优质论文-高中数学“含参”问题方法小结

第一篇：优质论文-高中数学“含参”问题方法小结

高中数学 “含参”问题方法小结

含参数（不）等式“恒、能成立”问题是高中数学教学的一个重点和难点，同时也是高考考查的热点。这类问题可以考查多个知识点，更能从多个角度检查考生的素质和能力，这类问题难度比较大，综合性强，考生不易得分。

解决此类问题有一定的规律性，常见方法有：函数思想、分离参数、变换主元、数形结合等，其中分离参数转换自变量是其常用的方法。一．反参为主（即主元法）

对于给出了参数范围的“恒成立”问题，常把参数视为主元，把主元视为已知函数，即把原题视为参数的函数，从函数角度来解答。

例1.对于任意a∈[-1,1]，函数f(x)=x2+(a-4)x-2a的值恒大于零，求x的取值范围。

解：由题令g(a)=(x-2)a+(x2-4x+4)>0对 a∈[-1,1]恒成立。显然x≠2 ∴g(a)是a的一次函数，要使g(a)<0在a∈[-1,1]上恒成立，2g(1)0(x2)x4x40只需

即 2g(1)0(2x)x4x40解之得：x<1或x>3 点评：此题若按分离法做，分离a得(x2)a4xx2需讨论比较复杂

变式：若例1中改为x∈[-1,1]上f(x)>0恒成立，则此题属于二次函数区间定轴动题目，对称轴xa4a41,令f(-1)>0

分三种情况：①22a41,令<0 ②12a411,令f(1)>0 ③22xa(x∈R)在[-1,1]上是增函数。x221的两根为x1,x2，试问：是否存在实数m，使得不等式x 点评：此题若用分离法不易解答。

例2．已知函数f(x)（1）求实数a的值所组成的集合A（2）设关于x的方程f(x)m2+tm+1≥|x1-x2|对于任意a∈A及t∈[-1,1]恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由

2(x22)(2xa)2x2(x2ax2)解：（1）f(x)0对x∈[-1,1]恒成立

(x22)2(x22)2令h(x)xax2则有（2）由f(x)2h(1)01a20即AaR|1a1

h(1)0-1-a+202xa1

得：x2ax20 2x2xx1x2a∵a80

∴

xx2122∴|x1x2|(x1x2)24x1x2a28 ∵-1≤a≤1 ∴1≤|x1x2|≤3 ①

要使m2+tm+1≥|x1-x2|对于任意a∈A及t ∈[-1,1]恒成立, 当且仅当m2+tm+1≥3对于任意t ∈[-1,1]恒成立,即m2+tm+1≥0对于任意t ∈[-1,1]恒成立

g(t)=mt+m2-2, t∈[-1,1]则g(t)≥0对对t ∈[-1,1]恒成立②

2g(1)mm20令解得：m≥2或m≤-2 2g(1)mm20注：本题含a,t,m三个参数，通过①减少为两个参数t，m，要解决②，以t为主元，利用一次函数保号性解决． 二．分离参数和函数思想

通过恒等变形，将参数与主元分离出来，使不等式一边只含参数，另一边是与参数无关的主元问题，只需求出主元函数的最值。求主元函数的最值时，常用到配方法、基本不等式、函数单调性、三角函数值域等知识与方法。

x22xa例1．已知函数f(x)，若对任意x∈[1,+∞）,不等式f(x)>0恒成立，试求实

x数a的范围

x22xa0 解：∵x∈[1,+∞],要使f(x)>0恒成立，即使

x即x+2x+a>0对x∈[1,+∞）恒成立

22分离参数得：a>-(x+2x)=-(x+1)+1

2当x∈[1,+∞）时，g(x)=-(x+1)+1最大值为3。∴实数a取值范围为：a>-3 点评：以上解法为分离参数法，此题若按函数思想，则f(x)x双勾函数，需讨论，比较复杂。

例2．（2013高考新课标Ⅰ21）已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x+2（Ⅰ）求a，b，c，d的值

（Ⅱ）若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围。

解：（Ⅰ）因为曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，所以b=d=2；因为2

a2，则此函数为x，故所以，；

；，故，故；（Ⅱ）法一：函数思想

令令① 若当得，则时，则，从而当，即

在，由题设可得，故，时，上最小值为，此时f(x)≤kg(x)恒成立；

②若，所以f(x)≤kg(x)恒成立

③若，则

.，故f(x)≤kg(x)不恒成立；，故

在上单调递增，因为综上所述k的取值范围为法二：分离参数法

2由题可得x4x2≤2kex(x1)对x ∈【-2,+∞)恒成立 ①当x1时,k∈R

x24x2x24x2②当-2≤x＜-1时,有k≤ ,令h(x)= xx2e(x1)2e(x1)1(2x4)ex(x1)[ex(x1)exx](x24x2)x(x2)2则h(x).=x

2e2x(x1)22e(x1)2'∴当-2≤x＜-1,h(x)单增, hmin(x)h(2)e2 ∴k≤e

2x24x2③当x>-1时,有k≥,同②可得 x2e(x1)当x∈(-1,0),h(x)单增,当x ∈(0,+∞)时，h(x)单减 ∴hmax(x)h(0)1 ∴综合①②③可得1≤k ≤e

变式：（10山东理22）已知函数f(x)lnxax(Ⅰ)当a21a1(aR).x1时，讨论f(x)的单调性； 2（Ⅱ）设g(x)x22bx4.当a1时，若对x1(0,2)，x21,2，使 4f(x1)g(x2)，求实数b取值范围.解：（Ⅰ）因为1a1a1ax2x1a'f(x)lnxax1,f(x)a2x(0,)，2xxxx令 h(x)ax2x1a,x(0,)，①当a单调递减； 1'（0，+）时，x1x2,h(x)≥0恒成立，此时f(x)≤0，函数 f(x)在上2121a1＞0，②当0＜a＜时，1＞' x(0,1)时，h(x)＞0，此时f(x)＜0，函数f(x)单调递减；

x(1,11)时h(x)＜0，此时f'(x)＞0，函数 f(x)单调递增； a' x(1,)时，h(x)＞0，此时f(x)＜0，函数f(x)单调递减； 1a ③当a＜0时，由于

11＜0，a' x(0,1)，h(x)＞0,此时f(x)＜0，函数 f(x)单调递减； ' x(1,)时，h(x)＜0，此时f(x)＞0，函数f(x)单调递增.（Ⅱ）因为a=11(0,)，由（Ⅰ）知，x1=1，x2=3(0,2)，当x(0,1)时，f'(x)420，函数f(x)单调递减；g(x)ming(2)84b0b(2,)117b,,当28x(1,2)时，f'(x)1函数f(x)单调递增，所以f(x)在（0，2）上的最小值为f(1)。0，2由于“对任意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)”等价于 “g(x)在1,2上的最小值不大于f(x)在（0,2）上的最小值又g(x)=(xb)24b2，x11,2，所以 ①当b1”（*）21时，因为g(x)ming(1)52b0，此时与（*）矛盾

②当b1,2时，因为g(x)min4b20，同样与（*）矛盾 ③当b(2,)时，因为g(x)ming(2)84b，解不等式8-4b综上，b的取值范围是117，可得b

8217,。8点评：此题第二问用的是函数思想，若用分离参数法则容易出错

x21,2，f(x1)g(x2)，变式1：②x1(0,2)，求实数b范围.则fmax（x）≥gxma(x)

③x1(0,2)，x21,2，f(x1)g(x2)，求实数b范围.则fmin(x)≥gmax(x)④x1(0,2)，x21,2，f(x1)g(x2)，求实数b范围.则fmax（x）≥gmin(x)⑤若x1,2，f(x)g(x)，求实数b范围.则令h(x)f(x)g(x)，hmin(x)≥0 ⑥若x1,2，f(x)g(x)，求实数b范围.则令h(x)f(x)g(x)，hmax(x)≥0

2x2f(x)x1，g(x)ax52a(a0)． 变式2：设（1）求f(x)在x[0,1]上的值域；

（2）若对于任意x1[0,1]，总存在x0[0,1]，使得g(x0)f(x1)成立，求a的取值范围．

三．数形结合

通过构造图形，从图形上可以直观地看出不等式恒成立和能成立需要的条件 例1.设函数f(x)|x1||2x4|.（1）画出f(x)图像；（2）若关于x的不等式f(x)ax1恒成立，试求实数a的取值范围。

变式：(2010宁夏24）设函数f(x)2x41，（1）画出f(x)图像；

（2）若不等式f(x)≤ax的解集非空，求a的取值范围。

解：

2x5，x2f(x)2x3，x2则函数yf(x)的图像如图（Ⅰ）由于所示。

yax的图像可知，当且仅当（Ⅱ）由函数yf(x)与函数

a12或a2时，函数yf(x)与函数yax的图像有交点。故不等式f(x)ax的解集非空时，的取值范围为

1，2，2。

第二篇：高中数学学习问题及建议论文

摘要：数学是高中课程体系中最基本的科目之一，是其他理科学习与运算的基础学科，因此学好数学具有重要的现实意义。但是许多学生在数学学习过程中存在着一些错误，导致数学成绩得不到提升。本文举例分析了高中数学学习中五种常犯的错误，并针对这些误区提出而一些改进措施。

关键词：高中数学；常犯的错误；学习方法

数学学科对学生的逻辑思维有着较高的要求，使得许多学生在学习中不能得心应手，存在着许多误区。通过分析学生在高中数学学习中出现的问题，能够让学生明确自身的不足，并在后续的学习中有意识地去加以改进，促进数学学习效果的提高。

一、高中数学学习中五种常犯的错误

1）学习理念上的不当。一方面，由于受到传统应试教育模式的影响，许多学生片面地认为学习就是为了取得高分，因此其学习目的带有功利性，仅仅为了在高考中取得较好的成绩而去学习，忽视了自身能力的提高。另一方面，数学学习有一定的难度，其教学内容具有较强的逻辑性，再加上教师所传授的知识有着一定的抽象性，因此对学生的能力要求较高。许多学生很难掌握学习内容，久而久之就产生了厌学的心理，消极地面对学习。[1]2）对基础知识的掌握不够牢固。在学习的过程中，有的学生粗心大意，对于基础知识看似是掌握全面了，但仔细分析却还有着许多不足。有的学生自以为是，对某些原理知识只停留在“知道”、“了解”的层面上，而不肯再多下点功夫去深入钻研。其知道了一种题目的解题思路之后，就想当然地利用这种解题方式去解答看上去相似但本质却不同的题目，因此其学习效果总是不能够提升。此外，部分学生还不能明确什么条件下该使用什么样的公式。其能够记住大部分的公式，但是对于如何去应用却是有些茫然，对公式和其对应的应用条件了解的不够，故而在答题时只能够一个个公式地去试，这样不但浪费时间而且还很难解出正确答案。3）缺乏学习的自主性。在当前素质教育的新形势下，学生的自主学习能力也使综合素质的一个重要体现。但是由于受到传统的“以教师为中心”学习模式的束缚，学生的主动性受到了压制，更多的是依赖于教师、依赖于课堂教学。在学习中，只是跟随教师的思路去机械地做笔记，而很少主动地去发现问题、探究问题，缺乏自主学习的能力。[2]4）审题意识与审题能力较弱。审题是数学学习的关键，数学学科具有较强的逻辑性，因此在题目的设置上也对学生的思维能力有着较高的要求，在解答题目时往往需要学生利用逆向思维、空间思维去从不同的角度来进行解答。

二、改进高中数学学习中存在错误的建议

1）明确学习目的、端正学习态度。素质教育要求培养学生各方面的能力，而不仅仅是追求分数的高低，因此在学习过程中，学生应当转变原有的认知，端正学习态度，消除掉功利心理，注重在学习过程中自身思维能力、创新能力、合作能力的综合提升，以增强学习的动力。2）夯实基础，强化提高。对基础知识掌握牢固与否，是影响学生学习效果的关键，而数学学习的考试也是以基础知识为前提进行延展与深化。因此学生在学习过程中必须夯实基础，了解最基本的概念、公式，并掌握公式的应用范围。在对基础知识有所掌握之后，学生还要通过适当地训练来作进一步的强化提升，以实现数学成绩的提高。3）培养自主学习的能力。首先，在上课之前要自行对将要学到的知识进行预习，在结合旧知识的基础上加深对新知识的认知，并勾画出难以理解的地方，留待课堂上听老师讲授。其次，在课堂上要充分发挥自身的主观能动性，不仅仅要跟着教师的思路走，还要对教学内容进行深入地思考，以加深理解，同时将自己疑惑的地方标记出来。最后，在课堂结束之后要对还存在疑问的地方进行反思，如果自己得不出答案可以去查找资料、询问教师或者与同学讨论，以培养思维能力。与此同时，还要自行地进行解题训练，针对知识构成上的薄弱环节，对于相关的试题进行适当地练习，以形成解题思路，提高学习的效果。[3]4）培养审题意识、提高审题能力。审题是答题的首要步骤，审题时首先要找准题干中的关键要素，并有意识地排除干扰条件。其次要认真分析题干中的各种条件，有图表的再结合图表作深入探讨，并调动所学知识，选取行之有效的解题思路。最后，如果常规方法行不通，不妨试试从另外的角度出发，利用逆向思维的方法推出解题要点，再根据这些要点进行解答。例如概率类的题型中，一般是需要对可能出现的多种情况分开讨论，因此需要读懂题目的关键要素，并根据这些要素去思考可能会出现的情况。

三、结束语

所有的学生在数学学习的过程中不可避免地会出现一些误区，因此需要加强反思，在老师与同学的帮助下认识到这些错误，并采取一些有效的措施来加以改进，这样才能提升学习的效率，同时还有利于综合素养的提升。

参考文献:

[1]竺仕芳.激发兴趣,走出误区——综合高中数学教学探索[J].宁波教育学院学报,2003,04:74-76.[2]徐生海.浅谈高中数学学习过程中的误区及建议[J].教育教学论坛,2014,38:124-125.[3]阳洁.浅议高中数学学习的误区及方法建议[J].新课程(下),2011,01:132.

第三篇：含参二次函数最值问题探讨

含参二次函数最值问题探讨

甘肃畜牧工程职业技术学院

张发荣

733006 二次函数模型是重要的函数模型，在北师大版高中《数学》新教材中占了大量的篇幅，详尽介绍了二次函数的性质及应用．特别是二次函数的最值问题是历年来高考命题的一个热点问题，而求二次函数的最值问题归纳起来主要有四种形式：（1）轴定区间定，（2）轴定区间动，（3）轴动区间定．

（四）轴动区间动。一般来说，讨论二次函数在区间上的最值，主要看区间落在二次函数的哪一个单调区间上，从而用相应的单调性来求最值，这种思路体现了分类讨论的思想方法．下面就新教材，通过例子具体谈谈二次函数最值的几种求解方法．

一、轴定区间定

由于这种类型的二次函数的对称轴是固定的，区间也是固定的，因而求它的最值，只 要直接应用单调性求出最值即可．

例1（2002年高考数学上海卷）fxx22ax2，x5,5．（1）当a1时，求函数fx的最大值和最小值；

（2）求实数a的取值范围，使yfx在区间5,5上是单调函数．

解：方法

（一）：（1）当a1时，fxx22x2x11，x5,5，2由于对称轴为x1，区间为5,5，而当1x5时，fx是单调递增的；当5x1时，fxx22ax2fx是单调递减的，所以fxminf11，fxmaxf537．

（2）=xa2a2，所以对称轴为xa，由数形结合可知，当a5时，2fx在区间5,5上单调递减；当a5时，fx在区间5,5上单调递增．

方法

（二）：（导数法）

''（1）当a1时，因为fx2x2，令fx0，得x1

''当5x1时，fx0，当1x5时，fx0 所以x1是fx的极小值点

fxminf1

1fxmaxf5,f5'maxf537

（2）fx在区间5,5上单调等价于yfx在区间5,5上恒大于等于0或恒小于等于0，于是2x2a0或2x2a0在5,5上恒成立

所以ax或ax在5,5上恒成立 故a5或a5

二、轴定区间动

由于这种形式的对称轴是固定的，而区间是变动的，因而求它的最值必须进行分类讨论才能得出结果．

例2（2008年高考数学全国卷）已知函数fxx23x5，xt,t1，若fx 的最小值为ht，写出ht的表达式．

分析：所求二次函数解析式固定，区间变动，可考虑区间在变动过程中二次函数的单调性，从而利用二次函数的单调性求出此函数的最值．

3329

解：fxx，所以对称轴为x固定，而区间t,t1是变动的，224因此有

（1）当t1

（2）当t

（3）当t2352，即t时，hxft1t13t15t25t1；

2232时，hxftt3t5； 2353293t1，即t时，htf． 2224225t5t1t23295t

综上所述，hx

24232t3t5t2

三、轴动区间定

这种形式的二次函数对称轴是变动的，而区间是固定的，要求其最值，需要讨论对称轴在区间端点之间、端点之外时的各种情况才能确定．

例3（2011年高考数学宁夏卷）若fx12a2acosx2sinx的最小值为

2ga．

（1）求ga的解析式；（2）求能使ga1的a值，并求出当a取此值时，fx的最大值． 2分析：这是一个定区间，动对称轴的最值问题，要求它的最值要由定区间看动轴的不

同变化，再由函数的单调性求出最值．

aa2 解：（1）fx2cosx2a1，令tcosx1,1，所以对称轴

22tcosx当

2a是变动的，而t1,1是定区间．于是有 2a1，即a2时，fx在cosx1时取得最小值，即ga1； 2aa当11，即2a2时，fx在cosx时取得最小值，22a22a1； 即ga2当a1，即a2时，fx在cosx1时取得最小值，即ga14a． 214aa22a2a12a2 综上所述，ga21a2111a212a1时，由于14a得（2）当ga，即14a或222221a21a，显然不合题意，故只有2a1，即a3（舍去）或a1，822因为2a2才符合题意，所以当ga21时，a1，211所以fx2cosx，因此，当cosx1时，fxmax5．

22四，轴动区间动

对称轴不定，区间也不定，由于它们的变化是相互制约的，故必须对它们的制约关系（含参量）进行讨论：对称轴横坐标在所给的区间内；对称轴横坐标不在所给的区间内，同样是按照对称轴关于区间的位置分情况讨论。

例4，已知y4axaa0，求fxx3y2的最小值 22解y4axa代入fx中，得 2fxx34axax32a12a8a2，xa, 222（1）当32aa，即0a1时，fxminf32a12a8a；

（2）当32aa，即a1时，fxminfaa3 3

212a8a(0a1)因此可得，fxmin= 2(a3)(a1)综上 ,求二次函数的一般方法为：设函数fxax2bxc,a0,xm,n则对称轴为xb, 最值分情况讨论： 2ab时，对称轴在区间左侧，fx在m,n上递增，则fx的最大值为 2a[1] 当mfn，最小值为fm；

b 时，对称轴在区间右侧，fx 在m,n上递减,，则fx的最大值2a[2] 当n为fm，最小值为fn；

[3] 当 bbbm,n时，则fx的最小值为f；在m,上函数fx递2a2a2a减，则fx的最大值为fm，在比较fm与fn的大小即得．

b,n上函数fx递增，则fx的最大值为fn，2a参考文献 张忠．一元二次方程实根分布新探［Ｊ］．中学数学杂志，2007.4 2 李晓梅,李国兴．新课程下中学数学学习训练的设计［Ｊ］．数学通报，2007.2 3 张世林．一道高三调研考试题的繁解、错解、简解［Ｊ］．中学数学教学参考（高中），2007,5 4 刘瑞美,孙玉．求二次函数最值的几种形式［Ｊ］．中学数学教学参考（高中），2007,12

第四篇：高中数学中的对称问题小结

对称问题

一、要点梳理

1.对称问题的核心是点关于点的中心对称和点关于直线的轴对称，要充分利用转化的思想将问题转化为这两类对称中的一种加以处理.2.解决最值问题最常用的方法是目标函数法和几何法。3.求对称曲线的常用思想方法：代入转移法

4.许多问题中都隐含着对称性，要注意挖掘、充分利用对称变换来解决，如角平分线、线段中垂线、光线反射等

二、基础练习

1、已知圆C与圆(x－1)2＋y2＝1关于直线y＝－x对称，则圆C的方程为

（）A.(x＋1)2＋y2＝

1B.x2＋y2＝1

C.x2＋(y＋1)2＝1

D.x2＋(y－1)2＝1

2、方程|2x+y|+|2x-y|=4表示的曲线曲线

（）A.关于x轴对称但不关于y轴对称

B.关于y轴对称但不关于x轴对称 C.关于原点对称

D.以上都不对

3、函数y＝－ex的图象

（）A.与y＝ex的图象关于y轴对称

B.与y＝ex的图象关于坐标原点对称

C.与ye的图象关于y轴对称

D.与ye的图象关于坐标原点对称

4、曲线x2＋4y2＝4关于点M（3，5）对称的曲线方程为___________.5、光线从点A（-3，4）发出，经过x轴反射，再经过y轴反射，光线经过点B（-2，6），求射入y轴后的反射线的方程。

变式：已知直线l1: x+my+5=0和直线l2:x+ny+P=0，则l1、l2关于y轴对称的充要条件是（）A、xx5p

mnB、p=-5

C、m=-n且p=-5

D、11且p=-5 mn6.直线2x3y60交x、y轴于A、B两点，试在直线yx上求一点P，使P1AP1B最小，则P点的坐标是_______ 思考、已知函数f(x)13xx2x的图象C上存在一定点P满足：若过点P的直线l与曲线C交于不同于P的3两点M(x1,y1),N(x2,y2)，且恒有y1y2为定值y0，则y0的值为（）A.12

4B.

C.

D.2 3337、已知点M（3，5），在直线：x2y20和y轴上各找一点P和Q，使MPQ的周长最小。

x2y21的焦点为焦点作椭圆。问：点P在何处时，8、在直线l:xy90上任取一点P，过点P且以椭圆

123所作椭圆的长轴最短？并求具有最短长轴的椭圆的方程。

9、已知长方形的四个顶点A（0，0）、B（2，0）、C（2，1）和D（0，1），一质点从AB的中点P0沿与AB夹角为θ的方向射到BC上的点P1后，依次反射到CD、DA和AB上的点P2、P3和P4（入射角等于反射角）.设P4的坐标为（x4，0）.若1

10、已知抛物线y=ax2－1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点，试求实数a的取值范围.x2y2变式：已知椭圆方程为试确定实数m的取值范围，使得椭圆上有不同的两点关于直线y4xm1，43对称。

11、已知函数f(x)lnx(0x1)1x（1）在函数yf(x)的图象上是否存在一点（m,n），使得yf(x)的图象关于（m,n）对称？（2）令g(x)f(1x11)，是否存在这样的实数b，使得任意的a∈[,]时，对任意的x∈(0,)，不等式2x43g(x)xax2b恒成立？若存在，求出b的取值范围；若不存在，说明理由.12、已知抛物线C:y24x，过M(m,0)的直线l与C相交于A、B两点，O为坐标原点.（Ⅰ）若m=3，l的斜率为1，求以AB为直径的圆的方程；

（Ⅱ）若m0，且存在直线l使得|AM|,|OM|,|MB|成等比数列，求m的取值范围.（Ⅲ）若m0，记A关于x轴的对称点为A1，求证：直线A1B过定点.13、设A(x1,y1),B(x2,y2)两点在抛物线y2x上，l是AB的垂直平分线．（Ⅰ）当且仅当x1x2取何值时，直线l经过抛物线的焦点F？证明你的结论；

(Ⅱ)当直线l的斜率为2时，求l在y轴上截距的取值范围．

214、已知函数f（x）=(Ⅰ)求实数a,b的值；(Ⅱ)设g（x）=f(x)+13xx2axb的图像在点P（0,f(0)）处的切线方程为y=3x-2.3m是[2,]上的增函数。x

1（i）求实数m的最大值；

(ii)当m取最大值时，是否存在点Q，使得过点Q的直线若能与曲线y=g(x)围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等?若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由。

参考解答：

1、C；

2、C；

3、D；

4、（x－6）2+4（y－10）2=4；

5、解：A（-3，4）关于x轴的对称点A1（-3，-4）在经x轴反射的光线上；A1（-3，-4）关于y轴的对称点A2（3，-4）在经过射入y轴的反射的光线上，∴kA2B=

642

23∴所求直线方程为 y62(x2)，即2xy20 变式、C；

6、(0,0)； 思考、B；解析： f(x)13111xx2x(x33x23x11)(x1)3 3333111f(x)(x1)3从而f(x)的图像关于定点(1,)对称，333112所以点P为(1,)，y1y2y02()

3337、解：可求得点M关于l的对称点为M1（5，1），点M关于y轴的对称点为M2（-3，5），则

MPQ的周长就是M2QQPPM1，连M2M1，则直线M2M1与y轴及直线x2y20的交点P、Q即为所求。

直线M1M2的方程为x2y70，直线M1M2与y轴的交点坐标为Q(0,)，由方程组72x2y2059597 得交点P(,)，∴点P(,)、Q(0,)即为所求。

24242x2y708、略

9、解：设P1B=x，∠P1P0B=θ，则CP1=1－x，P3PB∠P1P2C、∠P3P2D、∠AP4P3均为θ，∴tanθ=1=x.P0BCP1x1x1又tanθ=1==x，∴CP2==－1.CPCP2xx2而tanθ=

D(0,1)P2C(2,1)P1B(2,0)A P0P4P3D=P2DDP3DP31==x，∴DP3=x（3－）=3x－1.11x2(1)3xx又tanθ=AP31(3x1)23x23x2===x，∴AP4==－3.AP4AP4AP4xx依题设1> xx42512>tanθ>.2510、解法一：设抛物线上关于直线l对称的两相异点为P（x1，y1）、Q（x2，y2），线段PQ的中点为M（x0，y0），yxb，设直线PQ的方程为y=x+b，由于P、Q两点存在，所以方程组有两组不同的实数解，即得方程 2yax1ax2－x－（1+b）=0.① 判别式Δ=1+4a（1+b）＞0.②

x1x211=，y0=x0+b=+b.2a2a21113∵M∈l，∴0=x0+y0=++b，即b=－，代入②解得a＞.a42a2a解法二：设同解法一，由题意得 由①得x0=y1ax121，yax21，22y1y21，xx12y1y2x1x20.22①②③ ④将①②代入③④，并注意到a≠0，x1－x2≠0，得

1xx12a，由二元均值不等式易得2（x12+x22）＞（x1+x2）2（x1≠x2）.12x12x222.aa将⑤⑥代入上式得2（－1a2解法三：同解法二，由①－②，得y1－y2=a（x1+x2）（x1－x2）.yy2∵x1－x2≠0，∴a（x1+x2）=1=1.x1x2x1x21=.∵M（x0，y0）∈l，2a2111∴y0+x0=0，即y0=－x0=－，从而PQ的中点M的坐标为（，－）.2a2a2a∴x0=∵M在抛物线内部，∴a（+

213）＞（）2，解得a＞.aa41132）－（－）－1＜0.解得a＞.（舍去a＜0，为什么?）

42a2a变式：解法一：该问题等价于存在直线y中点落在直线y4xm上。

1xn，使得这直线与椭圆有两个不同的交点P、Q，线段PQ的4x2y243122由消去y得13x8nx16n480 y1xn4∵直线与椭圆有两个不同交点。

∴64n2413(16n248)0由韦达定理得：x1x21313 ① n228n124n，y1y2(x1x2)2n。13413 4n12n,)又M在直线y4xm上 1313124n4n4m，∴mn ② ∴131313故PQ中点为M(由①②知213213 m1313解法二：设A(x1,y2)、B(x2,y2)是椭圆上关于直线y4xm对称的相异的两点，x12y12x22y22AB中点为M(x0,y0)。则1,1，4343由点差法得y03x0，代入y04x0m解得，M点坐标为(m,3m)。而M是AB中点，∴M点在椭圆内部。

m29m2213213∴。1。解得m43131311、【解析】（1）若存在一点（m，n），使得y =f(x)的图象关于点（m，n）对称，则f(x+m)+f(m－x)=2n

xmmxm2x2即ln lnln1xm1mx(1m)2x2当m11在y=f(x)的图像上，,n0时f(x+m)+f(m－x)=2n 且,0221，使得y=f(x)的图像关于1对称。所以在y=f(x)的图像上存在一点,0,0221x（2）gx=ln2xlnx1(x＞－1), 构造函数Fx=ln1xxax，1x12x12axx112ax2axx112a则Fx2ax1，x1x1x12

因为x0,a∈[,]所以x10,2ax0, 1143 111),F(x)在(0,1)上是减函数； 2a2a111,),F(x)在(1,)上是增函数； 若F(x)0，则x∈(2a2a111111时,F(x)取最小值，即F(x)minF(1)=ln1a(1)2 所以当x2a2a2a2a2a111111a1=lna

=ln2a2a4a2a4a若F(x)0，则x∈(0,记h(a)ln11111111a,又h(a)2a(2)2121(2)2, 2a4aa4a2a4a4a

11113∈[3，4]所以h(a)0,即h(a)在[,]上为增函数，所以h(a)minh()ln2

44a433所以若使F(x)b恒成立，只需bln2.4311所以存在这样的实数bln2,使得对a∈[,]，对任意的x∈(0,)时，443因为不等式ln（1+x）＞x-ax2+b恒成立.12、（Ⅰ）解：由题意，直线l的方程为yx3，由yx3y4x

2得

y24y120y12,y26，故A1,2,B9,6

以AB为直径的圆的圆心为AB中点5,2，半径为

AB42 2圆的方程为:x5y232.（Ⅱ）解：设A, B两点坐标为A(x1,y1),B(x2,y2), MBAM(0).22则AM(mx1,y1),MB(x2m,y2)，所以 x2m(mx1)

○

1yy21

因为点A, B在抛物线C上, 2

所以y12=4x1,y22

=4x2，○

由○1○2，消去x2,y1,y2得x1m.若此直线l使得|AM|,|OM|,|MB|成等比数列，则|OM|2|MB||AM|，2即|OM|2|AM||AM|，所以m2[(x1m)2y1]，因为y12=4x1，x1m，所以m2m[(x1m)24x1]，x12整理得x1(3m4)x1m20，○

因为存在直线l使得|AM|,|OM|,|MB|成等比数列，所以关于x1的方程○3有正根，因为方程○3的两根之积为m2>0, 所以只可能有两个正根，3m40

所以m20，解得m4.(3m4)24m20 故当m4时，存在直线l使得|AM|,|OM|,|MB|成等比数列.（Ⅲ）定点位N(-m,0)。

13、解：（Ⅰ）Fl|FA||FB|A,B两点到抛物线的准线的距离相等．

∵抛物线的准线是x轴的平行线，y10,y20,依题意y1,y2不同时为0，2∴上述条件等价于y1y2x12x2(x1x2)(x1x2)0;

∵x1x2，∴上述条件等价于

x1x20.即当且仅当x1x20时，l经过抛物线的焦点F． 另解：（Ⅰ）∵抛物线y2x2，即x2y11,p，∴焦点为F(0,)

248（1）直线l的斜率不存在时，显然有x1x20

（2）直线l的斜率存在时，设为k，截距为b

即直线l：y=kx+b

由已知得：

yy2221kx1x2b2x22x1kx1x2b

222222y1y212x12x21kx1x2x1x2k

22x1x2bkx1x2 x2x21b0b1 212441x1x22k即l的斜率存在时，不可能经过焦点F(0,)

所以当且仅当

18xx12=0时，直线l经过抛物线的焦点F

（II）设l在y轴上的截距为b，依题意得l的方程为y2xb； 过点A、B的直线方程可写为y所以x1,x2满足方程2x21xm，211xm0,得x1x2； 2411.A，B为抛物线上不同的两点等价于上述方程的判别式8m0, 即m432设AB的中点N的坐标为(x0,y0)，则x01111(x1x2,y0x0mm.28216由Nl,得115519mb,于是bm.1641616323232即得l在y轴上截距的取值范围为（9,）．

法二:y1=2x1, y2=2x2, 相减得2

2y1y212(x1x2)4x0,即4x0, x1x221192x0,y0b, 中点在抛物线内必y02x0 得b843214、解：（Ⅰ）由f'(x)x22xa及题设得f'(0)3a3即。

b2f(0)2（Ⅱ）（ⅰ）由g(x)13mm2xx23x2

得g'(x)x2x3。23x1(x1)g(x)是[2,)上的增函数，g'(x)0在[2,)上恒成立，即x2x32m0在[2,)上恒成立。

(x1)2m0在[1,)上恒成立 t设(x1)2t。x[2,),t[1,)，即不等式t2当m0时，不等式t2m0在[1,)上恒成立。tm当m0时，设yt2，t[1,)

tmm因为y'120，所以函数yt2在[1,)上单调递增，因此ymin3m。

ttymin0,3m0，即m3。又m0，故0m3。

综上，m的最大值为3。

1331xx23x2，其图像关于点Q(1,)成中心对称。3x131332证明如下：g(x)xx3x2

3x113183g(2x)(2x)3(2x)23(2x)2x3x23x

32x1331x2因此，g(x)g(2x)。

32上式表明，若点A(x,y)为函数g(x)在图像上的任意一点，则点B(2x,y)也一定在函数g(x)的图像上。

31而线段AB中点恒为点Q(1,)，由此即知函数g(x)的图像关于点Q成中心对称。

3（ⅱ）由（ⅰ）得g(x)

第五篇：2016(好)高中数学排列组合问题常用的解题方法

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高中数学排列组合问题常用的解题方法

一、相邻问题捆绑法

题目中规定相邻的几个元素并为一个组(当作一个元素)参与排列． 例1 五人并排站成一排，如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法种数有 种。

分析：把甲、乙视为一人，并且乙固定在甲的右边，则本题相当于4人4的全排列，A424种。

二、相离问题插空法

元素相离(即不相邻)问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定相离的几个元素插入上述几个元素间的空位和两端．

例2 七个人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同排法的种数是。

分析：除甲乙外，其余5个排列数为A5种，再用甲乙去插6个空位有A652种，不同的排法种数是A5A63600种。

三、定序问题缩倍法

在排列问题中限制某几个元素必须保持一定顺序，可用缩小倍数的方法． 例3 A、B、C、D、E五个人并排站成一排，如果 B必须站A的右边(A、B可不相邻)，那么不同的排法种数有。

分析：B在A的右边与B在A的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元

1560种。素全排列数的一半，即A

52四、标号排位问题分步法

把元素排到指定号码的位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成．

例4 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有。

分析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法。

五、有序分配问题逐分法

有序分配问题是指把元素按要求分成若干组，可用逐步下量分组法。例5 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需1人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法总数有。

分析：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任务，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有211C10C8C72520种。

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六、多元问题分类法

元素多，取出的情况也有多种，可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后总计。

例6 由数字 0，1，2，3，4，5组成且没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有 个。

分析：按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有511311311313个，A4A5A3A3,A3A3A3,A2A3A3,A3A3个，合并总计300个。

例7 从1，2，3，„100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法(不计顺序)共有多少种？

分析：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，他们的乘积就能被7整除，将这100个数组成的集合视为全集I,能被7整除的数的集合记做A7,14,21,98共有14个元素,不能被7整除的数组成的集合记做A1,2,3,4，10086个元素；由此可知，从A中任取2个元素的取法有共有211，从A中任取一个，又从A中任取一个共有C14，两种情形共符合要求的C14C86211取法有C14C14C861295种。

例8 从1，2，„100这100个数中，任取两个数，使其和能被4整除的取法(不计顺序)有多少种？

分析：将I1,2,3,100分成四个不相交的子集，能被4整除的数集

97，能被4除余2的数99，易见这四个集合中A4,8,12,集C2,6,100；能被4除余1的数集B1,5,9，98，能被4除余3的数集D3,7,11,每一个有25个元素；从A中任取两个数符合要；从B,D中各取一个数也符合要求；从C中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要求2112的取法共有C25种。C25C25C2

5七、交叉问题集合法

某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式n(AB)n(A)n(B)n(AB。)

例 9 从6名运动员中选出4个参加4×100m接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同参赛方法？

分析：设全集Ⅰ＝｛6人中任取4人参赛的排列｝，A＝｛甲第一棒的排列｝，B＝｛乙跑第四棒的排列｝，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：

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n(Ⅰ)－n(A)－ n(B)＋n(A∩B)＝P64P53P53P42＝252(种)．

八、定位问题优先法

某个(或几个)元素要排在指定位置，可先排这个(几个)元素，再排其他元素。

例10 1名老师和4名获奖同学排成一排照像留念，若老师不在两端，则有不同的排法有_______ _种。

41分析：老师在中间三个位置上选一个有A3种，4名同学在其余4个位置上有A414种方法；所以共有A3A472种。

九、多排问题单排法

把元素排成几排的问题，可归结为一排考虑，再分段处理。

例11 6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是。

分析：前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排6成一排，共A6720种。

例12 8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某 1个元素要排在后排，有多少种排法？

2分析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有A4种，某11个元素排在后半段的四个位置中选一个有A4种，其余5个元素任排5个位置上5125有A5种，故共有A4A4A55760种排法。

十、“至少”问题间接法

关于“至少”类型组合问题，用间接法较方便。例13 从4台甲型和5台乙型电视机中任取出3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同取法共有 种。

分析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种

333型号的电视机，故不同的取法共有C9C4C570种。

分析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；

2112甲型2台乙型1台；故不同的取法有C5C4C5C470种。

十一、选排问题先取后排法

从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定位置上，可用先取后排法。

例14 四个不同的球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有_____ ___种

2分析：先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有C4种，再排：在 3

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323四个盒中每次排3个有A4种，故共有C4A4144种。

例15 9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同分组法？

22分析：先取男女运动员各2名，有C52C4种，这四名运动员混和双打练习有A2222中排法，故共有C5C4A2120种。

十二、部分合条件问题排除法

在选取总数中，只有一部分合条件，可从总数中减去不合条件数，即为所求。

例16 以一个正方体顶点为顶点的四面体共有 个。分析：正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成C84四面体，但6个表面和6个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有C841258个。

例17 四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有 种。

4分析：10个点中任取4个点共有C10种，其中四点共面的有三种情况：①在44四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为C6，四个面共有4C6个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6

44个；所以四点不共面的情况的种数是C104C636141种。

十三、复杂排列组合问题构造模型法

例18马路上有编号为1，2，3„9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？

分析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮3的灯C5种方法。所以满足条件的关灯方案有10种。

十四、利用对应思想转化法

例19 圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有多少个？ 分析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的410个点可以确定多少个不同的四边形，显然有C10个，所以圆周上有10点，以4这些点为端点的弦相交于圆内的交点有C10个。