专题11 隐圆问题-冲刺2019年高考数学压轴题微切口突破(原卷版)
浙江省2019年高考数学压轴卷(含解析)
18.设函数 ，其中 ，已知 .
(1)求 ；
(2)将函数 的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移 个单位，得到函数 的图象，求 在 上的最小值．
19.已知等差数列 的前 项和为 ，若 ．
A.4B.-4C.6D.-6
8.4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动.为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查. 根据调查结果知道，从该校学生中任意抽取1名学生恰为读书迷的概率是 .现在从该校大量学生中，用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为 .若每次抽取的结果是相互独立的，则期望 和方差 分别是（ ）.
∴ ，
解得 ，
∴ ，
解得R=2.
故答案为：2;2.
14.【答案】4
【解析】设向量 的夹角为 ，由余弦定理有： ，
，则：
，
令 ，则 ，
据此可得： ，
即 的最小值是4，最大值是 ．
15.【答案】
【解析】原问题等价于 有三个不同的实根，即 与 有三个不同的交点，当 时， 为增函数，在 处取得最小值为 ，与 只有一个交点.当 时， ，根据复合函数的单调性，其在 上先减后增.所以，要有三个不同交点，则需 ，解得 .
设直线 的方程为： ，
联立 ，得 ，
则 ①.
设 ，则 .
∵
即 ，得： ，
∴ ，即 或 ，
代人①式检验均满足 ，
∴直线 的方程为： 或 .
∴直线过定点 （定点 不满足题意，故舍去）.
22.【答案】(1) ；(2) .
2019中考-“隐形圆”问题(共22张PPT)全面.ppt
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会出现。
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对应练
1、如图,四边形ABCD中,AB=AC=AD,若 ∠CAD=76∘，则∠CBD=______度。
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真题演练
1. 如图 1，四边形 ABCD 中，AB=AC=AD，若 ∠ CAD=76°，则∠ CBD= 度。
简答：如图 2，因为 AB=AC=AD，故 B、C、D 三点
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班主任的专业发展一如治学之道，它 不是遥不可及的事情，而是我们正在
谢 谢！ 实践的工作；但也不是一蹴而就的，
而是一个不断发展，持续提高的过程 。只要我们留守心中那盏信念的灯， 拥有一颗热爱教育，热爱学生的心， 再加上善于观察和反思教育生活的习 惯，必然会收获内心的幸福，获得丰
满的教育人生。
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真题演练
1.如图 ，长 2 米的梯子 AB 竖直放在墙角，在沿着墙角缓慢下滑
直至水平地面过程中，梯子 AB 的中点 P 的移动轨迹长度为 （）
简答：由斜边上的中点等于斜边的一半可知，OP=1，动点P
到定点O的距离始终等于1， 满足圆的定义（到定点的距离
等于定长的点的集合叫做圆），故P的运动轨迹是圆弧，圆
简答：如图 2，因为 AP⊥BP，
∠P=90°（定角），AB=6（定弦），
故 P 在以 AB 为直径的⊙H 上 ， 当
H 、 P 、 C 三 点 共 线 时 CP 最
短 ，HB=3，BC=4 则 HC=5， 故
CP=5-3=2 。
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小结
以上例题说明，在求一类线段最值问题中，如果遇到
动点的运动路径是圆时，只需利用上面提到的方案1或方
(最新)2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(第一篇)专题02“三招五法”轻松破解含参零点问题学案
专题02“三招五法”轻松破解含参零点问题一．方法综述函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思想方法，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度，往往出现在压轴题的位置.正因为如此，根据函数的零点情况，讨论参数的范围成为高考的难点．对于此类题目，我们常利用零点存在定理、函数的性质，特别是函数单调性（可借助于导数）探寻解题思路，或利用数形结合思想、分离参数方法来求解．具体的，（1）分类讨论参数的不同取值情况，研究零点的个数或取值；（2）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（3）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（4）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.二．解题策略类型一“第一招”带参讨论【例1】【湖南省澧县一中2018届一轮第一次检测】已知函数f(x)=,如果函数f（x）恰有两个零点，那么实数m的取值范围为_____．【答案】【解析】分析：根据与-2，0和4的大小关系逐一判断的零点个数即可得出结论．若，则在上有2个零点0，在上无零点，符合题意；∴或．故答案为：．【指点迷津】1.根据题设要求研究函数的性质，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；2.由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类讨论，并逐一求解．【举一反三】【江苏省扬州中学2019届高三10月月考】已知定义在上的函数可以表示为一个偶函数与一个奇函数之和，设若方程无实根，则实数的取值范围是_________【答案】【解析】∴p（t）=t2+2mt+m2﹣m+1．p（p（t））=[p（t）]2+2mp（t）+m2﹣m+1，若p（p（t））=0无实根，即[p（t）]2+2mp（t）+m2﹣m+1①无实根，方程①的判别式△=4m2﹣4（m2﹣m+1）=4（m﹣1）．1°当方程①的判别式△＜0，即m＜1时，方程①无实根．2°当方程①的判别式△≥0，即m≥1时，方程①有两个实根，即②，只要方程②无实根，故其判别式，即得③，且④，∵m≥1，③恒成立，由④解得m＜2，∴③④同时成立得1≤m＜2．综上，m的取值范围为m＜2．类型二“第二招”数形结合【例2】【2018年天津卷理】已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是______________.【答案】【解析】分析：由题意分类讨论和两种情况，然后绘制函数图像，数形结合即可求得最终结果.令，其中，原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围.结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象，同时绘制函数的图象如图所示，考查临界条件，结合观察可得，实数的取值范围是.【指点迷津】1.由两个基本初等函数组合而得的超越函数f(x)＝g(x)－h(x)的零点个数，等价于方程g(x)－h(x)＝0的解的个数，亦即g(x)＝h(x)的解的个数，进而转化为基本初等函数y＝g(x)与y＝h(x)的图象的交点个数．2.先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题．交点的横坐标即零点.【举一反三】【2019届同步单元双基双测AB卷】已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围为____．【答案】.【解析】分析：求出函数|f（x）﹣3x的解析式，画出函数的图象，利用函数的极值，转化求解即可．当x＜0时，≥6，当且仅当x=﹣1时取等号，此时﹣b＞6，可得b＜﹣6；当0≤x≤4时，x﹣x2≤，当x=时取得最大值，满足条件的b∈（﹣，0]．综上，范围是.故答案为：.类型三“第三招”分离参数【例3】【广东省惠州市2019届10月调研】已知函数是定义在上的偶函数，且，若函数有 6 个零点，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】函数f（x）是定义在R上的偶函数，函数F（x）=f（x）﹣m有六个零点，则当x≥0时，函数F（x）=f（x）﹣m有三个零点，令F（x）=f（x）﹣m=0，即m=f（x），②当x≥2时，f（x）=＜0，且当x→+∞，f（x）→0，∵f′（x）=，令f′（x）==0，解得x=3，当2≤x＜3时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x≥3时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，∴f（x）min=f（3）=﹣，故f（x）在[2，+∞）上的值域为[﹣，0），∵﹣＞﹣2，∴当﹣＜m ＜0时，当x≥0时，函数F （x ）=f （x ）﹣m 有三个零点， 故当﹣＜m ＜0时，函数F （x ）=f （x ）﹣m 有六个零点， 故选D. 【指点迷津】1.分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域（最值）问题加以解决；2.通过将原函数中的变参量进行分离后变形成g(x)＝l(a)，则原函数的零点问题化归为与x 轴平行的直线y ＝l(a)和函数g(x)的图象的交点问题．【举一反三】【2015年天津卷理】已知函数()()22,2,{2,2,x x f x x x -≤=->函数()()2g x b f x =--，其中b R ∈，若函数()()y f x g x =-恰有4个零点，则b 的取值范围是（ ）A ． 7,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭ B ． 7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ C ． 70,4⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ． 7,24⎛⎫⎪⎝⎭【答案】D类型四 “三招五法”一题多解【例4】【2014年全国卷Ⅰ】已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为( )A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)【答案】B【解析】法一单调性法：利用函数的单调性求解由已知得，a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2a.当a>0时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈（0，2a），f′(x)<0；x∈（2a，＋∞），f′(x)>0.所以函数f(x)在(－∞，0)和2a，＋∞上单调递增，在（0，2a）上单调递减，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于零的零点，不符合题意．当a<0时，x∈（－∞，2a），f′(x)<0；x∈（2a，0），f′(x)>0；x∈(0，＋∞)，f′(x)<0.所以函数f(x)在（－∞，2a）和(0，＋∞)上单调递减，在（2a，0）上单调递增，所以要使f(x)有唯一的零点x0且x0>0，只需f（2a）>0，即a2>4，解得a<－2.法三数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解令f(x)＝0，得ax3＝3x2－1.问题转化为g(x)＝ax3的图象与h(x)＝3x2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．当a＝0时，函数g(x)的图象与h(x)的图象存在两个的交点；当a>0时，如图(1)所示，不合题意；当a<0时，由图(2)知，可先求出函数g(x)＝ax3与h(x)＝3x2－1的图象有公切线时a的值．由g′(x)＝h′(x)，g(x)＝h(x)，得a＝－2.由图形可知当a<－2时，满足题意．法四分离参数法：参变分离，化繁为简.易知x≠0，令f(x)＝0，则331ax x＝－，记331()g xx x＝－，2'234333(1)()xg xx x x--=-+=，可知g(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g(－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y＝a，结合图象，可知a<－2.【指点迷津】1.本题的实质是函数f(x)存在唯一的零点x0∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．2. 函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.【举一反三】【2017课标3，理11】已知函数211()2()x xf x x x a e e--+=-++有唯一零点，则a=A．12-B．13C．12D．1【答案】C【解析】方法一：函数的零点满足()2112x xx x a e e--+-=-+，设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e---+----'=-=-=， 当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，方法二：由函数f (x )有零点，得211(2)0x x x x a ee －－＋－＋＋＝有解，即211()(110)x x x a e e －－＋－－＋＋＝有解，令1t x ＝－，则上式可化为2(10)ttt a e e －－＋＋＝，即21t tt a e e--+＝. 令21t tt e e--+h(t)＝，易得h (t )为偶函数， 又由f (x )有唯一零点得函数h (t )的图象与直线y ＝a 有唯一交点，则此交点的横坐标为0， 所以10122a -＝＝，故选C. 方法三：由()112()02.x x f x a ee x x ⇔－－＋＝＋＝－＋112x x e e ≥－－＋＋，当且仅当1x =时取“＝”．2221)11(x x x ≤－＋＝－－＋，当且仅当1x =时取“＝”．若a >0，则112()x x a ee a ≥－－＋＋，要使f (x )有唯一零点，则必有21a ＝，即12a ＝.若a≤0，则f(x)的零点不唯一．综上所述，12a＝.三．强化训练1．【2018年新课标I卷理】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A． [–1，0） B． [0，+∞） C． [–1，+∞） D． [1，+∞）【答案】C【解析】2.【安徽省肥东县高级中学2019届8月调研】已知函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】若函数有两个零点，则函数的图象与有且仅有两个交点，在同一坐标系内画出函数的图象与的图象如下：3.【黑龙江省2018年仿真模拟（十）】已知函数，若关于的方程有8个不等的实数根，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】绘制函数的图象如图所示，令，由题意可知，方程在区间上有两个不同的实数根，令，由题意可知：，据此可得：.即的取值范围是.本题选择D选项.4．【2019届同步单元双基双测AB卷】函数的定义域为实数集,,对于任意的都有,若在区间函数恰有三个不同的零点, 则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】，由K AC=﹣，K BC=﹣，结合图象得：m∈，故选：5.【安徽省肥东县高级中学2019届8月调研】定义在上的函数，满足，且当时，，若函数在上有零点，则实数的a取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为当时，，所以时，所以，此时，故．所以在上的图象如图，要使函数在上有零点，只要直线与的图象有交点，由图象可得，所以使函数在上有零点，则实数的取值范围是．故选：B．6.【安徽省皖中名校联盟2019届10月联考】设函数若互不相等的实数满足则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】不妨设，的图像如图所示，7.【安徽省六安市舒城中学2018届仿真（三）】函数，关于方程有三个不同实数解，则实数的取值范围为( )A． B．C． D．【答案】D【解析】当时，，即则大致图象如图所示设，①当有一个根为时，，解得，此时另一个根为，满足条件②根不是时，则满足即综上所述，故实数的取值范围为故选8.【四川省双流中学2018届一模】对于函数和，设，若所有的，都有，则称和互为“零点相邻函数”.与互为“零点相邻函数”，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】9．【2018年浙江卷】已知λ∈R，函数f(x)=，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】 (1,4)【解析】分析:根据分段函数，转化为两个不等式组，分别求解，最后求并集.先讨论一次函数零点的取法，再对应确定二次函数零点的取法，即得参数的取值范围.详解：由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为.10.【安徽省定远重点中学2019届第一次月考】函数，定义函数，给出下列命题：①；②函数是偶函数；③当a＜0时，若0＜m＜n＜1，则有F（m）﹣F（n）＜0成立；④当a＞0时，函数有4个零点．其中正确命题的序号为________________________ ．【答案】②③④【解析】∴F(m)−F(n)<0成立．故③正确对于④，由于，且函数，∴当x>0时，函数在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，∴当x>0时，F(x)的最小值为F(1)=1，∴当x>0时，函数F(x)的图象与y=2有2个交点，又函数F(x)是偶函数，∴当x<0时，函数F(x)的图象与y=2也有2个交点，画出图象如下图：故当a>0时，函数y=F(x)−2有4个零点．所以④正确．综上可得②③④正确．。
高考培优微专题《隐零点问题》解析版
高考数学培优微专题《隐零点问题》【考点辨析】隐零点主要指在研究导数问题中遇到的对于导函数f ′(x )=0时,不能够直接运算出来或是不能够估算出来,导致自己知道方程有根存在,但是又不能够找到具体的根是多少,通常都是设x =x 0,使得f ′(x )=0成立,这样的x 0就称为“隐零点”.【知识储备】针对隐零点问题的解决步骤:(1)求导判定是不是隐零点问题;(2)设x =x 0,使得f ′(x 0)=0成立;(3)得到单调性,并找到最值,将x 0代入f (x ),得到f (x 0);(4)再将x 0的等式代换,再求解(注意:x 0的取值范围).【例题讲解】类型一：确定函数的隐零点问题1.已知函数f (x )=axe x -x -ln x(2)当a =1时，求f (x )的最小值．【解析】【答案】(1)当a =0时，g (x )=-x -ln x x ，定义域为0,+∞ ，则g ′(x )=-1+ln x x 2，由g ′(x )>0⇒x >e ；g ′(x )<0⇒0<x <e ，故函数g (x )的增区间为e ,+∞ ，减区间为0,e ．(2)当a =1时，f (x )=xe x -x -ln x ，定义域为0,+∞ ，则f ′(x )=x +1 e x -1-1x =x +1 e x -1+x x =x +1 e x -1x 令h (x )=e x -1x (x >0)，则h ′(x )=e x +1x2>0，所以h (x )在0,+∞ 单调递增，又h (1)=e -1>0，h 12 =e -2<0，∴h (x )存在唯一零点x 0，x 0∈12,1 ，即e x 0=1x 0，且x 0为也是f ′(x )的唯一零点，则0,x 0 x 0,+∞f ′(x )-+f (x )单调递减单调递增∴f (x )≥f (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0，由e x 0=1x 0，有x 0=-ln x 0，则f (x 0)=x 0⋅1x 0+ln x 0-ln x 0=1，从而f (x )≥f (x 0)=1，即证2.已知函数f x =ae x +b ln x ，且曲线y =f x 在点(1,f (1))处的切线方程为y =e -1 x +1．⑴求f x 的解析式；⑵证明：f x >136．【解析】【答案】解：(1)f ′(x )=ae x +b x，k =f ′(1)=ae +b =e -1，又f (1)=ae =e ，解得：a =1，b =-1，∴f (x )=e x -ln x ，(2)由(1)知f ′(x )=e x -1x ，∴f (x )=e x +1x 2>0在(0,+∞)上恒成立，∴f ′(x )在(0,+∞)上为增函数，又f ′12 =e 12-2<0，f ′23 =e 23-32>0，故存在x 0∈12,23 使f ′(x 0)=e x 0-1x 0，当x 0∈(0,x 0)，f ′(x 0)<0，当x 0∈(x 0,+∞)，f ′(x 0)>0，f (x )min =f (x 0)=e x 0-ln x 0=x 0+1x 0，又函数g (x )=x +1x 在12,23 上单调递减，故x 0+1x 0>23+32=136，即f (x )>136．3.已知函数f (x )=ax +x ln x (a ∈R )(2)当a =1且k ∈Z 时，不等式k (x -1)<f (x )在x ∈(1，+∞)上恒成立，求k 的最大值．【解析】【解答】解：(2)a =1时，f (x )=x +ln x ，k ∈Z 时，不等式k (x -1)<f (x )在x ∈(1，+∞)上恒成立，∴k <(x +xlnx x -1)min，令g (x )=x +xlnx x -1，则g ′(x )=x -lnx -2(x -1)2，令h (x )=x -ln x -2(x >1)．则h ′(x )=1-1x =x -1x>0，∴h (x )在(1，+∞)上单增，∵h (3)=1-ln3<0，h (4)=2-2ln2>0，存在x 0∈(3，4)，使h (x 0)=0．即当1<x <x 0时h (x )<0即g ′(x )<0x >x 0时h (x )>0即g ′(x )>0g (x )在(1，x 0)上单减，在(x 0+∞)上单增．令h (x 0)=x 0-ln x 0-2=0，即ln x 0=x 0-2，g (x )min =g (x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0-1=x 0(1+x 0-2)x 0-1=x 0∈(3，4)．k <g (x )min =x 0∈(3，4)，且k ∈Z ，∴k max =3．类型二：含参函数的隐零点4.已知函数f (x )=e x +(a -e )x -ax 2.(2)若函数f (x )在区间(0，1)内存在零点，求实数a 的取值范围.【解析】【解析】(2)由题意得f ′(x )=e x -2ax +a -e ，设g (x )=e x -2ax +a -e ，则g ′(x )=e x -2a .若a =0，则f (x )的最大值f (1)=0，故由(1)得f (x )在区间(0，1)内没有零点.若a <0，则g ′(x )=e x -2a >0，故函数g (x )在区间(0，1)内单调递增.又g (0)=1+a -e <0，g (1)=-a >0，所以存在x 0∈(0，1)，使g (x 0)=0.故当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.因为f (0)=1，f (1)=0，所以当a <0时，f (x )在区间(0，1)内存在零点.若a >0，由(1)得当x ∈(0，1)时，e x >ex .则f (x )=e x +(a -e )x -ax 2>ex +(a -e )x -ax 2=a (x -x 2)>0，此时函数f (x )在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a 的取值范围为(-∞，0).5.已知函数f (x )=e x -a -ln (x +a )(a >0).(2)若函数f (x )在区间(0,+∞)上的最小值为1,求实数a 的值.【解析】(1)证明:因为f (x )=e x -a -ln (x +a )(a >0),所以f ′(x )=e x -a -1x +a .因为y =e x -a 在区间(0,+∞)上单调递增,y =1x +a在区间(0,+∞)上单调递减,所以函数f ′(x )在(0,+∞)上单调递增.又f ′(0)=e -a -1a =a -e a aea ,令g (a )=a -e a (a >0),g ′(a )=1-e a <0,则g (a )在(0,+∞)上单调递减,g (a )<g (0)=-1,故f ′(0)<0.令m =a +1,则f ′(m )=f ′(a +1)=e -12a +1>0,所以函数f ′(x )在(0,+∞)上存在唯一的零点.(2)解:由(1)可知存在唯一的x 0∈(0,+∞),使得f ′(x 0)=e x 0-a -1x 0+a =0,即e x 0-a =1x 0+a.(*)函数f ′(x )=e x -a -1x +a在(0,+∞)上单调递增,所以当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.所以f (x )min =f (x 0)=e x 0-a-ln (x 0+a ),由(*)式得f (x )min =f (x 0)=1x 0+a-ln (x 0+a ).所以1x 0+a-ln (x 0+a )=1,显然x 0+a =1是方程的解.又因为y =1x -ln x 在定义域上单调递减,方程1x 0+a-ln (x 0+a )=1有且仅有唯一的解x 0+a =1,把x 0=1-a 代入(*)式,得e 1-2a =1,所以a =12,即所求实数a 的值为12.6.已知函数f (x )=a ln x -1x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若关于x 的不等式f (x )≤x -2e 在(0，+∞)上恒成立，求a 的取值范围．【解析】解 (1)因为f (x )=a ln x -1x 的定义域为(0，+∞)，且f ′(x )=a x +1x 2=ax +1x 2.①若a ≥0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，+∞)上单调递增．②若a <0，令f ′(x )=0，得x =-1a .当x ∈0，-1a 时，f ′(x )>0；当x ∈-1a ，+∞ 时，f ′(x )<0.所以f (x )在0，-1a 上单调递增，在-1a ，+∞ 上单调递减．(2)不等式f (x )≤x -2e 在(0，+∞)上恒成立等价于a ln x -x -1x +2e ≤0在(0，+∞)上恒成立，令g (x )=a ln x -x -1x +2e，则g ′(x )=a x -1+1x 2=-x 2-ax -1x 2.对于函数y =x 2-ax -1，Δ=a 2+4>0，所以其必有两个零点．又两个零点之积为-1，所以两个零点一正一负，设其中一个零点x 0∈(0，+∞)，则x 20-ax 0-1=0，即a =x 0-1x 0.此时g (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，+∞)上单调递减，故g (x 0)≤0，即x 0-1x 0 ln x 0-x 0-1x 0+2e≤0.设函数h (x )=x -1x ln x -x -1x +2e，则h ′(x )=1+1x 2 ln x +1-1x 2-1+1x 2=1+1x2 ln x ．当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0；当x ∈(1，+∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增．又h 1e =h (e )=0，所以x 0∈1e ，e .由a =x 0-1x 0在1e ，e 上单调递增，得a ∈1e -e ，e -1e.【解题策略】____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________【教考衔接】1.函数f(x)=xe x-ax+b的图象在x=0处的切线方程为：y=-x+1．(1)求a和b的值；(2)若f(x)满足：当x>0时，f(x)≥ln x-x+m，求实数m的取值范围．【解析】【解答】解：(1)∵f(x)=xe x-ax+b，∴f′(x)=(x+1)e x-a，由函数f(x)的图象在x=0处的切线方程为：y=-x+1，知：f(0)=b=1f'(0)=1-a=-1，解得a=2，b=1．(2)∵f(x)满足：当x>0时，f(x)≥ln x-x+m，∴m≤xe x-x-ln x+1，令g(x)=xe x-x-ln x+1，x>0，则g'(x)=(x+1)e x-1-1x=(x+1)(xe x-1)x，设g′(x0)=0，x0>0，则e x0=1x0，从而ln x0=-x0，g′(12)=3(e2-1)<0，g′(1)=2(e-1)>0，由g′(12)-g′(1)<0，知：x0∈(12,1)，当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增．∴g(x)min=g(x0)=x0e x0-x0-ln x0=x0e x0-x0-ln x0=x0•1x-x0+x0=1．m≤xe x-x-ln x+1恒成立⇔m≤g(x)min，∴实数m的取值范围是：(-∞，1]．2.已知函数f(x)=e x-(k+1)ln x+2sinα.(1)若函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，求实数k的取值范围；(2)当k=0时，证明：函数f(x)无零点．【解析】(1)解 f′(x)=e x-k+1x，x>0，∵函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，∴e x-k+1x≥0在(0，+∞)上恒成立，即k+1≤xe x在(0，+∞)上恒成立，设h(x)=xe x，则h′(x)=(x+1)e x>0在(0，+∞)上恒成立．∴函数h(x)=xe x在(0，+∞)上单调递增，则h(x)>h(0)=0，∴k+1≤0，即k≤-1，故实数k的取值范围是(-∞，-1]．(2)证明 当k=0时，f′(x)=e x-1x，x>0，令g(x)=e x-1x，x>0，则g′(x)=e x+1x2>0，∴f′(x)在(0，+∞)上单调递增，且f′12 =e-2<0，f′(1)=e-1>0，∴存在m∈12，1，使得f′(m)=0，得e m=1m，故m=-ln m，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)min=f(m)=e m-ln m+2sinα=1m+m+2sinα>2+2sinα≥0，∴函数f(x)无零点．3.设函数f(x)=e x-ax-2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值.【解析】解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=e x-a.若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(2)由于a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(e x-1)+x+1.故当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0等价于k<x+1e x-1+x(x>0).①令g(x)=x+1e x-1+x,则g′(x)=e x(e x-x-2)(e x-1)2.由(1)知,函数h(x)=e x-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0, +∞)上存在唯一的零点.故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.4.已知函数f(x)=e x+1-2x+1，g(x)=ln x x+2.(1)求函数g(x)的极值；(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)．【解析】(1)解 g(x)=ln xx+2定义域为(0，+∞)，g′(x)=1-ln xx2，则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，+∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，+∞)上单调递减，故函数g(x)的极大值为g(e)=1e+2，无极小值．(2)证明 f(x)≥g(x)等价于证明xe x+1-2≥ln x+x(x>0)，即xe x+1-ln x-x-2≥0.令h (x )=xe x +1-ln x -x -2(x >0)，h ′(x )=(x +1)e x +1-1+x x =(x +1)e x +1-1x ，令φ(x )=e x +1-1x，则φ(x )在(0，+∞)上单调递增，而φ110 =e 1110-10<e 2-10<0，φ(1)=e 2-1>0，故φ(x )在(0，+∞)上存在唯一零点x 0，且x 0∈110，1，当x ∈(0，x 0)时，φ(x )<0，h ′(x )<0，h (x )在(0，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，φ(x )>0，h ′(x )>0，h (x )在(x 0，+∞)上单调递增，故h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0+1-ln x 0-x 0-2，又因为φ(x 0)=0，即e x 0+1=1x 0，所以h (x 0)=-ln x 0-x 0-1=(x 0+1)-x 0-1=0，从而h (x )≥h (x 0)=0，即f (x )≥g (x )．5.已知函数f (x )=a cos x +be x (a ，b ∈R )，曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y =-x .(1)求实数a ，b 的值；(2)当x ∈-π2，+∞ 时，f (x )≤c (c ∈Z )恒成立，求c 的最小值．【解析】解 (1)因为f ′(x )=-a sin x +be x ，所以f ′(0)=b =-1，f (0)=a +b =0，解得a =1，b =-1.(2)由(1)知f (x )=cos x -e x ，x ∈-π2，+∞ ，所以f ′(x )=-sin x -e x ，设g (x )=-sin x -e xg ′(x )=-cos x -e x =-(cos x +e x )．当x ∈-π2，0 时，cos x ≥0，e x >0，所以g ′(x )<0；当x ∈0，+∞ 时，-1≤cos x ≤1，e x >1，所以g ′(x )<0.所以当x ∈-π2，+∞ 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，即f ′(x )单调递减．因为f ′(0)=-1<0，f ′-π4 =22-e -π4=12 12-1e π2 12,因为e π2>e >2，所以1e π2 12<12 12,所以f ′-π4>0，所以∃x 0∈-π4，0，使得f ′(x 0)=-sin x 0-e x 0=0,即e x 0=-sin x 0.所以当x ∈-π2，x 0 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 0，+∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )max =f (x 0)=cos x 0-e x 0=cos x 0+sin x 0=2sin x 0+π4 .因为x 0∈-π4，0 ，所以x 0+π4∈0，π4 ，所以sin x 0+π4 ∈0，22 ，所以f (x 0)∈(0,1)．由题意知，c ≥f (x 0)，所以整数c 的最小值为1.。
专题08 隐零点问题-冲刺2019年高考数学压轴题微切口突破(解析版)
专题08 隐零点问题有一种零点客观存在，但不可解，然而通过研究其取值范围、利用其满足的等量关系实现消元、换元以及降次达到解题的目的.这类问题就是隐零点问题.类型一 根据隐零点化简求范围典例1. 已知函数()ln f x ax x x =+的图像在点x e =(其中e 为自然对数的底数)处的切线斜率为3. （1）求实数a 的值； （2）若k Z ∈，且()1f x k x <-对任意1x >恒成立，求k 的最大值； 【答案】3【解析】解析：（1）()'1ln f x a x =++，由()3f e =解得1a =； （2）()ln f x x x x =+，()ln ()11f x x x xk g x x x +<=--，22ln '()(1)x xg x x --=-，令()2ln h x x x =--，有1'()10h x x=->，那么()(1)1h x h >=-. 不妨设0()0h x =，由(3)0h <，(4)0h <，则可知0(3,4)x ∈，且00ln 2x x =-. 因此，当()0h x >时，()'0g x >，0x x >；当()0h x <时，()'0g x <，0x x <； 即可知[]000000min 00(ln 1)(1)()()11x x x x g x g x x x x +-====--，所以0k x ≤，得到满足条件的k 的最大正整数为3.类型二 根据隐零点分区间讨论典例2 已知函数2()2ln (0)f x x t x t =->，t 为何值时，方程()2f x tx =有唯一解. 【答案】(,0){1}-∞ 【解析】222ln 22(ln )x t x tx t x x x -=⇔+=， 当ln 0x x +=时，有t R ∈； 设()ln u x x x =+，1'()10u x x =+>；又(1)10u =>，11()10u e e=-<，不妨设00ln 0x x +=， 则可知01(,1)x e∈. 当ln 0x x +≠时，得到22()ln x t g x x x=+； 2222ln (12ln )'()(ln )(ln )x x x x x x x g x x x x x -+-+==++， 令()12ln g x x x =-+，易知(1)0g =，且1x >时，()0g x >；1x <时，()0g x <；综上可知()g x 在区间00(0,),(,1)x x 上为减函数，在区间(1,)+∞上为增函数；画图函数图像：因此，可知所求t 的范围为(,0){1}-∞.类型三 根据隐零点构造新函数典例3 已知函数()21x f x e x ax =---，当0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围． 【答案】1(,]2-∞【解析】()'12x f x e ax =--，首先，当0a ≤时，在[0,)+∞上()'0f x ≥恒成立，则有()()00f x f ≥=． 其次，当0a >时，令()x g x e =，()21h x ax =+，由题1可知，当021a <≤，即102a <≤时，()()g x h x ≥．此时()'0f x ≥,同样有()0f x ≥．再者，当12a >时，函数()y g x =与()y h x =相交于点()0,1和()00,x y ．同时，当()00,x x ∈时，()'0f x <；当()0,x x ∈+∞时，()'0f x >. 即可知()()02000min1x f x f x e x ax ⎡⎤==---⎣⎦，将0012x e ax =+代入得到：()00000112x x e f x e x x -=---⋅ ()00x >，令()112x xe F x e x x -=---⋅()0x >，则()()11'2x e x F x --=． 又由变式2可知()1xx e-+-≤，那么()1'02x x e e F x -⋅-≤≤，即()F x 在区间()0,+∞上递减，因此有()()000f x f <=，与()0f x ≥矛盾，故12a >不合题意． 综上可知，满足题意的实数a 的取值范围为1(,]2-∞．1．已知函数 ， .（ 且为常数， 为自然对数的底） （1）讨论函数 的极值点个数；（2）当 时， 对任意的 恒成立，求实数 的取值范围. 【答案】（1）当 时，无极值点；当 时，有且仅有1个极值点；（2） 【解析】（1） 的定义域为 ，，因为函数 在 上恒成立， 所以函数 在区间 上单调递增，且值域为 ， ①当 时， 在区间 上恒成立， 即 ，故 在 上单调递增， 所以无极值点； ②当 时，方程 有唯一解，设为 ， 当 时， ，函数 单调递减， 当 时， ，函数 单调递增， 所以 是函数 的极小值点， 即函数 只有1个极值点.（2）当 时，不等式 对任意的 恒成立， 即 对任意的 恒成立，即对任意的恒成立，记，，记，因为在恒成立，所以在上单调递增，且，，所以存在使得，且时，，，函数单调递减；当时，，，函数单调递增；. 所以，即，又因为，，，所以，因此，所以，解得.综上，实数的取值范围是.2．已知.（1）若是上的增函数，求的取值范围；（2）若函数有两个极值点，判断函数零点的个数.【答案】(1) (2) 三个零点【解析】（1）由得，由题意知恒成立，即，设，，时，递减，时，，递增；故，即，故的取值范围是.（2）当时，单调，无极值；当时，，一方面，，且在递减，所以在区间有一个零点. 另一方面，，设，则，从而在递增，则，即，又在递增，所以在区间有一个零点.因此，当时在和各有一个零点，将这两个零点记为，，当时，即；当时，即；当时，即：从而在递增，在递减，在递增；于是是函数的极大值点，是函数的极小值点.下面证明：，由得，即，由得，令，则，①当时，递减，则，而，故；②当时，递减，则，而，故；一方面，因为，又，且在递增，所以在上有一个零点，即在上有一个零点.另一方面，根据得，则有：，又，且在递增，故在上有一个零点，故在上有一个零点.又，故有三个零点.3．已知函数，.（Ⅰ）令①当时，求函数在点处的切线方程；②若时，恒成立，求的所有取值集合与的关系；（Ⅱ）记，是否存在，使得对任意的实数，函数在上有且仅有两个零点？若存在，求出满足条件的最小正整数，若不存在，请说明理由.【答案】（1）①；②见解析；（2）2【解析】（1）①由题意，可得，则，所以，所以在处的切线方程为②由，即则，，因为在上单调递减，所以，存在，使得，函数在上单调递增，在上单调递减，，由得，，∴，所以的所有取值集合包含于集合.（Ⅱ）令，（1），，由于，，，，，由零点存在性定理可知，，函数在定义域内有且仅有一个零点.（2），，，，，同理可知，函数在定义域内有且仅有一个零点.（3）假设存在，使得，则，消，得.令，，所以单调递增.∵，，∴，此时，所以满足条件的最小正整数.4．已知函数（为自然对数的底数）．（1）记，求函数在区间上的最大值与最小值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值．【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）∵，∴，令，则，所以函数在区间上单调递减，在区间单调递增，∴，．（2）∵对任意恒成立，∴对任意恒成立，∴对任意恒成立．令，则．由于，所以在上单调递增．又，，所以存在唯一的，使得，且当时，，时，．即在单调递减，在上单调递增．∴．又，即，∴．∴．∵，∴．又∵对任意恒成立，∴，又，∴．5．己知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个零点，，求的取值范围，并证明.【答案】(1)见解析；(2)见证明【解析】（1）解：因为，函数的定义域为，所以．当时，，所以函数在上单调递增．当时，由，得（负根舍去），当时，，当时，，所以函数在上单调递减；在上单调递增．综上所述，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增（2）先求的取值范围：方法1:由（1）知，当时，在上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件．当时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，要使函数有两个零点，首先，解得．因为，且，下面证明．设，则．因为，所以．所以在上单调递增，所以．所以的取值范围是．方法2:由，得到．设，则．当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增．所以由．因为时，，且，要使函数有两个零点，必有．所以的取值范围是．再证明：方法1:因为，是函数的两个零点，不妨设，令，则．所以即．所以，即，，．要证，即证．即证，即证．因为，所以即证，或证．设，．即，．所以．所以在上单调递减，所以．所以．方法2:因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则．所以即．所以，即，，．要证，需证．即证，即证．因为，所以即证．设，则，．所以在上单调递减，所以．所以．方法3:因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则．所以即．要证，需证．只需证．即证，即证．即证．因为，所以，即．所以．而，所以成立．所以．方法4:因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则．由已知得即．先证明，即证明．设，则．所以在上单调递增，所以，所证不等式成立．所以有．即．因为（），所以，即．所以．方法5:要证，其中，，即证．利用函数的单调性，只需证明．因为，所以只要证明，其中．构造函数，，则．因为（利用均值不等式），所以在上单调递减．所以．所以在上恒成立．所以要证的不等式成立．6．已知函数．（无理数）（1）若在单调递增，求实数的取值范围；（2）当时，设函数，证明：当时，．（参考数据）【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）在单调递增，在（1，＋∞）恒成立，设h（x）＝（x＋x2）e x－1－，由题意h（x）≥0在（1，＋∞）恒成立，h'（x）＝e x－1（x2＋3x＋1），当x∈（1，＋∞）时，x2＋3x＋1＞0，故h'（x）＞0，h（x）在（1，＋∞）单调递增，所以h（x）＞h（1）＝2－，故2－≥0，≤2，综上∈（－∞，2]．（2）当＝0时，f（x）＝xe x－1，g（x）＝e x－x2－x，g'（x）＝e x－2x－1，设m（x）＝e x－2x－1，则m'（x）＝e x－2，令m'（x）＝0，解得x＝ln2，当x∈（0，ln2）时，m'（x）＜0，m（x）单调递减，当x∈（ln2，＋∞）时，m'（x）＞0，m（x）单调递增．因此m（x）≥m（ln2）＝e ln2－2ln2－1＝1－2ln2＜0，即g'（ln2）＝1－2ln2＜0，，又g'（0）＝0，，故存在x0∈（ln2，），使g'（x0）＝0，即，．当x∈（0，x0）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（x0，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，，由于x0∈（ln2，），函数单调递减，故所以，当x＞0时，．7．已知函数（1）若，求函数的极值和单调区间；（2）若，在区间上是否存在，使，若存在求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 函数的单调递减区间为，单调递增区间为极小值为3，无极大值(2)见解析【解析】（1）当时，，且时，时，有极小值故函数的单调递减区间为，单调递增区间为极小值为3，无极大值.（2）时，，时为函数的唯一极小值点又，当时在区间上若存在，使，则，解得当时，在为单调减函数，，不存在，使综上所述，在区间上存在，使，此时8．已知函数(1)若=1时，求函数的最小值；(2)若函数有两个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）0 （2）0【解析】解：（1）,,则，当时，，函数单调递减，当时，为增，在处取最小值0.（2）由，得2，∴当时，2函数在0，上单调递减，∴当时，在0，上最多有一个零点.∵有两个零点，∴ .令2，，显然有一正根和一负根，∴在0，上只有一个零点，设这个零点为，当时，；当x，时，；∴函数在上单调递减，在x，上单调递增，要使函数在0，上有两个零点，只需要函数的极小值，即,22，2可得在0，上是增函数，且 ，∴ 0由，得∴0 2 2,即0 .9．设函数，其中为自然对数的底数.（1）若，求的单调区间；（2）若，，求证：无零点.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）若，则，.当时，，单调递减，当时，，单调递增.的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）由可知，，当时，，显然没有零点；当时，设，，在单调递增，又h（0）＝﹣a＜0，h（2）＝2e﹣a＞0，∴h（x）在（0，2）上存在唯一一个零点，不妨设为x0，则x0a，∴当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，∴g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，∴g（x）的最小值为g（x0）alnx0，∵x0a，∴﹣1，两边取对数可得x0﹣1＝lna﹣lnx0，即lnx0＝lna+1﹣x0，∴g（x0）a（lna+1﹣x0）ax0﹣alna﹣a≥2a﹣alna﹣a＝a﹣alna，（当且仅当x0＝1时取等号），令m（a）＝a﹣alna，则m′（a）＝﹣lna，∴当a∈（0，1）时，m′（a）＞0，当a∈（1，e]时，m′（a）＜0，∴m（a）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减．∴当0＜a≤e时，m（a）≥0，当且仅当a＝e时取等号，由x0a可知当a＝1时，x0＝1，故当a＝e时，x0≠1，故g（x0）＞m（a）≥0，∴g（x0）＞0．∴当0≤a≤e时，g（x）没有零点．10．已知函数（其中是自然对数的底数，，）在点处的切线方程是.（I）求函数的单调区间；（II）设函数，若在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（I）递减区间为，单调递增区间为；（II）【解析】（I）由条件可知，对函数求导得，于是，解得.所以，，令得，于是当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.故函数的单调递减区间为，单调递增区间为（II）由（I）知，解法1：要使在上恒成立，等价于在上恒成立.令，则只需即可..令，则，所以在上单调递增，又，，所以有唯一的零点，且，在上单调递减，在上单调递增，因，两边同时取自然对数，则有，即，构造函数，则，所以函数在上单调递增，因，所以，即，所以，即，于是实数的取值范围是.解法2：要使在上恒成立，等价于在上恒成立.先证明，令，则.于是当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，故（当且仅当时取等号）.所以当时，有，所以，即，当且仅当时取等号，于是实数的取值范围是.。
2019年浙江省高考冲刺压轴数学试卷及答案解析 (1)
2019浙江省高考压轴卷数 学本试题卷分选择题和非选择题两部分。
全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页。
满分150分。
考试用时120分钟。
考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
参考公式：球的表面积公式 锥体的体积公式24S R =π13V Sh =球的体积公式 其中S 表示棱锥的底面面积，h 表示棱锥的高 343V R =π台体的体积公式其中R 表示球的半径 1()3a b V h S S =柱体的体积公式其中S a ，S b 分别表示台体的上、下底面积V =Sh h 表示台体的高其中S 表示棱柱的底面面积，h 表示棱柱的高1.若集合P={y|y ≥0}，P ∩Q=Q ，则集合Q 不可能是（ ）A ．{y|y=x 2，x ∈R}B ．{y|y=2x，x ∈R}C ．{y|y=lgx ，x ＞0}D ．∅2.抛物线y=﹣2x 2的准线方程是（ ）A ．B ．C ．D ．3.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（ ）A ．B ．C ．D ．4.若存在实数x ，y 使不等式组与不等式x ﹣2y+m ≤0都成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．m ≥0B ．m ≤3C ．m ≥lD ．m ≥3 5.不等式2x 2﹣x ﹣1＞0的解集是（ ）A ．⎭⎬⎫⎩⎨⎧<<-1x 21|xB ．{x|x ＞1}C ．{x|x ＜1或x ＞2}D ．⎭⎬⎫⎩⎨⎧>-<1x 21x |x 或6.在等比数列{a n }中，a 1=2，前n 项和为S n ，若数列{a n +1}也是等比数列，则S n 等于（ ） A ．2n+1﹣2B ．3nC ．2nD ．3n ﹣17.定义在R 上的奇函数f （x ）满足在（﹣∞，0）上为增函数且f （﹣1）=0，则不等式x •f （x ）＞0的解集为（ ）A ．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）B ．（﹣1，0）∪（0，1）C ．（﹣1，0）∪（1，+∞）D ．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）8.随机变量X 的分布列如下表，且E （X ）=2，则D （2X ﹣3）=（ ）A ．2B ．3C ．4D ．59.已知平面α∩平面β=直线l ，点A ，C ∈α，点B ，D ∈β，且A ，B ，C ，D ∉l ，点M ，N 分别是线段AB ，CD 的中点．（ ）A ．当|CD|=2|AB|时，M ，N 不可能重合B ．M ，N 可能重合，但此时直线AC 与l 不可能相交 C ．当直线AB ，CD 相交，且AC ∥l 时，BD 可与l 相交 D ．当直线AB ，CD 异面时，MN 可能与l 平行10.设k ∈R ，对任意的向量，和实数x ∈，如果满足，则有成立，那么实数λ的最小值为（ ）A ．1B ．kC ．D ．非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版
导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版本文介绍了导数压轴题中的隐零点问题，共有13道题目。
1.对于已知函数$f(x)=(aex-a-x)ex$，若$f(x)\geq 0$对于$x\in R$恒成立，求实数$a$的值，并证明$f(x)$存在唯一极大值点$x$，且$f(x)<f(x_0)$，其中$x_0$为$f(x)$的零点。
解答：1) 对于$f(x)=ex(aex-a-x)\geq 0$，因为$ex>0$，所以$aex-a-x\geq 0$恒成立，即$a(ex-1)\geq x$恒成立。
当$x=0$时，显然成立。
当$x>0$时，$ex-1>0$，故只需$a\geq 1$。
令$h(x)=aex-a-x$，则$h'(x)=aex-1$，在$(0,+\infty)$恒成立，故$h(x)$在$(0,+\infty)$递减。
又因为$h(0)=0$，故$a\geq1$。
当$x<0$时，$ex-1<0$，故只需$a\leq 1$。
令$g(x)=aex-a-x$，则$g'(x)=aex-1$，在$(-\infty,0)$恒成立，故$g(x)$在$(-\infty,0)$递增。
又因为$g(0)=0$，故$a\leq 1$。
综上，$a=1$。
2) 由(1)得$f(x)=ex(ex-x-1)$，故$f'(x)=ex(2ex-x-2)$。
令$h(x)=2ex-x-2$，则$h'(x)=2ex-1$，所以$h(x)$在$(-\infty,\ln)$单调递减，在$(\ln,+\infty)$单调递增，$h(0)=0$，$h(\ln)=2e^{\ln}-\ln-2=\ln2-10$，故$h(x)$在$(-2,\ln)$有唯一零点$x_0$。
设$x_0$为$f(x)$的零点，则$2ex_0-x_0-2=0$，从而$h(x)$有两个零点$x_0$和$-x_0-2$，所以$f(x)$在$(-\infty,x_0)$单调递增，在$(x_0,+\infty)$单调递减，在$(-2,x_0)$上单调递增，在$(-\infty,-2)$上单调递减，从而$f(x)$存在唯一的极大值点$x_0$。
(全国卷Ⅱ)2019年高考数学压轴卷文(含解析)
（1）求 a 的值及函数 f x 的单调区间； （2）设 g x x2 3x 1，证明：当 x 0 时， f x g x 恒成立．
22．（本小题满分 10 分）【选修 4-4：坐标系与参数方程】 在平面直角坐标系 xOy 中，以 O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知曲
A． 30
B． 60
C． 90
D． 150
4.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样一道题目：把 100 个
1
面包分给 5 个人，使每个人所得面包成等差数列，且较大的三份之和的7等于较小的两份之
和，问最小的一份为（ ）
5
A.
6
11
B.
6
5
C.
3
10
D.
3
5.若 n 是 2 和 8 的等比中项，则圆锥曲线 x2 y2 1的离心率是（ ） n
．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.（本小满分题 12 分）
设数列{an} 的前 n 项和为 Sn ， a1 10, an1 9Sn 10 .
（1）求证：{lg an} 是等差数列；
（2）设 Tn
是数列 {
3
} 的前
(lg an )(lg an1)
n
项和，求使 Tn
S 2 1 2 (2 2 2) 6 4 2 ，故选：B．．
7．【答案】B
【解析】
因为
sinB
1
b
，所以由正弦定理，得
1
，即 c
2b ，
sinC 2
c2
由
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专题11 隐圆问题
直线与圆是高中数学的C 级知识点，是高中数学中数形结合思想的典型体现．但有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而是隐藏在题目中的，要通过分析和转化，发现圆（或圆的方程），从而最终可以利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐形圆”问题
类型一 利用圆的定义（到定点的距离等于定长的点的轨迹）确定隐形圆
典例1 如果圆22(2)(3)4x a y a -+--=上总存在两个点到原点的距离为1，则实数a 的取值范围是________
类型二 由圆周角的性质确定隐形圆
典例2 已知圆22:5,,O x y A B +=为圆O 上的两个动点，且2,AB M =为弦AB 的中点，
当,A B 在圆O 上运动时，始终有CMD ∠为锐角，则实数a 的取值范围为__________．
类型三 两定点A 、B ，动点P 满足(0,1)PA PB
λλλ=>≠确定隐形圆（阿波罗尼斯圆） 典例3 一缉私艇巡航至距领海边界线l （一条南北方向的直线）3.8 海里的A 处，发现在其北偏东30°方向相距4 海里的B 处有一走私船正欲逃跑，缉私艇立即追击．已知缉私艇的最大航速是走私船最大航速的3 倍．假设缉私艇和走私船均按直线方向以最大航速航行．
（1）若走私船沿正东方向逃离，试确定缉私艇的追击方向，使得用最短时间在领海内拦截成功；（参考数
据： sin17 5.7446︒≈≈ ）
（2）问：无论走私船沿何方向逃跑，缉私艇是否总能在领海内成功拦截？并说明理由．
1．已知ABC ∆中， ABC ∆所在平面内存在点P 使得22233PB PC PA +==，则ABC ∆面积的最大值为__________．
2．在平面直角坐标系xOy 中，已知B ，C 为圆224x y +=上两点， 点A(1,1)，且AB ⊥AC ，则线段BC 的长的取值范围为_______
3．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆和两点()(),2,,2A a a B a a ---，且
1a >，
若圆C 上存在两个不同的点,P Q ，使得90APB AQB ∠=∠=︒，则实数a 的取值范围为__________． 4．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A （1-，0），B （1，0）均在圆C ： ()()22
234x y r -+-=外，且圆C 上存在唯一一点P 满足AP BP ⊥，则半径r 的值为____．
5．已知等边ABC ∆的边长为2，点P 在线段AC 上，若满足等式•PA PB λ=的点P 有两个，则实数λ的取值范围是_____．
6.已知圆O ：x2＋y2＝1，圆M ：(x －a)2＋(y －a ＋4)2＝1.若圆M 上存在点P ，过点P 作圆O 的两条切线，切点为A ，B ，使得∠APB ＝60°，则实数a 的取值范围为____________．
7.在平面直角坐标系xOy 中，已知过原点O 的动直线l 与圆C ：x2＋y2－6x ＋5＝0相交于不同的两点A ，B ，若点A 恰为线段OB 的中点，则圆心C 到直线l 的距离为____________．
8.在平面直角坐标系xOy 中，过点P(－2，0)的直线与圆x2＋y2＝1相切于点T ，与圆(x －a)2＋(y －3)2＝3相交于点R ，S ，且PT ＝RS ，则正数a 的值为____________．
9.在平面直角坐标系xOy 中，圆M ：(x －a)2＋(y ＋a －3)2＝1(a ＞0)，点N 为圆M 上任意一点．若以N 为圆心，ON 为半径的圆与圆M 至多有一个公共点，则a 的最小值为__________．
10.已知线段AB 的长为2，动点C 满足CA →·CB →＝λ(λ为常数)，且点C 总不在以点B 为圆心，12
为半径的圆内，则实数λ的最大值是__________．
11.在平面直角坐标系xOy 中，设直线y ＝－x ＋2与圆x2＋y2＝r2(r ＞0)交于A ，B 两点．若圆上存在一点
C ，满足OC →＝54OA →＋34
OB →，则r 的值为________． 12.已知圆M ：(x －1)2＋(y －1)2＝4，直线l ：x ＋y －6＝0，A 为直线l 上一点．若圆M 上存在两点B ，C ，使得∠BAC ＝60°，则点A 横坐标的取值范围是__________．
13.已知点A(0，2)为圆M ：x2＋y2－2ax －2ay ＝0(a ＞0)外一点，圆M 上存在点T 使得∠MAT ＝45°，则实数a 的取值范围是________________．
14.在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O1，圆O2均与x 轴相切且圆心O1，O2与原点O 共线，O1，O2两点的横坐标之积为6，设圆O1与圆O2相交于P ，Q 两点，直线l ：2x －y －8＝0，则点P 与直线l 上任意一点M 之间的距离的最小值为____________．
15.已知直线l 过点P(1，2)且与圆C ：x2＋y2＝2相交于A ，B 两点，△ABC 的面积为1，则直线l 的方程为________________．
16.在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x2＋(y －1)2＝5，A 为圆C 与x 轴负半轴的交点，过A 作圆C 的弦AB ，记线段AB 的中点为M.若OA ＝OM ，则直线AB 的斜率为________．
17.在平面直角坐标系xOy 中，圆C1：(x ＋1)2＋(y －6)2＝25，圆C2：(x －17)2＋(y －30)2＝r2.若圆C2上存在一点P ，使得过点P 可作一条射线与圆C1依次交于点A 、B ，满足PA ＝2AB ，则半径r 的取值范围是______________．
18.直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为(x －1)2＋(y －1)2＝9，直线l ：y ＝kx ＋3与圆C 相交于A 、B 两点，M 为弦AB 上一动点，以M 为圆心，2为半径的圆与圆C 总有公共点，则实数k 的取值范围为________． 19平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：(x －a)2＋(y －a ＋2)2＝1，点A(0，2)，若圆C 上存在点M ，满足MA2＋MO2＝10，则实数a 的取值范围是________．
20.平面直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为(x －1)2＋y2＝4，P 为圆C 上一点．若存在一个定圆M ，过P 作圆M 的两条切线PA 、PB ，切点分别为A 、B ，当P 在圆C 上运动时，使得∠APB 恒为60°，则圆M 的方程为______________．。