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高考数学第二轮复习方法技巧指导

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高考数学满分技巧与二轮复习提分攻略

高考数学满分技巧与二轮复习提分攻略

高考数学满分技巧与二轮复习提分攻略高考数学得满分，这套学习方法建议收藏1.试卷上有参考公式，80%是有用的，它为你的解题指引了方向;2.解答题的各小问之间有一种阶梯关系，通常后面的问要使用前问的结论。

如果前问是证明，即使不会证明结论，该结论在后问中也可以使用。

当然，我们也要考虑结论的独立性;3.注意题目中的小括号括起来的部分，那往往是解题的关键。

答题策略选择：先易后难、选择题解答1.先易后难是所有科目应该遵循的原则，而数学卷上显得更为重要。

一般来说，选择题的后两题，填空题的后一题，解答题的后两题是难题。

当然，对于不同的学生来说，有的简单题目也可能是自己的难题，所以题目的难易只能由自己确定。

一般来说，小题思考1分钟还没有建立解答方案，则应采取“暂时性放弃”，把自己可做的题目做完再回头解答。

2.选择题有其独特的解答方法，首先重点把握选择支也是已知条件，利用选择支之间的关系可能使你的答案更准确。

切记不要“小题大做”。

注意解答题按步骤给分，根据题目的已知条件与问题的联系写出可能用到的公式、方法、或是判断。

虽然不能完全解答，但是也要把自己的想法与做法写到答卷上。

多写不会扣分，写了就可能得分。

答题思想方法：每个知识点具体策略1.函数或方程或不等式的题目，先直接思考后建立三者的联系。

首先考虑定义域，其次使用“三合一定理”。

2.如果在方程或是不等式中出现超越式，优先选择数形结合的思想方法;3.面对含有参数的初等函数来说，在研究的时候应该抓住参数没有影响到的不变的性质。

如所过的定点，二次函数的对称轴或是……;4.选择与填空中出现不等式的题目，优选特殊值法;5.求参数的取值范围，应该建立关于参数的等式或是不等式，用函数的定义域或是值域或是解不等式完成，在对式子变形的过程中，优先选择分离参数的方法;6.恒成立问题或是它的反面，可以转化为最值问题，注意二次函数的应用，灵活使用闭区间上的最值，分类讨论的思想，分类讨论应该不重复不遗漏;7.圆锥曲线的题目优先选择它们的定义完成，直线与圆锥曲线相交问题，若与弦的中点有关，选择设而不求点差法，与弦的中点无关，选择韦达定理公式法;使用韦达定理必须先考虑是否为二次及根的判别式;8.求曲线方程的题目，如果知道曲线的形状，则可选择待定系数法，如果不知道曲线的形状，则所用的步骤为建系、设点、列式、化简(注意去掉不符合条件的特殊点);9.求椭圆或是双曲线的离心率，建立关于a、b、c之间的关系等式即可;10.三角函数求周期、单调区间或是最值，优先考虑化为一次同角弦函数，然后使用辅助角公式解答;解三角形的题目，重视内角和定理的使用;与向量联系的题目，注意向量角的范围;11.数列的题目与和有关，优选和通公式，优选作差的方法;注意归纳、猜想之后证明;猜想的方向是两种特殊数列;解答的时候注意使用通项公式及前n项和公式，体会方程的思想;12.立体几何第一问如果是为建系服务的，一定用传统做法完成，如果不是，可以从第一问开始就建系完成;注意向量角与线线角、线面角、面面角都不相同，熟练掌握它们之间的三角函数值的转化;锥体体积的计算注意系数1/3，而三角形面积的计算注意系数1/2 ;与球有关的题目也不得不防，注意连接“心心距”创造直角三角形解题;13.导数的题目常规的一般不难，但要注意解题的层次与步骤，如果要用构造函数证明不等式，可从已知或是前问中找到突破口，必要时应该放弃;重视几何意义的应用，注意点是否在曲线上;14.概率的题目如果出解答题，应该先设事件，然后写出使用公式的理由，当然要注意步骤的多少决定解答的详略;如果有分布列，则概率和为1是检验正确与否的重要途径;15.遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法必须注意新元的取值范围，有勾股定理型的已知，可使用三角换元来完成;16.注意概率分布中的二项分布，二项式定理中的通项公式的使用与赋值的方法，排列组合中的枚举法，全称与特称命题的否定写法，取值范或是不等式的解的端点能否取到需单独验证，用点斜式或斜截式方程的时候考虑斜率是否存在等;17.绝对值问题优先选择去绝对值，去绝对值优先选择使用定义;18.与平移有关的，注意口诀“左加右减，上加下减”只用于函数，沿向量平移一定要使用平移公式完成;19.关于中心对称问题，只需使用中点坐标公式就可以，关于轴对称问题，注意两个等式的运用：一是垂直，一是中点在对称轴上。

2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：代数变形

2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：代数变形

第11讲代数变形知识与方法代数变形是利用代数知识实施形变而质不变的一种手段,将一个问题等价地变为另一个问题,由一种复杂的形式转变为一种简单的形式,将整个数学问题转变为一个较为容易处理或熟悉的问题.在处理含对数或指数式时,有如下两个技巧:1.对数处理技巧——对数靠边走设f(x)是可导函数,不难得到(f(x)ln⁡x)′=f′(x)ln⁡x+f(x)1x,若f(x)不是常函数,则所得的导数式中含有ln⁡x,往往需要再次甚至多次求导.对于这类含有对数式ln⁡x的不等式问题时,通常要让对数型的函数分离出来,把对数型函数前面所乘的代数式或分母中的代数式处理掉,让对数型函数形成单独的一项,这样再对新函数求导,只需要求导一次即可求出函数的极值点,从而避免了多次求导的麻繁.这种让对数函数“孤军奋战”的代数变形过程,我们称其为对数处理技巧,即“对数靠边走”.相关的转化如下:情形1设f(x)>0,f(x)ln⁡x+g(x)>0⇔ln⁡x+g(x)f(x)>0;情形2设f(x)≠0,f(x)ln⁡x+g(x)=0⇔ln⁡x+g(x)f(x)=0.点睛意到：(f(x)ln⁡x+g(x))′=f′(x)ln⁡x+f(x)x+g′(x)(ln⁡x+g(x)f(x))′=1x+(g(x)f(x))比较(1)(2)两式中等号右边的部分,可知(1)式含有对数ln⁡x,但(2)式中不含对数ln⁡x,这将为后续的解题带来方便.2.指数处理技巧——指数找朋友在证明或处理含指数型函数的不等式时,通常要让指数型函数乘以或除以一个多项式函数(让多项式除以指数也一样),这样就很容易求出新函数的极值点,从而可以避免多次求导.这种相当于给指数函数寻找了一个合作伙伴的变形过程,我们称之为指数处理技巧,即“指数找朋友”.相关的转化如下:情形1设f(x)>0,则f(x)+g(x)e x>0⇔g(x)f(x)e x+1>0;情形2设g(x)>0,则f(x)+g(x)e x>0⇔f(x)g(x)e−x+1>0;情形3设f(x)≠0,则f(x)+g(x)e x=0⇔g(x)f(x)e x+1=0;情形4设g(x)≠0,则f(x)+g(x)e x=0⇔f(x)g(x)e−x+1=0.因为(f(x)e x)′=(f(x)+f′(x))e x,(f(x)e−x)′=(f′(x)−f(x))e−x.所以(f(x)e x)′>0⇔(f(x)+f′(x))e x>0⇔f(x)+f′(x)>0, (f(x)e−x)′>0⇔(f′(x)−f(x))e−x>0⇔f′(x)−f(x)>0.使用上述变形,可以减少求导次数,优化解题过程.典型例题对数靠边走【例1】当x>1时,求证:(x+1)ln⁡x>2(x−1).【解析】因为x>1,所以(x+1)ln⁡x>2(x−1)⇔ln⁡x>2(x−1)x.令f(x)=ln⁡x−2(x−1)x (x>1),f′(x)=1x−4(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2>0,所以f(x)在(1,+∞)上为增函数.所以f(x)>f(1)=0,所以x>1时,ln⁡x>2(x−1)x+1,即(x+1)ln⁡x>2(x−1).【例2】若不等式xln⁡x⩾a(x−1)对所有x⩾1成立,求实数a的取值范围.【解析】原问题等价于ln⁡x−a(x−1)x ⩾0对所有的x⩾1都成立.令f(x)=ln⁡x−a(x−1)x(x⩾1),则f′(x)=x−ax2.(1)当a⩽1时,f′(x)=x−ax2⩾0恒成立,即f(x)在[1,+∞)上单调递增,因而f(x)⩾f(1)=0恒成立;(2)当a >1时,令f ′(x)=0,得x =a,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,所以f(x)min =f(a)=ln⁡a −a +1<0,不符合题意. 综上所述,实数a 的取值范围是(−∞,1].【例3】设二次函数g(x)对任意实数x 都满足g(x −1)+g(1−x)=x 2−2x −1,且g(1)=−1,令f(x)=g (x +12)+mln⁡x +98(m ∈R,x >0). (1)求g(x)的表达式;(2)设1<m ⩽e,H(x)=f(x)−(m +1)x .证明:对任意x 1,x 2∈[1,m],恒有|H (x 1)−H (x 2)|<1【解析】(1)设g(x)=ax 2+bx +c ,所以g(x −1)+g(1−x)=a(x −1)2+b(x −1)+c +a(1−x)2+b(1−x)+c =2a (x 2−2x +1)+2c =2ax 2−4ax +2a +2c =x 2−2x −1. 比较两边的系数得{2a =1,−4a =−2,2a +2c =−1,所以{a =12,c =−1,所以g(x)=12x 2+bx −1. 又因为g(1)=−1,所以12+b −1=−1,所以b =−12,所以g(x)=12x 2−12x −1.(2)H(x)=12(x +12)2−12(x +12)−1+mln⁡x +98−(m +1)x =12(x 2+x +14)−12x −14−1+mln⁡x +98−mx −x =12x 2−(m +1)x +mln⁡x .H ′(x)=x −(m +1)+m x=x 2−(m+1)x+mx=(x−1)(x−m)x<0.所以H(x)在[1,m]上单调递减,所以H(x)min =H(m)=12m 2−(m +1)m +mln⁡m =−12m 2−m +mln⁡m ,H(x)max =H(1)=12−m −1=−12−m .所以|H (x 1)−H (x 2)|⩽H(x)max −H(x)min =12m 2−mln⁡m −12.下面只需证12m 2−mln⁡m −32<0.(可采用对数靠边走,将对数ln⁡m 独立出来)即证明12m −ln⁡m −32m<0.令g(m)=12m −ln⁡m −32m,g ′(m)=12−1m+32m2=m 2−2m+32m 2>0.所以g(m)在(1,e]上单调递增,所以g(m)⩽g(e)=12e −1−32e =e 2−2e−32e.而e 2−2e −3<2.82−2×2.8−3=2.24−3<0, 所以g(e)<0,所以g(m)<0,即|H (x 1)−H (x 2)|<1.【点睛】上面解法的优势在于,将ln⁡x 的系数化为“1”后,就可以有效避免求导后再出现对数函数,避免了隐零点出现,这是解决对数型函数的精华所在.指数找朋友【例4】已知函数f(x)=ln⁡x +x −1(a ∈R).求证:e −x +xf(x)⩾0. 【解析】解法1:以指数处理技巧为主线 要证e −x +xf(x)⩾0,只需证1+xe x f(x)⩾0. 令g(x)=1+e x (xln⁡x +x 2−x )(x >0),g ′(x)=e x (xln⁡x +x 2−x +ln⁡x +1+2x −1)=e x (x +1)(ln⁡x +x). 令ℎ(x)=ln⁡x +x ,在(0,+∞)上单调递增, 又因为ℎ(1)=1>0,ℎ(1e )=−1+1e<0,所以存在t ∈(1e ,1),使得ℎ(t)=ln⁡t +t =0,即ln⁡t =−t ,即e t =1t . 当x ∈(0,t)时,ℎ(x)<0,g ′(x)<0,g(x)单调递减; 当x ∈(t,+∞)时,ℎ(x)>0,g ′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(t)=1+e t (tln⁡t +t 2−t )=1+ln⁡t +t −1=0, 所以1+xe x f(x)⩾0,即e −x +xf(x)⩾0. 解法2:以对数的处理技巧为主线要证e −x +xf(x)⩾0成立,只需证e −x x+f(x)⩾0即可.令g(x)=e −x x+ln⁡x +x −1(x >0),则g ′(x)=−(x+1)x 2e x+1x +1=(x+1)(xe x −1)x 2e x,令ℎ(x)=xe x −1,ℎ′(x)=(x +1)e x >0,所以ℎ(x)单调递增; 又因为ℎ(1)=e −1>0,ℎ(12)=√e 2−1<0,所以存在t ∈(12,1),使得ℎ(t)=te t −1=0,即e t =1t ,即t =ln⁡1t =−ln⁡t , 当x ∈(0,t)时,ℎ(x)<0,g ′(x)<0,g(x)单调递减; 当x ∈(t,+∞)时,ℎ(x)>0,g ′(x)>0,g(x)单调递增. 所以,g(x)⩾g(t)=e −t t+ln⁡t +t −1=ln⁡t +t =0,所以e −x x+f(x)⩾0,即e −x +xf(x)⩾0.解法3:虚设零点+同构令g(x)=e −x +x(ln⁡x +x −1)=e −x +xln⁡x +x 2−x(x >0), g ′(x)=−e −x +ln⁡x +2x 在(0,+∞)上单调递增,且g ′(1e )=−e−1e+ln⁡1e +2e =−e−1e−1+2e <0,g ′(1)=−e −1+ln⁡1+2=2−1e >0.所以存在t ∈(1e ,1),使得g ′(t)=−e −t +ln⁡t +2t =0,所以e −t =ln⁡t +2t,ln⁡t +t =e −t −t ,即ln⁡t +e ln⁡t =e −t +(−t). 令G(x)=e x +x 在(0,+∞)单调递增,且G(ln⁡t)=G(−t),所以ln⁡t =−t . 当x ∈(0,t)时,g ′(x)<0,g(x)单调递减; 当x ∈(t,+∞)时,g ′(x)>0,g(x)单调递增.g(x)⩾g(t)=e −t +tln⁡t +t 2−t =ln⁡t +2t +tln⁡t +t 2−t =(1+t)(ln⁡t +t)=0, 所以e −x +xf(x)⩾0.【点睛】解法3看似行云流水,思维直接,但是仔细品味,暗流汹涌,思维含量非常大,主要表现在以下三个方面：1.没有明显的零点,需要利用函数的单调性以及零点存在性定理,虚设零点;2.虚设零点后,出现了指数、对数以及多项式同时存在的情况,这样难以利用零点的关系式一次把指数以及对数全部消除;3.本题目需要较强的技巧性构造同构式,借助于单调性,找出对数与多项式的关系,万一想不到这一点,这道题目就不容易处理.实际上,本题之所以难,是因为指数、对数以及多项式的同时出现,将题目提升了一个难度.对于这种指、对混合形式出现的试题,利用指数或对数的处理技巧,可以帮助我们提高“求导效率”,将指数与多项式结合起来,或者将对数分离出来.【例5】已知函数f(x)=ax 21+ln⁡x (a ≠0),e 是自然对数的底数.若f(x)的极大值为−2,求不等式f(x)+e x <0的解集.【解析】解法1:巧用对数、指数处理技巧对方程变形 f(x)的定义域为(0,e −1)∪(e −1,+∞), 由f ′(x)=2ax(1+ln⁡x)−ax 2⋅1x(1+ln⁡x)2=2ax(12+ln⁡x)(1+ln⁡x)2.当a >0时,f(x)在(0,e −1)上单调递减;在(e −1,e −12)单调递减;在(e −12,+∞)上单调递增;显然f(x)有极小值,无极大值.显然,当a <0时,f(x)有极大值,此时f (e −12)=−2,所以a =−e ,此时f(x)=−ex 21+ln⁡x ,−ex 21+ln⁡x +e x <0. 显然,当x ∈(0,1e ),−ex 21+ln⁡x +e x >0,矛盾.故当x ∈(1e ,+∞)时,e x <ex 21+ln⁡x ,即1+ln⁡x −ex 2e x <0(对数靠边走)令F(x)=1+ln⁡x −ex 2e x,F ′(x)=1x −2x−x 2e x−1.下证F ′′(x)>0,ex−1⩾2x2−x 3,2x 2−x 3e x−1⩽1(指数找朋友) 令G(x)=2x 2−x 3e x−1,G ′(x)=x (x 2−5x+4)e x−1=x(x−1)(x−4)e x−1.令G ′(x)=0,解得x =1,或x =4,所以G(x)权大值=G(1)=1,G(x)权小鹪=G(4)=−32e 3<0.当x >4时,G(x)<0,所以G(x)⩽1,所以F ′(x)⩾0,F(x)在(1e ,+∞)上单调递增. 因为F(1)=0,所以当1e <x <1时,F(x)<0,当x >1时,F(x)>0. 所以f(x)+e x <0的解集为(1e ,1).解法2:构造同构式当x ∈(0,1e )时,−ex 21+ln⁡x +e x >0,矛盾;当x ∈(1e,+∞)时,−x 21+ln⁡x+e x−1<0,所以x1+ln⁡x >e x−1x=e x−11+ln⁡e x−1(构造同构式) 令ेF(x)=x 1+ln⁡x,F ′(x)=1+ln⁡x−1(1+ln⁡x)2=ln⁡x (1+ln⁡x)2.当1e <x <1时,F ′(x)<0,F(x)单调递减;由于x <e x−1<1,所以F(x)>F (e x−1),即x1+ln⁡x >e x−11+ln⁡e x−1,满足题意;当x ⩾1时,F ′(x)⩾0,F(x)单调递增,而e x−1⩾x ⩾1,所以F(x)⩽F (e x−1),矛盾. 综上可知,不等式f(x)+e x <0的解集为(1e ,1).【例6】求证:e x −2x >x 2ln⁡x . 【解析】解法1:要证e x−2x>x2ln⁡x,只需证e x−2xx2−ln⁡x>0(对数靠边走)设f(x)=e x−2xx2−ln⁡x(x>0),f′(x)=(x−2)(e x−x)x3,令f′(x)=0,得x=2.当x∈(0,2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(2)=e2−44−ln⁡2=e2−(4+4ln⁡2)4.由于e2>2.72=7.29,4+4ln⁡2=4+ln⁡16<4+ln⁡e3=7,所以e2−(4+4ln⁡2)>0,从而不等式得证.解法2:要证e x−2x>x2ln⁡x,只需证x2ln⁡x+2xe x<1.设g(x)=x 2ln⁡x+2xe x,则g′(x)=(2−x)(xln⁡x+1)e x,又因为xln⁡x+1>0(证明略),从而当x∈(0,2)时,g(x)单调递增,x∈(2,+∞)时,g(x)单调递增.从而g(x)max=g(2)=4ln⁡2+4e2<3+4e2<1,从而原不等式得证.指对处理技巧的综合运用【例7】已知函数f(x)=e x−a(x−1)(a∈R,e为自然对数的底数).(1)若存在x0∈(1,+∞),使得f(x0)<0,求实数a的取值范围;(2)若f(x)有两个零点x1,x2.证明:x1+x2>x1x2.【解析】(1)解法1;指数变对数,方便求导令ेt=e x,g(t)=t−aln⁡t+a,当x>1时,t>e.原题等价于g(t)=t−aln⁡t+a,存在t0∈(e,+∞),使得g(t0)<0,求a的取值范围.g′(t)=1−at =t−at,令g′(t)=0,得t=a.当a⩽e时,g′(t)⩾0,g(t)单调递增,所以g(t)⩾g(e)=e−a+a=e>0,不符合题意;当a<e时,g(t)在(e,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,所以g(t)min=g(a)=a−aln⁡a+a=a(2−ln⁡a).因为存在t0∈(e,+∞),使得g(t0)<0,所以g(a)=a(2−ln⁡a)<0,解得a>e2.综上知a>e2.解法2:指数处理技巧e x−a(x−1)<0⇔g(x)=1−ae−x(x−1)<0,g′(x)=ae−x(x−1)−ae−x=ae−x(x−2),g′(2)=0.当a⩽0时,g(x)在(1,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,g(1)=1>0,当x→+∞时,g(x)=1−a x−1e x→1,所以g(x)⩾min{g(1),lim x→+∞g(x)}>0,不合题意.当a>0时,g(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)⩾g(2)=1−ae2.因为存在x0∈(1,+∞),使得f(x0)<0,所以g(2)=1−ae2<0,解得a>e2.综上知a>e2.解法3:直接法f′(x)=e x−a.(1)若a⩽0,因为e x>0,则f′(x)>0,此时f(x)在R上单调递增.当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1)=e>0,不合题意;(2)若a>0,由f′(x)>0,得e x>a,即x> ln⁡a,则f(x)在(ln⁡a,+∞)上单调递增,在(−∞,ln⁡a)上单调递减,所以f(x)min =f(ln⁡a)=e ln⁡a −a(ln⁡a −1)=a(2−ln⁡a),根据题意,有a(2−ln⁡a)<0,则ln⁡a >2,即a >e 2,且此时ln⁡a >ln 2>1, 所以a 的取值范围是(e 2,+∞). 解法4:分离变量法当x ∈(1,+∞)时,由f(x)<0,得e x <a(x −1),即a >e xx−1.设g(x)=e x x−1(x >1),根据题意,当x ∈(1,+∞)时,a >g(x)能成立,则a >g(x)min . 因为g ′(x)=(x−2)e x (x−1)2(x >1),则当x >2时,g ′(x)>0,g(x)单调递增; 当1<x <2时,g ′(x)<0,g(x)单调递减.所以,g(x)min =g(2)=e 2,所以a 的取值范围是(e 2,+∞). (2)由题设,f (x 1)=f (x 2)=0,即{e x 1=a (x 1−1),e x 2=a (x 2−1),则e x 1+x 2=a 2(x 1−1)(x 2−1),即e x 1+x 2=a 2(x 1x 2−x 1−x 2+1).要证x 1+x 2>x 1x 2,只需要证e x 1+x 2<a 2,即证x 1+x 2<2ln⁡a ,即证x 1<2ln⁡a −x 2. 不妨设x 1<x 2,由(1)可知a >e 2,且x 1<ln⁡a <x 2,从而2ln⁡a −x 2<ln⁡a . 因为f(x)在(−∞,ln⁡a)上单调递减,所以只要证f (x 1)>f (2ln⁡a −x 2),即证f (x 2)>f (2ln⁡a −x 2). 设ℎ(x)=f(x)−f(2ln⁡a −x),则ℎ′(x)=f ′(x)+f ′(2ln⁡a −x)=e x −2a +e 2ln⁡a−x =e x +a 2e x −2a ⩾2√e x ⋅a 2e x −2a =0, 所以ℎ(x)在R 上单调递增.因为x 2>ln⁡a ,则ℎ(x 2)>ℎ(ln⁡a)=f(ln⁡a)−f(ln⁡a)=0,即f (x 2)−f (2ln⁡a −x 2)>0,即f (x 2)>f (2ln⁡a −x 2),所以原不等式成立.【点睛】有些问题用直接法做,反而会更简单,比如本例第(1)小问,在使用“指数处理技巧”后,刧必须要使用洛必达法则才能解决问题.从另外一个层面上来讲,若指数、对数函数同时出现的能成立问题、恒成立问题常见的处理方法主要有:1.设而不求,隐零点法;2.一凸一凹,分离函数法;3.化直为曲,切线法或放缩法;4.必要性探路,缩小范围法.典型例题1.证明:当x>0时,e x>x2.【解析】要证e x>x2,只需证:x2e x<1令f(x)=x 2e x ,f′(x)=2xe x−e x⋅x2e2x=x(2−x)e x当0<x<2时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x>2时,f′(x)<0,f(x)单调递减所以f(x)max=f(2)=4e2<1,所以f(x)<1,即x2e x<1,所以e x>x2.2.已知函数f(x)=e x−sin⁡x−cos⁡x,g(x)=e x+sin⁡x+cos⁡x.(1)证明:当x>−5π4时,f(x)⩾0;(2)若g(x)⩾2+ax,求a.【解析】(1)f(x)⩾0⇔sin⁡x+cos⁡xe x⩽1,记ℎ(x)=sin⁡x+cos⁡xe x ,ℎ′(x)=−2sin⁡xe x.(1)当x∈(−5π4,−π)时,ℎ′(x)<0;x∈(−π,0),ℎ′(x)>0;x∈(0,π),ℎ′(x)<0.又ℎ(−5π4)=0,ℎ(0)=1,所以在(−54π,π)上,ℎ(x)⩽ℎ(0)=1;(2)当x∈[π,+∞)时,e x⩾eπ,而sin⁡x+cos⁡x⩽√2,所以e x⩾sin⁡x+cos⁡x,则有f(x)⩾0.综合(1)(2)可知当x>−5π4时,不等式f(x)⩾0成立.(2)由题可知H(x)=g(x)−(ax+2)=e x+sin⁡x+cos⁡x−ax−2⩾0恒成立,且H(0)=0,所以H(x)⩾H(0),故x=0是H(x)的最小值点,也是极小值点.所以H′(0)=0,又H′(x)=e x+cos⁡x−sin⁡x−a,所以H′(0)=2−a=0,故a=2.下证当a=2时不等式成立.H(x)⩾0⇔sin⁡x+cos⁡x−2x−2e x+1⩾0记m(x)=sin⁡x+cos⁡x−2x−2e x +1,m′(x)=2(x−sin⁡x)e x.易得当x>0时,x−sin⁡x>0;当x<0时,x−sin⁡x<0.所以当x<0时,m′(x)<0,m(x)单调递减;当x>0时,m′(x)>0,m(x)单调递增.所以m(x)⩾m(0)=0.故H(x)⩾0成立.。

如何抓好高考数学第二轮复习

如何抓好高考数学第二轮复习

如何抓好高考数学第二轮复习寒假一过，形势陡然紧张了很多。

考生进入到关键的第二轮复习，对于高三数学第二轮复习来说，要达到三个目的：一是从全面基础复习转入重点复习，对各重点、难点进行提炼和把握；二是将第一轮复习过的基础知识运用到实战考题中去，将已经把握的知识转化为实际解题能力；三是要把握各题型的特点和规律，把握解题方法，初步形成应试技巧。

那么如何进行科学而有效的教学呢？一、大处着眼，细心领会两个成功公式1.科学巨匠爱因斯坦的闻名公式是v=x+y+z(v-成功；x-刻苦的精神；y-科学的方法；z-少说废话)。

2.四轮学习方略中，成功=目标+计划+方法+行动。

学习好数学要有刻苦拼搏的精神加科学的方法；要有明确的奋斗目标加上切实可行的计划和措施方法，要天天见行动，苦干实干抓落实。

要站在整体的高度，重新熟悉自己所学，总体把握所学的数学知识和方法及应用。

学校的老师和课外班的冲刺有周密的复习计划，你要与老师紧密配合。

须知：围着老师转转得好，抛开老师转有自己的一套方案的学生，才能成为佼佼者。

二、做到对知识和能力要求心中有数，自身优势和不足心中有数1.主干知识八大块①函数；②数列；③平面向量；④不等式(解与证)；⑤解析几何；⑥立体几何；⑦概率﹑统计；⑧导数及应用。

要做到块块清楚，不足之处如何弥补有招法，并能自觉建立起知识之间的有机联系，函数是其中最核心的主干知识。

2.把握四大数学思想方法明确驾驭数学知识的理性思维方法，其集中体现在四大数学思想方法上。

四大数学思想方法是：①函数与方程的思想②数型结合思想③分类讨论思想④化归或转化的思想3.学习好数学要抓住四个三①内容上要充分领悟三个方面：理论、方法、思维；②解题上要抓好三个字：数，式，形；③阅读、审题和表述上要实现数学的三种语言自如转化(文字语言、符号语言、图形语言)；④学习中要驾驭好三条线：知识(结构)是明线(要清楚)；方法(能力)是暗线(要领悟、要提炼)；思维(练习)是主线(思维能力是数学诸能力的核心，创造性的思维能力是最强大的创新动力，是检验自己大脑潜能开发好坏的试金石。

2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第02讲分离参数法含解析

2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第02讲分离参数法含解析

第2讲分离参数法知识与方法分离参数法解决恒成立求参问题,可以有两个角度:全分离和半分离.1.全分离参数法将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来,使所研究的函数由动态变为定态,进而可得到新函数的图像、性质(最值),将求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题.在分离参数时,需点睛意:(1)参数系数的正负是否确定;(2)分参后目标函数的最值是否易解,若不易解,极可能需要洛必达法则辅助.2.半分离参数法其一般步骤为:将不等式变形为aa+a≥a(a)或aa+a≤a(a)的形式(其中a为参数,a为常数),然后画出图像,由图像的上下方关系得到不等式,从而求得参数的取值范围.不等号前后两个函数的图像特征为:直线a=aa+a与曲线a=a(a),而直线a=aa+a过定点(0,a).需要说明的是:半分离参数法一般只适用于客观题,解答题则不宜使用.典型例题全分离参数【例1】已知函数a(a)=e a+aa2−a.(1)当a=1时,讨论a(a)的单调性;(2)当a≥0时,a(a)≥12a3+1,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,a(a)=e a+a2−a,a′(a)=e a+2a−1.当a<0时,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a>0时,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以,当a=1时,a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数法当a=0时,a∈a.当a>0时,a(a)≥12a3+1⇔a≥12a3+a+1−e aa2.记a(a)=12a3+a+1−e aa2(a>0),则a ′(a )=12a 3−a −2+(2−a )e a a 3=(2−a )(e a −12a 2−a −1)a 3.记a (a )=e a −12a 2−a −1(a >0),a ′(a )=e a −a −1,a ′′(a )=e a −1. 因为a >0,所以a ′′(a )=e a −1>0,所以a ′(a )在(0,+∞)上单调递增, 从而a ′(a )>a ′(0)=0,所以a (a )在(0,+∞)单调递增,所以a (a )>a (0)=0. 令a ′(a )=0,解得a =2.当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,a (a )单调递增; 当a ∈(2,+∞)时,a ′(a )<0,a (a )单调递减. 所以a (a )在a =2处取得最大值a (2)=7−e 24,从而a ≥7−e 24. 综上,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞). 解法2:指数找朋友a (a )≥12a 3+1等价于12a 3−aa 2+a +1e a≤1.设a (a )=12a 3−aa 2+a +1e a(a ≥0),则a′(a )=−12a [a 2−(2a +3)a +(4a +2)e a=−12a [a −(2a +1)](a −2)e a.(1)当2a +1≤0,即a ≤−12时,则当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,所以a (a )在(0,2)单调递增,而a (0)=1, 故当a ∈(0,2)时,a (a )>1,不合题意; (2)当0<2a +1<2,即−12<a <12时, 则当a ∈(0,2a +1)∪(2,+∞)时,a ′(a )<0.所以a (a )在(0,2a +1),(2,+∞)单调递减,在(2a +1,2)上单调递增. 由于a (0)=1,所以a (a )≤1.当且仅当a (2)=7−4a e 2≤1,即a ≥7−e 24. 所以当7−e 24≤a <12时,a (a )≤1.(3)若2a +1≥2,即a ≥12时,则a (a )≤12a 3+a +1e a.由于0∈[7−e 24,12),故由(2)可得12a 3+a +1e a≤1.故当a ≥12时,a (a )≤1.综上所述,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞).【点睛】解决本题的关键在于求导数a′(a)=12a3−a−2+(2−a)e aa3后的处理.仔细观察导数式中e a前面的系数为2−a,由此可大胆猜测2−a应该为12a3−a−2的一个因式,从而可设1 2a3−a−2=(2−a)(−12a2+aa+a),将右侧展开,得12a3−a−2=12a3−(a+1)a2+(2a−a)a+2a,比较两侧的系数,可得a=a=−1,从而12a3−a−2=(2−a)(−12a2−a−1).【例2】设函数a(a)=e a−1−a−aa2.(1)若a=0,求a(a)的单调区间;(2)若当a≥0时a(a)≥0,求a的取值范围.【解析】(1)因为a=0时,所以a(a)=e a−1−a,a′(a)=e a−1.当a∈(−∞,0)时,a′(a)<0;当a∈(0,+∞)时,a′(a)>0.故a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)解法1:由(1)可得,当a=0时,a(a)≥a(0)=0,即e a≥a+1,当且仅当a=0时等号成立.依题意,当a≥0时a(a)≥0恒成立,当a=0时,a(a)≥0,此时a∈a;当a>0时,a(a)≥0等价于a≤e a−1−aa2,令a(a)=e a−1−aa2(a>0),则a′(a)=(a−2)e a+a+2a3,今a(a)=(a−2)e a+a+2(a>0),则a′(a)=(a−1)e a+1,因为a′′(a)=a e a>0,所以a′(a)在(0,+∞)上为增函数,所以a′(a)>a′(0)= 0,于是a(a)在(0,+∞)上为增函数,从而a(a)>a(0)=0,因此a′(a)>0,a(a)在(0,+∞)上为增函数,由洛必达法则知,lima→0+e a−1−aa2=lima→0+e a−12a=lima→0+e a2=12,所以a≤12.当a>12时,e−a>1−a得a′(a)<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a),故当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,而a(0)=0,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<0. 综上得a的取值范围是(−∞,12].解法2:a′(a)=e a−1−2aa,由(1)知e a≥1+a,当且仅当a=0时等号成立,故a′(a)≥a−2aa=(1−2a)a.当1−2a≥0,即a≤12时,a′(a)≥0(a≥0),所以a(a)在[0,+∞)上单调递增,故a(a)≥a(0)=0,即a≤12符合题意;当a>12时,由e a>1+a(a≠0)可得e−a>1−a(a≠0),所以e−a−1>−a(a≠0),所以a′(a)=e a−1−2aa<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a), 则当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,a(a)在(0,ln2a)上单调递减,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<a(0)=0,故a>12不合题意.综上所述,a的取值范围是(−∞,12].【例3】已知函数a(a)=a(e a+1−a)(a∈a).(1)若a=2,判断a(a)在(0,+∞)上的单调性;(2)若a(a)−ln a−1≥0恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)若a=2,a(a)=a e a−a,a′(a)=e a+a e a−1=(a+1)e a−1. 当a>0时,a+1>1,e a>1,故(a+1)e a>1,a′(a)=(a+1)e a−1>0,故a(a)在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数+隐零点求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立,整理得a−1≤e a−ln aa −1a.设a(a)=e a−ln aa −1a,a′(a)=a2e a+ln aa2,设a(a)=a2e a+ln a,则a′(a)=(a2+2a)e a+1a>0, 所以a(a)在(0,+∞)上单调递增,又a(1)=e>0,a(12)=√e4−ln2<0.所以函数a(a)有唯一的零点a0,且12<a0<1.当a∈(0,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增. 即a(a0)为a(a)在定义域内的最小值.所以a−1≤e a0−ln a0a0−1a0.因为a(a0)=0,得a0e a0=−ln a0a0,12<a0<1(∗)令a(a)=a e a(12<a<1),方程(∗)等价于a(a)=a(−ln a)(12<a<1).而a′(a)=(a+1)e a在(0,+∞)上恒大于零,所以a(a)在(0,+∞)单调递增. 故a(a)=a(−ln a)等价于a=−ln a(12<a<1).设函数a(a)=a+ln a(12<a<1),易知a(a)单调递增.又a(12)=12−ln2<0,a(1)=1>0,所以a0为a(a)的唯一零点.即ln a0=−a0,e a0=1a0.故a(a)的最小值为a(a0)=e a0−ln a0a0−1a0=1a0−−a0a0−1a0=1.所以a−1≤1,即a≤2.综上,实数a的取值范围是(−∞,2].解法2:分离参数+放缩法求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即a−1≤a e a−ln a−1a.利用不等式e a≥a+1(当且仅当a=0时,等号成立),可得a e a−ln a−1a =e a+ln a−ln a−1a≥(a+ln a+1)−ln a−1a=1,当且仅当a+ln a=0时,等号成立.所以a e a−ln a−1a的最小值为1.于是a−1≤1,得a≤2,实数a的取值范围是(−∞,2].【例4】已知函数a(a)=a3e aa−1.(1)讨论a(a)的单调性;(2)若a=2,不等式a(a)≥aa+3ln a对a∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围. 【解析】(1)a′(a)=3a2e aa+aa3e aa=a2e aa(aa+3).①当a=0时,a′(a)≥0恒成立,所以a(a)在R单调递增;②当时,今,得;令,所以a (a )的单调递减区间为(−3a ,+∞),单调递增区间为(−∞,−3a ]. ③当a >0时,今a ′(a )≥0,得a ≥−3a ;令a ′(a )<0,得a <−3a . 所以a (a )的单调递减区间为(−∞,−3a ),单调递增区间为[−3a ,+∞). (2)因为a =2,所以a ≤a 3e 2a −3ln a −1a恒成立. 设a (a )=a −1−ln a (a >0),a ′(a )=a −1a, 令a ′(a )<0,得0<a <1;令a ′(a )>0,得a >1. 所以a (a )min =a (1)=0,所以a −1−ln a ≥0.取a =a 3e 2a ,则a 3e 2a −1−ln (a 3e 2a )≥0,即a 3e 2a −3ln a −1≥2a ,所以a 3e 2a −3ln a −1a≥2aa=2.设a (a )=a 3e 2a ,因为a (0)=0<1,a (1)=e 2>1,所以方程a 3e 2a =1必有解, 所以当且仅当a 3e 2a =1时,函数a =a 3e 2a −3ln a −1a取得最小值2,所以a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2].【点睛】本题在进行分参后,首先证明了一个常用的不等式:当a >0时,有ln a ≤a −1,接下来利用该不等式直接得到a 3e a −3ln a −1≥2a , 从而得出a =a 3e a −3ln a −1a的最小值2.最后证明能够取到最小值.从而得出实数a 的取值范围. 本题也可用同构法解决:a ≤a 3e 2a −3ln a −1a, a 3e 2a −3ln a −1a=e 3ln a +2a −3ln a −1a≥2a +3ln a +1−3ln a −1a=2,故a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2]. 换元后分离参数【例5】已知函数a (a )=a (e a a−2a −2)+a . (1)若a =−1,求a (a )的单调区间和极值点;(2)若a >0时,a (a )>−1(a >0)恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)a =−1时a (a )=a e −a −1,a ′(a )=e −a −a e −a =0,所以当a <1,a ′(a )>0,a >1,a ′(a )<0.所以a (a )的单调递减区间为(1,+∞),单调递增区间为(−∞,1),极大值点为a =1,无极小值点.(2)解法1:a (a )>−1⇔a (e aa −2a −2)+a >−1, 即a (e aa −2a −2)+a +1>0, 令aa =a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即a (a e a −2a +1)>2a −1(∗)易证e a ≥a +1(过程略),则a e a −2a +1≥a (a +1)−2a +1>(a −1)2≥0, 即a e a −2a +1>0. 于是,由(∗)可得a >2a −1a e a −2a +1. 令a (a )=2a −1a e a −2a +1(a>0),则a ′(a )=−(2a +1)(a −1)(a e a −2a +1)2e a(a >0).当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0.所以a (a )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,[a (a )]max =a (1)=1e −1, 所以a >1e −1,实数a 的取值范围是(1e −1,+∞). 解法2:a (a )>−1⇔a (e aa −2a−2)+a >−1, 即a (e aa −2a−2)+a +1>0,令aa=a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即aa +1>2a −1a e a对于a >0恒成立,设a (a )=2a −1a ea ,a ′(a )=−(2a +1)(a −1)a 2e a当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0 可得a (a )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以a (a )max =a (1)=1e ,则aa +1>1e ,解得a >1e −1. 故实数a 的取值范围是(1e −1,+∞).【点睛】本题第(2)问显然不能直接分离参数,如果利用a ′(a )处理也是十分复杂,于是着眼于简化指数进行换元:令a a =a ,则aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立.换元之后就可以轻松分离参数了,特别是解法2的处理手法值得回味.半分离参数【例6】已知函数a(a)=e a−aa−1(a∈R,其中e为自然对数的底数).(1)若a(a)在定义域内有唯一零点,求a的取值范围;(2)若a(a)≤a2e a在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.【解析】(1)a′(a)=e a−a,①当a≤0时,a′(a)>0,所以a(a)在R上单调递增;−1+a<0,a(1)=e−a−1>0,又a(−1)=1e由零点存在定理可知,函数a(a)在R上有唯一零点.故a≤0符合题意;②当a>0时,令a′(a)=0得a=ln a,当a∈(−∞,ln a)时,a′(a)<0,a(a)单调递减;a∈(ln a,+∞),a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(ln a)=e ln a−a ln a−1=a−a ln a−1,设a(a)=a−a ln a−1(a>0),则a′(a)=1−(ln a+1)=−ln a,当0<a<1时,a′(a)>0,a(a)单调递增;当a>1时,a′(a)<0,a(a)单调递减,所以a(a)max=a(1)=0,故a=1.综上:实数a的取值范围为{a∣a≤0或a=1}.(2)解法1:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立,即函数a(a)=(1−a2)e a的图像恒在直线a=aa+1的下方.而a′(a)=(1−a2−2a)e a,a′′(a)=(−a2−4a−1)e a<0(a≥0),所以函数a(a)是上凸函数,且在a=0处的切线斜率a=a′(0)=1;直线a=aa+1过定点(0,1),鈄率为a,故a≥1,即a的取值范围为[1,+∞).解法2:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立, 记a(a)=(1−a2)e a=(1+a)(1−a)e a,①当a≥1时,设函数a(a)=(1−a)e a,则a′(a)=−a e a≤0,因此a(a)在[0,+∞)单调递减,又a(0)=1,故a(a)≤1,所以a(a)=(1+a)a(a)≤1+a≤aa+1,故a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立;②当0<a<1时,设函数a(a)=e a−a−1,则a′(a)=e a−1≥0,所以a(a)在[0,+∞)单调递减,且a(0)=0,故e a≥a+1.当0<a<1时,a(a)>(1−a)(1+a)2,(1−a)(1+a)2−aa−1=a(1−a−a−a2),取a0=−1+√5−4a2,则a0∈(0,1),(1−a0)(1+a0)2−aa0−1=0,所以a(a0)>aa0+1;故0<a<1不合题意.③当a≤0时,取a0=√5−12,则a0∈(0,1),a(a0)>(1−a0)(1+a0)2=1≥aa0+1.故a≤0不合题意.综上,a的取值范围为[1,+∞).【点睛】解法1将不等式进行变形为aa+a≤a(a)(其中a为参数,a为常数),不等号前后两个函数的图像特征为:“一直一曲”,而直线a=aa+a过定点(0,a).半分离参数的方法,通过变形将不等式两边化为一直线与一曲线的形式,再结合图像利用函数凹凸性解决问题,过程简洁快捷.需要指出的是,这种解法只适用于选择题与填空题,不适用于解答题.解法2是不分离参数,直接构造差函数对参数进行讨论,过程更加严谨,理由更加充分,是解答题的一般做法.其中讨论的临界点,可以结合解法1的过程而得到.【例7】已知函数a(a)=a ln a+aa−1,a∈a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)当a=2时,对任意a>1,a(a)>a(a−1)恒成立,求正整数a的最大值.【解析】(1)a(a)的单调递增区间为(e−a−1,+∞),单调递减区间为(0,e−a−1).(2)解法1:全分离a(a)>a(a−1)变形为a<a(a)a−1=a ln a+2a−1a−1,令a(a)=a ln a+2a−1a−1,a′(a)=−ln a+a−2(a−1)2,令a(a)=−ln a+a−2,则a′(a)=−1a +1=a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以存在唯一a0∈(3,4),使得a(a0)=0,即ln a0=a0−2.故当a∈(1,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(a0)=a0ln a0+2a0−1a0−1=a02−1a0−1=a0+1,即a<a0+1,又a0∈(3,4),所以a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.解法2:半分离a(a)>a(a−1)恒成立,即a(a)=a ln a+2a−1图像恒在直线a=a(a−1)的上方.因为a′(a)=3+ln a>0,a′′(a)=1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,且下凸; 直线a=a(a−1)过定点(1,0).设过(1,0)的直线与a(a)相切于点(a0,a(a0)),即(a0,a0ln a0+2a0−1).切线斜率为a′(a0),所以a<a′(a0).由a(a0)−0a0−1=a′(a0),得a0ln a0+2a0−1a0−1=3+ln a0,化简整理得ln a0=a0−2,所以a′(a0)=3+ln a0=3+(a0−2)=a0+1.故a<a0+1. 下面估计a0的范围.令a(a)=a−ln a−2,则a′(a)=1−1a =a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增;又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以a(a)的唯一零点a0∈(3,4).于是a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.【点睛】需要点睛意的是,利用半分离参数求解含参问题,需要结合二阶导数研究函数的凹凸性,在解答题中有“以图代证”的嫌疑,因而这个解法一般只适用于选择题或填空题. 【例8】设函数a(a)=e a(2a−1)−aa+a,其中a<1.若存在在唯一的整数a0使得a(a0)<0.则a的取值范围是（）A.[−32e ,1) B.[−32e,34) C.[32e,34) D.[32e,1)【解析】解法1:全分离参数a (a )<0⇔(a −1)a >e a (2a −1)当a >1时,有a >e a (2a −1)a −1>1,这与题设矛盾,舍去; 当a <1时,有a <e a (2a −1)a −1,记a (a )=e a (2a −1)a −1, 则a ′(a )=e a (2a +1)(a −1)−e a (2a −1)(a −1)2=a e a (2a −3)(a −1)2(a <1), 当a <0时,a ′(a )>0;当0<a <1时,a ′(a )<0,故a (a )在(−∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,作出其大致图象如图所示.由题意知,存在唯一的整数a 0使得a (a 0)<0,即a <a (a 0),由图易知a 的取值范围是32e =a (−1)≤a <1,选a .解法2:半分离参数设a (a )=e a (2a −1),a (a )=aa −a ,由题意知,存在唯一的整数a 0,使得a (a 0)<a (a 0),a ′(a )=e a (2a +1),当a <−12时,a ′(a )<0,当a >−12时,a ′(a )>0,则a (a )在(−∞,−12)上单调递减,在(−12,+∞)上单调递增.作出a (a )与a (a )的大致图象如图所示.因为a (0)=−1<−a =a (0),故只需a (−1)≥a (−1)即可,解得a ≥32e ,则a 的取值范围是32e ≤a <1,故选a .强化训练1.设函数a (a )=a 2+aa +a ,a (a )=e a (aa +a ).若曲线a =a (a )和曲线a =a (a )都过点a (0,2),且在点a 处有相同的切线a =4a +2.(1)求a ,a ,a ,a 的值;(2)若a ≥−2时,a (a )≤aa (a ),求a 的取值范围.【解析】(1)a =4,a =2,a =2,a =2(过程略).(2)由(1)知,a (a )=a 2+4a +2,a (a )=2e a (a +1),①当a =−1时,a (a )=−1,a (a )=0,此时a (a )≤aa (a )恒成立,则a ∈a ; ②当a ∈[−2,−1)时,a (a )=2e a (a +1)<0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≤a 2+4a +22e a (a +1),令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2≥0恒成立,故a (a )在区间[−2,−1)上单调递增,当a =−2时,a (a )取最小值e 2,故a ≤e 2; ③当a ∈(−1,+∞)时,a (a )=2e a (a +1)>0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≥a 2+4a +22e a (a +1), 令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2,当a ∈(−1,0)时,a ′(a )>0,当a ∈(0,+∞)时,a ′(a )<0,故当a =0时,a (a )取极大值1,故a ≥1.综上所述:a ∈[1,e 2],即a 的取值范围是[1,e 2].2.设函数a (a )=e a −aa −2.(1)求a (a )的单调区间;(2)若a =1,a 为整数,且当a >0时,(a −a )a ′(a )+a +1>0,求a 的最大值.【解析】(1)当a ≤0时,a (a )在(−∞,+∞)上单调递增,无减区间;当a >0时,a (a )的单调递减区间是(−∞,ln a ),单调递增区间是(ln a ,+∞).(2)(a −a )a ′(a )+a +1>0等价于a <a +1e a −1+a (a >0)(1),令a (a )=a +1e a −1+a ,则a ′(a )=e a (e a −a −2)(e a −1)2, 而函数a (a )=e a −a −2在(0,+∞)上单调递增,a (1)<0,a (2)>0,所以a (a )在(0,+∞)存在唯一的零点.故a ′(a )在(0,+∞)存在唯一的零点.设此零点为a ,则a ∈(1,2).当a∈(0,a)时,a′(a)<0;当a∈(a,+∞)时,a′(a)>0.所以a(a)在(0,+∞)的最小值为a(a).又由a′(a)=0,可得e a=a+2,所以a(a)=a+1∈(2,3).由于(1)式等价于a<a(a),故整数a的最大值为2.3已知函数a(a)=ln2(1+a)−a21+a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)若不等式(1+1a)a+a≤e对任意的a∈N∗都成立(其中e是自然对数的底数).求a的最大值.【解析】(1)函数a(a)的定义域为(−1,+∞),a′(a)=2ln(1+a)1+a−a2+2a(1+a)2=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a(1+a)2.设a(a)=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a,则a′(a)=2ln(1+a)−2a.令a(a)=2ln(1+a)−2a,则a′(a)=21+a −2=−2a1+a.当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数,当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.所以a(a)在a=0处取得极大值,而a(0)=0,所以a′(a)<0(a≠0), 函数a(a)在(−1,+∞)上为减函数.于是当−1<a<0时,a(a)>a(0)=0,当a>0时,a(a)<a(0)=0.所以,当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数.当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.故函数a(a)的单调递增区间为(−1,0),单调递减区间为(0,+∞).(2)不等式(1+1a )a+a≤e等价于不等式(a+a)ln(1+1a)≤1.由1+1a >1知,a≤1ln(1+1a)−a.设a(a)=1ln(1+a)−1a,a∈(0,1],则a′(a)=−1(1+a)ln2(1+a)+1a2=(1+a)ln2(1+a)−a2a2(1+a)ln2(1+a).由(1)知,ln2(1+a)−a21+a≤0,即(1+a)ln2(1+a)−a2≤0.所以a′(a)<0,a∈(0,1],于是a(a)在(0,1]上为减函数.−1.故函数a(a)在(0,1]上的最小值为a(1)=1ln2−1.所以a的最大值为1ln2。

2025高考数学二轮复习导数应用中的函数构造技巧

2025高考数学二轮复习导数应用中的函数构造技巧

函数形式出现的是“-”法形式时,优先考虑构造 y=型函数.
(2)利用f(x)与ex(enx)构造
() ()

常用的构造形式有 e f(x),e f(x), e , e ,这类形式一方面是对 y=uv,y=型函
x
nx
数形式的考查,另外一方面也是对(ex)'=ex,(enx)'=nenx 的考查.所以对于
f'(x)cos x-f(x)sin x>0,所以 F'(x)>0,即函数
由于
f
π
6
f
π
6
π
0<6
<
π
4
π
π
cos6<f 4
<
3
π
3
3
<
π
3
<
π
,所以
2
π
π
cos4<f 3
π
F(x)在区间(0,2)
π
4
<F
π
cos3,因此可得
π
6
,故选 AD.
F
π
6
<F
f
π
x∈(0,2)时,
π
3
<
内单调递增.
,即
锐角三角形,则( D )
A.f(sin A)sin2B>f(sin B)sin2A
B.f(sin A)sin2B<f(sin B)sin2A
C.f(cos A)sin2B>f(sin B)cos2A
D.f(cos A)sin2B<f(sin B)cos2A
解析 因为
() '
2

2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：双变量统一

2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：双变量统一

第15讲双变量统一知识与方法常见的双变量问题,有如下几类:(1)极值点偏移问题;(2)拐点偏移问题;(3)双极值点问题;(4)零点差问题;(5)“恒成立”“能成立”双变量问题;(6)其他的双变量问题.本节主要研究(5)和(6)两类问题的处理方法,其他类型将在后面继续研究.对于一般的双变量问题,要灵活运用“消元”、“减元”、“换元”等操作手法,其核心思想就是化为单变量函数,研究函数的单调性、值域或最值.对于含有“恒成立”“能成立”等关键词的双变量问题,要正确翻译“恒成立”“能成立”等关键词,理解“任意”与“存在”的含义及区别,将问题进行正确转化,分析函数的值域即可解决.下面是一些常见“关键词”的翻译:1.不等式恒成立、能成立问题通常利用分离参数转化为求函数的最值：(1)∀x∈D,f(x)>a(f(x)⩾a)恒成立⇔f(x)min>a(f(x)min⩾a);∀x∈D,f(x)<a(f(x)⩽a)恒成立⇔f(x)max<a(f(x)max⩽a).(2)∃x∈D,f(x)>a(f(x)⩾a)能成立⇔f(x)max>a(f(x)max⩾a);∃x∈D,f(x)<a(f(x)⩽a)能成立⇔f(x)min<a(f(x)min⩽a).变量类函数恒成立、能成立问题(1)若f(x),g(x)的值域分别为A,B,则有:(1)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A⊆B;(2)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A∩B≠∅.(2)两个函数的最值问题(1)∀x1∈D,∀x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)max;(2)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)min;(3)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)max>g(x)min.典型例题消元与换元在处理多变量问题时,我们可以分析变量之间的联系,通过代换的方法将其转化为单变量的问题,从而将较为复杂的函数转化为一个简单的函数来处理,实现从未知向已知的转化,顺利解决问题.【例1】设a,b >0,a ≠b ,求证:√ab <b−a ln b−ln a<a+b 2.【解析】不妨设b >a >0, (1)先证√ab <b−a ln b−ln a.要证√ab <b−aln b−ln a ,即证ln b −ln a <√ab,即证ln b a <√b a −√ab . 上式中今t =√ba ,则只需证明:2ln t <t −1t (t >1). 令f(t)=2ln t −t +1t (t >1),则f ′(t)=2t −1−1t 2=−t 2+2t−1t 2=−(t−1)2t 2<0,所以f(t)在(1,+∞)上单调递減,又f(1)=0,因此当t >1时,f(t)=2ln t −t +1t <0,即2ln t <t −1t (t >1)成立. 故ln ba <√ba −√ab . (2)再证b−a ln b−ln a <a+b 2.即证ln b −ln a >2(b−a)a+b,即证ln ba>2(b a−1)1+ba.令t =ba (t >1),则只需证明:ln t >2(t−1)1+t (t >1),设g(t)=ln t −2(t−1)1+t(t >1),g ′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)递增,又g(1)=0,因此当t >1时,g(t)=ln t −2(t−1)1+t>0,即ln t >2(t−1)1+t成立,故b−a ln b−ln a <a+b 2.综上,√ab <b−aln b−ln a <a+b 2.【点睛】本题通过比值换元,把双变量不等式变为单变量不等式,从而可以轻松地构造函数解决问题.通过换元把双变量不等式变为单变量,是证明双变量不等式的基本方法. 本题的不等式称为对数平均不等式,两个正数a 和b 的对数平均定义:L(a,b)={a −bln a −ln b (a ≠b),a(a =b).对数平均与算术木平均,几何平均的大小关系:√ab ⩽L(a,b)⩽a+b 2.对数平均不等式在双变量不等式,特别是极值点偏移问题中有着重要的应用.【例2】已知函数f(x)=ae x (a ≠0),g(x)=12x 2.(1)当a =−2时,求曲线f(x)与g(x)的公切线方程;(2)若y =f(x)−g(x)有两个极值点x 1,x 2,且x 2⩾3x 1,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当a =−2时,f(x)=−2e x ,设曲线f(x)上的切点为(x 1,−2e x 1),则切线方程为y +2e x 1=−2e x 1(x −x 1),设曲线g(x)上的切点为(x 2,12x 22), 则切线方程为y =12x 22=x 2(x −x 2),由两条切线重合得{−2e x 1=x 2,2e x 1(x 1−1)=−12x 22,则{x 1=0,x 2=−2,所以公切线方程为y =−2x −2. (2)y =f(x)−g(x)=ae x −12x 2,y ′=ae x −x ,因为x 1,x 2是y =f(x)−g(x)的极值点,所以ae x 1−x 1=ae x 2−x 2=0,所以a =x 1e x 1=x2e x 2. 令x 2=kx 1(k ⩾3),可得x 1e x 1=kx 1e kx 1,则x 1=ln kk−1. 设ℎ(x)=ln xx−1(x ⩾3),则ℎ′(x)=1−1x−ln x (x−1)2,令t(x)=1−1x −ln x(x ⩾3),则t ′(x)=1−x x 2<0,t(x)单调递减,得t(x)⩽t(3)=23−ln 3<0,所以ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减, ℎ(x)⩽ℎ(3)=ln 32,易知ℎ(x)>0,所以x 1∈(0,ln 32].今φ(x)=x e x,φ′(x)=1−x e x,则φ(x)在(−∞,1]上递增,所以a =x 1e x 1∈(0,√36ln 3]. 【点睛】当一个不等式中出现多个未知数,如何减少变元的个数就成为解决问题的关键.“减元”是在“消元”的思想下进行的,通过“消元”减少变量的个数,可使问题变得简单、易于解决.减元的常用手段有:换元、整体代入、消去常数等. 【例3】已知函数f(x)=ln x −ax . (1)讨论f(x)的单调性;(2)若x 1,x 2(x 1<x 2)是f(x)的两个零点. 证明:(i)x 1+x 2>2a ;(ii)x 2−x 1>2√1−eaa. 【解析】(1)f(x)定义域(0,+∞),f ′(x)=1x −a =1−ax x.则当a ⩽0时f(x)在(0,+∞)为增函数;当a >0时f(x)在(0,1a )为增函数,在(1a ,+∞)为减函数. (2)(i)原不等式等价于x 1+x 22>1a,因为ax 1=ln x 1(1),ax 2=ln x 2(2),由(2)−(1)得,a (x 2−x 1)=ln x 2−ln x 1则a =ln x 2−ln x 1x 2−x 1,则x 1+x 22>1a 等价于x 1+x 22>x 2−x1ln x 2−ln x 1(对数平均不等式)即证ln x 2−ln x 1>2(x 2−x 1)x 1+x 2,即证ln x 2x 1−2(x 2x 1−1)1+x 2x 1>0，设t =x 2x 1(t >1),设g(t)=ln t −2(t−1)1+t(t >1),则g ′(t)=1t−2(1+t)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)上为增函数.所以g(t)>g(1)=0,即ln x 2x 1−2(x 2x 1−1)1+x 2x 1>0,所以x 1+x 22>1a.(ii)设ℎ(x)=ln x x,则ℎ′(x)=1−ln x x 2.所以ℎ(x)在(0,e]上递增,在(e,+∞)上递减.因为a =ℎ(x)有两个不相等的实根,则0<a <1e 且1<x 1<e <x 2. 易证ln x <x −1对x ∈(0,1)∪(1,+∞)恒成立(考试中需证明), 则ln 1x >1−x 对x ∈(0,1)恒成立,所以ax 1−1=ln x 1−1=lnx 1e>1−e x 1,因为x 1>0,所以ax 12−2x 1+e >0 又因为a >0,Δ=4−4ae >0,所以x 1<1a−√1−eaa或x 1>1a+√1−eaa. 因为0<x 1<e 且0<a <1e,所以x 1<1a−√1−eaa因为x 1+x 22>1a,所以x 1+x 22−x 1>1a−(1a−√1−eaa) 即x 2−x 1>2√1−eaa. 【点睛】将关于x 1,x 2的双变量问题等价转化为以x 1,x 2所表示的运算式作为整体的单变量问题,通过整体代换为只有一个变量的函数式,从而使问题得到巧妙的解决,我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.这是解决双变量问题最重要、最一般的方法.变更主元对于题目涉及到的两个变元,已知其中一个变元在题设给定的范围内任意变动,求另一个变元的取值范围问题,这类问题我们称之为“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题,往往会利用我们习惯将字母x作为自变量的误区来进行设计.此时,我们可以变更主元,“反客为主”,将另一个变量作为自变量,从而使问题得以解决,我们称这种方法为变更主元法.如下面【例】题.【例4】设函数f(x)=e2x−aln 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+aln 2a.【解析】(1)f(x)=e2x−aln x的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=2e2x−ax.(1)当a⩽0时,f′(x)>0恒成立,故f′(x)没有零点;(2)当a>0时,因为y=e2x为单调递增,y=−ax单调递增,所以f′(x)在(0,+∞)单调递增.又f′(a)>0,且b满足{0<b<a4,b<14,时,f′(b)<0,故零点存在性定理可知,f′(x)存在唯一的零点.综上所述,当a⩽0时,f′(x)没有零点;当a>0时,f′(x)存在唯一零点.(2)解法1:由(1)知,可设导函数f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)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,所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln 2a⩾2a+aln 2a.故当a>0时,f(x)⩾2a+aln 2a.解法2:令g(a)=2a+aln 2a−e2x+aln x,g′(a)=2+ln 2a−1+ln x=1+ln 2+ln x−ln a.令g ′(a)>0,得a <2ex ;令g ′(a)<0,得a >2ex .所以函数g(a)在(0,2ex)上单调递增,在(2ex,+∞)上单调递减, 所以g(a)max =g(2ex)=4ex +2exln 1ex +2exln x −e 2x =2ex −e 2x . 再令ℎ(x)=2ex −e 2x ,ℎ′(x)=2e −2e 2x ,所以ℎ(x)在(0,12)上单调递增,在(12,+∞)上单调递减,ℎ(x)max =ℎ(12)=0. 所以g(a)max ⩽0.得证.【点睛】(1)在解题过程中,若以x 为自变量不好做,可以考虑变更主元;(2)变更主元后,要点睛意是对新变量求导.本题解法2中,构造g(a)后,a 才是自变量,而x 变成了参数.【例5】函数f(x)=e mx−1−ln x x,(1)若m =1,求f(x)的单调区间； (2)若f(x)的最小值为m ,求m 的最小值. 【解析】(1)当m =1时,f(x)=e x−1−ln x x,f ′(x)=x 2e x−1+ln x−1x 2,令u(x)=x 2e x−1+ln x −1,易知u(x)在(0,+∞)上单调递增,且u(1)=0, 所以当x ∈(0,1)时u(x)<0,此时f ′(x)<0; 当x ∈(1,+∞)时u(x)>0,此时f ′(x)>0;所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞). (2)依题意可得:e mx−1−ln x x⩾m 恒成立,且等号能够取到.构造关于m 的函数g(m)=e mx−1−ln x x−m,g ′(m)=xe mx−1−1,令g ′(m)>0,得m >1−ln x x;令g ′(m)<0,得m <1−ln x x;所以g(m)在(1−ln x x ,+∞)上单调递增;在(−∞,1−ln x x)上单调递减,故g(m)⩾g (1−ln x x)=e1−ln xx⋅x−1−ln x x−1−ln x x=0.不等式g(m)⩾g (1−ln xx)=0中的等号可以取到,令ℎ(x)=1−ln x x,则ℎ′(x)=ln x−2x 2,易得ℎ(x)在(0,e 2)上单调递减,在(e 2,+∞)上单调递增,ℎ(x)min =ℎ(e 2)=−1e 2.所以m ⩾−1e2,故m 的最小值为−1e2.构造函数【例6】已知函数f(x)=(a +1)ln x +ax 2+1. (1)讨论f(x)的单调性;(2)设a <−1,如果对任意x 1,x 2∈(0,+∞),|f (x 1)−f (x 2)|⩾4|x 1−x 2|,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=a+1x+2ax =2ax 2+a+1x,当a ⩾0时,f ′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ⩽−1时,f ′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当−1<a <0时,令f ′(x)=0,解得x =√−a+12a.则当x ∈(0,√−a+12a)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增;x ∈(√−a+12a,+∞)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减.故当a ⩾0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ⩽−1时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当−1<a <0时,f(x)在(0,√−a+12a)单调递增,在(√−a+12a,+∞)单调递减.(2)不妨设x 1⩾x 2,而a <−1,由(1)知f(x)在(0,+∞)单调递减, 从而任意x 1,x 2∈(0,+∞),|f (x 1)−f (x 2)|⩾4|x 1−x 2| 等价于任意x 1,x 2∈(0,+∞),f (x 2)+4x 2⩾f (x 1)+4x 1(∗) 令g(x)=f(x)+4x ,则g ′(x)=a+1x+2ax +4,由于(∗)等价于g(x)在(0,+∞)上单调递减, 得g ′(x)=a+1x+2ax +4⩽0. 从而a ⩽−4x−12x 2+1=(2x−1)2−4x 2−22x 2+1=(2x−1)22x 2+1−2,故a ⩽−2.从而实数a 的取值范围是(−∞,−2].【点睛】本题通过分离变量x 1,x 2,将x 1,x 2分别移到不等式的两侧,得到同构式,根据同构式构造新的函数,得到新函数的单调性,利用导数即可解决问题.本方法在1.6章节有详细介绍. 【例7】已知函数f(x)=x −bx ,g(x)=2aln x .(1)若b =0,函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切,求a 的值;(2)若a >0,b =−1,函数F(x)=xf(x)+g(x)满足对任意x 1,x 2∈(0,1](x 1≠x 2),都有|F (x 1)−F (x 2)|<3|1x 1−1x 2|恒成立,求a 的取值范围;(3)若b =1,函数G(x)=f(x)+g(x),且G(x)有两个极值点x 1,x 2,其中x 1∈(0,13],求G (x 1)−G (x 2)的最小值.【解析】(1)若b =0,函数f(x)=x 的图象与g(x)=2aln x 的图象相切,设切点为(x 0,2aln x 0),则切线方程为y =2ax 0x −2a +2aln x 0,所以{2ax 0=1,−2a +2aln x 0=0,解得x 0=e,a =e 2.所以a =e 2. (2)当a >0,b =−1时,F(x)=x 2+1+2aln x,F ′′(x)=2x +2a x>0,所以F(x)在(0,1]递增.不妨设0<x 1<x 2⩽1,原不等式等价于F (x 2)−F (x 1)<3(1x 1−1x 2),即F (x 2)+3x 2<F (x 1)+3x 1.设ℎ(x)=F(x)+3x=x 2+1+2aln x +3x,则原不等式等价于ℎ(x)在(0,1]上递减,即ℎ′(x)=2x +2a x−3x 2⩽0在(0,1]上恒成立.所以2a ⩽3x −2x 2在(0,1]上恒成立.设y =3x −2x 2,在(0,1]上递减,所以y min =3−2=1,所以2a ⩽1,又a >0,所以0<a ⩽12;(3)若,函数所以,由题意知是的两根, 所以,所以,数े ,所以, 当时,在上单调函数, 所以的最小值为, 1b =1()()()2ln G x f x g x x a x x=+=-+2221()(0)x ax G x x x++'=>12,x x 2210x ax ++=12122111111,2,,2x x x x a x a x x x =+=-==--()()()1211111111112ln G x G x G x G x x x x x x ⎤⎡⎫⎛⎫⎛⎫-=-=--+⎥⎪⎢ ⎪ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎭⎦11()2ln H x x x x x x ⎡⎤⎛⎫=--+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦222(1)(1)ln 1()21ln x x x H x x x x +-⎛⎫'=-= ⎪⎝⎭10,3x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦()0,()H x H x '<10,3⎛⎤ ⎥⎝⎦()H x 120ln31633H -⎛⎫=⎪⎝⎭即的最小值为. 任意存在分析值域【例8】已知函数.对于任意,意存在唯一的,使得成立,求实数的取值范围.【解析】题意等价于:设在上的值域为,则对任意,直线与在上的图象有且仅有一个交点,求实数的取值范围. 也就等价于:当“存在区间,使若函数在区间上单调,且此时函数在区间,上的值域恰好为在区间上的值㘺的子集”时,求实数的取值范围.下面,我们先求的值域:(i)当时,为上的增函数;(ii)当时,. ,即时,在上为增函数, 结合知,在上单调递增,所以. ②当,即时,在上为数函数,在上为增函数,结合(1)中的结论,在上若函数,在上为增函数.所以.时,即在上为数函数. 所以.综上所述，在的最小值为下面研究的值域:()()12G x G x -20ln 3163-2()|ln 1|,()||22ln 2(0)f x x a x g x x x a a =+-=-+->1[1,)x ∈+∞2[2,)x ∈+∞()()12f x g x =a ()f x [1,)+∞D k D ∈y k =()g x [2,)+∞a [2,)I ⊆+∞()g x I ()f x [1)+∞()g x I a ()f x e x 2()(ln 1),()f x x a x f x =+-[e,)+∞1e x <222()(ln 1),()2(0)a x a f x x a x f x x a x x-=--'=-=>12a 02a <()f x [1,e)(1)()f x [1,)+∞min ()(1)1f x f a ==+1e <222e a <<()f x ⎡⎢⎣⎫⎪⎭()f x ⎡⎢⎣⎫+∞⎪⎭min 3()ln 222a a a f x f ==-e2a 22e ,()a f x [1,e)2min ()()f x f e e ==2()|ln 1|(0)f x x a x a =+->[1,)+∞2min221,02,3()ln ,22e ,222e ,2e .a a a a f x a a a ⎧+<⎪⎪=-<<⎨⎪⎪⎩()g x ()22ln 2,,()||22ln 2()22ln 2,,x x a x a g x x x a x a x x a -+-⎧=-+-=⎨-+-<⎩则的图象如图所示,因为的定义域为,接下来我们只需将有效的图象弄清楚即可:①当时,则只需,得;②当,即时,则只需,即.令,显然为增函数,又,故,故. ③当,即可, (i)当时,只需,即.设,其中,则.故单调递增,又,所以恒成立,从而无解;(ii)当,只需,即, 因为为增函数,, 所以此时也无解.综上所送,实数的取值范围为. 【点睛】本题是等式型双变量问题,通过分析两个函数的值域加以解决.一般地,若的值域分别为,则有: ①,使得,则; ②,使得,则.()g x ()g x [2,)+∞02a <(2)1,622ln 21g a a a +--+52ln 2233a -22a a<<24a <<33(2)ln ,222ln 2ln 222222a a a ag a a a ----ln 22ln 20222a a a +--()ln 22ln 2(24)222a a a h a a =+--<<()h a (4)0h =()(4)0h a h <=24a <<22a 4a 242e a <3ln 2222a a a g a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭23ln 22ln 204222a a a a -++-<2()3ln 22ln 2m t t t t t =-++-2at =)()2()22ln 02,e m t t t t ⎡'=-+>∈⎣()m t (2)0m =()0m t 22e a 2e 2a g ⎛⎫< ⎪⎝⎭2222ln 2e 4a +-<222ln 224a a g ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭222min 2e e 22ln 2e 22a g g ⎛⎫⎛⎫==+-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 52ln 2,433⎡⎫-⎪⎢⎣⎭(),()f x g x ,A B 12,x D x E ∀∈∃∈()()12f x g x =A B ⊆12,x D x E ∃∈∃∈()()12f x g x =A B ⋂≠∅【例9】已知函数 （1）当时,求在区日上的最大值和最小值; (2)若在区间上,函数的图象恒在直线下方,求的取值范围.(3)设,当时，若对于任意,存在,使,求实数的取值范围.【解析】(1)当时,, , 令,解得:,令,解㥂:,所以在区间上是增函数,在上为减函数, 所以, 又, 所以; (2)令. , ①若,令,得柭侾,点, 当,即时, 在上有,在上有,在上有, 此时在区间上是增函数,并且在该区间上有,不合题意;当,即时,同理可知,在区间上，有,也不合题意；②若,则有, 此时在区间上恒有,从而在区间上是减函数; 要使在此区间上恒成号,21()ln .(R)2f x a x x a ⎛⎫=-+∈ ⎪⎝⎭0a =()f x 1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦(1,)+∞()f x 2y ax =a 219()()2,()26g x f x ax h x x bx =-=-+23a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈()()12g x h xb 0a =21()ln 2f x x x =-+2(1)(1)11()x x x f x x x x x-+--+'=-+==()0f x '>01x <<()0f x '<1x >()f x 1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦[1,e]max 1()(1)2f x f ==-2211e 1(e)1e 22ef f ⎛⎫=-->=- ⎪⎝⎭2min ()()12e f x f e ==-21()()22ln (0)2g x f x ax a x ax x x ⎛⎫=-=--+> ⎪⎝⎭(1)[(21)1]1()(21)2x a x g x a x a x x---'=--+=12a >()0g x '=1211,21x x a ==-211x x >=112a <<(0,1)()0g x '>()21,x ()0g x '<()2,x +∞()0g x '>()g x ()2,x +∞()()2(),g x g x ∈+∞211x x =1a ()g x (1,)+∞()((1),)g x g ∈+∞12a 210a -(1,)+∞()0g x '<()g x (1,)+∞()0g x <综上,当时,函数的图䝴恒在直线下方; (3)当时，由(2)中(1)知在上是增函数,在上是减函数, 所以对任意,都有, 又已知存在,使,即存在,鿇, 即存在 即存在,使. 因为, 所以,解得,所以实数的取值范围是. 【点睛】本题不等式型双变量问题，通过分析两个函数的最值加以解决. 一般地,①,使得,则;②,使得,则;③,使得,则【例10】设是函数的一个极值点.(1)求与的关系式(用表示),并求的单调区间； (2)设.若存在,使得,求实数的取值范围.【解析】(1),由,解得.所以,当时,当时, 在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)可知,当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减, 那么在区间上的值域是,而,那么在上的值域为.11,22a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦()f x 2y ax =23a =()g x (0,1)(1,2)1(0,2)x ∈()17(1)6g x g =-2[1,2]x ∈()()12q x h x 2[1,2]x ∈2197266x bx -+-2213[1,2],23x bx x ∈+2[1,2]x ∈1323b x x +132516,([1,2])363y x x x ⎡⎤=+∈∈⎢⎥⎣⎦1623b 83b b 8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦12,x D x E ∀∈∀∈()()12f x g x >min max ()()f x g x >12,x D x E ∀∈∃∈()()12f x g x >min min ()()f x g x >12,x D x E ∃∈∃∈()()12f x g x >max min ()()f x g x +>3x =()23()e ()z f x x ax b a -=++∈R a b a b ()f x 2250,()e 4x a g x a ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭12,[0,4]x x ∈()()121f x g x -a 23()(2)e x f x x a x b a -⎡⎤'=-+-+-⎣⎦(3)0f '=32b a =--233()(2)33e (3)(1)e x x f x x a x a x x a --⎡⎤'=-+---=--++⎣⎦4a <-4a >-()f x (,1)a -∞--(1,3)a --(3,)+∞0a >()f x (0,3)(3,4)()f x [0,4][min{(0),(4)},(3)]f f f 31(0)(23)e 0,(4)(13)e 0,(3)6f a f a f a -=-+<=+>=+()f x [0,4]3(23)e ,6a a ⎡⎤-++⎣⎦又在上是增函数, 所以在上的值域为, 由于,所以只须,且. 解得. 以实数的取值范围是. 【点睛】存在,使得"等价于“,而则要通过与的值域得到.强化训练1.已知函数,其中 (1)试讨论函数的单调性(2)在时,是否存在极值点?如果存在,不妨设为且,试判断与的大小并说明理由. 【解析】(1)因为,所以①当时,,所以的变化如下表:所以在单调迸减,在单调递增.②当时,即,所以的变化如下表: 225()e 4x g x a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭[0,4]()g x [0,4]2242525,e 44a a ⎡⎤⎛⎫++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦22251(6)042a a a ⎛⎫⎛⎫+-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭225(6)14a a ⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭0a >302a <a 30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦12,[0,4]x x ∈()()121f x g x -()()¡± 12min 1f x g x -<()()12main f x g x -()f x ()g x 2()e 12,(,)x f x x ax ax x a =---∈∈R R e 2.71828≈()f x 12e a >()f x 12,x x 12x x <()()12f x f x +1e e+-2()e 12,x f x x ax ax a =---∈R ()()(1)e 2(1)(1)e 2x x f x x a x x a '=+-+=+-20a e 20x a ->,(),()x f x f x '()f x (,1)-∞-(1,)-+∞12ea =ln(2)1a =-,(),()x f x f x '所以在单调递增.③当时,即时, 当时,,所以,当时,;当时,;当时,,④当时,即时, 当时,,所以, 当时,;当时,. 所以在单调递增,单调递减,单调递增. 当时在单调减，在单调递增;当时在单调递增; 当时在单调递增,单调递减,单调䏲以; 当时在单调递增,单调递减,单调递增. (2).理由如下: 由(1)知有两个极值点:, 所以 令, 则, 令,则,令,()f x (,)-∞+∞ln(2)1a <-102ea <<ln(2)x a <e 20,10x a x -<+<ln(2)x a <()e 2(1)0x a x -+>ln(2)1a x <<-()e 2(1)0x a x -+<1x >-()2(1)0x e a x -+>ln(2)1a >-12e a >1ln(2)x a -<<e 20,10x a x -<+>()e 2(1)0x a x -+<1x <-()2(1)0x e a x -+>ln(2)a x <()2(1)0x e a x -+>()f x (,1)-∞-(1,ln 2)a -(ln 2,)a +∞20a ()f x (,1)-∞-(1,)-+∞12ea =()f x (,)-∞+∞102e a <<()f x (,ln 2)a -∞(ln 2,1)a -(1,)-+∞12ea >()f x (,1)-∞-(1,ln 2)a -(ln 2,)a +∞()()12e 1ef x f x ++<-1,()2ea f x >121,ln 2x x a =-=()()2121(1)(ln 2)2ln 2f x f x f f a a a a e+=-+=--+-211()2ln 2e 2e h a a a a a ⎛⎫=--+-> ⎪⎝⎭21()1ln 22ln 22e h a a a a ⎛⎫'=--> ⎪⎝⎭ln2t a =1t >-2()21(1)g t t t t =--+>-因为,且在上单调递减, 所以存在,使得, 即存在使得, 所以当时,,即时,使得, 当时,,即时,使得.当时,, 因为,所以. 设,因为在成立,所以在单调递增,所以,,所以. 2.已知函数,其中为实常数.(1)若当时,在区间[1,e]上的最大值为,求的值;(2)对任意不同两点,设直线的斜率为,若0恒成立,求的取值范围.【解析】(1)因为函数,所以, 因为,所以则,得, 当时,,当时,,所以在时,取最大值, 因为当时,在区间上的最大值为,所以当时，在区间上的最大值, 解得.当时,在区间上的最大值, 解得,不合题意;1(0)0,02g g ⎛⎫>< ⎪⎝⎭()g t (1,)-+∞0102t <<()00g t =010ln 22a <<()00h a '=01t t -<<()0g t >012ea a <<()0h a '>0t t <()0g t <0a a <()0h a '<12e a >()200000011()2ln 222ln 2e eh a h a a a a a a =--+-=--+010ln 22a <<012a <<()ln (1u x x x x =<()1ln 0u x x '=+>1x <<()ln u x x x =11()22e e h a <--+=--21e 1()1e e h a +<--=-()ln 1f x x ax =-+a 0a >()f x 1-a ()()()()1122,,,A x f x B x f x AB k 12x x k ++>a ()ln 1f x x ax =-+11(),0ax f x a x x x-'=-=>0a >()0f x '=1x a=10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f x '>1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭()0f x '<1x a =()f x 0a >()f x [1,e]1-101a<<()f x [1,e](1)ln111f a =-+=-2a =11e a ()f x [1,e]111ln 11f a a a a ⎛⎫=-⨯+=- ⎪⎝⎭e a =当时,在区间上的取大值, 不合题意;综上,.(2)因为对任意不同两点,设直线的軼率为,若恒成立,所以, 所以, 所以在上是增函数,所以在上恒成立, 所以, 因为,所以, 当且仅当时,即, 所以. 所以的取值范围是.3.设函数.(1)若曲线在点处的切线与直线垂直,求的单调递减区间和极小值(其中为自然对数的底数)；(2)若对任意恒成立,求的取值范围.【解析】(1)由已知得. 因为曲线在点处的切线与直线垂直, 所以此切线的煂車为0.即,有,解得. 所以, 由㥂,由得.所以在上单调递减,在上单调递增,当时取得极小值. 1e a>()f x [1,e](e)lne e 12e 1f a a =-+=-=-2a =()()()()1122,,,A x f x B x f x AB k 120x x k ++>22111221ln ln 0x ax x ax x x x x --+++>-2222211121ln ln 0x x ax x x ax x x +---+>-2()ln m x x x ax =+-(0,)+∞1()20m x x a x'=+-(0,)+∞min 12a x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭0x >11222x x x x +⋅=12x x =x =22a a (-∞()ln ,R k f x x k x=+∈()y f x =(e,(e))f 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k 21()(0)k f x x x x'=->()y f x =(e,(e))f 20x -=(e)0f '=210e e k -=e k =221e e ()(0)x f x x x x x-'=-=>()0f x '<0e x <<()0f x '>e x >()f x (0,e)(e,)+∞e x =()f x e (e)ln e 2ef =+=故的单调递减区间为,极小值为2.(2)条件等价于对任意(*)恒成立.设. 所以(*)等价于在上单调递减.由在上恒成立, 得恒成立. 所以(当且仅当时等号成立), 故的取值范围是. 4.已知函数. (1)当时,讨论的单调性; (2)设.当时,若对任意,存在,使,求实数取值范围.【解析】, 令.(i)当,当,函数单调递减;当时,,函数单调递增.(ii)当时,由,即,解得. 当时,时,函数单调递减; 时,,函上单调递减. 当时,当,函数单调遌当; 当,函数单调递增.综上所述:当时,函数在单调递减,单调递增;当时,函数在上调递减； 当时,在单调递减,单调递增, ()f x (0,e)()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()ln (0)k h x f x x x x x x=-=+->()h x (0,)+∞21()10k h x x x '=--(0,)+∞2211(0)24k x x x x ⎛⎫-+=--+> ⎪⎝⎭14k 12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭1()ln 1(R)a f x x ax a x-=-+-∈12a ()f x 2()24g x x bx =-+14a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈()()12f x g xb 222111(1)()(0)a ax x a f x a x x x x --++-'=-+=>2()1(0)h x ax x a x =-+->0,()1(0)a h x x x ==-+>(0,1),()0,()0x h x f x ∈>'<()f x 1x >()0,()0h x f x <'>()f x 0a ≠()0f x '=210ax x a -+-=1211,1x x a==-102a <<1110,(0,1)x a->>∈()0,()0h x f x >'<()f x 11,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭()0,()0h x f x >'<()f x 0a <110a-<(0,1),()0,()0x h x f x ∈>'<()f x (1,),()0,()0x h x f x ∈+∞<'>()f x 0a ()f x (0,1)(1,)+∞12a =()f x (0,)+∞102a <<()f x 1(0,1),1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭11,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭(2)当时,在上是减函数,在上是增函数, 所以对任意,有, 又已知存在,使, 所以 又 当时,,与(*)矛盾; 当时,,时与(*)矛盾;当时,. 综上所䢑,实数的取值范围就是. 14a =()f x (0,1)(1,2)1(0,2)x ∈min 1()(1)2f x f ==-2[1,2]x ∈()()12f xg x ()221,[1,2](*)2g x x -∈22()()4([1,2])g x x b b x =-+-∈1b <min ()(1)520g x g b ==->[1,2]b ∈2min ()()40g x g b b ==-2b >min 117()(2)84,28g x g b b ==--b 17,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭。

高三数学第二轮备考方案

高三数学第二轮备考方案

高三数学第二轮备考方案
二轮数学复习中，要注意六大策略：
一、注意基础知识的整合、巩固。

二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。

浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。

在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。

三、提高运算能力，规范解答过程。

在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。

四、强化数学思维，构建知识体系。

同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。

五、解题快慢结合，改错反思。

审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。

平时要注意积累错误，特别是易错点，寻找错误原因，及时总结。

六、重视和加强选择题的训练和研究。

对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。

灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。

一轮看功夫，二轮学技巧，三轮振士气。

希望同学们惜时奋发，不负韶华，勇摘高考成绩桂冠！。

如何做好高三数学第二轮复习

如何做好高三数学第二轮复习
２ ． 渗 透 数 学思 想 方 法
高考对学生而言 ： 得易者 ， 平心 ； 得 中者 ， 守神； 抢 难者 ， 突破。 中档考点 的试卷分布主要在选 择题第 ６ — １ ０ 题， 填 空题第 １ ４ 、 １ ５ 题， 解答 题第 １ ７ 、 １ ８ 、 １ ９ 题， 主干知 识包括 ： 立 体几何 、 解 析几何 、 三角 函数 、 数 列、 概率统计和函数不等式的应用 问题 。为此 ， 后 一 阶段一 要坚持 中档题练习 ，二要进行数 学主干性 知 识专题训练 ， 重点突破。
２ ． 立 足 中 档考 点 ． 谋 求较 大 突破
“ 三讲三不讲” ， “ 三讲 ” ：容易？ 昆淆的知识点要讲 ， 重 点题型要讲 ，容易解错和产 生的错 因要讲 。“ 三不 讲” ： 学生已经会的不讲 ， 学生怎么也学不会 的不讲 ， 老师看了答案才勉 强会 的不讲 。抛弃一些学生难 以 掌握的非常规解法 ，将课本 中的通性通法实实在在 地讲好讲透。
０
备 考 方 略
如何做好高三数学第二轮复习
■ 赵 小 强 高三第二轮复习是学 生提分最快 的阶段பைடு நூலகம்，如何 制订行之有效的复习方案 ， 显得尤为重要。 那 么如何 做好第二轮复习呢？ 第二轮复 习应注意哪些问题呢？
一
、
教 学 策 略
１ ． 重视 基 础 ． 回 归课 本
后 阶段教学应给予课 本中重要 的定理公式和相 关 的典型例题 以足够关注和思 考 ，再次认真研读考 试说 明 ， 把准能力及要求 ， 瞄准近三年的高考数学试 题， 应根据学生掌握 的实 际情况 ， 有针对性地选择 和 整合教学素材 ， 绝不 贪多求全 ， 力求讲精讲透 。关 于 “ 课本 回归” 内容 的知识梳理 ， 专人负责 ， 有序发放 。

2024年高考数学第二轮复习备考建议及策略

2024年高考数学第二轮复习备考建议及策略

2024年高考数学第二轮复习备考建议及策略2024年高考数学第二轮复习备考建议及策略随着高考的临近，数学第二轮复习也进入了关键阶段。

在这一轮复习中，我们需要把握复习的重点和难点，制定有效的复习策略，提高复习效率。

本文将结合多年高考数学复习经验，为同学们提供一些实用的备考建议和策略。

一、明确复习目标，把握重点难点在第二轮复习阶段，我们需要明确复习目标，了解考试大纲和命题趋势，把握重点和难点。

通过对历年高考数学试题的分析，我们可以总结出以下重点知识点和难点：函数与导数、数列与极限、向量与空间几何、概率与统计、解析几何等。

针对这些重点和难点，我们需要制定有针对性的复习计划。

二、制定复习计划，提高复习效率制定复习计划是提高复习效率的关键。

我们可以按照以下步骤制定复习计划：1、梳理知识点：将重点知识点和难点进行梳理，形成知识框架。

2、制定计划：根据知识框架和复习进度，制定每周的复习计划，包括每天的复习内容和时间安排。

3、分配时间：根据知识点的重要性和难度，合理分配复习时间，确保每个知识点都能得到充分复习。

4、制定个性化复习方案：根据自身情况，制定个性化的复习方案，突破自己的薄弱环节。

三、强化基础训练，巩固基础知识高考数学考试注重基础知识的考查，因此，在第二轮复习中，我们需要强化基础训练，巩固基础知识。

具体方法包括：1、复习课本：回归课本，加强对基本概念、公式、公理、定理等基础知识的理解和记忆。

2、做题训练：选择基础题目进行做题训练，加深对知识点的理解和应用。

3、总结归纳：将做题过程中遇到的问题和难点进行总结归纳，找出自己的知识盲点和薄弱环节，及时进行弥补。

四、注重解题方法，提高解题能力高考数学考试不仅考查基础知识，还注重考查学生的解题能力和数学思维。

因此，在第二轮复习中，我们需要注重解题方法的学习和提高。

具体方法包括：1、学习解题方法：掌握常见的解题方法和技巧，如分类讨论、数形结合、归纳法、反证法等。

2、做题实践：选择中等难度的题目进行做题实践，锻炼自己的解题能力和数学思维。

2024年高考数学二轮复习建议和计划

2024年高考数学二轮复习建议和计划

2024年高考数学二轮复习建议和计划一、制定复习计划在开始二轮复习之前，建议考生先为自己制定一个详细的复习计划。

根据自身情况，合理安排每天的学习时间和内容，做到有的放矢。

复习计划要注重全面性，兼顾各章节内容，不要遗漏重点知识点。

同时，要根据考试时间合理安排模拟考试和解题训练。

二、巩固基础知识数学二轮复习的重点之一是巩固基础知识。

考生应再次梳理高中数学的所有知识点，特别是数学概念、公式和定理等。

要确保对这些基础知识的理解和记忆准确无误。

在复习过程中，可以采用多种方法，如制作知识卡片、归纳总结等，加深对基础知识的掌握。

三、突破重点难点数学二轮复习中，考生还需要针对自己的薄弱环节进行重点突破。

对于一些难以理解的知识点或题型，要深入剖析，多做练习。

可以借助一些教辅书籍或参加辅导班，寻求老师和同学的帮助，共同解决问题。

只有突破了这些难点，才能在考试中取得更好的成绩。

四、提高解题技巧数学考试不仅考查基础知识的掌握程度，还要求考生具备一定的解题技巧。

在二轮复习中，考生应注重提高自己的解题能力。

通过大量练习，熟练掌握各种题型的解题方法和技巧。

同时，要注重解题速度和准确率的平衡，提高应试能力。

五、强化模拟考试模拟考试是检验考生复习效果的有效手段。

在数学二轮复习中，考生应参加一些模拟考试，如学校组织的模拟考试、辅导班的模拟考试等。

通过模拟考试，可以发现自己的不足之处，及时调整复习策略。

同时，也能熟悉考试流程和时间限制，提高应试心理素质。

六、注重错题解析错题是考生复习过程中的一大宝贵资源。

通过错题解析，可以深入剖析自己的知识盲点和思维误区。

在二轮复习中，建议考生建立错题本，将每次练习和模拟考试中的错题记录下来，并认真分析原因。

错题本不仅能帮助考生查漏补缺，还能为最后冲刺复习提供方向。

七、拓展数学思维高考数学不仅考查考生的知识储备和解题能力，还要求考生具备一定的数学思维能力。

在二轮复习中，考生应注重拓展自己的数学思维。

高三数学第二轮复习策略

高三数学第二轮复习策略

高三数学第二轮复习策略1.抓住重点知识和薄弱环节，全面复基础知识，是高三数学第二轮复的关键。

备考指南与知识点总结中，重点知识包括集合、函数与导数、三角函数、平面向量和解三角形、数列、立体几何、解析几何、概率与统计、算法初步、复数等。

在复时，应深入理解数学概念，掌握数学公式、法则、定理、定律的推导过程和使用方法，形成纵向、横向知识链，构造知识网络。

2.对于数学思想和方法的考查，必须结合数学知识的考查进行。

在平时的做题中，要提炼出其中的数学思想和方法，并以之指导自己的解题。

3.高考中涉及的数学思想有四种：抽象思维、逻辑思维、直观思维和空间思维。

在复时，应认真领悟数学思想，熟练掌握数学方法，正确应用它们分析问题和解决问题。

4.在复时，应注意交汇问题的训练。

例如，在集合、函数与导数中，应注重函数和导数、应用导数知识解决函数问题；在三角函数、平面向量和解三角形中，应注重平面向量和三角函数的图像与性质、恒等变换；在立体几何中，应注重点线面的关系，用空间向量解决点线面的问题。

5.在复时，应注重不等式与其他知识的整合。

在不等式、推理与证明中，不等式是重点，应掌握不等式与其他知识的联系。

在概率与统计、算法初步、复数中，概率统计是重点，应以摸球、射击问题为背景理解概率问题。

6.在复时，应正确揭示数学概念的本质、属性和相互间的内在联系，发挥数学概念在分析问题和解决问题中的作用。

同时，应熟练运用数学公式、法则、定理、定律进行推理、证明和运算。

要加强客观题的解题速度和正确率的训练，首先要掌握一些解题技巧。

比如，多做题，熟悉题型和解题方法；注意审题，把握题目的重点和难点；运用公式和定理，避免无谓的计算；注意排版，避免计算错误和漏算；及时检查答案，避免粗心错误。

我们还可以通过模拟考试来加强训练，提高解题速度和正确率。

在考试中，要冷静思考，不要被时间压力和紧张情绪影响，保持良好的心态和自信心，才能取得好成绩。

选择题和填空题是客观试题，其特点是概念性强、量化突出、充满思辨性、形数皆备、解法多样、题量大、分值高，可以对“三基”进行考查。

2025届高考数学二轮复习思想方法与解题技巧第57讲整体处理法第58讲构造整体法含解析

2025届高考数学二轮复习思想方法与解题技巧第57讲整体处理法第58讲构造整体法含解析

第57讲 整体处理法整体思维就是将问题看成一个完整的整体,把留意力和着眼点放在问题的整体上,全面地收集和获得信息,达到顺当而又简捷地解决问题的目的.典型例题【例1】已知53()sin 8(,,f x a x bx cx a b c =+++为常数),(2)10f =,求(2)f -的值. 【分析】所给函数解析式前三项均为奇次幂,最终一项是常数8,明显可以构造53()sin g x a x bx cx =++这一奇函数,则()(),(2)(2)g x g x g g -=--=-,这种视前三项为一个整体的方法称之为整体处理,而相对于()f x 而言是取了其中的一部分,这也是一种以特别性处理问题的方法.【解析】设53sin ()a x bx cx g x ++=,则()()8f x g x =+,而()g x 明显是R 上的奇函数,故有()()g x g x -=-,本题中(2)(2)g g -=-.由(2)(2)810f g =+=,得(2)2g =,故(2)(2)8(2)8286f g g -=-+=-+=-+=. 【例2】已知sin 3cos 2αα+=,求sin cos sin cos αααα-+的值.【分析】若用解方程组22sin 3cos 2,sin cos 1αααα+=⎧⎨+=⎩的方法运算量太大，故可设sin cos sin cos αααα-=+ k ,原问题转化为求k 的值.【解析】设sin cos sin cos k αααα-=+,结合已知式sin 3cos 2αα+=可得11sin ,cos (2)22k kk k kαα+-==≠--，则2211122k k k k +-⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭,整理得2420k k +-=,解得2k =-±故sin cos2sin cos αααα-=-+【例3】(1)设,x y 为实数,若2241x y xy ++=,则2x y +的最大值是___________.(2)已知,x y R +∈,满意21x y +=,则x .A.45B.25C.1【分析】本例两小题若由条件实行消元法转化为一元问题再求其最值,理论上讲得通,但操作不易.第(1)问,由于条件较困难,消元无法实现;第(2)问,消元虽然易于办到,但得到的是无理式,求其最小值仍旧困难很大(当然,运用三角换元可以实现化无理为有理的目标).假如我们留意数学问题中式的结构特征,实行整体换元,则解题思路忽然清晣起来.第(1)问,将2x y +视为一个整体,与题设条件联立,可把问题转化为x 的一元二次方程,利用判别式法轻松得到答案;第(2)问,可把x 看作一个整体,也可把1用2x y +这个整体代入,都能得到极其奇妙的解法.【解析】(1)令2x y t +=,则2y t x =-,代人2241x y xy ++=中,得226310x tx t -+-=,将它看作一个关于x 的二次方程,t 为参数,则由其判别式大于等于0,可得2Δ(3)4t =-⨯()2610t ⨯-,解得21010.25tx y ∴+(2)解法－（以x t=为整体,转化为求t 的最小值)令t x =移项得t x -=则222(),x t x y -=+由222(),21x t x y x y ⎧-=+⎨+=⎩得220,y ty t t -+-=此方程有解的必要条件Δ0，即()2240,t t t --解得0t 或4,5t而40,,5t x t=>∴又当45t =时，得32,105x y ==符合题意. x ∴小值45.故选A. 解法二（设,x t +=视2x y +为整体，构造新元xy运用判别式求解 由,21x tx y⎧⎪+=⎨+=⎪⎩得(2),xt x y =+(21)t x ty =-+. 两边平方并整理得()2224(1)2(21)10,t t x t t xy t y -+-+-=即()224(1)2(21)10,x x t t t t t y y ⎛⎫⎛⎫-+-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()222Δ4(21)44(1)14(54)0,t t t t t t t =--⨯--=-留意到40,.5t t>∴又当45t =时，2(21)34(1).,2443x t t y x y t -+-=-=∴=⨯结合21,x y +=得当且仅当21x y +=时，x 取最小值45，故选A. 解法三（构造以yx为新元的函数，换元可利用三角函数的有界性求解） 21,0,0.x y x y ＞＞.2y x t x x其中⎫∴====⎪⎝⎭+0,10,.(0,),120,2x x t x ∞>⎧⎛⎫∴∈∴∈+⎨ ⎪->⎝⎭⎩令tan 02t πθθ⎛⎫=<< ⎪⎝⎭，则x cos 12cos sin θθθ+==+记cos 1,2cos sin u θθθ+=+则sin (21)cos 1.) 1.u u θθθϕ+-=+=（其中21tan u u ϕ-=），sin() 1.θϕ∴+=22(21)1,u u ∴+-整理得24540,0,.5u u u u->∴ 当45u =时，34tan ,4,tan tan cot ,4223ππϕθθϕϕ⎛⎫=+=∴=-== ⎪⎝⎭43y x ∴=,结合21x y +=,得当且仅当32,105x y ==时,x 4.5故选A . 【例4】(1)过圆22:10O x y +=外一点()3,4P 向圆O 作两条切线,切点分别为,A B ,求直线AB 的方程,并对此命题进行推广；(2)过圆222x y R +=内部一点(),M a b 作动弦AB ,过,A B 分别作圆的切线,设两条切线的交点为P ,求证:点P 恒在一条定直线上运动.【分析】第()1问,已知圆方程222x y R +=及圆上一点()11,A x y ,则过点A 且与圆222x y R +=相切的方程是211x x y y R +=,若圆上另一点()22,B x y ,则过点B 且与圆222x y R +=相切的方程是222x x y y R +=,而本题要求的是直线AB 的方程,假如说上述两条切线相交于(),P m n ,则此点必同时满意两条切线方程,就可得221122,mx ny R mx ny R +=+=,从而说明白()11,A x y 及点()22,B x y 均在直线2mx ny R +=上,这就是圆的氻点弦AB 的方程.上述解题思路就是典型的整体处理法,有效地避开了大量困难的运算,依据这种整体处理法我们不仅可将圆推广到更为一般的情形,还可以得到椭圆、双曲线及扰物线氻点弦的方程.第(2)问,求证圆内部一点作动弦AB ,过,A B 分别作圆的切线且两切线交点为P ,则点P 恒在肯定直线上运动,其证法仍旧是整体处理法,同时也说明白题中的点所担当的运动与静止的角色是相对的,同一个点,依据须要,可随时敏捷选择和变换其角色,常得妙解.【解析】(1)设切点()()1122,,,A x y B x y ,则过点,A B 的圆2210x y +=的切线方程分别为112210,10.x x y y x x y y +=+=又两切线均过点()3,4P ,故有11223410,3410x y x y +=+=.这就说明点()11,A x y 及点()22,B x y 均在直线3410x y +=上.不同两点确定唯一的直线,∴直线AB 的方程为3410x y +=. 依据上述整体处理法,可得下面一系列推广性命题：推广一过圆222()()x a y b R -+-=外一点(,)P m n 向圆作两条切线,切点分别为,A B ,则切点弦AB 所在的直线方程为2()()()().m a x a n b y b R --+--=推广二过椭圆22221(0)x y a b a b+=>>外一点(,)P m n 向椭圆作两条切线,切点分别为,A B ,则切点弦AB 所在的直线方程为22 1.mx nya b+= 推广三过双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>外一点(,)P m n 向双曲线作两条切线,切点分别为,A B ,则切点弦AB 所在的直线方程为22 1.mx nya b-= 推广四过拋物线22(0)y px p =>外一点(,)P m n 向拋物线作两条切线,切点分别为,A B ,则切点弦AB 所在的直线方程为()ny p x m =+.(2)设()()()112200,,,,,A x y B x y P x y ,不妨将,,A B P 都视为定点(视动为静),先求直线AB 的方程.切线PA 的方程为211x x y y R +=,切线PB 的方程为222x x y y R +=,P 点在切线上2210102020,,.x x y y R x x y y R ∴+=+=这表明点,A B 都在直线200x x y y R +=上,故直线AB 的方程为200x x y y R +=,又点M 在直线AB 上,200x a y b R ①∴+=对随意点()00,P x y 都满意式(1),故动点P 必在直线2ax by R +=上(换静为动).第58讲构造整体法在解题过程中,有时可将局部的问题通过适当的增加补形得出某一整体或通过构造出若干整体表示,使问题简单解决,这种方法称为构造整体的思想方法.典型例题【例1】不查表,求sin1sin3sin5sin89A =⋅的值.【分析】本题要干脆求A 的值是困难的,可以将A 看作局部,构造整体sin1sin2sin3sin89B =,把原问题转化为求整体B ,可奇妙地得到A 的值.【解析】设sin1sin2sin3sin89B =⋅()()()sin1sin89sin2sin88sin44sin46sin45= ()()()sin1cos1sin2cos2sin44cos44sin45=111sin2sin4sin8822⎛⎫= ⎪⎝⎭152B A =⋅,从而152A =.【例2】设,,x y z 均为非负数,且满意关系式142x y z y z =+-=--,求222u x y z =--的最值.【分析】若将x 与y 表示为关于z 的式子,并代入u 得关于z 的二次函数,只能求得最小值而无法求得最大值,思维受阻,若将x y z ++作为整体设元,结合题设等式（留意是3个等式),可获得一种简便的解法.【解析】设,x y z k 结合原条件，有整体124x y z x y z x y z k，解得123724k xkyz k.代人u 可得21(3)12u k =--.由于,,x y z 均为非负数,则10,23770, 4.2340,k k k k 解得-⎧⎪⎪-⎪⎨⎪-⎪⎪⎩当73,43k ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦,即1x y z ===时,1u 最直=-;当4k =,即35,,022x y z ===时,12u 最值=-. 【例3】(1)求棱长为a ,各面均为等边三角形的四面体的表面积和体积;(2)已知四面体ABCD 中,8,10,12AB CD AC BD AD BC ======,求四面体ABCD 的体积V .【分析】第(1)问,多面体的表面积是各个面的面积之和,求几何体的体积的基：本方法有公式法、割补法和等积更换法,把四面体补成一个正方体,使原四面体是由正方体的六条面对角线构成,就是构造整体法的思路,当然由于本例所给的几何体是正四面体,这种方法的优势不明显.第(2)问,实质上是第(1)问的推广,给出的四面体的对棱相等,若用公式法则操作实属不易,割补法也难入手.这时侯通过等积变换整体构造法的优势就体现出来了,明显这个呬面体是由长方体的6条面对角线构成的,一般地,若四面体的三组对棱长分别为,,a b c ，则设长方体的三度为,,x y z ，则由222222222x y a y zb z xc ，可得2222222222221()21()21()2x a b c y a b c z a b c ，则,,x y z 的值可求得（必需满意2220.0,0x y z ），*114,,,.63V V xyz xyz x y z V 方体代入的值即得所求的∴=-⋅=【解析】(1)四面体(S ABC -如图所示)的表面积4ABCS S=,取AB 的中点D ,联结CD ,则CD ==,于是21422S a a =⋅⋅=.对四面体S ABC -的体积V ,一般有以下3种解法,其中解法三将四面体补成一个正方体的方法就是运用整体思想的一个范例,实质上,分割与补形是相互转化的两个方面.解法一(公式法)如图所示,过S 作SO ⊥平面ABC ,联结SD ,则在Rt SOD 中,可得SO =.=则由锥体的体积公式可得23113312ABC V S SO a ∧=⋅==.解法二（分割法)不难证明AB ⊥平面SDC .又211224SDC S CD SO a a ∧=⋅==.311().3312A SDCB SDC SDC SDC V V V S AD DB S AB a --∧∧∴=+=⋅+=⋅=解法三(补形法)如图所示,将题中正四面体补成一个正方体(正四面体实质上是由正方体的6条面对角线构成),正方体的棱长为2a ,于是所求正四面体的体积3114432V V V 正方体三遫篧=-=-⨯⨯3.=(2)可知,,,,AB CD AC BD AD BC 、分别是异面直线,故分别过,AB CD 作两平行平面,过,AC BD 作两平行平面,可得一平行六面体AEBF NCMD -,由AB CD =,可得AEBF 对角线相等,故AEBF 为矩形;同理,平行六面体的6个面均为矩形,故它是长方体(如图106-所示).设,AF x AE y ==,AN z =,则22222264,100,144,x y yz z x 解得36,10,310.x yz V xyz 长方体∴==16A CDN BCDM C ABE D ABF VV V V xyz ---∴====. 11463V V xyz xyz 长方体∴=-⋅==留意:还须要指出的是运用补体法求四面体的体积是有条件的,四面体的每个面是锐角三角形才可能存在3组对棱相等的四面体.【例4】(1)设()()1122,,,A x y B x y 两点在拋物线22y x =上,直线l 是AB 的垂直平分线,当直线l 的斜率为2时,求l 在y 轴上截距的取值范围;(2)已知双曲线2212y x -=,经过点(1,1)M 能否作一条直线l ,使l 与双曲线交于点,A B ,且点M 是线段AB 的中点?若存在这样的直线l ,求出它的方程;若不存在,说明理由.【分析】在解析几何中为了求出某个量或探究存在性问题,经常须要借助其他量,对于这些协助量,只需表示而不必求出,谓之“设而不求”.比如本例两个小题,都须要设出()()1122,,,A x y B x y ,但这两点的坐标是不须要求出的,而且1122,,,x y x y 经常构成如12121212,,y y x x x x x x -+⋅-等表示,可以将其视作整体结果加入解题过程,这本质上也是一种整体代换,通常用于解决直线与圆锥曲线相交中涉及弦的中点问题.运用“设而不求”一要留意弦所在直线的斜率是否存在,二要留意运用判别式检验弦所在直线与曲线是否相交.第(1)问的解法中利用了“弦的中点在曲线内部”,对于封闭曲线和扏物线是可以的,但双曲线比较特别,故第(2)问只能运用判别式探讨直线l 的存在与否.【解析】(1)设()()1122,,,A x y B x y 两点在拋物线22y x =上,直线l 是AB 的垂直平分线,设直线l 在y 轴上的截距为b ,依题意直线l 的方程为2y x b =+,又设AB 的中点为()00,P x y ,则有2112222,2,y x y x ⎧=⎨=⎩两式相减可得()()()12121212121212,2.2y y y y x x x x x x x x --=+-∴=+=-- 1212011,428x x x x x +∴+=-∴==-.代人直线方程2y x b =+,得014y b =-. 线段AB 的中点()00,P x y 在拋物线(含焦点)的内部,211248b ⎛⎫∴->⨯- ⎪⎝⎭,解得932b >. 即直线l 在y 轴上截距b 的取值范围为9,32∞⎛⎫+⎪⎝⎭. （2）设存在被点M 平分的弦AB ,且()()1122,,,A x y B x y ,则221122221212121222y xy x x x y y ①②③④， ①②两式相减,得()()()()12121212102x x x x y y y y ⑤+--+-= 把③④代人⑤得12122AB y y k x x -==-,故直线AB 的方程为12(1)y x -=-,由2212(1),1.2y x y x 消去y ,得22430x x -+=,而2Δ(4)2480=--=-<.这说明直线AB 与双曲线不相交,故被点M 平分的弦不存在,即不存在这样的直线l .11。

2023年高考数学二轮复习第二部分方法探究探究二少失分同,保住基本分才能得高分

2023年高考数学二轮复习第二部分方法探究探究二少失分同,保住基本分才能得高分

探究二少失分，保住基本分才能得高分选择、填空在高考中属于保分题目，只有“保住基本分，才能得高分”．在平时的训练中，针对选择、填空题，要做到两个方面：一是练准度：高考中遗憾的不是难题做不出来，而是简单题和中档题做错，会做的题目没做对，平时训练一定要重视选择、填空的正确率．二是练速度：提高选择、填空题的答题速度，能为攻克后面的解答题赢得充足时间．方法一直接法(1)直接法是直接从题设出发，抓住命题的特征，利用定义、性质、定理、公式等，经过变形、推理、计算、判断而得出结果．(2)拿到一个选择题应根据其所提供信息，迅速确定最佳解法．而高考卷中大部分选择题需要用直接法求解．(3)直接法的解题过程与常规解法基本相同，不同的是解选择题时可利用选项的暗示性，同时应注意：在计算和论证时应尽量简化步骤，合理跳步，以提高解题速度，注意一些形成结论的应用，如球的性质、正方体的性质，等差、等比数列的性质．例1(1)[2022·新高考Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．100π B．128πC．144π D．192π(2)[2021·新高考Ⅰ卷]已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，若|FQ|＝6，则C的准线方程为____________.听课笔记：对接训练1.[2022·新高考Ⅱ卷](多选)已知函数f(x)＝sin (2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点(2π3，0)中心对称，则()A．f(x)在区间(0，5π12)单调递减B．f(x)在区间(－π12，11π12)有两个极值点C．直线x＝7π6是曲线y＝f(x)的对称轴D．直线y＝√32－x是曲线y＝f(x)的切线2．[2022·全国甲卷]设向量a ，b 的夹角的余弦值为13，且|a |＝1，|b |＝3，则(2a ＋b )·b ＝________．方法二 排除法排除法也叫淘汰法，就是充分运用单项选择题的特征，即有且只有一个正确选项这一信息，从选项入手，根据题设条件与各选项的关系，通过分析、推理、计算、判断，对选项进行筛选，将其中与题设相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得正确结论的方法．使用该法的前提是“答案唯一”，即四个选项中有且只有一个正确．例2(1)[2022·全国甲卷]函数y ＝(3x －3－x )cos x 在区间[−π2，π2]的图象大致为( )(2)[2021·新高考Ⅰ卷]下列区间中，函数f (x )＝7sin (x −π6)单调递增的区间是( ) A ．(0，π2) B ．(π2，π)C ．(π，3π2) D ．(3π2，2π) 听课笔记：对 接 训 练 3.设函数f (x )＝{2−x ，x ≤0−x +1，x ＞0，则满足f (x )＋f (x －12)＞1的x 的取值范围是( )A ．(－∞，14) B ．(14，34) C ．(－∞，34) D ．(34，＋∞)4．[2022·全国乙卷]如图是下列四个函数中的某个函数在区间[－3，3]的大致图象，则该函数是( )A ．y ＝−x 3+3x x 2+1B ．y ＝x 3−xx 2+1C ．y ＝2x cos x x 2+1D ．y ＝2sin xx 2+1方法三 特值、特例法(1)特值、特例法是解答单项选择题的最佳方法之一，适用于解答“对某一集合的所有元素、某种关系恒成立”，这样以全称判断形式出现的题目，其原理是“结论若在某种特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真”，利用“小题小做”或“小题巧做”的解题策略．(2)当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以将题中变化的不定量选取一些符合条件的恰当特殊值(或特殊函数、特殊角、特殊数列、图形特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论．这样可大大地简化推理、论证的过程．例3(1)[2022·广东华南师大附中三模](多选)如果a <b <0，c <d <0，那么下面一定成立的是( ) A ．a ＋d <b ＋c B ．ac >bd C ．ac 2>bc 2D ．d a <ca(2)如图，在棱柱的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一动点P ，Q 满足A 1P ＝BQ ，过P ，Q ，C 三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( )A ．3∶1B ．2∶1C ．4∶1D ．√3∶1 听课笔记：对 接 训 练5.已知E 为△ABC 的重心，AD 为BC 边上的中线，令AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝a ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝b ，若过点E 的直线分别交AB ，AC 于P ，Q 两点，且AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝m a ，AQ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝n b ，则1m +1n＝( ) A.3 B ．4 C ．5D ．136．已知等差数列{a n}的公差d≠0，且a1，a3，a9成等比数列，则a1+a3+a9a2+a4+a10的值是________．方法四数形结合法(1)“数”与“形”是数学这座高楼大厦的两块最重要的基石，二者在内容上互相联系，在方法上互相渗透，在一定条件下可以互相转化．在解答选择题的过程中，可以先根据题意，做出草图，然后参照图形的做法、形状、位置、性质，综合图象的特征，得出结论．(2)对于一些含有几何背景的填空题，若能根据题目条件的特点，作出符合题意的图形，做到数中思形，以形助数，并通过对图形的直观分析、判断，往往可以简捷地得出正确的结果．例4(1)[2021·新高考Ⅱ卷](多选)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是()A BC D(2)[2022·全国甲卷]设函数f(x)＝sin (ωx＋π3)在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是()A．[53，136)B．[53，196)C．(136，83]D．(136，196]听课笔记：对接训练7.(多选)已知定义在R上的奇函数f(x)，满足f(x－2)＝－f(x)，且在区间[0，1]上是增函数，若方程f(x)＝m在区间[－4，4]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4的取值可能为()A ．0B ．2C ．4D ．－48．[2022·新高考Ⅰ卷]已知椭圆C ：x 2a2+y 2b 2＝1(a >b >0)，C 的上顶点为A ，两个焦点为F 1，F 2，离心率为12.过F 1且垂直于AF 2的直线与C 交于D ，E 两点，|DE |＝6，则△ADE 的周长是________．方法五 构造法构造法就是利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到简捷的解决，它来源于对基础知识和基本方法的积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括，积极联想，横向类比，从曾经遇到过的类似问题中寻找灵感，构造出相应的函数、概率、几何等具体的数学模型，使问题快速解决．例5(1)[2022·全国甲卷]已知a ＝3132，b ＝cos 14，c ＝4sin 14，则( ) A ．c >b >a B ．b >a >c C ．a >b >c D ．a >c >b (2)如图，已知球O 的面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝√2，则球O 的体积等于________．听课笔记：对 接 训 练9.设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0，1)B ．(－1，0)∪(1，+∞)C ．(－∞，－1)∪(−1，0)D ．(0，1)∪(1，+∞) 10．已知正四面体ABCD 的外接球的体积为8√6π，则这个正四面体的表面积为________．方法六 估值法有些问题(主要针对单项选择题)，由于条件限制，无法(有时也没有必要)进行精确的运算和判断，而只能依赖于估算．估算实质上是一种粗略的算法，它以正确的算理为基础，通过合理观察、比较、推理、判断，从而做出正确的判断；也即把有关的数值扩大或缩小，从而对运算结果确定出一个范围或做出一个估计．例6(1)[2022·河北保定一模]已知a ＝√233，b ＝log 37，c ＝ln 27，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a <b <c B ．b <a <c C ．b <c <a D ．c <a <b (2)[2019·全国卷Ⅰ]古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是√5−12(√5−12≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是√5−12.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm ，头顶至脖子下端的长度为26 cm ，则其身高可能是( )A ．165 cmB ．175 cmC ．185 cmD ．190 cm 听课笔记：对 接 训 练11.做一个面积为1 m 2，形状为直角三角形的铁架框，用下列四种长度的铁管，最合理(够用，且浪费最少)的是( )A ．4.6 mB ．4.8 mC ．5 mD ．5.2 m 12.如图，在多面体ABCDEF 中，已知平面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝32，EF 与平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为( )A ．92 B ．5C ．6D ．152探究二 少失分，保住基本分才能得高分方法一 直接法[例1] 解析：(1)设三棱台上底面A 1B 1C 1、下底面ABC 的外接圆半径分别为r 1，r 2，外接圆圆心分别为O 1，O 2，三棱台的外接球半径为R ，球心为O .令|OO 1|＝t ，则|OO 2|＝|t －1|.由题意及正弦定理，得2r 1＝3√3sin 60°＝6，2r 2＝4√3sin 60°＝8，所以r 1＝3，r 2＝4，所以R 2＝r 12＋t 2＝r 22＋(t －1)2，即R 2＝9＋t 2＝16＋(t －1)2，解得{t =4，R 2=25.所以三棱台外接球的表面积为4πR 2＝100π.故选A.(2)不妨设P (p 2，p )，∴Q (6＋p2，0)，PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(6，－p )，因为PQ ⊥OP ，所以p 2×6－p 2＝0，∵p >0，∴p ＝3，∴C 的准线方程为x ＝－32.答案：(1)A (2)x ＝－32对接训练1．解析：由题意，得f (2π3)＝sin (4π3＋φ)＝0，所以4π3＋φ＝k π，k ∈Z ，解得φ＝－4π3＋k π，k ∈Z .又0<φ<π，所以φ＝2π3.故f (x )＝sin (2x ＋2π3)．选项A ，当x ∈(0，5π12)时，2x ＋2π3∈(2π3，3π2)．由y ＝sin u 的图象，知y ＝f (x )在区间(0，5π12)上单调递减，故正确．选项B ，当x ∈(－π12，11π12)时，2x ＋2π3∈(π2，5π2)．由y ＝sin u 的图象，知y ＝f (x )在区间(－π12，11π12)内只有1个极值点，故错误．选项C ，当x ＝7π6时，2x ＋2π3＝3π，则f (7π6)＝0，所以直线x ＝7π6不是曲线y ＝f (x )的对称轴，故错误．选项D ，令f ′(x )＝2cos (2x ＋2π3)＝－1，得cos (2x ＋2π3)＝－12，则2x ＋2π3＝2π3＋2k π，k ∈Z 或2x ＋2π3＝4π3＋2k π，k ∈Z ，解得x ＝k π，k ∈Z 或x ＝π3＋k π，k ∈Z .所以函数y＝f (x )的图象在点(0，√32)处的切线斜率为f ′(0)＝2cos2π3＝－1，切线方程为y －√32＝－(x －0)，即y ＝√32－x ，故正确．选AD.答案：AD2．解析：因为cos 〈a ，b 〉＝13，|a |＝1，|b |＝3，所以a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝1×3×13＝1，所以(2a ＋b )·b ＝2a ·b ＋b 2＝2×1＋32＝11.答案：11方法二 排除法[例2] 解析：(1)设函数f (x )＝(3x －3－x )cos x ，则对任意x ∈[－π2，π2]，都有f (－x )＝(3－x－3x)cos (－x )＝－(3x－3－x)cos x ＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数，因此排除B ，D 选项．又f (1)＝(3－3－1)cos 1＝83cos 1＞0，所以排除C 选项．故选A.(2)因为函数y ＝sin x 的单调递增区间为(2k π－π2，2k π＋π2)(k ∈Z )， 对于函数f (x )＝7sin (x −π6)，由2k π－π2<x －π6<2k π＋π2(k ∈Z )， 解得2k π－π3<x <2k π＋2π3(k ∈Z )，取k ＝0，可得函数f (x )的一个单调递增区间为(−π3，2π3)，则(0，π2)⊆(−π3，2π3)，(π2，π)⊄(−π3，2π3)，A 选项满足条件，B 不满足条件；取k ＝1，可得函数f (x )的一个单调递增区间为(5π3，8π3)，(π，3π2)⊄(−π3，2π3)且(π，3π2)⊄(5π3，8π3)，(3π2，2π)⊄(5π3，8π3)，CD 选项均不满足条件．故选A.答案：(1)A (2)A对接训练3．解析：当x ＝1时，f (1)＋f (12)＝0＋12＝12＜1，由此排除D 选项．当x ＝0时，f (0)＋f (－12)＝1＋√2＞1，由此排除B 选项．当x ＝12时，f (12)＋f (0)＝12＋1＝32＞1，由此排除A 选项．综上所述，选C.答案：C4．解析：对于B 选项，当x ＝1时，y ＝0，与图象不符，故B 不符合题意．对于C 选项，当x ＝3时，y ＝6cos 310＝35cos 3.因为cos 3>－1，所以35cos 3>－35，与图象不符，故C 不符合题意．对于D 选项，当x ＝3时，y ＝2sin 310>0，与图象不符，故D 不符合题意．综上，用排除法选A.答案：A方法三 特值、特例法[例3] 解析：(1)取a ＝c ＝－2，b ＝d ＝－1，则a ＋d ＝b ＋c ＝－3，ac 2＝－8，bc 2＝－4，故AC 不正确；因为－a ＞－b ＞0，－c ＞－d ＞0，所以ac ＞bd ，故B 正确； 因为c ＜d ，1a ＜0，所以d a ＜ca ，故D 正确． 故选BD(2)将P ，Q 置于特殊位置：P →A 1，Q →B ，此时仍满足条件A 1P ＝BQ (＝0)，则有V C －AA 1B＝V A 1－ABC ＝V ABC−A 1B 1C 13，故过P ，Q ，C 三点的截面把棱柱分成的两部分的体积之比为2∶1.答案：(1)BD (2)B对接训练5．解析：由于题中直线PQ 的条件是过点E ，所以该直线是一条“动”直线，所以最后的结果必然是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．方法一 如图1，PQ ∥BC ，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，此时m ＝n ＝23，故1m +1n＝3.故选A.方法二 如图2，取直线BE 作为直线PQ ，显然，此时AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，故m ＝1，n ＝12，所以1m +1n ＝3.故选A.答案：A 6．解析：a 1，a 3，a 9的下标成等比数列，故可令a n ＝n ，又易知它满足题设条件，于是a 1+a 3+a9a 2+a 4+a 10＝1316.答案：1316方法四 数形结合法[例4] 解析：(1)设正方体的棱长为2， 如图(1)所示，连接AC ，则MN ∥AC ，故∠POC (或其补角)为异面直线OP ，MN 所成的角，在直角三角形OPC 中，OC ＝√2，CP ＝1，故tan ∠POC ＝√2＝√22，故MN ⊥OP 不成立，故A 错误．如图(2)所示，取NT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ ⊥NT ，PQ ⊥MN ，由正方体SBCM ­NADT 可得SN ⊥平面ANTD ，而OQ ⊂平面ANDT ， 故SN ⊥OQ ，而SN ∩MN ＝N ，故OQ ⊥平面SNTM ， 又MN ⊂平面SNTM ，OQ ⊥MN ，而OQ ∩PQ ＝Q ，所以MN ⊥平面OPQ ，而PO ⊂平面OPQ ，故MN ⊥OP ，故B 正确． 如图(3)，连接BD ，则BD ∥MN ，由B 的判断可得OP ⊥BD ，故OP ⊥MN ，故C 正确．如图(4)，取AD 的中点Q ，AB 的中点K ，连接AC ，PQ ，OQ ，PK ，OK ，则AC ∥MN ，因为DP ＝PC ，故PQ ∥AC ，故PQ ∥MN ，所以∠QPO 或其补角为异面直线PO ，MN 所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ ＝12AC ＝√2，OQ ＝√AO 2+AQ 2＝√1+2＝√3， PO ＝√PK 2+OK 2＝√4+1＝√5，QO 2<PQ 2＋OP 2，故∠QPO 不是直角，故PO ，MN 不垂直，故D 错误．故选BC.(2)因为f (x )＝sin (ωx +π3)，结合选项，只考虑ω＞0.当ωx ＋π3＝π2＋k π(k ∈Z )，即x ＝π6ω+kπω(k ∈Z )时，f (x )取得极值．又因为f (x )在区间(0，π)上恰有三个极值点，所以{π6ω+2πω＜π，π6ω+3πω≥π，解得136＜ω≤196.当ωx ＋π3＝k π(k ∈Z )，即x ＝－π3ω+kπω(k ∈Z )时，f (x )＝0.又因为f (x )在区间(0，π)上恰有两个零点，所以{−π3ω+2πω＜π，−π3ω+3πω≥π，解得53＜ω≤83.综上可得，ω的取值范围是(136，83].故选C.答案：(1)BC (2)C对接训练7．解析：根据题意，函数f (x )满足f (x －2)＝－f (x )，则f (x －4)＝－f (x －2)＝f (x )，即函数f (x )是周期为4的周期函数，且f (x －2)＝－f (x )＝f (－x )，则函数f (x )的对称轴为x ＝－1.又由f (x )是奇函数，则x ＝1也是函数f (x )的对称轴，x ∈[0，1]时，函数f (x )是增函数，据此作出函数f (x )的简图，若方程f (x )＝m 在区间[－4，4]上有四个不同的根，必有m ≠0，分2种情况讨论：①当m >0时，方程f (x )＝m (m >0)在区间[－4，4]上的四个不同的根，两两分别关于x ＝－3和x ＝1对称，不妨设x 1<x 2<x 3<x 4，则x 1＋x 2＝－6，x 3＋x 4＝2，则x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝－6＋2＝－4；②当m <0时，同理可得x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝4.故选CD.答案：CD8．解析：由题意知e ＝ca ＝12，所以a ＝2c ，b ＝√3c ，所以△AF 1F 2是等边三角形，所以DE 垂直平分AF 2，所以|AD |＝|DF 2|，|AE |＝|EF 2|，所以△ADE 的周长为|DE |＋|AD |＋|AE |＝|DE |＋|DF 2|＋|EF 2|.由椭圆的定义，可知|DE |＋|DF 2|＋|EF 2|＝4a ＝8c .因为直线DE 的斜率k ＝tan 30°＝√33，所以直线DE 的方程为y ＝√33(x ＋c )，即x ＝√3y －c .由椭圆方程x 24c 2+y 23c 2＝1，得3x 2＋4y 2＝12c 2.将x ＝√3y －c 代入并整理，得13y 2－6√3cy －9c 2＝0.设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝6√3c 13，y 1y 2＝－9c 213，所以|DE |＝√1+1k 2√(y 1+y 2)2−4y 1y 2＝√1+3·√108c 2169+36c 213＝1213√3c 2+13c 2＝4813c ＝6，解得c ＝138.所以△ADE 的周长是8c ＝13. 答案：13方法五 构造法[例5] 解析：(1)a －c ＝3132－4sin 14＝1－12×(14)2－sin1414.不妨设f (x )＝1－12x 2－sin x x＝x−12x 3−sin xx.令h (x )＝x －12x 3－sin x ，则h ′(x )＝1－32x 2－cos x ．令g (x )＝1－32x 2－cos x ，则g ′(x )＝－3x ＋sin x ．当x ∈(0，14]时，sin x ＜3x ，所以当x ∈(0，14]时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，14]上单调递减，所以当x ∈(0，14]时，g (x )＜g (0)＝0，所以当x ∈(0，14]时，h ′(x )＜0，所以h (x )在(0，14]上单调递减．所以当x ∈(0，14]时，h (x )＜h (0)＝0，所以当x ∈(0，14]时，f (x )＜0，所以f (14)＜0，即a ＜c .结合四个选项，排除B ，C ，D.故选A.(2)如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径，所以CD ＝√(√2)2+(√2)2+(√2)2＝2R ，所以R ＝√62，故球O 的体积V ＝4πR 33＝√6π. 答案：(1)A (2)√6π对接训练9．解析：构造函数g (x )＝f (x )x，则g ′(x )＝xf ′(x )−f (x )x 2，由题意知，当x >0时，g ′(x )<0， ∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数．∵f (x )是奇函数，f (－1)＝0，∴f (1)＝－f (－1)＝0. ∴g (1)＝f (1)1＝0，∴当x ∈(0，1)时，g (x )>0，从而f (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，从而f (x )<0. 又∵g (－x )＝f (−x )−x＝−f (x )−x＝f (x )x＝g (x )，(x ≠0)∴g (x )是偶函数，∴当x ∈(－∞，－1)时，g (x )<0，从而f (x )>0； 当x ∈(－1，0)时，g (x )>0，从而f (x )<0.综上，所求x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)． 答案：A 10．解析：将正四面体ABCD 放在一个正方体内，设正方体的棱长为a ，如图所示．设正四面体ABCD的外接球的半径为R ，则43πR 3＝8√6π，得R ＝√6.∵正四面体的外接球和正方体的外接球是同一个球，∴√3a ＝2R ＝2√6，∴a ＝2√2，∵正四面体ABCD 的每条棱长均等于正方体的面对角线长，∴正四面体ABCD 的棱长为√2a ＝4，因此，这个正四面体的表面积为4×12×42×sinπ3＝16√3.答案：16√3方法六 估值法[例6] 解析：(1)因为2＝√83＜a ＝√233＜√273＝3，b ＝log 37＜log 39＝2，c ＝ln 27＞ln e 3＝3，所以b ＜a ＜c ，故选B.(2)26＋26÷0.618＋(26＋26÷0.618)÷0.618≈178 (cm)，故其身高可能是175 cm ，故选B. 答案：(1)B (2)B对接训练 11．解析：设两直角边分别为a ，b ，则12ab ＝1，∴ab ＝2.∴a ＋b ＋√a 2+b 2≥2√ab +√2ab ，当且仅当a ＝b ＝√2时，等号成立． ∵2√2＋2≈4.828，∴钢管长度选5 m 最合理． 故选C. 答案：C12．解析：连接BE ，CE ，四棱锥E －ABCD 的体积为V E －ABCD ＝13×3×3×2＝6，又多面体ABCDEF 的体积大于四棱锥E －ABCD 的体积，即所求几何体的体积V >V E －ABCD ＝6，而四个选项里面大于6的只有152，故选D.答案：D。

2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：洛必达法则

2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：洛必达法则

第5讲洛必达法则知识与方法与函数导数相关的压轴题,一般需要确定函数的值域和参数的取值范围,其传统做法是构造函数,然后通过分类讨论,求导分析单调性进行,过程相对复杂繁琐,且分类的情况较多.并且我们采用分离参数时,往往还会出现最值难以求解的情况,这时,我们就可以考虑使用“洛必达法则”来简化解题过程,快速解题.下面,我们先来介绍一下洛必达法则：法则1:若函数f(x)和g(x)满足下列条件:(1)lim x→a f(x)=0及lim x→a g(x)=0;(2)在点a的去心邻域内,f(x)与g(x)可导,且g′(x)≠0;(3)lim x→a f ′(x)g′(x)=l.那么lim x→a f(x)g(x)=lim x→a f′(x)g′(x)=l.法则2:若函数f(x)和g(x)满足下列条件:(1)lim x→∞f(x)=0及lim x→∞g(x)=0;(2)∃A>0,f(x)和g(x)在(−∞,A)与(A,+∞)内可导,且g′(x)≠0;(3)lim x→∞f ′(x)g′(x)=l.那么lim x→∞f(x)g(x)=lim x→∞f′(x)g′(x)=l.法则3:若函数f(x)和g(x)满足下列条件:(1)lim x→a f(x)=∞及lim x→a g(x)=∞;(2)在点a的去心邻域内,f(x)与g(x)可导,且g′(x)≠0;(3)lim x→a f ′(x)g′(x)=l.那么lim x→a f(x)g(x)=lim x→a f′(x)g′(x)=l.利用洛必达法则解题时,应点睛意:①将上面公式中的x→a,x→∞换成x→+∞,x→−∞,x→a+,x→a−,洛必达法则也成立.②洛必达法则可处理00,∞∞,0⋅∞,1∞,∞0,00,∞−∞型.③在着手求极限以前,首先要检查是否满足00,∞∞,0⋅∞,1∞,∞0,00,∞−∞型定式,否则滥用洛必达法则会出错.当不满足三个前提条件时,就不能用洛必达法则,这时称洛必达法则不适用,应从另外途径求极限.④若条件符合,洛必达法则可连续多次使用,直到求出极限为止.典型例题【例1】已知f(x)=(x+1)lnx.(1)求f(x)的单调区间;(2)若对于任意x≥1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0成立,求a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=lnx+1+1x,令g(x)=lnx+1+1x (x>0),则g′(x)=1x−1x2=x−1x2,所以当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以x>0时,g(x)≥g(1)=2>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增.所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无减区间.(2)解法1:分离参数+洛必达法则对任意x≥1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0成立等价于对任意x≥1,lnx−a(x−1x)≤0恒成立.当x=1时,a∈R;对任意x>1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0恒成立等价于对任意x>1,a≥xlnxx2−1恒成立.记m(x)=xlnxx2−1(x>1),则m′(x)=(1+lnx)(x2−1)−2x2lnx(x2−1)2=x2−1−(1+x2)lnx(x2−1)2=1x2+1(1−2x2+1−lnx)(x2−1)2.记t(x)=1−21+x2−lnx(x>1),则t′(x)=4x(1+x2)2−1x=4x2−(1+x2)2x(1+x2)2=−(1−x2)2x(1+x2)2<0,所以t(x)在(1,+∞)单调递减,又t(1)=0,所以x>1时,t(x)<0,m′(x)<0,所以m(x)在(1,+∞)单调递减.所以m(x)max<m(1)=lim x→1xlnxx2−1=lim x→1xlnxx+1−0x−1=lim x→1x+1−lnx(x+1)2=12.综上所述,实数a的取值是[12,+∞).解法2:直接讨论+分类讨论“对任意x≥1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0恒成立”等价于“对任意x≥1,不等式x(lnx−ax)+a≤0恒成立”.令ℎ(x)=xlnx−ax2+a(x≥1),则ℎ′(x)=1+lnx−2ax,令m(x)=1+lnx−2ax(x≥1),则m′(x)=1x−2a.①当2a≥1,即a≥12时,因为x≥1,所以0<1x≤1,所以m′(x)≤0,从而m(x)在[1,+∞)上单调递减,又m(1)=1−2a≤0,所以x≥1时,m(x)≤0,即ℎ′(x)≤0,所以ℎ(x)在[1,+∞)上单调递减,又ℎ(1)=0,所以当x≥1时,ℎ(x)≤0,即a≥12符合题意;②若0<2a<1,即0<a<12时,所以1≤x<12a时,m(x)≥m(1)=1−2a>0,即ℎ′(x)>0,所以ℎ(x)在[1,12a)单调递增.所以当1≤x<12a时,ℎ(x)≥ℎ(1)=0,故0<2a<1不符合题意.③若a≤0时,则m′(x)≥0恒成立,所以m(x)在[1,+∞)上单调递增,故当x≥1时,m(x)≥m(1)=1−2a>0,即ℎ′(x)>0,所以ℎ(x)在[1,+∞)上单调递增,所以当x≥1时,ℎ(x)≥ℎ(1)=0,故x(lnx−ax)+a≥0恒成立.综上所述,实数a的取值范围是[12,+∞).解法3:构造函数+分类讨论对任意x≥1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0恒成立等价于对任意x≥1,lnx−a(x−1x)≤0恒成立.令t(x)=lnx−a(x−1x)(x≥1),则t′(x)=1x −a(1+1x2)=−ax2−x+ax2,记Δ=1−4a2.①当a≥12时,Δ≤0,此时t′(x)≤0,t(x)在[1,+∞)单调递减,又t(1)=0,所以x≥1时,t(x)≤0,即对任意x≥1,lnx−a(x−1x)≤0恒成立;②当a≤−12时,Δ≤0,此时t′(x)≥0,t(x)在[1,+∞)单调递增,又t(1)=0,所以x≥1时,t(x)≥0,即对任意x≥1,lnx−a(x−1x)≥0恒成立,不符合题意;③当a=0时,不等式转化为lnx≤0(x≥1),显然不成立;④当−12<a<12,且a≠0时,方程ax2−x+a=0的二根为x1=1+√1−4a22a,x2=1−√1−4a22a.若0<a<12,x1>1,0<x2<1,则t(x)在(1,x1)单调递增,又t(1)=0,所以x∈(1,x1),t(x)≥0,即不等式lnx−a(x−1x)≤0不恒成立;⑤若−12<a<0,x1<x2<0,则t(x)在(1,+∞)上单调递增,又t(1)=0,所以x∈[1,+∞)时,t(x)≥0,即不等式lnx−a(x−1x)≤0不恒成立,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围是[12,+∞).【点睛】通过此例,我们可以发现使用“洛必达法则”的好处,可以较为简单地解决问题,在恒成立问题中的求参数取值范围,参数与变量分离较易理解,但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦,利用洛必达法则可以较好的处理它的最值,是一种值得借鉴的方法.【例2】设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2−x),其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.【解析】(1)f(x)=ln(x+1)+a(x2−x),定义域为(−1,+∞)f′(x)=1x+1+a(2x−1)=a(2x−1)(x+1)+1x+1=2ax2+ax+1−ax+1,当a=0时,f′(x)=1x+1>0,函数f(x)在(−1,+∞)上为增函数,无极值点.设g(x)=2ax2+ax+1−a,g(−1)=1,g(−1)=1,Δ=a(9a−8)>0,当a≠0时,g(x)=0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数.若Δ=a(9a−8)≤0,即0<a≤89时,g(x)≥0,f′(x)≥0,函数f(x)在(−1,+∞)为增函数,无极值点.若Δ=a(9a−8)>0,即a>89或a<0,而当a<0时,g(−1)≥0,此时方程g(x)= 0在(−1,+∞)只有一个实数根,此时函数f(x)只有一个极值点;当a>89时,方程g(x)=0在(−1,+∞)有两个不相等的实数根,此时函数f(x)有两个极值点;综上可知:当0≤a≤89时,f(x)的极值点个数为0;当a<0时,f(x)的极值点个数为1;当a>89时,f(x)的极值点个数为2.(2)解法1:由(1)可知当0≤a≤89时f(x)在(0,+∞)单调递增,而f(0)=0,则当x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意;当a>89时,Δ=a(9a−8)>0,方程g(x)=0的两根为:x1=−a−√a(9a−8)4a ,x2=−a+√a(9a−8)4a,当89<a≤1时,g(0)≥0,x2≤0,f(x)在(0,+∞)单调递增,而f(0)=0,则当x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意;当a>1时,g(0)<0,x2>0,所以函数f(x)在(0,x2)单调递减,而f(0)=0, 则当x∈(0,x2)时,f(x)<0,不符合题意;当a <0时,设ℎ(x )=x −ln (x +1),当x ∈(0,+∞)时ℎ′(x )=1−1x+1=x1+x >0, ℎ(x )在(0,+∞)单调递增,因此当x ∈(0,+∞)时ℎ(x )>ℎ(0)=0,ln (x +1)<x , 于是f (x )<x +a (x 2−x )=ax 2+(1−a )x ,当x >1−1a 时ax 2+(1−a )x <0, 此时f (x )<0,不符合题意.综上所述,a 的取值范围是0≤a ≤1. 解法2:函数f (x )=ln (x +1)+a (x 2−x ),∀x >0,都有f (x )≥0成立, 即ln (x +1)+a (x 2−x )≥0恒成立, 设ℎ(x )=−ln (x+1)x 2−x ,则ℎ′(x )=−1x+1(x 2−x)+(2x−1)ln (x+1)(x 2−x )2=(2x−1)[−x 2−x(2x−1)(x+1)+ln (x+1)](x 2−x )2,设φ(x )=−x 2−x(2x−1)(x+1)+ln (x +1),则φ′(x )=(x 2−x)(4x+1)(2x−1)2(x+1)2,所以x ∈(0,12)和x ∈(12,1)时,φ′(x )<0,所以φ(x )在(0,12),(12,1)上单调递减, x ∈(1,+∞)时,φ′(x )>0,所以φ(x )在(1,+∞)上单调递增, 因为φ(0)=0,lim x→12−x 2−x (2x−1)(x+1)>0,φ(1)=ln2>0,所以x ∈(0,1)和x ∈(1,+∞)时,ℎ′(x )>0,所以ℎ(x )在(0,1)与(1,+∞)上递增. 当x ∈(0,1)时,x 2−x <0,所以a ≤−ln (x+1)x 2−x,由ℎ(x )的单调性可得,a ≤lim x→0−ln (x+1)x 2−x=lim x→0−1x+12x−1=lim x→0−1(2x−1)(x+1)=1;当x =1时,f (x )=0,恒成立; 当x ∈(1,+∞)时,x 2−x >0,所以a ≥−ln (x+1)x 2−x ,由ℎ(x )的单调性可得,a ≥−ln (x +1)x 2−x =lim x→+∞−ln (x +1)x 2−x=lim x→+∞−1x +12x −1=lim x→+∞−1(2x −1)(x +1)=0, 综上,a ∈[0,1].【例3】已知f (x )=(ax +1)lnx −ax .(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(3)令g(x)=f′(x),存在0<x1<x2,且x1+x2=1,g(x1)=g(x2),求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=(x+1)lnx−x,则f′(x)=lnx+x+1x −1=lnx+1x,所以f′′(x)=1x −1x2=x−1x2,当x∈(0,1)时,f′′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′′(x)>0,则f′(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又因为f′(1)=1>0,所以x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增；(2)当a=0时,f(x)=lnx,f(x)在(0,+∞)上单调递增,则a=0时满足要求;当a≠0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,则当x∈(0,+∞)时,f′(x)≥0恒成立,因为f′(x)=alnx+1x ,f′′(x)=ax−1x2,当a<0时,f′′(x)=ax−1x2<0,所以f′(x)在(0,+∞)上单调递减,而f′(e−1a)=−1+1e−1a,因为a<0,e−1a≥1,所以f′(e−1a)=−1+1e−1a<0,所以x∈(e−1a,+∞)时,f′(x)<0,故a<0时不成立,当a>0时,f′′(x)=ax−1x2,当x∈(0,1a )时,f′′(x)<0,x∈(1a,+∞)时,f′′(x)>0,则f′(x)在(0,1a)上单调递减,在(1 a ,+∞)上单调递增,因为x∈(0,+∞)时,f′(x)≥0,只需f′(1a)≥0,即f′(1a)=aln1a+a=a(1−lna)≥0,因为a>0,所以1−lna≥0,则0<a≤e, 综上所述,实数a的取值范围是[0,e].(3)因为g(x)=f′(x)=alnx+1x ,所以g(x1)=alnx1+1x1,g(x2)=alnx2+1x2,因为g(x1)=g(x2),所以alnx1+1x1=alnx2+1x2,即aln x2x1+1x2−1x1=0,又x1+x2=1,所以aln x2x1+(x1+x2)x2−(x1+x2)x1=0,即aln x2x1+x1x2−x2x1=0，令t=x2x1,则t∈(1,+∞),即alnt+1t−t=0方程有解.解法1:分离参数+洛必达法则即a=t−1tlnt,令ℎ(t)=t−1tlnt,则ℎ′(t)=(1+1t2)lnt−(t−1t)×1t(lnt)2=(1+t2t2)lnt+1−t2t2(lnt)2,令F(t)=lnt+1−t 2t2+1,F′(t)=1t+−4t(t2+1)2=(t2+1)2−4t2t(t2+1)2≥0,所以当t∈(1,+∞)时,ℎ′(t)≥0,故ℎ(t)在(1,+∞)上单调递增,故ℎ(t)=t−1tlnt>ℎ(1),由洛必达法则知:当t→1时,ℎ(t)=1+1t21t,则ℎ(1)→2,则a>2,所以实数a的取值范围是(2,+∞).解法2:令G(t)=alnt+1t−t,则t∈(1,+∞)时,G(t)=0有解,G′(t)=at −1t2−1=−t2+at−1t2,因为t∈(1,+∞)时,则t+1t>2,当a≤2时,−t 2+at−1t2=a−(t+1t)t≤0,即t∈(1,+∞)时,G′(t)≤0,则G(t)在(1,+∞)上单调递减,又G(1)=0,故t∈(1,+∞)时,G(t)=0无解,则a≤2时不成立;当a>2时,当t∈(1,a+√a2−42)时,G′(t)>0,t∈(a+√a2−42,+∞)时,G′(t)<0,又G(1)=0,则t∈(1,a+√a2−42),G(t)>0,而G(e a)=a2+1e a−e a<a2+1−e a(a>2),令H(x)=x2+1−e x(x>2),H′(x)=2x−e x,H′′(x)=2−e x,因为x>2,则H′′(x)=2−e x<0,则H′(x)在(2,+∞)单调递减,H′(x)≤H′(2)= 4−e2<0,则H(x)在(2,+∞)单调递减,则H(x)<H(2)=5−e2<0,即G(e a)<0,故存在x0∈(a+√a2−42,e a),使得G(x0)=0,故a>2时满足要求,综上所述,实数a 的取值范围是(2,+∞).【点睛】(1)利用导数研究函数的单调性,求导得f ′(x )=lnx +1x ,则f ′′(x )=x−1x 2,由此得f ′(x )≥f ′(1)=1>0,从而得到函数的单调性;(2)分类讨论,当a =0时,f (x )=lnx ,满足要求;当a ≠0时,x ∈(0,+∞)时,f ′(x )≥0恒成立,而f ′(x )=alnx +1x ,f ′′(x )=a x −1x 2,再分a <0和a >0两种情况讨论即可求出答案;(3)由题意得alnx 1+1x 1=alnx 2+1x 2,即aln x 2x 1+1x 2−1x 1=0,进而有aln x 2x 1+x1x 2−x 2x 1=0,令t =x 2x 1,则转化为t ∈(1,+∞)时,alnt +1t −t =0方程有解.一般地,含有参数的函数恒成立问题往往从三个角度求解:一是直接求导,通过对参数的讨论来研究函数的单调性,进一步确定参数的取值范围;二是借助函数单调性确定参数的取值范围,然后对参数取值范围以外的部分进行分析验证其不符合题意,即确定所求;三是分离参数,求相应函数的最值或取值范围,当函数的最值不容易求解时,利用“洛必达法则”往往能化难为易,使问题得到解决.强化训练1.已知函数f (x )=e x −x −1,若当x ≥0时,恒有|f (x )|≤mx 2e |x |成立,求实数m 的取值范围.【解析】因为f (x )=e x −x −1,所以f ′(x )=e x −1, 所以当x ∈(−∞,0)时,f ′(x )<0,即f (x )递减, 当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0,即f (x )递增.若当x ≥0时,恒有|f (x )|≤mx 2e |x |成立,即恒有0≤f (x )≤mx 2e x 成立, 当x =0时,不等式恒成立.当x >0时,恒有0≤f (x )≤mx 2e x 成立,即m ≥e x −x−1x 2e x,令H (x )=e x −x−1x 2e x,则H ′(x )=x 2−2e x +2x+2x 3e x.今ℎ(x )=x 2−2e x +2x +2,则ℎ′(x )=2x −2e x +2,进一步ℎ′′(x )=2−2e x <0,所以ℎ′(x )=2x −2e x +2在(0,+∞)上单调递减,所以ℎ′(x )<ℎ′(0)=0,所以ℎ(x )=x 2−2e x +2x +2在(0,+∞)上单调递减,所以ℎ(x )<ℎ(0)=0, 即H ′(x )<0在(0,+∞)上恒成立,所以H (x )在(0,+∞)上单调递减. 所以lim x→0+e x −x−1x 2e x=lim x→0+e x −1e x (x 2+2x )=lim x→0+e xe x (x 2+4x+2)=12,所以m ≥12.综上,m 的取值范围为[12,+∞).2.已知函数f (x )=x 2−mx −e x +1.(1)若函数f (x )在点(1,f (1))处的切线l 经过点(2,4),求实数m 的值; (2)若关于x 的方程|f (x )|=mx 有唯一的实数解,求实数m 的取值范围. 【解析】(1)f ′(x )=2x −m −e x ,所以在点(1,f (1))处的切线l 的斜率k =f ′(1)=2−e −m ,又f (1)=2−e −m ,所以切线l 的方程为:y −(2−e −m )=(2−e −m )(x −1), 即l:y =(2−e −m )x ,由l 经过点(2,4)可得:4=2(2−e −m )⇒m =−e . (2)易知|f (0)|=0=m ×0,即x =0为方程的根,因此只需说明: 当x >0和x <0时,原方程均没有实数根即可. ① 当x >0时,若m <0,显然有mx <0,而|f (x )|≥0恒成立,此时方程显然无解; 若m =0,f (x )=x 2−e x +1⇒f ′(x )=2x −e x ,f ′′(x )=2−e x , 令f ′′(x )>0⇒x <ln2,故f ′(x )在(0,ln2)单调递增,在(ln2,+∞)单调递减, 故f ′(x )<f ′(ln2)=2ln2−2<0,所以f (x )在(0,+∞)单调递减,于是f (x )<f (0)=0,从而|f (x )|>0,mx =0×x =0,此时方程|f (x )|=mx 也无解; 若m >0,由|f (x )|=mx ⇒m =|x +1x −e x x −m|,记g (x )=x +1x −e x x−m ,则g ′(x )=(x−1)(x+1−e x )x 2,设ℎ(x )=x +1−e x ,则ℎ′(x )=1−e x <0对任意x ∈(0,+∞)恒成立, 所以ℎ(x )在(0,+∞)上单调递减,所以ℎ(x )<ℎ(0)=0恒成立, 令g ′(x )>0⇒0<x <1⇒g (x )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减所以g (x )≤g (1)=2−e −m <0⇒|g (x )|≥e −2+m >m ,可知原方程也无解.由上面的分析可知,当x >0时,∀m ∈R ,方程|f (x )|=mx 均无解.② 当x <0时,若m >0,显然有mx <0,而|f (x )|≥0恒成立,此时方程显然无解;若m =0,和(1)中的分析同理可知此时方程|f (x )|=mx 也无解.若m <0,由|f (x )|=mx ⇒−m =|x +1x −e x x −m|, 记g (x )=x +1x −e x x −m , 则g ′(x )=(x−1)(x+1−e x )x 2,由(1)中的分析可知:ℎ(x )=x +1−e x <0, 故g ′(x )>0对任意x ∈(−∞,0)恒成立,从而g (x )在(−∞,0)上单调递增,点睛意到lim x→0−g (x )=lim x→0−x 2+1−e x x −m =lim x→0−2x−e x 1−m =−1−m ,如果−1−m ≤0,即m ≥−1,则|g (x )|>m +1,要使方程无解,只需−m ≤m +1,即m ≥−12,所以−12≤m <0;如果−1−m >0,即m <−1,此时|g (x )|∈[0,+∞),方程−m =|g (x )|一定有解,不满足题意.由上面的分析可知:当x <0时,∀m ∈[−12,+∞),方程|f (x )|=mx 均无解, 综合①②可知,当且仅当m ∈[−12,+∞)时,方程|f (x )|=mx 有唯一解.。

高考数学二轮复习答题技巧与规范答题方法

高考数学二轮复习答题技巧与规范答题方法

高考数学二轮复习答题技巧与规范答题方法为了关心考生更好的进行复习，查字典数学网整理了高考数学二轮复习答题技巧，请考生及时查看学习。

一、调整好状态，操纵好自我。

(1)保持清醒。

数学的考试时刻在下午，建议同学们中午最好休息半个小时或一个小时，其间尽量放松自己，从心理上暗示自己：只有静心休息才能确保考试时清醒。

(2)提早进入角色，考前做好预备.按清单带齐一切用具，提早半小时到达考区，一方面能够排除紧张、稳固情绪、镇定进场，另一方面也留有时刻提早进入角色让大脑开始简单的数学活动，进入单一的数学情境。

如：1.清点一下用具是否带齐(笔、橡皮、作图工具、身份证、准考证等)。

2.把一些差不多数据、常用公式、重要定理在脑子里过过电影。

3.最后看一眼难记易忘的知识点。

4.互问互答一些不太复杂的问题。

5.注意上厕所。

(3)按时到位。

今年的答题卡不再单独发放，要求答在答题卷上，但发卷时刻应在开考前5分钟内。

建议同学们提早15~20分钟到达考场。

二、扫瞄试卷，确定考试策略一样提早5分钟发卷，涂卡、填密封线内部分和座号后扫瞄试卷：试卷发下后，先利用23分钟时刻迅速把试卷扫瞄一遍，检查试卷有无遗漏或差错，了解考题的难易程度、分值等概况以及试题的数目、类型、结构、占分比例、哪些是难题，同时依照考试时刻分配做题时刻，做到心中有数，把握全局，做题时心绪平定，得心应手。

三、巧妙制定答题顺序在扫瞄完试卷后，对答题顺序差不多上做到心中有数，然后尽快做出答题顺序，排序要注意以下几点：1.依照自己对考试内容所把握的程度和试题分值来确定答题顺序。

2.依照自己认为的难易程度，按先易后难先小后大先熟后生的原则排序。

四、提高解选择题的速度、填空题的准确度。

数学选择题是知识灵活运用，解题要求是只要结果、不要过程。

因此，逆代法、估算法、特例法、排除法、数形结合法尽显威力。

12个选择题，若能把握得好，容易的一分钟一题，难题也不超过五分钟。

由于选择题的专门性，由此提出解选择题要求快、准、巧，忌讳小题大做。

2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：泰勒展开式

2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：泰勒展开式

第 14讲 泰勒展开式知识与方法泰勒展开式是将一个在x =x 0处具有n 阶导数的函数f(x)利用关于x −x 0的n 阶多项式来逼近函数的方法.在导数题目中命制中,泰勒展开式最大的作用就是把超越函数与初等函数联系起来,使高等数学问题具有初等解法,最常用的方式是放缩整形 点睛:泰勒展开式为高等数学内容,在高中阶段不要求掌握. 1.泰勒展开式的形式形式1如果函数f(x)在定义域I 上有定义,且n +1阶导数存在,x,x 0∈I ,则有f(x)=f (x 0)+f ′(x 0)1!(x −x 0)+f ′′(x 0)2!(x −x 0)2+⋯+f (n)(x 0)n!(x −x 0)n +o (x −x 0)n 这里,o (x −x 0)n 为皮亚诺型余项.我们称上式为函数f(x)在点x 0处的泰勒展开式. 当x 0=0时,上式变为f(x)=∑i=0n f (1)(0)i!x i +o (x n ),称此式(带有皮亚诺余项)的麦克劳林展开式.形式2如果函数f(x)在定义域I 上有定义,且n +1阶导数存在,x,x 0∈I ,则有 f(x)=f (x 0)+f ′(x 0)1!(x −x 0)+f ′′(x 0)2!(x −x 0)2+⋯+f (n)(x 0)n!(x −x 0)n +R n+1.其中R n+1=f (n+1)(ξ)(n+1)!(x −x 0)n+1为拉格郎日余项,其中ξ位于x 与x 0之间,这是函数f(x)在x 0处的泰勒展开式.其中,f (n)(x)表示f(x)的n 阶导数,等号后的多项式称为函数f(x)在x 0处的泰勒展开式,剩余的R n+1是泰勒展开式的余项,为(x −x 0)n 的高阶无穷小. 当x 0=0时,上式变为f(x)=∑i=0n f (1)(0)i!x i +R n (x),称此式为(带有拉格郎日余项)的泰勒展开式.2.常见函数的泰勒展开式由泰勒展开式,我们可以得到几个常用的初等函数在x =0处的泰勒展开式: (1)11−x =1+x +x 2+⋯+x n +o (x n ); (2)(1+x)m =1+mx +m(m−1)2!x 2+⋯+m(m−1)⋯(m−n+1)n!x n +o (x n );(3)e x =1+x +x 22!+⋯+x n n!+o (x n );(4)ln (1+x)=x −x 22+x 33−⋯+(−1)nxn+1n+1+o (x n+1);(5)sin x =x −x 33!+x 55!−⋯+(−1)n x 2n+1(2n+1)!+o (x 2n+2); (6)cos x =1−x 22!+x 44!−x 66!+⋯+(−1)n x 2n(2n)!+o (x 2n+1).公式(1)1+x +x 2+⋯+x n +o (x n )=11−x (−1<x <1)为等比数列求和,将(1)中x 换成−x ,有11+x =1−x +x 2−⋯+(−1)n x n +o (x n ),两边积分,得ln (1+x)=∫0x11+xdx =∫0x[1−x +x 2−⋯+(−1)n x n +o (x n )]dx 即ln (1+x)=x −x 22+x 33−⋯+(−1)n x n+1n+1+o (x n+1),这就是公式(4);反过来,如果对公式(4)求导,则可得到11+x =1−x +x 2−⋯+(−1)n x n +o (x n ),将x 换成−x ,即可得到11−x =1+x +x 2+⋯+x n +o (x n ),此即为公式(1).由于sin x 是奇函数,所以公式(5)右侧只有奇次方项;cos x 是偶函数,所以公式(6)右侧只有偶次方项.对公式(5)求导,即得公式(6);反之,对公式(6)求导,即得公式(5).对于公式(5)和(6)中的负号全部改为正号并两式相加,即可得公式(3).公式(3)可以看作是e =1+1+12!+⋯+1n!+⋯的推广或一般形式;公式(2)可以看作是二项式(1+x)m =1+mx +m(m−1)2!x 2+⋯m(m−1)⋯(m−n+1)m!x m 的推广.3.常用的泰勒展开式的及其应用我们从上面的几个展开式截取片断,就构成了初等数学中经常考查的导数不等式: (1)当x ⩾0时,e x ⩾1+x +x 22;当x ⩽0时,e x ⩽1+x +x 22;(2)当x ⩾0时,x −x 22⩽ln (1+x)⩽x ;当x ⩾0时,x −x 22⩽ln (1+x)⩽x −12x 2+13x 3(3)x −x 36⩽sin x ⩽x 对x ⩾0恒成立; (4)1−x 22⩽cos x ⩽1−x 22+x 424对x ⩾0恒成立;(5)1+x <e x <11−x (0<x <1); (6)当0<x <1时,√x<ln x <2(x−1)x+1;当x >1时,2(x−1)x+1<ln (1+x)<x ;(7)当0<x <1时,12(x −1x )<ln x <x −1;当x ⩾1时,ln x ⩽12(x −1x )⩽x −1. 由ln x <x −1可得−ln x >1−x ,进而ln 1x >1−x ⇒ln x >1−1x =x−1x(将x 换成1x ),在ln x >x−1x中将x 换成x +1,即可得ln (x +1)>x x+1,进一步可加强为ln (x +1)>2x2+x典型例题【例1】已知函数f(x)=ln a ⋅xe −x +asin x,a >0. (1)若x =0恰为f(x)的极小值点. (i)证明:12<a <1;(ii)求f(x)在区间(−∞,π)上的零点个数; (2)若a =1,f(x)x=(1−x π)(1+x π)(1−x 2π)(1+x 2π)(1−x 3π)(1+x 3π)⋯(1−x nπ)(1+xnπ)⋯,又由泰勒级数知: cos x =1−x 22!+x 44!−x 66!+⋯+(−1)n x 2n(2n)!+⋯,n ∈N ∗.证明:112+122+132+⋯+1n 2+⋯=π26.【解析】(1)(i)由题意,得f ′(x)=ln a ⋅(1−x)e −x +acos x , 因为x =0为函数f(x)的极值点,所以f ′(0)=ln a +a =0.令g(x)=ln x +x(x >0),则g ′(x)=1x +1>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,因为g(1)>0,g (12)=ln 12+12=ln √e2<0, 所以g(x)在(12,1)上有唯一的零点a ,所以12<a <1.(ii)由(i)知ln a =−a,f(x)=a (sin x −xe −x ),f ′(x)=a [cos x −(1−x)e −x ].当x ∈(−∞,0)时,由a >0,−1⩽cos x ⩽1,1−x >1,e −x >1,得f ′(x)<0,且f(0)=0,所以f(x)在区间(−∞,0)上不存在零点;当x ∈(0,π)时,设ℎ(x)=cos x −(1−x)e −x ,则ℎ′(x)=(2−x)e −x −sin x . (1)若x ∈(0,π2],今m(x)=(2−x)e −x −sin x , 则m ′(x)=(x −3)e −x −cos x <0, 所以m(x)在(0,π2]上单调递减,因为m(0)=2>0,m(π2)=(2−π2)e−π2−1<0,所以存在α∈(0,π2),使得m(α)=0.当x∈(0,α)时,m(x)=ℎ′(x)>0,ℎ(x)在(0,α)上单调递增;当x∈(α,π2]时,m(x)=ℎ′(x)<0,ℎ(x)在(α,π2]上单调递减.(2)若x∈(π2,2],令φ(x)=(2−x)e−x(x∈(π2,2]),则φ′(x)=(x−3)e−x<0,所以φ(x)在区间(π2,2]上单调递减,所以φ(x)<φ(π2)=(2−π2)e−π2<1e,又因为sin x⩾sin 2=sin (π−2)>sin π6=12,所以ℎ′(x)=(2−x)e−x−sin x<0,ℎ(x)在(π2,2]上单调递减.(3)若x∈(2,π),则ℎ′(x)=(2−x)e−x−sin x<0,ℎ(x)在(2,π)上单调递减.由(1)(2)(3)得,ℎ(x)在(0,α)上单调递增,在(α,π)上单调递减.因为ℎ(α)>ℎ(0)=0,ℎ(π)=(π−1)e−π−1<0,所在存在β∈(α,π)使得ℎ(β)=0.所以,当x∈(0,β)时,f′(x)=ℎ(x)>0,f(x)在(0,β)上单调递增,f(x)>f(0)=0;当x∈(β,π)时,f′(x)=ℎ(x)<0,f(x)在(β,π)上单调递减,因为f(β)>f(0)=0,f(π)<0,所以f(x)在区间(β,π)上有且只有一个零点.综上,f(x)在区间(−∞,π)上的零点个数为2个.(2)因为sin xx =(1−x2π2)(1−x222π2)(1−x232π2)⋯(1−x2n2π2)⋯(1),对cos x=1−x 22!+x44!−x66!+⋯+(−1)n x2n(2n)!+⋯,两边求导得−sin x=−x1!+x33!−x55!+⋯+(−1)n−1x2n−1(2n−1)!+⋯,sin x=x1!−x33!+x55!+⋯+(−1)n−1x2n−1(2n−1)!+⋯所以sin xx =1−x23!+x45!−⋯+(−1)n−1x2n−2(2n−1)!+⋯(2)比较(1)(2)式中的系数,得−13!=−1π2(112+122+132+⋯+1n2+⋯),所以112+122+132+⋯+1n2+⋯=π26.【例2】已知函数f(x)=(x−a)ln x(a∈R),它的导函数为f′(x).(1)当a=1时,求f′(x)的零点;(2)当a=0时,证明:f(x)<e x+cos x−1.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=1时,f(x)=(x−1)ln x,f′(x)=ln x+1−1x.易知f′(x)在(0,+∞)上为增函数,又f′(1)=ln 1+1−1=0,所以x=1是f′(x)的零点.(2)解法1:直接讨论法当a=0时,f(x)=xln x.(1)若0<x⩽1时,则e x+cos x−1>0,xln x⩽0,从而f(x)<e x+cos x−1成立;(2)若x>1时,设ℎ(x)=e x+cos x−xln x−1,则ℎ′(x)=e x−sin x−ln x−1,ℎ′′(x)=e x−1x−cos x,因为x>1,所以ℎ′′(x)>e−1−1>0,从而ℎ′(x)单调递增,所以ℎ′(x)>ℎ′(1)=e−sin 1−1>0,所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递增,所以ℎ(x)>ℎ(1)=e+cos 1−1>0,即f(x)<e x+cos x−1.综上所述,有f(x)<e x+cos x−1成立.解法2:泰勒公式+高阶借位法当x>0时,由泰勒公式有e x⩾1+x+12x2+16x3,cos x⩾1−12x2,ln x⩽x−1,从而xln x⩽x2−x.从而要证xln x<e x+cos x−1,只需证x2−x<1+x+16x3即可,即证16x3−x2+2x+1>0.构造函数g(x)=16x3−x2+2x+1(x>0),则g′(x)=12x2−2x+2=12(x−2)2⩾0,从而g(x)单调递增,所以g(x)>g(0)=1>0成立,从而原不等式得证.解法3:泰勒公式+兵分两路法由泰勒公式,得cos x⩾−12x2,从而可知e x+cos x−1⩾e x−12x2.所以要证xln x<e x+cos x−1,只需证xln x<e x−12x2即可,亦即证ln xx<e xx2−12.构造函数ℎ(x)=ln xx ,g(x)=e xx2−12,易求得ℎ(x)max=1e ,g(x)min=e24−12.显然1e <e24−12,从而ℎ(x)<g(x).所以原不等式得证.【例3】已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln (1+x)−2x.(1)若a=0,证明:当−1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a的值.【解析】首先,x=0时,f(x)=0.(1)若a=0,则f(x)=(2+x)ln (1+x)−2x.f′(x)=ln (1+x)+2+x1+x −2=ln (1+x)+11+x−1.f′(0)=0⋅f′′(x)=11+x −1(1+x)2=x(1+x)2.当x>0时,f′′(x)>0,f′(x)单调递增,所以f′(x)>f′(0)=0,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增,从而f(x)>f(0)=0;当−1<x<0时,f′′(x)<0,f′(x)单调递减,所以f′(x)>f′(0)=0,从而f(x)在(−1,0)上单调递增,从而f(x)<f(0)=0.综上可知,若a=0,则当−1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.证毕.(2)解法1:必要性探路法f(x)的定义域为(−1,+∞)有任意阶导数,f(0)是极大值,就说明0附近某区间(−d,d)内其它值f(x)<f(0)(x≠0).当x由0的负方向趋向于0时,f(x)应为递增的,从而f′(x)>0,令x→0−,得f′(0)⩾0;当x由0的正方向趋向于0时,f(x)应为递减的,即f′(x)<0,令x→0+,则f′(0)⩽0.因此必有f′(0)=0,这是f(0)是极大值的必要条件.f′(x)正递减到0再递减到负,f′′(x)都是负的.如下表所示:f′(0)=0,且f′′(x)<0对0附近某区间内x≠0都成立,这是f(0)为极大值的充分必要条件.f′(x)=(1+2ax)ln (1+x)+ax2−x1+x,f′(0)=0.f′′(x)=2aln (1+x)+(4a+1)x+3ax2(1+x)2,f′′(0)=0.f(0)是极大值⇔在x=0左右附近有g(x)=f′′(x)<0=g(0),这又要求g(0)是极大值,必须有g′(0)=0.g′(x)=2a1+x+4a+1+6ax(1+x)2−2(4a+1)x+6ax2(1+x)3所以g′(0)=2a1+4a+11+01=6a+1=0,得a=−16.从而g′(x)=−x(4−x)(1+x)3=−xλ(x),其中λ(x)=4−x(1+x)3.在区间(−1,4)内λ(x)>0,g′(x)=−xλ(x)的正负号与x相反,在区间(−1,0)内,g′(x)>0,在区间(0,4)内,g′(x)<0.g(x)在区间(−1,4)递增到g(0)=0再递减;当x≠0时,都有f′′(x)=g(x)<0,这与f′(x)=0一起保证了f(0)在(−1,4)内是最大值,也是极大值.解法2:当x→0时,2+x+ax2→2>0.0附近足够小区间(−d,d)内,2+x+ax2足㿟接近2,也有2+x+ax2>0.f(x)在区间(−d,d)内的正负号与q(x)=f(x)2+x+ax2=ln (1+x)−2x2+x+ax2相同.f(0)是极大值⇔q(0)是极大值⇔在0附近某个区间(−ℎ,0)内q′(x)>0,即q′(x)=11+x−2(2+x+ax2)−2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=11+x −4−2ax 2(2+x +ax 2)2=(2+x +ax 2)2−(1+x)(4−2ax 2)(2+x +ax 2)2(1+x)=(6a +1)x 2+4ax 3+a 2x 4(2+x +ax 2)2(1+x)>0,且在(0,ℎ)内,q ′(x)<0,进而得6a +1=0,解得a =−16.此时,q ′(x)=−23x 3+136x 4(2+x−16x 2)2符合要求,ℎ(0)与f(0)都是极大值,从而a =−16.【点睛】解法2的优点是先用除法将与ln (1+x)相乘的2+x +ax 2剥离,只求一阶导数就把对数函数消去,化成分式.容易判定q ′(x)在x =0附近取值的正负号,不需要高阶导数,也不需要再求极限.用泰勒展开式ln (1+x)=x −x 22+x 33−x 44+⋯,得f(x)=(2+x +ax2)(x −x 22+x 33−x 44+⋯)−2x =(a +16)x 3+(−a2−16)x 4+⋯如果三次项系数a +16≠0,在0附近足够小的区间(−d,d)内,三次以上各项和绝对值比三次项小,f(x)的正负号与三次项(a +16)x 3相同,f(x)与f(−x)异号,总有一个大于0,f(0)=0不是极大值.要使f(0)极大,必须三次项系数a +16=0,得a =−16.此时,f(x)=−112x 4+⋯的最低次非零项是四次项−112x 4.在0附近足够小的区间内,f(x)的正负号与四次项−112x 4相同,当x ≠0时,都小于0,f(0)确实是极大值.一般地,设f(x)=f(c)+a m (x −c)m +a m+1(x −c)m+1+⋯是无穷级数,且a m ≠0是常数项之外最低次非零项的系数.则当x →c 时,f(x)−f(c)=(x −c)m [a m +a m+1(x −c)+⋯]方括号内的λ(x)=a m +a m+1(x −c)+⋯→a m ,在c 附近足够小的区间(c −d,c +d)内,|x −c|足够小,λ(x)足够接近a m ,正负号与a m 相同,f(x)−f(c)与m 次项a m (x −c)m 正负号相同. 当m 是奇数,x −c <0与x −c >0时,f(x)−f(c)的正负号相反,一正一负,f(c)既不是极大值也不是极小值;当m 是偶数,只要x −c ≠0都有(x −c)m >0.当a m <0时,都有f(x)−f(c)<0,f(c)是极大值;当a m >0时,都有f(x)−f(c)>0,f(c)是极小值. 【例4】函数f(x)=x −1−aln x . (1)若f(x)⩾0,求a 的值;(2)m 为整数,且对于任意正整数n,(1+12)(1+122)⋯(1+12n )<m ,求m 的最小值.【解析】(1)易知f(1)=0,用泰勒展开式探索: 令x =1+t ,得ln x =ln (1+t)=t −t 22+⋯,从而f(x)=(1+t)−1−a [t −t 22+⋯]=(1−a)t +at 22−⋯,要保证x =1附近始终f(x)⩾0,由必须有1−a =0,从而a =1. 此时f(t)=t 22−⋯=(x−1)22−⋯,f(1)=0是极小值,在x =1附近f(x)⩾0.但ln (1+t)仅在−1<t ⩽1范围内可以泰勒展开,无法判断t >1时的变化情况,还需通过ln x 的导数判断它在定义域(0,+∞)内的变化情况. 从而解法如下: 由f(1)=0,知f(x)⩾0,当且仅当f ′(x)=1−ax ⩾0(当x ⩾1时),f ′(x)⩽0(当0<x ⩽1)时,从而a =1.(2)由(1)知ln x ⩽x −1,从而ln (1+t)⩽t . 今P n =(1+12)(1+122)⋯(1+12n ), 所以ln P n =ln (1+12)+ln (1+122)+⋯+ln (1+12n )<12+122+⋯+12n =1−12n+1<1. 从而P n <e =2.71828⋯<3,而P 3=32⋅54⋅98=13564>2.所以m 的最小值为3.【点睛】通过第(1)问来处理此问题,联想对(2)中所证不等式两边取对数.如果熟悉e x 在x =0处的泰勒展开式e x=1+x +x 22!+⋯+x n n!+⋯马上就可以看出，当x >0时,e x >1+x ,从而更容易想到P n <e 12e 122⋯e12n=e12+122+⋯+12n <e 1=e <3.强化训练1.设f(x)=(1+x)e −2x ,g(x)=ax +12x 3+2xcos x ,当x ∈[0,1]时,求证:1−x ⩽f(x)⩽11+x.【解析】证明:f(x)⩽11+x ⇔(1+x)e −2x ⩽11+x ⇔(1+x)2⩽e 2x , 又e x ⩾1+x ,故f(x)⩽11+x , 由泰勒展开式e x=1+x +x 22!+⋯+x n n!+⋯,所以e −2x =1−2x +2x 2+⋯+(−2x)n n!+⋯,所以(1+x)e −2x −(1−x)⩾(1+x)(1−2x +2x 2)−(1−x)=2x 3⩾0,故f(x)⩾1−x . 所以1−x ⩽f(x)⩽11+x.2.f(x)=ln 1+x1−x ,若x ∈(0,1)时f(x)>k (x +x 33),求k 的最大值.【解析】ln (1+x)=x −x 22+x 33+⋯+(−1)n−1xnn+⋯ln (1−x)=−x −x 22−x 33+⋯+(−1)2n−1xnn+⋯. 两式相减,得ln (1+x)−ln (1−x)=2(x +x 33+⋯+x 2n+12n+1)+⋯,当k ⩽2时,f(x)>2(x +x 33);当k >2时,令g(x)=f(x)−k (x +x 33),g ′(x)=k1−x2(x 4−k−2k),当x ∈(0,√k−2k4)时,g(x)单调递减,g(x)<g(0)=0,即f(x)<k (x +x 33),故k >2不合题意.综上所述,k ⩽2.故k 的最大值为2.。

2024年高考数学二轮复习备考建议和策略

2024年高考数学二轮复习备考建议和策略

2024年高考数学二轮复习备考建议和策略一、基础知识巩固在高考数学的二轮复习中，首先要做的就是巩固基础知识。

数学是一门对基础要求极高的学科，因此，必须确保对所有基础知识有深入的理解和准确的记忆。

对于数学概念、公式和定理，需要反复练习和记忆，避免在解题过程中出现理解和记忆的错误。

二、解题技巧提升掌握一定的解题技巧是提高数学成绩的关键。

在二轮复习中，考生应有意识地提升自己的解题技巧。

这包括掌握各类题型的解题方法，理解不同题型的解题思路，以及提高解题速度和准确率。

可以通过大量的练习和总结，逐步提升自己的解题技巧。

三、模拟试题演练模拟试题的演练是二轮复习的重要环节。

通过模拟试题的练习，可以了解自己对知识点的掌握程度，找出自己的薄弱环节，并根据实际情况调整复习策略。

建议考生在练习模拟试题时，注重时间管理和答题技巧的训练，提高自己的应试能力。

四、错题集整理与回顾整理和回顾错题是提高数学成绩的有效方法。

建议考生建立错题集，将练习和模拟考试中的错题记录下来，并定期回顾。

这样可以深入剖析自己的知识盲点和思维误区，避免在同一个问题上反复出错。

同时，也能为最后的冲刺复习提供方向和重点。

五、真题研究与总结研究高考数学真题，可以帮助考生了解命题趋势和考试要求。

通过对历年真题的练习和研究，可以发现自己的不足之处，找出自己的薄弱环节，并根据实际情况调整复习策略。

同时，也能熟悉考试难度和出题方式，提高应试心理素质。

六、心理辅导与调整高考是一场持久战，不仅考验考生的知识储备和应试能力，还考验考生的心理素质。

在二轮复习期间，考生应注重心理辅导与调整。

可以通过心理咨询、放松训练等方法，缓解压力和焦虑情绪，保持积极乐观的心态。

同时，也要注意休息和锻炼，保持良好的身体状态。

七、时间管理规划在二轮复习期间，考生应注重时间管理规划。

要根据自己的实际情况，合理安排每天的学习时间和任务量，做到高效复习。

建议制定详细的复习计划，并按照计划执行。

同时，也要注意劳逸结合，避免过度疲劳影响复习效果。

高三数学二轮复习方法技巧

高三数学二轮复习方法技巧

高三数学二轮复习方法技巧高三数学二轮复习方法技巧一一是课堂容量问题.提倡增大课堂复习容量.不是追求过多的讲，过多的练，面面俱到，“一网打着满河鱼”，而是重点问题舍得时间，非重点问题敢于取舍，集中精力解决学生困惑的问题，增大思维容量，减少废话，减少不必要的环节，少做无用功。

二是讲练比例问题.第二轮复习容易形成“满堂灌”或“大撒手”，这样都不利于学生学懂会用.每堂课都要精讲精练，分配好讲练时间，一般以30分钟为宜.三是发挥学生主体地位问题.课堂中，有的讲得多，讲得快，学生被动听、机械记，久而久之，学生思维僵化，应变能力差;有的简单提问，过多的板演、笔算，貌似气氛活跃，讲练结合，其实是教师的惰性行为.双边活动的真谛是让学生参与解题活动，参与教学过程，启迪思维，点拔要害.四是讲评的方式方法问题.学情抓不准，讲评随意，对答案式的讲评是影响讲评课效益的大敌.必须做到评前认真阅卷，评中归类、纠错、变式、辩论等方式的结合，要抓错误点，失分点，模糊点，剖析根源，彻底矫正.还可采取“自教自”的办法，让学生讲好解法，讲错误处，展开争论.这种方式，由于是从学生中来到学生中去，极易让学生接受.五是信息反馈问题.系统论的反馈原理指出，任何系统只有通过反馈信息，才能实现控制.提高课堂复习效益，加强信息反馈是必不可少的.两条反馈渠道非抓不可.一条是通过练习或检测搜集信息.近几年，我市采用的“穿插复习法”对信息搜集很有帮助.即在大专题复习过程中，每周穿插一次以选择题为主的定时定量训练，内容以检测刚学过知识为重点，兼顾后继复习内容.这样，既做到了掌握所学知识的巩固程度，又抓住了后继复习的要害，复习便有了针对性.另一条是每两周开好一次学生座谈会，有针对性地选取上、中、下三类学生进行交谈和问卷调查，每位教师先行“诊断”，再集体研讨分析学生的要求和看法，拿出行之有效的措施.高三数学二轮复习方法技巧二高三第一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主。

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高考数学第二轮复习方法技巧指导
通过高三上学期的一轮复习，同学们一般都初步构建了数学知识网络结构，对数学概念的理解达到基本要求，同时基本掌握了对常见问题的“模式化”解决方法；具备了初步的运用数学知识思考和解决问题的基本素养。

那么从现在到一模前的这段时间我们的提分点在哪？提分
对策有哪些呢？
一模考试是高考前非常重要的综合检测，应充分准备，全力备考，力争展示自己的最佳水平。

从而为决胜高考树立信心，也为后期继续提高提供平台，同时也要正视考试中出现的问题，能否解决问题，是我们后期成绩能否提高的关键。

要在一模考试中取得良好成绩，总得来说需要我们结合一轮复习后的学习情况，深化对数学本质的理解，提高对数学核心概念理解的灵活度与深刻度；以数学问题为载体，强化解题策略训练，在此基础上完善数学思想方法体系。

要达到以上效果，在复习过程中还应注意以下几点：
1．首先应明确复习目标，确定努力方向；
2．复习目标的制定要结合自身知识漏洞和能力不足；
3．要在明确高考试题结构、内容分布以及考查要求的基础上确定复习方向；
4．把握主干知识，架构核心知识网络；
5．精选、精练习题，要反思问题、总结规律，提升练习效
率；
6．要注意体会数学思想，训练理性思维，提升数学能力。

总之只要在复习过程中把握高考规律，紧扣高考内容，注意体会数学本质，养成从数学的角度思考和解决问题的习惯，在一模考试中一定会有显著的进步。

时下，高三数学进入第二轮复习阶段，考生应该如何在短短的时间内，科学安排复习，提高效率呢？
一、研究考纲，把准方向
为更好地把握高考复习的方向，教师应指导考生认真研读《课程标准》和《考试说明》，明确考试要求和命题要求，熟知考试重点和范围，以及高考数学试题的结构和特点。

以课本为依托，以考纲为依据，对于支撑学科知识体系的重点内容，复习时要花大力气，突出以能力立意，注重考查数学思想，促进数学理性思维能力发展的命题指导思想。

二、重视课本，强调基础
近几年高考数学试题坚持新题不难，难题不怪的命题方向。

强调对通性通法的考查，并且一些高考试题能在课本中找到“原型”。

尽管剩下的复习时间不多，但仍要注意回归课本，只有透彻理解课本例题，习题所涵盖的数学知识和解题方法，才能以不变应万变。

例如，高二数学（下）中有这样一道例题：求椭圆中斜率为平行弦的中点的轨迹方程。

此题所涉及的知识点、方法在2019年春季高考、2019年秋季高考、
2019年秋季高考的压轴题中多次出现。

加强基础知识的考查，特别是对重点知识的重点考查；重视数学知识的多元联系，基础和能力并重，知识与能力并举，在知识的“交汇点”上命题；重视对知识的迁移，低起点、高定位、严要求，循序渐进。

有些题目规定了两个实数之间的一种关系，叫做“接近”，以递进式设问，逐步增加难度，又以学生熟悉的二元均值不等式及三角函数为素材，给学生亲近之感。

将绝对值不等式、均值不等式、三角函数的主要性质等恰如其分地涵盖。

注重对资料的积累和对各种题型、方法的归纳，以及可能引起失分原因的总结。

同时结合复习内容，引导学生自己对复习过程进行计划、调控、反思和评价，提高自主学习的能力。

教师范读的是阅读教学中不可缺少的部分，我常采用范读，让幼儿学习、模仿。

如领读，我读一句，让幼儿读一句，边读边记；第二通读，我大声读，我大声读，幼儿小声读，边学边仿；第三赏读，我借用录好配朗读磁带，一边放录音，一边幼儿反复倾听，在反复倾听中体验、品味。

三、突破难点，关注热点
在全面系统掌握课本知识的基础上，第二轮复习应该做到重点突出。

需要强调的是猜题、押题是不可行的，但分析、琢磨、强化、变通重点却是完全必要的。

考生除了要留心历年考卷变化的内容外，更要关注不变的内容，因为不变的内容
才是精髓，在考试中处于核心、主干地位，应该将其列为复习的重点，强调对主干的考察是保证考试公平的基本措施和手段。

同时，还应关注科研、生产、生活中与数学相关的热点问题，并能够用所学的知识进行简单的分析、归纳，这对提高活学活用知识的能力就大有裨益。

单靠“死”记还不行,还得“活”用,姑且称之为“先死后活”吧。

让学生把一周看到或听到的新鲜事记下来,摒弃那些假话套话空话,写出自己的真情实感,篇幅可长可短,并要求运用积累的成语、名言警句等,定期检查点评,选择优秀篇目在班里朗读或展出。

这样,即巩固了所学的材料,又锻炼了学生的写作能力,同时还培养了学生的观察能力、思维能力等等,达到“一石多鸟”的效果。

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