【备战2013】高考数学专题讲座 第7讲 解题思想方法之整体思想探讨

1 备战备战 20132013 高考数学专题讲座高考数学专题讲座 第第 7 7 讲 数学思想方法之整体思想探讨讲 数学思想方法之整体思想探讨 数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识 数学方法是数学思想的具体化形式 实际上两 者的本质是相同的 差别只是站在不同的角度看问题 通常混称为 数学思想方法 常见的数学思想有 建模思想 归纳思想 分类思想 化归思想 整体思想 数形结合思想等 整体思想就是从问题的整体性质出发 突出对问题的整体结构的分析和改造 发现问题的整体结 构特征 善于用 集成 的眼光 把某些式子或图形看成一个整体 把握它们之间的关联 进行有 目的 有意识的整体处理 整体思想方法在代数式的化简与求值 解方程 组 几何解证等方面都有广泛的应用 整体 代入 叠加叠乘处理 整体运算 整体设元 整体处理 几何中的补形等都是整体思想方法在解数学 问题中的具体运用 结合 2012 年全国各地高考的实例 我们从下面四方面探讨整体思想的应用 1 整体运算 2 整体代换 3 整体设元 4 整体变形 补形 一一 整整体体运运算算 整体运算是着眼结构的整体性 根据问题的条件进行运算 包括整体配方 求导 等 达到简化解题思路 确定解题的突破口或者总体思路 典型例题 典型例题 例例 1 1 20122012 年全国课标卷理年全国课标卷理 5 5 分 分 设点在曲线上 点在曲线P 1 2 x ye Q 上 则最小值为 ln 2 yx PQ A1 ln2 B2 1 ln2 C1 ln2 D2 1 ln2 答案答案 B 考点考点 反函数的性质 导数的应用 解析解析 函数与函数互为反函数 它们的图象关于对称 1 2 x ye ln 2 yx yx 函数上的点到直线的距离为 1 2 x ye 1 2 x P xeyx 1 2 2 x ex d 设函数 则 1 2 x g xex 1 1 2 x g xe min 1 ln2g x min 1 ln2 2 d 由图象关于对称得 最小值为 故选 yx PQ min 22 1 ln2 d B 2 例例 2 2 20122012 年全国课标卷文年全国课标卷文 5 5 分 分 当时 则 a 的取值范围是 1 0 x 2 x a 4log x A 0 B 1 C 1 D 2 2 2 2 222 答案答案 B 考点考点 指数函数和对数函数的性质 解析解析 设 作图 x a f x 4 x log xg 当时 1 0 x 2 x a 4log x 在时 的图象在的图象上方 1 0 x 2 a x log xg x f x 4 根据对数函数的性质 单调递减 a1 a x log xg 由时 得 解得 1 x 2 x a 4log x 1 2 a 1 4log 2 2 a 2 要使时 必须 1 0 2 a 的取值范围是 1 故选 B 2 2 例例 3 3 20122012 年江西省文年江西省文 5 5 分 分 已知若a f lg5 则 2 sin 4 f xx 1 lg 5 bf A B C D 0ab 0ab 1ab 1ab 答案答案 C 考点考点 二倍角的余弦 诱导公式 对数的运算性质 解析解析 应用二倍角的余弦公式进行降幂处理 2 1 cos 2 2 sin 42 x f xx 1 cos 2lg5 1 sin 2lg5 2 lg5 22 af 2 111 sin 2lg5 lg sin lg 5542 bf 故选 C 1ab 例例 4 4 20122012 年江西省理年江西省理 5 5 分 分 设数列都是等差数列 若 则 nn ab 11 7ab 33 21ab 55 ab 3 答案答案 35 考点考点 等差中项的性质 整体代换的数学思想 解析解析 数列都是等差数列 数列也是等差数列 nn ab nn ab 由等差中项的性质 得 即 551133 2ababab 55 72 21ab 解得 55 35ab 例例 5 5 20122012 年江苏省年江苏省 1616 分 分 已知各项均为正数的两个数列和满足 n a n b 22 1 nn nn n ba ba a Nn 1 设 求证 数列是等差数列 n n n a b b 1 1 Nn 2 n n b a 2 设 且是等比数列 求和的值 n n n a b b 2 1 Nn n a 1 a 1 b 答案答案 解 1 n n n a b b 1 1 1 1 222 1 nnn n nn n n abb a ab b a 2 1 1 1 nn nn bb aa 2 2222 1 1 11 nnnn nnnn bbbb nN aaaa 数列是以 1 为公差的等差数列 2 n n b a 2 00 nn a b 2 2 22 2 nn nnnn ab ab ab 1 22 12 nn n nn ab 0q 1q 若则 当时 与 矛盾 1 q 2 12 2 a a a 11 2 n n aa q 4 若则 当时 与 矛盾 01 qa q 1 1 logqn a 11 1 n n aa q 综上所述 1q 1 n aanN 1 12 a 123 b b b 又由即 得 22 1 nn nn n ba ba a 1 1 22 1 n n ab a ab 22 111 2 1 2 1 n aaa b a 中至少有两项相同 与矛盾 123 bbb 123 b b b 1 2 a 22 2 2222 2 21 n b 12 2ab 考点考点 等差数列和等比数列的基本性质 基本不等式 反证法 解析解析 1 根据题设和 求出 从而证明 22 1 nn nn n ba ba a n n n a b b 1 1 2 1 1 1 nn nn bb aa 而得证 22 1 1 1 nn nn bb aa 2 根据基本不等式得到 用反证法证明等比数列的公比 1 22 12 nn n nn ab 答案答案 解 1 设等差数列的公差为 等比数列的公比为 dq 由 得 1 a 1 2 b 3 444 23286adbqsd 由条件 得方程组 44 27ab 44 10 Sb 6 解得 3 3 23227 86210 dq dq 3 2 d q 312n nn anbnN 证明 由 1 得 23 2 25 28 2132n n Tn 234 1 22 25 28 2132n n Tn 由 得 234 1 12 2232323 2332 nn n Tn 1234 1 1 1 1 11 4 323222 2 41 2 1 11 4 323 4 32 123 2 1 4 2 8 3 8 nn n nnn nn n nn nab 1 1 8 nnn Tab 2 nNn 考点考点 等差数列与等比数列的综合 等差数列和等比数列的通项公式 分析分析 直接设出首项和公差 根据条件求出首项和公差 即可求出通项 写出的表达式 借助于错位相减求和 n T 还可用数学归纳法证明其成立 例例 8 8 20122012 年浙江省文年浙江省文 1414 分 分 已知数列 an 的前n项和为Sn 且Sn n N 数列 bn 满足 2 2nn an 4log2bn 3 n N 1 求an bn 2 求数列 an bn 的前n项和Tn 答案答案 解 1 由 Sn 得 2 2nn 当n 1 时 11 3aS 当n2 时 n N 1nnn aSS 22 22 1 1 41nnnnn 由an 4log2bn 3 得 n N 1 2n n b 2 由 1 知 n N 1 41 2n nn a bn 7 21 37 2 11 2 41 2n n Tn 23 23 27 211 2 41 2n n Tn 21 241 2 34 22 2 nn nn TTn 45 25 n n n N 45 25 n n Tn 考点考点 等比数列 等差数列的概念 通项公式以及求和公式 对数的定义 解析解析 1 由Sn 作即可求得an 代入an 4log2bn 3 化为指数形式即可求得 2 2nn 1nnn aSS bn 2 由an bn求出数列 an bn 的通项 得到 从而 21 37 2 11 2 41 2n n Tn 作即可求得T 2 nn TT 例例 9 9 20122012 年全国大纲卷理年全国大纲卷理 5 5 分 分 已知为第二象限角 则 3 sincos 3 cos2 A B C D 5 3 5 9 5 9 5 3 答案答案 A 考点考点 两角和差的公式以及二倍角公式的运用 解析解析 首先利用平方法得到二倍角的正弦值 然后然后利用二倍角的余弦公式 将所求的转化为单角 的正弦值和余弦值的问题 两边平方 得 即 3 sincos 3 1 1sin2 3 2 sin2 3 为第二象限角 因此 sin0 cos0 2215 cossin cossin 1sin2 1 33 故选 A 22 3155 cos2 cossin cossincossin 333 例例 10 10 20122012 年辽宁省理年辽宁省理 5 5 分 分 已知 0 则 sincos2 tan A 1 B C D 1 2 2 2 2 答案答案 A 考点考点 三角函数中的和差公式 倍角公式 三角函数的性质 8 解析解析 sincos2 2 sincos 2 sin21 又 即 0 2 0 2 3 2 2 3 4 故选 A tan1 另析 sincos22sin 2sin 1 44 3 0 tan1 4 例例 11 11 20122012 年北京市理年北京市理 1313 分 分 已知函数 sinxcosx sin2x f x sinx 1 求的定义域及最小正周期 f x 2 求的单调递增区间 f x 答案答案 解 1 由解得 sinx 0 x kkZ 的定义域为 f x x xkkZ 又 sinxcosx sin2xsinxcosx 2sinxcosx f x 2 sinxcosx cosx sinxsinx sin2x1 cosx 2sin 2xx xkk 4 Z 的最小正周期为 f x 2 2 2 f x 2sin 2xx xkk 4 Z 根据正弦函数的增减性 得或 2k2x2k 24 2k2x2k 42 kZ 解得或 kxk 88 3 kxk 88 kZ 的单调递增区间为 f x 3 k kk kk 8888 Z 考点考点 三角函数的定义域 最小正周期和单调增减性 解析解析 1 根据分式分母不为 0 的条件 结合正弦函数的零点得出的定义域 将变形 即 f x f x 可由求最小正周期的公式求得 2 根据正弦函数的增减性 结合的定义域 求出的单调递增区间 f x f x 9 二二 整整体代换 体代换 整体代换是根据问题的条件 选择一个或几个元素 代数式 数列等 将它们看成 一个整体 进行等量代换 达到减少计算量的目的 典型例题 典型例题 例例 1 2012 年福建省理年福建省理 5 分 分 函数在 a b 上有定义 若对任意 x1 x2 a b f x 有 则称在 a b 上具有性质 P 设在 1 3 上具有性质 P 现给出如 12 12 1 22 xx ff xf x f x f x 下命题 在 1 3 上的图象是连续不断的 f x 在 1 上具有性质P 2 f x 3 若在x 2 处取得最大值 1 则 1 x 1 3 f x f x 对任意x1 x2 x3 x4 1 3 有 1234 1234 1 44 xxxx ff xf xf xf x 其中真命题的序号是 A B C D 答案答案 D 考点考点 抽象函数及其应用 函数的连续性 解析解析 对于命题 设 显然它在 1 3 上具有性质P 但函数在处是 10 22 3 0 2 x f x x 2x 不连续的 命题错误 对于命题 设 显然它在 1 3 上具有性质P 但在 1 上不具有性 f xx 22 f xx 3 质P 命题错误 对于命题 在x 2 处取得最大值 1 f x 在 1 3 上 即 41 24 22 xx fff xfx 42 2f xfxf x 1 x 1 3 命题正确 42 21 421 max max f xfx f xf xf fxf xf f x 对于命题 对任意x1 x2 x3 x4 1 3 有 1234 12343412 12341234 11 1 22 42222 1 111 2 224 xxxx xxxxxxxx ffff f xf xf xf xf xf xf xf x 10 命题正确 故选 D 例例 2 2 20122012 年安徽省理年安徽省理 1313 分 分 设 1 0 x x f xaeb a ae I 求在上的最小值 f x 0 II 设曲线在点的切线方程为 求的值 yf x 2 2 f 3 2 yx a b 答案答案 解 I 设 则 1 x te t 1 yatb at 2 2 22 11a t ya atat 当时 在上是增函数 1a 0y 1 yatb at 1t 当时 的最小值为 1 0 tx f x 1 ab a 当时 01a 1 2yatbb at 当且仅当时 的最小值为 1 1 ln x attexa a f x2b II 1 x x f xaeb ae 1 x x fxae ae 由题意得 即 解得 2 3 3 2 2 f f 2 2 2 2 1 3 13 2 aeb ae ae ae 2 2 1 2 a e b 考点考点 复合函数的应用 导数的应用 函数的增减性 基本不等式的应用 解析解析 I 根据导数的的性质分和求解 1a 01a II 根据切线的几何意义列方程组求解 例例 3 3 20122012 年江苏省年江苏省 1616 分 分 若函数在处取得极大值或极小值 则称为函数 xfy 0 xx 0 x 的极值点 xfy 已知是实数 1 和是函数的两个极值点 ab 1 32 f xxaxbx 1 求和的值 ab 2 设函数的导函数 求的极值点 g x 2g xf x g x 3 设 其中 求函数的零点个数 h xf f xc 22 c yh x 答案答案 解 1 由 得 32 f xxaxbx 2 32f xxaxb 11 1 和是函数的两个极值点 1 32 f xxaxbx 解得 1 32 0f ab 1 32 0f ab 3ab 0 2 由 1 得 3 3f xxx 解得 2 3 2 32 12g xf xxxxx 123 1 2xxx 当时 当时 2x 0g x 21 x 是的极值点 2x g x 当或时 不是的极值点 21 x 0g x 1x g x 的极值点是 2 g x 3 令 则 f xt h xf tc 先讨论关于 的方程 根的情况 x f xd 2 2d 当时 由 2 可知 的两个不同的根为 I 和一 2 注意到是奇 2d 2f x f x 函数 的两个不同的根为一和 2 2f x 当时 2d 1 2 20fd fdd f x 2 2f x f 此时在无实根 f xd 2 当时 于是是单调增函数 1 2x 0f x f x 又 的图象不间断 1 0fd y f xd 在 1 2 内有唯一实根 f xd 同理 在 一 2 一 I 内有唯一实根 f xd 当时 于是是单调减两数 1 1x 0f x 1 0fd y f xd 在 一 1 1 内有唯一实根 f xd 因此 当时 有两个不同的根满足 当 时 2d f xd 12 xx 12 1 2xx 2d 有三个不同的根 满足 f xd 315 xxx 2 3 4 5 i x i 现考虑函数的零点 yh x i 当时 有两个根 满足 2c f tc 12 tt 12 2tt1 而有三个不同的根 有两个不同的根 故有 5 个零点 1 f xt 2 f xt yh x 11 当时 有三个不同的根 满足 2c f tc 345 ttt 2 3 4 5 i t i 而有三个不同的根 故有 9 个零点 3 4 5 i f xti yh x 综上所述 当时 函数有 5 个零点 当时 函数有 9 个零 2c yh x 2c yh x 点 考点考点 函数的概念和性质 导数的应用 解析解析 1 求出的导数 根据 1 和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可 xfy 1 xfy 2 由 1 得 求出 令 求解讨论即可 3 3f xxx g x 0g x 3 比较复杂 先分和讨论关于 的方程 根的情况 再考虑函数 2d2d x f xd 的零点 yh x 例例 4 4 20122012 年全国课标卷文年全国课标卷文 5 5 分 分 设函数的最大值为 M 最小值为 m 则 M m 2 2 x1 sinx f x x1 答案答案 2 考点考点 奇函数的性质 解析解析 设 2 222 x1 sinx2xsinx f x 1 x1x1x1 22 2xsinx g x f x1 x1x1 13 2222 2xsinx2xsinx gx g x x1x1 x1x1 函数是奇函数 关于坐标原点对称 它的最大值与最小值之和为 0 22 2xsinx g x x1x1 maxminmaxminmaxmin Mm f xf x f x1f x12 g xg x2 2 例例 5 5 20122012 年上海市文年上海市文 4 4 分 分 方程的解是 1 4230 xx 答案答案 3log2 考点考点 解指数方程 解析解析 根据方程 化简得 0324 1 xx 0322 2 2 xx 令 则原方程可化为 解得 或 20 x t t 032 2 tt3 t 舍1 t 原方程的解为 3log 32 2 x x 3log2 例例 6 6 20122012 年全国课标卷文年全国课标卷文 5 5 分 分 数列满足 则的前 60 项和为 n a n n 1n a 1 a2n1 n a A 3690 B 3660 C 1845 D 1830 答案答案 D 考点考点 分类归纳 数字的变化类 数列 解析解析 求出的通项 由得 n a n n 1n a 1 a2n1 当时 当时 当时 n 1 21 a1 a n 2 321 a3a 2a n 3 431 a5a 7a 当时 当时 当时 n 4 541 a7a a n 5 651 a9a 9a n 6 761 a11 a 2a 当时 当时 n 7 761 a13a 15a n 8 871 a15a a 当时 当时 当时 n 4m 1 4m 21 a8m 1 a n 4m 2 4m 21 a2 a n 4m 3 4m 41 a8m7a 当时 n 4m 4 4m 51 aa m 0 1 2 4m4m 51 aaa 的四项之和为 n a 14 4m 14m 24m 34m 41111 aaaa a8m 1 a2 a8m7a 16m 10 m 0 1 2 设 m4m 14m 24m 34m 4 baaaa 16m10 m 0 1 2 则的前项和等于的前 15 项和 而是首项为 10 公差为 16 的等差数列 n a 60 m b m b 的前项和 的前 15 项和 故选 D n a 60 m b 1016 14 10 151830 2 例例 7 7 20122012 年四川省文年四川省文 5 5 分 分 设函数 是公差不为 0 的等差数列 3 3 1f xxx n a 则 127 14f af af a 721 aaa A 0 B 7 C 14 D 21 答案答案 D 考点考点 高次函数的性质 等差数列性质 解析解析 是公差不为 0 的等差数列 记公差为 n ad 142434546474 3 2 2 3aadaadaadaadaadaad 则 127 f af af a 333 444444 33 31 23 21 33 31 adadadadadad 3 444 7 3 21 3 77aaa 127 14f af af a 3 444 7 3 21 3 77 14aaa 设 4 3 ax 则 32 4 7 28 07 4 0 0 3xxx xxa 故选 D 1274 7 73 21aaaa 例例 8 8 20122012 年山东省理年山东省理 1313 分 分 在平面直角坐标系 xOy 中 F 是抛物线 C x2 2py p 0 的焦点 M 是 抛物线 C 上位于第一象限内的任意一点 过 M F O 三点的圆的圆心为 Q 点 Q 到抛物线 C 的准线的距离 为 3 4 求抛物线 C 的方程 是否存在点 M 使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M 若存在 求出点 M 的坐标 若不存在 说明 理由 15 若点 M 的横坐标为 直线 l y kx 与抛物线 C 有两个不同的交点 A B l 与圆 Q 有两个不2 1 4 同的交点 D E 求当时 的最小值 1 2 k2 22 ABDE 答案答案 解 F 抛物线 C x2 2py p 0 的焦点 F 设 M p 0 2 2 0 00 x x x0 2p Q a b 由题意可知 p b 4 则点 Q 到抛物线 C 的准线的距离为 解得 ppp33 bp 24244 p1 抛物线 C 的方程为 2 x2y 假设存在点 M 使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M 而 2 0 0 x1 0 0 0FO x 22 M Q 1 a 4 QMOQQF 即 2 2220 0 x11 xa a 2416 3 0 0 x3 ax 88 由可得 则 2 x2y yx 2 0 0 3 0 0 x1 42 kx x3 x 88 422 000 1311 xxx 8842 即 解得 点 M 的坐标为 42 00 xx20 0 x1 1 1 2 点 M 的横坐标为 点 M 2 2 1 21 8 Q 4 由可得 2 x2y 1 ykx 4 2 1 x2kx0 2 设 则 1122 x y AB x y 1212 1 xx 2kxx 2 2 22 1212 1k xx 4xB Ax 22 1k 4k2 圆 圆心到直线 l 的距离 22 21213 x y 84641632 Q 22 2 k 82 k d 1k8 1k 22 2 2 2 3k32k 4 3232 1k 8 D 1 E k 16 2 22 2 2232k 1k 4k2 8 1 A k BDE 令 1 2 k2 2 5 1kt 5 4 2 222 2 2 232k2t111 1k 4k2 t 4t2 4t2t 8t8t48 1k ABDE 设 则 2 11 g t 4t2t 8t4 2 1 g t 8t2 8t 当时 5 t 5 4 2 1 g t 8t20 8t 即当时 51 t k 42 min 255111 g t 424 5 164410 8 4 当时 1 k 2 2 m n 2 i 1 1 D 0 BE4A 考点考点 抛物线和圆的性质 切线斜率的应用和意义 韦达定理的应用 导数的应用 函数的单调性质 解析解析 由已知条件 根据抛物线和圆的性质列式求解 假设存在点 M 使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M 则由条件列式 并QMOQQF 由切线斜率的应用和意义求出点 M 的坐标 应用韦达定理 勾股定理 用表示出和 根据函数的单调性质可求解 k 2 AB 2 DE 三 整体设元 三 整体设元 整体设元是用新的参数去代替已知式或已知式中的某一部分 达到化繁为简 化难 为易的目的 典型例题 典型例题 例例 1 1 20122012 年山东省理年山东省理 5 5 分 分 设函数 若 2 1 f x g x ax bx abR a0 x 的图像与图像有且仅有两个不同的公共点 A x1 y1 B x2 y2 则下列判断正确的是 yf x yg x A 当 a 0 时 x1 x20 B 当 a0 y1 y20 时 x1 x2 0 y1 y20 时 x1 x2 0 y1 y2 0 答案答案 B 考点考点 导数的应用 解析解析 令 则 2 1 axbx x 32 1axbx x0 17 设 32 x axFbx 2 x 3abFx2 x 令 则 2 3ax2 xFb0 x 2b x 3a 要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须 yf x yg x 整理得 32 2b2b2b a b 1 3a3a3a F 32 4b27a 取值讨论 可取来研究 a2b3 当时 解得 此时 此时a2b3 32 2x3x1 12 1 x1 x 2 12 y1 y2 1212 xx0yy0 当时 解得 此时 此时a2b3 32 2x3x1 12 1 x1 x 2 12 y1 y2 故选 B 1212 xx0yy0 例例 2 2 20122012 年全国大纲卷理年全国大纲卷理 1212 分 分 设函数 cos 0 f xaxx x 1 讨论 f x的单调性 2 设 1 sinf xx 求a的取值范围 答案答案 解 sinfxax 1 0 x 0sin1x 当1a 时 0fx f x在 0 x 上为单调递增函数 当0a 时 0fx f x在 0 x 上为单调递减函数 当0 1a 时 由 0fx 得sin x a 由 0fx 得0 arcsinxa 或 arcsinax 由 0fx 得arcsin arcsinaxa 当0 1a 时在 0 arcsin a 和 arcsin a 上为为单调递增函数 在 f x arcsin arcsin aa 上为单调递减函数 2 由 1 sinf xx 恒成立可得 2 11 1faa 18 令 2 sin 0 2 g xxxx 则 2 cosg xx 当 2 0 arcsin x 时 0g x 当 2 arcsin 2 x 时 0g x 又 0 0 2 gg 所以 0g x 即 2 sin 0 2 xxx 故当 2 a 时 有 2 cosf xxx 当0 2 x 时 2 sinxx cos1x 所以 1 sinf xx 当 2 x 时 22 cos1 sin 1 sin 22 f xxxxxx 综上可知故所求a的取值范围为 2 a 考点考点 导数在研究函数中的运用 三角函数的有界性 解析解析 1 利用三角函数的有界性 求解单调区间 2 运用构造函数的思想 证明不等式 关键是找到合适的函数 运用导数证明最值大于或者 小于零的问题得到解决 例例 3 3 20122012 年全国课标卷理年全国课标卷理 1212 分 分 已知函数满足满足 f x 12 1 1 0 2 x f xfefxx 1 求的解析式及单调区间 f x 2 若 求的最大值 2 1 2 f xxaxb 1 ab 答案答案 解 1 12 1 1 0 2 x f xfefxx 1 1 0 x fxfefx 令得 1x 0 1f 12 1 1 2 x f xfexx 得 1 0 1 1ffe 1 fe 的解析式为 f x 2 1 2 x f xexx 设 则 1 x g xfxex 10 x g xe 在上单调递增 g xxR 又 时 单调递增 0 0 fxf 0 x f x 时 单调递减 0 0 fxf 0 x f x 的单调区间为 单调递增区间为 单调递减区间为 f x 0 0 19 2 2 1 2 f xxaxb 1 0 x eaxb 令得 1 x h xeaxb 1 x h xea 当时 在上单调递增 10a 0h x h xxR 但时 与矛盾 x h x 0h x 当时 由得 由得 10a 0h x ln 1 xa 0h x ln 1 xa 当时 ln 1 xa min 1 1 ln 1 0h xaaab 22 1 1 1 ln 1 abaaa 令 则 22 ln 0 F xxxx x 1 2ln F xxx 由得 由得 0F x 0 xe 0F x xe 当时 xe max 2 e F x 当时 的最大值为 1 aebe 1 ab 2 e 考点考点 函数和导函数的性质 解析解析 1 由求出和即可得到的解析式 根据导数的 12 1 1 0 2 x f xfefxx 0 f 1 f f x 性质求出单调区间 2 由和 表示出 根据导函数的性质求解 2 1 2 x f xexx 2 1 2 f xxaxb 1 ab 例例 4 4 20122012 年北京市理年北京市理 1313 分 分 已知函数 23 f xax1 a0 g xxbx 1 若曲线与曲线在它们的交点 1 c 处具有公共切线 求 a b 的值 f x g x 2 当时 求函数的单调区间 并求其在区间 1 上的最大值 2 a4b f xg x 答案答案 解 1 1 c 为公共切点 f 1a1 c g 11b c 即 a1 1b ab 又 2 f x2ax gx3xb f 12a g 13b 又 曲线与曲线在它们的交点 1 c 处具有公共切线 f x g x 20 2a3b 解 得 ab 3 2 设 2 a4b 322 1 h x f xg x xaxa x 1 4 则 令 解得 22 1 hx 3x2axa 4 22 1 hx 3x2axa 0 4 12 aa x x 26 a0 aa 26 又 在各区间的情况如下 hx x a 2 a 2 aa 26 a 6 a 6 hx 0 0 在单调递增 在单调递减 在上单调递增 f xg x a 2 aa 26 a 6 若 即时 最大值为 a 1 2 a2 f xg x 2 a f1g1 a 4 若 即时 最大值为 aa 1 26 2a6 f xg x 1 考点考点 函数的单调区间和最大值 切线的斜率 导数的应用 解析解析 1 由曲线与曲线有公共点 1 c 可得 由曲线与曲线在它 f x g x f 1 g 1 f x g x 们的交点 1 c 处具有公共切线可得两切线的斜率相等 即 联立两式即可求出 a b 的值 f 1 g 1 2 由 得到只含一个参数的方程 求导可得的单调区间 根 2 a4b f xg x f xg x 据 和三种情况讨论的最大值 a 1 2 aa 1 26 0a 求的值 a 若对任意的 有成立 求实数的最小值 0 x 2 f xkx k 证明 1 2 ln 2 1 a 当变化时 和的变化情况如下表 x f x f x x 1aa 1 a 1 a f x 0 f x 极小值 在处取得极小值 f x 1xa 由题意 得 1 1ln1 1 0faaa 1a 当 0 时 取 有 故 0 不合题意 k 1x 1 1 ln20f k 当 0 时 令 即 k 2 g xf xkx 2 ln 1 g xxxkx 求导函数可得 2 1 221 1 1 22 12 1 1 1 xkxkxkxkx g xkx xxx 令 得 0g x 12 1 2 01 2 k xx k 当时 0 在 0 上恒成立 因此 1 2 k 1 2 2 k k 0g x 在 0 上单调递减 从而对任意的 总有 即对 2 g xf xkx 0 x 0 0g xg 任意的 有成立 0 x 2 f xkx 符合题意 1 2 k 当时 0 对于 0 0 因此在 1 0 2 k 1 2 2 k k x 1 2 2 k k g x g x 22 0 上单调递增 因此取 0 时 即有不成立 1 2 2 k k x 1 2 2 k k 0 0 0g xg 2 00 f xkx 不合题意 1 0 2 k 综上 实数的最小值为 k 1 2 证明 当 1 时 不等式左边 2 ln3 2 右边 所以不等式成立 n 当 2 时 n 1 1 1 1 22222 ln 1 ln 1 2121212121 nnnn iiii f iiiii 1 2 ln 21 21 n i n i 在 2 中 取 得 1 2 k 2 1 0 2 f xxx 2 222 2 212321 21 f iNi iii i 1 1 2 2 2222 ln 21 2 2ln2 2121212321 nnnn iiii nfff iiiii 2 111 2ln3 2ln3 12 232121 n i iin 综上 1 2 ln 2 1 2 21 n i n i nN 考点考点 导数在最大值 最小值问题中的应用 利用导数求闭区间上函数的最值 分析分析 确定函数的定义域 求导函数 确定函数的单调性 求得函数的最小值 利用函数 的最小值为 即可求得的值 ln f xxx a 0a 当 0 时 取 有 故 0 不合题意 当 0 时 令k 1x 1 1 ln20f kk 求导函数 令导函数等于 0 分类讨论 当 时 0 在 2 g xf xkx 1 2 k 1 2 2 k k g x 0 上单调递减 从而对任意的 总有 当时 0 x 0 0g xg 1 0 2 k 0 对于 0 0 因此在 0 上单调递增 由此可确定 1 2 2 k k x 1 2 2 k k g x g x 1 2 2 k k 的最小值 k 当 1 时 不等式左边 2 ln3 2 右边 所以不等式成立 当 2 时 由nn 23 1 2 21 n i f i 在 中 取得 从而可得 1 2 ln 21 21 n i n i 1 2 k 2 1 2 f xx 由此可证结论 2 222 212321 21 f 1 h x 1 x 1 从单调增加 和只相交于一点 即只有一解 s x lnx 1 h x 1 x s x lnxf x 0 由 知 f 1 0 x1 当时 当时 取点代入 0 x1 x 1 1lnx x f x 0 e x1 x 1 1lnx x f x 0 e 在区间内为增函数 在内为减函数 f x 0 1 1 24 2 xx 1 1lnx x1 x g x xx 1xxlnx ee 22 x x1 g x 1 1xxlnx1ee e 可以证明 对任意 x 0 有 通过函数的增减性和极值证明 x x1 1 e 2222 x x1 g x 1 1xxlnx11xxlnx1 xxlnxee ee e 设 则 2 r x xxlnxe r x 1lnx1 令 解得 r x 1lnx1 0 2 x e 当时 当时 2 0 x 2 x e r x 1lnx10 在取得最大值 2 r x xxlnxe 2 x e 2222 max r x ln 0eeee 即 2 g x 10e 2 g x 1 e 对任意 x 0 2 g x 1e 考点考点 曲线的切线 两直线平行的性质 幂函数 指数函数和对数函数的性质和极值 解析解析 由曲线 y f x 在点 1 f 1 处的切线与 x 轴平行 可令 y f x 在点 1 f 1 处 的导数值为 0 即可求得 k 的值 求出函数的导数 讨论它的正负 即可得的单调区间 f x 对 用缩小法构造函数 求出它的最大值即可得到证明 2 g x 1e 例例 7 7 20122012 年广东省理年广东省理 1414 分 分 设a 1 集合 2 0 23 1 60AxR xBxRxa xa DAB 1 求集合D 用区间表示 2 求函数在D内的极值点 32 23 1 6f xxa xax 答案答案 解 1 设 2 23 1 6g xxa xa 方程的判别式 0g x 2 1 9 1 489 3 3 aaaaD 当时 恒成立 1 1 3 a 0D 2 23 1 60 xa xa 25 2 23 1 60BxRxa xaR 即集合D 0 DABAx x 0 当时 方程的两根为 1 0 3 a 0g x 2 1 339309 4 0 aaa x 2 2 339309 4 0 x aaa 2 23 1 60BxRxa xa 22 339309339 0 309 44 aaaaaa x xx 或 2 339309 4 a DABAx a x a 即集合D 2 33939 0 4 aaa 2 令得 322 23 1 6 66 1 66 1 0fxxa xaxxa xaxa x 的可能极值点为 32 23 1 6f xxa xax 1a 当时 由 1 知 所以随的变化情况如下表 1 1 3 a D 0 fxf x x x 0 aa 1 a1 1 26 fx 0 0 f x 极大值 极小值 在D内有两个极值点为 极大值点为 极小值 32 23 1 6f xxa xax 1axa 点为 1x 当时 1 0 3 a 由 1 知 D 22 339309339309 4 4 0 aaaaaa 12 0 xx 12 2 f xx xxxx 12 01axx 随的变化情况如下表 fxf x x x 0 aa 1 a x 2 x fx 0 f x 极大值 在D内仅有一个极值点 极大值点为 没有极小值 32 23 1 6f xxa xax xa 点 当时 0a 由 1 知 D 2 33939 0 4 aaa 0a 131a 33313 333 1333 1 444 a aa 2 33 4 1 99 0 30aaa a 在D内没有极值点 32 23 1 6f xxa xax 27 考点考点 分类思想的应用 集合的计算 解不等式 导数的应用 解析解析 1 根据根的判别式应用分类思想分 2 23 1 6g xxa xa 1 1 3 a 1 0 3 a 讨论即可 计算比较繁 0a 2 求出 得到 322 23 1 6 66 1 66 1 fxxa xaxxa xaxa x 的可能极值点为 仍然分 讨论 f x 1a 1 1 3 a 1 0 3 a0 时 求 k 的最大值 xk f xx10 答案答案 解 f x 的的定义域为 x f x ea 若 则 在上单调递增 a0 x f x ea0 f x 若 则当时 当时 a0 xlna x f x ea0 lna f x lna a 1 x xk f xx1 xke1x1 当 x 0 时 它等价于 x xke1x10 x x1 kx x0 e1 令 则 x x1 g x x e1 xx x 22 xx eex2 xe1 gx 1 e1e1 由 知 函数在上单调递增 x h x ex2 0 在上存在唯一的零点 h 1 e30 h x 0 在上存在唯一的零点 设此零点为 则 gx 0 a a1 2 当时 当时 x0a gx0 在上的最小值为 x x1 g x x e1 0 g a 又 即 g a 0 a e a2 a a1 g a a a 12 3 e1 因此 即整数 k 的最大值为 2 kg a f x 由于当 x 0 时 等价于 令 x xke1x10 x x1 kx x0 e1 x x1 g x x e1 求出导数 根据函数的零点情况求出整数 k 的最大值 例例 9 9 20122012 年全国课标卷理年全国课标卷理 5 5 分 分 已知函数 则的图像大致为 1 ln 1 f x xx yf x A B C D 答案答案 B 考点考点 导数的应用 解析解析 设 则 ln 1 g xxx 1 x g x x 时 时 0g x 10 x 0g x 0 x 0 0g xg 或均有 因此排除 故选 0 x 10 x 0f x A C DB 五 整体变形 补形 五 整体变形 补形 整体变形是将问题中某些局部运算作整体变形处理 使之呈现规律性结构形 式 达到简化问题或减少运算量的目的 整体补形是根据题设条件将原题中的图形补足为某种特殊的图 形 建立题设条件与特殊的图形之间的关系 突出问题本质 找到较简洁的解题方法 典型例题 典型例题 例例 1 1 20122012 年辽宁省理年辽宁省理 5 5 分 分 已知正三棱锥ABC 点P A B C都在半径为的P 3 求面上 若PA PB PC两两互相垂直 则球心到截面ABC的距离为 29 答案答案 3 3 考点考点 组合体的线线 线面 面面位置关系 转化思想的应用 解析解析 在正三棱锥ABC中 PA PB PC两两互相垂直 P 可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分 如图所示 此正方体内接于球 正方体的体对角线为球的直径EP 球心为正方体对角 线的中点O 且EP 平面ABC EP与平面ABC上的高相交于点F 球O到截面ABC的距离OF为球的半径OP减去正三棱锥ABCP 在面ABC上的高FP 球的半径为 设正方体的棱长为 则由勾股定理得3x 22 2 2 3xx 解得正方体的棱长 2 每个面的对角线长 x2 2 2x 截面ABC