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ykxb是曲线ln2yx的切线，也是曲线ln(1)yx的切线，b．【标准答案】1ln2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：111ln1yxxx，22221ln111xyxxxx∴122122111ln1ln11xxxxxx解得112x212x∴解得1ln11ln2bx解法二：设直线ykxb与曲线ln2yx和ln(1)yx切点分别是11(,)xy和22(,)xy．∵曲线ln2yx通过向量1,2平移得到曲线ln1yx∴2121(,)(1,2)xxyy∴两曲线公切线的斜率2k，即112x，所以1ln11ln22b【试题2】【2015新课标12题】设函数()(21)xfxexaxa，其中1a，若存在唯一的整数0x，使得0()0fx，则a的取值范围是()A.32[,1)eB33,24e（）C.33[,)24eD.3[,1)2e解法一：由题意可知存在唯一的整数0x使得000(21)xexaxa，设()(21),()xgxexhxaxa由'()(21)xgxex，可知()gx在1(,)2上单调递减，在1(,)2上单调递增，故(0)(0)(1)(1)hghg得312ae解法二：由题意()0fx可得(21)(1)xexax①当1x时，不成立；②当1x时，(21)1xexax，令(21)()1xexgxx，则22(23)'()(1)xexxgxx，当3(1,)2x时，()gx单调递减，当3(,)2x时，()gx单调递增所以32min3()()42gxge，即324ae，与题目中的1a矛盾，舍去。③当1x时，(21)1xexax，令(21)()1xexgxx同理可得：当(,0)x时，()gx单调递增，当(0,1)x时，()gx单调递减所以max()(0)1gxg，即1a，满足题意。又因为存在唯一的整数0x，则3(1)2age此时3[,1)2ae综上所述，a的取值范围是3[,1)2e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0a时，()(21)xfxex，'()(21)xfxex，可知()fx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34a时，33()(21)44xfxexx，3'()(21)4xfxex，因为3'()(21)4xfxex为增函数，且31'(0)1044f，13'(1)04fe，所以存在(1,0)t，使得'()0ft，则()fx在(,)t递减，在(,)t递增，又3(0)104f，13(1)302fe，(1)0fe，易判断存在唯一的整数0，使得(0)0f，故34a成立，排除答案C.解法四：0x带入()fx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()0fx，所以只需要(1)0(1)0ff即可，得到312ae【试题3】（2016年全国Ⅰ卷文科第12题）若函数1()sin2sin3fxxxax在,单调递增，则a的取值范围是（）1111.1,1.1,.,.1,3333ABCD解法一：函数xaxxxfsin2sin31)(的导数为xaxxfcos2cos321)('由题意可得0)('xf恒成立，即为0cos2cos321xax即有0coscos34352xax设)11(costxt，即有att3452≥0，当0t时，不等式显然成立；当01t时，534att，由tt54在]1,0(递增，可得1t时，取得最大值1，可得13a，即31a；当01＜t时，tta543，由54tt在[1,0)递增，可得1t时，取得最小值1，可得13a，即31a．综上可得a的范围是]31,31[．故选：C．解法二：函数xaxxxfsin2sin31)(的导数为xaxxfcos2cos321)('由题意可得0)('xf恒成立，即为0cos2cos321xax即有0coscos34352xax≥0，设)11(costxt，即有att3452≥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(gg解得,即1133a,故选：C．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xaxxxfsin2sin31)(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xaxxxfsin2sin31)(在,单调递增则0)('xf在,上恒成立因而必须满足3100cos0cos3210)0('aaf因而根据选项,只有C符合题意故选C【试题6】（2014年全国课标1理科数学第11题）已知函数()fx=3231axx，若()fx存在唯一的零点0x，且0x＞0，则a的取值范围为A.（2，+∞）B.（-∞，-2）C.（1，+∞）D.（-∞，-1）解法一:求导得23632fxaxxxax，若0a，则231fxx，不合题意，舍去；若0a，令0fx解得0x或2xa。当0a时，易知fx在2,a上单调递减，在2,0a上单调递增，在0,上单调递减，结合fx的图像，只需有20fa，解得2a。当0a时，易知fx在,0上单调递增，由120fa，010f，知fx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33310axx有唯一正根0x，显然0x，则313axx，令10tx，等价于方程33att（0t）有唯一正根，作出33ytt（0t）的图像，数形结合，a的取值范围为,2，选B。解法三:取3a，32331fxxx，检验知不合题意，排除A，C；取43a，324313fxxx，检验知不合题意，排除D，故选B。【试题7】：（2015江苏高考13）．已知函数20,01ln,42,1xfxxgxxx，则方程1fxgx实根的个数为▲．解法1：：()()1()1lnfxgxgxx，所以方程方程1|)()(|xgxf实根的个数即为曲线()ygx和曲线1lnyx的公共点个数之和。曲线()ygx和曲线y1lnx显然有2个公共点，又因为(101ln1(221ln2gg）），所以曲线()ygx和曲线y1lnx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,()0fxxxgx，原方程即为1ln10xxe，所以当01x时，原方程有一个实根；（2）当12x时，2()ln,()2fxxgxx，原方程即为2ln21xx令21()ln2(12),()20FxxxxFxxx，所以()(1,2]Fxx在上单调递减，得()[ln22,1)Fx，得2ln21xx只有一个实根。（3）当2x时，2()ln,()6fxxgxx，原方程即为222ln61ln7ln5xxxxorxx。令2()ln(2,)Gxxxx在上单调递增，所以()(ln24,)Gx，因此22ln7ln5xxorxx各有一个实根。综上，方程1|)()(|xgxf实根的个数为4。解法3：首先去掉绝对值符号,有221ln01212ln162ooxxxfxgxxxxxxx22ln01ln212ln62xxfxgxxxxxxx故对1fxgx,应该分3种情况讨论.（1）01x时,有：1ln1xxxee或（与1x不符,舍去）;（2）12x时,有：222ln21ln1ln3xxxxxx,or,2ln1xx时,显然1x适合;2ln3xx时,1,2,ln0,ln2,xx231,1,x而0,ln21,1如解图,两曲线23lnyxyx与在区间1,2内有1个交点;（3）2x时,2ln61xx22ln7ln5xxxx或∵2x,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】（2012年重庆卷文科第12题）函数)4)(()(xaxxf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)()(xfxf对任意Rx恒成立)()(afaf（0a）)4(20aa4a．解法2：因为函数)4)(()(xaxxf是二次函数且为偶函数，所以函数图像的对称轴是0x，即024ax4a．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0x处取得极值，因此0x是该函数的极值点，由导数性质可得0)0('f，即4a．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axaxxf4)4()(2为偶函数)4(2)('axxf为奇函数（这是一次函数）)4(2)('axxf必为正比例函数4a．【试题1】（2012年高考数学天津卷（理科）14题）已知函数112xxy的图像与函数2kxy的图像恰有两个交点，则实数k的取值范围是.解法1：函数1)1)(1(112xxxxxy，当1x时，1yx;当11x时,1yx;当1x时，1yx.所以,21111,1111,1xxxyxxxxx，.做出函数的图像.直线2kxy恒过定点(0,2),要使两函数图像有两个不同的交点，将直线2kxy绕点(0,2)按逆时针方向从1l旋转到3l的过程中,除1l,2l和3l外,均满足.所以,实数k的取值范围是:10k或41k.解法2：由题意可得，2121xkxx有两个不同实根，即2121xkxx有两个非1的实根，当210x，即,11,x时，原方程即12xkx，根为31xk；当210x，即1,1x时，原方程即12xkx，根为11xk．由22311131011101kkkk可得，0,11,4k．【试题1】（2015北京理科第14题）设函数2,1,()4(