高考数学 第20题优美解

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赏析和拓广2009年高考数学湖南卷第20题

赏析和拓广2009年高考数学湖南卷第20题
点评 通过对图形的研究 , 发现其 中的 内在 隐含的
法.
解法 5与解 法 6都 是考 生在 考 场上 解题 的 明智 之
关系 , 借助于两个距离 , 快速得 出弦长 的形式 , 再利用几 何平 均数 与算术平均 数 的关 系 , 出结果 , 法 比较 巧 求 此 妙, 且可操作性强 !当然 , 应用 此法 也可 以求 出 S的最
能力 , 这是考查 学生基础 知识综合 运用 和创 新能力 的好 题. 以, 以说它 和 2 0 所 可 0 7年上海高 考 中的“ 圆” 果 问题
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・ 试题赏析 ・
赏析 和拓 广 20 0 9年高 考 数 学 湖 南卷 第 2 O题
4 80 湖南 省怀化 市第 一 中学 100
题 目 在 平 面 直 角 坐 标 系 x y中 , P 到 点 F( , o 点 3

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2020年全国高考数学一卷(理)20题解法赏析

2020年全国高考数学一卷(理)20题解法赏析

2020年全国高考数学一卷(理)20题解法赏析陈志年(安徽省合肥市肥西中学㊀231200)摘㊀要:本文给出2020年全国高考数学一卷(理)20题的多种解法及评析.关键词:解析几何ꎻ直线过定点ꎻ引进参数ꎻ参数的去留.中图分类号:G632㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:1008-0333(2020)31-0038-02收稿日期:2020-08-05作者简介:陈志年(1962.4-)ꎬ男ꎬ安徽人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀2020年全国高考数学一卷(理)20题是一道解析几何题ꎬ其中第二问是证明直线过定点.虽然是一类常见常考的题型ꎬ但是解决起来有一定的难度.难点在于:引进一个参数ꎬ思路简单ꎬ可运算量大ꎬ要求运算流畅㊁准确ꎻ引进多个参数ꎬ最后涉及到参数的消去与保留ꎬ要求思维灵活㊁缜密.下面给出该题的多种解法及评析ꎬ欣赏一题多解的妙趣ꎻ领略难点突破的秘诀.题目㊀已知AꎬB分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a>1)的左右顶点ꎬG为E的上顶点ꎬAGң GBң=8.P为直线x=6上的动点ꎬPA与E的另一交点为CꎬPB与E的另一交点为D.(1)求E的方程ꎻ(2)证明:直线CD过定点.解㊀(1)由题设得A(-aꎬ0)ꎬB(aꎬ0)ꎬG(0ꎬ1)ꎬ则AGң=(aꎬ1)ꎬGBң=(aꎬ-1).由AGң GBң=8得a2-1=8ꎬ即a=3.所以E的方程为x29+y2=1.(2)解法1㊀由(1)知A(-3ꎬ0)ꎬB(3ꎬ0)ꎬ设P(6ꎬt)则PA的方程为y=t9(x+3).将y=t9(x+3)代入x29+y2=1得(t2+9)x2+6t2x+9t2-81=0ꎬ则-3xc=9t2-81t2+9ꎬ所以xc=-3t2+27t2+9ꎬC点的坐标为(-3t2+27t2+9ꎬ6tt2+9)ꎻ同样求得D点坐标为(3t2-3t2+1ꎬ-2tt2+1).当t2ʂ3时ꎬ直线CD的斜率kCD=4t-3t2+9ꎬ直线CD的方程为y+2tt2+1=4t-3t2+9(x-3t2-3t2+1)ꎬ即y=4t-3t2+9(x-32)ꎻ当t2=3时ꎬ直线CD的方程为x=32.综上ꎬ直线CD过定点(32ꎬ0).评析㊀本解法两次将直线方程代入椭圆方程得到关于x的一元二次方程ꎬ有一定的运算量ꎬ要求零失误ꎻ利用韦达定理求得C㊁D的坐标ꎬ是一个技巧ꎻ写出直线CD的方程还需要化简整理ꎬ方能得到所要证的结论.解法2㊀由(1)知A(-3ꎬ0)ꎬB(3ꎬ0)ꎬ设P(6ꎬt)ꎬC(3cosαꎬsinα)ꎬD(3cosβꎬsinβ)ꎬ则ACң=(3cosα+3ꎬsinα)ꎬAPң=(9ꎬt)ꎬBDң=(3cosβ-3ꎬsinβ)ꎬBPң=(3ꎬt).因为ACңʊAPңꎬBDңʊBPңꎬ所以(3cosα+3)t-9sinα=0ꎬ(3cosβ-3)t-3sinβ=0.当tʂ0时ꎬ则t=3tanα2ꎬt tanβ2=-1ꎬ从而tanα2tanβ2=-13.若cosαʂcosβꎬ直线CD的方程为y-sinα=sinα-sinβ3cosα-3cosβ(x-3cosα)ꎬ即y=sinα-sinβ3cosα-3cosβ(x-3sin(α-β)sinα-sinβ)ꎬ即y=sinα-sinβ3cosα-3cosβ(x-3cosα-β2cosα+β2)ꎬ即y=sinα-sinβ3cosα-3cosβ(x-3(1+tanα2tanβ2)1-tanα2tanβ2).将tanα2 tanβ2=83-13代入得直线CD的方程y=sinα-sinβ3cosα-3cosβ(x-32).若cosα=cosβꎬ由tanα2 tanβ2=-13ꎬ不妨设tanα2=33ꎬtanβ2=-33ꎬ所以cosα=cosβ=12ꎬ直线CD的方程为x=32.当t=0时ꎬ直线CD的方程为y=0.综上ꎬ直线CD过定点(32ꎬ0).评析㊀本解法利用椭圆的参数方程设点的坐标ꎬ减少了参数的个数ꎻ整个解答过程中ꎬ利用了多个三角公式ꎬ如:同角三角函数基本关系公式ꎬ两角和与差公式ꎬ二倍角公式及通过角的变换推导的 和差化积 公式等ꎬ可以说三角公式的运用得到了极致.解法3㊀由(1)知A(-3ꎬ0)ꎬB(3ꎬ0).设P(6ꎬt)ꎬ根据对称性直线CD所过定点在x轴上.当tʂ0时ꎬ设直线CD的方程为my=x-nꎬC(my1+nꎬy1)ꎬD(my2+nꎬy2)ꎬ则ACң=(my1+n+3ꎬy1)ꎬAPң=(9ꎬt)ꎬBDң=(my2+n-3ꎬy2)ꎬBPң=(3ꎬt).因为ACңʊAPңꎬBDңʊBPңꎬ所以(my1+n+3)t-9y1=0ꎬ(my2+n-3)t-3y2=0.消去t得y2(my1+n+3)=3y1(my2+n-3).即2my1y2+3(n-3)y1-(n+3)y2=0.把x=my+n代入x29+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.把y1y2=n2-9m2+9代入2my1y2+3(n-3)y1-(n+3)y2=0ꎬ得2m(n2-9)m2+9+3(n-3)y1-(n+3)y2=0ꎬ把2mm2+9=-y1+y2n代入2m(n2-9)m2+9+3(n-3)y1-(n+3)y2=0消去m得-(n2-9)(y1+y2)+3n(n-3)y1-n(n+3)y2=0ꎬ即(2n2-9n+9)y1-(2n2+3n-9)y2=0.所以2n2-9n+9=0ꎬ2n2+3n-9=0ꎬ从而n=32ꎬ直线CD的方程为my=x-32.当t=0时ꎬ直线CD的方程为y=0.综上ꎬ直线CD过定点(32ꎬ0).评析㊀本解法引进多个参数ꎬ初心是利用韦达定理消去y1和y2保留mꎬ实际把y1y2=n2-9m2+9代入2my1y2+3(n-3)y1-(n+3)y2=0ꎬ结合y1+y2=-2mnm2+9ꎬ发现易消去mꎬ保留y1和y2ꎬ利用y1和y2的任意性就可求得n.解题过程中得到启发㊁灵感ꎬ适时调整我们的解题思路ꎬ体现了思维的多向性和灵活性.解法4㊀由(1)知A(-3ꎬ0)ꎬB(3ꎬ0)ꎬ设C(x1ꎬy1)ꎬD(x2ꎬy2)ꎬP(6ꎬt)ꎬ则ACң=(x1+3ꎬy1)ꎬAPң=(9ꎬt)ꎬBDң=(x2-3ꎬy2)ꎬBPң=(3ꎬt).因为ACңʊAPңꎬBDңʊBPңꎬ所以(x1+3)t-9y1=0ꎬ(x2-3)t-3y2=0.消去t得3y1(x2-3)=y2(x1+3)ꎬ所以9y21(x2-3)2=y22(x1+3)2.又y21=9-x219ꎬy22=9-x229ꎬ从而得9(x1-3)(x2-3)=(x1+3)(x2+3)ꎬ即4x1x2-15(x1+x2)+36=0.根据对称性直线CD所过定点在x轴上.当直线CD的斜率存在时ꎬ设直线CD的方程为y=k(x-n)ꎬ把y=k(x-n)代入x29+y2=1得(9k2+1)x2-18k2nx+9k2n2-9=0.把x1+x2=18k2n9k2+1ꎬx1x2=9k2n2-99k2+1代入4x1x2-15(x1+x2)+36=0得k2(2n2-15n+18)=0ꎬ所以2n2-15n+18=0ꎬ解得n=32或n=6(舍去)ꎬ直线CD的方程为y=k(x-32).当直线CD的斜率不存在时ꎬ则x1=x2ꎬ又4x1x2-15(x1+x2)+36=0ꎬ所以x1=x2=32或x1=x2=6(舍去)ꎬ直线CD的方程为x=32.综上ꎬ直线CD过定点(32ꎬ0).评析㊀本解法引进更多的参数ꎬ利用C㊁D在椭圆上ꎬ我们首先消去y1和y2ꎬ得到4x1x2-15(x1+x2)+36=0ꎬ至此应用韦达定理解答显而易见ꎬ水到渠成.解析几何中ꎬ设而不求㊁加强韦达定理的应用是解答问题的重要方法.㊀㊀㊀参考文献:[1]2020年普通高等学校招生全国统一考试数学Ⅰ卷.㊀[责任编辑:李㊀璟]93。

新高考数学全国卷1第20题说题课件

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立体几何是高中数学新教材人教A版 (2019)必修第二册和选择性必修第一册 的内容。空间向量是选择性必修课程系列 的重要组成部分。空间向量的广泛应用为 处理几何问题提供了新的视角。空间向量 的引入为解决三维空间中图形的位置关系 与度量问题提供了一个十分有效的工具。 学生运用空间向量解决有关线面位置关系 的问题,体会向量方法在研究几何图形中 的应用,进一步提升学生的直观想象、数 学抽象、逻辑推理以及运算能力。
说题比赛
教育 是
一种
信仰
原题 再现 年终工作概述
工作完成情况 成功项目展示
(2021年全国新高考1卷)
20.(12 分)如图,在三棱锥 A BCD 中,平面 ABD 平面 BCD , AB AD ,O 为 BD 的 中点. (1)证明: OA CD ; (2)若 OCD 是边长为 1 的等边三角形,点 E 在棱 AD 上,DE 2EA ,且二面角 E BC D 的大小为 45 ,求三棱锥 A BCD 的体积.
解题思路 第一问解题过程
年命终题工立作意概述 核心素养 工解作题完思成路情况
成如学功何生项指解目导答展示
经解验题总价结值不足 与推广
明年工作计划
(1)证明:在ABC中, AB AD ,O为BD的中点
AO BD 又 平面ABD 平面BCD,平面ABD AO 平面ABD AO 平面BCD 又CD 平面ABD AO CD
3 2
3 4
,所以 SBCD
3, 2
故 VABCD 1 SBCD OA 1 3 1 3 .
年命终题工立作意概述 核心素养 工解作题完思成路情况
成如学功何生项指解目导答展示
经解验题总价结值不足 与推广
明年工作计划
解题思路

高考数学 黄金100题系列 第20题 函数零点的个数问题 理

高考数学 黄金100题系列 第20题 函数零点的个数问题 理

第20题 函数零点的个数问题I .题源探究·黄金母题【例1】求函数()ln 26f x x x =+-的零点的个数. 【答案】1.【解析】()f x 的定义域为()0,+∞.()(),,2ln24603ln3660f f =+-<=+->由零点存在性定理知()f x 有零点.又()()120,f x f x x'=+>∴在()0,+∞上是单调递增函数,()f x ∴只有一个零点.精彩解读【试题来源】人教版A 版必修1第88页例1. 【母题评析】本题考查了零点存在性定理、函数零点个数的判断.【思路方法】判断函数是否存在零点可用零点存在性定理或利用数形结合法.而要判断函数有几个零点,还需要借助函数的单调性.II .考场精彩·真题回放【例2】【2017高考江苏卷第14题】设()f x 是定义在R 且周期为1的函数,在区间[0,1)上,2,,(),,x x D f x x x D ⎧∈⎪=⎨∉⎪⎩其中集合1,*n D x x n n -⎧⎫==∈⎨⎬⎩⎭N ,则方程()lg 0f x x -=的解的个数是 . 【答案】8【解析】由于()[0,1)f x ∈,则需考虑110x ≤<的情况,在此范围内,x Q ∈且x ∈Z 时,设*,,,2q x p q p p =∈≥N ,且,p q 互质.若lg x Q ∈,则由lg (0,1)x ∈,可设*lg ,,,2nx m n m m=∈≥N ,且,m n 互质.因此10n mq p =,则10()nm q p=,此时左边为整数,右边非整数,矛盾,因此lg x Q ∉.因此lg x 不可能与每个周期内x D ∈对应的部分相等,只需考虑lg x 与每个周期x D ∉的部分的交点,画出函数图象,图中交点除()1,0外其它交点横坐标均为无理数,属于每个周期x D ∉的部分,且1x =处()11lg 1ln10ln10x x '==<,则在1x =附近仅有一个交点,【命题意图】本题主要考查考查了零点存在性定理、函数零点个数的判断.本题能较好的考查考生分析问题解决问题的能力. 【考试方向】这类试题在考查题型上,通常基本以选择题或填空题的形式出现,难度中等偏易,考查基础知识的识记、理解与应用. 【难点中心】解答此类问题,关键在于灵活选择方法,如直接求解,或数形结合转化为两个函数图象的交点个数问题,或借助于导数研究函数的单调性,得到函数的零点个数.一次方程解的个数为8.【例3】【2016高考新课标I 改编】函数()22xf x x e =-在[]2,2-有 个零点.【答案】D .【解析】函数()22x f x x e=-|在[]2,2-上是偶函数,其图象关于y 轴对称,故先考虑其在[]0,2上有几个零点.()()()200,10,(2)80,<<=->∴f f f e f x 在[]0,2上有零点.设()()4x g x f x x e '==-.()()()()00,10,20,g g g g x <>>∴在[]0,2上有零点.又由()0g x '=,可得40x e -=,设其解为1x ,易知()11,2x ∈且()()10,g x g x >∴在[]0,2上有唯一零点,设为0x 且()00,1x ∈.从而当00x x <<时,()0g x <,即()0f x '<;当02x x <<时,()0g x >,即()0f x '>,故0(0,)x x ∈时,()f x 为单调递减函数;当0(,2)x x ∈时,()f x 为单调递增函数.又()()()000,10,()0,f f f x f x <<∴<∴在[]0,2上有唯一零点.由函数图象的对称性可知()f x 在[]0,2上有两个零点. 【例4】【2015年高考江苏卷】已知函数()ln f x x =,()20,0142,1x g x x x <≤⎧⎪=⎨-->⎪⎩,则方程()()1f x g x +=实根的个数为__________. 【答案】4.【解析】方程等价于()()1f x g x +=±,即()()1f x g x =-+或()()1f x g x =--共多少个根,【命题意图】本题主要考查考查了零点存在性定理、函数零点个数的判断.本题能较好的考查考生分析问题解决问题的能力. 【考试方向】这类试题在考查题型上,通常基本以选择题或填空题的形式出现,难度较大.【难点中心】一些对数型方程不能直接求出()221,0111,127,2x y g x x x x x <≤⎧⎪=-=-<<⎨⎪-≥⎩,数形结合可得:()f x 与()1y g x =-有两个交点;()221,0113,125,2x y g x x x x x -<≤⎧⎪=--=-<<⎨⎪-≥⎩,同理可得()f x 与()1y g x =--有两个交点,所以共计4个.其零点,常通过平移、对称变换转化为相应的函数图像问题,利用数形结合法将方程根的个数转化为对应函数零点个数,而函数零点个数的判断通常转化为两函数图像交点的个数.这时函数图像是解题关键,不仅要研究其走势(单调性,极值点、渐近线等),而且要明确其变化速度快慢.III .理论基础·解题原理1.零点的定义:一般地,对于函数()()y f x x D =∈,我们把方程()0f x =的实数根x 称为函数()()y f x x D =∈的零点.2.函数零点存在性定理:设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续,且()()0f a f b <,那么在开区间(),a b 内至少有函数()f x 的一个零点,即至少有一点()0,x a b ∈,使得()00f x =. (1)()f x 在[],a b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提; (2)零点存在性定理中的几个“不一定”(假设()f x 连续)① 若()()0f a f b <,则()f x 的零点不一定只有一个,可以有多个; ② 若()()0f a f b >,那么()f x 在[],a b 不一定有零点; ③ 若()f x 在[],a b 有零点,则()()f a f b 不一定必须异号.3.若()f x 在[],a b 上是单调函数且连续,则()()()0f a f b f x <⇒在(),a b 的零点唯一. 4.函数的零点、方程的根、两图像交点之间的联系:设函数为()y f x =,则()f x 的零点即为满足方程()0f x =的根,若()()()f x g x h x =-,则方程可转变为()()g x h x =,即方程的根在坐标系中为()(),g x h x 交点的横坐标,其范围和个数可从图像中得到. 由此看来,函数的零点,方程的根,两图像的交点这三者各有特点,且能相互转化,在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化. 5.函数的零点,方程的根,两函数的交点在零点问题中的作用 (1)函数的零点: 工具:零点存在性定理;作用:通过代入特殊值精确计算,将零点圈定在一个较小的范围内;缺点:方法单一,只能判定零点存在而无法判断个数,且能否得到结论与代入的特殊值有关.(2)方程的根: 工具:方程的等价变形;作用:当所给函数不易于分析性质和图像时,可将函数转化为方程,从而利用等式的性质可对方程进行变形,构造出便于分析的函数;缺点:能够直接求解的方程种类较少,很多转化后的方程无法用传统方法求出根,也无法判断根的个数. (3)两函数的交点: 工具:数形结合;作用:前两个主要是代数运算与变形,而将方程转化为函数交点,是将抽象的代数运算转变为图形特征,是数形结合的体现.通过图像可清楚的数出交点的个数(即零点,根的个数)或者确定参数的取值范围; 缺点:数形结合能否解题,一方面受制于利用方程所构造的函数(故当方程含参时,通常进行参变分离,其目的在于若含x 的函数可作出图像,那么因为另外一个只含参数的图像为直线,所以便于观察),另一方面取决于作图的精确度,所以会涉及到一个构造函数的技巧,以及作图时速度与精度的平衡. IV .题型攻略·深度挖掘 【考试方向】这类试题在考查题型上,通常基本以选择题或填空题的形式出现,一般难度较小.若涉及的函数为分段函数,则难度加大. 【技能方法】1.零点存在性定理的应用:若一个方程有解但无法直接求出时,可考虑将方程一边构造为一个函数,从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内.例如:对于方程ln 0x x +=,无法直接求出根,构造函数()ln f x x x =+,由()110,02f f ⎛⎫>< ⎪⎝⎭即可判定其零点必在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭中. 2.判断函数在某个区间上是否存在零点的方法(1)解方程,当对应方程易解时,可通过解方程,看方程是否有根落在给定区间上. (2)利用零点存在性定理进行判断;(3)画出函数图象,通过观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点来判断. 3.断函数零点个数的常见方法(1)直接法:解方程()0f x =,方程有几个解,函数()f x 就有几个零点;(2)图象法:画出函数()f x 的图象,函数()f x 的图象与x 轴的交点个数即为函数()f x 的零点个数; (3)将函数()f x 拆成两个常见函数()g x 和()h x 的差,从而()()()()()00f x g x h x g x h x =⇔-=⇔=,则函数()f x 的零点个数即为函数()y g x =与函数()y h x =的图象的交点个数;(4)二次函数()()20f x ax bx c a =++≠的零点问题主要从三个方面考虑:①判别式∆确定零点是否存在;②对称轴的位置控制零点的位置;③端点值的符号确定零点的个数. 【易错指导】对函数零点存在的判断需要注意以下两点:(1)函数()f x 在[],a b 上连续;(2)满足()()0f a f b ⋅<. 上述方法只能求变号零点,对于非变号零点不能用上述方法求解.另外需要注意的是:(1)若函数()f x 的图象在0x x =与x 轴相切,则零点0x 通常称为不变号零点; (2)函数的零点不是点,它是函()y f x =数与x 轴的交点的横坐标,是方程()0f x =的根. V .举一反三·触类旁通【例1】【2018云南昆明一中高三一模】若函数()f x x =,则函数()12log y f x x =-的零点个数是( )A .5个B .4个C .3个D .2个 【答案】D【解析】如图:函数()f x 与函数()12log g x x =有2个交点,所以选D .【例2】【2018河南漯河高中高三上学期二模】已知函数是上的偶函数,且,当时,,则函数的零点个数是( )A .3B .4C .5D .6 【答案】B【例3】【2018辽宁庄河高中、沈阳二十中高三上学期第一次联考】函数()()()820{ 1022sin x x f x f x x π-≤=⎛⎫-> ⎪⎝⎭,则函数()()4log h x f x x =-的零点个数为( ) A .2个 B .3个 C .4个 D .5个 【答案】D()114sin22sin22222f x f x x x ππ⎛⎫⎛⎫=-=⨯-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭;当32x ππ<≤时, 22x πππ<-≤,据此可得:()112sin2sin22222f x f x x x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-=⨯--= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦;当54x π=时, 55sin 2144f ππ⎛⎫⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,而445log log 414π<=,则函数4log y x =与函数()f x 在区间3,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有2个交点,很明显,当32x π>时,函数图象没有交点,绘制函数图象如图所示,观察可得:函数()()4h x f x log x =-的零点个数为5个.【名师点睛】函数零点的求解与判断方法:(1)直接求零点:令f(x)=0,如果能求出解,则有几个解就有几个零点.(2)零点存在性定理:利用定理不仅要函数在区间[a ,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0,还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点.(3)利用图象交点的个数:将函数变形为两个函数的差,画两个函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.【例4】【2018贵州黔东南州第一次联考】已知函数()29,0{ 42,0x x x f x x x +-≤=->,若方程()f x a =有两个不相等的实数根,则实数a 的取值范围是( ) A .[)59,2,24⎡⎫--⋃-+∞⎪⎢⎣⎭ B .()2,-+∞ C .()59,2,24⎛⎤--⋃-+∞ ⎥⎝⎦ D .()59,2,24⎡⎫--⋃-+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】作出函数()29,0{ 42,0x x x f x x x +-≤=->的图象如下:【名师点睛】方程的根或函数有零点求参数范围常用方法和思路(1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围; (2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决;(3)数形结合法:先对解析式变形,在同一直角坐标系中,画出函数的图象,然后数形结合求解. 【例5】【2018黑龙江海林模拟】设()32f x x bx cx d =+++,又k 是一个常数,已知0k <或4k >时,()0f x k -=只有一个实根,当04k <<时, ()0f x k -=有三个相异实根,给出下列命题:①()40f x -=和()'0f x =有一个相同的实根; ②()0f x =和()'0f x =有一个相同的实根;③()30f x +=的任一实根大于()10f x -=的任一实根; ④()50f x +=的任一实根小于()20f x -=的任一实根. 其中正确命题的个数为( ) A .3 B .2 C .1 D .0 【答案】A()32f x x bx cx d =+++,当04k k 或时, ()0f x k -=只有一个实数根;当04k <<时, ()0f x k -=有三个相异实根,故函数即有极大值,又有极小值,且极小值为0,极大值为4,故()40f x -= 与()0f x '=有一个相同的实数根,即极大值点,故(1)正确.()0f x =与()0f x '= 有一个相同的实根,即极小值点,故(2)正确; ()30f x +=有一实根且函数最小的零点,()10f x -=有3个实根均大于函数的最小零点,故(3)错误; ()50f x +=有一实根且小于函数最小零点,()20f x -=有三个实根均大于函数最小的零点,故(4)正确;所以A 选项正确.【点睛】三次函数图象时,要关注三次函数的极值点个数,三次函数的三次项系数为正,如果有两个极值点,那么函数为先再减最后增,满足对k 是一个常数,当0k <或4k >时, ()0f x k -=只有一个实根,当04k <<时, ()0f x k -=有三个相异实根这样的条件,说明有极小值为0,极大值为4,据此可画出函数的模拟图像,数形结合,逐一验证.【例6】【2018安徽阜阳临泉一中高三上学期二模】已知,若关于的方程恰好有 个不相等的实数根,则实数的取值范围是______________.【答案】令,则当时,方程有一解;当时,方程有两解;时,方程有三解.∵关于的方程,恰好有4个不相等实数根,∴关于的方程在和上各有一解,∴,解得,故答案为.【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路:①直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数的范围;②分离参数法:先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决;③数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,然后数形结合求解.【例7】【2018江苏南通如皋高三第一次联考】已知函数()211{ 52128lnx x xf x m x mx x +>=-++≤,,,,若()()g x f x m =-有三个零点,则实数m 的取值范围是________.【答案】714⎛⎤ ⎥⎝⎦,【解析】()()g x f x m =-有三个零点,根据题意可得1x >时,函数有一个零点; 1x ≤时,函数有两个零点.当1x >时, ()1ln f x x x =+, ()221110x f x x x x'-=-=>恒成立()()1,f x ∈+∞,故1m >;当1x ≤时, ()25228m f x x mx =-++,要使得()()g x f x m =-有两个零点,需满足714m <≤,综上可得714⎛⎤ ⎥⎝⎦,,故答案为714⎛⎤⎥⎝⎦,. 【例8】【2017江西宜春丰城九中、高安二中、宜春一中、万载中学、樟树中学、宜丰中学届高三六校联考】已知函数()ln 1||f x x =-, ()f x m -的四个零点1x , 2x , 3x , 4x ,且12341111k x x x x =+++,则()k f k e -的值是__________.【答案】2e -【例9】【2018辽宁庄河高中、沈阳二十中高三上学期第一次联考】已知函数将的图象向右平移两个单位,得到函数的图象.(1)求函数的解析式; (2)若方程在上有且仅有一个实根,求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】试题分析:(1)借助平移的知识可以直接求出函数解析式 (2)先换元将问题转化为有且只有一个根,再运用函数方程思想建立不等式组分析求解.(1)(2)设,则,原方程可化为,于是只须在上有且仅有一个实根.法1:设,对称轴,则①.或②由①得,即,.由②得无解,则.法2:由,,得,,设,则,.记,则在上是单调函数,因为故要使题设成立,只须.即.从而.【名师点睛】在解答指数函数的综合题目时可以采用换元法,转化为一元二次函数的问题,根据题目要求,如需要分类讨论,再加入分类讨论.【例10】【江苏扬州模拟】设()2f x x x a x =-+ (a ∈R) (1) 若2a =,求()f x 在区间[]0,3上的最大值; (2) 若2a >,写出()f x 的单调区间;(3) 若存在[]2,4a ∈-,使得方程()()f x tf a =有三个不相等的实数解,求t 的取值范围. 【答案】(1) ()()max 39f x f == (2) ()f x 的单调增区间为2,2a +⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和(),a +∞,单调减区间2,2a a +⎛⎫⎪⎝⎭(3) 918t <<试题解析:(1)当2a =时,()22f x x x x =-+=224,2{ ,2x x x x x -+<≥,∴ ()f x 在R 上为增函数,∴ ()f x 在[]0,3上为增函数,则()()max 39f x f == .(2)()()()222,{ 2,x a x x a f x x a x x a-++<=+-≥,2a >,022a a a ∴<-<<+,当x a ≥时, 22a a ->, ∴ ()f x 在(),a +∞为增函数 , 当x a <时,22022a a a +--=<,即22a a +<,∴()f x 在2,2a +⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭为增函数,在2,2a a +⎛⎫ ⎪⎝⎭为减函数,则()f x 的单调增区间为2,2a +⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和(),a +∞,单调减区间2,2a a +⎛⎫⎪⎝⎭. (3)由(2)可知,当22a -≤≤时, ()f x 为增函数,方程不可能有三个不相等实数根,当24a <≤时,由(2)得 ()()22a f a tf a f +⎛⎫<< ⎪⎝⎭,()22224a a at +<<, 即()2218a t a+<<在(]2,4有解,由()22118822a a aa +=++在(]2,4上为增函数, ∴当4a =时,()228a a+的最大值为98,则918t << . 【例11】【2018海南中学、文昌中学、海口市第一中学、农垦中学等八校联考】设函数()32231,0{ 21,0xx x x f x axe x -->=-≤,其中0a >. (1)若直线y m =与函数()f x 的图象在(]0,2上只有一个交点,求m 的取值范围; (2)若()f x a ≥-对x R ∈恒成立,求实数a 的取值范围. 【答案】(1) 13m -≤≤或2m =-;(2) ,2e a e ⎡⎫∈+∞⎪⎢-⎣⎭.令()'0f x <得01x <<, ()f x 递减,∴()f x 在1x =处取得极小值,且极小值为()12f =-, ∵()01f =-, ()23f =,∴由数形结合可得13m -≤≤或2m =-. (2)当0x ≤时, ()()'21xf x a x e =+, 0a >,令()'0f x =得1x =-;令()'0f x >得10x -<≤, ()f x 递增;令()'0f x <得1x <-, ()f x 递减,∴()f x 在1x =-处取得极小值,且极小值为()211a f e -=--,∵0a >,∴210a e --<,∵当212a e --≥-即02ea <≤时,()()min 12f x f ==-,∴2a -≤-,即2a ≥,∴无解,当212a e --<-即2ea >时, ()()max 211a f x f e =-=--,∴21a a e -≤--,即2e a e ≥-,又22e e e >-,∴2e a e ≥-. 综上, ,2e a e ⎡⎫∈+∞⎪⎢-⎣⎭. 【名师点睛】函数交点问题,研究函数的单调性找函数最值,求参;恒成立求参,对于分段函数来讲,分段讨论最值即可. 【跟踪练习】1.【2018江苏南宁模拟】设函数,则零点的个数为( )A .3B .2C .1D .0 【答案】B【点睛】函数数零点问题,常根据零点存在性定理来判断,如果函数y =f(x)在区间[a ,b]上的图象是连续不断的一条曲线,且有f(a)·f(b)<0,那么,函数y =f(x)在区间(a ,b)内有零点,即存在c ∈(a ,b)使得f(c)=0,这个c 也就是方程f(x)=0的根.2.已知函数)(x f 是定义在()()+∞∞-,00, 上的偶函数,当0>x 时,()⎪⎩⎪⎨⎧>-≤<-=-2,22120,12)(|1|x x f x x f x ,则函数1)(4)(-=x f x g 的零点个数为 ( ) A . 4 B .6C .8D .10【答案】D .【解析】由()f x 为偶函数可得:只需作出正半轴的图像,再利用对称性作另一半图像即可,当(]0,2x ∈时,可以利用2xy =利用图像变换作出图像,2x >时,()()122f x f x =-,即自变量差2个单位,函数值折半,进而可作出(]2,4,(]4,6,……的图像,()g x 的零点个数即为()14f x =根的个数,即()f x 与14y =的交点个数,观察图像在0x >时,有5个交点,根据对称性可得0x <时,也有5个交点.共计10个交点. 【评注】 (1)()()122f x f x =-类似函数的周期性,但有一个倍数关系.依然可以考虑利用周期性的思想,在作图时,以一个“周期”图像为基础,其余各部分按照倍数调整图像即可;(2)周期性函数作图时,若函数图像不连续,则要注意每个周期的边界值是属于哪一段周期,在图像中要准确标出,便于数形结合;(3)巧妙利用()f x 的奇偶性,可以简化解题步骤.例如本题中求交点个数时,只需分析正半轴的情况,而负半轴可用对称性解决.3.已知函数()y f x =的图像为R 上的一条连续不断的曲线,当0x ≠时,()()'0f x f x x+>,则关于x 的函数()()1g x f x x=+的零点的个数为 ( ) A .0 B .1 C .2 D .0或2【答案】A . 【评注】(1)本题由于()f x 解析式未知,故无法利用图像解决,所以根据条件考虑构造函数,利用单调性与零点存在性定理进行解决; (2)所给不等式()()'0f x fx x+>呈现出()f x 轮流求导的特点,猜想可能是符合导数的乘法法则,变形后可得()()'0xf x x>,而()g x 的零点问题可利用方程进行变形,从而与条件中的()xf x 相联系,从而构造出()h x .4.定义域为R 的偶函数()f x 满足对x R ∀∈,有()()()21f x f x f +=-,且当[]2,3x ∈时,()221218f x x x =-+-,若函数()()log 1a y f x x =-+在()0,+∞上至少有三个零点,则a 的取值范围是 ( )A . ⎛ ⎝⎭B . ⎛ ⎝⎭C . ⎛ ⎝⎭D . ⎛ ⎝⎭【答案】B .【评注】本题有以下几个亮点:(1)()f x 的周期性的判定: ()()()21f x f x f +=-可猜想与()f x 周期性有关,可带入特殊值,解出()1f ,进而判定周期,配合对称性作图;(2)在选择出交点的函数时,若要数形结合,则要选择能够做出图像的函数,例如在本题中,()f x 的图像可做,且()log 1a y x =+可通过图像变换做出.5.已知定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x +=-,当(]1,3x ∈-时,()(]()(]1,112,1,3x f x t x x ∈-=--∈⎪⎩,其中0t >,若方程()3f x x =恰有三个不同的实数根,则实数t 的取值范围是 ( ) A . 40,3⎛⎫ ⎪⎝⎭ B . 2,23⎛⎫ ⎪⎝⎭C . 4,33⎛⎫ ⎪⎝⎭D . 2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】B .()()()()6622f g f g <⎧⎪⇒⎨>⎪⎩(6)(2)22(2)3f f t f t ==<⎧⎪⎨=>⎪⎩,即223t <<.6.【2018广东广州模拟】已知函数()211,1,42,1x x f x x x x ⎧-+<⎪=⎨-+≥⎪⎩,则函数()()22xg x f x =-的零点个数为 个. 【答案】2.【解析】()()22xg x f x =-的零点个数,即是方程()22x f x =的根的个数,也就是()y f x =与22xy =的图象的交点个数,分别作出()y f x =与22x y =的图象,如图所示,由图象知()y f x =与22xy =的图象有两个交点,所以函数()g x 有2个零点.7.【2018全国名校第二次大联考】函数()f x 有4个零点,其图象如下图,和图象吻合的函数解析式是( )A .()sin lg f x x x =-B .()sin lg f x x x =-C .()sin lg f x x x =-D .()sin lg f x x x =-【答案】D得解:本函数图象的交点、函数的零点、方程的根往往是“知一求二”,解答时要先判断哪个好求解就转化为哪个,判断函数()y f x =零点个数的常用方法:(1) 直接法: 令()0,f x =则方程实根的个数就是函数零点的个;(2) 零点存在性定理法:判断函数在区间[],a b 上是连续不断的曲线,且()()0,f a f b <再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数;(3) 数形结合法:转化为两个函数的图象的交点个数问题,画出两个函数的图象,其交点的个数就是函数零点的个数,在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点,在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性,确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理,有时可结合函数的图象辅助解题. 8.【2018四川绵阳高三第一次诊断性考试】函数满足,且当时,.若函数的图象与函数(,且)的图象有且仅有4个交点,则的取值集合为( )A .B .C .D .【答案】C 【解析】因为函数满足,所以函数的周期为又在一个周期内,函数解析式为,所以可作出函数图象,在同一坐标系内作函数的图象,要使两个函数图象有且仅有四个交点,只需,所以,故选C .9.【2018安徽十大名校高三11月联考】若函数()32,1{ 924,1sinx x x f x x x x m x -<=-++≥有4个零点,则实数m 的取值范围是( )A .()16,20B .()20,16--C .()(),2016,-∞-⋃-+∞D .()(),1620,-∞⋃+∞ 【答案】B【解析】 当1x <时, ()cos 10f x x =-≤'恒成立,又()00f =,则函数()f x 在(),1-∞上有且只有1个零点;当1x ≥时,函数()()()231824324f x x x x x =-+=--',则函数()f x 在()1,2上单调递增,在()2,4上单调递减,在()4,+∞上单调递增,所以此时函数()f x 的极大值为()22f m =-+,极小值为()()4161f m f =+=, 要使得()f x 有4个零点,则160{200m m +<+>,解得2016m -<<-,故选B .【名师点睛】本题主要考查了根据函数的零点求解参数的取值范围问题,其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值等知识点的综合应用,着重考查了数形结合思想和转化与化归思想的应用,解答中把函数的零点问题转化为函数的图象与x 的交点个数,利用函数的极值求解是解答的关键,试题有一定的难度,属于中档试题.10.【2018江苏淮安盱眙中学高三第一次学情调研】已知函数()22f x x m =+的图象与函数()ln g x x =的图象有四个交点,则实数m 的取值范围为________. 【答案】1,ln22⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭1+2⎛⎫∞ ⎪⎝⎭, 上个递增,由()1'40h x x x =-<可得函数()22ln h x x m x =+- 在102⎛⎫ ⎪⎝⎭, 上个递减,所以函数()22ln h x x m x =+-最小值为21112ln 222h m ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,令102h ⎛⎫< ⎪⎝⎭ ,可得1ln22m <-,此时函数()22ln h x x m x =+-有两个零点,故函数()22f x x m =+的图象与函数()ln g x x =的图象有四个交点,实数m 的取值范围为1,ln22⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭,故答案为1,ln22⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭. 【方法点睛】本题主要考查函数图象的交点、函数的零点、方程的根,属于难题.函数图象的交点、函数的零点、方程的根往往是“知一求二”,解答时要先判断哪个好求解就转化为哪个,判断函数()y f x =零点个数的常用方法:(1) 直接法: 令()0,f x =则方程实根的个数就是函数零点的个;(2) 零点存在性定理法:判断函数在区间[],a b 上是连续不断的曲线,且()()0,f a f b <再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数;(3) 数形结合法:转化为两个函数的图象的交点个数问题,画出两个函数的图象,其交点的个数就是函数零点的个数,在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点,在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性,确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理,有时可结合函数的图象辅助解题.11.【2018安徽滁州高三9月联合质量检测】已知()()11,011{ ,10x f x f x x x +<<-=-<≤,若方程()()200f x ax a a -+=≠有唯一解,则实数a 的取值范围是__________.【答案】1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭由图可知: 13a ≤. 【名师点睛】根据函数零点求参数取值,也是高考经常涉及的重点问题, (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解;(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解,如果涉及由几个零点时,还需考虑函数的图象与参数的交点个数;(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题,从而构建不等式求解.12.【2018辽宁庄河高中、沈阳二十中高三上学期第一次联考】已知函数()()2x x af x a R x=-∈将()y f x =的图象向右平移两个单位,得到函数()y g x =的图象.(1)求函数()y g x =的解析式;(2)若方程()f x a =在[]0,1x ∈上有且仅有一个实根,求a 的取值范围. 【答案】(1)()2222x x ag x --=-(2)1423a ≤≤(1)()2222x x a g x --=-(2)设2x t =,则[]1,2t ∈,原方程可化为20t at a --=,于是只须20t at a --=在[]1,2t ∈上有且仅有一个实根.法1:设()2k t t at a =--,对称轴2a t =,则()()120k k ⋅≤①.或0{ 122a∆=≤≤② 由①得()()12430a a --≤,即()()21340a a --≤,1423a ≤≤. 由②得240{ 24a a a +=≤≤无解,则1423a ≤≤.法2:由20t a t a --=, []1,2t ∈,得2111a t t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭, []1,2t ∈,设1u t =,则1,12u ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦, 21u u a =+.记()2g u u u =+,则()2g u u u =+在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是单调函数,因为故要使题设成立,只须()1112g g a⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭.即4123a ≤≤.从而1423a ≤≤.【名师点睛】在解答指数函数的综合题目时可以采用换元法,转化为一元二次函数的问题,根据题目要求,如需要分类讨论,再加入分类讨论.13.【2018河南林州一中高三8月调研】已知函数()cos sin xf x ae x x x =⋅-⋅,且曲线()y f x =在()()0,0f 处的切线与0x y -=平行. (1)求a 的值; (2)当,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时,试探究函数()f x 的零点个数,并说明理由. 【答案】(1)1a =(2)见解析【解析】试题分析: (1)根据曲线()y f x =在()()0,0f 处的切线与0x y -=平行可得: ()0f a '=,进而求出a 值;(2)①当,02x π⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时, ()()()cos 1sin 0x x f x e x x e x -+'=-≥,函数()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦单调递增,根据零点存在性定理可得: ()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上只有一个零点.②当0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时, ()0f x >恒成立,构造函数(),0,4x x e x x πϕ⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦,求导判断单调性与最值可得0x e x >>, 又0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时, cos sin 0x x ≥>,所以cos sin x e x x x >,即()()f x g x >,故函数()f x 在0,4π⎛⎤ ⎥⎝⎦上没有零点,③当,42x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时, ()()cos sin sin cos 0x f x e x x x x x '=---<, 所以函数()f x 在,42ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减,根据零点存在性定理可得:函数()f x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有且只有一个零点,综上所述,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时,函数()f x 有两个零点. 试题解析:解:(1)依题意()01f '=,故()()cos sin sin cos x f x ae x x x x x '=⋅---,故()0f a '=,解得1a =.(2)①当,02x π⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时, ()()()cos 1sin x x f x e x x e x =--+',此时()cos 0x e x x -≥, ()1sin 0x e x +≤,函数()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦单调递增, 故函数()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦至多有一个零点,又()010,022f f ππ⎛⎫=>-=-< ⎪⎝⎭, 而且函数()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是连续不断的,因此函数()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上只有一个零点. ②当0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时, ()0f x >恒成立,证明如下:设(),0,4x x e x x πϕ⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦,则()10x x e ϕ='-≥,所以()x ϕ在0,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,所以0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时, ()()00x ϕϕ>=,所以0x e x >>,又0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时, cos sin 0x x ≥>,所以cos sin x e x x x >,即()()f x g x >,故函数()f x 在0,4π⎛⎤ ⎥⎝⎦上没有零点,③当,42x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时, ()()cos sin sin cos 0x f x e x x x x x '=---<,所以函数()f x 在,42ππ⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减,故函数()f x 在,42ππ⎛⎤⎥⎝⎦至多有一个零点,又40,042422f e f πππππ⎫⎛⎫⎛⎫=->-=-<⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,而且函数()f x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是连续不断的,因此,函数()f x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有且只有一个零点. 综上所述,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时,函数()f x 有两个零点.。

2023年新高考数学一卷第20题

2023年新高考数学一卷第20题

2023年新高考数学一卷第20题题目:已知函数$f(x) = \frac{1}{3}x^{3} - x^{2} + a$,其中$a \in\mathbf{R}$.(1)若$f(x)$在区间$( - 1,3)$上有且仅有一个零点,求实数$a$的取值范围;(2)若$\exists x_{0} \in ( - 1,3),f(x_{0}) > 0$,求实数$a$的取值范围.【分析】(1)求出函数的导数,通过讨论$a$的范围,求出函数的单调区间,从而求出函数的极值,利用函数在区间$( - 1,3)$上有且仅有一个零点,列出不等式,求出$a$的范围即可;(2)利用特称命题转化为存在性问题,利用导数求出函数的极值,求出函数的最大值,得到关于$a$的不等式,求出$a$的范围即可.【解答】(1)由题意得:$f^{\prime}(x) = x^{2} - 2x = x(x - 2)$,由$f^{\prime}(x) > 0$得:$x < 0$或$x > 2$,由$f^{\prime}(x) < 0$得:$0 < x < 2$,故函数$f(x)$在$( - 1,0)$上单调递增,在$(0,2)$上单调递减,在$(2,3)$上单调递增,故函数在区间$( - 1,3)$上的极大值为:$f(0) = a$,极小值为:$f(2)= \frac{4}{3} - 4 + a = \frac{4}{3} - 4 + a = a - \frac{8}{3}$,若函数在区间$( - 1,3)$上有且仅有一个零点,则满足:$\left\{ \begin{matrix} a > 0 \\a \leqslant 0或a - \frac{8}{3} \geqslant 0 \\\end{matrix} \right$.,解得:$0 < a \leqslant \frac{8}{3}$或$a\leqslant 0$;(2)由$(1)$知:函数在区间$( - 1,3)$上的极大值为:$f(0) = a$,极小值为:$f(2) = a - \frac{8}{3}$,若$\exists x_{0} \in ( - 1,3),f(x_{0}) > 0$,则满足:$\left\{ \begin{matrix} a > 0 \\a \geqslant f(2) \\\end{matrix} \right$.,即满足:$\left\{ \begin{matrix} a > 0 \\a \geqslant a - \frac{8}{3} \\\end{matrix} \right$.,解得:$a > 0$.。

江苏省高考数学 第20题优美解

江苏省高考数学 第20题优美解

2012年高考数学(江苏)第20题优美解试题.已知各项均为正数的两个数列{}n a 和{}n b 满足:221nn n n n b a b a a ++=+,*N n ∈,(1)设n n n a b b +=+11,*N n ∈,求证:数列2n n b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是等差数列; (2)设nnn a b b ∙=+21,*N n ∈,且{}n a 是等比数列,求1a 和1b 的值. 解法1:(1)∵n n n a b b +=+11,∴1n a +。

∴ 11n n ba ++=∴ ()2222111*n n n n n n b b b n N a a a ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-=∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭。

∴数列2n n b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是以1 为公差的等差数列。

(2)∵00n n a >b >,,∴()()22222n n n n n n a b a b <a b +≤++。

∴11n <a +≤(﹡) 设等比数列{}n a 的公比为q ,由0n a >知0q >,下面用反证法证明=1q若1,q >则212=a a <a q ≤1log q n >时,11n n a a q += 若01,<q <则212=1a a >a >q ,∴当11log q n >a 时,111n n a a q <+=,与(﹡)矛盾。

∴综上所述,=1q 。

∴()1*n a a n N =∈,∴11<a又∵11n n n n b b b a +=()*n N ∈,∴{}n b1若1a ≠11,于是123b <b <b 。

又由221nn n n n b a b a a ++=+即1a =,得11n b a -。

∴123b b b ,,中至少有两项相同,与123b <b <b矛盾。

2023年高考数学填选压轴题专题20 用数形结合法求解零点问题

2023年高考数学填选压轴题专题20 用数形结合法求解零点问题

专题20 用数形结合法求解零点问题【方法点拨】1.函数的零点的实质就是函数图象与x 轴交点的横坐标,解决实际问题时,往往需分离函数,将零点个数问题转化为两个函数图象交点个数问题,将零点所在区间问题,转化为交点的横坐标所在区间问题.2.分离函数的基本策略是:一静一动,一直一曲,动直线、静曲线,要把构造“好函数”作为第一要务.3.作图时要注意运用导数等相关知识分析函数的单调性、奇偶性、以及关键点线(如渐进线),以保证图像的准确.【典型题示例】例1 已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧=⎨-<⎩若函数2()()2g x f x kx x =-- (k R ∈)恰有4个零点,则k 的取值范围是( ) A. 1,(22,)2⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭B. 1,(0,22)2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C. (,0)(0,22)-∞D. (,0)(22,)-∞+∞【答案】D【分析】由(0)0g =,结合已知,将问题转化为|2|y kx =-与()()||f x h x x =有3个不同交点,分0,0,0k k k =<>三种情况,数形结合讨论即可得到答案.【解析】注意到(0)0g =,所以要使()g x 恰有4个零点,只需方程()|2|||f x kx x -=恰有3个实根即可, 令()h x =()||f x x ,即|2|y kx =-与()()||f x h x x =的图象有3个不同交点.因为2,0()()1,0x x f x h x x x ⎧>==⎨<⎩, 当0k =时,此时2y =,如图1,2y =与()()||f x h x x =有2个不同交点,不满足题意; 当k 0<时,如图2,此时|2|y kx =-与()()||f x h x x =恒有3个不同交点,满足题意;当0k >时,如图3,当2y kx =-与2yx 相切时,联立方程得220x kx -+=,令0∆=得280k -=,解得22k =(负值舍去),所以22k >. 综上,k 的取值范围为(,0)(22,)-∞+∞.故选:D.点评:本题是一道由函数零点个数求参数的取值范围的问题,其基本思路是运用图象,将零点个数问题转化为两函数图象交点个数,考查函数与方程的应用、数形结合思想、转化与化归思想、导数知识、一元二次方程、极值不等式、特值等进行分析求参数的范围.例2 已知函数()2e 143,13xx f x x x x ⎧≤⎪=⎨-+-<<⎪⎩,,若函数()()2g x f x k x =-+有三个零点,则实数k的取值范围是__________.【答案】151e 0,,15e 3⎛⎫⎛⎤⎪ ⎥ ⎪⎝⎦⎝⎭ 【解析】作()2e ,143,13xx f x x x x ⎧≤⎪=⎨-+-<<⎪⎩与2y k x =+图象,由243(2),0,2x x k x k x -+-=+>>-得2222(1)(44)430k x k x k ++-++=由2222(44)4(1)(43)0k k k ∆=--++=得2101515k k k =>∴=,对应图中分界线①; 由(2),0,2y k x k x =+>>-过点(1,)e 得3ek =,对应图中分界线②; 当(2),0,2y k x k x =+>>-与x y e =相切于00(,)x x e 时,因为e xy '=,所以0001(2)01,x k e k x k x k e==+>∴=-=,对应图中分界线③;因为函数()()2g x f x k x =-+有三个零点,所以实数k的取值范围是1e ,e 3⎛⎛⎤⎥ ⎝⎦⎝⎭ 故答案为:1e 0,,15e 3⎛⎛⎤⎥ ⎝⎦⎝⎭ 例3 已知函数与的零点分别为 和.若,则实数的取值范围是 .【答案】(),1-∞-【分析】将问题转化为函数y m =与函数1()1h x x x =--和1()ln 2e x x x =-交点的大小问题,作出函数图像,观察图像可得结果.【解析】由2()(1)10f x x m x =-+-=,得11m x x=--, 对于函数1()1h x x x=--,在()0,∞+上单调递增,在(),0-∞上单调递减, 由()ln 220g x x x m =--=,得1ln 2m x x =-,对于1()ln 2e x x x =-,'112122x y x x -=-=得1ln 2y x x =-在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减,最大值为111ln 222-,其图像如图, 2()(1)1f x x m x =-+-()ln 22g x x x m =--12x x ,34x x ,1324x x x x <<<m令111ln 2x x x x --=-得(1,1)A -, 要1324x x x x <<<,则直线y m =要在A 点下方,1m ∴<-,∴实数的取值范围是(,1)-∞-.例4 已知函数22(1), 0()2, 0k x f x xx k x ⎧-<⎪=⎨⎪-≥⎩,若函数()()()g x f x f x =-+有且仅有四个不同的零点,则实数k 的取值范围是 . 【答案】(27,+∞)【分析】由()()()g x f x f x =-+知,()()()g x f x f x =-+是偶函数,研究“一半”,问题转化为22(), 0k g x x k x x =+->有且仅有两个不同的零点,分离函数得()21210x x k x=-+>,两边均为基本初等函数,当曲线在一点相切时,两曲线只有一个交点,利用导数知识求出切点坐标,当抛物线开口变大,即函数值小于切点的纵坐标即可. 【解析】易知()()()g x f x f x =-+是偶函数,问题可转化为22(), 0kg x x k x x=+->有且仅有两个不同的零点. 分离函数得()21210x x k x=-+>,由图形易知k >0, 问题进一步转化为()21210y x y x k x==-+>、有两个交点问题.先考察两曲线相切时的“临界状态”,此时,两曲线只有一个交点m所以当21133k ⨯<时,即k >27时,上述两个函数图象有两个交点 综上所述,实数k 的取值范围是(27,+∞). 点评:1.本题解法较多,但利用“形”最简单,只要函数分离的恰当,这种题实现“分分钟”解决也是可及的.2.有关函数零点的问题解法灵活,综合考察函数的图象与性质、导数的几何意义、分离函数的意识、分离参数的意识等,综合性强,较难把握.3.利用“数学结合法”求解零点问题的要点有二.一是分离函数,基本策略是“一静一动、一直一曲,动直线、定曲线”,函数最好是基本初等函数;二是求解过程中的“临界状态”的确定,若是一直一曲,一般相切是“临界状态”,若是两曲,一般公切是“临界状态”(曲线的凸凹性相反,即曲线在公切线的两侧)例5 已知函数2210()0xx mx x e f x e mx x ⎧+<⎪=⎨⎪+>⎩,,,,若函数()f x 有四个不同的零点,则实数m 的取值范围是 .【答案】2(,)4e -∞-【解析】2210()0xx mx x e f x e mx x ⎧+<⎪=⎨⎪+>⎩,,,是偶函数,问题转化为2=0x e mx +,即2=x e mx -(0x >)有两个零点易知0m <,两边均为曲线,较难求解.两边取自然对数,()=ln 2ln x m x -+,即()ln 2ln x m x --= 问题即为:()()ln g x x m =--与()2ln h x x =有两个交点先考察直线y x b =+与()2ln h x x =相切,即只有一点交点的“临界状态” 设切点为00(,2ln )x x ,则002()1h x x '==,解得02x =,此时切点为(2,2ln 2)代入2ln22b =-再求()()ln g x x m =--与()2ln h x x =有两个交点时,m 的取值范围 由图象知,当()()ln g x x m =--在直线y x b =+下方时,满足题意 故()ln 2ln 22m b --<=-,解之得24e m <-,此时也符合0m <所以实数m 的取值范围是2(,)4e -∞-.点评:取对数的目的在于“化双曲为一直一曲”,简化了运算、难度,取对数不影响零点的个数. 例6 若函数3||()2x f x kx x =-+有三个不同的零点,则实数k 的取值范围为 . 【答案】 27(,)32-∞-⋃+∞(0,) 【分析】本题的难点是“分离函数”,函数分离的是否恰当、易于进一步解题,是分离时应综合考虑的重要因素,也是学生数学素养、能力的综合体现.本例中,可将已知变形为下列多种形式:3||2x kx x =+2||(2)x kx x x =+、3||(2)x k x x=+,31(2)x x k x +=,···,但利用31(2)x x k x +=较简单. 【解析】易知0是函数3||()2x f x kx x =-+一个的零点, 当x ≠0时,3||()02x f x kx x =-=+可化为31(2)x x k x +=,考虑1y k=与3(2)()x x g x x +=有且只有两个非的取值范围是 .【答案】()4ln 2,ln(e 1)2+-【分析】从结构上看,首先考虑“对化指”,方程24242ln(e1)2e1e0x x x a x a --+-+=+-⇔+-=,属于复合函数的零点问题,内函数是指数型,外函数是二次函数.设242()e 1ex x a h x -+-=+-,x R ∈,则()h x 为偶函数,研究 “一半”, 令2ex t -=,x >0,则关于t 的方程2e 10at t -+=在(2e -,+∞)内有两个不相等的实根,分离参数,利用“形”立得. 【解析】方程24242()()ln(e 1)2e1e0x x x a f x g x x a --+-=⇔+=+-⇔+-=令242()e1ex x a h x -+-=+-,x R ∈,则显然()h x 为偶函数,所以方程()()f x g x =有四个实根⇔函数242()e 1e x x a h x -+-=+-,x >0有两个零点,令2ex t -=,x >0,则关于t 的方程2e 10at t -+=,即1e at t=+在(2e -,+∞)内有两个不相等的实根,结合函数1y t t=+,2e t ->的图像,得222e e e a -<<+,即4ln 2ln(e 1)2a <<+-,则实数a 的取值范围是()4ln 2,ln(e 1)2+-.【巩固训练】1.已知函数22()(21)(31)(2)(2)xx f x a a e a x e x =---+++有四个零点,则实数a 的取值范围是__________.A. 1,12⎛⎫⎪⎝⎭ B. 11,2e +⎛⎫ ⎪⎝⎭C. 11,22e +⎛⎫⎪⎝⎭ D. 11,11,22e +⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2.已知函数21,0()1,02x xx x x f x e e x x ⎧++≥⎪=⎨+<⎪⎩,()xg x me =(其中m 是非零实数),若函数()y f x =与函数()y g x =的图象有且仅有两个交点,则m 的取值范围为 .3.已知函数32ln ,0(),0e x xf x x x x >⎧=⎨+≤⎩,若函数2()()g x f x ax =-有三个不同的零点,则实数a 的取值范围是_____.4.已知e 为自然对数的底数,若方程|xlnx —ex +e |=mx 在区间[e1,e 2]上有三个不同实数根,则实数m 的取值范围是________. 5.已知关于x 的方程2x kx x =-有三个不同的实数解,则实数k 的取值范围是______6.已知关于x 的方程33kx x x =+有三个不同的实数解,则实数k 的取值范围是 .7. 若函数32()21()f x x ax a R =-+∈在(0,)+∞内有且只有一个零点,则()f x 在[]1,1-上的最大值与最小值的和为____________.8. 若函数有两个零点,则实数的取值范围是 . 9.已知函数()2x f x e x a =-+有零点,则实数a 的取值范围是____________. 10. 已知函数()f x ax =,ln ()x g x x =,其中a 为实数.若关于x 的方程()()f x g x =在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个实数解,则实数a 的取值范围为 .11. 已知函数32, 0(), 0ax x x f x x x ⎧++<⎪=⎨>⎪⎩,若函数()(1)(1)g x f x f x =-+-有且仅有四个不同的零点,则实数a 的取值范围是 . 12.已知函数3()f x x a a x=--+,,若关于的方程()2f x =有且仅有三个不同的实根,且它们成等差数列,则实数取值的集合为 .()(0a 1)xf x a x a a =--≠>),且a a R ∈x a【答案与提示】1.【答案】 D【提示】()(2)(21)(2)x xf x ae x a e x ⎡⎤⎡⎤=-+--+⎣⎦⎣⎦,根据对称性,只需考察1(2)x e x a=+有两个零点,得0a e <<,故有002121a e a e a a <<⎧⎪<-<⎨⎪≠-*⎩,前两者是保证两方程各自有两解,这里(*)易漏,它是保证两方程解不相同的.2.【答案】⎪⎭⎫⎢⎣⎡⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛e 3,121,0【提示】转化为函数21,0()11,02xx x x e F x x x ⎧++≥⎪⎪=⎨⎪+<⎪⎩与函数()G x m =的图象有且仅有两个交点最简.3.【答案】(0,1){2}-【提示】易知0是其中一个零点,问题转化为y a =与函数22ln ,0()1,0e xx x k x x x⎧>⎪⎪=⎨⎪+<有两个不同的零点.4.【答案】1eln ex ex,问题转化为)yf 与m 的图象在区间[e1,e 2]上有三个交点.∵221(e x ef x xx x, ∴当1(,)xe e时,()0f x ,()f x 减;当2(,)x e e 时,()0f x ,()f x 增.故当x e 时,()f x 取得极小值,且20e .又(1)f 210e e ,21()20f e e e作出()y f x 的图象,由图象知实数m 的取值范围是:12,2ee e).5.【答案】102k <<【解析】1,021,02,0x x k x x R x ⎧>⎪-⎪⎪=-<⎨-⎪=⎪⎪⎩,画图得出k 的取值范围.6.【答案】0>k 或41-<k . 【提示】参见例6.思路二:(半分)32, 0t at t t -=-->12.【答案】95⎧⎪-⎨⎪⎪⎩⎭【提示】变形为3=+3x a a x -+转化为y x a a =-+与3=+3y x有且仅有三个不同的交点,而函数y x a a =-+的图象是定点在直线y x =上、开口向上的V 形折线.。

2020年全国高考Ⅰ卷理科第20题解法赏析

2020年全国高考Ⅰ卷理科第20题解法赏析

中钙皋浬化知识篇知识结构与拓展高二数学2021年1月■河南省郑州101中学冯连福2017年发布的《普通高中数学课程标准》强调培养学科核心素养,圆锥曲线试题很好地考查了数学学科核心素养中的数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养,下面我们通过研究2020年全国高考数学新课标!卷理数第20题,来分析高考试题是怎么来考查数学学科核心素养的,希望对同学们的学习有所帮助。

如图1,已知A、2B分别为椭圆E:—/a/上「一十y2&1(a>1)的J左、右顶点,G为椭____一圆E的上顶点,图1AG・GB=8,P为直线%&6上的动点,PA与椭圆E的另一交点为CPB与椭圆E的另一交点为+o(1)求椭圆E的方程;#)证明:直线CD过定点。

解析:(1)第一问可以有以下几种解题角度。

角度一(平面向量的坐标运算):设A(—a,0),B(a,0),G(0,1),a>0。

故AG&(a,1),GB=(a,—1),a>0。

由AG・GB=8,得a2—1=8,a=3。

故椭圆E的方程为$+y2&1。

角度二(数量积的定义):设(AGB&2!,(AGO&!。

AG・GBB&AG|GB cos(#—2!)&8O分析可知AG&GB&la2+1,121—a2 cos!=,cos2!&2cos!—1&丐。

a+f1+a2故(/a2+1)・a21&8,得a2&9O下十1面同角度一,过程略。

角度三(平面向量的加法运算法则):因为ag十GB=#B,所以(AG+GB)&AB2也即AG2+GB2+2AG・GB&AB2。

故a2十1+a2十1+16&((a)。

下面同角度一,过程略。

角度四(极化恒等式):由等得:GA・G.&GO2—O.2&1—a2O故AG・GB&—G A・GB&a2—1&8。

题高考数学第题圆锥曲线知识点大全

题高考数学第题圆锥曲线知识点大全

高考数学第20题:圆锥曲线考试内容:椭圆及其标准方程.椭圆的简洁几何性质.椭圆的参数方程. 双曲线及其标准方程.双曲线的简洁几何性质. 抛物线及其标准方程.抛物线的简洁几何性质. 考试要求:(1)驾驭椭圆的定义、标准方程和椭圆的简洁几何性质,理解椭圆的参数方程. (2)驾驭双曲线的定义、标准方程和双曲线的简洁几何性质. (3)驾驭抛物线的定义、标准方程和抛物线的简洁几何性质. (4)理解圆锥曲线的初步应用.圆锥曲线方程 学问要点一、椭圆方程.1. 椭圆方程的第肯定义:为端点的线段以无轨迹方程为椭圆21212121212121,2,2,2F F F F a PF PF F F a PF PF F F a PF PF ==+=+=+⑴①椭圆的标准方程:i. 中心在原点,焦点在x 轴上:)0(12222 b a b y a x =+.ii. 中心在原点,焦点在y 轴上:)0(12222 b a bx ay =+.②一般方程:)0,0(122B A By Ax =+.③椭圆的标准参数方程:12222=+by ax 的参数方程为⎩⎨⎧==θθsin cos b y a x (一象限θ应是属于20πθ ). ⑵①顶点:),0)(0,(b a ±±或)0,)(,0(b a ±±.②轴:对称轴:x 轴,y 轴;长轴长a 2,短轴长b 2.③焦点:)0,)(0,(c c -或),0)(,0(c c -.④焦距:2221,2b a c c F F -==.⑤准线:ca x 2±=或c a y 2±=.⑥离心率:)10( e ace =.⑦焦点半径: i. 设),(00y x P 为椭圆)0(12222 b a by ax =+上的一点,21,F F 为左、右焦点,则 由椭圆方程的第二定义可以推出. ii.设),(00y x P 为椭圆)0(12222 b a ay bx =+上的一点,21,F F 为上、下焦点,则 由椭圆方程的第二定义可以推出.由椭圆第二定义可知:)0()(),0()(0002200201 x a ex x ca e pF x ex a ca x e pF -=-=+=+=归结起来为“左加右减”.留意:椭圆参数方程的推导:得→)sin ,cos (θθb a N 方程的轨迹为椭圆.⇒-=+=0201,ex a PF ex a PF ⇒-=+=0201,ey a PF ey a PF⑧通径:垂直于x 轴且过焦点的弦叫做通经.坐标:),(2222a b c a b d -=和),(2ab c⑶共离心率的椭圆系的方程:椭圆)0(12222 b a b y a x =+的离心率是)(22b a c ace -==,方程t t b y a x (2222=+是大于0的参数,)0 b a 的离心率也是ace =我们称此方程为共离心率的椭圆系方程. ⑸若P 是椭圆:12222=+b y a x 上的点.21,F F 为焦点,若θ=∠21PF F ,则21F PF ∆的面积为2tan2θb (用余弦定理与a PF PF 221=+可得). 若是双曲线,则面积为2cot2θ⋅b .二、双曲线方程. 1. 双曲线的第肯定义:的一个端点的一条射线以无轨迹方程为双曲线21212121212121,222F F F F a PF PF F F a PF PF F F a PF PF ==-=-=-⑴①双曲线标准方程:)0,(1),0,(122222222 b a b x a y b a b y a x =-=-. 一般方程:)0(122 AC Cy Ax =+.⑵①i. 焦点在x 轴上:顶点:)0,(),0,(a a - 焦点:)0,(),0,(c c - 准线方程c a x 2±= 渐近线方程:0=±bya x 或02222=-b y a xii. 焦点在y 轴上:顶点:),0(),,0(a a -. 焦点:),0(),,0(c c -. 准线方程:ca y 2±=. 渐近线方程:0=±b xa y 或02222=-b x a y ,参数方程:⎩⎨⎧==θθtan sec b y a x 或⎩⎨⎧==θθsec tan a y b x .②轴y x ,为对称轴,实轴长为2a , 虚轴长为2b ,焦距2c. ③离心率a ce =. ④准线距c a 22(两准线的间隔 );通径a b 22. ⑤参数关系ace b a c =+=,222. ⑥焦点半径公式:对于双曲线方程12222=-by ax (21,F F 分别为双曲线的左、右焦点或分别为双曲线的上下焦点)“长加短减”原则: aex MF a ex MF -=+=0201 构成满意a MF MF 221=-aex F M a ex F M +-='--='0201(与椭圆焦半径不同,椭圆焦半径要带符号计算,而双曲线不带符号)asin α,)α)N 的轨迹是椭圆aey F M a ey F M a ey MF a ey MF -'-='+'-='+=-=02010201⑶等轴双曲线:双曲线22a y x ±=-离心率2=e . ⑷共轭双曲线:以已知双曲线的虚轴为实轴,实轴为虚轴的双曲线,叫做已知双曲线的共轭双曲线.λ=-2222b y a x 与λ-=-2222b y a x 互为共轭双曲线,它们具有共同的渐近线:02222=-b y a x .⑸共渐近线的双曲线系方程:)0(2222≠=-λλb y a x 的渐近线方程为02222=-y a x 假如双曲线的渐近线为0=±b ya x 时,它的双曲线方程可设为)0(2222≠=-λλby a x .例如:若双曲线一条渐近线为x y 21=且过)21,3(-p 解:令双曲线的方程为:)0(422≠=-λλy x ,代入)21,3(-得12822=-y x ⑹直线与双曲线的位置关系:区域①:无切线,2条与渐近线平行的直线,合计2条;区域②:即定点在双曲线上,1条切线,2条与渐近线平行的直线,合计3条; 区域③:2条切线,2条与渐近线平行的直线,合计4条;区域④:即定点在渐近线上且非原点,1条切线,1条与渐近线平行的直线,合计2条; 区域⑤:即过原点,无切线,无与渐近线平行的直线.小结:过定点作直线与双曲线有且仅有一个交点,可以作出的直线数目可能有0、2、3、4条.(2)若直线与双曲线一支有交点,交点为二个时,求确定直线的斜率可用代入”“∆法与渐近线求交和两根之和与两根之积同号. ⑺若P 在双曲线12222=-b y a x ,则常用结论1:P 到焦点的间隔 为m = n ,则P 到两准线的间隔 比为m ︰n.简证:ePF e PF d d 2121= =n m. 常用结论2:从双曲线一个焦点到另一条渐近线的间隔 等于b.三、抛物线方程.3. 设0 p ,抛物线的标准方程、类型及其几何性质:注:①x c by ay =++2顶点)244(2aba b ac --.②)0(22≠=p px y 则焦点半径2P x PF +=;)0(22≠=p py x 则焦点半径为2P y PF +=.③通径为2p ,这是过焦点的全部弦中最短的.④px y 22=(或py x 22=)的参数方程为⎩⎨⎧==pt y pt x 222(或⎩⎨⎧==222pt y ptx )(t 为参数). 四、圆锥曲线的统肯定义..4. 圆锥曲线的统肯定义:平面内到定点F 和定直线l 的间隔 之比为常数e 的点的轨迹.当10 e 时,轨迹为椭圆; 当1=e 时,轨迹为抛物线; 当1 e 时,轨迹为双曲线;当0=e 时,轨迹为圆(a ce =,当b a c ==,0时).5. 圆锥曲线方程具有对称性. 例如:椭圆的标准方程对原点的一条直线与双曲线的交点是关于原点对称的.因为具有对称性,所以欲证AB=CD, 即证AD 与BC 的中点重合即可.注:椭圆、双曲线、抛物线的标准方程与几何性质 椭圆双曲线抛物线 定义1.到两定点F 1,F 2的间隔 之和为定值2a(2a>|F 1F 2|)的点的轨迹 1.到两定点F 1,F 2的间隔 之差的肯定值为定值2a(0<2a<|F 1F 2|)的点的轨迹2.与定点和直线的间隔 之比为定值e 的点的轨迹.(0<e<1) 2.与定点和直线的间隔 之比为定值e 的点的轨迹.(e>1)与定点和直线的间隔 相等的点的轨迹. 图形方 程标准方程 12222=+b y a x (b a >>0) 12222=-b y a x (a>0,b>0) y 2=2px参数方程 为离心角)参数θθθ(sin cos ⎩⎨⎧==b y a x 为离心角)参数θθθ(tan sec ⎩⎨⎧==b y a x ⎩⎨⎧==pt y pt x 222(t 为参数) 范围 ─a ≤x ≤a ,─b ≤y ≤b |x| ≥ a ,y ∈R x ≥0 中心 原点O (0,0) 原点O (0,0) 顶点 (a,0), (─a,0), (0,b) ,(0,─b) (a,0), (─a,0) (0,0) 对称轴 x 轴,y 轴; 长轴长2a,短轴长2b x 轴,y 轴;实轴长2a, 虚轴长2b. x 轴焦点 F 1(c,0), F 2(─c,0) F 1(c,0), F 2(─c,0) )0,2(p F 焦距 2c (c=22b a -)2c (c=22b a +)离心率 )10(<<=e a ce )1(>=e a ce e=1准线x=ca 2±x=ca 2±2p x -= 渐近线y=±ab x焦半径ex a r ±=)(a ex r ±±= 2p x r +=附加常用结论:一、圆锥曲线的统肯定义(第二定义):若平面内一个动点M 到一个定点F 和一条定直线l 的间隔 之比等于一个常数)0(>e e ,则动点的轨迹为圆锥曲线。

2011年广东高考第20题深度分析

2011年广东高考第20题深度分析
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二 、 题 赏析 试
首先 , 题 言简意 赅 , 述 自然 而 流 畅 , 构 简 试 表 结
练 肺精 美 , 含义深 远而 悠长 , 6道解 答题 中字符 最 是 少 的 一 题 , 出体现 了数 学语 言 的简 洁美. 道 突 试题 意新颖 , 以考查 基础 知识 、 想方 法 和能 思 力素 质综 合 意 , 构思 精巧 , 步设 问 , 渡 自然 , 分 过 在 半 和中 新 奇 , 沉稳 中 见活 力 , 在 耐人 寻 味 , 点 考 重 杏等 筹 、 比数列 的通 项公 式 与前项 和公 式 、 等 基本 不 等式 等基 础知 识 , 考查 推理 论证 和运 算求 解 能力 , 以
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2023年全国高考数学新课标1卷第20题解答

2023年全国高考数学新课标1卷第20题解答

2023年全国高考数学新课标1卷第20题解答2023年全国高考数学新课标1卷第20题要求解决一个与函数有关的问题。

下面将逐步解答这道题目,希望能帮助大家更好地理解题目要求和解题方法。

题目描述:已知函数$f(x)=x^3-3x^2-9x+5$,则曲线$y=f(x)$在点$(1,2)$处的切线方程是________。

解题步骤:1. 首先,根据题目给出的函数$f(x)$,我们需要求出曲线$y=f(x)$在点$(1,2)$处的切线方程。

要求切线方程,我们需要先求出曲线的斜率。

2. 曲线的斜率可以通过求函数$f(x)$的导数来得到。

导数的定义是函数在某一点的切线的斜率。

我们可以利用导数的定义求出函数$f(x)$的导数。

3. 对于函数$f(x)=x^3-3x^2-9x+5$,我们需要对每一项分别求导数。

根据求导法则,我们可以得到:$f'(x)=3x^2-6x-9$。

4. 然后,我们将点$(1,2)$的横坐标代入函数$f'(x)$,得到切线的斜率。

代入得到:$f'(1)=3(1)^2-6(1)-9=-12$。

5. 知道了切线的斜率,我们可以利用点斜式来求切线方程。

点斜式的一般形式为:$y-y_1=m(x-x_1)$,其中$m$为斜率,$(x_1,y_1)$为直线上一点的坐标。

6. 我们已经求得切线的斜率为$-12$,且已知点$(1,2)$在切线上。

将斜率和点的坐标代入点斜式,得到切线方程:$y-2=-12(x-1)$。

7. 现在,我们可以对切线方程进行化简,得到标准形式。

首先,将方程展开,得到:$y-2=-12x+12$。

8. 然后,将方程移项,得到:$y=-12x+14$。

9. 最后,我们得到曲线$y=f(x)$在点$(1,2)$处的切线方程为$y=-12x+14$。

总结:通过以上步骤,我们成功解答了2023年全国高考数学新课标1卷第20题。

题目要求我们求解曲线$y=f(x)$在点$(1,2)$处的切线方程。

多视角探究2022_年全国高考甲卷理数第20_题

多视角探究2022_年全国高考甲卷理数第20_题

多视角探究2022年全国高考甲卷理数第20题贺凤梅1㊀李昌成2(1.新疆伊犁巩留县高级中学ꎬ新疆伊犁835400ꎻ2.新疆乌鲁木齐市第八中学ꎬ新疆乌鲁木齐830002)摘㊀要:蝴蝶定理是平面几何中的一个经典问题ꎬ其意境优美ꎬ结论简洁ꎬ蕴理深刻.在2003年高考北京卷㊁2008年高考江西卷㊁2010年江苏卷中均出现了以其为背景命制的高考题[1].2022年全国甲卷理科圆锥曲线压轴题是在抛物线中以蝴蝶定理为背景的试题.文章通过对其深入研究ꎬ弄清其问题本质.关键词:圆锥曲线ꎻ蝴蝶定理ꎻ研究中图分类号:G632㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀文章编号:1008-0333(2023)28-0002-04收稿日期:2023-07-05作者简介:贺凤梅(1979-)ꎬ女ꎬ湖北省随州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀题目㊀(2022年全国高考甲卷理科数学第20题)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为Fꎬ点D(pꎬ0)ꎬ过点F的直线交C于MꎬN两点ꎬ当直线MD垂直于x轴时ꎬMF=3.(1)求C的方程ꎻ(2)设直线MDꎬND与C的另一个交点分别为AꎬBꎬ记直线MNꎬAB的倾斜角分别为αꎬβꎬ当α-β取得最大值时ꎬ求直线AB的方程.1总体分析本题是2022年全国甲卷理科数学第20题ꎬ是本卷压轴题之一ꎬ第(2)问是蝴蝶定理背景下的直线与抛物线的综合题.试题命题立意新颖ꎬ低起点㊁入口宽ꎬ适合多视角探究解答.试题能充分考查学生的运算能力㊁转化与化归的能力ꎬ属于难题.笔者针对此题ꎬ拟从不同的角度进行分析解答ꎬ不断优化解题思路ꎬ揭示问题的本质ꎬ先分享于此ꎬ以飨读者.2试题解答2.1第(1)问解析解析㊀C:y2=2px(p>0)ꎬ则F(p2ꎬ0)ꎬMDʅx轴时ꎬxM=pꎬ由抛物线的定义ꎬ得MF=xM+p2=32p=3ꎬ解得p=2ꎬ所以C:y2=4x.当直线MNʅx轴时ꎬ由对称性知ABʅx轴ꎬ此时α=β=π2ꎬ所以α-β=0.2.2第(2)问解析解法1㊀(线参法)由题设ꎬ直线MN斜率存在ꎬ且不为0ꎬ设直线MN:x=my+1(mʂ0)ꎬM(x1ꎬy1)ꎬN(x2ꎬy2)ꎬ联立x=my+1ꎬy2=4xꎬ{整理ꎬ得y2-4my-4=0.由根与系数的关系ꎬ得y1+y2=4mꎬy1y2=-4.①设MD:x=ny+2ꎬA(x3ꎬy3)ꎬB(x4ꎬy4)ꎬ联立x=ny+2ꎬy2=4xꎬ{整理ꎬ得y2-4ny-8=0.由根与系数的关系ꎬ得y1+y3=4nꎬy1y3=-8.所以y3=-8y1.同理可得y4=-8y2.由斜率公式kAB=y4-y3x4-x3ꎬ而y23=4x3ꎬy24=4x4ꎬ代入整理得kAB=y4-y3y24/4-y23/4=4y3+y4=4(-8/y1)+(-8/y2)=4y1y2-8(y1+y2)=2y1+y2=12m.所以kMN=1m=tanαꎬkAB=12m=tanβ.所以tan(α-β)=tanα-tanβ1+tanαtanβ=1/m-1/2m1+(1/m) (1/2m)=12m+1/m.当m>0时ꎬ2m+1mȡ22m 1m=22ꎬ此时0<tan(α-β)ɤ122=24ꎬ当且仅当2m=1mꎬ即m=22时取等号ꎻ而当m<0时ꎬα-β无法取得最大值.从而m=22时满足题意ꎬ此时kAB=12m=22.所以直线AB方程为y=4y3+y4(x-y234)+y3=4y3+y4x+y3y4y3+y4=12mx-2m=22x-22.即x-2y-4=0.评注㊀此问的显著特点是有很多的点和线ꎬ但仔细观察发现这些点和线相互关联ꎬ只需定好其中一个点ꎬ就可以很好地联系其他的点和线ꎬ容易寻求相同的结构ꎬ利用同一法求解ꎬ简化运算ꎬ解法1很好地诠释了这一思路和解答过程.解法2㊀(点参法)设M(y214ꎬy1)ꎬQ(y224ꎬy2)ꎬA(y234ꎬy3)ꎬB(y244ꎬy4)ꎬMꎬDꎬA三点共线ꎬ则kMD=kADꎬ且D(2ꎬ0).所以y1y21/4-2=y2y22/4-2.整理ꎬ得y1y23-8y1=y21y3-8y3.即(y1-y3)(y1y3+8)=0.显然y1ʂy3.所以y1y3=-8ꎬ即y3=-8y1.因为NꎬDꎬB三点共线ꎬ则kND=kBD.同理可求得y2y4=-8ꎬ即y4=-8y2.设直线MN的方程为x=my+1(mʂ0)ꎬ则tanα=1m=y1-y2y21/4-y22/4=4y1+y2ꎬkAB=y4-y3y24/4-y23/4=4y3+y4=4(-8/y1)+(-8/y2)=4y1y2-8(y1+y2)=-y1y22(y1+y2).由解法1中①式可知y1+y2=4mꎬy1y2=-4.所以kMN=1m=tanαꎬkAB=12m=tanβꎬtan(α-β)=tanα-tanβ1+tanαtanβ=1/m-1/2m1/m 1/2m=12m+1/m.由解法1可知ꎬ当m=22时ꎬ满足条件ꎬ此时kAB=22.将m=22代入y2-4my-4=0ꎬ得y2-22y-4=0.由题设解得y1=6+2ꎬy2=-6+2.所以y3=-8y1=-86+2=2(2-6).从而x3=y234=4(2-6)24=8-43.所以点A(8-43ꎬ2(2-6)).故直线AB方程为y=22[x-(8-43)]+2(2-6).即x-2y-4=0.评注㊀此解法的特点在于根据三点共线ꎬ斜率存在时ꎬ利用斜率相等找到点的纵坐标之间的内在联系ꎬ进而找到两直线MN与AB斜率之间的关系ꎬ借助于基本不等式ꎬ求出当α-β最大时kAB的值ꎬ利用取等条件得出m的值.进而求出y1ꎬ导出y3ꎬ再求出x3ꎬ即得点A的坐标ꎬ最后求出直线AB的方程.只要理清解题思路ꎬ加上适当的计算能力及技巧ꎬ解题可以顺利进行.解法3㊀(向量法)由前面的求解可知F(1ꎬ0)ꎬD(2ꎬ0)ꎬM(y214ꎬy1)ꎬN(y224ꎬy2)ꎬA(y234ꎬy3)ꎬB(y244ꎬy4).所以FMң=(y214-1ꎬy1)ꎬFNң=(y224-1ꎬy2).因为FMңʊFNңꎬ所以(y214-1)y2-(y224-1)y1=0.化简整理ꎬ得(y1-y2)(y1y2+4)=0ꎬ且y1ʂy2.所以y1y2=-4.②由DMңʊDAң易得(y214-2)y3-(y234-1)y1=0.即(y1-y3)(y1y3+8)=0.因为y1ʂy3ꎬ故y1y3=-8.③同理y2y4=-8.④由②③ꎬ得y3=2y2ꎬ由②④ꎬ得y4=2y1ꎬ所以kMN=y1-y2y21/4-y22/4=4y1+y2ꎬkAB=y3-y4y23/4-y24/4=4y3+y4=42y2+2y1=2y1+y2.所以kMN=2kABꎬtanα=2tanβ.要使α-β最大ꎬ必有α>βꎬ且αꎬβ均为锐角ꎬ所以tan(α-β)=tanα-tanβ1+tanαtanβ=tanβ1+2tan2β=12tanβ+1/tanβɤ122.当2tanβ=1tanβ(tanβ>0)ꎬ即tanβ=22时等号成立ꎬ此时tan(α-β)取最大值ꎬ相应α-β最大ꎬ故kAB=22.设直线AB:x=2y+nꎬ由x=2y+nꎬy2=4xꎬ{整理ꎬ得y2-42y-4n=0.所以y3y4=-4n.而y3y4=4y1y2=4ˑ(-4)=-16ꎬ所以n=4.故直线AB方程为x-2y-4=0.评注㊀此解法亮点有三处:一是利用向量共线寻找坐标关系ꎬ可有效避免讨论相关直线斜率不存在的情形ꎬ使问题的处理简单易行ꎬ学生也容易理解和接受ꎻ二是三组向量共线ꎬ实际上具有相同的结构ꎬ因此详解第一组向量共线后得出坐标关系后ꎬ第二组可以对照简化运算ꎬ而第三组同理可得就变得顺其自然了ꎬ这也是当下应用比较普遍的同一法ꎻ三是根据条件求出满足条件的kAB=22ꎬ设直线AB方程的横截式ꎬ与抛物线方程联立后ꎬ利用韦达定理得出y3y4=-4nꎬ结合前面所求y3y4=4y1y2与y1y2=-4ꎬ很容易求出n的值ꎬ进而求出直线AB的方程ꎬ大大简化了运算.解法4㊀(参数法)设抛物线参数方程为x=t2y=2t{(t为参数)ꎬ不妨设M(m2ꎬ2m)ꎬN(n2ꎬ2n)ꎬA(a2ꎬ2a)ꎬB(b2ꎬ2b)ꎬ且m>0ꎬb>0ꎬn<0ꎬa<0ꎬFMң=(m2-1ꎬ2m)ꎬFNң=(n2-1ꎬ2n).因为FMңʊFNңꎬ所以2n (m2-1)-2m (n2-1)=0.化简整理ꎬ得(m-n)(mn+1)=0ꎬ且mʂn.所以mn=-1.同理由DꎬMꎬA和DꎬNꎬB三点分别共线求得am=-2ꎬbn=-2.从而a=-2mꎬb=-2n=2m.所以kMN=2m-2nm2-n2=2m+n=2m-1/m=2mm2-1=tanαꎬkAB=2a-2ba2-b2=2a+b=2-2/m+2m=mm2-1=tanβ.所以kMN=2kABꎬtanα=2tanβ.下同解法3ꎬ求得kAB=22.此时mm2-1=22.由题设m>0ꎬ解得m=2+62.所以a=-2m=2-6ꎬa2=8-43.所以A(8-43ꎬ2(2-6)).故直线AB方程为x-2y-4=0.评注㊀此解法用到了抛物线的参数方程ꎬ求解更简洁ꎬ教材对于抛物线的参数方程仅在课本选修4-4中简单提及ꎬ学生不一定熟练掌握ꎬ需要老师们留心.3总结升华抛物线中的蝴蝶模型㊀已知抛物线y2=2px(p>0)ꎬ过点M(mꎬ0)作直线交抛物线于A(x1ꎬy1)ꎬB(x2ꎬy2)两点.已知点N(nꎬ0)ꎬ连接ANꎬBN交抛物线于C(x3ꎬy3)ꎬD(x4ꎬy4)两点ꎬ则kABkCD为定值.评析㊀此模型即为2022年高考真题中寻找两直线斜率关系的部分ꎬ大家利用以上任意一种方法进行运算求解ꎬ均可得到kABkCD=nm.所以此真题能得出的关系就是kABkMN=12ꎬ如果大家熟知此结论ꎬ或能按部就班推出此结论ꎬ这次的压轴题也就迎刃而解了.通过研究高考真题ꎬ发现在复习备考的征途中ꎬ特别是对于一些有文化背景的题ꎬ教师要有足够的耐心ꎬ深度解析各种方法ꎬ让学生在比较中开拓思路.因此ꎬ我们要充分利用好高考经典试题ꎬ从不同视角㊁不同解法深度解读ꎬ长此以往ꎬ一定能提升复习备考的效果[2].参考文献:[1]成开平.探析以圆锥曲线蝴蝶定理为背景的高考题[J].中学数学研究ꎬ2015(06):28-29.[2]罗增儒.怎样解答高考数学题[J].中学数学教学参考ꎬ2018(16):53-56.[责任编辑:李㊀璟]。

设线设点方法异,同构方程显本质——2021年全国甲卷理科第20题的探究及推广

设线设点方法异,同构方程显本质——2021年全国甲卷理科第20题的探究及推广

!用思维导图解答压轴题从通法到秒杀讲课比赛获奖作品系列之六设线设点方法异 同构方程显本质!!!#(#!年全国甲卷理科第#(题的探究及推广#四川省双流中学!文卫星数学生态课堂基地!赵一凡摘要 近两年解析几何中考查同结构方程组成为热点$本文用两种方法解答#(#!年全国甲卷理科第#(题都应用了同结构方程组$这种方法可以溯源到教材圆与方程的课后习题$而且这道考题也可以进行推广!关键词 直线,圆,抛物线,同结构方程组,韦达定理!引言#(#!年全国甲卷理科第#(题是一道解析几何解答题!考生们认为有难度!甚至影响了整个高考数学学科的发挥!事实上!这道考题从题设到解法都类似于#(!3年全国*卷理科数学第#!题!并且这道考题可以溯源为一道圆与方程的课后习题!该习题即求圆的切点弦所在直线方程!我们将用两种方法来解答这道考题!其中一种方法通过设直线的方程入手!另一种方法通过设点的坐标入手!但是两种方法都运用了同结构方程组观点!将方程组概括为一个二次方程!进而使用韦达定理整体代入!这道考题的数据比较简单!可以将其推广到更一般的情形!"试题解析"1!原题再现抛物线8的顶点为坐标原点=!焦点在"轴上!直线/'"%!交8于+!C 两点!且=+1=C !已知点4%#!(&!且84与/相切!%!&求抛物线8与84的方程-%#&设6!!6#!6$是8上的三个点!直线6!6#!6!6$均与84相切!判断直线6#6$与84的位置关系!并说明理由!"1"解法思维导图*(#本题第&#(小题有一定难度$涉及直线与圆)直线与抛物线的位置关系的判断与应用!可以通过设直线的斜截式方程入手$得到本文的通法,也可以通过设抛物线上的点6!$6#$6$的坐标入手$得到本文的秒杀法$并且坐标既可以设为普通形式$如图!6!&"!$#!($又可以设为参数形式$如6!&2#!$2!(!由前面的分析!可得如图!所示的本题解题的思维导图!"1#通法解答解 %!&易得8'##%"!84'%"&#&#$##%!!%#&通法!设点6!%"!!#!&!6#%"#!##&!6$%"$!#$&!情形一!当直线6!6#!6!6$的斜率不都存在时!可以验证直线6#6$与圆4相切!84有且只有两条斜率不存在的切线!即"%!和"%$!所以!不妨设6!6#'"%!!6!%!!!&!此时6#!6$中恰有一个存在!另一个不存在!不合题意-或者设6!6#'"%$!不妨6!%$!槡$&!此时6#!6$分别为%(!(&!%$!&槡$&!即6#6$'"$槡$#%(!圆心4%#!(&到直线6#6$的距离D %#!$槡$%!!等于半径!即直线6#6$与圆4相切!情形二!当直线6!6#!6!6$的斜率都存在!但"*命题考试试题研究#(##年$月上半月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.!6#6$的斜率不存在时!由抛物线以及圆的对称性!知6!%(!(&!此时直线6#6$'"%$!与圆4相切!情形三!当直线6!6#!6!6$!6#6$的斜率都存在时!分别设为*$!*#!*!%*$!*#!*!均不等于(&!此时#!!##!#$任意两者之和不等于(!并且由情形一)情形二知!还需#!5E !!且#!5(!同时!设圆心4%#!(&到这三条直线的距离分别为D $!D #!D !!图#设代表直线/('#%*"$'%*5(&!联立#%*"$'!##%"!,消去"!得*##&#$'%(!当#,(时!由韦达定理得方程的两根之和为!*!两根之积为'*!对于直线6!6#!6!6$!6#6$!有##$#$%!*!!###$%'!*!!即*!%!##$#$!'!%###$##$#$-&#!$#$%!*#!#!#$%'#*#!即*#%!#!$#$!'#%#!#$#!$#$-'#!$##%!*$!#!##%'$*$!即*$%!#!$##!'$%#!###!$##!(若点4%#!(&到直线/(的距离D %#*$'!$*槡#%!!则$*#$"*'$'#&!%(!因为直线6!6#!6!6$与圆4相切!所以$*##$"*#'#$'##&!%(!)$*#$$"*$'$$'#$&!%(!+把'代入)!消去*#!'#!得%##!&!&##$$##!#$$$&##!%(!,把(代入+!消去*$!'$!得%##!&!&###$##!##$$&##!%(!-注意到#!5E !!所以##!&!5(!由,-得!##!#$是关于#的二次方程%##!&!&##$##!#$$&##!%(的两根!由韦达定理!得##$#$%##!!&##!!###$%##!&$!&##!!.把.代入&!注意到#!5(!故可得*!%!&##!##!!'!%##!&$##!!9'(消去#!!得$*#!$"*!'!$'#!&!%(!这等价于直线6#6$与圆4相切!综上所述!直线6#6$与圆4相切!"1%秒杀解法对于%#&可以用如下秒杀法求解'圆4的切线6!6#!6!6$不能为直线"%!!否则点6#!6$中恰有一个不存在!从而不合题意!所以点6!不能是%!!!&!%!!&!&!设6!%##!!#!&%#!5E !&!6#%###!##&!6$%##$!#$&!显然!#!!##!#$互不相等!当直线6!6#的斜率存在时!必有#!$##5(!斜率*66%##&#!###&##!%!##$#!!直线6!6#'#&#!%!##$#!%"&##!&!即6!6#'"&%#!$##&#$#!##%(!当直线6!6#的斜率不存在时!只能是6!6#'"%$!此时#!$##%(!#!##%&$!也有6!6#'"&%#!$##&#$#!##%(!所以6!6#'"&%#!$##&#$#!##%(!因为直线6!6#与84相切!所以圆心4%#!(&到直线6!6#的距离D $%#$#!##!$%#!$##&槡#%!!即%##!&!&###$##!##$$&##!%(!&同理%##!&!&##$$##!#$$$&##!%(!'由&'知!##!#$是关于#的方程%##!&!&##$##!#$$&##!%(的两根!由韦达定理!得##$#$%##!!&##!!###$%##!&$!&##!!类似地!可知直线6#6$'"&%##$#$&#$###$%(!圆心4%#!(&到直线6#6$的距离D !%#$###$!$%##$#$&槡#%#$##!&$!&##!!$##!!&##!%&槡#%!$##!%!$##!&槡#%!!所以直线6#6$与圆4相切!"1&归纳总结感悟秒杀方法的优势在于'第一!减少了通法中斜率不存在时!需要讨论的情形的个数-第二!直接利用点6!!6#!6$的纵坐标#!!##!#$作为直线方程中的系#*#(##年$月上半月试题研究命题考试Copyright ©博看网. All Rights Reserved.!数!减少了引入的参数的数量!避免了通法中!为了达到消元的目的!反复利用根与系数关系的烦琐过程!本题的两种解法都运用了同结构方程组!这与#(!3年全国*卷理科第#!题第%!&小题类似!并且#(#!年全国乙卷理科第#!题同样需用同结构方程组!可见此方法是近三年高考解析几何考查的热点!事实上此方法可以溯源为教材圆与方程一章中!求圆的切点弦所在直线方程问题!因为圆优美的几何性质!所以教师在教授时!一般把切点弦转化为两圆公共弦!再将两圆方程相减即可!进而忽略了同结构方程组的应用!没有充分挖掘教材习题的育人价值!正因如此!当高考两年前考查过的内容再现时!学生仍然无法迎刃而解!#试题推广#1!利用伸缩变换的推广设抛物线8'##%#F"%F,(&!圆4'%"&"F&#$##%"F#!设6!!6#!6$是8上的三个点!若直线6!6#!6!6$均与84相切!则直线6#6$与84相切!证明 由原题知!抛物线8('##%"!圆4('%"&#&#$##%!满足上述性质!因为点与曲线之间的位置关系是伸缩不变量!所以可用伸缩变换$'".%#F"!#.%#F#!,%F,(&将抛物线8(!圆4(转化为抛物线8!圆4!且转化后仍具有上述性质!由$得"%".#F!#%#.#F!9'(代入##%"!得#.#F%&#%".#F!即#.#%#F".!从而8'##%#F"!代入%"&#&#$##%!!得".#F&#%&#$#.#F%&#%!!即%".&"F&#$#.#%"F#!从而4'%"&"F&#$##%"F#!从而抛物线8'##%#F"%F,(&!圆4'%"&"F&#$##%"F#!满足上述性质!#1"一般的推广定义抛物线%与圆4的关联性质+'若抛物线%的任意内接三角形6!6#6$的两条边6!6#!6!6$与圆4相切!则另一条边6#6$也与圆4相切!抛物线%'##%#F"%F,(&与圆4'%"&'&#$##%?#具有性质+的充要条件是圆方程满足?#%#F%'&?&!其中',?,(!图$先证明必要性!由抛物线的对称性!满足性质的圆!其圆心只能在"轴的正半轴上!设圆心4%'!(&!半径为?!考虑圆4的两条与"轴垂直的切线67!8;!分别与抛物线相交于6!7!8!;%如图$&!由抛物线%与圆4具有关联性质+知!分别过6!7的圆4的另一条切线/6!/7的交点在抛物线上!分别过8!;的圆4的另一条切线/8!/;的交点也在抛物线上!由对称性知!上述交点只能在"轴上!但抛物线%与"轴有且只有一个公共点=!从而必有/633/733"轴!/8与/;相交于坐标原点=!从而6%'&?!?&!;'$?!%'$?&?'#&?槡#%&!又因为6!;在抛物线##%#F"上!所以#%#F%'&?&!%'$?&#?#'#&?#%#F%'$?&!9'(方程组中的两个方程是相同的!即#%#F%'&?&!再证明充分性!设6!%#F2#!!#F2!&!6#%#F2##!#F2#&!6$%#F2#$!#F2$&是抛物线8上的三点!2!!2#!2$互不相同!为了保证直线6#6$的存在性!类比高考题的秒杀方法!我们知道#F2!5?!即"F2#!&?#5(!则直线6!6#'%"&#F2#!&%#F2#&#F2!&%%#&#F2!&%#F2##&#F2#!&!整理得6!6#'"&%2!$2#&#$#F2!2#%(!同理6!6$'"&%2!$2$&#$#F2!2$%(!6#6$'"&%2#$2$&$#F2#2$%(!因为直线6!6#与圆4相切!所以圆心4%'!(&到直线6!6#的距离D$%'$#F2!2#!$%2!$2#&槡#%?!整理得%"F#2#!&?#&2##$"F?2!2#&?#%2#!$!&$'#%(!同理有%"F#2#!&?#&2#$$"F?2!2$&?#%2#!$!&$'#%(!所以2#!2$是方程%"F#2#!&?#&2#$"F?2!2&?#%2#!$!&$'#%(的两根!由韦达定理得2#$2$%&"F?2!"F#2#!&?#!2#2$%'#&?#%2#!$!&"F#2#!&?#!代入圆心4%'!(&到直线6#6$的距离D!%'$#F2#2$!$%2#$2$&槡#!化简得D!%?!所以!直线6#6$与圆4相切!$$*命题考试试题研究#(##年$月上半月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。

2022年高考数学北京卷第20题的多解探

2022年高考数学北京卷第20题的多解探

2022年高考数学北京卷第20题的多解探究及加强推广贵州师范大学数学科学学院 刘远桃 (邮编:550025)摘 要 文章对2022年高考数学北京卷第20题进行分析,先给出第(1)㊁(2)问的常规解法,然后对第(3)问进行探究,得到不同思路的不同解法,并从解题思路中得到了该试题的本质内涵,从而得到了一个加强和推广,最后给出教学建议.关键词 高考试题;导数题;一题多解;加强推广1 试题呈现(2022年高考数学北京卷第20题)已知函数f (x )=e xl n (1+x ).(1)求曲线y =f (x )在点0,f (0) 处的切线方程;(2)设g (x )=f '(x ),讨论函数g (x )在x ȡ0上的单调性;(3)证明:对任意的s ,t >0,都有f (s +t )>f (s )+f (t ).本题将指对函数以乘积的形式联系在一起,构思新颖㊁巧妙.主要考查导数的几何意义,在点处的切线方程的求法,利用导数研究函数的单调性㊁最值,以及函数背景下的不等式证明等知识.2 试题解析(1)当x =0时,f (0)=0,f'(x )=e x[l n (1+x )+11+x],所以f '(0)=1,由直线点斜式得y =x ,所以曲线y =f (x )在点0,f (0) 处的切线方程为y =x .评注 此题比较常规,求在具体点处的切线方程.思路就是求出具体点的坐标,再求出导函数的值,即在这点处的斜率,由直线的点斜式,得到结果.需要注意的是,在点处的切线方程和过点的切线方程的区别,在解题时要仔细审题,避免漏解.(2)由(1)可得g (x )=f '(x )=e x l n (1+x )+11+x,g '(x )=e x l n (1+x )+2x +1(1+x )2,因为x ȡ0,所以e xȡ1,l n (1+x )ȡ0,2x +1(1+x )2>0,即g '(x )>0,所以函数g (x )在x ȡ0上单调递增.评注 此题也比较常规,求函数在某区间内的单调性.思路就是对函数求导,判断导函数在该区间上的正负性,得到对应的单调区间和单调性.解决此类问题,判断导函数的正负性是关键,其判断方法多样,如将导函数分拆成几个函数分别判断㊁放缩判断㊁二阶求导判断等.当导函数其中某一部分的正负难以判断时,经常把导函数分拆进行判断,当导函数比较复杂时,二阶求导判断是比较常用的方法.(3)分析此题是函数背景下的双变量不等式恒成立问题,题目中的两个变量s ㊁t 之间没有关系,因此找到变量间的内在特点和分析该不等式的含义㊁对不等式化简变形是解决此题的关键.思路1 构造函数之主元法证法1 变量s ,t 地位等价,不妨将变量s 看成未知数,构造关于s 的函数,此时t 为常数,h (s )=f (s +t )-f (s )-f (t ),则h '(s )=f'(s +t )-f '(s )=g (s +t )-g (s ),由(2)知,函数g (x )在x ȡ0上单调递增,又s ,t >0,所以s +t >s ,所以g (s +t )>g (s ),即h '(s )>0,所以函数h (s )在s >0上单调递增,由(1)知,f (0)=0,所以h (0)=f (t )-f (0)-f (t )=-f (0)=0,即h (s )>h (0)=0,所以对任意的s ,t >0,都有f (s +t )>f (s )+f (t ).评注 此证法思路清晰,将待证不等式移项后构造函数进行证明,不等式含有两个变量,且两个变量之间没有关系,最常用的方法就是主元552022年第6期中学数学教学法,此方法运用比较广泛,尤其是多元函数中 各元 的地位等价时,其本质就是多元函数的偏导数,只不过在高中阶段没有学习偏导数,故将此方法称为主元法.思路2 构造函数之变形构造证法2 由f (s +t )>f (s )+f (t ),得到e s +t l n (1+s +t )>e s l n (1+s )+et l n (1+t ),故只需证明l n (1+s +t )>l n (1+s )e t +l n (1+t )es,令h (s )=l n (1+s +t )-l n (1+s )et -l n (1+t )e s,得到h '(s )=11+s +t -1e t (1+s )+l n (1+t )es,由切线不等式放缩e x>x +1(x >0),得到h '(s )>11+s +t -1(1+t )(1+s )=11+s +t -11+s +t +s t>0,所以h (s )在s >0上单调递增,可得h (s )>h (0)=l n (1+t )-l n (1+t )=0,h (s )=l n (1+s +t )-l n (1+s )e t -l n (1+t )e s>0,即证.评注 此证法通过将待证不等式变形,得到一个等价不等式,其中也含有s ,t 两个变量,所以构造函数的方法也是主元法,只不过构造的函数形式与证法1有所不同,再利用切线不等式放缩求得其导函数大于零,即所构函数在定义域内单调递增,从而得到证明.思路3 构造函数之局部构造证法3 令h (s )=f (s +t )-f (s )=e s +t l n (1+s +t )-e sl n (1+s ),则h '(s )=e s +t l n (1+s +t )-e sl n (1+s )+e s +t 1+s +t -e s 1+s,由(1)(2)可知,f (x )在x ȡ0上单调递增,又s ,t >0,s +t >s ,所以e s +t l n (1+s +t )-esl n (1+s )>0,令p (x )=e x 1+x ,x >0,p '(x )=x ex(1+x )2>0恒成立,所以p (x )在x >0上单调递增,又s ,t >0,s +t >s ,所以e s +t 1+s +t -es 1+s>0,所以h '(s )>0,即h (x )在x >0上单调递增,h (s )>h (0)=f (t )-f (0),又f (0)=0,所以h (s )>f (t ),即f (s +t )-f (s )>f (t ),所以对任意的s ,t >0,都有f (s +t )>f (s )+f (t ).评注 此证法也是利用主元法构造函数,所构造的函数是从待证不等式基础上局部构造得到的,接着对所构函数进行分析,从而得到证明.需要注意的是,所构函数的导函数比较复杂,判断导函数的正负性需要一定的运算能力,以保证所构函数的单调性判断正确.思路4 构造函数之比值构造证法4 由f (s +t )>f (s )+f (t ),得到e s +t l n (1+s +t )>e s l n (1+s )+et l n (1+t ),即只需证明e s +t l n (1+s +t )s +t >e s l n (1+s )s +t +e tl n (1+t )s +t,又s ,t >0,所以s +t >s ,s +t >t ,得到e s l n (1+s )s +e t l n (1+t )t >e s l n (1+s )s +t +e tl n (1+t )s +t,故只需证明e s +t l n (1+s +t )s +t >e s l n (1+s )s+e tl n (1+t )t即可,该不等式中的三项表达式形式完全一致,所以构造函数h (x )=f (x )x,(x >0),则h '(x )=x f '(x )-f (x )x 2=x g (x )-f (x )x2,设p (x )=x g (x )-f (x ),则p '(x )=g (x )+x g '(x )-f '(x )=x g'(x )>0,所以p (x )在x >0上单调递增,p (x )>65中学数学教学2022年第6期p (0)=0,得到h '(x )>0,所以h (x )在x >0上单调递增,又s ,t >0,所以s +t >s ,s +t >t ,所以f (s +t )s +t >f (s )s ,f (s +t )s +t >f (t )t ,所以s f (s +t )s +t +t f (s +t )s +t>f (s )+f (t ),即f (s +t )>f (s )+f (t ),即证.评注 此证法也是通过构造函数进行证明,构造思路来源于待证不等式的等价形式f (s +t )s +t >f (s )s +f (t )t .当然,也可以构造函数h (x )=xf (x),只不过此时h (x )在x >0上单调递减,但最终的结果是一致的.思路5 拉格朗日中值定理证法5 对任意的s ,t >0,不妨设s ȡt >0,因为函数f (x )=e xln (1+x )为初等函数,满足拉格朗日中值定理的条件,所以∃a ɪ(0,t ),使得f (t )-f (0)t =f'(a ),∃b ɪ(s ,s +t ),使得f (s +t )-f (s )t=f '(b ),由(2)可知f '(x )在x ȡ0上单调递增,又b >a ,所以f '(b )>f '(a ),f (s +t )-f (s )t>f (t )-f (0)t,又f (0)=0,所以f (s +t )>f (s )+f (t ).评注 此证法是利用高等数学知识,拉格朗日中值定理进行证明,利用拉格朗日中值定理求解问题时需注意函数是否满足其条件,高中所涉及的函数基本为初等函数,自然也就满足其使用条件.通过此证法可以感受到高等数学与初等数学具有一定的联系,而不是割裂的两个部分,利用高等数学知识来解决中学数学问题,具有一定的简捷性.试题中第(3)问从不同思路分析得到了七种证明方法,这有助于培养学生的一题多解能力,有助于培养和加强学生的数学思维能力和综合运用知识的能力,既能够开阔视野,又能够在一题多解过程中提高对数学的兴趣[1].七种方法可以概括为高中数学知识的解法,即构造函数法,以及高等数学知识的解法,即拉格朗日中值定理.不难看出,利用拉格朗日中值定理来求解此题更为简捷,究其原因,是因为此题的本质内涵就是函数的凹凸性.证法1到证法6,都是通过构造函数,分析所构函数的性质,如单调性㊁最值等得到证明,只不过构造函数的思路和所构函数的形式有所不同.通过此题也不难看出,利用主元法构造函数来证明双变量不等式问题具有强大的解题功效.3 加强推广例1 已知函数f (x )=e xln (1+x ).求证:对任意的s ,t >0,都有f (2s )+f (2t )ȡ2f (s +t ).证明 当s =t 时,显然不等式等号成立,当s ʂt 时,不妨设s >t ,将变量s 看成未知数,构造关于s 的函数,此时t 为常数,h (s )=f (2s )+f (2t )-2f (s +t ),则h '(s )=2f '(2s )-2f '(s +t )=2[f'(2s )-f '(s +t )], 因为函数f '(x )在x >0上单调递增,又s >t ,得到2s >s +t ,所以f '(2s )>f '(s +t ),即h '(s )>0,所以函数h (s )在s >0上单调递增,又f (0)=0,所以h (s )>h (0)=f (0)+f (2t )-2f (t )=f (2t )-2f (t ),由对任意的s ,t >0,都有f (s +t )>f (s )+f (t ),所以f (2t )>2f (t ),即h (s )>h (0)>0,所以f (2s )+f (2t )>2f (s +t ),综上所述,对任意的s ,t >0,都有f (2s )+f (2t )ȡ2f (s +t ).评注 此证明思路与原试题第(3)问的思路1一样,都是利用主元法来证明,不同的是,当s =t 时,原试题第(3)问中不等式不能取等号,而在加强中不等式可以取等号,当然,还可以通过其他思路来进行证明,这里不再叙述.进一步探究发现,由于s ,t 的任意性,通过换元s =12m ,t =752022年第6期中学数学教学12n,得到f(m)+f(n)ȡ2f m+n2,即琴生不等式,可见此不等式恒成立的关键在于函数f(x)在x>0上为凹函数.推广已知可导函数f(x)在x>0上为凹函数,满足f(0)ɤ0,求证:对任意的s,t>0,都有f(s+t)>f(s)+f(t)成立.证明变量s,t地位等价,不妨将变量s看成未知数,构造关于s的函数,此时t为常数, h(s)=f(s+t)-f(s)-f(t),则h'(s)= f'(s+t)-f'(s),因为f(x)在x>0上为凹函数,所以f'(x)在x>0上单调递增,又s,t>0,所以s+t>s,所以f'(s+t)> f'(s),即h'(s)>0,所以函数h(s)在s>0上单调递增,又f(0)ɤ0,所以h(0)=f(t)-f(0)-f(t)=-f(0)ȡ0,即h(s)>h(0)ȡ0,所以对任意的s,t>0,都有f(s+t)> f(s)+f(t).评注通过原试题第(3)问的思路1,不难发现此不等式恒成立的关键在于两点,一是函数f(x)在x>0上为凹函数,二是满足f(0)ɤ0,这样此推广也就可以得到了,其证明思路同思路1一样,都是利用主元法构造函数来证明.4教学启示4.1注重过程生成教学数学家米山国藏曾说 在学校学的数学知识,毕业后若没有什么机会去用,一两年后,很快就忘掉了,然而,不管他们从事什么工作,唯有深深铭刻在心中的数学的精神㊁数学的思维方法㊁研究方法㊁推理方法和看问题的着眼点等,却随时随地的发生作用,使他们终生受益. [2],使他们终生受益的东西,正是 能够数学地解决问题的东西 ,这与数学核心素养的内涵 学生应具备的,能够适应终身发展的和社会发展需要的㊁具有数学基本特征的思维品格和关键能力 是一致的,这才是数学教学应教给学生的,而过程性㊁生成性教学正是教给学生这些东西的有效途径.4.2把握解题教学本质数学的学习,解题必不可少,但题目浩如烟海,为此以题海战术来训练学生的解题能力并不可行,甚至会扼杀学生学习数学的兴趣.可见,数学解题教学的教学不应仅关注解题,而是要超脱解题教学本身,教给学生发现和提出问题㊁分析和解决问题的能力,善于总结解题思路㊁归纳题目类型,挖掘题目所蕴含的本质,以促进学生思维发展为目的,达到从 一道题 到 一类题 的提高,从数学解题的操作性能力到思维性能力的升华.所谓一题多解㊁多题一解㊁一题多变,其教学实质都是为了认识问题的本质㊁解法的本质以及核心的思维[3].参考文献[1]程华.从 一题多解 审思解题教学的思维培养[J].数学通报,2020,59(08):50-54.[2]米山国藏.数学的精神㊁思想和方法[M].成都:四川教育出版社,1986.[3]陆珺,胡晴颖.论数学解题教学的教学[J].数学教育学报,2021,v.30;N o.137(02):55-60.(收稿日期:2022-09-14)85中学数学教学2022年第6期。

2023年数学高考2卷第20题

2023年数学高考2卷第20题

2023年数学高考2卷第20题20.如图,三棱锥A BCD -中,DA DB DC ==,BD CD ⊥,60ADB ADC ∠=∠=,E 为BC 的中点.(1)证明:BC DA ⊥;(2)点F 满足EF DA =,求二面角D AB F --的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)3.【解析】【分析】(1)根据题意易证BC ⊥平面ADE ,从而证得BC DA ⊥;(2)由题可证⊥AE 平面BCD ,所以以点E 为原点,,,ED EB EA 所在直线分别为,,x y z 轴,建立空间直角坐标系,再求出平面,ABD ABF 的一个法向量,根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出.【小问1详解】连接,AE DE ,因为E 为BC 中点,DB DC =,所以DE BC ⊥①,因为DA DB DC ==,60ADB ADC ∠=∠=,所以ACD △与ABD △均为等边三角形,AC AB ∴=,从而AE BC ⊥②,由①②,AE DE E =,,AE DE ⊂平面ADE ,所以,BC ⊥平面ADE ,而AD ⊂平面ADE ,所以BC DA ⊥.【小问2详解】不妨设2DA DB DC ===,BD CD ⊥,BC DE AE ∴===.2224AE DE AD ∴+==,AE DE ∴⊥,又,AE BC DE BC E ⊥=,,DE BC ⊂平面BCD AE ∴⊥平面BCD .以点E 为原点,,,ED EB EA 所在直线分别为,,x y z轴,建立空间直角坐标系,如图所示:设(0,0,0)D A B E ,设平面DAB 与平面ABF 的一个法向量分别为()()11112222,,,,,n x y z n x y z ==,二面角D AB F --平面角为θ,而(AB =,因为(EF DA ==,所以(F,即有()AF =,111100⎧+=⎪∴-=,取11x =,所以1(1,1,1)n =;22200==⎪⎩,取21y =,所以2(0,1,1)n =,所以,1212cos 3n n n n θ⋅===,从而sin 3θ==.所以二面角D AB F --的正弦值为3.。

高考数学 文科20题

高考数学 文科20题

(20)(本小题满分13分)解:函数()f x 定义域为{0}x x ≠,322()e x x x ax a f x x++-'=. (Ⅰ)共计3分当0a =时,()e x f x x =⋅,()f x '=(1)e xx +…………………......1分所以(1)e,(1)2e f f '==………………………………………………………1分所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程是e 2e(1)y x -=-,即2e e =0x y --. ………… 1分(Ⅱ) 共计4分 当1a =-时,()f x '=3221e x x x x x+-+………………………………1分 设()g x =321x x x +-+,则2()321(31)(1)g x x x x x '=+-=-+. 令()(31)(1)0g x x x '=-+>得,13x >或1x <-,注意到0x >,所以13x >. 令()(31)(1)0g x x x '=-+<得,注意到0x >,得103x <<. 所以函数()g x 在1(0,)3上是减函数,在1(,)3+∞上是增函数………………1分 所以函数()g x 在13x =时取得最小值,且122()0327g =>…………………1分 所以()g x 在(0,)+∞上恒大于零. 于是,当(0,)x ∈+∞,()f x '=3221e 0x x x x x+-+>恒成立. 所以当1a =-时,函数()f x 在()0,+∞上为增函数. …………………1分(Ⅱ)问另一方法提示:当1a =-时,()f x '=3221e x x x x x+-+. 由于3210x x x +-+>在()0,+∞上成立,即可证明函数()f x 在()0,+∞上为增函数.(Ⅲ)共计6分 由(Ⅱ)得322()e ()xx x ax a f x x ++-'=. 设()h x =32x x ax a ++-,2()32h x x x a '=++…..............1分 (1) 当0a >时,()0h x '>在(0,)+∞上恒成立,即函数()h x 在(0,)+∞上恒为增函数.而(0)0h a =-<,(1)20h =>,则函数()h x 在区间()0,1上有且只有一个零点0x ,使'0()0f x =,且在0(0,)x 上,()0f x ¢<,在()0,1x 上,()0f x ¢>,故0x 为函数()f x 在区间()0,1上唯一的极小值点;…...2分(2)当0a =时,当x Î()0,1时,2()320h x x x '=+>成立,函数()h x 在区间()0,1上为增函数,又此时(0)0h =,所以函数()0h x >在区间()0,1恒成立,即()0f x ¢>, 故函数()f x 在区间()0,1恒为单调递增函数,所以()f x 在区间()0,1上无极值;……...........................2分(3)当0a <时,()h x =3232(1)x x ax a x x a x ++-=++-.当()0,1x ∈时,总有()0h x >成立,即()0f x '>成立,故函数()f x 在区间()0,1上为单调递增函数,所以()f x 在区间()0,1上无极值..…….1分 综上所述0a >.(Ⅲ)(解法二)因为()f x 在区间(0,1)上有且只有一个极值点,所以322()e x x x ax a f x x++-'=在区间(0,1)上有且只有一个零点.即320x x ax a ++-=在区间(0,1)上有且只有一个实根.因为(0,1)x ∈,所以321x x a x+=-在区间(0,1)上有且只有一个零点..................1分 令32()1x x h x x+=-,(0,1)x ∈,则32222222[(1)1]()0(1)(1)x x x x x x h x x x -++---'==>--................1分 所以32()1x x h x x+=-在区间(0,1)上单调递增.所以()(0,)h x ∈+∞.................1分 当(0,)a ∈+∞时,方程321x x a x+=-在区间(0,1)上有且只有一个根,记为1x .当1(0,)x x ∈时,1()()h x h x a <=,即323211111x x x x a x x ++<=--,所以320x x ax a ++-<,所以()0f x '<; 同理,当1(,1)x x ∈时,1()()h x h x a >=,()0f x '> .所以函数()f x 在1(0,)x 上单调递减,在1(,1)x 上单调递增,所以()f x 在区间(0,1)上有且只有一个极值点.故(0,)a ∈+∞. ................3分。

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2012年高考数学(重庆)第20题(理)试题优美解
试题(重庆、 理科20)
如图,设椭圆的中心为原点O ,长轴在x 轴上,上顶点为A ,左右焦点分别为21,F F ,线段12,OF OF 的中点分别为21,B B ,且△21B AB 是面积为4的直角三角形。

(Ⅰ)求该椭圆的离心率和标准方程;
(Ⅱ)过1B 做直线l 交椭圆于P ,Q 两点,使22QB PB ⊥,求直线l 的方程
解法
解:设所求椭圆的标准方程为()22
2210x y a b a b
+=>>,右焦点为()2,0F c 。

因12AB B 是直角三角形,又12AB AB =,故12B AB ∠为直角,因此2OA OB =,得2
c b =。

结合222c a b =-得2224b a b =-,故22225,4a b c b ==,所以离心率c e a ==。

在12Rt AB B 中,12OA B B ⊥,故
122122122AB B c S B B OA OB OA b b ==== 由题设条件124AB B S =,得24b =,从而22520a b ==。

因此所求椭圆的标准方程为:
22
1204
x y += (2)由(1)知1(2,0),(2,0)B B -,由题意知直线l 的倾斜角不为0,故可设直线l 的方程为:2x my =-,代入椭圆方程得()2254160m y my +--=,
设()()1222,,,P x y Q x y ,则12,y y 是上面方程的两根,因此
12245m y y m +=+,122165
y y m =-+ 又()()2112222,,2,B P x y B Q x y =-=-,所以
()()22121222B P B Q x x y y =--+
()()121244my my y y =--+
()
()212121416m y y m y y =+-++ ()
2222161161655
m m m m +=--+++ 2216645
m m -=-+ 由21PB QB ⊥,得220B P B Q =,即216640m -=,解得2m =±,
所以满足条件的直线有两条,其方程分别为:220x y ++=和220x y -+=
试题或解法赏析.
主要考查向量的数量积与直线方程等综合知识,难度不大,便于形成思路的一道好题。

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