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解答题技法及其指导


第3讲

解答题题型特点与技法指导

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高考解答题一般有六大方向:三角函数与平面向量、 概率与统计、 立体 几何、数列与不等式、解析几何、不等式与函数及导数.一般来说,前三题 属于中、 低档题,第四题属中档偏难题,后两题属难题.三角函数与平面向量、 概率与统计、 立体几何在前三题

中出现的概率较高,掌握解这几类题的解法 是大多数学生成功的关键.目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转 化为知识、方法和能力的综合型解答题.能否做好解答题是高考成败的关 键.

1.三角函数
有关三角函数的大题即解答题,主要是考查基础知识、 基本技能和基本 方法,且难度不大.凸显恒等变换与三角函数的图象、性质在三角形内考查. 主要考查以下 4 个方面 :①三角函数的图象、性质、图象变换,主要是 y=Asin(ωx+φ)+b 的图象、 性质及图象变换,考查三角函数的概念、 奇偶性、 周期性、单调性、最值及图象的平移和对称等;②三角恒等变换,主要考查 公式的灵活运用、变换能力,一般需要运用和差角公式、倍角公式,尤其是 对公式的应用与三角函数性质的综合考查;③三角函数性质的应用.通过解 三角形来考查三角恒等变形及应用三角函数性质的综合能力;④三角函数 与平面向量、数列、不等式等知识的综合问题. 【例 1】 已知向量 a=(cos ωx- sin ωx,sin ωx),b=(-cos ωx-sin ωx,2 3cos ωx),设函数 f(x)=a· b+λ(x∈R)的图象关于直线 x=π 对称,其中 ω,λ 为常数,且 ω∈
1 ,1 2

.
,0 4

(1)求函数 f(x)的最小正周期 ; (2)若 y=f(x)的图象经过点

,求函数 f(x)在区间 0,

3 5

上的取值范围.

解:(1)因为 f(x)=sin2ωx-cos2ωx+2 3sin ωx·cos ωx+λ =-cos 2ωx+ 3sin 2ωx+λ π =2sin 2- +λ.
6

由直线 x=π 是 y=f(x)图象的一条对称轴, 可得 sin 2ππ 6 1 3 π 6

=± 1,
π 2

所以 2ωπ- =kπ+ (k∈Z), 即 ω= + (k∈ Z).
2

又 ω∈

1 2

,1 ,k∈Z,
5 6 6π 5

所以 k=1,故 ω= . 所以 f(x)的最小正周期是 .

(2)由 y=f(x)的图象过点 即 λ=-2sin 2 × × =-2sin =- 2,
4 π 6 4 5 π π 6

π 4

,0 ,得 f

π 4

=0,

即 λ=- 2. 故 f(x)=2sin
3π 5 5

由 0≤x≤ ,有- ≤ x- ≤ 所以- ≤sin
2 1 5 3 6

3 π

xπ 6

π 6 5 3

? 2.
π 5π 6 6

,

x5 3

≤1,
π 6 3π 5

得-1- 2≤2sin

x-

? 2≤2- 2, 上的取值范围为[-1- 2,2- 2].

故函数 f(x)在 0,

点评利用向量的工具作用,与向量结合在一起命制综合题,体现 了在知识交汇点处命题的指导思想.这类问题求解时,首先利用向量的运算, 将向量式转化为代数式,然后进行有关的三角恒等变换,最后研究三角函数 的图象与性质.

变式训练 1(2012·安徽高考,理 16)设函数 f(x)= cos 2x +
2 2 4

+sin2x.
2

(1)求 f(x)的最小正周期; (2)设函数 g(x)对任意 x∈R,有 g x +
1 2

=g(x),且当 x∈ 0,

2

时,g(x)= -f(x).求 g(x)在区间[-π,0]上的解析式.

解:(1)f(x)= cos 2 + =
2 2 2 π 4

2

π 4

+sin2x
π 4

cos2cos -sin2sin
π 2 1 2

+
1 2

1-cos 2 2

= ? sin 2x,
2 2

1

1

故 f(x)的最小正周期为 π. (2)当 x∈ 0,
π 2

时,g(x)= -f(x)= sin 2x.故
π π 2 2

①当 x∈ - ,0 时,x+ ∈ 0, 由于对任意 x∈R,g + = sin 2 +
2 1 π 2 π 2 1 2 π 2

.
π 2 1 2

=g(x),从而 g(x)=g +
π 2

= sin(π+2x)=- sin 2x. 时,x+π∈ 0,
1 2

②当 x∈ -π,-

.
1 2 1 2 π 2

从而 g(x)=g(x+π)= sin[2(x+π)]= sin 2x. 综合①②得 g(x)在[-π,0]上的解析式为 g(x)= sin2,∈ -π,1 2 π 2

,

- sin2,∈ - ,0 .

2.立体几何
立体几何是高中数学的主干知识之一,命题形式比较稳定.立体几何解 答题主要分两类 :一类是空间线面关系的判定和推理证明,主要是证明平行 和垂直,求解这类问题要依据线面关系的判定定理和性质定理进行推理论 证;另一类是空间几何量(空间角、空间距离、几何体的体积与面积)的计算. 求解这类问题,常用方法是依据公理、定理以及性质等经过推理论证,作出 所求几何量并求之.一般解题步骤是“作、证、求”. 对以上两类问题特别要加强空间向量法的训练.

【例 2】 (2012· 河南豫东、豫北十校阶段性检测,18) 如图,已知直角 梯形 ACDE 所在的平面垂直于平面 ABC,∠ BAC=∠ ACD=90 ° ,∠ EAC=60 ° ,AB=AC=AE.

(1)在直线 BC 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 EAB ?请证明你的结论 ; (2)求平面 EBD 与平面 ABC 所成的锐二面角 θ 的余弦值.

解:(1)存在,线段 BC 的中点就是满足条件的点 P. 证明如下 :

取 AB 的中点 F,连接 DP, PF,EF, 则 PF∥AC,且 FP= AC.
2 1

取 AC 的中点 M,连接 EM,EC. ∵ AE=AC 且 ∠EAC=60° ,

∴ △EAC 是正三角形,∴ EM ⊥AC, ∴ 四边形 EMCD 为矩形, ∴ ED=MC= AC.
2 1

又 ED∥AC,∴ ED∥ FP 且 ED=FP, ∴ 四边形 EFPD 是平行四边形, ∴ DP∥EF. 又 EF? 平面 EAB,DP? 平面 EAB, ∴ DP∥ 平面 EAB.

(2)(解法 1)过 B 作 AC 的平行线 l,过 C 作 l 的垂线交 l 于 G,连接 DG. ∵ ED∥AC,∴ ED ∥l, 则 l 是平面 EBD 与平面 ABC 的交线. ∵ 平面 EAC⊥ 平面 ABC,DC⊥AC, ∴ DC⊥平面 ABC.

又∵ CG⊥l,∴ l ⊥DG, ∴ ∠DGC 是所求二面角的平面角. 设 AB=AC=AE=2a, 则 CD= 3a,GC=2a. ∴ GD= 2 + C 2 = 7a, ∴ cos θ=cos∠DGC=


=

2 7 7

.

(解法 2)∵ ∠BAC=90° ,平面 EACD⊥平面 ABC,

∴ 以点 A 为坐标原点,直线 AB 为 x 轴,直线 AC 为 y 轴,建立空间直角坐标 系 A-xyz,如图所示. 设 AB=AC=AE= 2a, 由已知,得 B(2a,0,0),E(0,a, 3a),D(0,2a, 3a), ∴ =(2a,-a,- 3a), =(0,a,0).

设平面 EBD 的法向量为 n=(x,y,z), 则 n⊥ 且 n⊥ , · EB = 0, 2-- 3az = 0, = z, ∴ ∴ 解之得 2 取 z=2,得平面 EBD = 0, ·ED = 0, = 0, 的一个法向量为 n=( 3,0,2). 又因为平面 ABC 的一个法向量为 n'=(0,0,1). ∴ cos θ=|cos< n,n'>|=
3×0+0×0+2×1 ( 3) +02 +22 × 02 +02 +12
2

3

=

2 7 7

.

点评线线平行、线面平行、面面平行的判定与证明是相互转化 的,垂直也是如此;对于二面角,常用两种方法,几何法与向量法,一般倾向于 用向量法.

变式训练 2(2012· 陕西西安二模,19)如图,FD 垂直于 矩形 ABCD 所在的平面,CE∥DF,∠DEF=90° .

(1)求证 :BE∥平面 ADF; (2)若矩形 ABCD 的边 AB=3,EF=2 3,则另一边 BC 的长为何值时,平面 BEF 与平面 CDFE 所成角的大小为 45 ° .

解:(1)由 ABCD 是矩形得 BC∥AD,推出 BC∥ 平面 ADF. 由 CE∥DF 得 CE∥平面 ADF. ∵ BC∩ CE=C,所以平面 BCE∥ 平面 ADF. ∵ BE? 平面 BCE,从而 BE∥平面 ADF. (2)如图,建立空间直角坐标系 D-xyz,

设 BC=a,CE=b,DF=c,得 B(a,3,0),C(0,3,0),E(0,3,b),F(0,0,c), ∴ =(0,-3,c-b), =(0,3,b). ∵ · =0,| |=2 3, 解得 b=3 3,c=4 3, 设平面 BEF 的一个法向量 n=(1,p,q), 由 n· =0,n· =0,求得平面 BEF 的一个法向量为 n= 1, ,
9 3 9

a .

又∵ DA ⊥平面 DCEF,∴ |cos< n,>|= ,解得 a= .
2 2

2

9

∴ 当 BC= 时,平面 BEF 与平面 CDFE 所成角的大小为 45° .
2

9

3.概率与统计
概率与统计问题的解答题是每年高考必考内容,主要考查古典概型、 几 何概型、等可能事件的概率计算公式,互斥事件的概率加法公式,对立事件 的概率减法公式,相互独立事件的概率乘法公式,事件在 n 次独立重复试验 中恰好发生 k 次的概率计算公式等五个基本公式的应用及离散型随机变量 分布列和数学期望、方差等内容. 【例 3】 (2012· 天津宝坻质检,16) 高中某学科奥赛分为初赛、复赛、 决赛三个阶段进行,若某选手通过初赛、复赛、决赛的概率分别是 , , ,且 各阶段通过与否相互独立. (1)求该选手在复赛阶段被淘汰的概率; (2)设该选手在比赛中比赛的次数为 ξ,求 ξ 的分布列和数学期望.
2 1 1 3 3 4

解:(1)记“该选手通过初赛 ”为事件 A,“该选手通过复赛 ”为事件 B,“该 选手通过决赛 ”为事件 C, 则 P(A)= ,P(B)= ,P(C)= .
3 3 4 2 1 1

那么该选手在复赛阶段被淘汰的概率是 : P=P(A )=P(A)P( )= × 13 2 1 3

= .
9

4

(2)ξ 可能的取值为 1,2,3. P(ξ=1)=P( )=1- = ,
3 3 2 1

P(ξ=2)=P(A )=P(A) P( )= × 13 2 3 1 3

2

1 3 2 9

= ,
9

4

P(ξ=3)=P(AB)=P(A) P(B)= × = .

ξ 的分布列为 : ξ P

1

1 3
4 9 2 9 17 9

2

4 9

3

2 9

ξ 的数学期望 Eξ=1× +2× +3× =
3

1

.

点评概率计算的关键是对概率模型的判断,各事件之间的关系是 互斥还是相互独立等,解题的关键是对概念理解到位.求概率分布列的关键 在于依据题意准确分析,计算随机变量在各个取值下对应的概率.

变式训练 3 山东省第 23 届运动会将于 2014 年在济 宁隆重召开.为了搞好接待工作,组委会在某学院招募了 12 名男志愿者和 18 名女志愿者.调查发现,这 30 名志愿者的身高如图 :( 单位 :cm) 若身高在 175 cm 以上(包括 175 cm)定义为“ 高个子”,身高在 175 cm 以 下(不包括 175 cm)定义为“非高个子”,且只有“女高个子”才能担任“礼仪小 姐”.

(1)如果用分层抽样的方法从“高个子”和“非高个子”中抽取 5 人,再从 这 5 人中选 2 人,则至少有一人是“高个子”的概率是多少 ? (2)若从所有“高个子”中选 3 名志愿者,用 ξ 表示所选志愿者中能担任 “礼仪小姐”的人数,试写出 ξ 的分布列,并求 ξ 的数学期望.

解:(1)根据茎叶图,有“高个子 ”12 人, “非高个子 ”18 人, 用分层抽样的方法,每个人被抽中的概率是
1 6 5 30

= ,
6 1 6 C2 3 C5 3 7 10

1

所以选中的 “高个子”有 12× =2 人,“非高个子 ”有 18× =3 人. 用 A 表示事件 “至少有一名?高个子?被选中”,则 P(A)=1- 2 =1因此,至少有一人是“高个子”的概率是 .
10 7 10

=

.

(2)依题意,ξ 的取值为 0,1,2,3. P(ξ=0)= P(ξ=2)=
C3 8 C8 12 1 C2 4 C8 C6 12

=

14

=

55 12 55

,P(ξ=1)=

2 C1 4 C8

,P(ξ=3)=

C8 12 C3 4 C6 12

= =

28 55 1 55

, .

因此,ξ 的分布列如下 : ξ 0 14 P 55
14 55 28 55 12 55

1 28 55
1 55

2 12 55

3

1 55

所以 E(ξ)=0× +1× +2× +3× =1.

4.数列与不等式
高考中数列解答题的求解主要有以下几个特点: (1)与等差、等比数列基本量有关的计算,可根据题意列方程(方程组) 或利用等差、等比数列的性质求解; (2)与求和有关的题目,首先要求通项公式,并根据通项公式选择恰当的 求和方法(如错位相减法、裂项相消法、分组求和法等); S1 ,n = 1, (3)含 Sn 的式子,要根据题目特征利用 an= 进行转化 ; Sn - Sn -1 , n ≥ 2 (4)与递推数列有关的问题,要能合理转化,使之构造出新的等差、等比 数列; (5)与数列有关的不等式问题,可根据数列的特征选择方法(如比较法、 放缩法、数学归纳法等); (6)与函数有关的问题,应根据函数的性质求解.

【例 4】 (2012·四川成都二诊,20)已知数列{an}和{bn},b1=1,且 bn+1-3bn=2n-2,记 an=bn+1-bn+1,n∈N*. (1)证明:数列{an}为等比数列; (2)求数列{an}和{bn}的通项公式; (3)记 cn=(loa n 3)· (loa n +2 3),数列{cn}的前 n 项和为 Tn,若 45Tk<29,k∈ N*恒成立,求 k 的最大值.
(1)证明:∵ bn+1-3bn=2n-2, ∴ bn-3bn-1=2(n-1)-2,n≥2,n∈N . 两式相减,得 bn+1-bn-3 bn+3bn-1=2(n≥2,n∈N ).
* *

整理,得 bn+1-bn+1=3(bn-bn-1+1)(n≥2,n∈N ),
*

即 an=3an-1(n≥2,n∈N ).
*

∴ 数列 {an}是公比为 3 的等比数列.

(2)解:∵ b2=3, ∴ a1=3-1+1=3.∴ an=3 (n∈N ). ∵ an=bn+1-bn+1=3 , ∴ bn-bn-1+1=3n-1,bn-1-bn-2+1=3n-2,…,b2-b1+1=31. 累加,得 bn-b1+n-1= ∴ bn= -n+ (n∈N ).
2 2 3 1
* n n *

1-3 1 -3

- 1.

(3)解:cn=log 3 3· lo g 3 +2 3= ∴ Tn=
1 2

1 ( +2) 1 +1 1

=
1

1

1

2

-

1 +2

.

1+ 2

1

1 +1

-

1 +2

= ?
4 1 +1

3

1 2

+

+2

.

由 45Tk<29 得 135-90 ∴
1 +1

+

+2

<116.

+

1 +2

>

19 90

= +
9

1

1 10

.

∴ k<8. 又 k∈N*,∴ k 的最大值为 7,

点评第(1)问考查了等比数列的证明,它是为第(2)、(3)问服务的. 第(2)问考查了求数列通项公式的常规方法.第(3)问考查了数列的求和方法, 是数列与不等式知识的融合问题.

变式训练 4(2012·湖北八校二联,19)各项为正数的
* 数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 Sn= a2 n + an+ (n∈N ).

(1)求 an; (2)设函数 f(n)= 和 Tn. an ,n 为奇数, f
n 2

1 4

1 2

1 4

,n 为偶数,

cn=f(2n+4)(n∈N*),求数列{cn}的前 n 项

2 解:(1)由 Sn= + an+ ,① 4

1

1

1

得,当 n≥2

2 4 1 1 2 时,Sn-1= + a + .② n-1 -1 4 2 4 1

①-②,化简得 :( an+an-1)(an-an-1-2)=0. 又∵ 数列{an}的各项为正数, ∴ 当 n≥2 时,an-an-1=2. 故数列 {an}为等差数列,且公差为 2.
2 又 a1=S1= 1 + a1+ , 4 2 4 1 1 1

解得 a1=1, ∴ an=2n-1.

(2)由分段函数 f(n)=

,n 为奇数,
2

,n 为偶数,

可以得到 :c1=f(6)=f(3)=a3=5, c2=f(8)=f(4)=f(2)=f(1)=a1=1; * 当 n≥3,n∈N 时, cn=f(2n+4)=f(2n-1+2)=f(2n-2+1)=2(2n-2+1)-1=2n-1+1, 故当 n≥3 时,Tn=5+1+(2 +1)+(2 +1)+…+(2 +1)=6+
2 3 n-1

4(1- 2 -2 ) 1 -2

+(n-2)=2 +n.

n

n=1 时,T1=5 不满足 Tn=2n+n; n=2 时,T2=c1+c2=6 满足 Tn=2n+n. 5, = 1, 故 Tn= 2 + n,n ≥ 2.

5.解析几何
解析几何解答题主要考查圆锥曲线的基本概念、标准方程及其几何性 质等基础知识和处理有关问题的基本技能、 基本方法,往往以中档偏难题或 以压轴题形式出现,主要考查学生的逻辑推理能力,运算能力,考查学生综合 运用数学知识解决问题的能力.突破解答题,应重点研究直线与曲线的位置 关系,要充分运用一元二次方程根的判别式和韦达定理,注意运用“设而不 求”的思想方法,灵活运用“点差法”等来解题,要善于运用数形结合思想分 析问题,使数与形相互转化,并根据具体特征选择相应方法. 【例 5】
x2 已知椭圆 4

+

y2 =1,点 3

P 是椭圆上异于顶点的任意一点,过点

P 作椭圆的切线 l,交 y 轴于点 A,直线 l'过点 P 且垂直于 l,交 y 轴于点 B.试 判断以 AB 为直径的圆能否经过定点 ?若能,求出定点坐标;若不能,请说明 理由.

解:设点 P(x0,y0)(x0≠0,y0≠0),直线 l 的方程为 y-y0=k(x-x0),代入

2 4

+

2 3

=1,

整理得(3+4k2)x2+8k(y0-kx0)x+4(y0-kx0)2-12=0. ∵ x=x0 是方程的两个相等实根, ∴ 2x0=8 ( 0 -k 0 ) 3 +4 2 3 0 4 0

, .
3 0 4 0

解得 k=-

∴ 直线 l 的方程为 y-y0=-

(x-x0).令 x=0,得点 A 的坐标为 0,

2 +3 2 4 0 0

4 0

.

又∵ +
4

2 0

2 0

3

2 2 =1,∴ 40 +30 =12, 3 0

∴ 点 A 的坐标为 0,

.
4 0 3 0

又直线 l'的方程为 y-y0=

(x-x0),令 x=0,得点 B 的坐标为 0,3 0

0 3

,

∴ 以 AB 为直径的圆方程为 x·x+ 整理得 x +y +
2 2

· +

0 3

=0,

0 3

-

3 0

= ± 1, 2 + 2 -1 = 0, y-1=0.由 得 = 0. = 0,

∴ 以 AB 为直径的圆恒过定点(-1,0)和(1,0).

点评直线与圆锥曲线的位置关系一直是命题的热点,基本方法是 联立方程,利用判别式、根与系数关系求解,运算量一般较大,这类综合题中 常涉及的问题有弦长问题、面积问题、对称问题、定点定值问题等,是历年 高考的热点问题,复习时要注重通性通法的训练.

变式训练 5(2012·山东高考,文 21)如图,椭圆
x2 M: 2 a

+

y2 b

a 和 y=± b 所围成的矩形 ABCD 2 =1(a>b>0)的离心率为 ,直线 x=±

3 2

的面积为 8.

(1)求椭圆 M 的标准方程; (2)设直线 l:y=x+m(m∈R)与椭圆 M 有两个不同的交点 P,Q,l 与矩形 ABCD 有两个不同的交点 S,T.求
|PQ| 的最大值及取得最大值时 |ST|

m 的值.

解:(1)设椭圆 M 的半焦距为 c, 2 = 2 + 2 , 由题意知


=

3 2

,

4 = 8, 所以 a=2,b=1. 因此椭圆 M 的方程为 +y2=1. + 2 = 1, 2 2 (2)由 4 整理得 5x +8mx+4m -4=0, = + 由 Δ=64m2-80(m2-1)=80-16m2>0, 得- 5<m< 5. 设 P(x1,y1),Q(x2,y2), 则 x1+x2=8 5 4( 2 -1) 5 2 4 2

,x1x2=

.

所以|PQ|= (1 -2 )2 + (1 -2 )2 = =
4 5

2[(1 + 2 )2 -41 2 ]

2(5- 2 )(- 5<m< 5).

线段 CD 的方程为 y=1(-2≤x≤2),线段 AD 的方程为 x=-2(-1≤y≤1). ①不妨设点 S 在 AD 边上, T 在 CD 边上,可知 1≤m< 5,S(-2,m-2),D(-2,1), 所以|ST|= 2|SD|= 2[1-(m-2)]= 2(3-m), 因此
| | || 4 5 5- 2 (3- )
2

=

.

令 t=3-m(1≤m< 5), 则 m=3-t,t∈(3- 5,2], 所以 = =
4 5 4 5 | | || 4 5-(3- )2 2

=

4 5 6

-

+ -1 2
1 3 2

-4

-

4

+ ,
4

5

由于 t∈(3- 5,2], 所以 ∈
1 1 1 3+ 5 2

,

因此当 = 即 t= 时,
4 3

3

4

,
4 | | ||

取得最大值

2 5 5

,此时 m= .
3

5

②不妨设点 S 在 AB 边上,T 在 CD 边上,此时-1 ≤m≤1, 因此|ST|= 2|AD|=2 2,此时 所以当 m=0 时,
| | || | | || 5 2 5 5

=

2

5- 2 ,

取得最大值
| |

.

③不妨设点 S 在 AB 边上,T 在 BC 边上,- 5<m≤-1, 由椭圆和矩形的对称性知
5 3 || | | ||

的最大值为

2 5

综上所述 m=± 或 m=0 时,

取得最大值

5 2 5 5

,此时 m=- .
3

5

.

6.函数与导数
以函数为载体,以导数为工具,以考查函数性质及导数的应用为目标,以 导数为工具围绕函数、不等式、方程等综合考查.在知识的交汇处命题,涉 及具体内容较多,如给定解析式求参数值,给定条件求参数范围,以及对参数 讨论与证明不等式问题,极值、最值、值域及分析图象交点等问题,都以导 数为工具.既考查函数部分的相关知识,又渗透函数与方程、数形结合、化 归与转化、分类与整合等数学思想. 【例 6】 (2012· 河南许昌联考,21)设 x=3 是函数 f(x)=(x2+ax+b)e3-x(x ∈R)的一个极值点. (1)求 a 与 b 的关系式(用 a 表示 b),并求 f(x)的单调区间 ; (2)设 a>0,g(x)= a2 + 求 a 的取值范围.
25 4

ex.若存在 x1,x2∈[0,4]使得|f(x1)-g(x2)|<1 成立,

解:(1)f'(x)=-[x2+(a-2)x+b-a]e3-x, 由 f'(3)=0,得-[3 +3(a-2)+b-a]e =0,即得 b=-3-2a,
2 3-3

则 f'(x)=-[x +(a-2)x-3-3a]e =-(x-3)(x+a+1)e .
2 3-x 3-x

令 f'(x)=0,得 x1=3 或 x2=-a-1, 由于 x=3 是函数的一个极值点. 所以 x1≠x2,那么 a≠-4. 当 a<-4 时,x2>3=x1,则 在区间(-∞,3)上,f'(x)<0,f(x)为减函数 ; 在区间(3,-a-1)上,f'(x)>0,f(x)为增函数 ; 在区间(-a-1,+∞)上,f'(x)<0,f(x)为减函数.

当 a>-4 时,x2<3=x1,则 在区间(-∞,-a-1)上,f'(x)<0,f(x)为减函数; 在区间(-a-1,3)上,f'(x)>0,f(x)为增函数 ; 在区间(3,+∞)上,f'(x)<0,f(x)为减函数. 即 a<-4 时,f(x)的单调增区间为(3,-a-1),单调减区间为(-∞,3),(-a-1,+∞); a>-4 时,f(x)的单调增区间为(-a-1,3),单调减区间为(-∞,-a-1),(3,+∞). (2)由(1)知,当 a>0 时,f(x)在区间(0,3)上单调递增,在区间(3,4)上单调递 减,

而 f(0)=-(2a+3)e <0,f(4)=(2a+13)e >0,f(3)=a+6,
3 -1

那么 f(x)在区间[0,4]上的值域是[-(2a+3)e ,a+6].
3

又 g(x)= 2 +
25 4

25 4

ex 在区间[0,4]上是增函数,
25 4

且它在区间[0,4]上的值域是 2 + 由于 2 +
2

, 2 + ≥0,

25 4

e4 ,
3 2

-(a+6)=a -a+ = 25 4 4 3 2

1

1 2 2

所以只须且仅须 2 + 故 a 的取值范围是 0,

-(a+6)<1 且 a>0,解得 0<a< .

.

点评本题考查了利用导数研究极值、单调区间、值域问题,考查 了分类讨论思想等.

变式训练 6(2012·广东中山一模,20)已知函数 f(x)=4x3-3x2sin θ+ ,其中 x∈R,θ 为参数,且 0<θ<π. (1)当 θ=0 时,判断函数 f(x)是否有极值,说明理由; (2)要使函数 f(x)的极小值大于零,求参数 θ 的取值范围; (3)若对(2)中所求的取值范围内的任意参数 θ,函数 f(x)在区间(2a-1,a) 内都是增函数,求实数 a 的取值范围.
1 32

解:(1)当 θ=0 即 sin θ=0 时,f(x)=4x3+ ,
32

1

则 f(x)在(-∞,+∞)内是增函数,故无极值. (2)f'(x)=12x2-6xsin θ, sin 令 f'(x)=0,得 x1=0,x2= .
2

当 x 变化时,f'(x)的符号及 f(x)的变化情况如下表 : x f'(x) f(x) (-∞,0) + 增 0 0 极大值
sin 2

θ 0, 2 减 处取得极小值 f
sin 2

θ 2 0 极小值 ,

θ ,+∞ 2 + 增

因此,函数 f(x)在 x=

且f

sin 2

=- sin θ+ .
4 32 2

1

3

1

要使 f

sin

>0,必有- sin θ+ >0,可得 0<sin θ< ,
3

1 4

1

1 2

所以 0<θ< 或
6

π

5π 6

32

<θ<π.
sin 2

(3)由(2)知,函数 f(x)在区间(-∞,0)与

, + ∞ 内都是增函数.

由题设函数 f(x)在(2a-1,a)内是增函数, 2-1 < , 2 1 < , 则 a 须满足不等式组 或 1 ≤ 0, 2-1 ≥ sin. 由(2),参数 θ 满足 0<θ< 或
1 2 6 π 5π 6 2

<θ<π 时,0<sin θ< ,
2 1 4

1

要使不等式 2a-1≥ sin θ 关于参数 θ 恒成立,必有 2a-1≥ , ∴ a≥ .
8 5

综上所述,a 的取值范围是(-∞,0]∪ ,1 .
8

5

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