《高考數(shù)學(xué)二輪教師用書：下篇 指導(dǎo)三 巧用八種解題術(shù) Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪教師用書：下篇 指導(dǎo)三 巧用八種解題術(shù) Word版含解析（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、“探求思路、圖體向?qū)А毙g(shù)對題設(shè)條件不夠明顯的數(shù)學(xué)問題求解，注意相關(guān)的圖形，巧用圖形作向?qū)?，可打破思維瓶頸，多途徑找到突破方法尤其是對一些以函數(shù)、三角函數(shù)、不等式等形式給出的命題，其本身雖不帶有圖形，但可以設(shè)法構(gòu)造相應(yīng)的輔助圖形進(jìn)行分析，將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為幾何問題來解力爭做到有圖用圖，無圖想圖，補(bǔ)形改圖，充分運用其幾何特征的直觀性來啟迪思維，從而較快地獲得解題的途徑這就是“用圖探路術(shù)”例1已知函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A(，0)B.C(0,1) D(0，)解析B函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)ln x12ax.函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個極

2、值點，等價于ln x12ax0在(0，)上有兩個不相等的實數(shù)根，令h(x)ln x，g(x)2ax1，則函數(shù)h(x)ln x的圖象與函數(shù)g(x)2ax1的圖象在(0，)上有兩個不同的交點設(shè)函數(shù)h(x)ln x與函數(shù)g(x)2ax1的圖象相切于點A(m，ln m)，其中m0，函數(shù)g(x)的圖象在點A處的切線的斜率為k2a，函數(shù)h(x)的圖象在點A處的切線的斜率為k，2a.直線g(x)2ax1過點(0，1)，k，.解得m1，當(dāng)函數(shù)h(x)與g(x)的圖象相切時，a.又兩函數(shù)圖象有兩個交點，a.活學(xué)活用1(2019杭州二模)設(shè)a，b，c是單位向量，且ab0，則(ac)(bc)的最小值為()A2 B.

3、2C1 D1解析：D由于(ac)(bc)(ab)c1，因此等價于求(ab)c的最大值，這個最大值只有當(dāng)向量ab與向量c同向共線時取得由于ab0，故ab，如圖所示，|ab|，|c|1.當(dāng)0時，(ab)c取得最大值且最大值為.故所求的最小值為1.“解題常招，設(shè)參換元”術(shù)在解答數(shù)學(xué)問題時，我們常把某個代數(shù)式看成一個新的未知數(shù)，或?qū)⒛承┳冊昧硪粎⒆兞康谋磉_(dá)式來替換，以便將所求的式子變形，優(yōu)化思考對象，讓原來不醒目的條件，或隱含的信息顯露出來，促使問題的實質(zhì)明朗化，使非標(biāo)準(zhǔn)型問題標(biāo)準(zhǔn)化，從而便于我們將問題化繁為簡、化難為易、化陌生為熟悉，從中找出解題思路這種通過換元改變式子形式來變換研究對象，將問題移

4、至新對象的知識背景中去探究解題思路的做法，就是“設(shè)參換元術(shù)”，常見的換元法：三角代換、比值代換、整體代換等例2已知橢圓C方程為y21，且直線l：ykxm與圓O：x2y21相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點，求OMN面積的最大值解析圓O的圓心為坐標(biāo)原點，半徑r1，由直線l：ykxm，即kxym0與圓O：x2y21相切，得1，故有m21k2.由消去y得(4k21)x28kmx4m240.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2，x1x2.所以|x1x2|2(x1x2)24x1x224.將代入，得|x1x2|2，故|x1x2|.所以|MN|x1x2|.故OMN的面積S|MN|1.令t4k2

5、1(t1)，則k2，代入上式，得S2 ，所以當(dāng)t3，即4k213，解得k時，S取得最大值，且最大值為 1.活學(xué)活用2(1)函數(shù)f(x)sin xcos x2sin xcos x的最小值是_解析：f(x)sin xcos x2sin xcos x(sin xcos x)2sin xcos x1，令sin xcos xt，則tsin，x，x，0t，原函數(shù)可化為g(t)t2t1(0t)函數(shù)g(t)t2t1的圖象開口向上，其對稱軸的方程為t，當(dāng)0t時，g(t)單調(diào)遞增當(dāng)t0時，g(t)取得最小值1.答案：1(2)已知a0，b0，a2b2ab3，則2ab的最大值是_解析：令t2ab(t0)，則bt2a，

6、代入a2b2ab3，得7a25att230，由關(guān)于a的一元二次方程有解得，25t228(t23)0，即t228，所以0t2，當(dāng)且僅當(dāng)即時取等號，故2ab的最大值是2.答案：2“巧設(shè)變量，引參搭橋”術(shù)當(dāng)題目條件中的已知量或變量無法直接與要求的結(jié)論之間建立關(guān)系時，可考慮引入一些中間變量，即參數(shù)(可以是角度、線段、斜率及點的坐標(biāo)等)，來溝通條件與結(jié)論之間的聯(lián)系，這是一種非常重要的解題思想方法，即“引參搭橋”術(shù)例3已知橢圓C：9x2y2m2(m0)，直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)若直線l過點，延長線

7、段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由解析(1)證明：設(shè)直線l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)將ykxb代入9x2y2m2得(k29)x22kbxb2m20，故xM，yMkxMb.于是直線OM的斜率kOM，則kOMk9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值(2)四邊形OAPB能為平行四邊形因為直線l過點，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k0，k3.由(1)得直線OM的方程為yx.設(shè)點P的橫坐標(biāo)為xp.由得x，即xp .將代入l的方程得b，因此xm.當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，

8、即xP2xM時，四邊形OAPB為平行四邊形于是2，解得k14，k24.因為ki0，ki3，i1,2，所以當(dāng)l的斜率為4或4時，四邊形OAPB為平行四邊形活學(xué)活用3已知ABC為等腰三角形，ABAC，BD是其腰AC的中線，且BD3，求ABC面積的最大值解析：設(shè)AB2x，BAC，(0，)，則ADx，故SABC2x2xsin 2x2sin ，在ABD中，BD2AB2AD22ABADcos ，解得x2，故SABC2x2sin ，(0，)，令f()，(0，)，則f()，令cos 0，0(0，)，故當(dāng)(0，0)時，f()0，當(dāng)(0，)時，f()0，故f()在0處取到極大值，也是最大值，故f()max6，故A

9、BC面積的最大值為6.答案：6“變量交錯、分離協(xié)調(diào)”術(shù)對多個變量交叉混合布局的數(shù)學(xué)問題，在求解時往往需要分離變量，即將混為一團(tuán)的變量分開，使之各自成為一個小整體，便于分別分析各自所具有的特征，研究它們之間的差異，從中發(fā)現(xiàn)解題的思路這種通過對變量的分離來協(xié)調(diào)變量間的關(guān)系，理順解題思路進(jìn)行各個擊破的解題策略，就是“分離變量”的戰(zhàn)術(shù)例4設(shè)函數(shù)f(x)lg，其中aR，n是任意給定的正整數(shù)，且n2，如果當(dāng)x(，1時，f(x)有意義，求a的取值范圍解析由題意有12x(n1)xnxa0，從而a.因為n2，而yx(k1,2，n1)是x(，1上的減函數(shù)，所以，故a.活學(xué)活用4設(shè)函數(shù)g(x)xb對任意a，都有g(shù)(

10、x)10在x上恒成立，求實數(shù)b的取值范圍解析：變量分離b10.令h(x)x，則h(x)1，得x(極小值點)，x(極大值點)，故h(x)在(，)上單調(diào)遞增，在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞減，在(，)上單調(diào)遞增由此可知，h(x)在上的最大值為h與h(1)中的較大者又hh(1)3，a，hh(1)，h(x)maxh4a，所以，只需b10恒成立即可，又10，從而得b的取值范圍是.答案：“固勢推導(dǎo)，反客為主”術(shù)我們解答數(shù)學(xué)題時通常把注意力集中在主變元上，這是理所當(dāng)然的事當(dāng)思維受阻時，若注重考查命題的求解趨勢，依從條件與結(jié)論的內(nèi)在聯(lián)系變換思考方向，視其參變元為主變元進(jìn)行研究、推導(dǎo)，也能得到解決問題

11、的途徑，有時還能獲得問題的巧解這種做法就是“反客為主”的戰(zhàn)術(shù)例5若f(x)ax22(2a1)x4a7，aN*，若f(x)至少有一個整數(shù)根，則a的取值為_解析依題意可知，當(dāng)f(x)0時，有2x7a(x2)2，顯然，當(dāng)x2時，方程不成立故有a(x2)，于是，當(dāng)a為正整數(shù)時，則必有2x7(x2)2，且xZ，x2，即x必須滿足條件：3x1(xZ，x2)由此可知，x只能在3，1,0,1中取值將3，1,0,1分別代入中，得知：僅當(dāng)x3，x1和x1時能保證a為正整數(shù)，且此時有a1和a5.所以，當(dāng)a1和a5時，原方程至少有一個整數(shù)根答案1或5活學(xué)活用5對于滿足|log2p|2的所有實數(shù)p，使x2px12xp恒

12、成立的x的取值范圍為_解析：由|log2p|2，得p4.由題意可設(shè)f(p)(x1)p(x22x1)0，易知f(p)是p的一次函數(shù)，故要使f(p)0在p上恒成立，則必須有x1，且即x1，且解得且x1，由此可得x3或x1.所以滿足題意的實數(shù)x的取值范圍是x3或x1.答案：(，3(1，)“換位推理，聲東擊西”術(shù)對有些命題在直接求解常感到困難或根本難以從條件入手，這時可避開正面強(qiáng)攻，從結(jié)論的對立面入手，或考查與其相關(guān)的另一問題，或反例，從中也可以找到解決問題的途徑，有時甚至還能獲得最佳的解法，這就是“聲東擊西”術(shù)，常見的基本方式有反證法、補(bǔ)集法、反例法等例6若拋物線yx2上的所有弦都不能被直線yk(x

13、3)垂直平分，則k的取值范圍是()A. B.C. D.解析D設(shè)拋物線yx2上兩點A(x1，x)，B(x2，x)關(guān)于直線yk(x3)對稱，AB的中點為P(x0，y0)，則x0，y0.由題設(shè)知，所以.又AB的中點P(x0，y0)在直線yk(x3)上，所以k，所以中點P.由于點P在yx2的區(qū)域內(nèi)，則2，整理得(2k1)(6k22k1)0，解得k.因此當(dāng)k時，拋物線yx2上存在兩點關(guān)于直線yk(x3)對稱，于是當(dāng)k時，拋物線yx2上不存在兩點關(guān)于直線yk(x3)對稱所以實數(shù)k的取值范圍為.故選D.活學(xué)活用6已知函數(shù)f(x)ax2xln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為_解析：f(x)2

14、ax1.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則f(x)0在(1,2)上恒成立，所以2ax10，得a.(*)令t，因為x(1,2)，所以t.設(shè)h(t)(tt2)2，t，顯然函數(shù)yh(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以h(1)h(t)h，即0h(t).由(*)可知，a.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，則f(x)0在(1,2)上恒成立，所以2ax10，得a.結(jié)合可知，a0.綜上，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為(，0.所以若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為.答案：“關(guān)注整體，設(shè)而不求”術(shù)設(shè)而不求是數(shù)學(xué)解題中的一種很有用的手段，采用設(shè)而不求的

15、策略，往往能避免盲目推演而造成的無益的循環(huán)運算，從而達(dá)到準(zhǔn)確、快速、簡捷的解題效果方法1整體代入，設(shè)而不求在解決某些涉及若干個量的求值問題時，要有目標(biāo)意識，通過虛設(shè)的策略，整體轉(zhuǎn)化的思想，繞開復(fù)雜的運算過程，可使問題迅速得到解決例7已知等比數(shù)列an中Sn是數(shù)列an的前n項和，Sm16，S2m64，則S3m的值為_解析設(shè)公比為q，由于S2m2Sm，故q1，于是得1qm4，則qm3，所以S3m(1qmq2m)16(1332)208.答案208方法2轉(zhuǎn)化圖形，設(shè)而不求有些代數(shù)問題，通過挖掘題目中隱含的幾何背景，設(shè)而不求，轉(zhuǎn)化成幾何問題求解例8設(shè)a，b均為正數(shù)，且ab1，則的最大值為_解析設(shè)u，v(u

16、1，v1)，uvm，則u，v同時滿足其中uvm表示直線，m為此直線在v軸上的截距u2v24是以原點為圓心，2為半徑的圓在第一象限內(nèi)的一部分圓弧，如圖所示，顯然直線與圓弧相切時，所對應(yīng)的截距m的值最大由圖易得mmax2，即2.答案2方法3適當(dāng)引參，設(shè)而不求恰當(dāng)合理地引入?yún)?shù)，可使解題目標(biāo)更加明確，已知和欲求之間的聯(lián)系得以明朗化，使問題能夠得到解決例9已知對任何滿足(x1)2y21的實數(shù)x，y，不等式xyk0恒成立，求實數(shù)k的取值范圍解析由題意設(shè)則g()xyksin cos 1ksin1k1k.令1k0，得k1.即實數(shù)k的取值范圍是1，)答案1，)方法4巧設(shè)坐標(biāo)，設(shè)而不求在解析幾何問題中，對于有關(guān)

17、點的坐標(biāo)采用設(shè)而不求的策略，能促使問題定向，簡便化歸，起到以簡馭繁的解題效果例10設(shè)拋物線y22px(p0)的焦點為F，經(jīng)過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線的準(zhǔn)線上，且BCx軸，求證：直線AC經(jīng)過原點O.證明設(shè)A(2pt，2pt1)，B(2pt，2pt2)，則C.因為AB過焦點F，所以2pt12pt2p2，得t1t2.又直線OC的斜率kOC4t2，直線OA的斜率kOA，則kOCkOA，故A，O，C三點共線，即直線AC經(jīng)過原點O.活學(xué)活用7(1)一直線被兩直線4xy60,3x5y60截得的線段中點恰好是坐標(biāo)原點，則這條直線的方程為_解析：設(shè)所求直線分別交直線4xy60,3x5y60于

18、點M，N，設(shè)M(x0，y0)，則有4x0y060.因為M，N關(guān)于原點對稱，所以N(x0，y0)，從而3x05y060.由得x06y00.顯然M(x0，y0)，N(x0，y0)，O(0,0)三點的坐標(biāo)均適合方程.故所求直線的方程為x6y0.答案：x6y0(2)已知橢圓1，F(xiàn)1，F(xiàn)2為焦點，點P為橢圓上一點，F(xiàn)1PF2，則SF1PF2_.解析：設(shè)|PF1|r1，|PF2|r2，由橢圓定義得r1r210.由余弦定理得rr2r1r2cos64.2得，r1r212，所以SF1PF2r1r2sin3.答案：3(3)已知F1，F(xiàn)2是橢圓2x2y24的兩個焦點，點P是橢圓上在第一象限內(nèi)的點，且1.過點P作傾斜

19、角互補(bǔ)的兩條直線PA，PB分別交橢圓于A，B兩點()求點P的坐標(biāo)；()求直線AB的斜率解析：()設(shè)P(m，n)，因為點P在橢圓上，所以2m2n24，m0，n0.又橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為1，設(shè)F1(0，)，F(xiàn)2(0，)，所以(m，n)(m，n)1，由此可得m2n23.由解得m1，n，即所求點P的坐標(biāo)為(1，)()設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為點A，B在橢圓上，所以2xy4,2xy4，兩式相減得2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0.所以kAB2.同理可得kAP2，kBP2 .因為PA，PB傾斜角互補(bǔ)，所以kPAkPB0.由左端及得x1y2x2y1(x2x1)(y1y2)20，

20、由右端及得x1y2x2y1(x2x1)(y1y2)20，由得2(x2x1)2(y1y2)0，即y1y2(x1x2)，由得kAB.“解題卡殼，攻堅突圍”術(shù)思維受限一般出現(xiàn)在壓軸題或計算量大的題上，有時也出現(xiàn)在一些條件特殊的選擇題、填空題上，這些題不一定就是做不好的題或是難度很大的題，而可能是因某些運算或推理繁雜感到心理緊張而導(dǎo)致一下子想不出解決方法的題一般來說，對此類問題的突圍關(guān)鍵在于如何針對已有的信息與所求目標(biāo)的差異進(jìn)行綜合分析，整合相關(guān)的結(jié)論(包括已推得的結(jié)論)，注重信息的遷移要注重考查命題所涉及的概念、定理，把握命題的結(jié)構(gòu)特點，構(gòu)建相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型進(jìn)行模仿探索，力爭做到求什么，想什么在審查已

21、做的運算、推理與所求結(jié)論的要求是否正確時，要注重隱含條件的挖掘與整合，仔細(xì)清查還有哪些條件未用上，還有哪些相關(guān)的通法未用到，力爭做到給什么，用什么在將條件與結(jié)論聯(lián)系起來時，要勇于試探、創(chuàng)新思維，注重類比、猜想、湊形、配式，力爭做到差什么，找什么這就是我們常常說的“思維受限突圍術(shù)”常見的突圍策略有以下兩種：策略1前難后易空城計對設(shè)有多問的數(shù)學(xué)命題，若前一問不會解，而后面的幾問又是自己容易解的，或是可用第一問的結(jié)論來求解的，此時應(yīng)放棄第一問的求解，著重攻后面的幾問，并將第一問的結(jié)論作為后幾問的條件使用，巧妙地配合題設(shè)條件或有關(guān)定理解答后面的問題這種利用自己根本不懂或不會證明的問題條件來解后幾問的做

22、法，就是數(shù)學(xué)解題中的“空城計”，即前問難后問易，棄前攻后為上計(有時也說成：前難后易前問棄，借前結(jié)論攻后題)例11設(shè)函數(shù)fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)設(shè)n2，b1，c1，證明：fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點；(2)設(shè)n2，若對任意x1，x21,1，有|f2(x1)f2(x2)|4，求b的取值范圍；(3)在(1)的條件下，設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的零點，判斷數(shù)列x2，x3，xn，的增減性解析(1)證明：當(dāng)b1，c1，n2時，fn(x)xnx1.fnfn(1)10，fn(x)在內(nèi)存在零點又當(dāng)x時，f(x)nxn110，fn(x)在上是單調(diào)遞增的，fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點(2)當(dāng)

23、n2時，f2(x)x2bxc.對任意x1，x21,1都有|f2(x1)f2(x2)|4等價于f2(x)在1,1上的最大值與最小值之差M4.據(jù)此分類討論如下：當(dāng)1，即|b|2時，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，與題設(shè)矛盾當(dāng)10，即0b2時，Mf2(1)f224恒成立當(dāng)01，即2b0時，Mf2(1)f224恒成立綜上可知，2b2.(3)解法一：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(n2)，fn(xn)xxn10，fn1(xn1)xxn110，xn1，于是有fn(xn)0fn1(xn1)xxn11xxn11fn(xn1)又由(1)知fn(x)在上是單調(diào)遞增的，故xnxn1(n2)，所以數(shù)列x2，x

24、3，xn，是遞增數(shù)列解法二：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點fn1(xn)fn1(1)(xxn1)(1n111)xxn1xxn10，則fn1(x)的零點xn1在(xn,1)內(nèi)，故xnxn1(n2)，所以數(shù)列x2，x3，xn，是遞增數(shù)列點評第(1)問可利用函數(shù)的單調(diào)性及零點存在性定理進(jìn)行解題，但第(2)問較麻煩，很多同學(xué)不會做或耽誤較長時間，從而延誤了第(3)問的解答事實上，由題意可知，第(3)問的解答與第(2)問沒有任何關(guān)系，但與第(1)問是相關(guān)的，且非常容易解答，因此我們可跨過第(2)問，先解決第(3)問，從而加大了本題的得分率，這是解決此類題的上策之舉策略2前解倒推混戰(zhàn)術(shù)有些數(shù)學(xué)命題的求解

25、，開始入手還較為順暢，但一到最后就難以繼續(xù)進(jìn)行了此時若知悉它的大致趨勢和結(jié)果，可依從所求結(jié)論的形式、特點，進(jìn)行反推、湊形，直到得出大致與所要達(dá)到的目標(biāo)相當(dāng)、相同或相似的式子，再來巧妙地進(jìn)行溝通也是可行的對于這一步雖然是自己做不到的，但這樣寫了幾下，卻可能全都是對的也就是說，對此解答，自己是以其昏昏，卻能使人昭昭因為別人看上去確實是一步接著一步寫的，沒有什么跳躍，也沒掉什么關(guān)鍵步這一戰(zhàn)術(shù)與“中間會師”有點相似，但實質(zhì)卻不同因為它不是清清楚楚地推理過來的這種不按常規(guī)方式出牌，渾水摸魚的解題方法我們稱之為混戰(zhàn)術(shù)：解題結(jié)尾路難行，倒推湊形亦為徑例12已知函數(shù)f(x)(x2)exa(x1)2有兩個零點(

26、1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，求證：x1x22.解析(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)設(shè)a0，則f(x)(x2)ex，f(x)只有一個零點設(shè)a0，則當(dāng)x(，1)時，f(x)0；當(dāng)x(1，)時，f(x)0，所以f(x)在(，1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增又f(1)e，f(2)a，取b滿足b0且bln，則f(b)(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在兩個零點設(shè)a0，由f(x)0得x1或xln(2a)若a，則ln(2a)1，故當(dāng)x(1，)時，f(x)0，因此f(x)在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增又當(dāng)x1時，f(x)0，所以f(x)不存在兩個零點若a

27、，則ln(2a)1，故當(dāng)x(1，ln(2a)時，f(x)0；當(dāng)x(ln(2a)，)時，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(2a)，)內(nèi)單調(diào)遞增又當(dāng)x1時，f(x)0，所以f(x)不存在兩個零點綜上，a的取值范圍為(0，)(2)證明：不妨設(shè)x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又f(x)在(，1)內(nèi)單調(diào)遞減，所以x1x22等價于f(x1)f(2x2)，即f(2x2)0.設(shè)g(x)xe2x(x2)ex，則g(x)(x1)(e2xex)所以當(dāng)x1時，g(x)0，而g(1)0，故當(dāng)x1時，g(x)0.從而g(x2)f(2x2)0，故x1x22.

28、點評本題在證明x1x22時，如果直接從題目條件出發(fā)，很難證明該結(jié)論成立，而通過分析，將x1x22轉(zhuǎn)化為x12x21，利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性及f(x1)f(x2)，將問題轉(zhuǎn)化為證明不等式f(x1)f(2x2)，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)g(x)f(2x2)，轉(zhuǎn)化為證明函數(shù)g(x)的最大值小于0，從而使問題得證活學(xué)活用8(2019沈陽監(jiān)測)已知f(x)exax22x，aR.(1)求函數(shù)f(x)的圖象恒過的定點的坐標(biāo)；(2)若f(x)ax1恒成立，求a的值；(3)在(2)成立的條件下，證明：f(x)存在唯一的極小值點x0，且2f(x0).解析：(1)要使參數(shù)a對函數(shù)值不產(chǎn)生影響，需x0，此時f(0)e0a022

29、01，函數(shù)f(x)的圖象恒過的定點的坐標(biāo)為(0,1)(2)依題意得ex2ax2ax1恒成立，exax1恒成立構(gòu)造函數(shù)g(x)exax1，則g(x)exax1的圖象恒過點(0,0)，g(x)exa，若a0，則g(x)0，g(x)在R上單調(diào)遞增，exax1不能恒成立若a0，令g(x)0，xln a.當(dāng)x(，ln a)時，g(x)0，函數(shù)g(x)exax1單調(diào)遞減，當(dāng)x(ln a，)時，g(x)0，函數(shù)g(x)exax1單調(diào)遞增，函數(shù)g(x)在xln a處取得極小值，g(ln a)aaln a1.要使ex2ax2ax1恒成立，只需aaln a10.設(shè)h(a)aaln a1，則函數(shù)h(a)的圖象恒過點

30、(1,0)，h(a)1ln a1ln a，當(dāng)a(0,1)時，h(a)0，函數(shù)h(a)單調(diào)遞增；當(dāng)a(1，)時，h(a)0，函數(shù)h(a)單調(diào)遞減函數(shù)h(a)在a1處取得極大值0，要使函數(shù)h(a)0恒成立，只需a1.綜上，a的值為1.(3)證明：f(x)ex2x2，設(shè)m(x)ex2x2，則m(x)ex2，當(dāng)xln 2時，m(x)0，當(dāng)xln 2時，m(x)0，函數(shù)m(x)在(，ln 2)上單調(diào)遞減，在(ln 2，)上單調(diào)遞增，m(x)ex2x2在xln 2處取得極小值，且m(ln 2)2ln 20，又m(1)0，m(2)e260，m(x)有兩個變號零點，f(x)存在唯一的極小值點x0，x0，函數(shù)f(x)的極小值f(x0)2x，即2f(x0).