6、a＝4＋a.依題意f(x)min≥g(x)min，∴a≤0.選C.
(2)(2019·河南十所名校高三第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax(x2－1)＋x(a>0)，方程f[f(x)]＝b對(duì)于任意b∈[－1,1]都有9個(gè)不等實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為( )
A．(1，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(3，＋∞) D．(4，＋∞)
答案 D
解析 ∵f(x)＝ax(x2－1)＋x(a>0)，∴f′(x)＝3ax2＋(1－a)．若a≤1，則f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，此時(shí)方程f[f(x)]＝b不可能有9個(gè)不等實(shí)根，故a>1.令f′(x)＝0，得x＝± ，不妨令x1＝－，x
7、2＝.∵當(dāng)a>1時(shí)，a－1<3a，
∴－10，解得a>4，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(4，＋∞)．故選D.
8、
函數(shù)、方程與不等式相互轉(zhuǎn)化的應(yīng)用
函數(shù)、方程與不等式三者之間存在著密不可分的聯(lián)系，解決方程、不等式的問(wèn)題需要函數(shù)幫助，解決函數(shù)的問(wèn)題需要方程、不等式的幫助，因此借助于函數(shù)、方程、不等式之間的轉(zhuǎn)化可以將問(wèn)題化繁為簡(jiǎn)，常常將不等式的恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題；將證明不等式問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性與最值問(wèn)題，將方程的求解問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題．
1．(2019·安徽馬鞍山二次質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝x＋(2－kx)ex(x>0)，若f(x)>0的解集為(a，b)，且(a，b)中恰有兩個(gè)整數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 f(x)
9、＝x＋(2－kx)ex>0?x>(kx－2)ex?>kx－2，設(shè)g(x)＝(x>0)，h(x)＝kx－2，問(wèn)題就轉(zhuǎn)化為在(a，b)內(nèi)，g(x)>h(x)，且(a，b)中恰有兩個(gè)整數(shù)．先研究函數(shù)g(x)的單調(diào)性，g′(x)＝(x>0)，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，所以函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)00，所以函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以g(x)max＝g(1)＝.注意到g(0)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>0.h(x)＝kx－2，恒過(guò)(0，－2)，要想在(a，b)內(nèi)，g(x)>h(x)，且(a，b)中恰有兩個(gè)整數(shù)，必須要滿足以下兩個(gè)條件：??＋≤k＜＋1
10、，故選C.
2．已知a＝ln ，b＝ln ，c＝ln 4，則( )
A．a(chǎn)＜b＜c B．b＜a＜c
C．c＜a＜b D．b＜c＜a
答案 B
解析 a＝ln ＝ln 2＝ln ＝，
b＝ln ＝，c＝ln 4＝×2ln 2＝.
故構(gòu)造函數(shù)f(x)＝，則a＝f，b＝f，c＝f(2)．
因?yàn)閒′(x)＝＝，
由f′(x)＝0，解得x＝e.
故當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，e]上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，
函數(shù)f(x)在[e，＋∞)上單調(diào)遞減．因?yàn)椋迹?＜e，所以f＜f＜f(2)，即b＜a＜c，故選B.
熱
11、點(diǎn)3 正難則反的轉(zhuǎn)化
例3 (1)(2019·湖南邵陽(yáng)高三10月大聯(lián)考)若命題“?x0∈R，x＋2mx0＋m＋2<0”為假命題，則m的取值范圍是( )
A．(－∞，－1]∪[2，＋∞) B．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
C．[－1,2] D．(－1,2)
答案 C
解析 若命題“?x0∈R，x＋2mx0＋m＋2<0”為假命題，則命題等價(jià)于?x∈R，x2＋2mx＋m＋2≥0恒成立，故只需要Δ＝4m2－4(m＋2)≤0?－1≤m≤2.故選C.
(2)已知函數(shù)f(x)＝ax2－x＋ln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．
答案
解析
12、f′(x)＝2ax－1＋.
(ⅰ)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≥0，得a≥.①
令t＝，因?yàn)閤∈(1,2)，所以t＝∈.
設(shè)h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，顯然函數(shù)y＝h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減，
所以h(1)＜h(t)＜h，即0＜h(t)＜.
由①可知，a≥.
(ⅱ)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≤0，得a≤.②
結(jié)合(ⅰ)可知，a≤0.
綜上，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]∪.所以若函數(shù)f(x)在區(qū)
13、間(1,2)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
正與反的轉(zhuǎn)化法
正難則反，利用補(bǔ)集求得其解，這就是補(bǔ)集思想，一種充分體現(xiàn)對(duì)立統(tǒng)一、相互轉(zhuǎn)化的思想方法．一般地，題目若出現(xiàn)多種成立的情形，則不成立的情形相對(duì)很少，從反面考慮較簡(jiǎn)單，因此，間接法多用于含有“至多”“至少”情形的問(wèn)題中．
1．若拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分，則k的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 當(dāng)k＝0時(shí)，顯然符合題意．當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)拋物線y＝x2上兩點(diǎn)A(x1，x)，B(x2，x)關(guān)于直線y＝k(x－3)對(duì)稱，AB的中點(diǎn)為P(x0，y0)，則x0＝
14、，y0＝.由題設(shè)知＝－，所以＝－.又AB的中點(diǎn)P(x0，y0)在直線y＝k(x－3)上，所以＝k＝－，所以中點(diǎn)P.由于點(diǎn)P在y>x2的區(qū)域內(nèi)，則－>2，整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，解得k<－.因此當(dāng)k<－時(shí)，拋物線y＝x2上存在兩點(diǎn)關(guān)于直線y＝k(x－3)對(duì)稱，于是當(dāng)k≥－時(shí)，拋物線y＝x2上不存在兩點(diǎn)關(guān)于直線y＝k(x－3)對(duì)稱．所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為.故選D.
2．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個(gè)值c，使得f(c)＞0，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是________．
答案
解析 若在區(qū)間[－1,1]內(nèi)不存在c滿足f(
15、c)＞0，因?yàn)棣ぃ?6p2≥0恒成立，
則解得
所以p≤－3或p≥，取補(bǔ)集得－3＜p＜，
即滿足題意的實(shí)數(shù)p的取值范圍是.
熱點(diǎn)4 形體位置關(guān)系的轉(zhuǎn)化
例4 (1)(2019·延安市高考模擬)正三角形ABC的邊長(zhǎng)為2，將它沿高AD折疊，使點(diǎn)B與點(diǎn)C間的距離為，則四面體ABCD外接球的表面積為( )
A．6π B．7π
C．8π D．9π
答案 B
解析 根據(jù)題意可知四面體ABCD的三條側(cè)棱BD⊥AD，DC⊥DA，底面△BDC是等腰三角形，它的外接球就是它擴(kuò)展為三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心連線的中點(diǎn)到頂點(diǎn)的距離，就是球的半徑，在三棱柱底面△BDC中，
16、BD＝CD＝1，BC＝，∴∠BDC＝120°，∴△BDC的外接圓的半徑為×＝1，由題意可得，球心到底面的距離為AD＝，∴球的半徑為r＝＝.故外接球的表面積為4πr2＝7π，故選B.
(2)(天津市濱海新區(qū)2020屆高三摸底考試)如圖所示，已知多面體ABCDEFG中，AB，AC，AD兩兩互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為_(kāi)_______．
答案 4
解析 解法一：(分割法)因?yàn)閹缀误w有兩對(duì)相對(duì)面互相平行，如圖所示，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥DG于H，連接EH，即把多面體分割成一個(gè)直三棱柱DEH－ABC和一個(gè)斜三棱柱
17、BEF－CHG.由題意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝×2＝2.
故所求幾何體的體積為V多面體ABCDEFG＝2＋2＝4.
解法二：(補(bǔ)形法)因?yàn)閹缀误w有兩對(duì)相對(duì)面互相平行，如圖所示，將多面體補(bǔ)成棱長(zhǎng)為2的正方體，顯然所求多面體的體積即該正方體體積的一半．又正方體的體積V正方體ABHI－DEKG＝23＝8，故所求幾何體的體積為V多面體ABCDEFG＝×8＝4.
形體位置關(guān)系的轉(zhuǎn)化是通過(guò)切割、補(bǔ)形、等體積轉(zhuǎn)化等方式轉(zhuǎn)化為便于觀察、計(jì)算的常用幾何體，由于新的幾何體是轉(zhuǎn)化而來(lái)的，一般需要對(duì)新幾何體的位置關(guān)系、數(shù)據(jù)情況
18、進(jìn)行必要分析，準(zhǔn)確理解新幾何體的特征．
1.(2019·東北三省三校高三第二次模擬)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，點(diǎn)D是棱B1C1的中點(diǎn)，AB＝AC＝，BC＝BB1＝2.
(1)求證：AC1∥平面A1BD；
(2)求點(diǎn)D到平面ABC1的距離．
解 (1)證明：連接AB1，交A1B于點(diǎn)O，則O為AB1的中點(diǎn)，
連接OD，又D是B1C1的中點(diǎn)，∴OD∥AC1，
∵OD?平面A1BD，AC1?平面A1BD，
∴AC1∥平面A1BD.
(2)由已知，AB＝AC，取BC的中點(diǎn)H，則BC⊥AH，
∵BB1⊥平面ABC，AH?平面ABC，∴BB1⊥AH，
∵BC∩BB
19、1＝B，∴AH⊥平面BCC1B1.
又AB＝AC＝，BC＝2，∴AH＝1，
∵BB1⊥C1D，∴S△BC1D＝C1D·BB1＝×1×2＝1，
∴VD－ABC1＝VA－BC1D＝S△BC1D·AH＝×1×1＝.
∵AC1＝＝，BC1＝＝2，
∴AC＋AB2＝BC，∴△ABC1是直角三角形，
∴S△ABC1＝××＝，設(shè)點(diǎn)D到平面ABC1的距離為h，則××h＝，得h＝，
即點(diǎn)D到平面ABC1的距離為.
2．(2019·山東師范大學(xué)附屬中學(xué)高三上學(xué)期二模)已知等腰梯形ABCE(圖1)中，AB∥EC，AB＝BC＝EC＝4，∠ABC＝120°，D是EC的中點(diǎn)，將△ADE沿AD折起，構(gòu)成四棱
20、錐P－ABCD(圖2)．
(1)求證：AD⊥PB；
(2)當(dāng)平面PAD⊥平面ABCD時(shí)，求三棱錐C－PAB的體積．
解 (1)證明：取AD的中點(diǎn)K，連接PK，BK，BD，
∵PA＝PD，K為AD的中點(diǎn)，
∴PK⊥AD，
又AD＝AB，∠DAB＝60°，
∴△ADB為等邊三角形，
則AB＝BD，則BK⊥AD，又PK∩BK＝K，
∴AD⊥平面PBK，又PB?平面PBK，則AD⊥PB.
(2)由平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
PK?平面PAD，PK⊥AD，得PK⊥平面ABCD，
由已知AB＝BC＝4，∠ABC＝120°，得S△ABC＝4，
又PK＝2，∴VC－PAB＝VP－ABC＝×4×2＝8.
高考數(shù)學(xué)大二輪專題復(fù)習(xí)沖刺方案文數(shù)經(jīng)典版文檔：第一編 第4講 轉(zhuǎn)化與化歸的思想 Word版含解析
