专题2.15 超越方程反解难,巧妙构造变简单-2121届高考数学压轴题讲义(解答题)(解析版)

专题15 数形结合思想专题点拨数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从形的直观和数的严谨两方面思考问题，拓宽了解题思路，是数学的规律性与灵活性的有机结合．(1)数形结合思想解决的问题常有以下几种：①构建函数模型并结合其图像求参数的取值范围；②构建函数模型并结合其图像研究方程根的范围；③构建函数模型并结合其图像研究量与量之间的大小关系；④构建函数模型并结合其几何意义研究函数的最值问题和证明不等式；⑤构建立体几何模型研究代数问题；⑥构建解析几何中的斜率、截距、距离等模型研究最值问题；⑦构建方程模型，求根的个数；⑧研究图形的形状、位置关系、性质等．(2)数形结合思想是解答高考数学试题的一种常用方法与技巧，特别是在解填空题、选择题时发挥着奇特功效，这就要求我们在平时学习中加强这方面的训练，以提高解题能力和速度．具体操作时，应注意以下几点：①准确画出函数图像，注意函数的定义域；②用图像法讨论方程(特别是含参数的方程)的解的个数是一种行之有效的方法，值得注意的是首先把方程两边的代数式看作是两个函数的表达式(有时可能先作适当调整，以便于作图)，然后作出两个函数的图像，由图求解．(3)在运用数形结合思想分析问题和解决问题时，需做到以下四点：①要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征；②要恰当设参，合理用参，建立关系，做好转化；③要正确确定参数的取值范围，以防重复和遗漏；④精心联想“数”与“形”，使一些较难解决的代数问题几何化，几何问题代数化，以便于问题求解．例题剖析一、数形结合思想在求参数、代数式的取值范围、最值问题中的应用【例1】若方程x2－4x＋3＋m＝0在x∈(0，3)时有唯一实根，求实数m的取值范围．【解析】利用数形结合的方法，直接观察得出结果．原方程可化为－(x －2)2＋1＝m (0<x <3)，设y 1＝－(x －2)2＋1(0<x <3)，y 2＝m ，在同一坐标系中画出它们的图像(如图所示)．由原方程在(0，3)内有唯一解，知y 1与y 2的图像只有一个公共点，可得m 的取值范围是(－3，0]∪{1}．【变式训练1】 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ＞0，－x 2－2x ，x ≤0.若函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，则实数m 的取值范围为________．【答案】(0，1) 【解析】 函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1， x ＞0－x 2－2x ， x ≤0＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1， x ＞0－（x ＋1）2＋1， x ≤0， 画出其图像如图所示．又由函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，知y ＝f (x )与y ＝m 有3个交点，则实数m 的取值范围是(0，1).【例2】 若实系数一元二次方程x 2＋ax ＋2b ＝0有两个根，一个根在区间(0，1)内，另一个根在区间(1，2)内，求：(1)点(a ，b )对应的区域的面积； (2)b －2a －1的取值范围； (3)(a －1)2＋(b －2)2的值域． 【解析】 可将b －2a －1看作点(a ，b )和(1，2)连线的斜率，而(a －1)2＋(b －2)2表示点(a ，b )与定点(1，2)之间的距离的平方．方程x 2＋ax ＋2b ＝0的两根在区间(0，1)和(1，2)上的几何意义分别是：函数y ＝f (x )＝x 2＋ax ＋2b 与x 轴的两个交点的横坐标分别在区间(0，1)和(1，2)内，且x 1x 2＝2b ＞0，由此可得不等式组⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＞0f （1）＜0f （2）＞0⇒⎩⎪⎨⎪⎧b ＞0，a ＋2b ＋1＜0，a ＋b ＋2＞0.∴在如图所示的aOb 坐标平面内，满足约束条件的点(a ，b )对应的平面区域为△ABC (不包括边界)．由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＋1＝0，a ＋b ＋2＝0，解得A (－3，1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋2＝0，b ＝0，解得B (－2，0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＋1＝0，b ＝0，解得C (－1，0)． (1)△ABC 的面积为S △ABC ＝12·|BC |·h ＝12(h 为A 到Oa 轴的距离)．(2)b －2a －1几何意义是点(a ，b )和点D (1，2)连线的斜率． ∵k AD ＝2－11＋3＝14，k CD ＝2－01＋1＝1，由图可知k AD ＜b －2a －1＜k CD ，∴14<b －2a －1<1，即b －2a －1∈⎝⎛⎭⎫14，1. (3)∵(a －1)2＋(b －2)2表示区域内的点(a ，b )与定点(1，2)之间距离的平方，由图可知，当取点C (－1，0)时有最小值8，当取点A (－3，1)时有最大值17，∴(a －1)2＋(b －2)2的值域为(8，17)．二、数形结合思想在不等式求最值问题、求方程的根的相关问题中的应用 【例3】若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －1≥0，x －y ≤0，x ＋y －4≤0，则yx的最大值为________．【答案】 3【解析】 作出约束条件确定的可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，yx是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A 与原点连线的斜率最大．联立⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝0x ＋y －4＝0，解得A (1，3)，所以yx 的最大值3.【例4】设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋bx ＋c ，x ≤0，2，x ＞0，若f (－4)＝f (0)，f (－2)＝－2，则函数y ＝g (x )＝f (x )－x 的零点个数为________．【答案】 3【解析】 将函数方程进行等价变形，转化为两函数在某个范围内有相等的解的问题，再利用函数的图像进行解决．由f (－4)＝f (0)，得16－4b ＋c ＝c .由f (－2)＝－2，得4－2b ＋c ＝－2.联立两方程解得：b ＝4，c ＝2.于是，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＋2，x ≤0，2，x ＞0.在同一直角坐标系内，作出函数y ＝f (x )与函数y ＝x 的图像，知它们有3个交点，进而函数亦有3个零点．【例5】 若方程lg(－x 2＋3x －m )＝lg(3－x )在x ∈(0，3)内有唯一解，求实数m 的取值范围． 【解析】 将对数方程进行等价变形，转化为一元二次方程在某个范围内有实解的问题，再利用二次函数的图像进行解决．原方程变形为⎩⎪⎨⎪⎧3－x ＞0，－x 2＋3x －m ＝3－x ，即⎩⎪⎨⎪⎧3－x ＞0，（x －2）2＝1－m . 设曲线y 1＝(x －2)2，x ∈(0，3)和直线y 2＝1－m ，图像如图所示．由图可知： ①当1－m ＝0时，有唯一解，m ＝1； ②当1≤1－m <4时，有唯一解，即－3<m ≤0. 综上可知，实数m 的取值范围是m ＝1或－3<m ≤0.三、数形结合思想在平面解析几何中的应用【例6】已知直线y ＝x －2与圆x 2＋y 2－4x ＋3＝0及抛物线y 2＝8x 依次交于A 、B 、C 、D 四点，则|AB |＋|CD |等于( )A ．10B ．12C ．14D ．16【答案】 C【解析】 直线y ＝x －2恰好经过抛物线y 2＝8x 的焦点F (2，0)且x 2＋y 2－4x ＋3＝0的圆心坐标为(2，0)，半径为1，则有|AD |＝|AB |＋|CD |＋2R ⇒|AB |＋|CD |＝|AD |－2R .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －2y 2＝8x ⇒x 2－12x ＋4＝0，知|AD |＝x A ＋x D ＋4＝16， ∴|AB |＋|CD |＝16－2＝14，故选C.巩固训练1．已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋3≤03x ＋y ＋5≤0x ＋3≥0，则z ＝x ＋2y 的最大值是________．【答案】5【解析】 约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋3≤03x ＋y ＋5≤0x ＋3≥0，表示的可行域如图中阴影部分所示：目标函数z ＝x ＋2y ，即y ＝－12x ＋z 2，平移直线y ＝－12x ＋z 2，可知当直线y ＝－12x ＋z2经过直线3x ＋y＋5＝0与x ＝－3的交点(－3，4)时，z ＝x ＋2y 取得最大值，为z max ＝－3＋2×4＝5.2．设奇函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，且f (2)＝0，则不等式x [f (－x )－ f (x )]<0的解集为________． 【答案】(－∞，－2)∪(2，＋∞)【解析】由f (－x )＝－f (x )，x [f (－x )－f (x )]<0可转化为xf (x )>0.画出f (x )的简图，如图所示，可知xf (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．3.已知点P 在抛物线y 2＝4x 上，那么点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P 的坐标为________． 【答案】(14，－1)【解析】 定点Q (2，－1)在抛物线内部，由抛物线的定义知，动点P 到抛物线焦点的距离等于它到准线的距离，问题转化为当点P 到点Q 和到抛物线的准线距离之和最小时，求点P 的坐标，显然点P 是直线y ＝－1和抛物线y 2＝4x 的交点，解得这个点的坐标是(14，－1)．4．若x ∈()1，2时，不等式(x －1)2<log a x 恒成立，则实数a 的取值范围为________． 【答案】(1，2]【解析】 设g ()x ＝()x －12，f ()x ＝log a x ，要使当x ∪()1，2时，不等式(x －1)2<log a x 恒成立，只需g (x )＝(x －1)2在(1，2)上的图像在f (x )＝log a x 的下方即可．当0<a <1时，结合函数图像知显然不成立； 当a >1时，如图，要使在(1，2)上，g (x )＝(x －1)2的图像在f (x )＝log a x 的下方，只需g (2)≤f (2)，即(2－1)2≤log a 2，log a 2≥1，∪1＜a ≤2.∪a 的取值范围是(1，2]．5．已知函数f (x )＝{－x 2＋2x ，x ≤0，ln （x ＋1），x >0，若|f (x )|≥ax ，则实数a 的取值范围是________.【答案】[－2，0]【解析】 由y ＝||f ()x 的图像知：∪当x ＞0时，y ＝ax 只有a ≤0时，才能满足||f ()x ≥ax .∪当x ≤0时，y ＝||f （x ）＝|－x 2＋2x |＝x 2－2x . 故由|f (x )|≥ax 得x 2－2x ≥ax . 当x ＝0时，不等式为0≥0成立． 当x ＜0时，不等式等价于x －2≤a . ∪x －2＜－2，∪a ≥－2. 综上可知：a ∪[－2，0].二、选择题6．若不等式log a x >sin2x (a >0，a ≠1)对任意x ∈(0，π4)都成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(0，π4)B ．(0，π4]C ．[π4，1)D ．(π4，1)【答案】C【解析】 记y 1＝log a x ，y 2＝sin2x ，原不等式相当于y 1>y 2，作出两个函数的图像，如图所示，知当y 1＝log a x 过点A (π4，1)时，a ＝π4，所以当π4≤a <1时，x ∪(0，π4)都有y 1>y 2.7．已知y ＝f (x )是最小正周期为2的函数，当x ∈[－1，1]时，f (x )＝x 2，则函数y ＝ f (x )(x ∈R )图像与y ＝|log 5|x ||图像的交点的个数是( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．12 【答案】C【解析】 因函数y ＝f (x )(x ∪R )与y ＝|log 5|x ||均为偶函数，故研究它们在y 右侧交点情况即可．作函数图像如图所示，从图可知，当0<x <5时有四个交点，当x ＝5时有一个交点，在x >5时没有交点，故在y 右侧交点个数为5，由对称性知，在y 轴左侧交点个数也是5.则两个函数图像交点个数为10个．三、解答题8.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2＋bx ＋c ，x <0是偶函数，直线y ＝t 与函数f (x )的图像自左至右依次交于四个不同点A 、B 、C 、D ，若||AB ＝||BC ，求实数t 的值．【解析】 由函数f (x )是偶函数可知f (x )＝f (－x )，当x <0时，f (－x )＝a (－x )2＋2(－x )＋1＝ax 2－2x ＋1＝f (x )＝－x 2＋bx ＋c ，故a ＝－1，b ＝－2，c＝1，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x ≥0－x 2－2x ＋1，x <0，由函数图像可知：①当x ≥0时，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t－x 2＋2x ＋1＝y，解得x ＝1±2－t ，故C 点坐标为(1－2－t ，t )，②当x <0时，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t－x 2－2x ＋1＝y ，解得x ＝－1±2－t ，故A 点坐标为(－1－2－t ，t )，B 点坐标为(－1＋2－t ，t )．因为||AB ＝||BC 可知，2－22－t ＝22－t ，得t ＝74.新题速递1．（2019•闵行区一模）已知函数()|1|(1)f x x x =-+，[x a ∈，]b 的值域为[0，8]，则a b +的取值范围是 ．【分析】写出分段函数解析式，作出图形，数形结合得答案． 【解答】解：数221,1()|1|(1)1,1x x f x x x x x ⎧-=-+=⎨-+<⎩．作出函数的图象如图：由图可知，3b =，[1a ∈-，1]， 则[2a b +∈，4]． 故答案为：[2，4]．2．（2020•奉贤区一模）已知直线1y x =+上有两个点1(A a ，1)b 、2(B a ，2)b ，已知1a 、1b 、2a 、2b 满足1212|a a b b +12a a >，||2AB =，则这样的点A 有 个． 【分析】依题意，向量,OA OB 的夹角为4π或34π，作图容易得出结论．【解答】解：设,OA OB θ<>=，1212|a a b b + ∴2cos ||||||OA OB OA OB θ==4π或34π，如下图，当AB 关于y x =-对称时，1BD AE OD OE ====，则8BOD AOE π∠=∠=，故34AOB π∠=（这是一个临界值），此时有一个点A ，根据对称性，在A ，B 上下移动过程中，既要保持||2AB =，又要保持4AOB π∠=，这样的点A 上下各有一个，故一共有三个点A ． 故答案为：3．。

高考数学压轴难题归纳总结提高培优专题2.14 超越方程反解难巧妙构造变简单【题型综述】导数研究超越方程超越方程是包含超越函数的方程,也就是方程中有无法用自变数的多项式或开方表示的函数,与超越方程相对的是代数方程．超越方程的求解无法利用代数几何来进行．大部分的超越方程求解没有一般的公式,也很难求得解析解．在探求诸如0109623=-+-x x x ,,我们利用导数这一工具和数形结合的数学思想就可以很好的解决．此类题的一般解题步骤是： 1、构造函数,并求其定义域． 2、求导数,得单调区间和极值点． 3、画出函数草图．4、数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图象与x 轴的交点情况求解．【典例指引】例1．已知函数()ln f x ax x x =+在2x e -=处取得极小值． （1）求实数a 的值;（2）设()()()22ln F x x x x f x =+--,其导函数为()F x ',若()F x 的图象交x 轴于两点()()12,0,,0C x D x 且12x x <,设线段CD 的中点为(),0N s ,试问s 是否为()0F x '=的根？说明理由．【思路引导】（1）先求导数,再根据()20f e-'=,解得1a =,最后列表验证（2,因为,利用21112ln 0x x x --=,22222ln 0x x x --=得,确定方程解的情况（2）由（1）知函数()22lnF x x x x=--．∵函数()F x图象与x轴交于两个不同的点()()12,0,,0C xD x,（12x x<）,∴21112ln0x x x--=,22222ln0x x x--=．．∵120x x<<,∴01t<<,又01t<<,∴()0u t '>,∴()u t 在()0,1上是増函数,则()()10ut u <=,即()0F s '=不成立．故s 不是()0F x'=的根． 例2（1）当3,2a b ==时,求函数()f x的单调区间; （2其图象上任意一点()00,P x y 处切线的斜率立,求实数a 的取值范围．（3）当0,1a b ==-时,方程()f x mx =在区间21,e ⎡⎤⎣⎦内有唯一实数解,求实数m 的取值范围．【思路引导】（1）先求导数()'f x 然后在函数的定义域内解不等式()'0f x >和间, ()'0f x <的区间为单调减区间;（2）先构造函数()F x 再由以其图象上任意一点()00,P x y 为切点的,,;（3）先把握()f x mx =有唯一实数解,,再利用单调函数求解．【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究方程的根、不等式的恒成立和导数的几何意义,属于难题．利用导数研究函数()f x 的单调性的步骤：①确定函数()f x 的定义域;②对()f x 求导;③令()'0f x >,解不等式得x 的范围就是递增区间;令()'0f x <,解不等式得x 的范围就是递减区间． 例3．已知函数（）（1）讨论的单调性;（2）若关于的不等式的解集中有且只有两个整数,求实数的取值范围．【思路引导】（1）求出,分两种情况讨论,分别令 得增区间,令得减区间;（2）,令,利用导数研究其单调性,结合零点定理可得结果．试题解析： （1）,当时,在上单调递减,在单调递增;当时,在上单调递增,在单调递减;（2）依题意,,令,则,令,则,即在上单调递增．又,,存在唯一的,使得．当, 在单调递增;当,在单调递减．,,,且当时,,又,,．故要使不等式解集中有且只有两个整数,的取值范围应为．【同步训练】1（R t ∈）,且()f x 的导数为()f x '．（Ⅰ）若()()2F x f x x =+是定义域内的增函数,求实数t 的取值范围;（Ⅱ）若方程()()222f x f x x x +=--'有3个不同的实数根,求实数t 的取值范围．【思路引导】（Ⅰ）只需()0f x '≥,,求出()min g x 即可得结果;（Ⅱ）原方程等价于,结合图象可得结果．令()0h x '=,解得3x =-或1x =． 列表得：因此当3x <-时,;当31x -<<时,;当1x >时,因此实数t 的取值范围是2．已知函的图象的一条切线为x 轴．（1）求实数a 的值;（2）令若存在不相等的两个实数12,x x 满足()()12g x g x =,求证： 121x x <．【思路引导】（1）对函数求导,由题可设切点坐标为()0,0x ,由原函数和切线的斜率为0可得方程组,解方程组得a 值;（2）,利用导数与函数单调性的关系,判断()g x 的单调性,再构造函利用导数判断出()G x 的单调性,最后可令1201x x <<<,利用()G x 单调性可得结论．()()(),1{,01h x x g x h x x ≥=-<<且()g x 在()0,1上单调递减,在()1,+∞上单调递增,()10g =,当1x >时记函数()y f x ='的导函数为()y f x ='',则3．已知函数()()ln f x a x x =+（0a ≠）,()2g x x =．（1）若()f x 的图象在1x =处的切线恰好也是()g x 图象的切线． ①求实数a 的值;②若方程()f x mx =在区间,求实数m 的取值范围． （2）当01a <<时,求证：对于区间[]1,2上的任意两个不相等的实数1x , 2x ,都有【思路引导】（1）①首先求函数()f x 的图象在1x =处的切线, ()'12f a =,又因为切点为()1,a ,所以切线方程为2y ax a =-,于是问题转化为直线2y ax a =-与函数()g x 图象相切,于是可以根据直线与抛物线相切进行解题;②问题转化为方程ln x x mx +=在区间,参变量分离得研究()t x 的单调性、极值,转化为直线y m =与()y t x =有且只有一个交点,（2）当01a <<时, ()f x 在[]1,2上单调递增, ()2g x x =在[]1,2上单调递增,设1212x x ≤<≤,则()()12f x f x <, ()()12g x g x <,于是问题转化为()()()()2211f x g x f x g x -<-,构造函数()()()F x f x g x =-,通过函数()F x 在[]1,2上单调递减,可以求出a 的取值范围．, ()'0t x >,函数单调递增, (),e +∞, ()'0t x <,函数单调递减,且(),x e ∈+∞时, ()1t x >,证明：（2）不妨设1212x x ≤<≤,则()()12f x f x <, ()()12g x g x <, 可化为()()()()2121f x f x g x g x -<- ∴()()()()2211f x g x f x g x -<-设()()()F x f x g x =-,即()()2ln F x a x x x =+-,∴()F x 在[]1,2上单调递减,,在[]1,2上恒成立,∴1a ≤, 从而,当01a <<时,命题成立． 4．已知函数()()ln , 2.718f x x x e ==．（1）设()()()2216g x f x x e x =+-++, ①记()g x 的导函数为()g x ',求()g e ';②若方程()0g x a -=有两个不同实根,求实数a 的取值范围;（2）若在[]1,e 上存在一点0x 使()()20011m f x x ->+成立,求实数m 的取值范围．【思路引导】（1）①对()g x 进行求导,将e 代入可得()g e '的值;②对()g x 进行二次求导,判断()g x '的单调性得其符号,从而可得()g x 的单调性,结合图象的大致形状可得a 的取值范围;（2）将题意转化为题意等价于()h x 在[]1,e 上的最小值小于0,对()h x 进行求导,对导函数进行分类讨论,判断单调性得其最值．（2）由题可得()2000ln 11m x x x ->+,∴000011ln m x x x x ⎛⎫->+ ⎪⎝⎭,∴00001ln 0m x m x x x +-+<,1m则()h x 在[]1,e 上的最小值小于0, 1,当1m e +≥时,即1m e ≥-, ()h x 在[]1,e 上递减,所以()0h e <,2,当11m +≤即0m ≤, ()h x 在[]1,e 递增,∴()10h <解得2m <-; 3,当11m e <+<,即01m e <<-,此时要求()10h m +<又()0ln 11m <+<, 所以()0ln 1m m m <+<,所以()()12ln 12h m m m m +=+-+>此时()10h m +<不成立,综上2m <-或点睛：本题考查导数的运用：求考查函数与方程的联系单调区间最值,同时考查不等式的存在性转化为求函数的最值问题,正确求导是解题的关键．在正确求导的基础上,利用导数与0的关系得到函数的单调区间,也是在高考中的必考内容也是基础内容;注意存在性问题与恒成立问题的区别． 5．已知函数()()233xf x x x e =-+⋅．（1）试确定t 的取值范围,使得函数()f x 在[]2,(2)t t ->-上为单调函数;（2）若t 为自然数,则当t 取哪些值时,方程()()0f x z x R -=∈在[]2,t -上有三个不相等的实数根,并求出相应的实数z 的取值范围． 【思路引导】（1）先求函数导数,根据导函数零点确定函数单调区间,再根据[]2,t -为某个单调区间的子集得t 的取值范围,（2）结合三次函数图像确定t 的取值范围：当2t≥,且t N ∈时,方程()0f x z -=在[]2,t -上有可能有三个不等实根,再根据端点值大小确定实数z 的满足的条件：()(){}()(){}()max 2,1,min 0,z f f f f t ∈-,最后解不等式可得实数z 的取值范围．只需满足()(){}()(){}()max 2,1,min 0,z f f f f t ∈-即可．且()()()2230f t f e f ≥=>=, 因而()()()()()2102f f f f f t -<<<≤,所以()()10f z f <<,即3e z <<,综上所述,当2t≥,且t N ∈时,满足题意,此时实数z 的取值范围是(),3e ．6是函数()f x 的一条切线． （1）求a 的值;（2都存在[]21,4x ∈,使得()()12f x g x =,求b 的取值范围;（3）已知方程()f x cx =有两个根1212,()x x x x <,若()1220g x x c ++=,求证: 0b <． 【思路引导】（1）对函数()f x 求导,设直与函数()f x 相切与点()2000,ln (0)x xax x +>,根据导数的几何意义可得2）对任意的1[1,x ∈都存在[]21,4x ∈,使得()()12f x g x =,只需要()1f x 的值域是()2g x 值域的子集,利用导数的方法分别求()1f x 、()2g x 的值域,即可求出b 的取值范围;（3）根据题意得()()2211{f x cx f x cx ==,两式相减得, ,所以令则()0,1t ∈,对()h t 求导,判断()h t 的单调,证明0b <．(2) 由（1）得()21ln 2f x x x =-,所以()211'x f x x x x -=-=,当(1x ∈, ]e 时, ()0f x <,所以()f x 在1,e ⎡⎤⎣⎦上单调递减,所以当(1x ∈,]e 时, ()min f x f =()e122e=-, ()()()222min1111,'12x f x f g x x x-+==-=-+=,当[]1,4x ∈时, ()'0g x >,所以()g x 在[]1,4上单调递增,所以当[]1,4x ∈时, ()()()()min max 1712,44g x g b g x g b ==+==+,依题意得11,222e ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦172,4b b ⎡⎤⊆++⎢⎥⎣⎦,所以1222{17142e b b +≤-+≥-,解得193422e b -≤≤--．(3) 依题意得()()2211{f x cx f x cx ==,两式相减得,所以,方程()1220g x x c ++=可转化为7．已知函数（为自然对数的底数,）,,．（1）若,,求在上的最大值的表达式;（2）若时,方程在上恰有两个相异实根,求实根的取值范围;（3）若,,求使的图象恒在图象上方的最大正整数．【思路引导】(1)先求函数导数,根据定义域以及取值分类讨论导函数是否变号,确定函数单调性,进而确定函数最值,(2)作差函数,求导得原函数先减后增,因此要有两个相异实根,需极小值小于零,两个端点值大于零,解不等式可得的取值范围; (3)实际为一个不等式恒成立问题,先转化为对应函数最值问题（利用导数求差函数最小值）,再研究最小值恒大于零问题,继续求导研究函数单调性,并结合零点存在定理限制或估计极点范围,最后范围确定最大正整数．试题解析：(1) 时,,;①当时,,在上为增函数,此时,②当时,,在上为增函数,故在上为增函数,此时③当时,,在上为增函数,在上为减函数,若,即时,故在上为增函数,在上为减函数, 此时若,即时,在上为增函数,则此时, 综上所述：（2）,,∴在上单调递减,在上单调递增,∴在上恰有两个相异实根,,实数的取值范围是,8．设函数．（1）求函数的单调区间;（2）若函数有两个零点,求满足条件的最小正整数的值;（3）若方程,有两个不相等的实数根,比较与0的大小．【思路引导】(1)先求函数导数,再求导函数零点 ,根据定义域舍去,对进行讨论, 时,,单调增区间为点代入研究即可得的取值范围,进而确定整数值,（3）根据,所以只需判定大小,由可解得,代入分析只需比较大小, 设,构造函数,利用导数可得最值,即可判定大小．(3)证明：因为是方程的两个不等实根,由(1)知．不妨设,则,．两式相减得,即．所以．因为,点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数．根据差函数导函数符号,确定差函数单调性,利用单调性得不等量关系,进而证明不等式．（2）根据条件,寻找目标函数．一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系,或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数．。

第1讲方程思想在解三角形中的应用方程思想是高中数学重要的思想方法之一，方程的思想是建立方程（组）、或构造方程来分析数学变量问的等量关系，通过解方程（组），或运用方程的性质去分析、转化问题，使问题得以解决。

孰练运用方程思想解决数学问题是高中阶段重要的数学能力之一，也是历年高考的重点。

在解三角形的学习中,尤其注重对方程思想的考查,例如方程思想在已知周长、面积等几何信息解三角形，在已知周长、面积等几何信息求长度、周长、面积等最值，在“双正弦”及“双余弦”类解三角形中都有广泛的重要应用，而本文会重点就方程思想思想在解三角形中的几类应用展开详细讲解。

【应用一】方程思想在已知周长、面积等几何信息解三角形中的应用我们在学习解三角形时，会遇到已知边角关系、周长面积关系来解三角形，求出其他对应元素或对应值，此时我们常常借助正余弦定理来综合解题，在使用正余弦定理解题时，我们经常说：“由正弦定理可得”，得到一个方程，“由余弦定理可得”，再得到一个方程，或者说：“由周长或面积关系”，得到一个方程，而此时我们需要把一个方程或多个方程联立求解，这就是数学中常见的方程思想，也是解三角形中常见的重要数学思想，接下来我们会分类学习方程思想在解三角形中的应用，首先学习方程思想在已知周长、面积等几何信息解三角形中的应用，例如下面这道例题：本题是模考或高考中解三角形较常规的题型，解题关键突破口在于运用已知条件列式求解，第一问由正弦定理的边角互化可求得π3A =示出来，面积公式有关于三边高及三个角的，我们该如何选择求解公式呢？其实题目中已知或求解出哪个角，我们便可以选择使用关于这个角的面积公式，即1sin 24ABC S bc A bc ===△4bc =，我们记为方程①；通过观察发现第二问题干还已知了a =π3A =，这类已知对边对角且要求解另外两边的问题，我们选择余弦定理求解，即2222261cos 2242b c a b c A bc +-+-===⨯，解得2210b c +=，我们记为方程②，此时联立方程组便可求解【应用二】方程思想在已知周长、面积等几何信息求长度、周长、面积等最值中的应用我们在学习解三角形时，经常会遇到关于角度、三角函数值、边长、周长和面积的最值求解，若能转换成三角函数，我们可以求出值域从而得到最值范围，但有些题不能转换成三角函数或转换后不易求解，那么此时我们又该怎样求解最值及范围呢？其实我们可以借助基本不等式来求解最值，首先补充下基本不等式的相关公式及应用，20,0ba ab b a +≤⇒>>，当且仅当b a =时取等号，或写成()40,02b a ab b a +≤⇒>>，当且仅当b a =时取等号；有时我们也会使用到重要不等式，ab b a R b a 2,22≥+⇒∈∀，当且仅当b a =时取等号。

第12讲数形结合与巧用放缩法学问与方法数形结合思想就是依据试题中给出的条件和结论,考虑几何含义来证明不等式.若想要运用好数形结合思想,必需敏捷地把抽象笼统的数量关系式与直观明白的图形结合起来,然后在几何与代数的背景下找寻解题的突破口.数形结合有两种状况:一是以数解形,二是以形助数,而通常状况下我们是以形助数来解题,所谓“以形助数”就是构造出与题意相吻合的图形,并通过图象的性质来帮助解决“数”的问题.典型例题f2−ff有两个极值点f1,f2(e为自然对数的底数). 【例1】已知函数f(f)=e f−12(1)求实数f的取值范围;(2)求证:f(f1)+f(f2)>2.f2−ff,则f′(f)=e f−f−f,【解析】(1)由于f(f)=e f−12设f(f)=f′(f)=e f−f−f,则f′(f)=e f−1.令f′(f)=e f−1=0,解得f=0.所以当f∈(−∞,0)时,f′(f)<0;当f∈(0,+∞)时,f′(f)>0.所以f(f)min=f(0)=1−f.(1)当f⩽1时,f(f)=f′(f)⩾0,所以函数f(f)单调递增,没有极值点;(2)当f>1时,f(f)min=1−f<0,且当f→−∞时,f(f)→+∞;当f→+∞时,f(f)→+∞.此时,f(f)=f′(f)=e f−f−f有两个零点f1,f2,不妨设f1<f2,则f1<0<f2−ff有两个极值点时,实数f的取值范围是(1,+∞); f2,所以函数f(f)=e f−12(2)由(1)知,f1,f2为f(f)=0的两个实数根,f1<0<f2,f(f)在(−∞,0)上单调递减.下面先证f1<−f2<0,只需证f(−f2)<f(f1)=0.由于f(f2)=e f2−f2−f=0,得f=e f2−f2,所以f(−f2)=e−f2+f2−f=e−f2−e f2+2f2.−e f+2<0,设f(f)=e−f−e f+2f(f>0),则f′(f)=−1e f所以f(f)在(0,+∞)上单调递减,所以f(f)<f(0)=0,f(f2)=f(−f2)<0,所以f1<−f2<0.由于函数f(f)在(f1,0)上也单调递减,所以f(f1)>f(−f2).要证f(f1)+f(f2)>2,只需证f(−f2)+f(f2)>2,即证e f2+e−f2−f22−2>0.设函数f(f)=e f+e−f−f2−2,f∈(0,+∞),则f′(f)=e f−e−f−2f.设f(f)=f′(f)=e f−e−f−2f,则f′(f)=e f+e−f−2>0,所以f(f)在(0,+∞)上单调递增,f(f)>f(0)=0,即f′(f)>0.所以f(f)在(0,+∞)上单调递增,f(f)>f(0)=0.故当f∈(0,+∞)时,e f+e−f−f2−2>0,则e f2+e−f2−f22−2>0,所以f(−f2)+f(f2)>2,亦即f(f1)+f(f2)>2.【点睛】第一问函数f(f)有两个极值点实质上就是其导数f′(f)有两个零点,亦即函数f=e f与直线f=f+f有两个交点,如图所示,明显实数f的取值范围是(1,+∞).其次问是极值点偏移问题的泛化,是拐点的偏移,依旧可以运用极值点偏移问题的有关方法来解决.只不过须要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系,如本题中的f1<−f2<0,假如“脑中有'形'”,如图所示,并不难得出.【例2】已知函数f(f)=e f−ff2,且曲线f=f(f)在点f=1处的切线与直线f+ (f−2)f=0垂直.（1）求函数f(f)的单调区间;(2)求证:f>0时,e f−ex−1⩾f(ln⁡f−1).【解析】(1)由f(f)=e f−ff2,得f′(f)=e f−2ff.因为曲线f=f(f)在点f=1处的切线与直线f+(e−2)f=0垂直,所以f′(1)=e−2f=e−2,所以f=1,即f(f)=e f−f2,f′(f)=e f−2f.令f(f)=e f−2f,则f′(f)=e f−2,f′(ln⁡2)=0.所以f∈(−∞,ln⁡2)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;f∈(ln⁡2,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)min=f(ln⁡2)=2−2ln⁡2>0,所以f′(f)>0,f(f)单调递增.即f(f)的单调递增区间为(−∞,+∞),无递减区间;(2)由(1)知f(f)=e f−f2,f(1)=e−1,所以f=(f)在f=1处的切线为f−(e−1)=(e−2)(f−1),即f=(e−2)f+1. 令f(f)=e f−f2−(e−2)f−1,则f′(f)=e f−2f−(e−2)=e f−e−2(f−1),且f′(1)=0,f′′(f)=e f−2,f ∈(−∞,ln ⁡2)时,f ′′(f )<0,f ′(f )单调递减; f ∈(ln ⁡2,+∞)时,f ′′(f )>0,f ′(f )单调递增.因为f ′(1)=0,所以f ′(f )min =f ′(ln ⁡2)=4−e −2ln ⁡2<0, 因为f ′(0)=3−e >0,所以存在f 0∈(0,1),使f ∈(0,f 0)时,f ′(f )>0,f (f )单调递增;f ∈(f 0,1)时,f ′(f )<0,f (f )单调递减; f ∈(1,+∞)时,f ′(f )>0,f (f )单调递增.又f (0)=f (1)=0,所以f >0时,f (f )⩾0,即e f −f 2−(e −2)f −1⩾0,所以e f −(e −2)f −1⩾f 2. 今f f (f )=ln ⁡f −f ,则f ′(f )=1f −1=1−ff.所以f ∈(0,1)时,f ′(f )>0,f (f )单调递增;f ∈(1,+∞)时,f ′(f )<0,f (f )单调递减,所以f (f )⩽f (1)=−1,即ln ⁡f +1⩽f ,因为f >0,所以f (ln ⁡f +1)⩽f 2,所以f >0时,e f −(e −2)f −1⩾f (ln ⁡f +1), 即f >0时,e f −e f −1⩾f (ln ⁡f −1).强化训练1.若关于f 的不等式f −ff >e f (2f −1)(f >−1)有且仅有两个整数解,则实数f 的取值范围为 A.(−34,53e 2] B.(−1,−32e ]C.(−32e ,−53e 2]D.(−34,−53e 2]【答案】C【解析】设f (f )=f −ff ,f (f )=e f (2f −1), 不等式f −ff >e f (2f −1)(f >−1)即f (f )>f (f ),f ′(f )=e f (2f +1),由f ′(f )>0得f >−12,由f ′(f )<0得f <−12, f (f )在(−∞,−12)单调递减,在(−12,+∞)单调递增.作出f (f )的图象如图所示,直线f (f )=f −ff 过定点(1,0).若不等式f (f )>f (f )有且仅有两个整数解,则这两个整数只能是0和−1,所以{f (−1)>f (−1),f (−2)⩽f (−2),得−32e <f ⩽−53e 2,实数f 的取值范围是(−32e ,−53e 2],故选:f .2.已知关于f 的不等式|ln ⁡f +f −4e f|>ff 的解集中只有两个整数,则实数f 的取值范围为（）A.(ln ⁡22f 4,2−ln ⁡22f 2] B.[ln ⁡3−13f 3,2−ln ⁡22f 2) C.[ln ⁡3+13f 3,2−ln ⁡22f 2)D.(ln ⁡3+13e 3,2−ln ⁡22e 2)【答案】A【解析】依题意,f <|ln ⁡f +f −4|f e f=|ln ⁡f +f −4f e f|,令f (f )=ln ⁡f +f −4f e f,则f ′(f )=−(f +1)(ln ⁡f +f −5)f 2f f,令f (f )=ln ⁡f +f −5,则f ′(f )=1f +1>0,则f (f )在(0,+∞)上单调递增, 又f (3)=ln ⁡3−2<0,f (4)=ln ⁡4−1>0,所以存在f ∈(3,4),使得f (f )=0,所以f ∈(0,f ),f (f )<0即f ′(f )>0,f (f )在(0,f )单调递增,当f ∈(f ,+∞),f (f )>0,即f ′(f )<0,f (f )在(f ,+∞)单调递减, 因为f (1)=−3e <0,f (2)=ln ⁡2−22e 2<0,f (3)=ln ⁡3−12e 3>0,且当f >3时,f (f )>0, 又|f (1)|=3e ,|f (2)|=2−ln ⁡22e 2>|f (3)|=ln ⁡3−12e 3,|f (4)|=ln ⁡22e 4>|f (3)|,故要使不等式|ln ⁡f +f −4e f|>ff 的解集中只有两个整数,f 的取值范围应为ln ⁡22e 4<f ⩽2−ln ⁡22e 2.故选:f .3.已知函数f (f )=ln ⁡f +12f 2+ff (f ∈f ),f (f )=e f +32f 2−f .(1)探讨f (f )的单调性;(2)定义:对于函数f (f ),若存在f 0,使f (f 0)=f 0成立,则称f 0为函数f (f )的不动点.假如函数f (f )=f (f )−f (f )存在不动点,求实数f 的取值范围. 【解析】(1)f (f )的定义域为(0,+∞),f ′(f )=f 2+ff +1f(f >0),对于函数f =f 2+ff +1，(1)当Δ=f 2−4⩽0时,即−2⩽f ⩽2时,f 2+ff +1⩾0在f >0恒成立. 所以f ′(f )=f 2+ff +1f⩾0在(0,+∞)恒成立.所以f (f )在(0,+∞)为增函数; (2)当Δ>0,即f <−2或f >2时, 当f <−2时,由f ′(f )>0, 得f <−f −√f 2−42或f >−f +√f 2−42,0<−f −√f 2−42<−f +√f 2−42,所以f (f )在(0,−f −√f 2−42)上递增, 在(−f −√f 2−42,−f +√f 2−42)上递减.在(−f +√f 2−42,+∞)上递增;当f >2时,由f ′(f )=f 2+ff +1f>0在(0,+∞)恒成立,所以f (f )在(0,+∞)为增函数. 综上:当f <−2时,f (f )在(0,−f −√f 2−42)上为增函数,在(−f −√f 2−42,−f +√f 2−42)上为减函数,在(−f +√f 2−42,+∞)上为增函数;当f ⩾−2时,f (f )在(0,+∞)上为增函数.(2)f (f )=f (f )−f (f )=ln ⁡f −f 2+ff +f −e f (f >0), 因为f (f )存在不动点,所以方程f (f )=f 有实数根,即f =e f −ln ⁡f +f 2f有解,令f (f )=e f +f 2−ln ⁡ff(f >0),f ′(f )=f f (f −1)+ln ⁡f +(f +1)(f −1)f 2=(f f +f +1)(f −1)+ln ⁡ff 2,令f ′(f )=0,得f =1,当f ∈(0,1)时,f ′(f )<0,f (f )单调递减; 当f ∈(1,+∞)时,f ′(f )>0,f (f )单调递增;所以f (f )⩾f (1)=e +1,当f ⩾e +1时,f (f )有不动点,所以f 的范围为[e +1,+∞). 【点睛】导数式含参数时,如何探讨参数范围而确定到数值的正负是解决这类题的难点,般采纳求根法和图像法.(1)对函数f (f )求导,结合二次函数的性质探讨f 的范围,即可推断f (f )的单调性;(2)由f (f )存在不动点,得到f (f )=f 有实数根,即f =e f −ln ⁡f +f 2f有解,构造函数令f (f )=e f +f 2−ln ⁡ff(f >0),通过求导即可推断f (f )的单调性,从而得到f (f )的取值范围,即可得到f 的范围.巧用放缩法学问与方法放缩法就是针对不等式的结构特征,运用不等式的性质,将不等式的一边或两边进行放大或缩小,也就是对代数式进行恰到好处的变形,使问题便于解决.放缩法大致分为以下几类:1.将代数式中的分母和分子同时扩大和缩小;2.利用均值不等式或其它的不等式放缩数式;3.也可以在不等式两边同时加上或减去某一项;4.可以把代数式中的一些项进行分解再重新组合,这样就可以消去一些项便于求解,这也是我们常用的裂项法.导数的解答题中,常常会用到一些不等式进行放缩,主要分为五类:1.切线不等式(1)e f⩾f+1;(2)ln⁡f⩽f−1;(3)e f⩾e f;(4)ln⁡f⩽1e f;(5)ln⁡f⩾1−1f.2.与三角有关的一些不等式(1)当f⩾0时,sin⁡f⩽f,cos⁡f⩾1−f22;(2)当0⩽f⩽f2时,cos⁡f⩽1−f24;(3)当0<f<f2时,sin⁡f<f<fff⁡f;(4)当0<f⩽f2时,sin⁡ff⩾2f.3.一些常见不等式(略微提高)(1)当f>1时,f2−1f2+1<2(f−1)f+1<ff⁡f<√f√f<12(f−1f);(2)当0<f<1时,12(f−1f)<√f√f<ff⁡f<2(f−1)f+1<f2−1f2+1;(3)对数平均不等式:∀f1>f2>0,√f1f2<f1−f2ln⁡f1−ln⁡f2<f1+f22.4.一些不常见的不等式(1)当f>0时,e f>1+f+12f2;(2)当0<f<1时,ln⁡1+f1−f >2f+23f3;当−1<f<0时,ln⁡1+f1−f<2f+23f3.5.间或用上的不等式当f>1,f∈N∗,f>−1时,则:(1+f)f⩾1+ff,(1+f)1f⩽1+1ff.（当且仅当f=0时等号成立.)在解答导数问题时,我们常常运用到函数的切线、割线靠近进行放缩,两个常用的结论为ln⁡f⩽f−1(当且仅当f=1时取等号),e f⩾f+1(当且仅当f=0时取等号),借助这两个结论可以将超越函数放缩成一次函数.针对高考压轴导数问题,放缩法可以起到很好的效果.运用放缩法须要较高的拆分组合技巧,肯定要点睛意同向传递,还要把握好放缩的“尺度”,否则将达不到预期的目的,或者会得出错误的结论.典型例题指数放缩【例1】已知函数f(f)=f e f+2f−1(其中常数e=2.71828⋯,是自然对数的底数).(1)探讨f(f)的单调性;(2)证明:对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.【解析】(1)求导,得f′(f)=f e f+2.当f⩾0时,f′(f)>0,f(f)在R上单调递增;当f<0时,令f′(f)=0,得f=ln⁡(−2f).当f∈(−∞,ln⁡(−2f))时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(ln⁡(−2f),+∞)时,f′(f)<0,f(f)单调递减.综上,当f⩾0时,f(f)在R上单调递增;当f<0时,f(f)在(−∞,ln⁡(−2f ))上单调递增,在(ln⁡(−2f),+∞)上单调递减.(2)解法1:指对处理技巧fe f型当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f e f−f2+(2−f e)f−1⩾0，即1−f2−(2−f e)f+1f e f⩾0,令f(f)=1−f2−(2−f e)f+1f e f,则f′(f)=(f−1)(f+f e−3)f e f,(f)当f⩾3e时,令f′(f)=0,得f=1,故当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞),f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即f(f)⩾(f+f e)f.(ii)当1⩽f<3e吋,令f′(f)=0,得f=1,或f=3−f e.当f∈(0,3−f e),(1,+∞),f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(3−f e,1),f′(f)<0,f(f)单调递减.又f(0)=1−1f⩾0,f(1)=0,故此时f(f)⩾0,即f(f)⩾(f+f e)f. 综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.解法2:指对处理技巧e ff+主元放缩当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f(e f−e f)−(f−1)2⩾0,即证e ff −ff−1ff+2f−e⩾0，令f(f)=e ff −ff−1ff+2f−e,则f′(f)=(f−1)(f e f−f−1)ff2,当f⩾1时,f e f−f−1⩾e f−f−1,当且仅当f=1时等号成立, 令f(f)=e f−f−1,则f′(f)=e f−1>0在(0,+∞)上恒成立,故f(f)单调递增,f(f)>f(0)=0,f′(f)=0,则f=1, 所以f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即e ff −ff−1ff+2f−e⩾0,即f(f)⩾(f+f e)f.综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.解法3:干脆探讨法当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f(e f−e f)−(f−1)2⩾0,令f(f)=f e f−f2+(2−f e)f−1,则f′(f)=f e f−2f−(f e−2),因此f′′(f)=f e f−2在(0,+∞)上单调递增.(f)当f⩾2时,f′′(f)>0在(0,+∞)上恒成立,故f′(f)单调递增,又f′(1)=0,故当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减,当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即f(f)⩾(f+f e)f.当1⩽f<2时,令f′′(f)=0,得f=ln⁡2f∈(0,1).当f∈(0,ln⁡2f),f′′(f)<0,f′(f)单调递减;当f∈(ln⁡2f,+∞),f′′(f)>0,f′(f)单调递增.(ii)当2e−1⩽f<2时,f′(0)=f(1−e)+2⩽0,又f′(1)=0,f′(ln⁡2f)<f′(1)=0,故当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减; 当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即f(f)⩾(f+f e)f.(iii)当1⩽f<2e−1时,则f′(0)=f(1−e)+2>0,又f′(ln⁡2f )<f′(1)=0,故存在唯一f0∈(0,ln⁡2f),使得f(f0)=0,当f∈(0,f0),(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(f0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减.又f(0)=f−1⩾0,f(1)=0.故此时f(f)⩾0,即f(f)⩾(f+f e)f.综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.解法4:主元放缩+指数放缩法当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f(e f−e f)−(f−1)2⩾0,令f(f)=e f−e f,则f′(f)=e f−e,令f′(f)=0,得f=1.当f∈(−∞,1),f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞),f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即e f−e f⩾0,当且仅当f=1时等号成立,故f(e f−e f)⩾e f−ex,当且仅当f=1,f=1时等号成立;要证f(e f−e f)−(f−1)2⩾0,只须要证e f−e f−(f−1)2⩾0.策略一:干脆探讨法令f(f)=e f−e f−(f−1)2(f>0),则f′(f)=e f−e−2(f−1),f′′(f)=e f−2,令f′′(f)=0,得f=ln⁡2.当f∈(0,ln⁡2)时,f′′(f)<0,f′(f)单调递减;当f∈(ln⁡2,+∞)时,f′′(f)>0,f′(f)单调递增.又f′(0)=3−e>0,f′(1)=0,f′(ln⁡2)<0,因此存在唯一f0∈(0,ln⁡2),使得f′(f0)=0.当f∈(0,f0)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(f0,1),f′(f)<0,f(f)单调递减.又f(0)=0,f(1)=0,故此时f(f)⩾0恒成立,即f(f)⩾(f+f e)f.综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.策略二:指数处理,同解法1即证1−e f+(f−1)2e f ⩾0,令f(f)=1−e f+(f−1)2e f,则f′(f)=(f−1)(f+e−3)e f，令f′(f)=0,得f=1,或f=3−e.当f∈(0,3−e),(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(3−e,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减.又f(0)=0,f(1)=0,故此时f(f)⩾0,即f(f)⩾(f+f e)f. 综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.策略三:指对处理,同解法2即证e ff −f−1f+2−e⩾0，令f(f)=e ff −f−1f+2−e,则f′(f)=(f−1)(e f−f−1)f2.令f(f)=e f−f−1,则f′(f)=e f−1>0在(0,+∞)上恒成立,故f(f)单调递增, 从而f(f)>f(0)=0,令f′(f)=0,则f=1.当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即e ff −f−1f+2−e⩾0,从而f(f)⩾(f+f e)f.综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.【点睛】本题的第(2)问是一道开放性较强的试题,可以从多角度入手分析.当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f e f−f2+(2−f e)f−1⩾0,视察此时含有指数项f e f,也含有二次项,干脆探讨至少要求两次导数才便于探究(解法2),结合指对处理技巧,可考虑同时除以f e f,这样求导后就只须要探讨二次型函数即可.即证f(f)=1−f2−(2−f e)f+1f e f⩾0,求导后分耇竕是可因式分解的二次函数，且两根易求,分别为f=1与f=3−f e.但对于f=3−f e是否在区间(0,+∞)内不能确定,因此须要进行探讨.解法1采纳的是整理为fe f 型函数,解法2则是整理为eff型的函数,解法2采纳的是干脆探讨.对于解法4,视察到所证不等式中含有e f与ex,即可联想到e f⩾e f,为此将待证式整理成f(e f−ex)−(f−1)2⩾0,借助e f⩾ex,只须要证明e f−ex−(f−1)2⩾0即可.接下来的证明与前述含参探讨的情形大同小异,可干脆探讨,也可采纳指对处理对数放缩【例2】已知函数f(f)=f−1ln⁡f.(1)求函数f(f)的单调区间;(2)证明:在f>12且f≠1时,f(f)<f2+34恒成立.【解析】(1)f′(f)=ln⁡f−1+1 f(ln⁡f)2(f>0,且f≠1),令f(f)=ln⁡f−1+1f ,则f′(f)=1f−1f2=f−1f2,当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;故f(f)>f(1)=0,即f′(f)>0恒成立,故f(f)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.综上,f(f)的单调递增区间为(0,1),(1,+∞),无单调递减区间.(2)解法1:放缩法今f(f)=f−1−ln⁡f(f>0),则f′(f)=f−1f,当f∈(0,1),f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞),f′(f)>0,f(f)单调递增. 故f(f)⩾f(1)=0,即f−1⩾ln⁡f,当且仅当f=1时等号成立.因此,当f∈(12,1),f−1>ff⁡f,则f−1ln⁡f<1,而此时f2+34>1,所以f−1ln⁡f<f2+34;另一方面,f∈(1,+∞),由(1)可知ln⁡f>1−1f,因此f−1ln⁡f <f−11−1f=f,而f2+34−f>0在(1,+∞)恒成立,故f2+34>f>f−1ln⁡f成立.综上,不等式f−1ln⁡f <f2+34在f>12,且f≠1时恒成立.解法2:等价变形当f∈(12,1)时,即证f−1f2+34>ff⁡f;当f∈(1,+∞),即证f−1f2+34<ff⁡f;令f(f)=f−1f2+34−ln⁡f(f>12,且f≠1),则f′(f)=f 2+34−2f(f−1)(f2+34)2−1f=−f4+f3−12f2−34f+916f(f2+34)2,令f(f)=f4+f3−12f2−34f+916 ,则f′(f)=4f3+3f2−f−34=4f2(f+34)−(f+34)=(f+34)(4f2−1)>0,故f(f)单调递增,f(f)>f(12)=14>0,故f′(f)<0,所以f(f)单调递减,而f(1)=0,故当f∈(12,1)时,f(f)>0,即f−1f2+34>ff⁡f;当f∈(1,+∞)时,f(f)<0,即f−1f2+34<ff⁡f.综上,不等式f−1ln⁡f <f2+34在f>12且f≠1时成立.指对混合放缩【例3】已知函数f(f)=e f.(1)探讨函数f(f)=f(ff)−f−f的单调性;(2)证明:f(f)+ln⁡f+3f >√f.【解析】(1)f(f)=f(ff)−f−f=e ff−f−f,f′(f)=f e ff−1,(1)若f⩽0时,f′(f)<0,f(f)在R上单调递减;(2)若f>0时,当f<−1fln⁡f时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f>−1fln⁡f时,f′(f)>0,f(f)单调递增;综上若f⩽0时,f(f)在R上单调递减;若f>0时,f(f)在(−∞,−1f ln⁡f)上单调递减;在(−1fln⁡f,+∞)上单调递增;(2)证明:要证f(f)+ln⁡f+3f >√f,只需证f(ln⁡f+e f)−4√f+3>0,由(1)可知当f=1时,e f−f−1⩾0,即e f⩾f+1,当f+1>0时,上式两边取以e为底的对数,可得ln⁡(f+1)⩽f(f>−1),用f−1代替f可得ln⁡f⩽f−1(f>0),又可得ln⁡1f ⩽1f−1(f>0),所以ln⁡f⩾1−1f(f>0),所以f(ln⁡f+e f)−4√f+3>f(1−1f+f+1)−4√f+3=f2+2f+2−4√f=(f+1)2−4√f+1⩾(2√f)2−4√f+1=(2√f−1)2⩾0,从而不等式f(f)+ln⁡f+3f >√f成立.【例4】已知函数f(f)=e f−ff2,f(f)=f ln⁡f−f2+(e−1)f+1,且曲线f= f(f)在f=1处的切线方程为f=ff+1.(1)求f,f的值;(2)求函数f(f)在[0,1]上的最小值;(3)证明:当f>0时,f(f)⩽f(f).【解析】(1)f=1,f=e−2.(2)f(f)min=1;(3)即证:e f+(1−e)f−f ln⁡f−1⩾0,因为f(0)=1,且曲线f=f(f)在f=1处的切线方程为f=(e−2)f+1,故可揣测:当f>0且f≠1时,f(f)的图象恒在切线f=(e−2)f+1的上方.下面证明:当f>0时,f(f)⩾(e−2)f+1.解法1:设f(f)=f(f)−(e−2)f−1(f>0),则f′(f)=e f−2f−(e−2),今f(f)=f′(f),f′(f)=e f−2,当f∈(0,ln⁡2)时,f′(f)<0,f′(f)单调递减;当f∈(ln⁡2,+∞)时,f′(f)>0,f′(f)单调递增.又f′(0)=3−e>0,f′(1)=0,0<ff⁡2<1,f′(ln⁡2)<0所以,存在f0∈(0,1),使得f′(f0)=0.当f∈(0,f0)∪(1,+∞)时,f′(f)>0;当f∈(f0,1),f′(f)<0;故f(f)在(0,f0)上单调递增,在(f0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f(0)=f(1)=0,所以f(f)=e f−f2−(e−2)f−1⩾0,当且仅当f=1时取等号.故e f+(2−e)f−1f⩾f(f>0).由(2)知,e f⩾f+1,故f⩾ln⁡(f+1),所以f−1⩾ln⁡f,当且仅当f=1时取等号.所以e f+(2−e)f−1f⩾f⩾ln⁡f+1,即e f+(2−e)f−1f⩾ln⁡f+1.所以e f+(2−e)f−1⩾f ln⁡f+f,即e f+(1−e)f−f ln⁡f−1⩾0成立(当f=1时等号成立). 故当f>0时,f(f)⩽f(f).解法2:要证f ln⁡f−f2+(e−1)f+1⩽e f−f2,等价于证明f ln⁡f+(e−1)f+1−e f⩽0,又f>0,可转化为证明ln⁡f+e−1+1f −e ff⩽0,令f(f)=ln⁡f+e−1+1f −e ff,则f′(f)=1f−1f2−e f(f−1)f2=(f−1)(1−e f)f2,因为f>0,所以当f∈(0,1)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(1,+∞)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;所以f(f)有最大值f(1)=0,故f(f)⩽0恒成立,即当f>0时,f(f)⩽f(f).三角放缩【例5】设f>0,且f≠1,函数f(f)=sin⁡ff−f sin⁡f.(1)若f(f)在区间(0,2f)上有唯一极值点f0,证明:f(f0)<fff{2ff,(1−f)f};(2)若f(f)在区间(0,2f)没有零点,求f的取值范围.【解析】(1)f′(f)=f cos⁡ff−f cos⁡f=f(cos⁡ff−cos⁡f)=−2f sin⁡f+12f sin⁡f−12f,若f>1,则f′(f)在区间(0,2f)至多有f1=2ff+1,f2=4ff+1两个变号零点,故0<f<1,令f′(f)=0,得f f=2fff+1,f f=2fff+1,其中f,f∈f,仅当f=1时,f1=2ff+1∈(0,2f),且在f1的左右两侧,导函数的值由正变负,故当0<f<1时,f(f)在区间(0,2f)有唯一极值点f0=2ff+1,此时f(f0)=sin⁡ff0−f sin⁡f0.解法1:将f0=2ff+1代入得f(f0)=sin⁡2fff+1−f sin⁡2ff+1=sin⁡2fff+1+f sin⁡(2f−2ff+1)=(1+f)sin⁡2fff+1,(1)当2ff+1⩽12,即0<f⩽13时,2ff⩽(1−f)f,由不等式f>0,fff⁡f<f知:(1+f)sin⁡2fff+1<(1+f)2fff+1=2ff;(2)当2f f +1>12,即当13<f <1时,(1−f )f <2ff ,(1+f )sin ⁡2fff +1=(1+f )sin ⁡(f −2fff +1)=(1+f )sin ⁡(1−f )ff +1,由不等式f >0,fff ⁡f <f 知:(1+f )sin ⁡2fff +1<(1+f )(1−f )ff +1=(1−f )f .由(1)(2)知f (f 0)<fff {2ff ,(1−f )f }. 解法2:由f 0=2f f +1⇒ff 0=2f −f 0,f =2ff 0−1,代入得f (f 0)=sin ⁡ff 0−f sin ⁡f 0=sin ⁡(2f −f 0)−(2ff−1)sin ⁡f 0,即f (f 0)=−2ff 0sin ⁡f 0.以下用分析法可证:f (f 0)<fff {2ff ,(1−f )f }. (2)(1)当f >1时,f (f f )=sin ⁡(f ⋅f f )−f sin ⁡f f =−f sin ⁡f f <0,f (3f 2)=sin ⁡(3ff 2)+f >0,所以f (ff )f (3f 2)<0,由零点存在性定理知,f (f )在区间(f f ,3f2)至少有一个零点; (2)当12<f <1时,f <ff<2f ,f 2<ff <f ,f <2ff <2f ,f (f f )=−f sin ⁡ff >0,f (f )=sin ⁡ff >0,f (2f )=sin ⁡2ff <0,由零点存在定理可知,f (f )在区间(f ,2f )至少有一个零点;(3)当0<f ⩽12时,f ′(f )=f cos ⁡ff −f cos ⁡f =f (cos ⁡ff −cos ⁡f ),令f (f )=cos ⁡ff −cos ⁡f ,则f ′(f )=−f sin ⁡ff +sin ⁡f , 在区间(0,f )上,cos ⁡ff >fff ⁡f ,f ′(f )>0,f (f )是增函数;在区间(f ,2f )上,f ′(f )<0,即f (f )递减,即f ′(f )递减,f ′(f )<f ′(2f )<0, 故f (f )在(0,f )上递增,在(f ,2f )上递减,又f (0)=0,f (f )=sin ⁡ff >0,f (2f )=sin ⁡2ff ⩾0,即在(f ,2f )上,f (f )>0.所以f(f)在区间(0,2f)上没有零点,满意题意.综上所述,若f(f)在区间(0,2f)没有零点,则正数f的取值范围是(0,12].含三角函数的指对放缩【例6】已知函数f(f)=e f−ff−cos⁡f,其中f∈f.(1)求证:当f⩽−1时,f(f)无极值点;(2)若函数f(f)=f(f)+ln⁡(f+1),是否存在f,使得f(f)在f=0处取得微小值?并说明理由.【解析】(1)证明:f′(f)=e f−f+sin⁡f,明显e f>0,−1⩽fff⁡f⩽1,当f⩽−1时,f f−f+sin⁡f>0−f−1⩾0,即f′(f)>0,所以函数f(f)在其定义域上为增函数,故f(f)无极值点;(2)f(f)=e f−ff−cos⁡f+ln⁡(f+1),f′(f)=e f−f+sin⁡f+1f+1,明显f=0是f(f)的微小值点的必要条件,为f′(0)=2−f=0,即f=2.此时f′(f)=e f+1f+1+sin⁡f−2,明显当f∈(0,f2)时,f′(f)=e f+1f+1+sin⁡f−2>1+f+1f+1+sin⁡f−2>fff⁡f>0,当f∈(−14,0)时,(1+f)(1−f+32f2)=1+f22(3f+1)>1,故11+f <1−f+32f2,令f(f)=(1+f+f22)e−f,则f′(f)=−f22e−f⩽0,故f(f)是减函数,故当f<0时,f(f)>f(0)=1,即e f<1+f+f22,令f(f)=sin⁡f−12f,则f′(f)=cos⁡f−12,当−1<f<0时,f′(f)>fff⁡1−12>0,故f(f)在(−1,0)单调递增,故当−1<f <0时,f (f )<f (0)=0,即sin ⁡f <12f ,故当f ∈(−14,0)时,f ′(f )=e f +1f +1+sin ⁡f −2⩽(1+f +f 22)+(1−f +32f 2)−2+f 2=2f 2+f 2<0,因此,当f =2时,f =0是f (f )的微小值点,即充分性也成立. 综上,存在f =2,使得f (f )在f =0处取得微小值.【点睛】本题第(2)问先由必要性探路可知f =2,再证明当f =2时,f =0是函数f (f )的微小值点,即证明其充分性,由此即可得出结论.【例7】已知函数f (f )=2ln ⁡(f +1)+sin ⁡f +1,函数f (f )=ff −1−ln ⁡f (f ∈R ,且f ≠0).(1)探讨函数f (f )的单调性;(2)证明:当f ⩾0时,f (f )⩽3f +1;(3)证明:当f >−1时,f (f )<(f 2+2f +2)e sin ⁡f . 【解析】(1)f (f )定义域为(0,+∞),f ′(f )=f −1f=ff −1f. 当f <0时,f ′(f )<0,则f (f )在(0,+∞)上单调递减;当f >0时,令f ′(f )>0,得f >1f,即f (f )在(1f,+∞)上单调递增;令f ′(f )<0,得0<f <1f ,得f (f )在(0,1f )上单调递减.综上所述,当f <0时,f (f )在(0,+∞)上单调递减;当f >0时,f (f )在(1f ,+∞)上单调递增,在(0,1f )上单调递减. (2)解法1:作差法+干脆求导设函数f (f )=f (f )−(3f +1),则f ′(f )=2f +1+cos ⁡f −3. 因为f ⩾0,所以2f +1∈(0,2],cos ⁡f ∈[−1,1],则f ′(f )⩽0,从而f(f)在[0,+∞)上单调递减,所以f(f)=f(f)−(3f−1)⩽f(0)=0,即f(f)⩽3f+1.解法2:常用不等式+兵分两路当f=1时,f(f)=f−1−ln⁡f,由(1)知f(f)min=f(1)=0,所以ln⁡f⩽f−1,所以2ln⁡(f+1)⩽2f.令f(f)=f−sin⁡f,则f′(f)=1−cos⁡f⩾0恒成立,又f(0)=0,所以当f⩾0时,有f(f)=f−sin⁡f⩾0,即sin⁡f⩽f.所以f(f)=2ln⁡(f+1)+sin⁡f+1⩽2f+f+1=3f+1.(3)证明:当f=1时,f(f)=f−1−ln⁡f,由(1)知f(f)min=f(1)=0,所以f⩾ln⁡f+1,当f>−1时,(f+1)2>0,(f+ 1)2f sin⁡f>0,所以(f+1)2e sin⁡f>ff⁡[(f+1)2e sin⁡f]+1=2ln⁡(f+1)+sin⁡f+1.从而(f2+2f+2)e sin⁡f>(f+1)2e sin⁡f>ff⁡[(f+1)2e sin⁡f]+1=2ln⁡(f+1)+sin⁡f+1=f(f),所以f(f)<(f2+2f+2)e sin⁡f.强化训练1.已知函数f(f)=f+fe f(f∈R)在f=0处取得极值.(1)求f,并求f(f)的单调区间;(2)证明:当0<f⩽e,f∈(1,+∞)时,f e f−2−f(f−1)ln⁡f>0.【解析】(1)f′(f)=1−f−fe f,由题意可得,f′(0)=1−f=0,故f=1,f(f)=1+fe f ,f′(f)=−fe f,由f′(f)>0可得f<0,故函数单调递增区间(−∞,0), 由f′(f)<0可得f>0,故函数单调递减区间(0,+∞),(2)证明:由(1)可知f(f)在(−∞,0)上单调递增,在(0,+∞)单调递减,故f(f)⩽f(0)=1,即f+1e f⩽1,故e f⩾f+1,所以e f−2⩾f−1,当且仅当f=2时取等号,又因为f>0,所以f e f−2⩾f(f−1),所以f e f−2−f(f−1)ln⁡f⩾f(f−1)−f(f−1)ln⁡f=(f−1)(f−f ln⁡f), 因为f>1,所以ln⁡f>0,因为0<f⩽e,所以f−f ln⁡f⩾f−eln f,令f(f)=f−eln⁡f,则f′(f)=1−ef,由f′(f)>0可得,f>f,故f(f)在(e,+∞)上单调递增,由f′(f)<0可得,f<f,故f(f)在(−∞,e)上单调递减,所以f(f)⩾f(e)=0,即f−eln f⩾0在f=e处取得等号,所以f e f−2−f(f−1)ln⁡f⩾(f−1)(f−f ln⁡f)⩾(f−1)(f−eln⁡f)⩾0, 由于取等条件不同,所以f e f−2−f(f−1)ln⁡f>0.2.已知函数f(f)=ln⁡f−fe.(1)若曲线f=f(f)存在一条切线与直线f=ff垂直,求f的取值范围.(2)证明:f(f)<f2−ln⁡f−34sin⁡f.【解析】(1)f′(f)=1f −1e.因为f(f)的定义域为(0,+∞),所以1f−1e>−1e.因为曲线f=f(f)存在一条切线与直线f=ff垂直,所以−1f >−1e,解得f<0或f>f,则f的取值范围为(−∞,0)∪(e,+∞).(2)f′(f)=1f −1e=e−ff e.当f∈(0,e)时,f′(f)>0;当f∈(e,+∞)时,f′(f)<0.所以f(f)max=f(e)=ln⁡e−ee=0.设函数f(f)=f2−ln⁡f,则f′(f)=2f−1f =2f2−1f.当f∈(0,√22)时,f′(f)<0;当f∈(√22,+∞)时,f′(f)>0.所以f(f)min=f(√22)=12−12ln⁡12=12+12ln⁡2.因为ln⁡2>ff⁡√e=12,f(f)min>34.因为34sin⁡f∈[−34,34],所以f2−ln⁡f−34sin⁡f>0.又f(f)⩽f(f)max=0,所以f(f)<f2−ln⁡f−34sin⁡f.3.已知函数f(f)=f ln⁡f+32f2−(f+1)f+f.(1)当f=3时,求f(f)的单调区间;(2)e为自然对数的底数,若f∈(3e−1,3e+1)时,f(f)⩾0恒成立,证明:f−2f+6>0.【解析】(1)当f=3时,f(f)=f ln⁡f+32f2−4f+f,则f′(f)=ln⁡f+3f−3在(0,+∞)上单调递增,又f(1)=0,故当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.综上,当f=3时,f(f)的单调咸区间为(0,1),单调增区间为(1,+∞).(2)对f(f)求导,得f′(f)=ln⁡f+3f−f,知f′(f)在(0,+∞)上单调递增.因为f∈(3e −1,3e+1),故f′(1e)=3e−1−f<0,f′(e)=3e+1−f>0,故存在唯一f0∈(1e,e),使得f′(f0)=0,即ln⁡f0+3f0−f=0,所以f=ln⁡f0+3f0.当f∈(0,f0)时,f′(f)<0,f(f)单调递减; 当f∈(f0,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.又f(f)⩾0,故f(f)min=f(f0)=f0ln⁡f0+32f2−(f+1)f0+f⩾0,即f0ln⁡f0+32f2−(ln⁡f0+3f0+1)f0+f=−32f2−f0+f⩾0在f0∈(1e,e)上恒成立.令f(f)=−32f2−f+f,则f(f)在(1e,e)上单调递减,故只需f(e)=−32e2−e+f⩾0,即f⩾32e2+e,故f−2f+6⩾32e2+e−6e−2+6=32e2−5e+4>0,从而得证.解法2:转化为关于f0的函数所以f⩾32f2+f0,则f−2f+6⩾32f2+f0−2(ln⁡f0+3f0)+6=32f2−5f0−2ln⁡f0+6,令f(f)=32f2−5f−2ln⁡f+6(1e<f<f),则f′(f)=3f−5−2f =3f2−5f−2f=(3f+1)(f−2)f,令f′(f0)=0,得f=2.当f∈(1e,2),f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(2,e)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.故f(f)min=f(2)=32×4−10−2ln⁡2+6=2(1−ln⁡2)>0,即f−2f+6>0,从而不等式得证.。

高考数学复习压轴题专题讲解专题06 超越不等式（方程）【方法点拨】含有指对运算的方程(或不等式)称之为超越方程(或超越不等式),实现解这类方程、不等式，一般是构造函数，利用函数的单调性来解决.【典型题示例】例1 （2021·江苏无锡天一·12月八省联考热身卷·7）已知点P 为函数()ln f x x =的图象上任设该圆与()ln f x x =相切的切点为00(,ln )Q x x ' 则由导数的几何意义、圆的切线性质得000ln 111e e x x x ⨯=-⎛⎫- ⎪⎝⎭+ 即2000ln 01e e x x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭+-=，此为超越方程，应先猜根，易知0x e =为其中一个根 设2()ln 1e e f x x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭+，则1()201e e f x x x ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭+，()f x 单调递减 故0x e =为其唯一的一个根，此时切点为(),1e所以PQ1=，故选A. 例2 已知函数2e ()xf x x ax a=-+(a ∈R)，其中e 为自然对数的底数，若函数()f x 的定义域为R ，且(2)()f f a >，求a 的取值范围．【答案】(2，4)【解析】由函数f (x )的定义域为R ，得x 2－ax ＋a ≠0恒成立，所以a 2－4a ＜0，解得0＜a ＜4．方法1（讨论单调性）由f (x )＝e x x 2－ax ＋a ，得f'(x )＝e x (x －a )(x －2)(x 2－ax ＋a )2． ①当a ＝2时，f (2)＝f (a )，不符题意．②当0＜a ＜2时，因为当a ＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(a ，2)上单调递减，所以f (a )＞f (2)，不符题意．③当2＜a ＜4时，因为当2＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(2，a )上单调递减，所以f (a )＜f (2)，满足题意．综上，a 的取值范围为(2，4)．方法2（转化为解超越不等式，先猜根再使用单调性）由f (2)＞f (a )，得e 24－a ＞e a a． 因为0＜a ＜4，所以不等式可化为e 2＞e a a(4－a )． 设函数g (x )＝e x x(4－x )－e 2， 0＜x ＜4． 因为g'(x )＝e x·－(x －2)2x 2≤0恒成立，所以g (x )在(0，4)上单调递减． 又因为g (2)＝0，所以g (x )＜0的解集为(2，4)．所以，a 的取值范围为(2，4)．例3 已知函数f (x )＝x －1－(e －1)ln x ，其中e 为自然对数的底，则满足f (e x )＜0的x 的取值范围为．【答案】()0,1【解析】易得f (1)＝f (e)=0 ∵1(1)()1e x e f x x x---'=-= ∴当(0,1)x e ∈-时，()0f x '<，()f x 在(0,1)e -单减；当(1,)x e ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 在(1,)e -+∞单增∴()0f x <的解集是1x e <<令1x e e <<，得01x <<，故f (e x )＜0的x 的取值范围为()0,1．【巩固训练】1.已知函数()21x f x x =--，则不等式()0f x >的解集是（）．A. (1,1)-B. (,1)(1,)-∞-+∞C. (0,1)D. (,0)(1,)-∞⋃+∞2. 关于的不等式的解集为___________.3.方程e eln e 0x x x +-=的根是___________.4.已知α、β分别是方程510x x ++=、510x x++=的根，则α＋β的值是. 5.已知实数x 、y 满足()()22111x x y y ++++=，则2234662020x xy y x y ----+的值是. 6.不等式1ln 0x x x--≤的解集是. 7.方程33123340x x x +++++=的根是.【答案与提示】1. 【答案】D【分析】作出函数2xy =和1y x =+的图象，观察图象可得结果.【解析】因为()21x f x x =--，所以()0f x >等价于21x x >+， 在同一直角坐标系中作出2xy =和1y x =+的图象如图：两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2)，不等式21x x >+的解为0x <或1x >.所以不等式()0f x >的解集为：()(),01,-∞⋃+∞. x 2ln 10x x +-≥2.【答案】[1,)+∞【提示】设2()ln 1f x x x =+-，则1()20f x x x '=+>，(1)0f =，()f x 单增. 3.【答案】1【解析】设()e eln x x x x e ϕ=+-，则e ()(1)e 0x x x x ϕ'=++>，所以()x ϕ单调递增， 因为(1)0ϕ=，所以1x =.4.【答案】－1【提示】设5()1f x x x =++，则4()510f x x '=+>，()f x 单增.由510αα++=，510=得α=代入510αα++=得510α++=，即10βα++=，得α＋β＝－1. 5.【答案】2020【提示】两边取自然对数得((ln ln 0x y +++=设(()ln f x x =，则易得其为R 上的单增奇函数所以0x y +=，故2234662020()(4)6()20202020x xy y x y x y x y x y ----+=+--++=.6.【答案】(0,1]【解法一】显然1x =是方程1ln 0x x x--=一个根 令1()ln f x x x x=--，则22222111112()10x x x f x x x x x ⎛⎫-+ ⎪-+⎝⎭'=+-==> 故()f x 在(0,)+∞单增，且(1)0f =所以不等式1ln 0x x x--≤的解集是(0,1].【解法二】1ln 0x x x --≤变形为1ln x x x-≤ 设1()f x x x=-，()ln g x x = 而1()f x x x=-在(0,)+∞单减，()ln g x x =在(0,)+∞单增，且图象均过（1,0） 所以不等式1ln 0x x x --≤的解集是(0,1]. 7.【答案】43- 【分析】利用“同构”构造函数，再利用函数的单调性.()()1230x x ++=设()f x x =，易得其为R 上的单增奇函数所以()()1230x x +++=，43x =-即为所求.。

高考数学压轴难题归纳总结提高培优专题-------- 超越方程反解难巧妙构造变简单导数研究超越方程【题型综述】超越方程是包含超越函数的方程，也就是方程中有无法用自变数的多项式或开方表示的函数，与超越方程相对的是代数方程．超越方程的求解无法利用代数几何来进行．大部分的超越方程求解没有一般的公式，也很难求得解析解．在探求诸如 x3 6x 2 9x 10 0 ，x 2 2 ln x x 2 x 2 方程的根的问题时，我们利用导数这一工具和数形结合的数学思想就可以很好的解决． 此类题的一般解题步骤是： 1、构造函数，并求其定义域． 2、求导数，得单调区间和极值点． 3、画出函数草图．4、数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与 x 轴的交点情况求解．【典例指引】例 1．已知函数 f x ax xlnx 在 x e2 处取得极小值．（1）求实数 a 的值；（ 2 ） 设 F x x2 x 2 lnx f x ， 其 导 函 数 为 F x ， 若 F x 的 图 象 交 x 轴 于 两 点C x1, 0, D x2, 0 且 x1 x2 ，设线段 CD 的中点为 N s, 0 ，试问 s 是否为 F x 0 的根？说明理由．【思路引导】 （1）先求导数，再根据 f e20，解得a1 ，最后列表验证（2）即研究F x1 2x2 0是否成立，因为F x1 2x2 x1x2x14 x21，利用x12 2lnx1 x1 0，x22 2lnx2 x2 0得x1x22lnx1 lnx2 x1 x21 ，所以F x1 2x2 2lnx1 lnx2 x1 x2x14 x2=0，转化为 lnt2t 1t 10．其1中 t x1 ，最后利用导数研究函数 u t lnt 2t 1 单调性，确定方程解的情况x2t 1（2）由（1）知函数 F x x2 2lnx x ．∵函数 F x 图象与 x 轴交于两个不同的点 C x1, 0, D x2, 0 ，（ x1 x2 ），∴ x12 2lnx1 x1 0 ， x22 2lnx2 x2 0 ．两式相减得x1x22lnx1 lnx2x1 x21Fx 2x 2 1．xF x1 2x2 x1x2x14 x21 2lnx1 lnx2x1 x2x14 x2．下解 2lnx1 lnx2 4 0 ．即 ln x1 2 x1 x2 0 ．x1 x2x1 x2x2 x1 x22令tx1 x2，∵ 0x1x2，∴ 0t 1 ，即 lnt2t 1t 10．令 u t lnt2t 1t 1， u t 1 tt4 12t 12 t t 12．又 0 t 1 ，∴ ut 0 ，∴ u t 在 0,1 上是増函数，则 u t u 1 0 ，从而知 x14 x22lnx1 lnx2 x1 x20，故F x1 2x2 0 ，即Fs0不成立．故 s 不是 F x 0 的根．例 2．设函数 f x lnx 1 ax2 bx2（1）当 a 3,b 2 时，求函数 f x 的单调区间；（2）令 F x f x 1 ax22 bx a (0 xx 3) ，其图象上任意一点 P x0 , y0 处切线的斜率 k1 2恒成立，求实数 a 的取值范围．（3）当 a 0,b 1 时，方程 f x mx 在区间 1, e2 内有唯一实数解，求实数 m 的取值范围．【思路引导】（1）先求导数 f ' x 然后在函数的定义域内解不等式 f ' x 0 和 f ' x 0, f ' x 0 的区间为单调增区间， f ' x 0 的区间为单调减区间；（2）先构造函数 F x 再由以其图象上任意一点 P x0 , y0 为切点的切线的斜率k1 2恒成立，知导函数k1 2恒成立，再转化为a 1 2x02x0 max求解；（3）先把握f x mx 有唯一实数解，转化为 m 1 lnx 有唯一实数解，再利用单调函数求解．x3【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究方程的根、不等式的恒成立和导数的几何意义，属于难题．利用导数研究函数 f x 的单调性的步骤：①确定函数 f x 的定义域；②对f x 求导；③令 f ' x 0 ，解不等式得 x 的范围就是递增区间；令 f ' x 0 ，解不等式得 x 的范围就是递减区间．例 3．已知函数（）（1）讨论 的单调性；4（2）若关于的不等式 【思路引导】的解集中有且只有两个整数，求实数 的取值范围．（1）求出 ，分两种情况讨论，分别令得增区间，令得减区间；（2），令，利用导数研究其单调性，结合零点定理可得结果．试题解析：（1），当 时， 在上单调递增，在单调递减；上单调递减，在单调递增；当 时， 在（2）依题意，，令，则，令，则，即 在上单调递增．又 存在唯一的， ，使得， ．当，在 单调递增；当，在单调递减．，，，且当 时，，又，，．故要使不等式解集中有且只有两个整数， 的取值范围应为．【同步训练】1．已知函数 f x te2x x 1 （ t R ），且 f x 的导数为 f x ．25（Ⅰ）若 F x f x x2 是定义域内的增函数，求实数 t 的取值范围；（Ⅱ）若方程 f x f x 2 2x x2 有 3 个不同的实数根，求实数 t 的取值范围．【思路引导】（Ⅰ）只需fx0 ，即 t1 22x1 e2xgx恒成立，求出gx min即可得结果；（Ⅱ）原方程等价于t x2x7 2 e2x，研究函数hx x2x7 2 e2x的单调性，结合图象可得结果．令 h x 0 ，解得 x 3 或 x 1 ．列表得：x , 3 3 3,1 1 1, h x 00hx增极大减极小增6值值由表可知当 x 3 时， h x 取得极大值 5 e6 ；2当 x 1 时， h x 取得极小值 3 e2 ．2又当 x 3 时， x2 x 7 0 ， e2x 0 ，此时 h x 0 ．2因此当x 3时，hx 0,5 2e6 ；当3 x 1时，hx 3 2e2,5 2e6 ；当x 1时，hx 3 2e2, ，因此实数t的取值范围是 0,5 2e6 ．2．已知函数fx3ax 2lnx2的图象的一条切线为x轴 ．（ 1 ） 求 实 数a的 值 ；（ 2 ） 令3g x f x f x ，若存在不相等的两个实数 x1, x2 满足 g x1 g x2 ，求证： x1x2 1．【思路引导】（1）对函数求导，由题可设切点坐标为 x0 , 0 ，由原函数和切线的斜率为 0 可得方程组，解方程组得 a 值；（2）由题知 g x 2 3 x3 2 1 x 1 lnx ，可构造去绝对值后的函数，利用导数与函数单调性的关系， x判断gx的单调性，再构造函数Gxgxg 1 x ，利用导数判断出Gx的单调性，最后可令0 x1 1 x2 ，利用 G x 单调性可得结论．7gxh{ hx x,x 1,0 x 且1gx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，g 1 0 ，当 x 1 时， 0 1 1， x记Gx gxg 1 x hxh 1 x fxf xf 1 x f 1 x ，记函数 y f x 的导函数为 y f x ，则Gx f xf x 1 x2f 1 x 1 x2f 1 x 83．已知函数 f x a x lnx （ a 0 ）， g x x2 ．（1）若 f x 的图象在 x 1 处的切线恰好也是 g x 图象的切线．①求实数 a 的值；②若方程fxmx 在区间1 e, 内有唯一实数解，求实数 m的取值范围． （ 2 ） 当 0 a 1 时 ， 求 证 ： 对 于 区 间 1, 2 上 的 任 意 两 个 不 相 等 的 实 数 x1 ， x2 ， 都 有f x1 f x2 g x1 g x2 成立．【思路引导】（1）①首先求函数f x 的图象在x 1 处的切线，f'xa 11 x ，f'12a，又因为切点为 1, a ，所以切线方程为 y 2ax a ，于是问题转化为直线 y 2ax a 与函数 g x 图象相切，于是可以根据直线与抛物线相切进行解题；②问题转化为方程xlnxmx在区间1 e, 内有唯一实数解，参变量分离得9m 1 lnx x，设 t x 1 lnx ，xx 1 e, ，研究tx的单调性、极值，转化为直线ym与ytx有且只有一个交点，（2）当 0 a 1时， f x 在1, 2上单调递增， g x x2 在1, 2上单调递增，设1 x1 x2 2 ，则 f x1 f x2 ， g x1 g x2 ，于是问题转化为 f x2 g x2 f x1 g x1 ， 构造函数 F x f x g x ，通过函数 F x 在1, 2上单调递减，可以求出 a 的取值范围．∵t'x1 lnx x2，∴ 1 e,e ，t ' x 0 ，函数单调递增，e, ，t ' x 0 ，函数单调递减，∵t 1 e 1e，t e 1 1 ，且 x e, 时，etx 1，∴m1e,11 1 e ；证明：（2）不妨设1 x1 x2 2 ，则 f x1 f x2 ， g x1 g x2 ， ∴ f x1 f x2 g x1 g x2 可化为 f x2 f x1 g x2 g x1 ∴ f x2 g x2 f x1 g x1 设 F x f x g x ，即 F x a x lnx x2 ，∴ F x 在1, 2上单调递减，10∴ F ' x ax a 2x2 0 恒成立，即 a 2x2 在1, 2上恒成立，2x 1∵2x2 x 1 1 x2 1 2 2 1 4 1，∴ a1，从而，当 0 a 1时，命题成立．4．已知函数 f x xlnx,e 2.718 ．（1）设 g x f x x2 2e 1 x 6 ，①记 g x 的导函数为 g x ，求 ge ；②若方程 g x a 0 有两个不同实根，求实数 a 的取值范围； （2）若在1, e 上存在一点 x0 使 m f x0 1 x02 1 成立，求实数 m 的取值范围．【思路引导】（1）①对 g x 进行求导，将 e 代入可得 ge 的值；②对 g x 进行二次求导，判断 g x 的单调性得其符 号 ， 从 而 可 得 g x 的 单 调 性 ， 结 合 图 象 的 大 致 形 状 可 得 a 的 取 值 范 围 ；（ 2 ） 将 题 意 转 化 为x01 x0 mlnx0m x0 0 ，令 h xx1 x mlnx m x，题意等价于 h x 在1, e 上的最小值小于0，对h x 进行求导，对导函数进行分类讨论，判断单调性得其最值．11（2）由题可得 m x0lnx01x02 1，∴ m lnx01 x0 x01 x0，∴x01 x0 mlnx0m x00，令 h x x 1 mlnx m ，则 h x 在1, e 上的最小值小于 0，xx又hxx1x x2m1，1，当 m 1 e 时，即 m e 1， h x 在1, e 上递减，所以 h e 0 ，解得 m e2 1 ；e 12，当 m 1 1 即 m 0 ， h x 在1, e 递增，∴ h 1 0 解得 m 2 ；3，当1 m 1 e ，即 0 m e 1，此时要求 h 1 m 0 又 0 ln 1 m 1，所以 0 mln 1 m m ，所以 h 1 m 2 m mln 1 m 2 此时 h 1 m 0 不成立，综上 m 2 或 m e2 1 ． e 1点睛：本题考查导数的运用：求考查函数与方程的联系单调区间最值，同时考查不等式的存在性转化为求函数的最值问题，正确求导是解题的关键．在正确求导的基础上，利用导数与 0 的关系得到函数的单调区12间，也是在高考中的必考内容也是基础内容；注意存在性问题与恒成立问题的区别． 5．已知函数 f x x2 3x 3 ex ．（1）试确定 t 的取值范围，使得函数 f x 在2,t(t 2) 上为单调函数； （2）若 t 为自然数，则当 t 取哪些值时，方程 f x z 0 x R 在2,t 上有三个不相等的实数根，并求出相应的实数 z 的取值范围．【思路引导】 （1）先求函数导数，根据导函数零点确定函数单调区间，再根据 2, t 为某个单调区间的子集得 t 的取值 范围，（2）结合三次函数图像确定 t 的取值范围：当 t 2 ,且 t N 时，方程 f x z 0 在2,t 上有可能有三个不等实根，再根据端点值大小确定实数 z 的满足的条件： z max f 2, f 1, min f 0, f t ，最后解不等式可得实数 z 的取值范围．只需满足 z max f 2, f 1, min f 0, f t 即可．因为f213 e2,f0 3,f1 e,f2 e2 ，且ft f2 e23f0 ，因而 f 2 f 1 f 0 f 2 f t ，13所以 f 1 z f 0 ，即 e z 3 ，综上所述，当 t 2 ,且 t N 时，满足题意，此时实数 z 的取值范围是 e,3 ．6．已知函数 f x lnx ax2, g x 1 x b ，且直线 y 1 是函数 f x 的一条切线．x2（1）求 a 的值；（2）对任意的 x1 1, e ，都存在 x2 1, 4，使得 f x1 g x2 ，求 b 的取值范围；（3）已知方程 f x cx 有两个根 x1, x2 (x1 x2 ) ，若 g x1 x2 2c 0 ，求证: b 0 ．【思路引导】（ 1 ） 对 函 数 f x 求 导 ， f ' x 1 2ax 1 2ax2 ， 设 直 线 y 1 与 函 数 f x 相 切 与 点xx2 x0, lnx0 ax02( x00) ，根据导数的几何意义可得，2ax02 1 0{x0lnx0ax021 2x0 1，解得{ a12，求出 a1 2；（2）对任意的 x1 [1, e] ，都存在 x2 1, 4，使得 f x1 g x2 ，只需要 f x1 的值域是 g x2 值域的子集，利用导数的方法分别求 f x1 、 g x2 的值域，即可求出 b 的取值范围；（3）根据题意得{f f x2 x1 cx2 cx1,两式相减得，c lnx2 lnx1 x2 x1x2 x12，所以1 x1b x2 x1 2lnx1 lnx2 x2 x1 x1 x2 2lnx1 x2 1x2 x1，令 tx1 x2，则 t 0,1 ，则 b x2x12lnt1 1 t t，x2令 h t 2lnt 1 t ,t 0,1 ，对 h t 求导，判断 h t 的单调，证明 b 0 ．1 t14(2) 由（1）得 f x lnx 1 x2 ，所以 f ' x 1 x 1 x2 ，当 x (1， e] 时， f x 0 ，所以2xx f x 在 1, e 上 单 调 递 减 ， 所 以 当 x (1 ，e] 时 ， f x f mine 1e ， 22f x minf11 2,g'x1 x21 1 x2 x2，当 x 1, 4 时，g ' x 0 ，所以 g x 在1, 4上单调递增，所以当 x 1, 4 时，gx ming12 b, gx maxg417 4b，依题意得1 2e 2,1 2 2b,17 4b 2 ，所以{17b b1 2 e 2 1，解得19 4b3 2e 2．42 (3)依题意得{f f x2 x1 cx2 cx1,两式相减得lnx2lnx11 2x22 x12 c x2 x1 ，所以c lnx2 lnx1 x2 x1x2 x12，方程g x1 x2 2c 0可转化为7．已知函数（ 为自然对数的底数，），，．（1）若，（2）若 时，方程，求 在 上的最大值 的表达式； 在 上恰有两个相异实根，求实根 的取值范围；15（3）若，，求使 的图象恒在 图象上方的最大正整数 ．【思路引导】 (1)先求函数导数，根据定义域 以及 取值分类讨论导函数是否变号，确定函数单调性，进而确定函数最值，(2)作差函数，求导得原函数先减后增，因此要有两个相异实根，需极小值小于零，两个端点值大 于零，解不等式可得 的取值范围； (3)实际为一个不等式恒成立问题，先转化为对应函数最值问题（利用 导数求差函数最小值），再研究最小值恒大于零问题，继续求导研究函数单调性，并结合零点存在定理限制 或估计极点范围，最后范围确定最大正整数 ． 试题解析：(1)时，,；①当 时，， 在 上为增函数，此时，②当 时，，在故 在 上为增函数，此时③当 时，，在上为增函数， 上为增函数，在上为减函数，若，即 时，故 在上为增函数，在上为减函数，此时若，即时， 在 上为增函数，则此时，综上所述：（2） ∴在 ∴，，上单调递减，在上单调递增，在 上恰有两个相异实根，实数 的取值范围是16， ，8．设函数．（1）求函数 的单调区间； （2）若函数 有两个零点，求满足条件的最小正整数 的值；（3）若方程，有两个不相等的实数根 ，比较与 0 的大小．【思路引导】(1)先求函数导数,再求导函数零点 ,根据定义域舍去 ,对 进行讨论, 时，，单调增区间为． 时,有增有减;(2) 函数 有两个零点，所以函数必不单调,且最小值小于零 ,转化研究最小值为负的条件:,由于此函数单调递增,所以只需利用零点存在定理探求即可,即取两个相邻整数点代入研究即可得 的取值范围,进而确定整数值,（3）根据，所以只需判定大小,由17可解得,代入分析只需比较,利用导数可得最值,即可判定大小．大小, 设 ,构造函数(3)证明：因为 是方程不妨设，则两式相减得即的两个不等实根，由(1)知 ．，．，．所以．因为，18点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数．19。

专题01 抽象函数问题莫畏难学会“三招〞可攻关一．方法综述抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些表达函数特征式子的一类函数．由于抽象函数表现形式抽象，对学生思维能力考察的起点较高，使得此类问题成为函数内容的难点之一，使多数学生感觉无从下手，望而生畏．事实上，解决此类问题时，只要准确掌握函数的根本性质，熟知我们所学的根本初等函数，将抽象函数问题转化为具体函数问题，问题就迎刃而解了．具体的可概括为函数性质法、赋值法和构造函数法.二．解题策略类型一函数性质法【例1】【安徽省肥东县高级中学2021届8月调研】定义在上的函数满足条件：①对任意的，都有；②对任意的且，都有；③函数的图象关于轴对称，那么以下结论正确的选项是〔〕A． B．C． D．【答案】C【解析】那么，，，那么，即，应选C ． 【指点迷津】1.先研究清楚函数的奇偶性、对称性和周期性等性质，这样函数就不再抽象了，而是变得相对具体，我们就可以画出符合性质的草图来解题.(1)函数y ＝f(x)关于x ＝2a b对称⇔f(a ＋x)＝f(b －x)⇔f(x)＝f(b ＋a －x)． 特例：函数y ＝f(x)关于x ＝a 对称⇔f(a ＋x)＝f(a －x)⇔f(x)＝f(2a －x)； 函数y ＝f(x)关于x ＝0对称⇔f(x)＝f(－x)(即为偶函数)．(2)函数y ＝f(x)关于点(a ，b)对称⇔f(a ＋x)＋f(a －x)＝2b ⇔f(2a ＋x)＋f(－x)＝2b. 特例：函数y ＝f(x)关于点(a,0)对称⇔f(a ＋x)＋f(a －x)＝0⇔f(2a ＋x)＋f(－x)＝0； 函数y ＝f(x)关于点(0,0)对称⇔f(x)＋f(－x)＝0(即为奇函数)．(3)y ＝f(x ＋a)是偶函数⇔函数y ＝f(x)关于直线x ＝a 对称；y ＝f(x ＋a)是奇函数⇔函数y ＝f(x)关于(a,0)对称．(4)对于函数f(x)定义域内任一自变量的值x ： ①假设f(x ＋a)＝－f(x)，那么T ＝2a ； ②假设f(x ＋a)＝1()f x ，那么T ＝2a ； ③假设f(x ＋a)＝－1()f x ，那么T ＝2a ；(a>0) ④假设f(x ＋a)＝f(x ＋b)(a≠b)，那么T ＝|a －b|；⑤假设f(2a －x)＝f(x)且f(2b －x)＝f(x)(a≠b)，那么T ＝2|b －a|.〔5〕奇偶函数在对称区间上的单调性：奇函数在对称区间上的单调性一样；偶函数在对称区间上的单调性相反．【举一反三】【2021年全国卷II 理】是定义域为的奇函数,满足.假设，那么〔 〕A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 因为是定义域为的奇函数，且，所以,因此，因为，所以，，从而，选C.类型二赋值法【例2】【甘肃省兰州市第一中学2021届9月月考】函数f(x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x都有，那么的值是〔〕A． 0 B． C． 1 D．【答案】A【解析】【指点迷津】根据对题目给出的抽象的函数性质的理解，将条件和结论有机地结合起来，作适当变形，我们找到一个符合题意的具体函数或给变量赋值，把抽象函数问题化为具体的数学问题，从而问题得解.【举一反三】【江苏省南通市2021年高考模拟〔二〕】函数是定义在上的偶函数，且对于任意的都有，，那么的值为______．【答案】4【解析】函数是定义在上的偶函数，，，令，可得，那么那么，，是以为周期的函数，，那么故答案为类型三构造函数法【例3】【河北省石家庄2021届检测〔二〕】函数是定义在区间上的可导函数，满足且(为函数的导函数)，假设且，那么以下不等式一定成立的是( ) A． B．C． D．【答案】C【解析】【指点迷津】出发，联想构造函数,从而可以用上条件来判断函数单调性，进一步到达比拟大小的目的. 一般：〔1〕条件含有，就构造,〔2〕假设，就构造，〔3〕，就构造，〔4〕就构造，等便于给出导数时联想构造函数.【举一反三】【甘肃省酒泉市敦煌中学2021届一诊】设是定义在上的奇函数,且,当时,有恒成立,那么不等式的解集为( )A． B．C． D．【答案】D【解析】∵，且∴∴∴根据图象可得或∴不等式的解集为应选D.三．强化训练1．【河北省衡水中学2021届高三开学二调】是定义域为的奇函数，满足.假设，那么〔〕A． B． C． D．【答案】C【解析】2.【2021年上海卷】设是含数的有限实数集，是定义在上的函数，假设的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，那么在以下各项中，的可能取值只能是〔〕A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意得到：问题相当于圆上由12个点为一组，每次绕原点逆时针旋转个单位后与下一个点会重合．我们可以通过代入和赋值的方法当f〔1〕=，，0时，此时得到的圆心角为，，0，然而此时x=0或者x=1时，都有2个y与之对应，而我们知道函数的定义就是要求一个x只能对应一个y，因此只有当x=，此时旋转，此时满足一个x只会对应一个y，应选：B．3.【江西师范大学附属中学2021年10月高三月考】定义在上的函数满足，假设在上是增函数，记，那么〔〕A． B． C． D．【答案】C【解析】4．【安徽省六安市舒城中学2021届仿真〔三〕】定义在R上的函数满足且在上是增函数，不等式对任意恒成立，那么实数的取值范围是( )A． B． C． D．【答案】B【解析】，那么函数关于对称函数在上是增函数函数在是减函数，即在上是减函数当时，不等式变为，根据函数的图象特征可得出：，解得或，满足不等式对任意恒成立，由此排除两个选项当时，不等式变为，根据函数的图象特征可得出：，解得，不满足不等式对任意恒成立，由此排除综上所述，选项是正确的应选.5.【江西省南昌市2021届二轮测试〔三〕】函数的图象关于点对称，函数对于任意的满足〔其中是函数的导函数〕，那么以下不等式成立的是A． B．C． D．【答案】C【解析】6.【北京工业大学附属中学2021届摸底】设是定义在上的奇函数，且,当时，有恒成立，那么不等式的解集为〔〕A． B．C． D．【答案】D由图像可知，当时，有，此时，故；当时，有，此时，故；所以的解集为.又等价于，所以的解集为.应选D.7.【贵州省铜仁市第一中学2021届高三上第二次月考】设是定义在上以为周期的偶函数，在区间上是严格单调递增函数，且满足，，那么不等式的解集为_____________________【答案】【解析】根据函数周期为2且为偶函数知，，因为，且根据对称性知函数在上单调递减，所以的解为，故填.8.【山西大学附属中学2021届9月诊断】定义在上的函数的图像关于对称，且当时，〔其中是的导函数〕，假设，那么的大小关系是________．【答案】【解析】又∵,∴>3•f〔3〕>〔logπ3〕•f〔logπ3〕即>3•f〔3〕>〔logπ3〕•f〔logπ3〕即：c＞a＞b故答案为：c＞a＞b.9．【黑龙江省大庆实验中学2021届高三第一次月考】设函数是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为，且有，那么不等式的解集为________. 【答案】【解析】由2f〔x〕+xf′〔x〕＞x2，〔x＜0〕，得：2xf〔x〕+x2f′〔x〕＜x3，即[x2f〔x〕]′＜x3＜0，令F〔x〕=x2f〔x〕，那么当x＜0时，得F′〔x〕＜0，即F〔x〕在〔﹣∞，0〕上是减函数，∴F〔x+2021〕=〔x+2021〕2f〔x+2021〕，F〔﹣2〕=4f〔﹣2〕，即不等式等价为F〔x+2021〕﹣F〔﹣2〕＞0，∵F〔x〕在〔﹣∞，0〕是减函数，∴由F〔x+2021〕＞F〔﹣2〕得，x+2021＜﹣2，即x＜﹣2021，故答案为：10.【山西大学附属中学2021届9月诊断】函数f(x)在(－1，1)上有定义，当且仅当0<x<1时f(x)<0,且对任意x、y∈(－1,1)都有f(x)+f(y)=f(),试证明(1)f(x)为奇函数；(2)f(x)在(－1，1)上单调递减【答案】〔1〕见解析；〔2〕见解析.【解析】证明：(1)由f(x)+f(y)=f()可令x=y=0,得f(0)=0,令y=－x,得f(x)+f(－x)=f()=f(0)=0∴f(x)=－f(－x)∴f(x)为奇函数。

第八节函数与方程课标解读考向预测1.理解函数的零点与方程解的联系，掌握函数的零点、方程的根、图象交点(横坐标)三者之间的灵活转化.2.理解函数零点存在定理，并能简单应用.3.会用二分法求方程的近似解.从近三年高考情况来看，函数零点(方程的根)个数的判断、由零点存在定理判断零点(方程的根)是否存在、利用函数零点(方程的根)确定参数的取值范围等是考查的热点．本节内容也可与导数结合考查，难度较大．预计2025年高考函数与方程仍会出题，可能以选择题或填空题考查三种形式的灵活转化，也可能与导数结合考查，难度较大.必备知识——强基础1．函数的零点对于函数y ＝f (x )，我们把使f (x )＝0的实数x 叫做函数y ＝f (x )的零点．2．方程的根与函数零点的关系方程f (x )＝0有实数解⇔函数y ＝f (x )有零点⇔函数y ＝f (x )的图象与x 轴有公共点．3．函数零点存在定理如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是一条连续不断的曲线，且有01f (a )f (b )<0，那么，函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内至少有一个零点，即存在c ∈(a ，b )，使得f (c )＝0，c 也就是方程f (x )＝0的解．4．二分法对于在区间[a ，b ]上连续不断且02f (a )f (b )<0的函数y ＝f (x )，通过不断地把它的零点所在区间一分为二，使所得区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点的近似值的方法叫做二分法．求方程f (x )＝0的近似解就是求函数y ＝f (x )零点的近似值．函数零点的相关技巧：(1)若连续函数f (x )在定义域上是单调函数，则f (x )至多有一个零点．(2)连续不断的函数f (x )，其相邻的两个零点之间的所有函数值同号．(3)连续不断的函数f (x )通过零点时，函数值不一定变号．(4)连续不断的函数f (x )在闭区间[a ，b ]上有零点，不一定能推出f (a )f (b )<0.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．()(2)连续函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，则f(a)f(b)<0.()(3)函数y＝f(x)为R上的单调函数，则f(x)有且仅有一个零点．()(4)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若b2－4ac<0，则f(x)无零点．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A必修第一册4.5.1例1改编)已知函数f(x)＝23x＋1＋a的零点为1，则实数a的值为()A．－2B．－12D．2C.12答案B(2)下列函数图象与x轴都有公共点，其中不能用二分法求图中函数零点近似值的是()答案A解析根据题意，利用二分法求函数零点的条件是函数在零点的左、右两侧的函数值符号相反，即图象穿过x轴，据此分析，知选项A中的函数不能用二分法求零点．故选A. (3)(人教A必修第一册习题4.5T2改编)已知函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，部分对应关系如表所示，则该函数的零点个数至少为()x123456y126.115.15－3.9216.78－45.6－232.64A.2B．3C．4D．5解析由表可知，f (2)f (3)<0，f (3)f (4)<0，f (4)f (5)<0，所以函数f (x )在区间[1，6]上至少有3个零点．故选B.(4)若函数f (x )＝kx ＋1在[1，2]上有零点，则实数k 的取值范围是________．答案－1，－12考点探究——提素养考点一函数零点所在区间的判断例1(1)(2024·湖南长沙长郡中学高三月考)函数f (x )＝5－2x －lg (2x ＋1)的零点所在的区间是()A ．(0，1)B ．(1，2)C ．(2，3)D ．(3，4)答案C解析因为函数f (x )＝5－2x －lg (2x ＋1)－12，＋，所以函数f (x )最多只有一个零点，因为f (0)f (1)＝5(3－lg 3)>0，f (1)f (2)＝(3－lg 3)(1－lg 5)>0，f (2)f (3)＝(1－lg 5)(－1－lg 7)<0，f (3)f (4)＝(－1－lg 7)×(－3－lg 9)>0，所以函数f (x )＝5－2x －lg (2x ＋1)的零点所在的区间是(2，3)．故选C.(2)用二分法求函数f (x )＝3x －x －4的一个零点，其参考数据如下：f (1.6000)≈0.200f (1.5875)≈0.133f (1.5750)≈0.067f (1.5625)≈0.003f (1.5562)≈－0.029f (1.5500)≈－0.060据此数据，可得方程3x －x －4＝0的一个近似解为________(精确度为0.01)．答案 1.56(答案不唯一，在[1.5562，1.5625]上即可)解析注意到f (1.5562)≈－0.029和f (1.5625)≈0.003，显然f (1.5562)f (1.5625)＜0，又|1.5562－1.5625|＝0.0063<0.01，所以近似解可取1.56.【通性通法】确定函数零点所在区间的常用方法(1)利用函数零点存在定理：首先看函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是否连续，再看是否有f (a )f (b )<0.若有，则函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内必有零点．(2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点来判断．【巩固迁移】1．(2023·广东梅州高三二模)用二分法求方程log 4x －12x＝0的近似解时，所取的第一个区间可A．(0，1)B．(1，2) C．(2，3)D．(3，4)答案B解析令f(x)＝log4x－12x，因为函数y＝log4x，y＝－12x在(0，＋∞)上都是增函数，所以函数f(x)＝log4x－12x在(0，＋∞)上是增函数，f(1)＝－12<0，f(2)＝log42－14＝12－14＝14>0，所以函数f(x)＝log4x－12x在区间(1，2)上有唯一零点，所以用二分法求方程log4x－12x＝0的近似解时，所取的第一个区间可以是(1，2)．故选B.2．已知2<a<3<b<4，函数y＝log a x与y＝－x＋b的交点为(x0，y0)，且x0∈(n，n＋1)，n∈N*，则n＝________．答案2解析依题意，x0为方程log a x＝－x＋b的解，即为函数f(x)＝log a x＋x－b的零点，∵2<a<3<b<4，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(2)＝log a2＋2－b<0，f(3)＝log a3＋3－b>0，∴x0∈(2，3)，即n＝2.考点二函数零点个数的判断例2(1)已知函数f(x)2－4，x≤1，2(x－1)，x>1，则函数y＝f(x)零点的个数为________．答案2解析当x≤1时，由f(x)＝x2－4＝0，可得x＝2(舍去)或x＝－2；当x>1时，由f(x)＝log2(x －1)＝0，可得x＝2.综上所述，函数y＝f(x)零点的个数为2.(2)方程ln x＋cos x＝13在(0，1)上的实数根的个数为________．答案1解析解法一：ln x＋cos x＝13，即cos x－13＝－ln x，在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝cos x－13和y＝－ln x的大致图象，如图所示，在(0，1)上两函数的图象只有一个交点，即方程ln x＋cos x＝13在(0，1)上的实数根的个数为1.解法二：令f(x)＝ln x＋cos x－13，则f′(x)＝1x－sin x，显然在(0，1)上f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，又ln 1e ＋cos 1e －13＝－1－13＋cos 1e <0，f (1)＝ln 1＋cos1－13＝0＋cos1－13>cos π3－13＝12－13>0，所以在(0，1)上函数f (x )的图象和x 轴有且只有一个交点，即方程ln x ＋cos x ＝13在(0，1)上的实数根的个数为1.【通性通法】求解函数零点个数的基本方法(1)直接法：令f (x )＝0，方程有多少个解，则f (x )有多少个零点．(2)构造函数法：判断函数的性质，并结合零点存在定理判断．(3)图象法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍．【巩固迁移】3．(2024·江苏无锡模拟)函数f (x )2－2，x ≤0，x －6＋lg x ，x >0的零点的个数为________．答案2解析当x ≤0时，f (x )＝x 2－2，根据二次函数的性质可知，此时f (x )单调递减，零点为x ＝－2；当x >0时，f (x )＝2x －6＋lg x ，∵y ＝2x －6单调递增，y ＝lg x 单调递增，∴f (x )＝2x －6＋lg x 单调递增．f (1)＝－4<0，f (3)＝lg 3>0，由零点存在定理知，在区间(1，3)必有唯一零点．综上所述，函数f (x )的零点的个数为2.4．函数f (x )|－|log 2x |的零点有________个．答案2解析f (x )|－|log 2x ||＝|log 2x |的根的个数，即为y |与y ＝|log 2x |图象交点的个数，画出大致图象如图所示，则由图象可知交点有2个，即函数f (x )的零点有2个．考点三函数零点的应用(多考向探究)考向1利用零点比较大小例3已知函数f (x )＝3x ＋x ，g (x )＝log 2x ＋x ，h (x )＝x 3＋x 的零点分别为a ，b ，c ，则a ，b ，c 的大小顺序为()A ．a <c <bB ．a <b <cC．b<a<c D．b<c<a答案A解析解法一：因为函数y＝3x，y＝x均为R上的增函数，故函数f(x)＝3x＋x为R上的增函数，因为f(－1)＝13－1<0，f(0)＝1>0，所以－1<a<0.因为函数y＝log2x，y＝x在(0，＋∞)上均为增函数，故函数g(x)＝log2x＋x在(0，＋∞)上为增函数，因为1＋12<0，g(1)＝1>0，所以12<b<1.由h(c)＝c(c2＋1)＝0可得c＝0，因此a<c<b.故选A.解法二：由题设，3a＝－a，log2b＝－b，c3＝－c，所以问题可转化为直线y＝－x与y＝3x，y＝log2x，y＝x3的图象的交点问题，函数图象如图所示，由图可知a<c＝0<b.故选A.【通性通法】(1)直接利用方程研究零点．(2)利用图象交点研究零点．(3)利用零点存在定理研究零点．【巩固迁移】5．(2023·江西南昌模拟预测)已知函数f(x)＝2x＋x－4，g(x)＝e x＋x－4，h(x)＝ln x＋x－4的零点分别是a，b，c，则a，b，c的大小顺序是()A．a<b<c B．c<b<aC．b<a<c D．c<a<b答案C解析由已知条件得f(x)的零点可以看成y＝2x的图象与直线y＝4－x的交点的横坐标，g(x)的零点可以看成y＝e x的图象与直线y＝4－x的交点的横坐标，h(x)的零点可以看成y＝ln x 的图象与直线y＝4－x的交点的横坐标，在同一坐标系内分别画出函数y＝2x，y＝e x，y＝ln x，y＝4－x的图象，如图所示，由图可知b<a<c.故选C.考向2根据零点个数求参数例4(2023·山东济南高三三模)已知函数f (x )x ＋1)2，x ≤0，x |，x >0，若函数g (x )＝f (x )－b 有四个不同的零点，则实数b 的取值范围为()A ．(0，1]B ．[0，1]C ．(0，1)D ．(1，＋∞)答案A解析依题意，函数g (x )＝f (x )－b 有四个不同的零点，即f (x )＝b 有四个解，转化为函数y ＝f (x )与y ＝b 的图象有四个交点，由函数y ＝f (x )可知，当x ∈(－∞，－1]时，函数单调递减，y ∈[0，＋∞)；当x ∈(－1，0]时，函数单调递增，y ∈(0，1]；当x ∈(0，1)时，函数单调递减，y ∈(0，＋∞)；当x ∈[1，＋∞)时，函数单调递增，y ∈[0，＋∞)．结合图象，可知实数b 的取值范围为(0，1]．故选A.【通性通法】根据零点个数求参数的方法(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组)，再通过解不等式(组)确定参数范围．(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数y ＝g (x )，y ＝h (x )的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为y ＝a ，y ＝g (x )的图象的交点个数问题．【巩固迁移】6．(2024·安徽蚌埠高三摸底)已知函数f (x )＝2|x |＋x 2＋a 有唯一的零点，则实数a 的值为()A ．1B ．－1C ．0D ．－2答案B解析函数f (x )＝2|x |＋x 2＋a 的定义域为R ，f (－x )＝2|－x |＋(－x )2＋a ＝f (x )，即函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2x ＋x 2＋a ，则f (x )在[0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，则当x ＝0时，f (x )min ＝a ＋1，由函数f (x )＝2|x |＋x 2＋a 有唯一的零点，得a ＋1＝0，解得a ＝－1，所以实数a 的值为－1.故选B.7．设a ∈R ，对任意实数x ，记f (x )＝min{|x |－2，x 2－ax ＋3a －5}．若f (x )至少有3个零点，则实数a 的取值范围为________．答案[10，＋∞)解析设g (x )＝x 2－ax ＋3a －5，h (x )＝|x |－2，由|x |－2＝0可得x ＝±2.要使得函数f (x )至少有3个零点，则函数g (x )至少有一个零点，则Δ＝a 2－12a ＋20≥0，解得a ≤2或a ≥10.①当a ＝2时，g (x )＝x 2－2x ＋1，作出函数g (x )，h (x )的图象如图所示，此时函数f (x )只有2个零点，不符合题意；②当a <2时，设函数g (x )的2个零点分别为x 1，x 2(x 1<x 2)，要使得函数f (x )至少有3个零点，则x 2≤－2，－2，－2)＝4＋5a －5≥0，无解；③当a ＝10时，g (x )＝x 2－10x ＋25，作出函数g (x )，h (x )的图象如图所示，由图可知，函数f (x )的零点个数为3，符合题意；④当a >10时，设函数g (x )的2个零点分别为x 3，x 4(x 3<x 4)，要使得函数f (x )至少有3个零点，则x 3≥2，，＝4＋a －5≥0，解得a >4，所以a >10.综上所述，实数a 的取值范围是[10，＋∞)．考向3根据零点范围求参数例5已知函数f (x )＝log 2(x ＋1)－1x ＋m 在区间(1，3]上有零点，则实数m 的取值范围为________．答案－53，解析由于函数y ＝log 2(x ＋1)，y ＝m －1x在区间(1，3]上单调递增，所以函数f (x )在(1，3]上单调递增，由于函数f (x )＝log 2(x ＋1)－1x ＋m 在区间(1，3]上有零点，，≥0，<0，＋53≥0，解得－53≤m <0.因此实数m 的取值范围是－53，【通性通法】根据零点范围求参数的方法(1)利用零点存在定理构建不等式(组)求解．(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解．(3)转化为两个熟悉的函数图象的上下关系问题，从而构建不等式(组)求解．【巩固迁移】8．(2024·湖北荆州中学高三月考)已知f (x )是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3)时，f (x )＝|x 2－2x ＋12|，若函数y ＝f (x )－a 在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a 的取值范围是________．答案解析作出函数f (x )＝|x 2－2x ＋12|，x ∈[0，3)的图象，可见f (0)＝12，当x ＝1时，f (x )极大值＝12，方程f (x )－a ＝0在[－3，4]上有10个零点，即函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 在[－3，4]上有10个交点，由于函数f (x )的周期为3，因此直线y ＝a 与函数f (x )＝|x 2－2x ＋12|，x ∈[0，3)的图象有4个交点，则有a课时作业一、单项选择题1．(2024·江苏扬中第二高级中学高三期初检测)函数f (x )＝2x ＋3x 的零点所在的一个区间是()A ．(－2，－1)B ．(－1，0)C ．(0，1)D ．(1，2)答案B解析因为函数f (x )＝2x ＋3x 在定义域内单调递增，f (－1)＝12－3＝－52<0，f (0)＝1＋0＝1>0，所以由函数零点存在定理可知，函数f (x )的零点所在的区间为(－1，0)．故选B.2．已知函数f (x )x －1，x ≤1，＋log 2x ，x >1，则函数f (x )的零点为()A ．2B ．－2，0C.12D ．0答案D解析当x ≤1时，令f (x )＝2x －1＝0，解得x ＝0；当x >1时，令f (x )＝1＋log 2x ＝0，解得x＝12(舍去)．综上所述，函数f (x )的零点为0.故选D.3．函数f (x )＝e x |ln x |－1的零点个数是()A ．1B ．2C ．3D ．4答案B解析令f (x )＝e x |ln x |－1＝0，即|ln x |＝e －x ，则函数f (x )＝e x |ln x |－1的零点个数等价于两个函数y ＝e －x 与y ＝|ln x |图象的交点个数，y ＝e －x 与y ＝|ln x |的图象如图所示，由图可知，两个函数的图象有2个交点，故函数f (x )＝e x |ln x |－1的零点个数是2.故选B.4．(2023·河南扶沟期末)若关于x 的方程log 12x ＝m1－m在区间m 的取值范围是()(1，＋∞)答案B解析y ＝log 12x，则1<y <2，即1<m 1－m<2，解得12<m <23.故选B.5．已知三个函数f (x )＝2x －1＋x －1，g (x )＝e x －1－1，h (x )＝log 2(x －1)＋x －1的零点依次为a ，b ，c ，则a ，b ，c 的大小关系是()A ．a >b >c B ．a >c >b C ．c >a >b D ．c >b >a答案D解析∵函数f (x )＝2x －1＋x －1为增函数，又f (0)＝2－1－1＝－12<0，f (1)＝1>0，∴a ∈(0，1)，由g (x )＝e x －1－1＝0，得x ＝1，即b ＝1，∵h (x )＝log 2(x －1)＋x －1在(1，＋∞)上单调递增，又log ＋32－1＝－12<0，h (2)＝log 2(2－1)＋2－1＝1>0，∴32<c <2，∴c >b >a .故选D.6．若方程m x －x －m ＝0(m >0，且m ≠1)有两个不同的实数根，则实数m 的取值范围是()A ．(0，1)B ．(2，＋∞)C ．(0，1)∪(2，＋∞)D ．(1，＋∞)答案D解析方程m x －x －m ＝0有两个不同的实数根等价于函数y ＝m x 与y ＝x ＋m 的图象有两个不同的交点，当m >1时，如图1所示，由图可知，当m >1时，函数y ＝m x 与y ＝x ＋m 的图象有两个不同的交点，满足题意；当0<m <1时，如图2所示，由图可知，当0<m <1时，函数y ＝m x 与y ＝x ＋m 的图象有且仅有一个交点，不满足题意．综上所述，实数m的取值范围为(1，＋∞)．故选D.7．已知函数f (x )x ，x ≤0，x ，x >0，若函数g (x )＝f (x )＋x －m 恰有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是()A ．[0，1]B ．(－1，1)C ．[0，1)D ．(－∞，1]答案D解析由题意，函数f (x )x ，x ≤0，x ，x >0，当x ≤0时，函数f (x )＝e x 为增函数，其中f (0)＝1，当x >0时，函数f (x )＝ln x 为增函数，且f (1)＝0，又由函数g (x )＝f (x )＋x －m 恰有两个不同的零点，即为g (x )＝0有两个不等的实数根，即y ＝f (x )与y ＝－x ＋m 的图象有两个不同的交点，如图所示，当y ＝－x ＋m 恰好过点(1，0)，(0，1)时，两函数的图象有两个不同的交点，结合图象，要使得函数g (x )＝f (x )＋x －m 恰有两个不同的零点，实数m 的取值范围是(－∞，1]．故选D.8．已知函数f (x )x |，0<x ≤10，－12x ＋6，x >10，若a ，b ，c 均不相等，且f (a )＝f (b )＝f (c )，则abc 的取值范围是()A ．(1，10)B ．(5，6)C ．(10，12)D ．(20，24)答案C解析函数f (x )的图象如图所示，不妨设a <b <c ，则－lg a ＝lg b ＝－12c ＋6∈(0，1)，所以ab＝1，0<－12c ＋6<1，所以ab ＝1，10<c <12，所以10<abc <12.故选C.二、多项选择题9．下列说法正确的是()A ．函数y ＝x 2－3x －4的零点是(4，0)，(－1，0)B ．方程e x ＝3＋x 有两个解C ．函数y ＝3x ，y ＝log 3x 的图象关于直线y ＝x 对称D ．用二分法求方程3x ＋3x －8＝0在x ∈(1，2)内的近似解的过程中得到f (1)<0，f (1.5)>0，f (1.25)<0，则方程的根落在区间(1.25，1.5)上答案BCD解析对于A ，令y ＝x 2－3x －4＝0，解得x ＝－1或x ＝4，所以函数y ＝x 2－3x －4的零点是－1和4，故A错误；对于B，分别作出y＝e x，y＝3＋x的图象，y＝e x与y＝3＋x的图象有两个交点，即方程e x＝3＋x有两个解，故B正确；对于C，因为同底数的指数函数和对数函数的图象关于直线y＝x对称，所以函数y＝3x，y＝log3x的图象关于直线y＝x对称，故C正确；对于D，因为y＝3x＋3x－8单调递增，由零点存在定理知，因为f(1)<0，f(1.5)>0，f(1.25)<0，所以方程的根落在区间(1.25，1.5)上，故D正确．故选BCD.10．若关于x的一元二次方程(x－2)(x－3)＝m有实数根x1，x2，且x1<x2，则下列结论正确的是()A．当m＝0时，x1＝2，x2＝3B．m>－14C．当m>0时，2<x1<x2<3D．二次函数y＝(x－x1)(x－x2)＋m的零点为2和3答案ABD解析对于A，易知当m＝0时，(x－2)(x－3)＝0的根为2，3，故A正确；对于B，设y＝(x－2)(x－3)＝x2－5x＋6－14≥－14，因为y＝(x－2)(x－3)的图象与直线y＝m有两个交点，所以m>－14，故B正确；对于C，当m>0时，y＝(x－2)(x－3)－m的图象由y＝(x－2)(x－3)的图象向下平移m个单位长度得到，x1<2<3<x2，故C错误；对于D，由(x－2)(x－3)＝m 展开得，x2－5x＋6－m＝0，利用根与系数的关系求出x1＋x2＝5，x1x2＝6－m，代入y＝(x－x1)(x－x2)＋m可得y＝(x－x1)(x－x2)＋m＝(x－2)(x－3)－m＋m＝(x－2)(x－3)，所以二次函数y＝(x－x1)(x－x2)＋m的零点为2和3，故D正确．故选ABD.11．已知函数f(x)x－1|，x<1，4x2＋16x－13，x≥1，函数g(x)＝f(x)－a，则下列结论正确的是()A．若g(x)有3个不同的零点，则a的取值范围是[1，2)B．若g(x)有4个不同的零点，则a的取值范围是(0，1)C．若g(x)有4个不同的零点x1，x2，x3，x4(x1<x2<x3<x4)，则x3＋x4＝4D．若g(x)有4个不同的零点x1，x2，x3，x4(x1<x2<x3<x4)，则x3x4答案BCD解析令g(x)＝f(x)－a＝0，得f(x)＝a，所以g(x)的零点个数即为函数y＝f(x)与y＝a图象的交点个数，故作出函数y ＝f (x )的图象如图，由图可知，若g (x )有3个不同的零点，则a 的取值范围是[1，2)∪{0}，故A 错误；若g (x )有4个不同的零点，则a 的取值范围是(0，1)，故B 正确；若g (x )有4个不同的零点x 1，x 2，x 3，x 4(x 1<x 2<x 3<x 4)，此时x 3，x 4关于直线x ＝2对称，所以x 3＋x 4＝4，故C 正确；由C 项可知x 3＝4－x 4，所以x 3x 4＝(4－x 4)x 4＝－x 24＋4x 4，由于g (x )有4个不同的零点，a 的取值范围是(0，1)，故0<－4x 24＋16x 4－13<1，所以134<－x 24＋4x 4<72，故D 正确．故选BCD.三、填空题12．已知函数f (x )＝log 2(x －1)＋a 在区间(2，3)上有且仅有一个零点，则实数a 的取值范围为________．答案(－1，0)解析由对数函数的性质，可得f (x )为增函数，又函数f (x )在(2，3)上有且仅有一个零点，所以f (2)f (3)<0，即a (a ＋1)<0，解得－1<a <0，所以实数a 的取值范围是(－1，0)．13．已知函数f (x )x －1|＋1，x >0，x 2－2x ，x ≤0，若函数y ＝f (x )－kx －1有m 个零点，函数y ＝f (x )－1k x－1有n 个零点，且m ＋n ＝7，则非零实数k 的取值范围是________．答案，13∪[3，＋∞)解析f (x )的图象与直线y ＝kx ＋1和y ＝1kx ＋1共7个交点，f (x )的图象如图所示，所以①k <3，3，解得0<k ≤13；0<1k <3，≥3，解得k ≥3.综上，非零实数k ，13∪[3，＋∞)．14．(2024·河北衡水中学高三月考)已知函数f (x )＝x －1x －2与g (x )＝1－sinπx ，则函数F (x )＝f (x )－g (x )在区间[－2，6]内所有零点的和为________．答案16解析令F (x )＝f (x )－g (x )＝0，得f (x )＝g (x )，在同一平面直角坐标系中分别画出函数f (x )＝1＋1x －2与g (x )＝1－sinπx 的图象，如图所示，又f (x )，g (x )的图象都关于点(2，1)对称，结合图象可知f (x )与g (x )的图象在[－2，6]上共有8个交点，交点的横坐标即F (x )＝f (x )－g (x )的零点，由对称性可得，所有零点的和为4×2×2＝16.15．已知函数f (x )＋1x ，x <0，x ，x >0，则方程f (f (x ))＋3＝0的解的个数为()A ．3B ．4C ．5D ．6答案C解析已知函数f (x )＋1x ，x <0，x ，x >0，∴令f (x )＝－3，则当x >0时，ln x ＝－3，解得x ＝1e 3；当x <0时，x ＋1x ＝－3，解得x ＝－3±52.∵f (f (x ))＋3＝0，即f (f (x ))＝－3，则f (x )＝1e 3或f (x )＝－3±52.由f (x )＝1e 3，得ln x ＝1e 3，此方程只有一个根，∵当x <0时，f (x )＝x ＋1x ≤－2，当且仅当x ＝－1时，等号成立，∴f (x )＝－3＋52仅在x >0时有一个根，f (x )＝－3－52在x <0时有两个根，在x >0时有一个根．综上，方程f (f (x ))＋3＝0的解的个数为5.故选C.16．(多选)(2024·湖北荆州模拟)已知函数f (x )|log 12x |，0<x<4，4≤x ≤14，若方程f (x )＝m 有四个不等的实根x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1<x 2<x 3<x 4，则下列结论正确的是()A ．0<m <2B ．x 1x 2＝12C ．x 3x 4∈(48，55)D ．x 1x 3∈(1，5)答案ACD解析对于A ，当0<x <1时，log 12x >0，则f (x )＝log 12x ，易得f (x )在(0，1)上单调递减，且f (x )>f (1)＝0，当1≤x <4时，log 12x ≤0，则f (x )＝－log 1x ，易得f (x )在[1，4)上单调递增，且f (1)≤f (x )<f (4)，即0≤f (x )<2，当4≤x ≤14时，f (x )＝则由f (x )＝x ∈[4，14]的图象，可知f (x )在[4，8)上单调递减，在[8，14]上单调递增，且f (4)＝2，f (5)＝0，f (8)＝4，f (11)＝0，f (14)＝＝4，从而利用对数函数与正弦函数的性质，画出f (x )的图象，如图所示，因为方程f (x )＝m 有四个不等实根，所以f (x )与y ＝m 的图象有四个交点，所以0<m <2，故A 正确；对于B ，结合A 项分析可得log 12x 1＝－log 12x 2，所以log 12(x 1x 2)＝0，则x 1x 2＝1，故B 错误；对于C ，D ，由正弦函数的性质及结合图象可知(x 3，m )与(x 4，m )关于直线x ＝8对称，所以x 3＋x 4＝16，又当0<x <1时，f (x )＝log 12x ，令f (x )＝2，得x ＝14，所以14<x 1<1，4<x 3<5，所以x 1x 3∈(1，5)，x3x 4＝x 3(16－x 3)＝－x 23＋16x 3＝－(x 3－8)2＋64，因为x 3∈(4，5)，所以x 3x 4∈(48，55)，故C ，D 正确．故选ACD.17．已知定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (1＋x )＝f (1－x )，当－1≤x <0时，f (x )＝x 2，则方程f (x )＋12＝0在[－2，6]内的所有根之和为________．答案12解析因为f (1＋x )＝f (1－x )，所以y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称，又函数y ＝f (x )在R 上为奇函数，且当－1≤x <0时，f (x )＝x 2，由此画出f (x )在区间[－2，6]上的图象如图所示．f (x )＋12＝0⇒f (x )＝－12，由图可知，y ＝－12与f (x )的图象有4个交点，其中两个关于直线x ＝1对称，两个关于直线x ＝5对称，所以方程f (x )＋12＝0在[－2，6]内的所有根之和为2×1＋2×5＝12.18．(2024·山东泰安高三期末)已知函数f (x )2(x ＋1)，x >3，x ＋3|，－9≤x ≤3，若x 1<x 2，x 1<x 3，且f (x 1)＝f (x 2)，f (x 1)＋f (x 3)＝4，则x 3x 1＋x 2的取值范围是________．答案－52，－12解析对于f (x )2(x ＋1)，x >3，＋3|，－9≤x ≤3，当x >3时，f (x )>2，当－9≤x ≤3时，0≤f (x )≤2，并且图象关于直线x ＝－3对称，函数f (x )的图象如下图所示，如果x 1>3，则f (x 1)＝f (x 2)不成立，∴x 1∈[－9，3]，x 2∈[－9，3]，并且有x 1＋x 2＝－6，0<f (x 1)≤2.由f (x 1)＋f (x 3)＝4可知，2≤f (x 3)<4，∴2≤log 2(x 3＋1)<4，3≤x 3<15.∴x 3x 1＋x 2＝－16x 3－52，－12.。

专题03 由“导〞寻“源〞妙解函数不等式一．方法综述对于仅利用函数的奇偶性、单调性即可求解的不等式问题，师生已有应对的良好方法，重在应用转化与化归思想，转化成解答具体不等式或不等式组问题.在近几年的高考试题中，出现了一类抽象函数、导数、不等式交汇的重要题型，这类问题由于涉及抽象函数，很多学生解题时，突破不了由抽象而造成的解题障碍，不能沉着应对不等式的求解问题．实际上，根据所给不等式，联想导数的运算法那么，构造适当的辅助函数，然后利用导数判断其单调性是解决此类问题的通法．常见的构造函数方法有如下几种： (1)利用和、差函数求导法那么构造函数①对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)； ②对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)； 特别地，对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx. (2)利用积、商函数求导法那么构造函数①对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)； ②对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数()()()()()0f x F x g x g x ≠＝． (3)利用积、商函数求导法那么的特殊情况构造函数①对于不等式xf′(x)＋f(x) >0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)； ②对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数()()()0f x F x x x≠＝； ③对于不等式xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝x nf(x)； ④对于不等式xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，构造函数()()()0n f x F x x x≠＝； ⑤对于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝e xf(x)； ⑥对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数()()x f x F x e＝； ⑦对于不等式f(x)＋f′(x)tan x>0(或<0)，构造函数F(x)＝sin xf(x)； ⑧对于不等式f(x)－f′(x)tan x>0(或<0)，构造函数()()()sin 0sin f x F x x x≠＝； ⑨对于不等式f′(x)－f(x)tan x>0(或<0)，构造函数F(x)＝cos xf(x)； ⑩对于不等式f′(x)＋f(x)tan x>0(或<0)，构造函数()()()cos 0cos f x F x x x≠＝．⑪(理)对于不等式f′(x)＋kf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝e kxf(x)； ⑫(理)对于不等式f′(x)－kf(x)>0(或<0)，构造函数()()kxf x F x e＝； 二．解题策略类型一 构造具体函数求解【例1】【2021届第二次调研】定义在R 上的函数满足，且恒成立，那么不等式的解集为( )A ．B ．C ．D ．【答案】D【指点迷津】对于与函数有关的不等式的求解问题：通常是代入函数的解析式，直接求解不等式的解集，假设不等式不易解或不可解，那么将问题转化为构造新函数，利用新函数的性质——单调性与奇偶性等，结合函数的图象求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也表达了数形结合思想的应用.对于复合函数问题，先换元，再构造函数，是常用的方法.【举一反三】【黑龙江省2021年仿真模拟(一)】设函数是的导函数，，且，那么的解集是( ) A ． B ．C ．D ．【答案】B 【解析】类型二构造抽象函数求解【例2】【四川省眉山市仁寿第一中学校南校区2021届第一次调研】设函数是奇函数的导函数，当时，，那么使得成立的的取值范围是〔〕A． B． C． D．【答案】D【解析】根据题意，设，其导数，又由当时，，那么有，即函数在上为减函数，又由，那么在区间上，，又由，那么，在区间上，，又由，那么，那么在和上，，又由为奇函数，那么在区间和上，都有，或，解可得或，那么的取值范围是，应选D.【指点迷津】联系条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中假设遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造适宜的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状〞变换不等式“形状〞；②假设是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.【举一反三】【河北省唐山一中2021届强化提升〔一〕】设是函数的导函数，且为自然对数的底数〕，那么不等式的解集为〔〕A． B． C． D．【答案】A【解析】综上，不等式的解集为应选.类型三追根求源，抽象问题具体化【例3】【四川省棠湖中学2021-2021学年第一次月考】定义在R上的函数满足,当时总有，假设,那么实数的取值范围是_________.【答案】【解析】【指点迷津】函数的奇偶性和单调性是函数的重要性质，它们应用贯穿于整个高中数学的教学之中.学习中应注意牢记奇偶性、单调性的不同表达形式.对于所遇到的数学问题，应注意挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的奇偶性单调性解题，能起到化难为易、化繁为简、化抽象为具体的作用.【举一反三】【安徽省淮南市2021届二模】函数是定义在上的奇函数，且在区间上单调递增，假设实数满足，那么的取值范围是( )A． B． C． D．【答案】A【解析】∵函数f〔x〕是定义在R上的奇函数，且在区间〔﹣∞，0]上单调递增，∴f〔x〕在R上都是增函数，那么不等式，等价为，即，那么，即a＞即实数a的取值范围是，故答案为：A三．强化训练1．【辽宁省局部重点高中2021届9月联考】函数为定义在上的偶函数，且在上单调递减，那么满足的的取值范围〔〕A． B． C． D．【答案】C【解析】2.【四川省雅安中学2021届第一次月考】设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，那么不等式的解集是〔〕A． B．C． D．【答案】B【解析】构造函数F(x)=f〔x〕g〔x〕因为当时，，即当时F(x)为单调递增函数且，分别是定义在上的奇函数和偶函数，所以F(x)为奇函数F〔3〕==0所以的解集是所以选B3.【云南省曲靖市第一中学2021届9月监测卷二】函数)为奇函数,当时,且,那么不等式的解集为〔〕A． B．C． D．【答案】A【解析】4．【宁夏银川一中2021届第一次月考】设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，为导函数，当时，且，那么不等式的解集是〔〕A． (－3,0)∪(3,＋∞) B． (－3,0)∪(0,3)C． (－∞,－3)∪(3,＋∞) D． (－∞,－3)∪(0,3)【答案】D【解析】设F〔x〕=f 〔x〕g〔x〕，当x＜0时，∵F′〔x〕=f′〔x〕g〔x〕+f 〔x〕g′〔x〕＞0．∴F〔x〕在当x＜0时为增函数．∵F〔﹣x〕=f 〔﹣x〕g 〔﹣x〕=﹣f 〔x〕•g 〔x〕=﹣F〔x〕．故F〔x〕为〔﹣∞，0〕∪〔0，+∞〕上的奇函数．∴F〔x〕在〔0，+∞〕上亦为增函数．g〔﹣3〕=0，必有F〔﹣3〕=F〔3〕=0．构造如图的F〔x〕的图象，可知F〔x〕＜0的解集为x∈〔﹣∞，﹣3〕∪〔0，3〕．应选：D．5.【【全国百强校】河北省武邑中学2021届第一次调研】奇函数是定义在上的连续函数，满足f(2)＝，且在上的导函数，那么不等式的解集为( )A． B． C． D．【答案】B【解析】6.【黑龙江省2021届仿真模拟〔四〕】设是函数的导函数，且，〔为自然对数的底数〕，那么不等式的解集为〔〕A． B． C． D．【答案】B【解析】7.【2021年一轮复习讲练测】设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，那么不等式的解集为A． B． C． D．【答案】B【解析】根据题意，设g〔x〕=x2f〔x〕，x＜0，其导数g′〔x〕=[x2f〔x〕]′=2xf〔x〕+x2f′〔x〕=x〔2f〔x〕+xf′〔x〕〕，又由2f〔x〕+xf′〔x〕＞x2≥0，且x＜0，那么g′〔x〕≤0，那么函数g〔x〕在区间〔﹣∞，0〕上为减函数，〔x+2021〕2f〔x+2021〕﹣4f〔﹣2〕＞0⇒〔x+2021〕2f〔x+2021〕＞〔﹣2〕2f〔﹣2〕⇒g〔x+2021〕＞g〔﹣2〕，又由函数g〔x〕在区间〔﹣∞，0〕上为减函数，那么有，解可得：x＜﹣2021，即不等式〔x+2021〕2f〔x+2021〕﹣4f〔﹣2〕＞0的解集为〔﹣∞，﹣2021〕；应选：B．8.【江西省新余市第四中学2021届10月月考】函数的导函数为，且对任意的实数都有〔是自然对数的底数〕，且，假设关于的不等式的解集中恰有唯一一个整数，那么实数的取值范围是〔〕A． B． C． D．【答案】B【解析】分析：构造函数故进而得到对该函数求导得到函数的单调性和图像，结合图像得到结果.不等式的解集中恰有唯一一个整数，那么此整数只能为-1，故解得m的范围是：.故答案为：B.9．【四川省雅安中学2021届第一次月考】定义在实数集的函数满足，且导函数，那么不等式的解集为__________.【答案】【解析】∵f〔2〕=7，∴g〔2〕=f〔2〕-6-1=0，那么当x＜2时，g〔x〕＞g〔2〕=0，即g〔x〕>0，那么此时g〔x〕=f〔x〕-3x-1＞0，即不等式f〔x〕＞3x+1的解为x＜2，即f〔t〕＞3t+1的解为t＜2，由lnx＜2，解得0＜x＜e2，即不等式f〔lnx〕＞3lnx+1的解集为〔0，e2〕。

专题2.12解答题解法与技巧1.解答题中档常见题型：三角函数图象与性质（解三角形）与简单恒等变换相结合、立体几何（侧重于线﹑面位置关系以及线面角）、概率统计侧重统计等.2.解答题中档以上题型：椭圆的性质、直线与椭圆的位置关系；常见热点抛物线、直线与抛物线的位置关系；数列为背景的综合问题，更多的侧重于推理与证明；函数与导数为背景的综合问题，更多侧重于数学思想与数学方法的融入，特别关注与零点、不等式等综合题型的解题切入方法与答题步骤.解答题是高考试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．要求考生具有一定的创新意识和创新能力．解答题综合考查运算能力、逻辑思维能力、空间想象能力和分析问题、解决问题的能力．因此，抓住解答题得分要点，是高考决胜的必要条件.最近推出的多条件解答题选择好条件后和平时一样的方法解答.复习的后期要特别注意以下几点：1.高考阅卷速度以秒计，规范答题少丢分高考阅卷评分标准非常细，按步骤、得分点给分，评阅分步骤、采“点”给分.关键步骤，有则给分，无则没分.所以考场答题应尽量按得分点、步骤规范书写.2.不求巧妙用通法，通性通法要强化高考注重通性通法的考查，高考评分细则只对主要解题方法，也是最基本的方法，给出详细得分标准，所以用常规方法往往与参考答案一致，比较容易抓住得分点.3.干净整洁保得分，简明扼要是关键高考已实行网上阅卷，若书写整洁，表达清楚，一定会得到合理或偏高的分数，若不规范可能就会吃亏.若写错需改正，只需划去，不要乱涂乱划，否则易丢分. 4.狠抓基础保成绩，分步解决克难题(1)基础题争取得满分.涉及的定理、公式要准确，数学语言要规范，仔细计算，争取前3个解答题及选考不丢分.(2)压轴题争取多得分.第(Ⅰ)问一般难度不大，要保证得分，第(Ⅱ)问若不会，也要根据条件或第(Ⅰ)问的结论推出一些结论，可能就是得分点.5.“规范答题模板与评分细则”是指针对解答数学解答题的某一类型，分析解题的一般思路，规划解题的程序和格式，拟定解题的最佳方案，实现答题效率的最优化；评分细则是阅卷的依据，通过认真研读评分细则，重视解题步骤的书写，规范解题过程，做到会做的题得全分；对于最后的压轴题也可以按步得分，踩点得分，一分也要抢．规范答题模板一 三角函数与解三角形【典例1】(2020·新高考全国Ⅰ)在①ac c sin A ＝3，③c b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在△ABC ，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A sin B ，C ＝6π，________？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【典例2】（2019·浙江高考真题）设函数()sin ,f x x x =∈R . （1）已知[0,2),θ∈π函数()f x θ+是偶函数，求θ的值； （2）求函数22[()][()]124y f x f x ππ=+++ 的值域. 规范答题模板二 立体几何【典例3】(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.【典例4】（2019·浙江高考真题）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A AC C ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是11,AC A B 的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值.规范答题模板三 数列综合问题【典例5】(2020·全国Ⅰ)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项. (1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和.【典例6】（2017天津，理18）已知为等差数列，前n 项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，. （Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n 项和.规范答题模板四 解析几何【典例7】(2020·全国Ⅰ)已知A ，B 分别为椭圆E ：x 2a2＋y 2＝1(a >1)的左、右顶点，G 为E的上顶点，AG →·GB →＝8，P 为直线x ＝6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D .(1)求E 的方程； (2)证明：直线CD 过定点.【典例8】（2019·浙江高考真题）如图，已知点(10)F ，为抛物线22(0)y px p =>，点F 为焦点，过点F 的直线交抛物线于,A B 两点，点C 在抛物线上，使得ABC 的重心G 在x轴{}n a ()n S n *∈N {}n b 2312b b +=3412b a a =-11411S b ={}n a {}n b 221{}n n a b -()n *∈N上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 右侧.记,AFG CQG △△的面积为12,S S .（1）求p 的值及抛物线的准线方程；（2）求12S S 的最小值及此时点G 的坐标.规范答题模板五 概率与统计【典例9】（2020·海南省高考真题）为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和2SO 浓度（单位：3μg/m ），得下表：（1）估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且2SO 浓度不超过150”的概率； （2）根据所给数据，完成下面的22 列联表：（3）根据（2）中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与2SO 浓度有关？附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，【典例10】 (2020·全国Ⅰ)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12.(1)求甲连胜四场的概率；(2)求需要进行第五场比赛的概率； (3)求丙最终获胜的概率.规范答题模板六 函数与导数【典例11】(2020·全国Ⅰ)已知函数2()e xf x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 【典例12】（2017课标1，理21）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a 的取值范围.1．（2021·安徽马鞍山市·高三一模（文））天气寒冷，加热手套比较畅销，某商家为了解某种加热手套如何定价可以获得最大利润，现对这种加热手套进行试销售，统计后得到其单价2()(2)xx f x ae a e x =+--()f x ()f xx (单位;元)与销量y (单位:副)的相关数据如下表：（1）已知销量y 与单价x 具有线性相关关系，求y 关于x 的线性回归方程;（2）若每副该加热手套的成本为65元，试销售结束后，请利用（1）中所求的线性回归方程确定单价为多少元时，销售利润最大?(结果保留到整数)附:对于一组数据(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其回归直线ˆˆˆybx a =+的斜率和截距的最小二乘估计分别为1221ˆˆˆ,,ni ii nii x y nxybay bx xnx ==-==--∑∑ 参考数据:552114870040750i ii i i x yx ===⋅=∑∑2．（2021·陕西咸阳市·高三一模（文））随着互联网的飞速发展，我国智能手机用户不断增加，手机在人们日常生活中也占据着越来越重要的地位．某机构做了一项调查，对某市使用智能手机人群的年龄、日使用时长情况做了统计，将18~40岁的人群称为“青年人”（引用青年联合会对青年人的界定），其余人群称为“非青年人”．根据调查发现“青年人”使用智能手机占比为60%，“非青年人”使用智能手机占比为40%；日均使用时长情况如下表： 将日均使用时长在2小时以上称为“频繁使用人群”，使用时长在2小时以内称为“非频繁使用人群”．已知“频繁使用人群”中有34是“青年人”． 现对该市“日均使用智能手机时长与年龄的关系”进行调查，采用随机抽样的方法，抽取一个容量为200的样本，请你根据上面提供的数据． （Ⅰ）补全下列22⨯列联表；（Ⅱ）根据列联表的独立性检验，判断有多大把握认为“日均使用智能手机时长与年龄有关”？附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++．以参考数据：独立性检验界值表)20K3．（2020·陕西汉中市·高三一模（理））如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上.（1）求证：平面AEC ⊥平面PDB ；（2）当PD =，E 为PB 的中点时，求直线AE 与平面PBC 所成角的正弦值.4．（2021·湖南株洲市·高三一模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11B BCC 为正方形，点M 、N 分别是11A B 、AC 的中点，AB ⊥平面BCM .（Ⅰ）求证：1//A N 平面BCM ；（Ⅱ）若11A ABB 是边长为2的菱形，求直线1A N 与平面1MCC 所成角的正弦值. 5．（2021·江西上饶市·高三一模（文））已知()22cos sin sin cos 3f x x x x x x π⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭.（1）求函数()f x 的单调递增区间； （2）若,46⎛⎫∈-⎪⎝⎭x ππ，求()y f x =的值域. 6．（2020·广东高三一模）已知数列{}n a 的前n 项和为()*n S n N∈．()1若{}n a 为等差数列，11a =-，65119aa =，求n S 和n a 的表达式； ()2若数列{}n S 满足12211135222n n S S S n ++⋅⋅⋅+=+，求n a ． 7．（2021·湖北高三一模）在①22n n nS +=；②112n n n a a a +-=-，77428S a ==；③11n n a n a n++=，36S =这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加解答. 问题：设数列{}n a 的前n 项和为n S ，___________，若2n nn a a b =，求数列{}n b 的前n 项和. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一解答计分.8．（2021·江苏高三一模）在①()()b a c b a c ac +--+=：②cos()sin()A B A B +=-；③tansin 2A BC +=这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求b 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在ABC ，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a =___________，___________？注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分.9．（2021·陕西宝鸡市·高三一模（文））已知抛物线C ：24y x =的焦点为F ，直线l ：2y x a =+与抛物线C 交于A ，B 两点.（1）若1a =-，求FAB 的面积；（2）若抛物线C 上存在两个不同的点M ，N 关于直线l 对称，求a 的取值范围.10．（2021·安徽六安市·高三一模（理））已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的离心率为12，短轴长为（1）求椭圆C 的方程；（2）设不经过点(P 且斜率存在的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，直线PM 与PN 的斜率之和为2-，证明：直线l 过定点. 11．（2021·江苏高三一模）已知函数22ln ()xf x x a x=--. （1）若()0f x ≥，求实数a 的取值范围；（2）若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明：121x x <.12．（2021·湖北高三一模）已知函数()()ln f x ax x a R =-∈. （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()11xf x e a x->-+在()1,+∞上恒成立，求a 的取值范围.。

【题型综述】导数研究超越方程超越方程是包含超越函数的方程，也就是方程中有无法用自变数的多项式或开方表示的函数，与超越方程相对的是代数方程．超越方程的求解无法利用代数几何来进行．大部分的超越方程求解没有一般的公式，也很难求得解析解．在探求诸如0109623=-+-x x x ，22ln 22+-=-x x x x 方程的根的问题时，我们利用导数这一工具和数形结合的数学思想就可以很好的解决．此类题的一般解题步骤是：1、构造函数，并求其定义域．2、求导数，得单调区间和极值点．3、画出函数草图．4、数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况求解．【典例指引】例1．已知函数()ln f x ax x x =+在2x e -=处取得极小值．（1）求实数a 的值；（2）设()()()22ln F x x x x f x =+--，其导函数为()F x '，若()F x 的图象交x 轴于两点()()12,0,,0C x D x 且12x x <，设线段CD 的中点为(),0N s ，试问s 是否为()0F x '=的根？说明理由．例2．设函数()21ln 2f x x ax bx =--（1）当3,2a b ==时，求函数()f x 的单调区间；（2）令()()21(03)2a F x f x ax bx x x =+++<≤，其图象上任意一点()00,P x y 处切线的斜率12k ≤恒成立，求实数a 的取值范围．（3）当0,1a b ==-时，方程()f x mx =在区间21,e ⎡⎤⎣⎦内有唯一实数解，求实数m 的取值范围．例3．已知函数（）（1）讨论的单调性；（2）若关于的不等式的解集中有且只有两个整数，求实数的取值范围．【新题展示】1．【2019山西祁县中学上学期期末】已知函数,．若（1）求实数的值；（2）若关于的方程有实数解，求实数的取值范围．2．【2019浙江台州上学期期末】设函数，R ．（Ⅰ）求函数在处的切线方程；（Ⅱ）若对任意的实数，不等式恒成立，求实数的最大值；（Ⅲ）设，若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，求实数的取值范围．3．【2019浙江杭州高级中学上学期期中】已知函数.（1）若关于的方程在内有两个不同的实数根，求实数的取值范围.（2）求证：当时，.【同步训练】1．已知函数()21e 2x f x t x -=--（R t ∈），且()f x 的导数为()f x '．（Ⅰ）若()()2F x f x x =+是定义域内的增函数，求实数t 的取值范围；（Ⅱ）若方程()()222f x f x x x +=--'有3个不同的实数根，求实数t 的取值范围．2．已知函数()322ln 3f x ax x =--的图象的一条切线为x 轴．（1）求实数a 的值；（2）令()()()g x f x f x =+'，若存在不相等的两个实数12,x x 满足()()12g x g x =，求证：121x x <．3．已知函数()()ln f x a x x =+（0a ≠），()2g x x =．（1）若()f x 的图象在1x =处的切线恰好也是()g x 图象的切线．①求实数a 的值；②若方程()f x mx =在区间1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有唯一实数解，求实数m 的取值范围．（2）当01a <<时，求证：对于区间[]1,2上的任意两个不相等的实数1x ，2x ，都有()()()()1212f x f x g x g x -<-成立．4．已知函数()()ln , 2.718f x x x e == ．（1）设()()()2216g x f x x e x =+-++，①记()g x 的导函数为()g x '，求()g e '；②若方程()0g x a -=有两个不同实根，求实数a 的取值范围；（2）若在[]1,e 上存在一点0x 使()()20011m f x x ->+成立，求实数m 的取值范围．5．已知函数()()233x f x x x e =-+⋅．（1）试确定t 的取值范围，使得函数()f x 在[]2,(2)t t ->-上为单调函数；（2）若t 为自然数，则当t 取哪些值时，方程()()0f x z x R -=∈在[]2,t -上有三个不相等的实数根，并求出相应的实数z 的取值范围．6．已知函数()()21ln ,f x x ax g x x b x =+=++，且直线12y =-是函数()f x 的一条切线．（1）求a 的值；（2）对任意的1x ⎡∈⎣，都存在[]21,4x ∈，使得()()12f x g x =，求b 的取值范围；（3）已知方程()f x cx =有两个根1212,()x x x x <，若()1220g x x c ++=，求证:0b <．7．已知函数（为自然对数的底数，），，．（1）若，，求在上的最大值的表达式；（2）若时，方程在上恰有两个相异实根，求实根的取值范围；（3）若，，求使的图象恒在图象上方的最大正整数．8．设函数．（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值；（3）若方程，有两个不相等的实数根，比较与0的大小．。

1 2 1 2【题型综述】在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．解答的关键是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数，利用等量关系统一变量，最后消元得出定值．【典例指引】例1．已知圆O : x2 +y 2 = 4 与坐标轴交于A、A 、B 、B （如图）．（1）点Q是圆O 上除A1、A2外的任意点（如图1），A1Q、A2Q与直线y+3=0交于不同的两点M,N，求MN 的最小值；（2）点P是圆O 上除A1、A2、B1、B2外的任意点（如图2），直线B2P交x 轴于点F，直线A1B2交A2P于点E ．设A2P 的斜率为k, EF 的斜率为m ，求证：2m -k 为定值．【思路引导】（1）设出A Q ，A Q 的直线方程，联立直线y + 3 = 0，分别得出M,N 的坐标，表示出MN = 3k +3- 4 ，2 1 k求其最值即可；（2）分别写出E,F的坐标，写出斜率m ，即可证明2m -k 为定值．⎭ ⎭（2）由题意可知 A 1 (-2, 0), A 2 (2, 0), B 1 (0, -2), B 2 (0, 2)，y = k (x - 2)⎛ 2k 2 - 2-4k ⎫A 2 P 的斜率为 k ,∴直线 A 2 P 的方程为 y = k (x - 2)，由{x 2+ y 2= 4，得 P ⎝k 2+1 , k 2 +1⎪ ，k +12 (k -1) ⎛ 2 (k -1) ⎫ 则直线 B 2 P 的方程为 y = - k -1 x + 2 ，令 y = 0，则 x = k +1 ，即 F k +1 , 0⎪ ，⎝ ⎭x =2k + 2 x - y + 2 = 0k -1⎛ 2k + 2 4k ⎫直线 A 1B 2 的方程为 x - y + 2 = 0 ，由{ y = k (x - 2)4k，解得{y =4k k -1, ∴ E ⎝ k -1 , k -1 ⎪ ，∴ EF 的斜率 m =k -1= k +1 ,∴ 2m - k = 2⋅ k +1- k = 1 （定值）．学科*网2k + 2 -2 (k -1) 22k -1 k +1x 2 y 2 例 2．已知椭圆C : a 2 + = 1(a > b > 0) 的离心率为 b 23 ，以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴长为半径的圆与直线 2x - 2 y + 6 = 0 相切．⑴求椭圆 C 的标准方程；⑵已知点 A 、B 为动直线 y = k (x - 2)(k ≠ 0)与椭圆 C 的两个交点，问：在 x 轴上是否存在定点 E ，使得EA ⋅ EB 为定值？若存在，试求出点 E 的坐标和定值；若不存在，请说明理由．【思路引导】6（Ⅰ）由 e=3，以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴长为半径的圆与直线2x - 2 y + 6 = 0 相切，求出 a，b，由此能求出椭圆的方程．x 2+y2=（Ⅱ）由{ 6 21，得（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，由此利用韦达定理、向量的数量积，结合已y =k (x - 2)知条件能求出在 x 轴上存在点 E，使EA ⋅EB 为定值，定点为（7，0）．3（Ⅱ）由，得（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，（6分）设，，根据题意，假设x轴上存在定点E（m，0），使得为定值，则=（x1﹣m，y1）•（x2﹣m，y2）=（x1﹣m）•（x2﹣m）+y1y2==（k2+1）=（k2+1）•﹣（2k2+m）•+（4k2+m2）=，要使上式为定值，即与k无关，则应有3m2﹣12m+10=3（m2﹣6），即m=，此时=为定值，定点为（7,0）．学科*网36= 点评：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的． 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现．例 3．已知椭圆C : x a2y 22+ = 1(a > b > 0) 上的点到两个焦点的距离之和为 b 2 31，短轴长为 2，直线l 与椭圆C 交于 M 、 N 两点．（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线l 与圆O : x 2+ y 2=是定值，请说明理由．221相切，探究∠MON 是否为定值，如果是定值，请求出该定值；如果不25π【答案】（1） 9x【思路引导】+16 y = 1（2）∠MON = 22 1 （1）由已知得2a ＝ ，2b3 2由此能求出椭圆C 的方程．π（2）当直线 MN ⊥ x 轴时， ∠MON ＝ ．当直线 MN 与 x 轴不垂直时，设直线 MN ：y = kx + b 直2线 MN 与与圆O ：x 2 + y 2＝ 1的交点 M （x ，y ），N （x ，y ），由直线 MN 与圆O 相切，得 25b 2 = k 2 +1 ，25y ＝kx + b2 2 2π联立{9x 2 +16 y 2＝1，得（ 9 +16k ）x + 32kbx +16b -1 = 0 ，由此能证明∠MON ＝2为定值．22 1 1 21 2 1 2+==y =kx +m2 2 2联立{9x2 +16 y2 = 1 得(9 +16k )x + 32kmx +16m -1 = 0∆=(32km) 2-4(9+16k2)(16m2-1)> 0, x1 +x2 =- 32km9 +16k 2，x1 x2 =16m2 -1，9 +16k 2∴OM ⋅O N =x1x2+y1y2=(1+k∴∠MON =π22 )x x +km (x +x )+m2 =25m2 -k 2 -19 +16k 2综上，π∠MON =（定值）学科*网2【点评】本题考查椭圆方程的求法，角为定值的证明，线段的取值范围的求法等．解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．例4．已是上任意一点，的坐标，直线分别与线交于两点，且．（1）求的轨的方程；（2）直与轨相交两点，为坐标原点，k OA积是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．⋅kOB=-3，判断的面4x2【答案】（1）y2 1；（2）（定值）4 3【思路引导】（1）化简向量关系式可得NM ⋅F2 P = 0 ，所以MN 是线段F2 P 的垂直平分线，所以MF2=MP ，转化为椭圆定义MF2+MF1=F1P=4，求出椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，根据根与系数的关系求出AB ，再由点到直线的距离公式求三角形高，写出三角形面积化简即可证明为定值．3【扩展链接】2015 全国新课标 II 理 20 题深度思路引导 已知椭圆C : 9x 2+ y 2= m2(m > 0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴， l 与C 有两个交点 A , B ，线段AB 的中点为 M ．（1）证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；（2）若l 过点⎛ m, m ⎫，延长线段OM 与C 交于点 P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 3 ⎪ ⎝ ⎭的斜率，若不能，说明理由．高考试题落实运算求解能力考查的方式：1．考查思路引导运算条件：平行四边形的判定定理选择，为何不选有关平行与长度的定理来判定平行四边 形，而要选择对角线相互平分来判定平行四边形，这种处理方式的优点在于弦中点的运算量更小（需要平时训练有这种认识）2．考查遇障碍而调整：若第 1 小问使用点差法，如何求中点坐标，需有目标思路引导及方程思想来指导， 利用中点在直线上这个条件列出另一个方程．3．考查确定运算程序：相交求 P 坐标，中点关系构建斜率方程这种程序；中点关系求 P 坐标，点 P 在椭圆1 2 121 1 1 12 2 2 2 ⎪ 1 上构建斜率方程这种程序如何选择？实际上运算难度大体相当．4．考查据算理正确的变形与运算：无论选择何种运算程序都具有过硬的运算技能，需要发现特殊代数结构的能力，在运算中要有求简的意识．运算求解过程中，大体会涉及到以下代数式运算与化简：（1）中点⎧ 9x + ky = m 20 02 M (x , y )坐标：①韦达定理：9x 2 + (kx + b ) = m 2 或②解方程组⎨ ⎛ m ⎫ ；（2）点 P 坐标： 0 0 y - m = k x - ⎪ 00 3 ⎪⎧9x 2 + y 2 = m 2⎩ ⎝ ⎭ ±km2km (k - 3)解 方 程 组 ⎨； （ 3 ） 解 斜 率 方 程 ： ①2； 或 ②⎩ ⎡ 2k (k - 3) m ⎤2 9x + ky = 0 ⎡ 6(3 - k ) m ⎤23 k 2 + 9 3(k + 9) 9 ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ = m 2 ，特别是如何正确解出第 2 个方程；特别要注意到相约 m 2 ，k 2 + 9 ，⎣⎢ 3(k 2+ 9) ⎥⎦⎣ k 2 + 9 ⎦ 9 及公因式 4 (k - 3)2，然后约因式 k 2 + 9 才会得到二次方程： k 2 - 8k + 9 = 04．解法的几何变换化简析：设x ' = 3x , y ' = y，则椭圆9x 2 + y 2 = m 2变 为 圆 ：x '2 + y '2 = m 2 , A (x , y ) → A '(x ', y ' ); B(x , y ) → B '(x ', y ' )， k AB = y 1 - y 2x 1 - x 2, k A 'B ' = y ' - y' x ' - x '= y 1 - y 2 = 3x 1 - 3x 2 1 3k AB ，同理可得：k OM= 3 k OM ' ，在圆中易知 k A 'B ' g k OM ' = -1， 则 可 得 ： k AB g k OM = -9 ， 在 圆 中 易 知 OA 'P 'B ' 为 菱 形 ， 且 ∠A 'OP ' = π 3， 则 易 得 ：k A 'B ' = 4 ± 37AB= 4 ±5．问题一般化7 =, k2 ( ) 2 P P设直线l : y = kx + m (k g m ≠ 0)与椭圆 x a 2y 2+ = 1 a > b > 0 相交于点 A , B ，且线段 AB 的中点为 M ，直 b线OM 与椭圆交于点 P ，若四边形OAPB 为平行四边形，则参数 a , b , k , m 满足 4m 2 = b 2 + a 2 k 2，⎧⎧ a 2km ⎪ x 0 + ky 0 = 0⎪ x 0 = - b 2 + a 2k 2⎛ 2a 2km 2b 2m ⎫易知中点 M (x 0 y 0 ) 满足 ⎨ a 2 b 2⇒ ⎨ ⇒ P - , ⎪ ，点 P 在椭圆 ⎪ ⎪b 2m ⎝ b 2 + a 2k 2 b 2 + a 2k 2 ⎭ ⎪⎩ y 0 = kx 0 + m ⎪⎩ y 0 = b 2 + a 2k 2x 2 + y 2 =4a 2k 2m 2 + 4b 2m 2= ⇒ 2 2 2 + 2 = 2 + 2 2 ⇒ 2 = 2 + 2 2 a 2 b 21上，则(b 2 + a 2k 2 )2 (b 2 + a 2k 2 )21 4m (a k b ) (b a k ) 4m b a k ，这就是说，这种形式的平行四边形法则对任何椭圆均存在 附命题人的思路引导及参考答案：【解题思路】（1）思路 1 将l 的方程代入椭圆方程，利用韦达定理求得 M 点的坐标(x M , y M )，计算可得y Mg k = 常数（其中k 为直线l 的斜率），完成证明．x M思路 2 将点 A , B 的坐标分别代入椭圆方程，两式相减，可得到 x M , y M , k 的关系式9x M + y M k = 0 ，通过适当变形，即可完成证明．（2）思路 1 利用直线l 过点⎛ m , m ⎫，将参数b 用 k 表示，然后将直线l 的方程代入椭圆方程中，得到 M 3 ⎪ ⎝ ⎭9点的横坐标 x M ，根据第（1）问的结论，可设直线OM 的方程为 y = - kx ，将它代入椭圆方程，得到 P 点的横坐标 x P ，因为“四边形OAPB 为平行四边形”的充分必要条件是“线段 AB 与线段OP 互相平分”，因 此有 x P = 2x M ，由此得到关于k 的方程．若此方程有解，则四边形OAPB 可以为平行四边形，且此时方程的解 k 即为使得四边形OAPB 为平行四边形时l 的斜率；若此方程无解，则说明四边形OAPB 不能构成平 行四边形．思路 2 由点 P 既在椭圆上，也在直线OP 上，可以联立椭 圆与OP 的方程，解得 y 2= f(k )，再将直线OP的方程与方程 k =y M -1联立，可解得 y 2= g (k )，于是有关于 k 的方程 f (k ) = g(k )，后同思路 1．x - 1P P 22M3思路 3 与思路 1 类似，将参数b 用参数 k 和 m 表示，联立与直线OM 的方程，可解得 M 点的坐标(x M , y M )，29 1 1 2 2 9 OM根据向量加法的平行四边形法则知 P (2x N , 2 y N )，将 P 的坐标代入椭圆方程，可得关于k 和m 的方程，后同思路 1．【答案】（1）证法 1 如下图所示，设直线l : y = kx + b (k ≠ 0,b ≠ 0)， A (x 1, y 1 ), B (x 2 , y 2 ), M (x M , y M )，将 y = kx + b 代入9x 2+ y 2= m 2，得(k 2+ 9)x 2 + 2kbx + b 2 - m 2= 0 ，故 x M=x 1 + x 2 = 2 -kbk 2 + 9 , x M = kx M + b = 9b ， k 2+ 9 于是直线OM 的斜率k=y M= - ， 即 k g k = -9 ，x M k所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．证法 2 设直线l : y = kx + b (k ≠ 0,b ≠ 0)， A (x 1, y 1 ), B (x 2 , y 2 ), M (x M , y M )，将 A , B 的坐标代入椭圆方程，有9x 2 + y 2 = m2①， 9x 2 + y 2 = m2②，①-②，整理可得9 (x + x ) + ( y + y) =y 2 - y 1= 0 ，1212x - x即9x M + y M g k = 0 ，故直线OM 的斜率 k= y M= - ，即 k 21g k = -9 ，x M k所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．OMOMOM7 3 （2）解法 1 四边形OAPB 能为平行四边形（见下图）因为直线l 过点⎛ m , m ⎫，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是 k > 0, k ≠ 3． 3 ⎪ ⎝ ⎭由（1）得OM 的方程为 y = - 9x ，k⎧ ⎪设点 P 的横坐标为 x P ，由 ⎨ y = - 9 xk，得 x 2=k 2m 22⎪⎩9x 2 + y 2 = m 2±km，则 x P =， 9k + 81⎛ m ⎫3 k 2 + 9m (3 - k ) 将 点 , m ⎪ ⎝ ⎭ 的 坐 标 代 入 l 的 方 程 得 b = 3 ， 然 后 将 l 的 方 程 代 入 椭 圆 方 程 ， 可 得x + x -kb k (k - 3)m x M = 1 2= = ，2k 2 + 93(k 2 + 9)四 边 形 OAPB 为 平 行 四 边 形 当 且 仅 当 线 段 AB 与 线 段 OP 互 相 平 分 ， 即x P = 2x M ， 于 是±km = 2⨯ k (k - 3)m 2，解得 k 1 = 4 - 7, k 2 = 4 +3 k 2+ 93(k + 9)因为 k i > 0, k i ≠ 0,i = 1, 2 ，所以当l 的斜率为 4 - 或 4 + 7 时，四边形OAPB 为平行四边形． 9 解法 2 四边形OAPB 能为平行四边形，设 P (x P , y P )，由（1）得 y P = -k⎧9x 2 + y 2 = m 2x P , k > 0, k ≠ 3 ，⎪ P P 因为 P 在椭圆上，所以有 ⎨ ⎪⎩y = - 9 x ，P k P29m 2 解得 y P =k 2+ 9①，P 77 7 3 k y 9 ⎧ y P- m ⎪ 2 = k ⎪ x P - m6 (3 - k ) m由四边形OAPB 为平行四边形，可知⎨ ⎪2 3 ，解得： y P = ②k 2 + 9 ⎪ = - 9 x ⎩ P k P据①②有 k 2 + 9 = 4 (3 - k )2，即 k 2 - 8k + 9 = 0 ，解得 k 1 = 4 + 7, k 2 = 4 - ，以下同解法 1．解法 3 四 边形OAPB 能为平行四边形（ 见下图）⎛ m ⎫m (3 - k ) m (3 - k ) 将点 , m ⎪ 的坐标代入l 的方程得b =⎝ ⎭ ，即l 的方程为 y = kx + 3 ,k > 0,k ≠ 3 ， 3⎧ m (3 - k ) 9 ⎪ y M= kx M +3由（1）得直线OP 的方程为 y = - x ，因为 M 既在l 上，也在OP 上，所以有 ⎨⎪ ⎪⎩ ， y M = - k x M⎧⎪ x M ⎪ 解得 ⎨ ⎪ k (k - 3) m = 3(k 2 + 9) 3(k - 3) m ⎪⎩y M = - k 2 + 9 设点 P 的坐标为(x P , y P )，则 “四边形OAPB 为平行四边形 ”的充要条件是OP = OA + OB = (x 1 + x 2 , y 1 + y 2 ) = (2x M , 2 y M )，⎡ 2k (k - 3) m ⎤2⎡ 6(k - 3) m ⎤2将点 P 的坐标(2x , 2 y )代入椭圆方程有9 ⎢ ⎥ + ⎢- ⎥ = m 2，M M化简可得 k 2- 8k + 9 = 1，⎣⎢ 3(k 2+ 9) ⎥⎦⎣k 2 + 9 ⎦解得 k 1 = 4 - 7, k 2 = 4 + ，以下同解法 1．⎪ ，【新题展示】1．【2019闽粤赣三省十校联考】已知椭圆经过点，离心率为，左右焦点分别，．（1）求椭的方程；（2）是上异于的两点，若直线与直线的斜率之积，证明：两点的横坐标之和为常数．【思路引导】（1）利用椭圆的离心率和椭圆上的点，构造关于的方程，求解得到椭圆方程；（2）假设三点坐标和直线方程，代入椭圆后利用韦达定理表示，从而可，表示；再利，表示出，根，可将与作和整理得到结果．【解析】（1）因为椭圆经过，所又因，所以又，解所以椭圆的方程（2）三点坐标分别，，设直斜率分别，则直线方程为由方程组消去，得：由韦达定理可得：故同理可得又故则从即两点的横坐标之和为常2．【2019广东江门一模】已知椭圆：（）的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，，椭圆的离心．（1）求椭的标准方程；（2）、是椭圆上另外两点，若△的重心是坐标原点，试证明△的面积为定值．（参考公式：若坐标原是的重心，）【思路引导】(1)根据题意得到，得，，进而得到方程；（2）设出直线AB的方程，联立直线和椭圆方程，求得弦长AB，再由点到直线的距离得，根据点P 在曲线上得到参数k 和m 的等量关系，得证．【解析】（1）依题意，，，得，，，椭的标准方程为．（2）△最多只有1 条边所在直线与轴垂直，不妨所在直线与轴不垂直，其方程为（因为的重心，所不在直上）由得，设、，，且，从，设，由得，，点在椭上，所即，且符．点到直的距离，△的面，由即得为常数．3．【2019湖南怀化3月一模】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率等．（1）求椭的方程；（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于、两点，交轴于点，，，求证：为定值．【思路引导】（1）根据椭圆的焦点位置及抛物线的焦点坐标，设出其方程，利用顶点和离心率确定其中的参，即可求解其标准方程；（2）写出椭圆的右焦点，然后，设出直的方程点的坐标，联立方程组，结合向量的坐标运算，即可求解．， 【解析】（1）设椭圆 的方程，则由题意知∴ ．即∴椭圆 的方程（2）设 、 、 点的坐标分别，，． 又易 点的坐标显然直 存在的斜率，设直 的斜率 ，则直 的方程将直 的方程代入到椭 的方程中，消 并整理得，∴，∵，∴将各点坐标代入，∴4．【2019 湘赣十四校联考】椭圆 ：的左焦点为 且离心率为， 为椭圆 上任意一点的取值范围 ，．（1）求椭 的方程；（2）如图，设 是圆心在椭 上且半径为 的动圆，过原作 的两条切线，分别交椭圆 两点．是 否存在 使得直与直 的斜率之积为定值？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由．【思路引导】（1）利用离心率得的关系；然后表示，通的范围得到，得，从而求得方程；（2）假设圆的方程，利用直线与圆相切，得到关于的方程，从而得到的表达式，从而得到时，为定值，求得结果．【解析】（1）椭圆的离心椭圆的方程可写设椭上任意一的坐标则，，，椭圆的方程（2）设圆的圆心，则圆的方程为设过原点的圆的切线方程为，则有整理由题意知该方程有两个不等实根，设，则当时当圆的半时，直线与直线的斜率之积为定5．【2019江西重点中学盟校联考】已知椭圆的离心率为，焦点分别为，点是椭圆上的点面积的最大值．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线与椭圆交两点，点是椭圆上的点是坐标原点，判定四边形的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由．【思路引导】（Ⅰ）由题意得到的方程组，求出的值，即可得出椭圆方程；（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，易求出四边形的面积；当直线的斜率存在时，设直线方程，联立直线与椭圆方程，结合判别式和韦达定理，可表示出弦，再求出到直的距离，根据和点在曲线上，求的关系式，最后根，即可得出结果．【解析】（Ⅰ）由解得得椭圆的方程为．（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，直线的方程为或，此时四边形的面积．当直线的斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程，点到直的距离是由得因为 在曲 上，所以有整理得由题意四边为平行四边形，所以四边 的面积为由 ， 故四边形 的面积是定值，其定值 ． 6．【2019 四川泸州二诊】已知，椭圆 过点，两个焦点为，， 是椭圆 上的两个动点，直线的斜率 的斜率互为相反数． 求椭 的方程；求证：直 的斜率为定值．【思路引导】由焦点坐标求得，可设椭圆方程为，可得，解方程即可；设直 的方程为，代入，求出 的坐标，再 换 ，求 的坐标，即可求出直线的斜率，再化简即可得结果．【解析】由题，可设椭圆方程为，，解，，椭圆的方程为．设，，设直线 AE 的方程，代得， ， ，又直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数，再上式中代 k ，可得，，，，直线EF 的斜率．7．【2019广东广州天河区综合测试】如图，在平面直角坐标系xOy中，焦点在x轴上的椭圆的右顶点和上顶点分别为A，B，M 为线段AB 的中点，．求椭圆的离心率；四边形ABCD 内接于椭圆，记直线AD，BC 的斜率分别、，求证为定值．【思路引导】，，线段AB 的中从而由，求出，由此能求出椭圆的离心率；椭圆的标准方程，，，直线BC 的方程为，联立直线BC 和椭圆方程得到点C 坐标，联立直线AD 和椭圆方程，得，，代入点坐标化简，由此能证为定值．【解析】，，线段AB 的中点，，解，．，椭圆的离心率．证明由得椭圆的标准方程为，，直线BC 的方程为，联立，，解得，，即，直线AD 的方程联立，化，，解得，，，，化，，为定值．8．【2019河北五个一名校联盟一诊】已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为，设该动圆圆心的轨迹为曲．（1）求曲的方程；（2）直线过曲线的焦点，与曲线交于两点，且都垂直于直线，垂足分别为，直与轴的交点，求证为定值．【思路引导】（1）设动圆圆心坐标为C(x，y)，由题意得，能求出曲线方程；（2）设代入【解析】（Ⅰ）设动圆圆心坐标为C(x，y)，根据题意得，化简得（Ⅱ），，由题意的斜率一定存在，，得所以，，，又=9 ．【2019 辽宁葫芦岛调研】已知椭圆：的四个顶点围成的四边形的面积，其离心率（1）求椭的方程；（2）过椭圆的右焦点作直线（轴除外）与椭圆交于不同的两点，在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求出定点坐标及定值，若不存在，说明理由．【思路引导】（1）由离心率及，结合a2＝b2+c2，解得a、b，即可求得椭圆C 的方程；（2）由题意可设直线l：x＝my ，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，•用m 与x0表示，利用对应系数成比例，即可求得x0，代入•为定值；【解析】： 0 0 0（1）由 得 所以椭圆方程为（2）由于直线 l 过右焦点 F （1，0），可设直线 l 方程为：x=my+1，代入椭圆方程并整理得：（4+3m 2)x 2-8x+4-12m 2=0(或（4+3m 2)y 2+6my-9=0) △=64-（4+ 3m 2) (4-12m 2)>0设 A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则 x 1，x 2 是方程①的两个解，由韦达定理得， x 1x 2=，y 1y 2假设在 x 轴上存在定点 P(x 0，0)，为定值，则：(x 1-x 0)(x 2-x 0)+y 1y 2=x 1x 2+y 1y 2-x 0(x 1+x 2)+x 2=-+x 02=由题意，上式为定值，所以应有：即：12x 2-48=-15-24x 0+12x 2解得 ，此时10．【2019 福建漳州一模】已知椭圆 的中心在坐标原点，焦点在 轴上，且椭圆 的一个顶点与抛物线的焦点重合，离心率 ． （1）求椭 的标准方程；（2）过椭圆 的右焦点 且斜率存在的直线 交椭圆 于 两点，线段 的垂直平分线交 轴于 点，证明 为定值．【思路引导】 (1)先由题意设椭圆的方程，再结合条件列出方程，从而可求出椭圆的方程； (2)先设直线的方程，由直线与椭圆方程联立，结合韦达定理表示 ，以，化简之后作商，即可证 明结论． 【解析】（1）设椭的标准方程为，由抛物的焦点，，①，②由①②，解，所以椭的标准化为．（2）依题意设直线的方程，设，，当时，联立方程，，所以，，的中点坐标为，的垂直平分线为，令，得，，又，所以，当时，点与原点重合，，，所以；综上所述，为定值．（1）同解法一．（2）依题意，当直线的斜率不为0 时，设直线的方程，设，，联立方程，所，，，，，所的中点坐标为，的垂直平分线为，令，得，所以，所以；当直线的斜率为0 时，点与原点重合，，，所以；综上所述，为定．11．【2019福建泉州1月质检】已知中，，，，点在上，且．（1）求的轨的方程；（2），过点的直线与交于两点，与直线交于点，记，，的斜率分别为，求证：为定值．【思路引导】（1）结合题意，证明，发现轨迹是椭圆，结合椭圆性质，即可。

【题型综述】探究代数表达式包括以下若干类型：（1）参数值的探索，根据题中的条件将参数转化为关于直线与圆 锥曲线的交点的坐标的方程或函数问题，若利用设而不求思想与韦达定理即可求出参数的值即存在，否则不存在(2)等式恒成立问题，根据题 中条件和有关向量、距离公式、平面几何知识等方法，转化为关于直线与圆锥曲线的交点的坐标的方程或函数问题，若利用设而不求思想与韦达定理即可求出参数的值即存在。

【典例指引】类型一 参数值的探究例 1 【2016 年高考四川理数】（本小题满分 13 分）已知椭圆 E ： x a 2 y 2+ = 1(a > b > 0) 的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点， 直线b2l : y = -x + 3与椭圆 E 有且只有一个公共点 T .（Ⅰ）求椭圆 E 的方程及点 T 的坐标；（Ⅱ）设 O 是坐标原点，直线 l’平行于 OT ，与椭圆 E 交于不同的两点 A 、B ，且与直线 l 交于点 P ．证明： 存在常数λ，使得 PT 2= λPA ⋅ PB ， 并求λ的值.23 2 25 2 4方程②的判别式为∆=16(9 - 2m 2) ，由∆>0 ，解得-3 2< m < . 2由②得 x 1 + x 2 = -所以 PA = 4m 3, x 1x 2 4m 2 -12. 3= 2 -2m- x ，31同理 PB = 2 - 2m3- x 2 ，学*科网52m 2m所以 PA ⋅ PB = (2 - 43 - x 1 )(2 - 3 - x 2 )= 5 (2 - 2m )2 - (2 - 2m)(x + x ) + x x4 3 31 2 1 2= 5 (2 - 2m )2 - (2 - 2m )(- 4m ) + 4 3 3 3 = 10 m 2 .9故存在常数λ= ，使得PT 25类型二 恒等式成立探究= λPA ⋅ PB .(2 - 2m - x )2 + (1+ 2m - y )2 3 1 3 15 2 4m 2 -12 3 =2 PAPB | y 0 - 2 | | y 0 + 2 | 2 -1 2 +1= 例 2. 【2015 高考四川，理 20】如图，椭圆 E ： x a2 y 2 + b2= 1(a > b > 0) 的离心率是 2，过点 P （0,1）的动直线l 与椭圆相交于 A ，B 两点，当直线l 平行与 x 轴时，直线l 被椭圆 E 截得的线段长为2.(1)求椭圆 E 的方程；（2）在平面直角坐标系 xOy 中，是否存在与点 P 不同的定点 Q ，使得= 恒成立？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由.（2）当直线l 与 x 轴平行时，设直线l 与椭圆相交于 C 、D 两点.如果存在定点 Q 满足条件，则| QC | = | PC |= 1，即| QC |=| QD |.| QD | | PD |所以 Q 点在 y 轴上，可设 Q 点的坐标为(0, y 0 ) .当直线l 与 x 轴垂直时，设直线l 与椭圆相交于 M 、N 两点.则 M (0, 2), N (0, - 2)，| QM | | PM | 由，有 = ，解得 y = 1或 y = 2 .| QN | | PN | 0 0所以，若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则 Q 点的坐标只可能为Q (0, 2) .2 QA QB 2下面证明：对任意的直线l ，均有| QA |=| PA |.学*科网| QB | | PB | 当直线l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立.当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为y =kx +1，A、B 的坐标分别为(x1, y1), (x2, y2) .⎧x2+y2 =⎪联立⎨4 2⎪⎩y =kx +1 1, 得(2k 2 +1)x2 + 4kx - 2 = 0 .学*科网其判别式∆= 16k 2 + 8(2k 2 +1) > 0 ，类型三面积最小值存在性例3【2015 高考湖北，文22】一种画椭圆的工具如图1 所示．O 是滑槽AB 的中点，短杆ON 可绕O 转动，长杆MN 通过N 处铰链与ON 连接，MN 上的栓子D 可沿滑槽AB 滑动，且DN =ON = 1，MN = 3 ．当栓子D 在滑槽AB 内作往复运动时，带．动．N 绕O 转动，M 处的笔尖画出的椭圆记为C．以O 为原点，AB 所在的2 m 2 1-4 k 2= 4k 1 2 直线为 x 轴建立如图 2 所示的平面直角坐标系．（Ⅰ）求椭圆 C 的方程；（Ⅱ）设动直线l 与两定直线l 1 : x - 2 y = 0 和l 2 : x + 2 y = 0分别交于 P , Q 两点．若直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点，试探究： ∆OPQ 的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．S= 1 | PQ | ⋅d = 1 | m || x - x |= 1 ⋅ | m | ∆OPQ 2 2 P Q2 + 2 m= . ②1 +2 k 将①代入②得，S ∆OPQ = 时 ， S ∆ 2 + 8( ) = 8(-1 + ) . 因 0 ≤ k 2 < 1 ， 则 0 < 1 - 4k 2 ≤ 1 ， 2 ≥ 2 ， 所 以 OPQ 1 - 4k 2 1 - 4k 2 4 1 - 4k 22 m 1 -2 k 2m 2 = 8 4k 2 + 1 . 当 k 2 > 1时，S ∆ = 8( 4k 2 + 1 ) = 8(1 + 2 ) > 8；当0 ≤ k 2 < 11 - 4k2 4k 2 -1 4 OPQ4k 2 -1 4k 2 -14+= >> S 2S ∆OPQ = 8(-1 + 2 1 - 4k 2 ) ≥ 8 ，当且仅当k = 0 时取等号.所以当 k = 0 时， S∆OPQ 的最小值为 8. 学*科网 综合（1）（2）可知，当直线l 与椭圆C 在四个顶点处相切时， ∆OPQ 的面积取得最小值 8. 类型四 面积关系探究x 2 例 4.（2011 湖南理 21）如图 7,椭圆C 1 :a 2y 2 b 21(a b 0) 的离心率为, x 轴被曲线C 22: y = x 2- b 截得的线段长等于C 1 的长半轴长. (Ⅰ)求C 1 , C 2 的方程;(Ⅱ)设C 2 与 y 轴的交点为 M ,过坐标原点O 的直线l 与C 2 相交于点 A , B ,直线 MA , MB 分别与C 1 相交于点D ,E .(ⅰ)求证: MD ⊥ ME ;(ⅱ)记∆MAB , ∆MDE 的面积分别为 S , S .问:是否存在直线l ,使得S 1 = 17?请说明理由.12323【扩展链接】1. F 为椭圆xa2+y2b2= 1(a >b > 0) 的其中一个焦点，若P 是椭圆上一点，则a -c ≤| PF |≤a +c .2. F 为双曲线x2-y2=1(a > 0, b> 0)的右焦点，若P 是双曲线右支上一点，则| PF |≥-，若P 是双a2 b2a c曲线左支上一点，则| PF |≥a +c ，.23. F 为椭圆xa2+y2b2= 1(a >b > 0) 的左焦点，AB 是过左焦点倾斜角为θ的弦，点A 在x 轴上方，则b2 b2 2ab2| AF | a +c cosθ| AF |=, | B F |=, | AB |=, =.a -c cosθ a +c cosθ a2 -c2 cos2 θ | BF | a -c cosθ4. F 为抛物线y2 = 2 px( p > 0) 的焦点，AB 是过左焦点倾斜角为θ的弦，点A 在x 轴上方，则| AF |=p1- cosθ，|BF |=p1+ cosθ, | AB |=2 p=1-c os2 θ2 p,sin 2 θ| AF || BF |=1+ cosθ.1- cosθ【新题展示】1．【2019四川二诊】已知，椭圆C过点，两个焦点为，，E，F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，直线EF的斜率为，直线l与椭圆C相切于点A，斜率为．求椭圆C 的方程；求的值．【思路引导】可设椭圆C 的方程，由题意可得，由椭圆的定义计算可得，进而得到b，即可得到所求椭圆方程；设直线，代入椭圆方程，运用韦达定理可得E 的坐标，由题意可将k 换为，可得F 的坐标，由直线的斜率公式计算可得直线EF 的斜率，设出直线l 的方程，联立椭圆方程，运用直线和椭圆相切的条件：判别式为0，可得直线l 的斜率，进而得到所求斜率之和．【解析】由题意可设椭圆C 的方程，且，即，，所以椭圆的方程；设直线，代入椭圆方程可得，2可得 ，即有 ，，由直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数，可将 k 换，可，，则直线 EF 的斜率，设直线 l 的方程，代入椭圆方程可得：，化简可 ，解，则．2．【2019 河南新乡二模】设椭圆 的右顶点为 ，上顶点为 ．已知椭圆的焦距为，直线 的斜率 ． （1）求椭圆的标准方程；（2）设直 （）与椭圆交 ，两点，且 在第二象限 与延长线交于 ， 的面积面积 倍， 的值．【思路引导】（1）利用椭圆的焦距和的斜率列方程组，解方程组求得的值，由此求得椭圆标准方程．（2）设出两点的坐标，利用“ 的面积是 面积的 倍”得到 ，转化为向，并用坐标表示出来，求两点横坐标的关系式．联立直的方程和直 的方程，求 点的横坐标；联立椭圆的 方程和直 的方程，求 点的横坐标，根据上述求得 两点横坐标的关系式列方程，解方程求 的 可能取值，验 点横坐标为负数后得 的值． 【解析】（1）设椭圆的焦距 ，由已知得 ，所 ，，，由直线 l 与椭圆 C 相切，可得所以椭圆的方程．（2）设，，由题意且，由的面积面积倍，可，所，从，所，．易知直线的方程为，，消去，可．由方程组，消去，可．由，可得，整理得或．，解得当时，符合题意；当时，不符合题意，舍去．综上，的值．3．【2019陕西汉中3月联考】顺次连接椭圆：的四个顶点恰好构成了一个边长为且面积的菱形．（1）求椭的方程；（2），是椭圆上的两个不同点，若直线，的斜率之积为（为坐标原点），线段上有一点满，连接并延长交椭圆于点，的值．【思路引导】（1）由菱形的面积公式可得2ab＝2，由勾股定理可得a2+b2＝3，解方程即可得到所求椭圆方程；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x3，y3），由向量的坐标表示和点满足椭圆方程，结合直线的斜率公式，化简变形，即可得到所求值．【解析】（1）由题可，，解，．所以椭的方程为．（2），，，∵，∴，∴，．又∵ ，即，．∵在椭圆上，∴，即．∵ ，在椭圆上，① ．②又直线，斜率之积，∴，，③将①②③代入，解．4．【2019东北三省三校一模】已知椭圆：的左、右两个顶点分别为，点为椭圆上异于的一个动点，设直的斜率分别，若动与的连线斜率分别，且，记动的轨迹为曲．（1）当时，求曲的方程；（2）已知，直线与分别与曲线交于两点，设的面积为，的面积为，若，的取值范围．【思路引导】(1)由题意设，，再表示出得出．然后求得结果．(2) 由题求出直的方程为，直的方程为，然后分别与曲线联立，求得点E、F 的纵坐标，然后再代入面积公式表示出再利用函数的单调性求得范围．【解析】（1）设，，因，则所，整理得．所以，当时，曲的方程为．（2）．由题意知，直的方程为，直的方程为．由（Ⅰ）知，曲线的方程为，联立，消去，得，得联，消去，得，得设则在上递增又，的取值范围为5．【2019安徽江南十校3月检测】已知抛物线的准线方程为．（1）求抛物的标准方程；（2）设，，则，同理（2）过作斜率的直线交抛物线于两点，，连接与抛物线分别交于，两点，直线的斜率记，问：是否存在实数，使成立，若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．【思路引导】（1）根据标准方程与准线的关系，可直接求得；（2）假设存在，通过假设四点坐标，可以表示出和，然后利用韦达定理求解出．【解析】（1）由准线方程可知，（互不相等）三点共线即同将抛物线与直联立得由韦达定理：6．【2019安徽六校联考】已知椭圆：的左、右焦点分别为，离心率为，直线：与椭圆交于，四边形的面积．（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）作与平行的直线与椭圆交两点，且线的中点，的斜率分别，的取值范围．【思路引导】（1）运用椭圆的离心率公式和四边形的面积求法，以及椭圆的关系，列出对应的方程组，即可求得结果；（2）设出直的方程，与椭圆方程联立，利用判别式大于零，得出范围，利用韦达定理以及中点坐标公式，得到（），根据的范围求得结果．【解析】由（1）可得，，带入得，椭圆方程（2）设直线的方程由，，，设，则（）7．【2019安徽黄山一模】已知点在抛物线上，且到抛物线焦点的距离为．直线与抛物线交两点，且线段的中点．（Ⅰ）求直线的方程．（Ⅱ）点是直上的动点，的最小值．【思路引导】(Ⅰ)由点到抛物线焦点的距离等于到准线的距离，得到，可以求出，即可得到抛物线的方程，然后利用点差法，根据直线与抛物线交两点，且线段的中点，可以求出斜率，从而得到直线方程都在直线上，，，可以表示，然后将直线与抛物线联立，可以得到关于x 的一元二次方程，结的表达式，可以求出最小值。

【最新】数学《矩阵与变换》高考知识点(1)一、151．关于x 的不等式201x a x+<的解集为()1,b -．()1求实数a ，b 的值；()2若1z a bi =+，2z cos isin αα=+，且12z z 为纯虚数，求tan α的值．【答案】（1）1a =-，2b =（2）12- 【解析】 【分析】(1)由题意可得:1-,b 是方程220x ax +-=的两个实数根,利用根与系数的关系即可得出答案;(2)利用(1)的结果得()()1222z z cos sin cos sin i αααα=--+-为纯虚数,利用纯虚数的定义即可得出． 【详解】 解：(1)不等式201x a x+<即()20x x a +-<的解集为()1,b -． 1∴-,b 是方程220x ax +-=的两个实数根,∴由1b a -+=-，2b -=-，解得1a =-,2b =． (2)由(1)知1,2a b =-=,()()()()121222z z i cos isin cos sin cos sin i αααααα∴=-++=--+-为纯虚数，20cos sin αα∴--=,20cos sin αα-≠,解得12tan α=-.【点睛】本题考查了行列式,复数的运算法则、纯虚数的定义、一元二次方程的根与系数的关系、一元二次不等式的解法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.2．已知a ，b ，c ，d 四个城市，它们之间的道路联结网如图所示，试用矩阵表示这四个城市组成的道路网络.【答案】0210203013020022a b c da b c d⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ 【解析】 【分析】根据图像计算每两个城市之间的道路数，得到答案. 【详解】根据图像计算每两个城市之间的道路数，如：,a b 之间有2条路；,b c 之间有3条路；同理得到矩阵： 0210203013020022a b c da b c d⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ 【点睛】本题考查了矩阵表示道路网络，意在考查学生的应用能力.3．解关于x ，y 的方程组93x ay aax y +=⎧⎨+=⎩.【答案】分类讨论，详见解析 【解析】 【分析】分别计算得到29D a =-，6x D a =，23y D a =-，讨论得到答案.【详解】2199a D a a ==-，639x a a D a ==，2133y a D a a ==-.当3a ≠±时，0D ≠，此时方程有唯一解：2226939a x a a y a ⎧=⎪⎪-⎨-⎪=⎪-⎩；当3a =±时，0D =，0x D ≠，方程无解. 综上所述：3a ≠±，有唯一解；3a =±，无解. 【点睛】本题考查了通过行列式讨论方程组的解的情况，分类讨论是一个常用的方法，需要同学熟练掌握.4．已知关于x 、y 的二元一次方程组()4360260x y kx k y +=⎧⎨++=⎩的解满足0x y >>，求实数k的取值范围.【答案】5,42⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】由题意得知0D ≠，求出x D 、y D 解出该方程组的解，然后由00x y D >>⎧⎨≠⎩列出关于k 的不等式组，解出即可. 【详解】由题意可得()4238D k k k =+-=+，()601x D k =-，()604y D k =-.由于方程组的解满足0x y >>，则0D ≠，该方程组的解为()()60186048x y k D x D k D k y D k ⎧-==⎪⎪+⎨-⎪==⎪+⎩，由于00D x y y ≠⎧⎪>⎨⎪>⎩，即()()()806016048860408k k k k k k k ⎧⎪+≠⎪--⎪>⎨++⎪⎪->⎪+⎩，整理得802508408k k k k k ⎧⎪+≠⎪-⎪>⎨+⎪-⎪<⎪+⎩，解得542k <<. 因此，实数k 的取值范围是5,42⎛⎫⎪⎝⎭. 【点睛】本题考查二元一次方程组的求解，同时也考查了分式不等式的求解，考查运算求解能力，属于中等题.5．解方程组()32021mx y x m y m+-=⎧⎨+-=⎩，并求使得x y >的实数m 的取值范围.【答案】()1,3【解析】 【分析】计算出行列式D 、x D 、y D ，对D 分0D ≠和0D =两种情况分类讨论，求出方程组的解，再由x y >列出关于m 的不等式，解出即可. 【详解】 由题意可得()()2362321m D m m m m m ==--=+--，2321x D m m m ==---，()()224222y m D m m m m==-=-+.①当0D ≠时，即当260m m --≠时，即当2m ≠-且3m ≠时，1323x y D x D m D m y D m ⎧==⎪⎪-⎨-⎪==⎪-⎩.x y >Q ，则()()()2222133m m m ->--，即()22130m m ⎧-<⎪⎨-≠⎪⎩，解得13m <<； ②当2m =-时，方程组为2320232x y x y -+-=⎧⎨-=-⎩，则有232x y -=，该方程组有无穷多解，x y >不能总成立；③当3m =时，方程组为33202230x y x y +-=⎧⎨+-=⎩，即203302x y x y ⎧+-=⎪⎪⎨⎪+-=⎪⎩，该方程组无解.综上所述，实数m 的取值范围是()1,3. 【点睛】本题考查二元一次方程组的求解，同时也考查了分式不等式的求解，在解题时要注意对系数行列式是否为零进行分类讨论，考查运算求解能力，属于中等题.6．解方程组()sin cos 2cos 0cos cos 2sin x y x y ααααπααα-=⎧≤≤⎨+=⎩.【答案】见解析. 【解析】 【分析】求出行列式D 、x D 、y D ，对D 分0D ≠和0D =两种情况分类讨论，利用方程组的解与行列式之间的关系求出方程组的解，或者将参数的值代入方程组进行求解，由此得出方程组的解. 【详解】由题意得()sin cos2cos cos2sin cos cos2D ααααααα=+=+，()cos cos2sin cos2sin cos cos2x D ααααααα=+=+， 22sin cos cos2y D ααα=-=-.0απ≤≤Q ，022απ∴≤≤.①当0D ≠时，即当cos20α≠时，即当22πα≠且322πα≠时，即当4πα≠且34πα≠时，11sin cos x y D x DD y D αα⎧==⎪⎪⎨⎪==-⎪+⎩； ②当4πα=时，方程组为==，则该方程组的解为1x y R =⎧⎨∈⎩；③当34πα=时，方程组为2222x x =-⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，该方程组的解为1x y R =-⎧⎨∈⎩. 【点睛】本题考查二元一次方程组的求解，解题时要对系数行列式是否为零进行分类讨论，考查运算求解能力，属于中等题.7．用行列式解方程组252,23,24 1.x y z y z x y z ++=-⎧⎪--=⎨⎪++=-⎩【答案】1337313x y z ⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪=-⎪⎩【解析】 【分析】先根据方程组中x ，y ，z 的系数及常数项求得D ，x D ，y D ，z D ，再对a 的值进行分类讨论，并求出相应的解． 【详解】方程组可转化为：125202324111x y z ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-⎦--⎣，1912502241D =-=-， 13922532141x D --=-=-，12503221121y D --==--，1312203241z D ---==-，所以13,37,31.3x y z D x D D y D D z D ⎧==⎪⎪⎪==-⎨⎪⎪==-⎪⎩【点睛】本题考查三元一次方程组的矩阵形式、线性方程组的行列式求解，考查运算求解能力．8．设点(,)x y 在矩阵M 对应变换作用下得到点(2,)x x y +． （1）求矩阵M ；（2）若直线:25l x y -=在矩阵M 对应变换作用下得到直线l '，求直线l '的方程．【答案】（1）2011⎡⎤⎢⎥⎣⎦；（2）3x -4y -10=0. 【解析】 【分析】（1）设出矩阵M ，利用矩阵变换得到关于x 、y 的方程组，利用等式恒成立求出矩阵M ；（2）设点(,)x y 在直线l 上，利用矩阵变换得到点(,)x y ''，代入直线l 中，求得直线l '的方程． 【详解】解：（1）设a b M c d ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，由题意，2a b x xM c d y x y ⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥+⎣⎦⎣⎦⎣⎦g ， 所以2ax by x +=，且cx dy x y +=+恒成立； 所以2a =，0b =，1c =，1d =；所以矩阵2011M ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦；（2）设点(,)x y 在直线l 上，在矩阵M 对应变换作用下得到点(,)x y ''在直线l '上， 则2x x '=，y x y '=+，所以12x x ='，12y y x ='-'； 代入直线:25l x y -=中，可得34100x y '-'-=； 所以直线l '的方程为34100x y --=． 【点睛】本题考查了矩阵变换的计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．9．解方程：23649x xx=.【答案】1x = 【解析】 【分析】根据行列式的运算性质，求得29346xxx⨯-⨯=，转化为322()3()123xx ⨯-⨯=，令3()2x t =，得到方程1231t t ⨯-⨯=，进而即可求解【详解】根据行列式的运算性质，可得23293449xx xx=⨯-⨯，即29346x x x ⨯-⨯=，方程两边同除6x ，可得322()3()123xx⨯-⨯=，令3()2xt =，且0t >，则21()3xt =，可得1231t t⨯-⨯=，解32t =或1t =-（舍去）， 即33()22x=，解得1x =. 故答案为：1x =. 【点睛】本题主要考查了行列式的运算性质，以及指数幂的运算和一元二次方程的应用，其中解答中熟记行列式的运算性质，结合指数幂的运算和一元二次方程的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能，属于基础题.10．用行列式解关于x 、y 的方程组3(31)484mx y m x my m -=⎧⎨+-=+⎩，并讨论说明解的情况.【答案】当1m =时，无穷解；当14m =-时，无解；当1m ≠且14m ≠-时，有唯一解，441x m =+，8341m y m +=-+. 【解析】 【分析】 先求出系数行列式D ，x D ，y D ，然后讨论m ，从而确定二元一次方程解的情况． 【详解】 解：3(31)484mx y m x my m -=⎧⎨+-=+⎩Q 21431(41)(1)431mm D m m m m m -∴+-==-+=+-++，4443148x D m mm -==--+，()()23853*******y m D m m m m m m ==--+++=-，①当1m ≠且14m ≠-时，0D ≠，原方程组有唯一解，即144(41)4(14)x D m x m D m m -===+++-，()()()()8318341141y D m m m y D m m m +-+===-+-++， ②当1m =时，0D =，0x D =，0y D =，原方程组有无穷解． ③当14m =-时，0D =，0x D ≠，原方程无解． 【点睛】本题主要考查了行列式，以及二元一次方程的解法，属于基础题．11．直线l 经矩阵M ＝cos sin sin cos θθθθ-⎡⎤⎢⎥⎣⎦(其中θ∈(0，π))作用变换后得到直线l ′：y ＝2x ，若直线l 与l ′垂直，求θ的值. 【答案】2πθ=【解析】 【分析】在l 上任取一点P (x ，y )，设P 经矩阵M 变换后得到点P ′(x ′，y ′)，根据矩阵变换运算得到x ′，y ′，代入直线l ′：y ＝2x ，得到直线l 方程，再由两直线垂直求解. 【详解】在l 上任取一点P (x ，y )，设P 经矩阵M 变换后得到点P ′(x ′，y ′)cos sin cos sin sin cos sin cos x x y x y x y y θθθθθθθθ''-⋅-⋅⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⋅+⋅⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦故cos sin sin cos x x y y x y θθθθ=-'=+'⎧⎨⎩，又P ′在直线l ′：y ＝2x 上，即y ′＝2x ′ 则sin cos 2cos 2sin x y x y θθθθ+=-即直线l ：(sin 2cos )(2sin cos )0x y θθθθ-++= 因为l 与l ′垂直，故sin 2cos 1=cos 02sin cos 2θθθθθ-⇒=+又(0,)θπ∈，故2πθ=.【点睛】本题主要考查矩阵变换研究两直线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.12．已知矩阵13m P m m ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，x Q y ⎛⎫= ⎪⎝⎭，2M m -⎛⎫= ⎪⎝⎭，13N m ⎛⎫= ⎪+⎝⎭，若PQ =M +N .(1) 写出PQ =M +N 所表示的关于x 、y 的二元一次方程组； (2) 用行列式解上述二元一次方程组. 【答案】(1) 1323mx y mx my m +=-⎧⎨-=+⎩；(2) 见解析【解析】 【分析】(1)利用矩阵的乘法和加法的运算法则直接计算并化简即可得出答案；(2)先由二元一次方程组中的系数和常数项计算出D ，D x ，D y ，然后再讨论m 的取值范围，①当m ≠0,且m ≠-3时，②当m =0时，③当m =-3时，分别求出方程组的解即可得出答案. 【详解】解：(1) 由题意可得PQ=13mm m ⎛⎫ ⎪-⎝⎭x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭=3mx y mx my +⎛⎫⎪-⎝⎭，M+N=213m m -⎛⎫⎛⎫+⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭=123m -⎛⎫ ⎪+⎝⎭，所以由PQ= M+N ，可得3mx y mx my +⎛⎫ ⎪-⎝⎭=123m -⎛⎫⎪+⎝⎭，即得1323mx y mx my m +=-⎧⎨-=+⎩； (2) 由题意可得行列式1(3)3m D m m m m==-+-，1(3)231x D m m m==--++- ,12(3)323y m D m m m m -==++①当m ≠0,且m ≠-3时，D ≠0，方程组有唯一解12x m y ⎧=⎪⎨⎪=-⎩；②当m =0时，D =0,但D x ≠0，方程组无解； ③当m =-3时，D =D x =D y =0，方程组有无穷多解31x ty t =⎧⎨=-⎩(t ∈R ).【点睛】本题考查了矩阵的乘法加法运算法则的应用，考查了用行列式求解二元一次方程组方法的应用，对参数的讨论是用行列式解二元一次方程组的关键，考查了运算能力，属于一般难度的题.13．已知圆C 经矩阵332aM ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦变换后得到圆22:13C x y '+=，求实数a 的值. 【答案】2a = 【解析】 【分析】设圆C 上任一点(,)x y ，经M 变换后得到(),x y ''，则332x ax yy x y =+⎧⎨=-''⎩，代入计算得到答案.【详解】设圆C 上任一点(,)x y ，经M 变换后得到(),x y ''，则332x a x y y '⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥'-⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 则332x ax y y x y=+⎧⎨=-''⎩，由(),x y ''在22:13C x y '+=上，可得22(3)(32)13ax y x y ++-=，即()22292(36)1313a x a xy y ++-+=，由方程表示圆，可得2913a +=，2(36)0a -=，则2a =. 【点睛】本题考查了圆的矩阵变换，意在考查学生的应用能力.14．已知向量11α-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦v 是矩阵103a A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦的属于特征值λ的一个特征向量. （1）求实数a ，λ的值； （2）求2A . 【答案】（1）4,3.a λ=⎧⎨=⎩（2）216709A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦【解析】 【分析】（1）根据特征值的定义可知A αλα=u r u r，利用待定系数法求得实数a ，λ的值。

数学《矩阵与变换》复习知识要点一、151．已知函数cos 2()sin 2m x f x nx=的图象过点(12π和点2(,2)3π-. （1）求函数()f x 的最大值与最小值；（2）将函数()y f x =的图象向左平移(0)ϕϕπ<<个单位后，得到函数()y g x =的图象；已知点(0,5)P ，若函数()y g x =的图象上存在点Q ，使得||3PQ =，求函数()y g x =图象的对称中心.【答案】（1）()f x 的最大值为2，最小值为2-；（2）(,0)()24k k Z ππ+∈. 【解析】 【分析】（1）由行列式运算求出()f x ，由函数图象过两点，求出,m n ，得函数解析式，化函数式为一个角的一个三角函数式，可求得最值；（2）由图象变换写出()g x 表达式，它的最大值是2，因此要满足条件，只有(0,2)Q 在()g x 图象上，由此可求得ϕ，结合余弦函数的性质可求得对称中心．【详解】（1）易知()sin 2cos 2f x m x n x =-，则由条件，得sin cos 6644sin cos 233m n m n ππππ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，解得 1.m n ==-故()2cos22sin(2)6f x x x x π=+=+.故函数()f x 的最大值为2，最小值为 2.-（2）由（1）可知： ()()2sin(22)6g x f x x πϕϕ=+=++.于是，当且仅当(0,2)Q 在()y g x =的图象上时满足条件.(0)2sin(2)26g πϕ∴=+=. 由0ϕπ<<，得.6πϕ=故()2sin(2)2cos 22g x x x π=+=. 由22x k =+ππ，得().24k x k Z ππ=+∈ 于是，函数()y g x =图象的对称中心为：(,0)()24k k Z ππ+∈. 【点睛】本题考查行列式计算，考查两角和的正弦公式，图象平移变换，考查三角函数的性质，如最值、对称性等等．本题主要是考查知识点较多，但不难，本题属于中档题．2．计算：12131201221122120-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭【答案】91559124-⎛⎫⎪--⎝⎭【解析】 【分析】直接利用矩阵计算法则得到答案. 【详解】121312011213140222112212021122240-⎛⎫-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 123319155213629124----⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭【点睛】本题考查了矩阵的计算，意在考查学生的计算能力.3．已知a ，b ，c ，d 四个城市，它们之间的道路联结网如图所示，试用矩阵表示这四个城市组成的道路网络.【答案】0210203013020022a b c da b c d⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ 【解析】 【分析】根据图像计算每两个城市之间的道路数，得到答案. 【详解】根据图像计算每两个城市之间的道路数，如：,a b 之间有2条路；,b c 之间有3条路；同理得到矩阵： 0210203013020022a b c da b c d⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ 【点睛】本题考查了矩阵表示道路网络，意在考查学生的应用能力.4．已知关于x 、y 的二元一次方程组()4360260x y kx k y +=⎧⎨++=⎩的解满足0x y >>，求实数k的取值范围. 【答案】5,42⎛⎫⎪⎝⎭【解析】 【分析】由题意得知0D ≠，求出x D 、y D 解出该方程组的解，然后由00x y D >>⎧⎨≠⎩列出关于k 的不等式组，解出即可. 【详解】由题意可得()4238D k k k =+-=+，()601x D k =-，()604y D k =-.由于方程组的解满足0x y >>，则0D ≠，该方程组的解为()()60186048x y k D x D k D k y D k ⎧-==⎪⎪+⎨-⎪==⎪+⎩，由于00D x y y ≠⎧⎪>⎨⎪>⎩，即()()()806016048860408k k k k k k k ⎧⎪+≠⎪--⎪>⎨++⎪⎪->⎪+⎩，整理得802508408k k k k k ⎧⎪+≠⎪-⎪>⎨+⎪-⎪<⎪+⎩，解得542k <<. 因此，实数k 的取值范围是5,42⎛⎫⎪⎝⎭. 【点睛】本题考查二元一次方程组的求解，同时也考查了分式不等式的求解，考查运算求解能力，属于中等题.5．解关于x ，y ，z 的方程组()1213x my z x y z m x y z ⎧-+=⎪++=⎨⎪-++=⎩.【答案】（1）2m ≠且1m ≠-时，2212112432x m y m m m z m m ⎧=⎪-⎪⎪=⎨+⎪⎪-++=⎪-++⎩；（2）2m =或1m =-时，无解. 【解析】 【分析】先根据方程组中,,x y z 的系数及常数项计算计算出D ，D x ，D y ，D z 下面对m 的值进行分类讨论，并求出相应的解． 【详解】()()21D m m =--+，()1x D m =-+，()2y D m =--，2243z D m m =-++.所以（1）2m ≠且1m ≠-时，2212112432x m y m m m z m m ⎧=⎪-⎪⎪=⎨+⎪⎪-++=⎪-++⎩；（2）2m =或1m =-时，无解. 【点睛】本题考查三元一次方程组的行列式、线性方程组解得存在性，唯一性、三元一次方程的解法等基础知识，考查运算能力与转化思想，属于中档题．6．解关于x ，y 的方程组2122ax y a ax ay a +=+⎧⎨-=-⎩.【答案】见解析 【解析】 【分析】根据对应关系，分别求出D ，x D ，y D ，再分类讨论即可 【详解】 由题可得：()122a D a a a a==-+-，()2211=212x a D a aa+=-+--，221522y a a D a aa+==--.所以，（1）当0a ≠且2a ≠-时，()()221252a x a a a y a ⎧+⎪=⎪+⎨⎪=⎪+⎩； 当0a =或2-时，0x D ≠，方程组无解 【点睛】本题考查二元一次方程的解与行列式的对应关系，属于中档题7．用行列式解方程组252,23,24 1.x y z y z x y z ++=-⎧⎪--=⎨⎪++=-⎩【答案】1337313x y z ⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪=-⎪⎩【解析】 【分析】先根据方程组中x ，y ，z 的系数及常数项求得D ，x D ，y D ，z D ，再对a 的值进行分类讨论，并求出相应的解． 【详解】方程组可转化为：125202324111x y z ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-⎦--⎣，1912502241D =-=-， 13922532141x D --=-=-，12503221121y D --==--，1312203241z D ---==-，所以13,37,31.3x y z D x D D y D D z D ⎧==⎪⎪⎪==-⎨⎪⎪==-⎪⎩【点睛】本题考查三元一次方程组的矩阵形式、线性方程组的行列式求解，考查运算求解能力．8．利用行列式解关于x 、y 的二元一次方程组42mx y m x my m+=+⎧⎨+=⎩.【答案】见解析 【解析】 【分析】计算出系数行列式D ，以及x D 、y D ，然后分0D ≠和0D =两种情况讨论，在0D ≠时，直接利用行列式求出方程组的解，在0D =时，得出2m =±，结合行列式讨论原方程组解的情况. 【详解】 系数行列式为2441m D m m==-，()242x m D m m mm+==-，()()222211y m m D m m m m m+==--=-+.①当240D m =-≠时，即当2m ≠±时，原方程组有唯一解()()()2224221142x y m m D m x D m m D m m m y D m m ⎧-===⎪⎪-+⎨-++⎪===⎪-+⎩；②当240D m =-=时，2m =±.（i ）当2m =-时，0D =，8x D =，4y D =，原方程组无解； （ii ）当2m =时，0x y D D D ===，原方程为24422x y x y +=⎧⎨+=⎩，可化为22x y +=，该方程组有无数组解，即12x R x y ∈⎧⎪⎨=-⎪⎩.【点睛】本题考查利用行列式求二元一次方程组的解，解题时要对系数行列式是否为零进行分类讨论，考查运算求解能力与分类讨论思想的应用，属于中等题.9．解方程：23649x xx=.【答案】1x = 【解析】 【分析】根据行列式的运算性质，求得29346xxx⨯-⨯=，转化为322()3()123xx ⨯-⨯=，令3()2x t =，得到方程1231t t ⨯-⨯=，进而即可求解【详解】根据行列式的运算性质，可得23293449xx xx=⨯-⨯，即29346x x x ⨯-⨯=，方程两边同除6x ，可得322()3()123xx⨯-⨯=，令3()2xt =，且0t >，则21()3xt =，可得1231t t⨯-⨯=，解32t =或1t =-（舍去）， 即33()22x=，解得1x =. 故答案为：1x =. 【点睛】本题主要考查了行列式的运算性质，以及指数幂的运算和一元二次方程的应用，其中解答中熟记行列式的运算性质，结合指数幂的运算和一元二次方程的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能，属于基础题.10．设函数()()271f x x ax a R =-++∈. (1)若1a =-，解不等式()0f x ≥； (2)若当01xx>-时，关于x 的不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围； (3)设()121x g ax x +-=-，若存在x 使不等式()()f x g x ≤成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）[)8,6,3⎛⎤-∞+∞ ⎥⎝⎦U ；（2）5a ≥-；（3）4a ≥-.【解析】 【分析】（1）利用零点分段讨论可求不等式的解. （2）01xx>-的解为()0,1，在该条件下()1f x ≥恒成立即为()720a x +->恒成立，参变分离后可求实数a 的取值范围.（3）()()f x g x ≤有解即为12722a x x -≥---有解，利用绝对值不等式可求()2722h x x x =---的最小值，从而可得a 的取值范围.【详解】（1）当1a =-时，()0f x ≥即为2710x x --+≥.当72x ≥时，不等式可化为722710x x x ⎧≥⎪⎨⎪--+≥⎩，故6x ≥； 当72x <时，不等式可化为727210x x x ⎧<⎪⎨⎪--+≥⎩，故83x ≤. 综上，()0f x ≥的解为[)8,6,3⎛⎤-∞+∞ ⎥⎝⎦U .（2）01xx>-的解为()0,1， 当()0,1x ∈时，有()()72182f x x ax a x =-++=+-，因为不等式()1f x ≥恒成立，故()821a x +->即()27a x ->-在()0,1上恒成立， 所以72a x ->-在()0,1上恒成立，而77x-<-在()0,1上总成立， 所以27a -≥-即5a ≥-. 故实数a 的取值范围为5a ≥-.（3）()12112x g x x ax a x a +==-++--， ()()f x g x ≤等价于27121x ax x ax a -++≤-++，即27211x x a ---≤-在R 上有解. 令()27212722h x x x x x =---=---，由绝对值不等式有272227225x x x x ---≤--+=， 所以527225x x -≤---≤，当且仅当72x ≥时，27225x x ---=-成立， 所以()min 5h x =-，故15a -≥-即4a ≥-. 故实数a 的取值范围为4a ≥-. 【点睛】解绝对值不等式的基本方法有零点分段讨论法、图象法、平方法等，利用零点分段讨论法时注意分类点的合理选择.绝对值不等式指：a b a b a b -≤+≤+及a b a b a b -≤-≤+，我们常利用它们求含绝对值符号的函数的最值.11．已知a ，b R ∈，若M =13a b-⎡⎤⎢⎥⎣⎦所对应的变换T M 把直线2x-y=3变换成自身，试求实数a ，b ． 【答案】【解析】 【分析】 【详解】 设则即此直线即为则..12．已知,R a b ∈，矩阵 a b c d A ⎡=⎤⎢⎥⎣⎦，若矩阵A 属于特征值5的一个特征向量为11⎡⎤⎢⎥⎣⎦，点()2,1P -在A 对应的变换作用下得到点()1,2P '-，求矩阵A .【答案】2314A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ 【解析】 【分析】根据矩阵的特征值和特征向量的定义建立等量关系，列方程组求解即可. 【详解】 由题意可知，1155115a b c d ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，且2112a b c d --⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 所以552122a b c d a b c d +=⎧⎪+=⎪⎨-+=-⎪⎪-+=⎩，解得2314a b c d =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩，即矩阵2314A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.【点睛】此题考查矩阵特征值和特征向量的辨析理解，根据题中所给条件建立等量关系解方程组得解.13．将一枚六个面的编号为1，2，3，4，5，6的质地均匀的正方体骰子先后掷两次，记第一次出的点数为a ，第二次出的点数为b ，且已知关于x 、y 的方程组322ax by x y +=⎧⎨+=⎩.（1）求此方程组有解的概率；（2）若记此方程组的解为00x x y y =⎧⎨=⎩，求00x >且00y >的概率.【答案】（1）1112；（2）1336. 【解析】 【分析】（1）先根据方程组有解得a b ，关系，再确定,a b 取法种数，最后根据古典概型概率公式求结果；（2）先求方程组解，再根据解的情况得a b ，关系，进而确定,a b 取法种数，最后根据古典概型概率公式求结果. 【详解】（1）因为方程组322ax by x y +=⎧⎨+=⎩有解，所以0212a b a b ≠∴≠ 而2b a =有123,,,246a a a b b b ===⎧⎧⎧⎨⎨⎨===⎩⎩⎩这三种情况，所以所求概率为31116612-=⨯； （2）006232,2022232b x ax by a ba b x y a y a b -⎧=⎪+=⎧⎪-∴-≠⎨⎨+=-⎩⎪=⎪-⎩Q 因为00x >且00y >，所以6223200,022b a a b a b a b---≠>>--， 因此12,,33a ab b =≥⎧⎧⎨⎨><⎩⎩即有35213+⨯=种情况，所以所求概率为13136636=⨯；【点睛】本题考查古典概型概率以及二元一次方程组的解，考查综合分析求解能力，属中档题.14．已知=是矩阵M=属于特征值λ1=2的一个特征向量．（Ⅰ）求矩阵M；（Ⅱ）若，求M10a．【答案】（Ⅰ）M=；（Ⅱ）M10=．【解析】试题分析：（Ⅰ）依题意，M=，从而，由此能求出矩阵M．（Ⅱ）（方法一）由（Ⅰ）知矩阵M的特征多项式为f（λ）=（λ﹣1）（λ﹣2），矩阵M 的另一个特征值为λ2=1，设=是矩阵M属于特征值λ2=1的特征向量，由已知得=，由此能求出M10．（Ⅱ）（方法二）M2=MM=，，M5=M3M2，M10=M5M5，由此能求出M10．解：（Ⅰ）依题意，M=，，∴，解得a=1，b=2．∴矩阵M=．（Ⅱ）（方法一）由（Ⅰ）知矩阵M的特征多项式为f（λ）=（λ﹣1）（λ﹣2），∴矩阵M的另一个特征值为λ2=1，设=是矩阵M属于特征值λ2=1的特征向量，则，∴，取x=1，得=，∴，∴M10==．（Ⅱ）（方法二）M2=MM=，，M 5=M 3M 2==，M 10=M 5M 5==， ∴M 10=．点评：本题考查矩阵与变换、特殊性征向量及其特征值的综合应用等基本知识，考查运算求解能力．15．已知曲线C ：x 2＋2xy ＋2y 2＝1，矩阵A ＝1210⎡⎤⎢⎥⎣⎦所对应的变换T 把曲线C 变成曲线C 1，求曲线C 1的方程． 【答案】x 2＋y 2＝2 【解析】试题分析：由矩阵变换得相关点坐标关系x ＝y′，y ＝2x y '-'，再代入已知曲线C 方程，得x 2＋y 2＝2．试题解析：解：设曲线C 上的任意一点P(x ，y)，P 在矩阵A ＝1210⎡⎤⎢⎥⎣⎦对应的变换下得到点Q(x′，y′)．则1210x x y y ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎣'⎦⎦'， 即x ＋2y ＝x′，x ＝y′， 所以x ＝y′，y ＝2x y '-'．代入x 2＋2xy ＋2y 2＝1，得y′2＋2y′2x y '-'＋2(2x y '-')2＝1，即x′2＋y′2＝2， 所以曲线C 1的方程为x 2＋y 2＝2．考点：矩阵变换，相关点法求轨迹方程16．矩阵与变换:变换1T 是逆时针旋转2π的旋转变换，对应的变换矩阵是1M 变换2T 对应用的变换矩阵是21101M ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦求曲线221x y +=的图象依次在12,T T 变换的作用下所得曲线的方程.【答案】22221x xy y -+= 【解析】 【分析】旋转变换矩阵10110M -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，求出211110M M M -⎡⎤==⎢⎥⎣⎦，设x y ⎡⎤⎢⎥⎣⎦是变换后曲线上任一点，与之对应的变换前的点是00x y ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，得到00x y y y x =⎧⎨=-⎩，即得解.【详解】旋转变换矩阵10110M -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦记21110111011010M M M --⎡⎤⎡⎤⎡⎤===⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦设x y ⎡⎤⎢⎥⎣⎦是变换后曲线上任一点，与之对应的变换前的点是00x y ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，面积00x x M y y ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，也就是000x x y y x =-⎧⎨=⎩，即00x y y y x =⎧⎨=-⎩，代入22001x y +=，得22()1y y x +-=，所以所求曲线的方程是22221x xy y -+= 【点睛】本题主要考查矩阵和变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.17．已知矩阵120A x -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，5723B ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，B 的逆矩阵1B -满足17177AB y --⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦. （1）求实数x ，y 的值；（2）求矩阵A 的特征值和特征向量.【答案】（1）1,3x y ==；（2）特征值为2-和1，分别对应一个特征向量为21-⎡⎤⎢⎥⎣⎦，11⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【解析】 【分析】（1）计算()1AB B -，可得12514721y y -⎡⎤⎢⎥--⎣⎦，根据()1A AB B -=，可得结果.（2）计算矩阵A 的特征多项式()121f λλλ+-=-，可得2λ=-或1λ=，然后根据Ax x λ=r r，可得结果.【详解】（1）因为17177AB y --⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦，5723B ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦所以()17175712723514721AB B y y y ---⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦⎣⎦由()1A AB B -=，所以12120514721x y y --⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦所以514172103y x x y y -==⎧⎧⇒⎨⎨-==⎩⎩（2）矩阵A 的特征多项式为：()()()()1212211f λλλλλλλ+-==+-=+--令()0f λ=，解得2λ=-或1λ= 所以矩阵A 的特征值为2-和1. ①当2λ=-时，12222102x x x y xy y x y--+=-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎧=-⇒⎨⎢⎥⎢⎥⎢⎥=-⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎩ 令1y =，则2x =-，所以矩阵M 的一个特征向量为21-⎡⎤⎢⎥⎣⎦.②当1λ=时，12210x x x y xy y x y--+=⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎧=⇒⎨⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎩ 令1y =，则1x =所以矩阵M 的一个特征向量为11⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 因此，矩阵A 的特征值为2-和1， 分别对应一个特征向量为21-⎡⎤⎢⎥⎣⎦，11⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【点睛】本题考查矩阵的应用，第（1）问中，关键在于()1A ABB -=，第（2）问中，关键在于()1201f λλλ+-==-，考验分析能力以及计算能力，属中档题.18．已知二阶矩阵，矩阵属于特征值的一个特征向量为，属于特征值的一个特征向量为.求矩阵.【答案】【解析】 【分析】运用矩阵定义列出方程组求解矩阵 【详解】由特征值、特征向量定义可知，，即，得同理可得解得，，，.因此矩阵【点睛】本题考查了由矩阵特征值和特征向量求矩阵，只需运用定义得出方程组即可求出结果，较为简单19．已知矩阵1101A ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦，0614B ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦.若矩阵C 满足AC B =，求矩阵C 的特征值和相应的特征向量.【答案】特征值12λ=，相应的特征向量21⎡⎤⎢⎥⎣⎦；特征值23λ=，相应的特征向量11⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】 【分析】设a b C c d ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，由矩阵乘法法则求得矩阵C ，再由特征多项式求得特征值，再得特征向量． 【详解】 解：设a b C c d ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，由AC B =，即11060114a b c d ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 得0164a c c b d d +=⎧⎪-=⎪⎨+=⎪⎪-=-⎩，解得1214a b c d =⎧⎪=⎪⎨=-⎪⎪=⎩，所以1214C ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦. 设()()()2121425614fλλλλλλλ--==--+=-+-，令()0f λ=，得12λ=，23λ=，特征向量为x y ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，当12λ=时，20x y -=，取121α⎡⎤=⎢⎥⎣⎦u u r；当23λ=时，220x y -=，取211α⎡⎤=⎢⎥⎣⎦u u r .【点睛】本题考查矩阵的乘法运算，考查特征值和特征向量，掌握矩阵乘法运算法则与特征多项式概念是解题基础．20．已知线性方程组5210258x y x y +=⎧⎨+=⎩．()1写出方程组的系数矩阵和增广矩阵； ()2运用矩阵变换求解方程组．【答案】（1）矩阵为5225⎛⎫ ⎪⎝⎭，增广矩阵为5210.258⎛⎫ ⎪⎝⎭ （2）34212021x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩【解析】 【分析】()1由线性方程组5210258x y x y +=⎧⎨+=⎩，能写出方程组的系数矩阵和增广矩阵．()2由170345010521052102121258102540202001012121⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎛⎫⎛⎫→→→⎪ ⎪ ⎪ ⎪--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，能求出方程组的解． 【详解】（1）Q 线性方程组5210258x y x y +=⎧⎨+=⎩．∴方程组的系数矩阵为5225⎛⎫⎪⎝⎭， 增广矩阵为5210.258⎛⎫⎪⎝⎭（2）因为5210258x y x y +=⎧⎨+=⎩，1703452105010521052105210212120258102540021202020010101212121⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪∴→→→→→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪-----⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，34212021x y ⎧=⎪⎪∴⎨⎪=⎪⎩．【点睛】本题考查方程组的系数矩阵和增广矩阵的求法，考查运用矩阵变换求解方程组，考查矩阵的初等变换等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．。