2018年高考数学二轮复习(江苏版) 第2部分 八大难点突破 难点5 复杂数列的通项公式与求和问题含答案

江苏 新高考高考对本专题内容的考查一般是“一小一大”，小题主要考查体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考查形式单一，难度一般.第1课时立体几何中的计算(基础课) [常考题型突破]空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．(2)柱体、锥体、台体的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．(3)球的表面积和体积公式： ①S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； ②V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．[题组练透]1．现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3 cm ，母线长为5 cm ，所以圆锥的高为52－32＝4 cm ，其体积为13π×32×4＝12π cm 3，设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，所以该铁球的半径是39cm.答案：392．(2017·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为(23)2－22＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23．(2017·南通、泰州一调)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1-A 1BD 的体积为_______cm 3.解析：三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于三棱锥B -A 1D 1D 的体积，因为三棱锥B -A 1D 1D 的高等于AB ，△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的12，所以三棱锥B -A 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积的16，所以三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于16×32×1＝32.答案：324.如图所示是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一个平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，A 1A ＝4，B 1B ＝2，C 1C ＝3，则此几何体的体积为________．解析：在A 1A 上取点A 2，在C 1C 上取点C 2，使A 1A 2＝C 1C 2＝BB 1，连结A 2B ，BC 2，A 2C 2，∴V ＝VA B C A BC 11122-＋VB A ACC 22-＝12×1×1×2＋13×(1＋2)2×2×22＝32. 答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是________．解析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22＝94.答案：94[方法归纳]解决球与其他几何体的切、接问题(1)解题的关键：仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)选准最佳角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3)认识球与正方体组合的3种特殊截面：(4)熟记2个结论：①设小圆O 1半径为r ，OO 1＝d ，则d 2＋r 2＝R 2；②若A ，B 是圆O 1上两点，则AB ＝2r sin ∠AO 1B 2＝2R sin ∠AOB 2.[题组练透]1．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：322．(2017·全国卷Ⅲ改编)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34×π×1＝3π4.答案：3π43．已知矩形ABCD的顶点都在半径为2的球O的球面上，且AB＝3，BC＝3，过点D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，则棱锥E-ABCD的体积为________．解析：如图所示，BE过球心O，∴DE＝42－32－(3)2＝2，∴V E -ABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 34．(2017·南京、盐城一模)将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是________．解析：因为将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥O-EFG的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥O-EFG体积取最大值时，△EFG的面积最大，当EF为直径，且G在EF的垂直平分线上时，(S△EFG)max＝12×4×2＝4,所以三棱锥O-EFG体积的最大值(V O-EFG)max＝13×(S△EFG)max×AB＝13×4×3＝4.答案：4[方法归纳]多面体与球的切接问题的解题技巧[必备知识]将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透]1．(2017·南通三模)已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，则这个圆锥的高为________．解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，所以圆锥的母线长l ＝3，设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2πr ＝3×2π3，所以r ＝1，所以圆锥的高为32－12＝2 2. 答案：2 22．(2017·南京考前模拟)如图，正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别为边AC 与BC 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折，使平面ADC ⊥平面DCB ，则棱锥E -DFC 的体积为________．解析：S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12. V E -DFC ＝13×S △DFC×h ＝324. 答案：3243.(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时， 设△ABC 的边长为a (a >0)cm ， 则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ， 则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a ， ∴25－533a >0， ∴0<a <53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312× 25a 4－533a 5. 令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4， 由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG＝36BC ， 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52， 则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )>0，即x 4－2x 3<0，得0<x <2， 则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80， ∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415. 答案：415 [方法归纳][A 组——抓牢中档小题]1．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是棱B 1B 的中点，则三棱锥B 1-ADE 的体积为________．解析：VB 1-ADE ＝VD -AEB 1＝13S △AEB 1·DA ＝13×12×12×1×1＝112.答案：1122．若两球表面积之比是4∶9，则其体积之比为________．解析：设两球半径分别为r 1，r 2，因为4πr 21∶4πr 22＝4∶9，所以r 1∶r 2＝2∶3，所以两球体积之比为43πr 31∶43πr 32＝⎝⎛⎭⎫r 1r 23＝⎝⎛⎭⎫233＝8∶27.答案：8∶273．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝4π3×278＝92π.答案：92π4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，母线长为l ，则侧面积为πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，则圆锥的高h ＝l 2－r 2＝8，则此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案：96π5．(2017·扬州期末)若正四棱锥的底面边长为2(单位：cm)，侧面积为8(单位：cm 2)，则它的体积为________(单位：cm 3)．解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c ＝8，12ch ′＝8，所以斜高h ′＝2，正四棱锥的高为h ＝3，所以正四棱锥的体积为13×22×3＝433.答案：4336．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________． 解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得，a 313πr 3＝3π，得a＝r ，从而S 1S 2＝62π＝32π.答案：32π7.(2017·苏北三市三模)如图，在正三棱柱ABC -A1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：三棱锥的底面积S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到底面的距离为△ABC 的高h ＝32－⎝⎛⎭⎫322＝332，故三棱锥的体积VP -ABA 1＝13S △ABA 1×h ＝934. 答案：9348．(2017·无锡期末)已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为2π3，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积等于________．解析：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ， 因为3π＝13πl 2，所以l ＝3，所以πr ×3＝3π，所以r ＝1，所以圆锥的高是32－12＝22，所以圆锥的体积是13×π×12×22＝22π3.答案：22π39．(2017·徐州古邳中学摸底)表面积为24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．解析：设圆柱的高为h ，底面半径为r ， 则圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πrh ＝24π， 即r 2＋rh ＝12，得rh ＝12－r 2， ∴V ＝πr 2h ＝πr (12－r 2)＝π(12r －r 3)， 令V ′＝π(12－3r 2)＝0，得r ＝2，∴函数V ＝πr 2h 在区间(0,2]上单调递增，在区间[2，＋∞)上单调递减，∴r ＝2时，V 最大，此时2h ＝12－4＝8，即h ＝4，r h ＝12.答案：1210．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：把三棱锥P -ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体所得的一部分(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 答案：5π11．已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，则侧棱PA 的长为________．解析：设底面正三角形ABC 的中心为O ，又底面边长为2，故OA ＝233，由V P -ABC ＝13PO ·S △ABC ，得223＝13PO ×34×22，PO ＝263，所以PA ＝PO 2＋AO 2＝2. 答案：212．(2017·苏州期末)一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．解析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种情况：①孔高为3，则2πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3；②孔高为8，则r ＝8；③孔高为9，则r ＝9.而实际情况是，当r ＝8，r ＝9时，因为长方体有个棱长为3，所以受限制不能打，所以只有①符合．答案：313.如图所示，在体积为9的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，对角线B 1D 与平面A 1BC 1交于点E ，则四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝________.解析：连结B 1D 1交A 1C 1于点F ，连结BD ，BF ，则平面A 1BC 1∩平面BDD 1B 1＝BF ，因为E ∈平面A 1BC 1，E ∈平面BDD 1B 1，所以E ∈BF .因为F 是A 1C 1的中点，所以BF 是中线，又B 1F 綊12BD ，所以FE EB ＝12，故点E 到平面A 1B 1C 1D 1的距离是BB 1的13，所以四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝13×S 四边形A 1B 1C 1D 1×13BB 1＝19V 长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1＝1.答案：114．半径为2的球O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．解析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝2a 2＋h 2≥22ah ，即4ah ≤162，该正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤162，当且仅当h ＝2a ＝22时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－162＝16(π－2)．答案：16(π－2)[B 组——力争难度小题]1．已知三棱锥S -ABC 所在顶点都在球O 的球面上，且SC ⊥平面ABC ，若SC ＝AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°，则球O 的表面积为________．解析：∵AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°， ∴BC ＝12＋12－2×1×1×⎝⎛⎭⎫－12＝3， ∴三角形ABC 的外接圆直径2r ＝3sin 120°＝2，∴r ＝1.∵SC ⊥平面ABC ，SC ＝1， ∴该三棱锥的外接球半径R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫SC 22＝52，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝5π. 答案：5π2.(2017·南京三模)如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D -ABC 1的体积为________．解析：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥AB ，又因为∠ABC ＝90°，即BC ⊥AB ，又BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BB 1C 1C, 因为AB ＝1，BC ＝2，点D 为侧棱BB 1上的动点，所以侧面展开，当AD ＋DC 1最小时，BD ＝1，所以S △BDC 1＝12×BD ×B 1C 1＝1，所以三棱锥D -ABC 1的体积为13×S △BDC 1×AB ＝13.答案：133．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．解析：如图所示，AB ＝2，CD ＝a ，设点E 为AB 的中点，则ED ⊥AB，EC⊥AB，则ED＝AD2－AE2＝22，同理EC＝22.由构成三角形的条件知0＜a＜ED＋EC＝2，所以0＜a＜ 2.答案：(0，2)4.如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥P-AEF的体积最大时，tan∠BAC＝________.解析：∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB.又AC⊥BC，AP⊥BC，∴BC⊥平面PAC，∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°.设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，AF＝AP·ACPC＝2×2cos θ21＋cos2θ＝2cos θ1＋cos2θ，在Rt△PAB中，AE＝PE＝2，∴EF＝AE2－AF2，∴V P-AEF＝16AF·EF·PE＝16AF·2－AF2·2＝26·2AF2－AF4＝26·－(AF2－1)2＋1≤26，∴当AF＝1时，V P-AEF取得最大值26，此时AF＝2cos θ1＋cos2θ＝1，∴cos θ＝13，sin θ＝23，∴tan θ＝ 2.答案： 2第2课时平行与垂直(能力课) [常考题型突破][例1](2017·江苏高考)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .[方法归纳]1．(2017·苏锡常镇一模)如图，在斜三棱柱ABC -A1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C是菱形，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE ∥平面BCC 1B 1.(1)求证：E 是AB 的中点；(2)若AC 1⊥A 1B ，求证：AC 1⊥BC .证明：(1)连结BC1，因为OE ∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE ∥BC 1 .因为侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以O 是AC 1中点，所以AE EB ＝AO OC 1＝1，E 是AB 的中点. (2)因为侧面AA 1C 1C 是菱形，所以AC 1⊥A 1C,又AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC,因为BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC.2．(2017·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AD＝4，EB＝2.(1)若点Q是PD的中点，求证：AQ⊥平面PCD；(2)证明：BD∥平面PEC.证明：(1)因为PA＝AD，Q是PD的中点，所以AQ⊥PD.又PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA.又CD⊥DA，PA∩DA＝A，所以CD⊥平面ADP.又因为AQ⊂平面ADP，所以CD⊥AQ，又PD∩CD＝D，所以AQ⊥平面PCD.(2)取PC的中点M，连结AC交BD于点N，连结MN，ME，在△PAC中，易知MN＝12PA，MN∥PA，又PA∥EB，EB＝12PA，所以MN＝EB，MN∥EB，所以四边形BEMN是平行四边形，所以EM∥BN.又EM⊂平面PEC，BN⊄平面PEC，所以BN∥平面PEC，即BD∥平面PEC.[例2]ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，M为线段PB的中点，N为线段BC的中点．求证：(1)平面MON∥平面PAC；(2)平面PBC⊥平面MON.[证明](1)因为M，O，N分别是PB，AB，BC的中点，所以MO∥PA，NO∥AC，又MO∩NO＝O，PA∩AC＝A，所以平面MON∥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.由(1)知，MO∥PA，所以MO⊥BC.连结OC，则OC＝OB，因为N为BC的中点，所以ON⊥BC.又MO∩ON＝O，MO⊂平面MON，ON⊂平面MON，所以BC⊥平面MON.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面MON.[方法归纳]1．(2017·无锡期末)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.证明：(1)因为AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥CD，因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD,又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)连结AC，BD交于点O，连结OE，OF，因为四边形ABCD为矩形，所以O点为AC的中点，因为E为PC的中点，所以OE∥PA，因为OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD,同理可得：OF∥平面PAD，又因为OE∩OF＝O，所以平面OEF∥平面PAD,因为EF⊂平面OEF，所以EF∥平面PAD.2.(2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.[例3]圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC⊥平面CBF.(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．[解](1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF.∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB .又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF .又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面CBF .(2)当M 为CF 的中点时，OM ∥平面ADF .证明如下：取CF 中点M ，设DF 的中点为N ，连结AN ，MN ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ， ∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF .[方法归纳]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC .(1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求BF BE的值． 解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥BC ，∵平面ABCD ⊥平面BCE ，∴AB ⊥平面BCE ，∴CE ⊥AB .又∵CE ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ，∴CE ⊥平面ABE ，又∵CE ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面ABE .(2)连结BD 交AC 于点O ，连结OF .∵DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF .∴DE ∥OF ，又在矩形ABCD 中，O 为BD 中点，∴F 为BE 中点，即BF BE ＝12. 2．如图，在矩形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段EF 折起，使得∠DFA ＝60°.设G 为AF 上的点．(1)试确定点G 的位置，使得CF ∥平面BDG ；(2)在(1)的条件下，证明：DG ⊥AE .解：(1)当点G 为AF 的中点时，CF ∥平面BDG .证明如下：因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ∥AB ∥CD .连结AC 交BD 于点O ，连结OG ，则AO ＝CO .又G 为AF 的中点，所以CF ∥OG .因为CF ⊄平面BDG ，OG ⊂平面BDG .所以CF ∥平面BDG .(2)因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ⊥FD ，EF ⊥FA .又FD ∩FA ＝F ，所以EF ⊥平面ADF ，因为DG ⊂平面ADF ，所以EF ⊥DG .因为FD ＝FA ，∠DFA ＝60°，所以△ADF 是等边三角形，DG ⊥AF ，又AF ∩EF ＝F ，所以DG ⊥平面ABEF .因为AE ⊂平面ABEF ，所以DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥V -ABC 中，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 是边长为2的等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC .(1)求证：VB ∥平面MOC ；(2)求线段VC的长．解：(1)证明：因为点O，M分别为AB，VA的中点，所以MO∥VB.又MO⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，所以OC⊥AB，且CO＝1.连结VO，因为△VAB是边长为2的等边三角形，所以VO＝ 3.又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB，所以OC⊥VO，所以VC＝OC2＋VO2＝2.B1C1中，AC⊥BC，A1B2.(2017·南通二调)如图，在直三棱柱ABC-A与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E.求证：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1ACC1为平行四边形．又E为A1C与AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理，D为A1B的中点，所以DE∥BC.又BC⊂平面B1BCC1，DE⊄平面B1BCC1，所以DE∥平面B1BCC1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又AC⊥BC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面A1ACC1，AA1⊂平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1.因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.(2017·南京三模)如图，在三棱锥A-BCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD.证明：(1)因为BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF.因为BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.(2)因为AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AE⊥CD.因为BD⊥CD，BD∥EF，所以CD⊥EF，又AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF.又CD⊂平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD.4.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，点E在PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PAD；(2)当PD∥平面AEC时，求PE∶EB的值．解：(1)证明：在平面ABCD中，过A作AF⊥DC于F，则CF＝DF＝AF＝1，∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝45°＋45°＝90°，即AC⊥DA.又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PA.∵PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AC⊥平面PAD.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PAD.(2)连结BD交AC于O，连结EO.∵PD∥平面AEC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO，则PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1，∴PE∶EB的值为2.5.(2017·扬州考前调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明：(1)连结OQ,因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO ＝2OC ，又PQ ＝2QC ，所以PA ∥OQ ，因为OQ ⊂平面QBD ，PA ⊄平面QBD ，所以PA ∥平面QBD .(2)在平面PAD 内过P 作PH ⊥AD 于H ，因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PH ⊂平面PAD ， 所以PH ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥BD .又PA ⊥BD ，且PA ∩PH ＝P ，PA ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD ，又AD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥AD .6.如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB ∥EF ，AF ＝2，EF ＝2AB ＝42，平面ABCD ⊥平面ABEF .(1)求证：BE ⊥DF ；(2)若P 为BD 的中点，试问：在线段AE 上是否存在点Q ，使得PQ ∥平面BCE ？若存在，找出点Q 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取EF 的中点G ，连结AG ，因为EF ＝2AB ，所以AB ＝EG ，又AB ∥EG ，所以四边形ABEG 为平行四边形，所以AG ∥BE ，且AG ＝BE ＝AF ＝2.在△AGF 中，GF ＝12EF ＝22，AG ＝AF ＝2， 所以AG 2＋AF 2＝GF 2，所以AG ⊥AF .因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABEF ，且平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ， 所以AD ⊥平面ABEF ，又AG ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AG .因为AD ∩AF ＝A ，所以AG ⊥平面ADF .因为AG ∥BE ，所以BE ⊥平面ADF .因为DF ⊂平面ADF ，所以BE ⊥DF .(2)存在点Q ，且点Q 为AE 的中点，使得PQ ∥平面BCE .证明如下：连结AC ，因为四边形ABCD 为矩形，所以P 为AC 的中点．在△ACE中，因为点P，Q分别为AC，AE的中点，所以PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，所以PQ∥平面BCE.。

难点七 函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第73页)函数零点、单调性、极值都是高中数学的重要内容，也都是高考的热点和重点，在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都很大，函数与导数是高中数学的主线，它们贯穿于高中数学的各个内容，求值的问题就要涉及到方程，求取值范围的问题就离不开不等式，但方程、不等式更离不开函数，函数思想的运用是我们解决问题的重要手段，而导数是我们解决问题的一个行之有效的工具． 1．函数零点函数零点问题主要是研究函数与方程问题，方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图象与x 轴的交点的横坐标，即零点．函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的. 许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决．在高考中重点考查函数零点个数、零点范围以及与零点有关的范围问题，有时添加函数性质进去会使得此类问题难度加大．【例1】 (2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围.【导学号：56394108】[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 32＋b －a 23. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab 3＋1＝0.又a >0，故b ＝2a 29＋3a.因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根， 从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤0，即a ≥3.当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)，故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值； 当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b 3.列表如下：12从而a >3.因此b ＝2a 29＋3a ，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a.设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t 2. 当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞时，g ′(t )>0， 从而g (t )在⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞上单调递增． 因为a >3，所以a a >33， 故g (a a )>g (33)＝3，即ba> 3. 因此b 2>3a .(3)由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2， 且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b9.从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2＝4a 3－6ab 27－4ab 9＋2＝0.记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )， 因为f ′(x )的极值为b －a 23＝－19a 2＋3a ，所以h (a )＝－19a 2＋3a ，a >3.因为h ′(a )＝－29a －3a 2<0，于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减． 因为h (6)＝－72，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.因此a 的取值范围为(3,6]．【例2】 已知函数f (x )＝a x －1x2－b ＋ln x (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝3，函数f (x )有3个零点，求实数b 的取值范围．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x2＋2x3＋1x.由题意可得f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－a x2＋2x3＋1x≥0，所以a x2≤2x3＋1x，因为x ＞0，所以x 2＞0，故a ≤2x＋x .由基本不等式可得2x ＋x ≥22(当且仅当2x＝x ，即x ＝2时等号成立)，故实数a 的取值范围为(－∞，22]．(2)当a ＝3时，f (x )＝3x －1x2－b ＋ln x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－3x 2＋2x 3＋1x ＝x 2－3x ＋2x3＝x －x －x3.由f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：极小值为f (2)＝32－122－b ＋ln 2＝54－b ＋ln 2.要使函数f (x )有3个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧2－b ＞0，54－b ＋ln 2＜0，解得54＋ln 2＜b ＜2.故实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋ln 2，2. 2．利用函数的单调区间和极值点研究函数零点函数f (x )的零点，即f (x )＝0的根，亦即函数f (x )的图象与x 轴交点横坐标，与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系(或者转化为两个熟悉函数交点问题)．【例3】 (2016－2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a ＞0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f x ，f xg x ，gx ，f x ＜g x ，(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x ＞0)的零点个数． [解] (1)∵函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1， ∴f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∵a ＞0，∴x 1＜x 2，列表如下：∴f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a＝a2－a 2＋1＝1－a2.(2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∵存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∴f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x在x ∈[1,2]上有解，设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∵y ′＝－3x 2－3x4＜0对x ∈[1,2]恒成立， ∴y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∴当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x的最大值为4，∴2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a＝1－4a2，①当1－4a2＞0，即a ＞2时，f (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．②当1－4a2＝0即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0，又g (1)＝0，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点．③当1－4a2＜0，即0＜a ＜2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0＜x ＜1)，∵φ′(x )＝3ax 2－6x －1x ＜6x (x －1)－1x＜0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减，又φ(1)＝a －2＜0，φ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 3＋2e 2－3e 2＞0，∴存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得φ(x 0)＝0，Ⅰ.当0＜x ≤x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0，∴h (x )＝f (x )且h (x )为减函数，又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0＜ln 1＝0，f (0)＝1＞0，∴h (x )在(0，x 0)上有一个零点；Ⅱ.当x ＞x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )＜φ(x 0)＝0， ∴h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∵g (1)＝0， ∴h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(x 0，＋∞)上有两个零点， 综上所述，当0＜a ＜2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点；当a ＞2时，h (x )无零点．【例4】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)已知函数f (x )＝12ax 2＋ln x ，g (x )＝－bx ，其中a ，b ∈R ，设h (x )＝f (x )－g (x )． (1)若f (x )在x ＝22处取得极值，且f ′(1)＝g (－1)－2，求函数h (x )的单调区间； (2)若a ＝0时，函数h (x )有两个不同的零点x 1，x 2. ①求b 的取值范围； ②求证：x 1x 2e2＞1.【导学号：56394109】[解] (1)由已知得f ′(x )＝ax ＋1x(x ＞0)，所以f ′⎝⎛⎭⎪⎫22＝22a ＋2＝0，所以a ＝－2. 由f ′(1)＝g (－1)－2， 得a ＋1＝b －2， 所以b ＝1.所以h (x )＝－x 2＋ln x ＋x (x ＞0)．则h ′(x )＝－2x ＋1x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x －－x(x ＞0)，由h ′(x )＞0得0＜x ＜1，h ′(x )＜0得x ＞1. 所以h (x )的减区间为(1，＋∞)，增区间为(0,1)． (2)①由已知h (x )＝ln x ＋bx (x ＞0)． 所以h ′(x )＝1x＋b (x ＞0)，当b ≥0时，显然h ′(x )＞0恒成立，此时函数h (x )在定义域内递增，h (x )至多有一个零点，不合题意．当b ＜0时，令h ′(x )＝0得x ＝－1b ＞0，令h ′(x )＞0得0＜x ＜－1b；令h ′(x )＜0得x ＞－1b.所以h (x )极大＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝－ln(－b )－1＞0，解得－1e ＜b ＜0. 且x →0时，ln x ＜0，x →＋∞时，ln x ＞0.所以当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0时，h (x )有两个零点．②证明：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋bx 1＝0，ln x 2＋bx 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧e －bx 1＝x 1， ①e －bx 2＝x 2， ②①×②得e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2. 因为x 1，x 2＞0， 所以－b (x 1＋x 2)＞0， 所以e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2＞1. 因为0＜－b ＜1e ，所以e －b＜1，所以x 1x 2＞e －2b x 1x 2＞e2x 1x 2＞e 2，所以x 1x 2e2＞1.【例5】 (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x ＞0时，(x －2)e x＋x ＋2＞0. (2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x－ax －ax2(x ＞0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．[解] (1)f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f ′(x )＝x －x ＋x－x －xx ＋2＝x 2e xx ＋2≥0，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增． 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，即(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)证明：g ′(x )＝x －x＋a x ＋x3＝x ＋2x 3(f (x )＋a )． 由(1)知，f (x )＋a 单调递增．对任意a ∈[0,1)，f (0)＋a ＝a －1＜0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )＋a ＝0， 即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为于是h (a )＝e x ax a ＋2. 由⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ＋2′＝x ＋xx ＋2＞0，得y ＝exx ＋2单调递增， 所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2＜h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24. 因为y ＝e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 【例6】 设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e－1)x ＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间． [解] (1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f＝2e ＋2，f ＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． [方法总结] ①函数性质与方程综合时，要先将函数性质剖析清楚，尤其是单调性和对称性，然后再研究函数零点问题；②函数与不等式综合时，重点是要学会构造函数，利用函数单调性、最值进行研究；③函数、方程与不等式综合在一起时，要注意利用导数这个有利工具进行解答．。

专项限时集训(七)函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第125页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)已知函数f (x )＝ax 2－bx ＋ln x ，a ，b ∈R .(1)当b ＝2a ＋1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝1，b ＞3时，记函数f (x )的导函数f ′(x )的两个零点分别是x 1和x 2(x 1＜x 2)，求证：f (x 1)－f (x 2)＞34－ln 2.【导学号：56394110】[解] (1)因为b ＝2a ＋1，所以f (x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ln x ， 从而f ′(x )＝2ax －(2a ＋1)＋1x＝2ax 2－a ＋x ＋1x＝ax －x －x，x ＞0.2分当a ≤0时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1，由f ′(x )＜0得x ＞1， 所以f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．当0＜a ＜12时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1或x ＞12a ，由f ′(x )＜0得1＜x ＜12a ，所以f (x )在区间(0,1)和区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减．当a ＝12时，因为f ′(x )≥0(当且仅当x ＝1时取等号)，所以f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．当a ＞12时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜12a 或x ＞1，由f ′(x )＜0得12a ＜x ＜1，所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减．综上，当a ≤0时，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减； 当0＜a ＜12时，f (x )在区间(0,1)和区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减；当a ＝12时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间；当a ＞12时，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减.8分(2)法一：因为a ＝1，所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x (x ＞0)，从而f ′(x )＝2x 2－bx ＋1x，由题意知x 1，x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根，故x 1x 2＝12.记g (x )＝2x 2－bx ＋1，因为b ＞3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3－b 2＜0，g (1)＝3－b ＜0， 所以x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(1，＋∞)，且bx 1＝2x 21＋1，bx 2＝2x 22＋1，f (x 1)－f (x 2)＝(x 21－x 22)－(bx 1－bx 2)＋ln x 1x 2＝－(x 21－x 22)＋ln x 1x 2，因为x 1x 2＝12，所以f (x 1)－f (x 2)＝x 22－14x 22－ln(2x 22)，x 2∈(1，＋∞)．令t ＝2x 22∈(2，＋∞)，φ(t )＝f (x 1)－f (x 2)＝t 2－12t －ln t .因为当t ＞2时，φ′(t )＝t －22t2＞0，所以φ(t )在区间(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t )＞φ(2)＝34－ln 2，即f (x 1)－f (x 2)＞34－ln 2.14分法二：因为a ＝1，所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x (x ＞0)，从而f ′(x )＝2x 2－bx ＋1x，由题意知x 1，x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根，故x 1x 2＝12.记g (x )＝2x 2－bx ＋1，因为b ＞3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3－b 2＜0，g (1)＝3－b ＜0， 所以x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(1，＋∞)，且f (x )在(x 1，x 2)上是减函数，所以f (x 1)－f (x 2)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14－b2＋ln 12－(1－b )＝－34＋b 2－ln 2，因为b ＞3，所以f (x 1)－f (x 2)＞－34＋b 2－ln 2＞34－ln 2.14分2．(本小题满分14分)(南通、泰州市2017届高三第一次调研测试)已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ，a ∈R .(1)当a ＝38时，求函数f (x )的最小值；(2)若－1≤a ≤0，证明：函数f (x )有且只有一个零点； (3)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝38时，f (x )＝38x 2－x －ln x .所以f ′(x )＝34x －1－1x ＝x ＋x －4x(x >0)．令f ′(x )＝0，得x ＝2，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以函数f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 所以当x ＝2时，f (x )有最小值f (2)＝－12－ln 2.3分(2)证明：由f (x )＝ax 2－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax －1－1x ＝2ax 2－x －1x，x ＞0.所以当a ≤0时，f ′(x )＝2ax 2－x －1x＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点．因为当－1≤a ≤0时，f (1)＝a －1＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e 2－e ＋a e 2＞0， 所以当－1≤a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上有零点． 综上，当－1≤a ≤0时，函数f (x )有且只有一个零点.7分(3)法一：由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点． 因为函数f (x )有两个零点，所以a ＞0.由f (x )＝ax 2－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax 2－x －1x(x ＞0)，令g (x )＝2ax 2－x －1.因为g (0)＝－1＜0,2a ＞0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，设为x 0.当x ∈(0，x 0)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0.所以函数f (x )在(0，x 0)上单调递减；在(x 0，＋∞)上单调递增． 要使得函数f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，只需要函数f (x )的极小值f (x 0)＜0，即ax 20－x 0－ln x 0＜0. 又因为g (x 0)＝2ax 20－x 0－1＝0，所以2ln x 0＋x 0－1＞0，又因为函数h (x )＝2ln x ＋x －1在(0，＋∞)上是增函数，且h (1)＝0， 所以x 0＞1，得0＜1x 0＜1.又由2ax 20－x 0－1＝0，得2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 02＋1x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋122－14，所以0＜a ＜1.以下验证当0＜a ＜1时，函数f (x )有两个零点．当0＜a ＜1时，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝2a a2－1a －1＝1－a a＞0，所以1＜x 0＜1a.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 2－1e＋1＝e 2－e －a e 2＞0，且f (x 0)＜0. 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，x 0上有一个零点．又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝4a a2－2a－ln 2a ≥2a －⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1＝1＞0(因为ln x ≤x －1)，且f (x 0)＜0.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，2a 上有一个零点．所以当0＜a ＜1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，2a 内有两个零点.综上，实数a 的取值范围为(0,1)． 下面证明：ln x ≤x －1.设t (x )＝x －1－ln x ，所以t ′(x )＝1－1x ＝x －1x(x ＞0)．令t ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，t ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，t ′(x )＞0. 所以函数t (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以当x ＝1时，t (x )有最小值t (1)＝0. 所以t (x )＝x －1－ln x ≥0，得ln x ≤x －1成立.14分法二：由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点． 因为函数f (x )有两个零点，所以a ＞0. 由f (x )＝ax 2－x －ln x ＝0，得关于x 的方程a ＝x ＋ln xx 2(x >0)有两个不等的实数解． 又因为ln x ≤x －1， 所以a ＝x ＋ln x x 2≤2x －1x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1(x ＞0)． 因为x ＞0时，－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12＋1≤1，所以a ≤1.又当a ＝1时，x ＝1，即关于x 的方程a ＝x ＋ln xx 2有且只有一个实数解． 所以0＜a ＜1. 14分(以下解法同法一)3．(本小题满分14分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)设函数f (x )＝ln x －ax 2＋ax ，a 为正实数．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)求证：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a≤0； (3)若函数f (x )有且只有1个零点，求a 的值．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＝ln x －2x 2＋2x ，则f ′(x )＝1x－4x ＋2，所以f ′(1)＝－1，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋y －1＝0. 4分(2)证明：因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1a＋1，设函数g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1＝1－xx，另g ′(x )＝0，得x ＝1，列表如下：所以g (x )所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1a＋1≤0.8分(3)f ′(x )＝1x －2ax ＋a ＝－2ax 2－ax －1x，x ＞0，令f ′(x )＞0，得a －a 2＋8a 4a ＜x ＜a ＋a 2＋8a 4a ，因为a －a 2＋8a 4a＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋a 2＋8a 4a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2＋8a 4a ，＋∞上单调递减．所以f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2＋8a 4a .设x 0＝a ＋a 2＋8a4a，因为函数f (x )只有1个零点，而f (1)＝0，所以1是函数f (x )的唯一零点．当x 0＝1时，f (x )≤f (1)＝0，f (x )有且只有1个零点，此时a ＋a 2＋8a 4a＝1，解得a ＝1.下证，当x 0≠1时，f (x )的零点不唯一．若x 0＞1，则f (x 0)＞f (1)＝0，此时a ＋a 2＋8a 4a ＞1，即0＜a ＜1，则1a＞1.由(2)知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＜0，又函数f (x )在以x 0和1a为端点的闭区间上的图象不间断，所以在x 0和1a之间存在f (x )的零点，则f (x )共有2个零点，不符合题意；若x 0＜1，则f (x 0)＞f (1)＝0，此时a ＋a 2＋8a 4a ＜1，即a ＞1，则0＜1a＜1.同理可得，要1a和x 0之间存在f (x )的零点，则f (x )共有2个零点，不符合题意．因此x 0＝1，所以a 的值为1. 14分4．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期末)已知函数f (x )＝g (x )·h (x )，其中函数g (x )＝e x ，h (x )＝x 2＋ax ＋a .(1)求函数g (x )在(1，g (1))处的切线方程；(2)当0＜a ＜2时，求函数f (x )在x ∈[－2a ，a ]上的最大值；(3)当a ＝0时，对于给定的正整数k ，问函数F (x )＝e·f (x )－2k (ln x ＋1)是否有零点？请说明理由．(参考数据e≈2.718，e ≈1.649，e e ≈4.482，ln 2≈0.693)【导学号：56394111】[解] (1)g ′(x )＝e x，故g ′(1)＝e ，g (1)＝e ， 所以切线方程为y －e ＝e(x －1)，即y ＝e x .2分(2)f (x )＝e x ·(x 2＋ax ＋a ), 故f ′(x )＝(x ＋2)(x ＋a )e x， 令f ′(x )＝0，得x ＝－a 或x ＝－2.①当－2a ≥－2，即0＜a ≤1时，f (x )在[－2a ，－a ]上递减，在[－a ，a ]上递增， 所以f (x )max ＝max{f (－2a )，f (a )}， 由于f (－2a )＝(2a 2＋a )e －2a，f (a )＝(2a 2＋a )e a，故f (a )＞f (－2a )，所以f (x )max ＝f (a )；②当－2a ＜－2，即1＜a ＜2时，f (x )在[－2a ，－2]上递增，[－2，－a ]上递减，在[－a ，a ]上递增，所以f (x )max ＝max{f (－2)，f (a )}，由于f (－2)＝(4－a )e －2，f (a )＝(2a 2＋a )e a，故f (a )＞f (－2)， 所以f (x )max ＝f (a )；综上得，f (x )max ＝f (a )＝(2a 2＋a )e a.6分(3)结论：当k ＝1时，函数F (x )无零点；当k ≥2时，函数F (x )有零点． 理由如下：①当k ＝1时，实际上可以证明：e x 2e x－2ln x －2＞0.F ′(x )＝(x 2＋2x )e x ＋1－2x ，显然可证F ′(x )＝(x 2＋2x )e x ＋1－2x在(0，＋∞)上递增，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，12，使得F ′(x 0)＝0，所以当x ∈(0，x 0)时，F (x )递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，F (x )递增，所以F (x )min ＝F (x 0)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋2－ln x 0－1，其中x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，12，而φ(x )＝2⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋2－ln x －1递减，所以φ(x )＞φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2⎝⎛⎭⎪⎫ln 2－35＞0，所以F (x )min ＞0，所以命题得证.10分下面证明F (e k )＞0，可借助结论e x ＞x 2(x ≥2)处理，首先证明结论e x ＞x 2(x ≥2)： 令φ(x )＝e x －x 2(x ≥2)，则φ′(x )＝e x －2x ，故φ′(x )＝e x－2x ＞0， 所以φ′(x )＝e x－2x 在[2，＋∞)上递增， 所以φ′(x )＞φ′(2)＞0，所以φ(x )＝e x －x 2在[2，＋∞)上递增， 所以φ(x )＞φ(2)＞0，得证．借助结论得ee k＋2k ＋1＞e k 2＋2k ＋1＞(k 2＋2k ＋1)2＝(k ＋1)4＝(k ＋1)(k ＋1)3＞2k (k ＋1)，所以F (e k)＞0，又因为函数F (x )连续，所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，e k 上有零点. 16分5．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )＝a e xx＋x .(1)若函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线经过点(0，－1)，求a 的值； (2)是否存在负整数a ，使函数f (x )的极大值为正值？若存在 ，求出所有负整数a 的值；若不存在，请说明理由；(3)设a >0，求证：函数f (x )既有极大值，又有极小值．[解] (1)∵f ′(x )＝a e x x －＋x2x 2，∴f ′(1)＝1，f (1)＝a e ＋1,∴函数f (x )在(1，f (1))处的切线方程为：y －(a e ＋1)＝x －1，又直线过点(0，－1)，∴－1－(a e ＋1)＝－1，解得：a ＝－1e.4分(2)若a ＜0，f ′(x )＝a e x x －＋x2x 2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0恒成立，函数在(－∞，0)上无极值； 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0恒成立，函数在(0,1)上无极值；法一：在(1，＋∞)上，若 f (x )在x 0处取得符合条件的极大值 f (x 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＞1，f x 0＞0，fx 0＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＞1， ①a e x 0x0＋x 0＞0， ②a e x 0x 0－＋x20x20＝0， ③由③得：a e x 0＝－x 20x 0－1，代入②得：－x 0x 0－1＋x 0＞0，结合①可 解得：x 0＞2，再由f (x 0)＝a e x 0x 0＋x 0＞0得：a ＞－x 20e x 0，设h (x )＝－x 2ex ，则h ′(x )＝x x －ex，当x ＞2时，h ′(x )＞0，即h (x )是增函数，所以a ＞h (x 0)＞h (2)＝－4e2，又a ＜0，故当极大值为正数时，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－4e 2，0，从而不存在负整数a 满足条件.8分 法二：在x ∈(1，＋∞)时，令H (x )＝a e x(x －1)＋x 2，则H ′(x )＝(a e x＋2)x ， ∵x ∈(1，＋∞)，∴e x∈(e ，＋∞)，∵a 为负整数， ∴a ≤－1，∴a e x≤a e≤－e ，∴a e x＋2＜0，∴H ′(x )＜0，∴H (x )在(1，＋∞)上单调递减，又H (1)＝1＞0，H (2)＝a e 2＋4≤－e 2＋4＜0，∴∃x 0∈(1,2)，使得H (x 0)＝0， 且1＜x ＜x 0时，H (x )＞0，即f ′(x )＞0；x ＞x 0时，H (x )＜0，即f ′(x )＜0； ∴f (x )在x 0处取得极大值f (x 0)＝a e x 0x 0＋x 0，(*)又H (x 0)＝a e x 0(x 0－1)＋x 20＝0，∴a e x 0x 0＝－x 0x 0－1代入(*)得：f (x 0)＝－x 0x 0－1＋x 0＝x 0x 0－x 0－1＜0，∴不存在负整数a 满足条件.8分(3)证明：设g (x )＝a e x(x －1)＋x 2，则g ′(x )＝x (a e x＋2)， 因为a ＞0，所以，当x ＞0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增； 当x ＜0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；故g (x )至多有两个零点． 又g (0)＝－a ＜0，g (1)＝1＞0，所以存在x 1∈(0,1)， 使g (x 1)＝0再由g (x )在(0，＋∞)上单调递增知， 当x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，故f ′(x )＝g xx 2＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 1，＋∞)时，g (x )＞0，故f ′(x )＝g xx 2＞0，f (x )单调递增； 所以函数f (x )在x 1处取得极小值． 当x ＜0时，e x＜1，且x －1＜0，所以g (x )＝a e x (x －1)＋x 2＞a (x －1)＋x 2＝x 2＋ax －a ，函数y ＝x 2＋ax －a 是关于x 的二次函数，必存在负实数t ，使g (t )＞0，又g (0)＝－a ＜0，故在(t,0)上存在x 2，使g (x 2)＝0， 再由g (x )在(－∞，0)上单调递减知， 当x ∈(－∞，x 2)时，g (x )＞0，故f ′(x )＝g xx 2＞0，f (x )单调递增； 当x ∈(x 2,0)时，g (x )＜0，故f ′(x )＝g xx 2＜0，f (x )单调递减； 所以函数f (x )在x 2处取得极大值． 综上，函数f (x )既有极大值，又有极小值.16分本文档仅供文库使用。

难点八 函数最值、恒成立及存在性问题(对应学生用书第75页)恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理． F (x )＞a ：⎩⎪⎨⎪⎧恒成立⇔f x min ＞a 有解⇔f x max ＞a无解⇔f x max ≤a具体方法为将已知恒成立或存在性的不等式或等式由等价原理把参数和变量分离开，转化为一元已知函数的最值问题处理，关键是搞清楚哪个是变量哪个是参数，一般遵循“知道谁的范围，谁是变量；求谁的范围，谁是参数”的原则．参变分离后虽然转化为一个已知函数的最值问题，但是有些函数解析式复杂，利用导数知识无法完成，或者是不易参变分离，故可利用构造函数法．【例1】 (2017·盐城市滨海县八滩中学二模)设f (x )＝e x－a (x ＋1)．(1)若a ＞0，f (x )≥0对一切x ∈R 恒成立，求a 的最大值；(2)设g (x )＝f (x )＋ae x ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)是曲线y ＝g (x )上任意两点，若对任意的a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ，求m 的取值范围；(3)是否存在正整数a ，使得1n ＋3n ＋…＋(2n －1)n ＜e e －1(an )n对一切正整数n 都成立？若存在，求a 的最小值；若不存在，请说明理由.【导学号：56394112】[解] (1)∵f (x )＝e x－a (x ＋1)，∴f ′(x )＝e x－a ， ∵a ＞0，f ′(x )＝e x －a ＝0的解为x ＝ln a . ∴f (x )min ＝f (ln a )＝a －a (ln a ＋1)＝－a ln a .∵f (x )≥0对一切x ∈R 恒成立，∴－a ln a ≥0，∴a ln a ≤0，∴a max ＝1. (2)∵f (x )＝e x－a (x ＋1)， ∴g (x )＝f (x )＋ae x ＝e x＋ae x －ax －a .∵a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ， ∴g ′(x )＝e x－aex －a ≥2e x·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a e x －a＝－a ＋2－a ＝m (a ≤－1)，解得m ≤3，∴实数m 的取值范围是(－∞，3]．(3)设t (x )＝e x－x －1，则t ′(x )＝e x－1，令t ′(x )＝0得：x ＝0. 在x ＜0时t ′(x )＜0，f (x )递减；在x ＞0时t ′(x )＞0，f (x )递增． ∴t (x )最小值为t (0)＝0，故e x≥x ＋1，取x ＝－i 2n ，i ＝1,3，…，2n －1，得1－i 2n ≤e－i 2n ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －i 2n n ≤e－i 2，累加得⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n n ＜e －2n －12＋e －2n －32＋…＋e －12＝e －121－e－n1－e －1＜ee －1. ∴1n＋3n＋…＋(2n －1)n＜e e －1·(2n )n， 故存在正整数a ＝2.使得1n＋3n＋…＋(2n －1)n＜e e －1·(an )n. 【例2】 (2017·江苏省无锡市高考数学一模)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a (a 为正实数，且为常数)．(1)若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围； (2)若不等式(x －1)f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．[解] (1)f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a ，f ′(x )＝ln x ＋1x＋1－a ，若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则a ≤ln x ＋1x＋1在(0，＋∞)恒成立(a ＞0)，令g (x )＝ln x ＋1x ＋1(x ＞0)，g ′(x )＝x －1x2，令g ′(x )＞0，解得：x ＞1，令g ′(x )＜0，解得：0＜x ＜1， 故g (x )在(0,1)递减，在(1，＋∞)递增， 故g (x )min ＝g (1)＝2， 故0＜a ≤2；(2)若不等式(x －1)f (x )≥0恒成立，即(x －1)[(x ＋1)ln x －ax ＋a ]≥0恒成立， ①x ≥1时，只需a ≤(x ＋1)ln x 恒成立， 令m (x )＝(x ＋1)ln x (x ≥1)， 则m ′(x )＝ln x ＋1x＋1，由(1)得：m ′(x )≥2，故m (x )在[1，＋∞)递增，m (x )≥m (1)＝0，故a ≤0，而a 为正实数，故a ≤0不合题意； ②0＜x ＜1时，只需a ≥(x ＋1)ln x ， 令n (x )＝(x ＋1)ln x (0＜x ＜1)，则n ′(x )＝ln x ＋1x＋1，由(1)知n ′(x )在(0,1)递减，故n ′(x )＞n ′(1)＝2，故n (x )在(0,1)递增，故n (x )＜n (1)＝0， 故a ≥0，而a 为正实数，故a ＞0.【例3】 (2017·江苏省淮安市高考数学二模)已知函数f (x )＝1e x ，g (x )＝ln x ，其中e为自然对数的底数．(1)求函数y ＝f (x )g (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若存在x 1，x 2(x 1≠x 2)，使得g (x 1)－g (x 2)＝λ[f (x 2)－f (x 1)]成立，其中λ为常数，求证：λ＞e ；(3)若对任意的x ∈(0,1]，不等式f (x )g (x )≤a (x －1)恒成立，求实数a 的取值范围.【导学号：56394113】[解] (1)y ＝f (x )g (x )＝ln xe x ，y ′＝1x －ln xex， x ＝1时，y ＝0，y ′＝1e，故切线方程是：y ＝1e x －1e；(2)证明：由g (x 1)－g (x 2)＝λ[f (x 2)－f (x 1)]， 得：g (x 1)＋λf (x 1)＝g (x 2)＋λf (x 2)， 令h (x )＝g (x )＋λf (x )＝ln x ＋λe x (x ＞0)，h ′(x )＝e x－λxx e x，令ω(x )＝e x－λx ，则ω′(x )＝e x－λ， 由x ＞0，得e x ＞1，①λ≤1时，ω′(x )＞0，ω(x )递增， 故h ′(x )＞0，h (x )递增，不成立；②λ＞1时，令ω′(x )＝0，解得：x ＝ln λ， 故ω(x )在(0，ln λ)递减，在(ln λ，＋∞)递增， ∴ω(x )≥ω(ln λ)＝λ－λln λ，令m (λ)＝λ－λln λ(λ＞1)， 则m ′(λ)＝－ln λ＜0，故m (λ)递减， 又m (e)＝0，若λ≤e，则m (λ)≥0，ω(x )≥0，h (x )递增，不成立， 若λ＞e ，则m (λ)＜0，函数h (x )有增有减，满足题意， 故λ＞e ；(3)若对任意的x ∈(0,1]，不等式f (x )g (x )≤a (x －1)恒成立， 即ln xex －a (x －1)≤0在(0,1]恒成立， 令F (x )＝ln xe x －a (x －1)，x ∈(0,1]，F (1)＝0，F ′(x )＝1x －ln x e x－a ，F ′(1)＝1e－a ， ①F ′(1)≤0时，a ≥1e，F ′(x )≤1x －ln x －ex －1ex递减，而F ′(1)＝0，故F ′(x )≥0，F (x )递增，F (x )≤F (1)＝0，成立，②F ′(1)＞0时，则必存在x 0，使得F ′(x )＞0，F (x )递增，F (x )＜F (1)＝0不成立，故a ≥1e.【例4】 设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．[解] (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a.此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)令g (x )＝1x －1ex －1，s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增． 又由s (1)＝0，有s (x )>0， 从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立． 当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0， 即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.[点评] 综合构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质(单调性和最值)，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝．。

专题限时集训(十八) 圆锥曲线的定义、方程与性质(建议用时：4 5分钟)1．设抛物线C 1的方程为y ＝120x 2，它的焦点F 关于原点的对称点为E .若曲线C 2上的点到E ，F 的距离之差的绝对值等于6，则曲线C 2的标准方程为________．【解析】 方程y ＝120x 2可化为x 2＝20y ，它的焦点为F (0,5)，所以点E 的坐标为(0，－5)，根据题意，知曲线C 2是焦点在y 轴上的双曲线，设方程为y 2a 2－x 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)，则2a ＝6，a ＝3，又c ＝5，b 2＝c 2－a 2＝16，所以曲线C 2的标准方程为y 29－x 216＝1. 【答案】 y 29－x 216＝12．(2016·常州期末)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线经过点P (1，－2)，则该双曲线的离心率为________．【导学号：19592052】5 [双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线方程为y ＝±b a x . 由点P (1，－2)在其直线上，得ba ＝2. ∴离心率e ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝1＋4＝ 5.] 3．(2016·苏北四市摸底)已知双曲线x 2－y 2m 2＝1(m >0)的一条渐近线方程为x ＋3y ＝0，则m ＝________.33 [双曲线x 2－y 2m 2＝1(m >0)的渐近线方程为y ＝±mx (m >0)．由题意可知m＝33.]4．(2016·南京盐城一模)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线C 的顶点在坐标原点，焦点在x 轴上，若曲线C 经过点P (1,3)，则其焦点到准线的距离为________．92[由题意，可设曲线C 的方程为y 2＝2px (p >0)． 由于点P (1,3)满足y 2＝2px ，即9＝2p ，∴p ＝92. 故焦点到准线的距离为92.]5．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为33，过F 2的直线l 交C 于A ，B 两点．若△AF 1B 的周长为43，则C 的方程为________．x 23＋y 22＝1 [由e ＝33得c a ＝33①.又△AF 1B 的周长为43，由椭圆定义，得4a ＝43，得a ＝3，代入①得c ＝1，∴b 2＝a 2－c 2＝2，故C 的方程为x 23＋y 22＝1.]6．设F 为抛物线C ：y 2＝3x 的焦点，过F 且倾斜角为30°的直线交C 于A ，B 两点，则AB ＝________.12 [∵F 为抛物线C ：y 2＝3x 的焦点，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，∴AB 的方程为y －0＝tan 30°⎝ ⎛⎭⎪⎫x －34，即y ＝33x －34. 联立⎩⎨⎧y 2＝3x ，y ＝33x －34，得13x 2－72x ＋316＝0.∴x 1＋x 2＝－－7213＝212，即x A ＋x B ＝212.由于AB ＝x A ＋x B ＋p ，∴AB ＝212＋32＝12.]7．(2016·南通三模)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2＝1与抛物线y 2＝－12x 有相同的焦点，则双曲线的两条渐近线的方程为________．y ＝±24x [抛物线y 2＝－12x 的焦点为(－3,0)， 故双曲线x 2a 2－y 2＝1满足a 2＋1＝9，∴a 2＝8. ∴a ＝±2 2.∴双曲线的渐近线方程y ＝±x a ＝±24x .]8．已知F 1，F 2是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右焦点，过F 1的直线与椭圆相交于A ，B 两点，若AB →·AF 2→＝0，且|AB →|＝|AF 2→|，则椭圆的圆心率为________．6－3 [在Rt △ABF 2中，设AF 2＝m ， 则BF 2＝2m ， 所以4a ＝(2＋2)m ，又在Rt △AF 1F 2中，AF 1＝2a －m ＝22m ， F 1F 2＝2c ，所以(2c )2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22m 2＋m 2＝32m 2，即2c ＝62m ，所以e ＝c a ＝2c2a ＝62m ⎝⎛⎭⎪⎫1＋22m＝6－ 3.] 9．已知F 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点，P是椭圆上的一点，PF ⊥x 轴，OP ∥AB (O 为原点)，则该椭圆的离心率是________．【导学号：19592053】图17－222 [把x ＝－c 代入椭圆方程，得y ＝±b 2a ，∴PF ＝b 2a . ∵OP ∥AB ，PF ∥OB ，∴△PFO ∽△BOA ， ∴PF OF ＝OB OA ，即b 2a c ＝b a ，得b ＝c ，e ＝22.]10．过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 的直线l 依次交抛物线及其准线于点A ，B ，C ，若BC ＝2BF ，且AF ＝3，则抛物线的方程是________．y 2＝3x [设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，作AM ，BN 垂直准线于点M ，N (图略)，则BN ＝BF ，又BC ＝2BF ，得BC ＝2BN ，所以∠NCB ＝30°，有AC ＝2AM ＝6，设BF ＝x ，则2x ＋x ＋3＝6⇒x ＝1，又x 1＋p 2＝3，x 2＋p 2＝1，且x 1x 2＝p 24， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3－p 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－p 2＝p 24，解得p ＝32，从而抛物线方程为y 2＝3x .]11．设M (x 0，y 0)为抛物线C ：x 2＝8y 上一点，F 为抛物线C 的焦点，以F 为圆心、FM 为半径的圆和抛物线C 的准线相交，则y 0的取值范围是________．(2，＋∞) [∵x 2＝8y ，∴焦点F 的坐标为(0,2)，准线方程为y ＝－2.由抛物线的定义知MF ＝y 0＋2.以F 为圆心、FM 为半径的圆的标准方程为x 2＋(y －2)2＝(y 0＋2)2.由于以F 为圆心、FM 为半径的圆与准线相交，又圆心F 到准线的距离为4，故4<y 0＋2，∴y 0>2.]12．如图17－3，已知直线l ：y ＝k (x ＋1)(k >0)与抛物线C ：y 2＝4x 相交于A ，B 两点，且A ，B 两点在抛物线C 的准线上的射影分别是M ，N ，若AM ＝2BN ，则k ＝________.图17－3223 [设直线l 与曲线C 的准线的交点为E ，因为AM ＝2BN ，所以BE ＝BA ，即B 为AE 的中点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，得2x 2＝x 1－1，由⎩⎨⎧y ＝k (x ＋1)，y 2＝4x ，得k 2x 2＋(2k 2－4)x ＋k 2＝0，所以x 2·x 1＝1，即x 1－12·x 1＝1，得x 1＝2，y 1＝22，x 2＝12，y 2＝2，k ＝223.]13．(2013·辽宁高考)已知F 为双曲线C ：x 29－y 216＝1的左焦点，P ，Q 为C 上的点．若PQ 的长等于虚轴长的2倍，点A (5,0)在线段PQ 上，则△PQF 的周长为________．44 [由x 29－y 216＝1，得a ＝3，b ＝4，c ＝5. ∴PQ ＝4b ＝16>2a .又∵A (5,0)在线段PQ 上，∴P ，Q 在双曲线的一支上， 且PQ 所在直线过双曲线的右焦点， 由双曲线定义知⎩⎨⎧PF －P A ＝2a ＝6，QF －QA ＝2a ＝6，∴PF ＋QF ＝28.∴△PQF 的周长是PF ＋QF ＋PQ ＝28＋16＝44.]14．椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2c .若直线y ＝3(x ＋c )与椭圆Γ的一个交点M 满足∠MF 1F 2＝2∠MF 2F 1，则该椭圆的离心率等于________．3－1 [已知F 1(－c,0)，F 2(c,0)， 直线y ＝3(x ＋c )过点F 1，且斜率为3， ∴倾斜角∠MF 1F 2＝60°. ∵∠MF 2F 1＝12∠MF 1F 2＝30°，∴∠F 1MF 2＝90°，∴MF 1＝c ，MF 2＝3c . 由椭圆定义知MF 1＋MF 2＝c ＋3c ＝2a ， ∴离心率e ＝c a ＝21＋3＝3－1.]15．(2016·宿迁模拟)已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点的坐标为(3,0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM →|的最小值为________．3 [由|AM →|＝1，A (3,0)，知点M 在以A (3,0)为圆心，1为半径的圆上运动， ∵PM →·AM →＝0且P 在椭圆上运动，∴PM ⊥AM ，即PM 为⊙A 的切线，连结P A (如图)，则|PM →|＝|P A →|2－|AM →|2＝|P A →|2－1，∵|P A →|min ＝a －c ＝5－3＝2， ∴|PM →|min ＝ 3.]16．椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，若椭圆C 上恰好有6个不同的点P ，使得△F 1F 2P 为等腰三角形，则椭圆C 的离心率的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 [当点P 位于椭圆的两个短轴端点时，△F 1F 2P 为等腰三角形，此时有2个．若点不在短轴的端点时，要使△F 1F 2P 为等腰三角形，则有PF 1＝F 1F 2＝2c 或PF 2＝F 1F 2＝2c .此时PF 2＝2a －2c .所以有PF 1＋F 1F 2>PF 2，即2c ＋2c >2a －2c ，所以3c >a ，即c a >13，又当点P 不在短轴上，所以PF 1≠BF 1，即2c ≠a ，所以c a ≠12.13<e<1且e≠12，即⎝⎛⎭⎪⎫13，12∪⎝⎛⎭⎪⎫12，1.]所以椭圆的离心率满足。

函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”[思维流程——找突破口] [技法指导——迁移搭桥]函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.[典例] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x＋2e x ≤0. [快审题] 求什么 想什么 讨论函数的单调性，想到利用导数判断． 证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化． 给什么 用什么 已知函数的解析式，利用导数解题．差什么 找什么 证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值.[稳解题](1)f ′(x )＝ex－a (x >0)，①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②若a >0，则当0<x <e a 时，f ′(x )>0，当x >ea时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e a ，＋∞上单调递减．(2)证明：法一：因为x >0，所以只需证f (x )≤exx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max＝f (1)＝－e.记g (x )＝exx－2e(x >0)，则g ′(x )＝x －1e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤exx－2e ，即xf (x )－e x＋2e x ≤0. 法二：证xf (x )－e x＋2e x ≤0， 即证e x ln x －e x 2－e x＋2e x ≤0， 从而等价于ln x －x ＋2≤exe x .设函数g (x )＝ln x －x ＋2， 则g ′(x )＝1x－1.所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e xe x，则h ′(x )＝exx －1e x2. 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x >0时，g (x )≤h (x )， 即xf (x )－e x＋2e x ≤0.[题后悟道] 函数与导数综合问题的关键(1)会求函数的极值点，先利用方程f (x )＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．[针对训练]已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝ax 22，直线l ：y ＝(k －3)x －k ＋2.(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行，求实数k 的值； (2)若至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，求实数a 的取值范围； (3)设k ∈Z ，当x >1时，函数f (x )的图象恒在直线l 的上方，求k 的最大值． 解：(1)由已知得，f ′(x )＝ln x ＋1，且y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行， 所以f ′(e)＝ln e ＋1＝2＝k －3，解得k ＝5.(2)因为至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，所以至少存在一个x 使x ln x <ax 22成立，即至少存在一个x 使a >2ln x x成立．令h (x )＝2ln x x ，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝21－ln xx 2≥0恒成立，因此h (x )＝2ln x x在[1，e]上单调递增.故当x ＝1时，h (x )min ＝0，所以实数a 的取值范围为(0，＋∞)．(3)由已知得，x ln x >(k －3)x －k ＋2在x >1时恒成立，即k <x ln x ＋3x －2x －1.令F (x )＝x ln x ＋3x －2x －1，则F ′(x )＝x －ln x －2x －12.令m (x )＝x －ln x －2，则m ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0在x >1时恒成立.所以m (x )在(1，＋∞)上单调递增，且m (3)＝1－ln 3<0，m (4)＝2－ln 4>0， 所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x 0(x 0∈(3,4))使m (x 0)＝0，即x 0－ln x 0－2＝0. 当1<x <x 0时，m (x )<0，即F ′(x )<0，当x >x 0时，m (x )>0，即F ′(x )>0， 所以F (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 故F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋3x 0－2x 0－1＝x 0x 0－2＋3x 0－2x 0－1＝x 0＋2∈(5,6)．故k <x 0＋2(k ∈Z)，所以k 的最大值为5. [总结升华]函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、可把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．[专题过关检测] 1．(2018·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x(a ∈R)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当a >0时，证明：f (x )≥2a －1a.解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1. 要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a，即证ln a ＋1a－1≥0.令函数g (a )＝ln a ＋1a－1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a2(a >0)，当0<a <1时，g ′(a )<0，当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (a )min ＝g (1)＝0. 所以ln a ＋1a－1≥0恒成立，所以f (x )≥2a －1a.2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x－ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x. 当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0,2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值．①当h (2)>0，即a <e24时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点．②当h (2)＝0，即a ＝e24时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h (2)<0，即a >e24时，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x>x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a3e2a2>1－16a32a4＝1－1a>0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.3．(2018·西安质检)设函数f (x )＝ln x ＋k x(k ∈R)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围． 解：(1)由条件得f ′(x )＝1x －kx2(x >0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x >0)．由f ′(x )<0，得0<x <e ；由f ′(x )>0，得x >e ， ∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， 当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立， 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k x－x (x >0)， 则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14恒成立，∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞. 4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x. 设函数g (x )＝ln(1＋x )－x1＋x ，则g ′(x )＝x1＋x2.当－1<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0， 故当x >－1时，g (x )≥g (0)＝0， 且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0. 所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增． 又f (0)＝0，故当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0.(2)①若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)， 这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． ②若a <0， 设函数h (x )＝f x 2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax2.由于当|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2>0， 故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0， 故x ＝0是f (x )的极大值点， 当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点． h ′(x )＝11＋x－22＋x ＋ax 2－2x 1＋2ax2＋x ＋ax22＝x 2a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1x ＋1ax 2＋x ＋22.若6a ＋1>0，则当0<x <－6a ＋14a，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )>0， 故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0，故当x ∈(x 1,0)，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )<0， 所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3x －24x ＋1x 2－6x －122，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )>0； 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点， 从而x ＝0是f (x )的极大值点． 综上，a ＝－16.。