一、選擇題：

例6【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)檢Ⅰ第6題】
現(xiàn)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，該算法的功能是【】

\(A.\)求兩個(gè)正數(shù)\(a\)，\(b\)的最小公倍數(shù)

\(B.\)判斷兩個(gè)正數(shù)\(a\)，\(b\)是否相等

\(C.\)判斷其中一個(gè)正數(shù)能否被另一個(gè)正數(shù)整除

\(D.\)求兩個(gè)正數(shù)\(a\)，\(b\)的最大公約數(shù)

分析：抽象問(wèn)題具體化，采用特殊化策略，

令\(a=6\)，\(b=8\)，按程序框圖執(zhí)行，

STEP1：\(a\neq b\)，是，\(a>b\)，否，\(b=2\)；

STEP2：\(a\neq b\)，是，\(a>b\)，是，\(a=4\)；

STEP3：\(a\neq b\)，是，\(a>b\)，是，\(a=2\)；

STEP4：\(a\neq b\)，否，輸出\(a=2\)；

即算法的功能是利用“更相減損術(shù)”求兩個(gè)正數(shù)的最大公約數(shù)。故選\(D\)。

例7【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)檢Ⅰ第7題】

\(\Delta ABC\)的內(nèi)角\(A，B，C\)所對(duì)的邊分別為\(a，b，c\)，已知\(b=\sqrt{7}\)，\(c=4\)，\(cosB=\cfrac{3}{4}\)，則\(\Delta ABC\)的面積為【】

$A.3\sqrt{7}$ $B.\cfrac{3\sqrt{7}}{2}$ $C.9$ $D.\cfrac{9}{2}$

分析：屬于三角函數(shù)中已知兩邊和一邊的對(duì)角的形式，常用正弦定理或余弦定理求解；

更多的采用余弦定理的方程表達(dá)形式，也是考試中對(duì)余弦定理考察形式中的高頻考查模式。

\(b^2=a^2+c^2-2accosB\)，即\(7=a^2+14-2a\times 4\times\cfrac{3}{4}\)，

得到\(a^2-6a+9=0\)，即\(a=3\)，又由于\(sinB=\cfrac{\sqrt{7}}{4}\)，

故\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}acsinB=\cfrac{3\sqrt{7}}{2}\)，選\(B\)。

例8【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)檢Ⅰ第8題】
平面直角坐標(biāo)系\(xoy\)中，動(dòng)點(diǎn)\(P\)與圓\((x-2)^2+y^2=1\)上的點(diǎn)的最短距離與其到直線\(x=-1\)的距離相等，則點(diǎn)\(P\)的軌跡方程為【】

$A.y^2=8x$ $B.x^2=8y$ $C.y^2=4x$ $D.x^2=4y$

分析：由題意可知，\(|PQ|=|PD|\)，但是用這個(gè)不好建立軌跡方程，或者不能有效的和拋物線的定義建立聯(lián)系，

故等價(jià)轉(zhuǎn)化為\(|PA|=|PB|\)，且其模型為\(y^2=2px\)。

這樣就可以理解為平面內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn)\(P\)到一個(gè)定點(diǎn)\(A\)的距離等于其到定直線\(x=-2\)的距離。

由拋物線的定義可知，\(-\cfrac{p}{2}=-2\)，即\(p=4\)，故\(y^2=2\times 4x=8x\)，故選\(A\)。

例9【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)檢Ⅰ第9題】
等差數(shù)列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項(xiàng)和為\(S_n\)，若公差\(d>0\)，若\((S_8-S_5)(S_9-S_5)<0\)，則【】

$A.a_7=0$ $B.|a_7|=|a_8|$ $C.|a_7|>|a_8|$ $D.|a_7|

分析：由題目可知，數(shù)列為單調(diào)遞增數(shù)列，則有\(S_8-S_5<0\)，且\(S_9-S_5>0\)

即\(S_8-S_5=a_6+a_7+a_8=3a_7<0\)，\(a_7<0\)，

\(S_9-S_5=a_6+a_7+a_8+a_9=2(a_7+a_8)>0\)，即\(a_8>0\)，且\(|a_8|>|a_7|\)，故選\(D\)。

例10【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)檢Ⅰ第10題】

已知正三棱柱\(ABC-A_1B_1C_1\)中，\(AB=AA_1=2\)，則異面直線\(AB_1\)與\(CA_1\)所成角的余弦值為【】

$A.0$ $B.-\cfrac{1}{4}$ $C.\cfrac{1}{4}$ $D.\cfrac{1}{2}$ 【法1】空間向量法，第一種建系方式；以點(diǎn)$A$為坐標(biāo)原點(diǎn)，以$AC$，$AA_1$分別為$y$、$z$軸，以和$AC$垂直的直線為$x$軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則$A(0，0，0)$，$B(\sqrt{3}，1，0)$，$A_1(0，0，2)$，$B_1(\sqrt{3}，1，2)$，$C(0，2，0)$， $\overrightarrow{AB_1}=(\sqrt{3}，1，2)$，$\overrightarrow{A_1C}=(0，2，-2)$，且線線角的范圍是$[0，\cfrac{\pi}{2}]$， 故所求角的余弦值為$|cos|=\cfrac{|1\times 2+2\times(-2)|}{\sqrt{8}\times\sqrt{8}}=\cfrac{1}{4}$。故選$C$。 【法1】空間向量法，第二種建系方式；以$BN$的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則$A(1，0，0)$，$B(0，\sqrt{3}，0)$，$C(-1，0，0)$，$A_1(1，0，2)$，$B_1(0，\sqrt{3}，2)$，$C_1(-1，0，2)$， $\overrightarrow{AB_1}=(-1，\sqrt{3}，2)$，$\overrightarrow{A_1C}=(-2，0，-2)$，且線線角的范圍是$[0，\cfrac{\pi}{2}]$， 故所求角的余弦值為$|cos|=\cfrac{|-1\times (-2)+\sqrt{3}\times 0+2\times(-2)|}{\sqrt{8}\times\sqrt{8}}=\cfrac{1}{4}$。故選$C$。 【法2】：立體幾何法，補(bǔ)體平移法，將正三棱柱補(bǔ)體為一個(gè)底面為菱形的直四棱柱，連結(jié)$B_1D$，則$B_1D//A_1C$， 故異面直線$AB_1$與$CA_1$所成角，即轉(zhuǎn)化為共面直線$AB_1$與$B_1D$所成的角$\angle AB_1D$，連結(jié)$AD$， 在$\Delta AB_1D$中，$AB=AA_1=2$，可得$AB_1=B_1D=2\sqrt{2}$，$AD=2\sqrt{3}$， 由余弦定理可知，$cos\angle AB_1D=\cfrac{(2\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2-(2\sqrt{3})^2}{2\times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{3}}=\cfrac{1}{4}$， 故所求為$\cfrac{1}{4}$，故選$C$。

例11【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)檢Ⅰ第11題】
已知雙曲線\(E：\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1\)，\(a>0，b>0\)，點(diǎn)\(F\)為\(E\)的左焦點(diǎn)，點(diǎn)\(P\)為\(E\)上位于第一象限內(nèi)的點(diǎn)，\(P\)關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為\(Q\)，且滿足\(|PF|=3|FQ|\)，若\(|OP|=b\)，則\(E\)的離心率為【】

$A.\sqrt{3}$ $B.\sqrt{2}$ $C.2$ $D.\sqrt{5}$

法1：做出如圖所示的示意圖如下，

由圖可知，設(shè)右焦點(diǎn)為\(G\)，則\(|PG|=|FQ|\)，則由\(|PF|=3|FQ|\)，得到\(|PF|=3|PG|\)，

又由雙曲線的定義可知，\(|PF|-|PG|=2a\)，即得到\(|PG|=a\)，

這樣在\(\triangle POG\)中，\(|OP|=b\)，\(|PG|=a\)，\(|OG|=c\)，

在\(\triangle POF\)中，\(|OP|=b\)，\(|PF|=3a\)，\(|OF|=c\)，

由\(cos\angle POG+cos\angle POF=0\)，即\(\cfrac{b^2+c^2-(3a)^2}{2bc}+\cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=0\)，

解得\(c^2=3a^2\)，即\((\cfrac{c}{a})^2=3\)，即\(e=\sqrt{3}\)。

法2：特殊化策略，待思考整理。

例12【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測(cè)一第12題】設(shè)函數(shù)\(f(x)=(x-a)^2+(lnx^2-2a)^2\)，其中\(x>0\)，\(a\in R\)，存在\(x_0\)，使得\(f(x_0)\leq \cfrac{4}{5}\)成立，則實(shí)數(shù)\(a\)等于【】

$A.1$ $B.\cfrac{1}{5}$ $C.\cfrac{2}{5}$ $D.\cfrac{1}{2}$

分析：由于題目告訴我們，存在\(x_0\)，使得\(f(x_0)\leq \cfrac{4}{5}\)成立，

則需要我們求解函數(shù)\(f(x)\)的最小值，最容易想到的就是利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最小值，

這個(gè)最小值中會(huì)含有參數(shù)\(a\)，讓其小于等于\(\cfrac{4}{5}\)，求解即可。

但是觀察函數(shù)的特征，你會(huì)感覺(jué)這可能不是一個(gè)很好的選擇。

那么有沒(méi)有更好的選擇呢，詳細(xì)觀察所給的函數(shù)結(jié)構(gòu)特征，發(fā)現(xiàn)其和平面內(nèi)任意兩點(diǎn)見(jiàn)的距離公式很接近，

所以我們可以這樣考慮：

函數(shù)\(f(x)\)的最小值應(yīng)該是點(diǎn)\((x，lnx^2)\)和點(diǎn)\((a，2a)\)之間的最小距離的平方，再次轉(zhuǎn)化為

函數(shù)\(y=g(x)=lnx^2=2lnx\)上的動(dòng)點(diǎn)\((x，y)\)與函數(shù)\(y=h(x)=2x\)上的動(dòng)點(diǎn)\((m，n)\)之間的最小距離的平方，

從而問(wèn)題轉(zhuǎn)化為先求解曲線\(y=2lnx\)上的動(dòng)點(diǎn)到直線\(y=2x\)的最小距離了。

利用平行線法，設(shè)直線\(y=2x+m\)與曲線相切于點(diǎn)\((x_0，y_0)\)，

則有\(g'(x_0)=\cfrac{2}{x_0}=2\)，解得\(x_0=1\)，

代入\(y=2lnx\)，得到\(y_0=0\)，即切點(diǎn)為\((1，0)\)點(diǎn)，

代入\(y=2x+m\)，得到\(m=-2\)

即切線為\(y=2x-2\)，此時(shí)函數(shù)\(f(x)\)的最小值，也就是曲線上的點(diǎn)\((1，0)\)到直線\(y=2x\)的點(diǎn)線距的平方，

也是兩條直線\(y=2x\)和\(y=2x-2\)之間的線線距的平方，其中線線距\(d=\cfrac{|2|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\cfrac{2}{\sqrt{5}}\)

故\(d^2=\cfrac{4}{5}\)，說(shuō)明這樣的\(x_0\)是存在的，\(x_0=1\)，

那么\(a\)為多少?該如何求解呢？由于\(a\)是使得函數(shù)\(f(x)\)取得最小值的參數(shù)，

即本題目中應(yīng)該是點(diǎn)\((1，0)\)在直線\(y=2x\)上的垂足的橫坐標(biāo)。

由于過(guò)點(diǎn)\((1，0)\)和\(y=2x\)垂直的直線為\(y-0=-\cfrac{1}{2}(x-1)\)，

聯(lián)立\(\left\{\begin{array}{l}{y=2x}\\{y=-\cfrac{1}{2}(x-1)}\end{array}\right.\)，解得\(x=\cfrac{1}{5}\)，

即\(a=\cfrac{1}{5}\)，故選\(B\)。

法2：驗(yàn)證法，待整理。

二、填空題：

例14【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)檢Ⅰ第14題】我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《周髀算經(jīng)》記載有“勾股各自乘，并而開(kāi)方除之”，用符號(hào)表示為\(a^2+b^2=c^2\)，\((a，b，c\in N^*)\)，我們把\(a，b，c\)成為勾股數(shù)，下面給出幾組勾股數(shù)：\(3，4，5\)；\(5，12，13\)；\(7，24，25\)；\(9，40，41\)；\(\cdots\)，以此類推，可猜測(cè)第五組勾股數(shù)為_(kāi)_________ 。

分析：

\(\begin{array}{ccc} \color{red}{3}&4&5\\ 2\times1+1&2\times1\times(1+1)&2\times1\times(1+1)+1\\ 5&12&13\\ 2\times2+1&2\times2\times(2+1)&2\times2\times(2+1)+1\\ 7&24&25\\ 2\times3+1&2\times3\times(3+1)&2\times3\times(3+1)+1\\ 9&40&41\\ 2\times4+1&2\times4\times(4+1)&2\times4\times(4+1)+1\\ 11&60&61\\ 2\times5+1&2\times5\times(5+1)&2\times5\times(5+1)+1\\ 13&84&85\\ 2\times6+1&2\times6\times(6+1)&2\times6\times(6+1)+1\\ 15&112&113\\ 2\times7+1&2\times7\times(7+1)&2\times7\times(7+1)+1\\ \end{array}\)

故第五組勾股數(shù)為\(11，60，61\)；

推廣得到第\(n\)組勾股數(shù)的組成規(guī)律：

\(a=2\times n+1\)，\(b=2\times(n+1)+1\)，\(a=2\times n\times (n+1)+1\)，

例15【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)檢Ⅰ第15題】

已知一個(gè)四面體\(ABCD\)的每個(gè)頂點(diǎn)都在表面積為\(9\pi\)的球面上，且\(AB=CD=a\)，\(AC=AD=BC=BD=\sqrt{5}\)，則\(a\)=__________。

分析：直接構(gòu)造，很難，

由題意可采用割補(bǔ)法，考慮到四面體\(ABCD\)的四個(gè)面為全等的三角形，所以可在其每個(gè)面補(bǔ)上一個(gè)以\(a\)，\(\sqrt{5}\)，\(\sqrt{5}\)為三邊的三角形作為底面，且分別為\(x\)，\(y\)，\(z\)為側(cè)棱長(zhǎng)、且側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐，從而可得到一個(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為\(x\)，\(y\)，\(z\)的長(zhǎng)方體，

則有\(x^2+y^2=a^2\)，\(x^2+z^2=5\)，\(y^2+z^2=5\)，設(shè)球半徑為\(R\)，則有\((2R)^2=x^2+y^2+z^2=\cfrac{1}{2}a^2+5\)，

又由于四面體\(ABCD\)的外接球的表面積為\(9\pi\)，則球的表面積為\(S=4\pi R^2=9\pi\)．

即\(4R^2=9\)，則\(\cfrac{1}{2}a^2+5=9\)，解得\(a=2\sqrt{2}\)。

例16【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)檢Ⅰ第16題】

已知定義在實(shí)數(shù)集\(R\)上的函數(shù)\(f(x)\)滿足\(f(1)=4\)，且\(f(x)\)的導(dǎo)函數(shù)\(f'(x)<3\)，則不等式\(f(lnx)>3lnx+1\)的解集為_(kāi)_____。

分析：本題目涉及構(gòu)造函數(shù)的方法，是個(gè)難題，不過(guò)還是有一定的規(guī)律可以遵循的，

我們先將要求解的不等式中的\(lnx\)理解為一個(gè)整體，這樣就變形為\(f(t)>3t+1\)，

所以就容易看出來(lái)該怎么構(gòu)造函數(shù)了，做差構(gòu)造?！緸槭裁催@樣構(gòu)造？帶著問(wèn)題繼續(xù)往下看】

令\(g(x)=f(x)-3x-1\)，這樣\(g'(x)=f'(x)-3\)，由\(f'(x)<3\)，可知\(g'(x)<0\)，

即這樣構(gòu)造后我們能輕易知道這個(gè)函數(shù)的單調(diào)性，即函數(shù)\(g(x)\)在\(R\)上單調(diào)遞減，

又\(g(1)=f(1)-3\times 1-1=f(1)-4=0\)，

即到此我們就完全清楚了所構(gòu)造的函數(shù)的性質(zhì)，在\(R\)上單調(diào)遞減，且有唯一的零點(diǎn)為\(x=1\)，

故由\(g(x)>0\)可以得到解為\(x<1\)，由\(g(x)<0\)可以得到解為\(x>1\)，

現(xiàn)在\(f(lnx)>3lnx+1\)等價(jià)于\(g(lnx)>0\)，故得到\(lnx<1\)，

解得\(0<x<e\)，故解集為\((0，e)\)。

相關(guān)閱讀： 構(gòu)造函數(shù)的幾種常見(jiàn)角度；構(gòu)造函數(shù)習(xí)題

例16-姊妹【全國(guó)名校聯(lián)盟2018-2019高三第二次聯(lián)考第12題】【針對(duì)性練習(xí)】

已知定義在實(shí)數(shù)集\(R\)上的函數(shù)\(f(x)\)滿足\(f'(x)<2\)，\(f(1)=1\)，\(f'(x)\)是\(f(x)\)的導(dǎo)函數(shù)，則不等式\(f(|log_2x|)>2|log_2x|-1\)的解集為_(kāi)_____。

$A.(0，2)$ $B.(-\infty，2)$ $C.(2，+\infty)$ $D.(\cfrac{1}{2}，2)$

分析：完全仿照上述題目解法完成。

簡(jiǎn)解：令\(g(x)=f(x)-2x+1\)，則\(g'(x)=f'(x)-2<0\)，故函數(shù)\(g(x)\)在\(R\)上單調(diào)遞減，

又\(g(1)=f(1)-2\times 1+1=0\)，故可知\(g(x)>0\)時(shí)的解集為\(\{x\mid x<1\}\)，

又由于原不等式\(f(|log_2x|)>2|log_2x|-1\)等價(jià)于\(g(|log_2x|)>0\)，

故先得到\(|log_2x|<1\)，即\(-1<log_2x<1\)，即\(log_2\cfrac{1}{2}<x<log_22\)，

解得\(\cfrac{1}{2}<x<2\)，故選\(D\)。

三、解答題：

例19【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)檢Ⅰ第19題】

已知橢圓\(C：\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1，a>b>0\)的兩個(gè)焦點(diǎn)和短軸的兩個(gè)端點(diǎn)都在圓\(x^2+y^2=1\)。

(1)求橢圓\(C\)的方程；

分析：由題目可知，\(b=1\)，\(c=1\)，則\(a^2=2\)，

故橢圓方程為\(C：\cfrac{x^2}{2}+y^2=1\)；

(2)若斜率為\(k\)的直線過(guò)點(diǎn)\(M(2，0)\)，且與橢圓\(C\)相交于\(A、B\)兩點(diǎn)，試探討\(k\)為何值時(shí)，\(OA\perp OB\)。

分析：設(shè)點(diǎn)\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，直線\(AB\)的方程為\(y=k(x-2)\)，

由\(\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-2)}\\{\cfrac{x^2}{2}+y^2=1}\end{array}\right.\)，消去\(y\)得到，\((1+2k^2)x^2-8k^2x+8k^2-2=0\)，

所以\(x_1+x_2=\cfrac{8k^2}{1+2k^2}\)，\(x_1x_2=\cfrac{8k^2-2}{1+2k^2}\)，

由于\(OA\perp OB\)，所以\(x_1x_2+y_1y_2=0\)。

而\(y_1y_2=k^2(x_1-2)(x_2-2)\)，所以\(x_1x_2+k^2(x_1-2)(x_2-2)=0\)，

即\((1+k^2)x_1x_2-2k^2(x_1+x_2)+4k^2=0\)，

所以\(\cfrac{(1+k^2)(8k^2-2)}{1+2k^2}-\cfrac{16k^4}{1+2k^2}+4k^2=0\)，

解得\(k^2=\cfrac{1}{5}\)，此時(shí)\(\Delta >0\)，所以\(k=\pm \cfrac{\sqrt{5}}{5}\)。

例20【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)檢Ⅰ第20題】

某商場(chǎng)銷售電冰箱，每周周初購(gòu)進(jìn)一定數(shù)量的電冰箱，上次每銷售一臺(tái)電冰箱獲利\(500\)元，若供大于求，則每臺(tái)多余的電冰箱需要交保管費(fèi)\(100\)元；若供不應(yīng)求，則可從其他商場(chǎng)調(diào)劑供應(yīng)，此時(shí)每臺(tái)電冰箱僅獲利\(200\)元。

(1)、若該商場(chǎng)周初購(gòu)進(jìn)\(20\)臺(tái)電冰箱，求當(dāng)周的利潤(rùn)(單位：元)關(guān)于需求量\(n\)(單位：臺(tái)，\(n\in N\))的函數(shù)解析式；

分析：\(1^{\circ}\)，當(dāng)\(n\ge 20\)且\(n\in N\)時(shí)(供不應(yīng)求)，\(f(n)=500\times 20+200\times(n-20)=200n+6000\)，

\(2^{\circ}\)，當(dāng)\(n\leq 19\)且\(n\in N\)時(shí)(供大于求)，\(f(n)=500\times n-100\times(20-n)=600n-2000\)，

所以\(f(n)=\left\{\begin{array}{l}{200n+6000，n\ge 20}\\{600n-2000，n\leq 19}\end{array}\right.(n\in N)\)

(2)、該商場(chǎng)記錄了去年夏天(共10周)的電冰箱需求量\(n\)(單位：臺(tái))整理得下表，

周需求量1819202122

n	1	2	3	3	1

以記錄的每周的需求量的頻率作為每周需求量的概率，若商場(chǎng)周初購(gòu)進(jìn)\(20\)臺(tái)電冰箱，\(x\)表示當(dāng)周的利潤(rùn)(單位：元)，求\(x\)的分布列及數(shù)學(xué)期望。

分析：由(1)可知，\(f(18)=8800\)，\(f(19)=9400\)，\(f(20)=10000\)，\(f(21)=10200\)，\(f(22)=10400\)，

所以\(x\)的分布列為

\(x\)88009400100001020010400

\(p\)	0.1	0.2	0.3	0.3	0.1

所以，\(Ex=8800\times 0.1+9400\times 0.2+10000\times 0.3+10200\times 0.3+10400\times 0.1=9860\)。

例21【2019屆寶雞市高三理科數(shù)學(xué)質(zhì)檢Ⅰ第21題】

已知函數(shù)\(f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2\)．

（1）討論\(f(x)\)的單調(diào)性．

【分析】利用導(dǎo)函數(shù)分解因式后的兩個(gè)因式函數(shù)的圖像和符號(hào)法則判斷導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，

從而判斷原函數(shù)的單調(diào)性。

【解答】定義域?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="math inline">\(R\)，\(f'(x)=1\cdot e^x+(x-2)\cdot e^x+2a(x-1)=e^x(x-1)+2a(x-1)=(x-1)(e^x+2a)\)，

在同一個(gè)坐標(biāo)系中做出函數(shù)\(y=x-1\)(定圖)和函數(shù)\(y=e^x+2a\)(動(dòng)圖)的圖像，

根據(jù)動(dòng)圖\(y=e^x+2a\)是否與\(x\)軸有交點(diǎn)分類討論如下：

①當(dāng)\(2a\ge 0\)時(shí)，即\(a\ge 0\)時(shí)，恒有\(e^x+2a>0\)，

當(dāng)\(x\in (-\infty，1)\)上時(shí)，\(x-1<0\) ，則\(f'(x)=(e^x+2a)(x-1)<0\)，故\(f(x)\)單調(diào)遞減，

當(dāng)\(x\in (1，+\infty)\)上時(shí)，\(x-1>0\) ，則\(f'(x)=(e^x+2a)(x-1)>0\)，故\(f(x)\)單調(diào)遞增，

當(dāng)\(2a<0\)時(shí)，即\(a<0\)時(shí)，\(y=e^x+2a\)與\(x\)軸有交點(diǎn)，令\(e^x+2a=0\)，解得\(x=ln(-2a)\)，

然后針對(duì)\(ln(-2a)\)與\(1\)的大小關(guān)系繼續(xù)細(xì)分如下

②當(dāng)\(ln(-2a)<1\)時(shí)，即\(-\cfrac{e}{2}<a<0\)時(shí)，

當(dāng)\(x\in(-\infty，ln(-2a))\)時(shí)，\(e^x+2a<0\)，\(x-1<0\)，則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞增；

當(dāng)\(x\in(ln(-2a)，1)\)時(shí)，\(e^x+2a>0\)，\(x-1<0\)，則\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞減；

當(dāng)\(x\in(1，+\infty)\)時(shí)，\(e^x+2a>0\)，\(x-1>0\)，則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞增；

③當(dāng)\(ln(-2a)=1\)時(shí)，即\(a=-\cfrac{e}{2}\)時(shí)，

當(dāng)\(x\in(-\infty，1)\)時(shí)，\(e^x+2a<0\)，\(x-1<0\)，則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞增；

當(dāng)\(x\in(1，+\infty)\)時(shí)，\(e^x+2a>0\)，\(x-1>0\)，則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞增；

即\(x\in (-\infty，+\infty)\)時(shí)，恒有\(f'(x)\ge 0\)，當(dāng)且僅當(dāng)\(x=1\)時(shí)取到等號(hào)，故\(f(x)\)單調(diào)遞增；

④當(dāng)\(ln(-2a)>1\)時(shí)，即\(a<-\cfrac{e}{2}\)時(shí)，

當(dāng)\(x\in(-\infty，1)\)時(shí)，\(e^x+2a<0\)，\(x-1<0\)，則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞增；

當(dāng)\(x\in(1，ln(-2a))\)時(shí)，\(e^x+2a<0\)，\(x-1>0\)，則\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞減；

當(dāng)\(x\in(ln(-2a)，+\infty)\)時(shí)，\(e^x+2a>0\)，\(x-1>0\)，則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞增；

綜上所述，

當(dāng)\(a<-\cfrac{e}{2}\)時(shí)，單增區(qū)間為\((-\infty，1)\)和\((ln(-2a)，+\infty)\)，單減區(qū)間為\((1，ln(-2a))\)；

當(dāng)\(a=-\cfrac{e}{2}\)時(shí)，只有單增區(qū)間為\((-\infty，+\infty)\)；

當(dāng)\(-\cfrac{e}{2}<a<0\)時(shí)，單增區(qū)間為\((-\infty，ln(-2a))\)和\((1，+\infty)\)，單減區(qū)間為\((ln(-2a)，1)\)；

當(dāng)\(a\ge 0\)時(shí)，單減區(qū)間為\((-\infty，1)\)，單增區(qū)間為\((1，+\infty)\)；

【點(diǎn)評(píng)】由于教材上所舉例子是從數(shù)的角度求解導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，從而判斷原函數(shù)的單調(diào)性，

故許多學(xué)生碰到這個(gè)題目時(shí)思路會(huì)受阻，需要老師做引導(dǎo)，如果從數(shù)的角度不能突破，可以考慮從形的角度入手分析。

相關(guān)閱讀：導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)的單調(diào)性的策略

（2）若函數(shù)\(f(x)\)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)\(a\)的取值范圍。

法1：利用第一問(wèn)的結(jié)論，結(jié)合極值點(diǎn)的正負(fù)判斷。

\(1^\circ\)：當(dāng)\(a>0\)時(shí)，由(1)知\(f(x)\)在\((-\infty，1)\)上單調(diào)遞減，在\((1，+\infty)\)上單調(diào)遞增，又極小值\(f(1)=-e<0\)，

\(f(2)=a>0\)，取\(b\)滿足\(b<0\)且\(b<ln\cfrac{a}{2}\)，則\(f(b)>\cfrac{a}{2}(b-2)+a(b-1)^2=a(b^2-\cfrac{3}{2}b)>0\)，所以有兩個(gè)零點(diǎn)。

當(dāng)然，如果想不到上述的零點(diǎn)存在性定理，也可以降而求其次，利用\(x\rightarrow +\infty\)時(shí)，\(f(x)\rightarrow +\infty\)，\(x\rightarrow -\infty\)時(shí)，\(f(x)\rightarrow +\infty\)，

也能說(shuō)明有兩個(gè)零點(diǎn)，只是準(zhǔn)確性和精確性不如上述的方法。

\(2^\circ\)：當(dāng)\(a=0\)時(shí)，\(f(x)=(x-2)e^x\)，所以函數(shù)\(f(x)\)只有一個(gè)零點(diǎn)；

\(3^\circ\)：當(dāng)\(-\cfrac{e}{2}<a<0\)時(shí)，函數(shù)在\((-\infty，ln(-2a))\)上單調(diào)遞增，在\((ln(-2a)，1)\)上單調(diào)遞減，在\((1，+\infty)\)上單調(diào)遞增；

故極大值為\(f(ln(-2a))=(a-2)(-2a)+a(-2a-1)^2=-2a(a-2)+a(2a+1)^2<0\)，極小值為\(f(1)=-e<0\)，故函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)；

\(4^\circ\)：當(dāng)\(-\cfrac{e}{2}=a\)，函數(shù)在\((-\infty，+\infty)\)上單調(diào)遞增，故函數(shù)最多只有一個(gè)零點(diǎn)；

\(5^\circ\)：當(dāng)\(a<-\cfrac{e}{2}\)，函數(shù)在\((-\infty，1)\)上單調(diào)遞增，在\((1，ln(-2a))\)上單調(diào)遞減，在\((ln(-2a)，+\infty)\)上單調(diào)遞增；

故極大值為\(f(1)=-e<0\)，極小值為\(f(ln(-2a))=(a-2)(-2a)+a(-2a-1)^2=-2a(a-2)+a(2a+1)^2<0\)，故函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)；

綜上所述，\(a\)的取值范圍是\((0，+\infty)\)。

【反思總結(jié)】

• 由于利用函數(shù)的單調(diào)性，可以知道函數(shù)的大致圖像，故針對(duì)含有參數(shù)的函數(shù)，可以分類討論解決給定函數(shù)的零點(diǎn)求參數(shù)的取值范圍問(wèn)題。

• 注意題目中的隱含條件，如本題目中的\(f(1)=-e\)，\(f(2)=a\)，

• 與函數(shù)的零點(diǎn)有關(guān)的問(wèn)題，還常常會(huì)和函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理相關(guān)聯(lián)。

法2：利用數(shù)形結(jié)合轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的圖像交點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題。

由于函數(shù)\(f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2\)有兩個(gè)零點(diǎn)，則方程\((x-2)e^x+a(x-1)^2=0\)有兩個(gè)不同實(shí)根，

不完全分離參數(shù)得到，方程\((2-x)e^x=a(x-1)^2\)有兩個(gè)不同實(shí)根，

即函數(shù)\(h(x)=(2-x)e^x\)與函數(shù)\(g(x)=a(x-1)^2\)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

先用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)\(h(x)\)的單調(diào)性，具體過(guò)程暫略。

做出其函數(shù)大致圖像，再做出函數(shù)\(g(x)\)的圖像，

由圖可知，當(dāng)\(a>0\)時(shí)，兩個(gè)函數(shù)的圖像有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

當(dāng)\(a=0\)時(shí)，兩個(gè)函數(shù)的圖像有一個(gè)交點(diǎn)，

當(dāng)\(a<0\)時(shí)，兩個(gè)函數(shù)的圖像有一個(gè)交點(diǎn)，

綜上所述，\(a\)的取值范圍是\((0，+\infty)\)。

法3：完全分離參數(shù)法，得到\(a=\cfrac{(2-x)e^x}{(x-1)^2}=h(x)\)

由于\([(2-x)e^x]'=-e^x+(2-x)e^x=(1-x)e^x\)，

故\(h'(x)=\cfrac{(1-x)e^x\cdot (x-1)^2-(2-x)e^x\cdot 2(x-1)}{(x-1)^4}\)，

\(=\cfrac{(1-x)(x-1)e^x-2(2-x)e^x}{(x-1)^3}\)

\(=\cfrac{-(x-1)^2e^x+(2x-4)e^x}{(x-1)^3}\)

\(=\cfrac{-e^x[(x-2)^2+1]}{(x-1)^3}\)

當(dāng)\(x<1\)，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)單調(diào)遞增，當(dāng)\(x>1\)，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)單調(diào)遞減，

做出函數(shù)\(h(x)\)的簡(jiǎn)圖如下，

由圖像可知，要使得\(y=a\)與\(h(x)\)的圖像有兩個(gè)交點(diǎn)，必須\(a>0\)，

即函數(shù)\(f(x)\)有兩個(gè)零點(diǎn)，實(shí)數(shù)\(a\)的取值范圍為\((0，+\infty)\)。

相關(guān)閱讀：1、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)部分的題型梳理

2、導(dǎo)數(shù)章節(jié)中的題型和對(duì)應(yīng)求解思路

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總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的2019届宝鸡理数质检Ⅰ解析版的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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