2021届高三三轮回归方法练——12种方法4种思想逐题解析

方法1　直接法
1．[2020·广东省七校联合体高三第一次联考试题]已知集合A＝{x|x2－x－2<0}，B＝{x|x<1}，则有(　　)
A．A∩B＝{x|0C．A∪B＝{x|－1【解析】由题意可得A＝{x|－12．[2020·河南省豫北名校高三质量考评]复数＝(　　)
A.－i B.－ i C．－1 D．－i
【解析】由题意可知，＝＝＝－i，选D
3．[2020·湖南长郡中学10月模拟]已知sin(α＋2β)＝，cos β＝，α，β为锐角，则sin(α＋β)的值为(　　)
A. B. C. D.
【解析】因为cos β＝，β为锐角，
所以sin β＝＝，cos 2β＝2cos2β－1＝－<0
又β为锐角，所以<2β<π
因为α为锐角，所以α＋2β∈
又sin(α＋2β)＝，所以cos(α＋2β)＝－＝－
所以sin(α＋β)＝sin[(α＋2β)－β]＝sin(α＋2β)cos β－cos(α＋2β)sin β
＝×－×＝
选D
4．[2019·全国卷Ⅰ]如图是求的程序框图，图中空白框中应填入(　　)
A．A＝ B．A＝2＋ C．A＝ D．A＝1＋
【解析】A＝，k＝1,1≤2成立，执行循环体；A＝，k＝2,2≤2成立
执行循环体；A＝，k＝3,3≤2不成立，结束循环，输出A
故空白框中应填入A＝.选A
方法2　排除法
5．[2019·全国卷Ⅰ]已知集合M＝{x|－4A．{x|－4【解析】由题得N＝{x|－2∵－3?N，∴－3 ? M∩N，排除A，B
∵2.5 ?M，∴2.5 ? M∩N，排除D
选C
6．[2020·安徽五校第二次质检检测]函数y＝的图象大致为(　　)
【解析】因为函数y＝为奇函数，所以其图象关于原点对称
当x>0时，y＝ ＝
所以函数y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以排除选项B，D
又当x＝1时，y＝<1，所以排除选项A，选C
方法3　特值(例)法
7．[2020·陕西延安黄陵中学第一次检测]实数m，n满足m>n>0，则(　　)
A．－<－ B.－< C. m>n D．m2【解析】取m＝2，n＝1，可得－＝－>－＝－1，＝mmn＝2
所以选项A，C，D错误，选B
8．如图，在△ABC中，H为BC上异于B，C的任一点，M为AH的中点，若＝λ＋μ，则λ＋μ等于(　　)
A. B. C. D.
【解法1】（常规法）因为M为AH的中点，且＝λ＋μ
所以＝2＝2λ＋2μ
因为B，H，C三点共线
所以2λ＋2μ＝1，所以λ＋μ＝，选A
【解法2】　(特殊点法)H为BC上异于B，C的任一点时λ＋μ都可得到唯一的结果，可取H为BC的中点，则有＝＋，而＝＝＋，所以λ＋μ＝，选A
【解法3】　(特殊图形＋特殊点法)易知△ABC为任意形状时λ＋μ都可得到唯一结果，如图所示，在等腰直角三角形ABC中建立平面直角坐标系
设A(0,0)，B(0,4)，C(4,0)，H为BC的中点，则H(2,2)，M(1,1)
所以＝＋，所以λ＋μ＝，选A
9．[2020·四川遂宁检测]已知ω>，函数f(x)＝sin在区间内没有最值，则ω的取值范围是(　　)
A. B. C. D.
【解法1】　(一般解法)当f(x)取最值时，2ωx＋＝＋kπ，k∈Z，得x＝＋，k∈Z
依题意得x＝＋?，k∈Z
令＋≤，k∈Z，解得ω≥＋k，k∈Z，当k＝0时，ω≥
令＋≥，k∈Z，解得ω≤＋，k∈Z，当k＝1时，ω≤
所以ω的取值范围是，选C
【解法2】　(特值解法)根据选项知，当ω＝时，f(x)＝sin.
因为x∈，所以x＋∈，当x＋＝时f(x)取得最值，不符合题意，排除A，当ω＝时，f(x)＝sin ，因为x∈，所以x＋∈，函数没有最值，符合题意，B，D均未包含ω＝，不符合题意，排除B，D.选C.
10．[2019·天津卷]已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝－x＋a(a∈R)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为(　　)
A. B. C.∪{1} D.∪{1}
【解析】(特值解法)根据选项得，当a＝时，由得x＝37－8
由得x＝4，符合题意，排除B，C.
当a＝1时，由得x＝36－16，由得x＝2，符合题意排除A.选D.
方法4　图解法
11．[2020·河南省豫北名校高三质量考评]已知x，y满足约束条件则z＝x－2y的最小值为(　　)
A．0 B．－4 C．－ D．1
【解法1】作出可行域，如图中阴影部分所示，作出直线x－2y＝0并平移，由图可知当平移后的直线经过点A时，z取得最小值，则zmin＝3－2×＝－4，故选B.
【解法2】　由 解得此时z＝0
由解得此时z＝－
由解得此时z＝－4
综上所述，z的最小值为－4，选B
12．[2018·全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝满足f(x＋1)A．(－∞，－1] B．(0，＋∞) C．(－1,0) D．(－∞，0)
【解析】当x≤0时，函数f(x)＝2－x是减函数，则f(x)≥f(0)＝1.作出f(x)的大致图象如图所示，结合图象知，使f(x＋1)13．[2020·开封市高三模拟试卷]在△ABC中，A＝，AB＝3，AC＝4，动点P在△ABC的内切圆上，若＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为(　　)
A. B. C．1 D．2
【解法1】以AB所在的直线为x轴，AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图
则A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)．设内切圆的半径为r
由(||＋||＋||)r＝S△ABC，得r＝1
则内切圆的圆心为(1,1)，内切圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1
设P(1＋cos θ，1＋sin θ)(θ∈R)
则＝(1＋cos θ，1＋sin θ)，＝(3,0)，＝(0,4)
由＝λ＋μ得
所以λ＋μ＝(1＋cos θ)＋(1＋sin θ)＝＋＝＋sin(θ＋φ)(θ∈R，tan φ＝)
所以λ＋μ的最大值为＋＝1，选C
【解法2】设△ABC的内切圆与边BC相切于点D
当动点P与点D重合时，P，B，C三点共线
又＝λ＋μ，则λ＋μ＝1，当动点P与点D不重合时，λ＋μ<1
故λ＋μ的最大值为1，选C
14．[2020·广东省模考]函数f(x)＝(kx－2)ln x，g(x)＝2ln x－x，若f(x)≤g(x)(x∈(1，＋∞))的解集中恰有两个整数，则k的取值范围为
【解析】由f(x)≤g(x)得(kx－2)ln x≤2ln x－x，x∈(1，＋∞)
当x>1时，ln x>0，则kx－2≤2－，即kx≤4－，x∈(1，＋∞)
设h(x)＝4－(x>1)，则h′(x)＝－＝－
由h′(x)>0得－(ln x－1)>0，即ln x<1，则1由h′(x)<0得－(ln x－1)<0，即ln x>1，则x>e，所以h(x)在(e，＋∞)上单调递减
故当x＝e时，h(x)取得极大值h(e)＝4－＝4－e，当x→1时，h(x)→－∞
h(3)＝4－，h(4)＝4－＝4－＝h(2)，作出函数h(x)的图象，如图中实线所示
图中点A的坐标为，点B的坐标为
当直线y＝kx过点A，B时，斜率分别为kOA＝＝－，kOB＝＝1－
经分析可知要使f(x)≤g(x)(x∈(1，＋∞))的解集中恰有两个整数
则直线y＝kx的斜率k满足kOB即实数k的取值范围是
方法5　构造法
1．[2020·江西省质量检测]已知可导函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f(x)>f′(x)＋1，且f(0)＝2 020，则不等式f(x)－2 019ex<1的解集为(　　)
A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．(－∞，) D．(，＋∞)
【解析】构造函数g(x)＝，
则g′(x)＝<0，所以函数g(x)＝在R上单调递减．
因为f(0)＝2 020，所以g(0)＝＝2 019.
由f(x)－2 019ex<1，得f(x)－1<2 019ex，即<2 019，所以g(x)因为函数g(x)在R上单调递减，所以x>0，选B
2．已知m，n∈(2，e)，且－A．m>n B．m2＋ D．m，n的大小关系不确定
【解析】由不等式可得－即＋lnn<＋lnm
设f(x)＝＋ln x(x∈(2，e))
则f′(x)＝－＋＝
因为x∈(2，e)，所以f′(x)>0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增
因为f(n)3．设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________
【解析】∵an＋1＝2Sn＋1
∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1
∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋＝3
∴数列是公比为3的等比数列，∴＝3
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1
∴S5＋＝×34＝×34＝，∴S5＝121
4．如图，已知球O的球面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，则球O的体积等于________．
【解析】如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，
设正方体的外接球球O的半径为R，
则正方体的体对角线长即为球O的直径
所以|CD|＝＝2R
所以R＝
故球O的体积V＝＝π
方法6　等价转化法
5．设x∈R，若“1≤x≤3”是“|x－a|<2”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1,3) B．[1,3) C．(1,3] D．[1,3]
【解析】由|x－a|<2，解得a－2因为“1≤x≤3”是“|x－a|<2”的充分不必要条件，所以[1,3](a－2，a＋2)
所以解得16．不等式mx3≥y3－6x2y对于任意的x∈[2,3]，y∈[3,6]恒成立，则m的取值范围是(　　)
A．[9，＋∞) B．[－5，＋∞) C．[4，＋∞) D．[4，9]
【解析】不等式mx3≥y3－6x2y对于任意的x∈[2,3]，y∈[3,6]恒成立
等价于m≥－＝－6·对于任意的x∈[2,3]，y∈[3,6]恒成立
令t＝，则1≤t≤3，所以m≥t3－6t在[1,3]上恒成立
令f(t)＝t3－6t(1≤t≤3)，则m≥f(t)max
因为f′(t)＝3t2－6，由f′(t)>0得所以f(t)在[1，)上单调递减，在(，3]上单调递增
因为f(1)＝－5，f(3)＝9，所以f(t)max＝9，所以m≥9,选A
7．[2020·武汉调研]已知关于x的不等式－x－aln x≥1对于任意的x∈(1，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，1－e] B．(－∞，－3] C．(－∞，－2] D．(－∞，2－e2]
【解析】由题意可知，分离参数得a≤对于任意的x∈(1，＋∞)恒成立
令f(x)＝＝(x>1)，由题意可知，a≤f(x)min
因为ex－1≥x(当x＝0时取等号)
所以f(x)＝≥＝－3(当x－3ln x＝0取等号)，所以a≤－3，选B
8．[2020·福建厦门质检]在正三棱锥S ? ABC中，AB＝2，SA＝2，E，F分别为AC，SB的中点．平面α过点A，α∥平面SBC，α∩平面ABC＝l，则异面直线l和EF所成角的余弦值为________
【解析】画出图象如图所示，因为平面α过点A，α∥平面SBC，α∩平面ABC＝l，平面SBC∩平面ABC＝BC，所以l∥BC
取AB的中点D，连接DE，DF，则DE∥BC，所以l∥DE
所以异面直线l和EF所成角即为∠DEF或其补角
取BC的中点O，连接SO，AO，则SO⊥BC，AO⊥BC
又SO∩AO＝O，所以BC⊥平面SOA
又SA?平面SOA，所以BC⊥SA，所以DE⊥DF
在Rt△DEF中，易知DE＝，DF＝
所以EF＝2，cos∠DEF＝＝
所以异面直线l和EF所成角的余弦值为
方法7　待定系数法
9．设y＝f(x)是二次函数，方程f(x)＝0有两个相等实根，且f′(x)＝2x＋2，求f(x)的解析式________．
【解析】设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b＝2x＋2
∴a＝1，b＝2，f(x)＝x2＋2x＋c
又∵方程f(x)＝0有两个相等实根
∴Δ＝4－4c＝0，解得c＝1.故f(x)＝x2＋2x＋1
10．衣柜里的樟脑丸，会因为挥发而体积变小，刚放入的新樟脑丸体积为a，经过t天后樟脑丸的体积V(t)与天数t的关系为V(t)＝a·e－kt，若新樟脑丸经过80天后，体积变为a，则函数V(t)的解析式为________．
【解析】因为樟脑丸经过80天后，体积变为a
所以a＝a·e－80k，所以e－80k＝，解得k＝－ln
所以V(t)＝a·＝a·
所以函数V(t)的解析式为V(t)＝a· (t≥0)
11．[2020·长沙市四校高三年级模拟考试]已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)部分图象如图所示，其中|PQ|＝2.则f(x)解析式为________．
【解析】由题图可知A＝2，P(x1，－2)，Q(x2,2)，
所以|PQ|＝＝＝2，整理得|x1－x2|＝2
所以函数f(x)的最小正周期T＝2|x1－x2|＝4，即＝4，解得ω＝
又函数图象过点(0，－)
所以2sin φ＝－，即sin φ＝－
又|φ|<
所以φ＝－，所以f(x)＝2sin
12．[2020·江西省质量检测]椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆于A，B两点，交y轴于点C，若F1，C是线段AB的三等分点，△F2AB的周长为4，则椭圆E的标准方程为(　　)
A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋y2＝1
【解析】由椭圆的定义，得|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a
所以△F2AB的周长为|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝4，所以a＝
所以椭圆E：＋＝1，不妨令点C是F1A的中点，点A在第一象限
因为F1(－c,0)，所以点A的横坐标为c，所以＋＝1，得A
所以C，B
把点B的坐标代入椭圆E的方程，得＋＝1，即＋＝1，化简得b2＝20－16c2
又b2＝5－c2，所以20－16c2＝5－c2，得c2＝1，所以b2＝4
所以椭圆E的标准方程为＋＝1，选A
方法8　换元法
13．函数y＝(x>－1)的最小值为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
【解析】设t＝x＋1，
∴x＝t－1，∴y＝＝＝t＋－1≥2－1＝1，选A
14．不等式log2(2x－1)·log2(2x＋1－2)<2的解集是________．
【解析】设log2(2x－1)＝y，则y(y＋1)<2，解得－2所以x∈
15．函数f(x)＝cos2x－2cos2的一个单调递增区间是(　　)
A. B. C. D.
【解析】f(x)＝cos2x－2cos2＝cos2x－cos x－1
令t＝cos x∈[－1,1]，原函数可以看作g(t)＝t2－t－1，t∈[－1,1]
由于对称轴为t＝，对于g(t)＝t2－t－1
当t∈时，g(t)为减函数，当t∈时，g(t)为增函数
当x∈时，t＝cosx为减函数，且t∈
∴原函数在上单调递增，选A
16．设函数f(x)＝若方程[f(x)]2＋mf(x)＋m2－1＝0有5个不同的实数根，则实数m的取值范围是________
【解析】根据题意，画出分段函数f(x)的图象，如图中实线所示
令t＝f(x)，则方程[f(x)]2＋mf(x)＋m2－1＝0有5个不同的实数根可转化为方程t2＋mt＋m2－1＝0有2个不同的实数根
设这两个不同的实数根分别为t1，t2，易知t1≥0，－2令g(t)＝t2＋mt＋m2－1，则，解得－1≤m≤1
∴实数m的取值范围是[－1,1]
方法9　割补法
1．如图所示，虚线网格的最小正方形的边长为1，实线是某几何体的三视图，则这个几何体的体积为(　　)
A．4π B．2π C. D．π
【解析】依题意可得所求的几何体的直观图如图所示，
把所求的几何体补成圆柱，易知该几何体刚好是底面圆的半径为1，高为4的圆柱的一半，可得这个几何体的体积为V＝×π×12×4＝2π，选B
2．如图，过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为(　　)
A．90° B．60° C．45° D．30°
【解析】把原四棱锥补成正方体ABCD ? PQRH，如图所示，连接CQ，
则所求二面角转化为平面CDPQ与平面BAPQ所成的二面角，
而∠CQB是平面CDPQ与平面BAPQ所成二面角的平面角，
又因为∠CQB＝45°，所以平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为45°，选C
3．[2020·江西九江模拟]半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，它由正方体切截而成，以八个正三角形和六个正方形为面，所有的棱都相等．如图是某二十四等边体的三视图，则其体积为(　　)
A. B．4 C. D.
【解析】该二十四等边体的直观图的示意图如图所示，将其放入正方体中，由三视图可知，二十四等边体的棱长为
它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥得到的
其体积V＝2×2×2－8×××1×1×1＝，选D
4．[2020·福州质检]在三棱锥P ? ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，AB＝6，AC＝8，D是线段AC上一点，且AD＝3DC.三棱锥P ? ABC的各个顶点都在球O的表面上，过点D作球O的截面，则所得截面圆的面积的最小值为________．
【解析】如图所示，将三棱锥P ? ABC补成直三棱柱，则三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球O，记三角形ABC的外心为O1，连接OO1.
设球O的半径为R，PA＝2x，则易知球心O到平面ABC的距离为x，即OO1＝x
连接O1A，OA，则O1A＝BC＝×＝5，所以R2＝x2＋25
在△ABC中，取AC的中点E，连接O1D，O1E，则O1E＝AB＝3，DE＝AC＝2
所以O1D＝＝，连接OD，在Rt△OO1D中，OD＝
由题意得当过点D的截面与直线OD垂直时，截面面积最小
设此时截面圆的半径为r，则r2＝R2－OD2＝x2＋25－(x2＋13)＝12
所以所得截面圆的面积的最小值为12π
方法10　整体代换法
5．若函数f(x)是R上单调函数，对任意的实数x有f＝，则f(log22 019)＝(　　)
A. B. C. D．1
【解析】假设f(x0)＝，则f(x)＋＝x0，进而f(x)＝x0－，从而f(x0)＝x0－＋1)当x0＝1时，f(1)＝
因为f(x)是单调函数，所以由f(x0)＝，可得x0＝1，所以f(x)＝1－
所以f(log22 019)＝1－＝，选C
6．等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．5
【解法1】设等比数列{an}的公比为q，则a5＝a1q4，a7＝a3q4，所以q4＝＝＝
又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×2＝2
a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×3＝1
所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
【解法2】因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项
所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)(a9＋a11)，故a9＋a11＝＝＝2
同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项
所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝＝＝1
所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3
7．已知f(x)＝ax3＋bx＋1(ab≠0)，若f(2 019)＝k，则f(－2 019)＝(　　)
A．k B．－k C．1－k D．2－k
【解析】∵f(2 019)＝a·2 0193＋b·2 019＋1＝k
∴a·2 0193＋b·2 019＝k－1，
则f(－2 019)＝a(－2 019)3＋b·(－2 019)＋1＝－[a·2 0193＋b·2 019]＋1＝2－k
8．已知三点A(1，－2)，B(a，－1)，C(－b,0)共线，则＋(a>0，b>0)的最小值为(　　)
A．11 B．10 C．6 D．4
【解析】由A(1，－2)，B(a，－1)，C(－b,0)共线得＝，整理得2a＋b＝1
所以＋＝＋＝7＋＋≥7＋2＝11
当且仅当＝且2a＋b＝1即a＝，b＝时，等号成立，选A
方法11　分离参数法
9．已知函数f(x)＝，若不等式f(x)≤kx对任意的x>0恒成立，则实数k的取值范围为________．
【解析】不等式f(x)≤kx对任意的x>0恒成立，即k≥对任意的x>0恒成立
令g(x)＝，则g′(x)＝ ＝
令g′(x)＝0，得x＝，且当x∈(0，)时，g′(x)>0，当x∈(，＋∞)时，g′(x)<0故当x＝时，g(x)取得最大值g()＝＝，所以k≥，即k的取值范围为
10．已知关于x的方程(t＋1)cos x－tsin x＝t＋2在(0，π)上有实根，则实数t的最大值是________．
【解析】由题意可得：－＝＝1－
如图，令P(cos x，sin x)，A(2,1)，则kPA＝
因为x∈(0，π)，所以－1＜cos x＜1,0＜sin x≤1
令a＝cos x，b＝sin x，则点P是上半圆a2＋b2＝1(－1＜a＜1,0＜b≤1)上任意一点
可知0≤kPA＜1，所以0＜1－≤1，即0＜－≤1，所以t≤－1
故实数t的最大值是－1
11．已知函数f(x)＝,ex) (a∈R)．若?x∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－1恒成立，求实数a的取值范围________
【解析】∵f(x)＞－1?,ex)＞－1?2a＞x2－ex
∴由条件知，2a＞x2－ex对于任意x≥1恒成立
令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex
则h′(x)＝2－ex
当x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－ex≤2－e＜0
∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上单调递减
∴h(x)＝2x－ex≤2－e＜0，即g′(x)＜0
∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上单调递减
∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e
故f(x)＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a＞g(x)max＝1－e
∴a＞，故实数a的取值范围是
12．[2020·河南三市联考]已知函数f(x)＝x－ln(x＋1)对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≤kx2成立，则k的最小值为(　　)
A．1 B. C．e D.
【解法1】(一般解法)①当k≤0时，取x＝1，有f(1)＝1－ln 2>0，故k≤0不符合题意．
②当k>0时，令g(x)＝f(x)－kx2，即g(x)＝x－ln(x＋1)－kx2，x≥0
所以g′(x)＝1－－2kx＝－
令g′(x)＝0，可得x1＝0，x2＝>－1
(ⅰ)当k≥时，≤0，g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，g(x)在[0，＋∞)上单调递减
所以g(x)≤g(0)＝0
所以对任意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立
(ⅱ)当00
当00，g(x)单调递增；当x>时，g′(x)<0，g(x)单调递减
因此存在x0∈使得g(x0)≥g(0)＝0
可得x－ln(x0＋1)≥kx，即f(x0)≥kx，与题设矛盾，该情况不成立
综上所述，当k≥时，对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≤kx2成立，则k的最小值为
选B
【解法2】(洛必达法则)当x＝0时，不等式f(x)≤kx2显然成立
当x≠0时，不等式f(x)≤kx2恒成立可化为k≥＝恒成立
因为f′(x)＝1－≥0对任意的x∈[0，＋∞)恒成立且f′(x)不恒为0
所以f(x)在[0，＋∞)上也单调递增，而y＝x2在[0，＋∞)上单调递增，且其增速比f(x)大
易知满足使用洛必达法则的条件，则有 ＝ ＝ ＝
可得k≥，选B
方法12　估算法
13．[2020·山东济南部分学校联考]设a＝，b＝log35，c＝log45，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜b＜a
【解析】因为a＝＜1，b＝log35＞c＝log45＞1，所以a＜c＜b，选B
14．[2020·济南市高考模拟考试]如图，在多面体ABCDEF中，已知平面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝，EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为(　　)
A. B．5 C．6 D.
【解析】连接BE，CE，四棱锥E ? ABCD的体积为VE ? ABCD＝×3×3×2＝6，
又多面体ABCDEF的体积大于四棱锥E ? ABCD的体积，
即所求几何体的体积V>VE ? ABCD＝6，而四个选项里面大于6的只有，选D
15．设A，B，C，D是一个半径为4的球的球面上不共面的四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D ? ABC的体积的最大值为(　　)
A．12 B．18 C．24 D．54
【解法1】由△ABC为等边三角形且面积为9，可得×AB2＝9，解得AB＝6
设球的球心为O，三角形ABC的外心为O′
则O′C＝＝2，OO′＝＝2，所以三棱锥D?ABC的高的最大值为6
则三棱锥D ?ABC的体积的最大值为××63＝18，选B
【解法2】因为球的半径为4
三棱锥D?ABC的体积VD ? ABC＝×9h＝3h(h为点D到底面三角形ABC的距离，0当h趋近于8时，VD ? ABC趋近于24，所以排除C，D
当h＝4时，三角形ABC的外接圆半径为4，则△ABC的面积显然大于9，故可排除A
选B
方法13　函数方程思想
1．[2020·广东揭阳摸底]已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S4＝5，S9＝20，则a7等于(　　)
A．－3 B．－5 C．3 D．5
【解法1】S9－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝15，所以5a7＝15，所以a7＝3.故选C
【解法2】设公差为d，由题意4a1＋6d＝5,9a1＋36d＝20，解得a1＝，d＝，所以a7＝3
选C
2．将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为(　　)
A. B. C. D.
【解析】如图所示，设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，
由题意可得＝，所以x＝2－2r，所以圆柱的体积V＝πr2(2－2r)＝2π(r2－r3)(0由2π(2r－3r2)＝0得r＝
所以圆柱的最大体积Vmax＝2π＝
3．[2020·陕西西安二模]已知函数f(x)＝x2＋4x＋4，若存在实数t，当x∈[1，t]时，f(x－a)≤4x(a>0)恒成立，则实数t的最大值是(　　)
A．4 B．7 C．8 D．9
【解析】作函数f(x)＝x2＋4x＋4＝(x＋2)2的简图如图所示．由图象可知
当函数y＝f(x－a)的图象经过点(1,4)时
有x∈[1，t]，f(x－a)≤4x(a>0)恒成立
此时t取最大值，由(1－a)2＋4(1－a)＋4＝4，得a＝5或a＝1(舍)，所以4t＝(t－5＋2)2
所以t＝1(舍)或t＝9，故t＝9
4．[2018·全国卷Ⅰ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为________．
【解析】∵ bsin C＋csin B＝4asin Bsin C
∴ 由正弦定理得sin Bsin C＋sin Csin B＝4sin Asin Bsin C
又sin Bsin C ＞0，∴ sin A＝，由余弦定理得cos A＝＝＝＞0
∴ cos A＝，bc＝＝
∴ S△ABC＝bcsin A＝××＝
5．[2020·山东青岛期中联考]已知函数f(x)＝x2－2ax＋b(a>1)的定义域和值域都为[1，a]，则b＝________.
【解析】函数f(x)＝x2－2ax＋b(a>1)图象的对称轴方程为x＝－＝a>1，
所以函数f(x)＝x2－2ax＋b在[1，a]上为减函数，
又函数在[1，a]上的值域也为[1，a]，∴即
由①得b＝3a－1，代入②得a2－3a＋2＝0，解得a＝1(舍)或a＝2.
把a＝2代入b＝3a－1得b＝5
6．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)，P是双曲线C右支上一点，且|PF2|＝|F1F2|，若直线PF1与圆x2＋y2＝a2相切，则双曲线的离心率为________．
【解析】取线段PF1的中点为A，连接AF2，又|PF2|＝|F1F2|，则AF2⊥PF1，
∵直线PF1与圆x2＋y2＝a2相切，∴|AF2|＝2a，
∵|PA|＝|PF1|＝a＋c，∴4c2＝(a＋c)2＋4a2，化简得(3c－5a)(a＋c)＝0，
则双曲线的离心率为
7．已知函数f(x)＝lg，其中a为常数，若当x∈(－∞，1]，f(x)有意义，则实数a的取值范围为________
【解析】由>0，且a2－a＋1＝2＋>0
得1＋2x＋4x·a>0，故a>－
当x∈(－∞，1]时，y＝与y＝都是减函数
因此，函数y＝－在(－∞，1]上是增函数
所以max＝－，所以a>－
故实数a的取值范围是
8．关于x的不等式ex－－1－x≥0在x∈上恰成立，则a的取值集合为________．
【解析】关于x的不等式ex－－1－x≥0在x∈上恰成立?函数g(x)＝在上的值域为
因为g′(x)＝
令φ(x)＝ex(x－1)－x2＋1，x∈，则φ′(x)＝x(ex－1)
因为x≥，所以φ′(x)≥0，故φ(x)在上递增，所以φ(x)≥φ＝－>0
因此g′(x)>0，故g(x)在上单调递增
则g(x)≥g＝＝2－，所以a－＝2－，解得a＝2
所以a的取值集合为{2}
9．[2020·江苏扬州大学附中月考]已知二次函数g(x)＝mx2－2mx＋n＋1(m>0)在区间[0,3]上有最大值4，最小值0.求函数g(x)的解析式
【解析】g(x)＝mx2－2mx＋n＋1(m>0)，易知g(x)图象开口向上，对称轴方程为x＝1
∵x∈[0,3]，∴当x＝1时，g(x)取得最小值－m＋n＋1＝0，①
当x＝3时，g(x)取得最大值3m＋n＋1＝4，②
由①②解得m＝1，n＝0
∴函数g(x)的解析式为g(x)＝x2－2x＋1
10．[2018·全国卷Ⅱ节选]设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.求l的方程
【解析】由题意得F(1,0)，l的方程为y＝k(x－1)(k>0)
设A(，)，B(，)
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0
Δ＝16k2＋16>0，故＋＝
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(＋1)＋(＋1)＝
由题设知＝8，解得k＝－1(舍去)或k＝1
因此l的方程为y＝x－1
方法14　数形结合思想
1．[2020·福建省质量检测]在△ABC中，＝2，且E为AC的中点，则＝(　　)
A．－＋ B.－ C．－－ D.＋
【解法1】如图1，连接AD
＝－＝－(＋)＝－－(－)＝－＋.
【解法2】＝＋＋＝－＋＝(＋)－＋＝－＋.
【解法3】如图2，作＝，以，为基底将分解，＝＋＝x＋y，则＝x＋y，易知x<0，y>0，排除B，C，D选项，故选A.
【解法4】不妨令△ABC为直角三角形，C＝90°，AC＝2，BC＝3，以C为坐标原点建立直角坐标系，如图3所示，则C(0,0)，A(2,0)，B(0,3)，D(0,2)，E(1,0)，
所以＝(－2,3)，＝(－2,0)，＝(1，－2)，易得＝－＋，选A
2．[2020·广东省联考试题]函数f(x)＝的部分图象大致是(　　)
【解析】因为f(－x)＝＝－f(x)
所以f(x)为奇函数，其图象关于原点对称
当x∈(0,1)时，f(x)＝<0
当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0
选D
3．设双曲线C: －＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与双曲线左支的一个交点为P.若以A1A2为直径的圆与直线PF2相切，则双曲线C的离心率为(　　)
A. B. C．2 D.
【解析】如图所示，设以A1A2为直径的圆与直线PF2的切点为Q，连接OQ，则OQ⊥PF2，
又PF1⊥PF2，O为F1F2的中点
所以|PF1|＝2|OQ|＝2a
又|PF2|－|PF1|＝2a
所以|PF2|＝4a
在Rt△F1PF2中，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2?4a2＋16a2＝20a2＝4c2?e＝＝
4．[2020·郑州市质量预测]已知函数f(x)＝sin的相邻两条对称轴之间的距离为，将函数f(x)的图象向右平移个单位后，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到g(x)的图象，若g(x)＋k＝0在x∈有且只有一个实数根，则k的取值范围是(　　)
A．k≤ B．－1≤k<－ C．－【解析】因为f(x)相邻两条对称轴之间的距离为
结合三角函数的图象可知＝
又因为T＝＝＝
所以ω＝2，f(x)＝sin
将f(x)的图象向右平移个单位得到f(x)＝sin＝sin，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到g(x)＝sin，所以方程为sin＋k＝0
令2x－＝t，因为x∈
所以－≤t≤
若g(x)＋k＝0在x∈上有且只有一个实数根
即g(t)＝sin t与y＝－k在上有且只有一个交点
－≤－k<或－k＝1
即－5．[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是(　　)
A．[－1,0) B．[0，＋∞) C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
【解析】令h(x)＝－x－a，则g(x)＝f(x)－h(x)
在同一坐标系中画出y＝f(x)，y＝h(x)图象的示意图，如图所示
若g(x)存在2个零点，则y＝f(x)的图象与y＝h(x)的图象有2个交点，平移y＝h(x)的图象
当直线y＝－x－a过点(0,1)时，有2个交点，
此时1＝－0－a，a＝－1.
当y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a<－1时，仅有1个交点，不符合题意
当y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a>－1时，有2个交点，符合题意
综上，a的取值范围为[－1，＋∞)，选C
6．[2020·合肥市高三调研性检测]若实数x，y满足约束条件则z＝2x－y的最大值为________．
【解析1】依题意，在坐标平面内画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，作出直线2x－y＝0，平移该直线，当平移到经过点A(3，－2)时，相应直线在y轴上的截距达到最小，此时z＝2x－y取得最大值，即zmax＝2×3－(－2)＝8
【解析2】由得
此时z＝8；由得
此时z＝4；由得，此时z＝－1
综上所述，z＝2x－y最大值为8.
7．[2020·武汉市调研测试]过圆O：x2＋y2＝4外一点P(2,1)作两条互相垂直的直线AB和CD分别交圆O于A，B和C，D点，则四边形ABCD面积的最大值为________．
【解析】如图所示，S四边形ABCD＝(PA·PD－PB·PC)，取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP，
则S四边形ABCD＝[(PE＋AE)·(PF＋DF)－(PE－AE)·(PF－DF)]＝PE·DF＋AE·PF
由题意知四边形OEPF为矩形，则OE＝PF，OF＝PE
结合柯西不等式有S四边形ABCD＝OF·DF＋AE·OE≤
其中OF2＋OE2＝OP2，DF2＋AE2＝4－OF2＋4－OE2＝8－OP2
据此可得S四边形ABCD≤＝＝
综上，四边形ABCD面积的最大值为.
8．[2020·开封市高三模拟试卷]已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，满足f(x)＋f(2－x)＝0，且当x∈(0,1)时，f(x)＝x2，则f(1)＝________，g(x)＝f(x)－|lg x|，则函数g(x)的零点共有______个．
【解析】因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，
因为f(x)＋f(2－x)＝0，
所以令x＝1得f(1)＋f(1)＝0，即f(1)＝0.
由f(x)＋f(2－x)＝0得f(x)＝－f(2－x)，
又f(x)是奇函数，
所以－f(2－x)＝f(x－2)，
即f(x)＝f(x－2)，
则f(x)是以2为周期的周期函数，
则f(0)＝f(2)＝0，f(1)＝f(3)＝0，
即f(n)＝0(n∈Z)．
注意到f(x)的值域为(－1,1)，
由g(x)＝0得f(x)＝|lg x|<1，因此只需关心函数y＝f(x)与y＝|lg x|的图象在区间内的公共点个数．
在同一平面直角坐标系内作出函数y＝f(x)与y＝|lg x|的图象，如图所示，
由图可知，y＝f(x)的图象与函数y＝|lg x|的图象共有6个交点
因此函数g(x)的零点共有6个
9．已知函数f(x)＝2sin2＋cos 2x.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若关于x的方程f(x)－m＝2在x∈上有两个不同的解，求实数m取值范围．
【解析】(1)由f(x)＝2sin2＋cos 2x
＝1－cos＋cos 2x
＝1＋sin 2x＋cos 2x
＝1＋2sin，
则由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
所以函数的单调递增区间为，k∈Z.
(2)
由f(x)－m＝2，得f(x)＝m＋2，
当x∈时，2x＋∈，
∵f(0)＝1＋2sin＝1＋，函数f(x)的最大值为1＋2＝3，
∴要使方程f(x)－m＝2在x∈上有两个不同的解，则f(x)＝m＋2在x∈上有两个不同的解，即f(x)和y＝m＋2在x∈上有两个不同的交点，即1＋≤m＋2<3
即－1≤m<1.
所以实数m的取值范围为[－1,1)．
10．[2020·武汉市质量检测]如图，在棱长为a的正方体ABCD ? A1B1C1D1中，P，Q，L分别为棱A1D1，C1D1，BC的中点．
(1)求证：AC⊥QL；
(2)求点A到平面PQL的距离．
【解析】(1)如图，取DC的中点H，连接QH，HL，BD.在正方体ABCD ? A1B1C1D1中，H，Q分别为DC，C1D1的中点，则QH⊥CD，从而QH⊥平面ABCD，所以QH⊥AC.
在正方形ABCD中，H，L分别为CD，BC的中点，所以BD∥HL，又AC⊥BD，
所以HL⊥AC
又QH∩HL＝H，所以AC⊥平面QHL，所以AC⊥QL
(2)取AB的中点M，连接ML，MP，因为M，L分别为AB，BC的中点，所以ML∥AC
又AC⊥QL，所以ML⊥QL，易证PQ∥ML且PQ＝ML，所以四边形PQLM为矩形
则点A到平面PQL的距离即点A到平面PML的距离，设其值为h
连接PA，AL，在四面体PAML中，S△AML＝AM·BL＝··＝a2，
S△PML＝·ML·PM＝·a·＝a2
由等体积法可知V三棱锥P ? AML＝V三棱锥A ? PML，即·a2·a＝·a2·h，解得h＝a
故点A到平面PQL的距离为a
方法15　分类讨论思想
1．[2020·开封市高三模拟试卷]设常数a∈R，集合A＝{x|(x－1)(x－a)≥0}，B＝{x|x≥a－1}，若A∪B＝R，则a的取值范围为
【解析】若a>1，集合A＝{x|x≤1或x≥a}，
利用数轴可知，要使A∪B＝R，需a－1≤1，解得1若a＝1，集合A＝R，满足A∪B＝R，故a＝1符合题意；
若a<1，集合A＝{x|x≤a或x≥1}，利用数轴可知，显然满足A∪B＝R，故a<1符合题意．
综上，a的取值范围为(－∞，2]
2．已知a>0，b>0，且a≠1，b≠1，若logab>1，则(　　)
A．(a－1)(b－1)<0 B．(a－1)(a－b)>0 C．(b－1)(b－a)<0 D．(b－1)(b－a)>0
【解析】∵a>0，b>0，且a≠1，b≠1
∴当a>1，即a－1>0时，不等式logab>1可化为alogab>a1，即b>a>1
∴(a－1)(a－b)<0，(a－1)(b－1)>0，(b－1)(b－a)>0
当01可化为alogab∴(a－1)(a－b)<0，(a－1)(b－1)>0，(b－1)(b－a)>0
综上可知，选D
3．若双曲线＋＝1的渐近线方程为y＝±x，则m的值
【解析】根据题意可分以下两种情况讨论：
①当焦点在x轴上时，则有解得m<1
此时渐近线方程为y＝± x，由题意得，＝，解得m＝
②当焦点在y轴上时，则有解得m>3
此时渐近线方程为y＝± x，由题意得，＝，无解
综上可知m＝
4．[2020·湖北武汉调研]已知实数x，y满足约束条件如果目标函数z＝x＋ay的最大值为，则实数a的值为(　　)
A．3 B. C．3或 D．3或－
【解析】先画出线性约束条件所表示的可行域，目标函数化为y＝－x＋z，目标函数z＝x＋ay的最大值只需直线的截距最大，
当a>0时，－<0，
①若－<－<0，即a>2，最优解为A，
z＝＋a＝，a＝3，符合题意；
②若－<－，即0z＝3＋a＝，a＝，不符合题意，舍去．
当a<0时，－>0，
③若0<－<1，即a<－1，最优解为C(－2，－2)，
z＝－2－2a＝，a＝－，符合题意；
④若－>1，即－1z＝3＋a＝，a＝，不符合题意，舍去；
综上可知实数a的值为3或－.故选D.
5．[2020·江西师范附属中学模拟]已知f(x)＝，若f(2－a)＝1，则f(a)等于(　　)
A．－2 B．－1 C．1 D．2
【解析】①当2－a≥2，即a≤0时，22－a－2－1＝1，解得a＝－1
则f(a)＝f(－1)＝－log2[3－(－1)]＝－2
②当2－a<2即a>0时，－log2[3－(2－a)]＝1
解得a＝－，舍去
所以f(a)＝－2.故选A
6．[2020·安徽阜阳二模]等比数列{an}中，a1＋a4＋a7＝2，a3＋a6＋a9＝18，则{an}的前9项和S9＝________
【解析】由题意得q2＝＝9，q＝±3
①当q＝3时，a2＋a5＋a8＝3(a1＋a4＋a7)＝6，S9＝2＋6＋18＝26
②当q＝－3时，a2＋a5＋a8＝－3(a1＋a4＋a7)＝－6，S9＝2－6＋18＝14
所以S9＝14或26
7．设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1，F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|:|F1F2|:|PF2|＝4:3:2，则曲线Γ的离心率等于________
【解析】设|F1F2|＝2c(c>0)
由已知|PF1|︰|F1F2|︰|PF2|＝4︰3︰2
得|PF1|＝c，|PF2|＝c，且|PF1|>|PF2|
若圆锥曲线Γ为椭圆，则2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，离心率e＝
若圆锥曲线Γ为双曲线，则2a＝|PF1|－|PF2|＝c，离心率e＝
故曲线Γ的离心率等于或
8．f(x)是定义在R上的函数，满足f(x)＝f(－x)，且x≥0时，f(x)＝x3，若对任意的x∈[2t－1,2t＋3]，不等式f(3x－t)≥8f(x)恒成立，则实数t的取值范围是________．
【解析】f(x)是定义在R上的偶函数，f(x)＝x3，在x>0上为单调增函数，
f(3x－t)≥8f(x)＝8x3＝f(2x)，
|3x－t|≥|2x|，所以(3x－t)2≥(2x)2，化简得5x2－6xt＋t2≥0.(*)
①当t＝0时显然成立；
②当t>0时，(*)式解为x≤或x≥t，对任意x∈[2t－1,2t＋3]，(*)式恒成立，则需t≤2t－1，故t≥1；
③当t<0时，(*)式解为x≤t或t≥，对任意x∈[2t－1,2t＋3]，
(*)式恒成立，则需2t＋3≤t，故t≤－3.
综上所述，t≤－3或t≥1或t＝0.
9．已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，a＝2bcos B，b≠c.
(1)证明：A＝2B；
(2)若a2＋c2＝b2＋2acsin C，求A.
【解析】(1)证明：∵a＝2bcos B，且＝，∴sin A＝2sin Bcos B＝sin 2B
∵00，∴0<2B<π，∴A＝2B或A＋2B＝π
若A＋2B＝π，则B＝C，b＝c，这与“b≠c”矛盾，∴A＋2B≠π，∴A＝2B
(2)∵a2＋c2＝b2＋2，∴＝sin C，由余弦定理得cos B＝sin C
∵0①当C＝－B时，由A＝2B且A＋B＋C＝π，得A＝，B＝C＝，这与“b≠c”矛盾，∴A≠
②当C＝＋B时，由(1)得A＝2B，∴A＋B＋C＝A＋2B＋＝2A＋＝π，∴A＝
综上，A＝
10．[2020·河南省豫北名校高三质量考评]已知函数f(x)＝2ax－aex－1(a≠0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤e－2－(a＋1)ex对任意x∈[1,2]恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)由题意得f′(x)＝2a－aex＝a(2－ex)．
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
当a>0时，由f′(x)>0，得xln 2，
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，ln 2)，单调递减区间为(ln 2，＋∞)；
当a<0时，则易得f(x)的单调递增区间为(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln 2)．
(2)f(x)≤e－2－(a＋1)ex(a≠0)对任意x∈[1,2]恒成立，即2ax－aex－1≤e－2－(a＋1)ex(a≠0)对任意x∈[1,2]恒成立，即2ax＋ex＋1－e≤0(a≠0)对任意x∈[1,2]恒成立．
令F(x)＝2ax＋ex＋1－e(a≠0)，则F′(x)＝2a＋ex(a≠0)，
当a>0时，F′(x)＝2a＋ex>0，F(x)在[1,2]上单调递增，
F(1)＝2a＋1>0，F(x)≤0在[1,2]上不成立，不满足题意．
当a<0时，由F′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，当x∈(－∞，ln(－2a))时F′(x)<0，F(x)单调递减；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
若ln(－2a)≤1，即－≤a<0，则F(x)在[1,2]上单调递增，
由F(2)＝4a＋e2－e＋1≤0，得a≤，又－≤a<0，所以不存在满足题意的a.
若1则F(x)在[1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，2]上单调递增，
由F(1)＝2a＋1≤0，得a≤－，由F(2)＝4a＋e2－e＋1≤0，得a≤，
又－若ln(－2a)≥2，即a≤－，则F(x)在[1,2]上单调递减，
由F(1)＝2a＋1≤0，得a≤－，又a≤－，所以a≤－.
综上所述，a的取值范围为
方法16　转化化归思想
1．[2020·湖南衡阳联考]设正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2 019＝6 057，则＋的最小值为(　　)
A．1 B. C. D.
【解析】依题意得(a1＋a2 019)＝6 057?a1＋a2 019＝a2＋a2 018＝6，
＋＝(a2＋a2 018)＝≥，仅当a2＝2，a2 018＝4时取等号
选D.
2．设f(x)是奇函数，对任意的实数x，y，有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且当x>0时，f(x)<0，则f(x)在区间[a，b]上(　　)
A．有最小值f(a) B．有最大值f(a) C．有最大值f D．有最小值f
【解法1】因为f(x)是奇函数，且对任意的实数x，y，有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，
则f(0)＝0，当x>0时，f(x)<0，则当x<0时，f(x)>0，
对任意x1，x2∈R，f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，当x1总有f(x1－x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1)－f(x2)，
因为x1－x2<0，所以f(x1－x2)>0，即f(x1)－f(x2)>0，故f(x)在R上是减函数，故f(x)在区间[a，b]上有最大值f(a)．故选B.
【解法2】f(x)＝－x显然符合条件，易得f(x)＝－x在区间[a，b]上有最大值f(a)，选B
3．已知H为△ABC的垂心，AB＝4，AC＝6，M为边BC的中点，则·＝(　　)
A．20 B．10 C．－20 D．－10
【解法1】如图所示，因为H为△ABC的垂心，
所以⊥，所以·＝0，
又AB＝4，AC＝6，且M为边BC的中点，
所以·＝(＋＋)·＝·＝·＋·
＝(＋)·(－)＝(2－2)＝×(36－16)＝10，选B
【解法2】将△ABC特殊化为直角三角形，建立如图所示的平面直角坐标系，根据AB＝4，AC＝6，得B(0,4)，C(6,0)，M(3,2)，H(0,0)，
所以·＝(3,2)·(6，－4)＝10.故选B.
4．[2020·南昌师大附中模拟]函数f(x)＝ln x＋x2－ax(x>0)在区间上有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A. B. C. D.
【解析】由f(x)＝ln x＋x2－ax(x>0)得f′(x)＝＋x－a(x>0)．
因为函数f(x)＝ln x＋x2－ax在区间上有且仅有一个极值点，
所以y＝f′(x)在区间上有且仅有一个变号零点．
令f′(x)＝＋x－a＝0，得a＝＋x，令g(x)＝＋x，x∈，则g(x)在区间上单调递减，在区间(1,3]上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2.
又g＝g(2)＝，g(3)＝，结合函数g(x)＝＋x，x∈的图象(图略)可得，
当≤a<时，y＝f′(x)在区间上有且仅有一个变号零点．
所以实数a的取值范围为，故选B.
5．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c，使得f(c)>0，则实数p的取值范围是____________．
【解析】如果在[－1,1]内没有值满足f(c)>0，则?
?p≤－3或p≥，取补集为－3故实数p的取值范围为
6．对于满足0≤p≤4的所有实数p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范围是______．
【解析】设f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，则当x＝1时，f(p)＝0，所以x≠1.
f(p)在0≤p≤4上恒为正，等价于即解得x>3或x<－1
7．[2020·郑州市质检]函数f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的导函数．对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0，则实数x的取值范围为________．
【解析】由题意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，
令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.
对－1≤a≤1，恒有g(x)<0，即φ(a)<0，
所以即解得－故当x∈时，对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0.
8．[2020·南京模拟]若函数f(x)＝－ln(x＋1)不存在零点，则实数k的范围是_______
【解析】由x＋1>0得x>－1，由kx>0得
当＝ln(x＋1)时，由对数的性质可得ln(kx)＝2ln(x＋1)＝ln(x＋1)2，
即kx＝(x＋1)2，变形可得k＝＝x＋＋2(x>－1且x≠0)，
易知当－10时，x＋≥2，所以当－10时，x＋＋2≥4，
要使函数f(x)＝－ln(x＋1)不存在零点，
只需k取x＋＋2(x>－1且x≠0)的取值集合的补集，即{k|0≤k<4}，
当k＝0时，函数无意义，故k的取值范围是(0,4)．
9．若对于任意t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2－2x在区间(t,3)上总不为单调函数，求实数m的取值范围
【解析】g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2
若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数
则①g′(x)≥0在(t,3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立．(正反转化)
由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥－3x
当x∈(t,3)时恒成立，∴m＋4≥－3t恒成立
则m＋4≥－1，即m≥－5
由②得3x2＋(m＋4)x－2≤0，即m＋4≤－3x
当x∈(t,3)时恒成立
则m＋4≤－9，即m≤－
∴函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为
10．[2020·开封市高三模拟试卷]如图，点O为长方形ABCD的中心，EC⊥平面ABCD，BC＝2CD＝2，EC＝2，M是线段ED上不同于E的动点，N是线段AC上的动点．
(1)求证：平面ABE⊥平面CBE；(2)求二面角M ? BE ? N的取值范围．
【解析】(1)EC⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以EC⊥AB，
长方形ABCD中，CB⊥AB，又EC∩CB＝C，所以AB⊥平面CBE，
又AB?平面ABE，所以平面ABE⊥平面CBE.
(2)以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，|C|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系C?xyz，连接BD，则AC与BD交于点O，连接OE，
半平面BEM即半平面BED，C(0,0,0)，D(1,0,0)，O，B(0,2,0)，E(0,0,2)
因为AB⊥平面CBE，所以CD⊥平面CBE，所以平面CBE的一个法向量为＝(1,0,0),
设平面BEO的法向量为m＝(x，y，z)，又＝，＝(0，－2,2)，
所以，即，令z＝1，则m＝(2，，1)，
所以cos〈，m〉＝＝，二面角O ? BE ? C的大小为.
又由(1)可知，二面角C ? BE ? A的大小为，所以二面角O ? BE ? A的大小为，当N位于点O时，二面角M ? BE ? N的大小为0，所以二面角M ?BE?N的取值范围是