22年各地高考數(shù)學(xué)壓軸全解

1、高 考 數(shù) 學(xué) 壓 軸 全 解- 2 0 2 2 -自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 1 QQ/VX-1298789431( $)( 22 年全國甲卷理科) 31 , b = cos 1 , c = 4 sin 1已知 a =, 則 ( )32 4 4A . c b a B . b a c C . a b c D . a c bO 答案 AO 解析 進(jìn)階放縮 易證因此 cos 14 1 自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 2 QQ/VX-1298789431( $)( 22 年全國甲卷理科)已知 ABC 中,點(diǎn) D 在邊 BC 上, ADB = 120 , AD

2、= 2 , CD = 2BD . 當(dāng)時(shí), BD = .ACAB取得最小值O 答案 3 1 .O 解析 法一 基本不等式 根據(jù)題意設(shè)CD = 2BD = 2t.若以點(diǎn) D 為坐標(biāo)原點(diǎn), DC 為 x 軸建立直角坐標(biāo)系, 則 C, B, A 三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(2t, 0), (t, 0), (1, 3).于是AC2AB2=(2t 1) 3)22 + (0 (t 1) 3)22 + (0 =4t2 4t + 4 t2 + 2t + 4= 4 12(t + 1) +3t + 1 4 23.上述不等式當(dāng)且僅當(dāng) t = 3 1 時(shí)取等. 因此 ACAB法二 余弦定理 基本不等式 根據(jù)題意設(shè)取最小值時(shí), B

3、D = 3 1 .CD = 2BD = 2t.于是在 ACD 與 ABD 中,由余弦定理可得AC2AB2=(2t)2 + 22 2 2 2t cos60t2 + 22 2 2 t cos120=4t2 4t + 4 t2 + 2t + 4= 4 12(t + 1) +3t + 1 4 23.上述不等式當(dāng)且僅當(dāng) t = 3 1 時(shí)取等. 因此 AC取最小值時(shí), BD = 3 AB1 .2自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 3 QQ/VX-1298789431( $)( 22 年全國甲卷文科)已知 9m = 10 , a = 10m 11 , b = 8m 9 , 則 ( )A .

4、a 0 b B . a b 0 C . b a 0 D . b 0 aO 答案 AO 解析 基本不等式 由題可求得 m = log9 10 . 又對任意的 n 1, n N ,都有l(wèi)n n ln(n + 2) 2 ln n + ln(n + 2)2=14 ln 2 0 , 且 a x1 x2 , 則 a 的取值范圍是 .= 1) 的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn), 若O 答案 e, 1自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌x1, x2 分別為 f(x) 的極大值點(diǎn)與極小值點(diǎn), 不符題設(shè).1e a 1 , 則 1 lna 0 . 此時(shí) g(x) 單調(diào)遞減, 且存在唯一零點(diǎn) 情形四 若x0 = logae

5、.ln2 a因此 g(x) 即 f(x) 在 (, x0) 單調(diào)遞增, 在 (x0, +) 單調(diào)遞減. 又 r = 0, f(r) = 2 lna 2 1 + eln a a 0, 2 h tie b 0) , C 的上頂點(diǎn)為 A , 兩個(gè)焦點(diǎn)為 Fa2 b2 2且垂直于 AF2 的直線與 C 交于 D, E 兩點(diǎn), |DE| = 6 , 則 ADE 的周長是 ., 過 F1O 答案 13 .O 解析 橢圓的焦半徑公式 II 如圖, 設(shè) = OAF 2 , 則 sin = OF2 , 則 sin = OF2AFy=ca=12. 因此 = 6. 從而可知A DHOF1 F2xEAF1F2 為正三

6、角形. 根據(jù)題意有 ED AF2 , 設(shè)垂足為 H , 則直線 HF1 垂直平分線段 AF2 . 于是易知RtEHA RtEHF2, RtDHA RtDHF2.從而 EA = EF2, DA = DF2 , 則 ADE 的周長為 DE + EF2 + DF2 = 4a . 由橢圓的焦半徑公式 II 可得DE = DF1 + EF1 =ep1 e cos+ep1 + e cos =2ep1 e2 cos2 其中 e 為橢圓的離心率, p 為橢圓的焦準(zhǔn)距. 若記 c 為橢圓的半焦距. 則 e = 1, p =2b2c. 結(jié)合 DE = 6 得b2c=398 a2 c2c=39 8.將上式與ca=1

7、2聯(lián)立解得 a =134, 因此 ADE 的周長為 4a = 13 .13自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 12 QQ/VX-1298789431( $ )( 22 年新高考 II 卷)X22若函數(shù) f(x) 的定義域?yàn)?R , 且 f(x + y) + f(x f(k) = ( )y) = f(x)f(y) , f(1) = 1 , 則k=1A . 3 B . 2 C . 0 D . 1O 答案 AO 解析 數(shù)列的周期性 令 x = 1, y = 0 , 則有f(1 + 0) + f(1 0) = f(1)f(0).解得 f(0) = 2 . 令 x = t, y = 1 ,

8、 則有t R, f(t + 1) = f(t) f(t 1).若 t N ,則可遞推出 f(t) 的值分別為1, 1, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 注意到 f(t) (t N) 的各項(xiàng)取值構(gòu)成一個(gè)周期數(shù)列,且周期為 6 . 因此X22k=1f(k) = 3.選項(xiàng) A 正確.14自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 13 QQ/VX-1298789431( $ )( 22 年新高考 II 卷) 對任意 x, y , x2 + y2 xy = 1 , 則 ( ) 2 C . x2 + y2 2 D . xA . x + y 1 B . x + y 2 + y2 1O 答案 BC

9、O 解析 基本不等式 由題, 對任意 x, y R ,恒有(x + y)2 = 1 + 3xy 1 + 3 2 自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 14 QQ/VX-1298789431( $ )( 22 年新高考 II 卷)x2 y2已知橢圓+= 1 , 直線 l 與橢圓在第一象限交于 A, B , 與 x 軸, y 軸分別交于 M, N , 且6 3|MA| = |NB|, |MN| = 23 , 則直線 l 的方程為 .O 答案 x + 2y 22 = 0 .O 解析 橢圓的垂徑定理 設(shè) M(m, 0), N(0, n) , 其中 m, n 0 .yNBPAO Mx如圖,

10、記點(diǎn) P 為線段 AB 的中點(diǎn), 則由 |M A| = |NB| 可知 P 也是線段 MN 的中點(diǎn),因此點(diǎn) P 的坐標(biāo)為m,22 n.記橢圓的半長軸與半短軸分別為 a, b . 記直線 OP, MN 的斜率分別為 k1, k2 , 則b2k1k2 = a2 mn nm1= 2 m2 = 2n2. x又由 |MN| = 23 可得m2 + n2 = 12. y聯(lián)立 xy 解得 m = 22, n = 2 . 因此所求直線 l 的方程為 xm+yn= 1 , 即 x + 2y 22 = 0 .16自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 15 QQ/VX-1298789431( $)( 2

11、2 年浙江卷)已知數(shù)列 an 滿足 a1 = 1, an+1 = an 5A . 2 100a 100 100 27C . 3 100a 100 213a2n (n N) ,則 ( )B . 5 100a100 32D . 7 100a100 a2 an an+1 0.或用數(shù)學(xué)歸納法, 亦可證得此結(jié)論. 于是由 an+1 = an 13a2n 可得1an+1 1an=13 an 13.累加可得1an+11a1+n, n N ,3即有 an+1 3, n N .n + 3因此 100a100 300102 3 . 又n N,1an+1 1an=13 an3 13n + 2=3 11 +n + 1

12、1.將 n = 99 代入可得1a100 34 + 34 +10040=52. 因此選項(xiàng) B 正確.17自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 16 QQ/VX-1298789431( $)( 22 年浙江卷)設(shè)點(diǎn) P 在單位圓的內(nèi)接正八邊形 A1A2 A8 的邊 A1A2 上, 則范圍是 .# PA12 +# PA22 + +# PA82 的取值O 答案 12 + 22, 16 .O 解析 設(shè)單位圓的圓心為 O , 記待求表達(dá)式為 M , 則M =X8# (P Ai) 2 =i=1X8# (OP i=1# # OAi) OP 2 = 8 OP2 + 8 22 = 8 OP2 + 8

13、 2X8i=1# OAi = 8 OP 2 + 8.2 + 8.A1 A2 PA8 A38OA7 A4A6 A5從而 M 8 OA21 處時(shí)取等. 同時(shí)M 8 8 + 8 = 4 + 1OA1 cos cos + 8 = 12 + 22.24當(dāng) P 位于 A1A2 中點(diǎn)處取等, 因此所求表達(dá)式的取值范圍為 12 + 22, 16 .18自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 17 QQ/VX-1298789431( $)( 22 年北京卷)在 ABC 中, AC = 3 , BC = 4 , C = 90 . P 為 ABC 所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn), 且 PC = 1 , 則 # P# B

14、 的取值范圍是 ( )PA A . 5, 3 B . 3, 5 C . 6, 4 D . 4, 6O 答案 DO 解析 極化恒等式 設(shè) M 為 AB 的中點(diǎn), 則由極化恒等式有而 CM PC PM CM + PC ,# # PA PB = PM2 M A2.即 PM 2, PA , 從而可知3 7# 2P# B 的取值范圍為 4, 6 .19自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 18 QQ/VX-1298789431( $)( 22 年北京卷)已知數(shù)列 a 其前 n 項(xiàng)和 Sn 滿足 an Sn 各項(xiàng)均為正數(shù), n = 9(n = 1, 2, ) .給出下列四個(gè)結(jié)論:1n 的第 2

15、 項(xiàng)小于 3 ; n 為等比數(shù)列; n 為遞減數(shù)列;的項(xiàng).100其中所有正確結(jié)論的序號為 .O 答案 xy.O 解析 研究數(shù)列單調(diào)性的差分法 由數(shù)列 an 各項(xiàng)均為正數(shù)可知n N, Sn+1 Sn = an+1 0.因此n N, a n+1 an =n+1 an =9Sn+1 9Sn 0.所以數(shù)列 an 單調(diào)遞減,z 正確. 同時(shí)由 a 1 = 9 , 解得 a1 = 3 . 所以 a2 3 , x 正確. 又1 San+1 = Sn+1 Sn =9an+1 9.an整理可得an+1an= 1 a2n+1. ()9顯然 an 不是常數(shù)列,法一 反證法 假設(shè)因此 an+1 不是常數(shù), an+1a

16、n比值不是定值, 從而 an 不是等比數(shù)列,y錯(cuò)誤.n N, an 1.100結(jié)合 an 數(shù)列單調(diào)遞減可知n N, 9 = a n nanSn a n n nan104.即 n N, n 9 104 . 顯然不成立, 因此假設(shè)命題為假命題. 從而n N, a n n 0) 的焦點(diǎn)為 F , 點(diǎn) D(p, 0) , 過 F 的直線交 C 于 M, N 兩點(diǎn), 當(dāng)直線 MD x 軸時(shí), |MF| = 3 .(1) 求 C 的方程;(2) 設(shè)直線 MD, ND 與 C 的另一個(gè)交點(diǎn)分別為 A, B , 記直線 MN, AB 的傾斜角分別為 , , 當(dāng) 取得最大值時(shí),求直線 AB 的方程.O 答案 (

17、1) y2 = 4x; (2) 當(dāng) 取得最大值時(shí), 2y 4 = 0 .直線 AB 方程為 x O 解析 (1) 不妨設(shè)點(diǎn) M 在 x 軸上方, 點(diǎn) N 在 x 軸下方, 當(dāng)直線 MD x 軸時(shí), 如圖所示. yMO F D xN此時(shí)點(diǎn) M 與點(diǎn) D 的橫坐標(biāo)同為 p , 代入拋物線方程可解得 M 的縱坐標(biāo) 2p . 于是|MD| = 2p.又 |FD| = p p2=p, |MF| = 3 .2從而在 RtMDF 中由勾股定理得|MD|2 + |F D|2 = |MF|2.代入相關(guān)表達(dá)式并解得 p = 2 , 所以拋物線 C 的方程為 y2 = 4x .(2) 拋物線的幾何平均性質(zhì) 到角公式

18、 首先考慮證明如下引理 :引理 已知直線 l : x = ty + x0 , 拋物線 : y2 = 2px . 若 l 與 交于 P(x1, y1) , Q(x2, y2) 兩點(diǎn). 則2 x1x2 = x0.引理證明 聯(lián)立直線 l 與拋物線 的方程, 消去 x 并整理可得y2 2pty 2px0 = 0.于是根據(jù)韋達(dá)定理有 y1y2 = 2px0 , 從而x1x2 =y212p y222p=(y1y2)24p2=(2px0)2 4p2= x2 0.0.引理得證.22自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌yBM O F D E xNA記直線 AB 與 x 軸的交點(diǎn)為 E , 點(diǎn) M, N,

19、A, B, E 的坐標(biāo)分別設(shè)為M m2, 2m , N n2, 2n , A a2, 2a , B b2, 2b, E(e, 0)顯然 mn 0, ab 0 . 又 F, D 的橫坐標(biāo)分別為 1, 2 , 則根據(jù)引理可得 m2 n mn = 1, 2 = 12,m2 a2 = 22, ma = 2,= = ab = e = 4. n2 b2 = 22, nb = 2, a2 b2 = e2.ab = e. 時(shí), 根據(jù)對稱性, 可知必有 = 情形一 當(dāng) =. 此時(shí) = 0 .2 2情形二 當(dāng) 時(shí), 有2tan = 2m 2n2 =m2 n2m + n=2a2+ 2b= ab a + b= 2 2

20、a + b= 2 2a 2b2 = 2 tan .a2 b由 tan 0 知 tan 0 , 即有 2 . 又tan = 2 tan tan = . 故有 , 從而 0 .2 2情形三 當(dāng) 0 tan 0 , 即有 0 2, 進(jìn)而可知 0 0) 的焦點(diǎn)為 F , 點(diǎn) D(p, 0) , 過 F 的直線交 C 于 M, N 兩點(diǎn), 當(dāng)直線 MD x 軸時(shí), |MF| = 3 .(1) 求 C 的方程;(2) 設(shè)直線 MD, ND 與 C 的另一個(gè)交點(diǎn)分別為 A, B , 記直線 MN, AB 的傾斜角分別為 , , 當(dāng) 取得最大值時(shí),求直線 AB 的方程.O 答案 (1) y2 = 4x; (2

21、) 當(dāng) 取得最大值時(shí), 2y 4 = 0 .直線 AB 方程為 x O 解析 (1) 不妨設(shè)點(diǎn) M 在 x 軸上方, 點(diǎn) N 在 x 軸下方, 當(dāng)直線 MD x 軸時(shí), 如圖所示. yMO F D xN此時(shí)點(diǎn) M 與點(diǎn) D 的橫坐標(biāo)同為 p , 代入拋物線方程可解得 M 的縱坐標(biāo) 2p . 于是|MD| = 2p.又 |FD| = p p2=p, |MF| = 3 .2從而在 RtMDF 中由勾股定理得|MD|2 + |F D|2 = |MF|2.代入相關(guān)表達(dá)式并解得 p = 2 , 所以拋物線 C 的方程為 y2 = 4x .(2) 拋物線的幾何平均性質(zhì) 到角公式 首先考慮證明如下引理 :引

22、理 已知直線 l : x = ty + x0 , 拋物線 : y2 = 2px . 若 l 與 交于 P(x1, y1) , Q(x2, y2) 兩點(diǎn). 則2 x1x2 = x0.引理證明 聯(lián)立直線 l 與拋物線 的方程, 消去 x 并整理可得y2 2pty 2px0 = 0.于是根據(jù)韋達(dá)定理有 y1y2 = 2px0 , 從而x1x2 =y212p y222p=(y1y2)24p2=(2px0)2 4p2= x2 0.0.引理得證.24自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌yBM O F D E xNA記直線 AB 與 x 軸的交點(diǎn)為 E , 點(diǎn) M, N, A, B, E 的坐標(biāo)分別設(shè)

23、為M m2, 2m , N n2, 2n , A a2, 2a , B b2, 2b, E(e, 0)顯然 mn 0, ab 0 . 又 F, D 的橫坐標(biāo)分別為 1, 2 , 則根據(jù)引理可得 m2 n mn = 1, 2 = 12,m2 a2 = 22, ma = 2,= = ab = e = 4. n2 b2 = 22, nb = 2, a2 b2 = e2.ab = e. 時(shí), 根據(jù)對稱性, 可知必有 = 情形一 當(dāng) =. 此時(shí) = 0 .2 2情形二 當(dāng) 時(shí), 有2tan = 2m 2n2 =m2 n2m + n=2a2+ 2b= ab a + b= 2 2a + b= 2 2a 2b

24、2 = 2 tan .a2 b由 tan 0 知 tan 0 , 即有 2 . 又tan = 2 tan tan = . 故有 , 從而 0 .2 2情形三 當(dāng) 0 tan 0 , 即有 0 2, 進(jìn)而可知 0 1) 上, 直線 l 交 C 于 P, Q 兩點(diǎn), 直線 AP, AQ(1) 求 l 的斜率;(2) 若 tan P AQ = 22 , 求 162P AQ 的面積.O 答案 (1) 1; (2).9O 解析 (1) 將點(diǎn) A 的坐標(biāo)代入雙曲線 C 的方程可得22a2 12a2 1= 1, a 1.解得 a = 2 . 故 C 的方程為 x22 = 1 . 由題直線 AP 的方程可設(shè)為

25、2 yl1 : y = k(x 2) + 1 = kx + (1 2k).其中 k= 0 ,則直線 AQ 的方程為l2 : y = k(x 2) + 1 = kx + (1 + 2k).分別記 P, Q 兩點(diǎn)坐標(biāo)為 (x1, y1), (x2, y2) . 聯(lián)立直線 l1 與雙曲線 C 的方程可得顯然 2k2 1= 0 ,(2k2 1)x2 + 4k(1 2k)x + 4(2k2 2k + 1) = 0.2即 k =, 否則該方程僅有一解, 即 l1 與 C 僅有一個(gè)公共點(diǎn). 于是根據(jù)韋達(dá)定理有22 x1 =4(2k2 2k + 1) 2k2 1= x1 =2(2k2 2k + 1) 2k2

26、1.同理可得 x2 =2(2k2 + 2k + 1)2k2 1, 于是x1 x2 =2(2k2 2k + 1) 2k2 1 2(2k2 + 2k + 1)2k2 1= 8k 2k2 1.同時(shí)y1 y2 = kx1 + (1 2k) kx2 + (1 + 2k) = k(x1 + x2) 4= k 2(2k2 2k + 1) 2k2 18k= .2k2 1+2(2k2 + 2k + 1) 2k2 1 430自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌結(jié)合 k= 0 ,可知 y1 y2 = (x1 x2)= 0 ,于是直線 l 的方程為y = x +x1y2 x x1 x2y1.2所以 l 的斜率為

27、定值 1 .(2) 夾角公式 設(shè)直線 AP, AQ 的傾斜角分別為 , , 則yAPxOQ tan tank (k) 2|k|tan P AQ = |tan 1 + tan tan( )| = = 1 + k (k) = 2 1 |k|2若 tan P AQ = 22 , 則 2|k| 2 = 2 k| = 2, |k|=1 |k|. 解得 |2 . 不妨設(shè) k 0 , 則 k = 2 . 此時(shí)2x1 =10 42), x2 =310 + 42.3記點(diǎn) Q 到直線 AP 即 l1 的距離為 d(Q, l1) , 則d(Q, l1) = |kx2 y2 + (1 2k)|pk2 + (1)2=

28、|kx2 y2 + (1 2k)|x1 2自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 24 QQ/VX-1298789431( $ )( 22 年新高考 II 卷)x2 y2= 1 (a 0, b 0) 的右焦點(diǎn)為 F(2, 0) , 漸近線方程為 y = 已知雙曲線 C : a2 3x .b2(1) 求 C 的方程;(2) 過 F 的直線與 C 的兩條漸近線分別交于 A, B 兩點(diǎn), 點(diǎn) P(x1, y1) , Q(x2, y2) 在 C 上, 且 x1 x2 0 , y1 0 , 過 P 且斜率為 3 的直線與過 Q 且斜率為 3 的直線交于點(diǎn) M .請從下面 xyz 中選取兩個(gè)作為

29、條件, 證明另外一個(gè)條件成立:x M 在 AB 上; y PQ AB ; z |MA| = |MB| . 注: 若選擇不同的組合分別解答, 則按第一個(gè)解答計(jì)分.y2O 答案 (1) C : x2 3O 解析 (1) 根據(jù)題意有= 1; (2) 略.a2 + b2 = 22,ba= 3.聯(lián)立解得 (a, b) = (1, 3) . 因此 C 的方程為 x2 y2= 1 .3(2) 選法一 雙曲線的垂徑定理 雙曲線漸近線的垂徑定理 選取 xy 作為條件, 證明 z 成立. AyPMO FxQB如圖, 記 A, B 兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為 (x3, y3), (x4, y4) . 由 PQ AB 可知 x3

30、= x4, y3= y4 , 于是y3 = 3x y4 = 3,3x4由 P, Q 兩點(diǎn)在 C 上可得= y3 + y4 = 3(x3 x4),y3 y4 = 3(x3 + x4)=y3 + y4x3 + x4= 3 x3 x y3 y4.4y2x21 = 1,13y1 + y2= 3(x1 x2)(x1 + x2) = (y1 y2)(y1 + y2) = = 3 y2 x1 + x2x22 = 123若記直線 AB, PQ 的斜率為 k , 設(shè)線段 AB, PQ 的中點(diǎn)分別為 S(xS, yS), T(xT , yT ) , 則x1 x y1 y2.2 yS 0 xS 0=2yS2xS=y

31、3 + y4x3 + x4= 3 x3 x y3 y44=3k= 3 x1 x y1 y22=y1 + y2x1 + x2=2yT2xT= yT 0 xT 0.32自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌因此 O, S, T 三點(diǎn)共線. 設(shè)點(diǎn) M 的坐標(biāo)為 (x0, y0) , 則由點(diǎn) M 是直線 PM, QM 的交點(diǎn)可得即有y0 = 3(x0 x1) + y1,y0 = 3(x0 x2) + y2.= y0 =x0 =2 3(x 2) + (y1 + y2)11 x,23 2)3(x11 + x2) + (y1 y. y0 0 x0 0=3(x1 x 3(x2) + 3(y1 + y2)1

32、 + x2) + (y1 y2)3(x1 x yT2) + 3(y1 + y2) x1 + x23(x 2) y1 + y2 1 + x2) + (y1 yxT3(x2 21 x 1 + y2)(x1 + x2) yT 02) + 3(y3(y 2) 1 + y2)(x1 + x2) + (y12 y xT 023 3 1 + 1 + 1 + y2)(x1 + x2)y2 y2 + 3(y1 23(y 2) 1 + y2)(x1 + x2) + (y12 y2 yT 0 xT 0. yT 0 xT 0因此 O, M, T 三點(diǎn)共線.綜上, M, S 兩點(diǎn)均為直線 OT 與 AB 的交點(diǎn), 故

33、M, S 為同一點(diǎn), M 為線段 AB 中點(diǎn), z 得證.(2) 選法二 雙曲線的垂徑定理 雙曲線漸近線的垂徑定理 選取 yz 作為條件, 證明 x 成立. AyPMO FxQB如圖, 記 A, B 兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為 (x3, y3), (x4, y4) . 由 PQ AB 可知 x3= x4, y3= y4 , 于是y3 = 3x y4 = 3,3x4由 P, Q 兩點(diǎn)在 C 上可得= y3 + y4 = 3(x3 x4),y3 y4 = 3(x3 + x4)=y3 + y4x3 + x4= 3 x3 x y3 y4.4x21 x22 y213y223= 1,= 1= 3(x1 x2)(x1

34、+ x2) = (y1 y2)(y1 + y2) =y1 + y2x1 + x2= 3 x1 x y1 y2.233自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌若記直線 AB, PQ 的斜率為 k , 設(shè)線段 AB, PQ 的中點(diǎn)分別為 S(xS, yS), T(xT , yT ) , 則 yS 0 xS 0=2yS2xS=y3 + y4x3 + x4= 3 x3 x y3 y44=3k= 3 x1 x y1 y22=y1 + y2x1 + x2=2yT2xT= yT 0 xT 0.因此 O, S, T 三點(diǎn)共線. 設(shè)點(diǎn) M 的坐標(biāo)為 (x0, y0) , 則由點(diǎn) M 是直線 PM, QM 的交

35、點(diǎn)可得即有y0 = 3(x0 x1) + y1,y0 = 3(x0 x2) + y2.= y0 =x0 =2 2) + (y1 + y2)3(x11 x ,23 2)3(x11 + x2) + (y1 y . y0 0 x0 0=3(x1 x 1 + y2) 2) + 3(y3(x1 + x2) + (y1 y2)3(x1 x 1 + y2) x1 + x2 yT2) + 3(y3(x 2) y1 + y2 1 + x2) + (y1 y xT3(x2 21 x 1 + y2)(x1 + x2) yT 02) + 3(y3(y 2) 1 + y2)(x1 + x2) + (y12 y2 xT

36、03 3 1 + 1 + 1 + y2)(x1 + x2)+ 3(yy2 y21 23(y 2) 1 + y2)(x1 + x2) + (y12 y2 yT 0 xT 0. yT 0 xT 0因此 O, M, T 三點(diǎn)共線. 又根據(jù) |M A| = |MB| 可知點(diǎn) M 在線段 AB 的垂直平分線上,因此點(diǎn) M 是直線OT 與線段 AB 垂直平分線的交點(diǎn). 而點(diǎn) S 也是直線 OT 與線段 AB 垂直平分線的交點(diǎn). 因此可知 M, S兩點(diǎn)實(shí)為同一點(diǎn). 于是 M 在 AB 上, 命題 x 得證.(2) 選法三 雙曲線的垂徑定理 雙曲線漸近線的垂徑定理 選取 xz 作為條件, 證明 y 成立. A

37、yPMO FxQB如圖, 記 A, B 兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為 (x3, y3), (x4, y4) . 顯然 y3 = y4 , 于是y3 = 3x 3,3,y4 = 3x4= y3 + y4 = 3(x3 x4),y3 y 3 + x4)4 = 3(x=y3 + y4x3 + x4= 3 x3 x y3 y4.434自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌由 P, Q 兩點(diǎn)在 C 上可得y2x2 1= 1, 1 3= 3(x1 x2)(x1 + x2) = (y1 y2)(y1 + y2) =y2x2 = 123記線段 AB 的中點(diǎn) M 的坐標(biāo)為 (x0, y0) , 直線 PM, QM 交于

38、M , 故y1 + y2x1 + x2= 3 x1 x y1 y2.2即有y0 = 3(x0 x1) + y1,y0 = 3(x0 x2) + y2.= y0 =x0 =2 3(x2) + (y1 + y2)11 x ,23 3(x2)11 + x2) + (y1 y .y3 + y4x3 + x4=y0 1 + y2) =3(x1 x2) + 3(y3(xx0 1 + x2) + (y1 y2)3(x1 x2) + 3(y1 + y2) x1 + x2 y1 + y23(x 2) y1 + y2 1 + x2) + (y1 yx1 + x23(x21 x22) + 3(y1 + y2)(x1

39、 + x2) y1 + y23(y 2) 1 + y2)(x1 + x2) + (y12 y2x1 + x23 3 1 + 1 + 1 + y2)(x1 + x2)y2 y2 + 3(y1 23(y 2) 1 + y2)(x1 + x2) + (y12 y2 y1 + y2x1 + x2.y1 + y2x1 + x2從而因此 PQ AB ,命題 y 得證.x3 x y3 y44=x1 x y1 y2.235自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 25 QQ/VX-1298789431( $)( 22 年浙江卷)如圖, 已知橢圓 x2+ y2 = 1 . 設(shè) A, B 是橢圓異于 P(

40、0, 1) 的兩點(diǎn), 且點(diǎn) Q 0,121線 P A, PB 分別交直線 y = x + 3 于 C, D 兩點(diǎn).2(1) 求點(diǎn) P 到橢圓點(diǎn)的距離的最大值;2自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌同理可得 x4 =4x2(1 + 2k)x2 1. 從而|CD| = s(x3 x 4)2 + x3 + 321 12 25=2 |x3 x4|5 (1 + 2k)x2 12 4x1 4x2(1 + 2k)x1 1 = 2 5 + x ) + 1x x1(1 + 2k)2x1x2 (1 + 2k)(x = 2 5 1 + 12k(1 + 2k)2 1 +192k2 (1 + 2k) 12k1 +

41、 12k2= 25 24k + 8 616k2 + 13516k2 + 1= 2 (3k + 1)2+ 1設(shè)存在實(shí)數(shù) t , 使得等式 t = 16k2 + 1(3k + 1)2成立, 即存在 t , 使得關(guān)于 k 的方程(9t 16)k 2 + 6tk + t 1 = 0 ()有解. 若 t = 169, 顯然方程 () 有解. 若 t =169, 則方程 () 是關(guān)于 k 的一元二次方程, 其判別式k = (6t) 2 4(9t 16)(t 1) 0.解得 t 1625, 當(dāng)且僅當(dāng) k = 316時(shí)取等. 因此 t 的最小值為 1625, 此時(shí) |CD| 的最小值為655.37自強(qiáng)不息懷壯

42、志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 26 QQ/VX-1298789431( $)( 22 年北京卷)x2 y2= 1 (a b 0) 的一個(gè)頂點(diǎn)為 A(0, 1) , 焦距為 23 . 已知橢圓 E : +a2 b2(1) 求橢圓 E 的方程; (2) 過點(diǎn) P(2, 1) 作斜率為 k 的直線,交于點(diǎn) M, N . 當(dāng) |MN| = 2 時(shí),與橢圓 E 交于不同的兩點(diǎn) B, C , 直線 AB, AC 分別與 x 軸求 k 的值.x2O 答案 (1)+ y2 = 1; (2) 4 .4O 解析 (1) 根據(jù)題意有 b = 1 , 同時(shí)a2 b2 = (3)2.解得 a = 2 . 因此所

43、求橢圓 E 的方程為 x24(2) 韋達(dá)定理 截距坐標(biāo)公式+ y2 = 1 .y APBM N O xC由題設(shè)直線 BC 的方程為 y = k(x + 2) + 1 , 與橢圓 E 的方程聯(lián)立可得(1 + 4k2)x2 + 8k(1 + 2k)x + 16k(1 + k) = 0.其判別式為 = 64k .若設(shè) B, C 兩點(diǎn)坐標(biāo)為 (x1, kx1 + 1 + 2k), (x2, kx2 + 1 + 2k) , 則根據(jù)韋達(dá)定理有8k(1 + 2k) 1 + 4k2x1 + x2 = , x1x2 =16k(1 + k) 1 + 4k2.設(shè) M, N 兩點(diǎn)坐標(biāo)為 (m, 0), (n, 0)

44、, 則根據(jù) A, B, M 三點(diǎn)共線可得0 1m 0=kx1 + 1 + 2k 1 x1 0 x1= m = . k(x1 + 2)x2同理根據(jù) A, C, N 三點(diǎn)共線可得 n = k(x2 + 2), 于是 | | | | MN = m n = kx x + 2(x + x ) + 4= 2 2(x1 x 1 + 4k22)k + 2 8k(1 + 2k)16k(1 + k)1 + 4k2 1 + 4k24整理化簡上式可得 |MN| = . 又 |MN| = 2 , 解得 k = 4 .k+ 438自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 27 QQ/VX-1298789431(

45、$)( 22 年全國甲卷理科)ex x ln x + x a .已知函數(shù) f(x) =(1) 若 f(x) 0 , 求 a 的取值范圍;(2) 證明: 若 f(x) 有兩個(gè)零點(diǎn) x1, x2 , 則 x1x2 0.因此 f(x) 在 (0, 1) 單調(diào)遞減, 在 1, +) 單調(diào)遞增, 因此 f(x) 的最小值為 f(1) . a 需且僅需滿足f(1) 0 e + 1 a 0.從而所求 a 的取值范圍為 (, e+ 1 .(2) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 基本放縮 不妨設(shè) x1 x2 , 則結(jié)合 (1) 有(f(x1) = f(x2) (0 x1 1 x2) .因此原題即證 1 x2 1x1,

46、 由于 f(x) 在 (1, +) 單調(diào)遞增, 因此原題又等價(jià)于證明f(x2) 0.于是 x (0, 1), F(x) 0, F(x) 1.從而曲線 f(x) 在點(diǎn) (0, f(0) 處的切線方程為y = f(0)(x 0) + f(0) = 2x.(2) 情形一 基本放縮 進(jìn)階放縮 若 a 1 ,則x 0, f(x) ln(1 + x) xex 1 1x + 1 xx + 1= 0.因此該種情形下, f(x) 在區(qū)間 (0, +) 不存在零點(diǎn), 不符題設(shè), 舍去.情形二 基本放縮 進(jìn)階放縮 極限敘述 若 a 1.記 h(x) = 1 + a(1 x2)ex , 則其導(dǎo)函數(shù)為h(x) = ae

47、x hx 2i hx 1 + 2i1 , x 1.于是 x 2 2 2, 1 + 2 1 + 2 1 + 2, +h(x) 0 + 0 1, 1 1 1 h(x) 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減結(jié)合 h(1) = 1 0 1 + a = h(0) , 可知存在唯一 x1 (1, 0) ,使得 h(x1) = 0 .結(jié)合 h(0) 0 1, h(x) 1 + 0 0 , 可知存在唯一 x2 (0, +) , 因此 h(x) 的正負(fù)情況以及 f(x) 的單調(diào)性如下表所示使得 h(x2) = 0 .x (1, x1) x1 (x1, x2) x2 (x2, +) h(x) + 0 0

48、+f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增42自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌又由于 f(0) = 0 , 且 0 (x1, x2) , 因此 f(x1) 0 f(x2) , 又x 1 (1, 0), f(x = 0,3 = eae 3) ln(x3 + 1) 3 ln(xx 1 (0, +), f(x 4 + 1) += 0.exx4 4 f(x) 在 (x3, x1) 有唯一零點(diǎn), 記為 x5 , 且 x5 也是 f(x) 在 (f(x) 在 (x2, x4) 有唯一零點(diǎn), 記為 x6 , 且 x6 也是 f(x) 在 (0, +因此該種情形滿足題設(shè). 綜上, 所求

49、 a 的范圍為 (, 1) .1, 0) 上的唯一零點(diǎn).) 上的唯一零點(diǎn).43自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 30 QQ/VX-1298789431 ( $)( 22 年全國乙卷文科) 已知函數(shù) f(x) = ax (1) 當(dāng) a = 0 時(shí), 求 f(x) 的最大值;(2) 若 f(x) 恰有一個(gè)零點(diǎn), 求 a 的取值范圍.1x (a + 1) ln x .O 答案 (1) 1; (2) (0, +) .1O 解析 (1) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值 當(dāng) a = 0 時(shí), f(x) = x lnx , 則其導(dǎo)函數(shù)為f(x) =1x2 1x=1 x, x 0.x2故 f(x) 在

50、 (0, 1 單調(diào)遞增, 在 (1, +) 單調(diào)遞減. f(x) 的最大值為 f(1) = 1 .(2) 法一 參變不分離 含參單調(diào)性討論 極限敘述 基本放縮 進(jìn)階放縮 次數(shù)調(diào)節(jié) 對 f(x) 求導(dǎo)可得f(x) =(x 1)(ax 1), x 0.x2情形一 若 a 0 , 則 x 0, ax 1 0, f(x) f(1) = a 1 0.此時(shí) f(x) 無零點(diǎn), 不符題設(shè), 舍去.情形二 若 0 a 1 , 則 f(x) 有兩個(gè)零點(diǎn) x 1 = 1, x2 =1 = 1, x2 =1a, 且 x1 x2 . 此時(shí) f(x) 的單調(diào)性如下表所示x (0, x1) x1 (x1, x2) x2

51、(x2, +)f(x) + 0 0 + f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增由于f (x2) f (x1) = a 1 0.此時(shí) f(x) 為單調(diào)遞增函數(shù), 且 f(1) = 0 . f(x) 有且僅有一個(gè)零點(diǎn) x = 1 , 滿足題設(shè).1情形四 若 a 1 , 則 f(x) 有兩個(gè)零點(diǎn) x , 且 x1 x2 . 此時(shí) f(x) 的單調(diào)性如下表所示1 = 1, x2 =ax (0, x2) x2 (x2, x1) x1 (x1, +)f(x) + 0 0 + f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增由于f (x2) f (x1) = a 1 0.同時(shí)存在 x4

52、 =1(a + 1)2 x2 0 , 對 h(x) 求導(dǎo)可得x2 + 1h(x) = x(x + 1)2, x 0.顯然恒有 h(x) 0, g(x) 0.2可知 g(x) 為單調(diào)遞減函數(shù). 又存在 x1 = a自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 31 QQ/VX-1298789431( $ )( 22 年新高考 I 卷)已知函數(shù) f(x) = ex ax 和 g(x) = ax lnx 有相同的最小值.(1) 求 a ; (2) 證明: 存在直線 y = b , 其與兩條曲線 y = f(x) 和 y = g(x) 共有三個(gè)不同的交點(diǎn), 并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列

53、.O 答案 (1) a = 1; (2) 略.O 解析 (1) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn) 情形一 若 a 0 , 則 f(x) 為單調(diào)遞增函數(shù), g(x) 為單調(diào)遞減函數(shù), 二者均無最小值, 舍去.情形二 若 a 0 , 則 f(x) 的導(dǎo)函數(shù)為f(x) = ex a, x R.故 f(x) 的單調(diào)性如下表所示x (, ln a) ln a (ln a, +)f(x) 0 + f(x) 遞減 極小值 遞增故 f(x) 的最小值為 f (ln a) = a(1 lna) . 再對 g(x) 求導(dǎo)可得g(x) = a 1, x 0.x則 g(x) 的

54、單調(diào)性如下表所示x 0,a自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌(2) 極限敘述 基本放縮引理一 對任意 b 1 , y = b 與 y = f(x) 都有兩個(gè)不同的交點(diǎn), 若記兩交點(diǎn)橫坐標(biāo)為 x1, x2 且 x1 x2 , 則x1 0 1.則等價(jià)于證明 F(x) 存在兩個(gè)零點(diǎn) x1, x2 , 且 x1 0 x2 . 由于 x = 0, F(0) = 1 b 0, x = b 0, F(b) = eb 2b eb 2b 0.又 F(x) 與 f(x) 的單調(diào)性一致, 結(jié)合 (1) 中 f(x) 的單調(diào)情況可知, F(x) 存在兩個(gè)零點(diǎn) x1, x2 , 且滿足b x1 0 x2 1 ,

55、 y = b 與 y = g(x) 都有兩個(gè)不同的交點(diǎn), 若記兩交點(diǎn)橫坐標(biāo)為 x4, x3 且 x4 x3 , 則0 x4 1 0, b 1.則等價(jià)于證明 G(x) 存在兩個(gè)零點(diǎn) x4, x3 , 且 0 x4 1 x3 . 由于x = 1, G(1) = 1 b 0,x = e = eb + b b 0,1 x = 2b 1, G(2b) = 2b ln(2b) b 2b 2 2b b = 0.又 G(x) 與 g(x) 的單調(diào)性一致, 結(jié)合 (1) 中 g(x) 的單調(diào)情況可知, G(x) 存在兩個(gè)零點(diǎn) x4, x3 , 且滿足0 eb x4 1 x3 x +1x 2 0, x (0, 1

56、).48自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌因此 H(x) 在 (0, 1) 單調(diào)遞增, 又 H(1) = e 2 0 , 同時(shí)x = e e1 + (3) 2e3 1, H e33 0.故 H(x) 在 (0, 1) 有且僅有一個(gè)零點(diǎn) x0 , 且滿足 0 e3 x0 1 , 引理三得證.根據(jù)引理三可知, x2 (0, 1), f(x2) = g(x2) . 若記該等式左右兩側(cè)的函數(shù)值為 b , 則根據(jù)引理二有x4 (0, 1), b = g(x4).所以 b = g(x2) = g(x4), x2,4 (0, 1) ,結(jié)合 g(x) 在 (0, 1) 單調(diào)遞減, 可知必有 x2 =

57、x4 , 再結(jié)合引理一可知x1 1, b = f(x1) = f(x2) = g(x4) = g(x3), x1 0 x2 = x4 1 x3. ()因此存在直線 y = b , 使得直線與兩條曲線 y = f(x) 和 y = g(x) 共有三個(gè)不同的交點(diǎn)得證. 由結(jié)論 () 可得 b = f(x1) = ex 1 x1, x1 0, ex2 x 2 1, x4 ln x4 = f(ln x4), x4 (0, 1), ln xb = g(x4) = x4 ln x4 = eln 4 1.因此 f(x1) = f(ln x4), g(x3) = g(ex2 ) , 結(jié)合 f(x), g(x)

58、 的單調(diào)性可知必有 x1 = ln x4, x3 = ex2 , 從而x1 + x3 = ln x4 + ex2 = (x4 b) + (b + x2) = 2x2.于是 x1, x2, x3 成等差數(shù)列得證.49自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌 例題 32 QQ/VX-1298789431 ( $ )( 22 年新高考 II 卷) 已知函數(shù) f(x) = xeax ex .(1) 當(dāng) a = 1 時(shí), 討論 f(x) 的單調(diào)性;(2) 當(dāng) x 0 時(shí), f(x) ln(n + 1) .O 答案 (1) f(x) 在 (, 0) 單調(diào)遞減,在 (0, +) 單調(diào)遞增 ; (2) 2,

59、; (3) 略.1O 解析 (1) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 當(dāng) a = 1 時(shí), f(x) = (x 1)ex , 對 f(x) 求導(dǎo)可得f(x) = xex, x R.因此 f(x) 在 (, 0) 單調(diào)遞減, 在 (0, +) 單調(diào)遞增.(2) 端點(diǎn)分析 基本不等式 構(gòu)造函數(shù) g(x) = f(x) + 1 = xeax ex + 1, x 0 . 則原題等價(jià)于在條件x 0, g(x) 2時(shí), g(x) 的導(dǎo)函數(shù)為g(x) = (1 + ax)eax ex, x 0.記 g(x) = h(x) , 則 h(x) 的導(dǎo)函數(shù)為h(x) = (2a + a2x)eax ex, x 0.由于 h

60、(0) = 2a 1 0 ,故必存在 x0 0 , 使得x (0, x0), h(x) 0.此時(shí) h(x) 即 g(x) 在 (0, x0) 單調(diào)遞增, x (0, x0), g(x) g(0) = 0 . 故 g(x) 在 (0, x0) 單調(diào)遞增, 從而x (0, x0), g(x) g(0) = 0.不符題設(shè), 舍去.情形二 當(dāng) a 12時(shí), 恒有g(shù)(x) xe12 x ex + 1 = e1 e12 x e 12 x hx 2 xi50自強(qiáng)不息懷壯志以長行 厚德載物攜夢想而撫凌設(shè) G(x) = x 2 xe , x 0 . 則其導(dǎo)函數(shù)21 x e 12 2 x11G(x) = 1 e2