高考数学专题突破：反韦达定理在高考中的应用
韦达定理在解析几何中的应用
韦达定理在解析几何中的应用陈历强一，求弦长在有关解析几何的高考题型中不乏弦长问题以及直线与圆锥曲线相交的问题。
求直线与圆锥曲线相交所截得的弦长，可以联立它们的方程，解方程组求出交点坐标，再利用两点间距离公式即可求出，但计算比较麻烦。
能否另擗捷径呢？能！仔细观察弦长公式：∣AB ∣=∣x 1-x 2∣21k +⋅=)1](4)[(221221k x x x x +-+或∣AB ∣=∣y 1-y 2∣211k +⋅ =)11](4)[(221221ky y y y +-+ ， 立刻发现里面藏着韦达定理（其中x 1、x 2分别表示弦的两个端点的横坐标，y 1、y 2分别表示弦的两个端点的纵坐标）。
请看下面的例子：例1,已知直线 L 的斜率为2，且过抛物线y 2=2px 的焦点，求直线 L 被抛物线截得的弦长。
解：易知直线的方程为y=2(x-2p ). 联立方程组y 2=2px 和y=2(x-2p ) 消去x 得y 2-py-p 2=0.∵△=5p 2>0,∴直线与抛物线有两个不同的交点。
由韦达定理得y 1+y 2=p,y 1y 2=-p 2.故弦长d=25p 例2,直线y=kx-2交椭圆x 2+4y 2=80交于不同的两点P 、Q ，若PQ 中点的横坐标为2，则∣PQ ∣等于___________.分析：联立方程组y=kx-2和x 2+4y 2=80消去y 得(4k 2+1)x 2-16kx-64=0设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2). 由韦达定理得x 1+x 2=14162+k k = 4得k=21.x 1x 2= -32∣PQ ∣=6 . 练习1：过抛物线 y 2=4x 的焦点作直线交抛物线A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)两点,如果x 1+x 2=6, 那么|AB|=( ) (A)10 (B)8 (C)6 (D)4 (文尾有提示.下同) 二，判定曲线交点的个数例3,曲线 y = ax 2(a>0)与曲线 y 2+3= x 2+4y 交点的个数应是___________个. 分析：联立方程组y=ax 2(a>0)与y 2+3=x 2+4y.消去x 得y 2-(1/a+4)y+3=0(a>0) 因为 ⎪⎩⎪⎨⎧>=>+=+>>-+=∆030/14)0(012)4/1(21212y y a y y a a 所以,方程有两个不等正实根。
一元三次方程韦达定理及其应用
一元三次方程韦达定理及其应用刘海涛１ꎬ２(１.安徽省芜湖市第一中学ꎬ安徽芜湖２４１０００ꎻ２.新青年数学教师工作室ꎬ安徽芜湖２４１０００)摘㊀要:文章介绍了一元三次方程的韦达定理及其推导过程ꎬ并给出其在不同类型问题中的应用方法ꎬ以体现一元三次方程的重要性ꎬ最后给出笔者对于强基备考教学的思考.关键词:韦达定理ꎻ强基备考ꎻＳＯＬＯ分类理论中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０４－０００２－０４收稿日期:２０２３－１１－０５作者简介:刘海涛(１９８８－)ꎬ男ꎬ安徽省滁州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.基金项目:安徽省芜湖市２０２２年度教育科学研究课题 基于ＳＯＬＯ理论的发展学生数学核心素养的实践研究 (项目编号:ＪＫ２２０１９)㊀㊀在教学中笔者发现ꎬ在高中数学联赛或一些高校的强基考试中ꎬ经常会出现对一元三次方程的韦达定理的考查ꎬ甚至在一些省㊁市的高考模拟卷中也偶有考查.但是学生对此知识点知之甚少(该定理不属于高中教材内容)ꎬ少部分学生虽知道该定理却不会应用ꎬ导致普遍对涉及该定理的问题望而生畏㊁望而却步ꎬ从而被动放弃ꎬ实在可惜.笔者通过梳理近些年的相关考题ꎬ在介绍一元三次方程的韦达定理的基础上ꎬ从该定理在不同问题上的应用予以分类ꎬ整理成文ꎬ以供读者学习㊁交流之用ꎬ以期抛砖引玉[１].１定理的介绍若关于ｘ的方程ａｘ３＋ｂｘ２＋ｃｘ＋ｄ＝０(ａʂ０)有三个根ｘ１ꎬｘ２ꎬｘ３ꎬ则三根满足:ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＝－ｂａꎬｘ１ｘ２＋ｘ２ｘ３＋ｘ３ｘ１＝ｃａꎬｘ１ｘ２ｘ３＝－ｄａ.证明㊀由ａ(ｘ－ｘ１)(ｘ－ｘ２)(ｘ－ｘ３)＝ａ[ｘ３－(ｘ１＋ｘ２＋ｘ３)ｘ２＋(ｘ１ｘ２＋ｘ２ｘ３＋ｘ３ｘ１)ｘ－ｘ１ｘ２ｘ３]ꎬ得－ａ(ｘ１＋ｘ２＋ｘ３)＝ｂꎬａ(ｘ１ｘ２＋ｘ２ｘ３＋ｘ３ｘ１)＝ｃꎬ－ａｘ１ｘ２ｘ３＝ｄꎬ化简得证.说明㊀该定理是在复数域内ꎬ即三个根(ｘ１ꎬｘ２ꎬｘ３)可为实数也可为虚数.２定理的应用２.１在三次方程中的直接应用例１㊀设ａꎬｂꎬｃ为方程ｘ３－３ｘ２－２ｘ＋１＝０的三个实根ꎬ则１ａ４＋１ｂ４＋１ｃ４＝.解析㊀由韦达定理得ａ＋ｂ＋ｃ＝３ꎬａｂ＋ｂｃ＋ｃａ＝－２ꎬａｂｃ＝－１ꎬ则１ａ４＋１ｂ４＋１ｃ４＝ａ４ｂ４＋ｂ４ｃ４＋ｃ４ａ４ａ４ｂ４ｃ４＝ａ４ｂ４＋ｂ４ｃ４＋ｃ４ａ４＝(ａ２ｂ２＋ｂ２ｃ２＋ｃ２ａ２)２－２(ａ４ｂ２ｃ２＋ａ２ｂ４ｃ２＋ａ２ｂ２ｃ４)＝[(ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ)２－２ａｂｃ(ａ＋ｂ＋ｃ)]２－２ａ２ｂ２ｃ２[(ａ＋ｂ＋ｃ)２－２(ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ)]＝７４.所以１ａ４＋１ｂ４＋１ｃ４＝７４.评注㊀该题为２０２２年清华大学ＴＡＣＡ测试题ꎬ就是一元三次方程韦达定理的直接应用ꎬ如果考生熟悉定理ꎬ只要能够对目标式１ａ４＋１ｂ４＋１ｃ４进行合理配凑ꎬ即可轻松解题.２.２在函数问题中的应用２.２.１求函数的解析式例２㊀设αꎬβꎬγ为方程ｘ３－ｘ＋１＝０的三个实根ꎬ求一个三次项系数为１的三次函数ｆ(ｘ)ꎬ使方程ｆ(ｘ)＝０的三根分别为１＋α２ꎬ１＋β２ꎬ１＋γ２.解析㊀由韦达定理ꎬ得α＋β＋γ＝０ꎬαβ＋βγ＋γα＝－１ꎬαβγ＝－１ꎬ则α２＋β２＋γ２＝２ꎬ(αβ)２＋(βγ)２＋(γα)２＝１.不妨设ｆ(ｘ)＝ｘ３＋ａｘ２＋ｂｘ＋ｃꎬ则ａ＝－[(１＋α２)＋(１＋β２)＋(１＋γ２)]＝－５ꎬｂ＝(１＋α２)(１＋β２)＋(１＋β２)(１＋γ２)＋(１＋γ２)(１＋α２)＝８ꎬｃ＝－(１＋α２)(１＋β２)(１＋γ２)＝－５.故ｆ(ｘ)＝ｘ３－５ｘ２＋８ｘ－５.评注㊀该题为２０２１年天津大学强基考题ꎬ该题实为考查一元三次方程韦达定理的正向㊁逆向使用.２.２.２研究三次函数零点的关系例３㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ(ｘ－３)２ꎬ若存在ｆ(ａ)＝ｆ(ｂ)＝ｆ(ｃ)ꎬａ<ｂ<ｃꎬ则(㊀㊀).Ａ.１<ａ<２㊀㊀㊀Ｂ.ａ＋ｂ＋ｃ＝６Ｃ.ａ＋ｂ>２Ｄ.ａｂｃɪ(０ꎬ４)解析㊀求导得ｆᶄ(ｘ)＝３(ｘ－１)(ｘ－３).易知ｆ(ｘ)在(－ɕꎬ１)和(３ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ在(１ꎬ３)上单调递减ꎬ极小值ｆ(３)＝０ꎬ极大值ｆ(１)＝４.㊀设ｆ(ａ)＝ｆ(ｂ)＝ｆ(ｃ)＝ｋꎬ易知ｋɪ(０ꎬ４)ꎬａɪ(０ꎬ１)ꎬｂɪ(１ꎬ３)ꎬ不难判断出函数ｆ(ｘ)在区间(０ꎬ３)上属于极值点左移ꎬ有ａ＋ｂ>２.由ｆ(ｘ)＝ｋ得方程ｘ３－６ｘ２＋９ｘ－ｋ＝０ꎬ其中ａꎬｂ.ｃ为该方程三个根.由韦达定理得ａ＋ｂ＋ｃ＝６ꎬａｂｃ＝ｋɪ(０ꎬ４).故选ＢＣＤ.评注㊀该题为２０２３年深圳市一模考题的１１题ꎬ网上有深圳市老师反映该题得分率较低ꎬ多数学生不知道如何判断ＢꎬＤ两选项的正确与否ꎬ少部分学生答对也是靠对函数图象的直观性做出的猜测.事实上ꎬ若考生考前了解过一元三次方程的韦达定理ꎬ则可较为快速㊁准确地解出该题.２.２.３求函数的最小值例４㊀实数ａꎬｂ使得方程ｘ３－ａｘ２＋ｂｘ－ａ＝０有三个正实根ꎬ求２ａ３－３ａｂ＋３ａｂ＋１的最小值.解析㊀设方程ｘ３－ａｘ２＋ｂｘ－ａ＝０的三个正实根分别为αꎬβꎬγꎬ则α＋β＋γ＝αβγ＝ａꎬαβ＋βγ＋γα＝ｂ.由三元均值不等式ꎬ得１３(α＋β＋γ)ȡ３αβγ.则ａ３ȡ３ａꎬ即ａȡ３３.由(α＋β＋γ)２ȡ３(αβ＋βγ＋γα)ꎬ得ａ２ȡ３ｂ.于是２ａ３－３ａｂ＋３ａｂ＋１＝ａ(２ａ２－３ｂ)＋３ａｂ＋１ȡａ ａ２＋３ａａ２/３＋１＝３ａȡ９３ꎬ当且仅当ａ＝３３ｂ＝９{时ꎬ即方程三根均为３时等号成立.故２ａ３－３ａｂ＋３ａｂ＋１的最小值为９３.评注㊀该题为２０２０年第十届中国东南地区数学奥林匹克考试第１天的第１题.作为一项重大竞赛考题ꎬ该题的难度偏小ꎬ主要考查一元三次方程的韦达定理和两个三元不等式ꎬ是一个可以轻松 拿分 的数学竞赛考题.２.３在三角函数求值中的应用例５㊀求下列三式的值:(１)ｃｏｓ４０ʎ＋ｃｏｓ８０ʎ＋ｃｏｓʎ１６０ʎꎻ(２)ｃｏｓ４０ʎｃｏｓ８０ʎ＋ｃｏｓ８０ʎｃｏｓ１６０ʎ＋ｃｏｓ１６０ʎ ｃｏｓ４０ʎꎻ(３)ｃｏｓ４０ʎｃｏｓ８０ʎｃｏｓ１６０ʎ.解析㊀观察三式的结构不难联想到一元三次方程韦达定理ꎬ故考虑构造一元三次方程ꎬ使ｃｏｓ４０ʎꎬｃｏｓ８０ʎꎬｃｏｓ１６０ʎ为该方程的三根ꎬ又注意到ｃｏｓ(３ˑ４０ʎ)＝ｃｏｓ(３ˑ８０ʎ)＝ｃｏｓ(３ˑ１６０ʎ)＝－１２ꎬ结合三倍角的余弦公式ｃｏｓ３θ＝４ｃｏｓ３θ－３ｃｏｓθꎬ得到方程４ｘ３－３ｘ＋１２＝０的三根分别为ｃｏｓ４０ʎꎬｃｏｓ８０ʎꎬｃｏｓ１６０ʎ.于是得到(１)ｃｏｓ４０ʎ＋ｃｏｓ８０ʎ＋ｃｏｓ１６０ʎ＝０ꎻ(２)ｃｏｓ４０ʎｃｏｓ８０ʎ＋ｃｏｓ８０ʎｃｏｓ１６０ʎ＋ｃｏｓ１６０ʎ ｃｏｓ４０ʎ＝－３４ꎻ(３)ｃｏｓ４０ʎｃｏｓ８０ʎｃｏｓ１６０ʎ＝－１８.评注㊀该题为华东师范大学出版社出版的«数学奥林匹克小丛书»上的一道题ꎬ解答该题的关键在于数系一元三次方程的韦达定理的三式结构特征ꎬ以及三倍角余弦公式.２.４在数论问题中的应用例６㊀已知ａꎬｂꎬｃɪＺꎬ且ａ＋ｂ＋ｃ＝０ꎬ求证:２(ａ４＋ｂ４＋ｃ４)是一个完全平方数.证明㊀构造方程ｘ３＋ｍｘ２＋ｎｘ＋ｋ＝０(ｍꎬｎꎬｋɪＺ)ꎬ其中ａꎬｂꎬｃ是该方程的三个整数根ꎬ由韦达定理得ｍ＝０ꎬｎ＝ａｂ＋ｂｃ＋ｃａꎬｋ＝－ａｂｃ.由方程得ａ３＝－(ｎａ＋ｋ)ꎬｂ３＝－(ｎｂ＋ｋ)ꎬｃ３＝－(ｎｃ＋ｋ).所以２(ａ４＋ｂ４＋ｃ４)＝－２ｎ(ａ２＋ｂ２＋ｃ２)－２ｋ(ａ＋ｂ＋ｃ)＝－２ｎ[(ａ＋ｂ＋ｃ)２－２(ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ)]＝(２ｎ)２ꎬ是一个完全平方数.评注㊀该题对高中数学竞赛生来说ꎬ是一道很平常的数论练习题ꎬ方法也有很多ꎬ但是利用一元三次方程(这里是整数域下的三次方程)的韦达定理解题ꎬ能起到事半功倍的效果ꎬ给人耳目一新的感觉[２].２.５在复数问题中的应用例７㊀已知三个复数ａꎬｂꎬｃ的模均为１ꎬ且ａ＋ｂ＋ｃ＝１ꎬａｂｃ＝１ꎬ求ａꎬｂꎬｃ.解析㊀由ａ＋ｂ＋ｃ＝１ɪＺꎬ得ａ－＋ｂ－＋ｃ－＝１.又由题得ａａ－＝ｂｂ－＝ｃｃ－＝１ꎬ则１ａ＋１ｂ＋１ｃ＝ａ－＋ｂ－＋ｃ－＝１.即ａｂ＋ｂｃ＋ｃａａｂｃ＝１.所以ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ＝ａｂｃ＝１.由此可得ａꎬｂꎬｃ为方程ｘ３－ｘ２＋ｘ－１＝０的三个根ꎬ因式分解方程可得(ｘ－１)(ｘ２＋１)＝０.故{ａꎬｂꎬｃ}＝{１ꎬｉꎬ－ｉ}.２.６在不等式问题中的应用例８㊀设ａꎬｂꎬｃ是实数ꎬ方程ｘ３＋ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０有三个正根ꎬ证明:２ａ３＋９ｃɤ７ａｂꎬ并且等号成立当且仅当这３个正根相等.证明㊀设题中方程的三个正根分别为αꎬβꎬγꎬ由韦达定理ꎬ得α＋β＋γ＝－ａꎬαβ＋βγ＋γα＝ｂꎬαβγ＝－ｃ.２ａ３＋９ｃ－７ａｂ＝－２(α＋β＋γ)３－９αβγ＋７(α＋β＋γ)(αβ＋βγ＋γα)＝(α＋β＋γ)[７(αβ＋βγ＋γα)－２(α＋β＋γ)２]－９αβγ＝(α＋β＋γ)[３(αβ＋βγ＋γα)－２(α２＋β２＋γ２)]－９αβγ＝(α２β＋αβ２＋β２γ＋βγ２＋γ２α＋γα２)－２(α３＋β３＋γ３)＝－(α３＋β３－α２β－αβ２)－(β３＋γ３－β２γ－βγ２)－(γ３＋α３－γ２α－γα２)＝－(α＋β)(α－β)２－(β＋γ)(β－γ)２－(γ＋α)(γ－α)２ɤ０ꎬ当且仅当α＝β＝γ时取等号ꎬ故得证.评注㊀该题是２０１４年北京大学夏令营考题ꎬ利用韦达定理将２ａ３＋９ｃ－７ａｂ转化为关于三正根αꎬβꎬγ的表达式ꎬ代数化简即可得证.２.７在立体几何中的应用例９㊀已知长方体的体积为１ꎬ长㊁宽㊁高之和为ｋꎬ表面积为２ｋꎬ求实数ｋ的取值范围.解析㊀设该长方体的长㊁宽㊁高分别为ａꎬｂꎬｃꎬ则ａ＋ｂ＋ｃ＝ｋꎬａｂ＋ｂｃ＋ｃａ＝ｋꎬａｂｃ＝１ꎬ则可将ａꎬｂꎬｃ视作方程ｘ３－ｋｘ２＋ｋｘ－１＝０的三根.又该方程可因式分解为(ｘ－１)[ｘ２－(ｋ－１)ｘ＋１]＝０ꎬ不妨设ａ＝１ꎬ则ｂꎬｃ是方程ｘ２－(ｋ－１)ｘ＋１的两根.于是ә＝(ｋ－１)２－４ȡ０ꎬｂ＋ｃ＝ｋ－１>０ꎬｂｃ＝１>０ꎬìîíïïïï解得ｋȡ３.评注㊀题中三个条件恰好得到一元三次方程的韦达定理式的三个结构式ꎬ自然将长㊁宽㊁高作为一元三次方程的三根ꎬ借助三次方程解题.２.８在三角形中的应用例１０㊀已知әＡＢＣ的三边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ周长为２ꎬ求证:ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋２ａｂｃ<２.证明㊀由题知ａ＋ｂ＋ｃ>２ｃꎬ易得０<ｃ<１ꎬ同理０<ａꎬｂ<１.不等式ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋２ａｂｃ<２等价于ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋２ａｂｃ<ａ＋ｂ＋ｃꎬ化简得ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ>１＋ａｂｃ.设ｆ(ｘ)＝(ｘ－ａ)(ｘ－ｂ)(ｘ－ｃ)ꎬ化简得ｆ(ｘ)＝ｘ３－２ｘ２＋(ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ)ｘ－ａｂｃ.问题等价于证明ｆ(１)>０.而由ａꎬｂꎬｃɪ(０ꎬ１)ꎬ得证ｆ(１)＝(１－ａ)(１－ｂ)(１－ｃ)>０.评注㊀对于ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ>１＋ａｂｃ的证明ꎬ解法多样ꎬ但是利用一元三次方程的韦达定理解题却是最简便的.３结束语一元三次方程的韦达定理虽没有出现在教材中ꎬ也不属于高中数学的知识点ꎬ但是通过文中的推导ꎬ我们不难发现ꎬ对于高中生而言该定理的理解完全不成问题ꎬ可以作为一种新定义题来命制题目ꎬ来考查学生的逻辑推理㊁数学运算等数学能力.基于此ꎬ笔者认为ꎬ在日常的教学中ꎬ广大一线教师可以考虑介绍一些介于高中与大学之间的数学知识ꎬ尤其是从数学逻辑推理的角度予以介绍ꎬ并给出证明过程ꎬ并辅之适量的习题以供训练ꎬ这样ꎬ学生的数学思维能力和知识储备都将得到大幅提升ꎬ高考中的优势自然明显ꎬ将来的数学学习也必将顺利.在介绍教材之外的知识点时ꎬ更重要的是让学生亲历知识的生成过程ꎬ知道概念的由来㊁定理的具体推导ꎬ从而掌握其中蕴含的数学思想方法[３]ꎬ这样ꎬ在遇到一道陌生问题时ꎬ学生才具有分析问题㊁解决问题的能力ꎬ考试自然能取得理想的成绩[４].参考文献:[１]刘海涛.例谈 定比点差法 在解析几何问题中的应用[Ｊ].中学数学研究(华南师范大学版)ꎬ２０２１(０７):２５－２７.[２]刘海涛.例析构造对偶式在解题中的应用[Ｊ].数理化学习(高中版)ꎬ２０２１(０４):１４－１７.[３]刘海涛.类比知识的抽象过程ꎬ寻找解题的最佳途径[Ｊ].中小学数学(高中版)ꎬ２０２２(０３):５１－５４.[４]刘海涛.例析与高斯函数有关问题的常考题型与备考建议[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２３(０１):２７－３１.[责任编辑:李㊀璟]。
高考数学专题突破：数学方法(特殊解法)
高考数学专题突破：数学方法（特殊解法）一．知识探究：1．换元法解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这叫换元法。
换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理。
换元法又称辅助元素法、变量代换法。
通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来。
或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化。
它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式，在研究方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。
换元的方法有：局部换元、三角换元、均值换元等。
局部换元又称整体换元，是在已知或者未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才能发现。
例如解不等式：4x＋2x－2≥0，先变形为设2x＝t（t>0），而变为熟悉的一元二次不等式求解和指数方程的问题。
三角换元，应用于去根号，或者变换为三角形式易求时，主要利用已知代数式中与三角知识中有某点联系进行换元。
如求函数y＝x＋1-x的值域时，易发现x∈[0,1]，设x＝sin2α ，α∈[0,π2 ]，问题变成了熟悉的求三角函数值域。
为什么会想到如此设，其中主要应该是发现值域的联系，又有去根号的需要。
如变量x、y适合条件x2＋y2＝r2（r>0）时，则可作三角代换x＝rcosθ、y＝rsinθ化为三角问题。
均值换元，如遇到x＋y＝S形式时，设x＝S2＋t，y＝S2－t等等。
我们使用换元法时，要遵循有利于运算、有利于标准化的原则，换元后要注重新变量X围的选取，一定要使新变量X围对应于原变量的取值X围，不能缩小也不能扩大。
如上几例中的t>0和α∈[0,π2 ]。
2．待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)≡g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)≡g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
2023新高考数学函数压轴小题专题突破 专题5 函数嵌套问题(解析版)
专题5 函数嵌套1．已知函数2()(1)x f x x x e =--，设关于x 的方程25()()()f x mf x m R e-=∈有n 个不同的实数解，则n 的所有可能的值为( ) A ．3B ．1或3C ．4或6D ．3或4或6【解析】解：22()(21))(1)(2)x x x f x e x x x e e x x '=-++--=+-， ∴当2x <-或1x >时，()0f x '>，当21x -<<时，()0f x '<，()f x ∴在(,2)-∞-上单调递增，在(2,1)-上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， ()f x 的极大值为25(2)f e -=，()f x 的极小值为f （1）e =-． 作出()f x 的函数图象如图所示：25()()()f x mf x m Re -=∈，25()()0f x mf x e∴--=，△2200m e=+>， 令()f x t =则，则125t t e=-．不妨设120t t <<，（1）若1t e <-，则2250t e<<，此时1()f x t =无解，2()f x t =有三解； （2）若1t e =-，则225t e =，此时1()f x t =有一解，2()f x t =有两解； （3）若10e t -<<，则225t e >，此时1()f x t =有两解，2()f x t =有一解； 综上，25()()f x mf x e-=有三个不同的实数解． 故选：A ．2．已知函数())f x x R =∈，若关于x 的方程2()()10f x mf x m -+-=恰好有4个不相等的实数根，则实数m 的取值范围为( ) A．(1,1) B．(0 C ．1(1,1)e+D．,1)【解析】解：化简可得0()0x f x x =<，当0x >时，()0f x，12()x x e x f x e '===， 当102x <<时，()0f x'>，当12x>时，()0fx '<， 故当12x=时，函数()f x有极大值21()2f e====； 当0x <时，2()0x xxe x e x xf x x e --'==<，()f x 为减函数，作出函数()f x 对应的图象如图：∴函数()f x 在(0,)+∞上有一个最大值为1()2f ；设()t f x =， 当t >()tf x =有1个解， 当t =()t f x =有2个解， 当0t <<时，方程()t f x =有3个解， 当0t =时，方程()t f x =有1个解， 当0t <时，方程()m f x =有0个解，则方程2()()10f x mf x m -+-=等价为210t mt m -+-=，等价为方程21(1)[(1)]0t mt m t t m -+-=---=有两个不同的根1t =，或1t m =-， 当1t =时，方程()t f x =有1个解，要使关于x 的方程2()()10f x mf x m -+-=恰好有4个不相等的实数根， 则1t m =-∈，即01m <-<11m <<+，则m的取值范围是1)+ 故选：A ．3．已知函数|1|2,0()21,0x e x f x x x x -⎧>=⎨--+⎩，若方程2()()20f x bf x ++=有8个相异实根，则实数b 的取值范围()A ．(4,2)--B．(4,--C ．(3,2)--D．(3,--【解析】解：令()f x t =，则方程2()()20f x bf x ++=⇔方程220t bt ++=． 如图是函数|1|2,0()21,0x e x f x x x x -⎧>=⎨--+⎩，的图象，根据图象可得：方程2()()20f x bf x ++=有8个相异实根⇔方程220t bt ++=．有两个不等实数解1t ，2t 且1t ，2(1,2)t ∈．可得22280112032220122b b b b b ⎧=->⎪++>⎪⎪⇒-<<-⎨++>⎪⎪<-<⎪⎩． 故选：D ．4．已知函数22,0()(1),0x x x f x ln x x ⎧-+>=⎨-+<⎩，关于x 的方程2()2()10()f x af x a a R -+-=∈有四个相异的实数根，则a 的取值范围是( )A ．(,0)-∞B ．[1，)+∞C ．(,0)[2-∞，)+∞D ．(-∞，0)(1⋃，)+∞【解析】解：函数22,0()(1),0x x x f x ln x x ⎧-+>=⎨-+<⎩的图象如图：方程2()2()10()f x af x a a R -+-=∈有四个相异的实数根， 必须()f x 由两个解，一个()1f x >，一个()(0f x ∈，1)， 或者()(0f x ∈，1)，另一个()0f x ，2()2()10()f x af x a a R -+-=∈，可得()f x a =，当1a >时，1a >，(0,1)a ．满足题意．当1a =时，2a ，0a =，不满足题意． 考察选项可知，D 正确； 故选：D ．5．已知函数33,0()1,0x x x x f x x lnx x ex ⎧-⎪=⎨++>⎪⎩，若关于x 的方程2()()10f x mf x --=恰好有6个不相等的实根，则实数m 的取值范围是( ) A ．(2-，11e + )B ．(2-，0 )(⋃ 0，11e + )C ．2321(,)2e e e+-+D ．( 32-，0 )(⋃ 0，221)e e e++【解析】解：当0x 时，3()3f x x x =-，则2()333(1)(1)f x x x x '=-=-+， 令()0f x '=得：1x =-，∴当(,1)x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增，且(1)2f -=-，(0)0f =，当0x >时，1()x x lnx f x e x +=+，则21()x x lnxf x e x--'=+，显然f '（1）0=，∴当(0,1)x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，且f （1）11e=+， 故函数()f x 的大致图象如图所示：，令()t f x =，则关于x 的方程2()()10f x mf x --=化为关于t 的方程210t mt --=， △240m =+>，∴方程210t mt --=有两个不相等的实根，设为1t ，2t ， 由韦达定理得：12t t m +=，1210t t =-<，不妨设10t >，20t <， 关于x 的方程2()()10f x mf x --=恰好有6个不相等的实根， ∴由函数()f x 的图象可知：1101t e<<+，220t -<<，设2()1g t t mt =--，则(2)0(0)01(1)0g g g e ⎧⎪->⎪<⎨⎪⎪+>⎩，解得：23212e m e e+-<<+，故选：C ．6．已知函数|1|221,0()21,0x x f x x x x -⎧-=⎨++<⎩，若关于x 的方程22()(1)()20f x m f x m -++=有五个不同实根，则m 的值是( ) A ．0或12B ．12C ．0D ．不存在【解析】解：画出函数()f x 的图象，如图所示：，当()1f x =时，有三个根，把()1f x =代入方程22()(1)()20f x m f x m -++=得，21(1)20m m -++=， 解得：0m =或12， 当0m =时，方程22()(1)()20f x m f x m -++=为2()()0f x f x -=，所以()0f x =或1，所以有五个根， 当12m =时，方程22()(1)()20f x m f x m -++=为231()()022f x f x -+=，所以()1f x =或12，所以有7个根，舍去，综上所求，0m =时，方程22()(1)()20f x m f x m -++=有五个不同实根， 故选：C ．7．已知函数2(2),0()|2|,0x x f x x x ⎧+=⎨->⎩，方程2()()0f x af x -=（其中(0,2))a ∈的实根个数为p ，所有这些实根的和为q ，则p 、q 的值分别为( ) A ．6，4 B ．4，6C ．4，0D ．6，0【解析】解：2()()0f x af x -=，()0f x ∴=或()f x a =．作出()f x 的函数图象如图所示：由图象可知()0f x =有两解，()f x a =有四解． 6p ∴=．由图象可知()0f x =的两解为2x =-，2x =，()f x a =的四个解中，较小的两个关于直线2x =-对称，较大的两个关于直线2x =对称， 0q ∴=．故选：D ．8．已知函数()(1)(1)g x a x ln x =++的图象在点2(1e -，2(1))g e -处的切线与直线610x y ++=垂直( 2.71828e =⋯是自然对数的底数），函数()f x 满足3()(1)0xf x g x x +--=，若关于x 的方程2()()0(f x bf x c b -+=，c R ∈，且0)c <在区间1[,]e e上恰有3个不同的实数解，则实数b 的取值范围是() A ．21(1,2]e + B ．221[2,2]e e +-C ．2221[2,]e e e-+ D ．221(2,]e e+ 【解析】解：函数()(1)(1)g x a x ln x =++的导数为()(1)g x aln x a '=++， 可得()g x 图象在点2(1e -，2(1))g e -处的切线斜率为3a ， 由切线与直线610x y ++=垂直，可得36a =， 解得2a =，()2(1)(1)g x x ln x =++，3()(1)0xf x g x x +--=，可得2()2f x x lnx =-， 导数为222(1)(1)()2x x f x x x x -+'=-=， 当1x >时，()0f x '>，()f x 递增；当01x <<时，()0f x '<，()f x 递减． 即有1x =处()f x 取得最小值1． 则()f x 在1[e，]e 的图象如右：若关于x 的方程2()()0(f x bf x c b -+=，c R ∈，且0)c < 在区间1[,]e e上恰有3个不同的实数解，可令()t f x =，则20t bt c -+=，（1） 可得t 的范围是[1，22]e -，方程（1）判别式为240b c ->，必有两不同的实数解， 设为1t ，2t ，12t t b +=， 可得11t =，22112t e<+， 即21112b e <-+， 解得2123b e <+，① 又212122t e e+<-， 22112t e <+， 则21222113t t b e e e+<+=+，② 由①②求并可得2212b e e <+， 故选：D ．9．已知函数()1xf x x =+，(1,)x ∈-+∞，若关于x 的方程2()|()|230f x m f x m +++=有三个不同的实数解，则m 的取值范围是( ) A ．3(2-，0)B ．3(2-，4)3-C ．3(2-，4]3-D ．4(3-，0)【解析】解：1()11f x x -=++，|()|y f x =，(1,)x ∈-+∞的图象如下：设|()|f x t =，则2|()||()|230f x m f x m +++=有三个不同的实数解，即为2230t mt m +++=有两个根， ①0t =时，代入2230t mt m +++=得32m =-，即2302t t -=，另一根为32只有一个交点，舍去②一个在(0,1)上，一个在[1，)+∞上时， 设2()23h t t mt m =+++(0)230(1)1230h m h m m =+>⎧⎨=+++⎩，解得3423m -<-． 故选：C ．10．已知函数2()x x f x e=，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++-=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值范围是( )A ．(0,2)B ．1(1,2)e-C ．24{1,1}e -D ．24(1,1)e -【解析】解：函数2()x x f x e =的导数为22()xx x f x e-'=， 当02x <<时，()0f x '>，()f x 递增； 当2x >或0x <时，()0f x '<，()f x 递减， 可得()f x 在0x =处取得极小值0， 在2x =处取得极大值241e <， 作出()y f x =的图象， 设()t f x =，关于x 的方程2()()10f x mf x m ++-=， 即为210t mt m ++-=， 解得1t =-或1t m =-， 当1t =-时，()1f x =-无实根； 由题意可得当241(0,)t m e=-∈， 解得241m e-=或1m =， 所以24(1m e ∈-，1) 故选：D ．11．已知函数()1x x f x e=-，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++-=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值集合是( )A ．(-∞，2)(2⋃，)+∞B ．1(2,)e-+∞C ．1(2,2)e -D ．12e ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭【解析】解：由题意1()x x f x e -'=．令1()0x xf x e-'==，解得1x =； 且1x >时，()0f x '<，1x <时，()0f x '>，所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 在1x =处取极大值11e=-．()f x 大致图象如下：令()t f x =，则2[()]()10f x mf x m ++-=可化为210t mt m ++-=． 假设2m =，则2210t t ++=．解得1t =-，即()1f x =-． 根据()f x 图象，很明显此时只有一个解， 故2m =不符合题意，由此排除B 选项；假设3m =，则2320t t ++=，解得12t =-，21t =-． 即()2f x =-，或()1f x =-．根据()f x 图象，很明显此时方程只有两个解， 故3m =不符合题意，由此排除A 选项．假设12m e =-时，则211(2)10t t e e +-+-=，解得111t e =-，21t =-．即()1f x =-或1()1f x e=-，根据()f x 的图象，很明显此时方程只有两个根， 故12m e=-不符合题意，由此排除D故选：C ．12．已知函数||||()1x x f x e =+，2(),0()2,0f x x g x x x a x ⎧=⎨-+>⎩，且g （1）0=，则关于x 的方程(())10g g x t --=实根个数的判断正确的是( )A ．当2t <-时，方程(())10g g x t --=没有相异实根B ．当110t e-+<<或2t =-时，方程(())10g g x t --=有1个相异实根C ．当111t e<<+时，方程(())10g g x t --=有2个相异实根D ．当111t e -<<-+或01t <或11t e=+时，方程(())10g g x t --=有4个相异实根 【解析】解：当0x 时，||||()111x x x x xf x xe e e--=+=+=-+， 因为g （1）0=， 所以120a -+=， 所以1a =，所以21,0()21,0x xe x g x x x x ⎧-+=⎨-+>⎩，图象如图所示：当0x 时，0x -，0x e >，则11x xe -+，当且仅当0x =时等号成立， ()g x 在(,1)-∞-上是增加的，在(1,0)-上是减少的；当0x >时，()f x 在(0,1)上是减少的，在(1,)+∞上是增加的， 故()(1)0g x g -=恒成立．故()g x 在(,1)-∞-上是增加的，在(1,1)-上是减少的，在(1,)+∞上是增加的． 令()m g x t =-，则()10g m -=， 解得：0m =或2m =， 当0m =即()0g x t -=时， ()g x t =，当2t <-时，()2g x <-，无解， 当2m =即()2g x t -=时， ()2g x t =+，当2t <-时，()0g x <，无解， 故方程(())10g g x t --=没有相异实根， 故A 正确；当2t =-时，由A 可知：()0g x =，解得1x =， 当110t e -+<<时，12(1,2)t e+∈+， 由上可知()f x 在1x =-时取得极大值为1(1)1g e-=+，结合图象可知，此时2y t =+与()g x 有且仅有一个交点， 故B 正确；当111t e<<+时，()g x t =或()2g x t =+，若()g x t =，结合图象可知()g x 与y t =有三个不同的交点， 若()2g x t =+，12(3,3)t e+∈+，此时()g x 与y t =有一个交点，故方程(())10g g x t --=有4个相异实根， 故C 错误； 当111t e -<<-+时，1()2(1,1)g x t e=+∈+， 由C 可知此时有三个不等实根， 当01t <时，()g x t =或()2g x t =+， 当()g x t =时，由图可知有两个不等实根， 当()2g x t =+时，由图可知有一个实根， 当11t e=+时，()g x t =或()2g x t =+，当()g x t =时，由图可知有两个不等实根， 当()2g x t =+时，由图可知有一个实根， 故此时方程(())10g g x t --=共有9个不等实根， 故D 错误． 故选：AB ．13．已知函数,1()1,12lnx x f x x x ⎧⎪=⎨-<⎪⎩，则函数()(()1)g x f f x =+的零点是 1 ，若()(()1)h x f f x m =++有两个零点1x ，2x ，则12x x +的最小值是 ．【解析】解：()(()1)g x f f x =+，,1()1,12lnx x f x x x ⎧⎪=⎨-<⎪⎩，当1x 时，0lnx ，()11f x +，则(()1)(1)f f x ln lnx +=+， 当1x <时，1112x -+>，则(()1)(2)2xf f x ln +=-． (1),1()(()1)(2),12ln lnx x g x f f x xln x +⎧⎪∴=+=⎨-<⎪⎩， 令()0g x =，则1(1)0x ln lnx ⎧⎨+=⎩或1(2)02x xln <⎧⎪⎨-=⎪⎩， 解得1x =．故函数()(()1)g x f f x =+的零点是1； 由上可知，(()1)(()1)f f x ln f x +=+，()(()1)h x f f x m =++有两个零点1x ，2x ，即(()1)ln f x m +=-有两根，也就是()1m f x e -+=，()1m f x e -=-有两根1x ，2x ，不妨设12x x <， 当1x 时，21m lnx e -=-，当1x <时，1112m x e --=-， 令112m t e -=->，则 2lnx t =，2t x e =，112x t -=，122x t =-， ∴1222t x x e t +=+-，12t >， 设()22t t e t ϕ=+-，12t >， 则()2t t e ϕ'=-，可得当1(2t ∈，)lnt 时，()0t ϕ'<，当(,)t lnt ∈+∞时，()0t ϕ'>， 则()t ϕ的最小值为(2)422ln ln ϕ=-． 12x x ∴+的最小值是422ln -．故答案为：1；422ln -．14．已知函数,1()1,12lnx x f x x x ⎧⎪=⎨-<⎪⎩，若()(()1)F x f f x m =++有两个零点1x ，2x ，则12x x 的取值范围(-∞ ．【解析】解：当1x 时，()0f x lnx =，则()11f x +， (()1)(()1)f f x ln f x ∴+=+，当1x <时，1()122x f x =->，则3()12f x +>， (()1)(()1)f f x ln f x ∴+=+，综上可知，()(()1)(()1)F x f f x m ln f x m =++=++，令()0F x =，得()1m f x e -+=，依题意，()1m f x e -=-有两个根1x ，2x ，不妨设12x x <， 当1x 时，21m lnx e -=-，当1x <时，1112m x e --=-， 令112m t e -=->，则1221,,1,222t x lnx t x e t x t ==-==-， ∴121(22),2t x x e t t =->， 设1()(22),2t g t e t t =->，则()20t g t te '=-<，()g t ∴在1(,)2+∞上单调递减，∴1()()2g t g <=12x x ∴的取值范围为(-∞．故答案为：(-∞．15．已知函数,2()48,25xexx e f x x x x⎧⎪⎪=⎨-⎪>⎪⎩（其中e 为自然对数的底数），若关于x 的方程22()3|()|20f x a f x a -+=恰有5个相异的实根，则实数a 的取值范围为 12{}[2e ，4)5．【解析】解：当2x 时，令()0xe exf x e -'==，解得1x =， 所以当1x 时，()0f x '>，则()f x 单调递增，当12x 时，()0f x '<，则()f x 单调递减， 当2x >时，4848()555x f x x x -==-单调递增，且()[0f x ∈，4)5作出函数()f x 的图象如图：（1）当0a =时，方程整理得2()0f x =，只有2个根，不满足条件；（2）若0a >，则当()0f x <时，方程整理得22()3()2[()2][()]0f x af x a f x a f x a ++=++=， 则()20f x a =-<，()0f x a =-<，此时各有1解，故当()0f x >时，方程整理得22()3()2[()2][()]0f x af x a f x a f x a -+=--=， ()2f x a =有1解同时()f x a =有2解，即需21a =，12a =，因为f （2）22212e e e==>，故此时满足题意；或()2f x a =有2解同时()f x a =有1解，则需0a =，由（1）可知不成立； 或()2f x a =有3解同时()f x a =有0解，根据图象不存在此种情况，或()2f x a =有0解同时()f x a =有3解，则21245a a e >⎧⎪⎨<⎪⎩，解得245a e <， 故2[a e ∈，4)5（3）若0a <，显然当()0f x >时，()2f x a =和()f x a =均无解， 当()0f x <时，()2f x a =-和()f x a =-无解，不符合题意． 综上：a 的范围是12{}[2e ，4)5故答案为12{}[2e ，4)516．已知函数231,0()26,0ax x f x xlnx x x ⎧++<⎪=⎨⎪->⎩，若关于x 的方程()()0f x f x +-=恰有四个不同的解，则实数a 的取值范围是 (2,0)- ．【解析】解：已知定义在(-∞，0)(0⋃，)+∞上的函数231,0()26,0ax x f x xlnx x x ⎧++<⎪=⎨⎪->⎩， 若()()0f x f x +-=在定义域上有四个不同的解 等价于231a y x x =++关于原点对称的函数231ay x x=-+-与函数()26(0)f x lnx x x =->的图象有两个交点，联立可得226310alnx x x x-+-+=有两个解， 即23263a xlnx x x x =-++，0x >， 可设23()263g x xlnx x x x =-++，0x >， 2()32129g x lnx x x '=+-+， 22()1812218120g x x x x x''=+-=，可得()g x '在(0,)+∞递增， 由g '（1）0=，可得01x <<时，()0g x '<，()g x 递减；1x >时，()0g x '>，()g x 递增， 即()g x 在1x =处取得极小值且为2-，作出()y g x =的图象，可得20a -<<时，226310alnx x x x-+-+=有两个解， 故答案为：(2,0)-．17．已知函数21,0()21,0x x f x x x x +⎧=⎨-+>⎩，若关于x 的方程2()()0f x af x -=恰有5个不同的实数解，则a 的取值范围是 (0,1) ．【解析】解：作()f x 的图象如下，，2()()()(())0f x af x f x f x a -=-=，()0f x ∴=或()f x a =； ()0f x =有两个不同的解，故()f x a =有三个不同的解， 故(0,1)a ∈； 故答案为：(0,1)．18．已知函数()|1|33f x x x x =--+． （1）求函数()f x 的零点；（2）若关于x 的方程2()()0(f x mf x n m -+=、)n R ∈恰有5个不同的实数解，求实数m 的取值范围．【解析】解：（1）由题得2223,(1)()|1|3343,(1)x x x f x x x x x x x ⎧--+<=--+=⎨-+⎩，①当1x <时，令()0f x =，得3x =-或1x =（舍)； ②当1x 时，令()0f x =，得1x =或3x =， ∴函数()f x 的零点是3-，1，3；（2）作出函数2223,(1)()|1|3343,(1)x x x f x x x x x x x ⎧--+<=--+=⎨-+⎩的大致图象，如图：令()t f x =，若关于x 的方程2()()0f x mf x n -+=恰有5个不同的实数解， 解法一：则函数2()g t t mt n =-+的零点分布情况如下：①当11t =-，2(1,4)t ∈-时，则(1)0(4)0142g g b a ⎧⎪-=⎪>⎨⎪⎪-<-<⎩，得101640142m n m n m ⎧⎪++=⎪-+>⎨⎪⎪-<<⎩，故(2,3)m ∈-；②当14t =，2(1,4)t ∈-时，则(4)0(1)0142g g b a ⎧⎪=⎪->⎨⎪⎪-<-<⎩，得164010142m n m n m ⎧⎪-+=⎪++>⎨⎪⎪-<<⎩，故(3,8)m ∈．综上所述，实数m 的取值范围为(2m ∈-，3)(3⋃，8)； 解法二：则方程20t mt n -+=的根的情况如下：①当11t =-，2(1,4)t ∈-时，由11t =-得10m n ++=，则方程2(1)0t mt m --+=，即(1)(1)0t t m +--=，故21(1,4)t m =+∈-，所以(2,3)m ∈-；②当14t =，2(1,4)t ∈-时，由14t =得1640m n -+=，则方程24(4)0t mt m -+-=，即(4)(4)0t t m --+=，故24(1,4)t m =-∈-，所以(3,8)m ∈．综上所述，实数m 的取值范围为(2m ∈-，3)(3⋃，8)．19．已知函数2()sin()2cos 1,468f x x x x R πππ=--+∈． （1）求函数()f x 的最小正周期及单调递增区间；（2）若关于x 的方程()()24410,43f x mf x x ⎛⎫-+=∈ ⎪⎝⎭在内有实数解，求实数m 的取值范围． 【解析】解：（1）23()sin()2cos 1sin cos cos sin cos cos 3sin()4684646442443f x x x x x x x x ππππππππππππ=--+=----⋯（3分） ∴函数()f x 的最小正周期为8．⋯（4分）令222432k x k ππππππ--+，k Z ∈，求得2108833k x k -+，k z ∈，故函数的单调递增区间为210[8,8]33k k -+，k Z ∈⋯（6分）（2）设()t f x =，4(3x ∈，4)，∴2(0,)433x πππ-∈，()(0f x ∴∈，∴方程2410t mt -+=在(0t ∈内有实数解，即当(0t ∈时方程有实数解．⋯（10分） 11442t t t +=当且仅当时取等号，4m ∴，⋯（8分） 故实数m 的取值范围是[4，)+∞．⋯（12分） 20．已知函数()g x 对一切实数x ，y R ∈都有()()(22)g x y g y x x y +-=+-成立，且g （1）0=，()(1)(h x g x bx c b =+++，)c R ∈，()()g x f x x=． （Ⅰ）求(0)g 的值和()g x 的解析式；（Ⅰ）记函数()h x 在[1-，1上的最大值为M ，最小值为m ．若4M m -，当0b >时，求b 的最大值；（Ⅰ）若关于x 的方程2(|21|)30|21|x x k f k -+-=-有三个不同的实数解，求实数k 的取值范围． 【解析】解：（Ⅰ）令1x =，0y =得g （1）(0)1g -=-，g （1）0=，(0)1g ∴=，令0y =得()(0)(2)g x g x x -=-，即2()21g x x x =-+．（Ⅰ）2()(1)h x g x bx c x bx c =+++=++．①当12b -<-，即2b >时，M m h -=（1）(1)24h b --=>，与题设矛盾②当102b --<时，即02b <时，M m h -=（1）2()(1)422b b h --=+恒成立， 综上可知当02b <时，b 的最大值为2．（3）当0x =时，210x -=则0x =不是方程的根，方程2(|21|)30|21|x x k f k -+-=-可化为： 2|21|(23)|21|(12)0x x k k --+-++=，|21|0x -≠，令|21|x t -=，则方程化为2(23)(12)0t k t k -+++=，(0)t >，方程2(|21|)310|21|x x k f k -+--=-有三个不同的实数解， ∴由|21|x t =-的图象知，2(23)(12)0t k t k -+++=，(0)t >，有两个根1t 、2t ，且1201t t <<<或101t <<，21t =．记2()(23)(12)h t t k t k =-+++，则(0)210(1)0h k h k =+>⎧⎨=-<⎩，此时0k >， 或(0)210(1)032012h k h k k ⎧⎪=+>⎪=-=⎨⎪+⎪<<⎩，此时k 无解，综上实数k 的取值范围是(0,)+∞．。
新高考数学复习专题突破——突破3.2 直线的方程附答案解析
法等等），一般可以综合运用各种方法，达到快速做出选择的效果。填空题也 是，比较简单的会的就正常做，复杂的题如果答案是一个确定的值时，看能否 用特殊值代入法以及特例求解法。选择填空题的答题时间要自己掌握好，遇到 不会的先放下往后答，我们的目标是把卷子上所有会的题都答上了、都答对 了，审题要仔细（一个字一个字读题），计算要准确（一步一步计算），千万不 要有马虎的地方。 大题文科第一题一般是三角函数题，第一步一般都是需要将三角函数化简成标 准形式 Asin（wx+fai）+c，接下来按题做就行了，注意二倍角的降幂作用以及 辅助角（合一）公式，周期公式，对称轴、对称中心、单调区间、最大值、最 小值都是用整体法求解。求最值时通过自变量的范围推到里面整体 u=wx+fai 的 范围，然后可以直接画 sinu 的图像，避免画平移的图像。这部分题还有一种就 是解三角形的问题，运用正弦定理、余弦定理、面积公式，通常有两个方向， 即角化成边和边化成角，得根据具体问题具体分析哪个方便一些，遇到复杂的 题就把未知量列成未知数，根据定理列方程组，然后解方程组即可。 理科如果考数列题的话，注意等差、等比数列通项公式、前 n 项和公式；证明 数列是等差或等比直接用定义法（后项减前项为常数/后项比前项为常数），求数 列通项公式，如为等差或等比直接代公式即可，其它的一般注意类型采用不同 的方法（已知 Sn 求 an、已知 Sn 与 an 关系求 an（前两种都是利用 an=Sn-Sn1，注意讨论 n=1、n>1）、累加法、累乘法、构造法（所求数列本身不是等差 或等比，需要将所求数列适当变形构造成新数列 lamt，通过构造一个新数列使 其为等差或等比，便可求其通项，再间接求出所求数列通项）；数列的求和第一 步要注意通项公式的形式，然后选择合适的方法（直接法、分组求和法、裂项
2021年新高考数学函数压轴小题专题突破 专题5 函数嵌套问题(解析版)
专题5 函数嵌套1．已知函数2()(1)x f x x x e =−−，设关于x 的方程25()()()f x mf x m R e−=∈有n 个不同的实数解，则n 的所有可能的值为( ) A ．3B ．1或3C ．4或6D ．3或4或6【解析】解：22()(21))(1)(2)x x x f x e x x x e e x x ′=−++−−=+−， ∴当2x <−或1x >时，()0f x ′>，当21x −<<时，()0f x ′<，()f x ∴在(,2)−∞−上单调递增，在(2,1)−上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， ()f x 的极大值为25(2)f e −=，()f x 的极小值为f （1）e =−． 作出()f x 的函数图象如图所示：25()()()f x mf x m R e−=∈，25()()0f x mf x e ∴−−=，△2200m e=+>， 令()f x t =则，则125t t e=−．不妨设120t t <<，（1）若1t e <−，则2250t e <<，此时1()f x t =无解，2()f x t =有三解； （2）若1t e =−，则225t e =，此时1()f x t =有一解，2()f x t =有两解； （3）若10e t −<<，则225t e >，此时1()f x t =有两解，2()f x t =有一解； 综上，25()()f x mf x e−=有三个不同的实数解．故选：A ．2．已知函数())f x x R =∈，若关于x 的方程2()()10f x mf x m −+−=恰好有4个不相等的实数根，则实数m 的取值范围为( ) A．(1,1)2e+ B．(0 C ．1(1,1)e+ D．【解析】解：化简可得0()0x f x x =<…，当0x >时，()0f x …，()f x ′= 当102x <<时，()0f x ′>，当12x >时，()0f x ′<， 故当12x =时，函数()f x有极大值1()2f =； 当0x <时，()0f x ′=<，()f x 为减函数，作出函数()f x 对应的图象如图：∴函数()f x 在(0,)+∞上有一个最大值为1()2f =； 设()t f x =，当t >()t f x =有1个解，当t =()t f x =有2个解，当0t <<时，方程()t f x =有3个解， 当0t =时，方程()t f x =有1个解， 当0t <时，方程()m f x =有0个解，则方程2()()10f x mf x m −+−=等价为210t mt m −+−=，等价为方程21(1)[(1)]0t mt m t t m −+−=−−−=有两个不同的根1t =，或1t m =−， 当1t =时，方程()t f x =有1个解，要使关于x 的方程2()()10f x mf x m −+−=恰好有4个不相等的实数根，则1t m −∈，即01m <−<11m <<+， 则m的取值范围是1) 故选：A ．3．已知函数|1|2,0()21,0x e x f x x x x − >= −−+…，若方程2()()20f x bf x ++=有8个相异实根，则实数b 的取值范围()A ．(4,2)−− B．(4,−− C ．(3,2)−− D．(3,−−【解析】解：令()f x t =，则方程2()()20f x bf x ++=⇔方程220t bt ++=． 如图是函数|1|2,0()21,0x e x f x x x x − >= −−+ …，的图象，根据图象可得：方程2()()20f x bf x ++=有8个相异实根⇔方程220t bt ++=．有两个不等实数解1t ，2t 且1t ，2(1,2)t ∈．可得22280112032220122b b b b b =−> ++> ⇒−<<− ++><−< ． 故选：D ．4．已知函数22,0()(1),0x x x f x ln x x −+>= −+< ，关于x 的方程2()2()10()f x af x a a R −+−=∈有四个相异的实数根，则a 的取值范围是( )A ．(,0)−∞B ．[1，)+∞C ．(,0)[2−∞ ，)+∞D ．(−∞，0)(1∪，)+∞【解析】解：函数22,0()(1),0x x x f x ln x x −+>=−+< 的图象如图： 方程2()2()10()f x af x a a R −+−=∈有四个相异的实数根， 必须()f x 由两个解，一个()1f x >，一个()(0f x ∈，1)， 或者()(0f x ∈，1)，另一个()0f x …，2()2()10()f x af x a a R −+−=∈，可得()f x a =±，当1a >时，1a +>，(0,1)a −．满足题意．当1a =时，2a +=，0a −=，不满足题意． 考察选项可知，D 正确； 故选：D ．5．已知函数33,0()1,0xx x x f x x lnx x ex −= ++> …，若关于x 的方程2()()10f x mf x −−=恰好有6个不相等的实根，则实数m 的取值范围是( ) A ．(2−，11e + )B ．(2−，0 )(∪ 0，11e + )C ．2321(,)2e e e+−+D ．( 32−，0 )(∪ 0，221)e e e ++【解析】解：当0x …时，3()3f x x x =−，则2()333(1)(1)f x x x x ′=−=−+， 令()0f x ′=得：1x =−，∴当(,1)x ∈−∞−时，()0f x ′<，()f x 单调递减；当(1,0)x ∈−时，()0f x ′>，()f x 单调递增，且(1)2f −=−，(0)0f =，当0x >时，1()x x lnx f x e x +=+，则21()x x lnxf x e x−−′=+，显然f ′（1）0=，∴当(0,1)x ∈时，()0f x ′>，()f x 单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0f x ′<，()f x 单调递减，且f （1）11e=+， 故函数()f x 的大致图象如图所示：，令()t f x =，则关于x 的方程2()()10f x mf x −−=化为关于t 的方程210t mt −−=， △240m =+>，∴方程210t mt −−=有两个不相等的实根，设为1t ，2t ， 由韦达定理得：12t t m +=，1210t t =−<，不妨设10t >，20t <，关于x 的方程2()()10f x mf x −−=恰好有6个不相等的实根， ∴由函数()f x 的图象可知：1101t e<<+，220t −<<，设2()1g t t mt =−−，则(2)0(0)01(1)0g g g e−>< +>，解得：23212e m e e+−<<+， 故选：C ．6．已知函数|1|221,0()21,0x x f x x x x − −= ++< …，若关于x 的方程22()(1)()20f x m f x m −++=有五个不同实根，则m 的值是( ) A ．0或12B ．12C ．0D ．不存在【解析】解：画出函数()f x 的图象，如图所示：，当()1f x =时，有三个根，把()1f x =代入方程22()(1)()20f x m f x m −++=得，21(1)20m m −++=， 解得：0m =或12， 当0m =时，方程22()(1)()20f x m f x m −++=为2()()0f x f x −=，所以()0f x =或1，所以有五个根， 当12m =时，方程22()(1)()20f x m f x m −++=为231()()022f x f x −+=，所以()1f x =或12，所以有7个根，舍去，综上所求，0m =时，方程22()(1)()20f x m f x m −++=有五个不同实根， 故选：C ．7．已知函数2(2),0()|2|,0x x f x x x += −>…，方程2()()0f x af x −=（其中(0,2))a ∈的实根个数为p ，所有这些实根的和为q ，则p 、q 的值分别为( ) A ．6，4B ．4，6C ．4，0D ．6，0【解析】解：2()()0f x af x −= ， ()0f x ∴=或()f x a =．作出()f x 的函数图象如图所示：由图象可知()0f x =有两解，()f x a =有四解． 6p ∴=．由图象可知()0f x =的两解为2x =−，2x =，()f x a =的四个解中，较小的两个关于直线2x =−对称，较大的两个关于直线2x =对称， 0q ∴=．故选：D ．8．已知函数()(1)(1)g x a x ln x =++的图象在点2(1e −，2(1))g e −处的切线与直线610x y ++=垂直( 2.71828e =…是自然对数的底数），函数()f x 满足3()(1)0xf x g x x +−−=，若关于x 的方程2()()0(f x bf x c b −+=，c R ∈，且0)c <在区间1[,]e e上恰有3个不同的实数解，则实数b 的取值范围是()A ．21(1,2]e + B ．221[2,2]e e+−C ．2221[2,]e e e−+ D ．221(2,]e e+ 【解析】解：函数()(1)(1)g x a x ln x =++的导数为()(1)g x aln x a ′=++， 可得()g x 图象在点2(1e −，2(1))g e −处的切线斜率为3a ， 由切线与直线610x y ++=垂直，可得36a =， 解得2a =，()2(1)(1)g x x ln x =++，3()(1)0xf x g x x +−−=，可得2()2f x x lnx =−， 导数为222(1)(1)()2x x f x x x x −+′=−=， 当1x >时，()0f x ′>，()f x 递增；当01x <<时，()0f x ′<，()f x 递减． 即有1x =处()f x 取得最小值1． 则()f x 在1[e，]e 的图象如右：若关于x 的方程2()()0(f x bf x c b −+=，c R ∈，且0)c < 在区间1[,]e e上恰有3个不同的实数解，可令()t f x =，则20t bt c −+=，（1） 可得t 的范围是[1，22]e −，方程（1）判别式为240b c −>，必有两不同的实数解， 设为1t ，2t ，12t t b +=， 可得11t =，22112t e<+…， 即21112b e <−+…， 解得2123b e <+…，① 又212122t e e +<−…， 22112t e <+…， 则21222113t t b e e e+<+=+…，② 由①②求并可得2212b e e <+…， 故选：D ．9．已知函数()1xf x x =+，(1,)x ∈−+∞，若关于x 的方程2()|()|230f x m f x m +++=有三个不同的实数解，则m 的取值范围是( ) A ．3(2−，0)B ．3(2−，4)3−C ．3(2−，4]3−D ．4(3−，0)【解析】解：1()11f x x −=++，|()|y f x =，(1,)x ∈−+∞的图象如下：设|()|f x t =，则2|()||()|230f x m f x m +++=有三个不同的实数解，即为2230t mt m +++=有两个根， ①0t =时，代入2230t mt m +++=得32m =−，即2302t t −=，另一根为32只有一个交点，舍去②一个在(0,1)上，一个在[1，)+∞上时， 设2()23h t t mt m =+++(0)230(1)1230h m h m m =+>=+++ …，解得3423m −<−…． 故选：C ．10．已知函数2()x x f x e=，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++−=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值范围是( )A ．(0,2)B ．1(1,2)e −C ．24{1,1}e −D ．24(1,1)e − 【解析】解：函数2()x x f x e=的导数为22()x x x f x e −′=， 当02x <<时，()0f x ′>，()f x 递增；当2x >或0x <时，()0f x ′<，()f x 递减，可得()f x 在0x =处取得极小值0，在2x =处取得极大值241e <， 作出()y f x =的图象，设()t f x =，关于x 的方程2()()10f x mf x m ++−=，即为210t mt m ++−=，解得1t =−或1t m =−，当1t =−时，()1f x =−无实根； 由题意可得当241(0,)t m e =−∈， 解得241m e −=或1m =， 所以24(1m e ∈−，1) 故选：D ．11．已知函数()1x x f x e=−，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++−=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值集合是( )A ．(−∞，2)(2∪，)+∞B ．1(2,)e −+∞C ．1(2,2)e −D ．12e −【解析】解：由题意1()x x f x e −′=．令1()0xx f x e −′==，解得1x =； 且1x >时，()0f x ′<，1x <时，()0f x ′>，所以()f x 在(,1)−∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 在1x =处取极大值11e=−． ()f x 大致图象如下：令()t f x =，则2[()]()10f x mf x m ++−=可化为210t mt m ++−=． 假设2m =，则2210t t ++=．解得1t =−，即()1f x =−．根据()f x 图象，很明显此时只有一个解，故2m =不符合题意，由此排除B 选项；假设3m =，则2320t t ++=，解得12t =−，21t =−．即()2f x =−，或()1f x =−．根据()f x 图象，很明显此时方程只有两个解，故3m =不符合题意，由此排除A 选项． 假设12m e=−时，则211(2)10t t e e +−+−=，解得111t e =−，21t =−． 即()1f x =−或1()1f x e=−， 根据()f x 的图象，很明显此时方程只有两个根， 故12m e=−不符合题意，由此排除D 故选：C ．12．已知函数||||()1x x f x e =+，2(),0()2,0f x x g x x x a x = −+>…，且g （1）0=，则关于x 的方程(())10g g x t −−=实根个数的判断正确的是( )A ．当2t <−时，方程(())10g g x t −−=没有相异实根B ．当110t e−+<<或2t =−时，方程(())10g g x t −−=有1个相异实根 C ．当111t e <<+时，方程(())10g g x t −−=有2个相异实根 D ．当111t e−<<−+或01t <…或11t e =+时，方程(())10g g x t −−=有4个相异实根 【解析】解：当0x …时，||||()111x x x x x f x xe e e−−=+=+=−+， 因为g （1）0=，所以120a −+=，所以1a =，所以21,0()21,0x xe x g x x x x −+= −+> …， 图象如图所示：当0x …时，0x −…，0x e >， 则11x xe −+…，当且仅当0x =时等号成立，()g x 在(,1)−∞−上是增加的，在(1,0)−上是减少的；当0x >时，()f x 在(0,1)上是减少的，在(1,)+∞上是增加的，故()(1)0g x g −=…恒成立．故()g x 在(,1)−∞−上是增加的，在(1,1)−上是减少的，在(1,)+∞上是增加的． 令()m g x t =−，则()10g m −=，解得：0m =或2m =，当0m =即()0g x t −=时，()g x t =，当2t <−时，()2g x <−，无解，当2m =即()2g x t −=时，()2g x t =+，当2t <−时，()0g x <，无解，故方程(())10g g x t −−=没有相异实根，故A 正确；当2t =−时，由A 可知：()0g x =，解得1x =， 当110t e −+<<时，12(1,2)t e+∈+， 由上可知()f x 在1x =−时取得极大值为1(1)1g e−=+， 结合图象可知，此时2y t =+与()g x 有且仅有一个交点，故B 正确； 当111t e<<+时，()g x t =或()2g x t =+， 若()g x t =，结合图象可知()g x 与y t =有三个不同的交点，若()2g x t =+，12(3,3)t e+∈+， 此时()g x 与y t =有一个交点，故方程(())10g g x t −−=有4个相异实根，故C 错误； 当111t e −<<−+时，1()2(1,1)g x t e=+∈+， 由C 可知此时有三个不等实根，当01t <…时，()g x t =或()2g x t =+，当()g x t =时，由图可知有两个不等实根，当()2g x t =+时，由图可知有一个实根， 当11t e=+时，()g x t =或()2g x t =+， 当()g x t =时，由图可知有两个不等实根，当()2g x t =+时，由图可知有一个实根，故此时方程(())10g g x t −−=共有9个不等实根，故D 错误．故选：AB ．13．已知函数,1()1,12lnx x f x x x = −< …，则函数()(()1)g x f f x =+的零点是 1 ，若()(()1)h x f f x m =++有两个零点1x ，2x ，则12x x +的最小值是 ．【解析】解：()(()1)g x f f x =+，,1()1,12lnx x f x x x = −< …， 当1x …时，0lnx …，()11f x +…，则(()1)(1)f f x ln lnx +=+，当1x <时，1112x −+>，则(()1)(2)2x f f x ln +=−． (1),1()(()1)(2),12ln lnx x g x f f x x ln x + ∴=+= −< …， 令()0g x =，则1(1)0x ln lnx += …或1(2)02x x ln < −= ， 解得1x =．故函数()(()1)g x f f x =+的零点是1；由上可知，(()1)(()1)f f x ln f x +=+，()(()1)h x f f x m =++有两个零点1x ，2x ，即(()1)ln f x m +=−有两根，也就是()1m f x e −+=，()1m f x e −=−有两根1x ，2x ，不妨设12x x <， 当1x …时，21m lnx e −=−，当1x <时，1112m x e −−=−， 令112m t e −=−>，则 2lnx t =，2t x e =，112x t −=，122x t =−， ∴1222t x x e t +=+−，12t >， 设()22t t e t ϕ=+−，12t >， 则()2t t e ϕ′=−，可得当1(2t ∈，)lnt 时，()0t ϕ′<， 当(,)t lnt ∈+∞时，()0t ϕ′>，则()t ϕ的最小值为(2)422ln ln ϕ=−．12x x ∴+的最小值是422ln −．故答案为：1；422ln −．14．已知函数,1()1,12lnx x f x x x = −< …，若()(()1)F x f f x m =++有两个零点1x ，2x ，则12x x 的取值范围(−∞ ．【解析】解：当1x …时，()0f x lnx =…，则()11f x +…，(()1)(()1)f f x ln f x ∴+=+，当1x <时，1()122x f x =−>，则3()12f x +>， (()1)(()1)f f x ln f x ∴+=+，综上可知，()(()1)(()1)F x f f x m ln f x m =++=++，令()0F x =，得()1m f x e −+=，依题意，()1m f x e −=−有两个根1x ，2x ，不妨设12x x <， 当1x …时，21m lnx e −=−，当1x <时，1112m x e −−=−， 令112m t e −=−>，则1221,,1,222t x lnx t x e t x t ==−==−， ∴121(22),2t x x e t t =−>， 设1()(22),2t g t e t t =−>，则()20t g t te ′=−<，()g t ∴在1(,)2+∞上单调递减，∴1()()2g t g <， 12x x ∴的取值范围为(−∞．故答案为：(−∞．15．已知函数,2()48,25x ex x e f x x x x= − > …（其中e 为自然对数的底数），若关于x 的方程22()3|()|20f x a f x a −+=恰有5个相异的实根，则实数a 的取值范围为 1{}2 ． 【解析】解：当2x …时，令()0xe exf x e −′==，解得1x =， 所以当1x …时，()0f x ′>，则()f x 单调递增，当12x 剟时，()0f x ′<，则()f x 单调递减， 当2x >时，4848()555x f x x x −==−单调递增，且()[0f x ∈，4)5作出函数()f x 的图象如图：（1）当0a =时，方程整理得2()0f x =，只有2个根，不满足条件；（2）若0a >，则当()0f x <时，方程整理得22()3()2[()2][()]0f x af x a f x a f x a ++=++=，则()20f x a =−<，()0f x a =−<，此时各有1解，故当()0f x >时，方程整理得22()3()2[()2][()]0f x af x a f x a f x a −+=−−=，()2f x a =有1解同时()f x a =有2解，即需21a =，12a =，因为f （2）22212e e e ==>，故此时满足题意；或()2f x a =有2解同时()f x a =有1解，则需0a =，由（1）可知不成立； 或()2f x a =有3解同时()f x a =有0解，根据图象不存在此种情况，或()2f x a =有0解同时()f x a =有3解，则21245a a e> < …，解得245a e <…， 故2[a e ∈，4)5（3）若0a <，显然当()0f x >时，()2f x a =和()f x a =均无解，当()0f x <时，()2f x a =−和()f x a =−无解，不符合题意．综上：a 的范围是12{}[2e ，4)5故答案为12{}[2e ，4)516．已知函数231,0()26,0a x x f x x lnx x x ++< = −> ，若关于x 的方程()()0f x f x +−=恰有四个不同的解，则实数a 的取值范围是 (2,0)− ．【解析】解：已知定义在(−∞，0)(0∪，)+∞上的函数231,0()26,0a x x f x x lnx x x ++< = −> ， 若()()0f x f x +−=在定义域上有四个不同的解 等价于231a y x x =++关于原点对称的函数231a y x x=−+−与函数()26(0)f x lnx x x =−>的图象有两个交点， 联立可得226310a lnx x x x −+−+=有两个解， 即23263a xlnx x x x =−++，0x >，可设23()263g x xlnx x x x =−++，0x >，2()32129g x lnx x x ′=+−+，2()1812120g x x x ′′=+−−=…，可得()g x ′在(0,)+∞递增， 由g ′（1）0=，可得01x <<时，()0g x ′<，()g x 递减；1x >时，()0g x ′>，()g x 递增， 即()g x 在1x =处取得极小值且为2−，作出()y g x =的图象，可得20a −<<时，226310a lnx x x x−+−+=有两个解， 故答案为：(2,0)−．17．已知函数21,0()21,0x x f x x x x + = −+> …，若关于x 的方程2()()0f x af x −=恰有5个不同的实数解，则a 的取值范围是 (0,1) ．【解析】解：作()f x 的图象如下，，2()()()(())0f x af x f x f x a −=−=， ()0f x ∴=或()f x a =； ()0f x = 有两个不同的解， 故()f x a =有三个不同的解， 故(0,1)a ∈；故答案为：(0,1)．18．已知函数()|1|33f x x x x =−−+．（1）求函数()f x 的零点；（2）若关于x 的方程2()()0(f x mf x n m −+=、)n R ∈恰有5个不同的实数解，求实数m 的取值范围．【解析】解：（1）由题得2223,(1)()|1|3343,(1)x x x f x x x x x x x −−+<=−−+= −+…， ①当1x <时，令()0f x =，得3x =−或1x =（舍)；②当1x …时，令()0f x =，得1x =或3x =， ∴函数()f x 的零点是3−，1，3；（2）作出函数2223,(1)()|1|3343,(1)x x x f x x x x x x x −−+<=−−+= −+…的大致图象，如图：令()t f x =，若关于x 的方程2()()0f x mf x n −+=恰有5个不同的实数解， 解法一：则函数2()g t t mt n =−+的零点分布情况如下：①当11t =−，2(1,4)t ∈−时，则(1)0(4)0142g g b a −= > −<−< ，得101640142m n m n m ++= −+> −<< ，故(2,3)m ∈−； ②当14t =，2(1,4)t ∈−时，则(4)0(1)0142g g b a = −> −<−< ，得164010142m n m n m −+= ++> −<< ，故(3,8)m ∈．综上所述，实数m 的取值范围为(2m ∈−，3)(3∪，8)； 解法二：则方程20t mt n −+=的根的情况如下： ①当11t =−，2(1,4)t ∈−时，由11t =−得10m n ++=，则方程2(1)0t mt m −−+=，即(1)(1)0t t m +−−=，故21(1,4)t m =+∈−，所以(2,3)m ∈−； ②当14t =，2(1,4)t ∈−时，由14t =得1640m n −+=，则方程24(4)0t mt m −+−=，即(4)(4)0t t m −−+=，故24(1,4)t m =−∈−，所以(3,8)m ∈．综上所述，实数m 的取值范围为(2m ∈−，3)(3∪，8)．19．已知函数2()sin()2cos 1,468f x x x x R πππ=−−+∈． （1）求函数()f x 的最小正周期及单调递增区间；（2）若关于x 的方程()()24410,43f x mf x x −+=∈在内有实数解，求实数m 的取值范围． 【解析】解：（1）23()sin()2cos 1sin cos cos sin cos cos sin()4684646442443f x x x x x x x x ππππππππππππ=−−+=−−=−=−… （3分） ∴函数()f x 的最小正周期为8．…（4分） 令222432k x k ππππππ−−+剟，k Z ∈，求得2108833k x k −+剟，k z ∈，故函数的单调递增区间为210[8,8]33k k −+，k Z ∈…（6分）（2）设()t f x =，4(3x ∈ ，4)，∴2(0,)433x πππ−∈，()(0f x ∴∈，∴方程2410t mt −+=在(0t ∈内有实数解，即当(0t ∈时方程有实数解．…（10分） 11442t t t += 当且仅当…时取等号，4m ∴…，…（8分） 故实数m 的取值范围是[4，)+∞．…（12分） 20．已知函数()g x 对一切实数x ，y R ∈都有()()(22)g x y g y x x y +−=+−成立，且g （1）0=，()(1)(h x g x bx c b =+++，)c R ∈，()()g x f x x=． （Ⅰ）求(0)g 的值和()g x 的解析式；（Ⅱ）记函数()h x 在[1−，1上的最大值为M ，最小值为m ．若4M m −…，当0b >时，求b 的最大值；（Ⅲ）若关于x 的方程2(|21|)30|21|x x k f k −+−=−有三个不同的实数解，求实数k 的取值范围． 【解析】解：（Ⅰ）令1x =，0y =得g （1）(0)1g −=−，g （1）0=，(0)1g ∴=， 令0y =得()(0)(2)g x g x x −=−，即2()21g x x x =−+．（Ⅱ）2()(1)h x g x bx c x bx c =+++=++．①当12b −<−，即2b >时，M m h −=（1）(1)24h b −−>，与题设矛盾②当102b −−<…时，即02b <…时，M m h −=（1）2()(1)422b b h −−+…恒成立， 综上可知当02b <…时，b 的最大值为2．（3）当0x =时，210x −=则0x =不是方程的根， 方程2(|21|)30|21|x x k f k −+−=−可化为： 2|21|(23)|21|(12)0x x k k −−+−++=，|21|0x −≠， 令|21|x t −=，则方程化为2(23)(12)0t k t k −+++=，(0)t >， 方程2(|21|)310|21|x x k f k −+−−=−有三个不同的实数解， ∴由|21|x t =−的图象知， 2(23)(12)0t k t k −+++=，(0)t >，有两个根1t 、2t ， 且1201t t <<<或101t <<，21t =． 记2()(23)(12)h t t k t k =−+++，则(0)210(1)0h k h k =+> =−<，此时0k >， 或(0)210(1)032012h k h k k =+> =−= + << ，此时k 无解， 综上实数k 的取值范围是(0,)+∞．。
高考数学真题题型分类解析专题专题02 复数
一、复数的概念
（ ） 叫虚数单位，满足 ，当 时， ． 1 i
i2 = −1 k ∈ Z
i 4k = 1, i 4 k +1 = i, i 4k + 2 = −1, i 4k +3 = −i
（2）形如 a + bi(a, b∈ R) 的数叫复数，记作 a +bi∈C ．
高考数学真题题型分类解析 专题 02 复数
命题解读
考向
高考对复数的考查，重点是复数的运 共轭复数、复数的除法运算
算、概念、复数的模、复数的几何意义 等，难度较低.
复数的乘法运算 复数的几何意义
复数的模
考查统计 2022·新高考Ⅰ卷，2 2023·新高考Ⅰ卷，2 2024 新高考Ⅰ卷，2 2022·新高考Ⅱ卷，2 2023 新高考Ⅱ卷，1 2024·新高考Ⅱ卷，1
综上所述，无论方程的判别式b2 −4ac 的符号如何，韦达定理都成立，于是韦达定理能被推广到复数根的
情况，即实系数一元二次方程ax2 +bx + c = 0（ a 、b 、c∈ R 且a ≠ 0 ）的两个根与系数满足关系
， x1
+
x2
=
−
b a
x1 x2
=
c a
4 / 11
一、单选题
1．（2024·安徽芜湖·三模）已知复数
=
(1− i)2
−2i
=
= −1− i .
−2i
故选：D
5．（2024·山东德州·三模）已知复数 z 满足： z − i(2 + z) = 0 ，则 z = （ ）
． ． ． ． A −1− i B −1+ i C 1+ i D 1− i 【答案】B
韦达定理在解析几何中的应用
一、韦达定理在高中数学中的作用韦达定理在高中数学中具有非常重要的作用，特别在解析几何中研究直线和曲线的位置关系时，韦达定理对于减少运算量，整体解决问题具有独特的作用。
利用韦达定理可以实现设而不求、整体换元，从而简化运算。
解析几何是高考的主干知识，而韦达定理又是解析几何的重要工具，因此可以说韦达定理是高考的重要内容之一。
二、初高中教材中方程知识不衔接由于初中《数学课程标准》删去了一元二次方程的韦达定理，因此在北师大和人教版初中数学教材中涉及很少，教师重视不够，学生学习肤浅，造成学生对一元二次方程知识的欠缺。
当学生升入高中后高中教师又不清楚初中学生对韦达定理的掌握程度，所以高中教师也不教韦达定理，而是直接应用，对学习解析几何直接造成困难。
一，求弦长在有关解析几何的高考题型中不乏弦长问题以及直线与圆锥曲线相交的问题。
求直线与圆锥曲线相交所截得的弦长，可以联立它们的方程，解方程组求出交点坐标，再利用两点间距离公式即可求出，但计算比较麻烦。
能否另擗捷径呢？能！仔细观察弦长公式：∣AB ∣=∣x 1-x 2∣21k +⋅=)1](4)[(221221k x x x x +-+或∣AB ∣=∣y 1-y 2∣211k +⋅ =)11](4)[(221221ky y y y +-+ ， 立刻发现里面藏着韦达定理（其中x 1、x 2分别表示弦的两个端点的横坐标，y 1、y 2分别表示弦的两个端点的纵坐标）。
请看下面的例子：例：,已知直线 L 的斜率为2，且过抛物线y 2=2px 的焦点，求直线 L 被抛物线截得的弦长。
解：易知直线的方程为y=2(x-2p ). 联立方程组y 2=2px 和y=2(x-2p ) 消去x 得y 2-py-p 2=0.∵△=5p 2>0,∴直线与抛物线有两个不同的交点。
由韦达定理得y 1+y 2=p,y 1y 2=-p 2.故弦长d=25p二，判定曲线交点的个数例 ：曲线 y = ax 2(a>0)与曲线 y 2+3= x 2+4y 交点的个数应是___________个. 分析：联立方程组y=ax 2(a>0)与y 2+3=x 2+4y.消去x 得y 2-(1/a+4)y+3=0(a>0) 因为 ⎪⎩⎪⎨⎧>=>+=+>>-+=∆030/14)0(012)4/1(21212y y a y y a a 所以,方程有两个不等正实根。
高考数学90个考点90个专题专题《以斜率比为约束或目标的几种必会套路》解析版
高考数学90个考点90个微专题《斜率比为约束或目标的几种必会套路》【考点辨析】直线与圆锥曲线相交的综合问题是每年高考的必考点，而以斜率积为背景更是重点考查。
其通常采取设而不求法来处理，设而不求法又分为逐个消元法、齐次化法、点乘双根法，定比分点点差法，而其中逐个消元法是最常用的方法，其步骤为设直线、联立、化简约束条件、化简目标式子，求解的过程就是逐个消元的过程。
此问题的难点是变量多，步骤长，只要按特定的顺序逐个消元即可化解。
【知识储备】(1)两定点一动点下的斜率比与定直线的关系：__________________________(2)两定点一动点下斜率积与圆锥曲线的关系:(3)一定点两动点下的斜率积与动直线过定点的关系：【典例剖析】类型一：以斜率比或定直线为目标式子例1.（以斜率比为目标式子）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为4，左右定点为A，B，P(2,3)是双曲线C上一点，且直线l经过C的右焦点，且与双曲线交于M、N两点．(1)求双曲线C的标准方程；(2)设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，若k1=λk2，求证λ为定值。
【解析】【答案】解法1非对称韦达定理：(1)由题意2c=4，则c=2，即焦点坐标为，因为P点坐标为，所以PF2⊥F1F2，且，所以在Rt△PF1F2中，，所以，即a=1，所以b2=c2-a2=3，所以双曲线C的标准方程为x2-y23=1；(2)证明：因为直线l的方程为x=ty+2，，由消去x，整理得(3t2-1)y2+12ty+9=0，因为，，则y1+y2=-12t3t2-1，y1y2=93t2-1，且y1=-y2-12t3t2-1，因为A，B坐标分别为，k2=y2x2-1，k1=y1x1+1，所以=ty1y2+y1ty1y2+3y2=9t3t2-1-y2-12t3t2-19t3t2-1+3y2=-3t3t2-1-y29t3t2-1+3y2=-13解法2：斜率积转斜率比例2.（以点在定直线为目标）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(-25,0),离心率为5(1)求双曲线C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点B(-4,0)的直线与C的左支交于M、N两点,M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P,证明：点P在定直线上【解析】【答案】(1)x24-y216=1(2)解析：(1)设双曲线方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，则由e=ca=5可得a=2，b=c2-a2=4，双曲线方程为x24-y216=1．(2)由(1)可得A1-2,0,A22,0，设M x1,y1,N x2,y2，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-12<m<12，与x24-y216=1联立可得4m2-1y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0，则y1+y2=32m4m2-1,y1y2=484m2-1，直线MA1的方程为y=y1x1+2x+2，直线NA2的方程为y=y2x2-2x-2，联立直线MA1与直线NA2的方程可得：x+2 x-2=y2x1+2y1x2-2=y2my1-2y1my2-6=my1y2-2y1+y2+2y1my1y2-6y1=m⋅484m2-1-2⋅32m4m2-1+2y1m×484m2-1-6y1=-16m4m2-1+2y148m4m2-1-6y1=-13，由x+2x-2=-13可得x=-1，即x P=-1，据此可得点P在定直线x=-1上运动．解法2：斜率积转斜率比类型二：以斜率比或定直线为限制条件例3.（以斜率比为限制条件）已知A，B分别为椭圆E：x2a2+y2=1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，AG ⋅GB =8．P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．(1)求E 的方程；(2)证明：直线CD 过定点．【解析】【答案】解：由题意A (-a ,0),B (a ,0),G (0,1),AG =(a ,1),GB =(a ,-1),AG ⋅GB =a2-1=8⇒a 2=9⇒a =3，∴椭圆E 的方程为x 29+y 2=1．(2)由(1)知A (-3,0),B (3,0),设P 6,m ，则直线PA 的方程为y =m 9(x +3)，联立y =m 9(x +3)x 29+y 2=1⇒(9+m 2)x 2+6m 2x +9m 2-81=0,由韦达定理-3x C =9m 2-819+m 2⇒x C =-3m 2+279+m 2，代入直线PA 的方程y =m 9(x +3)得，y C =6m 9+m 2，即C -3m 2+279+m 2,6m 9+m 2，直线PB 的方程为y =m 3(x -3)，联立y =m 3(x -3)x 29+y 2=1⇒(1+m 2)x 2-6m 2x +9m 2-9=0,由韦达定理3x D =9m 2-91+m 2⇒x D =3m 2-31+m 2，代入直线PB 的方程y =m 3(x -3)得，y D =-2m 1+m 2，即D 3m 2-31+m 2,-2m 1+m 2，∴直线CD 的斜率k CD =6m 9+m 2--2m 1+m 2-3m 2+279+m 2-3m 2-31+m 2=4m 3(3-m 2)，∴直线CD 的方程为y --2m 1+m 2=4m 3(3-m 2)x -3m 2-31+m 2，整理得y =4m 3(3-m 2)x -32 ，∴直线CD 过定点32,0 ．例4.（以定直线为限制条件）已知F为轨迹C的焦点，P是直线x=-2上的动点，连接PO交轨迹C于M，连接MF交轨迹C于N,求证：直线AP,ON的斜率之积为定值；解法1（设而不求逐步消元法）：【解析】设M(x1,y1),N(x2,y2)联立x=my+2y2=8x消去x得y2-8my-16=0∴y1+y2=8m,y1y2=-16联立x=-2y=y1x1x得P(-2,-2y1x1)∴k ON k PF=y2-0x2-0×-2y1x1-0-2-2=y1y22x1x2=y1y22y128×y228=32y1y2=32-16=-2即k ON k PF=-2解法2:设M(x1,y1),N(x2,y2)联立x=my+2y2=8x消去x得y2-8my-16=0∴y1+y2=8m,y1y2=-16∴k OM k ON=y1x1×y2x2=y1y2y128×y228=64y1y2=64-16=-4又P为定直线x=-2上的动点∴P与定点O,F连线的斜率之比为常数即k POk PF=y P-0-2-0×-2-2y P-0=2∵k PO=k OM∴k OMk PF=2联立k OM k ON=-4k OMk PF=2，相除得k ON k PF=-2【解题策略】（1）以斜率比为目标式子：__________________________（2）以点在定直线为目标式子：__________________________（3）以斜率比为已知条件：__________________________（4）以点在定直线为已知条件__________________________【教考衔接】练1.(一题打天下之椭圆第35问)设B 1(0,1),B 2(0,-1),过点R (0,-35)作与y 轴不重合的直线l 交椭圆M :x 24+y 2=1于P ,Q 两点，试问直线B 2P 与B 1Q 斜率之比是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由？【解析】解：由垂径定理可知k PB 1∙k PB 2=e 2-1=-14，所以要证直线B 2P 与B 1Q 斜率之比是为定值，先证直线B 1P 与B 1Q 斜率之积是为定值设直线l :y =kx -35,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)联立y =kx -35x 2+4y 2=4得(1+4k 2)x 2-24k 5x -6425=0∴x 1+x 2=24k 51+4k 2,x 1x 2=-64251+4k 2由k B 1P ×k B 1Q =y 1-1x 1×y 2-1x 2=(kx 1-85)(kx 1-85)x 1x 2=k 2-85k ×x 1+x 2x 1x 2+6425x 1x 2=k 2-85k ×24k 51+4k 2×1+4k 2-6425+6425×1+4k 2-6425=k 2+3k 2-1-4k 2=-1∴k B 1P ×k B 1Q =-1由k PB 1∙k PB 2=e 2-1=-14两式相除得到k B 2P k B 1Q =14解法2：非对称韦达定理练2.（以斜率比为限制条件）已知点F 1(-1,0)，圆F 2:(x -1)2+y 2=8，点Q 在圆F 2上运动，QF 1的垂直平分线交QF 2于点P ．(1)求动点P 的轨迹C 的方程;(2)动点P 的轨迹C 与x 轴交于A ，B 两点(A 在B 点左侧)，直线l 交轨迹C 于M ，N 两点(M ,N 不在x 轴上)，直线AM ，BN 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1=2k 2，求证：直线l 过定点．解：(1)依题意得|PF 1|+|PF 2|=|QF 2|=22，则动点P 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的椭圆，其中a =2，c =1，b 2=a 2-c 2=1，所以动点P 的轨迹C 的方程为x 22+y 2=1，(2)设直线l 的方程为x =ty +m ，M (x 1,y 1)，N (x 2,y 2)，则由x =ty +m x 2+2y 2=2 得(t 2+2)y 2+2mty +m 2-2=0，由根与系数的关系得y 1+y 2=-2mt t 2+2y 1y 2=m 2-2t 2+2 ①由题意M ，N 两点不在x 轴上，所以x 1≠±2，x 2≠±2，m ≠±2，又点A (-2,0)，B (2,0)，所以k 1=y 1x 1+2，k 2=y 2x 2-2，由x 212+y 21=1得y 1x 1+2=-x 1-22y 1，从而由已知k 1=2k 2得-x 1-22y 1=2y 2x 2-2，即(x 1-2)(x 2-2)=-4y 1y 2②又x 1=ty 1+m ，x 2=ty 2+m ③，将 ③代入 ②得(t 2+4)y 1y 2+(m -2)t (y 1+y 2)+(m -2)2=0将 ①代入上式并整理得(t 2+4)(m 2-2)+(m -2)t (-2mt )+(m -2)2(t 2+2)=0．∵m -2≠0∴(t 2+4)(m +2)+t (-2mt )+(m -2)(t 2+2)=0，整理得6m +22=0∴m =-23，故直线l 恒过定点-23,0．练3.（以定直线为目标）已知点A (-2,0)，B (2,0)，动点R (x ,y )满足直线AR 与BR 的斜率之积为-14，记R 的轨迹为曲线C .(Ⅰ)求曲线C 的方程;(Ⅱ)设经过点Q (1,0)的直线l 交曲线C 于M ，N 两点，设直线BM ，BN 的斜率为k 1，k 2，直线AM 与直线BN 交于点G .①求k 1k 2的值;②求证点G 在定直线上．【答案】(Ⅰ)解：依题得y x +2⋅y x -2=-14(x ≠±2)即：x 24+y 2=1(x ≠±2)(Ⅱ)①依题得：直线l : y =0不成立，设直线l 的方程为x =my +1，设M (x 1,y 1)，N (x 2,y 2)联立x 24+y 2=1x =my +1消x 得：(m 2+4)y 2+2my -3=0，则y 1+y 2=-2m m 2+4，y 1y 2=-3m 2+4，所以k 1k 2=y 1x 1-2⋅y 2x 2-2=y 1my 1-1⋅y 2my 2-1=y 1y 2m 2y 1y 2-m (y 1+y 2)+1即：k 1k 2=-3m 2+4m 2·-3m 2+4-m -2m m 2+4+1=-3-3m 2+2m 2+m 2+4=-34②法一：依题得直线AM 的方程为y =y 1x 1+2(x +2)，直线BN 的方程为y =y 2x 2-2(x -2)，所以y 2x 2-2(x -2)=y 1x 1+2(x +2)，所以y 2my 2-1(x -2)=y 1my 1+3(x +2)所以y 2my 2-1-y 1my 1+3 x =2y 2my 2-1+y 1my 1+3 ，所以[3(y 2+y 1)-2y 1]x =2[2my 1y 2+3(y 2+y 1)-4y 1]，所以-6m m 2+4-2y 1 x =2-6m m 2+4+-6m m 2+4-4y 1 ，所以x =4，即点G 在定直线x =4上.法二：依题得直线AM 的方程为y =y 1x 1+2(x +2)，直线BN 的方程为y =y 2x 2-2(x -2)，所以y 2x 2-2(x -2)=y 1x 1+2(x +2)，所以y 2my 2-1(x -2)=y 1my 1+3(x +2)所以y 2my 2-1-y 1my 1+3x =2y 2my 2-1+y 1my 1+3 ，所以(3y 2+y 1)x =2(2my 1y 2+3y 2-y 1)因为y 1+y 2=-2m m 2+4，y 1y 2=-3m 2+4，所以3(y 1+y 2)=2my 1y 2，所以(3y 2+y 1)x =2(6y 2+2y 1)所以x =4，即点G 在定直线x =4上.法三：依题得直线AM 的方程为y =y 1x 1+2(x +2)，直线BN 的方程为y =y 2x 2-2(x -2)，所以y 2x 2-2(x -2)=y 1x 1+2(x +2)，所以x -2x +2=y 1x 1+2⋅x 2-2y 2，两边平方得：x -2x +2 2=y 21(x 1+2)2⋅(x 2-2)2y 22由x 24+y 2=1得y 2=1-x 24，代入上式得x -2x +2 2=1-x 214(x 1+2)2⋅(x 2-2)21-x 224=(x 1-2)(x 2-2)(x 1+2)(x 2+2)=(my 1-1)(my 2-1)(my 1+3)(my 2+3)=m 2y 1y 2-m (y 1+y 2)+1m 2y 1y 2+3m (y 1+y 2)+9因为y 1+y 2=-2m m 2+4，y 1y 2=-3m 2+4，所以x -2x +2 2=m 2-3m 2+4-m -2m m 2+4+1m 2-3m 2+4+3m -2m m 2+4+9=19所以x =4(x =1不符题意)，即点G 在定直线x =4上法四：设AM 的斜率为k 3，则k 1k 3=y 1x 1+2⋅y 1x 1-2=y 21x 21-4=-14.由(Ⅱ)知k 1k 2=-34，所以k 2k 3=3.设点G (x ,y )，所以y x -2y x +2=3，所以x =4.即点G 在定直线x =4上. 练4.椭圆C :x 23b 2+y 2b2=1(b >0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，上顶点为B ，点D (1,0)，直线BD 的倾斜角为135°．(1)求椭圆C 的方程；(2)过D 且斜率存在的动直线与椭圆C 交于M 、N 两点，直线A 1M 与A 2N 交于P ，求证：P 在定直线上．【答案】解：(1)B (0,b )，由题意得k BD =b -1=tan135°=-1⇒b =1，则椭圆C 的方程x 23+y 2=1；(2)设P (x ,y )，M (x 1,y 1)，N (x 2,y 2)，过D 的动直线为：y =k (x -1)，代入椭圆C 的方程得：(3k 2+1)x 2-6k 2x +3k 2-3=0，得x 1+x 2=6k 23k 2+1，x 1⋅x 2=3k 2-33k 2+1，x 223+y 22=1⇒3y 22=3-x 22=(3-x 2)(3+x 2)⇒y 2x 2-3=-x 2+33y 2，分别由P ，A 1，M 及P ，A 2，N 三点共线，得y x +3=y 1x 1+3，y x -3=y 2x 2-3，两式相除得：x -3x +3=y 1x 1+3⋅x 2-3y 2=-y1x1+3⋅3y2x2+3=-3k2(x1-1)(x2-1)(x1+3)(x2+3)=-3k23k2-33k2+1-6k23k2+1+13k2-33k2+1+63k23k2+1+3=-3k23k2-3-6k2+3k2+13k2-3+63k2+9k2+3=12+3=2-3，得x-3x+3=2-3⇒x=3，即P在直线x=3上．。
2022年高考数学基础题型+重难题型突破类型三范围、最值问题(解析版)
类型三范围、最值问题一、巧设直线方程，简化目标形式求最值【典例1】已知椭圆：12222=+b y a x （a ＞b ＞0），的短轴长为32，离心率为21.（1）求椭圆C 的标准方程;（2）设0为坐标原点，过右焦点F 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点（A ，B 不在轴上），若元=+B ，求四边形AOBE 的面积S 的最大值。
解析：（1）由26=2/3，可知b=/3。
又点评：经过一点（xoy ）的直线方程一般设为y-y 。
=k （x-xo ）（要考虑斜率是否存在的问题），也可设为x=l （y-yo ）+xo （除去与轴平行的直线），选择哪种类型要先分析问题，把条件和目标联系起来，如消元后需要留下纵坐标y ，则设第二种类型较好。
引入合适的参数是简化计算的重要诀窍。
解题时，要从分析问题的条件或结论的表达形式、内部结构的特征出发，注意从整体结构入手确定参数（参变量）。
本题利用平行四边形的性质将四边形的面积转化为三角形的面积求解。
同学们还要学会巧设直线方程，使用韦达定理，利用基本不等式、函数的单调性求解函数最值。
二、抓住曲线定义，列出弦长式子求最值【典例2】如图2，已知抛物线的标准方程为y=2pxc （p 》0），其中0为坐标原点，抛物线的焦点坐标为F （1，0），A 为抛物线上任意一点（原点除外），直线AB 过焦点F 交抛物线于B 点，直线AC 过点M （3，0）交抛物线于C 点，连接CF 并延长交抛物线于D 点。
（1）若弦|AB|的长度为8，求△OAB 的面积;（2）求|AB|、|CD|的最小值。
解析：（1）因为焦点坐标为（1，0），所以2p=4，所以抛物线的标准方程为y=4x 。
设直线AB 的方程为x=ty+1（t 为斜率的倒数），A （x ，y ），B （xz ，y2）。
（2）因为点A 在抛物线上，所以可设A （a ，2a ），由第（1）问可知A ，B 两点的纵坐點评：解析几何的本质特征就是用代数方法研究几何问题。
韦达定理在解题中的应用
贵州师范大学数学与科学系数学教育（师范类）专业2001级毕业论文选题登记表（代开题报告）贵州师范大学本科学生毕业论文（设计）题目：韦达定理在解题中的应用学院：数学与计算机科学学院专业：数学与应用数学年级：2001级学生姓名：指导教师：论文字数：3250个完成日期：2005年3月20日韦达定理在解题中的应用摘要：韦达定理（及其逆定理）是中学数学中的一个重要定理；它的应用贯穿在中学数学内容之中；在解决方程、三角、几何等问题中有着广泛的应用；本文主要介绍实数范围内韦达定理在一元二次方程中的应用。
关键词：方程、应用(Maths and Computer science department 、Guizhou Normal University 、Guiyang 、Guizhou 、China 、550001) Abstract: Veda Theory is an important theory of Maths in Middle school; And it is used in many parts of Middle Maths, solving problems of equation 、triangle 、 geometry and so on. This essay introduces in real the use of Veda Theory in quadratic equation. Keyword: equation 、application.韦达定理（及其逆定理）是初中课程中的重要定理，不仅在初中，就是在高中解题时都经常会用到它。
鉴于它应用的灵活性，在解决有关方程、三角、几何等问题中都有着广泛的应用。
一些问题，可以运用韦达定理直接求解。
比如：已知方程，求两根的和与积；已知一元二次方程的一个根，求另一个根与未知系数等等。
另一些问题，初看起来没有方程的影子，也不是两数之和与两数之积问题，没有直接运用韦达定理的条件。
2024年高考数学复习培优讲义专题13---韦达化处理以及非对称韦达(含解析)
专题2-5 韦达化处理以及非对称韦达韦达化处理将题目的核心条件坐标化后，并不全是直接韦达化的形式．对于坐标化后的表达式不是韦达形式的，就需进行韦达化处理．韦达化主要又两个路径：代换和配凑.韦达化处理一：代换——即消去x 或y 中的一个由于我们联立后的方程式关于x 或y 的二次方程，韦达定理中的两根之和与两根之积只式单独的x 或y 的形式，而此时坐标表达式并非是直接的韦达形式，因此需进行代换：例题回顾直线l 与抛物线22y x =交于A 、B 两点，且满足OA OB ⊥，证明：直线l 过定点． 部分解析由题，直线l 不与x 轴平行，故设l x ty m =+：，其中0m ≠，设点1122(,),(,)A x y B x y ，联立22y x x ty m ⎧=⎪⎨=+⎪⎩，消x 得：2220y ty m −−=，0>△，则121222y y t y y m +=⎧⎨=−⎩，因为OA OB ⊥，则0OA OB ⋅=，即12120x x y y +=，方向一：直线代换:1122x ty mx ty m=+⎧⎨=+⎩ 剩余解析通常情况下，我们在解答题以直线代换居多，这里不再赘述．但需要注意一点，一般而言，如果选择代换消去y 则正设直线；选择代换消去x ，则反设直线．方向二：曲线代换：222121212222y y y y x x ⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭剩余解析对于核心信息表达式中的一次项，一般以直线代换为主．而曲线如果为抛物线，也可以用抛物线代换，如例题中抛物线为22y x =，因此对于x 的一次式可以用曲线代换．反之，如果抛物线为22(0)x py p =>则可用曲线对y 进行代换，由于我们要代换的是y ，因此联立后的方程保留为关于x 的二次方程，同时直线的假设则以正设为主．另一方面，如果核心信息表达式中是单元的二次形式，如21x 形式，则一般考虑用曲线代换，这样处理会更加简单．【例题1】在平面直角坐标系xOy 中，椭圆22:12x y Ω+=的上顶点为A ，点B 、C 是Ω上不同于A 的两点，且点B 、C 关于原点对称．记直线AC 、AB 的斜率分别为1k 、2k ，求证：12k k ⋅为定值．分析此题中核心信息即直线AC 、BC 的斜率．由题易知点A(0，1)，要表示AC 、AB 的斜率，还需要引入参数，因为B 、C 关于原点对称，故不妨设1111(,),(,)B x y C x y −，那么是否需要设直线呢? 再往后看．引入参数后，将斜率坐标化表达：11121111,y y k k x x +−==−； 目标信息为斜率之积，即2111122111111y y y k k x x x +−=⋅=−−⋅−； 接下来需要考虑代换问题，观察到目标信息是二次形式，代换中我们提到，对于单元二次形式的，可采用曲线代换，由于此时还未假设直线，看来也是不需要了．由点B 、C 在曲线上，故有221112x y +=，即221112x y =−，代入目标信息中可得211221122x k k x −⋅==−−，为定值．解析由题，设点11)(,B x y ，11(,)C x y −， 则11121111y y k k x x +−==−， 又点B 椭圆上，故有221112x y +=，即221112x y =−，代入可得2121111222111111112=2x y y y k k x x x x +−−⋅=⋅==−−−，为定值，得证.韦达化处理二：配凑配凑法进行韦达化处理，一个经典案例就是弦长中的2121212()4x x x x x x −+−对于前述坐标化后的部分式子，也需要作配凑处理：1．22221122(2)(2)x y x y −+⇒=−+21121212()()4y y y y x x x x −++−=−，即12124()x x k y y +−=−+，其中k为直线AB 斜率，12y y +再用直线代换，即121212()2y y kx m kx m k x x m +=+++=++，得[]12124()2x x k k x x m +−=−++.此处需注意两点，一是2121y y k x x −=−，几何意义即为直线斜率，二是通过平方差公式因式分解转化，对于含平方形式是有力手段.2．2212y y +⇒21212()2y y y y +− 3．1212(2)(2)0x x y y −−+=⇒1212122()40x x x x y y −+++=，此处12y y 考虑直线代换，2212121212()()()y y kx m kx m k x x mk x x m =+⋅+=+++，再代入上式即可得221212(1)(2)()40k x x mk x x m ++−+++=4．1212122y y x x +=−⇒−−122112(2)(2)(2)(2)y x y x x x −+−=−−−，而22121212()y y k x x mk x x m =+++ 整理得1212(21)(22)()4(1)0k x x k m x x m +−−++−+=5．122y y =−⇒此形式可以配凑倒数关系，2112y y =−，故2212122112y y y y y y y y ++=， 配凑可得2121212212()252y y y y y y y y y +−+==−非对称韦达此外，在一些定点、定值、定线问题中，还常出现需要证明类似2112(2)(2)y x y x −+为定值的情形，通过直线代换可得：2211211212122(2)(2)2,(2)(6)6l y x kx x kx x x y x kx x kx x x −++==+++但此时式子并不能完全整理为韦达定理的形式，这种式子一般称为“非对称韦达定理”．我们明明求了韦达定理却无法代入，这时我们就需要通过所求得的韦达定理找到12x x +和12x x ⋅之间的关系，将其中一个替换，常用手段是把乘法的替换成加法，非对称韦达的处理，技巧性稍强一些，具体处理方法技巧． 【例题 2】已知点F 为椭圆22:143y x E +=的右焦点，A ，B 分别为其左、右顶点，过F 作直线l 与椭圆交于M ，N 两点(不与A ，B 重合)，记直线AM 与BN 的斜率分别为12,,k k 证明12k k 为定值． 分析此题核x 条件为直线AM 与BN 的斜率12,,k k 显然要设点，不妨设1122(,),(,),M x y N x y 而由题可知A (－2，0)，B (2，0)，因此1112y k x =+， 2222y k x =−从而目标信息112221(2)(2)k y x k y x −=+，要证明其值为定值．从目标信息的形式来看，用x 或y 表示并无差异，考虑到直线不与x 轴重合，故采用反设直线要方便些，因此设:1l x ty =+.通过直线替换后可得1121212122121122(2)(1)(2)(3)3 k y x y ty ty y y k y x y ty ty y y −−−===+++ 出现了韦达定理结构之外的形式，即落单的1y 和23y ，像此类结构，一般被称为“非对称韦达”下面我们介绍几种常见的处理策略，准备工作先做好，先联221431y x x ty ⎧⎪⎨⎪+=+⎩=， 消x 得22(43)690t y ty ++−=，易知△>0，则122122643943t y y t y y t ⎪+=⎧⎪⎪⎨=+−+⎪⎩−策略一：和积转换——找出韦达定理中的两根之和与两根之积的关系如本例中由韦达定理可得，12123()2ty y y y =+，代入目标信息得，121112121221223()233()32y y y k ty y y k ty y y y y y +−−==+++稍作整理，即可得1212121312239322y y k k y y +==+，为定值，得证. 若看不出两根之和与两根之积的关系怎么办呢？我们不妨用待定一下系数，设()121222396243403t y y y y t t t λμμλλμ=⎪⎛⎫=+−=−+⎪+⎭⎧⎪+⇒=+⎨⎝⇒⎩∴12123()2ty y y y =+ 上面使用的是纵坐标的和积关系，若正设直线，需考虑直线l 斜率问题，斜率存在时，同理，借助横坐标的和积关系也可证明，再验证斜率不存在时的情形. 考虑到本例中反设直线，两根的和积关系显而易见，而对于一般的和积关系，关系可能不是那么明显，如此例中正设直线，具体可参看策略三中的解析．策略二：配凑半代换——对能代换的部分进行韦达代换，剩下的部分进行配凑而半代换也有一定技巧，就是配凑．比如题中的112121223 k ty y y k ty y y −=+，若只代换12y y ， 得1212229439343ty k t t k y t −−+=−++，依然无法得到定值，因为落单的1y 和23y 不一致，而此时为分式结构，分式结构的定值需要满足上下一致，且对应成比例，抓住这个核心，可以对1y 和23y 其中某个进行配凑使其能构成比例形式.以分子为例，分子要出现2y 形式，可将分子整理为1121222122()3k ty y y y y k ty y y −++=+，从结构上可以猜测定值为13，不妨将韦达代入，得222221222229631434343993334343t t ty y kt t t t t k y y t t −++−++++===−+−+++，得证. 分母可作类似处理，得12112121221291432733343 y k ty y y t t k ty y y y t −−−+===+−−+. 上面使用的是纵坐标的配凑半代换，借助横坐标的配凑半代换亦可证明，可自行尝试．策略三：先猜后证可以先找一个特殊情况先得到该定值，进而再证明其他情形也为该值.显然先考虑直线l 斜率不存在时的情形，此时312M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，312N ⎛⎫− ⎪⎝⎭，，或312M ⎛⎫− ⎪⎝⎭，，312N ⎛⎫⎪⎝⎭，，对应为121322k k ==，或112k =−，232k =−，此时均有121=3k k ，为定值．当直线l 斜率存在时，不妨就正设直线()1l y k x =−：，联立22143(1)y x y k x ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩， 消y 得2222(34)84(3)0,k x k y k +−+−=易知△＞0，则212221228344(3)34k x x k k x x k ⎧⎪⎪⎨⎪⎪+=++⎩−=此时目标信息1213k k =，可采用分析法证明．要证1213k k =，即证123,k k =也即1212322y y x x =+−，即12123(1)(1)22k x k x x x −−=+−，即12213(1)(2)(1)(2)x x x x −−=−+，也即121225()80x x x x −++=，此时为韦达定理的结构，代入韦达，即证22224(3)825803434k k k k−⨯−⨯+=++，也即2228(3)408(34)0k k k −−++=，显然成立，也即恒有1213k k =，为定值． 上述先猜后证采用的是正设直线，借此我们也说说正设直线时采用和积关系处理和配凑半代换的处理策略．目标信息直线代换后得111111212221211212(1)(2)(1)(2)22=.(1)(2)(1)(2)22k k x x x x x x x x k k x x x x x x x x −−−−−−+==−+−+−+− 若采用和积关系处理策略，观察韦达不难发现，此时和积关系没有反设直线那么直观，那么我们该如何寻找其关系呢?一方面，可以采用待定系数，设1212(),x x x x λμ=++求解λμ，得出和积关系．如此处设1212()x x x x λμ=++，即2222224(3)(84)38343434k k k k k k λμμλμ−++=+=+++，解得524λμ⎧=⎪⎨⎪=−⎩， 即12125() 4.2x x x x =+−另一方面，可先对和积形式分别作分离常数处理 122122623415134x x kx x k ⎧+=−+⎪⎪+⎨⎪=−+⎪+⎩，那么12125()4,2x x x x =+−如此也能得到和积关系. 代入目标信息，得1212121121221212121212513()4222221222539223()4226222x x x x x x k x x x x k x x x x x x x x x x +−−−++−−−+====−+−+−−+−+−，得证．都到这了，那么“配凑半代换”也试一试好了，目标信息112122121222,22k x x x x k x x x x −+=−+−−观察到此时分母中有落单的12,,x x 先把分母配凑成12122()32x x x x x −++−，此时分母中落单的只有2x ，且系数为正．因分子可配凑成121222()2x x x x x −+++，从而1121222121222()2()32k x x x x x k x x x x x −+++=−++−，再代入韦达定理， 22222221222222224(3)163211343434934(3)8333234343= 4k k x x k k k k k k k x x k k k−−++−+−+++==−−+−−+−+++，得证． 策略一的“和积转换”以及策略二的“配凑半代换”可以说是“非对称韦达定理”的通法，而猜证结合也探究类题型的有效处理手段。
【高考数学】非对称韦达定理的处理技巧
非对称的“韦达定理”的突破技巧在一元二次方程20ax bx c ++=中，若0∆>，设它的两个根分别为12,x x ，则有根与系数关系：12b x x a+=-，12cx x a =，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理12x x -，2212x x +，1211x x +之类的结构，但在有些问题时，我们会遇到涉及12,x x 的不同系数的代数式的应算，比如求12xx ，12x x λμ+之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了。
特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去x 或y ，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这种12x x λμ+中12,x x 的系数不对等的情况，称为“非对称韦达”，接下来，我们来谈谈常见的突破方式。
1. 函数131)(23++-=x ax ax x f 在21,x x 处有极值，且5112≤<x x ,求a 的取值范围； 解：令012)(2'=+-=ax ax x f ，则有221=+x x ，ax x 121=⋅。
令21x t x =，则21x tx =（15t <≤），得211(1)x x t x +=+，2121x x tx =， 所以tt x x x x 212212)1()(+=+，即214++=t t a ，因为51≤<t ，解得591≤<a 。
点评：像这种非对称的结构21x tx =，我们可以通过配凑成正常的韦达定理处理结构来。
21x tx =，得211(1)x x t x +=+，2121x x tx=，所以()()2212121x x t x x t++=2. 设直线l 过点P （0，3），和椭圆x y 22941+=顺次交于A 、B 两点，则APPB的取值范围为 . 解析：设直线l 的方程为：3+=kx y ，代入椭圆方程，消去y 得()045544922=+++kx x k （*）则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+-=+.4945,4954221221k x x k k x x ，注意到1122x x AP PB x x ==，令λ=21x x ，则12x x λ=，所以()1221x x x λ+=+，2122x x xλ=，所以()()2212121x x x x λλ++=，即.20453242122+=++k k λλ 在（*）中，由判别式,0>∆可得 952>k ， 从而有5362045324422<+<k k ，所以536214<++<λλ， 解得551<<λ.结合10<<λ得151<<λ. 综上，151<≤PBAP .小结：12x x λ=经常出现在圆锥曲线的题型为：过点Q 的直线与圆锥曲线交于不同的两点,A B ，且满足QA QB λ=之类的，或者是QAQB 之类的。
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反“韦达定理”的应用在一元二次方程20ax bx c ++=中，若0∆>，设它的两个根分别为12,x x ，则有根与系数关系：12b x x a +=-，12c x x a =，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理12x x -，2212x x +，1211x x +之类的结构，但在有些问题时，我们会遇到涉及12,x x 的不同系数的代数式的应算，比如求12x x ，12x x λμ+之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了。
特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去x 或y ，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这种12x x λμ+中12,x x 的系数不对等的情况，称为“非对称韦达”，可采用反过来应用韦达定理，会有较好的作用。
1.函数131)(23++-=x ax ax x f 在21,x x 处有极值，且5112≤<x x ,求a 的取值范围；解：令012)(2'=+-=ax ax x f ，则有221=+x x ，ax x 121=⋅。
令21x t x =，则21x tx =（15t <≤），得211(1)x x t x +=+，2121x x tx =，所以tt x x x x 212212)1()(+=+，即214++=t t a ，因为51≤<t ，解得591≤<a 。
点评：像这种非对称的结构21x tx =，我们可以通过配凑成正常的韦达定理处理结构来。
21x tx =，得211(1)x x t x +=+，2121x x tx =，所以()()2212121x x t x x t++=2.设直线l 过点P （0，3），和椭圆x y 22941+=顺次交于A、B 两点，则APPB的取值范围为.解析：设直线l 的方程为：3+=kx y ，代入椭圆方程，消去y 得()45544922=+++kx x k （*）则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+-=+.4945,4954221221k x x k k x x ，注意到1122x x AP PB x x ==，令λ=21x x ，则12x x λ=，所以()1221x x x λ+=+，2122x x x λ=，所以()()2212121x x x x λλ++=，即.20453242122+=++k k λλ在（*）中，由判别式,0>∆可得952>k ，从而有5362045324422<+<k k ，所以536214<++<λλ，解得551<<λ.结合10<<λ得151<<λ.综上，151<≤PBAP.小结：12x x λ=经常出现在圆锥曲线的题型为：过点Q 的直线与圆锥曲线交于不同的两点,A B ，且满足QA QB λ= 之类的，或者是QA QB 之类的。
其中QA QB λ= ，用坐标表示出来后，就可以选择一个较简单的式子来转化到韦达定理；QAQB我们可以设他们的比值为λ，这样可以转化到QA QB λ= ，再用同样的办法来解决。
3.设椭圆C：22221x y a b +=(0)a b >>的左焦点为F，过点F 的直线与椭圆C 相交于A，B 两点，直线l 的倾斜角为060,2AF FB =.⑴求椭圆C 的离心率；⑵如果154AB =，求椭圆C 的方程.解析：⑴由题意得(),0F c -，设()()1122,,,A x y B x y ,由题意得10y <，20y >，2AF FB =可得122y y =-，即()2121212y y y y +=-，直线l的方程为)y x c =+，由)2222x 1y x c y ab ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩得()22224330a b y cy b +--=，所以21222233cy y a b +=+，4122233b y y a b -=+。
代入()2121212y y y y +=-，可得2224142c a c =-，即23c a =，所以椭圆C 的离心率为23。
⑵222431534AB a b==+，所以53b a =，由⑴23c a =，解得3a=，b =C 的方程为22195x y +=4.已知椭圆C ：22221x y a b+=（0a b >>）过点(P ，且离心率为22。
⑴求椭圆C 的方程；⑵记椭圆C 的上下顶点分别为,A B ，过点()0,4斜率为k 的直线与椭圆C 交于,M N 两点，证明：直线BM 与AN 的交点G 在定直线上，并求出该定直线的方程。
解析：⑴22184x y +=⑵由题意得()0,2A ，()0,2B -，直线MN 的方程4y kx =+，设()()1122,,,M x y N x y ，由224184y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()221216240k x kx +++=，所以1221612k x x k -+=+，1222412x x k =+。
直线AN 的方程为2222y y x x --=，直线BM 的方程为1122y y x x ++=，联立22112222y y x x y y x x -⎧-=⎪⎪⎨+⎪+=⎪⎩，得()()()()2121121121212222222266y x kx x kx x x y y y x kx x kx x x -++-===++++（12,x x 的系数出现了不对称）解法一：暴力法：由()221216240k x kx +++=得不妨设12812k x k --=+，22812k x k -+=+，代入()()()()2121121121212222222266y x kx x kx x x y y y x kx x kx x x -++-===++++2222241644621121223244812461212k k y k k y k k --+-=-+++，（这里12,x x 的值可以交换）解得1y =，即直线BM 与AN 的交点G 在定直线1y =上。
解法二：（12,x x 保留一个），即由根与系数关系1221612k x x k -+=+，1222412x x k=+知，1221612kx x k-=-+代入上式()()()()2121121121212222222266y x kx x kx x x y y y x kx x kx x x -++-===++++，得()()22222222224162824211212242324612612k k x k k x y k k k y k k x x k-⎛⎫+- ⎪--+-++⎝⎭====-+++++，解得1y =，即直线BM 与AN 的交点G 在定直线1y =上。
解法三：（1212,,x x x x 中，把12x x 转化为12x x +），即由根与系数关系1221612kx x k-+=+，1222412x x k =+，知()121232kx x x x =-+，代入上式()()()()2121121121212222222266y x kx x kx x x y y y x kx x kx x x -++-===++++，得()()12112121223232123239362x x x x x y y x x x x x-++--===-+-+-++，解得1y =，即直线BM 与AN 的交点G 在定直线1y =上。
解法四：带点转化，注意到点()()1122,,,M x y N x y 都在曲线上，所以2211184x y +=，所以()()221111221844y y x y +-=-=，所以()1111222y x y x -=+所以()()()()()121221211212122242222222y y y y y x y y y y y x x x x x --++⎡⎤-----⎣⎦===++由1221612k x x k -+=+，1222412x x k =+，得()121228812y y k x x k +=++=+，()()()221212121228164441612k y y kx kx k x x k x x k -+=++=+++=+，所以22228161624121221242312k k k y y k ⎡⎤-+--+⎢⎥++-⎣⎦==-++，解得1y =，即直线BM 与AN 的交点G 在定直线1y =上。
5.椭圆有两顶点()1,0A -、()1,0B ，过其焦点()0,1F 的直线l 与椭圆交于,C D 两点，并与x 轴交于点P ．直线AC 与直线BD 交于点Q ．（I）当322CD =时，求直线l 的方程；（II）当点P 异于,A B 两点时，求证：OP OQ ⋅为定值。
解析：（I）由已知可得椭圆方程为2212y x +=，设l 的方程为1(0),y k x k -=-为l 的斜率，设()11,C x y ，()22,D x y 。
则由22112y kx y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得22(2)210k x kx ++-=，可得1221222212k x x k x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，所以()()222212122813141222k CD k x x x x k k +=+⋅+-=+=+整理得，22k =，所以k =l ∴的方程为1y =+（II ）由题可得，1,0P k ⎛⎫-⎪⎝⎭，直线AC 的方程为()1111y y x x =++，直线BD 的方程为()2211y y x x =-+，由()()11221111y y x x y y x x ⎧=+⎪+⎪⎨⎪=-⎪+⎩，可得()()211221121212111111y x kx x kx x x x y x kx x kx x +++++==-+-+-，（12,x x 的系数出现了不对称）由12122221,22k x x x x k k -+=-=++，得12222kx x k =--+，代入上式可得，22222222211122211122k k kx x x k k k k k x k k x x k k -⎛⎫++--+ ⎪+-++⎝⎭==--+⎛⎫---+- ⎪++⎝⎭，可得x k =-，即Q x k =-所以()101Q OP OQ k y k⋅=-⋅-+⋅= ，是定值1.注意：1.若用上题法三，即若用由12122221,22k x x x x k k -+=-=++，得()121212kx x x x =+代入后得()()12213122113122x k x x x x k x ++++=-+--，还得用法二的方法12222kx x k =--+代入，所以这里就不写了。