1、考压轴题的研究与讲解兰琦2016 年 6 23 录1引21.1 如何研究压轴题 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 如何讲解压轴题 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22函数72.1 含参次函数的讨论 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2、 . . . . . . . . 72.2 参数分离 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.3 优雅的作图 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.4 函数与程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3、 . . . . . . . 133不等式143.1 必要条件探路 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.2 次函数专题 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.3 “形”“元”“次” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4、. . . . . . . . . . . 174向量204.1 等系数和线 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204.2 运动的转化和分解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204.3 极化恒等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5、. . . . . . . . . . . 235导数255.1 端点分析 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255.2 lnx 的应对策略 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285.3 常对数不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6、 . . . . . . . . . . . 326圆锥曲线336.1 圆锥曲线的常性质 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336.2 合理设参 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386.3 化齐次联 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7、 . . . . . . . . . . . 406.4 仿射变换 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 427后记4411 引 21引1.1如何研究压轴题情感不畏难，不贪多价值观基本功与技巧，题多解，见多识法论解答 (答案 )! 解析 (分析 )! 解法 (总结 )! 解释 (纳 )1.2如何讲解压轴题三个适合适合的学 (避免窍不通 )，适量的题 (有共性，有变化，融会贯通 )，适度的讲解 (讲关键，练实操，触类旁通 )四个要素量：耐计算，分类讨论能；
8、敏捷：快速试探，精准打击能；智：知识储备，模块重组能；运：强不息，相信天道佑勤已知定义在 R 上的函数 f(x) = 2x b2x+1 + a 是奇函数，则 a = ， b = 引例 1引例般解法： f(0) = 0 ， f(1) + f( 1) = 0 ；量型训练8x 2 R;f(x) + f( x) = 0 ；敏捷型训练limx!+1f(x) + limx! 1f(x) = 0 已知 ABC 中， # BD = 13 # BC ， # AE = 12 # AC ， AD 与 BE 交于点 P ，且 # AP = # AD ，则= 引例 2引例量型训练设 # BP = # BE ，有8:#
9、AP = 23 # AB + 13 # AC;# AP = (1 )# AB + 13 # AC; 解得8:= 34;= 12:敏捷型训练如左图，过 D 作 DF BE 交 AC 于 F ，则 EF = 13EC = 13AE ，于是 = 34 1 引 3B CADEFPB CADEPB(2) C(1)A(1)D(3)E(2)P知识型训练如中图，由梅涅劳斯定理，有APPD DBBC CEEA = 1; 于是APPD =BCDB EACE = 3:实战优化：如右图，在 A;B;C 上标注 a;b;c，使得EC : EA = a : c;DC : DB = b : c;则APPD =b + cc
10、ca =b + ca :这就相当于在 D 点位置填 b + c，即可“杠杆原理”解题证明：1 131 1321 13n 12 引例 3引例量型训练由于 lnx x 1 ，于是 lnx 1 1x ，因此ln1 13n 1 11 13n= 13n 1;于是只需要证明13 1 +132 1 + +13n 1 0 考虑到归纳基础，需要 a1 16 ；考虑递推证明，需要12 + an1 13n+1 12 + an+1;即an an+1 13n+1 12 + an;因此取 a1 = 16 ，进 an = 12 3n 即可知识型训练直接利伯努利不等式，有LHS 1 13 +132 + +13n 1 131
11、13= 12:更进步 (Pentagonal number theorem)：(1 x)(1 x2)(1 x3) = 1 x x2 +x5 +x7 x12 x15 +x22 +x26 =1k=1( 1)k(1 x2k+1)xk(3k+1)/2:我们知道，平上到两个定点的距离之为定值 ( 0 且 = 1 ) 的点的轨迹是圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆当两个定点 A 和 A 已知时，可以先在直线 AA 上找到两点 M;N ，使得MAMA =NANA = ;然后作以 MN 为直径的圆，即得对应的阿波罗尼斯圆引例 4引例反过来，如果已知其中个定点 A，以及动点 P 对应的阿波罗尼斯圆，也可以确定另个定点
12、A 的位置，如图A A NOMP设阿波罗尼斯圆的圆为 O ，半径为 r ， OA = d， OA = d ，则有d rr d =d + rr + d = ;其中 = PAPA 容易解得= dr = rd;1 引 5也就是说 r 是 d 和 d 的等中项，且公为 上述结论形式优美，容易记忆，在很多时候可以便的解决问题例1 已知 P 点在边长为 2 的正形 ABCD 的内切圆上运动，则 AP +p2BP 的最值是 解尝试应阿波罗尼斯圆处理系数连接对线 AC ，设其中点为 O ，则可知在此问题中 r = 1 ，d = p2 ，于是 d =p22 ，且 =p2 A BCDOPA因此AP +p2BP =
13、 p2 (AP + BP) p2 AB;在 OAB 中应勾股定理可得AB =OA2 + OB2 =52;因此所求的最值为 p5 例2 已知 P 在边长为 2 的正 ABC 的内切圆上运动，则 AP + 2PB 的最值是 解与例 1 类似， r =p33 ， d =2p33 ，于是 d =p36 ，且 = 2 A BCOAP因此AP + 2PB = 2 (AP + BP) 2 AB;在 OAB 中应余弦定理可得AB =OA2 + OB2 + OA OB =p72 ;因此所求的最值为 p7 1 引 6作为练习，下的已知条件命题：已知点 P 在圆 O : x2 + y2 = 4 上运动， A(4;0
14、) ， B(4;4) ，求 的最值OPABxy4答案是 PA + 2PB 或 2p2PA + PB 2 函数 72函数2.1含参次函数的讨论例题2.1已知函数 f(x) =8:1;x 1;x; 1 :1;x 1;x; 1 :1x 2x2;x 1;2x 1x2; 1 :t 2t2; 1 t 1;t;0 0 时， x1 +x2 0 ； a 0 ， y1 +y2 0 时，则 x 的取值范围是 ；(2) 集合 An 中有 个元素解10;10:1) ； 12n2 12n + 2 ，考虑函数 g(x) = xx ，即 g(x) = k x(x 2 k;k + 1) )11224n(n 1)nn2n 1(n
15、 1)2O xy第层次，基本初等函数的图象：特征点，渐近线，单调性；第层次，简单初等函数的图象：正例函数，反例函数，次函数，次函数，绝对值函数，多绝对值函数，对勾函数，次分式函数；第三层次，图象变换：平移，伸缩，对称，翻折，旋转；第四层次，知识储备： y = 1f(x) ， y =f(x) ， y = sinx f(x) 应该掌握的函数图象应该掌握的函数图象2 函数 12例题2.5已知 f(x) 是定义在 R 上的周期为 2 的偶函数，且当 x 2 0;1 时， f(x) = x + 1 ，则程f2(x) + f(x) = x 的解的个数是 解4 个，函数的图象本质就是程的曲线根据函数 f(x
16、) 的奇偶性与周期性，作图如下O xyy = f(x)y2 + y = x2162注意到抛物线 y2 + y = x 以14; 12为顶点，以 y = 12 为对称轴，且经过点 (0;0) ， (2;1) ，(6;2) ，因此抛物线 y2 + y = x 与函数 y = f(x) 的图象共有 4 个交点，所求的根的个数为 4 例题2.6(2013 年新课标 I 卷第 16 题改 ) 已知 f(x) = (x2 + x)(x2 + ax + b) 满对切实数 x，均有f(x) = f(2 x) ，则函数 f(x) 的最值为 分析多项式函数为偶函数，则不含奇次项解根据题意，函数 y = f(x +
17、 1) 是偶函数，f(x + 1) = (x + 1)2 + (x + 1) (x + 1)2 + a(x + 1) + b= (x2 + 2 + 3x) g(x);其中 g(x) 是个次项系数为 1 的次多项式不难得知， g(x) = x2 + 2 3x，因此f(x + 1) = (x2 + 2)2 (3x)2 = x4 5x2 + 4 94;当 x2 = 52 时取得等号因此函数 f(x) 的最值，即函数 f(x + 1) 的最值，为 94 2 函数 13例题2.7函数 f(x) = 2xjlog0:5xj 1 的零点个数为 ( )A. 1 B. 2 C. 3 D. 4解B，数形结合需谨慎
18、对于函数 f(x) = jlogaxj ax 的零点个数，分界点为 e e 当 0 0 , 函数 g(x) = jf(x)j, 求证： g(x) 在区间 0;2 上的最值不于 14 .分析第 (3) 小题在第 (2) 小题的基础上可以画出极端情形：3 不等式 16O xyy = 14y = 1412322在此基础上利用函数 f(x) 在 x = 0; 12; 32;2 处的函数值结合反证法证明结论即可解(3) 反证法假设 g(x) 在区间 0;2 上的最值于 14 考虑 8:f(0) = 1 b;f(2) = 1 2a b;f32= 18 32a b;f12= 18 12a b;我们有 8:2
19、 2a = f(2) f(0);a 14 = f12f32;所以2f122f32+ f(2) f(0) = 32;但是 2f122f32+ f(2) f(0) 2f12+ 2f32+jf (2)j+jf (0)j 0 ) 有四个不同的“近零点”，则 a 的最值为 解14 注意从区间长度出发，补充“和差积商”版的韦达定理O xy0 1 2 33 不等式 17对于程 ax2 + bx + c = 0 (a = 0 ) 的两个根 x1;x2 ，有x1 + x2 = ba;jx1 x2j =pjaj ;x1x2 =ca;b2 =x1x2 +x2x1 + 2ac:“和差积商”版的韦达定理“和差积商”版的
20、韦达定理例题3.7已知整系数次程 ax2 +bx+c = 0 的两个不同实根均在区间 (1;2) 上，求正整数 a 的最值解5 ，根表 f(1) f(2) ，利 f(1);f(2) 1 和均值不等式得到 a2 16 例题3.8(每题 297) 已知函数 f(x) = x2 a ，其中 a 0 若恰好有两组解 (m;n) 使得 f(x) 在定义域 m;n 上的值域也为 m;n ，求实数 a 的取值范围解34;2按 m;n;pa 的关系讨论3.3“形”“元”“次”例题3.9(每题 408) 若正实数 x;y 满 (2xy 1)2 = (5y+2)(y 2) ，则 x+ 12y 的最值为 解3p22
21、 1 联想平差公式，有2x 1y2=3 + 2 + 2y3 2 2y;换元即得换元为整体代换，的是省纸；换元为代数变形收效是结构换元法换元法3 不等式 18例题3.10(每题 422) 设 Sn 是各项均为零实数的等差数列 fang 的前 n 项和，若对于给定的正整数 n(n 1 ) 和正数 M ，数列 fang 满 a21 + a2n+1 = M ，则 Sn 的最值为 解n2 + 12 M 注意选 a1;an+1 为等差数列的“基底”，它表其他的各种量设 a1+an = a1+an+1 ，则2a1 + (n 1)d = ( + )a1 + ( n)d;因此解得 8:= n + 1n ;= n
22、 1n ;因此Sn = n(a1 + an)2= (n + 1)a1 + (n 1)an+12(n + 1)2 + (n 1)2 a21 + a2n+12=(n2 + 1)M2 ;所以 Sn 的最值为(n2 + 1)M2 例题3.11(每题 467) 已知 a;b 2 0;1 ，求 S(a;b) = a1 + b + b1 + a + (1 a)(1 b) 的最值分析元对称代数式都可以用 a + b 和 ab 表示，然后可以尝试放缩换元解5p5 112 先进代数变形，有S(a;b) = a(1 + a) + b(1 + b) + (1 a2)(1 b2)(1 + a)(1 + b)= 1 ab
23、 a2b2ab + a + b + 1 1 ab(1 ab)ab + 2pab + 1= 1 ab(1 pab)1 +pab ;当 a = b 时取到等号3 不等式 19令 x = pab，则 x 2 0;1 ，有ab(1 pab)1 +pab =x2 x31 + x ;记右侧为函数 f(x) ，则 f(x) 的导函数f(x) = 2x(x2 + x 1)(1 + x)2 ;于是当 x =p5 12 时，函数 f(x) 取得最值fp5 12= 5p5 112 ;因此原代数式 S(a;b) 的最值为 13 5p52 ，当 a = b =p5 12 时取到例题3.12已知 a + b + c =
24、1 ， a;b;c 0 ，求 (c a)(c b) 的取值范围解18;14 向量 204向量4.1等系数和线例题4.1(每题 426) 在扇形 AOB 中， OA = OB = 1 ， AOB = 3 ， C 为弧 AB (不包含端点 ) 上的点，且 # OC = x# OA + y# OB (1) 求 x + y 的取值范围；(2) 若 t = x + y 存在最值，求 的取值范围解(1)1; 2p33； (2)12;2， 控制“等系数和”线的向O BACNMO BACM N例题4.2(每题 466) 已知 O 为锐 ABC 的外， A = 3 ，且 # OA = x# OB + y# OC
25、 ，求 2x y的取值范围解( 2;1) 例题4.3(每题 194) 已知圆 O : x2+y2 = 1 为 ABC 的外接圆，且 tanA = 2 ，若 # AO = x# AB+y# AC ，则 x + y 的最值为 解5 p54 4.2运动的转化和分解例题4.4(每题 108) 在 ABC 和 AEF 中， B 是 EF 的中点， AB = EF = 1 ， BC = 6 ，CA = p33 ，若 # AB # AE + # AC # AF = 2 ，则 # EF 与 # BC 夹的余弦值为 解23 ，统起点为 B 4 向量 21例题4.5(每题 456) 如图，圆 O 的半径为 1 ，
26、 OA = 12 设 B;C 是圆 O 上任意两点，则 # AC # BC的取值范围是 OACB解18;3，统起点为 C 固定 # CB OACBPHMQ如图，设 A;O 在 CB 上的投影分别为 H;M ，以 O 为圆， 12 为半径的圆在 CB 上的投影为线段PQ，则# CA # CB = # CH # CB = # CM + # MH # CB = 12CB2 + # MH # CB:考虑到 H 在线段 PQ 上，于是 # CA # CB 的最值为 12CB2 + 12CB ，最值为 12CB2 12CB 接下来放开 # CB ，有 0 CB 2 ，于是 # CA # CB 的最值为 3
27、 ，最值为 18 另法统起点为 O ，则# AC # BC = # OC # OA # OC # OB = OC2 # OA # OC + # OA # OB # OC # OB= OC2 + 12 # OA + # OB # OC2OA2 OB2 OC2= 12# OA + # OB # OC218;考虑到 # OB # OC 可以表长度从 0 到 2 的任意向量，因此 # OA + # OB # OC 的长度取值范围是 0; 52，所求的取值范围是18;3拓展已知 A;B;C 是单位球上三点，求 # AB # AC 的取值范围 (12;4)4 向量 22例题4.6(每题 435) 已知 A
28、BC 满 A = 3 ，# AB + # AC# BC = 0 ，点 M 在 ABC 外，且MB = 2MC = 2 ，则 MA 的取值范围是 解1;3 易知 ABC 为正三形，接下来有两条风格迥异的思路可以解决问题静态观察如图，设 MA = x， AB = BC = CA = t，那么由左右两图分别应托勒密定理可得8:tx 3t;2t tx + t;于是 1 x 3 平上四边形的四边与对线满关系：对线的乘积不超过两组对边分别相乘所得乘积之和，当且仅当四边形的四个顶点共圆时两者相等托勒密定理托勒密定理AB CM2 1xAB CM2 1xAB CM1M2由于两侧等号均能取得 (如图 )，又根据图
29、形连续变化，因此 MA 的取值范围是 1;3 动态探索如图，先固定 B;M ，使得 BM = 2 ，然后让 C 在半径为 1 圆 M 上运动，观察 A 点的轨迹 (暂时忽略 M 在 ABC 外的条件 )BMCNA由平何知识容易得到 A 的轨迹是圆 M 绕点 B 旋转 60 后得到的圆 N ，据此容易求得 MA 的取值范围是 1;3 (注意取得最值时 M 均在 ABC 外部 )4 向量 234.3极化恒等式例题4.7(每题 131) 正体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 2 ， MN 是它的内切球的条弦 (我们把球上任意两点之间的线段称为球的弦 )， P 为正体表上的动点，当弦 MN 的长
30、度最时，# PM # PN 的取值范围是 A BCDA1 B1C1D1POMN解0;2 应极化恒等式，有 # PM # PN = OD2 OM2 = OD2 1 极化恒等式4# a # b = (# a + # b)2 (# a # b)2可以起到将不便计算的数量积变成好计算的线段长度的作在实际应中，往往 # a + # b 或 # a # b的长度是固定的，这就相当于将动点进了转化极化恒等式极化恒等式例题4.8(1) 正形 ABCD 中， AB = 1 ， A;D 分别在 x;y 轴的正半轴 (含原点 ) 上滑动，则 # OC # OB的最值是 (2) 已知正形 ABCD 的边长为 2 ，点
31、 E 为 AB 的中点以 A 为圆， AE 为半径，作弧交AD 于点 F 若 P 为劣弧 EF 上的动点，则 # PC # PD 的最值为 解(1) 2 (2) 5 向量问题中极化恒等式可以起到转化运动的作，与之有类似功能的还有另外个常结论已知矩形 ABCD 和其所在平内点 P ，则PA2 + PC2 = PB2 + PD2:矩形的性质矩形的性质4 向量 24例题4.9已知 ABC 中， AB = 2AC = 4 ，点 P 满 # AP = x# AC + y# AB ， x + 2y = 1 (x;y 0 )，且# AP 的最值为 p3 ，则 # PA # PB + # PC 的最值为 解取
32、 AB 中点 D ，则 # AP = x# AC + 2y# AD ，因此 P 在线段 CD 上，进可得 ACD 为正三形，如图C BADC BADEC BADMNP接下来计算 # PA # PB + # PC，有以下三种算法坐标法设 P(pm;m) ， B(2p3;0) ， A(0;2) ， C(0;0) ，其中 m 2 0;1 ，则# PA # PB + # PC = 8m2 10m 258 ;等号当 m = 58 时取得，于是所求最值为 258 基底法根据题意有# PA # PB + # PC = # CA # CP # CA 2# CP = # CE # CP +2CP2 = p28
33、cos( 30) CP +2CP2;其中 # CE = 2# CA + # CB ， 为 BCE ，易求得 cos( 30) = 5p28 ，于是所求最值为 258 极化恒等式取 BC 的中点 M ， AM 的中点 N ，则# PA # PB + # PC = 2# PA # PM = 2(PN2 AN2); AN =p72 ， PN 的最值为p34 ，因此所求的最值为 258 在有直的图形中，坐标法往往可以起到简化计算的作思考与总结思考与总结5 导数 255导数5.1端点分析1. 函数值可以直接计算出来的，称为第 I 类端点分析；2. 函数值涉及到极限的，称为第 II 类端点分析；3. 对函
34、数的零点进导数分析的，称为第 III 类端点分析第 I 类端点分析可以直接在卷书写；第 II 类和第 III 类端点分析建议利分界点讨论，其中第 II 类分界点的说明往往需要到局部放缩，尤其是需要注意对 lnx 的些放缩技巧 (常不等式以及换元 )；第III 类端点分析通常利导数零点构造反例说明例题5.1已知 ax2 4ln(x 1) 0;f(e + 1) = 5 a(e + 1)2 0;于是 a 0 ，对称轴 x = 12 ，因此在区间 2;e+1 上 g(x) 0 ，于是函数 f(x) 单调递增，符合题意；情形a = 0 此时 g(x) = 2 ，因此函数 f(x) 单调递增，符合题意；情
35、形三0 1 恒成，求 k 的取值范围5 导数 26分析令 f(x) = ax 1xlnx，其中 a = 1 k2 ，则 f(1) = 0 ，当 x ! +1 时，可得 a 0 进 f(x) 的导函数f(x) = ax2 x + ax2 ;令 g(x) = ax2 x + a，则 g(1) = 2a 1 ，从可得分界点 0; 12 解令 f(x) = ax 1xlnx，其中 a = 1 k2 ，则 f(x) 的导函数f(x) = ax2 x + ax2 ;令 g(x) = ax2 x + a情形a 0 此时 f(x) 0 ， f(x) 单调递增，结合 f(1) = 0 ，符合题意 1综上所述，
36、a 的取值范围是12;+1，于是 k 的取值范围是 ( 1;0 拓展已知函数 f(x) = ln 1 + x1 x ，设对任意 x 2 (0;1);f(x) kx + 13x3，求 k 的最值 ( 2 )例题5.3(2015 年东卷理科压轴题 ) 设函数 f(x) = ln(x + 1) + a(x2 x)，其中 a 2 R(1) 讨论函数 f(x) 极值点的个数，并说明理由；(2) 若 8x 0;f(x) 0 成，求 a 的取值范围分析从端点 x = 0 来看， f(0) = 0 ；从端点 x = +1 看， a 0 ；进步， f(x) 的导函数f(x) = 1x + 1 a(2x 1);有
37、 f(0) = 1 a 0 ，于是 1 这样就得到了分界点 0;1 解(1)a 89 时， 2 个； (2) 0;1 1也可以将 f(x) 放缩为 12(x 1x)lnx 证明5 导数 27例题5.4(2015 年福建卷理科压轴题 ) 已知函数 f(x) = ln(1 + x) ， g(x) = kx， k 2 R(1) 证明：当 x 0 时， f(x) 0 ，使得对任意 x 2 (0;x0) ，恒有 f(x) g(x) ；(3) 确定 k 的所有可能取值，使得存在 t 0 ，对任意 x 2 (0;t) ，恒有 jf(x) g(x)j 0 时，函数 f(x) 有两个零点，所求取值范围是 (0;
38、+1) 如果需要刻意避开极限，可以进如下论证当 a 0 时，由于在 ( 1;1) 上， g(x) 0 ，因此在此区间上不存在 x 使得g(x) = a;在 (1;+1) 上，函数 g(x) 单调递减，不可能存在两个零点；当 a 0 时，取 x1 = mincurrency11 +1a;32，则g(x1) 1(x1 1)2 a; g(2) = 0 0;lnt + t + 2t ln( a);易求得左侧函数的最值为 3 ，于是 ln( a) 3 ，从 a e3 ， a 的最值为 e3 例题5.7(2011 年新课标 II 卷理科压轴题 ) 若不等式 lnxx + 1 + 1x lnxx 1 + k
39、x 在 x 0 且 x = 1 时恒成，求 k 的取值范围解先处理不等式，原不等式等价于lnxx + 1 +1x lnxx 1 +kx 0;整理得2x2 1 lnx + 1 kx 0;提因式，有1x2 1 2lnx + (k 1)x 1x 0:设f(x) = 2lnx + (k 1) x 1x;5 导数 29则题中不等式等价于 8:8x 2 (0;1);f(x) 0;8x 2 (1;+1);f(x) 0 且 x = 1;(k 1)x2 + 2x + k 1 0;分离参数解得 k 的取值范围为 ( 1;0 在研究有关对数函数的不等式时，先设法将与 lnx 相乘的因式去掉 (有时需要付出分类讨论的
40、代价 )，这样往往能够使得问题得到简化 aa对 ex 来说，原则为“有事冲我来”例如，证明：当 x 0 时， ex 1 + x + 12x2 “清君侧，靖国难”“清君侧，靖国难”例题5.8(2015 年四川卷理科压轴题 ) 已知函数 f(x) = 2(x + a)lnx + x2 2ax 2a2 + a，其中 a 0 (1) 设 g(x) 是 f(x) 的导函数，讨论 g(x) 的单调性；(2) 证明：存在 a 2 (0;1) ，使得 f(x) 0 在区间 (1;+1) 内恒成，且 f(x) = 0 在区间 (1;+1)内有唯解分析在这个问题中，当极值点 x0 法用参数 a 表示时，我们会用
41、x0 表示 a，然后得到关于 x0的程，通过估计 x0 的范围反过来估计 a 的范围在这个思路的引导下，量型证明充分的展示了对思路信仰以及强的计算能如果注意到联立程组，通过代数变形可以简化 a 与 x0 的关系，非简单粗暴的代消元，那么就展现了简化问题进精准打击的能最后，如果有处理对数函数的知识储备，那么就可以考虑利用“清君侧”转化原来的复杂函数，通过次求导得到极值点，然后利用与主思路致的式解决问题同时，由于转化后的函数与原来的函数的零点致，因此又可以引导出敏捷型解法解(1) 根据已知，有g(x) = f(x) = 2lnx + 2x 2 2ax 2a;5 导数 30于是g(x) = 2x2
42、(x2 x + a);因此当 0 0 ，于是在 (1;+1) 上 g(x) 单调递增又g(1) = 4a 0 ，于是 f(x) 在 (1;+1) 上先单调递减，再单调递增，有极值点设f(x) 的极值点为 x = x0 ，则8:lnx0 + x0 1 a1x0 + 1= 0;2(x0 + a)lnx0 + x20 2ax0 2a2 + a = 0;我们的标是证明这个元程组有实数解，且少有组解满限制条件 x0 1 且 0 0 ，且(e) = (e 2)ee 1 + 1 2 e 2(e 1 + 1)2 0;因此必然存在 x0 2 (1;e) ，使得 (x0) = 0 此时a = lnx0 + x0 1x 10 + 1;记该程右边为 (x0) ，则(x0) = x20 + x0 2 lnx0(1 + x0)2 ;当 x0 2 (1;e) 时，函数 (x0) 单调递增，于是0 a e 2e 1 + 1 1;因此原命题得证敏捷型证明在“量型证明”得到程组后，将第个程变形为x0 lnx0 + x20 (a + 1)x0 a = 0;
