高中数学真题与经典题一题多解解法与解析

函数篇
【试题1】（
2016
全国新课标
II
卷理
16
）若直线
y?kx?b
是曲线
y?lnx?2
的切线，也是曲线
y?ln(x?1)
的切线，
b?

．

【标准答案】
1?ln2

解法一：设直线
y ?kx?b
与曲线
y?lnx?2
和
y?ln(x?1)
切点分别是
(x
1
,lnx
1
?2)
和
(x
2
,ln(x
2
?1))
．

1
1x
2
x ?ln
?
x
2
?1
?
?

则切线分别为：
y??x?lnx
1
?1
，
y?
x
1
x< br>2
?1x
2
?1
1
?
1
?
?
xx?1
?
12

∴
?
x
?
lnx?1 ?ln
?
x?1
?
?
2
12
?
x
2
?1
?
1
1
解得
x
1
?

x
2
??

2
2
∴解得
b?lnx
1
?1?1?ln2

解法二：设直线
y?kx?b
与曲线
y?lnx?2
和
y? ln(x?1)
切点分别是
(x
1
,y
1
)
和(x
2
,y
2
)
．
∵曲线
y?lnx?2< br>通过向量
?
1,2
?
平移得到曲线
y?ln
?
x?1
?

∴
(x
2
?x
1
,y
2
?y
1
)?(1,2)

1
1
∴两曲线公切线 的斜率
k?2
，即
?2
，所以
b?ln?1?1?ln2

x
1
2
【试题2】【2015新课标12题】设函数
f(x)?e< br>x
(2x?1)?ax?a
，其中
a?1
，若存
在唯一的整数
x
0
，使得
f(x
0
)?0
，则
a
的取值范围是( )
A.
[?
3
2e
,1)
B
（?
33
333
,
）
C.
[,)
D.[,1)
2e42e
2e4

解法一：由题意可知存在唯 一的整数
x
0
使得
e
x
0
(2x
0
?1)?ax
0
?a
，设
1
xx
g(x)?e(2x?1 ),h(x)?ax?a
由
g'(x)?e(2x?1)
，可知
g(x)在
(??,?)
上单调递减，
2
1
在
(?,??)上单调递增，故
2
3
?
h(0)?g(0)
得
?a?1

?
?
h(?1)?g(?1)
2e
解法二：由题意
f(x)?0可得
e
x
(2x?1)?a(x?1)

①当
x?1
时，不成立；
e
x
(2x
2
?3x)
e
x
(2x?1)e
x
(2x?1)
②当
x?1
时，
a?
，令
g(x)?
，则
g'(x)?
，
2
(x?1)
x?1x?1
当
x?(1,)
时，
g(x)
单调递减，当
x?(,??)
时，
g(x)
单调递增 < br>所以
g(x)
min
3
3
3
2
?g()?4 e
，即
a?4e
2
，与题目中的
a?1
矛盾，舍去。 2
3
2
3
2
e
x
(2x?1)e
x< br>(2x?1)
③当
x?1
时，
a?
，令
g(x)?< br>
x?1x?1
同理可得：当
x?(??,0)
时，
g(x)
单调递增，当
x?(0,1)
时，
g(x)
单调递减
所以
g(x)
max
?g(0)?1
，即
a?1
，满足题意。
又因为存在唯一的整数
x
0
，则
a?g(?1)?
此时a?[
3
,1)

2e
3
,1)

2e
3

2e
综上所述，
a
的取值范围是
[
解法三：根据选项，可以采取特殊值代入验证，从而甄别出正确答案。
当
a?0< br>时，
f(x)?e
x
(2x?1)
，
f'(x)?e
x
(2x?1)
，可知
f(x)
在
(??,?)
递减，在< br>(?,??)
递增，又
f(0)??1?0
，
f(?1)??3e?1
?0
，不符合题意，故
a?0
不成立，排除答案
A、B.
当
a?
时，
f(x)?e
x
(2x?1)?x?
，
f'(x)?e
x
(2x?1)?
，因为
f'(x)?e
x
(2x?1)?
为
增函数，且
f'(0)?1???0
，
f '(?1)??e
?1
??0
，所以存在
t?(?1,0)
，使得< br>f'(t)?0
，
则
f(x)
在
(??,t)
递减， 在
(t,??)
递增，又
f(0)??1??0
，
f(?1)??3 e
?1
??0
，
3
4
3
2
3
4< br>1
4
3
4
3
4
3
4
3
4< br>3
4
3
4
1
2
1
2

f(1)?e?0
，易判断存在唯一的整数0，使得
f(0)?0
，故
a?< br>3
成立，排除答案C.
4
解法四：
x?0
带入
f( x)
中可以得到
f(0)?a?1
，由题意可知
a?1
，所以
f(0)?0
，
满足题目中存在唯一的整数，使得
f(x
0
)?0
，所以只需要
?
?
f(1)?0
即可，得到
?
f( ?1)?0
3
2e
?a?1

【试题3】（2016年全国Ⅰ卷文科第12题）
若函数
f(x)?x?
1
3
sin2x?asinx
在
?
??,??
?
单调 递增，则
a
的取值范围是（

A.
?
?1,1
?
B.
?
?
?1,
1
?
C.
?
?< br>3
?
?
?
11
?
?
?
3
,
3
?
D.
?
?
1
?
??
?1,?
3
?
?
解法一：函数
f(x)?x?
1
3
sin2x?asinx
的导数为
f'(x)?1?
2
3
cos2x ?acosx

由题意可得
f'(x)?0
恒成立，
即为
1?
2
3
cos2x?acosx?0

即有
5
3
?
4
3
cos
2
x?acosx?0

设
t?cosx(?1?t?1)
，即有
5?4t
2?3at
≥0，
当
t?0
时，不等式显然成立；
当
0时，
3a?4t?
5
t
，
由
4t?
5
t
在
(0,1]
递增，可得
t?1时，取得最大值
?1
，
可得
3a??1
，即
a??
1
3
；
当
?1?t＜0
时，
3a?4t?
5
t
，
由
4t?
5
t
在
[?1,0)
递增，可得t??1时，取 得最小值
1
，
可得
3a?1
，即
a?
1
3
．
综上可得
a
的范围是
[?
1
3
,
1
3
]< br>．
故选：
C
．
解法二：函数
f(x)?x?
1< br>3
sin2x?asinx
的导数为
f'(x)?1?
2
3< br>cos2x?acosx

）

由题意可得
f'(x)?0
恒成立，
2
即为
1?cos2x?acosx?0

3
54
即有
?cos
2
x?acosx?0
≥0，
33
设
t?cosx(?1?t?1)
，即有
5?4t
2< br>?3at
≥0，
由于二次函数
g(t)??4t
2
?3at ?5(?1?t?1)
的开口方向向上,
?
g(1)?0
因此只需要
?

g(?1)?0
?
11
解得,即
??a?
,故选：
C
．
33
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”
1< br>由题可得,因为函数
f(x)?x?sin2x?asinx
的定义域为
???,??
?

3
且
?f(x)?f(?x)
,所以
f(x)
是奇函数.
根据结论可得,
f'(x)
是偶函数.
1
又因为函数
f( x)?x?sin2x?asinx
在
?
??,??
?
单调递增 < br>3
则
f'(x)?0
在
?
??,??
?
上恒 成立
21
因而必须满足
f'(0)?0?1?cos0?acos0?0?a??

33
因而根据选项,只有
C
符合题意
故选
C
< br>【试题
6
】（
2014
年全国课标
1
理科数学第11
题）

已知函数
f(x)
=
ax
3
?3x
2
?1
，
若
f(x)
存在唯一的零点
x< br>0
，且
x
0
＞
0
，则
a
的取值范围 为
A
.（2，+∞）
B
.（-∞，-2）
C
.（1，+∞）
D
.（-∞，-1）
解法一:求导得f
?
?
x
?
?3ax
2
?6x?3x
?
ax?2
?
，若
a?0
，则
f
?
x?
??3x
2
?1
，不合题意，
舍去；若
a?0
，令
f
?
?
x
?
?0
解得
x?0
或
x?
。
2
???
2
?
当
a?0时，易知
f
?
x
?
在
?
??,
?上单调递减，在
?
,0
?
上单调递增，在
?
0,??< br>?
上单
a
???
a
?
?
2
?
调递减，结合
f
?
x
?
的图像，只需有
f
??< br>?0
，解得
a??2
。
a
??
2
a

当
a?0
时，易知
f
?
x
?
在< br>?
??,0
?
上单调递增，由
f
?
?1
?< br>??a?2?0
，
f
?
0
?
?1?0
，知< br>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:由题意知，方程
ax
3
?3x
3
?1?0
有唯一正根
x
0
，显然
x?0
，则
a??
1
x
13
?
，
x
3
x
令
t??0
，等价于方程
a??t
3
?3t
（
t?0
）有唯一正根，作出
y??t
3
?3t
（
t?0
）
的图像，数形结合，
a
的取值范围为
?
??,?2
?
，选B。
解法三:取
a?3
，
f
?
x
?
?3x
3
?3x
2
?1
，检验知不合题意，排除A，C；取
a??
，
4
f
?
x
?
??x
3
?3x
2
?1
，检验知不合题意，排除D，故选B。
3
4
3
【试题7】：（2015江苏高考13）．已知函数
0?x?1
?
?
0,
f
?
x
?
?lnx,g
?
x
??
?
2
，则方程
f
?
x
?
?g
?
x
?
?1
实根的个数为
x?4?2,x?1
?
?
▲ ．
解法1：：
f(x)?g (x)?1?g(x)??1?lnx
，所以方程方程
|f(x)?g(x)|?1
实 根
的个数即为曲线
y?g(x)
和曲线
y??1?lnx
的公共点个 数之和。
曲线
y?g(x)
和曲线
y?1?lnx
显然有2个公共点，
??0??1?ln1
?
g(1）
又因为
?
，所以曲线
y?g(x)
和曲线
y? ?1?lnx
也有2个公
??2??1?ln2
?
?
g(2）
共点，如图2所示


所以方程
|f(x)?g(x)|?1
实根的个数为4个。

解法2：：（1）当
0?x?1
时，
f(x)?lnx??lnx,g(x)?0，原方程即为
?lnx?1?0?x?
1
，所以当
0?x?1
时 ，原方程有一个实根；
e
（2）当
1?x?2
时，
f(x)?ln x,g(x)?2?x
2
，原方程即为
lnx?2?x
2
?1

令
F(x)?lnx?2?x
2
(1?x?2),F
?
(x)?
1
?2x?0
，
x
所以
F(x)在x?(1,2 ]
上单调递减，得
F(x)?[ln2?2,1)
，得
lnx?2?x
2
?1
只有一
个实根。
（3）当
x?2
时，
f (x)?lnx,g(x)?x
2
?6
，
原方程即为
lnx?x< br>2
?6?1?lnx?x
2
?7orlnx?x
2
?5
。
令
G(x)?lnx?x
2
在x?(2,??)
上单调递增， 所以
G(x)?(ln2?4,??)
，因此
lnx?x
2
?7or lnx?x
2
?5
各有一个实根。
综上，方程
|f(x)?g(x)|?1
实根的个数为4。
解法3：首先去掉绝对值符号,有
?
?lnx
f
?
x?
?
?
?
lnx
0?x?1
x?1
?
o
?
g
?
x
?
?
?
2?x
2?
x
2
?6
?
o1?x?2

x?2
?
?lnx0?x?1
?
?
f
?
x
?
?g
?
x
?
?
?
lnx?2?x
2< br>1?x?2

?
2
lnx?x?6x?2
?
?
故对
f
?
x
?
?g
?
x
?
?1
,应该分3种情况讨论.
1
（1）
0?x?1
时,有：
? lnx?1?x?或x?e
（与
x?1
不符,舍去）;
e
（2）< br>1?x?2
时,有：
lnx?2?x
2
?1?lnx?x
2< br>?1,or,lnx?x
2
?3

lnx?x
2
?1
时,显然
x?1
适合;
lnx ?x
2
?3
时,
x?
?
1,2
?
,?ln x?
?
0,ln2
?
,

x
2
?3?
?
?1,1
?
,
而
?
0,ln2
?
?
?
?1,1
?

如解图,两曲线
y?x
2
?3与y?lnx
在区间
?
1,2
?
内有1个交点;

（3）
x?2
时,
lnx?x
2
?6?1
?ln x?7?x
2
或lnx?5?x
2

∵
x?2
,故前者有一解而后者无解.
综上,原方程实根的个数为4. < br>【试题1】（2012年重庆卷文科第12题）函数
f(x)?(x?a)(x?4)
为 偶函数，则
实数
a
?
_______．
解法1：从偶函数 的定义出发，并结合特殊值，这样运算量很小，尤其对一
些运算量较大的问题特别有效．
偶函 数
?
f(?x)?f(x)
对任意
x?R
恒成立
?
f(?a)?f(a)
（
a?0
）
?
0?2a(a?4)
?
a?4
．
解法2：因为函数f(x)?(x?a)(x?4)
是二次函数且为偶函数，所以函数图
像的对称轴是
x?0
，即
x??
a?4
?0
?
a?4
． 2
解法3：从另一个角度来看待偶函数的图像：既然图像关于
y
轴对称，说明该函数在
x?0
处取得极值，因此
x?0
是该函数的极值点，由导数性质 可得
f
'
(0)?0
，即
a?4
．
解法 4：自从将导数引入高中教材，使得我们可以站在更高、更宽的视野来
处理问题，同时导数作为一种强有 力的工具，使得很多看似难以解决的问题得以
轻松解答．我们知道在可导的前提下，偶函数的导函数必为 奇函数，因此
（这是一次函数）
f(x)?x
2
?(a?4)x?4a< br>为偶函数
?
f
'
(x)?2x?(a?4)
为奇函数
?
f
'
(x)?2x?(a?4)
必为正比例函数
?
a?4
．
【试题1】（2012年高考数学天津卷（理科）14题）已知函数
y?
与函数
y?kx?2
的图像恰有两个交点，则实数
k
的取值范围
x< br>2
?1
x?1
的图像

是 .
解法1：函数
y?
x
2
?1
x?1
?
(x?1)(x?1)
x?1
，当
x??1
时，
y?x?1
;当
?1?x?1
时,
y??x?1
;当
x?1
时，
y?x?1
.所以,
?
x?1，x??1
?
y??
?
?x?1,?1?x?1
.做出函数的图像.
x?1
?
?
x?1,x?1
x
2?1
直线
y?kx?2
恒过定点
(0,?2)
,要使两函数图像有两个不同的交点，将直线
y?kx?2
绕点
(0,?2)
按逆时针 方向从
l
1
旋转到
l
3
的过程中,除
l
1
,
l
2
和
l
3
外,均满足.
所以,实 数
k
的取值范围是:
0?k?1
或
1?k?4
.

解法2：由题意可得，
x
2
?1
x?1
?kx?2
有两个不同实根，即
x
2
?1?
?
kx?2
??
x ?1
?
有
两个非1的实根，当
x
2
?1?0
，即< br>x?
?
??,?1
?
根为
x?
?
1,??< br>?
时，原方程即
x?1?kx?2
，
31
；当
x2
?1?0
，即
x?
?
?1
．
,1
?
时，原方程即
?x?1?kx?2
，根为
x?
k?1k?1
?
31
?
?
?
k?1k?1
2
?
??< br>3
?
由
?
??
?1?0
可得，
k?
?
0,1
?
k?1
?
?
?
?
1
2
?
?
?
??
?1?0
k?1
?
??
?
?
1,4
?
．
?
2
x
?a,x?1 ,
【试题1】（2015北京理科第14题）设函数
f(x)?
?

4(x?a)(x?2a),x
…
1.
?
①若
a?1
，则< br>f(x)
的最小值为_____________________；
②若
f (x)
恰有2个零点，则实数
a
的取值范围是__________。
解：①略；
②解法1：
f(x)?2
x
?a
在
( ??,1)
内是增函数，
当
a?0
时，
f(x)?2
x< br>?a?0
在
(??,1)
内恒成立，故无零点。

则< br>f(x)?4(x?a)(x?2a)
在
[1,??)
内恰有两个零点，故a?2a…1
，无解；
当
0?a?2
时，易知
f(x)?2< br>x
?a
在
(??,1)
内有一个零点。
则
f(x) ?4(x?a)(x?2a)
在
[1,??)
内有且仅有一个零点，故
2a… 1?a
，得
1
?a?1
；
2
当
a…2
时 ，易知
f(x)?2
x
?a
在
(??,1)
内无零点。 < br>则
f(x)?4(x?a)(x?2a)
在
[1,??)
内恰有两个零 点，故
2a?a厖1,a
1
综上，实数
a
的取值范围为
?a ?1
或
a…2
。
2
2
。
解法2：易知
f(x)
最多有三个零点
log
2
a
、
a
、2a
。
?
log
2
a?1,
?
log
2
a
…
1,
1
??
f(x)
恰有两个零点
?
?
a?1,
或
?
a
…
1,?
?a?1< br>或
a…2
。
2
?
2a
…
1.
?< br>2a
…
1.
??
1
所以
a?[,1)[2,??)< br>。
2
【试题1】2015年安徽卷文科第14题：在平面直角坐标系
xOy< br>中，若直线
y?2a
与函数
y?x?a?1
的图像只有一个交点，则< br>a
的值为 。
解法1：直线
y?2a
与函数
y?x?a ?1
的图像只有一个交点，等价于方程
1
x?a?2a?1
有且仅有一个实根 ，显然
2a?1?0
，即
a??
符合题意。
2
解法2：由 题意，
x?a?1?2a
只有一个根，即
x?a?2a?1
，所以
x ?a??(2a?1)
，
1
解得
x?3a?1
或
x??a? 1
，因为只有一个根，所以
3a?1??a?1
，解得
a??
。
2

解法3：同解法2得到：
x?a?2a?1
，即
(x? a)
2
?(2a?1)
2
只有一个根，
1
即
x2
?2ax?3a
2
?4a?1?0
，
??(2a)
2
?4(?3a
2
?4a?1)?0
，解得
a??
。
2
解法4：在同一坐标系下分别作出函数
y?x?a?1
和
y?2a
的大致图像
（图1）。

可以看出，要使直线
y?2a
与函 数
y?x?a?1
的图像只有一个交点，则必须满
1
足
2a??1< br>，解得
a??
。
2
【试题1】2015年安徽卷理科第15题：设< br>x
3
?ax?b?0
，其中
a
、
b
均为实数 ，
下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是
件的编号）
①、
a??3,b??3
； ②、
a??3,b?2
； ③、
a??3,b?2
； ④、
a?0,b?2
；
⑤、
a?1,b?2
。
解法1：令
f(x)?x
3
?ax?b
，求导得
f
?
(x)?3x
2
?a
。
当
a?0
时，
f
?
(x)?0
，所以< br>f(x)
在
R
上单调递增，且
x???
时，
f(x) ???
；
x???
时，
f(x)???
。所以
f(x)?x
3
?ax?b
必有一个零点，即
。（写出所有正确条
方程
x
3
?ax?b?0
仅有一个实根，故④⑤正确；
aa
若
a?0
，由三次函数图像特点，
f(x)
在
(??,??)
及
(?,??)
上是增函
33
aa
数，在
(??,?)< br>上是减函数。
33
aa
要使
f(x)
在
R
上只有一个零点，则只需
[f(x)]
min
?(?)
3
?a(?) ?b?0
33
aa
和
[f(x)]
max
?(??)
3
?a(??)?b?0
有一个成立即可。
33
故①③正确，于是填①③④⑤。
【试题1】（2012年浙江卷理科第17题） 设a
?
R，若x＞0时均有[(a－1)x
－1]( x
2
－ax－1)≥0，则a＝______________．
解法1：当
a?1< br>时，
y?(a?1)x?1??1
，不合
题意，故
a?1
．因 为一次函数
y?(a?1)x?1
和二次函数
y?x
2
?ax?1
的图象均

过定点
(0,?1)
，如图，当x＞0时均有[(a －1)x－1]( x
2
－ax－1)≥0，所以这两个函
数的图象在
y< br>轴的右边且同时在
x
轴的上方或同时在
x
轴的下方，因为M(
0)在y
1
＝(a－1)x－1上，所以函数y
2
＝x
2
－ax－1的图象一定也过点M(
3
1
?
a
??1?0
a?
代入得
?
，解得（舍去
??
?
a?1
?
a ?1
2
2
1
，
a?1
1
，0)，
a?1< br>a=0）．
赏析1：此解法的优美之处在于把一个一元高次不等式问题转化为函数的图
象来解决，使解题过程运算简单，思路简捷，充分体现数形结合思想的强大魅力。
赏析2：不等式问题涉及到恒成立方面的知识，数形结合，简洁明快．
赏析3：把握动函数图 象过定点，利用一次函数和二次函数的图像性质，且
它们的函数值同号进行解题．
赏析4：把 握不等式的特点：一个一次函数与一个二次函数的函数值同号。
结合函数图像，将问题转化为两个函数图 像的另一个交点在x轴上的问题进行求
解。
解法2：设
f(x)?[(a?1)x? 1](x
2
?ax?1)(x?0)
，由
f(1)?0
且
f (2)?0
，
?
a(a?2)?0
3
即
?
，则=
a
2
2
?
?(2a?3)?0
311
检验，当a
=，
x?0
时，
f(x)?(x?2)
2
(x?)? 0
成立。
22
2
赏析1：试题内涵丰富，考查函数性质和不等式的综合运用 ，突出了思维的
灵活性与广阔性，体现了特殊性存在于一般性之中的哲学思想，体现了“多考点
想，少考点算”的命题理念。
赏析2：解填空题不妨试试特殊值法。
赏析3：恒成立问题中求参数的值，取特殊值也是一个好方法．
解法3：
?
?
a?1
?
x?1
?
x
2
?ax?1?
?
ax?x?1
?
?ax?x
2
?1

x?1?
?
x
2
?1
?
?
??x
?
a?
?
?
?
a?
x
?
?
?0
在< br>x?0
时均成立，
x
??
??
2
????
x?1
?
?
x
2
?1
?
?
?
a? ?0
在
x?0
时均成立. 所以
?
a?
?
?
??
x
?
?
x
?
?

x
2
?1x?1x
2
?x?2
?
x?2
??
x?1?
???
而
xxxx
x
2
?1x?1x
2< br>?1x?1
??a?
当
0?x?2
时，因为，所以，又因为当
0?x?2
xxxx
x
2
?11
?x?
在
?
0,2
?
上单调递增，时不等式恒成立，考虑到
f
?
x
?
?
xx
x?1133
?1?
在
?
0,2
?
上单调递减，又
f
?
x
?
max
?f
?< br>2
?
?
，
g
?
x
?
min
?g
?
2
?
?
，
xx22
333
所以?a?
，得到
a?
.
222
g
?
x
?
?
x
2
?1x?1x?1x
2
?1
??a?当
x?2
时，因为，所以，当
x?2
时恒成立，
xxxx
x?11
x
2
?11
?1?
在
?
2,??
?
上
?x?
在
?
2,??
?
上单调递增，
g
?
x
?
?
考虑到
f
?
x
?< br>?
xx
xx
单调递减，又
f
?
x
?
min
?f
?
2
?
?
综上可知：
a?
3 3333
，
g
?
x
?
max
?g
?
2
?
?
，所以
?a?
，得到
a?
.
22222
3
符合题意。
2
赏析1：分离参数法是求参数问题的一 般性方法（不等式问题转化为恒成立问
题求解）．
解法4：结合三次函数的图象，由韦达定理 得出
x
2
?ax?1?0
对
应的两根为一正一负。当a=1时代入显 然不成立，因此对应方程
1
的第三根是
x?
，要使对x>0均有关于x的一元 三次函数值非
a?1
o
x
y
负，又
f(0)?1?0
，对应函数只能是如右图的图象，即要求
a?1?0
，
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
x?
二次方程
x
2
?ax?1? 0
，解得满足条件的
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1】2015年湖南高考文科第14题
3
2
1
代入
a?1

【题目】若函数
f(x)?2
x
?2?b
有两 个零点，则实数
b
的取值范围是_____.
【基本解法1】由函数
f(x )?2
x
?2?b
有两个零点，可得方程
2
x
?2?b有两个
解，则函数
y?2
x
?2
与函数
y?b
的图像有两个交点，结合图像可得
b
的取值范
围是
(0,2)
.












【基本解法2】由函数
f(x)?2
x
?2?b
有两个零点，
可知方程
2
x
?2?b?0
有两个相异的根.
原方程可转 化为
(2
x
?2)
2
?b
2
?0(b?0)
，
令
t?2
x
(t?0)
，则方程可转化为
t
2
?4t?4?b
2
?0(t?0,b?0)
.
?
?b?0,
?
要使该方程有两个相异的根，则
b
应满足如下条件
?
0?4?0?4?b
2
?0,

?
4
?
?0,
?2
解得
0?b?2
.
因此
b
的取值范围是
(0,2)
.

【试题1】 2015年湖北文科第17题：
a
为实数，函数
f(x)?x
2
?a x
在区间
[0,1]
上的最大值为
g(a)
，当
a?
时
g(a)
的值最小。
解法1：当
a?0
时，
f (x)?x
2
在
[0,1]
上的最大值为
g(a)?1
；

当
a?0
时，
f(x)?x
2
?ax
在
[0,1]
上单调递增，故
g(a)?f(1)?1?a
，此时
g(a)?1
；
aa
(0,)
上递增，
(,a)
上递减，
(a,??)
当
a?0
时，
f(x)?x
2
?ax
在
(??,0)
上递减，
22
上递增。
（1）、若
1?
a
，即
a?2
时，
g(a)?f(1)?1?a?a?1，此时
g(a)?1
；
2
a1
aa
2
（2） 、若
?1?a
，即
1?a?2
时，
g(a)?f()?
，此 时
?g(a)?1
；
24
24
?
a
2
?
?
a
?
（3）、若
0?a?1
时，
g(a)?ma x
?
f(),f(1)
?
?max
?
,1?a
?< br>。
?
2
?
?
4
?
1
a
2
a
2
当
?1?a
，即
?2?22?a?1
时，g(a)?
，此时
3?22?g(a)?
；
4
44
a
2
当
?1?a
，即
0?a??2?22
时，
g(a )?1?a
，此时
3?22?g(a)?1
；
4
g(a)
综上，当且仅当
a??2?22
时取等号。即当
a??2?22
时，
g(a)?3?22
，
的值最小。
解法2、因为函数
y?f(x)
的图像与
x
轴交点为
(0,0),(a,0)
，函数
h(x)?x< br>2
?ax
的
图像的对称轴为
x?
a
，所以当
a?0
或
a?2
时，
f(x)
在
[0,1]
上是增 函数，
2
g(a)?g(1)?1?a
。
?
a
?
a
2
?
?
当
0?a?2
时，
g(a)?max?
f(1),f()
?
?max
?
1?a,
?
。
2
?
4
?
?
?
?
1?a,a?22? 2
?
2
?
a
综上，
g(a)?
?
,22? 2?a?2

?
4
?
a?1,a?2
?
当
a?22?2
时，
g(a)?g(22?2)?3?22
；
当
22?2?a?2
时，
g(a)?g(22?2)?3?22
；
当
a?2
时，
g(a)?g(2)?1?3?22
。

所以，当
a?22?2
时，
g(a)
有最小值
3?22< br>。
?
a
?
a
2
?
?
解法3：依题 意
g(a)?max
?
f(1),f()
?
?max
?1?a,
?
。
2
?
4
?
?
?
a
2
在同一坐标系下画出函数
g(a)?1?a
和
g(a)?（图2）。
4
a
2
由
?1?a
，得
a?22 ?2
。故当
a?22?2
时，即图像中的
A
点处，
g(a)
取
4
最小值
3?22
。
?
0,0?x?1
【试题1】（2015江苏13）已知函数
f(x)?|lnx|
，
g(x)??
2
，则方
?
|x?4|?2,x?1
程
|f(x)? g(x)|?1
实根的个数为 ▲ ．
解法一：
|f(x)?g(x)|?1
?g(x)??1?lnx
，所以方程方程
|f(x)?g(x)|?1
实根
的个数即为曲线
y?g(x)和曲线y??1?lnx
的公共点个数之和.
曲线
y?g(x)
和曲线
y?1?lnx
显然有2个公共点， < br>?
?
g(1）=0>-1-ln1
又因为
?
，所以曲线
y?g(x)
和曲线
y??1?lnx
也有2个公
?
?
g(2）=-2<-1-ln2
共点，如图2所示


所以方程
|f(x)?g(x)|?1
实根的个数为4个.
解法2：（1） 当
0?x?1
时，
f(x)?lnx??lnx,g(x)?0
，原方程即为
?lnx?1?0?x?
1
，所以当
0?x?1
时，原方程有一个实 根；
e

（2）当
1?x?2
时，
f(x)?lnx ,g(x)?2?x
2
，原方程即为
lnx?2?x
2
?1

令
F(x)?lnx?2?x
2
(1?x?2),F
?
(x )?
1
?2x?0
，
x
所以
F(x)在x?(1,2]< br>上单调递减，得
F(x)?[ln2?2,1)
，得
lnx?2?x
2
?1
只有一
个实根.
（3）当
x?2
时，
f(x )?lnx,g(x)?x
2
?6
，
原方程即为
lnx?x
2
?6?1?lnx?x
2
?7orlnx?x
2
?5
.
令
G(x)?lnx?x
2
在x?(2,??)
上单调递增，所以< br>G(x)?(ln2?4,??)
，因此
lnx?x
2
?7orlnx ?x
2
?5
各有一个实根.
综上，方程
|f(x)?g(x)|?1
实根的个数为4.
0?x?1?
?
0
【试题1】已知函数
f
?
x
?
?lnx,g
?
x
?
?
?
2

x?4?2 x?1
?
?
则方程
f
?
x
?
?g
?
x
?
?1
实根的个数为
【解析】首先去掉绝对值符号,有
?
?lnx
f
?
x?
?
?
?
lnx
0?x?1
x?1
?
o
?
g
?
x
?
?
?
2?x
2?
x
2
?6
?
o1?x?2

x?2
?
?lnx0?x?1
?
?
f
?
x
?
?g
?
x
?
?
?
lnx?2?x
2< br>1?x?2

?
2
lnx?x?6x?2
?
?
故对
f
?
x
?
?g
?
x
?
?1
,应该分3种情况讨论.
1
（1）0?lnx?1?x? 或x?e
（与x≤1不符,舍去）;
e
（2）1≤x≤2时,有：
lnx? 2?x
2
?1?lnx?x
2
?1或lnx?x
2
?3
lnx?x
2
?1
时,显然x=1适合;
lnx?x
2
?3
时,
x?
?
1,2
?
,?lnx?
?
0,ln2
?
,

x
2
?3?
??1,1
?
,而
?
0,ln2
?
?
?
?1,1
?

如解图,两曲线
y?x
2
?3与y?lnx
在
区间[1,2]内有1个交点;

（3）x>2时,
lnx?x
2
?6?1

?lnx?7?x
2
或lnx?5?x
2

∵x>2,故前者有一解而后者无解.
综上,原方程实根的个数为4.

【试题1】2015年陕西理15设曲线
y?e
x
在点
?
0,1?
处的切线与曲线
y?
点
P
处的切线垂直，则
P
的坐标为___________.
解法1：因为
y?e
x
，所以
y'?e
x
，所以曲线
y?e
x
在点
?
0,1< br>?
处的切线的斜率
1
?
x?0
?
上
x
k
1
?y'
x?0
?e
0
?1
.设
P< br>的坐标为
?
x
0
,y
0
??
x
0< br>?0
?
，则
y
0
?
1
1
，因为y?
，所以
x
x
0
y'??
11
y?
，故曲线在点
P
处的切线的斜率
k
2
?y'
x
x< br>2
x?x
0
??
1
.因此
2
x
0< br>k
1
?k
2
??1
，所以
?
1
2< br>??1
，即
x
0
?1
，解得
x
0
? ?1
.因为
x
0
?0
，所以
x
0
?1，
2
x
0
得
y
0
?1
，故
P
点的坐标是
?
1,1
?
.
解法2：易知曲线
y? e
x
在点
?
0,1
?
处的切线方程为
y?x?1< br>，将反比例函数转换
成等轴双曲线，即将
y?x
当作
x
轴（原 点不变，第一象限部分为正半轴），则曲
线
y?
1
?
x?0
?
转换为
x
2
?y
2
?2
?
x?0
?
，切线
y?x?1
转换为
y?
2
，与其垂
x< br>2
直的直线的斜率不存在，且要与双曲线
x
2
?y
2
?2
?
x?0
?
相切，符合条件的切线

应为
x?2
.
所以
P
在新坐标系下的坐标为
?
2,0
，还原到原坐标系中的坐标为
?
1,1
?
.
1?x
.
1?x
?
【试题1】2015年北京理科第18题 已知函数
f(x)?l n
（Ⅰ）求曲线
y?f(x)
在点
(0,f(0))
处的切线方程；
x
3
（Ⅱ）求证：当
x?(0,1)
时，
f(x)?2(x ?)

3
x
3
（Ⅲ）设实数
k
使得
f(x )?k(x?)
对
x?(0,1)
恒成立，求
k
的最大值.
3
解：（Ⅰ）
f(x)?ln
1?x2
,x?
?
?1,1
?
,f
?
(x)?,f
?
(0)?2,f(0)?0
，
2
1?x1?x
所以切线方程为
y?2x
.
（Ⅱ） 解法1:当
x?(0,1)
时，
f(x)?ln
1?x
?ln(1? x)?ln(1?x)

1?x
x
3
x
2
x
3
x
2
x
3
而
2(x?)?(x??)?(?x??)< br>
32323
x
2
x
3
记
m(x)?ln( 1?x)
，
n(x)?x??

23
x
3
要证f(x)?2(x?)
，只需证明
m(x)?m(?x)?n(x)?n(?x)

3
x
2
x
3
记
M(x)?m(x)?n(x)?l n(1?x)?(x??)
，
M(0)?0

23
1x
2< br>x
2
x
2
?(1?x?)???0
因为当
x?(? 1,1)
时，
M
?
(x)?
1?x21?x2
所以
M(x)
在
(?1,1)
上单调递增.
当
x?(?1,0)
时，
M(x)?M(0)?0
；当
x?(0,1)
时，
M(x)? M(0)?0
.
当
x?(0,1)
时，
m(x)?n(x)
，
m(?x)?n(?x)
，
x
3
即当
x?(0,1)
时，
f(x)?2(x?)
恒成立.
3

x
3
（Ⅱ）解法2:（2）原命题等价于
?x?
?
0,1
?
, f(x)?2(x?)?0

3
1?xx
3
x
3
? 2(x?)?ln(1?x)?ln(1?x)?2(x?)
设函数
F(x)?ln
1?x33
2x
4
F
?
(x)?,
when,x?
?
0,1
?
,F
?
(x)?0

2
1?x
故
F
?
x
?
在
x?
?
0,1?
单调递增的，
F
?
x
?
?F
?
0< br>?
?0

x
3
因此，当
x?(0,1)
时，
f(x)?2(x?)

3
x
3
（Ⅲ）解法1 由（Ⅱ）知当
x?(0,1)
时，
f(x)?2(x?)

3
x
3
x
3
故当
k?2
时，
f(x)?2(x?) ?k(x?)
成立；
33
x
3
1?xx
3
?k( x?)
，
g(0)?0
当
k?2
时，另
g(x)?f(x )?k(x?)
=
ln
31?x3
22?k(1?x
4
)< br>2
?k(1?x)?
因为
g
?
(x)?

2
1?x1?x
2
另
g
?
(x)?0
，解得
x?
4
1?
2
?(0,1)
.
k
22
当
x?(0,
4
1?)
时，
g(x)
单调递减，当
x ?(
4
1?,1)
时，
g(x)
单调递增.
kk
2
故当
x?(0,
4
1?)
时，
g(x)?g(0)?0< br>，与
g(x)?0
对
x?(0,1)
恒成立矛盾.
k
综上所述，可知
k?2
，故
k
的最大值为2.

x
3
解法2 因为
f(x)?2(x?)
对
x?(0,1)
恒成立
3

1?x
x
对
x?(0,1)
恒成立 ?
k?
1?
3
x
x?
3
ln
?
k?
ln(1?x)?ln(1?x)
对
x?(0,1)
恒成立.
x
3
x?
3
ln(1?x)?ln(1?x)
，
x?(0 ,1)

3
x
x?
3
令
h(x)?
则k?
?
h(x)
?
min

x
3
2( x?)?(1?x
4
)
?
ln(1?x)?ln(1?x)
?
3
因为
h
?
(x)?

3
x
(x?)< br>2
(1?x)
2
3
x
3
另
?
(x) ?2(x?)?(1?x
4
)
?
ln(1?x)?ln(1?x)
?
，则
?
(x)
与
h
?
(x)
同号
3
又
?
?
(x)?4x
3
?
ln(1?x)?l n(1?x)
?
?0
，所以
h
?
(x)?0

函数
h(x)
在
(0,1)
上单调递增.
所以
?
h(x)
?
min
11
?
ln(1?x)?ln(1?x)
?x
?2
（洛必达法则）
?h(0)?lim

?lim< br>1?x1
3
2
x?0
x?0
x
1?x
x?< br>3
所以
k
的最大值为2.

x
2
x
3
解法3 记
m(x)?ln(1?x)
，
n(x)?x??

26
x
3
当
x?(0,1)
时，
f(x)?2(x?)
恒成立 < br>3
?
当
x?(0,1)
时，
m(x)?
k
n (x)
.
2
kkx
2
x
3
记
N(x)? m(x)?n(x)?ln(1?x)?(x??)
，
N(0)?0
，则
2 226

1kx
2
N
?
(x)??(1?x?)

1?x22
11
kx
2
?(,1)
，
?(1? x?)?0?
N
?
(x)?0
当
k?0
时，
x? (0,1)
?
1?x2
22
所以
N(x)?N(0)?0
满 足题意.
kk
(1?)?x
2
(1?x)
24
当
0?k?2
时，
x?(0,1)
?N
?
(x)??0

1?x
所以
N(x)?N(0)?0
满足题意.
当
k?2
时，因为
N
?
(0)?1?
递减，
所以
x?(0,t)
时，
N(x)?N(0)?0
不满足题意.
综上，
k?(??,2]
，即
k
的最大值为2.
【试题1】2015年湖北文科第
21
题 设函数
f
?
x< br>?
、且
f
?
x
?
g
?
x
?
的定义域均为
R
，
是奇函数，
g
?
x
?< br>是偶函数，
f
?
x
?
?g
?
x
?< br>?e
x
，其中
e
为自然对数的底数。
（Ⅰ）求
f< br>?
x
?
,g
?
x
?
的解析式，并证明：当< br>x?0
时，
f
?
x
?
?0,g
?
x
?
?1
;
(Ⅱ)设
a?0,b?1
，证明：当
x ?0
时，
ag
?
x
?
?
?
1?a
?
?
f
?
x
?
?bg
?
x
??
?
1?b
?
。
x
k
?0
，所以存 在
(0,t)?(0,1)
使得
N(x)
在
(0,t)
上单 调
2
解：（Ⅰ）由
f
?
x
?
,g
?
x
?
的奇偶性及
f
?
x
?
?g
?
x
?
?e
x
①得
?f
?
x
?
? g
?
x
?
?e
?x
② 联
立①②解得
f< br>?
x
?
?
故
f
?
x
?
?0

（Ⅱ）先证明不等式左边。
因为
g
?
x
??1,a?0
，所以
ag
?
x
?
?1?a?a
?
?
g
?
x
?
?1
?
?
?1?1
故只需证当
x?0
时，
f
?
x
?
?1,即
f
?
x
?
?x
。设
u
?
x
?
?f
?
x
?
?x
?
x?0
?
，因为
u
'
?
x
?
?g
?
x?
?1?0
，所
x
f
?
x
?
?1。所以以
u
?
x
?
在
?
0,??
?< br>上递增。从而
u
?
x
?
?u
?
0
?
?0
，即当
x?0
时，
x
1
x
1
e?e
?x
?
，
g
?
x
?
?
?< br>e
x
?e
?x
?
当
x?0
时，
e
x
?1
，
0?e
?x
?1
,
?
22

当
x?0
时，
f
?
x
?
?ag
?
x
?
?1?a
。再证不等式右边。因为
g
?
x
?
?1,b?1
，故
x
bg
?
x< br>?
?1?b?bx?1
?
g
?
x?1?1?
?
g
?
x
。故只需证当
x?0
时，
?
??
?
g
?
?1?
?
f
?
x
?
?g< br>?
x
?
，即
f
x
?
x
?
? x
?
g
?
。
x
设
v
??
x?x< br>?
g
?
?x
???
f0x?x
因为
?
，
v
'
??
x?
?
g
?
?xx
??
f?
?
x
?
g??x
所
f
以
xv
?
x
?
在
?
0,??
?
上递增。从而
??
x0
，
f
?
x
?
?g
?x
?
。所以当
x?0
时，
x
v
?
x< br>?
?v
?
0
?
?0
，即当
x?0
时 ，
f
?
x
?
?bg
?
x
?
?1? b
。
x
综上，若
a?0,b?1
，则当
x?0
时 ，
ag
?
x
?
?
?
1?a
?
?< br>f
?
x
?
?bg
?
x
?
?
?
1?b
?

x
3x
2
?ax
?
a?R
?
。 【试题1】2015年重庆卷【理科第20题】 设函数
f
?
x
?
?
e
x
（Ⅰ）若
f(x)
在
x?0
处取得极值，确定
a
的值，并求此时曲线
y?f(x)
在点
?
1,f
?
1
??
处的切线方程；
（Ⅱ）若
f(x)
在
?
3,??
?
上为减函数，求
a
的取值范围。
【解】： < br>?3x
2
?(6?a)x?a
（Ⅰ）由
f(x)
在
x ?0
处取得极值，又由
f
?
(x)?
，所以
e
x< br>f
?
(0)?a?0

3x
2
?3x
2?6x
因此
a?0
，则有
f
?
x
?
?
x
f
?
(x)?
e
,
e
x
, < br>3
?
3
?
因此
?
1,f
?
1
??
?
?
1,
?
k?f
?
(1)?
,
e
?
e
?
,
则由直线的点斜式方程，有曲线
y?f (x)
在点
?
1,f
?
1
??
处的切线方程为：< br>3x?ey?0
。
?3x
2
?(6?a)x?a
2
（Ⅱ）
f
?
(x)?
，令
g(x)??3x?(6?a)x?a，所以
x
e
g(x)??3x
2
?(6?a)x?a?0
在
?
3,??
?
恒成立。
3x
2
?6x
【解法1】 转化为
a?
在
?
3,??
?
恒成立。
1?x3x
2
?6x
?3(x?1)
2
?3
?
a?R
?
，则
h
?
(x)?
令
h
?
x< br>?
?
?0
。
2
1?x
(1?x)

< br>9
所以
h(x)
在
?
3,??
?
上单调递减 ，故
?
h
?
x
?
?
max
?h(3)??
。
2
9
?
9
?
所以
a??
，即
a
的取值范围是
?
?,??
?
。
2
?< br>2
?
?
?
??a
2
?36?0,
?
6?aa
【解法2】
g(x)
对称轴为
x???1?
，所以有?
g(3)??2a?9?0,
，解得
2?(?3)6
?
a?
1??3,
?
6
9
?
9
?
a??< br>，即
a
的取值范围是
?
?,??
?
。
2
?
2
?

【试题1】2012年浙江卷理科第22题：已 知
a?0
，
b?R
，函数
f(x)?4a
3
x?2 b?xa?
.
b
(Ⅰ)证明：当
0?x?1
时，
（ⅰ）函数
f(x)
的最大值是
2a?b?a
；
（ⅱ）
f(x)
+
2a?b?a?0
；
（Ⅱ）若
?1?f(x)?1
对任意的
x?[0,1]
恒成立，求
a?b
的取 值范围.
解法1：（Ⅰ）（ⅰ）证明：
令
g(x)?
4ax
2?2bx?a?b
，
当
0?x?1
时，
g(x)
ma x
?max
?
g(0),g(1)
?
,
又
f(0) ?g(0),f(1)?g(1)
，
a?0
，
0?x?1
，?f(x)?4ax
2
?2bx?a?b
，
?g(x)
max
?max
?
g(0),g(1)
?
?max
?
f( 0),f(1)
?
,
?
3a?b,b?2a,
?f(x)?g(x)
max
?max
?
f(0),f(1)
?
?max
?
?a?b,3a?b
?
?
?
?2a?b?a.
?
?a?b,b?2a
（ⅱ）证法1：
只需证
f(x)
min
?f (x)
max
?0,又f(x)
max
=max
?
f(0) ,f(1)
?
,
f
?
?
x
?
?12ax< br>2
?2b
．
①当
b
≤0时，
f
?
?
x
?
?12ax
2
?2b
＞0在0≤
x
≤1上恒成立，
此时
f(x)
max
=f(1)?
立
a 3?b,f(x
mi
)
n
?
,
2
成
f(? 0?)a?b,f?(0)f?(1)a?0

②当
b
＞0时，
f
?
?
x
?
?12ax
2
?2b?12a(x?< br>当
b
?1
,即
b?6a
时，函数
6a
bb< br>)(x?)

6a6a
f(x)
在
[0,1]
上单调递减，

?f(x)
min
=f(1)?3a?b,f(x)
max
?f(0)??a ?b,f(0)?f(1)?2a?0
，成立；
当
b
?1
,即
0?b?6a
时，此时函数
6a
?
b
?
0，
单调 递减，在
f(x)
在
??
??
6a
??
?
b
?
4b
，1
上单调递增，此时的最小值为
fx
?b?a?b
；
??
?
?
6a
?
?
36a
??
当
0?b?2a
时 ，
4b4b
即证
?b?a?b?(3a?b)??b?2a?0
；
36a36a
?
3
?
43
b
3
令即证
4 t
3
?1
，而
4
?

??1
显然成立。< br>?t,
则
t?(0,)
，
?
??
9
3
6a
?
3
?
3
当
2a?b?6a
时，
4b4b
即证
?b?a?b?(b?a)??b?2b?2a?0
令
36a3 6a
?
3
?
32
32
t?
?
,1
?
4t?6t?1?0，即证，令
h(t)?4t?6t?1
，
?
3
??
b
?t,
则
6a
?
3
?
则
h
?
(t)?12t(t?1)?0
，所以函数
h(t)
在
?
,1
?
上单调递减，所以
?
?
3
?h(t)?h(
343
)??1?0

39
综上所述：
f(x)
+
2a?b?a?0

（ⅱ）证法2：
当
b?2a
时，若
b?0
，则
f(x)?2a?b?a?4ax
3
?2bx?2a?0
显然成立；
倘若b?0
，则
f(x)?2a?b?a?4ax
3
?2bx?2a?2bx
3
?2bx?2a

=
?2bx(1?
x
2
)?2a
=
?2bx(1?x)(1?x)?2a??4b(1?x)x?2a??b?2a ?0
；
当
b?2a
时，令
b?2at(t?1)
，原不等式等价于
2x
3
?2tx?2t?1?0
，令

对每一确定的
x?[0,1]
，
h(t)
是不减函数，故
h(t )?h(1)
.
h(t)?
2(1?x)t?2x
3
?1
，
而
h(1)?2x
3
?2x?1?1?2x(1?x)(1?x)?1?4( 1?x)x?0
.
综上所述，不等式
f(x)
+
2a?b?a?0
成立.
（ Ⅱ）解法1：由题设及(Ⅰ)的证明结论可得
2a?b?a?1
，因为
a?0
，
b?R
，则显然有
0?a?1
，由（ⅱ）知
f(x)??(2a ?b?a)??1.
所以
?1?f(x)?1
对任意的
x?[0,1]
恒成立的充要
?
?
2a?b?a?1,
条件是
?
令
t?a?b
，则不等式转化为
t?3a?1?a
，
0?a?1
?
?
?
t??1?4a
即
?
(0?a?1)
，于是有
?1?t?3
，即
a?b
的取值范围是
?
?1,3
?
。
?
t?1?2a
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(Ⅰ)（ⅰ）的证明，利用
a?0
及
0?x?1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。
（ⅱ）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（ⅰ）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，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（Ⅱ）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
0?a?1
，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
a?b
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

【试题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，
A(?1,0)
，
B(0,3)
，
C(3,0)
，动点
D
满足
|C D|?1
，则
|OA?OB?OD|
的最大值
为_______．
解法1：设动点
D(3?cos
?
,sin
?
)
，
则
OA?OB?OD?(2?cos
?
,3?sin
?
)< br>，
所以
|OA?OB?OD|
2
?8?4cos
?
?3sin
?
?8?27sin(
?
?
?
)
，
从而
|OA?OB?OD|
的最大值为
7?1
．
解法2: 设
D
?
x,y
?
，则由
CD?1
，得
?< br>x?3
?
?y
2
?1
，因此动点
D
的轨迹是
以
C
?
3,0
?
为圆心，
1
为半径的圆， 而
OA?OB?OD?
2
?
x?1
?
圆
2
?y?3
??
2
是
得
D
?
x,y
?
与点
max
P1?,
??
3
距离，利用的性质
OA?OB ?OD?PC?1?7?1
．
解法3：
|OA?OB?OD|?|OA?OB?OC ?CD|?|OA?OB?OC|?|CD|

?7?1
，当且仅当
OA?O B?OC?(2,3)
与
CD
同向时取等号，
所以
|OA?OB?OD|
的最大值是
1?7
．
解法4： 设
D
?
x,y
?
，由
C(3,0)
，
CD ?1
得，
?
x?3
?
?y
2
?1
．
又
A(?1,0)
，
B(0,3)
，则
OA?OB?OD ?
2
?
x?1
?
2
?y?3
??
2
=
4x?23y?4
．
2
令
z?4x?23y
，其最大 值在直线
z?4x?23y
与圆
?
x?3
?
?y
2
?1
相切时
取得，由
12?z
4?(23)
22
? 1
得，
z?12?27
，则
z
max
?12?27
，
max
所以
OA?OB?OD?8?27
=
7+1
．
解法5：同解法4，令
z?4x?23y
，
由柯西不等式
(x?3 )
2
?y
2
4
2
?(23)
2
?4(x? 3)?23y
，(当且仅当时，等
号成立)，得
4x?23y?12?27
，
∴
??
????
2
OA?OB?OD?8?27
2
，∴
OA?OB?OD?8?27?(1?7)
2
?1?7
．
即
OA?OB?OD
的最大值
1?7
．
【试题1】[2014新课标Ⅰ卷 理科第15题]已知
A,B,C
是圆
O< br>上的三点，
AO?
1
(AB?AC)
，
2
则
AB
与
AC
的夹角为 .
解法一：【统一起点1】

由
AO?
线.
1
(AB?AC)
,得
2AO?OB?OC?2OA
，即
OB=?OC
，
?O,B,C
三点共
2
故
BC
为圆
O
的直径，
?AB,AC?90
.
解法二：【统一起点2】
由解法一知，
OB?OC=0
，故
AB?AC?(OB?OA)(OC?O A)?OB?OC?(OB?OC)?OA?OA??OB?OA?0

222
?AB,AC?90
.
解法三：【加法法则】
取
BC
中点
D
，则
AB?AC?2AD
，
?AO?AD
，
?D,O
两点重合.
故
BC
为圆
O
的直径，
?AB,AC?90
.
解法四：【几何性质】
延长
AO
交圆于
D
点，则
AD=2AO=AB?AC
，故四边形
ABDC
为平行四边形，
又
?ABD?90
，
?AB,AC?90
.
解法五：【投影1】
22
1111
由
AO?AB?(AB?AC) ?AB
，得
AB?AB?AB?AC
，
2222
故
AB?AC?0
，
?AB,AC?90
.
解法六：【投影2】
22
1111
AO?AC?(AB?AC)?ACAC ?AB?AC?AC
由，得，
2222
故
AB?AC?0
，
?AB,AC?90
.
解法七：【平方法】
11
由
AO?AB?AC,BO?AO?AB?AC? AB
及
AO?BO

22
????
得
AC?AB? AC?AB
，平方得
AB?AC?0
，
?AB,AC?90
.
解法八：【坐标化】
设
A(0,0),O(1,0),B(1?cos
?< br>,sin
?
),C(1?cos
?
,sin
?
)，
由
2AO=AB?AC
，得
cos
?
?cos?
?0,sin
?
?sin
?
?0
，

?AB?AC?(1?cos
?
)(1?cos
?
)?sin
?
sin
?

?1?cos
?
cos
?
?sin
?
sin
?
?1?cos
?
cos
??sin
?
sin
?
?0
?AB,AC?90
.
解法九：【回路法】
111
由
AO?AB?AC
，得
BO ?BA?AO??AB?AB?AC??AB?AC
，
222
11
CO?CA?AO??AC?AB?AC?AB?AC
，
22
??????
????
?BO?CO=0
，
?O,B,C三点共线，故
BC
为圆
O
的直径，
?AB,AC?90
.
解法十：【外心向量式】
因
O
为外心，故
sin2AOA?s in2BOB?sin2COC?0
，
由已知，得
0?OA?OB?OC?0
，
?sin2A?0,sin2B?sin2C
，
?A?90
，即
AB,AC?90
.

【试题1】（2015
年四川理科
7
）设四边形
ABCD
为平行四边形，AB?6
，
AD?4
.
若点
M
，
N
满 足
BM?3MC
，
DN?2NC
，则
AM?NM?

（
A
）
20
（
B
）
15
（
C
）
9
（
D
）
6
解法一：转化为特殊的四边形
---
矩形

以
AB
为
x
轴，以
AD
为
y
轴，则可得如下坐标
A(0, 0),N(4,4),M(6,3)

AM?(6,3),NM?(2,?1)

所以
AM?NM?
9
解法二：基底大法：

AM?AB?
11
3
AD
,
NM??AD?AB
，
43
4
2
111
AM?NM?4AB?3AD??AD?4AB ?4AB?3AD
41248
????
?
???
1
?
16?36?9?16
?
?9
.
?
?
?
482




（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
.

1
【试题1】 20(2015年浙江文科第13题):已知
e
1
,e
2
是平面单位 向量,且
e
1
e
2
?,
若
2
平面向量b
满足
be
1
?be
2
?1,
则
b? ____.

解法一：由
e
1
e
2
?
1< br>2
，得
?e
1
e
2
??60
,所以不妨设< br>?
13
?
b?
?
x,y
?
.
e< br>1
?
?
1,0
?
,e
2
?
?
?
2
,
2
?
?
,
??
x?1
?
x?1
?
?
3
?
23
?
?
b?1 ,,
则由
be
1
?be
2
?1
得：
?
1
,故,即解得。
b?
??
?
3
3< br>??
3
3
y?1
?
y?
??
?
x?
3
?22
?
n
?
m??1
?
1
?
2
解法二：不妨设
b?me
1
?ne
2
,
由
e
1
e
2
?
及
be
1
?be< br>2
?1
得：
?
，解得
2
?
m
?n? 1
?
?2
m?n?
2
。
3
所以
b?

?
me
1
?ne
2
?
2
?m
2
?mn?n
2
?
23
。
3
1
，得
?e
1
e
2
??60
，
2
解法三：由题意可设
e
1
?
?
1,0
?
,
由
e
1
e
2
?
可设
e
2
?
?
cos60,sin60
?
,

再由
be
1
?be
2
?1
，得向量
b
与
e< br>1
、e
2
成等角.
?
31
?
2
3
t,t
t?
设
b?t
?
cos30,sin30
?
,
即
b?
?
,所以,解得.
be?t?1
?1
?
22
?
2
3
??
23
?
1
?
?
故
b?1
2
?
?
.
?< br>2
?
3
?
2
【试题1】2012年浙江理科第15题：在?
ABC
BA?C
中，M是BC的中点，AM＝3，BC＝10，则
A< br>A
C
＝_______．
解法1：因为
AB?AC
=
(AM?MB)?(AM?MC)

=
AM?AM?(MB?MC)?MB?MC

2

MB
第15题

=
AM?MC
=
9?25
=
?16
．
赏析1：转化为互为相反的两个向量的和是零向量进行解题。
赏析2：将所求向量运算转化为基本向量加减乘运算来解决。
赏解3：向量运算的几何形式，通过向量间的线性表示来转化．
欣赏4：主要考查向量的线性运算，数量积应用能力，解题蕴含化归思想，
目标意识。
解法2：假设
?
ABC是等腰三角形，
由AM＝3，BC＝10，得AB＝AC＝
34
．
所以cos∠BAC＝< br>34?34?10032
??
，
AB?AC
＝
AB?ACco s?BAC??16
。
2?342?34
22
赏析1：填空题只要结果，无 需过程，用特例解决，变动为静，本来可以做
到“简单快捷，不易出错”的效果。但是，该解法有“小题 大做”的感觉，请看
解法3和解法4
解法3：取
AB?AC
，则
A B?AM
2
?MC
2
?34
，
cos?MAC?
c os?BAC?2cos
2
?MAC?1?2?
3
，因为
34
98
?
8
?
所以
AB?AC?34?34?
?
?
?
??16
．
?1??
，
17
3417
??
赏解1：把握直角三角形中三角函数的定义，利用特殊图形法，简洁明快．
解法4：因为
AM?MC?0,MB?AM?0
，
MB??MC
,
所以
AB?AC
＝
(AM?MB)?(AM?MC)
＝
AM ?AM?MC?MB?AM?MB
＝－16.
赏解1：把握互相垂直的向量的数量积为零的特点，利用特殊图形法，简单
明了．
解法5：由题意，AM＝3，MB＝MC＝5，
所以
AB?AC
＝
(AM?MB)?(AM?MC)

＝
(AM?MB)?(AM?MB)

＝
AM?MB
＝－16.
赏析1：向量运算的三角形法则，平面向量基本定理的灵活应用。
解法6：由题意，
|AB?AC|
＝6，所以
|AB?AC|
2
?AB?2AB?AC?AC? 36
， ①
22
22
22

|AB?A C|
＝10，所以
|AB?AC|
2
?AB?2AB?AC?AC?100< br>，②
① －②得4
AB?AC
＝36－100＝－64，所以
AB?AC
＝－16.
赏析1：平面向量加减运算的平行四边形法则，整体思想和方程思想的灵活应
用。
赏析2：利用任何一个向量都可以表示为若干个向量的和或差的形式进行解
答。
解法 7：以点M为原点，MC所在直线为
x
轴的正方向，建立平面直角坐标
系。设A
(x,y)
，C(5,0),B(-5,0)则
AB?(?5?x,?y)
，
AC?(5?x,?y)
，
??
22
AM?x?y?9
，所以
?x
2
?y
2
?25??16
。
赏析1：坐标法是解决向量问题的常用方法。
解法8：以M为坐标原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，则B（－
5，0），
C（5，0），设
?AMC?
?
，则A（3
cos
?
，3
sin
?
），
所以
AB?AC
＝（－5－3
cos
?
，－3
sin
?
）·（5－3
cos
?
，－3
sin< br>?
）＝9
cos
2
?
－25+9sin
2
?
＝－16.
赏析1：坐标法是把向量问题转化为代数问题的桥梁和纽带。
赏解2：向量运算的代数形式，将向量关系坐标化．

1
，D为BC
2
边上的一点，
?ABD
与
?ACD
面积分别为2和4，过D作< br>DE?AB
，垂足为E，
?
2
22
??
??
【试题1】2015年上海理科第14题：在锐角
?ABC
中，
tanA?
D F?AC
，垂足为F，则
DE?DF?
_____。
anA?
解法 1：在四边形AEDF中易知
?EDF?
?
?A
，由
t
1< br>25
得
cosA?
，
2
5
sinA?
525
，故
cos?EDF??cosA??
。
5
5
过 C作
CH?AB
，垂足为H，设|CH|=
h
，由
?ABD
与
?ACD
面积分别为2
111
和4，可知
|BD|?|BC|，故
|DE|?h
。在?ACH中，由
tanA?
得
|AH|? 2h
，
332

故
|AC|?5h
，由
?AC D
的面积为4，得
|DF|?
8
。所以，
5h
h82516
DE?DF?|DE|?|DF|cos?EDF???(?)??
。
3
5 h
515
解法2：
cos?DE?DF??cos(
?
?A)??< br>25
，故
5
DE?DF?|DE|?|DF|cos?EDF??
2< br>|DE|?|DF|
。令
?ABC
中
AB
边上的高长
5
12
为
h
C
，
AC
边上的高长为
hB
，则由
BD:DC?1:2
可知
|DE|?h
C
，< br>|DF|?h
B
，
33
从而
|DE|?|DF|?
2S4S2S
?ABC
4S
22
2S
8
h
B
h
C
??
?ABC
?
?ABC
?
?ABC
??
?ABC
sinA?
99ACAB9AC?AB9
35
16< br>。
15
，于是
DE?DF??
?
|AC|?|DF|?8,
解法3：由已知得
?
?(|AC|?|AB|)(|DF|?|DE|?32
，又
?
|AB|?|DE|?4,
1
328
|AC|?|AB|si nA?6
，故
|DF|?|DE|??sinA
。
2
|AC|?| AB|3
所以，
88tanA16
DE?DF?|DE|?|DF|cos(
?
?A)??sinAcosA?????
。
331?tan
2
A15

【试题1】2015年安徽卷理科第16 题：在
?ABC
中，
A?
点
D
在
BC
边上 ，
AD?BD
，
求
AD
的长.
解法１：由余弦定理，在< br>?ABC
中，
BC
2
?AB
2
?AC
2?2AB?AC?cos?BAC
，
AB
2
?BC
2
? AC
2
310
所以
BC?310
.则
cosB?
.
?
2AB?BC10
AB
2
?BD
2
?AD
2
310
在
?ABD
中，
cosB?
，解得
BD ?AD?10
.
?
2AB?BD10
3
?
，
AB ?6
，
AC?32
，
4

解法２：在
?ABC
中，由余弦定理得
BC?310
.
设
AD?x
，则在?ABD
中，
6
2
?2x
2
?2x
2
cos?ADB
；
在
?ADC
中，
(32)
2
? x
2
?(310?x)
2
?2x(310?x)cos?ADC
.
又
cos?ADC??cos?ADB
，所以可求得
x?10
，故< br>AD?10
.
解法３：如图１，过点
C
作边
AB
所 在直线的垂线，垂足为
E
，过点
D
作
DF?AB
，垂足为< br>F
.
由
A?
3
?
，
AC?32
， 得
AE?CE?3
.
4
1
.
3
1
AB?3
，故
DF?1
.
2
则EB?3?6?9
，
tanB?
又
AD?BD
，在
Rt ?DFB
中，
BF?
所以
AD?10
.
解法４：如图２， 以
AB
为
x
轴，过
A
点垂直于
x
轴的直线 为
y
轴，建立直
1
角坐标系.由题意易得出
B(6,0)
、
C(?3,3)
，所以直线
BC
的方程为
y??x?2
，< br>3
1
从而可设
D(x,?x?2)
。由
AD?BD
可 得
x?3
，进而得出
AD?10
.
3
【试题1】2015 年安徽理科第21题：设函数
f(x)?x
2
?ax?b
.
（Ⅰ）讨论函数
f(sinx)
在
(?
求出极值；
??< br>,)
内的单调性并判断有无极值，有极值时
22
?
??
?（Ⅱ）记
f
0
(x)?x
2
?a
0
x?b0
，求函数
f(sinx)?f
0
(sinx)
在
?< br>?,
?
上的最
?
22
?
大值
D
；
a
2
（Ⅲ）在（Ⅱ）中，取
a
0
?b
0
? 0
，求
z?b?
满足条件
D?1
时的最大值.
4