高考数学二十二个必考问题讲解

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高考数学二十二个必考问题讲解17

必考问题17 与圆锥曲线有关的定点、定值、最值、范围问题1．(2011·新课标全国)已知直线l 过抛物线C 的焦点，且与C 的对称轴垂直，l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝12，P 为C 的准线上一点，则△ABP 的面积为( )．A ．18B ．24C ．36D ．48答案： C [不妨设抛物线的标准方程为y 2＝2px (p ＞0)，由于l 垂直于对称轴且过焦点，故直线l 的方程为x ＝p2.代入y 2＝2px 得y ＝±p ，即|AB |＝2p ，又|AB |＝12，故p ＝6，所以抛物线的准线方程为x ＝－3，故S △ABP ＝12×6×12＝36.]2．(2011·山东)设M (x 0，y 0)为抛物线C ：x 2＝8y 上一点，F 为抛物线C 的焦点，以F 为圆心、|FM |为半径的圆和抛物线C 的准线相交，则y 0的取值范围是( )．A ．(0,2)B ．[0,2]C ．(2，＋∞)D ．[2，＋∞)答案：C [∵x 2＝8y ，∴焦点F 的坐标为(0,2)，准线方程为y ＝－2.由抛物线的定义知|MF |＝y 0＋2.以F 为圆心、|FM |为半径的圆的标准方程为x 2＋(y －2)2＝(y 0＋2)2.由于以F 为圆心、|FM |为半径的圆与准线相交，又圆心F 到准线的距离为4，故4＜y 0＋2，∴y 0＞2.]3．(2010·福建)若点O 和点F (－2,0)分别为双曲线x 2a 2－y 2＝1(a >0)的中心和左焦点，点P为双曲线右支上的任意一点，则O P →·F P →的取值范围为( )．A ．[3－23，＋∞)B ．[3＋23，＋∞) C.⎣⎡⎭⎫－74，＋∞D.⎣⎡⎭⎫74，＋∞ 答案：B [如图，由c ＝2得a 2＋1＝4，∴a 2＝3，∴双曲线方程为x23－y 2＝1.设P (x ，y )(x ≥3)，O P →·F P →＝(x ，y )·(x ＋2，y )＝x 2＋2x ＋y 2 ＝x 2＋2x ＋x 23－1＝43x 2＋2x －1(x ≥3)．令g (x )＝43x 2＋2x －1(x ≥3)，则g (x )在[3，＋∞)上单调递增．g (x )m i n ＝g (3)＝3＋2 3.∴O P →·F P →的取值范围为[3＋23，＋∞)．]4．(2012·浙江)定义：曲线C 上的点到直线l 的距离的最小值称为曲线C 到直线l 的距离．已知曲线C 1：y ＝x 2＋a 到直线l ：y ＝x 的距离等于曲线C 2：x 2＋(y ＋4)2＝2到直线l ：y ＝x 的距离，则实数a ＝________.解析因曲线C 2：x 2＋(y ＋4)2＝2到直线l ：y ＝x 的距离为|0－(－4)|2－ 2＝2 2－2＝2，则曲线C 1与直线l 不能相交，即x 2＋a ＞x ，∴x 2＋a －x ＞0.设C 1：y ＝x 2＋a 上一点为(x 0，y 0)，则点(x 0，y 0)到直线l 的距离d ＝|x 0－y 0|2＝－x 0＋x 20＋a2＝⎝⎛⎭⎫x 0－122＋a －142≥4a －14 2＝2，所以a ＝94.答案 94本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查定点、定值、最值、范围问题或探索性问题，试题难度较大．复习时不能把目标仅仅定位在知识的掌握上，要在解题方法、解题思想上深入下去．解析几何中基本的解题方法是使用代数方程的方法研究直线、曲线的某些几何性质，代数方程是解题的桥梁，要掌握一些解方程(组)的方法，掌握一元二次方程的知识在解析几何中的应用，掌握使用韦达定理进行整体代入的解题方法；其次注意分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想等的应用，如解析几何中的最值问题往往需建立求解目标的函数，通过函数的最值研究几何中的最值.必备知识有关弦长问题有关弦长问题，应注意运用弦长公式及韦达定理，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长|P1P2|＝1＋k2|x2－x1|或|P1P2|＝1＋1k2|y2－y1|，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时通常使用韦达定理，即作如下变形：|x2－x1|＝(x1＋x2)2－4x1x2；|y2－y1|＝(y1＋y2)2－4y1y2.(2)弦的中点问题有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”，“设而不求法”来简化运算．圆锥曲线中的最值(1)椭圆中的最值F1、F2为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P为椭圆的任意一点，B为短轴的一个端点，O为坐标原点，则有①|OP|∈[b，a]；②|PF1|∈[a－c，a＋c]；③|PF1|·|PF2|∈[b2，a2]；④∠F1PF2≤∠F1BF2.(2)双曲线中的最值F1、F2为双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P为双曲线上的任一点，O为坐标原点，则有①|OP|≥a；②|PF1|≥c－a.(3)抛物线中的最值点P为抛物线y2＝2px(p＞0)上的任一点，F为焦点，则有①|PF|≥p 2；②A(m，n)为一定点，则|P A|＋|PF|有最小值．必备方法1．定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．2．解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理.圆锥曲线中的定点、定值问题该类问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明．难度较大．【例1】►(2012·湖南)在直角坐标系xOy中，曲线C1上的点均在圆C2：(x－5)2＋y2＝9外，且对C1上任意一点M，M到直线x＝－2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值．(1)求曲线C1的方程；(2)设P(x0，y0)(y0≠±3)为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明：当P在直线x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值．[审题视点][听课记录][审题视点] (1)直接根据曲线与方程的概念求解，或者转化为根据抛物线的定义求解均可；(2)首先建立圆的两条切线的斜率与点的坐标之间的关系，其次把圆的切线方程与抛物线方程联立消元，根据根与系数的关系得出纵坐标之和和纵坐标之积，最后从整体上消去参数(圆的切线斜率)即可得证．(1)解法一设M的坐标为(x，y)，由已知得|x＋2|＝(x－5)2＋y2－3.易知圆C 2上的点位于直线x ＝－2的右侧，于是x ＋2＞0，所以(x －5)2＋y 2＝x ＋5.化简得曲线C 1的方程为y 2＝20x .法二由题设知，曲线C 1上任意一点M 到圆心C 2(5,0)的距离等于它到直线x ＝－5的距离．因此，曲线C 1是以(5,0)为焦点，直线x ＝－5为准线的抛物线．故其方程为y 2＝20x .(2)证明当点P 在直线x ＝－4上运动时，P 的坐标为(－4，y 0)，又y 0≠±3，则过P 且与圆C 2相切的直线的斜率k 存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为y －y 0＝k (x ＋4)，即kx －y ＋y 0＋4k ＝0.于是|5k ＋y 0＋4k |k 2＋1＝3.整理得72k 2＋18y 0k ＋y 20－9＝0.①设过P 所作的两条切线P A ，PC 的斜率分别为k 1，k 2，则k 1，k 2是方程①的两个实根，故k 1＋k 2＝－18y 072＝－y 04.②由⎩⎪⎨⎪⎧k 1x －y ＋y 0＋4k 1＝0，y 2＝20x得k 1y 2－20y ＋20(y 0＋4k 1)＝0.③设四点A ，B ，C ，D 的纵坐标分别为y 1，y 2，y 3，y 4，则y 1，y 2是方程③的两个实根，所以y 1y 2＝20(y 0＋4k 1)k 1.④同理可得y 3y 4＝20(y 0＋4k 2)k 2.⑤于是由②，④，⑤三式得 y 1y 2y 3y 4＝400(y 0＋4k 1)(y 0＋4k 2)k 1k 2＝400[y 20＋4(k 1＋k 2)y 0＋16k 1k 2]k 1k 2＝400(y 20－y 20＋16k 1k 2)k 1k 2＝6 400.所以，当P 在直线x ＝－4上运动时，四点A ，B ，C ，D 的纵坐标之积为定值6 400.解圆锥曲线中的定点、定值问题可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究．同时，也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定值、定点问题的选择题或填空题，如将过焦点的弦特殊化，变成垂直于对称轴的弦来研究等．【突破训练1】设抛物线C ：y 2＝4x ，F 为C 的焦点，过F 的直线L 与C 相交于A ，B 两点．(1)设L 的斜率为1，求|AB |的大小； (2)求证：OA →·OB →是一个定值．(1)解 ∵F (1,0)，∴直线L 的方程为y ＝x －1，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1，y 2＝4x 得x 2－6x ＋1＝0，∴x 1＋x 2＝6，x 1x 2＝1. ∴|AB |＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2 ＝2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝2·36－4＝8.(2)证明设直线L 的方程为x ＝ky ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky ＋1，y 2＝4x得y 2－4ky －4＝0. ∴y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－4，OA →＝(x 1，y 1)，OB →＝(x 2，y 2)．∵O A →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(ky 1＋1)(ky 2＋1)＋y 1y 2 ＝k 2y 1y 2＋k (y 1＋y 2)＋1＋y 1y 2 ＝－4k 2＋4k 2＋1－4＝－3. ∴OA →·OB →是一个定值．圆锥曲线中的最值、范围问题该类试题设计巧妙、命制新颖别致，常求特定量、特定式子的最值或范围．常与函数解析式的求法、函数最值、不等式等知识交汇，成为近年高考热点．【例2】► (2012·浙江)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，其左焦点到点P (2,1)的距离为10.不过原点O 的直线l 与C 相交于A ，B 两点，且线段AB 被直线OP 平分．(1)求椭圆C 的方程；(2)求△ABP 面积取最大值时直线l 的方程． [审题视点] [听课记录][审题视点] (1)利用椭圆的离心率为12，其左焦点到点P (2,1)的距离为10求解．(2)由题意可知直线l 的斜率存在，设为y ＝kx ＋m ，结合椭圆方程，线段AB 被直线OP 平分可求k 值．然后以AB 为底，点P 到直线AB 的距离为高表示出S △ABP 的表达式，借助导数求最值．解 (1)设椭圆左焦点为F (－c,0)，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧(2＋c )2＋1＝10，c a ＝12，得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，a ＝2. 所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，线段AB 的中点为M .当直线AB 与x 轴垂直时，直线AB 的方程为x ＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12消去y ，整理得 (3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，(1) 则Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2.所以线段AB 的中点M ⎝⎛⎭⎫－4km 3＋4k 2，3m3＋4k 2.因为M 在直线OP ：y ＝12x 上，所以3m3＋4k 2＝－2km 3＋4k 2. 得m ＝0(舍去)或k ＝－32.此时方程(1)为3x 2－3mx ＋m 2－3＝0，则 Δ＝3(12－m 2)＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－33.所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝396·12－m 2. 设点P 到直线AB 距离为d ，则 d ＝|8－2m |32＋22＝2|m －4|13. 设△ABP 的面积为S ，则S ＝12|AB |·d ＝36·(m －4)2(12－m 2). 其中m ∈(－2 3，0)∪(0,2 3)．令u (m )＝(12－m 2)(m －4)2，m ∈[－2 3，2 3]， u ′(m )＝－4(m －4)(m 2－2m －6) ＝－4(m －4)(m －1－7)(m －1＋7)．所以当且仅当m ＝1－7，u (m )取到最大值．故当且仅当m ＝1－7，S 取到最大值．综上，所求直线l 方程为3x ＋2y ＋2 7－2＝0.求最值或范围常见的解法：(1)几何法．若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用图形性质来解决；(2)代数法．若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求最值；(3)求函数最值常用的代数法有配方法、判别式法、导数法、基本不等式法及函数的单调性、有界性法等．【突破训练2】 (2012·陕西五校联考)已知双曲线x 2－y 23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则P A 1→·PF 2→的最小值为( )．A ．－2B ．－8116C ．1D ．0答案： A [由已知得A 1(－1,0)，F 2(2,0)．设P (x ，y )(x ≥1)，则P A 1→·PF 2→＝(－1－x ，－y )·(2－x ，－y )＝4x 2－x －5.令f (x )＝4x 2－x －5，则f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，函数f (x )取最小值，即P A 1→·PF 2→取最小值，最小值为－2.]圆锥曲线中探索性问题此类问题命题背景宽，涉及知识点多，综合性强，探究平分面积的线、平分线段的线，或探究等式成立的参数值．常与距离、倾斜角、斜率及方程恒成立问题综合，形成知识的交汇．【例3】► (2011·重庆卷改编)如图，椭圆的中心为原点O ，离心率e ＝22，且a 2c＝2 2.(1)求该椭圆的标准方程；(2)设动点P 满足：OP →＝OM →＋2ON →，其中M 、N 是椭圆上的点，直线OM 与ON 的斜率之积为－12.问：是否存在两个定点F 1，F 2，使得|PF 1|＋|PF 2|为定值？若存在，求F 1，F 2的坐标；若不存在，说明理由．[审题视点] [听课记录][审题视点] (1)利用e ＝22，a 2c＝22求a ，c .(2)设P (x ，y )，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由OP →＝OM →＋2ON →可得x ＝x 1＋2x 2，y ＝y 1＋2y 2，又点M 、N 在椭圆x 2＋2y 2＝4上，可得x 21＋2y 21＝4，x 22＋2y 22＝4，再结合直线OM 与ON 的斜率之积为－12.可求得点P 满足方程x 2＋2y 2＝20.由椭圆的定义可求解．解 (1)由e ＝c a ＝22，a 2c ＝22，解得a ＝2，c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝2，故椭圆的标准方程为x 24＋y 22＝1. (2)设P (x ，y )，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则由OP →＝OM →＋2ON →，得(x ，y )＝(x 1，y 1)＋2(x 2，y 2)＝(x 1＋2x 2，y 1＋2y 2)，即x ＝x 1＋2x 2，y ＝y 1＋2y 2.因为点M 、N 在椭圆x 2＋2y 2＝4上，所以x 21＋2y 21＝4，x 22＋2y 22＝4，故x 2＋2y 2＝(x 21＋4x 22＋4x 1x 2)＋2(y 21＋4y 22＋4y 1y 2) ＝(x 21＋2y 21)＋4(x 22＋2y 22)＋4(x 1x 2＋2y 1y 2)设k OM ，k ON 分别为直线OM ，ON 的斜率，由题设条件知 k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝－12，因此x 1x 2＋2y 1y 2＝0，所以x 2＋2y 2＝20.所以P 点是椭圆x 2(25)2＋y 2(10)2＝1上的点，设该椭圆的左、右焦点为F 1，F 2，则由椭圆的定义|PF 1|＋|PF 2|为定值，又因c ＝(25)2－(10)2＝10，因此两焦点的坐标为F 1(－10，0)，F 2(10，0)．探究是否存在的问题，一般均是先假设存在，然后寻找理由去确定结论，如果真的存在，则能得出相应结论，如果不存在，则会由条件得出相互矛盾的结论．【突破训练3】 (2012·济南模拟)在平面直角坐标系xOy 中，经过点(0，2)且斜率为k 的直线l 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点P 和Q .(1)求k 的取值范围；(2)设椭圆与x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A 、B ，是否存在常数k ，使得向量OP →＋OQ →与AB →共线？如果存在，求k 的值；如果不存在，请说明理由．解 (1)由已知，得直线l 的方程为y ＝kx ＋2，代入椭圆方程，得x 22＋(kx ＋2)2＝1，整理，得⎝⎛⎭⎫12＋k 2x 2＋22kx ＋1＝0，① 直线l 与椭圆有两个不同的交点P 和Q 等价于 Δ＝8k 2－4×⎝⎛⎭⎫12＋k 2＝4k 2－2＞0，解得k ＜－22或k ＞22，即k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－22∪⎝⎛⎭⎫22，＋∞.(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由方程①，得x 1＋x 2＝－42k1＋2k 2，②又y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2 2.③而A (2，0)，B (0,1)，AB →＝(－2，1)，所以OP →＋OQ →与AB →共线等价于将②③代入上式，解得k ＝22，由(1)知k ＜－22或k ＞22，故没有符合题意的常数k .圆锥曲线“最”有应得椭圆、双曲线、抛物线的最值问题的解题方法较灵活，学生时常感到无从下手．常遇到面积最大最小问题，距离的最长最短问题，不定量的最大最小问题等等，下面给同学们提供两种解法，只要掌握了它们，就可以“最”有应得．一、几何法求最值【示例1】► 抛物线的顶点O 在坐标原点，焦点在y 轴负半轴上，过点M (0，－2)作直线l 与抛物线相交于A ，B 两点，且满足OA →＋OB →＝(－4，－12)．(1)求直线l 和抛物线的方程；(2)当抛物线上一动点P 从点A 运动到点B 时，求△ABP 面积的最大值．[满分解答] (1)根据题意可设直线l 的方程为y ＝kx －2，抛物线方程为x 2＝－2py (p ＞0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2，x 2＝－2py ，得x 2＋2pkx －4p ＝0.(2分)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2pk ，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－4＝－2pk 2－4.所以OA →＋OB →＝(－4，－12)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2pk ＝－4，－2pk 2－4＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝1，k ＝2.故直线l 的方程为y ＝2x －2，抛物线方程为x 2＝－2y .(6分)(2)设P (x 0，y 0)，依题意，知当抛物线过点P 的切线与l 平行时，△ABP 的面积最大．对y ＝－12x 2求导，得y ′＝－x ，所以－x 0＝2，即x 0＝－2，y 0＝－12x 20＝－2，即P (－2，－2)．此时点P 到直线l 的距离d ＝|2·(－2)－(－2)－2|22＋(－1)2＝45＝4 55.(9分)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －2，x 2＝－2y ，得x 2＋4x －4＝0，则x 1＋x 2＝－4，x 1x 2＝－4， |AB |＝ 1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋22·(－4)2－4·(－4)＝4 10.于是，△ABP 面积的最大值为 12×4 10×4 55＝8 2.(12分) 老师叮咛：当所求的最值是圆锥曲线上的点到某条直线的距离的最值问题时，可以通过作与这条直线平行的圆锥曲线的切线，则两条平行线间的距离，就是所求的最值，切点就是曲线上取得最值的点，这种求最值的方法称为切线法．切线法的基本思想是数形结合，其中求曲线的切线方程需要利用导数知识，判断切线与曲线的最值需要借助几何图形的直观性，通过图形来确定何时取得最大值，何时取得最小值．二、函数法求最值【示例2】► (2012·广东)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝23，且椭圆C 上的点到点Q (0,2)的距离的最大值为3. (1)求椭圆C 的方程；(2)在椭圆C 上，是否存在点M (m ，n )，使得直线l ：mx ＋ny ＝1与圆O ：x 2＋y 2＝1相交于不同的两点A 、B ，且△OAB 的面积最大？若存在，求出点M 的坐标及对应的△OAB 的面积；若不存在，请说明理由．[满分解答] (1)由e ＝ca＝a 2－b 2a 2＝ 23，得a ＝3b ，椭圆C ：x 23b 2＋y 2b 2＝1，即x 2＋3y 2＝3b 2，设P (x ，y )为C 上任意一点，则|PQ |＝ x 2＋(y －2)2＝－2(y ＋1)2＋3b 2＋6，－b ≤y ≤b .若b ＜1，则－b ＞－1，当y ＝－b 时，|PQ |max ＝－2(－b ＋1)2＋3b 2＋6＝3，又b ＞0，得b ＝1(舍去)，若b ≥1，则－b ≤－1，当y ＝－1时，|PQ |max ＝－2(－1＋1)2＋3b 2＋6＝3，得b ＝1.∴椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(6分)(2)法一假设存在这样的点M (m ，n )满足题意，则有m 23＋n 2＝1，即n 2＝1－m 23，－3≤m ≤ 3.由题意可得S △AOB ＝12|OA |·|OB |sin ∠AOB ＝12sin ∠AOB ≤12，当∠AOB ＝90°时取等号，这时△AOB 为等腰直角三角形，此时圆心(0,0)到直线mx ＋ny ＝1的距离为22，则1m 2＋n2＝22，得m 2＋n 2＝2，又m 23＋n 2＝1，解得m 2＝32，n 2＝12，即存点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫62，22，⎝⎛⎭⎫62，－22，⎝⎛⎭⎫－62，22，⎝⎛⎭⎫－62，－22满足题意，且△AOB 的最大面积为12.(12分)法二假设存在这样的点M (m ，n )满足题意，则有m 23＋n 2＝1，即n 2＝1－m 23，－3≤m ≤3，又设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋ny ＝1x 2＋y 2＝1，消去y 得(m 2＋n 2)x 2－2mx ＋1－n 2＝0，①把n 2＝1－m 23代入①整理得(3＋2m 2)x 2－6mx ＋m 2＝0，则Δ＝8m 2(3－m 2)≥0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝6m 3＋2m 2，x 1x 2＝m 23＋2m2，②而S △AOB ＝12|OA |·|OB |sin ∠AOB ＝12sin ∠AOB ，当∠AOB ＝90°，S △AOB 取得最大值12，此时OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0，又y 1y 2＝1－mx 1n ·1－mx 2n ＝3－3m (x 1＋x 2)＋3m 2x 1x 23－m 2，∴x 1x 2＋3－3m (x 1＋x 2)＋3m 2x 1x 23－m2＝0，即3－3m (x 1＋x 2)＋(3＋2m 2)·x 1x 2＝0，把②代入上式整理得2m 4－9m 2＋9＝0，解得m 2＝32或m 2＝3(舍去)，∴m ＝±62，n ＝±1－m 23＝±22，∴M 点的坐标为⎝⎛⎭⎫62，22，⎝⎛⎭⎫62，－22，⎝⎛⎭⎫－62，22，⎝⎛⎭⎫－62，－22，使得S △AOB 取得最大值12.(12分)老师叮咛：当所求的最值可以表示成某个变量的函数关系式时，我们常常先建立对应的函数关系式，然后利用函数方法求出对应的最值，称这种方法为函数法，这是解析几何问题中求最值的常用方法．函数法是研究数学问题的一种最重要的方法，用这种方法求解圆锥曲线的最值问题时，除了重视建立函数关系式这个关键点外，还要密切注意所建立的函数式中的变量是否有限制范围，这些限制范围恰好制约了最值的取得，因此在解题时要予以高度关注．【试一试】抛物线y ＝－x 2上的点到直线4x ＋3y －8＝0的距离的最小值是( )． A.43 B.75 C.85D ．3 答案： A [可知过抛物线点的切线与直线4x ＋3y －8＝0平行时，所求的距离最小，y ′＝－2x .令－2x ＝－43，解得x ＝23，从而切点坐标为⎝⎛⎭⎫23，－49，切线方程为y ＋49＝－43⎝⎛⎭⎫x －23，即4x ＋3y －43＝0，由两平行线间距离公式，得点到直线的距离的最小值为d ＝⎪⎪⎪⎪－8－⎝⎛⎭⎫－4342＋324＝3.故选A.]。

高考数学总复习第二部分高考22题各个击破2.4.2导数与不等式及参数范围课件文

又 x>1 时,ln x<x-1<x(x-1), 综上所述 a≥1.
ln�� <1(x>1)恒成立, ��2 -��
-8-
解题策略一
解题策略二
�� + 1 e��
-9-
解题策略一
解题策略二
(1)解 f(x)的定义域为R.f'(x)= 由f'(x)>0,得x<0, 由f'(x)<0,得x>0, 所以f(x)的单调增区间为(-∞,0),单调减区间为(0,+∞),f(x)max=f(0)=1, 当x→+∞时,y→0,当x→-∞时,y→-∞,所以m的取值范围是(0,1). (2)证明由(1)知,x1∈(-1,0),要证x2>-x1>0,只需证f(x2)<f(-x1), 因为f(x1)=f(x2)=m, 所以只需证f(x1)<f(-x1),
-6-
解题策略一
解题策略二
对点训练1已知函数f(x)=ax-ln x. (1)过原点O作函数f(x)图象的切线,求切点的横坐标; (2)对∀x∈[1,+∞),不等式f(x)≥a(2x-x2)恒成立,求实数a的取值范围. 解 (1)设切点为M(x0,f(x0)),直线的切线方程为y-f(x0)=k(x-x0),
1
∴F'(x)=(x+1)(ex+1),
令 F'(x)>0,解得 x>-1,令 F'(x)<0,解得 x<-1, 故 F(x)在(-∞,-1)递减,在(-1,+∞)递增, 故
1 1 F(x)min=F(-1)=- − . 2 e

2023年高考数学22题讲解

2023年高考数学22题讲解
2023年高考数学第22题是一道关于轨迹和几何证明的题目，难度较大。

题目描述如下：在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，1/2）的距离，记动点P的轨迹为W。

(1) 求W的方程；
(2) 已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于
3√3。

关于第一问，我们可以根据抛物线的定义，抛物线上的任意一点到焦点的距离等于到准线的距离，结合题目中点P到x轴的距离等于点P到点（0，
1/2）的距离，即可求出W的方程。

关于第二问，我们需要证明矩形的周长大于3√3。

可以通过构造法，在抛物线W上取特殊的矩形ABCD，利用特殊值代入法计算出周长，再利用不等
式的性质进行证明。

由于题目难度较大，这里只给出题目的解题思路和部分答案。

如果需要更详细的解答过程和完整答案，建议查阅2023年高考数学试题解析或向数学老师请教。

2023新高考二卷数学22题解析

2023新高考二卷数学22题解析一、题目分析在新高考二卷中，数学22题通常被视为一个具有一定难度的解答题。

它主要考察学生对函数、导数以及圆锥曲线等知识点的综合运用能力。

题目通常涉及多个知识点的组合，如函数的单调性、极值与最值，导数的应用，以及圆锥曲线的几何性质等。

因此，对于大部分考生来说，这道题是一道具有挑战性的题目。

二、解题步骤1. 审题：首先，我们需要仔细阅读题目，理解题目的要求和给出的信息。

特别要注意题目中的关键词和关键数据。

2. 建立模型：根据题目所给的条件，建立相应的数学模型。

这可能涉及到函数、导数、圆锥曲线等知识点。

3. 求解：在建立了相应的数学模型后，我们需要运用所学的数学知识进行求解。

这可能包括求函数的单调性、极值和最值，导数的应用，以及圆锥曲线的几何性质等。

4. 验证：求解后，我们需要对结果进行验证，以确保结果的正确性。

5. 书写答案：将求解和验证的结果按照题目要求书写成完整的答案。

三、题目解析假设题目中的函数为f(x)，已知曲线C：y = f(x)上的点P(x0,f(x0))处切线过原点，求证：当x0≠0时，$f^{\prime}(x_{0}) \cdot x_{0} \neq 0$。

【分析】根据题意，我们可以将问题转化为证明当$x_{0} \neq 0$时，曲线C上点$P(x_{0},f(x_{0}))$处的切线与$x$轴不垂直。

由此，我们可以运用导数的几何意义和斜率公式进行证明。

【解答】首先，根据导数的几何意义，可得曲线C上点$P(x_{0},f(x_{0}))$处的切线斜率为$k = f^{\prime}(x_{0})$。

假设当$x_{0} \neq 0$时，曲线C上点$P(x_{0},f(x_{0}))$处的切线与$x$轴垂直，即$k = f^{\prime}(x_{0}) = 0$。

此时，由导数的定义可得$f^{\prime}(x_{0}) = 0$，这与已知条件矛盾。

高考数学20题知识点

高考数学20题知识点【高考数学20题知识点】高考数学是每个考生必须面对的一门重要考试科目。

为了帮助考生更好地备考数学，本文将针对高考数学中的20个常见题型，总结并介绍相应的知识点。

以下为具体内容：一、选择题选择题是高考数学中常见的题型，考查对基本概念、定理和方法的理解和应用能力。

常见的选择题包括等式与不等式、函数与方程、平面几何与立体几何等。

这些题目的知识点涵盖了数学的基础内容，掌握好这些知识点对于解答选择题至关重要。

二、填空题填空题是要求考生根据问题的条件，填入一个合适的数值或表达式，使方程或不等式等成立。

在填空题中，掌握运算法则、化简与推导的方法是解题的关键。

三、解答题解答题是数学考试中的主要题型之一，要求考生进行详细的推理和证明，展示解题思路和严密的逻辑。

常见的解答题包括证明题、计算题和应用题等。

解答题的关键在于准确把握问题的要求，运用合适的数学方法进行推理和证明。

四、几何证明题几何证明题在高考数学中占有一定比重，考查着重对几何定理和性质的理解和应用。

在几何证明题中，要注意辨析题目所给的条件和结论，灵活运用几何知识，清晰地展示证明过程。

五、应用题应用题是数学中最能考察问题解决能力的题型，要求考生把数学知识应用于实际问题，进行分析和解决。

在应用题中，理解问题的背景和条件，构建数学模型，进行合理的推理和计算是解题的关键。

六、计算题计算题是数学考试中的常见题型，主要考察考生的计算能力和运算技巧。

在计算题中，注意运算符和顺序，灵活选择计算方法，准确计算是解答计算题的关键。

七、概率与统计题概率与统计是高考数学中的一部分内容，对于考生来说较为实用。

概率与统计题常考察对概率与统计基本概念的理解和应用。

以上就是高考数学中的20个常见题型及相应的知识点。

只有充分掌握了这些知识点，才能在高考数学中取得好成绩。

因此，考生在备考数学时，应将这些知识点作为重点进行学习和训练，熟练掌握数学的基本概念、定理和方法。

只有全面、准确地理解和应用这些知识点，才能在高考中取得好成绩。

2020年高考数学23道题必考考点各个击破精讲主题02 复数(含详细答案解析)

2020年新课标高考数学23道题必考考点各个击破（按题号与考点编排）主题02 复数【主题考法】本主题考查形式为选择或者填空题，主要考查复数的概念、四则运算、几何意义等等复数知识，考查运算求解能力，为基础题.2020年的高考仍将以选择或填空形式考查复数的概念、四则运算、几何意义等等复数知识，考查运算求解能力，为基础题，分值为5分.【主题考前回扣】1．复数的相关概念及运算法则(1)复数z＝a＋b i(a，b∈R)的分类①z是实数⇔b＝0；②z是虚数⇔b≠0；③z是纯虚数⇔a＝0且b≠0.(2)共轭复数复数z＝a＋b i的共轭复数z＝a－b i.(3)复数的模复数z＝a＋b i的模|z|＝a2＋b2.(4)复数相等的充要条件a＋b i＝c＋d i⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．特别地，a＋b i＝0⇔a＝0且b＝0(a，b∈R)．(5)复数的运算法则加减法：(a＋b i)±(c＋d i)＝(a±c)＋(b±d)i；乘法：(a＋b i)(c＋d i)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；除法：(a＋b i)÷(c＋d i)＝ac＋bdc2＋d2＋bc－adc2＋d2i.()其中a，b，c，d∈R.2．复数的几个常见结论 (1)(1±i)2＝±2i. (2)1＋i 1－i ＝i ，1－i1＋i＝－i. (3)i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i ，i 4n ＋i 4n ＋1＋i 4n ＋2＋i 4n ＋3＝0(n ∈Z )． (4)ω＝－12±32i ，且ω0＝1，ω2＝ω，ω3＝1,1＋ω＋ω2＝0. 【易错点提醒】1．复数z 为纯虚数的充要条件是a ＝0且b ≠0(z ＝a ＋b i ，a ，b ∈R )．还要注意巧妙运用参数问题和合理消参的技巧．2．复数的运算与多项式运算类似，要注意利用i 2＝－1化简合并同类项．1．复数z 为纯虚数的充要条件是a ＝0且b ≠0(z ＝a ＋b i ，a ，b ∈R )．还要注意巧妙运用参数问题和合理消参的技巧．2．复数的运算与多项式运算类似，要注意利用i 2＝－1化简合并同类项．【主题考向】考向一复数的概念【解决法宝】 1.复数的有关概念 (1)复数的概念：设a ，b 都是实数，形如a ＋b i 的数叫做复数，其中a ，b 分别是它的实部和虚部．若b ＝0，则a ＋b i 为实数；若b ≠0，则a ＋b i 为虚数；若b ≠0且a ＝0，则a ＋b i 为纯虚数． (2)复数相等：a ＋b i ＝c ＋d i ⇔a ＝c 且b ＝d ；a ＋b i ＝0⇔a ＝0且b ＝0. (3)共轭复数：如果两个复数的实部相等，而虚部互为相反数，则这两个复数叫做互为共轭复数，复数z ＝a ＋b i 的共轭复数z ＝a －b i.2.复数的概念问题，关键在理解概念的基础上，利用复数的有关概念解题. 例1已知复数z 满足3z z i +=+，则z =（）A. 1i -B. 1i +C.43i - D. 43i + 【分析】先设出复数z ，再利用复数相等的充要条件求出复数z.【解析】设(),z a bi a b R =+∈，则22z a b =+，由已知有223a bi a b i +++=+，所以223{ 1a a b b ++== ，解得4{ 31a b == ，即43z i =+，选D.考向二复数的运算【解决法宝】复数的运算(1)复数的加、减、乘、除运算法则：设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i (a ，b ，c ，d ∈R)，则 ①加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ； ②减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝(a －c )＋(b －d )i ； ③乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ； ④除法：z 1z 2＝a ＋b ic ＋d i ＝a ＋b ic －d i c ＋d ic －d i＝ac ＋bd c 2＋d 2＋bc －ad c 2＋d 2i(c ＋d i≠0)． (2)复数加法的运算定律：复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z 1、z 2、z 3∈C ，有z 1＋z 2＝z 2＋z 1，(z 1＋z 2)＋z 3＝z 1＋(z 2＋z 3)．例2设复数z 满足()13z i i +=-，则复数zi的实部为（） A. -2 B. 2 C. -1 D. 1【分析】利用复数的除法运算求出复数z ，再根据共轭复数的概念求出z 的共轭复数，利用方式的除法求出复数zi，即可求出其实部..考向三复数的几何意义【解决法宝】1.复数z ＝a ＋b i←――→一一对应有序实数对(a ，b )←――→一一对应点Z (a ，b )． 2.一般情况下复数不能比较大小。

湖北2023年高考数学22题讲解

湖北2023年高考数学22题讲解题目描述：
已知函数f(x)=ax^2+bx+c的图像经过点P（1，2），且函数f(x)的图像在点P 处的切线方程为y=3x-1。

求函数f(x)的解析式。

解题思路：
要求函数f(x)的解析式，即需要确定函数f(x)的系数a、b、c的值。

已知函数的图像经过点P（1，2），根据点的坐标可得到一个方程。

另外，题目还给出了函数f(x)的图像在点P处的切线方程，根据切线的性质，可以得到另一个方程。

通过解这两个方程，可以求解出函数f(x)的解析式。

解题步骤：
1. 利用点P的坐标，代入函数f(x)的解析式中，得到方程：a(1)^2+b(1)+c=2，化简为a+b+c=2。

2. 根据切线方程y=3x-1，可知切线的斜率为3。

由函数f(x)的图像在点P处的切线的斜率等于函数f(x)的导数在点P处的值，可以得到导数的表达式为f'(x)=3。

3. 由函数f(x)的解析式f(x)=ax^2+bx+c，求导得到f'(x)=2ax+b。

4. 代入x=1，得到2a+b=3。

5. 解方程组a+b+c=2和2a+b=3，可以求解出a、b、c的值。

解得a=1，b=1，c=0。

6. 将求得的a、b、c代入函数f(x)的解析式中，即得到函数f(x)的解析式为
f(x)=x^2+x。

最终，函数f(x)的解析式为f(x)=x^2+x。

高考数学22题知识点

高考数学22题知识点高考数学是每个求学者所面临的重要考试之一。

其中，第22题无疑是让许多考生头疼的题目。

这题所涉及的知识点十分关键，对于考生来说至关重要。

本文将从几个重要的角度详细探讨高考数学第22题涉及的知识点。

首先，我们来看一下这道题目的内容。

假设已知函数$f(x)$在区间$(a,b)$上连续，且对于任意$x_1,x_2\in(a,b)$，都有$f(x_1)f(x_2)<0$成立。

我们需要思考的是，这个条件对于函数$f(x)$在区间$(a,b)$上是否至少存在一个零点？在解决这个问题之前，我们首先要明确的概念是连续函数和零点。

连续函数是一种函数，在其定义域上所有点都是连续的，即函数图像是一条连续的曲线。

而零点指的是函数的图像与$x$轴交点的位置，也就是函数在某个输入值下的输出为0。

根据这道题目的描述，函数$f(x)$在区间$(a,b)$上连续。

这意味着函数图像在这个区间上没有断裂或者跳跃的点。

对于任意给定的$a$和$b$，由于$f(x_1)f(x_2)<0$，我们可以推断函数在区间$(a,b)$上必然经过$x$轴，也就是至少存在一个零点。

这个结论可以通过中值定理来证明。

中值定理是微分学中的一个重要定理，它描述了如果一个函数在一个闭区间上连续，并且可微，那么在这个区间上至少存在一点，使得函数的导数等于函数在该区间端点上的斜率。

回到我们的问题上，我们可以假设$a$和$b$分别是函数在区间$(a,b)$上的两个零点。

根据中值定理，我们可以找到一个点$c$，它处于$a$和$b$之间，并且函数在这个点处的导数等于函数在$a$和$b$处的斜率。

根据题目条件$f(c)f(a)<0$和$f(c)f(b)<0$，我们可以得出结论，函数$f(x)$在$(a,b)$区间内至少有一个零点。

可以说，这道高考数学第22题主要涉及的知识点是函数的零点与区间，以及中值定理。

理解了这个题目的背后所涉及的基本概念和定理，我们就能够更好地应对这种类型的题目。

高考数学22题题型

高考数学22题题型高考数学22题题型一、选择题（10题）选择题一直是高考数学中的重头题型，涵盖了大部分的数学知识点。

在高考中，正确率和快速解题能力成为考生得分的关键，因此选择题的训练尤为重要。

下面是高考数学中常见的选择题类型：1. 初等函数与图像题：要求考生根据函数的定义域、值域、变化趋势等特点，选择正确的函数图像。

2. 平面几何题：要求考生根据给定的几何图形，选择正确的形状、关系或性质。

3. 几何计算题：要求考生根据给定的几何图形和条件，选择正确的计算方法和答案。

4. 函数与方程题：要求考生根据函数的性质和方程的解析式，选择正确的计算方法和答案。

5. 数列与数列运算题：要求考生根据数列的通项公式、求和公式和递推关系，选择正确的计算方法和答案。

6. 概率与统计题：要求考生根据条件，选择正确的概率模型、计算方法和答案。

7. 三角函数与三角恒等式题：要求考生根据三角函数的性质和恒等式，选择正确的计算方法和答案。

8. 向量与坐标题：要求考生根据向量的性质和坐标的变化规律，选择正确的计算方法和答案。

9. 导数与微分题：要求考生根据函数的性质和导数的定义，选择正确的计算方法和答案。

10. 不等式题：要求考生根据不等式的性质和条件，选择正确的计算方法和答案。

二、证明题（4题）证明题是高考数学中的重点和难点，对于能力较强的考生，是获取高分的机会。

下面是高考数学中常见的证明题类型：1. 几何证明题：要求考生根据几何图形和条件，完成相应的证明过程。

2. 函数与方程证明题：要求考生根据函数性质和方程解析式，完成相应的证明过程。

3. 数列与数列运算证明题：要求考生根据数列的通项公式、求和公式和递推关系，完成相应的证明过程。

4. 概率与统计证明题：要求考生根据条件，完成相应的概率和统计证明。

三、解答题（8题）解答题是高考数学中的基础题型，对于考生掌握基本知识和解题方法至关重要。

下面是高考数学中常见的解答题类型：1. 几何证明题：要求考生根据几何图形和条件，完成相应的解答过程。

数学高考20题知识点

数学高考20题知识点数学作为高考的一门重要科目，考查的内容非常广泛。

而高考数学试题中有一些经典的题目，涵盖了许多数学的重要知识点。

下面我将介绍20道常见的高考数学试题，并对这些题目中所涉及的知识点进行分析和解答。

1. 题目：已知函数f(x)满足条件f'(x)=2x+1，f(0)=2，求f(3)的值。

知识点：导数的概念和求导法则。

根据题目已知条件，可以求出函数f(x)的解析式f(x)=x^2+x+2，进而得到f(3)的值为12。

2. 题目：已知等差数列{an}的公差d=2，前n项和Sn=3n^2+5n，求a1的值。

知识点：等差数列的概念和性质。

根据题目已知条件，可以得到等差数列的通项公式an=2n+1，进而可以求得a1的值为3。

3. 题目：若函数y=2x^3-3x^2+4x-1的反函数为y=f(x)，求f(3)的值。

知识点：反函数的概念和性质。

通过交换x和y，可以得到原函数对应的反函数表达式x=2y^3-3y^2+4y-1，将x=3代入，可求得f(3)的值为1。

4. 题目：已知函数f(x)=a^x在点(0,3)处的切线方程为y=2x+3，求a的值。

知识点：指数函数的概念和性质。

根据题目已知条件，切线方程可转化为f'(0)=2，即a=2，求得a的值为2。

5. 题目：若函数y=ax^2+bx+c的图像过点(1,4)和(-1,0)，且对称轴方程为x-2y+4=0，求a、b、c的值。

知识点：二次函数的概念和性质。

根据题目已知条件，可以得到关于a、b、c的三个方程，通过解方程组可以求得a=1，b=-4，c=3。

6. 题目：已知方程x^2+px+q=0的两个根的和等于方程x^2+qx+p=0的两个根的积，求p和q的值。

知识点：二次方程的概念和性质。

由于两个方程的根满足特定的关系，可以建立关于p和q的方程组，通过解方程组可以求得p=1，q=-1。

7. 题目：已知等边三角形ABC的边长为3，点D是AC边上的动点，求线段BD的最大长度。

2022年高考数学(理)必刷题考点22 正弦定理和余弦定理(解析版)

考点22 正弦定理和余弦定理1．在△ABC中，三个内角A，B，C满足sin2A＋sin2B－sin2C＝sin Asin B，则角C的大小为( ) A．30°B．60°C．120°D．150°【答案】A2．已知的内角所对的边分别是，，则“”是“有两解”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】，，，当有两解时，则，解得“”是“有两解”的必要不充分条件故选.3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=，c=，则∠C=( )A．B．C．或D．【答案】B4．在中，内角所对边的长分别为，且满足，若，则的最大值为（）A．B．3 C．D．9【答案】A【解析】，则，所以，,.又有，将式子化简得，则，所以.选.5．如图，将直角三角板和直角三角板拼在一起，其中直角三角板的斜边与直角三角板的角所对的直角边重合.若，则（）A．B．C．D．【答案】B由①②可得x=1+，y=，故答案选B.6．在中，, 所对边分别为,已知，，且．（1）求的值；（2）若，求的面积．【答案】（1）；（2）.7．如图所示，在中，D是BC边上一点，，．(1)求；(2)求AC的长．【答案】（1）;（2）8．已知一块半径为的残缺的半圆形材料，O为半圆的圆心，，残缺部分位于过点的竖直线的右侧．现要在这块材料上截出一个直角三角形，有两种设计方案：如图甲，以为斜边；如图乙，直角顶点在线段上，且另一个顶点在上．要使截出的直角三角形的面积最大，应该选择哪一种方案？请说明理由，并求出截得直角三角形面积的最大值．【答案】选择图乙的方案，截得的直角三角形面积最大，最大值为9．中，分别是内角所对的边，且满足．（1）求角的值；（2）若，边上的中线，求的面积．【答案】⑴；⑵10．在中，内角、、的对边分别为、、，已知.(1)求角；(2)若,求的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）∵△ABC中，b﹣acosC=，∴由正弦定理知，sinB﹣sinAcosC=sinC，∵A+B+C=π，∴sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，∴sinAcosC+cosAsinC﹣sinAcosC=sinC，∴cosAsinC=sinC，∴cosA=，∴A=．（2）由（1）及得，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为.11．中，内角的对边分别为，的面积为，若（1）求角；（2）若，，求角．【答案】(1) ;(2) 或12．在△中，角，，的对边分别为，，，且．（1）求角；（2）若，，求△的面积．【答案】(1)(2)13．在中，角，，的对边分别为.已知，.求角；若，求的面积．【答案】（1）（2）214．在中，角的对边分别为且.(1)求;(2)若，求的面积.【答案】(1)；(2).15．如图所示，在△ABC中，D是BC边上的一点，且AB＝14，BD＝6，，.（1）求；（2）求AD的长和△ABC的面积.【答案】（1）=；（2），=。

艺术生高考数学专题讲义：考点22 一元二次不等式与简单的分式不等式的解法

A. ( -∞，32 ) ∪ (2，+∞)
B. R
C.
(
3 2
，2)
D. ∅
【题型练1-2】(2015 江苏 ) 不等式 2x2 - x < 4 的解集为 ________．
【题型练1-3】不等式 -3 < 4x - 4x2 ≤ 0 的解集为 ________．
（
）
【题型练1-4】(2015 广东文 ) 不等式 -x2 - 3x + 4 > 0 的解集为 ________( 用区间表示 )．
【题型练3-6】若不等式 ax2 + bx + c > 0 的解集是 ( -4,1)，则不等式 b(x2 - 1) + a(x + 3) + c > 0 的解集为．
题型四一元二次不等式恒成立问题角度 1 形如 f(x) ≥ 0( f(x) ≤ 0)，x ∈ R 确定参数的范围例4. 若不等式 mx2 - 2x - 1 < 0 恒成立，则 m 的取值范围是 ________．
题型三一元二次不等式与一元二次方程根之间关系问题例3. 关于 x 的不等式 x2 + (a + 1)x + ab > 0 的解集是 {x|x <-1 或 x > 4}，则 a + b = ________．
方法总结解决这类习题关键是理解三个二次之间的关系，一元二次函数与 x 轴交点的横坐标即为对应一元二次方程的根，利用一元二次方程的根，结合函数图象就可以求出对应一元二次不等式．因此反过
f (x) g(x)
≥
0⇔
fg((xx))·≠g(x0)，≥ 0，，
f (x) g(x)

高考数学23种题型知识点

高考数学23种题型知识点高考数学作为高中阶段最重要的科目之一，几乎每个学生都需要面对它的考验。

为了顺利完成数学考试，掌握高考数学的23种题型知识点是非常重要的。

本文将介绍这些题型的知识点，帮助学生们更好地备考。

1. 单选题：单选题是最常见的题型，要求学生从多个选项中选择唯一的一个答案。

解题时需要注意审题，理解题意，以及解决问题的方法和步骤。

2. 多选题：多选题与单选题相似，不同之处在于学生需要从多个选项中选择多个正确答案。

解题时需要仔细分析选项，并确定每个选项的正确与否。

3. 填空题：填空题要求学生填写相应的数字、符号或词语，来完成解题过程中的空缺部分。

解题时需要注意题目的条件和要求，并结合所学知识进行填写。

4. 解方程题：解方程题要求学生通过代数运算寻找方程的未知数的值。

解题时需要注意选择合适的解题方法，如消元法、配方法等，并注意整理计算步骤。

5. 几何证明题：几何证明题要求学生根据给定的条件，进行严谨的逻辑推理，得出结论。

解题时需要注意摆正思路，推理过程的合理性以及严谨的证明方法。

6. 平面几何题：平面几何题涉及到平面图形的性质和计算。

解题时需要熟悉各种平面图形的性质、定理和公式，并能灵活运用它们。

7. 空间几何题：空间几何题涉及到立体图形的性质和计算。

解题时需要熟悉各种立体图形的性质、定理和公式，并注意解题过程中的立体几何思维。

8. 集合与运算题：集合与运算题要求学生根据给定的集合和运算规则进行计算和推理。

解题时需要熟悉各种集合和运算的性质和规则，并注意解题过程中的逻辑思维。

9. 概率与统计题：概率与统计题要求学生通过数据的收集、整理和分析，得出结论。

解题时需要熟悉概率与统计的基本概念和计算方法，并能合理运用它们。

10. 排列组合题：排列组合题要求学生根据给定条件计算排列和组合的个数。

解题时需要熟悉排列组合的基本概念和计算方法，并注意解题过程中的逻辑推理。

11. 不等式题：不等式题要求学生解决带有不等关系的方程或不等式。

高考数学六大题型复习导数系统班22、双变量问题之换元法与主元法(1)

第二十二讲双变量问题之换元法与主元法知识与方法1．换元法：将要证明的不等式或目标代数式通过变形成关于12x x 的整体结构，通过将12xx 换元成t 把问题化归成单变量问题来处理，这一方法也称为“齐次换元”.2.主元法：要证明的不等式或目标代数式中含有1x 和2x 两个变量，将其中一个变量看成主元，另一个变量看成次元，将主元换成x ，构造函数研究问题.典型例题【例1】已知函数()ln f x x x =.（1）求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）设0b a >>，证明：()()()()ln 2f a a b f a b f b ++>+−.解：（1）由题意，()1ln f x x '=+，所以()11f '=，()10f =，故所求切线方程为1y x =−. （2）证法1：要证()()()()ln 2f a a b f a b f b ++>+−，只需证()()()ln ln 2ln ln a a a b a b a b b b ++>++−，即证()()ln ln 2ln ln ln 2ln a a a a a b b a b b b b +−+>+−−，也即证2ln ln 2a a ba b a b b+>+，故只需证21ln ln 21a aa b b a b b⋅+>+，即证21lnln 021a a a b b a b b ⋅+−>+，令at b=，由0b a >>知01t <<，所以只需证21ln ln 012t t t t +−>+对任意的01t <<成立，设()21lnln 12t t g t t t +=−+()01t <<，则()2ln 01t g t t '=<+，所以()g t 在()0,1上单调递减，又()10g =，所以()0g t >恒成立，故21ln ln 012t t t t +−>+对任意的01t <<成立，从而()()()()ln 2f a a b f a b f b ++>+−证法2：要证()()()()ln 2f a a b f a b f b ++>+−，只需证()()()ln ln 2ln ln a a a b a b a b b b ++>++−，即证()()()ln ln 2ln ln 0a a a b a b a b b b ++−+++>，设()()()()ln ln 2ln ln g x x x x b x b x b b b =++−+++()0x b <<，则()2ln 0xg x x b'=<+，所以()g x 在()0,b 上单调递减，结合()0g b =知()0g x >恒成立，因为0a b <<，所以()()()()ln ln 2ln ln 0g a a a a b a b a b b b =++−+++>，故()()()()ln 2f a a b f a b f b ++>+−. 【例2】已知函数()2ln f x x x ax =−()a ∈R . （1）若()f x 存在单调递增区间，求a 的取值范围；（2）若1x ，2x 是()f x 的两个不同的极值点，证明：123ln ln 1x x +>−.【解析】（1）由题意，()ln 12f x x ax '=+−，0x >，若()f x 在()0,+∞上单调递减，则()0f x '≤恒成立，即ln 120x ax +−≤，所以ln 12x a x +≥，设()ln 12x g x x +=()0x >，则()2ln 2x g x x'=−，所以()001g x x '>⇔<<，()01g x x '<⇔>，从而()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，故()()max 112g x g ==，因为()a g x ≥恒成立，所以12a ≥，故当()f x 在()0,+∞上单调递减时，12a ≥，因为()f x 存在单调递增区间，所以12a <，故a 的取值范围为1,2⎛⎫−∞ ⎪⎝⎭.（2）由题意，1x ，2x 是()f x '的两个零点，所以1122ln 120ln 120x ax x ax +−=⎧⎪⎨+−=⎪⎩①②由3×①+②可得：()()11223ln 12ln 120x ax x ax +−++−=，整理得：()12123ln ln 234x x a x x +=+−③，由①－②可得：()1212ln ln 20x x a x x −−−=，所以1212ln ln 2x x a x x −=−，代入式③得：()12121212ln ln 3ln ln 34x x x x x x x x −+=⋅+−−，所以12112122313ln ln ln 41x x x x x x x x ++=⋅−−④，设12x t x =，则0t >且1t ≠，且式④即为12313ln ln ln 41t x x t t ++=−−，所以要证123ln ln 1x x +>−，只需证31ln 411t t t +−>−−，即证31ln 31t t t +>−⑤，设()()()31ln 031t h t t t t −=−>+，则()()()()()()22233133131103131t t t h t t t t t +−⨯−−'=−=≥++，所以()h t 在()0,+∞上单调递增，又()10h =，所以当01t <<时，()0h t <，即()31ln 031t t t −−<+，所以()31ln 31t t t −<+，故31ln 31t t t +>−，当1t >时，()0h t >，即()31ln 031t t t −−>+，所以()31ln 31t t t −>+，故31ln 31t t t +>−，所以不等式⑤对任意的0t >且1t ≠都成立，故123ln ln 1x x +>−成立. 【例3】已知函数()()ln ln ax f x e x x=−（1）当a e =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）当a e >时，证明：()()1f x a e <−.【解析】（1）当a e =时，()()ln 1ln ln ln ex xf x e x e x x x+=−=−()0x >，易求得()2ln ex x f x x +'=−，设()()ln 0g x ex x x =+>，则()10g x e x '=+>，所以()g x 在()0,+∞上单调递增，又()10g e −=，所以当10x e −<<时，()0g x <，故()0f x '>；当1x e −>时，()0g x >，故()0f x '<；从而()f x 在()10,e −上单调递增，在()1,e −+∞上单调递减.（2）证法1：由题意，()()()221ln 1ln ax ax exe f x x x x −−−'=−=()0x >，设()()()1ln 0h x ax ex x =−−>，则()10h x e x'=−−<，所以()h x 在()0,+∞上单调递减，因为a e >，所以110e h a a ⎛⎫=−> ⎪⎝⎭，又1ln 0a h e e ⎛⎫=−< ⎪⎝⎭，所以()h x 在11,a e ⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点0x ，且当00x x <<时，()0h x >，所以()0f x '>；当0x x >时，()0h x <，所以()0f x '<；从而()f x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减，故()()()000max 0ln ln ax f x f x e x x ==−①，因为()()0001ln 0h x ax ex =−−=，所以()00ln 1ax ex =−，代入①整理得：()0001ln f x e e x x =−−，注意到函数1ln y e e x x =−−在11,a e ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数，结合011x a e <<可得()01ln ln f x a e e a e e a a<−−=−+，设()()ln 1r a a e e a a e =−+−−，a e >，则()10er a e a'=+−<，所以()r a 在(),e +∞上单调递减，又()()2ln 120r e e e e e e e e e =−+−−=−<，所以()0r a <，从而()ln 1a e e a a e −+<−，因为()0ln f x a e e a <−+，所以()()01f x a e <−，结合()0f x 是()f x 的最大值可得()()1f x a e <−.证法2：由题意，要证()()1f x a e <−，只需证()()ln ln 1ax e x a e x−<−，即证()ln ln ln 10a x e x a e x +−−−<，也即证1ln ln ln 0xa ea e x e x x−+−+<①，将a 看成主元，x 看成常数，设()1ln ln ln xa a ea e x e x xϕ=−+−+()a e >，则()11exaa e ax axϕ−'=−=，当20x e −<<时，1e ex >，所以()10a e a ex ϕ'>⇔<<，()10a a exϕ'<⇔>，从而()a ϕ在1,e ex ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,ex ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，故()1111ln 2ln ln ln x a e e x e e x e ex x exex x x ϕϕ⎛⎫≤=−⋅+−+=−−+ ⎪⎝⎭. 设()2ln u x e x e x =−−+()20x e −<<，则()22220e ex u x x x x−'=−=>，所以()u x 在()20,e −上单调递增，又()22222ln 230u e e e e e e e−−−=−−+=−+<，所以()0u x <恒成立，即2ln 0e x e x−−+<，因为()2ln a e x e x ϕ≤−−+，所以()0a ϕ<，即1ln ln ln 0xa ea e x e x x−+−+<，所以不等式①成立；当2x e −≥时，2110exa e e e −−<−⨯⨯=，所以()0a ϕ'<恒成立，故()a ϕ在(),e +∞上单调递减，从而()()221ln 1ln ln ln ln x xa e e e e x e e x e e x x xϕϕ+<=−+−+=−−+，由（1）可得当2x e −≥时，1212211ln 1ln ln ln 20x e e x e e e e e e e e x e−−−++−−+≤−−+=−<，又()21ln ln x a e x e e x ϕ+<−−+，所以()0a ϕ<，即1ln ln ln 0xa ea e x e x x−+−+<，所以不等式①成立；综上所述，当a e >时，()()1f x a e <−成立.【反思】本题第2问证法1直接对()f x 求导研究，求得()f x 的最大值()0f x ，利用虚设零点，零点代换的方法去化简0x ，再通过放缩证得()()01f x a e <−；证法2则先将a 看成主元，x 看成次元，对x 进行分类讨论证得不等式.强化训练1．设a 和bln ln 2a b a ba b −+<−.证明：不妨设0a b >>，ln ln a ba b −<−，只需证ln a b <即证ln 0a b −<，令1t =>，则只需证12ln 0t t t −+<对任意的1t >成立，设()()12ln 1f t t t t t =−+>，则()()22212110t f t t t t −'=−−=−<，所以()f t 在()1,+∞上单调递减，结合()10f =可得()0f t <，即12ln 0t t t−+<ln ln a b a b −−成立；再证ln ln 2a b a b a b −+<−，只需证()2ln ln a b a b a b −<−+，即证21ln 1a a b a b b ⎛⎫− ⎪⎝⎭<+，也即证21ln 01a a b a b b⎛⎫− ⎪⎝⎭−<+，令1a u b =>，则只需证()21ln 01u u u −−<+对任意的1u >成立，令()()()21ln 11u g u u u u −=−>+，则()()()22101u g u u u −'=−<+，所以()g u 在()1,+∞上单调递减，结合()10g =可得()0g u <恒成立，即()21ln 01u u u −−<+，所以ln ln 2a b a ba b −+<−，ln ln 2a b a ba b −+<<−成立.2．已知函数()x f x e =，()ln g x x =（1）若直线1y kx =+与()g x 的图象相切，求实数k 的值；（2）设a b <，比较()()2f a f b +与()()f b f a b a−−的大小，并说明理由.【解析】（1）设切点为()00,ln x x ，因为()1g x x '=，所以0001ln 1kx x kx +=⎧⎪⎨=⎪⎩，解得：2k e −=.（2）解法1（换元法）：()()()()2f a f b f b f a b a+−>−，证明如下：要证()()()()2f a f b f b f a b a+−>−，只需证2b a b a e e e e b a +−>−，即证2b ab ae e b a e e −−>⋅+，也即证121b a b a e b a e −−−−>⋅+，故只需证()()()121b a b a b a e e −−−+>−①,令t b a =−，则0t >，且不等式①即为()()1 21t t t e e +>−，整理得：()220t t e t −++>②，令()()22t h t t e t =−++，0t >，则()()11t h t t e '=−+，()0t h t te ''=>，所以()h t '在()0,+∞上单调递增，又()00h '=，所以()0h t '>，从而()h t 在()0,+∞上单调递增，因为()00h =，所以()0h t >，故式②成立，所以()()()()2f a f b f b f a b a+−>−解法2（主元法）：()()()()2f a f b f b f a b a+−>−，证明如下：要证()()()()2f a f b f b f a b a+−>−，只需证2b a b ae e e e b a+−>− 因为b a >，所以0b a −>，故只需证()()()2b a b a b a e e e e −+>−，即证()()()20b a b a b a e e e e −+−−>，令()()()()2x a x a u x x a e e e e =−+−−，x a >，则()()()()21x a x x x a u x e e x a e e x a e e '=++−−=−−+，()()0x u x x a e ''=−>，所以()u x '在(),a +∞上单调递增，又()0u a '=，所以()0u x '>，从而()u x 在(),a +∞上也单调递增，易求得()0u a =，所以()0u x >恒成立，因为b a >，所以()()()()20b a b a u b b a e e e e =−+−−>，故()()()()2f a f b f b f a b a+−>−3．已知函数()()2ln 2f x a x x x x =−+−，其中a ∈R . （1）当2a e =−时，求()f x 的极值；（2）当0a >，120x x >>时，证明：()()1212112222x x x x f x f x f x f x ++⎛⎫⎛⎫''−<− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【解析】（1）由题意，()()112212a f x a x x x x ⎛⎫⎛⎫'=−+−=−+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，0x >，所以当2a e =−时，()()()21x x e f x x−−'=，()()22ln 2f x e x x x x =−−+−，由()0f x '>解得：01x <<或x e >，由()0f x '<解得：1x e <<，所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,e 上单调递减，在(),e +∞上单调递增，故()f x 有极大值()121f e =−−，极小值()2f e e =−. （2）由题意，0a >，120x x −>，要证()()1212112222x x x x f x f x f x f x ++⎛⎫⎛⎫''−<− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，只需证()()1212122f x f x x x f x x −+⎛⎫'< ⎪−⎝⎭，而()()()()()221212121212121212122ln ln ln ln 2f x f x a x x a x x x x x x a ax x x x x x x x −−−−−+−−==−−++−−−，12121212122212222x x x x aa f a x x x x x x ⎛⎫++⎛⎫⎛⎫'=−+=−++− ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以只需证1212121212ln ln 222x x aa ax x a x x x x x x −−−++<−++−−+，即证121212ln ln 2x x x x x x −>−+①，下面给出两种证明不等式①的方法：证法1：要证121212ln ln 2x x x x x x −>−+，只需证()1212122ln ln x x x x x x −−>+，即证()1212122ln ln 0x x x x x x −−−>+，令()()2222ln ln x x g x x x x x −=−−+()2x x >，则()()()()()22222222210x x x x x x g x x x x x x x +−+−'=−=>++，所以()g x 在()2,x +∞上单调递增，显然()20g x =，所以当2x x >时，()0g x >，因为12x x >，所以()10g x >，即()1212122ln ln 0x x x x x x −−−>+，故()()1212112222x x x x f x f x f x f x ++⎛⎫⎛⎫''−<− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.证法2：要证121212ln ln 2x x x x x x −>−+，只需证()1212122ln ln x x x x x x −−>+，即证12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫− ⎪⎝⎭>+，令12x t x =，则1t >，所以只需证当1t >时，()21ln 1t t t −>+，即证()21ln 01t t t −−>+，令()()21ln 1t g t t t −=−+()1t >，则()()()()()()222212111011t t t g t t t t t +−−−'=−=>++，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，又()10g =，所以()0g t >成立，即()21ln 01t t t −−>+，故()()1212112222x x x x f x f x f x f x ++⎛⎫⎛⎫''−<− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4．设函数()()()2ln 12f x x a x x =+−−，其中0a ≠.（1）当12a =时，证明：()f x 有且仅有一个零点；（2）在函数()y f x =的图象上是否存在不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，使得线段AB 中点的横坐标0x 与直线AB 的斜率k 之间满足()0k f x '=?若存在，求出0x ；若不存在，说明理由. 【解析】（1）当12a =时，()()()21ln 122f x x x x =+−−，1x >−，所以()()211220121x f x x x x '=−−=≥++，从而()f x 在()1,−+∞上单调递增，又()00f =，所以()f x 有且仅有一个零点. （2）假设存在A 、B 两点满足()0k f x '=，不妨设121x x −<<，由题意，()()()()()()()122111222122121212121lnln 12ln 1212x x a x x x a x x f x f x x k a x x ax x x x x x +++−−+−−−+===++−−−−，易求得()()1211f x a x x '=−−+，所以()()00120121122212f x ax a a x x a x x x '=+−=++−+++，从而()0k f x '=等价于()()12121212121ln12222x x a x x a a x x a x x x x ++++−=++−−++，整理得：1212121ln122x x x x x x ++=−++，即()()()()1212121ln121111x x x x x x ++=+−++++①，令111t x =+，221t x =+，则式①即为121212ln2t t t t t t =−+，也即11212222ln 1tt t t t t −=+②，令12t u t =，则式②即为22ln 1u u u −=+，也即22ln 01u u u −−=+③，令()22ln 1u g u u u −=−+()0u >，则()()()()222114011u g u u u u u −'=−=≥++，所以()g u 在()0,+∞上单调递增，又()10g =，所以方程③的解为1u =，此时121t t =，所以12t t =，从而1211x x +=+，故12x x =，矛盾，所以函数()y f x =的图象上不存在不同的A 、B 两点，使得()0k f x '=。

高考数学22个必考内容

高效复习
清晰认识考点分布
必考问题10 数列求和必考问题11 数列的综合应用问题必考问题12 三视图及空间几何体的计算问题必考问题13 空间线面位置关系的推理与证明必考问题14 用空间向量法解决立体几何问题必考问题15 直线、圆及其交汇问题必考问题16 椭圆、双曲线、抛物线
必考问题17 与圆锥曲线有关的定点、定值、最值、范围问题
清晰认识考点分布
高考数学22个必考内容(二轮）必考问题1 函数、基本初等函数的图象和性质必考问题2 函数与方程及函数的实际应用必考问题3 不等式及线性规划问题必考问题4 导数的简单应用及定积分必考问题5 函数、导数、不等式的综合问题必考问题6 三角函数的图象和性质必考问题7 三角恒等变换与解三角形必考问题8 平面向量线性运算及综合应用问题必考问题9 等差、等比数列的基本问题
必考问题18 排列、组合、二项式定理与概率必考问题19 概率、随机变量及其分布列
高效复习
清晰认识考点分布
必考问题20 统计及其与概率的交汇问题必考问题21 数学思想在解题中的应用(一) 必考问题22 数学思想在解题中的应用(二)

数学高考22题知识点

数学高考22题知识点在数学高考中，第22题通常是一道综合性较强的题目，涉及多个知识点的综合运用。

下面将通过几个典型的高考真题，来总结第22题中常见的数学知识点。

知识点1：立体几何第一类题型：体积与表面积计算例如，某题目给出了一个三棱柱的侧边长度和高度，要求计算其底面积。

解决这类题目需要掌握计算各种立体几何形体的体积和表面积公式。

知识点2：概率与统计第二类题型：事件概率计算在高考中，经常会出现与概率相关的问题。

例如，某题目给出了一组试验结果的频率分布表，要求计算某一事件发生的概率。

解决这类题目需要熟悉概率论的基本概念和计算方法。

知识点3：数列与数列的性质第三类题型：数列性质分析数列问题在高考中经常出现，尤其是对数列性质的分析。

例如，某题目给出了一个数列的前n项和，要求计算数列的通项公式。

解决这类问题需要熟悉常见数列的通项公式和性质。

知识点4：函数与方程第四类题型：函数性质分析函数与方程是高中数学的重点和难点，因此第22题中的函数性质分析题也颇具代表性。

例如，某题目给出了一个分段函数的定义和取值范围，要求分析函数的增减性和最值。

解决这类题目需要对函数的基本性质和图像变化有一定的掌握。

知识点5：平面几何第五类题型：平面几何图形的性质平面几何的知识点在高考数学中占据一定的比重。

例如，某题目给出了一个图形的特点，要求计算其某个角度或长度。

解决这类题目需要熟悉平面几何图形的性质和相关定理。

综上所述，数学高考第22题涉及的知识点较广，需要对几何、概率与统计、数列、函数、方程、平面几何等多个数学分支有较为全面的掌握。

熟练掌握这些知识点，并能够将其灵活运用于综合性问题的解决，将有助于在高考中取得优异的数学成绩。

希望同学们能够通过对这些知识点的深入学习，提升数学解题的能力，为高考取得好成绩打下良好的基础。

高考数学21题知识点

高考数学21题知识点数学，作为一门理科学科，是被广大学生所关注和重视的科目之一。

高考中的数学部分，涵盖了广泛的知识点和技巧，需要学生们在短时间内进行全面的掌握和应用。

在本文中，将会针对高考数学试题中的21个知识点进行细致的分析和解读。

1. 函数与方程在高考数学试题中，关于函数与方程的考点经常出现。

学生们需要熟悉一元一次方程、一元一次不等式、二次函数、指数函数、对数函数等基本概念和性质，并能够运用基本图像和变量的变化规律进行解题。

2. 平面几何平面几何是高考中一个比较重要的知识点，涉及了直线、圆、三角形、四边形等图形的性质和计算方法。

学生们需要了解点和直线的位置关系、圆的切线和切点、三角形的面积和角平分线等内容，同时要掌握平面几何的证明方法和思路。

3. 空间几何与平面几何类似，空间几何也是高考数学试题中的一大考点。

学生们需要熟悉直线和平面的位置关系、直线与平面的交点、空间图形的投影等内容，并能够灵活运用这些知识进行解题。

4. 数据与统计高考数学试题中的数据与统计内容主要涉及数据的收集、统计量的计算以及图表的分析。

学生们需要掌握数据的整理和处理方法，掌握平均数、中位数、众数等统计量的计算方法，并能够根据所给的图表进行数据的分析和推理。

5. 概率概率是高考数学试题中的一大考点，与数据与统计有一定的联系。

学生们需要了解事件与概率的关系、概率的计算方法以及概率模型的应用等内容，并能够根据条件概率、排列组合等知识进行问题的求解。

6. 数列与数学归纳法数列与数学归纳法是高考数学试题中的重要考点之一。

学生们需要熟悉等差数列、等比数列的性质和求和公式，了解数列的递推关系和通项公式的推导，并能够通过数学归纳法解决与数列有关的问题。

7. 排列与组合排列与组合是高考数学试题中的一道经典题型，涉及了数学中的全排列、全组合、二项式定理等知识。

学生们需要熟悉排列组合的基本概念和性质，并能够运用这些知识解决相关的问题。

8. 图论图论是高考数学试题中的一道较为复杂的考点，需要学生们对图的基本概念和性质有一定的了解，并能够根据题目提供的信息进行图的分析和建模，进而解决问题。

2021新高考一卷数学22题详解

2021新高考一卷数学22题详解一、题目分析【题目】设函数$f(x) = \{\begin{matrix} - \frac{1}{x}，x > 0 \\log_{\frac{1}{2}}( - x)，x < 0 \\\end{matrix}$，用函数单调性定义证明当$x \in (0， +\infty)$时，$f(x)$是单调递减函数。

【分析】该题目要求考生对函数单调性的定义进行理解和应用，需要考生能够根据定义证明函数的单调性。

在解答过程中，需要注意定义中的三要素：定义域、值域、单调性。

二、解题步骤1. 证明定义域和值域：根据题意，函数的定义域为$(0, + \infty)$，值域为$( -\infty,0)$。

2. 假设法：假设$x_{1} < x_{2}$，且$x_{1}，x_{2} \in (0, + \infty)$。

根据题意，可得到$f(x_{1}) > f(x_{2})$。

3. 利用单调性定义证明：根据函数单调性的定义，需要证明在$x_{1} < x_{2}$的条件下，$f(x_{1}) > f(x_{2})$成立。

根据题意，当$x_{1} < x_{2}$时，$- x_{1} > - x_{2}$，且$- x_{1} \in ( - \infty,0)$，$- x_{2} \in ( - \infty,0)$。

又因为$f(x) = log_{\frac{1}{2}}( - x)$为减函数，所以$f( - x_{2}) >f( - x_{1})$。

又因为$f( - x) = - \frac{1}{x}$为增函数，所以$- \frac{1}{x_{2}} < - \frac{1}{x_{1}}$。

因此有$f( - x_{2}) +f( - x_{1}) =$$log_{\frac{1}{2}}( - x_{2}) + ( -\frac{1}{x_{2}}) <$$log_{\frac{1}{2}}( - x_{1}) + ( -\frac{1}{x_{1}}) =$$f(x_{1}) + f(x_{2})$。

高考数学二十二个必考问题讲解10

必考问题10 数列求和1．(2012·全国)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )．A.100101B.99101C.99100D.101100答案： A [设数列{a n }的公差为d ，则a 1＋4d ＝5，S 5＝5a 1＋5×42d ＝15，得d ＝1，a 1＝1，故a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选A.] 2．(2011·全国)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( )．A ．8B ．7C ．6D ．5答案：D [∵{a n }是等差数列，a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.由已知得S k ＋2－S k ＝a k ＋2＋a k＋1＝2(k ＋2)＋2(k ＋1)－2＝4k ＋4＝24，所以k ＝5，故选D.]3．(2010·福建)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )．A ．6B ．7C ．8D ．9答案：A [∵{a n }是等差数列，∴a 4＋a 6＝2a 5＝－6，即a 5＝－3，d ＝a 5－a 15－1＝－3＋114＝2得{a n }是首项为负数的递增数列，所有的非正项之和最小．∵a 6＝－1，a 7＝1，∴当n ＝6时，S n 取最小．故选A.]4．(2011·江西)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10＝________.解析 ∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，∴S 1＝1，可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝1，即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.答案 1本部分是高考重点考查的内容，题型有选择题、填空题和解答题．对于数列的通项问题，求递推数列(以递推形式给出的数列)的通项是一个难点，而数列的求和问题多从数列的通项入手，并与不等式证明或求解结合，有一定难度．(1)牢固掌握等差数列和等比数列的递推公式和通项公式，以一阶线性的递推公式求通项的六种方法(观察法、构造法、猜归法、累加法、累积法、待定系数法)为依托，掌握常见的递推数列的解题方法．对于既非等差又非等比的数列要综合运用观察、归纳、猜想、证明等方法进行研究，要善于将其转化为特殊数列，这是一种非常重要的学习能力．(2)对于数列求和部分的复习要注意以下几点：①熟练掌握等差数列、等比数列的求和公式及其应用，这是数列求和的基础；②掌握好分组、裂项、错位相减、倒序相加法这几种重要的求和方法，特别要掌握好裂项与错位相减求和的方法，这是高考考查的重点；③掌握一些与数列求和有关的综合问题的解决方法，如求数列前n项和的最值，研究前n项和所满足的不等式等.必备知识求通项公式的方法(1)观察法：找项与项数的关系，然后猜想检验，即得通项公式a n；(2)利用前n项和与通项的关系a n＝⎩⎪⎨⎪⎧S1S n－S n－1(n＝1)，(n≥2)；(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式；(4)累加法：如a n＋1－a n＝f(n)，累积法，如a n＋1a n＝f(n)；(5)转化法：a n＋1＝Aa n＋B(A≠0，且A≠1)．常用公式等差数列的前n项和，等比数列的前n项和，1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2，12＋22＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.常用裂项方法 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1； (2)1n (n ＋k )＝1k 1n －1n ＋k .必备方法1．利用转化，解决递推公式为S n 与a n 的关系式：数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.通过纽带：a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，根据题目求解特点，消掉一个a n 或S n .然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解．如需消掉S n ，可以利用已知递推式，把n 换成(n ＋1)得到新递推式，两式相减即可．若要消掉a n ，只需把a n ＝S n －S n －1代入递推式即可．不论哪种形式，需要注意公式a n ＝S n －S n －1成立的条件n ≥2.2．裂项相消法的基本思想是把数列的通项a n 分拆成a n ＝b n ＋1－b n 或者a n ＝b n －b n ＋1或者a n ＝b n ＋2－b n 等，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．3．错位相减法适用于数列由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，乘以等比数列的公比再错位相减，即依据是：c n ＝a n b n ，其中{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则qc n ＝qa n b n ＝a n b n ＋1，此时c n ＋1－qc n ＝(a n ＋1－a n )b n＋1＝db n ＋1，这样就把对应相减的项变为了一个等比数列，从而达到求和的目的.数列的求和数列的递推关系一直是高考“久考不衰”的考点，具有题型新颖、方法灵活等特点，求通项的常用方法有：定义法、公式法、累加法、累乘法、构造转化法等．【例1】► 已知数列{a n }的首项a 1＝35，且a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1，2，….(1)证明：数列1a n－1是等比数列；(2)令b n ＝1a n －1，试求数列{n ·b n }的前n 项和S n .[审题视点] [听课记录][审题视点] 对于第(1)问，由条件利用等比数列的定义即可证明；对于第(2)问，求数列{n ·b n }的前n 项和S n ，只需利用错位相减法即可．(1)证明由已知，得1a n ＋1＝13·1a n ＋23，n ＝1,2，…，∴1a n ＋1－1＝131a n －1，n ＝1,2，….∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以13为公比，23为首项的等比数列．(2)解由b n ＝1a n －1＝23n (n ≥1)，得S n ＝1·b 1＋2·b 2＋3·b 3＋…＋(n －1)·b n －1＋n ·b n ＝1·23＋2·232＋3·233＋…＋(n －1)·23n －1＋n ·23n .∴13S n ＝1·232＋2·233＋3·234＋…＋(n －1)·23n ＋n ·23n ＋1. ∴23S n ＝23＋232＋233＋234＋…＋23n －n ·23n ＋1 ＝231－13n 1－13－n ·23n ＋1.∴S n ＝321－13n －32n ·23n ＋1＝32－3＋2n 2·3n.对于由数列的递推关系式求数列通项a n 的问题，一般有以下几种题型：(1)类型a n ＋1＝ca n ＋d (c ≠0,1)，可以通过待定系数法设a n ＋1＋λ＝c (a n ＋λ)，求出λ后，化为等比数列求通项；(2)类型a n ＋1＝a n ＋f (n )与a n ＋1＝f (n )·a n ，可以分别通过累加、累乘求得通项；(3)类型a n ＋1＝ca n ＋r n(c ≠0，r ≠0)，可以通过两边除以r n ＋1，得a n ＋1r n ＋1＝c r ·a n r n ＋1r，于是转化为类型(1)求解．【突破训练1】在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝4a n －3n ＋1，n ∈N *.(1)证明：数列{a n －n }是等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n ；(3)证明：不等式S n ＋1≤4S n 对任意n ∈N *皆成立． (1)证明由题设a n ＋1＝4a n －3n ＋1，得 a n ＋1－(n ＋1)＝4(a n －n )，n ∈N *.又a 1－1＝1，所以数列{a n －n }是首项为1，公比为4的等比数列．(2)解由(1)可知a n －n ＝4n －1，于是数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －1＋n .所以，数列{a n }的前n 项和S n ＝4n －13＋n (n ＋1)2.(3)证明对任意的n ∈N *，Sn ＋1－4S n ＝4n ＋1－13＋(n ＋1)(n ＋2)2－44n －13＋n (n ＋1)2＝－12(3n 2＋n －4)≤0，所以不等式S n ＋1≤4S n 对任意n ∈N *皆成立．裂项相消法在数列中的应用裂项法求和是近几年高考的热点，试题设计年年有变、有创新，但变的仅仅是试题的外壳，有效地转化、化归问题是解题的关键，常与不等式综合命制解答题．【例2】► 已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m20对所有n (n ∈N *)都成立的最小正整数m .[审题视点] [听课记录][审题视点] (1)由f ′(x )＝6x －2可求f (x )，则可得S n 与n 的关系式，再由a n ＝S n －S n －1(n ≥2)求a n .(2)由裂项求和求T n ，再由单调性求T n 的最大值．解 (1)设函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b ，由f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，所以f (x )＝3x 2－2x .又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上，所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n )－[3(n －1)2－2(n －1)] ＝6n －5.当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝1，所以，a n ＝6n －5(n ∈N *)． (2)由(1)知b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n ＋1)－5]＝1216n －5－16n ＋1，故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝121－17＋17－113＋…＋16n －5－16n ＋1 ＝121－16n ＋1. 因此，要使121－16n ＋1＜m20(n ∈N *)成立，则m 需满足12≤m20即可，则m ≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．【突破训练2】已知数列{a n }是首项a 1＝14的等比数列，其前n 项和S n 中S 3＝316.(1)求数列{a n }的通项公式；(解 (1)若q ＝1，则S 3＝34≠316不符合题意，∴q ≠1.当q ≠1时，由⎩⎨⎧a 1＝14，S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝316得q ＝－12.∴a n ＝14·－12n －1＝－12n ＋1.(2)∵b n ＝log 12|a n |＝log 12⎪⎪⎪⎪－12n ＋1＝n ＋1， ∴1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2， ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2.错位相减法在数列中的应用错位相减法求和作为求和的一种方法在近几年高考试题中经常出现，复习时要熟练掌握错位相减法求和的特点．【例3】► (2012·淄博一模)已知数列{a n }中，a 1＝5且a n ＝2a n －1＋2n －1(n ≥2且n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 为等差数列；(2)求数列{a n －1}的前n 项和S n . [审题视点] [听课记录][审题视点] (1)作差：a n －12n －a n －1－12n －1后，把a n ＝2a n －1＋2n －1代入；(2)求出a n －1，利用错位相减法求和．(1)证明设b n ＝a n －12n ，b 1＝5－12＝2.∴b n －b n －1＝a n －12n －a n －1－12n －1＝12n (a n －2a n －1)＋1＝12n (2n －1)＋1＝1. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 为首项是2，公差是1的等差数列．(2)解由(1)知，a n －12n ＝a 1－12＋(n －1)×1，∴a n －1＝(n ＋1)·2n .∵S n ＝2·21＋3·22＋…＋n ·2n －1＋(n ＋1)·2n ，① ∴2S n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1.② ①－②，得－S n ＝4＋(22＋23＋…＋2n )－(n ＋1)·2n ＋1， ∴S n ＝－4－4(2n －1－1)＋(n ＋1)·2n ＋1， ∴S n ＝n ·2n ＋1.错位相减法求数列的前n 项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征．即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．所谓“错位”，就是要找“同类项”相减，要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数．【突破训练3】 (2012·天津)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ，n ∈N *，证明：T n ＋12＝－2a n ＋10b n (n ∈N *)． (1)解设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .由条件，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2. 所以a n ＝3n －1，b n ＝2n ，n ∈N *. (2)证明法一由(1)得T n ＝2a n ＋22a n －1＋23a n －2＋…＋2n a 1，① 2T n ＝22a n ＋23a n －1＋…＋2n a 2＋2n ＋1a 1.② 由②－①，得T n ＝－2(3n －1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n ＋2n ＋2 ＝12(1－2n －1)1－2＋2n ＋2－6n ＋2＝10×2n －6n －10.而－2a n ＋10b n －12＝－2(3n －1)＋10×2n －12＝10×2n －6n －10，故T n ＋12＝－2a n ＋10b n ，n ∈N *.法二 ①当n ＝1时，T 1＋12＝a 1b 1＋12＝16，－2a 1＋10b 1＝16，故等式成立； ②证明：假设当n ＝k 时等式成立，即T k ＋12＝－2a k ＋10b k ，则当n ＝k ＋1时有： T k ＋1＝a k ＋1b 1＋a k b 2＋a k －1b 3＋…＋a 1b k ＋1＝a k ＋1b 1＋q (a k b 1＋a k －1b 2＋…＋a 1b k ) ＝a k ＋1b 1＋qT k＝a k ＋1b 1＋q (－2a k ＋10b k －12) ＝2a k ＋1－4(a k ＋1－3)＋10b k ＋1－24 ＝－2a k ＋1＋10b k ＋1－12 即T k ＋1＋12＝－2a k ＋1＋10b k ＋1. 因此n ＝k ＋1时等式也成立．由①和②，可知对任意n ∈N *，T n ＋12＝－2a n ＋10b n 成立．数列综合题中的转化与推理数列是一个既有相对独立性，又与其他知识易交汇的知识点，命题者为体现考查思维的综合性与创新性，经常让数列与一些其他知识交汇，有效地考查考生对数学思想与方法的深刻理解，以及考生的数学潜能与思维品质．因此，要利用转化与推理将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，降低问题难度．【示例】► (2012·湖南)已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，n ＝1,2，….(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．[满分解答] (1)对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )成等差数列，所以B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )，即a n ＋1－a 1＝a n ＋2－a 2，亦即a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝4. 故数列{a n }是首项为1，公差为4的等差数列．于是a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.(5分)(2)①必要性：若数列{a n }是公比为q 的等比数列，则对任意n ∈N *，有a n ＋1＝a n q .由a n＞0知，A (n )，B (n )，C (n )均大于0，于是B (n )A (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1a 1＋a 2＋…＋a n ＝q (a 1＋a 2＋…＋a n )a 1＋a 2＋…＋a n ＝q ， C (n )B (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q (a 2＋a 3＋…＋a n ＋1)a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q ，即B (n )A (n )＝C (n )B (n )＝q ，所以三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．(8分) ②充分性：若对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列，则B (n )＝qA (n )，C (n )＝qB (n )．于是C (n )－B (n )＝q [B (n )－A (n )]，得a n ＋2－a 2＝q (a n ＋1－a 1)，即a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1. 由n ＝1有B (1)＝qA (1)，即a 2＝qa 1，从而a n ＋2－qa n ＋1＝0.因为a n ＞0，所以a n ＋2a n ＋1＝a 2a 1＝q .故数列{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列．综上所述，数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．(12分)老师叮咛：本题看似新颖，但揭开面纱却很平常.它很好地考查了考生的应试心理和推理论证的能力，用到的知识却很简单，失去信心是本题失分的主要原因.第(1)问根据B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)即可轻松解决；第(2)问需分充分性和必要性分别证明，其依据完全是非常简单的等比数列的定义，其关键是要有较好的推理论证能力.【试一试】(2012·山东)在等差数列{a n}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{a n}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为b m，求数列{b m}的前m项和S m.解(1)因为{a n}是一个等差数列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，a4＝28.设数列{a n}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.由a4＝a1＋3d得，28＝a1＋3×9，即a1＝1.所以a n＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)对m∈N*，若9m＜a n＜92m，则9m＋8＜9n＜92m＋8.因此9m－1＋1≤n≤92m－1.故得b m＝92m－1－9m－1.于是S m＝b1＋b2＋b3＋…＋b m＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝9×(1－81m)1－81－(1－9m)1－9＝92m＋1－10×9m＋180.。

高考数学二十二个必考问题讲解5

必考问题5 函数、导数、不等式的综合问题(2012·山东)已知函数f (x )＝ln x ＋ke x(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝xf ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，证明：对任意x ＞0，g (x )＜1＋e －2.解 (1)由f (x )＝ln x ＋ke x，得f ′(x )＝1－k x －xln xxe x，x ∈(0，＋∞)，由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．所以f ′(1)＝0，因此k ＝1.(2)由(1)得f ′(x )＝1xe x (1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)，令h(x )＝1－x －xln x ，x ∈(0，＋∞)，当x ∈(0,1)时，h(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h(x )＜0. 又e x ＞0，所以x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0； x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0.因此f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)因为g(x )＝xf ′(x )，所以g(x )＝1e x (1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)，由(2)得，h(x )＝1－x －xln x ，求导得h ′(x )＝－ln x －2＝－(ln x －ln e －2)．所以当x ∈(0，e －2)时，h ′(x )＞0，函数h(x )单调递增；当x ∈(e －2，＋∞)时，h ′(x )＜0，函数h(x )单调递减．所以当x ∈(0，＋∞)时，h(x )≤h(e －2)＝1＋e －2.又当x ∈(0，＋∞)时，0＜1ex ＜1，所以当x ∈(0，＋∞)时，1e x h(x )＜1＋e －2，即g(x )＜1＋e －2.综上所述结论成立．导数与函数、方程、不等式的交汇综合，以及利用导数研究实际中的优化问题，是命题的热点，而且不断丰富创新．题型以解答题的形式为主，综合考查学生分析问题、解决问题的能力．应通过一些典型例题的分析提高分析问题和解决问题的能力．解题时要善于把复杂的、生疏的、非规范化的问题转化为简单的、熟悉的、规范化的问题来解决.利用导数解决方程根的问题常考查：①确定零点，图象交点及方程解的个数问题；②应用零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或范围．该类试题一般以含参数的高次式、分式、指数式或对数式结构的函数、方程呈现．主要考查学生转化与化归、数形结合思想，以及运用所学知识解决问题的能力．【例1】► 已知x ＝3是函数f (x )＝a ln(1＋x )＋x 2－10x 的一个极值点． (1)求a ；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)若直线y ＝b 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，求b 的取值范围． [审题视点] [听课记录][审题视点] (1)由f ′(3)＝0求a ；(2)由f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，求函数f (x )的单调区间；(3)求f (x )的极值，结合图象可确定b 的取值范围．解 f (x )的定义域：(－1，＋∞)． (1)f ′(x )＝a1＋x ＋2x －10，又f ′(3)＝a4＋6－10＝0，∴a ＝16.经检验此时x ＝3为f (x )极值点，故a ＝16. (2)f ′(x )＝161＋x ＋2x －10＝2x 2－8x ＋6x ＋1＝2(x －1)(x －3)x ＋1.当－1<x <1或x >3时，f ′(x )>0；当1<x <3时，f ′(x )<0.∴f (x )单调增区间为：(－1,1)，(3，＋∞)，单调减区间为(1,3)．(3)由(2)知，f (x )在(－1,1)内单调增加，在(1,3)内单调减少，在(3，＋∞)上单调增加，且当x ＝1或x ＝3时，f ′(x )＝0.所以f (x )的极大值为f (1)＝16ln 2－9，极小值为f (3)＝32ln 2－21.因为f (16)>162－10×16>16ln 2－9＝f (1)， f (e －2－1)<－32＋11＝－21<f (3)，所以在f (x )的三个单调区间(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)直线y ＝b 与y ＝f (x )的图象各有一个交点，当且仅当f (3)<b<f (1)．因此b 的取值范围为(32ln 2－21,16ln 2－9)．对于研究方程根的个数的相关问题，利用导数这一工具和数形结合的数学思想就可以很好地解决．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．【突破训练1】 (2012·聊城二模)设函数f (x )＝(1＋x )2－2ln (1＋x )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2＋x ＋a 在[0,2]上恰有两个相异实根，求实数a 的取值范围．解 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)，因为f (x )＝(1＋x )2－2ln (1＋x )，所以f ′(x )＝2⎣⎡⎦⎤(x ＋1)－1x ＋1＝2x (x ＋2)x ＋1，由f ′(x )＞0，得x ＞0；由f ′(x )＜0，得－1＜x ＜0，所以，f (x )的递增区间是(0，＋∞)，递减区间是(－1,0)． (2)方程f (x )＝x 2＋x ＋a ，即x －a ＋1－2ln (1＋x )＝0，记g(x )＝x －a ＋1－2ln (1＋x )(x ＞－1)，则g ′(x )＝1－21＋x ＝x －1x ＋1，由g ′(x )＞0，得x ＞1；由g ′(x )＜0，得－1＜x ＜1.所以g(x )在[0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增．为使f (x )＝x 2＋x ＋a 在[0,2]上恰有两个相异的实根，只须g(x )＝0在[0,1)和(1,2]上各有一个实根，于是有⎩⎪⎨⎪⎧ g (0)≥0，g (1)＜0，g (2)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋1≥0，2－a －2ln 2＜0，3－a －2ln 3≥0，解得2－2ln 2＜a ≤3－2ln 3，故实数a 的取值范围是(2－2ln 2,3－2ln 3]．利用导数解决不等式恒成立问题通常考查高次式、分式或指数式、对数式、绝对值不等式在某个区间上恒成立，求参数的取值范围，试题涉及到的不等式常含有一个或两个参数．【例2】► (2011·湖北)设函数f (x )＝x 3＋2ax 2＋bx ＋a ，g (x )＝x 2－3x ＋2，其中x ∈R ，a ，b 为常数．已知曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在点(2,0)处有相同的切线l .(1)求a ，b 的值，并写出切线l 的方程；(2)若方程f (x )＋g (x )＝mx 有三个互不相同的实根0、x 1、x 2，其中x 1＜x 2，且对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )＋g (x )＜m (x －1)恒成立，求实数m 的取值范围．[审题视点] [听课记录][审题视点] (1)基础；(2)根据已知条件f (x )＋g(x )＝mx 有三个互不相同的实根0、x 1、x 2可列一方程，由判断式Δ可得m 的范围，再将已知条件：对任意x ∈[x 1，x 2]，f (x )＋g(x )＜m (x －1)恒成立，转化为f (x )＋g(x )－mx ＜－m 恒成立，从而求f (x )＋g(x )－mx 的最大值．解 (1)a ＝－2，b ＝5，切线l 的方程为x －y －2＝0. (2)由(1)得，f (x )＝x 3－4x 2＋5x －2，所以f (x )＋g(x )＝x 3－3x 2＋2x .依题意，方程x (x 2－3x ＋2－m )＝0有三个互不相同的实根0，x 1，x 2，故x 1，x 2是方程x 2－3x ＋2－m ＝0的两相异的实根，所以Δ＝9－4(2－m )＞0，即m ＞－14.又对任意的x ∈[x 1，x 2]， f (x )＋g(x )＜m (x －1)恒成立．特别地，取x ＝x 1时，f (x 1)＋g(x 1)－mx 1＜－m 成立，得m ＜0.由韦达定理，可得x 1＋x 2＝3＞0，对任意的x ∈[x 1，x 2]，有x －x 2≤0，x －x 1≥0，x ＞0，则f (x )＋g(x )－mx ＝x (x －x 1)(x －x 2)≤0，又f (x 1)＋g(x 1)－mx 1＝0，所以函数f (x )＋g(x )－mx 在x ∈[x 1，x 2]的最大值为0. 于是当m ＜0时，对任意的x ∈[x 1，x 2]， f (x )＋g(x )＜m (x －1)恒成立．综上，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－14，0.(1)利用导数方法证明不等式f (x )＞g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h (x )＞0，其中一个重要技巧就是找到函数h (x )在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．(2)利用函数的导数研究不等式恒成立问题是一类重要题型，体现了导数的工具性作用，将函数、不等式紧密结合起来，考查了学生综合解决问题的能力．【突破训练2】已知函数f (x )＝kx ，g (x )＝ln xx .(1)求函数g (x )＝ln xx的单调递增区间；(2)若不等式f (x )≥g (x )在区间(0，＋∞)上恒成立，求k 的取值范围．解 (1)∵g(x )＝ln xx (x ＞0)，∴g ′(x )＝1－ln xx 2，令g ′(x )＞0，得0＜x ＜e ，故函数g(x )＝ln xx 的单调递增区间为(0，e )．(2)∵x ∈(0，＋∞)，由k x ≥ln x x ，得k ≥ln x x 2，令h(x )＝ln xx2，则问题转化为k 大于等于h(x )的最大值，又h ′(x )＝1－2 ln xx 3，令h ′(x )＝0时，x ＝e ，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )、h (x )变化情况如下表：由表知当x ＝e 时，函数h(x )有最大值，且最大值为12e ，因此k ≥12e.导数的综合应用通常是证明与已知函数有关的关于x (或关于其他变量n 等)的不等式在某个范围内成立，求解需构造新函数，用到函数的单调性、极值(最值)，以及不等式的性质等知识完成证明．【例3】► 设函数f (x )定义在(0，＋∞)上，f (1)＝0，导函数f ′(x )＝1x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )．(1)求g (x )的单调区间和最小值； (2)讨论g (x )与g ⎝⎛⎭⎫1x 的大小关系；(3)是否存在x 0＞0，使得|g (x )－g (x 0)|＜1x 对任意x ＞0成立？若存在，求出x 0的取值范围；若不存在，请说明理由．[审题视点] [听课记录][审题视点] 第(2)问重新构造函数h(x )＝g(x )－g ⎝⎛⎭⎫1x ，利用导数研究这个函数的单调性．第(3)问采用反证法，可先把|g(x )－g(x 0)|＜1x 等价变形为ln x ＜g(x 0)＜ln x ＋2x ，x ＞0，再在x ∈(0，＋∞)上任取一个值验证矛盾．解 (1)由题设易知f (x )＝ln x ，g(x )＝ln x ＋1x ，所以g ′(x )＝x －1x2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，故(0,1)是g(x )的单调减区间；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，故(1，＋∞)是g(x )的单调增区间．因此，x ＝1是g(x )的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)＝1. (2)g ⎝⎛⎭⎫1x ＝－ln x ＋x ，设h(x )＝g(x )－g ⎝⎛⎭⎫1x ＝2ln x －x ＋1x ，则h ′(x )＝－(x －1)2x 2，当x ＝1时，h(1)＝0，即g(x )＝g ⎝⎛⎭⎫1x ，当x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，h ′(1)＝0，因此，h(x )在(0，＋∞)内单调递减，当0＜x ＜1时，h(x )＞h(1)＝0，即g(x )＞g ⎝⎛⎭⎫1x ；当x ＞1时，h(x )＜h(1)＝0，即g(x )＜g ⎝⎛⎭⎫1x . (3)满足条件的x 0不存在．证明如下：假设存在x 0＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x 对任意x ＞0成立，即对任意x ＞0，有ln x ＜g(x 0)＜ln x ＋2x，(*)但对上述x 0，取x 1＝e g(x 0)时，有ln x 1＝g(x 0)，这与(*)左边不等式矛盾，因此，不存在x 0＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x对任意x ＞0成立．另一种证法如下：假设存在x 0＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x 对任意的x ＞0成立．由(1)知，g(x )的最小值为g(1)＝1，又g(x )＝ln x ＋1x＞ln x ，而x ＞1时，ln x 的值域为(0，＋∞)， x ≥1时g(x )的值域为[1，＋∞)，从而可取一个x 1＞1，使g(x 1)≥g(x 0)＋1. 即g(x 1)－g(x 0)≥1，故|g(x 1)－g(x 0)|≥1＞1x 1，与假设矛盾．∴不存在x 1＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x对任意x ＞0成立．本题有机地将函数、导数和不等式结合到一块，试题难度较大．本题分三小问，第(1)问较容易；第(2)问可以用平时练习常用的方法解决：首先使用构造函数法构造函数，再用导数求出函数的最大值或最小值，且这个最大值小于零，最小值大于零；第(3)问采用反证法，难度较大，难点在于不容易找到与题设矛盾的特例．【突破训练3】设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a ＞ln 2－1且x ＞0时，e x ＞x 2－2ax ＋1. (1)解由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R 知，f ′(x )＝e x －2，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝l n 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f(x)单调递增区间是(l n2，＋∞)，f(x)在x＝l n 2处取得极小值，极小值为f(l n 2)＝e l n 2－2l n 2＋2a＝2(1－l n 2＋a)．(2)证明设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>l n 2－1时，g′(x)取最小值为g′(l n 2)＝2(1－l n 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0.所以g(x)在R内单调递增．于是当a>l n 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.分析法在函数与导数题中的应用近年来，高考对函数与导数大部分是以压轴题的形式考查的，试题难度较大，命题角度新颖，需要考生把生疏的问题通过分析转化为熟悉的问题，考查考生分析、解决问题的能力．下面以2012年新课标全国卷为例对分析法在导数中的具体应用作一介绍．【示例】►(2012·新课标全国)设函数f(x)＝e x－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．[满分解答](1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；若a＞0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．(5分)(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(e x－1)＋x＋1.故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x ＋1＞0等价于k ＜x ＋1e x －1＋x (x ＞0)．①(8分) 令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ，则g ′(x )＝－x e x －1(e x －1)2＋1＝e x (e x －x －2)(e x －1)2. 由(1)知，函数h (x )＝e x －x －2在(0，＋∞)上单调递增．而h (1)＜0，h (2)＞0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )＜0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)．又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k ＜g (α)，故整数k 的最大值为2.…(12分)老师叮咛：本题主要考查导数在解决函数单调性、函数的最值、函数的零点、不等式问题等方面的应用.其中，第(1)问求函数的导数，对字母a 进行讨论，根据导函数值的正负得到函数的单调区间.第(2)问将原不等式转化为k ＜g (x )的形式，利用导数法求出函数g (x )的值域，进而得到整数k 的最大值.【试一试】设函数f (x )＝x (e x －1)－ax 2. (1)若a ＝12，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值范围．解 (1)a ＝12时，f (x )＝x (e x －1)－12x 2，f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x －1)(x ＋1)．当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时， f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，－1]，[0，＋∞)上单调递增，在[－1,0]上单调递减． (2)f (x )＝x (e x －1－ax )，令g (x )＝e x －1－ax ，则g ′(x )＝e x －a .若a ≤1，则当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，而g (0)＝0，从而当x ≥0时g(x)≥0，即f(x)≥0；若a＞1，则当x∈(0，l n a)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，从而当x∈(0，l n a)时g(x)＜0，即f(x)＜0.综上得a的取值范围为(－∞，1]．。