高中数学真题与经典题一题多解.doc

1、函数篇函数篇 【试题【试题 1 1】 （2016 全国新课标 II 卷理 16）若直线ykxb是曲线ln2yx的切线，也 是曲线ln(1)yx的切线，b 【标准答案】1 ln2 解法一：解法一：设直线ykxb与曲线ln2yx和ln(1)yx切点分别是 11 ( ,ln2)xx 和 22 (,ln(1)xx 则切线分别为： 1 1 1 ln1yxx x ， 2 2 22 1 ln1 11 x yxx xx 12 2 12 2 11 1 ln1ln1 1 xx x xx x 解得 1 1 2 x 2 1 2 x 解得 1 ln11 ln2bx 解法二：解法二：设直线 ykxb 与曲线 ln2yx

2、和 ln(1)yx 切点分别是 11 ( ,)x y 和 22 (,)xy 曲线 ln2yx 通过向量1,2平移得到曲线 ln1yx 2121 (,)(1,2)xx yy 两曲线公切线的斜率2k ，即 1 1 2 x ，所以 1 ln11 ln2 2 b 【试题【试题 2 2】 【20152015 新课标新课标 1212 题题】设函数( )(21) x f xexaxa，其中1a ，若存在唯一的 整数 0 x，使得 0 ()0f x，则a的取值范围是() A. 3 2 ,1) e B 33 , 24e （）C. 33 ,) 24e D. 3 ,1) 2e 解法一：解法一：由题意可知存在唯一的整

3、数 0 x使得 0 00 (21) x exaxa，设 ( )(21), ( ) x g xexh xaxa由( )(21) x g xex，可知( )g x在 1 (,) 2 上单调递减， 在 1 (,) 2 上单调递增，故 (0)(0) ( 1)( 1) hg hg 得 3 1 2 a e 解法二解法二：由题意( )0f x 可得(21)(1) x exa x 当1x 时，不成立； 当1x 时， (21) 1 x ex a x ，令 (21) ( ) 1 x ex g x x ，则 2 2 (23 ) ( ) (1) x exx g x x ， 当 3 (1, ) 2 x时，( )g x单

4、调递减，当 3 ( ,) 2 x时，( )g x单调递增 所以 3 2 min 3 ( )( )4 2 g xge，即 3 2 4ae，与题目中的1a 矛盾，舍去。 当1x 时， (21) 1 x ex a x ，令 (21) ( ) 1 x ex g x x 同理可得：当(,0)x 时，( )g x单调递增，当(0,1)x时，( )g x单调递减 所以 max ( )(0)1g xg，即1a ，满足题意。 又因为存在唯一的整数 0 x，则 3 ( 1) 2 ag e 此时 3 ,1) 2 a e 综上所述，a的取值范围是 3 ,1) 2e 解法三解法三：根据选项，可以采取特殊值代入验证，从而

5、甄别出正确答案。 当0a 时，( )(21) x f xex，( )(21) x fxex，可知( )f x在 1 (,) 2 递减，在 1 (,) 2 递 增，又(0)10f ， 1 ( 1)30fe ，不符合题意，故0a 不成立，排除答案 A、B. 当 3 4 a 时， 33 ( )(21) 44 x f xexx， 3 ( )(21) 4 x fxex，因为 3 ( )(21) 4 x fxex为 增函数，且 31 (0)10 44 f ， 1 3 ( 1)0 4 fe ，所以存在( 1,0)t ，使得( )0ft ， 则( )f x在(, ) t递减，在( ,)t 递增，又 3 (0)

6、10 4 f ， 1 3 ( 1)30 2 fe ， (1)0fe，易判断存在唯一的整数 0，使得(0)0f，故 3 4 a 成立，排除答案 C. 解法解法四：四：0 x 带入( )f x中可以得到(0)1fa，由题意可知1a ，所以(0)0f，满足题 目中存在唯一的整数，使得 0 ()0f x，所以只需要 (1)0 ( 1)0 f f 即可，得到 3 1 2 a e 【试题【试题 3 3】（20162016 年全国年全国卷文科第卷文科第 1212 题）题） 若函数 1 ( )sin2sin 3 f xxxax在,单调递增，则a的取值范围是（） 11 11 .1,1.1,.,.1, 33 33

7、 ABCD 解法一：解法一：函数xaxxxfsin2sin 3 1 )(的导数为xaxxfcos2cos 3 2 1)( 由题意可得0)( xf恒成立， 即为0cos2cos 3 2 1xax 即有0coscos 3 4 3 5 2 xax 设) 11(costxt，即有att345 2 0， 当0t时，不等式显然成立； 当01t 时， 5 34at t ， 由 t t 5 4 在 1 , 0(递增，可得1t时，取得最大值1， 可得13a，即 3 1 a； 当01t时， t ta 5 43， 由 5 4t t 在 1,0)递增，可得1t 时，取得最小值1， 可得13 a，即 3 1 a 综上可

8、得a的范围是 3 1 , 3 1 故选：C 解法二：解法二：函数xaxxxfsin2sin 3 1 )(的导数为xaxxfcos2cos 3 2 1)( 由题意可得0)( xf恒成立， 即为0cos2cos 3 2 1xax 即有0coscos 3 4 3 5 2 xax0， 设) 11(costxt，即有att345 2 0， 由于二次函数) 11(534)( 2 tatttg的开口方向向上, 因此只需要 0) 1( 0) 1 ( g g 解得,即 11 33 a,故选：C 解法三：解法三：应用结论“奇函数的导函数是偶函数,偶函数的导函数是奇函数” 由题可得,因为函数xaxxxfsin2si

9、n 3 1 )(的定义域为, 且)()(xfxf,所以)(xf是奇函数. 根据结论可得,)( xf是偶函数. 又因为函数xaxxxfsin2sin 3 1 )(在,单调递增 则0)( xf在,上恒成立 因而必须满足 3 1 00cos0cos 3 2 10)0( aaf 因而根据选项,只有C符合题意 故选C 【试题试题 6】 （2014 年全国课标 1 理科数学第 11 题） 已知函数( )f x= 32 31axx ，若( )f x 存在唯一的零点 0 x，且 0 x0，则a的取值范围为 A.（2，+）B.（-，-2）C.（1，+）D.（-，-1） 解法一解法一:求导得 2 3632fxax

10、xx ax，若0a ，则 2 31f xx ，不合题意，舍 去；若0a ，令 0fx解得0 x 或 2 x a 。 当0a 时， 易知 f x在 2 , a 上单调递减，在 2 ,0 a 上单调递增，在0,上单调递减， 结合 f x的图像，只需有 2 0f a ，解得2a 。 当0a 时，易知 f x在,0上单调递增，由120fa ， 010f ，知 f x 在1,0上有零点，不合题意，舍去； 综上所述，a的取值范围为, 2 ，选 B。 解法二解法二:由题意知，方程 33 310axx 有唯一正根 0 x，显然0 x ，则 3 13 a xx ，令 1 0t x ，等价于方程 3 3att （

11、0t ）有唯一正根，作出 3 3ytt （0t ）的图像， 数形结合，a的取值范围为, 2 ，选 B。 解法三解法三:取3a ， 32 331f xxx，检验知不合题意，排除 A，C；取 4 3 a ， 32 4 31 3 f xxx ，检验知不合题意，排除 D，故选 B。 【试题【试题 7 7】 ： （2015 江苏高考江苏高考 13） 已知函数 2 0,01 ln, 42,1 x f xx g x xx ， 则方程 1f xg x实根的个数为 解法解法 1： ： ( )( )1( )1lnf xg xg xx ，所以方程方程1| )()(|xgxf实根的个 数即为曲线( )yg x和曲线1

12、lnyx 的公共点个数之和。 曲线( )yg x和曲线y1ln x 显然有 2 个公共点， 又因为 (101ln1 (221ln2 g g ） ） ， 所以曲线( )yg x和曲线y1ln x 也有2个公共点， 如图 2 所示 所以方程1| )()(|xgxf实根的个数为 4 个。 解法解法 2： ： （1）当01x时，( )lnln , ( )0f xxx g x ，原方程即为 1 ln10 xx e ，所以当01x时，原方程有一个实根； （2）当12x时， 2 ( )ln , ( )2f xx g xx，原方程即为 2 ln21xx 令 2 1 ( )ln2(12),( )20F xxxx

13、F xx x ， 所以( )(1,2F xx在上单调递减，得( )ln22,1)F x ，得 2 ln21xx只有一个实 根。 （3）当2x 时， 2 ( )ln , ( )6f xx g xx， 原方程即为 222 ln61ln7ln5xxxxorxx 。 令 2 ( )ln(2,)G xxxx在上单调递增，所以( )(ln24,)G x ，因此 22 ln7ln5xxorxx 各有一个实根。 综上，方程1| )()(|xgxf实根的个数为 4。 解法解法 3：首先去掉绝对值符号,有 2 2 0 均有关于 x 的一元三次函数值非负， 又(0)10f ， 对应函数只能是如右图的图象，即要求01

14、a，且对应方程的第三根与前 面一元二次方程的正根是重根。将第三根 1 1 a x代入二次方程01 2 axx，解得满足 条件的 2 3 a（舍去 a=0） 。 赏析 1：几何对代数的辅助作用，代数对几何的确定作用。涉及函数方程思想，数形结 合思想，分类讨论思想。 赏析 2：函数与方程、化归与转化的数学思想，体现了 “多考点想，少考点算”的命 题理念。 【试题【试题 1 1】2015 年湖南高考文科第 14 题 【题目题目】若函数( )22 x f xb有两个零点，则实数b的取值范围是_. 【基本解法基本解法 1】由函数( )22 x f xb有两个零点，可得方程22 x b有两个解，则 函数2

15、2 x y 与函数yb的图像有两个交点，结合图像可得b的取值范围是(0,2). x o y 【基本解法基本解法 2】由函数( )22 x f xb有两个零点， 可知方程220 x b有两个相异的根. 原方程可转化为 22 (22)0 (0) x bb， 令2 (0) x tt，则方程可转化为 22 440(0,0)ttbtb. 要使该方程有两个相异的根，则b应满足如下条件 2 0, 04 040, 4 0, 2 b b 解得02b. 因此b的取值范围是(0,2). 【试题【试题 1 1】2015 年湖北文科第湖北文科第 1717 题：题：a为实数，函数 2 ( )f xxax在区间0,1上的最

16、 大值为( )g a，当a 时( )g a的值最小。 解法 1：当0a 时， 2 ( )f xx在0,1上的最大值为( )1g a ； 当0a 时， 2 ( )f xxax在0,1上单调递增，故( )(1)1g afa ，此时( )1g a ； 当0a 时， 2 ( )f xxax在(,0)上递减，(0,) 2 a 上递增，(, ) 2 a a上递减，( ,)a 上 递增。 （1） 、若1 2 a ，即2a 时，( )(1)11g afaa，此时( )1g a ； （2） 、若1 2 a a ，即12a时， 2 ( )( ) 24 aa g af，此时 1 ( )1 4 g a； （3） 、若

17、01a时， 2 ( )max( ),(1)max,1 24 aa g affa 。 当 2 1 4 a a ，即22 21a 时， 2 ( ) 4 a g a ，此时 1 32 2( ) 4 g a； 当 2 1 4 a a ，即022 2a 时，( )1g aa ，此时32 2( )1g a； 综上，( )32 2g a ，当且仅当22 2a 时取等号。 即当22 2a 时，( )g a的 值最小。 解法 2、因为函数( )yf x的图像与x轴交点为(0,0),( ,0)a，函数 2 ( )h xxax的图像 的对称轴为 2 a x ，所以当0a 或2a 时，( )f x在0,1上是增函数，

18、 ( )(1)1g aga。 当02a时， 2 ( )max(1),( )max 1, 24 aa g affa 。 综上， 2 1,2 22 ( ),2 222 4 1,2 a a a g aa aa 当2 22a 时，( )(2 22)32 2g ag； 当2 222a时，( )(2 22)32 2g ag； 当2a 时，( )(2)132 2g ag 。 所以，当2 22a 时，( )g a有最小值32 2。 解法 3：依题意 2 ( )max(1),( )max 1, 24 aa g affa 。 在同一坐标系下画出函数( )1g aa和 2 ( ) 4 a g a （图 2） 。 由

19、 2 1 4 a a ，得2 22a 。故当2 22a 时，即图像中的A点处，( )g a取最小值 32 2。 【试题【试题 1 1】 （2015 江苏江苏 13）已知函数|ln|)(xxf， 1, 2|4| 10 , 0 )( 2 xx x xg，则方程 1| )()(|xgxf实根的个数为 解法一：1| )()(|xgxf( )1lng xx ，所以方程方程1| )()(|xgxf实根的个 数即为曲线( )y1lnyg xx 和曲线的公共点个数之和. 曲线( )yg x和曲线y1ln x 显然有 2 个公共点， 又因为 1ln1 2ln2 g( ）=0-1- g( ）=-2-1- ，所以曲

20、线( )yg x和曲线y1ln x 也有 2 个公共点， 如图 2 所示 所以方程1| )()(|xgxf实根的个数为 4 个. 解法 2： （1）当01x时，( )lnln , ( )0f xxx g x ，原方程即为 1 ln10 xx e ，所以当01x时，原方程有一个实根； （2）当12x时， 2 ( )ln , ( )2f xx g xx，原方程即为 2 ln21xx 令 2 1 ( )ln2(12),( )20F xxxxF xx x ， 所以( )(1,2F xx在上单调递减，得( )ln22,1)F x ，得 2 ln21xx只有一个实 根. （3）当2x 时， 2 ( )ln

21、 , ( )6f xx g xx， 原方程即为 222 ln61ln7ln5xxxxorxx . 令 2 ( )ln(2,)G xxxx在上单调递增，所以( )(ln24,)G x ，因此 22 ln7ln5xxorxx 各有一个实根. 综上，方程1| )()(|xgxf实根的个数为 4. 【试题【试题 1 1】已知函数 2 001 ln, 421 x f xx g x xx 则方程 1f xg x实根的个数为 【解析】首先去掉绝对值符号,有 2 2 1 ln01 212 ln1 62 oo x xx f xg xxx xx xx 2 2 ln01 ln212 ln62 xx f xg xxx

22、x xxx 故对 1f xg x,应该分 3 种情况讨论. （1）02 时, 2 ln61xx 22 ln7ln5xxxx或 x2,故前者有一解而后者无解. 综上,原方程实根的个数为 4. 【试【试题题 1 1】 2015 年陕西理 15 设曲线 x ey 在点1 , 0处的切线与曲线0 1 x x y上点P处 的切线垂直，则P的坐标为_. 解 法 1 ： 因为 x ey ， 所以 x ey ， 所以 曲 线 x ey 在 点1 , 0处 的切 线 的斜 率 1 0 01 eyk x .设P的坐标为 00, y x0 0 x，则 0 0 1 x y ，因为 x y 1 ，所以 2 1 x y，

23、 故曲线 x y 1 在点P处的切线的斜率 2 0 2 1 0 x yk xx .因此1 21 kk， 所 以1 1 2 0 x ，即1 2 0 x，解得1 0 x.因为0 0 x，所以1 0 x，得1 0 y，故P点的 坐标是 1 , 1. 解法 2：易知曲线 x ey 在点1 , 0处的切线方程为1 xy，将反比例函数转换成等轴双 曲线，即将xy 当作x轴（原点不变，第一象限部分为正半轴） ，则曲线0 1 x x y转 换为02 22 xyx，切线1 xy转换为 2 2 y，与其垂直的直线的斜率不存在， 且要与双曲线02 22 xyx相切，符合条件的切线应为2x. 所以P在新坐标系下的坐标

24、为0 ,2，还原到原坐标系中的坐标为 1 , 1. 【试题【试题 1 1】2015 年北京理科第北京理科第 1818 题题已知函数 1 ( )ln 1 x f x x . （）求曲线( )yf x在点(0,(0)f处的切线方程； （）求证：当(0,1)x时， 3 ( )2() 3 x f xx （）设实数k使得 3 ( )() 3 x f xk x对(0,1)x恒成立，求k的最大值. 解： （） 2 12 ( )ln,1,1 ,( ),(0)2,(0)0 11 x f xxfxff xx ， 所以切线方程为2yx. （）解法 1:当(0,1)x时， 1 ( )lnln(1)ln(1) 1 x

25、f xxx x 而 32323 2()()() 32323 xxxxx xxx 记( )ln(1)m xx， 23 ( ) 23 xx n xx 要证 3 ( )2() 3 x f xx，只需证明( )()( )()m xmxn xnx 记 23 ( )( )( )ln(1)() 23 xx M xm xn xxx，(0)0M 因为当( 1,1)x 时， 222 1 ( )(1)0 1212 xxx M xx xx 所以( )M x在( 1,1)上单调递增. 当( 1,0)x 时，( )(0)0M xM；当(0,1)x时，( )(0)0M xM. 当(0,1)x时，( )( )m xn x，(

26、)()mxnx， 即当(0,1)x时， 3 ( )2() 3 x f xx恒成立. （）解法 2:（2）原命题等价于 3 0,1 ,( )2()0 3 x xf xx 设函数 33 1 ( )ln2()ln(1)ln(1)2() 133 xxx F xxxxx x 4 2 2 F ( ), 1 x x x ,0,1 ,( )0when xF x 故 F x在0,1x单调递增的， 00F xF 因此，当(0,1)x时， 3 ( )2() 3 x f xx （）解法 1由（）知当(0,1)x时， 3 ( )2() 3 x f xx 故当2k 时， 3 ( )2() 3 x f xx 3 () 3

27、x k x成立； 当2k 时，另 3 ( )( )() 3 x g xf xk x= 3 1 ln() 13 xx k x x ，(0)0g 因为 4 2 22 22(1) ( )(1) 11 kx g xkx xx 另( )0g x，解得 4 2 1(0,1)x k . 当 4 2 (0, 1)x k 时，( )g x单调递减，当 4 2 ( 1,1)x k 时，( )g x单调递增. 故当 4 2 (0, 1)x k 时，( )(0)0g xg，与( )0g x 对(0,1)x恒成立矛盾. 综上所述，可知2k ，故k的最大值为 2. 解法 2因为 3 ( )2() 3 x f xx对(0,

28、1)x恒成立 3 1 ln 1 3 x x k x x 对(0,1)x恒成立 3 ln(1)ln(1) 3 xx k x x 对(0,1)x恒成立. 令 3 ln(1)ln(1) ( ) 3 xx h x x x ，(0,1)x 则min( )kh x 因为 3 4 3 22 2()(1) ln(1)ln(1) 3 ( ) () (1) 3 x xxxx h x x xx 另 3 4 ( )2()(1) ln(1)ln(1) 3 x xxxxx，则( )x与( )h x同号 又 3 ( )4ln(1)ln(1)0 xxxx，所以( )0h x 函数( )h x在(0,1)上单调递增. 所以 3

29、 min 0 ln(1)ln(1) ( )(0)lim 3 x xx h xh x x 2 0 11 11 lim2 1 x xx x （洛必达法则） 所以k的最大值为 2. 解法 3记( )ln(1)m xx， 23 ( )x 26 xx n x 当(0,1)x时， 3 ( )2() 3 x f xx恒成立 当(0,1)x时，( )( ) 2 k m xn x. 记 23 ( )( )( )ln(1)() 2226 kkxx N xm xn xxx，(0)0N，则 2 1 ( )(1) 122 kx N xx x 当0k 时，(0,1)x 11 ( ,1) 12x ， 2 (1)0 22 k

30、x x( )0N x 所以( )(0)0N xN满足题意. 当02k时，(0,1)x 2 (1)(1) 24 ( )0 1 kk xx N x x 所以( )(0)0N xN满足题意. 当2k 时， 因为(0)10 2 k N ， 所以存在(0, )(0,1)t 使得( )N x在(0, ) t上单调递减， 所以(0, )xt时，( )(0)0N xN不满足题意. 综上，(,2k ，即k的最大值为 2. 【试题【试题 1 1】2015 年湖北湖北文科第文科第21题题 设函数 f x、 g x的定义域均为R，且 f x是奇 函数， g x是偶函数， x f xg xe，其中e为自然对数的底数。

31、（）求 ,f xg x的解析式，并证明：当0 x 时， 0,1f xg x; ()设0,1ab，证明：当0 x 时， 11 f x ag xabg xb x 。 解： （）由 ,f xg x的奇偶性及 x f xg xe得 x f xg xe 联立 解得 1 2 xx fxee， 1 2 xx g xee当0 x 时，1 x e ，01 x e,故 0f x （）先证明不等式左边。 因为 1,0g xa，所以 1111ag xaa g x 故只需证当0 x 时， 1 fx x ,即 f xx。设 0u xf xx x，因为 10u xg x ，所以 u x在0,上递增。 从而 00u xu，

32、即当0 x 时， 1 fx x 。 所以当0 x 时， 1 f x ag xa x 。 再 证 不 等 式 右 边 。 因 为 1,1g xb， 故 1111 1bg xbb g xg xg x 。 故 只 需 证 当0 x 时 ， f x g x x ， 即 f xxg x。 设 0v xxg xf xx， 因 为 0v xg xxf xg xxf x， 所 以 v x在0,上 递 增 。 从 而 00v xv，即当0 x 时， f x g x x 。 所以当0 x 时， 1 f x bg xb x 。 综上，若0,1ab，则当0 x 时， 11 f x ag xabg xb x 【试题【试

33、题 1 1】2015 年重庆卷【理科第 20 题】 设函数 Ra e axx xf x 2 3 。 （）若)(xf在0 x处取得极值，确定a的值，并求此时曲线)(xfy 在点 1, 1 f处 的切线方程； （）若)(xf在, 3上为减函数，求a的取值范围。 【解】 ： （） 由)(xf在0 x处取得极值， 又由 x e axax xf )6(3 )( 2 ， 所以0)0(af 因此0a，则有 x e x xf 2 3 , x e xx xf 63 )( 2 , 因此 e f 3 , 11, 1 , e fk 3 ) 1 (, 则由直线的点斜式方程，有曲线)(xfy 在点 1, 1 f处的切线方

34、程为：03eyx。 （ ） x e axax xf )6(3 )( 2 ， 令axaxxg)6(3)( 2 ， 所 以 0)6(3)( 2 axaxxg在, 3恒成立。 【解法 1】 转化为 x xx a 1 63 2 在, 3恒成立。 令 Ra x xx xh 1 63 2 ，则0 )1 ( 3) 1(3 )( 2 2 x x xh。 所以)(xh在, 3上单调递减，故 2 9 )3( max hxh。 所以 2 9 a，即a的取值范围是 , 2 9 。 【解法 2】)(xg对称轴为 6 1 )3(2 6aa x ，所以有 , 3 6 1 , 092)3( , 036 2 a ag a ，解

35、得 2 9 a，即a的取值范围是 , 2 9 。 【试【试题题 1 1】 2012012 2 年浙江卷理科年浙江卷理科第第 2 22 2 题题： 已知0a ，bR， 函数 3 ( )42f xaxbxab. ()证明：当01x时， （）函数( )f x的最大值是2aba； （）( )f x+20aba； （）若1( )1f x 对任意的0,1x恒成立，求ab的取值范围. 解法 1： （） （）证明：0a ，01x， 2 ( )42f xaxbxab， 令( )g x 2 42axbxab， 当01x时， max ( )max(0), (1) ,g xgg又(0)(0),(1)(1)fgfg，

36、max ( )max(0), (1)max(0),(1) ,g xggff max 3,2 , ( )( )max(0),(1)max,32. ,2 ab ba f xg xffabababa ab ba （）证法 1： 只需证 minmaxmax ( )( )0,( )=max(0),(1)f xf xf xff又, 2 122fxaxb 当b0 时， 2 122fxaxb 0 在 0 x1 上恒成立， 此时 maxmin ( )= (1)3,( )(0),(0)(1)20f xfab f xfab ffa ,成立 当b0 时， 2 12212 ()() 66 bb fxaxba xx aa

37、 当1 6 b a ,即6ba时，函数( )f x在0,1上单调递减， minmax ( )= (1)3,( )(0),(0)(1)20f xfab f xfab ffa ，成立； 当1 6 b a ,即06ba时， 此时函数( )f x在 6 0 b a ，单调递减， 在1 6 b a ， 上单调递增，此时 fx的最小值为 4 36 b bab a ； 当02ba时， 即证 44 (3)20 3636 bb bababba aa ； 令, 6 b t a 则 3 (0,) 3 t，即证 3 41t ，而 3 34 3 41 39 显然成立。 当26aba时， 即 证 44 ()220 363

38、6 bb babbabba aa 令, 6 b t a 则 3 ,1 3 t ，即证 32 4610tt ，令 32 ( )461h ttt， 则( )12 (1)0h tt t ， 所 以 函 数( )h t在 3 ,1 3 上 单 调 递 减 ， 所 以 34 3 ( )()10 39 h th 综上所述：( )f x+20aba （）证法 2： 当2ba时，若0b，则02242)( 3 abxaxabaxf显然成立；倘 若0b，则 33 ( )2422222f xabaaxbxabxbxa =1 (2bxax2) 2 =022)1 (42)1)(1 (2abaxxbaxxbx； 当2ba

39、时 ， 令) 1(2tatb， 原 不 等 式 等 价 于01222 3 ttxx， 令 )(th12)1 (2 3 xtx，对每一确定的 1 , 0 x，)(th是不减函数，故) 1 ()(hth.而 0)1 (41)1)(1 (21122) 1 ( 3 xxxxxxxh. 综上所述，不等式( )f x+20aba成立. （）解法 1：由题设及()的证明结论可得21aba，因为0a ，bR， 则显然有01a，由（）知 ( )(2)1.f xaba 所以1( )1f x 对任意的0,1x恒成立的充要条件 是 0 21, 1a aba 令tab，则不等式转化为31taa ， 即 at at 21

40、 41 ) 10( a，于是有31t，即ba 的取值范围是3 , 1。 赏析：综合三次函数性质、绝对值、分类讨论思想、导数的简单应用和线性规划 的应用等知识于一题.题设简洁常规，设问方式新颖，体现了整张试卷中的把关功能. 解答题()（）的证明，利用0a 及01x的条件，巧妙地用放缩法，把三次函 数转化为一个二次函数的最值问题， 合理规避了三次函数的求导， 解答独辟蹊径， 颇具新意。 （）的证法 1，淡化了技巧，更多的是通性通法的考查。虽然与参考答案及证法 2 比 较起来较烦，但它更符合学生的实际。并且可以利用（）中参考答案给出的解法中的相关 步骤，节约时间。 证法 2，与参考答案给出的解法类似

41、，简洁明了。但对学生不等式性质的应用、不等式 证明和放缩技巧的要求颇高。 证明中 （） 的求解过程也绕开了线性规划和分类讨论的难点， 而是根据隐含条件01a，利用换元法，通过求解绝对值不等式，转化为求函数的值域 问题，得到ba 的范围.此解法的亮点是把求二元函数的取值范围问题(当已知其中一个变 量的取值范围时)，转化为一元函数的值域问题，是等价转化数学思想的精华所在。 平面向量平面向量 【试题【试题 1 1】.2014 湖南卷理科第 16 题：在平面直角坐标系中，O为坐标原点，( 1,0)A ， (0, 3)B，(3,0)C，动点D满足| 1CD ，则|OAOBOD 的最大值为_ 解法解法 1

42、 1：设动点(3cos ,sin )D， 则(2cos , 3sin )OAOBOD ， 所以 2 |84cos3sin82 7sin()OAOBOD ， 从而|OAOBOD 的最大值为71 解法解法 2:2: 设,D x y，则由1CD ，得 2 2 31xy，因此动点D的轨迹是以 3,0C为圆心，1为半径的圆，而 2 2 13OAOBODxy 是,D x y与 点 1,3P距离，利用圆的性质得 max 171OAOBODPC 解法解法 3 3：| |OAOBODOAOBOCCD |OAOBOCCD 71，当且仅当(2, 3)OAOBOC 与CD 同向时取等号， 所以|OAOBOD 的最大值

43、是17 解法解法 4 4：设,D x y，由(3,0)C，1CD 得， 2 2 31xy 又( 1,0)A ，(0, 3)B，则 2 2 13OAOBODxy =42 34xy 令42 3zxy，其最大值在直线42 3zxy与圆 2 2 31xy相切时取得， 由 22 12 1 4(2 3) z 得，122 7z ，则 max 122 7z， 所以 max 82 7OAOBOD =7+1 解法解法 5 5：同解法 4，令42 3zxy， 由柯西不等式 2 2222 32)3(4)32(4)3(yxyx，(当且仅当时，等号成 立)，得7212324yx， 728 2 ODOBOA， 71)71

44、(728 2 ODOBOA 即ODOBOA的最大值71 【试题【试题 1 1】20142014 新课标新课标卷卷 理科第理科第 1515 题题 已知, ,A B C是圆O上的三点， 1 () 2 AOABAC ， 则AB 与AC 的夹角为. 解法一解法一： 【统一起点【统一起点 1 1】 由 1 () 2 AOABAC ,得22AOOBOCOA ，即=OBOC ，, ,O B C三点共线. 故BC为圆O的直径，,90AB AC . 解法二解法二： 【统一起点【统一起点 2 2】 由解法一知， =0OBOC ，故 222 ()()()0AB ACOBOA OCOAOB OCOBOCOAOAOBO

45、A ,90AB AC . . 解法三解法三： 【加法法则】【加法法则】 取BC中点D，则2ABACAD ，AOAD ，,D O两点重合. 故BC为圆O的直径，,90AB AC . 解法四解法四： 【几何性质】【几何性质】 延长AO交圆于D点，则=2=ADAO ABAC ，故四边形ABDC为平行四边形， 又90ABD ，,90AB AC . 解法五解法五： 【投影【投影 1 1】 由 1 () 2 AO ABABACAB ，得 22111 222 ABABAB AC ， 故 0AB AC ，,90AB AC . 解法六解法六： 【投影【投影 2 2】 由 1 () 2 AO ACABACAC ，

46、得 22111 222 ACAB ACAC ， 故 0AB AC ，,90AB AC . 解法七解法七： 【平方法】【平方法】 由 11 , 22 AOABACBOAOABACAB 及BOAO 得ACABACAB ，平方得 0AB AC ，,90AB AC . 解法八解法八： 【坐标化】【坐标化】 设(0,0),(1,0), (1 cos ,sin),(1 cos,sin)AOBC， 由2 =AO ABAC ，得coscos0,sinsin0， (1 cos )(1 cos)sinsin 1 coscossinsin1 coscossinsin0 AB AC ,90AB AC . 解法九解法九

47、： 【回路法】【回路法】 由 1 2 AOABAC ，得 11 22 BOBAAOABABACABAC ， 11 22 COCAAOACABACABAC ， =0BOCO ，, ,O B C三点共线，故BC为圆O的直径，,90AB AC . 解法十解法十： 【外心向量式】【外心向量式】 因O为外心，故sin2 sin2sin20AOABOBCOC ， 由已知，得0 0OAOBOC ，sin20,sin2sin2ABC， 90A ，即,90AB AC . 【试题【试题 1 1】（2015 年四川理科年四川理科 7）设四边形 ABCD 为平行四边形，6AB ，4AD . 若点 M，N 满足 3BM

48、MC ， 2DNNC ，则AM NM （A）20（B）15（C）9（D）6 解法一：解法一：转化为特殊的四边形转化为特殊的四边形-矩形矩形 以 AB 为x轴，以 AD 为y轴，则可得如下坐标(0,0),(4,4),(6,3)ANM (6,3),(2, 1)AMNM 所以AM NM 9 解法二：解法二：基底大法：基底大法： 3 4 AMABAD , 11 43 NMADAB ， 22 1111 4344316 369 169 4124848 AM NMABADADABABAD . （1）本题考查向量的基本知识，如平面向量的基本定理、共线向量、向量的加减法、内积 等. （2）平面向量的基本定理容易

49、被忽略，要引起注意.运用向量的基本定理解题关键是选择基 底，本题的基底应该是AB AD ，. 【试题【试题 1 1】 20(2015 年浙江文科第 13 题):已知 12 ,e e 是平面单位向量,且 12 1 , 2 e e 若平面向量 b 满足 12 1,b eb e 则_.b 解法一解法一： 由 12 1 2 e e ， 得 12 60e e ,所以不妨设 12 13 1,0 , 22 ee ,bx y . 则由 12 bb1ee 得： 1 13 1 22 x xy ,故 1 3 3 x y ,即 3 1, 3 b 解得 2 3 3 b 。 解法二：解法二：不妨设 12, bmene 由

50、 12 1 2 e e 及 12 1b eb e 得： 1 2 1 2 n m m n ，解得 2 3 mn。 所以 2 22 12 2 3 3 bmenemmnn 。 解法三：解法三：由题意可设 1 1,0 ,e 由 12 1 2 e e ，得 12 60e e ， 可设 2 cos60 ,sin60,e 再由 12 1b eb e ，得向量b 与 12 ee 、成等角. 设 cos30 ,sin30,bt 即 31 , 22 btt ,所以 1 3 b1 2 et ,解得 2 3 t . 故 2 2 12 3 1 23 b . 【试题【试题 1 1】2012 年浙江年浙江理科第理科第 15