2021高质量压轴题精讲精练

1、公众号：钻研数学专题1 同构函数型例题1.（2020新课标卷 = 2 * ROMAN 文数12）若，则（ ）AB C D【分析】将已知按照“左右形式形式相当，一边一个变量”的目的变形，然后逆用函数的单调性.【解析】由移项变形为，设 易知是定义在R上的增函数，故由，可得，所以 从而，故选A例题2.（2020新课标 = 2 * ROMAN 理数12）若，则（ ）A. B. C. D. 【分析】，设利用作差法结合的单调性即可得到答案.【解析】，故设，则为增函数，所以，所以.，当时，此时，有当时，此时，有，所以C、D错误.故选B.【点评】本题需构造函数，其基本策略是：“左右形式相当，一边一个变量，取左

2、或取右，构造函数妥当”，我们称之为“同构函数”，然后再利用函数的单调性求值.巩固1.（2012全国联赛）如果，则的取值范围是_.【答案】巩固2.（2012辽宁竞赛）不等式的解集是_.【解析】原不等式可化为：构造函数，则，在上单增所以，解之得所以原不等式解集是.巩固3.（2020南通五月模拟14）已知，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为 【分析】本题的实质是含参数（这里当然是sin、cos）的不等式恒成立问题，应抓住已知条件的对称结构，构造函数，利用函数的单调性布列不等式.【解析】看到想“对称结构”，将它变形为：，设，易知当时，故在单减，所以，解之得：所以的取值范围巩固4.（2019南师附

3、中期中14）已知函数，则t的取值范围是 【分析】这里 可以发现,将移项变形为，易知是奇函数，故进一步变形为，此时,得到一个“左右形式相当，一边一个变量”的不等式，令，问题转化为，只需研究的单调性，逆用该函数的单调性即可.【解析】 可变形为： 是奇函数 令，则单增，即，解之得 所以t的取值范围是巩固5.（2020南通如皋创新班四月模拟2）已知实数a，b(0，2)，且满足，则ab的值为_【分析】将化为：，设，则在上递增，由，得ab的值.【解析】由，化简为：即，设则在上递增，因为a，b(0，2)所以2-b(0，2)，且，所以，即.巩固6.（2020淮阴中学、姜堰中学12月考14）)已知实数，满足，则

4、_.【分析】由已知条件考虑将两个等式转化为统一结构形式，令，得到，研究函数的单调性，求出关系，即可求解.解法一：实数，满足，则，所以在单调递增，而，.解析二：对两边取自然对数得：，对两边取自然对数得： （）为使两式结构相同，将（）进一步变形为：设，则所以在单调递增，的解只有一个.， 【点评】两种解法实质相同，其关键是对已知等式进行变形，使其“结构相同”，然后构造函数，利用函数的单调性，利用是同一方程求解.巩固7.设方程的根为，设方程的根为，则= .【答案】4巩固8.已知a33a25a1，b33b25b5，那么ab的值是 .【解析】由题意知a33a25a32，b33b25b32，设f (x)x3

5、3x25x3，则f (a)2，f (b)2.因为f (x)图象的对称中心为(1,0)，所以ab2.点评：本题的难点在于发现函数的对称性，对于三次函数f (x)yax3bx2cxd其对称中心为(x0，f (x0)，其中f (x0)0.巩固9.(宿迁2018期中)不等式的解集是 .【分析】直接解显然是不对路的.观察不等式的特征，发现其含有两个因式，将不等式转化为“一边一个变量”的形式为：，构造函数，题目转化为求解的问题. 因为，易知恒成立，故为上的单调增函数，所以由立得：，解之得.【方法点拨】一个式子中出现两个变量,适当变形后,两边结构相同(如例1);2.两个式子也可适当变形,使其结构相同,然后构

6、造函数,利用函数的单调性解题，或运用同一方程代入.专题2 以分段函数为背景的解不等式型例题1.（2020新课标卷 = 2 * ROMAN 理数12）已知函数（1）画出的图像；（2）求不等式的解集【分析】（1）略；（2）在同一直角坐标系内作出函数、的图象，根据图象即可解出【解析】（1）略；（2）将函数的图象向左平移个单位，可得函数的图象，如图所示：由，解得所以不等式的解集为巩固1.（2020扬州三检12）已知函数，则关于x的不等式的解集为 【分析】作出函数图象，考察动区间间图象的单调性，易得，当即时，此即为“临界值”，而动区间右移时满足题意，故,所以不等式的解集为.巩固2. (2018全国卷)设

7、函数f(x)eq blcrc (avs4alco1(2x，x0，,1，x0，)则满足f(x1)f(2x)的x的取值范围是()A(，1 B(0，)C(1,0) D(，0)【解析】法一：分类讨论法当eq blcrc (avs4alco1(x10，,2x0，)即x1时，f(x1)f(2x)，即为2(x1)22x，即(x1)2x，解得x0)时，不等式组无解当eq blcrc (avs4alco1(x10，,2x0，)即1x0时，f(x1)f(2x)，即为122x，解得x0，,2x0，)即x0时，f(x1)1，f(2x)1，不合题意综上，不等式f(x1)0，)函数f(x)的图象如图所示结合图象知，要使f

8、(x1)f(2x)，则需eq blcrc (avs4alco1(x10，,2x0，,2xx1)或eq blcrc (avs4alco1(x10，,2x0，)x0，故选D.巩固3.已知f (x)(x1) |x|3x若对于任意xR，总有f (x)f (xa)恒成立，则常数a的最小值是_【提示】f (x)eq blc(aal(x22x，x0，,x24x，x0，)，作出函数f (x)的图象得：作平行于x轴的直线l与f(x)图象有三个交点，设最左边与最右边的交点分别为M，N，如图所示，则a的最小值即为线段MN长的最大值设直线l的方程为yt，可得MN3eq R(,1t)eq R(,4t)3eq R(,(e

9、q R(,1t)eq R(,4t)2)3eq R(,52eq R(,(1t)(4t)3eq R(,51t4t)3eq R(,10) 所以，a的最小值是3eq R(,10)【说明】1.本题的难点是要能结合函数的图象发现常数a的最小值即为线段MN长的最大值2.本题也可使用导数知识解决.巩固4.已知函数，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是 .【解析】设，则对任意的恒成立，意即将图象上的每一点向左平移个单位后，所得到的图象不可能在的上方.因为如图，由图象得，又因为，故.-1a1yxO巩固5.（2020镇江高三上学期期末12）已知函数是定义在上的奇函数，当时，则不等式的解集为 【答案】巩固6.已知函数

10、，则不等式的解集为_.【答案】专题3 三次函数型例题1.（2020浙江9）已知a，bR且ab0，若(xa)(xb)(x2ab)0在x0上恒成立，则（ ）A. a0C. b0【分析】本题的实质是考察三次函数的图象，设，欲满足题意，从形上看则必须在x0 时有两个重合的零点才可以，对分与两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案.【解析】因为，所以且，设，则的零点为当时，则，要使，必有，且，即，且，所以；当时，则，要使，必有.综上一定有.故选：C点评：本题使用了作三次函数示意图的方法序轴标根法，它是高次不等式的常用解法. “序轴标根法”又称“数轴穿根法”或“穿针引线法”， 所谓序轴就是省去原点

11、和单位，只表示数的大小的数轴.序轴上标出的两点中，左边的点表示的数比右边的点表示的数小.为了形象地体现正负值的变化规律，可以画一条浪线从右上方依次穿过每一根所对应的点，穿过最后一个点后就不再变方向（自右往左，蛇形穿根，奇（次幂）过偶（次幂）不过），这种画法俗称“穿针引线法”.用数轴标根法解不等式的步骤：移项、求根、标根、画线、选解.本题要求学生功底扎实,思维层次要高, 尤其对于处理函数、不等式等题型数形结合思想数轴标根法的优势就体现出来,所谓胸有蓝“图”，一路坦途.巩固1.若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为 【解析】因为,且由得: 或所以函数的图象是增-减-增型，且在或处

12、取得极值欲使函数在内有且只有一个零点，当且仅当解之得.当时，增；时，减，故，所以在上的最大值与最小值的和为巩固2.已知函数的导函数为，若函数在处取到极小值，则实数的取值范围是 【答案】 巩固3.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是 【解析】 .函数的一个极值点是，所以以为界与比较，进行分类讨论.当时，如图一，由得，或，欲使函数在区间上单调递增，只需，即.当时，如图二，在区间上单调递增，满足题意.综上知，实数的取值范围是aOxy（图一）xyOa（图二)巩固4.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是 【答案】巩固5.设函数，若对于任意的都有成立，则实数的值为 【解析】若，则不论取何值，显

13、然成立；当 即时，可化为，设，则， 所以 在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此，从而；当 即时，可化为， 在区间上单调递增，因此，从而，综上.巩固6.已知函数，求函数yf (x)在区间1,2上的最小值.【分析】对a进行讨论,结合函数的一阶导数值判断函数在区间上的单调性,进而求出函数的最小值.【解析】设此最小值为m.当因为:则f(x)是区间1,2上的增函数,所以m=f(1)=1-a.当12时，在区间1，2上，若在区间(1，2)内f/(x)0,从而f(x)为区间1，2上的增函数，由此得：m=f(1)=a-1.若2a3,则当当因此，当2a0.所以g（x）在（0，2）单调递增，而g（0）=1，故当

14、x（0，2）时，g（x）1，不合题意.（ii）若02a+12，即，则当x(0，2a+1)(2，+)时，g(x)0.所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+)单调递减，在(2a+1，2)单调递增.由于g(0)=1，所以g(x)1当且仅当g(2)=(74a)e21，即a.所以当时，g(x)1.（iii）若2a+12，即，则g(x).由于，故由（ii）可得1.故当时，g(x)1.综上，a的取值范围是.点评：解决形如f(x)exg(x)常见结论exx1（有时甚至ex12x2+x1），从形的角度看，它揭示了曲线与其切线的位置关系，从数的角度看，它提供了一种将指数型结构转化为多项式型结构的方法，从而顺利突

15、破难点巩固1.已知ex1ax对任意x0,)成立，则实数a的取值范围是_【解析】根据常用不等式exx1,且yx1与yex相切于(0,1),又yax1也过点(0,1),观察图象可知,要使ex1ax对任意x0,)成立,则a1,即实数a的取值范围为(,1.巩固2.已知eq f(xex,2x1)t对一切正实数x恒成立，则实数t的最大值为_【解析】因为exx1,所以eq f(xex,2x1)eq f(xx1,2x1)1.则t1,所以t的最大值为1.巩固3.已知函数f(x)ex1xax2，当x0时,f(x)0恒成立，则实数a的取值范围为_【解析一】 由f(x)ex12ax,又exx1,所以f(x)ex12a

16、xx2ax(12a)x,所以当12a0,即aeq f(1,2)时,f(x)0(x0),而f(0)0,于是当x0时,f(x)0,满足题意；又x0时,exx1,所以可得ex1x,从而当aeq f(1,2)时,f(x)ex12axexexex2a(ex1)(1ex)(ex2a),故当x(0,ln2a)时,f(x)0,而f(0)0,于是当x(0,ln2a)时,f(x)0,不合题意综上所述,实数a的取值范围为eq blc(rc(avs4alco1(，f(1,2).【解析二】因为exx1,所以当a0时,exax2x1恒成立,故只需讨论a0的情形令F(x)ex(1xax2)1,问题等价于F(x)0,由F(x

17、)exax2(2a1)x0得x10,x2eq f(2a1,a).当0aeq f(1,2)时,F(x)在0,)上单调递减,所以F(x)F(0)0恒成立；当aeq f(1,2)时,因为F(x)在0,x2上单调递增,所以F(x2)F(0)0恒成立,此时F(x)0不恒成立综上所述,实数a的取值范围是eq blc(rc(avs4alco1(，f(1,2).巩固4.若f(x)exax2在(0,)只有一个零点,则实数a的值为_【答案】 eq f(e2,4)巩固5.已知函数，若函数有四个不同的零点，则实数m的取值范围是 【答案】 专题6 超越不等式（方程）型例题1.（2020南京三模20改编）已知函数(aR)

18、，其中e为自然对数的底数，若函数的定义域为R，且，求a的取值范围【解析】由函数f(x)的定义域为R，得x2axa0恒成立，所以a24a0，解得0a4 方法1（讨论单调性）由f(x) eq sdo1(f(ex,x2axa)，得f(x) eq sdo1(f(ex(xa)(x2),(x2axa)2) 当a2时，f(2)f(a)，不符题意 当0a2时，因为当ax2时，f (x)0，所以f(x)在(a，2)上单调递减， 所以f(a)f(2)，不符题意 当2a4时，因为当2xa时，f (x)0，所以f(x)在(2，a)上单调递减， 所以f(a)f(2)，满足题意 综上，a的取值范围为(2，4) 方法2（转

19、化为解超越不等式，先猜根再使用单调性）由f(2)f(a)，得 eq sdo1(f(e2,4a) eq sdo1(f(ea,a) 因为0a4，所以不等式可化为e2 eq sdo1(f(ea,a)(4a) 设函数g(x) eq sdo1(f(ex,x)(4x)e2， 0 x4 因为g(x)ex eq sdo1(f(x2)2,x2)0恒成立，所以g(x)在(0，4)上单调递减又因为g(2)0，所以g(x)0的解集为(2，4)所以，a的取值范围为(2，4) 例题2.（2016宿迁三校学情调研14）已知函数f(x)x1(e1)lnx，其中e为自然对数的底，则满足f(ex)0的x的取值范围为 【解析】易得

20、f(1)f(e)=0当时，在单减；当时，在单增的解集是令，得，故f(ex)0的x的取值范围为例题3.（2020扬州五月测试20改编）不等式的解集是 .【解法一】显然是方程一个根令，则故在单增，且所以不等式的解集是.【解法二】变形为设，而在单减，在单增，且图象均过（1,0）所以不等式的解集是.例题4.方程的根是 .【分析】利用“同构”构造函数，再利用函数的单调性.【解析】原方程可化为设，易得其为上的单增奇函数所以，即为所求.巩固1.（2020北京6）已知函数，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【分析】作出函数和的图象，观察图象可得结果.【解析】因为，所以等价于，在同一直角坐标系中作出

21、和的图象如图：两函数图象的交点坐标为，不等式的解为或.所以不等式的解集为：.巩固2. 关于的不等式的解集为_.【答案】巩固3.方程的根是_.【解析】设，则，所以单调递增，因为，所以.巩固4.已知、分别是方程、的根，则的值是 .【答案】1巩固5.已知实数x、y满足，则的值是 .【提示】两边取自然对数得设，则易得其为上的单增奇函数所以，故.专题7 递推函数型例1 (2019全国)设函数f(x)的定义域为R，满足f(x1)2f(x)，且当x(0,1时，f(x)x(x1).若对任意x(，m，都有f(x)eq f(8,9)，则m的取值范围是()A.eq blc(rc(avs4alco1(，f(9,4)

22、B.eq blc(rc(avs4alco1(，f(7,3)C.eq blc(rc(avs4alco1(，f(5,2) D.eq blc(rc(avs4alco1(，f(8,3)【解析一】时， 当时，故，同理，当时，当时，所以，当，当时，令，解之得：为使对任意，都有，则m的取值范围是.故选B.【解析二】当1x0时，0 x11，则f(x)eq f(1,2)f(x1)eq f(1,2)(x1)x；当1x2时，0 x11，则f(x)2f(x1)2(x1)(x2)；当2x3时，0 x21，则f(x)2f(x1)22f(x2)22(x2)(x3)，由此可得f(x)eq blcrc (avs4alco1(，

23、,f(1,2)x1x，1x0，,xx1，0 x1，,2x1x2，1x2，,22x2x3，2x3，)由此作出函数f(x)的图象，如图所示.由图可知当2x3时，令22(x2)(x3)eq f(8,9)，整理，得(3x7)(3x8)0，解得xeq f(7,3)或xeq f(8,3)，将这两个值标注在图中.要使对任意x(，m都有f(x)eq f(8,9)，必有meq f(7,3)，即实数m的取值范围是eq blc(rc(avs4alco1(，f(7,3)，故选B.例2 (2017南通期末14） 已知函数f(x)是定义在1，)上的函数，且f(x)eq blcrc (avs4alco1(1|2x3|，1x

24、2，,f(1,2)fblc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x)， x2，)则函数y2xf(x)3在区间(1,2 015)上的零点个数为_【解析一】由题意得当1x2时，f(x)eq blcrc (avs4alco1(2x2，1xf(3,2)，,42x， f(3,2)x2. )设x2n1,2n)(nN*)，则eq f(x,2n1)1,2)，又f(x)eq f(1,2n1)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)x)，当eq f(x,2n1)eq blcrc(avs4alco1(1，f(3,2)时，则x2n1,32n2，所以f(x)eq f(1,2n1)feq blc(

25、rc)(avs4alco1(f(1,2n1)x)eq f(1,2n1)eq blc(rc)(avs4alco1(2f(1,2n1)x2)，所以2xf(x)32xeq f(1,2n1)eq blc(rc)(avs4alco1(2f(1,2n1)x2)30，整理得x222n2x322n40.解得x32n2或x2n2.由于x2n1,32n2，所以x32n2；当eq f(x,2n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，2)时，则x(32n2,2n)，所以f(x)eq f(1,2n1)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)x)eq f(1,2n1)eq blc(

26、rc)(avs4alco1(42f(1,2n1)x)，所以 2xf(x)32xeq f(1,2n1)eq blc(rc)(avs4alco1(4f(2x,2n1)30，整理得x242n2x322n40.解得x32n2或x2n2.由于x(32n2,2n)，所以无解综上所述，x32n2.由x32n2(1,2 015)，得n11，所以函数y2xf(x)3在区间(1,2 015)上零点的个数是11.【解法二】由题意得当x2n1,2n)时，因为f(x)eq f(1,2n1)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)x)，所以f(x)maxfeq blc(rc)(avs4alco1(f(

27、3,2)2n1)eq f(1,2n1).令g(x)eq f(3,2x).当xeq f(3,2)2n1时，g(x)geq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)2n1)eq f(1,2n1)，所以当x2n1,2n)时，xeq f(3,2)2n1为y2xf(x)3的一个零点下面证明：当x2n1,2n)时，y2xf(x)3只有一个零点当x2n1,32n2时，yf(x)单调递增，yg(x)单调递减，f(32n2)g(32n2)，所以x2n1,32n2时，有一零点x32n2；当x(32n2,2n)时，yf(x)eq f(1,2n1)eq f(1,2n1)eq blc(rc)(avs4alco1

28、(f(x,2n2)3)，k1f(x)eq f(1,22n3)，g(x)eq f(3,2x)，k2g(x)eq f(3,2x2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,322n3)，f(3,22n1)，所以k1k2.又因为f(32n2)g(32n2)，所以当x2n1,2n)时，y2xf(x)3只有一个零点由x32n2(1,2 015)，得n11，所以函数y2xf(x)3在区间(1,2 015)上零点的个数是11.【解法三】分别作出函数yf(x)与yeq f(3,2x)的图像，如图，交点在x1eq f(3,2)，x23，x36，xn32n2处取得由x32n2(1,2 015)，得n11，

29、所以函数y2xf(x)3在区间(1,2 015)上零点的个数是11.1. 已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)eq blcrc (avs4alco1(2x1，x0，,fx1，x0，)若方程f(x)xa有两个不同实根，则a的取值范围为_【答案】(，1)【解析】x0时，f(x)2x1，0 x1时，1x10，f(x)f(x1)2(x1)1.故x0时，f(x)是周期函数，如图所示若方程f(x)xa有两个不同的实数根，则函数f(x)的图象与直线yxa有两个不同交点，故a1，即a的取值范围是(，1)2. 已知函数f(x)eq blc(avs4alco1(xx，x0，,f（x1），x0，)其中x表示不超

30、过x的最大整数.若直线yk(x1)(k0)与函数yf(x)的图象恰有三个不同的交点，则实数k的取值范围是_.【答案】eq blcrc)(avs4alco1(f(1,4)，f(1,3)【解析】根据x表示的意义可知，当0 x1时，f(x)x，当1x2时，f(x)x1，当2x3时，f(x)x2，以此类推，当kxk1时，f(x)xk，kZ，当1x0时，f(x)x1，作出函数f(x)的图象如图，直线yk(x1)过点(1，0)，当直线经过点(3，1)时恰有三个交点，当直线经过点(2，1)时恰好有两个交点，在这两条直线之间时有三个交点，故keq blcrc)(avs4alco1(f(1,4)，f(1,3).

31、3.（2019南京、盐城、徐州二模14）已知函数，当时，关于的方程的所有解的和为 。【答案】100004.已知函数,则方程根的个数为 .【答案】65.（2020丹阳3月考）已知函数的定义域为R，且，当x0，)时，若存在(，m，使得，则m的取值范围为 【答案】，)【解析】根据题意作出函数图像，如下： 故m专题8 函数奇偶性型例1 （2020扬州中学五月考13）圆与曲线相交于点四点，为坐标原点，则_.【分析】注意发现圆与一次分式函数的图象均关于点(3, 2)对称，利用三角形中线的向量表示，将所求转化即可.【解析】由圆方程，可得，圆心坐标为(3, 2) ，其对称中心为(3, 2).在同一直角坐标系中

32、，画出圆和函数图像如右图所示：数形结合可知，圆和函数都关于点M(3, 2)对称，故可得其交点A和C，B和 D 都关于点M(3, 2)对称. 故，所以.例2 （2017全国理）已知函数有唯一零点，则a=A B CD1【答案】C 【分析】如果利用导数研究的零点，就会小题大做，容易陷入困难.由函数与方程思想，函数的零点满足.设，显然是由函数向右平移一个单位而得到，易知是偶函数且在上是增函数.故关于直线对称，且在上是增函数，在上是减函数，. 设，显然关于直线对称，顶点为.若，则函数关于直线对称，且在上是减函数，在上是增函数，最大值为，.若的图象与的图象有一个公共点A，根据对称性必有另一个公共点B.所以

33、，不合题意；若，函数关于直线对称，且在上是增函数，在上是减函数，最小值为.若的图象与的图象只有一个公共点，必有，得.【解析】，令则易知是偶函数，所以图象关于直线对称，欲使有唯一零点， 必有，即，所以.例3 已知关于x的方程有唯一解，则实数a的值为_.【答案】1【分析】利用隐藏的对称性，易得f(0)0，求得a1或a3，再利用数形结合，将增解舍弃.【解析】通过对函数f(x)x22alog2(x22)a23的研究，可发现它是一个偶函数，那么它的图象就关于y轴对称，若有唯一解，则该解必为0将x0代入原方程中，可求得a1或a3这就意味着，当a1或a3时，原方程必有一解0，但是否是唯一解，还需进一步验证当

34、a1时，原方程为x22log2(x22)20，即2log2(x22)2x2，该方程实数根的研究可能过函数y2log2t和函数y4t的交点情况来进行，不难发现，此时是符合题意的；而当a3时，原方程为x26log2(x22)60，即x266log2(x22)通过研究函数y4t和y6log2t可以发现，此时原方程不止一解，不合题意，需舍去例4 （2020启东中学最后一卷12）已知函数在区间的值域为，则的值为_.【答案】2【分析】本题的难点在于发现函数内隐藏的奇偶性、对称性. 【解析】因为设，则为定义在上的单调递增函数所以在区间单增，且关于点（0,1）对称所以=2.点评：以具体的奇、偶函数为依托，使函

35、数的对称性内隐于函数解析式，设计对称性函数，要求学生理解知识间的关联，洞察函数的奇、偶性，迁移奇、偶函数的对称性，运用数形结合、函数与方程等思想解决问题，考查学生运用知识解决问题的能力，综合性强，体现能力立意，具有一定难度.1.若函数的零点有且只有一个，则实数 .【答案】2.(2017南京、盐城二检12)若函数f(x)x2mcosxm23m8有唯一零点，则满足条件的实数m组成的集合为 【答案】m=2【解法提示】发现f(x)是偶函数，故得到f(0)=0，立得m=2或m=4，难点在于对m=4的取舍问题.思路有二，一是“分离函数”，利用“形”助数；二是利用导数知识，只需当x0时，函数恒增或恒减即可.

36、3.已知函数， ，则函数零点的个数所有可能值构成的集合为 【答案】0,1,2,44.函数的图象与函数的图像所有交点的横坐标之和等于（ ） A.2 B. 4 C.6 D.8【答案】B5.已知函数满足，若函数与图象的交点为 则 （ ）A. 0 B. m C. 2m D. 4m【答案】B【分析】该题设计抽象函数关于点成中心对称，函数由奇函数向上平移一个单位得到，也关于点成中心对称，因而两函数图象的交点为也关于点成中心对称，考虑倒序相加法，可得，故.专题9 利用同构解决双参数恒成立问题例1 （2020山东21）已知函数，若，求的取值范围.【解析】将按照左右结构相同、变量移至一边的原则进行变形：由移项得

37、：即，两边同时加（）得即设，则，所以单增所以，即设，则，所以在单减，在单增，所以，所以.点评：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数、系数升指数等，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数例2 对于任意实数，不等式恒成立，求的取值范围.解法一：将变形为，（说明：将参数移至一边）两边同时乘x得（说明：目的是凑右边的结构）即（说明：目的是凑左右两边的结构相同）（#）设，则，单增故由（#）得，再令，则，易知当所以，即.解法二：将变形为，即设，易知单增故（以下同解法一，从略）.点评：为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需时时对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：

38、、，有时也需要对两边同时加、乘某式等.与为常见同构式：，；与为常见同构式：，.1. 对于任意实数，不等式恒成立，则的最大值是_.【答案】e2. 关于的不等式对任意（其中）恒成立，则的取值范围是_.【答案】3. 关于的不等式对任意恒成立，则的取值范围是_.【答案】专题10 向量的形例1 （2020常州上学期期末14）在中，点满足，且对任意，恒成立，则_.【答案】【分析】设，则点P在过点B且平行于AC的直线上，而恒成立的几何意义是：过点B且平行于AC的直线上的任意一点与点A的距离以最小，根据平面几何知识知，必有，即，进而可得、的值，结合余弦定理计算可得.【解析】根据题意，在中，点满足.设，则.对任

39、意，恒成立，必有，即. ，.故.例2 （2013安徽文13）若非零向量满足，则夹角的余弦值为_.【答案】【分析】注意到条件，构造如图所示等腰直角三角形，为底边上的中线.设，则.在，.所以夹角的余弦值为. OCAB例3 （2008浙江理9改编）已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足,则的最大值是 .【答案】 【解法一】 展开得 则的最大值是.【解法二】注意到题目中两个垂直，及，利用数形结合, 如图,对应的点在圆上即可. 1.已知在ABC中，AB5，AC10，点P为ABC内（包含边界）一点，且()，则的最小值为 【答案】32.（2020镇江三模12）已知在OAB中，OA，OB2，AOB1

40、35，P为平面OAB上一点，且()，当OP最小时，向量与的夹角为 【答案】23.（2020苏大考前指导11）已知向量，满足，则的最小值为_【答案】 4.已知平面向量，（0，）满足|=1，且与-的夹角为120，则|a|的取值范围是 . 【答案】【解析】设，由余弦定理可知：，要求的取值范围，则将方程视为以为主元的一元二次方程，由判别式可得.5.已知，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足,则的最大值是_ .【答案】6.已知向量，满足，则的取值范围为 【答案】7.（1）已知，若对任意，则为_三角形.（在锐角、直角、钝角中选择一个填写）（2）已知，若对任意，则为_三角形（在锐角、直角、钝角中选择

41、一个填写）（3）已知，若对任意，则为_三角形（在锐角、直角、钝角中选择一个填写）【答案】（1）直角（2）直角（3）钝角8.已知向量a，b，c满足|a|b|2，|c|1，(ac)(bc)0，求|ab|的取值范围【答案】eq r(7)1，eq r(7)1【解析】如图，设c(1，0)，设A，B是以O为圆心，2为半径的圆上两点，且ACBC，则|ab|AB2MC.MO2MA2OA2，而MAMC，MO2MC24.设M(x，y)，则x2y2(x1)2y24，即x2y2xeq f(3,2).(*)，|ab|AB2MC2eq r(（x1）2y2)2eq r(x2y22x1)2eq r(f(3,2)x2x1)eq

42、 r(104x).由(*)知，eq f(1r(7),2)xeq f(1r(7),2)，eq r(82r(7)eq r(104x)eq r(82r(7)，即eq r(7)1eq r(104x)eq r(7)1.eq r(71)|ab|eq r(7)1.即|ab|的取值范围为eq r(7)1，eq r(7)1.专题11 三角形中最值问题例1 （2020如皋中学创新班六月模拟13）三角形ABC面积为S，若，则的最大值是_.【答案】【分析】据果变形，将已知变形为，故，由余弦定理、面积公式转化为求C范围的问题，直接利用基本不等式求解.【解析】将已知变形为，故，由余弦定理得所以.另一方面，由余弦定理得：（

43、当且仅当时，“=”成立）所以，故.所以的最大值是.点评： 本题采用“边化角”的策略，然后使用基本不等式求解，思路清晰明了.例2 （2019无锡期末）在锐角三角形 ABC 中，已知 2sin2 A+ sin2B = 2sin2C，则的最小值为【答案】【解析一】（作高线，化斜为直，角化边）由正弦定理，得：，如图，作BDAC于D，设ADx，CDy，BDh，因为，所以，化简，得：，解得：x3y，.【解析二】（边化角）由正弦定理，得：，即，由余弦定理得：，即，由正弦定理，得：，即，化简得，以主元，化简得.例3 在中，角所对的边分别为，若，则的面积的最大值为 【答案】【解法一】（边的方向）看到式子的结构特

44、征，联想余弦定理得：所以当时，的面积的最大值为【解法二】（利用中线长定理化边）联想三角形中线长定理，设BC边上的中线为AM，则 代人得：，即根据基本不等式得：又因为三角形一边上的中线不小于该边上的高所以所以，当且仅当中线等于高，即中线垂直于底边时，等号成立，此时的面积的最大值为【解法三】（利用隐圆）以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系设Aeq blc(rc)(avs4alco1(f(c,2)，0)，Beq blc(rc)(avs4alco1(f(c,2)，0)，C(x，y)，则由a2b22c28，得eq blc(rc)(avs4alco1(xf(c,2)2y2eq blc

45、(rc)(avs4alco1(xf(c,2)2y22c28，即x2y24eq f(5,4)c2，所以点C在以原点(0,0)为圆心，eq r(4f(5,4)c2)为半径的圆上，所以Seq f(c,2)eq r(4f(5,4)c2)eq f(1,2r(5)eq blcrc(avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(4f(5,4)c2)f(5,4)c2)eq f(2r(5),5).例4 在中，角的对边分别为，若为锐角三角形，且满足，求的取值范围.【答案】【解析】 由余弦定理可得，可得，所以，即，由正弦定理可得，即，可得，可得，所以.因为为锐角三角形，所以，则，即，所以，又由可得，在可得

46、，所以的取值范围为.1.若的内角满足，则角的最大值是 .【答案】【解析】由可得：， 在递减，2.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq f(1,tan A)，eq f(2,tan C)，eq f(1,tan B)成等差数列，则cos C的最小值为_.【答案】eq f(1,3)【解析】eq f(1,tan A)，eq f(2,tan C)，eq f(1,tan B)成等差数列，eq f(1,tan A)eq f(1,tan B)eq f(4,tan C)，即eq f(cos A,sin A)eq f(cos B,sin B)eq f(4cos C,sin C)，可得eq f(s

47、in Bcos Asin Acos B,sin Asin B)eq f(sin C,sin Asin B)eq f(4cos C,sin C)，cos Ceq f(sin2C,4sin Asin B)，则eq f(a2b2c2,2ab)eq f(c2,4ab)，化简得2(a2b2)3c2，故cos Ceq f(a2b2c2,2ab)eq f(a2b2,6ab)eq f(2ab,6ab)eq f(1,3)(当且仅当ab时等号成立).3. 在中，角的对边分别为，若为锐角三角形，且满足，则的取值范围为_.【答案】【解析】由得：，.4. 设的BC边上的高AD=BC,分别表示角A,B,C对应的三边,则的

48、取值范围是 .【答案】【解析】: 因为BC边上的高AD=BC=,所以所以又因为所以, 同时所以5. (2019南京、盐城高三模拟)在ABC中，若sin C2cos Acos B，则cos2Acos2B的最大值为_.【答案】eq f(r(2)1,2)【解析】在ABC中，利用cos Ccos(AB)易证cos2Acos2Bcos2C2cos Acos Bcos C1，所以cos2Acos2B1eq f(1cos 2C,2)sin Ccos Ceq f(1,2)eq f(1,2)(sin 2Ccos 2C)eq f(1,2)eq f(r(2),2)sineq blc(rc)(avs4alco1(2C

49、f(,4)eq f(1r(2),2)，当sineq blc(rc)(avs4alco1(2Cf(,4)1即Ceq f(5,8)时取“”.故所求最大值为eq f(r(2)1,2).6.在ABC中，设角A，B，C的对边分别是a，b，c，若2a，b，c成等差数列，则3sinA+2sinC 的最小值为_【答案】23+1【解析】由题得2b=2a+c，cosB=a2+c2-b22ac=a2+c2-(22a+c2)22ac，所以cosB=12a2+34c2-22ac2ac212a234c2-22ac2ac=6-24，所以0B750，0sinB 6+24，因为2sinB=2sinA+sinC，2sinA+si

50、nC6+22，2sinA+sinC6+221所以3sinA+2sinC 3sinA+2sinC2sinA+sinC6+22=42+2sinAsinC+3sinCsinA6+2242+22sinAsinC3sinCsinA6+22= 42+266+22=2(3+1)故所求最小值为23+1专题12 多次使用基本不等式例1 （2020江苏考试研究会14）设，则 的最小值为 .【答案】【分析】所求变形为.三次使用基本不等式，第一次，在条件下，求最小值，需使用“1”的代换化齐次；第二次，在条件下，求最小值，为达到消的目的，需拆凑放缩（解答所给方法）或直接使用基本不等式；第三次，直接运用互倒型，使用基本不

51、等式.三次使用基本不等式取等条件相互独立，从而最小值能够取得.【解析】由题x+4y=1(x0，y0)， eq f(x2+y,xy)= eq f(x2+(x+4y)y,xy)= eq f(x,y)+1+ eq f(4y,x)4+1=5，当且仅当x= eq f(1,3)，y= eq f(1,6)时，“=”成立因为0ts，则 eq f(1,tst2)= eq f(4,s2(s2t)2) eq f(4,s2)，当且仅当s=2t时，“=”成立于是 eq f(x2s2+ys2,xy)+ eq f(1,tst2)5s2+ eq f(4,s2)4 eq r(5)，当且仅当x= eq f(1,3)，y= eq

52、f(1,6)，s= eq f(2r(5),5)，t= eq f(r(5),5)时，“=”成立所以 eq f(x2s2+ys2,xy)+ eq f(1,tst2)的最小值为4 eq r(5)点评: 多元变量的最值问题是一种常见的题型，也是高考命题的热点，其解法灵活多变，较难把握.当目标式中有的变量间彼此独立，相互间没有制约条件时，使用分离变量法，多次使用基本不等式即可.例2 （2020徐州打靶卷14）已知正数a,b满足aba+2b1，则a+12+b+22的最小值是 【答案】22+122【解析】由平方均值不等式得a+12+b+222a+1+b+22，当且仅当a=b+1时，“=”成立由aba+2b1

53、变形得2a+1b1 所以a+ba+b2a+1b=3+2ba+ab3+22 ，当且仅当a=2b，即 a=2+2 ，b=1+2时，“=”成立将a=2+2 ，b=1+2代入得a+12+b+22=22+122.所以a+12+b+22的最小值是22+122例3 已知a0，b0，c2，且ab2，那么eq f(ac,b)eq f(c,ab)eq f(c,2)eq f(r(5),c2)的最小值为_【答案】eq r(10)eq r(5)【分析】a、b间有制约条件“ab2”，“c”为独立变量，故将所求变形为eq f(ac,b)eq f(c,ab)eq f(c,2)eq f(r(5),c2)ceq blc(rc)(

54、avs4alco1(f(a,b)f(1,ab)f(1,2)eq f(r(5),c2)，先求出eq f(a,b)eq f(1,ab)的最小值即可.【解析】因为a0，b0，所以eq f(a,b)eq f(1,ab)eq f(1,2)eq f(a,b)eq f(ab2,4ab)eq f(1,2)eq f(a,b)eq f(a22abb2,4ab)eq f(1,2)eq f(5a,4b)eq f(b,4a)eq f(r(5),2)，当且仅当beq r(5)a时等号成立又因为c2，由不等式的性质可得eq f(ac,b)eq f(c,ab)eq f(c,2)eq f(r(5),c2)ceq blc(rc)

55、(avs4alco1(f(a,b)f(1,ab)f(1,2)eq f(r(5),c2)eq f(r(5),2)ceq f(r(5),c2).又因为eq f(r(5),2)ceq f(r(5),c2)eq f(r(5),2)(c2)eq f(r(5),c2)eq r(5)eq r(10)eq r(5)，当且仅当c2eq r(2)时等号成立，所以eq f(ac,b)eq f(c,ab)eq f(c,2)eq f(r(5),c2)的最小值为eq r(10)eq r(5).点评：本题中有三个变量,其中两个变量间有约束条件.先求出其最值，然后使用不等式的性质放缩，再使用一次基本不等式.1.（2020扬州

56、五月调研12）已知x0，y0，则的最小值为 2.已知，则的最小值为 3.（2019苏北三市第一学期期末联考14）已知，且，则的最小值为 4. （2020海安中学12月考11） 设正实数，满足，则实数的最小值为5.（2020镇江八校第二次联考13） 已知正数满足，则的最小值为 6. 若，则的最小值为 【答案或提示】1.【答案】【解析】所求变形为y0 ，当且仅当时，等号成立，x0，当且仅当时，等号成立，的最小值为，当且仅当，成立2.【答案】【解析】，当且仅当时，等号成立，当且仅当时，等号成立， 的最小值为，当且仅当，成立3. 【答案】【解析】先减元令，在（0,1）上递减，在（1，）上递增，所以，f

57、（1）2当y时，有最小值：所以的最小值为2.4.【答案】【解析】由正实数，满足，化为，为求的最小值，将含“”项用“”的函数表示得：（当且仅当，“=”成立），解得实数的最小值为5.【答案】 【解析】将已知条件视为关于的一元二次方程，利用解方程分离元来实施减元.由解得，当且仅当时，取等.6. 【答案】10【提示】，再利用导数知识解决.专题13 极化恒等式例1 （2020南师大数学之友考前模拟14）在ABC中，AC2BC4，ACB为钝角，M，N是边AB上的两个动点，且MN1，若的最小值为，则cosACB 【答案】【分析】取MN的中点P，由极化恒等式将“的最小值为”转化为AB边上的高CH=1，然后利用

58、两角差的的余弦公式求解.【解析】取MN的中点P，则由极化恒等式得的最小值为 由平几知识知：当CPAB时，CP最小.如图，作CHAB，H为垂足，则CH=1又AC2BC4，所以B30o，sinA=所以cosACBcos（150o A）=.H点评:极化恒等式：.说明：（1）极化恒等式的几何意义是：设点是ABC边的中点，则，即：向量的数量积可转化为中线长与半底边长的平方差（2）具有三角几何背景的数学问题利用极化恒等式考虑尤为简单，让“秒杀”向量数量积问题成为一种可能，此恒等式的精妙之处在于建立向量与几何长度(数量)之间的桥梁，实现向量与几何、代数的巧妙结合.（3）遇到共起点的两向量的数量积问题，常取第

59、三边的中点，从而运用极化恒等式加以解决.例2 已知平面向量满足，那么的最小值为_【答案】【解析】由，得，即 又（其中为向量与的夹角） 所以 所以.例3 （2019宿迁期末12）如图所示，矩形ABCD的边AB=4，AD=2，以点C为圆心，CB为半径的圆与CD交于点E，若点P是圆弧(含端点B、E)上的一点，则 eq o(PA,sup6() eq o(PB,sup6() 的取值范围是 .【答案】【分析】取AB的中点设为O，则，然后利用平几知识确定PO的取值范围，代入即可.【解析】取AB的中点设为O，则，当O、P、C共线时， PO取得最小值为；当P 与B（或E）重合时，PO取得最大值为PO=2，所以的

60、取值范围是.强化训练1.若平面向量a，b满足|2ab|3，则ab的最小值为_.2.已知平面向量a，b，e满足|e|1，ae1，be2，|ab|2，那么ab的最大值为_3.在中，已知，则面积的最大值是 4.已知锐角的外接圆的半径为1， ，则的取值范围为_5.已知正三角形内接于半径为的圆，点是圆上的一个动点，则的取值范围是_.6.（2012苏北四市三调10）如图，是边长为的等边三角形，P是以C为圆心，1为半径的圆上的任意一点，则最小值是_. 7.在中，若是所在平面内的一点，且，则的最大值为_.8.已知点是边长为的正三角形内切圆上的一点，则的取值范围为_.9.已知正方形ABCD的边长为1，中心为O，