《廣東省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 第3講 解答題題型特點(diǎn)與技法指導(dǎo) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《廣東省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 第3講 解答題題型特點(diǎn)與技法指導(dǎo) 文（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第第 3 3 講講解答題題型特點(diǎn)與技法指導(dǎo)解答題題型特點(diǎn)與技法指導(dǎo)高考解答題一般有六大方向：三角函數(shù)與平面向量、概率與統(tǒng)計(jì)、立體幾何、數(shù)列與不等式、解析幾何、不等式與函數(shù)及導(dǎo)數(shù)一般來說，前三題屬于中、低檔題，第四題屬中檔偏難題，后兩題屬難題三角函數(shù)與平面向量、概率與統(tǒng)計(jì)、立體幾何在前三題中出現(xiàn)的概率較高，掌握解這幾類題的解法是大多數(shù)學(xué)生成功的關(guān)鍵目前的高考解答題已經(jīng)由單純的知識綜合型轉(zhuǎn)化為知識、方法和能力的綜合型解答題能否做好解答題，是高考成敗的關(guān)鍵1三角函數(shù)有關(guān)三角函數(shù)的大題即解答題，主要是考查基礎(chǔ)知識、基本技能和基本方法，且難度不大凸顯恒等變換與三角函數(shù)圖象、性質(zhì)在三角形內(nèi)考查主要考查以下

2、 4 個(gè)方面：三角函數(shù)的圖象、性質(zhì)、圖象變換，主要是yAsin(x)b的圖象、性質(zhì)及圖象變換，考查三角函數(shù)的概念、奇偶性、周期性、單調(diào)性、最值及圖象的平移和對稱等；三角恒等變換，主要考查公式的靈活運(yùn)用、變換能力，一般需要運(yùn)用和差角公式、倍角公式，尤其是對公式的應(yīng)用與三角函數(shù)性質(zhì)的綜合考查；三角函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用通過解三角形來考查三角恒等變形及應(yīng)用三角函數(shù)性質(zhì)的綜合能力；三角函數(shù)與平面向量、數(shù)列、不等式等知識的綜合問題【例 1】已知向量a a(cosxsinx，sinx)，b b(cosxsinx,2 3cosx)，設(shè)函數(shù)f(x)a ab b(xR R)的圖象關(guān)于直線x對稱，其中，為常數(shù)，且12，1

3、.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)若yf(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)4，0，求函數(shù)f(x)在區(qū)間0，35上的取值范圍點(diǎn)評點(diǎn)評 利用向量的工具作用，與向量結(jié)合在一起命制綜合題，體現(xiàn)了在知識交匯點(diǎn)處命題的指導(dǎo)思想這類問題求解時(shí)，首先利用向量的運(yùn)算，將向量式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，再進(jìn)行有關(guān)的三角恒等變換，再研究三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)變式訓(xùn)練變式訓(xùn)練 1 1 (2020安徽高考，理 16)設(shè)函數(shù)f(x)22cos2x4 sin2x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)設(shè)函數(shù)g(x)對任意xR R， 有g(shù)x2 g(x)， 且當(dāng)x0，2 時(shí)，g(x)12f(x) 求g(x)在區(qū)間，0上的解析式2立體幾何立體幾何是高中

4、數(shù)學(xué)的主干知識之一，命題形式比較穩(wěn)定，主要考查：(1)三視圖：解答題中一般是根據(jù)三視圖還原幾何體模型，然后展開推理；(2)空間線面關(guān)系的判定和推理證明：主要是證明平行和垂直，求解這類問題要依據(jù)線面關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行推理論證；(3)空間幾何量(空間角、空間距離、幾何體體積與面積)的計(jì)算：求解這類問題，常用方法是依據(jù)公理、 定理以及性質(zhì)等經(jīng)過推理論證， 作出所求幾何量并求之 一般解題步驟是“作、證、求”(2020安徽八校一聯(lián)考，18)如圖，在多面體ABDEC中，AE平面ABC，BDAE，且ACABBCAE1，BD2，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)(1)求證：EF平面ABC；(2)求證：EF平面BCD；(

5、3)求多面體ABDEC的體積點(diǎn)評點(diǎn)評 本題第(1)問是證明線面平行問題，證明直線與平面平行，往往通過證直線與直線平行來實(shí)現(xiàn)第(2)問是證線面垂直問題，往往轉(zhuǎn)化為證線線垂直來實(shí)現(xiàn)第(1)(2)問充分體現(xiàn)了問題的轉(zhuǎn)化思想第(3)問是幾何體的體積計(jì)算問題，需要把握錐體的體積計(jì)算公式變式訓(xùn)練變式訓(xùn)練 2 2 (2020江蘇高考，16)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點(diǎn)(點(diǎn)D不同于點(diǎn)C)，且ADDE，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)求證：(1)平面ADE平面BCC1B1；(2)直線A1F平面ADE.3概率與統(tǒng)計(jì)概率解答題為每年高考的必考內(nèi)容，主要考查互斥事件和對立

6、事件的關(guān)系、古典概型和幾何概型要求學(xué)生能準(zhǔn)確理解題意，迅速確定是古典概型還是幾何概型，然后用概率公式求解對于古典概型，要準(zhǔn)確列出所有基本事件的個(gè)數(shù)和所求事件包含的基本事件個(gè)數(shù)對于幾何概型，一定要明確其與面積(體積、長度等)的關(guān)系對于較復(fù)雜的問題，可以借助于圖形和表格幫助分析【例 3】(2020河南洛陽統(tǒng)測，文 18)為了普及環(huán)保知識，增強(qiáng)環(huán)保意識，某大學(xué)從理工類專業(yè)的 A 班和文史類專業(yè)的 B 班各抽取 20 名同學(xué)參加環(huán)保知識測試兩個(gè)班同學(xué)的成績(百分制)的莖葉圖如圖所示：按照大于或等于 80 分為優(yōu)秀，80 分以下為非優(yōu)秀統(tǒng)計(jì)成績(1)根據(jù)以上數(shù)據(jù)完成下面的 22 列聯(lián)表：成績與專業(yè)列聯(lián)表

7、優(yōu)秀非優(yōu)秀總計(jì)A 班20B 班20總計(jì)40(2)能否在犯錯(cuò)誤的概率不超過 0.05 的前提下認(rèn)為環(huán)保知識測試成績與專業(yè)有關(guān)？附：K2n(adbc)2(ab)(cd)(ac)(bd)P(K2k0)0.0500.0100.001k03.8416.63510.828點(diǎn)評點(diǎn)評 本題主要考查統(tǒng)計(jì)中的莖葉圖獨(dú)立性檢驗(yàn)，考查分析解決問題的能力、運(yùn)算求解能力，難度適中準(zhǔn)確讀取莖葉圖中的數(shù)據(jù)是解題的關(guān)鍵變式訓(xùn)練變式訓(xùn)練 3 3 (2020陜西高考，文 19)假設(shè)甲乙兩種品牌的同類產(chǎn)品在某地區(qū)市場上銷售量相等，為了解它們的使用壽命，現(xiàn)從這兩種品牌的產(chǎn)品中分別隨機(jī)抽取 100 個(gè)進(jìn)行測試，結(jié)果統(tǒng)計(jì)如下：甲品牌乙品牌

8、(1)估計(jì)甲品牌產(chǎn)品壽命小于 200 小時(shí)的概率；(2)這兩種品牌產(chǎn)品中，某個(gè)產(chǎn)品已使用了 200 小時(shí)，試估計(jì)該產(chǎn)品是甲品牌的概率4數(shù)列與不等式高考中數(shù)列解答題的求解主要有以下幾個(gè)特點(diǎn)：(1)與等差、等比數(shù)列基本量有關(guān)的計(jì)算，可根據(jù)題意列方程(方程組)或利用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)求解；(2)與求和有關(guān)的題目，首先要求通項(xiàng)公式，并根據(jù)通項(xiàng)公式選擇恰當(dāng)?shù)那蠛头椒?如錯(cuò)位相減法、裂項(xiàng)相消法、分組求和法等)；(3)含Sn的式子，要根據(jù)題目特征利用anS1，n1，SnSn1，n2進(jìn)行轉(zhuǎn)化；(4)與遞推數(shù)列有關(guān)的問題，要能合理轉(zhuǎn)化，使之構(gòu)造出新的等差、等比數(shù)列；(5)與數(shù)列有關(guān)的不等式問題，可根據(jù)數(shù)列的特

9、征選擇方法(如比較法、放縮法等)；(6)與函數(shù)有關(guān)的問題，應(yīng)根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求解【例 4】(2020四川成都二診，20)已知數(shù)列an和bn，b11，且bn13bn2n2，記anbn1bn1，nN N* *.(1)證明：數(shù)列an為等比數(shù)列；(2)求數(shù)列an和bn的通項(xiàng)公式；(3)記cnlogan3logan23，數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Tn，若 45Tk29，kN N* *恒成立，求k的最大值點(diǎn)評點(diǎn)評 第(1)問考查了等比數(shù)列的證明，它是為第(2)、(3)問服務(wù)的第(2)問考查了求數(shù)列通項(xiàng)公式的常規(guī)方法第(3)問考查了數(shù)列的求和方法，是數(shù)列與不等式知識的綜合問題變式訓(xùn)練變式訓(xùn)練 4 4 (2020湖北

10、八校二聯(lián)，19)各項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足：Sn14a2n12an14(nN N* *)(1)求an；(2)設(shè)函數(shù)f(n)an，n為奇數(shù)，fn2 ，n為偶數(shù)，cnf(2n4)(nN N* *)，求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和Tn.5解析幾何解析幾何解答題主要考查圓錐曲線的基本概念、標(biāo)準(zhǔn)方程及幾何性質(zhì)等基礎(chǔ)知識和處理有關(guān)問題的基本技能、基本方法，往往以中檔偏難題或以壓軸題形式出現(xiàn)，主要考查學(xué)生的邏輯推理能力、運(yùn)算能力，考查學(xué)生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識解決問題的能力突破解答題，應(yīng)重點(diǎn)研究直線與曲線的位置關(guān)系，要充分運(yùn)用一元二次方程根的判別式和韋達(dá)定理，注意運(yùn)用“設(shè)而不求”的思想方法，靈活運(yùn)用“點(diǎn)差

11、法”解題，要善于運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想分析問題，使數(shù)與形相互轉(zhuǎn)化，根據(jù)具體特征選擇相應(yīng)方法【例 5】已知橢圓x24y231，點(diǎn)P是橢圓上異于頂點(diǎn)的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作橢圓的切線l，交y軸于點(diǎn)A，直線l過點(diǎn)P且垂直于l，交y軸于點(diǎn)B.試判斷以AB為直徑的圓能否經(jīng)過定點(diǎn)，若能，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不能，請說明理由點(diǎn)評點(diǎn)評 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系一直是命題的熱點(diǎn)， 基本方法是聯(lián)立方程， 利用判別式、根與系數(shù)關(guān)系求解，運(yùn)算量一般較大，這類綜合題中常涉及的問題有弦長問題、面積問題、對稱問題、定點(diǎn)定值問題等，是歷年高考的熱點(diǎn)問題，復(fù)習(xí)時(shí)要注重通性通法的訓(xùn)練變式訓(xùn)練變式訓(xùn)練 5 5 (2020山東高考，文 21)如圖

12、，橢圓M：x2a2y2b21(ab0)的離心率為32，直線xa和yb所圍成的矩形ABCD的面積為 8.(1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線l：yxm(mR R)與橢圓M有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P，Q，l與矩形ABCD有兩個(gè)不同的交點(diǎn)S，T.求|PQ|ST|的最大值及取得最大值時(shí)m的值6函數(shù)與導(dǎo)數(shù)以函數(shù)為載體，以導(dǎo)數(shù)為工具，以考查函數(shù)性質(zhì)及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用為目標(biāo)，以導(dǎo)數(shù)為工具圍繞函數(shù)、不等式、方程等綜合考查在知識的交匯處命題，涉及到具體內(nèi)容較多，如給定解析式求參數(shù)值，給定條件求參數(shù)范圍，以及對參數(shù)討論與證明不等式問題，極值、最值、值域及分析圖象交點(diǎn)等問題，都以導(dǎo)數(shù)為工具既考查函數(shù)部分的相關(guān)知識，又滲透函數(shù)與

13、方程、數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合等數(shù)學(xué)思想【例 6】(2020山東青島一模，21)已知函數(shù)f(x)13x3x.(1)若不等式f(x)k2 005 對于x2,3恒成立，求最小的正整數(shù)k；(2)令函數(shù)g(x)f(x)12ax2x(a2)，求曲線yg(x)在(1，g(1)處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形面積的最小值點(diǎn)評點(diǎn)評 第(1)問是恒成立求參數(shù)范圍問題，常用分離參數(shù)求最值第(2)問考查了利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程，利用導(dǎo)數(shù)求最值問題變式訓(xùn)練變式訓(xùn)練 6 6 (2020廣西南寧一模，21)已知函數(shù)f(x)ax3bx2cxd是定義在 R R 上的奇函數(shù)，其圖象過點(diǎn)1，12 和(2,2)(1)求

14、出函數(shù)f(x)的解析式，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)g(x)f(x)5t， 當(dāng)實(shí)數(shù)t取何值時(shí)， 關(guān)于x的方程g(x)0 有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根？參考答案參考答案方法例析方法例析【例 1】 解：解：(1)因?yàn)閒(x)sin2xcos2x2 3sinxcosxcos 2x 3sin 2x2sin2x6 .由直線x是yf(x)圖象的一條對稱軸，可得 sin26 1，所以 26k2(kZ Z)，即k213(kZ Z)又12，1，kZ Z，所以k1，故56.所以f(x)的最小正周期是65.(2)由yf(x)的圖象過點(diǎn)4，0，得f4 0，即2sin25646 2sin4 2，即 2.故f(x)2sin53

15、x6 2.由 0 x35，有653x656，所以12sin53x6 1，得1 22sin53x6 22 2，故函數(shù)f(x)在0，35上的取值范圍為1 2，2 2【變式訓(xùn)練 1】 解：解：(1)f(x)22cos2x4 sin2x22cos 2xcos4sin 2xsin4 1cos 2x21212sin 2x，故f(x)的最小正周期為.(2)當(dāng)x0，2 時(shí)，g(x)12f(x)12sin 2x.故當(dāng)x2，0時(shí)，x20，2 .由于對任意xR R，gx2 g(x)，從而g(x)gx2 12sin 2x212sin(2x)12sin 2x.當(dāng)x，2 時(shí)，x0，2 .從而g(x)g(x)12sin2(

16、x)12sin 2x.綜合，得g(x)在，0上的解析式為g(x)12sin 2x，x，2 ，12sin 2x，x2，0.【例 2】 (1)證明：證明：取BC的中點(diǎn)G，連接AG，F(xiàn)G.F，G分別為DC，BC的中點(diǎn)，F(xiàn)G12DBEA.四邊形EFGA為平行四邊形EFAG.又因?yàn)镋F平面ABC，AG平面ABC，EF平面ABC.(2)證明：證明：因?yàn)锳E面ABC，BDAE，DB平面ABC.又DB平面BCD，平面ABC平面BCD.又G為BC的中點(diǎn)且ACABBC，AGBC.AG平面BCD.又EFAG，EF平面BCD.(3)解：解：過C作CHAB，則CH平面ABDE且CH32，VCABDE13S四邊形ABDE

17、CH13(12)123234.【變式訓(xùn)練 2】 證明證明：(1)因?yàn)锳BCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.又AD平面ABC，所以CC1AD.又因?yàn)锳DDE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1DEE，所以AD平面BCC1B1.又AD平面ADE，所以平面ADE平面BCC1B1.(2)因?yàn)锳1B1A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)，所以A1FB1C1.因?yàn)镃C1平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，所以CC1A1F.又因?yàn)镃C1，B1C1平面BCC1B1，CC1B1C1C1，所以A1F平面BCC1B1.由(1)知AD平面BCC1B1，所以A1FAD.又AD平面ADE，A1F平面ADE

18、，所以A1F平面ADE.【例 3】 解：解：(1)成績與專業(yè)列聯(lián)表優(yōu)秀非優(yōu)秀總計(jì)A 班14620B 班71320總計(jì)211940(2)根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，得到k40(141367)2211920204.9123.841.所以在犯錯(cuò)誤的概率不超過 0.05 的前提下認(rèn)為環(huán)保知識測試成績與專業(yè)有關(guān)【變式訓(xùn)練 3】 解解：(1)甲品牌產(chǎn)品壽命小于 200 小時(shí)的頻率為52010014，用頻率估計(jì)概率，所以，甲品牌產(chǎn)品壽命小于 200 小時(shí)的概率為14.(2)根據(jù)抽樣結(jié)果，壽命大于 200 小時(shí)的產(chǎn)品有 7570145(個(gè))，其中甲品牌產(chǎn)品是 75 個(gè)， 所以在樣本中， 壽命大于 200 小時(shí)的產(chǎn)品是

19、甲品牌的頻率是751451529，用頻率估計(jì)概率，所以已使用了 200 小時(shí)的該產(chǎn)品是甲品牌的概率為1529.【例 4】 (1)證明：證明：bn13bn2n2，bn3bn12(n1)2，n2，nN N* *.兩式相減，得bn1bn3bn3bn12(n2，nN N* *)整理，得bn1bn13(bnbn11)(n2，nN N* *)，即an3an1(n2，nN N* *)數(shù)列an是公比為 3 的等比數(shù)列(2)解：解：b23，a13113.an3n(nN N* *)anbn1bn13n，bnbn113n1，bn1bn213n2，b2b1131.累加，得bnb1n113n131.bn3n2n12(n

20、N N* *)(3)解：解：cnlog3n3log3n231n(n2)121n1n2 .Tn121121n11n2 34121n11n2 .由 45Tk29 得 135901k11k2 116.1k11k2199019110.k8.又kN N* *，k的最大值為 7，【變式訓(xùn)練 4】 解：解：(1)由Sn14an212an14，得：當(dāng)n2 時(shí)，Sn114a2n112an114.，化簡得：(anan1)(anan12)0.又?jǐn)?shù)列an的各項(xiàng)為正數(shù)，當(dāng)n2 時(shí)，anan12.故數(shù)列an為等差數(shù)列，且公差為 2.又a1S114a1212a114，解得a11，an2n1.(2)由分段函數(shù)f(n)an，n

21、為奇數(shù)，fn2 ，n為偶數(shù)，可以得到：c1f(6)f(3)a35，c2f(8)f(4)f(2)f(1)a11；當(dāng)n3，nN N* *時(shí)，cnf(2n4)f(2n12)f(2n21)2(2n21)12n11，故當(dāng)n3 時(shí)，Tn51(221)(231)(2n11)64(12n2)12(n2)2nn.n1 時(shí)，T15 不滿足Tn2nn；n2 時(shí)，T2c1c26 滿足Tn2nn.故Tn5，n1，2nn，n2.【例 5】 解解：設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)(x00，y00)，直線l的方程為yy0k(xx0)，代入x24y231，整理得(34k2)x28k(y0kx0)x4(y0kx0)2120.xx0是方程的兩

22、個(gè)相等實(shí)根，2x08k(y0kx0)34k2，解得k3x04y0.直線l的方程為yy03x04y0(xx0)令x0，得點(diǎn)A的坐標(biāo)為0，4y023x024y0.又x024y0231，4y023x0212，點(diǎn)A的坐標(biāo)為0，3y0.又直線l的方程為yy04y03x0(xx0)，令x0，得點(diǎn)B的坐標(biāo)為0，y03 ，以AB為直徑的圓方程為xxy3y0yy03 0，整理得x2y2y033y0y10.由x2y210，y0，得x1，y0.以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)(1,0)和(1,0)【變式訓(xùn)練 5】 解：解：(1)設(shè)橢圓M的半焦距為c，由題意知a2b2c2，ca32，4ab8，所以a2，b1.因此橢圓M的方程

23、為x24y21.(2)由x24y21，yxm整理得 5x28mx4m240，由64m280(m21)8016m20，得 5m 5.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1x28m5，x1x24(m21)5.所以|PQ| (x1x2)2(y1y2)2 2(x1x2)24x1x2452(5m2)( 5m 5)線段CD的方程為y1(2x2)，線段AD的方程為x2(1y1)不妨設(shè)點(diǎn)S在AD邊上，T在CD邊上，可知 1m 5，S(2，m2)，D(2,1)，所以|ST| 2|SD| 21(m2) 2(3m)，因此|PQ|ST|455m2(3m)2.令t3m(1m 5)，則m3t，t(3 5，2，所以|

24、PQ|ST|455(3t)2t2454t26t14541t34254，由于t(35,2，所以1t1 35,24，因此當(dāng)134t即t=43時(shí)，PQST取得最大值2 55，此時(shí)m=53.不妨設(shè)點(diǎn) S 在 AB 邊上，T 在 CD 邊上，此時(shí)1m1，因此|ST|=2|AD|=2 2，此時(shí)PQST=2255m，所以當(dāng)m=0 時(shí)，PQST取得最大值2 55.不妨設(shè)點(diǎn) S 在 AB 邊上，T 在 BC 邊上，5m-1，由橢圓和矩形的對稱性知PQST的最大值為2 55，此時(shí) m=53.綜上所述 m=53或 m=0 時(shí)，PQST取得最大值2 55.【例 6】 解：解：(1)f(x)13x3x，令f(x)x21

25、0，解得x1.當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化如下：x2(2，1)1(1,1)1(1,3)3f(x)00f(x)極大值極小值由上表可知：f(x)極大值f(1)23.又f(3)6，f(2)23.比較可得：當(dāng)x2,3時(shí)，f(x)maxf(3)6.因?yàn)閒(x)k2 005 恒成立，所以k2 0056，即k2 011，所以最小的正整數(shù)k2 012.(2)g(x)f(x)12ax2x13x312ax2，則g(x)x2ax，所以g(1)1a.又因?yàn)間(1)1312a，所以切線方程為y1312a(1a)(x1)令x0，得y12a23，令y0，得x43a6(1a)，所以S12|12a23 43a6(1a)

26、|.因?yàn)閍2，則S(3a4)272(a1)，則S(3a4)(3a2)72(a1)2.所以S0，即S在2，)上單調(diào)遞增，所以a2 時(shí)，Smin(324)272(21)118.【變式訓(xùn)練 6】 解：解：(1)f(x)f(x)，ax3bx2cxdax3bx2cxd.b0，d0.故f(x)ax3cx.而它的圖象過點(diǎn)1，12 和(2,2)，則f(1)ac12，f(2)8a2c2，解得a12，c1，故f(x)12x3x.從而f(x)32x2132x223 32x63x63 .由f(x)0，得f(x)的單調(diào)增區(qū)間為，63 和63，；由f(x)0，得f(x)的單調(diào)減區(qū)間為63，63 .(2)令g(x)0，得f(x)5t，要使得方程g(x)0 有且只有一個(gè)解，即函數(shù)yf(x)與y5t的圖象有且只有一個(gè)交點(diǎn)，而由(1)知，f(x)在x63時(shí)取得極大值，在x63時(shí)取得極小值，而f63 1263363 2 69，f63 f63 2 69，故要使得 yf(x)與 y5t 的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，則 5t2 69或 5t2 69，即t2 645或t2 645.