浅谈高考数学二轮复习中的几个常见问题
平时加强选择、填空题解答的速度和正确率的强化训练。选择题有其独特的解答方法，如特殊法、数形结合法、极限法等。另外选择支也是已知条件，利用选择支之间的关系可能使你的答案更准确。切记不要“小题大做”。
以上是高三学生在二轮复习中常见的的六问题。
出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在。在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近。因此，希望高三学子能够正视问题的客观存在，主动地去面对问题、解决问题，相信你自己的实力！
问题2：二轮复习的难度大于一轮复习，我基础不好，跟不上，该怎么办？
有很多基础差的学生在一轮复习中还勉强能跟上老师的节奏，而到了二轮复习中感觉很吃力，跟不上老师的教学节奏，每天的作业中都有很多不会做的题目。
对这部分的学生，你们所要做的是两个字“坚持”!所谓“黎明前的黑暗”就在此，保持好一轮复习中的那种状态。在学习上注重“储备学习”(所谓储备学习就是在老师上课前的内容自己先自学一遍，让自己在课堂上能够很好地跟上老师的节奏。)你们在二轮复习中要特别的注重自主超前学习，把自己不懂的地方提前发现在每天老师的讲课过程中，重视对题目的总结和归纳，不能就题论题，尽量做到“做一题通类似”。课后对于你来说相当重要，你要花大量时间在研究老师上课所讲的例题上，仔细揣摩老师所讲的数学思想、数学方法、解题技巧等等。另外，遇到自己不能搞清楚的问题一定要及时地问老师，做到“不留问题过夜”，这对你来说是很重要的。问Βιβλιοθήκη 5：“不讲不懂，一讲就懂”是怎么回事？
出现这种情况的原因是因为“见识短浅”，学生在一轮复习结束后，对于真正的高考题接触的还是比较少的，真正的高考题具有综合性、关联性，大部分题目不是考一两个知识点就能解决的，通常情况下会综合运用多个知识点，而这些知识点又是学生一轮复习中复习到了，就单个知识点来讲，大部分学生都认识，但综合起来就不是那么容易被看穿了。因此，我们在二轮复习中要注重拆题，就像拆机器一样，将综合题拆分成几部分来研究，最后再看他是如何组装的，经过反复的拆、卸，相信大家会有所体会，“不讲不懂，一讲就懂”的现象也会随之减少的。
问题3：一轮复习过的知识点在二轮复习中记不得或者想不到运用，这该怎么办？
在一轮复习结束时，大部分的学生都有拿到题目居然不知道从哪下手这种感觉，产生这种现象的原因是大家在学习的时候没有注重将知识点“连点成线、连线成面”，知识点在你们的大脑中还是孤立的，不能够“串”起来，因此有时候会“掉线”。克服这种问题的办法其实很简单——快速阅读，把书读薄。通过快速阅读的方法能够让你在短时间内记得所有的知识点(前提是你一轮复习的很塌实)，然后再通过解答题来验证知识点之间的联系，大约通过30-50道解答题的研究，你就会越来越知道知识点之间的联系了。因此对你来说，“快看点、慢研题”是你成功的法宝。
在一轮复习中，复习重在基础知识的回顾，目的是让知识结构中不存在盲区。采用的复习方法是“以课本为本”。在一轮复习结束后，知识点在我们的意识形态中还是孤立的，没有通过知识点之间的内在关系联系在一起。另外，由于知识点多、杂，难以让我们的学生一下子记住和掌握，更不用说灵活地运用。而我们的模拟考试往往是接近于“实战”，重在考察学生知识点的全面性和知识点的关联性，以及基本的方法和基本技能。除此之外，有的学校还特意将一轮模拟考试的难度稍微提高一点，目的是让大家有紧迫感，因此，在一模考试中见不到分数是很正常的，分数的提高主要是在二轮复习中。
问题4：“一做就错”该怎么解决？
出现这种情况的原因无非就是以下几种：一、审题不仔细。二、坠落陷阱。三、计算错误。四、粗心大意。在大部分情况下，我们的学生看到类似的题目就兴奋，不能够冷静下来审题，其实在二轮复习中，我们会见到很多的类似题，他们表面是相同的，但实质却不见得一样，所用的数学方法和思想说不定就是截然不同的。因此，我们要做好错题整体和总结工作，力争做到“相同的错只犯一次”。
浅谈高考数学二轮复习中的几个常见问题
高考数学第二轮复习是攻克重点难点的主要阶段，能快速拉开分数差距，考生应该如何在短短的时间内，科学安排复习，提高效率呢？总的来说：研究考纲，把准方向；重视课本，强调基础；突破难点，关注热点。下面谈谈二轮复习中几个常见的问题。
问题1：有的学生在第一轮复习中学得很辛苦，拿模拟试卷一考却不见分数，这是为什么？
高考数学二轮复习应注意的6个问题
高考数学二轮复习应注意的 6 个问题关于数学这一学科来讲，二轮复习是拿分数的重点时期。
一轮复习重在打基础，拉网式的将知识点过一遍，力求做到不遗漏任何知识点。
而二轮复习的作用在于提高、稳固、总结和得分，是最“本质”的一个阶段。
问题一：有的学生在第一轮复习中学得很辛苦，拿模拟试卷一考却不见分数，这是为何？在一轮复习中，复习重在基础知识的回首，目的是让知识结构中不存在盲区。
采纳的复习方法是“以课本为本”。
在一轮复习结束后，知识点在我们的意识形态中仍是孤立的，没有经过知识点之间的内在关系联系在一同。
此外，因为知识点多、杂，难以让我们的学生一下子记着和掌握，更不用说灵活地运用。
而我们的模拟考试常常是靠近于“实战”，重在观察学生知识点的全面性和知识点的关系性，以及基本的方法和基本技术。
除此以外，有的学校还特地将一轮模拟考试的难度略微提高一点，目的是让大家有紧急感，所以，在一模考试中见不到分数是很正常的，分数的提高主假如在二轮复习中。
问题二：二轮复习的难度大于一轮复习，我基础不好，跟不上，该怎么办？有好多基础差的学生在一轮复习中还牵强能跟上老师的节奏，而到了二轮复习中感觉很费劲，跟不上老师的教课节奏，每日的作业中都有好多不会做的题目。
对这部分的学生，你们所要做的是两个字“坚持”!所谓“拂晓前的黑暗”就在此，保持好一轮复习中的那种状态。
在学习上着重“贮备学习”(所谓贮备学习就是在老师上课前的内容自己先自学一遍，让自己在讲堂上可以很好地跟上老师的节奏。
)你们在二轮复习中要特其他着重自主超前学习，把自己不懂的地方提早发此刻每日老师的授课过程中，重视对题目的总结和概括，不可以就题论题，尽量做到“做一题通近似”。
课后关于你来说相当重要，你要花大批时间在研究老师上课所讲的例题上，认真推测老师所讲的数学思想、数学方法、解题技巧等等。
此外，碰到自己不可以搞清楚的问题必定要及时地问老师，做到“不留问题留宿”，这对你来说是很重要的。
谈高考数学第二轮复习的误区及对策
平 和 能 力 的 提 高 ！下 面 就 第 二 轮 复 习 过 程 中 存 在 的一 些 误 区
谈谈相应的对策 。
第三 ， 只重 思 路 ， 视 算 理 。 运 算 能 力 是 思 维 能 力 和 运 算 忽 技 能 的 结 合 ， 不 仅 包 括 数 的 运 算 ， 包 括 式 的 运 算 ， 考 生 它 还 对
２１ ０ ０年 ７月 第 ７期
新 教 师教 学
Ｎ ｅ Ｔｅ ｃ ｒＴ ｅ ｃ ｉ ｇ ｗ ａ ｈｅ ａ ｈ ｎ
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Ｎ ０．７
＊综 合 论 坛 ＊
谈 高 考 数 学 第 二 轮 复 习 的误 高级 中学 ， 西 ， 安 ， ４ ４ ０ 融 广 融 ５ ５ ０） 【 要 】 高 三 数 学 第 二 轮 复 习是 承 上 启 下 ， 化 主 干 内容 ， 握 知 识 的 内 在 联 系 ， 过 解 题 训 练 提 升 实 战 能力 的 关 键 时 摘 强 把 通 期 但 我 们 对 第 二 轮 复 习的 认 识 往 往 存 在 着 一 些 偏 差 或误 区， 些偏 差或 误 区 得 不 到 及 时 纠 正 ， 会 影 响 数 学水 平 和 能 力 的 这 将
出 、 析 和 解 决 的 思 路 ， 寻 找所 需 要 的 、 用 的方 法 和 技 能 ； 这 是 运 算合 理性 的 主要 标 志 ， 运 算 能 力 的体 现 。 因此 ， 算 分 去 有 是 运
本 着 解 决 问题 的 目的 ， 知 识 进 行 必 要 的拆 分 、 工 和 重 组 。 能 力 的 考查 重点 应 放 在 考 查 算 理 、 算 途 径 的判 断 、 择 、 将 加 运 选 设 如 果 说第 一轮 主要 以纵 向 为 主 ， 序 复 习 的 话 ， 么 第 二 轮 复 计 。合 理选 择 运 算 途 径 不 仅 是 运 算 速 度 的 需 要 ， 是 运 算 准 顺 那 也 习 就 是 以横 向 为 主 ， 化 提 高 。专 题 的 选 取 可 根 据 学 生 的 实 确 性 的保 证 。运 算 的步 骤 越 多 、 繁 琐 ， 深 越 出错 的 可 能 性 也 会 越
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：双变量统一
第15讲双变量统一知识与方法常见的双变量问题,有如下几类:(1)极值点偏移问题;(2)拐点偏移问题;(3)双极值点问题;(4)零点差问题;(5)“恒成立”“能成立”双变量问题;(6)其他的双变量问题.本节主要研究(5)和(6)两类问题的处理方法,其他类型将在后面继续研究.对于一般的双变量问题,要灵活运用“消元”、“减元”、“换元”等操作手法,其核心思想就是化为单变量函数,研究函数的单调性、值域或最值.对于含有“恒成立”“能成立”等关键词的双变量问题,要正确翻译“恒成立”“能成立”等关键词,理解“任意”与“存在”的含义及区别,将问题进行正确转化,分析函数的值域即可解决.下面是一些常见“关键词”的翻译:1.不等式恒成立、能成立问题通常利用分离参数转化为求函数的最值：(1)∀x∈D,f(x)>a(f(x)⩾a)恒成立⇔f(x)min>a(f(x)min⩾a);∀x∈D,f(x)<a(f(x)⩽a)恒成立⇔f(x)max<a(f(x)max⩽a).(2)∃x∈D,f(x)>a(f(x)⩾a)能成立⇔f(x)max>a(f(x)max⩾a);∃x∈D,f(x)<a(f(x)⩽a)能成立⇔f(x)min<a(f(x)min⩽a).变量类函数恒成立、能成立问题(1)若f(x),g(x)的值域分别为A,B,则有:(1)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A⊆B;(2)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A∩B≠∅.(2)两个函数的最值问题(1)∀x1∈D,∀x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)max;(2)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)min;(3)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)max>g(x)min.典型例题消元与换元在处理多变量问题时,我们可以分析变量之间的联系,通过代换的方法将其转化为单变量的问题,从而将较为复杂的函数转化为一个简单的函数来处理,实现从未知向已知的转化,顺利解决问题.【例1】设a,b >0,a ≠b ,求证:√ab <b−a ln b−ln a<a+b 2.【解析】不妨设b >a >0, (1)先证√ab <b−a ln b−ln a.要证√ab <b−aln b−ln a ,即证ln b −ln a <√ab,即证ln b a <√b a −√ab . 上式中今t =√ba ,则只需证明:2ln t <t −1t (t >1). 令f(t)=2ln t −t +1t (t >1),则f ′(t)=2t −1−1t 2=−t 2+2t−1t 2=−(t−1)2t 2<0,所以f(t)在(1,+∞)上单调递減,又f(1)=0,因此当t >1时,f(t)=2ln t −t +1t <0,即2ln t <t −1t (t >1)成立. 故ln ba <√ba −√ab . (2)再证b−a ln b−ln a <a+b 2.即证ln b −ln a >2(b−a)a+b,即证ln ba>2(b a−1)1+ba.令t =ba (t >1),则只需证明:ln t >2(t−1)1+t (t >1),设g(t)=ln t −2(t−1)1+t(t >1),g ′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)递增,又g(1)=0,因此当t >1时,g(t)=ln t −2(t−1)1+t>0,即ln t >2(t−1)1+t成立,故b−a ln b−ln a <a+b 2.综上,√ab <b−aln b−ln a <a+b 2.【点睛】本题通过比值换元,把双变量不等式变为单变量不等式,从而可以轻松地构造函数解决问题.通过换元把双变量不等式变为单变量,是证明双变量不等式的基本方法. 本题的不等式称为对数平均不等式,两个正数a 和b 的对数平均定义:L(a,b)={a −bln a −ln b (a ≠b),a(a =b).对数平均与算术木平均,几何平均的大小关系:√ab ⩽L(a,b)⩽a+b 2.对数平均不等式在双变量不等式,特别是极值点偏移问题中有着重要的应用.【例2】已知函数f(x)=ae x (a ≠0),g(x)=12x 2.(1)当a =−2时,求曲线f(x)与g(x)的公切线方程;(2)若y =f(x)−g(x)有两个极值点x 1,x 2,且x 2⩾3x 1,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当a =−2时,f(x)=−2e x ,设曲线f(x)上的切点为(x 1,−2e x 1),则切线方程为y +2e x 1=−2e x 1(x −x 1),设曲线g(x)上的切点为(x 2,12x 22), 则切线方程为y =12x 22=x 2(x −x 2),由两条切线重合得{−2e x 1=x 2,2e x 1(x 1−1)=−12x 22,则{x 1=0,x 2=−2,所以公切线方程为y =−2x −2. (2)y =f(x)−g(x)=ae x −12x 2,y ′=ae x −x ,因为x 1,x 2是y =f(x)−g(x)的极值点,所以ae x 1−x 1=ae x 2−x 2=0,所以a =x 1e x 1=x2e x 2. 令x 2=kx 1(k ⩾3),可得x 1e x 1=kx 1e kx 1,则x 1=ln kk−1. 设ℎ(x)=ln xx−1(x ⩾3),则ℎ′(x)=1−1x−ln x (x−1)2,令t(x)=1−1x −ln x(x ⩾3),则t ′(x)=1−x x 2<0,t(x)单调递减,得t(x)⩽t(3)=23−ln 3<0,所以ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减, ℎ(x)⩽ℎ(3)=ln 32,易知ℎ(x)>0,所以x 1∈(0,ln 32].今φ(x)=x e x,φ′(x)=1−x e x,则φ(x)在(−∞,1]上递增,所以a =x 1e x 1∈(0,√36ln 3]. 【点睛】当一个不等式中出现多个未知数,如何减少变元的个数就成为解决问题的关键.“减元”是在“消元”的思想下进行的,通过“消元”减少变量的个数,可使问题变得简单、易于解决.减元的常用手段有:换元、整体代入、消去常数等. 【例3】已知函数f(x)=ln x −ax . (1)讨论f(x)的单调性;(2)若x 1,x 2(x 1<x 2)是f(x)的两个零点. 证明:(i)x 1+x 2>2a ;(ii)x 2−x 1>2√1−eaa. 【解析】(1)f(x)定义域(0,+∞),f ′(x)=1x −a =1−ax x.则当a ⩽0时f(x)在(0,+∞)为增函数;当a >0时f(x)在(0,1a )为增函数,在(1a ,+∞)为减函数. (2)(i)原不等式等价于x 1+x 22>1a,因为ax 1=ln x 1(1),ax 2=ln x 2(2),由(2)−(1)得,a (x 2−x 1)=ln x 2−ln x 1则a =ln x 2−ln x 1x 2−x 1,则x 1+x 22>1a 等价于x 1+x 22>x 2−x1ln x 2−ln x 1(对数平均不等式)即证ln x 2−ln x 1>2(x 2−x 1)x 1+x 2,即证ln x 2x 1−2(x 2x 1−1)1+x 2x 1>0，设t =x 2x 1(t >1),设g(t)=ln t −2(t−1)1+t(t >1),则g ′(t)=1t−2(1+t)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)上为增函数.所以g(t)>g(1)=0,即ln x 2x 1−2(x 2x 1−1)1+x 2x 1>0,所以x 1+x 22>1a.(ii)设ℎ(x)=ln x x,则ℎ′(x)=1−ln x x 2.所以ℎ(x)在(0,e]上递增,在(e,+∞)上递减.因为a =ℎ(x)有两个不相等的实根,则0<a <1e 且1<x 1<e <x 2. 易证ln x <x −1对x ∈(0,1)∪(1,+∞)恒成立(考试中需证明), 则ln 1x >1−x 对x ∈(0,1)恒成立,所以ax 1−1=ln x 1−1=lnx 1e>1−e x 1,因为x 1>0,所以ax 12−2x 1+e >0 又因为a >0,Δ=4−4ae >0,所以x 1<1a−√1−eaa或x 1>1a+√1−eaa. 因为0<x 1<e 且0<a <1e,所以x 1<1a−√1−eaa因为x 1+x 22>1a,所以x 1+x 22−x 1>1a−(1a−√1−eaa) 即x 2−x 1>2√1−eaa. 【点睛】将关于x 1,x 2的双变量问题等价转化为以x 1,x 2所表示的运算式作为整体的单变量问题,通过整体代换为只有一个变量的函数式,从而使问题得到巧妙的解决,我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.这是解决双变量问题最重要、最一般的方法.变更主元对于题目涉及到的两个变元,已知其中一个变元在题设给定的范围内任意变动,求另一个变元的取值范围问题,这类问题我们称之为“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题,往往会利用我们习惯将字母x作为自变量的误区来进行设计.此时,我们可以变更主元,“反客为主”,将另一个变量作为自变量,从而使问题得以解决,我们称这种方法为变更主元法.如下面【例】题.【例4】设函数f(x)=e2x−aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)⩾2a+aln 2a.【解析】(1)f(x)=e2x−aln x的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=2e2x−ax.(1)当a⩽0时,f′(x)>0恒成立,故f′(x)没有零点;(2)当a>0时,因为y=e2x为单调递增,y=−ax单调递增,所以f′(x)在(0,+∞)单调递增.又f′(a)>0,且b满足{0<b<a4,b<14,时,f′(b)<0,故零点存在性定理可知,f′(x)存在唯一的零点.综上所述,当a⩽0时,f′(x)没有零点;当a>0时,f′(x)存在唯一零点.(2)解法1:由(1)知,可设导函数f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0),由于2e2x0−ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln 2a⩾2a+aln 2a.故当a>0时,f(x)⩾2a+aln 2a.解法2:令g(a)=2a+aln 2a−e2x+aln x,g′(a)=2+ln 2a−1+ln x=1+ln 2+ln x−ln a.令g ′(a)>0,得a <2ex ;令g ′(a)<0,得a >2ex .所以函数g(a)在(0,2ex)上单调递增,在(2ex,+∞)上单调递减, 所以g(a)max =g(2ex)=4ex +2exln 1ex +2exln x −e 2x =2ex −e 2x . 再令ℎ(x)=2ex −e 2x ,ℎ′(x)=2e −2e 2x ,所以ℎ(x)在(0,12)上单调递增,在(12,+∞)上单调递减,ℎ(x)max =ℎ(12)=0. 所以g(a)max ⩽0.得证.【点睛】(1)在解题过程中,若以x 为自变量不好做,可以考虑变更主元;(2)变更主元后,要点睛意是对新变量求导.本题解法2中,构造g(a)后,a 才是自变量,而x 变成了参数.【例5】函数f(x)=e mx−1−ln x x,(1)若m =1,求f(x)的单调区间； (2)若f(x)的最小值为m ,求m 的最小值. 【解析】(1)当m =1时,f(x)=e x−1−ln x x,f ′(x)=x 2e x−1+ln x−1x 2,令u(x)=x 2e x−1+ln x −1,易知u(x)在(0,+∞)上单调递增,且u(1)=0, 所以当x ∈(0,1)时u(x)<0,此时f ′(x)<0; 当x ∈(1,+∞)时u(x)>0,此时f ′(x)>0;所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞). (2)依题意可得:e mx−1−ln x x⩾m 恒成立,且等号能够取到.构造关于m 的函数g(m)=e mx−1−ln x x−m,g ′(m)=xe mx−1−1,令g ′(m)>0,得m >1−ln x x;令g ′(m)<0,得m <1−ln x x;所以g(m)在(1−ln x x ,+∞)上单调递增;在(−∞,1−ln x x)上单调递减,故g(m)⩾g (1−ln x x)=e1−ln xx⋅x−1−ln x x−1−ln x x=0.不等式g(m)⩾g (1−ln xx)=0中的等号可以取到,令ℎ(x)=1−ln x x,则ℎ′(x)=ln x−2x 2,易得ℎ(x)在(0,e 2)上单调递减,在(e 2,+∞)上单调递增,ℎ(x)min =ℎ(e 2)=−1e 2.所以m ⩾−1e2,故m 的最小值为−1e2.构造函数【例6】已知函数f(x)=(a +1)ln x +ax 2+1. (1)讨论f(x)的单调性;(2)设a <−1,如果对任意x 1,x 2∈(0,+∞),|f (x 1)−f (x 2)|⩾4|x 1−x 2|,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=a+1x+2ax =2ax 2+a+1x,当a ⩾0时,f ′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ⩽−1时,f ′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当−1<a <0时,令f ′(x)=0,解得x =√−a+12a.则当x ∈(0,√−a+12a)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增;x ∈(√−a+12a,+∞)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减.故当a ⩾0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ⩽−1时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当−1<a <0时,f(x)在(0,√−a+12a)单调递增,在(√−a+12a,+∞)单调递减.(2)不妨设x 1⩾x 2,而a <−1,由(1)知f(x)在(0,+∞)单调递减, 从而任意x 1,x 2∈(0,+∞),|f (x 1)−f (x 2)|⩾4|x 1−x 2| 等价于任意x 1,x 2∈(0,+∞),f (x 2)+4x 2⩾f (x 1)+4x 1(∗) 令g(x)=f(x)+4x ,则g ′(x)=a+1x+2ax +4,由于(∗)等价于g(x)在(0,+∞)上单调递减, 得g ′(x)=a+1x+2ax +4⩽0. 从而a ⩽−4x−12x 2+1=(2x−1)2−4x 2−22x 2+1=(2x−1)22x 2+1−2,故a ⩽−2.从而实数a 的取值范围是(−∞,−2].【点睛】本题通过分离变量x 1,x 2,将x 1,x 2分别移到不等式的两侧,得到同构式,根据同构式构造新的函数,得到新函数的单调性,利用导数即可解决问题.本方法在1.6章节有详细介绍. 【例7】已知函数f(x)=x −bx ,g(x)=2aln x .(1)若b =0,函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切,求a 的值;(2)若a >0,b =−1,函数F(x)=xf(x)+g(x)满足对任意x 1,x 2∈(0,1](x 1≠x 2),都有|F (x 1)−F (x 2)|<3|1x 1−1x 2|恒成立,求a 的取值范围;(3)若b =1,函数G(x)=f(x)+g(x),且G(x)有两个极值点x 1,x 2,其中x 1∈(0,13],求G (x 1)−G (x 2)的最小值.【解析】(1)若b =0,函数f(x)=x 的图象与g(x)=2aln x 的图象相切,设切点为(x 0,2aln x 0),则切线方程为y =2ax 0x −2a +2aln x 0,所以{2ax 0=1,−2a +2aln x 0=0,解得x 0=e,a =e 2.所以a =e 2. (2)当a >0,b =−1时,F(x)=x 2+1+2aln x,F ′′(x)=2x +2a x>0,所以F(x)在(0,1]递增.不妨设0<x 1<x 2⩽1,原不等式等价于F (x 2)−F (x 1)<3(1x 1−1x 2),即F (x 2)+3x 2<F (x 1)+3x 1.设ℎ(x)=F(x)+3x=x 2+1+2aln x +3x,则原不等式等价于ℎ(x)在(0,1]上递减,即ℎ′(x)=2x +2a x−3x 2⩽0在(0,1]上恒成立.所以2a ⩽3x −2x 2在(0,1]上恒成立.设y =3x −2x 2,在(0,1]上递减,所以y min =3−2=1,所以2a ⩽1,又a >0,所以0<a ⩽12;(3)若,函数所以,由题意知是的两根, 所以,所以,数े ,所以, 当时,在上单调函数, 所以的最小值为, 1b =1()()()2ln G x f x g x x a x x=+=-+2221()(0)x ax G x x x++'=>12,x x 2210x ax ++=12122111111,2,,2x x x x a x a x x x =+=-==--()()()1211111111112ln G x G x G x G x x x x x x ⎤⎡⎫⎛⎫⎛⎫-=-=--+⎥⎪⎢ ⎪ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎭⎦11()2ln H x x x x x x ⎡⎤⎛⎫=--+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦222(1)(1)ln 1()21ln x x x H x x x x +-⎛⎫'=-= ⎪⎝⎭10,3x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦()0,()H x H x '<10,3⎛⎤ ⎥⎝⎦()H x 120ln31633H -⎛⎫=⎪⎝⎭即的最小值为. 任意存在分析值域【例8】已知函数.对于任意,意存在唯一的,使得成立,求实数的取值范围.【解析】题意等价于:设在上的值域为,则对任意,直线与在上的图象有且仅有一个交点,求实数的取值范围. 也就等价于:当“存在区间,使若函数在区间上单调,且此时函数在区间,上的值域恰好为在区间上的值㘺的子集”时,求实数的取值范围.下面,我们先求的值域:(i)当时,为上的增函数;(ii)当时,. ,即时,在上为增函数, 结合知,在上单调递增,所以. ②当,即时,在上为数函数,在上为增函数,结合(1)中的结论,在上若函数,在上为增函数.所以.时,即在上为数函数. 所以.综上所述，在的最小值为下面研究的值域:()()12G x G x -20ln 3163-2()|ln 1|,()||22ln 2(0)f x x a x g x x x a a =+-=-+->1[1,)x ∈+∞2[2,)x ∈+∞()()12f x g x =a ()f x [1,)+∞D k D ∈y k =()g x [2,)+∞a [2,)I ⊆+∞()g x I ()f x [1)+∞()g x I a ()f x e x 2()(ln 1),()f x x a x f x =+-[e,)+∞1e x <222()(ln 1),()2(0)a x a f x x a x f x x a x x-=--'=-=>12a 02a <()f x [1,e)(1)()f x [1,)+∞min ()(1)1f x f a ==+1e <222e a <<()f x ⎡⎢⎣⎫⎪⎭()f x ⎡⎢⎣⎫+∞⎪⎭min 3()ln 222a a a f x f ==-e2a 22e ,()a f x [1,e)2min ()()f x f e e ==2()|ln 1|(0)f x x a x a =+->[1,)+∞2min221,02,3()ln ,22e ,222e ,2e .a a a a f x a a a ⎧+<⎪⎪=-<<⎨⎪⎪⎩()g x ()22ln 2,,()||22ln 2()22ln 2,,x x a x a g x x x a x a x x a -+-⎧=-+-=⎨-+-<⎩则的图象如图所示,因为的定义域为,接下来我们只需将有效的图象弄清楚即可:①当时,则只需,得;②当,即时,则只需,即.令,显然为增函数,又,故,故. ③当,即可, (i)当时,只需,即.设,其中,则.故单调递增,又,所以恒成立,从而无解;(ii)当,只需,即, 因为为增函数,, 所以此时也无解.综上所送,实数的取值范围为. 【点睛】本题是等式型双变量问题,通过分析两个函数的值域加以解决.一般地,若的值域分别为,则有: ①,使得,则; ②,使得,则.()g x ()g x [2,)+∞02a <(2)1,622ln 21g a a a +--+52ln 2233a -22a a<<24a <<33(2)ln ,222ln 2ln 222222a a a ag a a a ----ln 22ln 20222a a a +--()ln 22ln 2(24)222a a a h a a =+--<<()h a (4)0h =()(4)0h a h <=24a <<22a 4a 242e a <3ln 2222a a a g a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭23ln 22ln 204222a a a a -++-<2()3ln 22ln 2m t t t t t =-++-2at =)()2()22ln 02,e m t t t t ⎡'=-+>∈⎣()m t (2)0m =()0m t 22e a 2e 2a g ⎛⎫< ⎪⎝⎭2222ln 2e 4a +-<222ln 224a a g ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭222min 2e e 22ln 2e 22a g g ⎛⎫⎛⎫==+-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 52ln 2,433⎡⎫-⎪⎢⎣⎭(),()f x g x ,A B 12,x D x E ∀∈∃∈()()12f x g x =A B ⊆12,x D x E ∃∈∃∈()()12f x g x =A B ⋂≠∅【例9】已知函数 （1）当时,求在区日上的最大值和最小值; (2)若在区间上,函数的图象恒在直线下方,求的取值范围.(3)设,当时，若对于任意,存在,使,求实数的取值范围.【解析】(1)当时,, , 令,解得:,令,解㥂:,所以在区间上是增函数,在上为减函数, 所以, 又, 所以; (2)令. , ①若,令,得柭侾,点, 当,即时, 在上有,在上有,在上有, 此时在区间上是增函数,并且在该区间上有,不合题意;当,即时,同理可知,在区间上，有,也不合题意；②若,则有, 此时在区间上恒有,从而在区间上是减函数; 要使在此区间上恒成号,21()ln .(R)2f x a x x a ⎛⎫=-+∈ ⎪⎝⎭0a =()f x 1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦(1,)+∞()f x 2y ax =a 219()()2,()26g x f x ax h x x bx =-=-+23a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈()()12g x h xb 0a =21()ln 2f x x x =-+2(1)(1)11()x x x f x x x x x-+--+'=-+==()0f x '>01x <<()0f x '<1x >()f x 1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦[1,e]max 1()(1)2f x f ==-2211e 1(e)1e 22ef f ⎛⎫=-->=- ⎪⎝⎭2min ()()12e f x f e ==-21()()22ln (0)2g x f x ax a x ax x x ⎛⎫=-=--+> ⎪⎝⎭(1)[(21)1]1()(21)2x a x g x a x a x x---'=--+=12a >()0g x '=1211,21x x a ==-211x x >=112a <<(0,1)()0g x '>()21,x ()0g x '<()2,x +∞()0g x '>()g x ()2,x +∞()()2(),g x g x ∈+∞211x x =1a ()g x (1,)+∞()((1),)g x g ∈+∞12a 210a -(1,)+∞()0g x '<()g x (1,)+∞()0g x <综上,当时,函数的图䝴恒在直线下方; (3)当时，由(2)中(1)知在上是增函数,在上是减函数, 所以对任意,都有, 又已知存在,使,即存在,鿇, 即存在 即存在,使. 因为, 所以,解得,所以实数的取值范围是. 【点睛】本题不等式型双变量问题，通过分析两个函数的最值加以解决. 一般地,①,使得,则;②,使得,则;③,使得,则【例10】设是函数的一个极值点.(1)求与的关系式(用表示),并求的单调区间； (2)设.若存在,使得,求实数的取值范围.【解析】(1),由,解得.所以,当时,当时, 在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)可知,当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减, 那么在区间上的值域是,而,那么在上的值域为.11,22a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦()f x 2y ax =23a =()g x (0,1)(1,2)1(0,2)x ∈()17(1)6g x g =-2[1,2]x ∈()()12q x h x 2[1,2]x ∈2197266x bx -+-2213[1,2],23x bx x ∈+2[1,2]x ∈1323b x x +132516,([1,2])363y x x x ⎡⎤=+∈∈⎢⎥⎣⎦1623b 83b b 8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦12,x D x E ∀∈∀∈()()12f x g x >min max ()()f x g x >12,x D x E ∀∈∃∈()()12f x g x >min min ()()f x g x >12,x D x E ∃∈∃∈()()12f x g x >max min ()()f x g x +>3x =()23()e ()z f x x ax b a -=++∈R a b a b ()f x 2250,()e 4x a g x a ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭12,[0,4]x x ∈()()121f x g x -a 23()(2)e x f x x a x b a -⎡⎤'=-+-+-⎣⎦(3)0f '=32b a =--233()(2)33e (3)(1)e x x f x x a x a x x a --⎡⎤'=-+---=--++⎣⎦4a <-4a >-()f x (,1)a -∞--(1,3)a --(3,)+∞0a >()f x (0,3)(3,4)()f x [0,4][min{(0),(4)},(3)]f f f 31(0)(23)e 0,(4)(13)e 0,(3)6f a f a f a -=-+<=+>=+()f x [0,4]3(23)e ,6a a ⎡⎤-++⎣⎦又在上是增函数, 所以在上的值域为, 由于,所以只须,且. 解得. 以实数的取值范围是. 【点睛】存在,使得"等价于“,而则要通过与的值域得到.强化训练1.已知函数,其中 (1)试讨论函数的单调性(2)在时,是否存在极值点?如果存在,不妨设为且,试判断与的大小并说明理由. 【解析】(1)因为,所以①当时,,所以的变化如下表:所以在单调迸减,在单调递增.②当时,即,所以的变化如下表: 225()e 4x g x a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭[0,4]()g x [0,4]2242525,e 44a a ⎡⎤⎛⎫++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦22251(6)042a a a ⎛⎫⎛⎫+-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭225(6)14a a ⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭0a >302a <a 30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦12,[0,4]x x ∈()()121f x g x -()()¡± 12min 1f x g x -<()()12main f x g x -()f x ()g x 2()e 12,(,)x f x x ax ax x a =---∈∈R R e 2.71828≈()f x 12e a >()f x 12,x x 12x x <()()12f x f x +1e e+-2()e 12,x f x x ax ax a =---∈R ()()(1)e 2(1)(1)e 2x x f x x a x x a '=+-+=+-20a e 20x a ->,(),()x f x f x '()f x (,1)-∞-(1,)-+∞12ea =ln(2)1a =-,(),()x f x f x '所以在单调递增.③当时,即时, 当时,,所以,当时,;当时,;当时,,④当时,即时, 当时,,所以, 当时,;当时,. 所以在单调递增,单调递减,单调递增. 当时在单调减，在单调递增;当时在单调递增; 当时在单调递增,单调递减,单调䏲以; 当时在单调递增,单调递减,单调递增. (2).理由如下: 由(1)知有两个极值点:, 所以 令, 则, 令,则,令,()f x (,)-∞+∞ln(2)1a <-102ea <<ln(2)x a <e 20,10x a x -<+<ln(2)x a <()e 2(1)0x a x -+>ln(2)1a x <<-()e 2(1)0x a x -+<1x >-()2(1)0x e a x -+>ln(2)1a >-12e a >1ln(2)x a -<<e 20,10x a x -<+>()e 2(1)0x a x -+<1x <-()2(1)0x e a x -+>ln(2)a x <()2(1)0x e a x -+>()f x (,1)-∞-(1,ln 2)a -(ln 2,)a +∞20a ()f x (,1)-∞-(1,)-+∞12ea =()f x (,)-∞+∞102e a <<()f x (,ln 2)a -∞(ln 2,1)a -(1,)-+∞12ea >()f x (,1)-∞-(1,ln 2)a -(ln 2,)a +∞()()12e 1ef x f x ++<-1,()2ea f x >121,ln 2x x a =-=()()2121(1)(ln 2)2ln 2f x f x f f a a a a e+=-+=--+-211()2ln 2e 2e h a a a a a ⎛⎫=--+-> ⎪⎝⎭21()1ln 22ln 22e h a a a a ⎛⎫'=--> ⎪⎝⎭ln2t a =1t >-2()21(1)g t t t t =--+>-因为,且在上单调递减, 所以存在,使得, 即存在使得, 所以当时,,即时,使得, 当时,,即时,使得.当时,, 因为,所以. 设,因为在成立,所以在单调递增,所以,,所以. 2.已知函数,其中为实常数.(1)若当时,在区间[1,e]上的最大值为,求的值;(2)对任意不同两点,设直线的斜率为,若0恒成立,求的取值范围.【解析】(1)因为函数,所以, 因为,所以则,得, 当时,,当时,,所以在时,取最大值, 因为当时,在区间上的最大值为,所以当时，在区间上的最大值, 解得.当时,在区间上的最大值, 解得,不合题意;1(0)0,02g g ⎛⎫>< ⎪⎝⎭()g t (1,)-+∞0102t <<()00g t =010ln 22a <<()00h a '=01t t -<<()0g t >012ea a <<()0h a '>0t t <()0g t <0a a <()0h a '<12e a >()200000011()2ln 222ln 2e eh a h a a a a a a =--+-=--+010ln 22a <<012a <<()ln (1u x x x x =<()1ln 0u x x '=+>1x <<()ln u x x x =11()22e e h a <--+=--21e 1()1e e h a +<--=-()ln 1f x x ax =-+a 0a >()f x 1-a ()()()()1122,,,A x f x B x f x AB k 12x x k ++>a ()ln 1f x x ax =-+11(),0ax f x a x x x-'=-=>0a >()0f x '=1x a=10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f x '>1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭()0f x '<1x a =()f x 0a >()f x [1,e]1-101a<<()f x [1,e](1)ln111f a =-+=-2a =11e a ()f x [1,e]111ln 11f a a a a ⎛⎫=-⨯+=- ⎪⎝⎭e a =当时,在区间上的取大值, 不合题意;综上,.(2)因为对任意不同两点,设直线的軼率为,若恒成立,所以, 所以, 所以在上是增函数,所以在上恒成立, 所以, 因为,所以, 当且仅当时,即, 所以. 所以的取值范围是.3.设函数.(1)若曲线在点处的切线与直线垂直,求的单调递减区间和极小值(其中为自然对数的底数)；(2)若对任意恒成立,求的取值范围.【解析】(1)由已知得. 因为曲线在点处的切线与直线垂直, 所以此切线的煂車为0.即,有,解得. 所以, 由㥂,由得.所以在上单调递减,在上单调递增,当时取得极小值. 1e a>()f x [1,e](e)lne e 12e 1f a a =-+=-=-2a =()()()()1122,,,A x f x B x f x AB k 120x x k ++>22111221ln ln 0x ax x ax x x x x --+++>-2222211121ln ln 0x x ax x x ax x x +---+>-2()ln m x x x ax =+-(0,)+∞1()20m x x a x'=+-(0,)+∞min 12a x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭0x >11222x x x x +⋅=12x x =x =22a a (-∞()ln ,R k f x x k x=+∈()y f x =(e,(e))f 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k 21()(0)k f x x x x'=->()y f x =(e,(e))f 20x -=(e)0f '=210e e k -=e k =221e e ()(0)x f x x x x x-'=-=>()0f x '<0e x <<()0f x '>e x >()f x (0,e)(e,)+∞e x =()f x e (e)ln e 2ef =+=故的单调递减区间为,极小值为2.(2)条件等价于对任意(*)恒成立.设. 所以(*)等价于在上单调递减.由在上恒成立, 得恒成立. 所以(当且仅当时等号成立), 故的取值范围是. 4.已知函数. (1)当时,讨论的单调性; (2)设.当时,若对任意,存在,使,求实数取值范围.【解析】, 令.(i)当,当,函数单调递减;当时,,函数单调递增.(ii)当时,由,即,解得. 当时,时,函数单调递减; 时,,函上单调递减. 当时,当,函数单调遌当; 当,函数单调递增.综上所述:当时,函数在单调递减,单调递增;当时,函数在上调递减； 当时,在单调递减,单调递增, ()f x (0,e)()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()ln (0)k h x f x x x x x x=-=+->()h x (0,)+∞21()10k h x x x '=--(0,)+∞2211(0)24k x x x x ⎛⎫-+=--+> ⎪⎝⎭14k 12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭1()ln 1(R)a f x x ax a x-=-+-∈12a ()f x 2()24g x x bx =-+14a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈()()12f x g xb 222111(1)()(0)a ax x a f x a x x x x --++-'=-+=>2()1(0)h x ax x a x =-+->0,()1(0)a h x x x ==-+>(0,1),()0,()0x h x f x ∈>'<()f x 1x >()0,()0h x f x <'>()f x 0a ≠()0f x '=210ax x a -+-=1211,1x x a==-102a <<1110,(0,1)x a->>∈()0,()0h x f x >'<()f x 11,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭()0,()0h x f x >'<()f x 0a <110a-<(0,1),()0,()0x h x f x ∈>'<()f x (1,),()0,()0x h x f x ∈+∞<'>()f x 0a ()f x (0,1)(1,)+∞12a =()f x (0,)+∞102a <<()f x 1(0,1),1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭11,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭(2)当时,在上是减函数,在上是增函数, 所以对任意,有, 又已知存在,使, 所以 又 当时,,与(*)矛盾; 当时,,时与(*)矛盾;当时,. 综上所䢑,实数的取值范围就是. 14a =()f x (0,1)(1,2)1(0,2)x ∈min 1()(1)2f x f ==-2[1,2]x ∈()()12f xg x ()221,[1,2](*)2g x x -∈22()()4([1,2])g x x b b x =-+-∈1b <min ()(1)520g x g b ==->[1,2]b ∈2min ()()40g x g b b ==-2b >min 117()(2)84,28g x g b b ==--b 17,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭。
(新课程)高中数学二轮复习 第一部分 18个必考问题 《必考问题11 直线斜率不存在截距为0不可忽视》 苏教版
10 11．直线斜率不存在、截距为0不可忽视一、忽视直线斜率不存在的情况【例1】► 已知圆C 的方程为x 2＋y 2＝4，直线l 过点P (1,2)，且与圆C 交于A 、B 两点．若|AB |＝23，求直线l 的方程．解 (1)当直线l 的斜率不存在时，画出图象可知，直线x ＝1也符合题意．(2)当直线l 的斜率k 存在时，其方程可设为y －2＝k (x －1)，又设圆心到直线l 的距离为d .由d 2＝r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫|AB |22，得k ＝34， 代入y －2＝k (x －1)，得y －2＝34(x －1)， 即3x －4y ＋5＝0.所以直线l 的方程为3x －4y ＋5＝0和x ＝1.老师叮咛：在确定直线的倾斜角、斜率时，要注意倾斜角的范围、斜率存在的条件；在利用直线方程的几种特殊形式时要注意它们各自的适用范围，特别是在利用直线的点斜式与斜截式解题时，要防止由于“无斜率”而漏解.二、忽视直线在坐标轴上的截距为0的情形【例2】► 设直线l 的方程为(a ＋1)x ＋y －2－a ＝0(a ∈R )．若直线l 在两坐标轴上的截距相等，求直线l 的方程；解 当直线l 经过坐标原点时，该直线在两坐标轴上的截距都为0，此时2＋a ＝0，解得a ＝－2，此时直线l 的方程为x －y ＝0；当直线l 不经过坐标原点，即a ≠－2时，由直线在两坐标轴上的截距相等可得：2＋a a ＋1＝2＋a ，解得a ＝0，此时直线l 的方程为x ＋y －2＝0.所以，直线l 的方程为x －y ＝0或x ＋y －2＝0.老师叮咛：直线在坐标轴上的截距可正，可负，也可为0.直线在两坐标轴上的截距相等，直线方程可以设为\f(x,a )＋\f(y,a )＝1，此时ab ≠0，而且不要忘记当a ＝0时，直线y ＝kx 在两条坐标轴上的截距都是0，也是截距相等，所以要充分考虑截距为0的情形.必考问题12 圆锥曲线【真题体验】1．(2012·江苏，8)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2m －y 2m 2＋4＝1的离心率为5，则m 的值为________．解析 建立关于m 的方程求解。
高考数学二轮复习重点题型截面交线问题
D→A＝(2,0,0)，A→M＝(－2，t，0)，P→A＝(2,0，－4)，
123456
所以 PM＝2OPcos∠APM＝436， 同理可知 PN＝436，A 正确； 对于 B 选项，在△PBC 中，PB＝PC＝2 6， PM＝PN＝4 3 6， 所以PPMB ＝PPNC，
所以MN∥BC， 因为MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，
由题意得BD1＝2.易知截面BFD1E为平行四边形，
S 则 四边形BFD1E
2S△BFD＝1 2×12BD1·h＝2h，
当h取最小值时四边形BFD1E的面积最小.
易知h的最小值为直线CC1与直线BD1间的距离.
易知当F为CC1的中点时，h取得最小值，
hmin＝ 22，(S四边形BFD1E )min＝2× 22＝ 2.
如图1，因为△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，
AB＝BD＝2， 所以 AB＝AC＝BC＝BD＝2，AD＝CD＝ 2， 所以△BCD与△BAD全等，且为等腰三角形， 所以在△ABD中，过顶点A作边BD上的高，垂足为E，取AD的中点O，
连接OB，如图2， 因为 AB＝BD＝2，AD＝ 2，
设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r， r＝AO2＝2 3 3，
则 R2＝r2＋1＝73.
(1)当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大， 截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为 πR2＝73π；
(2)当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小， OD2＝OA2－AD2＝73－1＝43， 截面圆的半径为 R2－OD2＝ 73－43＝1，
高考数学二轮复习函数的嵌套与旋转对称问题
－3<－m2 <1，
解得 2<m≤130.
规律方法 解决嵌套函数问题，一般方法是令内层函数为t，构造新 的函数或方程，转化成两个函数的交点问题，通过观察分 析函数图象求解.
跟踪演练1 (1)(2022·天津质检)已知定义域为(0，＋∞)的单调递增函数f(x)满
足：∀x∈(0，＋∞)，有f(f(x)－ln x)＝1，则方程f(x)＝－x2＋4x－2的解的
个数为
√A.3
B.2
C.1
D.0
因为定义域为(0，＋∞)的单调递增函数f(x)满足∀x∈(0，＋∞)，有 f(f(x)－ln x)＝1， 则存在唯一正实数t使得f(t)＝1，且f(x)－ln x＝t，即f(x)＝t＋ln x， 于是得f(t)＝t＋ln t＝1， 而函数y＝t＋ln t在(0，＋∞)上单调递增，且当t＝1时，t＋ln t＝1， 因此t＝1，f(x)＝1＋ln x，方程f(x)＝－x2＋4x－2＝1＋ln x， 即ln x＝－x2＋4x－3， 于是得方程f(x)＝－x2＋4x－2的解的个数是函数y＝ln x与y＝－x2＋4x －3的图象公共点个数，
当u<0时，f(u)＝－ueu， 则f′(u)＝－(u＋1)eu，
当u<－1时，f′(u)>0；
当－1<u<0时，f′(u)<0. 此时，函数 y＝f(u)在 u＝－1 处取得极大值，且极大值为 f(t;12， 则方程 f(u)－12＝0 在 u<0 时无解. 再考虑方程 f(x)＝ e－1 的根的个数，
A.－2，130 C.2，130
B.－2，130
√D.2，130
设t＝f(x)，则y＝g(t)＝t2＋mt＋1，作出函数f(x)的大致图象，如图所示，
高三数学第二轮复习要注意的几个问题
‘
宜 一般 化 成 “ 三 种一 ” 函数 （ 一 个 角 的 一 种 三 角 函
数 的 一 次 形 式 ） 求 解 ，学 生 须 掌 握 三 角 变 换 的 常 见 技 巧 ，三 角代 换 的 实 施 条件 ； （ ４ ）解 决 不 等 式 恒 成 立 问题 的常见 方 法有 分 离参 数 法 、最值 法 ： （ ５ ） 直 线 与 圆 锥 曲 线 的 位 置 关 系 处 理 有 中 点 弦 法 、 差 分 法 、 焦 点 弦 法 、 公 共 方 程 法 等 。 对 于基 本 问题 ， 学 生 还 是 应 该 形 成 较 为 固 定 的 解 题 模 式 ， 即 掌 握 通 常
本 例 是 某 地 测 试 卷 填 空 题 的 第 １小 题 ， 若 当 大
题 去解 ，由于 费时太 多考 生得不 偿 失 ，因此 有 “ 特 殊 化 ” 的 解 法 ， 即 让 直 线
ｌ
～
｛ —
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平 行 轴 ，易 得 ｐ ＝ ｒ ， ＝
变 式 ２： 求 数 列 ‘
例 ２： 求 数 列 ｛ 变式 ： １ ：求 数 列
‘ｎ＋ ｌ 】
线 交 抛 物 线 于 Ｐ、 （ ）两 点 ， 若 线 段 Ｐ Ｆ 与 别是， Ｊ 、 ｑ， 则 ＋ 一 １： ＿
Ｐ ｒ ，
的 长 分
｝ 的 前 ｎ项 和 。 ＿ ＿ ｝ 的 前 ｎ项 和 ． ． ｝ 的 前 凡项 和 ｃ
趣 ，往 往 也 会 讲 一 些 很 巧 妙 的 解 法 迎 合 学 生 。 高 考
的 ～ 个 重 要 导 向 ，就 是 重 视 对 通 性 通 法 的 考 查 ， 淡
化 对 技 巧 的 考 查 。 所 以 ，教 师 在 指 导 学 生 复 习 时 ， 要 着 重 加 强 通 性 通 法 的 训Ｊ 练 和 运 用 ，不 要 ～ 味 追 求 解题 技巧 。
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解26--- 数列中的奇、偶项问题(解析版)
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解26 数列中的奇、偶项问题数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列．数列中的奇数项、偶数项数列问题实质上是对一个数列分成两个新的数列进行考查，易搞错的是新数列与原数列的项数、公差、公比的判定；数列问题主要涉及通项与求和、等差与等比、特殊数列与非特殊数列、新数列与旧数列的四大问题的考查。
常用知识点： (1) 等差数列的奇数项、偶数项各自组成一个新的等差数列。
【典型题型1】已知{a n }为等差数列,{b n }为等比数列,a 1=b 1=1,a 5=5(a 4-a 3),b 5=4(b 4-b 3). (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)记{a n }的前n 项和为S n ,求证:S n S n+2<S n+12(n ∈N *);(3)对任意的正整数n,设c n ={(3a n -2)b na na n+2,n 为奇数,a n -1b n+1,n 为偶数,求数列{c n }的前2n 项和.【答案】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q. 由a 1=1,a 5=5(a 4-a 3),可得d=1,从而{a n }的通项公式为a n =n.由b 1=1,b 5=4(b 4-b 3),q ≠0,可得q 2-4q+4=0,解得q=2,从而{b n }的通项公式为b n =2n-1. (2)由(1)可得S n =n(n+1)2,故S n S n+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),S n+12=14(n+1)2(n+2)2,从而S n S n+2−S n+12=−12(n+1)(n+2)<0,所以S n S n+2<S n+12.(3)当n 为奇数时,c n =(3a n -2)b n a n a n+2=(3n -2)2n -1n(n+2)=2n+1n+2−2n -1n;当n 为偶数时,c n =an -1b n+1=n -12n.对任意的正整数n,有∑k=1n c 2k-1=∑k=1n (22k 2k+1−22k -22k -1)=22n2n+1−1,和∑k=1n c 2k =∑k=1n 2k -14k=14+342+543+…+2n -14n. ①由①得14∑k=1n c 2k =142+343+…+2n -34n+2n -14n+1. ② 由①②得34∑k=1n c 2k =14+242+…+24n−2n -14n+1=24(1-14n )1−14−14−2n -14n+1,从而得∑k=1n c 2k =59−6n+59×4n.因此∑k=12n c k =∑k=1n c 2k-1+∑k=1nc 2k =4n2n+1−6n+59×4n −49.所以,数列{c n }的前2n 项和为4n2n+1−6n+59×4n −49.【典型题型2】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *. (1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S n .【答案】.(1)证明由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3， 因而对任意n ≥2，n ∈N *，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减得，a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2. 又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1， 故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n . (2)解由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3， 所以数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3等比数列； 数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列， 所以a 2n －1＝3n-1，a 2n ＝2×3n-1.于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n-1)＋2(1＋3＋…＋3n-1) ＝3(1＋3＋…＋3n-1)＝3(3n－1)2.所以S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3(3n－1)2－2×3n-1＝32(5×3n-2－1)．综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧32（5×3n －32－1），当n 是奇数，32（3n 2－1），当n 是偶数.【典型题型3】 已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列. (1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2n a 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和.【解析】解 (1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3， 所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)，又因为q ≠1，故a 3＝a 2＝2，由a 3＝a 1q ，得q ＝2. 当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12；当n ＝2k(k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k＝2n 2.所以，{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n2n －1.设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n . 上述两式相减得：12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－22n －n2n ，整理得，S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *.【典型题型4】已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)令b n ＝a 2n －1，判断{b n }是否为等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2)记数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，求T 2n .【解析】(1)因为[3＋(－1)n]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n－1]＝0， 所以[3＋(－1)2n －1]a 2n ＋1－2a 2n －1＋2[(－1)2n －1－1]＝0，即a 2n ＋1－a 2n －1＝2，又b n ＝a 2n －1，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1＝2，所以{b n }是以b 1＝a 1＝1为首项，2为公差的等差数列， 所以b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，n ∈N *.(2)对于[3＋(－1)n]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0， 当n 为偶数时，可得(3＋1)a n ＋2－2a n ＋2(1－1)＝0，即a n ＋2a n ＝12，所以a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列； 当n 为奇数时，可得(3－1)a n ＋2－2a n ＋2(－1－1)＝0，即a n ＋2－a n ＝2，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，2为公差的等差数列，所以 T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×1＋12n n －1×2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝n 2＋1－12n ，n ∈N *.【方法总结】(1)数列中的奇、偶项问题的常见题型①数列中连续两项和或积的问题(a n ＋a n ＋1＝f(n)或a n ·a n ＋1＝f(n))； ②含有(－1)n的类型；③含有{a 2n }，{a 2n －1}的类型； ④已知条件明确的奇偶项问题．(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{a n }求S n 时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a 2k －1＋a 2k 看作一项，求出S 2k ，再求S 2k －1＝S 2k －a 2k . 【典型题型5】已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =12n 2+12n. (1)求{a n }的通项公式; (2)设b n ={a n ,n 为奇数,2a n ,n 为偶数,求数列{b n }的前2n 项和T 2n .【答案】(1)因为S n =12n 2+12n, 所以当n=1时,a 1=S 1=1,当n ≥2时,a n =S n −S n -1=12n 2+12n-[12(n-1)2+12(n-1)]=n,又n=1时符合上式, 所以a n =n.(2)因为b n ={n,n 为奇数,2n,n 为偶数,所以对任意的k ∈N +,b 2k+1-b 2k-1=(2k+1)-(2k-1)=2,则{b 2k-1}是以1为首项,2为公差的等差数列;b 2k+2b 2k=22k+222k=4,则{b 2k }是以4为首项,4为公比的等比数列.所以T 2n =(b 1+b 3+b 5+…+b 2n-1)+(b 2+b 4+b 6+…+b 2n ) =(1+3+5+…+2n-1)+(22+24+26+ (22)) =n(1+2n -1)2+4(1−4n )1−4=n 2+4n+13−43.【拓展训练】1．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于()A ．200B ．－200C ．400D ．－400 【答案】B【解析】S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(－1)n·n ，若对任意的正整数n ，使得(a n ＋1－p)·(a n －p)<0恒成立，则实数p 的取值范围是________． 【答案】(－1,3)【解析】 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)nn －(－1)n －1(n －1)＝(－1)n(2n －1)．因为对任意的正整数n ，(a n ＋1－p)(a n －p)<0恒成立， 所以[(－1)n ＋1(2n ＋1)－p][(－1)n(2n －1)－p]<0.①当n 是正奇数时，化为[p －(2n ＋1)][p ＋(2n －1)]<0， 解得1－2n<p<2n ＋1，因为对任意的正奇数n 都成立，取n ＝1时， 可得－1<p<3.②当n 是正偶数时，化为[p －(2n －1)][p ＋(1＋2n)]<0， 解得－1－2n<p<2n －1，因为对任意的正偶数n 都成立，取n ＝2时， 可得－5<p<3.联立⎩⎪⎨⎪⎧－1<p<3，－5<p<3，解得－1<p<3.所以实数p 的取值范围是(－1,3)．3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .【解析】(1)因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n .因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列．因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32，所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n ，n ∈N *.(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列，所以a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＝11221,212n n n n +-⎧⎛⎫⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩为奇数，偶，为数. (3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n ＝21233,2432n n n n +⎧-⎪⎪⎨⎪-⎪⎩为偶数，为奇数.，。
高考数学第二轮复习应注意的几个问题
高考数学第二轮复习应注意的几个问题一、注意夯实基础由于第一轮复习战线拉得较长，部分知识和方法可能有遗忘现象．所以第二轮复习阶段，首先要做到以下几点：1.巩固基础知识还要经常回归教材，做到四回顾：一要回顾基本概念、性质、法则、公式、公理、定理及课本中的典型习题；二要回顾基本的数学思想与数学方法；三要回顾老师教学时或自己学习时总结出来的数学结论，联想产生结论的巧解妙法；四要回顾已往做错题目的正确解法，藉此堵住思维漏洞．同时，要有计划地对基础知识进行必要的分类整合，从横向和纵向掌握各类基础知识，形成知识网络．可将所学基础知识分类整合，每一类都形成知识网络，用图表形式总结归纳，便于整体把握，灵活应用．2.注意通性通法的训练高考的一个重要导向，就是重视对通性通法的考查，淡化对技巧的考查。
所以同学们在复习时，要重视并着重加强通性通法的训练和运用，要把知识点与方法对号入座，不要盲目追求解题技巧，否则徒劳无功。
3.基本数学思想运用高考强调对数学基础知识考查的同时，还考查数学知识中蕴涵的数学思想与方法。
数学思想是数学知识的统帅和灵魂，数学方法是解答数学问题的基本程序，是数学思想的具体体现。
所以同学们要认识到数学思想方法的重要性，不断把知识抽象、概括，形成思想方法。
这样才能以不变应万变。
二、注意提高数学能力第二轮复习中要注意强化各种技能的形成与提高。
1.分析与解决问题的能力：加强阅读分析能力的训练，有意识地提高自己分析问题的能力．课堂上要深刻体会老师对问题的分析过程，密切注意老师解决问题时的突破口、切入点，不断修正自己分析问题中的漏洞和不足，平时做题时要养成一个良好的读题、审题习惯，强化数学思想和方法在解题中的指导性。
2.运算能力：所谓运算能力，就是运用所学知识进行分析、计算的能力，定时定量做一些客观题和中档题，训练解题速度和提高准确率，这关系考试的成败。
3.逻辑思维能力：适量做一些综合题，提高解题思维能力并及时总结易错点及解题的常规方法．解题中注意解题格式的规范性与解题步骤的严密性、逻辑性，避免出现步骤混乱、语无伦次等现象，更不要只求答案不重过程。
新高考数学二轮复习三角中的最值、范围问题
易错提醒
求三角函数式的最值范围问题要注意： (1)把三角函数式正确地化简成单一函数形式； (2)根据所给自变量的范围正确地确定ωx＋φ的范围，从而根据三角函数的单调 性求范围.
索引
训练 1 (2022·潍坊质检)在①函数 y＝f(x)的图象关于直线 x＝π3对称，②函数 y＝ f(x) 的图象关于点 Pπ6，0对称，③函数 y＝f(x)的图象经过点 Q23π，－1，这 三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答. 问题：已知函数 f(x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φω>0，|φ|<π2的最小正周期为 π，且________，判断函数 f(x)在区间π6，π2上是否存在最大值？若存在，求 出最大值及此时的 x 值；若不存在，说明理由. 解 f(x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φ＝sin(ωx＋φ)， 由已知函数 f(x)的周期 T＝2ωπ＝π，得 ω＝2， 所以 f(x)＝sin(2x＋φ).
考向 2 由单调性求参数的范围
例 3 已知 f(x)＝sin(2x－φ)0<φ<π2在0，π3上是增函数，且 f(x)在0，78π上有最
小值，那么 φ 的取值范围是( B )
A.π6，π2
B.π6，π4
C.π3，π2
D.π4，π3
解析 由 x∈0，π3，得 2x－φ∈－φ，23π－φ， 又由 0<φ<π2，且 f(x)在0，π3上是增函数， 可得23π－φ≤π2，所以π6≤φ<π2. 当 x∈0，78π时，2x－φ∈－φ，74π－φ，
索引
热点二 与三角函数性质有关的参数范围
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核心归纳
与三角函数性质有关的参数问题，主要分为三类，其共同的解法是将y＝ Asin(ωx＋φ)中的ωx＋φ看作一个整体，结合正弦函数的图象与性质进行求解.