高考數(shù)學(xué)(理)二輪專題練習(xí)：解答題的八個(gè)答題模板(含答案

1、 解答題的八個(gè)答題模板【模板特征概述】數(shù)學(xué)解答題是高考數(shù)學(xué)試卷中的一類重要題型，通常是高考的把關(guān)題和壓軸題，具有較好的區(qū)分層次和選拔功能目前的高考解答題已經(jīng)由單純的知識(shí)綜合型轉(zhuǎn)化為知識(shí)、方法和能力的綜合型解答題在高考考場(chǎng)上，能否做好解答題，是高考成敗的關(guān)鍵，因此，在高考備考中學(xué)會(huì)怎樣解題，是一項(xiàng)重要的內(nèi)容本節(jié)以著名數(shù)學(xué)家波利亞的怎樣解題為理論依據(jù)，結(jié)合具體的題目類型，來談一談解答數(shù)學(xué)解答題的一般思維過程、解題程序和答題格式，即所謂的“答題模板”“答題模板”就是首先把高考試題納入某一類型，把數(shù)學(xué)解題的思維過程劃分為一個(gè)個(gè)小題，按照一定的解題程序和答題格式分步解答，即化整為零強(qiáng)調(diào)解題程序化，答題格

2、式化，在最短的時(shí)間內(nèi)擬定解決問題的最佳方案，實(shí)現(xiàn)答題效率的最優(yōu)化模板1三角變換與三角函數(shù)的性質(zhì)問題已知函數(shù)f(x)2cos x·sinsin2xsin xcos x1.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)求函數(shù)f(x)的最大值及最小值；(3)寫出函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間審題路線圖不同角化同角降冪擴(kuò)角化f(x)Asin(x)h結(jié)合性質(zhì)求解規(guī) 范 解 答 示 例構(gòu) 建 答 題 模 板解f(x)2cos xsin2xsin xcos x12sin xcos x(cos2xsin2x)1sin 2xcos 2x12sin1.(1)函數(shù)f(x)的最小正周期為.(2)1sin1，12sin

3、13.當(dāng)2x2k，kZ，即xk，kZ時(shí)，f(x)取得最大值3；當(dāng)2x2k，kZ，即xk，kZ時(shí)，f(x)取得最小值1.(3)由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 (kZ).第一步化簡(jiǎn)：三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)，一般化成yAsin(x)h的形式，即化為“一角、一次、一函數(shù)”的形式第二步整體代換：將x看作一個(gè)整體，利用ysin x，ycos x的性質(zhì)確定條件第三步求解：利用x的范圍求條件解得函數(shù)yAsin(x)h的性質(zhì)，寫出結(jié)果第四步反思：反思回顧，查看關(guān)鍵點(diǎn)，易錯(cuò)點(diǎn)，對(duì)結(jié)果進(jìn)行估算，檢查規(guī)范性. (2014·福建)已知函數(shù)f(x)cos x(sin xcos x)

4、.(1)若0<<，且sin ，求f()的值；(2)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間解方法一(1)因?yàn)?<<，sin ，所以cos .所以f()×().(2)因?yàn)閒(x)sin xcos xcos2xsin 2xsin 2xcos 2xsin(2x)，所以T.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為k，k，kZ.方法二f(x)sin xcos xcos2xsin 2xsin 2xcos 2xsin(2x)(1)因?yàn)?<<，sin ，所以，從而f()sin(2)sin.(2)T.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.所

5、以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為k，k，kZ.模板2解三角形問題在ABC中，若acos2ccos2b.(1)求證：a，b，c成等差數(shù)列；(2)求角B的取值范圍審題路線圖(1)(2)規(guī) 范 解 答 示 例構(gòu) 建 答 題 模 板(1)證明因?yàn)閍cos2ccos2a·c·b，所以ac(acos Cccos A)3b，故ac3b，整理，得ac2b，故a，b，c成等差數(shù)列(2)解cos B，因?yàn)?<B<，所以0<B.第一步定條件：即確定三角形中的已知和所求，在圖形中標(biāo)注出來，然后確定轉(zhuǎn)化的方向第二步定工具：即根據(jù)條件和所求，合理選擇轉(zhuǎn)化的工具，實(shí)施邊角之間的互化第三步求結(jié)

6、果第四步再反思：在實(shí)施邊角互化的時(shí)候應(yīng)注意轉(zhuǎn)化的方向，一般有兩種思路：一是全部轉(zhuǎn)化為邊之間的關(guān)系；二是全部轉(zhuǎn)化為角之間的關(guān)系，然后進(jìn)行恒等變形. (2014·遼寧)在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且a>c，已知·2，cos B，b3.求：(1)a和c的值；(2)cos(BC)的值解(1)由·2得c·acos B2.又cos B，所以ac6.由余弦定理，得a2c2b22accos B.又b3，所以a2c292×6×13.解得或因?yàn)閍>c，所以a3，c2.(2)在ABC中，sin B ，由正弦定理，得sin

7、Csin B×.因?yàn)閍b>c，所以C為銳角，因此cos C .于是cos(BC)cos Bcos Csin Bsin C××.模板3數(shù)列的通項(xiàng)、求和問題(2014·江西)已知首項(xiàng)都是1的兩個(gè)數(shù)列an，bn(bn0，nN*)滿足anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令cn，求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若bn3n1，求數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn.審題路線圖(1)(2)規(guī) 范 解 答 示 例構(gòu) 建 答 題 模 板解(1)因?yàn)閍nbn1an1bn2bn1bn0(bn0，nN*)，所以2，即cn1cn2，所以數(shù)列cn是以首項(xiàng)c11，公差d2的等差數(shù)列，故cn

8、2n1.(2)由bn3n1知ancnbn(2n1)3n1，于是數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn1·303·315·32(2n1)·3n1，3Sn1·313·32(2n3)·3n1(2n1)·3n，相減得2Sn12·(31323n1)(2n1)·3n2(2n2)3n，所以Sn(n1)3n1.第一步找遞推：根據(jù)已知條件確定數(shù)列相鄰兩項(xiàng)之間的關(guān)系，即找數(shù)列的遞推公式第二步求通項(xiàng)：根據(jù)數(shù)列遞推公式轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列求通項(xiàng)公式，或利用累加法或累乘法求通項(xiàng)公式第三步定方法：根據(jù)數(shù)列表達(dá)式的結(jié)構(gòu)特征確定求和方法(如公

9、式法、裂項(xiàng)相消法、錯(cuò)位相減法、分組法等)第四步寫步驟：規(guī)范寫出求和步驟第五步再反思：反思回顧，查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)及解題規(guī)范. 已知點(diǎn)是函數(shù)f(x)ax (a>0，且a1)的圖象上的一點(diǎn)等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為f(n)c.數(shù)列bn (bn>0)的首項(xiàng)為c，且前n項(xiàng)和Sn滿足SnSn1 (n2)(1)求數(shù)列an和bn的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，問滿足Tn>的最小正整數(shù)n是多少？解(1)f(1)a，f(x)x.由題意知，a1f(1)cc，a2f(2)cf(1)c，a3f(3)cf(2)c.又?jǐn)?shù)列an是等比數(shù)列，a1c，c1.又公比q，an·n12·

10、n (nN*)SnSn1()() (n2)又bn>0，>0，1.數(shù)列構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為1、公差為1的等差數(shù)列，1(n1)×1n，即Snn2.當(dāng)n2時(shí)，bnSnSn1n2(n1)22n1，當(dāng)n1時(shí)，b11也適合此通項(xiàng)公式bn2n1 (nN*)(2)Tn×××××.由Tn>，得n>，滿足Tn>的最小正整數(shù)n的值為101.模板4利用空間向量求角問題(2014·山東)如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60°，AB2CD2，M是線段AB的中點(diǎn)(1)求證：C1M平

11、面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值審題路線圖(1)(2)規(guī) 范 解 答 示 例構(gòu) 建 答 題 模 板(1)證明因?yàn)樗倪呅蜛BCD是等腰梯形，且AB2CD，所以ABDC.又由M是AB的中點(diǎn)，因此CDMA且CDMA.連接AD1，如圖(1)在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因?yàn)镃DC1D1，CDC1D1，可得C1D1MA，C1D1MA，所以四邊形AMC1D1為平行四邊形，因?yàn)镃1MD1A.又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M平面A1ADD1.(2)解方法一如圖(2)，連接AC，MC.由(1)知CD

12、AM且CDAM，所以四邊形AMCD為平行四邊形，可得BCADMC，由題意得ABCDAB60°，所以MBC為正三角形，因此AB2BC2，CA，因此CACB.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz，所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，因此M，所以，.設(shè)平面C1D1M的一個(gè)法向量為n(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一個(gè)法向量n(1，1)又(0,0，)為平面ABCD的一個(gè)法向量，因此cos，n.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為.方法二由(1)知平面D1C1M平面ABCDAB，過點(diǎn)C向AB引垂線交AB于點(diǎn)N，連接D1N，

13、如圖(3)由CD1平面ABCD，可得D1NAB，因此D1NC為二面角C1ABC的平面角在RtBNC中，BC1，NBC60°，可得CN.所以ND1.所以RtD1CN中，cosD1NC，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為.第一步找垂直：找出(或作出)具有公共交點(diǎn)的三條兩兩垂直的直線第二步寫坐標(biāo)：建立空間直角坐標(biāo)系，寫出特征點(diǎn)坐標(biāo)第三步求向量：求直線的方向向量或平面的法向量第四步求夾角：計(jì)算向量的夾角第五步得結(jié)論：得到所求兩個(gè)平面所成的角或直線和平面所成的角. 如圖所示，在直三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)(1)求異面直線

14、A1B與C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值解(1)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,4)，D(1,1,0)，C1(0,2,4)所以(2,0，4)，(1，1，4)所以cos，.所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為.(2)由題意，知(0,2,0)是平面ABA1的一個(gè)法向量設(shè)平面ADC1的法向量為m(x，y，z)，因?yàn)?1,1,0)，(0,2,4)，由m，m，得取z1，得y2，x2，所以平面ADC1的一個(gè)法向量為m(2，2,1)設(shè)平面ADC1

15、與平面ABA1所成二面角為，所以|cos |cos，m|，得sin .所以平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為.模板5圓錐曲線中的范圍問題橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在y軸上，短軸長(zhǎng)為，離心率為，直線l與y軸交于點(diǎn)P(0，m)，與橢圓C交于相異兩點(diǎn)A，B，且3.(1)求橢圓C的方程；(2)求m的取值范圍審題路線圖(1)(2)規(guī) 范 解 答 示 例構(gòu) 建 答 題 模 板解(1)設(shè)橢圓C的方程為1(a>b>0)，設(shè)c>0，c2a2b2，由題意，知2b，所以a1，bc.故橢圓C的方程為y21，即y22x21.(2)設(shè)直線l的方程為ykxm(k0)，l與橢圓C的交點(diǎn)坐標(biāo)為

16、A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k22)x22kmx(m21)0，(2km)24(k22)(m21)4(k22m22)>0，(*)x1x2，x1x2.因?yàn)?，所以x13x2，所以所以3(x1x2)24x1x20.所以3·24·0.整理得4k2m22m2k220，即k2(4m21)(2m22)0.當(dāng)m2時(shí)，上式不成立；當(dāng)m2時(shí)，k2，由(*)式，得k2>2m22，又k0，所以k2>0.解得1<m<或<m<1.即所求m的取值范圍為.第一步提關(guān)系：從題設(shè)條件中提取不等關(guān)系式第二步找函數(shù)：用一個(gè)變量表示目標(biāo)變量，代入不等關(guān)系式第三

17、步得范圍：通過求解含目標(biāo)變量的不等式，得所求參數(shù)的范圍第四步再回顧：注意目標(biāo)變量的范圍所受題中其他因素的制約. 已知雙曲線1(a>1，b>0)的焦距為2c，直線l過點(diǎn)(a,0)和(0，b)，且點(diǎn)(1,0)到直線l的距離與點(diǎn)(1,0)到直線l的距離之和sc，求雙曲線的離心率e的取值范圍解設(shè)直線l的方程為1，即bxayab0.由點(diǎn)到直線的距離公式，且a>1，得到點(diǎn)(1,0)到直線l的距離d1，同理可得點(diǎn)(1,0)到直線l的距離為d2，于是sd1d2.由sc，得c，即5a2c2，可得52e2，即4e425e2250，解得e25.由于e>1，故所求e的取值范圍是.模板6解析幾何

18、中的探索性問題已知定點(diǎn)C(1,0)及橢圓x23y25，過點(diǎn)C的動(dòng)直線與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)(1)若線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是，求直線AB的方程；(2)在x軸上是否存在點(diǎn)M，使·為常數(shù)？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由審題路線圖設(shè)AB的方程yk(x1)待定系數(shù)法求k寫出方程；設(shè)M存在即為(m,0)求·在·為常數(shù)的條件下求m.規(guī) 范 解 答 示 例構(gòu) 建 答 題 模 板解(1)依題意，直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為yk(x1)，將yk(x1)代入x23y25，消去y整理得(3k21)x26k2x3k250.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由線段

19、AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是，得，解得k±，適合.所以直線AB的方程為xy10或xy10.(2)假設(shè)在x軸上存在點(diǎn)M(m,0)，使·為常數(shù)()當(dāng)直線AB與x軸不垂直時(shí)，由(1)知x1x2，x1x2. 所以·(x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x11)(x21)(k21)x1x2(k2m)(x1x2)k2m2.將代入，整理得·m2m2m22m.注意到·是與k無關(guān)的常數(shù)，從而有6m140，m，此時(shí)·.()當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)，此時(shí)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為、，當(dāng)m時(shí)，也有·.綜上，在x軸上存在定點(diǎn)M，使·為常數(shù).第

20、一步先假定：假設(shè)結(jié)論成立第二步再推理：以假設(shè)結(jié)論成立為條件，進(jìn)行推理求解第三步下結(jié)論：若推出合理結(jié)果，經(jīng)驗(yàn)證成立則肯定假設(shè)；若推出矛盾則否定假設(shè)第四步再回顧：查看關(guān)鍵點(diǎn)，易錯(cuò)點(diǎn)(特殊情況、隱含條件等)，審視解題規(guī)范性. (2014·福建)已知雙曲線E：1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別為l1：y2x，l2：y2x.(1)求雙曲線E的離心率(2)如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)直線l分別交直線l1，l2于A，B兩點(diǎn)(A，B分別在第一、四象限)，且OAB的面積恒為8.試探究：是否存在總與直線l有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的雙曲線E？若存在，求出雙曲線E的方程；若不存在，說明理由解(1)因?yàn)殡p曲

21、線E的漸近線分別為y2x，y2x，所以2，所以2，故ca，從而雙曲線E的離心率e.(2)方法一由(1)知，雙曲線E的方程為1.設(shè)直線l與x軸相交于點(diǎn)C.當(dāng)lx軸時(shí)，若直線l與雙曲線E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，則|OC|a，|AB|4a.又因?yàn)镺AB的面積為8，所以|OC|·|AB|8，因此a·4a8，解得a2，此時(shí)雙曲線E的方程為1.若存在滿足條件的雙曲線E，則E的方程只能為1.以下證明：當(dāng)直線l不與x軸垂直時(shí)，雙曲線E：1也滿足條件設(shè)直線l的方程為ykxm，依題意，得k>2或k<2，則C(，0)記A(x1，y1)，B(x2，y2)由得y1，同理，得y2.由SOAB|

22、OC|·|y1y2|，得|·|8，即m24|4k2|4(k24)由得(4k2)x22kmxm2160.因?yàn)?k2<0，所以4k2m24(4k2)(m216)16(4k2m216)又因?yàn)閙24(k24)，所以0，即l與雙曲線E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)因此，存在總與l有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的雙曲線E，且E的方程為1.方法二由(1)知，雙曲線E的方程為1.設(shè)直線l的方程為xmyt，A(x1，y1)，B(x2，y2)依題意得<m<.由得y1，同理，得y2.設(shè)直線l與x軸相交于點(diǎn)C，則C(t,0)由SOAB|OC|·|y1y2|8，得|t|·8.所以t24

23、|14m2|4(14m2)由得(4m21)y28mty4(t2a2)0.因?yàn)?m21<0，直線l與雙曲線E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)64m2t216(4m21)(t2a2)0，即4m2a2t2a20，即4m2a24(14m2)a20，即(14m2)(a24)0，所以a24，因此，存在總與l有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的雙曲線E，且E的方程為1.方法三當(dāng)直線l不與x軸垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)依題意，得k>2或k<2.由得(4k2)x22kmxm20.因?yàn)?k2<0，>0，所以x1x2.又因?yàn)镺AB的面積為8，所以|OA|·

24、|OB|·sinAOB8，又易知sinAOB，所以·8，化簡(jiǎn)，得x1x24.所以4，得m24(k24)由(1)得雙曲線E的方程為1，由得(4k2)x22kmxm24a20.因?yàn)?k2<0，直線l與雙曲線E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)4k2m24(4k2)(m24a2)0，即(k24)(a24)0，所以a24，所以雙曲線E的方程為1.當(dāng)lx軸時(shí)，由OAB的面積等于8可得l：x2，又易知l：x2與雙曲線E：1有且只有一個(gè)公共點(diǎn)綜上所述，存在總與l有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的雙曲線E，且E的方程為1.模板7離散型隨機(jī)變量的均值與方差甲、乙兩人參加某電視臺(tái)舉辦的答題闖關(guān)游戲，按照規(guī)則，

25、甲先從6道備選題中一次性抽取3道題獨(dú)立作答，然后由乙回答剩余3題，每人答對(duì)其中2題就停止答題，即闖關(guān)成功已知在6道備選題中，甲能答對(duì)其中的4道題，乙答對(duì)每道題的概率都是.(1)求甲、乙至少有一人闖關(guān)成功的概率；(2)設(shè)甲答對(duì)題目的個(gè)數(shù)為，求的分布列及均值審題路線圖(1)(2)規(guī) 范 解 答 示 例構(gòu) 建 答 題 模 板解(1)設(shè)甲、乙闖關(guān)成功分別為事件A、B，則P()，P()(1)3C·(1)2，則甲、乙至少有一人闖關(guān)成功的概率是1P(·)1P()·P()1×.(2)由題意知的可能取值是1,2.P(1)，P(2)，則的分布列為12PE()1×2

26、×.第一步定元：根據(jù)已知條件確定離散型隨機(jī)變量的取值第二步定性：明確每個(gè)隨機(jī)變量取值所對(duì)應(yīng)的事件第三步定型：確定事件的概率模型和計(jì)算公式第四步計(jì)算：計(jì)算隨機(jī)變量取每一個(gè)值的概率第五步列表：列出分布列第六步求解：根據(jù)均值、方差公式求解其值. (2014·江西)隨機(jī)將1,2，2n(nN*，n2)這2n個(gè)連續(xù)正整數(shù)分成A，B兩組，每組n個(gè)數(shù)，A組最小數(shù)為a1，最大數(shù)為a2，B組最小數(shù)為b1，最大數(shù)為b2，記a2a1，b2b1.(1)當(dāng)n3時(shí)，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)令C表示事件“與的取值恰好相等”，求事件C發(fā)生的概率P(C)；(3)對(duì)(2)中的事件C，表示C的對(duì)立事件，判斷P

27、(C)和P()的大小關(guān)系，并說明理由解(1)當(dāng)n3時(shí)，的所有可能取值為2,3,4,5.將6個(gè)正整數(shù)平均分成A，B兩組，不同的分組方法共有C20(種)，所以的分布列為2345PE()2×3×4×5×.(2)和恰好相等的所有可能取值為n1，n，n1，2n2.又和恰好相等且等于n1時(shí)，不同的分組方法有2種；和恰好相等且等于n時(shí)，不同的分組方法有2種；和恰好相等且等于nk(k1,2，n2)(n3)時(shí)，不同的分組方法有2C種；所以當(dāng)n2時(shí)，P(C)；當(dāng)n3時(shí)，P(C).(3)由(2)，當(dāng)n2時(shí)，P()，因此P(C)>P()而當(dāng)n3時(shí)，P(C)<P()理

28、由如下：P(C)<P()等價(jià)于4(2)<C.用數(shù)學(xué)歸納法來證明：1°當(dāng)n3時(shí)，式左邊4(2C)4(22)16，式右邊C20，所以式成立2°假設(shè)nm(m3)時(shí)式成立，即4(2)<C成立，那么，當(dāng)nm1時(shí)，左邊4(2)4(2)4C<C4C<C·<C右邊，即當(dāng)nm1時(shí)式也成立綜合1°，2°得：對(duì)于n3的所有正整數(shù)，都有P(C)<P()成立模板8函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題已知函數(shù)f(x)(xR)其中aR.(1)當(dāng)a1時(shí)，求曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2)處的切線方程；(2)當(dāng)a0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值審題路線圖規(guī) 范 解 答 示 例構(gòu) 建 答 題 模 板解(1)當(dāng)a1時(shí)，f(x)，f(2)，又f(x)，f(2).所以，曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2)處的切線方程為y(x2)，即6x25y320.(2)f(x).由于a0，以下分兩種情況討論當(dāng)a0時(shí)，令f(x)0，得到x1，x2a.當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(，)(，a)a(a，)f(x)00f(x)極小值極大值所以f(x)在區(qū)間，(a