高中数学小专题(精品)21

合集下载

高中数学竞赛专题讲座竞赛讲座21应用题选讲

比赛讲座 21－应用题选讲应用题联系实质，生动地反应了现实世界的数目关系，可否从详细问题中概括出数目关系，反应了一个人剖析问题、解决问题的实质能力.列方程解应用题，一般应有审题、设未知元、列解方程、查验、作结论等几个步骤.下边从几个不一样的侧面选讲一部分比赛题，从中表现解应用题的技术和技巧.1.合理选择未知元例 1 （ 1983 年轻岛市初中数学比赛题）某人骑自行车从 A 地先以每小时 12 千米的速度下坡后，以每小时 9 千米的速度走平路到 B 地，共用 55 分钟 . 回来时，他以每小时 8 千米的速度经过平路后，以每小时 4 千米的速度上坡，从 B地到 A地共用小时，求 A、 B两地相距多少千米？解法 1（选间接元）设坡路长x 千米，则下坡需依题意列方程：解之，得 x=3.答： A、 B 两地相距9 千米.解法 2（选直接元辅以间接元）设坡路长为x 千米， A、B 两地相距y 千米，则犹如下方程组解法 3（选间接元）设下坡需x 小时，上坡需 y 小时，依题意列方程组：例 2 （ 1972 年美国中学数学比赛题）若一商人进货价便谊 8%，而售价保持不变，那么他的收益（按进货价而定）可由当前的 x%增添到 (x+10)%，x 等于多少？解此题若用直接元x 列方程十分不易，可引入协助元进货价M，则 0.92M 是打折扣的价钱， x 是收益，以百分比表示，那么写销售货价（固定不变）的等式，可得：M（1+0.01x ）=0.92M[1+0.01 （x+10）].约去 M，得1+0.01x=0.92[1+01.1（x+10）].解之，得x=15.例 3在三点和四点之间，时钟上的分针和时针在什么时候重合？剖析选直接元，设两针在 3 点 x 分钟时重合，则这时分针旋转了 x 分格，时针旋转了（ x-15 ）剖析，因为分针旋转的速度是每分钟 1 分格，旋转 x 分格需要分钟，时针旋转的速度是每分钟分格，旋转（ x-15 ）分格要例 4（1985 年江苏东台初中数学比赛题）从两个重为m千克和 n 千克，且含铜百分数不一样的合金上，切下重量相等的两块，把所切下的每一块和另一种节余的合金加在一同熔炼后，二者的含铜百分数相等，问切下的重量是多少千克？解采纳直接元并辅以间接元，设切下的重量为 x 千克，并设 m千克的铜合金中含铜百分数为 q ， n 千克的铜合金中含铜百分数为q ，则切下的两块中分别含铜xq 121千克和xq2千克，混淆熔炼后所得的两块合金中分别含铜[xq1+(n-x)q2]千克和[xq 2 +(m-x)q 1] 千克，依题意，有：2.多元方程和多元方程组例 5 （ 1986 年扬州市初一数学比赛题） A、B、C三人各有豆若干粒，要求相互赠予，先由 A 给 B、C，所给的豆数等于 B、C 本来各有的豆数，依同法再由 B 给 A、C 现有豆数，后由 C 给 A、 B 现有豆数，互送后每人恰巧各有 64 粒，问本来三人各有豆多少粒？解设A、B、C 三人本来各有x、 y、 z粒豆，可列出下表：则有：解得： x=104，y=56， z=32.答：本来 A 有豆 104 粒，B 有 56 粒， C有 32 粒.例 6（1985 年宁波市初中数学比赛题）某工厂有九个车间，每个车间原有相同多的成品，每个车间每日能生产相同多的成品，而每个查验员查验的速度也相同快，A组 8 个查验员在两天之间将两个车间的所有成品（所有成品指原有的和以后生产的成品）查验完成后，再去查验另两个车间的所有成品，又用了三天查验完成，在此五天内，B 组的查验员也查验完成余下的五个车间的所有成品，问B 组有几个查验员？解设每个车间原有成品 x 个，每日每个车间能生产 y 个成品；则一个车间生产两天的所有成品为（ x+2y）个，一个车间生产 5 天的所有成品为 (x+5y) 个，因为 A 组的 8 个查验员每日的查验速度相等，可得解得： x=4y一个查验员一天的查验速度为：又因为 B 组所查验的是 5 个车间，这 5 个车间生产 5 天的所有成品为 5(x+5y) 个，而这5(x+5y) 个建立要 B 组的人查验 5 天，因此 B 组的人一天能查验 (x+5y) 个 .因为所有查验员的查验速度都相等，因此，(x+5y) 个成品所需的查验员为：（人） .答： B 组有 12 个查验员 .3.对于不等式及不定方程的整数解例 7（1985 年武汉市初一数学比赛题）把若干颗花生疏给若干只猴子，假如每只猴子分 3 颗，就剩下 8 颗；假如每只猴子分 5 颗，那么最后一只猴子得不到 5 颗，求猴子的只数和花生的颗数 .解：设有 x 只猴子和 y 颗花生，则：y-3x=8,①5x-y ＜5，②由①得： y=8+3x,③③代入②得 5x-(8+3x) ＜5,∴x ＜ 6.5因为 y 与 x 都是正整数，因此 x 可能为 6，5，4，3，2，1，相应地求出 y 的值为 26，23，20， 17，14， 11.经查验知，只有x=5， y=23 和 x=6，y=26 这两组解切合题意 .答：有五只猴子， 23 颗花生，或许有六只猴子，26 颗花生 .例 8（1986 年上海初中数学比赛题）在一次射箭比赛中，已知小王与小张三次中靶环数的积都是 36，且总环数相等，还已知小王的最高环数比小张的最高环数多（中箭的环数是不超出 10 的自然数），则小王的三次射箭的环数从小到大摆列是多少？解设小王和小张三次中靶的环数分别是x、 y、 z 和 a、b、c, 不如设 x≤y≤z，a≤b≤c，由题意，有：因为环数为不超出10 的自然数，第一有z≠10，不然与①式矛盾.若设 z=9, 则由①知： xy=4,∴x=2,y=2, 或 x=1,y=4,∴x+y+z=13 或 x+y+z=14.又由②及 c＜ z 知， c|36 ，∴ c=6，这时， ab=6.∴a=2， b=3，或 a=1， b=6∴a+b+c=11 或 a+b+c=13又由③知： x+y+z=a+b+c=13∴取 x=2， y=2，z=9.答：小王的环数分别为2环，2环，9环.例 9（1980 年苏联全俄第 6 届中学生物理数学比赛题）一队游客乘坐汽车，要求每辆汽车的乘客人数相等，开初，每辆汽车乘了 22 人，结果剩下一人未上车；假如有一辆汽车空车开走，那么所有游客正好能均匀分乘到其他各车上，已知每辆汽车最多只好容纳 32 人，求开初有多少辆汽车？有多少名游客？解设开初有汽车k 辆，开走一辆空车后，均匀每辆车所乘的游客为k≥2，n≤32，由题意，知：22k+1=n(k-1) ，n 名，明显，∴k-1=1 ，或 k-1=23,即 k=2，或 k=24.当k=2 时，n=45 不合题意，当 k=24 时,n=23 合题意，这时游客人数为 n(k-1)=529.答：开初有 24 辆汽车，有 529 名游客4.应用题中的推理问题比赛中常有的应用题不必定是以求解的面目出现，而是一种逻辑推理型 . 解答这种题目不单需要具备较强的剖析综合能力，还要擅长用正确精练的语言来表述自己正确的逻辑思想.例 10（1986 年加拿大数学比赛题）有一种体育比赛共含 M个项目，有运动员 A、B、C参加，在每个项目中，第一、二、三名分别得 p1、p2、 p3分，此中 p1、 p2、p3为正整数且 p1＞ p2＞ p3，最后 A 得 22 分， B 与 C 均得 9 分， B 在百米赛中获得第一，求 M 的值，并问在跳高中谁获得第二名？剖析考虑三个得的总分，有方程：M(p1 +p2+p3 )=22+9+9=40,①又p 1+p2+p3≥1+2+3=6，②∴6M≤M(p1+p2+p3)=40 ，进而 M≤6.由题设知起码有百米和跳高两个项目，进而M≥2，又 M|40，因此 M可取 2、4、5.考虑 M=2，则只有跳高和百米，而 B百米第一，但总分仅 9 分，故必有：9≥p1+p3, ∴≤8，这样 A不行能得 22 分.若 M=4，由 B 可知： 9≥p1+3p3，又p3≥1，因此p1≤6, 若p1≤5，那么四项最多得20分， A 就不行能得 22 分，故 p1=6.∵4（ p1+p2+p3）=40, ∴p2+p3=4.故有： p2=3,p 3=1,A 最多得三个第一，一个第二，一共得分3×6+3=21＜ 22，矛盾 .若 M=5，这时由 5(p 1+p2+p3)=40 ，得：p1+p2+p3=8. 若 p3≥2，则：p1+p2+p3≥4+3+2=9，矛盾，故p3 =1.又 p1一定大于或等于5, 不然 ,A 五次最高只好得20 分, 与题设矛盾 , 因此 p1≥5.若 p1≥6，则 p2+p3≤2，这也与题设矛盾，∴p1=5， p2+p3 =3，即 p2 =2， p3=1.A=22=4×5+2.故 A 得了四个第一，一个第二；B=9=5+4×1，故 B 得了一个第一，四个第三；C=9=4×2+1，故 C 得了四个第二，一个第三.练习五1.选择题（ 1）翻开 A、 B、C 每一个阀门，水就以各自不变的速度注入水槽 . 当所有三个阀门都翻开时，注满水槽需 1 小时；只翻开 A、C两个阀门，需要 1.5 小时；假如只翻开B、C 两个阀门，需要 2 小时，若只翻开 A、B 两个阀门时，注满水槽所需的小时数是（）.（ A） 1.1（B）1.1５（C）1.2（D）1.25(E)1.75（2）两个孩子在圆形跑道上从同一点 A 出发，按相反方向运动，他们的速度是每秒5 英尺和每秒 9 英尺，假如他们同时出发并当他们在 A 点第一次再相遇的时候结束，那么他们从出发到结束之间相遇的次数是（）.（ A）13（B）25（C）44（D）无量多（E）这些都不是（ 3）某超级市场有128 箱苹果，每箱起码120 只，至多 144 只，装苹果只数相同的箱子称为一组，问此中最大一组的箱子的个数n，最小是（）（A）4（B）5（C）6（D）24（E）25（ 4）两个相同的瓶子装满酒精溶液，在一个瓶子中酒精与水的容积之比是 p:1 ，而在另一个瓶子中是 q:1 ，若把两瓶溶液混淆在一同，混淆液中的酒精与水的容积之比是（）.（ 5）汽车 A 和 B 行驶相同的距离，汽车 A 以每小时 u 千米行驶距离的一半并以每小时υ千米行驶另一半，汽车 B以每小时 u 千米行驶所行时间的一半并以每小时υ千米行驶另一半，汽车 A 的均匀速度是每小时 x 千米，汽车 B 的均匀速度是每小时 y 千米，那么我们总有（）（ A）x≤y(B)x ≥y(C)x＝y(D)x ＜ y(E)x＞y2. 填空题（ 1）已知闹钟每小时慢 4 分钟，且在 3 点半时瞄准，此刻正确时间是正确时间 ______分钟，闹钟才指到12 点上 .12 点，则过（ 2）若 b 个人 c 天砌 f 块砖，则 c 个人用相同的速度砌 b 块砖需要的天数是 ____.（ 3）某人上下班可乘火车或汽车，若他清晨上班乘火车则下午回家乘汽车；又倘若他下午回家乘火车则清晨上班乘汽车，在x 天中这个人乘火车9 次，清晨乘汽车次，下午乘汽车15 次，则 x=_______.8（ 4）一个年纪在13 至 19 岁之间的孩子把他自己的年纪写在他父亲年纪的后边，这个新的四位数中减去他们年纪差的绝对值获得4289，他们年纪的和为 ______.从（5）一个城镇的人口增添了 1200 人，而后这新的人口又减少了 11%，此刻镇上的人数比增添 1200 人从前还少 32 人，则原有人口为 _____人 .3.（1982-1983 年福建省初中数学比赛题）一个四位数是奇数，它的首位数字小于其他各位数字，而第二位数字大于其他各位数字，第三位数字等于首末两位数字之和的二倍，求此四位数 .4. （第 2 届《祖冲之杯》）甲乙两人合养了几头羊，而每头羊的卖价又恰为n 元，两人分钱方法以下：先由甲拿 10 元，再由乙拿 10 元，这样轮番，拿到最后，剩下不足十元，轮到乙拿去，为了均匀分派，甲应当分给乙多少钱？5. （1986 年湖北省荆州地域初中数学比赛题）达成同一工作，A独做所需时间为B 与 C 共同工作所需时间的 m倍，B 独做所需时间为 A 与 C 共同工作所需时间的 n 倍，C 独做所需时间为 A 与 B 共同工作所需时间的 x 倍，用 m， n 表示出 x 来 .6.（ 1988 年江苏省初中数学比赛题）今有一个三位数，其各位数字不尽相同，如将此三位数的各位数字从头摆列，必可得一个最大数和一个最小数（比如，427，经重新摆列得最大数 742，最小数 247），假如所得最大数与最小数之差就是本来的那个三位数，试求这个三位数 .7.（ 1978 年四川省数学比赛题）某煤矿某一年产煤总量中，除每年以必定数目的煤作为民用、出口等非工业用途外，其他留作工业用煤，依据该年度某一工业城市的工业用煤总量为标准计算，可供这样的三个工业城市用六年，四个这样的城市用五年（自然每年都要除掉非工业用煤的那一个定量），问假如只供一个城市的工业用煤，能够用多少年？练习五１．Ａ．Ｃ．Ｅ．Ａ．２．①②③１６④５９岁⑤１０００３．设从首位起，各位数字按序为ａ，ｂ，ｃ，ｄ，则ａ＜ｂ，ａ＜ｃ，ａ＜ｄ，且ｃ＜ｄ，ｄ＜ｂ．又ｃ＝２（ａ＋ｄ）．且２≤ｃ≤８，故２≤２（ａ＋ｄ）≤８．∵ｄ为奇数，ａ≠０，∵ａ＝１，ｄ＝３．这时ｃ＝２（ａ＋ｄ）＝８，ｂ＝９．４．略．５．设Ａ、Ｂ、Ｃ独自达成同一工作所需时间分别为ａ、ｂ、ｃ，则单位时间他们可分别达成所有工作的、、，依题意有：由上边三式，可得：６．设三位数为，重排后最大数为则最小数为于是有因为Ｃ＜Ａ，由上式有１０＋Ｃ－Ａ＝ｚ，１０＋（Ｂ－１）－Ｂ＝ｙ，（Ａ－１）－Ｃ＝ｘ．可求得ｙ＝９，ｘ＝４，ｚ＝５．７．设该煤矿该年度产煤总量为ｘ，每年非工业用煤量为ｙ，该工业城市该年工业用煤量为ｚ，并设只供这样一个城市工业用煤可用ｐ年，由题意得方程组：①②③由①与②得ｙ＝２ｚ．④从①、③、④三式中消去ｘ、ｙ、ｚ，得。

专题2.1+与三角函数相关的最值问题-玩转压轴题突破140分之高三数学选填题高端精品

一．方法综述三角函数相关的最值问题历来是高考的热点之一，而三角函数的最值问题是三角函数的重要题型，其中包括以考查三角函数图象和性质为载体的最值问题、三角函数的有界性为主的最值问题时屡见不鲜的题型，熟悉三角函数的图象和性质和掌握转化思想是解题关键．二．解题策略类型一与三角函数的奇偶性和对称性相关的最值问题【例1】若将函数()sin2cos2f x x x =+的图象向左平移ϕ（0ϕ>）个单位，所得的图象关于y 轴对称，则ϕ的最小值是（） A.4π B. 38π C. 8π D. 58π 【答案】C【指点迷津】()sin()f x A x ωϕ=+具有奇偶性时，k ϕπ=（k z ∈）或2k πϕπ=+（k z ∈）.【举一反三】1、【广州市2018届高三第一学期第一次调研】将函数2sin cos 33y x x ππ⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的图象向左平移()0ϕϕ>个单位，所得图象对应的函数恰为奇函数，则ϕ的最小值为A.12π B. 6π C. 4π D. 3π【答案】B【解析】将函数2sin 23y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象向左平移()0ϕϕ>个单位，所得图象对应的函数：()2sin 23y x πϕ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦，又其为奇函数， ∴2sin 203πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭， ()22k πZ 3k πϕ+=∈，， k π23πϕ=-， ()Z k ∈，又0ϕ> 当k 1=时， ϕ的最小值为6π 故选：B2、【河南省2018届高三12月联考】若函数()2sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭关于直线x m =（0m <）对称，则m 的最大值为（） A. 4π-B. 1112π-C. 512π-D. 712π- 【答案】C【解析】由题意得， ()232m k k Z πππ+=+∈，即()212k m k Z ππ=+∈， 0m <Q ， 1k ∴=-时， m 的最大值为512π-. 3、【2018河南省林州市第一中学模拟】定义运算12142334a a a a a a a a =-，将函数()3sin (0)1cos wxf x w wx=>的图象向左平移23π个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数，则w 的最小值是（） A. 14 B. 54 C. 74 D. 34【答案】B令0k =可得ω的最小值为54. 本题选择B 选项.类型二与三角函数的单调性相关的最值问题【例2】已知0ω>, ()sin 4f x x πω⎛⎫=+⎪⎝⎭在2ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，则ω的取值范围是（） A. 15[24⎤⎥⎦， B. 13[ 24⎤⎥⎦， C. 102⎛⎫⎪⎝⎭， D. ](0 2，【答案】A【指点迷津】熟记三角函数的单调区间以及五点作图法做函数图象是解决单调性问题的关键．【举一反三】1、【皖江名校2018届高三12月份大联考】若函数()2sin 0y x ωω=>的图象在区间,36ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上只有一个极值点，则ω的取值范围为（） A. 312ω<≤ B. 332ω<≤ C. 34ω≤< D. 3922ω≤< 【答案】B【解析】结合题意，函数唯一的极值点只能是2x πω=-，所以有32{62ππωππω-⨯<-⨯≤得332ω<≤。

高中数学11个小专题

高中数学11个小专题
以下是高中数学11个小专题的简要介绍：
1. 函数与导数：研究函数的性质、图像和导数的应用，包括单调性、极值、最值等问题。

2. 三角函数与解三角形：掌握三角函数的性质、图像和变换，以及解三角形的技巧和方法。

3. 数列与数学归纳法：研究数列的概念、性质和通项公式，以及数学归纳法的原理和应用。

4. 解析几何：通过坐标法研究平面解析几何的基本问题，包括直线、圆、圆锥曲线等。

5. 立体几何：研究空间图形的性质、关系和度量，培养空间想象能力和几何直觉。

6. 复数与三角函数：深入了解复数的概念、性质和运算，以及复数在三角函数中的应用。

7. 排列组合与概率统计：掌握计数原理、排列组合和概率的基本概念，以及统计方法的实际应用。

8. 二项式定理与组合数学：研究二项式定理的展开和应用，以及组合数学中的基本问题和公式。

9. 微积分初步：简要介绍微积分的基本概念，如极限、连续性、可导性和积分等。

10. 不等式与数列极限：研究不等式的性质和证明方法，以及数列极限的概念和性质。

11. 线性代数初步：介绍线性方程组、矩阵和向量的基本概念和性质。

这11个小专题基本上覆盖了高中数学的主要内容，旨在帮助学生建立完整的知识体系，提高数学思维和解决问题的能力。

2019高考数学理科二轮复习第一篇微型专题练习：微专题21 坐标系与参数方程 Word版含解析

21　坐标系与参数方程1.已知动点P ,Q 都在曲线C :(t 为参数)上,对应参数分别{x =2cos t,y =2sin t 为t=α与t=2α(0<α<2π),M 为PQ 的中点.(1)求点M 的轨迹的参数方程;(2)将点M 到坐标原点的距离d 表示为α的函数,并判断点M 的轨迹是否过坐标原点.解析▶　(1)由题意得P (2cos α,2sin α),Q (2cos 2α,2sin 2α),因此M (cos α+cos 2α,sin α+sin 2α),故点M 的轨迹的参数方程为(α为参数,0<α<2π).{x =cos α+cos2α,y =sin α+sin2α(2)点M 到坐标原点的距离d==(0<α<2π),x 2+y 22+2cos α当α=π时,d=0,故点M 的轨迹过坐标原点.2.已知圆O 1,圆O 2的极坐标方程分别为ρ=4cos θ,ρ=-sin θ.(1)把圆O 1和圆O 2的极坐标方程化为直角坐标方程;(2)求经过圆O 1与圆O 2的两个交点的直线的直角坐标方程,并将其化为极坐标方程.解析▶　(1)由ρ=4cos θ得ρ2=4ρcos θ,将ρcosθ=x ,ρ2=x 2+y 2代入上式,可得x 2+y 2=4x ,所以圆O 1的直角坐标方程为x 2+y 2-4x=0.由ρ=-sin θ得ρ2=-ρsin θ,将ρ2=x 2+y 2,ρsin θ=y 代入上式,可得x 2+y 2=-y ,所以圆O 2的直角坐标方程为x 2+y 2+y=0.(2)由x 2+y 2-4x=0及x 2+y 2+y=0,两式相减得4x+y=0,所以经过圆O 1与圆O 2的两个交点的直线的直角坐标方程为4x+y=0.将4x+y=0化为极坐标方程为4ρcos θ+ρsin θ=0,即tan θ=-4.3.在平面直角坐标系xOy 中,以坐标原点O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,已知直线l 的参数方程为(t 为参数),曲{x =255t ,y =2+55t线C 的极坐标方程为ρcos 2θ=8sin θ.(1)求曲线C 的直角坐标方程,并指出该曲线是什么曲线;(2)若直线l 与曲线C 的交点分别为M ,N ,求|MN|.解析▶　(1)因为cosρ2θ=8sin θ,所以cos θ=8ρsin θ,ρ22即x 2=8y ,所以曲线C 表示焦点坐标为(0,2),对称轴为y 轴的抛物线.(2)易知直线l 过抛物线的焦点(0,2),且参数方程为{x =255t ,y =2+55t(t 为参数),代入曲线C 的直角坐标方程,得t 2-2t-20=0,设M ,N 对应的参5数分别为t 1,t 2,所以t 1+t 2=2,t 1t 2=-20.5所以|MN|=|t 1-t 2=10.(t 1+t 2)2-4t 1t 24.以平面直角坐标系的原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线C 1的极坐标方程为ρsin =,曲线C 2的极坐标(θ-π4)2方程为ρ=2cos .(θ-π4)(1)写出曲线C 1的直角坐标方程和曲线C 2的参数方程;(2)设M ,N 分别是曲线C 1,C 2上的两个动点,求|MN|的最小值.解析▶　(1)依题意得,ρsin =ρsin θ-ρcos θ=(θ-π4)2222,2所以曲线C 1的直角坐标方程为x-y+2=0.由曲线C 2的极坐标方程得ρ2=2ρcos =ρcos θ+(θ-π4)22ρsin θ,所以曲线C 2的直角坐标方程为x 2+y 2-x-y=0,即+22(x -22)2=1,　(y -22)2所以曲线C 2的参数方程为(θ为参数). {x =22+cos θ,y =22+sin θ(2)由(1)知,圆C 2的圆心到直线x-y+2=0的距离d=(22,22)=.|22-22+2|22又半径r=1,所以|MN|min =d-r=-1.2能力1▶　能用曲线极坐标方程解决问题【例1】　在平面直角坐标系xOy 中,圆C 的圆心为,半径为(0,12),现以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.12(1)求圆C 的极坐标方程;(2)设M ,N 是圆C 上两个动点,且满足∠MON=,求+的最2π3|OM ||ON |小值.解析▶　(1)由题意得圆C 的直角坐标方程为x 2+=,即(y -12)214x 2+y 2-y=0,化为极坐标方程为ρ2-ρsin θ=0,整理可得ρ=sin θ.(2)设M ,N, 则|OM|+=ρ1+ρ2=sin θ+sin(ρ1,θ)(ρ2,θ+2π3)|ON | =sin θ+cos θ=sin .(θ+2π3)1232(θ+π3)由得0≤θ≤,所以≤θ+≤,故≤sin{0≤θ≤π,0≤θ+2π3≤π,π3π3π32π332≤1,(θ+π3)即+的最小值为.|OM ||ON |32 由极坐标方程求与曲线有关的交点、距离等几何问题时,若能用极坐标系求解,可直接用极坐标求解;若不能直接用极坐标解决,可先转化为直角坐标方程,然后求解.已知曲线C :ρ=-2sin θ.(1)求曲线C 的直角坐标方程;(2)若曲线C 与直线x+y+a=0有公共点,求实数a 的取值范围.解析▶　(1)由ρ=-2sin θ可得 ρ2=-2ρsin θ,即x 2+y 2=-2y ,∴曲线C 的直角坐标方程为x 2+(y+1)2=1.(2)由圆C 与直线有公共点,得圆心C 到直线的距离d=|0-1+a |2≤1,解得1-≤a ≤1+.22∴实数a 的取值范围为[1-,1+].22能力2▶　会用参数方程解决问题【例2】　在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为(θ为参数),直线l 的参数方程为(t 为参{x =2cos θ,y =4sin θ{x =1+t cos α,y =2+t sin α数).(1)求曲线C 和直线l 的普通方程;(2)若曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标为(1,2),求l 的斜率.解析▶　(1)曲线C的普通方程为+=1.x 24y 216当cos α≠0时,l 的普通方程为y=x tan α+2-tan α;当cos α=0时,l 的普通方程为x=1.(2)将l 的参数方程代入C 的直角坐标方程,整理得关于t 的方程,即(1+3cos 2α)t 2+4(2cos α+sin α)t-8=0.　①因为曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标(1,2)在C 内,所以①有两个解,设为t 1,t 2,则t 1+t 2=0.又由①得t 1+t 2=-,故2cos α+sin α=0,于是直线l4(2cos α+sin α)1+3cos 2α的斜率k=tan α=-2. 过点M 0(x 0,y 0),倾斜角为α的直线l 的参数方程是(t 是参数).注意以下结论的应用:{x =x 0+tcos α,y =y 0+tsin α(1)|M 1M 2|=|t 1-t 2|;(2)若线段M 1M 2的中点M 所对应的参数为t ,则t=,中点M 到t 1+t 22定点M 0的距离|MM 0|=|t|=;|t 1+t 22|(3)若M 0为线段M 1M 2的中点,则t 1+t 2=0.在平面直角坐标系xOy 中,曲线M 的参数方程为{x =2+r cos θ,y =1+r sin θ(θ为参数,r>0),曲线N 的参数方程为(t 为参数,且{x =255t ,y =1+55tt ≠0).(1)以曲线N 上的点与原点O 连线的斜率k 为参数,写出曲线N 的参数方程;(2)若曲线M 与N 的两个交点为A ,B ,直线OA 与直线OB 的斜率之积为,求r 的值.43解析▶　(1)将消去参数t ,得x-2y+2=0(x ≠0),由题{x =255t ,y =1+55t意可知k ≠.12由得.{x -2y +2=0,y =kx (k ≠12),{x =22k -1,y =2k 2k -1(k ≠12)故曲线N 的参数方程为k 为参数,{x =22k-1,y =2k2k-1.且k ≠12)(2)由曲线M 的参数方程得其普通方程为(x-2)2+(y-1)2=r 2,将代入上式,{x =22k-1,y =2k2k-1整理得(16-4r 2)k 2+(4r 2-32)k+17-r 2=0.因为直线OA 与直线OB 的斜率之积为,所以=,解得r 2=1.4317-r 216-4r 243又r>0,所以r=1.将r=1代入(16-4r 2)k 2+(4r 2-32)k+17-r 2=0,得12k 2-28k+16=0,满足Δ>0,故r=1.能力3▶　会解极坐标与参数方程的综合问题【例3】　在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 1的参数方程为(t 为参数,a ∈R),以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴{x =a -22t ,y =1+22t建立极坐标系,曲线C 2的极坐标方程为ρcos 2θ+2cos θ-ρ=0.(1)写出曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程;(2)已知点P (a ,1),曲线C 1和曲线C 2交于A ,B 两点,且|PA|·|PB|=4,求实数a 的值.解析▶　(1)由C 1的参数方程消去t 得其普通方程为x+y-a-1=0.由C 2的极坐标方程得ρ2cos 2θ+2ρcos θ-ρ2=0,所以C 2的直角坐标方程为y 2=2x.(2)将曲线C 1的参数方程代入曲线C 2:y 2=2x ,得t 2+4t+2(1-22a )=0,由Δ>0得a>-.32设A ,B 对应的参数分别为t 1,t 2,则t 1t 2=2(1-2a ).由题意得|PA|·|PB|=|t 1t 2|=|2(1-2a )|=4,解得a=-或a=,满足Δ>0,1232所以实数a的值为-或.1232 涉及参数方程和极坐标方程的综合题,求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解.当然,还要结合题目本身特点,确定选择何种方程方便.在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 1的参数方程为(α为参数),以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为{x =2+25cos α,y =4+25sin α极轴建立极坐标系,直线C 2的极坐标方程为θ=(ρ∈R).π3(1)求C 1的极坐标方程和C 2的直角坐标方程;(2)若直线C 3的极坐标方程为θ=(ρ∈R),设C 2与C 1的交点为π6O ,M ,C 3与C 1的交点为O ,N ,求△OMN 的面积.解析▶　(1)将曲线C 1的参数方程消去参数α,得其普通方程为(x-2)2+(y-4)2=20,即x 2+y 2-4x-8y=0.把x=ρcos θ,y=ρsin θ代入方程得ρ2-4ρcos θ-8ρsin θ=0,所以C 1的极坐标方程为ρ=4cos θ+8sin θ.由直线C 2的极坐标方程得其直角坐标方程为y=x.3(2)设M (ρ1,θ1),N (ρ2,θ2),分别将θ1=,θ2=代入ρ=4cosπ3π6θ+8sin θ,得ρ1=2+4,ρ2=4+2.33则△OMN 的面积S=ρ1ρ2sin(θ1-θ2)12=×(2+4)×(4+2)×sin =8+5.1233π631.在极坐标系中,极点为O ,已知曲线C 1:ρ=2,曲线C 2:ρsin =(θ-π4).2(1)试判断曲线C 1与曲线C 2的位置关系;(2)若曲线C 1与曲线C 2交于A ,B 两点,求过点C (1,0)且与直线AB 平行的直线l 的极坐标方程.解析▶　(1)∵ρ=2,∴x 2+y 2=4.由ρsin =,可得ρsin θ-ρcos θ=2,即x-y+2=0.(θ-π4)2圆心(0,0)到直线x-y+2=0的距离d==<2,∴曲线C 1与曲线C 2222相交.(2)∵曲线C 2的斜率为1,∴过点(1,0)且与曲线C 2平行的直线l 的直角坐标方程为y=x-1,∴直线l 的极坐标方程为ρsin θ=ρcos θ-1,即ρcos (θ+π4)=.222.已知曲线C 的参数方程为(θ为参数),在同一平面直角{x =3cos θ,y =2sin θ坐标系中,将曲线C 经过伸缩变换后得到曲线C'.{x '=13x ,y '=12y(1)求曲线C'的普通方程;(2)若点A 在曲线C'上,点B (3,0),当点A 在曲线C'上运动时,求AB 中点P 的轨迹方程.解析▶　(1)将代入得C'的参数方程为{x =3cos θ,y =2sin θ{x '=13x ,y '=12y ,{x '=cos θ,y '=sin θ,所以曲线C'的普通方程为x 2+y 2=1.(2)设P (x ,y ),A (x 0,y 0),因为点B (3,0),且AB 的中点为P ,所以{x 0=2x -3,y 0=2y .又点A 在曲线C'上,代入C'的普通方程x 2+y 2=1,得(2x-3)2+(2y )2=1,所以动点P 的轨迹方程为+y 2=. (x -32)2143.已知直线l 的参数方程为(t 为参数),以坐标原点O{x =1+12t ,y =3+3t为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 的极坐标方程为sinθ-ρcos 2θ=0.3(1)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程;(2)写出直线l 与曲线C 交点的一个极坐标.解析▶　(1)由消去参数t ,得y=2x-,即直线l{x =1+12t ,y =3+3t33的普通方程为y=2x-.33∵sin θ-ρcos 2θ=0,∴ρsin θ-ρ2cos 2θ=0,得y-333x 2=0,即曲线C 的直角坐标方程为y=x 2.3(2)将代入y=x 2,得+t-=0,解得{x =1+12t ,y =3+3t3333(1+12t )2t=0,∴交点坐标为(1,),3∴交点的一个极坐标为.(2,π3)4.在平面直角坐标系xOy 中,直线l 的参数方程为(t{x =-1+22t ,y =1+22t为参数),圆C 的直角坐标方程为(x-2)2+(y-1)2=5.以原点O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求直线l 及圆C 的极坐标方程;(2)若直线l 与圆C 交于A ,B 两点,求cos∠AOB 的值.解析▶　(1)由直线l 的参数方程得其普通方程{x =-1+22t ,y =1+22t为y=x+2,∴直线l 的极坐标方程为ρsin θ=ρcos θ+2,即ρsin θ-ρcos θ=2.又∵圆C 的方程为(x-2)2+(y-1)2=5,将代入并化简得ρ=4cos θ+2sin θ,{x =ρcos θ,y =ρsin θ∴圆C 的极坐标方程为ρ=4cos θ+2sin θ. (2)将ρsin θ-ρcos θ=2与ρ=4cos θ+2sin θ联立,得(4cos θ+2sin θ)(sin θ-cos θ)=2,整理得sin θcos θ=3cos 2θ,∴θ=或tan θ=3.π2不妨记点A对应的极角为,点B 对应的极角为θ,且tan θ=3.π2∴cos∠AOB=cos=sin θ=.(π2-θ)310105.在平面直角坐标系xOy 中,圆C 1的参数方程为(α{x =2+2cos α,y =2sin α为参数).以平面直角坐标系的原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线C 2的极坐标方程为ρsin θ=.3(1)求圆C 1圆心的极坐标;(2)设C 1与C 2的交点为A ,B ,求△AOB 的面积.解析▶　(1)由曲线C 1的参数方程(α为参数),消{x =2+2cos α,y =2sin α去参数,得C 1的直角坐标方程为x 2-4x+y 2=0,∴C 1的圆心坐标(2,0)在x 轴的正半轴上,∴圆心的极坐标为(2,0).(2)由C 1的直角坐标方程得其极坐标方程为ρ=4cos θ(ρ>0).由方程组得4sin θcos θ=,解得sin 2θ=.{ρ=4cos θ,ρsin θ=3332∴θ=k π+(k ∈Z)或θ=k π+(k ∈Z),π6π3∴ρ=2或ρ=2.3∴C 1和C 2交点的极坐标为A ,B 2,k π+(k ∈Z).(23,kπ+π6)π3∴S △AOB =|AO||BO|sin∠AOB=×2×2×sin =.12123π636.在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 1的参数方程为{x =3+2cos α,y =1+2sin α(α为参数),以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.在极坐标系中有射线l :θ=(ρ≥0)和曲线C 2:ρ(sin θ+2cosπ4θ)=ρ2cos 2θ+m.(1)判断射线l 和曲线C 1公共点的个数;(2)若射线l 与曲线C 2 交于A ,B 两点,且满足|OA|=|AB|,求实数m 的值.解析▶　(1)由题意得射线l 的直角坐标方程为y=x (x ≥0),曲线C 1是以(3,1)为圆心,为半径的圆,其直角坐标方程为(x-3)2+(y-21)2=2.联立解得{y =x (x ≥0),(x -3)2+(y -1)2=2,{x =2,y =2,故射线l 与曲线C 1有一个公共点(2,2). (2)将θ=代入曲线C 2的方程,π4得ρ=ρ2cos 2+m ,(sin π4+2cos π4)π4即ρ2-3ρ+2m=0.2由题知解得0<m<.{Δ=(32)2-8m >0,m >0,94设方程的两个根分别为ρ1,ρ2(0<ρ1<ρ2),由韦达定理知 ρ1+ρ2=3,ρ1ρ2=2m.2由|OA|=|AB|,得|OB|=2|OA|,即ρ2=2ρ1,∴ρ1=,ρ2=2,m=2.22。

【高中数学精品专题】同构式下的函数体系(精美版)

⎨ ⎩专题 6 同构式下的函数体系秒杀秘籍：第一讲同构式的三问三答又到了最后一个章节，自从秒群在 2018 年跟大家交流同构式开始，全国各地的老师和学生似乎都很迷这个“神招”，同构式并不神秘，和很多之前的专题一样，我们需要细化它，透彻理解它，所以我们需要一个同构式的“说明书”．问题一：同构式到底是什么？同构式源于指对跨阶的问题， e x + x 与 x + ln x 属于跨阶函数，而 e x + ln x 属于跳阶函数，所以指对跳阶的函数问题，在中学阶段没有解决它的巧妙方法，只能构造隐零点代换来简化，但通过指对跨阶函数进 ⎧xe x ⎪ 行同构，即 h (x ) = ⎨x + e x ⎧x ln x ⇒ h (ln x ) = ⎪x + ln x我们发现将一个指数、直线、对数三阶的问题通过跨阶⎪ x ⎪⎩e - x - 1 ⎪x - ln x - 1函数的同构，变成了两阶问题，类似于二阶递推数列通过一次递推后变成了一阶数列，所以，通过构造跨阶函数的同构式，大大简化了分析和计算．问题二：同构式能解决什么问题？同构式是属于跨阶的复合函数，所以复合函数能解决的一切问题，同构式均能解决．在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数以及复合函数的最值保值性来快速解题．问题三：同构式怎么构造？如何选取函数？同构式需要一个构造一个母函数，即外函数，用 h (x ) 表示，这个母函数需要满足：①指对跨阶；②单 ⎧xe x⎪调性和最值易求；通常， h (x ) = ⎨x + e x，基本上搞定这三个母函数，就看内函数，即子函数的构造了．⎪ x⎪⎩e - x - 1 下面，我们分别利用同构式的单调性、保值性和零点个数问题来对同构式进行系统分析．2秒杀秘籍：考点 1 利用同构式单调性秒杀【例 1】（2020•武邑期中）设实数λ> 0 ，若对任意的 x ∈(0, +∞) ，不等式e λx - lnx≥ 0 恒成立，则λ的取值λ范围是．xe x ⎪注意： h (x ) = ⎨x + e x在区间(0,+∞) 为增函数，当构造 h ( p (x )) ≥ h (q (x )) 恒成立的时候，只需要 p (x ) ≥ q (x )⎪ x⎪⎩e- x - 1 恒成立即可.由于h (x ) = xe x 在(-1, +，这个在秒 1 中已经详细介绍，这里不再详述. p (x ) = ln x 在区间 x(0, e ) -，在(e , + ) ，易知 p (x )max = p (e ) = 1 .e【例 2】设 k > 0 ，若存在正实数 x ，使得不等式log x - k 2kx≥ 0 成立，则 k 的最大值为（） A. 1 log e B. 1 ln 2 C. e log eD ． 1 ln 2 e 2 e 22注意：我们会介绍几个重要的“亲戚函数”， xe x 、 x ln x 、 x 、ln x利用它们之间的同构式原理来快速求出最值．ex x 【例 3】（2019•长郡中学月考）已知函数 f ( x ) = m ⋅ ln (x + 1) - 3x - 3 ，若不等式 f ( x ) > mx - 3e x 在 x ∈(0 , 上恒成立，则实数 m 的取值范围是．+ ∞)【例 4】（2019•衡水金卷）已知a < 0 ，不等式 x a +1×e x+ a ln x ³ 0 对任意的实数 x > 1 恒成立，则实数 a 的最小值是（）A. - 12eB. -2eC. - 1eD. -e【解析】法一： f ( x ) = m ⋅ ln (x + 1) - 3x - 3 > mx - 3e x ⇒ m ⋅ ln (x + 1 )- 3(x + 1) > mx - 3e x ，令 h (x ) = mx - 3e x 即 h (ln(x + 1)) > h (x ) 恒成立，由于 x ≥ ln(x + 1) ，故函数 h (x ) ↓ 对 x ∈(0 , + ∞) 上恒成立，即 h '(x ) = m - 3e x ≤ 0 ，解得 m ≤ 3e x min = 3 ，故答案为 m ≤ 3 .法二： f ( x ) = m ⋅ ln (x + 1) - 3x - 3 > mx - 3e x ⇒ 3e x - 3(x + 1) > mx - m ⋅ ln (x + 1 ) ，构造函数 h (x ) = e x - x -1 ，则3h (x ) > mh (ln(x +1)) ，这里要用到我们接下来讲的同构式“保值性”，由于 x ≥ ln(x + 1) 恒成立，取等条件为 x = 0 ，不在定义域内，故 x > ln(x + 1) 恒成立，所以当 m ≤ 3 时，3h (x ) > mh (ln(x +1)) 恒成立，故答案为 m ≤ 3 . )注意：这一类均是属于外函数h(x) =xe的同构式模型，那么在h(x) =x +e或者h(x) =e-x - 1 的模型会是什么情况呢？秒杀秘籍：考点 2 同构式问题构造恒等式：x+e x ≥ex+lnex构造函数h(x) =x +e x，易知h(x) 在区间(0,+∞) ↑，根据p(x) =e x-x - 1 ≥ 0 恒成立，则p(ln x) =x - ln x - 1 ≥ 0 恒成立，当仅当ln x = 0 ，即x = 1 时等号成立.由此能得到恒等式：x ≥ ln x + 1 = ln ex ，所以再利用同构式h(x) ≥h(ln ex) ，即x +e x≥ex + ln ex 恒成立，当仅当x = 1 时等号成立.【例5】（2019•榆林一模）已知不等式e x - 1 ≥kx +lnx ，对于任意的x ∈(0, +∞) 恒成立，则k 的最大值．注意：若h( p(x)) ≥h(q(x)) 恒成立，且h( p(x)) ≥h(q(x)) +ϕ(x) ，则一定要满足ϕ(x) ≤ 0 ，此方法属于同构式的单调性和同构式的“保值性”综合题，有一定难度，原理其实很简单，同构式一旦搞定，剩下的就是基本的函数方程不等式的简单思想.以此题为背景的考题非常多，从选填题压轴到解答题压轴，无处不在，常规方法我们不在这里讲述了，大家可以去看一下常规的解答方案.【例6】（2019•武汉调研）已知函数f (x) = e x - a ln(ax - a)+ a (a > 0) ，若关于x 的不等式f (x) > 0 恒成立，则实数a 的取值范围为（）A．(0, e] B．(0, e 2) C．[1, e2] D．(1, e2 )注意：指数和对数的变量中出现e x和ln x + 1 ，或者e x-1和ln x ，或者e x和ln(x + 1) ，这些有着明显的指对不等式恒成立的式子，通常是加法同构式h(x) =x +e x的常客，在内函数的解不等式中，经常需要几个“亲戚函数”来帮忙，所以我们接下来介绍一下同构式的保值性.秒杀秘籍：考点 3 利用同构式的保值性秒杀同构式保值性：若h(x) ，h( p(x)) ，h(q(x)) 中，x ∈D ，p(x) ∈D ，q(x) ∈D ，故h(x) ，h( p(x)) ，h(q(x)) 的最值相等.概括起来就是构造了同构式，可以根据外函数的性质直接求出函数的最值．同构式倍值性：在h(x) 和g(x) =m ⋅h( p(x)) 满足x ∈D ，p(x) ∈D ，则g(x) =m ⋅h( p(x)) 的最值是h(x) 的m 倍我们将这个性质概括为同构式的倍值性．下面我们仅以“亲戚函数”的图像和性质来验证这个理论．关于f (x)=x ⋅e x的亲戚函数一、通过平移和拉伸得到的同构函数如图 1：根据求导后可知： f (x)=x ⋅e x在区间(-∞,-1)↓，在区间(-1,+∞)↑，f (x)min=f (- 1)=-1．e图1 图2 图3 图4如图2：(x -1)⋅e x=e ⋅(x -1)⋅e x-1=ef (x -1)，即将f (x)向右平移1 个单位，再将纵坐标扩大为原来的e 倍，故可得y =(x -1)⋅e x在区间(-∞,0)↓，在区间(0,+∞)↑，当x = 0 时，y min =-1 ．如图3：(x - 2)⋅e x=e2⋅(x - 2)⋅e x-2=e2f (x - 2)，即将f (x)向右平移2 个单位，再将纵坐标扩大为原来的e2倍，故可得y =(x - 2)⋅e x在区间(-∞,1)↓，在区间(1,+∞)↑，当x = 1 时，y min =-e ．如图4：(x + 1)⋅e x=e-1⋅(x + 1)⋅e x+1=e-1f (x + 1)，即将f (x)向左平移1 个单位，再将纵坐标缩小为原来的1e倍，故可得y =(x +1)⋅e x在区间(-∞,-2)↓，在区间(- 2,+∞)↑，当x =-2 时，y min =-1 ．e2e 1二、通过乘除和取倒数导致凹凸反转同构函数如图 5： y = x e x = x ⋅ e -x = - f (- x ) ，即将 f (x ) 关于原点对称后得到 y = xe x ，故可得 y = x e x在区间(- ∞,1)↑ ，在区间(1,+∞) ↓ ，当 x = 1 时， ymax= 1 ． e图 5 图 6 图 7 图 8如图 6： y = x - 1 = 1 (x - 1)⋅ e -(x -1) = - 1f (- (x - 1))，即将 f (x ) 关于原点对称后，向右移一个单位，再将纵坐e xe 1x - 1 e x - 1 1 标缩小倍，得到 y = e e x，故可得 y = e x 在区间(- ∞,2) ↑ ，在区间(2,+∞)↓ ，当 x = 2 时， y max = 2 ． e x 1 1 1 e x如图 7：y = x = - -x ⋅ e - x = - f (-x ) (x > 0) ，属于分式函数，将f (x ) 关于原点对称后得到，故可得 y = x在区间(0,1) ↓ ，在区间(1,+∞) ↑ ，当 x = 1 时， y min = e ． e x 1 1 1 1 1如图 8： y = x + 1 = - e (-x - 1)⋅ e - x -1 = - e f (-( x + 1))(x > 0) ，属于分式函数，将f (x ) 关于原点对称后，左移一个单位，再将纵坐标缩小倍，故可得 y = e 三、通过取反函数构成的同构函数e x 在区间 x + 1 (-1,0)↓ ，在区间(0, +∞) ↑ ，当 x = 0 时，y min = 1 ．图 9图 10图 11 图12, ]如图 9： x ln x = e ln x ⋅ ln x = f (ln x )，当ln x ∈(- ∞,-1)，即 x ∈⎛ 0, 1 ⎫ ↓ ，当ln x ∈(- 1,+∞)，即 x ∈⎛ 1 ,+∞⎫↑ ，y min= - 1 ． e⎪ ⎝ e ⎭ ⎪ ⎝ e ⎭ 如图 10 ： ln x= -ln x -1 ⋅ x -1 = - f (- ln x ) ，实现了凹凸反转，原来最小值反转后变成了最大值，当x- ln x ∈(- ∞,-1)，即 x ∈(e ,+∞) ↓ ，当- ln x ∈(- 1,+∞) ，即 x ∈(0, e ) ↑ ， ymax = 1 ．e如图11 ln x + 1 = e ln ex= -ef (- ln ex ) ，当 - ln ex ∈(- ∞,-1)，即 x ∈ (1,+∞) ↓ ，当 - ln ex ∈(- 1,+∞)，即 x ∈(0,1) ↑ ，：x exy max = 1 ．ln x = 1 ln x 2 = - 1 (- 2)- 2 ∈(- ∞ - )∈ ( +∞)↓ - 2 ∈(-+∞) 如图 12 ： x 2 2 x 2 f ln x 2，当 ln x , 1 ，即 x e , ，当 ln x 1, ，即x ∈ (0, e )↑ ， ymax = 1 ．2e注意： y = ln x可以成为模型函数，也可以作为模板来进行同构，本专题之所以这样设计是让读者思考这一x系列函数的同构原理，达到举一反三的目的．例题中我们会以 y = ln x为模板进行求最值讨论.x【例 7】（2019•凌源市一模）若函数 f (x ) = e x - ax 2在区间(0, +∞) 上有两个极值点 x ， x (0 < x < x ) ，则实数 a 的取值范围是（） 1212A. a e2B. a > eC. a eD. a > e2【例 8】（2019•广州一模）已知函数 f (x ) = e |x | - ax 2 ，对任意 x < 0 ，x < 0 ，都有(x - x )( f (x ) - f (x )) < 0 ，122121则实数 a 的取值范围是（）A. (-∞ e B ． (-∞, - e ] C ．[0, e] D ．[- e, 0]2 2 22【例 9】（2019•荆州期末）函数 f (x ) = 1 + lnx的单调增区间为（）x xA ． (-∞,1)B ． (0,1)C ． (0, e )D ． (1, +∞)【例 10】（2019•广州期末）函数 f (x ) = xlnx - mx 2 有两个极值点，则实数 m 的取值范围是（）1(0, ) 2B ． (-∞, 0)lnxC ． (0,1)D ． (0, +∞)1 【例 11】（2019•深圳月考）已知函数 f (x ) = - kx 在区间[e 4 ， e ] 上有两个不同的零点，则实数 k 的取值x范围为（）A ．[ 14 e ， 1 )2eB. ( 14 e ， 1 )2e C ．[ 1 e 2 ， 1 ]4 e D ．[ 1 e 2 ， 1]e【解析】f (x ) = ln x - kx = 0 ⇒ k = ln x = 1 ln x ，当 x ∈[e , e ] 时，x ∈[e , e ] ，由于函数在区间(0, e ) ↑ ， 2 1 4 2 1 2 2 ln x x x 2 2 x 2x A ．保值性定理 1：若 h ( p (x )) ≥ h (q (x )) 恒成立，且满足 h ( p (x )) ≥ h (q (x )) +ϕ(x ) ，则一定要满足ϕ(x ) ≤ 0 ；保值性定理 2：若 h ( p (x )) ≥ h (q (x )) 恒成立，且满足 h ( p (x )) ≥ m ⋅ h (q (x )) （ h (x ) ≥ 0 ），则一定要满足 m ≤ 1 ；若要满足 h ( p (x )) = mh (q (x )) 有实根，则一定要满足 m ≥ 1 ；保值性定理 3：若 h ( p (x )) ≥ 0，h (q (x )) ≥ 0 ，且满足当 x = m 时， h ( p (x )) = h (q (x )) = 0 ，则一定满足不等式 h ( p (x )) + h (q (x )) ≥ 0 ；若 h ( p (x )) = 0 时和 h (q (x )) = 0 时的 x 取的值不相等，则 h ( p (x )) + h (q (x )) > 0 【例 12】（2019•保山一模）若函数 f ( x ) = e x + ax ln x 有两个极值点，则 a 的取值范围是（）A ． (-∞, -e )B ． (-∞, -2e )C ． (e , +∞)D ． (2e , +∞)注意：相比此题的传统方法，同构式确实可以一步秒杀，还有什么理由不学习研究同构式呢？下面我们来讲解一下高考题中的同构式保值定理的应用．【例 13】（2018•新课标Ⅰ）已知函数 f (x ) = ae x - lnx -1 ．（1）设 x = 2 是 f (x ) 的极值点，求 a ，并求 f (x ) 的单调区间；（2）证明：当 a ≥ 1时， f (x ) ≥ 0 ．e【例 14】.（2014•全国卷 I ）设函数 f (x ) = ae xy = e (x -1)+ 2 .ln x +be x -1 x ，曲线 y = f (x ) 在点(1, f (1))处的切线方程为造函数 h (x ) = xe x ，易知 h (x ) 在区间(0,+∞) 为增函数，故不等式满足 h (x ) ≥ h (ln ex ) ，即 f (x ) ≥ 0 恒成立．注意:此题也可以采用反证法，当 f (x ) ≥ 0 ，只需 ae x ≥ ln ex ，只需 ae ⋅ xe x ≥ ex ln ex 恒，只需 ae ⋅ h (x ) ≥ h (ln ex )恒成立，故只需 ae ≥ 1 ，即 a ≥ 1.= g (1) = 0 ，故 x ≥ ln ex 恒成立，构min x xe x ≥ ex ln ex 恒成立，由于 g (x ) = x - ln ex 中， g '(x ) = 1 - 1，易知 g (x ) e e e e（2）当 a ≥ 1时， ae x - lnx -1 ≥ 1 ⋅ e x - ln ex ，故只需证 1 e x ≥ ln ex ，故只需证 1 ⋅ exe x ≥ ex ln ex ，即证明【解析】（1）略；要- a> 1 ，解得 a < -e ，故选： A ．e e由于 h (x ) 在(0,+∞) ↑ ，且 x ≥ ln ex ，故 h (x ) ≥ h (ln ex ) 恒成立，若 h (x ) = - ah (ln ex ) 有两不等实根，则一定需e【解析】由 f '(x ) = e x + alnx + a = 0 ，得 e x = -a ln ex ⇒ xe x = -a ⋅ ex ln ex ．构造 h (x ) = xe x ，则秒杀秘籍：第二讲同构式保值性定理x 2e4 e lnx 1 1 ∈[ , ) 时， f (x ) = - kx 有两个不同零点，故选 A ．x 2 2 1 ln x 2 k = e 22 ee 21 2 1 ∈[ , ] ，由于 > ，故当 x 2 e 2 e 2 e ln x 2 22 1 1 ∈[ , ] ，当 x ∈[e , e ] 时， ln x 2 x 2 , e ] 时， 1 2∈[e 2 ) ↓ ，则当 x (e ,+∞【解析】（1） f '(x ) = e x-1 x + m ， x = 0 是 f (x ) 的极值点，∴ f ' (0) = 1 - 1 = 0 ，解得 m = 1 ．所以函数mf (x ) = e - ln (x +1) ，其定义域为(-1, +∞) ． f (x ) = e - = x'x1 e x (x + 1) -1 ．设 g (x ) = e (x +1) -1 ，xx + 1 x + 1则 g '(x ) = e x (x +1) + e x > 0 ，所以 g (x ) 在(-1, +∞) 上为增函数，又 g (0) = 0 ，所以当 x > 0 时， g (x ) > 0 ，即 f '(x ) > 0 ；当-1 < x < 0 时， g (x ) < 0 ， f '(x ) < 0 ．所以 f (x ) 在(-1, 0) 上为减函数；在(0, +∞) 上为增函数；（2）（常规方法）证明：当 m ≤ 2 ， x ∈ (-m , +∞) 时， ln (x + m ) ≤ ln (x + 2) ，故只需证明当 m = 2 时 f (x ) > 0 ．当 m = 2 时，函数 f ' (x ) = e x -1x + 2在(-2, +∞) 上为增函数，且 f '(-1) < 0 ， f '(0) > 0 ．故 f '(x ) = 0 在(-2, +∞) 上有唯一实数根 x 0 ，且 x 0 ∈(-1, 0) ．当 x ∈ (-2, x 0 ) 时， f '(x ) < 0 ，当 x ∈(x 0 ，+∞) 时， f '(x ) > 0 ，从而当 x = x 0 时， f (x ) 取得最小值．由 f ' (x ) = 0 ，得 e = x 00 1 x + 2 ， ln (x + 2) = -x ．故 f (x ) ≥ f (x ) = 0 0 0 0 1 x + 2 + x => 0 (x + 1)2 0 0 x + 2 0（1）求 a , b ；（2）证明： f (x ) > 1.注意：保值性不仅仅是保大于零或者恒成立，也可以保最大值或者最小值，知道指对跨阶的同构式，基本上就是一步到位，怎么样？有点感觉了吧，再看看下一道高考题. 【例 15】（2015•新课标Ⅰ）设函数 f (x ) = e 2 x - alnx ．（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 2．a注意：看不到乘法同构就用加法， h (x ) = x + e x 的同构式通常用于单调性，因为无最值，所以无法采用保值性来使用，而 h (x ) = e x - x - 1 既能实现单调性，又能实现保值性，堪称同构式的桥头堡，下面关于同构式 h (x ) = e x - x - 1 ，在涉及保值性问题上，有一个特殊的名词，叫做改头换面．秒杀秘籍：第三讲改头换面e x - ln (x + m )³ 2 - m 类型构造 h (x ) = e x - x - 1 ，则 h (ln(x + m )) = (x + m ) - ln(x + m ) - 1 ，故e x - ln(x + m ) = e x - x - 1 + (x + m ) - ln(x + m ) - 1 + 2 - m = h (x ) + h (ln(x + m )) + 2 - m ，由于h (x ) + h (ln(x + m )) ≥ 0 ，故 e x - ln(x + m ) ≥ 2 - m ，当仅当 x = 0 ，且ln(x + m ) = 0 时等号成立，这里就提出了一个问题就是，当仅当 m = 1时可以取等，其余均是大于．此题也可以表示为 f (x ) = e x -m - ln(x + m ) ≥ 2 - 2m ，当仅当 m = 1时， f (x ) 2min = 1【例 16】（2013•新课标Ⅱ）已知函数 f (x ) = e x - ln (x + m ) ．（1）设 x = 0 是 f (x ) 的极值点，求 m ，并讨论 f (x ) 的单调性；（2）当 m ≤ 2 时，证明 f (x ) > 0 ．0 0 x +ln x xx ⎩ ⎩ ⎩ ⎩ 【解析】构造 h (x ) = e - x - 1 ， f (x ) = xe - x - ln x = e - x - ln x -1 +1 = h (x + ln x ) +1 ，当仅当 x + ln x = 0时， h (x 0 + ln x 0 ) = 0 ，此时 f (x )min = f (x 0 ) = 1 ．故答案为 1.注意：e x -m 和ln(x + n ) 在同构式里面仅仅在 n - m = 1 的时候获得取等条件，最常见就是构造 h (x ) ≥ h (ln(x + 1)) 或者构造 h (x - 1) ≥ h (ln x ) ，诸如此类的改头换面，我们也可以称为差一同构式.针对 xe x 和ln x ，没有了差一同构式，却多了个不对称构造，一个有 xe x ，一个却不是 x ln x ，此类也是可以改头换面的，就是将指数部分进行改头换面，构成 h (x ) = e x - x - 1 的同构式应用.秒杀秘籍：第四讲 e xxe x、与ln x 改头换面x利用 h (x ) = e x- x -1 ³ 0 ，则有① xe x = e x +ln x ³ x + ln x + 1 ； x 2e x = e x +2 ln x ³ x + 2 ln x + 1这一系列放缩的取等条件就是 x + ln x = 0(x »0.6) ，或者 x + 2 ln x = 0(x »0.7)；利用 h (x ) = e x - ex ³ 0 （取等条件 x = 1 ），则有② xe x = e x +ln xe x ³ e (x + ln x ) ； x = e x -ln x ³e (x - ln x ) ；x 2e x = e x +2 ln x ³ e (x + 2 ln x ) ；这一系列放缩的取等条件就是 x + ln x = 1(x = 1) ， x - ln x = 1(x = 1) 或者 x + 2 ln x = 1(x = 1)；【例 17】（2018•江苏期末）函数 f (x ) = xe x - x - ln x 的最小值为．【例 18】（2018•长沙模拟）已知 f (x ) = xe x - ax - ln x ³ 1 对于任意的 x Î(0,+ 是．) 恒成立，则 a 的取值范围【例 19】（2019•深圳月考）已知 x (e 2 x - a ) ³ ln x +1 对于任意的 x Î(0,+A ．1B ． 2C ． e - 1) 恒成立，则a 的最大值为（）D ． e秒杀秘籍：第五讲利用同构式的内外函数单调性秒杀零点极值点问题极值存在问题：若函数 f (x ) = h (g(x )) ，则令t = g (x ) ，根据复合函数求导 h '(g(x )) = h '(t ) ⋅ t ' 原理，若存在一⎧g '(x ) = 0 个极值，则⎨h '(t ) ≠ 0 ⎧g '(x ) ≠ 0 或者⎨h '(t ) = 0 ⎧g (x ) ≠ 0 ，若不存在极值，则⎨h (t ) ≠ 0 ⎧g '(x ) = 0 ，若存在多个极值，则⎨h '(t ) = 0，此方【解析】构造 h (x ) = e x - x -1 ，xe 2 x - ax - ln x - 1 = e 2 x +ln x - 2x - ln x - 1+ 2x - ax ³ h (2x + ln x ) + (2 - a )x ³ 0 恒成立，可知 a £ 2 ，取等条件为 2x + ln x = 0 ，此时 a 取得最大值 2．e x - ln (x + m )=e x - x -1+ (x + m ) - ln(x + m ) -1+ 2 - m =h (x ) + h (ln(x + m ))+2 - m ³ 2 - m ， m £ 2 ，∴ f (x ) ≥ 0 ，由于取等号时， m = 0 ，而此时 h (x ) = 0 ⇒ x = 0 ， h (ln(x + m )) = h (ln x ) = 0 ⇒ x = 1 ，两式取得等号的条件不一致，故 f (x ) > 0 ．= 0 ；min （2）秒杀解法：构造h (x ) = e x- x -1 ，则 h ¢(x ) = e x-1 = 0 时，故当 x = 0 ， h (x ) 综上，当 m ≤ 2 时， f (x ) > 0 ．e 【解析】由于 x 2e x = e x +2 ln x ，故可以换元，令 x + 2 ln x = t ，易知 t 是关于 x 的单调增函数，且 t Î R ，令 h (x ) = e x - ax 故根据复合函数零点原理可得：f (x ) = x 2e x - a (x + 2 l n x )= e t - at = h (t ) 在t ∈ R 上有两个零点，参变分离加指数找基友得： 1 = t =g (t )， g ¢(t ) = 1 - t ，如图，易知当t < 1时， g (t )- ，当t > 1 时， g (t )¯，a et e t 1 g (t ) = g (1) = ，当t < 0 时，显然 g (t )< 0 ， t > 0 时，由于t ® 0 和t ® + max e 时 g (t ) ® 0 ，故当 1 Î(0, 1) ， ae即 a Î(e ,+ ) 时， f (x ) = x 2e x - a (x + 2 ln x ) 有两个零点．法叫做同构式内外函数分离法，通常可以简化求导计算，达到事半功倍效果.零点个数问题：若函数 f (x ) = h (g(x )) ，则令t = g (x ) ，先确定内值外定，即内函数的值域是外函数的定义域，再确定内外函数在相应区间的单调性，利用乘法原理来确定相应区间根的个数.x【例 20】（2019•陕西一模）已知函数 f (x ) = + k (lnx - x ) ，若 x = 1 是函数 f (x ) 的唯一极值点，则实数 k 的x 取值范围是（）A ． (-∞ , e ]B ． (-∞, e )C ． (-e , +∞)D ．[-e , + ∞)注意：复合函数求导分离，此题就是 f '(x ) = (e x -ln x- k ) ⋅ (x - ln x )' = (e t- k ) ⋅ (1 - 1 x，看明白函数的复合性质，h (t ) = e t - kt 为外函数，求导为 h '(t ) = e t - k = 0 ， t = x - ln x ， t ∈[1, +∞) 为内函数，求导为t ' = 1 - 1，复合x 函数求导是将内外函数相乘，故内函数取得零点时外函数一定无零点或者和内函数在同一位置取得非变号零点．采用分别求零点策略，能大大简化求导过程，所以关于极值点存在的问题，此招无处不在，很多学生会因为求导出错而丢分，此来源于复合函数本质，高观点低运算．【例 21】（2019•襄阳模拟）已知 f (x ) = x 2e x - a (x + 2 l n x ) 有两个零点，则 a 的取值范围是．注意：求出内函数的值域后，内函数由于单调递增，所有一切交给了外函数，此法又能大大简化求导和分析计算，一个导数题，确实分析主要矛盾是最重要的，同构式将内外函数分别分析，达到事半功倍效果. 【例 22】（2019•保山一模）若函数 f ( x ) = e x + ax ln x 有两个极值点，则 a 的取值范围是（）A ． (-∞, -e )B ． (-∞, -2e )C ． (e , +∞)D ． (2e , +∞)【例 23】（2019•广东四校）已知函数 f ( x ) = xe x - a (x + ln x )(x > 0) . （1）当 a = e 时，求函数 f (x ) 的单调区间；（2）讨论函数 f (x ) 的零点个数. 注意：这里给到了一个思维过程，具体写解答题需要证明t = xe x 单调，且在区间(0, +∞) 的一一对应性，故)【解析】（1） f '(x ) = e ax +2ln x ⋅ (ax + 2 ln x )' = e ax +2ln x ⋅ (a + 2 ) ，由于e ax +2ln x ≥ 0 ，故只要讨论 a + 2的零点问x x题，当 a ≥ 0 时， a + 2> 0 恒成立，此时 f '( x ) > 0 ， f ( x ) 在区间(0,+∞) 为增函数；当 a < 0 时， f '( x ) =0 则xa 间(- 2,+∞) 为减函数.a x = - 2 ，且当0 < x < - 2 时， f '( x ) > 0 ，当 x > - 2 时， f '( x ) < 0 ，故 f ( x ) 在区间(0,- 2 ) 为增函数，在区a a a （2）g (x ) = f (x ) - 2 l n x - ax = x 2e ax - 2 l n x - ax = e 2 ln x +ax - (2 l n x + ax ) = h (2 l n x + ax ) ，令t = 2 l n x + ax (t ∈ R ) ， h (t ) = e - t ，根据复合函数求导原理可得 g (x) = h (2 ln x + ax ) = (e t' ' 2 ln x + a x -1) ⋅ (2 l n x + ax )' = (e 2 ln x + ax -1) ⋅ (a + ) x2 易得 h (t ) = h (0) = 1 ，即t = 0 ⇔ 2 l n x + ax = 0 ⇔ ln x 0 = - a 方程有解，即 y = - a 与 y = ln x图像有交点， min 0 0x 02 2 x 即 a ≥ - 2.e只考虑外函数t - a lnt = 0 的零点个数.【例 24】（2019•全国模拟）已知函数 f ( x ) = x 2e ax .（1）讨论函数 f ( x ) 的单调性；（2）已知函数 g ( x ) = f (x ) - 2 l n x - ax ，且函数 g ( x ) 的最小值恰好为 1，求 a 的最小值.注意：此题只需要外函数求导有解，对于内函数求导后的式子并无太大要求，内函数求导后可以有零点，也可以无零点，如果内函数求导后出现零点了，那么就是多了几个极值点，在这些极值点当中，只要有一个极小值点是恰好是 1 即可满足题意．同构式一般都在同一位置取到极值，如果同构以后发现不是极值点，会怎样呢？同构式也会出现一种极值偏移的情况，下面我们来看一下是什么状况.秒杀秘籍：第六讲同构式的极值偏移同构式最常见模型 h (x ) = e x - x - 1 ，以 h (x ) + h (ln(x + 1)) 或者 h (x ) - h (ln(x + 1)) 均在 x = 0 时取得最小值，我们称之为同构式的单调性和保值性．在这类型同构式当中，一定满足外函数单调性和内函数单调性统一，且取得极值的位置也统一．例（1） e x - ln(x + 1) + mx - 1 ≥ 0 恒成立，（2） e x + ln(x + 1) + mx - 1 ≥ 0 对[0,+∞) 恒成立，则根据一定有：（1） e x - ln(x + 1) + mx - 1 = e x - x - 1 + x - ln(x + 1) + mx = h (x ) + h (ln(x + 1)) + mx ≥ 0 ⇒ m ≥ 0 ．（2） e x + ln(x + 1) + mx - 1 = e x - x - 1 - [x - ln(x + 1)] + (m + 2)x = h (x ) - h (ln(x + 1)) + (m + 2)x ≥ 0 ⇒ m ≥ -2 ．原理就来自于 x = 0 时， h (x )min = 0 ， h (ln(x + 1))min = 0 ， h (x ) - h (ln(x + 1)) 在区间[0,+∞) 单调递增，（1）式是同时取最小，（2）式是单调性问题，在同构式的题目设计中，加法同构和减法同构都共同指向它们的共同最值部分.当同构式取得的极值不是整个函数的极值时，那就是同构式的“极值偏移”，我们只需要分析同构式的极值和整个函数的极值大小关系，即可得出结论，题根和本质还是同构式极值问题. 【例 25】（2019•衡水金卷）已知 f ( x ) = ln x + ax - a ．x x（1）若 F (x ) = f (x ) + 1x 2 ，求 F ( x ) 的单调区间； 2（2）若 g ( x ) = ex -1- f (x ) 的最小值为 M ，求证 M ≤ 1 ．【例 26】（2019•佛山二模）已知函数 f ( x ) = e x + ln (x + 1) - ax - cos x ，其中 a ∈ R .（1）若 a ≤ 1 ，证明： f ( x ) 是定义域上的增函数；（2）是否存在 a ，使得 f ( x ) 在 x = 0 处取得极小值？说明理由.达标训练1. 对于下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函数．（1） log 2 x - k ⋅ 2kx≥ 0 （2） e 2λx - 1ln ≥ 0λ（3） x 2 ln x - mem≥ 0（4） a (e ax + 1) ≥ 2(x + 1) ln xx0 0 , ) 2 ⎥（5） a ln(x - 1) + 2(x - 1) ≥ ax + 2e x（6） x + a ln x + e -x ≥ x a (x > 1)（7） e -x - 2x - ln x = 0（8） x 2e x + ln x = 02.若对任意 x > 0 ，恒有 a (e ax + 1) ≥ 2(x + 1 ) ln x ，则实数 a 的最小值为．x3. 对任意 x > 0 ，不等式 2ae 2x - ln x + ln a ≥ 0 恒成立，则实数 a 的最小值为．4. 已知 x 是方程 2x 2e 2 x + ln x = 0 的实根，则关于实数 x 的判断正确的是． A. x ³ ln 2B. x £ 1C. 2x+ ln x = 0 D. 2e x 0 + ln x = 0 0 0e0 0 05. 已知 x 0 是函数 f (x ) = x 2e x -2 + ln x - 2 的零点，则e 2-x 0 + ln x 0 = ．6. 若关于 x 的方程3klnx = x 3 只有一个实数解，则 k 的取值范围是．7. 设实数λ> 0 ，若对任意的 x ∈(0, +∞) ，不等式 e 2λx -lnx0 恒成立，则λ的最小值为．2λm8. 设实数 m > 0 ，若对任意的 x ≥ e ，若不等式 x 2ln x - me x≥ 0 恒成立，则 m 的最大为．9．（2019•武汉期末）已知函数 f ( x ) = x ⋅ ln x - a ⋅ e x （ e 为自然对数的底数）有两个极值点，则实数 a 的取值范围是（）1(0, )e1( , e) e C ． (-∞ 1 e D ． (-∞, e )10．（2018•荆州期末）函数 f (x ) = 1 + lnx的单调增区间为（）x xA ． (-∞,1)B ． (0,1)C ． (0, e ) e 2 xD ． (1, +∞)11．（2018•沈阳期末）函数 f (x ) = 在(-∞, m ) 上单调递减，则实数 m 的最大值为（）xA. - 12B. 0C ． 12D ．112.（2019•沈阳一模）已知函数 f (x ) = alnx - 2x ，若不等式 f (x + 1) > ax - 2e x 在 x ∈(0, +∞) 上恒成立，则实数 a 的取值范围是（） A. a ≤ 2 B. a ≥ 2 C. a ≤ 0 D ． 0 ≤ a ≤ 2 13．（2019•眉山模拟）已知函数 f (x ) = ae x - 2x -1 有两个零点，则 a 的取值范围是．14.（2019•江西模拟）已知函数 f ( x ) = xe ax -1 - ln x - ax ，a ∈ ⎛-∞ ，- 1 ⎤ 函数 f ( x ) 的最小值 M ，则实数 M 的e最小值是（）A. -1B. - 1e⎝ ⎦C ． 0D ． - 1e 315.（2019•安徽模拟）设函数 f ( x ) = xe x - a (x + ln x ) ，若 f ( x ) ≥ 0 恒成立，则实数 a 的取值范国是（）A ．[0，e ]B ．[0，1]C ．（ -∞ ，e ]D ．[e ， +∞ ）A ．B ．⎥ x， 16．（2019•株洲一模）已知函数 f ( x ) = k (x - ln x ) - 范围是（）e (k ∈ R ) ，若f ( x ) 只有一个极值点，则实数 k 的取值xA ． (-e ，+ ∞)B ． (-∞ ，e )e x C ． (-∞ ，e ]D ． ⎛-∞ 1 ⎝ e ⎦17．（2019•湖南模拟）已知函数 f ( x ) = 取值范围是（）+ 2k ln x - kx ，若 x = 2 是函数 f ( x ) 的唯一极值点，则实数 k 的x⎛ e 2 ⎤⎛e ⎤ A ． -∞ ， ⎥B ． -∞ ， ⎥C ． (0 ，2]D ． [2 ，+∞)⎝4 ⎦ ⎝2⎦18. 已知函数 f (x ) = xe ax -1 - ln x - ax ．若 f (x ) ≥ 0 对任意 x > 0 恒成立，则实数 a 的最小值是．19. 已知 a > 0 ，函数 f (x ) = e x -a - ln(x + a ) - 1(x > 0) 的最小值为0 ，则实数 a 的取值范围是．20. 已知函数 f (x ) = x b e x - a ln x - x -1(x > 1) ，其中b > 0 ，若 f (x ) ≥ 0 恒成立，则实数 a 与b 的大小关系．21. 已知ln a = memb(m > 0 ) ，且a ≥b > 0 恒成立，则实数 m 的取值范围为（）- ⎡ - 1 ⎫ A ． ⎡⎣e 1，+∞)B ． ⎢e 2 ，+∞ ⎪⎣ ⎭C ． (1，e ]D ． ⎡⎣e -1，e ⎤⎦22．（2019•甘肃模拟）已知函数 f (x ) = ln x - x + 1 ， g (x ) = axe x - 4x ，其中 a >0 ．求证： g (x ) - 2 f (x ) ≥ 2(ln a - ln 2)23. 已知函数 f (x ) = x (e 2x - a ) ，若 f (x ) ≥ 1 + x + ln x ，求 a 的取值范围．24. 求证： x - e xln(x 2 + x ) x + 1 - 2+ 1 ≥ 0 ．x + 1⎤225．（2019•济南期末）已知f(x)=xe x-ax2，g(x)=ln x+x-x2+1-e，当a>0时，若h(x)=f(x)-ag(x)≥0 a恒成立，求实数a 的取值范围．26．已知函数 f (x) =ex+a(ln x -x) ，求证： 0 <a ≤e2时， f (x) +e2≥ 0 .27．（2019•山西模拟）已知函数 f (x )=x +ax ln x (a ∈R ).（1）讨论函数f (x)的单调性；（2）若函数f (x)=x +ax ln x 存在极大值，且极大值点为1，证明：f (x)≤e-x +x2 .28.（2019•长沙月考）已知m ∈R ，函数f (x) =e mx -1 -lnx(e 为自然对数的底数）x（1）若m =1，求函数f (x) 的单调区间；（2）若f (x) 的最小值为m ，求m 的最小值．29.（2019•广州越秀）已知函数f (x)=x - ln (x + 1)，g (x)=e x -x - 1 ．（1）求函数f (x)的单调区间；（2）若g (x)≥kf (x )对∀x ∈[0 , +∞)恒成立，求实数k 的取值范围．x30.（2019•宜春月考）已知函数f (x )=e x +mx - 1 ，其中e 是自然对数的底数.（1）若m =-e ，求函数f (x)的极值；（2）若关于x 的不等式f (x)+ ln (x +1)≥ 0 在[0 ，+∞)上恒成立，求实数m 的取值范围.31.（2019•东莞一模）已知函数f (x) =xe x +a(lnx +x) ．（1）若a =-e ，求f (x) 的单调区间；（2）当a < 0 时，记f (x) 的最小值为m ，求证：m 1 ．32．（2019•雅安期末）已知函数f (x) =lnx +ax2 ．（1）若函数f (x) 有两个不同的零点，求实数a 的取值范围；（2）若f (x) >ax2 + 2ax -e x +e - 2a 在x ∈ (1, +∞) 上恒成立，求实数a 的取值范围．33.（2019•邢台期末）已知函数f (x) =lnx +x2 - 2ax ．（1）若 a =3，求 f (x) 的零点个数；2（2）若a = 1 ，g(x) =1e x+x2 - 2x -2- 1 ，证明：∀x ∈(0, +∞) ，f (x) -g(x) > 0 ．ex34.（2019•会宁期中）已知函数f (x) =lnx -mx ，m ∈R ．（1）求 f (x) 的极值；（2）证明：m = 0 时，e x >f (x + 2) ．35.（2019•城关月考）已知函数f (x) =x - (a +1)lnx ，a ∈R ．（1）当a = 1 时，求曲线y =f (x) 在点(1 ，f （1）) 处的切线方程；（2）令g(x) =f (x) -a，讨论g (x) 的单调性；x（3）当a = 2e 时，xe x +m +f (x) 0 恒成立，求实数m 的取值范围．(e 为自然对数的底数，e = 2.71828⋯) ．36.（2019•桃城月考）已知函数f (x) =x2e ax -1 ．（1）讨论函数f (x) 的单调性；（2）当a >1e 时，求证：f (x) >lnx ．337.（2019•蚌埠三模）已知函数f (x) =ae x (a ∈R) ，g(x) =lnx+ 1．x（1）求函数g (x) 的极值；（2）当a 1时，求证：f (x) g(x) ．e38．（2019•江岸模拟）设函数f (x) =e x -b(1 +lnx) ．（1）证明f (x) 的图象过一个定点A ，并求f (x) 在点A 处的切线方程；（2）已知b > 0 ，讨论f (x) 的零点个数．39.（2019•南通模拟）设函数f (x) =e x -alnx(a ∈R) ，其中e 为自然对数的底数．（1）当a < 0 时，判断函数f (x) 的单调性；（2）若直线y =e 是函数f (x) 的切线，求实数a 的值；（3）当a > 0 时，证明：f (x) 2a -alna ．40．（2019•南昌二模）已知函数f (x) =x e x -a(lnx +x) ，g(x) = (m + 1)x ．(a ，m ∈R 且为常数，e 为自然对数的底）（1）讨论函数f (x) 的极值点个数；（2）当a = 1 时，f (x) g(x) 对任意的x ∈(0, +∞) 恒成立，求实数m 的取值范围．41.（2019•江岸月考）已知函数f (x) =e x+1 -alnax +a(a > 0) ．（1）当a = 1 时，求曲线y =f (x) 在点(1 ，f （1）) 处的切线方程；（2）若关于x 的不等式f (x) > 0 恒成立，求实数a 的取值范围．x 2e x42.（2019•如皋模拟）已知f (x) =e lnx ，g(x) =．ex （1）求函数y =g(x) 的极小值；（2）求函数y =f (x) 的单调区间；（3）证明：f (x) +g(x) > 1 ．。

备战高考技巧大全之高中数学黄金解题模板：专题21三角形中的最值问题答案解析

；（2）由余弦定理和基本不等式，有 a2 b2 16 ab 2ab ，ab 16，
2
3
S ABC
3 ab 4 3 ，当且仅当 a b 时等号成立，故为等边三角形．
4
试题解析：
（ 2）由题知，
c 4， C
，∴ S ABC
3
3 ab ．∵由余弦定理可知：
a2 b2
c2
2ab cosC ，
4
Байду номын сангаас
a2 b2 16 ab 2ab ，∴ ab 16．当且仅当“ a b ”时等号成立，
4
4
【变式演练 1 】已知 ABC 外接圆的半径为 6 ，若面积 S ABC a 2 (b c) 2 且
sin B sin C 4 ，则 sin A 3
【答案】 sin A
8 256
，
.
17 17
， S ABC 的最大值为
考点： 1．正弦定理； 2．解斜三角形．
【变式演练 2 】在 ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，已知 c cos B (2 a b) cosC ．
tan B b
sin B cos A
sin B
sin Acos B 2sin C sin B , 也即 sin A cosB 2sin C cos A sin B cos A , 故
cos A
1
sin( A B) 2 sin C cos A ,也即 2 cos A 1, 则 A 60 0 ,由正弦定理可得 a 2sin A 3 ,
.本题以三角形的外接
圆的半径及 tan A

2022届高中数学导数通关练习专题21 导数新定义问题(解析版)

分别为, ，则, 的大小关系为（）
A．
B．
C． a
D．
【解析】由题知， g x 2 ， x 3x2 ，由“新驻点”的概念知， 2 2 ， 3 1 3 2 ，
则
1，
3
1 2
3
，故选：D
2．已知函数 f x 的定义域为 0，，若 y
f (x) xk
k N*
14．设函数 f (x) 与 g(x) 是定义在同一区间a,b 上的两个函数，若对任意的 x a,b ，都有| f (x) g(x) | 1，则称 f (x) 与 g(x) 在a,b 上是“密切函数”，区间a,b 称为“密切区间”.设函数 f (x) ln x 与 g(x) 2m x, 在
学科网（北京）股份有限公司
区间内某点的局部变化率的关系.其定理表述如下：如果函数 f (x) 在闭区间[a,b] 上的图象不间断，在开区间 (a, b) 内可导，那么在开区间 (a, b) 内至少有一个点 (a b) 使得等式 f (b) f (a) f ( )(b a) 成立，其中称为函数 f (x) 在闭区间[a,b] 上的中值点，函数 f (x) x sin x 在闭区间[0, ]上的中值点为________
（2）若当 a 0 时，函数 f x 无好点，求 a 的取值范围.
学科网（北京）股份有限公司
19．已知函数 f x 1 ln x .
x
（1）求函数 f x 的图象在 x e （ e 为自然对数的底数）处的切线方程；
ห้องสมุดไป่ตู้
（2）若对任意的 x D ，均有 m x n x ，则称 m x 为 n x 在区间 D 上的下界函数， n x 为 m x 在区

含解析高中数学《平面向量》专题训练30题（精）

含解析高中数学《平面向量》专题训练30题（精）含解析高中数学《平面向量》专题训练30题（精）1．已知向量．（1）若，求x的值；（2）记，求函数y＝f（x）的最大值和最小值及对应的x的值．【答案】（1）（2）时，取到最大值3；时，取到最小值.【解析】【分析】（1）根据，利用向量平行的充要条件建立等式，即可求x的值．（2）根据求解求函数y＝f（x）解析式，化简，结合三角函数的性质即可求解最大值和最小值及对应的x的值．【详解】解：（1）∵向量．由，可得：，即，∵x∈[0，π]∴．（2）由∵x∈[0，π]，∴∴当时，即x＝0时f（x）max＝3；当，即时．【点睛】本题主要考查向量的坐标运用以及三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．2．已知中，点在线段上，且，延长到，使．设．（1）用表示向量；（2）若向量与共线，求的值．【答案】（1）,；（2）【解析】【分析】（1）由向量的线性运算，即可得出结果；（2）先由(1)得，再由与共线，设，列出方程组求解即可.【详解】解：（1）为BC的中点，，可得，而（2）由（1）得，与共线，设即，根据平面向量基本定理，得解之得，．【点睛】本题主要考查向量的线性运算，以及平面向量的基本定理，熟记定理即可，属于常考题型.3．（1）已知平面向量、，其中，若，且，求向量的坐标表示；（2）已知平面向量、满足，，与的夹角为，且（+）（），求的值.【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）设，根据题意可得出关于实数、的方程组，可求得这两个未知数的值，由此可得出平面向量的坐标；（2）利用向量数量积为零表示向量垂直，化简并代入求值，可解得的值．【详解】（1）设，由，可得，由题意可得，解得或.因此，或；（2），化简得，即，解得4．已知向量，向量.（1）求向量的坐标；（2）当为何值时，向量与向量共线.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）根据向量坐标运算公式计算；（2）求出的坐标，根据向量共线与坐标的关系列方程解出k;试题解析：（1）（2），∵与共线，∴∴5．已知向量与的夹角，且，．（1）求，；（2）求与的夹角的余弦值．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用平面向量数量积的定义可计算得出的值，利用平面向量数量积的运算性质计算得出的值；（2）计算出的值，利用平面向量夹角的余弦公式可求得与的夹角的余弦值．【详解】（1）由已知，得，；（2）设与的夹角为，则，因此，与的夹角的余弦值为.6．设向量,,记（1）求函数的单调递减区间；（2）求函数在上的值域．【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】分析：（1）利用向量的数量积的坐标运算式，求得函数解析式，利用整体角的思维求得对应的函数的单调减区间；（2）结合题中所给的自变量的取值范围，求得整体角的取值范围，结合三角函数的性质求得结果.详解：（1）依题意,得．由,解得故函数的单调递减区间是．（2）由（1）知,当时,得,所以,所以,所以在上的值域为．点睛：该题考查的是有关向量的数量积的坐标运算式，三角函数的单调区间，三角函数在给定区间上的值域问题，在解题的过程中一是需要正确使用公式，二是用到整体角思维.7．在中，内角，，的对边分别是，，，已知，点是的中点.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，求中线的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（1）由正弦定理，已知条件等式化边为角，结合两角和的正弦公式，可求解；（2）根据余弦定理求出边的不等量关系，再用余弦定理把用表示，即可求解；或用向量关系把用表示，转化为求的最值.【详解】（Ⅰ）由已知及正弦定理得.又，且，∴，即.（Ⅱ）方法一：在中，由余弦定理得，∵，当且仅当时取等号，∴.∵是边上的中线，∴在和中，由余弦定理得，，①.②由①②，得，当且仅当时，取最大值.方法二：在中，由余弦定理得，∵，当且仅当时取等号，∴.∵是边上的中线，∴，两边平方得，∴，当且仅当时，取最大值.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理在三角形中应用，考查基本不等式和向量的模长公式的灵活运用，是一道综合题.8．已知平面向量，.(1)若，求的值；(2)若，与共线，求实数m的值.【答案】（1）；（2）4.【解析】（1）求出，即可由坐标计算出模；（2）求出，再由共线列出式子即可计算.【详解】(1)，所以；(2)，因为与共线，所以，解得m＝4.9．已知向量．（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）若，求向量与夹角的大小．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】【分析】（Ⅰ）首先求出的坐标，再根据，可得，即可求出，再根据向量模的坐标表示计算可得；（Ⅱ）首先求出的坐标，再根据计算可得；【详解】解：（Ⅰ）因为，所以，由，可得，即，解得，即，所以；（Ⅱ）依题意，可得，即，所以，因为，所以与的夹角大小是．10．如图，在中，，，，，.（1）求的长；（2）求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）将用和表示，利用平面向量数量积的运算律和定义计算出的值，即可得出的长；（2）将利用和表示，然后利用平面向量数量积的运算律和定义计算出的值．【详解】（1），，，，，，.；（2），，，.【点睛】本题考查平面向量模与数量积的计算，解题的关键就是选择合适的基底将题中所涉及的向量表示出来，考查计算能力，属于中等题.11．如图所示，在中，，，，分别为线段，上一点，且，，和相交于点.（1）用向量，表示；（2）假设，用向量，表示并求出的值.【答案】（1）；（2），.【解析】【分析】（1）把放在中，利用向量加法的三角形法则即可；（2）把，作为基底，表示出，利用求出.【详解】解：由题意得，，所以，（1）因为，，所以.（2）由（1）知，而而因为与不共线，由平面向量基本定理得解得所以，即为所求.【点睛】在几何图形中进行向量运算:(1)构造向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则；(2)树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算.12．已知向量与的夹角为，且，.（1）若与共线，求k；（2）求，；（3）求与的夹角的余弦值【答案】（1）；（2），；（3）.【解析】【分析】（1）利用向量共线定理即可求解.（2）利用向量数量积的定义：可得数量积，再将平方可求模.（3）利用向量数量积即可夹角余弦值.【详解】（1）若与共线，则存在，使得即，又因为向量与不共线，所以，解得，所以.（2），，（3）.13．已知.（1）当为何值时，与共线（2）当为何值时，与垂直？（3）当为何值时，与的夹角为锐角？【答案】（1）；（2）；（3）且.【解析】【分析】（1）利用向量共线的坐标表示：即可求解.（2）利用向量垂直的坐标表示：即可求解.（3）利用向量数量积的坐标表示，只需且不共线即可求解.【详解】解：（1）.与平行，，解得.（2）与垂直，，即，（3）由题意可得且不共线，解得且.14．如图，在菱形ABCD中，，．（1）若，求的值；（2）若，，求．（3）若菱形ABCD的边长为6，求的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）由向量线性运算即可求得值；（2）先化，再结合（1）中关系即可求解；（3）由于，，即可得，根据余弦值范围即可求得结果．【详解】解：（1）因为，，所以，所以，，故．（2）∵，∴∵ABCD为菱形∴∴，即．（3）因为，所以∴的取值范围：．【点睛】(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算；(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．15．已知，，与夹角是．（1）求的值及的值；（2）当为何值时，？【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用数量积定义及其向量的运算性质，即可求解；（2）由于，可得，利用向量的数量积的运算公式，即可求解．【详解】（1）由向量的数量积的运算公式，可得，.（2）因为，所以，整理得，解得．即当值时，．【点睛】本题主要考查了数量积定义及其运算性质、向量垂直与数量积的关系，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，以及向量垂直的坐标运算是解答的关键，着重考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16．设向量（I）若（II）设函数【答案】（I）（II）【解析】【详解】(1)由＝(sinx)2＋(sinx)2＝4sin2x，＝(cosx)2＋(sinx)2＝1，及，得4sin2x＝1.又x∈，从而sinx＝，所以x＝.(2)sinx·cosx＋sin2x＝sin2x－cos2x＋＝sin＋，当x∈时，－≤2x－≤π，∴当2x－＝时，即x＝时，sin取最大值 1.所以f(x)的最大值为.17．化简．（1）．（2）．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用平面向量加法的三角形法则化简可得所求代数式的结果；（2）利用平面向量加法的三角形法则化简可得所求代数式的结果.【详解】（1）；（2）.18．已知点,,，是原点.（1）若点三点共线，求与满足的关系式；（2）若的面积等于3，且,求向量.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】(1)由题意结合三点共线的充分必要条件确定m,n满足的关系式即可；(2)由题意首先求得n的值，然后求解m的值即可确定向量的坐标.【详解】（1），，由点A，B，C三点共线，知∥，所以，即；（2）由△AOC的面积是3，得，，由，得，所以，即,当时，，?解得或，当时，，方程没有实数根，所以或．【点睛】本题主要考查三点共线的充分必要条件，向量垂直的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19．如图，在直角梯形中，为上靠近B的三等分点，交于为线段上的一个动点．（1）用和表示；（2）求；（3）设，求的取值范围．【答案】(1)；(2)3；(3).【解析】【分析】(1)根据给定条件及几何图形，利用平面向量的线性运算求解而得；(2)选定一组基向量，将由这一组基向量的唯一表示出而得解；(3)由动点P设出，结合平面向量基本定理，建立为x的函数求解.【详解】(1)依题意，，，；(2)因交于D，由(1)知，由共起点的三向量终点共线的充要条件知，，则，，；(3)由已知，因P是线段BC上动点，则令，，又不共线，则有，，在上递增，所以，故的取值范围是.【点睛】由不共线的两个向量为一组基底，用该基底把相关条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．20．设向量满足，且．（1）求与的夹角；（2）求的大小.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由已知得，展开求得，结合夹角公式即可求解；（2）由化简即可求解．【详解】（1）设与的夹角为θ由已知得，即，因此，得，于是，故θ=，即与的夹角为；（2）由．21．已知，，(t∈R)，O是坐标原点．（1）若点A，B，M三点共线，求t的值；（2）当t取何值时，取到最小值？并求出最小值．【答案】（1）t；（2）当t时，?的最小值为.【解析】【分析】（1）求出向量的坐标，由三点共线知与共线，即可求解t的值．（2）运用坐标求数量积，转化为函数求最值．【详解】（1），，∵A，B，M三点共线，∴与共线，即，∴，解得：t.（2），，，∴当t时，?取得最小值．【点睛】关键点点睛：（1）由三点共线，则由它们中任意两点构成的向量都共线，求参数值.（2）利用向量的数量积的坐标公式得到关于参数的函数，即可求最值及对应参数值.22．设向量，，.(1)求；(2)若，，求的值；(3)若，，，求证：A，，三点共线.【答案】(1) 1(2)2(3)证明见解析【解析】【分析】（1）先求，进而求；（2）列出方程组，求出，进而求出；（3）求出，从而得到，得到结果.(1)，；(2)，所以，解得：，所以；(3)因为，所以，所以A，，三点共线.23．在平面直角坐标系中，已知，.（Ⅰ）若，求实数的值；（Ⅱ）若，求实数的值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）求出向量和的坐标，然后利用共线向量的坐标表示得出关于的方程，解出即可；（Ⅱ）由得出，利用向量数量积的坐标运算可得出关于实数的方程，解出即可.【详解】（Ⅰ），，，，，，解得；（Ⅱ），，，解得.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查利用共线向量和向量垂直求参数，考查计算能力，属于基础题.24．在中，，，，点，在边上且，.（1）若，求的长；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先设，，根据题意，求出，，再由向量模的计算公式，即可得出结果；（2）先由题意，得到，，再由向量数量积的运算法则，以及题中条件，得到，即可求出结果.【详解】（1）设，，则，，因此，所以，，（2）因为，所以，同理可得，，所以，∴，即，同除以可得，.【点睛】本题主要考查用向量的方法求线段长，考查由向量数量积求参数，熟记平面向量基本定理，以及向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.25．已知向量，，，且．（1）求，；（2）求与的夹角及与的夹角．【答案】（1），；（2），．【解析】【分析】（1）由、，结合平面向量数量积的运算即可得解；（2）记与的夹角为，与的夹角为，由平面向量数量积的定义可得、，即可得解.【详解】（1）因为向量，，，且，所以，所以，又，所以；（2）记与的夹角为，与的夹角为，则，所以．，所以．【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算与应用，考查了运算求解能力，属于基础题.26．平面内给定三个向量，，.（1）求满足的实数，；（2）若，求实数的值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）依题意求出的坐标，再根据向量相等得到方程组，解得即可；（2）首先求出与的坐标，再根据向量共线的坐标表示计算可得；【详解】解：（1）因为，，，且，，，，.，解得，.（2），，，.，，，.，解得.27．如图，已知中，为的中点，，交于点，设，．（1）用分别表示向量，；（2）若，求实数t的值．【答案】（1），；（2）．【解析】（1）根据向量线性运算，结合线段关系，即可用分别表示向量，；（2）用分别表示向量，，由平面向量共线基本定理，即可求得t的值.【详解】（1）由题意，为的中点，，可得，，．∵，∴，∴（2）∵，∴∵，，共线，由平面向量共线基本定理可知满足，解得．【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量共线基本定理的应用，属于基础题.28．已知，向量，.（1）若向量与平行，求k的值；（2）若向量与的夹角为钝角，求k的取值范围【答案】（1）或；（2）.【解析】（1）利用向量平行的坐标表示列式计算即得结果；（2）利用，且不共线，列式计算即得结果.【详解】解：（1）依题意，，，又，得，即解得或；（2）与的夹角为钝角，则，即，即，解得或.由（1）知，当时，与平行，舍去，所以.【点睛】思路点睛：两向量夹角为锐角（或钝角）的等价条件：（1）两向量夹角为锐角，等价于，且不共线；（2）两向量夹角为钝角，等价于，且不共线.29．已知．(1)若，求的值；(2)若，求向量在向量方向上的投影．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先得到，根据可得,即可求出m；（2）根据求出m=2,再根据求在向量方向上的投影.【详解】；；；；；；；在向量方向上的投影为．【点睛】本题主要考查了向量坐标的加法和数量积的运算，向量垂直的充要条件及向量投影的计算公式，属于中档题.30．平面内给定三个向量.（1）求；（2）求满足的实数m和n；（3）若，求实数k.【答案】（1）6；（2）；（3）.【解析】（1）利用向量加法的坐标运算得到，再求模长即可；（2）先写的坐标，再根据使对应横纵坐标相等列方程组，解方程组即得结果；（3）利用向量垂直则数量积为零，再利用数量积的坐标运算列关系求出参数即可.【详解】解：（1）由，得，；（2），，，，故，解得；（3），，，，，，即，解得.【点睛】结论点睛：若，则等价于；等价于.试卷第1页，共3页试卷第1页，共3页。

高中数学专题复习：排列组合难题21种方法

高考数学专题复习系列排列组合难题二十一种方法排列组合问题联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，因此解决排列组合问题，首先要认真审题，弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理。

教学目标1.进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理。

2.掌握解决排列组合问题的常用策略;能运用解题策略解决简单的综合应用题。

提高学生解决问题分析问题的能力3.学会应用数学思想和方法解决排列组合问题. 复习巩固1.分类计数原理(加法原理) 完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法，…，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法．2.分步计数原理（乘法原理）完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，…，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法．3.分类计数原理分步计数原理区别分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。

分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件．解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1.认真审题弄清要做什么事2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。

3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素.4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略一.特殊元素和特殊位置优先策略例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,先排末位共有13C 然后排首位共有14C 最后排其它位置共有34A由分步计数原理得113434288C C A =练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？二.相邻元素捆绑策略例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法.解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。

2021 2021年高中数学新课标人教B版《选修一》《选修1 1》《第二章圆锥曲线与方程》精选专题

2021 2021年高中数学新课标人教B版《选修一》《选修1 1》《第二章圆锥曲线与方程》精选专题----264b55f0-6ea1-11ec-bd8e-7cb59b590d7d2021-2021年高中数学新课标人教b版《选修一》《选修1-1》《第二章圆锥曲线与方程》精选专题2022-2022年高中数学新课程标准人民教育b版选修课1选修课1-1第二章圆锥曲线与方程选题论文[6]含答案考点及解析类别：_________________;分数：___________题号一二得分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上评分员3总分1，多项选择题1.已知命题a．c．【答案】d【解析】，然后（）b．d．试题分析：根据全名命题的否定是一个特殊命题和无命题的特点，我们可以知道选择的D题：全名命题的否定。

2“点在曲线“向上”是“点”的坐标满足方程“关于（）a．充分非必要条件c．充要条件【答案】b【解析】b、必要条件和不足条件d．既非充分也非必要条件问题分析：“m点的坐标满足方程”？“曲线上的m点”；“曲线上的点m”不一定满足“点m的坐标满足方程”。

因此，“曲线上的点m”是“点m的坐标满足方程”的必要条件和不足条件。

所以选择B.测试点：充分必要条件的判断方法。

3下列命题中正确的一个是（）A.如果B“为真命题，则，“是的”，那么，使得“真理命题”的充要条件或”的逆否命题为“若，则，使得或，则”c．命题“若d、提议【答案】d【解析】试题分析：根据故a不正确，因为真命题要求，即有一个真即可，而同号，所以“，为真命题，要求“是的”两者都真，然后”的充分不必如果B不正确，则命题“If，then或”的反命题为“If and””，故c不正确，根据特称命题的否定形式，可知d是正确的，故选d．考点：复合命题的真值表，充要条件，逆否命题，特称命题的否定．4.命题“存在a．充要条件【答案】a【解析】试题分析：根据问题的含义，选择一个考点：充要条件的判断．5.下列命题中是假命题的是（）a．b．函数c、关于方程D.函数和函数[answer]D[分析]试题分析：对应a，当什么时候是幂函数，且在向上递减；对于B函数，解决方案是或；，使是幂函数，在上递减或恒成立，即，解得“错误命题”是一个命题b．必要不充分条件“关于（）c．充分不必要条件d、既不充分也不必要要条件，作为一个充要条件，至少有一个负根的充要条件是图像是关于一条直线对称的的值域为，则对于C，什么时候时，方程化为如果有根，那么；对于D，函数存在一个负根；当，即，若方程和功能，若关于的二次方程如果没有负根，那么至少有一个负根的充答案是对称的的图象关于直线所以，不存在关于要条件是为d．测试点：命题的真假6.给定两个命题p，q．若vp是q的必要而不充分条件，则p是vq的（）a．充分而不必要条件c．充要条件b、必要条件和不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】a【解析】试题分析：由是的，必要条件，但不是充分条件是的充分而不必要条件，故选a.试验场地：必要和充分条件。

高中数学文化情景题专题21 割圆术(以割圆术为背景的高中数学考题题组训练)解析版

【高中数学数学文化鉴赏与学习】专题21 割圆术（以割圆术为背景的高中数学考题题组训练）一、单选题1．我国魏晋时期著名的数学家刘徽在《九章算术注》中提出了“割圆术——割之弥细，所失弥少，割之又割，以至不可割，则与圆周合体而无所失矣”.也就是利用圆的内接多边形逐步逼近圆的方法来近似计算圆的面积.如图O 的半径为1，用圆的内接正六边形近似估计，则O 圆的内接正二十四边形，以此估计，O 的面积近似为（）A ．32B ．32C ．3D ．3【答案】C 【解析】【分析】求得圆内接正二十四边形的面积，由此求得O 的面积的近似值. 【详解】()sin15sin 4530sin 45cos30cos 45sin 30︒=︒-︒=︒︒-︒︒=圆内接正二十四边形的面积为12411sin151232⨯⨯⨯⨯︒==.故选：C2．刘徽的割圆术是建立在圆面积论的基础之上的．他首先论证，将圆分割成多边形，分割越来越细，多边形的边数越多，多边形的面积和圆的面积的差别就越来越小了．如图，阴影部分是圆内接正12边形，现从圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率是（）A ．3πB ．2πCD【答案】A 【解析】先求出阴影部分及圆的面积，然后结合几何概型中面积型的概率公式求解即可. 【详解】解：设圆的半径为1，由题意可得阴影部分的面积为211121sin 326S π=⨯⨯⨯=，又圆的面积为221S ππ=⨯=，则由几何概型中面积型的概率公式可得此点取自阴影部分的概率是123S S π=, 故选：A. 【点睛】本题考查了几何概型中面积型的概率公式，重点考查了正多边形面积的求法，属基础题.3．我国古代数学名著《九章算术》中割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x ，这可以通过方x 确定出来2x =，类似地不难得到16166+=++⋯（）A．3B．3CD【答案】A 【解析】【分析】令1666...x =+>+，结合已知可得2610x x --=，求解即可. 【详解】令1666...x =+>+，则16x x+=，∴2610x x --=，解得3x =，∴3x =+ 故选：A4．在《九章算术》方田章圆田术（刘徽注）中指出，“割之弥细，所失弥少，制之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”注述中所用的割圆术是一种无限与有+中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x x 确定出来2x =，类比上述结论可得222log 2log (2log ()[]2)+++的正值为A ．1BC ．2D ．4【答案】C 【解析】【分析】根据题意,通过类比可得: 2log (2)x x =+,再解方程可得. 【详解】由题意可得2log (2)x x =+，0x >，∴22x x =+，解得2x =．故选C . 【点睛】本题考查了推理与证明中的类比推理,属中档题.5．2011年国际数学协会正式宣布，将每年的3月14日设为国际数学节，来源于中国古代数学家祖冲之的圆周率。

高中数学学业水平测试复习专题五统计第21讲统计图表用样本估计总体课件

a＋0＋1＋2＋3
解析：因为样本的平均值为 1，所以
5
＝
1，解得 a＝－1. 所以样本的方差为15[(－1－1)2＋(0－1)2
＋(1－1)2＋(2－1)2＋(3－1)2]＝2.
答案：2
8．一个社会调查机构就某地居民的月收入调查了 10 000 人，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图(如图)，为了分析居民的收入与年龄、学历、职业等方面的关系，要从这 10 000 人中再用分层抽样方法抽取 100 人作进一步调查，则在(1 500，2 000)(元)月收入段应抽取的人数为________．
答案：B
4．在某次测量中得到的 A 样本数据如下：42，43， 46，52，42，50，若 B 样本数据恰好是 A 样本数据每个都减 5 后所得数据，则 A，B 两样本的下列数字特征对应相同的是( )
A．平均数 B．标准差 C．众数 D．中位数
解析：利用平均数、标准差、众数、中位数等统计特征数的概念求解．由 B 样本数据恰好是 A 样本数据每个都减 5 后所得数据，可得平均数、众数、中位数分别是原来结果减去 5，即与 A 样本不相同，标准差不变.
1．已知下表是某班学生的一次数学考试成绩的分布
表
分数段
[0，90)
[90， 100)
[100， 110)
[110， [120， [130， 120) 130) 150)
人数
7
6
Байду номын сангаас
8
12
6
6
那么，分数在区间[100，110)内的频率和分数不满 110
的频率分别是( )
A．0.38，1
B．0.18，1
(3)根据茎叶图分析该市的市民对甲、乙两部门的评价．

高中数学小问题集中营专题2.1 两边取对数-人教版高三全册数学试题

专题一两边取对数一、问题的提出【2017课标1理11】设x 、y 、z 为正数，且235xyz==，则 A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z该题解法中使用了两边取对数,这种方法是求解含有指数式的问题的一个常用方法,下面我们就来探讨这一方法在解题中的应用. 二、问题的探源一般来说,已知()()()0,1,0,1f x g x aba ab b =>≠>≠,可通过取对数,转化为()()log log c c f x a g x b = ,通过两边取对数可把乘方运算转化为乘法运算,这种运算法则的改变或能简化运算,或能改变运算式子的结构,从而有利于我们寻找解题思路,因此两边取对数成为处理乘方运算时常用的一种方法. 有时对数运算比指数运算来得方便,对一个等式两边取对数是解决含有指数式和对数式问题的常用的有效方法. 除了等式可通过两边取对数,有时两边含有指数式的不等式也可以取对数进行变形,但要注意不等号是否改变方向.两边取对数的方法,除在函数中有着广泛应用,在后面的数列、导数中都有广泛应用. 三、问题的佐证【例1】【2014某某高考】已知0b >，5log b a =，lg b c =，510d=，则下列等式一定成立的是（）A 、d ac =B 、a cd =C 、c ad =D 、d a c =+ 【解析】5log ,lg b a b c ==相除得55log ,log 10lg b a ab c c==，又5510,log 10d d =∴=，所以ad cd a c=⇒=.选B.【例2】设2a ＝5b＝m ,且1a ＋1b＝2,则m ＝________．【解析】由2a ＝5b＝m ,得a ＝log 2m ,b ＝log 5m ,又1a ＋1b ＝2,即1log 2m ＋1log 5m ＝2,∴1lg m＝2,即m ＝10. 【例3】设y x ,均为正数,且1lg 1=+xxy (x ≠101),求lg(xy )的取值X 围. 【解析】题中含有指数形式出现的式子,首先可以利用取对数的方法,把指数运算转化为对数运算,然后把lg(xy )看作关于x 的函数,从而把求lg(xy )的取值X 围转化为求函数值域的问题. ∵x >0,y >0,1lg 1=+xxy,两边取对数得：y x x lg )lg 1(lg ++=0.即y lg =x x lg 1lg +-(x ≠101,lg x ≠-1).令lg x =t, 则y lg =tt+-1(t≠-1). ∴lg(xy )=lg x +lg y =1+-t t t =211)1(111-+++=++-=t t t t ,∵ 2111≥+++t t 或2111-≤+++t t ,∴lg(xy )的取值X 围是),0[]4,(+∞-∞【例4】已知数列{}n x 中,21113,2n n nx x x x ++==则数列{}n x 的通项公式n x =四、问题的解决1.【2016高考某某】某公司为激励创新，计划逐年加大研发奖金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12％，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( ) (参考数据：lg1.12=0.05，lg1.3=0.11，lg2=0.30)(A)2018年 (B) 2019年 (C)2020年 (D)2021年【答案】B【解析】设从2015年后第n 年该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，由已知得()200130112%200, 1.12130nn ⨯+>∴>，两边取常用对数得 200lg 2lg1.30.30.11lg1.12lg, 3.8,4130lg1.120.05n n n -->∴>==∴≥，故选B. 2.【2017理8】根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080.则下列各数中与M N最接近的是（参考数据：lg3≈0.48）（A ）1033 （B ）1053 （C ）1073 （D ）1093 【答案】D点睛：本题考查了转化与化归能力，本题以实际问题的形式给出，但本质就是对数的运算关系，以及指数与对数运算的关系，难点是36180310x =时，两边取对数，对数运算公式包含log log log a a a M N MN +=，log log log a a aM M N N-=，log log na a M n M =. 3.求形如()()g x yf x 的函数的导数,我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得：ln ()ln ()y g x f x ,再两边同时求导得'''11()ln ()()()()y g x f x g x f x y f x =+,于是得到： '''1()[()ln ()()()]()yf xg x f x g x f x f x ,运用此方法求得函数1xyx 的一个单调递增区间是( ) A ．(),4e B ．()3,6C ．()0,eD ．()2,3【答案】C【解析】两边同取自然对数得：1ln ln y x x=,再两边同时求导得'2211111()'ln ln y x x y x x x x x=+⋅=-+, 得22111ln '(ln )x y x x x x x -=-+=,由1ln '0xy x -=>得01ln 0x x >⎧⎨->⎩解得0x e <<. 4.【2014高考某某】已知42a=，lg x a =，则x =________.10【解析】由42a=得12a =，所以1lg 2x =，解得10x =10【点晴】本题主要考查的是指数方程和对数方程，属于容易题；在解答时正确理解指数式和对数式的意义有助于正确完成此题.5.已知lg3lg 22,3a b ==,则a,b 的大小关系为.【答案】a=b【解析】由lg3lg 22,3a b ==可得lg lg3lg 2,lg lg 2lg3a b ==,所以lg lg a b a b =⇒=.6. 【2016高考某某理数】已知a >b >1.若log a b +log b a =52，a b =b a，则a =，b =. 【答案】42【解析】设log ,1b a t t =>则，因为21522t t a b t +=⇒=⇒=，因此22222, 4.b a b b a b b b b b b a =⇒=⇒=⇒== 7. 【2014高考某某理第12题】函数22()log log (2)f x x x =⋅的最小值为_________.【答案】14-8.已知532510a b c ==,且0abc ≠,则,,a b c 之间的关系式为. 【答案】11153a b c+= 【解析】设532510a b c t ===,两边取对数得5lg 2,3lg5,lg a b t c t === 所以1lg 21lg5,5lg 3lg a t b t ==,所以11lg 2lg 51153lg lg lg a b t t t c+=+==. 9.()0,1xy aa a =>≠的定义域与值域均为[](),m n m n <,则实数a 的取值X 围是.【答案】11ea e <<【提示】由题意知0<m<n,()0,1xy aa a =>≠是增函数,a>1,,m n a m a n ==,m,n 是方程x x a =的两个不同实根,两边取对数,将问题转化为()ln xg x x= 与直线ln y a = 有两个不交点, 作出()ln xg x x=的图象如下图：由图象可得10ln a e<<,所以11e a e << .10. 已知),0(,,+∞∈z y x 且z y x 643==. (1)比较x 3与y 4的大小；(2)求证：xz y 1121-=. 【解析】设z y x 643===t )1(>t ,取对数得：),0(lg lg 6lg ,lg 4lg ,lg 3lg >===t t z t y t x∴6lg lg ,4lg lg ,3lg lg t z t y t x ===, （1）4lg 3lg lg )3lg 44lg 3(4lg lg 43lg lg 343t t t y x -=-=-04lg 3lg lg )81lg 64(lg <-=t,∴ y x 43<.（2） ∵t t t x z lg 2lg lg 3lg lg 6lg 11=-=-,tt t y lg 2lg lg 22lg 2lg 24lg 21===, ∴xz y 1121-= 11.解关于x 的不等式)10(23log ≠><a a x a x x a且【解析】（1）若10<<a ,两边取以a 为底的对数得xa x a log 23)(log 2+>,即03log 2)(log 2>--xa x a ,∴1log 3log -<>xa x a 或, ∴30a x <<或ax 1>.12.已知m,n 为正整数,且1n m >> ,求证()()11nmm n +>+ 【解析】()()11nmm n +>+()()ln 1ln 1n m m n ⇔+>+()()ln 1ln 1m n m n++>再根据()()ln 1x f x x+=在()0,+∞上是减函数证明.。

高中数学小问题集中营专题4.5辅助角公式及应用(2021学年)

201８版高中数学小问题集中营专题4．5 辅助角公式及应用编辑整理：尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（20１8版高中数学小问题集中营专题４.5 辅助角公式及应用）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈,这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改,如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅,最后祝您生活愉快业绩进步,以下为2018版高中数学小问题集中营专题4.5 辅助角公式及应用的全部内容。

专题五辅助角公式及应用一、问题的提出【２０17课标ＩI文13】函数()2cos sin f x x x=+的最大值为 ; 。

该题可通过辅助角公式化为()sin y A x ωϕ=+形式，再运用三角函数的性质解决；我们把()sin cos a x b x x θ+=+（其中θ角所在的象限由a ， b 的符号确定，θ角的值由tan baθ=确定）,称作辅助角公式,该公式在高考中考查频率非常高，且常和三角函数的性质结合在一起进行考查。

二、问题的探源本题解法：有辅助角公式得；()(),tan 2f x x ϕϕ=+=,则；()f x ≤= 1.所涉及的公式（要熟记,是三角函数式变形的基础) 降幂公式：221cos21cos2cos ,sin 22αααα+-==2.关于()sin cos a b αααϕ+=+的说明（1）使用范围:三个特点：① 同角(均为α),②齐一次,③正余全(２)实施步骤：①一提:提取系数:sin cos a b αααα⎫+=+⎪⎭② 二找：由221⎛⎫⎛⎫+=,故可看作同一个角的正余弦(称ϕ为辅助角），如cos ϕϕ==,可得：)sin cos cos sin sin cos a b ααϕαϕα+=+③ 三合：利用两角和差的正余弦公式进行合角:()sin cos a b αααϕ+=+（3)举例说明：sin y x x =+①12sin 2y x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭② 1cos ,sin 2cos sin sin cos 232333y x x ππππ⎛⎫==⇒=+ ⎪⎝⎭③ 2sin 3y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(4）注意事项：① 在找角的过程中，一定要找“同一个角＂的正余弦,因为合角的理论基础是两角和差的正余弦公式，所以构造的正余弦要同角② 此公式不要死记硬背，找角的要求很低，只需同一个角的正余弦即可,所以可以从不同的角度构造角，从而利用不同的公式进行合角,例如上面的那个例子：12sin 2y x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,可视为1sin cos 266ππ==，那么此时表达式就变为:2sin sin cos cos 66y x x ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,使用两角差的余弦公式:2cos 6y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭所以,找角可以灵活，不必拘于结论的形式．找角灵活,也要搭配好对应的三角函数公式。