2013届高考数学二轮复习选择题解法指导3-巧用定义

2013高考数学选择题答题技巧（一）数学选择题的解题方法1、直接法：就是从题设条件出发，通过正确的运算、推理或判断，直接得出结论再与选择支对照，从而作出选择的一种方法。

运用此种方法解题需要扎实的数学基础。

例1、某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人至少有2次击中目标的概率为 （ ）12527.12536.12554.12581.D C B A解析：某人每次射中的概率为0.6，3次射击至少射中两次属独立重复实验。

12527)106(104)106(333223=⨯+⨯⨯C C 故选A 。

例2、有三个命题：①垂直于同一个平面的两条直线平行；②过平面α的一条斜线l 有且仅有一个平面与α垂直；③异面直线a 、b 不垂直，那么过a 的任一个平面与b 都不垂直。

其中正确命题的个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3解析：利用立几中有关垂直的判定与性质定理对上述三个命题作出判断，易得都是正确的，故选D 。

例3、已知F 1、F 2是椭圆162x+92y=1的两焦点，经点F 2的的直线交椭圆于点A 、B ，若|AB|=5，则|AF 1|+|BF 1|等于（ ）A ．11B ．10C ．9D ．16 解析：由椭圆的定义可得|AF 1|+|AF 2|=2a=8,|BF 1|+|BF 2|=2a=8，两式相加后将|AB|=5=|AF 2|+|BF 2|代入，得|AF 1|+|BF 1|＝11，故选A 。

例4、已知log (2)a y ax =-在[0，1]上是x 的减函数，则a 的取值范围是（ ）A ．（0，1）B ．（1，2）C ．（0，2）D ．[2，+∞）解析：∵a>0,∴y 1=2-ax 是减函数，∵ log (2)a y ax =-在[0，1]上是减函数。

∴a>1，且2-a>0，∴1<a<2，故选B 。

2、特例法：就是运用满足题设条件的某些特殊数值、特殊位置、特殊关系、特殊图形、特殊数列、特殊函数等对各选择支进行检验或推理，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，由此判明选项真伪的方法。

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第3讲导数的几何意义及函数的单调性[考情分析] 1.导数的几何意义和计算是导数应用的基础，是高考的热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度较小.2.应用导数研究函数的单调性，是导数应用的重点内容，也是高考的常见题型，以选择题、填空题的形式考查，或为导数解答题第一问，难度中等偏上，属综合性问题．考点一导数的几何意义与计算核心提炼1．导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同．(3)切点既在切线上，又在曲线上．2．复合函数的导数复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′x＝y′u·u′x.例1(1)(2022·焦作模拟)函数f(x)＝(2e x－x)·cos x的图象在x＝0处的切线方程为()A．x－2y＋1＝0 B．x－y＋2＝0C．x＋2＝0 D．2x－y＋1＝0答案 B解析由题意，函数f(x)＝(2e x－x)·cos x，可得f′(x)＝(2e x－1)·cos x－(2e x－x)·sin x，所以f′(0)＝(2e0－1)·cos 0－(2e0－0)·sin 0＝1，f(0)＝(2e0－0)·cos 0＝2，所以f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝x－0，即x－y＋2＝0.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________． 答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞)解析 因为y ＝(x ＋a )e x ，所以y ′＝(x ＋a ＋1)e x .设切点为A (x 0，(x 0＋a )0e x)，O 为坐标原点，依题意得，切线斜率k OA ＝0=|x x y'＝(x 0＋a ＋1)0e x ＝000e x x a x (+)，化简，得x 20＋ax 0－a ＝0.因为曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，所以关于x 0的方程x 20＋ax 0－a ＝0有两个不同的根，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0，所以a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．易错提醒 求曲线的切线方程要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点． 跟踪演练1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y ＝ln|x |过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________.答案 y ＝1e xy ＝－1ex 解析 先求当x >0时，曲线y ＝ln x 过原点的切线方程，设切点为(x 0，y 0)，则由y ′＝1x ，得切线斜率为1x 0， 又切线的斜率为y 0x 0，所以1x 0＝y 0x 0， 解得y 0＝1，代入y ＝ln x ，得x 0＝e ，所以切线斜率为1e ，切线方程为y ＝1ex . 同理可求得当x <0时的切线方程为y ＝－1ex . 综上可知，两条切线方程为y ＝1e x ，y ＝－1ex . (2)(2022·保定联考)已知函数f (x )＝a ln x ，g (x )＝b e x ，若直线y ＝kx (k >0)与函数f (x )，g (x )的图象都相切，则a ＋1b的最小值为( ) A ．2 B ．2eC ．e 2D. e答案 B解析 设直线y ＝kx 与函数f (x )，g (x )的图象相切的切点分别为A (m ，km )，B (n ，kn )．由f ′(x )＝a x ，有⎩⎪⎨⎪⎧ km ＝a ln m ，a m ＝k ，解得m ＝e ，a ＝e k .又由g ′(x )＝b e x ，有⎩⎪⎨⎪⎧kn ＝b e n ，b e n ＝k ， 解得n ＝1，b ＝k e， 可得a ＋1b ＝e k ＋e k≥2e 2＝2e ， 当且仅当a ＝e ，b ＝1e时取“＝”．考点二 利用导数研究函数的单调性 核心提炼利用导数研究函数单调性的步骤(1)求函数y ＝f (x )的定义域．(2)求f (x )的导数f ′(x )．(3)求出f ′(x )的零点，划分单调区间．(4)判断f ′(x )在各个单调区间内的符号．例2(2022·哈师大附中模拟)已知函数f (x )＝ax e x －(x ＋1)2(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若f (x )在x ＝0处的切线与直线y ＝ax 垂直，求a 的值；(2)讨论函数f (x )的单调性．解 (1)f ′(x )＝(x ＋1)(a e x －2)，则f ′(0)＝a －2，由已知得(a －2)a ＝－1，解得a ＝1.(2)f ′(x )＝(x ＋1)(a e x －2)，①当a ≤0时，a e x －2<0，所以f ′(x )>0⇒x <－1，f ′(x )<0⇒x >－1，则f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；②当a >0时，令a e x －2＝0，得x ＝ln 2a， (ⅰ)当0<a <2e 时，ln 2a>－1， 所以f ′(x )>0⇒x <－1或x >ln 2a， f ′(x )<0⇒－1<x <ln 2a， 则f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1，ln 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，＋∞上单调递增； (ⅱ)当a ＝2e 时，f ′(x )＝2(x ＋1)(e x ＋1－1)≥0， 则f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；(ⅲ)当a >2e 时，ln 2a<－1， 所以f ′(x )>0⇒x <ln 2a或x >－1， f ′(x )<0⇒ln 2a<x <－1， 则f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 综上，当a ≤0时，f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；当0<a <2e 时，f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1，ln 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，＋∞上单调递增； 当a ＝2e 时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >2e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 规律方法 (1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制；(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论；(3)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．跟踪演练2 (2022·北京模拟)已知函数f (x )＝ln x －ln t x －t. (1)当t ＝2时，求f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间．解 (1)∵t ＝2，∴f (x )＝ln x －ln 2x －2， ∴f ′(x )＝x －2x －ln x ＋ln 2(x －2)2， ∴f ′(1)＝ln 2－1，又f (1)＝ln 2，∴切线方程为y －ln 2＝(ln 2－1)(x －1)，即y ＝(ln 2－1)x ＋1.(2)f (x )＝ln x －ln t x －t， ∴f (x )的定义域为(0，t )∪(t ，＋∞)，且t >0，f ′(x )＝1－t x －ln x ＋ln t (x －t )2， 令φ(x )＝1－t x－ln x ＋ln t ，x >0且x ≠t ， φ′(x )＝t x 2－1x ＝t －x x 2， ∴当x ∈(0，t )时，φ′(x )>0，当x ∈(t ，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(0，t )上单调递增，在(t ，＋∞)上单调递减，∴φ(x )<φ(t )＝0，∴f ′(x )<0，∴f (x )在(0，t )，(t ，＋∞)上单调递减．即f (x )的单调递减区间为(0，t )，(t ，＋∞)，无单调递增区间．考点三 单调性的简单应用 核心提炼1．函数f (x )在区间D 上单调递增(或递减)，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)在x ∈D 上恒成立．2．函数f (x )在区间D 上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在x ∈D 上有解．例3 (1)若函数f (x )＝e x (cos x －a )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2，＋∞) B ．(1，＋∞)C ．[1，＋∞)D ．[2，＋∞)答案 D解析 f ′(x )＝e x (cos x －a )＋e x (－sin x )＝e x (cos x －sin x －a )，∵f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递减，∴f ′(x )≤0在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上恒成立，即cos x －sin x －a ≤0恒成立，即a ≥cos x －sin x ＝2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4恒成立，∵－π2<x <π2，∴－π4<x ＋π4<3π4，∴－1<2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4≤2，∴a ≥ 2.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)设a ＝0.1e 0.1，b ＝19，c ＝－ln 0.9，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．a <c <b答案 C解析 设u (x )＝x e x (0<x ≤0.1)，v (x )＝x 1－x(0<x ≤0.1)， w (x )＝－ln(1－x )(0<x ≤0.1)．则当0<x ≤0.1时，u (x )>0，v (x )>0，w (x )>0.①设f (x )＝ln[u (x )]－ln[v (x )]＝ln x ＋x －[ln x －ln(1－x )]＝x ＋ln(1－x )(0<x ≤0.1)，则f ′(x )＝1－11－x ＝x x －1<0在(0,0.1]上恒成立， 所以f (x )在(0,0.1]上单调递减，所以f (0.1)<f (0)＝0＋ln(1－0)＝0，即ln[u (0.1)]－ln[v (0.1)]<0，所以ln[u (0.1)]<ln[v (0.1)]．又函数y ＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，所以u (0.1)<v (0.1)，即0.1e 0.1<19，所以a <b . ②设g (x )＝u (x )－w (x )＝x e x ＋ln(1－x )(0<x ≤0.1)，则g ′(x )＝(x ＋1)e x －11－x＝(1－x 2)e x －11－x(0<x ≤0.1)． 设h (x )＝(1－x 2)e x －1(0<x ≤0.1)，则h ′(x )＝(1－2x －x 2)e x >0在(0,0.1]上恒成立，所以h (x )在(0,0.1]上单调递增，所以h (x )>h (0)＝(1－02)·e 0－1＝0，即g ′(x )>0在(0,0.1]上恒成立，所以g (x )在(0,0.1]上单调递增，所以g (0.1)>g (0)＝0·e 0＋ln(1－0)＝0，即g (0.1)＝u (0.1)－w (0.1)>0，所以0.1e 0.1>－ln 0.9，即a >c .综上，c <a <b ，故选C.规律方法 利用导数比较大小或解不等式的策略利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题，转化为利用导数研究函数单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．跟踪演练3 (1)(2022·全国甲卷)已知9m ＝10，a ＝10m －11，b ＝8m －9，则( )A ．a ＞0＞bB ．a ＞b ＞0C ．b ＞a ＞0D ．b ＞0＞a答案 A解析 ∵9m ＝10，∴m ∈(1,2)，令f (x )＝x m －(x ＋1)，x ∈(1，＋∞)，∴f ′(x )＝mx m －1－1， ∵x >1且1<m <2，∴x m －1>1，∴f ′(x )>0， ∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增，又9m ＝10，∴9m －10＝0，即f (9)＝0，又a ＝f (10)，b ＝f (8)，∴f (8)<f (9)<f (10)，即b <0<a .(2)已知变量x 1，x 2∈(0，m )(m >0)，且x 1<x 2，若2112x x x x 恒成立，则m 的最大值为(e ＝2.718 28…为自然对数的底数)( )A ．e B. e C.1eD ．1 答案 A解析 ∵2112x x x x ⇒x 2ln x 1<x 1ln x 2，x 1，x 2∈(0，m )，m >0，∴ln x 1x 1<ln x 2x 2恒成立， 设函数f (x )＝ln x x ，∵x 1<x 2，f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(0，m )上单调递增，又f ′(x )＝1－ln xx 2，则f ′(x )>0⇒0<x <e ，即函数f (x )的单调递增区间是(0，e)，则m 的最大值为e.专题强化练一、单项选择题1．(2022·张家口模拟)已知函数f (x )＝1x －2x ＋ln x ，则函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为() A ．2x ＋y －2＝0 B ．2x －y －1＝0C ．2x ＋y －1＝0D ．2x －y ＋1＝0答案 C解析 因为f ′(x )＝－1x 2－2＋1x ，所以f ′(1)＝－2，又f (1)＝－1，故函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(－1)＝－2(x －1)，化简得2x ＋y －1＝0.2．已知函数f (x )＝x 2＋f (0)·x －f ′(0)·cos x ＋2，其导函数为f ′(x )，则f ′(0)等于( )A ．－1B ．0C ．1D ．2答案 C解析 因为f (x )＝x 2＋f (0)·x －f ′(0)·cos x ＋2，所以f (0)＝2－f ′(0)．因为f ′(x )＝2x ＋f (0)＋f ′(0)·sin x ，所以f ′(0)＝f (0)．故f ′(0)＝f (0)＝1.3．(2022·重庆检测)函数f (x )＝e －x cos x (x ∈(0，π))的单调递增区间为( ) A.⎝⎛⎭⎫0，π2B.⎝⎛⎭⎫π2，π C.⎝⎛⎭⎫0，3π4 D.⎝⎛⎭⎫3π4，π 答案 D解析 f ′(x )＝－e －x cos x －e －x sin x ＝－e －x (cos x ＋sin x )＝－2e －x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，3π4时， e －x >0，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4>0，则f ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫3π4，π时，e －x >0，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4<0，则f ′(x )>0. ∴f (x )在(0，π)上的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫3π4，π.4．(2022·厦门模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x －mx 在区间x ∈[1,2]上存在单调递增区间，则m 的取值范围为( )A ．(0，e)B ．(－∞，e)C ．(0,2e 2)D ．(－∞，2e 2)答案 D解析 ∵f (x )＝(x －1)e x －mx ，∴f ′(x )＝x e x －m ，∵f (x )在区间[1,2]上存在单调递增区间，∴存在x ∈[1,2]，使得f ′(x )>0，即m <x e x ，令g (x )＝x e x ，x ∈[1,2]，则g ′(x )＝(x ＋1)e x >0恒成立，∴g (x )＝x e x 在[1,2]上单调递增，∴g (x )max ＝g (2)＝2e 2，∴m <2e 2，故实数m 的取值范围为(－∞，2e 2)．5．(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x 的两条切线，则( )A ．e b <aB ．e a <bC ．0<a <e bD ．0<b <e a答案 D解析 (用图估算法)过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x 的两条切线，则点(a ，b )在曲线y ＝e x 的下方且在x 轴的上方，得0<b <e a .6．已知a ＝e 0.3，b ＝ln 1.52＋1，c ＝ 1.5，则它们的大小关系正确的是( ) A ．a >b >c B ．a >c >bC ．b >a >cD ．c >b >a答案 B解析 由b ＝ln 1.52＋1＝ln 1.5＋1，令f (x )＝ln x ＋1－x ，则f ′(x )＝1x －1，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0；所以f (x )＝ln x ＋1－x 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f (1)＝0，则f ( 1.5)<0，因此ln 1.5＋1－ 1.5<0，所以b <c ，又因为c ＝ 1.5<1.3，所以ln 1.5＋1< 1.5<1.3，得ln 1.5<0.3＝ln e 0.3， 故 1.5<e 0.3，所以a >c .综上，a >c >b .二、多项选择题7．若曲线f (x )＝ax 2－x ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则a 的取值可以是() A ．－12 B ．0 C.18 D.14答案 ABC解析 依题意，f (x )存在垂直于y 轴的切线，即存在切线斜率k ＝0的切线，又k ＝f ′(x )＝2ax ＋1x －1，x >0，∴2ax ＋1x －1＝0有正根，即－2a ＝⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 有正根，即函数y ＝－2a 与函数y ＝⎝⎛⎭⎫1x 2－1x ，x >0的图象有交点，令1x ＝t >0，则g (t )＝t 2－t ＝⎝⎛⎭⎫t －122－14，∴g (t )≥g ⎝⎛⎭⎫12＝－14，∴－2a ≥－14，即a ≤18.8．已知函数f (x )＝ln x ，x 1>x 2>e ，则下列结论正确的是() A ．(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0B.12[f (x 1)＋f (x 2)]<f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x22C ．x 1f (x 2)－x 2f (x 1)>0D ．e[f (x 1)－f (x 2)]<x 1－x 2答案 BCD解析 ∵f (x )＝ln x 是增函数，∴(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，A 错误；12[f (x 1)＋f (x 2)]＝12(ln x 1＋ln x 2)＝12ln(x 1x 2)＝ln x 1x 2，f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝ln x 1＋x 22，由x 1>x 2>e ，得x 1＋x 22>x 1x 2，又f (x )＝ln x 单调递增，∴12[f (x 1)＋f (x 2)]<f ⎝⎛⎭⎫x1＋x 22，B 正确；令h (x )＝f (x )x ，则h ′(x )＝1－ln x x 2， 当x >e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x 1)<h (x 2)，即 f (x 1)x 1< f (x 2)x 2⇒x 1f (x 2)－x 2f (x 1)>0， C 正确；令g (x )＝e f (x )－x ，则g ′(x )＝e x－1， 当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴g (x 1)<g (x 2)，即e f (x 1)－x 1<e f (x 2)－x 2⇒e[f (x 1)－f (x 2)]<x 1－x 2，D 正确．三、填空题9．(2022·保定模拟)若函数f (x )＝ln x －2x＋m 在(1，f (1))处的切线过点(0,2)，则实数m ＝______. 答案 6解析 由题意，函数f (x )＝ln x －2x ＋m ， 可得f ′(x )＝1x ＋321x ， 可得f ′(1)＝2，且f (1)＝m －2，所以m －2－21－0＝2，解得m ＝6. 10．已知函数f (x )＝x 2－cos x ，则不等式f (2x －1)<f (x ＋1)的解集为________．答案 (0,2)解析 f (x )的定义域为R ，f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，∴f (x )为偶函数．当x >0时，f ′(x )＝2x ＋sin x ，令g (x )＝2x ＋sin x ，则g ′(x )＝2＋cos x >0，∴f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )>f ′(0)＝0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (x )为偶函数，∴原不等式化为|2x －1|<|x ＋1|，解得0<x <2，∴原不等式的解集为(0,2)．11．(2022·伊春模拟)过点P (1,2)作曲线C ：y ＝4x的两条切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 的方程为________．答案 2x ＋y －8＝0解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，y ′＝－4x 2， 所以曲线C 在A 点处的切线方程为y －y 1＝－4x 21(x －x 1)， 将P (1,2)代入得2－y 1＝－4x 21(1－x 1)， 因为y 1＝4x 1，化简得2x 1＋y 1－8＝0， 同理可得2x 2＋y 2－8＝0，所以直线AB 的方程为2x ＋y －8＝0.12．已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，对于任意不同的x 1，x 2∈(0，＋∞)，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>3，则实数a 的取值范围是________．答案a ≤－1解析 对于任意不同的x 1，x 2∈(0，＋∞)，有 f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>3. 不妨设x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)<3(x 1－x 2)，即f (x 1)－3x 1<f (x 2)－3x 2，设F (x )＝f (x )－3x ，则F (x 1)<F (x 2)，又x 1<x 2，所以F (x )单调递增，F ′(x )≥0恒成立．F (x )＝f (x )－3x ＝12x 2－(a ＋3)x ＋ln x . 所以F ′(x )＝x －(3＋a )＋1x ＝x 2－(3＋a )x ＋1x， 令g (x )＝x 2－(3＋a )x ＋1，要使F ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需g (x )＝x 2－(3＋a )x ＋1≥0恒成立，即3＋a ≤x ＋1x 恒成立，x ＋1x ≥2x ·1x＝2， 当且仅当x ＝1x，即x ＝1时等号成立， 所以3＋a ≤2，即a ≤－1.四、解答题13．(2022·滁州模拟)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若函数在x ＝1处的切线与直线x －4y －2＝0垂直，求实数a 的值；(2)当a >0时，讨论函数的单调性．解 函数定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x )＝2x －2＋a x. (1)由已知得f ′(1)＝2×1－2＋a ＝－4，得a ＝－4.(2)f ′(x )＝2x －2＋a x ＝2x 2－2x ＋a x(x >0)， 对于方程2x 2－2x ＋a ＝0，记Δ＝4－8a .①当Δ≤0，即a ≥12时，f ′(x )≥0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当Δ>0，即0<a <12时，令f ′(x )＝0， 解得x 1＝1－1－2a 2，x 2＝1＋1－2a 2. 又a >0，故x 2>x 1>0.当x ∈(0，x 1)∪(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．综上所述，当a ≥12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当0<a <12时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2a 2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2a 2，＋∞上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－2a 2，1＋1－2a 2上单调递减． 14．(2022·湖北八市联考)设函数f (x )＝e x －(ax －1)ln(ax －1)＋(a ＋1)x .(e ＝2.718 28…为自然对数的底数)(1)当a ＝1时，求F (x )＝e x －f (x )的单调区间；(2)若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，F (x )＝e x －f (x )＝(x －1)ln(x －1)－2x ，定义域为(1，＋∞)，F ′(x )＝ln(x －1)－1，令F ′(x )>0，解得x >e ＋1，令F ′(x )<0，解得1<x <e ＋1，故F (x )的单调递增区间为(e ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e ＋1)．(2)f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，1上有意义，故ax －1>0在⎣⎡⎦⎤1e ，1上恒成立，可得a >e ，依题意可得f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1≥0在⎣⎡⎦⎤1e ，1上恒成立，设g (x )＝f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1，g ′(x )＝e x－a 2ax －1， 易知g ′(x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，故g ′(x )≤g ′(1)＝e －a 2a －1<0， 故g (x )＝f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递减，最小值为g (1)，故只需g (1)＝e －a ln(a －1)＋1≥0，设h (a )＝e －a ln(a －1)＋1，其中a >e ，由h ′(a )＝－ln(a －1)－a a －1<0可得， h (a )＝e －a ln(a －1)＋1在(e ，＋∞)上单调递减，又h (e ＋1)＝0，故a ≤e ＋1.综上所述，a 的取值范围为(e ，e ＋1]．。

1第1讲 二次函数一、课前热身1、D 2 110 3、D 4、（－∞，－1） 二、例题探究例1． 解：令sin t x =，[1,1]t ∈-，∴221()(2)24a y t a a =--+-+，对称轴为2at =，（1）当112a -≤≤，即22a -≤≤时，2max 1(2)24y a a =-+=，得2a =-或3a =（舍去）．（2）当12a>，即2a >时，函数221()(2)24a y t a a =--+-+在[1,1]-单调递增，由max 111242y a a =-+-+=，得103a =．（3）当12a <-，即2a <-时，函数221()(2)24a y t a a =--+-+在[1,1]-单调递减，由max 111242y a a =---+=，得2a =-（舍去）．综上可得：a 的值为2a =-或103a =．例2． 解法一：由题知关于x 的方程22(21)20x a x a --+-=至少有一个非负实根，设根为12,x x则120x x ≤或121200x x x x ∆≥⎧⎪>⎨⎪+>⎩，得94a ≤≤．解法二：由题知(0)0f ≤或(0)0(21)020f a >⎧⎪--⎪->⎨⎪∆≥⎪⎩，得94a ≤． 例3． 解：（1）2()3f x x x =--，0x 是()f x 的不动点，则2000()3f x x x x =--=，得01x =-或03x =，函数()f x 的不动点为1-和3．（2）∵函数()f x 恒有两个相异的不动点，∴2()(1)0f x x ax bx b -=++-=恒有两个不等的实根，224(1)440b a b b ab a ∆=--=-+>对b R ∈恒成立， ∴2(4)160a a -<，得a 的取值范围为(0,1)． （3）由2(1)0ax bx b ++-=得1222x x b a +=-，由题知1k =-，2121y x a =-++，2设,A B 中点为E ，则E 的横坐标为21(,)2221b b a a a -++，∴212221b b a a a -=++，∴2112142a b a a a=-=-≥-++，当且仅当12(01)a a a =<<，即2a =时等号成立，∴b的最小值为4-．冲刺强化训练(1)1、A2、A3、C4、，或它们的某个子集。

第1讲　选择题技法指导 纵观近几年的高考题，无论是全国卷还是省市自主命题卷，选择题是高考试题的三大题型之一．除上海卷外，其他高考卷中选择题的个数均在8～12之间，约占总分的27%～40%.该题型的基本特点是：绝大部分选择题属于低中档题，且一般按由易到难的顺序排列，主要的数学思想和数学方法能通过它得到充分地体现和应用，选择题具有概括性强、知识覆盖面广、小巧灵活及有一定的综合性和深度等特点，且每一题几乎都有两种或两种以上的解法．正是因为选择题具有上述特点，所以该题型能有效地检测学生的思维层次及考查学生的观察、分析、判断、推理、基本运算、信息迁移等能力．选择题也在尝试创新，在“形成适当梯度”“用学过的知识解决没有见过的问题”“活用方法和应变能力”“知识的交会”等四个维度上不断出现新颖题，这些新颖题成为高考试卷中一道亮丽的风景线． 1．直接法与定义法 直接从题设条件出发，利用定义、定理、性质、公式等知识，通过变形、推理、运算等过程，直接得到结果，即“小题大做”，选择正确答案，这种解法叫直接法．直接法是选择题最基本的方法，绝大多数选择题都适宜用直接法解决．它的一般步骤是：计算推理、分析比较、对照选择．直接法又分定性分析法、定量分析法和定性、定量综合分析法． 若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为( )． A． B．8－4 C．1 D． 变式训练1 已知＝1－ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则m＋ni＝( )． A．1＋2i B．1－2i C．2＋i D．2－i 2．数形结合法 根据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形或草图，借助几何图形的直观性、形状、位置、性质等图象特征作出正确的判断，得出结论．这种方法通过“以形助数”或“以数助形”，使抽象问题直观化、复杂问题简单化． 设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝取函数f(x)＝2－|x|.当K＝时，函数fK(x)的单调递增区间为( )． A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．(－∞，－1) D．(1，＋∞) 变式训练2 若函数f(x)＝ex＋ln x，g(x)＝e－x＋ln x，h(x)＝e－x－ln x的零点依次为a，b，c，则a，b，c的大小依次为( )． A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a 3．特例法与排除法 用符合条件的特例，来检验各选择项，排除错误的，留下正确的一种方法叫特例法(特值法)，常用的特例有特殊数值、特殊函数、特殊数列、特殊图形等．排除法就是根据高考数学选择题中有且只有一个答案是正确的这一特点，在解题时，结合估算、特例、逻辑分析等手段先排除一些肯定是错误的选项，从而缩小选择范围确保答案的准确性，并提高答题速度． 函数f(x)＝(0≤x≤2π)的值域是( )． A． B．[－1,0] C．[－，－1] D． 4．估算法 由于选择题提供了唯一正确的选择项，解答又无需过程．因此，有些题目，不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法的关键是确定结果所在的大致范围，否则“估算”就没有意义，估算法往往可以减少运算量，但是加强了思维的层次． 已知sin θ＝，cos θ＝，则tan＝( )． A． B． C． D．5 变式训练3 若D为不等式组表示的平面区域，则当a从－2连续变化到1时，动直线x＋y＝a扫过D中的那部分区域的面积为( )． A． B．1 C． D．2 方法例析 【例1】A　解析：由(a＋b)2－c2＝4，得a2＋b2＋2ab－c2＝4， 由C＝60°，得 cos C＝＝＝． 解得ab＝． 【变式训练1】C　解析：本题可用验证法逐一验证，但以直接法最为简单． 由＝1－ni，得m＝(1＋i)(1－ni)＝(1＋n)＋(1－n)i，根据复数相等的条件得∴ ∴m＋ni＝2＋i，故选C． 【例2】C　解析：当K＝时， fK(x)＝＝ 即＝ 的图象如下图． 由图象可知，所求单调递增区间为(－∞，－1)． 【变式训练2】D　解析：在同一坐标系中作出函数y＝ex，y＝e－x，y＝－ln x，y＝ln x的图象，则函数f(x)，g(x)，h(x)的零点a，b，c分别为函数y＝ex与y＝－ln x，y＝e－x与y＝－ln x，y＝e－x与y＝ln x图象交点的横坐标．观察图象可知c＞b＞a，故选D． 【例3】B　解析：令sinx＝0，cosx＝1， 则f(x)＝＝－1，排除A，D； 令sinx＝1，cosx＝0，则f(x)＝＝0，排除C，故选B． 【例4】D　解析：因为cos2θ＋sin2θ＝1，则m一定为确定的值，因此sin θ，cos θ的值与m无关，从而tan也与m无关，A，B排除．我们可估算tan的大致取值范围来排除不正确的答案，＜θ＜π，＜＜，所以tan＞1，故选D． 【变式训练3】C　解析：如图知所求区域的面积是△OAB的面积减去Rt△CDB的面积，所求面积比1大，比S△OAB＝×2×2＝2小，故选C．。

福州2013年高考数学二轮复习专题训练：函数概念与基本处等函数I 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．函数1212)(+-=x x x f 的图像关于( ) A ．直线0x = 对称 B ．直线0y =对称C ．点(0,0)对称D ．点(1,1)对称【答案】C2．下列各式错误．．的是( ) A ．lg1.6lg1.4>B ．0.50.5log 0.4log 0.6>C ．0.80.733>D ．0.10.10.750.75-<【答案】D 3．已知函数111()2(),()()2,x f x f x f m f n ---=+=反函数为若则11m n+的最小值为( ) A ．14 B ．12 C ．1 D ．2【答案】C4．已知函数2y x x =-的定义域为{0， 1，2}，那么该函数的值域为( )A ．{0，1，2}B ．{0，2}C ．1{|2}4y y -≤≤ D ．{|02}y y ≤≤ 【答案】B 5．方程2122032)1(x x ax x a ，的两根=--+满足）（2121x x x -<且01>x , 则实数a 的取值范围是( )A ．()3,1B ． ()+∞+,31C ． )31,23(--D ． ),23(∞+- 【答案】D6．若函数y ＝f(x)的定义域是[0,2]，则函数(2)()=ln f x g x x 的定义域是( ) A ．(0,1)B ．[0,1)C ．[0,1)∪(1,4]D ．[0,1] 【答案】A 7．若函数21()log ()2a f x x ax =-+有最小值，则实数a 的取值范围是( )A ． (1,2)B ． [2,)+∞C ． (0,1)D ． (0,1)(1,2)U 【答案】A 8．函数的反函数为( )A ．B ．C ．D ．【答案】B9．如果函数对任意实数t 都有那么( )A ．B ．C ．D ．【答案】A10．下列四个数中最大的一个是( )A ． B. C. D.【答案】A11．如图所示的是某池塘中的浮萍蔓延的面积(2m )与时间t (月)的关系：t y a =，有以下叙述：① 这个指数函数的底数是2；② 第5个月时,浮萍的面积就会超过230m ；③ 浮萍从24m 蔓延到216m 需要经过2个月；④ 浮萍每个月增加的面积都相等．其中正确的是( )A ．①②③④B ．①②③C ．②③④D ．①②【答案】B12．已知函数21,(0)()1,(1),x x m f x x m x ⎧+<<=⎨+≤<⎩2()21,f m =且则m 的值为( )A ．12B ．22 C 42 D ．4222【答案】B第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题 (本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．．已知⎩⎨⎧≤++>=01)1(0log )(2x x f x x x f ，则)2()2(-+f f 的值等于 ；【答案】414．已知函数f(x)＝2x 2＋m 的图象与函数g(x)＝ln|x|的图象有四个交点，则实数m 的取值范围为____________【答案】(－∞，－12－ln2) 15．如图，过原点O 的直线与函数2x y =的图象交与A ，B 两点，过B 作y 轴的垂线交函数4x y =的图象于点C ，若AC 平行于y 轴，则点A 的坐标是 。

第43讲利用圆锥曲线的定义解题——化归思想的运用知识与方法数学定义是反映数学对象的本质属性和特征的思维形式，对定义的深刻理解是提高解题能力的坚实基础，有关圆锥曲线的许多问题，往往可以化归到运用定义而简捷地获解.椭圆和双曲线的定义是用曲线上的点到焦点的距离来刻画的，因此在解题中凡涉及曲线上的点到焦点的距离如焦半径、焦点三角形，应先想到利用定义求解，会有事半功倍之效.抛物线的定义、标准方程和几何性质是解题的基础，由抛物线的焦点弦的端点向抛物线的准线引垂线，由焦点弦、两垂线和准线围成一个直角梯形，这个直角梯形有许多特殊的性质，在解题时要引起重视.圆锥曲线的定义(包括第二定义)是相应圆锥曲线的灵魂，许多复杂的圆锥曲线问题，如果我们抓住了相应的定义并在解题中加以运用，可以简化解题过程.典型例题【例1】(1)一动圆过定点A(1，0)，且与定圆(x+1)2+y2=16相切，求动圆圆心的轨迹方程.(2)又若定点为A(2，0)，定圆为(x+2)2+y2=4，求动圆圆心的轨迹方程.(3)已知双曲线过点A(-2，4)，B(4，4)，它的一个焦点是F，(1，0)，求它的另一个焦点的轨迹.【例2】(1)点P在双曲线16x2-9y2=144上，F1，F2是双曲线的焦点，若|PF1||PF2|=32，求∠F1PF2.(2)已知F1，F2为双曲线C:x2-y2=1的左、右焦点，点P在C上，∠F1PF2=60°，求|PF1||PF2|的值.【例3】如图43-1所示，AB 为抛物线y 2=2px (p >0)的焦点弦，()()1122,,,A x y B x y ，焦点F (2p ，0)，准线l :x =2p -，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且M ，N 分别为AB ，CD 的中点，AB 的倾斜角为θ. (1)证明:|AB |=22sin p AB θ=. (2)证明:S △AOB =S △COD =22sin p θ.【例4】已知椭圆22221x y a b+=(a >b >0)的左、右焦点分别是F 1(-c ，0)，F 2(c ，0)，Q 是椭圆外的动点，满足|12FQ a =，点P 是线段F ，Q 与该椭圆的交点，点T 在线段F 2Q 上，并且满足220,0PT TF TF ⋅=≠.(1)设x 为点P 的横坐标，证明:1c PF a x a=+. (2)求点T 的轨迹C 的方程.(3)试问:在点T 的轨迹C 上，是否存在点M 使△F 1MF 2的面积S =b 2.若存在，求∠FMF 2的正切值；若不存在，请说明理由.强化训练1.已知圆M :(x +1)2+y 2=1，圆N :(x -1)2+y 2=9，动圆P 与圆M 外切并且与圆N 内切，圆心P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程.(2)l 是与圆P ，圆M 都相切的一条直线，l 与曲线C 交于A ，B 两点，当圆P 的半径最长时，求|AB |的值.2.设直线l 与双曲线2222:1x y C a b-=(a >0，b >0)相切于点A ，双曲线C 的左、右焦点分别为F 1，F 2.(1)若P 为直线l 上一点，求12PF PF -的最大值.(2)过点F 1作直线l 的垂线，求垂足H 的轨迹.3.设抛物线C :y 2=2px (p >0)的焦点为F ，点M 在C 上，|MF |=5，若以MF 为直径的圆过点A (0，2)，则抛物线C 的方程为.4.设抛物线222x pt y pt⎧=⎨=⎩，(t 为参数，p >0)的焦点为F ，准线为l ，过抛物线上一点A 作l 的垂线，垂足为B ，设C (p ，0)，AF 与BC 相交于点E ，若|CF |=2|AF |，且△ACE 的面积为3/2，则p 的值为.5.已知F是椭圆22195x y+=的左焦点，P是此椭圆上的动点，A(1，1)是一定点.(1)求|PA|+32|PF|的最小值，并求点P的坐标.(2)求|PA|+|PF|的最大值和最小值.。