1、全解與精煉高考數(shù)學(xué)專題9 數(shù)學(xué)思想方法已知 fx 是定義在 R 上的奇函數(shù)，當(dāng) x0 時(shí)，fx=2x11,02，則函數(shù) gx=xfx1 在 6,+ 上的所以零點(diǎn)之和為 已知橢圓 C:x2a2+y2b2=1ab0 經(jīng)過(guò)點(diǎn) M1,32，其離心率為 12(1) 求橢圓 C 的方程；(2) 設(shè)直線 l 與橢圓 C 相交于 A，B 兩點(diǎn)，以線段 OA，OB 為鄰邊作平行四邊形 OAPB，其中頂點(diǎn) P 在橢圓 C 上，O 為坐標(biāo)原點(diǎn)求 O 到直線 l 的距離的最小值設(shè)函數(shù) fx=xex1ax2(1) 若 a=12，求 fx 的單調(diào)區(qū)間；(2) 若當(dāng) x0 時(shí)，fx0，求 a 的取值范圍若關(guān)于 x 的方程

2、xx+2=kx2 有 4 個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù) k 取值范圍如圖所示，已知圓 O:x2+y2=1，O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，正方形 ABCD 的一邊 AB 為圓 O 的一條弦，求線段 OC 長(zhǎng)度的最值設(shè)函數(shù) fnx=xn+bx+cnN,b,cR(1) 設(shè) n2，b=1，c=1，求證：fnx 在區(qū)間 12,1 內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)；(2) 設(shè) n 為偶數(shù) f11，f11，求 b+3c 的最小值和最大值；(3) 設(shè) n=2，若對(duì)任意 x1，x21,1，有 f2x1f2x24，求實(shí)數(shù) b 的取值范圍設(shè)數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式為 an=pn+qnN*,p0，數(shù)列 bn 定義如下：對(duì)于正整數(shù) m，bm 是使得不等式

3、anm 成立的所有 n 中的最小值(1) 若 p=12，q=13，求 b3；(2) 若 p=2，q=1，求數(shù)列 bn 的前 2m 項(xiàng)和公式；(3) 是否存在 p 和 q，使得 bm=3m+2mN*？若存在，求出 p 和 q 的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由已知函數(shù) fx=xxalnx(1) 若 a=1，求函數(shù) fx 在區(qū)間 1,e 的最大值；(2) 求函數(shù) fx 的單調(diào)區(qū)間；(3) 若 fx0 恒成立，求 a 的取值范圍已知 fx 滿足對(duì)任意 a,bR，有 fab=afb+bfa，且 fx1求證：fx 恒為零在由若干南方球隊(duì)和北方球隊(duì)參加的排球單循環(huán)賽中，已知南方隊(duì)比北方隊(duì)多 9 支，所有南方

4、隊(duì)得到的分?jǐn)?shù)總和是所有北方隊(duì)得到的分?jǐn)?shù)總和的 9 倍（每場(chǎng)比賽勝者得一分，負(fù)者得零分）證明：循環(huán)賽結(jié)束后，某支南方隊(duì)積分最高設(shè)函數(shù) fx=xx,x0fx+1,x0 與函數(shù) y=fx 的圖象恰有三個(gè)不同的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù) k 的取值范圍是 設(shè)函數(shù) fnx=xn+bx+cnN+,b,cR(1) 設(shè) n2，b=1，c=1，證明：fnx 在區(qū)間 12,1 內(nèi)存在唯一零點(diǎn)(2) 設(shè) n=2，若對(duì)任意 x1,x21,1，有 f2x1f2x24，求 b 的取值范圍；(3) 在（1）的條件下，設(shè) xn 是 fnx 在 12,1 內(nèi)的零點(diǎn)，判斷數(shù)列 x2，x3，xn， 的增減性已知函數(shù) fx=ax2+1a0,gx=

5、x3+bx(1) 若曲線 y=fx 與曲線 y=gx 在它們的交點(diǎn) 1,c 處具有公共切線，求 a，b 的值；(2) 當(dāng) a2=4b 時(shí)，求函數(shù) fx+gx 的單調(diào)區(qū)間，并求其在區(qū)間 ,1 上的最大值已知 a0，bR，函數(shù) fx=4ax32bxa+b(1) 證明：當(dāng) 0 x1 時(shí)，（）函數(shù) fx 的最大值為 2ab+a；（）fx+2ab+a0；(2) 若 1fx1 對(duì) x0,1 恒成立，求 a+b 的取值范圍設(shè)函數(shù) fx=a2x2a0(1) 若函數(shù) y=fx 圖象上的點(diǎn)到直線 xy3=0 距離的最小值為 22，求 a 的值；(2) 關(guān)于 x 的不等式 x12fx 的解集中的整數(shù)恰有 3 個(gè)，求

6、實(shí)數(shù) a 的取值范圍已知數(shù)列 an 是等比數(shù)列，Sn 為其前 n 項(xiàng)和(1) 若 S4，S10，S7 成等差數(shù)列，證明 a1，a7，a4 也成等差數(shù)列；(2) 設(shè) S3=32，S6=2116，bn=ann2，若數(shù)列 bn 是單調(diào)遞減數(shù)列，求實(shí)數(shù) 的取值范圍已知常數(shù) a0，函數(shù) fx=x3+3a4x,xa2494a2x,xa2(1) 求 fx 的單調(diào)遞增區(qū)間；(2) 若 00. 設(shè) Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，則 x0=x1+x2=8km3+4k2，y0=y1+y2=kx1+x2+2m=6m3+4k2由于點(diǎn) P 在橢圓 C 上，所以 x024+y023=1從而 16k2m23+4k

7、22+12m23+4k22=1，化簡(jiǎn)得 4m2=3+4k2，經(jīng)檢驗(yàn)滿足式又點(diǎn) O 到直線 l 的距離為 d=m1+k2=34+k21+k2=1141+k2114=32，當(dāng)且僅當(dāng) k=0 時(shí)等號(hào)成立當(dāng)直線 l 的斜率不存在時(shí)，由對(duì)稱性，知點(diǎn) P 一定在 x 軸上，從而 P 點(diǎn)為 2,0 或 2,0，直線 l 為 x=1 或 x=1，所以點(diǎn) O 到直線 l 的距離為 1綜上所述，可知點(diǎn) O 到直線 l 的距離的最小值為 323. 【答案】(1) 當(dāng) a=12 時(shí)，fx=xex112x2， fx=ex1+xexx=ex1x+1當(dāng) x,1 時(shí)，fx0；當(dāng) x1,0 時(shí)，fx0故 fx 在 ,1，0,+

8、 上單調(diào)遞增，在 1,0 上單調(diào)遞減(2) fx=xex1ax令 gx=ex1ax，則 gx=exa若 a1，則當(dāng) x0,+ 時(shí)，gx0，gx 為增函數(shù)，而 g0=0，從而當(dāng) x0 時(shí)，gx0，即 fx0；若 a1，則當(dāng) x0,lna 時(shí)，gx0，gx 為減函數(shù)，而 g0=0，從而當(dāng) x0,lna 時(shí)，gx0，即 fx0 且在第二象限內(nèi)要有 2 個(gè)交點(diǎn)，由 1x+2=kx 有 kx2+2kx+1=0，=4k240，得 k1所以當(dāng) k1 時(shí)，原方程有 4 個(gè)不相符的實(shí)數(shù)根解法二：前同方法一，方程 xx+2=1k 有 3 個(gè)不同的不等的非零實(shí)根，令函數(shù) fx=xx+2，gx=1k，在同一坐標(biāo)系中作

9、出它們的圖象（見圖 1），從圖上可以看出，當(dāng) k1 時(shí)，原方程有 4 個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根解法三：若將方程變?yōu)?1xx+2=k，則原方程有 4 個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，只要該方程有 3 個(gè)不同的實(shí)數(shù)解即可，令 fx=1xx+2=1xx+2,x01xx+2,x0 時(shí)，fx=2x+1xx+220，所以 fx 在 0,+ 上為減函數(shù)；當(dāng) x1 時(shí)，函數(shù) fx=1xx+2 與直線 y=k 有 3 個(gè)交點(diǎn)，從而知原方程有 4 個(gè)不等實(shí)根5. 【答案】設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為 a，OBA=，則 cos=a2，0,2當(dāng) A，B，C，D 按順時(shí)針?lè)较驎r(shí)，如圖 1 所示，在 OBC 中，a2+12acos2+=OC2，即 OC=2

10、cos2+1+22cossin=22sin2+4+3，由 2+44,54，知 OC1,2+1；當(dāng) A，B，C，D 按逆時(shí)針?lè)较驎r(shí)，如圖 2 所示，在 OBC 中，a2+12acos2=OC2，即 OC=2cos2+122cossin=22sin24+3，由 244,34，知 OC21,5綜上所述，線段 OC 長(zhǎng)度的最小值為 21，最大值為 2+16. 【答案】(1) 當(dāng) b=1，c=1，n2 時(shí)， fnx=xn+x1，fn12fn1=12n1210所以 fnx 在 12,1 上單調(diào)遞增，所以 fnx 在 12,1 內(nèi)存在唯一零點(diǎn)(2) 由題意知 1f11,1f11, 即 0bc2,2b+c0.

11、 作出可行域如圖陰影部分所示，知 b+3c 在點(diǎn) 0,2 處取到最小值 6，在點(diǎn) 0,0 處取到最大值 0所以 b+3c 的最小值是 6，最大值是 0(3) 當(dāng) n=2 時(shí)，f2x=x2+bx+c對(duì)任意 x1，x21,1，都有 f2x1f2x24，等價(jià)于 f2x 在 1,1 上的最大值與最小值之差 M4（i）當(dāng) b21，即 b2 時(shí)，M=f21f21=2b4，與題意矛盾；（ii）當(dāng) 1b20，即 00nmqp因?yàn)?bm=3m+2mN*，即對(duì)于任意的正整數(shù) m，均有 3m+1mqp3m+2，即 2pq3p1mpq 對(duì)于任意的正整數(shù) m 恒成立當(dāng) 3p1=0 時(shí)，得 23q013q，即 23q0

12、時(shí)，得 mpq3p1 與任意正整數(shù) m 矛盾；同理當(dāng) 3p10 時(shí)，與任意正整數(shù) m 矛盾；綜上所述，存在滿足題意的 p，q，且 p=13，23q138. 【答案】(1) 若 a=1，則 fx=xx1lnx當(dāng) x1,e 時(shí)，fx=x2xlnx， fx=2x11x=2x2x1x0，所以 fx 在 1,e 上單調(diào)增，所以 fxmax=fe=e2e1(2) 由于 fx=xxalnx，x0,+（）當(dāng) a0 時(shí)，則 fx=x2axlnx， fx=2xa1x=2x2ax1x，令 fx=0，得 x0=a+a2+84（負(fù)根舍去）；且當(dāng) x0,x0 時(shí)，fx0，所以 fx 在 0,a+a2+84 上單調(diào)減，在

13、a+a2+84,+ 上單調(diào)增（）當(dāng) a0 時(shí)，（a）若 xa，則 fx=2xa1x=2x2ax1x，令 fx=0，得 x1=a+a2+84（x=aa2+84a，即 0a1，則當(dāng) x0,x1 時(shí)，fx0，所以 fx 在區(qū)間 0,a+a2+84 上是單調(diào)減，在 a+a2+84,+ 上單調(diào)增（）若 0 xa，則 fx=2x+a1x=2x2+ax1x，令 fx=0，得 2x2+ax1=0，記 =a28，若 =a280，即 00，即 a22，則由 fx=0 得 x3=aa284，x4=a+a284 且 0 x3x4a，當(dāng) x0,x3 時(shí)，fx0；當(dāng) xx4,+ 時(shí)，fx0，所以 fx 在區(qū)間 0,aa2

14、84 上是單調(diào)減，在 aa284,a+a284 上單調(diào)增；在 a+a284,+ 上單調(diào)減綜上所述，當(dāng) a22 時(shí)，fx 的單調(diào)遞減區(qū)間是 0,aa284 和 a+a284,a，fx 單調(diào)的遞增區(qū)間是 aa284,a+a284 和 a,+(3) 函數(shù) fx 的定義域?yàn)?x0,+由 fx0，得 xalnxx, （）當(dāng) x0,1 時(shí)，xa0，lnxx1 時(shí)，不等式恒成立等價(jià)于 ax+lnxx 恒成立，令 hx=xlnxx，則 hx=x21+lnxx2，因?yàn)?x1，所以 hx0，從而 hx1，因?yàn)?axlnxx 恒成立等價(jià)于 a0 在 x1,+ 上恒成立，tx 在 x1,+ 上無(wú)最大值綜上所述，滿足條

15、件的 a 的取值范圍是 ,19. 【答案】先證 fx 為奇函數(shù)令 a=b=1，f1=2f1f1=0；令 a=b=1，f1=2f1f1=0令 a=x，b=1，fx=xf1fx=fxfx 為奇函數(shù)再證，當(dāng) x0,+ 時(shí)，fx=0令 a=b=x，有 fx2=2xfx，fx3=3x2fx，fxn=nxn1fx，nN*若 x1，fxn=nxn1fx若 fx0，則 fxn=nxn1fx+n+，這與 fx1 矛盾，故 x1 時(shí)，fx0若 0 x1，f1x=0（上面已證），所以 0 x0 恒過(guò)定點(diǎn) 1,0，在同一直角坐標(biāo)系中作出函數(shù) y=fx 的圖象和直線 y=kx+kk0 的圖象，如圖所示，由兩圖象恰好有三

16、個(gè)不同的交點(diǎn)得 14k1312. 【答案】(1) b=1，c=1，n2 時(shí)，fnx=xn+x1因?yàn)?fn12fn1=12n1210，因?yàn)?fnx 在 12,1 上是單調(diào)遞增的，所以 fnx 在 12,1 內(nèi)存在唯一零點(diǎn)(2) 當(dāng) n=2 時(shí)，f2x=x2+bx+c對(duì)任意 x1,x21,1 都有 f2x1f2x24 等價(jià)于 f2x 在 1,1 上的最大值與最小值之差 M4據(jù)此分類討論如下：（）當(dāng) b21，即 b2 時(shí)，M=f21f21=2b4，與題設(shè)矛盾（）當(dāng) 1b20，即 0b2 時(shí)，M=f21f2b2=b2+124 恒成立（）當(dāng) 0b21，即 2b0 時(shí)，M=f21f2b2=b2124 恒成

17、立綜上可知，2b2注：（）（）也可合并證明如下：用 maxa,b 表示 a，b 中的較大者當(dāng) 1b21，即 2b2 時(shí)， M=maxf21,f21f2b2=f21+f212+f21f212f2b2=1+c+bb24+c=1+b224 恒成立(3) 方法一：設(shè) xn 是 fnx 在 12,1 內(nèi)的唯一零點(diǎn) n2 fnxn=xnn+xn1=0，fn+1xn+1=xn+1n+1+xn+11=0，xn+112,1于是有 fnxn=0=fn+1xn+1=xn+1n+1+xn11xn+1n+xn+11=fnxn+1，又由（1）知 fnx 在 12,1 上是遞增的，故 xnxn+1n2，所以，數(shù)列 x2，x

18、3，xn， 是遞增數(shù)列方法二：設(shè) xn 是 fnx 在 12,1 內(nèi)的唯一零點(diǎn)， fn+1xnfn+11=xnn+1+xn11n+1+11=xnn+1+xn1xnn+xn1=0, 則 fn+1x 的零點(diǎn) xn+1 在 xn,1 內(nèi)，故 xn0 時(shí)，hx 與 hx 的情況如表所示：x,a2a2a2,a6a6a6,+hx+00+hx極大值極小值所以函數(shù) hx 的單調(diào)遞增區(qū)間為 ,a2 和 a6,+；單調(diào)遞減區(qū)間為 a2,a6當(dāng) a21，即 0a2 時(shí)，函數(shù) hx 在區(qū)間 ,1 上單調(diào)遞增，hx 在區(qū)間 ,1 上的最大值為 h1=a14a2當(dāng) a21，且 a61，即 2a6 時(shí)，函數(shù) hx 在區(qū)間

19、,a2 內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間 a2,1 內(nèi)單調(diào)遞減，hx 在區(qū)間 ,1 上的最大值為 ha2=1當(dāng) a66 時(shí)，函數(shù) hx 在區(qū)間 ,a2 內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間 a2,a6 內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間 a6,1 上單調(diào)遞增，又因 ha2h1=1a+14a2=14a220，所以 hx 在區(qū)間 ,1 上的最大值為 ha2=114. 【答案】(1) （）fx=12ax22b=12ax2b6a當(dāng) b0 時(shí)，有 fx0，此時(shí) fx 在 0,+ 上單調(diào)遞增；當(dāng) b0 時(shí)，fx=12ax+b6axb6a，此時(shí) fx 在 0,b6a 上單調(diào)遞減，在 b6a,+ 上單調(diào)遞增所以當(dāng) 0 x1 時(shí)， fxmax=maxf0,f

20、1=maxa+b,3ab=3ab,b2aa+b,b2a=2ab+a. （）由于 0 x1 時(shí)，故當(dāng) b2a 時(shí)， fx+2ab+a=fx+3ab=4ax32bx+2a4ax34ax+2a=2a2x32x+1. 當(dāng) b2a 時(shí)， fx+2ab+a=fxa+b=4ax3+2b1x2a4ax3+4a1x2a=2a2x32x+1. 設(shè) gx=2x32x+1，0 x1，則 gx=6x22=6x33x+33，于是 x，gx，gx 關(guān)系如表所示：x00,333333,11gx0+gx1減極小值增1所以，gxmin=g33=14390，所以當(dāng) 0 x1 時(shí)，2x32x+10，故 fx+2ab+a2a2x32x

21、+10(2) 由（）知，當(dāng) 0 x1 時(shí)，fxmax=2ab+a，所以 2ab+a1若 2ab+a1，則由（）知 fx2ab+a1，所以 1fx1 對(duì)任意 0 x1 恒成立的充要條件是 2ab+a1,a0, 即 2ab0,3ba1,a0 或 2ab0.（*）在直角坐標(biāo)系 aOb 中，式（*）所表示的平面區(qū)域?yàn)槿鐖D所示的陰影部分，其中不包括線段 BC作一組平行線 a+b=ttR，得 1fx 的解集中的整數(shù)恰有 3 個(gè)，等價(jià)于 1a2x22x+10 恰有三個(gè)整數(shù)解，故 1a20 且 h1=a20，所以函數(shù) hx=1a2x22x+1 的一個(gè)零點(diǎn)在區(qū)間 0,1，則另一個(gè)零點(diǎn)一定在區(qū)間 3,2，故 h2

22、0,h30, 解之得 43a0 恰有三個(gè)整數(shù)解，故 1a21 1a2x22x+1=1ax11+ax10，所以 11ax11+a，又因?yàn)?011+a1，所以 311a2，解之得 43a3216. 【答案】(1) 設(shè)數(shù)列 an 的公比為 q，因?yàn)?S4，S10，S7 成等差數(shù)列，所以 q1，且 2S10=S4+S7，所以 2a11q101q=a11q41q+a11q71q，因?yàn)?q0，所以 1+q3=2q6所以 a1+a1q3=2a1q6，即 a1+a4=2a7所以 a1，a7，a4 也成等差數(shù)列(2) 因?yàn)?S3=32，S6=2116，所以 a11q31q=32,，a11q61q=2116,，由

23、式 式，得 1+q3=78，所以 q=12，代入式，得 a1=2所以 a=212n1又因?yàn)?bn=ann2，所以 bn=212n1n2，由題意可知對(duì)任意 nN，數(shù)列 bn 單調(diào)遞減，所以 bn+1bn，即 212nn+12212n1n2，即 612n2n+12n6，當(dāng) n=1 時(shí)，2n+12n6 取得最大值 1，所以 1；當(dāng) n 是偶數(shù)時(shí)，2n+12n6，當(dāng) n=2 時(shí)，2n+12n6 取得最小值 103，所以 103綜上可知，1103，即實(shí)數(shù) 的取值范圍是 1,10317. 【答案】(1) 當(dāng) x0，得 xa 或 xa所以 fx 的增區(qū)間為 ,a，a2,a2 和 a,+(2) 由如圖可知，（

24、i）當(dāng) 1a2 時(shí)，a21a，fx 在區(qū)間 1,a 上遞減，在 a,2 上遞增，最小值為 fa=4a3；（ii）當(dāng) 0a1 時(shí)，fx 在區(qū)間 1,2 為增函數(shù)，最小值為 f1=1+3a4；（iii）當(dāng) a=2 時(shí)，fx 在區(qū)間 1,2 為減函數(shù)，最小值為 fa=4a3綜上所述，fx 最小值 ga=1+3a4,0a14a3,1a218. 【答案】(1) 設(shè)等差數(shù)列 an 的公差是 d由 S3=9，S6=36，得 3a1+3d=9,6a1+15d=36, 解得 a1=1,d=2, 所以 an=a1+n1d=2n1，即等差數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式為 an=2n1(2) am，am+5，ak 成等比數(shù)列等價(jià)于 2m12k1=2m+92，即 2k1=2m+922m1=2m1+1022m1=2m1+20+1002m1，所以 k=m+10+502m1，m，k 是正整數(shù)由于 m，k 是正整數(shù)，故 2m1 只可能取 1，5，25當(dāng) 2m1=1，即 m=1 時(shí)，k=61；當(dāng) 2m1=5，即 m=3 時(shí)，k=23；當(dāng) 2m1=25，即 m=13 時(shí)，k=25所以存在正整數(shù) m，k，使 am，am+5，ak 成等比數(shù)列， m 和 k 的值分別是 m=1，k=61 或 m=3，k=23 或 m=13，k=2519. 【答案】(1) 由 ON=OA+1O