高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講1731474010

1高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講第1講函數(shù)不動(dòng)點(diǎn) /6 /9第4講三角絕對(duì)值不等式的推廣應(yīng)用 第5講三次函數(shù)性質(zhì) 第6講三次函數(shù)切線性質(zhì) /22 /28第8講極值點(diǎn)偏移問題 /33第9講構(gòu)造函數(shù)解導(dǎo)數(shù)問題 /39 /45第11講絕對(duì)值型恒成立問題 第12講零點(diǎn)定理的應(yīng)用 /55第13講分類討論與函數(shù)端點(diǎn)極限值 /61第14講阿波羅尼斯圓 /66第15講圓錐曲線中的三角形 /70第16講圓錐曲線中線段成比例問題 第17講斜率與定點(diǎn)問題的齊次化解法 第19講弦長(zhǎng)和線段長(zhǎng)度的計(jì)算 第20講面積計(jì)算 第21講定比點(diǎn)差法的應(yīng)用 第22講一階遞歸數(shù)列的通項(xiàng)公式求法 第23講數(shù)列求和 第24講an=f(n)型數(shù)列的單調(diào)性與最值 第25講a,+1=f(a,)型數(shù)列的單調(diào)性 第26講數(shù)列的奇偶項(xiàng)問題 第27講利用數(shù)列通項(xiàng)進(jìn)行放縮證明不等式 第28講不求通項(xiàng)進(jìn)行放縮證明不等式 第29講函數(shù)導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式 第30講數(shù)列與解析幾何 /249第1講函數(shù)不動(dòng)點(diǎn)期點(diǎn).第1講函數(shù)不動(dòng)點(diǎn)第1講函數(shù)不動(dòng)點(diǎn)f(x),F?(x)=f[F?(x)],F?(x)=f[F?(x)],…,F?(x)=f[F-1(x)],n∈N',n≥2.則F?(z?)=f[F?-1(xo)](2)f(x)<0→2x-x2<0→r<0或x>2. A.[1.e]B.[e-1-1,1]C.[1.e+1]A.f(x)=|2x—1|B.f(x)=e2.已知f(x)=x2-2x+c,fi(x)=f(x),fn(x)=f[f,-1(x)],n≥2,n∈N*,若函數(shù)第1講函數(shù)不動(dòng)點(diǎn)第1講函數(shù)不動(dòng)點(diǎn)3.已知函數(shù),若存在,使得f[f(xo)]=x,則m的取值范圍4.已知f(x)=6x—6x2,設(shè)g?(x)=f(x),g?(x)=f[g?(x)],…,g,(x)=f[gn-1(x)],….第2講高斯函數(shù)它的圖象如圖2-1所示.yy圖2-1圖2-2⑤[x+n]=n+[x];{x+n}={x},其中x∈R,n⑥[x+y]≥[x]+[y];{x}+{y}≥{x+y}.⑦[xy]≥[x][y].第2講第2講高斯函數(shù)以只需知道[2.3]上的圖象就可以知道整個(gè)(一0,3)上的圖象(只需向左1個(gè)單位1個(gè)圖),即y=g(x)與y=f(x)有3個(gè)不同的交點(diǎn)等價(jià)解故選D.【例3】已知函數(shù),[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[-1.2]=-2,[2.3]=2,則函數(shù)A.{0,—2}B.{—1,0,1}C.{—1,0},則f(一x)=—f(x),則高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講C.[x+y]≤[x]+[y]D.[x-y]≤[x]-[y]A.奇函數(shù)B.偶函數(shù)C.增函數(shù)D.周期函數(shù)[x]2+[y]2≤1},則集合AUB表示的平面區(qū)域的面積等于4.設(shè)x是實(shí)數(shù)，定義[x]為不大于x的最大整數(shù)，如[2.3]=2,[-2.3]=-3,已知函數(shù)f(x)=[3x+1]+A.—1B.05.函數(shù)f(x)=[x]的函數(shù)值表示不超過x的最大整數(shù)，如[1.6]=1,[2]=2,已知O≤x<4.(2)記函數(shù)g(x)=x-f(x),在坐標(biāo)系中作出函第3講切比雪夫多項(xiàng)式觀下的最值問題1.切比雪夫多項(xiàng)式定義：P?(x)=1,P?(x)=x,Pn(x)=2xPn-1(x)-Pn-2(x)(n≥2)(*).首先在區(qū)間[-1,1]上考慮，則可令x=cos0,0∈[0,π],有：一次的切比雪夫多項(xiàng)式P?(x)=x=cos0;二次的切比雪夫多項(xiàng)式P?(x)=2x2-1=2cos20—1(即余弦的二倍角公式);三次的切比雪夫多項(xiàng)式P?(x)=4x3-3x=4cos30-3cosθ(即余弦的三倍角公式);對(duì)于n次的切比雪夫多項(xiàng)式P,(x),則可由(*)式得到cosnθ=2cosθcos(n-1)θ-cos(n-2)θ(n≥2).令t=ax+b且滿解出a,b,從而可得將代回原多項(xiàng)式得到關(guān)于t的同次多項(xiàng)式來求解.2.切比雪夫多項(xiàng)式的意義是：對(duì)于任意n次多項(xiàng)式f(x),當(dāng)x||≤1時(shí)，|f(x)|最大值取得最小值3.切比雪夫多項(xiàng)式的性質(zhì)最大值或最小值(1)若a=1,b=c,求實(shí)數(shù)b的取值范圍；第3講切比雪夫多項(xiàng)式觀下的最值問題第3講切比雪夫多項(xiàng)式觀下的最值問題年年解解事事高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講解解由切比雪夫多項(xiàng)式,解得a=—4,b=2,c=4由切比雪夫多項(xiàng)式絕對(duì)值的幾何意義求解.如圖3-1,由已知得g(x)與h(x)在x∈[0,c]上縱向距離的最大值的最小值為2,h?(x)=cx,則與直線y=h?(x)平行的g(x)=x2(O≤x≤c)的切線方程o第3講第3講切比雪夫多項(xiàng)式觀下的最值問題3.(2015年·浙江)已知函數(shù)f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),記M(a,b)是|f(x)|在區(qū)間[-1,1]上的最大值.(2)當(dāng)a、b滿足M(a,b)≤2時(shí)，求|a|+|0|的最大值.1.已知(|x|≤1)的最大值為M,若M≥k對(duì)任意的b,c恒成立，則k的最大值第4講三角絕對(duì)值不等式的推廣應(yīng)用x+y+|x-y|=2·max{x,y}.則2M≥|x-y2+4|+|2y2-x+8|≥|y2+12|≥12,所以M≥6.第4講三角絕對(duì)值不等式的推廣應(yīng)用第4講三角絕對(duì)值不等式的推廣應(yīng)用【例2】若函數(shù)f(x)=|asinx+bcosx-1|+|bsitx-acosx|(a,b∈R)的最大值為11,則有f(x)=|asinx+bcosr—1|+|bsinx-acos=max{|(a+b)sinx+(b一a)cosx-1|,|(a≤max{|(a+-b)sinx+(b—a)cosx|+1,|(a—b)sinx+(a+b)c而(a+b)sinx+(b—a)cosx和(a—b)sinx+(a+b)cosx的最大值是√(a+b)2+(任意實(shí)數(shù)x都成立，則)的最小值為【解析】f(x)+f(x+l)-2|+|f(x)={[f(x)-1]+[f(x+1)-1]l+1[f(x)-1]-[f=2·max{|f(x)-1|,|f(x+l)圖4-1即f(x)≥2或f(x+1)≥2的解集為R,由f(x)≥21.(2014年·浙江)記設(shè)a,b為平面向量，則、)1.(2014年·浙江)記設(shè)a,b為平面向量，則、)A.min{|a+b,|a-b|}≤min{|aB.min{|a+b],|a-b|}≥min{|a|,|b|}D.max{|a+b|2,|a-b|2}≥| (1)使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范圍.(2)①F(x)的最小值m(a);②F(x)在區(qū)間[0,6]上的最大值M(a),高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專順80講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專順80講恒成立，求正實(shí)數(shù)c的最小值已知向量a,b,c滿足|a|=1,|b|=2,a·b=0,c=λa+pb(λ,μ≥0且λ+μ=1),AA4.已知f(x),g(x)都是偶函數(shù)，且在(0,+0)上單調(diào)遞增，設(shè)函數(shù)F(x)=f(x)+g(1-x)-If(x)-g(1-x)|,A.F(-a)≥F(a)且F(1+aB.F(-a)≥F(a)C.F(-a)≤F(a)且F(1+a)≥D.F(—a)≤F(a)且F(1+a)≤F(1-a)第5講三次函數(shù)性質(zhì)1.三次函數(shù)f(x)=ax3+bx2十cx+d(a≠0性質(zhì)圖象xx極值極大值f(x?),極小值f(x?)極小值f(x?),極大值f(x?)單調(diào)區(qū)間(一0,x?),(x?,十一)上單調(diào)遞增，(x?,x?)上單調(diào)遞減遞增(—0,x?),(x?,十一)上單調(diào)遞減，(x?,x?)上單調(diào)遞增①f(x)=0有1個(gè)實(shí)數(shù)解?△≤0或f(x?)·f(x?)>0(如圖5-1,圖5-2,圖5-3);圖5-1圖5-2圖5-3②f(x)=0有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)解(如圖5-4,圖5-5);圖5-4圖5-5③f(x)=0有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)解(如圖5-6)圖5-6f(x)有極值點(diǎn)xi,x?,則它的對(duì)稱中心就是(x?,f(x?),(x?,f(x?))的中點(diǎn)，即②f(x)=0→x?=a,x?=a-1,所以f(x?)=2a3-3a2=a2(2a-3),f(x?)=(a-1)2(2a-2+3-6a+【例2】(1)有2個(gè)實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的值；有兩個(gè)不同的實(shí)根，并且其中一個(gè)為x=0,代入得1=0,綜上所述、a的取值范圍是(0,+)=0、解得k=2.(2)是否存在a,b,使得f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為一1且最大值為1?若存在，求出a,b所有可能的(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值；【解析】設(shè)f(x)=ax2+bx2+cx+則事即所以2xr+xp=xA十即圖6-1圖6-2圖6-3第6講三次函數(shù)切線性質(zhì)三次函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的圖象和其相應(yīng)過對(duì)稱中的切線L將平面分為四個(gè)區(qū)域(如圖6-4).(1)過區(qū)域①③內(nèi)的點(diǎn)可作3條直線與曲線y=f(x)相切；(2)過曲線y=f(x)或直線l上且不在O處的點(diǎn)可作2條直線與曲線y=f(x)相切；(3)過O或區(qū)域②④內(nèi)的點(diǎn)可作1條直線與曲線y=f(x)相切.a>0圖6-4【解析】不妨設(shè)f(x)=x3+mx,坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)P(a,b),三次函數(shù)圖象上x=t處的切線方程為y=(3t2+m)(x-t)+t3+mt,即y=(3t2+m)x-2t3,切線過點(diǎn)P(a,b),即b=-2t3+3at2+ma,而三次函數(shù)對(duì)稱中心處的切線方程為y=mx,于是考慮直線y=b-ma與函數(shù)h(t)=-2t3+3at2的圖象的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)①b<a3+ma或b>ma時(shí)為1個(gè)公共點(diǎn)；②b=ma或b=a3+ma時(shí)為2個(gè)公共點(diǎn)；③a3+ma<b<ma時(shí)為3個(gè)公共點(diǎn).①b>a3+ma或b<ma時(shí)為1個(gè)公共點(diǎn)；②b=ma或b=a3+ma時(shí)為2個(gè)公共點(diǎn)；③ma<b<a3+ma時(shí)為3個(gè)公共點(diǎn).圖6-5圖6-6【例1】過曲線C:f(x)=x3-ax+b外的點(diǎn)A(1,0)作曲線C的切線恰有兩條.【解析】(1)法1?(x)=3x2-a,過點(diǎn)A法2令g(a)=2.x3—3x2,y=b則g'(x)=6x(x-1),可得g(x)的草圖如圖6-7,由圖6-7可得bg'(x)=2x—e=,g”(x)=2-e,令g"(x)=0得x=1n2.所以g'(x)的最大值為g'(In2)=21n2-em2=2(In2—1)<0,得g'(x)<0.(2)法1設(shè)切點(diǎn)為(xo,2x3-3x?),則得t-(2x?-3xo)=(6x2-3)(1-xo),整理得4x3-6x2+t+3=0.過點(diǎn)P(1,t)存在3條直線與曲線f(x)x?=1.h(x)的草圖如圖6-8,由圖6-8可得-2<-t-3<0,所以有-3<I<-1.(3)由(2)知切線方程為y—(2x3-3xo)=(6x2-3)(x—x將(m、n)代入得n—(2x3—3.x?)=(6x3—3)(m—x?),整理得4x3-6mx2+3m+n=0,過點(diǎn)(m,n)與曲線f(x)相切的直線條數(shù)等于方程4x3-6mx}+3m+n=0的解的個(gè)數(shù)，也等于h(x)=4x3—6mx2+3m十n的零點(diǎn)個(gè)數(shù).由h'(x)=12x(x—m),令h'(x)=0可得x=0,或x=m.(i)當(dāng)h(0)h(m)<0時(shí)，兩個(gè)極值點(diǎn)在x軸兩側(cè)，h(x)與x軸有3個(gè)交點(diǎn)，故過(m,n)可作3條切線，此時(shí)(3m+n)(-2m3+3m+n)<0,(m,n)所代表的點(diǎn)在如圖6-9所示區(qū)域。事或事時(shí)(3m+n)(-2m3+3m+n)=0,即n=-3m或n=2m3-3m,2x3—3x上的點(diǎn).(i)由三次函數(shù)性質(zhì)得h(x)=4x3-6mx2+3m+n的兩個(gè)極值點(diǎn)同在x軸上方或同在x軸下方，即h(O)h(m)>0時(shí)，h(x)與x軸有1個(gè)交點(diǎn)，故過點(diǎn)(m,n)可作1條切線，此時(shí)(3m+n)(-2m(m,n)(1)求曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程；高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講第6講三次函數(shù)切線性質(zhì)第6講三次函數(shù)切線性質(zhì)第7講e*≥1+x公式及其變式的應(yīng)用泰勒公式是一個(gè)用函數(shù)在某點(diǎn)的信息描述其附近取值的公式，用無限或有限項(xiàng)連加式(級(jí)數(shù))來表示一個(gè)函數(shù).①②兩式相減得：y從上可以得出如下結(jié)論，如圖7-1所示.(2)放縮成類反比例函數(shù)；(3)放縮成二次函數(shù),第7講e≥1+x公式及其變式的應(yīng)用記h(x)=(1+x)e*—(1-x)e2,則h'(x)=x(e*—e-).記K(x)=e2—x—1,則K'(x)=e—1.根據(jù)不等式的同向可加性，,即,故對(duì)任意(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線斜解得m=0.設(shè)F(x)=e—x—1(其中x>-1),則F'(x)=er—1.再證明e+m—In(x+1)-2>0,由e?≥x+1(其中x∈R)得e+1≥x+2(當(dāng)且僅當(dāng)x=-1時(shí)取等號(hào)).所以e+m—In(x+1)-2=e"-1e+1-In(x+1)-2>em-1(x+2)-x-2=(e~-1-1)(x+2)≥0.然了.第第7講e2≥1+x公式及其變式的應(yīng)用;(3)設(shè)實(shí)數(shù)k,使得任意的0<x<1恒成立，求k的最大值,曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線為y=e(x—1)+2.2.已知函數(shù),f(1)=1,;,T?+=f(c?).(1)求數(shù)列{x,}的通項(xiàng)公式；(2)求證高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講4.設(shè)函數(shù)f(x)=1n(1+x),g(x)=xf(x),x≥0,其中0;0;第8講極值點(diǎn)偏移問題點(diǎn)xo,方程f(x)=0(f(x)=m為x?,x?且a<x?<x?<x?<b.x,+x?xy=4y=a22f(x?)=0. (x?)=0.第4步：結(jié)合f(x?)=f(x?)=f[x?—(x?—x?)]>(或<)f[x?+(x?—x?)]=f(2x?—x?)得f(xo=Ina<x?,設(shè)F(x)=f(x)一f(2x?—x),x∈(-o,Ina),則F'(x)=f(x)+f(2x?—x)=e2-a+e2m-rF(x)<F(Ina)=0,有f(x)<f(2xo-x)(x<xo=Ina),因?yàn)閤?<x?=Inf(x)=0?e=ax(a>e)=x=Ina+Inx-x—Inx=Ina,Inx,則有h(x?)=h(x?)=Ina圖8-3第8講極值點(diǎn)偏移問題第8講極值點(diǎn)偏移問題令函數(shù)H(x)=h(x)—h(2一x),x∈(0,1),又因?yàn)?<a?<1,所以有h(x?)>h(2—xi),且h(x)=h(x?),所以h(x?)>令,則h'(t)=1-2(+1)2(1)=(-1)2>0,所以h(t)為(1,十一)上的增函數(shù).(2)若h(x)=(x2-x)f(x),(2)因?yàn)閔(a)=(x2—x)f(x)=x2lnx,令a=x2,b=x2,則h(x?)=h(x?),即x2Inx?=x?Inz?→x2Inc2;—a,即第8講第8講極值點(diǎn)偏移問題高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講4.已知函數(shù),f(x)=m有三個(gè)實(shí)數(shù)解x?,x?,x?,且滿足x?<x?<x?,求證x第9講構(gòu)造函數(shù)解導(dǎo)數(shù)問題①若a-1=2,則a=3,,f(x)在(0,+0)上單調(diào)遞增，不妨設(shè)0<x?<x?,則只,即f(x?)+ax?>f(x?)+ax?.令g(x)=f(x)+ax,則只要g(x)在(0,+0)上為增函數(shù)0恒成立.在區(qū)間[-2,2]上的最小值為-2+b,故有-2+b>0→b>2.由此(2)若g(x)=|lnxl+φ(x),且對(duì)任意xi,x?∈(0,2),x?≠x?,都,求a的取值范圍.對(duì)x∈[1,2]恒成立.②當(dāng)0<x<1時(shí)法2①當(dāng)1≤時(shí),知g'(x)<一1在[1,2]上恒成立，,即在[1,2]上恒成立，對(duì)x∈[1,2]恒成立.設(shè),則②當(dāng)0<x<1時(shí),g'(x)<-1在(0,1)上恒成立2現(xiàn)(2)設(shè)a<-1,如果對(duì)任意xi,x?∈(0,+),都有f|(x?)—f(x?)|≥4|x?—x?|,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.第9講構(gòu)造函數(shù)解導(dǎo)數(shù)問題第9講構(gòu)造函數(shù)解導(dǎo)數(shù)問題x?,證明：A.[12.30]B.(-c,18)C.(18,+ct的最小值.第10講任意、存在、恒成立問題Sg(B).f(B)≠0.高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講又[f(x?)]min=f(0)=0,[g(x2)]nmx=g(0)=1-m,即實(shí)數(shù)m的取值范圍是(1,+一).(3)對(duì)任意x?∈[-1,3],x?∈又[f(x?)]mi=f(0)=0,[g(x?)]mx=g(0)=1-m,故0≥1-m,解得m≥1,即實(shí)數(shù)m的取值范圍是[1,+0].又[f(x?)]mx=9,[g(x?)]mx=1—m,所以9≥1-m,解得m≥-8,即實(shí)數(shù)m的取值范圍是(-8,+).【解析】由x∈[-1,2],f(x)=x2-2x,可2,2a+2]S[-1,3],則一1≤-a+2<2a+2≤3,解得設(shè)h(x)=f(x)+2ax=3x2+2x—a(a+2).,若存在x?∈[-1,1],x?∈[0,2],第10講任意、存在、恒成立問題第10講任意、存在、恒成立問題考察g(x)=x3—x2-3,020十1所以滿足條件的最大整數(shù)M=4.,函數(shù)f(x)≥1恒成立.記h(x)=x—x21nx,則h'(x)=1-2xlnx—x,h'(1)=0記m(x)=1-2xlnz—x,則m'(x)=—3-2lnx.上遞減.所以h(x)mx=h(1)=1,故a≥1.2.已知函數(shù)f(x)=x2-2ax+1,其中a>0,x≠0.范圍.第11講絕對(duì)值型恒成立問題6.若存在x?∈A,x?∈B,使得|f(x?)-g(x?)|≥a,等價(jià)于f(x)mx-g(x)nim≥a或者g(x)mx-f(x)i9.對(duì)任意x?∈A,存在x?∈B,使得|f(第11講絕對(duì)值型恒成立問題典例割析中【例1】已知關(guān)于x的函數(shù)在x=1處有極中若存在x?,x?∈(0,3),求實(shí)數(shù)a的取值(2)設(shè)g(x)=ax2-2lnax(x>0,a∈R),;;經(jīng)檢驗(yàn)b=—1,c=3所以有所以有①高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講事::,即對(duì)任意1<m≤e,都有h(m)<1,即h(m)m<1.間(1,+一)上遞增中,取F(x)=0可知x=-1或x=3,由e<3知F(e)<0,,即h(x)mx<1,命題得證.(1)證明：f(x)在(-0,0)上單調(diào)遞減，在(0,+○)上單調(diào)遞增；(1)求a與b的關(guān)系式(用a表示b),并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；1.已知函數(shù)f(x)=a?+x2—xIna(a>0,a≠1).(1)當(dāng)a>1時(shí)，求證：函數(shù)f(x)在(0第12講零點(diǎn)定理的應(yīng)用典典(e2,+一)時(shí)，Inx∈(2(2)因?yàn)閤∈(1,+○),所以x-1>0,則k(x—1)<xlnx+ax—ax+x=xlnx+x可轉(zhuǎn)化為k<設(shè)函數(shù),則,設(shè)m(x)=x—lnx—2,則因?yàn)閤∈(1,+○),所以m'(x)>0,則m(x)在(1,+一)上是增函數(shù).又m(3)=1-1n3<0,m(4)=2-In4>0,所以，存在xo∈(3,4),使m(c?)=xo又m(xo)=xo-Inx?-2=0,則1+Inxo=使問題獲解.高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；①當(dāng)a=0時(shí),因?yàn)閤>0,所以f(x)>0,故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+o).②當(dāng)a≠0時(shí)，令f(x)=0,,因?yàn)閤>0,所以ax2-x—1=0,有△=1+4a.(ii)當(dāng)△>0,即時(shí)，方程ar2—x—1=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根分別為當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+0),無單調(diào)遞減區(qū)間.當(dāng)a≤0時(shí)，—ax2+x+1>0,故,則f(x)在(0,+00)上為增函數(shù)，十0)上存在唯一的零點(diǎn)xo.【評(píng)注】含參數(shù)的函數(shù)一般需要分類討論，有時(shí)無法找到解題的突破口，但當(dāng)極值函數(shù)中含有參數(shù)(2)若-e≤a<0,求證：函數(shù)f(令g(x)=axe“+λ,其中a<0,x>0,求導(dǎo)得g'(x)=ae(1+ax).因?yàn)?所以又g(0)=λ>0,所以因此g(x)在,以下證明,以下證明(2)由(1)函數(shù)f(x)的極小值為f(t?)=e“2+Alnt?,因?yàn)間(t?)=at?e2+λ=0,所以,則,于是所以f(t?)>0.第12講零點(diǎn)定理的應(yīng)用第12講零點(diǎn)定理的應(yīng)用第13講分類討論與函數(shù)端點(diǎn)極限值為實(shí)數(shù)),則,在a點(diǎn)的某去心鄰域內(nèi)，f(x)和g'(x)都存在，且g'(x)≠0,,m(x)在(0,+○)上單調(diào)遞減，所以m(x)<m(0)=1一k≤0,即g'(x)≤0,所以g(x)在(0,+～)上單調(diào)遞可以求得h(x)在(0,+)上單調(diào)遞減，所以h(x)<h(0).,所以k≥1.【解析】(1)函數(shù)g(x)的減區(qū)間為(-0,1),增區(qū)間為(1,+0).x∈(0,1),f(x)≤0,所以a≥-2(x2+x)或a≤-2(x2+x),從而a≥0或a≤-4.(2)f(2t-1)≥2f(t)-3-2(t-1)2-2alnt+aln(2t-1)≥0第13講分類討論與函數(shù)端點(diǎn)極限值第13講分類討論與函數(shù)端點(diǎn)極限值從而有,即①式不可能恒成立.可以求得h(1)在l≥1上1.(2019年·浙江)已知實(shí)數(shù)a≠0,設(shè)函數(shù)f(x)=aInx+√1+x(x>0)(2)對(duì)任意恒成立，求a的取值范圍.,曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為x+2y-3=0.(1)求a,b的值；(2)如果當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，求k的取值范圍.4.(2010年·全國(guó)I)設(shè)函數(shù)f(x)=e-1-x-axc2,若當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥0,求a的取值范圍。2.已知函數(shù)第14講阿波羅尼斯圓1.阿波羅尼斯圓：在平面上給定兩點(diǎn)A,B,設(shè)P點(diǎn)在同一平面上且滿當(dāng)λ>0且λ≠1時(shí)，P點(diǎn)的軌跡是個(gè)圓，稱之為阿波羅尼斯圓.當(dāng)λ=1時(shí)，P點(diǎn)的軌跡是線段AB的中垂線.上任意點(diǎn)到A,B兩點(diǎn)的距離之比為λ.【證明】(以λ>1為例)如圖14-1,過B點(diǎn)作BCLAQ交圓于C,DA則;由相交弦定理及勾股定理知圖14-1而P,Q,C同時(shí)在到A,B兩點(diǎn)距離之比等于λ的曲線(圓)上，不共線的三點(diǎn)所確定的圓是唯一的，因3.性質(zhì)性質(zhì)2:若平面上動(dòng)點(diǎn)P到兩定點(diǎn)A,B的距離之比為定值λ(λ>0且λ≠1),圖14-2則P點(diǎn)的軌跡為圓(阿波羅尼斯圓).設(shè)該圓的圓心為O,半徑為r,那么有圓心O在直線AB上，且OA,r,OB成公比為λ的等圖14-2①即r是OA,OB的等比中項(xiàng).性質(zhì)3;頂點(diǎn)P與圓的直徑端點(diǎn)P?,P?的連線PP?,PP?分別為∠APB的內(nèi)角、圖14-3由外角平分線性質(zhì)可【解析】如圖14-4所示，,可得性質(zhì)5:過點(diǎn)B的任一弦與點(diǎn)A構(gòu)成的△PAQP【解析】由性質(zhì)4可知，如圖14-5所示，P?是∠APB,∠AQB的角平分線的交點(diǎn)，所以P?是△APQ的內(nèi)切圓的圓心性質(zhì)6:對(duì)于平面內(nèi)一個(gè)已知圓，平面內(nèi)可以找到兩個(gè)定點(diǎn)，使圓上任意一點(diǎn)到兩定點(diǎn)距離之比為常數(shù)λ(λ≠1)(圓的圓【解析】如圖14-6,由|DN|=k|BN|=k(l-|DN|),得得得故,故,P(10,0),C(6,3),則的最小值為【解析】如圖14-7,點(diǎn)M的軌跡為圓x2+y2=25,為使圓成為比例常數(shù)為的阿波羅尼斯圓，設(shè)點(diǎn)Q(m,0)與點(diǎn)P(10,0)為反演點(diǎn)，則由性質(zhì)2有10m=52,所以 ,則圓上的點(diǎn)M滿,所故的最小值為∠APD=∠MPC,且AD=2MC,所以PD=2PC,故點(diǎn)P的軌跡是阿波羅尼斯圓，如圖圖14-8 DE=4,EC=2.第14講阿波羅尼斯圓第14講阿波羅尼斯圓A.B(B在A的上方)且|AB|=2,過點(diǎn)A任作一條直線與圓O:x2+y2=1相交于圖14-92.已知圓O:x2+y2=1和點(diǎn)A(-2,0),若存在定點(diǎn)B(第15講圓錐曲線中的三角形坐標(biāo)分別為A(x?,y?),B(x?,y?),以A,B為切點(diǎn)的切線PA,PB相交于點(diǎn)P,我們稱圖15-1線方程為xix=p(y+y?),過B的切線方程為x?x=p(y+y?),聯(lián)立方程組得圖15-2證明：如圖15-3,由性質(zhì)1知,易得Q點(diǎn)的坐標(biāo)為,此點(diǎn)顯然在拋物線上.過Q的切線的斜率為k=性質(zhì)3:若阿基米德三角形的底邊AB過拋物線內(nèi)定點(diǎn)C,則另一頂點(diǎn)P的軌跡,所以x?+x?=2x,xjx?=2py.由A,B,C三點(diǎn)共線圖15-4第15講圓錐曲線中的三角形,即x?(x?+x?)=x)xg+2pyo,將x?+x?=2.x,xj證明：如圖15-5,設(shè)P(x,y),C(xo,yo),A(x?,yi),B(x?,y?),由性質(zhì)3得P點(diǎn)過定點(diǎn).圖15-5pr+y+yo=0,由性質(zhì)1,*,*;;高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講過F(0,1),設(shè)其直線方程為y=kx+1,聯(lián)立4y=x2消去y得x2—4kx-4=0,△=16(k2+1)>0,x?+x?=,其中4y?=x2,4y?=x2,,則易得切線AM,BM的方程分別為第15講圓錐曲線中的三角形第15講圓錐曲線中的三角形毒毒【評(píng)注】(1)第(1)問的背景就是阿基米德三角形性質(zhì)7的(2):底邊經(jīng)過拋物面積的最小值為p2,本題p=2,即S△MAB的最小值為4.【例2】如圖15-7所示，已知拋物線x2=4y的焦點(diǎn)為F,過焦點(diǎn)Fx方程為y=kx+1(k≠0),A(x?,y?),B(x?,y?),由消去y,得x2—4kx-4=0,顯然△=16k2+16>0,所以x?+x?=4k,x?x?=-4.由x2=4y,得,所以直線AM的;(2)由①②易得,所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2k,—1)(k≠0),所以直線MF的斜率,則直線MF的方程為;,,高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專期30講因?yàn)閗F·kAB—1,所以ABICD,當(dāng)且僅當(dāng)k三=1時(shí)，四邊ACBD的面積取到最小值32.PB:y-yo=x?(x—x?)→x?x—y+yo—即xox?-y?-y?=0,同理xox?-y?-yo=0,所點(diǎn)(1,2).第(2)問的背景就是阿基米德三角形性質(zhì)6的推論第15講圓錐曲線中的三角形第15講圓錐曲線中的三角形(3)是否存在點(diǎn)M,使得點(diǎn)C關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)D在拋物線x2=2py(p>0)圖15-9高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講圖15-10圖15-11第15講圓錐曲線中的三角形第15講圓錐曲線中的三角形圖15-12第16講圓錐曲線中線段成比例問題定義1(幾何定義)①如圖16-l(a).若P是在圓錐曲H四點(diǎn)，連結(jié)EH,FG交于點(diǎn)N,于點(diǎn)M,則直線MN為點(diǎn)P對(duì)應(yīng)的極線.②如圖16-1(b)、若P是在圓錐曲線內(nèi)的點(diǎn)，過點(diǎn)P長(zhǎng)GE.FH交于點(diǎn)M,連結(jié)并延長(zhǎng)EH,GF交于點(diǎn)N,則圖16-1定義2(代數(shù)定義)已知圓錐曲線I:Ax2+Cy2+2Dx+2Ey+F=0,則稱點(diǎn)P(xo,yo)和直線l:Axrox+Cyoy+D(x?+x)+E(y?+y)+F=0是圓錐曲線的一事實(shí)上，在圓錐曲線方程中，以xox替換x2,替換x(另一變量y也是如此),即可得到點(diǎn)P(x?yo)的極線方程.(2)對(duì)于雙曲,與點(diǎn)P(xo,yo)對(duì)應(yīng)的極線方程(3)對(duì)于拋物線y2=2px,與點(diǎn)P(xo,定理1:(1)當(dāng)P在圓錐曲線P上時(shí)，其極線l是曲線P在P點(diǎn)處的切線；化簡(jiǎn)得Axo,x+Cyoy-Axi一Cy8+Dx+Ey-Dx?—Eyo=0,從中解出Ax&+Cy3,代入前式可得曲線I(2)如圖16-2所示，設(shè)過點(diǎn)P所作的兩條切線的切點(diǎn)分別為M(x?,yi),N(xg,A.xox?+Cyoy?+D(x?+xo)+E(y?+yo)+F=0.y?)+F=0,Ax?x+Cy?y+D(x+x?)+E(y+y?Ax?m+Cy?n+D(m+x?)+E(n+y?)+F=0.又直線ST過點(diǎn)P(xo,yo),所以Axom+Cy?n+D高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講,即點(diǎn)P與Q關(guān)于戶調(diào)和共軛.特殊的極點(diǎn)與極線如下、①圓錐曲線的焦點(diǎn)與其相應(yīng)的準(zhǔn)線是該圓錐曲線的一對(duì)極點(diǎn)與極線.如：對(duì)于橢、右焦點(diǎn)F(c,0)對(duì)應(yīng)的極線為,即,恰為橢圓的右準(zhǔn)線②對(duì)于橢點(diǎn)M(m,0)對(duì)應(yīng)的極線方程為的極線方程為對(duì)于雙曲點(diǎn)M(m,0)對(duì)應(yīng)③對(duì)于拋物線y2=2px,點(diǎn)M(m,0)對(duì)應(yīng)的極線方程為x=—m.定理4:如圖16-6,設(shè)圓錐曲線F的一個(gè)焦點(diǎn)為F,與F相對(duì)應(yīng)的準(zhǔn)線為l.(1)若過點(diǎn)F的直線與圓錐曲線P相交于M,N兩點(diǎn)，則P在M,N兩點(diǎn)處的切線的交點(diǎn)Q在準(zhǔn)線l上，且FQ⊥MN;(2)若過準(zhǔn)線l上一點(diǎn)Q作圓錐曲線P的兩條切線，切點(diǎn)分別為M,N,則直線MN過焦點(diǎn)F,且FQ⊥MN;(3)若過焦點(diǎn)F的直線與圓錐曲線P相交于M,N兩點(diǎn)，過F作FQ⊥MN交準(zhǔn)線于Q,則連線QM,QN是圓錐曲線P的兩條切線.【評(píng)注】這就是橢圓中的阿基米德三角形性質(zhì).證明：(1)設(shè),則F(c,0),,由于焦點(diǎn)F的極線為l,故切線MQ,NQ的交點(diǎn)Q一定在直線l上.設(shè),則點(diǎn)Q的極線為即再設(shè)MN:y= 【例1】已知橢圓C的離心率,長(zhǎng)軸的左、右端點(diǎn)分別(1)求橢圓C的方程；否恒在一條定直線上?若是，請(qǐng)寫出這條直線的方程，并證明你的結(jié)論，若不是，請(qǐng)說明理由第16講圓錐曲線中線段成比例問題第16講圓錐曲線中線段成比例問題【解析】(1)設(shè)橢圓C的方,所以c=√3,b2=a2—c2=1,即橢圓C的方程心心離之和為4.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過右焦點(diǎn)F的直線l與橢圓C相交于P,Q兩點(diǎn)，點(diǎn)Q關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為Q',△FPQ的面積是否存在最大值?若存在，求出這個(gè)最大值，若不存在，請(qǐng)說明理由.(2)顯然直線l的斜率存在且不為0,所以設(shè)直線l的方程為x=my+1,P(xi,y?),Q(x?,y?),則Q(x?,-y?),聯(lián)立得(3m2+4)y2+6my-9=0,△=36m2+36(3m2+4)>0,由韋達(dá)定理得直線PQ的方程為得高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講圖16-7(2)當(dāng)過點(diǎn)P(4,1)的動(dòng)直線1與橢圓C相交于兩個(gè)不同點(diǎn)A,B時(shí)，在線段AB上取點(diǎn)Q,滿足|AP|·圖16-93.(2011年·四川)如圖16-10,已知橢圓的頂點(diǎn)A(-1,0),B(1,0),過其焦點(diǎn)F(0,1)的直C,D兩點(diǎn)，并與x軸交于點(diǎn)P,直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q.圖16-10(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q,使得圖16-11(3)點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為3,過P作動(dòng)直線l與橢圓交于兩個(gè)不同點(diǎn)M,N,在線段MN上取點(diǎn)H,滿第16講圓錐曲線中線段成比例問題第16講圓錐曲線中線段成比例問題于點(diǎn)A,B.3.已知橢圓C:+(1)求橢圓C的方程；(2)垂直干x軸的直線與橢圓C交于A,B兩點(diǎn)，過點(diǎn)P(4,0)的直線PB交橢圓C于另一點(diǎn)E,證明：直線AE與x軸交于定點(diǎn).第17講斜率與定點(diǎn)問題的齊次化解法過定點(diǎn).(2)過橢圓上任一點(diǎn)P(xo,yo)引兩條弦PA,PB,若kpA+kpp=k(k≠0),則直線AB經(jīng)整理得a2(2nyo+1)y2+2(b2nxo+a2myo)xy+b2(2mx?+1)x2=0.AB經(jīng)過定點(diǎn).(4)過雙曲線1上任一點(diǎn)P(xo,yo)引兩條弦PA,PB,若kpA+kpg=k(k≠0),圖17-1圖17-2(2)若過點(diǎn)P的直線與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)A,B,求證：∠AFM(3m2+4)y2—48my+144=0,則△=(一48m)2-4×144(3m2+4)>0,解得m2>4,法2齊次化法，將坐標(biāo)原點(diǎn)平移到F點(diǎn)，則如圖17-5,所以整理得4x2+(4-m2)y2=0,上式同時(shí)除以x22齊次化第17講斜率與定點(diǎn)問題的齊次化解法第17講斜率與定點(diǎn)問題的齊次化解法當(dāng)且僅當(dāng)3,即(此時(shí)m2>4,則△>0)時(shí)取等號(hào)，【例3】如圖17-6,以原點(diǎn)O為圓心的兩個(gè)同心圓的半徑分別為3和1,過原點(diǎn)O的射線交大圓于點(diǎn)P,點(diǎn)Q作QNLPM,垂足為N,設(shè)N(x,y).化簡(jiǎn)得9x2+y2+6y=0,代入直線方程得9x1高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講;恰有三點(diǎn)在橢圓C上.定點(diǎn).3.(2015年·陜西E經(jīng)過點(diǎn)A(0,—1),且(2)經(jīng)過點(diǎn)(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P,Q(均異于點(diǎn)A),證明：直線AP與AQ的斜率之和為2.第17講斜率與定點(diǎn)問題的齊次化累法第17講斜率與定點(diǎn)問題的齊次化累法5.(2013年·江西)如圖17-9,橢圓()經(jīng)過點(diǎn),離心率,直線l的方程為x=4.(1)求橢圓C的方程；(2)AB是經(jīng)過右焦點(diǎn)F的任一弦(不經(jīng)過點(diǎn)P),設(shè)直線AB與直線l相交于點(diǎn)1.如圖17-10,已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，離心率等于,它的一個(gè)頂點(diǎn)恰好在拋物線x2=8y的準(zhǔn)線上.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；A,B運(yùn)動(dòng)時(shí)，滿足∠APQ=∠BPQ,直線AB的斜率是否為定值?請(qǐng)說明高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30謝高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30謝圖17-113.如圖17-12,長(zhǎng)為m+1(m>0)的線段AB的兩個(gè)端點(diǎn)A和B分別在x軸和y軸上滑動(dòng)，點(diǎn)M是線段AB(2)設(shè)過點(diǎn)且斜率不為0的直線交軌跡F于C,D兩點(diǎn)，在x軸上是否存在圖17-12第18講斜率之積為士5.一條直線l過橢圓中心，交橢圓C)于A,B兩點(diǎn)，P是橢圓上一動(dòng)點(diǎn)，6.一條直線l過橢圓中心，交橢圓)于A,B兩點(diǎn)，P是橢圓上一動(dòng)點(diǎn)，高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講段AB的中點(diǎn)為M,則OM與AB的斜率段AB的中點(diǎn)為M,則OM與AB的斜率l典例剖析AB,CD,設(shè)M,N分別為線段AB,CD的中點(diǎn).第18講斜率之積為士第18講斜率之積為士(±g)(3)如圖18-1,由4所以有,因?yàn)閗?十k?=1,即亦即①.設(shè)過P點(diǎn)的動(dòng)弦中點(diǎn)坐標(biāo)為P'(x,y),由中點(diǎn)弦化簡(jiǎn)得2x2+3y2-2x—3y=0,此方程即為過P點(diǎn)的中點(diǎn)弦軌跡方程.設(shè)MN的方程為mx+ny=1,把mx+ny=1代入2x2+3y2-2x—3y=0,得2x2+3y2—(2x+3y)(mx+ny)=0,化簡(jiǎn)得3(n-1)y2+(3m+2n)xy+2(m—1)x2=0,除以x2得 又yo=4xo又yo=4xo+m,得m=—xo.則高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)考局30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)考局30講得M的軌跡為曲線C.動(dòng)點(diǎn)M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為記第18講斜率之積為士(1)求直線y=kx+1被橢圓截得的線段長(zhǎng)(用a,k表示);上有兩個(gè)不同的點(diǎn)A,B關(guān)于直線正三角形.高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講固固1.已知橢圓,橢圓短軸的一個(gè)端點(diǎn)與兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成的三角形的面積A,B兩點(diǎn).b2第18講斜率之積為士b2設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為曲線C.垂足為C,連結(jié)AC并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn)B,設(shè)直線PA的斜率為k.(1)若直線PA平分線段MN,求k的值；圖18-5第19講弦長(zhǎng)和線段長(zhǎng)度的計(jì)算1.一般的弦長(zhǎng)公式：設(shè)弦AB所在直線y=kx+b與圓錐曲線相交于兩點(diǎn)A(xi,y?),B(x?,y2),則|AB|2.過圓錐曲線焦點(diǎn)的有關(guān)弦長(zhǎng)③若拋物線y2=±2px(p>0)的焦點(diǎn)弦為AB,設(shè)其傾斜角為α,有④若拋物線x2=±2py(p>0)的焦點(diǎn)弦為AB,設(shè)其傾斜角為α,有|(1)求點(diǎn)C的軌跡P;(2)已知直線l:x+4y-2=0,過點(diǎn)D(2,2)作直線m交軌跡F于不同的兩點(diǎn)E,F,交直線l于點(diǎn)K,的值是否為定值?請(qǐng)說明理由.【解析】(1)設(shè)A(a,0),B(0,b),C(x,y),則BA=(a,(2)如圖19-1,設(shè)直線m的方程為y=kx+b,將D(2,2)代入可得b=2-2k,由解得K的橫坐標(biāo)為再由可得(1+4k2)x2+8kbx+4b2—4=0,由韋達(dá)定理得圖19-1第19講弦長(zhǎng)和線段長(zhǎng)度的計(jì)算所【例2】如圖19-2,拋物線C?:x2=4y在點(diǎn)A,BAB與橢圓AB與橢圓(1)求拋物線C?的焦點(diǎn)F與橢圓C?的左焦點(diǎn)F?的距離；(2)設(shè)點(diǎn)P到直線AB的距離為d,試問：是否存在直線AB,使得|AB|,d,(2)設(shè)直線AB:y=kx+m,A(x?,y?),B(x?,y?),C(x?,y?),D(x?,y4),得x2—4kx—4m=0,故x?+x?=4k,x?x?=—4m.,,;;;;再由PA⊥PB,得kpAkpp=-1,即,故m=1,這說明直線AB過拋物線C?的焦點(diǎn)F.則切線PA,PB的方程分別為：,即得,即得則得(1+2k2)c2+4kx-2=0得(1+2k2)c2+4kx-2=0)高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講的左焦點(diǎn)為F,過的左焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F的直線與橢圓C相交于A,B(1)求橢圓C的離心率；求橢圓C的方程.(2)如果求橢圓C的方程.由題意知y?>0,y?<0.由題意知y?>0,y?<0.①①,化簡(jiǎn)得8c2=3a2+b2,所以9c2=4a2,則,所以得,所以得故橢圓C故橢圓C試題再試題再1.(2017年·浙江)如圖19-3,已知拋物線點(diǎn),B拋物線上的點(diǎn)P(x,y)圖19-3第19講弦長(zhǎng)和線段長(zhǎng)度的計(jì)算第19講弦長(zhǎng)和線段長(zhǎng)度的計(jì)算2.(2013年·浙江)如圖19-4,已知拋物線C的頂點(diǎn)為O(0,0),焦點(diǎn)為F(0,1).(2)過點(diǎn)F作直線交拋物線C于A,B兩點(diǎn)，若直線AO,BO分別交直線l:y=x-2圖19-4,焦距為2.(2)如圖19-5,動(dòng)直線l:交橢圓E于A,B兩點(diǎn)，C是斜率.(2)若直線l不過原點(diǎn)且與x軸交于點(diǎn)S,與y軸交于點(diǎn)T,試求的取值圖19-6第19講弦長(zhǎng)和線段長(zhǎng)度的計(jì)算第19講弦長(zhǎng)和線段長(zhǎng)度的計(jì)算3.如圖19-7,已知橢)的離心率,以該橢圓上的點(diǎn)和橢圓的左、右焦點(diǎn)F],F?為頂點(diǎn)的三角形的周長(zhǎng)為4(√2+1).一等軸雙曲線的頂點(diǎn)是該橢圓4.如圖19-8,已知曲線C是到點(diǎn)和直線距離相等的點(diǎn)的軌跡，l是過點(diǎn)Q(一1,0)的直圖19-8第20講面積計(jì)算(2)設(shè)A(x?,yi),C(x?,y所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為o),設(shè)直線AC的方程為x=my+1,與橢圓方程聯(lián)立得整理得(4+3m2)y2+6my-9=0,由韋達(dá)定理得整理得所以取點(diǎn)B到直線AC的距離別交橢于C,D兩點(diǎn)，若△COD與△AOB的面積比是3:77,求直線l的【解析】設(shè)直線l;x=my+2,代y?),C(x?,y?),D(x?,y?),則同理可得將直線OA:由y2—4my-8=0,得yi+y?=4m,yiy=-8,高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講把③代入②得3m2—16m+13>0,解得或m<1.,,:,,△AOB的面積取到最大值1.的焦點(diǎn)為F,直線x=4與r軸的交點(diǎn)為P,圖20-3(1)求拋物線的方程；(2)如圖20-3,過F的直線l與拋物線相交于A,D兩點(diǎn)，與圓x2+(y-1)2=I相交于B,C兩點(diǎn)(A,B【解析】(1)由題意可知P(4,0)事,由解得p=2,故拋物線方程為x2=4y.事(2)設(shè)l:y=kx+1,A(x?,yi),D(x?,y?),聯(lián)_整理得x2—4kx-4=0,則x?+xz=4k,x?xz=—4,由,求導(dǎo)得事解解，聯(lián)又因?yàn)閤?+x?=4k,x?x?=—4,所以即M(2k,—1).(也可利用阿基米德三角形性質(zhì)得所以M到l的距離,則△ABM與△CDM當(dāng)且僅當(dāng)k=0時(shí)取等號(hào)，故當(dāng)k=0時(shí)，△ABM與△CDM的面積之積的最小值為1.1.(2019年·浙江)如圖20-4,已知點(diǎn)F(1,0)為拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)，過點(diǎn)F的直線交拋物線于側(cè)，記△AFG,△CQG的面積分別為Sj,S?.(1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程；(2)的最小值及此時(shí)點(diǎn)G的坐標(biāo).高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)為題30講2.(2018年·浙江)如圖20-5,已知P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn)，拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A,B滿足PA,PB的中點(diǎn)均在C上.(1)設(shè)AB中點(diǎn)為M,證明：PM垂直于y軸；(2)若P是半橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，求△PAB面積的取值范圍.圖20-5(1)求橢圓C及圓O的方程.(2)設(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點(diǎn)P.②直線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn)，若△OAB的面積,求直線l的方程圖20-6(1)求橢圓C的方程；(2)點(diǎn)D為x軸上一點(diǎn)，過D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點(diǎn)M,N,過D作AM的垂線交BN于點(diǎn)E,求證；△BDE與△BDN的面積之比為4:5.線E:x2=2y的焦點(diǎn)F是C的一個(gè)頂點(diǎn)點(diǎn)為D.直線OD與過點(diǎn)P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M.②直線l與y軸交于點(diǎn)G,記△PFG的面積為S?,△PDM的面積為S?,的最大值及取得最大值為4.積之差的絕對(duì)值的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn))(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；的面積的取值(2)設(shè)直線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn)，直線OA,l,OB的斜率分別為k?,k,ka(其中k>0),△OAB為S,以O(shè)A,OB為直徑的圓的面積分別為S?,S?,若k?,k,k2的面積的取值范圍.高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講圖20-8圖20-10第21講定比點(diǎn)差法的應(yīng)用也調(diào)和分割M,N.兩式作差范圍.高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講因此λ的取值范圍為,于的取值范圍為【例2】已知定點(diǎn)C(-1,0)及橢圓x2+3y2=5,過點(diǎn)C的動(dòng)直線與橢圓相交于A,B兩點(diǎn).;(1)若線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)求直線AB的方程.;,,又因?yàn)镃(-1,0),所以有x?+λx?=—(1+λ)①,y?+λy?=0②.設(shè)M(xm,0),由x2+3y2=5,x2x事 第21講定比點(diǎn)差法的應(yīng)用第21講定比點(diǎn)差法的應(yīng)用A(0,√2),且離心率等,過點(diǎn)M(0,2)的直線l與橢圓相交于不同兩點(diǎn)P,Q,點(diǎn)IN在線段PQ上. 兩式相減所以有y?+ty?=1+t,直線l的方程為y=kx+2,與橢圓方程聯(lián)立消去y得(1+4k2)x2+16kx+8=0,44整理得2xjx?=x?(x?+α?).高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講對(duì)應(yīng)的極線方程即y=1,所以yo=11.(2018年·浙江)已知點(diǎn)A.B時(shí)，點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對(duì)值最大.2.(2014年·安徽)設(shè)F?,F?分別是橢圓上E)的左、右焦點(diǎn)，過點(diǎn)F?的直線分別交橢圓3.(2011年·浙江)設(shè)F?,F?分別為橢圓的坐標(biāo)是4.(2008年·安徽)如圖21-2,設(shè)橢圓C過點(diǎn)M(√2,1),且左焦點(diǎn)(1)求橢圓C的方程；圖21-2(2)當(dāng)過點(diǎn)P(4,1)的動(dòng)直線l與橢圓C相交于兩個(gè)不同點(diǎn)A,B時(shí)，在線段AB上取圖21-25.(2009年·天津)橢的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F?(-c,0),F?(c,0),過點(diǎn)E(3c,0)的直線與橢圓交于A,B兩點(diǎn)，且FA//F?B,]F?A|=2|F?B],求直線AB的斜率.第21講定比點(diǎn)差法的應(yīng)用第21講定比點(diǎn)差法的應(yīng)用2.設(shè)D(0,16),M,N是橢 圖21-3原點(diǎn).第22講一階遞歸數(shù)列的通項(xiàng)公式求法如下.(2)有a?-a?=f(1),a?-a?=f(2),…,an-an-1=f(n—1).如下.法2,轉(zhuǎn)化為題型1求解.法2,同題型1.當(dāng)p≠q時(shí).法1,轉(zhuǎn)化為題型1求解.法3,轉(zhuǎn)化為題型3求解.6.形如的遞推式第22講一階遞歸數(shù)列的通項(xiàng)公式求法對(duì)于此類型的遞推采用取倒數(shù)當(dāng)a=b時(shí)成等差數(shù)列；【例1】(1)已知ar=1,am+1=an+n,(2)已知a?=1.ax+1=a+2°,求an(3)已知a?=1,ax+1=a?+2“+n,求an(4)已知,求am上述n-1個(gè)式子累加,即(2)由a+1-an=2”得a?-a?=21,as-a?=22,…,am-an-1=2”-1.上述n-1個(gè)式子累加得a,-a?=2”—2,即am=2”—1.(3)結(jié)合(1)(2)得累加得(4)由累加得型【題型2]aa+1=a?f(n)型,求an【例2】(1)已知a?,求an,求a(2)已知a?,求a累求a,求a,由4λ=2,得由4λ=2,得高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講即有,所以,故法2由am=5a,+2兩邊同除以5"+1轉(zhuǎn)化為題型1即可解得【例4]已知a?=1,a+1=3an+2n+1,求an.故a+n+1=(a?+2)·3”-1=3”,即an=3”—n【例5】(1)已知a?=1,a+1=2a,(2)已知a?=1,aa+1=2an+2”,求an.(3)已知a?=1,an+1=2an+3"+n+1,求an.(2)由an+1=2an+2”兩邊同除以2n+1即an-3#+n+2=(a?—31+1+2)·2"-1,故a=3"+20-1-n-2.(4)由am+1=3a,+n·2"兩邊同除以2"+1解所,【題型,abc≠0型(1)若a?=1,求a(3)若,求a(4)若,求am【解析】(1)由a?=1,所以為等差數(shù)列，得(2)由a=1,+1,所以是以2為公比的等比數(shù)列，得(3)由a?=1所以是以2為公比的等比數(shù)列，得(4)由,得所以是為首項(xiàng)為公比的等比數(shù)列，高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講::(2)若對(duì)一切k∈N*有az>a?k-1,求c的取值范圍.(1)求數(shù)列{a,}的通項(xiàng)公式；,求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.2.已知數(shù)列{an}滿足,求{an}的通項(xiàng)公式.高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講,求數(shù)列{a,}的通項(xiàng)公式第23講數(shù)列求和高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講高觀點(diǎn)下的高考數(shù)學(xué)專題30講6.配對(duì)求和對(duì)于符號(hào)擺動(dòng)(正負(fù)相間)配對(duì)后可以直接求和的，進(jìn)行項(xiàng)數(shù)n的奇偶討論.7.利用數(shù)列的通項(xiàng)求和先根據(jù)數(shù)列的結(jié)構(gòu)及特征進(jìn)行分析，找出數(shù)列的通項(xiàng)，然后再利用數(shù)列的通項(xiàng)揭示的規(guī)律來求數(shù)列的前n項(xiàng)和.【解析】設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a?,公差為則,即，解得a?=—2,d=1,所以,則,即，【例2】求S,=1×2+2×3-+-3×4十…十n×(n+1),第23講數(shù)列求和第23講數(shù)列求和=(12+1)+(22+2)+(32+3)+=(12+22+32+…+n2)+(1+【例3】已知等差數(shù)列{an}的前3項(xiàng)和為6,前8項(xiàng)和為一4.(2)設(shè)bn=(4-an)q”-1(q≠0,n∈N*),求數(shù)列{b,}的前n項(xiàng)和S,.故a,=3+(n—1)(一1)=4—n.若q≠1,將上式兩邊同乘以q,得qS,=1·q1+2·q2+3·q3+…+(n-1)·q”-1+n②-①得(q-1)S,=nq”—(1+q+q2+…+q”-1).【例4】由S,=C%a?+Cla?+…+C;-1a,+C%a,+1于是有2S,=C8(