2020届高考数学大二轮复习 下篇 指导三 巧用八种解题术教学案

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1、 指导三 巧用八种解题术 　　　“探求思路、图体向导”术 对题设条件不够明显的数学问题求解，注意相关的图形，巧用图形作向导，可打破思维瓶颈，多途径找到突破方法．尤其是对一些以函数、三角函数、不等式等形式给出的命题，其本身虽不带有图形，但可以设法构造相应的辅助图形进行分析，将代数问题转化为几何问题来解．力争做到有图用图，无图想图，补形改图，充分运用其几何特征的直观性来启迪思维，从而较快地获得解题的途径这就是“用图探路术”． [例1]　已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，0)　　　　　　　 B. C．(0,1) D．(0，＋∞

2、) [解析]　B　[ 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－2ax. 函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，等价于ln x＋1－2ax＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，令h(x)＝ln x，g(x)＝2ax－1，则函数h(x)＝ln x的图象与函数g(x)＝2ax－1的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点． 设函数h(x)＝ln x与函数g(x)＝2ax－1的图象相切于点A(m，ln m)，其中m＞0，函数g(x)的图象在点A处的切线的斜率为k＝2a，函数h(x)的图象在点A处的切线的斜率为k＝，∴2a＝. ∵直线g(x)＝2ax－1过点

3、(0，－1)，∴k＝， ∴＝. 解得m＝1， ∴当函数h(x)与g(x)的图象相切时，a＝. 又两函数图象有两个交点，∴a∈.] [活学活用1] (2019·杭州二模)设a，b，c是单位向量，且a·b＝0，则(a－c)·(b－c)的最小值为(　　) A．－2 B.－2 C．－1 D．1－ 解析：D　[ 由于(a－c)·(b－c)＝－(a＋b)·c＋1，因此等价于求(a＋b)·c的最大值，这个最大值只有当向量a＋b与向量c同向共线时取得．由于a·b＝0，故a⊥b，如图所示，|a＋b|＝，|c|＝1.当θ＝0时，(a＋b)·c取得最大值且最大值为.故所求的最小值为1－

4、.] 　　　“解题常招，设参换元”术 在解答数学问题时，我们常把某个代数式看成一个新的未知数，或将某些变元用另一参变量的表达式来替换，以便将所求的式子变形，优化思考对象，让原来不醒目的条件，或隐含的信息显露出来，促使问题的实质明朗化，使非标准型问题标准化，从而便于我们将问题化繁为简、化难为易、化陌生为熟悉，从中找出解题思路．这种通过换元改变式子形式来变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去探究解题思路的做法，就是“设参换元术”，常见的换元法：三角代换、比值代换、整体代换等． [例2]　已知椭圆C方程为＋y2＝1，且直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M

5、，N两点，求△OMN面积的最大值． [解析]　圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0与圆O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2.① 由 消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2 ＝2－4× ＝.② 将①代入②，得|x1－x2|2＝， 故|x1－x2|＝. 所以|MN|＝|x1－x2|＝· ＝. 故△OMN的面积S＝|MN|×1＝. 令t＝4k2＋1(t≥1)，则k2＝，代入上式，

6、 得S＝2· ＝· ＝· ＝· ， 所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±时，S取得最大值，且最大值为× ＝1. [活学活用2] (1)函数f(x)＝sin x＋cos x＋2sin xcos x的最小值是________． 解析：f(x)＝sin x＋cos x＋2sin xcos x＝(sin x＋cos x)2＋sin x＋cos x－1，令sin x＋cos x＝t，则t＝sin，∵x∈，∴x＋∈，∴0≤t≤，∴原函数可化为g(t)＝t2＋t－1(0≤t≤)．∵函数g(t)＝t2＋t－1的图象开口向上，其对称轴的方程为t＝－，∴当0≤t≤时，g(t)单调递增．当t＝0时

7、，g(t)取得最小值－1. 答案：－1 (2)已知a＞0，b＞0，a2＋b2－ab＝3，则2a＋b的最大值是________． 解析：令t＝2a＋b(t＞0)，则b＝t－2a，代入a2＋b2－ab＝3，得7a2－5at＋t2－3＝0， 由关于a的一元二次方程有解得，Δ＝25t2－28(t2－3)≥0，即t2≤28，所以0＜t≤2，当且仅当即时取等号，故2a＋b的最大值是2. 答案：2 　　　“巧设变量，引参搭桥”术 当题目条件中的已知量或变量无法直接与要求的结论之间建立关系时，可考虑引入一些中间变量，即参数(可以是角度、线段、斜率及点的坐标等)，来沟通条件与结论之间的联系，这是一

8、种非常重要的解题思想方法，即“引参搭桥”术． [例3]　已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M. (1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； (2)若直线l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由． [解析]　(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故 xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.

9、 于是直线OM的斜率kOM＝＝－，则kOM·k＝－9. 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值． (2)四边形OAPB能为平行四边形． 因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3. 由(1)得直线OM的方程为y＝－x. 设点P的横坐标为xp. 由得x＝，即xp＝ . 将代入l的方程得b＝， 因此xm＝. 当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM时，四边形OAPB为平行四边形． 于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.因为ki＞0，ki≠3，i＝1,2，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形． [活学活用3] 已

10、知△ABC为等腰三角形，AB＝AC，BD是其腰AC的中线，且BD＝3，求△ABC面积的最大值． 解析：设AB＝2x，∠BAC＝θ，θ∈(0，π)，则AD＝x， 故S△ABC＝·2x·2x·sin θ＝2x2sin θ， 在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos θ，解得x2＝，故S△ABC＝2x2sin θ＝，θ∈(0，π)， 令f(θ)＝，θ∈(0，π)，则f′(θ)＝， 令cos θ0＝，θ0∈(0，π)，故当θ∈(0，θ0)时，f′(θ)＞0，当θ∈(θ0，π)时，f′(θ)＜0，故f(θ)在θ0处取到极大值，也是最大值，故f(θ)max＝＝6，故△ABC

11、面积的最大值为6. 答案：6 　　　“变量交错、分离协调”术 对多个变量交叉混合布局的数学问题，在求解时往往需要分离变量，即将混为一团的变量分开，使之各自成为一个小整体，便于分别分析各自所具有的特征，研究它们之间的差异，从中发现解题的思路．这种通过对变量的分离来协调变量间的关系，理顺解题思路进行各个击破的解题策略，就是“分离变量”的战术． [例4]　设函数f(x)＝lg，其中a∈R，n是任意给定的正整数，且n≥2，如果当x∈(－∞，1]时，f(x)有意义，求a的取值范围． [解析]　由题意有1＋2x＋…＋(n－1)x＋nxa＞0， 从而a＞－. 因为n≥2，而y＝x(k＝1,2，

12、…，n－1)是x∈(－∞，1]上的减函数， 所以≥＋＋…＋＝，故a＞－. [活学活用4] 设函数g(x)＝＋x＋b对任意a∈，都有g(x)≤10在x∈上恒成立，求实数b的取值范围． 解析：变量分离．b≤10－.令h(x)＝＋x，则h′(x)＝1－＝， 得x＝(极小值点)，x＝－(极大值点)， 故h(x)在(－∞，－)上单调递增，在(－，0)上单调递减，在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增． 由此可知，h(x)在上的最大值为h与h(1)中的较大者． 又h－h(1)＝3，a∈， ∴h＞h(1)，∴h(x)max＝h＝4a＋，所以，只需b≤10－恒成立即可，又≤10－≤，从

13、而得b的取值范围是. 答案： 　　　“固势推导，反客为主”术 我们解答数学题时通常把注意力集中在主变元上，这是理所当然的事．当思维受阻时，若注重考查命题的求解趋势，依从条件与结论的内在联系变换思考方向，视其参变元为主变元进行研究、推导，也能得到解决问题的途径，有时还能获得问题的巧解．这种做法就是“反客为主”的战术． [例5]　若f(x)＝ax2＋2(2a－1)x＋4a－7，a∈N*，若f(x)至少有一个整数根，则a的取值为________． [解析]　依题意可知，当f(x)＝0时，有2x＋7＝a(x＋2)2，① 显然，当x＝－2时，方程①不成立． 故有a＝(x≠－2)，② 于是

14、，当a为正整数时，则必有2x＋7≥(x＋2)2，且x∈Z，x≠－2， 即x必须满足条件：－3≤x≤1(x∈Z，x≠－2)． 由此可知，x只能在－3，－1,0,1中取值． 将－3，－1,0,1分别代入①中，得知： 仅当x＝－3，x＝－1和x＝1时能保证a为正整数，且此时有a＝1和a＝5. 所以，当a＝1和a＝5时，原方程至少有一个整数根． [答案]　1或5 [活学活用5] 对于满足|log2p|＜2的所有实数p，使x2＋px＋1＞2x＋p恒成立的x的取值范围为________________． 解析：由|log2p|＜2，得＜p＜4. 由题意可设f(p)＝(x－1)p＋(x2

15、－2x＋1)＞0， 易知f(p)是p的一次函数，故要使f(p)＞0在p∈上恒成立， 则必须有x≠1，且 即x≠1，且 解得 且x≠1， 由此可得x≤－3或x＞1. 所以满足题意的实数x的取值范围是x≤－3或x＞1. 答案：(－∞，－3]∪(1，＋∞) 　　　“换位推理，声东击西”术 对有些命题在直接求解常感到困难或根本难以从条件入手，这时可避开正面强攻，从结论的对立面入手，或考查与其相关的另一问题，或反例，从中也可以找到解决问题的途径，有时甚至还能获得最佳的解法，这就是“声东击西”术，常见的基本方式有反证法、补集法、反例法等． [例6]　若拋物线y＝x2上的所有弦都不能被

16、直线y＝k(x－3)垂直平分，则k的取值范围是(　　) A. B. C. D. [解析]　D　[设拋物线y＝x2上两点A(x1，x)，B(x2，x)关于直线y＝k(x－3)对称，AB的中点为P(x0，y0)，则x0＝，y0＝. 由题设知＝－，所以＝－. 又AB的中点P(x0，y0)在直线y＝k(x－3)上， 所以＝k＝－， 所以中点P. 由于点P在y＞x2的区域内，则－＞2， 整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)＜0，解得k＜－. 因此当k＜－时，拋物线y＝x2上存在两点关于直线y＝k(x－3)对称，于是当k≥－时，拋物线y＝x2上不存在两点关于直线y＝k(x－3

17、)对称． 所以实数k的取值范围为.故选D.] [活学活用6] 已知函数f(x)＝ax2－x＋ln x在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为____________． 解析：f′(x)＝2ax－1＋. ①若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，则f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≥0，得a≥.(*) 令t＝，因为x∈(1,2)，所以t＝∈. 设h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，显然函数y＝h(t)在区间上单调递减， 所以h(1)＜h(t)＜h，即0＜h(t)＜. 由(*)可知，a≥. ②若函数f(x)在区间(1,2)上单调递减，则f′(x)≤0

18、在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≤0，得a≤. 结合①可知，a≤0. 综上，若函数f(x)在区间(1,2)上单调，则实数a的取值范围为(－∞，0]∪. 所以若函数f(x)在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为. 答案： 　　　“关注整体，设而不求”术 设而不求是数学解题中的一种很有用的手段，采用设而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的无益的循环运算，从而达到准确、快速、简捷的解题效果． [方法1]　整体代入，设而不求 在解决某些涉及若干个量的求值问题时，要有目标意识，通过虚设的策略，整体转化的思想，绕开复杂的运算过程，可使问题迅速得到解决． [例7]　已知等比

19、数列{an}中Sn是数列{an}的前n项和，Sm＝16，S2m＝64，则S3m的值为________． [解析]　设公比为q，由于S2m≠2Sm，故q≠1， 于是 ②÷①得1＋qm＝4，则qm＝3， 所以S3m＝ ＝(1＋qm＋q2m) ＝16×(1＋3＋32) ＝208. [答案]　208 [方法2]　转化图形，设而不求 有些代数问题，通过挖掘题目中隐含的几何背景，设而不求，转化成几何问题求解． [例8]　设a，b均为正数，且a＋b＝1，则＋的最大值为________． [解析]　设u＝， v＝(u＞1，v＞1)， u＋v＝m， 则u，v同时满足 其中u＋v＝

20、m表示直线，m为此直线在v轴上的截距． u2＋v2＝4是以原点为圆心，2为半径的圆在第一象限内的一部分圆弧，如图所示，显然直线与圆弧相切时，所对应的截距m的值最大． 由图易得mmax＝2， 即＋≤2. [答案]　2 [方法3]　适当引参，设而不求 恰当合理地引入参数，可使解题目标更加明确，已知和欲求之间的联系得以明朗化，使问题能够得到解决． [例9]　已知对任何满足(x－1)2＋y2＝1的实数x，y，不等式x＋y＋k≥0恒成立，求实数k的取值范围． [解析]　由题意设 则g(θ)＝x＋y＋k＝sin θ＋cos θ＋1＋k ＝sin＋1＋k≥－＋1＋k. 令－＋1＋k

21、≥0，得k≥－1. 即实数k的取值范围是[－1，＋∞)． [答案]　[－1，＋∞) [方法4]　巧设坐标，设而不求 在解析几何问题中，对于有关点的坐标采用设而不求的策略，能促使问题定向，简便化归，起到以简驭繁的解题效果． [例10]　设拋物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，经过点F的直线交拋物线于A，B两点，点C在拋物线的准线上，且BC∥x轴，求证：直线AC经过原点O. [证明]　 设A(2pt，2pt1)，B(2pt，2pt2)，则C. 因为AB过焦点F， 所以2pt1·2pt2＝－p2， 得t1t2＝－. 又直线OC的斜率kOC＝＝－4t2＝， 直线OA的斜率

22、kOA＝＝，则kOC＝kOA， 故A，O，C三点共线，即直线AC经过原点O. [活学活用7] (1)一直线被两直线4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0截得的线段中点恰好是坐标原点，则这条直线的方程为________________． 解析：设所求直线分别交直线4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0于点M，N，设M(x0，y0)，则有4x0＋y0＋6＝0.① 因为M，N关于原点对称，所以N(－x0，－y0)，从而－3x0＋5y0－6＝0.② 由①＋②得x0＋6y0＝0.③ 显然M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，O(0,0)三点的坐标均适合方程③. 故所求直线的方程为x＋6y＝

23、0. 答案：x＋6y＝0 (2)已知椭圆＋＝1，F1，F2为焦点，点P为椭圆上一点，∠F1PF2＝，则S△F1PF2＝________. 解析：设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2， 由椭圆定义得r1＋r2＝10.① 由余弦定理得r＋r－2r1r2cos＝64.② ①2－②得，r1r2＝12， 所以S△F1PF2＝r1r2sin＝3. 答案：3 (3)已知F1，F2是椭圆2x2＋y2＝4的两个焦点，点P是椭圆上在第一象限内的点，且·＝1.过点P作倾斜角互补的两条直线PA，PB分别交椭圆于A，B两点． (ⅰ)求点P的坐标； (ⅱ)求直线AB的斜率． 解析：(ⅰ)设P(m，

24、n)，因为点P在椭圆上， 所以2m2＋n2＝4，m＞0，n＞0.① 又椭圆的标准方程为＋＝1， 设F1(0，)，F2(0，－)， 所以·＝(－m，－n)·(－m，－－n)＝1，由此可得m2＋n2＝3.② 由①②解得m＝1，n＝， 即所求点P的坐标为(1，)． (ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为点A，B在椭圆上，所以2x＋y＝4,2x＋y＝4，两式相减得2(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0. 所以kAB＝＝－2·.③ 同理可得kAP＝＝－2·，④ kBP＝＝－2· .⑤ 因为PA，PB倾斜角互补，所以kPA＋kPB＝0.⑥ 由④⑤

25、左端及⑥得x1y2＋x2y1－(x2＋x1)－(y1＋y2)＋2＝0，⑦ 由④⑤右端及⑥得x1y2＋x2y1＋(x2＋x1)＋(y1＋y2)＋2＝0，⑧ 由⑧－⑦得2(x2＋x1)＋2(y1＋y2)＝0， 即y1＋y2＝－(x1＋x2)，⑨ 由③⑨得kAB＝. 　　　“解题卡壳，攻坚突围”术 思维受限一般出现在压轴题或计算量大的题上，有时也出现在一些条件特殊的选择题、填空题上，这些题不一定就是做不好的题或是难度很大的题，而可能是因某些运算或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子想不出解决方法的题． 一般来说，对此类问题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分析，整合相

26、关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移．要注重考查命题所涉及的概念、定理，把握命题的结构特点，构建相应的数学模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么．在审查已做的运算、推理与所求结论的要求是否正确时，要注重隐含条件的挖掘与整合，仔细清查还有哪些条件未用上，还有哪些相关的通法未用到，力争做到给什么，用什么．在将条件与结论联系起来时，要勇于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什么，找什么．这就是我们常常说的“思维受限突围术”．常见的突围策略有以下两种： [策略1]　前难后易空城计 对设有多问的数学命题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是可用第一问的结论来

27、求解的，此时应放弃第一问的求解，着重攻后面的几问，并将第一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地配合题设条件或有关定理解答后面的问题．这种利用自己根本不懂或不会证明的问题条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“空城计”，即前问难后问易，弃前攻后为上计(有时也说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题)． [例11]　设函数fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)． (1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间内存在唯一零点； (2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范围； (3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)

28、在内的零点，判断数列x2，x3，…，xn，…的增减性． [解析]　(1)证明：当b＝1，c＝－1，n≥2时， fn(x)＝xn＋x－1. ∵fnfn(1)＝×1＜0， ∴fn(x)在内存在零点． 又∵当x∈时，f′(x)＝nxn－1＋1＞0， ∴fn(x)在上是单调递增的， ∴fn(x)在区间内存在唯一零点． (2)当n＝2时，f2(x)＝x2＋bx＋c. 对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等价于f2(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下： ①当＞1，即|b|＞2时， M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|

29、＞4，与题设矛盾． ②当－1≤－＜0，即0＜b≤2时， M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立． ③当0≤－≤1，即－2≤b≤0时， M＝f2(－1)－f2＝2≤4恒成立． 综上可知，－2≤b≤2. (3)解法一：设xn是fn(x)在内的唯一零点(n≥2)，fn(xn)＝x＋xn－1＝0， fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈， 于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)． 又由(1)知fn(x)在上是单调递增的， 故xn＜xn＋1(n≥2)， 所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列． 解法二：设

30、xn是fn(x)在内的唯一零点． fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1) ＝x＋xn－1＜x＋xn－1＝0， 则fn＋1(x)的零点xn＋1在(xn,1)内， 故xn＜xn＋1(n≥2)， 所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列． [点评]　第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理进行解题，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第(3)问的解答．事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而加大了本题的得分率，这是解决此

31、类题的上策之举． [策略2]　前解倒推混战术 有些数学命题的求解，开始入手还较为顺畅，但一到最后就难以继续进行了．此时若知悉它的大致趋势和结果，可依从所求结论的形式、特点，进行反推、凑形，直到得出大致与所要达到的目标相当、相同或相似的式子，再来巧妙地进行沟通也是可行的．对于这一步虽然是自己做不到的，但这样写了几下，却可能全都是对的．也就是说，对此解答，自己是以其昏昏，却能使人昭昭．因为别人看上去确实是一步接着一步写的，没有什么跳跃，也没掉什么关键步．这一战术与“中间会师”有点相似，但实质却不同．因为它不是清清楚楚地推理过来的．这种不按常规方式出牌，浑水摸鱼的解题方法我们称之为混战术：解题结

32、尾路难行，倒推凑形亦为径． [例12]　已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点． (1)求a的取值范围； (2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：x1＋x2＜2. [解析]　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)． ①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点． ②设a＞0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜ln， 则f(b)＞(b－

33、2)＋a(b－1)2＝a＞0， 故f(x)存在两个零点． ③设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)． 若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时， f′(x)＞0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增． 又当x≤1时，f(x)＜0，所以f(x)不存在两个零点． 若a＜－，则ln(－2a)＞1， 故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0； 当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0. 因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增． 又当x≤1时，f(x)＜0，所以f(x)不存在两个零点． 综上

34、，a的取值范围为(0，＋∞)． (2)证明：不妨设x1＜x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)内单调递减， 所以x1＋x2＜2等价于f(x1)＞f(2－x2)，即f(2－x2)＜0. 设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex， 则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)． 所以当x＞1时，g′(x)＜0，而g(1)＝0， 故当x＞1时，g(x)＜0. 从而g(x2)＝f(2－x2)＜0，故x1＋x2＜2. [点评]　本题在证明x1＋x2＜2时，如果直接从题目条件出发，很难证明该结论成立，而通过分析，将x1＋

35、x2＜2转化为x1＜2－x2＜1，利用函数f(x)的单调性及f(x1)＝f(x2)，将问题转化为证明不等式f(x1)＞f(2－x2)，进而构造函数g(x)＝f(2－x2)，转化为证明函数g(x)的最大值小于0，从而使问题得证． [活学活用8] (2019·沈阳监测)已知f(x)＝ex－ax2－2x，a∈R. (1)求函数f(x)的图象恒过的定点的坐标； (2)若f′(x)≥－ax－1恒成立，求a的值； (3)在(2)成立的条件下，证明：f(x)存在唯一的极小值点x0，且－2＜f(x0)＜－. 解析：(1)要使参数a对函数值不产生影响，需x＝0， 此时f(0)＝e0－a×02－2×

36、0＝1，∴函数f(x)的图象恒过的定点的坐标为(0,1)． (2)依题意得ex－2ax－2≥－ax－1恒成立， ∴ex≥ax＋1恒成立． 构造函数g(x)＝ex－ax－1， 则g(x)＝ex－ax－1的图象恒过点(0,0)， g′(x)＝ex－a， ①若a≤0，则g′(x)＞0，∴g(x)在R上单调递增， ∴ex≥ax＋1不能恒成立． ②若a＞0，令g′(x)＝0，∴x＝ln a. ∵当x∈(－∞，ln a)时，g′(x)＜0，函数g(x)＝ex－ax－1单调递减， 当x∈(ln a，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)＝ex－ax－1单调递增， ∴函数g(x)在x＝l

37、n a处取得极小值，g(ln a)＝a－aln a－1. ∴要使ex－2ax－2≥－ax－1恒成立，只需a－aln a－1≥0. 设h(a)＝a－aln a－1，则函数h(a)的图象恒过点(1,0)，h′(a)＝1－ln a－1＝－ln a， 当a∈(0,1)时，h′(a)＞0，函数h(a)单调递增； 当a∈(1，＋∞)时，h′(a)＜0，函数h(a)单调递减． ∴函数h(a)在a＝1处取得极大值0， ∴要使函数h(a)≥0恒成立，只需a＝1.综上，a的值为1. (3)证明：f′(x)＝ex－2x－2，设m(x)＝ex－2x－2，则m′(x)＝ex－2，当x＞ln 2时，m′(x)＞0，当x＜ln 2时，m′(x)＜0， ∴函数m(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， m(x)＝ex－2x－2在x＝ln 2处取得极小值，且m(ln 2)＝－2ln 2＜0， 又m(－1)＝＞0，m(2)＝e2－6＞0， ∴m(x)有两个变号零点，∴f(x)存在唯一的极小值点x0， ∴x0∈， ∴函数f(x)的极小值f(x0)＝2－x∈， 即－2＜f(x0)＜－. - 17 -