——浙江数学高考理科第22题分析
2007年高考数学全国卷2理科22题的研究
三次函数的图像与性质-----由2007年高考数学全国卷Ⅱ(理科)22题引发的研究与思考甘肃省合水县第一中学 薛树英形如32() (0)f x ax bx cx d a =+++≠的函数,叫做三次函数.由于三次函数的导函数是二次函数,而二次函数是高中数学中的重要内容,所以三次函数的问题,已经成为高考命题的一个新的热点和亮点,尤其是文科数学更是如此.我们可以采用类比的方法,结合几何画板软件,较为深入地研究三次函数的图像与性质,以及三次方程的解的个数的问题.1. 三次函数的图像与性质1.1当a>0时,'2()32f x ax bx c =++，224-124(-3)b ac b ac ∆==. 若0∆>，方程'()0f x =有两个不相等的实数根,记作1212x ,x ,x <x 且, 则函数()f x 在1(,x )-∞上单调递增,在12(x ,x )单调递减,在2(x ,)+∞上单调递增. 函数()f x 的极大值为1()f x ,极小值为2()f x ,且12()()f x f x >.结论1:12()()0f x f x ⋅>时,函数()f x 的图像与x 轴有且仅有一个公共点; 12()()0f x f x ⋅=时,函数()f x 的图像与x 轴有且仅有两个公共点; 12()()0f x f x ⋅<,即1()0f x >,2()0f x <时,函数()f x 的图像与x 轴有三个公共点.若0∆≤，则'()0f x ≥在R 上恒成立, 函数()f x 在R 上单调递增,无极值, 图像与x 轴有且仅有一个公共点.1.2当a<0时,'2()32f x ax bx c =++，224-124(-3)b ac b ac ∆==. 若0∆>，方程'()0f x =有两个不相等的实数根,记作1212x ,x ,x <x 且, 则函数()f x 在1(,x )-∞上单调递减,在12(x ,x )单调递增,在2(x ,)+∞上单调递减.函数()f x 的极大值为2()f x ,极小值为1()f x ,且21()()f x f x >.结论2:12()()0f x f x ⋅>时,函数()f x 的图像与x 轴有且仅有一个公共点; 12()()0f x f x ⋅=时,函数()f x 的图像与x 轴有且仅有两个公共点; 12()()0f x f x ⋅<,即2()0f x >,1()0f x <时,函数()f x 的图像与x 轴有三个公共点.若0∆≤，则'()0f x ≤在R 上恒成立, 函数()f x 在R 上单调递减,无极值, 图像与x 轴有且仅有一个公共点.2. 2007年高考数学全国卷Ⅱ(理科)22题的解答根据上述有关结论, 解答2007年高考数学全国卷Ⅱ(理科)22题是非常的简捷方便.原题如下:已知函数3()f x x x =-.(Ⅰ) 求曲线()y f x =在点(,())M t f t 处的切线方程;(Ⅱ) 设0a >,如果过点(,)a b 可作曲线()y f x =的三条切线,证明:()a b f a -<<.解: (Ⅰ) '2 ()31f x x =- '2 (t)3t 1f ∴=-∴ 过点(,())M t f t 处的切线方程 为:32y-(t -t)=(3t -1)(x-t)即 23y=(3t -1)x-2t(Ⅱ)若切线23y=(3t -1)x-2t 过点(,)a b ,则23b=(3t -1)a-2t .令32()2-3g t t at a b =++, 则'2()6-66(-)g t t at t t a ==. (0)a > 由'()0g t >得,0t < ,或t a >;由'()0g t <得0t a <<.∴ 函数()g t 在(,0)-∞上单调递增,在(0,)a 单调递减,在(,)a +∞上单调递增.极大值为(0)g a b =+,极小值为3()-()g a a a b b f a =-++=.过点(,)a b 切线有三条,则三次方程322-30t at a b ++=有三个不同的实数根,即函数()g t 与横轴有三个公共点.∴ (0)0()-()0g a b g a b f a =+>⎧⎨=<⎩∴ ()a b f a -<< 3.由此引发的思考尽管研究三次方程的解是很困难的,但我们利用几何画板软件可以深入地研究三次函数的单调性、极值以及图像与x 轴交点的个数.由于三次函数的导函数是二次函数,因此,考查三次函数能把导数的有关知识和二次函数的问题巧妙地结合起来,具有一定的综合性和很好的区分度,所以三次函数的问题已经成为高考命题的重点、热点和难点,全面认识三次函数的图像与性质,对于备战高考意义重大.。
2022年全国高考数学1卷第22题讲题比赛课件精选全文
= 经过 与 的交点
x
解法1：
x
由（1）知， f ( x) e x, g ( x) x ln x
1
设函数 G( x) f ( x) g ( x) e ln x 2 x, 则G ( x) e 2
x
放缩法
x
1
ln x 2 x, 则G ( x) e 2
且
，
e x0 b x2 ln x2 b
x1
x1
ⅇ
−
ln
ⅇ
=b
x
即
注意 f (x) 与 g (x) 的结构，可得 f ( x) g (e ) ，
ⅇx0 − ln ⅇx0 = b
所以 g ( x0 ) g (e 1 )
x
而由 0 x0 1,0 e 1 1 ， g (x) 在 (0,1) 上单调递减，
x
等价于 e x b 和 ln x x b 共有三个不同的根.
x
因为 = ⅇ 和 = ln 互为反函数，图像关于 = 对称，
= + 和 = − 也互为反函数，图像关于 = 对称
得∃ ∈ ，使得 = ⅇ 与 = + 交于，两点，
= ln 与 = − 交于，两点，且，横坐标相同时有3根.
x
'
所以当 >
x
因为 e x 1
x
0时， ′
'
x
=
ⅇ
1
+ −2> 1+
所以 G(x) 在（0，
）单调递增.
1
+
−2>0
2
2021年高考数学全国Ⅰ卷第22题评析
2021年高考已硝烟散尽，但是关于2021年高考数学全国新课标Ⅰ卷的讨论却没有停息，作为全卷压轴的导数题更是引人关注，不同的老师有不同的看法.本文拟以此题作为研究对象，首先对问题的解题思路与方法进行分析，然后对问题进行深入探究，指出其命题根源之所在．1试题已知函数f(x)=x(1-ln x)．（Ⅰ）讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）设a，b为两个不相等的正实数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2<1 a +1 b <e．（2021年高考数学全国新课标1卷第22题）2解法分析问题（Ⅰ）：由题意可知f′(x)=-ln x，故当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，对于问题（Ⅰ）我们不再赘述，着重分析问题（Ⅱ）．我们把问题（Ⅱ）分为1a+1b>2和1 a +1b<e两个问题，分别证明.2.1先证明左边部分：1a+1b>2．2.1.1分析一：观察可以发现b ln a-a ln b= a-b是含有两个字母a，b的轮换式，基于这一认识，我们可适当变换，将相同的变量放在等式同一侧，于是就有1a(1+ln a)=1b·(1+ln b)，再观察题干中的函数f(x)，容易确定f(1a)=f(1b)，而题目要证明2<1a+1b，这是我们数学中常见的极值点偏移问题.于是我们就可以适当的构造函数，利用函数的单调性来证明此不等式.解法一：（对称化构造）证明：由b ln a-a ln b=a-b，可得1a(1+ln a)=1b(1+ln b)，设1a=x1，1b=x2则f(x1)=f(x2)，不妨设x1<x2，又f(0)=0，f(e)=0，由（Ⅰ）知0<x1<1<x2<e.①若x2 2，x1+x2>2，即1a+1b>2必成立．②若1<x2<2，构造g(x)=f(x)-f(2-x)，1<x<2则g′(x)=f′(x) +f′(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln(2x-x2)>0故g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x)>g(1)=0，故f(x2)>f(2-x2)，故f(x1)=f(x2)>f(2-x2)又0<x1<1，0<2-x2<1，而函数f(x)=x(1-ln x)在(0,1)上单调递增，故x1>2-x2，即x1+x22021年高考数学全国Ⅰ卷第22题评析山东省滕州市教育和体育局张彬277599>2，也就是1a +1b>2．注：从前面的解题过程可以看到，我们采用构造函数的方式，证明了x 1>2-x 2，从而得到x 1+x 2>2的结论.事实上，我们也可以采用构造函数的方式先证明x 2>2-x 1，从而得到x 1+x 2>2的结论.请读者自证，并体会两种方式的细微差别.2.1.2分析二：从代数层面来看，问题的实质可以认为是在等量条件f (x 1)=f (x 2)约束下，寻求二元函数G (x 1,x 2)=x 1+x 2的最值问题.能否通过减元的方式，将二元函数转化为一元函数来研究，进而寻求其最值呢？答案是肯定的！解法二：（比值代换）证明：设1a =x 1，1b=x 2则x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2)．不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2<e ，令t =x2x 1(t >1)，由x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2),可得(1-ln x 1)=t (1-ln t -ln x 1)，得ln x 1=1-t ln t t -1.要证明：x 1+x 2>2.只需证：ln(x 1+x 2)>ln 2.只需证：ln(x 1+tx 1)>ln 2.只需证：ln(1+t )+ln x 1>ln 2．只需证：ln(1+t )+1-t ln t t -1>ln 2.只需证：(t -1)(1-ln 2)+(t -1)ln(1+t )-t ln t >0．构造函数：g (t )=(t -1)(1-ln 2)+(t -1)ln(1+t )-t ln t ，(t >1)．则g ′(t )=ln 2-ln t +t -11+t +ln(1+t )，(t >1)．g ″(t )=t -1t (1+t )2>0，故g ′(t )在(1,+∞)上单调递增，且g ′(1)=2ln 2>0，故g ′(t )>g ′(1)=2ln 2>0.故g (t )在(1,+∞)上单调递增，且g (1)=0，故g (t )>g (1)=0.综上所述：x 1+x 2>2，也就是1a +1b>2．2.1.3分析三：基于前面的分析，已经知道设1a =x 1，1b =x 2，则x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2),即x 1ln x 1-x 2ln x 2x 1-x 2=1，欲证明：x 1+x 2>2，只需证：x 1+x 2>2×x 1ln x 1-x 2ln x 2x 1-x 2．即x 22-2x 2ln x 2>x 21-2x 1ln x 1，这明显是函数单调性的一种体现，构造函数并证明其单调性，从而证明x 1+x 2>2是自然的思路.解法三：（构造函数）证明：设1a =x 1，1b =x 2，则x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2)，则x 1ln x 1-x 2ln x 2x 1-x 2=1,不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2<e .欲证明：x 1+x 2>2.只需证：x 1+x 2>2×x 1ln x 1-x 2ln x 2x 1-x 2．只需证：x 22-2x 2ln x 2>x 21-2x 1ln x 1．构造函数：g (x )=x 2-2x ln x ，x ∈(0,+∞)．则g ′(x )=2x -2-2ln x =2[(x -1)-ln x ] 0．（利用了：ln x x -1）故g (x )在(0,+∞)上单调递增，又x 1<x 2，故g (x 2)>g (x 1)即x 22-2x 2ln x 2>x 21-2x 1ln x 1．综上所述：x 1+x 2>2，也就是1a +1b>2．2.2再证明右边部分：1a +1b<e ．2.2.1分析一：受2.1.1的启发，设1a=x 1，1b =x 2，欲证：1a +1b<e ，即证x 1+x 2<e ，即证x 2<e -x 1（或x 1<e -x 2），我们完全可以仿照2.1.1的方式，构造函数来进行证明.解法一（对称化构造）：证明：设1a =x 1，1b=x 2则f (x 1)=f (x 2)，不妨设x 1<x 2．则0<x 1<1<x 2<e ．构造g (x )=f (x )-f (e -x )，0<x <1．则g ′(x )=f ′(x )+f ′(e -x )=-ln(ex -x 2)．易知g ′(x )单调递减，g ′(13)>0,g ′(12)<0故∃x 0∈(13,12)，使得g ′(x 0)=0，当x ∈(0,x 0)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(x 0,1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.又f (x )在(1,+∞)上单调递减，故f (1)>f (e -1)，故g (1)=f (1)-f (e -1)>0.又lim x →0g (x )=0.故g (x )>0,即f (x )>f (e -x )（0<x <1）.故f (x 2)=f (x 1)>f (e -x 1),因为0<x 1<1<x 2<e ，故1<x 2，1<e -x 1，函数f (x )在(1,+∞)上单调递减，故x 2<e -x 1，即x 1+x 2<e ，也就是1a +1b<e ．2.2.2分析二：2.1.2中涉及到的减元思想，同样可以用来证明1a +1b<e ．解法二：（比值代换）证明：设1a =x 1，1b=x 2则x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2).不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2<e ，令t =x2x 1(t >1).由x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2),可得(1-ln x 1)=x2x 1(1-ln t -ln x 1)，得ln x 1=1-t ln t t -1,要证明x 1+x 2<e ，只需证ln(x 1+x 2)<1．只需证ln(x 1+tx 1)<1.只需证ln(1+t )+ln x 1<1.只需证ln(1+t )+1-t ln t t -1<1.只需证(t -1)ln(1+t )-t ln t <0.构造函数g (t )=(t -1)ln(1+t )-t ln t ，(t >1).则g ′(t )=ln(1+t )-21+t-ln t =ln(1+1t )-21+t 1t -21+t =1-tt (1+t )<0（利用了：ln(1+x ) x ）.故g (t )在(1,+∞)上单调递减，且g (1)=0，故g (t )<g (1)=0．综上所述：x 1+x 2<e ，也就是1a +1b<e ．2.2.3分析三：微积分中有一种重要思想，以直代曲.分析此函数的图像（图1），当x 2距离点(e ,0)处较近时x 1+x 2较大，此时我们可以利用点(e ,0)处的切线g (x )=e -x 来代替点(e ,0)曲线，对x 2对应的函数值进行放缩.解法三：（切线放缩）证明：设1a =x 1，1b =x 2，则x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2)．不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2<e ,函数f (x )=x (1-ln x )在(e ,0)处的切线方程为g (x )=e -x ．不难证明若x ∈(0,e )，g (x )>f (x )．设h (x )=g (x )-f (x )=x ln x -2x +e ，x ∈(0,e )则h ′(x )=ln x -1<0，故h (x )单调递减，h (x )<h (e )=0，故g (x )>f (x )．故f (x 1)=f (x 2)<g (x 2)，即x 1-x 1ln x 1=x 2-x 2ln x 2<e -x 2，故x 1-x 1ln x 1<e -x 2，故x 1+x 2-x 1ln x 1<e ，因为x 1ln x 1<0，故x 1+x 2<e ，也就是1a +1b<e .2.2.4分析四：在处理函数中的不等关系时，我们还常常用到一些函数不等式，如e x x +1，ln x x -1(x >0)，x >sin x (x >0)等等，借助于这些不等式研究其它函数中的不等关系，常常事半功倍.解法四：（常用不等式放缩）证明：设1a =x 1，1b=x 2，则x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2)，不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2<e .由x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2)，可得x 1ln e x 1=x 2ln e x 2．而x 2ln e x 2<x 2(e x 2-1)=e -x 2（利用到：ln x x -1）.x 1<x 1ln e x 1．故x 1<e -x 2，即x 1+x 2<e ，也就是1a +1b<e ．3问题根源如图2，二次函数图像是比较典型的轴对称，当x 1和x 2对应的函数值相等时，显然有x 1+x 2=2x 0（x 0是二次函数的一个极值点）．但是二次函数仅是我们的研究对象中的一种特殊函数，其图像是轴对称图形.大部分函数不是这个情况.比如本题中涉及到的函数，观察其图像（图3）可以发现：在yxO x 1x 2f (x )=x (1-ln x )g (x )=e -x 图1极值点x 0的左侧，函数单调递增，增长速度较快；在极值点x 0的右侧，函数单调递减，减少速度较慢；此时必然造成极值点x 0处于x 1，x 2的中点的右侧，这种情况，我们称为：极值点右偏.在这种情况下，显然x 1+x 2>2x 0，对于我们研究的函数f (x )=x (1-ln x )来讲，极值点x 0=1，所以有x 1+x 2>2.同样我们可以分析：当x 2距离极值点x 0=1较近时，x 1距离极值点x 0=1也较近，此时x 1+x 2的值与2比较接近；而当x 2距离点(e ,0)较近时，x 1距离点(0,0)较近，此时x 1+x 2的值与e 比较接近.且x 2由x 0向点(e ,0)运动的速度显然要比x 1向点(0,0)动的速度要快，这就不难理解为什么有x 1+x 2<e 了.基于以上分析，我们认为2<x 1+x 2<e ，即2<1a +1b<e 的根源就在于函数f (x )=x (1-ln x )在其极值点x 0=1左右两边的变化速度不一致造成的.当然，我们分析的是函数图像开口向下的情况，此种情况下函数中极值点右偏的情况与左偏类似，不再赘述.函数图像开口向上的情况下，也存在极值点偏移的情况，也不再一一分析.4小结基于以上分析，笔者认为2021年高考数学全国新课标1卷第22题，题干部分没有冗繁的文字描述，十分简洁，能让考生把注意力很快集中到数学问题的本质上.试题的第一问，考查利用导数判断函数单调性的方法，立足基础，起点低、入口宽，面向全体学生，注重通性通法和对数学思想的考查，淡化了特殊方法、技巧解题，这对高中数学的教学有积极的导向作用.试题的第二问，需对条件b ln a -a ln b =a -b 进行转化，发现f (1a )=f (1b)，才可以认清问题的实质是“极值点偏移”问题.在保持高考试题稳定的基础上，问题的情境有创新.在b ln a -a ln b =a -b 条件下，要求考生完成不等式2<1a +1b<e 的证明，凸显了本题对考生的数学抽象、逻辑推理，数学建模、数学运算等核心素养的考查，可以使不同层次的学生有不同的表现，很好的体现了高考试题服务选拔的功能.Ox 1x 0x 2xyxx 2x 0x 1O y e图2图3。
洞悉高考考题方向_加强试题融旧创新——对2022年全国数学新高考Ⅱ卷第22题的探析
φ x ＞φ ０ ＝０ f
(
０,＋∞ )上单调递增,
x)＞f(
０)＝－１,不满足题意 ．
f(
１
２ x－ax
时,″(
x)＝－ (
a－１)
e ≤０,则 φ
′(
x)
２ φ
在(
０,＋∞ )上单 调 递 减,则 φ
′(
x)＜φ
′(
０)＝２a－１≤
(
)
,
)
(
所以 φ x 在(
０．
０ ＋ ∞ 上 单 调 递 减,
－１＋ ５
,＋∞ ．
２
)
思,如图 ６．
３ 用滚球的方法解决单调性问题
４ 已 知 函 数 f (x ) ＝
,
－x ＋２
ax(
x≤１)
若 f(
x)在(－ ∞ ,＋ ∞ )上 是
(
,
２
a－１)
x－３
a＋６(
x＞１)
增函数,则实数 a 的取值范围是( )．
例
２
{
( １２ ,１ùúúû B．[１,２]
n∈N ),利用基本模型l
n(
x＋１)＜x,
n
１
１
n＋１
１
,所以 ＞l
＞l
n １＋
＝l
n
n(
n＋１)－l
nn．
n
n
n
n
)
１
故 ＞l
n(
k＋１)－l
nk(
k＝１,
２,,
n)．
k
１ １
将以上 n 个不等 式 累 加,得 １＋ ＋ ＋ ＋
２ ３
１
＞l
n(
【高三】浙江2021年高考数学理科试卷(附答案和解释)
【高三】浙江2021年高考数学理科试卷（附答案和解释）浙江卷数学（理）试题答案与解析选择题部分（共50分）一、选择题：每小题5分，共50分．1．已知i是虚数单位，则(?1+i)(2?i)=A．?3+iB．?1+3i C．?3+3i D．?1+i【命题意图】本题考查复数的四则运算，属于容易题【答案解析】B2．设集合S={xx>?2}，T={xx2+3x?4≤0}，则(?RS)∪T=A．(?2，1]B．(?∞，?4]C．(?∞，1]D．[1，+∞)【命题意图】本题考查集合的运算，属于容易题【答案解析】C 因为(?RS)={xx≤?2}，T={x?4≤x≤1}，所以(?RS)∪T=(?∞，1]. 3．已知x，y为正实数，则A．2lgx+lgy=2lgx+2lgyB．2lg(x+y)=2lgx ? 2lgyC．2lgx ? lgy=2lgx+2lgy D．2lg(xy)=2lgx ? 2lgy【命题意图】本题考查指数和对数的运算性质，属于容易题【答案解析】D 由指数和对数的运算法则，易知选项D正确4．已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0，φ?R)，则“f(x)是奇函数”是“φ=π2”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【命题意图】本题考查简易逻辑以及函数的奇偶性，属于中档题【答案解析】B 由f(x)是奇函数可知f(0)=0，即cosφ=0，解出φ=π2+kπ，k?Z，所以选项B正确5．某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是95，则A．a=4B．a=5C．a=6D．a=7【命题意图】本题考查算法程序框图，属于容易题【答案解析】A6．已知α?R，sin α+2cos α=102，则tan2α=A．43B．34C．?34D．?43【命题意图】本题考查三角公式的应用，解法多样，属于中档题【答案解析】C 由(sin α+2cos α)2=1022可得sin2α+4cos2α+4sin αcos α sin2α+cos2α=104，进一步整理可得3tan2α?8tan α?3=0，解得tan α=3或tanα=?13，于是tan2α=2tan α1?tan2α=?34.7．设△ABC，P0是边AB上一定点，满足P0B=14AB，且对于AB上任一点P，恒有→PB?→PC≥→P0B?→P0C，则A．?ABC=90?B．?BAC=90?C．AB=ACD．AC=BC【命题意图】本题考查向量数量积的几何意义，不等式恒成立的有关知识，属于中档题【答案解析】D 由题意，设→AB=4，则→P0B=1，过点C作AB的垂线，垂足为H，在AB上任取一点P，设HP0=a，则由数量积的几何意义可得，→PB?→PC=→PH→PB=(→PB ?(a+1))→PB，→P0B?→P0C=?→P0H→P0B=?a，于是→PB?→PC≥→P0B?→P0C恒成立，相当于(→PB?(a+1))→PB≥?a恒成立，整理得→PB2?(a+1)→PB+a≥0恒成立，只需?=(a+1)2?4a=(a?1)2≤0即可，于是a=1，因此我们得到HB=2，即H是AB的中点，故△ABC是等腰三角形，所以AC=BC8．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)=(ex?1)(x?1)k(k=1，2)，则A．当k=1时，f(x)在x=1处取到极小值B．当k=1时，f(x)在x=1处取到极大值C．当k=2时，f(x)在x=1处取到极小值D．当k=2时，f(x)在x=1处取到极大值【命题意图】本题考查极值的概念，属于中档题【答案解析】C 当k=1时，方程f(x)=0有两个解，x1=0，x2=1，由标根法可得f(x)的大致图象，于是选项A，B错误；当k=2时，方程f(x)=0有三个解，x1=0，x2=x3=1，其中1是二重根，由标根法可得f(x)的大致图象，易知选项C正确。
2019_年高考数学浙江卷压轴题的自然解法
２０１９年高考数学浙江卷压轴题的自然解法甘志国(北京丰台二中ꎬ北京１０００７１)摘㊀要:自高考以来ꎬ２０１９年高考数学浙江卷压轴题是高考以来难度仅次于２０２２年高考数学浙江卷压轴题的高考导数题ꎬ文章将给出这道高考题的多种自然解法.关键词:２０１９年高考浙江卷ꎻ导数ꎻ自然解法ꎻ减元法中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２２－０００２－０４收稿日期:２０２３－０５－０５作者简介:甘志国(１９７１－)ꎬ男ꎬ湖北省竹溪人ꎬ硕士ꎬ特级教师ꎬ从事数学教学研究.基金项目:北京市教育学会 十三五 教育科研滚动立项课题 数学文化与高考研究 (项目编号:ＦＴ２０１７ＧＤ００３)㊀㊀文章针对２０１９年高考数学浙江卷第２２题压轴题给出多种自然解法.题１㊀(２０１９年高考数学浙江卷第２２题)已知实数ａʂ０ꎬ设函数ｆ(ｘ)＝ａｌｎｘ＋１＋ｘꎬｘ>０.(１)当ａ＝－３４时ꎬ求函数ｆ(ｘ)的单调区间ꎻ(２)对任意ｘɪ[１ｅ２ꎬ＋¥)均有ｆ(ｘ)ɤｘ２ａꎬ求ａ的取值范围.注:ｅ＝２.７１８２８ 为自然对数的底数.分析㊀在第(１)问中ꎬ参数ａ变成了常数－３/４ꎬ因而难度不大ꎬ只是在根式求导㊁恒等变形上有些计算量.第(２)问是恒成立问题且出现了参数ａꎬ预示着难度较大.两次出现了参数ａ且本质上是ａ的一元二次式ꎬ使得分离参数法不可行ꎬ即难以进行等价转化ꎬ这时可用 先必要后充分 的方法探路.由题设 对任意ｘɪ[１ｅ２ꎬ＋¥)均有ｆ(ｘ)ɤｘ２ａ ꎬ可想到用ｘ＝１来试探出一个必要条件ａɪ０ꎬ２４æèç].如果题目很巧妙ꎬ该必要条件也是充分条件的话(这样的题目太多了ꎬ且多以压轴题的形式出现)ꎬ则所求ａ的取值范围就是０ꎬ２４æèç].所以接下来的任务就是证明充分性成立ꎬ即证:当０<ａɤ２４ꎬｘȡ１ｅ２时ꎬａｌｎｘ－ｘ２ａ＋１＋ｘɤ０.可尝试着用减元法来证明这个二元条件不等式成立.可以看出:把欲证不等式的左边看成ａ的函数ｍ(ａ)＝ａｌｎｘ－ｘ２ａ＋１＋ｘ比看成ｘ的函数要容易解决些.为了简便ꎬ我们还希望ｍ(ａ)是单调函数ꎬ可求得ｍᶄ(ａ)＝ｌｎｘ＋ｘ２ａ２.因为当ａң０＋时ꎬｍᶄ(ａ)ң＋¥ꎬ得ｍᶄ(ａ)>０ꎬ所以只能考虑ｍ(ａ)是单调递增的情形ꎬ即ｍᶄ(ａ)＝ｌｎｘ＋ｘ２ａ２ȡ０在０<ａɤ２４时恒成立.即ｍᶄ(ａ)ｍｉｎ＝ｍᶄ２４æèçöø÷＝ｌｎｘ＋４ｘȡ００<ａ<２４æèçöø÷.而这只需研究ｌｎｘ＋４ｘȡ０在０<ｘ<１时对于哪些ｘ值成立(因为不等式ｌｎｘ＋４ｘȡ０在０<ｘ<１时恒成立).联想到关于ｌｎｘ放缩的常用不等式ｌｎｘ>ｘ－１ｘ(０<ｘ<１)(用换元法及导数易证)ꎬ及ｘ－１ｘ＋４ｘȡ０(０<ｘ<１)ꎬ即１５ɤｘ<１ꎬ可得当ｘȡ１５时ꎬ只需证明一元不等式ｍ２４æèçöø÷＝２４ｌｎｘ＋１＋ｘ－２ｘɤ０ꎬ原问题获得了实质性的进展还需证明:当０<ａɤ２４时ꎬ１ｅ２ɤｘ<１５时ꎬｘ２ａ－ａｌｎｘȡ１＋ｘ.较好的策略还是 减元 ꎬ并且是减掉元 ａ (因为减掉元 ｘ 很困难).注意到ｘ２ａ>０ꎬ－ａｌｎｘ>０ꎬ所以可尝试用均值不等式来减元:由均值不等式ꎬ可得ｘ２ａ－ａｌｎｘȡ２ｘ２ａ(－ａｌｎｘ)＝２２ｌｎｘ.故只需证明一元不等式－２２ｌｎｘȡ１＋ｘꎬ即－２ｘｌｎｘȡ１＋ｘꎬ即２ｘｌｎｘ＋ｘ＋１ɤ０.设ｘ＝ｔ２１ｅɤｔ<１５æèçöø÷ꎬ可得只需证明４ｔｌｎｔ＋ｔ２＋１ɤ０１ｅɤｔ<１５æèçöø÷.即证４ｌｎｔ＋ｔ＋１ｔɤ０１ｅɤｔ<１５æèçöø÷.①设函数ｇ(ｔ)＝４ｌｎｔ＋ｔ＋１ｔ１ｅɤｔ<１５æèçöø÷ꎬ可得ｇᶄ(ｔ)＝４ｔ－１ｔ２＋１>０１ｅɤｔ<１５æèçöø÷ꎬ故ｇ(ｔ)单调递增.㊀所以ｇ(ｔ)<ｇ１５æèçöø÷＝２３５－ｌｎ５æèçöø÷１ｅɤｔ<１５æèçöø÷.欲证ｇ(ｔ)ɤ０１ｅɤｔ<１５æèçöø÷ꎬ只需证明３５ɤｌｎ５⇔３２<ｌｎ５⇔ｅ３<２５⇔２.８３<２５⇔２１.９５２<２５ꎬ所以欲证结论成立.细心的读者会发现ꎬ证明①的加强结论４ｌｎｔ＋ｔ＋１ｅɤ０(１ｅɤｔɤ１２)会更容易:设函数ｈ(ｔ)＝４ｌｎｔ＋ｔ＋１ｔ１ｅɤｔɤ１２æèçöø÷ꎬ可得ｈᶄ(ｔ)＝４ｔ－１ｔ２＋１>０１ｅɤｔɤ１２æèçöø÷.故ｈ(ｔ)单调递增.㊀所以ｈ(ｔ)ɤｈ１２æèçöø÷＝５２－４ｌｎ２<５２－４ˑ２３<０１ｅɤｔɤ１２æèçöø÷.所以把分类讨论标准调为０<ａɤ２４ꎬ１ｅ２ɤｘɤ１４及０<ａɤ２４ꎬｘ>１４两种情形较为合适ꎬ进而可得题１第(２)问的自然解法:解析㊀由题设可得ｆ(１)ɤ１２ａꎬ即０<ａɤ２４.下面证明:当０<ａɤ２４ꎬｘȡ１ｅ２时ꎬａｌｎｘ＋１＋ｘɤｘ２.(ⅰ)当０<ａɤ２４ꎬ１ｅ２ɤｘɤ１４时ꎬ可得－２ɤｌｎｘ<０.由均值不等式ꎬ可得ｘ２ａ－ａｌｎｘȡ２ｘ２ａ(－ａｌｎｘ)＝－２ｘｌｎｘ.因而只需证明－２ｘｌｎｘȡ１＋ｘꎬ即－２ｘｌｎｘȡ１＋ｘꎬ即２ｘｌｎｘ＋ｘ＋１ɤ０.设ｘ＝ｔ２(１ｅɤｔɤ１２)ꎬ可得只需证明４ｔｌｎｔ＋ｔ２＋１ɤ０⇔４ｌｎｔ＋ｔ＋１ｔɤ０(１ｅɤｔɤ１２).设函数ｇ(ｔ)＝４ｌｎｔ＋ｔ＋１ｔ(１ｅɤｔɤ１２)ꎬ可得ｇᶄ(ｔ)＝４ｔ－１ｔ２＋１>０(１ｅɤｔɤ１２)ꎬ故ｇ(ｔ)单调递增ꎬ所以ｇ(ｔ)ɤｇ(１２)＝５２－４ｌｎ２<５２－４ˑ２３<０(１ｅɤｔɤ１２)ꎬ得欲证结论成立.(ⅱ)当０<ａ<２４ꎬｘ>１４时ꎬ设函数ｈ(ａ)＝ａｌｎｘ＋１＋ｘ－ｘ２ａ(０<ａɤ２４)ꎬ可得ｈᶄ(ａ)＝ｌｎｘ＋ｘ２ａ２ȡｌｎｘ＋４ｘ>ｌｎ１４＋４１４>０ꎬ故ｈ(ａ)单调递增ꎬ所以ｈ(ａ)ɤｈ(２４)＝２４ｌｎｘ＋１＋ｘ－２ｘ(０<ａɤ２４).故只需证明２４ｌｎｘ＋１＋ｘ－２ｘɤ０(ｘ>０).②下面用四种方法证明该结论成立.解法１㊀设函数φ(ｘ)＝２４ｌｎｘ＋１＋ｘ－２ｘꎬ可求得φᶄ(ｘ)＝１２２ｘ＋１２１＋ｘ－１２ｘ(ｘ>０).进而可得φᶄ(ｘ)>０⇔１２ｘ＋１１＋ｘ>２ｘ⇔(１＋ｘ－２２ｘ)２>[２ｘ(ｘ＋１)]２⇔２ｘ２ｘ＋２>２ｘ２＋３ｘ－１(ｘ>０).下证当０<ｘ<１时ꎬφᶄ(ｘ)>０.即证当０<ｘ<１ꎬ２ｘ２＋３ｘ－１>０ꎬ{即１７－３４<ｘ<１时ꎬ(２ｘ２ｘ＋２)２>(２ｘ２＋３ｘ－１)２⇔(ｘ－１)(４ｘ３＋８ｘ２＋５ｘ－１)<０⇔４ｘ３＋８ｘ２＋５ｘ－１>０.再由恒等式４ｘ３＋８ｘ２＋５ｘ－１＝(２ｘ＋１)(２ｘ２＋３ｘ－１)＋４ｘꎬ可得欲证结论成立.再证当ｘ>１时ꎬφᶄ(ｘ)<０ꎬ即证４ｘ４＋４ｘ３－３ｘ２－６ｘ＋１<０ꎬ即证(ｘ－１)(４ｘ３＋８ｘ２＋５ｘ－１)<０ꎬ即证４ｘ３＋８ｘ２＋４ｘ＋(ｘ－１)>０.进而可得欲证结论成立.所以φ(ｘ)在(０ꎬ１)ꎬ(１ꎬ＋ɕ)上分别单调递增㊁单调递减.再由φ(１)＝０ꎬ可得不等式②成立.解法２㊀可得φᶄ(ｘ)＝１２２ｘ＋１２１＋ｘ－１２ｘ＝ｘ＋１＋２ｘ－２ｘ２＋ｘ２ｘ２ｘ＋２(ｘ>０).设函数ρ(ｘ)＝ｘ＋１＋２ｘ－２ｘ２＋ｘ(ｘ>０)ꎬ可求得ρᶄ(ｘ)＝１２２＋ｘ＋２－２ｘ＋１ｘ２＋ｘ＝ｘ＋２２ｘ２＋２ｘ－(４ｘ＋２)２ｘ２＋ｘ(ｘ>０).故ρᶄ(ｘ)<０⇔２２ｘ２＋２ｘ<４ｘ＋２－ｘ(ｘ>０).设ｘ＝ｔ(ｔ>０)ꎬ可得ρᶄ(ｘ)<０⇔(２ｔ２ｔ２＋２)２<(４ｔ２－ｔ＋２)２⇔８ｔ４－８ｔ３＋９ｔ２－４ｔ＋４>０(ｔ>０).再由恒等式８ｔ４－８ｔ３＋９ｔ２－４ｔ＋４＝２ｔ２[(２ｔ－１)２＋３]＋(ｔ－２)２ꎬ可得ρᶄ(ｘ)<０ꎬρ(ｘ)单调递减.又由ρ(１)＝０ꎬ可得φ(ｘ)在(０ꎬ１)ꎬ(１＋ɕ)上分别单调递增㊁单调递减.再由φ(１)＝０ꎬ可得不等式②成立.解法３㊀在不等式②中可设ｘ＝ｔ４(ｘ>０)ꎬ得②⇔２ｌｎｔ＋ｔ４＋１ɤ２ｔ２(ｔ>０)⇔２(ｔ－１)＋ｔ４＋１ɤ２ｔ２⇔ｔ４＋１ɤ２(ｔ２－ｔ＋１)⇔ｔ４＋１ɤ２(ｔ２－ｔ＋１)２⇔ｔ２＋１ｔ２ɤ２(ｔ＋１ｔ－１)２⇔(ｔ＋１ｔ)２－２ɤ２[(ｔ＋１ｔ)－１]２⇔[(ｔ＋１ｔ)－２]２ȡ０.因而不等式②成立.解法４㊀设函数ｒ(ｘ)＝８ｘ４－８２ｘ３－３ｘ２＋８２ｘ－４(ｘ>１２)ꎬ可求得ｒᶄ(ｘ)＝２(１６ｘ３－１２２ｘ２－３ｘ＋４２)(ｘ>１２)ꎬｒᵡ(ｘ)＝６(１６ｘ２－８２ｘ－１)(ｘ>１２).令ｒᵡ(ｘ)＝０ꎬ解得ｘ＝２＋３４.进而可得ｒᶄ(ｘ)在(１２ꎬ２＋３４)ꎬ(２＋３４ꎬ＋ɕ)上分别单调递减㊁单调递增.所以ｒᶄ(ｘ)ｍｉｎ＝ｒᶄ(２＋３４)(ｘ>１２).再由恒等式ｒᶄ(ｘ)＝１３(ｘ－１２２)ｒᵡ(ｘ)＋１５２２－１２ｘꎬ可得ｒ(ｘ)ｍｉｎ＝ｒᶄ(２＋３４)＝０＋１５２２－１２ˑ２＋３４＝３３２＋６>０(ｘ>１２).所以ｒ(ｘ)单调递增ꎬ得ｒ(ｘ)>ｒ(１２)＝１２>０(ｘ>１２).在该结论中令ｘ＝ｓｉｎθ(π４<θ<π２)ꎬ可得８ｓｉｎ４θ－８２ｓｉｎ３θ－３ｓｉｎ２θ＋８２ｓｉｎθ－４>０.③不等式②中有两个根式１＋ｘ与ｘꎬ如何换元可同时去掉这两个根号呢?那就是三角换元:用三角恒等式ｔａｎ２α＋１＝１ｃｏｓ２α.在不等式②中可设ｘ＝ｔａｎ２θ(０<θ<π２)ꎬ得②⇔ｌｎｔａｎθ＋２－２ｓｉｎθｃｏｓθɤ０(０<θ<π２).设函数λ(θ)＝ｌｎｔａｎθ＋２－２ｓｉｎθｃｏｓθɤ０(０<θ<π２)ꎬ可求得λᶄ(θ)＝２ｓｉｎ２θ－２ｓｉｎθ＋ｃｏｓθｓｉｎθｃｏｓ２θ(０<θ<π２).再设函数μ(θ)＝２ｓｉｎ２θ－２ｓｉｎθ＋ｃｏｓθ(０<θ<π２)ꎬ可求得μᶄ(θ)＝２ｃｏｓθ(２ｓｉｎθ－１)－ｓｉｎθ(０<θ<π２).下证μᶄ(θ)<０(０<θ<π２)ꎬ只需证明[２ｃｏｓθ(２ｓｉｎθ－１)]２<ｓｉｎ２θ(π４<θ<π２)ꎬ④即４(１－ｓｉｎ２θ)(２ｓｉｎ２θ－２２ｓｉｎθ＋１)<ｓｉｎ２θ(π４<θ<π２).而该不等式即③ꎬ所以④成立ꎬ得μ(θ)单调递减.再由μ(π４)＝０ꎬ可得λ(θ)在(０ꎬπ４)ꎬ(π４ꎬπ２)上分别单调递增㊁单调递减.所以λ(θ)ɤλ(π４)＝０(０<θ<π２)ꎬ因而不等式②成立[１].综上所述ꎬ可得所求ａ的取值范围是０ꎬ２４æèç].小结㊀在高考导数题中ꎬ求参数取值范围时ꎬ常常用特殊值试探出一个必要条件(即得到参数的一个取值范围ꎻ对于难一点的问题ꎬ有时要多取几次特殊值ꎬ得到参数的最小取值范围ꎬ即求交集)ꎬ再想办法证明该必要条件也是充分条件(往往是要证明一个条件不等式成立).如果是多元不等式ꎬ往往需要减元ꎬ减元的方法有主元法㊁均值不等式法㊁分类讨论法㊁换元法(有时用三角换元法还可把无理式化成有理式)等.参考文献:[１]甘志国.２０２２年高考数学北京卷压轴题的自然解法[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(２２):４２－４４.[责任编辑:李㊀璟]。
高考数学经典常考题型第22专题 恒成立问题——参变分离法
高考数学经典常考题型第22专题恒成立问题——参变分离法第22专题训练：恒成立问题——参变分离法一、基础知识1、参变分离：当不等式中含有两个字母时，一个被视为变量，另一个被视为参数。
通过等价变形，让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式。
然后，可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围。
2、确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数。
3、参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离。
如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行。
但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法。
例如：a）(x-1)<loga(x^2/(1+x))b）2x^2-axe+1>0c）(1-x)/(1+x)<a^x2）参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值）。
若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。
二、关于a为4的参变分离假设x为自变量，其范围设为D，f(x)为函数；参数g(a)为其表达式。
根据f(x)的值域，会出现以下情况及处理方法：1、f(x)的值域为[m,M]1）对于所有x∈D，如果g(a)≤f(x)，则只需要g(a)≤m；如果g(x)<f(x)，则只需要g(a)<m。
2）对于所有x∈D，如果g(a)≥f(x)，则只需要g(a)≥M；如果g(x)>f(x)，则只需要g(a)>M。
3）存在x∈D，使得g(a)≤f(x)，则只需要g(a)≤M；存在x∈D，使得g(a)<f(x)，则只需要g(a)<M。
4）存在x∈D，使得g(a)≥f(x)，则只需要g(a)≥m；存在x∈D，使得g(a)>f(x)，则只需要g(a)>m。
2017年浙江高考理科数学试题及解析(K12教育文档)
即四边形 BCEF 为平行四边形,
所以 CE∥BF，
因此 CE∥平面 PAB．
2017 年浙江高考理科数学试题及解析(word 版可编辑修改)
(2）分别取 BC,AD 的中点为 M，N,连接 PN 交 EF 于点 Q,连接 MQ. 因为 E，F，N 分别是 PD，PA，AD 的中点,所以 Q 为 EF 中点， 在平行四边形 BCEF 中，MQ∥CE. 由△PAD 为等腰直角三角形得 PN⊥AD。 由 DC⊥AD，N 是 AD 的中点得 BN⊥AD． 所以 AD⊥平面 PBN， 由 BC//AD 得 BC⊥平面 PBN, 那么平面 PBC⊥平面 PBN． 过点 Q 作 PB 的垂线，垂足为 H，连接 MH． MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角． 设 CD=1． 在△PCD 中，由 PC=2,CD=1,PD=错误!得 CE=错误!， 在△PBN 中，由 PN=BN=1，PB=错误!得 QH=错误!， 在 Rt△MQH 中,QH=错误!，MQ=错误!, 所以 sin∠QMH=错误!，
9 17.(—∞,2］ 【解析】x∈[1，4］,x+错误!∈[4，5］，分类讨论：①当 a≥5 时，f（x)=a—x4x+a=2a-x-错误!，函数的最大值 2a-4=5，∴a=错误!，舍去；②当 a≤4 时，f（x）=x+错误!—a+a=x+ 错误!≤5,此时命题成立；③当 4＜a＜5 时,［f(x）]max=max{|4-a｜+a,|5—a｜+a}，则错误!或错误! 解得 a=错误!或 a＜错误!.综上可得，实数 a 的取值范围是(-∞，错误!]． 18。 (2017 年浙江)已知函数 f(x）=sin2x–cos2x–2错误!sin x cos x（x∈R）． （1)求 f（错误!)的值． （2）求 f（x）的最小正周期及单调递增区间． 18。解:（1）由 sin 错误!=错误!，cos 错误!=-错误!, f（错误!)=（错误!）2—（—错误!）2（2）由 cos 2x=cos2x-sin2x 与 sin 2x=2sin xcos x， 得 f（x)=—cos 2x-错误!sin 2x=-2sin（2x+错误!)．
题目小世界思维大舞台——2018浙江数学高考第22题
参考文献:
[１]曹学峰. 高中数学空间想象能力的培养方法[ Ｊ].
数学学习与研究ꎬ２０１４(０９) :４０.
[２]王娜. 辅助线对高中生解决空间几何问题的影
响[ Ｄ] . 开封:河南大学ꎬ２０１２.
[ 责任编辑:杨惠民]
题目小世界 思维大舞台
———２０１８ 浙江数学高考第 ２２ 题
沈海全
( 浙江省绍兴市越州中学 ３１２０００)
摘 要:文章对 ２０１８ 年浙江数学高考第 ２２ 题从试题背景、试题解法、试题意图、高观点下的试题进行深入 剖析ꎬ并对其进行变式拓展ꎬ而后链接其它省份曾考过的高考试题ꎬ最后指出试题对平时教学的启示.
关键词:试题背景ꎻ试题解法ꎻ试题意图ꎻ高观点下的试题ꎻ试题拓展ꎻ思想思维ꎻ核心素养ꎻ启示 中图分类号:Ｇ６３２ 文献标识码:Ａ 文章编号:１００８ － ０３３３(２０１９)１６ － ０００９ － ０４
ｘ１ ｘ２ > ２５６. 又 ｆ( ｘ１ ) ＋ ｆ( ｘ２ ) ＝ (
１ ２
ｘ１ ｘ２ － ｌｎ( ｘ１ ｘ２ ) .
ｘ１ ＋
ｘ２ ) － ｌｎ( ｘ１ ｘ２ ) ＝
设 ｇ(ｘ)
函数与导数问题的转化——探析２０２２年浙江高考数学第２２题的多种解法
讲题比赛特等奖获奖论文之五:函数与导数问题的转化探析２０２２年浙江高考数学第２２题的多种解法◉杭州第七中学㊀王浩宇１试题呈现(２０２２年浙江卷第２２题)设函数f (x )＝e２x＋l n x (x ＞０)．(１)求f (x )的单调区间．(２)已知a ,b ɪR ,曲线f (x )上不同的三点(x １,f (x １)),(x ２,f (x ２)),(x ３,f (x ３))处的切线都经过点(a ,b )．证明:(ⅰ)若a ＞e ,则０＜b －f (a )＜１２a e －１æèçöø÷;(ⅱ)若０＜a ＜e ,x １＜x ２＜x ３,则２e ＋e －a６e２＜１x １＋１x ３＜２a －e －a６e２．(注:e ＝２．７１８２８ 是自然对数的底数．)２思路分析本题第(１)小题求导即可,较为简单．下面主要对第(２)小题进行思路分析．２．１第(２)小题第(ⅰ)问思路分析分析题干,发现命题者在题干中给出了曲线过点(a ,b )的三条切线,题干中的信息可转化为方程b ＝fᶄ(x )a －x ()＋f (x )有三个正根．思路一:函数零点个数．由于方程b ＝fᶄ(x )(a －x )＋f (x )无法直接求解,故将其等价转化为函数零点个数问题,画出函数的草图,数形结合分析,可知a ,b 需满足的条件．此时不等式左侧已经得证,而右侧不等式的证明则可通过分析法,放缩b的范围得证,此为方法１．思路二:两个函数图象交点个数．进一步研究发现,可将b 单独分离,减少函数中参数的数量,便于计算．将问题转化为两个函数图象交点个数的问题,该方法与方法１类似,在计算上略有简化,此为方法２．思路三:换元法简化计算过程．方法２中函数有较多分式,在求导时计算量较大,故对该函数使用换元法(取倒数),将分式转化为整式简化计算,其余做法与方法２类似,此为方法３．第(ⅰ)问具体思维导图如图１所示．图１２．２第(２)小题第(ⅱ)问思路分析分析题干,由思路分析可知h (x )的单调性,可得条件１．由于所证结论中存在x １,x ３,因此大胆进行尝试,写出h x １()和h x ３()的具体表达式;由于所证结论中未出现参数b ,故将h (x １)与h (x ３)两式相减消去参数b ,可得条件２．此处是该题的一个难点,在没有思路时,可大胆猜测,小心求证．为了缩小已知和求证之间的差距,尝试对所证的结论进行转化．参考a ＜x ＜b ⇔x －a ()x －b ()＜０,可将所证结论转化为两式相乘的形式．思路一:单向放缩化简．观察化简后的式子,发现条件２与该不等式有类似结构,化简后均可得类似２l n x ３x １ x ３x １＋１x ３x １－１＞２＋e －a ６e æèçöø÷２－e a －a ２６e ２æèçöø÷的结构．由于不等式左右两侧变量完全不相干,使用放缩法,将左侧式子转化为关于a 和e 的表达式．将化简后的不等式看成函数,通过求导计算,使用分析法可证明结论,此为方法１和方法４．思路二:双向放缩化简．反思思路一的计算过程,发现对右侧不等式求导,计算量较大．文卫星老师曾说过 想多算少是本领 ,结合方法１中所求的函数零点和拐点为１,将ae－１看成整体,结合高阶无穷小相关思想,尝试构建关于ae －１的二次幂的式子,对不等式右侧式子进行放缩,此为方法２和方法３．但是该方法较难想到,且需要一定的高等数学知识的积累．思路三:函数单调性证明．在方法３构造函数的过程中,发现可以利用函数p (x )的单调性证明,此为方法５．该过程可以避免构造函数和对不等式进行放缩,只需利用p (x )的单调性．在具体计算过程中发现该方法计算量非常大且非常繁琐,构造的函数也较难想到,故并不推荐．思路四:极限法消参．对要证结论消参,将x １,x ３中的一个用e 和a 表示,之后证明极端情况成立．所得式子与一元二次不等式有非常类似的结构,故考虑以求解一元二次不等式方式进行证明,该过程需要使用泰勒公式将对数函数进行转化,此为方法６．第(ⅱ)问思维导图如图２所示:图２３具体解答方法３．１第(１)小题解答方法对函数f (x )求导,当x ＞０时,f (x )的单调递减区间是０,e ２æèçöø÷,单调递增区间是e ２,＋ɕæèçöø÷．３．２第(２)小题第(ⅰ)问的解答方法分析题干:f (x )上不同的三点处的切线为y ＝f ᶄ(x i )(x －x i )＋f (x i )(i ＝１,２,３)由于点(a ,b )满足上面三个方程,因此b ＝f ᶄ(x )a －x ()＋f (x )有三个正实根x １,x ２,x ３．方法１:函数的零点个数．构造函数h (x )＝f (x )－b －f ᶄ(x )(x －a ),要满足题目条件,需要h (x )有三个正零点．画出h (x )的草图,如图３所示．图３结合图３分析,当h (x )有三个零点时,满足h (a )＜０且h (e )＞０即可．不等式左侧得证．又因为h (e )＞０,所以b ＜１＋a２e．两边同减f (a ),可得b －f (a )＜１＋a ２e －e ２a －l n a ．放缩后,只需证１＋a２e－e ２a －l n a ＜１２a e －１æèçöø÷,即证e ２a ＋l n a ＞３２,即证f (a )＞３２．由第(１)问知f (a )＞f (e )＝３２显然成立．方法２:两个函数图象的交点．设g (x )＝f (x )＋f ᶄ(x )(a －x ),则g (x )的图象与y ＝b 有三个交点．g (x )草图,如图４所示．图４分析图象可得只需g (a )＜b ＜g (e ),即f (a )＜b ＜a２e＋１．之后的证明同方法１．方法２是方法１的变式,计算量与方法１接近,分别从两函数图象的交点和函数的零点角度分析问题．但以上两种解法均有分式出现,可否一开始就进行换元达到化简运算的目的由此得出方法３,主要考查学生直观想象的数学核心素养．图５方法３:换元法化简计算．使用换元法,设m i ＝１x ii ＝１,２,３(),G (m )＝a ＋e ()m －a e m ２２－l n m －１,为满足题目条件需要G (m )与y ＝b 有三个交点．对G (m )求导,画出图象,如图５所示．分析图象发现,要满足题目条件,只需G １a æèçöø÷＜b ＜G １e æèçöø÷,化简可得f (a )＜b ＜１＋a ２e ．之后的证明同方法１．３．３第(２)小题第(ⅱ)问的解答方法方法１:不等式转化与放缩．条件１:若０＜a ＜e ,仍设过点(a ,b )的函数为h (x ),求导得h (x )单调区间．条件２:由h (x １)＝h (x ３)＝０,可得a ＋e ()１x １－１x ３æèçöø÷－e a ２１x ２１－１x ２３æèçöø÷＋l n x １－l n x ３＝０．设t １＝１x １,t ３＝１x ３,ìîíïïïï则有t １＋t ３＝２１e ＋１a æèçöø÷－２e a l n t １－l n t ３t １－t ３．要证２e ＋e －a ６e ２＜t １＋t ３＜２a －e －a６e２,只需证t １＋t ３()－２a －e －a ６e ２æèçöø÷éëêêùûúút １＋t ３()－２e ＋e －a ６e ２æèçöø÷éëêêùûúú＜０．代入t １＋t ３的值并化简,即证２l n t １t ３ t １t ３＋１t １t ３－１＞１３６－１６ a e æèçöø÷ ２－１６ æèça e ＋１６ a ２e ２öø÷．使用换元法优化式子结构,设m ＝t １t ３,n ＝a e ,则m ＞１n ＞１．故只需证２l n m m ＋１m －１＞１３６－１６n æèçöø÷２－１６n ＋１６n ２æèçöø÷．该不等式左右两侧的未知量不相干,尝试将不等式左侧式子进行放缩．通过对y ＝２l n m m ＋１m －１求导发现该函数在(１,＋ɕ)单调递增,又因为m ＞１n ＞１,所以２l n m m ＋１m －１＞２n ＋１()n －１l n n ．故只需证２l n n n ＋１n －１＞１３６－１６n æèçöø÷２－１６n ＋１６n ２æèçöø÷,①设q (x )＝２l n x ＋x －１３()x ２－x ＋１２()x －１()３６x ＋１()．求导发现q (x )在０,１()上单调递增,因此q (n )＜q (１)＝０．即２l n n ＋n －１３()２n ２－n ＋１()n －１()３６n ＋１()＜０得证．方法１最后的求导计算量非常大,主要考查学生数学运算的核心素养．在该方法的研究过程中,因为q (x )的式子结构较为复杂,考虑到x ＝１既是q (x )的零点,也是q (x )的拐点,故大胆尝试将n －１看成一个整体对q (n )进行化简,构建高阶无穷小量,该方法能够大幅度减少运算量,但是较难想到．虽然该方法的思路高于学生现有的认知,但是教师可以将此作为学生思维的最近发展区,引导成绩优秀的学生进行研究．方法２:双向放缩不等式．将n －１作为整体对不等式①的右侧进行化简,可得２l n n n ＋１n －１＞４－１３n －１()＋１３n n －１()－１３６n n －１()２．当０＜n ＜１时,１３６n n －１()２的值接近于０,故将其舍去进行放缩,即证l n n n ＋１n －１＞２＋１６n －１()２,即证l n n －２n －１()n ＋１－１６n －１()３n ＋１＜０．接下来利用函数的单调性进行判断．设r (x )＝l n x －２x －１()x ＋１－１６ x －１()３x ＋１,当０＜x ＜１时,r ᶄ(x )＞０恒成立,因此r (x )＜r (１)＝０,得证．笔者尝试对方法２中的计算步骤进行化简,尽可能构建已知和未知的相同部分,最终得到更简单的方法３．教师在讲解的过程中,也要做到 优术 ,层层递进简化计算．方法３:对比消元．要证的不等式转化为e a ２１x １＋１x ３æèçöø÷２－e ＋a ()１x １＋１x ３æèçöø÷＋e a ２ ２e ＋e －a ６e ２æèçöø÷２a －e －a ６e ２æèçöø÷＜０．由h x １()－h x ３()＝０,得－e a ２１x １＋１x ３æèçöø÷２＋a ＋e ()１x １＋１x ３æèçöø÷＋(l n x １－l n x ３)x １＋x ３x ３－x １＝０．只需证e a ２２e ＋e －a ６e ２æèçöø÷２a －e －a ６e ２æèçöø÷＜l n x ３x １x ３x １＋１x ３x １－１．方法１中同样有这个式子,但是此处用函数来证明更简单．记t ＝x ３x １＞e a ,n ＝a e ,即证t ＋１()l n tt －１＞２＋１６１－n ()２－n ７２１－n ()２．由于t ＞１n＞１时,R (t )＝t ＋１()l n t t －１递增,因此t ＋１t －１l n t ＞n ＋１n －１ l n n ,当０＜n ＜１时,１７２n n －１()２的值接近于０,故将其舍去,即证n ＋１n －１l n n ＞２＋１６n －１()２．接下来的证明与方法２相同．和第(ⅰ)问一样,由于证明过程中需要多次用到换元法化简,故笔者尝试在证明开始就使用换元法,得到方法４．方法４的证明思路与方法１类似．方法４:倒数换元．令t ＝１x 优化式子结构,得p (t )＝h １t æèçöø÷．要证原不等式,只需证t １＋t ３－２a －e －a ６e ２æèçöø÷éëêêùûúú t １＋t ３－２e ＋e －a ６e ２æèçöø÷éëêêùûúú＜０．由p t １()－p t ３()＝０,可得t １＋t ３()２－２a ＋２e æèçöø÷t １＋t ３()＝－２a e (t １＋t ３)(l n t ３－l n t １)t ３－t １．由第(ⅰ)问知,必有１＋a ２e ＜b ＜e２a＋l n a ,且存在三个零点满足０＜t ３＜１e ＜t ２＜１a ＜t １．设k ＝t １t ３＞e a ＞１,m ＝e a ＞１,即(k ＋１)l n kk －１＞２＋m －１()２１２m －１()７２m３．令不等式左边为r (k ),可知r (k )在(１,＋ɕ)上单调递增,所以r (k )m i n ȡr (m ),则只需证m ＋１()l n m m －１＞２＋m －１()２(１２m －１)７２m３,令c ＝１m ɪ(０,１),则即证l n c ＋２１－c ()１＋c ＋１－c ()３(１２－c )７２(１＋c )＜０,化简后该不等式与方法２中的①式相同．接下去的证法与之前的方法相同．放缩不等式除了求导㊁舍去较小值以外,还能利用函数单调性,方法４就是利用特殊函数p (t )的单调性解决问题．该方法思维含量较少,但是计算量非常大,会消耗学生大量时间,不划算．方法５:特殊函数法．继续使用方法４中函数p (t )．由t １＞１a可知０＜２e ＋e －a ６e ２－t １＜１e ,通过求导发现p (t )在０,１e æèçöø÷上单调递减．所以要证２e ＋e －a６e２－t １＜t ３,只需证p ２e ＋e －a ６e ２－t １æèçöø÷＞p t ３()＝０．对p ２e ＋e －a ６e２－t １æèçöø÷中含有t１的式子求导,发现在定义域中,当变量大于１a 时,该式的导数大于０,故放缩可得,p ２e ＋e －a ６e ２－t １æèçöø÷＞p ２e ＋e －a ６e２－１a æèçöø÷,故证明上式右边大于０即可．令n ＝ae＜１,设y １＝l n (１３６n －１６n ２－１),y ２＝－３７７２n ＋７３６n ２－１７２n ３＋７３－２n．求导可得当０＜n ＜１时,y １与y ２均单调递增,且y ᶄ１＞y ２ᶄ,又因为当n 取１时y １＝y ２,故当０＜n ＜１时,y １＜y ２．故p ２e ＋e －a ６e ２－t １æèçöø÷＞y ２－y １＞０得证．另一侧不等式证明同理．笔者继续寻找计算量更小的方法,通过对p (t )的分析,发现p (t )非常接近二次不等式,仅多出一个对数结构的式子．回顾高中数学知识,泰勒公式展开能将对数转化为整式,故尝试使用泰勒公式展开化简问题,方法如下．方法６:泰勒公式展开．设F (x )＝f ᶄ(x )a －x ()＋f (x )＝b ,x ＞０,则F (x )有三个解x １,x ２,x ３,且０＜x １＜a ＜x ２＜e ＜x ３．要证１x １＋１x ３＜２a －e －a ６e ２,即证１x １＋１e ＜２a －e －a６e２．由于x １越小,１x １＋１e越大,故证明极端情况成立即可．此时b ＝F (e )．取s ＝１x １＞１a ,化简有－e a ２s ２＋a ＋e ()s －２＋a ２e æèçöø÷＝l n s ,为满足题目条件,该方程需要有解．尝试用泰勒公式展开转化为二次不等式的形式．因为l n s ＋l n a ＞a s －１a æèçöø÷－a ２２ s －１a æèçöø÷２,即证e －a ()a ２ s ２＋a －e ()s ＋a ２e －１２＋１－l n a ＜０．由于不等式中有较多的e －a 的形式,故将１看成l ne,可得a ２s ２－s －１２e ＋l ne －l n ae －a ＜０．由对数平均不等式可得a ２s ２－s －１２e ＋１㊀a e ＜０,解得s ＜２－㊀aea ,故只需证１e ＋２－㊀ae a ɤ２a －e －a ６e ２．令v ＝ae,即v －㊀v ɤ１６(v ２－v ),等价于１６㊀v (㊀v ＋１)ɤ１,v ɪ(０,１),显然成立．另一侧不等式证明同理．４总结２０２２年的浙江高考数学压轴题继承了浙江卷命题简捷明了的风格,并未出现大段文字,为了与明年的全国卷衔接,压轴题还出现了需要转换的内容,学生需要将 三条切线过同一个点 这个条件进行转化,以此获得解题所需的不等式．该题为双变量含参不等式的证明,属于难题,主要难点在计算和等价转化上．该题不仅考查学生对数学解题 术 的应用,还考查学生对数学解题 道 的理解．对于这类含有参数的不等式,通过构造不同函数,利用函数图象不断等价转化,类比讨论,采用极端位置分析等方法,考查学生数学建模㊁数学运算㊁直观想象㊁逻辑推理等数学核心素养．解题过程中的感悟如下:多参函数设主元,整体代换简运算;泰勒展开来帮忙,适当放缩繁变简．㊀㊀㊀Z。
高考大纲全国卷II第22题详细解析
2010年高考大纲全国卷II 第22题设函数()1xf x e -=-． （Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围． 解析：(1)采用综合与分析相结合的办法：当1->x 时，要证x x x x x f +≥+≥1e1-1 1)(x 即证： 只需证x x e x e x x 111 111≥+≥+-即： 令)1( 1)( )1( 1)('->-=->--=x e x g x x e x g x x 则令0 0)(' >>x x g 则 令01 0)(' <<-<x x g 则 (2) 有解恒成立，而时：易知当。
)0(01)0(0)(01≥<+≥≥>x ax x x x f a 不满足 （我们的思路是这样的：注意到t(0)=0 这就意味着 如果t(x)在区间内为减函数，则一定有上式在上恒成立),0[+∞；但是一旦函数t(x)在开始的某段区间内位增函数 则函数t(x)在这一区间内函数值是大于t(0)=0的，则与函数在上),0[+∞小于等于0恒成立矛盾，而我们判断单调性就会采用求导的办法，通过讨论其导函数的正负情况来研究原函数的单调性）（注意到此时)('x t 的正负不是确定的，不能直接确定函数t(x)的单调性，但是注意到0)('=x t 这就意味着为了确定)('x t 的正负必须知道)('x t 的单调性。
由于0)('=x t ，所以只要)('x t 在区间上),0[+∞为减函数，则0)('≤x t ，如果)('x t 在),0[+∞的某个子区间内位增函数，在)('x t 在这个子区间内大于等于0 此为矛盾 此时不满足题意）令0)0( 1)1()(2=-+=-r ax e x r x 则 ①当)0(0)('210 012≥≤≤<≤-x x r a a a 时，即（如图所示） ②aa x x r a a a 120 ,0)('21012-≤≤≥>>-则时：令即当（如下图所示） （由①我们知道210 ≤<a 是满足题意的，由②我们知道21 >a 是不满足题意的） 综上210 ≤≤a。
常规中蕴含新意平淡中凸显素养——2018年浙江省数学高考试题第22题的若干思考
常规中蕴含新意平淡中凸显素养——2018年浙江省数学高考试题第22题的若干思考廖如舟;曾丽华【摘要】2018年浙江省数学高考导数题以函数、不等式等核心知识交汇为背景,蕴含了数学抽象、逻辑推理、直观想象等素养的要求.文章从解法探究、思考感悟的角度进行了深入剖析.【期刊名称】《中学教研：数学版》【年(卷),期】2018(000)011【总页数】5页(P41-45)【关键词】数学高考;函数导数;核心素养【作者】廖如舟;曾丽华【作者单位】衢州市第二中学,浙江衢州 324000;衢州市第二中学,浙江衢州324000【正文语种】中文【中图分类】O122018年浙江省数学高考试题第22题是一道函数与导数的压轴题，具体如下:题目已知函数1)若 f(x)在 x=x1，x=x2(其中x1≠x2)处导数相等，证明:f(x1)+f(x2)＞8－8ln2;2)若a≤3－4ln2，证明:对于任意 k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．(2018年浙江省数学高考试题第22题)此题主要考查函数导数、不等式等基础知识，其核心是通过导数分析函数的单调性，结合局部判断等手段得到函数的大致图像，达到“以图启数、以数论形”的目的．考查学生推理论证、分类讨论、转化化归等分析问题和解决问题的能力，能促进学生逻辑推理、数学建模、数学运算、直观想象、数据分析等数学核心素养的培养．从阅卷的实际情况看，本题平均得分为2．5分，体现了试卷的选拔功能．但比2017年最后一题得分下降了0．5分，内容也从原来的数列不等式的考查变为了函数与导数的考查．到底是这道题本身的相对难度提升了，还是题目顺序的变换影响了学生的发挥，还是新高考后学生整体水平有所下降，值得好好分析研究，从而改进我们的课堂教学．命题组给出了如下的参考答案:解 1)函数f(x)的导函数为故g(x)在(256，+∞)上单调递增，因此由零点存在性定理知，存在x0∈(m，n)或x0∈(n，m)，使得因此，对于任意的a∈R，k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点．由于f(x)=kx+a，得得－g(x)－1+a≤－(2－4ln2)－1+3－4ln2=0，故h'(x)≤0，即函数h(x)在区间(0，+∞)上单调递减，因此f(x)=kx+a至多有一个实根．综上，当a≤3－4ln2时，对于任意k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点．对于上述解答过程，笔者有如下一些思考与感悟．思考1 对于第1)小题的解答过程，如何将双变量转化为单变量呢?第一种角度是变量整体替换，即由均值不等式得x1x2＞256，再由函数单调性分析可得结论．第二种角度是变量相互替换，用x1来表示x2，得f(x1)+f(x2)=h(x1)，众所周知，这种思路非常常规，但是对于本题来说运算量较大，不建议选择．第三种角度是变量重新转移，f'(x1)=的两个不等实根，由韦达定理得再由Δ=1－16m ＞0，得第1)小题实际上是条件最值，解决条件最值问题的方法和技巧还有很多，限于篇幅，本文不再赘述．思考2 对于第2)小题的解答过程，如何寻找满足条件的m，n呢?我们可以发现参考答案分为3个步骤:第一步，由零点存在性定理，分析证明函数存在零点，其中证明函数存在零点是难点所在．第二步，将函数的零点与对应方程的解联系在一起，实现参变分离，即第三步，利用导数工具，重点研究变形函数在a≤3－4ln2，k＞0时的单调性，从而使问题获得圆满解决．难点分两步进行突破:1)找到满足① x=e－|a|－k的来源．显然当 x越小时lnx－kx－a＞0越容易成功，因为－lnx→+∞，对于不确定符号的参数，可以利用绝对值去控制，所以只需－lnx＞－kx+|a|，再限定 x＜1，只需－lnx＞k+|a|，即x≤e－|a|－k，而这个点是满足x＜1 的，故可取 x=e－|a|－k．②要使得即所以可取参考答案基于零点存在性定理和函数单调性解答问题．整个过程虽然很繁琐，但很严谨，特别是在寻找满足f(m)f(n)＜0的零点区间(m，n)时很困难．如今的课堂教学追求高效课堂，可又有多少学生能够静心思考这些问题呢?如果长期缺乏此类研究，不仅数学的严谨性有失偏颇，而且学生思维能力的发展也将受阻．通过以上分析，不难发现找到满足f(m)f(n)＜0的零点区间(m，n)的途径一般有两种:一是利用重要不等式，如(其中x＞0)等，对原函数进行适当放缩，从而得到一个熟悉且易于求出零点的函数［1］;二是把函数拆分成熟悉的两个初等函数，画出图像，观察零点的位置，代入适当特值检验．但是学生对于(m，n)的选择会五花八门，能兼顾美观和便捷的更是少之又少，因此给阅卷带来了很大的难度．思考3 对于第2)小题，能否直接从参变分离的方法，结合直观想象，解决含参函数问题?故 m(x)在(0，16)上单调递增，在(16，+∞)上单调递减，即因此g'(x)≤0恒成立，g(x)单调递减．当x→0+时，g(x)→+∞，当x→ +∞，g(x)→0+，对于任意的k＞0，g(x)=k存在唯一的实数根．故当a≤3－4ln2时，对于任意k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．从阅卷的情况来看，采取此类做法的学生较多，但是要完整作答，需要突破两个难点:第一，需要通过二次求导的方式或不等式放缩来判断g'(x)≤0在(0，+∞)上恒成立，进而得出g(x)单调递减;第二，需要通过极限思维，判断g(x)在(0，+∞)上的图像，即当x→0+时，g(x)→ +∞，当x→+∞时，g(x)→0+，从而判断对于任意的k＞0，都存在唯一的公共点，也可以用不等式放缩来说明g(x)在第一象限的大致图像．思考4 对于第2)小题，能否直接从分类讨论、直接求导的方法解决含参函数问题?该二次函数开口向上，且对称轴大于0．故对应方时，Δ≤0，即h'(x)≥0在［0，+∞)上恒成立，h(x)单调递增，而a≤3－4ln2，故当x→0+时，h(x)→ －∞，当x→ +∞时，h(x)→ +∞，由零点存在性定理，可知h(x)存在唯一零点，使得有唯一的公共点．2=0在(0，+∞)上有两个不同的零点t1，t2(如图1)．t1，t2对应x1，x2，故 h(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增．图1图2令于是g(x)在(0，16)上单调递增，在(16，+∞)上单调递减，故从而当知h(x)存在唯一零点，使得与y=kx+a有唯一的公共点．综合上述，当a≤3－4ln2时，对于任意k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点．分类讨论直接求导的方法思路清晰，但如需完整作答，需要解决两个问题:一是对于任意k＞0，分类讨论的点在哪里?二是a≤3－4ln2的具体用处和实际控制在哪里?上述解法已经非常具体地给出了回答．分类讨论直接求导的方法对于学生的逻辑推理、数学运算这两个核心素养有很高的要求．思考5 对于第2)小题，能否充分利用数形结合思想，解决含参函数问题?函数是一个确定的具体函数，而直线y=kx+a(其中 k＞0，a≤3－4ln2)是一条动直线，本题是要证明直线与曲线有唯一的公共点．容易知道从而 f(x)在［0，4］上下凸递减，在［4，16］上下凸递增，在［16，+∞)上上凸递增，如图3．又因为f(16)=4－4ln2，故 f(x)在 A(16，4－4ln2)处的切线方程为 l:－4ln2，切线与 y轴的交点为(0，3 －4ln2)．图3当x∈(4，16)时．而当x→ +∞ 时，f'(x)→0+，因此y=kx+a(其中 k＞0)与y=f(x)在(0，+∞)上必有公共点．当时，a∈R，y=kx+a与 y=f(x)有唯一交点．若 a=3－4ln2，则交点为 A(16，4－4ln2);若a＜3－4ln2，交点在区间(16，+∞)上;若a＞3 －4ln2，交点在区间(0，16)上．当k∈时，a∈R，y=kx+a与y=f(x)有唯一交点．当k∈时，a≤3－4ln2，y=kx+a与y=f(x)的唯一交点在区间(16，+∞)上．故当a≤3－4ln2时，对于任意k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点．数形结合方法的优点是简洁直观，缺点在于难把问题表述清楚．上述解答虽未“以图代证”，在证明的过程中也给出了相应的叙述，但是如需真正揭示问题的本质，即直线与曲线只有一个交点，仍需回归到之前的解法，因此本次高考阅卷过程中“思考5”中的解法并没有给满分．但是作为函数问题，以形促数，促进学生直观想象，该解法仍有其价值所在．巧取m，n存零点，巧施图像来解析;参变分离显平凡，即使分类也时常;构造目标巧变形，终究求导堪大任;通性常法是本分，夯实基础可游刃;常规题中蕴新意，平淡问题显素养．总而言之，数学是一门研究规律的科学，在解决问题时，回归本质就是以认清数学问题的本源为基础，探寻解决问题的根本属性与规律，达到解决问题的目的．回归本质，不断挖掘数学精髓，领悟数学真谛，懂得数学价值，学会数学思维，把知识的学习和数学核心素养的培养结合起来．参考文献【相关文献】［1］陈新荥．对函数零点问题的思考［J］．上海中学数学，2017(12):47-48．。
从2009年浙江省数学高考理科第22题看试题的区分度
分 能力的高低． 一般 认 为， 区分 度 的数 值达 到 了 ０ ３便 可 以接受 ； 于 ０３的题 目， ．， 低 ． 区分能力 差．
如果把 成绩从 高 往低 排序 ， 那么 区分 度
， ）：
直 塑 壬塑 二 望丝
满 分值
塑 垩塑
‘
题目
已知函数， ）＝ 一（ ｋ ） ＋ （ ｋ 一 ＋１
不 等式 的证 明是 高 中数 学 中 的一 个难 点 ， 课 新 程倾 向于用基 本 的思想 方法 来证 明 ， 于较 难 的用 对 放缩法 证 明不等式 有所 回避 ， 考生 和一 线教 师重 让
视教材 中的基础 知 识 、 本 方 法 和 基本 技 能 ， 视 基 重
（） ３ 内化新 课程的理念 ， 避免过 于复杂 、 纠结 的问题 的研究 ， 多关 注体现数学本 质、 展现数学思 想 的问题． 例如数列 与不 等式 的综合 难度有 所下 降， 更多的关注数列是特殊的函数这一数学本质． （） ４ 要不断增强学生 自主学 习和 自主探索 的 能力 ， 突出培养学生的创新能力 ， 让学生在新 的情
３ 复 习建 议
所 以不等式 成 立．
②假设当 凡： 时不等式成立 ， ｋ 即
ｂ ｌ＋１ ｂ ２＋１ ｂ １ ｂ ２ ｂ ＋ｌ ｂ
高考数列 的命题通常是 以主观题和客观题 的 形式 出现的． 客观题主要考查纯数列 ， 尤其是等差、 等 比数列 的基本运 算 ； 主观题 有纯 数 列 问题或 数列 与函数 、 方程 、 不等式、 解析几何等知识的综合题 ， 考查 的内容和形式灵活多样 ， 常考常新 ， 多以中、 高 档题出现． 纵观近几年 的高考数列题 ， 尤其是 ２０ ０９ 年各省市的高考题 ， 总体上难度有所下降 ， 浙江省 数学高考理科试题只考了一道填空基础题． 结合上 述分析 ， ２ １ 年的高考数列复习提出如下建议 ： 对 ００ （） １ 牢固、 全面掌握数列 、 等差 、 比数列 的基 等 本概念 、 通项求和公式 ； 牢固、 全面掌握求通项、 和、 研 究单 调性 与最 值 的通法．
——浙江数学高考理科第22题分析
f ( x) 2a b a f ( x) 3a b 4ax 2bx 2a
3
4ax 4ax 2a 2a(2 x 2 x 1)
3 3
当 b 2a 时，
f ( x) 2a b a f ( x) a b 4ax 3 +2b(1 x) 2a
题目的理解
f ( x ) 4ax3 2bx a b, f ' ( x ) 12ax2 2b, f '' ( x ) 24ax '' a 0, x [0, 1], f ( x ) 0, 即f ( x )是下凸函数 f ( x )max m ax{f (0), f (1)} | 2a b | a
2
b b 此时， f ( x ) 在 [0, ] 上单调递减，在 [ , ) 上单调递增， 6a 6a
f ( x ) 在 0 x 1 的最大值为
f ( x)max max{ f (0), f (1)} max{a b, 3a b}
3a b, b 2a | 2a b | a a b, b 2a
b b b 当 b 0 时， h ( x ) 12a( x ) 12a( x )( x ) 6a 6a 6a
' 2
b b ] 上单调递减，在 [ , ) 上单调递增. 此时， h( x) 在 [0, 6a 6a
b 1 ，此时 h( x) 在 [0,1] 上最小值为 ①若 6a
——浙江数学高考理科第22题分析
宁波万里国际学校
徐宁
试题回顾
22.已 知a 0, b R, 函 数f ( x ) 4ax3 2bx a b. (1)证 明 ： 当 0 x 1时, ①函数 f ( x )的 最 大 值 为 2a b a ②f ( x ) 2a b a 0 ( 2)若- 1 f ( x ) 1对x [0,1]恒 成 立 , 求a b的 取 值 范 围 .
(word版)浙江高考理科数学试题和解析
WORD完美格式2021年普通高等学校招生全国统一考试〔浙江卷〕数学〔理科〕选择题局部〔共50分〕1.(2021年浙江)集合P={x|-1＜x＜1}，Q={0＜x＜2}，那么P∪Q=〔〕A．〔1，2〕 B．〔0，1〕 C．〔-1，0〕D．〔1，2〕【解析】利用数轴，取P，Q所有元素，得P∪Q=〔-1，2〕.22x y2.(2021年浙江)椭圆+=1的离心率是〔〕9413525 A．B．C．9 333D．9-45【解析】e=3= 3.应选B．3.4.5.6.7.(2021年浙江)某几何体的三视图如下图〔单位：cm〕，那么该几何体的体积〔单位：cm3〕是〔〕〔第3题图〕A．1B．3C．3D．33 12222 3.A【解析】根据所给三视图可复原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而的成合组体，所12π×11以，几何体的体积为V=33××〔π2 +2×2×1〕=2+1故.选A.x≥0，4.(2021年浙江)假设x，y满足约束条件x+y-≥30，那么z=x+2y的取值范围是〔〕x-2y≤0，..整理分享..WORD完美格式A．[0，6] B．[0，4] C．[6，+∞〕 D ．[4，+∞〕4.D 【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点(2,1)时取最小值 4，无最大值，选D．25.(2021年浙江)假设函数f(x)=x+ax+b在区间[0，1]上的最大值是 M，最小值是 m，那么M–m〔〕A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关2a a5.B 【解析】因为最值f〔0〕=b，f〔1〕=1+a+b，f〔- 2〕=b-4中取，所以最值之差一定与b无关.应选B.(2021年浙江)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，那么“d>0〞是“S4+S6>2S5〞的〔〕A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6.C 【解析】由S4+S6-2S51d＞0时，有465＞0，=10a+21d-〔25a+10d〕=d，可知当S+S-2S 即S4+S6>2S5，反之，假设S4+S6>2S5，那么d＞0，所以“d>0〞是“S4+S6>2S5〞的充要条件，选C．7.(2021年浙江)函数y=f(x)的导函数y=f′〔x〕的图象如下图，那么函数y=f(x)的图象可能是〔〕..整理分享..WORD完美格式〔第7题图〕7.D 【解析】原函数先减再增，再减再增，且x=0位于增区间内.应选 D. 18.(2021年浙江)随机变量ξi满足〔i=1〕=i，〔ξi=0〕=1–i，=1，2．假设0<1<2< PξpP pipp，2那么〔〕E ξEξDξDξ)EξEξDξDξA．()＜()，()＜(B．()＜()，()＞( 1212121E ξEξDξDξ)EξEξDξDξC．()＞()，()＜(D．()＞()，()＞( 12121218.A【解析】∵E(ξ1)=p1，E(ξ2)=p2，∴E(ξ1)＜E(ξ2)，∵D(ξ1)=p1(1-p1)，D(ξ2)=p2(1-p2)，∴D(ξ1)-D(ξ2)=(p1-p2)(1-p1-p2)＜0.应选A．9.(2021年浙江)如图，正四面体–〔所有棱长均相等的三棱锥〕，，，分别DABC PQR为AB，BC，CA上的点，AP=PB，BQCR==2，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–PQCRA的平面角为α，β，γ，那么〔〕〔第9题图〕A．γ<α<βB．α<γ<βC．α<β<γD．β<γ<α9.B【解析】设O为三角形ABC中心，那么O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ距离居中，而高相等，因此αγβ<<.应选B...整理分享..WORD完美格式(2021年浙江)如图，平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点→→→→→→〕O，记I=OA·OB，I=OB·OC，I=OD，那么〔123OC·〔第10题图〕A．I1＜I2＜I3C．I3＜I1＜I210.C【解析】因为∠B．I1＜I3＜I2D ．I2＜I1＜I3AOB=∠COD＞90，°OA ＜OC ，OB ＜OD ，所以→OB·O→C＞0＞→OA·→OB＞→ →O C·OD 故.选C.非选择题局部〔共100分〕11.(2021年浙江)我国古代数学家刘徽创立的 “割圆术〞可以估算圆周率 π，理论上能把π的值计算到任意精度． 祖冲之继承并开展了 “割圆术〞， 将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术〞的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S =．6336个等边三角形，那么S6 ×〔111.【解析】将正六边形分割为2=62×1×1×sin60°〕 3 ． 222 2，12.(2021年浙江)，∈R，〔a+bi 〕=3+4i 〔i 是虚数单位〕那么a+b=a b=___________.ab2-b2=3，2=4，2【解析】由题意可得a2+2abi=3+4i，那么a a2-bab=2，解得22-b+b=5，ab=2.b2=1，那么a2=1，那么a..整理分享..WORD 完美格式3 254 3 213.(2021年浙江)多项式〔 12345，，那么a4，x+1〕〔x+2〕=x+ax+ax+ax+ax+a=5 ．a=13.164【解析】由二项式展开式可得通项公式为Cr3x2-m2-mr+m=Cr3Cm2··2·x ，rCm2·2rCm2·22=4．分别取r=0，m=1和r=1，m=0可得45a=4+12=16，取r=m ，可得a=1×214.(2021年浙江 )△ABC ，AB=AC=4，BC=2． 点D 为AB 延长线上一点， BD=2，连结CD ，那么△BDC 的面积是 ，cos∠BDC=___________.1510BE114.24【解析】取BC中点E，由题意，AE⊥BC，△ABE中，cos∠ABE=AB=4，∴cos1∠115115∵∠∠，∠DBC=-，DBC=1-16=4，∴S △BCD×××∠2.4sin=2BDBCsinDBC=ABC=2BDC2110104，解得cos∠BDC=4或cos∠BDC=-4〔舍去〕.∴cos∠ABC=cos∠2BDC=2cos∠BDC-1=1510综上可得，△BCD面积为2，cos∠BDC= 4.15.(2021年浙江)向量a，b满足|a|=1,|b|=2,那么|a+b|+|a-b|的最小值是，最大值是．15.4，2 5【解析】设向量 a，b的夹角为θ，由余弦定理有|a-b|= 12+2-21×2×cosθ= 5-4cosθ，|a+b|= 12+2-2×1×2×cos(π-θ)= 5+4cosθ，那么|+|+|-|=5+4cosθ+5-4cosθ，令y=5+4cosθ+5-4cosθ，那么ababy2=10+225-16cos 2θ∈[16,20]，据此可得(|+|+|-|)max=202=10+225-16cosabab =25,(|a+b|+|a-b|)min=16=4，即|a+b|+|a-b|的最小值是4，最大值是25．16.(2021年浙江)从6男2女共8名学生中选出长队1人，副队长1人，普通队员2人组..整理分享..WORD完美格式成4人效劳队，要求效劳队中至有少1名女生，共有种不同的选法．〔用数字作答〕660【解析】由题意可得，“从8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人效劳队〞中的选择方法为C48C1×4C1×3〔种〕方法，其中“效劳队中没有女生〞的选法有C46C1×4C1×3〔种〕方法，那么满足题意的选法有C48C1×4C1×3-C4 6×C14C1×3=660〔种〕.17.(2021年浙江)aR，函数f〔x〕=|x+-a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，那么 a 的取值范围是．17.〔-∞，92【解析】∈a≥5时，f〔x〕=a-x-][1,4],x+∈[4,5]，分类讨论：①当4x44+a=2a-x-，函数的最大值2a-4=5，∴a=，舍去；②当a≤4时，f〔x〕=x+-a+a=x+xx x≤5，此时命题成立；③当4＜a＜5时，[f(x)]max|4-a|+a≥|5-a|+a，=max{|4-a|+a,|5-a|+a}，那么|4-a|+a=5或|4-a|+a＜，9 9-∞，9|5-a|+a解得a=或a ＜.综上可得，实数a 的取值范围是〔 2|4-a|+a=52 2]．23sinxc os〔∈R〕．–cos –218.(2021年浙江)函数〔〕=sinxxxx1〕求f 〔2π〕的值．32〕求f 〔x 〕的最小正周期及单调递增区间．18.解：〔1〕由sin2π=32π13，cos=-2π 323，1122-23×f 〔〕=〔〕-2×〔-23 〔-2〕 〕．22-〔-2π〕=2．得f 〔32x-sin 2x 与sin2x=2sinxcosx ，〔2〕由cos2x=cos得f(x)=-cos2x-3sin2x=-2sin(2x+π)．6所以f(x)的最小正周期是π．由正弦函数的性质得ππ3π+2kπ，k∈Z，+2kπ≤2x+≤226π3π+2kπ，k∈Z，解得+kπ≤x≤2 6所以，f〔x〕的单调递增区是间[π3π，∈．+kπ，π+2k]kZ 62(2021年浙江)如图，四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．..整理分享..WORD完美格式PEDAB C〔第19题图〕1〕证明：CE∥平面PAB；2〕求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．19.解：〔1〕如图，设PA中点为F，连接 EF，FB．因为E，F分别为 PD，PA中点，1所以EF∥AD且EF=AD，21又因为BC∥AD，BC=AD，2所以EF∥BC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB．〔2〕分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接 MQ. 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD...整理分享..WORD完美格式由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．所以AD⊥平面PBN，由BC//AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设CD=1．在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2得CE=2，1在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH=，41在Rt△MQH中，QH=，MQ=2，4所以sin∠QMH=，82所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．820.(2021年浙江)函数()=〔–2x-1〕e1fxx〕．-x〔x≥2-x〔x≥〔1〕求f(x)的导函数；12〕求f(x)在区间[，+∞)上的取值范围．220.解：〔1〕因为〔1，〔e--x，–2x-1〕′=1-x2x-1x〕′=-e-x〕′=-e-x所以f〔x〕=〔1-1(1-x)(2x-1-2)e1 2x-12x-1(x＞).-x-〔–2x-1〕e-x=2〕ex-x-〔–2x-1〕e-x=x-x〔2〕由f′(x)=(1-x)(2x-1-2)e=02x-15解得x=1或x=．2因为1155x〔，1〕1〔1，〕2222f′(x)–0+0〔〕11x25〔2，+∞〕–5-2-1e↘e2↘0↗21又f〔x〕=〔2x-1-1〕2e-x≥0，2..整理分享..WORD 完美格式所以f 〔x 〕在区间[1[0，1，+∞)上的取值范围是 221e]．21.(2021年浙江)如图，抛物线x113 91，，22=y ，点A 〔-〕，〔Bp(x,y)(-2=y ，点A 〔-〕，抛物线上的点24243＜x ＜2)．过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q ．〔第 19题图〕1〕求直线AP 斜率的取值范围；2〕求|PA|·|PQ|的最大值．解：〔1〕设直线AP的斜率为k，11422-，2-k ==x-1x+23 1因为-22斜率的取值范围是〔，〕．＜x＜，所以直线AP-1111kx-y+k+=0，〔2〕联立直线AP与BQ的方程243x+ky-42k-=0，-kQ的横坐标是2+4k+3解得点xQ=2(k2+1)．因为|PA|=1+k122(x+21+k )=(x+2(k+1)，2(k+1)，|PQ |=2，1+k Q(k-1)(k+1)2(x-x)=-k2+1 2(x2+1所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3．3令f(k)=-(k-1)(k+1) ，因为f′(k)=-(4k-2)(k+1)2，所以11f(k)在区间(-1,,1)上单调递减，2)上单调递增，(2 ..整理分享..WORD完美格式1 27因此当k=时，|PA||PQ|·取得最大值．2 1622.(2021年浙江)数列{xn}满足x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)〔n∈N *〕．*证明：当n∈N时，〔1〕0＜xn+1＜xn；xnxn+1〔2〕2xn+1- xn≤2；1 1〔3〕n-1≤xn≤n-2．2 222.解：〔1〕用数学归纳法证明xn＞0．当n=1时，x1=1>0．假设n=k时，xk>0，那么n=k+1时，假设x≤0，那么0＜x=x +ln〔1+〕≤0，矛盾，故x＞0．k+1k k+1k+1k+1因此xn＞0〔n∈N*〕．所以xn=xn+1+ln〔1+xn+1〕＞xn+1，因此0＜xn+1＜xn〔n∈N*〕．2〕由xn=xn+1+ln 〔1+xn+1〕，得xx-4x+2x=x+〔x+2〕ln 〔1+x 〕.nn+1n+1nn+1n+1 n+1n+12-2x2-2x记函数 f 〔x 〕=x2-2x+〔x+2〕ln 〔1+x 〕〔x≥0〕，2x2+xf′〔x 〕= +ln 〔1+x 〕＞0〔x ＞0〕，x+1函数f 〔x 〕在[0，+∞]上单调递增，所以 f 〔x 〕≥f〔0〕=0，因此xn+1n+1〔 n+1〕ln〔n+1〕〔n+1〕≥ ， 2-2x+x+2 1+x=fx2-2x故2xn+1nxnxn+1〔n∈N-x≤*〕．*〕．23〕因为xn=xn+1+ln 〔1+xn+1〕≤x n+1+xn+1=2xn+1，1所以xn ≥ n-1， 2 xnxn+1 由≥2x n+1-xn ，123 241得-≥x n+121所以-xn12〔-2xn〕＞0，11111≥2〔-2x-2n-2，2x〕≥?≥2〕=2n-11n-1〔n-2，n-1〔..整理分享..(word版)浙江高考理科数学试题和解析WORD完美格式1故xn≤n-2．211综上，≤xn≤〔n∈Nn-1n-22*〕．*〕．2..整理分享..31 / 3131。
函数单调性易错题(修改稿)
【文章五】函数单调性的易错易误题解析徐国生(浙江常山县三衢中学)函数单调性是函数的基本性质，它是函数的局部性质，是函数图象在一个区间内“上升”、“下降”的性质.它在研究函数的值域、定义域、最大值、最小值等性质中有重要应用；在解不等式、证明不等式、数列的性质等数学的其他内容的研究中也有重要的应用。
因此可以说单调性是高考的必考内容.但学生在解题中容易出错，下面就例举这类问题的常见错误及产生错误的原因. 1 单调性证明中的推理问题例1 求证：函数x x f =)(在[0，+∞）上为增函数. (人教A 版必修1 ) 分析：函数)(x f 是根式，要判断作差后的表达式21x x -的符号。
学生可能犯以下错误：由210x x <≤推得1x <2x ,再推得21x x -<0,从而判断出函数在[0，+∞）上为增函数.错误的原因在于判断符号时已经利用了x x f =)(在[0，+∞）上的单调性,即“自己证明自己”;另一方面是学生知道需变形,但不知如何转化,主要对根式的运算不熟悉.证明：设1x ，2x 是[0，+∞）上的任意两个实数,且1x <2x ,则21212121)()(x x x x x x x f x f +-=-=-0,02121<-∴<≤x x x x ，∴2121x x x x +-<0)()(21x f x f -<0,即)(1x f <)(2x f ∴函数x x f =)(在[0，+∞）上为增函数。
2 概念的理解问题 （3a -1）x +4a ，x ﹥1例2 已知=)(x f 是（-∞，+∞）是的减函数那 1+-x ，x ≥1么a 的取值范围是 (原创题) （ ）（A ）（-∞，1） （B ）（-∞，31） （C ）[71，31）（D ）[71，1） 分析：本题是一个分段函数的单调性问题.学生容易误认为:分段函数要在定义域上为减函数,只要在各段区间上都是减函数,因此,由1<x 时，函数f （x ）=（3a -1）x +4是减函数，可得3a -1<0,即a <31;x ≥1时,函数y=1+-x 已是减函数,所以选B.错误的原因是:学生虽然能够背出单调性定义,但并没有真正理解这个概念中“任意”两字，而忽视了分段函数的端点.正确解法:根据单调性定义,不仅需要分段说明在1<x 以及x ≥1时都是减函数,还需要认真考虑f （x ）在x =1这个端点值的大小,应有3a -1<0且（3a -1）×1+4a ≥1-+1,即71≤a <31,故选( C ) 例3 求函数y=()1log 4log 6.026.0+--x x 的单调递增区间。
2011年高考数学浙江省理科卷第22课赏析
对 a R恒成立
在1 x 3e 时,参变分离
求 h( x) 的最大值，求g ( x)的最小值
找 g ( x) 的极值点
参变分离
构造函数
指 导 思 想ຫໍສະໝຸດ 对x D都有f ( x) a f ( x)min a 对x D都有f ( x) a f ( x)max a
解决不等式恒成立问题时，参变分离 求参数值(范围)的方法是较为有效的
高
链
考
接
推广
从函数类型看, 一次函数, 二次函数(含参数,绝对值等) 三次函数(含参数), 简单分式函数与y ln x或y e x组合 为较常见的热点函数
(1)与 y ln x 组合 f ( x) ln x a(1 a) x 2 2(1 a) x f ( x) ax b a ln x(a 0) 1 f ( x) x a ln x(a R) x (广东21) (福建22) (湖南22)
令 g ( x) x a, h( x) 2 ln x 1
a 故 x a 与 h( x) 2 ln x 1 的零点可能为 f ( x) 的极值点 x a 因为 h(1) 1 a, h(3e) 2 ln(3e) 1 , h( a) 2 ln a 3e 又因为 x (1,3e]上都有 f ( x) 4e, 所以 f (3e) 4e
2010安徽高考（理）17
设 a 为实数, 函数 f ( x) e x 2 x 2a，x R. ( I ) 求 f ( x) 的单调区间与极值 ( II ) 求证 : 当 a ln 2 1 且 x 0 时,e x x 2 2ax 1
2010 湖北高考(理)21
2022年高考真题—数学(浙江卷)【含答案及解析】
年普通⾼等学校招⽣全国统⼀考试（浙江卷）数学参考公式：如果事件A ，B 互斥，则柱体的体积公式()()()P A B P A P B +=+V Sh=如果事件A ，B 相互独立，则其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高()()()P AB P A P B =×锥体的体积公式若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次13V Sh=独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高()(1)(0,1,2,,)k k n k n n P k C p p k n -=-=L 球的表面积公式台体的体积公式24S R p=()1213V S S h =++球的体积公式其中12,S S 表示台体的上、下底面积，343V R p =h 表示台体的高其中R 表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合{1,2},{2,4,6}A B ==，则A B È=（）A.{2}B.{1,2}C.{2,4,6}D.{1,2,4,6}2.已知,,3i (i)i a b a b Î+=+R （i 为虚数单位），则（）A.1,3a b ==- B.1,3a b =-= C.1,3a b =-=- D.1,3a b ==3.若实数x ，y 满足约束条件20,270,20,x x y x y -³ìï+-£íï--£î则34z x y =+的最大值是（）A 20B. 18C. 13D. 64.设x ÎR ，则“sin 1x =”是“cos 0x =”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）.A.22πB.8πC.22π3D.16π36.为了得到函数2sin 3y x =的图象，只要把函数π2sin 35y x æö=+ç÷èø图象上所有的点（）A.向左平移π5个单位长度 B.向右平移π5个单位长度C.向左平移π15个单位长度 D.向右平移π15个单位长度7.已知825,log 3ab ==，则34a b -=（）A.25B.5C.259 D.538.如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为a ，EF 与平面ABC 所成的角为b ，二面角F BC A --的平面角为g ，则（）A.a b g££ B.b a g ££ C.b g a££ D.a g b££9.已知,a b ÎR ，若对任意,|||4||25|0x a x b x x Î-+---³R ，则（）A.1,3a b £³ B.1,3a b ££ C.1,3a b ³³ D.1,3a b ³£10.已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-ÎN ，则（）A.100521002a <<B.100510032a << C.100731002a <<D.100710042a <<非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分．11.我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S =，其中a ，b ，c 是三角形的三边，S 是三角形的面积．设某三角形的三边2a b c ===，则该三角形的面积S =___________．12已知多项式42345012345(2)(1)x x a a x a x a x a x a x +-=+++++，则2a =__________，12345a a a a a ++++=___________．13.若3sin sin 2pa b a b -=+=，则sin a =__________，cos 2b =_________．14.已知函数()22,1,11,1,x x f x x x x ì-+£ï=í+->ïî则12f f æöæö=ç÷ç÷èøèø________；若当[,]x a b Î时，1()3f x ££，则b a -的最大值是_________．15.现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为x ，则(2)P x ==__________，()E x =_________．16.已知双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左焦点为F ，过F 且斜率为4b a的直线交双曲线于点()11,A x y ，交双曲线的渐近线于点()22,B x y 且120x x <<．若||3||FB FA =，则双曲线的离心率是_________．17.设点P 在单位圆的内接正八边形128A A A L 的边12A A 上，则222182PA PA PA +++u u u r u u L u r u u u r 的取值范围是_______．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18.在ABC V 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c．已知34,cos 5a C ==．（1）求sin A 的值；（2）若11b =，求ABC V 面积．.的19.如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE Ð=Ð=°，二面角F DC B --的平面角为60°．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．（1）证明：FN AD ^；（2）求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．20.已知等差数列{}n a 的首项11a =-，公差1d >．记{}n a 的前n 项和为()n S n *ÎN ．（1）若423260S a a -+=，求n S ；（2）若对于每个n *ÎN ，存在实数n c ，使12,4,15n n n n n n a c a c a c +++++成等比数列，求d 的取值范围．21.如图，已知椭圆22112x y +=．设A ，B 是椭圆上异于(0,1)P 的两点，且点0,21Q æöç÷èø在线段AB上，直线,PA PB 分别交直线132y x =-+于C ，D 两点．（1）求点P 到椭圆上点距离的最大值；（2）求||CD 的最小值．22.设函数e()ln (0)2f x x x x=+>．（1）求()f x 的单调区间；（2）已知,a b ÎR ，曲线()y f x =上不同三点()()()()()()112233,,,,,x f x x f x x f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若e a >，则10()12e a b f a æö<-<-ç÷èø；（ⅱ）若1230e,a x x x <<<<，则22132e 112e e 6e 6ea a x x a --+<+<-．（注：e 2.71828=L是自然对数的底数）的的答案及解析选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合{1,2},{2,4,6}A B ==，则A B È=（）A.{2}B.{1,2}C.{2,4,6}D.{1,2,4,6}【答案】D 【解析】【分析】利用并集的定义可得正确的选项.【详解】{}1,2,4,6A B =U ，故选：D.2.已知,,3i (i)i a b a b Î+=+R （i 为虚数单位），则（）A.1,3a b ==- B.1,3a b =-= C.1,3a b =-=- D.1,3a b ==【答案】B 【解析】【分析】利用复数相等的条件可求,a b .【详解】3i 1i a b +=-+，而,a b 为实数，故1,3a b =-=，故选：B.3.若实数x ，y 满足约束条件20,270,20,x x y x y -³ìï+-£íï--£î则34z x y =+的最大值是（）A. 20B. 18C. 13D. 6【答案】B 【解析】【分析】在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线34z x y =+后可求最大值.【详解】不等式组对应的可行域如图所示：当动直线340x y z +-=过A 时z 有最大值.由2270x x y =ìí+-=î可得23x y =ìí=î，故()2,3A ，故max 324318z =´+´=，故选：B.4.设x ÎR ，则“sin 1x =”是“cos 0x =”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】因为22sin cos 1x x +=可得：当sin 1x =时，cos 0x =，充分性成立；当cos 0x =时，sin 1x =±，必要性不成立；所以当x ÎR ，sin 1x =是cos 0x =的充分不必要条件.故选：A.5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）A.22πB.8πC.22π3D.16π3【答案】C 【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm ，圆台的下底面半径为2cm ，所以该几何体的体积(322214122ππ1π122π2π12333V =´´+´´+´´´+´+=3cm ．故选：C ．6.为了得到函数2sin 3y x =的图象，只要把函数π2sin 35y x æö=+ç÷èø图象上所有的点（）A. 向左平移π5个单位长度 B.向右平移π5个单位长度C. 向左平移π15个单位长度 D. 向右平移π15个单位长度【答案】D【解析】【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．【详解】因为ππ2sin 32sin 3155y x x éùæö==-+ç÷êúèøëû，所以把函数π2sin 35y x æö=+ç÷èø图象上的所有点向右平移π15个单位长度即可得到函数2sin 3y x =的图象．故选：D.7.已知825,log 3ab ==，则34a b -=（）A. 25B. 5C.259D.53【答案】C 【解析】【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．【详解】因为25a=，821log 3log 33b ==，即323b =，所以()()22323232452544392a aa bb b -====．故选：C.8.如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为a ，EF 与平面ABC 所成的角为b ，二面角F BC A --的平面角为g ，则（）A.a b g££ B.b a g ££ C.b g a££ D.a g b££【答案】A 【解析】【分析】先用几何法表示出a b g ，，，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点F 作FP AC ^于P ，过P 作PM BC ^于M ，连接PE ，则EFP a =Ð，FEP b =Ð，FMP g =，tan 1PE PE FP AB a ==£，tan 1FP AB PE PE b ==³，tan tan FP FPPM PEg b =³=，所以a b g ££，故选：A ．9.已知,a b ÎR ，若对任意,|||4||25|0x a x b x x Î-+---³R ，则（）A 1,3a b £³ B.1,3a b ££ C.1,3a b ³³ D.1,3a b ³£【答案】D 【解析】【分析】将问题转换为|||25||4|a x b x x -³---，再结合画图求解．【详解】由题意有：对任意的x ÎR ，有|||25||4|a x b x x -³---恒成立．设()||f x a x b =-，()51,2525439,421,4x x g x x x x x x x ì-£ïïï=---=-<<íï-³ïïî，即()f x 的图象恒在()g x 的上方（可重合），如下图所示：.由图可知，3a ³，13b ££，或13a £<，3143b a££-£，故选：D ．10.已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-ÎN ，则（）A.100521002a <<B.100510032a << C.100731002a <<D.100710042a <<【答案】B 【解析】【分析】先通过递推关系式确定{}n a 除去1a ，其他项都在()0,1范围内，再利用递推公式变形得到1111133n n n a a a +-=>-，累加可求出11(2)3n n a >+，得出1001003a <，再利用11111111333132n n n a a a n n +æö-=<=+ç÷-+èø-+，累加可求出()111111113323n n a n æö-<-++++ç÷èøL ，再次放缩可得出10051002a >．【详解】∵11a =，易得()220,13a =Î，依次类推可得()0,1n aÎ由题意，1113n n n a a a +æö=-ç÷èø，即()1131133n n n n n a a a a a +==+--，∴1111133n n n a a a +-=>-，即211113a a ->，321113a a ->，431113a a ->，…，1111,(2)3n n n a a -->³，累加可得()11113n n a ->-，即11(2),(2)3n n n a >+³，∴()3,22n a n n <³+，即100134a <，100100100334a <<,又11111111,(2)333132n n n n a a a n n +æö-=<=+³ç÷-+èø-+，∴211111132a a æö-=+ç÷èø，321111133a a æö-<+ç÷èø，431111134a a æö-<+ç÷èø，…，111111,(3)3n n n a a n -æö-<+³ç÷èø，累加可得()11111111,(3)3323n n n a n æö-<-++++³ç÷èøL ，∴10011111111133334943932399326a æöæö-<++++<+´+´<ç÷ç÷èøèøL ，即100140a <，∴100140a >，即10051002a >；综上：100510032a <<．故选：B ．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分．11.我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S =，其中a ，b ，c 是三角形的三边，S 是三角形的面积．设某三角形的三边2a b c ===，则该三角形的面积S =___________．【答案】4.【解析】【分析】根据题中所给的公式代值解出．【详解】因为S =，所以4S ==．故答案为：4.12.已知多项式42345012345(2)(1)x x a a x a x a x a x a x +-=+++++，则2a =__________，12345a a a a a ++++=___________．【答案】①.8②.2-【解析】【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令0x =求出0a ，再令1x =即可得出答案．【详解】含2x 项为：()()3232222244C 12C 14128x x x x x x ×××-+×××-=-+=，故28a =；令0x =，即02a =，令1x =，即0123450a a a a a a =+++++，∴123452a a a a a ++++=-，故答案为：8；2-．13.若3sin sin 2pa b a b -=+=，则sin a =__________，cos 2b =_________．【答案】①.10②.45【解析】【分析】先通过诱导公式变形，得到a 的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出a ，接下来再求b ．【详解】2pa b +=，∴sin cos b a =，即3sin cos a a -=的sin cos1010a aö-=÷÷øsin10q=，cos10q=，()a q-=，∴22k k Zpa q p-=+Î，，即22kpa q p=++，∴sin sin2cos210kpa q p qæö=++==ç÷èø，则224cos22cos12sin15b b a=-=-=．故答案为：10；45．14.已知函数()22,1,11,1,x xf xx xxì-+£ï=í+->ïî则12f fæöæö=ç÷ç÷èøèø________；若当[,]x a bÎ时，1()3f x££，则b a-的最大值是_________．【答案】①.3728②.3【解析】【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出a的最小值,b的最大值即可.【详解】由已知2117()2224fæö=-+=ç÷èø，77437()144728f=+-=，所以137()228f féù=êúëû，当1x£时，由1()3f x££可得2123x£-+£，所以11x-££，当1x>时，由1()3f x££可得1113xx£+-£，所以12x<£1()3f x££等价于12x-££+，所以[,][1,2a bÍ-+，所以b a-的最大值为3.故答案为：3728，315.现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为x，则(2)P x==__________，()E x=_________．【答案】①.1635，②.127##517【解析】【分析】利用古典概型概率公式求(2)P x =，由条件求x 分布列，再由期望公式求其期望.【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有37C 种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有112424C C C +种，所以11242437C C C 16(2)C 35P x +===，由已知可得x 的取值有1，2，3，4，2637C 15(1)C 35P x ===，16(2)35P x ==，，()()233377C 31134C 35C 35P P x x ======，所以15163112()1234353535357E x =´+´+´+´=,故答案为：1635，127.16.已知双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左焦点为F ，过F 且斜率为4b a的直线交双曲线于点()11,A x y ，交双曲线的渐近线于点()22,B x y 且120x x <<．若||3||FB FA =，则双曲线的离心率是_________．【答案】4【解析】【分析】联立直线AB 和渐近线2:bl y x a=方程，可求出点B ，再根据||3||FB FA =可求得点A ，最后根据点A 在双曲线上，即可解出离心率．【详解】过F 且斜率为4b a 的直线:()4b AB y x c a=+，渐近线2:bl y x a =，联立()4b y x c ab y xa ì=+ïïíï=ïî，得,33c bc B a æöç÷èø，由||3||FB FA =，得5,,99c bc A a æö-ç÷èø而点A 在双曲线上，于是2222222518181c b c a a b -=，解得：228124c a =，所以离心率e 4=.故答案为：4．17.设点P 在单位圆的内接正八边形128A A A L 的边12A A 上，则222182PA PA PA +++u u u r u u L u r u u u r 的取值范围是_______．【答案】[12+【解析】【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，37A A 所在直线为x 轴，51A A 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设(,)P x y ，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到()2222212888PA PA PA x y +++=++u u u r u u u r u u u r L ，然后利用cos 22.5||1OP ££o 即可解出．【详解】以圆心为原点，37A A 所在直线为x 轴，51A A 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图所示：则1345726(0,1),,,(1,0),,,(0,1),,,(1,0)222222A A A A A A A æöææ-----ç÷ççç÷ç÷ç÷èøèøèø,822A æö-ç÷ç÷èø，设(,)P x y ,于是()2222212888PA PA PA x y +++=++u u u r u u u r u u u r L ，因为cos 22.5||1OP ££o，所以221cos 4512x y +£+£o ，故222128PA PA PA +++u u u r u u u r u u u r L 的取值范围是[12+.故答案为：[12+．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18.在ABC V 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c．已知34,cos 5a C ==．（1）求sin A 的值；（2）若11b =，求ABC V 的面积．【答案】（1；（2）22．【解析】【分析】（1）先由平方关系求出sin C ，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论222cos 2a b c C ab+-=以及4a =可解出a ，即可由三角形面积公式in 12s S ab C =求出面积．【小问1详解】由于3cos 5C =，0πC <<，则4sin 5C =．因为4a =，由正弦定理知4sin A C =，则sin sin 45A C ==．【小问2详解】因为4a =，由余弦定理，得2222221612111355cos 22225a a a abc C ab a a +--+-====，即26550a a +-=，解得5a =，而4sin 5C =，11b =，所以ABC V 的面积114sin 51122225S ab C ==´´´=．19.如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE Ð=Ð=°，二面角F DC B --的平面角为60°．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．（1）证明：FN AD ^；（2）求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）14．【解析】【分析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ，由平面知识易得FC BC =，再根据二面角的定义可知，60BCF Ð=o ，由此可知，FN BC ^，FN CD ^，从而可证得FN ^平面ABCD ，即得FN AD ^；（2）由（1）可知FN ^平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以可以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz -，求出平面ADE 的一个法向量，以及BM uuu u r，即可利用线面角的向量公式解出．【小问1详解】过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，//,//,5,3,1AB DC CD EF AB DC EF ===，60BAD CDE Ð=Ð=°，由平面几何知识易知，2,90DG AH EFC DCF DCB ABC ==Ð=Ð=Ð=Ð=°，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt EGD V 和Rt DHA V ，EG DH ==∵,DC CF DC CB ^^，且CF CB C Ç=，∴DC ^平面,BCF BCF Ð是二面角F DC B --的平面角，则60BCF Ð=o ，∴BCF △是正三角形，由DC Ì平面ABCD ，得平面ABCD ^平面BCF ，∵N 是BC 的中点，\FN BC ^，又DC ^平面BCF ，FN Ì平面BCF ，可得FN CD ^，而BC CD C Ç=，∴FN ^平面ABCD ，而AD Ì平面ABCD FN AD \^．【小问2详解】因为FN ^平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz -，设(3,(1,0,3)A B D E，则33,,22M æöç÷ç÷èø，33,,,(2,(22BM AD DE æö\=-=--=-ç÷ç÷èøu u u u r u u ur u u u r 设平面ADE 的法向量为(,,)n x y z =r由00n AD n DE ì×=í×=îu u u v r u u u v r，得20230x x z ì--=ïí-++=ïî，取n =-r ，设直线BM 与平面ADE 所成角为q ，∴||sin cos ,14|||n BM n BM n BM q ×=áñ====×u uu u r r u uu u r r uu u u r r ．20.已知等差数列{}n a 的首项11a =-，公差1d >．记{}n a 的前n 项和为()n S n *ÎN ．（1）若423260S a a -+=，求n S ；（2）若对于每个n *ÎN ，存在实数n c ，使12,4,15n n n n n n a c a c a c +++++成等比数列，求d 取值范围．【答案】（1）235(N )2n n nS n *-=Î（2）12d <£【解析】【分析】（1）利用等差数列通项公式及前n 项和公式化简条件，求出d ，再求n S；的(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d 的范围.【小问1详解】因为42312601S a a a -+==-，，所以()()46211260d d d -+--+-++=，所以230d d -=，又1d >，所以3d =，所以34n a n =-，所以()213522n na a n n n S +-==，【小问2详解】因为n n a c +，14n n a c ++，215n n a c ++成等比数列，所以()()()212415n n n n n n a c a c a c +++=++，()()()2141115n n n nd c nd d c nd d c -+=-+-+-+++，22(1488)0n n c d nd c d +-++=，由已知方程22(1488)0n n c d nd c d +-++=的判别式大于等于0，所以()22148840d nd d D =-+-³，所以()()168812880d nd d nd -+-+³对于任意的n *ÎN 恒成立，所以()()212320n d n d ----³éùéùëûëû对于任意的n *ÎN 恒成立，当1n =时，()()()()21232120n d n d d d ----=++³éùéùëûëû，当2n =时，由()()2214320d d d d ----³，可得2£d 当3n ³时，()()21232(3)(25)0n d n d n n ---->--³éùéùëûëû，又1d >所以12d <£21.如图，已知椭圆22112x y +=．设A ，B 是椭圆上异于(0,1)P 的两点，且点0,21Q æöç÷èø在线段AB 上，直线,PA PB 分别交直线132y x =-+于C ，D 两点．（1）求点P 到椭圆上点的距离的最大值；（2）求||CD 的最小值．【答案】（1）11；（2）5．【解析】【分析】（1）设,sin )Q q q 是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出2||PQ ，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线1:2AB y kx =+与椭圆方程联立可得1212,x x x x +，再将直线132y x =-+方程与PA PB 、的方程分别联立，可解得点,C D 的坐标，再根据两点间的距离公式求出CD ，最后代入化简可得231CD k =×+，由柯西不等式即可求出最小值．【小问1详解】设,sin )Q q q 是椭圆上任意一点,(0,1)P ,则222221144144||12cos (1sin )1311sin 2sin 11sin 111111PQ q q q q q æö=+-=--=-+£ø+ç÷è，当且仅当1sin 11q =-时取等号，故||PQ 的最大值是11.【小问2详解】设直线1:2AB y kx =+,直线AB 方程与椭圆22112x y +=联立,可得22130124k x kx æö++-=ç÷èø,设()()1122,,,A x y B x y ，所以12212211231412k x x k x x k ì+=-ï+ïïíï=-æöï+ç÷ïèøî，因为直线111:1y PA y x x -=+与直线132y x =-+交于C ,则111114422(21)1C x x x x y k x ==+-+-,同理可得,222224422(21)1D x x x x y k x ==+-+-.则||CD ====231555k =×=³=+，当且仅当316k =时取等号，故CD的最小值为5.【点睛】本题主要考查最值计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．22.设函数e()ln (0)2f x x x x=+>．（1）求()f x 的单调区间；（2）已知,a b ÎR ，曲线()y f x =上不同三点()()()()()()112233,,,,,x f x x f x x f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若e a >，则10()12e a b f a æö<-<-ç÷èø；（ⅱ）若1230e,a x x x <<<<，则22132e 112e e 6e 6ea a x x a --+<+<-．（注：e 2.71828=L 是自然对数的底数）【答案】（1）()f x 的减区间为e 02æöç÷èø,，增区间为e ,2æö+¥ç÷èø.的的（2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ）31x k x =，1eam =<，则题设不等式可转化为()()()2131313122236m m m t t m m t t --++--<+，结合零点满足的方程进一步转化为()()()()211312ln 0721m m m m m m ---++<+，利用导数可证该不等式成立.【小问1详解】()22e 12e 22xf x x x x -¢=-+=，当e 02x <<，()0f x ¢<；当e2x >，()0f x ¢>，故()f x 的减区间为e 02æöç÷èø,，()f x 的增区间为e ,2æö+¥ç÷èø.【小问2详解】（ⅰ）因为过(),a b 有三条不同的切线，设切点为()(),,1,2,3i i x f x i =，故()()()i i i f x b f x x a ¢-=-，故方程()()()f x b f x x a ¢-=-有3个不同的根，该方程可整理为()21e e ln 022x a x b x x x æö----+=ç÷èø，设()()21e e ln 22g x x a x b x x x æö=----+ç÷èø，则()()22321e 1e 1e22g x x a x x x x x xæö¢=-+-+--+ç÷èø()()31e x x a x=---，当0e x <<或x a >时，()0g x ¢<；当e x a <<时，()0g x ¢>，故()g x 在()()0,e ,,a +¥上为减函数，在()e,a 上为增函数，因为()g x 有3个不同的零点，故()e 0g <且()0>g a ，故()21e e e ln e 0e 2e 2e a b æö----+<ç÷èø且()21e e ln 022a a a b a a a æö----+>ç÷èø，整理得到：12e a b <+且()eln 2b a f a a>+=，此时()1e 13e11ln ln 2e 2e 22e 222a a a b f a a a a aæöæö---<+-+-+=--ç÷ç÷èøèø，设()3e ln 22u a a a =--，则()2e-202au a a ¢=<，故()u a 为()e,+¥上的减函数，故()3eln e 022eu a <--=，故()1012e a b f a æö<-<-ç÷èø.（ⅱ）当0e a <<时，同（ⅰ）中讨论可得：故()g x 在()()0,,e,a +¥上为减函数，在(),e a 上为增函数，不妨设123x x x <<，则1230e x a x x <<<<<，因为()g x 有3个不同的零点，故()0g a <且()e 0g >，故()21e e e ln e 0e 2e 2e a b æö----+>ç÷èø且()21e e ln 022a a a b a a a æö----+<ç÷èø，整理得到：1ln 2e 2ea ab a +<<+，因为123x x x <<，故1230e x a x x <<<<<，又()2e e 1ln 2a ag x x b x x+=-+-+，设e t x =，()0,1e a m =Î，则方程2e e 1ln 02a ax b x x+-+-+=即为：2e ln 0e 2e a a t t t b +-+++=即为()21ln 02mm t t t b -++++=，记123123e e e,,,t t t x x x ===则113,,t t t 为()21ln 02m m t t t b -++++=有三个不同的根，设3131e 1x t k t x a ==>>，1eam =<，要证：22122e 112e e 6e 6e a a x x a --+<+<-，即证13e 2e e 26e 6e a a t t a --+<+<-，即证：13132166m mt t m --<+<-，即证：131********m m t t t t m --æöæö+-+-+<ç÷ç÷èøèø，即证：()()()2131313122236m m m t t m m t t --++--<+，而()21111ln 02m m t t t b -++++=且()23331ln 02mm t t t b -++++=，故()()()22131313ln ln 102m t t t t m t t -+--+-=，故131313ln ln 222t t t t m m t t -+--=-´-，故即证：()()()21313131312ln ln 236m m m t t m t t m t t --+--´<-+，即证：()()()1213313ln1312072t t t m m m t t t +--++>-即证：()()()213121ln 0172m m m k k k --+++>-，记()()1ln ,11k k k k k j +=>-，则()()2112ln 01k k k k k j æö¢=-->ç÷èø-，设()12ln u k k k k =--，则()2122210u k k k k k¢=+->-=即()0k j ¢>，故()k j 在()1,+¥上为增函数，故()()k m j j >，所以()()()()()()22131213121ln 1ln 172172m m m m m m k k m m k m --+--++++>+--，记()()()()()211312ln ,01721m m m m m m m m w ---+=+<<+，则()()()()()()()2232322132049721330721721m mm m m mm m m m m w ---+-+¢=>>++，所以()m w 在()0,1为增函数，故()()10m w w <=，故()()()()211312ln 0721m m m m m m ---++<+即()()()213121ln 0172m mm m m m --+++>-，故原不等式得证：【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.。