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第10节 探索性问题与研究性问题
探索性与研究型问题不同于传统的封闭型试题，封闭型试题的特点是条件完备、结论确定，较容易找到解题思路，探索性与研究型问题常常没有清晰的条件或没有明确的结论，解题时需要对问题中提供的各种信息进行观察、分析、归纳、猜想、推理、得出相应的条件或结论并给予正确的解答．而有时候，条件或结论是开放的，不唯一的，不同的条件可推出相同的结论，相同的条件也可以推出不同的结论，只要合理即成．
探索性与研究型问题的基本题型有：
判断存在型问题：指判断在某些确定条件下的某一数学对象是否存在的研究型问题，题中所用语言一般是“是否存在”，这类题出现时间较早，比较普遍．
探究结论型问题：指在给定条件下探求相应结论的探索性问题，其结论是开放的有待去探求，由于有时候结论不唯一，故思维难以定向，因而这类问题的解题途径是探索—判断—证明，这类题中包括探究规律、探索结果、判断真假等不同的要求．
反溯条件型问题：指给定结论，反溯应具备的条件，条件是开放的，常常不是唯一的，只要推理正确、科学，都是可以的．
探索性与研究型问题的解决常常较少有现成的法则和套路，需要你去分析和研究，这类问题有助于学生创新意识的培养和良好思维品质的形成，也能充分体现出运用知识的能力，随着创新教育的不断深入，探索性与研究型问题将越来越受到重视．
类型一 判断存在型问题
【典例1】点在直线上，若存在过的直线交抛物线于、两点，且，则称点为“点”，那么下列结论中正确的是（ ）．
直线上的所有点都是“点”
直线上仅有有限个点是“点”
直线上的所有点都不是“点”
直线上有无穷多个点（但不是所有的点）是“点”
【解题策略】
本例以新定义的形式考查点在直线和点在曲线上，则点的坐标满足直线和曲线方程的知识，求解本题的关键是将问题转化为方程解的存在性问题．
【详细解析】由题意，
如图，在上任取一点，假设在上存在点使，
则，
在上，，
即．
．
存在这样的，也就是说对上的任意一点，抛物线与该直线的两点、，都有，
故选：A．
【典例2】如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是 ．
平面平面
三棱锥的体积为定值
在上存在点，使得面
的最小值为2
【解题策略】
证明平面即可判断①，由平面即可判断②，当为的中点时，证明平面平面，即可判断③，化折线为直线，利用余弦定理判断④.
【详细解析】由题意，
对于①：由正方体的性质可知，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理可证，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，故①正确；
对于②：因为，平面，平面，所以平面，
又，所以点到平面的距离为定值设为，的面积也为定值，
又为定值，故②正确；
对于③：当为的中点时，点也为的中点，，平面，
平面，
所以平面，即平面，
同理可证平面，
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以面，故③正确；
对于④：如下图，
将沿着翻折到与平面共面且、在的异侧，
连接与交于点，
则即为的最小值，
又，，
所以，
即的最小值为，
故④错误.
故答案为：①②③
【典例3】对于定义在上的函数，可以证明“点是的图像的一个对称中心”的充要条件是“，”．
求函数的图像的一个对称中心；
函数（、）在上是奇函数，求、满足的条件；并讨论在区间上是否存在常数，使得恒成立．
【解题策略】
第（1）问，由所给定义运用待定系数法求对称中心坐标，第（2）问实质是含参数不等式在区间上恒成立问题，应根据函数的性质通过分类讨论探究参数a是否存在．
【详细解析】（1）由题意，
设为函数图像的一个对称中心，
则对于恒成立．
即对于恒成立，
．
由解得故函数图像的一个对称中心为．
由是奇函数，知．
不存在常数使对任意的恒成立，理由如下：依题意，此时，令，，．
若，，不合题意．
若，在上为单调增函数，，若存在，则，与矛盾．
若，在上为单调减函数，．
若存在，则，与矛盾．
综上可知，符合条件的不存在．
【方法归纳】
高中数学中存在性问题主要涉及证明某个数学对象（如解、值、函数等）是否存在.这类问题常见于函数、方程、不等式以及几何等领域.存在性问题通常要求证明在某个给定的条件下，是否存在满足该条件的数学对象.例如，在函数中，可能需要证明在某个区间内是否存在满足特定性质的函数值；在方程中，可能需要证明是否存在满足方程条件的解.
存在性问题在高中数学中具有广泛的应用.例如，在解决函数的零点问题、方程的解的问题、不等式的解集问题等时，都需要用到存在性问题的知识和方法.此外，在解决一些实际问题时，如物理问题、经济问题等，也需要用到存在性问题的知识和方法.
【举一反三】
已知抛物线：．过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，问直线上是否存在点，使为正三角形？若存在，求出斜率的值；若不存在，说明理由．
【答案】存在，.
【分析】设直线的方程为，联立方程组，根据韦达定理与弦化公式求得，设直线上存在点，使为正三角形，根据，可得，求解可判断结论.
【详解】由题意，如图，设直线的方程为．
由，
设、且的中点为，
则，，，，
设直线上存在点，使为正三角形，，，
则，
因为，于是．
所以，
化简，得，则．
所以当直线的斜率时，存在点，使为正三角形．
【点睛】方法点睛：本例是一道“判断存在型问题”，结合题设条件及要探索的结论，一般可采用假设法，即假设结论存在，并在此基础上进行推理，即假设在直线上存在点使为正三角形．由于为大于零的变量，看一看这个的值是否能求出，能求出则存在，反之则不存在．解题的过程是寻找结论存在的必要条件．
（2025届广东省高三毕业班调研考试（一））
如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，.
(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为 ，求 ；
(2)设点在线段上，且存在一个正整数，使得，若已知平面与平面的夹角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用圆柱以及棱锥的体积公式，即可求得答案.
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，结合平面与平面的夹角的正弦值，即可求得答案.
【详解】（1）在底面中，因为 是底面直径，所以 ，
又 ，故 ≌，
所以.
因为是圆柱的母线，所以面，所以 ，
,
因此；
（2）以为坐标原点，以为轴正方向，在底面内过点C作平面的垂直线为y轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，所以 ≌，
故 ，
所以，，
因此，，
因为 ，所以 ，
则
设平面和平面的法向量分别为，
则有:，，
取，
设平面与平面的夹角为 ，则
所以有：，
整理得，（无解，舍），
由于k为正整数，解得.
类型二 探究结论型问题
【典例1】（2024年上海秋季高考练习）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ）
B．
D．
【解题策略】
首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案.
【详细解析】由题意知，
这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误；
对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由能推出，
对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，
则当无法推出，故D错误.
故选：C．
【典例2】已知函数的定义域为R，且满足对任意的，，都有，，，给出下列结论：①；②是周期函数；③可能是偶函数；④的图象关于直线对称．其中所有正确结论的序号为 ．
【解题策略】
借助赋值法，分别令，；，；；，；结合函数的周期性、对称性计算即可得.
【详细解析】由题意，
对于①：对于，
令，，得，
又，所以，故①正确．
对于②：对于，
取，，得，
所以，，
则为的一个周期，故②正确．
对于③：对于，令，
得，，故不可能是偶函数，故③错误．
对于④：对于，
取，，得，
所以，所以的图象关于直线对称，故④正确．
故答案为：①②④.
【典例3】已知是等比数列，且满足等式．试求出这个等差数列的通项．
【解题策略】
本例要探究规律型问题，由特殊到一般的探究方法是最常用的探究方法，猜想出一般结论后还是要给出严格的证明．本例的证明可运用逆序相加法，再结合组合数的第一个性质以及二项式系数总和公式．
【详细解析】由题意，
时，等式为，可求得．
时，等式为，可求得，
时，等式为，可求得，
时，等式为，可求得．
以此类推，一般地可猜想：．
下面证明：当时，等式成立．
设，①
则，
即，②
①＋②得，．
即，．
【方法归纳】
高中数学中，探究结论型问题通常要求学生通过观察、分析、推理等过程，得出一个或多个数学结论.需要根据已知条件，通过逻辑推理和数学计算，得出相应的结论.在解题过程中，学生需要灵活运用数学知识，培养分析问题和解决问题的能力.
【举一反三】
某人玩硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正反面的概率都是，棋盘上标有第0站、第1站、第2站、…、第100站．一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋子向前跳一站；若掷出反面，则棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站（胜利大本营）或第100站（失败大本营）时，该游戏结束，设棋子跳到第n站的概率为．
求：、、；
求证：；
求：玩该游戏获胜的概率．
【答案】(1)，，
证明见解析
【分析】（1）易得，，第二站的概率，分掷出反面和两次正面求解；
棋子跳到第站分两种可能：第一种，棋子先到第站，又掷出反面，第二种，棋子先到第站，又掷出正面求解；
根据（2）得到数列是首项为，公比为的等比数列求解.
【详解】（1）依题意，得，，．
依题意，棋子跳到第站有两种可能：
棋子先到第站，又掷出反面，其概率为；
棋子先到第站，又掷出正面，其概率为．
，
，
即．
由（2）可知数列是首项为，公比为的等比数列，
于是有，
．
因此，玩该游戏获胜的概率为．
等比数列中，前项和为．若，，成等差数列，则，，成等差数列．
(1)写出上述命题的逆命题；
(2)判断逆命题是否为真，并给出证明．
【答案】(1)答案见解析.
(2)答案见解析.
【分析】（1）根据逆命题的定义求解即可；
（2）根据，，成等差数列可得，进而结合等比数列基本量的计算可得或，分情况讨论判断即可.
【详解】（1）逆命题：在等比数列中，前项和为，
若，，成等差数列，则，，成等差数列．
（2）设数列的首项为，公比为，
由已知得：，．
，，，或．
当时，，，，
则，，，不成等差数列．
当时，，
，
则，，，成等差数列．
综上所述，当公比时，逆命题为假，当公比时，逆命题为真．
类型三 反溯条件型问题
【典例1】（2024届江苏百校大联考高三上期第二次考试）已知抛物线的焦点为，且抛物线过点，过点的直线与抛物线交于两点，分别为两点在抛物线准线上的投影，为线段的中点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
线段长度的最小值为2 B．的形状为锐角三角形
三点共线 D．的坐标不可能为
【解题策略】
根据抛物线的性质可判断A；根据抛物线的定义和平行线的性质判断B；设直线和点A、B的坐标，联立抛物线方程，结合韦达定理和三点共线经过任意两点的直线斜率相等，判断C；设的中点，则，，取求出可判断D.
【详细解析】由题意，
对于A，因为抛物线过点，所以抛物线的方程为，线段长度的最小值为通径，所以A错误；
对于B，由定义知，轴，所以，
同理，所以，所以B错误；
对于C，设直线，与抛物线方程联立，得，
设，，则，，
因为，所以，三点共线，所以C正确；
对于D，设的中点为，则，，
取，可得，所以D错误.
故选：C.
【典例2】（2024届四川峨眉二中高三适应性考试暨押题）如图是四棱锥的平面展开图，四边形是矩形，．在四棱锥中，M为棱PB上一点（不含端点），则下列说法正确的是 ．
的最小值为；
存在点M，使得；
四棱锥外接球的体积为；
三棱锥的体积等于三棱锥的体积
【解题策略】把平面图形还原得到如图所示四棱锥，则可得平面，对于①，将平面与平面展开成一个平面，当A，M，C三点共线时，最小，然后求解，对于②，假设，然后进行推理，对于③，将此四棱锥可以补形成一个长方体，为长方体的一条对角线，从而可求出外接球的半径，进而可求出球的体积，对于④，由分析判断即可.
【详细解析】由题意，
把平面图形还原得到如图所示四棱锥，
如图，由，可知，平面，
所以平面．
在中，，故，
在中，，
在矩形中，，
连接，在中，，
在中，，
在中，，
对于①，将平面与平面展开成一个平面，当A，M，C三点共线时，最小，此时，A，P，B，C四点共圆，且直径为，
因为，
，
所以
，
所以由正弦定理得，故①正确；
对于②，假设，因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，与已知条件矛盾，故②错误；
对于③，将此四棱锥可以补形成一个长方体，为长方体的一条对角线，同时也是四棱锥外接球的直径，
所以半径，其体积，故③错误；
对于④，因为，而，
所以，故④正确．
故答案为：①④．
【典例3】设实数，问与满足什么条件时，不等式的解集是？
【解题策略】
本例是一个探索不等式结论成立的条件问题，要注意不等式与函数知识的联系，通过研究函数的性质：如定义域，值域或单调性等，达到正确解出不等式的目的，在解题方法上要注意递推法的运用，执果索因，等价递进．
【详细解析】由题意，
设，按照定义域优先原则确定的取值范围．
，即，且由得，．
依题意，由于，和都是上的增函数，
从而在上也是增函数，故在上是增函数．
要使的解集为，只需，即，得，因此，、满足的关系式为：．
【方法归纳】
高中数学中的反溯条件型问题，通常指的是一类需要通过已知的结论或条件，逆向推导出满足这些结论或条件的充分或必要条件的问题.这类问题在数学学习中较为常见，特别是在解决几何、代数、不等式等类型的问题时.解决反溯条件型问题的关键在于理解并掌握相关的数学定理、公式和性质，以及它们之间的逻辑关系.以下是一些解决这类问题的基本步骤和方法：在逆向思考的基础上，逐步推导出满足结论的充分或必要条件.
【举一反三】
记函数的定义域为．若存在，使成立，则称以为坐标的点为函数图象中的不动点．
若函数图象上有两个关于原点对称的不动点．求、应满足的条件；
在（1）的条件下，若，记函数图象上的两个不动点分别为、，为函数图象上的另一点，且其纵坐标，求点到直线距离的最小值及取得最小值时点的坐标；
下述命题“若定义在上的奇函数图象上存在有限个不动点，则不动点有奇数个”是否正确？若正确，请给予证明；若不正确，请举一反例．
【答案】(1)且，；
正确，证明见解析.
【分析】（1）根据不动点的定义可得有两个根，且这两个根绝对值相等符号相反，求解即可；
在（1）的条件下求得不动点的坐标，设点，由点到直线的距离公式可得，求得最小值及此时的点的坐标即可；
可得点是奇函数的一个不动点，再证明非零不动点成对出现即可.
【详解】（1）由题意，若点是不动点，则，
整理得，①
根据题意可判断方程①有两个根，且这两个根绝对值相等符号相反．
由韦达定理得，．
而，，故、应满足，且．
在（1）的条件下，当时，，
由，得两个不动点为，．
设点，则，即，解得．
直线的方程为，设点到直线的距离为，
则，
当且仅当，即时，上式取等号，此时，，
故．
命题正确．
为奇函数，，又，令，则，
点是奇函数的一个不动点．
设是奇函数的一个不动点，则，由，
也是奇函数的一个不动点．
又，这说明奇函数的非零不动点如果存在，则必成对出现．
又根据题设，只有有限个不动点，故奇函数的不动点数目是奇数个．
【点睛】方法点睛：本例是追溯条件型问题与探索性问题相综合，难点是第（2）小题．可假设在函数的图像上存在着纵坐标大于3的一点，使点到直线距离的最小值为．若能求出符合条件的点则存在，反之则不存在．（3）证明过程中由于．是一个不动点，只要证非零不动点是成对出现的，则真命题可证．
（2024北京市海淀首都师大附中高三下期5月三模）
在中，已知．
(1)求角C的大小；
(2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：的周长是．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理边化角即可结果；
（2）利用正弦定理可得.若选条件①：根据题意可得，进而分析其唯一性即可；若选条件②：利用余弦定理可得，，进而求，进而可得面积；若选条件③：根据周长可得，利用余弦定理并分析其唯一性.
【详解】（1）因为，即，
可得，
且，所以.
（2）因为，，由正弦定理可得，
可得.
若选条件①：因为，，即，
可得，可知满足条件的角A有两个，不唯一，不合题意；
若选条件②：因为，
由正弦定理可得，
且，则，可得，
则，，
因为两角和两边均已确定，根据三角形全等可知三角形存在且唯一，
又因为，
所以的面积；
若选条件③：因为的周长是，
则，即，
由余弦定理可得，即，
整理可得，且，
可知方程有2个不相等的实根，
且，可知方程有2个不相等的正实根，
即边a不唯一，不合题意.
综上，只有选条件②符合题意.
（2024湖南部分学校A佳联考高三5月模拟考试）
如图，四棱锥的底面是梯形，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)存在，.
【分析】（1）只需结合已知证明平面，由面面垂直的判定定理即可进一步得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数，进一步表示两个平面的法向量，由向量夹角公式建立方程即可求解.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
因为，所以，
所以，
又因为平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以，又，
所以两两互相垂直，
所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
如图，，
设，
则，
，设平面的法向量为，
则，即，取，满足条件，
所以可取，
，，设平面的法向量为，
则，即，取，解得，
所以，
由题意，
化简并整理得，解得或（舍去），
所以，
综上所述，棱上是否存在一点E，且，使得二面角的余弦值为.
（2025届十五校教育集团高三鄂豫皖五十三校8月联考）
已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，动直线l与椭圆交于P，Q两点：当直线l过时，的周长为8.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l过点，椭圆的左顶点为A，当面积为时，求直线l的斜率k.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦距和椭圆定义求得，进而得到椭圆方程；
（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据，结合韦达定理可构造方程求得结果.
【详解】（1）由题意得：，即，则，
所以椭圆的方程为：.
（2）由题意知：直线斜率不为，可设，
由消去x得：，
则，
设，则，，
可得，
又因为，则，
所以，解得：，
所以直线的斜率.
已知函数（，，，是自然数）是奇函数，有最大值，且．
(1)试求函数的解析式；
(2)是否存在直线与的图像只交于、两点，并且使得、两点的中点为？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）根据奇函数的定义可得，结合题设及基本不等式可得，，进而求得，即可求解；
（2）首先求出的值域，再根据、两点关于点对称进行讨论求解即可．
【详解】（1）由为奇函数，则，
则，即，则，
又，是自然数，且，
则当时，；
当时，，的最大值必在时取得．
当时，，
当且仅当，即时取等号，
则，即，
又，则，解得，
结合，是自然数，可得，
所以．
（2）不存在，理由如下：由，
当时，，
当且仅当，即时取等号，则；
当时，；
当时，，
当且仅当，即时取等号，则；
过的直线与有两个交点、，
若为点，则关于的对称点为，
而不在上，此时；
若，与有三个交点，不符合题意；
若或或，与有一个交点，不符合题意．
故这样的直线不存在．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页第01节 分析与综合【讲】
通常一个命题或一个有待证明的数学问题，一般都是由条件和结论两方面构成的，解题的过程一般总是有正、逆两种不同的思维方向.
一是从条件出发推导出结论的思维过程（由因导果），称之为综合；二是从结论出发逆向追溯到结论的条件（从果溯因），称之为分析．从论证的思维方向和表述形式，前者称为综合法，后者称为分析法，这是证明高中代数推理题的两种基本方法，而代数推理论证是近几年高考命题的热点和亮点，应当引起足够的重视．
两种证法相比较各有特色，综合法的优点是叙述过程简短明了，缺点是由条件推结论的过程不明朗，不易找到解决问题的起点，也就是通常讲的：不知从何着手．分析法的优点是思考问题比较自然，容易找到解题思路，缺点是由于分析法的表达上应有特定的用语和推理的规范，叙述过程比较烦琐．所以我们应把两者结合起来，也就是用分析法对问题进行分析，寻找解决的起点、走向，再用综合法叙述解题的过程．总之，分析与综合是一个完整的思维过程，运用得较为广泛的数学思想方法．
类型一 在数列中的应用
【典例1】（2024广东佛山顺德普通高中高三上期教学质量检测一）
记正项数列的前项积为，已知，若，则的最小值是（ ）
A．999 B．1000 C．1001 D．1002
【答案】C
【分析】由数列的前项积满足，可求得是等差数列，并求得的通项，
进而得到的通项，再由，即可求得正整数的最小值.
【详解】∵为正项数列的前项积， ，
∴当时，，
时，，又，
∴，即，
∴是首项为3，公差为2的等差数列，且.
由，得
若，则，∴
所以，正整数的最小值为1001.
故选：C.
【典例2】（2025届陕西宝鸡高三上期联考）
已知数列前项和为，且，若存在两项使得，当时，则最小值是 .
【答案】4
【分析】先根据可得数列是首项为1，公比为2的等比数列，即可得到，结合可得，再结合基本不等式求解即可.
【详解】由，得，两式相减得，而，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，即，
因为，则，即，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以最小值是，
故答案为：.
【典例3】
已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，设，，．
若，，，求的值；
若，证明，；
若正数满足，设，，，和，，，是1，2，，n的两个不同的排列，，，证明：．
【答案】(1)
证明见解析
证明见解析
【分析】（1）由条件求再结合通项公式求，
先求，表示，求，由此可得，结合等比数列求和公式证明结论；
由已知，设，当时，，由此可得，通过适当放缩，结合等比数列求和公式证明结论.
【详解】（1）由题设，可得，，
所以，，，
所以，．
证明：由题设可得，则
，①
，②
①－②，得．③
＋②，得．④
式两边同乘，得．⑤
所以，，．
证明：由已知得．
因为，，所以，
因为设，，，和，，，是1，2，，n的两个不同的排列，
所以存在满足且，，，
当时，，
则，
当时，得，由，
得且至多只有一个等号成立，
即，
又 ，
所以，
因此，即.
当时，则，
同理可得，因此.
综上所述：.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解决的关键在于通过适当放缩，结合等比数列求和公式证明结论.
【方法归纳】
在高中数学数列中，综合法与分析法两种方法具有广泛的应用.综合法是一种顺向思维，它根据已知的原因或条件，逐步推导出结果.在数列问题中，这种方法常用于根据数列的定义、性质或递推关系，推导出数列的通项公式、前n项和等.分析法则是一种逆向思维，它从已知的结果或结论出发，反向推导出原因或条件.在数列问题中，这种方法常用于根据数列的某些性质或结论，反推出数列的定义、递推关系或特定项的值.在解决数列问题时，两种方法往往可以相互配合使用.通过灵活运用这两种方法，可以更加高效地解决数列问题，提高学生的数学思维能力.
【举一反三】
将数列中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成下表：
……
记表中的第一列数、 、 、 ……构成的数列为，，为数列的前项和，且满足
（I）证明数列成等差数列，并求数列的通项公式；
上表中，若从第三行起，每一行中的数从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数，当时，求上表中第行所有项的和
【答案】（I） （II）
【详解】（I）证明：当时，
又，所以数列是首项为1，公差为的等差数列．
所以时
因此
设上表中从第三行起，每行的公比都为，且
表中到12行尾共含数列的前78项，是表中第13行第三列，
，
记表中第行所有项的和为，则
在平面直角坐标系中，直线上有一系列点：、、、、、．已知数列是首项为，公差为的等差数列．
(1)求数列及的通项公式；
(2)是否存在一个半径最小的圆，使得对于一切，点均在此圆的内部（包括圆周）？若存在，求出此圆的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，
【分析】（1）由条件，结合等差数列通项公式可得得，化简可得，再由在直线求；
（2）求以为直径的圆，证明所求圆满足条件.
【详解】（1）由条件，得．
．
点在直线上，
．
（2）由（1）、又，
以线段为直径作圆，其圆心为，
则圆是一个使在圆的内部（包括圆周）的半径最小的圆，
又，
所以圆的方程为．
，．
当时，；当时，；
当时，，．
由上可得，圆即为所求的圆．
即存在一个半径最小的圆，使得对于一切，点均在此圆的内部（包括圆周）．
类型二 在函数中的应用
【典例1】（2025届陕西咸阳兴平高三上期第二次模拟考试）
“”是“”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
【分析】先利用二倍角公式对题中已知条件进行变形，对进行平方化简变形，然后再判断两个条件的逻辑关系即可得解.
【详解】必要性：由，可得，
则，即.
所以“”是“的必要条件；
充分性；由，可得，
即，
则，得或.
所以“”不是“的充分条件；
故选：B
【典例2】
已知函数，若恒成立，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据恒成立，由求解；
【详解】解：法一： 由题意知，当时，，
所以在上单调递减，故．
因为恒成立，所以，
所以当时，，
所以，又，所以．
综上可知，的取值范围为．
法二： 当时，．
因为恒成立，所以，
所以当时，，
所以，又，所以．
综上可知，的取值范围为．
故答案为：
【典例3】
已知二次函数．
若且，证明：的图像与轴有两个相异交点；
若、，且，，证明：方程必有一实根在区间内；
在（1）的条件下，设两交点为，求线段长的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
证明见解析
【分析】（1）根据判别式即可求解，
计算，结合零点存在性定理即可求解，
根据韦达定理，结合的关系即可求解.
【详解】（1）证明：由，可得，由可得，．
，
的图像与轴有两个相异交点．
令，则，
，
．
又的图像是连续的，方程，即必有一实根在区间内．
设的两根为，，，，．
又，，.
又，
，
长的取值范围为．
【方法归纳】
分析法和综合法是高中数学函数中常用的两种推理方法.分析法即从已知条件出发，借助函数的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后达到特征结论或需求问题的结果.这种方法在解决函数问题时，通常从已知的函数表达式、定义域、值域等条件出发，通过函数的单调性、奇偶性、周期性等性质，推导出函数的图像、最值、零点等结论.综合法则是从需证明的结论出发，分析这个结论成立的充分条件，进而转化为判定那些条件是否具备.在解决函数证明问题时，执果索因的方法通常从需要证明的结论开始，逆向分析出结论成立的必要条件，然后逐步寻找并证明这些条件.这种方法在解决一些复杂的函数证明问题时，能够帮助学生更快地找到解题的突破口.
在高中数学函数的学习中，两种方法相辅相成，共同构成了函数推理与证明的重要工具.通过灵活运用这两种方法，学生可以更好地理解和掌握函数的知识，提高解题能力和数学素养.
【举一反三】
给定实数，设函数（，且）．
(1)证明经过函数的图像上任意两个不同点的直线不平行于轴；
(2)若，则是否存在实数，使得数列成等差数列？若存在，求出通项；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)或.
【分析】（1）“过图像上任意两个不同点的直线”呈多样性与不确定性，而其反面“存在过两个点的直线”呈确定性，因而可用反证法；
（2）可假定成等差数列，若引出矛盾，即为不存在；若求出m的值，只要确保推理可逆，即存在等差数列得解．
【详解】（1）由题意证明如下，
设、是函数图像上的任意两个不同的点，则，
若直线平行于轴，那么，即，
亦即，
整理得，因为，所以，
这与已知矛盾，因此不平行于轴．
（2）假定成等差数列，设公差为，则（其中），
由得，即，
展开得，
此式对一切成立，故有，，
即，此式必须满足，即．
，．
又以上各步可逆，故当时，存在公差为0的等差数列满足题设.
此时.
因为，所以，解得：.
所以或.
已知二次函数同时满足：①不等式的解集有且只有一个元素；②在定义域内存在，使得不等式成立．设数列的前项和．
(1)求数列的通项公式；
(2)设各项均不为零的数列中，所有满足的正整数的个数称为这个数列的变号数．若，求数列的变号数．
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）根据两个条件求函数的解析式，即可得到的通项公式，再根据公式，求通项公式；
（2）方法一，由（1）可知，数列的通项公式，并判断函数的单调性，根据变号数的定义，即可求解；方法二，根据数列的通项公式，求不等式的解集，即可求解.
【详解】（1）的解集有且只有一个元素．
或．
当时，函数在上单调递增，
故不存在，使得不等式成立；
当时，函数在上单调递减，
故存在，使得不等式成立．
综上，得，．．
，
当时，，不满足要求.
（2）方法一：由题设得，
当时，，
当时，数列递增．
，由，
可知．即当时有且只有一个变号数．
又，，，
，，
此处变号数有2个．
综上得，数列共有3个变号数．
方法二：由题设 ，
当时，
令或或．
又，．
时也有．
综上得，数列共有3个变号数．
类型三 在解析几何中的应用
【典例1】（2025届陕西宝鸡高三上期联考）
已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线于、两点.若的中点坐标为，则的方程为（ ）
B．
D．
【答案】D
【分析】设、，由，利用点差法求解.
【详解】解：设、，
若轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意，
因为线段的中点坐标为，则，
则，两式相减得，
则，
因为，所以，，
所以，，解得，
因此，双曲线的标准方程为.
故选：D.
【典例2】
已知抛物线：的焦点为，过且斜率为1的直线交于，两点，若的面积为，则 .
【答案】
【分析】设，由题可知，直线的方程为，将其与抛物线的方程联立，写出韦达定理，根据三角形的面积列方程，即可解出.
【详解】由已知，直线的方程为，设，，
联立，可得，
且，，
于是，
，所以.
故答案为：.
【典例3】
设圆的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
（I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程；
（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.
【答案】(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ).
【详解】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆定义求方程；（Ⅱ）把面积表示为关于斜率k的函数，再求最值．
试题解析：（Ⅰ）因为，，故，
所以，故.
又圆的标准方程为，从而，所以.
由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：
（）.
（Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，.
由得.
则，.
所以.
过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以
.故四边形的面积
.
可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为.
当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.
综上，四边形面积的取值范围为.
【考点】圆锥曲线综合问题
【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.
【方法归纳】
分析法与综合法在高中数学解析几何中扮演着重要的角色，两者各具特色，相辅相成.
分析法，其核心思想是从要证明的结论出发，逆向逐步寻找使该结论成立的充分条件.在解析几何中，当我们面对一个不易直接证明的结论时，分析法就显得尤为重要.例如，在求解直线与圆锥曲线的位置关系时，我们可以从结论出发，逆向分析出直线与圆锥曲线的交点个数、位置等需要满足的条件，从而找到解题的突破口.分析法的优点在于能够帮助学生明确解题方向，避免盲目尝试，提高解题效率.
综合法则是从已知条件出发，利用定义、公理、定理等逐步推导出所要证明的结论.在解析几何中，综合法通常用于求解已知条件较为充分且明确的问题.综合法的优点在于条理清晰，逻辑严密，能够帮助学生巩固基础知识，提高解题的准确性和规范性.
【举一反三】
点在椭圆上，直线与直线垂直，O为坐标原点，直线OP的倾斜角为，直线的倾斜角为.
（I）证明: 点是椭圆与直线的唯一交点；
证明:构成等比数列.
【答案】如下
【详解】证明（I）（方法一）由得代入椭圆,
得.
将代入上式,得从而
因此,方程组有唯一解,即直线与椭圆有唯一交点P.
(方法二)显然P是椭圆与的交点，若Q是椭圆与的交点，代入的方程，得
即故P与Q重合．
（方法三）在第一象限内，由可得
椭圆在点P处的切线斜率
切线方程为即．
因此，就是椭圆在点P处的切线．
根据椭圆切线的性质，P是椭圆与直线的唯一交点．
的斜率为的斜率为
由此得构成等比数列．
给定椭圆．称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为，其短轴上的一个端点到F的距离为．
求椭圆C的方程和其“准圆”方程；
点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点，过动点P作直线，使得与椭圆C都只有一个交点，试判断是否垂直？并说明理由．
【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)垂直.
【详解】试题分析：（1）由“椭圆C的一个焦点为，其短轴上的一个端点到F的距离为”知：从而可得椭圆的标准方程和“准圆”的方程；
分两种情况讨论：①当中有一条直线斜率不存在；②直线斜率都存在．
对于①可直接求出直线的方程并判断其是不互相垂直；
对于②设经过准圆上点与椭圆只有一个公共点的直线为
与椭圆方程联立组成方程组消去得到关于的方程：
由化简整理得：
而直线的斜率正是方程的两个根，从而
椭圆方程为
准圆方程为
①当中有一条无斜率时，不妨设无斜率，
因为与椭圆只有一个共公点，则其方程为
当方程为时，此时与准圆交于点
此时经过点（或）且与椭圆只有一个公共眯的直线是（或）
即为（或），显然直线垂直；
同理可证方程为时，直线也垂直．
②当都有斜率时，设点其中
设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为
则由消去，得
由化简整理得：
因为，所以有
设的斜率分别为，因为与椭圆只有一个公共点
所以满足上述方程
所以，即垂直,
综合①②知, 垂直．
考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与圆锥曲线的综合问题．
（2024上海嘉定高三第一次质量调研）
已知，其中.
(1)若，求函数的值域；
(2)若，且函数在内有极小值，但无极大值，求的值.
【答案】(1)；
(2)7或15.
【分析】（1）把代入，求出时相位范围，再利用余弦函数性质求出值域.
（2）由已知可得，再利用给定区间及极值情况求出范围即可得解.
【详解】（1）当时，，由，得，
则，，
所以函数的值域是.
（2）由，得，解得，
当时，而，则，
又函数在内有极小值，无极大值，则，
解得，于是或
，解得或，
当时，，又，无解；
当时，，又，则；
当时，，又，则；
当时，，又，无解，
所以的值是7或15.
（2025届陕西咸阳兴平高三上期第二次模拟考试）
已知是各项均为正数，公差不为的等差数列，其前项和为，且成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)定义在数列中，使为整数的叫作“调和数”，求在区间内所有“调和数”之和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合等比中项的知识求得等差数列的公差，从而求得通项公式.
（2）利用列举法写出“调和数”，结合等比数列前项和公式求得.
【详解】（1）因为成等比数列，所以，
因为是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为，
所以，整理得，解得，
所以.
（2）设，所以，
又，可取大于2的所有整数，
令，且为整数，
所以可以取，
此时分别为，
所以区间内所有“调和数”之和
.
（2025届广东普通高中毕业班第二次调研考试）
在数列中，，都有，，成等差数列，且公差为.
求，，，；
求数列的通项公式；
是否存在，使得，，，成等比数列.若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)3；5；9；13
存在，
【分析】（1）根据，，成等差数列，公差为2；，，成等差数列，公差为4求解即可；
由题意，，再分与两种情况求解即可；
根据等比中项的性质，结合通项公式求解即可.
【详解】（1）由题意，，，成等差数列，公差为2；，，成等差数列，公差为4.
则，，，.
由题意，.
当，时，
，
且满足上式，所以当为奇数时，.
当时，.
所以
存在时，使得，，，成等比数列
证明如下：
由（2）可得，，，
假设，，成等比数列，
则，
化简得，所以，即，
此时，所以当时，，，，成等比数列.
（2025届上海奉贤高三上期学科质量调研）
已知函数，其中（常数且）．
(1)若函数的图象过点，求关于的不等式的解集；
(2)若存在，使得数列是等比数列，求实数的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）点代入函数解析式求出，再解指数不等式可得答案；
（2）根据数列是等比数列可得，令，利用导数判断出在上的单调性，求出的值域可得答案.
【详解】（1）若函数的图象过点，则，
解得，舍去，所以，
由得，
解得或，
所以不等式的解集为或；
（2），
若存在，使得数列是等比数列，
则，可得，
由可得，
令，，
当时，，所以，
可得在上单调递减，所以，
则实数的取值范围.
（2025届海南省定定安高三上期联考一）
已知椭圆：上的点到焦点距离最短为，到焦点距离最长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作直线与椭圆交于，两点，且椭圆的左、右焦点分别为，，，的面积分别为，，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，进而解出，求得，进而求解即可；
（2）当直线的斜率不存在，可得，当直线的斜率存在时，联立直线和椭圆方程，由韦达定理以及三角形面积公式表示出，进而结合基本不等式求解即可.
【详解】（1）由题意，，
解得，则，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，，
当直线的斜率不存在时，，则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，得，
设，则，
所以，，
由于异号，所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为．
综上所述，的最大值为．
（2025届广东韶关高三上期综合测试（一））
已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点.动点满足直线的斜率之积为，记点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率为的直线与轴相交于点，与相交于两点，若.求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，根据斜率公式代入上式，进行化简即可得曲线方程；
（2）方法一、二，设出直线的方程为，与曲线方程联立，由韦达定理可得，结合向量关系求解；方法三，由题，的中点即的中点，由点差法可得弦中点坐标与弦所在直线的斜率的关系，列式运算得解.
【详解】（1）设点，由题意知.
直线的斜率分别，
所以，
化简得
点的轨迹方程为.
（2）方法一，设，
由题意知直线的方程为，所以，
联立方程组，消去整理得，
，，
由得，，
故有，即，
解得.
方法二：设，由题意知直线的方程为，所以，
联立方程组，消去整理得.
，，
由得，，
故有，即，
解得.
方法三：设，由题意知直线的方程为，所以.
因为，所以线段的中点为，
，又因为，所以点也是的中点，
联立方程组，
①-②得，即，
所以，
又因为，所以，
解得.
【点睛】
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页第02节 特殊与一般
特殊与一般两种方法在高中数学中的应用十分广泛，它们相辅相成，帮助学生更好地理解和掌握数学知识.
特殊化方法通过对抽象的概念、定义、问题进行特殊化，可以帮助学生理解并掌握相关知识点.可以作为一种解题技巧，提高解题速率.可以快速排除错误选项，锁定正确答案.在解题过程中，特殊化还可以用于对所得结论进行检验.由于特殊寓于一般，一般成立必能推出特殊成立，而特殊不成立必定能推出一般不成立.因此，通过特殊化检验，可以验证解题步骤和结论的正确性.一般化方法则是从特殊到一般的推理过程.从具体的实例中抽象出一般规律，形成数学概念、定理和公式.通过观察和分析具体的函数图像和性质，可以归纳出函数的一般定义和性质.
在运用特殊与一般的思想方法解题时，必须认识到一般与特殊的关系是：一般成立，其特殊也成立；一般不成立，其特殊可能成立，也可能不成立；特殊不成立，其一般也不成立；特殊成立，其一般可能成立，也可能不成立．
类型一 在数列中的应用
【典例1】（2025届《浙江省新高考研究卷》（全国I卷）（一））等比数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C．3 D．12
【解题策略】按与两种情况分类讨论，根据等比数列前项和公式进行求解即可.
【详细解析】由题意，
设等比数列的公比为，当时，，不合题意；
当时，等比数列前项和公式，
依题意，得：，解得：.
故选：A.
【典例2】（2025届广东六校高三上期十二月联考）已知数列的前项和为，则数列的前项和______.
【解题策略】先根据与的关系求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求解即可.
【详细解析】由题意，
由，当时，，即；
当时，，即，
所以数列为等比数列，首项为2，公比为2，
则，，
所以，
则.
故答案为：.
【典例3】（1）已知数列，其中，且数列为等比数列，求常数；
（2）设、是公比不相等的两个等比数列，，证明：数列不是等比数列．
【解题策略】本题可由特殊性入手解决一般性结论，由于为等比数列已明确，则对特殊的值也都成立．要证明数列不是等比数列，只要证明一个特殊的情形，只要其不符合定义，即可加以否定．
【详细解析】
因为数列为等比数列，则对特殊的，有，，成等比数列，于是．由题设，，，，，所以，整理得，解得或．
下面研究一般情况，即或时，数列是否为等比数列．
当时，，则为等比数列．
当时，，则为等比数列．
综上，当或时，数列为等比数列．
要证明数列不是等比数列，只要证明一个特殊的情形，即，，不是等比数列即可．
为此，设，的公比分别为、，，则由，得，
．
由于，则，因此，所以，，不是等比数列的项．进而，数列不是等比数列．
【方法归纳】
在高中数学数列的学习中，特殊与一般两种方法都扮演着重要的角色.特殊方法通常指的是针对某些特定类型数列的求解技巧或公式.一般方法则是指不依赖于特定数列性质的通用解题策略.在处理数列问题时，我们首先需要明确数列的定义和递推关系，然后尝试通过代数变换、不等式分析、函数思想等一般数学方法来求解.这种方法虽然可能不如特殊方法直接和快速，但它具有更广泛的适用性，可以处理更多类型的数列问题.
【举一反三】
已知以a1为首项的数列{an}满足：.
当a1＝1，c＝1，d＝3时，求数列{an}的通项公式；
当0＜a1＜1，c＝1，d＝3时，试用a1表示数列{an}的前100项的和S100；
当（m是正整数），，d≥3m时，
求证：数列成等比数列当且仅当d＝3m.
【答案】（1）
证明见解析．
【详解】（1）由题意得
当时，
，，，，，
，，，
当时，
，；
，；
，
，，，
综上所述，当时，数列，，，
是公比为的等比数列
当时，，
由于，，
故数列不是等比数列
所以，数列成等比数列
当且仅当
（2024浙江宁波高三上期高考模拟考试）
已知数列为等差数列，且满足.
(1)若，求的前项和；
(2)若数列满足，且数列的前项和，求数列的通项公式.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题目中的递推公式，求得等差数列的前两项与公差，结合通项公式以及求和公式，可得答案；
（2）利用公式求得数列的通项公式，根据题目中的方程，利用换元法整理为关于的一元一次方程，求得等差数列的通项公式，可得答案.
【详解】（1）当时，由，则，由，则，
所以等差数列的公差为，
即通项公式，
所以前项和.
（2）当时，，可得，
当时，
，
将代入上式，则，
综上所述，，.
，可得，
由（1）可知，则，
由方程，可得，解得，
由，则等差数列的公差为，所以，
由，，则.
类型二 在解析几何中的应用
【典例1】（2025届安徽江淮十校高三第一次联考（一模））抛物线的焦点为，准线与轴的交点为．过点作直线与抛物线交于两点，其中点A在点B的右边．若的面积为，则等于（ ）
A． B．1 C．2 D．
【解题策略】先由题得直线斜率必存在且，故由对称性不妨设得A和B在第一象限，过作轴交于点，则根据题意可得结合点，然后利用结合条件条件即得.
【详细解析】
由题可知，，直线斜率必存在，且，
由对称性不妨设，则A和B在第一象限，
因为，所以，过作轴交于点，
则，即，
又点在上，所以即，
代入得，
整理得，即，
所以或，此时或，
因为A和B在第一象限，所以，故，
所以
，
所以即.
故选：D.
【典例2】（2024四川德阳成都外国语学校（德阳校区）高三上期一诊适应性考试）过点作直线交椭圆于，两点，其中在线段上，则的取值范围为______.
【解题策略】若直线的斜率存在，设，，，可得，由可得范围，结合，计算的范围，再计算直线的斜率不存在时的值，即可求解.
【详细解析】由题意，
若直线的斜率存在，设，，，
所以，
由，消去可得，
，即，
又，
所以，
令，则，由，得，
解得，即，解之得且，
又在线段上，所以，所以，
若直线的斜率不存在，易得，
综上的取值范围为．
故答案为：.
【典例3】 设点、分别是双曲线的左顶点和右焦点，点是双曲线右支上的动点．
若是直角三角形，求点的坐标；
是否存在常数，使得对任意的点恒成立？证明你的结论．
【解题策略】第（1）问要考虑和两种情况；第（2）问可以先考察某些特殊情况下的值，猜想一般结论并加以证明．
【详细解析】
设点坐标为，由已知，，则，．
若，则，代入得，点坐标为．
若，则，
由得，，点坐标为．
当轴时，由（1）知，．
猜想：当PF不垂直于轴时，也成立，设点坐标为．由对称性，假设在第一象限，且PF不垂直于轴，
，，．
又，或，
即及，
．
【方法归纳】
特殊与一般两种方法在高中数学解析几何中的应用广泛且重要.特殊化方法强调从具体问题的特殊情形入手，通过考察特殊值、特例或特殊图形等，探索并归纳出解决问题的方法和思路.在解析几何中，这种方法常用于简化复杂问题，特别是在处理选择题和填空题时.例如，在求解与曲线有关的几何问题时，可以通过设定特殊的点或角度，将问题转化为更直观、更易计算的形式.一般化方法则是从一般原理或规律出发，推导出特殊情形下的结论.在解析几何中，这种方法常用于构建一般性的数学模型，如通过设定一般形式的曲线方程，研究其性质以及与直线的位置关系等.一般化方法有助于揭示数学问题的本质和规律，提高解题的效率和准确性.同时，它也有助于培养学生的抽象思维和逻辑推理能力.
在实际应用中，特殊与一般两种方法常常相互结合、相互补充.常常分类讨论直线与圆锥曲线的位置关系时，分类讨论直线的斜率是否存在，进而利用直曲联立建立一元二次方程，利用韦达定理求解问题.
【举一反三】
（2025届海南定定安高三上期联考一）
已知椭圆：上的点到焦点距离最短为，到焦点距离最长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作直线与椭圆交于，两点，且椭圆的左、右焦点分别为，，，的面积分别为，，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，进而解出，求得，进而求解即可；
（2）当直线的斜率不存在，可得，当直线的斜率存在时，联立直线和椭圆方程，由韦达定理以及三角形面积公式表示出，进而结合基本不等式求解即可.
【详解】（1）由题意，，
解得，则，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，，
当直线的斜率不存在时，，则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，得，
设，则，
所以，，
由于异号，所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为．
综上所述，的最大值为．
（2025届云南大理白族自治州大理模拟预测）
已知双曲线：（，）的一条渐近线方程为，顶点到渐近线的距离为．
(1)求的方程；
(2)设为坐标原点，若直线过点，与的左、右两支交于，两点，且的面积为，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用渐近线的斜率及点到直线的距离建立关于的等式求解即可；
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况进行讨论，易知直线斜率不存在时，不满足条件，当斜率存在时，联立直线与双曲线的方程，表示出的长，再利用点到直线的距离求出点到的距离，利用三角形的面积公式建立等式进行求解出，即可求出直线的方程．
【详解】（1）由题得， ①
由对称性不妨设的顶点为，则， ②
联立①②解得，，
所以的方程为．
（2）设，，
当直线的斜率不存在时，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
由得，
所以，
解得，
因为，，
所以
．
又点到直线的距离，
所以的面积，
解得或；又因为，所以，
所以直线的方程为．
类型三 在函数中的应用
【典例1】（2024山西晋中部分校高三上期9月质量检测）记表示，二者中较大的一个，函数，若使得成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【解题策略】首先得到，再根据题意得到需在上的值域包含在上的值域，结合图象即可得到答案.
【详细解析】由题意，
因为在上为减函数，在为增函数，
当时，，
所以.
即在为减函数，在为增函数.
当时，，即在区间的值域为.
，
令，解得或.
画出，的图象，
若使得成立，
只需在上的值域包含在上的值域，
则.
故选：A.
【典例2】设函数，．若函数有两个零点，，则满足条件的最小正整数a的值为______．
【解题策略】求导，分，两种情况讨论，当时，不存在两个零点，当时，有两个零点时，需，进而求解即可.
【详细解析】由题意，
，
当时，对恒成立，在单调递增，故不存在两个零点，
当时，若，则，所以函数在上单调递减．
若，则，函数在上单调递增，
要使函数有两个零点，则的最小值，
即．
因为，所以，令，
显然在上为增函数，且，，
所以存在，．
当时，；当时，．所以满足条件的最小正整数．
又当时，，所以时，有两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数a的值为.
故答案为：.
【典例3】（2024湖北腾云联盟高三上期12月联考（一模））已知.
当时，求曲线在点处的切线方程；
若在区间内存在极小值点，求的取值范围.
【解题策略】（1）当时，，求导可得，又，可求切线方程；
求导得，分，，三种情况讨论函数的单调性，判断极小值点在内可求得的取值范围.
【详细解析】
当时，，可得
所以，又，
所以切线方程：，即.
由已知得
若，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以在取得最小值，符合题意.
若，
i）若即，
当，所以在上单调递减，
当，所以在上单调递增，
所以在取得最小值，
ii）当，，所以无极值，不符合题意，
iii）当即，
当，所以在上单调递减，
当，所以在上单调递增，
所以在取得极小值符合.
若，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
在取得极小值，符合题意；
综上所述：的取值范围为.
【方法归纳】
特殊法与一般法在高中数学函数中的应用十分广泛.特殊法用于较难的的具体函数或具有部分抽象函数性质题目，此时需要利用特殊值的函数值消去抽象函数部分，利用剩下的计算出解析式.可先考虑它的某一特殊情况，从中得到启迪，发现思路，速解题目.一般法则是利用题目所给条件，直接对问题进行求解，需要对题目所给出的每一个条件进行合理应用.
一般法常常与特殊法结合使用，常常用于分类讨论中.先分类讨论特殊的点或特殊的区间，得出一定的结论后，再用一般法分类讨论求解剩余部分.
【举一反三】
（2025届贵州六盘水第二次模拟预测）
已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，再按分类求出单调区间.
（2）将不等式恒成立作等价变形，在时分离参数，构造函数，利用导数求出最小值，再对讨论即可.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数的单调递增区间是；
当时，函数的单调递减区间是，递增区间是.
（2）不等式，
当时，不等式恒成立，即；
依题意，当时，恒成立，令，
求导得，令，
求导得，函数在上单调递增，，
则当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
，于是，
所以实数a的取值范围是.
（2025届海南定定安高三上期联考一）
已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，，讨论函数的单调性.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，结合切点易求得切线方程；
（2）将函数求导，根据参数进行分类讨论导函数的正负，即得函数的单调性.
【详解】（1），，则，
则，即切线斜率，
故切线方程为，即；
（2）函数的定义域为，，
，
当时，，由，可得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
当时，，
当时，，当或时，，
即函数在和上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减；
当时，则对任意的，即函数在上单调递增；
当时，，
当或时，，即函数在和上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减.
综上所述，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.
若直线与曲线恰有两个交点，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直线过定点，以及直线和圆的位置关系，利用数形结合作出图象进行研究即可.
【详解】由知直线l过定点，
由曲线，两边平方得，
则曲线是以为圆心，1为半径的上半圆（包含轴上的两点），
当直线过点时，直线l与曲线有两个不同的交点，
此时，解得，
当直线与曲线相切时，直线和圆有一个交点，
圆心到直线的距离，解得，
要使直线与曲线恰有两个交点，
则直线夹在两条直线之间，因此，
即实数k的取值范围为.
故选：B.
（2025届广东河源五校高三上期12月联合考试）
已知定义在上的函数满足为奇函数，且的图象关于直线对称，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】C
【分析】根据奇函数性质、对称性求得、、，进而有，再确定的周期，利用周期性求函数值的和.
【详解】由为奇函数，知的图象关于点对称，则，
由，得．
由的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称，
所以，，
综上，，
由上，，得，
所以，则4为的一个周期，
所以.
故选：C
【点睛】关键点点睛：根据函数的奇偶性、对称性求函数值，并确定周期为关键.
（2025届陕西咸阳兴平高三上期第二次模拟考试）
若关于的不等式在区间上有解，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据条件得到，再利用在区间上的单调性，即可求解.
【详解】当时，由可得，
又关于的不等式在区间上有解，则，
令，易知在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又时，，时，，所以，
故选：D.
（2024福建部分学校高三上期11月期中）
已知数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）令，求出的值，令，由可得，两个等式作差可推出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求出数列的通项公式；
（2）求得，利用错位相减法可求得.
【详解】（1）因为数列的前项和为，且，
则，可得，
当时，由可得，
上述两个等式作差可得，且，
所以，数列是首项为，公比也为的等比数列，
所以，.
（2）因为，
所以，①，
则②，
②得
，
因此，.
（2025届广东普通高中毕业班第二次调研考试）
在数列中，，都有，，成等差数列，且公差为.
求，，，；
求数列的通项公式；
是否存在，使得，，，成等比数列.若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)3；5；9；13
存在，
【分析】（1）根据，，成等差数列，公差为2；，，成等差数列，公差为4求解即可；
由题意，，再分与两种情况求解即可；
根据等比中项的性质，结合通项公式求解即可.
【详解】（1）由题意，，，成等差数列，公差为2；，，成等差数列，公差为4.
则，，，.
由题意，.
当，时，
，
且满足上式，所以当为奇数时，.
当时，.
所以
存在时，使得，，，成等比数列
证明如下：
由（2）可得，，，
假设，，成等比数列，
则，
化简得，所以，即，
此时，所以当时，，，，成等比数列.
（2024广东东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学六校高三上期十二月联考）
已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为，，点 在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程和离心率；
(2)已知直线与椭圆交于、两点，且，求面积的取值范围.
【答案】(1)；.
(2)
【分析】（1）设椭圆标准方程为：，根据及点在椭圆上，可求椭圆的标准方程，进而可求椭圆的离心率.
（2）按直线是否垂直于坐标轴分类，求出，，进而表示出三角形面积，再借助二次函数求出范围即可.
【详解】（1）设椭圆标准方程为：，
由题意：，
所以椭圆的标准方程为：.
椭圆的离心率为：.
（2）如图：
若直线的斜率不存在，则可取，因为，可取，此时.
若直线的斜率为0，同理可得.
当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
由，得，则，
用代替，得，则.
所以.
设，
则.
因为，所以，，
所以，所以.
综上，
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页第03节 对称与对偶
对称思想的核心是对称变换，而“对称变换”是一种在保持一定不变性下的变换，有限次地重复施行这一变换可以使对象回复到自身．高中数学中对称问题主要有中心对称、轴对称、平面对称、多项式对称（轮换对称多项式）等．奇函数的图像关于原点成中心对称，偶函数的图像关于轴成轴对称．函数的周期性也可看成“具有对称性”，因为周期函数的图像是无限延伸的曲线，在按若干个整周期平移下，可重合于自身，从而表现出整体的不变性，解析几何中二次曲线的图形本身就具有某些对称的特点．
而对偶这一概念更为广泛，如问题间的对偶，和差对偶，共轭对偶，倒序对偶，奇、偶数对偶等．对偶原理指出：两个互为对偶的定理，如果证明了其中的一个，另一个不用证明就可以承认了．
对称与对偶的思想是数学中的一种美学思想，在平面解析几何中显得更为突出，在高考命题中每年均有体现．所以掌握并运用对称与对偶的思想方法解题，必定要引起重视．
类型一 在函数的应用
【典例1】（2024海南高三上期学业水平诊断（一））若函数的图象关于点对称，且，则（ ）
A． B． C． D．
【解题策略】根据函数图象的对称问题，得到为奇函数，再根据奇函数的含义得到的值，即可求得结果.
【详细解析】由题意，
因为的图象关于点对称，
所以函数为奇函数，
则，即，且为奇函数，
所以，得，
所以，
故选：A.
【典例2】（2025届湖南湖南师大附中高三上期第一次月考）已知函数是定义域为的奇函数，当时，，且，则不等式的解集为 .
【解题策略】
根据函数奇偶性并求导可得，因此可得，可构造函数并求得其单调性即可得在上大于零，在上小于零，即可得出结论.
【详细解析】由题意，
因为为奇函数，定义域为，
所以，两边同时求导可得，即且，
又因为当时，，所以.
构造函数，则，
所以当时，在上单调递增，
又因为，所以在上大于零，在上小于零，
又因为，所以在上大于零，在上小于零，
因为为奇函数，所以在上小于零，在上大于零，
综上所述，的解集为.
故答案为：
【典例3】是否存在实数，使抛物线上总有关于直线对称的两个点？若不存在，说明理由；若存在，求的取值范围．
【解题策略】
本例的解法有两种：一是如果存在对称的两点、满足题设要求，显然的中点在抛物线内部，构成一个含有的不等式，从而确定的取值范围；二是按照对称问题的一般处理方法，即、两点连线与对称轴垂直，的中点在对称轴上，且直线与抛物线必有两个交点，消元后的一元二次方程必有两个不等的实根，判别式应大于0．
【详细解析】
解法一：假设存在抛物线上两点、关于直线对称，记线段的中点为，则点在上，即．
又由相减，得．
因为直线垂直于直线，．
又，由得，．
若，如点在抛物线内部，则有关系式．
由不等式组解得；
若，如点在抛物线内部，则有关系式．
由不等式组，整理得此时无解．
综上所述得的取值范围为．
解法二：设、是抛物线上关于直线对称的两个点，则即．①
又，即，
．．②
联立①②得即、为方程的两个实根．
于是，解不等式，得．
故当时，抛物线上总存在关于直线对称的两个点．
【方法归纳】
对称法与对偶法是高中数学中解决函数问题的两种重要方法.对称法主要利用函数的对称性进行解题.函数的对称性包括中心对称和轴对称等.在解决函数问题时，如果能识别出函数的对称性，就可以利用这一性质简化问题.例如，在求函数的值域时，如果函数具有某种对称性，就可以通过构造对称函数来求解.此外，函数的周期性也可以看作是一种对称性，因为周期函数的图像在按若干个整周期平移后，会重合于自身，表现出整体的不变性.对偶法则是一种更为广泛的概念，它利用已知的对称性在部分区间的性质，求出函数的整体的对称性.在解决函数问题时，如果能发现问题的对偶性，就可以构造出与原问题对称的另一个问题，并通过解决这个对偶问题来得到原问题的解
【举一反三】
（2025届广东佛山禅城高三统一调研测试（一） ）
设是函数的导数，，，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】令，求导，得到在上单调递增，且，由得到，得到的对称性，故在上单调递减，且，得到当时，，则，当时，，则，求出成立的的取值范围.
【详解】令，则，
因为时，，故当时，，
故在上单调递增，且．
因为，故，
即，所以，
故关于直线对称，故在上单调递减，且，
当时，，则；
当时，，则；
所以使得成立的的取值范围是.
故选：C．
（2024河北高三上期11月阶段调研检测二）
已知函数的定义域为，且为奇函数，，则一定正确的是（ ）
的周期为2 B．图象关于直线对称
为偶函数 D．为奇函数
【答案】D
【分析】根据函数奇偶性、对称性及周期性对选项逐一分析即可.
【详解】为奇函数，得，
即，则为奇函数，故C错误；
且图象关于点中心对称，故B错误；
可知，函数周期为4，故A错误；
，又图象关于点中心对称，知，
所以，得关于点对称，
则关于点对称，所以为奇函数，故D正确.
故选：D.
类型二 在三角函数的应用
【典例1】（2025届广东韶关高三上期综合测试（一））已知函数的部分图象如图，是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则函数的解析式为（ ）
B．
D．
【解题策略】
连接，与轴交于点，得点坐标，点也在函数的图象上，由直线方程（斜率）求得点坐标，可得周期，从而求得，再利用点坐标求得，从而得解析式．
【详细解析】由题意，
连接，与轴交于点，
由图象的对称性，知点也在函数的图象上，所以点的坐标为.
设，由，得，
所以的最小正周期满足，
解得，即，解得，
，.因为点是图象的一个最高点，
所以，结合，
解得，
故选：C.
【典例2】（2024山东威海文登高三上期第一次模拟）已知函数，若将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，再将得到的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称，则 .
【解题策略】由图象变换写出新解析式，然后由图象关于轴对称求得参数值．
【详细解析】由题意，
，变换后函数式为
，它的图象关于轴对称，
则，，
又，所以，
故答案为：．
【典例3】求证：．
【解题策略】本例是三角不等式的证明，运用一般的方法证明是困难的，若能运用对称的思想方法，构造对偶式，则证之极易，且富有美感！
【详细解析】证明：由题意，
设，
，
则．①
．②
①＋②，得，，命题得证．
【方法归纳】
在高中数学中，对称法和对偶法在三角函数中的应用十分广泛.三角函数的图像具有显著的对称性.正弦函数和余弦函数的图像既是中心对称图形，又是轴对称图形.它们的对称轴是过函数图像的最高（低）点且垂直于x轴的直线，对称中心是图像与x轴的交点.根据这一性质，可以方便地求出正余弦图像的对称轴和对称中心.此外，在解决三角函数相关的问题时，如果题目中涉及到对称点或对称轴，可以利用对称性质简化问题.对偶法是通过构造形式相似、具有某种对称关系的对偶关系式，并通过这对对偶关系式进行和、差、积等运算，进而解决数学问题的方法.在三角函数中，有一类求值问题可以利用正弦、余弦函数构造对偶式，利用对称思想来求解.
【举一反三】
（2025届广东珠海高三第一次摸底）
函数，其中，其最小正周期为，则下列说法错误的是（ ）
函数图象关于点对称
函数图象向右移个单位后，图象关于轴对称，则的最小值为
若，则函数的最大值为
【答案】D
【分析】化简函数解析式，根据正弦型函数的周期公式可求判断A，验证是否为函数的对称中心判断B，结合函数图象平移变换结论判断C，结合不等式性质及正弦函数性质判断D.
【详解】.
因为，的最小正周期为，
所以，解得，故A选项正确；
所以，，
因为，所以，函数图象关于点对称，B选项正确；
将函数图象向右移个单位后可得函数的图象，
因为的图象关于轴对称，
所以,即，
又，所以的最小值为，C选项正确；
若，则，
所以，故，
所以当时，函数取最大值，最大值为，D错误.
故选：D.
（2024河北石家庄正定实验中学高三上期第一次月考）
已知函数的部分图象如图所示，则下列选项不正确的是（ ）
函数的图象关于点中心对称
函数的单调增区间为
函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
函数在上有2个零点，则实数t的取值范围为
【答案】C
【分析】利用辅助角公式及函数图象先化简计算得出函数式，结合三角函数的图象及性质逐一分析选项即可.
【详解】，
由图可知，，可得，，
，，故正确；
，
解得，
所以函数在单调递增，故正确；
函数的图象向左平移个单位长度得，
，故错误；
，，
当时，，此时有两个零点，
即，可得，故正确.
故选：.
类型三 在解析几何的应用
【典例1】（2025届云南大理大理模拟预测）已知抛物线：上存在两点，关于直线：对称，若，则（ ）
A．5 B． C．4 D．
【解题策略】设直线为，联立抛物线可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目条件可计算出直线方程，再借助线段的中点在上计算即可得.
【详细解析】由题意，
设直线为，代入抛物线得，
则，，∴，
直线为，线段的中点记为，
则，.
又中点在上，∴.
故选：B.
【典例2】（2024届湖北高三普通高中5月联合质量测评）已知正方形的边长为，两个点，（两点不重合）都在直线的同侧（但，与在直线的异侧），，关于直线对称，若，则面积的取值范围是 .
【解题策略】建立平面直角坐标系，由求出点轨迹，由轨迹特征求点到直线的距离的取值范围，可求面积的取值范围.
【详细解析】由题意，
以为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，
设，，所以，，
因为，所以，即位于双曲线的右支上，渐近线方程为或，
直线与直线：的距离为，即点到直线的距离的取值范围是，
又，所以面积的取值范围是.
因为不重合，故不重合，故面积不为，
故答案为：.
【典例3】在平面直角坐标系中，平行于轴且过点的入射光线被直线反射，反射光线交轴于点（如图5-1所示）．圆过点且与、相切．
图5-1
求所在直线的方程和圆的方程；
设、分别是直线和圆上的动点，求的最小值及此时点的坐标．
【解题策略】关于光线的入射、反射问题根据物理学上光学原理，具有轴对称的特点．在解第（2）问时，还应注意运用求点关于直线的对称点方法．
【详细解析】（1）由题意，
直线，设交于点，则．
的倾斜角为，的倾斜角为（根据对称原理），
，反射光线所在的直线方程为，即．
已知圆与切于点，设．圆心在过点且与垂直的直线上，则，．①
又圆心在过点且与垂直的直线上，．②
由①②得故圆的半径，故所求圆的方程为．
由（1）知点关于的对称点为，则，且，联立得．
由点与圆的位置关系知当、、共线时，最小，且直线过圆心，故的最小值为．
设，由得解得即．
最小值．
【方法归纳】
对称法主要基于对称性的概念，即某个对象在某种变换下具有不变性.在解析几何中，对称问题主要包括中心对称、轴对称、平面对称以及多项式对称等几种形式.这些对称性不仅有助于我们更好地理解和描述几何图形的性质，还可以简化解题过程.通过引入对称点坐标参数，我们可以巧妙地解答一些复杂的几何问题.
对偶法则是基于对偶性的概念，即某个对象和它的另一个对象之间的对称性.在解析几何中，对偶式可以表示几何对象之间的关系，如点与点、线与线、线与点之间的关系等.对偶式可以用于表示几何对象的其他属性，如角度、长度、面积等.这些属性都可以用对偶式来表示和计算，从而为我们提供了一种新的解题视角和方法.
【举一反三】
（2025届湖南益阳一模）
已知抛物线，的焦点分别为、，若、分别为、上的点，且线段平行于轴，则下列结论错误的是（ ）
当时，是直角三角形 B．当时，是等腰三角形
存在四边形是菱形 D．存在四边形是矩形
【答案】C
【分析】设出的坐标并求得，由此对选项进行分析，结合图象求得正确答案.
【详解】依题意，线段平行于轴，不妨设在第一象限，设，
则，焦点，
选项，当时，解得，所以，
则，是直角三角形，A选项正确.
选项，当时，解得，所以，
由于，所以关于直线对称，而，
所以此时是等腰三角形.
对于CD选项，先考虑四边形是平行四边形，
则，则，
此时，，
所以四边形是矩形，不是菱形，所以C选项错误，D选项正确.
故选：C
证明：
(1)椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹经过双曲线的焦点．
(2)的两条相互垂直的切线的交点的轨迹经过椭圆的焦点.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设点及切线的斜率为，联立切线与椭圆方程，韦达定理，根据垂直的斜率之积为，化简得，该圆经过椭圆的焦点即可得证.
（2）设点及切线的斜率为，联立切线与双曲线方程，韦达定理，根据垂直的斜率之积为，化简得，该圆经过双曲线的焦点即可得证.
【详解】（1）由题意证明如下，
在中，任意两条相互垂直的切线的交点的坐标为，
又设切线的斜率为，则切线方程为．
将其代入椭圆方程并化简得，
由，
化简得．
由题可知，故，
即切点的轨迹为圆，而双曲线的焦点为．
显然经过双曲线的焦点．
（2）在中，任意两条相互垂直的切线的交点的坐标为，
又设切线的斜率为，则切线方程为．
将其代入双曲线方程并化简得，
由，
化简得．
由题可知，故，
即切点的轨迹为圆，而椭圆的焦点为．
显然经过椭圆的焦点．
（2024北京朝阳清华大学附属中学朝阳学校CACA12月尖子生测试高三数学1）
设，为等差数列，，则“”是“”的（ ）
充分不必要条件 B．必要不充分条件
充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】分析函数的单调性与对称性，得函数在上单调递增，且图象关于点中心对称.再利用等差数列的性质可得，然后从充分性与必要性两个方面论证，用反证法进行必要性的证明.
【详解】已知，
则，故在上单调递增.
又由，得，
故，则函数的图象关于点中心对称.
已知数列是等差数列，则.
先证明充分性：
若，由数列是等差数列，
可得，
则，
所以由函数的对称性可知，
，，，，
，即“”得证.
因此，“”是“”的充分条件；
再证明必要性：
下面用反证法证明：
假设，
已知数列是等差数列，则，
即，由等差数列性质可得
，
所以，
由函数在上单调递增，
可得，
，
，
各式累加得，，
所以，即，
这与已知矛盾，故假设错误；
同理，假设，可证得，也与已知矛盾，故假设也错误；
所以“”得证.
即“”是“”的必要条件.
综上所述，“”是“”的充要条件.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于应用反证法进行必要条件的证明，基于自变量不等（大小）关系的假设，借助函数单调递增等价转化为函数值的不等关系，进而结合函数对称性推出与等量关系矛盾.
（2025届四川成都蓉城名校联盟高三第一次联合诊断性考试）
已知函数，且为偶函数，则满足不等式的实数m的取值范围为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由为偶函数，故只需为奇函数，由此利用奇偶性求出，又由为偶函数得的图象关于直线对称．再由导数判断出的单调性，利用单调性、奇偶性解题可得答案.
【详解】依题意，，令，
由于为偶函数，故只需为奇函数，
由，得，
因为，定义域关于原点对称，
，
由此可以验证为奇函数．所以满足题意，
又由为偶函数，得，
故的图象关于直线对称．
，
当时，，
可知，当时，单调递增，则时，单调递减．
原不等式即为，
等价于，即，解得．
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用导数判断出的单调性.
（2024福建宁德部分达标高中高三上期期中）
将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象．若的图象关于点对称，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据图像变换可得，根据对称性可得，进而分析最值即可.
【详解】由题意可得，
由于的图象关于点对称，故，
故，解得，
故取时，为最小值.
故选：A.
（2025届江苏苏州部分学校新高三暑期调研考试暨高考模拟考试）
考虑函数，记函数，其中为的整数部分，定义为在上满足的根的个数，则以下说法正确的有（ ）
的值域为 B．
为周期函数当且仅当为有理数 D．对成立
【答案】B
【分析】对于A，直接给出作为反例即可；对于B，根据定义，将命题转化为求方程在上的解的个数，再用余弦函数的性质即可；对于C，直接说明和或者都是周期函数或者都不是周期函数即可；对于D，利用余弦函数的单调性证明即可.
【详解】对于A，显然当时有，故A错误；
对于B，根据定义，是方程在上的解的个数.
而，故意味着，即.
由于是整数，故，从而是方程在上的解的个数.
又因为，故该方程等价于或，这在上的全部解构成的集合是，共个解，故B正确；
对于C，由于（二者函数值相等或同时没有定义），故和或者都是周期函数，或者都不是周期函数.
所以或者时不是周期函数，或者时是周期函数，无论哪种情况，都能导致C选项错误；
对于D，该选项等价于，对任意，方程在上都有解.
而，故等价于或，即或.
由于恒成立，故方程等价于或，即或..
但当时，有，；
当时，有；
当时，有；
当时，有.
从而原方程在上无解，从而，故D错误.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用余弦函数的对称性和单调性，以及对取整函数定义的理解.
（2024湖北腾云联盟高三上期12月联考（一模））
设双曲线的左 右焦点分别为，左 右顶点为，已知为双曲线一条渐近线上一点，若，则双曲线的离心率（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由双曲线的对称性不妨设，由题意可得，化简可得，可得，进而可得，求解即可.
【详解】因双曲线的渐近线为，焦点，
由双曲线的对称性不妨设，
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以，又，所以，
所以，所以. ，两边平方得，
所以，所以，所以，
所以双曲线的离心率.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
定义法：通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率；
齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
（2024届四川绵阳南山中学高三下期高考仿真演练（一））
已知椭圆：的左、右两个顶点为，，点，，是的四等分点，分别过这三点作斜率为的一组平行线，交椭圆于，，…，，则直线，，…，，这6条直线的斜率乘积为（ ）
A． B． C．8 D．64
【答案】A
【分析】椭圆上任意一点坐标为，以及椭圆的对称性可得.
【详解】如图，

左右顶点的坐标分别为，设椭圆上任意一点坐标为，
且P不与A、B重合， 则，
又在椭圆上，故，所以，
则，
所以
同理可得
∴直线这6条直线的斜率乘积
故选：A.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页第04节 构造与建模
构造法在高中数学函数中的应用十分广泛，它表现为各种各样相对固定的结构或者框架，可以是函数、方程、对应法则，也可以是平面图形、立体几何等．求解某些数学问题时，针对问题的背景、结构、特征，在直接求解存在较大困难时，通过观察、联想，恰当地构造出熟知的数学模型，通过研究该数学模型来解决原问题，这就是构造与建模的思想方法，是一种十分有效的解题策略．当然，构造的过程是一种创新思维的过程，对数学基础知识掌握得是否扎实与宽广起关键作用，是数学素养的体现．
类型一 在函数中的构造
【典例1】（2024中学生标准学术能力诊断性测试高三上期10月测试）已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A.2 B.0 C.3 D．无穷
【解题策略】根据函数表达式确定函数在（）上是增函数且，零点个数转化为函数与的图象交点个数，作出它们的大致图象后，观察可得交点个数，从而得结论．
【详细解析】由题意，
由，
得在区间上的函数值都是区间上相应函数值的一半，，
又时，是增函数，即，
所以，因此时，，
令，它在上是减函数，，，，
当时，，
作出和在上图象，如图，由图可知：
在时，的图象与的图象没有交点，所以在上，它们只有两个交点，
所以的零点个数为2．
故选：A．
【典例2】（2024上海市嘉定区高三第一次质量调研）已知，则的解集为 ．
【解题策略】根据分段函数的性质，分情况整理不等式，当时，整理不等式，构造函数，利用导数研究新函数的单调性，当时，利用中间值法，可得答案．
【详细解析】由题意，
当时，可得，整理可得，
令，令，求导可得，
所以函数在单调递减，令，解得，则，
此时不等式的解集为；
当时，可得，由，则，
易知，此时不等式的解集为．
综上所述，不等式的解集为．
故答案为：．
【典例3】设、为正实数，且．
求证：；
探索、猜想：将结果填在括号内：（ ）；（ ）；
由（1）、（2）你能归纳出更一般的结论吗？并证明你给出的结论．
【解题策略】
本例的解题关键是通过构造函数并利用函数的单调性证明不等式，而单调性的判断可以用定义法证明也可以利用导数得出，本例主要考查重要不等式以及归纳递推、函数与导数知识，而构造法起决定性作用．
【详细解析】
，，，当且仅当时等号成立．
即．
设，则，令，则问题等价于当时，求的最小值．
在上恒成立．在上是减函数．
，，即．
；．
由（1）、（2）可归纳出一般的结论为：．
证明：，，（当且仅当时等号成立）．
，．
设，则，
令，问题等价于当时，求的最小值．
在上恒成立．
在上是减函数，．
，即．
【方法归纳】
函数构造法是高中数学学习的重点，通过灵活应用函数，可以解决多种数学问题．在解题时，需要充分重视函数的单调性、奇偶性、周期性等特征，将题目条件转化为函数特性．在遇到复杂的函数问题时，有时可以通过运算变形构造出统一形式的方程，将问题转化为方程的根与系数的问题．
【举一反三】
（2025届广西来宾高三第一次教学质量监测）
设函数，若曲线与恰有一个公共点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】确定两个函数都是偶函数，它们的图象在轴以外的交点个数为偶数，因此题中只有一个公共点，因此它们的交点只能在轴上，由此可确定参数值．
【详解】设，则，
时，，递减，时，，递增，
，是偶函数，是偶函数，轴是它们的图象的对称轴，
在上递减，在上递增，，
因此它们的图象在轴以外的交点个数是偶数（含0），
若，则，，易知它们的图象有两个交点，不合题意；
若，则在上递减，在上递增，，
因此它们的图象如果有交点，交点不可能在轴上，从而交点个数为偶数，不合题意；
若，则在上递增，在上递减，，
它们的图象只有一个交点，则，解得．
故选：B．
已知命题，，命题，，则（ ）
和都是真命题 B．和都是真命题
和都是真命题 D．和都是真命题
【答案】B
【分析】首先判断命题为假命题，令，，利用导数说明函数的单调性，即可判断命题为真命题，即可得解.
【详解】因为，所以，恒成立，
所以命题为假命题，则为真命题；
令，，则，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以对任意的恒成立，所以在上单调递增，
所以，即对任意的恒成立，故命题为真命题，则为假命题；
所以和都是真命题.
故选：B
类型二 在解三角形中的构造
【典例1】（2025届江苏苏州部分学校高三7月适应性模拟演练）如图， 四棱锥 截取自边长为1 的正方体．其中 平面且 是线段 上靠近 的三等分点， 是线段 上最靠近 B的四等分点，M，N 分别是棱 和 上的动点且恒有， 垂足为H， 则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解题策略】构造出侧面展开图，根据展开图结合面积公式求出距离和的最小值．
【详细解析】由题意，先把及展开在一个平面上，
当过点做的垂线垂足为，，当三点共线时即得的最小值，
因为是取自边长为1的正方体，
易知，且面，面，
所以，，
，
，
在，等面积法得，
因为是靠近的三等分点，所以，所以．
故选：C．
【典例2】（2025届四川南充高三高考适应性考试（一诊））已知平面四边形中，，，，，则该平面四边形面积的最大值为 ．
【解题策略】先构造出平面四边形，根据余弦定理可得，进而表示出四边形面积，进而得到，进而求解．
【详细解析】由题意，
连接，由余弦定理得，
，
即，
即，
又四边形的面积
，
则
，
即，即，
当且仅当时，等号成立，
所以平面四边形面积的最大值为．
故答案为：．
【典例3】已知：，，．求证：．
【解题策略】本题直接证明难度较高，若能对条件和待证式中的进行变换，精巧构图会得到妙不可言的证法．可见“构造”的产生与“变换”是密不可分的．
【详细解析】证明：为了使得条件与待证式的中间部分在形式上接近一些．
我们将该条件作如下变形：
．
进而有， ①
于是可构造这样一个直角三角形，使其两直角边长分别为和，而斜边之长为，如图所示，显然，这个直角三角形的三边之长的关系是符合①式的，从而满足条件．
如图5-2所示，根据定理“三角形任意两边之和大于第三边”，而有不等式成立．
而这个双联不等式的右边部分，也可由图5-2并根据直角三角形的边角关系知，，于是有．
综上，不等式得证．
【方法归纳】
在解三角形问题中，构造法的应用主要体现在以下几个方面．当直接求解三角形的边长或角度遇到困难时，学生可以根据题目条件，通过构造方程或不等式来求解．在已知三角形的一些边长和角度关系时，可以通过构造余弦定理或正弦定理的方程来求解未知的边长或角度．在解三角形问题时，有时可以通过构造辅助线或添加几何图形或建立坐标系来简化问题．
【举一反三】
（2025届湖南长沙长郡中学高三上期月考（二））
在平面直角坐标系中，已知直线与圆交于两点，则的面积的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】求得直线过定点以及圆心到直线的距离的取值范围，得出的面积的表达式利用三角函数单调性即可得出结论.
【详解】根据题意可得直线恒过点，该点在已知圆内，
圆的圆心为，半径，作于点，如下图所示：
易知圆心到直线的距离为，所以，
又，可得；
因此可得，
所以的面积为.
故选：D
（2024安徽马鞍山市二中高二上期9月月考）
如图所示的钟楼是马鞍山二中的标志性建筑之一.某同学为测量钟楼的高度，在钟楼的正西方向找到一座建筑物，高为米，在地面上点处（三点共线）测得建筑物顶部，钟楼顶部的仰角分别为和，在处测得钟楼顶部的仰角为，则钟楼的高度为（ ）米.
B．
D．
【答案】C
【分析】利用求出，在中利用正弦定理求出，最后借助于中三角函数的定义即可求得钟楼的高度.
【详解】
如图所示，在中，，
在中，,
则，
由正弦定理，，故得,
在中，.
故选：C.
类型三 在立体几何中的构造
【典例1】（2024上海虹口高三上期期终学生学习能力诊断测试（一模））已知边长为2的正四面体的内切球（球面与四面体四个面都相切的球）的球心为O，若空间中的动点P满足，则点P的轨迹所形成的几何体的体积为（ ）．
A． B． C．． D．
【解题策略】点P的轨迹是以为邻边的平行六面体，求出以为邻边的平行四边形面积和点到平面距离，由柱体的体积公式即可得出答案．
【详细解析】由题意，
空间中的动点P满足，
则点P的轨迹是以为邻边的平行六面体，
将正四面体放入如图所示的正方体中，
则正四面体的内切球心O为正方体的中心，
设正方体的棱长为，所以，所以，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，，
所以，
，
，
，
所以，
所以，
所以以为邻边的平行四边形面积为：
，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，所以，，
又因为点到平面距离为，
以为邻边的平行六面体的体积为：．
故选：A．
【典例2】已知正四棱锥中异面的两条棱所在直线所成角的余弦值为，过的平面与线段交于点，，，则点到的距离为 ．
【解题策略】
方法一：根据异面直线所成角定义可知，由此可求得点到底面的距离，根据知点到底面的距离为；根据解三角形知识可求得，利用等体积法可求得结果；
方法二：根据异面直线所成角定义可知，由此可求得点到底面的距离，以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据点面距离的向量求法可求得结果．
【详细解析】
方法一：如图所示，正四棱锥中异面的两条棱一定是一条侧棱和底面中与其不相交的一条棱，则与所成角的余弦值为，
又，，
，，又，；
点到底面的距离为，
又，点到底面的距离为；
连接，则平面即平面，连接，
在中，，，
，
在中，，，，
，
，
，
，
设点到平面的距离为，
由得：，解得：，
点到平面的距离为．
方法二：正四棱锥中异面的两条棱一定是一条侧棱和底面中与其不相交的一条棱，则与所成角的余弦值为，
又，
，
，
，又，；
点到底面的距离为，
连接，，连接，则平面即平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，解得：，，，
则点到平面的距离．
故答案为：．
【典例3】如图所示，设动点在棱长为1的正方体的对角线上，记．当为钝角时，求的取值范围．
【解题策略】
若对同一个问题，由于思考的角度不同，解题的方法会呈现多样性的特征，本例一般而言若用构造平面三角形的方法解是首选，当然建构空间直角坐标系及确定，相关点的条件运用向量知识求解也是一个不错的选择．若能运用特殊化与一般化的关系则肯定是巧思妙解，是最为简洁的“奇略”．
【详细解析】
解法一：构造含的三角形，
联结、，过点作于，
则．
那么（如图5-4所示）．
设正方体棱长为1，
则．
又，，
则．
所以，斜边．
同理可求．
在中，只要．
解不等式，
即，得．
所以，的取值范围是．
解法二：建构如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则相关点的坐标分别为：、、、，则．
由，得，
而；
又．
由
化简得，解得．
解法三：如图所示，注意到点与或重合时，则分别为或，则在上必存在一点，使（否则不存在点使为针角），且点在与之间（不含、）时，，在与之间时，（不含、）．
设上的点，使，
则可知，
有，又．
在中，知，
设．
在中，由，
得，化简得．
解之，得或，（舍去，否则点与重合），．
当点在与之间时．
一般化，此时，故．
【方法归纳】
构造法在高中数学立体几何中的应用十分广泛，尤其在解决一些复杂或不规则的立体几何问题时，通过构造法，可以使问题变得更加直观和易于解决．
对于一些四面体或三棱锥的问题，可以通过构造正方体或长方体来解决．例如，对于正三棱锥的侧棱与底面边长相等的问题，可以将正三棱锥视为正四面体，并将其嵌入到正方体中，使得正四面体的棱分别是正方体六个面的面对角线．这样，就可以通过正方体的性质来求解正四面体的相关问题．
在解决复杂空间关系问题上，构造坐标系在高中数学立体几何中的应用，主要体现特别是在证明平行、垂直等位置关系，以及求解异面直线夹角、线面角、二面角、点到平面的距离等方面．建系后，将相关点、向量用坐标表示出来，从而将几何问题转化为代数问题．同时，坐标法也适用于解决立体几何中的探索性问题．对于存在判断型问题的求解，可以先假设存在，然后通过坐标运算列出方程或方程组，判断点的坐标是否有解或是否在规定的范围内．对于位置探究型问题，可以引入参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
【举一反三】
（2024陕西榆林高三上期第一次模拟检测）
下图是学校体育场经常使用的篮球收纳筐（有盖），已知一个篮球的半径为12厘米，收纳筐底面的长和宽分别为和.若要放下8个这样的篮球，则篮球收纳筐的高度的最小整数值为（ ）
A．39 B．40 C．41 D．42
【答案】C
【分析】法1：过平面于，求得正四棱锥的高即可.
法2：建立空间直角坐标系，利用坐标法求得正四棱锥的高.
【详解】解法1：底层正好容纳6个球，当高度最低时，8个球的球心组成了下图所示的几何体，
则四棱锥为棱长均为24的正四棱锥，
过平面于，可得是正方形的中心，
因为，可得，由，可得，
此时.
解法2：底层正好容纳6个球，当高度最低时，
左侧的5个球的球心组成了棱长均为24的正四棱锥，
以为坐标原点，，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故选:C.
（2025届贵州贵阳七校联盟高三上期第一次联考）
如图甲，在边长为2的正方形中，分别是的中点，将分别沿折起，使得三点重合于点，如图乙，若三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】运用补形法，结合长方体外接球问题计算.
【详解】根据题意可得，且1，，
所以三棱锥可补成一个长方体，三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
如图所示，设长方体的外接球的半径为，可得，所以，
所以外接球的体积为.
故选：A.
（2025届湖南名校联考联合体高三上期第一次联考（暨入学检测））
已知函数在区间上有最小值，则实数的取值范围是（ ）
B．
D．
【答案】D
【分析】求出函数的导数，再求出在区间上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正的值范围.
【详解】函数，求导得，
由在区间上有最小值，
得在区间上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，
令，则在区间上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，
因此，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D
（2024山东威海文登高三上期第一次模拟考试）
已知，且，则（ ）
B．
D．
【答案】B
【分析】根据函数，利用函数的奇偶性及导数与函数单调性间的关系，可得，在区间上单调递减，在区间上单调递增，结合条件可得，即可求解.
【详解】令，则，
则是偶函数，
又，当时，恒成立，
所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，且，即，所以，则，所以选项B正确，
当时，，所以选项A和D错误，
当时，，所以选项C错误，
故选：B.
（2025届湖北省“宜荆荆恩”高三上期9月起点考试）
一个三角形纸板的三个顶点为，以边上的高所在直线为旋转轴，将三角形纸板旋转，则纸板扫过的空间所形成的几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】几何体为两个半圆锥构成，根据圆锥的体积可求该几何体的体积.
【详解】
，而为三角形内角，故，
故，故，故，
故几何体的体积为
故选：A.
（2024届安徽普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷）
已知的外心为，内角的对边分别为，且．若，则（ ）
A． B．50 C．25 D．
【答案】B
【分析】由题意设，由余弦定理结合可求出，从而可求出的值，求得外接圆半径，由向量的线性运算、数量积运算化简求解即可.
【详解】由已知，令，所以是等腰三角形．
由余弦定理，得．
因为，所以，解得（负值已舍去），
所以．
设的外接圆半径为，
因为，
所以，所以．
由为等腰三角形知，
所以，即．
所以．
故选：B．
（2025届广东六校高三上期十二月联考）
如图，在已知正方体中，是棱上的点，且.平面将此正方体分为两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作出截面，利用台体的体积公式求出较小部分的体积，用正方体的体积减去较小部分的体积，可得较大部分的体积，可得两部分的体积之比.
【详解】棱上的点，使得，连接，如下图所示：
不妨取正方体的棱长为3，由正方体性质可得，
所以四点共面，平面就是平面，
易知平面把正方体分成两部分，其中几何体为三棱台，
其体积为，
又正方体的体积为，
所以较大部分的体积为；
可得.
故选：A
（2024浙江杭州萧山八中等两校高三上期联考（四））
已知表面积为的球与一圆台的上、下底面以及侧面均相切，若该圆台的下底面半径为上底面半径的4倍，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由已知得球的半径，作出圆台的轴截面，求出圆台的上、下底面半径，由圆台的体积公式即可得解．
【详解】设球的半径为，由，解得．
作出圆台的轴截面，如图，设，则，
由相切的性质可知，，
易知，分别是，的平分线，即，，
又，
所以，所以，
所以，又，则，
所以，即，所以，
所以，解得（负值已舍去），
所以该圆台的体积为，
故选：D．

试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页第05节 整体思想
解数学问题时，人们常习惯于把它分成若干个简单的问题，再各个击破，分而治之．但这种思考方法并非对所有数学问题都适用，而且常常导致某些题的解题过程繁杂、运算量大，甚至半途而废．有时，研究问题应有意识地放大问题的“视角”，往往能发现问题中隐含的某个“整体”，通过研究问题的整体形式、整体结构，并注意已知条件及待求结论在这个“整体”中的地位和作用．然后通过对整体结构的调节和转化使问题获解．这种对数学问题的整个系统或整个过程进行研究的思想方法称为整体思想．
在数学思想中，整体思想也是一种最基本、常用的数学思想，运用整体思想，体现了一种着眼全局、通盘考虑的整体观念，站得高，看得清楚，也就容易清除思想障碍，使繁杂的问题得到巧妙的解决，是一种极其重要且有效的解题策略．
类型一 整体代换
【典例1】若正数x、y满足，则的最小值是（ ）
A． B． C．5 D．6
【解题策略】
在解题过程中，将已知某个部分整体代入可简化运算，比如本例条件可变形为．即把1用代换．这是一种常值代换．若设代入，称为整体代换，使原问题转化为求的最小值．
【详细解析】解法一：将已知条件进行转化，通过常值代换，再利用基本不等式求解．
，．
由得．
（当且仅当时取等号），
的最小值为5，
故选：C．
解法二：整体代换，设．
由得．①
因为，所以方程①有两个正根．
故解得：．
故的最小值为5，
故选：C．
【典例2】函数的值域为______．
【解题策略】函数中的最值问题，常常是对解析式进行化简后，将含有未知数和常数的一部分设为未知量，用未知量表达已知量，进而求解问题.
【详细解析】由题意，
设，则，．
函数化为，，
易得时是减函数，
又．
所以函数是上的减函数，
于是，即，
所以函数的值域是．）
【典例3】 已知（a、b、c为常数），，求的值．
【解题策略】所给函数解析式前三项均为奇次幕，最后一项是常数8，显然可以构造这一奇函数，则，这种视前三项为一个整体的方法称之为整体处理，然而相对于而言是取了其中的一部分，这也是以特性处理问题的方法．
【详细解析】由题意，
设，
则．
而显然是R上的奇函数，
故有，
本题中．
由，得，
故．
【方法归纳】
整体代换在高中数学中是一种重要的解题技巧，广泛应用于函数和几何等多个领域.它指的是在解题过程中，不直接根据题目给出的条件求解某个具体的未知数，而是将题目中代数式或多个未知数看作是一个整体，整体或者经过适当变形后，代入待求问题中，从而简化计算过程.
在代数中，整体代换常用于处理复杂的代数式，可以通过整体代换，将部分代数式视为一个整体，从而简化问题.在几何问题中，整体代换也发挥着重要作用，可以通过整体代换（常借助三角函数），将复杂的几何关系转化为简单的代数关系，从而更容易求解.
【举一反三】
如图，是直角斜边上一点，，记,.

（1）证明；
（2）若，求的值.
【答案】（1）根据两角和差的公式，以及诱导公式来得到证明．
（2）
【详解】试题分析：（1）由题意得，即可化简得证；（2）在中，由正弦定理得，在由（1）中，可求得方程，即可求解角的值.
试题解析：（1）如图：∵，∴，
即.
（2）在中，由正弦定理得
，∴
由（1）得，∴，
即，解得或
∵，∴，所以.
考点：正弦定理；三角恒等变换.
已知的三个内角A、B、C满足，且．求的值．
【答案】
【分析】先求出，再代入化简，再将应用两角和与差的余弦公式，最后求出的余弦值．
【详解】由题意，，，，进而得．
即，得，
所以．
又，则，
得，
解得：或（舍）．
类型二 构造整体法
【典例1】（2024河北省高三上期11月阶段调研检测二）球是棱长为1的正方体的外接球，则球的内接正四面体体积为（ ）
A． B． C． D．
【解题策略】将内接正四面体补形为正方体求解.
【详细解析】由题意，正四面体可以补形为正方体，
可知图中正四面体和正方体有同一外接球，
正方体棱长为1，则体积为1，
可得正四面体体积为正方体体积去掉四个角上的四面体体积，
即.
故选：C.
【典例2】（2025届江西红色十校高三上期第一次联考）如图，在棱长为的正方体中，点在的边界及其内部运动，且，则的最大值为 ．
【解题策略】利用正方体的性质，连接与平面交于点，平面，得，进而确定点在的内切圆上，故，最大为，进而可得.
【详细解析】由题意，连接与平面交于点，
根据正方体的结构特征及线面垂直的判定，易知平面，
且，，
因为，
所以，
而是边长为的正三角形，其内切圆半径，
所以点在的内切圆上，
因为平面，且点到平面的距离为，
所以，
当点为的中点时最大，最大为，
所以的最大值为．
故答案为：.
【典例3】求棱长为，各面均为等边三角形的四面体的表面积和体积．
【解题策略】
多面体的表面积就是各个面的面积之和，求之较易；求几何体的体积的基本方法有公式法、割补法和等积变换法，把四面体补成一个正方体使原四面体是由正方体的六条面对角线构成就是构造整体法的思路，当然由于本例所给的几何体是正四面体，这种方法的优势不明显．
【详细解析】由题意，
四面体（如图所示）的表面积，取的中点，联结．
则，于是．
对四面体的体积，一般有以下三种解法，其中解法三将四面体补成一个正方体的方法就是运用整体思想的一个范例．实质上，分割与补形是互相转化的两方面．
解法一：（公式法）如图5-8所示，过作平面，联结，则在中，可得，
则由锥体的体积公式可得．
解法二：（分割法）不难证明平面，
又．
．
解法三：（补形法）如图5-9所示，将题中正四面体补成一个正方体（正四面体实质上是由正方体的六条面对角线构成），正方体的棱长为，于是所求正四面体的体积．
【方法归纳】
整体法在高中数学立体几何中是一种重要的解题策略，其理论根据是将某些直观图割补成另一些直观图，以显露原直观图的一些隐含条件.这种方法通过整体和补充的方式，将不规则的立体几何体转化为更易于处理的规则形状，从而简化问题的求解过程.
对于某些不规则的立体几何体，可以通过补充的方式将其转化为规则几何体，从而简化计算.例如，在求正四面体的外接球半径时，可以将其补成正方体，使正四面体的棱成为正方体的面对线，然后利用正方体的外接球半径公式进行计算.通过将复杂的立体几何体割成锥体或柱体，可以更方便地利用相关的体积和表面积公式进行计算.例如，在处理三棱锥的体积问题时，如果直接求解困难，可以考虑将其分割为两个或多个易于计算的三角锥，再求总体积.
【举一反三】
已知正三棱锥的高为2，，其内部有一个球与它的四个面都相切，求：
(1)正三棱锥的表面积；
(2)正三棱锥内切球的表面积与体积．
【答案】(1)；
(2)，．
【分析】（1）根据正三棱锥棱长与锥体的高关系求出锥体的表面积；
（2）根据等体积法求出内切球的半径，即可求出内切球的表面积和体积.
【详解】（1）由题意，如图所示．
底面三角形中心到AC的距离，
则正棱锥侧面的斜高为．

．
故．
（2）设正三棱锥的内切球球心为，
联结、、、，
而点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径，
．
又，
，解得．
，
．
四面体的六条棱中，有五条棱长都等于．
(1)求该四面体体积的最大值；
(2)当四面体的体积最大时，求其表面积．
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）设第六条棱的长为，利用体积公式建立关于的函数关系式，再结合基本不等式即可求解；
（2）由（1）结合表面积公式即可求解
【详解】（1）由题意，
如图所示，在四面体中，
设，，
取的中点为，的中点为，联结、、，
则，，，平面，
所以平面，可得：
．
当且仅当时，的最大值为．
（2）由题意及（1）知，当四面体的体积最大时，
其表面积为．
类型三 设而不求——点差法
【典例1】（2025届河北邯郸高三第一次大联考）已知椭圆，过原点斜率不为0的直线交E于A，B两点，过A作x轴的垂线，垂足为M，直线交椭圆E于另一点D，记直线，的斜率分别为，，若，则E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【解题策略】根据直线斜率的坐标表示，结合椭圆的性质，可求得，再求得，进而可得即可求离心率.
【详细解析】由题意，
设，则，
所以，
又，
所以，
又点在上，所以，
所以，
即，由，
故选：D．
【典例2】已知为坐标原点，点在抛物线上，且.记点的轨迹为曲线，若直线与曲线交于两点，且线段中点的横坐标为1，则直线的斜率为 .
【解题策略】设直线，则，结合已知用表示出的坐标，消去参数即可得曲线的方程，由点差法即可得解.
【详细解析】由题意，显然斜率均存在，
设直线，则，
联立，得，同理，
设，则，化简可得，曲线.
设，则，两式相减可得，，
则.
故答案为：.
【典例3】经过点作直线与椭圆交于、两点，且为弦的中点，求直线的方程．
【解题策略】
本例可以通过设直线方程、联立方程组并结合韦达定理、中点坐标公式求解，这是最为基础的方法，但运算较为繁琐，而处理中点弦问题更为有效的求解策略是“点差法”．
【详细解析】解法一：由题意可知，当直线的斜率不存在时，不符合题意；
设直线的斜率为，得方程为．
与椭圆联立方程组消去并运用韦达定理得，
解得：．
故直线的方程为．
解法二：设交点、，由、两点均在椭圆上，得，
两式相减得．
由为弦AB的中点得代入上式得．
故直线的方程为．
【方法归纳】
点差法在高中数学解析几何中是一种常用的解题方法，特别是在处理直线与圆锥曲线（如椭圆、双曲线、抛物线）相交的问题.点差法，即通过比较两个相关方程的差异来简化问题求解的方法.具体地，当题目中给出直线与圆锥曲线相交被截的线段中点坐标时，可以利用直线和圆锥曲线的两个交点，把交点代入圆锥曲线的方程，并作差，从而求出直线的斜率，再利用中点求出直线方程.
在涉及圆锥曲线的问题中，求弦的中点坐标时，使用点差法可以避免复杂的坐标计算，直接从方程中提取中点坐标，进而求出中点弦方程.当问题涉及弦的中点运动轨迹时，通过点差法可以找出轨迹方程，这种方法特别适用于通过不动点或平行弦来确定中点轨迹的情况.
【举一反三】
（1）、两点在抛物线上，直线是的垂直平分线，当直线的斜率为2时，求在轴上截距的取值范围；
（2）已知双曲线，经过点能否作一条直线，使与双曲线交于、，且点是线段的中点．若存在这样的直线，求出它的方程；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析.
【分析】（1）依题意设直线的方程为，的中点为，利用设而不求点差法求得，代入直线的方程求得，然后利用点在抛物线的内部列不等式求解即可；
（2）设存在被点平分的弦，且、，利用设而不求点差法求得，进而求得直线方程，与双曲线联立，利用判别式即可判断被点平分的弦不存在．
【详解】（1）由题意、两点在抛物线上，直线是的垂直平分线，
设直线在轴上的截距为，依题意直线的方程为．
又设的中点为，则有，两式相减可得，
所以，所以，所以，
代入直线方程，得．
因为线段的中点在抛物线（含焦点）的内部，
所以，解得．
即直线在轴上截距的取值范围为．
（2）设存在被点平分的弦，且、，
则
①、②两式相减，得．⑤
把③、④代入⑤得，故直线的方程为．
由消去，得，
而．
这说明直线与双曲线不相交，
故被点平分的弦不存在，即不存在这样的直线．
已知双曲线
(1)求双曲线的虚半轴长、焦点坐标、离心率、渐近线方程；
(2)过点的直线与双曲线交于，两点且点恰好为线段的中点，求直线的方程
【答案】(1)虚半轴为，焦点坐标为离心率为渐近线方程为
(2)
【分析】（1）将双曲线化为标准方程，即可利用双曲线的几何性质求解.
（2）设，，根据点为线段AB的中点，利用“点差法”求解.
【详解】（1）将化为标准方程可得，
由方程可得，解得，
故实半轴为，虚半轴为，
所以渐近线方程为，
又，解得，
所以焦点坐标为，离心率.
（2）设，，
因为点为线段的中点，
所以有，，
所以
所以，
又
所以在双曲线内部，所以直线一定与双曲线有两个交点，
所以直线的方程为：，
即：.
印章是中国传统文化的代表之一，古代的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．如图是某展览馆展示的一个金属印章摆件，可看作是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体，若该印章摆件底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10cm，则该印章摆件的体积约为（参考数据：）（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意求得正四棱锥得高为，再结合柱体、锥体的体积公式运算求解.
【详解】如图，
构造直角三角形得正四棱锥的高，则正四棱柱的高为，
所以印章摆件的体积
．
故选：A.
已知一圆锥底面圆的直径为，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则的最大值为（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到的最大值．
【详解】依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，
设球心为，球的半径为，
圆锥的轴截面上球与圆锥母线的切点为，圆锥的轴截面如图：

则，，所以，
所以为等边三角形，.
由等面积法可得，解得，
即四面体的外接球的半径为．
另正四面体可以从正方体中截得，如图：

从图中可以得到，当正四面体的棱长为时，截得它的正方体的棱长为，
而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，
所以，所以．即的最大值为．
故选：B．
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
已知，求的值．
【答案】
【分析】设，原问题转化为求的值，再利用同角三角函数的平方关系求解方程可得．
【详解】由题意，设，则，
若时，，则，显然不成立，故，
则，与联立可得，，
当时，，即，不满足题意；
当时，则，，
则，
整理得．
解得：，
故．
，、均为非负数，且满足关系式：，求的最值．
【答案】最小值为；最大值为.
【分析】设，结合题目条件得到方程组，求出，由，、均为非负数，得到，并得到，求出最值.
【详解】由题意，设，
，解之得，
代入可得，
．
由于，、均为非负数，则，解之得：，
当，即时，取得最小值，最小值为-1；
当，即，，时，取得最大值，最大值为．
（2025届天津双菱中学高三上期第二次月考）
已知椭圆：的左、右焦点为，，为椭圆上一点，且，．
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知直线交椭圆于，两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，以及，建立关于的方程，即可得到结果；
（2）设，由（1）可知，可设椭圆方程为，根据，
可得，设将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点满足椭圆方程，可求出，进而求出结果.
【详解】（1）解：因为，所以，即，
则，解得．
（2）解：设，
由，得，所以，所以
设，即
由于在椭圆上，则，，①
由，得，即
由在椭圆上，则,
即，
即，②
将①代入②得：，③
若直线的斜率不存在，则线段的中点在轴上，不合乎题意，
线段的中点为，设
可知
，
所以，其中，解得，
所以，方程为
又，④
将④代入③得：，
经检验满足，
所以椭圆的方程为.
【点睛】方法点睛：解决中点弦的问题的两种方法：
韦达定理法：联立直线与曲线的方程，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决；
点差法：设出交点坐标，利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率关系求解.
已知双曲线，直线与交于两点．
(1)若的方程为，求；
(2)若，且，求的斜率．
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）联立直线与双曲线得交点坐标关系，根据相交弦长公式求解即可得结论；
（2）根据弦中点问题利用点差法得直线斜率，并检验直线与双曲线是否存在两个交点即可得结论.
【详解】（1）设，；
联立，得，
，
则，，
故；
（2）若，则为线段的中点，
故，，
而，
两式相减可得，，
故，得，
则直线的斜率为1，此时直线方程为，即，
所以，则，
所以存在直线，使得直线的斜率为1.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页第06节 类比与推广
对未知的数学领域通过探索得到新的结果的能力，而类比与推广就是这种创造能力的一个方面、一种体现．通过类比可以由此及彼发现新问题，总结新规律．也可以对原有问题在知识层面或方法层面上加以拓展，使认识不断深入，推广到更为一般的结论．
运用类比法的关键是寻找一个合适的类比对象，但是很多待解决的问题没有现成的类比物，这就需要我们通过观察、提炼，凭借结构上的相似性寻找类比对象．类比的基础是联想的发生，而联想的发生是以与问题相关的丰富的知识为基础的，高中阶段所学的基本上属于古典数学范畴，但是随着时代的进展，我们要改变对原有知识的看法、使用法和研究法．我认为下面的公式非常重要：旧知识＋新理解＝活的新知识．
类型一 在函数中的应用
【典例1】美国数学家柯布（C．W.Cobb）和经济学家保罗道格拉斯（PaulH.Douglas）通过研究1899年至1922年美国制造业，提出了著名的柯布-道格拉斯生产函数，即，其中代表产出，和分别代表资本投入和劳动投入（均为正数），（可视为正值常数）代表综合技术水平，是资本投入与产出的弹性系数，则以下说法正确的是（ ）
若各项投入保持不变，则产出是关于的减函数
存在，使资本投入不变而劳动投入增至原先的8倍时，产出仅增至原先的2倍
存在，使各项投入都增至原先的倍时，产出增至原先的倍数超过
将资本投入和劳动投入分别改变成原来的倍与倍，则产出不发生变化
【解题策略】根据给定的信息，按各选项的条件，结合函数计算判断得解.
【详细解析】由题意.
记产出 资本投入 劳动投入未改变前分别为，改变后的产出为.
对于A，，其单调性取决于与1的大小关系，而这个大小关系并不确定，A错误；
对于B，令，解得，B正确；
对于C，，不成立，C错误；
对于D，令，解得，
即仅当时，产出不变，当时，产出发生改变，D错误.
故选：B
【典例2】将一条线段三等分后，以中间一段为边作正三角形并去掉原线段生成1级Koch曲线“”，将1级Koch曲线上每一线段重复上述步骤得到2级Koch曲线，同理可得3级Koch曲线（如图1），…，Koch曲线是几何中最简单的分形．若一个图形由N个与它的上一级图形相似，相似比为r的部分组成，称为该图形分形维数，则Koch曲线的分形维数是 ．（精确到0.01，）在第24届北京冬奥会开幕式上，一朵朵六角雪花（如图2）飘拂在国家体育场上空，畅想着“一起向未来”的美好愿景．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3），…，依次得到n级Kn（）角雪花曲线．若正三角形边长为1，则n级Kn角雪花曲线的周长 ．
【解题策略】第一空：直接观察图形得到N和r，再计算即可；
第二空：由边数和边长分别构成等比数列，表示出边数和边长的通项后，计算周长即可.
【详细解析】由题意，
第一空：时，有1个基本图形，时，有4个基本图形，时，有16个基本图形，故，又相似比，故图形分形维数；
第二空：结合定义可知，后一个图形边数是前一个图形的4倍，边长是前一个图形的，故边数是公比为4的等比数列，边长是公比为的等比数列，
又第1级六角雪花曲线边数为12，边长为，故n级Kn角雪花曲线边数为，边长为，
故周长.
故答案为：1.26；.
【典例3】（1）证明不等式；
（2）试将上述不等式加以推广，写出一个推广后得到的不等式，使得已知不等式成为这个不等式的特例，并证明推广后得到的不等式．
【解题策略】本例是不等式的证明，证法之一是运用向量的数量积坐标运算及其定义，由进行“放大”而得，证法之二是构造函数运用配方法和判别式而得，且由特殊推广到一般，证明推广之后的不等式．
【详细解析】
（1）证法一（向量法）：要证明不等式，从不等式右边可以联想到向量的模，从不等式的左边可以联想到向量的数量积．设向量，，则，，，
由向量的数量积定义，
可得，从而有．
证法二（构造二次函数证明）：
当时，不等式显然成立．
当或时，则，引进二次函数．
．
由于恒成立．
所以二次函数的图像开口向上，并且其．
即．
（2）推广的不等式为：．
其中，通过构造二次函数来证明：
当时，不等式显然成立．
当或，，或时，则，
引进二次函数
由于恒成立．
且二次函数开口向上，
若．
化简得．
当时，此不等式就是，是上述不等式的特例．
【方法归纳】
类比与推广法在高中数学函数的教学中具有重要的作用.
类比法是通过找到一个与所描述的对象具有某种相似特征的事物来进行比较.在函数的学习中，学生可以通过类比理解不同函数之间的相似性和差异性.推广法则是在类比的基础上，进一步将已知的规律或性质拓展到更广泛的范围.在函数的学习中，推广法可以帮助学生将已经掌握的函数知识应用于更复杂的数学情境.
【举一反三】
德国数学家狄利克雷（Dirichlet）是解析数论的创始人之一，下列关于狄利克雷函数的结论正确的是（ ）
有零点 B．是单调函数
是奇函数 D．是周期函数
【答案】D
【详解】根据狄利克雷函数的性质即可由或均为有理数求解A，根据即可判断单调性求解B，根据和同为有理数或同为无理数，即可求解C，根据和同为有理数或同为无理数即可求解D.
【分析】对于A，因为或均为有理数，
所以，故没有零点，A错误，
对于B，因为，所以，
故不是单调函数，B错误，
对于C，因为和同为有理数或同为无理数，所以，
故是偶函数，C错误，
对于D，设为任意非零有理数，则和同为有理数或同为无理数，
所以，故是周期函数（以任意非零有理数为周期），D正确，
故选：D.
（2024届高三新高考改革数学适应性练习（5））
“角股猜想”是“四大数论世界难题”之一，至今无人给出严谨证明．“角股运算”指的是任取一个自然数，如果它是偶数，我们就把它除以2，如果它是奇数，我们就把它乘3再加上1．在这样一个变换下，我们就得到了一个新的自然数．如果反复使用这个变换，我们就会得到一串自然数，该猜想就是：反复进行角股运算后，最后结果为1．我们记一个正整数经过次角股运算后首次得到1（若经过有限次角股运算均无法得到1，则记），以下说法有误的是（ ）
可看作一个定义域和值域均为的函数
在其定义域上不单调，有最小值，无最大值
对任意正整数，都有
是真命题，是假命题
【答案】A
【分析】根据给定信息，利用函数的相关概念逐项判断即得.
【详解】依题意，的定义域是大于1的正整数集，A错误；
由，得在其定义域上不单调，
而，，则有最小值1，
由经过有限次角股运算均无法得到1，记，得无最大值，B正确；
对任意正整数，，而，因此，C正确；
对任意正整数，每次除以2，最后得到1的次数为，因此，
由，知是假命题，D正确.
故选：A
类型二 在数列中的应用
【典例1】已知数列是正项等差数列，若，则数列也为等差数列，已知数列是正项等比数列，类比上述结论可得（ ）
若满足，则也是等比数列．
若满足，则也是等比数列．
若满足，则也是等比数列．
若满足，则也是等比数列．
【解题策略】
等差数列是以和与差的形式展现数列的性质，而等比数列是以积与商的形式展现数列的性质，因此在进行两类数列的类比时，等差数列的和与差可类比等比数列的积与商，反之亦然．
【详细解析】由题意，
设等比数列的公比为，
则
，，即也是等比数列．故选D．
【典例2】《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”. 已知长度为的线段PQ，取PQ的中点，以为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为，再取的中点，以为边作等边三角形（如图2），图2中所有的等边三角形的面积之和为，以此类推，则 .
【解题策略】先由题意推导每个正三角形的面积可构成等比数列，再利用等比数列求和公式求解即可.
【详细解析】
由题可得，，
从第2个等边三角形起，每个三角形的面积为前一个三角形面积的，
故每个正三角形的面积可构成一个以为首项，为公比的等比数列，
则.
故答案为：.
【典例3】设、是函数图像上的两点，且．
若点的横坐标为，求证：点的纵坐标为定值，并求出这个定值；
若，求；
记为数列的前项和，若对一切都成立，试求的取值范围．
【解题策略】
类比迁移的关键在于弄清问题中给出的原命题的运算原理或结构．在新的条件环境下类比出新命题，或依照高考命题的原则是“源于课本，高于课本”，根据课本中介绍的数学方法推广出一些新的方法，如课本中用“逆序相加法”推导等差数列前项和的方法可以迁移到本例第（1）问、第（2）问的解答中，第（3）问中需要运用“裂项相消法”，也是课本中相关方法的类比推广，所以多年来我始终坚持“立足课本，适度深化”的教学理念．
【详细解析】（1）由，得是的中点，从而．
由此得．
由（1）知．．，
．
．
相加得，故．
，
．
．
，当且仅当时，取“＝”，，得．
【方法归纳】
类比思想是通过比较两个或多个对象的相似属性，从而推断出它们在其他方面也可能相似的推理方法.在数列学习中，类比思想具有广泛的应用.等差数列和等比数列是高中数学课程中两个重要的特殊数列.在学习等差数列后，可以利用类比思想去理解等比数列.等差数列的通项公式是通过累加法推导出来的，而等比数列的通项公式则可以通过累乘法推导出来.通过类比，可以更容易地理解等比数列的性质和公式.
推广思想是将已有的知识或方法应用到新的情境或问题中去，从而拓展知识的应用范围.在数列学习中，推广思想同样具有重要的作用.列中的一些公式和方法可以推广到更一般的情境中.例如，等差数列和等比数列的通项公式和求和公式可以推广到更一般的数列中去，如等差数列的通项公式可以推广到等差数列的变形中去，等比数列的求和公式可以推广到无穷等比数列的求和中去.
【举一反三】
已知数列、、、，其中、、、是首项为，公差为的等差数列；、、、是公差为的等差数列；、、、是公差为的等差数列.
若，求；
试写出关于的关系式，并求的取值范围；
续写已知数列，使得、、、是公差为的等差数列，，依次类推，把已知数列推广为无穷数列.提出同（2）类似的问题（2）应当作为特例），并进行研究，你能得到什么样的结论？
【答案】(1)
，且的取值范围是
答案见解析
【分析】（1）求出的值，再由可求得的值；
根据等差数列的定义可得出关于的表达式，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围；
根据题意归纳出：当时，数列、、、是公差为的等差数列，可以续写出已知数列，并利用类似（2）中的方法归纳出的取值范围.
【详解】（1）解：由已知可得，.
解：，，
因为，.
解：所给数列可推广为无穷数列，其中、、、是首项为，公差为的等差数列，
当时，数列、、、是公差为的等差数列，
研究的问题是：试写出关于关系式，并求的取值范围.
研究的结论可以是：由，
依次类推可得，
当时，的取值范围为
（1）在等差数列中，设，，，其中，都是常数，证明：；
（2）类比上述性质，相应地在正数等比数列中，写出一个类似的真命题，并加以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析,证明见解析
【分析】（1）由等差数列的通项逐项表示出，再由等差数列的前项和计算即可；
（2）由等比数列的通项逐项表示出，再由等比数列的前项和计算即可；
【详解】（1）在等差数列中，设其首项为，公差是，
则由题设得．
故等差数列的前项之和．
（2）若是正数等比数列，，，
其中S、T都是常数，则．
证明：设等比数列的首项为，公比为，则
，
．
，
．
类型三 在几何中的应用
【典例1】（2024届陕西铜川高三一模）古希腊哲学家、百科式科学家阿基米德最早采用分割法求得椭圆的面积为椭圆的长半轴长和短半轴长乘积的倍，这种方法已具有积分计算的雏形.已知椭圆的面积为，离心率为，，是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，则下列结论正确的是（ ）
椭圆的标准方程可以为 ②若，则
存在点，使得 ④的最小值为
A．①③ B．②④ C．②③ D．①④
【解题策略】由椭圆的性质判断A；由定义结合余弦定理、三角形面积公式判断B；由余弦定理得出的最大角为锐角，从而判断C；由基本不等式判断D.
【详细解析】由题意，
对于①：由，解得，
则椭圆的标准方程为，故①正确；
对于②：由定义可知，
由余弦定理可得：
，整理得，
则，故②错误；
对于③：设，
，
，由于，
，
则不存在点，使得，故③错误；
对于④：，当且仅当，
即时，等号成立，故④正确；
故选：D.
【典例2】素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制的“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为的正四棱柱构成（图2），则一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的点出发，沿表面到达点的最短路线长为 ．
【解题策略】
只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，第一条路径穿过棱，求出此时最短路线长；第二条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长；第三条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长并比较大小可得答案．
【详细解析】由已知得，
只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，
路径穿过棱，如下图，此时最短路线长为；
路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为；
路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为．
，
通过比较可知，最小．
故答案为：.
【典例3】（1）请证明抛物线的一个几何性质：过抛物线的焦点任作直线与抛物线交于、两点，则在轴上存在定点，使直线始终是的平分线；
（2）对于椭圆，设它的左焦点为，请写出一个类似的性质，并证明其真假．
【解题策略】
第（1）问，抛物线焦点，而为已知，作出抛物线与直线的图像，可以发现，欲使直线始终是的平分线，即证．第（2）问，推广到椭圆，同样若能求出使成立的点的坐标，则命题为真，若不成立，则命题为假．
【详细解析】（1）直线的方程为，（不存在时，显然成立）．
设、，则，即．．
．
直线始终是的平分线．
（2）过椭圆的左焦点任作直线与椭圆交于、两点．则在轴上存在定点，使直线始终是的平分线．
证明同（1）类似有消去得．
设，
则，将韦达定理所得、代入．
欲使，即，
则，得，即时恒成立，
即存在点使直线始终是的平分线．
【方法归纳】
类比与推广在高中数学几何中扮演着至关重要的角色.在立体几何中，类比推理可以帮助学生从平面几何的知识迁移到立体几何.而推广的思想在立体几何中也尤为重要.可以用已知的立体几何体的性质，推广得出普遍结论.在解析几何中，类比与推广同样发挥着重要作用.解析几何中的许多图形，如椭圆、双曲线、抛物线等，虽然形状各异，但它们的性质、定理上存在着很多相似性.通过类比推理，学生可以更加透彻地理解这些图形的性质，并找到它们之间的联系和差异.同时，推广的思想也让学生能够将一个图形的性质推广到另一类相似的图形上，从而更加灵活地运用所学知识.
【举一反三】
如图1所示，、是椭圆的两个焦点，在椭圆上．若设，则的面积为．相应地，如图2所示，、是双曲线的两个焦点，在双曲线上，若设，则的面积的表达式是什么？并对两个命题加以证明．

【答案】，证明见解析
【分析】分别由椭圆的定义，三角形的面积公式以及余弦定理和双曲线的定义，三角形的面积公式以及余弦定理推导即可；
【详解】对于双曲线，相应的的面积表达式是．
两个命题证明如下：
由椭圆的定义，，由得．
由余弦定理知．
即，故．
从而．
相应地，由双曲线的定义，．
由得．
由余弦定理得．
即，故，
从而．
平面几何里，有勾股定理“设的两边、互相垂直，则”，拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥侧面面积与底面面积间的关系，可以得出的正确结论是什么？并给出证明．
【答案】结论见解析，证明见解析
【分析】设三棱锥的三个侧面、、两两垂直，过作的垂线与交于，连接，结合三角形的面积公式推导即可；
【详解】由题意，
拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥侧面面积与底面面积间的关系，可以得出的正确结论是：“设三棱锥的三个侧面、、两两垂直，则．
证明：如图所示，过作的垂线与交于，连接，则．
，，，
，
．
（2024届上海七宝中学高三三模（1））
设集合，点P的坐标为，满足“对任意，都有”的点P构成的图形为，满足“存在，使得”的点P构成的图形为．对于下述两个结论：①为正方形以及该正方形内部区域；②的面积大于32．以下说法正确的为（ ）．
②都正确 B．①正确，②不正确
①不正确，②正确 D．①、②都不正确
【答案】C
【分析】先确定所表达的意义，了解满足该条件的点的轨迹，再求点轨迹区域的面积，可以得到问题的答案.
【详解】因为，表示除原点外的平面内的所有点.
，
所以表示到直线和的距离之和不大于4的点.
如图：

易知直线和垂直，
则，.
当时，.
因为，所以.
因为要求任意，所以是以原点为圆心，半径为的圆形以及该圆形的内部区域（原点除外），
因为要求存在，所以是以原点为圆心，半径在范围内的圆形以及该圆形的内部区域（原点除外），故①不正确；
当时，存在使得，故②正确.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是把条件转化成，借助点到直线的距离公式，明确点坐标满足的条件.
（2024届陕西咸阳普集街道部分学校高三下期高考模拟考试（三））
某军区红、蓝两方进行战斗演习，假设双方兵力（战斗单位数）随时间的变化遵循兰彻斯特模型：，其中正实数，分别为红、蓝两方的初始兵力，为战斗时间；，分别为红、蓝两方时刻的兵力；正实数，分别为红方对蓝方、蓝方对红方的战斗效果系数；和分别为双曲余弦函数和双曲正弦函数．规定：当红、蓝两方任何一方兵力为0时战斗演习结束，另一方获得战斗演习胜利，并记战斗持续时长为．则下列结论不正确的是（ ）
若且，则
若且，则
若，则红方获得战斗演习胜利
若，则红方获得战斗演习胜利
【答案】C
【分析】对于A根据已知条件利用作差法比较大小即可得出，对于B，利用A中结论可得蓝方兵力先为0，即解得；对于C和D，若要红方获得战斗演习胜利，分别解出红、蓝两方兵力为0时所用时间、，比较大小即可.
【详解】对于A，若且，则，
即，所以，
由可得，即A正确；
对于B，当时根据A中的结论可知，所以蓝方兵力先为，
即，化简可得，
即，两边同时取对数可得，
即，所以战斗持续时长为，所以B正确；
对于C，若红方获得战斗演习胜利，则红方可战斗时间大于蓝方即可，
设红方兵力为时所用时间为，蓝方兵力为时所用时间为，
即，可得
同理可得，即，解得，
又因为都为正实数，所以可得，红方获得战斗演习胜利；
所以可得C错误，D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题给的信息比较多，关键是理解题意，然后利用相应的知识（作差法、指数函数的性质）进行判断.
先阅读下列题目的证法，再解决后面的问题．
已知，且，求证：.
证明：构造函数，
则,
因为对一切，恒有,
所以,
从而得.
(1)若，请由上述结论写出关于的推广式；
(2)参考上述证法，请对你推广的结论加以证明．
【答案】(1)若，则.
(2)见解析.
【分析】（1）根据归纳推理可以得到推广式，若，则.
（2）观察已知中的证明过程，我们可以类比对此公式进行证明.
【详解】（1）若，则.
（2）证明:构造函数，
即
因为对一切，恒有，
所以，
从而得.
（1）证明：过抛物线的焦点作一直线与抛物线交于A、B两点，则当AB与抛物线的对称轴垂直时，AB的长度最短；
（2）试将上述命题中的抛物线改为其他圆锥曲线，写出相应的一个真命题并加以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）分别求出当与的对称轴垂直和不垂直时的弦长,比较大小即可证明；
（2）将抛物线改为椭圆，采用同样的方法证明即可．
【详解】（1）证明：如图所示，设抛物线的方程是．焦点为，
则当AB与的对称轴垂直时，；
当AB与对称轴不垂直时，设其方程为．
则由得．
于是．
即．
所以，当与抛物线的对称轴垂直时，的长度最小．
（2）命题：过椭圆的焦点作一直线与椭圆交于、两点，则当与椭圆的长轴垂直时，AB的长度最短．
证明：设椭圆的标准方程是．
当AB不与椭圆长轴垂直时，直线的方程是．
则由可得．
于是，
即．
因为，
所以，即．
又直线与椭圆相交所得弦长．
所以，过椭圆焦点的直线与椭圆的长轴垂直时，所得弦的长度最短．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页第07节 推理论证
代数推理既要考虑一般的逻辑演绎方法，又要注意代数推理过程中的分析方法，它突出对抽象思维能力的考查，即代数推理一般没有图形等直观信息，因而对抽象思维和逻辑思维的能力要求高，对代数运算的能力要求也较高，在学习过程中除了要掌握各种常用的证明和推理（合情推理与演绎推理，直接证明与间接证明，数学归纳法）方法外，还要熟知作为推理和论证的依据，过程严谨，书写规范．
合情推理即根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再经过归纳、类比，然后提出猜想，合情推理包括归纳推理和类比推理．演绎推理即从一般性原理出发，推出某个特殊情况下的结论，是由一般到特殊的推理．直接证明的两种基本方法——分析法和综合法，分析法的特点是“执果索因”，综合法的特点是“执因索果”．事实上，在解决问题时，经常把综合法和分析法结合起来使用，间接证明的一种基本方法——反证法，其理论依据是逻辑规律中的排除法，反证法即证明结论的反面错误，从而结论正确．
类型一 合情推理与演绎推理
【典例1】（2024届广东广州普通高中毕业班综合测试（二）广州二模）某次考试后，甲、乙、丙、丁四位同学讨论其中一道考题，各自陈述如下，甲说：我做错了；乙说：甲做对了；丙说：我做错了；丁说：我和乙中有人做对．已知四人中只有一位同学的解答是正确的，且只有一位同学的陈述是正确的，则解正确的同学是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【解题策略】分别假设甲、乙、丙、丁做对，结合题意分析推理，利用矛盾律得出结论．
【详细解析】由题意，
若甲做对了，则甲说错了，乙说对，丙也说对了，2人说对了，不满足条件；
若乙做对了，则甲说对了，乙说错误，丙也说对了，2人说对了，不满足条件；
若丙做对了，则甲说对了，乙说错了，丙也说错了，其中只有甲1人说对了，满足条件；
若丁做对了，则丁、甲、丙都说对了，不满足条件；
故做对的是丙，说对的是甲．
故选：C.
【典例2】观察下列等式：
……
照此规律，第个等式可为__________．
【解题策略】归纳总结时，观察等号左边式子的变化规律，右边结果的特点，然后归纳出一般结论，行数、项数及其变化规律是解答本题的关键．
【详细解析】由题意，
把已知等式与行数对应起来，则每一个等式的左边的式子依次是自然数的平方相加减，个数是个；等式右边可转化为自然数前项和，再依次加上“＋、－”符号．
行数 等式
1
2 ．
3
4
．
【典例3】数列的前项和记为，已知，求证：
数列是等比数列；
．
【解题策略】在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情况；③结论——根据一般原理，对特殊情况作出的判断．第（1）问，由等比数列的定义及与的关系的证明；第（2）问可由第（1）问推出．
演绎推理是数学逻辑思维的主要形式，担负着判断命题真假的主要使命，如果说合情推理是以感性思维为主，只需由感而发，那么演绎推理则以理性思维为主，要求言必有据．
【详细解析】
证明：（1），
，即．
，（小前题）
故是以1为首项，2为公比的等比数列．（结论）
（大前提是等比数列的定义，这里省略了）
由（1）可知．
，（小前提）
又，，（小前提）
对于任意正整数，都有．（结论）
（第（2）问的大前提是第（1）问的结论以及题中的已知条件）
【方法归纳】
合情推理是根据已有的事实和正确的结论，包括定义、公理、定理等，以及实验和实践的结果，还有个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程.合情推理具有猜测和发现新结论、探索和提供解决问题的思路和方法的作用.在高中数学中，合情推理常用于帮助学生理解数学概念、解决问题和发现规律.
演绎推理则是根据已有的事实和正确的结论，按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程.它是数学中严格证明的工具，能够对学生的逻辑思维能力进行锻炼.在高中数学中，演绎推理常用于证明数学定理和性质，以及解决一些需要严格逻辑推导的问题.
【举一反三】
传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1,3， 6,10，…记为数列，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列，可以推测：
（Ⅰ）是数列中的第 项；
（Ⅱ） ．（用表示）
【答案】 5030； .
【分析】由三角形数规律可得，利用累加法即可得到数列的通项公式，写出若干项推测通项公式即可.
【详解】由三角形数规律可得，
所以，累加得，
所以，当时仍成立，故，
写出若干项有：
其中能被5整除的有，故，
从而由上述规律可猜想：（为整数），
所以，即是数列中的第5030项.
故答案为：5030；.
古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1，3，6，10，…，第个三角形数为．记第个边形数为，以下列出了部分边形数中第个数的表达式：
三角形数，
正方形数，
五边形数，
六边形数，
…
可以推测的表达式，由此计算= ．
【答案】1000
【分析】将已知式子变形，由归纳推理可得的表达式，代值求解即可.
【详解】原已知式子可化为：
，
，
由归纳推理可得，
故=1100﹣100=1000；
故答案为：1000.
已知数列满足.
证明是等比数列，并求的通项公式；
证明： .
【答案】（1）证明见解析，；（2）证明见解析.
【详解】试题分析：本题第（1）问，证明等比数列，可利用等比数列的定义来证明，之后利用等比数列，求出其通项公式；对第（2）问，可先由第（1）问求出，然后转化为等比数列求和，放缩法证明不等式.
试题解析：（1）证明：由得，所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，解得.
由（1）知：，所以，
因为当时，，所以，于是=，
所以.
【易错点】对第（1）问，构造数列证明等比数列不熟练；对第（2）问，想不到当时，，而找不到思路，容易想到用数学归纳法证明而走弯路.
考点：本小题考查等比数列的定义、数列通项公式的求解、数列中不等式的证明等基础知识，考查同学们的逻辑推理能力，考查分析问题与解决问题的能力.数列是高考的热点问题之一，熟练数列的基础知识是解决好该类问题的关键.
类型二 直接证明——分析法和综合法
【典例1】已知函数，是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
若，则
若，则
【解题策略】根据函数的奇偶性概念判断A，根据导函数值域判断B，利用特例法排除选项C，利用指数运算及指数函数的单调性结合不等式的性质即可判断D.
【详细解析】由题意，
对于A，易知，，
所以，所以，错误；
对于B，因为，所以，
由知，错误；
对于C，，，
虽然，但是，
故对，不恒成立，错误；
对于D，函数，
则，，
因为，所以，所以，
所以，所以，
即，所以，
所以，
又，
所以，
所以，
即，
所以，正确.
故选：D
【典例2】伟大的数学家高斯说过：几何学唯美的直观能够帮助我们了解大自然界的基本问题一位同学受到启发，借助上面两个相同的矩形图形，按以下步骤给出了不等式：的一种“图形证明”．
证明思路：
图1中白色区域面积等于右图中白色区域面积；
图1中阴影区域的面积为，图2中，设，图2阴影区域的面积可表示为 用含，，，，的式子表示；
由图中阴影面积相等，即可导出不等式当且仅当，，，满足条件 时，等号成立．
【解题策略】利用矩形，平行四边形面积公式计算即可．
【详细解析】由题意，
根据勾股定理可得，，
所以可得 ，，
可得图阴影部分的面积是；
由可得，
，所以，所以当且仅当，，，满足条件时，等号成立.
故答案为：，.
【典例3】若，求证：．
【解题策略】在证明本题的过程中，若从条件出发运用“化弦法”得到．若继续向结论靠近，虽然可以成功，但有一定的困难，它比从结论出发要复杂得多，技巧性也强得多，所以在使用“综合法”出现困难时，应调整思路，运用“分析法”，分析一下要证明的结论需要怎样的充分条件才是明智之举，当然其中角的变换，很重要．
【详细解析】证明：．
．①
另一方面，要证，
即证．
即证，
即证，
由于上式与①相同，于是问题得证．
【方法归纳】
分析法是从待证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充分条件，直至达到已知条件或明显成立的条件.其思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”.这种方法的优点在于便于寻找解题思路，逐步深入每一步，每一步的论证都可以做到非常细致，从而提高论证的可信度.在解决高中数学问题时，尤其是当从题设不易入手，而从结论上较易打开思路时，多用分析法证明.
综合法则是从已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证的结论.其特点是由因导果，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”.综合法的形式比较简洁，条理清晰，便于叙述证明过程.在综合法证明中，需要明确推证方向，选择最佳途径，并联系最终结果进行猜想，防止迷路，减少无用的中间过程.
在实际的高中数学证明中，分析法和综合法经常结合使用.根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论；同时，根据结论的结构特点去转化条件，得到另一个中间结论.若这两个中间结论可以相互推出，就可以证明原结论成立.
【举一反三】
若是不全相等的正数，求证：．
【答案】证明见解析．
【详解】试题分析：根据基本不等式，得到成立，两边同时取对数，即可证明．
试题解析：证明：∵，
∴，
又上述三个不等式中等号不能同时成立．
∴成立．
上式两边同时取常用对数，得，
∴．
考点：对数的性质；基本不等式的应用．
【方法点晴】本题主要考查了对数函数的图象与性质、基本不等式的应用，其中解答中涉及到不等式与不等关系的证明，基本不等式的应用和对数函数的运算与性质等知识点的综合考查，着重考查了转化与化归思想，以及学生分析问题和解答问题的能力，本题的解答中，根据基本不等式和不等关系，得出成立是解答的关键，属于中档试题．
已知数列、的各项均为正数，且对任意，都有、、成等差数列，、、成等比数列，且．
求证：数列是等差数列；
求数列、的通项公式；
设，如果对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【解析】（1）由题意可得，联立化简变形可得即证；
由（1）可得，即为所求；结合求出；
法一：由（2）得，表示出，将原不等式等价转化为，结合二次函数的性质讨论即可；
法二：由（2）得，表示出，将原不等式等价转化为不等式化为对任意恒成立，研究函数的单调性，求出，则.
【详解】解：（1）由已知．①， ②．
由②可得③
将③代入①，得对任意，有，
即，所以，是等差数列
设数列的公差为．由，
得，，
所以．
由已知，当时，，而也满足此式．
所以数列、的通项公式为：．
由（2），得，
则
不等式化为．
解法一：不等式化为，
设，则对任意恒成立．
当，即时，不满足条件，
当，即时，满足条件．
当，即时，函数图像的对称轴为直线，关于递减，
只需，解得，故．
综上可得，的取值范围是．
解法二：不等式化为对任意恒成立，
即，
设，任取、，且，则
，
故关于递减．
又且，
所以对任意恒成立，所以．
因此，实数的取值范围是．
【点睛】解决数列的单调性问题的3种方法：
作差比较法根据的符号判断数列是递增数列、递减数列或是常数列；
作商比较法根据(或)与1的大小关系进行判断；
数形结合法结合相应函数的图象直观判断.
类型三 间接证明——反证法
【典例1】设集合为非空实数集，集合且，称集合为集合的积集，则下列结论正确的是（ ）
当时，集合的积集
若是由5个正实数构成的集合，其积集中元素个数最多为8个
若是由5个正实数构成的集合，其积集中元素个数最少为7个
存在4个正实数构成的集合，使其积集
【解题策略】利用积集的定义可判断A，设，其中，利用积集定义分析积集中元素的大小关系可判断B和C，利用反证法分析集合中四个元素的乘积推出矛盾可判断D.
【详细解析】由题意，
对于A，因为，故集合中所有可能的元素有，
即，故A错误；
对于B，设，不妨设，
因为，
所以中元素个数小于等于10个，
如设，则，
所以积集中元素个数的最大值为10个，故B错误；
对于C，因为，
所以中元素个数大于等于7个，
如设，
此时中元素个数等于7个，所以积集中元素个数的最小值为7，故C正确；
对于D，假设存在4个正实数构成的集合，使其积集，
不妨设，则集合的积集，
则必有，其4个正实数的乘积，
又或，其4个正实数的乘积，矛盾；
所以假设不成立，故不存在4个正实数构成的集合，
使其生成集，故D错误.
故选：C.
【典例2】某校举行了足球比赛，每个球队都和其他球队进行一场比赛，每场比赛获胜的球队得2分，失败的球队得0分，平局则双方球队各得1分，积分最高的球队获得冠军.已知有一个队得分最多（其他球队得分均低于该球队），但该球队的胜场数比其他球队都要少，则参加比赛的球队数最少为 .
【解题策略】设最多的球队为甲队，甲队胜n场平m场，由条件列不等式先证明，再证明，并证明参加比赛的球队数为5时，存在矛盾，当参加比赛的球队数为时，满足要求的结果存在.
【详细解析】由题意，
假设得分最多的球队为甲队，
设甲队胜场平场，则甲队的总得分为，
由已知条件可知，
其余各队至少胜场，得分不少于，
则，则，即甲队至少平3场.
若乙队与甲队踢成平局，则乙队的得分至少为，
则，则，即甲队至少平4场.
若参加比赛的球队数为5，设参加比赛的球队为甲，，
则甲队总得分为4分，其他4个球队每个球队只能胜1场比赛，
对于球队，不妨设胜，则负，负，
则胜，平甲，且胜，平甲，
所以中至少有一个队得分大于等于4分， 与已知矛盾，
所以不存在满足条件的情况，
若参加比赛的球队数为6，且他们的得分如下表:
甲 乙 A B C D 得分
甲 - 1 1 1 1 2 6
乙 1 - 2 0 0 2 5
A 1 0 - 0 2 2 5
B 1 2 2 - 0 0 5
C 1 2 0 2 - 0 5
D 0 0 0 2 2 - 4
符合题意，故参加比赛的球队数最少为6.
故答案为：6.
【典例3】等差数列的前项和为，，．
求数列的通项与前项和；
设，求证：数列中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
【解题策略】对于从正面入手较困难的证明问题，一般由“正难则反”的原则考虑间接证明，第（2）问含有“任意”，要直接证明显然有难度，因此考虑用反证法证明是上策．
【详细解析】
由已知得．，故，．
证明：由（1）得，假设数列中存在三项，，（、、互不相等）成等比数列．
则，即．
，，，，
，，，这与矛盾，
所以数列中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
【方法归纳】
反证法在高中数学中有着广泛的应用，它是一种通过否定或质疑对方的论点，从而证明自己观点正确性的间接证明方法.反证法的原理是：如果一个命题的结论是错误的，那么这个命题的前提也必须是错误的.这个原理基于逻辑推理的矛盾性，即如果一个命题的前提和结论之间存在矛盾，那么这个命题就是错误的.
在高中数学中，反证法一般用于直接证明条件较少，关系不明确，问题形式较抽象，而其反面较具体、较容易入手的情况.此外，反证法也适用于那些结论是“至多”、“至少”等形式的命题，因为这些命题的结论可以被否定.如果命题的结论是“等于”、“不等于”等形式，则可能不适合使用反证法.
【举一反三】
设是定义在非空集合上的函数，且对于任意的，总有．对以下命题：
命题：任取，总存在，使得；
命题：对于任意的，若，则．
下列说法正确的是（ ）
命题均为真命题
命题为假命题，为真命题
命题为真命题，为假命题
命题均为假命题
【答案】B
【分析】先判断命题p为假，再利用反证法证明命题即可
【详解】命题p显然是错的，下分析命题q为真命题．
关注到的任意性，不妨设，则，这是很重要的一点．
若，易知，若，则可验证S为无限集．
上述为分析过程，下利用反证法进行证明．
不妨假设，而由于，由定义，，
则，与假设矛盾．
故选：B
设是定义在R上的函数，若存在两个不等实数，，使得，则称函数具有性质P，那么下列函数：①；②；③；具有性质P的函数的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】根据题意，找出存在的点，如果找不出则需证明：不存在，，使得．
【详解】①因为函数是奇函数，可找关于原点对称的点，比如，存在；
假设存在不相等，，使得，即，得，矛盾，故不存在；
函数为偶函数，，令，，
则，存在．
故选：．
【点睛】本题考查函数新定义，考查函数的解析式以及函数的单调性，同时学生的理解能力，以及反证法的应用，属于中档题．
（2024届山东济南高三下期高考针对性训练（5月模拟））
某单位设置了a，b，c三档工资，已知甲、乙、丙三人工资各不相同，且甲的工资比c档高，乙的工资比b档高，丙领取的不是b档工资，则甲、乙、丙领取的工资档次依次为（ ）
A．a，b，c B．b，a，c C．a，c，b D．b，c，a
【答案】B
【分析】从“丙领取的不是b档工资，乙的工资比b档高”作为突破口，由逻辑逐层推理即可.
【详解】由丙领取的不是b档工资，乙的工资比b档高，
可得只有甲领取的是b档工资；
又由甲的工资比c档高和乙的工资比b档高推出乙只能领取档工资；
而从甲、乙、丙三人工资各不相同可推出丙只能领取c档工资；
所以甲、乙、丙领取的工资档次依次为b，a，c.
故选：B.
（2024届四川百师联盟高三冲刺卷（五））
分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦-曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第2023行的黑心圈的个数是（ ）
B．
D．
【答案】A
【分析】由题意一个圈在下一行都会产生3个圈，所以第n行的圈的个数为，一个白心圈会在下一行产生两个白心圈和一个黑心圈，一个黑心圈会在下一行产生一个白心圈和两个黑心圈，而后一行的白心圈黑心圈个数均由前一行决定，所以这是一个数列的递推关系，故可设第行白心圈的个数为，黑心圈的个数为，从而得出下一行白心圈和黑心圈个数分别为，再根据方程组推算出第行黑心圈的个数为即可.
【详解】设题图②中第行白心圈的个数为，黑心圈的个数为，
依题意可得，且有，
故有，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
为常数数列，且，
所以是以为首项，1为公比的等比数列，
故故所以.
故选：A.
已知函数，a、b、c是两两互不相等的正数，且a、b、c成等比数列，试判断与的大小关系，并证明你的结论.
【答案】，证明见解析.
【分析】先举特例猜测结论，再用递推法给出思路，最后用顺推法给出证明.
【详解】解：事实上，取，，，则，，于是由，猜测.
要证，则只需证，即证，亦即证，展开整理得，
因为，所以只要证，这显然是成立的.
即.
证明如下：因为a、b、c是不相等的正数，所以，因为，所以，
即，从而.
因为是增函数，所以.
即.
故.
设数列中的每一项都不为0．
证明：为等差数列的充分必要条件是：对任何，都有
．
【答案】见解析
【详解】证明:先证必要性:
设数列{an}的公差为d ,若d=0 ,则所述等式显然成立;
则
，
再证充分性: (数学归纳法)设所述的等式对-切n∈N +都成立，
首先,在等式，①
两端同乘:，即得
所以成等差数列，
己公差为d.则a2=a1 +d.
假设ak =a1 +(k-1)d 。当n=k+1时,观察如下二等式，
②
③
将②代入③.得
在该式两端同乘a1akak+1 , 得(k-1)ak+1 +an = kan
将ak=a1 +(k-1)d代入其中,整理,得ak+1 =a1 +kd ,
由数学归纳法原理知,对一切n∈N + , 都有an=a1 +(n-1)d ,所以{a n }是公差为d的等差数列.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页第08节 归纳猜想
从观察一些特殊的简单的问题入手，根据它们所体现的共同性质，运用不完全归纳法作出一般命题的猜想，由于这个猜想是通过试验、观察、分析、综合，抽象概括出来的，其缺点是探索得到的猜想不一定正确，需要加以证明．而数学归纳法只能对所发现的结论正确与否加以论证，不能直接发现结论．
将不完全归纳法与数学归纳法并举是一种探讨数学问题的好方法，从而就有了“归纳—猜想—证明”题型．它是一个完整的思维过程，是人们从事科学研究，认识发现规律的有效途径．归纳是“猜想”的前提，它体现了由“特殊”到“一般”的转化，为了增强“猜想”结论的可靠性，在“归纳”阶段，一般应多演算几种特殊情形，然后通过对特殊情形的分析去研究其一般规律，最后结论的正确性必须用数学归纳法证明．
类型一 在函数中的应用
【典例1】用数学归纳法证明：（）的过程中，从到时，比共增加了（ ）
A．1项 B．项 C．项 D．项
【解题策略】分别计算出和的项数，进而作差即得结论．
【详细解析】由题意，
因为，
所以，共项，
则共项，
所以比共增加了项，
故选：D.
【典例2】（2025届江苏南通名校联盟高三上期模拟演练性联考）设数列，…，即当时，记为数列前项和.对于，定义集合是的整数倍，，且.则集合中元素的个数为 ；集合中元素的个数为 .
【解题策略】
根据新定义求出，再求出，即可求出集合中元素的个数；利用数学归纳法证明，进而证明当时集合中元素的个数为，当时集合中元素的个数为，即可求解.
【详细解析】由数列的定义，
得，
∴，
∴，
∴集合中元素的个数为5.
先证：，
事实上，
当时，，，原等式成立；
当时成立，即，
则时，
，
综合①②可得，于是，
由上式可知是的倍数，而，
∴是的倍数，
又不是的倍数，
而，
∴不是的倍数，
故当时，集合中元素的个数为，
于是，当时，集合中元素的个数为，
又，故集合中元素的个数为.
故答案为：5；1008
【典例3】（2025届四川绵阳高三第一次诊断性考试）已知函数，在上的最大值为．
求实数a的值；
若数列满足，且．
（ⅰ）当时，比较与1的大小，并说明理由；
（ⅱ）求证：．
【解题策略】（1）利用导数判断的单调性求出最大值得解；
（i）由已知结合基本不等式可得，利用数学归纳法证明，，（ii）先构造函数，并利用导数证明，从而得到，将所证明的式子放缩求和证明.
【详细解析】
，，
当时，，，，则在上单调递增，
当时，，，，则在上单调递减，
，解得.
所以实数的值为2.
（i）由（1）知，，
所以，即，
，，
下面用数学归纳法证明，，
当时，，，
假设时，命题成立，则，
当时，有成立，
所以上述命题对，均有成立.
（ii）当时，成立，
当时，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
所以，
即，又由（i）知，则，
，，，
，即，得证.
【方法归纳】
数学归纳法在高中数学函数中有着广泛的应用.它不仅可以用来解决推理问题、极限问题，还可以用于求解方程组和数列问题.在函数方面，数学归纳法可以用于证明与函数相关的数学命题，特别是在处理与自然数相关的函数问题时，它显得尤为有效.此外，数学归纳法在解决与函数相关的数列问题时也非常有用.等差数列、等比数列的通项公式、和、最大项和最小项等属性的求解，都可以通过数学归纳法来实现.
【举一反三】
（2025届河北“五个一”名校联盟高三第一次联考）
一个质点在随机外力的作用下，从平面直角坐标系的原点出发，每隔1秒等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位.
共移动两次，求质点与原点距离的分布列和数学期望；
分别求移动4次和移动6次质点回到原点的概率；
若共移动次（大于0，且为偶数），求证：质点回到原点的概率为.
【答案】(1)答案见解析；
证明见解析
【分析】（1）首先求出X的所有可能取值以及对应的概率，再结合离散型随机变量的期望公式求答案即可.
利用分步乘法计数原理、组合以及古典概型的概率公式计算可求得结果.
利用数学归纳法证明即可.
【详解】（1）设表示2次移动中质点与原点距离，则可取0，2，，
当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，最后，则;
当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，最后，则;
当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，最后，则
的分布列为：
0
.
质点从原点出发，每次等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位，共移动4次，
可能的结果共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，或向上移动2次向下移动2次，共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动1次向右移动1次，向上移动1次向下移动1次，共有种情况，
所以质点回到原点的概率为.
质点从原点出发，每次等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位，共移动6次，
可能的结果共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动3次向右移动3次，或向上移动3次向下移动3次，共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，向上移动1次向下移动1次，则向左移动1次向右移动1次，向上移动2次向下移动2次，共有种情况，
所以质点回到原点的概率为.
若共移动2次，质点回到原点的概率为;
假设共移动N次，满足质点回到原点的概率为;
当共移动次，
移动N次质点回到原点当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，移动次质点回到原点;
移动N次质点在，当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，移动次质点回到原点;
移动N次质点在当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，，移动N+2次质点回到原点;
当共移动次，满足质点回到原点的概率为.
所以共移动N次，满足质点回到原点的概率为.
（2024上海七宝中学高三下期三模）
设，函数的定义域为．若对满足的任意，均有，则称函数具有“性质”．
在下述条件下，分别判断函数是否具有性质，并说明理由；
①； ②；
已知，且函数具有性质，求实数的取值范围；
证明：“函数为增函数”是“对任意，函数均具有性质”的充要条件．
【答案】(1)①是，②不是，理由见解析
证明见解析
【分析】（1）根据函数具有性质的条件判断①；举反例可判断②；
原问题等价于当时，恒成立，即恒成立，得；
利用函数的单调性以及不等式的性质判断充分性，利用反证法判断必要性.
【详解】（1）①是，对任意，，符合定义；
不是，令 ，，
故不符合题意.
显然，设，
则，
当时，取最小值，
原问题等价于当时，恒成立，即恒成立，得；
证明：充分性：
若函数为增函数，则对任意均有，
即，因此，对任意，若，
则，函数具有性质，充分性得证；
必要性：
若对任意，函数均具有性质，
假设函数不是增函数，则存在，满足，
即，取，
则显然，
即对于，存在，但是，
与“对任意，函数均具有性质”矛盾，因此假设不成立，
即函数为增函数，必要性得证．
【点睛】新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
类型二 在数列中的应用
【典例1】已知数列满足，则（ ）
当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
【解题策略】
法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.
【详细解析】
法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选：B.
【典例2】（2025届江苏苏州部分学校新高三暑期调研考试暨高考模拟考试）数列满足，其中，，．当，时，该数列的通项公式为 ，若该数列满足对任意的正整数，都有：，当时，符合条件的正整数对的个数为 ．其中为的最大公因数．
【解题策略】
直接构造通项并验证满足递推公式即可；
利用最大公因数的性质，将命题等价转化为，再求解满足的的个数即可.
【详细解析】
当，时，有，，.
设，则，，且
.
故具有相同的初值和递推式，故，从而；
根据，，，知，.
一方面，若，则，故.
从而；
另一方面，若，下面证明：.
定义数列满足，，.
则用数学归纳法可证明，，
直接利用公式计算可知，对，有.
由于，，，故.
从而如果，就有；
如果，就有.
定义序列如下：，且对非负整数，.
则根据上面的结论，有，同时根据最大公因数的性质，有.
而若，则；
若，则.
综上，总有.
由于非负整数不能无限严格递减下去，故存在非负整数，使得.
考虑前面的不等号的取等条件，有，，或，.
即存在非负整数，使得或.
若，则；
若，则.
所以，而我们又有，，故
.
从而.
综上，的充要条件是.
从而我们需要确定的是，当时，满足的正整数对的个数.
而在的情况下，有，故所求的的个数，就是中和互质的正整数的个数.
由于，故中和互质的正整数的个数相当于从该集合中去掉的倍数后的元素个数，即等于.
所以满足条件的正整数对的个数为.
故答案为：，.
【典例3】已知点的序列，，其中，，是线段的中点，是线段的中点，…，是线段的中点，…．
写出与、之间的关系式（）；
设，求、、，由此推测数列的通项公式，再加以证明．
【解题策略】由是线段的中点，因此可借助中点坐标公式求出其横坐标之间的关系为，依此由、推出、，归纳出，然后用数学归纳法证明．由递推关系式猜测通项公式的问题，使用数学归纳法证明由成立推论时，必须使用递推关系式．
【详细解析】（1）当时，．
，
，
．
由此推测．
下面用数学归纳法证明：
①当时，．即当时，公式成立．
②假设当时公式成立．即成立，那么当时，
，公式仍成立．
根据①②可知，对任意公式成立．
【方法归纳】
数学归纳法是高中数学中重要的证明方法之一，尤其在数列相关问题的求解中发挥着关键作用.它是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定命题在整个（或者局部）自然数范围内成立.数列问题中，这一原理经常被用于证明数列的通项公式、数列的和等.总的来说，数学归纳法在高中数学数列中的应用广泛且重要，是解决数列相关问题的有力工具.
【举一反三】
已知函数与函数的图像关于直线对称，
（1）在数列中，，当时，，在数列中，，，若点在函数的图像上，求a的值.
（2）在（1）的条件下，过点作倾斜角为的直线，若在y轴上的截距为，求数列的通项公式.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先求出的反函数，代入，令，即得解；
（2）点斜式表示直线的方程，通过截距为，可得，项和转化，得到，结合（1）可得，即，列举出，可猜想，利用数学归纳法，即得证
【详解】（1）因为函数是的反函数，则.
因为点在函数的图像上，所以.（*）
令，得，，，则.
（2）由（1）得，（*）式可化为.①
直线的方程为：.
因为在y轴上截距为，所以，
结合①可得.②
由①式可知，当自然数时，，.
两式作差得，结合②式得
.③
在③式中，令，结合，可解得或2，又因为当时，，所以.
同理，在③式中，依次令，，可解得，.
由此猜想，然后用数学归纳法证明如下：
（i）当，2，3时，已证成立；
（ii）假设当时命题成立，即，
当时，由③式可得，
把代入，解得或.
由于，则，所以不符合题意，应舍去，故只有，则当时命题也成立.
综上可知，数列的通项公式为.
如图所示，，，…，，…是曲线上的点，，，…，，…是轴正半轴上的点，且，，…，，…均为等腰直角三角形（为坐标原点）．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，集合，，若，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由等腰直角三角形性质可知，，由点在抛物线上可得，由可得，，，猜测，再利用数学归纳法证明；
（2）由裂项相消法求，并求其范围，再由交集的定义求实数的取值范围.
【详解】（1）依题意，有，，
由，得，即，
由可得，，，猜测．
证明：（i）当时，可求得，命题成立；
（ii）假设当时，命题成立，即有，
则当时，由归纳假设得，
得，
即，
解得［不合题意，舍去］．
即当时，命题也成立．
由（i）、（ii），对所有，．
（2）
．
因为函数在区间上单调递增，所以．
由，有或，故．
【点睛】本例是点列问题，是数列中的一个难点，条件中含有、以及、等诸多因素，而第（1）问求数列的通项公式，因此需要找到、和、之间的等量关系，从而将它们统一到数列上，尽管如此，由于条件与解题目标之间关系比较复杂，采取从特殊开始，即通过归纳—猜想—证明，找到一种解决问题的有效方法．第（2）问，把（1）探求得到的结果代入并运用裂项相消的所得结果探究其单调性，求出的取值范围，再由，求出的取值范围．
类型三 在新定义中的应用
【典例1】十七世纪法国数学家费马猜想形如“（）”是素数，我们称为“费马数”．设，，，数列与的前n项和分别为与，则下列不等关系一定成立的是（ ）
B．
D．
【解题策略】先根据题意求出，从而可求出与，再分析判断即可
【详细解析】由题意，
因为（），
所以，
所以，，
当时，，
所以AB错误，
因为，
所以数列是以2为公比，2为首项的等比数列，是以2为公差，2为首项的等差数列，
所以，，
当时，，当时，，
当时，，由此可得当时，，下面用数学归纳法证明
当时，显然成立，
假设当（）时，成立，即，则
当时，
，即，
综上，当时，，所以，
所以C错误，D正确，
故选：D
【典例2】若为函数的导函数，数列满足，则称为“牛顿数列”.已知函数，数列为“牛顿数列”，其中，则（ ）
数列是单调递减数列
关于的不等式的解有无限个
【解题策略】对函数求导，得出数列递推关系，构造等比数列，求出通项，根据数列的函数性质及不等式证明逐一判断各选项.
【详细解析】由题意，
对于A，由得，所以，故A错误；
对于B，由得，
，所以，数列是单调递减数列，故B正确；
对于C，，，由，得，
所以，所以，
令，则，
所以数列是公比为2的等比数列，又，，
所以，即，
所以，，即.
对于C，，
下面用数学归纳法证明：.
当时，，命题成立；
假设当时，命题成立，即；
当时，即，
，命题成立；
所以命题成立；
综上成立.
对于D，，因为，
所以，即，，所以不等式的解有无限个，故D正确.
故选：BCD.
【典例3】（2025届广东三校“决胜高考，梦圆乙巳”第一次联合模拟（一模））已知无穷数列（，），构造新数列满足，满足，…，满足（，），若为常数数列，则称为k阶等差数列；同理令，，……，（，），若为常数数列，则称为k阶等比数列.
已知为二阶等差数列，且，，，求的通项公式；
若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列；
已知，令的前n项和为，，证明：.
【解题策略】（1）由新定义得为公差为2，首项为3的等差数列，由等差数列的通项公式求解；
设为k阶等差数列，则（d为常数），则为一次多项式，猜测是关于n的k次多项式，用数学归纳法证明即可；
设，化简整理得，由裂项相消求和证明结论.
【详细解析】
由，由，
则为公差为2，首项为3的等差数列，
则，则，
则.
因为为k阶等差数列，则（d为常数），
则为一次多项式，
猜测是关于n的k次多项式，下用数学归纳法证明：
当时，显然成立；
假设当时，是关于n的m次多项式，
当时，则是关于n的m次多项式，
由是次多项式，故是关于n的k次多项式，
又是一阶等比，则，则，
由是关于n的k次多项式，则是关于n的次多项式，则是阶等差数列.
故是常数列，故是阶等比数列.
由，
设，
则，
故，
则，则，
则，得证！
【方法归纳】
数学归纳法在高中数学新定义问题中具有广泛的应用.在高中数学中，数学归纳法常被用来解决数列问题，如求解等差、等比等数列的通项公式、和、最大项和最小项等属性.同时，它也可以用来解决不等式问题，通过放缩法、替代法、传递法、反证法和综合法等多种方式证明不等式.此外，数学归纳法在推理问题和方程组求解问题等方面也有显著应用.数学归纳法在高中数学新定义问题中的应用，不仅能够帮助学生更好地理解和掌握数列、不等式等知识点，还能培养学生的逻辑思维能力和推理能力.因此，掌握数学归纳法是高中数学学习的重要一环.
【举一反三】
（2024届浙江温州高三第三次适应性考试）
对于给定的一个位自然数（其中，），称集合为自然数的子列集合，定义如下：{且，使得}，比如：当时，.
(1)当时，写出集合；
(2)有限集合的元素个数称为集合的基数，一般用符号来表示.
（ⅰ）已知，试比较大小关系；
（ⅱ）记函数（其中为这个数的一种顺序变换），并将能使取到最小值的记为.当时，求的最小值，并写出所有满足条件的.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）答案见解析
【分析】（1）由自然数的子列集合，即可求解；
（2）（i）由，根据子列集合的定义，进行列举，分别求得，和，即可求解；
（ii）根据题意，得到加强命题转化为，等号成立的条件是，当中相同数字排列在一起的情形，结合数学归纳法，作出证明即可.
【详解】（1）解：由自然数的子列集合，可得：
自然数，可得.
（2）解：（i）由，
可得，即，
，即，
，即，所以.
（ii）加强命题如下：若由个数字构成题中的自然数（其中，一位整数，本题即为的情形），
则所求，等号成立的条件是，当中相同数字排列在一起的情形，
证明：①当时，，显然成立；
②设当时，命题成立，即，
当时，相当于在原来字符串的基础上增加了个，
注意到此时时的每一种排列，此时匹配上到个排列，
都能构成时的一种排列，再结合不含有时的任何元素个排列，
则我们有，
而当中相同数字排列在一起时，成立，
则当时，命题也成立，由①②知，成立.
记
，
显然，
下面证明：是所有中最小的，从而（其中）
设（其中为的一种顺序变换）
即只需证取得最小值时，当且仅当里所有相同的数字必相等，
根据对称性，以为例，即只需证明即可，
记，证明，
构造集合到集合的一种对应关系，
使得，其中中含有个，个，个，
根据的定义，存在唯一的对应，即，
反过来，，设（其中，个，个，个），
设中的角标分别为，取前个，
设中的角标分别为，取前个，
设中的角标分别为，取前个，
将，，，从小到大排列得到新的角标，
则取，根据子列集合的定义，可知，
因为里含有个，个，个（但是相同的数字不一定相邻）
这个在的作用下，柯达伊与对应，即.
综上所述，对于集合中的任意一个元素，在集合中都有唯一的元素与之对应，反之，任取集合中的一个元素，在集合中都能找到一个元素与之对应，
由此可知，所以的最小值为，满足条件的有：
，
【点睛】知识方法点拨：与集合的新定义有关的问题的求解策略：
通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
（2024届浙江金华义乌高三下期适应性考试（三模））
若函数满足以下三个条件，则称为函数.①定义域为；②对任意，；③对任意正整数，，当时，有.若给定函数某几个函数值，在满足条件①②③的情况下，可能的如果有种，分别为，，，.
那么我们记等于，，，的最大值.这样得到的称为的最大生成函数.
若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求和的值；
若为函数，且满足，求数列的前10项和；
若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求数列的前项和.
【答案】(1)，
1024
【分析】（1）根据所给定义得到，结合所给条件求出，即可猜想，即可求出
首先求出，，猜想，再由数学归纳法证明，再由等比数列求和公式计算可得；
首先求出的前几个数，猜想，利用数学归纳法证明，再分为偶数和为奇数，利用分组求和法计算可得.
【详解】（1）因为，
所以，所以.
但是若，则，又，这出现矛盾，
所以不成立，即，
此时，，所以或者.
若令，显然它是满足函数的3个条件的，不会出现矛盾.
所以.
由，则，若，则，，出现矛盾.
所以.同理求得，我们猜想
下面证明它.当，2，3时，的公式显然成立.
假设当时，的公式成立.
则当时，
，
，
，
，
显然，只能是.
所以得证.
可知，该公式给定的数列也满足函数的3个条件.
于是，
所以数列的前10项和为.
因为，，所以，，
因为，不妨取，则且，
所以，即.
我们猜想，
下面证明它.
当，2，3，4时，的公式显然成立.
假设当，2，3，4，，，时，的公式成立，则当时
即只需即可，所以.
又当时
即只有，所以，
所以得证.
可知，该公式给定的数列也满足函数的3个条件.
于是当为偶数时，
；
当为奇数时，；
所以数列的前项和为.
【点睛】关键点点睛：对于新定义型问题，关键是理解所给定义，对于直接证明比较困难的问题，先猜想，再利用数学归纳法证明.
（2025届广东省三校“决胜高考，梦圆乙巳”第一次联合模拟（一模））
已知无穷数列（，），构造新数列满足，满足，…，满足（，），若为常数数列，则称为k阶等差数列；同理令，，……，（，），若为常数数列，则称为k阶等比数列.
已知为二阶等差数列，且，，，求的通项公式；
若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列；
已知，令的前n项和为，，证明：.
【答案】(1)
证明见解析
证明见解析
【分析】（1）由新定义得为公差为2，首项为3的等差数列，由等差数列的通项公式求解；
设为k阶等差数列，则（d为常数），则为一次多项式，猜测是关于n的k次多项式，用数学归纳法证明即可；
设，化简整理得，由裂项相消求和证明结论.
【详解】（1）由，由，
则为公差为2，首项为3的等差数列，
则，则，
则.
因为为k阶等差数列，则（d为常数），
则为一次多项式，
猜测是关于n的k次多项式，下用数学归纳法证明：
当时，显然成立；
假设当时，是关于n的m次多项式，
当时，则是关于n的m次多项式，
由是次多项式，故是关于n的k次多项式，
又是一阶等比，则，则，
由是关于n的k次多项式，则是关于n的次多项式，则是阶等差数列.
故是常数列，故是阶等比数列.
由，
设，
则，
故，
则，则，
则，得证！
【点睛】方法点睛：对于数列的新定义题型，关键是读懂题目的意思，由新的定义来解决问题，一般地关于数列不等式的证明，可以利用放缩法去证明，或转化为数列的求和问题，利用错位相减法，裂项相消法求和证明即可.
如图所示，已知动圆与直线相切，并与定圆相内切.

(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)过原点作斜率为1的直线交曲线于（为第一象限点），又过作斜率为的直线交曲线于，再过作斜率为的直线交曲线于，，如此继续，过作斜率为的直线交曲线于，设.
令，求证：数列是等比数列；
数列的前项和为，试比较与的大小.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）由抛物线定义求轨迹方程；
（2）①设，，由斜率公式和抛物线方程可得数列通项公式，从而得证；②由等比数列前项和公式求，即只要比较与的大小.方法一：利用数学归纳法证明；方法二：利用二项式定理证明.
【详解】（1）由题意知，点到原点的距离等于点到直线的距离，
由抛物线定义知，点轨迹是以原点为焦点，直线为准线的抛物线，
其轨迹方程为.
（2）①设，，则，，
又因为直线的斜率为，有，
，即，
，
数列是以为公比的等比数列，
②由①知，，
，下面只要比较与的大小：
当时，，有；
当时，，有；
当时，，有；
猜测当时，时，.
证法一：用数学归纳法证明当，时，，
（i）当时，已成立；
（ii）假设当时，，
则当时，，
即当时，也成立，
由（i）、（ii）知时，都成立，
所以.
证法二：利用二项式定理，得
,
所以.
9．把正整数按从小到大、左小右大的原则依次排成如下所示的数表：
1
2 3
4 5 6 7
8 9 10 11 12 13 14 15
……
设是数表中从上往下数第行，从左往右数第个数，数表中第行共有个正整数．
(1)若，求i，j的值；
(2)设，试比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1），；（2）答案见解析，理由见解析.
【分析】（1）由等比数列前项和公式求前10行数的个数，进而判断；
（2）采用分组求和法求，再利用数学归纳法比大小.
【详解】（1）由于前10行共有个数，
而，所以，，
（2），，，，，．
．
．
验证知，当时，；当时，可猜测．
以下用数学归纳法证明：当时，．
当时，，不等式成立；
假设时，成立，
则当时，．
即时，不等式也成立．
综上①、②知，当时，．
亦即当时，．
【点睛】难点点睛：数表问题历来是高考数列命题的一个热点，在运用数学归纳法证明不等式的过程中，如何适当“放缩”很重要，也是一个难点．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页第09节 阅读理解与信息迁移
分析近几年来高考数学卷，当今高考命题一是不再片面追求知识点的覆盖率，而是更加注重学科知识体系并在内容上有所拓展，在知识网络交汇点处设计试题，并有意识突破常规热点；二是深化能力立意，命制无现成模式可套用的创新题，考查学生独立地提取解题信息，有效地分拣、组合、加工信息，从而合理、快捷、简洁地解答问题的能力.
题型拓展的具体表现为：一类是阅读理解题，通过当场阅读以前没有学过的新的数学知识，包括新的数学概念、新的定理、公式、法则和方法等，理解并能运用这些新知识作进一步的运算、推理、当场解决有关问题，这是一种学习能力的体现.二是信息迁移题，对这类题首先要领会题意——搞清楚题中的条件是什么？结论是什么？也就是题中有哪些信息？如果条件和结论是用文字表达的，则应熟练地把它们翻译成数学语言，有些信息不是十分明朗的，应当挖掘出来；其次是要明确方向——在审题的基础上，运用数学思想方法，对外来的和内在的信息进行提取、转化、加工和传输，从而明确目标与方向；最后是要规范表达——采用适当的步骤、合乎逻辑地进行推理和运算，并正确地表达；有些信息迁移题、新知识、老知识各种信息交叉在一起，融会贯通的能力就突显出来了.
类型一 阅读理解
【典例1】阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点到平面距离为（ ）
B. C. D.
【解题策略】根据平面方程可得法向量，即可根据向量法求解点面距离.
【详细解析】由题意，
由于平面的方程为，所以平面的法向量，
在平面上任取一点，则，
所以点到平面距离.
故选：C.
【典例2】（2024届河北部分高中高三下期二模考试）阅读下列两则材料：
材料1.圆锥曲线的轴与顶点的定义：对平面内一圆锥曲线，若存在直线，使得对于曲线上任意一点，要么点在直线上，要么曲线上存在与点相异的一点，使得点与点关于直线对称，则称曲线关于直线对称，直线称为曲线的轴，曲线与其轴的交点称为曲线的顶点.
材料2.某课外学习兴趣小组通过对反比例函数的图象的研究发现：反比例函数的图象是双曲线，其两条渐近线为轴和轴，两条渐近线的夹角为.
若将双曲线绕其中心适当旋转可使其渐近线变为直线，由此可求得其离心率为.
若，则将与联立可求得双曲线的顶点坐标为，.
完成下列填空：
已知函数的图象是双曲线，直线和轴是双曲线的两条渐近线，则双曲线的位于第一象限的焦点的坐标为＿＿＿.
【解题策略】根据材料1得到双曲线的轴和顶点的定义，根据双曲线的离心率和其渐近线的斜率之间的关系求双曲线的离心率，利用双曲线的离心率的定义求双曲线的焦点坐标.
【详细解析】由题意，
直线和轴是双曲线的两条渐近线，
由阅读材料可知，双曲线的焦点所在的对称轴是直线.
由顶点的定义知，对称轴与双曲线的交点即顶点，联立得，
解得：或，所以双曲线的位于第一象限的顶点为.
若将双曲线绕其中心适当旋转可使其渐近线变为直线，则双曲线的离心率
，
设双曲线的位于第一象限的焦点的坐标为，则，所以，所以，所以双曲线的位于第一象限的焦点的坐标为.
故答案为：
【典例3】请先阅读下列材料，然后回答问题：
对于问题“已知函数，问函数是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值，若不存在，说明理由.”
一个同学给出了如下解答：
解：令，则，
当时，有最大值，，显然没有最小值.
当时，有最小值，没有最大值.
你认为上述解答是否正确？若不正确，说明理由，并给出正确的解答；
对于函数，试研究其最值情况.
【解题策略】
由二次函数的最值问题探究二次函数倒数式函数的最值问题，首先必须注意函数的定义域发生了改变，倒数式函数中不能取的值应予排除.其次，在讨论倒数式函数值域时必须正确运用不等式的基本性质，注意对正负区间的讨论，若结合函数图像进行研究则更显直观.
【详细解析】（1）不正确.没有考虑到还可以小于0，正确解答如下：
令，则，
当时，，即，当时，，即.
或，即既无最大值，也无最小值.
对于函数，令，
当时，有最小值，
当时，，即，当时，即，
或，即既无最大值也无最小值.
当时，有最小值，，
此时，.，即，既无最大值，也无最小值.
当时，有最小值，，即，
，即，
当时，有最大值，没有最小值.
当时，既无最大值，也无最小值，当时，有最大值，此时，没有最小值.
【方法归纳】
阅读题通过提供与数学知识相关的情境和信息，引导学生深入理解数学概念、公式和定理.通常要求学生从给定的数学文本中提取信息，理解数学概念、公式或问题解决策略，并据此作出推理或解答.这类题目往往要求学生从阅读材料中提取关键信息，并运用所学知识解决问题，从而加深对数学知识的理解.
【举一反三】
阅读下面问题的解法：
求复数的模的取值范围．
解：．
如图所示，设点A的坐标为，点B的坐标为，则即为点A、B之间的距离．
∵点B的轨迹为以O为圆心，半径为1的圆，∴，因此复数的模的取值范围是．
试运用类似上面的解法解下列问题：求函数的值域．
【答案】．
【分析】利用复数的几何意义求复数模的取值范围的解题思路，寻求利用斜率求三角函数值域．
【详解】如图所示，设A的坐标为， B的坐标为，则的斜率为，
∴函数的值域为直线的斜率的取值范围．
点B的轨迹为以O为圆心，半径为1的圆，方程为①，
过点A作圆的切线和，设切线方程为②，
将②代入①，得，整理得．
∵直线和圆相切，
∴，即③，又A在切线上，
∴④，由③、④得：，．
∴直线的斜率的取值范围是，则函数的值域是．
给出问题：设、分别是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上.若点到左焦点的距离等于9，求点到右焦点的距离.
某学生对此题给出了以下错误的解答：“双曲线的实轴长为8，由，即，得或17”.
(1)该学生的解答错在哪里？请加以说明并写出你认为正确的解法和结论；
(2)在原问题基础上，该学生深入开展研究性学习，他将原题条件中的“点到左焦点的距离等于9”推广成了“点到左焦点的距离等于”，从而提出了一个新的问题，请尝试解决这个推广问题.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据P点在双曲线上的不同位置分类讨论的取值范围，结合条件判断点所在的位置进行取舍即得；
（2）根据点到左集点的距离d的不同取值范围，对双曲线的定义进行深入辨析.
【详解】（1）由可得，故左顶点，右顶点，
左焦点，右焦点，
设点为双曲线上的点，可得：
，.
当点落在双曲线左支时，，当且仅当点落在左顶点时取得最小值；
当点落在双曲线右支时，，当且仅当点落在右顶点时取得最小值.
现条件给出了，则此时点必在左支上，于是必有，故应舍去，故.
（2）由（1）的分析可知.
（Ⅰ）当时，这样的点不存在，故无解.
（Ⅱ）当时，点必落在左顶点，所以可得.
（Ⅲ）当时，点必定落在双曲线左支（不包括左顶点）上，
此时必有，所以.
（Ⅳ）当时，点可能落在右顶点，可得；
点也可能落在左支上，此时有，可得.
所以当时，或2.
（Ⅴ）当时，点既可能落在左支上，也可能落在右支上，于是
（i）当点在左支上（不包括左顶点）时，必有，所以；
（ii）当点在右支上（不包括右顶点）时，必有，所以.
类型二 信息迁移
【典例1】（2024届高三七省联考数学原创押题卷）如何计算一个椭圆的面积？这个问题早已在约2000年前被伟大的数学、物理学先驱阿基米德思考过.他采用“逼近法”，得出结论：一个椭圆的面积除以圆周率等于其长半轴长与短半轴长的乘积.即.那如何计算它的周长呢？这个问题也在约400年前被我国清代数学家项名达思考过.一个椭圆的周长约等于其短半轴长为半径的圆周长加上四倍的该椭圆长半轴长与短半轴长的差.即.若一个椭圆的面积为，那么其周长的取值范围为（ ）
【解题策略】
根据条件先用表示出并计算出的取值范围，将看成关于的函数，然后结合对勾函数的单调性求解出的取值范围.
【详细解析】由题意，
椭圆长半轴长为，短半轴长为，因为，所以，，
又因为，所以，
则，
令，
由对勾函数性质可知：在上单调递减，在上单调递增，
又，所以在上单调递减，
所以，
所以的取值范围是，
故选：C.
【典例2】（2024天津和平高三下期二模）为铭记历史、缅怀先烈，增强爱国主义情怀，某学校开展共青团知识竞赛活动.在最后一轮晋级比赛中，甲、乙、丙三名同学回答一道有关团史的问题，每个人回答正确与否互不影响.已知甲回答正确的概率为，甲、丙两人都回答正确的概率是，乙、丙两人都回答正确的概率是.若规定三名同学都回答这个问题，则甲、乙、丙三名同学中至少有1人回答正确的概率为＿＿＿；若规定三名同学抢答这个问题，已知甲、乙、丙抢到答题机会的概率分别为，，，则这个问题回答正确的概率为＿＿＿.
【解题策略】
根据题意，设甲回答正确为事件，乙回答正确为事件，丙回答正确为事件，先由相互独立事件的概率公式求出、的值，结合对立事件的性质求出第一空答案，利用全概率公式计算第二空的答案.
【详细解析】根据题意，
设甲回答正确为事件，乙回答正确为事件，丙回答正确为事件，
则，，，
所以，，
若规定三名同学都回答这个问题，
则甲、乙、丙三名同学中至少有1人回答正确的概率，
若规定三名同学抢答这个问题，已知甲、乙、丙抢到答题机会的概率分别为，，，
则这个问题回答正确的概率.
故答案为：；.
【典例3】四棱锥中，底面是一个平行四边形，，，.
求证底面；
求四棱锥的体积；
对于向量，，定义一种运算：
.
试计算的绝对值，说明其与四棱锥的体积的关系，并由此猜测向量这一运算的绝对值的几何意义.
【解题策略】
定义空间向量的一种新运算：叉积与点积的混合运算，通过实例探究这一运算的几何意义，获得求平行六面体体积的一种新方法.
【详细解析】（1）易得，
；.
，，
从而底面；
设与的夹角为，则；；
.它是四棱锥体积的3倍.
猜测：在几何上可表示以，，为棱的平行六面体的体积.
【方法归纳】
信息迁移题通常要求考生根据信息解决某种问题，这些信息通常包括新的定义、新的定理等，需要通过题目中的所给信息进行提取.解决这类试题需要考生对知识有迁移能力，具备一定的创新思维.在对题目提取的过程中，需要仔细分析条件，做到不重不漏.
【举一反三】
求出一个数学问题的正确结论后，将其作为条件之一，提出与原来问题有关的新问题，我们把它称为原来问题的一个“逆向”问题.例如原来问题是“若正四棱锥底面边长为4，侧棱长为3，求该正四棱锥的体积.”求出体积后，它的一个“逆向”问题可以是“若正四棱锥底面边长为4，体积为，求侧棱长”；也可以是“若正四棱锥的体积为，求所有侧面积之和的最小值”.
试给出问题“在平面直角坐标系中，求点到直线的距离”的一个有意义的“逆向”问题，并解答你所给出的“逆向”问题.“逆向”问题可以是：__________.
(1)求到直线的距离为2的点的轨迹方程.
(2)若点到直线的距离为2，求直线的方程.
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）设所求轨迹上任意一点为，点到直线的距离公式求解；
（2）由点到直线的距离公式求解.
【详解】（1）解：设所求轨迹上任意一点为，则.
所求轨迹方程为或.
（2）解：因为点到直线的距离为2，
所以，化简得，即或，
所以，直线的方程为或.
（2025届湖北华大新高考联盟高三11月期中教学质量测评）
某站台经过统计发现，一号列车准点到站的概率为，二号列车准点到站的概率为，一号列车准点到站或者二号列车不准点到站的概率为，记“一号列车准点到站且二号列车不准点到站”为事件，“一号列车不准点到站且二号列车准点到站”为事件，则 .
【答案】
【分析】设出事件，记“一号列车准点到站”为事件，“二号列车准点到站”为事件，
根据事件的关系和运算法则得到，，相加得到答案.
【详解】记“一号列车准点到站”为事件，“二号列车准点到站”为事件，
则，，，
由，故，
则，则，
故，
而，即，故，
则.
故答案为：
类型三 新定义问题
【典例1】（2024届云南昆明一中高三第七次高考仿真模拟）向量的广义坐标是用于描述向量或系统状态的一组数值，其选择取决于问题的特定背景和需求.在物理学、工程学、计算机图形学等领域，广义坐标被广泛应用.比如，物理学中的振动系统可能采用角度作为广义坐标，而工程学中的结构分析可能使用特定坐标系来简化问题.通过选择适当的广义坐标，可以更自然地描述问题，简化数学表达，提高问题的可解性，并使模型更符合实际场景.已知向量，是平面内的一组基向量，O为内的定点.对于内任意一点P，若，则称有序实数对为点P的广义坐标.若点A，B的广义坐标分别为，，关于下列命题正确的（ ）
点关于点O的对称点不一定为
A，B两点间的距离为
若向量平行于向量，则的值不一定为0
若线段的中点为C，则点C的广义坐标为
【解题策略】
根据广义坐标的定义，结合平面向量数量积的运算性质、平面向量共线性质逐一判断即可.
【详细解析】由题意，
对于A，，设关于点的对称点为，则，
因为，不共线，所以，A错误；
对于B，因为，
所以，
当向量，是相互垂直的单位向量时，，两点间的距离为，否则距离不为，B错误；
对于C，当与中至少一个是时，结论成立；
当与都不为时，设（），有，即，所以，C错误；
对于D，，
所以线段中点的广义坐标为，D正确
故选：D.
【典例2】（2025届四川成都蓉城名校联盟高三第一次联合诊断性考试）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题，牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法，如图，在横坐标为的点处作的切线，该切线与x轴的交点为；在横坐标为的点处的切线与x轴的交点为；一直继续下去，得到，，，…，，它们越来越逼近的零点r.在一定精确度下，用四舍五入法取值，当，近似值相等时，该值可作为函数的一个零点r.用“牛顿法”求方程的近似解r，可以构造函数，若，得到该方程的近似解r约为＿＿＿（精确到0.1）.
【解题策略】分别求出曲线的切线方程，由切线方程求与x轴的交点横坐标，循环求解即可.
【详细解析】由题意，
由，得.
当时，，，
则过点的切线方程为，
令，得.
又，，
则过点的切线方程为，
令，得，此时与近似值相等，故近似解r约为3.3.
故答案为：3.3.
【典例3】如图所示，已知曲线，曲线，是平面上一点，若存在过点的直线与、都有公共点，则称为“型点”.
在正确证明的左焦点是“型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线方程（不要求验证）；
设直线与有公共点，求证：，进而证明原点不是“型点”；
求证：圆内的点都不是“型点”.
【解题策略】
学习新的数学知识的能力是指通过阅读，理解以前没有学过的新的数学知识如新的概念、定理、公式、法则和方法，并能运用它们作进一步的运算和推理，解决有关问题的能力，本例从直线与曲线的位置关系中有公共点的情况给出了“型点”的新定义，然后应用于曲线与曲线的位置关系的判断.“吃透新定义、用好旧知识”是解答此类问题的关键，第（2）和第（3）问当然还是通过方程的思想方法，运用不等式的知识及分类讨论给出证明.
【详细解析】（1）由题意，
的左焦点为，过的直线与交于，与交于，故的左焦点为“型点”，即直线可以为.
直线与有交点，则，若方程组有解，则必须；
直线与有交点，则，若方程组有解，则必须.
故直线至多与曲线和中的一条有交点，又显然，直线与无交点，即原点不是“型点”.
显然过圆内一点的直线若与曲线有交点，则斜率必存在；根据对称性，不妨设直线斜率存在且与曲线交于点.
则.
直线与圆内部有交点，故.
化简得.①
若直线与曲线有交点，则.
当时，，
化简得.②
由①、②得.
但此时，因为，，，即①式不成立；
当时，①式也不成立.
综上，直线若与圆内有交点，则不可能同时与曲线和有交点，即圆内的点都不是“型点”.
【方法归纳】
高中数学中的新定义问题，通常指的是在题目中给出一些新的概念、运算规则或性质，要求考生根据这些新定义进行求解或证明的问题.这类问题旨在考察学生的阅读理解能力、抽象思维能力和逻辑推理能力.解决新定义问题的关键在于仔细阅读题目中给出的新定义，弄清楚其含义、适用范围以及与其他数学概念之间的联系.
新定义可能是在已有概念的基础上进行拓展或变形，因此要注意与新定义相关的已有知识.在理解新定义的基础上，将题目中的条件转化为与新定义相关的形式，然后运用新定义进行求解.在求解过程中，要注意新定义的运算规则或性质，确保求解过程符合新定义的要求.求解完成后，要检查答案是否符合题目要求，以及是否满足新定义的限制条件.如果答案不符合要求或存在矛盾，需要重新审视求解过程，找出问题所在并进行修正.
【举一反三】
（2025届高三天枢杯第二届线上联考）
如果，，那么称数列和“同增减”，以下说法中错误的是（ ）
两个单调递增数列和是同增减的
和任意数列有和同增减
和任意数列有和同增减
和任意正数数列有和同增减
【答案】B
【分析】根据数列“同增减”的定义逐一判断即可.
【详解】A注意到两个数列都是单调递增的，从而，，满足，A正确
考虑，则，不满足题意，B错误．
由，C正确
注意到且的时候，从而D正确．
故选：B．
（2024黑龙江大庆实验中学实验二部高三下期得分训练（二））
意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样的一列数：，该数列的特点是：从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，则是斐波那契数列中的第 项．
【答案】2025
【分析】根据“斐波那契数列”的递推关系可得结果.
【详解】依题意有：
，
所以：，
故答案为：2025.
阅读下段文字：“已知为无理数，若为有理数，则存在无理数，使得为有理数；若为无理数，则取无理数，，此时为有理数．”依据这段文字可以证明的结论是（ ）
是有理数 B．是无理数
存在无理数a，b，使得为有理数 D．对任意无理数a，b，都有为无理数
【答案】C
【分析】根据给定的条件，提取文字信息即可判断作答.
【详解】这段文字中，没有证明是有理数条件，也没有证明是无理数的条件，AB错误；
这段文字的两句话中，都说明了结论“存在无理数a，b，使得为有理数”，因此这段文字可以证明此结论，C正确；
这段文字中只提及存在无理数a，b，不涉及对任意无理数a，b，都成立的问题，D错误.
故选：C
（2024吉林长春高三上期质量监测（一））
为了解小学生每天的户外运动时间，某校对小学生进行平均每天户外运动时间（单位：小时）的调查，采用样本量按比例分配的分层随机抽样.如果不知道样本数据，只知道抽取了三年级及以下学生40人，其平均数和方差分别为2.5和1.65，抽取了四年级及以上学生60人，其平均数和方差分别为1.5和3.5，则估计该校学生平均每天户外运动时间的总体方差为（ ）
B．4 C．3 D．2
【答案】C
【分析】根据平均数和方差的公式计算.
【详解】抽取了三年级及以下学生40人，其平均数和方差分别为，，
抽取了四年级及以上学生60人，其平均数和方差分别为，，
设抽取的总体样本的平均数为和方差为，
则，
.
故选：C.
9．2023年1月31日，据“合肥发布”公众号报道，我国最新量子计算机“悟空”即将面世，预计到2025年量子计算机可以操控的超导量子比特达到1024个.已知1个超导量子比特共有2种叠加态，2个超导量子比特共有4种叠加态，3个超导量子比特共有8种叠加态，，每增加1个超导量子比特，其叠加态的种数就增加一倍.若，则称为位数，已知1024个超导量子比特的叠加态的种数是一个位的数，则（ ）（参考数据：）
B．309 C．1023 D．1024
【答案】B
【分析】由已知可推得当有1024个超导量子比特时共有种叠加态.两边同时取以10为底的对数，根据对数的运算性质可得，根据已知数据，即可得出答案.
【详解】根据题意，得个超导量子比特共有种叠加态，
所以当有1024个超导量子比特时共有种叠加态.
两边取以10为底的对数得，
所以.
由于，故是一个309位的数，即.
故选：B.
对于数列，若存在正整数，使得，，则称是数列的“谷值”，k是数列的“谷值点”．在数列中，若，则数列的“谷值点”有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个
【答案】B
【分析】由数列通项公式写出前n项，结合数列 “谷值点”的定义判断{an}的“谷值点”.
【详解】由an＝，则，，，
当时恒有，则，此时递增，
综上，故数列的“谷值点”为2、7，共2个.
故选：B.
“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数，按照上述规则实施第次运算的结果为，若，且均不为1，则（ ）
5或16 B．5或32
5或16或4 D．5或32或4
【答案】B
【分析】根据“角谷猜想”的规则，由倒推的值.
【详解】由题知，因为，则有：
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，则；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且；
若为奇数，则，可得；若为偶数，则.
综上所述：或32.
故选：B
（2024届四川凉山州高三第三次诊断性检测）
凉山地区学生中有50%的同学爱好羽毛球，60%的同学爱好乒乓球，70%的同学爱好羽毛球或乒乓球．在凉山地区的学生中随机调查一位同学，若该同学爱好羽毛球，则该同学也爱好乒乓球的概率为（ ）
A．0.4 B．0.5 C．0.8 D．0.9
【答案】C
【分析】由题设出事件，设在凉山地区的学生中随机调查一位同学，该同学爱好羽毛球为事件A，爱好乒乓球为事件B，根据已知条件求出，再利用条件概率公式求出即可.
【详解】设在凉山地区的学生中随机调查一位同学，该同学爱好羽毛球为事件A，爱好乒乓球为事件B，则由题：，
所以，
随机调查一位同学，若该同学爱好羽毛球，则该同学也爱好乒乓球为，
故选：C.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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