数学能力专题训练三综合题解法
2020考研数学三综合测试卷及解答
lim = f (x) − f (0)
x→0+
x
l= im 1− cos x x→0+ x x
0 ，则 f+′(0) = 0 ，
lim f (x= ) − f (0)
x→0−
x
l= im xg(x)
x→0+
0 ，则 f−′(0) = 0 ，
因为 f= +′(0) f= −′(0) 0 ，所以 f (x) 在 x = 0 处可导，应选（D）。
（12）微分方程 y ''− 4 y = e2x + x 的特解形式为 _______________ .
（13）设 f (x, y, z) = ez yz2 ，其中 z = z(x, y) 是由 x + y + z + xyz =0 确定的隐函数，则
fz′(0,1, −1) =
.
∫ ∫ 1
（14）积分 dx
x x→0
2
由极限的保号性，存在δ＞0 ，当 0＜＜x
δ
时，
f (x) −1 x2 ＜0 ，即
f
(x)＜1 =
f (0) ，
故 x = 0 为 f (x) 的极大点，应选（D）。
（5）设 f (x) ，g(x)(a＜x＜ b) 为大于零的可导函数，且 f ′(x)g(x) − f (x)g′(x)＜0 ，则当 a＜x＜ b
(−1)n n2
| an +α
|
（
）.
（A）发散
（B）条件收敛 （C）绝对收敛
【解】 应选（C）.
（D）敛散性与α 有关
= (−1)n | an | n2 + α
∑ ∑ ∑ | an |
2014年六年级数学思维训练：计数综合三
2014年六年级数学思维训练：计数综合三一、兴趣篇1．一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶．走完这10级台阶，一共可以有多少种不同的走法？2．小悦买了10块巧克力，她每天最少吃一块，最多吃3块，直到吃完，共有多少种吃法？3．用1×2的小方格覆盖2×7的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？4．如果在一个平面上画出4条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画20条直线，最多可以分成几个部分？5．甲、乙、丙三名同学练习传球，每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个．先由甲发球，经过6次传球后球仍然回到了甲的手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？6．一个三位数，有相邻两个数字的和为16，那么这样的三位数共有多少个？7．由1、3、4组成的四位数的各位数字之和为9的多位数共有多少个？8．一个各位数字互不相等的五位数不含数字0，且数字和为18，这样的五位数共有多少个？9．一个十位数只含有数字l或2，且不含两个连续的数字1，一共有多少个这样的十位数？10．一个六位数由1、2、3、4、5组成，而且任意相邻两个数位的数字之差都是l，这样的六位数有多少个？二、拓展篇11．老师给冬冬布置了12篇作文，规定他每天至少写l篇，如果冬冬每天最多能写3篇，那么共有多少种写完作文的方法？12．用10个1×3的长方形纸片覆盖一个10×3的方格表，共有多少种覆盖方法？13．现有14块糖，如果阿奇每天吃奇数块糖，直到吃完，那么阿奇共有多少种吃法？14．如果在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画8个圆，最多可以把平面分成几个部分？15．四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外三个人中的任意一个．先由红衣人发球，并作为第1次传球，经过8次传球后球仍然回到红衣人手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？16．如图所示，一个圆环被分成8部分，现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一，要求相邻两部分颜色不同，共有多少种染色方法？17．圆周上有10个点A1，A2，…，A10以这些点为端点连结5条线段，要求任两条线段之问都没有公共点，共有多少种连结方式？18．在有些多位数的各位数字中，奇数的个数比偶数的个数多，例如137、36712等．请问：在1至10000中有多少个这样的多位数？19．有些自然数存在相邻的两位数字顺次为7和5，例如1975、75675等，但432579．不算在内．请问：具有这种性质的六位数有多少个？20．用1至9这9个数字组成一个没有重复数字的九位数，满足以下要求：每一位上的数字要么大于它前面的所有数字，要么小于它前面的所有数字．请问：这样的九位数共有多少个？21．一个七位数，每位都是1、2或者3，而且没有连续的两个1，这样的七位数一共有个．22．满足下面性质的四位数称为“好数”：它的个位比十位大，十位比百位大，百位比千位大，并且任意相邻两位数字的差都不超过3．例如1346、2579是好数，但1567就不是好数．请问：一共有多少个好数？三、超越篇23．一个九位数，它只由数字l、2和3组成，而且它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，这样的自然数有多少个？如果还要求数字1、2和3每个数字都至少出现一次，则这样的九位数有多少个？24．（1）如果在一个平面上画出8个三角形，最多可以把平面分成多少个部分？（2）如果在一个平面上画出3个四边形、2个圆、l条直线，最多可以把平面分成多少个部分？25．如图所示，阴影部分是一个圆环，4条直线最多可以把这个阴影分成多少个部分？26．用15个1×2的小纸片覆盖如图，共有多少种不同的覆盖方法？27．（2011•西安校级自主招生）对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1．如此进行直到为l时操作停止．问：经过9次操作变为1的数有多少个？28．用4种不同的颜色将如图中的圆圈分别涂色，要求有线段连结的两个相邻的圆圈必须涂不同的颜色，共有多少种涂法？（不允许旋转、翻转图）29．圆周上有15个点A1，A2，…，A15，以这些点为顶点连出5个三角形，要求任意两个三角形没有公共点，共有多少种连接方式？30．有一年级到六年级的同学各一人，排成一列领取糖果．如果一个高年级的同学站在一个低年级的同学前面，那么这个低年级的同学就会产生一次“怨言”（一个人可以有多次“怨言”）．在一种排列顺序里，我们把所有“怨言”的总数叫“怨言数”．例如：六位同学按下面的顺序排列：一年级、四年级、三年级、二年级、六年级、五年级，那么这六位同学产生的“怨言”次数依次为0、0、l、2、0、l，这种排列的“怨言数”就是4．请问：有多少种“怨言数”为7的排列顺序？2014年六年级数学思维训练：计数综合三参考答案与试题解析一、兴趣篇1．一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶．走完这10级台阶，一共可以有多少种不同的走法？【分析】从第1级开始递推，脚落到第1级只有从地上1种走法；第二级有两种可能，从地跨过第一级或从第一级直接迈上去；登上第3级，分两类，要么从第1级迈上来，要么从第2级迈上来，所以方法数是前两级的方法和；依此类推，以后的每一级的方法数都是前两级方法的和；直到10级，每一级的方法数都求出，因此得解．【解答】解：递推：登上第1级：1种登上第2级：2种登上第3级：1+2=3种（前一步要么从第1级迈上来，要么从第2级迈上来）登上第4级：2+3=5种（前一步要么从第2级迈上来，要么从第3级迈上来）登上第5级：3+5=8种登上第6级：5+8=13种登上第7级：8+13=21种登上第8级：13+21=34种登上第9级：21+34=55种登上第10级：55+34=89种；答：一共可以有89种不同的走法．2．小悦买了10块巧克力，她每天最少吃一块，最多吃3块，直到吃完，共有多少种吃法？【分析】利用归纳法，记有n块巧克力，有m种吃法，从小数开始算起，找到规律，然后递推出大数的情况．【解答】解：设有n块糖，有m种吃法，n=1时，m=1，有1=1n=2时，m=2，有2=1+1n=3时，m=4，有4=1+2+1n=4时，m=7，有7=1+2+4n=5时，m=13，有13=2+4+7…可以发现：从第四项开始，每项的方法数等于前三项的方法和，所以，后面的方法数是：24、44、81、149、274…所以，10块巧克力，共有274种吃法．答：共有274种吃法．3．用1×2的小方格覆盖2×7的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？【分析】本题分类计数：全部竖排1种；1个竖排有4种；3个竖排有10种；，5个横排有6种；然后加在一起，即可得解．【解答】解：1+4+10+6=21（种）答：共有21种不同的覆盖方法．4．如果在一个平面上画出4条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画20条直线，最多可以分成几个部分？【分析】根据直线两两相交，每三条不交于同一点，可把平面分成最多部分，根据两条直线最多分成的部分比一条直线分成部分增加2，三条直线最多分成部分比两条直线最多分成部分增加三，以此类推找出规律，可得答案．【解答】解：2条直线最多可将平面分成4个部分，如图：；三条直线最多分成可将平面分成7个部分，如图：；四条直线最多分成可将平面分成11个部分，如图：；n条直线最多分成可将平面分成2+2+3+4+…+n=+1个部分；所以画20条直线，最多可以分成+1=211个部分．答：在一个平面上画出4条直线，最多可以把平面分成11个部分；如果画20条直线，最多可以分成211个部分．5．甲、乙、丙三名同学练习传球，每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个．先由甲发球，经过6次传球后球仍然回到了甲的手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？【分析】利用递推法，设经过n次传球回到甲手中的过程有A n种可能，n至少为2．从简单分析探讨得出答案即可．【解答】解：设经过n次传球回到甲手中的过程有A n种可能，n至少为2．A2=2，A3=2，对于A n，若第一次回到甲的手中是经过两次传球，有2种可能，此时还剩余2次，有A2种可能，总共有2A2种可能；若第一次回到甲手里是经过四次传球（不需要考虑第一次回到甲手里是经过三次传球，这样四次传球不可能回到甲的手中）有2种可能，所以A4=2A2+2=2A2+A3=6．对于A5，若第一次回到甲的手中是经过两次传球，有2种可能，此时还剩余3次，有A3种可能，总共有2A3种可能；若第一次回到甲的手中是经过三次传球有2种可能，此时还剩余2次，有2A2种可能；若第一次回到甲的手中是经过5次传球有2种可能，（不需要考虑第一次回到甲的手中是经过4次传球，这样5次传球不可能回到甲的手中）有2种可能，所以A5=2A3+2A2+2=2A3+A4=10．以此类推，可以得到A n=2A n﹣2+2A n﹣3+L+2A2+2=2A n﹣2﹣A n﹣1，A6=2A4+A5=22．即整个传球过程共有22种不同的可能．6．一个三位数，有相邻两个数字的和为16，那么这样的三位数共有多少个？【分析】由题意，相邻两个数字的和为16，可以是前两个数字和是16或后两个数字和是16，且16=7+9=8+8，据此分类枚举即可．【解答】解：因为16=7+9=8+8，所以可分前两位数是79、97、88以及后两位数是79、97、88六种情况枚举，790﹣﹣﹣﹣﹣799 10个970﹣﹣﹣﹣﹣979 10个880﹣﹣﹣﹣﹣889 10个179﹣﹣﹣979 9个﹣1个=8个（与前面重复一个为979）197﹣﹣﹣997 9个﹣1个=8个（与前面重复一个为797）188﹣﹣﹣988 9个﹣1个=8个（与前面重复一个为888）所以共有10+10+10+8+8+8=54个答：这样的三位数共有54个．7．由1、3、4组成的四位数的各位数字之和为9的多位数共有多少个？【分析】因为1+1+3+4=9，再找出由1、1、3、4组成的四位数共有多少个即可．【解答】解：1+1+3+4=9，这四位数以1开头，有6个；这四位数以3开头，有3个；这四位数以4开头，有3个；总共有6+3+3=12个．8．一个各位数字互不相等的五位数不含数字0，且数字和为18，这样的五位数共有多少个？【分析】5个不同的数和为18，则平均值是3.6；如果出现3时，这5个数可能是：1，2，3，4，8，和1，2，3，5，7；如果出现4时，这5个数可能是：1，2，4，5，6；再根据分类计数原理解答即可．【解答】解：把18分成4个不同的数之和，可能是：1，2，3，4，8，和1，2，3，5，7和1，2，4，5，6；由1，2，3，4，8组成的五位数有：5×4×3×2×1=120（个）；同理可得：由1，2，3，5，7组成的五位数有120个；由1，2，4，5，6组成的五位数有120个；所以这样的五位数共有：120×3=360（个）；答：这样的五位数共有360个．9．一个十位数只含有数字l或2，且不含两个连续的数字1，一共有多少个这样的十位数？【分析】每一位都有两种可能，或1或2，共10位．根据乘法原理，一共有2×2×2…×2=210个．【解答】解：每一位都有两种可能，或1或2，共10位．那就有2×2×2…×2=210个．答：共有210个这样的十位数．10．一个六位数由1、2、3、4、5组成，而且任意相邻两个数位的数字之差都是l，这样的六位数有多少个？【分析】通过分析：以1开头的和以5开头的满足六位数的数目一样，都是9个；以2开头的和以4开头的满足六位数的数目一样，都是18个；以3开头的六位数的是18个，所以共计：9×2+18×2+18=72种，据此解答即可．【解答】解：①以1开头的和以5开头的满足六位数的数目一样，都是9个；②以2开头的和以4开头的满足六位数的数目一样，都是18个；③以3开头的六位数的是18个，所以共计：9×2+18×2+18=72（种）答：这样的六位数有72个．二、拓展篇11．老师给冬冬布置了12篇作文，规定他每天至少写l篇，如果冬冬每天最多能写3篇，那么共有多少种写完作文的方法？【分析】利用递推法：对于A1，若第一天写1篇，剩余3篇，有A3种可能；若第一天写2篇，剩余2篇，有A2种可能；若第一天写3篇，剩余1篇，有A1种可能，所以A4=A3+A2+A1=7，以此类推，得出A n=A n﹣1+A n﹣2+A n﹣3，解决问题．【解答】解：设写完a篇作文的有An种方法，A1=1，A2=2，A3=4，对于A1，若第一天写1篇，剩余3篇，有A3种可能；若第一天写2篇，剩余2篇，有A2种可能；若第一天写3篇，剩余1篇，有A1种可能，所以A4=A3+A2+A1=7，以此类推，A n=A n﹣1+A n﹣2+A n﹣3，可得A12=A11+A10+A9=927．12．用10个1×3的长方形纸片覆盖一个10×3的方格表，共有多少种覆盖方法？【分析】本题采用递推法．若用1×3的小长方形去覆盖3×1的方格网，有1种方法，去覆盖3×2的方格网有2种方法，覆盖3×3的方格网会得到1+2=3种方法…依次进行求解，发现这是一个斐波那契数列，由此进行求解．【解答】解：若用1×3的小长方形去覆盖3×n的方格网，设方法数为A n，那么A1=1，A2=2当n≥3时，对于最左边的一列有两种覆盖的方法：（1）用1个1×3 的小长方形竖着覆盖，那么剩下的3（n﹣1）的方格网有An﹣1种方法；（2）用2个1×3的小长方形横着覆盖，那么剩下的3（n﹣2）的方格网有A n﹣2种方法，根据加法原理，可得：An=A n﹣1+A n﹣2．A3=1+2=3A4=2+3=5A5=3+5=8A6=5+8=13A7=8+13=21A8=13+21=34A9=21+34=55A10=34+55=89答：覆盖3×10的方格网共有89种不同方法．13．现有14块糖，如果阿奇每天吃奇数块糖，直到吃完，那么阿奇共有多少种吃法？【分析】利用归纳法，记有n块糖，有m种吃法，从小数开始算起，找到规律，然后递推出大数的情况．【解答】解：设有n块糖，有m种吃法，n=1时，m=1，有1=1n=2时，m=1，有2=1+1n=3时，m=2，有3=1+1+1=3n=4时，m=3，有4=1+1+1+1=1+3=3+1n=5时，m=5，有5=1+1+1+1+1=1+1+3=1+3+1=3+1+1=5…可以发现：从第三项开始，每项的方法数等于前两项的方法和，所以，后面的方法数是：8、13、21、34、55、89、144、233、377、…所以，14块糖，阿奇共有377种吃法．答：阿奇共有377种吃法．14．如果在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画8个圆，最多可以把平面分成几个部分？【分析】（1）根据直线两两相交，每三条不交于同一点，可把平面分成最多部分；在一个平面上画出1条直线，最多可以把平面分成2部分；在一个平面上画出2条直线，平面数量增加2，最多可以把平面分成2+2=4部分；在一个平面上画出3条直线，平面数量增加3，最多可以把平面分成：4+3=7部分；…，据此求出8条直线最多可以把平面分成几个部分即可；（2）画1个圆可以把平面分成2部分；画第2个圆时与第1个圆最多新产生2个交点，平面数量多2，即2+2=4，把分成4部分；画第3个圆时，与前两个圆最多新产生4个交点，平面数量增加4，即2+2+4=8，平面被分成8部分…每多画1个圆，平面数量分别增加2、4、6、8…，据此求出画8个圆，最多可以把平面分成几个部分即可．【解答】解：根据分析，可得（1）在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成：2+2+3+4+…+8==37（个）；答：如果在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成37个部分．（2）在一个平面上画出画8个圆，最多可以把平面分成：2+2+4+6+8+10+12+14=58（个）．答：如果在一个平面上画出8个圆，最多可以把平面分成58个部分．15．四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外三个人中的任意一个．先由红衣人发球，并作为第1次传球，经过8次传球后球仍然回到红衣人手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？【分析】设第n次传球后，球又回到红衣人手中的传球方法有a n种，可以想象前n﹣1次传球，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每一次都有3种可能，由乘法原理，共有3×3×3×…×3（n﹣1个3）=3n﹣1种传球方法．这些传球方法并不都是符合要求的，它们可以分为两类：一类恰好第n﹣1次恰好传到红衣人手中，这有a n﹣1种传法，它们不符合要求，因为这样第n次无法再把球传给红衣人；另一类是第n﹣1次传球，球不在红衣人手中，第n次持球人再将球传给红衣人，有a n种传法；根据加法原理有a n=a n﹣1﹣a n﹣2，由于红衣人是发球者，一次传球后又回到红衣人手中的传球方法是不存在的，所以a1=0，利用递推a2=3﹣0=3，a3=3×3﹣3=6，a4=3×3×3﹣6=21，a5=3×3×3×3﹣21=60，a6=3×3×3×3×3﹣60=183，a7=3×3×3×3×3×3﹣183=546，a8=3×3×3×3×3×3×3﹣546=1641．说明经过8次传球后球仍然回到红衣人手中，整个传球过程共有1641种不同的可能．【解答】解：设第n次传球后，球又回到红衣人手中的传球方法有a n种，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每一次都有3种可能，由乘法原理，共有3×3×3×…×3（n﹣1个3）=3n﹣1种传球方法．第n﹣1次传球，球不在红衣人手中，第n次持球人再将球传给红衣人，有a n种传法；根据加法原理有a n=a n﹣1﹣a n﹣2，可得a1=0，递推a2=3﹣0=3，a3=3×3﹣3=6，a4=3×3×3﹣6=21，a5=3×3×3×3﹣21=60，a6=3×3×3×3×3﹣60=183，a7=3×3×3×3×3×3﹣183=546，a8=3×3×3×3×3×3×3﹣546=1641．答：经过8次传球后球仍然回到红衣人手中，整个传球过程共有1641种不同的可能．16．如图所示，一个圆环被分成8部分，现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一，要求相邻两部分颜色不同，共有多少种染色方法？【分析】按照顺时针方向考虑：首先第一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一有3种方法，则第二至七部分各有2种选择，最后一部分只有一种选择，根据乘法原理得出答案即可．【解答】解：3×2×2×2×2×2×2×1=192（种）答：共有192种染色方法．17．圆周上有10个点A1，A2，…，A10以这些点为端点连结5条线段，要求任两条线段之问都没有公共点，共有多少种连结方式？【分析】为了叙述的方便，不妨这10个点用下标数数字1、2、3、4、5…10表示，分情况探讨得出答案即可．【解答】解：（1）如图的连法：共5种1、连12，310，49，58，67，2、连23，14，510，69，78，3、连34，…4、连45，…5、连56，…以下5种与上面的重复，不考虑6、连67，…（与1重复）…10、连110，…（与5重复）（2）如图的连法：共2种1、连12，34，56，78，9102、连23，45，67，89，110 （3）如图的连法：共10种（4）如图的连法：共10种（5）如图的连法：共5种（6）图的连法：共10种合计共5+2+10+10+5+10=42种连法．18．在有些多位数的各位数字中，奇数的个数比偶数的个数多，例如137、36712等．请问：在1至10000中有多少个这样的多位数？【分析】本题可分情况进行讨论，分别求出1至10000中一位数，两位数，三位数，四位数、五位数中有多少个奇数的个数比偶数多的数，再相加即可．【解答】解：一位数中奇数的个数比偶数个数多的数：0个；两位数中奇数的个数比偶数个数多的数：5×5=25个；三位数中奇数的个数比偶数个数多的数分两种情况：①两位数是奇数一位数是偶数，这样的数有5×5×5×3﹣5×5=375﹣25=350个；②三位数是奇数，这样的数有：5×5×5=125个；四位数中奇数的个数比偶数个数多的数分两种情况：①三位数是奇数一位数是偶数，这样的数有5×5×5×5×4﹣5×5×5=2500﹣125=2375个；②四位数是奇数，这样的数有：5×5×5×5=625个；五位数即10000中没有；1至10000中有共有这样的数：25+350+125+2375+625=3500个答：1至10000中有3500个这样的数．19．有些自然数存在相邻的两位数字顺次为7和5，例如1975、75675等，但432579．不算在内．请问：具有这种性质的六位数有多少个？【分析】此题分为以下几种情况：①当75在首位时，剩余4位数字随意选；②当75不在首位时，75看作一个整体，位置有4种情况；③对于最高位的数有1﹣9共9种选择，剩余的3个数都有10种选择．求出每种情况的个数，解决问题．【解答】解：当75在首位时，剩余4位数字随意选，有10×10×10×10=10000（个），当75不在首位时，75看作一个整体，位置有4种情况（在23，34，45，56位），对于最高位的数有1﹣9共9种选择，剩余的3个数都有10种选择，一共有4×9×10×10×10=36000（个）具有这种性质的六位数有10000+36000=46000（个）．20．用1至9这9个数字组成一个没有重复数字的九位数，满足以下要求：每一位上的数字要么大于它前面的所有数字，要么小于它前面的所有数字．请问：这样的九位数共有多少个？【分析】1，2有12，21都可以．3可以加两边，所以有2×2种；4继续加两边，有2×2×2种；9个数是8个2相乘．据此解答．【解答】解：1，2有12，21都可以．3可以加两边，所以有2×2种．4继续加两边，有2×2×2种．9个数是8个2相乘，即28=256种．答：这样的九位数共有256个．21．一个七位数，每位都是1、2或者3，而且没有连续的两个1，这样的七位数一共有1224个．【分析】首先从1开始分析：从没有1到最多4个1，逐一分析探讨七位数的个数，再进一步合并即可．【解答】解：当没有1时，每一个位置都有两种选择，一共有27=128个；当有1个1时，1有7个位置，而2或者3有6个位置可选，一共有×26=448个，以此类推，当有2个1时，一共有×25=480个，当有3个1时，一共有×24=160个，当有4个1时，一共有23=8个，所以这样的七位数一共有128+448+480+160+8=1224个．故答案为：1224．22．满足下面性质的四位数称为“好数”：它的个位比十位大，十位比百位大，百位比千位大，并且任意相邻两位数字的差都不超过3．例如1346、2579是好数，但1567就不是好数．请问：一共有多少个好数？【分析】此题运用枚举法解答：①百位比千位大1，十位比百位大1，个位比十位大1；②两个1、一个2；③两个2、一个1；④三个2：千位有3种取法；⑤两个1、一个3；⑥两个3、一个1；⑦三个3；⑧两个2、一个3；⑨两个3、一个2；还有一种：一个1、一个2、一个3．把这几种情况的取法求出来后相加即可．【解答】解：三个1：百位比千位大1，十位比百位大1，个位比十位大1，其实就是千位随便取，后面每个大1．这时为了保证个位≤9，千位有6种取法，所以有6个数．两个1、一个2：千位有5种取法．两个1、一个2的安排方法有3种，所以有15个数．两个2、一个1：千位有4种取法，有12个数．三个2：千位有3种取法，有3个数．两个1、一个3：4×3=12个数．两个3、一个1：2×3=6个数．三个3：0个数．两个2、一个3：2×3=6个数．两个3、一个2：1×3=3个数．一个1、一个2、一个3：3×6=18个数．总共有：6+15+12+3+12+6+6+3+18=81（个）答：一共有81个好数．三、超越篇23．一个九位数，它只由数字l、2和3组成，而且它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，这样的自然数有多少个？如果还要求数字1、2和3每个数字都至少出现一次，则这样的九位数有多少个？【分析】它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，即1后面可能是1或3，2后面只能是3，3后面可能是2或3．当九位数以2开头，232333232，不满足数字1、2和3每个数字都至少出现一次，可发现九位数以2和3开头都不符合要求，因此只能以1开头，111111132；111111323；111111332…．【解答】解：它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，即1后面可能是1或3，2后面只能是3，3后面可能是2或3．共177个．由以上分析，如果还要求数字1、2和3每个数字都至少出现一次，只能以1开头，111111132；111111323，111111332；111113232，111113232，111113233，111113233…；因此共有：1+2+4+7+12+20+33=79（个）答：这样的自然数有177个，这样的九位数有79个．24．（1）如果在一个平面上画出8个三角形，最多可以把平面分成多少个部分？（2）如果在一个平面上画出3个四边形、2个圆、l条直线，最多可以把平面分成多少个部分？【分析】（1）一个三角形可把平面分成两部分，第2个三角形最多和第1个三角形有6个交点，平面增加了6部分，所以可把平面分成：2+6=8个部分；第3个三角形最多和前两个三角形有12个交点，平面增加了12部分，所以可把平面分成：2+6+12=20个部分；同理，第4个三角形可把平面分成：2+6+12+18=20个部分，…；所以n个三角形可把平面分成的部分数为：2+6+12+18+24+…=2+3n（n﹣1），据此解答即可．（2）3个四边形最多可以把平面分成26部分，2个圆可以把平面分成4个部分，再画一条直线，那么这条直线最多和前面的2个圆有4个交点，会多出4个部分，所以2个圆和一条直线最多把平面分成4+4=8个部分．【解答】解：（1）根据分析，可得2+3×8×（8﹣1）=2+168=170（个）答：8个三角形最多可以把平面分成170个部分．（2）3个四边形最多可以把平面分成26部分，2个圆可以把平面分成4个部分，再画一条直线，那么这条直线最多和前面的2个圆有4个交点，会多出4个部分，所以2个圆和一条直线最多把平面分成4+4=8个部分，则最多可以把平面分成：26+8=34（个）．答：最多可以把平面分成34个部分．25．如图所示，阴影部分是一个圆环，4条直线最多可以把这个阴影分成多少个部分？【分析】如图，当4条直线两两相交时，最多可以把这个阴影分成13个部分，据此解答即可．【解答】解：如图，当4条直线两两相交时，最多可以把这个阴影分成13个部分．26．用15个1×2的小纸片覆盖如图，共有多少种不同的覆盖方法？【分析】总共有8行，不妨把n行的方法数记为f（n），按如图编辑数字，不妨先考虑6号方格，（1）6，7一起，则必有3，2一起，1，4一起，5，8一起，此时的方法数为f（6）；（2）6，3一起，则必有7，10一起，11，14一起，15，18一起，19，22一起，23，26一起，27，30一起，29，28一起，25，24一起，21，20一起，17，16一起，13，12一起，9，8一起，剩下的1，2，4，5共2种；（3）6，5一起，同（2）一样的分析过程，只有1种；（4）6，9一起，同（3），1种；所以f（8）=f（6）+2+1+1=f（6）+4，f（8）变f（6）的时候去掉了编号前8个，同样的有f（6）=f（4）+4，f（4）=f（2）+4，f（2）=3，f（2）的时候只剩最后6个，所以f（8）=4+4+4+3=15种．【解答】解：如图：（1）6，7一起，则必有3，2一起，1，4一起，5，8一起，此时的方法数为f（6）；（2）6，3一起，则必有7，10一起，11，14一起，15，18一起，19，22一起，23，26一起，27，30一起，29，28一起，25，24一起，21，20一起，17，16一起，13，12一起，9，8一起，剩下的1，2，4，5共2种；（3）6，5一起，同（2）一样的分析过程，只有1种；（4）6，9一起，同（3），1种；所以f（8）=f（6）+2+1+1=f（6）+4，f（8）变f（6）的时候去掉了编号前8个，同样的有f（6）=f（4）+4，f（4）=f（2）+4，f（2）=3，f（2）的时候只剩最后6个，所以f（8）=4+4+4+3=15种．27．（2011•西安校级自主招生）对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1．如此进行直到为l时操作停止．问：经过9次操作变为1的数有多少个？【分析】本题可以通过所给的变换规律，由易到难，确定操作可变为1的数组成斐波拉契数列，再根据所发现的规律求出经过9次操作变为l的数的个数．【解答】解：通过1次操作变为1的数有1个，即2；经过2次操作变为1的数有2个，即4、1；经过3次操作变为1的数有2个，即3、8；…；经过6次操作变为1的数有8个，即11、24、10、28、13、64、31、30；经过1、2、3、4、5…次操作变为1的数依次为1、2、3、5、8…，这即为斐波拉契数列，后面的数依次为：5+8=13，13+8=21，21+13=34，34+21=55．即经过9次操作变为1的数有55个．答：经过9次操作变为1的数有55个．28．用4种不同的颜色将如图中的圆圈分别涂色，要求有线段连结的两个相邻的圆圈必须涂不同的颜色，共有多少种涂法？（不允许旋转、翻转图）。
五年级数学上册解决问题专题训练(行程问题、面积问题、综合问题100道)
小学五年级数学上册应用题精选一、行程问题：1.火车从甲城到乙城，现已行了200千米，是剩下路程的4倍。
甲乙两城相距多少千米？2.甲港到乙港的航程有210千米，一艘轮船运货从甲港到乙港，用了6小时，返回时每小时比去时多行7千米，返回时用了几小时？3.小方从家到学校，每分钟走60米，需要14分钟，如果她每分钟多走10米，需要多少分钟？4.一辆汽车3小时行了135千米，一架飞机飞行的速度是汽车的28倍还少60千米，这架飞机每小时行多少千米？5.某工地需水泥240吨，用5辆汽车来运，每辆汽车每次运3吨，需运多少次才能运完？6.甲乙两地相距750千米，一辆汽车以每小时50千米的速度行驶，多少小时可以到达乙地？7.甲乙两地相距560千米，一辆汽车从甲地开往乙地，每小时行48千米，另一辆汽车从乙地开往甲地，每小时行32千米．两车从两地相对开出5小时后，两车相距多少千米？8.一段公路原计划20天修完．实际每天比原计划多修45米，提前5天完成任务．原计划每天修路多少米？9.这辆汽车每秒行18米,车的长度是18米,隧道长324米,这辆汽车全部通过隧道要用多长时间10.石家庄到承德的公路长是546千米.红红一家从石家庄开车到承德游览避暑山庄,如果平均每小时行驶78千米,上午8时出发,那么几时可以到达二、面积问题：1.一个平行四边形四条边长度相等都是5厘米高是3厘米求这个平行四边形面积是多少？2. 一个长方形长是18厘米宽是长的一半多2厘米求这个长方形面积和周长分别是多少？3.一个正方形边长9厘米把它分成四个相等大小的小正方形请问小正方形的面积是多少？4.一个长方形是由两个大小相等的正方形拼成的正方形的边长是4厘米求这个长方形的面积是多少？5.一个正方形纸条周长是64厘米把这个正方形对折变成两个大小相同的长方形求这两个大小相同的长方形的面积是多少？三、综合问题：1、商店运来梨子650千克，运来的苹果是梨子的2倍。
这两种水果共运来多少千克？（画图表示出题里的已知条件和问题，再解答）2、某校办工厂去年原计划平均每月生产文具盒3190个，实际生产11个月就完成了全年的计划任务。
专题3 导数解决不等式的恒成立和证明
第三章 导数专题3 导数解决不等式的恒成立和证明【三年高考精选】（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题） 1. 已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【解析】【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令11,m n a b==，命题转换为证明：2m n e <+<，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)()f x 的定义域为()0,∞+． 由()()1ln f x x x =-得，()ln f x x '=-，当1x =时，()0f x '=；当()0,1x ∈时()0f x >′；当()1,x ∈+∞时，()'0f x <． 故()f x 在区间(]0,1内为增函数，在区间[)1,+∞内为减函数， (2)[方法一]：等价转化由ln ln b a a b a b -=-得1111(1ln )(1ln )a a b b -=-，即11()()f f a b=．由a b ，得11a b ≠．由（1）不妨设11(0,1),(1,)b a ∈∈+∞，则1()0f a >，从而1()0f b >，得1(1,)e b∈，①令()()()2g x f x f x =--，则22()(2)()ln(2)ln ln(2)ln[1(1)]g x f x f x x x x x x ''=---'=-+=-=--，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 在区间()0,1内为减函数，()()10g x g >=，从而()()2f x f x ->，所以111(2)()()f f f a a b->=，由（1）得112a b -<即112a b<+．①令()()h x x f x =+，则()()'11ln h x f x x '=+=-，当()1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 在区间()1,e 内为增函数，()()h x h e e <=，从而()x f x e +<，所以11()f e b b +<．又由1(0,1)a ∈，可得11111(1ln )()()f f a a a a b <-==，所以1111()f e a b b b+<+=．②由①②得112e a b<+<． [方法二]【最优解】：ln ln b a a b a b -=-变形为ln ln 11a b a b b a-=-，所以ln 1ln 1a b a b ++=． 令11,m n a b ==．则上式变为()()1ln 1ln m m n n -=-， 于是命题转换为证明：2m n e <+<．令()()1ln f x x x =-，则有()()f m f n =，不妨设m n <． 由（1）知01,1m n e <<<<，先证2m n +>．要证：()()()222)2(m n n m f n f m f m f m +>⇔>-⇔<-⇔<-()()20f m f m ⇔--<．令()()()()2,0,1g x f x f x x =--∈，则()()()()()2ln ln 2ln 2ln10g x f x f x x x x x '='+'-=---=⎡⎤⎣≥-⎦--=， ()g x ∴在区间()0,1内单调递增，所以()()10g x g <=，即2m n +>．再证m n e +<．因为()()1ln 1ln m n n m m -=⋅->，所以()1ln n n n e m n e -+<⇒+<．令()()()1ln ,1,h x x x x x e =-+∈，所以()'1ln 0h x x =->，故()h x 在区间()1,e 内单调递增． 所以()()h x h e e <=．故()h n e <，即m n e +<． 综合可知112e a b<+<． [方法三]：比值代换 证明112a b+>同证法2．以下证明12x x e +<． 不妨设21x tx =，则211x t x =>， 由1122(1ln )(1ln )x x x x -=-得1111(1ln )[1ln()]x x tx tx -=-，1ln 1n 1l t x t t=--， 要证12x x e +<，只需证()11t x e +<，两边取对数得1ln(1)ln 1t x ++<，即ln(1)1ln 11t t t t++-<-， 即证ln(1)1ln t t t t+<-． 记ln(1)(),(0,)s g s ss ∈=+∞+，则2ln(1)1()s s s g s s '-++=. 记()ln(1)1sh s s s=-++，则211()0(1)1h s s s '=-<++， 所以，()h s 在区间()0,∞+内单调递减．()()00h s h <=，则()'0g s <， 所以()g s 在区间()0,∞+内单调递减．由()1,t ∈+∞得()10,t -∈+∞，所以()()1g t g t <-， 即ln(1)1ln t t t t+<-． [方法四]：构造函数法 由已知得ln ln 11a b a b b a-=-，令1211,x x a b ==，不妨设12x x <，所以()()12f x f x =．由（Ⅰ）知，1201x x e <<<<，只需证122x x e <+<． 证明122x x +>同证法2．再证明12x x e +<．令2ln 21()(0)()(ln ,)exh x x e h x x e x xe x '-++-=<<=--． 令()ln 2(0)e x x x e x ϕ=+-<<，则221()0e x ex x x xϕ-'=-=<． 所以()()()0,0x e h x ϕϕ>='>，()h x 在区间()0,e 内单调递增．因为120x x e <<<，所以122111ln ln x e x e x x --<--，即112211ln ln x x x ex e -->-- 又因为()()12f x f x =，所以12212112ln ln 1,1x x x ex x x ex x --=>--，即()()2222111212,0x ex x ex x x x x e -<--+->．因为12x x <，所以12x x e +<，即11e a b+<． 综上，有112e a b<+<结论得证． 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于120e x x +-<的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.视频(2020年高考全国Ⅰ卷文数20) 2. 已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞.【解析】【分析】（1）将1a =代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，将其转化为2xea x =+有两个解，令()(2)2xe h x x x =≠-+，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.【详解】（1）当1a =时，()(2)x f x e x =-+，'()1xf x e =-，令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞； （2）若()f x 有两个零点，即(2)0x e a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2x e a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++， 令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e+∞.【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线x y e =和直线(2)y a x =+有两个交点，利用过点(2,0)-的曲线x y e =的切线斜率，结合图形求得结果. 【三年高考刨析】【2022年高考预测】预测2022年高考仍是考查函数的单调性，根据不等式恒成立求参数的取值范围或不等式的证明..【2022年复习指引】由前三年的高考命题形式，在2022年的高考备考中同学们只需要稳扎稳打，加强常规题型的练习，关于集合2022高考备考主要有以下几点建议：1.涉及本单元知识点的高考题，综合性强.所以在复习中要熟记相关的定义，法则；2.利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理.4.要深入体会导数应用中蕴含的数学思想方法.数形结合思想，如通过从导函数图象特征解读函数图象的特征，或求两曲线交点个数等；等价转化思想，如将证明的不等式问题等价转化为研究相应问题的最值等.【2022年考点定位】 考点1 证明不等式典例1 （安徽省蚌埠市2021-2022学年高三上学期第一次教学质量检查）已知函数()()212,2e 21x x f x x x g x x =+-=---. （1）求()f x 的单调区间；（2）当(),1x ∈-∞时，求证：()()g x f x .【答案】（1）在(),1-∞单调递增，在()1,+∞上单调递减；（2）证明见解析. 【分析】（1）由题可以求函数的导函数，则可得()f x 的单调区间； （2）由题知要证()()g x f x ，即证2201e 2x x x x x x ---+≥-，然后利用导函数判断函数的单调性，最后利用单调性证明即可. 【详解】 （1）因为()21e 2x x f x x x =+-， 所以()()()21e 1e e 1e ex x x x x x x f x x +--=+-='， 令()0f x '=，解得1x =，∴当(),1x ∈-∞时，()()0,1,f x x ∞∈'>+时，()0f x '< 所以()f x 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞上单调递减； （2）要证()()g x f x即证22121e 2x x x x x --+--， 即22e 0112x x x x x x --+-≥-， 设2()11e 21x F x x x=---+-，即证()0xF x .因为()2211(1)e 2xF x x =++-' 所以当(),1x ∈-∞时，()0F x '>恒成立，()F x 单调递增， 又当0x =时，()0F x =，所以当01x <<时，()0F x >，当0x <时，()0F x <； 所以当()(),1,0x xF x ∞∈-， 即当(),1x ∈-∞时，()()g x f x .【规律方法技巧】利用导数证明不等式f (x )>g (x )的基本方法 (1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min >g (x )max ；(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )>0. 2.证明不等式时的一些常见结论(1)ln x ≤x －1，等号当且仅当x ＝1时取到； (2)e x ≥x ＋1，等号当且仅当x ＝0时取到； (3)ln x <x <e x ，x >0； (4)≤ln(x ＋1)≤x ，x >－1，等号当且仅当x ＝0时取到.【考点针对训练】（2022贵州省贵阳市五校联考）3. 已知函数()xe f x x =.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-. 【答案】（1）()g x 在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；极小值()2e 24g =，无极大值；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）写出()g x 的函数表达式，通过求导写出单调区间和极值即可（2）证明()13ln 44f x x >-恒成立，结合（1）得，等价于2e 1(ln 3)4x x x x >-恒成立，且已知左式的最小值，只要大于右式的最大值，则不等式恒成立【详解】（1）解：2243e e 2e e (2)()()x x x x x x x g x g x x x x --'=⇒==，当02x <<时，()0g x '<； 当0x <或2x >时，()0g x '>，()g x ∴在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；故()g x 有一个极小值2e (2)4g =，无极大值．（2）证明：要证13()ln 44f x x >-成立，只需证e 13ln 44x x x >-成立，即证2e 1(ln 3)4x x x x>-成立，令1()(ln 3)4h x x x =-，则24ln ()=4xh x x -'，当40e x <<时，()0h x '>； 当4e x >时，()0h x '<，()h x ∴在()40,e 上单调递增，在()4e ,+∞上单调递减，()4max 41()e 4e h x h ==∴， 2e ()x g x x =∵由（1）可知2min e ()(2)4g x g ==，min max ()()g x h x >∴，()()g x h x >∴，13()ln 44f x x >-∴．【点睛】题目比较综合，第一小题是已知函数求单调性极值的问题，属于常规题目；第二小题证明不等式成立，有两种类型，一种是构造左右两个函数，若最小值大于最大值，则不等式恒成立，但是只能做证明题；若最小值不大于最大值，不能说明不等式不成立；另外一种是构造一个函数，证明最小值大于0恒成立，这种的函数会比较困难，所以优先用第一种尝试，再选取第二种方法考点2 不等式恒成立问题典例2 （2020辽宁省沈阳市2019届高三一模）已知函数()ln 2f x a x x =-，若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是( )A.2a ≤B.2a ≥C.0a ≤D.02a ≤≤ 【答案】A【分析】先证明11x x e <+<恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，问题转化为2(1)a x x ≤>恒成立，即可求出a 的范围. 【详解】设()1,x g x e x =--则()1x g x e '=-，当0x >时()0110x g x e e =->-='， 所以()1x g x e x =--在()0,∞+上递增，得()()00010,g x g e >=--=所以当0x >时，11x x e <+<恒成立.若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，所以()20af x x-'=≤ 即2ax≤，可得2(1)a x x ≤>恒成立，因为22x >，所以2a ≤， 故选A .【规律方法技巧】利用导数解决恒成立问题主要涉及以下方面：(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；(2)如果无法分离参数可以考虑对参数a 或自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或判别式的方法求解.(3)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立的问题. 【考点针对训练】（山西省运城市2021届高三检测）4. 当0x <时，不等式()2e e 3xxx x k k -≥恒成立，则实数k 的取值范围是__． 【答案】[]3e,0- 【解析】 【分析】由题意可得()232e 3x k x x +≤对0x <恒成立，讨论320x +=，320x +>，320x +<，运用参数分离和构造函数，利用导数判断单调性，求最值，可得所求范围．【详解】解：当0x <时，不等式()2e e 3xxx x k k -≥恒成立， 即为()232e 3x k x x +≤对0x <恒成立，Ⅰ当320x +=即23x =-时，403≤恒成立；Ⅰ当320x +<，即23x <-时，()2332e x x k x +≥恒成立，等价为()2max 332e x x k x ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦≥， 设()()2332e x x f x x =+，()()()()()232222632e 335e 931232e 32e x x x x x x x x x x x f x x x +-+-++'==++ ()()()2313432exx x x x -+-=+，可得1x <-时，()0f x >′，()f x 递增；213x -<<-时，()0f x <′，()f x 递减， 可得()f x 在1x =-处取得最大值，且为3e -， 则3e k ≥-；Ⅰ当320x +>，即203x -<<时，()2332e x x k x +≤恒成立， 等价为()2min332e x x k x ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦≤，设()()2332e x x f x x =+，()()()()2313432e x f x x x x x -+-'=+， 可得203x -<<时，()0f x <′，()f x 递减， 可得()0f x >， 则0k ≤，综上可得，k 的范围是[]3e,0-．【点睛】本题考查不等式恒成立问题解法，参变分离是常用的解题方法，属于中档题．方法点睛：（1）将参数和变量分离，转化为求最值问题； （2）构造函数，求导数，分析单调性； （3）求函数的最值，求出参数的范围.考点3 不等式存在成立问题典例3 （黑龙江省大庆铁人中学2021届高三第三次模拟）若函数()2ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是（ ）A.(],2-∞B.1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C.12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭ D.()2,-+∞【答案】D 【分析】将函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1()22，内存在单调递增区间，转化1()20f x ax x '=+>在区间1()22，成立，再转化为min 212()a x>-，进而可求出结果. 【详解】因为函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1()22，内存在单调递增区间， 所以1()20f x ax x '=+>在区间1()22，上成立， 即min 212()a x>-在区间1()22，上成立，又函数2yx 在1()22，上单调递增， 所以函数21y x =-在1()22，上单调递增， 故当12x =时21y x =-最小，且min 21()=4x --，即24a >-，得2a >-. 故选：D【规律方法技巧】1.有关存在成立问题的解题方法∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在).其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求大于函数y ＝g (x )的所有函数值.∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于函数g (x )在D 2上的最大值(这里假设f (x )max ，g (x )max 存在).其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求小于函数y ＝g (x )的所有函数值.2.注意不等式恒成立与存在成立的异同不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可转化为最值问题，但f (a )≥g (x )(f (a )≤g (x ))对存在x ∈D 能成立等价于f (a )≥g (x )min (f (a )≤g (x )max )，f (a )≥g (x )(f (a )≤g (x ))对任意x ∈D 都成立等价于f (a )≥g (x )max (f (a )≤g (x )min )，应注意区分，不要搞混. 【考点针对训练】 (2019·吉林白山联考)5. 设函数f (x )＝e x 33x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭－ax (e 为自然对数的底数)，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为________. 【答案】e 【解析】【分析】已知不等式转化为2(33)x a e x x ≥-+，此不等式有正数解，只要求得2()(33)x g x e x x =-+在(0,)+∞上的最小值即可得a 的范围．【详解】原问题等价于存在x Ⅰ(0，＋∞)，使得a ≥e x (x 2－3x ＋3)，令g (x )＝x e (x 2－3x ＋3)，x Ⅰ(0，＋∞)，则a ≥g (x )min ，而g ′(x )＝x e (x 2－x )，由g ′(x )>0，得x Ⅰ(1，＋∞)，此时()g x 递增，由g ′(x )<0，得x Ⅰ(0，1)，此时()g x 递减，Ⅰ函数g (x )在区间(0，＋∞)上的极小值也是最小值为g (1)＝e ， Ⅰa ≥e ，即实数a 的最小值为e . 故答案为：e ．【点睛】本题考查不等式有解问题，解题关键是用分离参数法转化为求函数的最值．只是求解时要注意与不等式恒成立区分开来，不等式恒成立也常常用分离参数法转化为求函数的最值，但两者所求最值一个是最大值，一个是最小值，要根据题意确定.考点4 利用导数研究方程的根(或函数的零点)典例4 （河南省郑州市商丘市名师联盟 2020-2021学年高三质量检测）已知函数()2ln f x x x =-，()33g x x xm =-+，方程()()f x g x =在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有两个不同的实根，则m 的取值范围是（ ）A.2121,333e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦ B.2221e -2,33e 3⎡⎤+⎢⎥⎣⎦ C.221,133e ⎡⎫+⎪⎢⎣⎭ D.21e 2,33⎛⎤- ⎥⎝⎦【答案】A 【分析】由题可得232ln m x x =-，构造函数()22ln h x x x =-，讨论其在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的变化情况即可得出答案. 【详解】由()()f x g x =，得232ln m x x =-，令()22ln h x x x =-，则()()()211x x h x x-+'=，所以()h x 在1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在(]1,e 上单调递增，所以()()min 11h x h ==，()221122h e e h e e ⎛⎫=->=+ ⎪⎝⎭，则21132m e <≤+，即2121333m e <≤+. 故选：A.【规律方法技巧】求解涉及函数零点或方程根的问题的注意点 (1)利用函数零点存在性定理求解.(2)分离参数a 后转化为函数的值域(最值)问题求解，如果涉及多个零点，还需考虑函数的图象与直线y ＝a 的交点个数.(3)转化为两个熟悉的函数的图象的上、下位置关系问题，从而构建不等式求解. 【考点针对训练】（重庆市秀山高级中学校2022届高三上学期9月月考） 6. 已知函数2eln ()x f x x =，若关于x 的方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根，则实数m 的取值范围为___________.【答案】324⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【解析】【分析】利用导数求出函数()f x 的单调区间和最值，设()f x t =，则要使方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根等价于方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根，故12121201102201t t t t t t ∆>⎧⎪⎛⎫⎛⎫⎪-->⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪<+<⎪>⎪⎩，从而可求出实数m 的取值范围 【详解】依题意，求导243e 2eln e(12ln )()x x xx x f x x x ⋅--'==，令()0f x '=，解得：x =当x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当)x ∈+∞，()0f x '<，函数单调递减，且max 1()e 2f x f ===， 又0x →时，()f x →-∞；又x →+∞时，()0f x →；设()f x t =，显然当10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，方程()f x t =有两个实数根，则要使方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根等价于方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根， 故121212011022010t t t t t t ∆>⎧⎪⎛⎫⎛⎫⎪-->⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪<+<⎪>⎪⎩，210211082401m m m ⎧->⎪⎪⎪-+>⎨⎪<<⎪⎪⎩，解得：324m ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭.故答案为：3,24⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查导数的应用，解题的关键是利用导数判断出函数()f x 的单调区间和最值，设()f x t =，将问题转化为方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根，然后利用一元二次方程根的分布情况求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题【二年模拟精选】（2020河北省衡水市第二中学高三检测） 7. 已知函数21()ln 2f x x a x =+，若对任意两个不等的正数1x ，2x ，都有()()12124f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围为A. [4,)+∞B. (4.?)+∞C. (,4]-∞D. (,4)-∞【答案】A 【解析】【分析】根据题意先确定g （x ）＝f （x ）﹣4x 在（0，+∞）上单增，再利用导数转化，可得24x a x ≥-恒成立，令()24h x x x =-，求得()h x max ，即可求出实数a 的取值范围．【详解】令()()4g x f x x =-，因为()()12124f x f x x x ->-，所以()()12120g x g x x x ->-，即()g x 在()0,+∞上单调递增，故()40ag x x x=-'+≥在()0,+∞上恒成立， 即24x a x ≥-，令()()24,0,h x x x x =-∈+∞.则()()2424h x x x h =-≤=，()h x max 4=，即a 的取值范围为[4,+∞）.故选A.【点睛】本题考查了函数单调性的判定及应用，考查了原函数单调与导函数正负的关系，确定g （x ）在（0，+∞）上单增是关键，属于中档题． （2020辽宁省沈阳市高三上学期一模）8. 已知函数()ln 2f x a x x =-，若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A. 2a ≤ B. 2a ≥C. 0a ≤D. 02a ≤≤【答案】A 【解析】【分析】先证明11x x e <+<恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，问题转化为2(1)a x x ≤>恒成立，即可求出a 的范围．【详解】设()1,x g x e x =--则()'1x g x e =-，当0x >时()0110x g x e e =->-='， 所以()1x g x e x =--在()0,∞+上递增，得()()00010,g x g e >=--=所以当0x >时，11x x e <+<恒成立.若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，所以()20af x x-'=≤ 即2ax≤，可得2(1)a x x ≤>恒成立，因为22x >,所以2a ≤， 故选A ．【点睛】本题考查了构造新函数，也考查了导数的应用以及由单调性求参数的问题，属于中档题．（江西省萍乡市2021届高三上期数学期中复习试卷）9. 已知函数222,0()11,0x x x f x x x ⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若()f x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A. 2⎡⎤-⎣⎦B. (],1-∞C. ()2-D. 2⎡⎤-⎣⎦【答案】A 【解析】 【分析】作出函数()f x 的图象，利用数形结合的思想判断a 的范围，找出临界点即相切时a 的取值，进而得出a 的范围． 【详解】作出()f x 的图象，如图，由图象可知：要使()f x ax 恒成立，只需函数()g x ax =的图象恒在图象()f x 的下方， 可得1a ，设()g x ax =与函数2()22(0)f x x x x =++相切于点(),(0)P m n m <， 由()f x 的导数为22x +，可得切线的斜率为22m +， 即有22a m =+，222am m m =++，解得m =2a =-由图象可得222a -，综上可得a 的范围是[2-1]． 故选：A【点睛】解决此类问题的关键是作出函数图象，根据数形结合的思想处理问题，本题关键找出相切时刻这一临界位置，利用直线与抛物线相切即可求解. （四川省内江市威远中学2020-2021学年高三月考）10. 已知函数32()f x x x ax b =-++，12,(0,1)x x ∀∈且12x x ≠，都有1212|()()|||f x f x x x -<-成立，则实数a 的取值范围是（ ）A. 2(1,]3--B. 2(,0]3-C. 2[,0]3-D. [1,0]-【答案】C 【解析】 【分析】原不等式等价于()()211212x x f x f x x x --<-<恒成立，得到()()()321g x f x x x x a x b =-=-+-+，()()()321h x f x x x x a x b =+=-+++在()0,1上严格单调，转化为()0g x '≤在()0,1上恒成立，()0h x '≥在()0,1上恒成立，利用分离参数思想转化为求最值问题即可. 【详解】不妨设1210x x >>>，则1212|()()|||f x f x x x -<-等价于()()211212x x f x f x x x --<-<，即()()()()11221122 f x x f x x f x x f x x ⎧-<-⎪⎨+>+⎪⎩，设()()()321g x f x x x x a x b =-=-+-+，()()()321h x f x x x x a x b =+=-+++，依题意，函数()g x 在()0,1上为严格的单调递减函数， 函数()h x 在()0,1上为严格的单调递增函数，Ⅰ()23210g x x x a '=-+-≤在()0,1上恒成立，()23210h x x x a '=-++≥在()0,1上恒成立，Ⅰ2321a x x ≤-++在()0,1上恒成立，2321a x x ≥-+-在()0,1上恒成立， 而二次函数2321y x x =-++在[0,1]上的最小值在1x =时取得，且最小值为0， 二次函数2321y x x =-+-在[0,1]上的最大值在13x =时取得，其最大值为23-， 综上，实数a 的取值范围是2[,0]3-， 故选：C.【点睛】关键点点睛：去绝对值，得到两个函数的单调性，结合导数与单调性的关系，利用分离参数的思想转化为求二次函数最值问题. （2020湖南省益阳市高三上学期期末）11. 已知变量()()12,0,0x x m m ∈>，且12x x <，若2112x x x x <恒成立，则m 的最大值为（e 2.71828=为自然对数的底数）（ ） A. eB.C.1eD. 1【答案】A 【解析】 【分析】不等式两边同时取对数，然后构造函数()ln xf x x=，求函数的导数，研究函数的单调性即可得到结论. 【详解】21122112ln ln x x x x x x x x <⇒<，()12,0,,0x x m m ∈>，1212ln ln x x x x ∴<恒成立， 设函数()ln xf x x=，12x x <，()()12f x f x <，()f x ∴在()0,m 上为增函数，函数的导数()21ln xf x x -'=， ()00f x x e '>⇒<<，即函数()f x 的增区间是()0,e ，则m 的最大值为e . 故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数研究函数的单调性，本题的关键点是对已知等式变形，211212211212ln ln ln ln x x x x x x x x x x x x <⇒<⇒<，转化为求函数()ln xf x x=的单调区间. （山东省泰安肥城市2021届高三高考适应性训练）12. 已知函数()ln f x x x x =+，()g x kx k =-，若k Z ∈，且()()f x g x >对任意2x e >恒成立，则k 的最大值为（ ） A. 2 B. 3C. 4D. 5【答案】B 【解析】【分析】由不等式，参变分离为ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭，转化为求函数()ln 1x x x u x x +=-，()2,x e ∈+∞的最小值，利用导数求函数的最小值.【详解】()()f x g x >，即ln x x x kx k +>-.由于()()f x g x >对任意()2,x e ∈+∞恒成立，所以ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭，即min ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭.令()ln 1x x x u x x +=-，()2,x e ∈+∞，()()2ln 21x x u x x --'=-.令()ln 2h x x x =--，()1110x h x x x='-=->， 所以()h x 在()2,x e ∈+∞上单调递增，所以()()22e e 40h x h >=->，可得()0u x '>，所以()u x 在()2,e +∞上单调递增.所以()()()22223e 3e 33,4e 1e 1u x u >==+∈--.又k Z ∈，所以max 3k =. 故选：B.（广西柳州市2021届高三摸底考试）13. 已知函数212,(0)()2ln ,(0)x x x f x x x x ⎧++≤⎪=⎨⎪>⎩，若存在0x R ∈，使得()2012f x m m ≤-成立，则实数m 的取值范围是（ ）A. 1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B. 11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C. 11,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D. 1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】【分析】分析函数()f x 的最小值，只需使()2min 12f x m m ≤-成立即可． 【详解】当0x ≤时，()2122f x x x =++，根据二次函数的性质可知，当1x =-时，()f x 有最小值12-；当0x >时，()ln f x x x =，由()ln 10f x x '=+=得1=x e当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>， 所以()ln f x x x =在10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()ln f x x x =最小值为11111ln 2f e e ee ⎛⎫==->- ⎪⎝⎭，则()min 12f x =-若存在0x R ∈，使得()2012f x m m ≤-成立，则()2min 12f x m m ≤- 所以21122m m -≤-，解得112m -≤≤故选：A ．（重庆实验外国语学校2022届高三上学期入学考试）14. 关于函数()xf x e =，()lng x x =下列说法正确的是（ ）A. 对0x ∀>，()1g x x ≤-恒成立B. 对x R ∀∈，()f x ex ≥恒成立C. 若a b e >>，()()ag b bg a <D. 若不等式()()f ax ax x g x -≥-对1x ∀>恒成立，则正实数a 的最小值为1e【答案】ABD 【解析】【分析】选项A ：构造函数()()ln 10h x x x x =-+>，根据导数判断函数的单调性并求最大值，从而判断选项正确；选项B ：构造函数()()x f x ex ϕ=-，根据导数判断函数的单调性并求最小值，从而判断选项正确； 选项C ：构造函数()()()0g x m x x x=>，根据导数判断函数在(),e +∞内单调递减，从而判断选项错误；选项D ：把不等式()()f ax ax x g x -≥-变形为ln ln ax x e ax e x -≥-，所以只需研究函数()xF x e x =-的单调性即可求出答案，从而判断选项正确.【详解】选项A ：令()()ln 10h x x x x =-+>，则()111xh x x x -'=-=，因为0x >，所以由()0h x '>得01x <<；由()0h x '<得1x >， 所以()h x 在()0,1内单调递增，在()1,+∞内单调递减，所以()h x 的最大值为()10h =，所以对0x ∀>，()0h x ≤恒成立， 即对0x ∀>，()1g x x ≤-恒成立，故选项A 正确；选项B ：令()()x x f x ex e ex ϕ=-=-，则()xx e e ϕ'=-，由()0x ϕ'>得1x >；由()0x ϕ'<得1x <，所以()x ϕ在()1,+∞内单调递增，在(),1-∞内单调递减，所以()x ϕ的最小值为()10ϕ=，所以对x R ∀∈，()0x ϕ≥恒成立，即对x R ∀∈，()f x ex ≥恒成立，故选项B 正确；选项C ：令()()ln ()0g x x m x x x x==>，则21ln ()xm x x -'=，所以由()0m x '>得0x e <<；由()0m x '<得x e >，所以()m x 在()0,e 内单调递增，在(),e +∞内单调递减， 所以当a b e >>时，()()m a m b <，即()()g a g b a b<， 所以a b e >>，()()ag b bg a >成立，故选项C 错误； 选项D ：因为不等式()()f ax ax x g x -≥-对1x ∀>恒成立，即不等式ln ax e ax x x -≥-对1x ∀>恒成立，又因为ln ln ln x x x e x -=-， 所以不等式ln ln ax x e ax e x -≥-对1x ∀>恒成立；令()xF x e x =-，则 ()1x F x e '=-，当0x >时，()10x F x e '=->恒成立，所以()xF x e x =-在()0,∞+单调递增，所以由不等式ln ln ax x e ax e x -≥-对1x ∀>恒成立，得ln ax x ≥对1x ∀>恒成立，即ln xa x≥对1x ∀>恒成立， 由选项C 知，()ln ()1xm x x x=>在()1,e 内单调递增，在(),e +∞内单调递减，所以()m x 的最大值为1()m e e =，所以只需1a e ≥，即正实数a 的最小值为1e .故选：ABD.【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，通常要构造函数，然后利用导数研究函数的单调性，求出最值进而得到结论或求出参数的取值范围；也可分类变量构造函数，把问题转化为函数的最值问题.恒成立问题常见的处理方式有：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）()f x a >恒成立型的可转化为min ()f x a >；（3）()()f x g x >恒成立型的可以通过作差法构造函数()()()h x f x g x =-，然后求min ()0h x >，或者转化为min max ()()f x g x >.（T 8联考八校2020-2021学年高三上学期第一次联考） 15. 已知函数()()ln 202x af x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【解析】 【分析】根据()0f x >恒成立，可得到含有x a ，的不等式，再进行分离变量，将“恒成立”’转化为求函数的最大值或最小值，最后得出a 的范围. 【详解】()ln202x af x ae x =+->+，则()ln ln ln 22x a e a x ++>++， 两边加上x 得到()()()ln 2ln ln 2ln 2ln 2x x aex a x x ex ++++>+++=++，x y e x =+单调递增，()ln ln 2x a x ∴+>+，即()ln ln 2a x x >+-， 令()()ln 2g x x x =+-，则()11121x g x x x --'=-=++，因为()f x 的定义域为()2,-+∞()2,1x ∴∈--时，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈-+∞，()0g x '<，()g x 单调递减，()()max ln 11a g x g ∴>=-=，a e ∴>.故答案为：(),e +∞【点睛】对于“恒成立问题”，关键点为：对于任意的x ，使得()f x a >恒成立，可得出()min f x a >； 对于任意的x ，使得()f x a <恒成立，可得出()max f x a <. （浙江省百校2020-2021学年高三上学期12月联考）16. 已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln xx x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【解析】 【分析】不等式等价变形()()()4ln 3ln 3ln 3ln x x xe x x a a x x a a e e -≤-⇔-≤-，利用同构函数()ln f x x x =-的单调性得解【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x xe x x a a x x ae a x -≤-⇔-≤--()()3ln 3ln x x x x ae ae ⇔-≤- 令()ln f x x x =-，()111x f x x x-'=-=， Ⅰ()f x 在[)1,+∞上单调递增.Ⅰ1a >，1[,)3x ∈+∞，Ⅰ[)3,1,xe x a ∈+∞，Ⅰ33x x eae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x x g x e =，只需max ()a g x ≥，()33xxg x e -'=，Ⅰ1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，Ⅰ(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e，Ⅰ3a e ≥，Ⅰa 的最小值为3e.故答案为：3e【点睛】不等式等价变形，同构函数()ln f x x x =-是解题关键. （河北省部分学校2022届高三上学期第一次月考）17. 已知函数()32f x x x ax =--在R 上单调递增，则a 的取值范围是____________.【答案】1(,]3-∞-【解析】【分析】求出函数()f x 的导函数()f x '，再由()0f x '≥恒成立即可得解.【详解】依题意：()232x x a f x '=--，因函数()32f x x x ax =--在R 上单调递增，于是得2320x x a --≥对x ∈R 恒成立，则4120a ∆=+≤，解得13a ≤-，所以a 的取值范围是1(,]3-∞-.故答案为：1(,]3-∞-18. 已知函数()f x 的定义域为R ，()12f -=，对任意(),2x R f x '∈>，则()24f x x >+的解集为____________．【答案】(1,)-+∞. 【解析】【分析】构造()()24g x f x x =--，根据题意得到()g x 在R 为单调递增函数，又由()12f -=，得到()10g -=，进而得到1x >-时，()0g x >，即可求解.【详解】设()()24g x f x x =--，可得()()2g x f x ''=-，因为对任意(),2x R f x '∈>，所以()0g x '>，所以()g x 在R 为单调递增函数， 又由()12f -=，可得()12240g -=+-=，所以当1x >-时，()0g x >，即不等式()24f x x >+的解集为(1,)-+∞. 故答案为：(1,)-+∞.（浙江省宁波市北仑中学2021-2022学年高三上学期返校考试） 19. 设函数()ln 2ef x x mx n x=--+，若不等式()0f x ≤对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则nm的最大值为______________． 【答案】2e 【解析】【分析】根据()0ln 22e n f x x m x x m ⎛⎫≤⇒-≤- ⎪⎝⎭转化成两个函数比较大小的问题.【详解】不等式()0f x ≤对任意(0,)x ∈+∞恒成立,即ln 22e n x m x x m ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，0x >恒成立， 设()()'21ln 0e e g x x g x x x x=-⇒=+> 所以()g x 在()0,∞+单调递增，且()0g e =，当0x →时()g x →-∞ 当x →+∞时()g x →+∞ 作出()g x 的图像如图，再设()22n h x m x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，当0x >可得()h x 表示过点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭，斜率为2m 的一条射线（不含端点），要求nm 的最大值且满足不等式恒成立，可求2n m的最大值，由点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭在x 轴上方移动，只需找到合适的0m >，且()h x 与()g x 图像相切于点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭，如图所示，此时22n n e e m m =⇒= 故答案为：2e（江苏省扬州市仪征市精诚高级中学2021-2022学年高三上学期9月月考） 20. 已知函数()ln ()f x x ax a R =-∈. （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）证明不等式2()x e ax f x --≥恒成立. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，讨论a 的范围结合导数即可得出单调性；（2）构造函数2()ln x x e x ϕ-=-，利用导数可得()x ϕ'在(0,)+∞上有唯一实数根0x ，且012x <<，则可得()0()0x x ϕϕ≥>，即得证.【详解】（1）11()(0)axf x a x x x-'=-=>， 当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0a >时，令()0f x '=，得到1x a=， 所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()0f x '<，()f x 单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）设函数2()ln x x e x ϕ-=-，则21()x x e xϕ-'=-，可知()x ϕ'在(0,)+∞上单调递增.又由(1)0ϕ'<，(2)0ϕ'>知，()x ϕ'在(0,)+∞上有唯一实数根0x ，且012x <<，则()020010x x ex ϕ-'=-=，即0201x e x -=.当()00,x x ∈时，()0x ϕ'<，()ϕx 单调递减； 当()0x x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()ϕx 单调递增；所以()0200()ln x x x ex ϕϕ-≥=-，结合021x e x -=，知002ln x x -=-， 所以()()22000000001211()20x x x x x x x x x ϕϕ--+≥=+-==>，则2()ln 0x x e x ϕ-=->， 即不等式2()x e ax f x --≥恒成立.【点睛】关键点睛：本题考查不等式恒成立的证明，解题的关键是转化为证明2()ln x x e x ϕ-=-的最小值大于0.（贵州省铜仁市思南中学2021届高三第十次月考）21. 已知函数()e (0)x f x ax a -=≠存在极大值1e ．（1）求实数a 的值；（2）若函数F （x ）＝f （x ）﹣m 有两个零点x 1，x 2（x 1≠x 2），求实数m 的取值范围，并证明：x 1+x 2＞2．【答案】（1）a ＝1 （2）10e m ＜＜，证明见解析【解析】【分析】（1）利用极值的定义，列式求出a 的值，然后进行验证即可； （2）利用（1）中的结论，确定()f x 的单调性、极值以及函数的取值情况，由零点的定义，即可得到m 的取值范围，利用12()()F x F x =，得到2211lnx x x x -=，将问题转化为证明2122111ln 2x x x x x x -<+，即证明21221111ln 21x x x x x x -<+，不妨设12x x <，令21x t x =，则1t >，从而将问题转化为证明1112t lnt t -<+对于1t >恒成立，构造函数11()ln 21t g t t t -=-+，利用导数研究函数的单调性，求解函数的取值情况，即可证明．【小问1详解】解：函数()e (0)x f x ax a -=≠， 则(1)()e xa x f x -'=， 令()0f x '=，解得1x =， 所以f （1）1e ea ==，解得1a =， 此时1()e xxf x -'=， 当1x <时，()0f x '>，则()f x 单调递增， 当1x >时，()0f x '<，则()f x 单调递减， 所以当1x =时，函数()f x 取得极大值f （1）1e=，符合题意，。
中考数学专题 综合与实践试题演练
专题三 综合与实践类型一 面积平分问题试题演练1. (1)如图①，已知△ABC ，在BC 上找一点D ，连接AD ，使得AD 平分BC ；(2)如图②，已知直线l 1∥l 2，点A 和点B 分别为直线l 2上两定点，在直线l 1上任取两点M 、N ，连接AM 、AN 、BM 、BN ，AN 与BM 交于点P ，则S △AMP ________S △BNP (用“＞”、“＜”或“＝”表示)；(3)如图③，已知一块Rt △ABC 花园中，∠BAC ＝90°，AC ＝40米，BC ＝50米，AD 为花园内平分花园面积的一条小路(小路宽度忽略不计)，现在要从AB 边上的水源E 点处向BC 边上拉一条笔直的水管，且要使得水管两边的花地面积相等，已知E 点距离A 点为10米，现有与AB 等长的水管，问该水管是否够用？第1题图2. (2019西安交大附中模拟)问题探究(1)如图①，在平面直角坐标系内，M 是边长为4的正方形ABCO 边上一点，请过点M (0，3)作一条直线，使它将正方形的面积平分，求这条直线的解析式；(2)如图②，在平面直角坐标系中有A (1，4)，B (4，0)两点，请过点C (3，43)作一条直线将△ABO 的面积平分，求这条直线的解析式；问题解决(3)农民张伯伯有一块四边形空地如图③，在四边形ABCD 中，AB ＝2km ，BC ＝4km.∠BAD ＝90°，∠BCD ＝90°，∠ABC ＝120°，张伯伯想过点C 修一条路将四边形ABCD 的面积分为相等的两部分，这样的路是否存在？若存在，求出路的长度；若不存在，请说明理由．第2题图3. 问题探究(1)请在图①中作两条直线，使它将半圆O 的面积三等分；(2)如图②，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，请在图②中过点A作两条直线，使它们将矩形ABCD 的面积三等分，并说明理由；问题解决(3)如图③，李师傅有一块平行四边形ABCD的菜地，其中AB＝AC＝100米，BC＝120米，菜地A处有一用来灌溉的水源．李师傅现准备修两条笔直的小路将菜地面积三等分后给自己的三个儿子，要求三个儿子能在灌溉时共用A处水源，那么李师傅能否实现自己的想法？若能，请通过计算、画图说明；若不能，请说明理由．第3题图4. (2019陕西黑马卷)问题提出(1)如图①，已知直线a∥b，点A、B是直线a上不同的两点，分别过点A、B作AC⊥b，BD⊥b，垂足记为点C、D，则线段AC和线段BD的数量关系为AC____BD；(填“＞”，“＜”或“＝”)问题探究(2)如图②，在△ABC中，点M、N分别是AB、AC的中点，过点A作直线a∥BC，点P是直线a上的任意一点，连接PM、P N、MN，若四边形BCNM的面积为3，则△PMN的面积为________；问题解决(3)如图③，有一块四边形空地ABCD, AD∥BC，∠B＝60°，AB＝10米，AD＝30米，BC＝8米，点E 是BC上一点，且BE＝2米．市政为了美化城市，计划将这块空地改造成一片牡丹园，为了方便行人行走，计划在牡丹园中间过点E修一条笔直的小路(路的宽度不计)，使得小路的另一出口在AD上的点F处，且EF恰好将四边形ABCD的面积平分．请你帮助市政设计出小路EF的位置(在图中画出EF)，并求EF的长(结果保留根号)．第4题图类型二面积最值问题(2012、2011.25)试题演练1. (2012陕西25题12分)如图，正三角形ABC的边长为3＋ 3.(1)如图①，正方形EFPN的顶点E、F在边AB上，顶点N在边AC上．在正三角形ABC及其内部，以A为位似中心，作正方形EFPN的位似正方形E′F′P′N′，且使正方形E′F′P′N′的面积最大(不要求写作法)；(2)求(1)中作出的正方形E′F′P′N′的边长；(3)如图②，在正三角形ABC中放入正方形DEMN和正方形EFPH，使得DE、EF在边AB上，点P、N分别在边CB、CA上，求这两个正方形面积和的最大值及最小值，并说明理由．第1题图2.在正方形ABCD中，AB＝100，点E、F分别在边AB、BC上，且∠EDF＝45°.问题探究(1)如图①，请直接写出线段AE，EF，CF之间的数量关系：________；(2)如图②，若AE＝25，求四边形DEBF的面积；问题解决(3)如图③，AB＝100 m，公园设计部门为了给儿童提供更舒适、更安全的活动场地，准备将正方形空地中的DEBF部分作为儿童活动区，并用围栏围起来，只留三个出入口，即点D、E、F，将儿童活动区(即四边形DEBF)划分为△DEF和△BEF两种不同的游戏场地，儿童活动区之外的部分种植花草，则是否存在一种设计方案，使得儿童活动区面积最大？若存在，求出儿童活动区面积的最大值；若不存在，请说明理由．第2题图3. (2019陕师大附中模拟)发现问题(1)如图①，直线a∥b，点B、C在直线b上，点D为AC的中点，过点D的直线与a，b分别相交于M、N两点，与BA的延长线交于点P，若△ABC的面积为1，则四边形AMNB的面积为________；探究问题(2)如图②，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，∠DAC ＝13∠BAC ，DA ＝2，求△ABC 面积的最小值；拓展应用(3)如图③，矩形花园ABCD 的长AD 为400米，宽CD 为300米，供水点E 在小路AC 上，且AE ＝2CE ，现想沿BC 上一点M 和CD 上一点N 修一条小路MN ，使得MN 经过E ，并在四边形AMCN 围城的区域内种植花卉，剩余区域铺设草坪，根据项目的要求种植花卉的区域要尽量小．请根据相关数据求出四边形AMCN 面积的最小值，及面积取最小时点M 、N 的位置．(小路的宽忽略不计)第3题图类型三 线段最值问题(2018、2016、2015.25)1. 问题探究(1)如图①，点E 是正△ABC 高AD 上的一定点，请在AB 上找一点F ，使EF ＝12AE ，并说明理由；(2)如图②，点M 是边长为2的正△ABC 高AD 上的一动点，连接CM ，求12AM ＋MC 的最小值；问题解决(3)如图③，A 、B 两地相距600 km ，AC 是沿东西方向向两边延伸的一条笔直的铁路．点B 到AC 的最短距离为360 km.今计划在铁路线AC 上修建一个中转站M ，再在BM 间修一条笔直的公路．如果同样的物资在每千米公路上的运费是铁路上的两倍．那么，为使通过铁路由A 到M 再通过公路由M 到B 的总运费最少，请确定中转站M 的位置，并求出AM 的长．(结果保留根号)第1题图2. 问题探究(1)如图①，试在线段BC 上画出点E 使得AE ＋DE 的值最小；(2)如图②，∠B ＝30°，点D 在射线BC 上，且BD ＝10，E 、F 分别为射线BA 、BC 上的两个动点，试求DE ＋EF 的最小值；问题解决：(3)如图③，C 、A 、B 三个城市由三条主道路AC 、AB 、BC 连接，已知AC ＝62，∠A ＝45°，AB ＝10，为缓解因汽车数量“井喷式”增长而导致的交通拥堵，增加人们出行的幸福指数，省规划厅计划分别在线段BC 、AB 、AC 上选取D 、E 、F 处开口修建便捷通道．请说明如何选取D 、E 、F 使得DE ＋EF ＋FD 最小，并请求出该最小值．第2题图3. 问题提出(1)如图①，点M 、N 是直线l 外两点，在直线l 上找一点K ，使得MK ＋NK 最小； 问题探究(2)如图②，在等边三角形ABC 内有一点P ，且P A ＝3，PB ＝4，PC ＝5，求∠APB 的大小；(3)如图③，矩形ABCD是某公园的平面图，AB＝303米，BC＝60米，现需要在对角线BD上修一凉亭E，使得到公园出口A、B、C的距离之和最小．是否存在这样的点E？若存在，请画出点E的位置，并求出EA＋EB＋EC的最小值；若不存在，请说明理由．第3题图4. (1)如图①，AD是△ABC的中线，则线段AB＋AC________2AD(填“>”、“<”或“＝”)；(2)如图②，在矩形ABCD中，CD＝3，BC＝4，点E为BC的中点，若点F为CD上任意一点，试确定CF为何值时，△AEF的周长最小；(3)如图③，在矩形ABCD中，点O为对角线AC的中点，点P为AB上任意一点，Q为AC上任意一点，连接PO、BQ、P Q.若AC＝2，BC＝1，则当点Q在线段AC上何处时，OP＋PQ＋QB取得最小值．第4题图类型四辅助圆问题(2014～2019.25)1.问题提出(1)如图①，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点O是△ABC的外接圆的圆心，则OB的长为________；(2)如图②，已知矩形ABCD ，AB ＝4，AD ＝6，点E 为AD 的中点，以BC 为直径作半圆O ，点P 为半圆O 上一动点，求E 、P 之间的最大距离；问题解决(3)某地有一块如图③所示的果园，果园是由四边形ABCD 和弦CB 所对的劣弧组成的，果园主人现要从入口D 到弧BC ︵上的一点P 修建一条笔直的小路DP .已知AD ∥BC ，∠ADB ＝45°，BD ＝1202米，BC ＝160米，过弦BC 的中点E 作EF ⊥BC 交弧BC ︵于点F ，又测得EF ＝40米．修建小路平均每米需要40元(小路宽度不计)，不考虑其他因素，请你根据以上信息，帮助果园主人计算修建这条小路最多要花费多少元？第1题图2. 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”；(1)如图①，已知筝形ABCD 的两条对角线长分别为a 、b ，则该筝形的面积为________； (2)如图②，已知△ABC ，BC ＝2，∠BAC ＝45°，求BC 边上的高线AD 的最大值；(3)如图③，现有一边长为6 cm 的正方形木料ABCD ，要利用其直角做一个四边形工件，在其相邻的两条边AB 、BC 上，取它们的三等分点E 、F ，要在木料内找一点G ，使得∠EGF ＝30°，且四边形BFGE 的面积最大．问正方形木料ABCD 内，是否存在符合要求的点G ？若存在，请求出四边形BFGE 面积的最大值；若不存在，请说明理由．第2题图3. 在四边形ABCD 中，AB ＝BC ，∠B ＝60°； (1)如图①，已知∠D ＝30°，则∠A ＋∠C ＝________．(2)已知AD ＝3，CD ＝4，在(1)的条件下，利用图①，连接BD ，并求出BD 的长度；(3)如图②，已知∠ADC ＝75°，∠ABC ＝60°，AB ＝BC ，BD ＝6，现需要截取某种四边形的材料板，这个材料板的形状恰巧符合如图②所示的四边形，为了尽可能节约，你能求出这种四边形面积的最小值吗？如果能，请求出此时四边形ABCD面积的最小值；如果不能，请说明理由．第3题图4.问题提出(1)如图①，请在正方形ABCD内画出一个以点C为顶点、BC为腰的等腰三角形CBP；(用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)(2)如图②，在平面直角坐标系中，已知A(2，0)，B(8，0)，点P是y轴正半轴上一个动点，当∠APB 最大时，求点P的坐标；问题解决(3)某游乐场的平面如图③所示，经测量可知：∠DOC＝60°，OA＝400 m，AB＝200 3 m，场所保卫人员想在线段OD上的一点M处安装监控装置，用来监控OC上的AB段，为了让监控效果达到最佳，必须要求∠AMB最大，请问在线段OD上是否存在这样的一点M？若存在，请求出此时OM的长和∠AMB的度数；若不存在，请说明理由．第4题图5. (2019陕西副题25题12分)问题提出(1)如图①，已知直线l及l外一点A，试在直线l上确定B、C两点，使∠BAC＝90°，并画出这个Rt△ABC；问题探究(2)如图②，O是边长为28的正方形ABCD的对称中心，M是BC边上的中点，连接OM. 试在正方形ABCD的边上确定点N，使线段ON和OM将正方形ABCD分割成面积之比为1∶6的两部分．求点N到点M的距离；问题解决(3)如图③，有一个矩形花园ABCD，AB＝30 m，BC＝40 m. 根据设计要求，点E、F在对角线BD上，且∠EAF＝60°，并在四边形区域AECF内种植一种红色花卉，在矩形内其他区域均种植一种黄色花卉．已知种植这种红色花卉每平方米需210元，种植这种黄色花卉每平方米需180元．试求按设计要求，完成这两种花卉的种植至少需费用多少元？(结果保留整数．参考数据：2≈1.4，3≈1.7)第5题图6. (2018西安高新一中模拟)实践探索：(1)如图①，已知线段AB，以AB为弦，在图①中作出一个⊙O；(2)如图②，在矩形ABCD中，AD＝4，点P在边DC上且∠APB＝60°，试判断矩形ABCD的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由；(3)如图③，有一块矩形ABCD的板材，AB＝62＋12，BC＝62＋6，现截去了一块等腰直角三角形ADE，工人想将剩下的板材合理利用，截出一个四边形AMFN，且满足点F在边BC上，CF∶BF＝1∶2，点M在AE上，点N在AB上，∠MFN＝90°，这个四边形AMFN的面积是否存在最大值？若存在，试求出面积的最大值；若不存在，请说明理由．第6题图参考答案类型一面积平分问题1.解：(1)如解图①，D为BC的中点，连接AD，则AD平分△ABC的面积；第1题解图①(2)＝；【解法提示】∵△ABM 和△ABN 的底边相等，高均为l 1与l 2之间的距离， ∴S △ABM ＝S △ABN ，∵S △AMP ＝S △ABM －S △ABP ，S △BNP ＝S △ABN －S △ABP ， ∴S △AMP ＝S △BNP .(3)∵AD 平分△ABC 的面积，即S △ABD ＝S △ACD ， ∴AD 为斜边BC 上的中线， ∴D 为BC 的中点，如解图②，连接DE ，过点A 作AF ∥DE 交BC 于点F ，连接EF 交AD 于点G ，第1题解图②∵AF ∥DE ，由(2)得S △AEG ＝S △DFG ，∵S △BEF ＝S △ABD －S △AEG ＋S △DFG ，S 四边形AEFC ＝S △ACD －S △DFG ＋S △AEG ， ∴S △BEF ＝S 四边形AEFC ， ∴EF 平分S △ABC ，过点E 作EH ⊥BC 于点H ，∵△ABC 是直角三角形，AC ＝40米，BC ＝50米， ∴AB ＝BC 2－AC 2＝30米， ∵AE ＝10米， ∴BE ＝20米， ∵sin B ＝EH BE ＝AC BC ＝45，∴EH ＝16米，在Rt △BEH 中，∵BE 2＝EH 2＋BH 2， ∴BH ＝12米，∵S △ABC ＝12AB ·AC ＝600(平方米)，EF 平分S △ABC ，∴S △BEF ＝12S △ABC ＝300(平方米)，又∵S △BEF ＝12BF ·EH ，且EH ＝16米，∴BF ＝752米，∴HF ＝BF －BH ＝512米，在Rt △EHF 中，HF ＝512米，EH ＝16米，∴EF ＝HF 2＋EH 2＝51452＞51442＝5×122＝30米＝AB ，∴该水管不够用．2. 解：(1)如解图①，∵四边形ABCO 是正方形，点M 在AO 上，根据中心对称图形面积平分模型，直线必过正方形ABCD 的对称中心，即对角线的交点H ，易知H (2，2)．第2题解图①设直线MH 的解析式为y ＝kx ＋3. ∵直线MH 过点H (2，2)， ∴直线MH ：y ＝－12x ＋3；(2)设直线AB 的解析式为y ＝k 1x ＋b 1. ∵直线过点A (1，4)，点B (4，0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧4＝k 1＋b 10＝4k 1＋b 1，解得⎩⎨⎧k 1＝－43b 1＝163，∴直线AB ：y ＝－43x ＋163，∴C (3，43)在直线AB 上，如解图②.第2题解图②设直线CD 将△AOB 的面积二等分， 则S △ADC ＝12S △AOB ＝12×12×4×4＝4.易知直线OA 的解析式为y ＝4x ，如解图②，过点C 作CE ∥x 轴交AD 于点E ， ∴点E 的坐标为(13，43)．∴CE ＝3－13＝83，∴S △ADC ＝CE ·（y A －y D ）2＝4，∴y D ＝1，∴点D 的坐标为(14，1)．设直线CD 的解析式为y ＝k 2x ＋b 2(k 2≠0)． 将点C (3，43)，D (14，1)代入得，⎩⎨⎧3k 2＋b 2＝4314k 2＋b 2＝1，解得⎩⎨⎧k 2＝433b 2＝3233，∴这条直线的解析式为y ＝433x ＋3233；(3)存在．如解图③，建立平面直角坐标系，使AD 在x 轴上，AB 在y 轴上，过点C 作CG ⊥y 轴，CF ⊥x 轴，过点B 作直线BE ∥AC 交x 轴于点E ，连接CE .由题意，得S 四边形ABCD ＝S △CED ，取DE 的中点H ，连接CH ，直线CH 即为所求直线．第2题解图③在Rt △CGB 中，∠CBG ＝180°－∠ABC ＝60°，BC ＝4， ∴GB ＝2，CG ＝OF ＝23， ∴C (23，4)， ∴OG ＝CF ＝4.在Rt △CFD 中，∠CDF ＝180°－∠ABC ＝60°，CF ＝4， ∴FD ＝433，∴OD ＝1033，设直线AC 的解析式为y ＝k 3x ，∵直线过点C (23，4)， ∴直线AC ：y ＝233x .又∵BE ∥AC ，∴直线BE ：y ＝233x ＋2.当y ＝0时，x ＝－3， ∴E (－3，0)．∴DE ＝OE ＋OF ＋FD ＝1333，易得HF ＝536.在Rt △CHF 中，由勾股定理得CH ＝（536）2＋42＝6516(km )．∴存在这样的路，且路的长度为6516km . 3. 解：(1)作直线如解图①所示；第3题解图①(2)如解图②所示，直线AP 、AQ 即为所求． 理由如下：如解图②，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝4， ∴矩形ABCD 的面积为12.设过点A 的直线分别交BC 、CD 于点P 、Q ，使直线AP 、AQ 把矩形ABCD 的面积三等分， 则S △ABP ＝S △ADQ ＝4， 即12×3BP ＝12×4DQ ＝4， ∴BP ＝83，DQ ＝2，∴当BP ＝83，DQ ＝2时，直线AP 、AQ 把矩形ABCD 的面积三等分；第3题解图②(3)李师傅能实现自己的想法．如解图③，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为点E .∵AB ＝AC ＝100米，BC ＝120米， ∴BE ＝12BC ＝60米，∴在Rt △ABE 中， AE ＝AB 2－BE 2＝80米，∴S ▱ABCD ＝BC ·AE ＝120×80＝9600(平方米)， 过点A 作AF ⊥CD ，垂足为点F ， ∵CD ＝AB ＝100米，CD ·AF ＝BC ·AE ， ∴AF ＝BC ·AE CD ＝120×80100＝96(米)．设过点A 的直线分别交BC 、CD 于点P 、Q ，使直线AP 、AQ 把平行四边形ABCD 的面积三等分，则S △ABP＝S △ADQ ＝13×9600＝3200(平方米)，即12BP ·AE ＝12DQ ·AF ＝3200， ∴BP ＝80米，DQ ＝2003米，∴当BP ＝80米，DQ ＝2003米时，直线AP 、AQ 把平行四边形ABCD 的面积三等分．第3题解图③4. 解：(1)＝； (2)1；【解法提示】∵在△ABC 中，M 、N 分别是AB 、AC 的中点，∴MN ∥BC ，MN ＝12BC ，∴S △AMN ＝14S △ABC ，∴S 四边形BCNM ＝3S △AMN ，∵S 四边形BCNM ＝3，∴S △AMN ＝1.又∵直线a ∥BC ，MN ∥BC ，∴直线a ∥MN ，∴S △PMN ＝S △AMN ＝1.(3)如解图，在CD 上取点G ，使得CG ＝DG ，过点G 作HK ∥AB ，交AD 于点H ，交BC 的延长线于点K ，连接BH 、AK ，相交于点O ，连接EO 并延长交AD 于点F ，此时EF 即为所求．第4题解图过点A 作AQ ⊥BC 于点Q ，在Rt △ABQ 中，AB ＝10米，∠ABQ ＝60°， ∴BQ ＝5米，AQ ＝53米． ∵BE ＝2米，∴EQ ＝3米．过点E 作EP ⊥DA 交DA 的延长线于点P ，则四边形EQAP 是矩形， ∴EP ＝53米，AP ＝EQ ＝3米． ∵G 是CD 的中点，CK ∥HD ，∴∠KCG ＝∠HDG ，∠CKG ＝∠DHG ，CG ＝DG . ∴△CKG ≌△DHG (AAS )．∴CK ＝DH ，又由作图及题知HK ∥AB ，AD ∥BC . ∴四边形ABKH 是平行四边形， ∴AH ＝BK .∴AH ＝BC ＋CK ＝BC ＋HD ＝AD －HD . ∴HD ＝12(AD －BC )＝12×(30－8)＝11米．∴AH ＝AD －HD ＝30－11＝19米． ∵FH ＝BE ＝2米， ∴AF ＝AH －FH ＝17米． ∴PF ＝P A ＋AF ＝3＋17＝20米．在Rt △EPF 中，由勾股定理得EF ＝EP 2＋PF 2＝（53）2＋202＝519米．类型二 面积最值问题1. 解：(1)如解图①，正方形E ′F ′P ′N ′即为所求；(2分)第1题解图①(2)设正方形E ′F ′P ′N ′的边长为x ， ∵△ABC 为正三角形，∴AE ′＝BF ′＝33x ， ∴x ＋233x ＝3＋3，∴x ＝9＋3323＋3，即x ＝33－3.∴(1)中作出的正方形E ′F ′P ′N ′的边长是33－3；(3)如解图②，连接NE 、EP 、PN ，则∠NEP ＝∠NEM ＋∠PEH ＝90°.第1题解图②设正方形DEMN 、正方形EFPH 的边长分别为m 、n (m ≥n )，它们的面积和为S ， 则NE ＝2m ，PE ＝2n . ∴PN 2＝NE 2＋PE 2 ＝2m 2＋2n 2 ＝2(m 2＋n 2)． ∴S ＝m 2＋n 2＝12PN 2.延长PH 交ND 于点G ，则PG ⊥ND .在Rt △PGN 中，PN 2＝PG 2＋GN 2＝(m ＋n )2＋(m －n )2. ∵AB ＝AD ＋DE ＋EF ＋BF ＝33m ＋m ＋n ＋33n ＝3＋3， 即m ＋n ＝3，∴①当(m －n )2＝0时，即m ＝n 时，S 最小． ∴S 最小＝(32)2×2＝92.②当(m －n )2最大时，S 最大．即当m 最大且n 最小时，S 最大． ∵m ＋n ＝3，由(2)知，m 最大＝33－3. ∴n 最小＝3－m 最大 ＝3－(33－3) ＝6－3 3.∴S 最大＝(33－3)2＋(6－33)2＝27＋9－183＋36＋27－363 ＝99－54 3.2. 解：(1)EF ＝AE ＋CF ；【解法提示】如解图①，将△DAE 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCE ′，∴ED ＝E ′D ，∠ADE ＝∠CDE ′， 又∵∠EDF ＝45°， ∴∠ADE ＋∠FDC ＝45°，即∠CDE ′＋∠FDC ＝∠E ′DF ＝45°， ∴∠EDF ＝∠E ′DF . 在△DEF 和△DE ′F 中， ⎩⎪⎨⎪⎧ED ＝E ′D ∠EDF ＝∠E ′DF DF ＝DF， ∴△DEF ≌△DE ′F (SAS )， ∴EF ＝E ′F ＝E ′C ＋CF ＝AE ＋CF .(2)如解图②，将△DAE 绕点D 逆时针旋转90°至△DCN ′处， 设EF ＝N ′F ＝a (a ＞0)，∵正方形ABCD 的边长为100，∠EDF ＝45°，AE ＝25， ∴BE ＝100－25＝75， ∴BF ＝a 2－752， ∴a ＝100＋25－a 2－752， 解得a ＝85，∴S 四边形DEBF ＝S 正方形ABCD －S △DFN ′＝1002－12×85×100＝5750；(3)存在．如解图③，连接AC ，将△DAE 绕点D 逆时针旋转90°至△DCE ″处， 由(2)得S 四边形DEBF ＝S 正方形ABCD －S △DFE ″＝10000－50EF ， ∴当EF 最小时，S 四边形DEBF 最大， ∵EF 2＝BE 2＋BF 2， ∴当BE ＝BF 时，EF 最小， 此时EF ∥AC ， ∴BE BA ＝EF AC ，即BE 100＝EF 1002， ∴BE EF ＝22， ∴∠EFB ＝45°， ∴BE ＝BF ，∴AE ＝FC ＝BC －BF ＝100－BE ，∴EF ＝E ″F ＝FC ＋CE ″＝200－2BE ＝2BE ， 解得BE ＝100(2－2)，∴EF ＝2BE ＝2002－200，∴S 四边形DEBF ＝10000－50×(2002－200)＝20000－10000 2.∴当BE ＝BF ＝100(2－2)m 时，儿童活动区的面积最大，最大面积为(20000－100002)m 2.第2题解图3. 解：(1)1；【解法提示】∵a ∥b ，∴∠MAD ＝∠NCD ，∵AD ＝DC ，∠ADM ＝∠CDN ，∴△ADM ≌△CDN (ASA )，∴S △ADM ＝S △CDN ，∴S 四边形AMNB ＝S △ABC ＝1.(2)如解图①，延长AD 至点F ，使得DF ＝DA ，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，交BC 于点H ，FE ⊥AC 交AC 的延长线于点E ，连接EG .∵∠FEA ＝∠FGA ＝∠GAE ＝90°， ∴四边形AEFG 是矩形，∵∠DAC ＝13∠BAC ＝30°，AD ＝DF ＝2,∴AF ＝4，EF ＝12AF ＝2，AE ＝3EF ＝23，∴S 矩形AEFG ＝43，∵矩形AEFG 是中心对称图形，D 是对称中心， ∴过点D 的任意直线平分矩形AEFG 的面积， ∴S 四边形ACHG ＝12S 矩形ABCD ＝23，∵S △ABC ≥S 四边形ACHG , ∴S △ABC ≥23，∴当BC 与GE 重合时，△ABC 的面积最小，最小值为23；图① 图②第3题解图(3)如解图②，取AE 的中点G ，作GH ⊥CD 于点H ，GF ⊥BC 于F ，连接FH ，则四边形GHCF 是矩形．∵AE ＝2EC ，AG ＝EG ， ∴EC ＝EG ， ∴点E 在FH 上， ∵AC ＝3EC ，∴S △ACM ＝3S △ECM ，S △ACN ＝3S △ECN , ∴S 四边形AMCN ＝3S △CMN ,∴当△CMN 的面积最小时，四边形AMCN 的面积最小， ∵矩形CFGH 是中心对称图形，由(2)可知：当MN 与FH 重合时，△MCN 的面积最小， ∵AC ＝3002＋4002＝500(米), ∴CG ＝23×500＝10003(米),∵GH ∥AD ，∴CG CA ＝GH AD ＝CH CD ，即10003500＝GH 400＝CH300， ∴GH ＝8003米，CH ＝200米，∴△MCN 的面积的最小值为12×200×8003＝800003(平方米),∴四边形AMCN 的面积的最小值为80000平方米， 此时CM ＝CF ＝GH ＝8003米，CN ＝CH ＝200米．类型三 线段最值问题1. 解：(1)如解图①，作EF ⊥AB ，垂足为点F ，点F 即为所求．第1题解图①理由如下：∵点E 是正△ABC 的高AD 上的一点， ∴∠BAD ＝30°. ∵EF ⊥AB ，∴EF ＝12AE ；(2)如解图②，作MN ⊥AB ，垂足为点N ，第1题解图②∵△ABC 是正三角形，AD 为高， ∴∠BAD ＝12∠BAC ＝30°，∵MN ⊥AB ，∴在Rt △AMN 中，MN ＝12AM ，当C 、M 、N 三点共线时，12AM ＋MC ＝MN ＋MC ＝CN .此时12AM ＋MC 的值最小，最小值即为CN 的长．∵△ABC 是边长为2的正三角形， ∴CN ＝BC ·sin60°＝2×32＝3， 即12AM ＋MC 的最小值为3； (3)如解图③，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，在AC 异于点B 的一侧作∠CAN ＝30°. 过点B 作BF ⊥AN ，垂足为点F ，交AC 于点M ，点M 即为所求．第1题解图③在Rt △ABD 中，AD ＝AB 2－BD 2＝6002－3602＝480 km ， 在Rt △MBD 中，∠MBD ＝∠MAF ＝30°， 则MD ＝BD ·tan30°＝120 3 km ， ∴AM ＝(480－1203)km .2. 解：(1)如解图①，过点A 作BC 的对称点A ′，连接A ′D 交BC 于点E .则点E 即为使得AE ＋DE 的值最小的点；第2题解图①(2)如解图②，作点D 关于AB 的对称点D ′，过点D ′作D ′F ⊥BC 于点F ，交AB 于点E ，则DE ＋EF ＝D ′E ＋EF ≥D ′F ，连接BD ′.∵点D 和点D ′关于AB 对称，∴∠D ′BE ＝∠ABC ＝30°，BD ′＝BD ＝10， ∴∠D ′BF ＝2∠ABC ＝60°， ∴D ′F ＝BD ′·sin ∠D ′BF ＝10×32＝53，即DE ＋EF 的最小值为53；第2题解图②(3)如解图③，分别作点D 关于AB 、AC 的对称点D 1、D 2，连接D 1D 2、AD 1、AD 2、ED 1、FD 2，第2题解图③根据对称性，有DE ＝D 1E ，DF ＝D 2F ， 则DE ＋EF ＋DF ＝D 1E ＋EF ＋FD 2≥D 1D 2，由轴对称可得：AD ＝AD 1＝AD 2，∠DAC ＝∠D 2AC ，∠DAB ＝∠D 1AB ，∴D 1D 2是顶角为90°的等腰三角形的底边，要想底边长D 1D 2最小，只要腰长最小，根据垂线段最短，当AD ⊥BC 时，腰长最小，过点C 作CH ⊥AB ，垂足为点H ，在Rt △ACH ，∵AC ＝62，∴AH ＝CH ＝6，∴BH ＝AB －AH ＝4，在Rt △BHC 中，由勾股定理得BC ＝213，根据等面积法AB ·CH ＝BC ·AD ，∴AD ＝301313，∴D 1D 2＝302613，即DE ＋EF ＋DF 最小值为302613.3. 解：(1)如解图①，连接MN ，与直线l 交于点K ，点K 即为所求；第3题解图①(2)如解图②，把△APB 绕点A 逆时针旋转60°得到△ACP ′， 由旋转的性质，P ′A ＝P A ＝3，P ′C ＝PB ＝4，∠P AP ′＝60°， ∴△APP ′是等边三角形， ∴PP ′＝P A ＝3，∠AP ′P ＝60°，∵PP ′2＋P ′C 2＝32＋42＝25，PC 2＝52＝25， ∴PP ′2＋P ′C 2＝PC 2， ∴∠PP ′C ＝90°，∴∠AP ′C ＝∠AP ′P ＋∠PP ′C ＝60°＋90°＝150°， ∴∠APB ＝∠AP ′C ＝150°；第3题解图②(3)如解图③，把△ABE 绕点B 逆时针旋转60°得到△A ′BE ′，由旋转的性质，A ′B ＝AB ＝303，BE ′＝BE ，A ′E ′＝AE ，∠E ′BE ＝60°，∠A ′BA ＝60°， ∴△E ′BE 是等边三角形， ∴BE ＝EE ′，∴EA ＋EB ＋EC ＝A ′E ′＋EE ′＋EC ≥A ′C . 即EA ＋EB ＋EC 的最小值为A ′C 的长度．过点A ′作A ′G ⊥BC 交CB 的延长线于点G ，则∠A ′BG ＝90°－∠A ′BA ＝90°－60°＝30°. ∴A ′G ＝12A ′B ＝12AB ＝12×303＝153米，GB ＝3A ′G ＝3×153＝45米，∴GC ＝GB ＋BC ＝45＋60＝105米，在Rt △A ′GC 中，A ′C ＝A ′G 2＋GC 2＝3013米， ∴EA ＋EB ＋EC 的最小值为3013米．第3题解图③4. 解：(1)>；(2)如解图①，作点E 关于CD 的对称点E ′，连接AE ′交DC 于点F ，连接EF 、AE . 若在边CD 上任取与点F 不重合的一点F ′，连接AF ′、EF ′、E ′F ′，由EF ′＋AF ′＝E ′F ′＋AF ′＞AE ′＝E ′F ＋AF ＝EF ＋AF 可知，当点F 为AE ′与DC 的交点时，△AEF 的周长最小．∵在矩形ABCD 中，CD ＝3，BC ＝4，点E 为BC 的中点， ∴AB ＝3，E ′C ＝EC ＝2，BE ′＝6， ∵CF ∥AB ，∴Rt △E ′CF ∽Rt △E ′BA ， ∴CF BA ＝E ′C E ′B， ∴CF ＝E ′C E ′B ·AB ＝26×3＝1，∴当CF 为1时，△AEF 的周长最小；第4题解图①(3)如解图②，作点B 关于AC 的对称点B ′，作点O 关于AB 的对称点O ′，连接AB ′，QB ′，PO ′，B ′O ′，B ′P ，BB ′，AO ′，OO ′，则QB ＝QB ′，OP ＝O ′P .∴OP ＋PQ ＋QB ＝O ′P ＋PQ ＋QB ′，当点Q 在AC 的中点(与点O 重合)，点P 在AB 的中点时，B ′O ′≤B ′P ＋O ′P ≤PQ ＋QB ′＋O ′P ， ∴OP ＋PQ ＋QB 的最小值为B ′O ′.∵在矩形ABCD 中，∠ABC ＝90°，AC ＝2，BC ＝1， ∴∠BAC ＝30°，AB ＝3，∵点B 、B ′关于AC 对称，点O 、O ′关于AB 对称，∴∠B ′AC ＝30°，AB ′＝AB ＝3，∠O ′AB ＝30°，AO ′＝AO ＝1， ∴∠B ′AO ′＝90°，∴B ′O ′＝AB ′2＋AO ′2＝（3）2＋12＝2， ∴OP ＋PQ ＋QB 的最小值为2. 设B ′O ′交AC 于点Q ′，∵在Rt △AO ′B ′中，AO ′＝1，B ′O ′＝2， ∴∠AB ′O ′＝30°，则∠AO ′B ′＝60°，∵在△AO ′Q ′中，∠Q ′AO ′＝∠Q ′AB ＋∠BAO ′＝60°， ∴△AO ′Q ′是等边三角形， ∴AQ ′＝AO ′＝1＝AO ， ∴点Q ′在AC 的中点处，∴当点Q 为AC 的中点时，OP ＋PQ ＋QB 取得最小值．第4题解图②类型四 辅助圆问题1. 解：(1)254；【解法提示】如解图①，记AO 交BC 于点K ，∵点O 是△ABC 的外接圆的圆心，AB ＝AC ，∴AK ⊥BC ，BK ＝12BC ＝6，∴AK ＝AB 2－BK 2＝8，在Rt △BOK 中，OB 2＝BK 2＋OK 2，设OB ＝x ，∴x 2＝62＋(8－x )2，解得x ＝254， ∴OB ＝254.第1题解图①(2)如解图②，连接EO 并延长，交半圆于点P ，此时E 、P 之间的距离最大，在BC ︵上任取异于点P 的一点P ′，连接OP ′，P ′E ，∴EP ＝EO ＋OP ＝EO ＋OP ′＞EP ′，即EP ＞EP ′. ∵AB ＝4，AD ＝6，∴EO ＝4，OP ＝OC ＝12BC ＝3.∴EP ＝OE ＋OP ＝7.∴E 、P 之间的最大距离为7；第1题解图②(3)如解图③，延长FE 交BD 于点M ， ∵EF ⊥BC ，BE ＝CE ，BC ︵是劣弧， ∴BC ︵所在圆的圆心在射线FE 上， 设圆心为O ，半径为R ，连接OC ，则OC ＝R ，OE ＝R －40，BE ＝CE ＝12BC ＝80,在Rt △OEC 中，R 2＝802＋(R －40)2, 解得：R ＝100， ∴OE ＝OF －EF ＝60.过点D 作DG ⊥BC ，垂足为点G ， ∵AD ∥BC ，∠ADB ＝45°， ∴∠DBC ＝45°.在Rt △BDG 中，DG ＝BG ＝BD2＝120， 在Rt △BEM 中，ME ＝BE ＝80， ∵ME ＞OE .∴点O 在△BDC 内部．∴连接DO 并延长交BC ︵于点P ，则DP 为入口D 到BC ︵上一点P 的最大距离． 在BC 上任取一点异于点P 的点P ′，连接OP ′，P ′D . ∴DP ＝OD ＋OP ＝OD ＋OP ′＞DP ′，即DP ＞DP ′.过点O 作OH ⊥DG ，垂足为点H ，则OH ＝EG ＝BG －BE ＝40，DH ＝DG －HG ＝DG －OE ＝60， ∴OD ＝OH 2＋DH 2＝2013. ∴DP ＝OD ＋OP ＝2013＋100,∴修建这条小路最多要花费40×(2013＋100)＝(80013＋4000)元．第1题解图③2. 解：(1)12ab ；【解法提示】∵四边形ABCD 是筝形，∴AB ＝AD ，CB ＝CD .∵AC ＝AC ，∴△ABC ≌△ADC .∴∠DAC ＝∠BAC .∴AC 垂直平分BD .∴S △ABC ＝S △ADC ＝12·12b ·a .∴S 四边形ABCD ＝S △ABC ＋S △ADC ＝12ab .(2)∵BC ＝2，∠BAC ＝45°，∴点A 在以BC 为弦，且弦BC 所对的圆心角为90°的BAC ︵上． 设△ABC 的外接圆圆心为O ， ∴∠BOC ＝90°.如解图①，连接OB 、OC ， ∴OB ＝OC ＝22BC ＝1. 要使得BC 边上的高线最长，则点A 在BC 的垂直平分线上， 过点O 作OD ⊥BC 于点D ，延长DO ，交⊙O 于点A . ∵△BOC 是等腰直角三角形，OD ⊥BC ， ∴OD ＝22. ∴BC 边上的高线AD 的最大值为AO ＋OD ＝1＋22；第2题解图①(3)存在．∵四边形ABCD 是正方形，E 、F 分别为AB 、BC 的三等分点， ∴AB ⊥BC ，BE ＝BF ＝13AB ＝2 cm .∴△BEF 为等腰直角三角形，且S △BEF 为定值，EF ＝2 2 cm . ∴要使得四边形BFGE 面积最大，只需使得△EFG 面积最大即可． ∵∠EGF ＝30°，EF 为定长，∴点G 在以EF 为弦，所对圆心角为60°的EGF ︵上(不含E 、F 两点)． 设△EFG 的外接圆圆心为O ，在△EFG 中，EF 为定长，要使得△EFG 面积最大，即底边EF 上的高取得最大值即可； 如解图②，连接BD ，连接BO 并延长，交⊙O 于点G ，交EF 于点M ，第2题解图②∴BO 垂直平分EF ，即MG 垂直平分EF ，此时△EFG 的面积最大，连接OE 、OF ，则∠EOF ＝60°. ∵OE ＝OF ，∴△EOF 为等边三角形．∴OE ＝OF ＝EF ＝2 2 cm ，OM ＝ 6 cm . ∵OM ⊥EF ， ∴M 为EF 的中点． ∴BM ＝12EF ＝ 2 cm .∴BG ＝BM ＋OM ＋OG ＝(32＋6)cm . ∵△BEF 为等腰直角三角形， ∴BM 为∠EBF 的平分线．∴BG 在正方形ABCD 的对角线所在的直线上，且BD ＝6 2 cm . ∵32＋6＜62，∴点G 在线段BD 上，即点G 在正方形ABCD 内部．∴存在符合要求的点G ，且四边形BFGE 面积的最大值为12EF ·BG ＝12×22×(32＋6)＝(6＋23) cm 2.3. 解：(1)270°；【解法提示】∵∠A ＋∠B ＋∠C ＋∠D ＝360°，且∠B ＝60°，∠D ＝30°， ∴∠A ＋∠C ＝270°.(2)如解图①，将△BCD 绕点B 逆时针旋转60°得到△BAQ ，连接DQ ， 则∠CBD ＝∠ABQ ，∠C ＝∠BAQ ，CD ＝AQ ＝4，BD ＝BQ ，∠DBQ ＝60°， ∴△BDQ 是等边三角形． ∴BD ＝DQ .∵∠C ＋∠BAD ＝270°， ∴∠BAQ ＋∠BAD ＝270°. ∴∠DAQ ＝90°.则BD ＝DQ ＝AD 2＋AQ 2＝5；第3题解图①(3)能．如解图②，将△BCD 绕点B 逆时针旋转60°得到△BAH ，连接DH ，作△AHD 的外接圆⊙O ，连接AO ，与DH 交于点K .第3题解图②由(2)知△BDH 是等边三角形，∴S 四边形ABCD ＝S △BAH ＋S △ABD ＝S △DBH －S △ADH .∴当△ADH 面积最大时，四边形ABCD 的面积最小． ∵∠ABC ＝60°，∠ADC ＝75°，∴∠BAD ＋∠BAH ＝∠BAD ＋∠BCD ＝360°－75°－60°＝225°. ∴∠DAH ＝135°. ∵DH ＝DB ＝6，∴点A 在定圆⊙O 上运动，当O 、A 、B 共线时，△ADH 的面积最大，此时OB ⊥DH .则HK ＝KD ＝3. ∵AH ＝AD ，∴∠AHD ＝∠ADH ＝22.5°.在HK 上取一点F ，使得FH ＝F A ，则△AKF 是等腰直角三角形， 设AK ＝FK ＝x ，则FH ＝AF ＝2x , ∴3＝x ＋2x ，解得x ＝32－3.∴△ADH 的面积最大值为12×6×(32－3)＝92－9.∴四边形ABCD 的面积的最小值为34×62－(92－9)＝93－92＋9. 4. 解：(1)如解图①，等腰三角形CBP 即为所求(点P 为正方形ABCD 内的弧BD ︵上的任意一点)；第4题解图①(2)以AB 为弦的圆，圆心Q 必过AB 的垂直平分线，如解图②，取AB 的中点D ，则D (5，0)， ∴圆心Q 的横坐标为5，⊙Q 与y 轴交于点P ，即以AB 为弦的圆，圆半径PQ 最小为5， ∵sin ∠AQD ＝12AB AQ ＝3AQ ，∴当AQ ＝BQ 取得最小值时，sin ∠AQD 最大，∠AQD 最大，即∠AQB 最大，此时其所对圆周角∠APB 最大， 连接PQ .当PQ ＝5时，AQ ＝BQ ＝5，此时PQ ⊥y 轴且点P 为⊙O 与y 轴的切点， 则Q 点的纵坐标为±52－（8－22）2＝±4，∵点P 在y 轴正半轴上， ∴点P 的坐标为(0，4)；第4题解图②(3)存在．如解图③，过点A 、B 作⊙N 且与OD 相切于点M ，连接MN 并延长，交OC 于点E ，连接MA 、MB 、NA 、NB ，过点N 作NF ⊥AB 于点F，第4题解图③∵∠MOA ＝∠BOM ，OM 为⊙N 的切线， ∴∠OMA ＝∠OBM . ∴△OMA ∽△OBM . 即OM OB ＝OAOM， ∴OM 2＝OA ·OB ＝400×(400＋2003)． ∴OM ＝(200＋2003)m . 易得FB ＝12AB ＝1003m ，∵∠O ＝60°，∠OME ＝90°， ∴∠MEO ＝30°. ∵OM ＝(200＋2003)m . ∴OE ＝2OM ＝(400＋4003)m ， ∴BE ＝OE －OB ＝2003m . ∴FE ＝FB ＋BE ＝3003m . ∴在Rt △NFE 中， NF ＝FE ·tan ∠MEO ＝300 m .∴在Rt △BNF 中，tan ∠BNF ＝FB NF ＝1003300＝33.∴∠BNF ＝30°. ∵AB ︵＝AB ︵，∴∠AMB ＝12∠ANB ＝∠BNF ＝30°.5．解：(1)如解图①所示，Rt △ABC 即为所求．(只要画出一个符合要求的Rt △ABC 即可)第5题解图①(2)如解图②，连接OB .∵O 是正方形ABCD 的对称中心，且BM ＝CM ， ∴S △BOM ＝18×282＜17×282.∴点N 不可能在BM 上，由对称性， 可知点N 也不可能在MC 上．显然，点N 不在AD 边上． ∴设点N 在AB 边上，连接ON .由题意，得12(BN ＋14)×14＝17×282，解得BN ＝2.由对称性知，当点N 在CD 边上时，可得CN ＝2.∴MN ＝142＋22＝102；第5题解图②(3)如解图③，过点A 作AH ⊥BD 于点H ，第5题解图③在Rt △ABD 中，AB ＝30，AD ＝40，∴BD ＝50，AH ＝24.易得S △AEF ＝S △CEF .∴S 四边形AECF ＝2S △AEF ＝2×12×EF ·AH ＝24EF . 由题意可知，只有S 四边形AECF 最小时，按设计要求在矩形ABCD 内种植红、黄两种花卉的费用最低． 要使S 四边形AECF 最小，就需EF 最短．∵AH ⊥EF ，tan ∠HAD ＝tan ∠ABD ＝43<3，tan ∠BAH ＝tan ∠ADB ＝34＜3， ∴∠HAD ＜60°，∠BAH ＜60°.又∵∠EAF ＝60°，∴E 、F 两点分布在AH 异侧．∴△AEF 为锐角三角形．作其中任一锐角△AEF 的外接圆⊙O ，过O 作OG ⊥EF 于点G ，连接OA 、OF ，则EF ＝2GF ，∠GOF ＝∠EAF ＝60°.在Rt △OGF 中，OF ＝2OG ，GF ＝3OG ，∴EF ＝23OG ，又∵OA ＋OG ≥AH ，OA ＝OF ＝2OG ，∴2OG ＋OG ≥24，得OG ≥8.∴EF ＝23OG ≥16 3.∴当圆心O 在AH 上，即AE ＝AF 时，EF ＝16 3.∴EH ＝83＜18＝BH ，FH ＝83<32＝HD .∴当AE ＝AF 时，点E 、F 在BD 上．∴S 四边形AECF 的最小值为24×163＝384 3.∴3843×210＋(30×40－3843)×180＝216000＋115203≈235584(元)．∴按设计要求，完成这两种花卉的种植至少需费用约为235584元．6. 解：(1)如解图①，⊙O 即为所求；第6题解图①【作法提示】①分别以点A 和点B 为圆心，大于12AB 长为半径画弧，交AB 两侧于E 、F 两点；②连接EF ，交AB 于点O ；③以点O 为圆心，OA 长为半径作圆，⊙O 即为所求．(2)存在．当△APB 是等边三角形时，矩形ABCD 的面积最小．如解图②，过点P 作PQ ⊥AB 于点Q ，则PQ ＝4，∠P AQ ＝60°，∴AQ ＝PQ tan ∠P AQ ＝4tan60°＝433， 则AB ＝2AQ ＝833，即矩形ABCD 面积的最小值为4×833＝3233；第6题解图②(3)存在．∵AB ＝62＋12，BC ＝62＋6，△ADE 是等腰直角三角形，∴DE ＝AD ＝BC ＝62＋6.∴EC ＝DC －DE ＝AB －DE ＝6.又∵CF BF ＝12， ∴CF ＝BC 2＋1＝6，BF ＝2BC 2＋1＝6 2. 如解图③，连接EF ，则EF ＝CE 2＋CF 2＝62＝BF ，即△ECF 是等腰直角三角形，绕点F 顺时针旋转△FEM ，使得EF 与BF 重合，得到△FBM ′，则∠NFM ′＝∠NFB ＋∠BFM ′＝∠NFB ＋∠EFM ＝180°－∠MFN －∠EFC ＝45°为定角，BF ＝62为定长，第6题解图③∴当NB ＝BM ′时，NM ′最小，则AM ＋AN 最大，即四边形AMFN 面积最大．作△FNM 的外接圆⊙Q ，连接NQ 、QM ′，则∠NQM ′＝2∠NFM ＝90°，由圆的对称性知，∠NQB ＝12∠NQM ′＝45°.由BM ′＋QM ′＝BM ′＋QF ＝BM ′＋2BM ′＝BF ＝62，可得BM ′＝12－62，即NM ′＝2BM ′＝24－122，则AM ＋AN ＝AB ＋AE －(NB ＋ME )＝AB ＋AE －(NB ＋BM ′)＝AB ＋AE － NM ′＝242，则S 四边形AMFN 最大＝12EF ·(AM ＋AN )＝12×62×242＝144.。
中考数学二轮复习 专题三 开放型问题-人教版初中九年级全册数学试题
开放型问题一、中考专题诠释开放型问题是相对于有明确条件和明确结论的封闭型问题而言的，它是条件或结论给定不完全、答案不唯一的一类问题．这类试题已成为近年中考的热点，重在考查同学们分析、探索能力以及思维的发散性，但难度适中．根据其特征大致可分为：条件开放型、结论开放型、方法开放型和编制开放型等四类．二、解题策略与解法精讲解开放性的题目时，要先进行观察、试验、类比、归纳、猜测出结论或条件，然后严格证明；同时，通常要结合以下数学思想方法：分类讨论，数形结合，分析综合，归纳猜想，构建数学模型等。
三、中考考点精讲考点一：条件开放型条件开放题是指结论给定，条件未知或不全，需探求与结论相对应的条件．解这种开放问题的一般思路是：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，逆向追索，逐步探求．例1 （2015•某某某某，第13题3分）如图，在△ABC与△ADC中，已知AD=AB，在不添加任何辅助线的前提下，要使△ABC≌△ADC，只需再添加的一个条件可以是．考点：全等三角形的判定。
专题：开放型．分析：添加DC=BC，利用SSS即可得到两三角形全等；添加∠DAC=∠BAC，利用SAS即可得到两三角形全等．解答：解：添加条件为DC=BC，在△ABC和△ADC中，，∴△ABC≌△ADC（SSS）；若添加条件为∠DAC=∠BAC，在△ABC和△ADC中，，∴△ABC≌△ADC（SAS）．故答案为：DC=BC或∠DAC=∠BAC点评：此题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解本题的关键．对应训练1．（2015•某某，第13题3分）如图，已知AB=BC，要使△ABD≌△CBD，还需添加一个条件，你添加的条件是．（只需写一个，不添加辅助线）考点：全等三角形的判定．专题：开放型．分析：由已知AB=BC，及公共边BD=BD，可知要使△ABD≌△CBD，已经具备了两个S了，然后根据全等三角形的判定定理，应该有两种判定方法①SAS，②SSS．所以可添∠ABD=∠CBD 或AD=CD．解答：解：答案不唯一．①∠ABD=∠CBD．在△ABD和△CBD中，∵，∴△ABD≌△CBD（SAS）；②AD=CD．在△ABD和△CBD中，∵，∴△ABD≌△CBD（SSS）．故答案为：∠ABD=∠CBD或AD=CD．点评：本题主要考查了全等三角形的判定定理，能灵活运用判定进行证明是解此题的关键．熟记全等三角形的判定方法有：SSS，SAS，ASA，AAS．考点二：结论开放型：给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论并且符合条件的结论往往呈现多样性，这些问题都是结论开放问题．这类问题的解题思路是：充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、类比、联想、归纳，透彻分析出给定条件下可能存在的结论，然后经过论证作出取舍．例2 （2015·某某甘孜、阿坝，第27题10分）已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD 上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE 成立．试探究下列问题：（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD 的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．考点：四边形综合题．.专题：综合题．分析：（1）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠DAF=∠CDE，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；（2）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠E=∠F，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；（3）首先设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，由点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，即可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后由AF=DE，可证得四边形MNPQ是菱形，又由AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．解答：（1）上述结论①，②仍然成立，理由为：∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DA F=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；（2）上述结论①，②仍然成立，理由为：∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠E=∠F，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；（3）四边形MNPQ是正方形．理由为：如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，∴四边形OHQG是平行四边形，∵AF=DE，∴MQ=PQ=PN=MN，∴四边形MNPQ是菱形，∵AF⊥DE，∴∠AOD=90°，∴∠HQG=∠AOD=90°，∴四边形MNPQ是正方形．点评：此题属于四边形的综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角形中位线的性质．注意证得△ADF≌△DCE（SAS），掌握三角形中位线的性质是关对应训练2．（2015•某某某某，第20题8分）某运动品牌对第一季度A、B两款运动鞋的销售情况进行统计，两款运动鞋的销售量及总销售额如图所示：（1）一月份B款运动鞋的销售量是A款的45，则一月份B款运动鞋销售了多少双？（2）第一季度这两款运动鞋的销售单价保持不变，求三月份的总销售额（销售额=销售单价×销售量）；（3）结合第一季度的销售情况，请你对这两款运动鞋的进货、销售等方面提出一条建议。
中考数学专题训练第3课时开放探究题(含答案)
中考数学专题训练第3课时开放探究题(含答案)第3课时开放探究题开放探究题是一种新的题型,关于开放题的概念，主要有下列几种描述：（1）答案不固定或者条件不完备的习题成为开放题；（2）具有多种不同的解法或有多种可能的解答的问题称为开放题.开放探究题的特点是：（1）条件多余需选择,条件不足需补充；（2）答案不固定；（3）问题一般没有明确的结论，没有固定的形式和方法，需要自己通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需求的结论或条件或方法.开放探究题常见的类型有：（1）条件开放型：即问题的条件不完备或满足结论的条件不唯一；（2）结论开放型：即在给定的条件下，结论不唯一；（3）策略开放型：即思维策略与解题方法不唯一；（4）综合型：即条件、结论、策略中至少有两项均是开放的.在解决开放探究题的时候，需解题者经过探索确定结论或补全条件，将开放性问题转化为封闭性问题，然后选择合适的解题途径完成最后的解答.这类题主要考查我们分析问题和解决问题的能力和创新意识.类型之一条件开放型问题解这种类型的开放性问题的一般思路是：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，结合图形挖掘条件，逆向追索，逐步探寻，是一种分析型思维方式.它要求解题者善于从问题的结论出发，逆向追索，多途寻因。
1.（郴州市）已知四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=90°，若添加一个条件即可判定该四边形是正方形，那么这个条件可以是_________．2.（庆阳市）如下左图，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，则使△AED∽△ABC的条件是类型之二结论开放型问题解决这种类型的问题的时候要充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、归纳、类比，透彻分析出给定条件下可能存在的结论现象，然后经过论证作出取舍，这是一种归纳类比型思维.它要求解题者充分利用条件进行大胆而合理的猜想，发现规律，得出结论，这类题主要考查解题者的发散性思维和所学基本知识的应用能力。
中考冲刺复习方法
中考冲刺复习方法中考冲刺复习方法一、把握动向，研究中考试题1.对题目的审查要认真、仔细：审题的正确是正确解题的开始和基础，对题目的阅读，除了需较好的阅读能力外，还应结合数学学科的特点，做到读懂题，弄清题意。
2.对题目的解答要准确，要合乎题目的要求。
(1)选择题的解答：中考数学题的选择题均为单项选择题。
试题的特点是概念性强、针对性强，具有一定的迷惑性，主要考查学生对基础知识和基本数学能力掌握的程度。
解答的主要方法有以下几种：①直接判断法：利用所学知识和技能直接解出正确答案。
②排除法：如果计算或推导不是一步进行，而是逐步进行，即从题干中条件或选项入手，经过推理、判断，把不符合条件的选项逐个排除，直到找出正确答案。
③验证法：有些选择题可以找出合适的验证条件，再通过验证找出正确的答案，亦可把供选择的答案代入题中，进而找出正确答案。
④特殊值法：有些选择题所涉及的数学命题与字母的取值范围有关，在解题时可考虑在取值范围内选取满足条件的特殊值或特殊图形。
通过推理验算，否定错误选项，找出正确答案。
(2)填空题的解答：中考试题中，填空题失分率较高，因此探求填空题的解法就显得十分必要。
解填空题的基本要求是“正确、合理、迅速”。
正确是解题之本，合理是迅速的前提，迅速的基础是概念清楚、推理清晰、运算熟练、合理跳步、方法恰当。
常用的方法有：①间接法：就是从题设条件出发，通过计算、分析推理得到正确答案的解法。
它是普遍使用的常规方法。
但值得一提的是，解填空题首先考虑间接解法，不要一味的按常规题处理而单纯使用直接法。
②图像法：数形结合是重要的数学思想。
以直观的图示显示抽象的数量关系，把思想对象变成可观察的东西，有助于解决问题。
③特例法：根据题设条件的特征，选取恰当的特例，从而通过简单的运算，而获取正确答案的方法。
(3)综合题的解答：综合题是泛指题目本身或在解题过程中，涉及数学中多个知识点，问题的解决往往需要灵活运用分析、综合、变换、转化、联想、类比、探索、归纳等多种数学思想方法，具有较高能力要求的数学题。
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数学能力专题训练三（综合题解法）
要点：所谓综合题，是泛指题目本身或在解题过程中，涉及多个知识点和多种数学思想方法、具有较高能力要求的数学题.
如下,我们从八个方面举例,对综合题的解题策略作一探讨.
一、从条件入手——分析条件，化繁为简，注重隐含条件的挖掘.
1.已知ΔABC 的外接圆半径为R,并且有2R(sin 2A-sin 2C)=(2a-b)sinB,求ΔABC 的面积的最大值.
2.是否存在实数a(a>0且a≠1)，使方程log a (4x 2
-4ax)-2log a
(2x-a+1)=0有解?若存在,求出a 的取值范围和方程的解;若不存在,说明理由.
3.设z 是虚数，ω=z+
z 1是实数，且-1＜ω＜ 2.(1)求|z|的值及z 的实部的取值范围; (2)设z
z u +-=11,求证:u 是纯虚数;(3)求ω-u 2的最小值.
4.已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AC=BC,D 为AB 的中点,异面直线
BC 1与AB 1互相垂直.(1)求证:AB 1⊥平面A 1CD;(2)若CC 1与面ABB 1A 1
的
距离为1,A 1D=23,AB 1=26,求三棱锥A 1-ACD 的体积.
二、从结论入手---执果索因,搭好联系条件的桥梁.
5.已知函数f(x)是定义在R 上的增函数,当θ∈[0,
2π]时,是否存在这样的实数m,使f(4m-2mcosθ)>f(3-cos2θ)对所有θ∈[0,
2π]均成立?若存在,求出所有适合条件的实数m;若不存在,说明理由.
6.已知椭圆)41(112
2≤≤=++m m y m x ,过其左焦点
F 1
且斜率为3的直线与椭圆及其准线的交点从左到右依次
为A 、B 、C 、D,记f(m)=||AB|-|CD||.(1)求f(m)的解析式;(2)
求 f(m)的最大值和最小值.
7.如图,在直角梯形ABCD 中,AD=3,AB=4,BC=3,曲线DE 上
任一点到A 、B 两点距离之和都相等.(1)适当建立坐标系,求曲
线DE 的方程;(2)过点C 能否作一条与曲线DE 相交且以C 为中
点的弦?若能,求出弦所在的直线方程;若不能,说明理由.
三、 回到定义和图形中来.
8.已知椭圆的一个焦点和一条准线与抛物线y 2=8(x+2)的焦点和准线分别重合.(1)求椭
圆短轴端点的轨迹C;(2)过点A （-4，0）、斜率为k 的直线l 与C 交于第一象限内的两点P 、Q ，定点B （0，8）与PQ 的中点M 的连线交x 轴于点N ，若点N 位于点A 左侧，求k 的取值范围.
9.已知复数z 1=3+I,z 2=r(cosθ+isinθ)(r>0,0<θ<π),z 3=z 1z 2.若|z 1-z 2|=r+1,求r 和θ的取值范围.
10.已知f(θ)=).,0(,2sin 225sin
21πθθθ
∈+-(1)将f(θ)表示为关于cosθ的多项式;(2)试
求曲线y=kcosθ+k 与曲线y=f(θ)至少有一个公共点时k 的取值范围.
11.已知数列{a n }的前n 项和S n =1-na n (n∈N).(1)试求a 1,a 2,a 3;;(2)写出数列{a n }的通项公式,并用数学归纳法证明.
四、以简单的、特殊的情况为突破口.
12.设a n =).1(11110≥+++n C C C n n n n 求证: (1)a n =1+);2(211≥+-n a n n n (2);620n a n ≤-≤ (3)
.2lim =∞
→n a n
13.已知抛物线C 的顶点在原点,焦点在轴上,ΔABC 的重心在抛物线的焦点上,且三个顶点均在抛物线上,若BC 所在的直线方程为 4x-y-20=0,(1)求抛物线C 的方程;(2)是否存在定点M,使过点M 的动直线l 与C 交于P,Q,且∠POQ 恒为直角?证明你的结论.
五、构造辅助问题(函数、方程、图形……),换一个角度去思考.
14.(1)已知a 、b 、c 是ΔABC 的三边,求证:;111c
c b b a a
+>+++ (2)已知f(t)=log 2t,]8,2[∈t ,对于f(t)值域内的所有实数m,不等式x 2+mx+4>2m+4x
都能成立,求x 的取值范围.
15.如图,线段AB过x轴正半轴上一定点M(m,0),端点A,B到x轴
距离之积为2m,以x轴为对称轴,过A,O,B三点作抛物线.(1)求抛物
线方程;(2)若tg∠AOB=--1,求m的取值范围.
16.若对一切实数p,|p|<2,不等式(log2x)2+plog2x+1>2log2x+p恒成立,求实数x的取值范围.
17.直线l: 5x—7y—1=0交以坐标轴为对称轴的双曲线C于A、B两点,定点P(5,14)与A,B 构成以AB为斜边的等腰直角三角形,求双曲线C的方程.
六、通过横向沟通和转化,将各数学分支中不同的知识点串联起来.
18.如图，B是半圆O上的动点，OB=1，OA=2，△ABC
是等腰直角三角形，BC为斜边，试求O，C两点之间距离
的最大值。
19．复数z 1,z 2对应于复平面内的点A ，B ，且满足条件：（1）z 1=riz 2(r ∈R 且r ≠0);（2）|z 1|+|z 2|+|z 1-z 2|=10,求△AOB 面积的最大值.
七、培养整体意识，把握整体结构。
20．求同时满足下列两个条件的复数z: (1);6101,10≤+<∈+z
z R z z 且(2)z 的实部和虚部都是整数。
21．设函数).,,0(1
2)(22R b a a x b ax x x ∈≠+++=ϕ试证明：
(1) 存在两个实数m 1,m 2(m 1<m 2)，满足);2,1()
1)(1(])1[()(22=+-+-=-i x m a x m m x i i i ϕ (2) (1－m 1)(1－m 2)=－a 2; (3).)(21m x m ≤≤ϕ
八、连续性问题——承上启下,层层递进,充分利用已得出的结论.
22.已知ΔABC 中，a,b,c 三边成等差数列。
(1) 证明：;2cos 2cos 2C A C A -=+ (2)求2
2C tg A tg 的值；
(2) 求cosA+2cosB+cosC 的值；(4)求cosA+cosC －cosAcosC+3
1sinAsinC 的值；
23.已知动点P 与双曲线1232
2=-y x 的两个焦点所连线段的和为定长,且这两条线段夹
角的余弦值之最小值是9
1-.(1)求动点P 的轨迹方程;(2)在x 轴的正半轴上求一点Q,使点Q
与这轨迹上的点的最近距离为1.
24.已知ΔABC 三个内角A,B,C 满足A+C=2B,设 x=cos 2C
A -,f(x)=cosB(}cos 1cos 1C
A +.(1)试求f(x)的解析式及其定义域;(2)在定义域内讨论这个函数的单调性,并加以证明;(3)求这个函数的值域.
25.(1)已知a>0,a≠1,k∈R,求函数y=lg(a x -k•2x )的定义域;
(2)已知F(x)=2).4(log )2(log 2
2121---x k x 若方程F(x)=0有解,求k 的取值范围.。