【数学】2019届一轮复习北师大版跳出题海——名师绝招破解大难点学案文
二、跳出题海——名师绝招破解 13 大难点
难点 1 高考中的两类抽象函数问题
1.巧用对称性,妙解抽象函数图象问题
典例 1 (2016 课标全国Ⅱ,12,5 分)已知函数 f(x)(x∈R)满足 f(-x)=2-f(x),若函数 y= 与 y=f(x)
图象的交点为(x1,y1),(x2,y2),…,(xm,ym),则 (xi+yi)=( )
A.0 B.m C.2m D.4m
答案 B
解析 由 f(-x)=2-f(x)可知 f(x)的图象关于点(0,1)对称,又易知 y= =1+ 的图象关于点(0,1)
对称,所以两函数图象的交点成对出现,且每一对交点都关于点(0,1)对称,∴ (xi+yi)=0× +2× =m.
故选 B.
点拨 1.解决抽象函数问题的两个常用策略
(1)函数性质法:先研究清楚函数的奇偶性、对称性和周期性等性质,这样函数就变得相对具体,我们
就可以画出符合性质的草图来解题.
(2)特殊值法:根据对题目给出的抽象的函数性质的理解,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,从而使问题得解.
2.解决抽象函数问题常用的结论
(1)函数 y=f(x)关于 x= 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 f(x)定义域内任一自变量的值 x:
①若 f(x+a)=-f(x),则 T=2a(a>0);
②若 f(x+a)= ,则 T=2a(a>0);
③若 f(x+a)=- ,则 T=2a(a>0).
1.已知函数 f(x)(x∈R)满足 f(x)=f(2-x),若函数 y=|x2-2x-3|与 y=f(x)图象的交点分别为
(x1,y1),(x2,y2),…,(xm,ym),则 xi 等于( )
A.0 B.m C.2m D.4m
2.已知定义在 R 上的函数 f(x),对任意 x∈R,都有 f(x+4)=f(x)+f(2)成立,若函数 y=f(x+1)的图象关于
直线 x=-1 对称,则 f(2 018)的值为( )
A.2 018 B.-2 018 C.0 D.4
2.巧构造,妙解 f(x)与 f '(x)共有问题
(1)f '(x)g(x)±f(x)g'(x)型
典例 2 (1)设函数 f '(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数, f(-1)=0,当 x>0 时,xf '(x)-f(x)<0,则
使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
(2)设 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数,当 x<0 时, f '(x)g(x)+f(x)g'(x)>0,且
g(-3)=0,则不等式 f(x)g(x)<0 的解集是 .
答案 (1)A (2)(-∞,-3)∪(0,3)
解析 (1)令 g(x)= ,则 g'(x)= ,
由题意知,当 x>0 时,g'(x)<0,
∴g(x)在(0,+∞)上是减函数.
∵f(x)是奇函数, f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0,
∴g(1)= =0,
∴当 x∈(0,1)时,g(x)>0,从而 f(x)>0;
当 x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而 f(x)<0.
∴当 x∈(-∞,-1)时,f(x)>0;当 x∈(-1,0)时,f(x)<0.
综上,所求 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).
(2)借助导数的运算法则. f '(x)g(x)+f(x)g'(x)>0⇔[f(x)g(x)]'>0,所以函数 y=f(x)g(x)在
(-∞,0)上单调递增.又分析可知函数 y=f(x)g(x)为奇函数,所以其图象关于原点对称,且过点
(-3,0),(0,0),(3,0).数形结合可求得不等式 f(x)g(x)<0 的解集是(-∞,-3)∪(0,3).
点拨 (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
0(或<0),构造函数 F(x)=f(x)g(x);
(4)对于不等式 f '(x)g(x)-f(x)g'(x)>0(或<0),构造函数 F(x)= (g(x)≠0);
(5)对于不等式 xf '(x)+f(x)>0(或<0),构造函数 F(x)=xf(x);
(6)对于不等式 xf '(x)-f(x)>0(或<0),构造函数 F(x)= (x≠0).
1.已知 f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)为 f(x)的导函数,且满足 f(x)<-xf '(x),则不等式
f(x+1)>(x-1)·f(x2-1)的解集是( )
A.(0,1) B.(1,+∞) C.(1,2) D.(2,+∞)
2.f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足 xf '(x)+f(x)≤0.对任意正数 a,b,若 axf '(x)恒成立,则 x2f -f(x)>0 的解集
为 .
(2)xf '(x)±nf '(x)型
典例 3 设函数 f(x)在 R 上的导函数为 f '(x),且 2f(x)+xf '(x)>x2.下面的不等式在 R 上恒成立的
是( )
A.f(x)>0 B.f(x)<0 C.f(x)>x D.f(x)0 时,g'(x)>0,∴g(x)>g(0),
即 x2f(x)- x4>0,从而 f(x)> x2>0;
当 x<0 时,g'(x)<0,∴g(x)>g(0),
即 x2f(x)- x4>0,从而 f(x)> x2>0;
当 x=0 时,由题意可得 2f(0)>0,∴f(0)>0.
综上可知, f(x)>0.
解法二:∵2f(x)+xf '(x)>x2,
令 x=0,则 f(0)>0,故可排除 B,D,
如果 f(x)=x2+0.1,已知条件 2f(x)+xf '(x)>x2 成立,但 f(x)>x 不成立,故 C 也是错误的,故选 A.
点拨 (1)对于 xf '(x)+nf(x)>0 型,构造 F(x)=xnf(x),则 F'(x)=xn-1[xf '(x)+nf(x)](注意对 xn-1
的符号进行讨论),特别地,当 n=1 时,xf '(x)+f(x)>0,构造 F(x)=xf(x),则 F'(x)=xf '(x)+f(x)>0;
(2)对于 xf '(x)-nf(x)>0 型,且 x≠0,构造 F(x)= ,则 F'(x)= (亦需注意对 xn+1 的符号
进行讨论),特别地,当 n=1 时,xf '(x)-f(x)>0,构造 F(x)= ,则 F'(x)= >0.
(2017 辽宁沈阳质量检测(一))已知定义域为{x|x≠0}的偶函数 f(x),其导函数为 f '(x),对任意正实
数 x 满足 xf '(x)>-2f(x),若 g(x)=x2f(x),则不等式 g(x)0(f(x)>0)的前提下,也可
以采用类比作商法,构造函数 h(x)= ,证明 h(x)min≥1(φ(x)max≤1).
典例 1 已知函数 f(x)=ex-ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A,曲线 y=f(x)在点 A 处的切线的斜率
为-1.
(1)求 a 的值及函数 f(x)的极值;
(2)证明:当 x>0 时,x2ln 2 时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
故当 x=ln 2 时, f(x)有极小值且极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4, f(x)无极大值.
(2)证明:令 g(x)=ex-x2,则 g'(x)=ex-2x,
由(1)得 g'(x)≥f(ln 2)>0,所以 g(x)为增函数,
因此,当 x>0 时,g(x)>g(0)=1>0,即 x20 时,x2x0 时,有 x2< x31.
解析 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=aex + ,
依题意得 解得 a=1,b=2.
(2)证明:由(1)知 f(x)=exln x+ ,从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe-x- .
构造函数 g(x)=xln x(x>0),则 g'(x)=1+ln x,所以当 x∈ 时,g'(x)<0,当 x∈
时,g'(x)>0,故 g(x)在 上单调递减,在 上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小值为
g =- .构造函数 h(x)=xe-x- (x>0),则 h'(x)=e-x(1-x),所以当 x∈(0,1)时,h'(x)>0,当 x∈(1,+∞)
时,h'(x)<0,
故 h(x)在(0,+∞)上的最大值为 h(1)=- .
综上,当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1.
点拨 对于第(2)问的证明,若直接构造函数 h(x)=exln x+ (x>0),求导以后不易分析,因此先将
不等式“exln x+ >1”合理拆分为“xln x>xe-x- ”,再分别对左右两边构造函数,进而达到证明原不
等式的目的.
已知函数 f(x)= + ,曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为 x+2y-3=0.
(1)求 a,b 的值;
(2)证明:当 x>0,且 x≠1 时, f(x)> .
3.“换元法”构造函数
典例 3 已知函数 f(x)=ax2+xln x(a∈R)的图象在点(1, f(1))处的切线与直线 x+3y=0 垂直.
(1)求实数 a 的值;
(2)求证:当 n>m>0 时,ln n-ln m> - .
解析 (1)因为 f(x)=ax2+xln x,所以 f '(x)=2ax+ln x+1,因为切线与直线 x+3y=0 垂直,所以切线
的斜率为 3,所以 f '(1)=3,即 2a+1=3,故 a=1.
(2)证明:要证 ln n-ln m> - ,即证 ln > - ,
只需证 ln - + >0.
令 =x,由已知 n>m>0,得 >1,即 x>1,构造函数 g(x)=ln x- +x(x>1),则 g'(x)= + +1.因为
x∈(1,+∞),所以 g'(x)= + +1>0,故 g(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以 g >g(1)=0,即证得 ln - + >0 成立,所以当 n>m>0 时,ln n-ln m> - .
点拨 对待证不等式等价变形为“ln - + >0”后,观察可知,对“ ”进行换元,进而构造函数
“g(x)=ln x- +x(x>1)”来证明不等式,简化了证明过程中的运算.
已知函数 f(x)=x2ln x.
(1)求函数 f(x)的单调区间;
(2)证明:对任意的 t>0,存在唯一的 s,使 t=f(s);
(3)设(2)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s=g(t),证明:当 t>e2 时,有 < < .
4.“转化法”构造函数
在关于 x1,x2 的双变元问题中,若无法将所要证明的不等式整体转化为关于 m(x1,x2)的表达式,则考虑
将此不等式化简为函数的单调性问题进行处理,进而实现消元的过程.
典例 4 设函数 f(x)=ln x+ ,m∈R.
(1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的最小值;
(2)讨论函数 g(x)=f '(x)- 零点的个数;
(3)若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围.
解析 (1)当 m=e 时, f(x)=ln x+ ,则 f '(x)= ,故当 x∈(0,e)时, f '(x)<0, f(x)在(0,e)上
单调递减,当 x∈(e,+∞)时, f '(x)>0, f(x)在(e,+∞)上单调递增,故当 x=e 时, f(x)取到极小值,也即
最小值, f(e)=ln e+ =2,故 f(x)的最小值为 2.
(2)g(x)=f '(x)- = - - (x>0),
令 g(x)=0,得 m=- x3+x(x>0).
设φ(x)=- x3+x(x>0),则φ'(x)=-(x-1)(x+1),当 x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;
当 x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减,故 x=1 是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,
因此 x=1 也是φ(x)的最大值点,故φ(x)的最大值为φ(1)= .又φ(0)=0,y=φ(x)的大致图象如下.
结合图象可知①当 m> 时,函数 g(x)无零点;②当 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点;③当 0a>0, <1 等价于 f(b)-b0),故(*)等价于 h(x)在(0,+∞)上单调递减,
则 h'(x)= - -1≤0 在(0,+∞)上恒成立,得 m≥-x2+x=- + (x>0)恒成立,故 m≥ ,当且仅当 x=
时等号成立,故 m 的取值范围为 .
点拨 本例第(3)问中,利用不等式的性质,将“ <1”等价转化为“f(b)-bg(x)-x3.
解析 (1)因为 f(x)=ex+m-x3,
所以 f '(x)=ex+m-3x2.
因为曲线 y=f(x)在点(0, f(0))处的切线斜率为 1,
所以 f '(0)=em=1,解得 m=0.
(2)证明:因为 f(x)=ex+m-x3,g(x)=ln(x+1)+2,
所以 f(x)>g(x)-x3 等价于 ex+m-ln(x+1)-2>0.
当 m≥1 时,ex+m-ln(x+1)-2≥ex+1-ln(x+1)-2.
要证 ex+m-ln(x+1)-2>0,
只需证明 ex+1-ln(x+1)-2>0.
令 h(x)=ex+1-ln(x+1)-2,则 h'(x)=ex+1- .
令 p(x)=ex+1- ,则 p'(x)=ex+1+ >0,
所以函数 p(x)=h'(x)=ex+1- 在(-1,+∞)上单调递增.
因为 h' = -2<0,h'(0)=e-1>0,
所以函数 h'(x)=ex+1- 在(-1,+∞)上有唯一零点 x0,且 x0∈ .
因为 h'(x0)=0,所以 = ,
即 ln(x0+1)=-(x0+1).
当 x∈(-1,x0)时,h'(x)<0,
当 x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,
所以当 x=x0 时,h(x)取得最小值 h(x0),
所以 h(x)≥h(x0)= -ln(x0+1)-2
= +(x0+1)-2>0.
综上可知,当 m≥1 时, f(x)>g(x)-x3.
已知函数 f(x)=ex-xln x,g(x)=ex-tx2+x,t∈R,其中 e 为自然对数的底数.
(1)求函数 f(x)的图象在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若 g(x)≥f(x)对任意 x∈(0,+∞)恒成立,求 t 的取值范围.
难点 3 借助“草图”求解函数压轴题
函数解答题一般是高考数学试卷的压轴题,其难度达到整份试卷的顶峰,相当一部分学生不会做或
只做第一问而不敢问津第二问和第三问.仔细琢磨、潜心思考问题形成的原因,难道学生不会求导?学生
不会运用导数求解其单调性或最值?不会分类讨论?也许都不是.事实上,最主要是学生缺乏画草图的意
识,想不到借助草图,引领自己到达成功的彼岸.
在高考数学中能画图的地方都要画图,因为图形可以帮助我们构建解题思路,让我们看到问题的本
质,透过图形的指引,结合代数的运算,思维逻辑的推导等,最终完成函数解答题.
典例 1 设函数 f(x)=emx+x2-mx.
(1)证明: f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;
(2)若对于任意 x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求 m 的取值范围.
解析 (1)证明: f '(x)=m(emx-1)+2x.
若 m≥0,则当 x∈(-∞,0)时,emx-1≤0, f '(x)<0;
当 x∈(0,+∞)时,emx-1≥0, f '(x)>0.
若 m<0,则当 x∈(-∞,0)时,emx-1>0, f '(x)<0;
当 x∈(0,+∞)时,emx-1<0, f '(x)>0.
所以 f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)由(1)知,对任意的 m, f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故 f(x)在 x=0 处取得最小
值.所以对于任意 x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1 的充要条件是
由 f(1)-f(0)≤e-1 得,em-m≤e-1,构造函数 g(m)=em-m-e+1,求导得 g'(m)=em-1,令 g'(m)=0,得 m=0,
由指数函数性质得当 m∈(-∞,0)时,g'(m)<0,g(m)为减函数,当 m∈(0,+∞)时,g'(m)>0,g(m)为增函
数.g(1)=0,g(-1)=2+ -e<0,不妨设 g(m1)=0,则 m1<-1,画出 g(m)=em-m-e+1 的图象如图 1 所示,得 g(m)≤0
的解集为(m1,1);
由 f(-1)-f(0)≤e-1 得,e-m+m≤e-1,构造函数 h(m)=e-m+m-e+1,求导得 h'(m)=-e-m+1,令 h'(x)=0,得
m=0,由指数函数性质得当 m∈(-∞,0)时,h'(m)<0,h(m)为减函数,当 m∈(0,+∞)时,h'(m)>0,h(m)为增函
数.h(-1)=0,h(1)=2+ -e<0,不妨设 h(m2)=0,则 m2>1,画出 h(m)=e-m+m-e+1 的图象如图 2 所示,得 h(m)≤0
的解集为(-1,m2).
综上得,m∈(-1,1).
点拨 此题起点低,落点高,第(1)问是大家熟悉的利用导数研究函数的单调性问题,一定要注意导
函数的零点问题,再根据系数 m 对导函数的正负影响分类讨论;第(2)问处理恒成立问题,运用等价转化思
想,转化为不等式组之后,又根据函数的单调性和分类讨论、数形结合的数学思想解题,以函数为载体,以
导数为工具,以图形为航标,以综合运用数学思想方法为核心来考查考生的数学素养.
典例 2 已知函数 f(x)=ex-ln(x+m).
(1)设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m 的值,并讨论 f(x)的单调性;
(2)当 m≤2 时,证明: f(x)>0.
解析 (1)f '(x) =ex- .
由 x=0 是 f(x)的极值点得 f '(0)=0,所以 m=1.
于是 f(x)=ex-ln(x+1),其定义域为(-1,+∞),
f '(x)=ex- .
令 f '(x)=ex- ,易知 f '(x)在(-1,+∞)上单调递增,且 f '(0)=0,因此当 x∈(-1,0)时, f '(x)<0;
当 x∈(0,+∞)时, f '(x)>0.
所以 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)证明:当 m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当 m=2 时, f(x)>0.
当 m=2 时,函数 f '(x)=ex- 在(-2,+∞)上单调递增.
又 f '(-1)<0, f '(0)>0,故 f '(x)=0 在(-2,+∞)上有唯一实根 x0,且 x0∈(-1,0).
当 x∈(-2,x0)时, f '(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,从而当 x=x0 时, f(x)取得最小值.
f '(x)、 f(x)的图象如图.
由f '(x0)=0 得 = ,即ln(x0+2)=-x0,故f(x)≥f(x0)= +x0= >0.所以当m≤2 时, f(x)>0.
点拨 图形虽然简单,但它就像灯塔一样,指引着解题的方向.几乎所有的函数解答题答案中都没
有图形,因为只能画草图,根本画不出精确的图形.经过观察,发现数学成绩优良的学生与数学成绩一般
的学生最大的差别有两点:(1)擅长画图,利用数形结合解题;(2)擅长等价转化问题,把不熟悉的数学问
题等价转化为熟悉的问题.
1.已知函数 f(x)=ex-e-x-2x.设 g(x)=f(2x)-4bf(x),当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值.
2.设函数 f(x)= -k (k 为常数,e 是自然对数的底数).
(1)当 k≤0 时,求函数 f(x)的单调区间;
(2)若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求 k 的取值范围.
难点 4 “三招”妙解导数零点不可求问题
导数是研究函数的有力工具,其核心是由导数值的正、负确定函数的单调性.用导数研究函数 f(x)
的单调性,往往需要解方程 f '(x)=0.当该方程不易求解时,如何继续解题呢?
1.猜——猜出方程 f '(x)=0 的根
典例 1 设 f(x)= .
(1)若函数 f(x)在(a,a+1)上有极值,求实数 a 的取值范围;
(2)若关于 x 的方程 f(x)=x2-2x+k 有实数解,求实数 k 的取值范围.
解析 (1)f '(x)=- ,令 f '(x)=0,则 x=1.
由 f(x)在(a,a+1)上有极值,得 即 00,x>1,g'(x)<0,所以函数 g(x)在(0,1),(1,+∞)上分别是增函数、减
函数,得 g(x)max=g(1)=2.进而可得函数 g(x)的值域是(-∞,2],所以所求实数 k 的取值范围是(-∞,2].
点拨 当所求函数解析式中出现 ln x 时,常猜 x=1;当函数解析式中出现 ex 时,常猜 x=0 或 x=ln x0.
求函数 f(x)=ex+ x2-(2+ln 2)x 的最小值.
2.设——设出方程 f '(x)=0 的根
典例 2 设函数 f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论 f(x)的导函数 f '(x)零点的个数;
(2)证明:当 a>0 时, f(x)≥2a+aln .
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=2e2x- (x>0).
当 a≤0 时, f '(x)>0, f '(x)没有零点;
当 a>0 时,因为 y=e2x 单调递增,y=- 单调递增,所以 f '(x)在(0,+∞)上单调递增.
又 f '(a)>0,假设存在 b 满足 00 时, f '(x)存在唯一零点.
(2)证明:由(1),可设 f '(x)在(0,+∞)上的唯一零点为 x0,当 x∈(0,x0)时, f '(x)<0;当 x∈(x0,+∞)
时, f '(x)>0.
故 f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当 x=x0 时, f(x)取得最小值,最小值为
f(x0).
由于 2 - =0,
所以 f(x0)= +2ax0+aln ≥2a+aln .
故当 a>0 时, f(x)≥2a+aln .
点拨 本题第(2)问的解题思路是求函数 f(x)的最小值,因此需求 f '(x)=0 的根,但是 f
'(x)=2e2x- =0 的根无法求解,故设出 f '(x)=0 的根为 x0,通过证明 f(x)在(0,x0)和(x0,+∞)上的单调性知
f(x)min=f(x0)= +2ax0+aln ,进而利用基本不等式证得结论,这种解题方法类似解析几何中的设而不求.
设函数 f(x)=ex-ax-2.
(1)求 f(x)的单调区间;
(2)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k)f '(x)+x+1>0,求 k 的最大值.
3.证——证明方程 f '(x)=0 无根
典例 3 已知 m∈R,函数 f(x)=mx- -ln x,g(x)= +ln x.
(1)求函数 g(x)的极小值;
(2)设 h(x)= ,若∃x0∈[1,e],使得 f(x0)-g(x0)>h(x0),求实数 m 的取值范围.
解析 (1)g(x)的定义域为(0,+∞),
g'(x)=- + = ,
当 g'(x)>0 时,x>1,
当 g'(x)<0 时,0h(x)在[1,e]上有解,亦即关于 x 的不等式 成立,求实数 m 的取值范围.
难点 5 “二次求导”在解题中的应用
1.“二次求导”与函数单调性
典例 1 若函数 f(x)= ,0f(x2),即 a>b.
点拨 从本题解答过程来看,为了得出 f(x)的单调性,须判断 f '(x)的符号,而 f '(x)= 的
分母为正,只需判断分子 xcos x-sin x 的符号,很容易引入新的函数 g(x)=xcos x-sin x,再通过证
g'(x)=-xsin x<0,得到 g(x)是(0,π)上的单调递减函数,且知 g(x)<0,从而得 f '(x)<0.通过二次求导,
我们判断出了第 1 次求导中的导函数的符号,并最终解决了问题.
已知函数 f(x)满足 f(x)=f '(1)ex-1-f(0)x+ x2,求 f(x)的解析式及单调区间.
2.“二次求导”与不等式的证明
典例 2 证明:当 x>0 时,sin x>x- .
证明 要证 sin x>x- (x>0),
即证明 sin x-x+ >0(x>0),
令 f(x)=sin x-x+ ,此时 f '(x)=cos x-1+ ,
f ″(x)=-sin x+x.
因为 x>0 时,sin x0,
因此 f '(x)在(0,+∞)上为增函数,而 f '(0)=0,所以在(0,+∞)上有 f '(x)>f '(0)=0.
即 f(x)在(0,+∞)内单调递增.
因而当 x>0 时, f(x)=sin x-x+ >f(0)=0.
所以 sin x>x- (x>0).
点拨 本题是应用导数证明不等式.证明的关键在于构造适当的函数,然后在相应区间上用二次求
导的办法判定了导数的符号,获得函数的单调性,再利用单调性证明不等式.
(2017 陕西西安八校联考)已知函数 f(x)=mex-ln x-1.
(1)当 m=0 时,求曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)当 m≥1 时,证明: f(x)>1.
3.“二次求导”与函数的极值(最值)
典例 3 已知函数 f(x)=ln(ax+1)+x3-x2-ax.
(1)若 x= 为 y=f(x)的极值点,求实数 a 的值;
(2) 当 a=-1 时,方程 f(1-x)-(1-x)3= 有实根,求实数 b 的取值范围.
解析 (1)f '(x)= +3x2-2x-a,
由题意得 f ' =0,
又 a+1≠0,所以 a=0.
(2)由已知得 x>0,∴b=x(ln x+x-x2)=xln x+x2-x3,
令 g(x)=xln x+x2-x3,
则 g'(x)=ln x+1+2x-3x2,
令 h(x)=g'(x),
则 h'(x)=g″(x)= +2-6x=- ,
当 00,
∴函数 h(x)=g'(x)在 上递增;
当 x> 时,h'(x)<0,
∴函数 h(x)=g'(x)在 上递减.
又 g'(1)=0,∴存在 x0∈ ,使得 g'(x0)=0.
当 00,∴函数 g(x)在(x0,1)上递增;
当 x>1 时,g'(x)<0,∴函数 g(x)在(1,+∞)上递减.
当 x→+∞时,g(x)→-∞;
g(x)=xln x+x2-x3=x(ln x+x-x2)≤x ,
因为当 x→0 时,ln x+ <0,
所以 g(x)<0,又 g(1)=0,
∴b 的取值范围为(-∞,0].
点拨 本题从题目形式来看,是极其常规的一道导数考题,要求参数 b 的取值范围,实际上是求
g(x)=x(ln x+x-x2)的极值,问题是 g'(x)=ln x+1+2x-3x2=0 这个方程求解不易,这时我们可以尝试对
h(x)=g'(x)再一次求导来解决问题.所以当导数值等于 0 这个方程求解有困难时,考虑用二次求导不失为
一种妙法.
设 k∈R,函数 f(x)=ex-(1+x+kx2)(x>0).
(1)若 k=1,试求函数 f(x)的导函数 f '(x)的极小值;
(2)若对任意的 t>0,存在 s>0,使得当 x∈(0,s)时,都有 f(x)0,由 f '(x)=1- = 知,当 x∈(0,a)时, f '(x)<0;当 x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以 f(x)
在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.故 x=a 是 f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.
由于 f(1)=0,所以当且仅当 a=1 时, f(x)≥0.故 a=1.
(2)由(1)知当 x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.
令 x=1+ ,得 ln < .
从而 ln +ln +…+ln < + +…+ =1- <1.
故 … 2,所以 m 的最小值为 3.
点拨 (1)对 a 分类讨论,并利用导数研究 f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出 a.
(2)由(1)得当 x>1 时,x-1-ln x>0.令 x=1+ ,换元后可求出 … 的范围.
(2017 课标全国Ⅰ,21,12 分)已知函数 f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(1)讨论 f(x)的单调性;
(2)若 f(x)有两个零点,求 a 的取值范围.
第二招:分离参数
典例 2 已知函数 f(x)=-x3+x2+b,g(x)=aln x.
(1)若 f(x)在 上的最大值为 ,求实数 b 的值;
(2)若对任意的 x∈[1,e],都有 g(x)≥-x2+(a+2)x 恒成立,求实数 a 的取值范围.
解析 (1)f '(x)=-3x2+2x=-x(3x-2),
令 f '(x)=0,得 x=0 或 x= .
当 x∈ 时, f '(x)<0,函数 f(x)为减函数;
当 x∈ 时, f '(x)>0,函数 f(x)为增函数;
当 x∈ 时, f '(x)<0,函数 f(x)为减函数.
∵f = +b, f = +b,∴f >f .
∴f = +b= ,∴b=0.
(2)由 g(x)≥-x2+(a+2)x,得(x-ln x)a≤x2-2x,
∵x∈[1,e],∴ln x≤1≤x,由于不能同时取等号,
∴ln x0,
∴a≤ (x∈[1,e])恒成立.
令 h(x)= ,x∈[1,e],
则 h'(x)= ,
当 x∈[1,e]时,x-1≥0,x+2-2ln x=x+2(1-ln x)>0,从而 h'(x)≥0,
∴函数 h(x)= 在[1,e]上为增函数,
∴h(x)min=h(1)=-1,
∴a≤-1.
点拨 由不等式恒成立求解参数的取值范围问题,一般采用参数分离的方法,转化为求不含参数的
函数的最值问题,如本例(2)转化为 a≤ ,从而将问题转化为求函数 h(x)= ,x∈[1,e]的最小值
问题.
1.函数 f(x)=ln x+ x2+ax(a∈R),g(x)=ex+ x2.
(1)讨论 f(x)的极值点的个数;
(2)若对于任意 x∈(0,+∞),总有 f(x)≤g(x)成立,求实数 a 的取值范围.
2.设函数 f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)若 a=0,求 f(x)的单调区间;
(2)若当 x≥0 时,f(x)≥0,求 a 的取值范围.
难点 7 双变量的“任意性”与“存在性”问题
1.“存在=存在”型
若∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得 f(x1)=g(x2),等价于函数 f(x)在 D1 上的值域 A 与函数 g(x)在 D2 上的值域 B
的交集不为空集,即 A∩B≠⌀ .
其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.
典例 1 已知函数 f(x)=x2- ax3,a>0,x∈R.g(x)= .若∃x1∈(-∞,-1],∃x2∈ ,使
得 f(x1)=g(x2),求实数 a 的取值范围
解析 ∵f(x)=x2- ax3,
∴f '(x)=2x-2ax2=2x(1-ax).
令 f '(x)=0,得 x=0 或 x= .∵a>0,∴ >0,∴当 x∈(-∞,0)时, f '(x)<0,∴f(x)在(-∞,-1]上单调
递减, f(x)在(-∞,-1]上的值域为 .
∵g(x)= ,
∴g'(x)= '= = .
∵当 x<- 时,g'(x)>0,∴g(x)在 上单调递增,g(x)0),若存在 x1,x2∈[0,1],使得
f(x1)=g(x2)成立,则实数 a 的取值范围是( )
A. B.[1,2) C. D.
2.“任意=存在”型
∀x1∈D1,∃x2∈D1,使得 f(x1)=g(x2),等价于函数 f(x)在 D1 上的值域 A 是函数 g(x)在 D2 上的值域 B
的子集,即 A⊆B.
其等价转化的基本思想:函数 f(x)的任意一个函数值都与函数 g(x)某一个函数值相等,即 f(x)的函
数值都在 g(x)的值域之中.
典例 2 已知函数 f(x)= ,x∈[0,1].
(1)求 f(x)的单调区间和值域;
(2)设 a≥1,函数 g(x)=x3-3a2x-2a,x∈[0,1].若对于任意 x1∈[0,1],总存在 x0∈[0,1],使得
g(x0)=f(x1)成立,求 a 的取值范围.
解析 (1)f '(x)= =- ,x∈[0,1].
令 f '(x)=0,解得 x= 或 x= .当 x 变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x 0 1
f '(x) - 0 +
f(x) - ↘ -4 ↗ -3
所以 f(x)的递减区间是 ,递增区间是 .
f(x)min=f =-4,又 f(0)=- , f(1)=-3,所以 f(x)max=f(1)=-3.
故当 x∈[0,1]时, f(x)的值域为 B=[-4,-3].
(2)“对于任意 x1∈[0,1],总存在 x0∈[0,1],使得 g(x0)=f(x1)成立”等价于“在 x∈[0,1]上,函数
f(x)的值域 B 是函数 g(x)的值域 A 的子集,即 B⊆A”.
因为 a≥1,所以当 x∈(0,1)时,g'(x)=3(x2-a2)<0,
所以当 x∈[0,1]时,g(x)为减函数,g(x)的值域 A=[1-2a-3a2,-2a].
由 B⊆A,得 1-2a-3a2≤-4 且-2a≥-3,又 a≥1,故 1≤a≤ .
已知函数 f(x)=x2- ax3(a>0),x∈R.
(1)求 f(x)的单调区间和极值;
(2)若对于任意的 x1∈(2,+∞),都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)·f(x2)=1.求 a 的取值范围.
3.“任意≥(≤)任意”型
∀x1∈D1,∀x2∈D2,都有 f(x1)>g(x2)恒成立,等价于 f(x)min>g(x)max,或等价于 f(x)>g(x)max 恒成立,或
等价于 f(x)min>g(x)恒成立.其等价转化思想是函数 f(x)的任何一个函数值均大于函数 g(x)的任何一个
函数值.
∀x1∈D1,∀x2∈D2,都有 f(x1)k 恒成立,等价于[f(x1)-g(x2)]min>k 恒成立,也等价于
f(x)min-g(x)max>k.
∀x1∈D1,∀x2∈D2,都有 f(x1)-g(x2)0 时,x<0 或 x> ,
f '(x)<0 时,00,2xln x<0,则 u'(x)>0,u(x)在 上递增;
当 x∈(1,2)时,1-x<0,2xln x>0,则 u'(x)<0,u(x)在(1,2)上递减.
故 u(x)在区间 上的最大值 u(x)max=u(1)=1,所以实数 a 的取值范围是[1,+∞).
函数 f(x)= +1(m≠0),g(x)=x2eax(a∈R).
(1)求函数 f(x)的单调区间;
(2)当 m>0 时,若对于任意 x1,x2∈[0,2], f(x1)≥g(x2)恒成立,求 a 的取值范围.
4.“任意≥(≤)存在”型
∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得 f(x1)>g(x2)成立,等价于 f(x)min>g(x)min.其等价转化思想是函数 f(x)的任意
一个函数值大于函数 g(x)的某一个函数值,但并不要求大于函数 g(x)的所有函数值.
∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得 f(x1)k 成立,等价于 f(x)min-g(x)min>k.
∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得 f(x1)-g(x2)0, f(x)单调递增.
故当 x∈(0,2)时, f(x)min=f(1)=- .
又 g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2],
①当 b<1 时,因为 g(x)min=g(1)=5-2b>3,此时与(*)矛盾;
②当 b∈[1,2]时,因为 g(x)min=4-b2≥0,同样与(*)矛盾;
③当 b∈(2,+∞)时,g(x)min=g(2)=8-4b,由 8-4b≤- ,得 b≥ .
综上,b 的取值范围是 .
已知函数 f(x)= x3+x2+ax.
(1)若 f(x)在区间[1,+∞)上单调递增,求 a 的最小值;
(2)若 g(x)= ,∀x1∈ ,∃x2∈ ,使 f '(x1)≤g(x2)成立,求 a 的取值范围.
5.“存在≥(≤)存在”型
若∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得 f(x1)>g(x2)成立,等价于 f(x)max>g(x)min.其等价转化思想是函数 f(x)的某
一个函数值大于函数 g(x)的某一个函数值,即只要有这样的函数值即可.
若∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得 f(x1)k 成立,等价于[f(x1)-g(x2)]max>k,也等价于 f(x)max-g(x)min>k.
若∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得 f(x1)-g(x2)g(x2),求实数 a 的取值范围.
解析 (1)当 a=0 时,函数 f(x)的递减区间为 ,递增区间为 .
当 0g(x2)”等价于“x∈ 时, f(x)max>g(x)min”.
由(1)知,当 x∈ 时,
f(x)max=f =-4ln 2+ a+6,
由 g'(x)=2ex-4=0,得 x=ln 2.
易知当 x∈ 时,g(x)min=g(ln 2)=4-4ln 2+2a,
由 f(x)max>g(x)min,得-4ln 2+ a+6>4-4ln 2+2a,
解得 1≤a<4.
点拨 (1)“若存在 x∈[m,n],使不等式 f(x)>g(x)成立”等价于“f(x)-g(x)>0 在[m,n]上有解”
等价于“[f(x)-g(x)]max>0”.这是单变量问题,不等式两边 f(x),g(x)中的自变量 x 必相等;(2)“若
∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得 f(x1)>g(x2)成立”等价于“f(x)max>g(x)min”.这是两个独立变量——双变量问题,
不等式两边 f(x1),g(x2)中自变量 x1,x2 可能相等,也可能不等;(3)也可先研究命题的否
定:∀x1∈D1,∀x2∈D2,都有 f(x1)≤g(x2)恒成立,等价于 f(x)max≤g(x)min,此时转化为第三种类型,求出相
应的参数范围,再取其补集即可.
设函数 f(x)= -ax.
(1)若函数 f(x)在(1,+∞)上为减函数,求实数 a 的最小值;
(2)若存在 x1,x2∈[e,e2],使 f(x1)≤f '(x2)+a 成立,求实数 a 的取值范围.
难点 8 “不规则”几何体的三视图问题
1.放置方式的“不规则”
典例 1 (1)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )
A.48 B.32+8 C.48+8 D.80
(2)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A. B. C. D.
答案 (1)C (2)B
解析 (1)由三视图可得该几何体是一个直四棱柱.如图,直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1.因为放置方式上
的“不规则”,把直四棱柱的一个侧面放置在水平面上而不是把底面放置在水平面上,可能在脑海里会
形成“不规则”几何体的形象,它实际上是一个常见的规则几何体.由三视图可得该直四棱柱的底面是
一个上底长为 2,下底长为 4,高为 4 的等腰梯形,侧棱长是 4,所以计算可得答案是 C.
(2)由三视图知该几何体是一个四棱锥,其直观图如图所示,△PAD 为正三角形,四棱锥的底面是直角
梯形 ABCD,且平面 PAD⊥平面 ABCD,四棱锥的高为 ,∴所求体积 V= × × = ,故选
B.
点拨 以上两道题的难度虽然不大,但是如果不清楚几何体的放置方式,解决起来有一定的难度,
所以同学们在平时学习中要从放置方式的变化上去认识一些规则几何体对应的三视图.
1.某四面体的三视图如图所示,在该四面体的四个面中,直角三角形的面积和是( )
A.2 B.4 C.2+ D.4+2
2.(2017 河北五校联盟二模)如图,网格纸上正方形小格的边长为 1,图中粗线画出的是某几何体的三视图,
则该几何体的体积为( )
A. B. C. D.4
2.“残缺”的几何体
典例 2 (1)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A. B.3π C. D.6π
(2)棱长为 2 的正方体被一平面截成两个几何体,其中一个几何体的三视图如图所示,那么该几何体
的体积是( )
A. B.4 C. D.3
答案 (1)B (2)B
解析 (1)由三视图可知,该几何体是底面半径为 1,高为 6 的圆柱的一半,我们可以称该几何体是
一个“残缺”的几何体,它的体积是原圆柱体积的一半,计算可知选 B.
(2)由题意和三视图,得该几何体是由如图所示的平面 A1ECF 截正方体所得到的(其中 E、F 分别为 BB1、
DD1 的中点).根据对称性知,所求几何体的体积为正方体体积的一半,所以该几何体的体积为 ×23=4.故选
B.
点拨 “残缺”几何体是一类常见的“不规则”几何体,它是规则几何体被割去一部分几何体所
形成的.对于旋转体形成的“残缺”几何体通常包括半球、 球体、半个圆柱、半个圆锥等.
1.(2017 山西大学附中模拟)已知某几何体的三视图如图所示,其中侧视图是一个正三角形,则该几何体
的体积等于( )
A.12 B.16 C.20 D.32
2.(2017 江西七校联考)若某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是( )
A.48+π B.48-π C.48+2π D.48-2π
3.组合体
典例 3 (1)一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别
记为 V1,V2,V3,V4,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有( )
A.V10)的焦点 F(1,0),O 为坐标原点,A,B 是抛物线 C 上异于 O 的两点.
(1)求抛物线 C 的方程;
(2)若直线 OA,OB 的斜率之积为- ,求证:直线 AB 过 x 轴上一定点.
解析 (1)因为抛物线 y2=2px(p>0)的焦点坐标为(1,0),所以 =1,所以 p=2.
所以抛物线 C 的方程为 y2=4x.
(2)证明:①当直线 AB 的斜率不存在时,
设 A ,B .
因为直线 OA,OB 的斜率之积为- ,
所以 · =- ,化简得 t2=32.
所以 A(8,t),B(8,-t),此时直线 AB 的方程为 x=8.
②当直线 AB 的斜率存在时,设其方程为 y=kx+b,A(xA,yA),B(xB,yB),联立得 化简得
ky2-4y+4b=0.
根据根与系数的关系得 yAyB= ,因为直线 OA,OB 的斜率之积为- ,所以 · =- ,即 xAxB+2yAyB=0.
即 · +2yAyB=0,
解得 yAyB=0(舍去)或 yAyB=-32.
所以 yAyB= =-32,即 b=-8k,所以 y=kx-8k,即 y=k(x-8).
综上所述,直线 AB 过定点(8,0).
若直线 l:y=kx+m 与椭圆 C: + =1 相交于 A,B 两点(A,B 不是左,右顶点),且以 AB 为直径的圆过椭圆 C
的右顶点,求证:直线 l 过定点,并求出该定点的坐标.
2.定值问题
解答定值问题的基本策略有两种:
(1)先用变量(参数)表示所需证明的不变量,然后通过推导和已知条件,消去变量,得到定值,即“设
参—用参—消参”三步法;
(2)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关,即“特殊引路,一般证明”法.在进行一般性
证明定值与变量无关时,“设参—用参—消参”这一高效思维模式依然融透其中.
典例 2 如图,已知椭圆 + =1(a>b>0)的离心率为 ,以该椭圆上的点和椭圆的左,右焦点 F1,F2 为顶
点的三角形的周长为4( +1).一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点,设P为该双曲线上异于顶点的任一
点,直线 PF1 和 PF2 与椭圆的交点分别为 A,B 和 C,D.
(1)求椭圆和双曲线的标准方程;
(2)设直线 PF1,PF2 的斜率分别为 k1,k2,证明:k1k2=1;
(3)是否存在常数λ,使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|恒成立?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理
由.
解析 (1)由题意易求得椭圆的标准方程为 + =1,双曲线的标准方程为 - =1.
(2)证明:设点 P(x0,y0),(设点参数)
则 k1= ,k2= ,
∴k1·k2= · = ,(用点参数)
又点 P(x0,y0)在双曲线上,
∴ - =1,即 = -4,
∴k1·k2= =1.(消点参数)
(3)假设存在常数λ,使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|恒成立,则由(2)知 k1·k2=1,
∴设直线 AB 的方程为 y=k(x+2),
则直线 CD 的方程为 y= (x-2),(设斜率参数)
由 消去 y,得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-8=0,
设 A(x1,y1),B(x2,y2),
则 x1+x2= ,x1x2= ,
∴|AB|= · = ,(用斜率参数)
因为 AB,CD 两条直线都经过了同一点 P,用 替换上式中的 k,得(类比替换)
|CD|= = ,(用斜率参数)
∵|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|,
∴λ= + = + = ,(消斜率参数)
∴存在常数λ= ,使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|恒成立.
点拨 (2)中欲证 k1k2=1,首先考虑斜率坐标化,并计算乘积得 k1k2= ,而结论是定值 1,因此必须
先消去点参数 x0,y0,注意到点 P(x0,y0)在双曲线上,则迎刃而解.
第(3)小题对目标稍加变形即得λ= + ,不就是一道很常见的弦长计算题嘛,只需用斜率参数表
示出弦长就 OK 啦!而从(2)小题知 AB,CD 的斜率之积为 1,因此,若设 AB 的斜率为 k 表示出弦长|AB|,则用
代换 k 快速得到弦长|CD|,这种用“类比替换”求弦长的技巧耐人回味!
已知椭圆 + =1(a>b>0)长轴上有一顶点到两个焦点的距离分别为 3+2 ,3-2 .
(1)求椭圆的方程;
(2)过点 Q(1,0)作直线 l(与 x 轴不垂直)与椭圆交于 M,N 两点,与 y 轴交于点 R,若 =λ , =μ ,
求证:λ+μ为定值.
难点 11 求解圆锥曲线中的最值、范围问题的通法
1.最值问题
圆锥曲线中最值问题的两种类型和两种解法
(1)两种类型
①涉及距离、面积的最值以及与之相关的问题;
②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的问题.
(2)两种解法
①几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决;
②代数法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立目标函数,再求这个函数的
最值,最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.
[提醒]求最值问题时,一定要注意对特殊情况的讨论.如直线斜率不存在的情况,二次三项式最高次
项的系数的讨论等.
典例 1 定圆 M:(x+ )2+y2=16,动圆 N 过点 F( ,0)且与圆 M 相切,记圆心 N 的轨迹为 E.
(1)求轨迹 E 的方程;
(2)设点 A,B,C 在 E 上运动,A 与 B 关于原点对称,且|AC|=|BC|,当△ABC 的面积最小时,求直线 AB 的
方程.
解析 (1)∵F( ,0)在圆 M:(x+ )2+y2=16 内,
∴圆 N 内切于圆 M.
∵|NM|+|NF|=4>|FM|,∴点 N 的轨迹 E 为焦点在 x 轴上的椭圆,且 2a=4,c= ,∴b=1,
∴轨迹 E 的方程为 +y2=1.
(2)①当 AB 为长轴(或短轴)时,S△ABC=2.
②当直线 AB 的斜率存在且不为 0 时,设直线 AB 的方程为 y=kx,
联立 解得 = , = ,
∴|OA|2= + = .
将上式中的 k 替换为- ,得|OC|2= .
S△ABC=2S△AOC=|OA|·|OC|= × = .
∵ ≤ = ,
∴S△ABC≥ ,
当且仅当 1+4k2=k2+4,即 k=±1 时等号成立,此时△ABC 的面积最小.
∵2> ,∴△ABC 面积的最小值是 ,此时直线 AB 的方程为 y=x 或 y=-x.
典例 2 已知椭圆 C 的左、右焦点分别为 F1(-1,0)、F2(1,0),且 F2 到直线 x- y-9=0 的距离等
于椭圆的短轴长.
(1)求椭圆 C 的方程;
(2)若圆 P 的圆心为 P(0,t)(t>0),且经过 F1、F2,Q 是椭圆 C 上的动点且在圆 P 外,过点 Q 作圆 P 的切
线,切点为 M,当|QM|的最大值为 时,求 t 的值.
解析 (1)设椭圆的方程为 + =1(a>b>0).
依题意可知,2b= =4,所以 b=2.
又 c=1,故 a2=b2+c2=5,
故椭圆 C 的方程为 + =1.
(2)由题意,圆 P 的方程为 x2+(y-t)2=t2+1,
设 Q(x0,y0),因为 PM⊥QM,
所以|QM|= = = .
若-4t≤-2,即 t≥ ,
当 y0=-2 时,|QM|取得最大值,
|QM|max= = ,
解得 t= < (舍去).
若-4t>-2,即 0b>0)的左、右焦点分别为 F1、F2,线段 F1F2 被抛物线 y2=2bx 的焦点 F 分成了 3∶1 的两
段.
(1)求椭圆的离心率;
(2)过点 C(-1,0)的直线 l 交椭圆于不同两点 A,B,且 =2 ,当△AOB 的面积最大时,求直线 l 的方程.
2.如图,已知抛物线 E:y2=2px(p>0)与圆 O:x2+y2=8 相交于 A,B 两点,且点 A 的横坐标为 2.过劣弧 AB 上的
动点 P(x0,y0)作圆 O 的切线交抛物线 E 于 C,D 两点,分别以 C,D 为切点作抛物线 E 的切线 l1,l2,l1 与 l2 相
交于点 M.
(1)求抛物线 E 的方程;
(2)求点 M 到直线 CD 距离的最大值.
2.范围问题
解决圆锥曲线中的取值范围问题的 5 种常用解法
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围.
(2)利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系.
(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围.
(4)利用已知的不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围.
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范
围.
典例 3 如图,设椭圆 +y2=1(a>1).
(1)求直线 y=kx+1 被椭圆截得的线段长(用 a,k 表示);
(2)若任意以点 A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有 3 个公共点,求椭圆离心率的取值范围.
解析 (1)设直线 y=kx+1 被椭圆截得的线段为 AP,
由 得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,
故 x1=0,x2=- .
因此|AP|= |x1-x2|= · .
(2)假设圆与椭圆的公共点有 4 个,由对称性可设 y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点 P,Q,满足
|AP|=|AQ|.
记直线 AP,AQ 的斜率分别为 k1,k2,且 k1,k2>0,k1≠k2.
由(1)知,|AP|= ,|AQ|= ,
故 = ,
所以( - )[1+ + +a2(2-a2) ]=0.
由于 k1≠k2,k1,k2>0 得 1+ + +a2(2-a2) =0,
因此 =1+a2(a2-2),①
因为①式关于 k1,k2 的方程有解的充要条件是 1+a2(a2-2)>1,所以 a> .
因此,任意以点 A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有 3 个公共点的充要条件为 1b>0)的两焦点,与椭圆有且仅有两个公共点,直线 l:y=kx+m 与圆
x2+y2=1 相切,与椭圆 + =1 相交于 A,B 两点.记λ= · ,且 ≤λ≤ .
(1)求椭圆的方程;
(2)求 k 的取值范围;
(3)求△OAB 的面积 S 的取值范围.
难点 12 用向量破解圆锥曲线中的夹角与共线问题
1.利用向量解决两直线的平行或点共线问题
证明两直线平行有两种方法:一是利用 a 与 b 共线的充要条件:当且仅当存在实数λ,使 a=λb 成立;
二是利用向量的坐标形式,即利用两个向量 a=(x1,y1),b=(x2,y2)共线的充要条件 x1y2-x2y1=0 解答,其
中,a,b 为两直线的方向向量.证明三点共线可转化为两个向量共线来证明.
典例 1 如图,已知两抛物线 E1:y2=2p1x(p1>0)和 E2:y2=2p2x(p2>0),过原点 O 的两条直线 l1 和 l2,l1 与
E1,E2 分别交于 A1,A2 两点,l2 与 E1,E2 分别交于 B1,B2 两点.证明:A1B1∥A2B2.
证明 设直线 l1,l2 的方程分别为 y=k1x,y=k2x(k1,k2≠0),则
由 得 A1 ,
由 得 A2 .
同理可得 B1 ,B2 ,
所以 = =2p1 ,
= =2p2 ,
故 = ,所以 A1B1∥A2B2.
点拨 本题也可以利用两直线的斜率相等来证明 A1B1∥A2B2,但计算量较大,这就是利用向量法解题
的优势.
已知曲线 C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R).
(1)若曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆,求 m 的取值范围;
(2)设 m=4,曲线 C 与 y 轴的交点为 A,B(点 A 位于点 B 的上方),直线 y=kx+4 与曲线 C 交于不同的两点 M,N,
直线 y=1 与直线 BM 交于点 G.求证:A,G,N 三点共线.
2.利用向量解决与角度有关的问题
利用向量的数量积的符号,可以判断这两个向量的夹角是锐角、直角还是钝角,进而可以判断三角形
的形状和点与圆的位置关系.
典例 2 已知椭圆 E: + =1(a>b>0)过点(0, ),且离心率为 .
(1)求椭圆 E 的方程;
(2)设直线 l:x=my-1(m∈R)交椭圆 E 于 A,B 两点,判断点 G 与以线段 AB 为直径的圆的位置关
系,并说明理由.
分析 点 G 与以线段 AB 为直径的圆有三种可能的关系:点 G 在圆外,判断的依据是
∠AGB<90°⇔ · >0;点 G 在圆上,判断的依据是∠AGB=90°⇔ · =0;点 G 在圆内,判断的依据是
∠AGB>90°⇔ · <0.这样将解析几何问题转化为判断两个向量的数量积与 0 的大小关系问题.
解析 (1)由已知得 解得
所以椭圆 E 的方程为 + =1.
(2)点 G 在以线段 AB 为直径的圆外.理由如下:
设点 A(x1,y1),B(x2,y2),
则 = , = .
由 得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以 y1+y2= ,y1y2=- ,
从而
· = +y1y2= +y1y2=(m2+1)y1y2+ m(y1+y2)+ = + + =
>0,
所以 cos< , >>0.
又 , 不共线,所以∠AGB 为锐角.
故点 G 在以 AB 为直径的圆外.
点拨 本题也可以通过利用根与系数的关系确定圆心,然后计算圆心到点 G 的距离并和半径比较得
解,由于要用到两点间的距离公式,出现根式,解题过程将十分复杂;但利用向量,通过判断数量积的正负
来确定点和圆的位置关系,就不会出现根式,计算量大大减少.本题综合性较强,较好地考查了学生分析
问题、解决问题的能力.
设椭圆 E 的方程为 + =1(a>b>0),点 O 为坐标原点,点 A 的坐标为(a,0),点 B 的坐标为(0,b),点 M 在线
段 AB 上,满足|BM|=2|MA|,直线 OM 的斜率为 .
(1)求 E 的离心率 e;
(2)设点 C 的坐标为(0,-b),N 为线段 AC 的中点,证明:MN⊥AB.
难点 13 简化解析几何运算的 5 个技法
技法一 巧用定义,揭示本质
定义是导出其性质的“发源地”,解题时,应善于运用圆锥曲线的定义,以数形结合思想为指导,把
定量分析有机结合起来,可使解题计算量大为简化,使解题构筑在较高的水平上.
典例 1 如图,F1,F2 是椭圆 C1: +y2=1 与双曲线 C2 的公共焦点,A,B 分别是 C1,C2 在第二、四象限的公
共点.若四边形 AF1BF2 为矩形,则 C2 的离心率是( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 焦点 F1(- ,0),F2( ,0),在 Rt△AF1F2 中,|AF1|+|AF2|=4, ①
|AF1|2+|AF2|2=12, ②
联立①②可解得|AF2|-|AF1|=2 ,即 2a=2 ,2c=2 ,故双曲线的离心率 e= = = ,故选 D.
点拨 本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|,|AF2|的等量关系,从而快速求出双曲线实半
轴长 a 的值,进而求出双曲线的离心率,大大减小了运算量.
抛物线 y2=4mx(m>0)的焦点为 F,点 P 为该抛物线上的动点,若点 A(-m,0),则 的最小值
为 .
技法二 设而不求,整体代换
对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题,涉及求中点弦所在直线的方程,或弦的中点的轨迹
方程的问题时,常常用代点法求解.
典例 2 已知椭圆 E: + =1(a>b>0)的右焦点为 F(3,0),过点 F 的直线交椭圆 E 于 A、B 两点.若 AB
的中点坐标为(1,-1),则 E 的标准方程为( )
A. + =1 B. + =1
C. + =1 D. + =1
答案 D
解析 由题意知直线 AB 的斜率 k= = ,
设 A(x1,y1),B(x2,y2),
则
①-②得 =- · .
即 k=- × ,
∴ = . ③
又 a2-b2=c2=9, ④
由③④联立解得 a2=18,b2=9.
∴椭圆 E 的方程为 + =1,故选 D.
点拨 本题设出 A,B 两点的坐标,却不需求出 A,B 两点的坐标,巧妙地表达出直线 AB 的斜率,通过
将直线 AB 的斜率“算两次”建立几何量之间的关系,从而快速解决问题.
过点 M(1,1)作斜率为- 的直线与椭圆 C: + =1(a>b>0)相交于 A,B 两点,若 M 是线段 AB 的中点,则椭圆
C 的离心率等于 .
技法三 巧用“根与系数的关系”,化繁为简
某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标,用距离公式计算长度的方法来解;但也可以
利用一元二次方程,使相关的点的同名坐标为方程的根,由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线
段长度间的关系.后者往往计算量小,解题过程简捷.
典例 3 已知椭圆 E: + =1 的焦点在 x 轴上,A 是 E 的左顶点,斜率为 k(k>0)的直线交 E 于 A,M 两点,
点 N 在 E 上,MA⊥NA.
(1)当 t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN 的面积;
(2)当 2|AM|=|AN|时,求 k 的取值范围.
解析 (1)设 M(x1,y1),则由题意知 y1>0.
当 t=4 时,E 的方程为 + =1,A(-2,0).
由已知及椭圆的对称性知,直线 AM 的倾斜角为 .
因此直线 AM 的方程为 y=x+2.
将 x=y-2 代入 + =1 得 7y2-12y=0.
解得 y=0 或 y= ,所以 y1= .
因此△AMN 的面积 S△AMN=2× × × = .
(2)由题意知,t>3,k>0,A(- ,0).将直线 AM 的方程 y=k(x+ )代入 + =1 得
(3+tk2)x2+2 ·tk2x+t2k2-3t=0.
由 x1·(- )= 得 x1= ,
故|AM|=|x1+ | = .
由题意知,直线 AN 的方程为 y=- (x+ ),
同理可得|AN|= .
由 2|AM|=|AN|得 = ,
即(k3-2)t=3k(2k-1).
当 k= 时上式不成立,因此 t= .
t>3 等价于 = <0,即 <0.
由此得 或
解得 b>0)的离心率为 ,且经过点 P ,左、右焦点分别为 F1、F2.
(1)求椭圆 C 的方程;
(2)过 F1 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A,B 两点,若△AF2B 的内切圆半径为 ,求以 F2 为圆心且与直线 l 相切
的圆的方程.
技法四 借“曲线系”,理清规律
利用曲线系解题,往往简捷明快,事半功倍,所以灵活运用曲线是解析几何中重要的解题方法和技巧
之一.
典例 4 已知双曲线 - =1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是 y= x,它的一个焦点在抛物线 y2=24x 的
准线上,则双曲线的方程为( )
A. - =1 B. - =1
C. - =1 D. - =1
答案 B
解析 由双曲线 - =1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是 y= x,可设双曲线的方程为
x2- =λ(λ>0).
因为双曲线 - =1(a>0,b>0)的一个焦点在抛物线 y2=24x 的准线上,
所以 F(-6,0)是双曲线的左焦点,即λ+3λ=36,λ=9,所以双曲线的方程为 - =1.
点拨 本题利用共渐近线系双曲线方程,使问题得到解决.避免了复杂的判断、可能的分类讨论、
繁杂的解方程组,事半功倍.
圆心在直线 x-y-4=0 上,且经过两圆 x2+y2+6x-4=0 和 x2+y2+6y-28=0 的交点的圆的方程为( )
A.x2+y2-x+7y-32=0 B.x2+y2-x+7y-16=0
C.x2+y2-4x+4y+9=0 D.x2+y2-4x+4y-8=0
技法五 巧引参数,方便运算
换元引参是一种重要的数学方法,特别是解析几何中的最值问题、不等式问题,利用换元引参使一些
关系能够相互联系起来,激活了解题的方法,往往能化难为易.
常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等.在换元过程中,还要注意代换的等价
性,防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件.
典例 5 设椭圆 + =1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A,B,点 P 在椭圆上且异于 A,B 两点,O 为坐标原
点.若|AP|=|OA|,证明:直线 OP 的斜率 k 满足|k|> .
证明 证法一:依题意,直线 OP 的方程为 y=kx,设点 P 的坐标为(x0,y0).
由条件,得
消去 y0 并整理,得 = .①
由|AP|=|OA|,A(-a,0)及 y0=kx0,
得(x0+a)2+k2 =a2,
整理得(1+k2) +2ax0=0.
而 x0≠0,于是 x0= ,
代入①,整理得(1+k2)2=4k2 +4.
又 a>b>0,故(1+k2)2>4k2+4,
即 k2+1>4,因此 k2>3,所以|k|> .
证法二:依题意,直线 OP 的方程为 y=kx,可设点 P 的坐标为(x0,kx0).
由点 P 在椭圆上,得 + =1.
因为 a>b>0,kx0≠0,所以 + <1,
即(1+k2) 3,所以|k|> .
证法三:设 P(acos θ,bsin θ)(0≤θ<2π),
则线段 OP 的中点 Q 的坐标为 .
|AP|=|OA|⇔AQ⊥OP⇔kAQ×k=-1.
又 A(-a,0),所以 kAQ= ,
即 bsin θ-akAQcos θ=2akAQ.
从而可得|2akAQ|≤ .
点拨 求解本题利用椭圆的参数方程,可快速建立各点之间的联系,减少运算量.
椭圆 + =1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1、F2,且离心率为 ,点 P 为椭圆上一动点,△F1PF2 面积的最大
值为 .
(1)求椭圆的方程;
(2)设椭圆的左顶点为 A1,过右焦点 F2的直线 l 与椭圆相交于 A,B 两点,连接 A1A,A1B 并延长分别交直线 x=4
于 R,Q 两点,则 · 是否为定值?若是,求出此定值;若不是,请说明理由.
对点练 答案精解精析
难点 1 高考中的两类抽象函数问题
1.巧用对称性,妙解抽象函数图象问题
1.B 由 f(x)=f(2-x)知函数 f(x)的图象关于直线 x=1 对称,又 y=|x2-2x-3|的图象关于直线 x=1 对称,所
以它们的交点也关于 x=1 对称,当 m 为偶数时,交点的横坐标之和为 2× =m;当 m 为奇数时,交点的横坐标
之和为 2× +1=m.故 xi=m.
2.C 依题意得,函数 y=f(x)的图象关于直线 x=0 对称,因此函数 y=f(x)是偶函数,且
f(-2+4)=f(-2)+f(2),即 f(2)=f(2)+f(2),所以 f(2)=0,所以 f(x+4)=f(x),即函数 y=f(x)是以 4 为周期
的函数, f(2 018)=f(4×504+2)=f(2)=0.
2.巧构造,妙解 f(x)与 f '(x)共有问题
f '(x)g(x)±f(x)g'(x)型
1.D 因为 f(x)+xf '(x)<0,所以[xf(x)]'<0,故 y=xf(x)在(0,+∞)上为单调递减函
数,∵f(x+1)>(x-1)f(x2-1),∴(x+1)f(x+1)>(x+1)(x-1)f(x2-1),∴(x+1)f(x+1)>(x2-1)f(x2-1),所以
x+12.
2.A ∵xf '(x)+f(x)≤0,∴令 g(x)=xf(x),
∴g'(x)=xf '(x)+f(x)≤0,
∴g(x)=xf(x)在(0,+∞)上为常数函数或单调递减函数,又 0 >0,
∴ ≥ ≥0,∴af(b)≤bf(a).故选 A.
3. 答案 (1,+∞)
解析 当 x∈(0,+∞)时, f(x)>xf '(x)⇔f(x)-xf '(x)>0⇔xf '(x)-f(x)<0⇔ '<0.令 g(x)= ,
则函数 g(x)在(0,+∞)上单调递减.又当 x∈(0,+∞)时不等式 x2f -f(x)>0⇔ > ,则 0< 0 时,xf
'(x)+2f(x)>0,所以 g'(x)>0,所以 g(x)在(0,+∞)上单调递增,又 f(x)为偶函数,则 g(x)也是偶函数,所
以 g(x)=g(|x|),由 g(x)0,当 x>x0 时,φ(x)<0,∴当 x0,当 x>x0 时,h'(x)<0,∴h(x)在区间
(-∞,x0)上为增函数,在区间(x0,+∞)上为减函数,∴h(x)≤h(x0)=0,∴f(x)≤g(x).
2.“拆分法”构造函数
解析 (1)f '(x)= - (x>0).
由于直线 x+2y-3=0 的斜率为- ,且过点(1,1),故
即 解得
(2)证明:由(1)知 f(x)= + (x>0),
所以 f(x)- = .
设函数 h(x)=2ln x- (x>0),
则 h'(x)= - =- .
所以当 x≠1 时,h'(x)<0.而 h(1)=0,
故当 x∈(0,1)时,h(x)>0,
可得 h(x)>0;
当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0,
可得 h(x)>0.
从而当 x>0,且 x≠1 时, f(x)- >0,即 f(x)> .
3.“换元法”构造函数
解析 (1)易知函数 f(x)的定义域为(0,+∞).
f '(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),
令 f '(x)=0,得 x= .
当 x 变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
f '(x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
所以函数 f(x)的单调递减区间是 ,单调递增区间是 .
(2)证明:当 00,令 h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞).
由(1)知,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.h(1)=-t<0,h(et)=e2tln et-t=t(e2t-1)>0.故存在唯一的
s∈(1,+∞),使得 t=f(s)成立.
(3)证明:因为 s=g(t),由(2)知,t=f(s),且 s>1,从而 = = = ,
令 u=ln s,∴ = ,要使 < < 成立,只需 0e2 时,若 s=g(t)≤e,则由 f(s)的单调性,有 t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾.所以 s>e,即 u>1,从而 ln u>0 成
立.
另一方面,令 F(u)=ln u- ,u>1.
f '(u)= - ,令 f '(u)=0,得 u=2.
当 10;
当 u>2 时,f '(u)<0.
故对 u>1,F(u)≤F(2)<0.
因此 ln u< 成立.
综上,当 t>e2 时,有 < < .
4.“转化法”构造函数
解析 (1)易知 f(x)的定义域为(0,+∞).
f '(x)=x+1-a- = = .
若 a≤0,则 f '(x)>0,此时 f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若 a>0,则由 f '(x)=0,得 x=a.当 0a 时, f '(x)>0.
此时 f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
(2)不妨设 x1≤x2,因为 a<0,所以由(1)知, f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f(x1)≤f(x2).从而
∀x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于∀x1,x2∈(0,+∞),4x1-f(x1)≥4x2-f(x2).①
令 g(x)=4x-f(x),则 g'(x)=4-f '(x)=4- = -x+3+a.
①式等价于 g(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴g'(x)= -x+3+a≤0 对任意 x∈(0,+∞)恒成立,
∴a≤ 对任意 x∈(0,+∞)恒成立,∴a≤ .
又 =x+1+ -5≥2 -5=-1,当且仅当 x+1= ,即 x=1 时,等号成立.∴a≤-1.
故 a 的取值范围是(-∞,-1].
5.二次(或多次)形式的问题构造函数
解析 (1)由 f(x)=ex-xln x,得 f '(x)=e-ln x-1,
则 f '(1)=e-1,而 f(1)=e,则所求切线方程为 y-e=(e-1)(x-1),即 y=(e-1)x+1.
(2)∵f(x)=ex-xln x,g(x)=ex-tx2+x,t∈R,
∴g(x)≥f(x)对任意 x∈(0,+∞)恒成立等价于 ex-tx2+x-ex+xln x≥0 对任意 x∈(0,+∞)恒成立,
即 t≤ 对任意 x∈(0,+∞)恒成立.
令 F(x)= ,
则 F'(x)=
= ,
令 G(x)=ex+e- -ln x,
则 G'(x)=ex- - = >0 对任意 x∈(0,+∞)恒成立.
∴G(x)=ex+e- -ln x 在(0,+∞)上单调递增,且 G(1)=0,
∴当 x∈(0,1)时,G(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,G(x)>0,
即当 x∈(0,1)时,F'(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,
∴F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴F(x)≥F(1)=1,
∴t≤1,即 t 的取值范围是(-∞,1].
难点 3 借助“草图”求解函数压轴题
1. 解析 g(x)=f(2x)-4bf(x)
=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,
g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]
=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).
(i)当 b≤2 时,g'(x)≥0,当且仅当 x=0 时等号成立,所以 g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而 g(0)=0,所以
对任意 x>0,g(x)>0.如图 1 所示.
(ii)当 b>2 时,若 x 满足 20,
所以当 x∈(0,2)时, f '(x)<0,函数 y=f(x)单调递减,
当 x∈(2,+∞)时, f '(x)>0,函数 y=f(x)单调递增.
所以 f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).
(2)由(1)知,当 k≤0 时,函数 f(x)在(0,2)内单调递减,
故 f(x)在(0,2)内不存在极值点;
当 k>0 时,设函数 g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞).
因为 g'(x)=ex-k=ex-eln k,
当 00,y=g(x)单调递增,
故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;
当 k>1 时,由 g'(x)=0 得 x=ln k,
则 x∈(0,ln k)时,g'(x)<0,函数 y=g(x)单调递减,
x∈(ln k,+∞)时,g'(x)>0,函数 y=g(x)单调递增.
所以函数 y=g(x)的最小值为 g(ln k)=k(1-ln k).
画出 g(x)的草图如图.
函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,
当且仅当 解得 e0,所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
若 a>0,则当 x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0;
当 x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0.
所以, f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
(2)由于 a=1,所以(x-k)f '(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.
故当 x>0 时,(x-k)f '(x)+x+1>0 等价于 k< +x(x>0).①
令 g(x)= +x,则 g'(x)= .
令 h(x)=ex-x-2,
由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)上单调递增.而 h(1)<0,h(2)>0,所以 h(x)在(0,+∞)上存在唯一的
零点.故 g'(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).
当 x∈(0,α)时,g'(x)<0;
当 x∈(α,+∞)时,g'(x)>0.
所以 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g(α).
又由 g'(α)=0,可得 eα=α+2,所以 g(α)=α+1∈(2,3).
由于①式等价于 k ex-x 成立.
设 =t(t≥0),则题设即∃t≥0 使不等式-m>t -t2 成立.
设 f(t)=t -t2(t≥0),下面需求函数 f(t)的最小值.
f '(t)= (2t2+1)-2t(t≥0),需解方程 f '(t)=0,但此方程不易求解.
可大胆猜测方程 f '(t)=0 无解(若方程 f '(t)=0 无解,则 f '(t)的值恒正或恒负,则 f(t)是增函数或减
函数,此时研究函数 f(t)就很方便),证明如下:
f '(t)= (2t2+1)-2t≥2 t -2t≥0(t≥0),
进而可得 f '(t)≥0(t≥0),所以函数 f(t)是增函数,得其最小值为 f(0)=0.
所以题设即-m>0,
故 m 的取值范围为(-∞,0).
难点 5 “二次求导”在解题中的应用
1.“二次求导”与函数单调性
解析 因为 f(x)=f '(1)ex-1-f(0)x+ x2,所以 f '(x)=f '(1)ex-1-f(0)+x.
令 x=1,得 f(0)=1.
所以 f(x)=f '(1)ex-1-x+ x2⇒f(0)=f '(1)e-1=1⇔f '(1)=e.
所以 f(x)=ex-x+ x2,
令 g(x)=f '(x)=ex-1+x,
所以 g'(x)=ex+1>0⇒y=g(x)在 R 上单调递增.
f '(x)>0=f '(0)⇔x>0,
f '(x)<0=f '(0)⇔x<0.
所以 f(x)的解析式为 f(x)=ex-x+ x2,且单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0).
2.“二次求导”与不等式的证明
解析 (1)当 m=0 时, f(x)=-ln x-1,则 f '(x)=- ,
所以 f(1)=-1, f '(1)=-1.
所以曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为 y-(-1)=-(x-1),即 y=-x.
故曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为 y=-x.
(2)证明:当 m≥1 时, f(x)=mex-ln x-1≥ex-ln x-1.
要证 f(x)>1,只需证 ex-ln x-2>0.
令 g(x)=ex-ln x-2,则 g'(x)=ex- .
令 h(x)=ex- ,,则 h'(x)=ex+ >0.
所以函数 h(x)=g'(x)=ex- 在(0,+∞)上单调递增.
因为 g' = -2<0,g'(1)=e-1>0,
所以函数 g'(x)=ex- 在(0,+∞)上有唯一零点 x0,且 x0∈ .
因为 g'(x0)=0,所以 = ,
即 ln x0=-x0.
当 x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当 x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,
所以当 x=x0 时,g(x)取得极小值(也是最小值)g(x0).故 g(x)≥g(x0)= -ln x0-2= +x0-2>0.
综上,当 m≥1 时, f(x)>1.
3.“二次求导”与函数的极值(最值)
解析 (1)当 k=1 时,函数 f(x)=ex-(1+x+x2),则 f '(x)=ex-(1+2x),令 g(x)=f '(x),则 g'(x)=ex-2,令
g'(x)=0,得 x=ln 2,当 0ln 2 时,g'(x)>0,从而 f '(x)在(0,ln 2)内递减,在(ln
2,+∞)内递增.故导数 f '(x)的极小值为 f '(ln 2)=1-2ln 2.
(2)对任意的 t>0,记函数 F(x)=f(x)-tx2=ex-[1+x+(k+t)x2],x>0,根据题意,存在 s>0,使得当 x∈(0,s)
时,F(x)<0.
易得 F'(x)=ex-[1+2(k+t)x],令 h(x)=F'(x),则 h'(x)=ex-2(k+t).
①若 h'(x)≥0,
因为 h'(x)在(0,s)上递增,故当 x∈(0,s)时,h'(x)>h'(0)≥0,
于是 F'(x)在(0,s)上递增,则当 x∈(0,s)时,F'(x)>F'(0)=0,从而 F(x)在(0,s)上递增.故当 x∈(0,s)
时,F(x)>F(0)=0,与已知矛盾;
②若 h'(x)<0,因为 h'(x)在(0,s)上连续且递增,故存在 s>0,使得当 x∈(0,s)时,h'(x)<0,从而 F'(x)在
(0,s)上递减,于是当 x∈(0,s)时,F'(x)0,都有 h'(x)<0,
即 1-2(k+t)<0,亦即 k> -t.
难点 6 “二招”破解不等式的恒成立问题
第一招:函数法
解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).
(i)若 a≤0,则 f '(x)<0,所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递减.
(ii)若 a>0,则由 f '(x)=0 得 x=-ln a.
当 x∈(-∞,-ln a)时, f '(x)<0;当 x∈(-ln a,+∞)时, f '(x)>0.所以 f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,
在(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)(i)若 a≤0,由(1)知, f(x)至多有一个零点.
(ii)若 a>0,由(1)知,当 x=-ln a 时, f(x)取得最小值,最小值为 f(-ln a)=1- +ln a.
①当 a=1 时,由于 f(-ln a)=0,故 f(x)只有一个零点;
②当 a∈(1,+∞)时,由于 1- +ln a>0,即 f(-ln a)>0,故 f(x)没有零点;
③当 a∈(0,1)时,1- +ln a<0,
即 f(-ln a)<0.
又 f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故 f(x)在(-∞,-ln a)上有一个零点.
设正整数 n0 满足 n0>ln ,则 f(n0)= (a +a-2)-n0> -n0> -n0>0.
由于 ln >-ln a,
因此 f(x)在(-ln a,+∞)上有一个零点.
综上,a 的取值范围为(0,1).
第二招:分离参数
1. 解析 (1)解法一:由题意得 f '(x)=x+ +a= (x>0),令 f '(x)=0,即 x2+ax+1=0,Δ=a2-4.
①当Δ=a2-4≤0,即-2≤a≤2 时,x2+ax+1≥0对x>0 恒成立,即f '(x)= ≥0对x>0 恒成立,此时f(x)
没有极值点.
②当Δ=a2-4>0,即 a<-2 或 a>2 时,
若 a<-2,设方程 x2+ax+1=0 的两个不同实根为 x1,x2,不妨设 x10,x1x2=1>0,故 x2>x1>0,
∴当 0x2 时, f '(x)>0;当 x12,设方程 x2+ax+1=0 的两个不同实根为 x3,x4,
则 x3+x4=-a<0,x3x4=1>0,故 x3<0,x4<0.
∴当 x>0 时, f '(x)>0,故函数 f(x)没有极值点.
综上,当 a<-2 时,函数 f(x)有两个极值点;
当 a≥-2 时,函数 f(x)没有极值点.
解法二: f '(x)=x+ +a,
∵x>0,∴f '(x)∈[a+2,+∞).
①当 a+2≥0,即 a∈[-2,+∞)时, f '(x)≥0 对任意 x>0 恒成立,
f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(x)没有极值点.
②当 a+2<0,即 a∈(-∞,-2)时, f '(x)=0 有两个不等正数解,设为 x1,x2,∴f
'(x)=x+ +a= = (x>0).
不妨设 00, f(x)单调递增;x∈(x1,x2)时, f '(x)<0, f(x)单调递
减;x∈(x2,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,所以 x1,x2 分别为 f(x)极大值点和极小值点,故 f(x)有两
个极值点.
综上所述,当 a∈[-2,+∞)时, f(x)没有极值点,
当 a∈(-∞,-2)时, f(x)有两个极值点.
(2)f(x)≤g(x)⇔ex-ln x+x2≥ax,
因为 x>0,所以 a≤ 对于任意 x>0 恒成立,
设φ(x)= (x>0),
φ'(x)=
= ,
∵x>0,∴当 x∈(0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,当 x∈(1,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递
增,∴φ(x)≥φ(1)=e+1,∴a≤e+1.
2. 解析 (1)a=0 时,f(x)=ex-1-x.
f '(x)=ex-1,
当 x∈(-∞,0)时, f '(x)<0;
当 x∈(0,+∞)时, f '(x)>0.
故 f(x)的单调增区间为(0,+∞),单调减区间为(-∞,0).
(2)f '(x)=ex-1-2ax.
由(1)知 ex≥1+x,当且仅当 x=0 时等号成立,故 f '(x)=ex-1-2ax≥1+x-1-2ax=(1-2a)x,
从而当 1-2a≥0,即 a≤ 时, f '(x)≥0(x≥0),而 f(0)=0,
于是,当 x≥0 时, f(x)≥0;
由 ex>1+x(x≠0)可得 e-x>1-x(x≠0),
从而当 a> 时, f '(x)0,所以 f(x)= 单调递增, 0,所以 g(x)=asin x-a+1 在[0,1]上单调递
增,其值域 B= .
由 A∩B≠⌀ ,得 0≤1-a≤ 或 0≤1- ≤ ,解得 ≤a≤2.故选 C.
2.“任意=存在”型
解析 (1)由已知,有 f '(x)=2x-2ax2(a>0).令 f '(x)=0,解得 x=0 或 x= .
当 x 变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,0) 0
f '(x) - 0 + 0 -
f(x) ↘ 0 ↗ ↘
所以 f(x)的单调递增区间是 ;单调递减区间是(-∞,0), .
当 x=0 时, f(x)有极小值,且极小值为 f(0)=0;当 x= 时,f(x)有极大值,且极大值为 f = .
(2)由 f(0)=f =0 及(1)知,当 x∈ 时, f(x)>0;当 x∈ 时, f(x)<0.
设集合 A= f(x) f(x)=x2- ax3,x∈(2,+∞) ,集合 B= f(x)=x2- ax3,x∈(1,+∞)且 f(x)≠0 ,则
“对于任意的 x1∈(2,+∞),都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)·f(x2)=1”等价于 A⊆B.显然,0∉ B.
下面分三种情况讨论:
①当 >2,即 0 时,有 f(1)<0,且此时 f(x)在(1,+∞)上单调递减,故 B= ,A=(-∞,f(2)),所以 A 不
是 B 的子集.
综上,a 的取值范围是 .
3.“任意≥(≤)任意”型
解析 (1)f '(x)= ,m>0 时,若 f '(x)>0,则-11;m<0 时,若 f
'(x)>0,则 x<-1 或 x>1,若 f '(x)<0,则-10 时, f(x)的递增区间是(-1,1);递减区间是
(-∞,-1),(1,+∞).
当 m<0 时, f(x)的递增区间是(-∞,-1),(1,+∞);递减区间是(-1,1).
(2)依题意,当 m>0 时,“对于任意 x1,x2∈[0,2], f(x1)≥g(x2)恒成立”等价于“对于任意 x∈[0,2],
f(x)min≥g(x)max”.
当 m>0 时,由(1)知,函数 f(x)在[0,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减,
因为 f(0)=1, f(2)= +1>1,所以 f(x)min=f(0)=1.故应满足 1≥g(x)max.
因为 g(x)=x2eax,
所以 g'(x)=(ax2+2x)eax.
①当 a=0 时,g(x)=x2,对任意 x∈[0,2],g(x)max=g(2)=4,不满足 1≥g(x)max.
②当 a≠0 时,
令 g'(x)=0,得 x=0 或 x=- .
(i)当- ≥2,即-1≤a<0 时,在[0,2]上,g'(x)≥0,g(x)在[0,2]上单调递增,g(x)max=g(2)=4e2a.由 1≥4e2a,
得 a≤-ln 2,所以-1≤a≤-ln 2.
(ii)当 0<- <2,即 a<-1 时,在 上,g'(x)≥0,g(x)单调递增;在 上,g'(x)<0,g(x)单调递
减.g(x)max=g = .由 1≥ ,得 a≤- ,所以 a<-1.
(iii)当- <0,即 a>0 时,显然在[0,2]上,g'(x)≥0,g(x)单调递增,于是 g(x)max=g(2)=4e2a,此时不满足
1≥g(x)max.
综上,a 的取值范围是(-∞,-ln 2].
4.“任意≥(≤)存在”型
解析 (1)由题设知 f '(x)=x2+2x+a≥0,即 a≥-(x+1)2+1 在[1,+∞)上恒成立,
而 y=-(x+1)2+1 在[1,+∞)上单调递减,则 ymax=-3,∴a≥-3,∴amin=-3.
(2)“∀x1∈ ,∃x2∈ ,使 f '(x1)≤g(x2)成立”等价于“x∈ 时, f '(x)max≤g(x)max”.
∵f '(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1 在 上递增,
∴f '(x)max=f '(2)=8+a,
又 g'(x)= = ,∴g(x)在(-∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减.
∴当 x∈ 时,g(x)max=g(1)= ,由 8+a≤ ,得 a 的取值范围是 a≤ -8.
5.“存在≥(≤)存在”型
解析 (1)由题设知 f '(x)= -a≤0 在(1,+∞)上恒成立,则只需 f '(x)max≤0.又 f
'(x)= -a=- + -a,
所以当 = ,即 x=e2 时, f '(x)max= -a,由 -a≤0 得 a≥ ,故 a 的最小值为 .
(2)“存在 x1,x2∈[e,e2],使 f(x1)≤f '(x2)+a 成立”等价于“当 x1,x2∈[e,e2]时, f(x1)min≤f '(x2)max+a”.
由(1)知,当 x∈[e,e2]时, f '(x)max=f '(e2)= -a,所以 f '(x)max+a= ,则问题等价于“当 x∈[e,e2]时,
f(x)min≤ ”.
①当 a≥ 时,由(1)得 f '(x)max= -a≤0, f(x)在[e,e2]上为减函数,
则 f(x)min=f(e2)= -ae2,由 f(x)min≤ ,得 a≥ - .
②当 a< 时, f '(x)=- + -a 在[e,e2]上的值域为 .
(i)当-a≥0,即 a≤0 时, f '(x)≥0 在[e,e2]上恒成立,故 f(x)在[e,e2]上为增函数,于是
f(x)min=f(e)=e-ae≥e> ,与 f(x)min≤ 矛盾.
(ii)当-a<0,即 00, f(x)为增函数;
所以 f(x)min=f(x0)= -ax0≤ ,x0∈(e,e2).
所以 a≥ - > - > - = ,与 00,解得 k2> .
设点 M,N 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则 y1=kx1+4,y2=kx2+4,x1+x2= ,x1x2= .直线 BM 的方程为
y+2= x,点 G 的坐标为 .
= , =(x2,kx2+2),欲证 A、G、N 三点共线,只需证 , 共线,即 +x2=0,即
4kx1x2=-6(x1+x2),此式成立,故 A,G,N 三点共线.
2.利用向量解决与角度有关的问题
解析 (1)由题设条件知,点 M 的坐标为 ,
又 kOM= ,从而 = .
所以 a= b,c= =2b.
故 e= = .
(2)证明:因为 N 是 AC 的中点,所以点 N 的坐标为 ,可得 = .
因为 =(-a,b),所以 · =- a2+ b2= (5b2-a2).
由(1)可知 a2=5b2,所以 · =0,故 MN⊥AB.
难点 13 简化解析几何运算的 5 个技法
技法一 巧用定义,揭示本质
答案
解析 设点 P 的坐标为(xP,yP),由抛物线的定义,知|PF|=xP+m,又|PA|2=(xP+m)2+ =(xP+m)2+4mxP,则
= = ≥ = (当且仅当 xP=m 时取等号),所以 ≥ ,所以 的最小值
为 .
技法二 设而不求,整体代换
答案
解析 设 A(x1,y1),B(x2,y2),
则 + =1,①
+ =1.②
①-②得 =- · .
把已知条件代入上式得,- =- × ,
∴ = ,故椭圆的离心率 e= = .
技法三 巧用“根与系数的关系”,化繁为简
解析 (1)由题意知 = ,得 a=2c,所以 a2=4c2,b2=3c2,将点 P 的坐标代入椭圆方程得 c2=1,故所求
椭圆方程为 + =1.
(2)由(1)可知 F1(-1,0),设直线 l 的方程为 x=ty-1,
代入椭圆方程,整理得(4+3t2)y2-6ty-9=0,显然判别式大于 0 恒成立,
设 A(x1,y1),B(x2,y2),△AF2B 的内切圆半径为 r0,
则有 y1+y2= ,y1y2= ,r0= ,
所以 = + = |F1F2|·|y1-y2|= |F1F2|· = .而
= |AB|r0+ |BF2|r0+ |AF2|r0
= r0(|AB|+|BF2|+|AF2|)
= r0(|AF1|+|BF1|+|BF2|+|AF2|)
= r0·4a= ×8× = ,
所以 = ,
解得 t2=1,
因为所求圆与直线 l 相切,所以半径 r= = ,
所以所求圆的方程为(x-1)2+y2=2.
技法四 借“曲线系”,理清规律
A 设经过两圆的交点的圆的方程为
x2+y2+6x-4+λ(x2+y2+6y-28)=0,
即 x2+y2+ x+ y- =0,
其圆心坐标为 ,
又圆心在直线 x-y-4=0 上,
所以- + -4=0,
解得λ=-7,故所求圆的方程为 x2+y2-x+7y-32=0.
技法五 巧引参数,方便运算
解析 (1)已知椭圆的离心率为 ,不妨设 c=t,a=2t,则 b= t,其中 t>0,
当△F1PF2 面积取最大值时,点 P 为短轴端点,因此 ·2t· t= ,解得 t=1,
则椭圆的方程为 + =1.
(2)由(1)可知 F2(1,0),A1(-2,0),设直线 AB 的方程为 x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立 可得
(3m2+4)y2+6my-9=0,
则 y1+y2= ,①
y1y2= ,②
直线 AA1 的方程为 y= (x+2),
直线 BA1 的方程为 y= (x+2),
则 R ,Q ,
= , = ,
则 · =9+ · = · +9= +9,
将①②两式代入上式,
整理得 · =0,
即 · 为定值 0.
