2018江苏高考数学压轴题的分析与解

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高考数学压轴题的设计理念与解题策略

感到恶心的不等式呢？这需要命题的智慧与方法．通常是采用“穿马甲”的方式对它
进行改造和包装．首先考虑到把两个分母弄复杂，比如，令 x ab ，y a2 ab ，就
有
a2
1 ab
a2
1
ab
4
（其中
a
b
0
）．
但参加过竞赛培训的学生一眼可以看出两个分式的分母之和为a2 ，就容易用熟知
的公式 1 1 4 （ m 0, n 0 ）， m n mn
得到
a2
1 ab
a2

1
ab
a2
ab
4 (a2
ab)
a2
4 a2
，这就不会有较大的难
度，并且让参加过竞赛培训的学生“占便宜”．
因此，有必要对第二个分式的分母继续“穿马甲”，就是把 a2
1 ab
a2
1
ab
4
变成 a2 1 1 4 （其中 a b 0 ）． ab a(a b)
至此，这道高考题就基本编成了，剩下的工作是完善及设计选择支．案例 1 的测
确； ③易知，数域至少含有 0 和 1 这两个数，从而有
11 2, 2 1 3, 3 1 4, , k 1 k 1, ,
因此所有的正整数都在“数域”之中，所以数域必为无限集，故③正确；
④在数域 a b 2 a,b Q 中，把 2 换成任意一个质数后所得的数集仍为数域，又
因为质数有无穷多个，故④正确；故填③④．
3 1 3． n
1 n (n 1)
又由
(1
1 2
)(1
1 22
)(1
1 23
)
135 64
2
．
所以当

历届高考数学压轴题汇总及答案

历届高考数学压轴题汇总及答案一、2019年高考数学上海卷：（本题满分18分）已知等差数列{}n a 的公差(0,]d π∈，数列{}n b 满足()sin n n b a =，集合{}*|,n S x x b n N ==∈．（1）若120,3a d π==，求集合S ；（2）若12a π=，求d 使得集合S 恰好有两个元素；（3）若集合S 恰好有三个元素：n T n b b +=，T 是不超过7的正整数，求T 的所有可能的值．二、2019年高考数学浙江卷：(本小题满分15分)已知实数0a ≠,设函数()=ln 0.f x a x x +> (Ⅰ)当34a =-时,求函数()f x 的单调区间；(Ⅱ)对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围. 注： 2.71828e =为自然对数的底数.设2*012(1),4,n n n x a a x a x a x n n +=++++∈N .已知23242a a a =.（1）求n 的值；（2）设(1na =+*,ab ∈N ，求223a b -的值.四、2018年高考数学上海卷：(本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分)给定无穷数列{}n a ，若无穷数列{}n b 满足：对任意*n N ∈，都有1n n b a -≤，则称{}n b 与{}n a “接近”。

(1)设{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列，11n n b a +=+，*n N ∈，判断数列{}n b 是否与{}n a 接近，并说明理由；(2)设数列{}n a 的前四项为：12341,248a a a a ====,,，{}n b 是一个与{}n a 接近的数列，记集合1,2,|,4{3,}i M x x b i ===，求M 中元素的个数m ；(3)已知{}n a 是公差为d 的等差数列，若存在数列{}n b 满足：{}n b 与{}n a 接近，且在2132201200,,,b b b b b b ﹣﹣﹣中至少有100个为正数，求d 的取值范围．已知函数l (n )f x x =.（Ⅰ）若()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，证明：12()()88ln2f x f x +>-；（Ⅱ）若34ln2a <-，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点.六、2018年高考数学江苏卷：(本小题满分16分)设{}n a 是首项为1a ,公差为d 的等差数列,{}n b 是首项1b ,公比为q 的等比数列. (Ⅰ)设10a =,11b =,2q =若1||n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立,求d 的取值范围；(Ⅱ)若110a b =>,m ∈*N ,q ∈,证明：存在d ∈R ,使得1||n n a b b -≤对2,3,1n m =+…,均成立,并求d 的取值范围(用1b ,m ,q 表示).七、2017年高考数学上海卷：（本小题满分18分）设定义在R 上的函数()f x 满足：对于任意的1x 、2x ∈R ，当12x x ＜时，都有12()()f x f x ≤. （1）若3()1f x ax =+，求a 的取值范围；（2）若()f x 是周期函数，证明：()f x 是常值函数；（3）设()f x 恒大于零，g()x 是定义在R 上的、恒大于零的周期函数，M 是g()x 的最大值.函数()()()h x f x g x =.证明：“()h x 是周期函数”的充要条件是“()f x 是常值函数”.八、2017年高考数学浙江卷：(本题满分15分)已知数列{}n x 满足：1=1x ，()()*11ln 1N n n n x x x n ++=++∈. 证明：当*N n ∈时， (I )10n n x x +＜＜；(I I )1122n n n n x x x x ++-≤； (III )1-21122n n n x -≤≤.高考压轴题答案一、2019年上海卷：解：（1）等差数列{}n a 的公差(0,]d π∈，数列{}n b 满足()sin n n b a =，集合{}*|,n S x x b n N ==∈．当120,3a d π==，集合22S ⎧⎪=⎨⎪⎪⎩⎭．（2）12a π=，数列{}n b 满足()sin n n b a =，集合{}*|,n S x x b n N ==∈恰好有两个元素，如图：根据三角函数线，①等差数列{}n a 的终边落在y 轴的正负半轴上时，集合S 恰好有两个元素，此时d π=，②1a 终边落在OA 上，要使得集合S 恰好有两个元素，可以使2a ，3a 的终边关于y 轴对称，如图OB ，OC ，此时23d π=，综上，23d π=或者d π=．（3）①当3T =时，3n n b b +=，集合{}123,,S b b b =，符合题意．②当4T =时，4n n b b +=，()sin 4sin n n a d a +=，42n n a d a k π+=+，或者42n n a d k a π+=-，等差数列{}n a 的公差(0,]d π∈，故42n n a d a k π+=+，2k d π=，又1,2k ∴= 当1k =时满足条件，此时{,1,1}S =--．③当5T =时，5n n b b +=，()sin 5sin ,52n n n n a d a a d a k π+=+=+，或者52n n a d k a π+=-，因为(0,]d π∈，故1,2k =．当1k =时，sin ,1,sin 1010S ππ⎧⎫=-⎨⎬⎩⎭满足题意．∴④当6T =时，6n n b b +=，()sin 6sin n n a d a +=，所以62n n a d a k π+=+或者62n n a d k a π+=-，(0,]d π∈，故1,2,3k =．当1k =时，S =⎪⎪⎩⎭，满足题意．⑤当7T =时，()7,sin 7sin sin n n n n n b b a d a a +=+==，所以72n n a d a k π+=+，或者72n n a d k a π+=-，(0,]d π∈，故1,2,3k =当1k =时，因为17~b b 对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有2m n a a π-=，227d m n ππ==-，7,7m n m -=>，不符合条件．当2k =时，因为17~b b 对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有2m n a a π-=，247d m n ππ==-，m n -不是整数，不符合条件．当3k =时，因为17~b b 对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有2m n a a π-=或者4π，267d m n ππ==-，或者467d m n ππ==-，此时，m n -均不是整数，不符合题意．综上，3,4,5,6T =．二、2019年浙江卷：解：（1）当34a =-时，()3ln 4f x x =-()0,∞+，且：()3'4f x x =-==，因此函数()f x 的单调递增区间是12ω=,单调递减区间是()0,3.（2）由1(1)2f a ≤，得04a ＜当0a ＜()f x 2ln 0x -≥，令1t a=，则t ≥设()22ln g t t x =，t ≥则2()2ln g t t x=-，（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭则()(22)2ln g x g x =，记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p x x '===∴p(x)≥p(1)=0，∴g(t)≥g(2√2)=2p(x)≥0（ii ）当211,7x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()g t g ≥，令211()(1),,7q x x x x e ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q x'=+>，故()q x 在211,7e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，1()7q x q ⎛⎫∴≤ ⎪⎝⎭，由（i ）得11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()0,()0q x g t g ∴<∴≥=>，由（i ）（ii ）知对任意21,,),()0x t g t e ⎡⎫∈+∞∈+∞≥⎪⎢⎣⎭，即对任意21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()f x ≤综上所述，所求的a 的取值范围是⎛ ⎝⎦．三、2019年江苏卷：解：（1）因为0122(1)C C C C 4n n nn n n n x x x x n +=++++≥，，所以2323(1)(1)(2)C ,C 26n nn n n n n a a ---====， 44(1)(2)(3)C 24nn n n n a ---==．因为23242a a a =，所以2(1)(2)(1)(1)(2)(3)[]26224n n n n n n n n n ------=⨯⨯，解得5n =．（2）由（1）知，5n =．5(1(1n +=+02233445555555C C C C C C =++++a =+因为*,a b ∈N ，所以024*********C 3C 9C 76,C 3C 9C 44a b =++==++=，从而222237634432a b -=-⨯=-．四、2018年上海卷：解：（1）数列{}n b 与{}n a 接近．理由：{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列，可得112n n a -=，11112n n nb a +=+=+，则011111111222n n n n b a ---=+-=-<，*n N ∈，可得数列{}n b 与{}n a 接近；（2）{}n b 是一个与{}n a 接近的数列，可得11n n n a b a +-≤≤，数列{}n a 的前四项为：11a =，22a =，34a =，48a =，可得1[0,2]b ∈，2[1,3]b ∈，3[3,5]b ∈，4[7,9]b ∈，可能1b 与2b 相等，2b 与3b 相等，但1b 与3b 不相等，4b 与3b 不相等，集合1234{|,}i M x x b i ===，，，， M 中元素的个数3m =或4；（3）{}n a 是公差为d 的等差数列，若存在数列{}n b 满足：{}n b 与{}n a 接近，可得11n a a n d =+-（）， ①若0d ＞，取n n b a =，可得110n n n n b b a a d ++-=-=>，则21b b -,32b b -，⋯，201200b b -中有200个正数，符合题意； ②若0d =，取11n b a n=-，则11111n n b a a a n n -=--=<，*n N ∈，可得11101n n b b n n +-=->+，则21b b -,32b b -，⋯，201200b b -中有200个正数，符合题意； ③若20d ﹣＜＜，可令21211n n b a --=-，221n n b a =+，则()2212211120n n n n b b a a d ---=+--=+＞，则21b b -,32b b -，⋯，201200b b -中恰有100个正数，符合题意； ④若2d-，若存在数列{}n b 满足：{}n b 与{}n a 接近，即为11n n n a b a -+，11111n n n a b a +++-+，可得()111120n n n n b b a a d ++-+--=+，21b b -,32b b -，⋯，201200b b -中无正数，不符合题意．综上可得，d 的范围是(2,)-+∞．五、2018年浙江卷：解：（Ⅰ）函数()f x的导函数1()f x x'=-，由12()()f x f x ''=1211x x -=-，因为12x x ≠12+=．= 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x ++=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=，所以()g x 在[256,)+∞上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-．（Ⅱ）令()e a k m -+=，211a n k ⎛+⎫=+ ⎪⎝⎭，则 ()?0f m km a a k k a -->+-≥，(0)f n kn a a n k n ⎫----<⎪⎭<，所以，存在0(,)x m n ∈）使00()f x kx a =+，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y kx a =+与曲线()y f x =有公共点．由()f x kx a =+得k =．设()h x =，则22ln 1()12()x a g x a h x x x +--+'==，其中()ln g x x =-．由（Ⅰ）可知()(16)g x g ≥，又34ln2a -≤，故–11613420g x a g a ln a -+-+=-++（）≤（）-≤，所以()0h x '≤，即函数()h x 在（0，+∞）上单调递减，因此方程()0f x kx a --=至多1个实根．综上，当34ln2a -≤时，对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点.六、2018江苏卷：解：（Ⅰ）由题意得||1n n a b -≤对任意1,2,3,4n =均成立故当10a =，121q b ==时可得|01|1|2|1|24|1|38|1d d d -⎧⎪-⎪⎨-⎪⎪-⎩≤≤≤≤即1335227532d d d ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩≤≤≤≤≤≤所以7532d ≤≤（Ⅱ）因为110a b =>，1||n n a b b -≤对2,3,1n m =+…均能成立把n a ，n b 代入可得1111|(1)|(2,3,1n b n d b q b n m -+--=+≤…,) 化简后可得11111112(22)(222)0(2,3,1)111n n n m b q b b b q n n n m n n n ----=-+=-+=+---≤…, 因为q ∈，所以122n m -≤，22(2,3,1)n n m -=+≤…,而110(2,3,,11nb q n m n->=+-…）所以存在d ∈R ，使得1||n n a b b -≤对2,3,1n m =+…,均成立当1m =时，112)b d ≤当2m ≥时，设111n n b q c n -=-，则111111(1)(2,3,)1(1)n n n n n b q b q q n q c c b q n m nn n n --+---=-==--… 设()(1)f n q n q =--，因为10q ->，所以()f n 单调递增，又因为q ∈所以11()(1)(1)2(1)2111m m m f m q m q m m m m ⎛⎫ ⎪⎛⎫=----=-- ⎪ ⎪-⎝⎭ ⎪-⎝⎭≤ 设111,0,2x x x m m ⎛⎤==∈ ⎥⎝⎦，且设1()21x g x x =+-，那么'21()2ln 2(1)x g x x =-- 因为2ln 22ln 2x ≤，214(1)x -≥所以'21(x)2ln 20(1)x g x =-<-在10,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上恒成立，即()f x 单调递增。

2018年高考数学真题压轴小题(解析版)

2018年高考数学压轴题小题一．选择题1（2018年1卷理11题）已知双曲线2213x C y ：-=，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M ，N . 若OMN △为直角三角形，则||MN =A ．32B ．3C ．23D ．4 2（2018年1卷理12题）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A ．33B ．23C ．32D ．33(中档题 2018年3卷理11．）设F 1，F 2是双曲线C: x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左，右焦点，O 是坐标原点．过F 2作C 的一条渐近线的垂线，垂足为P ．若|PF 1|=6|OP|，则C 的离心率为( )A ． 5B ．2C ． 3D ． 24.2018年3卷理12）设a=log 0.20.3，b=log 20.3，则( )A ．a+b<ab<0B ．ab<a+b<0C ．a+b<0<abD ．ab<0<a+b5.（2018年1卷文12）12．设函数()201 0x x f x x -⎧=⎨>⎩，≤，，则满足()()12f x f x +<的x 的取值范围是（） A ．(]1-∞-， B ．()0+∞， C ．()10-， D ．()0-∞，6.（2018年3卷文12）．设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC ∆为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为A ．123B ．183C ．243D ．5437.（2018•新课标Ⅱ）已知f （x ）是定义域为（﹣∞，+∞）的奇函数，满足f （1﹣x ）=f （1+x ），若f（1）=2，则f （1）+f （2）+f （3）+…+f （50）=（）A ．﹣50B ．0C ．2D ．508.（2018•新课标Ⅱ）已知F 1，F 2是椭圆C ：=1（a ＞b ＞0）的左、右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 且斜率为的直线上，△PF 1F 2为等腰三角形，∠F 1F 2P=120°，则C 的离心率为（）A ．B ．C ．D ．9.（2018•上海）设D 是函数1的有限实数集，f （x ）是定义在D 上的函数，若f （x ）的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，则在以下各项中，f （1）的可能取值只能是（）A ．B ．C ．D ．010.（2018•浙江）已知，，是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足﹣4•+3=0，则|﹣|的最小值是（） A ．﹣1 B ．+1 C ．2 D ．2﹣11.（2018•浙江）已知四棱锥S ﹣ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点）．设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S ﹣AB ﹣C 的平面角为θ3，则（）A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ112.（2018•浙江）函数y=2|x |sin2x 的图象可能是（）A ．B ．C ．D ．二、填空题 1.（2018年1卷理16题）已知函数()2sin sin 2=+f x x x ，则()f x 的最小值是 .2.（2018年2卷理16题）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________．3(2018年3卷理16）已知点M(-1,1)和抛物线C:y 2=4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A,B 两点．若∠AMB=900，则k=________．4.（2018年1卷文16）△ABC 的内角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，已知sin sin 4sin sin b C c B a B C +=，2228b c a +-=，则△ABC 的面积为________ 5.(2018年2卷文16）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30︒，若SAB △的面积为8，则该圆锥的体积为__________．6.(2018年2卷文16）．已知函数()()2ln 11f x x x =--+，()4f a =，则()f a -=________．7．（2018•江苏）在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线﹣=1（a ＞0，b ＞0）的右焦点F （c ，0）到一条渐近线的距离为c ，则其离心率的值为．8．（2018•江苏）若函数f （x ）=2x 3﹣ax 2+1（a ∈R ）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f （x ）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为．9．（2018•天津）已知a ＞0，函数f （x ）=．若关于x 的方程f （x ）=ax 恰有2个互异的实数解，则a 的取值范围是．10．（2018•北京）已知椭圆M ：+=1（a ＞b ＞0），双曲线N ：﹣=1．若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为；双曲线N 的离心率为．11．（2018•上海）已知实数x 1、x 2、y 1、y 2满足：x 12+y 12=1，x 22+y 22=1，x 1x 2+y 1y 2=，则+的最大值为． 12．（2018•上海）已知常数a ＞0，函数f （x ）=的图象经过点P （p ，），Q （q ，）．若2p +q =36pq ，则a= ．13．（2018•浙江）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．14．（2018•浙江）已知点P （0，1），椭圆+y 2=m （m ＞1）上两点A ，B 满足=2，则当m= 时，点B 横坐标的绝对值最大．15．（2018•浙江）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成个没有重复数字的四位数．（用数字作答）2018年高考数学压轴题小题参考答案与试题解析一．选择题1.（2018年1卷11题）已知双曲线2213x C y ：-=，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M ，N . 若OMN △为直角三角形，则||MN =解：OF=22.（2018年1卷12题）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为B ．334 B ．233C ．324D ．32 解：首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半。

历届高考数学压轴题汇总及答案

历届高考数学压轴题汇总及答案1.2019年高考数学上海卷：已知等差数列$\{a_n\}$的公差$d\in(0,\pi]$，数列$\{b_n\}$满足$b_n=\sin(a_n)$，集合$S=\{x|x=b_n,n\in N^*\}$。

1) 若$a_1=0,d=\frac{\pi}{6}$，求集合$S$的元素个数；2) 若$a_1=\frac{2\pi}{3}$，求集合$S$；3) 若集合$S$有三个元素$b_{n+T}=b_n$，其中$T$是不超过$7$的正整数，求$T$的所有可能值。

2.2019年高考数学浙江卷：已知实数$a\neq0$，函数$f(x)=a\ln x+x+1$，$x>0$。

1) 当$a=-1$时，求函数$f(x)$的单调区间；2) 对任意$x\in[\frac{3}{4},+\infty)$，有$f(x)\leq\frac{1}{2}e^{2a}$，求$a$的取值范围。

3.2019年高考数学江苏卷：设$(1+x)=a+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n$，$n^2,n\in N^*$，已知$a_3=2a_2a_4$。

1) 求$n$的值；2) 设$(1+3x)=a+b\sqrt{3}$，其中$a,b\in N^*$，求$a^2-3b^2$的值。

4.2018年高考数学上海卷：给定无穷数列$\{a_n\}$，若无穷数列$\{b_n\}$满足对任意$n\in N^*$，都有$b_n-a_n\leq1$，则称$\{b_n\}$与$\{a_n\}$“接近”。

1) 设$\{a_n\}$是首项为$1$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，构造一个与$\{a_n\}$接近的数列$\{b_n\}$，并说明理由；2) 设数列$\{a_n\}$的前四项为：$a_1=1,a_2=2,a_3=4,a_4=8$，$\{b_n\}$是一个与$\{a_n\}$接近的数列，记集合$M=\{x|x=b_i,i=1,2,3,4\}$，求$M$中元素的个数$m$；3) 已知$\{a_n\}$是公差为$d$的等差数列，若存在数列$\{b_n\}$满足：$\{b_n\}$与$\{a_n\}$接近，且在$1$的等比数列，$b_n=a_{n+1}+1$，$n\in N^*$，判断数列$\{b_n\}$是否满足$b_2-b_1,b_3-b_2,\cdots,b_{201}-b_{200}$中至少有$100$个为正数，求$d$的取值范围。

高考数学复习压轴题归类解析03 恒成立问题之端点恒成立

高考数学复习压轴题归类解析第03讲恒成立问题之端点恒成立【典型例题典型例题】】例1．设函数21()12xax f x x e +=+−．（1）若0a =，求()f x 的单调区间；（2）若0x …时，()0f x …恒成立，求a 的取值范围．【解析】解：（1）0a =时，1()1x x f x e +=−，()x x f x e ′=− (0,)x ∈+∞时，()0f x ′<；(,0)x ∈−∞时，()0f x ′>；∴函数的单调减区间是(0,)+∞，单调增区间是(,0)−∞；（2）1()()x f x x a e ′=−0x ∵…，1x e ∴… ∴101xe >… ①若0a …，则当(0,)x ∈+∞时，()0f x ′<，()f x 为减函数，而(0)0f =，从而当0x >时，()0f x <，应舍去；②若01a <<，则(0,)x lna ∈−时，()0f x ′<，()f x 为减函数，而(0)0f =，从而当(0,)x lna ∈−时，()0f x <，应舍去；③若1a …，则(0,)x ∈+∞时，()0f x ′>，()f x 为增函数，而(0)0f =，从而当(0,)x ∈+∞时，()0f x >，0x ∴…时，()0f x …a ∴的取值范围为[1，)+∞．例2．设函数2()1x f x e x ax =−−−．（1）若0a =，求()f x 的单调区间；（2）若当0x …时()0f x …，求a 的取值范围．【解析】解：（1）0a =时，()1x f x e x =−−，()1x f x e ′=−．当(,0)x ∈−∞时，()0f x ′<；当(0,)x ∈+∞时，()0f x ′>．故()f x 在(,0)−∞单调减少，在(0,)+∞单调增加()()12x II f x e ax ′=−−由()I 知1x e x +…，当且仅当0x =时等号成立．故()2(12)f x x ax a x ′−=−…，从而当120a −…，即12a …时，()0(0)f x x ′厖，而(0)0f =，于是当0x …时，()0f x …．由1(0)x e x x >+≠可得1(0)x e x x −>−≠．从而当12a >时，()12(1)(1)(2)x x x x x f x e a e e e e a −−′<−+−=−−，故当(0,2)x ln a ∈时，()0f x ′<，而(0)0f =，于是当(0,2)x ln a ∈时，()0f x <与已知矛盾．综合得a 的取值范围为1(,]2−∞．例3．设函数2()1f x x lnx aln x =−−−．（1）若0a =，求()f x 的单调区间；（2）若当1x …时，()0f x …恒成立，求a 的取值范围．【解析】解：（1）0a =时，()1f x x lnx =−−，((0,))x ∈+∞．11()1x f x x x−′=−=．可得：(0,1)x ∈时，()0f x ′<；(1,)x ∈+∞时，()0f x ′>．∴函数()f x 单调递减区间为(0,1)；函数()f x 单调递增区间为(1,)+∞．（2）由（1）可得：11110x lnx ln −−−−=…恒成立． ∴当0a …时，0a −…，2()10f x x lnx aln x =−−−…恒成立，[1x ∈，)+∞． 1()12lnx f x a x x ′=−−，2122()a alnx f x x ′′−+=．当102a <…时，120a −…，由1x …，则0lnx …．()0f x ′′∴…，()f x ∴′在(1,)+∞上单调递增． [1x ∴∈，)+∞上，()f x f ′′…（1）0=．∴函数()f x 单调递增，()f x f ∴…（1）0=．当12a >时，22122221()()2a alnx a a f x lnx x x a′′−+−==−．令0212a a a −=，则001a <<．且0()0a f e ′′=．在0(1,)a e 上，()0f x ′′<，()f x ′单调递减，()f x f ′<′（1）0=，()f x 单调递减．()f x f <（1）0=，因此当1x …时，()0f x …不恒成立，舍去．综上可得：a 的取值范围是1(,]2−∞．例4．设函数2()()f x x lnx a ax =+−，其中a R ∈．（1）若0a =，求()f x 的单调区间及极值；（2）当1x …时，()0f x …，求a 的取值范围．【解析】解：（1）当0a =时，()f x xlnx =()1f x lnx ′∴=+，(0,)x ∈+∞又∵当1(0,)x e∈时，()0f x ′<，当1(x e∈，)+∞时，()0f x ′>，()f x ∴在1(0,)e 上单调递减，在1(e ，)+∞上单调递增，在1x e=处取得极大值，且极大值为11()f e e =− （2）当1x …时，()00f x lnx a ax ⇔+−剟．令()g x lnx a ax =+−，则1()g x a x′=−．①当1a …时，()0g x ′…，故()g x 在[1，)+∞是减函数，所以()g x g …（1）0=．②当01a <<时，令()0g x ′=，得11x a=>． ∵当1(1,x a ∈时，()0g x ′>，故当1(1,)x a∈时，()g x g >（1）0=，与题意不符．③当0a …时，()0g x ′>，故()g x 在[1，)+∞是增函数，从而当(1,)x ∈+∞时，有()g x g >（1）0=，与题意不符．综上所述，a 的取值范围为[1，)+∞．例5．设函数2()(1)f x ln x x ax =+−−．（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若0x >时，()0f x >，求a 的取值范围．【解析】解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(1,)−+∞，当0a =时，()(1)f x ln x x =+−，()1x f x x −′=+，当10x −<<时，()0f x ′>，当0x >时，()0f x ′<，所以()f x 的单调递增区间为(1,0)−，单调递减区间为(0,)+∞．（Ⅱ）由（Ⅰ）知()0ln x x −…，当且仅当0x =时等号成立，若0a …，2()(1)(1)0f x ln x x ax ln x x =+−−+−剟，不符合条件；若0a <，(221)()1x ax a f x x −++′=+，0x >，令()0f x ′=，得0x =或212a x a +=−，若102a −<<，则当2102a x a+<<−时，()0f x ′<，()f x 单调递减，此时()(0)0f x f <=，不符合题意；若12a −…，则当(0,)x ∈+∞时，()0f x ′>，()f x 单调递增，此时()(0)0f x f >=，即当0x >时，()0f x >．综上所述，a 的取值范围是(−∞，1]2−．例6．设函数()()x f x e ax a R =−∈．（1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）当0x >时，2()1f x x x −+…恒成立，求a 的取值范围．【解析】解：（1）当1a =时，()x f x e x =−，()1x f x e ∴′=−，令()0f x ′…，则0x …， ()f x ∴在[0，)+∞为增函数，()0f x ′<，则0x <，()f x ∴在(,0)−∞为减函数()f x ∴的单调增区间为[0，)+∞，()f x 的单调减区间为(,0)−∞………………（4分）（2）由题意可知，当0x >时，21x e ax x x −−+…恒成立，即21x e x x a x−+−…在0x >上恒成立………………………………………………（6分）令21()x e x x g x x−+−=，则2(1)(1)()x x e x g x x −−−′=，令()1x h x e x =−−，()1x h x e ′=−，由（1）可知，()h x 在(0,)+∞为增函数．()(0)0h x h ∴>=，即10x e x −−>………………………………（9分）故当1x …时，则()0g x ′…，当01x <<时，则()0g x ′<，()g x ∴在(0,1)上为减函数，在[1，)+∞为增函数，()g x ∴在1x =取极小值，也是最小值，为g （1）1e =−，故1a e −……………………………………………………………（12分）例7．设函数()(1)22x a f x xe x x =−++．（1）若1a =，求()f x 的单调区间；（2）当0x …时，2()2f x x x −+…，求a 的取值范围．【解析】解：（1）1a =时，211()(1)2222x x f x xe x x xe x x =−++=−−+． ()1(1)(1)x x x f x e xe x x e ′=+−−=+−．令()0f x ′>，解得0x >或1x <−；令()0f x ′<，解得10x −<<．可得：函数()f x 在[1−，0]上单调递减；在区间(,1)−∞−，(0,)+∞上单调递增．（2）2()2f x x x −+…，化为：2()02x a x e x +−…， 0x ∵…，化为：22x a e x +…．0x =时，上述不等式成立．0x >时，化为：22xa e x+…，令()x e g x x =，2(1)()x e x g x x−′=，可得1x =时，函数()g x 取得极小值即最小值，()min g x g =（1）e =． ∴22a e +…，解得22a e −…．可得a 的取值范围是：(−∞，22]e −．【同步练习同步练习】】1．设函数23()(1)x f x x e ax =−+（1）当13a =−时，求()f x 的单调区间；（2）若当0x …时，()0f x …恒成立，求a 的取值范围．【解析】解：（1）当13a =−时，231()(1)3x f x x e x =−−， 222()2(1)(2)(1)x x x f x x e x e x x x e ′=−+−=+−，令()0f x ′>可得0x >或20x −<<，令()0f x ′<可得2x <−，则()f x 的单调递增区间为(2,0)−和(0,)+∞，单调递减区间为(,2)−∞−．（2）232()(1)(1)x x f x x e ax x e ax =−+=−+，当时，()0x g x e a ′=+>，()g x 在[0，)+∞上为增函数．而(0)0g =从而当0x …时，()0g x …，即()0f x …恒成立．若当1a <−时，令()0x g x e a ′=+=，得()x ln a =−，当(0x ∈，())ln a −时，()0g x ′<，()g x 在(0，())ln a −上是减函数，而(0)0g =从而当(0x ∈，())ln a −时，()0g x <，即()0f x <，综上可得a 的取值范围为[1−，)+∞．2．已知函数1()(1)()f x ax a lnx a R x=−−+∈，()f x 既存在极大值，又存在极小值．（1）求实数a 的取值范围；（2）当01a <<时，1x ，2x 分别为()()x g x f e =的极大值点和极小值点，若12()()0g x kg x +>，求实数k 的取值范围．【解析】解：（1）222211(1)1(1)(1)()a ax a x ax x f x a x x x x +−++−−′=+−==，0x >，当0a …时，10ax −<，所以在(0,1)上，()0f x ′>，()f x 单调递增，在(1,)+∞上，()0f x ′<，()f x 单调递减，所以()f x 只有极大值f （1）不合题意，当0a >时，若101a <<时，即1a >时，在1(0,a ，(1,)+∞上，()0f x ′>，()f x 单调递增，在1(a ，1)上，()0f x ′<，()f x 单调递减，所以()f x 极大值1()f a ，()f x 极小值f （1），符合题题意，若11a >时，即01a <<时，在(0,1)，1(a ，)+∞上，()0f x ′>，()f x 单调递增，在1(1,)a 上，()0f x ′<，()f x 单调递减，所以()f x 极大值f （1），()f x 极小值1()f a ，符合题题意，若11a =时，即1a =时，在(0,)+∞上，()0f x ′…，()f x 单调递增， ()f x 无极大值，也无极小值，不合题意，综上所述，a 的取值范围为0a >且1a ≠，（2）()()(1)x x g x f e e a x −=−−+， ()(1)0x x x f e ae e a −′=+−+=，所以(1)(1)0x x x e e ae −−−=，由10x e −=，得0x =，由10x ae −=，得x lna =−，因为01a <<，所以极大值点为10x =，极小值点为2x lna =−，此时1()1f x a =−，2()1(1)f x a a lna =−++，由题意可得1[1(1)]0a k a a lna −+−++>，对任意01a <<恒成立，由此时，21()()0f x f x <<，所以0k <，所以(1)(1)(1)k a lna a k +>−−，即11(11a lna k a −<−⋅+，设11()(11x h x lnx k x −=−−⋅+，(0,1)x ∈， 2222212(1)2(1)1112()(1(1)(1)(1)x x x x k k h x x k x x x x x +−⋅−++′=−−==+++，令2210x x k ++=，则△244k =−， ①当1k −…时，△0…，所以()0h x ′…，()h x 在(0,1)上单调递增，所以111()1(1)011h x ln k −<−−=+，即11(1)1a lna k a −<−+符合题意， ②当10k −<<时，△0>，设2210x x k++=的两个根为3x ，4x 且34x x <，则3420x x k +=−>，341x x =，所以3401x x <<<，则当31x x <<时，()0h x ′<，()h x 在3(x ，1)上单调递减，所以当31x a <<时，h （a ）1111(1)011ln k −>−−⋅=+，即11(1)1a lna k a −>−+不合题意，综上所述，k 的取值范围是(−∞，1]．3．已知函数()m f x lnx x =+．（Ⅰ）探究函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若()1f x m x +−…在[1，)+∞上恒成立，求实数m 的取值范围．【解析】解：（Ⅰ）函数()m f x lnx x =+，(0,)x ∈+∞，则221()m x m f x x x x −′=−=；若0m …，()0f x ′>，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；若0m >，当(0,)x m ∈时，()0f x ′<，当(,)x m ∈+∞时，()0f x ′>，函数()f x 在(0,)m 上单调递减，在(,)m +∞上单调递增；（Ⅱ）依题意，()1f x m x +−…，即10m lnx x m x++−−…在[1，)+∞上恒成立；令()1m g x lnx x m x =++−−，则2221()1m x x m g x x x x +−′=−+=，令2()(1)h x x x m x =+−…，则()h x 是[1x ∈，)+∞上的增函数，即()2h x m −…；①当2m …时，()0h x …，所以()0g x ′…，因此()g x 是[1x ∈，)+∞上的增函数，则()g x g …（1）0=，因此2m …时，10m lnx x m x++−−…成立； ②当2m >时，令22()0x x m g x x+−′==，得2()0h x x x m =+−=，求得1x =，（由于1x …，所以舍去2x =当[1x ∈时，()0g x ′<，则()g x 在[1上递减，当x ∈，)+∞时，()0g x ′>，则()g x 在)+∞上递增，所以当x ∈时，()g x g <（1）0=，因此2m >时，10m lnx x m x ++−−…不可能恒成立；综合上述，实数m 的取值范围是(−∞，2]．4．已知函数()2sin cos f x x x x x =−−，()f x ′为()f x 的导数．（1）证明：()f x ′在区间(0,)π存在唯一零点；（2）若[0x ∈，]π时，()f x ax …，求a 的取值范围．【解析】解：（1）证明：()2sin cos f x x x x x =−−∵，()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x ∴′=−+−=+−，令()cos sin 1g x x x x =+−，则()sin sin cos cos g x x x x x x x ′=−++=，当(0,)2x π∈时，cos 0x x >，当(,)2x ππ∈时，cos 0x x <， ∴当2x π=时，极大值为()1022g ππ=−>，又(0)0g =，()2g π=−，()g x ∴在(0,)π上有唯一零点，即()f x ′在(0,)π上有唯一零点；（2）由题设知()f a ππ…，()0f π=，可得0a …．由（1）知，()f x ′在(0,)π上有唯一零点0x ，使得0()0f x ′=，且()f x ′在0(0,)x 为正，在0(x ，)π为负，()f x ∴在[0，0]x 递增，在0[x ，]π递减，结合(0)0f =，()0f π=，可知()f x 在[0，]π上非负，∴当[0x ∈，]π时，()0f x …，又当0a …，[0x ∈，]π时，0ax …，()f x ax ∴…，a ∴的取值范围是(−∞，0]．5．设函数()x x f x e e −=−（Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x ′…；（Ⅱ）若对所有0x …都有()f x ax …，求a 的取值范围．【解析】解：（Ⅰ）()f x 的导数()x x f x e e −′=+．由于2x x e e −+=…，故()2f x ′…．（当且仅当0x =时，等号成立）．（Ⅱ）令()()g x f x ax =−，则()()x x g x f x a e e a −′′=−=+−，（ⅰ）若2a …，当0x >时，()20x x g x e e a a −′=+−>−…，故()g x 在(0,)+∞上为增函数，所以，0x …时，()(0)g x g …，即()f x ax …．（ⅱ）若2a >，方程()0g x ′=的正根为1x = 此时，若1(0,)x x ∈，则()0g x ′<，故()g x 在该区间为减函数．所以，1(0,)x x ∈时，()(0)0g x g <=，即()f x ax <，与题设()f x ax …相矛盾．综上，满足条件的a 的取值范围是(−∞，2]．6．设函数()x x f x e e −=−．（1）证明：()f x 的导数()2f x ′…；（2）若对所有0x …都有21(1)f x e e −−<−，求x 的取值范围．【解析】解：（1）()x x f x e e −′=+．由基本不等式得2x x e e −+=…，故()2f x ′…，当且仅当0x =时，等号成立．（2）由（1）()20f x ′>…，所以()f x 在(,)−∞+∞上单调递增，21(1)f x e e −−<−，即为2(1)f x f−<（1），所以211x −<，又0x …，解得x 的取值范围为[0 7．设函数()(1)f x ln x =+，()()g x xf x ′=，0x …，其中()f x ′是()f x 的导函数．（1）令1()()g x g x =，1()(())n n g x g g x +=，*n N ∈，求()n g x 的表达式；（2）若()()f x ag x …恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】解：由题设得，()(0)1x g x x x=+…，（1）由已知1()1x g x x=+， 211()(())1211xx x g x g g x x x x+===+++， 3()13x g x x=+，… 可得()1n x g x nx=+．下面用数学归纳法证明．①当1n =时，1()1x g x x =+，结论成立． ②假设n k =时结论成立，即()1k x g x kx=+，那么1n k =+时，11()(())1(1)11k k xx kx g x g g x x k x kx++===++++，即结论成立．由①②可知，结论对n N +∈成立．（2）已知()()f x ag x …恒成立，即(1)1ax ln x x++…恒成立．设()(1)(0)1ax x ln x x xϕ=+−+…，则21()(1)x a x x ϕ+−′=+，当1a …时，()0x ϕ′…（仅当0x =，1a =时取等号成立），()x ϕ∴在[0，)+∞上单调递增，又(0)0ϕ=，()0x ϕ∴…在[0，)+∞上恒成立．∴当1a …时，(1)1ax ln x x++…恒成立，（仅当0x =时等号成立）当1a >时，对(0x ∈，1]a −有()0x ϕ′<，()x ϕ∴在(0∈，1]a −上单调递减，(1)(0)0a ϕϕ∴−<=，即当1a >时存在0x >使()0x ϕ<，故知(1)1ax ln x x++…不恒成立，综上可知，实数a 的取值范围是(−∞，1]．8．已知函数2()(1)(1)f x lnx a x x =−−−−（其中常数)a R ∈．（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当(0,1)x ∈时，()0f x <，求实数a 的取值范围．【解析】解：（Ⅰ）2()(1)(1)f x lnx a x x =−−−−，(0)x >，(21)(1)()ax x f x x+−′=−， ①12a <−时，1012a<−<，令()0f x ′<，解得：1x >或102x a <<−，令()0f x ′>，解得：112x a −<<， ()f x ∴在1(0,),(1,)2a −+∞递减，在1(,1)2a −递增； ②102a −<<时，令()0f x ′<，解得：12x a >−或01x <<，令()0f x ′>，解得：112x a <<−， ()f x ∴在1(0,1),(,)2a −+∞递减，在1(1,2a−递增； ③12a =−，2(1)()0x f x x−′=−…，()f x 在(0,1)，(1)+∞递减； ④0a …时，210ax +>，令()0f x ′>，解得：01x <<，令()0f x ′<，解得：1x >， ()f x ∴在(0,1)递增，在(1,)+∞递减；（Ⅱ）函数恒过(1,0)，由（Ⅰ）得：12a −…时，符合题意，12a <−时，()f x 在1(0,2a −递减，在1(,1)2a −递增，不合题意，故12a −…．9．已知函数()(1)()x x f x aln x a R e =+−∈ （1）若f （1）是()f x 的极值，求a 的值，并求()f x 的单调区间．（2）若0x >时，()0f x >，求实数a 的取值范围．【解析】解：（1）函数的定义域为(1,)−+∞，函数的导数1()1x a x f x x e−′=−+，若f （1）是()f x 的极值，则f ′（1）0=，即f ′（1）11022aa e −=−==得0a =，此时1()xx f x e −′=−，由()0f x ′=得1x =，当1x >−时，()f x ′，()f x 的取值变化为 x (1,1)−1 (1,)+∞ ()f x ′ − 0+ ()f x 单调递减极小值单调递增则()f x 的单调递减区间为(1,1)−，递增区间为(1,)+∞．（2）因为(0)0f =，211()1(1)x x xa x ae x f x x e x e −+−′=−=++，记2()1x h x ae x =+−，则(0)1h a =−，且()2x h x ae x ′=+，当(0)10h a =−…，即1a …时，()20x h x ae x ′=+>，(0)x >，2()1x h x ae x =+−，在(0,)+∞上单调递增，故0x >时，()(0)10h x h a >=−…，则()0f x ′>，则()f x 在(0,)+∞上单调递增，故()(0)0f x f =…，符合．当(0)10h a =−<，即1a <时，则存在0m >使得(0,)x m ∈时，()0h x <，此时()0f x ′<，()f x 在(0,)m 上单调递减，当0x m <<时，()(0)0f x f <=，不符合，综上实数a 的取值范围是[1，)+∞．。

2018年高考数学压轴题

2018年高考数学30道压轴题训练(教师版)1．椭圆的中心是原点O，它的短轴长为(,)0F c （0>c ）的准线l 与x轴相交于点A ，2OF FA =，过点A 的直线与椭圆相交于P 、Q 两点。

（1）求椭圆的方程及离心率；（2）若0OP OQ ⋅=，求直线PQ 的方程；1．（1）解：由题意，可设椭圆的方程为(22212x y a a +=。

由已知得,().22222a c a c c c ⎧-=⎪⎨=-⎪⎩解得2a c == 所以椭圆的方程为22162x y +=，离心率e =。

（2）解：由（1）可得A （3，0）。

设直线PQ 的方程为()3y k x =-。

由方程组,()221623x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩得()222231182760k x k x k +-+-=，依题意()212230k ∆=->，得k <。

设(,),(,)1122P x y Q x y ，则21221831k x x k +=+， ① 212227631k x x k -=+。

② 由直线PQ 的方程得(),()112233y k x y k x =-=-。

于是()()[()]22121212123339y y k x x k x x x x =--=-++。

③∵0OP OQ ⋅=，∴12120x x y y +=。

④ 由①②③④得251k =，从而(k =。

所以直线PQ的方程为30x -=或30x +-=2．已知函数)(x f 对任意实数x 都有1)()1(=++x f x f ，且当]2,0[∈x 时，|1|)(-=x x f 。

（1） )](22,2[Z k k k x ∈+∈时，求)(x f 的表达式。

（2）证明)(x f 是偶函数。

（3）试问方程01log )(4=+xx f 是否有实数根若有实数根，指出实数根的个数；若没有实数根，请说明理由。

2．①f(x)=12--k x (2k≦x≦2k+2, k∈Z) ②略 ⑶方程在[1，4]上有4个实根3．如图，已知点F （0，1），直线L ：y=-2，及圆C ：1)3(22=-+y x 。

高考数学压轴题(详细解析)

已知函数在上的最小值为，，是函数图像上的两点，且线段的中点的横坐标为.）若数列的通项公式为, 求数列的前项和；）设数列满足:，设，）中的满足对任意不小于, 恒成立已知函数．）当时，如果函数仅有一个零点，求实数的取值范围；）当时，试比较与的大小；）求证：（）．设函数，其中为常数．（Ⅰ）当时，判断函数在定义域上的单调性；（Ⅱ）若函数的有极值点，求的取值范围及的极值点；（Ⅲ）当且时，求证：．已知数列是各项均不为的等差数列，公差为，为其前项和，且满足，．列满足，为数列的前）求、和；）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；）是否存在正整数，使得成等比数列？若存在，求出所有的值；若（本小题满分分）已知函数（Ⅰ）求函数的定义域，并证明在定义域上是奇函数；（Ⅱ）若恒成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）当时，试比较与的大小关系．分）已知圆的圆心为，半径为，：和直线的如图所示，已知椭圆和抛物线有公共焦点, 的中心和的顶点都在坐标原点，过点的直线与抛物线分别相交于两点）写出抛物线的标准方程；）若，求直线的方程；）若坐标原点关于直线的对称点在抛物线上，直线与椭圆有公共点，求椭圆的长轴已知函数（为自然对数的底数）．）求的最小值；）不等式的解集为，若且求实数的取值范围；）已知，且，是否存在等差数列和首项为公比大于列，使得？若存在，请求出数列的通项公已知函数当时，求函数的最值；求函数的单调区间；试说明是否存在实数使的图象与无公共点对于实数，称为取整函数或高斯函数，亦即是不超过的最大整数例如：.平面内，若满足，则的取值范围已知二次函数的导函数为，与轴恰有一个交点，则的最小值为对数列，规定为数列的一阶差分数列，其中N为的阶差分数列，其中．（Ⅰ）若数列的首项，且满足，求数列的通项公式；（Ⅱ）对（Ⅰ）中的数列，若数列是等差数列，使得对一切正整数N都成立，求；在（Ⅱ）的条件下，令设若成立，求最小正整数的值．如图，在四棱柱中，底面是正方形，侧棱与底面垂直，点是正方形对角线的交点，，点，分别在和上，且．（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）若，求的长；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角的余弦值．设函数，其中为常数．）当时，判断函数在定义域上的单调性；）若函数的有极值点，求的取值范围及的极值点；的正整数，不等式都成立已知函数）、若函数在处的切线方程为，求的值；）、若函数在为增函数，求的取值范围；）、讨论方程解的个数，并说明理由。

高考数学压轴题常用解题方式

高考数学压轴题常用解题方式九种题型1线段、角的计算与证明问题中考的解答题一般是分两到三部分的。

第一部分基本上都是一些简单题或者中档题，目的在于考察基础。

第二部分往往就是开始拉分的中难题了。

对这些题轻松掌握的意义不仅仅在于获得分数，更重要的是对于整个做题过程中士气，军心的影响。

线段与角的计算和证明，一般来说难度不会很大，只要找到关键“题眼”，后面的路子自己就“通”了。

2图形位置关系中学数学当中，图形位置关系主要包括点、线、三角形、矩形/正方形以及圆这么几类图形之间的关系。

在中考中会包含在函数，坐标系以及几何问题当中，但主要还是通过圆与其他图形的关系来考察，这其中最重要的就是圆与三角形的各种问题。

3 动态几何从历年中考来看，动态问题经常作为压轴题目出现，得分率也是最低的。

动态问题一般分两类，一类是代数综合方面，在坐标系中有动点，动直线，一般是利用多种函数交叉求解。

另一类就是几何综合题，在梯形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，对考生的综合分析能力进行考察。

所以说，动态问题是中考数学当中的重中之重，只有完全掌握，才有机会拼高分。

4一元二次方程与二次函数在这一类问题当中，尤以涉及的动态几何问题最为艰难。

几何问题的难点在于想象，构造，往往有时候一条辅助线没有想到，整个一道题就卡壳了。

相比几何综合题来说，代数综合题倒不需要太多巧妙的方法，但是对考生的计算能力以及代数功底有了比较高的要求。

中考数学当中，代数问题往往是以一元二次方程与二次函数为主体，多种其他知识点辅助的形式出现的。

一元二次方程与二次函数问题当中，纯粹的一元二次方程解法通常会以简单解答题的方式考察。

但是在后面的中难档大题当中，通常会和根的判别式，整数根和抛物线等知识点结合5多种函数交叉综合问题初中数学所涉及的函数就一次函数，反比例函数以及二次函数。

这类题目本身并不会太难，很少作为压轴题出现，一般都是作为一道中档次题目来考察考生对于一次函数以及反比例函数的掌握。

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18．如图,在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C 过点 (
3,
1 2
)
,焦点
F1
(
3, 0), F2 (
3, 0) ,圆 O 的直径为 F1F2 ．
(1) 求椭圆 C 及圆 O 的方程；
(2) 设直线 l 与圆 O 相切于第一象限内的点 P．
①若直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，求点 P 的坐标；
(2) 若函数 f (x) ax2 1与 g(x) ln x 存在“S 点”，求实数 a 的值； (3) 已知函数 f (x) x2 a ，g(x) bex ．对任意 a 0 ，判断是否存在 b 0 ，使函数 f (x) 与 g(x) 在区
x 间 (0, ) 内存在“S 点”，并说明理由．
此时
f (x) 2x3 3x2 1 ， f (x) 6x(x 1) ， x [1,1]
f (x) 在[1,0] 递增，在[0,1] 递减， f (1) 4 ， f (1) 0 . 可得
f (x)max f (0) 1 ， f (x)min f (1) 4
f (x)max f (x)min 3
与 y 2x 联立，得
(x
a
5)2 2
(y
a)2
(a
5)2 4
a2
xD 1 ， D(1, 2)Fra bibliotekBCD
(5
a)(1
a
2
5)
2a(2
a)
5(a
3)(a 2
1)
0
xA a 3
13. 在 △ABC 中，角 A, B,C 所对的边分别为 a,b, c ， ABC 120 ， ABC 的平分线交 AC 与点 D，且 BD 1，则 4a c 的最小值为 ▲ ．
2018 江苏高考数学压轴题的分析与解（卞进宇）
2018 年江苏卷
11．若函数 f (x) 2x3 ax2 1(a R) 在 (0, ) 内有且只有一个零点，则 f (x) 在[1,1] 上的最大值与最小值的和为 ▲ ．
解析：-3 函数 f (x) 导函数为
f (x) 6x2 2ax 2x(3x a)，f (0) 1
方法二：利用三角形宽高公式求解.
2018 江苏高考数学压轴题的分析与解（卞进宇）
将 x 0 带入直线 l 方程，得 D(0, m)
S△ AOB
=
1 2
x1
x2
OD
1 2
4
4k 2 1 m2 4k 2 1
m=
2
k2
2 4k 2
3(k 2 1
1)
26 7
解得
k 5 ，m3 2
所以直线 l 方程为
因为所以
构造如图所示一线三垂直，有
tan∠DOB 2 , OB 5
OM
1 4
MB
1 5 OB
1,
DM
2OM
2
△AND≌△DMB AN DM 2
2018 江苏高考数学压轴题的分析与解（卞进宇）
xA OM AN 3
方法二：向量法.
设
A(a,
2a)
，
a
0
，
D(b,
2b)
，
b
a
，则
C(
a
2
情况一： a 0 .此时 f (x) 在 (0, ) 递增，又 f (0) 1 ，所以 f (x) 在 (0, ) 无零点，舍去.
情况二：
a
0
.此时
f
(x)
在
(0,
a 3
)
递减，在
(
a 3
,
)
递增.
在
(0,
)
上，在
x
a 3
处取得极小值
f
(
a 3
)
2a3 27
a3 9
1=
27 a3 27
0
a3
所以
c2 a2
1 1
c a
c2 a2
即
(a c)(a c) ac(a c)
恒成立. 可得
a c ac ， 1 1 1 ac
4a c (4a c)( 1 1) 5 c 4a 5 2 c 4a 9
ac
ac
ac
当且仅当 c 4a 即 c 2a 时取等 ac
方法二：面积法.
x02
a
be x0 x0
①
2
x0
be x0
( x0 x02
1)
②
因为 b 0 ，由②得 0 x0 1
将①带入②可得
分离变量
构造函数
2x0
(a
x02 )(x0 x0
1)
a
2 x02 x0 1
x02
x03 3x02 x0 1
③
构造函数
h(x)
x3 3x2 x 1
a
x3
3x2 ax x 1
(n m)2 2m1 2 12(2n 1)
n2 2(m 12)n (m2 2m1 24m 14) 0 若 m 5 ，解①和②，得 n 27 ，成立. 所以 nmin 27 . 此题亦可先将 m 5 带入得
an1 2n 9 ， Sn (n 5)2 62
从而求出 nmin 27 .
5
,
a)
由 AB CD 0 和 AD BD 0 ，得
AD
AB
CD
(5
a)(b
a
2
5)
2a(2b
a)
0
BD (b a)(b 5) 4b(b a) 5(b 1)(b a)
0
解得
a 3
b
1
xA a 3
方法三：解析法.
设
A(a,
2a)
，
a
0
，则
C(
a
2
5
,
a)
圆 C 方程
解析：9
方法一：正余弦定理.
△ABD 和 △CBD 中，正弦定理得
AD sin 60
c sin
，
DC sin 60
a sin
所以
AD c （角平分线分线段成比例） DC a △ABD 和 △CBD 中，余弦定理得
AD2 c2 1 c ， CD2 a2 1 a
2018 江苏高考数学压轴题的分析与解（卞进宇）
因为 f (x0 ) g(x0 ) 且 f (x0 ) g(x0 ) ，得
2018 江苏高考数学压轴题的分析与解（卞进宇）
ax02 1
2ax0
ln 1 x0
x0
解得
a
e 2
（3）对 f (x) 和 g(x) 求导，得
f
( x)
2x
，
g ( x)
bex
(x x2
1)
因为 f (x0 ) g(x0 ) 且 f (x0 ) g(x0 ) ， (x0 0) ，得
同上可求.
CD
c
AD
a
BD
c
BC
a
BA
ac
ac
1=
a2c2 (a c)2
a c ac
方法六：几何法 2. 构造如图所示图形，则
同上可求.
1 c 1 ac a c ac
14. 已知集合 A {x | x 2n 1, n N*} ， B {x | x 2n , n N*}．将 A B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an} ．记 Sn 为数列{an} 的前 n 项和，则使得 Sn 12an1 成立的 n 的最小值为 ▲ ．
设直线 l 与圆切点 P(x0 , y0 ) (x0 0, y0 0) ，则直线 l 方程为
x0 x y0 y 3
设直线 l 与椭圆切点 Q(x1, y1) ，则直线 l 方程为
直线 l 方程是相同的，所以即
由于点 Q(x1, y1) 在椭圆上，有
x1x 4 y1 y 4
x0 x1
y0 4 y1
与椭圆方程联立得
(4k 2 1)x2 8kmx 4m2 4 0
设与椭圆的两交点
由①知与圆相切，与椭圆相交，有解得
A(x1, kx1 m) ， A(x2 , kx2 m) 3k 2 3 m2 4k 2 1 m2
k 2 ， m 3(k 2 1)
16(4k 2 1 m2 )
方法一：利用三角形底高公式求解.
y kx m(k 0, m 0)
与椭圆方程联立，相切 0 ，有 a2k 2 b2 m2 ，则
与圆方程联立，相切 0 ，则
解得所以直线 l 方程为
4k 2 1 m2 3k 2 3 m2 k 2，m3 y 2x 3
与圆方程联立得切点 P( 2,1)
方法二：利用切线方程求解.
②直线
l
与椭圆
C
交于
A,
B
两点．若△OAB
的面积为
26 7
，求直线
l
的方程．
y
解析：
（1）
椭圆
C
的方程：
x2 4
y2
1
圆 O 的方程： x2 y2 3
（2）①
F1
O
F2
x
(第 18 题)
2018 江苏高考数学压轴题的分析与解（卞进宇）
方法一：利用一元二次方程求解. 直线 l 存在斜率，设直线 l 方程为
解析：27
由 Sn 12an1 可知， n 24 且 an1 B .
2018 江苏高考数学压轴题的分析与解（卞进宇）
当
此时 m 5 且由 Sn 12an1 得
2m
2(n
1
m)
1
2m1 （即
2m 1 2
m
n
2m1 1 2