新高考数学二轮复习强化练习技巧04 解答题解法与技巧（练）（解析版）

第二篇解题技巧篇技巧04解答题解法与技巧（练）1．（2023春·北京·高三北京二中校考开学考试）已知函数的一个零点为．(1)求A的值和函数的最小正周期；(2)当时，若恒成立，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用即可求得，然后对函数进行化简即可；（2）利用求得，然后根据可得即可求解【详解】（1）因为函数的一个零点为，所以，解得，所以，所以函数的最小正周期（2）因为，所以，所以，所以，因为恒成立，所以，则，所以2．（2023·广东佛山·统考一模）在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为在方向上的投影向量，且满足.(1)求的值；(2)若，，求的周长.【答案】(1)(2)【分析】利用正弦定理，边化角，结合同角三角函数的平方式，建立方程，可得答案.【详解】（1）由为在方向上的投影向量，则，即，根据正弦定理，，在锐角中，，则，即，由，则，整理可得，解得.（2）由，根据正弦定理，可得，在中，，则，，，由（1）可知，，则，由，则，解得，，根据正弦定理，可得，则，，故的周长.3．（2023·全国·模拟预测）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)若，求A；(2)若△ABC为锐角三角形，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）运用二倍角公式及和角公式代入化简解方程即可.（2）根据锐角三角形得B的范围，运用正弦定理边化角，将所求式子转化为关于的对勾函数，研究其值域即可.【详解】（1）∵，∴，∴，又∵，∴，即，又∵，∴，又∵，∴，又，即，∴，又∵，∴.（2）由（1）知，①当时，因为，所以，即，与△ABC为锐角三角形矛盾，所以不成立；②当时，因为，所以，所以．由，得．所以，故．因为，所以，，令，则，所以在上单调递增，所以，所以的取值范围为．4．（2023·陕西西安·统考一模）已知等差数列的前n项和为，满足，_____________．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分．在答题前应说明“我选_____________”）(1)求的通项公式；(2)设，求的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等差数列的基本量的运算可得，进而即得；（2）利用分组求和法即得.【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为若选择条件①，则由，得，解得，；若选择条件②，则由，得，解得，；若选择条件③，则由，得，解得，；（2）由（1）知，选择三个条件中的任何一个，都有，则，的前n项和5．（2023·全国·模拟预测）已知数列的前n项和为，，．(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前n项和为，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）将代入已知式子可得是等差数列，进而得到的通项公式，再由与的关系求出的通项公式.（2）由裂项相消求和可得，再由的单调性可求得其范围.【详解】（1）因为，所以由，得，所以，所以，即．在中，令n=1，得，所以a1=1．所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，即：．当时，，也适合上式，所以数列的通项公式为．（2）由（1）知，，所以，因为bn＞0，所以随着n的增大而增大，所以，又显然，所以，即的取值范围为．6．（2023·全国·模拟预测）某中学举办了诗词大会选拔赛，共有两轮比赛，第一轮是诗词接龙，第二轮是飞花令．第一轮给每位选手提供5个诗词接龙的题目，选手从中抽取2个题目，主持人说出诗词的上句，若选手在10秒内正确回答出下句可得10分，若不能在10秒内正确回答出下句得0分．(1)已知某位选手会5个诗词接龙题目中的3个，求该选手在第一轮得分的数学期望；(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个团队参加飞花令环节的比赛，每一次由四个团队中的一个回答问题，无论答题对错，该团队回答后由其他团队抢答下一问题，且其他团队有相同的机会抢答下一问题．记第n次回答的是甲的概率为，若．①求P2，P3；②证明：数列为等比数列，并比较第7次回答的是甲和第8次回答的是甲的可能性的大小．【答案】(1)12(2)①，；②证明过程见详解，第7次回答的是甲的可能性比第8次的大【分析】（1）设该选手答对的题目个数为，该选手在第一轮的得分为η，可得，再写出的所有可能取值，分别求出其对应的概率，进而得到的分布列，并求出的数学期望，从而可求得的数学期望；（2）①直接根据题意可得第一次是甲回答，第二次甲不回答，所以第二次甲回答的概率为；②先根据题意建立与的关系式，即可证明数列为等比数列，进而可得到的通项公式，从而可比较P7，P8．【详解】（1）设该选手答对的题目个数为，该选手在第一轮的得分为，则，易知的所有可能取值为0，1，2，则，，，故的分布列为012P则，所以．（2）①由题意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，∴，则．②由第n次回答的是甲的概率为，得当n≥2时，第次回答的是甲的概率为，第次回答的不是甲的概率为，则，即，又，∴是以为首项，为公比的等比数列，则，∴，∴第7次回答的是甲的可能性比第8次回答的是甲的可能性大．7．（2023·全国·模拟预测）在数列中，，．(1)证明：数列是等比数列；(2)令，数列的前n项和为，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）将数列的递推公式变形，再结合等比数列的定义，即可证明；（2）由（1）得到数列的通项公式，再利用变形，放缩法，结合裂项相消法求和，即可证明.【详解】（1）由，得，由，得，则，所以，得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列（2）由（1）得，则，所以，所以．所以8．（2023·河北·高三河北衡水中学校考阶段练习）各项均不为0的数列满足：，且.(1)求；(2)已知，请证明：.【答案】(1)(2)证明见详解【分析】（1）根据题意结合等比数列的定义和通项公式可得，再利用累加法运算求解；（2）先求，再根据放缩证明.【详解】（1）∵，所以，可得，即，∴数列是以首项，公比的等比数列，故，当时，则，当时，符合，故，即.（2）由题意可得：，当时，则，故.9．（2023春·北京海淀·高三首都师范大学附属中学校考开学考试）如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，分别是棱的中点.(1)证明：平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；(3)若，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）连接，根据棱柱的结构特征，利用线面平行的判定定理和面面平行的性质定理，即可证明结论；（2）取的中点，连接，，可得，，两两垂直，建立以为原点，以、、所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系，利用向量法，求解即可得出答案；（3）由（2）可得及平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可.【详解】（1）证明：连接，，分别是棱，的中点，，平面，平面，平面，，分别是棱，的中点，，，四边形是平行四边形，则，平面，平面，平面，，平面，且，平面平面，平面，平面；（2）取的中点，连接，，在等边△中，则，则，，两两垂直，可建立以为原点，以、、所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系，如图所示：不妨设，，则,,，,2,，，,0,，，，，，，设平面的法向量为，则，取，则，，平面的法向量为，设平面的法向量为，则4，取，则，，平面的法向量为．设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面夹角的余弦值为．（3）若，由（2）可知，所以，面的法向量为，所以点到平面的距离为.10．（2023·陕西西安·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，F在上，满足.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析.(2).【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，根据题意求得相关点坐标，求出点F的坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）证明：因为平面，平面ABCD,所以,又因为，平面，所以平面.（2）过A作的垂线交于点M,因为平面，平面,所以,以A为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系如图，则,因为E为的中点，所以,因为F在上，设,则,故,因为，所以，即，即，即，所以，设平面的一个法向量为，则,即，令，则，故；，设平面的一个法向量为，则,即，令，则，故，故，由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.11．（2023·全国·模拟预测）如图，已知直四棱柱的底面为平行四边形，为的中点．(1)求证：平面；(2)若底面为边长为的正方形，且，为上的动点（包含端点），求当直线与平面所成角的正弦值最大时点的位置．【答案】(1)证明见解析(2)点与重合【分析】（1）连接交于点，连接，得到为的中点，进而得，最后利用线面平行的判定定理即可证明；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出直线与平面所成角的正弦值关于的函数关系式，利用换元法结合二次函数的基本性质可求得直线与平面所成角的正弦值的最大值及其对应的的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：连接交于点，连接，因为四边形为平行四边形，则为的中点，又因为为的中点，，因为平面，平面，平面.（2）解：因为底面，四边形为正方形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，设，其中，所以，，，设平面的法向量为，则，取，可得，因为，所以，令，则，所以，，当时，；当时，则，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，故当点与点重合时，直线与平面所成角的正弦值最大时.12．（2023·全国·模拟预测）如图1，在平面四边形ABCD中，，，于点E，于点F，且与AB交于点G，，将沿DG折起，使得平面平面BCDG，得到四棱锥，如图2，P，Q分别为CD，AF的中点．(1)求证：平面ABP；(2)若，求直线DQ与平面QBP所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）要证明线面平行，根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，通过作辅助线，构造平行四边形，即可证明平面ABP；（2）解法一：由平面平面BCDG，得到平面BCDG，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面QBP的一个法向量和直线DQ的方向向量，即可用向量的夹角公式求直线DQ与平面QBP所成角的正弦值；解法二：利用等体积转化求点D到平面QBP的距离，再利用线面角的定义，即可求解.【详解】（1）如图，连接BF，易知，，∴四边形BCDF为平行四边形，∴，，（平行四边形的性质）取AB的中点H，连接QH，HP，则且，∴，，∴四边形QHPD为平行四边形，，又平面ABP，平面ABP，（此步骤不能少）∴平面ABP．（线面平行的判定定理）（2）解法一：∵平面平面BCDG，，平面ADG，平面平面，∴平面BCDG．（面面垂直的性质定理）又，故以F为坐标原点，FE，FD，FA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．易得，，易知，（勾股定理的应用）则，，，,，,，．设平面QBP的法向量为，则，即，取，得．设直线DQ与平面QBP所成的角为，则，（注意线面角的定义及取值范围）∴直线DQ与平面QBP所成角的正弦值为．解法二

∵平面平面BCDG，，平面ADG，平面平面，∴平面BCDG．（面面垂直的性质定理）连接FP，易得，，，过点F作于点M，连接QM，又，，∴平面QFM，∴．在中，，则，易知，,，．设点D到平面QBP的距离为h，连接BD，易知，则由，得，解得，（等体积法的应用）设直线DQ与平面QBP所成的角为，则，所以直线DQ与平面QBP所成角的正弦值为．13．（2023春·北京·高三北京二中校考开学考试）学校组织A，B，C，D，E五位同学参加某大学的测试活动，现有甲、乙两种不同的测试方案，每位同学随机选择其中的一种方案进行测试，选择甲方案测试合格的概率为，选择乙方案测试合格的概率为，且每位同学测试的结果互不影响．(1)若A，B，C三位同学选择甲方案，D，E两位同学选择乙方案，求5位同学全部测试合格的概率；(2)若5位同学全选择甲方案，将测试合格的同学的人数记为X，求X的分布列及其均值；(3)若测试合格的人数的均值不小于3，直接写出选择甲方案进行测试的同学的可能人数．【答案】(1)(2)分布列见解析，(3)选择甲方案进行测试的同学个数为3，4或者5【分析】(1)利用独立事件的概率乘法公式求解；(2)由条件确定随机变量X的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得其分布列，并由期望公式求期望；(3)设选择甲方案测试的同学个数为n，通过设通过甲方案测试合格的同学个数为，通过乙方案测试合格的同学个数为，利用二项分布期望公式和期望的性质求，由条件确定的取值.【详解】（1）因为A，B，C三位同学选择甲方案，D，E两位同学选择乙方案，由已知A，B，C测试合格的概率为，D，E测试合格的概率为，所以5位同学全部测试合格的概率为；（2）由已知随机变量的取值有，，，，，，，所以X的分布列为：X012345P∴；（3）设选择甲方案测试的同学个数为n，则选择乙方案测试的同学个数为，并设通过甲方案测试合格的同学个数为，通过乙方案测试合格的同学个数为，当时，此时所有同学均选择方案乙测试，则，所以，不符合题意；当时，此时所有同学均选择方案甲测试，则，所以，符合愿意；当时，，所以，若使，则，由于，故时符合题意，综上，选择甲方案测试的同学个数为3，4或者5时，测试合格的同学个数的期望不小于3．14．（2023春·北京·高三北京市八一中学校考开学考试）某公司在2013~2022年生产经营某种产品的相关数据如下表所示：年份2013201420152016201720182019202020212022年生产台数（单位：万台）35566991010a年返修台数（单位：台）323854585271648075b年利润（单位：百万元）3.854.504.205.506.109.659.9810.0011.50c注：年返修率=年返修台数÷年生产台数..(1)从2013~2021年中随机抽取两年，求这两年中至少有一年生产的产品的平均利润不小于100元/台的概率；(2)公司规定：若年返修率不超过千分之一，则该公司生产部门当年考核优秀.现从2013~2021年中随机选出3年，记X表示这3年中生产部门获得考核优秀的次数，求X的分布列和期望；(3)记公司在2013~2017年，2018~2022年的年生产台数的方差分别为，.若，请写出a的值.（只需写出结论）（注：，其中为数据的平均数）【答案】(1)(2)分布列见解析，期望为(3)7或12【分析】（1）计算出各年产品的平均利润，得到平均利润不小于100元/台的有6个，小于100元/台的有3个，利用组合知识求出概率；（2）计算出各年的年返修率，得到不超过千分之一的年份有7个，超过千分之一的年份有2个，得到X的可能取值和对应的概率，求出分布列及期望值；（3）计算出，从而得到方程，求出a的值.【详解】（1）2013年产品的平均利润为元/台，2014年产品的平均利润为元/台，2015年产品的平均利润为元/台，2016年产品的平均利润为元/台，2017年产品的平均利润为元/台，2018年产品的平均利润为元/台，2019年产品的平均利润为元/台，2020年产品的平均利润为元/台，2021年产品的平均利润为元/台，故平均利润不小于100元/台的有6个，小于100元/台的有3个，故从2013~2021年中随机抽取两年，这两年中至少有一年生产的产品的平均利润不小于100元/台的概率为；（2）2013年产品的年返修率为，2014年产品的年返修率为，2015年产品的年返修率润为，2016年产品的年返修率为，2017年产品的年返修率为，2018年产品的年返修率为，2019年产品的年返修率为，2020年产品的年返修率为，2021年产品的年返修率为，年返修率不超过千分之一的年份有7个，超过千分之一的年份有2个，X的可能取值为1,2,3，则，，，故分布列为：123故，（3）2013~2017年年生产台数的平均数为（万台），故，2018~2022年的年生产台数的平均数为，故，解得：或12（万台），故a的值为7或12.15．（2023·陕西西安·统考一模）某学校组织知识竞答比赛，设计了两种答题方案：方案一：先回答一道多选题，从第二道开始都回答单选题；方案二：全部回答单选题.其中每道单选题答对得2分，答错得0分；多选题全部选对得3分，选对但不全得1分，有错误选项得0分.每名参与竞答的同学至多答题3道.在答题过程中得到4分或4分以上立刻停止答题.统计参与竞答的500名同学，所得结果如下表所示：男生女生选择方案一10080选择方案二200120(1)能否有的把握认为方案的选择与性别有关?(2)小明回答每道单选题的正确率为0.8；多选题完全选对的概率为0.3，选对且不全的概率为0.3.①若小明选择方案一，记小明的得分为X，求X的分布列及数学期望；②如果你是小明，为了获取更好的得分你会选择哪个方案?请通过计算说明理由.附：，.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)没有.(2)①分布列见解析；.②选方案一，理由见解析.【分析】（1）根据题意完善列联表，计算的值，即可判断结论；（2）①确定X的取值，求出每个值对应的概率，可得分布列，进而求得数学期望；②计算出选择方案二的数学期望，和方案一进行比较，可得答案.【详解】（1）由题意完善列联表如图：男生女生总计选择方案一10080180选择方案二200120320总计300200500故故没有的把握认为方案的选择与性别有关.（2）①由题意可知X的所有可能取值为，则,,,,,故X的分布列为∶X012345P0.0160.0120.1280.1080.2560.480故X的数学期望.②设选择方案二的得分为Y,则Y的可能取值为，则,,,故,因为,故为了获取更好的得分,小明会选择方案一.16．（2022秋·广西玉林·高三校联考阶段练习）双曲线的离心率为，右焦点F到渐近线的距离为．(1)求双曲线C的标准方程；(2)过直线上任意一点P作双曲线C的两条切线，交渐近线于A，B两点，证明：以AB为直径的圆恒过右焦点F．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)由条件列关于的方程，解方程求，可得双曲线方程；(2)先确定切线的斜率存在，设切线方程为，由此确定直线的斜率的关系，求点的坐标，证明即可.【详解】（1）设双曲线的半焦距为，则右焦点的坐标为，由题意可得，解得．

故双曲线C的标准方程是．（2）设，过点的斜率不存在的直线的方程为，直线与双曲线没有交点，不可能为双曲线的切线，所以过点P的切线斜率存在，设此切线方程为，联立，整理得．由，得．

设直线PA，PB的斜率分别为，，则，．

联立，解得，，则．

同理可得．

因为，所以，，

则．

因为，

所以，即以AB为直径的圆恒过右焦点F．【点睛】关键点点睛：联立切线方程与双曲线方程，根据判别式为0，确定切线的斜率的关系.17．（2023秋·河南三门峡·高三统考期末）已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，直线l：与C的两个交点和O，B构成一个面积为的菱形.(1)求C的方程；(2)圆E过O，B，交l于点M，N，直线AM，AN分别交C于另一点P，Q.①求的值；②证明：直线PQ过定点.【答案】(1)(2)①；②证明见解析【分析】（1）由题意可知点坐标得，设为直线l与C的一个交点，由菱形面积求出点坐标代入椭圆方程求出即可得解；（2）①设，，由题意可得，再由斜率公式即可求解；②设直线PQ的方程为，联立椭圆方程，根据根与系数的关系求出直线直线PQ的方程为，即可求出直线过定点.【详解】（1）因为直线l：与C的两个交点和O，B构成的四边形是菱形，所以l垂直平分OB，所以，.设为直线l与C的一个交点，则菱形的面积为.因为菱形的面积为，所以，解得，即，将点代入，得，又因为，所以.故C的方程为.（2）①由题意，得OB为圆E的一条弦，且直线垂直平分该弦，故直线经过圆心E，所以MN为圆E的直径，因此，即.设，，则.注意到，，则.又因为，，所以.②易知直线PQ不可能平行于x轴，则设直线PQ的方程为，，.由，得.，（*），.①因为，，所以，即，即.将①代入上式得，化简得，解得，满足（*），所以直线PQ的方程为，故直线PQ过定点.18．（2023·浙江·校联考模拟预测）设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2.(1)求双曲线C的方程；(2)过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M，（i）求的值；（ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：.【答案】(1)(2)（i）1；（ii）证明见解析【分析】（1）结合点F到其中一条渐近线的距离为2和，即可求得本题答案；（2）（i）设AB直线方程为，，得，直线方程与双曲线方程联立消，然后由韦达定理得，，把逐步化简，即可求得本题答案；（ii）把和的直线方程分别求出，联立可得到点的坐标，由此即可得到本题答案.【详解】（1）因为双曲线其中一条渐近线方程为，又点到它的距离为2，所以，又，得，又因为，所以，所以双曲线C的方程为.（2）（2）设AB直线方程为，则，代入双曲线方程整理得：，设，则，，（i）而，所以，，则，所以；（ii）过M平行于OA的直线方程为，直线OB方程为与联立，得，即，则，所以，由，两式相除得，，则，所以，因为，所以，故P为线段MQ的中点，所以.【点睛】关键点点睛：本题第二小题第一问考了如何用表示出来，进而利用韦达定理进行化简求值，考查了学生的转化能力以及对复杂运算的求解能力19．（2023春·北京·高三北京二中校考开学考试）已知椭圆的短轴长为，直线与轴交于点，椭圆的右焦点为，，过点的直线与椭圆交于两点．(1)求椭圆的方程及离心率；(2)若原点在以为直径的圆上，求直线的方程；(3)过点且垂直于轴的直线交椭圆于另一点，证明：三点共线，并直接写出面积的最大值．【答案】(1)，；(2)或(3)证明见详解，面积的最大值为【分析】（1）由题意建立关于的方程组，解出即可得椭圆的方程及离心率；（2）设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，设，根据，得的取值范围，由韦达定理可得，及的值，由原点O在以为直径的圆上，则，即，代入求出的值即得直线方程；（3）设，则有，设，则，只需利用韦达定理证明，即可证明Q，F，M三点共线；根据题意化简得面积，再利用基本不等式即要求得最大值.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆的方程为，离心率为；（2）由（1）可得，设直线的方程为，，整理得，依题意，得，设则①，②，由直线的方程得于是③，由原点O在以为直径的圆上，则，即④，由①②③④得，从而，所以直线的方程为或；（3）证明：设，即有，即，设，即有，则，∴，由于因为，又因为，所以，即有，故有，∴三点共线，∴面积，当且仅当，即时取等号，满足，∴面积的最大值.【点睛】考点与方法点睛：解决直线与圆锥曲线的综合问题时，常考的内容：（1）曲线的标准方程，（2）求离心率，（3）求或证明直线恒过点，（4）求直线方程（5）证明等式或不等式，（6）证明点共线，（7）三角形或四边形面积（或面积的最值问题）方法：（1）利用待定系数法联立方程组解出相关量（2）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、曲线的条件；（3）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．20．（2023·全国·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，点F关于直线的对称点恰好在y轴上．(1)求抛物线E的标准方程；(2)直线与抛物线E交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，若，求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】(1)由题意得，设F关于直线的对称点为，根据题意列出方程组，解之即可求解；(2)将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式，并求得线段AB的垂直平分线方程为，进而得到，利用函数的单调性即可求解.【详解】（1）由题意得，设F关于直线的对称点为，则，解得，∴抛物线E的标准方程为．（2）由可得，设，，则，，∴，，∴线段AB的中点坐标为，则线段AB的垂直平分线方程为，令，得，故，又，得．∴，令，则，，∴，易知函数在上单调递增，∴当时，取得最小值，此时，故的最大值为．21．（2023春·北京·高三北京市八一中学校考开学考试）已知函数SKIPIF1<0.(1)求曲线SKIPIF1<0在SKIPIF1<0处的切线方程；(2)当SKIPIF1<0时，求SKIPIF1<0的单调区间；(3)若对任意SKIPIF1<0，SKIPIF1<0恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)SKIPIF1<0(2)答案见解析(3)SKIPIF1<0【分析】（1）求导得到SKIPIF1<0，结合SKIPIF1<0，利用点斜式写出切线方程；（2）求定义域，求导，由SKIPIF1<0求出递增区间，由SKIPIF1<0求出递减区间；（3）变形得到SKIPIF1<0恒成立，先由SKIPIF1<0确定SKIPIF1<0，再证明充分性，得到答案.【详解】（1）SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，故曲线SKIPIF1<0在SKIPIF1<0处的切线方程为SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0的定义域为R，SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0得：SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0得：SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0单调递增区间为SKIPIF1<0，单调递减区间为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；（3）SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0恒成立，令SKIPIF1<0，不妨取SKIPIF1<0，此时SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，可以看出SKIPIF1<0在R上单调递增，且SKIPIF1<0，故当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上单调递减，在SKIPIF1<0上单调递增，故SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，结论得证；当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，不满足SKIPIF1<0恒成立，故此时对任意SKIPIF1<0，SKIPIF1<0不恒成立，综上：SKIPIF1<0的取值范围是SKIPIF1<0.【点睛】关键点点睛：为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.22．（2023·陕西西安·统考一模）已知函数SKIPIF1<0，求证：(1)SKIPIF1<0存在唯一零点；(2)不等式SKIPIF1<0恒成立．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由导数得出SKIPIF1<0的单调性，结合零点存在性定理证明即可；（2）先证明SKIPIF1<0，再由SKIPIF1<0的单调性，证明不等式即可.【详解】（1）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，此时函数SKIPIF1<0单调递增；当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，此时函数SKIPIF1<0单调递减；所以SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0.所以SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上单调递增，SKIPIF1<0.则在SKIPIF1<0上，存在SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0存在唯一零点；（2）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0令SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，此时函数SKIPIF1<0单调递增；当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，此时函数SKIPIF1<0单调递减；即SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0.因为函数SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上单调递增，所以SKIPIF1<0.即SKIPIF1<0.故不等式SKIPIF1<0恒成立.【点睛】关键点睛：在证明第二问时，关键是由导数证明SKIPIF1<0，再利用函数SKIPIF1<0的单调性证明，在做题时，要察觉到这一点.23．（2023·广西柳州·高三统考阶段练习）已知函数SKIPIF1<0．(1)当SKIPIF1<0时，讨论函数SKIPIF1<0零点的个数．(2)若SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0在区间SKIPIF1<0上恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)0(2)SKIPIF1<0【分析】（1）由导数法讨论零点个数；（2）对a分类讨论，结合导数法将恒成立问题转化为讨论最小值问题.【详解】（1）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0单调递增；当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0单调递减.∴SKIPIF1<0，∴函数SKIPIF1<0零点的个数为0；（2）SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0.∵SKIPIF1<0，SKIPIF1<0在区间SKIPIF1<0上恒成立，i.则当SKIPIF1<0时，由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0单调递减；由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0单调递增，故SKIPIF1<0，符合题意；ii.当SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0单调递减；由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0单调递增，故SKIPIF1<0，则有SKIPIF1<0；iii.当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0在区间SKIPIF1<0上单调递增，故SKIPIF1<0，不满足题意.综上，a的取值范围为SKIPIF1<0.【点睛】含参不等式恒成立问题，（1）通过分离参数法，转化为讨论不含参函数的最值；（2）对参数分类讨论，直接转化为讨论直接讨论含参函数的最值.24．（2023·湖南·模拟预测）已知函数SKIPIF1<0.(1)讨论函数SKIPIF1<0的单调性；(2)证明：当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0；(3)若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，求实数a的取值范围.【答案】(1)详解见解析；(2)证明见解析；(3)SKIPIF1<0.【分析】(1)利用导数，分类讨论当SKIPIF1<0、SKIPIF1<0时的单调性，即可求解；(2)令SKIPIF1<0，利用二次求导讨论函数SKIPIF1<0的单调性即可证明；(3)原不等式可化为SKIPIF1<0.当SKIPIF1<0时利用导数证明SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，进而证明SKIPIF1<0，再次利用导数讨论函数SKIPIF1<0的单调性即可求解；易知当SKIPIF1<0时SKIPIF1<0，不符合题意.【详解】（1）SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，当SKIPIF1<0时，令SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，所以函数在SKIPIF1<0上单调递减，在SKIPIF1<0上单调递增；当SKIPIF1<0时，令SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，所以函数在SKIPIF1<0上单调递减，在SKIPIF1<0上单调递增.综上，函数SKIPIF1<0的单调减区间为SKIPIF1<0，单调增区间为SKIPIF1<0；（2）令SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，所以函数SKIPIF1<0单调递增，有SKIPIF1<0，所以函数SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上单调递增，有SKIPIF1<0，所以当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，即证；（3）SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，则函数SKIPIF1<0单调递增，且SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0；令SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，所以函数SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上单调递减，在SKIPIF1<0上单调递增.则SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，所以函数SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上单调递增，且SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0恒成立.当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，存在实数SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0均有SKIPIF1<0