2018年高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3.4分离常数参数法练理

方法四 分离（常数）参数法

1.练高考

1.【2016高考北京文数】函数f(x)【答案】2 【解析】f(x)1x(x2)的最大值为_________. x11112，即最大值为2. x12.【2016高考山东理数】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2(tanAtanB)（Ⅰ）证明：a+b=2c; （Ⅱ）求cosC的最小值. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）

tanAtanB. cosBcosA1 2

()由()知cab, 2222abab3ba11a2b2c22， 所以 cosC2ab2ab8ab42当且仅当ab时，等号成立.

1

故 cosC的最小值为

1. 23.【2016高考天津理数】已知an是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的nN,bn是an和an1的等差中项.

(Ⅰ)设cnbn1bn,nN，求证：cn是等差数列；

22*(Ⅱ)设a1d,Tn

1k12nnbn,nN，求证：2*112. 2dk1Tkn【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析

4.【2016高考江苏卷】已知函数f(x)axbx(a0,b0,a1,b1). 设a2,b1. 2（1）求方程f(x)2的根;

（2）若对任意xR,不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值；

1，函数gxfx2有且只有1个零点，求ab的值。 （3）若0a1,b＞【答案】（1）①0 ②4（2）1 【解析】

（1）因为a2,b1xx，所以f(x)22. 22

xx①方程f(x)2，即222，亦即(2x)222x10，

x所以(2x1)20，于是21，解得x0.

②由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22(f(x))22. 因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)0，

(f(x))24所以m对于xR恒成立.

f(x)(f(x))2444(f(0))24而f(x)2f(x)4，且4，

f(0)f(x)f(x)f(x)所以m4，故实数m的最大值为4.

00（2）因为函数g(x)f(x)2只有1个零点，而g(0)f(0)2ab20，

所以0是函数g(x)的唯一零点.

因为g(x)alnablnb，又由0a1,b1知lna0,lnb0， 所以g'(x)0有唯一解x0logb(a'xxlna). lnb令h(x)g'(x)，则h'(x)(axlnabxlnb)'ax(lna)2bx(lnb)2， 从而对任意xR，h'(x)0，所以g'(x)h(x)是(,)上的单调增函数， 于是当x(,x0)，g(x)g(x0)0；当x(x0,)时，g(x)g(x0)0. 因而函数g(x)在(,x0)上是单调减函数，在(x0,)上是单调增函数. 下证x00. 若x00，则x0又g(loga2)a''''x0x0，于是g(0)g(0)0， 22x0和loga2为端点的闭区间上的图象不2xx间断，所以在0和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1. 因为0a1，所以loga20，又00，

22loga2bloga22aloga220，且函数g(x)在以

所以x10与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾.

3

若x00，同理可得，在因此，x00.

x0和loga2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾. 2lna1，故lnalnb0，所以ab1. lnb5.【2016高考新课标3理数】设函数f(x)acos2x(a1)(cosx1)，其中a0，记|f(x)|的最大值

于是为A．

（Ⅰ）求f(x)； （Ⅱ）求A；

（Ⅲ）证明|f(x)|2A．

123a,0a52a6a11【答案】（Ⅰ）f'(x)2asin2x(a1)sinx；（Ⅱ）A（Ⅲ）见解析． ,a1；

8a53a2,a1【解析】

（Ⅰ）f'(x)2asin2x(a1)sinx．

（ⅰ）当0a1时，g(t)在(1,1)内无极值点，|g(1)|a，|g(1)|23a，|g(1)||g(1)|，所以5A23a．

（ⅱ）当

11aa1时，由g(1)g(1)2(1a)0，知g(1)g(1)g()． 54a 4

1a(1a)(17a)1aa26a1)||g(1)|0，所以A|g()|又|g(． 4a8a4a8a123a,0a52a6a11综上，A,a1． ………9分

8a53a2,a1（Ⅲ）由（Ⅰ）得|f'(x)||2asin2x(a1)sinx|2a|a1|. 当0a1时，|f'(x)|1a24a2(23a)2A. 5当

1a13a1时，A1，所以|f'(x)|1a2A. 588a4当a1时，|f'(x)|3a16a42A，所以|f'(x)|2A. 2.练模拟

1.【2018届河北省邯郸市高三1月检测】已知关于x的不等式mcosx2x在2,上恒成立，则实22数m的取值范围为（ ）

A. 3, B. 3, C. 2, D. 2, 【答案】C

22x22x2'2xcosx2xsinx【解析】m最大值,因为当x0,时( )2cosx2cosxcosx令yxcosxsinx,ycosxxsinxcosx0yy00

2x2'2x22x2202, m2,选C. )0,由因为因此(为偶函数,所以最大值为

cos0cosxcosxcosx2.设函数f(x)xx，xR. 若当0取值范围是（ ）

A. (,1] B.(,1) 【答案】D 【解析】

5

32时，不等式f(msin)f(1m)0恒成立，则实数m的

1212 C. [1,) D.(,1]

易得f(x)是奇函数，f(x)3x210f(x)在R上是增函数，又

f(msin)f(m1)msinm1m11,0sin1m1，故选D.

1sin1sin3.若函数f(x)a2x与g(x)4xa1的图象有交点，则a的取值范围是（ ） A．a222 或 a222 B．a1 C．1a222 D．a222 【答案】D

4x1x1t＞0）【解析】由a24a1，可得ax，令t2（，

21xxt22t22﹣22，故选D． t﹣222﹣2，∴a2 则att4.在平面直角坐标系xOy中，以点(1,0)为圆心且与直线mxy2m10(mR)相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为 【答案】(x1)2y22.

(m1)22m2|m|【解析】由题意得：半径等于当且仅当m1时取等号，112，2222m1m1m1m1|m1|所以半径最大为r2，所求圆为(x1)2y22.

5.【2018届高三训练题】已知正实数x，y满足等式x＋y＋8＝xy，若对任意满足条件的x，y，不等式(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围是________. 【答案】(－∞，

65] 8【解析】正实数x，y满足xy8xy

xyxy842

xy8xy40

xy40

xy80

xy8（当且仅当xy4时，取等号）

6

对任意满足条件的正实数x，y都有不等式

xy2axy10

axy1对任意满足条件的正实数x，y恒成立， xy1t令txyt8，则ftt在8，上为单调增函数，

1165ftt8（当且仅当t8即xy4时，取等号）

t8865a

865实数a的取值范围是(，

8故答案为(，

8653.练原创

x,x0,1.已知函数f(x)若关于x的方程f(x)a(x1)有三个不相等的实数根，则实数a的取值范

x,x≥0.围是（ ）

A.[,) B.(0,) C.(0,1) D.(0,) 【答案】D

1212【解析】

分段函数和过定点的直线在如上图位置时恰好相切，此时有两个交点，若直线斜率变大，则只存在一个交点，若直线斜率减小，则会出现三个交点，如下图所示：

7

计算切线斜率，假设直线与yx的切点为x0,y0，对函数求导可得y'12x，那么可以得到如下三个

yax1001方程：y0x0，讲后两个方程代入到第一个方程中，得到x0x01，即2x0x01，

2x0a12x0解得x01，从而斜率a111，根据分析可知，若要有三个交点，则斜率a(0,)，故选D.

22x022．若曲线C1:yax2(a0)与曲线C2:yex存在公共切线，则a的取值范围为（ ）

e2e2e2e2A．, B．0, C．, D．0,

8484【答案】C

ex【解析】根据题意，函数与函数在0，+上有公共点，令axe得：a2，

x2xexx2ex2xex设fx2 则fx，由fx0 得：x2， 2xxex当0x2 时，fx0，函数fx2在区间0,2上是减函数，

xex当x2 时，fx0，函数fx2在区间2,上是增函数，

xe2exe2∴当x2时，函数fx2在0，+上有最小值f2，∴a ，故选C.

4x43.已知函数f(x)xmx5当1x9时，f(x)1有解，则实数m的取值范围为（ ）

8

A.m13 B.m5 C.m4 D.m5 3【答案】B

4x,则1t3时，g(t)t2mt51有解，即mt在1t3时成立；而函数

t44ut在[1,2]是减函数，在[2,3]是增函数，ut[4,5]，所以只需m5，故选B.

tt4.方程log1(a2x)2x有解，则a的最小值为_________

【解析】令t2【答案】1.

5.已知函数f(x)【答案】8

xx1x2x355，则f(3)f(3)___． x1x2x3x422xx1x2x311114()，从而

x1x2x3x4x1x2x3x451111f(x)4()

31132xxxx2222511111111f(x)4()4()

311331132xxxxxxxx222222225555所以f(x)f(x)8，从而令x3，得f(3)f(3)8．

2222【解析】由于f(x) 9