利用f(f(x))=x的性质巧解两道高考题
压轴题型03 抽象函数问题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练

压轴题03抽象函数问题抽象函数是高中数学的一个难点,也是近几年来高考的热点。
考查方法往往基于一般函数,综合考查函数的各种性质。
本节给出抽象函数中的函数性质的处理策略,供内同学们参考。
抽象函数是指只给出函数的某些性质,而未给出函数具体的解析式及图象的函数。
由于抽象函数概念抽象,性质隐而不显,技巧性强,因此学生在做有关抽象函数的题目时,往往感觉无处下手。
○热○点○题○型1定义域问题解决抽象函数的定义域问题——明确定义、等价转换。
函数的定义域是指自变量的取值范围,求抽象函数的定义域的关键是括号内式子的地位等同(即同一对应法则后括号内的式子具有相同的取值范围)。
○热○点○题○型2求值问题通过观察已知与未知的联系,巧妙地赋值,赋值法是解此类问题的常用技巧。
○热○点○题○型3值域问题○热○点○题○型4解析式问题通常情况下,给某些变量适当赋值,使之在关系中“消失”,进而保留一个变量,是实现这种转化的重要策略。
○热○点○题○型5单调性与奇偶性问题○热○点○题○型6周期性与对称性问题○热○点○题○型7几类抽象函数解法(1)求解方法:1.借鉴函数模型进行类比探究(化抽象为具体)2.赋值法(令0=x 或1,求出)0(f 或)1(f 、令x y =或x y -=等等)(2)几种抽象函数模型:1.正比例函数:)0()(≠=k kx x f ——————————)()()(y f x f y x f ±=±;2.幂函数:2)(x x f =——————————————)()()(y f x f xy f =,)()()(y f x f y x f =;注:反比例函数:1)(-=x x f 一类的抽象函数也是如此,有部分资料将幂函数模型写成反比例函数模型。
3.指数函数:x a x f =)(———————————)()()(y f x f y x f =+,)()()(y f x f y x f =-4.对数函数:x x f a log )(=————————)()()(y f x f xy f +=,)()()(y f x f yxf -=5.三角函数:x x f tan )(=————————————)()(1)()()(y f x f y f x f y x f -+=+6.余弦函数:x x f cos )(=———————)()(2)()(y f x f y x f y x f =-++一、单选题1.已知定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()()()102f xy f x f y +--=,若一组平行线()1,2,...,i x x i n ==分别与()y f x =图象的交点为()11,x y ,()22,x y ,...,(),n n x y ,且()2121n i i x x f -+=⎡⎤⎣⎦,其中1,2,...,i n =,则1nii y n==∑A .1B .12C .2nD .2n 【答案】B【分析】令1x y ==得到()112f =;令1,n i i x x y x -+==得到()()11n i i f x f x -++=,代入计算得(6)()6f x f x +-≥,则(2016)f =A .2015B .2016C .2017D .2018【答案】D【分析】根据递推式可得(6)()6f x f x +-=,再由(2016)f =[(2016)(2010][(2010)(2004)]......[(6)(0)](0)f f f f f f f -+-++-+即可得答案.【详解】解:(2)()2,f x f x +-≤ (4)(2)2,f x f x ∴+-+≤(6)(4)2f x f x ∴+-+≤三是相加得:(6)()6f x f x +-≤,又(6)()6f x f x +-≥,则(6)()6f x f x +-=,当且仅当(2)()2f x f x +-=时等号成立,(2016)f =[(2016)(2010][(2010)(2004)]......[(6)(0)](0)f f f f f f f -+-++-+633622018=⨯+=,故选:D.3.已知定义域为R 的函数()f x 满足()31f x +是奇函数,()21f x -是偶函数,则下列结论错误的是()A .()f x 的图象关于直线=1x -对称B .()f x 的图象关于点(1,0)对称C .()31f -=D .()f x 的一个周期为8【答案】C【分析】根据()31f x +是奇函数,可得()()20f x f x +-+=,判断B;根据()21f x -是偶函数,推出()()2f x f x --=,判断A;继而可得()()4f x f x +=-,可判断D ;利用赋值法求得(1)0f =,根据对称性可判断C.【详解】由题意知()31f x +是奇函数,即()()()()3131,11f x f x f x f x -+=-+∴-+=-+,即()()2f x f x -+=-,即()()20f x f x +-+=,故()f x 的图象关于点(1,0)对称,B 结论正确;又()21f x -是偶函数,故()()()()2121,11f x f x f x f x --=-∴--=-,即()()2f x f x --=,故()f x 的图象关于直线=1x -对称,A 结论正确;由以上可知()()()22f x f x f x =--=--+,即()()22f x f x -=-+,所以()()4f x f x +=-,则()()4()8x x f f f x =-=++,故()f x 的一个周期为8,D 结论正确;由于()()3131f x f x -+=-+,令0x =,可得(1)(1),(1)0f f f =-∴=,而()f x 的图象关于直线=1x -对称,故()30f -=,C 结论错误,故选:C【点睛】方法点睛:此类抽象函数的性质的判断问题,解答时一般要注意根据函数的相关性质的定义去解答,比如奇偶性,采用整体代换的方法,往往还要结合赋值法求得特殊值,进行解决.4.已知定义在R 上的函数()f x 在(),4-∞-上是减函数,若()()4g x f x =-是奇函数,且()40g =,则不等式()0f x ≤的解集是A .(](],84,0-∞-⋃-B .[)[)8,40,--⋃+∞C .[][)8,40,--⋃+∞D .[]8,0-【答案】C【详解】∵()()4g x f x =-是奇函数,∴函数()()4g x f x =-图象的对称中心为(0,0),∴函数()f x 图象的对称中心为()4,0-.又函数()f x 在(),4-∞-上是减函数,∴函数()f x 在()4,-+∞上为减函数,且()()400f g -==.∵()()400g f ==,∴()80f -=.画出函数()f x 图象的草图(如图).结合图象可得()0f x ≤的解集是[][)8,40,--⋃+∞.选C .点睛:本题考查抽象函数的性质及利用数形结合求不等式的解集.解题时要从函数()f x 的性质入手,同时也要把函数()()4g x f x =-的性质转化为函数()f x 的性质,进一步得到函数()f x 的单调性和对称性,进而画出其图象的草图,根据图象写出不等式的解集.其中在解题中不要忘了()f x 是定义在R 上的函数,故应该有()()400f g -==这一结论,即函数()f x 的图象中要有()4,0-这一个点.5.已知函数()y f x =是定义域为R 的偶函数,当0x ≥时()()()5sin ,014211,14xx x f x x π⎧⎛⎫≤≤ ⎪⎪⎝⎭⎪=⎨⎛⎫⎪+> ⎪⎪⎝⎭⎩,若关于x 的方程()()20f x af x b ⎡⎤++=⎣⎦有6个根,则实数a 的取值范围是()A .59,24⎛⎫-- ⎪⎝⎭B .9,14⎛⎫-- ⎪⎝⎭C .59,24⎛⎫-- ⎪⎝⎭9,14⎛⎫⋃-- ⎪⎝⎭D .5,12⎛⎫-- ⎪⎝⎭二、多选题(共0分)6.下列说法中错误的为()A .若函数()f x 的定义域为[]0,2,则函数()2f x 的定义域为[]0,1B .若(121f x =+,则()[)2243,1,f x x x x ∞=++∈+C .函数的421x x y =++值域为:1,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D .已知()25,1,1x ax x f x a x x⎧---≤⎪=⎨>⎪⎩在R 上是增函数,则实数a 的取值范围是[]3,2--7.若定义在R 上的函数()f x 满足:(ⅰ)存在R a +∈,使得()0f a =;(ⅱ)存在R b ∈,使得()0f b ≠;(ⅲ)任意12,R x x ∈恒有()()()()1212122f x x f x x f x f x ++-=.则下列关于函数()f x 的叙述中正确的是()A .任意x ∈R 恒有()()4f x a f x +=B .函数()f x 是偶函数C .函数()f x 在区间[]0,a 上是减函数D .函数()f x 最大值是1,最小值是-18.已知的定义域为R ,且对任意,有1f x f y f x y ⋅=+-,且当1x >时,()1f x >,则()A .()11f =B .()f x 的图象关于点()()1,1f 中心对称C .()f x 在R 上不单调D .当1x <时,()01f x <<故选:AD9.已知定义域为()0,∞+的函数()f x 满足:①()0,x ∀∈+∞,()()55f x f x =;②当(]1,5x ∈时,()5f x x =-,则()A .105f ⎛⎫= ⎪⎝⎭B .m Z ∀∈,()30mf =C .函数()f x 的值域为[)0,∞+D .n Z ∃∈,()512019nf +=10.已知()f x 为非常值函数,若对任意实数x ,y 均有()()()1f x y f x f y +=+⋅,且当0x >时,()0f x >,则下列说法正确的有()A .()f x 为奇函数B .()f x 是()0,∞+上的增函数C .()1f x <D .()f x 是周期函数对于D:因为()f x 是()0,∞+上的增函数,又因为()f x 为奇函数且()00f =,所以()f x 是(),-∞+∞上的增函数,故()f x 不是周期函数,故D 错误.故选:ABC.11.定义在R 上的函数()f x 满足()()()312f x f x f +++=,()()24f x f x -=+,若1122f ⎛⎫= ⎪⎝⎭,则()A .()f x 是周期函数B .1(2022)2f =C .()f x 的图象关于1x =对称D .200111002k k f k =⎛⎫-=- ⎪⎝⎭∑可得())1(3f x f x +=-,从而可得()f x 是周期为4的周期函数,是解决本题的关键.12.已知函数()f x ,()g x 的定义域均为R ,其导函数分别为()f x ',()g x '.若()()32f x g x -+=,()()1f x g x ''=+,且()()20g x g x -+=,则()A .函数()2g x +为偶函数B .函数()f x 的图像关于点()2,2对称C .()202410i g n ==∑D .()202414048i f n ==-∑【答案】ACD【分析】由()()1f x g x ''=+,可设()()()1,R f x a g x b a b +=++∈,,由()()32f x g x -+=,得()()321g x a g x b --+=++,赋值1x =,则有2a b -=,即()()31g x g x -=+,函数()g x 的图像关于直线2x =对称,又()()20g x g x -+=得()()4g x g x =+,()f x 也是周期为4的函数,通过赋值可判断选项【详解】因为()()1f x g x ''=+,所以()()()1,R f x a g x b a b +=++∈.又因为()()32f x g x -+=,所以()()23f x g x +=-.于是可得()()321g x a g x b --+=++,令1x =,则()()31211g a g b --+=++,所以2a b -=.所以()()31g x g x -=+,即函数()g x 的图像关于直线2x =对称,即()()4g x g x -=+.因为()()20g x g x -+=,所以函数()g x 的图像关于点()1,0对称,即()()20g x g x ++-=,所以()()24g x g x +=-+,即()()2g x g x =-+,于是()()4g x g x =+,所以函数()g x 是周期为4的周期函数.因为函数()g x 的图像关于直线2x =对称,所以()2g x +的图像关于y 轴对称,所以()2g x +为偶函数,所以A 选项正确.将()g x 的图像作关于y 轴对称的图像可得到()y g x =-的图像,再向右平移3个单位长度,可得到()()33y g x g x =--=-⎡⎤⎣⎦的图像,再将所得图像向下平移2个单位长度,即可得到()()32g x f x --=的图像,因此函数()f x 也是周期为4的函数.又()g x 的图像关于点()1,0对称,所以()f x 的图像关于点()2,2-对称,所以B 选项不正确.因为()()20g x g x -+=,令1x =,得()()110g g +=,即()10g =,所以()()130g g ==;令0x =,得()()200g g +=,所以()()240g g +=,所以()()()()12340g g g g +++=,所以()202410i g n ==∑,所以C 选项正确.因为()()32f x g x =--,所以()()0322f g =-=-,()()2122f g =-=-,()()122f g =-,()()302f g =-,()()402f f ==-,则有()()()()()()()123422202f f f f g g +++=-+-+-()28+-=-,可得()202414048i f n ==-∑,所以D 选项正确.故选:ACD .【点睛】方法点睛:一般地,若函数的图像具有双重对称性,则一定可以得到函数具有周期性,且相邻的两条对称轴之间的距离为半个周期;相邻的两个对称中心之间的距离也是半个周期;相邻的一条对称轴和一个对称中心之间的距离为四分之一个周期.三、填空题13.下列命题中所有正确的序号是__________.①函数1()3x f x a -=+(1a >)在R 上是增函数;②函数(1)f x -的定义域是(1,3),则函数()f x 的定义域为(2,4);③已知53()8f x x ax bx =++-,且(2)8f -=,则(2)8f =-;④11()122x f x =--为奇函数.⑤函数()f x =[]0,4(3)构造奇函数求对应的函数值;(4)定义法判断函数奇偶性;(5)直接法求具体函数的值域.14.给出下列四个命题:①函数与函数表示同一个函数;②奇函数的图象一定通过直角坐标系的原点;③函数的图像可由的图像向上平移1个单位得到;④若函数的定义域为,则函数的定义域为;⑤设函数是在区间上图象连续的函数,且,则方程在区间上至少有一实根;其中正确命题的序号是_____________.(填上所有正确命题的序号)【答案】③⑤【详解】试题分析:①因为函数的定义域为R ,函数的定义域为{}|>0x x ,所以函数与函数不表示同一个函数;②奇函数的图像一定通过直角坐标系的原点,此命题错误,若奇函数在x=0处没定义,则奇函数的图像就不过原点;③函数的图像可由的图像向上平移1个单位得到;,正确.④因为函数的定义域为,所以0<2<2,0<x<1x 即,所以函数的定义域为[0,1];⑤设函数是在区间上图象连续的函数,且,则方程在区间上至少有一实根,正确.考点:函数的定义;奇函数的性质;图像的变换;抽象函数的定义域;函数零点存在性定理.点评:此题考查的知识点较多,较为综合,属于中档题.抽象函数的有关问题对同学们来说具有一定的难度,特别是求函数的定义域,很多同学解答起来总感棘手,鉴于此,我们在学习时要善于总结.①已知的定义域求的定义域,其解法是:若的定义域为,则在中,,从中解得x 的取值范围即为的定义域;②已知的定义域,求的定义域,其解法是:若的定义域为,则由确定的的范围即为的定义域.15.已知函数()241f x x -+-的定义域为[]0,m ,则可求得函数()21f x -的定义域为[]0,2,求实数m 的取值范围__________.【答案】[]24,【详解】 函数()21f x -的定义域为[]0,2,02,1213x x ∴≤≤∴-≤-≤,令241t x x =-+-,则13t -≤≤,由题意知,当[]0,x m ∈时,[]1,3t ∈-,作出函数241t x x =-+-的图象,如图所示,由图可得,当0x =或4x =时,1t =-,当2x =时,3,24t m =∴≤≤,时[]1,3t ∈-,∴实数m 的取值范围是24m ≤≤,故答案为24m ≤≤.16.给出下列说法:①集合{}1,2,3A =,则它的真子集有8个;②2(),((0,1))f x x x x=+∈的值域为(3,)+∞;③若函数()f x 的定义域为[0,2],则函数(2)()2f xg x x =-的定义域为[)0,2;④函数()f x 的定义在R 上的奇函数,当0x >时,()1f x x =-+,则当0x <时,()1f x x =-⑤设53()=5f x ax bx cx +++(其中,,a b c 为常数,x R ∈),若(2012)3f -=-,则(2012)13f =;其中正确的是_______(只写序号).【答案】②⑤【详解】试题分析:①集合{1,2,3}A =,则它的真子集有个;③由函数()f x 的定义域为[0,2]得:,解得;④设,则,所以,又因为()f x 是定义在R 上的奇函数,所以()f x =-;⑤设g(x)=,则g(x)是奇函数且()f x =g(x)+5,因为(2012)3f -=-,所以,所以.考点:本题考查真子集的性质、抽象函数的定义域、函数的奇偶性.点评:此题主要考查集合子集个数的计算公式、函数的奇偶性和抽象函数定义域的求法,是一道基础题,若一个集合的元素个数为n ,则其子集的个数为2n ,真子集的个数为2n -1个.17.函数()f x 满足()11f x f x ⎛⎫= ⎪+⎝⎭对任意[)0,x ∈+∞都成立,其值域是f A ,已知对任何满足上述条件的()f x 都有(){},0f y y f x x a A =≤≤=,则a 的取值范围为___________.18.对任意集合M ,定义()0,M f x x M⎧=⎨∉⎩,已知集合S 、T X ⊆,则对任意的x X ∈,下列命题中真命题的序号是________.(1)若S T ⊆,则()()S T f x f x ≤;(2)()1()X S S f x f x =-ð;(3)()()()S T S T f x f x f x =⋅ ;(4)()()1()[2S S T T f x f x f x ++= (其中符合[]a 表示不大于a 的最大正数)19.设()1f x -为()cos 488f x x x ππ=-+,[]0,x π∈的反函数,则()()1y f x f x -=+的最大值为_________.R ,对任意的都有且当0x ≥时,则不等式()0xf x <的解集为__________.【答案】(2,0)(0,2)- 【详解】当0x ≥时,由()220f x x x =->,得2x >;由()220f x x x =-<,得02x <<.∵()()f x f x -=-,∴函数()f x 为奇函数.∴当0x <时,由()220f x x x =->,得20x -<<;由()220f x x x =-<,得2x <-.不等式()0xf x <等价于()00x f x >⎧⎨<⎩或()00x f x <⎧⎨>⎩,解得02x <<或20x -<<.∴不等式()0xf x <的解集为()()2,00,2-⋃.答案:()()2,00,2-⋃21.已知函数21,0()21,0,x x f x x x x +≤⎧=⎨-+>⎩若关于x 的方程2()()0f x af x -=恰有5个不同的实数解,则实数a 的取值范围是_____.【答案】01a <<【分析】采用数形结合的方法,由2()()0f x af x -=确定有两个解()0f x =或()f x a =,在通过图象确定a 的范围.【详解】由2()()0f x af x -=得()0f x =或()f x a =,如图,作出函数()f x 的图象,由函数图象,可知()0f x =的解有两个,故要使条件成立,则方程()f x a =的解必有三个,此时0<a <1.所以a 的取值范围是(0,1).故答案为:01a <<.22.已知函数()f x 满足1(1)()f x f x +=-,且()f x 是偶函数,当[1,0]x ∈-时,2()f x x =,若在区间[1,3]-内,函数()()log (2)a g x f x x =-+有个零点,则实数a 的取值范围是______________.【答案】所以可得132a log ≥+(),∴实数a 的取值范围是[5+∞,).故答案为[5+∞,).考点:函数的周期性的应用,函数的零点与方程的根的关系【名师点睛】本题主要考查函数的周期性的应用,函数的零点与方程的根的关系,体现了转化的数学思想,属于基础题.四、双空题23.设函数()f x 是定义在整数集Z 上的函数,且满足()01f =,()10f =,对任意的x ,y ∈Z 都有()()()()2f x y f x y f x f y ++-=,则()3f =______;()()()()22222122023122023f f f f 2++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+______.五、解答题24.已知()f x 定义域为R 的函数,S ⊆R ,若对任意1212,,x x x x S ∈-∈R ,均有()()12f x f x S -∈,则称()f x 是S 关联.(1)判断函数()()12112f x xg x x =-=-、是否是[)1,+∞关联,并说明理由:(2)若()f x 是{}2关联,当[)0,2x ∈时,()2f x x x =-,解不等式:()02f x ≤≤;(3)判断“()f x 是{}2关联”是“()f x 是[]1,2关联”的什么条件?试证明你的结论.25.设函数(),f x x x M=⎨-∈⎩其中P ,M 是非空数集.记f (P )={y |y =f (x ),x ∈P },f (M )={y |y =f (x ),x ∈M }.(Ⅰ)若P=[0,3],M=(﹣∞,﹣1),求f(P)∪f(M);(Ⅱ)若P∩M=∅,且f(x)是定义在R上的增函数,求集合P,M;(Ⅲ)判断命题“若P∪M≠R,则f(P)∪f(M)≠R”的真假,并加以证明.【答案】(Ⅰ)[0,+∞);(Ⅱ)P=(﹣∞,0)∪(0,+∞),M={0};(Ⅲ)真命题,证明见解析【解析】(Ⅰ)求出f(P)=[0,3],f(M)=(1,+∞),由此能过求出f(P)∪f(M).(Ⅱ)由f(x)是定义在R上的增函数,且f(0)=0,得到当x<0时,f(x)<0,(﹣∞,0)⊆P.同理可证(0,+∞)⊆P.由此能求出P,M.(Ⅲ)假设存在非空数集P,M,且P∪M≠R,但f(P)∪f(M)=R.证明0∈P∪M.推导出f(﹣x0)=﹣x0,且f(﹣x0)=﹣(﹣x0)=x0,由此能证明命题“若P∪M≠R,则f(P)∪f(M)≠R”是真命题.【详解】(Ⅰ)因为P=[0,3],M=(﹣∞,﹣1),所以f(P)=[0,3],f(M)=(1,+∞),所以f(P)∪f(M)=[0,+∞).(Ⅱ)因为f(x)是定义在R上的增函数,且f(0)=0,所以当x<0时,f(x)<0,所以(﹣∞,0)⊆P.同理可证(0,+∞)⊆P.因为P∩M=∅,所以P=(﹣∞,0)∪(0,+∞),M={0}.(Ⅲ)该命题为真命题.证明如下:假设存在非空数集P,M,且P∪M≠R,但f(P)∪f(M)=R.首先证明0∈P∪M.否则,若0∉P∪M,则0∉P,且0∉M,则0∉f(P),且0∉f(M),即0∉f(P)∪f(M),这与f(P)∪f(M)=R矛盾.若∃x0∉P∪M,且x0≠0,则x0∉P,且x0∉M,所以x0∉f(P),且﹣x0∉f(M).因为f(P)∪f(M)=R,所以﹣x0∈f(P),且x0∈f(M).所以﹣x0∈P,且﹣x0∈M.所以f(-x0)=﹣x0,且f(-x0)=﹣(﹣x0)=x0,根据函数的定义,必有﹣x0=x0,即x0=0,这与x0≠0矛盾.综上,该命题为真命题.【点睛】本题考查函数新定义问题,考查学生的创新意识,考查命题真假的判断与证明,考查并集定义等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.26.已知()f x 是定义在[]1,1-上的奇函数,且(1)1f =.若对任意的[],1,1m n ∈-,0m n +≠都有()()0f m f n m n+>+.(1)用函数单调性的定义证明:()f x 在定义域上为增函数;(2)若()()214f a f a +>,求a 的取值范围;(3)若不等式()()122f x a t ≤-+对所有的[]1,1x ∈-和[]1,1a ∈-都恒成立,求实数t 的取值范围.于难题.根据抽象函数的单调性解不等式应注意以下三点:(1)一定注意抽象函数的定义域(这一点是同学们容易疏忽的地方,不能掉以轻心);(2)注意应用函数的奇偶性(往往需要先证明是奇函数还是偶函数);(3)化成()()()()f g x f h x ≥后再利用单调性和定义域列不等式组.27.已知函数()f x ,若存在非零实数a 、b ,使得对定义域内任意的x ,均有()f x a +=()f x b +成立,则称该函数()f x 为阶梯周期函数.(1)判断函数()[]|sin |()f x x x x π=+∈R 是否为阶梯周期函数,请说明理由.(其中[]x 表示不超过x 的最大整数,例如:[3,5]4-=-,[2,1]2=)(2)已知函数()g x ,x ∈R 的图像既关于点(1,0)对称,又关于点(3,2)对称.①求证:函数()g x 为阶梯周期函数;②当[0,4]x ∈时,()[,]g x p q ∈(p 、q 为实数),求函数()g x 的值域.【答案】(1)是,理由见解析;(2)①证明见解析;②[4,4]n p n q ++,n ∈Z .【解析】(1)根据阶梯周期函数的定义求解判断.(2)①根据函数()g x 的图像既关于点(1,0)对称,又关于点(3,2)对称,得到()()()()2064g x g x g x g x ⎧-++=⎪⎨-++=⎪⎩求解.②根据①的结论,分[]()4,44,x n n n N ∈+∈和[]()4,44,x n n n N ∈--+∈两种情况讨论求解.【详解】(1)因为()()(1)[1]|sin 1|[]1|sin |1f x x x x x f x ππ+=+++=++=+,所以存在1,1a b ==,使得函数()f x 为阶梯周期函数(2)①因为函数()g x 的图像既关于点(1,0)对称,又关于点(3,2)对称,所以()()()()2064g x g x g x g x ⎧-++=⎪⎨-++=⎪⎩,两式相减得:()()624g x g x +-+=,即()()44g x g x +=+所以函数()g x 为阶梯周期函数;②当[]()4,44,x n n n N ∈+∈时,[]40,4x n -∈,由()()44g x g x +=+,得()()()444242...g x g x g x =-+=-⨯+⨯=()[]()444,4g x n n n p n q n N =-+∈++∈,当[]()4,44,x n n n N ∈--+∈时,[]40,4x n +∈,由()()44g x g x +=+,得()()()444242...g x g x g x =+-=+⨯-⨯=()[]()444,4g x n n n p n q n N =+-∈-+-+∈,综上:函数()g x 的值域是[4,4]n p n q ++n ∈Z .【点睛】关键点点睛:本题关键是阶梯周期函数定义的理解以及()f x 若关于点(),a b 对称,则()()22f x f a x b -++=结合应用.28.已知函数()f x 对于任意的,x y ∈R ,都有()()()f x y f x f y +=+,当0x >时,()0f x <,且1(1)2f =-.(1)求(0)f ,(1)f -的值;(2)当34x -≤≤时,求函数()f x 的最大值和最小值;(3)设函数2()()3()g x f x m f x =--,判断函数g (x )最多有几个零点,并求出此时实数m的取值范围.29.已知函数,如果存在给定的实数对,使得恒成立,则称()f x 为“S -函数”.(1)判断函数()1f x x =,()23xf x =是否是“S -函数”;(2)若()3tan f x x =是一个“S -函数”,求出所有满足条件的有序实数对(),a b ;(3)若定义域为R 的函数()f x 是“S -函数”,且存在满足条件的有序实数对()0,1和()1,4,当[]0,1x ∈时,()f x 的值域为[]1,2,求当[]2018,2018x ∈-时函数()f x 的值域.1(1)3f =-.(1)求证()f x 是奇函数;(2)求()f x 在区间[3,3]-上的最大值和最小值.【答案】(1)详见解析;(2)最小值-1,最大值1.【分析】(1)利用赋值法,令0x =,0y =代入函数式,可求得(0)f ,再令y x =-代入函数式,即可31.已知函数的定义域为,且同时满足①13f =;②2f x ≥恒成立,③若12120,0,1x x x x ≥≥+≤,则有()()()12122f x x f x f x ++-≥.(1)试求函数()f x 的最大值和最小值;(2)试比较f (12n)与122n +(n ∈N )的大小.(3)某人发现:当12nx =(n ∈N )时,有()22f x x <+,由此他提出猜想:对一切x ∈(0,1],都有()22f x x <+,请你判断此猜想是否正确,并说明理由.32.已知,1,2,n 是定义在M 上的一系列函数,满足:()1f x x =,()()11i i x f x f i x ++-⎛⎫== ⎪⎝⎭N .(1)求()()()234,,f x f x f x 的解析式;(2)若()g x 为定义在M 上的函数,且()11x g x g x x -⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭.①求()g x 的解析式;②若方程()()()()222121318420x m x x g x x x x x ---++++++=有且仅有一个实根,求实数m 的取值范围.都有()()f x s f x s +-=,则称()y f x =是S -关联的.(1)判断函数2y x =和函数[]y x =是否是{1}-关联的,无需说明理由.([]x 表示不超过x 的最大整数)(2)若函数()y f x =是{2}-关联的,且在[0,2)上,()2x f x =,解不等式2()4f x <<.(3)已知正实数,a b 满足a b <,且函数()y f x =是[,]a b -关联的,求()f x 的解析式.【答案】(1)函数2y x =不是{1}-关联的,函数[]y x =是{1}-关联的;(2)(1,3)x ∈(3)()f x x C=+【分析】(1)根据()y f x =是S -关联的定义逐个判断可得结果;(2)根据函数()y f x =是{2}-关联的定义求出()f x 在[2,4)上的解析式,将()f x 代入2()4f x <<可解得结果;(3)根据()()f x t f x t +-=,得()()()f x t x t f x x +-+=-,令()()g x f x x =-,得()()g x t g x +=34.已知定义域为的函数y f x =满足:①对0,x ∈+∞,恒有22f x f x =;②当(]1,2x ∈时,()2f x x =-.(1)求18f ⎛⎫⎪⎝⎭的值;(2)求出当(12,2n n x +⎤∈⎦,Z n ∈时的函数解析式;(3)求出方程()12f x x =在(]0,100x ∈中所有解的和.【答案】(1)0;35.f(x)=x3+2ax2+bx+a,g(x)=x2﹣3x+2,其中x∈R,a、b为常数,已知曲线y=f(x)与y=g(x)在点(2,0)处有相同的切线l.(Ⅰ)求a、b的值,并写出切线l的方程;(Ⅱ)若方程f(x)+g(x)=mx有三个互不相同的实根0、x1、x2,其中x1<x2,且对任意的x∈[x1,x2],f(x)+g(x)<m(x﹣1)恒成立,求实数m的取值范围.【答案】(Ⅰ)x﹣y﹣2=0(Ⅱ)(﹣,0)【详解】试题分析:(I)利用曲线y=f(x)与y=g(x)在点(2,0)处有相同的切线l,可得f(2)=g(2)=0,f'(2)=g'(2)=1.即为关于a、b的方程,解方程即可.(II)把方程f(x)+g(x)=mx有三个互不相同的实根转化为x1,x2是x2﹣3x+2﹣m=0的两相异实根.求出实数m的取值范围以及x1,x2与实数m的关系,再把f(x)+g(x)<m(x ﹣1)恒成立问题转化为求函数f(x)+g(x)﹣mx在x∈[x1,x2]上的最大值,综合在一起即可求出实数m的取值范围.解:(I)f'(x)=3x2+4ax+b,g'(x)=2x﹣3.由于曲线y=f(x)与y=g(x)在点(2,0)处有相同的切线l.故有f(2)=g(2)=0,f'(2)=g'(2)=1.由此得,解得,所以a=﹣2,b=5..切线的方程为x﹣y﹣2=0.(II)由(I)得f(x)=x3﹣4x2+5x﹣2,所以f(x)+g(x)=x3﹣3x2+2x.依题意,方程x(x2﹣3x+2﹣m)=0,有三个互不相等的实根0,x1,x2,故x1,x2是x2﹣3x+2﹣m=0的两相异实根.所以△=9﹣4(2﹣m)>0,解得m>﹣.又对任意的x∈[x1,x2],f(x)+g(x)<m(x﹣1)恒成立,特别地取x=x1时,f(x1)+g(x1)<m(x1﹣1)成立,得m<0.由韦达定理得x1+x2=3>0,x1x2=2﹣m>0.故0<x1<x2.对任意的x∈[x1,x2],x﹣x2≤0,x﹣x1≥0,x>0.则f(x)+g(x)﹣mx=x(x﹣x1)(x﹣x2)≤0,又f(x1)+g(x1)﹣mx1=0.所以f(x)+g(x)﹣mx在x∈[x1,x2]上的最大值为0.于是当m<0,对任意的x∈[x1,x2],f(x)+g(x)<m(x﹣1)恒成立,综上得:实数m的取值范围是(﹣,0).点评:本题主要考查函数,导数,不等式等基础知识,同时考查综合运用数学知识进行推理论证的能立,以及函数与方程和特殊与一般的思想.。
巧妙运用著名不等式解高考题

巧妙运用著名不等式解高考题郝保国【摘要】不等式问题是高考的核心内容之一,同时也是难点之一.巧妙运用"糖水"不等式、绝对值不等式、柯西不等式、排序不等式、伯努利不等式等著名不等式,是处理不等式问题的重要方法与技巧,其常常能够简化解题过程,对解题起到举重若轻的作用.【期刊名称】《中国数学教育(高中版)》【年(卷),期】2017(000)005【总页数】5页(P54-58)【关键词】不等式;巧妙运用;综合问题;简化过程【作者】郝保国【作者单位】华南师范大学附属中学【正文语种】中文不等式问题是高考数学的核心内容之一,同时也是难点之一.不少不等式问题处理起来比较棘手,但若能巧妙地运用著名不等式,可使其快捷地得到解答,或者有效地解决关键步骤,会给人一种举重若轻的感觉.下面我们通过高考试题,来感受著名不等式给我们带来的思维乐趣.“糖水”不等式出自人教A版《普通高中课程标准实验教科书·数学(选修4—5)》第21页的例2,一个制作糖水溶液的生活实例.抽象出来的数学意蕴是:设a,b,m为正数,若a<b,则称为真分数“糖水”不等式;若a>b,则称为假分数“糖水”不等式.例1(2009年山东卷·理20)等比数列{} an的前n项和为Sn,已知对任意的n∈N*,点(n,Sn) 均在函数y=bx+r(b>0),且b≠1,b,r均为常数的图象上. (1)求 r的值;(2)当b=2时,记证明:对任意的n∈N*,不等式b成立.分析:由第(1)小题的结论,可得结合第(2)小题不等式的左边,不难联想到“糖水”不等式.例2(2008年福建卷·理22)已知函数 f(x)= ln(1+x)-x.(1)求 f(x)的单调区间;(2)记 f(x)在区间上的最小值为bx,令an=ln(1+n)-bx.①如果对一切n,不等式立,求实数c的取值范围;②求证:分析:由第(2)小题的已知条件可以求得an=n,因此容易联想到真分数“糖水”不等式.解:(1)略;(2)由已知条件可以求得an=n.①解答过程略.②由第(2)小题的结论,有依真分数“糖水”不等式,【评析】以上两道试题的最后一道小题也可用数学归纳法证明,不少学生就是这样做的,可想而知证明过程要繁杂得多,白白地浪费了非常宝贵的考试时间.2009年高考试卷广东省理科第21题与2007年高考试卷重庆市理科第21题,也可以灵活地运用“糖水”不等式解决.(1)设a,b为两个实数,则当且仅当ab≥0时,右边等号成立,当且仅当ab≤0时,左边等号成立;(2)设当且仅当ai(i=1,2,…·)同号时,取等号.例3(2013年湖南卷·理20)在平面直角坐标系xOy中,将从点M出发,沿纵、横方向到达点N的任一路径称为点M到点N的一条“L路径”.如右图所示的路径MM1M2M3N与路径MN1N都是点M到点N的“L路径”.某地有三个新建的居民区,分别位于平面xOy内的三点 A(3,20),B(-10,0),C(14,0)处.现计划在x轴上方区域(包含x轴)内的某一点P处修建一个文化中心.(1)写出点P到居民区A的“L路径”长度最小值的表达式(不要求证明);(2)若以原点O为圆心,半径为1的圆的内部是保护区,“L路径”不能进入保护区,确定点P的位置,使其到三个居民区的“L路径”长度之和最小.分析:因为“L路径”的每一段是平行于一条坐标轴的,所以每一段长度可表示同一坐标之差的绝对值.因此“L路径”长度和是几个绝对值之和,可利用绝对值不等式等号成立的条件,求最小值.解:(1)设P(x,y),点P到居民区A的“L路径”长度最小值为其中x∈R,y∈[0,+∞).(2)依题意,点P到三个居民区的“L路径”长度之和的最小值,为点P分别到三个居民区的“L路径”长度之和的最小值.当y≥1时,可知由当且仅当x=3时,等号成立;当且仅当x∈[-10,14]时,等号成立.得d1(x)≥24,当且仅当x=3时,等号成立;d2(y)=2y+| | y-20≥21,当且仅当y=1时,等号成立.故当点P的坐标为(3,1)时,点P到三个居民区的“L路径”长度之和最小,且最小值为45.当0≤y<1时,由于“L路径”不能进入保护区,此时由前述可知当且仅当x=3时,等号成立.当且仅当y=1时,等号成立.当点P的坐标为(3,1)时,点P到三个居民区的“L路径”长度之和最小,且最小值为45.综上可知,在P(3,1)处建文化中心,可以使“L路径”长度之和最小,且最小值为45.例4(2009年湖南卷·理21)对于数列若存在常数M>0,对任意的n∈N*,恒有则称数列{} un为B-数列.(1)首项为1,公比为的等比数列是否为B-数列?说明理由;(2)设Sn是数列{} xn的前n项和,给出下列两组论断.A组:①数列是B-数列;②数列不是B-数列.B组:③数列是B-数列;④数列不是B-数列.试以其中一组中的一个论断为条件,另一组中的一个论断为结论组成一个命题,判断所给命题的真假,并证明你的结论;(3)若数列都是B-数列,证明:数列也是B-数列.分析:从条件不难看出,每道小题的证明都需要运用绝对值不等式.解:(1),(2)略;(3)若数是B-数列,则存在正数M1,M2对任意的【评析】在第(3)小题的证明过程中,多次直接利用绝对值不等式,或者通过条件构造新的不等式,使得一个比较复杂的问题得以解决.设a1,a2,…,an;b1,b2,…,bn是两组实数,则当且仅当特殊地,b=b=…=12bn=1时,等号成立;当且仅当a1=a2=…=an时,等号成立.例 5 (1990年全国卷· 理 26)设 f(x)=其中a是实数,n是任意给定的自然数,且n≥2.(1)如果 f(x)当x∈(-∞,1]时有意义,求a的取值范围;(2)如果a∈(0,1],证明:2f(x)<f(2x),当x≠0时成立.分析:可以想到,不等式2f(x)<f(2x)左边对数的真数可化为n个数平均值的平方,而右边对数的真数是n个数平方的平均值,由此不难联想到柯西不等式.解:(1)略;(2)证明:要证2f(x)<f(2x),x≠0,且a∈(0,1],即证[1+2x+…+(n-1)x+nxa]2<n[1+22x+32x+…+ (n-1)2x+n2xa].由a∈(0,1],可得a2≤a.因为x≠0,所以根据柯西不等式,可得[1+2x+…+nxa]2<n[1+22x+…+n2xa2]≤n[1+22x+ 32x+…+(n-1)2x+n2xa].故当x≠0时,2f(x)<f(2x)成立.【评析】此题为高考试题中较为漂亮的可以用柯西不等式解决的一道题目.设有两组实数 a1,a2,…,an;b1,b2,…,bn,并设bi1,bi2,…,bin是b1,b2,…,bn的一种排列,且满足则a2bn-1+…+anb1,当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时,等号成立.即顺序和不小于混序和,混序和不小于逆序和.例6 (2013年新课程全国Ⅱ卷·理24)设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:证明:(1)不妨设a≥b≥c,则a·a+b·b+c·c=a2+b2+c2为顺序和,ab+bc+ca为混序和.依排序不等式有,a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设(a+b+c)2=1,可得a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.所以3(ab+bc+ca)≤1,即(2)证法1:不妨设a≥b≥c,即a2≥b2≥c2,且则为混序和,为逆序和.依排序不等式,有证法2:由柯西不等式,可知由得证法3:依均值不等式有,所以【评析】第(2)小题是一个经典的不等式,它的三种证明方法也是非常典型的. 若设ai>0(i=1,2,…),依然可以用上面的三种证法证明.对实数x>-1,在n≥1时,有(1+x)n≥1+nx成立;在0≤n≤1时,有(1+x)n≤1+nx成立.可以看到当且仅当n=0,1,或x=0时,等号成立.伯努利不等式的一般式为:若对于任意1≤i,j≤n都有xi≥-1,所有xi同号且大于等于-1,则(1+x1)(1+x2)…(1+xn)≥1+x1+x2+…+xn,当且仅当n=1时,等号成立.例7(2013年湖北卷·理22)设n为正整数,r为正有理数.(1)求函数最小值;(2)证明:(3)设x∈R,记为不小于x的最小整数,例如令求[S]的值.参考数据:分析:在第(1)小题中,由 f(x)的解析式不难联想到伯努利不等式;在第(2)小题中,若用nr+1去除不等式链左右两边的式子,会出现这样的式子,也可以想到伯努利不等式.n分别取值81,82,83,…,125,再将所得各式两边分别叠加,不难得到[S]=211(详细过程略).【评析】2007年高考湖北理科第21题,也类似于例7,可以用伯努利不等式来处理.例8(2006年江西卷·理22)已知数列{} an满足:且(1)求数列{} an的通项公式;(2)证明:对于一切正整数n,不等式a1a2·…·an<2n!从而原不等式成立.【评析】不等式①若用数学归纳法证明,是不容易完成的.用伯努利不等式证明,则简单了许多.从上面的例题可以看出,巧妙运用著名不等式来处理不等式问题,灵活且有效.在自主招生考试或数学竞赛中,同样存在许多不等式问题,若能够巧妙地运用著名不等式,同样会显得灵活且有效.因此,在平时的教学中,教师应该加强对学生运用著名不等式巧解不等式问题方面的训练.【相关文献】[1]中华人民共和国教育部制订.普通高中数学课程标准(实验)[M].北京:人民教育出版社,2003.。
巧解高考数学压轴题(6)——拉格朗日(lagrange)中值定理证明

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这里仅以⑵为例给出拉格朗日中值定理的证明. 显然, 函数 x 满足条件:1 在闭区间 a, b 上连续;2 在
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3.4 转轴法
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由拉格朗日中值定理的几何图形可知,若把坐标系 xoy 逆时针旋 转适当的角度 ,得新直角坐标系 XOY ,若 OX 平行于弦 AB ,则在新
显 然 , 函 数 x 在 闭 区 间 a, b 上 连 续 , 在 开 区 间 a, b 内 可 导 ,
a b 0 ,因此,由罗尔中值定理得,至少存在一点 a, b ,使 watermark a-pdf watermark a-pdf watermark
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拉格朗日(lagrange)中值定理 若函数 f x 满足如下条件:1 在闭区间 a, b 上连续;2 在开区间
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如图 4 过点 a, O 作直线 A' B ' ∥ AB ,直线 A' B ' 的方程为:
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.c
使得 Y sin f ' cos 0 ,即 f ' tan
【巧解妙解】高考数学向量与其他问题结合的经典题型

平面向量综合应用与解题技巧【命题趋向】由2019年高考题分析可知:1.这部分内容高考中所占分数一般在10分左右.2.题目类型为一个选择或填空题,一个与其他知识综合的解答题. 3.考查内容以向量的概念、运算、数量积和模的运算为主. 【考点透视】“平面向量”是高中新课程新增加的内容之一,高考每年都考,题型主要有选择题、填空题,也可以与其他知识相结合在解答题中出现,试题多以低、中档题为主. 透析高考试题,知命题热点为:1.向量的概念,几何表示,向量的加法、减法,实数与向量的积. 2.平面向量的坐标运算,平面向量的数量积及其几何意义. 3.两非零向量平行、垂直的充要条件. 4.图形平移、线段的定比分点坐标公式.5.由于向量具有“数”与“形”双重身份,加之向量的工具性作用,向量经常与数列、三角、解析几何、立体几何等知识相结合,综合解决三角函数的化简、求值及三角形中的有关问题,处理有关长度、夹角、垂直与平行等问题以及圆锥曲线中的典型问题等.6.利用化归思想处理共线、平行、垂直问题向向量的坐标运算方面转化,向量模的运算转化为向量的运算等;利用数形结合思想将几何问题代数化,通过代数运算解决几何问题. 【例题解析】1. 向量的概念,向量的基本运算(1)理解向量的概念,掌握向量的几何意义,了解共线向量的概念. (2)掌握向量的加法和减法.(3)掌握实数与向量的积,理解两个向量共线的充要条件.(4)了解平面向量的基本定理,理解平面向量的坐标的概念,掌握平面向量的坐标运算. (5)掌握平面向量的数量积及其几何意义,了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题,掌握向量垂直的条件. (6)掌握平面两点间的距离公式.例1(北京卷理)已知O 是ABC △所在平面内一点,D 为BC 边中点,且2OA OB OC ++=0,那么( ) A.AO OD = B.2AO OD = C.3AO OD = D.2AO OD = 命题意图:本题考查能够结合图形进行向量计算的能力.解: 22()(,22.OA OB OC OA DB OD DC OD DB DC OA OD AO OD ∴∴++=++++=-+==)=0,0, 故选A . 例2.(安徽卷)在ABCD 中,,,3AB a AD b AN NC ===,M 为BC 的中点,则MN =______.(用a b 、表示)命题意图: 本题主要考查向量的加法和减法,以及实数与向量的积. 解:343A =3()AN NC AN C a b ==+由得,12AM a b =+,所以,3111()()4244MN a b a b a b =+-+=-+. 例3.(广东卷)如图1所示,D 是△ABC 的边AB 上的中点,则向量=( ) (A )BA BC 21+- (B ) 21--(C ) 21- (D )21+命题意图: 本题主要考查向量的加法和减法运算能力. 解:21+-=+=,故选A.例4. (重庆卷)与向量a =71,,22b ⎛⎫= ⎪⎝⎭⎪⎭⎫ ⎝⎛27,21的夹解相等,且模为1的向量是 ( ) (A) ⎪⎭⎫- ⎝⎛53,54 (B) ⎪⎭⎫- ⎝⎛53,54或⎪⎭⎫ ⎝⎛-53,54 (C )⎪⎭⎫- ⎝⎛31,322 (D )⎪⎭⎫- ⎝⎛31,322或⎪⎭⎫ ⎝⎛-31,322 命题意图: 本题主要考查平面向量的坐标运算和用平面向量处理有关角度的问题.解:设所求平面向量为,c 由433,,, 1.555c c ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4或-时5另一方面,当7413431,,cos ,.5527a c c a c a c ⎛⎫⨯+⨯- ⎪⋅⎛⎫=-=== ⎪⋅⎝⎭⎛⎫时 当7413431,,cos ,.5527a c c a c a c ⎛⎫⎛⎫⨯-+⨯ ⎪ ⎪⋅⎛⎫=-==- ⎪⋅⎝⎭⎛⎫时 故平面向量c 与向量a =71,,22b ⎛⎫= ⎪⎝⎭⎪⎭⎫ ⎝⎛27,21的夹角相等.故选B. 例5.(天津卷)设向量a 与b 的夹角为θ,且)3,3(=a,)1,1(2-=-a b ,则=θcos __. 命题意图: 本题主要考查平面向量的坐标运算和平面向量的数量积,以及用平面向量的数量积处理有关角度的问题.解: ()()()()(),,22,3,323,231,1.b x y b a x y x y =-=-=--=-设由 ()2311,1,2.231 2.x xb y y -=-=⎧⎧⇒∴=⎨⎨-==⎩⎩得 2cos ,33a b a b a b⋅===⋅+例6.(2006年湖北卷)已知向量()3,1a =,b 是不平行于x 轴的单位向量,且3a b ⋅=,则b = ()(A ) ⎪⎪⎭⎫⎝⎛21,23 (B ) ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛23,21 (C )⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛433,41 (D ) ()0,1 命题意图: 本题主要考查应用平面向量的坐标运算和平面向量的数量积,以及方程的思想解题的能力.解:设(),()b x y x y =≠,则依题意有1,y +=1,2x y ⎧=⎪⎪⎨⎪⎪⎩ 故选B.例7.设平面向量1a 、2a 、3a 的和1230a a a ++=.如果向量1b 、2b 、3b ,满足2i i b a =,且i a 顺时针旋转30o 后与i b 同向,其中1,2,3i =,则( )(A )1230b b b -++= (B )1230b b b -+= (C )1230b b b +-= (D )1230b b b ++=命题意图: 本题主要考查向量加法的几何意义及向量的模的夹角等基本概念.常规解法:∵1230a a a ++=,∴ 1232220.a a a ++=故把2i a (i=1,2,3),分别按顺时针旋转30 后与i b 重合,故1230b b b ++=,应选D.巧妙解法:令1a =0,则2a =3a -,由题意知2b =3b -,从而排除B ,C ,同理排除A ,故选(D). 点评:巧妙解法巧在取1a =0,使问题简单化.本题也可通过画图,利用数形结合的方法来解决.2. 平面向量与三角函数,解析几何等问题结合(1) 平面向量与三角函数、三角变换、数列、不等式及其他代数问题,由于结合性强,因而综合能力较强,所以复习时,通过解题过程,力争达到既回顾知识要点,又感悟思维方法的双重效果,解题要点是运用向量知识,将所给问题转化为代数问题求解.(2)解答题考查圆锥曲线中典型问题,如垂直、平行、共线等,此类题综合性比较强,难度大. 例8.(2007年陕西卷理17.)设函数f (x )=a-b ,其中向量a =(m,cos2x ),b =(1+sin2x ,1),x ∈R ,且函数y=f (x )的图象经过点⎪⎭⎫⎝⎛2,4π,(Ⅰ)求实数m 的值;(Ⅱ)求函数f (x )的最小值及此时x 的值的集合. 解:(Ⅰ)()(1sin 2)cos 2f x a b m x x ==++,由已知πππ1sin cos 2422f m ⎛⎫⎛⎫=++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,得1m =.(Ⅱ)由(Ⅰ)得π()1sin 2cos 2124f x x x x ⎛⎫=++=+⎪⎝⎭,∴当πsin 214x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭时,()f x 的最小值为1,由πsin 214x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭,得x 值的集合为3ππ8x x k k ⎧⎫=-∈⎨⎬⎩⎭Z , 例2.(2007年陕西卷文17)设函数b a x f 、=)(.其中向量2)2π(R,),1,sin 1(),cos ,(=∈+==f x x b x m a 且.(Ⅰ)求实数m 的值; (Ⅱ)求函数)(x f 的最小值.解:(Ⅰ)()(1sin )cos f x m x x ==++a b ,πππ1sin cos 2222f m ⎛⎫⎛⎫=++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,得1m =.(Ⅱ)由(Ⅰ)得π()sin cos 114f x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭,∴当πsin 14x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭时,()f x 的最小值为1例9.(湖北卷理16)已知ABC △的面积为3,且满足06AB AC ≤≤,设AB 和AC 的夹角为θ. (I )求θ的取值范围;(II )求函数2()2sin 24f θθθ⎛⎫=+⎪⎝⎭π的最大 解:(Ⅰ)设ABC △中角A B C ,,的对边分别为a b c ,,, 则由1sin 32bc θ=,0cos 6bc θ≤≤,可得0cot 1θ≤≤,ππ42θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,∴.(Ⅱ)2π()2sin 24f θθθ⎛⎫=+⎪⎝⎭π1cos 222θθ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦(1sin 2)2θθ=+-πsin 2212sin 213θθθ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭.ππ42θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,∵,ππ2π2363θ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦,,π22sin 2133θ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∴≤≤.即当5π12θ=时,max ()3f θ=;当π4θ=时,min ()2f θ=. 例10.(广东卷理)已知ABC 的三个顶点的直角坐标分别为A(3,4)、B(0,0)、C(c,0) (1)若c=5,求sin ∠A 的值;(2)若∠A 为钝角,求c 的取值范围; 解:(1)(3,4)AB =--,(3,4)AC c =--,若c=5, 则(2,4)AC =-,∴cos cos ,A AC AB ∠=<>=sin ∠A ; (2)∠A 为钝角,则39160,0,c c -++<⎧⎨≠⎩解得253c >,∴c 的取值范围是25(,)3+∞例11.(山东卷文17)在ABC △中,角A B C ,,的对边分别为tan a b c C =,,,(1)求cos C ;(2)若52CB CA =,且9a b +=,求c .解:(1)sin tan cos CC C=∴=又22sin cos 1C C +=解得1cos 8C =±. tan 0C >,C ∴是锐角. 1cos 8C ∴=. (2)52CB CA =, 5cos 2ab C ∴=,20ab ∴=. 又9a b += 22281a ab b ∴++=. 2241a b ∴+=.2222cos 36c a b ab C ∴=+-=.6c ∴=.例12. (湖北卷)设函数()()f x a b c =⋅+,其中向量()()sin ,cos ,sin ,3cos a x x b x x =-=-, ()cos ,sin ,c x x x R =-∈.(Ⅰ)求函数()x f 的最大值和最小正周期;(Ⅱ)将函数()x f y =的图像按向量d 平移,使平移后得到的图像关于坐标原点成中心对称,求长度最小的d . 命题意图:本小题主要考查平面向量数量积的计算方法、三角公式、三角函数的性质及图像的基本知识,考查推理和运算能力.解:(Ⅰ)由题意得,f(x)=a ·(b c +)=(sinx,-cosx)·(sinx-cosx,sinx -3cosx)=sin 2x -2sinxcosx+3cos 2x =2+cos2x -sin2x =2+2sin(2x+43π).所以,f(x)的最大值为2+2,最小正周期是22π=π.(Ⅱ)由sin(2x+43π)=0得2x+43π=k.π,即x =832ππ-k ,k ∈Z ,于是d =(832ππ-k ,-2),(k d π=-k ∈Z.因为k 为整数,要使d 最小,则只有k =1,此时d =(―8π,―2)即为所求.例13.(2006年全国卷II )已知向量a =(sin θ,1),b =(1,cos θ),-π2<θ<π2.(Ⅰ)若a ⊥b ,求θ;(Ⅱ)求|a +b |的最大值. 命题意图:本小题主要考查平面向量数量积和平面向量的模的计算方法、以及三角公式、三角函数的性质等基本知识,考查推理和运算能力.解:(Ⅰ)若a ⊥b ,则sin θ+cos θ=0,由此得 tan θ=-1(-π2<θ<π2),所以 θ=-π4;(Ⅱ)由a =(sin θ,1),b =(1,cos θ)得|a +b |=(sin θ+1)2+(1+cos θ)2=3+2(sin θ+cos θ)=3+22sin(θ+π4),当sin(θ+π4)=1时,|a +b |取得最大值,即当θ=π4时,|a +b |最大值为2+1.例14.(2006年陕西卷)如图,三定点(2,1),(0,1),(2,1);A B C --,,AD t AB BE tBC == ,[0,1].DM tDE t =∈(I )求动直线DE 斜率的变化范围; (II )求动点M 的轨迹方程。
(完整版)利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件:(1) lim f xx a0及 l im g x 0 ;x a⑵在点 a 的去 心邻域内,f(x) 与g(x) 可导且g'(x) K ;(3) f x liml ,那么x ag xf x f xlim -=lim l 。
x ag xx ag xf x f x lim =lim l 。
x ag x x a g x利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一,在解题中应注意: 1.将上面公式中的X — a , x —x 换成 X — +x, X — -X, x a , x a 洛必达法则也成立。
2. 洛必达法则可处理°,—, 0, 1 ,,Q °,型。
3. 在着手求极限以前,首先要检查是否满足 0 , — , 0 , 1 , ° , 0° , 型定式,否则滥用洛必达法则会出错。
当不满足三个前提条件时,就不能用洛必达法则,这时 称洛必达法则不适用,应从另外途径求极限。
4.若条件符合,洛必达法则可连续多次使 用,直到求出极限为止。
f(x) 和g(x)在,A 与 A,上可导,且g'(x)工0 ;⑶limx l ,那么xgxf x f xlim =lim l 。
x g x x g x法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件:(1)lim f x及 lim g x(2)在点x ax aa 的去心邻域内,f(x) 与g(x)可导且g'(x) K ;f (3) limxl ,那么x ag x0 及[im g x 0 ; (2) Af 0,和g(x)满足下列条件:⑴lim f xx法则2若函数f(x)二.高考题处理1.(2010年全国新课标理)设函数f(x) e x 1 x ax 2。
( 1)若a 0,求f(x)的单调区间;(2)若当x 0时f(x) 0,求a 的取值范围 0,对任意实数a,均在f(x) 0 ;当x 0时,f(x) 0等价于2 . ( 2011年全国新课标理)已知函数,曲线y f(x)在点(1,f (1))处的切线方程为 x 2y3 0。
运用大学数学思想巧解高考题

运用大学数学思想巧解高考题摘要:高考数学试题中的一些难理解的问题往往让同学们花费很多时间。
传统的作法,学生讨论的过程比较复杂,甚至许多同学不知从何入手。
本文结合大学数学对洛必达法则解高考导数问题、行列式知识解高考数列问题、柯西不等式解高考中最值问题进行了解析。
通过引入大学中一些简单知识得到新的方法,简化解题过程,帮助同学们提高解题技巧,让同学们在高考中增加很多优势。
关键词:高考数学大学数学思想洛必达法则行列式柯西不等式引言:近年来,高考数学试题经常与大学数学思想有机接轨,运用大学数学知识解一些高考题反而会很简单且容易被同学们接受.不管高中数学还是大学数学,其思想、方法一直主导着对本学科的学习效果。
大学数学中的一些思想能将高中的一些复杂问题转化为简单,理想的问题。
因此了解和掌握一些大学数学思想方法可以使学生在解决高中问题的实际运用中更加得心应手,同时也有助于学生思维能力的拓宽和解题技巧的提高。
下面,笔者就中学巧妙运用大学数学思想解题举几个例子。
一.洛必达法则巧解高考题近年来,导数问题中的求参数取值范围成为许多数学高考试卷的压轴题中一类重点考查题型。
对于这种题目,很多同学会想到分离参数方法。
但在高中范围内,用分离参数的方法解这类题经常需要复杂的讨论,学生理解与应用起来常常会遇到很多困难。
而利用大学数学知识中的洛必达法则来解决这一问题往往会轻松很多。
洛必达法则设函数 f( x)、g( x)满足:(1)limx→af(x)=limx→ag(x)=0;(2)在u0(a)内,f′(x)和g′(x)都存在,且g′(x)≠0;(3)limx→af′(x)g′(x)=a(a可为实数,也可以是±∞)则limx→af(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x)=a。
例:( 2011 年全国新课标理)已知函数曲线 y = f( x)在点[1,f( 1) ]处的切线方程为 x +2y -3 =0。
(ⅰ)求 a、b 的值;(ⅱ)如果当 x >0,且 x≠1 时,f( x) >lnxx-1+kx,求 k 的取值范围。
利用f(f(x))=x的性质巧解两道高考题

利用(())f f x x =的根的性质巧解高考压轴题题1.(2013年四川理10)设函数()f x =a R ∈,e 为自然对数的底数)。
若曲线sin y x=上存在点00(,)x y 使00(())f f y y =,则a 的取值范围是( )(A )[1,]e (B )1[1,1]e -- (C )[1,1]e + (D )1[1,1]e e --+ 题2.(2013年江西理21)已知函数1()=(12)2f x a x --,a 为常数且>0a . (1)证明:函数()f x 的图像关于直线1=2x 对称; (2)若0x 满足00(())=f f x x ,但00()f x x ≠,则称0x 为函数()f x 的二阶周期点,如果()f x 有两个二阶周期点12,,x x 试确定a 的取值范围;(3)对于(2)中12,x x 的和a ,设3x 为函数(())f f x 的最大值点,11(,(()))A x f f x ,22(,(()))B x f f x ,3(,0)C x ,记ABC ∆的面积为()S a ,讨论()S a 的单调性.这两题不约而同的利用二阶迭代函数(())y f f x =的不动点,即(())f f x x =的根来出题.因为10000(())()()f f x x f x f x -=⇔=(*),所以此问题可以转化为()y f x =与1()y f x -=的交点问题,得到试题的简易解法.(注:(*)处10()f x -表示满足0()f x x =的任意x )先给出以下定理:引理 1 函数()y f x =与它的反函数1()y f x -=的图像的交点,或者在直线y x =上,或者关于直线y x =对称地成对出现.证明:设(,)a b 是()y f x =与它1()y f x -=的图像的交点,即1()()b f a b f a -=⎧⎨=⎩,从而1()()a f b a f b -⎧=⎨=⎩,即(,)b a 也是()y f x =与它1()y f x -=的图像的交点.显然点(,)a b 与点(,)b a 关于直线y x =对称.特别地,当a b =时,点(,)a b 与点(,)b a 重合在直线y x =上.引理2 如果函数()y f x =是单调增函数,那么()y f x =与它的反函数1()y fx -=的图像的交点必定在直线y x =上.证明:由引理1,假如()y f x =与1()y f x -=的图像存在不在直线y x =上的交点(,)a b ,则(,)b a 也是它们交点,所以()()f a b f b a =⎧⎨=⎩.若a b >,则由()y f x =是单调递增,得()()f a f b >,即b a >,矛盾;同理若a b <,可得a b >,也矛盾.从而假设不成立,()y f x =与1()y f x -=的图像的交点必定在直线y x =上.引理3 若0x ,0()f x 使得0()f x 及0(())f f x 有意义,且0x 满足00()=f x x ,那么0x 也满足00(())=f f x x . 证明:若00()=f x x ,则000(())=()=f f x f x x 成立.引理4 如果函数()y f x =是单调函数,且存在0x ,使得00(())=f f x x ,则00()=f x x .证明:只证()y f x =单调递增的情形,()y f x =单调递减时同理可证.假设00()f x x ≠,若00()>f x x ,000(())>()>f f x f x x ,与00(())=f f x x 矛盾;若00()<f x x ,000(())<()<f f x f x x ,也与00(())=f f x x 矛盾.从而假设不成立,即00()=f x x .再运用以上定理来解以上两道高考压轴题:题1.解析:本题等价于存在0[0,1]y ∈,使得00(())f f y y =有解,也即1()()f x f x -=在[0,1]x ∈上有解.因为()f x =1、2,问题等价于当[0,1]x ∈时,()y f x =的图像与直线y x =x =,得2x e x x a +-=.令2(),[0,1]x x e x x x ϕ=+-∈,()12x x e x ϕ'=+-,再令()12x h x e x =+-,()2x h x e '=-,显然()h x 在[0,ln 2]单调递减,在[ln 2,1]单调递增,所以()(ln 2)32ln 20h x h ≥=->,即()0x ϕ'>,所以()[(0),(1)][1,]x e ϕϕϕ∈=,即[1,]a e ∈.选A.题2.解析:(1)略;(2)由1()=(12)2f x a x --可得,当1(,]2x ∈-∞时,()=2f x ax ,1()=,(,]2x f x x a a-∈-∞;当1[,)2x ∈∞时,()=22f x a ax -,1()=1,(,]2x f x x a a--∈-∞.由(())=f f x x ,得1()=()f x f x -.结合引理3、4,得2=12x ax a -或222x a ax a -=.解得12241a x a =+,222441a x a =+.考虑到()f x 与1()f x -的定义域,必须有121,(,]2x x ∈-∞且12,(,]x x a ∈-∞,得12a ≥.又依题意12x x ≠,12a ≠,综上分析,12a >. (3)由1()=(12)2f x a x --,得1(())=(12())2f f x a f x --,结合()(,]f x a ∈-∞及12a >,可知当1()02f x -=,即1()=2f x 时,(())f f x 取得取大值.由11(12)=22a x --,解得14x a =或414a a -,即314x a =或414a a-.(以下同标准答案,略)。
双曲线(知识点讲解)高考数学一轮复习(新教材新高考)(解析版)

专题9.4 双曲线(知识点讲解)【知识框架】【核心素养】1.考查双曲线的定义,求轨迹方程及焦点三角形,凸显数学运算、直观想象的核心素养.2.考查双曲线几何性质(范围、对称性、顶点、离心率、渐近线),结合几何量的计算,凸显逻辑推理、数学运算的核心素养.3.考查直线与双曲线的位置关系,凸显逻辑推理、数学运算、数学应用的核心素养.【知识点展示】(一)双曲线的定义及标准方程1.双曲线的定义满足以下三个条件的点的轨迹是双曲线(1)在平面内;(2)动点到两定点的距离的差的绝对值为一定值;(3)这一定值一定要小于两定点的距离.2.双曲线的标准方程标准方程x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0) y 2a 2-x 2b 2=1(a >0,b >0) 图形(二)双曲线的几何性质 双曲线的几何性质标准方程x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0) y 2a 2-x 2b 2=1(a >0,b >0) 图形性质范围 x ≥a 或x ≤-a ,y ∈Rx ∈R ,y ≤-a 或y ≥a对称性 对称轴:坐标轴 对称中心:原点 顶点 A 1(-a,0),A 2(a,0) A 1(0,-a ),A 2(0,a ) 渐近线y =±b axy =±a bx离心率 e =ca,e ∈(1,+∞),其中c =a 2+b 2 实虚轴线段A 1A 2叫作双曲线的实轴,它的长|A 1A 2|=2a ;线段B 1B 2叫作双曲线的虚轴,它的长|B 1B 2|=2b ;a 叫作双曲线的实半轴长,b 叫作双曲线的虚半轴长.a 、b 、c 的关系c 2=a 2+b 2(c >a >0,c >b >0)(三)常用结论 1.等轴双曲线及性质(1)等轴双曲线:实轴长和虚轴长相等的双曲线叫做等轴双曲线,其标准方程可写作:x 2-y 2=λ(λ≠0). (2)等轴双曲线⇔离心率e =2⇔两条渐近线y =±x 相互垂直. 2.双曲线中的几个常用结论(1)双曲线的焦点到其渐近线的距离为b .(2)若P 是双曲线右支上一点,F 1,F 2分别为双曲线的左、右焦点,则|PF 1|min =a +c ,|PF 2|min =c -a . (3)同支的焦点弦中最短的为通径(过焦点且垂直于长轴的弦),其长为2b 2a,异支的弦中最短的为实轴,其长为2a .(4)设P ,A ,B 是双曲线上的三个不同的点,其中A ,B 关于原点对称,直线P A ,PB 斜率存在且不为0,则直线P A 与PB 的斜率之积为b 2a2.(5)P 是双曲线上不同于实轴两端点的任意一点,F 1,F 2分别为双曲线的左、右焦点,则S △PF 1F 2=b 2·1tan θ2,其中θ为∠F 1PF 2.【常考题型剖析】题型一:双曲线的定义及其应用例1.(2020·浙江省高考真题)已知点O (0,0),A (–2,0),B (2,0).设点P 满足|PA |–|PB |=2,且P 为函数y =234x -|OP |=( )A .222B 410C 7D 10【答案】D 【解析】因为||||24PA PB -=<,所以点P 在以,A B 为焦点,实轴长为2,焦距为4的双曲线的右支上,由2,1c a ==可得,222413bc a=-=-=,即双曲线的右支方程为()22103y x x -=>,而点P 还在函数234y x =-由()22210334y x x y x ⎧⎪⎨->-==⎪⎩,解得1333x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,即13271044OP =+= 故选:D.例2.(2017·上海·高考真题)设双曲线22219x y b -=(0)b >的焦点为1F 、2F ,P 为该双曲线上的一点,若1||5PF =,则2||PF =________ 【答案】11【详解】由双曲线的方程2221(0)9x y b b -=>,可得3a =,根据双曲线的定义可知1226PF PF a -=±=±,又因为15PF =,所以2||11PF =. 【总结提升】1.双曲线定义的主要应用(1)判定平面内动点与两定点的轨迹是否为双曲线,进而根据要求可求出曲线方程.(2)在“焦点三角形”中,常利用正弦定理、余弦定理,结合||PF 1|-|PF 2||=2a ,运用平方的方法,建立与|PF 1|·|PF 2|的联系.2.用定义法求双曲线方程,应依据条件辨清是哪一支,还是全部曲线. 3.与双曲线两焦点有关的问题常利用定义求解.4.如果题设条件涉及动点到两定点的距离,求轨迹方程时可考虑能否应用定义求解. 题型二:双曲线的标准方程例3.(2021·北京高考真题)双曲线2222:1x y C a b -=过点2,3,且离心率为2,则该双曲线的标准方程为( ) A .2221x y -= B .2213y x -=C .22531x y -=D .22126x y -=【答案】B 【分析】分析可得3b a =,再将点2,3代入双曲线的方程,求出a 的值,即可得出双曲线的标准方程.【详解】2c e a ==,则2c a =,223b c a a -=,则双曲线的方程为222213x y a a-=,将点2,3的坐标代入双曲线的方程可得22223113a a a-==,解得1a =,故3b =因此,双曲线的方程为2213y x -=.故选:B例4. (2022·全国·高三专题练习)已知双曲线的上、下焦点分别为()10,3F ,()20,3F -,P 是双曲线上一点且124PF PF -=,则双曲线的标准方程为( ) A .22145x y -=B .22154x y -=C .22145y x -=D .22154y x -=【答案】C【分析】设双曲线的标准方程为()222210,0y x a b a b -=>>,由双曲线的定义知3c =,2a =,即可求出双曲线的标准方程.【详解】设双曲线的标准方程为()222210,0y x a b a b -=>>,半焦距为c ,则由题意可知3c =,24a =,即2a =,故222945b c a =-=-=,所以双曲线的标准方程为22145y x -=.故选:C .例5.【多选题】(2020·海南·高考真题)已知曲线22:1C mx ny +=.( ) A .若m >n >0,则C 是椭圆,其焦点在y 轴上 B .若m =n >0,则C n C .若mn <0,则C 是双曲线,其渐近线方程为my x n=±- D .若m =0,n >0,则C 是两条直线 【答案】ACD【分析】结合选项进行逐项分析求解,0m n >>时表示椭圆,0m n =>时表示圆,0mn <时表示双曲线,0,0m n =>时表示两条直线.【详解】对于A ,若0m n >>,则221mx ny +=可化为22111x y m n +=, 因为0m n >>,所以11m n<, 即曲线C 表示焦点在y 轴上的椭圆,故A 正确;对于B ,若0m n =>,则221mx ny +=可化为221x y n+=, 此时曲线C 表示圆心在原点,半径为nn的圆,故B 不正确; 对于C ,若0mn <,则221mx ny +=可化为22111x y m n +=, 此时曲线C 表示双曲线, 由220mx ny +=可得my x n=±-,故C 正确; 对于D ,若0,0m n =>,则221mx ny +=可化为21y n=, ny n=±,此时曲线C 表示平行于x 轴的两条直线,故D 正确;故选:ACD. 【规律方法】1.求双曲线方程的思路(1)如果已知双曲线的中心在原点,且确定了焦点在x 轴上或y 轴上,则设出相应形式的标准方程,然后根据条件确定关于a ,b ,c 的方程组,解出a 2,b 2,从而写出双曲线的标准方程(求得的方程可能是一个,也有可能是两个,注意合理取舍,但不要漏解). (2)当焦点位置不确定时,有两种方法来解决:一是分类讨论,注意考虑要全面;二是注意巧设双曲线:①双曲线过两点可设为221(0)mx ny mn -=>,②与22221x y a b -=共渐近线的双曲线可设为2222(0)x y a bλλ-=≠,(3)等轴双曲线可设为22(0)x y λλ-=≠等,均为待定系数法求标准方程.2.利用待定系数法求双曲线标准方程的步骤如下:(1)定位置:根据条件判定双曲线的焦点在x 轴上还是在y 轴上,不能确定时应分类讨论.(2)设方程:根据焦点位置,设方程为x 2a 2-y 2b 2=1或y 2a 2-x 2b 2=1(a >0,b >0),焦点不定时,亦可设为mx 2+ny 2=1(m ·n <0);(3)寻关系:根据已知条件列出关于a 、b (或m 、n )的方程组;(4)得方程:解方程组,将a 、b 、c (或m 、n )的值代入所设方程即为所求. 3.双曲线方程的几种形式:(1)双曲线的一般方程:当ABC ≠0时,方程Ax 2+By 2=C可以变形为x 2C A +y 2C B=1,由此可以看出方程Ax 2+By 2=C 表示双曲线的充要条件是ABC ≠0,且A ,B 异号.此时称方程Ax 2+By 2=C 为双曲线的一般方程.利用一般方程求双曲线的标准方程时,可以将其设为Ax 2+By 2=1(AB <0),将其化为标准方程,即x 21A +y 21B=1.因此,当A >0时,表示焦点在x 轴上的双曲线;当B >0时,表示焦点在y 轴上的双曲线.(2)共焦点的双曲线系方程:与双曲线x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0)有公共焦点的双曲线的方程为x 2a 2+λ-y 2b 2-λ=1(a >0,b >0);与双曲线y 2a 2-x 2b 2=1(a >0,b >0)有公共焦点的双曲线的方程为y 2a 2+λ-x 2b 2-λ=1(a >0,b >0).题型三:双曲线的实际应用例6.(2023·全国·高三专题练习)江西景德镇青花瓷始创于元代,到明清两代达到了顶峰,它蓝白相映怡然成趣,晶莹明快,美观隽永.现有某青花瓷花瓶的外形可看成是焦点在x 轴上的双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面,如图所示,若该花瓶的瓶身最小的直径是4,瓶口和底面的直径都是8,瓶高是6,则该双曲线的标准方程是( )A .221169x y -=B .2214x y -=C .22189x y -=D .22143x y -=【答案】D【分析】由已知得双曲线的焦点在x 轴上,设该双曲线的方程为()222210,0x y a b a b -=>>,代入建立方程组,求解即可得双曲线的标准方程.【详解】由题意可知该双曲线的焦点在x 轴上,实轴长为4,点()4,3在该双曲线上.设该双曲线的方程为()222210,0x y a b a b-=>>,则222224,431,a a b =⎧⎪⎨-=⎪⎩解得2a =,3b =,故该双曲线的标准方程是22143x y -=.故选:D.例7.(2021·长丰北城衡安学校高二月考(理))如图为陕西博物馆收藏的国宝——唐⋅金筐宝钿团花纹金杯,杯身曲线内收,玲珑娇美,巧夺天工,是唐代金银细作的典范之作.该杯的主体部分可以近似看作是双曲线2222:x y C a b-=1(a >0,b >0)的右支与y 轴及平行于x 轴的两条直线围成的曲边四边形ABMN 绕y 轴旋转一周103239,且杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍,则杯身最细之处的周长为( )A .2B .3πC .3D .4π【分析】103239,且杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍, 可设5339(2),()M m N m , 代入方程,即可解得23,3a a == 3,从而得解. 【详解】103239,且杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍, 可设5339(2),()M m N m 代入双曲线方程可得 22222225134331,1m m a b a b -=-= , 即22222213251312,14m m a b a b-=-=,作差可得2273124a =,解得23,3a a ==,所以杯身最细处的周长为23π . 故选:C 【总结提升】解答实际应用问题时,要注意先将实际问题数学化,条件中有两定点,某点与这两定点的距离存在某种联系,解题时先画出图形,分析其关系,看是否与椭圆、双曲线的定义有关,再确定解题思路、步骤. 题型四 已知双曲线的方程,研究其几何性质例8.(2018·浙江·高考真题)双曲线221 3x y -=的焦点坐标是( )A .()2,0-,)2,0B .()2,0-,()2,0C .(0,2-,(2D .()0,2-,()0,2【分析】根据双曲线方程确定焦点位置,再根据222c a b =+求焦点坐标.【详解】因为双曲线方程为2213x y -=,所以焦点坐标可设为(,0)c ±,因为222314,2c a b c =+=+==,所以焦点坐标为(20),选B.例9.(2021·全国高考真题(文))双曲线22145x y -=的右焦点到直线280x y +-=的距离为________. 5【分析】先求出右焦点坐标,再利用点到直线的距离公式求解. 【详解】由已知,22543c a b ++,所以双曲线的右焦点为(3,0), 所以右焦点(3,0)到直线280x y +-=225512==+ 5例10.(2020·北京·高考真题)已知双曲线22:163x y C -=,则C 的右焦点的坐标为_________;C 的焦点到其渐近线的距离是_________. 【答案】 ()3,0 3【分析】根据双曲线的标准方程可得出双曲线C 的右焦点坐标,并求得双曲线的渐近线方程,利用点到直线的距离公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离.【详解】在双曲线C 中,6a =,3b =,则223c a b =+=,则双曲线C 的右焦点坐标为()3,0, 双曲线C 的渐近线方程为22y x =±,即20x y ±=, 所以,双曲线C 的焦点到其渐近线的距离为23312=+. 故答案为:()3,0;3.例11.(2021·全国·高考真题(理))已知双曲线22:1(0)x C y m m -=>30x my +=,则C 的焦距为_________. 【答案】4【分析】将渐近线方程化成斜截式,得出,a b 的关系,再结合双曲线中22,a b 对应关系,联立求解m ,再由关系式求得c ,即可求解.【详解】由渐近线方程30x my +=化简得3y x m=-,即3b a m =,同时平方得2223b a m =,又双曲线中22,1a m b ==,故231m m=,解得3,0m m ==(舍去),2223142c a b c =+=+=⇒=,故焦距24c =. 故答案为:4.例12.(2021·全国·高考真题)若双曲线22221x y a b -=的离心率为2,则此双曲线的渐近线方程___________.【答案】3y x =±【分析】根据离心率得出2c a =,结合222+=a b c 得出,a b 关系,即可求出双曲线的渐近线方程. 【详解】解:由题可知,离心率2ce a ==,即2c a =, 又22224a b c a +==,即223b a =,则3ba=, 故此双曲线的渐近线方程为3y x =±. 故答案为:3y x =±. 【总结提升】1.已知双曲线方程讨论其几何性质,应先将方程化为标准形式,找出对应的a 、b ,利用c 2=a 2+b 2求出c ,再按定义找出其焦点、焦距、实轴长、虚轴长、离心率、渐近线方程.2.画双曲线图形,要先画双曲线的两条渐近线(即以2a 、2b 为两邻边的矩形对角线)和两个顶点,然后根据双曲线的变化趋势,就可画出双曲线的草图.3.双曲线的标准方程中对a 、b 的要求只是a >0,b >0易误认为与椭圆标准方程中a ,b 的要求相同. 若a >b >0,则双曲线的离心率e ∈(1,2); 若a =b >0,则双曲线的离心率e =2; 若0<a <b ,则双曲线的离心率e > 2.4.注意区分双曲线中的a ,b ,c 大小关系与椭圆a 、b 、c 关系,在椭圆中a 2=b 2+c 2,而在双曲线中c 2=a 2+b 2.5.等轴双曲线的离心率与渐近线关系双曲线为等轴双曲线⇔双曲线的离心率e =2⇔双曲线的两条渐近线互相垂直(位置关系). 6.双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚半轴长b 7.渐近线与离心率()222210,0x y a b a b -=>>的一条渐近线的斜率为2222221b b c a e a a a-===-可以看出,双曲线的渐近线和离心率的实质都表示双曲线张口的大小.8.与双曲线有关的范围问题的解题思路(1)若条件中存在不等关系,则借助此关系直接转化求解.(2)若条件中没有不等关系,要善于发现隐含的不等关系,如借助双曲线上点的坐标范围,方程中Δ≥0等来解决.题型五 由双曲线的性质求双曲线的方程例11. (2022·天津·高考真题)已知抛物线21245,,y x F F =分别是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点,抛物线的准线过双曲线的左焦点1F ,与双曲线的渐近线交于点A ,若124F F A π∠=,则双曲线的标准方程为( )A .22110x y -=B .22116y x -=C .2214y x -=D .2214x y -=【答案】C【分析】由已知可得出c 的值,求出点A 的坐标,分析可得112AF F F =,由此可得出关于a 、b 、c 的方程组,解出这三个量的值,即可得出双曲线的标准方程.【详解】抛物线245y x =的准线方程为5x =-,则5c =,则()15,0F -、()25,0F ,不妨设点A 为第二象限内的点,联立b y x a x c ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩,可得x c bc y a =-⎧⎪⎨=⎪⎩,即点,bc A c a ⎫⎛- ⎪⎝⎭,因为112AF F F ⊥且124F F A π∠=,则12F F A △为等腰直角三角形,且112AF F F =,即2=bc c a ,可得2ba=, 所以,22225ba c c ab ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩,解得125a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩,因此,双曲线的标准方程为2214y x -=.故选:C.例12.(2021·北京·高考真题)若双曲线2222:1x y C a b -=离心率为2,过点2,3,则该双曲线的方程为( )A .2221x y -= B .2213y x -=C .22531x y -=D .22126x y -=【答案】B【分析】分析可得3b a =,再将点()2,3代入双曲线的方程,求出a 的值,即可得出双曲线的标准方程.【详解】2c e a ==,则2c a =,223b c a a =-=,则双曲线的方程为222213x y a a-=,将点()2,3的坐标代入双曲线的方程可得22223113a a a-==,解得1a =,故3b =,因此,双曲线的方程为2213y x -=.故选:B例13.(2018·天津高考真题(文))已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>> 的离心率为2,过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于,A B 两点.设,A B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为1d 和2d ,且126,d d +=则双曲线的方程为( )A .22139x y -=B .22193x y -=C .221412x y -=D .221124x y -=【答案】A 【解析】设双曲线的右焦点坐标为(),0F c (c >0),则A B x x c ==,由22221c y a b-=可得:2b y a =±,不妨设:22,,,b b A c B c a a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,双曲线的一条渐近线方程为0bx ay -=,据此可得:22122bc b bc b d c a b --==+,22222bc b bc b d c a b++==+, 则12226bcd d b c+===,则23,9b b ==, 双曲线的离心率:2229112c b e a a a ==+=+=, 据此可得:23a =,则双曲线的方程为22139x y -=.本题选择A 选项. 【规律总结】1.由双曲线的几何性质求双曲线的标准方程,一般用待定系数法,同样需要经历“定位→定式→定量”三个步骤.当双曲线的焦点不明确时,方程可能有两种形式,此时应注意分类讨论,为了避免讨论,也可设双曲线方程为mx 2-ny 2=1(mn >0),从而直接求得.2.根据双曲线的渐近线方程可设出双曲线方程.渐近线为y =n m x 的双曲线方程可设为:x 2m 2-y 2n 2=λ(λ≠0);如果两条渐近线的方程为Ax ±By =0,那么双曲线的方程可设为A 2x 2-B 2y 2=m (m ≠0);与双曲线x 2a 2-y 2b 2=1共渐近线的双曲线方程可设为x 2a 2-y 2b 2=λ(λ≠0).题型六 求双曲线的离心率(或范围)例13.(2019·全国·高考真题(文))设F 为双曲线C :22221x y a b -=(a >0,b >0)的右焦点,O 为坐标原点,以OF 为直径的圆与圆x 2+y 2=a 2交于P 、Q 两点.若|PQ |=|OF |,则C 的离心率为( ) A 2B 3C .2 D 5【答案】A【分析】准确画图,由图形对称性得出P 点坐标,代入圆的方程得到c 与a 关系,可求双曲线的离心率. 【详解】设PQ 与x 轴交于点A ,由对称性可知PQ x ⊥轴,又||PQ OF c ==,||,2c PA PA ∴=∴为以OF 为直径的圆的半径,A ∴为圆心||2cOA =.,22c c P ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭,又P 点在圆222x y a +=上,22244c c a ∴+=,即22222,22c c a e a =∴==.2e ∴=,故选A .例14.(2021·湖北恩施土家族苗族自治州·高三开学考试)双曲线2222:1x y C a b -=(0a >,0b >)的左顶点为A ,右焦点为F ,过点A 的直线交双曲线C 于另一点B ,当BF AF ⊥时满足2AF BF >,则双曲线离心率e 的取值范围是( ) A .12e << B .312e <<C .322e << D .331e +<<【答案】B 【分析】设双曲线半焦距c ,再根据给定条件求出|BF |长,列出不等式即可得解. 【详解】设双曲线半焦距为c ,因BF AF ⊥,则由22221x c x ya b =⎧⎪⎨-=⎪⎩得2||||b y B a F ==,而AF a c =+, 于是得22b a c a +>⋅,即222c a a c a-+>⋅,整理得23a c >,从而有32c e a =<,又1e >,所以双曲线离心率e 的取值范围是312e <<. 故选:B例15.(2022·浙江·高考真题)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】364【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4ba 的直线:()4b AB y xc a =+,渐近线2:b l y x a=,联立()4b y x c a b y xa ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,得,33c bc B a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,由||3||FB FA =,得5,,99c bc A a ⎛⎫- ⎪⎝⎭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36e 4=. 故答案为:364.例16.(2020·全国·高考真题(文))设双曲线C :22221x y a b -= (a >0,b >0)的一条渐近线为y 2,则C 的离心率为_________. 【答案】3【分析】根据已知可得2ba=,结合双曲线中,,a b c 的关系,即可求解. 【详解】由双曲线方程22221x y a b -=可得其焦点在x 轴上,因为其一条渐近线为2y x =,所以2b a =,2213c be a a==+=.故答案为:3 1.在解析几何中,求“范围”问题,一般可从以下几个方面考虑:①与已知范围联系,通过求值域或解不等式来完成;②通过判别式Δ求解;③利用点在双曲线内部形成的不等关系求解;④利用解析式的结构特点,如a ,a ,|a |等非负性求解.2.求双曲线离心率的取值范围,关键是根据题目条件得到不等关系,并想办法转化为关于a ,b ,c 的不等关 系,结合c 2=a 2+b 2和ca =e 得到关于e 的不等式,然后求解.在建立不等式求e 时,经常用到的结论:双曲线上一点到相应焦点距离的最小值为c -a .双曲线的离心率常以双曲线的渐近线为载体进行命题,注意二者参数之间的转化.3.与双曲线离心率、渐近线有关问题的解题策略(1)双曲线的离心率e =c a是一个比值,故只需根据条件得到关于a ,b ,c 的一个关系式,利用b 2=c 2-a 2消去b ,然后变形成关于e 的关系式,并且需注意e >1.(2)双曲线()222210,0x y a b a b -=>>的渐近线是令22220x y a b-=,即得两渐近线方程x a ±y b =0.(3)渐近线的斜率也是一个比值,可类比离心率的求法解答.注意应用21c b e a a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭题型七:与双曲线有关的综合问题例17.(2022·江西·丰城九中高三开学考试(文))已知12,F F 分别为双曲线22:1412x y C -=的左、右焦点,E 为双曲线C 的右顶点.过2F 的直线与双曲线C 的右支交于,A B 两点(其中点A 在第一象限),设,M N 分别为1212,AF F BF F 的内心,则ME NE -的取值范围是( )A .4343,∞∞⎛⎫-⋃+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ B .4343⎛ ⎝⎭C .3333⎛ ⎝⎭D .55⎛ ⎝⎭【答案】B【分析】由内心的性质,可知M ,N 的横坐标都是a ,得到MN ⊥x 轴,设直线AB 的倾斜角为θ,有22,22-∠=∠=EF M EF N πθθ,将ME NE -表示为θ的三角函数,结合正切函数的性质可求得范围.【详解】设1212,,AF AF F F 上的切点分别为H 、I 、J , 则1122||||,,===AH AI F H F J F J F I .由122AF AF a -=,得()()12||||2+-+=AH HF AI IF a , ∴122-=HF IF a ,即122-=JF JF a .设内心M 的横坐标为0x ,由JM x ⊥轴得点J 的横坐标也为0x ,则()()002c x c x a +--=, 得0x a =,则E 为直线JM 与x 轴的交点,即J 与E 重合. 同理可得12BF F △的内心在直线JM 上, 设直线AB 的领斜角为θ,则22,22-∠=∠=EF M EF N πθθ,||||()tan()tan22--=---ME NE c a c a πθθcos sin 2cos 222()()()sin tan sin cos 22⎛⎫ ⎪=-⋅-=-=-⎪ ⎪⎝⎭c a c a c a θθθθθθθ, 当2πθ=时,||||0ME NE -=; 当2πθ≠时,由题知,2,4,3===ba c a, 因为A ,B 两点在双曲线的右支上, ∴233ππθ<<,且2πθ≠,所以tan 3θ<-或tan 3θ>, ∴3133tan 3θ-<<且10tan θ≠, ∴44343||||,00,tan 33⎛⎫⎛⎫-=∈- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ME NE θ,综上所述,44343||||,tan 33⎛⎫-=∈- ⎪⎝⎭ME NE θ. 故选:B.例18.(2018·全国·高考真题(理))已知双曲线C :2213x y -=,O 为坐标原点,F 为C 的右焦点,过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M、N .若OMN 为直角三角形,则|MN |=( ) A .32B .3C .3D .4【答案】B【详解】分析:首先根据双曲线的方程求得其渐近线的斜率,并求得其右焦点的坐标,从而得到30FON ︒∠=,根据直角三角形的条件,可以确定直线MN 的倾斜角为60︒或120︒,根据相关图形的对称性,得知两种情况求得的结果是相等的,从而设其倾斜角为60︒,利用点斜式写出直线的方程,之后分别与两条渐近线方程联立,求得33(3,3),(,)22M N -,利用两点间距离公式求得MN 的值.详解:根据题意,可知其渐近线的斜率为33±,且右焦点为(2,0)F , 从而得到30FON ︒∠=,所以直线MN 的倾斜角为60︒或120︒, 根据双曲线的对称性,设其倾斜角为60︒, 可以得出直线MN 的方程为3(2)y x =-, 分别与两条渐近线33y x =和33y x =-联立, 求得33(3,3),(,)22M N -,所以2233(3)(3)322MN =-++=,故选B.例19.(2020·山东·高考真题)已知抛物线的顶点在坐标原点,焦点F 与双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左焦点重合,若两曲线相交于M ,N 两点,且线段MN 的中点是点F ,则该双曲线的离心率等于______. 【答案】21+【分析】利用抛物线的性质,得到M 的坐标,再带入到双曲线方程中,即可求解. 【详解】由题意知: ,2,2pc p c -=-∴= ∴抛物线方程为:224,y px cx =-=-M 在抛物线上,所以(,2),M c c -M 在双曲线上,222241,c c a b ∴-=2224224,60c a c a c a b =-∴-+=2322e ∴=±,又()1,e ∈+∞,2 1.e ∴=+故答案为:21+例20.(2020·全国·高考真题(理))已知F 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点,A 为C 的右顶点,B为C 上的点,且BF 垂直于x 轴.若AB 的斜率为3,则C 的离心率为______________. 【答案】2【分析】根据双曲线的几何性质可知,2b BF a=,AF c a =-,即可根据斜率列出等式求解即可.【详解】联立2222222{1x cx y a b c b a =-==+,解得2x c b y a =⎧⎪⎨=±⎪⎩,所以2b BF a =.依题可得,3BF AF =,AF c a =-,即()2223bc a a c a a c a -==--,变形得3c a a +=,2c a =, 因此,双曲线C 的离心率为2. 故答案为:2.例21. (2022·全国·高考真题(理))若双曲线2221(0)x y m m-=>的渐近线与圆22430x y y +-+=相切,则m =_________. 【答案】33【分析】首先求出双曲线的渐近线方程,再将圆的方程化为标准式,即可得到圆心坐标与半径,依题意圆心到直线的距离等于圆的半径,即可得到方程,解得即可.【详解】解:双曲线()22210x y m m-=>的渐近线为y x m =±,即0x my ±=,不妨取0x my +=,圆22430x y y +-+=,即()2221x y +-=,所以圆心为()0,2,半径1r =,依题意圆心()0,2到渐近线0x my +=的距离2211m d m==+,解得33m =或33m =-(舍去). 故答案为:33.例22. (2022·全国·高三专题练习)已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>43F 且斜率为0k >的直线交C 的两支于,A B 两点.若||3||FA FB =,则k =________________. 【答案】33【分析】由题意设双曲线的方程为22223113x y a a -=,直线为1x y c k =-,即1433x y a k =-,联立方程,设()()1122,,,A x y B x y ,由||3||FA FB =,得123y y =,由根与系数的关系求解即可 【详解】因为22224316,33c a c a b a ==+=, 所以22313b a =,双曲线的方程为22223113x y a a -=,设过左焦点F 且斜率为0k >的直线为1x y c k =-,即1433x y a k =-, 与双曲线222231131433x y a a x y ak ⎧-=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩联立得2221310431693033y ay a k k ⎛⎫--+= ⎪⎝⎭, 设()()1122,,,A x y B x y ,则()()221212221043169,31333133ak a k y y y y k k +=⋅=--,因为||3||FA FB =, 所以123y y =,所以()()222222210431694,331333133ak a k y y k k ==--,消去2y 得()222221696433169163133a k a k k ⨯⨯⨯=-, 化简得2121133k =-,即213k =, 因为0k >, 所以33k =, 故答案为:33例23.(2022·广东·广州市真光中学高三开学考试)设1F ,2F 分别是双曲线2222:1(0,0)x ya b a bΓ-=>>的左、右两焦点,过点2F 的直线:0l x my t --=(,R m t ∈)与Γ的右支交于M ,N 两点,Γ过点(2,3)-,且它的7(1)求双曲线Γ的方程;(2)当121MF F F =时,求实数m 的值;(3)设点M 关于坐标原点O 的对称点为P ,当2212MF F N =时,求PMN 面积S 的值. 【答案】(1)2213y x -=; (2)1515m =±; (3)9354. 【分析】(1)根据点在双曲线上及两点距离列方程组求双曲线参数,即可得方程;(2)由点在直线上求得2t =,根据1F 到直线:20l x my --=与等腰三角形12F MF 底边2MF 上的高相等,列方程求参数m ;(3)设11(,)M x y ,22(,)N x y ,联立双曲线与直线方程,应用韦达定理得1221213m y y m +=-,122913y y m =--,由向量的数量关系可得2135m =,根据对称点、三角形面积公式1222OMN S S y y ==-求PMN 面积. (1)由Γ过点(2,3)-,且它的虚轴的端点与焦点的距离为7,所以()222224917a b b a b ⎧-=⎪⎨⎪++=⎩,即2213a b ⎧=⎨=⎩, 则所求的双曲线Γ的方程为2213y x -=. (2)因为直线:0l x my t --=过点2(2,0)F ,所以2t =,由121MF F F =得:等腰三角形12F MF 底边2MF 上的高的大小为22112()152MF MF --=, 又1F 到直线:20l x my --=的距离等于等腰三角形12F MF 底边上的高,则2202151m ---=+, 即2115m =,则1515m =±. (3)设11(,)M x y ,22(,)N x y ,由221320y x x my ⎧-=⎪⎨⎪--=⎩得:22(31)1290m y my -++=, 则1221213m y y m +=-,122913y y m=--,又2212MF F N =,即212y y =-, 则121213m y m -=-,2129213y m =-,即22122()13m m =-2913m-,则2135m =, 又M 关于坐标原点O 的对称点为P ,则2121212222()4OMN S S y y y y y y ==-=+-222221*********()4()1313134m m m m m +=--==---. 则所求的PMN 面积为9354. 【总结提升】 双曲线的综合问题常常涉及双曲线的离心率、渐近线、范围与性质,与圆、椭圆、抛物线、向量、三角函数、不等式等知识交汇考查综合运用数学知识的能力.(1)当与向量知识结合时,注意运用向量的坐标运算,将向量间的关系,转化为点的坐标问题,再根据根与系数的关系,将所求问题与条件建立联系求解.(2)当与直线有关时,常常联立直线与双曲线的方程,消元后利用一元二次方程的判别式、根与系数的关系构造相关数量关系求解.。
2008年天津市高考数学试卷(理科)答案与解析

2008年天津市高考数学试卷(理科)参考答案与试题解析一、选择题(共10小题,每小题5分,满分50分)1.(5分)(2008•天津)i是虚数单位,=()A.﹣1 B.1 C.﹣i D.i【考点】复数代数形式的混合运算.【分析】复数的分子复杂,先化简,然后再化简整个复数,可得到结果.【解答】解:,故选A.【点评】本题考查复数的代数形式的运算,i的幂的运算,是基础题.2.(5分)(2008•天津)设变量x,y满足约束条件,则目标函数z=5x+y的最大值为()A.2 B.3 C.4 D.5【考点】简单线性规划的应用.【专题】计算题.【分析】本题主要考查线性规划的基本知识,先画出约束条件的可行域,再求出可行域中各角点的坐标,将各点坐标代入目标函数的解析式,分析后易得目标函数Z=5x+y 的最小值.【解答】解:满足约束条件的可行域如图,由图象可知:目标函数z=5x+y过点A(1,0)时z取得最大值,z max=5,故选D.【点评】在解决线性规划的问题时,我们常用“角点法”,其步骤为:①由约束条件画出可行域⇒②求出可行域各个角点的坐标⇒③将坐标逐一代入目标函数⇒④验证,求出最优解.3.(5分)(2008•天津)设函数,则函数f(x)是()A.最小正周期为π的奇函数B.最小正周期为π的偶函数C.最小正周期为的奇函数D.最小正周期为的偶函数【考点】二倍角的余弦;三角函数的周期性及其求法;余弦函数的奇偶性.【分析】首先利用余弦的二倍角公式把原函数转化为y=Asinωx的形式,然后由y=Asinωx 的性质得出相应的结论.【解答】解:f(x)==﹣=﹣sin2x所以T=π,且为奇函数.故选A.【点评】本题考查余弦的二倍角公式及函数y=Asinωx的性质.4.(5分)(2008•天津)设a,b是两条直线,α,β是两个平面,则a⊥b的一个充分条件是()A.a⊥α,b∥β,α⊥β B.a⊥α,b⊥β,α∥β C.a⊂α,b⊥β,α∥βD.a⊂α,b∥β,α⊥β【考点】空间中直线与直线之间的位置关系;必要条件、充分条件与充要条件的判断.【分析】根据题意分别画出错误选项的反例图形即可.【解答】解:A、B、D的反例如图.故选C.【点评】本题考查线面垂直、平行的性质及面面垂直、平行的性质,同时考查充分条件的含义及空间想象能力.5.(5分)(2008•天津)设椭圆上一点P到其左焦点的距离为3,到右焦点的距离为1,则P点到右准线的距离为()A.6 B.2 C.D.【考点】椭圆的简单性质.【专题】计算题.【分析】根据椭圆定义,求出m,利用第二定义求出到右准线的距离,注意右焦点右准线的对应关系.【解答】解:由椭圆第一定义知a=2,所以m2=4,椭圆方程为所以d=2,故选B【点评】本题考查了椭圆的第一定义以及第二定义的应用6.(5分)(2008•天津)设集合S={x||x﹣2|>3},T={x|a<x<a+8},S∪T=R,则a的取值范围是()A.﹣3<a<﹣1 B.﹣3≤a≤﹣1 C.a≤﹣3或a≥﹣1 D.a<﹣3或a>﹣1【考点】集合的包含关系判断及应用.【分析】根据题意,易得S={x|x<﹣1或x>5},又有S∪T=R,可得不等式组,解可得答案.【解答】解:根据题意,S={x||x﹣2|>3}={x|x<﹣1或x>5},又有S∪T=R,所以,故选A.【点评】本题考查集合间的相互包含关系及运算,应注意不等式的正确求解,并结合数轴判断集合间的关系.7.(5分)(2008•天津)设函数的反函数为f﹣1(x),则()A.f﹣1(x)在其定义域上是增函数且最大值为1B.f﹣1(x)在其定义域上是减函数且最小值为0C.f﹣1(x)在其定义域上是减函数且最大值为1D.f﹣1(x)在其定义域上是增函数且最小值为0【考点】反函数.【分析】根据本题所给出的选项,利用排除法比较方便,这样可以简化直接求解带来的繁琐.【解答】解:∵为减函数,由复合函数单调性知f(x)为增函数,∴f﹣1(x)单调递增,排除B、C;又f﹣1(x)的值域为f(x)的定义域,∴f﹣1(x)最小值为0故选D【点评】本题很好的利用了排除法,显得小巧灵活,如果求出反函数再去研究,就会麻烦多了,可以比较一下感受感受,所以筛选法、排除法、验证法都是很好的解题方法,平时要用.8.(5分)(2008•天津)已知函数,则不等式x+(x+1)f(x+1)≤1的解集是()A.B.{x|x≤1} C.D.【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法.【分析】对f(x+1)中的x分两类,即当x+1<0,和x+1≥0时分别解不等式可得结果.【解答】解:依题意得所以故选:C.【点评】本题考查分断函数,不等式组的解法,分类讨论的数学思想,是基础题.9.(5分)(2008•天津)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间[0,+∞)上是增函数.令a=f(sin),b=f(cos),c=f(tan),则()A.b<a<c B.c<b<a C.b<c<a D.a<b<c【考点】偶函数;不等式比较大小.【专题】压轴题.【分析】通过奇偶性将自变量调整到同一单调区间内,根据单调性比较a、b、c的大小.【解答】解:,因为,又由函数在区间[0,+∞)上是增函数,所以,所以b<a<c,故选A【点评】本题属于单调性与增减性的综合应用,解决此类题型要注意:(1)通过周期性、对称性、奇偶性等性质将自变量调整到同一单调区间内,再比较大小.(2)培养数形结合的思想方法.10.(5分)(2008•天津)有8张卡片分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8,从中取出6张卡片排成3行2列,要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5,则不同的排法共有()A.1344种B.1248种C.1056种D.960种【考点】排列、组合的实际应用.【专题】计算题;压轴题.【分析】根据题意,分2步进行,首先确定中间行的数字只能为1,4或2,3,然后确定其余4个数字的排法数,使用排除法,用总数减去不合题意的情况数,可得其情况数目,由乘法原理计算可得答案.【解答】解:根据题意,要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5,则中间行的数字只能为1,4或2,3,共有C21A22=4种排法,然后确定其余4个数字,其排法总数为A64=360,其中不合题意的有:中间行数字和为5,还有一行数字和为5,有4种排法,余下两个数字有A42=12种排法,所以此时余下的这4个数字共有360﹣4×12=312种方法;由乘法原理可知共有4×312=1248种不同的排法,故选B.【点评】本题考查排列、组合的综合应用,注意特殊方法的使用,如排除法.二、填空题(共6小题,每小题4分,满分24分)11.(4分)(2008•天津)的二项展开式中,x2的系数是40(用数字作答).【考点】二项式定理.【专题】计算题.【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项,令x的指数为2求出x2的系数.【解答】解:,令所以r=2,所以x2的系数为(﹣2)2C52=40.故答案为40【点评】本题考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具.12.(4分)(2008•天津)一个正方体的各顶点均在同一球的球面上,若该球的体积为,则该正方体的表面积为24.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;球的体积和表面积.【专题】计算题;综合题.【分析】由题意球的直径等于正方体的体对角线的长,求出球的半径,再求正方体的棱长,然后求正方体的表面积.【解答】解:设球的半径为R,由得,所以a=2,表面积为6a2=24.故答案为:24【点评】本题考查球的内接体,球的表面积,考查空间想象能力,计算能力,是基础题.13.(4分)(2008•天津)已知圆C的圆心与抛物线y2=4x的焦点关于直线y=x对称.直线4x﹣3y﹣2=0与圆C相交于A、B两点,且|AB|=6,则圆C的方程为x2+(y﹣1)2=10.【考点】抛物线的应用;圆的标准方程;直线和圆的方程的应用.【专题】计算题.【分析】先根据抛物线方程求得焦点坐标,进而求得圆心,进而求得圆心到直线4x﹣3y﹣2=0的距离,根据勾股定理求得圆的半径.则圆的方程可得.【解答】解:依题意可知抛物线的焦点为(1,0),∵圆C的圆心与抛物线y2=4x的焦点关于直线y=x对称.所以圆心坐标为(0,1),∴,圆C的方程为x2+(y﹣1)2=10故答案为x2+(y﹣1)2=10【点评】本题主要考查了抛物线的应用.涉及了圆的基本性质,对称性问题,点到直线的距离,数形结合思想等问题.14.(4分)(2008•天津)如图,在平行四边形ABCD中,,则=3.【考点】平面向量数量积的运算.【分析】选一对不共线的向量做基底,在平行四边形中一般选择以最左下角定点为起点的一对边做基底,把基底的坐标求出来,代入数量积的坐标公式进行运算,得到结果.【解答】解:令,,则∴.故答案为:3【点评】用基底表示向量,然后进行运算,比较困难.要启发学生在理解数量积的运算特点的基础上,逐步把握数量积的运算律,引导学生注意数量积性质的相关问题的特点,以熟练地应用数量积的性质.15.(4分)(2008•天津)已知数列{a n}中,,则=.【考点】数列的求和;极限及其运算.【专题】计算题;压轴题.【分析】首先由求a n可以猜想到用错位相加法把中间项消去,即可得到a n的表达式,再求极限即可.【解答】解:因为所以a n是一个等比数列的前n项和,所以,且q=2.代入,所以.所以答案为【点评】此题主要考查数列的求和问题,用到错位相加法的思想,需要注意.16.(4分)(2008•天津)设a>1,若仅有一个常数c使得对于任意的x∈[a,2a],都有y∈[a,a2]满足方程log a x+log a y=c,这时a的取值的集合为{2}.【考点】对数的运算性质;函数单调性的性质.【专题】计算题;压轴题.【分析】由log a x+log a y=c可以用x表达出y,转化为函数的值域问题求解.【解答】解:∵log a x+log a y=c,∴=c∴xy=a c得,单调递减,所以当x∈[a,2a]时,所以,因为有且只有一个常数c符合题意,所以2+log a2=3,解得a=2,所以a的取值的集合为{2}.故答案为:{2}【点评】本题考查函数与方程思想,需要有较强的转化问题的能力.三、解答题(共6小题,满分76分)17.(12分)(2008•天津)已知cos(x﹣)=,x∈(,).(1)求sinx的值;(2)求sin(2x)的值.【考点】两角和与差的正弦函数;运用诱导公式化简求值.【专题】计算题.【分析】(1)利用x的范围确定x﹣的范围,进而利用同角三角函数的基本关系求得sin(x﹣)的值,进而根据sinx=sin[(x﹣)+]利用两角和公式求得答案(2)利用x的范围和(1)中sinx的值,利用同角三角函数的基本关系求得cosx的值,进而根据二倍角公式求得sin2x和cos2x的值,最后代入正弦的两角和公式求得答案.【解答】解:(1)因为x∈(,),所以x﹣∈(),sin(x﹣)==.sinx=sin[(x﹣)+]=sin(x﹣)cos+cos(x﹣)sin=×+×=.(2)因为x∈(,),故cosx=﹣=﹣=﹣.sin2x=2sinxcosx=﹣,cos2x=2cos2x﹣1=﹣.所以sin(2x+)=sin2xcos+cos2xsin=﹣.【点评】本题主要考查了两角和公式的化简求值和同角三角函数基本关系的应用.考查了学生基础知识的掌握和基本运算能力.18.(12分)(2008•天津)甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球,命中率分别为与p,且乙投球2次均未命中的概率为.(Ⅰ)求乙投球的命中率p;(Ⅱ)若甲投球1次,乙投球2次,两人共命中的次数记为ξ,求ξ的分布列和数学期望.【考点】离散型随机变量的期望与方差;等可能事件的概率;离散型随机变量及其分布列.【专题】计算题.【分析】(Ⅰ)根据乙投球2次均未命中的概率为,两次是否投中相互之间没有影响,根据相互独立事件的概率公式写出乙两次都未投中的概率,列出方程,解方程即可.(II)做出甲投球命中的概率和乙投球命中的概率,因为两人共命中的次数记为ξ,得到变量可能的取值,看清楚变量对应的事件,做出事件的概率,写出分布列和期望.【解答】解:(Ⅰ)根据乙投球2次均未命中的概率为,两次是否投中相互之间没有影响,设“甲投球一次命中”为事件A,“乙投球一次命中”为事件B由题意得解得或(舍去),∴乙投球的命中率为.(Ⅱ)由题设和(Ⅰ)知ξ可能的取值为0,1,2,3,P(ξ=1)=P(A)P()+•P(B)P()P()=∴ξ的分布列为∴ξ的数学期望.【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和期望,考查等可能事件的概率,考查对立事件的概率,是一个综合题,是近几年高考题目中经常出现的一个问题.19.(12分)(2008•天津)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是矩形.已知AB=3,AD=2,PA=2,PD=2,∠PAB=60°.(Ⅰ)证明AD⊥平面PAB;(Ⅱ)求异面直线PC与AD所成的角的大小;(Ⅲ)求二面角P﹣BD﹣A的大小.【考点】与二面角有关的立体几何综合题;异面直线及其所成的角;直线与平面垂直的判定.【专题】计算题.【分析】(I)由题意在△PAD中,利用所给的线段长度计算出AD⊥PA,在利用矩形ABCD 及线面垂直的判定定理及、此问得证;(II)利用条件借助图形,利用异面直线所称角的定义找到共面得两相交线,并在三角形中解出即可;(III)由题中的条件及三垂线定理找到二面角的平面角,然后再在三角形中解出角的大小即可.【解答】解:(Ⅰ)证明:在△PAD中,由题设PA=2,PD=2,可得PA2+AD2=PD2于是AD⊥PA.在矩形ABCD中,AD⊥AB.又PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB.(Ⅱ)解:由题设,BC∥AD,所以∠PCB(或其补角)是异面直线PC与AD所成的角.在△PAB中,由余弦定理得PB=由(Ⅰ)知AD⊥平面PAB,PB⊂平面PAB,所以AD⊥PB,因而BC⊥PB,于是△PBC是直角三角形,故tanPCB=.所以异面直线PC与AD所成的角的大小为arctan.(Ⅲ)解:过点P做PH⊥AB于H,过点H做HE⊥BD于E,连接PE因为AD⊥平面PAB,PH⊂平面PAB,所以AD⊥PH.又AD∩AB=A,因而PH⊥平面ABCD,故HE为PE在平面ABCD内的射影.由三垂线定理可知,BD⊥PE,从而∠PEH是二面角P﹣BD﹣A的平面角.由题设可得,PH=PA•sin60°=,AH=PA•cos60°=1,BH=AB﹣AH=2,BD=,HE=于是在RT△PHE中,tanPEH=所以二面角P﹣BD﹣A的大小为arctan.【点评】本小题主要考查直线和平面垂直,异面直线所成的角、二面角等基础知识,考查空间想象能力,运算能力和推理论证能力,还考查了利用反三角函数的知识求出角的大小.20.(12分)(2008•天津)已知函数,其中a,b∈R.(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程为y=3x+1,求函数f(x)的解析式;(Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性;(Ⅲ)若对于任意的,不等式f(x)≤10在上恒成立,求b的取值范围.【考点】利用导数求闭区间上函数的最值;其他不等式的解法.【专题】综合题.【分析】(Ⅰ)根据导数的几何意义即为点的斜率,再根据f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程为y=3x+1,解出a值;(Ⅱ)由题意先对函数y进行求导,解出极值点,因极值点含a,需要分类讨论它的单调性;(Ⅲ)已知,恒成立的问题,要根据(Ⅱ)的单调区间,求出f(x)的最大值,让f(x)的最大值小于10就可以了,从而解出b值.【解答】解:(Ⅰ)解:,由导数的几何意义得f'(2)=3,于是a=﹣8.由切点P(2,f(2))在直线y=3x+1上可得﹣2+b=7,解得b=9.所以函数f(x)的解析式为.(Ⅱ)解:.当a≤0时,显然f'(x)>0(x≠0).这时f(x)在(﹣∞,0),(0,+∞)上内是增函数.当a>0时,令f'(x)=0,解得.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:xf′(x)+ 0 ﹣﹣0 +↗f(x)↗极大值↘↘极小值所以f(x)在,内是增函数,在,(0,)内是减函数.综上,当a≤0时,f(x)在(﹣∞,0),(0,+∞)上内是增函数;当a>0时,f(x)在,内是增函数,在,(0,)内是减函数.(Ⅲ)解:由(Ⅱ)知,f(x)在上的最大值为与f(1)的较大者,对于任意的,不等式f(x)≤10在上恒成立,当且仅当,即,对任意的成立.从而得,所以满足条件的b的取值范围是.【点评】本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、解不等式等基础知识,考查运算能力、综合分析和解决问题的能力.21.(14分)(2008•天津)已知中心在原点的双曲线C的一个焦点是F1(﹣3,0),一条渐近线的方程是.(Ⅰ)求双曲线C的方程;(Ⅱ)若以k(k≠0)为斜率的直线l与双曲线C相交于两个不同的点M,N,且线段MN的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为,求k的取值范围.【考点】双曲线的应用.【专题】计算题;压轴题.【分析】(1)设出双曲线方程,根据焦点坐标及渐近线方程求出待定系数,即得双曲线C 的方程.(2)设出直线l的方程,代入双曲线C的方程,利用判别式及根与系数的关系求出MN的中点坐标,从而得到线段MN的垂直平分线方程,通过求出直平分线与坐标轴的交点,计算围城的三角形面积,由判别式大于0,求得k的取值范围.【解答】解:(Ⅰ)解:设双曲线C的方程为(a>0,b>0).由题设得,解得,所以双曲线方程为.(Ⅱ)解:设直线l的方程为y=kx+m(k≠0).点M(x1,y1),N(x2,y2)的坐标满足方程组将①式代入②式,得,整理得(5﹣4k2)x2﹣8kmx﹣4m2﹣20=0.此方程有两个不等实根,于是5﹣4k2≠0,且△=(﹣8km)2+4(5﹣4k2)(4m2+20)>0.整理得m2+5﹣4k2>0.③由根与系数的关系可知线段MN的中点坐标(x0,y0)满足,.从而线段MN的垂直平分线方程为.此直线与x轴,y轴的交点坐标分别为,.由题设可得.整理得,k≠0.将上式代入③式得,整理得(4k2﹣5)(4k2﹣|k|﹣5)>0,k≠0.解得或.所以k的取值范围是.【点评】本小题主要考查双曲线的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、线段的定比分点等基础知识,考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法,考查推理运算能力.22.(14分)(2008•天津)在数列{a n}与{b n}中,a1=1,b1=4,数列{a n}的前n项和S n满足nS n+1﹣(n+3)S n=0,2a n+1为b n与b n+1的等比中项,n∈N*.(Ⅰ)求a2,b2的值;(Ⅱ)求数列{a n}与{b n}的通项公式;(Ⅲ)设.证明|T n|<2n2,n≥3.【考点】数列的应用;数列递推式;数学归纳法.【专题】计算题;证明题;压轴题.【分析】(Ⅰ)解:题设有a1+a2﹣4a1=0,a1=1,4a22=b2b1,b1=4,由此可求出a2,b2的值.(Ⅱ)由题设条件猜想,b n=(n+1)2,n∈N*.再用数学归纳法进行证明.(Ⅲ)由题设条件知.由此可以导出|T n|<2n2.【解答】解:(Ⅰ)解:由题设有a1+a2﹣4a1=0,a1=1,解得a2=3.由题设又有4a22=b2b1,b1=4,解得b2=9.(Ⅱ)解:由题设nS n+1﹣(n+3)S n=0,a1=1,b1=4,及a2=3,b2=9,进一步可得a3=6,b3=16,a4=10,b4=25,猜想,b n=(n+1)2,n∈N*.先证,n∈N*.当n=1时,,等式成立.当n≥2时用数学归纳法证明如下:(1)当n=2时,,等式成立.(2)假设n=k时等式成立,即,k≥2.由题设,kS k+1=(k+3)S k(k﹣1)S k=(k+2)S k﹣1①的两边分别减去②的两边,整理得ka k+1=(k+2)a k,从而.这就是说,当n=k+1时等式也成立.根据(1)和(2)可知,等式对任何的n≥2成立.综上所述,等式对任何的n∈N*都成立再用数学归纳法证明b n=(n+1)2,n∈N*.(1)当n=1时,b1=(1+1)2,等式成立.(2)假设当n=k时等式成立,即b k=(k+1)2,那么.这就是说,当n=k+1时等式也成立.根据(1)和(2)可知,等式b n=(n+1)2对任何的n∈N*都成立.(Ⅲ)证明:当n=4k,k∈N*时,Tn=﹣22﹣32+42+52﹣﹣(4k﹣2)2﹣(4k﹣1)2+(4k)2+(4k+1)2.注意到﹣(4k﹣2)2﹣(4k﹣1)2+(4k)2+(4k+1)2=32k﹣4,故4k(4k+4)﹣4k=(4k)2+3×4k=n2+3n.当n=4k﹣1,k∈N*时,T n=(4k)2+3×4k﹣(4k+1)2=(n+1)2+3(n+1)﹣(n+2)2=n当n=4k﹣2,k∈N*时,T n=(4k)2+3×4k﹣(4k+1)2﹣(4k)2=3(n+2)﹣(n+3)2=﹣n2﹣3n﹣3.当n=4k﹣3,k∈N*时,T n=3×4k﹣(4k+1)2+(4k﹣1)2=3(n+3)﹣(n+4)2+(n+2)2=﹣n﹣3.所以.从而n≥3时,有总之,当n≥3时有,即|T n|<2n2.【点评】本题主要考查等差数列的概念、通项公式及前n项和公式、等比数列的概念、等比中项、不等式证明、数学归纳等基础知识,考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法.。
高考数学难点突破_难点34__导数的运算法则及基本公式应用

120难点34 导数的运算法则及基本公式应用导数是中学限选内容中较为重要的知识,本节内容主要是在导数的定义,常用求等公式.四则运算求导法则和复合函数求导法则等问题上对考生进行训练与指导.●难点磁场(★★★★★)已知曲线C :y =x 3-3x 2+2x ,直线l :y =kx ,且l 与C 切于点(x 0,y 0)(x 0≠0),求直线l 的方程及切点坐标.●案例探究[例1]求函数的导数:)1()3( )sin ()2( cos )1(1)1(2322+=-=+-=x f y x b ax y xx x y ω 命题意图:本题3个小题分别考查了导数的四则运算法则,复合函数求导的方法,以及抽象函数求导的思想方法.这是导数中比较典型的求导类型,属于★★★★级题目.知识依托:解答本题的闪光点是要分析函数的结构和特征,挖掘量的隐含条件,将问题转化为基本函数的导数.错解分析:本题难点在求导过程中符号判断不清,复合函数的结构分解为基本函数出差错.技巧与方法:先分析函数式结构,找准复合函数的式子特征,按照求导法则进行求导.xx x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x x x x x xx x x x x x x y 222222222222222222222cos )1(sin )1)(1(cos )12(cos )1(]sin )1(cos 2)[1(cos )1(cos )1(]))(cos 1(cos )1)[(1(cos )1(cos )1(]cos )1)[(1(cos )1()1(:)1(++-+--=++---+-=+'++'+--+-=-+'+--+'-='解(2)解:y =μ3,μ=ax -b sin 2ωx ,μ=av -byv =x ,y =sin γ γ=ωxy ′=(μ3)′=3μ2·μ′=3μ2(av -by )′=3μ2(av ′-by ′)=3μ2(av ′-by ′γ′)=3(ax -b sin 2ωx )2(a -b ωsin2ωx )(3)解法一:设y =f (μ),μ=v ,v =x 2+1,则y ′x =y ′μμ′v ·v ′x =f ′(μ)·21v -21·2x =f ′(12+x )·21112+x ·2x =),1(122+'+x f x x解法二:y ′=[f (12+x )]′=f ′(12+x )·(12+x )′121=f ′(12+x )·21(x 2+1)21-·(x 2+1)′ =f ′(12+x )·21(x 2+1) 21-·2x=12+x xf ′(12+x )[例2]利用导数求和(1)S n =1+2x +3x 2+…+nx n -1(x ≠0,n ∈N *)(2)S n =C 1n +2C 2n +3C 3n +…+n C n n ,(n ∈N *)命题意图:培养考生的思维的灵活性以及在建立知识体系中知识点灵活融合的能力.属 ★★★★级题目.知识依托:通过对数列的通项进行联想,合理运用逆向思维.由求导公式(x n )′=nx n -1,可联想到它们是另外一个和式的导数.关键要抓住数列通项的形式结构.错解分析:本题难点是考生易犯思维定势的错误,受此影响而不善于联想.技巧与方法:第(1)题要分x =1和x ≠1讨论,等式两边都求导.解:(1)当x =1时S n =1+2+3+…+n =21n (n +1); 当x ≠1时, ∵x +x 2+x 3+…+x n =xx x n --+11, 两边都是关于x 的函数,求导得 (x +x 2+x 3+…+x n )′=(x x x n --+11)′ 即S n =1+2x +3x 2+…+nx n -1=21)1()1(1x nx x n n n -++-+ (2)∵(1+x )n =1+C 1n x +C 2n x 2+…+C n n x n ,两边都是关于x 的可导函数,求导得n (1+x )n -1=C 1n +2C 2n x +3C 3n x 2+…+n C n n x n -1, 令x =1得,n ·2n -1=C 1n +2C 2n +3C 3n +…+n C n n , 即S n =C 1n +2C 2n +…+n C n n =n ·2n -1●锦囊妙计1.深刻理解导数的概念,了解用定义求简单的导数.xy ∆∆表示函数的平均改变量,它是Δx 的函数,而f ′(x 0)表示一个数值,即f ′122 (x )=x y x ∆∆→∆lim 0,知道导数的等价形式:)()()(lim )()(lim 0000000x f x x x f x f x x f x x f x x x '=--=∆-∆+→∆→∆. 2.求导其本质是求极限,在求极限的过程中,力求使所求极限的结构形式转化为已知极限的形式,即导数的定义,这是顺利求导的关键.3.对于函数求导,一般要遵循先化简,再求导的基本原则,求导时,不但要重视求导法则的应用,而且要特别注意求导法则对求导的制约作用,在实施化简时,首先必须注意变换的等价性,避免不必要的运算失误.4.复合函数求导法则,像链条一样,必须一环一环套下去,而不能丢掉其中的一环.必须正确分析复合函数是由哪些基本函数经过怎样的顺序复合而成的,分清其间的复合关系.●歼灭难点训练一、选择题1.(★★★★)y =e sin x cos(sin x ),则y ′(0)等于( )A.0B.1C.-1D.22.(★★★★)经过原点且与曲线y =59++x x 相切的方程是( ) A.x +y =0或25x +y =0 B.x -y =0或25x +y =0 C.x +y =0或25x -y =0 D.x -y =0或25x -y =0 二、填空题 3.(★★★★)若f ′(x 0)=2,kx f k x f k 2)()(lim 000--→ =_________.4.(★★★★)设f (x )=x (x +1)(x +2)…(x +n ),则f ′(0)=_________.三、解答题5.(★★★★)已知曲线C 1:y =x 2与C 2:y =-(x -2)2,直线l 与C 1、C 2都相切,求直线l 的方程.6.(★★★★)求函数的导数(1)y =(x 2-2x +3)e 2x ;(2)y =31xx -. 7.(★★★★)有一个长度为5 m 的梯子贴靠在笔直的墙上,假设其下端沿地板以3 m/s 的速度离开墙脚滑动,求当其下端离开墙脚1.4 m 时,梯子上端下滑的速度.8.(★★★★)求和S n =12+22x +32x 2+…+n 2x n -1,(x ≠0,n ∈N *).参考答案难点磁场解:由l 过原点,知k =00x y (x 0≠0),点(x 0,y 0)在曲线C 上,y 0=x 03-3x 02+2x 0, ∴00x y =x 02-3x 0+2123y ′=3x 2-6x +2,k =3x 02-6x 0+2又k =00x y ,∴3x 02-6x 0+2=x 02-3x 0+2 2x 02-3x 0=0,∴x 0=0或x 0=23 由x ≠0,知x 0=23 ∴y 0=(23)3-3(23)2+2·23=-83 ∴k =00x y =-41 ∴l 方程y =-41x 切点(23,-83) 歼灭难点训练一、1.解析:y ′=e sin x [cos x cos(sin x )-cos x sin(sin x )],y ′(0)=e 0(1-0)=1答案:B 2.解析:设切点为(x 0,y 0),则切线的斜率为k =00x y ,另一方面,y ′=(59++x x )′=2)5(4+-x ,故 y ′(x 0)=k ,即)5(9)5(40000020++==+-x x x x y x 或x 02+18x 0+45=0得x 0(1)=-3,y 0(2)=-15,对应有y 0(1)=3,y 0(2)=53515915=+-+-,因此得两个切点A (-3,3)或B (-15,53),从而得y ′(A )=3)53(4+-- =-1及y ′(B )=251)515(42-=+-- ,由于切线过原点,故得切线:l A :y =-x 或l B :y =-25x . 答案:A二、3.解析:根据导数的定义:f ′(x 0)=kx f k x f k ---+→)()]([(lim000(这时k x -=∆)1)(21)()(lim 21])()(21[lim 2)()(lim 0000000000-='-=----=---⋅-=--∴→→→x f k x f k x f k x f k x f k x f k x f k k k 答案:-14.解析:设g (x )=(x +1)(x +2)……(x +n ),则f (x )=xg (x ),于是f ′(x )=g (x )+xg ′(x ),f ′(0)=g (0)+0·g ′(0)=g (0)=1·2·…n =n !答案:n !三、5.解:设l 与C 1相切于点P (x 1,x 12),与C 2相切于Q (x 2,-(x 2-2)2)对于C 1:y ′=2x ,则与C 1相切于点P 的切线方程为y -x 12=2x 1(x -x 1),即y =2x 1x -x 12 ①124对于C 2:y ′=-2(x -2),与C 2相切于点Q 的切线方程为y +(x 2-2)2=-2(x 2-2)(x -x 2),即y =-2(x 2-2)x +x 22-4 ②∵两切线重合,∴2x 1=-2(x 2-2)且-x 12=x 22-4,解得x 1=0,x 2=2或x 1=2,x 2=0∴直线l 方程为y =0或y =4x -46.解:(1)注意到y >0,两端取对数,得ln y =ln(x 2-2x +3)+ln e 2x =ln(x 2-2x +3)+2xxx e x x e x x x x x x y x x x x y x x x x x x x x x x x y y 2222222222222)2(2)32(32)2(232)2(232)2(223222232)32(1⋅+-=⋅+-⋅+-+-=⋅+-+-='∴+-+-=++--=++-'+-='⋅∴(2)两端取对数,得 ln|y |=31(ln|x |-ln|1-x |), 两边解x 求导,得 31)1(31)1(131)1(131)111(311x x x x y x x y x x x x y y --=⋅-⋅='∴-=---='⋅7.解:设经时间t 秒梯子上端下滑s 米,则s =5-2925t -,当下端移开1.4 m 时,t 0=157341=⋅,又s ′=-21 (25-9t 2)21-·(-9·2t )=9t 29251t -,所以s ′(t 0)=9×2)157(9251157⨯-⋅=0.875(m/s)8.解:(1)当x =1时,S n =12+22+32+…+n 2=61n (n +1)(2n +1),当x ≠1时,1+2x +3x 2+…+nx n -1=21)1()1(1x nx x n n n -++-+,两边同乘以x ,得 x +2x 2+3x 2+…+nx n =221)1()1(x nx x n x n n -++-++两边对x 求导,得 S n =12+22x 2+32x 2+…+n 2x n -1=322122)1()122()1(1x x n x n n x n x n n n ---+++-+++Von Neumann说过:In mathematics you don't understand things .You just get used to them.掌握了课本,一般的数学题就都可以做了。
横看成岭侧成峰 远近高低各不同——从一道希望杯老题看一题多解思维的广阔性

横看成岭侧成峰㊀远近高低各不同从一道希望杯老题看一题多解思维的广阔性余铁青(广东省中山市桂山中学㊀528463)摘㊀要:一题多解ꎬ就是从不同角度㊁不同思路人手ꎬ运用不同的方法或不同的解题过程ꎬ解答同一问题的思维活动.本文从一道希望杯老题入手ꎬ在解答中渗透一题多解思想的策略ꎬ以期培养同学们审慎的解题习惯与开阔的思维品质.关键词:希望杯ꎻ一题多解ꎻ思维ꎻ广阔性中图分类号:G632㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:1008-0333(2021)04-0024-03收稿日期:2020-11-05作者简介:余铁青ꎬ男ꎬ研究生ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀一㊁问题提出2020届的高考已经尘埃落定ꎬ已经毕业的这一届高三学生让笔者在教学上又多了一份新的体会ꎬ正所谓 愈教愈新 .暑期刚开始没有几天ꎬ有幸作为学科骨干教师参与学校的新教材学习与分享.新教材第一章依旧是集合相关内容ꎬ第二章由基本初等函数(1)变成了一元二次函数㊁方程和不等式ꎬ第三章才开始函数的概念与性质.笔者研读之后结合多届已经毕业学生的高三一年的学习情况与实际高考成绩ꎬ发现新进高一的学生不仅要重点培养对概念深刻的理解ꎬ更多的要培养学生思维的广度ꎬ没有广度的思维是呆板的㊁木讷的㊁没有灵性的!基于此ꎬ笔者思考了以何为载体进行这种思想的培养呢?通过对比ꎬ笔者认为一题多解是个很好的载体.所谓一题多解就是没有唯一和固定的模式ꎬ教师可以通过纵横对比发散㊁知识串联㊁综合沟通等手段ꎬ由一题引发多种解答方法ꎬ为学生构建完善的知识体系.引导学生从不同角度人手ꎬ用不同的解答方法完成解题过程.并以此来帮助学生更加深刻的理解数学的本质概念ꎬ掌握试题解答的思路与方法.帮助学生体会数学的多样美感ꎬ激发数学学习兴趣ꎬ拓宽学生思维的广阔度.㊀㊀二㊁实例分析例㊀(第九届希望杯全国数学邀请赛高一试题)若二次函数fx()=ax2+bxꎬ恒有fx1()=fx2()x1ʂx2()ꎬ求fx1+x2()的值.策略一:利用已知条件ꎬ直接带入化简ꎬ常规操作解法1㊀一方面:由已知条件fx1()=fx2()ꎬ代入得到:ax21+bx1=ax22+bx2ꎬ整理得到:x1-x2()ax1+x2()+b[]=0ꎬ又因为x1ʂx2ꎬ所以ax1+x2()+b=0ꎬ另一方面:fx1+x2()=ax1+x2()2+bx1+x2()=x1+x2()ax1+x2()+b[]ꎬ所以fx1+x2()=0.评注㊀解数学题是有有一定模式的ꎬ各种不同类型的题目有相应的基本解题策略ꎬ这就是常说的 套路 ꎬ实际上就是我们讲的 通性通法 .学生在测试中面对一道试题的时候ꎬ如果不能很快的思考出最优的策略ꎬ那么切不可忽略本原ꎬ即常见常用的解题思路ꎬ在时间不充足的情况下快速的找到解决问题的策略是关键.毕竟时间有限ꎬ先得分ꎬ考完之后再进行反思优化是提高的必由之路ꎬ只会机械的记住套路ꎬ甚至背套路是万万不提倡的ꎬ因为这会完全丧失解题的灵性.策略二:在进行代数运算时ꎬ适当进行变形配方ꎬ效果往往让人喜出望外解法2㊀当x1+x2=0时ꎬ显然fx1+x2()=0ꎻ当x1+x2ʂ0时ꎬ由fx1()=fx2()即得:0=fx1()-fx2()=x1-x2()ax1+x2()+b[]=x1-x2x1+x2ax1+x2()2+bx1+x2()[]=x1-x2x1+x2fx1+x2()ꎬ又因为x1ʂx2ꎬ所以fx1+x2()=0.评注㊀该解法使用配方法改变了代数式的原有结构ꎬ从一个要求的结论出发ꎬ整理配凑出我们希望出现的结构ꎬ再利用整体代换的思想直接得出结果ꎬ而这种思维42是在日常教学中要着重巩固的ꎬ不仅在该题有着很好的应用在其它不等式等相关试题中的应用也是十分广泛的ꎬ所以工具越多ꎬ解题越从容.策略三:联想函数对称轴ꎬ利用二次函数性质ꎬ对称美学凸显解法3㊀由二次函数满足fx1()=fx2()则该函数图像关于直线x=x1+x22对称ꎬ而x1+x2与0也是关于直线x=x1+x22对称的ꎬ那么fx1+x2()=f0()=0.评注㊀函数诸多性质中ꎬ笔者最为推崇对称性ꎬ这是数学美学的最浅显的外在表征ꎬ当然在此处不过多去讨论奇偶性ꎬ单调性ꎬ周期性等.此解法有诸多巧合重叠ꎬ从函数对称轴出发ꎬ结合离函数对称轴距离相等的自变量所对应函数值相等这一结论使得对称之美展现的淋漓尽致!其中在2017新课标3卷理11中的应用亦是美妙至极.㊀策略四:构造方程的根结合韦达定理ꎬ从具体到抽象ꎬ二者自由切换解法4㊀由已知条件fx1()=fx2()ꎬ不妨令fx1()=fx2()=-cꎬ于是有以下不等式组:ax21+bx1+c=0ax22+bx2+c=0{这样就可以把x1ꎬx2视作方程ax2+bx+c=0的两根了ꎬ利用韦达定理知x1+x2=-baꎬ那么fx1+x2()=f-baæèçöø÷=0.评注㊀实际上此解法说好ꎬ其实似乎又有些 臃肿 .如果不设fx1()=fx2()=-cꎬ直接将x1ꎬx2带入fx()的解析式得到方程组ꎬ亦可求得所要结果.这样写仅仅是为了和学生平时所认知的一元二次方程形式进行统一ꎬ做这样的假设形式其实就是最近发展区理论ꎬ这能够很好的和学生所固有的认知契合ꎬ学生很容易接受ꎬ能够有效提高教学效率.策略五:利用抽象函数的广义对称性质ꎬ若函数y=fx()关于直线x=m对称ꎬ则有f2m-x()=fx()解法5㊀由于二次函数满足fx1()=fx2()那么该函数图像关于直线x=x1+x22对称ꎬ所以f2 x1+x22-xæèçöø÷=fx()ꎬ将x=0带入ꎬ立得:fx1+x2()=0.评注㊀这种解法在于对抽象形式的理解和掌握ꎬ是前面解法3的升华.因为该类函数性质实际上可以推广到任意具备对称性函数求值问题ꎬ这就比直接考虑二次函数对称性的思维更加深刻ꎬ将这种解法安排在解法3之后十分合适ꎬ这本身就有利于学生思维的自然过渡ꎬ从而进一步加深对原始二次函数更加深刻的认识.策略六:构造直线共线向量ꎬ利用共线性质ꎬ思维迁移提升解法6㊀由已知条件得:fx()x=ax+bꎬ不妨令fx1()=fx2()=tꎬfx1+x2()=c于是得:Ax1ꎬtx1æèçöø÷ꎬBx2ꎬtx2æèçöø÷ꎬCx1+x2ꎬcx1+x2æèçöø÷ꎬ所以ACң=x2ꎬcx1+x2-tx1æèçöø÷ꎬBCң=x1ꎬcx1+x2-tx2æèçöø÷ꎬ再由三点共线知:ACңʊBCңꎬ那么就有以下数量关系:x2cx1+x2-tx2æèçöø÷=x1cx1+x2-tx1æèçöø÷ꎬ整理得cx2x1+x2=cx1x1+x2ꎬ又x1ʂx2ꎬ所以c=0ꎬ进而fx1+x2()=0.评注㊀该解法笔者是基于微分思想的角度联想到的ꎬ 点线面 ꎬ 一维二维三维 是典型的思维迁移的模范!笔者试图将二次函数降次理解构造共线向量来进行理解ꎬ试过之后ꎬ发现着实可以这么理解ꎬ在讲解中注重灵感思路的来源分析ꎬ对学生的理解很有帮助ꎬ也能很好的启迪学生ꎬ开阔思路ꎬ勇于尝试ꎬ锻炼学生坚毅的品格.策略七:利用行列式三角形面积公式ꎬ高等数学思想与初等数学结合解法7㊀由解法6ꎬAx1ꎬtx1æèçöø÷ꎬBx2ꎬtx2æèçöø÷ꎬCx1+x2ꎬcx1+x2æèçöø÷ꎬ再由三点共线知:x1tx11x2tx21x1+x2cx1+x21=0行列式展开得:cx2x1+x2=cx1x1+x2ꎬ下同解法6.评注㊀行列式在笔者所在学校是没有强调必须要讲解的ꎬ但是基于教学实际ꎬ笔者认为有必要进行讲解.第一ꎬ从高考命题角度与考试大纲要求来看ꎬ初等数学之中融入高等数学思想是命题的重点方向ꎬ类似的还有洛必达法则ꎬ端点效应ꎬ泰勒展开等等ꎬ这就是其中很好的一例!第二ꎬ从考试直接应用来看ꎬ行列式求解三角形面积还广泛存在于平面解析几何之中ꎬ能够有效减少计算量ꎬ达到思路明晰ꎬ解题高效之效果.策略八:由外形结构fx()=ax2+bxꎬ类比到等差数列性质ꎬ秒得答案ꎬ注重由直观想象到逻辑推理的过渡.解法8㊀在等差数列an{}中ꎬSn是其前n项和ꎬ若Sm52=Snmʂn()ꎬ那么Sm+n=0.结合fx1()=fx2()x1ʂx2()ꎬ立马可得:fx1+x2()=0.评注㊀类比思想可以在此处得到了最大的恩宠ꎬ一时间复杂的问题在此刻得到了瞬间的释放ꎬ这才是真正的秒解!是运气?是福气?都不是ꎬ是能力的完美体现!是日积月累的思考与探究!发现新的事物往往是由所熟悉的事物进行迁移类比产生猜想ꎬ然后依赖于严谨的推理论证进行验证.猜想是做学问和锻炼创新思维的出发点ꎬ证明则是推理验证的落脚点与最终归宿.此题只要能通过类比想到ꎬ可以做到比前面任何一种解法都要快ꎬ效率都要高ꎬ真可谓妙不可言!㊀㊀三㊁解题反思纵观以上8种不同解法ꎬ可以说一种更比一种妙!实际上一题多解更够很好的帮助学生构建更加完善的知识体系ꎬ通过让学生比较分析ꎬ会进一步认清哪些只是较为一般的解法ꎬ哪些是比较有创新的思路ꎬ哪种解法更简单等ꎬ这样能够使得大家的思维更开阔㊁更清晰ꎬ从而灵活地把握知识间的横向关系与纵向联系ꎬ提高在解决问题中的能力ꎬ培养学生审慎的解题习惯ꎬ发挥学生的创造性.㊀㊀参考文献:[1]全刚. 一题多解 让知识更系统[J].理科考试研究ꎬ2014ꎬ21(21):91.[2]广东省教育考试院.广东高考年报(2019)[M].广州:广东高等教育出版社ꎬ2020ꎬ3(157).[3]余铁青.解题要有道方法更重要 例谈利用函数对称性解高考题[J].中学数学ꎬ2020(13):51-52.[责任编辑:李㊀璟]发散思维㊀一题多解㊀提升能力以2020年全国高考理科数学Ⅱ卷第21题为例李昌成(新疆乌鲁木齐市第八中学㊀830002)摘㊀要:三角函数的最值问题入口多ꎬ能考查不同水平学生的能力ꎬ采用何种策略解答ꎬ关键在于对问题的认识.2020年全国高考数学Ⅱ卷理科21题第二问是一个典型例子.可以从不同角度ꎬ拓展思路ꎬ分析解答ꎬ变式探究ꎬ再现命题的能力立意ꎬ以期提高认识.关键词:高考题ꎻ解法ꎻ研究中图分类号:G632㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:1008-0333(2021)04-0026-03收稿日期:2020-11-05作者简介:李昌成(1977-)ꎬ男ꎬ四川省资阳人ꎬ本科ꎬ中学正高级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀2020年全国高考理科数学Ⅱ卷的第21题是一个三角函数题ꎬ考查了函数单调性㊁最值以及不等式证明.该题打破了若干年来超越函数ex㊁lnx与带参一㊁二次函数的综合题霸占压轴题位置的惯例ꎬ给我们一线教师带来很多思考ꎬ尤其是第二问ꎬ值得研究.㊀㊀一㊁试题呈现(2020年全国高考理科数学Ⅱ卷第21题)已知函数f(x)=sin2xsin2x.(1)略ꎻ(2)求证:f(x)ɤ383ꎻ(3)略.㊀㊀二㊁解法探究视角1㊀从极值的角度切入ꎬ用极值导出最值证法1㊀对原函数求导得fᶄ(x)=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2xꎬ化简整理得62。
专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题(解析版)

2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇 函数与导数专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题”一.方法综述含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题,历来是高考考查的一个热点,也是高考复习中的一个难点.破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题,而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键.本专题举例说明辨别“任意性问题”与“存在性问题”的方法、技巧.二.解题策略类型一 “∀x ,使得f(x)>g(x)”与“∃x ,使得f(x)>g(x)”的辨析(1)∀x ,使得f (x )>g (x ),只需h (x )min =[f (x )-g (x )]min >0.如图①.(2)∃x ,使得f (x )>g (x ),只需h (x )max =[f (x )-g (x )]max >0.如图②. 【例1】【2020·河南濮阳一中期末】已知函数1()ln (0),()a f x a x a g x x x x=-≠=--. (Ⅰ)求()f x 的单调区间;(Ⅱ)当0a >时,若存在0[1,]x e ∈,使得()()00f x g x <成立,求实数a 的取值范围.【解析】(I )()f x 的定义域为'221(0,),().a a x f x a x x x ++∞=--=- 所以,当0a >时,()'0f x <,()f x 在(0,)+∞上递减;当0a <时,()'0fx >,所以,()f x 在(0,)+∞上递增.(II )在[]1e ,上存在一点0x 使00()()f xg x <成立, 即函数1()ln a h x a x x x x=-++在[]1,e 上的最小值小于0, ()'222(1)1+1()1x x a a a h x x x x x+-⎡⎤⎣⎦=--+-=.①当1+a e ≥,即1a e ≥-时,()h x 在[]1,e 上单调递减, 所以()h x 在[]1,e 上的最小值为()h e ,由()10ah e e a e+=+-<, 得222111,1,111e e e a e a e e e +++>>-∴>---Q ; ②当11a +≤,即0a ≤时,0a >Q ,不合乎题意;③当11a e <+<,即01a e <<-时,()h x 的最小值为()1h a +,0ln(1)1,0ln(1),a a a a <+<∴<+<Q 故(1)2ln(1)2h a a a a +=+-+>. 此时(1)0h a +<不成立.综上所述,a 的取值范围是211e a >e +-. 【指点迷津】(1)这是较为常见的一类恒成立问题,运用数形结合的思想可知,当x 0≥0时,总有f (x 0)≥g (x 0),即f (x 0)-g (x 0)≥0(注意不是f (x )min ≥g (x )max ),可以转化为当x ≥0时,h (x )=f (x )-g (x )≥0恒成立问题.(2)存在x ≥0,使得f (x )≥g (x ),即至少有一个x 0≥0,满足f (x 0)-g (x 0)不是负数,可以转化为当x ≥0时,h (x )=f (x )-g (x )的函数值至少有一个是非负数. 【举一反三】【2020·江西瑞金一中期中】已知函数()()ln f x x x a b =++,曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.(1)求a ,b 的值;(2)若对任意的()1,x ∈+∞,()()1f x m x ≥-恒成立,求正整数m 的最大值. 【解析】(1)由()()ln f x x x a b =++得:()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知:()1211f =-=()112f a '∴=+=,()11f a b =+=,解得:1a =,0b =(2)由(1)知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时,()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时,()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-,1x >,则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2h x x x =--,则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时,()0h x '>,则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ,()422ln 20h =-> ()03,4x ∴∃∈,使得()00h x =当()01,x x ∈时,()0g x '<;()0,x x ∈+∞时,()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈,即正整数m 的最大值为3类型二 “若1122x D x D ∃∈∃∈,,,使得()()12f x g x =”与“1122x D x D ∀∈∃∈,,使得()()12f x g x =”的辨析(1) 1122x D x D ∃∈∃∈,,使得()()12f x g x =等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集,即A ∩B ≠∅,如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值.(2) 1122x D x D ∀∈∃∈,,使得()()12f x g x =等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集,即A ⊆B ,如图④.其等价转化的目标是函数y =f (x )的值域都在函数y =g (x )的值域之中. 说明:图③,图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影. 【例2】【2020河北衡水中月考】已知函数()()()11ln 1f x a x x =---+,()1xg x xe -=.(1)求()g x 在区间(]0,e 上的值域;(2)是否存在实数a ,对任意给定的(]00,x e ∈,在[]1,e 存在两个不同的()1,2i x i =使得()()0i f x g x =,若存在,求出a 的范围,若不存在,说出理由. 【解析】(1)()()1'1xg x x e-=-,()0,1x ∈时,()'0g x >,()g x 单调递增,(]1,x e ∈时,()'0g x <,()g x 单调递减,()00g =,()11g =,()10e g e e e -=⨯>,∴()g x 在(]0,e 上值域为(]0,1. (2)由已知得1()1f x a x='--,且[]1,x e ∈, 当0a ≤时,()'0f x ≥,()f x 在[]1,e 上单调递增,不合题意. 当11a e≥-时,()'0f x ≤,()f x 在[]1,e 上单调递减,不合题意. 当101a e <<-时,()0f x '=得011x a=-.当1(1,)1x a∈-时()'0f x <,()f x 单调递减, 当1()1x e a ,∈-时,()'0f x >,()f x 单调递增,∴()min 11f x f a ⎛⎫= ⎪-⎝⎭.由(1)知()g x 在(]0,e 上值域为(]0,1,而()11f =,所以对任意(]00,x e ∈,在区间[]1,e 上总有两个不同的()1,2i x i =,使得()()0i f x g x =.当且仅当()1101fe f a ⎧≥⎪⎨⎛⎫≤ ⎪⎪-⎝⎭⎩,即()()()()()1111ln 1102a e a a ⎧--≥⎪⎨+-+≤⎪⎩, 由(1)得111a e ≤--. 设()()ln 11h a a a =+-+,10,1a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,()1'111a h a a a =-=--, 当10,1a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,()'0h a <,()h a 单调递减,∴()11110h a h e e⎛⎫>-=-> ⎪⎝⎭. ∴()0h a ≤无解.综上,满足条件的a 不存在. 【指点迷津】本例第(2)问等价转化的基本思想是:函数g (x )的任意一个函数值都与函数f (x )的某两个函数值相等,即f (x )的值域都在g (x )的值域中. 【举一反三】【2020·河南南阳一中期中】已知函数1()ln 1f x x x=+-, 32()324g x x a x a =--+, []0,1x ∈,其中0a ≥.(1)求函数()f x 的单调区间;(2)若对任意[]11,x e ∈,总存在[]20,1x ∈,使得()()12f x g x =成立,求a 的取值范围. 【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞,22111()x f x x x x-'=-+=, 令()0f x '>,解得1x >,令()0f x '<,解得01x <<,∴函数()f x 的减区间为(0,1),增区间为(1,)+∞;(2)依题意,函数()f x 在[]1,e 上的值域包含于函数g x ()在[]0,1上的值域,由(1)可知,函数()f x 在[]1,e 上单调递增,故值域为10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦,由32()324g x x a x a =--+得22()333()()g x x a x a x a '=-=+-, ①当0a =时,()0g x '≥恒成立,故函数g()x 在[]0,1上单调递增,此时值域为[]224,3254,5a a a ⎡⎤-+--+=⎣⎦,故0a =不符合题意;②Q 当0a >时,()0g x '>的解集为(,)a +∞,()0g x '<的解集为(0,)a ,∴ 故函数()g x 在(0,)a 上单调递减,在(,)a +∞上单调递增,且2(0)42,(1)325g a g a a =-=--+,()i 当01a <<时,函数g()x 在(0,)a 上单调递减,在(,1)a 上单调递增,此时值域为{}32224,42,325a a max a a a ⎡⎤--+---+⎣⎦,则此时需要32240a a --+≤,即320a a +-≥,当01a <<时,320a a +-≥不可能成立,故01a <<不符合题意; ()ii 当1a ≥时,()0g x '≤在[]0,1上恒成立,则函数g()x 在[]0,1上单调递减,此时值域为2325,42a a a ⎡⎤--+-⎣⎦,则23250142a a a e ⎧--+≤⎪⎨-≥⎪⎩,解得1122a e ≤≤-; 综上所述,实数a 的取值范围为11,22e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 类型三 f (x ),g (x )是闭区间D 上的连续函数,“∀x 1,x 2∈D ,使得f (x 1)>g (x 2)”与“∃x 1,x 2∈D ,使得f (x 1)>g (x 2)”的辨析(1)f (x ),g (x )是在闭区间D 上的连续函数且∀x 1,x 2∈D ,使得f (x 1)>g (x 2),等价于f (x )min >g (x )max .其等价转化的目标是函数y =f (x )的任意一个函数值均大于函数y =g (x )的任意一个函数值.如图⑤.(2)存在x 1,x 2∈D ,使得f (x 1)>g (x 2),等价于f (x )max >g (x )min .其等价转化的目标是函数y =f (x )的某一个函数值大于函数y =g (x )的某些函数值.如图⑥.【例3】【2020·甘肃天水一中月考】已知函数(1)(1ln )()3x x f x m x++=-,()ln g x mx x =-+(R)m ∈.(1)求函数()g x 的单调区间与极值.(2)当0m >时,是否存在[]12,1,2x x ∈,使得12()()f x g x >成立?若存在,求实数m 的取值范围,若不存在,请说明理由.【解析】(1)1()(0)g x m x x =-+>', 当0m ≤时,1()0g x m x=-+>'恒成立,即函数()g x 的单调增区间为∞(0,+),无单调减区间,所以不存在极值.当0m >时,令1()0g x m x =-+=',得1x m =,当10x m <<时,()0g x '>,当1x m>时,()0g x '<,故函数()g x 的单调增区间为10m (,),单调减区间为1m+∞(,),此时函数()g x 在1x m =处取得极大值,极大值为111()ln 1ln g m m m m m=-⨯+=--,无极小值.综上,当0m ≤时,函数()g x 的单调增区间为()0+∞,,无单调减区间,不存在极值.当0m >时,函数()g x 的单调增区间为10m ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,单调减区间为1m ⎛⎫+∞⎪⎝⎭,,极大值为1ln m --,无极小值 (2)当0m >时,假设存在[]12,1,2x x ∈,使得12()()f x g x >成立,则对[]1,2x ∈,满足max min ()()f x g x > 由(1)(1ln )()3x x f x m x++=-[]1,2x ∈()可得,221(1ln 1)(1)(1ln )ln ()x x x x x x x f x x x +++-++-=='. 令[]()ln 1,2h x x x x =-∈(),则1()10h x x'=-≥,所以()h x 在[]1,2上单调递增,所以()(1)1h x h ≥=,所以()0f x '>,所以()f x 在[]1,2上单调递增,所以max (21)(1ln 2)3(1ln 2)()(2)3322f x f m m +++==-=-由(1)可知,①当101m<≤时,即m 1≥时,函数()g x 在[]1,2上单调递减,所以()g x 的最小值是(2)2ln 2g m =-+.②当12m ≥,即102m <≤时,函数()g x 在[]1,2上单调递增, 所以()g x 的最小值是(1)g m =-.③当112m <<时,即112m <<时,函数()g x 在11,m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,在1,2m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.又(2)(1)ln 22ln 2g g m m m -=-+=-,所以当1ln 22m <<时,()g x 在[]1,2上的最小值是(1)g m =-.当ln 21m ≤<时,()g x 在[]1,2上的最小值是(2)ln 22g m =-所以当0ln 2m <<时,()g x 在[]1,2上的最小值是(1)g m =-,故3(1ln 2)32m m +->-, 解得3(1ln 2)4m +>,所以ln 20m >>. 当ln 2m ≤时,函数()g x 在[]1,2上的最小值是(2)ln 22g m =-,故3(1ln 2)3ln 222m m +->-, 解得3ln 22m +>,所以3ln 2ln 22m +≤<.故实数m 的取值范围是3ln 20,2+⎛⎫⎪⎝⎭【指点迷津】1.本例第(2)问从形的角度看,问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点.2.题设中,使得成立可转化为,进而求出参数.【举一反三】【2020·四川石室中学月考】已知函数()22ln f x x x =-+.(1)求函数()f x 的最大值; (2)若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点. ①求实数a 的值;②若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦(e 为自然对数的底数),不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立,求实数k 的取值范围.【解析】(1)22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->, 由()0{0f x x >>'得01x <<,由()0{0f x x <>'得1x >,∴()f x 在(0,1)上为增函数,在(1,)+∞上为减函数, ∴函数()f x 的最大值为(1)1f =-; (2)∵()a g x x x=+,∴2()1a g x x =-',(Ⅰ)由(1)知,1x =是函数()f x 的极值点,又∵函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点, ∴1x =是函数()g x 的极值点,∴(1)10g a =-=',解得1a =, 经检验,当1a =时,函数()g x 取到极小值,符合题意;(ⅱ)∵211()2f ee =--,(1)1f =-,(3)92ln 3f =-+, ∵2192ln 321e -+<--<-, 即1(3)()(1)f f f e <<,∴1[,3]x e∀∈,min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-,由(ⅰ)知1()g x x x =+,∴21()1g x x =-',当1[,1)x e∈时,()0g x '<,当(1,3]x ∈时,()0g x '>,故()g x 在1[,1)e 为减函数,在(1,3]上为增函数,∵11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=,而11023e e <+<,∴1(1)()(3)g g g e <<,∴1[,3]x e ∀∈,min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====,①当10k ->,即1k >时,对于121,[,3]x x e ∀∈,不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立 12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+,∵12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-,∴312k ≥-+=-,又∵1k >,∴1k >, ②当10k -<,即1k <时,对于121,[,]x x e e ∀∈,不等式12()()11f xg x k -≤-,12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+,∵121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+,∴342ln 33k ≤-+,又∵1k <, ∴342ln 33k ≤-+.综上,所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞. 类型四 “∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使f (x 1)>g (x 2)”与“∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使f (x 1)<g (x 2)”的辨析(1)∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使f (x 1)>g (x 2),等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值,即f (x )min >g (x )min (这里假设f (x )min ,g (x )min 存在).其等价转化的目标是函数y =f (x )的任意一个函数值大于函数y =g (x )的某一个函数值.如图⑦.(2)∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使f (x 1)<g (x 2),等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值,即f (x )max <g (x )max .其等价转化的目标是函数y =f (x )的任意一个函数值小于函数y =g (x )的某一个函数值.如图⑧. 【例4】【2020·江西抚州二中期末】已知函数()42ln af x a x x x-=-++. (1)当4a ≥时,求函数()f x 的单调区间;(2)设()26xg x e mx =+-,当22a e =+时,对任意[)12,x ∈+∞,存在[)21x ∈+∞,,使得()()2122f x e g x +≥,求实数m 的取值范围.【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞,224()1a a f x x x -'=-++2(2)[(2)]x x a x---=, 由()0f x '=,得2x =或2=-x a .当4a >即22a ->时,由()0f x '<得22x a <<-, 由()0f x '>得02x <<或2x a >-;当4a =即22a -=时,当0x >时都有()0f x '≥;∴当4a >时,单调减区间是(2,2)a -,单调增区间是(0,2),(2,)a -+∞;当4a =时,单调增区间是()0,∞+,没有单调减区间.(2)当22a e =+时,由(1)知()f x 在()22,e 上单调递减,在()2,e +∞上单调递增,从而()f x 在[)2,+∞上的最小值为22()6f e e =--.对任意[)12,x ∈+∞,存在[)21x ∈+∞,,使得()()2212g x f x e ≤+,即存在[)21x ∈+∞,,使()g x 的值不超过()22e f x +在区间[)2,+∞上的最小值26e -.由2266xe e mx ≥+--,22e e xm x-∴≤. 令22()xe e h x x-=,则当[)1,x ∈+∞时,max ()m h x ≤. ()()22222()x x e x e xh x e x ---'=Q ()232x x e xe e x+-=-,当[1,2]x ∈时()0h x '<;当[2,)x ∈+∞时,()22xxe xe e +-20xx xee >-≥,()0h x '<.故()h x 在[1,)+∞上单调递减,从而2max ()(1)h x h e e ==-,从而2m e e ≤-. 【指点迷津】“对任意x 1∈(0,2),总存在x 2∈[1,2],使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值大于或等于g (x )在[1,2]上的最小值”. 【举一反三】【2020重庆西南大学附中月考】已知函数()()()11ln x x f x x++=,()()ln g x x mx m R =-∈ .(1)求函数()g x 的单调区间;(2)当0m >时,对任意的[]11,2x ∈,存在[]21,2x ∈,使得()()123f x m g x ->成立,试确定实数m 的取值范围.【解析】(1)由()()ln 0g x x mx x =->,得()'1g x m x=-.当0m ≤时,()'0g x >,所以()g x 的单调递增区间是()0,∞+,没有减区间.当0m >时,由()'0g x >,解得10x m <<;由()'0g x <,解得1x m>,所以()g x 的单调递增区间是10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭,递减区间是1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.综上所述,当0m ≤时,()g x 的单调递增区间是()0,∞+,无递减区间;当0m >时,()g x 的单调递增区间是10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭,递减区间是1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. (2)当0m >时,对任意[]11,2x ∈,存在[]21,2x ∈,使得()()123f x m g x ->成立,只需()()min min 3f x m g x ->成立.由()()()11ln ln 1ln 1x x x f x x xxx++==+++,得()'2221ln 11ln x x xf x x xx x--=+-=.令()()ln 0h x x x x =->,则()'1x h x x-=.所以当()0,1x ∈时,()'0h x <,当()1,x ∈+∞时,()'0h x >.所以()h x 在()0,1上递减,在()1,+∞上递增,且()11h =,所以()()()min 110h x h x h ≥==>.所以()'0f x >,即()f x 在()0,∞+上递增,所以()f x 在[]1,2上递增,所以()()min 12f x f ==.由(1)知,当0m >时,()g x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增,在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递减,①当101m<≤即m 1≥时,()g x 在[]1,2上递减,()()min 2ln22g x g m ==-; ②当112m <<即112m <<时,()g x 在11,m ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上递增,在1,2m ⎛⎤⎥⎝⎦上递减,()()(){}min min 1,2g x g g =,由()()()21ln22ln2g g m m m -=---=-, 当1ln22m <≤时,()()21g g ≥,此时()()min 1g x g m ==-, 当ln21m <<时,()()21g g <,此时()()min 2ln22g x g m ==-, ③当12m ≥即102m <≤时,()g x 在[]1,2上递增,()()min 1g x g m ==-, 所以当0ln2m <≤时,()()min 1g x g m ==-, 由0ln223m m m<≤⎧⎨->-⎩,得0ln2.m <≤当ln2m >时,()()min 2ln22g x g m ==-,由ln223ln22m m m>⎧⎨->-⎩,得 ln22ln2m <<-.∴ 02ln2m <<-.综上,所求实数m 的取值范围是()0,2ln2-.三.强化训练1.【2020·江西萍乡一中期中】已知函数ln ()xx af x e+=. (1)当1a =时,求()f x 的极值; (2)设()xg x xe a -=-,对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当1a =时,ln 1()xx f x e+=,所以函数()f x 的定义域为(0,)+∞, 所以1ln ()xx x xf x xe--'=,且0x xe >, 令()1ln h x x x x =--,所以当01x <<时,10,ln 0x x x -><, 所以()1ln 0h x x x x =-->. 又()2ln h x x '=--,所以当1x >时,()2ln 0h x x '=--<,所以()h x 在(1,)+∞上单调递减,故()(1)0h x h <=. 同理当01x <<时,()0f x '>; 当1x >时,()0f x '<,所以()f x 在(0,1)是单调递增,在(1,)+∞单调递减, 所以当1x =时,()f x 的极大值为1(1)f e=,无极小值. (2)令()()xm x xe f x ax =-,因为对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立,所以()()12min max m x g x >.因为()()ln xm x xe f x ax x x =-=, 所以()1ln m x x '=+.令()0m x '>,即1ln 0x +>,解得1x e>; 令()0m x '<,即1ln 0x +<,解得10x e<<.所以()m x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增, 所以min 11()m x m e e⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 因为()xg x xea -=-,所以()(1)xg x x e -'=-,当0x >时0x e ->,令()0g x '>,即10x ->,解得01x <<;令()0g x '<,即10x -<,解得1x >. 所以()g x 在(0,1)上单调递增,在(1,)+∞上单调递减, 所以max 1()(1)g x g a e==-, 所以11a e e->-, 所以2a e >,即实数a 的取值范围为2,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 2.【2020·河北邯郸期末】已知函数()f x 满足:①定义为R ;②2()2()9xxf x f x e e +-=+-. (1)求()f x 的解析式;(2)若12,[1,1]x x ∀∈-;均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立,求a 的取值范围;(3)设2(),(0)()21,(0)f x xg x x x x >⎧=⎨--+≤⎩,试求方程[()]10g g x -=的解. 【解析】(1)2()2()9xx f x f x e e+-=+-Q ,…① 所以2()2()9xx f x f x ee ---+=+-即1()2()29xx f x f x e e-+=+-…② 由①②联立解得:()3xf x e =-.(2)设2()(2)6x x a x ϕ=-+-+,()()()1333x x x F x x e e xe x =--=+--,依题意知:当11x -≤≤时,min max ()()x F x ϕ≥()()33x x x x F x e e xe xe '+=-+=-+Q又()(1)0xF x x e ''=-+<Q 在(1,1)-上恒成立, 所以()F x '在[1,1]-上单调递减()(1)30min F x F e ∴'='=-> ()F x ∴在[1,1]-上单调递增,max ()(1)0F x F ∴==(1)70(1)30a a ϕϕ-=-≥⎧∴⎨=+≥⎩,解得:37a -≤≤实数a 的取值范围为[3,7]-. (3)()g x 的图象如图所示:令()T g x =,则()1g T =1232,0,ln 4T T T ∴=-==当()2g x =-时有1个解3-,当()0g x =时有2个解:(12)-、ln3,当()ln 4g x =时有3个解:ln(3ln 4)+、12(1ln 2)--. 故方程[()]10g g x -=的解分别为:3-,(12)-、ln3,ln(3ln 4)+、12(1ln 2)--3.【2020·天津滨海新区期末】已知函数()2ln h x ax x =-+.(1)当1a =时,求()h x 在()()2,2h 处的切线方程; (2)令()()22a f x x h x =+,已知函数()f x 有两个极值点12,x x ,且1212x x >,求实数a 的取值范围;(3)在(2)的条件下,若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦,使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a (取值范围内的值)恒成立,求实数m 的取值范围. 【解析】()1当1a =时,()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时,()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=-- 化简得:322ln 220x y +-+=()2对函数求导可得,()()221'0ax ax f x x x-+=>令()'0f x =,可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩,解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=,解得121,1x x a a=-=+而()f x 在()10,x 上递增,在()12,x x 上递减,在()2,x +∞上递增12a <<Q2112x a ∴=+<+()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上,()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈+⎢⎥⎣⎦,使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立 即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+,则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时,()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意②当0m <时,()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭,即104m -<<时,则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时,()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-,则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦4.【2020·全国高三专题练习】已知函数()321(1)32a x x ax f x +=-+.(Ⅰ)当1a =时,求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程; (Ⅱ)讨论函数()f x 的单调性;(Ⅲ)对于任意1x ,2[02]x ∈,,都有122()()3f x f x -≤,求实数a 的取值范围.【解析】(Ⅰ)当1a =时,因为()3213x x x f x =-+所以()221x x f x =-+',(0)1f '=.又因为(0)0f =,所以曲线()y f x =在点()0,(0)f 处的切线方程为y x =. (Ⅱ)因为()321(1)32a x x ax f x +=-+,所以2()(1)0f x x a x a '=-++=. 令()0f x '=,解得x a =或1x =. 若1a >,当()0f x '>即1x <或x a >时, 故函数()f x 的单调递增区间为()(),1,,a -∞+∞;当()0f x '<即1x a <<时,故函数()f x 的单调递减区间为()1,a . 若1a =,则22()21(1)0f x x x x '=-+=-≥,当且仅当1x =时取等号,故函数()f x 在(),-∞+∞上是增函数. 若1a <,当()0f x '>即x a <或1x >时, 故函数()f x 的单调递增区间为()(),,1,a -∞+∞;当()0f x '<即1<<a x 时,故函数()f x 的单调递减区间为(),1a .综上,1a >时,函数()f x 单调递增区间为(1)()a -∞∞,,,+,单调递减区间为(1,)a ; 1a =时,函数()f x 单调递增区间为(,)-∞+∞;1a <时,函数()f x 单调递增区间为()(1)a -∞∞,,,+,单调递减区间为(,1)a .(Ⅲ) 由题设,只要()()max min 23f x f x -≤即可. 令2()(1)0f x x a x a '=-++=,解得x a =或1x =.当0a ≤时,随x 变化,(),()f x f x ' 变化情况如下表:由表可知(0)0(1)f f =>,此时2(2)(1)3f f ->,不符合题意.当01a <<时,随x 变化,()()'f x f x , 变化情况如下表:由表可得3211112(0)0()(1)(2)62263f f a a a f a f ==-+=-=,,,,且(0)()f f a <,(1)(2)f f <,因()()2203f f -=,所以只需()(2)(1)(0)f a f f f ≤⎧⎨≥⎩,即3211262311026a a a ⎧-+≤⎪⎪⎨⎪-≥⎪⎩ ,解得113a ≤<. 当1a =时,由(Ⅱ)知()f x 在[]0,2为增函数, 此时()()()()max min 2203f x f x f f -=-=,符合题意. 当12a <<时,同理只需(1)(2)()(0)f f f a f ≤⎧⎨≥⎩,即3211226311062a a a ⎧-≤⎪⎪⎨⎪-+≥⎪⎩ ,解得513a <≤. 当2a ≥时,2()(1)32f f >=,()2()0(311)f f f =->,不符合题意. 综上,实数a 的取值范围是15,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦.5.【2020·河南安阳期末】已知函数()ln f x x x x =+,()x xg x e=. (1)若不等式()()2f xg x ax ≤对[)1,x ∈+∞恒成立,求a 的最小值; (2)证明:()()1f x x g x +->.(3)设方程()()f x g x x -=的实根为0x .令()()()00,1,,,f x x x x F x g x x x ⎧-<≤⎪=⎨>⎪⎩若存在1x ,()21,x ∈+∞,12x x <,使得()()12F x F x =,证明:()()2012F x F x x <-.【解析】(1)()()2f xg x ax ≥,即()2ln x x x x x ax e +⋅≥,化简可得ln 1x x a e+≤. 令()ln 1xx k x e +=,()()1ln 1xx x k x e -+'=,因为1x ≥,所以11x ≤,ln 11x +≥. 所以()0k x '≤,()k x 在[)1,+∞上单调递减,()()11k x k e≤=.所以a 的最小值为1e.(2)要证()()1f x x g x +->,即()ln 10x xx x x e+>>.两边同除以x 可得11ln x x x e+>.设()1ln t x x x =+,则()22111x t x x x x-'=-=.在()0,1上,()0t x '<,所以()t x 在()0,1上单调递减.在()1,+∞上,()0t x '>,所以()t x 在()1,+∞上单调递增,所以()()11t x t ≥=. 设()1x h x e=,因为()h x 在()0,∞+上是减函数,所以()()01h x h <=. 所以()()t x h x >,即()()1f x x g x +->.(3)证明:方程()()f x g x x -=在区间()1,+∞上的实根为0x ,即001ln x x e=,要证()()2012F x F x x <-,由()()12F x F x =可知,即要证()()1012F x F x x <-.当01x x <<时,()ln F x x x =,()1ln 0F x x '=+>,因而()F x 在()01,x 上单调递增. 当0x x >时,()x x F x e =,()10xxF x e -'=<,因而()F x 在()0,x +∞上单调递减. 因为()101,x x ∈,所以0102x x x ->,要证()()1012F x F x x <-.即要证01011122ln x x x x x x e--<. 记()0022ln x xx xm x x x e--=-,01x x <<. 因为001ln x x e =,所以0000ln x x x x e =,则()00000ln 0x xm x x x e =-=.()0000022212121ln 1ln x x x x x xx x x xm x x x e e e---+--'=++=++-. 设()t t n t e =,()1t tn t e-'=,当()0,1t ∈时,()0n t '>.()1,t ∈+∞时,()0n t '<,故()max 1n t e=.且()0n t >,故()10n t e <<,因为021x x ->,所以002120x x x xe e ---<<.因此()0m x '>,即()m x 在()01,x 上单调递增.所以()()00m x m x <=,即01011122ln x x x x x x e --<.故()()2012F x F x x <-得证.6.【2020·山东邹平一中期末】已知函数()()sin ,ln f x x a x g x x m x =-=+. (1)求证:当1a ≤时,对任意()()0,,0x f x ∈+∞>恒成立; (2)求函数()g x 的极值; (3)当12a =时,若存在()12,0,x x ∈+∞且12x x ≠,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+,求证:12249x x m <. 【解析】(1)()()sin 1cos f x x a x f x a x '=-∴=-,1cos 1x -≤≤Q ,()11cos 0a f x a x '∴≤=-≥,, ()sin f x x a x =-在()0+∞,上为增函数,所以当()0,x ∈+∞时,恒有()()00f x f >=成立; (2)由()()()ln ,10m x mg x x m x g x x x x+'=+∴=+=> 当()00m g x '≥>,()g x 在()0+∞,上为增函数,无极值 当()()0,00;0m x m g x x m g x ''<<<-<>->,,()g x 在()0m -,上为减函数,在(),m -+∞上为增函数,()x m x ∴=-,g 有极小值()ln m m m -+-,无极大值,综上知:当()0m g x ≥,无极值,当()0m g x <,有极小值()ln m m m -+-,无极大值. (3)当()11sin 22a f x x x ==-,在()0+∞,上为增函数, 由(2)知,当0m ≥,()g x 在()0+∞,上为增函数, 这时,()()f x g x +在()0+∞,上为增函数, 所以不可能存在()12,0,x x ∈+∞,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+且12x x ≠ 所以有0m <现不防设()()()()1211220x x f x g x f x g x <<+=+,得:111222112sin ln 2sin ln 22x x m x x x m x -+=-+()()()2121211ln ln 2sin sin 2m x x x x x x --=---①1122sin sin x x x x -<-()()212111sin sin 22x x x x -->--② 由①②式可得:()()()2121211ln ln 22m x x x x x x -->--- 即()()21213ln ln 02m x x x x -->-> 又1221ln ln ,ln ln 0x x x x <->2121302ln ln x x m x x -∴->⨯>-③ 又要证12249x x m <,即证21294m x x > 120,0m x x <<<Q即证m ->④所以由③式知,只需证明:2121ln ln x x x x ->-2121ln 1x x x x -> 设211x t x =>,只需证1ln t t->即证()ln 01t t >> 令()()ln 1h t t t =-> 由()()()2101h t t h t '=>>,在()1+∞,上为增函数, ()()10h t h∴>=2121ln ln x x x x -∴>-,所以由③知,0m ->>成立, 所以12249x x m <成立. 7.【2020·陕西西安中学高三期末】已知函数21()ln 1()2f x x a x a R =-+∈. (1)讨论函数()f x 的单调性;(2)若20a -≤<,对任意[]12,1,2x x ∈,不等式121211()()f x f x m x x -≤-恒成立,求实数m 的取值范围.【解析】(1)∵依题意可知:函数()f x 的定义域为()0,∞+,∴2()a x af x x x x-'=-=,当0a ≤时,()0f x '>在()0,∞+恒成立,所以()f x 在()0,∞+上单调递增. 当0a >时,由()0f x'>得x ()0fx '<得0x <<综上可得当0a ≤时,()f x 在()0,∞+上单调递增; 当0a >时,()f x 在(上单调递减;在)+∞上单调递增.(2)因为20a -≤<,由(1)知,函数()f x 在[]1,2上单调递增,不妨设1212x x ≤≤≤,则121211()()f x f x mx x -≤-, 可化为2121()()m m f x f x x x +≤+, 设21()()ln 12m mh x f x x a x x x=+=-++,则12()()h x h x ≥, 所以()h x 为[]1,2上的减函数, 即2()0a mh x x x x=--≤'在[]1,2上恒成立,等价于3m x ax ≥-在[]1,2上恒成立, 设3()g x x ax =-,所以max ()m g x ≥,因20a -≤<,所以2()30>'=-g x x a ,所以函数()g x 在[]1,2上是增函数,所以max ()(2)8212g x g a ==-≤(当且仅当2a =-时等号成立) 所以12m ≥.8.【2020·浙江温州期末】已知函数()()2log ln a f x x x x =+-,1a >. (1)求证:()f x 在()1,+∞上单调递增;(2)若关于x 的方程()1f x t -=在区间()0,∞+上有三个零点,求实数t 的值;(3)若对任意的112,,x x a a -⎡⎤∈⎣⎦,()()121f x f x e -≤-恒成立(e 为自然对数的底数),求实数a 的取值范围.【解析】(1)()()2ln 1'21ln x f x xx a =⋅+-,∵1x >,∴()'0f x >,故()f x 在()1,+∞上单调递增.(2)()()()()2222ln ln ln 'ln x x a a f x x a +-=,令()()()222ln ln ln g x x x a a =+-,()()22'ln 0g x a x=+>,()10g =, 故当()0,1x ∈,()'0g x <,()1,x ∈+∞,()'0g x >,即()f x 在()0,1x ∈上单调递减;在()1,x ∈+∞上单调递增.()11f =, 若()()11f x t f x t -=⇔=±在区间()0,∞+上有三个零点,则11t -=,2t =.(3)()f x 在1,1x a -⎡⎤∈⎣⎦上单调递减;在(]1,x a ∈上单调递增.故()()min 11f x f ==,()()max 1max ,f x f f a a ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭, 令()()112ln h a f f a a a a a ⎛⎫=-=+-⎪⎝⎭,∴()0h a <, 故()max 1ln f x a a =+-,∴ln 1ln 1a a e a a e -≤-⇒-≤-, 因为1a >,设()ln a a a ϕ=-则1'()10a aϕ=->,故()ln a a a ϕ=-为增函数, 又()ln 1e e e e ϕ=-=-. ∴(]1,a e ∈.9.【2020·浙江台州期末】已知函数()ln f x a x x b =-+,其中,a b ∈R . (1)求函数()f x 的单调区间;(2)使不等式()ln f x kx x x a ≥--对任意[]1,2a ∈,[]1,x e ∈恒成立时最大的k 记为c ,求当[]1,2b ∈时,b c +的取值范围.【解析】(1)因()f x 的定义域为()0,∞+,()()'10af x x x=->, 当0a ≤时,()'0f x <,∴()f x 在()0,∞+上单调递减; 当0a >时,()'f x 在()0,∞+上单调递减,()'0f a =, ∴()f x 在()0,a 上单调递增,在(),a +∞单调递减; (2)()()l ln n f x kx x x f x x x a k x a ++⇒≤≥--()1ln ln a x x x x bx+-++=. ∵[]1,2a ∈,[]1,x e ∈,∴()1ln ln 1ln ln a x x x x b x x x x bx x+-+++-++≥, 令()()21ln ln ln 'x x x x b x x b g g x x x x+-++-+-=⇒=, 由(1)()ln p x x x b ⇒=-+-在()1,+∞上递增;(1)当()10p ≥,即1b =时[]1,x e ∈,()()0'0p x g x ≥⇒≥,∴()g x 在[]1,e 上递增;∴()()min 122c g x g b b c b ===⇒+==.(2)当()0p e ≤,即[]1,2b e ∈-时[]1,x e ∈,()()0'0p x g x ≤⇒≤,∴()g x 在[]1,e 上递减; ∴()()min 22b b c g x g e b c b e e ++===⇒+=+14,2e ee ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦.(3)当()()10p p e <时,()ln p x x x b =-+-在上递增; 存在唯一实数()01,x e ∈,使得()00p x =,则当()01,x x ∈时()()0'0p x g x ⇒<⇒<.当()0,x x e ∈时()()0'0p x g x ⇒>⇒>. ∴()()00000mi 000n 1ln ln 1ln x x x x b x x x c g x g x +-++=+===.∴00000011ln ln b c x x x x x x +=++-=+.此时00ln b x x =-. 令()()()11ln '10x h x x x h x h x x x-=-⇒=-=>⇒在[]1,e 上递增, ()()01,11,b e x e ∈-⇒∈,∴12,b c e e ⎛⎫+∈+ ⎪⎝⎭.综上所述,42,2b c e ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦. 10.【2020·蒙阴实验中学期末】设函数()212ln 222af x ax x x -=+++,a R ∈. (1)当2a =时,求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程; (2)2x =是函数()f x 的极值点,求函数()f x 的单调区间; (3)在(2)的条件下,()217ln 422g x x x x ⎛⎫=-++-⎪⎝⎭,若[)11,x ∀∈+∞,()20,x ∃∈+∞,使不等式()()1122mf xg x x x -≥+恒成立,求m 的取值范围. 【解析】(1)()f x 的定义域为()0,∞+,2a =时,()2ln 2f x x x =++,()12f x x x'=+, ()13f '=,()13f =,所以切线方程为()331y x -=-,即30x y -=.(2)()()22221222ax a x a f x ax x x+-+-'=++=, 2x =是函数的极值点,()8422204a a f +-+'==,可得1a =-,所以()2232(0)2x x f x x x-++'=>,令()0f x '>,即22320x x --<,解得1,22x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭,结合定义域可知()f x 在()0,2上单调递增,在()2,+∞上单调递减. (3)令()()()2ln ln 26h x f x g x x x x x =-=+++,[)11,x ∀∈+∞,[)20,x ∃∈+∞, 使得()()1122m f x g x x x -≥+恒成立,等价于()()2min 21mh x x x x ≥+≥⎡⎤⎣⎦, ()12ln 2h x x x x x'=++-,因为1x ≥,所以2ln 0x x ≥,12x x+≥,即()'0h x ≥, 所以()h x 在[)1,+∞上单调递增,()()14h x h ≥=, 即()20,x ∃∈+∞使得函数4mx x+≤,即转化为240x x m -+≤在()0,∞+有解, ()22424x x m x m -+=--+,所以40m -+≤,4m ≤.。
运用大学数学思想巧解高考题

运用大学数学思想巧解高考题摘要:高考数学试题中的一些难理解的问题往往让同学们花费很多时间。
传统的作法,学生讨论的过程比较复杂,甚至许多同学不知从何入手。
本文结合大学数学对洛必达法则解高考导数问题、行列式知识解高考数列问题、柯西不等式解高考中最值问题进行了解析。
通过引入大学中一些简单知识得到新的方法,简化解题过程,帮助同学们提高解题技巧,让同学们在高考中增加很多优势。
关键词:高考数学大学数学思想洛必达法则行列式柯西不等式引言:近年来,高考数学试题经常与大学数学思想有机接轨,运用大学数学知识解一些高考题反而会很简单且容易被同学们接受.不管高中数学还是大学数学,其思想、方法一直主导着对本学科的学习效果。
大学数学中的一些思想能将高中的一些复杂问题转化为简单,理想的问题。
因此了解和掌握一些大学数学思想方法可以使学生在解决高中问题的实际运用中更加得心应手,同时也有助于学生思维能力的拓宽和解题技巧的提高。
下面,笔者就中学巧妙运用大学数学思想解题举几个例子。
一.洛必达法则巧解高考题近年来,导数问题中的求参数取值范围成为许多数学高考试卷的压轴题中一类重点考查题型。
对于这种题目,很多同学会想到分离参数方法。
但在高中范围内,用分离参数的方法解这类题经常需要复杂的讨论,学生理解与应用起来常常会遇到很多困难。
而利用大学数学知识中的洛必达法则来解决这一问题往往会轻松很多。
洛必达法则设函数 f( x)、g( x)满足:(1)limx→af(x)=limx→ag(x)=0;(2)在u0(a)内,f′(x)和g′(x)都存在,且g′(x)≠0;(3)limx→af′(x)g′(x)=a(a可为实数,也可以是±∞)则limx→af(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x)=a。
例:( 2011 年全国新课标理)已知函数曲线 y = f( x)在点[1,f( 1) ]处的切线方程为 x +2y -3 =0。
(ⅰ)求 a、b 的值;(ⅱ)如果当 x >0,且 x≠1 时,f( x) >lnxx-1+kx,求 k 的取值范围。
从一道高考题谈与函数零点有关的变量取值范围问题

从一道高考题谈与函数零点有关的变量取值范围问题浙江省兰溪市第一中学(321102)张城兵函数零点是函数、方程与不等式三个知识块联系的重要桥梁,因而知识点的重要性就不言而喻了,由它产生的题目简约而不简单,内涵丰富,意境深远.多种知识和解题技巧组合在一起,往往让学生无从下手,或者中途夭折.笔者选取一些典型的例子,予以剖析,以飨读者.例1(2015年高考浙江文科第20题)设函数f(x)= x2+ax+b(a,b e R).(1)略;⑵已知函数f(x)在[—1,1]上存在零点,0W b—2a W1,求b的取值范围.解法一这是当年浙江省文科高考压轴题,至今让人津津乐道,回味无穷.考生首先想到方法一,但庞杂的不等式组和难画的线性规划图,使学生很难做全对,由方程f(x)=0在[—1,1]上有实根及已知,得0W b—2a W1, (i)0w b—2a w1,f(—1)•f⑴W0;或者(ii)a—1<一2<1,f(—1)20,f(1)20,A=a2—4b20.①若a W0时,p(x)>0,即h'(x)>0,则h(x)在[1,+8)单调递增,则h(x)2h(1)=0,则h(x)max W0不成立.11214a2①若0<a<2,p(x)=-a(x-—)十———开口向下,对称轴为x=,A=1—4a2>0,则2ap(x)=—ax2+x—a=0存在两个实根x1、x2(x1<x2),则x1+x2=1>0,且x1x2=1,则0<x1<1<x2,令ap(x)>0,则1<x<x2;令p(x)<0.则x>x2.从而h(x)在(1,x2)单调递增,在(x2,+8)上单调递减,在x=x2取最大值h(x)max=h(x2)>h(1)=0,则h(x)max W0不成立.①若a22,p(x)=-a(x-—)2十——开口向下,A=1—4a2W0,则p(x)W0在[1,+8)恒成立,即h'(x)W0在[1,+8)恒成立,则h(x)在[1,+8)单调递减,则h(x)在x=1取最大值h(x)max=h(1)=0,则h(x)max W0成立.综上可得—e[2,+8).评注本题巧妙处理ln x是解题的关键,这类问题可归纳为f(x,a)ln x W g(x,a)(f(x,a)>0)恒成立,构造函数h(x)=g(x,—)—ln x,则h(x)min20,h'(x)=f(x,a)g(込仍⑦2)—f'(x,a)g(x,a)—i,导函数h'(x)中不含f2(x,a)xln x,易于判断单调性和零点,有助于解题.三、指数函数与对数函数的复合函数处理策略例3(2018年高考新课标I卷第21(2)改编)已知函数f(x)=a e x—ln x—1.f(x)20恒成立,求a取值范围.思路本题是函数不等式恒成立问题,需构造函数并转化为函数最值来解决,由于f(x)是由y=e x和y=ln x联合构成,考虑y=e x和y=ln x导函数特征,因此构造函数g(x)=e-x(ln x+1),并转化为求g(x)最值来解决.解f(x)=a e x—ln x—120恒成立O a2e-x(ln x+1)恒成立•令g(x)=e-x(ln x+1),则待证式归结为g(x)max W a.由于g'(x)=e-x(1—ln x—1),令h(x)=——ln x—1,xx则h'(x)=—£—1<0,从而h(x)在(0,+8)单调减.因为h(1)=0,所以x e(0,1)时,h(x)>0,即 g(x)>0, x e(1,+8)时,h(x)<0,即g(x)<0,则g(x)在(0,1)单调增,在(1,+8)上单调减,故g(x)max=g(1)=j,则a2—,即a e[—,+8).ee评注对于同时出现指数函数和对数函数的不等式问题,通常是整理成ln x与其它不含e x项构成多项式,最后与e x构成积或商的形式,即将形如f(x,a)e x+f(x,a)ln x+g(x,a)20(f(x,a)>0)的不等式,变形得到e-x(ln x+洋喫)2—1,再构造函数f(x,a)h(x)=e-x(ln x+专单),则问题归结为h(x)口-2—1f(x,a)的问题.高考导数问题中的函数通常都是由初等函数,把握初等函数导函数特性,恰当构造函数是解题的关键.本文研究了导数压轴题中三类函数问题中的函数构造,归纳总结了一般性结论,因此,解导数压轴题可根据函数形式选择相应的策略构造函数求解.0 f b 一 2a f 1,, 一若(i)成立,则 <在坐标系I (1 — a + b)(1 + a + b) f 0,21 aOb 中作岀点(a,b)的可行域如图1所示,由A (-2, -3),D(—2, 一3)得 一3 f b f 一3;0 f b — 2a f 1,若(ii)成立,则<+ 2 5在坐标系aOb 中作1 + a + b2 0,a 2 — 4b 2 0,岀点(a,b)的可行域如图2所示,由点A(4 — 2/5, 9 — 4/5),1 2 2C (-3, -3),得-2 f b f 9 - W5,故b 的取值范围是 [—3, 9 - 4/5].解法二(官方的标准答案)设s,t 为方程f (x) = 0的解,且-1 f t f 1,(笔者注:因为题目告知函数f(x)个零点t e [—1,1], s 模糊处理),则在[—1,1]上存在零点,个数不明确,所以只要保证其中一 S 十t 一 一-,由于st = b,2t 1 2t0 f b 一 2a f 1,因此壬十2 f s f 壬十2 (-1 f t f 1).当 —2t 2 t — 2t 2 2 —2t 20 f t f 1 时,----f st f -----------.由于---f -------- f 0t + 2 t + 2 3 t + 21 t — 2t2 2和-3 f f 9 - W5,所以-3 f b f 9 - W5.当—1 f t< 0 时,上兰 f st f 二22,由于一2 f 二22 < 0t +2 t +2 t +2t2t 2和—3 f< 0,所以—3 f b< 0.故b 的取值范围是[—3, 9 - 4/5].解法三函数f (x)在 [—1,1]上存在零点,也就是 g(x) = ax + b 与 h(x) = —x 2 在x e [—1,1]上有交点,而条件0 f b — 2a f 1意味着函 数g(x) = ax + b 图象过横坐 标为—2,纵坐标在[0,1]上变化的点,也即为线段AB 上的任意一点,且它与抛物线段有 公共点,如图3,求截距b 的范围.由图可知,直线BC 、BD不符合要求,直线AC 、AD 符合要求,找它们与抛物线段 有公共点的临界状态时b 的值即为所求.易求AC 的方程 y = —2x - 3,令 AD 的方程 y - 1 = k(x + 2)与 y = —x 2 联 立,得x 2 + kx + 2k + 1 — 0,若直线AD 与抛物线相切,由△ 一 k 2 — 8k — 4 = 0,得 k = 4 ± 2/5,取 k = 4 — 2/5(因 为x e [—1,1]的限制,故k = 4+ 2/5舍去),所以截距b = 9 一 4/5.综上,b 的取值范围是[—3, 9 一 4/5].评注 方法一是学生首先想到方法,毕竟这也是学习函数零点后常用方法,但是它的复杂程度超乎想像;方法二是很创意的,用确定区间上的零点来充当自变量,特别是对另 一个零点s 的模糊处理是神来之笔;方法三更胜一筹,达到数形结合的最高境界.下面笔者以零点个数为标准,分门别类剖析.一、 零点个数明确,以零点为自变量例2 (2017年浙江省数学竞赛题)已知函数f(x)=x 2 + ax + b (其中a,b e R ),在区间[0,1]内有两个零点,则 a 2 - 2b 的取值范围是 _.解析 设零点为x 1,x 2 e [0,1]且x 1 = x 2,则x 1 + x 2 = —a,nx 2 = b ,此时,x 1 ,x 2是独立变量,各 自可取到最大或最小值,只是要考虑不相等即可,所以 a 2 — 2b = x 12 + x 22 e (0, 2).例3已知函数f (x) = x 2 + ax + b(a,b e R)在区间 (0,1)和(1,2)上各有一个零点,则a 2 + a 一 2b 的取值范围为—•解析 设两零点为 x 1, x 2, 且 x 1 e (0, 1), x 2 e (1, 2), 则a 2 + a — 2b = (x 1 —㊁)2 + (x 2 — 2)2 — —, a 2 + a — 2b 的取值范围为(--,2).例4 (2014年浙江省数学竞赛第18题)已知b,c e R , 二次函数f (x) = x 2 + bx + c .在(0,1)上与x 轴有两个不同交点,求c 2 + (b + 1) • c 的取值范围.解 析 令 r, s 为 二 次 函 数 的 两 个 零 点 (r = s ), 则 f (x) = (x — r)(x — s),易知 r + s = —b, rs = c ,所以c 2 + (b+1) • c = c(c + b +1) = rs(1 - r)(1 - s) f 1 • 4 = 16,因为r = s ,所以等号不成立,故c 2 + (b 十1) • c 的取值范围 是(0,16).评注此三例零点明确有几个,并在哪个区间,此时的零点就是自变量,并且取值范围也知道了,将所求的代数式转化为以零点为自变量的函数,尽管有两个自变量,但它们是 独立的,所以取值范围不难求,这是一种常规方法.二、 零点个数模糊,选一个独挡一面例 5 已知函数 f (x) = x 2 + ax + b(a,b e R)在[0,1]上至少有一个零点,则a 2 + 2b 的取值范围是 —.解析 零点个数不明确,题干中又未要求予以讨论,此时解法可能与零点个数无关,故只需选某个零点为x o ,x o e [0,1],当然此时不能用韦达定理了,而改用方程实根的定义(函数的零点实质就是方程的实根),则x 2 + —x o + b = 0,即b = —x 2 — ax o ,所以 a 2 + 2b = a 2 — 2ax o — 2x o ,这是有两 个变量的函数,a 与x o 没有明显的制约关系,故可以先看作以—为主元的二次函数,求得(a 2 + 2b)mm = — 3x g ,再以x o 为主元,因为 x o e [0,1],故 a 2 + 2b e [—3, 0].例6已知函数f(x) = x 2 + ax + b (其中a,b e R )在区间(0,1]内有零点x o ,则ab(器+ L — j)的最大值是4 9x o 3解析 令零点为 x o , x o e (0, 1], 则 x 2o + ax o + b = 0, 即b = —x o 2 — ax o , 所以x o 1 1 1 4ab (〒 + —百)= ab(9x o + — 12)4 9x o 3 36 x o 1 2 4=乔 a(—x o — ax o )(9x o +---------12)36 x o 12=乔 a(—x o — a)(9x ° — 12x o + 4)36W —述(3x o — 2)2 = — [x o (3x o — 2)]2 W —36 o 丿 144 L 八0 144此例解法与前一例一脉相承,只是求最值难度加大,有更强的技巧性.例7已知二次函数f (x) = ax 2 + bx + e 有零点,若(a — b)2 + (b — e)2 + (e — a)2 2 Ma 2 恒成立,则实数 M 的 最大值是 .解析由已知b 2 2 4ae ,则(-)2 2 4 •二令-=x, e =a a a ay ,则 x 2 2 4y ,由(a — b)2 + (b — e)2 + (e — a)2 2 Ma 2,得M W (1 — -)2 + (- — e )2 + (e — 1)2,进而 M W (1 — x)2 +a a a a(x — y)2 + (y — 1)2 = 2y 2+2x 2 — 2x —2y —2xy +2,令 g(y)=2y 2 + 2x 2 — 2x — 2y — 2xy +2 = 2y 2 — (2 + 2x)y + 2x 2 — 2x + 2, 此时看作关于y 的二次函数,定义域为(—8,1 x 2].x + 1 W 斗,即 x 2 1 + / 苇丄)=3(x — 1)2,从而1) 当对称轴y —2或 x W 1 — ^3, g(y)mm = g(9g(y)min 2 2.2) 当y ="十丄> %,即x 2 2 4 4g (y )min = g (冷)=41 x 4 — 1 x 3 + 3x 2 — 2x + 2, g ' (y) = jx 3 — 2x 2 + 3x + 2 =1(x — 1)(x 2 — 2x + 4),令 g '(y) = 0,得 x = 1 为极小值点,2 9 9 9故g(y)mm = 9.所以M W 9,从而实数m 的最大值是9.8 8 8评注 例5、例6零点个数不明确,我们可以在规定区间1 一 < x < 1 + J3 时,x x 2 2——(2x + 2) •〒 + 2x 2 — 2x + 2 =内选一个记作x o ,但无法只用x o 来表示所求代数式,所以借助主元方法, 先来后到, 确保 x o 用在最后, 而例 7 不用设零 点,这是由所求问题决定的,利用齐次式,达到减元目的.三、 三个或四个函数的零点问题的处理例 8 若函数 f (x) = 2x 3 + mx 2 + nx +1 在(0,1)上有三个不同的零点,则f (0).f (1)取值范围是____.解析 令 f (x) = 2(x — x 1 )(x — x 2)(x — x 3),(x 1,x 2,x 3互不相等)则 f (0).f ⑴=—4[x 1(1 — x 1)][x 2(1 - x 2)][x 3(1-x 3)] 2 —4 x 1 x 1 x 1 = — 1 (用均值不等式,但等号取不4 4 4 16到),所以f (0).f (1)取值范围是(—1,0).16例 9 已知函数 f (x) = x + £, g(x) = f 2 (x) — af (x) + 2a有四个不同的零点x 1,x 2,x 3,x 4,则[2 一 f (x 1)] • [2 一 f (x 2)] • [2 一 f (x 3)] • [2 一 f (x 4)]=------.解析 令 t = f (x),则 y = g(x) = t 2 — at + 2a ,因为 g(x)有四个不同零点x 1 ,x 2,x 3,x 4,故t 2 — at + 2a = 0有两个不 等实根 t 1, t 2 且 t 1 +12 = a, t 1t 2 = 2a ,所以 2(t 1 +12)= t 1t 2, 令 f (x 1) = f (x 2)= t 1,f (x 3)= f (x 4)= t 2,所以[2 —f (x 1)].[2 —f (x 2)]•[2 —f (x 3)]^ [2 —f (x 4)] = [(2 — t 1)(2 — t 2)]2 = 16・例 10 设 x 1, x 2 是 a 2x 2 + bx + 1 = 0 的两实根; x 3, x 4是 ax 2 + bx + 1 = 0 的两实根. 若 x 3 < x 1 < x 2 < x 4, 则实数a 的取值范围是—.解析 当 a > 0, 如 图 4,g(x 1) < 0 = f (x 1),所以ax 12 < a 2x 12, 得 a > 1; 当 a <0, 则 g(x 2) > 0 = f(x 2), 求得ax 2 +bx 2 + 1 > a 2x 2 +bx 2 + 1,解得0 < a < 1,矛盾,故a 的取值范围是(1, + 8).评注 零点个数增加,并不影响方法,只是增加学生理解难度.四、 反弹琵琶型——函数不存在零点例 11 已知 f (x) = x 2 — 2x + e, f 1(x) = f (x),f n (x)= f (f n -1(x))(n 2 2,n e N *),若函数 y = f ”(x) — x 不存在零点,则e 值的取范围是—.9解析 当f(x) = x 无解时,用判别式得e > 9,此 时 f (x) > x 恒成立,则 f 2(x) — 2f (x) + e = x < f (x)即f 2(x) — 3f(x) + e < 0此时仍无解,由数学归纳法, 9y = f n (x) — x 无零点.而当e W 4时,f (x) = x 有解,9则y = f n (x) — x 存在零点•所以e 值的取范围是(4 , + 8).图4三角形的一个半角公式及其应用安徽省枞阳县宏实中学(246700)江保兵在教学中,笔者发现了三角形的一个半角公式,并发现它们在解题中若能巧妙应用,往往可以达到事半功倍的效果.设AABC 的三边分别为a, b, c ,外接圆和内切圆的半径分别为R, r ,面积和半周长分别为S 和p ,则有:cos A b 2 十 C 2 - a 22cos 2 A - 12 b cAcos —2/(b + c - a)(b + c + a)Vcos Ab 2 十芒一护 1 - 2sin 2 A 2 bc .A sin 2"/ (a + c — b)(a + b — c)V①1①22 A _ (a + c — b)(a + b — c)2 (b+ c — a)(b + c + a)(a + c — b)2 (a + b — c)2(a + c — b)(a + b — c)(b + c — a)(b + c + a)c) + (c 十 a — b)(c + b — a) 2 4证明 tan A = (a 十 c一 b)(a 十 b 一 c) o 4S tan A = 24S 2(a + c 一 b)(a + b 一 c),同理:B 4S tan — = (b + c — a)(b + a — c),C4S tan — = (c + a — b)(c + b — a),所以待证不等式转化为:ABC4S (tan — + tan — + tan —) 2 ^/3SABC 尽O tan ㊁ + tan ㊁ + tan — 2 v 3,由 f (x) = tan x 的 凹凸性,tan A + tan # + tan £ 23tan A 十B 十C = /3即原不等式成立,当且仅当AABC6为正三角形时,等号成立.tan -A(a + c — b)(a + b — c)4S①3我们把①,②,①称为三角形的半角公式,下面结合具体的实例,谈谈这三个公式在解题中的应用.例1 (《数学通报>2020年4月号数学问题2536)设 △ABC 的三内角A,B,C 所对的三边分别为a,b,c ,三角形 面积为△,求证:(a + c — b)(a + b — c) + (b + c — a)(b + a —例2 (《数学通报>2020年7月号数学问题2551)设△ABC 的面积为S ,求证:ab + bc + ca ;S = 27^ 1 ;sin A 十 sin B 十 sin C,a + b + c . 2 A B C S = (-------------)2 tan — t an — tan —;' 2 ' 2 2 2S 2ab + 2bc + 2ca — a 2 — b 2 — c 2S = ―A B C •4(tan — + tan — + tan —)(1)(2)(3)评注 学生习惯顺向思维,突然岀现逆向思维的问题,对 他们来说很难摆脱定势干扰,就好比说研究在某某区间单调性,一般学生没问题,但突然要求在某区不单调,就会手忙脚乱.读者对下面练习不妨一试:1. 若函数 f (x) = x 2 + 2ax + b , (x e [1, 2])有两个不同的零点,则a + b 的取值范围为()A. (0, 3]B. (0, 2)C. (1,3)D. [0, 3]2. 已知函数f (x ) = x 2 + ax 十b (其中a,b e R ),在区间[0,1]上有零点,则ab 的最大值是____.3. 已知二次函数 f (x) = ax 2 + bx + c(a,b, c e N *),函数f (x)在(-4,4)上有两个零点,则a + b + c 的最小值为4. 已知 a, b e R 且 0 f a+b f 1,函数 f (x) = x 2 +ax+b 在[--,0]上至少存在一个零点,则a - 2b 的取值范围是5. 已 知关于 x 的方程 x 2 + 2bx + c = 0(b, c e R) 在[—1,1]上有实数根,0 f 4b + c f 3,则b 的取值范围是____.6. (2017年福建省数学竞赛题)若关于x 的方程x 2 + ax + b 一 3 = 0(a,b e R)在区间[1,2]上有实根, 则a 2 + (b - 4)2的最小值为—.7. 若 a, b, c 为正整数, 方程 ax 2 + bx + c = 0 的两个实 数根x 1, x 2满足—1 < x 1 < x 2 < 1,求a + b + c 的最小值.参考答案 1. B 2. - 3. 41 4. [0,1] 5.[—1,2]6. 27. 最小值为11.。
稳中见变务实创新 题简义丰培能选贤——2022年高考数学甲卷(理科)试卷评析

㊀㊀㊀试卷评析比赛特等奖获奖论文之二:稳中见变务实创新㊀题简义丰培能选贤∗2022年高考数学甲卷(理科)试卷评析◉四川省双流中学㊀邓㊀明㊀赵一凡㊀曹军才1试卷分析2022年全国甲卷(理科)试卷落实高考改革的总体要求,贯彻德智体美劳全面发展的教育方针,聚焦核心素养,突出阅读理解㊁信息整理㊁语言表达㊁批判性思维四项关键能力的考查,体现了高考数学的科学选拔功能和全面育人导向作用.试题体现以下特点.1.1构建丰富情境,发挥育人功能1.1.1统计图表创设生活情境如第2题考查统计图表.统计图表在生产与生活中应用非常广泛,前些年是高考热点,沉寂两年之后,又出现在了高考试卷中.高考对统计图表的考查不局限于频率分布直方图㊁茎叶图,生产与生活中的折线图㊁柱形图㊁扇形图㊁雷达图在高考中都考查过.本题以社区环境建设中的 垃圾分类 为背景考查学生的数据分析能力,对数据处理与数学运算素养也作了相应的考查.1.1.2扇形弧长浸润数学文化如第8题取材于我国古代科学家沈括的杰作«梦溪笔谈»,以沈括研究的圆弧长计算方法 会圆术 为背景,以中华优秀传统文化为情境材料设置试题,让学生直观感受我国古代科学家探究问题和解决问题的过程,让学生领略中华民族的智慧和数学研究成果,进一步树立民族自信心和自豪感,培育爱国主义情感.1.1.3概率统计体现应用价值如第19题以校园体育比赛为背景考查随机事件的概率计算㊁随机变量的概率分布列和期望.考查学生在现实情境下解决实际问题的能力,在试题的设计引导中加强体育锻炼㊁劳动教育的理念.统计概率解答题注重知识的综合应用与实际应用,作为考查实践能力的重要载体,命题者要求考生会收集㊁整理㊁分析数据,能从大量数据中抽取对研究问题有用的信息,并作出判断,进而做到由样本数据估计总体特征.1.2重视基础知识,考查关键能力1.2.1立体几何回归基础模型如第18题,从题干来看,为常见的四棱锥模型,且底面特殊,对初中平面几何的考查是本题的关键.设问为证明两条直线垂直和求线面角的正弦值,主要考查基础知识㊁基本方法,难度不大,属于得分题.利用空间向量求空间角,运算错误是失分主要原因.1.2.2压轴小题狠抓关键方法如第12题:已知a =3132,b =c o s 14,c =4s i n 14,比较a ,b ,c 的大小.以三角函数㊁二次函数为载体,主要考查不等式性质㊁三角函数㊁不等式的证明㊁导数法判断单调性等.考查了转化与化归方法㊁数形结合方法和运算能力,属于把关题,能够有效区分不同水平的学生.一方面,比较大小是高考热点题型,常用的比较大小的方法如作差法㊁作商法㊁单调性法㊁放缩法是学生重点要掌握的.另一方面,需要学生较强的观察能力,抓住14这个数字非常关键,据此对三个数有效关联,构造合适的函数,通过函数单调性等来解决问题.构造函数是本题的难点.其中b 与c 大小的比较,是源于教材习题中的s i n α<α<t a n α0<α<π2æèçöø÷.具体而言,a =3131=1-132=1-12ˑ14æèçöø÷2=f 14æèçöø÷,其中f (x )=1-12x 2;312022年12月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀考卷评说命题考试∗基金项目:本文系四川省教育科研重点课题 分享 创生 教学的理论与实践 (课题编号:[2019]514G16)的研究成果.Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀b=c o s14=g14æèçöø÷,其中g(x)=c o s x;c=4s i n14=s i n1414=h14æèçöø÷,其中h(x)=s i n x x.由F(x)=f(x)-g(x)=1-12x2-c o s x和G(x)=g(x)-h(x)=c o s x-s i n x x的单调性即可比较a,b,c的大小.以往比较大小的问题,常表现为某函数当自变量取不同值时,比较函数值的大小.例如2021年新高考全国Ⅱ卷第7题:已知a=l o g52,b=l o g83,c=12,则下列判断正确的是(㊀㊀).A.c<b<a㊀㊀㊀㊀B.b<a<cC.a<c<b D.a<b<c本题中,由于c=12=l o g55>l o g52=a,c=12=l o g822<l o g83=b,因此把分别a,c看作函数y=l o g5x的函数值,把b,c分别看作y=l o g8x的函数值,利用这两个对数函数的单调性即可比较大小.高考不断推陈出新,在这类问题中增加了放缩的成分,所比较的数据结构不完全一致,但可以通过放缩达到一致.例如2020年全国高考Ⅰ卷第12题:若2a+l o g2a=4b+2l o g4b,则(㊀㊀).A.a>2b B.a<2bC.a>b2D.a<b2本题中,2a+l o g2a=22b+l o g2b=22b+l o g22b()-1<22b+l o g22b(),结合函数y=2x+l o g2x在(0,+ɕ)上是增函数,可知a<2b.该题仍然没有走出上述表现形式.直到2021年全国乙卷理科第12题,其比较大小的理念发生了变化,添加了新的思想,即不同函数当自变量取同一值时的函数值的大小关系,这样构造函数的难度有所提升,并且函数单调性的判断难度也显著升高.例如2021年全国乙卷理科第12题:设a=2l n1.01,b=l n1.02,c=1.04-1.则(㊀㊀).A.a<b<c㊀㊀㊀㊀B.b<c<aC.b<a<c D.c<a<b本题中,a,b大小关系的判断仍可根据a=2l n1.01=l n1.012(),利用y=l n x的单调性,转化为比较1.012与1.02的大小关系,就可以判断a与b的大小关系.但c与对数函数没有关系,不得不采用以下策略:设f(x)=2l n1+x(),h(x)=1+4x-1,则a=f0.01(),c=h0.01().a与c的大小,等价于f0.01()与h0.01()的大小,等价于f0.01()-h0.01()与0的大小,构造F(x)=f(x)-h(x)=2l n1+x()-1+4x+1后,则等价于F0.01()的正负.自然要探究F(x)的单调性了.同理可比较b与c的大小.2022年全国甲卷的第12题,明显继承了2021年全国乙卷的第12题的上述思想,事实上,2022新高考Ⅰ卷第7题亦如此.比较大小作为高考热门题型,几乎每年都会命制.甚至同一年中好几套卷子都会命制,看似屡见不鲜的比较大小,实际上其中蕴含的方法和思想已经发生了变化,体现了高考题稳中见变,务实创新的命题风格.1.2.3关键位置 落实计算基础如第16题:已知әA B C中,点D在边B C上,øA D B=120ʎ,A D=2,C D=2B D.当A C A B取得最小值时,B D=.设B D=m,由余弦定理,得A C2A B2=4m2-4m+4m2+2m+4.函数f m()=4m2+4-4mm2+4+2m的最值探究是本题的一个难点,也是学生的一个痛点.因为较少有学生系统掌握分式函数的最值问题,没有形成方法体系,所以有不少学生依赖导数 普适性㊁通用性 的优势来探究分式函数的相关性质.杀鸡焉用宰牛刀,这类函数往往将其解析式变形为一次函数㊁二次函数㊁反比例函数㊁ 双勾 函数㊁ 飘带 函数的复合函数,利用这些基本初等函数的图象与性质即可解决.1.3突出理性思维,考查学科素养1.3.1函数导数 突出转化思想如第21题第(2)问,已知函数f(x)=e x x-l n x+x-a,求证:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.极值点偏移是近年高考热点,本题除了用常见的构造对称函数㊁比值换元㊁差值换元㊁对数均值不等式等手段转化待证不等式外,也考查了 函数同构 ,即复合函数的换元法.f(x)=e x x-l n x+x-a=e x x+l n e x x-a=u+l n u-a,其中u=e x x;或者f(x)=e x x-l n x+x-a=e x-l n x+x-l n x()-a=e v+l n v-a,其中v=x-l n x.换元转化后的函数解析式明显简化,计算量骤然减小.可谓一题多考㊁活考.转化化归的途径方式多样,可谓题简义丰,综合考查.41命题考试考卷评说㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀2022年12月上半月Copyright©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀1.3.2解析几何检验综合能力如第20题(2)问,设抛物线C :y 2=2px p >0()的焦点为F ,点D p ,0(),过F 的直线交C 于M ,N 两点.当直线MD 垂直于x 轴时,M F =3.设直线MD ,N D 与C 的另一个交点分别为A ,B ,记直线MN ,A B 的倾斜角分别为α,β.当α-β取得最大值时,求直线A B 的方程.需要将α-β最大,转化为t a n α-β()最大,进而转化为t a n α-t a n β1+t a n α t a n β最大,而t a n α与t a n β即直线MN ,A B 的斜率,回归到基本的斜率概念.再利用k MN 与k A B 的坐标表示,转化为函数问题,回归到常见的最值范围问题.这一系列转化过程综合了两角差的正切公式㊁直线倾斜角与斜率关系㊁斜率的坐标表示㊁函数的单调性与最值等知识.其中还综合了蝴蝶定理㊁米勒问题㊁配极变换等著名数学问题.表面上考查最值范围,其实暗中综合定值㊁定点,体现了考查学生综合素养的要求.另外,试题还可以推广到一般圆锥曲线中,同样题简义丰.具体而言,由F ,D 均为定点,以及抛物线的性质可知直线A B 与x 轴的交点T 也为定点,从而本题综合了定值㊁定点问题;如图1,直线X Y 垂直x 轴于点D ,交直线MN 于点X ,交直线A B 于点Y ,交抛物线于P ,Q 两点.由蝴蝶定理知X D =Y D ,可据此简化运算.如图2,直线MN 与A B 交于点Q ,直线P Q 是点D 的极线,从而本题综合了配极变换;由D 为定点得P Q 为定直线,从而本题综合了米勒问题.图1㊀㊀图2全国甲卷连续三年以直线和抛物线为载体考查解析几何的基础知识以及基本思想方法,且分别以阿基米德三角形㊁彭赛列闭合定理㊁蝴蝶定理和米勒问题为问题背景,不仅丰富了高考试题的文化背景,也体现了稳中见变,务实创新的命题风格.总之,2022年高考数学甲卷(理科)试题稳步过渡新㊁旧高考,继续推进题型和试卷结构的改革,注重对基础知识㊁基本能力的考查,对数学抽象㊁直观想象㊁逻辑推理等核心素养都有较高的要求.2反思教学,指导备考2.1查漏补缺,夯实基础高考试卷中大量的试题考查四基,因此,储备基础知识,掌握基本方法,熟练基本题型,仍是备考工作永恒不变的首要任务.从本次考卷中呈现出的全集与补集㊁扇形弧长公式㊁分式函数值域问题等,都是高中阶段最基本的数学知识,但是以往的考卷中并不多见,导致教学中对此不够重视.因此备考时,特别需要注意对基础知识查漏补缺.2.2关注热点,强化训练近年来的高考试卷,都表现出比较大小㊁极值点偏移㊁函数同构是高考的热点,它们虽然年年都考,但由于其综合性强,学生掌握起来还是很有挑战性.通过强化训练可以克服这种困难,做到有备无患,这对于考场发挥和考试信心都有积极的作用.2.3思想引领,理论提升试卷中第12题比较大小,第20题解析几何问题,第21题导数问题作为试卷中的关键题目,它们呈现的共同规律就是转化化归㊁数形结合㊁函数与方程的思想和方法.数学作为解决问题的工具学科,其基本做法就是对问题进行转化,把复杂问题简单化,陌生问题熟悉化,而各种各样的数学概念㊁公式㊁定理就是实现转化的工具.因此,有必要提升学生转化化归的思想和能力,并且掌握常见的转化技巧.2.4推陈出新,开拓进取高考试卷虽然年年保持稳定性,但是总有局部创新的地方.本试卷中第12题比较大小就一反往日套路,其比较大小的思路与模式可谓 出乎意料之外,又在情理之中 .比较大小这类题小巧灵活,其创新的突破口更为多样.又比如第20题解析几何问题,把蝴蝶定理和米勒问题融入之中,这也是以往的试题所未见到的.因此,有必要精研考题,寻找考法的变化点与创新点,把握考向动态,融入更多元的考试素材,命制更具有选拔功能的模拟试题,这对于培养并发掘创新型人才大有裨益.2.5素养导向,综合培育高考试卷的关键题目往往集中为几个比较综合的问题.比如该卷中第20题解析几何问题,除通性通法外,又可以用蝴蝶定理㊁米勒问题的视角欣赏此题,此题虽然题面表现为最值问题,实际上其中蕴含着不少的定值㊁定点㊁定直线,深入研究不难发现其综合性很强.又如第21题导数问题,除了通性通法外,又可以从极值点偏移㊁函数同构等视角欣赏并解答,综合性可见一斑.因此,培养学生的综合能力,提高学生的核心素养,是提升学生关键竞争力所必需的.Z512022年12月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀考卷评说命题考试Copyright ©博看网. 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高考数学复习:高考题型解法训练(选择题的解法等10个) 人教课标版精品课件

[f(x1)+f(x2)]≥f(
x1 x2 ),主要是通过作差法
2
f(x1)+f(x2)-
2f(
x1 x2 2
)解决的,作差是比较
大小的一种常用方法.
专题四 函数解答题的解法
考题剖析
5. (2007·黄冈中学模拟题)已知集合M是满足下列性质的函 数f (x)的全体:存在非零常数T,对任意x∈R,有 f (x+T) =Tf (x)成立.
专题四 函数解答题的解法
应试策略
3. 重视函数思想的指导作用. 用变量和函数来思考问题的方 法就是函数思想. 函数思想是函数概念、性质等知识在更 高层次上的提炼和概括,是在知识和方法反复学习运用 中抽象出来的带有观念性的指导方法. 函数思想的应用:
(1)在求变量范围时,考虑能否把该变量表示为另一变量的函 数,从而转化为求该函数的值域;
专题四 函数解答题的解法 考题剖析
1. (2007·上海模拟题)已知函数f(x)= ax
+
x x
2 1
,a>1.
(1)证明:函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数;
(2)用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.
专题四 函数解答题的解法
(1)证明:设-1<x1<x2, ∴0<x1+1<x2+1,
(2)因为函数f(x)=ax(a>0且a≠1)的图象与函数y=x的图象 有公共点,所以方程组:y a x 有解,消去y得 y x ax=x,显然x=0 不是方程ax=x的解,所以存在非零常数 T, 使aT=T.于是对于f(x)=ax有f(x+T)=ax+T=aT·ax=T·ax=Tf(x)
专题四 函数解答题的解法 考题剖析
课堂教学中巧选典例 破解极值点偏移问题

构造新函数,极值点 偏 移 问 题 多 数 与 指 数 或 对 数 函
数有关,根据f(x1)=f(x2)建立指数式等式 进 行 运 算,化归到参数t有 关 的 不 等 式,构 造 函 数,推 证 不
等 式 成 立 ,从 而 转 化 到 x1+x2>2. 教师总结:两种 方 法 均 是 为 了 实 现 将 双 变 量 的
>1,x1+2x2
就
是
直
线
y=
f(x1)=f(x2)=t被 函 数 y=f(x)图 像 所 截 线 段 中 点 的横坐标,因此,问题本质是证明极值点的偏移.
第一个小组分 享 完 解 法 后,另 一 个 小 组 组 长 举
手 示 意 还 有 方 法 2,分 享 如 下 .
方法 2:不妨设 x2>x1,x1e-x1 =x2e-x2 ex2-x1
=a(ex+e1x )-2a>2a-2a=0,则 F(x)在(0,+∞) 单 调 递 增,F (x)> F (0)= 0,f (lna + x)> f(lna-x)(x>0).由 x1<lna<x2,f(x1)=f(x2) =f[lna+ (x2 -lna)]=f(2lna-x2 ),f(x)在 (-∞,lna)上单调 递 减,得 x1 <2lna-x2 <lna,因 此 x1 +x2 <2lna.
=xx21 ,设t=x2-x1(t>0),则 x2=t+x1.
ex2-x1 =xx21et=xx1+1tx1=ett-1,x2=t+x1
=t+ett-1,x1+x2=t+et2-t1,而 x1+x2>2t+
et2-t1>2 (t-2)(et-1)+2t>0,g(t)= (t-2)(et
-1)+2t(t>0),g′(t)= (t-1)et+1,g′′(t)=tet> 0,所 以 g′(t)在 (0,+ ∞ )单 调 递 增 ,g′(t)>g′(0)= 0,则 g(t)在 (0,+ ∞ )单 调 递 增 ,g(t)>g(0)=0,从 而 (t-2)(et-1)+2t>0,即 x1+x2>2.
高考一轮数学第六章 第五节 合情推理与演绎推理

(
)
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解析:y=ax是增函数这个大前提是错误的,从而导致 结论错. 答案:A
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6.(2012· 郑州模拟)已知△ABC中,∠A=30°,∠B= 60°,求证:a<b. 证明:∵∠A=30°,∠B=60°,∴∠A<∠B.
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3.(教材习题改编)给出下列三个类比结论. ①(ab)n=anbn与(a+b)n类比,则有(a+b)n=an+bn; ②loga(xy)=logax+logay与sin(α+β)类比,则有sin(α +β)=sin αsin β; ③(a+b)2=a2+2ab+b2与(a+b)2类比,则有(a+b)2= a2+2a· 2. b+b
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[精析考题] [例1] x (2011· 山东高考)设函数f(x)= (x>0),观察: x+2
x f1(x)=f(x)= , x+2 x f2(x)=f[f1(x)]= , 3x+4
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x f3(x)=f[f2(x)]= , 7x+8 f4(x)=f[f3(x)]= „ 根据以上事实,由归纳推理可得: 当n∈N+且n≥2时,fn(x)=f[fn-1(x)]=________. x , 15x+16
第 六 章 不 等 式、 推 理 与 证 明
第
五
节 合
抓 基 础
明 考 向
教 你 一 招 我 来 演 练
情
推 理
与
演 绎 推理
提 能 力
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[备考方向要明了]
考 什 么 1.了解合情推理的含义,能利用归纳和类比等进行简单的 推理,了解合情推理在数学发现中的作用.
2.了解演绎推理的重要性,掌握演绎推理的基本模式,并
[例3]
1 (2011· 湖南高考)设函数f(x)=x-x-alnx(a∈R).
高中数学不等式的性质及一元二次不等式知识要点及例题讲解

不等式的性质及一元二次不等式考纲解读 1.利用不等式的性质判断不等式成立或比较大小;2.根据二次函数求解给定的一元二次不等式;3.利用三个“二次”间的关系求参数或不等式恒成立问题.[基础梳理]1.不等式的基本性质 (1)对称性:a >b ⇔b <a . (2)传递性:a >b ,b >c ⇒a >c . (3)可加性:a >b ⇒a +c >b +c .(4)可乘性:a >b ,c >0⇒ac >bc ;a >b ,c <0⇒ac <bc . (5)加法法则:a >b ,c >d ⇒a +c >b +d . (6)乘法法则:a >b >0,c >d >0⇒ac >bd . (7)乘方法则:a >b >0⇒a n >b n (n ∈N ,n ≥1). (8)开方法则:a >b >0nb (n ∈N ,n ≥2). 2.不等式的倒数性质 (1)a >b ,ab >0⇒1a <1b .(2)a <0<b ⇒1a <1b .(3)a >b >0,0<c <d ⇒a c >bd .3.两个实数比较大小的依据 (1)a -b >0⇔a >b . (2)a -b =0⇔a =b . (3)a -b <0⇔a <b .4.一元二次不等式与相应的二次函数及一元二次方程的关系有两个相等实根[三基自测]1.下列四个结论,正确的是( )①a >b ,c <d ⇒a -c >b -d ;②a >b >0,c <d <0⇒ac >bd ;③a >b >0⇒3a >3b ;④a >b >0⇒1a 2>1b 2.A .①②B .②③C .①④D .①③ 答案:D2.不等式x (9-x )<0的解集为( ) A .(0,9) B .(9,+∞)C .(-∞,0)D .(-∞,0)∪(9,+∞)答案:D3.(必修5·习题3.2B 组改编)若函数y =mx 2-(1-m )x +m 的定义域为R ,则m 的取值范围是________.答案:[13,+∞)4.(2017·高考全国卷Ⅲ改编)设f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x +1 x ≤0x 2 x >0,则f (x )≥1的解集为__________.答案:{0}∪[1,+∞)考点一 一元二次不等式的解法|方法突破[例1] (1)不等式-x 2-3x +4>0的解集为________.(用区间表示) (2)解不等式x 2-4ax -5a 2>0(a ≠0). [解析] (1)-x 2-3x +4>0⇒(x +4)(x -1)<0. 如图,作函数y =(x +4)(x -1)的图象, ∴当-4<x <1时,y <0. (2)由x 2-4ax -5a 2>0, 知(x -5a )(x +a )>0.由于a ≠0,故分a >0与a <0讨论. 当a <0时,x <5a 或x >-a ; 当a >0时,x <-a 或x >5a .综上,a <0时,解集为{x |x <5a 或x >-a }; a >0时,解集为{x |x >5a 或x <-a }. [答案] (1)(-4,1) [方法提升][母题变式]1.将例(1)的不等式改为“-x 2-3x +4≤0”,其解集为________. 解析:由-x 2-3x +4≤0得x 2+3x -4≥0, 即(x +4)(x -1)≥0,∴x ≥1或x ≤-4. 答案:(-∞,-4]∪[1,+∞)2.将例(1)的不等式变为“x 2-3x +4>0”,其解集为________. 解析:令y =x 2-3x +4,∵Δ=(-3)2-4×4<0,y >0恒成立.∴x ∈R . 答案:R3.将例(2)变为“x 2-4ax -5a 2>0”,如何求解. 解析:由例(2)知,(1)若a =0,不等式为x 2>0解集为{x |x ≠0}, (2)当a >0,5a >-a ,解集为{x |x >5a 或x <-a }, (3)当a <0,5a <-a ,解集为{x |x <5a 或x >-a }.考点二 不等式恒成立问题|方法突破[例2] (1)(2018·武汉调研)若一元二次不等式2kx 2+kx -38<0对一切实数x 都成立,则k的取值范围为( )A .(-3,0)B .[-3,0]C .[-3,0)D .(-3,0](2)(2018·郑州调研)若不等式x 2+ax +1≥0对一切x ∈⎝⎛⎦⎤0,12都成立,则a 的最小值是________.(3)对于任意a ∈[-1,1],f (x )=x 2+(a -4)x +4-2a 的值恒大于0,那么x 的取值范围是________.[解析] (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧k <0,Δ=k 2-8k ×⎝⎛⎭⎫-38<0,解得-3<k <0,故选A. (2)法一:由于x >0,则由已知可得a ≥-x -1x在x ∈⎝⎛⎦⎤0,12上恒成立,而当x ∈⎝⎛⎦⎤0,12时,⎝⎛⎭⎫-x -1x max =-52,∴a ≥-52,故a 的最小值为-52. 法二:设f (x )=x 2+ax +1,则其对称轴为x =-a 2.①若-a 2≥12,即a ≤-1时,f (x )在⎝⎛⎦⎤0,12上单调递减,此时应有f ⎝⎛⎭⎫12≥0,从而-52≤a ≤-1.②若-a2<0,即a >0时,f (x )在⎝⎛⎦⎤0,12上单调递增,此时应有f (0)=1>0恒成立,故a >0. ③若0≤-a 2<12,即-1<a ≤0时,则应有f ⎝⎛⎭⎫-a 2=a 24-a 22+1=1-a 24≥0恒成立,故-1<a ≤0.综上,a 的最小值为-52.(3)令g (a )=x 2+(a -4)x +4-2a =(x -2)a +x 2-4x +4,由题意知g (-1)>0且g (1)>0,解得x <1或x >3.[答案] (1)A (2)-52 (3)(-∞,1)∪(3,+∞)[方法提升]一元二次不等式恒成立问题的破解方法[母题变式]在本例(1)中,改为“对于x ∈[1,2]上,2kx 2+kx -38<0恒成立”,求k 的取值范围.解析:k (2x 2+x )<38,当x ∈[1,2]时,3≤2x 2+x ≤10,∵k <38(2x 2+x )恒成立,380≤38(2x 2+x )≤18,∴k <380.考点三 比较大小问题|模型突破角度1 作差(商)法比较代数式的大小 [例3] 已知a >0,b >0,且a ≠b ,则( ) A .ab +1>a +b B .a 3+b 3>a 2b +ab 2 C .2a 3b >3a 2bD .a a b b <a b b a[解析] 选项A(作差法),ab +1-(a +b )=ab -a +(1-b )=a (b -1)+(1-b )=(a -1)(b -1),显然当a ,b 中有一个等于1时,(a -1)(b -1)=0,即ab +1=a +b ;故选项A 不正确. 选项B(作差法),a 3+b 3-(a 2b +ab 2)=(a 3-a 2b )+(b 3-ab 2)=a 2(a -b )+b 2(b -a )=(a 2-b 2)(a -b )=(a -b )2(a +b ).因为a >0,b >0,a ≠b ,所以a +b >0,(a -b )2>0,故(a -b )2(a +b )>0,即a 3+b 3>a 2b +ab 2,故选项B 正确.[答案] B [模型解法]角度2 巧用不等式性质比较大小[例4] 若a >b ,则下列各式正确的是( ) A .a ·lg x >b ·lg x B .ax 2>bx 2 C .a 2>b 2D .a ·2x >b ·2x[解析] 已知a >b ,选项A ,由已知不等式两边同乘lg x 得到,由不等式的性质可知,当lg x >0时,a ·lg x >b ·lg x ;当lg x =0时,a ·lg x =b ·lg x ;当lg x <0时,a ·lg x <b ·lg x .故该选项不正确.选项B ,由已知不等式两边同乘x 2得到,由不等式的性质可知,当x 2>0时,ax 2>bx 2;当x 2=0时,ax 2=bx 2.故该选项不正确.选项C ,由已知不等式两边平方得到,由不等式的性质可知,当a >b >0时,a 2>b 2;当a >0>b 且|a |<|b |时,a 2<b 2.故该选项不正确.选项D ,由已知不等式两边同乘2x 得到,且2x >0,所以a ·2x >b ·2x .故该选项正确. [答案] D [模型解法]角度3 构造函数法比较代数式的大小[例5] 已知a =13ln 94,b =45ln 54,c =14ln 4,则( )A .a <b <cB .b <a <cC .c <a <bD .b <c <a[解析] a =13ln 94=13ln ⎝⎛⎭⎫322=23ln 32=ln 3232,b =45ln 54=ln 5454,c =14ln 4=14×2ln 2=ln 22.故构造函数f (x )=ln x x ,则a =f ⎝⎛⎭⎫32,b =f ⎝⎛⎭⎫54,c =f (2). 因为f ′(x )=1x ×x -1×ln x x 2=1-ln xx 2,由f ′(x )=0,解得x =e.故当x ∈(0,e)时,f ′(x )>0,函数f (x )在(0,e)上单调递增;当x ∈(e ,+∞)时,f ′(x )<0,函数f (x )在(e ,+∞)上单调递减.因为54<32<2<e ,所以f ⎝⎛⎭⎫54<f ⎝⎛⎭⎫32<f (2),即b <a <c .故选B. [模型解法][高考类题]1.(2017·高考天津卷)已知奇函数f (x )在R 上是增函数,g (x )=xf (x ).若a =g (-log 25.1),b =g (20.8),c =g (3),则a ,b ,c 的大小关系为( )A .a <b <cB .c <b <aC .b <a <cD .b <c <a解析:依题意a =g (-log 25.1)=(-log 25.1)·f (-log 25.1)=log 25.1f (log 25.1)=g (log 25.1). 因为f (x )在R 上是增函数,可设0<x 1<x 2, 则f (x 1)<f (x 2).从而x 1f (x 1)<x 2f (x 2),即g (x 1)<g (x 2). 所以g (x )在(0,+∞)上亦为增函数. 又log 25.1>0,20.8>0,3>0, 且log 25.1<log 28=3,20.8<21<3, 而20.8<21=log 24<log 25.1,所以3>log 25.1>20.8>0,所以c >a >b .故选C. 答案:C2.(2017·高考山东卷)若a >b >0,且ab =1,则下列不等式成立的是( ) A .a +1b <b2a <log 2(a +b )B.b 2a <log 2(a +b )<a +1b C .a +1b <log 2(a +b )<b 2aD .log 2(a +b )<a +1b <b2a解析:法一:∵a >b >0,ab =1,∴log 2(a +b )>log 2(2ab )=1.∵b 2a =1a 2a =a -1·2-a ,令f (a )=a -1·2-a ,又∵b =1a ,a >b >0,∴a >1a,解得a >1.∴f ′(a )=-a -2·2-a -a -1·2-a ·ln 2=-a -2·2-a (1+a ln 2)<0, ∴f (a )在(1,+∞)上单调递减. ∴f (a )<f (1),即b 2a <12.∵a +1b =a +a =2a >a +b >log 2(a +b ),∴b 2a <log 2(a +b )<a +1b.故选B. 法二:∵a >b >0,ab =1,∴取a =2,b =12,此时a +1b =4,b 2a =18,log 2(a +b )=log 25-1≈1.3,∴b 2a <log 2(a +b )<a +1b .故选B. 答案:B1.[考点一](2014·高考大纲全国卷)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x (x +2)>0,|x |<1的解集为( )A .{x |-2<x <-1}B .{x |-1<x <0}C .{x |0<x <1}D .{x |x >1}解析:由x (x +2)>0得x >0或x <-2;由|x |<1得-1<x <1,所以不等式组的解集为{x |0<x <1},故选C.答案:C2.[考点三](2016·高考北京卷)已知x ,y ∈R ,且x >y >0,则( ) A.1x -1y>0 B .sin x -sin y >0 C.⎝⎛⎭⎫12x -⎝⎛⎭⎫12y <0D .ln x +ln y >0解析:函数y =⎝⎛⎭⎫12x在(0,+∞)上为减函数,∴当x >y >0时,⎝⎛⎭⎫12x <⎝⎛⎭⎫12y ,即⎝⎛⎭⎫12x -⎝⎛⎭⎫12y <0,故C 正确;函数y =1x 在(0,+∞)上为减函数,∴由x >y >0⇒1x <1y ⇒1x -1y<0,故A 错误;函数y =sin x 在(0,+∞)上不单调,当x >y >0时,不能比较sin x 与sin y 的大小,故B 错误;当x >0且y >0时,ln x +ln y >0⇔ln xy >0⇔xy >1,而x >y >0⇒/ xy >1,故D 错误.答案:C3.[考点二](2014·高考山东卷)已知实数x ,y 满足a x <a y (0<a <1),则下列关系式恒成立的是( )A.1x 2+1>1y 2+1 B .ln(x 2+1)>ln(y 2+1) C .sin x >sin y D .x 3>y 3解析:∵a x <a y,0<a <1, ∴x >y ,∴x 3>y 3. 答案:D4.[考点二、三](2014·高考四川卷)若a >b >0,c <d <0,则一定有( ) A.a c >b d B.a c <b d C.a d >b cD.a d <b c解析:依题意取a =2,b =1,c =-2,d =-1, 代入验证得A 、B 、C 均错,只有D 正确. 答案:D。
放缩法在导数压轴题中的应用

放缩法在导数压轴题中的应用放缩法是高中数学中一种重要的数学方法,尤其在证明不等式中经常用到。
近几年数列在高考中的难度要求降低,放缩法的应用重点也逐渐从证明数列不等式转移到导数压轴题中,尤其是在导数不等式证明中更是大放异彩。
下面举几个例子,以供参考。
一、利用基本不等式放缩,化曲为直例1(2012年高考辽宁卷理科第21题(Ⅱ)):设$f(x)=\ln(x+1)+x+1-1$,证明:当$0<x<2$时,$f(x)<\frac{9x}{x+6}$。
证明:由基本不等式,当$x>0$时,$2(x+1)\cdot1<x+2$,故$x+1<\frac{x+2}{2}$。
因此,$f(x)<\ln(x+1)+\frac{x+2}{2}-1$。
记$h(x)=\ln(x+1)+\frac{x}{2}-\frac{9x}{2(x+6)}$,则$h'(x)=\frac{1154x(x^2+15x-36)}{(x+12)^2(x+6)^2}$。
当$0<x<2$时,$h'(x)<0$,所以$h(x)$在$(0,2)$内是减函数。
故$h(x)<h(0)=\frac{9}{2}$,即$f(x)<\frac{9x}{x+6}$。
评注:本题第(Ⅱ)问若直接构造函数$h(x)=f(x)-\frac{9x}{x+6}$,对$h(x)$进行求导,由于$h'(x)$中既有根式又有分式,因此$h'(x)$的零点及相应区间上的符号很难确定,而通过对$x+1$进行放缩处理,使问题得到解决。
上面的解法中,难点在用基本不等式证明$x+1<\frac{x^2+1}{2}$,亦即是将抛物线弧$y=x+1$放大化简为直线段$y=\frac{x^2+1}{2}$,而该线段正是在左端点$(0,1)$处的切线,这种“化曲为直”的方法是我们用放缩法处理函数问题的常用方法。
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利用(())f f x x =的根的性质巧解高考压轴题
南昌外国语学校 梁懿涛
以下是两道2013年高考压轴题:
题1.(2013年四川理10)设函数()f x =a R ∈,e 为自然对数的底数)。
若曲线sin y x =上存在点00(,)x y 使00(())f f y y =,则a 的取值范围是( )
(A )[1,]e (B )1[1,1]e -- (C )[1,1]e + (D )1[1,1]e e --+
题2.(2013年江西理21)已知函数1()=(12)2
f x a x --,a 为常数且>0a . (1)证明:函数()f x 的图像关于直线1=2
x 对称; (2)若0x 满足00(())=f f x x ,但00()f x x ≠,则称0x 为函数()f x 的二阶周期点,如果()f x 有两个二阶周期点12,,x x 试确定a 的取值范围;
(3)对于(2)中12,x x 的和a ,设3x 为函数(())f f x 的最大值点,11(,(()))A x f f x ,22(,(()))B x f f x ,3(,0)C x ,记ABC ∆的面积为()S a ,讨论()S a 的单调性.
这两题不约而同的利用二阶迭代函数(())y f f x =的不动点,即(())f f x x =的根来出题.因为
10000(())()()
f f x x f x f x -=⇔=(*),所以此问题可以转化为()y f x =与1()y f x -=的交点问题,得到试题的简易解法.(注:(*)处10()f x -表示满足0()f x x =的任意x )
先给出以下定理:
引理 1 函数()y f x =与它的反函数1()y f x -=的图像的交点,或者在直线y x =上,或者关于直线
y x =对称地成对出现.
证明:设(,)a b 是()y f x =与它1
()y f x -=的图像的交点,即1()()b f a b f a -=⎧⎨=⎩,从而1()()a f b a f b -⎧=⎨=⎩,即(,)b a 也是()y f x =与它1()y f x -=的图像的交点.显然点(,)a b 与点(,)b a 关于直线y x =对称.特别地,当a b =时,点(,)a b 与点(,)b a 重合在直线y x =上.
引理2 如果函数()y f x =是单调增函数,那么()y f x =与它的反函数1()y f x -=的图像的交点必定
在直线y x =上.
证明:由引理1,假如()y f x =与1()y f x -=的图像存在不在直线y x =上的交点(,)a b ,则(,)b a
也
是它们交点,所以()()f a b f b a =⎧⎨=⎩
.若a b >,则由()y f x =是单调递增,得()()f a f b >,即b a >,矛盾;同理若a b <,可得a b >,也矛盾.从而假设不成立,()y f x =与1()y f x -=的图像的交点必定在直线y x =上.
引理3 若0x ,0()f x 使得0()f x 及0(())f f x 有意义,且0x 满足00()=f x x ,那么0x 也满足00(())=f f x x . 证明:若00()=f x x ,则000(())=()=f f x f x x 成立.
引理4 如果函数()y f x =是单调函数,且存在0x ,使得00(())=f f x x ,则00()=f x x .
证明:只证()y f x =单调递增的情形,()y f x =单调递减时同理可证.
假设00()f x x ≠,若00()>f x x ,000(())>()>f f x f x x ,与00(())=f f x x 矛盾;若00()<f x x ,000(())<()<f f x f x x ,也与00(())=f f x x 矛盾.从而假设不成立,即00()=f x x .
再运用以上定理来解以上两道高考压轴题:
题1.解析:本题等价于存在0[0,1]y ∈,使得00(())f f y y =有解,也即1()()f x f x -=在[0,1]x ∈上
有解.因为()f x =1、2,问题等价于当[0,1]x ∈时,()y f x =的图像
与直线y x =x =,得2x e x x a +-=.令2(),[0,1]x x e x x x ϕ=+-∈,
()12x x e x ϕ'=+-,再令()12x h x e x =+-,()2x h x e '=-,显然()h x 在[0,ln 2]单调递减,在[ln 2,1]单调递增,所以()(ln 2)32ln 20h x h ≥=->,即()0x ϕ'>,所以()[(0),(1)][1,]x e ϕϕϕ∈=,即[1,]a e ∈.选A.
题2.解析:(1)略;
(2)由1()=(12)2
f x a x --可得,当1(,]2x ∈-∞时,()=2f x ax ,1()=,(,]2x f x x a a -∈-∞;当1[,)2x ∈∞时,()=22f x a ax -,1()=1,(,]2x f x x a a
--∈-∞.由(())=f f x x ,得1()=()f x f x -.结合引理3、4,得2=12x ax a -或222x a ax a -=.解得12241a x a =+,2
22441
a x a =+.考虑到()f x 与1()f x -的定义域,必须有121,(,]2x x ∈-∞且12,(,]x x a ∈-∞,得12a ≥
.又依题意12x x ≠,12a ≠,综上分析,12a >. (3)由1()=(12)2f x a x --,得1(())=(12())2
f f x a f x --,结合()(,]f x a ∈-∞及12a >,可知
当1()02f x -=,即1()=2f x 时,(())f f x 取得取大值.由11(12)=22
a x --,解得14x a =或414a a -,即314x a =或414a a
-.(以下同标准答案,略)。