2018學高考數學二輪復習 第三板塊 穩(wěn)心態(tài)分步解教學案 理

1、第三板塊 穩(wěn)心態(tài)分步解高考第20題圓錐曲線題型一定值問題巧妙消參定值問題就是證明一個量與其中的變化因素無關，這些變化的因素可能是直線的斜率、截距，也可能是動點的坐標等，這類問題的一般解法是使用變化的量表達求證目標，通過運算求證目標的取值與變化的量無關.當使用直線的斜率和截距表達直線方程時，在解題過程中要注意建立斜率和截距之間的關系，把雙參數問題化為單參數問題解決.典例(2016北京高考)(本題滿分12分)已知橢圓C：1過A(2,0)，B(0,1)兩點(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為

2、定值思路提示第(1)問由a2，b1，c，解第一問；第(2)問畫草圖可知ANBM，四邊形ABNM的面積為|AN|BM|，設點P(x0，y0)，得出PA，PB的方程，進而得出M，N的坐標，得出|AN|，|BM|，只需證明|AN|BM|是一個與點P的坐標無關的量即可解(1)由題意得所以橢圓C的方程為y21.2分又c，所以離心率e.3分(2)證明：設P(x0，y0)(x00，y00)，則x4y4.又A(2,0)，B(0,1)，解題關鍵點待定系數法求曲線方程.障礙提醒 1想不到設出P(x0，y0)后，利用點斜式寫出直線PA，PB的方程不會由直線PA，PB的方程求解|BM|，|AN|.所以直線PA的方程為

3、y(x2).5分令x0，得yM，6分從而|BM|1yM1.直線PB的方程為yx1.令y0，得xN，從而|AN|2xN2.9分選用變量表達直線、線段長度、面積等幾何元素.2不知道四邊形的面積可用S| AN|BM|表示所以四邊形ABNM的面積S|AN|BM|3四邊形ABNM的面積用x0，y0表示后，不會變形、化簡，用整體消參來求值11分從而四邊形ABNM的面積為定值.12分定值問題基本思想：求解目標與選用的變量無關.題型二定點問題確定方程證明直線過定點的基本思想是使用一個參數表示直線方程，根據方程的成立與參數值無關得出x，y的方程組，以方程組的解為坐標的點就是直線所過的定點；如果直線系是使用雙參數

4、表達的，要根據其它已知條件建立兩個參數之間的關系，把雙參數直線系方程化為單參數直線系方程.典例(2017全國卷)(本題滿分12分)已知橢圓C：1(ab0)，四點P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點在橢圓C上(1)求C的方程；(2)設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1，證明：l過定點障礙提醒1觀察不出P3，P4對稱，忽視對稱性導致判斷失誤解(1)因為P3，P4，所以P3，P4兩點關于y軸對稱，故由題設知橢圓C經過P3，P4兩點思路提示第(1)問利用橢圓的性質，易排除點P1(1,1)不在橢圓上，從而求橢圓方程；2不會用點的坐標代入方程判斷

5、P1，P2是否在橢圓上而滯做又由知，橢圓C不經過點P1，2分所以點P2在橢圓C上.3分4分故橢圓C的方程為y21.5分(2)證明：設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.第(2)問分類討論斜率是否存在，若存在，設l：ykxm，利用條件建立k，m的等量關系，消參后再表示出直線l的方程可證明解題關鍵點待定系數法求曲線方程.6分由題設知t0，且|t|0.9分設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則而k1k2.10分解析幾何解題關鍵之一是把幾何條件轉化為代數條件.4利用k1k21運算變形不明確變形目標，導致化簡不出k，m的關系由題設k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2

6、k1)(m1)0.11分當且僅當m1時，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l過定點(2，1). 12分動直線過定點的一般方法是將ykxm的兩參消去一個后，利用直線系的思想可得定點.題型三求最值、解范圍問題構造函數(一)構造函數求最值最值問題的基本解法有幾何法和代數法：幾何法是根據已知的幾何量之間的相互關系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離之和、光線反射問題等)；代數法是建立求解目標關于某個(或兩個)變量的函數，通過求解函數的最值(普通方法、基本不等式方法、導數方法等)解決的.典例(2016山東高考)(本題滿分12分)如圖，已知橢圓C：1(ab0)的長

7、軸長為4，焦距為2.(1)求橢圓C的方程(2)過動點M(0，m)(m0)的直線交x軸于點N，交C于點A，P(P在第一象限)，且M是線段PN的中點過點P作x軸的垂線交C于另一點Q，延長QM交C于點B.設直線PM，QM的斜率分別為k，k，證明為定值；求直線AB的斜率的最小值障礙提醒 1不會用坐標設而不求法表示出k，k，從而得不出定值解(1)設橢圓的半焦距為c.由題意知2a4,2c2，所以a2，c，b.2分所以橢圓C的方程為1.4分(2)證明：設P(x0，y0)(x00，y00)由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，2m)所以直線PM的斜率k，直線QM的斜率思路提示第(1)問待定系數法求解

8、；第(2)問設點P(x0，y0)，M為PN的中點，可得y02m，根據對稱性得出點Q的坐標，只需證明與x0，m無關；k.6分此時3，所以為定值3.7分設A(x1，y1)，B(x2，y2)直線PA的方程為ykxm，則直線QB的方程為y3kxm.聯立設PA的方程，結合的結論，得QB的方程，聯立直線與橢圓方程得A，B坐標，再由斜率公式表示AB的斜率，并求最小值2由直線PA的方程與1聯立表示出A(x1，y1)坐標后，沒有類比意識，直接將x1，y1中k換為3k化簡可得B(x2，y2)坐標，導致因運算復雜而滯做或做錯整理得(2k21)x24mkx2m240.由x0x1，可得8分所以y1kx1mm.同理x2，

9、y2m.9分解題關鍵點已知直線與橢圓的一個交點的坐標，使用根與系數的關系得另一交點的坐標.3化簡x2x1，y2y1失誤，不能把kAB表示為k的函數而滯做所以x2x1，y2y1mm，10分結構相同的方程組，當得出一個方程組的解時，使用代換法直接得出另一個方程組的解.4求AB斜率的最小值不明確，不會將斜率表示為一個變量的函數，從而無法求最值所以kAB由m0，x00，可知k0，所以6k2，等號當且僅當k時取得.11分此時，即m，符合題意所以直線AB的斜率的最小值為.12分最值問題的關鍵：使用變量表達求解目標(二)構造函數解范圍產生范圍有如下幾個因素：直線與曲線相交、曲線上點的坐標的范圍、題目中要求的

10、限制條件，這些產生范圍的因素可能同時出現在一個問題中，在解題時要注意全面把握范圍的產生原因.典例(2016浙江高考)(本題滿分12分)如圖，設拋物線y22px(p0)的焦點為F，拋物線上的點A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|1.(1)求p的值；(2)若直線AF交拋物線于另一點B，過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點N，AN與x軸交于點M，求M的橫坐標的取值范圍障礙提醒1因忘記拋物線定義，不會轉化條件導出，求不出p值解(1)由題意可得，拋物線上點A到焦點F的距離等于點A到直線x1的距離，由拋物線的定義得1，即p2.3分(2)由(1)得，拋物線方程為y24x，F(1,0)，可設A(t2，2t)

11、，t0，t1.4分因為AF不垂直于y軸，思路提示第(1)問由拋物線定義即得；第(2)問設A(t2,2t)，可以根據拋物線焦點弦兩端點坐標之間的關系，用t表達點B的坐標，得出BN，FN的方程，進而得出點N的坐標，結合點A，M，N三點共線，即可使用t表達M的橫坐標，確定取值范圍2不會設出拋物線的動點坐標用一個參數表示，從而使運算復雜而滯做可設直線AF的方程為xsy1(s0)，5分由消去x得y24sy40，故y1y24，6分又直線AB的斜率為，故直線FN的斜率為，從而得直線FN的方程為y(x1)，7分直線BN的方程為y，解題關鍵點點參數法：拋物線中可以以一個點的橫坐標或者縱坐標表達曲線上點.3不會挖

12、掘題目中隱含條件A，M，N三點共線來建立等量關系，從而無法表示出M的橫坐標的函數關系式，導致無從下手所以N.8分設M(m,0)，由A，M，N三點共線得，9分4將m表示為t的函數結構后，不會用分離常數法分離常數，然后再用單調性求的范圍而滯做于是m10分所以m0或m2.經檢驗，m0或m2滿足題意.11分綜上，點M的橫坐標的取值范圍是(，0)(2，)12分求解范圍問題的關鍵：建立求解目標的不等式、函數關系，解不等式或研究函數性質.題型四探索性問題肯定結論1.探索性問題，先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確則存在，若結論不正確則不存在.,(1)當條件和結論不唯一時，要分類討論.(2)當給出結論而

13、要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件.(3)當條件和結論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑.2.探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化.一般步驟為：(1)假設滿足條件的曲線(或直線、點等)存在，用待定系數法設出；(2)列出關于待定系數的方程(組)；,(3)若方程(組)有實數解，則曲線(或直線、點等)存在，否則不存在.典例(2018屆高三湘中名校聯考)(本題滿分12分)如圖，曲線C由上半橢圓C1：1(ab0，y0)和部分拋物線C2：yx21(y0)連接而成，C1與C2的公共點為A，B，其中C1的離心率為.(1)求a，b的值；(2)過點B的直線l與C1

14、，C2分別交于點P，Q(均異于點A，B)，是否存在直線l，使得以PQ為直徑的圓恰好過點A，若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由思路提示第(1)問在C2的方程中，令y0可得b，再由，a2c2b2可得a；第(2)問設出過點B的直線l的方程，分別與曲線C1，C2聯立用直線l的斜率k表示出點P，Q的坐標后，要使以PQ為直徑的圓過點A，則有0，從而解得k，求出直線l的方程解(1)在C2的方程中，令y0，可得b1.1分且A(1，0)，B(1,0)是上半橢圓C1的左、右頂點設C1的半焦距為c，由及a2c2b21可得a2，2分a2，b1.3分(2)存在直線l，理由如下：由(1)知，上半橢圓C1的方程

15、為x21(y0).4分由題易知，直線l與x軸不重合也不垂直，設其方程為5分代入C1的方程，整理得(k24)x22k2xk240.(*)6分設點P的坐標為(xP，yP)，直線l過點B，x1是方程(*)的一個根解題關鍵點假設存在直線l，分析斜率存在情況，設出直線方程.障礙提醒1不會求P點坐標、Q點坐標導致無從下手由求根公式，得xP，從而yP，點P的坐標為.7分同理，由得點Q的坐標為(k1，k22k).8分2不會將以PQ為直徑的圓恰好過點A這一幾何條件轉化，從而求不出直線l的斜率(k，4)，k(1，k2).9分依題意可知APAQ，0，即k4(k2)0.10分條件坐標化的關鍵是轉化幾何性質.3由條件得

16、出APAQ后利用0變形求解，因運算過程不細心而出現計算失誤而滯做k0，k4(k2)0，解得k.經檢驗，k符合題意，故存在直線l的方程為y(x1)，11分即8x3y80，使得以PQ為直徑的圓恰好過點A.12分 1(2018屆高三西安八校聯考)已知橢圓C：1(ab0)經過(1,1)與兩點(1)求橢圓C的方程；(2)過原點的直線l與橢圓C交于A，B兩點，橢圓C上一點M滿足|MA|MB|.求證：為定值解：(1)將(1,1)與兩點代入橢圓C的方程，得解得橢圓C的方程為1.(2)證明：由|MA|MB|，知M在線段AB的垂直平分線上，由橢圓的對稱性知A，B關于原點對稱若點A，B是橢圓的短軸頂點，則點M是橢圓

17、的一個長軸頂點，此時22.同理，若點A，B是橢圓的長軸頂點，則點M在橢圓的一個短軸頂點，此時22.若點A，B，M不是橢圓的頂點，設直線l的方程為ykx(k0)，則直線OM的方程為yx，設A(x1，y1)，則B(x1，y1)，由解得x，y，|OA|2|OB|2xy，同理|OM|2，22，故2為定值2(2017宜昌模擬)已知橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，離心率為，它的一個焦點F恰好與拋物線y24x的焦點重合(1)求橢圓C的方程；(2)設橢圓的上頂點為A，過點A作橢圓C的兩條動弦AB，AC，若直線AB，AC斜率之積為，直線BC是否恒過一定點？若經過，求出該定點坐標；若不經過，請說明理由解：(1)

18、由題意知橢圓的焦點F(1,0)，即c1.由e得a，b1，橢圓C的方程為y21.(2)由(1)知A(0,1)，當直線BC的斜率不存在時，設BC：xx0，設B(x0，y0)，則C(x0，y0)，kABkAC，不合題意故直線BC的斜率存在設直線BC的方程為：ykxm(m1)，代入橢圓方程，得：(12k2)x24kmx2(m21)0，由(4km)28(12k2)(m21)0，得2k2m210.設B(x1，y1)，C(x2，y2)，則x1x2，x1x2.由kABkAC，得4y1y24(y1y2)4x1x2，即(4k21)x1x24k(m1)(x1x2)4(m1)20，將代入上式，整理得(m1)(m3)0

19、.又因為m1，所以m3，此時直線BC的方程為ykx3.所以直線BC恒過一定點(0,3)3(2017合肥模擬)如圖，已知拋物線E：y22px(p0)與圓O：x2y28相交于A，B兩點，且點A的橫坐標為2.過劣弧AB上動點P(x0，y0)作圓O的切線交拋物線E于C，D兩點，分別以C，D為切點作拋物線E的切線l1，l2，l1與l2相交于點M.(1)求拋物線E的方程；(2)求點M到直線CD距離的最大值解：(1)把xA2代入x2y28，得y4，故2pxA4，p1.于是，拋物線E的方程為y22x.(2)設C，D，切線l1：yy1k，代入y22x得ky22y2y1ky0，由0，解得k.l1的方程為yx，同理

20、，l2的方程為yx.聯立解得易得直線CD的方程為x0xy0y8，其中x0，y0滿足xy8，x02,2 聯立得x0y22y0y160，則M(x，y)滿足即點M為.點M到直線CD：x0xy0y8的距離d，令f(x)，x2,2 ，則f(x)在2,2 上單調遞減，當且僅當x2時，f(x)取得最大值，故dmax.4(2017廣西五校聯考)已知橢圓C：1(ab0)的兩焦點與短軸的一個端點的連線構成等腰直角三角形，直線xy10與以橢圓C的右焦點為圓心，以橢圓的長半軸長為半徑的圓相切(1)求橢圓C的方程；(2)過點M(2,0) 的直線l與橢圓C相交于不同的兩點S和T，若橢圓C上存在點P滿足t (其中O為坐標原

21、點)，求實數t的取值范圍解：(1)由題意，以橢圓C的右焦點為圓心，以橢圓的長半軸長為半徑的圓的方程為(xc)2y2a2，圓心到直線xy10的距離da.(*)橢圓C的兩焦點與短軸的一個端點的連線構成等腰直角三角形，bc，ac，代入(*)式得bc1，a，故所求橢圓方程為y21.(2)由題意知，直線l的斜率存在，設P(x0，y0)，直線l的方程為yk(x2)，將直線l的方程代入橢圓方程得(12k2)x28k2x8k220，64k44(12k2)(8k22)0，解得k2.設S(x1，y1)，T(x2，y2)，則x1x2，x1x2，y1y2k(x1x24).由t ，得tx0x1x2，ty0y1y2，當t

22、0時，直線l為x軸，則橢圓上任意一點P滿足t ，符合題意；當t0時，x0，y0.將上式代入橢圓方程得1，整理得t2，由k2知，0t24，所以t(2,0)(0,2)，綜上可得，實數t的取值范圍是(2,2)5(2017湖南東部五校聯考)已知橢圓E：1(ab0)的右焦點為F(c,0)，且bc.設短軸的一個端點為D，原點O到直線DF的距離為，過原點和x軸不重合的直線與橢圓E相交于C，G兩點，且| | |4.(1)求橢圓E的方程；(2)是否存在過點P(2,1)的直線l與橢圓E相交于不同的兩點A，B且使得24成立？若存在，試求出直線l的方程；若不存在，請說明理由解：(1)由橢圓的對稱性知|2a4，a2.又

23、原點O到直線DF的距離為，bc.又a2b2c24，bc，b，c1.故橢圓E的方程為1.(2)當直線l與x軸垂直時不滿足條件故可設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l的方程為yk(x2)1，代入橢圓方程得(34k2)x28k(2k1)x16k216k80，x1x2，x1x2，32(6k3)0，k.24，即4(x12)(x22)(y11)(y21)5，4(x12)(x22)(1k2)5，即4x1x22(x1x2)4(1k2)5，4(1k2)45，解得k，k不符合題意，舍去存在滿足條件的直線l，其方程為yx.1(2018屆高三石家莊摸底)已知橢圓C：1(ab0)的左、右頂點分別為A，B，且長軸

24、長為8，T為橢圓上任意一點，直線TA，TB的斜率之積為.(1)求橢圓C的方程；(2)設O為坐標原點，過點M(0,2)的動直線與橢圓C交于P，Q兩點，求的取值范圍解：(1)設T(x，y)，由題意知A(4,0)，B(4,0)，設直線TA的斜率為k1，直線TB的斜率為k2，則k1，k2.由k1k2，得，整理得1.故橢圓C的方程為1.(2)當直線PQ的斜率存在時，設直線PQ的方程為ykx2，點P，Q的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，聯立方程消去y，得(4k23)x216kx320.所以x1x2，x1x2.從而，x1x2y1y2x1x2(y12)(y22)2(1k2)x1x22k(x1x2)4

25、20.所以20.當直線PQ的斜率不存在時，的值為20.綜上，的取值范圍為.2(2017全國卷)設O為坐標原點，動點M在橢圓C：y21上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足 .(1)求點P的軌跡方程；(2)設點Q在直線x3上，且1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.解：(1)設P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0,0)，(xx0，y)，(0，y0)由 ，得x0x，y0y.因為M(x0，y0)在橢圓C上，所以1.因此點P的軌跡方程為x2y22.(2)證明：由題意知F(1,0)設Q(3，t)，P(m，n)，則(3，t)，(1m，n)，33mtn，(m，n)，(3m，tn)由1，

26、得3mm2tnn21，又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以0，即.又過點P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.3(2018屆高三西安八校聯考)設F1，F2分別為橢圓C：1(ab0)的左、右焦點，若橢圓上的點T(2，)到點F1，F2的距離之和等于4.(1)求橢圓C的方程；(2)若直線ykx(k0)與橢圓C交于E，F兩點，A為橢圓C的左頂點，直線AE，AF分別與y軸交于點M，N.問：以MN為直徑的圓是否經過定點？若經過，求出定點的坐標；若不經過，請說明理由解：(1)由橢圓上的點T(2，)到點F1，F2的距離之和是4，可得2a4，a2.又T(2，)在橢圓上，

27、因此1，所以b2，所以橢圓C的方程為1.(2)因為橢圓C的左頂點為A，所以點A的坐標為(2，0)因為直線ykx(k0)與橢圓1交于E，F兩點，設點E(x0，y0)(不妨設x00)，則點F(x0，y0)由消去y，得x2，所以x0，則y0，所以直線AE的方程為y(x2)因為直線AE，AF分別與y軸交于點M，N，令x0，得y，即點M0，.同理可得點N.所以|MN|.設MN的中點為P，則點P的坐標為P.則以MN為直徑的圓的方程為x222，即x2y2y4.令y0，得x24，即x2或x2.故以MN為直徑的圓經過兩定點P1(2,0)，P2(2,0)4.(2017安徽二校聯考)已知焦點為F的拋物線C1：x22

28、py(p0)，圓C2：x2y21，直線l與拋物線相切于點P，與圓相切于點Q.(1)當直線l的方程為xy0時，求拋物線C1的方程；(2)記S1，S2分別為FPQ，FOQ的面積，求的最小值解：(1)設點P，由x22py(p0)得，y，求得y，因為直線PQ的斜率為1，所以1且x00，解得p2.所以拋物線C1的方程為x24y.(2)點P處的切線方程為y(xx0)，即2x0x2pyx0，OQ的方程為yx.根據切線與圓相切，得1，化簡得x4x4p2，由方程組解得Q.所以|PQ|xPxQ| ，又點F到切線PQ的距離d1，所以S1|PQ|d1 ，S2|OF|xQ|，而由x4x4p2知，4p2x4x0，得|x0

29、|2，所以323，當且僅當時取等號，即x42時取等號，此時p.所以的最小值為23.高考第21題函數與導數題型一函數單調性、極值問題分類討論思想利用導數研究含參數的函數單調性、極值問題時，常用到分類討論思想，其分類討論點一般步驟典例(2017全國卷)(本題滿分12分)已知函數f(x)ae2x(a2)exx.(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍障礙提醒1對f(x)求導計算錯或求導后不會分解而滯做解(1)f(x)的定義域為(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1).2分思路提示第(1)問求函數f(x)的導數，分類討論確定導函數的符號來判斷f(x

30、)的單調性；2對含參數的單調性問題無分類討論意識而導致解題錯誤()則f(x)0，所以f(x)在(，)上單調遞減.3分()則由f(x)0，得xln a.當x(，ln a)時，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)上單調遞減，在(ln a，)上單調遞增.5分(2)()由(1)知，f(x)至多有一個零點.6分第(2)問結合第(1)問函數的單調性，判斷函數存在兩個零點的條件，從而確定a的取值范圍3函數有零點的條件是什么不清楚，導致不會求解 ()由(1)知，當xln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)1ln a7分解題關鍵點處分解變形后得分類點1.由于f(ln a)0，故f(x)只有一個

31、零點；8分由于1ln a0，即f(ln a)0，故f(x)沒有零點；9分1ln a0，即f(ln a)2e220，處由(1)的單調性得分類點2. 處由f(ln a)0得分類點3.4當0a1時，易判斷出f(x)在(，ln a)上有一個零點，而在判斷f(x)在(ln a，)上也有一個零點時，不會尋求某正整數n0，且判斷f(n0)0而滯做故f(x)在(，ln a)有一個零點.10分設正整數n0滿足n0ln，則f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.11分由于lnln a，因此f(x)在(ln a，)有一個零點綜上，a的取值范圍為(0,1).12分題型二討論函數零點的個數或已知方程

32、根求參數問題數形結合思想研究方程根的情況，可以通過導數研究函數的單調性、最值、變化趨勢等，根據題目要求，畫出函數圖象的走勢規(guī)律，標明函數極(最)值的位置，通過數形結合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現.典例(本題滿分12分)已知函數f(x)(xa)ex，其中e是自然對數的底數，aR.(1)求函數f(x)的單調區(qū)間；(2)當a1時，試確定函數g(x)f(xa)x2的零點個數，并說明理由障礙提醒1對函數f(x)求導計算錯而導致解題錯誤解(1)因為f(x)(xa)ex，xR，所以f(x)(xa1)ex.1分令f(x)0，得xa1.2分當x變化時，f(x)和f(x)的變化情況

33、如下：思路提示第(1)問求函數f(x)的導數并討論函數的單調性；2不會利用導數求解函數的單調區(qū)間第(2)問把函數g(x)轉化為方程來判斷方程解的個數，即為函數g(x)的零點個數；若不能直接判斷出零點個數的，可構造函數F(x)，故f(x)的單調遞減區(qū)間為(，a1)，單調遞增區(qū)間為(a1，).4分(2)結論：當a1時，函數g(x)有且僅有一個零點.5分理由如下：由g(x)f(xa)x20，通過討論函數F(x)的單調性并結合函數零點存在性定理確定函數g(x)的零點個數3對于函數零點個數的判斷，不會轉化構造函數而無從下手顯然x0為此方程的一個實數解，所以x0是函數g(x)的一個零點.6分當x0時，方程

34、可化簡為exax.7分解題關鍵點使用函數與方程思想進行轉化.由方程再次構造函數則F(x)exa1，令F(x)0，得xa.當x變化時，F(x)和F(x)的變化情況如下：4在判斷方程exax(x0)無零點時不會構造轉化，利用單調性及最值做出判斷即F(x)的單調遞增區(qū)間為(a，)，單調遞減區(qū)間為(，a).9分所以F(x)minF(a)1a.10分所以對于任意xR，F(x)0，11分因此方程exax無實數解所以當x0時，函數g(x)不存在零點綜上，函數g(x)有且僅有一個零點.12分可數形結合作出分析.題型三不等式的證明問題函數與方程思想利用導數證明不等式問題，多數利用函數與方程思想結合不等式構造函數

35、，轉化為利用構造函數的性質來完成，其一般思路是：典例(2017安慶二模)(本題滿分12分)已知函數f(x)ln xax，aR.(1)討論函數f(x)的單調性；(2)若函數f(x)的兩個零點為x1，x2，且e2，求證：(x1x2)f(x1x2).障礙提醒1忽視求定義域導致單調性判斷失誤解(1)函數f(x)ln xax，aR的定義域為(0，)，1分f(x)a.2分思路提示第(1)問先求出f(x)，對f(x)中的字母參數分類討論確定f(x)的符號，從而得出f(x)的單調性；第(2)問把要證不等式的左邊變形、整理、換元，構造一新的函數(t)，對(t)求導后，判斷在新元范圍下的單調性，求其最小值從而得解

36、2對含參數的函數單調性不會分類討論而導致解題錯誤或滯做當a0時，f(x)0，所以f(x)在(0，)上單調遞增.3分當a0時，由f(x)0得x，當0x時，f(x)0；當x時，f(x)0.所以f(x)在上單調遞增；在上單調遞減.4分綜上，當a0時，f(x)在(0，)上單調遞增，當a0時，f(x)在上單調遞增，在上單調遞減.5分3由f(x1)0，f(x2)0不會轉化x1與x2的關系而導致滯做(2)證明：若函數f(x)的兩個零點為x1，x2，由(1)得a0.因為ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x2ln x1a(x1x2)，6分所以(x1x2)f(x1x2)(x1x2)a(x1x2)4

37、對要證明的不等式無思路，不會構造變形導致無從下手ln8分解題關鍵點變形整理為換元做好準備.5想不到利用換元法構造函數，利用函數的單調性求最小值令te2，則9分因為(t)0，所以(t)在e2，)上單調遞增，11分故(x1x2)f(x1x2)得證.12分換元轉化為更簡潔的問題.構造函數，用函數最值證明不等式.題型四不等式恒成立、存在性問題轉化與化歸思想利用導數研究不等式恒成立、存在性問題時，常用到轉化與化歸思想，其一般思路是：典例(2017廣州二模)(本題滿分12分)已知函數f(x)exax(xR)(1)當a1時，求函數f(x)的最小值；(2)若x0時，f(x)ln(x1)1恒成立，求實數a的取值

38、范圍障礙提醒1計算錯f(x)或判斷錯單調性，導致求錯最值解(1)當a1時，f(x)exx，則f(x)1.1分令f(x)0，得x0.思路提示第(1)問當a1時，利用導數f(x)的符號判斷f(x)的單調性；第(2)問把不等式f(x)ln(x1)1恒成立問題，通過構造新函數g(x)，轉化為證明g(x)0恒成立，從而利用函數g(x)的端點值分類討論a的取值來進行證明當x0時，f(x)0；當x0時，f(x)0.所以函數f(x)在(，0)上單調遞減，在(0，)上單調遞增.3分所以當x0時，函數f(x)取得最小值，且最小值為f(0)1.4分(2)因為x0時，f(x)ln(x1)1恒成立，即exaxln(x1

39、)10.(*)5分2不等式恒成立問題不會構造函數，即f(x)ln(x1)0恒成立，不會構造g(x)exaxln(x1)1.令g(x)exaxln(x1)1，6分則解題關鍵點考慮端點值，直入問題本質.3判斷g(x)的符號時，不會利用二次求導做出判斷當導數g(x)有參數時，易忘記討論而致誤又g(x)ex0，當且僅當x0時取等號，所以g(x)exa在0，)上單調遞增.8分若a2，則抓住端點值展開討論當且僅當x0，a2時取等號，所以g(x)在0，)上單調遞增，有g(x)g(0)0，(*)式恒成立.9分若a2，由于g(0)2a0，x時，g(x)，所以必存在唯一的x0(0，)，使得g(x0)0，當0xx0

40、時，g(x)0，g(x)單調遞減；當xx0時，g(x)0，g(x)單調遞增所以當x(0，x0)時，g(x)g(0)0，(*)式不恒成立.11分綜上所述，實數a的取值范圍是2，).12分分析端點值，明確函數圖象走勢. 1已知函數f(x)x1(aR，e為自然對數的底數)(1)若曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線平行于x軸，求a的值；(2)求函數f(x)的極值解：(1)由f(x)x1，得f(x)1.又曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線平行于x軸，得f(1)0，即10，解得ae.(2)f(x)1，當a0時，f(x)0，f(x)為(，)上的增函數，所以函數f(x)無極值當a0時，令f(x)0

41、，得exa，即xln ax(，ln a)時，f(x)0；x(ln a，)時，f(x)0，所以f(x)在(，ln a)上單調遞減，在(ln a，)上單調遞增，故f(x)在xln a處取得極小值，且極小值為f(ln a)ln a，無極大值綜上，當a0時，函數f(x)無極值；當a0時，f(x)在xln a處取得極小值ln a，無極大值2(2017西安一模)已知函數f(x)xaln x若函數yf(x)的圖象在x1處的切線與直線2xy10平行(1)求a的值；(2)若方程f(x)b的區(qū)間1，e上有兩個不同的實數根，求實數b的取值范圍解：(1)函數f(x)xaln x的導數f(x)1，yf(x)的圖象在x1

42、處的切線斜率為kf(1)1(1a)a2a，由題意可得2a2，解得a1.(2)由(1)知f(x)xln x，f(x)1，當1x2時，f(x)0，f(x)單調遞減；當2xe時，f(x)0，f(x)單調遞增當x2時，f(x)取得極小值f(2)3ln 2.又f(1)3，f(e)e1，即有f(1)f(e)，方程f(x)b在區(qū)間1，e上有兩個不同的實數根，則有f(2)bf(e)，即3ln 2be1.故實數b的取值范圍為.3(2017全國卷)已知函數f(x)ax2axxln x，且f(x)0.(1)求a；(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0，且e2f(x0)22.解：(1)f(x)的定義域為(0，)設

43、g(x)axaln x，則f(x)xg(x)，f(x)0等價于g(x)0.因為g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，故g(1)a10，得a1.若a1，則g(x)1.當0x1時，g(x)1時，g(x)0，g(x)單調遞增所以x1是g(x)的極小值點，故g(x)g(1)0.綜上，a1.(2)證明：由(1)知f(x)x2xxln x(x0)，f(x)2x2ln x.設h(x)2x2ln x，則h(x)2.當x時，h(x)0.所以h(x)在上單調遞減，在上單調遞增又h(e2)0，h0；當x(x0,1)時，h(x)0.因為f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一極大值點由f(x0)0得

44、ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0)由x0，得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)22.4(2018屆高三廣西三市聯考)已知函數f(x)xaln x，g(x)，其中aR.(1)設函數h(x)f(x)g(x)，求函數h(x)的單調區(qū)間；(2)若存在x01，e，使得f(x0)g(x0)成立，求a的取值范圍解：(1)h(x)xaln x(x0)，h(x)1，當a10，即a1時，在(0,1a)上h(x)0，在(1a，)上h(x)0，所以h(x)在(0,1a)上單調遞減，在(1a，)上單調遞增當1a0，即a1時，在(0，)上h(x)0，所以函數h(x)在(0，)上單調遞增(2)若存

45、在x01，e，使得f(x0)g(x0)成立，即存在x01，e，使得h(x0)f(x0)g(x0)0成立，即函數h(x)xaln x在1，e上的最小值小于零由(1)可知：當1ae，即ae1時，h(x)0，h(x)在1，e上單調遞減，所以h(x)在1，e上的最小值為h(e)，由h(e)ea0可得a，因為e1，所以a.當1a1，即a0時，h(x)在1，e上單調遞增，所以h(x)的最小值為h(1)，由h(1)11a0可得a2.當11ae，即0ae1時，可得h(x)的最小值為h(1a)，因為0ln(1a)1，所以0aln(1a)a，故h(1a)2aaln(1a)20，不合題意綜上可得，a的取值范圍是(，

46、2).1(2017蘭州模擬)已知函數f(x)x3x2b，g(x)aln x.(1)若f(x)在上的最大值為，求實數b的值；(2)若對任意的x1，e，都有g(x)x2(a2)x恒成立，求實數a的取值范圍解：(1)f(x)3x22xx(3x2)，令f(x)0，得x0或x.當x時，f(x)0，函數f(x)為減函數；當x時，f(x)0，函數f(x)為增函數；當x時，f(x)0，函數f(x)為減函數fb，fb，ff.fb，b0.(2)由g(x)x2(a2)x，得(xln x)ax22x，x1，e，ln x1x，由于不能同時取等號，ln xx，即xln x0，a(x1，e)恒成立令h(x)，x1，e，則h(x)，當x1，e時，x10，x22ln xx2(1ln x)0，從而h(x)0，函數h(x)在1，e上為增函數，h(x)minh(1)1，a1，故實數a的