2018年高考数学压轴题全解全析.pdf

全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 1 20182018 年高考数学全国甲卷（年高考数学全国甲卷（卷）压轴题解析卷）压轴题解析 例 1（文科第 12 题，理科第 11 题）已知)(xf是定义域为),(的奇函数，满足 )1 ()1 (xfxf，若2) 1 (f，)50()3()2() 1 (ffff（） A-50B0C2D50 【分析】 本题是高考中比较典型的题型， 涉及抽象函数的奇偶性、 对称性和周期性问题. 注意到题设条件)(xf是奇函数且(1)(1)fxfx可知，函数)(xf的图象关于原点和直 线1x 对称，从而)(xf的周期为 4.再利用周期性求解即可. 【解析】解法 1：因为( )f x是定义域为(,) 的奇函数,故()( )fxf x 且 (0)0f. 又(1)(1)fxfx，所以()(2)fxfx. 从而(2)( )f xf x ，(4)(2)( )f xf xf x . 于是函数)(xf的周期为 4，且(4)(2)(0)0fff ，(3)( 1)(1)2fff ， (1)(2)(3)(4)0ffff. 所以(1)(2)(3)(50)(1)(2)202ffffff，故选 C 解法 2：因为)(xf是奇函数且(1)(1)fxfx， 所以函数)(xf的图象关于原点和直线1x 对称，且函数)(xf的周期为 4. 不妨设( )sin 2 f xAx ，由(1)2f得2A ，( )2sin 2 f xx . 于是 3 (1)(2)(3)(4)2sin2sin2sin2sin20 22 ffff . 所以(1)(2)(3)(50)(1)(2)202ffffff，故选 C 【评注】若对于小题中含周期性的问题通常可以考虑构造sin()yAxB或 cos()yAxB.函数图象的对称性问题是近十年高考数学全国卷每年必考的问题， 因 此要熟悉函数图象的对称性的有关性质，详见本书第 7 章例 2. 例 2 （理科第 12 题） 已知 1 F、 2 F是椭圆1: 2 2 2 2 b y a x C)0( ba的左、 右焦点，A 是椭圆左顶点，点P在过点A且斜率为 6 3 的直线上， 21F PF为等腰三角形， 120 21 PFF，则C的离心率为（） A 3 2 B 2 1 C 3 1 D 4 1 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 2 【分析】求椭圆C的离心率的关键是建立, ,a b c间的等量关系，本题题设条件很多，路 径宽广. 【解析】因为 21F PF为等腰三角形， 120 21 PFF，所以cFFPF2 212 ，设 ( , )P x y，则2 cos602xccc ，2 sin603ycc ，所以(2 , 3 )Pcc，又(,0)Aa， 6 3 2 3 ac c kAP，所以ca4， 4 1 e，故选 D 【评注】本题可推广到一般：已知 12 ,F F是椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的左、右焦点， A是C的左顶点，点P在过A且斜率为k的直线上, 12 PFF满足 212 PFFF且 12 FF P,则C的离心率 2sin(2cos1) k e k . 例 3（文科第 16 题）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与底面所成 的角为 30，若SAB的面积为8，则该圆锥的体积为_ 【分析】根据题目的已知条件求出圆锥的母线长l，圆锥的高h和底面半径r，再代入 圆锥的体积公式即可. 【解析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h. 因为母线SBSA,互相垂直，所以SAB的面积为：8 2 1 2 l，所以4l. 又因为SA与圆锥底面所成角为 30，所以2, 32hr， 所以该圆锥的体积为 2 1 8 3 Vr h. 【评注】求圆锥的体积即求圆锥的底面半径和高，要注意圆锥的轴截面中母线长，高和 底面半径构成直角三角形. 例 4（理科第 16 题）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为 8 7 ，SA与 圆锥底面所成角为 45，若SAB的面积为155，则该圆锥的侧面积为_ 【分析】根据题目的已知条件求出圆锥的母线长l，底面半径r，再代入圆锥的侧面积 公式即可. 【解析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r. 因为母线SA，SB所成角的余弦值 7 cos 8 ASB，所以 15 sin 8 ASB. 因为SAB的面积为 2 1 sin5 15 2 lASB，所以 2 80l . 因为SA与圆锥底面所成角为 30，所以 2 2 rl. 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 3 圆锥的侧面积为 2 2 40 2 2 Srll. 【评注】例 3 和例 4 为姊妹题，可推广到一般：已知圆锥顶点为P，母线,PA PB所成 角的角为(0)，PA与圆锥底面所成角为0 2 .若PAB的面积为S，则该 圆锥的侧面积为 2cos = sin S S 侧 ，体积为 sin2cos2 3sinsin S V . 例 5（文科第 21 题）已知函数) 1( 3 1 )( 23 xxaxxf. （）若3a，求)(xf的单调区间； （）证明：)(xf只有一个零点. 【分析】第（）问利用( )fx正负，写出)(xf的单调区间.第（）问是函数零点个 数问题，一般利用函数的单调性和零点存在定理来判断. 【解析】 （）当3a 时， 32 1 ( )3(1) 3 f xxxx，36)( 2 xxxf. 令( )0fx，解得32 3x 或32 3x . 当(,32 3)(32 3,)x 时 ，( )0fx； 当(32 3,32 3)x时 ， ( )0fx. 故( )f x单调递增区间为)323 ,(，), 323(；)(xf的单调递减区间为 )323 , 323( （）证法 1：由于 2 10 xx ，所以( )0f x 等价于 3 2 30 1 x a xx . 设 3 2 ( )3 1 x g xa xx ，则 22 22 (23) ( )0 (1) xxx g x xx ，仅当0 x 时( )0g x，所以 ( )g x在(,) 单调递增.故( )g x至多有一个零点，从而( )f x至多有一个零点. 又 22 111 (31)626()0 366 faaaa , 1 (31)0 3 fa .故( )f x有一个零 点. 综上，( )f x只有一个零点. 证法 2：由于 2 10 xx ，所以( )f x只有一个零点等价于 3 2 ( ) 3(1) x g xa xx 只有 一个零点. 因为 22 22 (23) ( )0 3(1) xxx g x xx ，仅当0 x 时( )0g x，所以( )g x在(,) 单调递 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 4 增.故( )g x至多有一个零点. 又 1 ( 31)0 3 gaaa ， 1 (91)0 9 gaaa.故( )g x只有一个零点. 从而( )f x只有一个零点. 【评注】 解决函数零点个数问题一般要用函数零点存在定理， 而应用函数零点存在定理 的关键就是准确迅速找到函数零点所在的区间，这也是高考的重点和难点观察函数 ) 1( 3 1 )( 23 xxaxxf的 结 构 特 征 ， 注 意 到 32 1(1)(1)xxxx ， 可 得 2 (1)(31)1 ( ) 33 xxxa f x ， 1 (31)0 3 fa . 要 使( )0f x ， 只 需 2 (1)(31)1xxxa ， 注 意 到 22 133 1() 244 xxx ， 所 以 只 需 4 31 3 xa ，即 1 3 3 xa，为 了便于计 算取31xa，得 22 111 (31)626()0 366 faaaa ，这就是第（）问证法 1 寻找函数零点所在 的区间的思考过程.注意到当1x 时， 22 013xxx ， 2 2 1 13 x xx ，( ) 9 x g xa， 要使( )0g x ，只需9xa，取91xa即可；当1x 时， 22 01xxx ， 2 2 1 1 x xx ，( ) 3 x g xa，要使( )0g x ，只需3xa，取31xa 即可，这就是 第（）问证法 2 寻找函数零点所在的区间的思考过程. 例6（理科第21题）已知函数 2 ( ) x f xeax. （）若1a，证明：当0x时，1)(xf； （）若)(xf在), 0( 只有一个零点，求a. 【分析】第（）问适当变形构造函数，利用函数最值证明，或直接二次求导，利用函 数最值证明.第（）问是函数零点个数问题，可利用函数的单调性和零点存在定理来判断 进而求出a的值. 【解析】 （）证法 1：当1a 时，( )1f x 等价于 2 (+1)10 x xe . 设 2 ( )(+1)1 x g xxe，则 22 ( )(21)(1) xx g xxxexe . 当1x 时，( )0g x.所以( )g x在(0,)单调递减. 而(0)0g，故当0 x 时，( )0g x ，即( )1f x . 证法 2：当1a 时，( )1f x 等价于 2 1 +1 x e x . 设 2 ( ) +1 x e g x x ，则 2 22 (1) ( ) (1) x xe g x x . 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 5 当1x 时，( )0g x.所以( )g x在(0,)单调递增. 而(0)1g，故当0 x 时，( )1g x ，即( )1f x . 证法 3：当1a 时， 2 ( ) x f xex，则( )2 x fxex，( )2 x fxe. 当(0,ln2)x时，( )0fx，( )fx在(0,ln2)单调递减，当(ln2,)x时， ( )0fx，( )fx在(ln2,)单调递增. 所以当(0,)x时， ln2 ( )(ln2)2ln222ln20fxfe，( )f x在(0,) 单调递增. 所以当(0,)x时，( )(0)1f xf. 即当0x时，1)(xf. （）解法 1：设函数 2 ( )1 x h xax e ，( )f x在(0,)只有一个零点当且仅当( )h x在 (0,)只有一个零点. （1）当0a 时，( )0h x ，( )h x没有零点； （2）当0a 时，( )(2) x h xax xe. 当(0,2)x时，( )0h x；当(2,+ )x时，( )0h x. 所以( )h x在(0,2)单调递减，在(2,+ )单调递增. 故 2 4 (2)1 a h e 是( )h x在0,)的最小值. 若(2)0h，即 2 4 e a ，( )h x在(0,)没有零点； 若(2)0h，即 2 4 e a ，( )h x在(0,)只有一个零点； 若(2)0h，即 2 4 e a ，由于(0)1h，所以( )h x在(0,2)有一个零点. 由 （） 知， 当0 x 时， 2x ex， 所以 333 4224 1616161 (4 )11110 ()(2 ) aa aaa ha eeaa 故( )h x在(2,4 )a有一个零点.因此( )h x在(0,)有两个零点. 综上，( )f x在(0,)只有一个零点时， 2 4 e a . 解法 2：设函数 2 ( ) x e h xa x ，( )f x在(0,)只有一个零点当且仅当( )h x在(0,)只 有一个零点. （1）当0a 时，( )0h x ，( )h x没有零点； （2）当0a 时， 3 (2) ( ) x xe h x x . 当(0,2)x时，( )0h x；当(2,+ )x时，( )0h x. 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 6 所以( )h x在(0,2)单调递减，在(2,+ )单调递增. 故 2 (2) 4 e ha是( )h x在(0,)的最小值. 若(2)0h，即 2 4 e a ，( )h x在(0,)没有零点； 若(2)0h，即 2 4 e a ，( )h x在(0,)只有一个零点； 若(2)0h，即 2 4 e a ，在(0,2)内存在 1 1 x a ，使得 1 ()0h x，在(2,)内存在 2 2 xae，使得 2 ()0h x.所以( )h x在(0,2)内和(2,)内各有一个零点.因此( )h x在 (0,)有两个零点. 综上，( )f x在(0,)只有一个零点时， 2 4 e a . 解法 3： （1）当0a 时，( )0f x ，( )f x没有零点； （2）当0a 时，设函数( )2lnlnh xxxa，则 2 ( ) x h x x ，且( )f x在(0,)只 有一个零点当且仅当( )h x在(0,)只有一个零点. 当(0,2)x时，( )0h x；当(2,+ )x时，( )0h x. 所以( )h x在(0,2)单调递减，在(2,+ )单调递增. 故 2 (2)ln 4 e h a 是( )h x在(0,)的最小值. 若(2)0h，即 2 0 4 e a，( )h x在(0,)没有零点； 若(2)0h，即 2 4 e a ，( )h x在(0,)只有一个零点； 若(2)0h，即 2 4 e a ，在(0,2)内存在 1 1 x a ，使得 1 ()0h x，在(2,)内存在 2 2 xae，使得 2 ()0h x.所以( )h x在(0,2)内和(2,)内各有一个零点.因此( )h x在 (0,)有两个零点. 综上，( )f x在(0,)只有一个零点时， 2 4 e a . 【评注】 第 （） 问解法 2 中 1 ()0h x的计算过程是 1 1 2 1 ()(1)0 1 () a a e haa e a a ， 2 ()0h x的计算过程是 2 7433 2 2224422 () ()10 () aeaaa eeeea h aeaaaa aea eeaa ；解法 3 中 1 ()0h x的计算过程是 1111 ()2lnln0ha aaaa ， 2 ()0h x的计算过程是 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 7 222 ()2lnln743ln4(1)3(ln )0h aeaeaeaaaaaa. 30 分钟限时训练 练习练习 1 1已知球的半径为 2， 相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆.若两圆的公共弦 长为 2，则两圆的圆心距等于（） A1B2C3D2 【解析】 设两个圆的圆心分别为 1 O， 2 O， 球心为O， 两圆的公共弦为AB， 其中点为E， 则四边形 12 OOO E为矩形，于是对角线 12 OOOE.而 2222 213OEOAAE，所 以 12 3OO ，故选 C 练习练习 2 2平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个,如两组对边分别平 行类似地，空间中一个四棱柱为平行六面体的一个充要条件是_. 【解析】两组相对侧面分别平行.（本题为开放题，答案不唯一） 练习练习 3 3设函数 sin ( ) 2cos x f x x . （）求)(xf的单调区间； （）如果对任何0 x ，都有( )f xax，求a的取值范围. 【解析】 （） 22 (2cos )cossin ( sin )2cos1 ( ) (2cos )(2cos ) xxxxx fx xx . 当 22 22 33 kxk （k Z）时， 1 cos 2 x ，即( )0fx； 当 24 22 33 kxk （k Z）时， 1 cos 2 x ，即( )0fx. 因此)(xf在每一个区间 22 2,2 33 kk （k Z）内是增函数，)(xf在每一个 区间 24 2,2 33 kk （k Z）内是减函数. （）令( )( )g xaxf x，则 22 2cos123 ( ) (2cos )2cos(2cos ) x g xaa xxx . 故当 1 3 a 时，( )0g x.又(0)0g， 所以当0 x 时，( )(0)0g xg， 即( )f xax. 当 1 0 3 a时，令( )sin3h xxax，则( )cos3h xxa. 故存在 0 0, 2 x ， 使得当 0 0,)xx时，( )0h x， 因此( )h x在 0 0,)x上单调递增. 故 当 0 (0,)xx时 ，( )(0)0h xh， 即sin3xax， 于 是 当 0 (0,)xx时 ， sinsin ( ) 2cos3 xx f xax x . 当0a 时，有 1 0 222 fa . 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 8 综上所述，a的取值范围是 1 , 3 . （本章作者：张国治、聂文喜、杨续亮、侯有岐、汪仁林） 高考数学全国卷备考策略请见高考数学全国卷备考策略请见全国高考数学考什么：高考数学压轴题全解全析全国高考数学考什么：高考数学压轴题全解全析 ！ 该书对近十年高考数学课标全国卷进行了深入分析： 追根溯源，抽丝剥茧，揭秘命题规律； 小题活做，大题精做，传授解题策略！ 进淘宝、京东、当当、亚马逊搜进淘宝、京东、当当、亚马逊搜“全国高考数学考什么全国高考数学考什么” ！ 20182018 年高考数学全国乙卷（年高考数学全国乙卷（卷）压轴题解析卷）压轴题解析 例 1（文科第 12 题）设函数 20, ( ) 1 0, x x f x x ， ， 则满足(1)(2 )f xfx的x的取值范围 是（） A1，B0，C10 ，D0， 【分析】本题考查分段函数及不等式的解法，既可以利用零点分段法进行分类讨论，也 可以利用函数的图象采用数形结合加以解决，还可以利用函数单调性求解 【解析】因为当0 x 时，( )f x单调递减且( )1f x ；当0 x 时，( )1f x ， 所以(1)(2 )f xfx等价于210 xx 或201xx， 解得1x 或10 x ，所以0 x，故选 D. 【评注】本题深刻考查函数单调性的概念，函数的单调性具有“双向性” ：既能通过自 变量的大小推出函数值的大小， 也能通过函数值的大小推出自变量的大小.李邦河院士指出： “数学根本上是玩概念的，不是玩技巧的，技巧不足道也！”在复习备考过程中要注意深刻 理解核心概念， 准确把握概念的内涵和外延.另外， 本题与 2017 年高考数学全国丙卷 （卷） 文科第 16 题理科第 15 题类似，详见本书第 5 章例 3. 例 2（理科第 12 题）已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相 等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（） A 3 3 4 B 2 3 3 C 3 2 4 D 3 2 【分析】本题关键是构造出合理的图形，认清截面图形的特点对于截面面积最值的处 理，既可以建立严格的函数关系，从函数的最值角度入手定量分析解决，也可以从最值取得 的条件（即特殊位置）入手定性分析解决 【解析】解法 1：正方体每条棱所在直线与平面所成的角都相等，即正方体中同一个 顶点出发的三条棱所在直线与平面所成的角都相等. 如图，易知平面ACD满足题意，再将其平移至平面EFGHIJ 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 9 设EFGHIJx，根据对称性与相似可得，2FGHIJEx， 故六边形EFGHIJ的周长为定值 所以当2xx，即 2 2 x 时，截面EFGHIJ是正六边形， 2 max 323 3 6 424 S 故选 A 解法 2：如图，建立空间直角坐标系Dxyz 因为正方体的 12 条棱可以分为三组，分别与单位向量(1, 0, 0)a，(0,1, 0)b， (0, 0,1)c互相平行 设截面EFGHIJ的法向量为( , , )x y zn， 当每条棱所在直线与平面 所成的角都相等时，满足 a nb nc n |a |n|b|n|c|n| ，即 222222222 xyz xyzxyzxyz ， 令1xy，则截面EFGHIJ的法向量(1,1,1)n 设截面EFGHIJ与三个坐标轴的交点分别为, ,R S T，令DRDSDTt，易知 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 10 RSSTTR，即RST是等边三角形，同时REJ也是等边三角形 于是2()2(1)RJDRDAt ， 2 3 (1) 2 REJ St 同理 2 3 (1) 2 SFG St ， 2 3 (1) 2 THI St ，又 2 3 2 RST St ， 所以截面EFGHIJ面积 222 33 33 3(1)( 263) 222 RSTREJ SSStttt 于是当 3 2 t 时， max 33 3 24 SS 故选 A 【评注】解答本题的一个关键是平面处于什么位置时，正方体每条棱所在直线与平 面所成的角都相等，其实人教 A 版必修 2 课本多次出现这个几何模型，如第 57 页例 2 的 图，2016 年高考数学全国乙卷（卷）文科第 11 题理科第 11 题也是源于此图；再如第 79 页第 2 题的图，2016 年高考数学全国乙卷（卷）文科第 18 题也是源于此图.所以，在复 习备考过程中，要注意回归课本. 解答本题的另一个关键是平面处于什么位置时，截 此正方体所得截面的面积最大，如果注意到正方体的对称性，不难猜想：当平面过正方 体的中心，且与各棱交点为相应棱的中点时，截面的面积最大，此时截面是正六边形，不难 得到正确答案 例 3 （ 文 科 第 16 题 ）ABC的 内 角ABC， ，的 对 边 分 别 为abc， ， 已 知 sinsin4 sinsinbCcBaBC， 222 8bca， 则ABC的 面 积 为 _ _ _ _ _ _ _ _ 【分析】注意到题设条件 222 8bca符合余弦定理中 222 cos 2 bca A bc 的结构特 征， 从而容易想到求ABC的面积应选择公式 1 sin 2 ABC SbcA ， 进而想到要利用正弦定理 将题设条件sinsin4 sinsinbCcBaBC化边为角. 【解析】因为sinsin4 sinsinbCcBaBC， 由正弦定理得sinsinsinsin4sinsinsinBCCBABC， 因为sinsin0BC ，所以 1 sin 2 A . 因为 222 8bca，由余弦定理得 222 4 cos0 2 bca A bcbc ， 所以 3 cos 2 A ， 8 3 bc ， 11812 3 sin 22233 ABC SbcA 【评注】在解三角形有关问题时，如果涉及到边角关系，那么可以利用正弦定理或余弦 定理进行边角互化到底是化边为角还是化角为边，要根据题设具体问题具体分析. 例 4（理科第 16 题）已知函数( )2sinsin2f xxx，则( )f x的最小值是_ 【分析】对于函数最值问题的处理，我们通常优先考虑利用导数或均值不等式 【解析】解法 1： 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 11 2 ( )2cos2cos22cos2(2cos1)2(cos1)(2cos1)fxxxxxxx. 令( )0fx，得 1 cos 2 x ，即 f x在2,2 33 kk ()k Z上单调递增； 令( )0fx，得 1 cos 2 x ，即 f x在 5 2,2 33 kk ()k Z上单调递减. 则 min 3 3 ( )2 32 f xfk 解法 2： 因为( )2sin2sincos2sin (1cos )f xxxxxx, 所以 2223 ( )4sin(1cos )4(1cos )(1cos )fxxxxx 4 (33cos )(1cos )(1cos )(1cos ) 3 xxxx 4 4 (33cos )(1cos )(1cos )(1cos ) 34 xxxx 4 4327 324 当且仅当33cos1cosxx ，即 1 cos 2 x 时，取等于号 根据()( )fxf x 可知，( )f x是奇函数， 于是 3 3 3 3 ( ), 22 f x ， min 3 3 ( ) 2 f x ， 此时 3 sin 2 x ， 1 cos 2 x 解法 3： ( )2sin2sin cosf xxxx 22 2sin2sin cos3(sincos1)xxxxx 222 32 333 3 3cos2sin cossinsin2sin 3322 xxxxxx 22 32 333 3 ( 3cossin )(sin) 3322 xxx 3 3 2 当且仅当 3cossin0, 3 sin0, 2 xx x 即2 3 xk ，k Z时，( )f x取得最小值 3 3 2 . 【评注】若注意到( )f x是周期函数，周期为2，且( )f x是奇函数，当0, x时， ( )0f x ， 则 只 需 要 求 函 数( )f x在 区 间,0上 的 最 小 值 ， 容 易 利 用 导 数 求 得 min 3 3 ( ) 32 f xf 本题与 2017 年高考数学全国乙卷（卷）理科第 16 题类似， 都是利用导数或均值不等式求函数最值问题，详见本书第 4 章例 4.解法 3 利用多项式的配 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 12 方法和实数的性质以及不等式的性质来分析式子的结构，堪称妙法.类似的题目可参考本书 主编发表在中学数学 （高中版）2015 年第 7 期上的文章巧用配方法妙解调考题. 例 5（文科第 21 题）已知函数( )ln1 x f xaex （）设2x 是)(xf的极值点，求a，并讨论)(xf的单调区间； （）证明：当 1 a e 时，( )0f x 【分析】 （）先求出( )fx，由(2)0 f 求a，再由( )fx的正负，写出)(xf的单调 区间.（）常规思路是转化为证明( )f x的最小值 min ( )0f x 【解析】 （）( )f x的定义域为(0,)， 1 ( ) x fxae x . 由题设知，(2)0 f ，所以 2 1 2 a e . 从而 2 1 ( )ln1 2 x f xex ， 2 11 ( ) 2 x fxe x . 当02x时，0)( x f；当2x 时，0)( x f. 所以)(xf在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增 （）证法 1：当 1 a e 时，( )ln1 x e f xx e . 设( )ln1 x e g xx e ，则 1 ( ) x e g x ex . 当01x时，( )0g x；当1x 时，( )0g x. 从而1x 是( )g x的最小值点 故当0 x 时，( )(1)0g xg. 故( )(1)0f xf. 因此，当 1 a e 时，( )0f x . 证法 2：当 1 a e 时， 1 ( )ln1 x f xex ， 故只需证明当 1 a e 时，( )0f x ，即要证 1 ln1 x ex . 设 1 ( ) x g xex ，则 1 ( )1 x g xe . 当01x时，( )0g x，( )g x单调递减；当1x 时，( )0g x，( )g x单调递增 因为(1)0g，所以 1x ex ，当且仅当1x 时取等号 不等式两边取对数的1lnxx ，当且仅当1x 时取等号 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 13 从而ln1xx，当且仅当1x 时取等号 所以 1 ln1 x ex 所以当 1 a e 时，( )0f x 证法 3：当 1 a e 时，( )0f x 等价于 ln1 x aex xx + . 设函数( ) x ae g x x =（ 1 a e ），则 2 (1) ( ) x a xe g x x . 所以当(0,1)x时，( )0g x；当(1,)x时，( )0g x. 故( )g x在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增，从而( )g x在(0,)的最小值为 (1)1gae=. 设函数 ln1 ( ) x h x x + =，则 2 ln ( ) x h x x . 所以当(0,1)x时，( )0h x；当(1,)x时，( )0h x. 故( )h x在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，从而( )h x在(0,)的最大值为(1)1h= 综上，当 1 a e ，0 x时，( )( )g xh x，即( )0f x 证法 4：当 1 a e 时，( )0f x 等价于 ln1 x x a e + . 设函数 ln1 ( ) x x g x e + =，则 1 ln1 ( ) x x x g x e . 设函数 1 ( )ln1h xx x =-，则 2 11 ( )h x xx . 所以当(0,)x+ 时，( )0h x,( )h x在(0,)单调递减. 因为(1)0h=， 所以当(0,1)x时，( )0h x ，从而( )0g x，( )g x在(0,1)单调递增；当(1,)x时， ( )0h x ，从而( )0g x，( )g x在(1,)单调递减. 从而( )g x在(0,)的最大值为 1 (1)g e =. 又因为 1 a e ，所以( )ag x，即( )0f x 【评注】本题与 2013 年高考数学全国甲卷（卷）理科第 21 题如出一辙，第（）问 解法和第（）问的证法 1 和证法 2 也与该题完全类似，详见本书第 13 章例 6. 第（） 问的证法 3 与 2014 年高考数学全国乙卷（卷）理科第 21 题第（）问的证法 1 类似，详 见本书第 12 章例 6. 第（）问的证法 4 与 2013 年高考数学全国乙卷（卷）理科第 21 题第（）问的解法 2 类似，详见本书第 14 章例 6. 例 6（理科第 21 题）已知函数 1 ( )lnf xxax x （）讨论)(xf的单调性； （）若)(xf存在两个极值点 1 x， 2 x，证明： 12 12 ()() 2 f xf x a xx 【分析】 第 （） 问先求出导函数( )fx的零点， 进而对参数a进行分类讨论， 得到( )f x 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 14 的单调性；第（）问要注意( )f x有两个极值点 1 x， 2 x的隐含条件2a 且 12 1x x ，将不 等式 12 12 ()() 2 f xf x a xx 等价转化为当 12 xx时， 22 2 1 2ln0 xx x 或 11 1 1 2ln0 xx x ， 而这就是要研究函数 1 ( )2lng xxx x 的单调性，此时利用第（）问的结果即可. 【解析】 （）)(xf的定义域为(0,)， 2 22 11 ( )1 axax fx xxx . （1）若2a ，则( )0fx，当且仅当2a ，1x 时，( )0fx，所以)(xf在 (0,)单调递减 （2）若2a ，令( )0fx得， 2 4 2 aa x 或 2 4 2 aa x 当 22 44 (0,)(,) 22 aaaa x 时，0)( x f； 当 22 44 (,) 22 aaaa x 时，0)( x f. 所 以)(xf分 别 在 2 4 (0,) 2 aa ， 2 4 (,) 2 aa 单 调 递 减 ， 在 22 44 (,) 22 aaaa 单调递增 （）证法 1：由（）知，)(xf存在两个极值点当且仅当2a 由于)(xf的两个极值点 1 x， 2 x满足 2 10 xax ，所以 12 1x x ，不妨设 12 xx， 则 2 1x 由于 1212122 12121212 2 2 ()()lnlnlnln2ln1 122 1 f xf xxxxxx aaa xxx xxxxx x x ， 所以 12 12 ()() 2 f xf x a xx 等价于 22 2 1 2ln0 xx x . 设函数 1 ( )2lng xxx x ，由（）知，( )g x在(0,)上单调递减，又(1)0g， 从而当(1,)x时，( )0g x 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 15 所以 22 2 1 2ln0 xx x ，即 12 12 ()() 2 f xf x a xx 证法 2：由（）知，)(xf存在两个极值点当且仅当2a 由于)(xf的两个极值点 1 x， 2 x满足 2 10 xax ，所以 12 1x x ，不妨设 12 xx， 则 1 01x 由于 1212121 12121212 1 1 ()()lnlnlnln2ln1 122 1 f xf xxxxxx aaa xxx xxxxx x x ， 所以 12 12 ()() 2 f xf x a xx 等价于 11 1 1 2ln0 xx x . 设函数 1 ( )2lng xxx x ，由（）知，( )g x在(0,)上单调递减，又(1)0g， 从而当(0,1)x时，( )0g x 所以 11 1 1 2ln0 xx x ，即 12 12 ()() 2 f xf x a xx 【评注】对于含有两个变量的不等式，一般转化为只含有一个变量的不等式，并构造函 数结合单调性进行证明， 本题与 2011 年高考数学湖南卷文科第 22 题如出一辙， 通过分析和 解析， 我们容易发现， 本题实际上就是要证明 11 ln() 2 xx x （01x） 或 11 ln() 2 xx x （1x ） ，这两个不等式是等价的，也是在对数放缩过程中常用的. 30 分钟限时训练 练习练习 1 1 设 x表示不超过x的最大整数（如22， 5 1 4 ） ，对于给定的n N，定 义 (1)( 1) (1)( 1) x n n nnx C x xxx ，1.)x，则当 3 ,3 2 x 时，函数 8 x C的值域是（） A 16 ,28 3 B 16 ,56 3 C 28 4,28,56 3 D 1628 4,28 33 【解析】由题设知 8 83 ,2 , 2 56 ,2,3 . (1) x x x C x x x 因为函数 8 x C在区间 3 ,2 2 和2,3上分别 单调递减， 且 3 2 8 16 3 C， 2 8 28C ， 所以当 3 ,3 2 x 时， 函数 8 x C的值域是 1628 4,28 33 ， 故选 D 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 全国高考数学考什么全国高考数学考什么高考数学压轴题全解全析高考数学压轴题全解全析 16 练习练习 2 2 对有(4)n n 个元素的总体1,2,3, n进行抽样，先将总体分成两个子总体 1,2, m和1,2, mmn（m是给定的正整数，且22mn） ，再从每个子总体中 各随机抽取 2 个元素组成样本.用 ij P表示元素i和j同时出现在样本中的概率，则所有 ij P （1ijn ）的和等于_. 【解析】当1ijm 时， 2 1 ij m P C ，这样的 ij P共有 2 m C个，故所有 ij P（1ijm ） 的和为 2 2 1 1 m m C C ；当1mijn 时， 2 1 ij n m P C ，这样的 ij P共有 2 n m C 个，故所有 ij P （1mijn ）的和为 2 2 1 1 n m n m C C ；当1,1im mjn 时， 4 () ij P m nm ，这样 的 ij P共有()m nm个，故所有 ij P（1ijm ）的和为 4 ()4 () m nm m nm ；综上所述， 所有 ij P（1ijn ）的和等于 6. 练习练习 3 3 已知函数 2 2 ( )ln (1) 1 x f xx x . （）求)(xf的单调区间； （）若不等式 1 1 n e n 对任意的n N都成立（其中e是自然对数的底数） ，求 的最大值. 【解析】 （）函数)(xf的定义域为( 1,) ， 22 22 2ln(1)22(1)ln(1)2 ( ) 1(1)(1) xxxxxxx fx xxx . 设 2 ( )2(1)ln(1)2g x