2018年高考数学二轮复习(江苏版) 第2部分八大难点突破难点7 函数零点、单调性、极值等综合问题含答案

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2018年江苏高考数学二轮复习：第2部分八大难点突破难点4 解析几何中的范围、定值和探索性问题

难点四解析几何中的范围、定值和探索性问题(对应学生用书第68页)解析几何中的范围、定值和探索性问题仍是高考考试的重点与难点，主要以解答题形式考查，一般以椭圆为背景，考查范围、定值和探索性问题，试题难度较大．复习时不能把目标仅仅定位在知识的掌握上，要在解题方法、解题思想上深入下去．解析几何中基本的解题方法是使用代数方程的方法研究直线、曲线的某些几何性质，代数方程是解题的桥梁，要掌握一些解方程(组)的方法，掌握一元二次方程的知识在解析几何中的应用，掌握使用根与系数的关系进行整体代入的解题方法；其次注意分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想等的应用，如解析几何中的最值问题往往需建立求解目标函数，通过函数的最值研究几何中的最值．下面对这些难点一一分析：1．圆锥曲线中的定点、定值问题该类问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明，难度较大．定点、定值问题是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．【例1】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝32，直线y ＝x ＋2与以原点为圆心、椭圆C 的短半轴长为半径的圆O 相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线x ＝12与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，以线段MN 为直径作圆D ，若圆D 与y 轴相交于不同的两点A ，B ，求△ABD 的面积；(3)如图1，A 1，A 2，B 1，B 2是椭圆C 的顶点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意点，直线B 2P 交x 轴于点F ，直线A 1B 2交A 2P 于点E ，设A 2P 的斜率为k ，EF 的斜率为m ，求证：2m －k 为定值.【导学号：56394098】图1[解] (1)∵直线y ＝x ＋2与以原点为圆心、椭圆C 的短半轴长为半径的圆O 相切， ∴|0－2|2＝b ，化为b ＝1.∵离心率e ＝32＝c a ，b 2＝a 2－c 2＝1，联立解得a ＝2，c ＝ 3. ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1； (2)把x ＝12代入椭圆方程可得：y 2＝1－116，解得y ＝±154. ∴⊙D 的方程为：⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋y 2＝1516. 令x ＝0，解得y ＝±114， ∴|AB |＝112，∴S △ABD ＝12|AB |·|OD |＝12×112×12＝118. (3)证明：由(1)知：A 1(－2,0)，A 2(2,0)，B 2(0,1)，∴直线A 1B 2的方程为y ＝12x ＋1，由题意，直线A 2P 的方程为y ＝k (x －2)，k ≠0，且k ≠±12，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝12x ＋1，y ＝k x －，解得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1. 设P (x 1，y 1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x －，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2－16k 2x ＋16k 2－4＝0. ∴2x 1＝16k 2－44k 2＋1，∴x 1＝8k 2－24k 2＋1，y 1＝k (x 1－2)＝－4k 4k 2＋1.∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1. 设F (x 2,0)，则由P ，B 2，F 三点共线得，kB 2P ＝kB 2F .即－4k 4k 2＋1－18k 2－24k 2＋1－0＝0－1x 2－0，∴x 2＝4k －22k ＋1，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k －22k ＋1，0. ∴EF 的斜率m ＝4k 2k －1－04k ＋22k －1－4k －22k ＋1＝2k ＋14. ∴2m －k ＝2k ＋12－k ＝12为定值． [方法总结] 定值问题是解析几何中的一种常见问题，基本的求解思想是：先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题．(1)求定值问题常见的方法有两种①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．(2)定点的探索与证明问题①探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋m ，然后利用条件建立k ，m 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．2．圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中参数的范围及最值问题，由于其能很好地考查学生对数学知识的迁移、组合、融会的能力，有利于提高学生综合运用所学知识分析、解决问题的能力．该类试题设计巧妙、命题新颖别致，常求特定量、特定式子的最值或范围．常与函数解析式的求法、函数最值、不等式等知识交汇，成为近年高考热点．解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．图2【例2】 (苏北四市(徐州、淮安、连云港、宿迁)2017届高三上学期期末)如图2，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，且右焦点F 到左准线的距离为6 2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设A 为椭圆C 的左顶点，P 为椭圆C 上位于x 轴上方的点，直线PA 交y 轴于点M ，过点F 作MF 的垂线，交y 轴于点N .(ⅰ)当直线的PA 斜率为12时，求△FMN 的外接圆的方程； (ⅱ)设直线AN 交椭圆C 于另一点Q ，求△APQ 的面积的最大值．[解] (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝22，c ＋a 2c ＝62，解得⎩⎨⎧ a ＝4，c ＝22，则b ＝22，所以椭圆C 的标准方程为x 216＋y 28＝1. (2)由题可设直线PA 的方程为y ＝k (x ＋4)，k ＞0，则M (0,4k )，所以直线FN 的方程为y ＝224k (x －22)，则N ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2k . (ⅰ)当直线PA 的斜率为12，即k ＝12时，M (0,2)，N (0，－4)，F (22，0)，MF →＝(22，－2)，FN →＝(－22，－4)，MF →·FN →＝－8＋8＝0.所以MF ⊥FN ，所以圆心为(0，－1)，半径为3，所以△FMN 的外接圆的方程为x 2＋(y ＋1)2＝9. (ⅱ)联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x ＋，x 216＋y 28＝1，消去y 并整理得，(1＋2k 2)x 2＋16k 2x ＋32k 2－16＝0，解得x 1＝－4或x 2＝4－8k 21＋2k 2，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4－8k21＋2k 2，8k1＋2k 2，直线AN 的方程为y ＝－12k (x ＋4)，同理可得，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－41＋2k 2，－8k 1＋2k 2，所以P ，Q 关于原点对称，即PQ 过原点．所以△APQ 的面积S ＝12OA ·(y P －y Q )＝2×16k 1＋2k 2＝322k ＋1k ≤82，当且仅当2k ＝1k ，即k ＝22时，取“＝”．所以△APQ 的面积的最大值为8 2.[方法总结] 这类问题在题目中往往没有给出不等关系，需要我们去寻找．求最值或范围常见的解法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求最值，求函数最值常用的方法有配方法、判别式法、导数法、基本不等式法及函数的单调性、有界性法等．用这种方法求解圆锥曲线的最值与范围问题时，除了重视建立函数关系式这个关键点外，还要密切注意所建立的函数式中的变量是否有限制范围，这些限制范围恰好制约了最值的取得，因此在解题时要予以高度关注．3．圆锥曲线中的探索性问题探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求学生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题，它能很好地考查数学思维能力以及科学的探索精神．因此越来越受到高考命题者的青睐．探索性问题实质上是探索结论的开放性问题．相对于其他的开放性问题来说，由于这类问题的结论较少(只有存在、不存在两个结论有时候需讨论)，因此，思考途径较为单一，难度易于控制，受到各类考试命题者的青睐．解答这一类问题，往往从承认结论、变结论为条件出发，然后通过特例归纳，或由演绎推理证明其合理性．探索过程要充分挖掘已知条件，注意条件的完备性，不要忽略任何可能的因素．图3【例3】 (苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)如图3，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x 2＋y 2－4x ＝0及点A (－1,0)，B (1,2)．(1)若直线l 平行于AB ，与圆C 相交于M ，N 两点，MN ＝AB ，求直线l 的方程；(2)在圆C 上是否存在点P 满足条件，使得PA 2＋PB 2＝12？若存在，求点P 的个数；若不存在，说明理由．【导学号：56394099】[解] (1)圆C 的标准方程为(x －2)2＋y 2＝4，所以圆心C (2,0)，半径为2.因为l ∥AB ，A (－1,0)，B (1,2)，所以直线l 的斜率为2－01－－＝1，设直线l 的方程为x －y ＋m ＝0，则圆心C 到直线l 的距离为d ＝|2－0＋m |2＝|2＋m |2. 因为MN ＝AB ＝22＋22＝22，而CM 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫MN 22，所以4＝＋m22＋2，解得m ＝0或m ＝－4，故直线l 的方程为x －y ＝0或x －y －4＝0.(2)假设圆C 上存在点P 满足条件，设P (x ，y )，则(x －2)2＋y 2＝4， PA 2＋PB 2＝(x ＋1)2＋(y －0)2＋(x －1)2＋(y －2)2＝12，即x 2＋y 2－2y －3＝0，即x 2＋(y －1)2＝4，因为|2－2|＜－2＋－2＜2＋2，所以圆(x －2)2＋y 2＝4与圆x 2＋(y －1)2＝4相交，所以点P 的个数为2.[方法总结] (1)解决存在性问题的解题步骤：第一步：先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)；第二步：解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在；第三步：得出结论．(2)解决存在性问题应注意以下几点：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．。

2018年高考数学江苏专版三维二轮专题复习教学案：专题二立体几何 Word版含答案

江苏新高考高考对本专题内容的考查一般是“一小一大”，小题主要考查体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考查形式单一，难度一般.第1课时立体几何中的计算(基础课) [常考题型突破]空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．(2)柱体、锥体、台体的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．(3)球的表面积和体积公式： ①S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； ②V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．[题组练透]1．现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3 cm ，母线长为5 cm ，所以圆锥的高为52－32＝4 cm ，其体积为13π×32×4＝12π cm 3，设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，所以该铁球的半径是39cm.答案：392．(2017·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为(23)2－22＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23．(2017·南通、泰州一调)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1-A 1BD 的体积为_______cm 3.解析：三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于三棱锥B -A 1D 1D 的体积，因为三棱锥B -A 1D 1D 的高等于AB ，△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的12，所以三棱锥B -A 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积的16，所以三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于16×32×1＝32.答案：324.如图所示是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一个平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，A 1A ＝4，B 1B ＝2，C 1C ＝3，则此几何体的体积为________．解析：在A 1A 上取点A 2，在C 1C 上取点C 2，使A 1A 2＝C 1C 2＝BB 1，连结A 2B ，BC 2，A 2C 2，∴V ＝VA B C A BC 11122-＋VB A ACC 22-＝12×1×1×2＋13×(1＋2)2×2×22＝32. 答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是________．解析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22＝94.答案：94[方法归纳]解决球与其他几何体的切、接问题(1)解题的关键：仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)选准最佳角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3)认识球与正方体组合的3种特殊截面：(4)熟记2个结论：①设小圆O 1半径为r ，OO 1＝d ，则d 2＋r 2＝R 2；②若A ，B 是圆O 1上两点，则AB ＝2r sin ∠AO 1B 2＝2R sin ∠AOB 2.[题组练透]1．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：322．(2017·全国卷Ⅲ改编)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34×π×1＝3π4.答案：3π43．已知矩形ABCD的顶点都在半径为2的球O的球面上，且AB＝3，BC＝3，过点D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，则棱锥E-ABCD的体积为________．解析：如图所示，BE过球心O，∴DE＝42－32－(3)2＝2，∴V E -ABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 34．(2017·南京、盐城一模)将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是________．解析：因为将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥O-EFG的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥O-EFG体积取最大值时，△EFG的面积最大，当EF为直径，且G在EF的垂直平分线上时，(S△EFG)max＝12×4×2＝4,所以三棱锥O-EFG体积的最大值(V O-EFG)max＝13×(S△EFG)max×AB＝13×4×3＝4.答案：4[方法归纳]多面体与球的切接问题的解题技巧[必备知识]将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透]1．(2017·南通三模)已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，则这个圆锥的高为________．解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，所以圆锥的母线长l ＝3，设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2πr ＝3×2π3，所以r ＝1，所以圆锥的高为32－12＝2 2. 答案：2 22．(2017·南京考前模拟)如图，正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别为边AC 与BC 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折，使平面ADC ⊥平面DCB ，则棱锥E -DFC 的体积为________．解析：S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12. V E -DFC ＝13×S △DFC×h ＝324. 答案：3243.(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时，设△ABC 的边长为a (a >0)cm ，则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ，则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a ， ∴25－533a >0， ∴0<a <53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312× 25a 4－533a 5. 令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4，由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG＝36BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )>0，即x 4－2x 3<0，得0<x <2，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80， ∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415. 答案：415 [方法归纳][A 组——抓牢中档小题]1．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是棱B 1B 的中点，则三棱锥B 1-ADE 的体积为________．解析：VB 1-ADE ＝VD -AEB 1＝13S △AEB 1·DA ＝13×12×12×1×1＝112.答案：1122．若两球表面积之比是4∶9，则其体积之比为________．解析：设两球半径分别为r 1，r 2，因为4πr 21∶4πr 22＝4∶9，所以r 1∶r 2＝2∶3，所以两球体积之比为43πr 31∶43πr 32＝⎝⎛⎭⎫r 1r 23＝⎝⎛⎭⎫233＝8∶27.答案：8∶273．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝4π3×278＝92π.答案：92π4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，母线长为l ，则侧面积为πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，则圆锥的高h ＝l 2－r 2＝8，则此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案：96π5．(2017·扬州期末)若正四棱锥的底面边长为2(单位：cm)，侧面积为8(单位：cm 2)，则它的体积为________(单位：cm 3)．解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c ＝8，12ch ′＝8，所以斜高h ′＝2，正四棱锥的高为h ＝3，所以正四棱锥的体积为13×22×3＝433.答案：4336．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得，a 313πr 3＝3π，得a＝r ，从而S 1S 2＝62π＝32π.答案：32π7.(2017·苏北三市三模)如图，在正三棱柱ABC -A1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：三棱锥的底面积S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到底面的距离为△ABC 的高h ＝32－⎝⎛⎭⎫322＝332，故三棱锥的体积VP -ABA 1＝13S △ABA 1×h ＝934. 答案：9348．(2017·无锡期末)已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为2π3，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积等于________．解析：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，因为3π＝13πl 2，所以l ＝3，所以πr ×3＝3π，所以r ＝1，所以圆锥的高是32－12＝22，所以圆锥的体积是13×π×12×22＝22π3.答案：22π39．(2017·徐州古邳中学摸底)表面积为24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．解析：设圆柱的高为h ，底面半径为r ，则圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πrh ＝24π，即r 2＋rh ＝12，得rh ＝12－r 2， ∴V ＝πr 2h ＝πr (12－r 2)＝π(12r －r 3)，令V ′＝π(12－3r 2)＝0，得r ＝2，∴函数V ＝πr 2h 在区间(0,2]上单调递增，在区间[2，＋∞)上单调递减，∴r ＝2时，V 最大，此时2h ＝12－4＝8，即h ＝4，r h ＝12.答案：1210．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：把三棱锥P -ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体所得的一部分(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 答案：5π11．已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，则侧棱PA 的长为________．解析：设底面正三角形ABC 的中心为O ，又底面边长为2，故OA ＝233，由V P -ABC ＝13PO ·S △ABC ，得223＝13PO ×34×22，PO ＝263，所以PA ＝PO 2＋AO 2＝2. 答案：212．(2017·苏州期末)一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．解析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种情况：①孔高为3，则2πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3；②孔高为8，则r ＝8；③孔高为9，则r ＝9.而实际情况是，当r ＝8，r ＝9时，因为长方体有个棱长为3，所以受限制不能打，所以只有①符合．答案：313.如图所示，在体积为9的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，对角线B 1D 与平面A 1BC 1交于点E ，则四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝________.解析：连结B 1D 1交A 1C 1于点F ，连结BD ，BF ，则平面A 1BC 1∩平面BDD 1B 1＝BF ，因为E ∈平面A 1BC 1，E ∈平面BDD 1B 1，所以E ∈BF .因为F 是A 1C 1的中点，所以BF 是中线，又B 1F 綊12BD ，所以FE EB ＝12，故点E 到平面A 1B 1C 1D 1的距离是BB 1的13，所以四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝13×S 四边形A 1B 1C 1D 1×13BB 1＝19V 长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1＝1.答案：114．半径为2的球O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．解析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝2a 2＋h 2≥22ah ，即4ah ≤162，该正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤162，当且仅当h ＝2a ＝22时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－162＝16(π－2)．答案：16(π－2)[B 组——力争难度小题]1．已知三棱锥S -ABC 所在顶点都在球O 的球面上，且SC ⊥平面ABC ，若SC ＝AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°，则球O 的表面积为________．解析：∵AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°， ∴BC ＝12＋12－2×1×1×⎝⎛⎭⎫－12＝3， ∴三角形ABC 的外接圆直径2r ＝3sin 120°＝2，∴r ＝1.∵SC ⊥平面ABC ，SC ＝1， ∴该三棱锥的外接球半径R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫SC 22＝52，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝5π. 答案：5π2.(2017·南京三模)如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D -ABC 1的体积为________．解析：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥AB ，又因为∠ABC ＝90°，即BC ⊥AB ，又BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BB 1C 1C, 因为AB ＝1，BC ＝2，点D 为侧棱BB 1上的动点，所以侧面展开，当AD ＋DC 1最小时，BD ＝1，所以S △BDC 1＝12×BD ×B 1C 1＝1，所以三棱锥D -ABC 1的体积为13×S △BDC 1×AB ＝13.答案：133．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．解析：如图所示，AB ＝2，CD ＝a ，设点E 为AB 的中点，则ED ⊥AB，EC⊥AB，则ED＝AD2－AE2＝22，同理EC＝22.由构成三角形的条件知0＜a＜ED＋EC＝2，所以0＜a＜ 2.答案：(0，2)4.如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥P-AEF的体积最大时，tan∠BAC＝________.解析：∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB.又AC⊥BC，AP⊥BC，∴BC⊥平面PAC，∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°.设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，AF＝AP·ACPC＝2×2cos θ21＋cos2θ＝2cos θ1＋cos2θ，在Rt△PAB中，AE＝PE＝2，∴EF＝AE2－AF2，∴V P-AEF＝16AF·EF·PE＝16AF·2－AF2·2＝26·2AF2－AF4＝26·－(AF2－1)2＋1≤26，∴当AF＝1时，V P-AEF取得最大值26，此时AF＝2cos θ1＋cos2θ＝1，∴cos θ＝13，sin θ＝23，∴tan θ＝ 2.答案： 2第2课时平行与垂直(能力课) [常考题型突破][例1](2017·江苏高考)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .[方法归纳]1．(2017·苏锡常镇一模)如图，在斜三棱柱ABC -A1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C是菱形，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE ∥平面BCC 1B 1.(1)求证：E 是AB 的中点；(2)若AC 1⊥A 1B ，求证：AC 1⊥BC .证明：(1)连结BC1，因为OE ∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE ∥BC 1 .因为侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以O 是AC 1中点，所以AE EB ＝AO OC 1＝1，E 是AB 的中点. (2)因为侧面AA 1C 1C 是菱形，所以AC 1⊥A 1C,又AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC,因为BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC.2．(2017·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AD＝4，EB＝2.(1)若点Q是PD的中点，求证：AQ⊥平面PCD；(2)证明：BD∥平面PEC.证明：(1)因为PA＝AD，Q是PD的中点，所以AQ⊥PD.又PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA.又CD⊥DA，PA∩DA＝A，所以CD⊥平面ADP.又因为AQ⊂平面ADP，所以CD⊥AQ，又PD∩CD＝D，所以AQ⊥平面PCD.(2)取PC的中点M，连结AC交BD于点N，连结MN，ME，在△PAC中，易知MN＝12PA，MN∥PA，又PA∥EB，EB＝12PA，所以MN＝EB，MN∥EB，所以四边形BEMN是平行四边形，所以EM∥BN.又EM⊂平面PEC，BN⊄平面PEC，所以BN∥平面PEC，即BD∥平面PEC.[例2]ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，M为线段PB的中点，N为线段BC的中点．求证：(1)平面MON∥平面PAC；(2)平面PBC⊥平面MON.[证明](1)因为M，O，N分别是PB，AB，BC的中点，所以MO∥PA，NO∥AC，又MO∩NO＝O，PA∩AC＝A，所以平面MON∥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.由(1)知，MO∥PA，所以MO⊥BC.连结OC，则OC＝OB，因为N为BC的中点，所以ON⊥BC.又MO∩ON＝O，MO⊂平面MON，ON⊂平面MON，所以BC⊥平面MON.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面MON.[方法归纳]1．(2017·无锡期末)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.证明：(1)因为AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥CD，因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD,又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)连结AC，BD交于点O，连结OE，OF，因为四边形ABCD为矩形，所以O点为AC的中点，因为E为PC的中点，所以OE∥PA，因为OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD,同理可得：OF∥平面PAD，又因为OE∩OF＝O，所以平面OEF∥平面PAD,因为EF⊂平面OEF，所以EF∥平面PAD.2.(2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.[例3]圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC⊥平面CBF.(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．[解](1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF.∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB .又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF .又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面CBF .(2)当M 为CF 的中点时，OM ∥平面ADF .证明如下：取CF 中点M ，设DF 的中点为N ，连结AN ，MN ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ， ∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF .[方法归纳]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC .(1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求BF BE的值．解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥BC ，∵平面ABCD ⊥平面BCE ，∴AB ⊥平面BCE ，∴CE ⊥AB .又∵CE ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ，∴CE ⊥平面ABE ，又∵CE ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面ABE .(2)连结BD 交AC 于点O ，连结OF .∵DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF .∴DE ∥OF ，又在矩形ABCD 中，O 为BD 中点，∴F 为BE 中点，即BF BE ＝12. 2．如图，在矩形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段EF 折起，使得∠DFA ＝60°.设G 为AF 上的点．(1)试确定点G 的位置，使得CF ∥平面BDG ；(2)在(1)的条件下，证明：DG ⊥AE .解：(1)当点G 为AF 的中点时，CF ∥平面BDG .证明如下：因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ∥AB ∥CD .连结AC 交BD 于点O ，连结OG ，则AO ＝CO .又G 为AF 的中点，所以CF ∥OG .因为CF ⊄平面BDG ，OG ⊂平面BDG .所以CF ∥平面BDG .(2)因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ⊥FD ，EF ⊥FA .又FD ∩FA ＝F ，所以EF ⊥平面ADF ，因为DG ⊂平面ADF ，所以EF ⊥DG .因为FD ＝FA ，∠DFA ＝60°，所以△ADF 是等边三角形，DG ⊥AF ，又AF ∩EF ＝F ，所以DG ⊥平面ABEF .因为AE ⊂平面ABEF ，所以DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥V -ABC 中，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 是边长为2的等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC .(1)求证：VB ∥平面MOC ；(2)求线段VC的长．解：(1)证明：因为点O，M分别为AB，VA的中点，所以MO∥VB.又MO⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，所以OC⊥AB，且CO＝1.连结VO，因为△VAB是边长为2的等边三角形，所以VO＝ 3.又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB，所以OC⊥VO，所以VC＝OC2＋VO2＝2.B1C1中，AC⊥BC，A1B2.(2017·南通二调)如图，在直三棱柱ABC-A与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E.求证：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1ACC1为平行四边形．又E为A1C与AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理，D为A1B的中点，所以DE∥BC.又BC⊂平面B1BCC1，DE⊄平面B1BCC1，所以DE∥平面B1BCC1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又AC⊥BC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面A1ACC1，AA1⊂平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1.因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.(2017·南京三模)如图，在三棱锥A-BCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD.证明：(1)因为BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF.因为BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.(2)因为AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AE⊥CD.因为BD⊥CD，BD∥EF，所以CD⊥EF，又AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF.又CD⊂平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD.4.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，点E在PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PAD；(2)当PD∥平面AEC时，求PE∶EB的值．解：(1)证明：在平面ABCD中，过A作AF⊥DC于F，则CF＝DF＝AF＝1，∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝45°＋45°＝90°，即AC⊥DA.又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PA.∵PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AC⊥平面PAD.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PAD.(2)连结BD交AC于O，连结EO.∵PD∥平面AEC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO，则PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1，∴PE∶EB的值为2.5.(2017·扬州考前调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明：(1)连结OQ,因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO ＝2OC ，又PQ ＝2QC ，所以PA ∥OQ ，因为OQ ⊂平面QBD ，PA ⊄平面QBD ，所以PA ∥平面QBD .(2)在平面PAD 内过P 作PH ⊥AD 于H ，因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥BD .又PA ⊥BD ，且PA ∩PH ＝P ，PA ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD ，又AD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥AD .6.如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB ∥EF ，AF ＝2，EF ＝2AB ＝42，平面ABCD ⊥平面ABEF .(1)求证：BE ⊥DF ；(2)若P 为BD 的中点，试问：在线段AE 上是否存在点Q ，使得PQ ∥平面BCE ？若存在，找出点Q 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取EF 的中点G ，连结AG ，因为EF ＝2AB ，所以AB ＝EG ，又AB ∥EG ，所以四边形ABEG 为平行四边形，所以AG ∥BE ，且AG ＝BE ＝AF ＝2.在△AGF 中，GF ＝12EF ＝22，AG ＝AF ＝2，所以AG 2＋AF 2＝GF 2，所以AG ⊥AF .因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABEF ，且平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，又AG ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AG .因为AD ∩AF ＝A ，所以AG ⊥平面ADF .因为AG ∥BE ，所以BE ⊥平面ADF .因为DF ⊂平面ADF ，所以BE ⊥DF .(2)存在点Q ，且点Q 为AE 的中点，使得PQ ∥平面BCE .证明如下：连结AC ，因为四边形ABCD 为矩形，所以P 为AC 的中点．在△ACE中，因为点P，Q分别为AC，AE的中点，所以PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，所以PQ∥平面BCE.。

(江苏专版)2018年高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点1 与三角变换、平面向量综合的三角形问题课

【例 2】 (2017·江苏省无锡市高考数学一模)在△ABC 中，a，b，c 分别为角 A， B，C 的对边．若 acos B＝3，bcos A＝1，且 A－B＝π6. (1)求边 c 的长； (2)求角 B 的大小. 【导学号：56394089】
[解] (1)∵acos B＝3，bcos A＝1，∴a×a2＋2ca2c－b2＝3，b×b2＋2cb2c－a2＝1，化为：a2＋c2－b2＝6c，b2＋c2－a2＝2c. 相加可得：2c2＝8c，解得 c＝4.
(2)由 α∈0，π2，β∈0，2π得，α－β∈－π2，π2.
因
sin(α－β)＝
1100，则
cos(α－β)＝3
10 10 .
则 sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)
＝255×31010－ 55× 1100＝ 22，
若 P 是△ABC 内的一点，BA→→PP＝＝tλ||BB→→AA→ →AABB||＋＋||BB→→AA→ →CCCC||，，tλ＞＞00
⇒P 是△ABC 的内心；若 D、E 两点分别是△ABC 的边 BC、CA 上的中点，且
D→P·P→B＝D→P·P→C E→P·P→C＝E→P·P→A
∴16sin2B＋π6－16sin2B＝8sin22B＋π6， ∴ 1 － cos 2B＋π3 － (1 － cos 2B) ＝ sin2 2B＋π6 ，即 cos 2B － cos 2B＋π3 ＝ sin22B＋π6， ∴－2sin2B＋6πsin－6π＝sin22B＋6π， ∴sin2B＋6π＝0 或 sin2B＋6π＝1，B∈0，152π. 解得：B＝π6.
6．2 判断三角形形状三角形的边可以看做向量的模长，三角形的内角可以看做向量的夹角，所以可利用向量的数量积和夹角公式或者其他线性运算，结合平面几何知识来判断三角形的形状

2018年江苏高考数学二轮复习教师用书：第2部分八大难点突破难点7 函数零点、单调性、极值等综合问题

难点七函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第73页)函数零点、单调性、极值都是高中数学的重要内容，也都是高考的热点和重点，在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都很大，函数与导数是高中数学的主线，它们贯穿于高中数学的各个内容，求值的问题就要涉及到方程，求取值范围的问题就离不开不等式，但方程、不等式更离不开函数，函数思想的运用是我们解决问题的重要手段，而导数是我们解决问题的一个行之有效的工具． 1．函数零点函数零点问题主要是研究函数与方程问题，方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图象与x 轴的交点的横坐标，即零点．函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的. 许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决．在高考中重点考查函数零点个数、零点范围以及与零点有关的范围问题，有时添加函数性质进去会使得此类问题难度加大．【例1】 (2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围.【导学号：56394108】[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 32＋b －a 23. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab 3＋1＝0.又a >0，故b ＝2a 29＋3a.因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根，从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤0，即a ≥3.当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)，故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值；当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b 3.列表如下：12从而a >3.因此b ＝2a 29＋3a ，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a.设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t 2. 当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞时，g ′(t )>0，从而g (t )在⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞上单调递增．因为a >3，所以a a >33，故g (a a )>g (33)＝3，即ba> 3. 因此b 2>3a .(3)由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b9.从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2 ＝4a 3－6ab 27－4ab 9＋2＝0.记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )，因为f ′(x )的极值为b －a 23＝－19a 2＋3a ，所以h (a )＝－19a 2＋3a ，a >3.因为h ′(a )＝－29a －3a 2<0，于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减．因为h (6)＝－72，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.因此a 的取值范围为(3,6]．【例2】已知函数f (x )＝a x －1x2－b ＋ln x (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝3，函数f (x )有3个零点，求实数b 的取值范围．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x2＋2x3＋1x.由题意可得f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－a x2＋2x3＋1x≥0，所以a x2≤2x3＋1x，因为x ＞0，所以x 2＞0，故a ≤2x＋x .由基本不等式可得2x ＋x ≥22(当且仅当2x＝x ，即x ＝2时等号成立)，故实数a 的取值范围为(－∞，22]．(2)当a ＝3时，f (x )＝3x －1x2－b ＋ln x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－3x 2＋2x 3＋1x ＝x 2－3x ＋2x3＝x －x －x3.由f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：极小值为f (2)＝32－122－b ＋ln 2＝54－b ＋ln 2.要使函数f (x )有3个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧2－b ＞0，54－b ＋ln 2＜0，解得54＋ln 2＜b ＜2.故实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋ln 2，2. 2．利用函数的单调区间和极值点研究函数零点函数f (x )的零点，即f (x )＝0的根，亦即函数f (x )的图象与x 轴交点横坐标，与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系(或者转化为两个熟悉函数交点问题)．【例3】 (2016－2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a ＞0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧fx ，f x g x ，g x ，f x ＜g x ，(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x ＞0)的零点个数． [解] (1)∵函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1， ∴f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∵a ＞0，∴x 1＜x 2，列表如下：∴f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a＝a2－a 2＋1＝1－a2.(2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∵存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∴f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解，即不等式2a ≤1x 3＋3x在x ∈[1,2]上有解，设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∵y ′＝－3x 2－3x4＜0对x ∈[1,2]恒成立，∴y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∴当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x的最大值为4，∴2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a＝1－4a2，①当1－4a2＞0，即a ＞2时，f (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．②当1－4a2＝0即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0，又g (1)＝0，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点．③当1－4a2＜0，即0＜a ＜2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0＜x ＜1)，∵φ′(x )＝3ax 2－6x －1x ＜6x (x －1)－1x＜0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减，又φ(1)＝a －2＜0，φ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 3＋2e 2－3e 2＞0，∴存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得φ(x 0)＝0，Ⅰ.当0＜x ≤x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0，∴h (x )＝f (x )且h (x )为减函数，又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0＜ln 1＝0，f (0)＝1＞0，∴h (x )在(0，x 0)上有一个零点； Ⅱ.当x ＞x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )＜φ(x 0)＝0， ∴h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∵g (1)＝0， ∴h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(x 0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0＜a ＜2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点；当a ＞2时，h (x )无零点．【例4】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)已知函数f (x )＝12ax 2＋ln x ，g (x )＝－bx ，其中a ，b ∈R ，设h (x )＝f (x )－g (x )．(1)若f (x )在x ＝22处取得极值，且f ′(1)＝g (－1)－2，求函数h (x )的单调区间； (2)若a ＝0时，函数h (x )有两个不同的零点x 1，x 2. ①求b 的取值范围； ②求证：x 1x 2e2＞1.【导学号：56394109】[解] (1)由已知得f ′(x )＝ax ＋1x(x ＞0)，所以f ′⎝⎛⎭⎪⎫22＝22a ＋2＝0，所以a ＝－2. 由f ′(1)＝g (－1)－2，得a ＋1＝b －2，所以b ＝1.所以h (x )＝－x 2＋ln x ＋x (x ＞0)．则h ′(x )＝－2x ＋1x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x －－x(x ＞0)，由h ′(x )＞0得0＜x ＜1，h ′(x )＜0得x ＞1. 所以h (x )的减区间为(1，＋∞)，增区间为(0,1)． (2)①由已知h (x )＝ln x ＋bx (x ＞0)．所以h ′(x )＝1x＋b (x ＞0)，当b ≥0时，显然h ′(x )＞0恒成立，此时函数h (x )在定义域内递增，h (x )至多有一个零点，不合题意．当b ＜0时，令h ′(x )＝0得x ＝－1b ＞0，令h ′(x )＞0得0＜x ＜－1b；令h ′(x )＜0得x＞－1b.所以h (x )极大＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝－ln(－b )－1＞0，解得－1e ＜b ＜0. 且x →0时，ln x ＜0，x →＋∞时，ln x ＞0. 所以当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0时，h (x )有两个零点．②证明：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋bx 1＝0，ln x 2＋bx 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧e －bx 1＝x 1， ①e －bx 2＝x 2， ②①×②得e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2. 因为x 1，x 2＞0，所以－b (x 1＋x 2)＞0，所以e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2＞1. 因为0＜－b ＜1e ，所以e －b＜1，所以x 1x 2＞e －2b x 1x 2＞e2x 1x 2＞e 2，所以x 1x 2e2＞1.【例5】 (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x ＞0时，(x －2)e x＋x ＋2＞0. (2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x－ax －ax2(x ＞0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．[解] (1)f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f ′(x )＝x －x ＋x－x －xx ＋2＝x 2e xx ＋2≥0，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，即(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)证明：g ′(x )＝x －x＋a x ＋x3＝x ＋2x 3(f (x )＋a )．由(1)知，f (x )＋a 单调递增．对任意a ∈[0,1)，f (0)＋a ＝a －1＜0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )＋a ＝0，即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增．因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为于是h (a )＝e x ax a ＋2. 由⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ＋2′＝x ＋xx ＋2＞0，得y ＝exx ＋2单调递增，所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2＜h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24. 因为y ＝e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 【例6】设函数f (x )＝x ea －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间． [解] (1)因为f (x )＝x e a －x＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f＝2e ＋2，f ＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． [方法总结] ①函数性质与方程综合时，要先将函数性质剖析清楚，尤其是单调性和对称性，然后再研究函数零点问题；②函数与不等式综合时，重点是要学会构造函数，利用函数单调性、最值进行研究；③函数、方程与不等式综合在一起时，要注意利用导数这个有利工具进行解答．。

2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件：专题八系列4选讲第2讲精品

解析答案
(2)求矩阵A－1的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量. 解矩阵 A－1 的特征多项式为 f(λ)＝λ－－12 λ－－12＝λ2－4λ＋3＝(λ－1)(λ－3)，令f(x)＝0，得矩阵A－1的特征值为λ1＝1或λ2＝3，
所以
1 ξ1＝－1是矩阵
A－1
的属于特征值
λ1＝1
的一个特征向量，
. 1
12 3
解析答案
(2)求矩阵C，使得AC＝B. 解由AC＝B得(A－1A)C＝A－1B，
3 故 C＝A－1B＝2
－21
－2
1
1
0
－11＝32－2
2 .
－3
12 3
解析答案
考情考向分析
本讲从内容上看，主要考查二阶矩阵的基本运算，考查矩阵的逆运算及利用系数矩阵的逆矩阵求点的坐标或曲线方程等，一般以基础题目为主，难度不大.又经常与其他知识结合，在考查基础知识的同时，考查转化与化归等数学思想，以及分析问题、解决问题的能力.
专题八系列4选讲
第2讲矩阵与变换
栏目索引
1 高考真题体验 2 热点分类突破 3 高考押题精练
高考真题体验
12 3
1.(2016·江苏)已知矩阵 A＝10 矩阵 AB.
－22，矩阵
B
的逆矩阵
B－1＝1 0
－12，求 2
解
2 B＝(B－1)－1＝2
0 2
1 1222＝01
1 41.
2
1 ∴AB＝0
－14 －41
xy00.
∴x＝43x0－14y0， y＝－14x0－41y0.
∴xy00＝＝－x－xy－，3y.
代入直线方程2x＋y－5＝0，得2(x－y)－(x＋3y)－5＝0，即x－5y－5＝0，即为所求的直线方程.

2018届江苏省高三数学二轮复习专题讲座2--附加题归类分析及应对策略

2 0 (2008 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中，设椭圆 4x ＋y ＝1 在矩阵 0 1对应的变
2 2
换作用下得到曲线 F，求 F 的方程．
矩阵与变换
3 2 (2009 江苏)求矩阵 A＝的逆矩阵． 2 1
逆矩阵
(2010 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中，A(0，0)，B(－2，0)，C(－2，1)，设 k≠0，
2018届高三数学附加题第二轮复习建议
cosθ －sinθ (4)旋转变换矩阵：M＝． cosθ sinθ 1 0 0 0 1 0 (5)投影变换矩阵：M＝，N＝，P＝ 0 0 0 1 1 0
……………………． (6)切变变换矩阵： 1 k 沿 x 轴方向的切变变换矩阵：M＝； 0 1 1 0 沿 y 轴方向的切变变换矩阵：N＝． k 1
(1)恒等变换矩阵(单位矩阵)：E＝． 0 1 a 0 1 0 (2)伸压变换矩阵：(横向)M＝；(纵向)N＝，其中 a＞0，a≠1． 0 1 0 a
(3)反射变换矩阵： 0 1 －1 0 以 x 轴为反射轴：M＝；以 y 轴为反射轴：N＝； 0 －1 0 1 0 0 1 －1 以直线 y＝x 为反射轴：P＝；以原点为反射点：Q＝； 1 0 0 － 1 ……………………．
0 －1 0 －1x －y 例如 A＝，由于 y＝，所以 A 表示的是以原点为 0 0 x 1 1
旋转中心，逆时针方向旋转 90的旋转变换．
2018届高三数学附加题第二轮复习建议
3．应对策略注意利用函数与方程的思想解决问题． (1)已知曲线 C 的方程 F(x，y)＝0，求变换后的曲线 C1 的方程 F1(x，y)＝0 的过程分三步： ①利用矩阵与列向量的乘法将目标曲线 C1 上的任意一点(x，y)的坐标用已知曲线上的对应点(x′，y′)的坐标表 x' x 示，即 M ＝； y' y x f(x，y) x' －1 ②用 x，y 表示 x′，y′，即＝M ＝； y' y g(x，y) ③由 F(x′，y′)＝0，得 F(f(x，y)，g(x，y))＝0，化简整理得 C1 的方程 F1(x，y)＝0．

(江苏专版)2018年高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点8函数最值、恒成立及存在性问题学案

难点八函数最值、恒成立及存在性问题(对应学生用书第75页)恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理． F (x )＞a ：⎩⎪⎨⎪⎧恒成立⇔f x min ＞a 有解⇔f x max ＞a无解⇔f x max ≤a具体方法为将已知恒成立或存在性的不等式或等式由等价原理把参数和变量分离开，转化为一元已知函数的最值问题处理，关键是搞清楚哪个是变量哪个是参数，一般遵循“知道谁的范围，谁是变量；求谁的范围，谁是参数”的原则．参变分离后虽然转化为一个已知函数的最值问题，但是有些函数解析式复杂，利用导数知识无法完成，或者是不易参变分离，故可利用构造函数法．【例1】 (2017·盐城市滨海县八滩中学二模)设f (x )＝e x－a (x ＋1)．(1)若a ＞0，f (x )≥0对一切x ∈R 恒成立，求a 的最大值；(2)设g (x )＝f (x )＋ae x ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)是曲线y ＝g (x )上任意两点，若对任意的a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ，求m 的取值范围；(3)是否存在正整数a ，使得1n ＋3n ＋…＋(2n －1)n ＜e e －1(an )n对一切正整数n 都成立？若存在，求a 的最小值；若不存在，请说明理由.【导学号：56394112】[解] (1)∵f (x )＝e x－a (x ＋1)，∴f ′(x )＝e x－a ， ∵a ＞0，f ′(x )＝e x －a ＝0的解为x ＝ln a . ∴f (x )min ＝f (ln a )＝a －a (ln a ＋1)＝－a ln a .∵f (x )≥0对一切x ∈R 恒成立，∴－a ln a ≥0，∴a ln a ≤0，∴a max ＝1. (2)∵f (x )＝e x－a (x ＋1)， ∴g (x )＝f (x )＋ae x ＝e x＋ae x －ax －a .∵a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ， ∴g ′(x )＝e x－aex －a ≥2e x·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a e x －a＝－a ＋2－a ＝m (a ≤－1)，解得m ≤3，∴实数m 的取值范围是(－∞，3]．(3)设t (x )＝e x－x －1，则t ′(x )＝e x－1，令t ′(x )＝0得：x ＝0. 在x ＜0时t ′(x )＜0，f (x )递减；在x ＞0时t ′(x )＞0，f (x )递增． ∴t (x )最小值为t (0)＝0，故e x≥x ＋1，取x ＝－i 2n ，i ＝1,3，…，2n －1，得1－i 2n ≤e－i 2n ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －i 2n n ≤e－i 2，累加得⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n n ＜e －2n －12＋e －2n －32＋…＋e －12＝e －121－e－n1－e －1＜ee －1. ∴1n＋3n＋…＋(2n －1)n＜e e －1·(2n )n，故存在正整数a ＝2.使得1n＋3n＋…＋(2n －1)n＜e e －1·(an )n. 【例2】 (2017·江苏省无锡市高考数学一模)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a (a 为正实数，且为常数)．(1)若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围； (2)若不等式(x －1)f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．[解] (1)f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a ，f ′(x )＝ln x ＋1x＋1－a ，若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则a ≤ln x ＋1x＋1在(0，＋∞)恒成立(a ＞0)，令g (x )＝ln x ＋1x ＋1(x ＞0)，g ′(x )＝x －1x2，令g ′(x )＞0，解得：x ＞1，令g ′(x )＜0，解得：0＜x ＜1，故g (x )在(0,1)递减，在(1，＋∞)递增，故g (x )min ＝g (1)＝2，故0＜a ≤2；(2)若不等式(x －1)f (x )≥0恒成立，即(x －1)[(x ＋1)ln x －ax ＋a ]≥0恒成立， ①x ≥1时，只需a ≤(x ＋1)ln x 恒成立，令m (x )＝(x ＋1)ln x (x ≥1)，则m ′(x )＝ln x ＋1x＋1，由(1)得：m ′(x )≥2，故m (x )在[1，＋∞)递增，m (x )≥m (1)＝0，故a ≤0，而a 为正实数，故a ≤0不合题意； ②0＜x ＜1时，只需a ≥(x ＋1)ln x ，令n (x )＝(x ＋1)ln x (0＜x ＜1)，则n ′(x )＝ln x ＋1x＋1，由(1)知n ′(x )在(0,1)递减，故n ′(x )＞n ′(1)＝2，故n (x )在(0,1)递增，故n (x )＜n (1)＝0，故a ≥0，而a 为正实数，故a ＞0.【例3】 (2017·江苏省淮安市高考数学二模)已知函数f (x )＝1e x ，g (x )＝ln x ，其中e为自然对数的底数．(1)求函数y ＝f (x )g (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若存在x 1，x 2(x 1≠x 2)，使得g (x 1)－g (x 2)＝λ[f (x 2)－f (x 1)]成立，其中λ为常数，求证：λ＞e ；(3)若对任意的x ∈(0,1]，不等式f (x )g (x )≤a (x －1)恒成立，求实数a 的取值范围.【导学号：56394113】[解] (1)y ＝f (x )g (x )＝ln xe x ，y ′＝1x －ln xex， x ＝1时，y ＝0，y ′＝1e，故切线方程是：y ＝1e x －1e；(2)证明：由g (x 1)－g (x 2)＝λ[f (x 2)－f (x 1)]，得：g (x 1)＋λf (x 1)＝g (x 2)＋λf (x 2)，令h (x )＝g (x )＋λf (x )＝ln x ＋λe x (x ＞0)，h ′(x )＝e x－λxx e x，令ω(x )＝e x－λx ，则ω′(x )＝e x－λ，由x ＞0，得e x ＞1，①λ≤1时，ω′(x )＞0，ω(x )递增，故h ′(x )＞0，h (x )递增，不成立；②λ＞1时，令ω′(x )＝0，解得：x ＝ln λ，故ω(x )在(0，ln λ)递减，在(ln λ，＋∞)递增， ∴ω(x )≥ω(ln λ)＝λ－λln λ，令m (λ)＝λ－λln λ(λ＞1)，则m ′(λ)＝－ln λ＜0，故m (λ)递减，又m (e)＝0，若λ≤e，则m (λ)≥0，ω(x )≥0，h (x )递增，不成立，若λ＞e ，则m (λ)＜0，函数h (x )有增有减，满足题意，故λ＞e ；(3)若对任意的x ∈(0,1]，不等式f (x )g (x )≤a (x －1)恒成立，即ln xex －a (x －1)≤0在(0,1]恒成立，令F (x )＝ln xe x －a (x －1)，x ∈(0,1]，F (1)＝0，F ′(x )＝1x －ln x e x－a ，F ′(1)＝1e－a ， ①F ′(1)≤0时，a ≥1e，F ′(x )≤1x －ln x －ex －1ex递减，而F ′(1)＝0，故F ′(x )≥0，F (x )递增，F (x )≤F (1)＝0，成立，②F ′(1)＞0时，则必存在x 0，使得F ′(x )＞0，F (x )递增，F (x )＜F (1)＝0不成立，故a ≥1e.【例4】设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．[解] (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减．当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a.此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)令g (x )＝1x －1ex －1，s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0，所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.[点评] 综合构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质(单调性和最值)，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝．。

2018届江苏高考数学二轮专题复习函数的综合应用

(0,1) 实根，则实数 k 的取值范围是_____.
1
2
解析
答案
[1，＋∞)，单调减区间为_________. _________ (－∞，1]
解析
答案
(2)(2017· 江苏扬州期中 ) 已知函数 f(x) ＝ x(1－ a|x|) ＋ 1(a>0) ，若 f(x
＋ a)≤f(x) 对任意 x∈R 恒成立，则实数 a 的取值范围是
[ 2，＋∞) ______________.
Ⅱ
热点分类突破
热点一分段函数
例 1 (1)设函数 y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义.对于给定的正数 k，定义函数
fx，fx≤k， 1 |x| － fk(x)＝取函数 f(x)＝2 .当 k＝2时，函数 fk(x)的单调增区间为 k，fx>k，
(－∞，－1) ______________.
a ∴－2＝3，∴a＝－6.
解析
答案
热点三二次函数例3 已知函数f(x)＝ax2－2x＋1. (1)试讨论函数f(x)的单调性；
解答
1 (2) 若 ≤a≤1 ，且 f(x) 在 [1,3] 上的最大值为 M(a) ，最小值为 3
N(a)，令g(a)＝M(a)－N(a)，求g(a)的表达式；
解答
1 0，则实数a的取值范围是________. 3
解析 ∵当x<0时，函数f(x)＝x2－ax＋1是减函数，
∴a≥0.
∵当x≥0时，函数f(x)＝－x＋3a是减函数，
1 又分段点 0 处的值应满足 1≥3a，∴a≤3，
1 ∴0≤a≤3.
解析答案
热点二绝对值函数例2 (1) 已知函数 f(x) ＝ 2|x － 1| － x ＋ 1 ，则 f(x) 的单调增区间为

2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件：第二篇填空题的解法技巧精品

3 例2 (1)cos2α＋cos2(α＋120°)＋cos2(α＋240°)的值为___2_____. 解析令α＝0°，则原式＝cos20°＋cos2120°＋cos2240°＝32.
解析答案
(2) 如图，在三棱锥 O—ABC 中，三条棱 OA ， OB ， OC 两两垂直，且 OA>OB>OC，分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1，S2，S3，则S1，S2，S3的大小关系为_S_3_<_S_2<_S_1_.
例4 如图，已知球O的球面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC， AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝ 2，则球O的体积等于____6_π___.
思维升华
解析
答案
跟踪演练 4
(1)1e64 ，2e55 ，3e66 (其中
e
e4 e5 e6
为自然对数的底数)的大小关系是_1_6_<_2_5_<_3_6_.
所以 CD＝1，AD＝2 2，
所以 tan C＝2 2，tan A＝tan B＝ 2，
所以ttaann CA＋ttaann CB＝4.
解析答案
(2)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，且在区间[0,2]上是增函数，若方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4＝__－__8____. 解析根据函数特点取 f(x)＝sinπ4x，再由图象可得(x1＋x2)＋(x3＋x4)＝(－6×2)＋(2×2)＝－8.
思维升华
解析答案
跟踪演练3 (1)(2015·湖南)若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b 的取值范围是__(_0_,_2_) __. 解析由f(x)＝|2x－2|－b＝0，得|2x－2|＝b. 在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b 的图象，如图所示. 则当0<b<2时，两函数图象有两个交点，从而函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点.

2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件：专题二函数与导数第2讲精品

解析
答案
(2)已知函数 f(x)＝efxx，－x1≤，1，x>1， g(x)＝kx＋1，若方程 f(x)－g(x)＝0 有两个不同的实根，则实数 k 的取值范围是_(_e_－2__1_，__1_)∪__(_1_，__e_－__1_]_.
思维升华
解析
答案
跟踪演练2 (1)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是 _(_－__∞_，__2_l_n_2_－__2_]___.
专题二函数与导数
第2讲函数的应用
栏目索引
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高考真题体验
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1.(2016·天津改编)已知函数 f(x)＝sin2ω2x＋12sin ωx－12 (ω>0，x∈R).若 f(x) 在区间(π，2π)内没有零点，则 ω 的取值范围是__0_，__18__∪__14_，__58____.
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热点分类突破
热点一函数的零点 1.零点存在性定理如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有 f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b) 使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根. 2.函数的零点与方程根的关系函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标.
解析答案
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4.某项研究表明：在考虑行车安全的情况下，某路段车流量 F(单位时间内经过测量点的车辆数，单位：辆/时)与车流速度 v (假设车辆以相同速度 v 行驶，单位：米/秒)，平均车长 l(单位：米)的值有关，其公式为 F＝v2＋76180v0＋0v20l. (1)如果不限定车型，l＝6.05，则最大车流量为_1__9_0_0___辆/时；

2018年高考数学文科江苏专版二轮专题复习与策略专题限

专题限时集训(二) 函数的图象与性质(建议用时：45分钟)1．函数f (x )＝1(log 2x )2－1的定义域为________． ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪(2，＋∞) [要使函数f (x )有意义，需使(log 2x )2－1>0，即(log 2x )2>1，∴log 2x >1或log 2x <－1，解得x >2或0<x <12.故f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞)．]2．(2016·苏州期中)定义在R 上的奇函数f (x )，当x ＞0时，f (x )＝2x －x 2，则f (－1)＋f (0)＋f (3)＝________.－2 [∵f (x )为R 上的奇函数，∴f (－1)＝－f (1)，f (0)＝0. 又f (1)＝2－1＝1，f (0)＝0，f (3)＝23－9＝－1， ∴f (－1)＋f (0)＋f (3)＝－1＋0－1＝－2.]3．(2016·无锡期中)若函数y ＝4x ＋a2x 的图象关于原点对称，则实数a 等于________．－1 [由题意可知函数y ＝4x ＋a 2x 为奇函数，故由40＋a20＝1＋a ＝0得a ＝－1.] 4．f (x )是R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 3＋ln(1＋x )，则当x <0时，f (x )＝________.x 3－ln(1－x ) [当x <0时，－x >0，又f (x )是R 上的奇函数，所以f (x )＝－f (－x )＝－[(－x )3＋ln(1－x )]＝x 3－ln(1－x )．]5．已知f (x )是定义在R 上的奇函数，若对于x ≥0，都有f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[0,2)时，f (x )＝e x －1，则f (2 015)＋f (－2 016)＝________.e －1 [由f (x ＋2)＝f (x )可知当x ≥0时函数的周期是2.所以f (2 015)＝f (1)＝e －1，f (－2 016)＝－f (2 016)＝－f (0)＝0，所以f (2 015)＋f (－2 016)＝e －1.]6．(2016·苏州模拟)设函数f (x )＝⎩⎨⎧2x－4，x ＞0，－x －3，x ＜0，若f (a )＞f (1)，则实数a的取值范围是________．a ＜－1或a ＞1 [当a ＞0时，由f (a )＞f (1)得2a －4＞21－4，解得a ＞1. 当a ＜0时，由f (a )＞f (1)得－a －3＞21－4，即a ＜－1.综上可知a ＜－1或a ＞1.]7．偶函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称，f (3)＝3，则f (－1)＝________.【导学号：91632006】3 [∵f (x )的图象关于直线x ＝2对称， ∴f (4－x )＝f (x )，∴f (4－1)＝f (1)＝f (3)＝3，即f (1)＝3. ∵f (x )是偶函数， ∴f (－x )＝f (x )， ∴f (－1)＝f (1)＝3.]8．(2016·南通调研)若函数f (x )＝⎩⎨⎧x (x －b )，x ≥0，ax (x ＋2)，x ＜0(a ＞0，b ＞0)为奇函数，则f (a ＋b )的值为________．－1 [由于f (x )为奇函数，∴⎩⎨⎧f (－1)＝－f (1)，f (－2)＝－f (2)，∴⎩⎨⎧－a (－1＋2)＝－(1－b )，2(2－b )＝0， ∴⎩⎨⎧a ＋b ＝1，b ＝2，解得a ＝－1，b ＝2， ∴f (a ＋b )＝f (1)＝1－b ＝1－2＝－1.]9．若函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x ＞2(a ＞0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．(1,2] [由题意得f (x )的图象如图，则⎩⎨⎧a ＞1，3＋log a 2≥4，∴1＜a ≤2.]10．已知偶函数f (x )在[0，＋∞)单调递减，f (2)＝0.若f (x －1)＞0，则x 的取值范围是________．(1,3) [∵f (x )是偶函数， ∴图象关于y 轴对称．又f (2)＝0，且f (x )在[0，＋∞)单调递减，则f (x )的大致图象如图所示，由f (x －1)＞0，得－2＜x －1＜2，即－1＜x ＜3.]11．定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝f (x ＋4)．当－2≤x ＜0时，f (x )＝log 2(－x )；当0≤x ＜2时，f (x )＝2x －1，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 016)的值为_____．1 260 [因为f (x )＝f (x ＋4)，所以函数f (x )的周期为4.当－2≤x ＜0时，f (x )＝log 2(－x )；当0≤x ＜2时，f (x )＝2x －1.所以f (1)＝20＝1， f (2)＝f (－2)＝log 22＝1， f (3)＝f (－1)＝log 21＝0， f (4)＝f (0)＝2－1＝12.所以在一个周期内有f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝1＋1＋0＋12＝52，所以f (1)＋f (2)＋…＋f (2 016)＝504×52＝1 260.]12．已知函数h (x )(x ≠0)为偶函数，且当x ＞0时，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 24，0＜x ≤4，4－2x ，x ＞4，若h (t )＞h (2)，则实数t 的取值范围为________．(－2,0)∪(0,2) [因为x ＞0时，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 24，0＜x ≤4，4－2x ，x ＞4.易知函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减．因为函数h (x )(x ≠0)为偶函数，且h (t )＞h (2)，所以h (|t |)＞h (2)，所以0＜|t |＜2，所以⎩⎨⎧ t ≠0，|t |＜2，即⎩⎨⎧t ≠0，－2＜t ＜2，解得－2＜t ＜0或0＜t ＜2.综上，所求实数t 的取值范围为(－2,0)∪(0,2)．]13．(2016·盐城期中)设函数f (x )＝lg(x ＋1＋mx 2)是奇函数，则实数m 的值为________．1 [由f (x )为奇函数可知， f (－x )＋f (x )＝0对∀x ∈R 恒成立，∴lg(－x ＋1＋mx 2)＋lg(x ＋1＋mx 2)＝0对∀x ∈R 恒成立， ∴lg(1＋mx 2－x 2)＝0对∀x ∈R 恒成立，∴m ＝1.]14．已知f (x )＝x 2，g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －m ，若对任意x 1∈[－1,3]，总存在x 2∈[0,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，则实数m 的取值范围是________．⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞ [∵x 1∈[－1,3]时，f (x 1)∈[0,9]； x 2∈[0,2]时，g (x 2)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14－m ，1－m .故只需0≥14－m ，解得m ≥14.]15．已知函数f (x )在实数集R 上具有下列性质：①直线x ＝1是函数f (x )的一条对称轴；②f (x ＋2)＝－f (x )；③当1≤x 1<x 2≤3时，[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)<0，则f (2 015)，f (2 016)，f (2 017)，f (2 018)从大到小的顺序为________．f (2 017)>f (2 016)＝f (2 018)>f (2 015) [由f (x ＋2)＝－f (x )得f (x ＋4)＝f (x )，所以f (x )的周期是4，所以f (2 015)＝f (3)，f (2 016)＝f (0)，f (2 017)＝f (1)，f (2 018)＝f (2)．因为直线x ＝1是函数f (x )的一条对称轴，所以f (2 016)＝f (0)＝f (2)．由1≤x 1<x 2≤3时，[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)<0，可知当1≤x ≤3时，函数单调递减，所以f (2 017)>f (2 016)＝f (2 018)>f (2 015)．]16．设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且对任意的x ∈R 恒有f (x ＋1)＝f (x －1)，已知当x ∈[0,1]时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121－x，给出下列命题：①2是函数f (x )的周期；②函数f (x )在(1,2)上是减函数，在(2,3)上是增函数； ③函数f (x )的最大值是1，最小值是0. 其中所有正确命题的序号是________．①② [在f (x ＋1)＝f (x －1)中，令x －1＝t ，则有 f (t ＋2)＝f (t )，因此2是函数f (x )的周期，故①正确．由于f (x )是偶函数，所以f (x －1)＝f (1－x )，结合f (x ＋1)＝f (x －1)得f (1＋x )＝f (1－x )，故f (x )的图象关于x ＝1对称．当x ∈[0,1]时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121－x ＝2x －1单调递增，所以f (x )在(1,2)上是减函数，在(2,3)上是增函数，故②正确．由②知，f (x )在一个周期区间[0,2]上的最大值为f (1)＝1，最小值为f (0)＝f (2)＝12，故③不正确．]。

2018年高考数学理科江苏专版二轮专题复习与策略专题限时集训7 第1部分专题1 第6讲第1课时利用导数解决不

专题限时集训(七) 利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个数问题(建议用时：45分钟)1．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(a ∈R )．(1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，所以斜率k ＝f ′(1)＝1.1分又f (1)＝0，曲线在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.由⎩⎨⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1 2分 ⇒x 2＋(1－a )x ＋1＝0，由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3可知：当Δ>0时，即a <－1或a >3时，有两个公共点；当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点；当Δ<0时，即－1<a <3时，没有公共点. 4分(2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ，由y ＝0得a ＝x ＋2x ＋ln x ， 6分令h (x )＝x ＋2x ＋ln x ，则h ′(x )＝(x －1)(x ＋2)x 2. 8分当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，由h ′(x )＝0得x ＝1， 10分所以，h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此，h (x )min ＝h (1)＝3，11分由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e ＋2e －1， 12分h(e)＝e＋2e＋1比较可知h⎝⎛⎭⎪⎫1e>h(e). 13分所以，当3<a≤e＋2e＋1时，函数y＝f(x)－g(x)有两个零点.14分2．设函数f(x)＝e2x－a ln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x>0). 1分当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；3分当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－a x，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－ax在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增. 5分又f′(a)>0，当b满足0<b<a4且b<14时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点. 6分(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；8分当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.9分故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－ax0＝0，12分所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋a ln2a≥2a＋a ln2a.故当a>0时，f(x)≥2a＋a ln 2a. 14分3．(2013·江苏高考)设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝e x－ax，其中a为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围；(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．[解](1)令f′(x)＝1x－a＝1－axx＜0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a＞0，进而解得x＞a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数.2分同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1. 4分令g′(x)＝e x－a＝0，得x＝ln a.当x＜ln a时，g′(x)＜0；当x＞ln a时，g′(x)＞0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a＞1，即a＞e.综上可知，a∈(e，＋∞). 6分(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a＞0时，令g′(x)＝e x－a＞0，解得a＜e x，即x＞ln a．7分因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即0＜a≤e－1.综合上述两种情况，得a≤e－1.①当a＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝1x＞0，得f(x)存在唯一的零点；8分②当a＜0时，由于f(e a)＝a－a e a＝a(1－e a)＜0，f(1)＝－a＞0，且函数f(x)在[e a,1]上的图象连续，所以f(x)在(e a,1)上存在零点. 9分另外，当x＞0时，f′(x)＝1x－a＞0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．③当0＜a≤e－1时，令f′(x)＝1x－a＝0，解得x＝a－1.当0＜x＜a－1时，f′(x)＞0；当x＞a－1时，f′(x)＜0，所以，x＝a－1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a－1)＝－ln a－1. 10分a．当－ln a－1＝0，即a＝e－1时，f(x)有一个零点x＝e.b ．当－ln a －1＞0，即0＜a ＜e －1时，f (x )有两个零点．实际上，对于0＜a ＜e －1，由于f (e －1)＝－1－a e －1＜0，f (a －1)＞0，且函数f (x )在[e －1，a －1]上的图象连续，所以f (x )在(e －1，a －1)上存在零点．另外，当x ∈(0，a －1)时，f ′(x )＝1x －a ＞0，故f (x )在(0，a －1)上是单调增函数，所以f (x )在(0，a －1)上只有一个零点．下面考虑f (x )在(a －1 ，＋∞)上的情况．先证f ()e a －1＝a ()a －2－e a －1＜0.为此，我们要证明：当x ＞e 时，e x ＞x 2.设h (x )＝e x －x 2，则h ′(x )＝e x －2x ，再设l (x )＝h ′(x )＝e x －2x ，则l ′(x )＝e x －2. 12分当x ＞1时，l ′(x )＝e x －2＞e －2＞0，所以l (x )＝h ′(x )在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x ＞2时，h ′(x )＝e x －2x ＞h ′(2)＝e 2－4＞0，零点. 13分又当x ＞a －1时，f ′(x )＝1x －a ＜0，故f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数，所以f (x )在(a －1，＋∞)上只有一个零点．综合①②③可知，当a ≤0或a ＝e －1时，f (x )的零点个数为1，当0＜a ＜e －1时，f (x )的零点个数为2. 14分4．(2016·苏锡常镇调研二)已知函数f (x )＝a ·e x ＋x 2－bx (a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，其导函数为y ＝f ′(x ).(1)设a ＝－1，若函数y ＝f (x )在R 上是单调减函数，求b 的取值范围；(2)设b ＝0，若函数y ＝f (x )在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围；(3)设b ＝2，且a ≠0，点(m ，n )(m ，n ∈R )是曲线y ＝f (x )上的一个定点，是否存在实数x 0(x 0≠m )，使得f (x 0)＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n 成立？证明你的结论． [解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝－e x ＋x 2－bx ，∴f ′(x )＝－e x ＋2x －b ，1分由题意f ′(x )＝－e x ＋2x －b ≤0对x ∈R 恒成立﹒由－e x ＋2x －b ≤0，得b ≥－e x ＋2x ，令F (x )＝－e x ＋2x ，则F ′(x )＝－e x ＋2，令F ′(x )＝0，得x ＝ln 2.3分当x ＜ln 2时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，当x ＞ln 2时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减， 5分从而当x ＝ln 2时，F (x )有最大值2ln 2－2，所以b ≥2ln 2－2. 6分(2)当b ＝0时，f (x )＝a e x ＋x 2，由题意a e x ＋x 2＝0只有一解.7分由a e x ＋x 2＝0，得－a ＝x 2e x ，令G (x )＝x 2e x ，则G ′(x )＝x (2－x )e x ，令G ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.当x ≤0时，G ′(x )≤0，G (x )单调递减，G (x )的取值范围为[0，＋∞)，8分当0＜x ＜2时，G ′(x )＞0，G (x )单调递增，G (x )的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2，9分当x ≥2时，G ′(x )≤0，G (x )单调递减，G (x )的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，4e 2， 10分由题意，得－a ＝0或－a ＞4e 2，从而a ＝0或a ＜－4e 2，∴当a ＝0或a ＜－4e 2时，函数y ＝f (x )只有一个零点.12分(3)f (x )＝a e x ＋x 2－2x ，f ′(x )＝a e x ＋2x －2，假设存在，则有f (x 0)＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋f (m )， 13分即f (x 0)－f (m )x 0－m ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2，∵f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2＝a e ＋2·x 0＋m 2－2，f (x 0)－f (m )x 0－m ＝a (e x 0－e m )＋(x 20－m 2)－2(x 0－m )x 0－m ＝a (e x 0－e m )x 0－m＋(x 0＋m )－2， ∴a e ＝a (e x 0－e m )x 0－m.(*) 14分 ∵a ≠0，∴e＝e x 0－e m x 0－m ，不妨设t ＝x 0－m ＞0，则e t 2＋m ＝e t ＋m －e m t .∴h (t )在(0，＋∞)上单调递增，又∵h (0)＝0，∴h (t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立，即g ′(t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立， ∴g (t )在(0，＋∞)上单调递增，又g (0)＝0，∴g (t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立，即(*)式不成立，∴不存在实数x 0(x 0≠m )，使得f (x 0)＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n 成立. 16分 5．(2016·南通三模)设函数f (x )＝x e x －a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数)．(1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围； (3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【导学号：19592022】[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝x e x ，f ′(x )＝e x (x ＋1)，令f ′ (x )＝0，得x ＝－1. 2分列表如下：所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－1e ，无极大值.4分(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，有sin x cos x ≥0，所以f (x )≥0恒成立，当a ≤0时，符合题意； 5分②当0＜a ≤1时，因为f ′(x )≥e x (x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0，所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 上为增函数，所以f (x )≥f (0)＝0，即当0＜a ≤1，符合题意； 6分③当a ＞1时，f ′(0)＝1－a ＜0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 ＝e π4⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋1＞0，所以存在α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，使得f ′(α)＝0，且在(0，α)内， f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，α)上为减函数，所以f (x )＜f (0)＝0.即当a ＞1时，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]. 8分(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点，由(2)知，当a ≤1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，且f (0)＝0，故函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上无零点．当a ＞1时，f ′(x )≥e x (x ＋1)－a cos 2x ， 9分令g (x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x ，g ′(x )＝e x (x ＋2)＋2a sin 2x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，恒有g ′(x )＞0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，由g (0)＝1－a ＜0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋1 ＋a ＞0，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一的零点x 0，即方程f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0， 11分且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2，f ′(x )＞0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上单调递增， 12分当x ∈(0，x 0)时，f (x )＜f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)无零点；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f (x 0)＜f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 ＝π2e ＞0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上有唯一零点， 14分所以，当a ＞1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上有一个零点．综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点. 16分 6．设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值．[解] (1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2. 2分又f ′(x )＝ln x ＋a x ＋1，所以a ＝1. 4分(2)当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0,1]时，h (x )<0.5分又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0. 6分因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x (x －2)e x ，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－1e >0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增.7分所以当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根.8分 (3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0，且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )，所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ (x ＋1)ln x ，x ∈(0，x 0]，x 2e x ，x ∈(x 0，＋∞).10分当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0；若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x ＋1>0，可知0<m (x )≤m (x 0)；故m (x )≤m (x 0). 12分当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x (2－x )e x ，可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)<m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e 2.14分。

2018年高考数学文科江苏专版二轮专题复习与策略课件：专题二函数的图象与性质精品

a
且 a≠1)，则实数 a 的取值范围是________．
【导学号：91632004】
[解题指导]
(1)f
－52
＝
f
9 2
―f―x―在―周[－―期1―，为―12，―上―已―知→
建立a的等量关系 ―→ 求a ―→ 求f5a
(2)
fx＝x3＋2x
奇――偶→性
fx为奇函数
f1＋flog13＞0 ――――――a ――→
1．已知函数 f(x)＝e1x－－kk，x＋x≤k，0，x＞0 是 R 上的增函数，则实数 k 的取值范围是________．
12，1 [由 f(x)为 R 上的增函数，则 f(x)在(0，＋∞)上为增函数，1－k＞0， k＜1.同时，k≥e0－k＝1－k，即 k≥21，从而 k∈12，1.]
2．(2016·南京三模)已知 f(x)是定义在 R 上的偶函数，当 x≥0 时，f(x)＝2x －2，则不等式 f(x－1)≤2 的解集是________．
【名师点评】 1.应用函数周期性和奇偶性求值的关键是借助函数的性质将待求函数值的自变量向已知函数的定义域进行转化.
2.关于周期性的常用结论,若对于函数 fx的定义域内任意一个自变量的值 x 都有 fx＋a＝－fx或 fx＋a＝f1x 或 fx＋a＝－f1x a 是常数且 a≠0，则 fx 是以 2a 为一个周期的周期函数.
(2)∵f(x)＝x3＋2x，∴f(－x)＝－x3－2x＝－f(x)， ∴f(x)为 R 上的奇函数，∴f(1)＋f(loga13)＞0 等价于 f(1)＞f(loga3)．又 f′(x)＝3x2＋2＞0，∴f(x)在 R 上单调递增， ∴loga3＜1，当 a＞1 时，由 loga3＜1 得 a＞3，当 0＜a＜1 时，由 loga3＜1 得 0＜a＜1. 综上可知，a∈(0,1)∪(3，＋∞)．]

2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件：专题一集合与常用逻辑用语、不等式第2

解析答案
考情考向分析
1.利用不等式性质比较大小，利用基本不等式求最值及线性规划问题是高考的热点； 2.一元二次不等式常与函数、数列结合考查一元二次不等式的解法和参数的取值范围； 3.利用不等式解决实际问题.
返回
热点分类突破
热点一不等式的解法 1.一元二次不等式的解法先化为一般形式ax2＋bx＋c>0(a≠0)，再求相应一元二次方程ax2＋bx＋ c＝0(a≠0)的根，最后根据相应二次函数图象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集.
∴x2－x＜2，即x2－x－2＜0，解得－1<x<2.
解析答案
热点二基本不等式的应用
利用基本不等式求最大值、最小值，其基本法则是：(1)如果 x>0，y>0， xy＝p(定值)，当 x＝y 时，x＋y 有最小值 2 p(简记为：积定，和有最小值)； (2)如果 x>0，y>0，x＋y＝s(定值)，当 x＝y 时，xy 有最大值14s2(简记为：和定，积有最大值).
4.若不等式 x2＋2x<ab＋1a6b对任意 a，b∈(0，＋∞)恒成立，则实数 x 的取值范围是_(_－__4_,2_)__.
押题依据 “恒成立”问题是函数和不等式交汇处的重要题型，可综合考查不等式的性质，函数的值域等知识，是高考的热点.
押题依据
解析
答案
返回
押题依据
解析
答案
1 23 4
x－2y＋4≥0， 3x－y－3≤0， 3.已知实数 x，y 满足x≥12， y≥1，
5 则 z＝x＋2y 的最小值为___2_____.
押题依据线性规划的实质是数形结合思想的应用，利用线性规划的方法求一些线性目标函数的最值是近几年高考的热点.

2018届江苏高考数学二轮专题复习函数的图象与性质

解析
5 5 1 1 由已知 f －2＝f －2＋2＝f －2＝－2＋a，
9 9 1 2 1 1 － f 2＝f 2－4＝f 2＝＝ . 5 2 10
化为给出解析式的范围内的函数值.
思维升华
解析
答案
(2)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝|x－a| － a(a∈R). 若 ∀x∈R ， f(x ＋ 2 016)>f(x) ，则实数 a 的取值范围是 (－∞，504) ____________. 思维升华的形式. 利用函数的单调性解不等式的关键是化成 f(x1)<f(x2)
5 从而 f －2＋f(1)＝－2.
解析
答案
(2)(2017· 江苏溧水高级中学质检 ) 若函数 f(x) 是定义在 R 上的
奇函数，且在 ( － ∞ ， 0) 上是增函数，又 f(2) ＝ 0 ，则不等式
xf(x＋1)<0的解集为________________. (－3，－1)∪(0,1)
x f 1＋f x2 x1＋x2 . ③ 2 <f 2
②③ 把所有正确结论的序号都填写在横线上) 其中正确的结论是______.(
解析
答案
热点三指数、对数函数的图象与性质例3 (1)若4x＋2x＋1＋m>1对一切实数x成立，则实数m的取值

(16，64) 取值范围是_________. 思维升华判断复杂函数的图象，常借助导数这一工具，先对
原函数进行求导，再利用导数判断函数的单调性、极值或最值，从而对选项进行筛选.要注意函数求导之后，导函数发生了变化，
故导函数和原函数的定义域会有所不同，我们必须在原函数的

2018年高考数学理科江苏专版二轮专题复习与策略课件：

模板1| 三角函数的周期性、单调性及最值问题【例1】 (满分 3 14分)设函数f(x)＝ 2 － 3sin2ωx－sin ωxcos ωx(ω>0)，且y
π ＝f(x)图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为4.
3π (1)求ω的值；(2)求f(x)在区间π， 2 上的最大值和最小值．
AB＝2CD [解题指导] (1)M是AB中点，四边形ABCD是等腰梯形 ――→ ⇒▱AMC1D1→C1M∥平面A1ADD1 (2)CA，CB，CD1两两垂直→建立空间直角坐标系，写各点坐标→求平面 ABCD的法向量→将所求两个平面所成的角转化为两个向量的夹角
——————————
[规范解答示例]
——————
—————————
2C 2A
[规范解答示例] ————————
1＋cos C 1＋cos A 3 (1)证明：因为acos 2 ＋ccos 2 ＝a· 2 ＋c· 2 ＝2b，所以a＋c＋(acos C＋ccos A)＝3b，4分
2 2 2 a2＋b2－c2 b ＋ c － a 故a＋c＋＋c· 2bc ＝3b，整理得a＋c＝2b， a· 2ab
[解题指导] 围→求f(x)的最值
化简变形→f(x)＝Asin(ωx＋φ)→根据周期求ω→确定ωx＋φ的范
————
[规范解答示例] ————
3 (1)f(x)＝ 2 － 3sin2 ωx－sin ωxcos ωx 1－cos 2ωx 1 3 ＝ 2 － 3· －2sin 2ωx2分 2 3 1 ＝ 2 cos 2ωx－2sin 2ωx
因此M 3 1 ，， 0 ， 2 2
8分
3 1 3 1 → → → 所以MD1＝－，－， 3，D1C1＝MB＝－，，0 . 10分 2 2 2 2

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