2019高考数学二轮复习课件第二部分第一板块学通考场解题常用12术第9术压轴首选定义分析课件

“压轴”首选定义分析9术第解答数学高考压轴题，入手的关键就是要先弄清问题所涉及的概念、定义及其相关的隐含信息，然后运用数学的通性通法——定义法、分析法、综合法、分离变量法、数形结合法、向量法、重要不等式法等进行分析、整合，认识问题的本质，探究与问题相关的基本概念或数学模型．只有明确了命题中的相关概念、定义及数学模型，才能准确理解题意、灵活运用知识分析问题，解决问题，促进解题思路的创新．因此，运用定义分析问题是准确、迅速解答数学高考压轴题的首选方法．这就是“解压轴题要敏锐，相关概念先查追”的战术，简称为“定义分析术”．[例1]已知函数f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝|x－a2|＋|x－2a2|－3a22，若∀x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为()A.－16，16B.－66，66C.－13，13D.－33，33[解析]当x≥0时，f(x)＝－x，0≤x≤a2，－a2，a2x2a2，x－3a2，x≥2a2，作出函数f(x)的图象，如图所示．法一：因为对∀x∈R，f(x－1)≤f(x)成立，所以对应的函数f(x－1)的图象恒在函数f(x)的图象的下方．由此可知，只需函数f(x)在x－2a2时的图象向右平移一个单位即可．因为x2a2时，f(x)＝x－3a2，又f(x)是R上的奇函数，所以x－2a2时，f(x)＝x＋3a2，由此可得f(x－1)＝x－1＋3a2.于是，由f(x－1)≤f(x)，得x－1＋3a2≤x－3a2，即6a2≤1，解得a∈－66，66.法二：由图易知，当x0时，f(x)的最小值为－a2.因为f(x)为奇函数，所以当x0时，f(x)的最大值为a2.又易知，当x0时，f(x)＝a2所对应的横坐标为x＝4a2，即B点的横坐标．当x0时，f(x)＝a2所对应的横坐标xmin＝－2a2，即A点的横坐标．故要对∀x∈R，都有f(x－1)≤f(x)成立，则要A，B两点的跨度不大于1.否则，f(x)的图象向右平移1个单位后，线段DB会在A1C1的下方，此时的图象与对应的函数不等式f(x－1)≤f(x)相悖．所以4a2－(－2a2)≤1，解得a∈－66，66.[答案]B[启思维]本题主要考查全称命题、奇函数和分段函数等基本概念，考查函数的最值与恒成立问题．意在考查学生应用数形结合思想，综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力．注重理解题意，根据奇函数的性质画草图进行探究，抓住函数f(x)在x－2a2时的图象向右平移1个单位后与原函数的图象的关系进行分析，是解题入手的基本途径．法一是从函数的表达式的角度来构建不等式的，法二是从区间跨度的角度来构建不等式的．易知，这两种解法都遵循了小题小解的原则，体现了数形结合思想在解题中的作用，也体现了“压轴题解答要敏锐，相关概念先查追”的战术思想．[例2]已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；[解]由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.又f′(0)＝1－a＝－1，解得a＝2，所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.由f′(x)＝0，得x＝ln2.当xln2时，f′(x)0，f(x)单调递减；当xln2时，f′(x)0，f(x)单调递增．所以当x＝ln2时，f(x)有极小值，且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)无极大值．(2)证明：当x0时，x2ex；[证明]令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x，由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＝2－ln40，即g′(x)0，所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝10，所以当x0时，g(x)g(0)0，即x2ex.(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2cex.[证明]法一：①若c≥1，则ex≤cex.又由(2)知，当x0时，x2ex.由此可得，当x0时，有x2cex.取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2cex.②若0c1，令k＝1c1，要使不等式x2cex成立，只要exkx2成立．而要使exkx2成立，则只要xln(kx2)，即要x2lnx＋lnk成立．令h(x)＝x－2lnx－lnk，则h′(x)＝1－2x＝x－2x，易知，当x2时，h′(x)0，则h(x)在(2，＋∞)上单调递增．令x02，则h(x)在子区间(x0，＋∞)上单调递增．为了寻求使h(x)≥0的最小的x0(这里的x0与k有关)，现作如下试探：设x0＝mk(m2，k1)，又易知m－1－lnm0，k－1－lnk0，则h(mk)＝mk－2ln(mk)－lnk＝mk－2m－3k＋5＋2(m－1－lnm)＋3(k－1－lnk)．于是，要使h(mk)≥0，则要mk－2m－3k＋5≥0，即要m≥3k－5k－2＝3＋1k－2.不难得知，当m＝4，k＝3时，上式等号成立．由此可得，当取x0＝4k时，有h(4k)＝4k－2ln4－3lnk＝k＋3－2ln4＋3(k－1－lnk)k＋3－2ln44－4ln20.所以存在x0＝4c，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2cex.法二：为了借用(2)的结论：x2ex，现将x变为x2与x2的和，作如下试探：因为ex＝ex22·x22，要出现cexx2，即要出现ex1cx2.由此希望有c·x22·1c·x22x2c，即希望有c·x216·x2cx2c，故希望有c·x2161，即x4c.由此可知，对任意给定的正数c，取x0＝4c，由(2)知，当x0时，exx2，所以ex＝e·ex22·x22.从而，当xx0时，有exx22·x22x022·x22＝4c×122·x22＝4c·x22＝1cx2.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2cex.x2＋x2x2x2法三：首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有13x3ex成立．证明如下：设h(x)＝13x3－ex，则h′(x)＝x2－ex.由(2)知，当x0时，exx2.从而h′(x)0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以h(x)h(0)＝－10，即13x3ex，于是，取x0＝3c，当xx0时，有x2c＝3c·13x2＝x0·13x213x3ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2cex.[启思维]本题主要考查导数的运算及导数的应用，全称量词与存在量词等基本概念，考查学生的运算能力、推理论证能力、抽象概括能力，考查函数与方程思想、化归与转换思想、有限与无限思想、极端性原理．第(1)问的求解较为基本，只要理解了题意，明确了函数极值的概念，即可解决．第(2)问，注重构造函数进行探究是解答本问题的基本出发点．第(3)问，实质是：要求对给定的正数c，找出一个与c有关且大于2的正数x0，使得从这个正数x0起，以后的所有实数都能使x2cex成立．由于这里的正数c不是具体的数，因而解题时需要探究．法一，通过构造函数h(x)＝x－2lnx－lnk，令x＝mk，考查其极端情形，探究到m＝4.法二避开对c分类讨论，直接借用(2)的结论，巧将x化为x2＋x2来探究，并使一部分保留x，一部分与参数c挂钩，由此探究到x0＝4c.法三注重构建引理分析，也避开了对c的讨论．易知，这三种证法都注重了对相关概念的考查，都具有探究性，体现了“相关概念先查追”的战术思想．[即时应用体验]1．已知点E(m,0)为抛物线y2＝4x内一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线交抛物线于点A，B，C，D，且M，N分别是AB，CD的中点．(1)若m＝1，k1k2＝－1，则△EMN面积的最小值为________；(2)若k1＋k2＝1，则直线MN过定点________________．解析：(1)当m＝1时，E为抛物线的焦点，因为k1k2＝－1，所以AB⊥CD.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的方程为y＝k1(x－1)，与抛物线联立得k1y2－4y－4k1＝0，则y1＋y2＝4k1，y1y2＝－4.又Mx1＋x22，y1＋y22，则M2k21＋1，2k1.同理N(2k21＋1，－2k1)，所以S△EMN＝12|EM||EN|＝122k212＋2k12·2k212＋－2k12＝2k21＋1k21＋2≥22＋2＝4，当k21＝1k21⇒k1＝±1时，△EMN面积的最小值为4.（2）设AB的方程为y＝k1(x－m)，与抛物线联立得k1y2－4y－4k1m＝0，则y1＋y2＝4k1，y1y2＝－4m，则可得M2k21＋m，2k1，同理N2k22＋m，2k2，所以kMN＝k1k2k1＋k2＝k1k2.故MN的方程为y－2k1＝k1k2x－2k21＋m，即y＝k1k2(x－m)＋2，所以直线MN过定点(m,2)．答案：（1）4（2）(m,2)2.设椭圆C1：4x2＋5y2＝20的左、右焦点为F1，F2，下顶点为A，线段OA(O为坐标原点)的中点为B，如图所示，若抛物线C2：y＝mx2－n(m0，n0)与y轴的交点为B，且经过F1，F2两点．(1)求抛物线C2的方程；解：由题意易知A(0，－2)，B(0，－1)，故n＝1.又F1(－1,0)，F2(1,0)在抛物线上，所以m＝1，从而抛物线方程为y＝x2－1.(2)设M0，－45，N为抛物线C2上的一动点，过点N作抛物线C2的切线交椭圆C1于P，Q两点，求△MPQ的面积的最大值．解：设N(t，t2－1)，由(1)知y′＝2x，则直线PQ的方程为y－(t2－1)＝2t(x－t)，即y＝2tx－t2－1.将其代入椭圆C1的方程中化简得，4(1＋5t2)x2－20t(t2＋1)x＋5(t2＋1)2－20＝0.则Δ＝80(－t4＋18t2＋3)．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝5tt2＋11＋5t2，x1x2＝5t2＋12－2041＋5t2.故|PQ|＝1＋4t2·x1＋x22－4x1x2＝5·1＋4t2·－t4＋18t2＋31＋5t2.设点M0，－45到直线PQ的距离为d，则d＝45－t2－11＋4t2＝t2＋151＋4t2＝1＋5t251＋4t2.所以S△MPQ＝12|PQ|d＝5·1＋4t2·－t4＋18t2＋321＋5t2·1＋5t251＋4t2＝5·－t4＋18t2＋310＝510·－t2－92＋84≤510·84＝1055(当t＝±3时取等号，经检验此时满足Δ0，满足题意)．所以△MPQ的面积的最大值为1055.