2020届高三数学(人教B版)一轮复习恒成立问题——数形结合法学案

合集下载

2020届一轮复习人教B版欲证不等恒成立,结论再造是利器学案

【题型综述】利用导数解决不等式恒成立问题的策略：利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点：（Ⅰ）利用常见结论，如：，()ln 1x x >+，等；（Ⅱ）利用同题上一问结论或既得结论．【典例指引】例1．已知217()ln ,()(0)22f x xg x x mx m ==++<，直线l 与函数(),()f x g x 的图像都相切，且与函数()f x 的图像的切点的横坐标为1．（I ）求直线l 的方程及m 的值；（II ）若()(1)'()()h x f x g x =+-其中g'(x)是g(x)的导函数，求函数()h x 的最大值．（III ）当0b a <<时，求证：()(2).2b af a b f a a-+-<∴当x=0时，()h x 取最大值，其最大值为2．（III ）()(2)ln()ln 2lnln(1).22a b b af a b f a a b a a a+-+-=+-==+ 0,0,10.22Q b a a b a b aa<<∴-<-<-∴-<< 证明，当(1,0)x ∈-时，ln(1),ln(1).22b a b ax x a a--+<∴+< ()(2).2b af a b f a a-∴+-<& 例2．设函数()()ln 1f x a x =+，()1xg x e =-，其中a ∈R ， 2.718e =…为自然对数的底数．（Ⅰ）当0x ≥时， ()()f x g x ≤恒成立，求a 的取值范围；（Ⅱ）求证：1095200010001791<<(参考数据：ln1.10.095≈)．【思路引导】（1）先构造函数()()()()()1ln 10xH x g x f x e a x x =-=--+≥，再对其求导得到()()01x aH x e x x =-≥+'然后分1a ≤和1a >两种情形分类讨论进行分析求解：（2）借助（1）的结论，当1a =时，()1ln 1xe x >++对0x >恒成立，再令110x =，得到11010951ln1.1 1.0951000e >+≈>即10951000>；又由(Ⅰ)知，当1a >时，则()H x 在[)00x ，递减，在()0x +∞，递增，则()()000H x H <=，即()001ln 10x e a x --+<，又()00H x '=，即001x aex =+，令11011110a e =>，即0110x =，则110120001 1.1ln1.11791e <≈-，故有1095200010001791<<．点评：解答本题的第一问时，先构造函数()()()()()1ln 10xH x g x f x e a x x =-=--+≥，再对其求导得到()()01x aH x e x x =-≥+'然后分1a ≤和1a >两种情形分类讨论进行分析求解；证明本题的第二问时，充分借助（1）的结论及当1a =时， ()1ln 1xe x >++对0x >恒成立，令110x =，得到11010951ln1.1 1.0951000e >+≈>即10951000>；进而由(Ⅰ)知，当1a >时，则()H x 在[)00x ，递减，在()0x +∞，递增，则()()000H x H <=，即()001ln 10x e a x --+<，又()00H x '=，即001x ae x =+，令11011110a e =>，即0110x =，则110120001 1.1ln1.11791e <≈-，故有1095200010001791<<．从而使得问题巧妙获证．& 例3．设．（l ）若对一切恒成立，求的最大值；（2）是否存在正整数，使得对一切正整数都成立？若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由．【思路引导】（1）即在时，，从而求的参数的范围，，所以函数，所以．（2）由（1）可知当时，即，取，，得，即．累加可证到．所以．（2）设，则，令得．在时，递减；在时，递增．∴最小值为，故，取，，得，即．&累加得．∴．故存在正整数，使得．当时，取，有，不符合．故．&。

2019-2020学年高三数学数列中的等式恒成立问题公开课复习学案.doc

2019-2020学年高三数学数列中的等式恒成立问题公开课复习学案目标：1）让学进一步掌握数列的基础知识和基本方法；2）让学生领悟数列中的等式恒成立问题，逐步学会解决此类问题，并适当作出一些简单的总结，力求提高学生解决综合问题的能力；3）让学生学会使用主元意识整理数学表达式，提高学生运算求解的数学能力.情境回顾：在江苏高考数学试卷中，经常借以恒成立的数学背景来考察学生对数列基础知识和基本方法的理解与应用.数列中恒成立问题一般分为两类：一类是与等式恒成立相关的问题；另类是与不等式相关的问题。

今天主要研究数列中等式恒成立的问题.这些问题虽然综合性较强，尤其对于我们文科班学生来说有一定的难度，但是我们千万不要慌张，明晰问题所蕴含的数学知识点、及该知识点所对应的基本方法，更要讲究规范性解题.问题中的基本分我们一定要拿足拿实，比如常见数列多想“基本量”就是一种很好的解题策略，这是我们今后解题法宝 .此外，此类数列数学问题还会更多地兼顾考查学生整理运算的数学能力，题目中众多的参量与变量让我们眼花缭乱、伤透脑筋，这也就是我们今天要突破的地方。

现在我们就一起来研究一些江苏数学卷中的数列中等式恒成立问题.典型例题一、利用等式恒成立研究数列性质.例题1.（2005江苏）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11,6,1321===a a a ，且对于任意*N n ∈，B An S n S n n n +=+--+)25()85(1都成立，其中A.B 为常数 ⑴求A 与B 的值；⑵证明：数列{}n a 为等差数列.练习．（2009江西）各项均为正数的数列{}n a ，54,2121==a a ，且对满足m n p q +=+的任意正整数,,,m n p q 都有.(1)(1)(1)(1)p q m n m n p q a a a a a a a a ++=++++求证：数列1{}1n n a a -+为等比数列.总结：1.局部服从整体（特殊与一般）;2围绕目标，从知识的源头寻求解题的切入口.二、利用等式恒成立研究数列中相关参数问题例题2.（2004江苏）设无穷等差数列}{n a 的前n 项和为n S .求所有的无穷等差数列}{n a ，使得对于一切正整数k 都有2)(2k k S S=成立.练习. 设无穷等差数列}{n a ，11=a ，前n 项和与其后面n 2项和的比对任意的正整数n 都是一个常数，求出所有的等差数列}{n a 的通项公式.总结：1.常见数列“基本量”——)(,1q d a ；2.数学整理（分清参量与变量），抓好主元.例题3.（2013江苏）设}{n a 是首项为a ,公差为d 的等差数列)0(≠d ,n S 是其前n 项和.记cn nS b n n +=2,*N n ∈,其中c 为实数.若}{n b 是等差数列,证明:0=c .练习. 数列}{n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且满足)1(2n n n T -=，问是否存在常数a ，使关于n 的))(()(221a S a S a S n n n --=-++方程有无穷多个正整数解？如果存在，求出a 的值，如果不存在，请说明理由.总结：注重细节，规范解题课堂总结：1.解题三看(看知识，看方法，看规范)；2.处理数列等式问题要把握好“特殊”法使用的局限性；“一般”法中整理过程要注意参变量的主元整理意识.课后作业1．（2011江苏）．设M 为部分正整数组成的集合，数列{}n a 的首项11a =，前n 项的和为n S ，已知对任意的整数k M ∈，当整数n k >时，2()n k n k n k S S S S +-+=+都成立.（（1）设2{1},2M a ==，求5a 的值；（2）设{3,4}M =，求数列{}n a 的通项公式（可不选做）.2.（2009北京）已知数集{}()1212,,1,2n n A a a a a a a n =≤<<≥具有性质P ；对任意的(),1i j i j n ≤≤≤，i j a a 与ji a a 两数中至少有一个属于A .证明：11a =，且1211112n n na a a a a a a ---+++=+++.3.已知等差数列}{n a ，公差0≠d ，任意*N n ∈，n n S S 2为非零常数，探究1a 与d 的关系．4.（(2014扬州一模)设正项等差数列}{n a 的前n 项和是n S ，且数列}{n S 也是等差数列，求nn a S 10+的最小值.5.在公差为d （d ≠0）的等差数列｛a n ｝和公比为q 的等比数列｛b n ｝中，若a 1=b 1=1，a 2＝b 2，a 6＝b 3 ，是否存在常数a ，b ，使得对于一切自然数n ，都有a n =log a b n ＋b 成立？若存在，求出a 和b ；若不存在，说明理由.6. (2014苏州零模).设数列}{n a 满足14221+-+=+n n a a n n ，（1）若31=a 时，问是否存在为常数）c b a c bn an n f ,,()(2++=，使数列)}({n f a n +成等比数列；（2）若n a 是一个等差数列}{n b 的前n 项和，求首项1a 的值与数列}{n b 的通项公式.说明：在江苏高考数学试卷中数列中恒成立问题出现的频率比较高，这一类题学生感觉有点陌生，没有函数恒成立问题来的熟悉，这是因为我们平时教学中对此类问题关注不高，没有系统地归纳总结.事实上数列恒成问题就是函数恒成问题，只不过是定义在正整数集上的，其间糅合了数列的基础知识，这也是高考侧重考查的地方，恒成立只是问题的背景，其核心是考查学生对数列基础知识和基本方法的理解和应用，尤其是常见数列“基本量”的思想，以及基本公式能否快速正确的选择，特殊与一般的辩证地运用.另外，高考也借此侧重考查学生数学整理运算的能力，能否从繁杂的数学表达式中看到有用的结构和规律，多元整理运算的主元意识能否自觉运用，这可能也是学生痛心之处，需要我们多加关注，帮助学生在此有所突破.这一堂课主要讲解数列中等式恒成立的两个方面的：利用数列等式恒成研究数列的性质；利用数列等式恒成立研究与数列相关的参数.其后一节课我们将准备研究数列中不等式恒成立求参量的范围问题，其间涉及到求与数列相关的最值问题，适当与函数最值的求法进行比较.以下是下一节课可能需要关注的两个方面和选编的几个问题：一、利用函数最值思想1.已知数列}{n a 的通项公式132236--=n n a n ，对任意*,N m n ∈，λ<-m n a a 恒成立，求实数λ的范围. 变1：已知数列}{n a 的通项公式k n n a n --=219，且9a a n ≤，求k 的范围.变2：已知数列}{n a 的通项公式n n n a )109)(12(-=，且λ≤n a ，求λ的范围。

2020届一轮复习人教B版欲证不等恒成立，目标调整依形式学案

【题型综述】利用导数解决不等式恒成立问题的策略：准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.【典例指引】例1．已知函数x ax x f ln 1)(--=()a ∈R ．（Ⅰ）讨论函数)(x f 在定义域内的极值点的个数；（Ⅱ）若函数)(x f 在1=x 处取得极值，对x ∀∈),0(+∞，2)(-≥bx x f 恒成立，求实数b 的取值范围；（Ⅲ）当20e y x <<<且e x ≠时，试比较xyx y ln 1ln 1--与的大小．令)1ln()(+=x e x g x，则只要证明)(x g 在),1(+∞-e 上单调递增，又∵)1(ln 11)1ln()(2+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+='x x x e x g x ，显然函数11)1ln()(+-+=x x x h 在),1(+∞-e 上单调递增． ∴011)(>->ex h ，即0)(>'x g ， ∴)(x g 在),1(+∞-e 上单调递增，即)1ln()1ln(+>+y e x e yx ，∴当1->>e y x 时，有)1ln()1ln(++>-y x eyx ．例2．已知函数()21(0)2f x ax x c a =++≠.若函数()f x 满足下列条件： ①()10f -=；②对一切实数x ，不等式()21122f x x ≤+恒成立.(Ⅰ)求函数()f x 的表达式；(Ⅱ)若21f t at ≤-+2（x ）对[]1,1x ∀∈-，[]1,1a ∀∈-恒成立，求实数t 的取值范围；(Ⅲ)求证：()()()*1112()122nn N f f f n n ++⋅⋅⋅+>∈+.(Ⅲ)证明：因为()2221(1)44n n n f n +++==，所以()214(1)f n n =+ 要证不等式()()()*1112()122nn N f f f n n ++⋅⋅⋅+>∈+成立，即证22211123(1)24nn n +++>++. 因为21111(1)(1)(2)12n n n n n >=-+++++， & 所以22211111111123(1)233412n n n +++>-+-++-+++112224nn n =-=++.所以()()()*1112()122n n N f f f n n ++⋅⋅⋅+>∈+成立例3．已知函数()()21ln 2f x x x x ax a R =--∈，在定义域内有两个不同的极值点1212,().x x x x < （I ）求a 的取值范围；（II ）求证：122.x x e +>【答案】(1) 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭;(2)详见解析. &【思路引导】(1) 函数()()21ln 2f xx x x ax a R =--∈，在定义域内有两个不同的极值点1212,()x x x x <，令()()ln ,g x f x x ax '==-即()()12g x 00,x ,x ,∞=+在上有两个不同根对()g x 求导，按照a 0≤和a 0>分类判断单调性及极限，求出函数的极值，确定a 的范围;(2)证明122x x e +>，即证122x x a+>，()1121212121222121x x 2x x lnx lnx {a x x (x x 0)x x x x lnx lnx ln a ln a =--∴=∴+>>>=--即证，()212121212x x lnx lnx (x x 0)x x -->>>+即证，构造函数()()2x 1h x lnx (x 1),x 1-=->+求导判断单调性求出函数的最值，即可证明不等式成立.（II ）由题意及（I ）可知，即证122x x ,a+>()()112121212122212121212121x x 2x x lnx lnx {x x (x x 0),x x x x lnx lnx 2x x x x (x x 0)x x ln a a ln a ln ln =--∴=∴+>>>=---->>>+即证即证()()()()()()()()()()()()2222x 1x 114(1),h 0,x 1x x 1x x 12x 12x 11,10,(1),x 1x 1h x lnx x x h x lnx h x h lnx x --=->=-=>+++--∴=-+∞∴>=∴>>++'设则在上单增21x x 1,.x =>令则原不等式成立例4．已知函数()22ln ax bf x x x-=-的图象在1x =处的切线过点()0,22a -， ,R ab ∈.（1）若85a b +=，求函数()f x 的极值点；（2）设()1212,x x x x ≠是函数()f x 的两个极值点，若111ex <<，证明： ()()211f x f x -<.（提示2e 7.40≈）【思路引导】（1）求导()222ax x bf x x-+'=，则()12f a b '=+-.又()1f a b =-，曲线()y f x =在1x =处的切线过点()0,22a -利用斜率相等()22210a b a a b ---=+--，可得a b =，又85a b +=，可得45a b ==，则()22520f x x x =-+='，可得函数()f x 的极值点（2）由题12,x x 是方程()2220ax x a f x x '-+==的两个根，则121x x =， 12121221x a x x x ==++，由111e x <<，可得2111x x =>， 0a >，∴()1f x 是函数()f x 的极大值， ()2f x 是函数()f x 的极小值，∴要证()()211f x f x -<，只需()()121f x f x -<，计算整理可得()()12f x f x -= 221121114ln 12x x x ⎛⎫-- ⎪+⎝⎭，令21t x =，则211e t <<，设()11ln 12t h t t t -=-+，利用导数讨论函数()h t 的性质即可得证。

2020届高三数学一轮复习第四讲数形结合思想

第四讲数形结合思想一、选择题1．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x－1， x ≤0，x 12， x >0.若f (x 0)>1，则x 0的取值范围是( ) A ．(－1,1) B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(0，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：方法一：因为f (x 0)>1，当x ≤0时，2－x 0－1>1,2－x 0>2，－ x 0>1，∴x 0<－1；当x 0>0时，x 012>1，∴x 0>1.综上，x 0的取值范围为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．方法二：首先画出函数y ＝f (x )与y ＝1的图象(如图)，解方程f (x )＝1，得x ＝－1，或x ＝1.由图中易得f (x 0)>1时，所对应x 0的取值范围为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案：D2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ，x ≥0，4x －x 2，x <0.若f (2－a 2)>f (a )，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－1,2)C ．(－2,1)D ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)解析： f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＝x ＋22－4，x ≥0，4x －x 2＝－x －22＋4，x <0，由f (x )的图象可知f (x )在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，由f (2－a 2)>f (a )得2－a 2>a ，即a 2＋a －2<0，解得－2<a <1. 答案：C3．方程sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝14x 的实数解的个数是 ( )A ．2B ．3C ．4D ．以上均不对解析：分别作出y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4和y ＝14x 的图象如图：由图象知方程的实数解有3个．答案：B4．定义在R 上的偶函数y ＝f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，当x ∈[3,4]时，f (x )＝x －2，则( )A ．f (sin 12)<f (cos 12)B ．f (sin π3)>f (cos π3)C ．f (sin 1)<f (cos 1)D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 32>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 32解析：由f (x )＝f (x ＋2)知T ＝2为f (x )的一个周期，设x ∈[－1,0]，知x ＋4∈[3,4]，f (x )＝f (x ＋4)＝x ＋4－2＝x ＋2，画出函数f (x )的图象，如图所示：sin 12<cos 12⇒f ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 12>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 12；sin π3>cos π3⇒f ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π3； sin 1>cos 1⇒f (sin 1)<f (cos 1)； sin 32>cos 32⇒f ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 32<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 32.答案：C5．已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足(a －c )·(b －c )＝0，则|c |的最大值是 ( )A ．1B ．2 C. 2 D.22解析：因数思形，以形助数，从向量的几何意义上来寻求问题的解决途径， ∵(a －c )·(b －c )＝0，∴(a －c )⊥(b －c )．如上图所示，AC ⊥BC ，又已知OA ⊥OB ，∴O ，A ，C ，B 四点共圆，当且仅当OC 为圆的直径时，|c |最大，且最大值为 2. 答案：C 二、填空题 6．函数f (θ)＝sin θ2＋cos θ的最大值为________．解析：sin θ2＋cos θ可以与两点连线的斜率联系起来，它实际上是点P (cos θ，sin θ)与点A (－2，0)连线的斜率，而点P (cos θ，sin θ)在单位圆上移动，问题变为：求单位圆上的点与A (－2，0)连线斜率的最大值．如右图，显然，当P 点移动到B 点(此时，AB 与圆相切)时，AP 的斜率最大，最大值为tan ∠BAO ＝|OB ||AB |＝1.答案：17．y ＝f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋6，x ≥－2－6－3x ，x <－2，若不等式f (x )≥2x －m 恒成立，则实数m 的取值范围是________．解析：在平面直角坐标系中作出函数y ＝2x －m 及y ＝f (x )的图象(如图)，由于不等式f (x )≥2x －m 恒成立，所以函数y ＝2x －m 的图象应总在函数y ＝f (x )的图象的下方，因此，当x ＝－2时，y ＝－4－m ≤0，所以m ≥－4, 所以m 的取值范围是[－4，＋∞)．答案：[－4，＋∞) 三、解答题8．不等式x 2＋|2x －4|≥p 对所有x 都成立，求实数p 的最大值．解：构造函数f (x )＝|x －2|，g (x )＝－x 22＋p2，解不等式f (x )≥g (x )，即确定使函数y ＝f (x )的图象在函数y ＝g (x )“上方”的点的横坐标x 的取值范围，而本题是已知这个范围对一切x 成立，求p 的最大值．如图，y ＝－x 22＋p 2的图象可以由y ＝－x 22的图象的顶点在y 轴上下移动而得，满足题目条件的解应为y ＝|x －2|的图象在y ＝－x 22＋p2的图象上方的极端情况．⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 22＋p 2，y ＝|x －2|x <2，只有一解．∴－x 22＋p2＝2－x ，即x 2－2x －(p －4)＝0，Δ＝4＋4(p －4)＝0，p ＝3.即p 的最大值为3.9．已知A (1,1)为椭圆x 29＋y 25＝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．解：由x 29＋y 25＝1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|＝－2－12＋0－12＝2，知－2≤|PA |－|PF 2|≤ 2.当P 在AF 2的延长线上的P 2处时，取右“＝”；当P 在AF 2的反向延长线的P 1处时，取左“＝”，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－ 2.10．已知实数x 、y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2≤4x ≥0，且z ＝y ＋3x ＋1，求z 的取值范围．解：由解析几何知识可知，所给的不等式组表示圆域x 2＋y 2＝4的右半域(含边界)，z ＝y ＋3x ＋1可改写为y ＋3＝z (x ＋1)，把z 看作参数，则此方程表示过定点P (－1，－3)，斜率为z 的直线系．那么所求问题的几何意义是：求过半圆域x 2＋y 2≤4(x ≥0)内或边界上任一点与点P (－1，－3)的直线斜率的最大、最小值．由图可知，过点P 和点A (0, 2)的直线斜率最大，z max ＝2－－30－－1＝5.求z 的最小值的方法一：过点P 向半圆作切线，切线的斜率最小．设切点为B (a ，b )，则过B 点的切线方程为ax ＋by ＝4.又B 在半圆周上，P 在切线上，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝4－a －3b ＝4，(又a >0)，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2＋365b ＝－6－65因此z min ＝26－33.求z 的最小值的方法二：z ＝y ＋3x ＋1变形为zx －y ＋z －3＝0. 由直线PB 与半圆相切，得|z －3|z 2＋1＝2，解得z ＝－3±263，又z >0，∴z min ＝－3＋263.综上可知z 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤26－33，5.。

高中数学一轮复习见解通过数形结合练习提高解题能力

94神州教育高中数学一轮复习见解——通过数形结合练习提高解题能力陈志城福建永春第一中学摘要：在高中数学第一轮复习当中，其不仅是帮助学生回顾以往所学习过的知识，而且更为重要的是扎实基础，提高学生的解题能力。

经过第一轮的复习发现，在高中三年中所学习数学知识和遇到的数学问题，其中大多数都可以利用数学结合的思想解决，因此在高中数学复习过程中可以通过数形结合练习来提高学生自身的数学问题解题能力。

本文就针对通过高中数学一轮复习以后的见解，对通过数形结合练习提高解题能力进行探讨，以此来了解如何通过数学结合来提高学生解题能力。

关键词：高中数学；数形结合；解题能力前言：数形结合是高中数学解题过程中非常重要的思想，但是在学生学习过程中有些学生却没有灵活应用该思想进行问题的解决，所以在复习过程中为了提高学生自身的解题能力，提高学生数学成绩，应当对数形结合这一方法进行强化练习。

在进行强化练习的过程中需要先转变教学理念和学习方式，然后通过强化练习培养学生数形结合意识、提高数形相互表征观察力，从而促使学生更好的解决数学问题。

一、转变教学理念与学习方式要想在高中数学复习中使用数形结合来解决数学问题，应当更改传统教学理念与学习方式。

根据新课标的要求，数形结合在解题教学上不能够只看重结果、忽略过程，而是重视数形结合本身所具有重要的教育价值，促使数形结合在学生后续的数学学习当中展现自己所具有的生命力，从而提高学生自身的解题能力。

新课标中倡导学生在学习上要主动，并敢于探索学习方式，但是要想实现这一学习方式，则需要从教学中进行转变，让学生能够有效找出“数”和“形”两者之间转化的结合点[1]。

例如，利用计算机等多媒体本身所具有的优势，自己动手绘制函数图像，然后让学生通过观察找到其本身所具有的重要特点，然后再和其他学生进行研究和交流，找出函数图像所有的特点，再函数代数与图像一一对应，如此便能够有效找到“数”和“形”之间的结合点。

利用数形结合的方法不仅能够有效降低数学问题的难度，而且还能够让学生主动探索和学习，通过分析问题、找出问题特点，将“数”和“形”完美的结合在一起，利用“形”解决“数”的问题，这在一定程度上便能够获得更为理想的解题效果，进而提高学生自身在数学问题上的解题能力。

高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题17 恒成立问题——数形结合法-人教版高三全册数学试题

专题17 恒成立问题——数形结合法【热点聚焦与扩展】不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.1、函数的不等关系与图象特征：（1）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x <⇔的图象始终在()g x 的下方（2）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x >⇔的图象始终在()g x 的上方2、在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数3、要了解所求参数在图象中扮演的角色，如斜率，截距等4、作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）5、在作图时，要注意草图的信息点尽量完备6、什么情况下会考虑到数形结合？利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义（3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征【经典例题】例1．【2018届浙江省金华十校4月模拟】若对任意的，存在实数，使恒成立，则实数的最大值为__________．【答案】9 【解析】若对任意的，恒成立，可得：恒成立，令，，原问题等价于：，结合对勾函数的性质分类讨论：(1)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；(2)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；综上可得：实数的最大值为.点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.例2.【2018届一轮训练】已知log12 (x＋y＋4)<log12(3x＋y－2)，若x－y≤λ恒成立，则λ的取值范围是______________．【答案】[10，＋∞)点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.例3．已知函数在上不单调，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】已知函数定义域为，，，令，图象如图，∵函数在上不单调，∴区间在零点1或3的两侧，或，解得或.即实数的取值范围是.点睛：利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，注意单调函数的充要条件，尤其对于已知单调性求参数值(范围)时，隐含恒成立思想例4．【2018届二轮训练】对于0≤m≤4的任意m ，不等式x 2＋mx>4x ＋m －3恒成立，则x 的取值范围是________________．【答案】(－∞，－1)∪(3，＋∞)【解析】不等式可化为m(x －1)＋x 2－4x ＋3>0在0≤m≤4时恒成立．令f(m)＝m(x －1)＋x 2－4x ＋3.结合二次函数的图象得()()00{ 40f f >>⇒22430{ 10x x x >>－＋－ ⇒13{11x x x x -或或即x<－1或x>3.故答案为：(－∞，－1)∪(3，＋∞)例5.已知不等式()21log a x x -<在()1,2x ∈上恒成立，则实数a 的取值范围是_________ 【答案】12a <≤可得：1log 22a a ≤⇒≤，综上可得：12a <≤.【名师点睛】（1）通过常系数函数图象和恒成立不等式判断出对数函数的单调性，进而缩小了参数讨论的取值范围.（2）学会观察图象时要抓住图象特征并抓住符合条件的关键点（例如本题中的2x =）. （3）处理好边界值是否能够取到的问题.例6.若不等式log sin 2(0,1)a x x a a >>≠对于任意的0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数a 的取值范围是___________【答案】,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭【解析】本题选择数形结合，可先作出sin 2y x =在0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的图象，a 扮演的角色为对数的底数，决定函数的增减，根据不等关系可得01a <<，观察图象进一步可得只需4x π=时，log sin 2a x x ≥，即log sin 21444aa πππ>⋅=⇒>，所以,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭例7. 已知函数()21f x x mx =+-，若对任意的[],1x m m ∈+，都有()0f x <成立，则实数m 的取值范围是_____________【答案】2,02⎛⎫- ⎪⎝⎭【名师点睛】本题也可以用最值法求解：若()0f x <，则()max 0f x <，而()f x 是开口向上的抛物线，最大值只能在边界处产生，所以()()010f m f m <⎧⎪⎨+<⎪⎩，再解出m 的范围即可.例8.已知函数()22,1{ log ,1x x f x x x <=≥若直线y m =与函数()f x 的图象只有一个交点,则实数m 的取值范围是________.m+1m【答案】0m =或[2,m ∈+∞）【解析】作出函数f(x)的图象如图,例9.已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，()()2221232f x x a x a a =-+-- ，若()(),1x R f x f x ∀∈-≤，则实数a 的取值范围是_____________【答案】6666⎡-⎢⎣⎦【解析】()f x 是奇函数且在0x >时是分段函数（以22,2a a 为界），且形式比较复杂，恒成立的不等式()()1f x f x -≤较难转化为具体的不等式，所以不优先考虑参变分离或是最值法.从数形结合的角度来看，一方面()f x 的图象比较容易作出，另一方面()1f x -可看作是()f x 的图象向右平移一个单位所得，相当于也有具体的图象.所以考虑利用图象寻找a 满足的条件.先将()f x 写为分段函数形式：()2222223,2,2,0x a x a f x a a x a x x a ⎧-≥⎪=-≤<⎨⎪-<<⎩，作出正半轴图象后再根据奇函数特点，关于原点对称作出x 负半轴图象.()()1f x f x -≤恒成立，意味着()f x 的图象向右平移一个单位后，其图象恒在()f x 的下方.通过观察可得在平移一个单位至少要平移26a 个长度，所以可得：2666166a a ≤⇒-≤≤ 答案：66,66⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 例10【2018届河南省高三4月考试】已知函数.（1）若在处取得极值，求的值；（2）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）上恒成立，时再分两种情况讨论可得时，在上恒成立，当时，根据二次函数的性质可得不满足题意，进而可得结果. 试题解析：（1），∵在处取到极值， ∴，即，∴.经检验，时，在处取到极小值. （2），令，①当时，，在上单调递减.又∵，∴时，，不满足在上恒成立.时，，单调递增，∴.又∵，∴，故不满足题意.③当时，二次函数开口向下，对称轴为，在上单调递减，，∴，在上单调递减.又∵，∴时，，故不满足题意.综上所述，.【精选精练】1．【2018届东莞市高三毕业班第二次综合考试】已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围为( )A. B.C. D.【答案】C2.若函数有极大值点和极小值点，则导函数的大致图象可能为（）A. B.C. D.【答案】C则导函数在区间上为正数，在区间上为负数，在区间上为正数；观察所给的函数图象可知，只有C 选项符合题意. 本题选择C 选项. 3．已知函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是( )A.B.C.D.【答案】A 【解析】二次函数的对称轴为；∵该函数在上是增函数；∴，∴，∴实数的取值范围是，故选B.4. 若||2p ≤,不等式212x px p x ++>+恒成立,则x 的取值范围是______【答案】1132x +<-或1132x -+> 【解析】思路：本题中已知p 的范围求x 的范围，故构造函数时可看作关于p 的函数，恒成立不等式变形为 ()2210x p x x -+-+>,设()()()22122f x x p x x p =-+-+-≤≤,即关于p 的一次函数，由图象可得：无论直线方向如何，若要()0f x >，只需在端点处函数值均大于0即可，即()()2020f f >⎧⎪⎨->⎪⎩,解得：1132x +<-或1132x -+> 答案：113x +<113x -+> 【名师点睛】（1）对于不等式，每个字母的地位平等，在构造函数时哪个字母的范围已知，则以该字母作为自变量构造函数.（2）线段的图象特征：若两个端点均在坐标轴的一侧，则线段上的点与端点同侧.（3）对点评（2）的推广：已知一个函数连续且单调，若两个端点在坐标轴的一侧，则曲线上所有点均与端点同侧.5.设a R ∈，若0x >时均有()21110a x x ax ⎡⎤----≥⎡⎤⎣⎦⎣⎦，则a =_________【答案】32a =32a =答案：32a =6.【2018届二轮训练】当实数x ，y 满足240{10 1x y x y y +-≤--≤≥时，ax ＋y≤4恒成立，则实数a 的取值范围是________．【答案】3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】要使平面区域在直线4y ax =-+的下方，则只要B 在直线上或直线下方即可，即214a +≤，得302a <≤，综上32a ≤，所以实数a 的取值范围是3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故答案为3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.7．【2018届二轮训练】已知函数f 1(x)＝|x －1|，f 2(x)＝13x ＋1，g(x)＝()()122f x f x +＋()()122f x f x -，若a ，b∈[－1,5]，且当x 1，x 2∈[a，b]时，()()1212g x g x x x --＞0恒成立，则b －a 的最大值为________．【答案】5 【解析】[]15a b ∈-，，，且[]()()1212120g x g x x x a b a b x x -∈∴-，，，＜，＞恒成立， g x ∴（）在区间[]a b ，上单调第增，∵函数()()()()121212111322f x f x f x f x f x x f x x g x -+=-=+=+（），（），（），()][()[]121035{03f x x g x f x x ⎡⎤∈-⋃⎣⎦∴=∈，，，（），，当[10x ∈-，）时， 1g x x =-（），单调减；当[]10313x g x x ∈=+，时，（），单调增；当[]35x ∈，时， 1g x x =-（），单调递增． 05a b b a ∴==-，．的最大值为505-=．故答案为5.8．【2018届吉林省长春市高三监测（三）】已知函数，若，则实数的取值范围是___________. 【答案】9．【2018届吉林省长春市高三监测（三）】已知函数，若，则实数的取值范围是___________. 【答案】【解析】当，当，故.故答案为：10．当1x >时，不等式11x a x +≥-恒成立，则实数a 的最大值是__________．【答案】3【解析】令()1(1)1f x x x x =+>-，则由题意可知()min f x a ≥， ∵1x >， ∴()()11111113111f x x x x x x x =+=-++≥-⋅=---，当且仅当111x x -=-，即2x =时，等号成立， ∴()min 3f x =，从而3a ≤．故实数a 的最大值是3．故答案为：3. 另法：()1111f x x x =-++-的图象即函数()1f x x x=+的图象向右、向上均平移1单位得到，结合图象可得解.11．【2018届宁夏银川高三4月模拟】已知函数是定义在上的奇函数，当时，，给出以下命题：①当时，；②函数有个零点；③若关于的方程有解，则实数的取值范围是；④对恒成立，其中，正确命题的序号是__________．【答案】①④若方程有解，则，且对恒成立，故③错误，④正确.故答案为①④.12．函数的定义域为（为实数）.（1）若函数在定义域上是减函数，求的取值范围；（2）若在定义域上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）利用单调性的定义，根据函数在定义域上是减函数，可得不等式恒成立，从而可求的取值范围；（2）利用分离参数思想原题意等价于恒成立，∵，∴函数在上单调减，∴时，函数取得最小值，即.。

2020届高考数学一轮复习人教B版三角恒等变换与解三角形学案Word版1

[核心提炼]1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β； (3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α；(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α； (3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α. (1)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，tan α＝2，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝__________．(2)若tan(α－π4)＝16，则tan α＝________．(3)(2019·洛阳第一次统考)若sin(π3－α)＝14，则cos(π3＋2α)＝________．【答案】 (1)31010 (2)75 (3)－78【解析】 (1)因为α∈(0，π2)，tan α＝2，所以sin α＝255，cos α＝55，所以cos(α－π4)＝cosαcos π4＋sin αsin π4＝22×(255＋55)＝31010.(2)因为tan(α－π4)＝16，所以tan α＝tan[(α－π4)＋π4]＝tan （α－π4）＋tan π41－tan （α－π4）tan π4＝16＋11－16×1＝75.(3)依题意得cos(π3＋2α)＝－cos[π－(π3＋2α)]＝－cos [2(π3－α)]＝2sin 2(π3－α)－1＝2×(14)2－1＝－78.三角恒等变换的“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等；(2)项的分拆与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β等； (3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次；(4)弦、切互化：一般是切化弦．【对点训练】1．计算cos 10°－3cos （－100°）1－sin 10°＝________(用数字作答)．【答案】： 2 【解析】：cos 10°－3cos （－100°）1－sin 10°＝cos 10°＋3cos 80°1－cos 80°＝cos 10°＋3sin 10°2sin 40°＝2sin （10°＋30°）2sin 40°＝ 2.2．(2019·合肥模拟)若α∈(0，π2)，cos(π4－α)＝22cos 2α，则sin 2α＝________．【答案】：1516正、余弦定理在解三角形中的应用考向1 求解三角形中的角 1．正弦定理及其变形在△ABC 中，asin A＝bsin B＝csin C＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)．变形：a ＝2R sin A ，sin A ＝a 2R，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C 等．(2)若a ＋c ＝6，△ABC 的面积为2，求b .【解析】：(1)由题设及A ＋B ＋C ＝π得sin B ＝8sin 2B2，故sin B ＝4(1－cos B )．上式两边平方，整理得17cos 2B －32cos B ＋15＝0，解得cos B ＝1(舍去)，cos B ＝1517.(2)由cos B ＝1517得sin B ＝817，故S △ABC ＝12ac sin B ＝417ac .又S △ABC ＝2，则ac ＝172.由余弦定理及a ＋c ＝6得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B ) ＝36－2×172×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1517＝4. 所以b ＝2.解三角形的创新交汇问题[核心提炼]以三角恒等变换、正、余弦定理为解题工具，常与三角函数、向量、不等式等交汇命题，且三种题型均可能出现．(2019洛阳第一次统考)如图，平面四边形ABDC 中，∠CAD ＝∠BAD ＝30°. (1)若∠ABC ＝75°，AB ＝10，且AC ∥BD ，求CD 的长； (2)若BC ＝10，求AC ＋AB 的取值范围．【解析】 (1)由已知，易得∠ACB ＝45°，在△ABC 中，10sin 45°＝CBsin 60°⇒BC ＝5 6.因为AC ∥BD ，所以∠ADB ＝∠CAD ＝30°，∠CBD ＝∠ACB ＝45°，在△ABD 中，∠ADB ＝30°＝∠BAD ，所以DB ＝AB ＝10.在△BCD 中，CD ＝CB 2＋DB 2－2CB ·DB cos 45°＝510－4 3. (2)AC ＋AB >BC ＝10，cos 60°＝AB 2＋AC 2－1002AB ·AC⇒(AB ＋AC )2－100＝3AB ·AC ，而AB ·AC ≤(AB ＋AC2)2，所以（AB ＋AC ）2－1003≤(AB ＋AC 2)2，解得AB ＋AC ≤20，故AB ＋AC 的取值范围为(10，20]．与解三角形有关的交汇问题的关注点(1)根据条件恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化．(2)结合内角和定理、面积公式等，灵活运用三角恒等变换公式．【对点训练】(2017·高考山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝3，AB →·AC →＝－6，S △ABC ＝3，求A 和a .【解析】：因为AB →·AC →＝－6，所以bc cos A ＝－6，又S △ABC ＝3，所以bc sin A ＝6，因此tan A ＝－1，又0<A <π，所以A ＝3π4.又b ＝3，所以c ＝2 2.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得a 2＝9＋8－2×3×22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝29，所以a ＝29.正、余弦定理的实际应用[核心提炼]解三角形应用题的两种情形(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解． (2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．(2018·惠州第三次调研)如图所示，在一个坡度一定的山坡AC 的顶上有一高度为25 m 的建筑物CD ，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A 处测得∠DAC ＝15°，沿山坡前进50 m 到达B 处，又测得∠DBC ＝45°，根据以上数据可得cos θ＝________．【答案】3－1【解析】由∠DAC ＝15°，∠DBC ＝45°可得∠BDA ＝30°，∠DBA ＝135°，∠BDC ＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，由内角和定理可得∠DCB ＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根据正弦定理可得50sin 30°＝DB sin 15°，即DB ＝100sin 15°＝100×sin(45°－30°)＝252(3－1)，又25sin 45°＝252（3－1）sin （90°＋θ），即25sin 45°＝252（3－1）cos θ，得到cos θ＝3－1.解三角形的一般方法(1)已知两角和一边，如已知A 、B 和c ，由A ＋B ＋C ＝π求C ，由正弦定理求a 、b .(2)已知两边和这两边的夹角，如已知a 、b 和C ，应先用余弦定理求c ，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A ＋B ＋C ＝π求另一角．(3)已知两边和其中一边的对角，如已知a 、b 和A ，应先用正弦定理求B ，由A ＋B ＋C ＝π求C ，再由正弦定理或余弦定理求c ，要注意解可能有多种情况． (4)已知三边a 、b 、c ，可应用余弦定理求A 、B 、C . 【对点训练】(2019·福州综合质量检测)如图，小明同学在山顶A 处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A 处测得公路上B ，C 两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC ＝135°.若山高AD ＝100 m ，汽车从B 点到C 点历时14 s ，则这辆汽车的速度约为________m/s(精确到0.1)．参考数据：2≈1.414，5≈2.236. 【答案】：22.6课时作业 [基础达标]1．(2019·陕西质量检测(一))已知角α的终边过点P (4，－3)，则cos(α＋π4)的值为( )A ．－7210B ．7210C ．－210D.210【答案】B【解析】.由于角α的终边过点P (4，－3)，则cos α＝442＋（－3）2＝45，sin α＝－342＋（－3）2＝－35，故cos(α＋π4)＝cos αcos π4－sin αsin π4，即cos(α＋π4)＝45×22－(－35)×22＝7210，选B.2．(2019·广西三市第一次联考)已知x ∈(0，π)，且cos(2x －π2)＝sin 2x ，则tan(x －π4)等于( )A.13 B ．－13C ．3D ．－3【答案】A【解析】：选A.由cos(2x －π2)＝sin 2x 得sin 2x ＝sin 2x ，因为x ∈(0，π)，所以tan x ＝2，所以tan(x －π4)＝tan x －11＋tan x ＝13. 3．(2019·张掖第一次诊断考试)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若c ＝2a ，b sin B －a sin A ＝12a sin C ，则sin B 为( )A.74 B ．34 C.73D.13【答案】A【解析】.由b sin B －a sin A ＝12a sin C ，且c ＝2a ，得b ＝2a ，因为cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34，所以sin B ＝1－（34）2＝74.4．(2019·云南第一次统考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若B ＝π2，a ＝6，sin 2B＝2sin A sin C ，则△ABC 的面积 S △ABC ＝( ) A.32 B ．3 C. 6 D ．6【答案】B【解析】：选B.由sin 2B ＝2sin A sin C 及正弦定理，得b 2＝2ac ①，又B ＝π2，所以a 2＋c 2＝b 2②，联立①②解得a ＝c ＝6，所以S △ABC ＝12×6×6＝3，故选B.5．(2018·长沙模拟)△ABC 中，C ＝2π3，AB ＝3，则△ABC 的周长为( )A ．6sin(A ＋π3)＋3B ．6sin(A ＋π6)＋3C ．23sin(A ＋π3)＋3D ．23sin(A ＋π6)＋3【答案】C6．设△ABC 三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a 2sin C ＝4sin A ，(ca ＋cb )(sin A －sin B )＝sin C (27－c 2)，则△ABC 的面积为________．【答案】：32【解析：由a 2sin C ＝4sin A 得ac ＝4，由(ca ＋cb )(sin A －sin B )＝sin C (27－c 2)得(a ＋b )(a －b )＝27－c 2，即a 2＋c 2－b 2＝27，所以cos B ＝74，则sin B ＝34，所以S △ABC ＝12ac sin B ＝32. 7．(2019·洛阳第一次统考)在△ABC 中，B ＝30°，AC ＝25，D 是AB 边上的一点，CD ＝2，若∠ACD 为锐角，△ACD 的面积为4，则BC ＝________．【答案】：4【解析】：依题意得S △ACD ＝12CD ·AC ·sin ∠ACD ＝25·sin ∠ACD ＝4，则sin ∠ACD ＝25.又∠ACD 是锐角，因此cos ∠ACD ＝1－sin 2∠ACD ＝15.在△ACD 中，AD ＝CD 2＋AC 2－2CD ·AC ·cos ∠ACD ＝4，ADsin ∠ACD ＝CDsin A，sin A ＝CD ·sin ∠ACD AD ＝15.在△ABC 中，AC sin B ＝BC sin A ，BC ＝AC ·sin Asin B ＝4.8．(2019·宝鸡质量检测(一))如图，在Rt △ABC 中，两条直角边分别为AB ，BC ，且AB ＝23，BC ＝2，P 为△ABC 内一点，∠BPC ＝90°.若∠APB ＝150°，则tan ∠PBA ＝________．【答案】：34【解析】：设∠PBA ＝α，在Rt △BCP 中，PB ＝2cos(π2－α)＝2sin α，在△PAB 中，AB sin ∠APB＝PBsin ∠PAB ，即23sin 150°＝2sin αsin （30°－α），所以4sin α＝3cos α，所以tan α＝34.9．(2019·西安八校联考)已知△ABC 内接于单位圆，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2a cos A ＝c cosB ＋b cosC .(1)求cos A 的值；(2)若b 2＋c 2＝4，求△ABC 的面积．【解析】：(1)因为2a cos A ＝c cos B ＋b cos C ，所以2sin A ·cos A ＝sin C cos B ＋sin B cos C ，即2sin A ·cos A ＝sin(B ＋C )＝sin A . 又0＜A ＜π，所以sin A ≠0. 所以2cos A ＝1，cos A ＝12.(2)由(1)知cos A ＝12，所以sin A ＝32. 因为asin A ＝2，所以a ＝2sin A ＝ 3.由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得bc ＝b 2＋c 2－a 2＝4－3＝1，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×1×32＝34.10．(2019·陕西质量检测(一))在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，面积为S ，已知2a cos 2C2＋2c cos 2 A 2＝52b . (1)求证：2(a ＋c )＝3b ； (2)若cos B ＝14，S ＝15，求b .【解析】：(1)证明：由已知得，a (1＋cos C )＋c (1＋cos A )＝52b .在△ABC 中，过B 作BD ⊥AC ，垂足为D ，则a cos C ＋c cos A ＝b . 所以a ＋c ＝32b ，即2(a ＋c )＝3b .(2)因为cos B ＝14，所以sin B ＝154.因为S ＝12ac sin B ＝158ac ＝15，所以ac ＝8.又b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )，2(a ＋c )＝3b ，所以b 2＝9b 24－16×(1＋14)．所以b ＝4.[能力提升]1．(2019·云南第一次统考)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝b cos C ＋c sin B ，且△ABC 的面积为1＋2，则b 的最小值为( ) A ．2 B ．3 C. 2 D. 3【答案】A【解析】由a ＝b cos C ＋c sin B 及正弦定理，得sin A ＝sin B cos C ＋sin C sin B ，即sin(B ＋C )＝sin B cosC ＋sin C sin B ，得sin C cos B ＝sin C sin B ，又sin C ≠0，所以tan B ＝1.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π4.由S △ABC ＝12ac sin B ＝1＋2，得ac ＝22＋4.又b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ≥2ac －2ac ＝(2－2)(4＋22)＝4，当且仅当a ＝c 时等号成立，所以b ≥2，b 的最小值为2，故选A.2．(2017·高考山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 为锐角三角形，且满足sinB (1＋2cosC )＝2sin A cos C ＋cos A sin C ，则下列等式成立的是( )A ．a ＝2bB ．b ＝2aC ．A ＝2BD ．B ＝2A【答案】A【解析】由题意可知sin B ＋2sin B cos C ＝sin A cos C ＋sin(A ＋C )，即2sin B cos C ＝sin A cos C ，又cosC ≠0，故2sin B ＝sin A ，由正弦定理可知a ＝2b .3．(2018·湘中名校联考)已知函数f (x )＝cos x (cos x ＋3sin x )． (1)求f (x )的最小值；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若f (C )＝1，S △ABC ＝334，c ＝7，求△ABC 的周长．【解析】：(1)f (x )＝cos x (cos x ＋3sin x )＝cos 2x ＋3sin x cos x ＝1＋cos 2x 2＋32sin 2x ＝12＋sin(2x＋π6)．当sin(2x ＋π6)＝－1时，f (x )取得最小值－12.(2)f (C )＝12＋sin(2C ＋π6)＝1，所以sin(2C ＋π6)＝12，因为C ∈(0，π)，2C ＋π6∈(π6，13π6)，所以C ＝π3.S △ABC ＝12ab sin C ＝334，所以ab ＝3，又a 2＋b 2－2ab cos π3＝7，所以(a ＋b )2＝16，即a ＋b ＝4，所以a ＋b ＋c ＝4＋7，故△ABC 的周长为4＋7.4．(2019·湖南五市十校联考)已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0. (1)求A ；(2)若AD 为BC 边上的中线，cos B ＝17，AD ＝1292，求△ABC 的面积．【解析】：(1)a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0，由正弦定理得sin A cos C ＋3sin A sin C ＝sin B ＋sin C ，即sin A cos C ＋3sin A sin C ＝sin(A ＋C )＋sin C ，又sin C ≠0，所以化简得3sin A －cos A ＝1，所以sin(A －30°)＝12.在△ABC 中，0°<A <180°，所以A －30°＝30°，得A ＝60°.。

高三数学一轮复习7---恒成立存在性问题.doc

高三数学一轮复习7---恒成立、存在性问题班级 _______ 姓名 _________ 学号1.已知函数/(x) = alnx + x 2 (a 为常数),若存在xe[l,e]，使/(x) <(a + 2)x 成立,则实数。

的取值范围是【分析】本题中，参数a 可以比较方便的用含x 的函数来表示，因此想到分离参数，转化为存在性问题，进而转化为最值问题.解法一：存在 xe [\,e]» 使 a\nx + x 2< (^ + 2)x ，即存在 xe [l,e]» 使 a(x -\nx) < x 2 -2x令r(x) = x-lnx 底[1,可，则厂(兀)=1 一丄》0，故心)在xe[l,e]单调递增，故心)> t(J) = 1 > 0，即 x-\nx> 0 在 XG [l,e]恒成立.r 2 -2x故存在使a>-——•x-\nxX 2 _2r令 /?(%)二: --- XG [1,幺]，即 a > /?(x)min ，下求 /z(x)在 xw [l.e]的最小值.x-lnx(x - In x)2令(p(x) = x+ 2-2\nx xw [1,幺]，2则(p\x) = \— — = 0，x = 2，x0(x)>O,x>2；(p\x) < 0,x< 2 故x = 2是函数°(x)的极小ffl 点，也是最小值点. ・・・ %(兀)間=仅2) =4-21n2>0,即x + 2-21nx>0在xe[l,e]恒成立• 故炉(兀)» 0在xw [l,e]恒成立••: h(x)在xw [1,幺]单调递增. ◎ min=/z(l) = —1• • a n —1【解题回顾】在木题求解中，有两个难点：(1)需意识到t(x) = x-\nx> 0在xe[\y e]恒成立；(2)在对触劝的讨论中，需对其部分分子^(x) = % + 2-21nx 进行在区间[1,刃的值域分析，得出 <p(x) = x+2 —21nx>0^xe[l,e]恒成立.进而得出 h\x) >0在兀w [l,e]恒成立.纵观本题，可以分离参数，转化为最值问题.但在对新函数最值的讨论中需要“步步为营、逐个击破”, 学生在求解过程中要思路清晰，以细求准.其实在对吐兀)的讨论中，得出“h\x)>o 在“ [1,可恒成立”这个结论还有一个办法，就是直接对力a) 定号•请看下面的解法：解法二：先按解法一的思路把问题转化为：存在xw[l,w],使_2x. x-\nx令 h(x)-x 2 -2x= -------- XG [1疋]，即a > ，下求/?(x)在XG [1,幺]的最小值. x-lnx(x-l)(x + 2-21nx) _ (x- l)x + 2(x-1)(1 - In x) (x-lnx)2(^-lnx)2xe [l,e]， x(x -1) > 0， 2(x 一 1)(1 -lnx) > 0 故力G) > 0在x G [1,e]恒成立.(下同解法一)…_ (2 — 2)(% - In %) - (x 2 - 2兀)(1 - _(兀 _ i )(兀 + 2 _ 2 In x)(X )= ' • “= —(x-lnx)2—h\x)- (2 兀—2)(兀—In x) — (%2 — 2x)(1—) x【解题回顾】上述解法显然要比“解法一”简单，但学生需在求解过程屮，敏感地意识到兀“1,可这个定义域对函数符号的确定有很大作用.因此想到对/『(兀)的分子各项作合理组合，从构造出使h*(x) > 0的因式组合.以上两种解法可以实施的前提是变量a可以比较方便的“分离”出来，用含兀的函数来表示，且可以确定新函数/z(x)是单调递增的.若变量d无法分离，或新函数加朗的单调性无法确定(加兀)存在极值点, 但又无法求出此极值点)，那“分离参数”这个方法在此就不合适了.为此，本题还提供一种对此类问题的一般性解法.类型二：分类讨论，逐一分析解法三：存在fl,e］，使兀彳-(a + 2)x + alnxS0，令g(兀)=x2 -(a + 2)x + alnx，即0 » g(x)inin，下求g(兀)在xe［1,e］的最小值.gS) = 2_(d + 2) +亠2疋-匕 + 2)兀 +。

高考数学复习数形结合教案

数形结合思想教学设计一、考情分析在高考题中，数形结合的题目出现在高中数学知识的方方面面上，把图象作为工具、载体，以此寻求解题思路或制定解题方案，真正体现数形结合的简捷、灵活特点的多是填空小题。

从近三年新课标高考卷来看，涉及数形结合的题目略少，预测2013年可能有所加强。

因为对数形结合等思想方法的考查，是对数学知识在更高层次的抽象和概括能力的考查，是对学生思维品质和数学技能的考查，是新课标高考明确的一个命题方向。

1．数形结合是把数或数量关系与图形对应起来，借助图形来研究数量关系或者利用数量关系来研究图形的性质，是一种重要的数学思想方法。

它可以使抽象的问题具体化，复杂的问题简单化。

“数缺形时少直观，形少数时难入微”，利用数形结合的思想方法可以深刻揭示数学问题的本质。

2．数形结合的思想方法在高考中占有非常重要的地位，考纲指出“数学科的命题，在考查基础知识的基础上，注重对数学思想思想方法的考查，注重对数学能力的考查”，灵活运用数形结合的思想方法，可以有效提升思维品质和数学技能。

3．“对数学思想方法的考查是对数学知识在更高层次的抽象和概括的考查，考查时要与数学知识相结合”，用好数形结合的思想方法，需要在平时学习时注意理解概念的几何意义和图形的数量表示，为用好数形结合思想打下坚实的知识基础。

4．函数的图像、方程的曲线、集合的文氏图或数轴表示等，是“以形示数”，而解析几何的方程、斜率、距离公式，向量的坐标表示则是“以数助形”，还有导数更是数形形结合的产物，这些都为我们提供了“数形结合”的知识平台。

5．在数学学习和解题过程中，要善于运用数形结合的方法来寻求解题途径，制定解题方案，养成数形结合的习惯，解题先想图，以图助解题。

用好数形结合的方法，能起到事半功倍的效果，“数形结合千般好，数形分离万事休”。

纵观多年来的高考试题，巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。

【人教版】2020高考数学一轮复习突破140必备专题06 函数与导数中的恒成立问题学案

专题06 函数与导数中的恒成立问题函数与导数中的恒成立问题一直是历年高考、模考中的一个热点，是考察学生综合素质的一个好的题型。

它主要涉及到基本初等函数的图像及性质，结合不等式，渗透着分类讨论、转化化归、数形结合、推理论证等数学思想。

恒成立问题常见的处理方法是分离参变量，利用转化的数学思想将其转化为最值问题，再利用导数判断单调性求出最值，进而得出参数的范围。

比如对于含有参数的函数0)(≥λ、x f 对于D x ∈上恒成立，利用参变分离转化为)(x g ≥λ或者)(x g ≤λ，即max )(x g ≥λ或min )(x g ≤λ，只需要运用导数求解)(x g 的最值就能解决。

这种常见题型资料比较多，这里笔者不在累赘。

用此方法解题需要满足两个条件，一是分离参数是可行的，二是分离完后形成的新的函数用导数可以判断单调性求出最值。

但是往往出题者想考察学生分类讨论，推理论证等数学思想，在题型的设置上就会让分离后的新函数无法简单的用导数判断单调性。

就算可以判断出单调性，最值点也是在开区间的地方取到，那也要借助与高等数学中的洛必达法则求极限。

笔者看到很多论文着重写洛必达法则在解决函数与导数中的恒成立问题的妙用，觉得并不太妥当，一是学生根本就不知道洛必达法则是什么，用来解决什么问题，就生搬硬套，记住遇到”“00或者”“∞∞就分子分母分别求导，直到能算出具体的值，二是现在很多的题目设置已经开始让分离后的新函数无法简单的通过导数求出单调性，也就不能说明为什么最值会在开区间那个点处取到，也许记住洛必达法则能够得到答案，但大题中解题过程非常的重要，洛必达法则真的能保证得满分吗？这貌似也不符合学生的认知规律，我们需要通过这样的题培养分类讨论，推理论证的数学思想，提高综合能力，为我们进入大学学习高等数学奠定良好的数学基础。

下面我们通过几个模考例题来谈谈这类题目的解题过程及规律。

例1、(2017南京三模)已知R ∈λ，函数)1ln ()(+---=x x x ex ex x f λ的导函数为)(x g ．（1）求曲线)(x f y =在)(x f y =处的切线方程；（2）若函数)(x g 存在极值，求λ的取值范围；（3）若1≥x 时，0)(≥x f 恒成立，求λ的最大值．解：（1）因为x e e x f xln )('λ--=，所以曲线)(x f y =在)(x f y =处的切线的斜率为0)1('=f ，又切点为）（0,1，所以切线方程为0=y ．（2）x e e x g xln )(λ--=，xe x g xλ-=)('．当0≤λ时，0)('>x g 恒成立，从而)(x g 在()+∞,0上单调递增，故此时)(x g 无极值．当0>λ时，设xe x h xλ-=)(，则0)('2>+=x e x h xλ恒成立，所以)(x h 在()+∞,0上单调递增． ①当e <<λ0时，,0)(,0)1(<-=>-=e e eh e h e λλλ且)(x h )是()+∞,0上的连续函数，因此存在唯一的)1,(0ex λ∈，使得0)(0=x h ．②当e ≥λ时，,0)(,0)1(>-=≤-=e e h e h λλλ且)(x h )是()+∞,0上的连续函数，因此存在唯一的),1(0λ∈x ，使得0)(0=x h ．故当0>λ时，存在唯一的00>x ，使得0)(0=x h且当00x x <<时，0)(<x h ，即0)('<x g ，当0x x >时，0)(>x h ，即0)('>x g ，所以)(x g 在()0,0x 上单调递减，在()∞+，0x 上单调递增，因此)(x g 在0x x =处有极小值．所以当函数)(x g 存在极值时，λ的取值范围是()+∞,0.（3）x e e x f x g xln )(')(λ--==，xe x g xλ-=)('．设）（1)(≥⋅=x e x x h x ，则xe x x h )1()('+=①当e ≤λ时，)(x g 在[)+∞,1上单调递增，此时0)1()(=≥g x g ，即0)('≥x f ，从而)(x f 在[)+∞,1上单调递增．所以0)1()(=≥f x f 恒成立．②当e >λ时，存在),1(0λ∈x ，使得)(x g 在()0,0x 上单调递减，即)('x f 在()0,0x 上单调递减．所以当),1(λ∈x 时，0)1(')('=<f x f ，于是)(x f 在[)01x ，上单调递减，所以0)1()(0=<f x f ，不符合题意综上所述：e ≤λ，即λ的最大值为e点评：本题第三问如果用参变分离得到的新函数是个非常复杂的函数，单调性难以判断，最值也就难以求解。

全国高考数学复习微专题：恒成立问题——数形结合法

恒成立问题——数形结合法一、基础知识：1、函数的不等关系与图像特征：（1）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x <⇔的图像始终在()g x 的下方（2）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x >⇔的图像始终在()g x 的上方2、在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数3、要了解所求参数在图像中扮演的角色，如斜率，截距等4、作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图像，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）5、在作图时，要注意草图的信息点尽量完备6、什么情况下会考虑到数形结合？利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图像变换作图（2）所求的参数在图像中具备一定的几何含义（3）题目中所给的条件大都能翻译成图像上的特征二、典型例题：例1：已知不等式()21log a x x -<在()1,2x ∈上恒成立，则实数a 的取值范围是_________ 思路：本题难于进行参变分离，考虑数形结合解决，先作出()21y x =-的图像，观察图像可得：若要使不等式成立，则log a y x =的图像应在()21y x =-的上方，所以应为单增的对数函数，即1a >，另一方面，观察图像可得：若要保证在()1,2x ∈时不等式成立，只需保证在2x =时，()21log a x x -<即可，代入2x =可得：1log 22a a ≤⇒≤，综上可得：12a <≤答案：12a <≤小炼有话说：（1）通过常系数函数图像和恒成立不等式判断出对数函数的单调性，进而缩小了参数讨论的取值范围。

（2）学会观察图像时要抓住图像特征并抓住符合条件的关键点（例如本题中的2x =）（3）处理好边界值是否能够取到的问题例2：若不等式log sin 2(0,1)a x x a a >>≠对于任意的0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数a 的取值范围是___________思路：本题选择数形结合，可先作出sin 2y x =在0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的图像，a 扮演的角色为对数的底数，决定函数的增减，根据不等关系可得01a <<，观察图像进一步可得只需4x π=时，log sin 2a x x ≥，即log sin 21444aa πππ>⋅=⇒>，所以,14a π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭答案：,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭例3：若不等式21x x c +->对任意x R ∈恒成立，求c 的取值范围思路：恒成立不等式变形为21x c x ->-，即2y x c =-的图像在1y x =-图像的上方即可，先作出1y x =-的图像，对于2y x c =-，可看作y x =经过平移得到，而平移的距离与c 的取值有关。

2020届高考数学(人教B版)一轮复习数学归纳法(理)学案

数学归纳法【学习目标】1．理解数学归纳法的原理及适用范围．掌握数学归纳法证题的思路和特点。

2．能够利用数学归纳法证明与正整数有关的命题。

【要点梳理】知识点一、数学归纳法的原理1.数学归纳法定义:对于某些与自然数n有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当n取第一个值n0时命题成立；然后假设当n=k(k N*，k≥n0)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法要点诠释：即先验证使结论有意义的最小的正整数n0，如果当n=n0时，命题成立，再假设当n=k(k≥n0，k ∈N*)时，命题成立.(这时命题是否成立不是确定的)，根据这个假设，如能推出当n=k+1时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于n0的正整数n0+1，n0+2，…，命题都成立.2.数学归纳法的原理：数学归纳法是专门证明与正整数集有关的命题的一种方法，它是一种完全归纳法。

它的证明共分两步：①证明了第一步，就获得了递推的基础。

但仅靠这一步还不能说明结论的普遍性.在第一步中，考察结论成立的最小正整数就足够了，没有必要再考察几个正整数，即使命题对这几个正整数都成立，也不能保证命题对其他正整数也成立；②证明了第二步，就获得了递推的依据。

但没有第一步就失去了递推的基础.只有把第一步和第二步结合在一起，才能获得普遍性的结论。

其中第一步是命题成立的基础，称为“归纳基础”（或称特殊性），第二步是递推的证据，解决的是延续性问题（又称传递性问题）。

3.数学归纳法的功能和适用范围1.数学归纳法具有证明的功能，它将无穷的归纳过程根据归纳公理转化为有限的特殊演绎（直接验证和演绎推理相结合）过程.2. 数学归纳法一般被用于证明某些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题。

但是，并不能简单地说所有与正整数n有关的数学命题都可使用数学归纳法证明。

知识点二、运用数学归纳法的步骤与技巧1 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：(1)证明：当n取第一个值n0结论正确；(2)假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确，证明当n=k+1时结论也正确由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确2．用数学归纳法证题的注意事项（1）弄错起始n0．n0不一定恒为1，也可能n0=2或3（即起点问题）．（2）对项数估算错误．特别是当寻找n=k与n=k+1的关系时，项数的变化易出现错误（即跨度问题）．（3）没有利用归纳假设．归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过不去了，整个证明过程也就不正确了（即伪证问题）．（4）关键步骤含糊不清．“假设n=k时结论成立，利用此假设证明n=k+1时结论也成立”是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，推导的过程中要把步骤写完整，另外要注意证明过程的严谨性、规范性（即规范问题）．3.用数学归纳法证题的关键：运用数学归纳法由n=k到n=k+l的证明是证明的难点，突破难点的关键是掌握由n=k到n=k+1的推证方法．在运用归纳假设时，应分析由n=k到n=k+1的差异与联系，利用拆、添、并、放、缩等手段，或从归纳假设出发，或从n=k+1时分离出n=k时的式子，再进行局部调整；也可以考虑二者的结合点，以便顺利过渡．知识点三、用数学归纳法证题的类型：1.用数学归纳法证明与正整数n有关的恒等式；对于证明恒等的问题，在由证等式也成立时，应及时把结论和推导过程对比，也就是我们通常所说的两边凑的方法，以减小计算的复杂程度，从而发现所要证明的式子，使问题的证明有目的性．2.用数学归纳法证明与正整数n有关的整除性问题；用数学归纳法证明整除问题时，由到时，首先要从要证的式子中拼凑出假设成立的式子，然后证明剩余的式子也能被某式（数）整除，这是数学归纳法证明问题的一大技巧。

2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：利用导数研究恒(能)成立问题

§3.5利用导数研究恒(能)成立问题考试要求恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大．题型一分离参数求参数范围例1已知函数f (x )＝e x －ax －1.(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间与极值；(2)若f (x )≤x 2在[0，＋∞)上有解，求实数a 的取值范围．解(1)当a ＝1时，f (x )＝e x －x －1，所以f ′(x )＝e x －1，当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝0时，函数f (x )有极小值f (0)＝0，无极大值．即f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值．(2)因为f (x )≤x 2在[0，＋∞)上有解，所以e x －x 2－ax －1≤0在[0，＋∞)上有解，当x ＝0时，不等式成立，此时a ∈R ，当x >0时，不等式等价于a ≥e x x －(0，＋∞)上有解，令g (x )＝e x x－则g ′(x )＝e x(x －1)x 2－＝(x －1)[e x －(x ＋1)]x 2，由(1)知当a ＝1时，f (x )>f (0)＝0，即e x －(x ＋1)>0，所以当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，g (x )min ＝e －2，所以a ≥e －2，综上可知，实数a 的取值范围是[e －2，＋∞)．思维升华分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min ；a ≥f (x )能成立⇔a ≥f (x )min ；a ≤f (x )能成立⇔a ≤f (x )max .跟踪训练1(2023·苏州质检)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x.(1)当a ＝1时，求函数f (x )的极值；(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求实数a 的取值范围．解(1)当a ＝1时，f (x )＝x －e x ，则f ′(x )＝1－e x ，当x <0时，f ′(x )>0，当x >0时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以函数f (x )的极大值为f (0)＝－1，无极小值．(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，则ax ≤ln x x (x >0)，即a ≤ln x x2(x >0)，则问题转化为a (x >0)，令h (x )＝ln x x 2，x >0，h ′(x )＝x －2x ln x x 4＝1－2ln x x3，当0<x <e 时，h ′(x )>0，当x >e 时，h ′(x )<0，所以函数h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (e)＝12e ，所以a ≤12e.题型二等价转化求参数范围例2(2023·柳州模拟)已知函数f (x )＝ax －ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若x ＝1为函数f (x )的极值点，当x ∈[e ，＋∞)时，不等式x [f (x )－x ＋1]≤m (e －x )恒成立，求实数m 的取值范围．解(1)f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )<0恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减；②当a >0时，令f ′(x )>0，得x >1a ，令f ′(x )<0，得0<x <1a，∴f (x )综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )上单调递减．(2)∵x ＝1为函数f (x )的极值点，∴f ′(1)＝0，∴a ＝1.f (x )＝x －ln x ，x [f (x )－x ＋1]＝x (1－ln x )，当x ∈[e ，＋∞)时，不等式x [f (x )－x ＋1]≤m (e －x )⇔x (1－ln x )≤m (e －x )，即x (1－ln x )－m (e －x )≤0，令g (x )＝x (1－ln x )－m (e －x )，g (e)＝0，g ′(x )＝m －ln x ，x ∈[e ，＋∞)，若m ≤1，g ′(x )≤0在[e ，＋∞)上恒成立，则g (x )在[e ，＋∞)上单调递减，∴g (x )≤g (e)＝0满足题意．若m >1，由g ′(x )>0，可得e ≤x <e m ，则g (x )在[e ，e m )上单调递增，∴在[e ，e m )上存在x 0使得g (x 0)>g (e)＝0，与题意不符，综上，实数m 的取值范围为m ≤1.思维升华根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．跟踪训练2(2023·宝鸡模拟)已知函数f (x )＝e x ＋a ln(－x )＋1，f ′(x )是其导函数，其中a ∈R .(1)若f (x )在(－∞，0)上单调递减，求a 的取值范围；(2)若不等式f (x )≤f ′(x )对∀x ∈(－∞，0)恒成立，求a 的取值范围．解(1)f ′(x )＝e x ＋a x，因为f (x )在(－∞，0)上单调递减，所以f ′(x )＝e x ＋a x≤0在(－∞，0)上恒成立，即a ≥－x ·e x 在(－∞，0)上恒成立，令g (x )＝－x ·e x (x <0)，则g ′(x )＝－e x －x e x ＝－(x ＋1)e x ，当x <－1时，g ′(x )>0，当－1<x <0时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，所以g (x )max ＝g (－1)＝1e，所以a 的取值范围为1e ，＋(2)由f (x )≤f ′(x )得a ln(－x )＋1≤a x，即a ln(－x )－a x＋1≤0对∀x ∈(－∞，0)恒成立，令h (x )＝a ln(－x )－a x＋1(x <0)，h ′(x )＝a x ＋a x 2＝a (x ＋1)x 2(x <0)，当a ＝0时，h (x )＝1，不满足h (x )≤0；当a >0且x <－1时，h ′(x )<0，当a >0且－1<x <0时，h ′(x )>0，所以函数h (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，所以h (x )min ＝h (－1)＝a ＋1>0，不符合题意；当a <0且x <－1时，h ′(x )>0，当a <0且－1<x <0时，h ′(x )<0，所以当a <0时，函数h (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，所以h (x )max ＝h (－1)＝a ＋1≤0，解得a ≤－1，综上所述，a 的取值范围为(－∞，－1]．题型三双变量的恒(能)成立问题例3(2023·石家庄质检)已知函数f (x )＝ax 2ln x 与g (x )＝x 2－bx .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处有相同的切线，求a ，b ，并证明f (x )≥g (x )；(2)若对∀x ∈[1，e]，都∃b ∈1，e 2使f (x )≥g (x )恒成立，求a 的取值范围．解(1)f ′(x )＝2ax ln x ＋ax ，g ′(x )＝2x －b ，∵函数f (x )与g (x )在x ＝1处有相同的切线，1)＝g (1)，(1)＝g ′(1)，＝1－b ，＝2－b ，＝1，＝1，此时f (x )＝x 2ln x ，g (x )＝x 2－x ，要证f (x )≥g (x )，即证x 2ln x ≥x 2－x ，即x ln x ≥x －1，令h (x )＝x ln x －x ＋1，则h ′(x )＝ln x ，且h ′(1)＝0，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，∴h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h (x )≥h (1)＝0，即f (x )≥g (x )．(2)欲使f (x )≥g (x )恒成立，即ax 2ln x ≥x 2－bx 成立，即ax ln x －x ≥－b 成立，∵∃b ∈1，e 2使f (x )≥g (x )恒成立，∴ax ln x －x ≥－e 2恒成立，当x ＝1时，有－1≥－e 2成立，∴a ∈R ，当x ∈(1，e]时，a ≥x －e 2x ln x，令G (x )＝x －e 2x ln x ，则G ′(x )＝e 2ln x －x ＋e 2(x ln x )2，令m (x )＝e 2ln x －x ＋e 2，则m ′(x )＝e 2x－1，且m 0，当1<x <e 2时，m ′(x )>0，当e 2<x <e 时，m ′(x )<0，∴m (x )m (1)＝－1＋e 2>0，＝e 2ln e 2>0，m (e)＝0，∴当x ∈(1，e]时，m (x )≥0，即G ′(x )≥0，G (x )在(1，e]上单调递增，当x ＝e 时，G (x )有最大值，且G (e)＝12，∴a ≥12，综上所述，a 的取值范围是a ≥12.思维升华“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max .(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min .(3)∃x 1∈D 1，∀x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )max .跟踪训练3已知函数f (x )＝a (x 2－x －1)ex (x ∈R )，a 为正实数．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若∀x 1，x 2∈[0,4]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|<1恒成立，求实数a 的取值范围．解(1)因为f (x )＝a (x 2－x －1)e x(x ∈R )，所以f ′(x )＝－ax (x －3)e x(x ∈R )，因为a >0，所以令f ′(x )>0，得0<x <3；令f ′(x )<0，得x <0或x >3.所以f (x )的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知，f (x )在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，所以f (x )在[0,4]上的最大值是f (3)＝5a e3.又f (0)＝－a <0，f (4)＝11a e －4>0，所以f (0)<f (4)，所以f (x )在[0,4]上的最小值为f (0)＝－a .若∀x 1，x 2∈[0,4]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|<1恒成立，则需f (x )max －f (x )min <1在x ∈[0,4]上恒成立，即f (3)－f (0)<1，即5a e 3＋a <1，解得a <e 35＋e 3，又a >0，所以0<a <e 35＋e 3，故实数a 课时精练1．已知函数f (x )＝(x －2)e x .(1)求f (x )在[－1,3]上的最值；(2)若不等式2f (x )＋2ax ≥ax 2对x ∈[2，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．解(1)依题意f ′(x )＝(x －1)e x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，当x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，∴f (x )在[－1,1)上单调递减，在(1,3]上单调递增，而f (1)＝－e ，f (3)＝e 3，f (－1)＝－3e，∴f (x )在[－1,3]上的最小值为－e ，最大值为e 3.(2)依题意，2(x －2)e x ＋2ax ≥ax 2在[2，＋∞)上恒成立．当x ＝2时，4a ≥4a ，∴a ∈R ；当x >2时，原不等式化为a ≤2(x －2)e x x 2－2x＝2e x x ，令g (x )＝2e x x ，则g ′(x )＝2(x －1)e x x 2，∵x >2，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(2，＋∞)上单调递增，∴g (x )>g (2)＝e 2，∴a ≤e 2，综上，实数a 的取值范围是(－∞，e 2]．2．(2023·镇江模拟)已知函数f (x )＝a ln x －x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，设g (x )＝x －ln x －1，若对于任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，均有f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．解(1)函数f (x )＝a ln x －x (a ∈R )的定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝a x －1＝－x ＋a x，①当a ≤0时，f ′(x )<0恒成立，∴函数的单调递减区间为(0，＋∞);②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a ；当x ∈(0，a )时，f ′(x )>0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，∴函数f (x )的单调递增区间为(0，a )，单调递减区间为(a ，＋∞).综上可得，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调递增区间为(0，a )，单调递减区间为(a ，＋∞)．(2)由已知，转化为f (x )max <g (x )min .由(1)知，当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，a )，单调递减区间为(a ，＋∞)．故f (x )的极大值即为最大值，f (x )max ＝f (a )＝a ln a －a ，∵g (x )＝x －ln x －1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0<x <1时，g ′(x )<0，当x >1时，g ′(x )>0，∴函数g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )的极小值即为最小值，∴g (x )min ＝g (1)＝0，∴a ln a －a <0，即ln a －1<0，解得0<a <e.∴a 的取值范围为(0，e)．3．(2023·福州模拟)已知函数f (x )＝x ln x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当x ≥1时，f (x )≤ax 2－a ，求a 的取值范围．解(1)f ′(x )＝ln x ＋1，f ′(1)＝1，又f (1)＝0，故f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(2)当x ≥1时，令g (x )＝x ln x －a (x 2－1)，得g (1)＝0，g ′(x )＝ln x ＋1－2ax ，令h (x )＝ln x ＋1－2ax ，则h ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x.①若a ≤0，得h ′(x )>0，则g ′(x )在[1，＋∞)上单调递增，故g ′(x )≥g ′(1)＝1－2a ≥0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝0，从而x ln x －a (x 2－1)≥0，不符合题意；②若a >0，令h ′(x )＝0，得x ＝12a.(ⅰ)若0<a <12，则12a>1，当x h ′(x )>0，g ′(x )从而g ′(x )>g ′(1)＝1－2a >0，所以g (x )在1此时g (x )≥g (1)＝0，不符合题意；(ⅱ)若a ≥12，则0<12a≤1，h ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以g ′(x )在[1，＋∞)上单调递减，g ′(x )≤g ′(1)＝1－2a ≤0，从而g (x )在[1，＋∞)上单调递减，所以g (x )≤g (1)＝0，所以x ln x －a (x 2－1)≤0恒成立．综上所述，a 的取值范围是12，＋4．已知函数f (x )＝e 2x －ax (a ∈R )，e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )的极值；(2)若关于x 的不等式x －x f (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解(1)∵f (x )＝e 2x －ax ，∴f ′(x )＝2e 2x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，函数f (x )无极值．当a >0时，令f ′(x )＝0，得2e 2x －a ＝0，得x ＝12ln a 2，易知当x ∞，12ln f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x a 2，＋f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )的极小值为f 12ln 22e a －a ×12ln a 2＝a 2－a 2ln a 2，f (x )无极大值．综上，当a ≤0时，f (x )无极值；当a >0时，f (x )的极小值为a 2－a 2ln a 2，f (x )无极大值．(2)由x －x f (x )得，e 2x －ax ≥a ln x －ax ＋12a ，整理得e 2x －a ln x －12a ≥0.令h (x )＝e 2x －a ln x －12a (x >0)，则h (x )≥0恒成立，h ′(x )＝2e 2x －a xx >0)，当a <0时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，且当x →0＋时，h (x )<0，不满足题意．当a ＝0时，h (x )＝e 2x >0，满足题意．当a >0时，由h (x )≥0得1a ≥ln x ＋12e 2x .令p (x )＝ln x ＋12e 2x，则p ′(x )＝1x ·e 2x －x 2x (e 2x )2＝1x －2ln x －1e 2x ，令q (x )＝1x－2ln x －1(x >0)，则q ′(x )＝－1x 2－2x<0，∴q (x )单调递减，又q (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，q (x )>0，即p ′(x )>0，p (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，q (x )<0，即p ′(x )<0，p (x )单调递减，∴p (x )max ＝p (1)＝12e2，∴1a ≥12e2，即0<a ≤2e 2.综上，实数a 的取值范围为[0,2e 2]．。

2020届高三数学一轮复习《函数恒成立问题》教案

专题：函数恒成立问题 ★★★★★“武功越高，魔孽越深。

这是需要佛法来化解”！——《天龙八部》中藏经阁扫地僧（目标：进一步理解恒成立问题，并且能够更快更准的选择合理的方法）：6 min.教师：放眼当下，我们已经掌握了恒成立问题的解决方法，但离“登峰造极”、“手到擒来”还略差一等，下面就让我们一起停下来，修炼一下内功吧！首先我们一起来回忆一下恒成立问题的几种形式。

（思维导图形式，教师课堂上自画。

）【本题对五星级的学生而言，稍显简单，建议由学生独立思考完成，教师主要以点评为主，及时表扬。

】（★★★★）已知)1()11()(2>+-=x x x x f （1）求)(1x f-；（2）判断)(1x f -的单调性；（3）若)()()1(1x a a x fx ->--对⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41x 恒成立，求a 的范围.解：（1）11x y x -=+,则11,1y x y y x x y++=-=-所以得11()(0,1)1xf x x x -+=∈- （2）任给12,(0,1)x x ∈ 12121112121212112().()()011(1)(1)x x x x x x f x f x x x x x --++-<-=-=<----且所以1()fx -在(0,1)上单调增。

（3）1(1)()1xx a a x x+->--，则21(),(1)1x a a x a x a +>-+>-得设x t =，则12,22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，设2()(1)1g t a t a =+-+.()g t 在12,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦恒大于0则必有2211()(1)102222()(1)1022g a a g a a ⎧=+-+>⎪⎪⎨⎪=+-+>⎪⎩ 解得3122112a a ⎧-<<⎪⎪⎨⎪-<<+⎪⎩所以3(1,)2a ∈-点评：① 本题综合了求反函数，函数的单调性和不等式的恒成立问题，虽有一定综合性，但难度一般；② 求反函数时不要漏写定义域；③ 判断函数的单调性可以利用定义证明，也可以采用常见函数的单调性证明；④（3）中不等式的恒成立问题经过换元之后，转化为一次函数类型的恒成立问题即可。

专题17 恒成立问题-数形结合法(解析版)

专题17 恒成立问题-数形结合法【热点聚焦与扩展】不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数恒成立(可)或恒成立（即可）；② 数形结合(图象在上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.1、函数的不等关系与图象特征：（1）若，均有的图象始终在的下方（2）若，均有的图象始终在的上方2、在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数3、要了解所求参数在图象中扮演的角色，如斜率，截距等4、作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）5、在作图时，要注意草图的信息点尽量完备6、什么情况下会考虑到数形结合？利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义（3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征【经典例题】例1．（2020·济南市历城第二中学高三三模）已知函数1()ln 0x f x x x x ⎧<⎪=⎨⎪>⎩,,，()()g x f x x a =-+，若()g x 恰有3个零点，则实数a 的取值范围是（） A ．1a <- B ．0a >C ．10a -<<D ．1a >【答案】D【解析】由()g x 恰有3个零点，即方程()f x x a =-恰有3个实数根. 即函数()f x 的图像与y x a =-的图像有三个交点，如图.()a f x ≥()max a f x ≥()a f x ≤()min a f x ≤()y f x =()y g x =()min 0f x ≥()max 0f x ≤x D ∀∈()()()f x g x f x <⇔()g x x D ∀∈()()()f x g x f x >⇔()g xy x a =-与函数()1()0f x x x=<的图像恒有一个交点，即函数ln y x =与y x a =-有两个交点.设y x a =-与函数ln y x =相切于点()00,x y ，由()1ln x x'=所以011k x ==，得01x =，所以切点为()1,0，此时1a =，切线方程为1y x =- 将1y x =-向下平移可得y x a =-与ln y x =恒有两个交点，所以1a > 故选：D例2．（2020·河南高三三模）已知函数ln ()x f x a x =-，3(ln )()ln x ax g x x-=，若方程()()f x g x =有2不同的实数解，则实数a 的取值范围是（） A ．(,)e -∞ B ．1(0,)eC ．(,0)(,)e -∞⋃+∞D ．(,)e +∞【答案】B【解析】由()()f x g x =得ln 3(ln )ln x x ax a x x--=，去分母整理得(ln 3)(ln )0x x x ax --=有2不同的实数解，所以ln 30x x -=或ln 0x ax -=，所以ln 3x x =或ln xa x=，设ln ()(0)x h x x x=>所以21ln ()xh x x -'=，当0x e <<时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当x e >时，()0h x '<，函数()h x 单调递减.所以max 1()()3h x h e e ==<，所以ln 3x x=没有实数解. 所以方程ln xa x=有两个不同的实数解. (1)0h = 当0x →时，()0h x <；当x →+∞时，()0h x >要方程ln x a x =有两个不同的实数解，必须10a e<<.故选：B 例3．（2020·北京市陈经纶中学高三三模）设函数()()1xf x x e =-.若关于x 的不等式()1f x ax <-有且仅有一个整数解，则正数a 的取值范围是（） A ．(]0,e B ．(20,e ⎤⎦C ．20,2e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．211,2e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦【答案】D 【解析】()()1x f x x e =-，()x f x xe '∴=，所以函数()y f x =的单调递减区间为(),0-∞，单调递增区间为()0,∞+，则函数()y f x =在0x =处取得极小值，且极小值为()01f =-，又当1x <时，()()10xf x x e =-<，直线1y ax =-恒过点()0,1-，所以可在同一直角坐标系中作出函数()y f x =与1y ax =-的图象，如图所示，当0a >时，若关于x 的不等式()1f x ax <-有且仅有一个整数解，则()()11221f a f a ⎧<-⎪⎨≥-⎪⎩，即20121a e a <-⎧⎨≥-⎩，解得2112e a +<≤；当0a <时，由于直线1y ax =-与x 轴的负半轴交于点1,0a ⎛⎫⎪⎝⎭，当1x a<时，关于x 的不等式()1f x ax <-有无数个整数解，不合题意；综上所述，实数a 的取值范围是211,2e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦.故选：D.例4．（2020·浙江省东阳中学高三三模）已知不等式220x x e e kx -+<在[)0,+∞上无解，则实数k 的取值范围是（） A ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】满足题意时22x x e e kx -≥-在[)0,+∞上恒成立，令2()(0)xx f x ee x =-≥，则2()2(21)0x x x x f x e e e e =-=->'，2()4(41)0x x x xf x e e e e =-=-'>'，故函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，且函数图象下凸，注意到(0)0f =，(0)1f '=，则函数()f x 在0x =处的切线方程为y x =，绘制函数图象及其切线如图所示，满足题意时应有：21k -≤，∴12k ≥-，综上可得，实数k 的取值范围是1,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.故选：B. 例5．（2020·黑龙江哈尔滨·哈师大附中高三三模）若2x =-是函数()()()22xf x x ax ea =+∈R 的极值点，函数()()g x f x m =-恰好有一个零点，则实数m 的取值范围是（）A ．()24,,0e ⎛⎫+∞⋃-∞ ⎪⎝⎭ B ．{}24,0e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．24,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．(),0-∞【答案】B 【解析】()()22x f x x ax e =+，该函数的定义域为R ，则()()2222xf x x a x a e '⎡⎤=+++⎣⎦，由于2x =-是函数()()()22xf x x ax ea =+∈R 的极值点，则()2220f ae -'-=-=，解得0a =，()2x e f x x ∴=，则()()2x f x x x e '=+.列表如下：由于函数()()g x f x m =-恰好有一个零点，则直线y m =与函数()y f x =的图象有且只有一个交点，如下图所示：当x →-∞时，()0f x →；当x →+∞时，()f x →+∞. 由图象可知，当0m =或24m e>时，直线y m =与函数()y f x =的图象有且只有一个交点. 综上所述，实数m 的取值范围是{}240,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 故选：B.例6．（2020·甘肃三模）设函数()f x 是定义在R 上的单调函数，且x R ∀∈，()()1xf f x e e -=+.若函数()()()2g x f x k x =-+有两个零点，则k 的取值范围是（） A ．(),e +∞ B ．(]1,e C ．()1,+∞D ．()0,1【答案】C【解析】由题意可得()xf x e -为常数，设()xf x e t -=，所以()xf x e t =+，则函数()y f x =为增函数，由()1tf t e t e =+=+，解得1t =，故()1x f x e =+，()xf x e '=.函数()y g x =有两个零点等价于函数()y f x =与()2y k x =+的图象有两个不同的交点，当直线()2y k x =+与曲线()y f x =相切时，设切点()00,P x y ，则0000012x x y e y e x ⎧=+⎪⎨=⎪+⎩，解得00x =，02y =，此时，1k =. 如下图所示：由图象可知，要使得函数()y f x =与()2y k x =+的图象有两个不同的交点，则1k >. 故选：C.例7．（2020·陕西西安中学高三三模）已知函数()22120x x x x f x e x ⎧--+-≤<=⎨≥⎩，，，若函数()()2g x f x ax a =-+存在零点，则实数a 的取值范围为（）A ．314e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，B ．][314e ⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭，，C ．2114e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，D ．][214e ⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭，，【答案】B【解析】函数()()2g x f x ax a =-+存在零点，即方程()20f x ax a =+=有解，()(2)f x a x =-有解，∴函数()y f x =的图象与直线(2)y a x =-有交点，作出函数()y f x =的图象，作出直线(2)y a x =-，直线过定点(2,0)A ，如图，(2,1)P -，11224PA k ==---，设直线(2)y a x =-与x y e =相切的切点为00(,)x y ，∵e xy '=，即0x k e =，由000022x x y e e x x ==--得03x =，即切线斜率为3k e =，由图象可知，函数()y f x =的图象与直线(2)y a x =-有交点时，14a -≤或3a e ≥．故选：B ．例8．（2020·江西省信丰中学高三三模）已知函数()24,0,0x x x x f x e x x⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩，方程()0f x ax -=有4个不同的实数根，则a 的取值范围是（）A ．2,44e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,44e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】因为方程()0f x ax -=有4个不同的实数根，所以函数()y f x =的图象与直线y ax =有4个交点，当0x >时，()xe f x x =，()()21x e x f x x-'=，当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；且当0x +→时，()f x →+∞，则函数()f x 的图象如图，当0x ≤时，()24f x x x =+，()24f x x '=+，所以()f x 在()0,0处的切线1l 的斜率()104k f '==；当0x >时，()xe f x x =，()()21x e x f x x-'=，设()f x 过原点的切线2l 的切点为000,x e x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则2l 的斜率()()000220001x x e e x k x x x f x -'===，解得02x =，224e k =；若要使函数()y f x =的图象与直线y ax =有4个交点，数形结合可得2,44e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.故选：A.【精选精练】1．（2020·安徽安庆·高三三模）函数()ln f x x ax =-恰有两个零点1x ，2x ，且12x x <，则1x 所在区间为（） A ．310,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．2311,e e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．211,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】当0a ≤时不符合题意；当0a >时，考查函数()ln g x x =与()h x ax =图象易知，()g x 与()h x 图象在区间()0,1上必有一个交点则在区间()1,+∞上有且仅有一个公共点，当()1,x ∈+∞时，()ln f x x ax =-，()1ax f x x ='-，则()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()max 11ln 1f x f a a ⎛=⎫=- ⎪⎝⎤⎣⎦⎭⎡，则只需1ln10a -=，故1ea =，当()0,1x ∈时，()1ln ef x x x =--，易知21110e e f ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()110f e =-<，可知11,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭. 故选：D2．（2020·江西南昌二中高三三模）已知定义域为R 的函数()f x 满足：当0x ≤时，()xf x xe =，0x >时，()()1f x f x =-．若()()1g x k x =+，且方程()()0f x g x -=有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是（） A ．11,2e e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．11,2e e ⎛⎤--⎥⎝⎦C ．1,e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．1,e∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦【答案】A【解析】当0x ≤时，()xf x xe =的导数为()()1x f x x e '=+，当10x -<<时，()0f x >′，()f x 递增；当1x <-时，()0f x <′，()f x 递减，则1x =-处()f x 取得极小值()11f e-=-，由0x >时，()()1f x f x =-，可将()y f x =在(]10-，的图象每向右平移一个单位，可得()f x 在0x >时的图象，如图：由方程()()0f x g x -=有两个不同的实根，可得()y f x =和()y g x =的图象有两个交点．又()()1y g x k x ==+的图象为恒过定点()10-，的直线，当该直线经过点10e ⎛⎫- ⎪⎝⎭，时， 1k e=-；当该直线经过点11e ⎛⎫- ⎪⎝⎭，时，k 12e=-．由图象可得当112k e e-<<-时，()y f x =和()y g x =的图象有两个交点．故选：A ．3．（2020·陕西西安中学高三三模）已知函数()(1)(2)x ef x m x x e -=---（e 为自然对数底数），若关于x的不等式()0f x >有且只有一个正整数解，则实数m 的最大值为（）A ．32e e +B ．22e e +C ．32e e -D ．22e e -【答案】A【解析】()(1)(2)0xf e e x m x x =--->-， ∴(1)(2)xm x x e e ->-+，设()(2)x y g x x e e ==-+， ∴()(1)xg x x e '=-，当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， ∴()(1)0g x g ≥=，当x →+∞时，()f x →+∞，当x →-∞，()f x e →，函数(1)y m x =-恒过点()1,0，分别画出()y g x =与(1)y m x =-的图象，如图所示，，若不等式()0f x >有且只有一个正整数解，则(1)y m x =-的图象在()y g x =图象的上方只有一个正整数值，∴3(31)(32)e m e -≤-+且(21)(22)xm e e ->-+，即32(3)m g e e ≤=+，且m e >∴32e e e m +<≤，故实数m 的最大值为32e e+，故选：A4．（2020·安徽六安·高三三模）已知函数()1e xf x x +=⋅，x ∈R .若函数()y f x m =+有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是（） A ．(),1-∞ B ．0,1C ．[)0,+∞D ．(],0-∞ 【答案】B【解析】由题意，()()11e x f x x +'=+，当(),1x ∈-∞-时，0f x ，函数()f x 单调递减，且此时()0f x <；当()1,x ∈-+∞时，0fx，函数()f x 单调递增，且此时()0f x >，()f x 的最小值为()11f -=-.函数()y f x m =+有两个不同的零点，则方程()f x m =-有两个不同实数解，作出函数()f x 的图象，如下图：显然，当10m -<-<，即01m <<时，()y f x m =+有两个不同的零点. 故选：B.5．（2020·湖南高三三模）已知'()f x 为函数()f x 的导数，且211()(0)'(1)2x f x x f x f e -=-+，若21()()2g x f x x x =-+，方程()0g ax x -=有且只有一个根，则a 的取值范围是（） A ．1e ⎧⎫⎨⎬⎩⎭B ．1,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．10,e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．1(,0]{}e-∞【答案】D【解析】因为()()()2110'12x f x x f x f e -=-+，所以()()'10f f e= 又()()()10'1x f x x f f e -=-+'，所以()()()111'1f f f e''=-+，因此()1f e '=，()01f =，所以()()()212110122x x f x x f x f e x x e -=-=-+'+，因此()()212xg x f x x x e =-+=，因为方程()0g ax x -=有且只有一个根，所以ax e x =有且只有一个根，即lnxa x=有且只有一个实根，且0x >；令()lnx h x x =，(0)x >，则()21lnxh x x -'=，由()0h x '=得x e =，所以当x e >时，()0h x '<，函数()h x 单调递减；当0x e <<时，()0h x '>，函数()h x 单调递增；故()h x 最大值为()1h e e=，又()10h =；作出函数()h x 的简图如下：因为lnx a x =有且只有一个实根，只需直线y a =与曲线()lnxh x x=有且只有一个交点，结合图像可得0a ≤或1a e=.故选D6．（2020·北京昌平·高三三模）已知()()(31)xf x e a ax =-+，若()0()f x x R ≥∈成立，则满足条件的a 的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【答案】D【解析】分类讨论：很明显当0a =时，()0xf x e =>恒成立，当0a >时，应有130a e a --=，此方程的根即函数y x =与函数13x y e -=在区间()0,∞+上的交点的个数，注意到13x y e -=过坐标原点的切线方程为3y x e =，且31e>，故函数y x =与函数13x y e -=在区间()0,∞+上有2个交点，函数图象如图所示.当0a <时，不存在满足题意的实数a ，综上可得，满足条件的a 的个数是3. 本题选择D 选项.7．（2020·河南南阳中学高三三模）若关于x 的不等式0x xe ax a -+<的解集为(,)(0)m n n <，且(,)m n 中只有一个整数，则实数a 的取值范围是（） A ．221[,)3e eB ．221,)3e e（ C ．221[,)32e eD ．221,32e e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】C【解析】由题意设g （x ）＝xe x ，y ＝ax ﹣a ， ∵g ′（x ）＝（x +1）e x ，∴g （x ）在（﹣∞，﹣1）递减，在（﹣1，+∞）递增， ∴g （x ）min ＝g （﹣1）1e=-， ∵y ＝ax ﹣a 恒过定点P （1，0）， ∴结合函数图象得，K P A ≤a ＜K PB ，又A （﹣2，22e-），B （﹣1，1e -）， ∴K P A 223e =，K PB 12e =，即223e ≤a 12e＜，故选C ．8．（2020·河南高三三模）已知函数(),13x e x f x x ⎧≤⎪=<<，若函数()()2g x f x k x =-+有三个零点，则实数k 的取值范围是（）A．1,3e e ⎛⎛⎤⋃ ⎥ ⎝⎦⎝⎭ B．1,e ⎛⎛⎫⋃+∞ ⎪ ⎝⎭⎝⎭ C．⎛ ⎝⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】作(),13xe xf x x ⎧≤⎪=<<与2y k x =+图象如下：由)13y x =<<整理得()()22210x y y -+=≥，当直线()()20y k x k =+>与圆()2221x y -+=1=，解得k =，对应图中分界线①；再考虑直线()2y k x =+与曲线xy e =相切，设切点坐标为(),t t e ，对函数x y e =求导得e xy '=，则所求切线的斜率为t e ，所求切线的方程为()tty e e x t -=-，直线()2y k x =+过定点()2,0-，将点()2,0-的坐标代入切线方程得()2tte e t -=--，解得1t =-，所以，切点坐标为11,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1k e∴=，对应图中分界线③；当直线()2y k x =+过点()1,e 时，则有3k e =，解得3ek =，对应图中分界线②. 由于函数()()2g x f x k x =-+有三个零点，由图象可知，实数k的取值为10,,153e e ⎛⎫⎛⎤⋃ ⎪ ⎥ ⎪⎝⎦⎝⎭.故选：A. 9．（2020·江西高三三模）已知函数()()()211xf x x e mx m m =-+-≥-，若有且仅有两个整数使得()0f x ≤，则实数m 的取值范围是（）A ．235,23e e ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭B ．258,23e e ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭C ．215,23e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．51,2e ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】由题意，有且仅有两个的整数，使得()0f x ≤，即()e21xx m mx -≤-，令()e (21)x g x x =-，则'()e (21)xg x x =+，易知()g x 在1(,)2-+∞单调递增，在1(,)2-∞-单调递减，作出()g x 与(1)(1)y m x m =--≤-的图象，如图所示只需(0)(1)(11)(2)(21)f m f m f m ≤⎧⎪-≤---⎨⎪->---⎩，解得2352e 3e m -≤<-. 故选：A.10．（2020·黑龙江铁人中学高三三模）设函数()2x f x xe a =+，()x g x e ax =+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，则a 的取值范围是（） A ．3[2e-，1) B ．3[2e，1) C ．3[2e -，3)4D ．3[2e ，3)4【答案】D【解析】由题意可知，存在唯一的整数x ，使得(21)x x e ax a -<-，构造函数()(21)x h x x e =-，则()(21)x h x x e '=+．当12x <-时，()0h x '<；当12x >-时，()0h x '>．所以，函数()(21)x h x x e =-的单调递减区间为1(,)2-∞-，单调递增区间为1(,)2-+∞．函数()y h x =在12x =-处取得极小值1()2h -=如下图所示，由于(0)1h =-，3(1)h e-=-，所以，(1)(0)h h -<，结合图象可知，(0)0(1)(1)h a a h a a<⨯-⎧⎨-⨯--⎩，解得312a e <. 故选：B11．（2020·四川攀枝花·高三三模）已知函数22ln ,0()3,0x x x x f x x x x ->⎧=⎨--≤⎩的图象上有且仅有四个不同的点关于直线1y =的对称点在1y kx =+的图象上，则实数k 的取值范围是（） A ．1(,1)2B ．(1,1)-C ．11(,)32-D ．11(,)22-【答案】B【解析】函数22ln ,0()3,0x x x x f x x x x ->⎧=⎨--≤⎩的图象上有且仅有四个不同的点关于直线1y =的对称点在1y kx =+的图象上，而函数1y kx =+关于直线1y =的对称图象为1y kx =-+，22ln ,0()3,0x x x x f x x x x ->⎧∴=⎨--≤⎩的图象与1y kx =-+的图象有且只有四个不同的交点，作函数22ln ,0()3,0x x x x f x x x x ->⎧=⎨--≤⎩的图象与1y kx =-+的图象如下，易知直线1y kx =-+恒过点(0,1)A ，设直线AC 与2y x xlnx =-相切于点(,2)C x x xlnx -， 1y lnx '=-，故211x xlnx lnx x---=，解得，1x =，故1AC k =；设直线AB 与23y x x =--相切于点2(,3)B x x x --，23y x '=--，故23123x x x x-----=，解得，1x =-；故()2131AB k =-⨯--=-，故11k -<-<，即11k -<<；故选：B12．（2020·河南安阳·高三三模）已知不等式ln (ln4)0x x x k k +-+<的解集中仅有2个整数，则实数k 的取值范围是（） A ．20,ln 23⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．342ln ,ln 2433⎛⎫⎪⎝⎭C ．34ln ,43⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．342ln ,ln 2433⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【解析】原不等式等价于(1)ln 4ln k x x x x +<-，设()(1),()ln4ln g x k x f x x x x =+=-，4()ln 4(1ln )ln 1f x x x'∴=-+=-，令()0f x '=，得4x e=.当40x e <<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当4ex >时，()0f x '<，()f x 单调递减.又(4)0,0f x =→时，()0f x →因此()f x 与()g x 的图像如下，当0k ≤时，显然不满足条件，当0k >时，只需满足(2)(2)(3)(3)g f g f <⎧⎨≥⎩，(21)2ln 42ln 2(31)3ln 43ln 3k k +<-⎧∴⎨+≥-⎩，342ln ln 2433k ∴≤<. 故选：D.。

2020届高考数学(人教B版)一轮复习排列(理)学案1

排列【学习目标】1．理解排列的概念.2．能利用计数原理推导排列数公式．3．能利用排列数公式解决简单的实际问题．【要点梳理】要点一、排列的概念1. 排列的定义：一般地，从n 个不同的元素中取出m （m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．要点诠释:（1）排列的定义中包括两个基本内容，一是“取出元素”，二是“按照一定的顺序排列”．（2）从定义知，只有当元素完全相同，并且元素排列的顺序也完全相同时，才是同一个排列．（3）如何判断一个具体问题是不是排列问题，就要看从n 个不同元素中取出m 个元素后，再安排这m 个元素时是有顺序还是无顺序，有顺序就是排列，无顺序就不是排列．要点二：排列数1.排列数的定义从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素的所有排列的个数叫做从n 个元素中取出m 元素的排列数，用符号m n A 表示.要点诠释:（1）“排列”和“排列数”是两个不同的概念，一个排列是指“从n 个不同的元素中，任取m （m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列”，它不是一个数，而是具体的一个排列（也就是具体的一件事）；（2）排列数是指“从n 个不同元素中取出m （m≤n）个元素的所有不同排列的个数”，它是一个数．比如从3个元素a 、b 、c 中每次取出2个元素，按照一定的顺序排成一列，有如下几种：ab ，ac ，ba ，bc ，ca ，cb ，每一种都是一个排列，共有6种，而数字6就是排列数，符号A m n 表示排列数，在此题中23A 6=．2．排列数公式A (1)(2)(1)m n n n n n m =---+，其中n ，m∈N +，且m≤n．要点诠释:(1)公式特征：第一个因数是n ，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个因数是1n m -+，共有m 个因数。

(2)公式含义：①2n A 的意义：假定有排好顺序的2个空位，从n 个元素12,,n a a a 中任取2个元素去填空，一个空位填一个元素，每一种填法就得到一个排列，反过来，任一个排列总可以由这样的一种填法得到。

高三数学一轮复习 7.2 数形结合思想学案

高三数学一轮复习 7.2 数形结合思想学案专题七：思想方法专题第二讲数形结合思想【思想方法诠释】一、数形结合的思想所谓的数形结合，就是根据数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数含义，又揭示其几何意义，使数量关系和空间形式巧妙、和谐地结合起来，并充分利用这种“结合”，寻找解题思路，使问题得到解决，数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法。

数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从形的直观和数的严谨两方面思考问题，拓宽了解题思路，是数学的规律性与灵活性的有机结合．数形结合的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，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化．二、数形结合思想解决的问题常有以下几种：1．构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围；2．构建函数模型并结合其图象研究方程根的范围；3．构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系；4．构建函数模型并结合其几何意义研究函数的最值问题和证明不等式；5．构建立体几何模型研究代数问题；6．构建解析几何中的斜率、截距、距离等模型研究最值问题；7．构建方程模型，求根的个数；8．研究图形的形状、位置关系、性质等。

三、数形结合思想是解答高考数学试题的一种常见方法与技巧，特别是在解选择题、填空题时发挥奇特功效，具体操作时，应注意以下几点：1．准确画出函数图象，注意函数的定义域；2．用图象法讨论方程（特别是含参数的方程）的解的个数是一种行之有效的方法，值得注意的是首先把方程两边的代数式看作是两个函数的表达式（有时可能先作适当调整，以便于作图）然后作出两个函数的图象，由图求解。

四、在运用数形结合思想分析问题和解决问题时，需做到以下四点：1．要清楚一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征；2．要恰当设参，合理用参，建立关系，做好转化；3．要正确确定参数的取值范围，以防重复和遗漏；4．精心联想“数”与“形”，使一些较难解决的代数问题几何化，几何问题代数化，以便于问题求解。

2020年新高考数学复习恒成立问题专题解析

2020年新高考数学复习恒成立问题专题解析考纲要求:1.理解不等式恒成立的基本概念，会根据不等式恒成立处理求参数范围的简单问题.2.通过自主学习与合作探究的教学过程，进一步提升学生自主学习的数学能力.3.通过本内容的教学，使学生掌握不等式恒成立与最值的关系，进一步了解数学各内容之间一种完美结合与渗透之美. 基础知识回顾:恒成立：关于x 的不等式f (x )≥0对于x 在某个范围内的每个值不等式都成立，就叫不等式在这个范围内恒成立。

若函数()f x 在区间D 上存在最小值min ()f x 和最大值max ()f x ，则: ①不等式()f x a >在区间D 上恒成立min ()f x a ⇔>； ②不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立min ()f x a ⇔≥； ③不等式()f x b <在区间D 上恒成立max ()f x b ⇔<； ④不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立max ()f x b ⇔≤；若函数()f x 在区间D 上不存在最大（小）值，且值域为(,)m n ，则： ①不等式()f x a >（或()f x a ≥）在区间D 上恒成立m a ⇔≥； ②不等式()f x b <（或()f x b ≤）在区间D 上恒成立n b ⇔≤；应用举例【例1】已知定义在R 上的函数和分别满足，，则下列不等式恒成立的是 A ．B ．C．D．【答案】C【详解】令，则，令，则，解得，则，令，，则函数在上单调递减，则，可得故选【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、构造法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题。

【例2】设，当时，不等式恒成立，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A，令则令，可得当时，递减；当时，递增；则当时，，故的解集为：且则的取值范围是故选【点睛】本题运用导数解答了恒成立问题，先通过导数求出不等式左边的最小值，然后代入不等式，构造新函数，再次运用导数求出最值，从而计算出结果，本题导数的运用性较强、综合性强，需要掌握其解答方法。

【学科精品】高考数学一轮复习数形结合法学案.doc

1 由图可知，当 0<m< 时， f ( x) ＝ m( m∈ R) 恰有三个互不相等的实数根
4
x1， x2， x3.
三、构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系；
ax b
例 4. 函数 f x
的图象如图所示，则下列结论成立的是（
）
2
xc
（ A） a 0 ， b 0 ， c 0 （ C） a 0 ， b 0 ， c 0
设f(x)＝ (2x－ 1)
(x－ 1)，且关于 x的方程 f( x)＝ m(m∈R )恰有三个互不相等的实数根值范围是 ________．
x1， x2， x3，则 x1x2x3 的取
【答案】
1－ 16
3， 0
－【解析】由定义可知， f ( x) ＝
－－
，x≤0，， x>0.
作出函数 f ( x) 的图象，如图所示．
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
直观地说明函数的性质；二是借助于数的精确性和规范严密性
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
精确地阐明曲线的几何性质．
2．运用数形结合思想分析解决问题时，要遵循三个原则（ 1）等价性原则．在数形结合时，代数性质和几何性质的转换必须是等价的，否则解
n
是. 【答案】 8
例2【 2016 高考天津】已知函数 f （x） = x2 (4 a 3)x 3a, x 0, （ a>0, 且 a≠1）在 R 上 log a (x 1) 1, x 0
单调递减，且关于 x 的方程 | f (x) | 2 x 恰好有两个不相等的实数解，则 a 的取值范围是
（）威海市高三上期末】在平面直角坐标系