(x 2+y 2)–4λ2x +(4λ2+1)=0.经检验，坐标适宜这个方程的点都属于集合P ，故方程为所求的轨迹方程.〔1〕当λ=1时，方程为x =45，它是垂直于x 轴且与x 轴相交于点〔45，0〕的直线； 〔2〕当λ≠1时，方程化为：2222222)1(31)12(-+=+--λλλλy x 它是以)0,12(22-λλ为圆心，|1|3122-+λλ为半径的圆.7.解：〔1〕依题意f (0)=0，又由f (x 1)=1，当0≤y ≤1，函数y =f (x )的图象是斜率为b 0=1的线段，故由 ∴x 1=1又由f (x 2)=2，当1≤y ≤2时，函数y =f (x )的图象是斜率为b 的线段，故由 即x 2–x 1=b1 ∴x 2=1+b1 记x 0=0，由函数y =f (x )图象中第n 段线段的斜率为b n –1，故得又由f (x n )=n ,f (x n –1)=n –1 ∴x n –x n –1=(b1)n –1,n =1,2,……由此知数列{x n –x n –1}为等比数列，其首项为1，公比为b1. 因b ≠1，得∑==nk nx 1(x k –x k –1)=1+b 1+…+1)1(111--=--b b b bn n 即x n=1)1(1---b b b n 〔2〕由〔1〕知，当b ＞1时，11)1(lim lim 1-=--=-∞→∞→b b b b b x n n n n 当0＜b ＜1，n →∞,x n 也趋于无穷大.∞→n lim x n 不存在.〔3〕由〔1〕知，当0≤y ≤1时，y =x ，即当0≤x ≤1时，f (x )=x ; 当n ≤y ≤n +1，即x n ≤x ≤x n +1由〔1〕可知f (x )=n +b n (x –x n )(n =1,2,…),由〔2〕知当b ＞1时，y =f (x )的定义域为［0,1-b b); 当0＜b ＜1时，y =f (x )的定义域为［0,+∞). 8.(1)证明：依设，对任意x ∈R ，都有f (x )≤1∵b a b a x b x f 4)2()(22+--=∴ba b a f 4)2(2=≤1∵a ＞0,b ＞0∴a ≤2b .〔2〕证明：必要性：对任意x ∈［0,1］，｜f (x )｜≤1⇒–1≤f (x 〕，据此可以推出–1≤f (1) 即a –b ≥–1，∴a ≥b –1对任意x ∈［0,1］，｜f (x )｜≤1⇒f (x )≤1.因为b ＞1，可以推出f (b1)≤1即a ·b1–1≤1，∴a ≤2b,∴b –1≤a ≤2b充分性：因为b ＞1，a ≥b –1，对任意x ∈［0,1］. 可以推出ax –bx 2≥b (x –x 2)–x ≥–x ≥–1即ax –bx 2≥–1因为b ＞1,a ≤2b,对任意x ∈［0,1］，可以推出ax –bx 2≤2b x –bx 2≤1即ax –bx 2≤1,∴–1≤f (x )≤1综上，当b ＞1时，对任意x ∈［0,1］，｜f (x )｜≤1的充要条件是b –1≤a ≤2b .(3)解：∵a ＞0，0＜b ≤1∴x ∈［0,1］,f (x )=ax –bx 2≥–b ≥–1即f (x )≥–1f (x )≤1⇒f (1)≤1⇒a –b ≤1即a ≤b +1a ≤b +1⇒f (x )≤(b +1)x –bx 2≤1即f (x )≤1所以当a ＞0，0＜b ≤1时，对任意x ∈［0,1］，｜f (x )｜≤1的充要条件是a ≤b +1.四化归思想化归与转换的思想，就是在研究和解决数学问题时采用某种方式，借助某种函数性质、图象、公式或者条件将问题通过变换加以转化，进而到达解决问题的思想.等价转化总是将抽象转化为详细，复杂转化为简单、未知转化为，通过变换迅速而合理的寻找和选择问题解决的途径和方法.●案例探究［例1］对任意函数f (x ),x ∈D ，可按图示构造一个数列发生器，其工作原理如下： ①输入数据x 0∈D ，经数列发生器输出x 1=f (x 0)；②假设x 1∉D ，那么数列发生器完毕工作；假设x 1∈D ，那么将x 1反响回输入端，再输出x 2=f (x 1)，并依此规律继续下去.现定义124)(+-=x x x f 〔1〕假设输入x 0=6549，那么由数列发生器产生数列{x n }，请写出{x n }的所有项；〔2〕假设要数列发生器产生一个无穷的常数列，试求输入的初始数据x 0的值；〔3〕假设输入x 0时，产生的无穷数列{x n }，满足对任意正整数n 均有x n ＜x n +1；求x 0的取值范围. ★★★★★级题目.知识依托：函数求值的简单运算、方程思想的应用.解不等式及化归转化思想的应用.解题的关键就是应用转化思想将题意条件转化为数学语言.错解分析：考生易出现以下几种错因：〔1〕审题后不能理解题意.〔2〕题意转化不出数学关系式，如第2问.〔3〕第3问不能进展从一般到特殊的转化.技巧与方法：此题属于富有新意，综合性、抽象性较强的题目.由于生疏不易理解并将文意转化为数学语言.这就要求我们慎读题意，把握主脉，体会数学转换.解：〔1〕∵f (x )的定义域D =〔–∞,–1)∪(–1,+∞) ∴数列{x n }只有三项，1,51,1911321-===x x x〔2〕∵x x x x f =+-=124)(,即x 2–3x +2=0 ∴x =1或者x =2，即x 0=1或者2时故当x 0=1时，x n =1，当x 0=2时，x n =2〔n ∈N *〕〔3〕解不等式124+-<x x x ，得x ＜–1或者1＜x ＜2 要使x 1＜x 2，那么x 2＜–1或者1＜x 1＜2 对于函数164124)(+-=+-=x x x x f 假设x 1＜–1，那么x 2=f (x 1)＞4，x 3=f (x 2)＜x 2 假设1＜x 1＜2时，x 2=f (x 1)＞x 1且1＜x 2＜2 依次类推可得数列{x n }的所有项均满足x n +1＞x n 〔n ∈N *)综上所述，x 1∈(1,2) 由x 1=f (x 0),得x 0∈(1,2).［例2］设椭圆C 1的方程为12222=+b y a x (a ＞b ＞0)，曲线C 2的方程为y =x1，且曲线C 1与C 2在第一象限内只有一个公一共点P .〔1〕试用a 表示点P 的坐标；〔2〕设A 、B 是椭圆C 1的两个焦点，当a 变化时，求△ABP 的面积函数S (a )的值域；〔3〕记min{y 1,y 2,……,y n }为y 1,y 2,……,y n g (a )是以椭圆C 1的半焦距为边长的正方形的面积，试求函数f (a )=min{g (a ),S (a )}的表达式.★★★★★级题目.知识依托：两曲线交点个数的转化及充要条件，求函数值域、解不等式.错解分析：第〔1〕问中将交点个数转化为方程组解的个数，考察易出现计算错误，不能借助Δ找到a 、b 的关系.第〔2〕问中考生易忽略a ＞b ＞0这一隐性条件.第〔3〕问中考生往往想不起将min{g (a ),S (a )}转化为解不等式g (a )≥S (a ).技巧与方法：将难以下手的题目转化为自己纯熟掌握的根本问题，是应用化归思想的灵魂.要求必须将各知识的内涵及关联做到转化有目的、转化有桥梁、转化有效果.解：〔1〕将y =x1代入椭圆方程，得 化简，得b 2x 4–a 2b 2x 2+a 2=0由条件，有Δ=a 4b 4–4a 2b 2=0，得ab =2解得x =2a 或者x =–2a 〔舍去〕故P 的坐标为(aa 2,2). (2)∵在△ABP 中，｜AB ｜=222b a -，高为a2, ∴)41(22221)(422aa b a a S -=⋅-⋅=∵a ＞b ＞0,b =a2∴a ＞a 2,即a ＞2,得0＜44a＜1于是0＜S 〔a 〕＜2，故△ABP 的面积函数S (a )的值域为(0,2)(3)g (a )=c 2=a 2–b 2=a 2–24a解不等式g (a )≥S (a )，即a 2–24a ≥)41(24a -整理，得a 8–10a 4+24≥0，即(a 4–4)(a 4–6)≥0解得a ≤2〔舍去〕或者a ≥46.故f (a )=min{g (a ),S (a )} ●锦囊妙计转化有等价转化与不等价转化.等价转化后的新问题与原问题本质是一样的.不等价转化那么局部地改变了原对象的本质，需对所得结论进展必要的修正.应用转化化归思想解题的原那么应是化难为易、化生为熟、化繁为简，尽量是等价转化.常见的转化有：正与反的转化、数与形的转化、相等与不等的转化、整体与局部的转化、空间与平面互相转化、复数与实数互相转化、常量与变量的转化、数学语言的转化.●歼灭难点训练 一、选择题1.〔★★★★〕两条直线l 1:y =x ,l 2:ax –y =0，其中a ∈R ，当这两条直线的夹角在(0,2π)内变动时，a 的取值范围是()A.〔0，1〕B.〔33，3〕 C.〔33，1〕∪〔1，3〕D.〔1，3〕 2.〔★★★★〕等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别用S n 和T n 表示，假设534+=n n T S n n ，那么nn n b a ∞→lim的值是()A.34B.1C.36D.94二、填空题3.〔★★★★〕某房间有4个人，那么至少有2人生日是同一个月的概率是.〔列式表示即可〕4.〔★★★★★〕函数f (x )=x 3–3bx +3b 在〔0，1〕内有极小值，那么b 的取值范围是.三、解答题5.〔★★★★〕f (x )=lg(x +1),g (x )=2lg(2x +t ),(t ∈R 是参数〕. (1)当t =–1时，解不等式f (x )≤g (x );(2)假设x ∈［0,1］时，f (x )≤g (x )恒成立，求参数t 的取值范围.6.〔★★★★★〕函数f (x )=a 1x +a 2x 2+a 3x 3+…+a n x n ，n ∈N *且a 1、a 2、a 3、……、a n 构成一个数列{a n }，满足f (1)=n 2.〔1〕求数列{a n }的通项公式，并求1lim+∞→n nn a a ；〔2〕证明0＜f (31)＜1. 7.〔★★★★★〕设A 、B 是双曲线x 2–22y =1上的两点，点N 〔1，2〕是线段AB 的中点.〔1〕求直线AB 的方程；〔2〕假设线段AB 的垂直平分线与双曲线相交于C 、D 两点，那么A 、B 、C 、D 四点是否一共圆？为什么？ 8.〔★★★★★〕直线y =a 与函数y =x 3–3x 的图象有相异三个交点，求a 的取值范围.参考答案●歼灭难点训练一、1.解析：分析直线l 2的变化特征，化数为形，两直线不重合，因此问题应该有两个范围即得解答案：C2.解析：化和的比为项的比∵n n n n n b n T a n a a n S )12(;)12(2)12(1212112-=-=+-=---. ∴26485)12(3)12(41212+-=+--==--n n n n T S b a n n n n ,取极限易得 答案：A二、3.解析：转化为先求对立事件的概率即四人生日各不一样的概率答案：441212A 1-4.解析：转化为f ′(x )=3x 2–3b 在〔0，1〕内与x 轴有两交点只须f ′(0)<0且f ′(1)>0.答案：0<b <1三、5.解：(1)原不等式等价于⎪⎩⎪⎨⎧>->⎪⎩⎪⎨⎧-≤+>->+05421)12(10120122x x x x x x x 即即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≤>45021x x x 或∴x ≥45∴原不等式的解集为{x |x ≥45}. (2)x ∈［0,1］时，f (x )≤g (x )恒成立.∴x ∈［0,1］时⎪⎩⎪⎨⎧+≤+>+>+2)2()1(0201t x x t x x ⎪⎩⎪⎨⎧++-≥->>+12201x x t xt x 恒成立 即x ∈［0,1］时，t ≥–2x +1+x 恒成立，于是转化为求–2x +x +1,x ∈［0,1］的最大值问题令μ=1+x ,那么x =μ2–1,那么μ∈［1,2］. ∴2x +1+x =–2(μ–41)2+817. 当μ=1即x =0时，–2x +1+x 有最大值1∴t 的取值范围是t ≥1.6.(1)解：{a n }的前n 项和S n =a 1+a 2+…+a n =f (1)=n 2,由a n =S n –S n –1=n 2–(n –1)2=2n –1(n ≥2),又a 1=S 1=1满足a n =2n –1.故{a n }通项公式为a n =2n –1(n ∈N *)∴11212lim lim1=+-=∞→+∞→n n a a n n n n(2)证明：∵f (31)=1·31+3·91+…+(2n –1)n 31①∴31f (31)=1·91+3·271+…+(2n –3)n 31+(2n –1)131+n ②①–②得：32f (31)=1·31+2·91+2·271+…+2·n 31–(2n –1)·131+n∴f (31)=21+31+91+271+…+131-n –(2n –1)131+n =1–n n 31+.∵n n n n n n+>+>+⋅+⋅+=+=1212C 2C 1)21(3221 (n ∈N *)∴0<n n 31+<1,∴0<1–nn 31+<1，即0<f (31)<17.解：(1)设AB ∶y =k (x –1)+2代入x 2–22y =1.整理得〔2–k 2〕x 2–2k (2–k )x –(2–k )2–2=0①设A (x 1,y 1)、B 〔x 2,y 2),x 1,x 2为方程①的两根所以2–k 2≠0且x 1+x 2=22)2(2k k k --.又N 为AB 中点，有21〔x 1+x 2〕=1.∴k (2–k )=2–k 2,解得k =1.故AB ∶y =x +1. (2)解出A 〔–1，0〕、B 〔3，4〕得CD 的方程为y =3–x .与双曲线方程联立.消y 有x 2+6x –11=0②记C (x 3,y 3)、D (x 4,y 4)及CD 中点M (x 0,y 0)由韦达定理可得x 0=–3,y 0=6.∵|CD |=104)()(243243=-+-y y x x∴|MC |=|MD |=21|CD |=210. 又|MA |=|MB |=102)()(210210=-+-y y x x .即A 、B 、C 、D 四点到点M 的间隔相等，所以A 、B 、C 、D 四点一共圆.8.提示：f ′(x )=3x 2–3=3(x –1)(x +1)易确定f (–1)=2是极大值，f (1)=–2是极小值.当–2<a <2时有三个相异交点.。
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≤ ≤
≤
≤
（1 ） 若函数（ f x ） 无零点， 求实数m的取值范围； （2 ） 若函数（ f x ） 在 （-2， 2 ） 有且仅有一个零点， 求实 数m的取值范围. 1 2 x-m 解析： （1 ） 函数（ f x ） 无零点 圳（ f x ） = - 2 x x -x x-1 1=0无解， 即 -x +x+m-2 =0无解或x=0， x=1是根， 所以Δ = x2-x
*
例4
函数（ f x ） =
≤
x2+2x-3， x≤0， 的零点个数为____. -2+lnx， x>0
解析： 当x≤0时， 令x2+2x-3=0解得x=-3； 当x>0时， 令 -2+lnx=0解得x=e2.故函数有两个零点. 2.利用函数图像判断函数零点个数 直接利用函数图像与x轴的交点个数或者将函数变 形， 将函数零点变成两个函数图像的交点问题 . 函数 F （x ） =f （x ） -g （x ） 的零点， 即方程（ f x ） =g （x ） 的根， 也就是 函数 y=f （x ） 的图像与函数 y=g （x ） 的图像交点的横坐标 . 当函数y=F （x ） 的图像不易画时， 可将F （x ） 分解成两个相 x x x + 2 +…+ 2（x∈R*， n∈ 2 2 3 n 2 ， 1∈ 满 ， ∈3
- 3x2+ 3 =0， x= ± 1 ， 所以g （x）在 （- ∞ ， - 1）单 调 递 减 ， 在 x4 高中版
58
2017 年 1 月
解法探究
教学 参谋
上单调递增， 在 （1， +∞ ） 上单调递减， 又g （-1 ） = （-1， 1 ） -2， g （1 ） =2， 要使直线y=a与y=g （x ） 有横坐标大于零的交 点， 必有a<-2. 3. 函数零点的存在的确定性证明 （x ） 是定义在 ［a， b］ 上的连续函数， 满足（ f a ） · 函数y=f （ f b ） <0， 则函数在区间 （a， b ） 内存在零点， 即存在c∈ （a， b ） ， 使得（ f c ） =0， 这个c也就是方程（ f x ） =0的根.如果函数 y=f （x ） 是单调函数， 那么在此区间有唯一零点.根据此定 理要证明函数在区间 （a， b ） 内有零点， 只需证明（ f a ） 与 （ f b ） 的符号相反即可. 例3 . N）
y 1 y=h （x ） y=a x 图2
（0 ， 1）时， h （x）< 0 ； e 又当 x ∈ 当x∈ （1 ， + ∞）时 ， h （x）> 0 ； 当 x →0 时， h （x） →-∞； 当x→ +∞ 时 ， h （x）→ 0 . 故 可 作 出 h （x ） = lnx 的简图如图2. x
O 1 e
由图2知， 当a≤0或a= 0<a<
1 时， （ f x ） 的零点个数为1； 当 e
1 的零点个数为2. 时， （ f x ） e
4. 利用零点存在定理和函数单调性判断函数零 点
个数
2 2 π π π2 时， 令g （x ） =f （ ′ x ） =sinx+xcosx， 由g 2 2 当x∈ 2 ， 2 2 π π2 上的图像是连续不 =1>0， g （π ） =-π<0， 且g （x ） 在2 ， 2 π π2 使得g （m ） =0. ， 断的， 故存在m∈ 2 ， 2 π π2 时， 由 g′ （x ） =2cosx-xsinx 知， x∈ 2 ， g′ （x ） <0， 所 2 π π2 上单调递减， 以g （x ） 在2 ， 2 π m2 时， g （x） >g （m） =0， 即f ′ （x） >0， 从而 当x∈ 2 ， 2 π m2 上单调递增. （ f x ） 在2 ， 2 π π π-3 m2 >0，故在 f （x ） ≥f 2 2 时， = 故当 x ∈ 2 ， 2 2 2 π ， m2 上无零点； 2 2
n n
（ f x ） -sinx在 ［-2π， 2π］ 上的零点个数为______.
2 2 2 1 ， 1∈ 上 单 调 递 增 ，又 f （1 ）>0， f 2 2 <-1 + + ∈3 3 3 4 2 2 2 1 + × +2 2 +…+ 2 2 ∈ 2 ∈ =-1 + 2 23 3 3 3 4 2 2 2 1- 2 2 2 23 23 22 2 2 1 3
（2 ） 函数（ f x ） 在 （-2， 2 ） 有且仅有一个零点 圳 设 g （x ） =-x2 +x +m -2 有 一 个 零 点 ，结 合 二 次 函 数 图 像 可 知 ，
圳
Δ=1+4 （m- 2） =0， （或 -2） ， 令一个根在 或有一个根为 2 g （- 2） · g （2） <0
2 2
2 2
2 2
以函数（ f x ） 的零点个数就是直线y=a与函数h （x ） = 像交点的个数. 因为h（ ′ x ） = 1-lnx ， 所以令h（ ′ x ） =0， 得x=e. x2
lnx 图 x
2 2
当x∈ （0， e ） 时， h′ （x ） >0， h （x ） 在 （0， e ） 上单调递增； 当x∈ （e， +∞） 时， h′ （x） <0， h （x） 在 （e， +∞） 上单调递减 . 故h （x ） 的最大值为 h （e ） = 1 . e
2 3 n 2 n-1 2
2 2 π π 0， 2 0， 2 时， 上单调递 当x∈ 2 f′ （x ） <0， 从而（ f x ） 在2 2 2 π π π2 π2 时， 上单调 减； 当x∈ 2 ， f（ ′ x ） >0， 从而（ f x ） 在2 ， 2 2
解析： 由当x∈ （0， π ） 且x≠
2
≤ ≤
≤
≤
≤≤
得a<-2. 解法二： f （x ） =ax3-3x2+1存在唯一的零点， （显然x=0 令a= 不 是 零 点）即 ax3 - 3x2 + 1 = 0 ， 3x2- 1 =g （x） ， g′ （x）= x3
1 +4 （m -2 ）<0 或 m -2 =0 或 -1 +1 +m -2 =0， 解 得 7 m|m< 或m=2 圳 . 圳 4
（1 ） 对每个n∈N*， 存在唯一的xn∈ 证明： ） =0； 足f（ n xn
2 2
（2 ） 对任意p∈N*， 由 （1 ） 中xn构成的数列 ｛xn 满足0< ｝ 1 xn-xn+p< . n ） =1 + 证明： （1 ） f ′（ n x xn-1 x x2 + +…+ >0， ） 所以f（ 在 n x 2 3 n
1-
2 3
<-1 +
3
+
4
×
1 3
n
所以 f（ 在 =0， ） n x
， 1∈ 上有且仅有唯一一个零点x 使得f（x） = 0. ∈2 3
n n
略. （2 ）
二 、判断函数零点个数
数形结 函数的零点渗透了函数与方程 、 等价转化 、 合等重要的数学思想方法 . 从近几年的高考来看， 有关 函数零点个数问题的高考试题层出不穷， 对解决此类问 题的能力考查力度也逐步加大， 以下结合实例探讨判断 函数零点个数的策略. 1. 利用解方程判断函数零点个数 （x ） 的零点就是方程（ f x ） =0 的根， 因此可用 函数y=f 解方程（ f x ） =0来确定函数 y=f （x ） 的零点个数， 但要注意 函数定义域.
解法一： 当a=0时， （ f x ） =-3x2+1=0有两个零点， 不合 题意； f′ （x ） =3ax2-6x=0， 得 x=0 或 x=
2 2 +∞ 单调递 （-∞， 0 ） 单调递增， 0， 单调递减， ， a a 必有x0<0， 不合 增， 这时要使函数 （ f x ） 存在唯一零点x0， 2 题意； 当a<0时， （ f x ） 在 （-∞， 0 ） 单调递减， 0， 单调递 a
递增.又x∈ ［0， π］ 时， 0＜（ f x ） ＜1， 在R上的函数（ f x ） 是最小 正周期为2π的偶函数， 在同一坐标系中作出和g （x ） =sinx 简图如图 1， 由图1知， y=f （x ） -sinx 在 ［-2π， 2π］ 上的零点 个数为4.
y 2 1 -6 -4 -2 0 2 -1 -2 图1 4 6
一 、函数零点 “存在性 ”问题的考查
函数的零点问题是近年来各级考试中的热点题型 之一， 无论小题、 大题均有所涉及， 主要题型包括： 原函 数的零点存在形式转化 、 零点个数判断 、 零点存在性证 明及导函数零点存在唯一性虚设等， 下面结合具体实例 进行解析. 1. 函数零点存在的形式转化 函数 在函数与方程之间存在三种等价转化关系： F （x ） =f （x ） -g （x ） 的零点 圳 方程（ f x ） -g （x ） =0 的根 圳 函数 y=f （x ） 的图像与函数 y=g （x ） 的图像交点的横坐标， 合理 运用这些等价关系， 可以将零点问题转化为方程的根或 两个函数图像的交点问题. 例1 已知函数（ f x ） = 2 x-m 1 -1. x x2-x x-1
2 3 n
设函数f（ ） =-1+x+ n x
对简单的函数， 即F （x ） =f （x ） -g （x ） ， 利用（ f x ） 与g （x ） 图像 交点的个数来判断F （x ） 的零点个数. 例5 设定义在R 上的函数（ f x ） 是最小正周期为 2π π π 时， x则函数 y= f′ （x ） ＞0， 2 2 π π 时，xf（ ′ x ） ＞0知， 2 2 的偶函数， f（ ′ x ） 是（ f x ） 的导函数， 当x∈ ［0， π］ 时， 0＜（ f x ） ＜1； 当x∈ （0， π ） 且x≠