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第1讲 形式各异最值题，方法多样显实力
在高中阶段的各类考试中,最值问题一直都是热点和难点,题型各异,方法也比较灵活.求最值不仅是学生必须具备的解题技能,而且有利于培养学生联想、化归的解题能力及数学思想和方法,提高学生的逻辑思维能力.
最值问题常常与函数、三角、不等式等知识结合起来,同时体现了函数、方程、不等式、转化与化归、数形结合等重要数学解题思想,求解的方法主要有单调性法、均值不等式法、消元法、换元法(包括代数换元、三角换元）判别式法、导数法、数形结合法.这就要求学生在解决函数最值问题时,先要对函数类型进行判断,再根据具体情况选择合适的方法,从而更加方便、高效地解决相关问题.下面通过具体实例来说明求最值的常用方法.
【题目1-1】已知函数的最大值是,最小值是,则_____
解法1因为,
所以函数的图象关于点成中心对称,所以,即.
点拨：研究函数的对称性,利用函数的对称中心解题.
解法2,
其中是上的奇函数,
故函数的图象关于点成中心对称,
所以,即.
点拨：构造奇函数﹐利用奇函数的性质解题.
赏析：本题考查了函数图象的中心对称性,若函数满足,则函数的图象关于点成中心对称,因此两个解法均从函数的对称性入手,不同的是解法1直接计算,得到其结果为定值,进而得出函数的对称中心;解法2则对进行变形,利用函数和是奇函数的特征得出的对称中心.
【题目1-2】已知函数的最大值为,最小值为,则的值为
解法1：该函数的定义域为,经变形有,
其中.利用等差数列的等差中项公式可知：
其中，由可得,即.
由(3),(4)可得,即.又因为在上是减函数,
所以当时,;所以当时,.所以.
点拨：由条件变形为,由此联想等差中项,于是构造等差数列解题.
解法2：显然,两边平方得,移项得.
由于,可求得.所以.
所以.
点拨：挖掘隐性条件:,于是将“"两边同时平方,化双根号为单根号,利用复合函数的性质解题.
解法3：：因为,
所以可设,
所以.
因为,所以,所以,
所以,所以.
点拨：由隐性条件类比同角三角函数平方关系进行三角换元,利用三角函数有界性解题.
解法4：设,所以.
所以,所以,
所以.因为,所以,所以.
（也可这样处理:）
点拨：由条件等式出发﹐进行升幂三角换元﹐将问题转化为二次函数与三角函数的复合函数求值域问题.
解法5：设,
则问题等价于:“已知且4,求的最大值与最小值的比值."当直线与圆在第一象限相切时,取到最大值;当直线由原点移动到刚好与圆弧相交时,取到最小值.如图所示
故.
点拨：采取双换元,注意隐性关系﹐将问题转化为动直线与定曲线的位置关系问题求解.
解法6：设向量,则,令,则的终点表示圆心在原点,半径为2的圆在第一象限部分上的点(如图,包含圆与轴正半轴和轴正半轴的交点).
所以a,b的夹角范围为,
所以.所以,
所以的最大值的最小值，故.
点拨：构建向量,利用向量的数量积求解.
解法7：引人的对偶函数,
因为函数在上为增函数,
所以,从而,又因为,所以,所以,
又,所以,
所以的最大值的最小值故.
点拨：构造对偶函数,利用两个函数的关系解题.
解法8：由题意知.令则.
所以对任意的,函数为增函数;
对任意的,函数为减函数;
所以当时,;当或时,.
所以.
点拨：利用导数﹐结合单调性解题.
解法9：由柯西不等式,当且仅当时等号成立.
所以有
所以当时,有最大值.
由可得有最小值.故.
点拨：利用柯.西不等式解题.
解法10：对于,记,则
,当且仅当时取等号,,
根据该性质,记的平均数为,则,
所以,所以.故有最大值,
由可得有最小值.故.
点拨：构造一组数据,利用方差性质求解.
赏析：
从本题的特殊性考虑﹐由“求根式和的值域问题”想到去根号﹐首选平方法(如解法2),平方后必须注意自变量的取值范围(平方后会改变自变量的取值范围),然后利用二次函数求值域的方法求解.其次就是换元法去根号(如解5),这里注意到两个被开方数之和为常数﹐故换元后可变为圆的问题﹐转化为直线与圆的位置关系.当被开方数之和不为常数﹐需要通过消元找到两个新变量之间的关系才可以求解.最常用的换元方法还有三角换元法(如解法3、4两种方法都基于两部分的值域是相同的,才可以这样换元),解法3实际上也是在观测出被开方数之和为定值4后的换元方法﹐这里由于两个根式都为非负数,因而三角换元时需要对角的范围加以限制,然后转化为三角函数间题求值域.解法4的换元是在换元时考虑到非负数直接设成平方的形式,换元后要消去得到与6的关系(配方法)求解(实际上这里还有一次换元的思想).构造向量也是解题中常用的方法(如解法6).从所求函数的表达式联系到向量数量积的形式,因而设两个向量,),由注意到为固定向量,向量的长度为定值,且在第一象限内,与的夹角范围可以确定,因而可以直接利用向量数量积的定义来求值域.构造对偶函数(解法7)也是解决本题的方法之一,利用两个函数之间的关系求解.这里构造的为增函数,因而容易求出值域.利用导数求解(如解法8)也是求函数值域的常用方法,先利用导数研究函数的单调性求出极值点,再比较端点的函数值,得出最值,即为函数的值域.柯西不等式(如解法9)在求最值中也有它的独特之处,这里用柯西不等式求出最大值,还要用其他方法求最小值.对于本题来说还可以利用统计学中方差的性质求解,需要构造相关的数据来解題,构造等差数列也可以解决本题,请同学们自已体会.
当然本题的多种解法的来源都是在观察后,对表达式进行适当的变形转化或换元,这也说明解题之前应该先观察分析题目的条件,再进行方法的选择.
【题目1-3】求函数的最小值.
解法1当时,;当时,.
所以.即函数的最小值为.
点拨：利用导数﹐研究函数的单调性.
解法2设,平方展开得,
,(负值舍去).即函数的最小值为.
点拨：平方后转化为一元二次方程,利用其判别式解题.
解法3：令,则.
从而问题等价于定点与单位圆在轴右侧圆弧上的动点连线的斜率的倍,
结合图可知,
当直线AB与圆弧相切时斜率最小,此时,
进而,所以.
点拨：三角换元,利用连线的斜率,转化为直线与圆相切解题.
解法4设目标函数为.
如图,
当直线与双曲线右支相切时,有最小值,将直线方程与双曲线方程联立消去得到关于的一元二次方程,利用判别式非负得到的最小值为.
点拨：换元后﹐利用双曲线与直线的位置关系解题.
解法5
点拨：利用柯西不等式解题.
赏析：本题与上一题都是求函数值域,因而可利用导数法(解法1)求解,该方法属于通法;解法2是采用平方法去掉根号,再将视为主元转化为一元二次方程有解的问题,利用判别式构建关于的不等式而得解.用判别式法解题时需要注意自变量的范围确保等价转化,否则会扩大的范围,这里取任意实数因而可以只考虑判别式,如果不是任意实数,实际上转化为一元二次方程在某区间上有解问题,胔要增加其他条件的约束才能得到正确的结果,不能只考虑判别式;解法3是通过三角换元将被开方式转化为完全平方形式去根号的,使用此法要注意换元前后的变元的取值范围确保一致,经过这样处理后就可以采用数形结合的方法或采取主元法利用三角函数有界性求解;解法4是将单变元转化为多变元间题,这样有利于将问题转化为图形位置关系问题采取数形结合法解题;解法5利用柯西不等式配劮是关键,对思维能力要求较高,配凑可以在明确目标后采取待定系数法诵讨比较系数来完成.
【题目1-4】求的值域.
解法1如图,
设,则动点的轨迹是单位圆,问题转化为求定点到单位圆上任意点的连线斜率的取值范围.当直线PQ与单位圆相切时分别取最大值与最小值.由易知,
故.即所求函数的值域为.
点拨：由右边结构形式,类比直线斜率坐标公式,将间题转化为定点（一2,0)与单位圆上连线的斜率取值范園问题,利用几何法求解.
解法2变形为,
由辅助角公式得,
由三角函数的有界性得,解得.
点拨：利用辅助角公式,结合三角函数的有界性求解.
解法3令,则,
整理成关于的二次方程.由,解得.
(化为之后,亦可以用均值不等式或用导数来求解.)
点拨：利用三角函数万能公式将问题转化为一元二次方程,再利用其判别式求解.
解法4
令,得,解得或.
当时,;当时,,
所以当时,取最大值；
当时,取最小值.
点拨：直接用导数﹐研究单调性解题．
解法5,
令,则.
因为,所以,所以.
点拨：先将两边同时平方,再将三角函数化异名为同名,将问题转化为分
式函数与三角函数的复合函数问题,利用换元法结合均值不等式求解.
解法6由变形得.
构造向量,由得,
即,故.
点拨：构造向量,利用向量数量积不等式解题.
赏析：利用导数研究函数单调性(解法4)是求函数值域问题的常用方法,不过也不能见到值域题就用导数求解,有时求导数就不容易了，求极值点更难.所以还需考虑其他方法.就本题来说考虑分式的形式用斜率的几何意义,利用数形结合思想解题（解法1),设,问题转化为求定点到单位圆上任意点的连线斜率的取值范围,当直线PQ的范围,两种方法的目的只有一个:消去式子中的,得到关于的不等式;由万能公式(解法3)可以把三角函数的不同类型统一为同名三角函数形式,进一步利用一元二次方程有解时判别式非负来解题;解法5把表达式平方后,转化为的表达式,通过换元利用均值不等式求解,这也是消元思想的体现.
【题目1-5】求函数的最大值.
解法1
由得,所以故,
即,当且仅当时取等号.
点拨：分子移入根号内后﹐分离常数﹐利用均值不等式解题.
解法2由,即,
所以,即,
所以,当且仅当时取等号.
点拨：借助公式解题.
解法3令,
则.
令,,
所以当时,取最大值.
点拨：换元后﹐利用二次函数求最值.
解法4将两边平方得,
化简得,整理得
又,所以.以上方程对于任意的实数有解,
所以上式的,即,
所以.
点拨：转化为一元二次方程﹐利用其判别式求解．
赏析：本题的分式形式中分子不含根号,分母含有根号,可将分子平方后移到根号内.对根式内的式子进行分离常数(解法1)(2k)^{2}+1^{2}$,分子为,因而想到利用平方和与均值不等式(解法2),利用不等式的性质求解;把函数看成方程,两边平方后去掉分母,得到关于的一元二次方程,利用判别式也可以求解(解法4),严枚地说方程应该有正数解,需要给出有一个正 和两个正根的分类讨论情况(请读者自已完善).
【题目1-6】函数的最大值为
解法1因为
当且仅当,即时,等号成立,
所以,故函数的最大值为.
点拨：对函数式两边平方，配凑出均值不等式结构.
解法2因为,
设,则,所以,
令,得;令,得.
所以.
点拨：代数换元后,构造函数﹐利用导数求函数最值.
赏析：解法1利用均值不等式求最值,平方后可以奏配出因式的和为定值,但在使用时要注意“一正、二定、三相等”.
解法2利用换元构造函数求最值,这是三角函数类型求最值的常用方法,先统一正、余弦,再还原构造函数,利用导数法求最值,主要体现了换元和构造的数学解题思想.
解法2对学生要求较低,学生也容易想到,但是解法1不仅要平方,同时要配凑出三元均值不等式,这对学生能力的要求较高.
【题目1-7】若,则的最小值是
解法1设,则,且,
由重要不等式得.
原代数式可化为,
易知关于ab在上单调递减,
所以,当且仅当时等号成立.
点拨：采取双换元,注意隐性关系1,将问题转化为求对称式的最小值问题,利用基本对称式表示,最后转化为ab的代数式,从整体角度利用函数的单调性求最小值.
解法2因为,所以,
所以,
因为,所以.
当且仅当,即时等号成立.
点拨：联想三角恒等式,配凑出柯西不等式结构.
解法3
,
当且仅当,即时等号成立.
点拨：结合添加常量，配凑基本不等式结构.
赏析：解法1、解法3都是利用均值不等式求最值,不同的是解法1通过换元、解法3利用配凑,但都要用到这个恒等式;解法2是利用柯西不等式求最值,需要合理搭配,才能实现等号的成立.解法1、解法3对学生的要求较低,属于通性通法.
【题目求函数的最大值.
解法1令,则,
所以.令,则.
令,则由得,
所以,则.
点拨：三角换元后平方、换元﹐转化为函数问题，利用导数法求最值.
解法2因为是奇函数,故只需研究的情形.
当时,,
令,解得,所以.
点拨：分析函数的性质﹐缩小区间﹐利用导数法求最值.
解法3因为是奇函数,故只需研究的情形.
当时,设,则
所以
从而
点拨：利用奇函数性质缩小研究范围﹐然后换元,平方有理化后利用均值不等式求解.
赏析：解法1是用三角换元法求最值,这是无理型函数求 值的常用方法,根据换元后的结构选择合适的方法求最值.解法2是结合函数的奇偶性利用导数法求最值,此法需要关注研究范围的变化.解法3是部分换元后配凑均值不等式求最值，灵活性较高
【题目1-9】求函数的值域.
解法1当时,;
当时,,
当且仅当,即时等号成立.
所以函数的值域为.
点拨：转化为根式函数与分式函数的复合函数形式,然后利用导数法求解,但在转化时要对移入根号内的式子的值进行讨论.
解法2令且,
所以,
易知,所以.
点拨：利用对问题中的采取三角换元,利用三角函数有界性解题.解法3令的夹角为,所以,
即.由图
可知且,
所以,所以.
点拨：构造向量﹐利用向量夹角公式把所求式转化为三角函数问题.
解法4设,如图1-7.
当时,;
当时,,解得
所以可得.
点拨：由的左边形式入手,类比斜率坐标公式,将问题转化为定点与定曲
线上点的连线斜率取值范围问题.
解法5令,则,
当时,;
当时,.
所以.
点拨：分式分母换元,转化为一元二次函数问题.
赏析：解法1、解法5基本属于同一类方法,通过分子或分母换元,利用均值不等式求最值,求解时需注意定义域的变化或变量的正负.解法2利用三角换元结合三角函数的有界性求最值.解法3从函数结构出发构造向量的数量积,利用向量的夹角求最值,灵活性较高.解法4仍是从函数结构出发,构造函数式的几何意义,结合图象,加以求解.求解过程中体现了分类讨论、换元构造、数形结合等方法,考查了推理和计算能力.
【题目1-10】已知实数a,b,c满足,则的最大值是
解法1由得,将式子两边平方得,点-拶
再把代人可得,
此时用不等式放缩可得,
解得,所以的最大值是.
点拨：先利用等式消元﹐再结合基本不等式转化为关于a的不等式.
解法2由移项平方得,代入
得,即由基本不等式
得,解得.故的最大值是.
解法3将两边平方后得,
由得.
继续消元,将代入化简,并将含有的式子分离到一边,
得,而,
即,得(此时等号成立的条件是),
所以的最大值是.
点拨：对条件式平方﹐整体代入后消元﹐结合基本不等式转化为关于a的不等式.
解法4将两边平方后得,
由得.
将代人化简,得,
即,
解得,故当时,的最大值是.
解法5将代人,消去得,
因为这个关于的一元二次方程有实数解,
所以,解得,所以的最大值是.
点拨：利用已知条件代入消元﹐主元法结合判别式解决问题.
解法6由,消去得,
设,令,得.
当时,;当时,.
因为有零点,
所以,所以,所以的最大值是.
点拨：代入消元后﹐转化为函数有零点问题.
解法7由得,平方代人,得,
即,可将b,c看作方程的两根,
所以,解得,所以的最大值是.
点拨：利用条件构造以b,c为根的一元二次方程,利用其判别式解决问题.
解法8将两边平方后得,
由得.
不妨设,则a,b,c是方程
0的三个根.设,下面求函数的零点的最大值.
依据得的极值点为,
当时,函数的极大值点在轴上,即时,取得最大值.
此时,,故的最大值是.
点拨：
解法9由,可设,
所以,
即,
整理得,解得,
所以,所以的最大值是.
点拨：
解法10.设,依题意可知,
所以,所以,
所以,所以,即.
点拨：
解法11设向量,由得,
所以,解得,所以,故的最大值是.
点拨：构造向量,利用向量数量积不等式解决问题.
解法12.用x,y替换b,c,则有.
点同时满足两个式子,说明该点既在直线上,又在圆上.故圆心到直线的距离不大于圆的半径,即,应用点到直线的距离公式得,整理得,所以.当直线与圆相切时,分别取得最大值和最小值.由此可知的最大值是.解 名此安徽刘志勇
点拨：
解法13.设,则A,B,C三点都在函数的图象上,
由题设易知三点不全重合.
当a,b,c互不相等时,的重心为,即.
设BC的中点为,由,易得,
由题意知点在表示的区域内,则有,所以.
当即B,C两点重合时,的最大值是.
综上可知,的最大值为.
点拨：
解法14由消去得到.
考虑到求的最大值,所以$b,c$为负数.原问题等价于:在中,,
的最大值.
根据正弦定理得,
所以,
当时,取得最大值,故的最大值是.
点拨：消去a后﹐联想到余弦定理的结构,构造三角形,利用正弦定理解决问题.
解法15由柯西不等式可得,得,
所以,当且仅当时,取得最大值.
点拨：利用柯西不等式把条件式化归为关于α的不等式.
解法16由已知得,所以可设
所以,则,
所以,所以,所以的最大值为.
赏析：本题的16种方法,总的来说分为六类:代数法、三角换元法、向量法、几何法、柯西不等式法、等差中项法.其中代数法主要体现在消元,可以是均值不等式消元,也可以是判别式消元,主要体现在灵活的性质化三元等式问题为一元不等式问题;柯西不等式法和等差中项法都是为了消元以实现最值的求解.学生要熟练掌握函数的最值问题,有选择地使用各类方法.
【题目1-11】设a,b为正实数,则的最小值为
解法1设,则,
所以原式,
当且仅当即时等号成立
点拨：分式分母换元后﹐利用基本不等式解决问题.
【解法2】
当且仅当即时等号成立
【解法3】
令
去分母得
于是
解得
所以
【解法4】
当且仅当，即时等号成立
【解法5】
【解法6】
因为为正数，则，且
所以
【解法7】
，则
所以
【赏析】
解法1将分母换元;解法2对分式通分,整体配湊;解法4是常数分离,构造二次齐次式.三种方法虽然最终都是运用均值不等式求解,但在构造形式上明显不同,体现了解题思想的多样性和解题角度的灵活性.解泽3构诰一次方程.枟用判别式求解:解汗5,解汗6,解汗7均是构诰函数,最后利用均值不等式求解.解法3构造二次方程,运用判别式求解;解法5、解法6、解法7均是构造函数,最后利用均值不等式求解.
【题目1-12】已知,函数,若对任意,有,则的取值范围是（）
A.
【解法1】
设,则,
直线系过定点,如图1-8,
又，则，又
所以直线系的斜率为,
所以.故选.
【解法2】
令,则有
所以
线性规划,用斜率型解答,如图1-9),所以故选D.
【解法3】
令,得.
又因为对任意,有,
所以,
所以,
根据线性规划知识,知三点的坐标分别为,
,如图,
所以的取值范围是.故选.
【赏析】解法1采用整体代换,解法2、解法3结合条件,借助部分换元或整体换元,三种解法都把问题化归到斜率问题进行求解.这些方法需要学生掌握灵活变形的技巧,化代数问题为几何问题.
【题目1-13】记为两数的最小值.当正数变化时,则的最大值为。
【解法1】
由(2)得,
所以,则,
当且仅当即时等号成立.
所以.
【解法2】
由题意可得(1),(2).
由(1)(2)得
令,则,
所以,
当且仅当时.
【解法3】
由题意可得(1),(2).
由(2)得
令,则,进而得有正数解.设,
因为对称轴,所以,
即,得.
所以当且仅当时.
【赏析】三种方法都是利用最值的条件得到关于的不等关系,只是解法1利用均值不等式实现最值的求解,解法2对分式进行齐次化,换元构造出均值不等式,解法3通过倍值换元,实现消元的目的,转化为不等式求解.相比较而言,解法1、解法2较常规,也容易想到,解法3是一种奇思妙解.
【题目1-14】设且,求证:.
【解法1】
因为(1),(2).
两式相加得,
因为,所以,当且仅当时等号成立.
【解法2】
思路一：
假设,则,
所以,
即,
化简得,与矛盾.
假设错误,所以.
【解法3】
因为
所以.
【解法4】
因为,所以,所以.
【拓展】权方和不等式
,等号在时取得.
【解法5】
要证,即证,
即,化简可得,
即
显然成立,得证.
【解法6】
令,则,
则
所以,所以.
【解法7】
因为,
所以
设,则,即,所以.
【赏析】
解法1是从对称角度通过三元均值不等式,由三次式转化为一次式,再利用不等式的同向可加性得证的,此方法求解主要体现了类比联想求解的策略;解法均是将利用基本对称式,表示后再借助均值不等式进行放缩得证,此方法属于通法,学生易于掌握;解法6采取设值再三角换元,这样处理易于沟通条件与欲证问题的关系,体现了由相等到不等的辡证转化,但在三角函数恒等变形中对学生的计算能力要求较高;柯西不等式的推广一一权方和不等式是处理这类结构对称问题有效利器,快捷方便,如解法4;反证法、分析法是证明不等式的最为常用的方法（如解法2,5）.
【题目1-15】若,求证.
【解法1】
构造向量,
根据(向量柯西不等式),得
,
当且仅当即时取等号.
所以.
【解法2】
由已知得,则,解得.
设,则,
即,,整理得,所以或.
当时,;当时,,故.
综上,.
【解法3】
令,
则,
所以.
所以,即.
【解法4】
设,则,
所以.
因为,
所以,
当且仅当，即时取等号，所以
【解法5】
由已知得.
因为,所以且.
两边平方得,
即.
所以,即.
【解法6】
设是圆上的任意一点,则圆在点处的线方程为.
设是单位圆上的两点,
根据引理,圆点处的切线方程为,
因为,所以点在切线上,
又点在圆上,所以点与点重合,
所以从而.
【赏析】
解法1利用向量不等式及均值不等式,结合两个不等式取等号的条件得出.
解法2首先对已知条件进行分析得出然后通过代换求值,进而得到.
解法3、解法4利用换元法进行证明,其中解法3,利用三角换元法进行证明,两角和与差求出,进而得到.解法4利用均值不等式进行证明,结合取等号的条件得到结论.
解法5利用代数式的恒等变形,将等式移项后整理,利用完全平方式得到,进而得到结论.解法6利用圆在其上一点处的切线方程为及切点的唯一性得到.
变式练习
【变式1-1】已知函数若关于的方程有且仅有四个根，设其最大值为,则函数的值域为_____________。
【变式1-2】求函数的最大值。.
【变式1-3】已知函数的最大值是,最小值为,则____________。
【变式1-4】求函数的值域。
【变式1-5】求函数的值域。
【变式1-6】求函数的值域。
【变式1-7】求的最大值,并求出此时的值。
【变式1-8】已知函数,若方程有且仅有两个不相等实根,则实数的取值范围为______。
【变式函数的值域为____________。
【变式1-10】若,则的最小值是_______。
【变式1-11】若,则的最小值是__________。
【变式1-12】求函数的最大值与最小值。
【变式1-13】求函数的值域。
【变式1-14】已知实数满足,则________。
【变式1-15】已知都为正实数,且,则的最大值为____________。
【变式1-16】已知函数.设表示中的较大值,表示中的较小值）,记的最小值为的最大值为,则的值为（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式1-17】已知,求的取值范围。
【变式1-18】若正实数满足,求证:第2讲 多姿多彩恒成立，精彩各异策略多
不等式恒成立是各类考试的热点问题,可与函数、导数、方程、几何等知识点结合起来,形式灵活、思维性强.解决这类问题的关键是进行转化与化归.不等式恒成立问题常与参数联系在一起,以“处理参数”为主要方法,破解的手段主要有分离参数法、基本不等式法、换元法、齐次化法、判别式法、构造函数法、最值法、数形结合法.下面通过具体的例题来说明此类问题的常用方法.
【题目2-1】(I)对任意的恒成立,求的取值范围;
(II)对任意的恒成立,求的取值范围.
（I）分离参数后的七个解法(解法)
用到下面的式子：。
【解法1】
因为,当且仅当时等号成立,所以,
所以的取值范围是.
【解法2】
令,则,
设,则,
当时,单调递增;
当时,单调递减.
故,所以.
所以的取值范围是.
【解法3】
同解法2换元得
故
当且仅当，即时等号成立
所以的取值范围是。
【解法4】
令
则
其中
当且仅当时等号成立.所以的取值范围是。
【解法5】
显然,则,
因为
所以,且,
解得,当且仅当时等号成立.
所以的取值范围是.
【解法6】
由题意得,
令,则恒成立,
显然.,所以,解得或(舍去).所以的取值范围是。
【解法7】
由整理得,
恒成立,时显然不成立),解得(当且仅当时取得等号)所以的取值范围是。
【解法8】
令,则,设,得关于的方程,所以,得,当时,,所以.所以的取值范围是.
【解法9】
，令则
当且仅当,即时等号成立,于是.所以的取值范围是.
【解法10】
原式可化为,令
则,所以.所以的取值范围是。
（II)分离参数后,平方配凑基本不等式.
由题意知,令,
进一步得到,所以.所以的取值范 是
【解法2】
因为,
所以,所以所以的取值范围是.
【解法3】
如图所示,构造一个,
令
则
原不等式等价于
所以.
【解法4】
令,则,
又因为,
所以,所以.
所以的取值范围是.
【解法5】
令,得,利用判别式法可求得,于是.所以的取值范围是.
【解法6】
,设,
则
当时取得最大值,所以.所以的取值范围是.
【解法7】
用替换,用替换,则原题中不等式,
又
它表示点到直线的距离与到原点距离比值的倍,结合图形2-2知.所以的取值范围是
【解法8】
同解法,
令,则直线与圆应有公共点，
从而圆心到直线距离,所以.
所以的取值范围是.
【赏析】
()解法1、解法3、解法4、解法5、解法9、解法10是合理利用配项、凑项、拆项,合理换元（如局部换元或三角换元、搭配、分离参数,用均值不等式求解;解法2通过构造函数,利用导数法求函数最值;解法6、解法7、解法8是转化为一元=次不等式的判别式求解.
（II)解法1、解法2、解法3、解法4是根据题设条件,综合地利用添项、拆项、分解、组合、配方、变量代换、换元,发现所求问题的本质,找到突破ロ,用均值不等式或柯西不等式求解;解法5、解法6是利用降元或换元后,化为一元=次方程求解;解法7是根据几何意义,转化为距离型函数求解;解法8是利用数形结合,构造出圆,转化为直线与圆的位置关系求解,彰显平面几何的魅力.
【题目2-2】已知函数,若恒成立,则的取值范围是。
【解法1】
，其中
所以
而，且在上单调递增
所以
令即
得
所以
【解法2】
由
得
若恒成立,只需,
即
设,得,
因为,
当时,.所以.
【解法3】
设,
则为圆上的动点，由图可知,
当取最小值,时,恰为最大，
故
所以.
【解法4】
同解法2得
令,
所以.
【解法5】
同解法1得
易检验等号成立的条件为所以
所以.
【解法6】
同解法2得
，所以.
【解法7】
由
其中,,
结合图,由对称性知,
当时，
所以.
【解法8】
令,
则,
即
所以
【解法9】
令,则
令,则,
则.
所以.
【解法10】
因为,
设
令
则
所以
【解法11】
当时取等号,
设,则
，
易知在上单调递增,,
当时,,
所以.
赏析：
解法1、解法2、解法4、解法5、解法6通过合理构造、变形,用基本不等式和柯西不等式求解;
解法3利用三角函数化简求最值;解法7对式子结构进行合理配方,转化为距离型求解;
解法8利用向量的数量积进行求解;
解法9、解法10整体换元后,利用导数法转化为求函数的最值;
解法11合理放缩、换元,利用基本不等式或函数求最值解决，以上解法真是精彩纷呈,只有对知识熟练掌握,对方法灵活应用,方能做到出手必胜。
【题目2-3】若对任意恒成立,则实数的取值范围是。
解法1：
当时,原不等式可化为对任意不恒成立。
当时,取时,有,即矛盾.
当时,可有如下解法：
因为,两边同时除以,得,
又因为,
当且仅当时取等号,故只需,解得.
点拨：可将已知条件变形,配凑出基本不等式的条件。
解法2：
因为对任意恒成立等价于
对任意恒成立,
令,即对恒成立,所以,又因为对称轴,
所以,即,解得.
点拨：应对多元变量,可选定一个变量为主元,结合判别式解决问题.
解法3：
因为对任意恒成立,两边同时除以得,
令得,所以其中,
因为,所以,所以.
点拨：分离参数并换元，利用基本不等式解决问题.
解法4：
因为对任意恒成立,
两边同时除以,得,令,得,所以,
令,得,
令,得,
所以时,单调递增,时,单调递减,
所以当时,有最大值,所以.
点拨：分高参数,换元，构导数，利用函数法求最值
解法5：
因为对任意恒成立,两边同除以,得，
令,得,令,等价于对恒成立.因为直线经过定点,当直线与曲线相切时,取到最值,如图2-5所示.
设切点为,因为,所以,解得,
于是,是,所以.
点拨：换元后，利用函数思想、数形结合解题。
解法6：
因为对任意恒成立,
令,所以对恒成立,
设,所以,如图2—6所示.
因为点在曲线上,原题等价于求曲线上点与定点连线斜率的最大值,易知当与曲线相切时斜率最大.
因为,所以,解得,此时,所以.
点拨：换元并分离参数，利用几何意义解决问题.
解法7：
因为,所以.,令,
所以,
因为,所以.
点拨：分离参数，三角换元，利用三角函数求最值.
解法8：
因为,所以,即.
因为,
当,即时等号成立.所以.
点拨：分离参数，巧妙变形，为利用基本不等式创设条件。
赏析：
解法1、3、8巧妙配凑变形,利用基本不等式解决问题,需注意取等条件.解法2利用判别式解题，应注意适用条件.解法利用导数和条件对应的几何意义数形结合,巧妙破题.解法7利用三角换元解决二元变量求参问题,关键在于问题的转化方式.上面解法中的换元、分离参数、均值不等式、变换主元、构造函数、数形结合、三角换元都是解决这种类型问题的常用方法,本题值得认真学习.
【题目2-4】设,且恒成立,的最大值是。
解法1：
原式,所以只需.
因为,
且当,即时取等号,所以.即的最大值是4.
点拨：分离参数，变形构造基本不等式的条件.利用基本不等式解决问题.
解法2：
因为,所以,
则已知不等式可化为.
由,即,
所以.即的最大值是4.
点拨：分离参数，通分后利用基本不等式解决问题.
解法3：
因为,所以,
有,
又,
当且仅当,即时等号成立.所以.
点拨：分离参数，配凑出常见不等式的结构.
解法4：
下面的不等式是我们比较熟悉的,也是常用的.
若,则有,
于是时,,当且仅当时取等号,所以.
【拓展】,当且仅当时等号成立.
点拨：对条件式左边直接利用常见不等式.
解法5：
因为,所以,
,所以,即的最大值为.
【拓展】权方和不等式
,等号在时取得.
点拨：分析条件,利用柯西不等式的变形——权方和不等式.
赏析：
解法从不同角度配凑利用基本不等式(也称均值不等式),解法4,5可以认为是不等式的
变形或权方和不等式,建议优等生掌握权方和不等式.
均值不等式的变形应用是解决本题的关键,而对均值不等式的掌握也是高考重要考点,所以围绕
该题的几种变形值得读者好好思考借鉴.
【题目2-5】若关于的不等式在上恒成立,求的最大值.
解法1：
令,则,
当时,恒成立,所以在上单调递增,
当时,,此时在上不恒成立.
当时,由得,
当时,单调递减,
当时,单调递增.
所以,
所以,所以,
令,由得,
所以在上单调递增,在上单调递减,
所以,所以的最大值为.
点拨：先分类讨论简化问题，再将双变量统一为单变量问题，借助导数解决问题。
解法2：
因为在上恒成立,所以恒成立,
问题可以转化为函数的图象恒在直线图象的上方,
设是图象上一点,则在该点处的切线方程为,
即,所以求的最大值等价于求的最大值.
令,则,
由得,所以在上单调递增,在上单调递减,
所以,所以的最大值为.
点拨：利用条件的特征，转化为图形上的关系，巧妙代换.
赏析：
题设为求双变量取值范围问题，解法1的切入点为结合题设中双变量的不等关系，利用放缩转化，将双变量问题转化为单变量问题，然后转化为函数求最值问题得解；在高中数学中很多复杂函数问题都可以转化为两个或多个简单函数问题，解法2的切入点为几何转化法，将原题转化为两个简单函数图象及性质问题，从而借助几何意义和数形结合求解，解法1、解法2在思维上都侧重于把复杂问题简单化，解法1侧重于变量间代数形式的转化，解法2侧重于函数间几何意义的转化，两种方法都充分体现了高中数学中转化与化归的思想.
【题目2-6】已知函数,若存在实数,使的定义域为时,值
域为,则实数的取值范围是（）
A.
B.
C.且
D.
解法1：
根据题意,当直线与函数的图象有两个交点时,即能满足题意,所以只需求出当直线与函数相切时的临界情况即可得出的取值范围.
设直线与函数相切于点,
对于函数,有,则.
又因为,解得,所以.
结合图,可得当时满足题意,所以实数的取值范围是.
故选B.
点拨：数形结合，寻找临界状态.
解法2：
因为为单调递增函数,根据题意可知：
即
则为方程的两个不等实根,
又因为都大于0,所以解得，
所以实数的取值范韧是.故选.
点拨：转化为方程有两个不等正根，利用实根分布解决问题.
赏析：
题目中定义域所对应值域存在一定特殊性,可以对应函数在区间上的值域,所以解法1借助数形结合思想,将题意转化为两个单调函数的图象交点问题,此法应注意图象的准确性及临界情况的处理;由于函数为单调函数,所以定义域及值域的对应关系就比较明确.解法2利用函数与方程思想,将题设问题转化为一元二次方程根的存在性问题,此解法应注意转化的等价性.解法1侧重数形结合思想,要求学生能够熟练运用常见函数的图象及性质；解法2侧重函数与方程思想,要求学生能够熟悉并运用函数与方程的内在关系.
【题目2-7】设函数,其中,存在,使得成立,
则实数的值是（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1：
设函数可以看作点与点之间距离的平方，点为曲线上的点,点为直线上的点,故可将问题转化为求曲线上的点到直线的最小距离的平方.
由得,令,解得,所以曲线上点到直线的距离最小,最小距离为,则.由题意,若存在使,此时必有恰好为垂足,,则,解得.故选A.
点拨：利用条件具备距离的几何意义。
解法2：
.
当,即时等号成立.
依据可知.当时,等号成立.
将代人可得.故选.
点拨：构造柯西不等式。
赏析：
题设函数形式可类比为两点间距离平方公式,所以解法1借助数形结合思想,将题设转化为两个函数图象上的点之间距离的平方,然后借助导数和图象即可巧妙解决；题设函数形式又可类比为柯西不等式形式,所以解法2借助柯西不等式,利用柯西不等式取等条件巧妙得出结果.解法1侧重函数图象及性质的灵活运用,解法2侧重对常见不等式形式的运用.解决函数不等式问题常需借助其他知识点进行转化,此题充分体现了高中数学的转化与化归思想.
【题目2-8】设为定义在上的奇函数,且时,.若对任意的恒成立,则实数的取值范围为 。
解法1：
因为为奇函数,且时,，所以
所以,
即.因为为增函数,
所以恒成立恒成立恒成立,
即,所以,解得.
点拨：合理转化，利用函数单调性。
解法2：
因为对任意的恒成立,所以.
当时,,所以,
与题意矛盾,所以.因为,所以,
又,所以,即.
令,对称轴为,
所以在上单调递增.所以,
解得或.综上,.
点拨：利用函数的对称性，不等式恒成立求解。
解法3：
如图,当时,由向右平移得到,在上不恒成立,所以.当时,恒成立,所以只需要考虑的情况,解法同上.
点拨：利用图象平移、数形结合.
赏析：
题设为常见的函数性质综合运用问题,所以解法1结合题设条件求出具体函数解析式,然后判断函数单调性,利用函数单调性求解不等式.解法2为常规的分类讨论思想,结合的取值范围得出具体的不等式,然后解不等式.解法3借助数形结合思想,转化为函数的图象平移问题.解法均为解决函数性质综合题型的常规解法,都立足于函数解析式本身,通过性质、图象等形式寻找突破口,求出参数的取值范围.
【题目2-9】已知函数,若对于任意的,存在,使得成立,则实数的取值范围为 。
解法1：
(1)当,即时,,
，
又,因为,所以,
即,所以.
(2)当,即时，
,
,
因为,所以,所以,
所以,所以.
综上,
故,所以.
点拨：分类讨论二次函数的对称轴和给定区间的位置关系.
解法2：
设,
(1)当时,为关于的增函数,所以(4),
即,
又因为当时,,所以,
而
所以,
此时,存在成立存在成立,
所以,所以.
(2)同理,当时,为关于的减函数,,
所以,
此时,存在成立存在,
成立,
所以,所以.
综上所述,.
点拨：转化主元后再分类讨论。
解法3：
对条件式因式分解得,,
因为,所以,
所以,
所以,
因为,
所以,
当且仅当时取等号.
所以.
点拨：先因式分解，再巧妙放缩，结合绝对值三角不等式解题。
解法4：
若对任意的,存在使得,
当时显然符合;当时等价于若对任意的,存在使得或
.
(1)若,则因为,所以对称轴,
所以函数在上为以函数,在上为增函数,
所以当时,,即;
当时,,即;
所以.
(2)若,则,整理得,
所以对任意的应有,与矛盾,舍去.综上所述,.
点拨：弄清存在与恒成立，分类讨论.
赏析：
题设为双元函数的双重最值问题，以二次函数和绝对值为载体多角度考查了函数基本性质和不等式性质.解法1结合给定区间与对称轴的关系,采取了常规的二次函数“动轴定区问”的分类讨论形式,得出函数最值,进而求解.由于题设为双元问题,所以解法2采取了双变量常见的转换主元法,转化为的函数,然后结合分类讨论思想及函数的单调性求最值.解法3将二次函数进行因式分解,然后结合 对值的性质,把复杂问题简单化.解法4利用先猜后证法,通过观察题设得出满足题意的所在的大致范围,然后在设定范围内找矛盾,进而得解.以上四法虽然切入口不同,但均在不同程度上采用了分类讨论思想.分类讨论思想是解决含参不等式的常用解题思想,需要学生牢牢掌握.
变式练习
【变式】已知函数在区间上是减函数,求的最小值.
【变式2-2】设,若时,均有成立,求的值.
【变式】已知函数,对任意的恒成立,则的范围为 。
【变式2-4】已知对于任意的恒成立,则的最大值为 。
【变式2-5】已知函数,若对任意恒成立,则的范围是 。
【变式2-6】已知函数,若存在实数,则当时,恒成立,则实数的最大值是 。
【变式2-7】已知函数为常数)在上有最大值3,那么此函数在上的最小值是（ ）
A.
B.
C.
D.以上都不对
【变式2-8】已知函数,若对任意,存在, 2],使,则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式2-9】设为定义在上的偶函数,且当时,.若对任意的,均有,则实数的取值范围是 。
【变式2-10】已知函数是定义在上的奇函数,且对任意,当时都有,则下列不等式不一定成立的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式2-11】(1)对任意的恒成立,求a的最小值.
(2)对任意的恒成立,求的最小值.
【变式2-12】若关于的不等式对任意的正实数恒成立,则实数的取值集合是 。
【变式2-13】已知函数,若恒成立,则的最
大值是 。
【变式2-14】已知不等式,若对任意,且,该不等式恒成立,则实数的
取值范围是 。
【变式2-15】已知,若不等式恒成立,则实数的最大值为( )
A.
B.
C.
D.第3讲 寻觅函数性质特征，巧设构造突破难点
构造函数,借助其单调性、对称性等性质和极值、最值等特点解决原问题,是解决函数与导数综合问题的常用方法.
【题目3-1】设函数,曲线在点处的切线方程为.
(I)求;
(II)求证:.
(I)因为，所以.
因为曲线在点处的切线方程为,所以,
又因为,所以.
点拨：由导数的几何意义列方程组求解。
(II)证明,即证.
解法1：
要证明,即证明.
设,则,
所以当时;当时,
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以.
设,因为,
所以当时;当时.
所以在上单调递增,在上单调递减.
所以,
因为与取最值的条件不同,所以等号不同时成立,所以,
即,
所以,即.
点拨：第(Ⅱ)问作为压轴的不等式证明，注意到不等式中含有指数函数与对数函数，不适合直接求导研究函数的单调性.可适当变形，构造两个函数，证明左边的最小值大于右边的最大值.
解法2：
先证明对任意恒成立.
令,则,
所以当时,;当时,.
所以在上单调递减,在上单调递增.
所以,所以,当时取等号.
类似可证明对任意恒成立,且当时等号成立.
现用替换不等式中的,则有,两边取对数有（当时取等号).
所以,所以.
又因为对,均有,所以,即,所以,
当时取等号,所以,
又因为两个等号不同时成立,所以,即.
点拨：对于函数和,分析两个函数在不同点处的切线方程，对两个函数中的任意一个进行切线放缩，将其转化为多项式函数，再尝试进行相关变形求解分析。解法2到解法4都相应地使用了这一想法。
解法3：
要证,即证.
由解法2可知,所以,当时取等号.
所以要证明,只需证明,即证,
设.所以,
所以当时,;当时,.
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,即,当时取等号,
所以.因为等号不同时成立,所以.
解法4：
要证明,等价于证明.
设,由解法1易得,
所以(当时取等号),
所以只要证明即可.
由解法2可知对任意有.所以(当时取等号),
因为等号不同时成立,所以.
解法5：
要证,等价于.
设,则,所以只要证明,
由解法1可知对任意均有当时取等号),
所以(当时取等号),所以,
又因为两个等号无法同时取得,所以,
所以.
点拨：观察分析题设结构，适当变形，注意到和之间隐含着复合函数的关系，建立指数函数与对数函数之间的桥梁，于是进行整体替换，将不等式分割，对各部分求最值.
赏析：
本题要证明,不易直接求函数的最小值.
解法1把证明转化为证明,两函数的极值点易求,从而得到最值关系,从而得到证明.
解法都是对不等式进行适当变形转化,最后进行放缩.当然放缩法难度比较大,首先要选择对哪个函数进行放缩,要放缩到什么程度,这些都需要在平时学习中进行积累,若能熟悉一些结论则有助于解题,如:.切线放缩:如果函数具有凹凸性,点,)为该函数上一点,若为函数在点处的切线,容易证明或,这样就可以把函数放缩为直线型,其难点在于判断点的位置.
解法5别出心裁,注意到函数,从而,而的值域必定落在的值域之内,由于,所以,从而证得不等式.
以上几种解法都是对不等式的结构进行变形,可以说对不等式的适当变形是压轴题常用的手法，如何变形才叫“适当”,需要平时积累总结.
【题目3-2】已知函数,如果且,求证:.
解法1：
因为,令,得.
所以在区间上单调递增,在区间上单调递减.
函数在处取得极大值.
不妨设,当时显然成立.
当时,欲证明,即.
因为,所以.
设,
则.
当时,.即在上单调递增.
所以,即.
所以.
又因为,所以.
又因为在上单调递增,所以,即.
点拨：本题是典型的极值点偏移问题，需先分析出原函数的极值点，找到两个根的大致取值范围，再将其中一个根进行对称的转化变形，使得x与2-x在同一单调区间内，进而利用函数的单调性分析.
解法2：
不妨设,由得,
所以,令.
则,即,所以.
要证明,只需证明,即证明.
令,则.
因为,所以在上为增函数.
所以,故在上为增函数,,
即.
因此成立,即成立.
点拨：引参归一，化双变量为单变量，构造新函数解题.
解法3：
先回顾对数平均值不等式:
当,且时,.
证明:不妨设.
要证明成立,只需证明成立,
即证明成立,即证明成立.
构造辅助函数.
因为,
所以在上单调递减,.
令,则有成立.
要证明成立,只需证明成立,
即证明成立.
设,
则,所以时,在上单调递增,
所以.令,则有.
所以,且时,.
下面我们利用这个不等式来对本题进行证明：
设,则.
两边取对数得(1),(2).
由(1)-(2)得,即.
根据对数平均值不等式,,
所以.
点拨：结合问题结构，利用对数平均不等式求解。
赏析：
解法1将变形为,结合函数在上的单调性进行证明,因此只需构造函数,并对其单调性进行分析即可.证明过程中要注意对与进行分类讨论.
解法2利用差值代换,将待证不等式转化为关于的一元不等式.也可以利用比值代换,令,将待证不等式化为关于的不等式进行证明.当转化后关于的不等式不易证明时,对其进行等价变形是常见的策略.
解法3利用对数平均值不等式进行证明(注意在利用该不等式进行证明时,要先给出该不等式的证明过程才可以),事实上这种证明方法与比值代换是一样的.本题中若令,则待证不等式即为.
【题目3-3】若方程存在两个不相等的实数根和,求证:.
解法1：
依题意得：
=，
不妨设,则,设,
其导函数对任意恒成立,
故.
又因为,所以.
点拨：本题同样是极值点偏移问题，首先对题设条件变形，利用齐次式的特征，转化两根的关系；再构造新函数分析单调性.
解法2：
由解法1得,则,
利用,显然.
点拨：
利用对数平均值不等式，寻找已知条件和结论之间的关系，构造函数进而求解.在应试时应注意对构造的对数平均值不等式进行证明.
解法3：
令，即有。
设有两个零点m，n，下面证明，
当时，单调递减，当时，单调递增。
设，构造，
易得，即，
所以，又，则，
又单调递增，故，即，证毕。
点拨
进行对称转化变形，使得x与工在同一单调区间内，再构造新函数求解。
赏析
本题是近来流行的“偏移问题”，属于常考点，值得研究。
解法1利用作差变形，得到，把乘以1，即乘以，构造新的函数，通过求导解决问题。
解法2技巧性较强，利用了不等式，恰当利用一些结论解题可以起到事半功倍的效果，应当注意使用时需要对其进行证明。
解法3构造，转移证明方向是零点偏移问题的常规解法。
【题目3-4】已知函数。
（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）若当时，，求a的取值范围。
（Ⅲ）因为，当时，，
故所求切线方程为。
解法1
（Ⅱ）当时，，即。
设，则。
设，则，
故在上单调递增，所以，
于是在上恒成立，故在上单调递增。
所以，
由洛必达法则可得，
依题意有，所以，
所以的取值范围是。
点拨
分离参数，转化为求新函数最值间题。
解法2
（Ⅱ）因为，
故在上单调递增，。
①当时，，此时在上单调递增，
所以满足题意。
②当时，，
所以在上有唯一零点，
则在上单调递故，在上单调递增，
存在使，不满足题意。
综上所述，的取值范围是。
点拨
对原函数的最值进行分析求解，注意讨论的严密性。
解法3
（Ⅱ）因为，所以，
设，
由得。
理由如下：证明，
构造函数。
因为，
所以在上是单调递增函数。
因为，所以。
所以，
故。
另一方面，设，
由得，
当时，总存在，使得，即，不合题意，舍去。
综上所述，。
点拨
分离参数后，构造函数，对函数进行适当缩放，注意必要性和充分性。
解法4
当时，等价于对任意。
令，则。
当时，对任意在上为增函数，
所以，所以符合题意。
当时，对任意在上为增函数；
对任意在，上为增函数，
所以存在，不合题意。
综上可知，的取值范围为。
点拨
等价变形，构造新函数求解。
解法5
由題意知，所以当时，，必有。
对求导得，
所以。
下面证明是当时，的充分条件。
由可得，
所以是上的增函数，所以，
所以函数在上为增函数，
所以对任意，满足題意。充分性得证。
综上可知，的取值范围为。
点拨
端点效应寻必要，证其充分等价求。
赏析
问题(Ⅱ)属于恒成立求参数取值范围问题，解决这类问题通常有如下解题策略：
1.分离参数法：将所求的参数分离出来，转化为新函数的最值问题（如解法1），但有时新函数最值不存在，需要借助高等数学知识洛必达法则，此时不推荐运用该法，但可以作为寻求最后答案的一种手段；
2.直接求导法：如解法2，此法有时在求导后还含参数或含有超越函数，需要二次求导，再对参数范围进行分类讨论，进而获解，这种方法是近年来高考真题中导数最为常用的，值得研究与思考；
3.放缩求解法：如解法3，通过放缩转化为易求最值的函数，进而得到使不等式成立的充分条件，再证其必要性，这种方法对思维程度要求很高，并且不易把握，故不提倡该类解法；
4.等价转换法：如解法4，等价转化的目的是第一次求导后得到的导函数可以化归为多项式函数或分式函数或易于确定导数有无零点的函数形式，用此法关键是变形处理；
5.端点效应分析法：如解法5，此法是对给定区间的端点函数值进行分析，然后利用导数刻画其函数值的变化趋势，进而得到不等式成立的必要条件，然后证明其充分性。
【题目3-5】已知函数的导函数为为自然对数的底数，若函数满足，且则不等式的解集是________。
解法1
依题意得，下面分析导函数的零点，
构造，其导函数，
所以在上单调递增，在上单调递减。
又，所以。
因为，
所以。
观察上式中的变形结果，可知其变形是为了构造函数，
所以，
所以在上单调递减，即，即，
所以不等式的解集为。
点拨
对于求不等式的解集，可适当变形构造新函数利用其单调性求解。这就要求对的导函数进行分析，于是对题设进行变形，直接分析其导函数。
解法2
构造，其中为常数，其导函数为，
所以有，
依据，可知，所以。
所以。
因为，
所以。
观察上式中的变形结果，可知其变形是为了构造函数，所以，
所以在上单调递减，即，即，所以不等式的解集为。
点拨
注意观察题设中等式的左边为函数的导函数，考虑等式右边函数的原函数，尝试求解的表达式，再构造函数，利用函数的单调性进行分析。
赏析
解法1和解法2都是对不等式从同构的角度变形，，进而构造函数，研究其单调性，其中解法1是对条件变形，研究与0的大小后作出判断函数的单调性的，解法则是采取逆用积函数导数法则构造积函数，求出函数的解析式，进行求解的，这是求解含函数符号“f”的不等式的两种常用方法，值得体会与研究。
【题目3-6】已知为定义在上的可导函数，且恒成立，则不等式的解集为________。
解法1
构造，
因为，
所以函数在上单调递减。
因为，
所以，即。
又因为，所以，解得，
故不等式的解集为。
点拨
观察到题中的左边是的导函数的分子，进而构造函数。
解法2
由题意，令，则成立。
所求不等式即为，得。
所以不等式的解集为。
点拨
题设中不含有具体表达式，属于抽象函数问题，又是填空题，往往可以尝试构造特殊函数，使得其满足题意，简化运算。
赏析
解法1通过构造函数，得到在上是单调递减函数，然后将所得不等式化为与有关的不等式，最后利用函数的单调性得到与的大小关系，进而得解。解法2则是构造一个满足题意的特殊函数，将抽象的函数不等式化为直观的不等式，通过解该不等式得到解集。解法1是解决这类问题的通法，解法则显得更加巧妙、快捷。
本题是一类较为典型的利用函数的单调性解不等式的问题。已知条件中的和函数的单调性有关，我们通常将它移项，化为一边是0的不等式，然后构造函数，同时得到该函数的单调性，最后再将待解不等式化为与构造函数有关的不等式。这类问题的难点在于函数的构造，构造函数时要熟悉一些常见的结构，如“”可构造函数；“”可构造函数；“”可构造函数；“”则可通过分类讨论（时，，时，）化为前面的类型等等。对于一些选择题，有时我们也可以通过分析待解不等式或选项中不等式的结构特征，进而得到需要构造的函数。构造特殊函数时一般选择较为简单且能满足题意的函数，如常数函数、一次函数、二次函数等。
变式练习
【变式】已知定义在R上的函数满足成立，当时，，则不等式的解集为________。
【变式】设函数在R上存在导函数，对任意，都有，且时，若则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【变式3-3】已知是定义在上的函数，且。若，则（ ）
A. B.
C. D.
【变式3-4】已知函数的导函数为，满足，且，则函数的最大值为（ ）
A.2e B.e C. D.
【变式3-5】设奇函数定义在区间上，其导函数为，当时，则关于x的不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【变式3-6】设是函数的导函数，且（e为自然对数的底数），则不等式的解集为________。
【变式3-7】已知，若函数在区间上不单调，则的取值范围为________。
【变式3-8】已知函数（，e为自然对数的底数）。
（Ⅰ）求函数的最小值；
（Ⅱ）若对任意的恒成立，求实数的值；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求证：。
【变式3-9】已知函数的两个零点是，求证：。
【变式3-10】已知有两个零点，求证：。
【变式3-11】已知函数，曲线在处的切线方程为。
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）求函数f(x)在上的最大值；
（Ⅲ）求证：当时，。
【变式3-12】已知（a为常数)是R上的奇函数。
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，讨论关于的方程根的个数；
（Ⅲ）若方程有两个根，求证：当时，。第4讲 双变量求最值，多角度有妙解
双变量范围问题是近年来各类考试中的“热门”问题之一。这类问题不仅形式多样，而且知识面较广，难度大，综合性强，对思维能力要求较高，涉及函数，不等式，线性规划、解析几何及导数等高中数学重点知识，体现了函数思想、转化化归思想及数形结合等核心数学思想。换元法、基本不等式法、判别式法、向量法、构造图形法、导数法、放缩法是解决这类问题的常见的基本方法。我们结合几组例题来具体探讨解题策略。
【题目4-1】已知a，b是正实数，且满足，则ab的最小值为________。
解法1
因为，
所以，当且仅当时取等号，
所以ab的最小值为9。
点拨
利用均值不等式，转化为解不等式问题。
解法2
因为，所以，设，则，
所以方程有正根，视a，b为此方程的两根，
所以，结合得，当时取等号，
所以ab的最小值为9。
点拨
部分换元，逆用韦达定理构造一元二次方程，并利用判别式法求解。
解法3
时，，即。
式子即为权方和不等式。
把两边同除以3ab得
即，
当且仅当时取等号。所以ab的最小值为9。
点拨
对条件变形，使一边常数化，利用权方和不等式解决问题。
赏析
本题是高中数学中常见的双变量最值问题。由于条件中出现了双变量的和与积，解法1是应用基本不等式求最值，体现了整体法的思想。注意利用基本不等式时等号能否取得，这是很容易忽略的。解法是基于问题的结构中出现了两个数的和与积，从而逆用韦达定理构造一元二次方程，并利用其判别式求解。此法也要注意对取等条件进行检验。解法3利用权方和不等式（，等号在时取到），它的特点是分子的指数比分母高1次。灵活地使用权方和不等式常常可以起到事半功倍的化简效果，此法对学生灵活处理问题的能力要求较高。
【题目4-2】已知，，则的最大值为________。
解法1
因为
所以经检验，等号可以取到)，
所以的最大值为。
点拨
利用基本不等式，巧妙配凑解决问题。
解法2
令，则，
所以，
即，
令，有，经检验符合题意。
所以的最大值为。
点拨
结合需求解的代数式，对已知条件进行变形，将多元问题转化为关于x的一元二次方程，突出主元，借助判别式法建立不等式来解决问题。
解法3
因为，
设，
因为，
所以，经检验符合题意。
所以的最大值为。
点拨
根据题意，从向量的角度思考，是一种有新意的方法。
解法4
令，则，
所以，所以，
所以，经检验符合题意。
所以的最大值为。
点拨
根据题中条件的形式，将变量替换，重新呈现两个变量的依托关系，转化为我们熟知的不等式最值问题。
解法5
注意到是二次齐次式，可以采取如下方法：
设，带入得，
因为，
当时，有，所以；
当时，，
当时，，所以；
当时，；
综上的最大值为。
点拨
利用两个变量之间的线性关系进行变量的替换，借助齐次性解决问题。
解法6
观察题设条件联想到余弦定理。
已知等式可化为。
如图，构造，可以设，则，
。
以下有两种思路：
（1）由正弦定理得，
。经检验等号可以成立。
(2)如图，延长BA至点，使，
则，
所以，
当BD为直径时最大，
所以。
点拨
注意题中的条件暗藏余弦定理的结构特征，再利用三角形中各角之间的关系，借助正弦定理实现边角互化。
赏析
解法1采用基本不等式的方法进行解题，注意利用基本不等式求最值时的口诀“一正、二定、三相等”，准确配凑。解法2根据一元二次方程有解，利用判别式解答，是解决这类问题的常用手段。解法3从向量的独特视角出发，构思巧妙。解法4通过换元转化，利用曲线的有界性求解。解法5构建变量之间的线性关系，采用了“1”进行代换进而齐次化方法。
解法6采用数形结合的方法，体现了“数”“形”结合的巧妙。各解法均是处理此类问题的常规解题策略，精彩纷呈，值得学习。
【题目4-3】已知，求的取值范围。
解法1
注意到，令，
所以。
所以，当且仅当时取等号，
所以。
注：该题也可以采用以下换元法：
令则，
所以，
当且仅当时取等号，所以。
点拨
分解因式，换元后利用基本不等式解决问题。
解法2
设，
由可得。
即，即，
所以
，
当且仅当时取等号，所以。
点拨
对条件式和差代换，消元后利用基本不等式。
解法3
由于，
所以，
所以令解得
所以所以。
点拨
配凑系数利用基本不等式，然后用待定系数法解决问题。
解法4
设则，
所以。
所以
因为
，
又，
所以，
所以，
。
点拨
设值换元，转化为三角函数问题。
解法5
设，
因为所以，
所以。
所以
解得（负根舍去），
所以即。
点拨
对所求表达式齐次化，利用非负数的性质解决问题。
解法6
因为，
当时，易得。
当时，有。
令，所以，
又令，
所以，利用判别式，所以（负解舍去)，经检验符合题意。
所以。
点拨
对所求表达式分式齐次化，化归为一元二次函数，利用判别式解决问题。
赏析
本题解法1、2、3都是借助基本不等式求解的，不同点在于对条件进行不同形式的转化及变形，或者利用基本不等式的不同形式。解法4利用三角换元化归为三角函数，实际上形如的结构，可以假设，这样就可把目标函数转化为关于的三角函数，再利用三角恒等变换，最后借助三角函数的性质求解。解法5、6实质上是利用函数与方程的思想，把问题化归到一元二次函数或一元二次不等式，利用二次函数的性质构造不等式求解，如判别式等。
【题目4-4】若，则的取值范围为________。
解法1
令，则有，取得。
令，则有。
当，即时，，符合题意。
当时，有，
即，取得。经检验符合题意。
综上，的取值范围为。
点拨
线性换元，转化为一元二次函数问题，利用判别式法求解。
解法2
当时，，
所以，解得或(舍去)。
由得。
当时，，
所以，解得或(舍去)。
由得。经检验均符合题意。
综上，。
点拨
结合所求结论，合理配凑基本不等式的形式，用待定系数法解决问题。
解法3
当时，；
当时，。
令，则
再令，则①。
(1)当时，①式；
(2)当时，①式。
利用对勾函数的图象可得。
所以，
所以。
综上，所以。
点拨
对所求结论实现分式齐次化，换元后转化为单变元问题，利用对勾函数的性质求解。
解法4
根据条件配方有，
令则有
所以
，其中。
因为，所以。
点拨
将已知等式配方后，利用三角换元求解。
赏析
解法1通过线性换元，将表示为关于的函数，再令，进而将的取值范围问题转化为关于k的方程有解，然后利用判别式法求出t的取值范围，解法简练。对照已知和所求不难发现，应对项进行合理的放缩才能求出的取值范国。解法2通过待定系数，结合均值不等式，将放缩为，然后利用的系数比为3求出相应的，解法巧妙，简明快捷。解法3先将除以，再将所得分式的分子、分母同除以，将转化为关于的函数，分离常数后，结合对的函数的图象求出的取值范園，在得到后，也可以令，利用判别式法求解。解法4配方后利用三角换元，将原函数表示为三角函数，利用三角函数的有界性求出的取值范固。如果已知的等式可分解，也可以考虑将其因式分解，然后利用配凑法或换元法求解。以上四个解法需要读者认真研读，领会要领，在解题中灵活应用。
【题目4-5】设x，y满足，则的最小值是________。
解法1
因为，所以，令，则，
所以
所以，等号可以取得。
故的最小值为。
点拨
对已知条件因式分解，然后采用单变量换元或双变量换元处理。
解法2
因为，所以，令，
则，
于是，
当且仅当时取等号。
解法3
依据，我们可以设，
则，
其中，
因为，
当且仅当时取等号。
故的最小值为。
点拨
把已知条件看作双曲线，利用双曲线参数方程解题。
依题意有，
其中，这是因为表示双曲线上的点与原点连线的斜率，双曲线的渐近线的斜率为。
考虑曲线上的点与点连线的斜率，
当直线与曲线相切时，斜率有最大值，此时，
所以的最小值为。
点拨
已知条件和所求结论都是二次式，可以作齐次化处理，然后利用几何意义解题或构造函数利用导数法求最值。
解法5
依题意有，
其中。
设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递以，在上单调递增，
所以。
解法6
设，则，则，
所以，
设，因为，
所以，所以。
所以
即的最小值为。
点拨
引入变量，实现x与y的关系的单一化，为求解最值创设条件。
解法7
因为，令，
则，
展开得，
所以，即。
点拨
对所求代数式因式分解，然后部分换元，变为单变量问题，利用基本不等式解决问题。
赏析
本题是典型的利用不等式求解最值问题。条件中含有双变量的平方差关系，联想平方差公式之后选择变量换元的解法1和解法的本质相同。解法3利用三角换元转化为三角问题，再利用三角函数的基本关系式化简，是一种常见的方法。
解法4和解法5首先将结论代数式齐次化，再进行换元，化双元为单元，转化为单变元最值问题。
解法6考虑变量之间的线性关系，是参数方程的一种应用。
【题目4-6】设，则当为何值时，取得最小值？并求出最小值。
解法1
因为，所以，
则，
当且仅当即时等号成立。
因此，当时，取得最小值。
点拨
常量代换，结合基本不等式实现配凑。
解法2
因为所以或。
当时，
当且仅当即时取等号。
当时，
当且仅当即时取等号。
综上，当时，有最小值。
点拨
对绝对值讨论，代入消元，再利用基本不等式求解。
解法3
因为，
所以。
设，如图所示。
当时，，
当时，单调递减；
②当时，，单调递增．
所以当时，有最小值．
同理，当时，可得当时，有最小值．
综上，当时，有最小值．
解题名题海南李佳蓬
赏析
解法1　利用了“1”的代换，将分子中的“1”代换为，将化为倒数形式．在处理时，要注意只有和这两个值，显然当时，取得最小值．
解法2和解法3都利用了统一变量的思路，在处理绝对值时，都利用了分类讨论思想去绝对值．在处理最值时，解法2使用了对先分离常数，然后乘“1”的方法．解法3则直接利用导数分析关于的函数的单调性．在利用导数求解时要注意函数的定义域，本题中函数的定义域为．
利用均值不等式时，“1”的代换和乘“1”是常见的策略，解题时应予以重视．除此以外，有时也用换元、判别式、三角代换、化为齐次式等方法解题．
解决双变量问题的基本策略有：（1）利用条件转化为单变量函数；（2）利用重要不等式、基本不等式；（3）设主元，利用函数性质解决问题；（4）构造具有几何意义、物理意义的问题．
常用的技巧是代入法、配方法、换元法（三角换元、整体换元、双换元等）、判别式法、待定系数法、齐次化法、导数法等等．
变式练习
【变式】若正数满足，则的最小值为________．
【变式】已知实数满足，则的最小值为________．
【变式】已知，则的取值范围为________．
【变式】已知实数满足，则的取值范围为________．
【变式】已知实数满足，则的最小值是________．
【变式】已知，，，则当取得最小值时，________．
【变式】已知实数满足，且，则的最小值
为________．
【变式】若且，则的最小值是（）
A. B. C. D.第5讲 活用三角函数性质，求解三角恒等最值
三角函数是高考的热点和重点，每年都会在主观题和客观题上出现．三角函数具有明显的周期性和对称性，在每年的高考中，围绕三角函数的考题都很有新意．解决这类问题的主要方法是熟练掌握三角函数的相关性质．下面通过具体的例题来说明此类问题的常用解法．
【题目】设向量，则的值
为________．
点拨：根据已知条件，利用三角恒等变换公式及向量数量积的运算律求出通项公式，然后再结合三角函数的诱导公式，即可解决本题．
解法1
由，
得
．
因为时，
，
同理，
所以．
解题名师湖北程方
点拨：根据已知条件，利用积化和差与和差化积及向量数量积的运算律，结合三角函数的诱导公式求出通项公式，即可解决本题．
解法2
．
因为时，
，
同理，
所以．
解题名师江苏张冲冲
赏析
本题以向量的数量积为载体，考查了三角恒等变换和三角函数周期性．
解法1是利用三角恒等变换及向量数量积的运算律求出通项公式；解法2是利用积化和差与和差化积及向量数量积的运算律求出通项公式．两种解法都要求学生具有灵活运用公式的能力以及较强的运算化简能力．
【题目】设，，且，则（）
A. B. C. D.
点拨：本题直接做不太容易，考虑到选项的特点，可以采用排除法选出正确答案．
代入验证，故选C．
解法1
令得，又因为，，所以，
解题名师湖北柳金爱
点拨：利用三角恒等变换公式，转化为正余弦函数关系，结合角的范围及三角函数的单调性，即可得出答案．
解法2
由已知得，
去分母得，即，
又因为，，所以，
因为，所以，
所以，即，故选C．
解题名师吉林刘彦永
点拨：利用三角函数的恒等变换，转化为正切函数关系，结合正切函数的单调性及角的范围，即可得出答案．
解法3
因为，所以，
又因为，，所以，所以，故选C．
解题名师浙江张伯桥
点拨：借助单位圆，寻找两个角之间的内在关系，结合角的范围，即可得出答案．
解法4
如图，设，，
则，
又因为在中，，
所以，即．
又因为，所以，
所以，故选C．
解题名师内蒙古石磊
赏析
解法１利用特殊值法排除选项，是选择题常用的方法，这需要学生具备较强的观察能力和逻辑推理能力．
解法2、3都是利用三角函数恒等变换，其中“弦切互化”是恒等变形常用的手段，化到最后要注意分析角度的范围．如，只有当在同一个单调区间内时，才有．
解法4根据式子的结构特点，巧用斜率定义，利用数形结合，把当作直线的倾斜角，借助单位圆得到角的关系，方法独特，构思巧妙．
【题目】为偶函数，，则________．
点拨：根据偶函数的定义，利用两角和与差的正余弦公式展开，结合角的范围，即可求出其值．
解法1
，
，
因为为偶函数，所以，
所以，即，
因为不恒为0，所以，
所以，又因为，所以．
解题名师河南王大伟
点拨：对原函数求导，利用导函数的奇偶性即可求出角的大小．
解法２
因为，所以，即是奇函数．
因为是偶函数，
所以是奇函数，
所以，即，
所以，．
解题名师山西姚澎波
点拨：直接利用三角函数的周期性及对称性，结合正切函数的性质，即可求出．
解法３
由可得的周期．
因为是偶函数，为其图象的一个对称中心，
所以，即，解得．
解题名师浙江陈妮妮
点拨：考虑到偶函数的概念，对变量赋特殊值，找到角的三角函数之间的内在关系，即可求出．
解法４
因为是偶函数，所以，
所以，
所以，
所以，即，．
解题名师浙江陈妮妮
点拨：先用两角和与差的正余弦公式展开，再利用三角函数的辅助角公式进行等价变形，
再结合偶函数的性质，转化为齐次式，即可求出．
解法５
，
．
因为是偶函数，所以是一条对称轴，
所以．
所以，
所以，
所以，
所以，．
解题名师浙江陈妮妮
赏析
解法1从偶函数的定义出发，得到，求出的值．
解法2利用导函数的奇偶性及定义在上的奇函数必过原点,求出.
解法3从偶函数定义出发，确定函数的类型为“”，再利用一个对称中心为求出．
解法4利用特殊值直接找到关于的等式，求出．
解法5则结合辅助角公式及该函数在对称轴处取得最值的特征求解．
以上五个解法都是处理三角函数奇偶性的常见思路，选择、填空中的奇偶性问题，利用特殊值求解无疑比较方便．
【题目】已知，是中最大的角，则________．
点拨：去分母之后用和角公式进行变形处理，再就∠C的值进行分类讨论，即可求出
∠C的大小．
解法1
，
所以，
所以．
若显然成立；
若显然不成立；
若，则，易知，而，
此时不成立．
综上．
解题名师河北张兵兵
点拨：同解法１得到，然后利用倍角公式及同角三角函数的基本关系式进行变形，直接就可以求出的值．
解法2
由解法1得，
所以，
所以．
所以，
所以，得．所以．
解题名师河北张兵兵
点拨：取特殊值代入，显然成立，然后否定其他情况，从而求出的值．
解法3
（1）当时，显然成立；
（2）当时，由条件得，都是锐角，所以，也都是锐角．
①若，则，，且，
所以，．
所以，与已知矛盾．
②若，同理得，与已知矛盾．
综上，．
接题名师　安徽　蒋宝童
点拨：构造函数，再利用函数的单调性即可求出的值．
解法4
构造函数，易得在上为减函数．
因为，所以均为锐角．
因为，，
所以．
解题名师　河北张兵兵
赏析
解法1利用和差化积公式与积化和差公式整理得，最后对与的关系进行分析，求出的大小．
解法2利用二倍角公式将进行变形，通过对比等式两边的关系得到，进而求出的大小．
解法3通过对与的大小进行分析结合在直角中与及与的关系得出的大小．一般地，在锐角中，；在钝角中（为锐角），．
解法4视为常量，构造函数，借助单调性得出，解法独特、巧妙．
【题目】已知等腰直角的直角顶点在轴的正半轴上，在轴的正半轴上，在第一象限，设为坐标原点，，当的长取得最大值时，的值为（）
A. B. C. D.
点拨：数形结合，由图形可以直接看出当点、、共线时取得最大值，进而再利用倍角公式即可求出．
解法1
如图，由题意知三点共圆，即点在以为直径的圆上．
取的中点，则，
因为，所以共线时取得最大值．
此时，则．
由图可知，，，
求得，故选．
解题名师　四川　唐基凯
点拨：画出图形，然后三角换元，转化为三角函数的最值问题，利用取最值的条件即可求出的值．
解法2
如图所示：
过点作轴的垂线，垂足为，，
在中，设，则．
因为，所以．
在中，，，
所以，
则
，
其中，．
当时，的长取得最大值，
即，则，
所以，所以．
则，求得，故选A．
解题名师上海邹涛
赏析
解法1从几何角度入手，构造半圆，此时，则，利用二倍角公式求出的值．
解法2从代数角度入手，建立坐标系，使用了三角函数设参法，利用三角函数恒等变换，转化为的形式，结合角的范围求最值，最后利用二倍角公式求出的值．
变式练习
【变式】已知函数是上的偶函数，则的值为________．
【变式】如果在中，角为锐角，且，则对的形状描述最准确的是（）
A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.以上都不对
【变式】已知为锐角，且，则的最大值是________．
【变式】已知，若是周期为的偶函数，则的值是（）
A. B. C. D.
【变式】已知满足，则其形状为________．
【变式】如图，在直角梯形中，，，为的中点，连结．若，求面积的最小值．第6讲 三角最值变化多端，曲径通幽巧解妙算
求解三角函数最值问题不仅需要用到三角函数的定义域、值域、单调性、图象以及三角函数的恒等变形，还经常涉及函数、不等式、方程以及几何计算等众多知识．这类问题往往概念性较强，具有一定的综合性和灵活性，下面结合典例给出几种求最值的方法，供大家学习参考．
【题目】设当时，函数取得最大值，则________．
点拨：根据函数解析式的特征，直接利用辅助角公式进行合一变形，再利用取最值的条件，即可求出角，进而求出的值．
解法1
由题意得，
其中，．
因为当时，函数取得最大值，
所以．
所以，此时，即．
所以．
解题名师辽宁程芳园
点拨：对所给函数用辅助角公式变形后，根据取最值的条件，可以求出角的正余弦值，再结合三角恒等变换进行角的转化，即可求出的值．
解法2
由题意得，
其中，．
因为当时，函数取得最大值，
所以．
所以，则，
所以．
解题名师陕西樊战胜
点拨：考虑到函数能取到最值，本题可通过函数的单调性求解，而导数是研究函数单调性的一种常用方法，故可利用导数求解．
解法3
因为，所以，
又因为当时，取最大值，故，
即，解得，
因为，所以为第二象限角或第四象限角，
当为第二象限角时，，，此时取最大值，
当为第四象限角时，，，此时取最小值，舍去，
所以．
解题名师辽宁程芳园
点拨：本题所给函数能取到最大值，而柯西不等式是研究函数最值的一种方法，所以本题可以用柯西不等式求解，再利用柯西不等式取最值的条件求出，进而求解．
解法４
由柯西不等式有，
当且仅当，即当时等号成立，取得最大值，
因为时，取得最大值，所以，
所以为第二象限角，利用且，
解得．
解题名师辽宁程芳园
点拨：本题两个变量为与，考虑到，因此可以利用单位圆分析求解．
解法５
由已知，令，，
则，点在单位圆上，，
如图，的几何意义为直线的纵截距．
当直线与圆相切时，如图，取最大值．此时直线的斜率为2，
易得，即，
此时取得最大值，且为第二象限角．
故可求得．
解题名师辽宁程芳园
点拨：本题把所给函数两边平方，即可转化为关于与的齐次式，由此求出，
进而求出的值．
解法6
因为，其中．
所以由已知，其中，
可知，
所以．
化简，所以，
又，所以．
解题名师陕西樊战胜
赏析
解法1、2都是利用辅助角公式解题，区别在于角度的转化方式不同．
解法3利用导数求最值，是常规方法．
解法4根据表达式的形式利用柯西不等式求最大值，从而得到等号成立的条件，进而求出，再求出．
解法5先利用“”，采用换元法，化为直线与圆的位置关系，再利用数形结合求解．
解法6巧妙地使用“”，从而使得分母分子同时为齐二次，再转化为的方程．
三角函数中求未知角的三角函数值是常见的问题，此类问题的常见解决方法有两种，一是从角本身出发，利用三角函数关系列出方程求解，当然要注意角度的范围限制；二是向已知角(即三角函数值已知的角)靠拢，利用已知角将所求角表示出来，再利用三角函数恒等变换求解．
【题目】已知等腰的腰上的中线长为，则的周长的最大值
是________．
点拨：本题属于等腰三角形的中线问题，首先利用余弦定理，可以找到变量的等量关系，
接下来根据变量的等量关系，有三种思路，可以采用三角换元，或判别式，或柯西不等式求周长的最值．
解法1
如图，设，，则，
在和中使用余弦定理，
即，
所以，
所以．
思路一：三角换元
设，，则，
所以周长，
所以的周长的最大值为．
解题名师江西周周
思路二：判别式
需求的周长即的最大值，设，将其代入中，
得到关于的方程有两个相等的实数根时取最值，
所以，得，
所以的最大值为．
解题名师山西姚澎波
思路三：柯西不等式
的周长为，
因为，
当且仅当，即时，等号成立．
所以的周长的最大值为.
解题名师安徽王伟
点拨：本题可以通过作辅助线找到一个等量关系，然后采用柯西不等式即可求出周长的
最值．
解法2
如图，过点作于点，设，则，，则，
而，所以，
所以，当且仅当，即时，等号成立．
所以的周长的最大值为．
解题名师江苏张延春
赏析
本题依托于等腰三角形的中线，建立变量之间的关系．
三角换元的解题思路适用于已知条件中出现平方和为定值，再依据三角函数的相关变形，
利用有界性求解，要注意换元后的未知数的取值范围．
利用判别式的解题思路，往往是因为题中含有二次代数式，可以使用方程有解的思路来
解答，这类方法一般要注意题设转化为方程在什么范围上有解．注意到此题中恰好是方程有两个相等实根的情况，利用此法也可方便求解．
应用柯西不等式的思路，在于对题设中定值的判定，在解决此类问题中较为快捷．
解法2体现了数形结合的思想，这就要求对题设中的已知条件的几何关系有一定的认知，
相对于利用余弦定理求解，显出了几何关系之间的巧妙．之后再利用柯西不等式，简洁明快．
【题目】的图象向左平移个单位长度后，所得的函数
为偶函数，则的最小值为________．
点拨：本题考查了偶函数的性质及函数的最值，考虑到待求最值函数式含有两个量，因此可以先根据偶函数的性质，对变量赋特殊值，然后两边平方，即可找到变量与的关系，再利用基本不等式求出函数最值．
解法１
因为是偶函数，
所以当时，，即，
化简得，故．
因为，
所以，
当且仅当时，取得最小值8．
解题名师吉林郭泗强
点拨：本题先根据偶函数性质，对函数稍作变形，即可找到变量与的关系，
然后利用基本不等式即可求出函数最值．
解法2
因为
为偶函数，
所以，即，
所以．
所以，
当且仅当时取等号，此时取得最小值8．
解题名师湖北王道金　
点拨：先对函数求导，由于函数关于直线对称，故必为极值点，
进而，可以找到变量与的关系，然后利用基本不等式即可求出函数最值．
解法3
因为，的图象关于对称，所以必为极值点，
，．
所以，
当且仅当时取等号，此时取得最小值8．
解题名师湖北董连杰
点拨：本题根据偶函数的性质，在定义域内取两个特殊值即可找到变量与的关系，
然后利用基本不等式即可求出函数最值．
解法4
将函数的图象向左平移个单位长度后，
所得函数为．
因为，
所以．
所以，即．
所以，
当且仅当时取等号，此时取得最小值8．
解题名师福建谢晓
赏析
本题需要根据已知条件求出与之间的关系，再将统一为或的函数，最后利用均值不等式求解．在求与的方式上几种解法有所不同，解法1利用了在对称轴处取得最值；解法2利用了为偶函数，则其解析式为；解法3利用了在对称轴处取得极值的特点，进而导数为零；解法4则以特殊值为突破ロ．在最值的处理上，化为关于的函数后，要注意的正负．
【题目6-4】在中，已知，，点在外，且
，则的取值范围是________．
点拨：本题是向量与三角的综合应用问题，可以结合向量的几何意义，把题中所给向量
条件转化为三角形三边的关系，进而求出的取值范围．
解法1
由，，可得为等边三角形．
如图，先固定，使得，然后点在半径为1的圆上运动，
将以为中心顺时针旋转，可得为等边三角形，连结，
可以证明，
所以，，可知点的轨迹是圆绕点旋转后得到的圆，所以有，
所以的取值范围是．
点拨：先根据向量的关系得出为等边三角形，再结合余弦定理即可求出的取值范围．
解法2
由，，可得为等边三角形．
如图，以为中心顺时针旋转，
所以是等边三角形．在中，，．
当，即时，有最小值．如图，．
当，即时，有最大值．如图，．
所以的取值范围是．
解题名师北京张建宁
点拨：本题属于向量与三角的综合应用问题，考虑到托勒密定理，因此本题可以应用此
定理求的取值范围．
解法3
托勒密定理：在凸四边形中，必有，当四点共圆时取等号．
由，，可得为等边三角形．
如图，当点在两侧时，
由可得．
如图，当点在同侧时，
由可得．
赏析
解法1利用旋转变换得到点的轨迹为圆，将的取值范围问题转化为圆上动点与一定点距离的最值问题后得解．解法2利用旋转变换将条件“集中”到（或）中．利用余弦定理求出取值范围．解法3利用托勒密定理求的取值范围，利用托勒密定理时要注意可能成为边或对角线，因此要进行分类讨论．
【题目】若锐角满足，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
点拨：本题属于向量与三角函数综合问题，根据向量数量积的定义，把向量数量积转化为三角形的边角关系，再结合两角和的正切公式，即可求出的取值范围．
解法１
因为，即，所以，
即，所以，
即，整理得，
即，
又，
所以，即．故选C．
解题名师　福建　林进伟
点拨：根据向量数量积的定义，把向量数量积转化为三角形的边角关系，再利用两角和的正切公式，即可求出的取值范围．
解法2
由条件，
即，
代入得，，
，展开得，
又三角形为锐角三角形，，
所以，即．故选C．
解题名师吉林刘彦永
点拨：根据题中所给条件，引出辅助线，结合向量的模长公式及向量数量积的定义，即可求出的取值范围．
解法3
如图，过点作于点，
则，
又，
即，
展开合并得：，
当时，，
即，又为锐角三角形，
所以，即．故选C．
赏析
正弦和余弦定理是解三角形的重要工具，也是三角形中边角转化的主要手段，本题在求解中充分借助题设中的等式,运用向量的数量积公式将其变为三角等式．解法1对条件向量等式的等价变形直接得到了三角形边的关系，最后借助题设中的锐角三角形建立不等式，求出的取值范围．解法2直接利用数量积定义得到三角形边角关系，再利用正弦定理得到角的关系，最后再利用三角形为锐角三角形这一条件，求出的取值范围．解法3另辟蹊径，作边上的高线，在直角三角形中重新考量，利用直角这一临界值求出此时的值，便可由锐角三角形的条件求出的取值范围．
【题目】在锐角中，若，则的最小值为
点拨：题中出现三个角，采用消元思想，结合均值不等式，即可求出的最小值．
解法１
由，
两边同除以得，
（其中若，则，即，不符合锐角三
角形条件，故舍去）
令，结合均值不等式得，
，
当且仅当，即时等号成立．
解题名师　北京张建宁
点拨：首先根据同角三角函数的基本关系及三角恒等变换公式进行变形，然后直接利用基本不等式，即可求出的最小值．
解法２
，
当且仅当，即时等号成立．
解题名师湖北张文浩
点拨：根据已知条件,把待求最值的式子巧妙转化为的关系式,然后直接利用基本不等式,即可求出的最小值．
解法3
由得，
，
两边同除以可得，
又由，
整理可得，
所以，
当且仅当时等号成立．
所以．
点拨：根据题意画出平面图形，引一条辅助线，把已知条件转化为边的关系，再结合基本不等式，即可求出的最小值．
解法4
如图，过点作于点，
因为，所以，
因为，所以．
设，则，
则，
，
所以,
当且仅当时取等号,
这时，或
赏析：
本题条件为正弦形式,结论是正切形式,势必要求进行三角变换,通过切化弦或弦化切,将函数名统一.条件中同时含有三角形的三个内角,也势必要求运用三角形的内角和为进行消元,减少未知量.
解法1到3,都可体现对条件结构的不同认识,采用不同的形式进行求解,使之适合基本不等式的运用,可谓精彩纷呈.
解法4从角的关系转化为三角形的边和高的关系,再利用基本不等式求解,避开了应用三角变换，使问题仅通过三角函数的定义得以旺现,不失为一种巧妙的思路.
变式练习
【变式6-1】设当时,函数取得最大值,则________.
解析：因为
(其中,.
依题意有,所以,
所以,
所以.
【变式6-2】已知在中,为边上的中线,且,则的面积最大值为________.
解析:以所在直线为轴,以为原点建立平面直角坐标系,则.
设,因为,
所以点的满足方程为,
又因为,所以,两式联立消去有,
即,依不等式知识得,
其中时取等号,所以,所以.
故面积最大值为.
【变式6-3】已知在中,是的中点,若向量,且的终点在的内部(不含边界),则的取值范围是________.
解析:以为轴,为轴建立平面直角坐标系,如答图6-1,
点，
则,
则点坐标为.
又因为的终点在的内部(不含边界),
所以,即.
则,
因为,所以,故答案为6).
【变式6-4】已知在中,内角所对的边分别为,且,则的取值范围是________.
解析：由,可得,即,
得.
由,
即,得,
由不等式,得,
即
【变式6-5】若在锐角中,,则的最小值为________.
解析:由
等式两边同除以,得,
又由
所以得,
故
,
当且仅当时取等号.
又因为,
所以,上述等号可取.
故所求的最小值为第7讲 善用内力定理，妙借外力解图形
三角形是高中数学的重要内容,是高考重点考查的内容之一.三角形是数与形的完美结合,既有明显的几何特征,又有典型的代数特点,是解决数学问题的重要工具.近年来,涉及三角形中的最值问题经常在各类考试题中出现,多以考查基本概念、基本运算和性质为主,题型多样,灵活多变,综合性较强.解决此类问题要注意正确运用相关知识,合理转化.那么此类问题如何解决呢 下面结合具体的例题阐述解决此类问题的主要途径.
【题目7-1】已知是椭圆和双曲线的公共焦点,是它们的一个公共点,且,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )
A.
B.
C.3
D.2
解法1~4围绕展开，其中，.
解法1：如图7-1，在中，记，由及知
由正弦定理的得即
故，当且仅当时等号成立,故选.
点拨：本题可以从椭圆与双曲线的定义入手﹐得到椭圆与双曲线的离心率的倒数之和,接下来围绕这个等式求最值﹐方法很多﹐可以采用正弦定理、余弦定理、配方法、基本不等式法、判别式法、平面几何法﹑向量法等不同的方法求解.
解法2：在中，由余弦定理得
即
思路一：配方法
即，也就是，.
当且仅当时等号成立,故选.
思路二:基本不等式法
，即
也就是，当且仅当时等号成立，故选.
思路三:判别式法
得，关于的一元二次方程有解，
从而,即,也就是,故选
点拨：第一类方法：记,椭圆和双曲线的离心率分别为和，不妨设m>n,则则椭圆和双曲线离心率的倒数之和.
解法3：易得,
如图为定值,只要最大即可.
此时点在点处,为直径,
故选
解法4：利用向量方法将求的最大值转化为求的最大值.
记,则,
故,当且仅当时等号成立,故选A.
解法5~10围绕展开：
解法5：令
则
当时等号成立，此时符合条件，故选.
点拨：本题也可以从椭圆与双曲线的焦点三角形面积公式入手﹐得到椭圆与双曲线的离心率的恒等关系式:,接下来围绕这个等式求最值﹐方法很多﹐可以采用换元法,均值不等式法、柯西不等式法、线性规划法﹑导数法、齐次式法等不同的方法求解.
第二类方法：利用在椭圆中，,
在双曲线中，设椭圆，在双曲线中，其中，在椭圆中，在双曲线中，所以，，，即
解法6：因为
当且仅当即时，，所以，故选A.
解法7:由柯西不等式得，也就是
当且仅当时等号成立,故选.
解法8：由得记
问题转化为约束条件下，求的最大值.
利用线性规划可知当且时，，故选A.
解法9：记.
由得,也就有,
从而,
求导可知当且时,,故选.
解法10：设,则,需求的最大值.
所以,其中,
设,则,所以在处取得最大值,
所以,即的最大值为.
赏析：
本题以椭圆、友曲线为载体,考查圆锥曲线的定义和性质、正余弦定理等知识点,注重知识的迁移,条件的等价转化能力.
第一类方法围绕离心率的倒数之和,从粆圆与双曲线的定义入手,得到椭圆与攵曲线的离心率的倒数之和,接下来围绕这个等式求最值,方法很多,可以采用正弦定理、余弦定理、配方法、基本不等式法、判别式法、平面几何法、向量法等不同的方法求解.解法把所求问题化成三角函数问题,利用正弦函数的有界性求最值,注意等号取得的条件.解法利用余弦定理得到后,从配方法、基本不等式法和判别式法三个角度展开.其中判别式法应注意变量的转换,把等式看成关于的方程.解法1和解法2系常规解法,上手容易.解法3:利用平面几何知识,数形结合,需要较好的初中基础.解法基于向量的角度思考,以向量为工具,把所求问题通过换元法转化为不等式问题,是值得关注的解法.
第二类方法从柇圆与双曲线的焦点三角形面积公式入手,得到椭圆与双曲线的离心率的恒等关系式,接下来围绕这个等式求最值,方法很多,可以采用换元法、均值不等式法、柯西不等式法、线性规划法、导数法、齐次式法等不同的方法求解,体现了多种思考视角,蕴含着丰富的数学思想,值得细细品味.解法5:利用平方和为定值采取三角换元的方法,最后用辅助角公式化成正弦函数形式,注意取等的条件.解法6:巧妙构造出均值不等式的形式,思想灵活,切入点难,不易想到.解法7:用柯西不等式求解,对学生能力要求较高.解法8:以线性规划为工具,在目标区域内求出目标函数的最大值,体现了数形结合思想.解法采取暴力求导的方法,对学生要求较高,适合基础较好的学生练习使用.解法10:利用齐次化的方法,最后通过求导的方法求最值.
【题目7-2】已知在中,为三角形内任意一点,若,的面积满足,则________.
解法1：图,因为,
所以
因为
所以，所以
所以，
所以,所以.
点拨：数形结合,利用三角形相似的判定定理进行等价转换，问题即可迎刃而解.
解法2：如图,作点关于的对称点,
则
所以为正三角形,四边形为等腰梯形，
所以,即,
所以,即,
所以.
点拨：数形结合,作出点P关于AB,BC,AC的对称点,结合图形的特点,即可求解.
解法3：如图7-5，由条件知,
所以,
作的外接圆圆,延长交圆于点.
因为,所以是圆的切线,
又因为,所以.
所以为等边三角形,
因为,所以,
所以,
因为,所以.
在中使用余弦定理有,所以,
在中使用余弦定理有,所以.
点拨：数形结合,作出的外接圆,结合余弦定理即可求解.
解法4：因为,所以,
设,由余弦定理得
再由面积关系有,所以,
所以,即,
将代入得
再将代入上式可得,所以.
同理可得所以.
点拨：利用面积公式结合条件得出,再利用余弦定理列方程组求解.
解法5：如图,因为,
所以,
设,则,
在中，由正弦定理有，
所以
在中，由正弦定理有
所以所以
得，
所以，
所以.
点拨：引入角参数,利用三角形内角和定理及正弦定理进行边化角求解.
赏析：
本题条件涉及三角形边、角和面积关系,结论是求长度的比值问题,有一定的难度.
解法1和解法2通过平面几何的知识,回归三角形的本质,减少运算量,体现了数形结合的思想.解法3:通过构造外接圆,再利用相关的平面几何知识和余弦定理进行求解.
这三种解法都需要掌握必要的几何知识,对学生的平面几何能力要求比较高,值得品味.
解法通过余弦定理建立各末知量的方程关系,消元求解,需要很好的运算功底.
解法5:通过正弦定理,将边的关系转化为角的关系,再利用三角公式进行求解,是解有关三角形题目的常见方法.
【题目7-3】已知在等腰中,是腰的中线,且,则的面积的最大值是________.
如图7-7，设，则，
由余弦定理知
所以，
所以
.
因为,所以
点拨：设出边长,巧用余弦定理,把面积最值问题转化为函数最值问题，即可求出面积的最大值.
解法2：如图,设,
则半周长,
所以由海伦公式,
又因为,所以,
所以，
当且仅当,即时等号成立.
点拨：利用海伦公式、中线性质及中线长公式,结合均值不等式求解.
解法3：如图,设,则.
由余弦定理知,
所以,
又因为
所以,
由辅助角公式得,所以.
点拨：设出边长,利用余弦定理及辅助角公式进行等价变换,即可求出面积的最大值.
解法4：如图,设,则.
由余弦定理知(1),
(2)
由得,
化简得,
所以边上的高,
所以，
当且仅当时,.
点拨：利用余弦定理引出三边的关系,巧用均值不等式,即可求出面积的最大值.
解法5：如图,过点作,过点作,
因为为的中点,则,
设,
所以:,
所以,
所以.
点拨：利用中线及重心性质,将转化为问题,以角代边,利用三角函数有界性解题.
解法6：如图,过点作,以为轴,为轴建立平面直角坐标系,设
,
又因为为的中点,所以,
所以,
所以，
又,
所以,
所以.
解法7：设点为的重心,因为,所以,
点拨：直接利用重心的性质即可求出面积的最大值.
解法8：取BC的中点H,,G为的重心，
令
(当且仅当时取等号)
点拨：利用重心的性质找到等价关系式,再结合基本不等式,即可求出面积的最大值.
解法9：如图为的重心,取中点,
由可知,
平方得，
则,
所以.
点拨：利用重心的性质及向量的数量积性质,结合均值不等式,即可求出面积的最大值.
解法10：如图,以中点为坐标原点,及的垂直平分线所在直线分
别为轴,轴建立坐标系.
则.设,
则,
化简得,所以.
所以,所以.
点拨：建立平面直角坐标系，求出点的轨迹方程,即可求出面积的最大值.
解法11：如图,因为,所以点的轨迹是以
为直径的圆,其中是使的的内外
分点,且.当点到的距离为圆的半径时,
所以.
点拨：确定点的轨迹圆,利用几何法求解.
解法12：如图,过点作外角平分线,过点作的垂线,交于点,易证四点共线,
即,所以点的轨迹是以为直径的圆.
所以,所以点到的最大距离.
所以.
点拨：通过作辅助线﹐确定点A的轨迹圆,利用几何法求解.
解法利用了阿波罗尼斯圆的性质.如图,设,则点的轨迹是以为圆心,为半径的圆,其中直径端点分别为线段的内外分点,分别为的内外角平分线,.
解法13：如图,
因为,
所以,
所以,
,又因为,
当时,有最大值,,
所以,所以.
点拨：建系﹐用坐标表示所求三角形面积,再结合中线长,利用二次函数求最值.
赏析：
本题主要考查函数最值的应用,根据条件设出变量,利用二次函数的性质求出最值,或构造建系转化为均值不等式问题,注意取等条件.本题考查学生的逻辑思维能力和运算能力,运算量较大,属于中档题.如果能利用阿波罗尼斯圆的性质则运算就简化许多,值得推广.
解法设出边长,巧用余弦定理,把面积最值问题转化为函数最值问题,即可求出面积的最大值.解法2:利用周长的关系,把周长转化为三边的关系,巧用海伦公式结合均值不等式,即可求出面积的最大值.解法3和解法设出边长,利用余弦定理及辅助角公式进行等价变换，即可求出面积的最大值.解法5:面积转化后利用倍角公式转化求值域.解法建立平面直角坐标系,把问题坐标化,然后利用勾股定理进行转化,再巧用均值不等式,即可求出面积的最大值.解法利用三角形的重心的性质进行解题,从不同侧面考虑间题,体现了数形结合的思想.解法9到12利用了阿波罗尼斯圆的具体性质解题.解法建立平面直角坐标系,设出点的坐标,利用模长关系,把面积最值问题转化为函数最值问题,即可求出面积的最大值.
【题目7-4】已知在中,分别为内角的对边,若,则面积的最大值为________.
解法1：，
又,即,故点轨迹是棛圆（除去长轴两个端点).
以线段的中点为原点,线段的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系,则,点的轨迹方程为以为焦点的椭圆（除去长轴两个端点即.
所以(.
点拨：根据题干条件进行等价变换,即可得出点的轨昹方程是椭圆,然后利用椭圆的性质,即可求出面积的最大值.
解法2：因为,所以,所以,
由海伦公式,其中
得
点拨：根据题千条件进行等价变换，然后利用海伦公式及均值不等式的常用变形,即可求出面积的最大值.
解法3：因为，所以所以.
点拨：根据题干条件进行等价变换﹐然后利用余弦定理及基本不等式，即可求出面积的最大值.
赏析：
本题给出的三个解法均由条件得到,后续的解法有所不同.解法1:利用为定值,得到点的轨迹为椭圆（去掉长轴两个端点),然后利用为短轴端点时面积最大的特点,求出最值.解法注意到三角形的周长为定值,利用海伦公式及平均值不等式得解.解法3:由余弦定理求出,进而有,再利用均值不等式可得,得到面积的最大值.
【题目7-5】设分别是中内角的对边,且,
则________
解法1：
点拨：根据题干条件进行等价变换,然后利用正弦定理,化边为角，即可求出代数式的值.
解法2：
则
点拨：根据题干条件进行等价变换﹐然后利用余弦定理,即可求出代数式的值.
解法3：
又
点拨：根据题千条件进行等价变换,化边为角,然后利用同角三角函数的基本关系式,转化为正切的关系,通过等价变换,即可求出代数式的值.
变式练习
【题目7-1】已知椭圆和双曲线有共同的焦点是它们的一个交点,且,记椭圆和双曲线的离心率分别为,则当取最大值时,的值分别是( )
A.
B.
C.
D.
解析:依题可知,
因为,所以,
当且仅当,即时取等号.故选
【题目7-2】已知在中,角所对的边长分别为若,则________.
解析:因为,
所以由正弦定理可得,
由余弦定理可得,
因为,所以,故答案为.
【题目7-3】已知在凸四边形中,,当变化时,对角线的最大值是________.
解析:以点为原点,所在的直线为轴建立
平面直角坐标系,则,设,
在中使用余弦定理有,
所以,
因为,所以,
即,
所以点在以为圆心,1为半径的圆上,
所以.
故的最大值为.
【题目7-4】已知在等腰中,,点在线段上,为常数,且为定长,则的面积最大值是________.
解:如答图,以为原点,为轴建立平面直角坐标系,设,
因为,所以,即,
所以,
整理得,
所以,因为,所以
【题目7-5】已知在中,内角所对的边长分别为,若,则面积的最大值为________.
因为,所以,
故,又,
所以,
设面积为,
所以的面积最大值为,故答案为第8讲 范围与最值齐飞，代数与几何显威
近年来,平面向量的最值问题经常在各类考试中出现,以考查向量的基本概念、基本运算和基本性质为主,题型多样,灵活多变,综合性较强.解决此类问题要注意正确运用相关知识,合理转化.下面结合具体的例题阐述解决此类问题的主要途径,并通过典型例题体会一题多解,在多种解法中体会解决这类问题的数学思想方法.
【题目8-1】设非零向量a,b,且,则的最大值为________.
设=(x,y)，因为，则
因为与的平方和为4，
令
则
所以当时,所求的最大值为.
点拨：运用坐标法﹐探寻已知条件与所求值之间的代数关系.
解法2：如图,设a,=b,,
则
当且仅当等号成立.故所求的最大值为.
点拨：数形结合﹐再利用三角函数的有界性.
解法3：如图为的中点,
因为,
所以,
所以,
当且仅当时,等号成立.
所以,即所求的最大值是.
点拨：巧用均值不等式.
解法4：记x,y,则.
因为，
所以,
当且仅当时等号成立,故所求的最大值是.
点拨：双换元再运用基本不等式.
解法5：因为所以.
易知以为邻边的平行四边形为矩形,于是,
令,
所以,
当且仅当时,取得最大值.
点拨：合理构造,三角换元.
解法6：因为所以.
易知以为邻边的平行四边形为矩形,于是,
所以,
所以,
当且仅当时等号成立,故所求的最大值是.
点拨：先探寻已知条件与所求式子之间的关系,找到恒等式,再运用不等式求最值.
赏析：
解法1设向量坐标,再利用所得式子平方和为定值进行三角换元,转化为三角函数最值问题.解法2构造向量,数形结合,更快速简洁.解法3利用中点化简向量,再利用基本不等式求出最值.解法4双换元,更易看出式子本质;解法5、解法6巧妙构造,开拓思维.
【题目8-2】如图,在中,是的中点,是上的两个三等分点,,则的值是________.
解法1：因为，
而
所以，解得
进而.
点拨：运用极化恒等式
解法2：作点关于点的对称点设，则
，
由已知得
所以.
所以.
点拨：向量问题基底化
解法3：因为
所以.
因为,
所以.
点拨：巧用向量加减法.
解法4：记,以所在的直线为轴,的中点为原点建立平面直角坐标系，
则,
设,则,
因为所以,解得,
又因为,
所以.
点拨：运用坐标法.
赏析：
解法1使用向量的极化恒等式,是针对含有向量的数量积和可利用中点求解的问题的常用手段,方法简洁有效.解法2和解法3运用向量的基底和线性运算转化,对思维能力有较高要求.解法4使用坐标法,是解决平面向量问题的又一利器.
【题目8-3】如图,在平面上,.若,则的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
解法1：如图,由“平行四边形对角线的平方和等于四条边的平方和”可知
，
所以，即，故.
点拨：巧用平行四边形性质．
解法2：如图8-6,建立平面直角坐标系，
设,则,
,
即即
所以,
因为,所以.
所以,则.
点拨：合理建系，向量问题坐标化.
赏析：
解法1是“平行四边形对角线的平方和等于四条边的平方和”化成三角形的应用,可以解决一些三角形中有关长度的问题.解法2是坐标法,从角度方面解决问题.向量问题主要从“形”与“数”两个角度考虑.
【题目8-4】在面积为2的中,分别是的中点,点在直线上,则的最小值是________.
解法1：设中角所对的边分别为,
则由面积为1知，所以，所以
从而进一步转化为求的最小值.
令，得，即
所以有，
其中
由结合，得最小值.所以此题答案为.
（也可将看成点与的斜率，数形结合来做，注意为单位圆的左半圆.）
点拨：根据三角形的面积公式,问题可转化为已知的面积为1,求的最小值﹐结合三角换元﹐即可求出其最小值.
解法2
设的中点为,则
因为
所以
所以
故所求的最小值为.
点拨：
直接利用向量的线性运算及数量积的运算律进行变形处理.
解法3
以中点为原点,所在直线为轴,过中点与垂直的直线为.轴建立平面直角坐
标系.
设则
.
当且仅当时取等号.
故所求的最小值为.
点拨：
建立平面直角坐标系,把向量坐标化,从而把问题转化为函数最值问题.
解法4
如图,取中点为,连结并延长交过点的的平行线于点
,过点作为垂足.
,
而，即所以
点拨：
向量运算,数形结合.
解法1思维独特,利用面积公式和余弦定理将所求式子转化为分式型三角函数值域问题.解法2
利用向量运算化简后用基本不等式求最值.解法3将坐标法与基本不等式结合.解法4用几何法
解决向量问题,利用中点转化为向量运算,技巧性较强.
【题目8-5】已知向量,若对任意单位向量,均有,则的
最大值是________.
解法1
如图,由题意,对任意单位向量,均有成立,
即
因为
所以
因为，所以
又因为
所以
点拨：
数形结合,结合已知条件,直接利用向量数量积的性质即可求解.
解法2
由题意,要求的最大值,不妨设向量之间的夹角为,
向量与任意单位向量的夹角为,
因为
所以,即,
故,即.
点拨：
利用向量数量积的定义，把问题转化为三角函数的最值问题，即可求解,
解法3
如图,由题意,要求的最大值,不妨设向量的夹角为,
向量与任意单位向量的夹角为,记,
因为,
所以,所以,
.
点拨：
根据向量数量积的定义及运算律,把问题转化为三角函数的最值问题,即可求解.
赏析：
解法1巧妙运用不等式的性质进行求解,解法2与解法3稍有区别,均把所求间题转化为三角函
数问题进行求解.
【题目8-6】已知向量满足,则的取值范围________.
解法1
如图,设,则,
由矩形性质知:,
解得,
因为,
,
所以.
点拨：
数形结合,根据题干条件,作出草图,结合矩形的性质,即可求解.
附:矩形性质证明.
已知为矩形,是平面内一点.
求证:.
证明:如图,设交于点,连结.
所以
解法2
如图8-12,设,设是以为圆心,2为半径的圆上的两点,且
为中点,则,易知为直角三角形,因为,
而,所以.设,则,
即
由（*)知,,
所以
所以
点拨：
建立坐标系,向量坐标转化为函数值域问题.
解法3
设，
则由得
即,
所以,
所以,
令,则,
所以
解得即
所以
所以.
点拨：
利用三角函数表示向量坐标;结合三角恒等变换,三角函数有界性解决问题.
赏析：
解法1构造向量,利用矩形性质快速解答.解法2利用坐标转换为函数问题,庽常规解法.解法3进
行三角换元,利用三角函数有界性求最值,计算量较大.
变式练习
【变式设非零向量满足,则的取值范围为________.
解:由知,故当时,以为邻边的平行四边形为矩形,所以,所以
,所以.又因为,所
【变式8-2】在平行四边形中,已知,则
的值是________.
解:,所以
,所以
【变式8-3】已知在中,,点是线段(含端点)上的一点,且,则的取值范围是________.
解：设,结合,则因此,当,
即时的面积最大,因此原题等价于在中答图8-1
求的最大值.所以为的中点，如答图8-1）.当时，取最小值,此时的最小值为,所以所求最大值为.
【变式8-4】已知是两个互相垂直的单位向量,而,则对于任意实
数,的最小值是()
A.5
B.7
C.12
D.13
解:
,当且时,取得最小值,
即12,故选C.
【变式8-5】已知向量满足且,则的最小值为_______.
解:,由得,
即1),化简得,
而,最小值为点与点之间的距离减去半
径1,即第9讲 平面向量两定理，千变五化多威力
平面向量基本定理是向量正交分解和坐标表示的理论基础,它为“数”和“形”搭起了桥梁,是
联系平面向量几何运算和代数运算的纽带,在向量知识体系中处于核心地位,是高考的一棵“常
青树”.下面结合一些典型例题的多种解法体会解决这类问题的思想方法.
【题目9-1】在中,已知为的外心,令,则
的最小值为________.
解法1
因为
所以
由,且,
所以,化简得
又因为,所以,
即,于是
即
又角为钝角,得,于是,从而的最小值为
点拨：
以向量为基向量表示向量再将所得等式两边平方,得到λ,μ的等量关系,利用均值
不等式求解.
解法2
在中，若为外心，则
,利用此结构可得
,于是
,
可把看成关于的减函数.
又因为
当时,取最小值2.
点拨：
把表示为关于内角的三角函数,结合三角函数的性质求解.
解法3
已知原等式得即（1）
由得即.（2）
由（1）（2）联立解得则
（当且仅当时取等号），所以的最小值为2.
点拨：
结合外心的几何性质,在已知等式两边分别作关于边向量的数量
积,将分别用三角形的边长来表示，再利用均值不等式求解.
解法4
如图,点在上,.
已知
则
由于三点共线所以
即而
则
则当时,最小,此时最大.故.
故,则.
点拨：
数形结合,通过观察图形,结合平面向量基本定理,即可求解.
赏析：
前三种解法从代数的角度解决问题;解法1和解法3都是转化成不等式问题,解法2利用了向量
常见的结论,迅速解决问题,在选择题、填空题中可以使用;解法4以向量为载体结合圆的性质,化
成比例解决问题,效果不错.
【题目9-2】设为锐角的外心,若,则的最大值是()
A.
B.
C.
D.
解法1
如图,
因为
所以
所以所以
即.故选.
点拨：
利用向量数量积的定义,结合基本不等式即可求解.
解法2
如图,以边所在直线为轴,边的垂直平分线为轴建立平面直
角坐标系为的中点).
由外接圆的性质可得.
因为,所以不妨设外接圆的半径,
则.
因为,
所以设,则,
所以,
可得的外接圆的方程为(1).设,因为,
所以
所以(2).
因为(否则,由图可知这不可能),
所以方程组(2)即
代人(1)可得,化为,
所以,即,
解得或因为为锐角的外心,所以,
所以舍去,所以,所以的最大值为,故选.
点拨：
建系设点,把向量问题坐标化,结合均值不等式的常用变形结构,即可求解.
解法3
因为,
所以,故.
同理有.
所以.
点拨
结合外心的几何性质,在已知等两边分别作关于边向量
的数量积,将x,y分别用三角形的边长来表示,再利用均值不等式求解.
解法4
由已知得:,
所以
因为是外心,所以,
所以
所以
,当且仅当时,取得最大值.
点拨：
把已知条件作等价变形处理,利用三角形外心的性质,转化为三角函数值域问题,即可求解.
解法5
由题意得
又
所以
化简得
又因为
所以
所以
即，或又因为为锐角，所以所以
所以的最大值为，故选.
点拨：
把题中所给条件进行等价变换,结合均值不等式的常用变形即可求解.
解法6
如图,不妨设.
过点作则
在中,由余弦定理得
在中，由余弦定理得：
在中,由余弦定理得
由以及得
所以即
又因为所以
所以或或
因为在内，所以所以故选
点拨：
数形结合,构建三角形,在三角形中巧用余弦定理即可求解.
赏析：
本题主要考查了外心性质、向量的坐标运算、平面向量基本定理.建立平面直角坐标系,设出点
的坐标,把向量问题坐标化,结合均值不等式的常用变形结构,即可求出最大值.
【题目9-3】已知为的外心,,且,则_______.
解法1
如图,作,则分别是的中点,设,
则,
设,因为,
所以
可得,
所以,又因为,所以,
所以当时,解得,当时,,易得,
所以或.
点拨：
数形结合,利用三角形外心的性质,结合向量的数量积,即可求解.
如图,设为坐标原点,则,则外接圆圆心的横坐标
为5,设点,则.
因为,所以
,所以,
又,所以,
所以当时,有;
当时,,易得.
所以或.
点拨：
建立平面直角坐标系,把向量问题坐标化,即可求解.
解法3
因为
令所以因为
所以,当点在上时,因为点为的外心,所以如图,易.
当点不在上时,则如图三点共线,因为,所以点为的中点,所以,所以在中,15,所以,即,所以或.
点拨：
将条件结合变形为，利用向量共线充要条件作辅助图形,将分散条件集中
到一个角形中去求解,但要注意外心的特殊情形.
解法4
如图,作,
则
因为
所以
所以
联立得
当时,,
此时,
当时,易得,所以或.
点拨：
利用外心性质及数量积的几何意义,构建关于x,y的方程组解题.
赏析：
解决向量问题常用的方法有:
(1)坐标法:坐标法是处理向量问题常用的方法,只要能够建立直角坐标系,把点的坐标表示出来,
则向量的坐标就可以求出,从而所求问题均可化为坐标运算求解,如解法2.
(2)几何意义法:几何意义实质就是数形结合,主要利用向量的加法、减法、数乘及模长均具有明
显的几何意义来求解,如解法1、3、4.
(3)基向量法:如果问题不宜建立坐标系,也不宜用几何意义解决,有时候可以根据平面向量基本定
理,选好基底,把题目所给向量用基底表示出来,再根据题目的要求运用基底求解.
(4)共起点法:所谓的共起点法,就是将题目所给的条件全部化为以某一相同点作为起点的向量表
示,这样可以有利于运算.
由于计算的不严密,没有考虑这种情况,本题容易漏掉这个解,这应引起重视.
【题目9-4】设为的外心,且,则________.
解法1
在中,外心满足,
因为,所以,
即,则.故.
点拨：
利用三角形外心的向量表示式,即可求出∠C的大小.
解法2
因为,
所以,
所以
设外接圆半径为,则,
所以,
所以.
点拨：
根据已知条件的特点进行等价变换,结合余弦定理,即可求出∠C的大小.
解法3
如图,因为，
即,可知四边形为平行四边形,在中,
由勾股定理的逆定理知,.故.
所以.
点拨：
数形结合,再结合勾股定理的逆定理,即可求出∠C的大小.
解法4
由题意得,
两边平方,得,
因为是外心,所以,
所以,即,即,
根据圆周角定理,可得.
点拨：
对已知条件进行等价变换,结合向量的运算,根据同弧所对的圆角是圆周角的二倍，
即可求出∠C的大小.
赏析：
本题主要考查三角形外心的应用、向量在几何图形中的应用等基础知识,考查运算求解能力与
转化思想.解法1巧妙应用三角形外心公式求解;解法2利用余弦定理实现边角关系的相互转化;
解法3利用勾股定理进行转化;解法4直接利用圆的性质解题.
【题目9-5】如图是圆上的三点,的延长线与线段的延长线交于圆外一点,若,则的取值范围是________.
解法1
设,则,
所以.
又三点共线,
所以一,
点拨：
结合向量的模长公式,利用平面向量的共线定理,即可求出的取值范围.
解法2
由三点共线,
得
其中
故有,因为,
所以
点拨：
利用平面向量的共线定理,结三点共线的向量表示式,即可求出的取值范围.
赏析：
解法1借助向量的模长公式,利用平面向量的共线定理求解.解法2利用平面向量的共线定理,结
合三点共线的向量表示式求解.
【题目9-6】已知是圆上的三点,,则与的夹角为________.
解法1
因为,
所以
所以,
所以为直径,所以.
点拨：
直接利用向量的运算法则,结合向量的几何意义,即可求出的夹角.
解法2
因为,所以.
假设圆半径为,如图,利用余弦定理有
同理
所以
所以所以所以.
点拨：
利用向量的数量积,结合余弦定理,即可求出与的夹角.
赏析：
解法1采用了“共起点法”转化,所谓的共起点法,就是将题目所给的向量全部化为以某一相同点作为起点的向量,这样有利于运算.解法2利用余弦定理进行求解.
变式练习
【变式已知为锐角的外心,,若,且
,则的值为()
A.
B.
C.
D.
解:如答图,过点分别作垂直于点,
则,,
因为,所以.
所以,
因为,联立得:.故选D.
【变式9-2】已知点为的外心,,若
,则的最小值为________.
解:不妨设,连结交于点,则
设,则,所以
当时,最小,所以最大.因为,所以,所以.
【变式已知的外接圆的圆心满足:,且
6,则________.
解:设的外接圆半径为,依题意有,
所以,即,
所以外接圆的圆心就是边的中点,所以,
所以.
【变式9-4】如图所示,是圆上的三个点,的延长线与线段交于圆内一点
,若,则()
A.
B.
C.
D.
解:如答图所示,因为,即,
故,排除A,B.
因为,
所以,
所以,
当时,,即,
即,故,故选C.
【变式9-5】已知的三个顶点都在半径为的圆上,,则的面积的最大值为________.
解:易知为直角三角形,为斜边,当点距离最远时面积最大,为第10讲 巧用平几与参数，直线与圆解无忧
直线与圆的位置关系的问题,往往借助平面几何知识,利用数形结合、垂径定理等来处理.
【题目】过点的动直线交轴的正半轴于点,交轴的正半轴于点.设点
是面积取最小值时,内切圆上的动点,则的取值范围是
________.
解法1
设直线的方程为,所以,
因为直线经过点,所以,
所以,故，
当且仅当时,取最小值,此时.
所以,所以,
设内切圆半径为,因为,所以.
因为的内切圆与轴、y轴正半轴相切,故内切圆方程为
因为点在内切圆上,
所以设,则
,因为,所以.
点拨：
先求出△OAB的面积取最小值时直线AB的方程,再利用圆的参数方程求解.
解法2
同解法1得到内切圆方程为.设点,
所以
因为,所以.
所以,
又因为,所以.
点拨：
先求出△OAB的面积取最小值时的直线方程,再利用圆的般方程求解.
解法3
由题意知直线AB的斜率存在,又直线过点M(4,3),故设直线AB方程为
).令,则,即;令,则
所以易知,所以
,当且仅当时,等号成立,下同解法
点拨：
利用直线的点斜式求出交点,得到三角形面积的表达式.
解法4
如图,假设,过点作轴、轴的垂线分别交于点,所以,所以,则,当,即时等号成立,下同解法
点拨：
利用图形,假设角度,把三角形的面积转化为正切函数,利用基本不等式求解.
赏析：
本题处理分两步进行,首先考虑直线斜率取何值时,的面积达到最小,进而得到
内切圆的方程,最后利用圆的参数方程或圆的一般方程求解的取值范围.
对于如何确定直线的方程,解法1、解法2先利用直线的截距式,借助基本不等式求出
面积取得最小值时的值,进而得到直线的方程.解法3利用直线的点斜式,先求出交
点坐标,进而得到面积表达式,再利用基本不等式求面积最值.解法4利用图形,巧设角度,也很容
易得到面积的最值.
对于后面取值范围的处理,解法1借助圆的参数方程将用三角函数表示,利用三角函数有界
性求出的取值范围.解法2则利用圆的一般式将表示为的函数,再利用的取值范围,进而得解.
【题目10-2】已知圆为单位圆,正方形的一边是圆的弦,求的最值.
解法1
如图,以为边向外作正方形,
则,
所以,又因为,
而,
所以.
所以.
点拨：
做出正方形得到，固定A点，B点在圆上运动，利用三角形全等及两边和、
差与第三边的关系可得到.
解法2
如图,将绕顺时针旋转到,
则上的点会旋转到与点重合,并且落在上,
所以点在上,故,
所以.
点拨：
进行图形旋转，利用数形结合求解.
解法3
如图,设正方形边长为分别为边的中点.
()当点在正方形外部或边上时,
则,
所以.
设,
则
因为,所以,所以.
(ii)如图,当点在正方形内部时,则
,所以,设,
则
因为,所以,
所以,所以.
综上,.
点拨：
设出正方形的边长，利用勾股定理求出OD的长度表达式，利用三角换元求解.
解法4
如图.,不妨设.四点按顺时针顺序排列,且设
则,
由得.
则.,
因为所以.. ,
所以
即
所以.
点拨：
建立直角坐标系，引入坐标，利用向量长度相等与垂直求解.
解法5
如图,不妨取,作交圆于点.
设,则与同向.
故,
又,
所以
,
所以点坐标为,
即.
所以点的轨迹为圆,
点拨：
设出点的坐标，利用向量长度以及向量共线，求出点的坐标，再利用点的轨迹方程
求解.
解法6
不妨设复数,
则,所以,
，
因为，所以，
所以，，
所以，.（表示向量对应的复数)
点拨：
利用复数的几何意义表示，以及复数乘法的几何意义求解.
赏析
解法1利用三角形全等，先将的长转化为的长，再借助三角形两边之和差)与第三边的关系得解.
解法2利用旋转变换，将绕点按顺时针方向旋转，使得点旋转为点，将问题转化为求圆上的动点到点距离的最值问题，解法巧妙，不落俗套.
解法3利用勾股定理，将的长表示为边长的函数，最后通过三角代换得解，用解法3解题时要对点的位置进行分类讨论，以免造成丢解或错解.
解法4与解法5均借助向量得出点坐标，不同的是，解法4得出点坐标后，将表示为角的函数，进而求出最值.解法5则由点坐标得出点的轨迹为圆，把问题转化为圆上的点到点的距离的最值.
解法6利用复数乘法的几何意义，将的长表示为角的函数后，利用三角函数方法得解.
解法1、2、3更侧重于借助图形，从平面几何方向考虑；解法4、5、6更侧重于从代数方向入手.
【题目10-3】已知正实数，满足，，，为坐标原点，则面积的取值范围是________.
解法1
如图，直线的方程为，则点到直线的距离.
.
因为，，，
令，，，
所以，
因为，所以，所以，
所以.
点拨
先求出的面积，再进行三角换元求解.
解法2
如图，设，则
因为（当且仅当时，等号成立），
所以.
点拨
三角形面积公式利用向量坐标运算得到面积的表达式, 结合基本不等式求解.
解法3
如图，因为，为正数，所以点，在第一象限，
所以，
因为，，且，
所以，，所以，
又因为，当且仅当时，等号成立，所以，所以.
点拨
把图形补成矩形﹐借助图形得到面积之间的关系，从而得到所求三角形的面积表达式.
赏析
解法1 是解析几何求三角形面积常用的方法，由于，所以只需利用两点间距离公式(或弦长公式)求得边长，再利用点到直线的距离求高，因为，考虑圆的参数方程，求出的取值范围，进而得出结果.
解法2利用向量数量积，及同角三角函数的关系求得三角形面积表达式，实际上由解法2中，可得到更一般的结果：若，，则以，为边的三角形面积..
解法3利用图形特点进行割补，补形成矩形，利用图形特征得到三角形的面积表达式.
本例也可以看成是多变量求最值问题，多变量求最值常用的方法有:多变量化为单变量、基本不等式、线性规划等.
【题目10-4】设点的坐标为，若在圆上存在点，使得，则的取值范围是________.
解法1
依题意，点在直线上，过点作于点.因为，且，
所以，所以，所以，所以解得.
点拨
利用数形结合的方法求解.
解法2
如图，易知点在圆上运动时，当与圆相切时，达到最大，所以当时，与圆相切，由图易得点的横坐标.
点拨
利用直线与圆相切时为临界状态求解.
如图10-12设与圆交于点，作，则为的中点．设，，若直线斜率存在，设直线方程为，则
联立方程，得到，
所以
所判别式得到，即．
又因为，所以，所以．
因为，所以．
所以．
若直线斜率不存在，且，则点坐标为，．
综上，．
点拨
利用直线与圆的位置关系，转化为方程问题。
赏析
解决有关直线与圆的问题思路一般有:
1．结合平面几何知识来处理，恰当运用平面几何知识可以大大减少运算量，如解法1、解法2，其中解法2进行法极端分析，很快找到临界值；
2．利用函数与方程的思想，结合判别式、韦达定理求解，如解法3；
3．处理有关圆的问题，常常先画出图形，再分析几何量的关系，最后转化为与圆心相关的几何量．
【题目10-5】已知直线，若对任意，直线都与某定圆相切，则该定圆的方程为 ．
解法1
由题意，对任意，直线与定圆相切，当时，直线方程为；当时，直线方程为；
当时，直线方程为．
如图10-13，易知与这三条直线都相切的圆的圆心坐标为，半径为，
所以圆的方程为．经检验，满足条件．
点拨
对取特殊值，利用特殊直线确定圆的方程．
解法2
设定圆圆心坐标为，半标为．
因为直线与定圆相切，所以圆心到直线距离等于圆的半标，
所以．
因为对任意的，直线都与该定圆相切，
所以上式必满足，所以
所以定圆的方程为．
点拨
设定圆的圆心为，)，半径为，根据圆心到直线的距离等于半径，利用等式恒成立得解．
赏析
由于直线含参数，数要与定圆相切，所以让取不同的值，得到不同的直线，这些直线均要与定圆相切，从而可以求得定圆方程．
解法1从特殊的角度入手，令取三个不同的值，得到三条特殊的直线，定圆与这三条直线均相切，从而容易确定定圆的圆心圆半径．
解法2从一般角度入手，利用相切时圆心到切线距离等于半径，半径为定值，运用对应系数比一致求得圆心坐标圆半径．
【题目10-6】已知点，点，为轴上的动点，当最大时，点的坐标为 ．
解法1
直线的垂直平分线方程为，所以的外接圆圆心在直线线，故设该圆的圆心坐标为．
如图10-14，因为，
所以圆圆轴相切时最大，此时，
又，
所以，
解得或(画图可舍)，
所以．
点拨
利用圆中同弧所对的圆周角相等，可得圆与轴相切时最大．
解法2
如图10-15，同解法1，当过庭圆与轴相切于点时，最大，
此时直线交轴线于，故，．由，所以，所以．
解法3
解图10-16，设，，，所以，
点拨
利用两直线的夹角公式，以及基本不等式求解．
当时，，当且仅当时等号成立，
此时，：
当时，，
所以，当且仅当时等号成立，此时，，
所以时，最大，此时.
所以点的坐标为时，最大.
赏析
本题要求当么最大时，求点的坐标，可以从几何角度思考﹐也可以从代数角度入手，利用直线的斜率求得的表达式﹐再求该表达式的最值.
解法1和解法体现数形结合的思想﹐利用平面几何的知识，先确定最大时点满足的几何关系，方法灵活.
解法3借助两角差的正切公式，把问题转化为求的最大值.
变式练习
【变式10-1】直线和是圆的两条切线，若与的交点为，则与的夹角的正切值等于_______.
【变式10-2】在平面直角坐标系中，直线与圆：相交于，两点，若为直角三角形，则实数的值是_______.
【变式10-3】设直线与圆：相交于，两点，若，则圆的面积为_______.
【变式10-4】已知圆：，是圆外一点，若圆上存在点，使得，则的取值范围是_______.
【变式10-5】已知，，，点是内切圆上的动点，记，的面积分别为，.设，则的取值范围是_______.
【变式10-6】已知圆：，点，若圆上存在两点，，使得，则实数的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.
【变式10-7】已知点，直线：与圆：交于，两点，与的面积分别为，，若，且，则的取值范围是_______第11讲 数形结合抛物线，方程化归题意现
利用抛物线的定义及几何性质、焦点弦等进行几何证明是抛物线相关问题中的一种常见题型，证明时注意利用好图形，并做好转化代换.下面结合具体例题体会如何利用抛物线的定义解决问题.
【题目抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，过点作直线与抛物线交于，两点，若，则的值为( )
A.
B.
C.
D.
解法1
显然直线与轴不垂直，设直线的方程为.
由得.
设，，则有，.
因为，所以，解得.
所以.故选.
点拨
联立直线与抛物线方程，利用韦达定理求出，，再利的定义求解.
解法2
如图11-1所示，显然直线与轴不垂直，设，.
因为，，三点共线，所以，，整理得.
因为，，，
所以，解得.
因为，
所以.故选.
点拨
利用抛物线的参数方程﹐设出，，利用三点共线以及抛物线的定义求解.
解法3
如图，作轴于点.
因为，所以，，.
设，，则有①，
由，可得②，
由①②解得，所以.故选.
解法4
设直线方程为，与抛物线交于，两点.
因为，所以，
即点在以为直径的圆上.
又因为点在抛物线上，
由得，
进而可得.
所以.故选.
赏析
解法1联立直线与抛物线方程，利用“设而不求”通法求解，“设而不求”是解析几何中非常重要的一个解法﹐能够大大简化计算量.解法⒉充分挖掘题中条件，妙用抛物线参数方程，利用三点共线巧妙转化.解法3构造相似三角形，结合焦点弦的常用结论解决问题，因此记住一些常用结论很有意义.解法4通过代数运算求出点的坐标，结合抛物线焦半径解题.四种解法开阔思路﹐发散思维，有利于培养数学解题能力和思维能力．
【题目11-2】设抛物线：的焦点为，点在上，，若以为直径的圆过点，则的方程为_______.
解法1
如图11-2所示，设点，则
解得，结合，解得或
所以或.
点拨
设出点坐标，利用抛物线定义与两直线垂直得到方程组求解.这里直接利用了直径所对应的圆周角为直角这一性质.
解法2
如图11-3所示，设点，易知以为直径的圆与轴相切，切点坐标为，所以，所以，所以.由抛物线的定义知，，得或.所以或.
点拨
由“以为直径的圆与轴相切"，可得圆心纵坐标为，点的纵坐标为，利用焦半径公式求解.
解法3
设点，因为，，，
由和，可得，
解得或，所以或.
点拨
设出点的坐标，利用，的数量积为零，及得解.
解法4
如图11-4所示，易知以为直径的圆与轴相切，可得切点的坐标为，.
在中，，
在中，，
因为，所以或.故或.
点拨
由直线与以为直径的圆相切得到，应用求解.
赏析
圆锥曲线标准方程的求解，常用待定系数法或利用圆锥曲线的定义求解.
本题解法的实 都是待定系数法，不同之处在于对条件的转化的方向或形式不一样.
解法1、2主要从代数的角度考虑，侧重于代数的运算，区别在于解法1把直角转化为斜率之积等于定义，解法4应用三角函数关系求解.
【题目11-3】过抛物线（）上一定点（），作两条直线分别交抛物线于，两点，求证:当直线与的斜率存在且倾斜角互补时，直线的斜率为非零常数.
解法1
设，，
因为，
所以.
从而为定值.
点拨
设出点的坐标，利用地物线上两点，连线的斜率公式求解.
解法2
设直线的斜率是，则直线的斜率是，
所以直线的方程是，
直线的方程是，
设，，
联立，解得.
联立，解得.
所以为定值.
点拨
设出直线，的斜率，求出直线，的方程，与地物线方程联立得到，两点的横坐标求解.
赏析
本题以抛物线为载体，考查直线斜率的计算，解法1主要利用抛物线上两点，连线的斜率公式，巧妙化简，是有关直线和抛物线的综合问题的有效解题策略，解法2利用直线和抛物线方程，计算各点坐标，对学生的计算能力要求较高.
【题目11-4】已知抛物线（）的焦点为，准线为，，是抛物线上两动点，且，设线段的中点在上的投影为点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
解法1
设，，所以，，
所以.故选B.
点拨 将问题聚焦在三角形 中， 利用抛物线定义、 余弦定理及基本不等 式求解.
解法2
因为，本中使用正弦定理有
.故选B
点拨 将问题聚焦三角形中， 利用抛物线的定义、正弦定理以及三角函数的有界性求解.
解法3
过点，分别作准线的垂线，垂足分别为，，
由极化恒等式可得，
由数量积
所以，
此时因为，即，
所以.故选B.
点拨 从向量的角度出发，巧 借向量数量积的极化 恒等式，利用基本不等 式求解.
赏析
解法1和解法2将问题聚焦在三角形中，利用正弦、余弦定理，再利用三角函数的有界性和基本不等式求解，是考虑与三角形有关的最值问题的常用解题策略.解法3从向量的角度出发，巧借向量数量积的极化恒等式，利用基本不等式求解，视角独特.
【题目11-5】已知抛物线上两个动点，和定点，若，则直线所过的定点的坐标为 .
设直线的方程，，，
由与联立消去得，
所以， ①，
而，所以，
即，
即，
化简得： ②
将①代人②化简得，
所以或.
当时，直线的方程为，过定点，不合题意;
当时，直线的方程为，过定点.故直线过定点.
设出直线的方程，及点，的坐标，联立方程组，利用韦达定理，将条件中的直角利用向量进行坐标转化，求出，的关系，进而求解所过的定点.
设，.因为(显然，存在)，
得 ①.
分类讨论：①当直线的斜率存在，即时，
即，
②，
由①②得，
即过定点.
(2)当直线的斜率不存在时，，亦过点.
综上，直线过定点.
利用抛物线上两点，连线的斜率公式，以及两直线垂直，斜率乘积为求解.
解法3
设，，，
由，即，
得 ①，
又直线的方程为，
即 ②，
由 ①+②得，
令，
得定点，代入坐标得定点坐标为
点拨 利用抛物线上两点连线的斜率公式求解， 给出一般情况下的解法.
赏析
解法1将直线的方程与抛物线方程联立后，利用向量数量积等于0求出定点坐标，是通法.解法2利用抛物线上两点，连线的斜率公式，以及两直线垂直，斜率乘积为求解.解法3利用抛物线上两点连线的斜率公式求解，给出一般情况下的解法，以后遇到此类型题目，用两次结论可以提高解题速度和准确度.
【题目11-6】已知直线与抛物线相交于两点，为的焦点，若，则 .
解法1
如图所示，设，，分别过点，作，.由抛物线的定义知，，，，得 ①
联立消去得，
所以 ②联立①②③ 得，，
解得，，
所以，得，即
点拨 联立直线与拋物线方程，根据抛物线的焦半径公式， 求出 ，， 再利用两根之间的关系求出的斜率.
解法2如图11-5所示，分别过点，作，，
因为，所以，所以为的中点，
，，
所以，，
所以，因为，所以，
所以.
点拨
由抛物线的定义，以及平面几何知识可得为的中点，设出点坐标，可以求点坐标，代入抛物线方程即可求解.
解法3
如图11-5所示，易得直线所过定点在的准线上，
过点，作的准线的垂线，，垂足为，，
则，，
设，，
由，得，是的中点，
，，
所以.
由，得，
所以，，
即，所以.
点拨由抛物线的定义及平面几何知识可得是的中点，设，，利用纵坐标的关系，得出横坐标的关系，进而求出点的坐标，问题得以解决.
解法4
由题意得，联立
消去得，
，
因为，解得.
点拨得到后，联立直线与抛物线方程，消去，把求出的带入求解.
解法5
如图11-5所示，已知直线过定点，点在的准线上，
过点，作的准线的垂线，，
垂足分别为，，则，.
设，
由，得，是的中点，
则且，
所以，即，
所以.
点拨
由平面几何知识，用三角形中位线定理，可得，求得，进而求出的斜率.
赏析
解法1将直线方程与抛物线方程联立，根据抛物线的焦半径公式，求出，再利用两根之间的关系求出点的斜率.解法2、解法3根据抛物线的定义，平面几何知识证得为的中点，利用，坐标的关系，进而求出点的坐标，问题得以解决.解法4得到后，将直线方程与抛物线方程联立，消去，利用两根关系求解.解法5由平面几何知识，用三角形中位线定理，可得，求得进而求出的斜率.
变式练习
【变式11-1】如图11-6，过抛物线的焦点作倾斜角为60°的直线与抛物线交于，两点，则的结果为( )
A.3:1
B.3:2
C.2:1
D.3:1或1:3
【变式11-2】设点是抛物线准线上一点，过焦点的直线与抛物线交于，两点，若，则的面积为( )
A.
B.
C.
D.
【变式11-3】如图11-7，已知直线与抛物线相交，两点，为的焦点，若，则的值为( )
A.
B.
C.
D.
【变式11-4】已知斜率为2的直线过抛物线的焦点，且与轴相交于点.若(为坐标原点)的面积为1，则=_________.
【变式11-5】设抛物线(为参数，)的焦点为，准线为.过抛物线上一点作的垂线，垂足为.设，与相交于点.若，且的面积为，则=_________第12讲 圆锥曲线离心率 几何坐标真给力
离心率是椭圆、双曲线的一个重要几何量.求离心率的取值范围问题一直是解析几何的重要内容.它能较好地考查圆锥曲线的基本性质及学生的思维能力，所以倍受命题者青睐，成为目前高考的热点之一.通常情况下，求椭圆或双曲线的离心率有坐标法和几何法两种常用方法.坐标法的思路简单，运算量稍大.几何法则运算量小，思维含量大，对分析问题的能力要求较高.运用几何法求解时，应熟练掌握椭圆或双曲线中常用的几何量、性质、定义的应用.下面结合具体问题学习处理这类问题的方法.
【题目12-1】设椭圆的左焦点为，直线：与椭圆交于，两点，若，，则椭圆的离心率的取值范围是
解法1 如图，设右焦点为，易知四边形是矩形，令，，所以，，，，所以.
因为，所以，.所以，所以.
点拨
利用椭圆定义以及椭圆的对称性得到离心率的表达式，再由三角函数的有界性求解.
点拨
先由直角三角形的性质求出点的坐标，代入椭圆方程得到与之间的关系，利用余弦函数的有界性得到关于的不等式.
解法2
如图，易得，，则有，所以.又因为点在椭圆上，所以，整理得，因为，所以，
所以，且，化简后解得，又因为，所以.
解法3
以为直径的圆的方程为，所以，，所以，因为，所以，所以，又因为，且，所以上式整理后解得.
又因为点在椭圆上，所以，整理得，因为，所以，所以，且，化简后解得，又因为，所以.
点拨
设直线的方程为，由已知可得，在以为圆心，为半径的圆上，联立方程组消去，后得到与，，的关系式，利用倾斜角范围求出的范围，得到不等式求解.
解法4
设椭圆的右焦点为，易知四边形是矩形，令，.如图12-1，，，，
由椭圆定义知:，又因为，，，
所以，其中，
所以.
点拨
同解法1得到离心率与的关系，把表达式平方后，，利用对勾函数求解.
解法5
因为是的中点,所以.
所以,当时,此时点记为.
由得.
由题意得,所以,
所以所以.
又因为,所以.
点拨：
利用椭圆上点到原点距离的变化趋势,结合极端情况,得到离心率的不等式巧解.
解法6,
因为,所以四边形为矩形,
又因为,所以,
因为,所以,
因为,所以,所以,所以,
又因为,所以.
点拨：
利用矩形面积转化成两个焦点三角形面积后确定参数范围.
赏析：
解法1利用橢圆的对称性,将转化为,将与用角表示,再利用椭圆的定义将离心率表示为的函数,进而求出离心率的取值范围。应用解法1求解时应注意角的取值范围.解法1体现了函数思想,要求学生有较好的分析能力及化归能力.
解法2将点的坐标用角表示,然后代入椭圆方程解出利用,求出的取值范围,得到关于的不等式,结合得出的取值范围.解法2利用了点在曲线上即点的坐标满足曲线方程的特征,解题过程中体现了方程思想与化归思想,对学生的运算能力及化归能力有较高的要求,利用余弦函数的有界性将问题转化为不等式问题是解题的关键.
解法3将直线的方程与圆联立,求出后代入粗圆方程解出后，再结合,得出,建立关于的不等式,结合,求出的取值范围.解法3与解法2类似,前者利用点的坐标,后者利用斜率,两者的思想完全相同,恰当合理的转化是解决问题的关键.
解法4将用表示,利用椭圆的定义及是直角三角形,将表示为的函数,利用对勾函数求解.解法4与解法1类似,只是对的处理上有所不同.解法4利用化切处理再结合均值不等式得解,体现了函数思想与化归思想,在数和式的处理上对学生提出了较高的要求.
解法5利用极端情况,即时的情况,将的长度用表示,再结合得到事实上这里也利用余弦定理及勾股定理将用表示,再结合椭圆定义得解.解法5采用“以静制动”的方式处理问题,要求学生具有较好的观察能力与推理能力.
解法6利用,结合焦点三角形面积公式将用表示,再利用的有界性求出的取值范围.解法6与解法2类似,这里利用了正弦函数的有界性,同样要求学生具有较好的分析、解决问题的能力和丰富的函数不等式的知识储备.
【题目12-2】设是双曲线的右焦点,过点向的一条渐近线引垂线,垂足为,交另一条渐近线于点.若,则的离心率是（）
A.
B.2
C.
D.
解法1
不妨设直线的方程为.
将直线的方程与渐近线方程联立求出点的坐标,利用距离求解.
联立.可得，
由可得,可得或,
所以或者
当时不满足,所以.故选C.
点拨：
将直线的方程与渐近线方程联立求出点的坐标,利用距离求解.
解法2
不妨设直线的方程为.
联立可得,同理可得.
由得,所以,可得,
所以故选.
点拨：
将直线的方程与渐近线方程联立求出点的坐标,利用纵坐标关系求解.
解法3,
由双曲线的性质知,焦点到渐近线的距离,
所以.
因为,所以.
因为,
所以,整理得,所以故选.
点拨：
利用双曲线中的几何意义,以及正切函数的定义得到的关系式求解.
解法4
过点向双曲线的另一条渐近线作垂线,垂足为,
则.
在中,得,
所以故选.
点拨：
由双曲线的对称性,构造含角的直角三角形解决问题.
赏析：
解法1利用坐标法求出直线与浙近线的交点坐标,再利用得到的关系式,进而求出离心率的值(注意对进行检验).解法1利用坐标法求解,将转化为,利用两点间距离进行处理.解题过程中体现了方程思想的运用.本解法思路较为简单,对运算能力要求较高.
解法2首先求出直线与渐近线的交点坐标,然后利用得到(这里也可以分别过点向轴作垂线得到),进而得到的关系式,解出离心率解法2较之解法1降低了运算量,思路也更为自然,选择纵坐标的运算量明显少于选择横坐标的运算量.解题过程中体现了方程思想,要求学生有较好的运算能力.
解法3首先将与的正切用表示,再利用正切二倍角公式得到之间的关系式,进而求出离心率的值.解法3利用了双曲线焦点到渐近线的距离为的特征,结合图形,巧妙地利用了长度关系及双曲线的对称性.解题过程中体现了数形结合思想与方程思想,对学生的观察能力及分析问题的能力有较高的要求.
解法4则通过添加辅助线,将“”化到同一直角三角形中,利用的长度关系及相似、双曲线渐近线的对称性得到的大小,进而求出离心率,构思巧妙,易于运算.解法4与解法3类似,但优于解法3,可谓把数形结合运用到了极致,对学生分析问题的能力要求很高.
【题目12-3】已知双曲线的两个焦点为,若为双曲线上一点,且,则双曲线离心率的取值范围为（）
A.
B..
C.
D.
解法1
如图,设
当点在右顶点处时,
因为,所以,故选
点拨：
利用双曲线的定义以及余弦定理求出离心率的表达式,由余弦函数的有界性求解.
解法2
设,则,所以,
又(当且仅当三点共线时等号成立),
所以,即,得.
又,所以,故选.
点拨：
利用三角形的两边和大于第三边,及两边差小于第三边,但要注意本题可以取到等号,因为可以三点共线.
解法3
设,因为,所以由焦半径公式可得,解得.
因为,所以,解得.又,所以.故选.
点拨：
利用焦半径公式,以及右支上的点的横坐标范围构建不等式,确定与的关系.
解法4
依题意可知点在双曲线的右支上.因为,
所以,解得.
又,所以.故选.
点拨：
利用双曲线右支上的点到焦点的距离的最小值为,得到不等式求解.
解法5
设
所以.
由面积得,即.
所以,即
因为,所以.故选.
点拨：
由双曲线的定义,求出,利用焦点三角形的面积公式通过算两次得到以及两焦半径夹角之间的关系,再利用余弦函数的有界性求解.
解法6
设,已知.
因为,所以,
即,解得.
因为,所以,解得.
又,所以.故选.
点拨：
利用两点间距离公式求解.
赏析：
解法1首先将表示为,再利用余弦定理将用表示,消去后将表示为的函数,结合的取值范围求出的取值范围.解法1体现了函数与方程的思想,利用余弦函数的有界性求出离心率的取值范围,要求学生有较好的化归能力.
解法2利用了三角形的三边关系.应注意利用两边之和与第三边的关系只能求出离心率的上界,不能求出下界,还要借助双曲线离心率大于1的特征得出离心率的取值范围.解法2的运算量较小,思路也较为简单,对本题是一种较为实用的方法.
解法3利用 曲线焦半径公式,建立的不等关系求解.解法3体现了方程思想,借助双曲线性质中的范围,建立关于的不等关系得到的上界,再结合得解.解法3思路较为简单,利用范围建立不等式的方法也是通法,学生较易想到此种方法.
解法4由双曲线上任一点到焦点的距离的最小值为,建立的不等关系求解.解法4与解法3类似,只是将点的范围代换为的范围,而这里的范围则利用双曲线的定义得到.解法4也是常见的解题思路,只要掌握基础知识与基本方法即可.
解法5首先利用双曲线的定义将用表示,然后利用焦点三角形面积及余弦函数的有界性求解.面积法也是解决圆锥曲线问题的常见方法,解法5对学生代数式的处理能力及三角恒等变换能力要求较高.
解法6利用两点间距离公式及求出的取值范围,再利用及求出的取值范围.有界性是处理离心率范围问题的常见方法.通过解不等式得到,这是建立不等关系的关键.
【题目12-4】已知双曲线的左焦点为,若双曲线右支上存在点,使得线段的中点仍在双曲线上,则双曲线离心率的取值范围是________.
解法1
设,依题可知,
因为,所以的中点的坐标为
因为点在双曲线上,所以,
因为点在双曲线上,所以,
两式联立消去得,解得,
所以,又因为,整理可得.
点拨：
利用点在双曲线上,以及右支上点的横坐标的范围求解.
解法2
因为为的中点,为的中点,结合双曲线的第一定义可得,
所以点在以为焦点,长轴长为的双曲线上,
即点在双曲线向左平移单位长度所得双曲线的右支上,
其右顶点的横坐标为,由题意知存在点的条件是两条双曲线有交点,
所以,解得
点拨：
利用双曲线定义、三角形中位线定理,以及两双曲线有交点的条件解题.
解法3,
设双曲线的左、右顶点分别为,右焦点为,不妨设点在直线上,依双曲线的对称性可知,只需考虑直线的斜率即可，
直线绕点逆时针旋转,即当从0逐渐增大时,逐渐减小,若要满足仍为中点,
则只需即可,即,解得
点拨：
利用几何动态变化,观测的变化趋势，得到不等式求解.
解法4
设,则,
由得,即,解得.
点拨：
利用双曲线的定义以及三角形不等式求解.
解法5
设,由双曲线的第二定义,
因为点在双曲线上,所以,即
因为点在双曲线上,所以,即,
两式相减消去得,所以.
点拨：
利用双曲线第二定义,以及余弦函数的有界性求解.
赏析：
解法1利用点在曲线上进行解答.条件中曲线上存在点满足关系式的题目均可使用此解法.解法1利用了坐标法,结合建立关于的不等式后得解,是处理离心率取值范围问题的常见方法.
解法2考虑点所满足的方程和双曲线方程的关系进而求解,方法独特.解法2体现了数形结合法的优越性,对能力要求较高.
解法3利用直线斜率的变化情况,判断结论的临界取值,是解答小题的一种策略.解法3体现了数形结合思想.
解法4有效利用平面几何中的三角形边长关系,简洁明快.两边之和与第三边的关系是建立不等式的常见思路.
解法5利用双曲线的横坐标公式与余弦的有界性求解,运算量较小.
【题目12-5】设为双曲线上的一点,分别为的左、右焦点,若的内切圆的直径为,则双曲线的离心率的取值范围为（）
A.
B.
C.
D.
解法1
如图,不妨设点在第一象限,
设的内切圆与三边分别切于点,
则有,
由双曲线定义有，
所以,
所以,
所以点在双曲线上,即点为双曲线的右顶点,
所以内切圆圆心横坐标为,
所以的内切圆圆心坐标为.
当趋向无穷大时,几乎与渐近线平行,
设渐近线的倾斜角为,切线的倾斜角为,则.
因为,且,
因为，
由得到,解得,
因为,所以,
所以,所以,
解得故选.
点拨：
利用双曲线定义,以及角的特点得到不等关系.
解法2,
不妨先固定,由解法1知内切圆切于顶点,内切圆圆心为
当焦点远离顶点时,双曲线离心率越来越大,当焦点接近顶点时,离心率越来越小,其临界状态为.
当时,.
因为,
所以,
，
，
因为,
所以,
所以,
此时,所以,故选.
点拨：
固定,分析变化时离心率的变化规律，得到当时为的极小值位置(不能取到).
解法3
不妨设点在第一象限,因为的内切圆半径为,
则
又,所以,
所以,又因为,
而,
所以.
所以,所以.
又点在双曲线上,所以,消去,有,整理得到.
所以关于的方程在上有解.
令,
当时,,此时恒成立,方程
在上无解,故舍去;
当时,恒成立,方程
在上无解,故舍去;
当时,注意到,抛物线开口向上,此时在上有解,所以满足题意,所以,所以,所以.故选.
点拨：
利用函数与方程思想,转化为方程解的问题.
赏析：
如果题目涉及焦点三角形,常常运用圆锥曲线的定义,结合图形借助平面几何知识寻求不等关系,如解法1利用角度之间的关系,结合三角恒等变换,得到的不等关系.解法1体现了数形结合思想与方程思想,对能力要求较高.
极端分析就是将所要研究的问题向极端状态进行分析,使因果关系变得更加明显,从而迅速解决问题.对于计算量大的题,有时采用极端分析,就能较快地解决问题,如解法2.
利用圆锥曲线横坐标或纵坐标自身的限制条件,例如椭圆与双曲线对横坐标的范围有要求.如果问题围绕“在曲线上存在一点”展开,则可考虑将该点坐标用表示,且点坐标的范围限制就是求离心率范围的突破口,或转化为一元二次方程在某个区间内有解,如解法3.
【题目12-6】已知椭圆与双曲线有相同的焦点,曲线的一个交点为,且,则的离心率与的离心率一定满足的关系是（）
A.
B.
C.
D.
解法1
因为,不妨令,所以,所以,故选D.
点拨：
采用特例排除法解题.
解法2,
不妨设椭圆的方程为,双曲线的方程为,点在第一象限,半焦距为,
则,所以,
因为,所以,
所以,所以,所以,故选.
点拨：
利用椭圆与双曲线的定义,借助勾股定理求解.
解法3
设椭圆的方程为,双曲线的方程为.
如图,由焦点三角形的面积公式,在椭圆中有:
在双曲线中有:
所以.
所以.
故选D.
点拨：利用椭圆、双曲线焦点三角形的面积公式求解.
解法4:
如图,设,则,
故选D.
点拨：
利用椭圆及双曲线的定义及正弦定理.
赏析
解法1取特例,对选项进行检验排除,可以快速地得到答案.作为选择题,如果能用特例进行排除,可以提高准确率.解法1体现了特殊化方法的优势.
解法2是求解圆锥曲线离心率的常用方法,利用圆锥曲线定义结合平面几何知识,从几何关系寻求的关系式.分析图形的几何特征,利用几何关系建立关于的方程是解决离心率问题的常见策略.解法2体现了方程思想的运用,对代数式的恒等变形能力要求较高.
解法3利用椭圆与双曲线焦点三角形的面积公式,得到曲线之间的关系.椭圆焦点三角形面积:其中.解法3体现了方程思想与化归思想的运用,要求学生具有较好的分析、解决问题的能力.
解法4对代数式的恒等变形要求较高.
变式练习
【变式12-1】如图分别是双曲线的左、右焦点,是虚轴的端点,直线与的两条渐近线分别交于两点,线段的垂直平分线与轴交于点.若则的离心率是（）
A.
B.
C.
D.
【变式12-1】解:易得直线的方 为:,则,则的中点的坐标为,中垂线方程为.由题意得,所以,即,
所以.故选.
【变式12-2】已知是椭圆和双曲线的公共焦点,是它们的一个公共点,且,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（）
【答案】
【变式12-2】解:设.则,
由余弦定理得,
所以,
当且仅当时取等号.所以,故选.
【变式12-3】如图,已知双曲线的左、右焦点分别为是双曲线右支上的一点,直线与轴交于点的内切圆在边上的切点为,若,则该双曲线的离心率为（）
A.
B.
C.2
D.3
【答案】
【变式12-3】解:如答图12-1所示,设直线与的内切圆相切于点.
则.
所以,所以,
所以
,所以,即2.
由,可得,所以该双曲线的离心率,故选.
【变式12-4】已知点在轴上,点分别为双曲线的右顶点及右焦点,且与的夹角为,则此双曲线离心率的最小值为________.
【答案】
【变式12-4】解:如答图,以为半径作圆,.欲使轴上存在点,使得,
则圆必与轴有公共点,所以,
即,所以.故离心率的最小值为3.
【变式12-5】设是双曲线的右焦点,过点向的一条渐近线引垂线,垂足为,交另一条渐近线于点,若,则双曲线的离心率是________.
【答案】
【变式12-5】解:由题意得右焦点,设一渐近线的方程为,则另一渐近线的方程为,设,
因为,所以,
所以,
所以.
由可得,
所以,所以.
【变式12-6】已知椭圆上一点关于原点的对称点为为其右焦点,若,则椭圆的离心率的取值范围是________.
【答案】
【变式12-6】解:点与关于原点对称,所以点在椭圆上,
设左焦点为,根据椭圆定义得,
又因为,所以(1),
为的斜边中点,所以,又因为(2),(3),
把(2)(3)代人(1)得,
所以,
因为,所以,
所以,
所以
【变式】已知椭圆的左、右焦点分别为椭圆上任意一点,且的最大值的取值范围是,其中,则该椭圆的离心率的取值范围为________.
【答案】
【变式12-7】解:由題意,设点
因为,所以,因为,
所以,
所以当时,取得最大值,即,
所以,所以.
所以椭圆的离心率的取值范围号.
【变式12-8】已知椭圆中心在坐标原点,焦点在轴上,过椭圆左焦点的直线交椭圆于两点,且,则椭圆离心率的取值范围是________.
【答案】
【变式12-8】解:由得点到的距离满足,由过左焦点得,解得
【变式12-9】如图分别是双曲线的左顶点、右焦点,过点的直线与的一条渐近线垂直且与另一条渐近线和轴分别交于两点.若,则的离心率是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】
【变式12-9】解:因为直线与第一象限的渐近线垂直,所以,直线的方程为:.易得.又因为与另外一条渐近线相交,所以点坐标满足方程解得,,
则,因为,所以,即,解得.故选D.
【变式12-10】已知点为双曲线的右焦点,为双曲线左支上一点,线段与圆相切于点,.且,则双曲线的离心率等于（）
A.
B.
C.
D.2
【答案】
【变式12-10】解设双曲线的左焦点为.因为圆心,
所以.
因为,所以.
因为,所以
解得.故选C.
【变式12-11】已知为双曲线的左、右焦点,为双曲线右支上一点,且与轴交于点,点满足,且,则双曲线的离心率为（）
A.
B.
C.
D.
【答案】
【变式12-11】解:因为,所以.
因为,所以.
因为,
所以整理得
所以.故选.
【变式12-12】已知椭圆和圆,若上存在点,过点引圆的两条切线,切点分别为,且满足,则椭圆的离心率的取值范围是________.
【答案】
【变式12-12】解:因为,所以,.因为,所以,平方得,又因为,所以.第13讲 以形助数找关系，综合运用来解题
圆锥曲线中求参数的取值范围问题,涉及知识面广,综合性强,是中学数学的重点和难点,也是高考数学的热点.解决方法一般是建立相关量的不等式或函数关系,再利用性质求解;重难点在于如何寻找不等关系.结合具体实例体会如何寻找不等关系和函数关系,运用基本不等式、函数思想、参数方程、数形结合等多种方法解决问题.
【题目13-1】已知点为拋物线的焦点,点在拋物线上,且位于轴两侧，为坐标原点,则与面积之和的最小值是（）
A.2
B.3
C.
D.
解法1
设,直线,联立直线与拋物线得:
因为,所以,
所以舍去).
所以直线恒过定点.
,
,当且仅当时,等号成立.
所以故选.
点拨：
研究直线的不变性,即过定点,利用此定点将面积用坐标表示,再结合均值不等式求解.
解法2
依题意,不妨设点,
其中,由得：
,由此解得舍去,
,
当且仅当时,等号成立.
因此的最小值是3.
点拨：
设,),可用补形法（补成矩形）、向量、解析法推得利用此公式可快速求解.
赏析：
当直线与抛物线相交,原点与两个交点构成的向量数量积为定值时,则直线过定点.解法1以定点为切入点,将三角形分割成两部分,能避免用弦长公式,简化运算,学生易于掌握;解法2利用,仅用坐标之间的关系便得到目标函数,有一定的技巧性.
两种解法求面积的方法不同,得到目标函数后都应用到基本不等式求最值,属于常规的题型,容易掌握.
【题目13-2】已知椭圆的上顶点为,左、右焦点分别为,点在椭圆上运动,当轴时,取得最大值4,则的取值范围是________
解法1：
设,
则
所以
即
()当时,(1)式恒成立,;
(ii)当时,因为,
所以恒成立.
所以,又,所以.
点拨：
运用椭圆的参数方程,用两点距离公式转化为不等式求解.
解法2.
如图,当以为圆心,4为半径的圆与椭圆相切时满足题意.联立方程
消去,整理得(1),
,解得,所以.
此时方程(1)化为,所以,
当时,点到点的距离为,所以.
点拨：
利用判别式等于零可求解.
解法3
设椭圆上的点为,代人,
得(1).
(i)当时,(1)式恒成立,;
(ii)当时,(1)式化为,
,
因为,所以,所以,
又因为,所以.
点拨：
设椭圆的参数方程,再将参数与变量分离.
解法4
设,则
,
因为,二次函数的对称轴为,
由题意知时取得最小值16,则需,解得.
又,所以.
点拨：
利用两点间距离公式转化为二次函数在闭区间上的最值问题.
赏析：
解法1和解法3均利用了椭圆的参数方程来处理的最值.解法1通过转化得到关于的二次不等式,利用因式分解及将二次不等式化为一次不等式处理,最后利用关于的一次函数单调递减,使其最大值小于或等于0,得到关于的不等式.能正确因式分解是此解法的关键.
解法3通过参变量分离,将问题转化为函数的取值范围问题,最后通过分离常数,求出其取值范围,此解法考查学生对分离常数方法的掌握情况.利用解法1解题时要注意讨论的情况,利用解法3解题时要注意讨论的情况.
解法2则利用极端情况,首先求出椭圆与相切时.的值,然后验证此时的值为,进而得到的取值范围.极端位置讨论是做选择题、填空题应掌握的解题方法.
解法4利用椭圆方程,将化为关于的二次函数(注意定义域),通过对对称轴的分析得到关于的不等式,求得的取值范围.
【题目13-3】若两函数与的图象有两个交点是坐标原点，是锐角三角形,则实数的取值范围是________.
解法1
设.
由得,
所以.因为可化为与有两个交点,则.又,则.
(1)当最大时,由知,得;
(2)当最大时,由直线倾斜角为,得即,,因为,代人得,解得.
综上知.
点拨：
两函数联立,得到一元二次方程,利用韦达定理得到两根和与积,对锐角分两种情况求范围.
方法2
直线的参数方程为:为参数.设对应的参数分别为,代人椭圆方程得1,整理.
由韦达定理得,
(1)时,,得;
(2)时,由余弦定理得,即,整理得
即解得综上知
点拨：
利用直线的参数方程与椭圆联立得到t1,,再对锐角分类讨论.
解法3
由椭圆方程,设,代人直线方程得
两式相减得，
和差化积得,进一步求得
对中两式相加得,
一方面,当时,,即,
当时,,即,
所以,
即,得
即,从而,
得,所以;
另一方面,当时,,即,即
,得,
得,所以.
综上知.
点拨：
直线的参数方程与椭圆的参数方程联立,利用三角函数求解.
解法4
(1)当时,,所以,
则,所以.
(2)当时(临界),设,联立得,
,知.
综上知.
点拨：
考虑两个临界状态，时,利用椭圆的性质得到点到的距离为,求得的极端值;当时,利用OA的直线方程与椭圆方程联立求出点坐标,得到的方程,又得的另一极端值.
赏析：
解法1和解法4用的是分类讨论的方法,讨论最大角的情况,不同的是解法1用的是解析法,联立方程利用韦达定理解题.解法4用的是临界的方法,适合选择题或填空题.解法2和解法3用的是参数法,解法2用的是直线参数方程,解法3用的是椭圆的参数方程.不管是哪种解法,都要讨论两种情况,对学生来说有一定的难度.解法3更是要求学生熟练运用和差化积、积化和差公式,对三角变换基本功较差的学生并不适用,但数学问题参数化,是值得推广的方法.
【题目13-4】已知点是椭圆上的一动点,为椭圆的两个焦点,是坐标原点,若是的角平分线上的一点,且,则的取值范围为________.
解法1
取点在第一象限,延长交于点,因为为的角平分线,,所以.
所以为中点,因为为中点,且,所以
所以 .
点拨：
由垂直、角平分线想到构造等腰三角形,利用三角形中位线定理、焦半径公式解决问题.
解法2
取点在第一象限,延长交于点
由三角形三线合一知,且,
由,得即
所以
因为,所以求得,即.
点拨
由垂直、角平分线想到构造等腰三角形,利用椭圆定义得到与的关系式,再用焦半径的范围求解.
解法3
,则
,则
所以,即.
点拨
极限法.利用动点P的两个特殊位置及右顶点与上顶点,得到两端点求解.
赏析
解法1通过构造等腰三角形,结合中位线将表示为,再利用焦半径公式将用点的横坐标表示,进而求出其取值范围.事实上,将表示为)后可以通过对点位置的分析求出其取值范围,考虑两个极端情况即可,当点为短轴端点时,;当点为长轴右顶点时,.
解法2与解法1类似,在处理|OM|的长度时,解法2借助椭圆的定义,将表示为,结合(注意点在第一象限)很容易得解.如果将表示为,则与解法1完全相同.
解法3通过对点的极端位置进行分析,得出点的极端位置,进而求出的取值范围,数形结合使用得非常精妙,给我们一种“一切尽在图形中”的感觉.
三种解法都要求学生能准确画出图形,以形助数寻找解题的突破点.
【题目13-5】已知双曲线,过点的直线交双曲线于两点,交轴于点与的顶点不重合).当且时,求点的坐标.
解法1
设,
联立得消去得,
由韦达定理得(1),
,所以,
所以,点在上,所以,
又因为,所以(2),
由(1)(2)得,所以.
点拨
直接联立直线与双曲线的方程,消去,根据横坐标之间的关系求解.
解法2
设,
因为,
所以,得
因为,所以(1)
设,
联立直线与双曲线得消去得,
由韦达定理得(2)
由(1)(2)得,解得,将代人得.
点拨
根据题意,联立直线与双曲线的方程,消去,根据纵坐标之间关系求解.
解法3
设直线的倾斜角为,则的方程为,
令,则,
将直线的参数方程代人得,
由韦达定理得
因为(1),
因为(2),
由(1)+(2)得,
即,
由得,
即,
消去得,所以,
所以,所以.
点拨
运用直线的参数方程,从参数的角度联立直线与双曲线的方程求解.
赏析
直线与圆锥曲线相交于两点,通法即联立直线与圆锥曲线方程,运用韦达定理结合已知条件进行坐标运算.解法1联立方程消去,解法2联立方程消去,两解法均属通法通解,要求学生熟练掌握;解法3另辟蹊径,利用直线参数方程中参数的意义解决长度问题,此方法值得学习.
变式练习
【变式13-1】若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为,则直线的倾斜角的取值范围是________.
【变式13-2】设双曲线两焦点为,点为双曲线上除顶点外的任一点,过点作的平分线的垂线,垂足为,则点的轨迹为()
A.椭圆的一部分
B.双曲线的一部分
C.拋物线的一部分
D.圆的一部分
【变式13-3】已知等轴双曲线的中心在原点,焦点在轴上,与抛物线的准线交于点和点,则的实轴长为()
A.
B.
C.
D.
【变式13-4】已知点为椭圆的右焦点,椭圆的离心率为,过点的直线交椭圆于两点(点在轴的上方),且,求直线的斜率.
【变式13-5】已知是椭圆的左、右焦点,是椭圆上的动点,则的取值范围是________.
【变式13-6】已知椭圆的离心率为,若以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为,求此时椭圆的方程.
【变式13-7】已知椭圆上离顶点最远的点恰好是点,则此椭圆离心率的取值范围是________.
【变式13-8】设分别是椭圆的左、右焦点,是该椭圆上的一个动点,则的最小值是________第14讲 立体几何知多少，位置关系空间角
立体几何是各类考试必考的内容,可以较全面地考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.立体几何主要考查空间中的位置关系以及求解三种空间角,最基本的方法是综合法与向量法,同时也可以辅以模型、反证、补形等方法,特别是二面角的求解方法众多,需要加以归纳,形成系统.简言之,玩转平行垂直,注意共面相交;建系设点相伴,注意向量坐标.
【题目14-1】如图,在矩形中,为边的中点,将沿直线翻转成,若为线段的中点,则在的翻转过程中,正确的命题是________.
(1)是定值;
(2)点在球面上运动;
(3)一定存在某个位置,使;
(4)一定存在某个位置,使平面.
解法1
设中点为,则,且为定值,又因为,所以四边形是平行四边形,所以且为定值.由余弦定理可得,所以是定值,(1)正确.
因为是定点,所以点是在以为圆心,为半径的球面上,所以(2)正确.
若当时,如图14-2:
,(3)错误
因为,又因为,所以平面
平面,所以平面,(4)正确.
点拨
利用向量数量积判定线线的垂直关系.
解法2
如图正确,由余弦定理可知为定值,同解法1;
(2)正确,同解法1；
(3)错误,若,则.若,
又因为在平面的射影在上,所以由题意知与不垂直,所以(3)不正确.
(4)正确,取中点,则,所以平面平面,所以平面.
点拨
先利用假设反证法证明不垂直再利用面面平行证明线段平行.
解法3
如图,(1)正确,延长交的延长线于点,连结绕着旋转,因为为定值,所以为定值;
(2)正确,点在以为圆心,为半径的球面上运动;
(3)错误,同解法2;
(4)正确,取中点,可以类似解法2证明平面平面,所以平面
点拨
从不同角度构造辅助线.
赏析
本题涉及立体几何的考点比较多,如线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直.
熟练掌握线面、面面平行及垂直的判定和性质定理、线面角、二面角的定义及求法是解立体几何题的关键.
【题目14-2】如图,在中,,且满足是的中点,对任意的的最小值记为,则对任意的的最大值为________.
解法1
设,以为坐标原点,所在直线分别为轴,轴建立如图所示的平面直角坐标系.
则
因为,
所以,所以,
所以直线过点,结合向量模长的几何意义可知可等价视为点,即与直线上点连线的距离,所以最大值就是点到直线的距离的最大值,当时,到直线距离最大.
所以.
点拨
依据题意建立平面直角坐标系,使向量坐标化,从而实现数量化运算.
解法2
由可知,取点使得,
所以,
因为,
所以三点共线,
下同解法1,可知.
点拨
利用向量运算,添加必要的辅助线实现向量的转化.
赏析
本题考查向量坐标形式的运算及点到直线距离公式,解法1利用向量坐标运算,解法2添加必要的辅助线实现向量的转化,解法1是常用的基本方法,易上手好操作.解法2巧妙构造,要求对重要结论熟练掌握并能灵活运用.
【题目14-3】如图,在四棱锥中,为上一点,平面为上一点,且
(I)求证:平面(证明略)
(II)若,求二面角的平面角的大小.
解法1
连结,在平面内,过点作于点.因为,所以平面.
过点作于点,连结.由三垂线定理得,
所以为二面角的平面角.
因为平面,平面,
所以,所以,
所以,同理，
所以在中,.
所以,即二面角的平面角为.
点拨
在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线的射影垂直,那么它就和这条斜线垂直,当点在一个半平面上时,通常用三垂线定理法求二面角的大小.
解法2
排除多余信息,若我们只考虑二面角,我们很快发现,直四棱锥可以补成长方体,如图所示.
连结,在平面内,过点作于点,过点作于点,连结,如图.
因为平面,平面,
所以平面平面,且平面平面.
因为平面,所以平面,
所以是二面角的平面角,
设,则,
因为平面,平面,
所以,所以,所以,
又因为,所以,得,
所以
所以,所以二面角的平面角为.
点拨
利用图形的特征,采用补形方法解决问题.
解法3
如图,连结,在平面内过点作于点.
因为平面,平面,
所以,
所以平面.
过点作于点,连结.
由三垂线定理得,
所以为二面角的平面角.
设,
则,
所以(同解法2)
由射影面积法得
所以二面角的平面角为.
点拨
利用射影面积法求解.
解法4
延展平面为平面,如图所示,则平面平面,在平面中,作平面于点,如图
因为平面,所以,所以与共面,因为平面,所以
则,由三垂线定理知,
所以是所求二面角的平面角.
由（)可知,所以,
又因为,所以,
不妨设,则,
因此得,所以,
所以二面角的平面角为.
点拨
延展平面为平面,将过点作平面垂线的间题转化为过点作平面垂线的问题.
如图,延长至点,使得,所以,所以是平行四边形.
因为平面,平面,所以平面.
由得平面,所以平面平面,
则二面角的平面角即为二面角的平面角,
因为平面,
所以是二面角的平面角.
不妨设,
由三垂线定理得,
则.
所以二面角的平面角是,
即二面角的平面角是.
点拨
寻找二面角的平面角较困难,根据平面平移不改变与另一个平面构成的角的大小的原理,如果能把二面角中的一个平面平移,找出辅助平面与另一个平面的交线,就可以作出二面角的平面角.
解法6
以为坐标原点,分别以所在直线为轴、轴、轴,建立如图14-15所示的空间直角坐标系.
不妨设,
则
易知,
设平面的法向量,
因为
所以
因为,即令,则,
可得平面的一个法向量.
设二面角的平面角为,
所以,所以.
所以二面角的平面角为.
点拨
设分别是二面角的面的法向量,则向量的夹角,即为的平面角或其补角（需要根据具体情况判断相等或互补).
赏析
本题主要考查与二面角有关的立体几何综合知识.推荐解法5为最佳解答.求二面角的平面角的常用方法有定义法、三垂线定理法、射影面积法、平移平面法、补形法、空间向量的坐标法等,以下对各个解法进行分析.
解法1应用三垂线定理法解题.联系到平面,有的同学大胆猜想(像一个魔术师,下子从帽子里变出一只兔子),得出了正确的结论;相应地,还有很大一部分同学被复杂的空间图形吓退,找不到二面角的确切位置,无从下手.
解法2应用构造补形法解题,联系到长方体,比解法1更易得出
解法3应用射影面积法解题,联系到点在底面的射影,依据射影公式求二面角.
解法4应用垂线平移法解题,联系解法3,过点作垂线,那么垂足落在哪里 有很多同学是含糊不清、模棱两可的,那么我们为什么不换一个点呢 将过点作平面垂线的问题转化为过点作平面垂线的问题.
解法5应用平面平移法解题,将求二面角的平面角的问题转化为求二面角的平面角的问题.
解法6应用空间向量求解法,是一种十分简捷且传统的解法.
当题目条件中垂直关系明显时,利用空间坐标系不失为一种更有效的方法.
【题目14-4】已知是异面直线,,且,则异面直线所成的角等于________.
解法1
如图,在长方体中,因为,
所以就是异面直线所成的角,
又因为,
所以,
所以平面,所以,所以,
所以是直角三角形.
又因为,所以,所以,
所以
点拨
构造长方体求解.
解法2
如图所示,过点作,,连结,则是异面直线所成的角,
由题意知是矩形,
所以,
因为,所以平面,所以.
所以是直角三角形,
又因为,所以,
所以.
点拨
利用平移法把异面直线平移为相交直线.
解法3
以为坐标原点,分别以方向为轴,轴,轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
所以,
则,
所以,
所以
又因为,
所以异面直线所成的角为.
点拨
在构造长方体的基础上建立空间直角坐标系解决问题.
赏析
本题是一道典型的异面直线成角间题,与常见问题不同的是,本题中的异面直线不是直接出现在立体几何图形中.解法1和解法3都是将两条异面直线放置在长方体中求解.解法1将直线平移到处,从而易解.解法3则借助空间向量的方法求解.解法2利用异面直线所成角的概念,将平移至处后,在中求解.在求两条异面直线所成角的大小时,要注意异面直线所成角的范围是.利用中位线或平行四边形来添加辅助线的方法,有时也可对空间图形使用.
【题目14-5】已知三棱锥满足,三个侧面的面积分别为,则这个三棱锥的体积是________.
解法1
由各侧面的面积可得,
所以,
同理，所以,构造三棱锥,
使得,
所以，
因为，
所以
点拨
由三角形面积公式求得三棱锥的侧棱长,构造一个特殊的三棱锥,利用体积关系解决问题.
解法2
由题意得(1)，
(2)
(3)
由(1)(2)(3)联立解得.
如图,过点作平面于点,作于点,连结,易证平面,所以,在中,,所以.
因为,所以点在的平分线上,
即,
所以在中,易得,
同理,,
所以.
点拨
求出三条棱长,过某一顶点作高,直接法求解体积.
解法3
设的长度分别为,同解法2,
则易得.
如图,设点在平面上的射影为点,
因为,
所以,
所以,所以,
所以点到平面的距离,
所以
点拨
作出点在平面上的投影,利用三余弦定理解题.
注:三余弦定理证明:
如图14-22,在三棱锥中,平面,过点作交于点,连结,易得平面,所以.
在中,,
在中,,
在中,,
所以,
所以
赏析
解法1巧妙地补形成一个特殊的三棱锥,利用一个平面截三棱锥,分别交三棱锥的棱于点,则
解法实质相同,都是求底面和高,解法3利用三余弦定理求出三棱锥的高.
【题目14-6】已知在四棱柱中,侧棱底面,底面的边长均大于2,且,点在底面内运动且在上的射影分别为,若,则三棱锥体积的最大值为________.
解法1
如图,设,
所以,
所以
,
所以当时,取得最大值
点拨
引入角度为变量﹐建立体积的三角函数式,利用三角函数法求最值.
解法2
因为,知点在以点为圆心,半径为2的圆弧上,
因为
所以四点在以为直径的圆上,如图14-24,
所以,
所以,
在中,
因为,当且仅当时取等号,
所以
所以,
所以.
所以的最大值为.
点拨
利用平面几何法求得的值,进而可利用均值不等式法求得面积的最大值,最后求得体积的最大值.
解法3
如图所示,设,
,当且仅当时取等号,
所以的最大值为.
点拨
引入两个角度,建立体积的代数表达式，结合积化和差公式可由两角和与差的余弦公式解决问题.
赏析
本题依托立体几何背景﹐涉及线面垂直﹑线线垂直和棱锥体积的求法.如何求解的面积的最大值是本题的关键.
解法1从角度出发,将各边长转为为三角函数形式,利用三角函数值的有界性解答.解法2从平面几何的角度出发,利用基本不等式取得最值.这两种方法都是处理解三角形问题的基本方法.
解法3从两角的关系出发,使用积化和差公式,实质是利用角的变换,和解法1有异曲同工之妙.
变式练习
【变式】在四棱锥中,底面是平行四边形,分别是上的点.有下列命题：
(1)若,则平面;
(2)若,则平面;
(3)若平面平面,且平面平面,则平面.
其中正确命题的序号为________.
【变式14-2】如图,在四棱锥中,为上一点,平面为上一点,且.
(I)求证:平面;
(II)若二面角的平面角的大小为,求直线与平面所成角的大小.
【变式14-3】如图,在三棱锥中,是的中点,则异面直线所成角的大小为________.
【变式14-4】已知三棱锥的体积为,点分别在侧棱上,且,则三棱锥的体积为________.
【变式14-5】过凸四边形的对角线交点作该四边形所在平面的垂线段,使,若,当最小时,的形状为________第15讲 变式练习详解详析
【变式1-1】
解:当时,为圆的上半部分(含点,但不含点).如答图1-1.
当时,由可知,上的图象与)上的图象相同,后面的图象以此类推.
当直线与圆相切时,,
联立可得最大根满足(不能取到),此时.
当直线与圆相切时,,
联立
可得最大根(不能取到)，此时.
又的对称轴为,
所以.
综上,的值域为.
【变式1-2】
解:
当且仅当时，即时取等号.
【变式1-3】
解:因为
令,
可得,
所以函数为奇函数,
所以的最大值与最小值之和为,
所以的最大值与最小值之和为,即.
【变式1-4】解:因为,
所以,
所以,
所以,其中.
因为,
所以,解得,所以.
【变式1-5】解:因为,所以,所以令,
所以
因为,
所以
所以.
【变式1-6】解:,定义域,
可设.
则
其中.
令,则
所以,即为所求值域.
【变式1-7】解:由,
令，
所以，
所以原式可变为，当且仅当时取等号，即，可得，即.
【变式】解：由可知，即
所以与有两个不同的交点.当直线与半圆相切时，；当过点时，综上可知.
【变式1-9】解：因为
令，则，
所以，
所以，所以的值域为.
【变式1-10】解：因为，所以，
所以
当时，取得最小值.
【变式1-11】解：
因为，所以，
所以，设，
所以在上是单调递诚函数，
所以
【变式1-12】解：因为，所以，令
则，其中，
当时，函数取得最大值，
当时，函数取得最小值.
【变式1-13】解：令，则且，
原函数为，
此函数的图象如答图1-2所示：
观察图象可得函数值域：.
【变式】解：两边平方得
两边平方得
所以
所以.
【变式1-15】解：因为，
所以，即.
因为，所以.
所以
所以的最大值为.
【变式1-16】解：由已知可得
令，可求得：，故可知
故可知，则.故本题的正确答案为.
【变式】解：令，由，知，
则，
整理得，
由，解得，所以.
【变式1-18】解法由，令，则，
即证，即证.
设
所以，得证.
解法2令，得
因为
所以当且仅当，即时，
解法由
所以
第一个取等条件是，第二个取等条件是.所以，等号成立的条件是.
解法
当且仅当时取等号.所以.
解法5由可得，
所以
，当且仅当时，取得等号.
所以
解法，可令，则
【变式2-1】解：因为，
所以，
由题意知函数在区间上是减函数，故\leqslant0在区间上恒成立，
即在区间上恒成立.
所以
即
设，
因为所以
所以，当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为2.
【变式2-2】解：因为当时，恒成立，
不等式两边同除以，原不等式可转化为对恒成立.当时，，
此时的解集为
当时，恒成立，此时的解集为
当时，恒成立.此时的解集为综上所述，.
【变式2-3】解：因为对任意的恒成立，
所以Ine，所以.
因为，
所以当时，在上小于0，在上大于0，
所以，解得-e.
所以当时，在上单调递增，所以，解得
综上所述，的取值范围为.
【变式2-4】解：由题意对于任意恒成立，
等价于，直线的图象恒在图象的下方.
由答图可知，当时，满足题意；当时，若直线恒在的下方，只需满足当时时，即可，解得，即的最大值为
【变式2-5】解：依题意有要使得对任意恒成立，则向左至少要平移至虚线处(如答图所示)，此时与只有一个公共点，有
化简得，
因为与只有一个公共点，所以（*)式只有一个根，即，解得，所以的取值范围为，
【变式2-6】解：设，由题意可知当恒成立且取得最大值时，$1，m$应是方程的两个根；此时有，解得，所以满足题意的的最大值为8.
【变式2-7】解：因为为常数)，所以，
当时，单调递增，当时，单调递淢，所以，
所以-37.故选A.
【变式2-8】解：因为函数0)，
所以，若，则，此时为增函数；若，则或，此时为减函数；在上有极值，在处取极小值也是最小值.
因为，对称轴，
当时，在处取得最小值
当时，在处取得最小值
当时，在$[1，2]$上是减函数，
因为对任意，存在，使
所以只要的最小值大于等于的最小值即可.当时，，解得，故无解；当时，，解得或，故无解；
当时，，解得，综上：，故选.
【变式2-9】解：因为为偶函数，且当时，，所以
所以
因为，
所以，
所以，即.
令，则
所以.
【变式2-10】解：根据题意，可知在[1，a]上单调递增，因为是上的奇函数，所以在上单调递增，
因为，所以恒成立；
因为，所以恒成立；
因为，所以
同理，又，故.与的大小无法确定；因为，且在上单调递增，所以恒成立.综上，不等式不恒成立，故选.
【变式2-11】解：由题意得，即恒成立，其中，
显然，所以，
解得或(舍去)，
所以的最小值为3.
（2）由题意知，令，
，进一步得到
所以，所以的最小值为.
【变式2-12】解：对任意的正实数恒成立，则，
设，
当无限趋近于0时，无限趋近于，
当无限趋近于时，无限趋近于，
若恒成立，需有唯一的零点，
由，得或，解得或，
若有唯一的零点，则，那么，即，实数的取值集合为.
【变式2-13】解：由柯西不等式，
得
$
所以恒成立，
令，即.故的最大值为.
【变式2-14】解：由得，令，因为，所以，即，则，当时，有最大值，所以.
【变式2-15】解：利用权方和不等式.
因为，
所以，
所以，
所以，故选.
【变式3-1】解：令，得，所以为奇函数.
又，因为，所以在上单调递减.由，等价于，即，得，所以解集为
【变式3-2】解：令，则
所以在上单调递增.
又
所以为奇函数.所以为上的增函数.
又可变形等价于
即，所以得.故选B.
【变式3-3】解：设，得
所以函数在上是增函数，且，
所以，即，故选D.
【变式3-4】解：由，
知，
所以.
所以，而，故.
所以，所以
由，得；由，得.所以在上为增函数，在上为减函数.
所以故选.
【变式3-5】解：设，
则
因为时，，所以时，单调递淢.又，所以是偶函数且在上单调递增.
因为等价于，
所以或，
故不等式的解集为，故选.
【变式3-6】解：可构造函数，
即，
由，可得，即有在上单调递增，
即有，
不等式即为，
即，
所以，
由在上递增，可得，解得，故答案为.
【变式3-7】解：，由题意知方程在区间上有解，即方程在区间上有解.令，易知在
所以在上的值域为，于是，故实数的取值范围是.
【变式3-8】解：，由得
当时，；当时，
所以在上单调递淢，在上单调递增，
即在处取得极小值，且为最小值，其最小值为
(II)对任意的恒成立，即在上，恒成立.
由，设，所以.
由得.
易知在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以在处取得最大值，而，
因此的解为，所以.
(III)由（II)得，即，当且仅当时，等号成立，
令，则，即，所以，
累加得.
【变式3-9】解：由于，
故当时，，不符合题意；
当时，若，则；
若，则；若，则
由题知必有，故.
不妨设，
因为，所以.
由于和知
因为，所以两边取对数有
即，
由对数平均不等式知
即，故.
【变式3-10】解：由于，当时，，不符合题意；当时，若，则；若，则；若，则
由题知必有，故.不妨设，
因为，所以.构造函数.
所以单调递增，故，即
由，知，
故
因为在上单调递减，所以，即.
故，即.
【变式3-11】解：（I)，由题设得，
解得.
(II)由（）知，因为，
所以
故在[0，1]上单调递增，所以
（注：这里利用了结论)
(III)因为，
又由(II)知，过点，且在处的切线方程为，
故可猜测：当时，的图象恒在切线的上方.
下证：当时，.
设，则
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以
所以，
又因为在上单调递减，所以存在，使得，
所以当或时，；当
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，当且仅当时取等号.
故
由于，两边取对数得，所以，当且仅当时取等号.
所以，
即所以
即成立，当时等号成立.所以
【变式3-12】解：()因为函数是奇函数，所以.
所以恒成立.
所以，即.所以，所以.
(II)方程，即，令
所以，当时，.
当时，，所以在上单调递增，且；
当时，，所以在上单调递减，且；
所以当时，的最大值为.
因为的图象为开口向上的抛物线，且当时，最小值为，
所以当，即时，方程无解；当，即时，方程只有一个根；当，即时，方程有两个根.(罖)不妨设，依题意.因为是方程的一个根，又当时，，所以方程较小的根，所以
即，因为，所以，即
【变式4-1】解：因为，所以，
所以
当且仅当时取等号.
故的最小值为5.
【变式4-2】解：设，显然有，
代入消去|y|得，
所以，
所以.
故的最小值为.
【变式4-3】解：令，由，
可得.
所以，注意到为定值，
所以.
所以，当时取等号，
即当或当时，
所以.
【变式4-4】解：令，即，则由，可得，再根据，可得，求得，即的取值范围为.
【变式4-5】解
当时，即时取等号.故所求的最小值为1.
解：因为，
所以
当且仅当即时取等号，结合可得时，取最小值，
所以，故答案为18.
【变式4-7】解：由知.
所以
设，则，
当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为$27.$
【变式4-8】解：，当且仅当时，等号成立.所以故选
【变式5-1】解：因为是偶函数，
所以.
因为，所以.
【变式5-2】解：因为，所以
所以①.
若，则有，此时①式不成立；
若，则有，此时①式不成立.
综上所述，(1)式成立，必有，故为直角三角形，故选.
【变式5-3】解：因为，即
所以
当且仅当时取得等号，所以的最大值是.
【变式5-4】解：，
则是周期为的偶函数，
则，且，求得，故选A.
【变式5-5】解：因为
所以，又，故
即且，故为等边三角形.
【变式5-6】如答图，延长AD，过点作AD延长线的垂线交于点.设，则，又因为，所以，
所以在中，，因为，所以，可知当时，面积有最小值为2.
【变式】解：因为(其中.依题意有，所以，所以，所以
【变式6-2】解：以BC所在直线为轴，以为原点建立平面直角坐标系，则.
设，因为，所以点的满足方程为，
又因为，所以，
两式联立消去有，即，
依不等式知识得，其中时取等号，
所以，所以.故面积最大值为.
【变式6-3】解：以AB为轴，AC为轴建立平面直角坐标系，如答图6-1，
点，
则，
则点坐标为.
又因为的终点在的内部(不含边界)，
所以，即.
因为，所以，故答案为.
【变式6-4】由，可得，即，
得，
由，
即，得，
由恒等式，得，
即.
【变式6-5】解：由
等式两边同除以，得，
又由
所以得，
故
当且仅当时取等号.
又因为，所以，上述等号可取.
故所求的最小值为.
【变式7-1】解：依题可知，因为，所以，当且仅当，即时取等号.故选.
【变式7-2】解：因为，
所以由正弦定理可得，由余弦定理可得
因为，所以，故答案为.
【变式7-3】解：以点为原点，BC所在的直线为轴建立平面直角坐标系，则，设，
在中使用余弦定理有
所以，
因为，所以，即，
所以点在以为圆心，1为半径的圆上，所以.故$BD$的最大值为.
【变式7-4】解：如答图，以为原点，BD为轴建立平面直角坐标系，设，因为，所以，即，
所以，整理得：
所以，因为，所以
【变式7-5】因为，所以，
故，又，所以，
设面积为
所以的面积最大值为，故答案为.
【变式8-1】解：由知，故当时，以为邻边的平行四边形为矩形，所以，所以，所以.又因为，所以.
【变式8-2】解，所以，所以
【变式8-3】解：设，结合，则因此，当，即时的面积最大，因此原题等价于在中求的最大值.所以为OA的中点，如答图8-1）.当时，PM取最小值，此时PM的最小值，此时PM的最小值为，所以所求最大值为.
【变式8-4】解，当且时，取得最小值，即12，故选.
【变式8-5】解：，由得，即1)，化简得，而，最小值为点与点之间的距离减去半径1，
即
【变式9-1】解：如答图，过点分别作OD，OE垂直AB，AC于点D，E则，
，
因为
所以
所以，
因为，联立得：故选D.
【变式9-2】解：不妨设，连结AO交BC于点，则
设，则，
所以，
当时，OD最小，所以AD最大.
因为，所以，所以.
【变式9-3】解：设的外接圆半径为，依题意有
所以，即，
所以外接圆的圆心就是边$CA$的中点，所以，
所以；
【变式9-4】解：如答图所示，因为，即，
故，排除.
因为，
所以，
所以，
当时，，即，
即，故，故选.
【变式9-5】解：易知为直角三角形，BC为斜边，当点距离BC最远时面积最大，为.
【变式10-1】解：设切点为A，B，圆心为，交点为，得，所以
.
【变式10-2】解：由题意得圆心到直线0的距离，又因为为直角三角形，所以，即，所以.
【变式10-3】解：因为直线与圆相交于A，B两点，所以圆心到直线的距离，利用垂径定理有，所以，所以，所以，所以圆面积
【变式10-4】解：当MN与圆相切时，达到最大，所以当MN与圆相切，且时为临界状态，此时，当时，圆上必存在点，使得，所以，所以[1，3]，又点在圆外，所以，即，所以，所以.
【变式10-5】解：内切圆的方程为.设，则
所以.
【变式10-6】解：考庻极端情况：$A，B$为切点.由可得，
此时点的轨迹为.
所以点在圆上或内部区域时满足条件，因此有，解得.故选.
【变式10-7】解：依题意得，所以点到直线BC的距离.
因为点到直线BC的距离，所以，解得
【变式11-1】解：如答图11-1所示，直线，联立得.
设点，得，可得，则.故选.
【变式11-2】解：因为点在抛物线的准线上，所以，抛物线为，其焦点为，
所以.
因为，所以，所以直线AB的方程为.
联立消得，
由韦达定理得得，
又，所以.
故选D.
【变式11-3】解：如答图所示，
设，，则拋物线的准线为，
直线恒过定点，
过点A，B分别作于点于点，由，则，
所以①.
直线与抛物线联立，
可得，
即②.
由①②可得，.故选.
【变式11-4】解：因为扰物线的焦点为，直线的方程为：，则，所以的面积为，所以，则.
【变式11-5】解：抛物线的标准方程为，，又，则，由拋物线的定义得，所以，则，由得，即，所以，所以.
【变式12-1】解：易得直线的方程为：，则，则PQ的中点的坐标为，中垂线方程为.由题意得，所以，即，所以.故选B.
【变式12-2】解：设.则
由余弦定理得，
所以，
当且仅当时取等号.所以，故选.
【变式12-3】解：如答图所示，设直线与的内切圆相切于点N，M.
则.
所以，所以，
所以，
所以，即2
由，可得，所以该双曲线的离心率，故选.
【变式12-4】解：如答图，以为半径作圆，
欲使轴上存在点，使得，
则圆必与轴有公共点，所以，
即，所以.故离心率的最小值为3.
【变式12-5】解：由题意得右焦点，设一渐近线OM的方程为，则另一渐近线ON的方程为，设
因为，所以，
所以，
所以
由可得，
所以，所以.
【变式12-6】解：点与关于原点对称，所以点在椭圆上，
设左焦点为，根据椭圆定义得，
又因为，所以①，
为的斜边中点，所以，
又因为②，③
把②③代入①得，
所以，
因为，所以，
所以，所以.
【变式12-7】解：由题意，设点，
因为，所以，
因为，
所以
所以当时，取得最大值，即，
所以，所以.
所以椭圆的离心率的取值范围是.
【变式12-8】解：由得点到PQ的距离满足，由PQ过左焦点得，解得
【变式12-9】解：因为直线PQ与第一象限的渐近线垂直，所以，直线PQ的方程为：易得又因为与另外一条渐近线相交，所以点坐标满足方程解得，则，因为，所以，即，解得.故选D.
【变式12-10】解：设双曲线的左焦点为.
因为圆心，所以
因为，所以.
因为，所以
解得.故选C.
【变式12-11】解：因为，所以
因为，所以.因为，
所以，整理得
所以，解得.故选.
【变式12-12】解：因为，所以，
因为，所以，平方得，又因为，所以
【变式13-1】解：，
由题意知，所以，故直线的倾斜角的取值范围是.
【变式13-2】解：由答图可知，，所以点的轨迹为圆的一部分，故选D.
【变式13-3】解：设等轴双曲线的准线，
因为与抛物线的准线交于A，B两点，
将点坐标代入双曲线的方程得4，所以，故选.
【变式13-4】解：由题意知，
设直线的方程为为参数，为倾斜角且为钝角)，代入
，而
所以，所以直线的斜率为.
【变式13-5】解：依题意得.因为，所以，因为
所以当且仅当时，取得最小值；
当时，取得最大值
综上，的取值范围是.
【变式13-6】解：因为椭圆的离心率，所以，椭圆方程为.
因为以点为圆心且与椭圆有公共点的 的最大半径为，
所以椭圆上的点到点的距离的最大值为.设是椭圆上任意一点，则.所以
设，则的对称轴为.
()当时，在上单调递增，在上单调递减，
此时，，解得.
（ii）当时，在上单调递减，此时，解得(舍去).
综上，，椭圆方程为.
【变式13-7】解：设为椭圆上任意一点，则
依题意知时取得最大值，所以，解得，所以
【变式13-8】解：设，所以
所以
因为，即，所以时取得最小值
【变式14-1】答案：①③
【变式14-2】（Ⅰ）证明：连结AC交BE于点，连结FM.因为，所以，所以，又因为平面平面BEF，所以平面BEF
（Ⅱ）解：以E为坐标原点，EB，EA，EP所在直线分別为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如答图所示.
设点，因为平面ABCD，则向量，)即为平面BEC的法向量.
因为，所以四边形BCDE为矩形，，因为为PC上一点，且，则有
设平面BEF的法向量，则，即有.，即，
又，即，所以.
因为二面角的平面角大小为，则与的夹角为，
所以，解得，即.
因为平面ABCD，所以即为直线PB与平面ABCD所成的角.
在中，，所以直线PB与平面ABCD所成角为.
【变式14-3】解：取BD中点，连结MN，CN，如答图14-2
因为是AD的中点，所以，且，所以或其补角）是异面直线CM，AB所成的角.
因为，
所以.所以.所以.
所以异面直线CM，AB所成角的大小为.
【变式14-4】解：由答图可知.，所以.
【变式14-5】解：由已知，易得.
设，
则
因为，
所以.
而设)，
于是，当且仅当时取等号，
这时同理，，所以，所以.
另一方面：当时，
(1)当，即时，，所以.此时，四边形ABCD是平行四边形.
(2)当，即时，，所以AB与CD不平行.此时，四边形ABCD是梯形.第1讲 圆锥曲线选好题，数形结合给妙解
2000 多年前，古希腊数学家阿波罗尼斯在其著作《圆锥曲线论》中使用纯几何方法就已经得出了今天高中数学中关于圆锥曲线的全部性质和结论.直到 17 世纪，数学家笛卡儿和费马创立了解析几何，即通过建立坐标系得到圆锥曲线的方程，再利用方程来研究圆锥曲线的性质.高考主要是围绕圆锥曲线的概念、性质和直线与圆锥曲线的位置关系进行命题，聚焦圆锥曲线的定义及标准方程、轨迹问题、范围问题、定点定值问題等，考查学生的迻辑推理能力、转化与化归能力和运算求解能力. 本讲通过精选的有代表性的好题，从代数和几何两个角度切入，用数形结合的方法解决问题. 希望能给读者以启发， 从而更好地掌握圆锥曲线问题的解题策略.
【题目1-1】 点是抛物线的焦点， 为原点，点在抛物线上且满足，则 的面积为________.
解法1
如图1-1 ，分别过点作准线的垂线，垂足为，设，则，因为, 所以.
过点作，则，所以 ，所以，所以 , 所以 设直线的方程为，代人，得到 设，则 ，所以 .
点拨
根据抛物线定义，不难求出，所以直线AB的倾斜角为，然后设出该直线方程，联立直线与抛物线方程，利用面积公式，即可求出面积.
解法2
设，因为，所以 设直线的方程为，由 知，即，所以，所以
.
点拨
找出两点纵坐标的关系，利用条件消元解出纵坐标，然后代入面积公式求出面积.
解法3
如图 1-2，设点，点，因为，所以,
所以有 解得
所以 .
点拨
将向量用坐标表示，再根据向量间的等量关系解出点的坐标，从而求出面积.
解法4
依题意设，则，利用 ， 得，所以，所以 . 同解法 1，可得 ，所以，所以.
点拨
利用过抛物线焦点的直线的性质及相关结论求解.
解法5
同解法 1 ，利用平面几何知识得到直线的倾斜角为，因为
，又 （为焦准距，为直线的倾斜角），所以 .
点拨
利用过抛物线焦点的直线的性质、弦长及面积公式求解．
解法6
如图1-1 ，分别过点 作准线的垂线，垂足为，则 （ 为焦准距，为直线的倾斜角）， 所以
同理可得 ，所以
又，所以
.
点拨
利用焦半径公式得出倾斜角，利用面积公式求出面积.
解法7
设直线 ， (其中为参数，为直线的倾斜角)，代入, 所以 .
因为，所以, 因为，所以 ，所以 又因为，所以，所以. 由对称性，不妨取，此时 所以 ，所以 .
所以 .
点拨
将直线的参数方程代入抛物线方程中，利用韦达定理找出根与系数的关系，求出倾斜角，从而求出面积.
解法8
在本题条件下， .
点拨
作为小题可以直接利用结论.
赏析
本题主要考查抛物线的定义，解法1中若直线方程的设法不同，会对计算产生不同的影响．解析几何中解决面积间题往往利用寻底找高或面积拆分的方法. 解法 2 利用坐标关系与韦达定理可以较快地求出点的坐标. 解法 3 利用向量关系得到两个方程， 从而求出点的坐标. 解法 4 利用抛物线的一些常见结论，这有助于提升解题的速度. 解法 5 利用过抛物线焦点的直线的性质求解. 解法 6 巧妙地利用了抛物线的焦半径公式，适合选择题、埧空题. 解法 7 中涉及线段长度问题，利用直线参数方程有时可以简化运算. 本题若先求出直线倾斜角为 , 再设直线方程为 将会更加简捷. 解法 8 借助结论，直接、快速地解决问题.
抛物线常考的结论:
1.以抛物线的焦点弦为直径的圆与拋物线的准线相切.
2.过抛物线焦点弦的两端点向准线作垂线﹐以两垂足为直径端点的圆与焦点弦相切，且切点恰为焦点.
3.以抛物线焦半径为直径的圆与轴相切.
4.若线段为抛物线 的一条焦点弦，则 .
5.设拋物线方程为， 过焦点的弦的倾斜角为，则
6.若是抛物线的焦点弦，且，则
7.若抛物线方程为，过点的直线与之交于两点, 则 反 之也成立.
8.抛物线上一点处的切线方程为.
9.过抛物线焦点弦的两端点作抛物线的切线﹐两切线交点在抛物线的准线上，且两切线互相垂直.
10.过抛物线准线上任一点作抛物线的切线，则过两切点的弦必过焦点．
11.若是抛物线的一条弦，且，则.
12.过抛物线焦点且互相垂直的直线与抛物线相交构成的四边形面积的取值范围是，弦长之和的取值范围是.
13.设为抛物线上的一个定点，是动弦，则为直角弦的充要条件是过定点
【题目1-2】 已知椭圆 的右焦点为，过点的直线交椭圆于 两点，若的中点的坐标为，则椭圆的方程为________.
解法1
如图1-3，设，点是直线与椭圆的交点，所以代入椭圆方程得
即 ,
即 ,
又因为点坐标为，所以有,
因为直线过点和，所以，即，所以 .又因为，所以，故椭圆的方程为 .
点拨
把两点坐标分别代入，作差即得出斜率的关系，从而求得方程.
解法2
因为，所以，所以.
又因为，所以 ，所以. 故椭圆的方程为
点拨
在中，可利用点差法得到结论
解法3
因为,可设直线的方程为,代入椭圆方程得
设，则, 所以 又因为，所以，所以.
所以椭圆 的方程为.
点拨
联立直线与椭圆方程，利用韦达定理找出根与系数的关系，并解出方程.
解法4
因为，且直线过点，所以可设直线 的参数方程为 (其中 为参数)，代人椭圆方程得，因为为中点，所以 ，所以.
又因为，所以，故.
所以椭圆的方程为.
点拨
利用参数方程中参数的几何意义解题.
赏析
本题是一类常考的中点弦问題. 解法 1 利用了圆锥曲线中的点差法，使得问题简单化，与弦中点有关的问题经常用点差法. 解法 2 直接利用点差法得到结论.解法 3 联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，找到根与系数的关系，从而解方程求解. 解法 4 利用参数方程中参数 的几何意 义，从而使运算相对简便.
椭圆常考的结论：
1.是椭圆 上的任意一点，是椭圆的左、右焦点，则 的取值范围是.
2.是椭圆 上的任意一点，是椭圆的左、右焦点，则的取值范围是.
3.为椭圆上一点,是椭圆的左、右焦点,，则
4.为椭圆上一点,是椭圆的左、右焦点，则P为短轴端点时 最大.
5.为椭圆 上一点,是椭圆的左、右顶点,则为短轴端点时 最大.
6.已知椭圆，A，B是椭圆上关于原点对称的两点，M是椭圆上异于A，B的一点,若直线的斜率分别为，则.
7.若是椭圆的不垂直于对称轴的弦，为的中点，则
8.若是椭圆不垂直于对称轴的切线，为切点，则.
9.以 椭圆的焦点弦为直径的圆必与对应准线相离.
10.以 圆的焦半径为直径的圆与以长轴为直径的圆内切.
11.设为椭圆的左、右顶点，则 在边(或)上的旁切圆必与所在的直线切于点 (或).
12.椭圆的两个顶点为，与轴平行的直线交椭圆于点 时, 与交点的轨迹方程是.
13.若点在椭圆 上，则过P的椭圆的切线方程是.
14.若点在椭圆 外，过点作椭圆的两条切线，切点分别为， 则切点弦所在的直线方程是.
15.若点 在椭圆内， 则被点所平分的中点弦的方程是.
16.若在椭圆 内，则过点的弦中点的轨迹方程是
17.若是椭圆上对中心张直角的弦，则
18.过椭圆焦半径的端点作椭圆的切线，交相应准线于一点，则该点与焦点的连线必与焦半径互相垂直.
19.过椭圆焦点且互相垂直的直线与植圆相交构成的四边形面积的取值范围是，弦长之和的取值范围是.
20.设为椭圆 上的一个定点，是动弦，则为直角弦的充要条件是过定点.
【题目1-3】 过拋物线的焦点且倾斜角为的直线与拋物线在第一、四象限分别 交于两点，则 ________.
解法1
设 ，其中为参数， 即
代入拋物线方程得，即，
所以或，所以 .
点拨
根据直线过焦点﹐设出直线的参数方程，利用参数法求解.
解法2
设直线方程为，则
所以，所以，
所以 .
点拨
根据题意，求出点A，B的横坐标，由抛物线定义求解.
解法3
由，解得, 所以.
点拨
直接利用抛物线的重要结论求解.
解法4
设直线方程为 ，则 ,
所以，所以，
所以 .
点拨
联立直线和抛物线方程，求出点的坐标，再利用相似得到比例.
解法5
设. 如图1-4，直线为拋物线的准线，根据抛物线定义有 ，
过点作于点
在 中， ，由知，即
，解得. 所以.
点拨
利用抛物线的定义解决问题.
解法6
给出下面结论，证明方法参照解法 5 即可.
过拋物线的焦点作直线与拋物线交于两点，若 ，且直线与抛物线的对称轴的夹角为，则有
对于本题，，且易知，即，故有, 即, 所以 .
点拨
直接用结论解决问题.
解法7
因为,
所以
点拨
利用极坐标公式和焦半径公式求解.
赏析
解法1将直线的方程用参数法表示，并联立直线与抛物线的方程，用参数t的几何意义求解.解法 2 注意利用扰物线定义求出焦半径公式，即. 解法 3 要求记住一些抛物线的重要结论.解法4联立方程后巧妙利用相似得到比例.解法5和6利用抛物线的定义得到相应结论，出现焦点弦的间题时常常会用定义解决问题. 解法 7 超出高考范围，供教师阅读，学生可以略过.注意掌握焦半径公式，可简化运算.
【题目1-4】 过点且斜率为的直线与拋物线相交于两点，若为的中点，则的值是________
解法1
如图 1-5，设点的坐标分别为 ，则.①
设直线BC的方程为，代入拋物线 中得 ， 则 ②.
由①②得，所以 ，所以 .
点拨
设出直线方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系及中点坐标公式代入求解.
解法2
设直线的方程为，与拋物线相交于点, , 根据题意有 ，整理得
又因为是的中点，所以有
所以，所以, 其中 ，由得，经检验符合题意.
点拨
设出直线方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系及中点坐标公式代入求解.
解法3
依题意，设点，其中 由为的中点，利用中点坐标公式得点. 又点 在拋物线 上，于是有，由此解得 又，因此，所以 .
点拨
设出点B的坐标，利用坐标建立关系.
解法4
设，由为的中点，利用中点坐标公式得点，代入拋物线中得 又， 解得，所以.
点拨
设出点B的坐标，利用坐标建立关系.
解法5
设直线的参数方程为 （ 为参数，为直线的倾斜角），代入拋物线方程得 .
又因为，所以,
所以 .
点拨
利用直线的参数方程找出关系式，从而求出斜率.
赏析
解法 1 中，当抛物线的焦点在轴上时，直线方程设为可以使运算简化. 解法 2 直接代入消元，利用中点坐标公式、韦达定理等求解，属于常规解法. 解法 3 和解法 4 利用抛物线的方程设出点的坐标并代入求解是亮点. 解法 5 利用参数方程的几何意义解题,是本題的主要看点.
【题目1-5】 设抛物线的焦点为 ，点在上， ，若以为直径的圆过点，则抛物线的方程为________.
解法1
由抛物线方程知焦点，准线，则，圆心坐标为, 由圆心到点的距离为 知.
如图1-6 ，过点作轴的垂线，垂足为 . 在中，，所以，即 ，得.
同理，如图1-7， ，得.
故抛物线方程为或.
点拨
利用抛物线的定义，用几何法求出点的坐标，从而求出抛物线的方程.
解法 2
由拋物线方程知焦点，准线 , 则，圆心坐标为 , 由圆心到点的距离为可知
将代入抛物线方程得，解得. 故拋物线方程为或 .
点拨
利用抛物线的定义﹐用坐标法求出点的坐标，从而求出抛物线的方程.
解法 3
由抛物线方程知焦点 ，设抛物线上的点，则，
.
由题意知， ，即，解得，则，由，得 , 解得 或 8 .
故拋物线方程为或.
点拨
利用抛物线的定义，用向量法求出点的坐标，从而求出抛物线的方程.
解法4
根据条件，以为直径的圆过点，从而.
因为，所以. 解得或 8 .
故抛物线方程为或.
点拨
利用抛物线的结论:在中，以焦半径为直径的圆和轴相切.
赏析
解法1利用了抛物线的定义及中点坐标公式，找出几何关系，从而列出方程求解．解法2把几何条件坐标化，利用点在抛物线上﹐把点的坐标代入，从而求出方程．解法3以向量为工具，利用向量垂直建立关于的方程，从而解出的值.解法 4 巧妙利用常用结论迅速解决问题.
【题目1-6】 在平面直角坐标系中，分别为椭圆的左、右焦点， 分别为椭圆的上、下顶点，直线与椭圆的另一个交点为. 若，则直线的斜
率为________.
如图1-8 ， 因为，
所以,
解得,
即，即 ，即 .
取的中点，则，
由点差法的结论有 ,
所以.
点拨
用二倍角公式，再利用点差法的结论求解.
解法2
因为，可得，所以， 所以 设,设,即, 则
.
把点坐标代入 , 得, 所以.
点拨
先用二倍角公式，再设出参数，利用参数求解.
解法3
因为，所 以, 解 得.
不妨设，由， 得.
设， 则， 所以 .
又因为当直线的倾斜角为时，有，
而， 所以，所以，
又因为，所以.
点拨
先用二倍角公式，再利用焦半径公式的二次结论求解.
解法4
由题意知，可得.
设，则有，即， 又 , ，即有，由,可得 .
点拨
由正切函数的意义可得，可设，，，设出的坐标，代入椭圆方程，运用直线的斜率公式计算即可得到所求值.
赏析
解法 1 运用二倍角公式、同角三角函数基本关系式和椭圆中的结论， 提高了解题速度. 解法 2 利用向量共线得到点的坐标，代入椭圆方程求解，进而求出直线的斜率. 解法 3借助结论 提高解题速度.解法 4 中由正切函数的意义可得，可设，, 并设出点的坐标，代入椭圆方程，求出，运用直线的斜率公式即可求解.
【题目1-7】 已知椭圆，试确定实数 的取值范围，使得椭圆上有两个不同的点关于直线 对称.
解法1
令椭圆 上两点关于直线 对称，的中点为,则. 因为点在椭圆上， 所以
两式相减得，又因为 ，所以, 即 ，所以 .
又因为点在直线上，所以， 即，所以. 因为点在椭圆 内部，所以 , 得, 即.
所以的取值范围为 .
点拨
设出椭圆上关于直线对称的两点及中点的坐标，利用点差法将坐标代入，找出坐标间的关系﹐并将坐标用表示出来，再利用点在椭圆内构造关于的不等式.
解法2
设是椭圆上的两点，且两点关于直线对称，则直线的方程为，记 的中点为.
联立方程组 消去得 ,
由韦达定理得 得.
又因为两点关于直线对称，所以点在直线上， 因为, 所以.
因为点在椭圆内部，所以，所以 ，
因为，所以.
点拨
设出椭圆上关于直线对称的两点及中点的坐标，联立方程组将坐标代入，找出坐标间的关系﹐并将坐标用表示出来，再利用点在椭圆内构造关于的不等式.
解法3
设是椭圆上的两点，两点关于直线对称，则直线的方程为, 记的中点.
联立方程组 消去得 （*），
由韦达定理得 得.
因为两点关于直线 对称，所以点在直线 上，即，所以 又由 （*）式知方程有两个不等实，所以
，得，
所以.
赏析
解法 1 应用点差法，设出直线与曲线的两个交点的坐标，然后将其分别代入曲线方程 中，再两式相减后分解因式，利用 (即中点坐标公式)整体消元,这种方法主要用来解决中点弦问题和对称问题这两类问题，能起到简化计算的作用，但要注意应在直线与曲线有两个交点的前提下来解. 解法 2 应用几何法，联立方程组 利用韦达定理求得 ，再由点M在椭圆内部得解.解法3应用判别式法，联立方程组 利用韦达定理求得, 再 由 求解.
【题目1-8】 在抛物线上若恒有两点关于直线对称，则的取值范围是________.
解法1
设两点关于直线对称，则直线AB的方程为，将其代入抛物线方程, 得
设的中点为，则. 因为点在直线上，所以
因为与抛物线相交于两个不同的点，所以，再将代人，经化简得, 即
因为 , 所以 .
点拨
设出直线方程，结合中点坐标和判别式解决问题.
解法2
由解法 1，得.
因为，所以， 解得 .
点拨
利用重要不等式巧妙构造不等式
解法3
设是拋物线上关于直线 对称的两点，且的中点为. 因为，所以 ，即，所以 ,
即，解得 .
点拨
利用点在抛物线内部构造不等式.
赏析
定(动) 圆锥曲线上存在关于动（定) 直线对称的两点，求直线（圆锥曲线)方程中参数的取值范围,这是一类常见的问题.解决这类问题的关键是构造出含参数的不等式，通过解不等式求出参数的范围. 解法 1 运用二次方程根的判别式，解法 2 运用均值不等式，解法 3 运用拋物线弦的中点在拋物线内部，分别成功地构造了关于的不等式，其中，韦达定理、曲线与方程的关系对构造不等式至关重要.
【题目1-9】 已知直线交椭圆于 两点， 为坐标原点，若，则
直线的方程为________.
解法1
设，联立直线和椭圆方程
整理得，由，得或，
由韦达定理得.
因为，所以 所以直线的方程为.
点拨
联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理找出根与系数的关系求解.
设，由直线， 得，代入椭圆方程得 , 整理得, 两边同时除以,得
可知两点坐标满足该方程，并且，得.
所以直线的方程为.
点拨
用整体思路分析，利用“1”的代换求解.
赏析
解法 1 利用设点、联立方程、几何条件坐标化，利用韦达定理把根与系数的关系式代入，这是典型的解题思路. 解法 2 中作了“1"的代换，联立方程但是没有消掉或，这样就直接找到了坐标之间的关系，利用整体思路减少了计算量，方法巧妙.
【题目1-10】 已知为双曲线上经过原点的一条动弦，为圆 上的
一个动点，则 的最大值为________.
解法1
设，满足.
设，满足,
所以的最大值为.
点拨
向量坐标化巧妙解决问题
解法2
如图1-9 ，为的中点，由极化恒等式可得
而，所以的最大值为.
点拨
向量极化恒等式解决问题.
赏析
本题是典型的以向量为载体的圆锥曲线问题，向量坐标化是解决这类问题的主要方法，如解法1.极化恒等式也是解决向量数量积取值范围的利刃，通过解法 2 不难体会其简化计算的威力.
【题目1-11】 若是双曲线右支上的两点，为坐标原点，则的最小值为________.
解法1
设, 则.
因为 ，当且仅当, 即点关于轴对称时等号成立，故的最小值为 2 .
点拨
巧妙配凑解决问题
解法2
设, 则
由得，得 ，于是, 当且仅当, 即点关于轴对称时等号成立，故. 的最小值为 2 .
点拨
利用参数方程﹐再结合三角函数公式解决问题.
赏析
解法 1 利用变换将问题巧妙解决，这说明强大的解题能力需要足够的知识和方法储备. 解法 2用到了双曲线的参数方程，学生不一定熟悉，但结合熟悉的三角函数有界性，非常巧妙地解决了问题，不禁让人有耳目一新的感觉.
【题目1-12】 设双曲线 的两个焦点分别为，点在双曲线上，若，则点 到轴的距离为________.
解法1
不妨设点在双曲线的右支上，由双曲线定义可知 .
设, 则, 因为, 所以, 可得,
则.
又因为 , 即,
所以点到轴的距离为.
点拨
利用双曲线的定义结合勾股定理且求解.
解法2
因为，所以，则.
又因为 , 且, 所以.
所以点到轴的距离为.
点拨
利用双曲线焦点三角形面积公式求解.
解法3
设点，因为，所以，又因为点在双曲线上，所以 消去得，即.
所以点到轴的距离为.
点拨
巧设坐标妙转化，从而快速解决问题.
赏析：
圆锥曲线中,涉及焦点和曲线上的点的问题常常要考虑第一定义,解法1就是利用双曲线定义解决问题,计算量略大,但思维量较小.解法2巧妙利用双曲线焦点三角形的面积公式解决问题,这要求学生对常考结论(后附常考结论)有必要的记忆.解法3是利用条件特征转化为圆和双曲线交点的问题,通过代数计算解决,也是一种较为常规的方法,应熟练掌握。
双曲线常考的结论:
1.为双曲线上一点,若是一个焦点,以为直径的圆与圆的位置关系是外切或内切.
2.是双曲线上的任意一点,是双曲线的左、右焦点,则的取值范围是.
3.是双曲线上的任意一点,是双曲线的左、右焦点,则的取值范围是.
4.为双曲线上一点,其中是双曲线的左、右焦点,则
5.已知双曲线是双曲线上关于原点对称的两点,是双曲线上异于的一点,若的斜率分别为,则.
6.若是双曲线的不平行于对称轴的弦,为的中点,则.
7.以双曲线的焦点弦为直径的圆必与对应准线相交.
8.以双曲线的焦半径为直径的圆必与以实轴为直径的圆外切.
9.设为双曲线上一点,则的内切圆,必切于点所在分支的顶点.
10.双曲线的两个顶点为,与轴平行的直线交双曲线于点时,与交点的轨迹方程是.
11.若点在双曲线上,则过点的双曲线的切线方程是.
12.若点在双曲线外,过点作双曲线的两条切线,切点分别为,则切点弦所在直线的方程是.
13.若点在双曲线内,则被点所平分的中点弦的方程是.
14.若点在双曲线内,则过点的弦中点的轨迹方程是.
15.设点为双曲线上的一个定点,是动弦,则为直角弦的充要条件是过定点.
变式练习
【变式1-1】抛物线的焦点为,准线为,经过点且斜率为的直线与拋物线在轴上方的部分相交于点,垂足为,则的面积是________.
【变式1-2】过抛物线的焦点作斜率为1的直线与该拋物线交于两点,点在轴上的正射影分别为点.若梯形的面积为,则________.
【变式1-3】设分别是椭圆的左、右焦点,过点且斜率为1的直线与椭圆相交于两点,且成等差数列.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设点满足,求椭圆的方程.
【变式1-4】过点的直线与曲线交于两点,则的中点的轨迹方程为________.
【变式1-5】椭圆的焦点为,点在椭圆上,如果线段的中点在轴上,那么是的________倍.
【变式1-6】已知为椭圆上一点,分别为椭圆的左、右焦点,当时,,则椭圆的离心率为________.
【变式1-7】已知为椭圆的两个焦点,点在棈圆上,且的面积为,则________.
【变式1-8】已知是拋物线准线上的一点,是的焦点,点在上且满足,当取最小值时,点恰好在以原点为中心,为焦点的双曲线上,则该双曲线的离心率为________.
【变式1-9】过双曲线的左焦点作圆的两条切线,切点分别为,,双曲线的左顶点为,若,则双曲线的离心率________.
【变式1-10】设是拋物线上横坐标非负的一个动点,过点引圆的两条切线,切点分别为,当取最小值时,直线的方程是________.
【变式1-11】设椭圆的左、右焦点分别为,其焦距为,点在椭圆的内部,点是椭圆上的动点,且恒成立,则椭圆离心率的取值范围是________.
【变式1-12】已知是双曲线的左、右焦点,为坐标原点,点在双曲线的右支上,且满足,则双曲线的离心率的取值范围是________.
【变式1-13】如图,过抛物线的焦点的直线依次交拋物线和准线于点,若,且,则抛物线的方程为________.
【变式1-14】在平面直角坐标系中,为椭圆的右焦点,分别为椭圆的上、下顶点,直线与椭圆的另一个交点为,且直线的斜率为,则该椭圆的离心率为________.
【变式1-15】过点的直线与椭圆交于两点,且点平分弦,则直线的方程为________.
【变式1-16】设直线与拋物线相交于两点,与圆相切于点,且为线段的中点.若这样的直线恰有4条,则的取值范围是________.
【变式1-17】设是双曲线上不同的三点,且点的连线经过坐标原点,若,则该双曲线的离心率为________.
【变式1-18】设为双曲线的左、右焦点,过坐标原点的直线与双曲线在第一象限内交于点,若,且为锐角三角形,则直线斜率的取值范围是______第2讲 圆锥曲线范围题，几何坐标韦达解
求圆锥曲线中量的取值范围和最值是高考中的热点问题,弦长、面积、离心率等的取值范围和最值问题在高考中屡见不鲜.解决圆锥曲线中量的取值范围和最值问题的常见方法有坐标法、几何法、韦达定理、不等式法等.利用坐标法求解时,有时需要对坐标进行转换;利用几何法求解时,常用中位线及圆锥曲线的定义;利用韦达定理求解时,直线方程的形式一般选择点斜式、斜截式,有时也用参数式;利用不等式法求解时,要注意抓住题目中的定值,合理配凑、变形,同时要注意验证等号能否成立.以上几种求解策略不是割裂的,有时需要将几种方法结合起来使用.
【题目2-1】椭圆的右焦点为,椭圆与轴正半轴交于点,与轴正半轴交于点,且,过点作直线交橢圆于不同的两点,则直线的斜率的取值范围是()
A.
B.
C.
D.
解法1：
由题意知,
因为,所以.
由得,所以椭圆的方程为.
设直线的方程为,
由得,
因为直线交椭圆于不同的两点,
所以，
解得,故.故选D.
点拨：设出直线方程，根据判别式大于求直线斜率的取值范围。
解法2：
同解法1得椭圆的方程为,
令得,
则点对应的点为.
如图,知过点的切线斜率分别为,
所以直线与圆相交时.
因为坐标变换中纵坐标、横坐标的伸缩比为
所以变换前的斜率,即.
故选D.
点拨：利用仿射变换求解.
解法3：
同解法1得椭圆的方程为.
设直线的方程为,即,
因为,
所以,即,解得故选.
点拨：利用不等式放缩求斜率的取值范围.
解法4:
同解法1得椭圆的方程为.
首先考虑直线与椭圆相切时的斜率.由椭圆的方程可知,其位于第一象限的部分为.设位于第一象限的切点为,
则,解得,
所以.
由椭圆的对称性知直线与椭圆相交时斜率的取值范围是.
故选D.
点拨：利用导数首先求出切线的斜率,再数形结合求斜率的取值范围.
赏析：
本题需要先根据已知条件求出椭圆的方程,再求直线斜率的取值范围,常规思路是利用判别式求斜率的取值范围,即解法也可以先考虑切线斜率的值(这里切线斜率的处理方法有判别式法、导数法),再结合图象求出斜率的取值范围,即解法2与解法4.解法3通过配凑,然后利用柯西不等式求出斜率的取值范围,方法独特.
【题目2-2】设抛物线的焦点为,过点的直线交该拋物线于两点,则的最小值为________.
由抛物线焦点弦长的性质知
所以,当且仅
当时取等号.
点拨：利用均值不等式求解.
解法2.
设,直线的方程为.
由得,所以.
所以,
当且仅当时取等号.
点拨：利用韦达定理结合均值不等式求解.
解法3
以为极点,为极轴建立极坐标系,可得抛物线的极坐标方程为所以,
所以,当且仅当时取等号.
点拨：利用极坐标方程与权方和不等式求解.
解法4：
如图2-2，过作抛物线准线的垂线，垂足分别为
所以.
设准线与轴相交于点，
则,所以,于是,
所以
,当且仅当时取最小值.
点拨：结合定义及梯形的性质求出,然后利用均值不等式求解.
赏析：
本题的四个解法可以分为坐标法与几何法两类.解法2通过设点的坐标,结合韦达定理与均值不等式求解.其余三个解法均利用了抛物线焦点弦的一个性质:,然后利用不等式求解,三个解法得到该结论的角度有所不同,均要注意取等号的条件.
【题目2-3】已知点是椭圆上除顶点外的一动点,为椭圆的两个焦点,是坐标原点,若是的平分线上的点,且,则的取值范围为()
A.
B.
C.
D.
解法1：如图2-3(设点在轴右侧,在轴左侧时同理)，延长,相交于点易知为的中点,因为为线段的中点,
所以
在中,,
所以.故选B.
点拨：利用几何关系转化.
解法2：由椭圆方程可得.
当点位于短轴端点处时,点与原点重合,此时;
当点位于长轴端点处时,点与焦点重合,此时.
由于点不与顶点重合,所以的取值范围为.故选.
点拨：利用极限分析法求解.
解法3：设,同解法1得,
因为,所以,即.故选.
点拨：利用焦半径公式求解.
解法4：设,
因为,
所以,
整理得,
所以.
所以,以下同解法
点拨：利用向量法求解.
赏析：
解法1利用几何条件巧作辅助线,将的范围转化为焦半径差的范围,再利用三角形的性
质求出的取值范围,方法很巧妙.解法2对点的极限位置进行分析,得出的临界值,从而确定的取值范围.解法3则利用焦半径公式将用表示,再结合椭圆的几何性质求解.解法4通过向量运算将以为基底表示后求解.
【题目2-4】已知三点在曲线上,其横坐标依次为,当的面积最大时,的值为________.
解法1:
易知曲线在点处的切线与平行时,的面积最大.由得,所以,解得.
点拨：利用切线求解.
解法2：
易知直线的方程为.
点到直线的距离为:
因为的长为定值,所以当最大时,的面积最大,所以,
即时,的面积最大.
点拨：利用点到直线的距离公式求解.
解法3：如图,易知
所以当,即时,的面积最大,故.
点拨：利用梯形面积表示三角形面积后求解.
解法4：依题意得易知直线的方程为,设,则,
所以当时,的面积取得最大值.
点拨：将分割为两个三角形求解.
赏析：
解法1考虑将直线平移,使之与相切,当为切点时三角形的面积取得最大值.其余三种解法均利用二次函数方法处理最值.解法2考虑点到直线距离(即三角形的高)的最大值,解法3、解法4为方便计算,将进行分割,并将面积表示为关于的函数后求解。
【题目2-5】已知扰物线的焦点为,过点且斜率为1的直线与抛物线相交于两点.设直线是抛物线的切线,且为上一点,则的最小值为________.
解法1：如图2-5,易知,直线的方程为：
设直线与的切点为,
由和可得,
所以,直线的方程为.
设的中点为,
则,
所以,
显然时,和都取得最小值.
所以的最小值是.
点拨：设线段的中点为为基底进行转化.
解法2：由题意得,直线的方程为.
由得,解得.
设点位于点下方,则.
易知切点坐标为,直线的方程为.
设点,则有:
所以当时,取得最小值.经检验,点存在.
点拨：将表示为点横坐标的函数后求解.
解法3：
设
由得,
所以.
同解法1得直线的方程为.
设,则有:
所以当时,取得最小值
点拨：利用韦达定理求解.
赏析：
解法1利用极化恒等式,将数量积的最值转化为模长的最值,再利用“点到直线的距离最小”得
解,解法简捷明快.解法2与解法3均利用坐标法将数量积表示为点横坐标的函数求解.解法2直接求出两点的坐标,解法3则利用了设而不求的方法.
【题目2-6】已知拋物线上一点是拋物线上的两动点,且,则点到直线距离的最大值是________.
解法1：
如图,设,则直线的斜率为
同理可得直线的斜率为,
直线的斜率为图2-6
由,得.
又直线的方程为,
故.
所以,
即,
所以直线过定点.
点到直线距离的最大值为.
点拨：用坐标转换求解.
解法2：
同解法1得.
令,则直线的方程为,点到直线的距离.
令,则有,当时取等号.
点拨：利用点到直线距离公式求解.
解法3：
设直线的方程为.
由得,
所以.
因为,即,
所以,
整理得,即,
所以或.当时,直线的方程为,恒过点,不符合题意;当时,直线的方程为,恒过点,符合题意.
所以点到直线距离的最大值是.
点拨：设出直线的方程,结合条件0,求出直线通过的定点后求解.
解法4：
设,点到直线的距离为.由及可得
,
即
所以,整理得.
因为.
所以
.
利用判别式法可得(点不与点重合),所以,当或时得最大值.
点拨：利用坐标法及面积法求解.
赏析：
解法1与解法3均利用直线过定点求解,与解法1不同的是,解法3设出直线的方程,结合条件,求出的关系,进而求出直线通过的定点.解法2则利用点到直线的距离公式,结合二次函数的最值求解.解法4利用坐标法及面积法求解,将化为的二元最值问题,这里最值的处理方式不唯一.
【题目2-7】已知是双曲线的右焦点,过点的直线交的右支于不同的两点,过点且垂直于直线的直线交轴于点,则的取值范围是()
A.
B.
C.
D.
解法1：由题意可知,
当直线的斜率不存在时,有,此时,
所以.当直线的斜率存在时,设直线的方程为,
设,联立
可得,
所以,
所以.
因为,所以直线的方程为,点的坐标为
,所以,
设,
则.
因为直线与双曲线右支相交于两点,
所以或.
综上可得故选.
点拨：依据直线与双曲线的右支相交于两点,可得直线的斜率的取值范围.利用弦长公式表示,利用两点间距离公式表示,结合的范围进行求解.
解法2：
如图,设双曲线的左焦点为,
在中,使用余弦定理有化简得.
同理有,所以.
在中,有,
所以
令,因为直线交双曲线的右支于不同的两点,所以.
所以,故选.
点拨：题中直线过右焦点,并且要求得弦长,所以考虑使用含倾斜角的弦长公式,利用直线倾斜角的范围,求解的范围.
赏析：两个解法的思路类似,首先求出弦及的长,然后计算其比值,通过换元,将比值化为三角函数最值求解.求解本题时应注意直线的斜率的取值范围影响的取值范围.
【题目2-8】已知斜率为的直线与拋物线交于轴上方不同的两点,记直线的斜率分别为,则的取值范围是________.
解法1：
设,则直线的斜率为.
,
,所以.
点拨：设出两点坐标后将用坐标表示后结合均值不等式求解.
解法2：
设,直线的方程为.
由得,
所以.
由得.
所以.
点拨：利用判别式法求解.
设,其中且,
所以直线的斜率.
所以.
因为,所以.
点拨：利用坐标法求解.
赏析：本题的三种解法均利用了坐标法,解法1巧妙利用坐标转换,将用表示,最后利用均值不等式求解,这里也可以利用点差法得到.解法2利用判别式得出关于的不等式,然后将用表示后得解.解法3与解法1类似,只是坐标表示的形式不同.
【题目2-9】已知过点的直线与椭圆相交于不同的两点是弦的中点,则的最小值为（）
A.
B.
C.
D.
解法1：如图,设直线的参数方程为
为参数),代人得,
所以.
设点对应的参数分别为,则有
所以.
所以,当时取等号.故选A.
点拨：利用直线的参数方程求解.
解法2：
设直线的方程为.
由得,
所以,解得.
设,
则有,
所以.
又,
弦长,
所以,
,当时取等号.故选A.
点拨：将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求解.
赏析：
解法1运用直线参数方程的几何意义进行求解,简化了运算.解法2利用弦长公式与两点间距离公式求出与,将表示为的函数,再求函数的最小值.计算直线截圆锥曲线所得弦长的常见的处理方式为弦长公式和椭圆的参数方程.
【题目2-10】在平面直角坐标系中,已知点,曲线上的动点,第一象限内的点构成等腰,且,则的最大值是________.
解法1：如图,设,
则,
不妨设点按顺时针方向排列.因为,
所以,
所以,当时等号成立.
点拨：将点的坐标用参数方程表示,然后将的坐标用表示,再求的最大值.
解法2：如图,设,易知,
所以.
所以,当时等号成立.
点拨：利用全等求出点的坐标，再求的最大值.
解法3：设,则.
由托勒密定理得,
即.
当四点共圆时等号成立,故.
点拨：利用托勒密定理求解.
解法4:
设,则.
在中,由余弦定理得,
所以.
在中,由余弦定理得
,
令,
则有,
整理得.
利用直线与圆的位置关系可得,故,当直线与圆相切时取得最大值.
点拨：引入边长及角度，转化为边的函数后求解.
赏析：
解法1利用圆的参数方程设出点坐标,然后利用是等腰直角三角形求出点坐标,进而将表示为的函数,结合求出的最大值.解法2与解法1思路类似,不同之处是得到点坐标的方式.解法3利用托勒密定理求解,思路简单,运算量小,但超出高中的知识范围,不易想到.解法4利用余弦定理将用表示,再统一变量求最值,函数的最值也可以通过三角代换求解,这里为了不与前面解法重复所以没有代换.
【题目2-11】已知是椭圆上任意两点,若,则的最小值为________.
解法1：设,
因为点在椭圆上,
所以,相加得.
又,
所以,即,当且仅当时,取得最小值.
点拨：点的坐标用三角设参并代入陆圆方程,找到的关系,再利用均值不等
式求出的最小值.
解法2：当直线或的斜率不存在时,.
当直线与的斜率都存在时,设直线的方程为,则直线
的方程为.
由得,
所以,
同理可得.
所以
所以,当且仅当时取等号.综上,的最小值为.
点拨：
可根据直线和的垂直关系,设出直线方程,与橢圆方程联立,求出点和的
坐标,表示出 ,再利用均值不等式求最值.
赏析：解法1巧用三角设参,减少了计算量.解法2是典型的解析法的思路,利用垂直找到两条直线斜率的关系,然后联立直线与椭圆方程,得到的表达式.两种方法最后都利用了均值不等式.本题中的是常见结论,解法1则是经典解法.
【题目2-12】已知点,圆上存在点使得|,则圆心横坐标的取值范围是________.
解法1：设,则,整理得.
因为点在圆上,所以圆心到直线的距离小于等于
半径,即,解得.
所以圆心横坐标的取值范围是.
点拨：利用,求出点的轨迹方程,然后利用直线与圆有交点求解.
解法2：取的中点,则
32,所以.设,则,
所以.
点拨：将32转化为向量关系后,利用数量积公式将表示为的函数,再求的取值范围.
赏析：解法1直接从条件出发求解,思路简单,先求出点的轨迹方程后再求解,是常见策略.解法2巧妙地利用模的性质进行转化,结合数量积求解.
变式练习
【变式2-1】若直线与椭圆有两个公共点,则实数的取值范围是 ( )
A.
B.
C.
D.
【变式2-2】已知为拋物线上一个动点,为圆上一个动点,那么点到点的距离与点到轴的距离之和的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
【变式2-3】已知幂函数过点,又三点在幂函数的图象上,其横坐标依次为，,则面积的最大值为 .
【变式2-4】已知抛物线方程为,过点作抛物线的弦,若,则原点到直线距离的最大值为 .
【变式2-5】已知等腰内接于拋物线为抛物线的顶点,的面积为，为拋物线的焦点,点,若是拋物线上的动点,则的最大值为 ( )
A.
B.
C.
D.
【变式2-6】若拋物线上任意两点满足,则的最小值为
【变式2-7】在平面直角坐标系中,点,若圆心在直线上,半径为1的圆上存在点,使得,则圆心横坐标的取值范围是 .
【变式2-8】已知过点的直线与椭圆相交于不同的两点是弦的中点,则的取值范围为 .
【变式2-9】设点,若在圆上存在点,使得,则的取值范围 .
【变式2-10】过抛物线的焦点,作相互垂直的两条弦和,则的最小值为 .
【变式2-11】设抛物线的焦点为,点在拋物线上,且,弦中点在准线上的射影为,则的最大值为 .
【变式2-12】已知椭圆,过右焦点作一条与轴不垂直的直线交椭圆于两点,线段的中垂线分别交直线和于，两点，则的取值范围是 ( )
A.
B.
C.
D.第3讲 圆锥曲线动中寻定，参变建桥设点找线
对圆锥曲线中的定值、定点问题的考查是高考中考查学生综合能力的一种方式,在动态的变化中寻求某一不变量,涉及的知识点多,运算量大,其中渗透了函数与方程、转化与化归、数形结合等数学思想,是学习圆潅曲线的一个难点.
【题目3-1】已知倾斜角为的直线经过抛物线的焦点,且与抛物线交于两点若为锐
角,作线段的中垂线,交轴于点,求证:为定值,并求此定值.
解法1
设的中点为,
过点作轴的垂线,交轴于点,如图,
则,
所以的中垂线的方程为,
所以点,
于是,
因此为定值.
【点拨】利用抛物线方程转化点的坐标关系, 求解的垂直平分线方程, 再利用几何关系转化求定值.
解法2
如图3-2,设，的中点,
直线的方程为,
则直线的方程为,
将点的坐标代人抛物线方程,得，
两式相减,整理得,
又,代人上式有,即,
将代人直线方程中,有,所以,
所以直线的方程为,
令,得,所以,
可得
【点拨】设出直线的方程,利用几何条件, 求出中垂线方程,得到点的坐标,进而求解.
解法3
设直线的参数方程为将其代人抛物线方程中,
整理得,设方程的两个根分别为,
所以,
由直线参数方程的几何意义,可知,
则
如图3-2,因为直线是的垂直平分线,所以,
即,所以,
在中,,
代人上式整理得,
所以
【点拨】设出直线的参数方程,利用的几何意义表示出, 最后用三角函数的关系求解.
【赏析】
三种解法的关键都建立在转化题设条件上.解法1利用劷物线方程本身设点化简,借助几何关系,运用数形结合思想,巧妙过渡.解法2将两点坐标代入抛物线方程后作差,利用点差法,减少了计算量.解法3用直线的参数方程表示,最后利用三角函数的关系求解,思路比较新颖.
解析几何中的定值问题在运用函数的思想方法解决时,首先要选择适当的量作为变量,再将要证明的定值的表达式表示成上述变量的函数,然后借助题设关系,消去变量,得到定值.如果运算中某些量具有明确的几何意义,那么利用带有几何特色的计算,往往收益颇丰.
【题目3-2】已知抛物线,的三个顶点都在抛物线上,为坐标原点,设三条边的中点分别为,且点的纵坐标分别为若直线,，的斜率之和为，则的值为（ ）
A..
B.
C.
D.
解法1
设抛物线的方程为,
则,由,
得,化简得,
解得或,不妨取,则,
则,
所以.故选.
【点拨】结合选项特征,根据特殊到一般思想进行求解
解法2
设
由点,在抛物线上,知
又因为为的中点,则所以
同理可得
又即则故选B
【点拨】联立直线和抛物线方程, 结合根与系数的关系求解.
解法3
设直线的方程为,直线的方程为,直线的方程为.
联立直线的方程与拋物线方程得
消去得,则
同理可得.
因为,所以.
所以故选.
【点拨】联立直线和抛物线方程, 结合根与系数的关系求解.
【赏析】
解法1使用特殊值法,一般情况下,针对选择题选取特殊值计算得到的结论需要进一步验证.解法2从点在曲线上出发,用点差法得到斜率关系,是解决直线和圆锥曲线的位置关系中涉及中点问题时的常见方法.解法3设出直线方程,与曲线方程联立,利用韦达定理求解,是解决直线和圆锥曲线问题最为常见的方法.
圆锥曲线中涉及中点弦的有关问题,常用中点公式、点差法等整体代入的方法.利用根与系数的关系求解时,要注意其具体的形式,代入消元得到要求解的等式.
【题目3-3】过拋物线的焦点的直线与拋物线和圆从左到右依次交于,四点,则 .
解法1
令的方程为,则,
因为,所以.
【点拨】用特殊值法求解
解法2
设,直线的方程为,
联立消去得,由韦达定理得,
再结合抛物线定义有:
【点拨】联立方程组, 巧妙利用抛物线的定义解决问题.
解法3
设,直线的方程为,
联立消去得,由韦达定理得,
【点拨】联立方程组, 根据抛物线的定义,结合韦达定理求解.
解法4
设直线的参数方程为其中为参数,为直线的倾斜角,代人抛物线方程有设方程的两根为
则
由的几何意义知
所以=
【点拨】设出直线的参数方程, 利用参数的几何意义求解.
解法5
以抛物线的焦点为极点,轴的正方向为极轴的方向建立极坐标系,设
,则的极坐标方程为,
则
【点拨】注意到直线过焦点,利用抛物线的极坐标方法求解转化.
【赏析】
解法1应用特殊值法,即取一些满足条件又便于计算的值(取的特殊值是有限个,而题目一般要求是满足条件的所有值),这里令的方程为求解.特殊值法一般适用于填空题和选择题,大题只能用于判断结果(如涉及动点的题目,可以将点固定在它所经过的特殊位置上).解法2和3利用韦达定理和抛物线的定义,解法4使用直线参数方程中参数的几何意义,均可得到,进而求解.解法5应用极坐标法,依据,转化为三角函数求解,供教师参考,学生可以略过.
【题目3-4】已知是椭圆上的任意一点,从原点引圆的两条切线,分别交椭圆于两点,求证:为定值:
解法1
如图3-3,设直线,
,设圆的切线方程为,则有
,整理得,
则,
又因为,所以可求得,
联立得,则,,
同理可得,
所以
所以为定值.
【点拨】利用直线和圆相切,表示出直线和的斜率关系,再与椭圆方程联立,求出点和的坐标, 进而求的值.
解法2
设,直线的方程为,
因为直线和圆相切,则,
整理得
因为该方程有两个不同的根,所以,
所以,所以,即,
所以,所以或,
所以.
【点拨】用参数法,设出点和的坐标,利用三角变换求解.
【赏析】
本题中两种解法都是从直线和圆相切出发,由关于斜率的二次方程有两个根,利用韦达定理得到两直线的斜率乘积为定值.解法1将直线和椭圆方程联立,得到相应的点的坐标求解.解法2利用点坐标的参数式,表示出相应的角的关系,进而求解.
求解定值间题的基本思路是先求出题设中的几何量或代数式,进行变形化简,再结合所求解的代数式,消去参数得到定值.
【题目3-5】已知为椭圆的右顶点与上顶点,为椭圆上一点,直线与轴相交于点,直线与轴相交于点,求的值.
解法1
设,则,
如图3-4,不妨设点在第一象限（点在其他位置类似可证）,作轴,轴,
则由与相似得,
整理得,
由与相似得,整理得,
所以
.
【点拨】利用点在椭圆上,借助平面几何知识求解.
解法2
设,
则,
所以,即.
所以.
由,
得,即,
所以.
所以
【点拨】利用椭圆的参数方程设出点坐标,再利用向量的三点共线知识转化求解.
【赏析】
两种解法都紧盯目标,再利用点在椭圆上进行变形.解法1借助三角形相似的平面几何知识求解,也可以利用直线的点斜式方程求解各点坐标.解法2设出点的参数坐标,利用三点共线,借助向量平行知识求解.
【题目3-6】已知点是椭圆上的动点,且
是轴上两定点,直线分别与椭圆交于点若,求证:为定值
解法1
如图3-5,设,
则.
由得从而有
因为点在椭圆上,所以,
即,
由题意知,所以,
因为,所以,代人上式,可得
同理可得
所以为定值
【点拨】设出点的坐标, 利用点在曲线上这一特点,变形整理,用点的坐标表示和,再求定值.
解法2
设
因为由定比分点坐标公式可得，因为点,在椭圆上,
所以两式相减得
所以
又因为，所以有
同理可得
$所以变形得为定值.
【点拨】利用向量的特点,使用定比分点坐标公式得到坐标之间的关系,再利用点差法适当变形,进而用整体替换法求解点坐标.
【赏析】
解法1从点的坐标入手,利用向量的关系和点在曲线上,得到点的坐标和参数之间的关系.解法2主要借助定比分点坐标公式,进行整体运算.利用此方法需要对解题基本步 有所了解,其实质是参数法,但是在解决其他间题时,可能会带来复杂的运算,要注意其适用的题型.
【题目3-7】已知点在直线上,圆,过点作圆的切线,切点为,,则直线恒过定点.
解法1
如图3-6,设,以为直径的圆的方程为,
与圆作差得两圆公共弦方程为,
所以直线恒过定点.
【点拨】以为直径作圆，与圆的方程作差可得切点弦方程.
解法2
设,
过点的切线方程为,
过点的切线方程为,
由点在两条切线上,
有
所以切点弦的方程为,所以直线恒过定点.
【点拨】利用圆的切线方程,将交点代入可得切点弦方程.
【赏析】
解法1利用直线和圆相切,将问题转化为求解两圆公共弦过定点的问题,简化计算.解法2从直线的切线方程出发,得到过圆外一点作圆的两条切线的切点弦方程,也是计算其他圆锥曲线问题的常用手段.事实上,易知定点在轴上,再取特殊值如点即可解决问题.
【题目3-8】过橢圆的左顶点作两条互相垂直的直线,分别交椭圆于两点.求证:直线过定点,并求出该定点坐标.
解法1
设,直线.
由得,
则.
由得,
所以,
整理得
化简得
因为，所以两边同除以得
解得或（舍）
所以直线的方程为，其过定点
【点拨】从直线的方程出发,利用韦达定理和题设中的垂直关系,寻找和的关系,从而得到定点坐标.
解法2
设直线：（），则直线：
联立
得
因为，所以
所以点，同理得点
所以
直线：
令得
所以直线过定点
【点拨】从直线和的方程出发, 联立椭圆得到点和的坐标,从而写出的直线方程,得其所过定点的坐标.
解法3
以为原点,建立新的平面直角坐标系,则椭圆的方程为
设，直线的方程为，则
所以
两边同时除以有
所以，即
所以直线的方程为，其过定点
所以直线过定点.
【点拨】利用和垂直的特点,先平移坐标系，再构造齐次式,转化为关于斜率的二次方程,再利用韦达定理寻找变量之间的关系.
【赏析】
本题考查直线和橢圆的位置关系.解法1设出直线的方程,借助韦达定理,利用题设条件中和的垂直关系,得到参数之间的关系;从而得到直线所过定点的特征.解法2考虑到点的坐标的特征,设出直线和的方程,进而求解点和的坐标,再写出直线的方程,得其所过定点.解法3平移坐标系,将二次方程齐次化,将和的垂直关系转化为新坐标系下的两根之积为,简化运算.
本题是直线过定点问题,一般是寻求直线斜率和其在轴上的截距的关系,利用点斜式方程得到定点坐标.也可以利用直线系的相关知识,将方程化为的形式,既然过定点,那么这个方程就对任意的参数都成立,于是解方程组就可以得到定点坐标.
【题目3-9】在平面直角坐标系中,曲线与直线交于两点,在轴上是否存在点,使得当变动时,总有请说明理由.
设,
将代人,得,
所以.
解法1
设存在点,使得当变动时,总有,
则,
当时,有,则,
故点符合题意.
【点拨】由题中的角度相等,直接转化为两直线的斜率问题求解.
解法2
设存在点,使得当变动时,总有,
设直线与轴的交点为,由角平分线定理有,
所以,整理得,
因为，所以
若,则点与点重合,此时仅有满足,不合题意.
所以,即点满足题意.
【点拨】从角度相等出发,借助角平分线定理求解.
解法3
设，则
所以直线的方程为
令，得
设点关于轴的对称点坐标为,所以点在直线上,也在抛物线上,
所以直线的方程为
令，得
所以存在点满足题意
【点拨】利用对称思想求解
【赏析】
本题考查直线和抛物线的位置关系,同时考查学生的转化与化归能力和运算求解能力.紧扣题设中的两角相等,从不同的角度作代数化处理是解决本题的关键.解法1利用直线的倾斜角互补,建立两直线的斜率关系,得到参数与之间的关系,使得无论的值如何变化,等式都恒成立.解法2使用角平分线定理将问题转化为比例问题,建议先证明角平分线定理再使用.解法3借助抛物线的对称性,直接求解点的坐标,也是求解探索式定点问题的常见方法.
【题目3-10】已知椭圆,直线过点,交椭圆于两点,试探究是否存在一定点,使得为定值.
解法1
设,
则,
设直线的方程为,代人椭圆方程,
变形得,
所以,
所以,
由得,
代足，得,
变形得,
所以,
于是
所以
当,即时,为定值(与无关),
即存在定点.
【点拨】为得到的表达式,对关于的一元二次方程进行变形,整理为关于的二次方程,进而直接使用韦达定理得到的表达式,再寻找定点坐标.
解法2
设,直线的方程为,
将其代入椭圆方程得,
又因为和是方程的两个根,
所以,
令,得.
将直线的方程变形为,
代人椭圆方程得,因为和是方程的两个根,
所以,
令,得.
所以,
于是当,即时,为
定值,此时点的坐标为.
【点拨】利用的特点,将关于和的一元二次方程变形为两点式的形式,再整体替换求解.
【赏析】
本题属于探究定点的存在性问题,利用向量点积的特点,寻求最终所求的代数关系,化简求值是难点.解法1从常见的联立直线与圆锥曲线方程出发,利用韦达定理,将直线方程巧妙变形,配凑所求的代数式,需要多加训练以保证计算的准确性.解法2利用二次方程的两点式,合理赋值,得到所求的代数式,从而简化运算,这类方法适用于求解含有,或含有.的问题,以及可转化为上述结构的问题.一般求解步骤是将联立方程后所得的二次方程表示成两点式,再赋值,进行代数变形求解.
变式练习
【变式3-1】已知双曲线上有三点,且的中点分别为,若满足,
的斜率之和为,则的值为( )
A.2
B.
C.
D.3
【变式3-2】已知为双曲线上不重合的三点,其中点关于原点对称,且直线,的斜率分别为,则 .
【变式3-3】过拋物线的焦点作直线,交抛物线于两点,若,则直线的倾斜角等于
【变式3-4】已知椭圆上一点是椭圆上的两个动点,如果直线的斜率与的斜率互为相反数,求证:直线的斜率为定值.
【变式3-5】已知椭圆四点中恰有三点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程;
（2）设直线不经过点且与相交于两点,若直线与直线的斜率之和为,求证:直线过定点.
【变式3-6】如图3-7,已知椭圆,直线是长轴的左、右端点,是椭圆上异于的任意一点,若直线交直线于点,直线交直线于点,求证:以为直径的圆经过定点.
【变式3-7】过点的直线与直线交于点,与圆交于点.若是的中点,,则是否为常数 若是,给出证明;若不是,说明理由.
【变式3-8】已知椭圆过点,离心率为,过点的直线与椭圆
交于不同的两点.
（1）求椭圆的方程;
（2）设直线的斜率分别为,判断是否为定值,并说明理由.
【变式3-9】已知椭圆的离心率为,其长轴长
与短轴长的和等于6.
(1)求椭圆的方程；
(2)如图3-8,设椭圆的上、下顶点分别为是椭圆上异于的任意一点,直线分别交轴于点,,若直线与过点的圆相切,切点为,求证:线段的长为定值.
【变式3-10】在平面直角坐标系中,如图3-9,已知椭圆的上、下顶点分别为
,点在椭圆上且异于点,直线与直线分别交于点
（1）设直线的斜率分别为,求证:为定值;
（2）求线段长的最小值;
（3）当点在椭圆上运动时,以为直径的圆是否经过某定点 请证明你的结论.第4讲 圆锥曲线离心率，巧设坐标找关系
椭圆、双曲线的离心率是高考中的一个重要考点,同时求离心率的取值范围一直是解析几何的重点和何法和坐标法,坐标法偏向考查学生的运算能力,几何法则偏向考查学生的思维构建能力.
【题目4-1】已知点为椭圆的一个焦点,若椭圆上存在点.使为正三角形,那么椭圆的离心率为 ( )
A.
B.
C.
D.
解法1
如图4-1,设为椭圆的另一个焦点.因为为正三角形
所以
设，则，所以
在中,因为,所以,
由椭圆定义得,所以,
所以,故选.
【点拨】利用三角形的三边关系及椭圆的定义构建的关系式.
解法2
如图4-2,设.
因为为正三角形,所以,
所以,即点.
又因为点在椭圆上,代人椭圆方程得:
所以或.
又因为,所以,
所以,故选.
【点拨】巧设点的坐标,代入椭圆方程确定的关系式.
解法3
设.
因为为正三角形,同解法2得点,
由焦半径公式得,可化为,
又因为,所以故选.
【点拨】巧设点的坐标,写出焦半径建立等量关系,从而确定离心率.
【赏析】
解法1利用平面几何知识与圆锥曲线的定义求解,是求圆锥曲线离心率的常用方法,若题目涉及焦点,则优先考虑该方法.解法2利用点在曲线上得到的齐次方程(这是求解离心率的本质),再同时除以的淂,就可以转化为关于离心率的方程,从而求出解法3设点后直接利用焦半径公式构建等式,需要记忆.推导如下:
设椭圆的两个焦点分别为,点,
因为，所以
则
所以.
所以已知椭圆,点,
则有焦半径公式(也可以由圆锥曲线的第二定义得到).
【题目4-2】已知分别是椭圆的左、右焦点,以为圆心作一个圆,恰好经过椭圆中心,并且交椭圆于点,若过点的直线是圆的切线,则椭圆的离心率为 .
解法1
如图4-3,由题意知,设，则
由椭圆定义知,
在中,由勾股定理得
即,
可化为,即,
解得.
【点拨】利用椭圆定义及勾股定理建立等量关系.
解法2
由题意知,
设,则,
所以
由椭圆定义知，
所以.
【点拨】利用勾股定理和椭圆的定义建立之间关系,从而求出离心率.
【赏析】
解法1利用柤圆定义表示出的三边,并利用勾股定理建立关于的等式后转化成关于的方程并求解,这是很常用的处理离心率求值问题的基本方法.解法2利用勾股定理,用表示出的三边,再利用杵圆的定义建立的关系,进而求出的值,对计算能力要求较低,优先考虑此方法.
【题目4-3】已知是双曲线（，）的左、右焦点,是双曲线右支上一点,
满足（为坐标原点),且,则双曲线的离心率为 .
解法1 如图,取的中点,连接.因为,
所以,即,所以,即.
又因为,分别是,的中点,所以,所以,所以为直角三角形.
设,则,,，
所以双曲线的离心率为.
点拨 结合图象,利用向量的几何意义及双曲线的定义求解.
解法2 设,因为,
所以,所以,
所以为直角三角形,,所以.
设,则,,,
所以双曲线的离心率.
点拨 利用向量的运算得到为直角三角形,再结合双曲线的定义求解.
赏析 解法1利用向量的几何性质对向量进行转化,巧妙地得出为直角三角形,再结合双曲线的定义求解,学生的图形整合能力要求较高.解法2利用向量的运算得到为直角三角形并结合双曲线的定义得到,关系,相比之下较为简单.
【题目4-4】 已知双曲线的左、右焦点分别为,,点且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于,点,,别交轴于,点,若的周长为,则取得最大值时,该双曲线的离心率为( )
A.
B.
C.
D.
解法1 因为,别为,的中点,所以,所以,又因为,所以∽,所以的周长是周长的2倍,即为24.
因为 ①
由双曲线定义可知 ②,
由①②得,又因为,
所以,即,
所以 ,
所以当且仅当,即时,取得最大值,即取得最大值,
所以,,所以,故选C.
点拨 利用双曲线的定义和通径公式建立,的关系式,并结合均值不等式求解.
解法2 设点,同解法1得,
所以,即,
当且仅当,即时,取得最大值,
所以双曲线的离心率为,故选C.
点拨 巧设点的坐标,利用已知条件建立,的等式并利用均值不等式求解.
解法3 由题意知,分别为,的中点,①,
由双曲线定义知 ②, ③
联立①②③,得.同解法1得的周长为24 ,
所以,即,所以.
令,则.
令,则,在上单调递增,
令,则,在上单调递减,
所以当时,取得极大值且是唯一极值,即在处取得最大值,
因此,
所以,所以,故选C.
点拨 利用双曲线的定义和通径公式建立等量关系,巧设函数后求出该函数的最值.
赏析 解法1利用双曲线的定义及通径公式建立关系式,是处理离心率问题的常用方法,然后结合均值不等式的扩展式进行求解,考查了学生的综合能力.解法2巧妙设点,利用 曲线的定义建立,,的关系式,然后同解法1,利用均值不等式的扩展式处理求值问题,解法3主要利用了双曲线的定义及几何性质,以双曲线为载体,通过导数的单调性求解,考查了学生的逻辑思维能力、运算能力以及数形转化能力.
【题目4-5】 设为双曲线:上且在第一象限内的点,,分别是双曲线的左、右焦点,,轴上有一点且,是的中点,线段与交于点,若,则双曲线的离心率是( )
A.
B.
C.
D.
解法1 如图,设,则,,
在中,由射影定理得,所以,
所以,又因为为的中点,所以.
所以,直线的方程是,
当时,.
因为,所以,
所以,即,所以,
又,所以,即,
两边同除以得,所以或(舍),
所以.故选A.
点拨 本题考查的是双曲线离心率的求法,解决这类问题的关键是构建基本量,,的等量关系.
可将题目条件坐标化,利用,找到,,的关系进行求解.
解法2 如图,作,交于点,则,又因为,
所以∽，，又因为,
所以,即为的中点.又因为,;所以是等腰直角三角形,
所以,即,所以,
两边同时除以,得,,
所以.故选A.
点拨 从几何角度出发,巧作辅助线,利用相似比确定是的中点,得到,从而简化计算.
赏析 解法1直接将题中几何条件坐标化,计算较复杂,要求学生有较强的计算能力.解法2从几何角度出发,巧作辅助线构造相似,简化了计算.这两种方法是解决一般解析几何问题时常用的,需要熟练掌握.
【题目4-6】已知为双曲线右支上的一点,双曲线的右焦点为,若直线 的斜率为,为线段的中点,且,则该双曲线的离心率为 .
解法1 如图,由直线的斜率为,得,
设,则,在中,由余弦定理易得,
,
因为,分别为,的中点,所以,,
所以,
由双曲线的定义可知,所以.
点拨 利用余弦定理确定各边量化关系，再利用双曲线的定义确定离心率的值.
解法2 同解法1 得.因为,
所以.
在中,由正弦定理得,
.
点拨 利用正弦定理进行边化角后直接求值.
解法3 同解法1得.设,
则，
,
即点,代入双曲线方程得.因为,
所以,两边同时除以得 ,
所以或,又因为,所以.
点拨 设出点的坐标后代入双曲线方程,构建,的关系,从而求得离心率的值.
赏析 解法1利用余弦定理确定三角形各边的关系,再巧妙利用双曲线的定义构建,的关系,这是离心率求值的常用方法.解法2直接根据,利用正弦定理把各边之比转化成各角的正弦值之比,这种方法更加简捷.解法3设出点的坐标后代入双曲线方程,构建,的关系去求离心率的值,这种方法在高考解题中经常用到,但计算量较大.
【题目4-7】 如图,已知椭圆:,圆:,点,分别
是椭圆的左顶点和左焦点,是圆上的动点,且为定值,则椭圆的离心率为( )
A.
B.
C.
D.
解法1 设,,则有：
,因为为定值,
所以,所以,所以或或,
又因为,所以.故选D.
点拨 设出点的坐标,代入,利用比例的合分比性质求解.
解法2 点分别取圆与轴的两个交点这两个特殊位置,
易得,化简得,
即,又,所以,故选D.
点拨 利用点的特殊位置列式求解.
赏析 解法1使用了代入法,是解析几何常用的方法之一,适当应用可以起到事半功倍的效果,利用合分比性质则对学生的基本功要求较高.解法2利用点的特殊位置来求解.
【题目4-8】 已知双曲线:,的右顶点为,以为圆心,为半径作圆,
圆与双曲线的一条渐近线交于,两点.若,则双曲线的离心率为 .
解法1 如图,过点作直线的垂线,交于点,
因为,,
所以是等边三角形,
又因为,所以,
所以,所以.
点拨 利用等面积法构建,,的关系式进行求解.
解法2
如图,过右焦点,右顶点分别作直线的垂线,垂足分别为,.
因为,,所以,所以.
又因为,
所以.
同解法1得,
因为焦点到渐近线的距离为,所以,所以.
点拨 利用三角形相似建立,,的关系式.
解法3 双曲线上任意一点到两条渐近线的距离之积为,故顶点到渐近线的距离为.
由解法2可知,所以.
点拨 利用双曲线上任意一点到两条渐近线的距离之积为定值求解.
解法4 如图,将坐标原点向右平移个单位长度,则原来的点变为点,
点的坐标变为.由已知得,
在中,，所以,
所以.
点拨 将坐标系平移后,利用直角三角形的正切 值 确 定两直角边之比,再进行求值.
解法5 因为,,
所以是等边三角形,,
即渐近线被圆截得的弦的长为.
设直线的参数方程为为参数),
代入圆的方程得,
设点,对应的参数分别为,,
则,
,所以,
所以,即,
所以.
点拨 利用直线的参数方程中的几何意义求解.
赏析 解法1利用等面积法求高,构建,,的关系式进行求解,这是常用的处理方法,非常巧妙.解法2利用两个三角形相似找到边之间的关系从而建立,,的关系式,主要考查学生对于双曲线的一些基本性质的掌握情况,值得推广.解法3利用双曲线上任意一点到两条渐近线的距离之积为定值求解,需要学生有很扎实的基本功.解法4将坐标系平移后,直接利用直角三角形的正切值确 定两直角边之比,非常巧妙,需要学生有很强的几何构建能力和分析能力,对学生的自我修养要求较高.解法5利用直线的参数方程换元,结合参数方程中的几何意义求解,更侧重考查学生的计算能力和问题转化能力.
【题目4-9】已知椭圆的左、右焦点分别为,,若椭圆上存在点(异于长轴的端点),使得,则该椭圆离心率的取值范围是 .
解法1 在中,由正弦定理得,
由已知得,即,
设点,由焦半径公式得,,所以,
解得,由椭圆的几何性质知,
所以,整理得,
解得或,又因为,所以.
点拨 利用焦半径公式,结合椭圆的几何性质构造不等式求解.
解法2 在中,由正弦定理得,由已知得,
即,由椭圆的定义知,
所以,
由椭圆的几何性质知,整理得,
解得或,又因为,所以.
点拨 利用椭圆的定义,再结合椭圆的几何性质求解.
赏析 解法 1 利用正弦定理得出与的关系,并结合焦半径公式得出关于的表达式,再利用椭圆的几何性质列出不等式,从而得出所求.解法2由正弦定理得出与的关系,并结合椭圆的定义,再利用椭圆的几何性质列出关于,的不等式求解,减小了计算量,但对学生的思维转化能力要求较高.
【题目4-10】 已知,为椭圆的两个焦点,若椭圆上存在点满 足,则此椭圆离心率的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
解法1 如图,设右焦点为,过点作于点.
因为,所以∽,所以.
因为焦点到渐近线的距离为,即,所以,即,
所以.因为，
所以,即,则,即,即,
所以,又因为,所以,故选B.
点拨 利用三角形相似构建各边关系,再结合已知条件转化为关于,,的不等式求解.
解法2 将代入得,则,,,
将代入,得,则,,，
因为,所以,即,
所以,所以,即，
所以,又因为,则,故选B.
点拨 求出各点坐标,直接利用已知条件转化为关于,,的不等式求解.
赏析 解法1利用两个直角三角形相似构建各边的等量关系,从而把已知条件转化为需要求解的,, 的关系,再利用进行处理,最后求出离心率的取值范围.解法2将焦点的横坐标代入双曲线方程和渐近线方程,从而求出点,,,的坐标,再利用两点间距离公式代入已知不等式求解,这种方法计算量较大,和解法 1 相比优势不明显
【题目4-12】已知椭圆长轴的两个端点分别为,,如果椭圆上存在点使得 ,则椭圆离心率的取值范围是 .
解法1 如图,设,,则,
,所以.
因为,所以,
所以,所以,
即,所以,又,所以.
点拨 利用椭圆的参数方程,通过,列出正切的关系式求解.
解法2 如图,当点位于短轴端点处时,最大,由题意知，
由余弦定理得,所以,
即,
所以,又,所以.
点拨 利用点在短轴顶点时张角最大直接解决问题.
解法3 由解法 2知,，
,所以,即,
所以,又,所以.
点拨 同解法2 ,利用角的范围构造,,的不等式进行求解.
解法4 设,,,,分别是直线,的倾斜角,.
则,又因为,所以,
如图,,
令,则,
所以,所以,又,所以.
点拨 利用结论 直接求解.
解法5 由题意知,,,
可求得的外接圆方程为,点在椭圆上,
设,代入圆的方程得,
整理得,
所以,又,所以.
点拨 利用圆和椭圆的位置关系，结合椭圆的参数方程求解.
赏析 解法1巧妙构造直角三角形,利用正切的和角公式进行问题的转化,需要学生有很强的图形 分割能力和分析问题的能力.解法2利用椭圆的几何性质确定最大角的位置,结合余弦定理处理 问题,是很常见的方法.解法3同解法2,利用正切的定义把问题转化进而求值,也是很值得学习的方法,但对学生的思维转化能力要求较高.解法4利用结论解题,对学生的知识素养要求比较高.解法5利用椭圆的参数方程、圆和椭圆的位置关系处理问题,计算量较大,对学生的综合能力要求也比较高.
【题目4-13】设,是椭圆的两个焦点,若椭圆上存在点使得 ,则椭圆离心率的取值范围是 .
解法1 当点与短轴端点重合时,最大.由题设可知,
所以,即,
所以,
又因为椭圆离心率,所以.
点拨 利用张角最大结论求解，证明详见《一题一课 高中数学好题赏析》一书.
解法2 设,,.
由椭圆定义及余弦定理得,
即,亦即.
所以,即,,
所以.又,所以.
点拨 利用椭圆的定义、余弦定理和不等式解决问题.
解法3 不妨设点在轴上方,,，
则,
由椭圆方程得,代入上式得,
解得或(舍去).
又因为,故有.
所以,即.
又,所以.
点拨 利用两角差的正切以及椭圆上点坐标的范围解决问题.
解法4 设,,则.
由正弦定理得,
故.
又,故.
点拨 利用正弦定理和比例知识解决问题.
赏析 椭圆的离心率反映了椭圆的扁平程度.解法1中的“当为短轴端点时,最大”这一结论要熟悉.解法2运用椭圆定义、余弦定理和基本不等式巧妙转化并解决问题.解法3中的“” 平凡中见神奇. 解法4运用三角函数的有界性,巧妙地求出了离心率的取值范围.
变式练习
【变式4-1】在等边中,若,为焦点的椭圆经过点,则该椭圆的离心率为 .
【变式4-2】已知,是双曲线的左,右焦点,过点且垂直于实轴的直线交双曲线于,两点,,则离心率 .
【变式4-3】 已知,为双曲线的左、右焦点,过点作双曲线渐近线的垂线,垂足为,若,则双曲线的离心率 .
【变式4-4】过双曲线,的左焦点作圆的切线,切点为,延长交双曲线右支于点,若为的中点,则双曲线的离心率为 .
【变式4-5】已知双曲线(,的两条渐近线分别为,,经过右焦点且垂直于 的直线分别交,,于,两点,若,,成等差数列,且与同向,则该双曲线的离心率为 .
【变式4-6】已知,为椭圆的左、右焦点,若椭圆上存在点,满足,则该椭圆离心率的取值范围是 .
【变式4-7】已知,为椭圆的左、右焦点,若椭圆上存在点使得,则该椭圆离心率的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
【变式】已知椭圆的左、右焦点分别为,,离心率为,是椭圆上一点,满足,点在线段上,且,若,则 .
【变式4-9】过双曲线的右焦点作圆的切线(切点为),交轴于点,若为线段的中点,则双曲线的离心率是 .
【变式4-10】若双曲线的右顶点为,过其左焦点作轴的垂线,交双曲线 于,两点,且,则该双曲线离心率的取值范围为 .
【变式4-11】已知,分别是双曲线:的左、右焦点,是虚轴的端点,直线与的两条渐近线分别交于,两点,线段的中垂线与轴交于点,若,则双曲线的离心率是( )
A.
B.
C.
D.
【变式4-12】已知椭圆:的两个焦点为,,若椭圆上存在点使得 为钝角,则该椭圆的离心率的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
【变式】,分别为双曲线:的左,右顶点,若双曲线上存在点使得,两直线的斜率满足,则双曲线的离心率的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.
【变式4-14】已知,为双曲线的左,右顶点,点在上,为等腰三角形,且顶角为,则双曲线的离心率为( )
A.
B.2
C.
D.
【变式4-15】已知为坐标原点,是椭圆:的左焦点,,分别为的左、右顶点,为上一点,且轴.过点的直线与线段交于点,与轴交于点.若直线经过的中点,则椭圆的离心率为( )
A.
B.
C.
D.第5讲 活用边角好关联，定理公式共解题
三角函数的求值,以及求解三角形中边、角、周长、面积等相关量的值或范围是高考中的高频考查对象,一方面考查了学生灵活运用三角函数公式,正余弦定理的能力,另一方面又考查了学生的转化与化归思想,在题型方面可以与多个高中数学知识点结合,考查全面,形式多变.解决此类问题既要熟记公式及相关变形,又要深度挖掘边角关系,借助函数、方程、不等式等进行转化与求解.
【题目5-1】已知,则 .
解法1 由,得,
所以,
解得或(舍去),所以.
点拨 利用弦切转化并结合同角三角函数关系，求出具体的正、余弦值.
解法2 因为,
所以
.
点拨 利用弦切转化并结合条件与问题形式上的内在关系，转化构造.
赏析 解法1直接运用题设条件及同角三角函数关系列方程求解，求解时要注意角的范围这一隐含限制条件.解法2结合题设条件与问题的倒数乘积为的关系转化求解,体现了对公式的灵活运用.
【题目5-2】已知,则 .
解法1
,
由,得,
平方得,
因为,所以,
可得,
所以.
点拨
利用三角函数常见变形形式，进行转化.
解法2
,
由已知得,
所以.
点拨
,把看成一个整体,运用整体代换法减少运算量.
解法3
,
又因为,所以,
所以.
点拨
利用角之间的关系，借助三角恒等变换,求出和,继而得解.
赏析
题目以三角函数求值为载体,考查了三角函数求值与化简.解法1利用切化弦,然后借助同角三角函数的变形形式求解.解法2运用了构造思想,将所求形式往题设形式转化.解法3利用两角关系,构造求值.三种解法都要求学生具有灵活运用公式的能力以及较强的运算化简能力.
【题目5-3】已知的三边满足,则 .
解法1
因为,所以,
即,所以,
从而,整理得,
所以,又因为,所以.
点拨
对表达式进行分离常数变形,再结合余弦定理求解即可.
解法2
当时满足条件,此时.
点拨
根据题设特点，巧取特殊值求解.
赏析
解法1借助题设关系式的特征进行转化变形,构造余弦定理所需形式.解法2利用由特殊到一般的思想,巧妙得出答案.这两种解法都考查了学生对数学思维的灵活运用能力.
【题目5-4】在中,,则角的平分线的长为 .
A.
B.
C.2
D.1
解法1
在中,由角平分线定理有,
因为,所以18,
所以,由于与互补,
所以,
所以,
所以,解得.
故选C.
点拨
根据两角互补,余弦值互为相反数,在两个三角形中借助余弦定理和角平分线定理求解.
解法2
由解法1可得,在中,,
在中,
所以.故选C.
点拨
在两个三角形中，两次运用余弦定理求解.
解法3
因为,且,所以,
所以.
由解法1得,所以,
所以,解得或,又当时,
在中,,构不成三角形,所以2.
故选C.
点拨
多次运用余弦定理求解，注意角的取舍.
解法4
因为,所以,又因为,
所以又因为,利用面积关系有,
所以,所以故选C.
点拨
利用边角关系，然后借助面积比例及面积公式求解.
解法5
由三角形角平分线定理有,
所以,
所以,
所以,
所以故选C.
点拨
借助平面向量，建立合适的基底求解.
解法6
如图,以为坐标原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,
因为,
所以,则,
由解法3得到,设点,所以,
所以,所以,所以.
故选C.
点拨
建立平面直角坐标系，化为坐标运算，最终演变为求点的坐标.
解法7
由解法6可得,设点,
由向量的数量积有,
所以,
所以,即.
又三点共线,且,
所以,即,
与联立,解得,所以
故选C.
点拨
借助平面向量表示夹角的余弦值,然后借助共线向量的性质求点的坐标即可.
解法8
如图,延长,交的外接圆于点,连接GC,
因为,所,
所以,所以
又,所以
又因为,所以,
所以,所以
又由解法1得到,所以,
所以.
故选C.
点拨
巧妙利用外接圆,利用三角形相似得到边的关系求解.
解法9
如图,过点作,交于点,
由解法1得到,所以,所以
在中,,所以,
所以,所以
,所以
故选.
点拨
作的平行线,巧妙地进行角度的转化,然后借助余弦定理求解.
赏析
本题是解三角形题型中常见的角平分线形式,考查的是学生对边角关系的灵活处理能力.确解法1、解法2、解法3利用角相等、角互补等关系多次运用余弦定理求解.解法4利用角平分线性质定理,找出边的关系,然后利用面积成比例求解.解法5、解法6、解法7借助向量,转化为向量的数量积、坐标运算等形式求解,在解三角形题型中,利用向量巧妙转化从而减少运算量是常见的解题思路.解法8和解法9运用了平面几何知识解决,借助辅助线巧妙变形转化.
【题目5-5】已知在中,边上的高等于,则的值为 .
A.
B.
C.
D.
解法1
如图5-4,作于点,则,所以,
所以,tan,所以.故选C.
点拨
作边上的高,将所求角一分为二,然后借助直角三角形、正切的和角公式求解.
解法2
如图,作于点,设,则,
,由余弦定理得.
故选C.
点拨
作边上的高,求出边长,然后借助余弦定理求解.
解法3
如图,作于点,设,则,,
因为,所以,易知为钝角,
所以.
故选C.
点拨
作边上的高,求出边长,然后借助正弦定理求解.
解法4
如图5-4,作于点,设,则,,
由,可得,易知为钝角,所以.
故选C.
点拨
作边上的高,求出边长,然后借助面积的两种表达形式求解.
解法5
如图,作于点,取的中点,则
设,则,
由余弦定理得,所以,
所以.
故选.
点拨
作边上的高,求出边长,然后借助余弦定理求解.
赏析
此题考查的是求角度问题,前四种解法都通过作高把角度一分为二,分别借助正弦定理、余弦定理、面积等形式求解,通过作高构造直角三角形,能使形式变得简单,使运算变得简捷.
【题目5-6】如图5-6,已知点在的边上,且,则
解法1
易知,
由余弦定理得,即,
所以.
由正弦定理得,则,
所以.
点拨
先由余弦定理求出的长,再由正弦定理求出的三角函数值.
解法2
,设,在中,由余弦定理得,所以,在中,,
所以.
点拨
在中,应用正弦定理将问题转化为求的值，然后应用余弦定理求得
的值.
解法3
设,则,
在中,由余弦定理得,
即,解得.
在中,由余弦定理得，
所以,所以.
点拨
在中应用两次余弦定理,分别求出的边长和的三角函数值.
解法4
在中,由正弦定理得,
即,所以.
在中,因为,所以
在中,由正弦定理得,
所以.
所以.
点拨
在中应用两次正弦定理,分别求出的三角函数值和的长.
解法5
如图,过点作的垂线,交的延长线于点,则.
在中,,
在中,,
,所以
点拨
在中求出的长,然后在中求得的长和的三角函数值.
解法6
如图5-8,作于点于点,设,
在中,应用余弦定理得,
即,解得,
所以.
在中,应用等面积法得,
所以,解得.
所以.
点拨
在中,应用余弦定理求得的长，然后在中,应用等面积法求得的长.
赏析
此题考查了解三角形中的求边求角问题,六种解法都使用了正弦定理和余弦定理,解法1先借助余弦定理求边,再借助正弦定理求角,属于这类题型的常规解法.解法2先正弦后余弦,在思维方式上较接近解法解法3和解法4在两个三角形中运用余弦定理和正弦定理,当一条线段分三角形为几个小三角形时,多次采用正弦定理和余弦定理可以实现边角间的有效联系.解法5通过构造直角三角形,实现形式上的简化.
【题目5-7】在中,是的中线,,则 .
解法1
由,得,
所以.
点拨
利用平行四边形法则，转换为向量形式,利用向量求模长形式求解.
解法2
由,可得,
所以,又为的中点,所以,
所以,
又,
所以,所以,
解得
点拨
两角互补,对应的余弦值之和为0,在两个三角形中借助余弦定理求解.
解法3
由,可得,所以,由极化恒等式可得,
所以,解得,所以
点拨
利用极化恒等式,转化为向量形式求解.
解法4
如图,以为原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,
则,所以,于是.
点拨
建立平面直角坐标系,表示出点的坐标,利用向量模长求解.
解法5
如图5-10,延长,作,连接,则四边形为平行四边形,
所以,则有,
由,解得,所以.
点拨
构造平行四边形,然后借助平行四边形边的性质求解.
解法6
如图5-11,延长至点,使,连接,则,
所以,所以
点拨
构造三角形,利用中位线和余弦定理求解.
赏析
本题考查的是中线问题,又是一条线段分三角形为几个小三角形的典型形式,解法巧妙地将平面向量和解三角形相结合,使复杂问题简单化.解法2在两个三角形中,借助邻角互补,用余弦定理实现边角的联系,是这类问题常见突破口.解法5和解法6是往平面几何的方向去转化和构造,借助平面几何的知识使问题迎刃而解.
【题目5-8】在中,,角的平分线,则 .
解法1
在中,由正弦定理得.
由题意知,所以,
所以,得,所以.
由余弦定理得.
点拨
结合正余弦定理解斜三角形,注意角的范围限制．
解法2
过点作的平行线,与的延长线交于点(图略),
由解法1得.在中由正弦定理得,由,
解得.
点拨
利用角平分线性质定理结合三角形相似求解.
解法3
过点作的垂线,与的延长线交于点(图略),
则,得,
所以,解得.
点拨
构造直角三角形,将放在直角三角形中求解.
解法4
以为原点,以所在直线为轴建立平面直角坐标系,则,直线的方程为,设,由,解得,则直线的斜率为,于是,故直线的方程为,与联立得,得.
点拨
建立平面直角坐标系,先利用直线方程求出点的坐标,再求解.
赏析
此题考查了解三角形问题中的求边长问题.解法1为常规的正余弦定理的应用.解法2从角平分线性质定理出发,构造相似三角形,找出比例关系求解.解法3构造直角三角形,变斜为直,简化思维方式.解法4借助平面直角坐标系,把三角形问题转化为求向量坐标及模长问题,实现了知识间的紧密结合.
【题目5-9】在中,角和角都是锐角,,则的最大值为 .
解法1
因为
又因为
而
当且仅当时等号成立，即
点拨
利用角之间的关系,分离参数,然后结合基本不等式求解.
解法2
因为,
所以,
所以
这个关于的一元二次方程有根，
所以
解得
因为角是锐角,所以.
点拨
构造一元二次方程,根据方程有实数根等价于得出范围.
赏析
此题考查了三角函数最值问题,需找出不等量关系求解.解法1通过转换构造,借助基本不等式提供不等量关系.解法2借助函数与方程思想,利用判别式提供不等量关系.基本不等式和判别式所提供的不等量关系在高中数学多个知识点和题型中均有所涉及,常作为解题突破口,应充分重视此类思维方法的运用.
【题目5-10】在中,是的中点,边(含端点)上存在点,使得,则的取值范围是 .
解法1
如图5-12,当点与点重合时,,此时,当点无限接近点时,角的大小接近,此时接近1,所以.
点拨
利用点的极端情况,进行极端分析,进而得到的上下限.
解法2
如图,若上存在点,使得,则为锐角或直角.
所以在中,,
因为
所以,
因为,
所以,
化简得,即,所以.
点拨
利用三角形不同形状时三边的关系,结合余弦定理求解.
解法3
如图5-14,以为原点,直线为轴建立平面直角坐标系,
则,设,
所以,则,
所以,由和,可得.
点拨
函数思想是求范围时常用到的,关键是找到两个变量间的关系,并且要注意范围的限制.
赏析
此题考查的是角的最值问题.解法1通过讨论分析,借助数形结合,考虑临界情况得解.解法2在多个三角形中采用余弦定理,然后根据角的范围求解.解法3借助平面向量,构造函数,利用函数求最值思路求解.
【题目5-11】在中,角所对的边分别为,若,则的取值范围是 .
解法1
因为,所以由,得,
所以,因为,所以,所以,当且仅当时取等号.又因为,当或趋向于零时,趋向于3.所以.
点拨
利用余弦定理,结合基本不等式求解,要注意等号成立的条件.
解法2
因为,由,可得,
因为,则,所以,
所以,所以.
点拨
利用正弦定理边角互化,然后结合三角函数的有界性求解.
解法3
设,则,由解法1得,
所以,所以,所以.因为
,所以,所以,所以,所
以,所以.
注:也可利用,从而求出的范围.
点拨
利用三角换元,结合三角函数的有界性求解.
解法4
设,因为,所以,即
,所以,所以,
所以,所以.当时,,又,所以,所以.
点拨
利用整体换元,结合常数替换巧妙地构造二次方程求解.
解法5
如图5-15,建立平面直角坐标系,设的外接圆方程为,为方便计算,不妨让与轴平行,设点,易得,
所以,由图可得,所以.
点拨
利用点的对称巧妙建立坐标系,数形结合求解.
赏析
此题考查与边相关的最值问题,解题的突破口在于找出不等量关系.解法1结合余弦定理,由基本不等式提供不等量关系.解法2和解法3均由三角函数的有界性提供不等量关系.解法4通过构造二次函数,由判别式提供不等量关系.解法5通过平面向量的转化,由坐标的范围限制提供不等量关系.在解决此类问题时应掌握由取值范围想到找不等量关系这个思路,寻找题目中能提供的不等量关系,快速找到解题突破口.
【题目5-12】在中,角所对的边分别为,若,且,则的面积的最大值为 .
解法1
如图,取的中点,设,则有,
,当且仅当时取等号,因为,所以.
点拨
利用几何法求面积，结合基本不等式求最值
解法2
由海伦公式,
得，当且仅当时,即时等号成立.
点拨
体现出边的关系,利用海伦公式结合基本不等式求解.
解法3
因为,所以,
所以,化简得,
,设,则,
所以,解得.
点拨
利用余弦定理，构造三角函数求最值
解法4
如图,所以,
所以,
所以
点拨
利用三角函数的有界性、同角三角函数关系式和均值不等式求解.
赏析
此题考查面积最值问题,首先需要表示出面积,然后根据面积的表现形式寻找其中存在的不等量关系.解法1和解法2,一种是用底乘以高的形式表示面积,一种是用海伦公式的形式表示面积,但在提供不等量关系时均采用了基本不等式.解法3和解法4,一种是用边和正弦值乘积的形式表示面积,一种是用底乘以高的形式表示面积,两种解法均借助三角函数的有界性得到不等量关系.
【题目5-13】在中,角的对边分别为,若的面积,则边的最小值为 .
解法1
因为,所以,所以,
解得.因为,则,
所以
因为,所以,则,
所以
点拨
利用正弦定理将边化角,然后结合三角函数的有界性求解.
解法2
因为,所以,所以,
解得.因为,则,所以.
又因为,所以,解得.
点拨
利用余弦定理，结合基本不等式求最值。
解法3
因为,所以,所以,
解得.
因为,所以为的边上的高）,
当平分时,最小,此时.
点拨：
利用余弦定理，结合基本不等式求最值。
赏析：
此题考查边的最值问题,三种解法的突破口都是找不等量关系,借助了基本不等式和三角函数的有界性求解.
【题目5-14】在中,若分别是的中点,
则的取值范围为 .
解法1
因为,所以,设,则,
在中使用余弦定理得,
在中使用余弦定理得
所以,
因为,所以,所以的取值范围为.
点拨
利用余弦定理边化角,然后结合三角函数有界性求解.
解法2
因为,所以,设,则,
设,则.使用中线长定理得,
即,
同理可得,
所以,
因为,所以,所以,
所以的取值范围为.
点拨
使用中线长定理,利用边长关系表达两条中线长的比值.
解法3
以所在的直线为轴,的中点为原点建立平面直角坐标系.
设,所以,设,因为,所
以,可得,两边平方整理得
,
因为分别是的中点,所以,
所以,
因为在上单调递增,所以,
所以的取值范围为.
点拨
借助坐标运算表示中线长,虽看来计算复杂,实则思路清晰.
赏析
此题考查边的比值的最值问题.解法1利用余弦定理,由边化角,然后借助三角函数的有界性求解.解法2引进变量,把边长转化为变量的函数形式,借助函数求取值范围.解法3通过建立平面直角坐标系,把边长转化为点的坐标的形式,然后构造函数,同样借助函数求取值范围.
【题目5-15】在中,,则的最大值为
解法1
由余弦定理得,即,
设,则,
代人整理得
因为此方程有解,则,得,
所以.
点拨
由余弦定理得到关于的方程,将所求量设为变量,代入方程,利用方程有解求出最值.
解法2
由余弦定理得,即，
设,由对应系数相等得
，解得
所以,
所以.
点拨
由余弦定理知,用待定系数法将所求量构造成含的式子求解.
解法3
由得,得,所以.
由正弦定理得,
所以
其中,当时取最大值.
点拨
利用正弦定理由边化角,将所求量转化为三角函数求解.
赏析
此题考查边的最值问题,三种解法的突破口都是找不等量关系.解法1构造一元二次函数,然后由根的判别式提供不等量关系.解法2通过构造题设形式,然后由平方式大于等于0提供不等量关系.解法3利用正弦定理由边化角,然后借助三角函数的有界性求解.这些提供不等量关系的思路及形式应牢牢掌握.
变式练习
【变式5-1】已知,则 .
【变式已知,则 .
【变式5-3】已知,则 .
【变式5-4】在中,分别是角所对边的边长,若的面积为,且,则 .
【变式5-5】在中,是边上的点,平分的面积是面积的2倍,若
【变式5-6】在中,角的对边分别为,且的外接圆半径,.若边上一点满足,且,则的面积为________.
【变式5-7】在中,角所对的边分别为,若,则的值为().
A.
B.
C.
D.
【变式5-8】在中,是边上的中线,,则________.
【变式5-9】在中,,则________.
【变式5-10】在中,是边上的点,平分的面积是面积的2倍.
(1)求
(2)若,求和的长.
【变式5-11】在中,,则角的平分线的长为（）.
A.
B.
C.2
D.1
【变式5-12】在中,角的对边分别是若的面积为2,边上的中线长为,且,则中最长边的长为________.
【变式5-13】在锐角中,角所对的边分别为,若,则面积的取值范围是________.
【变式5-14】在中,角所对的边分别是已知,边上的中线长为4,则面积的最大值为________.
【变式5-15】在中,,点满足,且线段,则的最大值是________.
【变式5-16】若的内角满足,则的最小值是().
A.
B.
C.
D.第6讲 转化配凑巧构造，灵活多变解压轴
函数与导数是高中数学的重点内容之一,也是高考考查的重点.函数压轴小题多出现在选择题第12题或填空题第16题,考查学生思维的广度与深度.常见的题型有求函数值(最值、零点)、方程根的个数以及切线问题等;涉及的基本数学方法有图象法、坐标法、配方法、换元法、因式分解法等;涉及的主要数学思想有函数与方程的思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类整合思想、整体思想、极端化思想、建模思想等.题型灵活多样,体现了高考“能力立意”的命题原则.
【题目6-1】若函数满足对任意,都有,且7,则________.
解法1：
取,易验证满足.由得
由此解得,故,所以.
点拨：用特殊函数验证.
解法2：
令,得,
令,得,
,猜想.
下面用数学归纳法证明.
()当时,成立;（ii)假设当时,成立,
则取,得,
当时,
,
即当时,成立.
由(ii)知,成立.
因此
点拨：由归纳推理可猜想出函数解析式,再用数学归纳法证明.
解法3：
令,则,
令,则
根据的任意性可得,不妨令,,得,所以
点拨：寻找递推关系求解.
解法4：
依题意得,
因此数列是以为首项,2为公差的等差数列,其中
所以.
点拨：配凑寻找递推关系证明为等差数列.
赏析
由函数值的特点可知线性函数满足题意，解法1用一次函数验证，解法2用归纳猜想，都是解决此类选择题或填空题的有效方法.解法2归纳后用数学归纳法证明，更加严谨，证明过程中的配凑也值得学习.解法3赋值后再累加求解.解法4巧妙配凑，有一定的技巧性，彰显深厚的构造功底.四种解法各有特点，灵活构造别具一格，呈现数学思维之美.
【题目6-2】已知函数,其中为自然对数的底数.若函数与有相同的值域,则实数的最大值为( ).
A.e
B.2
C.1
D.
解法1：
因为恒成立,所以单调递增,且,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,的值域为.因为与有相同的值域,所以,所以,即,所以实数的最大值为2.故选B.
点拨：用导函数研究函数值域，寻找函数值域与复合函数之间的关系.
解法2：
令
,当时,,当时,,所以
在上单调递减,在上单调递增,当时,取得
最小值;又当时,取得最小值,所以在处与同时取得最小值,所以,所以,所以.故选B.
点拨：利用函数式变形巧妙求解.
赏析
解法1是用导数研究函数的值域,通过恒成立,可得单调递增,再由可得的单调性,进而得到并且与有相同的值域,所以有得解.解法2通过将函数式变形为两个函数,发现两函数在处同时取得最小值,从而快速求解,解法2是解答选择题的好方法.
【题目6-3】已知函数,设关于的方程有个不同的实根,则的所有可能的值为( ).
A.3
B.1或3
C.4或6
D.3或4或6
解法1：
依题意得,易知在和上单调递增,在上单调递减，又当时,当时,
故函数的图象如图.
（1）当或时,有唯一实根;
（2）
（3）当或时,有2个实根;
（4）当时,无实根.
,则方程必有两根,不妨设.
当时恰有,此时直线与曲线分别有1个、个交点,题中的方程共有3个不等的实根;
当时,,此时直线与曲线分别有0个,3个交点,题中的方程共有3个不等的实根;
当时,,此时直线与曲线分别有2个,1个交点,题中的方程共有3个不等的实根.
综上,对任意,方程均有3个实根,故选A.
点拨：换元，令，分析二次方程根的情况，注意到，的值，数形结合分析与交点情况.
解法2：
如图,同解法1得到的根的情况如下：
(1)当或时,有唯一实根;
(2)当时,有3个实根;
(3)当或时,有2个实根;
(4)当时,无实根.
令,则由,得,
令,由于,得.
(i)当时,有,满足(3),此时有2个实根，
而,满足①,此时有1个实根,所以此时;
(ii)当时,,由
在上单调递增,所以,满足(1),此时有1个实根,
同理有,所以
在上单调递增,所以,所以,满足(3),此时有2个实根,所以此时;
(iii)当时,同理可得,满足(2),此时有3个实根,,满足④,此时无实根,所以.
综上得,故选A.
赏析
对于形如的复合函数的零点问题,只要换元,令,分析的零点情况,结合图象再分析与的交点情况,最终得到复合函数的零点个数.此题呈现了数形结合与分类讨论的数学思想,值得品味.
【题目6-4】函数是定义域为的偶函数,当时,若关于的方程有且仅有6个不同实数根,则实数的取值范围是( ).
A.
B.
C.
D.
解法1：
令,则方程化为,由图可知,若方程有6个根则必有,解得,
故选B.
点拨：化为二次方程根的分布问题.
解法2：
因为方程有6个根,
所以和是这个关于的一元二次方程的2个根.
因为,所以,所以.故选B.
点拨：由韦达定理求参数范围.
赏析
求解复合方程根的个数，关键在于正确画出函数图象，利用数形结合解决问题.解法1将问题转化为二次方程根的分布，解法2运用韦达定理，都是解决此类问题的常规方法.
【题目6-5】已知当.时,函数的图象与的图象有且只有一个交点,则正实数的取值范围是( ).
A.
B.
C.
D.
解法1：
当时,,所以讨论当时与的大小关系.
(1)当时,,解得,如图;
(ii）当时,,解得,如图.
综上,.故选B.
点拨：对参数进行分类讨论,结合两个函数的图象求解.
解法2由题意知只有1个实根,且,令得只有1个实根,
则在上单调递减,在上单调递增,
当时,,所以符合题意;
当时,,所以需要,得符合题意.
综上得.故选B.
赏析
解法1运用数形结合的方法，通过讨论参数范围快速求解.解法2构造函数，利用导函数研究函数的单调性，通过讨论极值点与区间的关系解决问题.
【题目6-6】已知,函数在区间上的最大值是5,则的取值范围是________.
解法1：
令，
当时,,成立;
当时,,不成立.
故的取值范围是.
点拨：换元后利用对勾函数及绝对值函数的性质分类讨论求解.
解法2：
令,则,问题转化为在上恒成立.
所以恒成立,平方得,整理得.
当时,;
当时,,所以.
当时,可以取到最大值5.
综上,的取值范围是.
点拨：换元后转化为恒成立问题.
解法3：
由题意得,得,解得.
下面证明当时,的最大值为5.
当时,,符合题意;
当时,,
因为,所以符合题意.
综上,的取值范围是.
点拨：首先利用必要条件得到的取值范围，再验证.
解法4：
当时,.
(1)当时,恒成立,故在上的最大值为5,符合题意;
(2)当时,恒成立,故,当时
取得最大值,而,解得,与矛盾,舍去;
(3)当时,设方程的两根为,
则
要使,则,即,解得.
综上,的取值范围是.
点拨：通过分类讨论去绝对值后求解.
解法5：
由题意得,当时,有,解得.又,所以,
即,所以,解得.
当时,，符合题意,故的取值范围是
点拨：利用必要条件解绝对值不等式，求出的取值范围并验证.
赏析
解法1通过换元转化为函数的最小值为5，利用对勾函数及绝对值函数的性质得到的最大值在或或处取得,再利用分类讨论得到的取值范围.
解法2通过换元,将问题转化为在上恒成立,平方后通过分离参数求出的取值范围,最后对的取值范围进行验证.
解法3首先利用必要条件求出的取值范围,再对时,是否成立进行验证.数得到,最后再对时,的最大值进行验证.
解法4首先通过分类讨论,将绝对值符号去掉,然后结合函数的值域进行分类讨论,求出的最大值,并使最大值小于或等于5,得到关于的不等式后得解.
解法5首先利用必要条件缩小的取值范围,在的情况下,通过解绝对值不等式及分离参数得到，最后再对时，的最大值进行验证。
【题目6-7】若,则的最大值为________.
解法1：
因为,所以当且仅当时取等号.
因为,当且仅当时取等号,
所以,当且仅当时取等号.
点拨：运用两次基本不等式,由两不等式取等号条件一样取到最值.
解法2：
因为,所以当且仅当时取等号.
所以,令,则原不等式可构造为,当时(即时)等号成立.
点拨：放缩构造函数.
赏析
解法1用了两次基本不等式,两次取等条件一样,从而得到最值.解法2先用不等式,然后换元转化为二次函数求最值,不等式放缩是将式子转化为常见结构的关键.
【题目6-8】已知,那么.的最小值是________.
解法1：
,
当时,当同时取到最小值.
点拨：巧妙运用配方法
解法2：
当且仅当时等号成立.
点拨：用多元均值不等式.
解法3：
,
当且仅当时等号成立.
点拨：用两次均值不等式.
解法4：
当时,单调递减,
当时,单调递增,
所以.
问题等价于与恰有一个公共点（即相切）时的值，下面求公切线；
设切点的横坐标为,则此点处的切线方程分别为,
所以,得,所以与重合,即,所以.
点拨：用导函数求最值.
赏析
解法1用配凑法把原函数化为两个函数，两个函数均有最小值且在同一点处取到.解法2和解法3用了多元均值不等式，注意到了均值不等式适用的条件，也用到了配凑的技巧.解法4用导函数求解，属常规解法，解法5转化为两个常见函数，以两函数相切为临界点求最值.
【题目6-9】已知为函数图象上的任意一点,为圆上任意一点,则线段的长度的最小值为( ).
A.
B.
C.
D.
解法1.
设,则
令,则,
所以单调递增,又,所以当时,,当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,所以故选.
点拨：设出点的坐标,用两点间距离公式求解.
解法2如图,设满足.
设,由知,即,
得,即.
令，
当时,;
当时,,
所以在上单调递增,又,即有唯一零点,所以.故选C.
点拨：用切线法求解.
解法3:
如图,作圆与相切,切点设为,它们在切点处有相同的切线.的切线方程为,
圆的切线方程为,两切线重合,则,即,易知其解为,所以.故选C.
点拨：利用圆的切线方程求解。
赏析
解法1由两点间距离公式求出函数上的点到圆心距离的最小值，再减去半径得到答案，建议学生熟练掌握该解法.解法2求出的切线到圆心距离的最小值，再减去半径即为所求.解法3利用过圆上一点的切线方程与函数的切线重合求出切点坐标，进而求出最小值.
【题目6-10】如图,将一块半径为2的半圆形纸板切割成等腰梯形的形状,下底是半圆的直径,上底的端点在半圆上,则所得梯形的最大面积是________.
解法1如图,设,则，
所以,
即
,
当且仅当,即时等号成立.
点拨：利用四个正数的均值不等式求解.
解法2:
令
,即,解得或(舍去),所以在上单调递增,在上单调递减,
所以当时,.
点拨：导数法
赏析：解法1通过配凑，利用四个正数的均值不等式求解.解法2利用导函数求面积的最值。
【题目6-11】若曲线与曲线存在公切线,则下列对的取值情况判断正确的是( ).
A.最大值为
B.最大值为
C.最小值为
D.最小值为
解法1:
当时显然满足题意,排除，,下面求当时的最大值.
设两曲线切于一点时切点为则解得
所以时无公切线,
所以,故选B.
点拨：两曲线相切时为临界状态.
解法2:
同解法1,求时的最大值.设两切点分别为.
(当时,同解1得)
则,把代入①式整理得
得,代入②式得,令
,所以在上单调递增,,上单调递减,
(当时取到),所以,故选B.
点拨：设切点，用分离参数法求解.
解法3
令得令g(x)在上单调递增,在上单调递减,,.故选B.
点拨：两函数都是下凸函数,只要两函数图象在时有交点即可.
解法4
设曲线上的任意一点的坐标为,
所以曲线在点处的切线方程为.
当时,
设是曲线上的一点并且曲线在点处的切线斜率为,则,所以所在直线的斜率,
整理得,
构造函数,则.
当时,单调递减,
当时,单调递增,
所以,所以
(2)当时,点处的切线斜率小于0,曲线上任意一点的切线斜率都大于0,此时曲线与曲线没有公切线;
(3)当时,点处的切线斜率大于0,曲线上任意一点的切线斜率都小于0,此时曲线与曲线没有公切线;
(4)当时,设是曲线上的一点并且曲线在点处的切线的斜率为,点的坐标为,所在直线的斜率,
所以,
所以,
构造函数,则,
所以函数在时的值域为,所以时,符合题目要求.
综上所述,故选.
点拨：分类讨论,小题大做.
赏析
解法1寻找两函数相切时的临界状态，从而求出参数的最值.解法2设切点坐标寻求变量间的关系，统一变量构造新函数.解法3从函数本身的特点入手，将有公切线转化为两函数有交点.解法1、解法2、解法3都是根据选项，结合题意分析时的情况，是解答选择题的方法.解法4分类讨论，将各种情况分析清楚，求解更加严谨，是解答大题的方法，要注意讨论全面.
【题目6-12】已知函数和的图象相切,则________.
解法1：
设切点为,
由题意可得所以,,
代入第一个等式,得,
令,则,所以在上为增函数,又,所以是方程的根,代入得.
点拨：设出切点坐标，利用切点的性质解题，即切点的导数值等于切线斜率，同时切点坐标满足切线方程和函数解析式，联立即可求解.
解法2：
设切点为,
由题意可得,所以,,
代入第一个等式,得,即,与的图象显然有唯一交点,即,所以,求得.
点拨：从小题解题角度出发,可以变形为,数形结合易看出两图象的交点为,从而减少计算量.
赏析
高考对导数几何意义的考查多体现在切点问题的求解上，设出切点坐标，利用切点性质是基本思路.解法1是解答题思路，要点是转化成切点横坐标的方程，根据方程根的个数确定切点的个数.解法2利用两函数图象交点快速确定答案，适合选择填空题.
【题目6-13】设直线分别是函数图象上点处的切线,与垂直且相交于点分别与轴相交于点,则的面积的取值范围是( ).
A.
B.
C.
D.
解法1：
设则切线的斜率分别为,且,所以.
所以切线的方程为,
切线的方程为
令得所以
联立得所以,
因为,所以,所以故选.
点拨：由切线方程求出点，的坐标再计算面积.
解法2：
如图,由解法1得点在以$AB$为直径的圆上,又所以.故选A.
点拨：求出点，的坐标后观察其几何特征.
赏析
解法1求出切线方程，利用已知条件得出为定值，再计算两切线交点，求出三角形面积的取值范围，解法2计算出三角形底为定值后数形结合，根据交点横坐标的取值范围即高的取值范围选出答案.
变式练习
【变式6-1】设定义域为的函数则关于的方程
有7个不同的实数根的充要条件是( ).
A.且
B.且
C.且
D.且
【变式6-2】已知函数若关于的方程有4个不同的实数根,则实数的取值范围是________.
【变式6-3】已知函数是定义域为的偶函数,当时,若关于的方程有且仅有6个不同的实数根,则实数的取值范围是________.
A.
B.
C.
D.
【变式6-4】已知函数若关于的方程有且仅有5个不同的实数根,则实数的取值范围是( ).
A.
B.
C.
D.
【变式6-5】已知为定义在上的连续可导函数,当时,,则函数的零点个数为( ).
A.0
B.1个
C.2个
D.0或2个
【变式6-6】已知函数,若关于的方程恰好有4个不相等的实数根,则实数的取值范围为( ).
A.
B.
C.
D.
【变式6-7】设过曲线上任意一点的切线为总存在过曲线上一点$的切线,使得,则实数的取值范围为( ).
A.
B.
C.
D.
【变式6-8】已知直线是曲线与曲线的一条公切线,直线和的切点为,点的横坐标为,则满足( )
A.
B.
C.
D.
【变式6-9】若函数在区间上的最小值为,则实数________.
【变式6-10】已知函数在区间上无极值点,则实数的取值范围是________.
【变式6-11】已知,函数在区间上的最大值为,则实数的取值范围是________.
【变式6-12】已知函数.若方程恰有4个互异的实数根,则实数的取值范围为________.
【变式6-13】设点在曲线上,点在曲线上,则的最小值为( )
A. B. C. D.
【变式6-14】已知函数,直线与曲线相切,则________.
【变式6-15】已知函数,若过点存在3条直线与曲线相切,则实数的取值范围是________.第7讲 多元函数最值题，消元转化策略多
多元函数最值问题是各类考试中的热点,常与函数,导数,方程等知识结合起来考查.解题方法主要有均值不等式法,换元法、齐次化法、判别式法,构造函数法,数形结合法等,应结合已知条件及目标函数灵活选用合适的方法解题.
【题目7-1】已知正数满足,则的最小值为________.
解法1
因为,所以,
令,求导,为:
,
所以当且仅当时,.
点拨
先消元，再求导
解法2
所以当时,.
点拨
通分后,分离常数,再用基本不等式求解.
解法3
令得
又因为所以即
因为所以
即.
解法4
所以当时,
点拨
凑项，利用基本不等式求解
赏析
二元函数求最值问题,分式计算首选通分化简,分离常数,然后用均值不等式(解法2).由于已知
,可以先通过放缩消元,再利用导数求最值(解法1,消元后还可以利用配凑法把第一个分式分离参数得到后与第二个分式比较,凑成乘以一个常数,这样就可以利用均值不等式求解(解法4).由所求表达式为两个分式的式的形式,也可以先把两个分式整体换元,即,这样目标函数就变为整式的形式,即,代入已知条件,可得到,再转化为含的不等式,通过解不等式得到最值(解法3).
【题目7-2】若正数满足,则的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
解法1
由得,所以
当且仅当,即时等号成立.故选.
点拨
乘“1”法,利用均值不等式求最值.
解法2
由得由柯西不等式知,所以,当且仅当,即时等号成立.故选C.
点拨
先利用配凑法，再利用柯西不等式求解.
解法3
由
得所以
又所以
即.故选
解法4
由得
所以
当且仅当，即时等号成立,
所以.故选C.
点拨
消元后，配凑均值不等式求解.
解法5
因为,
所以所以所以
点拨
设出目标函数，通过消元得到一元二次方程，利用判别式求解.
令,则,
代入已知等式,消去得：
,得,
因为方程有实根,所以,
所以或(舍去),所以.故选.
解法6
由得,
由已设
所以
当时,单调递减,
当时,单调递增,
所以,得.故选C.
点拨
运用消元思想,由已知求出,代入目标函数,得到关于的函数,再利用导数求最值.
解法7
由题意得,函数的图象如图
目标函数,由图可知当向
量在向量上的投影最小时,取到最
小值,即函数的切线与.垂直
时,切点为取到最小值时的点,又由
,解得或(舍去),所以切
点为.
所以.故选.
点拨
把已知条件看成函数，目标函数看成数量积
赏析
解含有条件的二元最值问题,常用方法有以下几种.一、整体利用已知条件,由已知等式变形得到,将目标函数乘以,然后用均值不等式求解(解法1).二、配凑后利用柯西不等式,由已知等式得到后,直接利用柯西不等式求解(解法2;还可以由已知等式凑出目标函数中的,利用均值不等式求解(解法3).三、运用消元思想,由已知等式变形得到由一个变量表示另一个变量的等式,代入目标函数消元,然后利用导数求最值(解法6;也可以用配凑法,凑出可以利用均值不等式的形式（满足“正、定、等”三个条件)解题(解法4);还可以设出目标函数,然后与已知等式联立,消去或,得到关于或的一元二次方程,利用判别式求解(解法5,利用判别式解题需要注意,方程的根为任意实数时,判别式非负就是所要求的范围,如果方程的根有约束条件,则必须对根的情况进行讨论,这里由已知可得或,可以先大致约束,再利用判别式求解.四、运用函数思想,把已知等式看成函数,目标函数看成两向量,的数量积,其中为固定向量,为起点在坐标原点、终点在函数图象上的向量,利用数量积的几何意义求解,当向量在向量上的投影最小时,切线与向量垂直(解法7).
【题目7-3】已知正实数,且,则的最小值为________.
解法1
因为,所以,
,
即,
当且仅当即时取等号.
点拨
通过配、拆,变为柯西不等式的结构,运用柯西不等式求解.
解法2
设
令
则
所以
,
所以,经检验等号可以取到.
点拨
利用点的直角坐标与球坐标之间的变换
关系为:
解法3
因为,所以有:
,
当且仅当即时取等号.
点拨
代入消元，利用二次三项式配方求解.
赏析
解法1通过配、拆,将待求式变为柯西不等式的结构,并运用柯西不等式求解.解法2利用球坐标换元,标,则可设,代入已知等式,可以得到,利用辅助角公式以及三角函数的有界性求最值.解法3利用已知等式,通过消元转化为二元最值问题,消去得到关于的二次函数,
然后整理成关于的二次三项式进行配方,最后剩下关于的二次三项式再配方,利用非负数的性质得到最小值.
【题目7-4】已知实数满足,则的取值范围是________.
解法1
设,由,
得,所以,所以,
又,所以,所以,
故
.当时,取最大值,当时,
取最小值.所以的取值范围为.
点拨
换元，转化为二次函数值域问题.
解法2
令,则,因为,所以
即,令,
则
.
令,则,
所以原式,
当时,原式取最大值,当时,原式取最小值1,
所以的取值范围为.
点拨
利用三角换元，最终化为二次函数问题.
本题最终都转化为二次函数的最值问题.解法1对和式整体换元,换元后一定要注意新变量的取值范围.解法2利用三角换元,需要注意与之间的转化关系.
【题目7-5】设二次函数的值域为,且,则的最大值是_________.
解法1
因为二次函数的值域为
所以
因为,
所以,即,
所以
.
令,则,
设,显然在上单调递增,则.
点拨
构造函数法
解法2
因为二次函数的值域为
所以.
因为,
所以,即.
令
则
所以
所以
所以
(当且仅当时取等号).$
点拨
三角函数法
赏析
解法1由函数的值域为得到,又由已知,得到,因而把所求式子转化为的函数,把4换成(齐次化)方便通分,再由,把目标函数转化为,利用函数单调性得到最值.解法2利用,换元后可得,目标函数可以转化为,同样利用函数单调性求得值域.事实上,由，也可以将目标函数转化为单变元函数,进而求导解决.
【题目7-6】在平面直角坐标系中,若动点到直线的距离分别为,且满足,则.的最大值为________.
则
分类讨论如下：
(1)(2)(3)(4)
可行域为菱形,如图.
因为表示原点与可行域中任一点连线距离的平方,所以的最大值为.
点拨
分类讨论，应用线性规划求解
解法2
如图,转化为以为坐标轴,则
由得(类比直线截距式),可知.
因为动点在菱形的边上,所以.
点拨
由于转化为以为坐标轴,利用截距式求解.
解法3
如图,因为
所以,
所以
因为,所以当时取得最大值,
所以.
赏析
解法1先分类讨论求出点所在的范围,应用线性规划思想求解,为菱形上的点到原点距离的平方.由于,也可以转化为以为坐标轴,故解法2用这种方法类比截距式解題.由于已知两条直线垂直,又有点到直线的距离,因而构成矩形,解法3利用矩形的性质“矩形外一点到矩形相对顶点的距离的平方和相等”解题.
【题目7-7】已知实数满足,则的最大值是________.
解法1
由柯西不等式（当时取等号),,得,
即转化为求的最大值,画出不等式表示的平面区域,如图阴影部分,即求区域内的点到原点的最大距离,易知最大距离为.
点拨
目标函数可以借助柯西不等式转化为区域内的点到原点的距离,充分利用条件
也.是转化的关键.
解法2
设向量,即的最大值可转化为的最大值,向量数量积为向量模与夹角的乘积,当与共线时,有最两个向量的数量积,借大值.如图,点在单位圆上,与共线,此时数量积最大,最大值为.
点拨
目标函数也可以视作两个向量的数量积,借助数量积的定义解题.
解法3
由题意设由题意设,点在单位圆上.可得,也即转化为求公式求解.线性区域内的点到原点距离最大值的问题,当时取到最大值.
点拨
表示单位圆,可设,,借助辅助角公式求解.
赏析
此题是不等式表示的平面区域与圆的综合问题.解法1由条件和目标函数想到借助柯西不等式,目标函数可以转化为区域内的点到原点距离的最大值.解法2考虑到目标函数也可以视作两个向量的数量积,因而借助数哩积来求解.解法3考虑到条件表示单位圆,因而设,借助辅助角公式,以及三角函数的有界性求解.
【题目7-8】已知满足,则的取值范围为( )
A.
B.
C.
因为满足所以令,
,
所以.
因为,
所以,
所以
,
所以,故所D.
点拨
利用椭圆的参数方程求解.
解法2
同解法1得到,令,直线与椭圆有公共点,联立得
所以,即,
所以,故选
解法3
同解法1得到
因为
所以,所以,故选D.
点拨
换元，利用柯西不等式求解
赏析
本题要注意到中的限制,从而简化表达式.解法1利用三角换元化为三角函数问题,对于形如的代数式,可令.解法2利用直线与椭圆的位置关系,用判别式法求解.解法3注意到式子的结构特点,巧妙地利用柯西不等式求解.
【题目7-9】已知函数若,且,则的取值范围是________.
A.
B.
C.
D.
解法1
因为，,且所以,所以所以解得,所以
令则,
令,得,又,所以,所以
在上单调递增,在上单调递减,又,,所以.故选.
点拨
消元，利用导数求解.
解法2
由且,得.
令,则,所以,令,则,令,得,又,所以,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,又,所以.故选.
点拨
换元，利用导数求解
解法3
如图,作出的图象,因点:因为,所以,当与相切时,达到小值.
假设切点为,因为,所以,所以,
所以1,且,所以,所以点,此时,
所以,为,所以.
当时,,此时;
当时,,此时,但取不到等号,所以
.故选A.
点拨
利用数形结合法求解.
赏析
多变量求范围,消元是常见的手段,消元后化为单变量问题,要注意变量的取值范围.解法1消元后,利用导数求单调性.解法2整体换元,起到消元的作用.解法3借助函数图象,能直观地得到的范围,作图时要注意图象的准确性.
【题目7-10】若函数在上单调递增,则的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
解法1
因为函数在上单调递增,
所以在上恒成立,
即在上恒成立,在闭区间上
令,其对称轴为.
(1)当即时,在]上恒成立等价于,此时;
(2)当即时,在上恒成立等价于得;
(3)当即时,在上恒成立
等价于此时.
点拨
求导后,讨论二次函数在闭区间上的单调性.
解法2
因为在]上是增函数,
所以恒成立,即.
(1)当时,在上是增函数,
所以,即在闭区间上上
从而
(2)当时,在上是减函数,在上是增函数,
所以,即,
从而;
(3)当时,在上是减函数,
所以,即,
从而.
综上可知,,故选B.
点拨
求导后,对分类讨论,利用导函数在闭区间上的单调性解题.
赏析
解法1利用导数求单调性,然后考虑分子,对进行分类讨论.解法2根据在上恒成立,对进行分类讨论,分为三种情况求解.
【题目7-11】设为实数,且满足对任意都有,则的最大值为________.
令,可得.下面证明的最大值为.
事实上,令,则,
且,
此时,对于任意都有成立,所以的最大值为2.
点拨
特殊值引路，然后检验
解法2
因为,为,
则对任意的恒成立,
利用与的系数成比例得
,所以得,
所以,
所以.
下面证明的值可以取到2和一1.
当时,,
其中,
于是只需,有符合题意;
当时,,
其中,
于是只需,有符合题意.
点拨
用比较系数法求最值
赏析
解法1先取特殊值,求出后,检验2为的最大值.解法2比较与目标函数中的系数,令的系数相等得到或,当时,得到;当时,得到,然后检验验1,2分别为最小值和最大值.其实特殊值法是在解法2的基础上得出来的,只是把探索过程 去了,离开了解法2是想不到解法1的.
【题目7-12】已知,且,则的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
解法1
因为,且,
所以
,当且仅当时取
等号.故选D.
点拨
分组后利用基本不等式求解
解法2
由时有可知:
,
所以,当且仅当,即
时取等号.故选
点评
利用基本不等式的等价变形求解
解法3
,
当且仅当,即时取等号.故选D.
点拨
利用三元均值不等式求解
解法4
由柯西不等式得,当且仅当9时取等号.故选D.
点拨
利用柯西不等式求解
赏析
四种解法均是利用一些重要的不等式及其等价变形解决问题,平时对常用不等式及其等价变形要熟练掌握,解题时方能运用自如.
变式练习
【变式7-1】已知点在椭圆上运动,则的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
【变式7-2】设函数,当时,恒成立,则的取值范围为________.
【变式7-3】若实数满足,则的最大值为________.【变式7-4】若,则的最小值为________.【变式7-5】若实数满足,则的最小值为________.
【变式7-6】设实数满足约束条件若目标函数的最大值为1,则的最小值为________.
【变式7-7】设点,如果直线与线段有一个公共点,那么的最小值为________.
【变式7-8】已知函数其中,若,且,则的值( )
A.恒小于
B.恒大于
C.恒等于
D.与相关
【变式7-9】已知实数满足,且,则的最小值为________.
【变式7-10】若实数满足,且,则的取值范围是________.
【变式7-11】设点满足条件点满足恒成立,其中是坐标原点,,则点的轨迹围成的图形的面积是________.
【变式7-12】已知实数满足,且,则的最大值为( )
A.
B.
C.
D.
【变式7-13】若实数满足,则的最小值为________.
【变式7-14】过点点椭圆引两条切线,切点分别为,若为正三角形,则当最大时椭圆的方程为( )
A.
B.
C.
D.
【变式7-15】已知各项均为正数的等比数列满足,若存在两项使得,则的最小值为( )
A.
B.
C.
D.
【变式7-16】设正实数满足,则当取得最大值时,的最大值为( )
A.
B.
C.
D.
【变式7-17】已知,则的最大值为________.第8讲 基底坐标两法宝，破解向量就是好
平面向量具有几何形式和代数形式,是高中数学知识的一个交汇点.解决平面向量问题往往要将几何知识与代数知识有机结合,解题思路有两种,一种是选基底,利用平面向量的三角形法则或平行四边形法则把其他向量化为基底表示;种一种是建立坐标系,求出点的坐标,化为代数运算求解.解题时往往要数形结合,灵活性较强.
【题目8-1】已知圆的半径为为该圆的两条切线,为两切点,那么的最小值为
A.
B.
C.
D.
如图设则,所以有:,
当且仅当时等号成立,所以故选
点拨
利用数量积的定义,借助基本不等式求解.
解法
如图,设的中点为,设,
中,由直角三角形射影定理.,
所以,,所以,当且仅
当时等号成立.所以.故选D.
点拨
利用向量的运算转化
解法3
如图8-2,在中,由直角三角形射影定理有,
所以
,当且仅当时等号成立,
所以.故选.
点拨
利用极化恒等式转化。
解法4
如图8-3,建立平面直角坐标系,设,
,则，所以，
所以
又，所以 ,当且仅当,即时等号成立.
所以故选
点拨:建立平面直角坐标系,利用坐标运算求解。
解法5
如图,设,则,在中,
因为，所以
令则，当且仅当,即时等号成立.所以故选.
点拨
利用数量积定义，换元转化为分式型最值问题.
赏析
解法1利用数量积的定义,借助平面几何知识,转化为关于的函数,借助基本不等式求解.
解法2利用向量运算(三角形法则),利用直角三角形射影定理最终转为关于的函数.
解法3利用向量极化恒等式:进行转化.
解法4建立平面直角坐标系,把问题转化为坐标运算.
解法5设角度,把问题化为三角函数后,换元化为分式型的最值问题,利用均值不等式处理.
解决数量积最值问题常常引入角参数或线参数,转化为函数,再利用函数的性质求解最值,或根据表达式的结构特征,利用不等式求解最值.
【题目8-2】如图,线段的长度为2,点分别在轴非负半轴和轴非负半轴上滑动,以线段为一边,在第一象限内作矩形为坐标原点,则的取值范围是________.
解法1
如图8-5,设,则,
所以,所以
点拨
设角度,把问题转化为三角函数问题，但要注意角度的取值范围.
解法2
如图8-6,分别取的中点,易得,.
所以
,
所以,所以.
点拨
借助平面几何知识和平面向量的运算法则,转化为两个易求范围的向量的数量积.
解法三
如图8-7,让矩形固定,则原点在以为直径的半圆上运动(含端点，设为的中点,为的中点,则
是以为直径的半圆上的点,则,所以
点拨
利用运动的相对性,固定矩形,让原点动起来,利用平面向量的运算性质求解.
解法4
如图8-8,设点的横坐标为,点的纵坐标为,则
,所以,由于,
所以,即,所以
又,所以,所以
,又,所以长度,利用均值不等式求解.
解法5
如图8-9,
设,依题意有:
,易知,所以有:
因为,所以,
所以.
点拨
设角度,借助平面几何知识,转化为其他向量的数量积,再利用三角函数求解.
赏析
求解平面向量的数量积取值范围常见的方法是建立平面直角坐标系,化为坐标运算求解,也可以选一组基底,利用向量的运算法则求解.本题解法1、解法4都是设点的坐标,利用坐标运算求解,区别在于解法1化归为三角函数求解,解法4利用基本不等式求解.解法2、解法5则利用向量的运算法则,转化为易求范围的向量的数量积.解法3则利用运动的相对性,固定矩形,让原点运动,解法新颖,其中的转化也可以利用极化恒等式:
【题目8-3】已知边长为2的正内（包括三边）有点,则的取值范围为________.
解法1
如图,取的中点,
由,得，
展开整理得
又是边长为2的正三角形，所以所以上式可变为，即所以,点的轨迹为.
在中，由余弦定理得
，可求得又
，所以的取值范围等价于
向量在向量上的投影与乘积的取值范围.过点作的垂线,可知当点在点处时,在上的投影最大,当点在点处时,在上的投影最小.
所以当点在点处时,有最大值,当点在点处时有最小值
所以的取值范围为
点拨
利用向量来表示,继而探求点P的轨迹,然后利用平面几何知识求解.
解法2
如图8-11,以边所在直线为轴,中点为原点
由，得，设该圆与交于两点,即点轨迹为,
又点，
所以直线的方程为
联立
得点,同理得点,因为
,所以当点在点处时,有最大值,
当点,所以当点在点处时,有最大值,当点在点处时,有最小值.所以的取值范围是.
点拨
建立平面直角坐标系,化为坐标求解.
赏析
本题解法的关键都是先分析得到动点的轨迹为,区别在于解法1侧重于对几何图形的分析,利用向量的运算进行转化;解法2则侧重于平面解析几何的方法,求出直线与圆的方程,得到交点坐标,难点在于分析最值在何处取得.
【题目8-4】已知向量,若对任意单位向量,均有,则的最大值是________.
解法1
如图8-12,分别作向量的相反向量,作直线分别与向量垂直,则两条直线把平面分为四个区域,在中取一个向量记为,在中取一个向量记为,使得,则,此时将向量调整为向量,设此时的向量为对任意单位向量,有,此时将调整为,设此时的向量为,如图,则有,平方后化简可得.
点拨
通过构造反向向量进行解答，体现了构造法解决问题的魅力
解法2
由绝对值三角不等式得：
,于是对任意单位向量,均有,
所以,
而,所以,
因为,
所以,从而,所以的最大值为.点拨
运用绝对值三角不等式求解.
解法3
,可得,
所以在上的投影之和小于或等于,即,
化简得,所以的最大值为
解法4
不妨设,
由,可得,
所以,
即对于任意恒成立,
而,
所以,即,
所以,所以的最大值为.
点拨
假设点的坐标,通过构造三角函数,利用三角函数的有界性进行求解.
赏析
解答本题的关键是得到,解法1利用的任意性进行调整分析,较为抽象.解法2利用绝对值三角不等式,很容易得到想要的结果.解法3变形成向量的投影,从而得到要求的关系.解法4设出点的坐标,化为坐标运算,利用三角函数的有界性得到范围.
【题目8-5】若向量满足,则的最大值
为________.
解法1
因为,所以,
所以.
如图8-14,设,
则,
由题意可得,
所以四点共圆,则的最大值为该圆的直径.
在中,,所以,
所以当为直径时,的最大值为2.
点拨
利用平面几何知识得到四点共圆,再利用向量的几何特征分析其最值.
解法2
同解法1得到四点共圆,
所以,
所以,
整理得,
又在中,,
所以,
整理得,
所以
所以,
所以,所以,
即时,的最大值为2.
点拨
利用余弦定理及基本不等式求解.
赏析
由于平面向量具有几何特征,所以解决平面向量问题可以从几何特征入手,充分考虑其几何含义,借助平面几何知识求解,解答本题的关键是得到四点共圆.解法1侧重于几何分析,由题目条件得出两个对角互补,可以利用四点共圆,结合几何意义求出的最大值.解法2侧重于在共圆中找
到和的代数关系,再利用,运用余弦定理结合均值不等式找到的最大值,即可求出的最大值.
【题目8-6】如图8-15,在正方形中,为的中点,为以为圆心,为半
径的圆弧上的任一点,设向量,则的最小值为________.
解法1
如图8-16,以所在直线为轴,为坐标原点建立平面直角坐标系.
设,则,
,则,
由
得得,
,令0,
所以此函数为增函数,当时,,即的最小值为.
点拨
通过建立平面直角坐标系将已知条件转化为三角函数,利用导数求函数最值.
同解法1得
,令
如图8-17,将看成圆弧(半径为1)上的点到点的斜率,
所以.设,
由图知或,所以或
所以或,即,
因为,所以.
点拨
通过建立平面直角坐标系转化为三角函数,利用斜率求最值.
解法3
如图8-18,过点作线段平行且等于,连接并延长,交的延长线于点,设.
因为,又,
所以
因为三点共线,所以,
要使最小,应最大,当点与点重合时,
所以
点拨:利用等和线解题,化归为线段的比.
赏析
有关平面向量的系数和或差的问题常见的解法有以下两种:一种是通过建立坐标系,写出点的坐标,把系数和或差化为某个字母的函数,求该函数的值域,如解法1和解法2,其区别在于最值求解的方法不同,解法1借助求导,得到函数的单调性,再求最值;解法2数形结合,转化为斜率求解.另一种是利用向量的几何含义,通过三点共线的性质,利用等和线转化为线段的比,如解法3,其实质是利用三点共线,若,则有,其等价变形为“三点共线,若,则有
【题目8-7】在平面直角坐标系中,设是圆上相异的三点,若存在正实数使得,则的取值范围是________.
解法1
将两边平方得三点互异,,即,
所以即
如图8-19,作出可行域,表示可行域内任一点到点的距离的平方,
所以所以
点拨
将向量平方,由向量夹角的余弦值的范围得到与的关系,再利用线性规划求解.
解法2
设,因为,所以
因为点在单位圆上,所以,即,以下同解法1,由线性规划解出.
点拨
由坐标入手,代入单位圆得到x的关系,再用线性规划求解.
解法3
设与的夹角为,因为,所以,
两边平方得,即
因为,化简得,
令
则,
当时,,
因为三点互异,,所以,即.
点拨
化归为二次函数最值问题求解.
赏析
本题解法1和解法2都是利用角度余弦值的范围得到的不等关系,再把所求问题转化为两点间的距离,再利用线性规划求其范围.解法3则转化为的一元二次函数,利用二次函数性质求其最值.
【题目8-8】已知中,为内心,且,则的值为________.
解法1
如图的内切圆分别与三角形三边相切于点,则,
又,故.将平方得
,
同理得,因为,所以
,即,同理得,
即,解得,所以.
点拨
利用向量数量积得到方程求解.
解法2
如图8-21，点为的内心,所以,
所以,所以,
所以,
因为三点共线,所以,所以
点拨
数形结合，利用角平分线的性质求解.
解法3
先给出“奔驰定理”:在中,为其内一点,如果,
则
本题中,因为,所以,
因为,
解得所以
点拨
利用一些“隐形"的结论解题可以提高解题速度,起到事半功倍的效果.
赏析
数量积是向量转化为实数的桥梁.解法1利用向量的数量积运算,得到的关系式,解方程求出解法2则是灵活运用角平分线的性质,方法快捷,高效.解法3利用结论直接求解.
“奔驰定理”:若为内一点,则有.
证明:如图8-22,延长交边于点,因为,
所以,所以,
又,所以,同理得,
因为,
所以
所以
整理可得.
整理可得.
根据这个定理可得结论:
若为内任意一点,有,则.
根据这个定理可以得到三角形“五心”的向量表达式.重心满足;
外心满足;
内心满足或;
垂心满足:为非直角三角形);
旁心满足.
【题目8-9】已知为锐角的外心,,若,则________.
解法1
因为,
依题意可得,
因为,所以,
其中为外接圆的半径.
因为,所以,
于是.
点拨
利用数量积把向量等式化为实数表达式,再利用正弦定理求解.
解法2
取的中点,连接,则,
由题意可得
因为为锐角的外心,为的中点,所以.
设在中,内角所对的边分别是,
所以
由正弦定理可得,
所以.
点拨
利用向量数量积运算将条件转化为三角形边向量的数量积运算,进而转化为三角形边长与角度的关系,再利用正弦定理处理.
解法3
因为两边平方可得
依正弦定理有:
因为
所以
同理可得,
所以
赏析
解法1在等式两边同时乘以,再利用正弦定理,借助外接圆半径求解,实际上,若为的外心,则.解法2对条件中的等式两边同时乘以,相对于解法1,转化显得较为重要,值得借鉴,值得说明的是若在等式两边分别乘以和,可以得到,这样两式相减也可以得到上述表达式.解法3对等式两边平方,进行模长分析,使用正弦定理和三角恒等变换,要注意其中角的变换技巧,其实质是和差化积公式的使用.若使用向量知识,设与方向相同的单位向量分别为,,依据正弦定理知,代入条件中的等式,再两边平方,也可以得到,之后解法同上.
点拨
利用正弦定理及三角函数的恒等变换求解.
【题目8-10】如图8-23,在三棱雉中,已知,设则的最小值为________.
解法1
因为
所以,
因为,
所以,
所以,
所以,当且仅当时取等号,所以.
点拨
题中涉及两个向量的数量积运算和棱长,联想到使用向量形式的余弦定理.
解法2
以为坐标原点,所在直线为轴建立空间直角坐标系(图略),设
因为,所以,所以.
因为,所以
即
因为,
所以,
因为,当且仅当时取等号,
所以.
点拨
建立平面直角坐标系,设出点的坐标,利用长度得到等式运算求解.
赏析
解法1的实质是利用三角形中余弦定理对数量积进行转化,由于,而,所以).解法2借助坐标,利用线段长度得到三个方程,有一定的运算技巧.
变式练习
【变式8-1】已知圆的半径为为该圆的两条切线,为切点,设,那么-的最小值为（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式8-2】已知圆是双曲线上的一点,过点作圆的两条切线,切点分别为,则的取值范围为（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式8-3】已知在锐角中,,则的取值范围为________.
【变式8-4】已知向量,若为任意单位向量,则的最大值是________.
【变式8-5】已知向量,若与的夹角为,则的最大值为________.
【变式8-6】已知向量满足 ,则的最小值为________.
【变式8-7】如图,在边长为2的正六边形中,动圆的半径为1,圆心在线段(含端点)上运动,是圆上及其内部的动点,设向量（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式8-8】已知为平面上三个不共线的定点,平面上的点满足(是实数),且是单位向量,则这样的点的个数为（ ）
A.0
B.1个
C.2个
D.无数个
【变式8-9】已知点满足是直线上的动点,点的坐标为,则的最小值为________.
【变式8-10】已知是圆上一动点,是圆的一条动弦是直径的两个端点),则的取值范围是________.
【变式8-11】已知满足是所在平面内一点,满足,且,则________.
【变式8-12】若在空间四边形中,,则________.
【变式】如图,在矩形中,,该矩形所在的平面内一点满足,记,则（ ）
A.存在点,使得
B.存在点,使得
C.对任意的点,有
D.对任意的点,有
【变式8-14】已知是两个非零向量,且,则的最大值为（ ）
A.
B.
C.4
D.第9讲 有解存在能成立，等价转化真给力
有解(存在)问题即能成立问题,与恒成立问题有一定的联系,也有一些区别,同时它与恒成立问题一样,也是联系不等式与函数的重要方式,而函数是整个高中数学的核心,也是一个难点.能成立问题尽管复杂多变,但只要理解其含义,抓住问题的本质,利用方程思想和转化与化归等数学思想实现合理转化,问题便能迎刃而解.
【题目9-1】设函数,其中,若存在,使得成立,则实数的值是（ ）
A.
B.
C.
D.1
解法1
设,则函数可以看作点与点之间距离的平方.为函数图象的上的点,为直线上的点,故可将问题转化为求直线上的点到曲线的最小距离.
由得,令,解得,所以曲线上的点到
直线的距离最小,最小距离为,则.
由题意,要存在使,此时必有恰好为垂足,
,则,解得,故选
点拨
转化为距离问题,利用几何法求解.
解法2,
因为
,
当且仅当,即时取等号.
依据可知,当时,取等号.
将代人上式可得,故选.
点拨
用柯西不等式法求解.
解法3
将看作以为变量的函数
,
所以.
令,得,
所以.
令,其导函数为,
令得,故,
所以,此时,所以.
因为存在使得,所以.故选.
点拨
变更主元法.
赏析
解法1依据题中的表达形式,联想其几何意义两点之间的距离,利用几何法加以解决.解法2是联想到柯西不等式,巧妙配凑,消去参数,再利用等号成立的条件逐步求解,方法巧妙.解法3变更主元.按部就.班.方汗灵活.值得借鉴.
【题目9-2】已知对任意,存在,使得,则实数的取值范围是________.
解法1
设.
由,知在$[1,2]$上单调递增,
所以
令,
则,所以在上单调递增,
,故
解法2
令,则问题转化为能成立.
对求导得,
当时,得;当时,得,
所以在时取最大值,又,所以,
又,即,所以在上,函数单调递增,
即当时,.
令,所以,当时,,
所以函数在上单调递增,所以.
所以.
点拨
构造函数,转化为最值求解.
赏析
对于双变量问题,任何变量都可以当作主元,把当作变 就得到了解法1.同样也可以控制变量,各个击破,这样就得到了解法2.
【题目9-3】设函数,其中,若有且只有一个整数使得,则的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1
令,
则,所以当时
单调递增,当时,
单调递减,的图象为过点且
斜率小于1的直线,如图.
若存在唯一的整数,使得,
即函数的图象在图象下方的部分对应的整数唯一，
则需要满足条件,解得,故选D.
点拨
分离函数,数形结合.
解法2
即.
当时,得,
设,则,
所以函数在上单调递增,所以,从
而,这与题目条件矛盾,舍去;
当时,得,
设,则.
当时,;当时,
故在上单调递增,在上单调递减,
作出其大致图象,如图9-2.
由题意知,有且只有一个整数使得,
即,结合图象知只需满足
所以故选.
点拨：用分离参数法求解.
解法3
当时,观察到,故满足题意的.
又唯一,故,解得,故①
①式是实数需满足的必要条件,下面验证它也是充分条件.
对求导得.
当时,,所以在
上单调递减,故;当时,,所以在
上单调递增,故.
所以①式也是实数需满足的充分条件.
综上,实数的取值范围是.故选.
点拨
用特殊值法求解,寻找必要条件,验证充分条件.
解法4 结合选项知.对求导得，
易知当时,;当时,,
所以在上单调递减,在上单调递增.
又,于是满足题意的.
故满足题意的充要条件是,即,所以实数的取值范围是.故选D.
点拨 用充要条件法求解，寻找符合要求的整数.
赏析 求解本题的最大困难在于题目中含有两个末知量:一个是,满足；另一个是,要求是整数.解法1属于分离函数法,利用了图象的直观性．解法2是分离参数法,在分类讨论的前提下利用图象解决问题.解法3利用的条件探求符合条件的整数,由一些特殊值(必要条件)得出,再验证其充分性.解法4利用充要条件直接转化求解,方便快捷.
【题目9-4】设是函数定义域内的一个区间,若存在,使得,则称是的一个“次不动点”,也称在区间上存在“次不动点”.若在区间上存在“次不动点”,则实数的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
解法1 依题意知在区间上有解,
即方程在区间上有解，
当时显然不成立,则当时,有解.
设,则,
当时,为增函数；当时,,
为减函数,所以,即函数的值域为,所以.故选D.
点拨 化为方程有解问题,用分离参数法求解.
解法2 由解法1得.令,当时显然成立,此时；当时, 且,若,则;若,则.
综上,可知.故选D.
点拨 分离参数，用换元法求解.
赏析 两种解法的关键都是分离出,其中解法1利用导数法求值域,解法2利用换元法求值域,这是分式型函数求值域的基本方法.
【题目9-5】已知函数(,为自然对数的底数)与的图象上存在关于轴对称的点,则实数的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
解法1 由题意知函数关于轴对称的函数为
所以问题等价于函数与的图象有交点,即关于的方程在上有解,即函数在上有零点.
，令,因为,所以,
所以当时,,在上是减函数,
当时,,在上是增函数,
又，
所以,,所以.故选A.
点拨 直接转化为方程有解的问题.
解法2 同解法1,所求问题等价于方程在上有解，所以得 ,
令，所以,当时,,
当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,,所以.故选A.
点拨 利用分离参数转化为直线与曲线交点的问题.
赏析 关于的方程有解,若能分离参数,也可以转化,等价于函数的图象与直线有交点,此时的取值范围等于的值域.
【题目9-6】设函数,若不等式有解，则实数的最小值为（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1 因为,若有解，
则有解，即有解.
设得,
又令,所以.因为单调
递增,当时,,单调递增;当时,,单调递减,
所以,即恒成立.
所以当时,，单调递减;当时，，单调递增.
所以,所以,即的最小值为,故选A.
点拨 用分离参数法求解
解法2 由题意得，令，，
如图,由知在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,
当时,的极小值为.
由知在上单调递增,在上单调递减,当时,的极大值为 .
若使有解,只要,即,解得.故选A.
赏析 解法1利用分离参数法,转化为求新函数的最值.解法2分离函数,转换为两个常见的函数有交点的问题,数形结合求解.
【题目9-7】 若存在两个正实数, , 使得等式成立,其中为自然对数 的底数,则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1 由得即,
设, 则,则条件等价于有解,即有解.
设,所以,令,则，
在上单调递增,又,所以当时,,,当时,, ,所以当时,函数取得极小值, 所以,又或时,,所以,若有解,则,所以或,故选D.
点拨 分离参数,构造函数.
解法2 同解法1得到关于的方程在上有解,显然不满足条件.
令,所以,且，令,
则,当时,因为,所以,所以在上单调递减,
又,所以当时,,即,当时,,即,所以当时,函数取得极大值.
又当或时,,所以,
所以要有解,则要满足,
所以,又,所以满足条件.
当时,,所以在上单调递增，
又,所以当时,,即,当时,,即，
所以当时,函数取得极小值，
又当或时,,所以,所以要有解,则,
所以,满足.综上得或,选D.
点拨 直接分类讨论
赏析 解法1通过比值换元,达到消元的目的,最后利用导数解决问题.解法2同样是通过比值换元实现消元,然后构造函数,对参数分类讨论.
【题目9-8】若函数与函数有公切线,则实数的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
解法1 设与公切线切于点,则,
切线方程为,即.
设与公切线切于点,则,其中,
切线方程为,即，
所以由得,所以.
设,则,所以单调递减,所以,
即.故选D.
点拨 构造函数,结合导数,利用函数单调性求解.
解法2设两曲线的公切线方程为,且与曲线切于点与曲线切于点,则，所以，
设，则 ，
所以在上单调递减,所以.故选D.
点拨 设出公切线方程,利用导数的几何意义求解.
解法2 设两曲线的公切线方程为,且与曲线切于点,
则，，所以，，
联立,消去,得,
由于直线与抛物线相切，
所以,即,
此时切点横坐标为，又,所以,
将代入并整理得：，
设,
则,
所以在上单调递增,所以.故选D.
点拨 设出公切线方程,利用直线与抛物线相切的条件求解.
赏析 解法1通过设切点,结合公切线建立等式关系,转化为能成立问题,通过导数法求出值域.解法2设出公切线方程,利用导数的几何意义建立关系,构造函数求出值域.解法3注意到了曲线是抛物线,利用直线与圆锥曲线相切建立关系,构造函数求出值域.
【题目9-9】已知,若在区间上有且只有一个极值点,则的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1 ,由题意知在上有且只有一个变号零点,
设,，则,因为,,所以.故选B.
点拨 直接求导,转化为零点问题.
解法2 ,令则.
于是原问题转化为函数在上有且只有一个变号零点,
即直线与曲线在上有且只有一个非切点的交点.
当时,由图9-4知不满足题意;
当时,由图知满足题意,所以.故选B.
点拨 分离函数,转化为直线与曲线相交问题.
解法3 ,设,
则只需满足,所以.
点拨 利用零点存在性定理求解.
赏析 本题考查了函数与极值的综合应用.需先求使一阶导数成立的,再判断零点两侧的导数值是否异号,如果零点左侧导数为正,右侧导数为负,那么是极大值点,如果零点左侧导数为负,右侧导数为正,那么是极小值点.或是求导数后将问题转化为定义域内存在的问题，然后换元、分离函数或数形结合求解.
【题目9-10】设函数,若当时,不等式有解,则实数的取值范围是
解法1 由题意可知在区间上有解,所以在区间上有解.
令,可得在区间上单调递减,所以,从而实数的取值范围为.
点拨 分离参数,转化为函数的最值.
解法2 由题意可知在区间上有解.
设,则在区间上能成立.
易知函数的图象经过点,知在区间上能成立.因此只需,所以.
点拨 分析函数图象特征,利用图象的直观性求解.
解法3 由题意可知在区间上有解.
我们可以先考虑在区间 上无解，即在区间上恒成立,
设,结合图象知,只需满足解得.
所以在区间上有解时,.
点拨 把能成立问题转化为恒成立问题,利用补集思想求解.
解法4 由题意可知在区间上有解.
令,则等价于在区间上的最小值小于0.
由题意可知在区间上有解.
令,则等价于在区间上的最小值小于0.
①当,即时,在上单调递减,所以,即,所以;
②当,即时,在上单调递减,在上单调递增,所以恒成立,所以
③当,即时,在上单调递增,所以,即,所以.综上,实数的取值范围为.
点拨 利用函数的对称轴与区间的关系分类讨论求解.
赏析 解法1先分离参数,再求其最值．解法2注意到函数图象过定点,利用图象的直观性寻找符合题意的条件.解法3是一种补集思想,化能成立问题为恒成立问题．解法4是一种通性通法,对参数进行讨论,求其最值.
【题目9-11】已知函数，,若与的图象上分别存在点 ,，使得点，关于直线对称,则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1 设,则, 代入得，，.设,
则.当时,；
当 时,,所以在上单调递减,在上单调递减,在上单调递增.
当时,;当时,;当时,.
所以或或,所以.故选A.
点拨 设出对称点坐标,利用函数值域求解.
解法2 “若与的图象上分别存在点,使得,关于直线对称”
等价于“存在 使得,即，”.
令,,作出与的图象,如图9-6.
分类讨论如下.
①当时,观察临界位置,与相切时最小,设切点为.
因为,所以得,所以,即;
②当时,观察临界位置,过点时最大,所以,即.
综上,.故选A.
点拨 利用数形结合,考虑临界值求解.
赏析 首先由点关于直线的对称性得出相关方程，即在上有解.解法1将方程 转化为函数在上的值域问题,通过求函数的值域求参数的取值范围（即分离参数法）. 解法2构造函数转化为函数与在上有公共点,研究动直线与定曲线间的临界状态,即相切或刚好经过端点,化动为静,求参数的取值范围.
【题目9-12】 若存在使得,则实数的取值范围是________.
解法1 “存在,使得”
等价于“ 在上能成立”.
设,则只需在 上 成立.
.设,则，
所以在上单调递增.
因为当时,,当时,,
所以在上存在唯一的零点,所以0,即.
因为当时,,当时,,
所以函数在上单调递减,在上单调递增.
所以,
所以,即.
设,则,
函数在上单调递增,所以,所以,于是有.
所以,
所以的取值范围是.
点拨 直接作差构造函数,求函数的最值.
解法2 “存在,使得”等价于“在上能成立”.
令,则
再令,则，所以在上单调递增,
因为，.
所以有唯一零点,且,
所以当时,,当时,,所以函数在上单调递减,
在上单调递增.因为,即,
从而，所以,
即.
设,则，
所以函数在上单调递增，
所以,所以,于是有.
所以,则有.
所以的取值范围是.
点拨 分离参数,转化为求函数的最小值.
解法3 “存在,使得”等价于 “在上能成立”.
先证明.
设,则，
当时,,当时,,
所以函数在上单调递减,在上单调递增,
所以 即.
所以当时,有,
所以（当且仅当时取等号）,即.所以的取值范围是.
点拨 分离参数,利用常见不等式放缩．
解法4 “存在,使得”等价于“在上能成立”.
先证明当时,.
设,则,当时,,当时,,
所以函数在上单调递增,在上单调递减,
所以即.
所以当时,有,即,
所以,
所以(当且仅当时取等号)，
即,所以的取值范围是.
点拨 分离参数,利用常见不等式放缩．
解法5 “存在,使得”等价于“在上能成立”.
设表示点与点连线的斜率.
设,则.
再设,则 ，
所以在上是下凸函数.
当时,.
当直线与曲线相切时,直线的斜率取得最小值.
设切点为,则,即.
设,则,，从而.
易知满足,所以,即.
直线的斜率的最小值为,所以的取值范围是.
点拨 分离参数,利用代数式的几何意义求解.
赏析 解决含参的能成立问题的常见策略是分离参数或转化为最值问题.解法1是转化为求函数最小值问题,利用了设而不求和整体代换的方法.解法均是分离参数,转化为求新函数的最小值问题,不同的是解法2仍然利用设而不求法,解法3、解法4分别利用了常见不等式,放缩,实现问题的简单求解.解法5分离参数后,利用表达式的几何意义,转化为斜率问题求解.
变式练习
【变式9-1】设点在曲线上,点在曲线上,则的最小值为________.
【变式9-2】已知对任意的,存在,使得,则实数的最大值是________.
【变式9-3】设函数,若存在唯一的正整数,使得,则 实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式9-4】设，,若对于任意,总存在,使得 成立,则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式9-5】已知两点,，给出下列方程 : ①;②;
③;④,则在图形上存在点满足的所有方程是（ ）
A.①③
B.②④
C.①②③
D.②③④
【变式9-6】已知函数（，为自然对数的底数）与的图象上存在两 点关于轴对称,则实数的取值范围是________.
【变式9-7】已知函数与函数（，为自然对数的底数)的图象上存在关于轴对称的点,则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式9-8】已知函数的图象上存在两点关于轴对称,则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式9-9】 若关于的不等式有且仅有两个整数解,则实数的取值范围为（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式9-10】 若存在两个正实数,，使得成立,其中为自然对数的底数,则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式9-11】已知正实数，，满足,，其中是自然对数的底数,则的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式9-12】若曲线与曲线在它们的公共点处具有公共切线,则实数的值为（ ）
A.
B.
C.1
D.2
【变式9-13】已知函数的图象上存在不同的两点,,使得曲线在这两点处的切线重合,则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式9-14】已知,若函数在区间上有且只有一个极值点,则的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式9-15】已知函数有两个极值点,,且,则的取值范围是________第10讲 灵活多变恒成立，数形联解显威力
恒成立问题是高考中常考不衰的热点问题,题型丰富,题目形式十分灵活.此类题目综合性强,难度较 大,已成为考查学生数学核心素养的良好载体之一.
【题目10-1】若关于的不等式恒成立,则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1 原不等式恒成立可转化为恒成立.
令,则,所以在上单调递增,在上单调递减,
所以有.令,则，
所以在上单调递减,在上单调递增,即,且的函数值恒为正,
据此可绘制函数,的大致图象(图略),数形结合可得实数的取值范围是.故选B.
点拨 含有，的恒成立问题可用分离函数法求解.
解法2 因为(证明过程见第9讲题目),
所以，故当时显然成立.
当时,取,左边右边,不成立.选B.
点拨 用函数不等式放缩法求解.
赏析 解法1用分离函数法后,通过构造函数,，转化为函数 求解.解法2是利用常用的函数不等式进行放缩,并用特殊点验证求解,可以快速求解选择题积累常用的函数不等式是使用此解法的关键.
【题目10-2】若对任意的,,不等式恒成立,则实数的最大值是（ ）
A.
B.1
C.2
D.
解法1 因为对任意的,，有,
所以原不等式可化为,所以恒成立.
令，的图象过定点,令,设过定点的切线与相切于点 ,又,则所以,显然,此时切线斜率,所以,即.故选D.
点拨 用分离函数法,根据切线临界位置求的最大值.
解法2 因为对任意的,，有,
所以原不等式可化为,所以恒成立,
即有在时恒成立.构造函数,则,
令,则,
令,则,当时,单调递增,
由于,即有的根为.当时,单调递增,当时,单调递减,
所以当时,取得最小值,即.故选D.
点拨 用分离参数法和构造函数法求的最大值.
解法3 因为对任意的,，
有，
所以可化为对恒成立,进而有.故选D.
点拨 用函数不等式求解.
赏析 解法1用均值不等式求出的最小值为,再分离函数,寻找临界位置,运 用切线求解.解法2用均值不等式求出的最小值为,再利用分离参数法和构造函数法求解.解法3用均值不等式求出的最小值为,再利用函数不等式放缩求解.
【题目10-3】已知对于任意恒成立,则实数的最大值为________.
解法1 因为对恒成立,
所以,，
令,，则,
所以当时,,单调递增,当时,,单调递减.
所以,而，
所以,所以.
点拨 利用分离参数法,构造新函数求最值.
解法2 由题意知对于任意恒成立,
画出函数与函数的图象,如图10-1，
原命题等价于对任意，的图象恒在的图象的下方,
由图知,只需当时,,解得.所以的最大值是.
点拨 利用分离函数和数形结合法求解.
赏析 解法1用分离参数法,可得,构造函数,将恒成立问题转化为函数的最值问题.解法2画出函数与函数的图象,将函数的恒成立问题转化为对任意，的图象恒在图象的下方求解.
【题目10-4】设函数,，，若对任意的,都有 成立,则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1 由已知得(1),
设函数.
()当时,, (1)式右边为,此时(1)式不成立,故不符合题意,排除A,B;
(ii)当时,, (1)式右边为, 此时(1)式不成立,故不符合题意;
iii当时,,
当时,,单调递减,当时,单调递增,
所以，
而当时，，
故要使の式恒成立，只需，解得.故选C.
解法2
因为，
所以当时，单调遜减，
当时，单调递增，
所以.
依题意得，
因为，
，
所以，即故选.
点拨
利用分离参数法，构造函数求最值，从而求出的取值范围.
解法3
当时，不等式左边，右边>0，可以无限大，排除；
当时，不等式左边，排除，故选.
点拨
利用特殊值法求解.
【赏析】
解法1构造函数，研究的单调性，对参数进行合理分类讨论，分别求出左、右两边函数的最值进而得解，为了简化分类讨论过程，此法借助必要条件，利用两个特殊值否定了时的情况.
解法2通过参变量分离转化为函数最值问题，函数的分子、分母恰好在同一点处取得最大值与最小值，因此使函数即可.
解法3通过对时不等式两边符号的判戏，得到的取值可以趋向于正无穷大，排除，，再结合时的取值情况得解.
【题目10-5】已知函数的极大值是函数的极小值的，并且对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）
A.
B.
C.
D.
解法1
由题意可知，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，
所以函数的极小值为2.
又，当时，无极小值，所以，
所以当时，，解得.在区间上，可得：
不等式等价于，很明显.
当，即时，，所以，
因此；
当，即时，
，所以
因此.
综上可得实数的取值范围是.
故选B.
点拨
利用分离参数法求解.
解法2
同解法1解得，又，当时，，
而在上单调递增，在[1，3]上单调递减，
所以
相互独立，即，所以，
等价于，
即，
所以或，即故选.
点拨
利用分离参数法求解.
【赏析】
解法1先解出，将原不等式转化为，对合理分类讨论求解.
解法2先解出，可得，原不等式可转化为.以上两种解法都是通过构造函数，利用分离参数法求解，这是解决不等式中恒成立问题的常用方法之一.
【题目10-6】若不等式对任意的都成立(其中是自然对数的底数)，求整数的最大值.
解法1
当时，，
设，其中，
因为，所以在上单调递减，
，所以，即，故成立.
当时，由，得，
即，
设，
注意到，
令得.
当时，在上单调递增，，不符合题意；
当时，在上单调递减，，符合题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，解得，
所以当时符合题意.
综上得，因为，所以.
点拨
构造函敨，并对参数进行分类讨论求解.
解法2
因为，即，
化简得，
即转化为对任意成立.
令，
则.
因为，
所以，
所以单调递增，即.
因为，所以.
点拨
用分离参数法求最值
【赏析】
解法1首先利用得到时不等式成立，然后对原不等式进行等价转化，最后通过对进行分类讨论，结合函数在的单调性及得出的取值范围.对一个较难处理的不等式进行适当的转化是处理函数不等式问题中的常见策略.解法2通过参变分离转化为函数最值问题，对于导函数符号的判断利用了对数平均值不等式，使得符号的判定笴捷明快.
【题目若对任意，都有成立，求实数的取值范围.
解法1
设，则，
令，则，
当时，，当且仅当时取等号，
当时，，当且仅当时取等号，
当时，有，
所以，即.
当时，，所以在上单调递增，所以
，即，不合题意；
当时，，所以在上单调递减，所以
，满足条件；
当时，因为，所以存
在，使得，且当时有，所以在上单调递增，所以当时，有，不合题意.综上得.
点拨
局部构造函数，合理分类讨论求解
解法2
当时，成立，；
当时，要使，需满足，
令，
则.
又因为，
所以当时，，所以单调递增，
所以.
故.
点拨
分离参数后借助洛必达法则求其最值.
解法3
设，则为奇函数，又为其一个周期，所以考虑内的情况即可.
令，则有，即，得或，所以当或时，单调递增，
当时，单调递减，所以要使得，
即过原点的直线始终在的图象上方，临界值为与
相切于原点，如图，
此时，所以满足题意.
点拨
用分离函数法进行求解.
【赏析】
解法1不分离参数，用换元法求出的最值，对合理分类讨论，寻找矛盾区间求解.
解法2由于等号刚好在端点处取得，故采用分离参数法，构造新函数，用洛必达法则求其最值，关旔是对新构选的函数要多次求导才能确定其单调性.解法3采用分离函数法，转化为一条恒过定点的直线与曲线的关系，适用于选择题、填空题，可以达到事半功倍的效果.
【题目10-8】若对恒成立，则实数的最大值为 .
解法1
原不等式对恒成立等价于恒成立，即转化为的图象恒在直线的上方，当与相切时，
的纵截距最大.设与相切时的切点为，又，所以切线方程为，即，
即，
令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即.
点拨
分离函数后，用切线放缩法求解.
解法2
对恒成立等价于恒成立，
设，则，
当时，在上单调递增，的值域为，不存在
使不等式恒成立；
当时，，所以；当时，在上单调递减，在上单调递增，
，令，则，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以，要使有解，只要即可.
综上所述，的最大值为1.
点拨
不分离参数，对a进行合理分类讨论.
解法3
令，知，取，则恒成立，满足题意.
故的最大值为1.
点拨
特殊值法是快速解答选择、填空题的常用方法.
【赏析】
解法1找到切线方程，得到是解答的关键.
解法2不分离参数，对进行分类讨论，分类标准要做到不重不涺.
解法3借助常用函数不等式，这是用特殊值法求解的关键.
【题目10-9】若当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1
当时，不等式对任意恒成立.
当时，不等式可化为，
令，则，
，即在上单调递增，所以，所以
当时，不等式可化为，
当时，有，即在上单调递减；
当时，有，即在上单调递增，
所以，所以.
综上所述，实数的取值范围是，故选.
点拨
用分离参数法求最值.
解法2
令，得，所以排除选项
令，得，所以排除选项.
故选C.
点拨
用特殊值法求解.
解法3
令，则问题转化为对于任意恒成立.又因为，所以在上单调递减，且值域为，由题意知，所以在上单调递减，如图10-3.
，设函数与相切于点，
于是有解得舍去)，同时
综上得，故选.
点拨
用分离函数法与数形结合求解.
【赏析】
解法1分三种情况进行讨论，分离出参数后转化为函数求取值即可，注意最后要对的取值范围求交集，这种解法普通、常规，是最容易想到的基本解法.解法2只适合于解答选择題和填空题，不具有一般性，不过选取特殊值是常用的思想方法之一.解法3.利用三次函数与二次函数图象之间的关系求解，运用待定系数法找到三次函数与二次函数的公共切点，再利用图象得出结论.
【题目10-10】若，且对任意恒成立，求的最大值.
解法1
设，
则.
当时，
若，则，若，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
设，则，
所以在上单调递减，
又因为，所以满足题意.
当时，
若，则，所以在上单调递增，
所以，所以满足题意.
综上，的最大值为3.
点拨
不分离参数，合理构造函数求解.
解法2
因为对任意恒成立，所以.
设，则，
设，则，
所以在上单调递增.又，
所以在上存在唯一的实数根，即
当时，，即；当时，，即，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，
因为，所以的最大值为3.
点拨
用分离参数法求最值.
解法3
由题意知当时，，
所以满足题意的最大整数的可能取值为3.
当时，设，则，
所以当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，于是恒成立.
综上，满足题意的最大整数的值为3.
点拨
用特殊值代入验证求解.
【赏析】
解法1通过构造函数，求解，需要对进行合理分类讨论.解法2用分离参数法，只需求解在时的最小值，进而得到在上存在唯一的实数根，用零点存在性定理估计出，即为隐零点，对于隐零点问题可采用“虚设代换”的方法求解.解法3先猜想出的最大可能取值为3，利用必要性探路验证.
【题目10-11】已知，若，且对任意恒成立，则的最大值为（ ）
A.3
B.4
C.5
D.6
解法1
由题意可得，
设，则，
因为，
设，
则，
所以在上单调递增，
所以，
又，
所以方程在上存在唯一实数根，且，
即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以9)，所以.
所以.故选B.
点拨
分离参数，用构造函数法求参数k的最大值.
解法2
因为，且对任意恒成立，
取，则有，即，
因为，所以，
又，所以.
再证明对任意恒成立.
设，
则，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即，
所以结论成立，即.故选B.
点拨
利用特殊值得到k的范围后，在验证即可.
解法3
设，
所以，
令，得，
所以当时，，当时，，
所以.在上单调递增，在上单调递减，结合选项检验得，
所以故选.
点拨
构造函数，求参数k的最大值.
解法4
由题意得对任意恒成立，
即对任意恒成立，
构造函数，
则，
若，则，恒成立；
若，则，
所以.
构造函数，
则，
所以在定义域内单调递增，又，
所以，
所以对任意恒成立，等价于对任意恒成立，即，
所以.故选.
点拨
构造函数，求参数k的最大值.
【赏析】
解法1是分离参数法，构造函数，用隐零点求解.解法2和解法3是利用特殊值验证法，对于选择题、填空题可以快速求解.解法4合理构造函数，对k合理分类讨论求解.
【题目10-12】若正实数x，y满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围是 .
解法1
因为，所以，所以，
又因为，所以，所以，
由，可得，
即，解得或.
点拨
用基本不等式和一元二次不等式求解
解法2
因为，所以，
设，所以，且易知，
否则s，t至少有1个小于，与x，y为正实数矛盾，
所以，
整理得
，当且仅当时取等号，
令，设，则在
上单调递增，所以，解得或.
点拨
用消元法和不等式知识求解.
【赏析】
解法1观察到题目中的可由等式变形得到，于是借助基本不等式得到2，再由消元法得到关于的一元二次不等式求解.解法2进行变量换元，注意换元后变量的取值范围，可将等式变形为，最终构造出函数，求解其单调性和最值，得到，从而解出的取值范围.
【题目10-13】设集合，若对任意实数，均有，则实数的最大值为 .
解法1
当时，，，
依题意可知，当直线与相切时，，切点为.当时，，此时中任意元素均能使$b|x|$成立，则，所以的最大值为2.
点拨
利用构法，转化为直线与抛物线的位置关系求解.
解法2
当时，，此时中任意元素均能使成立，则.
当时，，
因为，所以，
(1)当时，；
(2)当时，，
因为，所以.
综上，的最大值为2.
点拨
通过分离参数，转化为函数的最值问题.
解法3
由，得，所以，
当时，有，解得或，所以，
当时，，
综上，的最大值为2.
点拨
利用判别式法求解.
【赏析】
解法1将两边除以的两边除以，再根据直线与抛物线的位置关系，利用临界状态求解.解法2通过分离参数，得到，从而求解的最小值.解法3将看作关于的二次方程，利用判别式得到关于x，y的不等式，求出的最小值后求解.
【题目10-14】是定义在上的偶函数，且时，.若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是 .
解法1
因为是偶函数，且当时，，所以当时，
，所以，所以，因为是偶函数，在上恒成立，所以.
(i)当时，如图，符合题意.
(ii)当时，如图10-5，
当时，有，解得，矛盾；
②当时，有，解得，符合题意.
(iii)当时，如图10-6，
当时，有，解得，符合题意；
②当时，有，解得，矛盾.
综上所述，.
点拨
利用偶函数的性质，合理分类讨论求解.
解法2
因为是偶函数，且当时，，
所以当时，.
因为，所以，
若，即当时，取，
此时，由恒成立知，故有，此时
显然恒成立，故符合题意.
若在区间上恒成立，则不符合题意，
所以，即或.
下面分两种情形讨论.
(1)当时，，
由，可得，
因为在上单调递增，恒成立，
所以，所以，
因为，所以，即.
(2)当时，，
因为在上单调递减，恒成立，
所以，所以，
所以，即.
综上得.
点拨
利用偶函数的性质，合理分类讨论求解.
【赏析】
解法1和解法2都是利用偶函数的性质，求出当时，，再利用合理分类讨论和数形结合进行求解.
【题目10-15】若对任意实数恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A.[1，2]
B.
C.
D.
解法1
因为||，
所以.
要使恒成立，只需，解得或.故选.
点拨
利用绝对值三角不等式求解.
解法2
根据数轴上点的距离公式作图，如图10-7.
|BC|有最大值，即，所以要使恒成立，只需，解得或.故选.
点拨
由绝对值的几何意义求解.
解法3
令函数，则
作出的图象，如图，
可知，
所以要使恒成立，
只需，解得或.故选.
点拨
对于双绝对值问题，用零点分段法求解.
解法4
从选项中看到实数“2”的特殊性，验证当时，.
而当时，，所以，故选C.
点拨
用合理赋值法能快速求解
【赏析】
解法1利用绝对值三角不等式||求出，再解不等式即可.解法2是利用不等式的性质和几何意义求出，再解不等式.解法3用零点分段法，这是求解双绝对值不等式最值的常用方法，也是高考中选考试题的热点间题.解法4用特殊值法求解，这是解答选择题的常用方法.
【题目10-16】设，且恒成立，则的最大值为（ ）
A.2
B.3
C.4
D.5
解法1
原式，所以.
而，
当且仅当，即时取等号，
所以.所以.故选C.
点拨
分离参数，利用基本不等式求解.
解法2
因为，所以，已知不等式化为由，即，故，故选C.
点拨
分离参数，配凑基本不等式求解.
解法3
由，知，有
又，
即，由题意得.故选C.
点拨
分离参数后利用柯西不等式求解.
解法4
因为，所以，于是.
比较得.故选C.
点拨
分离参数后利用权方和不等式求解.
【赏析】
根据条件得恒成立.我们熟知“若恒成立，则；若恒成立，则”，则的最小值就是所求的最大值，因此问题转化为求的最小值，上述各种解法都围绕这一点展开，只不过采用了不同的变形技巧，使用了不同的基本不等式而已.解法1运用了“”；解法2运用了""；解法3运用了“”；解法4运用了“，”
变式练习
【变式10-1】若不等式对恒成立，则实数的取值范围是 .
【变式10-2】若对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为 .
【变式10-3】若对任意，不等式恒成立，则实数的最大值是 .
【变式10-4】若对任意实数，不等式恒成立，则ab的最大值为 .
【变式10-5】已知函数，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是 .
【变式10-6】已知函数，若存在使得，则的最小值是 .
【变式10-7】已知函数在上存在极小值，则实数的取值范围是（）
A.
B.
C.
D.
【变式10-8】已知当时，恒成立，则实数的取值范围是 .
【变式10-9】已知对任意恒成立，求实数的取值范围.
【变式10-10】已知函数恒成立，则实数的取值范围
是 .
【变式10-11】已知当时，恒成立，求实数的取值范围.
【变式10-12】已知当时，恒成立，求实数的取值范围 .
【变式10-13】已知且对恒成立，则ab的最大值为 .
【变式10-14】已知函数，若不等式恒成立，则的最小值是 .
【变式10-15】已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是 .
【变式10-16】若不等式对一切正数x，y恒成立，则整数的最大值为 .
【变式10-17】已知为整数，且当时，，则的最大值为 .
【变式10-18】已知函数，若函数在定义域上为单调递增函数，则整数的最大值为 .
【变式10-19】已知，若恒成立，则实数的最大值为
【变式10-20】已知不等式对一切恒成立，则实数的取值范围为 .
【变式10-21】若不等式的解集为，且，则实数的取值范围是 .
【变式10-22】设为定义在上的偶函数，且当时，.若对任意的，均有，则实数的取值范围是 .
【变式10-23】已知不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围为 .第01章 不等式
不等关系与相等关系都是客观事物的基本数量关系，是数学研究的重要内容．建立不等观念、处理不等关系与处理等量问题是同样重要的．在近几年的高考中，不等式常以压轴题的形式出现，考查考生逻辑推理能力、运算求解能力、化归与转化思想、函数与方程的思想以及数学抽象素养、逻辑推理素养、数学建模素养、数学运算素养．本章从函数最值、范围、恒成立、存在性等方面，引导读者通过具体的案例，感受典型不等式题型，理解不等式（组）对于刻画不等关系的意义和价值，理解与掌握柯西不等式和基本不等式等经典不等式在求解函数最值中的应用和技巧．让读者从代数与几何的角度，以数形结合思想，利用不等式知识，处理具体的数学问题，掌握不等式题型的有效解题策略．
第1讲 最值问题
最值问题是常见的考查题型，我们容易联想到利用函数的性质或导数法求解，但有些问题利用导数法计算量比较大，不容易求解．这时可以考虑依托不等式知识，利用不等式的性质，如：基本不等式、柯西不等式等，快速方便地求解，实现事半功倍的效果．本讲将通过具体的案例题目，探究利用不等式方法求解最值问题的有效解题策略．
【题目1-1】已知正实数满足，则的最大值为________．
解法1：
令，则，
其中，因此当时，可取得最大值．
点拨
根据已知，求，的特点，考虑利用参数换元三角函数求解．
解法2：
由柯西不等式可知，，即，
当且仅当即时，等号成立，此时，
可得的最大值为．
点拨
已知，求，最值的题型，可考虑利用柯西不等式直接求解．
解法3：
令，则，
当且仅当时，等号成立，即，因此的最大值为．
点拨
巧设向量的坐标形式，利用向量的数量积，借助柯西不等式求解．
解法4：
由，得，
从而由基本不等式得
，
即，故当且仅当即时，等号成立，
因此的最大值为．
点拨
直接借助二次多项式配方，利用基本不等式求解．
解法5：
因为，
所以，从而，
当且仅当时，等号成立，因此的最大值为．
点拨
分别对的二次式进行配凑放缩，再利用基本不等式求解．
解法6：
设，则，从而，
故，（时，）
令，则，当且仅当，即时，等号成立，
故，因此的最大值为．
点拨
借助假设，进行换元，转化成关于参数的等式，利用基本不等式求解．
解法7：
设，则，从而
，即，
由于此方程关于有解，故，解得，
即，故，因此的最大值为．
点拨
对偶换元变化，转化为二次方程，利用别式求解．
解法8：
令，将代入，得，
问题转化为关于的方程在区间内有解，故，解得，
当即时，等号成立，即，
因此的最大值为．
点拨
由已知，引入参数进行换元，转化为关于的二次方程，通过判别式求解．
解法9：
因为，当且仅当时，等号成立，故的最大值为．
点拨
借助二次多项式配方，利用完全平方进行放缩求解．
解法10：
设，
令，则，
当时，等号成立，则，因此的最大值为．
点拨
化简关系式，把换元成，利用放缩法进行求解．
解法11：
由得，则，
令，
从而，得，讨论知，当时，，
即，因此的最大值为．
点拨
通过消元，得到关于的函数关系式，把问题转化为求函数的最大值，利用导数求解．
解法12：
令，则，从而求的最大值，转化为求的最大值．
令，由直线与圆有公共点得，解得，
故，因此的最大值为．
点拨
通过参数换元，把已知问题转化为直线与圆的位置关系，利用圆的性质进行求解．
解法13：
因为，即，
当且仅当时，等号成立，因此的最大值为．
点拨
已知，求的最值问题，考虑用权方和不等式求解．
赏析
本题是最值问题的经典题型，有13种解法，考查不同的知识点与思路．解法1借助参数方程进行降次消参，利用三角函数公式快速求解；解法2利用柯西不等式直接求解；解法3巧设向量的坐标，把问题转化为向量的数量积，再利用柯西不等式求解；解法4从多项式配方的角度，利用基本不等式的结论求解；解法5对进行系数配凑，利用基本不等式得到所求多项式形式，从而求出最值；解法6换元转化为关于的等式，配方化简，利用基本不等式求出最值；解法7把与的关系式，对偶换元转化为与的关系式，利用一元二次方程有解的情况，借助判别式进行求解；解法8引入参数，得到关于的一元二次方程，利用方程有解，借助判别式进行求解；解法9对二次等式配方，利用放缩法求得；解法10化简换元，转化为关于参数的多项式，利用放缩法得到最值；解法11采用常规解题思维，消元转化为关于的函数，利用导数求最值方法进行求解；解法12对配凑换元，从几何的角度转化为直线与圆的位置关系，减少计算量；解法13考虑到已知二次等式，求一次多项式最值的问题，利用权方和不等式快速求解，这种方法在各类数学竞赛中经常使用．
不等式常考的结论如下：
（1）如果，那么||．
（2）如果，那么，当且仅当时，等号成立．
（3）如果，那么，当且仅当时，等号成立．
（5）对于个正数，当且仅当时，等号成立．
（6）如果，那么，当且仅当时，等号成立．
（7）二维柯西不等式：若都是实数，则，当且仅当时，等号成立．
（8）维柯西不等式：设是实数，则，当且仅当或存在，使得时，等号成立．
（9）设为两组实数，是的任一排列，则，当且仅当或时，“反序和”等于“顺序和”．
（10）权方和不等式：已知，那么有：，当且仅当存在一个数，使得时，等号成立．
【题目1-2】，且，则的最小值为________．
解法1：
由已知可得，，令，，则，
则，当且仅当．即时，等号成立，
因此的最小值为．
点拨
配方化简，用参数将换元，把问题转化为关于的多项式，再利用基本不等式求解．
解法2：
因为，所以，当且仅当时，等号成立．
令，则，解得，即，
因此的最小值为．
点拨
把已知等式化简配凑成关于的多项式，换元参数，再利用基本不等式求解．
解法3：
由题意可得，则由基本不等式可得，
即，故，当且仅当时，等号成立，
因此的最小值为．
点拨
配凑构造等式，直接利用基本不等式求解．
解法4：
令，代入得，
因为，所以问题等价于关于的方程有正解．
由韦达定理知，，
从而，解得，即，
因此的最小值为．
点拨
引入参数，换元转化成关于的一元二次方程有正解，利用判别式和韦达定理求解．
赏析
解法1引入参数，换元转化成关于的多项式，利用基本不等式求解；解法2化简配凑成形式，借助参数换元，利用基本不等式直接求解；解法3直接配方化简，从基本不等式的“形”入手，快速求解；解法4巧设参数，把与的关系式换元转化为关于的一元二次方程，利用方程有解，借助判别式进行求解．
【题目1-3】已知是正实数，则的最小值是________．
解法1：
因为，所以，
从而，
当且仅当且即时，等号成立，因此的最小值是．
点拨
先利用平方和基本不等式把放缩成的形式，化简后再次利用基本不等式求解．
解法2：
由题意得．
因为，所以，当且仅当且即时，等号成立，因此的最小值是．
点拨
把配方成的完全平方式，化简分式，利用基本不等式求解．
解法3：
因为，
所以，
当且仅当时，等号成立，因此的最小值是．
点拨
利用基本不等式对与分别配凑放缩，把已知分式化简成的形式求解．
解法4：
令，
则，
当且仅当时，等号成立，因此的最小值是．
点拨
引入参数，把已知分式换元转化成与的关系式，利用基本不等式求解．
赏析
本题主要运用基本不等式进行求解，每种解法的切入点各不相同．解法1从平方和基本不等式入手，把降次为，两次使用基本不等式求解；解法2先把配方成的完全平方式，再化简分式，配方成的形式，利用基本不等式直接求解；解法3利用基本不等式对与分别配方放缩，化成与的一次式直接求解；解法4引入参数，转化成关于的分式，利用基本不等式求解．
【题目1-4】已知，则的最小值为________．
解法1：
由得，．令，则，
则．
因为，
所以令，可得，或（舍去）．
从而讨论知在上单调递减，在上单调递增，
故，因此的最小值为．
点拨
巧设变量，把已知分式换元成关于的函数关系式，利用导数求最值法求解．
解法2：
令
当，即时，有，
因此的最小值为．
点拨
配凑变量，构造关于的分式，利用基本不等式等号成立的条件分析求解．
解法3：
由得，，
从而，当且仅当时，等号成立，
因此的最小值为．
点拨
利用，消元转化关于的分式，配凑化简，利用权方和不等式求解．
赏析
解法1换元转化成关于的函数，利用导数法求解，在求最值中是常用方法；解法2引入参数，借助基本不等式等号成立的条件，求出值，化简分式，再利用基本不等式求解；解法3消元化简成关于的表达式，利用权方和不等式进行求解，是比较快速的解法．
【题目1-5】已知均为正数，，则的最小值是（ ）
A．
B．
C．
D．
解法1：
不妨设，因为，所以，．
由排序不等式得，当且仅当时等号成立，故的最小值是，因此选A．
点拨
根据的等价关系，巧设三者的大小，利用排序不等式求解最小值．
解法2：
由得，，
从而，当且仅当时等号成立，故的最小值是，因此选A．
点拨
根据已知条件化简得到的等价关系，利用基本不等式求解最小值．
解法3：
因为，所以，当且仅当时等号成立，
故的最小值是，因此选A．
点拨
分别利用基本不等式配凑，化简成形式，从而得到最小值．
解法4：
因为，所以，当且仅当时等号成立，
故的最小值是，因此选A．
点拨
配凑已知关系式，利用柯西不等式求解最小值．
赏析
解法1根据的等价关系，巧设大小关系，利用排序不等式求解；解法2与解法3均是利用基本不等式求解，解法2化简的等价关系，再从“形”上利用基本不等式；解法3分别配凑关系式，利用基本不等式求解；解法4直接利用柯西不等式求解，得到最小值．
【题目1-6】已知正数满足，则的最大值为________．
解法1：
令，则．
设，则，
令，得，
讨论，得，故的最大值为．
点拨
引入参数，配凑换元成关于的函数，利用导数法求解．
解法2：
设，
则，
当且仅当，即时，等号成立，因此的最大值为．
点拨
配凑换元成关于，的多项式，利用基本不等式求解．
赏析
解法1引入参数，换元变化成关于的函数，利用导数法可求最值；解法2配凑化简成关于的形式，利用基本不等式放缩求解．
常用放缩法的形式如下：
（1）；
（2）；
（3）由，可得；
（4）；
（5）．
【题目1-7】已知正实数满足，则（ ）
A．有最大值
B．有最小值
C．没有最小值
D．有最大值
解法1：
当且仅当时，等号成立，故选B．
点拨
由可得，借助放缩法转化为关于的分式，配凑化简利用基本不等式求解．
解法2：
令，由得，当且仅当时取等号，
所以，有最小值，故选B．
点拨
齐次化简，引入参数，结合基本不等式及函数单调性求解．
解法3：
令，考虑曲线与直线的位置关系，如图1-1，得当曲线与直线相切时，取最小值，此时有，解得，从而，当且仅当时，等号成立，所以，有最小值，故选B．
图1-1
解法4：
由，得，所以，
即．
由，解得，所以有最小值，当且仅当时取等号，故选B．
点拨
巧设变量，转换不等式，然后利用不等式的符号求出最值．
赏析
解法1先将分离常数，然后利用将放缩消元，再将分子、分母同时除以后利用基本不等式得解；解法2将齐次化为，令后将表示为的函数，把问题转化为求的最小值，其求解方法与解法1相同；解法3与解法2类似，不同在于利用导数法求解的最小值；解法4将用换元，结合，求出，转化为解不等式得到的最小值．解题过程中要注意验证等号成立的条件．
第2讲 证明问题
证明问题是不等式性质的典型应用，是历年高考与模拟试卷的常客．如选填题中的比大小，选做题中不等式证明等，属于分值高，容易失分的题型．主要考查不等式的基本知识与性质，体现不等式工具性知识的作用．本讲从不等式的性质与应用技巧，探究证明问题的解题方法与策略．
【题目1-8】已知为正数，求证：．
解法1：
因为为正数，对不等式两边作差比较：
，
所以．
点拨
根据分式不等式的特点，利用作差比较法，通过因式分解证明．
解法2：
因为为正数，对不等式作商比较：
，
当且仅当时取等号，故，所以．
点拨
对分式左边通分，分子化为三次和多项式，利用立方和公式因式分解，再借助作商比较法与基本不等式证明．
解法3：
因为为正数，所以，当且仅当时，等号成立．
即，所以．
点拨
利用基本不等式配凑化简，去掉分母，再利用同向不等式可加性化简，得到结论．
解法4：
，
当且仅当时，等号成立，即，所以．
点拨
把原不等式左边配凑化简成互为倒数的形式，再利用基本不等式证明．
解法5：
，
当且仅当时，等号成立，所以．
点拨
把原不等式左边配凑化简成互为倒数的形式，再利用基本不等式放缩构造完全平方式，化简得到结论．
解法6：
因为，
所以，当且仅当时，等号成立，所以．
点拨
利用展开式，对进行放缩化简，得到结论．
解法7：
，即，当且仅当即时，等号成立，所以．
点拨
把原不等式左边配凑平方和之积形式，直接利用柯西不等式证明．
解法8：
因为为正数，不妨设，则；
由排序不等式得，
当且仅当时，等号成立，所以．
点拨
巧设大小，确定与的大小，利用排序不等式化简证明．
解法9：
由权方和不等式可得：
．
点拨
利用权方和不等式把原不等式进行放缩，然后分子构诰完全平方，化简得到证明．
解法10：
设，即，从而可化为．
令，求导得，
可得在上单调递减，在上单调递增，故，从而，
即，所以，因此．
点拨
设，引入参数，把原不等式化为关于的函数，利用导数法求解的最小值为，得到证明结论．
赏析
解法1与解法2利用不等式比较法进行证明，不同在于解法1的作差法与“”比较，解法2的作商法与“”比较；解法3、解法4、解法5都利用基本不等式进行证明，区别在于构造形式的不同，解法3利用基本不等式去掉已知分式的分母，再化简得到结论，解法4利用拼凑化简成互为倒数的形式，再利用基本不等式进行证明，解法5乘以，构造 形式的分式，再利用基本不等式化简，得到结论，在利用基本不等式的过程中，务必牢记“一正、二定、三等号”，缺一不可，否则结论不成立；解法6先通分，化成形式，利用完全平方关系进行放缩，再化简得到结论；解法7从二维柯西不等式的形式进行配凑，去掉分母后化简，得到结论；解法8巧设大小，确定与的大小，利用排序不等式直接证明求解；解法9根据不等式左边的形式，利用权方和不等式化简证明，由于权方和不等式不在高中学习内容范围中，但在各类竞赛中常作为“必杀技”出现，具有很强的技巧性，对学有余力学生，可加以介绍与讲解；解法10引入参数，把不等式问题转化为关于的函数最值问题，考查化归与转化的思想．
【题目1-9】已知，且，求证：．
解法1：
因为，且，所以由基本不等式得，从而．
故，当且仅当时，等号成立，因此．
点拨
利用基本不等式和“”的代换巧妙解题．
解法2：
，当且仅当即时，等号成立，因此．
点拨
利用“”的代换和三元基本不等式．
解法3：
，当且仅当即时，等号成立，因此
．
点拨
利用“”的代换和基本不等式．
解法4：
由已知条件可得，
令．
求导得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故因此．
点拨
根据条件转化为单变量函数，利用导数求最值方法解决问题．
赏析
本题的解法主要基于“”的代换，解法1把展开后将用“”代换；解法2与解法3将与中的“”用代换，其目的都是为了能利用基本不等式求最值，注意指出不等式取等号的条件．常用的“1”的代换还有等等．解法4根据条件统一变量，是处理多变量问题的一个常用方法．
第3讲 恒成立与存在性问题
“恒成立”与“存在性”问题考查数学阅读能力，考查数学抽象、逻辑推理能力，考查化归与转化的思想，是不等式在函数中的综合应用，难度大，失分率高，这类问题依托不等式性质，转化为函数的最值问题求解．本讲利用不等式的相关性质，探究相关的求解之道．
【题目1-10】已知，且恒成立，则的最大值为________．
解法1：
由已知，问题可等价为．令，则，
，当且仅当时，等号成立，故，因此的最大值为．
点拨
问题转化为求解的最小值，先把分式分母换元成变量，化简成关于的分式之和，利用基本不等式解出最小值，即可得到的最大值．
解法2：
令，则，
，当且仅当时，等号成立，故，因此的最大值为．
点拨
换元变量，利用两次基本不等式进行求解，判断两次等号同时成立，得到结果．
解法3：
令，则，
，当且仅当时，等号成立，故，因此的最大值为．
点拨
换元变量，利用权方和不等式化简得到关系式，再利用基本不等式求解．
解法4：
，当，且即时，等号成立，故，因此的最大值为．
点拨
从不等式的“形”入手，利用权方和不等式化简得到关于的多项式，再利用基本不等式进行求解．
本题考查的是不等式“恒成立”间题，所以问题等价转化为求解的最小值．解法1与解法2都是借助换元，利用基本不等式求解最小值，区别在于配凑对象的不同；解法3和解法4都是利用权方和不等式化简，再利用基本不等式求解最小值，其中解法3先换元变量，再利用权方和不等式；解法4是直接对原不等式入手，利用权方和不等式得到最后结果，体现“殊途同归”的效果．
不等式“恒成立”与“存在性”问题的相关结论如下：（其中在相应区间存在最值）
（1），均有恒成立，则；
（2），均有恒成立，则；
（3），均有恒成立，令，则；
（4），均有恒成立，令，则；
（5）均有恒成立，则；
（6）均有恒成立，则；
（7），有成立，则；
（8），有成立，则；
（9），有成立，令，则；
（10），有成立，令，则；
（11）有成立，则；
（12）有成立，则；
（13）使得成立，则；
（14）使得成立，则；
（15）使得成立，则；
（16）使得成立，则；
（17）有成立，则且；
（18）有成立，则且；
（19）有成立，则且；
（20）有成立，则且．
【题目1-11】已知不等式恒成立，则的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
解法1：
恒成立，可化为恒成立，则，且当直线与曲线相切时，等号成立．
设切点坐标为，则
从而，
即，
于是有
故；
令，则，
令，则，讨论可得，，因此．故选C．
点拨
把不等式化为直线与曲线相切问题，分类讨论，利用函数单调性求函数最值．
解法2：
令，则．
设，
则；
当时，，在上单调递增，无最大值，不合题意，舍去；
当时，令，则，分析可得，
即，因为，所以；
设，则；令，则．，分析求得，
因此的最小值为．故选C．
点拨
分别把换元替换成，利用不等式恒成立结论，构造函数转化为函数最大值．
解法3：
设，则恒成立．
求导得，当时，，
故在上单调递增，
由于当时，，不满足条件；
当时，令，则，从而在上，单调递增，在上，单调递减，
故，
即，
化简得，
故．设，
令，则；
因为，所以，从而在上，，单调递减；在上，，单调递减，故，因此的最小值为．故选C．
点拨
作差比较，构造函数，运用不等式恒成立结论，利用函数单调性讨论函数最大值求解．
解法4：
由题知,,令,则
令,可得,当时,;
当时,;
故,
从而,
因此.
令,则;
令,可得.当时,;当时,
故,因此的最小值为.故选.
点拨:构造函数,运用不等式恒成立结论求出关系,再对放缩求解.
赏析：
本题利用不等式恒成立条件,求得关系,再构造不同的函数求解.解法1从解析几何角度,利用曲线与直线的相切关系,构造函数求解,考查数形结合思想;解法2用换元变化,把换元替换成构造函数,分类讨论求解,考查化归与转化的思想;解法3运用作差比较,构造函数求出关系,化简转化为关系式,构造函数,求出相应最小值,考查函数与方程的思想;
解法4：
构造函数,放缩得到关系,利用放缩法把转化为关于的关系式,再构造函数得到最小值,考查分类与整合思想.
【题目1-12】若对于任意的,关于的不等式恒成立,则的最小值为（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1：
设,则恒成立,
从而即
由线性规划知,问题可转化为原点到直线的距离为,
所以的最小值为,因此选.
点拨：
构造一元二次函数,利用图象把最值间题转化为点到可行域的距离最小值,利用点到直线的距离公式求解.
解法2：
由已知条件转化为关于的一次不等式,表示直线上及直线上方区域,则式子表示直线上一点与原点的距离的平方.
从而由原点到直线的距离公式得,
即,当且仅当时,等号成立,故的最小值为,因此选.
点拨：
化归转化成关于的一次不等式,利用点到直线的距离公式进行求解.
解法3：
由已知条件,可得;
由柯西不等式可知,,
故,当且仅当2b时,等号成立,此时有的最小值为,因此选.
点拨：
把,化简转化为,利用柯西不等式放缩求解.
赏析：
本题考查化归与转化的思想,解法1和解法2从数形结合思想的角度,把不等式恒成立转化为线性规划问题,利用点到直线的距离进行求解.解法1从一元二次方程出发,确定关于的可行域,然后再利用点到直线的距离公式直接求解;解法2变换主元,得到关于的表达式求解最小值,达到事半功倍的效果;解法3对已知不等式进行配,凑,添,拆项,运用柯西不等式放缩求解,得到最小值.
第4讲 取值范围问题
参数取值范围问题常利用分离参数法,依托不等式性质,转化为函数的相关问题求解,考查化归与转化思想,数形结合思想,逻辑推理能力,数学运算能力,本讲通过经典案例题目探究相关有效的解题策略.
【题目1-13】不等式的解集为,且,则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1：
由题可知,对任意恒成立,
当时,有,即恒成立;
当,有在上恒成立,
令,则,
从而在上单调递减,在上单调递增,
故,于是有,
所以,因此选.
点拨：
对进行合理分类讨论后,利用分离参数法求解.
解法2：
由不等式对任意恒成立,分类讨论,得当时,有,即恒成立;
当,由可得,即恒成立,故.
令,作出的图象如图,可得,
从而,故,所以,因此选A.
点拨：
对进行合理分类讨论后,分离参数，利用函数图像求解.
赏析：
本题关键在于将等价转化为在上恒成立,分离参数,转化为“恒成立”问题进行求解.解法1与解法2均对进行合理分类讨论后,用分离参数法求解.解法1是构造函数,解法2是构造,研究其单调性,利用函数图象求解的取值范围.
【题目1-14】已知对于任意的,都有,则实数的取值范围是_______
解法1：
若恒成立,则问题等价于恒成立;
令,则,从而;
当时,恒成立,故,即;
当时,恒成立,故,即,
因此实数的取值范围是.
点拨：
化简多项式,分离参数,换元转化为不等式“恒成立”题型进行求解.
解法2:
令,当,即0时,有,满足题意;
当时,,或,若,不符合题意,若,符合题意.
当即或时,
需满足所以满足题意
综上所述,的取值范围为.
赏析：
本题的两种解法不同,是求解参变量的典型代表.解法1分离参数,换元,构造函数5,分类讨论,利用函数的最值求解;解法2是常规思路,主要利用一元二次函数的判别式分类讨论求解.
【题目1-15】若对任意,不等式恒成立,则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1：
,则问题转化为在上,
因为,所以,从而当时，有,因此在上是增函数;
当时,,则在上是增函数,从而,
即,故在上成立;
时,为增函数,故存在区间,使得,
又,故有,与已知矛盾,因此故选.
点拨：
构造函数,利用不等式“恒成立”结论,转化为函数的最值问题求解.
解法2:
当时,成立;
当时,令,则,
则,
从而,有,故,有,与已知矛盾,
因此故选.
点拨：
对参数分类讨论,利用放缩法，转化为“恒成立”与“存在性”结论，运用反证
法求解.
解法3:
当时,成立;
当时,成立;
当时,令,
则
从而在上单调递增,故,
从而在内有唯一零点,故在上,有0,则在上单调递减,有,与矛盾,
因此故选.
点拨：
对参数分类讨论,利用放缩法，转化为“恒成立”与“存在性”结论，运用反证
法求解.
赏析:
本题主要分离参数,利用不等式“恒成立”与“存在性”结论进行求解.解法1构造函数,利用单调性求解;解法2与解法3的思路一致,都是分离参数,转化为不等式“恒成立”结论,分类讨论,运用反证法求解,区别在于构造函数的不同,解法2构造函数,解法3构造函数,二者是“殊途同归”,利用反证法排除不符合的范围,最终求得的范围.
【题目1-16】已知,若对一切实数恒成立,则实数的取值范围为________
解法1:
由已知可得,即对一切实数恒成立,
由一元二次函数的性质可得
解得故,因此实数的取值范围为.
点拨：
化简转化为关于的一元二次不等式，利用二次函数性质，通过判别式求解.
解法2:
令,则问题转化为对恒成立;
当时,由二次函数的图象知,不合题意;
当时,,即,解得,或,
综上所述,,因此实数的取值范围为.
点拨：
化简转化为关于的一元二次不等式，构造一元二次函数,利用二次函数.图象性质进行求解.
解法3:
因为恒成立,所以问题转化为对恒成立,从而.
令,则,
令,则或,
从而在上单调递增,在上单调递减;
又,且当时,,故,于是,因此实数的取值范围为.
点拨：
分离参数,构造函数求解函数的单调性及最值,利用函数图象性质求解.
赏析:
本题已知不等式恒成立,求解参数的范围,解法1和解法2都是构造一元二次函数,利用函数图象求解,但两种解法的角度不同,解法1利用判别式进行求解;解法2而是根据一元二次函数恒在轴上方,利用最小值恒大于零进行求解;解法3分离参数,利用不等式“恒成立”与“存在性”结论进行求解.
【题目1-17】已知函数在上的最大值为,当时,恒成立,则的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1:
令,则,即,所以在[1,2]上是增函数,在[2,4]上是减函数,故,即
因为对任意恒成立,所以.对任意恒成立.设,如图1-3所示,
当时,是由伸长倍或缩短到原来的立得到;
当时,
当时,;
当时,不恒成立;
综上所述,,故选B.
点拨：
根据已知条件先求出b值，再分离参数a,运用不等式恒成立结论，利用图象分类讨论求解.
解法2:
由解法1知,在上是增函数,在上是减函数,所以,即.因为在上恒成立,所以,即
(1)当时,上式成立;
(2)当时,可得.
令,则在上是增函数,在上是减函数,且的图象与直线相切于点,如图所示,可得,或,
即或,综上所述,,故选B.
点拨：
分离参数,构造函数,利用图象分类讨论求解.
解法3:
由已知,可得,当且仅当时等号成立,所以.
因为对恒成立,所以,故为必要条件.
当时,,符合题意;
当时,,符合题意;
当时,可取,不符合题意.综上所述,,故选B.
点拨：
分类讨论参数a，利用放缩法求解。
解法4:
由解法1知,在上是增函数,在上是减函数，所以,即
因为,所以;
令,则;
因为,所以令,
有
又,故在上是增函数.
因为,所以在上是增函数.
故,从而,因此选B.
点拨：
分离参数,构造函数,利用不等式恒成立结论转化为最值求解.
赏析:
本题先求出值,利用不等式恒成立结论,转化为.解法1利用函数图象求解,考查数形结合思想;解法2构造函数,利用图象分类讨论求解,考查化归与转化的思想;解法3对参数分类讨论,对放缩求解,考查分类与整合思想;解法4分离参数,构造函数,求解的最小值,考查运算求解能力.
【题目1-18】已知函数,设函数除零外还有两个不同的零点,若对任意的有恒成立,则的取值范围是________
解法1:
由已知得有两个不同的非零实数根,
则,且,解得或;
若,则,其中
当时,有,从而,解得
若,且,则
当即时,有,
从而,解得;
当,即时,有,
解得
综上所述,的取值范围是.
点拨：
把已知函数把已知函数化简为一元二次方程，利用判别式分类讨论,借助恒成立结论转化为最值求解.
解法2:
由得,
当时,,此时函数单调递增,不合题意,舍去;
当时,,此时,函数在
时取极大值,在处取极小值,由于函数有三个零点,则极大值大于零,极小值小于零,所以有不等式,
即
解得.
若,可得在上的最小值为0,
又恒成立,故;
若,可得在上的最小值为
,有,
即
解得,故;
当时,,此时,函数在时取极小值,在处取极大值,由于函数有三个零点,则极大值大于零,极小值小于零,
从而有,
解得,
此时在上的最小值为0,所以,
即,解得;
综上所述,的取值范围是.
点拨：
运用导数分类讨论函数的单调性与极值，利用函数的零点关系求解.
赏析:
本题考查函数零点的相关知识,利用不等式恒成立结论求解,考查函数与方程思想,数形结合思想.解法1先化简出,把问题转化为一元二次方程,利用导数分类讨论求解;解法2利用函数的单调性与极值变化,分类讨论求解.
第5讲 整数解问题
整数解问题是近年的热点,常以选填题的压轴题形式出现,难度大,得分率不高,考查数学抽象能力,数形结合思想.这类问题主要是利用参数的几何意义,借助函数图象得到等价不等式组求解,考查考生的数学综合能力,本讲从图象的角度,依托不等式知识,探究有效的解题策略.
【题目1-19】已知函数,其中若关于的不等式的解集中的整数恰有3个,则实数的取值范围为________
A.
B.
C.
D.
解法1:
因为,所以问题等价于.作出与的图象,如图所示,要使得的整数解恰有3个,
则与的交点的横坐标应在区间内,
所以当时,;且当时,,所以,故选.
点拨：
化简变换成两折线相交问题，利用图象找出等价不等式关系式求解.
解法2:
原不等式可化为,当时,不满足,故.
作出的图象如图,要使得的整数
解恰有3个,只要与的交点横坐标在区间内,
故,解得,故选.
点拨：
分离参数,构造函数,利用图象求解.
赏析:
本题是已知不等式整数解的条件,求解参数范围的题型,解题思路是构造函数,利用函数图象求解.解法1转化为两折线的位置关系,参数的几何意义为直线的斜率,根据图象,分析出两折线的交点的横坐标只能在区间内,代入特殊值,可求得参数m的范围;解法2分离参数,构造函数,借助函数的图象,分析直线与函数有3个特殊整数交点,可列出等价不等式,求出参数的范围.
整数解问题的解题策略:分离参数,明确参数的几何意义;(2)构造函数,画出函数图象;(3)根据图象,确定特殊整数点,列出等价不等式组;(4)求出参数的取值范围;也就是“一分,二画,三列式”
第6讲 线性规划问题
线性规划问题是不等式的常见问题,解题的关键是画出可行域图象,理解目标函数的几何意义,借助图象求解,考查直观想象能力和数学运算能力,考查数形结合思想,快速直观地得到结果.
【题目1-20】已知的三边长为,满足,则的取值范围为________
解法1:
由三角形性质,可得
令,
则不等式平面区域表示如图所示,其中,
,所以的取值范围为.
点拨：
由三角形两边之和,大于第三边,列出等价不等式组,换元变为,利用线性规划求解.
解法2:
因为所以由三角形两边之和大于第三边得
即,
解得,所以的取值范围为.
点拨：
由三角形两边之和大于第三边，放缩变化,运用不等式性质等价运算求解.
赏析:
本题已知不等式关系,求解的范围,解法1列出相关不等式组,利用线性规划求解,考查数形结合思想;解法2利用不等式的性质等价运算求解,考查数学运算求解能力.
利用图象法解决线性规划的步骤:
(1)作出可行域,将约束条件中的每一个不等式当作等式,作出相应的直线,并确定原不等式表示的半平面,然后求出所有半平面的交集;(2)作出目标函数的等值线;(3)求出最终结果,在可行域内平行移动目标函数等值线,从图中能判定问题有唯一最优解,或者有无穷最优解,或者无最优解.
常见目标函数的类型如下:
①截距型:形如,可化为,利用直线在轴上的截距大小确定目标函数的最值(取值范围);
②距离型:形如,表示区域内的动点与定点连线的距离的平方;
③斜率型:形如,表示区域内的动点与定点连线的斜率.
【题目1-21】已知是不等式组所表示平面区域内的一点,则的取值范围是________
解法1
令,则,从而
由不等式组可求向量夹角的范围是,
从而,
故,所以,
因此的取值范围是.
点拨：
构造向量坐标，利用向量坐标运算转化为向量夹角，根据夹角的范围求解.
解法2:
令,其中,
则,可得,
所以,因此的取值范围是.
点拨：
对进行三角换元,利用三角函数的辅助角公式化简,求出范围.
赏析：
本题利用换元构造,转换成三角函数求解.解法1构造向量,运用向量的坐标运算,利用向量的夹角范围求解,考查化归与转化的思想;解法2换元转化为三角函数,利用正弦函数的辅助角求解,考查数学运算求解能力.
第7讲 不等式综合问题
不等式知识与性质贯穿高中数学知识体系,对于具体的数学问题,转化为不等式问题,可快速有效地求:解,实现事半功倍的效果,考查化归与转化的思想,数学抽象的能力.但由于技巧性,如何合理地转化成不等式,是解题的关键与难点,本讲通过具体案例,引导读者理解与掌握有效的解题策略.
【题目1-22】已知关于的二次方程在区间内有两个实根,若则实数的最小值为（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1:
因为在区间内有两个实根,
所以即
又,故,
从而,即,解得或
若,且,则,即,解得;
若,因为,所以,解得(舍去);
综上所述,的最小值为,因此选.
点拨：
已知一元二次方程的根,利用韦达定理列出与的等价不等式组,运用不等式运算性质求解.
解法2：
因为所以
根据题意,可大致画出函数图象如图所示,因为取最小值,意味着拋物线在规定条件下开口最大,
则即解得;因为,所以,即的最小值为,因此选.
点拨：
根据一元二次函数的性质，求出相关不等式组，利用图象得到等价方程组求解.
解法3：
由题可设,则
从而①;
因为,
所以由①得,故的最小值为,因此选.
点拨：
构造一元二次函数的两点式方程，利用二次函数的性质求解.
赏析:
本题已知一元二次函数的根,求解系数的最值,考查一元二次函数的相关知识与性质.解法1利用韦达定理,列出相关不等式组,通过不等式运算求解,考查数学运算求解能力;解法2利用一元二次函数的图象,列出不等式求解,考查数形结合思想;解法3构造一元二次函数的零点式方程,转化为特殊点函数值求解,考查函数与方程的思想.
【题目1-23】已知函数,若存在,使得,则实数的取值范围是________
解法1:
由已知条件把化为在上有解,
即在上有解,
故
所以,因此实数的取值范围是.
点拨：
对绝对值不等式进行分类讨论,分离参数转化为函数最值求解.
解法2:
考虑原命题的否定:对任意,有,则或,可化为或设,可知在上,为增函数,故
又,故在上,,所以
为增函数,从而,综上所述,或,因此由简易逻辑知,原题中的实数的取值范围是.
点拨：
正难则反，求解原命题的否定对应的参数的取值范围，再利用补集求出最终解.
赏析：
本题根据含有绝对值的不等式的性质,分类讨论求解,解法1构造函数,利用函数恒成立与存在性的结论,转化为函数最值求解;解法2从命题的否定出发,采用“正难则反”思想,利用集合的补集思想求解,考查了一般与特殊的思想.
【题目1-24】已知正实数满足,则实数的取值范围是________
解法1:
由得因为,
所以,则从而故,
因此实数的取值范围是.
点拨：
根据已知条件消元转化为表达式，利用基本不等式求解.
解法2:
因为,所以,
即.
令.
由得,
解得
又因为得,
所以.
因此实数的取值范围是.
点拨：
化简转化为正切函数,通过解三角函数公式求解.
解法3:
由,得;
又,可令,
则,
因此实数的取值范围是.
点拨：
化简变化为三角函数,利用三角函数公式求解.
解法4:
因为,所以由韦达定理知是方程.
的两个正根,
从而,且,化简得,因此实数的取值范围是
点拨：
化简变化借助韦达定理,利用一元二次方程判别式进行求解.
赏析：
本题主要通过化简变换,利用不等式相关结论求解,解法1消元变量,化为表达式,再利用基本不等式求解,考查化归与转化的思想;解法2与解法3是换元变为三角函数,利用三角函数公式求解，解法2是化为正切函数,解法3化为正余弦函数,体现了数形结合思想,考查了逻辑推理能力;解法4通过韦达定理，构造一元二次函数,利用判别式求解,考查一般与特殊思想和运算求解能力.
【题目】设,若仅有一个常数使得对于任意的,都有满足方程,这时,的取值集合为________
解法1:
由已知得,且在上单调递减,从而,进而可得
,因此
因为有且只有一个常数符合题意,所以,解得,所以的取值集合为.
点拨：
由对数方程化简得到关于的函数，利用指数函数与幂函数的性质讨论运算求解。
解法2:
由得,即,因为在单调递减,
所以.
由“任意性”结论可知,,即解得.
又,故,因为唯一,所以,解得,因此的取值集合为.
点拨：
由对数方程化简得到关于的函数，利用不等式恒成立的结论得到等价不等式组求解.
赏析:
本题考查函数与方程的思想,由已知条件可得到关于的函数,再根据不等式恒成立的结论求解.解法1借助指数函数与幂函数的性质求解,考查数形结合思想;解法2利用不等式恒成立结论得到等价不等式组,再利用指对数函数的性质求解,考查运算求解能力.
变式练习
【变式1-1】若正数满足,则的最大值是________
【变式1-2】已知都在区间内,且,则函数的最小值是________
【变式1-3】已知,且,则的最小值是________
【变式1-4】若都是正数,求证.
【变式1-5】已知正实数满足,则的取值范围是________
【变式1-6】已知,且,则的最小值为________
【变式1-7】设二次函数的值域为,则的最大值为________
【变式1-8】设二次函数的导函数为,若对任意,不等式恒成立,则的最大值为________
【变式1-9】若对于任意的x∈[-1，0]，关于x的不等式3x2+2ax+b≤0恒成立，则(a+2)2+(b-3)2-1的最小值为 .
【变式1-10】f(x)=，a∈[0，1]，f(x)≥b的解集为空集，则b的取值范围是 .
【变式1-11】设x∈R，[x]表示不超过x的最大整数.若存在实数t，使得[t]=1，[t2]=2，…，[tn]=n同时成立，则正整数n的最大值是( )
A.3
B.4
C.5
D.6
【变式1-12】如图1-9，函数f(x)的图象为两条射线CA，CB组成的折线，如果不等式f(x)≥x2-x-a的解集中有且仅有1个整数，那么实数a的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
【变式1-13】已知函数，若且，则的取值范围是
A.
B.
C.
D.
【变式1-14】若，则的最小值为
A.
B.
C.
D.
【变式1-15】设二次函数的值域为，且的最大值是第02章 数列
数列在历年的高考中都占有很重要的地位，这些年的高考数学试题主要考查了等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式及其灵活应用，对学生的计算技能要求很高，最重要的一点是很大程度上考查了学生的逻辑推理能力.无论数列题型如何变化，最终都朝着等比和等差的方向转换!
第1讲 等差数列问题
等差数列的性质与证明是高考热点，一般出现在选填题或者解答题第一题，难度虽然不大，但有一定的技巧性，且对规范性要求较高，解题时要避免会而不对或对而不全.
【题目2-1】在等差数列{an}中，a15=3，a60=93，则a75= .
解法1
因为
所以，
所以.
点拨
直接根据等差数列的通项公式求解.
解法2
因为，所以，解得，
所以.
点拨
根据等差数列的性质(或者说是第二通项公式):an=am+(n-m)d.
解法3
设，则解得
所以
点拨
根据等差数列通项公式的特点，设通项an是关于n的一次函数，利用待定系数法求出结果.
解法4
因为数列是等差数列，所以也是等差数列，
设公差为d，则a15为首项，a60为第四项，所以a60=a15+3d，故，计算得，所以.
点拨
根据等差数列的性质:对于等差数列{an}，若数列{nk}是等差数列，则数列{}也是等差数列.
解法5
由于三点在一条直线上，
所以，即，解得.
点拨
根据等差数列的性质:(n，an)是分布在一条直线上的离散的点，因此任意两点的连线的斜率都相等.
点拨：解法1直接套用公式；解法2和解法4是根据等差数列的性质；解法3则揭示了等差数列是特殊的“一次函数”；解法5用到了“数形结合”的思想使问题得到很好的解决.
【题目2-2】设等差数列{an}满足a3+a7=36，a4a6=275，且anan+1有最小值，则这个最小值
为 .
解法1
设等差数列{an}的首项a1，公差为d，
依题意有，所以，或，
所以或，
当时，，
当时，取最小值；
当时，
当时，取最小值，综上的最小值为.
点拨：根据等差数列的性质，再结合一元二次，函数的性质求出最值.
解法2
同解法1得到an=7n-17或an=-7n+53，要使得最小，只需an与an+1异号即可，
当时，，此时最小为；
当时，，此时最小为，
综上，有最小值.
点拨
根据等差数列的性质，乘积的最小值在anan+1<0处取得.
解法3
因为等差数列满足，所以，所以，
为方程的两个根，解得或，所以
或，以下同解法2.
当时，，此时最小为；
当时，，此时最小为，
综上，有最小值.
点拨
根据等差数列的性质，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq.
点拨
解法1利用一元二次函数的性质求解；解法2则揭示数列相邻两项乘积的最小值在正负交界处取得；解法3用到了“列举法”.
【题目2-3】已知等差数列满足，则的取值范围是 .
解法1
在等差数列中，，
所以
设
所以
.
点拨
根据等差中项的性质，结合三角代换.
解法2
因为
，
设，
所以
点拨
“1”的妙用再结合因式分解.
解法3
由题意得，
故
点拨
利用等差数列的性质:an=am+(n-m)d.
点拨
解法1和解法2都是先用“三角代换”，再用“辅助角公式”.解法3则巧妙地用到“等差数列”的性质，并且将“1”的妙用发挥到了极致.
【题目2-4】已知等差数列{an}:2，5，8，…与等差数列{bn}:1，5，9，…均为40项.求它们的公共项构成的数列{cn}的通项公式.
解法1
(观察归纳法)数列{an}:2，5，…的公差为3；数列{bn}:1，5，9，…的公差为4；
观察归纳可知:他们的相同项是以5为首项，12为公差(3与4的最小公倍)
的等差数列，所以cn=5+(n-1)×12=12n-7，又因为a40=119，b40=157，
所以cn≤119，所以n≤10.5，所以{cn}的通项公式cn=12n-7(n≤10).
点拨
两个等差数列公共项构成新数列通项公式的求法.
解法2
因为；所以
，若，则必为3的倍数(或必为2的倍数)，
设因左边为奇数，必为奇数)，再设(引人参变量，因为，则，由题知:解得
，故，
即，即.
点拨
引入参变量法.
点拨
解法1采用观察归纳法得出数列的公差；解法2则先引入变量，再分析推理得出公共项的通项公式，解法新颖，值得去体会!
【题目2-5】在等差数列{an}中，an>0.(1)若前2项的和为3，前4项的和为8，求前8项的和；(2)若所有项的和为55，前3项的和为6，后3项的和为27，求项数n.
解法1
(1)根据等差数列前项和公式:，
则解得，所以.
(2)由题意得，根据等差数列的性质：
若，则，即
，所以，
所以，解得.
点拨
运用等差数列的前n项和公式及等差数列的性质.
解法2
(1)由点拨的公式知，则，
由得.
(2)由(1)得，解得.
点拨
用“等差数列”的一个重要性质:，该性质说明等差数列前n
项和的平均数等于这n项中间的连续n-2m(n>2m)项和的平均数.
点拨
本题的解法1利用求和公式，再结合等差数列的性质，即可求出项数.而解法2则揭示了一个隐
藏很深的性质:该性质说明等差数列前n项和的平均数等于这n项中间的连续n-2m(n>2m)项和的平均数.
【题目2-6】若等差数列{an}满足，则的最大值为 .
解法1
由，得，于是，所以
令，所以
所以的最大值为.
点拨
运用首项公差法.
解法2
令，则
，所以
点拨
运用三角换元法.
解法3
，将它看作直线
圆相交或相切，所以，所以.
所以的最大值为.
点拨
运用数形结合法.
点拨
本题的解法1通过巧妙地变形，得出某两项的平方和等于1，再用三角代换；解法2是另外一种的三角代换；解法3则将思维发散到直线与圆的相交或相切。
【题目2-7】首项为正数a的等差数列，前17项的和等于前9项的和，问前几项的和最大
解法1
设数列的公差为，由可得，
所以.
又因为，故，所以，
当时，有最大值，即该数列的前13项的和最大.
点拨
这是一道数列最值问题的综合题，可以先建立相应的目标函数，再求最值.
解法2
由解法1知，
所以令即
解得，
所以.
点拨
由解法1知，该数列的公差d=，所以该数列是一个首项为正数的递减数列，必存在某一项an为非负数，而它后面的所有项都是负数，这时Sn最大.
解法3
由已知，可得，由等差数列的性质“与
首尾两项等距离的两项和等于首末两项的和”可得:
，因为与与；
与都互为相反数，因为，所以该数列递减，为正数，为负数，由此可得前13项的和最大.
点拨
由已知，推出，利用“若，则”即可获解.
点拨
解法1是将问题转化为一元二次函数的最值求解，同时注意到自变量应取整数；解法2则利用不等式组解出n的值；解法3利用数列的“单调性”与下标和的性质.
【题目2-8】若等差数列满足，则的最大值为 .
解法1
三角换元法.由代入得，，
令，即，
所以.
点拨
利用等差数列的基本量法转化为函数求最值问题.
解法2
柯西不等式法.由代入得，，
由柯西不等式得，所以.
点拨
利用等差数列的基本量法转化为柯西不等式求最值.
解法3
数形结合法.由代入得，，
令，化为直线与圆有公共点，
即，所以.
点拨
利用等差数列的基本量法转化为直线与圆的位置关系进行求解.
解法4
由，即，
则
.
所以S的最大值为50.
点拨
利用等差数列的基本量法转化为柯西不等式求最值.
解法5
柯西不等式法.由题意得，则，
所以，所以，
所以，所以.
点拨
利用等差数列的基本量法转化为不等式求解.
解法6
柯西不等式法.由题可得，，
设，，
令，所以，，
，
所以.
点拨
利用等差数列的基本量法转化柯西不等式求解.
解法7
函数法.设等差数列{an}的公差为d，且d∈R，
则，又，则①.
又，则②.
把②代人①整理，得，
由≥0得，S2≤2500，即一50≤S≤50，所以S的最大值为50.
点拨
利用等差数列的基本量法转化为函数求最值问题.
点拨
本题的解法1用三角换元法求解，解法2用柯西不等式求解，解法3由数形结合转化为直线与圓的位置关系求解.总之:解法1、2、3是由等差数列基本量法得到，解法4、5、6均是转化为柯西不等式求解.解法7则用到了方程与函数的思想，利用方程有根求解.
在《数列》这一章节，考查的数学核心素养是:数学运算能力、逻辑推理能力，这一章笔者有以下的经验总结愿与大家一起分享:
(1)等差数列的证明:①证明为常数；②证明存在实数a，b，使得；③证明存在实数k，b，使得；④证明.
(2)在适当的时候注意灵活运用等差数列的常见性质辅助解题；
(3)三个数成等差数列，一般可设为a-d，a，a+d；四个数成等差数列，一般可设为a-3d，a-d，a+d，a+3d；五个数成等差数列，一般可设为a-2d，a-d，a，a+d，a+2d.
(4)等差数列的主要性质如下:
①在等差数列中，或(m≠n).
②在等差数列中，若，则.
③在等差数列中，若，则.
④对于等差数列，若数列{nz}是等差数列，则数列{ang}也是等差数列.
(5)若数列和都是等差数列，则对任意实数、μ，数列也是等差数列。
(6)若数列是等差数列，则对任意实数c，数列也是等差数列.
(7)若是等差数列的前n项和，则是等差数列.
(8)若是等差数列的前n项和，则、、、...成等差数列.
(9)若等差数列的项数为偶数2m、所有奇数项之和为S奇、所有偶数项之和为S偶，则所有项，，.
(10)若等差数列的项数为奇数2m-1、所有奇数项之和为S奇、所有偶数项之和为S偶，则所有有项之和S2m-1=(2m-1)am、S奇=mam、S偶=(m-1)am、S奇-S偶=am、.
(11)若Sm=n、Sn=m(m≠n)，则Sm+n=-(m+n).
(12)若am=n、an=m(m≠n)，则am+n=0.
(13)数列，的前n项和分别为，若，则
.
第2讲 等比数列问题
如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比值都等于同一个常数(不为0)，我们把这个数列叫做等比数列，这个常数叫做公比.等比数列是高中数列中的重难点，也是高考中的热点.等比数列往往能与函数.不等式、解析几何等知识相结合，具有相当的难度.本讲就等比数列在教学中所涉及的性质、思想方法进行一题多解，以求解一.题通一类.
【题目2-9】在等比数列中，，，则的值为( )
A.±2
B.2
C.±3
D.3
解法1
设数列的公比为，因为，
所以，所以，所以故选.
点拨
根据公式进行常量计算.
解法2
因为①，
②.
由②①得，所以.故选A.
点拨
根据等比数列倒数和性质.
解法3
因为
所以.故选.
点拨
根据下标和性质求解.
点拨
解法1是直接套公式求出数列的第5项；解法2是采用“倒序相加法”；解法3采用了“重新组合法”，使得通分后分母一致，该方法比较难想到.
【题目2-10】已知正项等比数列满足，则的最小值为( )
A.32
B.10+10
C.20
D.28
解法1
不妨设正项等比数列的公比q>1，因为，
所以，
则+10
，
当且仅当时取等号，的最小值为20，故选择C.
点拨
根据等比数列的第二通项公式和基本不等式的重要性质可以得出结果.
解法2
因为数列的各项均为正数，所以数列也为正项等比数列，
设数列的公比为，则，设
，由得，所以
求导得，令，则，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，有最小值，此时最小值为20.故选.
点拨
利用等比数列的性质和结合导函数求原函数的最值.
解法3
设等比数列的公比为，由已知得:，
所以，所以
当
时取等号.所以的最小值为20，故选.
点拨
根据等比数列的第一通项公式和基本不等式的重要性质可以得出结果.
点拨
解法1和解法2的共同特点是:将作为一个整体，不同点是:解法1用到了基本不等式，而解法2则是用求导的方法求出最值.解法3则是由等比数列的通项公式和均值不等式共同求出最小值.
【题目2-11】已知等比数列中，>0，(1)若前两项的积为2，前4项的积为8，求前8项的积T；(2)若所有项的积为144，前3项的积为3，后3项的积为4，求项数n.
解法1
(1)由已知得解得所以数列前8
项的积为.
(2)由等比数列的通项公式得到
解得.
点拨
根据等比数列的通项公式求解.
解法2
(1)由等比数列的特殊性质得:
前6项的几何平均数等于中间2项的几何平均数；
前8项的几何平均数等于中间4项的几何平均数，
所以，
所以，解得，
又因为，
即，解得.
(2)由等比数列的特殊性质得：
，
所以:，解得.
点拨
根据等比数列的一个特殊的性质:若是公比为q(q>0)的等比数列，则有:(n>2m)，用语言文字解释就是:公比为正数的等比数列的前n项的几何平均数等于这n项中间的连续n-2m项的几何平均数.
点拨
解法1是根据等比数列的通项公式求出前8项的积以及项数n.解法2则揭示了等比数列的一个特殊的性质:公比为正数的等比数列的前n项的几何平均数等于这n项中间的连续n-2m项的几何平均数.
【题目2-12】正项等比数列的公比q=3，前n项和为Sn，且S2=4，S6=364，求S8.
解法1
由已知列式得:解得所以
点拨
根据等比数列的求和公式求解.
解法2
因为在等比数列中有，
所以，
即.
点拨
根据等比数列前n项和性质求解，即.
点拨
解法1是直接用书本上的等比数列前n项和公式求解.解法2则挖掘出等比数列的另外一个重要性质:等比数列前n项和为，则，即
，即.利用该性质解题，避免了用基本量法求解带来的烦琐计算，极大地提高了解题效率.
【题目2-13】等比数列的前项和为，现已知成等差数列，求证:成等差数列.(由此猜想还能得到什么结论 )
解法1
因为，所以，
故
，
所以，所以，
所以，
所以，解得，
所以，
而即，
所以成等差数列.
点拨
根据等比数列的第二通项公式:.
解法2
因为，所以，两边约
分有:，所以，所以，两边同乘以，
得，故，所以成等差数列.
点拨
根据公式然后巧妙化简!
解法3
因为，所以，两边约
分有，所以，
令，解得或，经检验不符合，
舍去，所以，即，所以，
又因为故，所
以成等差数列.
点拨
先直接用公式后再用换元法.
点拨
解法1和解法2是运用等比数列的性质，并且巧妙地化简.解法3则用了“换元法”证出结果，经研究发现:等比数列的前项和为，若成等差数列，则成等差数列.证明过程如下:
因为，所以，
所以，所以，
两边同乘以得，所以，
即，所以成等差数列.
【题目2-14】设等比数列{an}的公比为q(q>0，q≠1)，前n项和为Sn，且2a1a3=a4，求常数t，使得为等比数列.
解法1
由已知得:2a1a1q2=a1q3，所以a1=，
所以，
由于数列为等比数列，故成等比数列，
所以成等比数列，
所以，
所以，再将代入通项检验：(定值).
点拨
根据等比数列的性质.
解法2
由已知得：，所以，
所以，
令，
要使为等比数列，则通项必须是指数型函数，所以，
所以，此时，(定值).
点拨
解法1是根据等比数列的概念，求出常数t.解法2则是用“比较系数法”求出该常数，解完题后我们体会到等比数列的通项公式是指数型函数.在等比数列这一节中，笔者有以下的经验总结愿意与大家一起分享:
(1)等比数列的证明:①(AB≠0)；②(q≠0，q≠1)，a=-b；③证明
为常数；④证明.
(2)当引入公比q辅助解题或q作为参数时，注意要对q=1和q≠1进行分类讨论.
(3)证明数列是等比数列、不是等比数列，讨论数列是否为等比数列，求解含参等比数列中的参数这四类问题同源.
(4)巧用主要性质，(m+n=p+q)和(m+n=2p).
(5)三个数成等比数列，一般可设为，a，aq；四个数成等比数列，一般可设为号；五个数成等比数列，一般可设为.
(6)等比数列的主要性质如下:
①在等比数列中，.
②在等比数列中，若m+n=p+q，则.
③在等比数列中，若m+n=2p，则.
④对于等比数列，若数列{nk}是等差数列，则数列{}也是等比数列.
⑤若数列是等比数列，则对于任意实数(≠0)，数列也是等比数列。
⑥若数列是等比数列，则数列也是等比数列.
⑦若数列是等比数列且>0，则数列为等差数列.
⑧若数列和都是项数相同的等比数列，则数列也是等比数列。
⑨若是等比数列的前n项和(≠0)，则成等比数列，其公
比为.
等比数列的公比为，则(理由：
=
).
等比数列的前项和为，若成等差数列，则成等差数列.
点拨
观察等比数列通项公式的特点，用比较系数法.
第3讲 通项公式问题
专家说“寻找解题不能教会，只能靠自己学会”，这都是强调它的实践性.基础知识要通过解题实践来消化；解题方法要通过解题实践来强化.在解题实践中，既会有成功也会有失败，这两方面的积蓄都能形成经验.下面就求数列的通项公式要具备的九种意识，说说自己的体会:(1)退位相减意识；(2)构造新数列意识；(3)转化化归意识；(4)下脚标意识；(5)条件意识(n=1，n≥2)；(6)叠加相消意识；(7)函数的意识；(8)颠倒的意识；(9)周期意识.只有具备这些意识，才能很快地找到正确的解题方法，提高解题效率.
【题目2-15】设数列满足:，(n≥2)，数列满足:，求数列的通项公式.
解法1
因为，可以等价变形为，
其中，，令得，
故，
令，
所以，
所以，
故.
点拨
构造辅助数列法.
解法2
因为，两边同时除以，得，
令，则，
两边同时加得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.所以，
所以，
所以，
又因为，所以.
点拨
构造另一种辅助数列法.
点拨
构造辅助数列需要在观察的基础上巧妙地构思，关键是拼凑出同一关系式中具有相同形式的两项，比如解法1中引入，解法2中和是具有相同形式的两项.
解法3
利用特征方程法不难求出，因为，所以
(此处用到“退位”意识)，即，所以
，它的特征方程为，这个方程的两个特征根为，
所以(特征方程法，具体解释见解法3的点拨)，由
得，解得，故
，代人已知等式得.
点拨
运用特征方程法.
点拨
设递推公式为，其特征方程为，即，
(1)若方程有两相异根A，B，则.
(2)若方程有两等根，则.
如果将以上结论作为此类问题的统一解法直接旺现出来，学生是难以接受的，也是不负荹任的，
下面我们探讨上述结论的"来源”.
设，则，
令
(1)若方程组(*)有两组不同的解，
则，
由等比数列性质可得，
因为，由上两式消去可得
(2)若方程组(*)有两组相等的解易证此时，
则，
，所以.
(3)若方程组(*)无实数解，则数列必是周期数列，通项公式也易求出来.
解法4
由，得到个等式，，，…，，
讨论：(1)当为偶数时，为奇数，将第2，4，6，…所有序号为偶数的式子都乘以再将这个式子相加得
所以为偶数).
(2)当的奇数时,为偶数,将第所有序号为偶数的式子都乘以再将这个式子相加,得到
为奇数所以；
由知代人已知等式得
点拨
用逐项相消法，到后来再用奇偶讨论法.
解法5：
因为,
(1)当时,
.
(2)当时,
.
由知数列的通项公式是.代人已知等
式得.
点拨
先用迭代法，找出规律，再用逐步代入的方法求得结果.
解法6
由已知条件不难求出:,由此猜想数
列的通项公式:,现用数学归纳法证之:
当时,结论显然成立.
假设时,有成立,
因为,所以,
所以,得
.所以时结论也成立,
故对一切的自然数都有
点拨
先根据条件求出数列的前4项，观察分析推断其可能的通项公式，再用数学归纳法证之，这也是比较有效的好方法！
赏析
解法4采用奇偶讨论法,到最后又将数列的通项公式合二为一;解法5是多次迭代后求出最终结果;解法6采用数学归纳法,充分地考查了学生的观察判断能力.
【题目2-16】已知数列满足:,其中为数列的前项和,求数列的通项公式.
解法1：
因为
所以两式相减可得所以所以
令则所以而所以即
点拨
先化归为关于和的关系式，再求通项公式
解法2
由解法1得到所以两式相减得再令显然数列是公比为的新等比数列,由得而所以所以
点拨
由递推关系式猜想数列是等差数列，因此就有了设法得到之间的关系式的冲动。
解法3
因为,当时,,
所以,
即,
所以,
再进一步变形得到:,
所以,
即,故有.
点拨
先化归为数列的递推关系式,再求通项公式,即把用表示,通过技术处理,设法得到的表达式,从而法得到通项公式.
解法4
因为,
所以,
两式相减可得,即;
由得,
所以,
所以可以猜想:,用数学归纳法证明如下:
(1)当时,结论显然成立.
(2)设时结论成立,即,
那么当时,
,即时,结论也成立.
由知对于任意的,都有.
点拨
用猜一猜，证一证的方法是求通项公式最常用的方法,做法是根据前几项，猜想出其通项公式.
解法5
由解法1可得:，
在等式两边同乘以得,
分别令,得到个姊妹式:
;
···
;
叠加得,
设,
则,
将两式错位相减得
所以,
进一步计算得,所以,
因为,所以,故.
点拨
由解法1得到、的关系之后,将分别用,替换，原来的等式就变成了个等式，我们暂时将这个等式称为姊妹式,然后将这一1个等式叠加,再结合差比数列求和法则——错位相减法就能得到我们想要的结果.
赏析
解法1与解法2用到了变标相减法.解法3巧妙地构造了一个新数列，使问题得到解决.解法4用到了归纳猜想的方法.解法5将所有的姊妹式相加，最终求出数列的通项公式.
【题目2-17】已知数列满足:求数列的通项公式.
解法1
因为两边同时除以，所以
令所以所以是等比数列,
所以
所以所以
即
点拨
构造新等比数列.
解法2
因为
两边同时除以，所以
所以再写出所有的姊妺式：
···
将上式叠加得到:
所以
点拨
写出所有的姊妺式.
赏析
解法1在递推公式的两边同时除以，从而使数列朝着的方向转化.解法2采用的方法是：将所有的姊妺式相加,中间项正负抵消,从而求出通项公式.
【题目2-18】已知数列中,若求数列的通项公式.$由解出不动点
于是
两式相除得
令则所以
故所以
点拨
求出不动点,令,然后转化为等比数列问題.
解法2
由解出不动点,只用其中的一个不动点,所以,所以,
令,则数列的递推关系式为,所以由构造法得
,所以,所以,
由于,故,即.
点拨
不动点法和构造法
解法3
由解出不动点只用其中的一个不动点，所以
所以，然后令则数列的递推关系式为
所以所以
所以故
所以
点拨
用不动点法
赏析
用不动点法.解法1用了两个不动点.解法2和解法3都只用其中的1个不动点.下面介绍一下递推数列中的不动点法:形如均为常数,,或者递推公式可以化成该形式的,其通法是不动点法,即联立方程都用来替换)解出,即(1),若方程(1)有两个不等的实数根,则令,计算后发现数列是等比数列，从而可以求出它的通项公式;若方程(1)有两个相等的实数園,则可以令,计算后发现数列是等差数列,从而可以求出其通项公式;若方程无实数根,则数列必定是周期数列,通项公式也容易求.
【题目2-19】已知数列满足,求数列的通项公式.
解法1
该数列的特征方程为,化简得,特征方程无实数根,考虑
周期性，
···，
所以该数列的通项公式为
赏析
由不动点法求特征方程的根,当ニ次方程有两个不等的根时,導推关系式朝着等比方向发展,当二次方程有两个相等的根时，递推关系式朝釆等差方向发展,当二次方程无实数根时,递推关系式朝着周期数列方向发展.
【题目2-20】已知数列满足,数列满足,则数列的最大项为第________项.
解法1
由已知得
由(2)-(1)得
又,所以,
累乘得(3).
由(3)累加得,当时,满
足,所以.于是,
所以
所以,又,故.
点拨
变标相减法
解法2
由及递推公式可求得易知所以因为最大,所以所以,故.
点拨
由数列的单调性，先增后减作出判断.
赏析
解法1用到了变标相减法，同时结合不等式组求出的值.解法2由观察归纳法得出数列的通项公式,再利用单调性作出合理的判断.
由数列的递推公式求通项公式的常用方法如下:
(1)公式法:等差数列的通项公式:或;等比数列的通项公式:或.
(2)累加法：利用求通项公式的方法称为累加法,累加法是求形如的递推数列通项公式的基本方法可求前项和.
(3)累乘法:利用恒等式求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求形如的递推数列通项公式的基本方法.
(4)构造新数列(待定系数法):对形如为常数,且)的数列求通项的方法是用待定系数法引入参数,从而构成新等比数列.再令,从而得到,这种技术处理又称作割尾巴.这样讲学生印象深刻,能收到神奇的效果!该方法可叫构造新数列法,也可称为待定系数法.
(5)特征根法:对于由递推公式,且给出的数列,方程叫做数列的特征方程,若是特征方程的两个根,
当时,数列的通项为,其中由决定(即把,和代入,得到关于的方程组;
当时,数列的通项为,其中由决定即把,和代入,得到关于的方程组,这种方法就是特征根法.
(6)归纳猜想法:由数列前几项用不完全归纳猜测出数列的通项公式,再利用数学归纳法证明其正确性,这种方法叫归纳法.
(7)倒数变换法:将递推数列,取倒数变成的形式的方法叫倒数交换,
(8)不动点法:方程的根称为函数的不动点.利用递推数列的不动点,可将某些递推关系所确定的数列化为等比数列或等差数列，这种方法称为不动点法.设满足递推关系
(1)若有两个相异的不动点,则(这里);
(2)若只有唯一不动点,则这里.
(9)取对数法:形如,这种类型一般是等式两边取对数后转化为,再利用构造新数列(待定系数法)求解.
(10)周期型:由已知递推式计算出前几项,寻找周期.此题型一般是在不能运用以上各种方法的
(11)换元法:即是将一复杂的整体用一个新的符号来表示,从而使递推数列看起来更简单,更易找到解决问题的方法.例如:数列满足,求数列的通项公式.可以令，使得所给递推关系式转化形式，从而可知数列的通项公式,最后再求出数列的通项公式.
第4讲 数列的求和问题
数列求和问题是数列的基本内容之一,也是高考命题的热点和重点.由于数列求和问题題型多样,技巧性也较强,以致成为数列的一个难点.鉴于此，下面就数列求和问题的常见解题策略作一归纳.
【题目2-21】求数列的前项和
因为所以
,两边同乘以得
两式相减得
所以两边同乘以
所以
点拨
差比数列用错位相减法.
解法2
设所以
所以
所以
由于所以比较系数得
故数列为常数数列，
所以
所以
点拨
用到配凑构造法，再比较系数即可.
解法3
因为采用分组求和法则，
所以
所以
令，则
.
再将换成，
得到
点拨
采用分组求和法则.
解法4
因为
又因为
从而
所以
点拨
采用裂项相消法.
赏析
解法1用到的是常规方法错位相减.解法1用到比较系数法.解法3创造性地用到了导数法.解法4巧妙地裂项,很有创意.
【题目2-22】在等比数列中,是前项和,若(公比,求.
解法1
依题意有解得
所以
点拨
直接套用等比数列
解法2
由公式知：
点拨
根据等比数列性质：若等比数列的公比为,则
赏析
解法1是直接套用等比数列的前项和公式.解法2利用等比数列的前项和的一个新公式.即公式的证明如下:利用该性质解题,澼免了用基本最法求解带来的烦琐运算,大大提高了解题的速度.巧用性质,减少运算量在等比数列的计算中非常重要,性质的灵活运用不仅能简化运算,同时也开阔了大家的视野,考查了同学们灵活运用所学知识解决问题的能力.
【题目2-23】若数列满足,则的前60项的和为________.
由得，
即也有，两式相加得，设为整数，则于是
点拨
转化为等差数列求解.
解法2
因为
所以
由
即
由
故
由
当
所以
点拨
用变标相减法求解.
解法3
由得
所以有
又由
故
所以前60项的和为.
点拨
利用分类讨论求解.
解法4
因为,所以前60项中奇数项共30项,每项均为1,其和为30,偶数项共30项,形成以2为首项,4为公差的等差数列，其和为，故前60项和为
点拨
利用列举法求解.
赏析
解法1和解法2的关键是处理,通过探讨,即一个非等差等比数列的部分项也可以具备等差特征;解法3运用分类讨论思想及整体意识,得到,最后回归等差数列求解解法4用列举法求解,转化为等差数列求解,即遇到数列转化为等差或等比数列是解題的关键！
【题目2-24】已知为平面区域内的整点均为整数的个数,其中,记,数列的前项和为,若存在正整数,使得成立,则的值为________.
解法1
当时,满足,有共个，当时,满足,有共个，所以,所以,
所以,
因为存在正整数,使得成立,所以,
当时,,此时可取;当时,,不可能成立,所以.
点拨
用到归纳猜想法.
解法2
因为,所以,
由解法1得到,所以,
所以成立,
当时,,所以.
当时,此时无整数解.所以.
点拨
利用不等式性质中的作差比较法.
赏析
解法1用到了归纳猜想.解法2用解不等式法求出的值,相比较来说,解法2更符合学生的胃口.
【题目2-25】已知数列满足,且,则数列的前59项和
解法1
因为数列是常数数列,所以所以，所以
数列是以的等差数列,
所以
点拨
并项法,整体法.
解法2
因为所以
所以所以
所以
所以
所以
所以
点拨
变标法和并项法.
解法3
当时，
当也满足上式，所以，所以为周期是3的周期数列，所以
所以
点拨
根据数列的周期性.
赏析
解法1巧妙地将连续的三项合并在一起，即相邻的三项作为一个整体.解法2和解法3都用到了数列的周期性.
【题目2-26】已知数列的首项为9，且若则数列的前项和________.
解法1
由得,
则,所以.
因为,所以,
所以,
所以
点拨
裂项相消法.
解法2
由得,
则,所以,
所以,
,
故.
点拨
裂项相消法.
赏析
解法1是两边取对数再裂项.解法2是先通分后裂项相减.两种解法都用到了配方后两边取对数.
【题目2-27】已知数列的前项和为等差数列,且.
(1)由题意知,当时,,当时,,
所以.设数列的公差为,
由得解得,所以.
(2)由(1)知.
所以
作差得:
所以.
点拨
错位相减法.
解法2
由（1）知
所以
点拨
裂项相消法
因为,
所以.
设,令,
则,
又因为,
再将代人得:,.
因为
点拨
求导法.
解法4
因为数列的前项和为时,
因为
设
则
所以即所以数列为常数数列.
所以所以
点拨
构选常数数列.
解法1是“错位相淢”,解法2是“裂项相消法”,解法3是利用求导得出结果.解法4是构造新等比数列.笔者还要补充的是：对于先正后负型的等差数列，则的前项和的求解策略为：找出正负的分界点(假设为前项为正),考虑当的项数时,的前项和与的前项和相等；当时,的前项和,可以总结为“一求两考虑";对于形如的数列求和,即“等差数列加等比数列”型宜采用分组转化法;对于形如等可采用裂项相消法;对于“等差数列乘以等比数列”型宜采用错位相减法求和；当某数列的首末两项的和是一个常数时宜采用倒序相加法求和,这样可以正着写和与倒着写和,等式两边相加除以2得到数列的前项和还有归纳猜想法、奇偶讨论法等等,具体来说有如下几种：
(1)直接法:即直接用等差、等比数列的求和公式求解.
(1)等差数列的求和公式：
(2)等比数列的求和公式(切记:公比含参数时一定要讨论)
(2)公式法:（证明利用立方差公式,, 位相消即可整体得出),
(3)错位相减法:比如为等羙数列,为等比数列,求的和
(4)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项.
常见拆项公式有;
(5)分组求和法:把数列的每一项拆分成若干项,使其转化为等差或等比数列,再求和.
所以
(6)合并求和法:如求的和.
(7)倒序相加法:如求的和.
(8)其他求和法:如归纳猜想法,奇偶讨论法等等.
变式训练
【变式2-1】在数列中,,求数列的通项.
【变式2-2】在数列中,,且,试求数列的通项公式.
【变式2-3】已知数列满足且,求的值.
【变式2-4】已知数列满足,且,求数列的通项公式.
【变式2-5】已知数列满足,求数列的通项公式.
【变式2-6】数列的前项和为,已知且当时,.求数列的通项公式.
【变式2-7】在数列中,,问:是否存在使得为等比数列 若存在,求出,若不存在,说明理由.
【变式2-8】设数列的前项和为,且,求的通项公式.
【变式2-9】若数列满足,则的前60项和为________.
【变式2-10】已知一个等差数列前10项的和为310,前20项的和为1220,确定这个等差数列的前项和公式.
【变式2-11】在等差数列中,,其前项和为,若,则________.
【变式2-12】已知数列的通项求其前项和.
【变式2-13】已知等差数列的公差为2,前项和为,且成等比数列.若,求数列的前项和.
【变式2-14】已知数列和满足:,且是以为公比的等比数列，求和：.
【变式2-15】设为数列的前项和,,则____________.
【变式2-16】设是等差数列，是各项都为正数的等比数列，且，，，求数列的前项和.
【变式2-17】设数列的前项和为，且方程有一根为，求数列的前项和.第03章 三角函数与解三角形
三角函数是高中数学的重要内容之一，也是高考必考点之一，主要以考查基本概念、基本运算和三角形的性质为主，题型多样，灵活多变，综合性强.
第1讲 三角公式的化简与求值
高中阶段的三角函数公式主要包括：任意角的三角函数，同角的基本三角关系式，诱导公式，两角和与差的三角函数关系式，二倍角公式及和差化积与积化和差关系式，其中任意角的三角函数和同角的基本三角关系式是同角的正弦、余弦和正切之间的关系式.诱导公式是把角的范围由初中阶段的0°到360°的范围扩展到全体实数.两角和与差的三角函数关系式及二倍角公式是研究不同角度之间关系的基础公式.
【题目3-1】在中,若，则____________.
解析:因为，两边平方得，
即，所以角为第二象限角，且，
故，所以.
解法1
设点为角终边上一点,，
则，，，则，
两边同时平方可整理得,
即，解得或.
因为，所以，所以.
【点拨】
先通过等式两边平方确定角的范围,再利用三角函数定义解题.
解法2
由已知得,所以,
解得或者,
因为,所以,则,
所以.
【点拨】
是三角函数中重要的公式之一.
解法3
由得,
分子分母同时除以得,
解得或,
因为,所以,故.
【点拨】
得到后,把分母看成“1",分子分母同时除以,化弦为切.
解法4
，
因为，所以，，所以，所以
，
又,所以,，从而.
【点拨】
由及，
得.
解法5
将两边同时平方,可得
化简可得:,即,解得或,
因为,所以,所以.
【点拨】
平方后把看成,分子分母同时除以后,化为正切的方程求解.
解法6
设,则有可解得
代人,可解得,
因为,则,
所以,解得,故
【点拨】
由，设出对称形式，在平方后求出和，进一步求出.
解法7
由得,则,
由已知得,所以,
则,展开得,解得.
【点拨】
妙用辅助角公式化，再求出.
解法8
设,由万能公式得：,解得或，
由倍角公式得或，
由已知得,所以,因此.
【点拨】
利用万能公式：，.
【赏析】
“八仙过海，各显神通”，本题从八个不同的侧面对一道难度不大的题做了解答.先利用题中给出的条件通过平方后，求出角的范围.后面的解法都是在这个范围的基础上进行运算.解法1从三角函数定义出发，得到点P的横纵坐标的关系，进一步求出正切值.解法2从出发，利用方程组思想，化双变量为单变量，求出和，进一步求出.解法3巧妙地利用“1”的变形，化成关于和的二元齐次式，分子分母再同时除以，化简变形后求出.解法4利用，和之间的关系来求解，由已知的求出
进一步求出.解法5利用了“切化弦”的思想，把化成关于的方程来求解.解法6利用对称的思想，由求出，进一步求出和.解法7利用辅助角公式求出后求出.解法8利用三角函数中的万能公式求出.本题把同角三角函数关系式的各种题型融于一题，一题多解，全面练习，起到了事半功倍的效果.
【题目3-2】
A.
B.
C.
解法1
因为
所以，.故答案为.
【点拨】
利用两角差的正弦、余弦公式求出和，记住后可以直接应用.
解法2
把原式分子分母同时除以得：
原式
故选D.
【点拨】
利用，
把已知代数式化成.
解法3
设，，，
所以，
，
解得,所以.故选D.
【点拨】
利用,和的关系解题.
解法4
由解法3得：
所以点是圆和双曲线的交点，如图3-1，,分别为双曲线的左、右焦点，因为，所以,
，，
解得，所以.故选D.
图
【点拨】
利用方程的特点,确定点的轨迹为双曲线和圆的交点,再利用双曲线的性质解题．
解法5
因为，所以令，
则，
即.故选D.
【点拨】
先平方，后开方，范围莫忽略.
解法6
将分子分母同时乘以，得
原式
.
故选D.
【点拨】
分子分母同时乘以，再利用倍角公式化简.
解法7
.
故选D.
【点拨】
利用平方差公式，将非特殊角转换为特殊角.
解法8
.
故选D.
【点拨】
妙用辅助角公式求解.
本题是基础题目之一,考查的范围是三角公式的应用.解法1利用两角和与差的正余弦公式,求出和代入求解.练习之后可以记住，.解法2利用求解,考查了切化弦思想与两角和差的正切公式.解法3利用
,把代入分别求出和.解法4转化成解析问题,在上有一点，和分别为焦点,,在上有一点，和分别为焦点,.解法5通过平方的方法将转化为后利用二倍角公式求解,注意在平方前先确定范围,避免出现符号错误.解法6将分子分母同时乘以后求解.解法7将分子分母同时乘以将转化为后利用特殊三角函数求解.解法利用辅助角公式
求解.
【题目3-3】已知为锐角,且,则的最大值是________.
解析:等式左面展开得:,移项化简可得下面围绕此式展开解答.
解法1
分子分母同时除以得:
当且仅当即时取等号,所以的最大值为.
中
【点拨】
化两角为一角，化三角为均值.
解法2
.
设，则，
由辅助角公式可得：(其中，)
则，所以 ，解得.
经检验当时，，，符合题意，故的最大值是.
涛
【点拨】
巧用辅助角公式求最值.
解法3
当且仅当,即时取等号,故的最大值是.
【点拨】
利用巧妙构造.
解法4
由题意得
两边平方得，设
则，
设，则，
当时..所以当.即时·.的最大值是
真
【点拨】
平方构造二次函数求解.
解法5
由已知得,设，
则，
令得.当时,，为减函数;当时,，为增函数.
故当时,取最大值,
又，所以,则，
即的最大值是.
涛
【点拨】
先化简，再利用导数求最值.
解法6
由得,
又因为,所以，
所以，
所以,则.
设，
则，
当且仅当，即时取等号，故的最大值是.
来
【点拨】
利用转移变量来解题.
解法7
构造使得，，则,
,
又因为在中,，所以,即，
化简可得：.
由余弦定理可得:，
当且仅当时取等号,
因为角是锐角，且及在上分别为减函数和增函数,所以当取得最小值时,取得最大值,故的最大值是.
【点拨】
把和看成是三角形的内角，利用三角形的内角关系来解题.
解法8
构造,使得，，
则，即，
又因为，所以，即，
因为，
所以，
则.当时,取得最大值，
因为角是锐角，且及在上均为增函数,
所以当取得最大值时,取得最大值.
【点拨】
解法7的变式，积化和差的应用.
解法9
构造，使得，，
则，即，
因为,所以,
所以,即.
所以，
当且仅当时取等号,故的最大值是.
【点拨】
在解法7和解法8的基础上化弦为切.
【赏析】
本题难度适中，属于三角部分化简求值题型，可以从多角度来分析解题，下面逐一阐述.解法1利用三角齐次式的特点，在的基础上将分子分母同时除以后,利用均值不等式求解，利用均值不等式是最值问题的基本工具.解法2化双角为单角，利用辅助角公式来求范围.解法3构造很巧妙，利用均值不等式放缩原理，分子分母约分去掉，最后得到最值.解法4把等式左右两边平方后，通过换元，利用二次函数的性质来求最值.平方是常用的解题方法，但一定要注意确定范围，避免开方时出现符号错误.解法5和解法4的化简结果一致，通过求导来解决问题，对学生的能力要求比较高.解法1到解法5在已知的基础上进行化简得到后利用均值不等式、辅助角公式、二次函数和导数的思想来求范围.解法6利用进行角的变换，化弦为切，利用均值不等式求范围.解法在构造的基础上分别从余弦、正弦、正切的角度出发利用余弦定理、积化和差与均值不等式多角度求范围.
【题目3-4】在中，，则的最大值为____________.
解法1
由知，
因为，所以，
整理可得，
因为，所以，
于是，
当且仅当时等号成立，故的最大值为.
春
【点拨】
因为，所以，.
解法2
由解法1可得，将看成关于的二次函数，
则，所以，所以，故的最大值为.
【点拨】利用判别式法求解时要注意变量的取值范围应是全体实数.
解法3
由题意知，
所以，两边同除以得，
，
得，
所以有，
所以，即，故的最大值为.
【点拨】等式两边同时除以后，利用辅助角公式求解.
解法4
依正弦定理知，可知，为钝角，如图,过点作交延长线于点，所以，设，
则，
故的最大值为.
瑜
【点拨】作出垂线，巧妙利用正切求解.
解法5
因为，所以，
所以，
所以，即，故的最大值为.
【点拨】同时利用正弦定理和余弦定理解题.
本题是体现三角形三内角关系的一道题目，由于在中,，所以角、、之间有很多关系式，如能灵活运用，能起到事半功倍的效果.现将部分公式总结如下：
(1).
(2).
(3).
(4).
(5).
(6).
(7).（非直角三角形）
(8).
(9)，和分别为三角形外接圆和内切圆半径.
【题目3-5】求的值.
解法1
.
园
【点拨】和差化积后化成二倍角余弦连乘积的形式，分子分母同时乘以最小角的正弦，利用二倍角正弦公式化简求值.
解法2
.
园
【点拨】积化和差，简化运算.
解法3
令，
则
，
所以，又因为，所以.
所以.
园
【点拨】构造对偶式，两对偶式相乘后，利用三角公式化简.
解法4
设，
则.
，解得或，
因为，所以.
所以.
园
【点拨】先平方，再求值.
解法5
令，设，则
则、是方程的两根，由根与系数关系得.
园
【点拨】把、作为方程的两根，利用二次方程根与系数关系求解.
【赏析】
本题是基本求三角值问题，主要以积化和差与和差化积为主线，巧妙利用三角变换求值.
解法1利用和差化积后，化成是二倍角余弦连乘积的形式，
，
再利用倍角公式求解.解法2利用积化和差后展开，约分求解.解法3构造对称的两个等式，两边相加，最后化成方程来求解.解法4在平方后，利用倍角公式化简求值.解法5构造方程，利用韦达定理求解，体现了方程的思想.
第2讲 正余弦定理及三角形的相关性质
正弦定理和余弦定理揭示了三角形中边和角的关系，实现了边角的转化.相关题型主要是求三角形边角的值、三角形面积及判定三角形的形状等等.
【题目3-6】在中，为线段的中点，，，则
解法1
如图建系:，，因为为中点，所以，
，
解得，
由余弦定理得： .
【点拨】利用建系的方法解题，可以起到简化运算的作用.
图
解法2
如图，设，，
因为为中点，所以，
所以，即，
所以，
即，
等式两边同时除以得， ，
又因为，解得，
所以.
春
【点拨】从面积相等出发，化几何为三角函数问题.
图
解法3
设，，
由得:，
所以，
又因为，所以，
在中， ，
所以，故，从而.
川
【点拨】解法1的延续，继续利用面积法解题.
解法4
如图，延长至点使，连结，则，，
在中，由正弦定理得：
，
所以，，
在中，
，
所以，所以，所以.
贵
【点拨】求出，进一步证明是本题的关键之处.
图
解法5
如图,延长至点使，所以四边形为平行四边形，连结，
过点作，所以，
， ，
由已知，所以，
因为，，所以为中位线，，.
园
【点拨】利用初中的三角函数定义解题.
图
解法6
如图,过点和作的垂线，设，，，
所以，，
所以，所以，所以点和点重合，即，.
【点拨】利用同一法的思想，先作，再证点重合，从而证明.
图
解法7
因为，所以，
又因为，所以，
因为，所以，
又，所以，
即，
又因为，，
所以，所以，所以.
祥
【点拨】利用向量数量积定义解题，体现了数形结合思想.
【赏析】
解法1利用极坐标原理建立直角坐标，把所求问题坐标化，体现了数形结合思想，建系的基本原则是让尽量多的点在坐标轴上，这样便于设出点的坐标.解法2和解法3从面积出发，解法2由得到，再利用三角变换得到，进一步求出解法3利用结合余弦定理求出，再求.同时从面积出发，不同的角度，不同的方法，得到相同的结果，体现了一题多解、多解归一的数学思想.而解法4和解法3都是得出，巧妙地引出辅助线，把三角和向量结合，求出.
【题目3-7】在中，为边上的一点，满足，，，求.
解法1
由题意可得，所以.
.
由正弦定理得，所以.
【点拨】先求，再利用正弦定理求.
图
解法2
由题意可得，所以.从而.
由正弦定理得，所以.
又由余弦定理知，
将代人此式，解得.
【点拨】先用正弦定理得出，再利用余弦定理解求.
解法3
如图，过点作的垂线，垂足为，
则在中，，
又，
所以在中，.
【点拨】先求，再求.
图
解法4
如图，过点作的垂线，垂足为，所以，
，，
所以
，
，
从而.
【点拨】先用诱导公式求，再求.
解法5
如图，过点作的垂线，垂足为.由，可设，，，则，.
再由，得5，则.
【点拨】在中设，得出的长度的表达式，然后在中利用正弦定义求.
图
解法6
如图，过点作的垂线，垂足为由，可设，，
，则，因为，则，即，
解得，从而.
【点拨】在中设，得出的长度的表达式，然后在中利用正切定义求.
解法7
如图，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为.
则与相似，这样.
又，可设，，，
由得：，.
因此，解得，从而.
.中利用三边的关系设
,得出的长度的表达式,然后在中利用正弦定义求构造两个相似三角形,然后借助“相似三角形的对应边成比例”这一性质求解
【点拨】借助三角形相似求.
图
【赏析】本题为高考原题，题目虽比较基础，难度不大，但能从多角度解决问题，一题多解，多解归一，可以起到夯实基础、提高解题能力的效果.解法1先求出，再利用正弦定理求.解法2联立正弦定理与余弦定理构造一个关于的方程，并从中解出.解法3过点作的垂线，垂足为，先求出，再由解出.解法4过点作的垂线，垂足为，利用诱导公式求出，再根据求出.解法5过点作的垂线，垂足为，在中利用三边的关系设，得出，的长度的表达式，然后在中利用正弦定义求解，解法6则用正切定义求解.解法7过点作的垂线，过点作的垂线，这样便可以构造两个相似三角形，然后借助“相似三角形的对应边成比例”这一性质求解.
【题目3-8】在中，，是的平分线，且，求的取值范围.
解法1
如图，设，作，交延长线于点，则，，
在中，，因为，
所以，.
【点拨】问题简单化，两边之和大于第三边.
图
解法2
如图,令,则,
设,则,
因为,
所以,则.
由,得,
所以
因为,所以,即.
点拨
利用函数思想，化为关于的函数.
解法3
因为,所以
设,则,化简可得:,即
.
点拨
通过面积建立关系式，利用余弦定理求范围.
解法4
设,则,
在中,由正弦定理得,
在中,由正弦定理得,
两式相除得,
由角分线定理得,所以,即.
点拨
利用两次正弦定理求范围.
解法5
设,则,由角分线定理得,
在和中,分别应用余弦定理得.,
所以,所以.
点拨
利用两次余弦定理求范围.
赏析
本题是有关于角分线定理的一道习题,解法1巧妙作出辅助线,利用三角形中两边之和大于第三边求出的范围.用初中的方法解高中题,体现了数形结合的思想.解法2令,则,设,则,利用余弦定理得到,利用二次函数的方法求范围.解法3到解法5的基本思路是设出,则,从不同角度得到,进一步求出的范围,巧妙利用了余弦有界性的特点.其中解法3是利用面积的思想,解法4和解法5分别用了两次正弦和余弦定理.
【题目3-9】已知点为的重心,且满足,若,则实数____________.
解法1
如图,取特殊值,令,取,
所以,
即,所以.
点拨
特值法是以特殊代替一般，体现了小题小做的思想.
解法2
如图,以为轴,为轴建立直角坐标系.
不妨设,
,
同理,
所以,
过点作轴,则,
因为,所以.
.
点拨
建立坐标系，利用两角和与差求正切
解法3
如图,取的中点,设,
由得,
则,所以,
所以
.
点拨
平行四边形中各边平方和等于对角线的平方和.
解法4
设,如图3-17,
延长交于点,延长交于点,
因为为的重心,,所以,
则,
因为,
所以,
则.
点拨
解法3中的另一种证明方法.
解法5
设的中点为,设,
由得,由向量极化恒等式可得:,
所以,因为,所以
所以.
点拨
向量极化恒等式的应用.
赏析
解法1运用小题小做的思想,以特殊代替一般,是提高解题速度的秘密武器.解法2利用两角和与差的正切公式,在直角三角形中分别求出了的正切值,进一步求出的值.解法3利用到“平行四边形中各边平方和等于对角线的平方和”证明.解法4利用重心的性质和勾股定理证明了.解法5是向量极化恒等式的应用,即.
【题目3-10】在中,角的对边分别记为，且,若三边成等差数列,求该三角形内切圆的半径的最大值.
解法1
设公差为,内切圆的半径为,不妨设,因为,所以,
由海伦面积公式可得:,
又因为,
所以,所以,
又因为,所以.
点拨
本题用到海伦公式和三角形面积公式解题，其中为周长，为内切圆半径
解法2
由海伦公式可知,
因为,所以,由
解法1可知:,所以.
点拨
解法1的延续，海伦公式结合均值不等式.
解法3
设边上的高为,由解法1可知,所
以,要求最大值,只需求的最大值.由条件可知,所以点
在以为焦点的椭圆上,当为上顶点时最大,且最大值为,所以
点拨
确定点的轨迹为椭圆，利用椭圆的性质解题.
解法4
由已知得,
所以,
所以
由解法3得,所以.
点拨
先余弦，后正弦，再求面积，最后求出半径最值.
解法5
由解法4得
,
所以,
以上两个不等式都是当且仅当时取等号,所以,即.
点拨
注意和是同时取得最大值.
解法6
因为,所以,
所以，
由解法5得,所以.
点拨
利用三角公式推导出
赏析
本题关键是找出内切圆的半径与的关系,由均值不等式求得范围,体现的是函数思想.解法1由海伦公式得出半径和公差的函数关系,由三角形三边关系确定范围.解法2先求面积的最大值,再求内切圆半径的最大值.解法3由确定点的轨昹是椭圆,当点在上顶点时,面积最大,则内切圆半径最大.解法4利用余弦定理得到,再利用均值不等式求解.解法5分别求出角的范围和的范围,并确定当时同时取得最大值.解法6利用正余弦定理及二倍角公式得到,进一步求出的最大值.
本题在解题过程中用到了三角形面积的多种求法,三角形面积的各种求法如下:
.
(2)为内切圆半径).
(3).
(4)为外接圆半径).
(5)海伦公式,设,则.
(6).
(7)
(8).
(9).
.
(11)
.
(15)若,则.
第3讲 二角和其他问题的结合
由于三角函数中的正弦和余弦函数的值域是,利用有界性可以把三角函数和不等式结合在一起,在求最值和值域时比较实用.三角与向量也有着密切的关系,二者都是数形结合的载体,能实现数形之间的转换，在解题时发挥了重要作用.
【题目3-11】在中,,,则的最大值为_________
解法1
因为,所以,
为,
所以
,其中,所以的最大值为.
点拨
正弦定理化边为角，利用辅助角公式求解.
解法2
因为,所以,
令,所以,则,
所以,则的最大值为,
此时方程有正根,符合题意.
点拨
判别式是求范围的常用方法，注意根的范围.
解法3
令,因为,
所以3,所以,
所以,
当且仅当,即时等号成立,又因为,
解得,
所以的最大值为.
点拨
妙用柯西不等式，等号成立条件需验证.
解法4
由解法3得到,即,所以
,当且仅当时等号成立,所以的最大值为.
点拨
解法3的延续，变量不同.
解法5
由解法3得到,即,令,所以,所以的最大值为.
点拨
解法3的三角表现形式.
解法6
由解法3得到,即,所以令,所以,
所以,所以的最大值为.
点拨
解法4的三角表现形式.
解法7
由,所以,所以,所以的最大值为.
赏析
解法1是解决三角形边角问题的常用方法,利用正弦定理把边的问题化为角的问题,利用辅助角公式来求解.解法2是利用判别式来解题,判别式法的基本思想是转化变量,减少变量个数.解法3和解法4都是利用柯西不等式求解,只是角度不同,解法3是以为变量,解法4是以为变量.解法5和解法6都是利用柯西不等式的三角形式的体现,也是角度不同,解法5是以为变量,解法6是以为变量.解法7是利用权方和不等式来求解.
【题目3-12】在中,,则角的最大值为__________
解法1
因为,所以,
由数量积定义可得:,
为,所以,
由余弦定理可得:.
,当且仅当即时取等号,
又因为在是减函数,所以,即角的最大值为.
点拨
利用向量数量积定理和余弦定理推导出.
解法2
设中角所对的边分别为,如图,延长至点,使得,
因为,
所以,
在和中利用两次余弦定理得:
,
所以.
,
当且仅当,即时取等号,
又因为在是减函数,所以,所以角的最大值为.
点拨
添加合适的辅助线可以巧妙地解决问题.
解法3
如图,设中角所对的边分别为，延长至点,使得,因为,所以,
取的中点,则,在中,,
则,
当且仅当,即时取等号,
又因为在是减函数,
所以,即角的最大值为.
点拨
巧妙得出.
解法4
令,则,
因为,所以,
化简得,即,
所以,故角的最大值为.
点拨
把向量问题化为三角问题.
解法5
如图3-21建立坐标系,过点作轴,由已知,
因为,
所以,
设,则
,
当且仅当时取等号,故角的最大值为.
点拨
基底法的特殊化，坐标法更具威力.
解法6
设中角所对的边分别为,
如图3-22,延长至点,使得,
因为,所以.
以为直径作圆,点在圆上运动,当和圆
相切时,角最大,则,所以.
点拨
数形结合，初中学生也能解高中题.
赏析
本题虽表面上是向量试题,但实质上是一道比较综合的三角试题,可以分别从正余弦定理,均值不等式,建系结合向量及平面几何方面来求解.解法1由向量数量积定义出发,通过余弦定理最后利用均值不等式求解.解法2利用得到是本题的关键，再利用余弦定理和不等式求解.解法3利用向量的知识推导出是本题的关键.解法4的基底法是解决向量的基本方法之一,具有共性,一般从同一顶点出发的向量都可以设为基底.解法5建立坐标系,把向量坐标化,利用正切函数的单调性及均值不等式来求解.解法6中的数形结合是高中数学常用方法,固定角的始边,得到终边和圆相切时角最大.
【题目3-13】在中,已知,求面积的最大值.
解法1
因为,
所以
,
当且仅当且时取等号,故面积的最大值为.
点拨
把面积转化为关于的函数，利用函数的知识求最大值，体现了转化的思想.
解法2
如图3-23,取的中点,由中线长定理可知,过点作,
,
所以,
当且时等号成立,故面积的最大值为.
点拨
利用中线长定理解题，当时，最短.
解法3
因为,
当且仅当时取等号,
所以
,当且仅当时取等号,故面积的最大值为.
点拨
利用余弦定理把面积转化为关于的函数.
解法4
因为
,
当且仅当且,即时等号成立,
故面积的最大值为.
点拨
海伦公式结合均值不等式求解.
解法5
如图,在中,过点作,设,
所以
因为,所以,即,所以,
当且仅当且时等号成立,故面积的最大值为.
点拨
数形结合，巧妙放缩.
解法6
如图3-25建立直角坐标系,设,
,因为,
所以,
即,点在半径为的圆
上运动,所以,以下同解法5.
点拨
数形结合，巧设坐标.
赏析
本题是面积问题的典型习题,从正余弦定理,均值不等式,多角度解决问题.解法1用均值定理结合余弦定理巧妙解决问题.解法2当中点和垂足重合时,面积最大,用到的中线定理是在中,为中点,则.解法3直接用余弦定理,将化为和的关系式.解法海伦面积公式结合不等式放缩思想巧妙求最大值.解法5和解法6用数形结合思想分别从几何图形和坐标法两个方面求解.
第4讲 三角函数图像和性质
利用三角函数的图象变化规律可以研究函数的定义域、周期和单调区间问题,其中变化规律主要是平移和伸缩,由到的变换方式根据平移和伸缩的顺序不同有两种:(1)先左右平移个单位得到,再通过横纵坐标的伸缩变换成先通过横纵坐标的伸缩变换成,再左右平移个单位变换成.
【题目3-14】要得到函数的图象,只需把函数的图象（）
A.向左平移个长度单位 B.向右平移个长度单位
C.向左平移个长度单位 D.向右平移个长度单位
解法1
因为,
所以的图象只需向右平移个单位即可得到
,即的图象,故选择.
点拨
图像平移变形很关键.
解法2
令得,令得,
原点附近的最高点横坐标由到向右平移了个单位长度,故选择.
点拨
抓住相邻最高点之间的平移.
解法3
因为,
由到减少了个单位长度,所以向右平移个单位长度,故选择.
点拨
图像平移要把系数提出.
赏析
本题是图象平移的基础题型,也是高考的高频考点.解法1巧妙变换,把前后的图象都变成统一形式,从而确定平移的长度.解法2从平移前后的最高点的横坐标确定平移的长度.解法3前后的系数都提取出来确定平移长度.
【题目3-15】已知,函数在上单调递减,则的取值范围是（）
A. B. C. D.
解法1
函数的图象可看作是由函数的图象先向左平移个单位长度得的图象,再将图象上所有点的横坐标缩小到原来的,纵坐标不变得到的,而函数的减区间是,所以要使函数在上是减函数,需满足解得,,
故选A.
点拨
利用三角函数图像的平移伸缩变换求解.
解法2
函数在上单调递减,在的前提下,需同时
满足下列条件:
即
综上解得,故选.
点拨
利用三角函数的单调性求解.
解法3
将代人函数的解析式,在上非单调递减，故排除;再将代人函数的解析式,在上单调递减,故排除,故选A.
点拨
特殊值法是解答选择题的有效利器.
赏析
本题是三角函数的单调区间问题,也是高考的重要考点之一.
解法1利用函数的减区间是,来确定的单调区间.解法2直接把端点值代入;解法3利用特殊值来求解,把代入排除B、C、D选项,从而选择.
变式练习
【变式3-1】已知,点为延长线上一点,,连结,则的面积是____________,____________.
【变式3-2】若函数的图象关于直线对称,则的值为____________.
【变式3-3】在中,,则的最大值为__________.
【变式3-4】已知函数的最小值为,函数的最小正周期为,则的值为____________.
【变式3-5】在中,,点是的重心,若,则的取值范围是____________.
【变式3-6】在中,角的对边分别为,且,若,则面积的最大值为___________.
【变式3-7】在中,角的对边分别为,且,则的值为___________.
【变式3-8】在锐角中,角的对边分别为,若,则的最大值是__________.
【变式3-9】在中,,线段在斜边上运动,且,设,则的取值范围是__________.
【变式3-10】已知函数.
(1)求函数的单调递增区间.
(2)已知中,角所对的边长分别为,若,求的面积.第04章 解析几何
解析几何是高考重点考查的内容和热点,知识综合性较强,对学生逻辑思维能力、计算能力等要求很高,重点考查学生对方程思想、函数思想.转化与化 思想的应用.
第1讲 离心率的值或取值范围问题
求椭圆或双曲线的离心率的取值范围,关键是根据已知条件确定的等量关系,然后把用代换得到关于的齐次式,根据椭圆或双曲线的离心率的取值范围,从而求出的值或取值范围;在双曲线中,由于,所以双曲线的离心率与渐近线密切相关.
【题目4-1】已知为椭圆的左、右焦点,点不在轴上)为椭圆上一点且,则椭圆的离心率的取值范围是
A. B. C. D.
解法1
,
因为,所以,
因为,
所以,为,
所以,所以.
因为,所以,所以,所以.所以选.
点拨
此解法利用向量数量积和余弦定理找到参量与参量之间的等量关系，再利用基本不等式的推论结合椭圆定义列出不等式。从而得到的取值范围.
解法2
因为,所以,所以
,所以.所以选.
点拨
此解法利用向量数量积和余弦定理找到参量与参量之间的等量关系，再利用基本不等式的推论结合椭圆定义列出不等式，从而得到的取值范围.
解法3
设,
则①,
将代入①得.
因为,所以,所以.所以选.
点拨
利用数量积的坐标运算结合椭圆方程，通过代数形式的化简表示出点的横坐标的平方，再利用其范围列出不等式求得的取值范围.
解法4
设,
则.
因为,
所以,
所以,所以.所以选.
点拨
本解法的核心思想是三角代换，即除参量之外只需引入一个变量即可，通过的范围求出的取值范围.
赏析
椭圆中与离心率有关的常用结论如下：
(1)过椭圆的焦点且倾斜角为的直线交椭圆于两点,若点分线段的比为,则离心率.
（2）过椭圆的焦点作与长轴夹角为的直线与椭圆交于两点,若,则离心率.
(3)设椭圆的两个焦点为是椭圆上异于长轴端点的任意一点,在中,记,则离心率.
(4)设经过率圆焦点的直线与椭圆交于两点,弦的垂直平分线交轴于点,则.
【题目4-2】已知是椭圆和双曲线的公共焦点,是它们的一个公共点,且,是椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（）
A. B. C.3 D.2
解法1
设椭圆的长半轴、短半轴、半焦距分别为,双曲线的实半轴、虚半轴、半焦距分别为,如图所示,由定义得，
由余弦定理得，
即,
所以,
消去得,所以,
利用椭圆的参数方程,可设,
所以,
当且仅当时取等号,所以,所以选.
点拨
处理焦点三角形常用的解题方法就是余弦定理结合圆锥曲线的定义.本题中点为椭圆和双曲线的交点,因此得到的是方程组,通过消元法得到之间的等量关系,然后利用椭圆的参数方程将所求问题转化为三角函数的最值问题.
解法2
设是椭圆的短半轴长,是双曲线的虚半轴长,
则,即,
所以,所以,即,
设,则，当且仅当时取等号，所以，所以选．
解法3
设椭圆的长半轴、半焦距分别为，双曲线的实半轴、半焦距分别为，不妨设，则，而，所以，所以，故，即，所以选A．
点拨：
本解法的突破口也是焦点三角形的两个面积公式，巧妙之处在于令后便可得与之间的等量关系，再通过柯西不等式得到目标式的最值．
解法4
设是椭圆的短半轴长，是双曲线的虚半轴长，则，即，所以，所以，所以，所以，所以．所以选．
点拨：
同解法3，利用焦点三角形的面积公式结合柯西不等式求得取值范围．
解法5
设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，如图4-2所示，则易知，则，
所以，当且仅当时取等号，所以选A．
点拨：
从解三角形的正弦定理入手，通过分式不等式的等价转化将两个离心率用两个角表示出来再转化为三角函数来处理．
赏析：
双曲线中与离心率有关的常用结论如下：
(1)如图所示，过双曲线的焦点作直线与双曲线中的一支交于两点，且直线与轴的夹角为，若，双曲线的离心率为，则有．
(2)如图所示，过双曲线的焦点作直线与双曲线的两支分别交于两点，且直线与轴的夹角为，若，双曲线的离心率为，则有．
(3)设双曲线的两个焦点为是双曲线一支上除顶点外的任意一点，设，则双曲线的离心率．即双曲线的离心率由焦点三角形中的任意两个角确定．
【题目4-3】已知双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于两点．若，则的离心率为________．
解法1
如图所示，设为的中点，易知，由，所以．
点拨：
在等边中表示出，再由点到直线(渐近线)的距离写出，建立等量关系从而求出．
解法2
如图所示，过右顶点，右焦点作的垂线，垂足分别为，易求，由三角形相似得，所以．
点拨：
作辅助线构造两个相似的和，由比例相等巧妙得到离心率的值．
解法3
双曲线上任意一点到两渐近线的距离之积为，故顶点到渐近线的距离为．所以，所以．
点拨：
利用二级结论“双曲线上任意一点到两渐近线的距离之积为”，简单转化得到等量关系．
解法4
由对称性，不妨假设点在直线上，因为，所以为等边三角形．因为点到直线的距离，所以．
点拨：
直接由题意列出等量关系，同解法1．
解法5
如图所示，将坐标原点向右平移个单位长度，易知，所以．
点拨：
此解法看似简单，其分析过程并不明显．在原图中点的坐标为，分析得知轴，则可得渐近线的斜率，从而得到与的等量关系．
解法6
渐近线被圆截得的弦，设直线的参数方程为为参数)，代入圆的方程中．因为，所以，所以，因为，所以．
点拨：
利用直线的参数方程及参数方程的几何意义得弦的长度并建立参量,的等量关系，进而得离心率的取值．
赏析：
解法1利用等面积法求高，结合点到直线的距离公式构建的关系式进行求解，处理方法非常巧妙．
解法2利用两个三角形相似找到边之间的关系从而建立的关系式进行求解．
解法3利用二级结论“双曲线上任意一点到两渐近线的距离之积为定值”，简单转化得到等量关系．
解法5将坐标平移后，直接利用直角三角形的正切值确定两直角边之比，学生需要有很强的几何构建能力和分析能力．
解法6利用直线的参数方程中的几何意义求解，侧重于考查学生的计算能力和问题转化能力．
【题目4-4】已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线分别交双曲线的两条渐近线于点．若点是线段的中点，且，求此双曲线的离心率．
解法1
由是的中点得且，由得，所以，因为，所以，得，所以．
点拨：
由直角三角形斜边上的中线等斜边的一半结合建立等量关系求得离心率．
解法2
设，由得，则，代人得，所以，所以．
点拨：
由可知点在以为直径的圆上，联立圆与渐近线方程得点的坐标，即得点的坐标．由点在另一条渐近线上得之间的等量关系，从而求得离心率．
解法3
因为分别为的中点，所以，又因为，所以．由三角形内角和定理可知，，所以，所以．
点拨：
利用两条渐近线倾斜角互补得，由此求出渐近线斜率，继而求出离心率．
赏析：
解法1将垂直关系转化为斜率之间的关系，运用坐标化简求解．
解法2由可知点在以为直径的圆上，这是转化关键所在，然后联立圆与渐近线方程得点的坐标，即得点的坐标．由点在另一条渐近线上得之间的等量关系，从而求得离心率．
解法3利用两条渐近线倾斜角互补得，由此求出渐近线斜率是本解法突破的关键，继而求出离心率．
【题目4-5】在等腰梯形中，且，其中，以，为焦点且过点的双曲线的离心率为，以为焦点且过点的椭圆的离心率为，若对任意，不等式恒成立，则的最大值为( )
A． B． C．2 D．
解法1
过点作，由题可知，，
所以，即，设双曲线的实轴长为，则，即，设椭圆的长轴长为，则因为，即，所以，所以，所以，令，故在为减函数，所以，所以．所以选．
点拨：
利用双曲线和椭圆定义得到和，将问题转化为函数问题，利用函数的单调性求出的最大值．
解法2
因为，由解法1知，则，同理：．所以，由解法1可知，．所以．所以选B．
赏析：
解法1和解法2都利用了离心率的定义转化为函数的单调性求解．
第2讲 参数的值或取值范围问题
求参数的值或取值范围问题的常用方法有：
(1)构造不等式法：根据题设条件以及圆锥曲线的几何性质(如圆锥曲线的范围、对称性、位置关系等)，建立关于特定字母的不等式(或不等式组)，然后解不等式(或不等式组)，求得特定字母的取值范围．
(2)构造函数法：根据题设条件，用其他的变量或参数表示欲求范围的特定字母，即建立关于特定字母的目标函数，然后研究该函数的值域或最值情况，从而得到特定字母的取值范围．
(3)数形结合法：研究特定字母所对应的几何意义，然后根据相关曲线的定义、几何性质，利用数形结合的方法求解．
【题目4-6】已知是椭圆上的两点，且满足为的中点，射线交椭圆于点，求正实数的值．
解法1
设，由得，
所以．因为，
所以，代人得，所以，由得，
若，则，即，若，则，即．
综上，或．
点拨：
利用三角形面积的坐标公式是本题突破的关键．
解法2
设直线，联立得，
则在椭圆上，有，所以，
即，则，所以或，所以或．
点拨：
利用圆锥曲线中常用的“设而不求”思想得到与之间的等量关系，再由的面积计算出的值．
赏析：
解法1利用椭圆的参数方程设点，结合三角形面积的坐标公式转化为三角函数问题．
解法2是处理圆锥曲线中常用的“设而不求”思想，对学生计算能力要求较高．
【题目4-7】已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于两点．若，则________．
解法1
设过的焦点且斜率为的直线方程为1)，，线段的中点为，联立直线与抛物线即，显然有，由韦达定理可得，所以，因为以抛物线焦点弦为直径的圆与准线相切，如图所示，轴，所以，即．
点拨：
此解法通过联立方程，韦达定理得到焦点弦的中点坐标，再由“以焦点弦为直径的圆与准线相切”得到，从而轴，得到中点的纵坐标，从而解得．
解法2
设过的焦点且斜率为的直线方程为，联立直线与抛物线，即，显然有，由韦达定理可得①，所以； ，即②，因为，所以有，如图4-9所示，所以，所以，分别将①②代人上式得，解得．
点拨：
此解法通过联立方程组，由韦达定理得到焦点弦的中点坐标，再通过对条件向量化而得到的值．
解法3
抛物线的焦点坐标为，可设直线，联立方程消去并整理可得，所以由点在抛物线上，可得，所以，．由，可得，如图所示，所以，即，所以，
即，解得．故所求直线的斜率．
点拨：
此解法与解法2一致，只是设方程的方式不同，注意．
解法4
抛物线的焦点为，准线方程为，依题意可知以为直径的圆与准线相切于点，故线段中点的纵坐标为．设直线，联立方程消去并整理可得，所以，解得，故所求直线的斜率．
解法5
如图所示，分别过点作准线的垂线，垂足分别为，易知,四点共圆，所以．
点拨：
此解法注意图形几何性质，四点共圆，转化，从而顺利解决，此法注意几何特性，解法优美．
解法6
如图4-12所示，等价于中点的纵坐标为1，设，因为满足，且，所以，即，所以，所以．
点拨：
在利用几何性质得出中点的纵坐标后，设出坐标(单元设法)，从而利用斜率公式求得的值．
赏析：
设经过抛物线的焦点为且倾斜角为的直线与抛物线交于,两点，其准线为，则有如下常用结论：
(1)以为直径的圆与准线相切；
(2)；
(3)；
(4)；
(5)
(6)；
(7)；
(8)过化物线的焦点作直线与抛物线交于两点，且直线与抛物线的对称轴的夹角为，若，则有．
第3讲 比值(乘积或数量积)的值或取值范围问题
解析几何中求比值(乘积或数量积)的值或取值范围问题，是近几年各地高考模拟试卷和高考数学试卷出现的高频考点，这类问题往往涉及函数、不等式、三角、平面向量等知识，所涉及知识点较多，综合性较强，对学生的能力要求非常高．
【题目4-8】已知抛物线的焦点为，准线为，点在轴负半轴上且是抛物线上的一点，于点且分别交于点，则________．
解法1
如图所示，因为，故点在轴，不妨设，所以，因为，所以，所以，
故，因此，．
点拨：
该解法直接利用几何性质设出点坐标，从而将用表示求出比值．
解法2
根据抛物线的对称性，不妨设点在第一象限，如图4-14所示：因为点在轴负半轴且是抛物线上的一点，于点，且，所以，所以，所以，所以，即．
因为准线为线段的垂直平分线，所以，则．即
点拨：
该解法利用解析法(设坐标)判断出，从而在中解直角三角形求比值．
解法3
如图4-15所示，连结，因为，且，可得四边形为平行四边形．又，可得四边形为菱形，所以，可得，所以为直．角三角形，所以．
点拨：
该解法利用平面几何性质判断为菱形，解，从而求出．
赏析：
抛物线中的比值问题，通常需要构造相似三角形，关键是如何在图中构造出相似比．求取值范围的问题则常转化为三角函数或函数方法求解．
解法1利用全等三角形得出点的坐标是一种较为巧妙的方法．
解法2利用线段的端点坐标得到线段的斜率是典型的平面几何图形的解决方法．
解法3构造出四边形并证明其为菱形，由对角线垂直结合几何条件得到比值．
【题目4-9】已知圆以为直径，半径为2，点都在线段上，，过点作互相垂直的弦和，则的取值范围是________．
解法1
以为原点，为轴建立直角坐标系，则圆，设直线为参数，为倾斜角)，联立方程得，所以，
同理，所以，
当时，，当时，，所以．
点拨：
该解法利用直线的参数方程，将·|FD|转化为关于直线倾斜角的三角函数求最值．
解法2
以为原点，为轴建立直角坐标系，令，则，作，则，
所以
所以，
当时，，当时，，所以 ．
点拨：
该解法通过角的代换转化，类似于解法1
解法3
以为原点，为轴建立直角坐标系，设直线，联立方程得，所以，
所以，同理，
所以，
又因为．综上．
点拨：
该解法直接设直线，利用斜率表示|DF| |GE|，从而求出范围．
赏析：
解法1利用直线的参数方程中的几何意义表示出弦长，用三角代换等方法求取值范围．
解法2是利用圆的垂径定理，转化为三角函数求最值．
解法3是典型的代数解法，将弦长表示为所在直线斜率的函数，然后求出最值．
【题目4-10】已知点是双曲线右支上两个不同的动点，为坐标原点，则的取值范围是________．
解法1
当存在时,设，则由得，所以，由是双曲线右支上两个不同的动点得，所以；
当不存在时，联立得则．综上，．
点拨：
通过设而不求思想，结合韦达定理将表示成含参数的式子，从而求得取值范围．
解法2
由于两点运动，故采取“一定一动”的原则，不妨先在点确定的情况下，让点运动到最小值，然后再让点运动，即取最小值的最小值．
如图4-16，不妨设直线．由可得，
故．显然点运动到双曲线在点处的切线(即)与垂直时，此时在上的投影达到最小值，此时切线的方程为，故在上的投影等于点到直线的距离为，此时，所以．
点拨：
利用向量投影的定义，结合极限思想，求其取值范围．
解法3
设，
则
，
又因为，所以，所以．
点拨：
本解法利用基本不等式，结合双曲线右支上点的横坐标的取值范围求解，通俗易懂，简单快捷．
解法4
设，则，
两式相乘得，即．
等式两边同时加上得，
故．
点拨：
本解法充分体现了设而不求思想，结合基本不等式在求最值中的优越性．
解法5
设，所以，
令，则，所以，
所以，即，所以，又因为，所以，所以．
点拨：
利用三角换元求最值是常用方法，此题注意双曲线上假设点的坐标的参数方程．
赏析：
解法1从常见的联立直线与圆锥曲线方程出发，利用韦达定理表示出数量积．
解法2结合了平面向量投影的定义来转化得到的最小值．
解法3和解法4利用了解析几何中常用的“点差法”结合不等式求最值．
解法5利用三角换元求最值，这也是求最值问题中常用的方法．
【题目4-11】已知椭圆与圆在第一象限的交点为，设圆和椭圆在点处的切线斜率分别为，则的取值范围是________．
解法1
由切线性质知，，所以，如图所示，设，则，且，所以，所以，所以．
点拨：
该解法利用椭圆的切线性质得到，再结合交点在第一象限求解．
解法2
因为点在第一象限，所以，即有，设，则椭圆在点处的切线方程为，则，圆在点处的切线方程为，则，所以．
点拨：
该解法利用椭圆上任意一点处的切线方程得到，由圆的切线方程得到，即可求出，利用切线方程可以快速求解．
赏析：
椭圆中的常用结论如下：
(1)若在椭圆上，则过点的椭圆的切线方程是．
(2)若在椭圆外，则过点作椭圆的两条切线，设切点为,，则切点弦的直线方程是．
(3)设是椭圆的不平行于对称轴且不过原点的弦，为的中点，则．
(4)已知椭圆为坐标原点，为椭圆上两动点，且．
①；
②的最大值为；
③的最小值是．
(5)设椭圆或为其对称轴上除中心、顶点外的任一点，过点引一条直线与椭圆相交于两点，则直线为对称轴上的两顶点)的交点在直线(或)上．
第4讲 三角形面积取值范围问题
圆锥曲线中求三角形面积的取值范围或最值问题是高考中的热点问题，常用方法有坐标法、基本不等式法等，其中不等式法主要是将三角形面积表示为某一参变量的关系式后构造对勾函数结合单调性求最值．
【题目4-12】过椭圆上的一点作圆的两条切线，点为切点，过两点的直线与轴、轴分别交于两点，则的面积最小值为( )
A． B． C． D．
解法1
设，则直线的方程为，所以直线与轴，轴的交点分别为，所以．因为，当且仅当时，所以．故选．
点拨：
由椭圆上点的坐标表示直线的方程，从而将面积用表示，利用重要不等式求面积最小值．
解法2
设，则由解法1知，
所以，当且仅当时取等号，所以(．故选．
点拨：
与椭圆有关的最值问题通常利用椭圆的参数方程，将问题转化为求三角函数的最值问题．由椭圆参数方程设点的坐标，将面积转化为三角函数问题，从而求出面积最小值．
赏析：
解法1直接利用椭圆上某点处的切线方程，适当记住常用的结论能够快速解决选择填空小题．
解法2利用椭圆的参数方程将问题转化为求三角函数的最值问题，这也是解决圆锥曲线最值问题常用的一种方法．
【题目4-13】已知椭圆的方程为分别为椭圆的左、右焦点，线段是椭圆过点的弦，则内切圆面积的最大值为________．
解法1
设的内切圆的半径为，则，所以．如图所示：当直线的斜率不存在时，易得，此时，所以
当直线的斜率为时，直线的方程为，将代人，并整理得：
，设，则，
，
(或由焦半径公式得：)
因为点到直线的距离，则，
则，
设，则，则，
设，则，当时，，所以，则，
所以，所以．
综上，当直线垂直于轴时，的内切圆半径取得最大值，以的内切圆面积的最大值为．
点拨：
当涉及利用直线与椭圆的位置关系时，若直接设出直线方程的“点斜式”，要注意对直线的斜率分存在与不存在两种情况讨论．
解法2
显然直线的斜率不为0，故可设其方程为，将代人，并整理得，
设，则，
所以
设，则，则当时，，
因为，所以(当0时等号成立)，所以的最大值为3，此时取得最大值，所以的内切圆面积的最大值为．
点拨：
解法1和解法2都是利用直线与椭圆的位置关系解题，直线方程的设法不同，解法2的设法避免了讨论，计算过程稍微简单些．当直线经过轴上的定点时，通常将经过该点的直线方程设为的形式，这样可以大大简化计算过程，且避免了讨论斜率是否存在．
赏析：
圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法如下：
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
第5讲 距离的最值或取值范围问题
解析几何中距离的最值或取值范围问题, 是高考复习中经常遇到的一种重要题型,它有时以函数最值 的形式出现,有时直接以解析几何题的形式出现,这类问题往往综合了函数, 不等式、三角函数等知识,所涉 及知识点较多,是历年高考中的热点和难点问题.
【题目4-14】 曲线：上的点到原点距离的最小值为 .
解法1 因为,所以,所以,又因为,所以 ,所以,当且仅当时取等号.所以曲线：上的点到原点距离的最小值为.
点拨 利用基本不等式求最值，注意取等条件.
解法2 因为,所以,当且仅当 时取等号, 所以曲线：上的点到原点距离的最小值为.
点拨 利用柯西不等式求最值.
解法3 由,又,即,
所以,当且仅当时取等号,所以曲线：上的点到原点距离的最小值为.
点拨 两次利用基本不等式,结合不等式的传递性求最值,注意不等式的两次取等条件.
解法4 因为,所以，所以,
当且仅当时取等号,所以曲线：上的点到原点距离的最小值为.
点拨 利用权方和不等式求最值,注意构造利用权方和不等式的条件.
解法5 设,则,令,,则,,,所以 ,令,则,所以 在上为减函数,在上为增函数,所以,所以.所以曲线：上的点到原点距离的最小值为.
点拨 通过换元后利用导数求最值.利用导数求函数最值是常用的方法.
解法6 由,得,研究函数,如图所示,其定义域为,值域为,图象过点,,且关于直线对称,互换,方程不变),在定义域上既是减函数也是凹函数,所以直线与函数的图象的交点到原点的距离最小,又,所以曲线：上的点到原点距离的最小值为.
点拨 该解法巧妙地利用了函数图象的对称性求最值.
解法7 设,并令,，，则
,当且仅当时取等号.所以曲线：上的点到原点距离的最小值为.
点拨 利用三角函数结合二次函数求最值
解法8 令, 则由题知:, 即,
所以,所以,
所以曲线：上的点到原点距离的最小值为.
点拨 利用二次函数求最值.
解法9 设,并令,则,当且仅当时,等号成立.易知,所以,所以.所以曲线：上的点到原点距离的最小值为.
点拨 利用三角函数求最值.
赏析 解法是利用柯西、权方和、基本不等式求最值.解法5,6是利用导数法求最值.解法,,是利用三角函数求最值,本题解法灵活,值得深思.
【题目4-15】 若点在圆：上运动,点在轴上运动,则对定点而言, 的最小值为 .
解法1 设,,则.
若设,则由题意可得.
即点在以为圆心,以为半径的圆：上.
由圆与圆有公共点可得，从而.
点拨 本解法将向量问题坐标化,转化为利用两个圆的位置关系求最值.
解法2 设,,则.
从而
点拨 将向量问题坐标化后转化为两点间的距离,结合不等式求最值.
解法3 由点在圆上可设,,则
故.
点拨 当涉及与圆有关的最值时,利用圆的参数方程将问题转化为三角函数求最值是常用的一种方法.
解法4 设为的中点,则,过，，作轴的垂线,垂足分别为，，. 如图所示.由于,因此,即.
点拨 利用向量的中线性质,将问题转化为求 |的最小值.
解法5 设点为点关于点的对称点,如图4-21所示.则.由于点在直线上,点在圆：上可得.
解法6 同解法5,设为点关于点的对称点,则|.由于点在圆 ：上,点在轴上可得.
点拨 解法5和解法6巧妙地利用对称性将问题 转化为定直线上的动点与定圆上的动点这两点之间的距 离,从而转化为求定点（圆 心）到定直线的距离.
赏析 解法1和解法2将向量问题坐标化,这是向量中求最值常用的方法.解法3利用圆的参数方程将问题转化为求三角函数的最值问题.解法4利用向量共线定理转化为两点间的距离问题.解法5和解法6利用对称性将问题转化为定直线上的动点与定圆圆心两点之间的距离.共线定理:设，，是直线上不同的三点,为直线外一点,则,其中.特别地:若为中点,则,即 .该结论主要用于向量中条件涉及三点共线.
第6讲 解析几何中的探究题
圆锥曲线中的定点定值问题是高考考查圆锥曲线知识中的常见问题, 其中在动态的变化中寻求（证明)某一不变量又是这类问题中的难点,因其涉及函数与方程思想、化归与转化思想以及数形结合思想等,综合性较强.
【题目4-16】 在直角坐标系中,曲线：与直线交于,两点.如图 所示,轴上是否存在点,使得当 变化时,总有
解法1 设为符合题意的点,,,直线,的斜率分别为,.将 代入的方程整理得.所以,,由题意得 .即,所以.所以符合题意.
点拨 将角相等转化为直线斜率之间的关系,从而转化为坐标之间的运算是本解法的关键.
解法2 设点,,,由题意可知:,所以 ,即,所以,由解法1知,所以 . 所以符合题意.
点拨 利用抛物线的参数方程巧设坐标进行求解.
解法3 如图所示,由对称性可知点关于轴的对称点是直线和抛物线的交点.设 ,,,,,,三点共线，所以,以下同解法1 .
点拨 该解法利用对称将问题转化为坐标运算.
解法4 设,,过点,的直线方程可以设为,令,解得.即直线和轴交于点.
点拨 利用直线方程的“两点式”设出直线方程,令得其在轴上点的坐标.
赏析 “设而不求”思想是处理直线与圆锥曲线的位置关系问题的常用思想方法.解法1将角相等转化为直线的斜率互为相反数.解法2利用抛物线的参数方程巧设坐标进行转化.解法3利用对称性将问题转化为三点共线;解法4利用直线方程的“两点式”进行转化.
变式练习
【变式 4-1】如图4-24所示,在中,已知,其内切圆与边相切于点,延长到点,使,连结,设以,为焦点且经过点的椭圆的离心率为,以,为焦点且经过点的双曲线的离心率为,则当取最大值时,的值为 .
【变式4-2】双曲线的左右焦点分别为,,是双曲线右支上一点,为的内心,交轴于点, 若,且,则双曲线的离心率的值为 .
【变式4-3】在双曲线:的右支上存在点,使得点与双曲线的左、右焦点, 形成的三角形的内切圆的半径为,若的重心满足,则双曲线的离心率为( )
A.
B.
C. 2
D.
【变式4-4】已知点为双曲线:右支上一点,,分别为双曲线的左、右焦点,为的内心(内切圆的圆心),若(,,分别表示,,的面积)恒成立,则双曲线的离心率的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.
【变式 4-5】 已知为抛物线:的焦点,过作倾斜角为的直线与抛物线交于 ,两点,过点,向抛物线的准线作垂线,垂足分别为,,设的中点为,则 .
【变式4-6】过点作抛物线的两条切线,,切点为,,则以线段为直径的圆的方程为 .________.
【变式4-7】已知抛物线的焦点为,点为该抛物线上的动点,又点,则的取值范围是 .
【变式4-8】 如图所示,在平面直角坐标系中,椭圆0)的离心率是,,分别是椭圆的左、右两个顶点,圆的半径为,过点作圆的切线,切点为,在轴的上方交椭圆于点,则 .
【变式4-9】已知点是抛物线:的焦点,点为抛物线的对称轴与其准线的交点,过 作抛物线的切线,切点为,若点恰好在以,为焦点的双曲线上,则双曲线的离心率为( )
A.
B.
C.
D.
【变式4-10】曲线上的点到直线的距离的最小值为 .
【变式4-11】设,其中是自然对数的底数,则的最小值为 .
【变式4-12】已知直线：分别与直线：及曲线：交于，两点, 则的最小值为 .
【变式 4-13】设,在椭圆上,且点满足,当时,求直线斜率的取值范围第05章 平面向量
平面向量融数、形于一体,具有几何与代数的“双重身份”,是代数、几何与三角函数的交汇点,在解决有关距离、角度等问题时具有明显的优势.平面向量是高考数学必考内容,纵观近几年的高考数学试题,以客观题居多,考查内容聚焦平面向量核心概念与运算,突出通性通法,体现其工具性、思想性.
第1讲 平面向量的夹角及数量积问题
平面向量的夹角,数量积的求解是平面向量常见的题型, 此类问题常用的方法有：
(1) 利用数量积的定义或变形直接求解;
(2) 选一组基底,借助图形,利用向量的三角形法则平行四边形法则等转化为基底运算;
(3) 建立适当的平面直角坐标系,转化为向量的坐标运算求解;
(4) 利用极化恒等式进行转化.
【题目5-1】已知单位向量与的夹角为,且,向量与的夹角为, 则 .
解法1 依题意有,同理得,又 ,所以.
点拨 由数量积可知,故求出,,的值即可求出.
解法2 同解法1得,,因为,两边平方有,整理得 .
点拨 利用,两边平方,直接求出.
解法3 设,由,有,则,, 所以 .
点拨 将向量，坐标化,利用坐标运算求出.
解法4 如图, , , , 则为的中点,,,在中,由余弦定理有,所以是等腰三角形,所以,所以.
点拨 利用，的几何意义，化归为解三角形问题.
赏析 本题是一道常规的向量问题,也是一道基础题,解法1利用向量数量积的定义求解,是基本方法也是通法；解法2利用向量，之间的关系求解,比较巧妙;解法3把向量坐标化,也是处理向量问题的常用手段;解法4利用平面向量的几何意义,数形结合,把问题转化到三角形中求解,思路比较新颖.
【题目5-2】 如图5-2,在平行四边形中,已知,,,,则 的值是 .
解法1 易知,,
所以,
所以
点拨 以,作为平面的一组基底,表示，.
解法2 如图,以为原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,则,，
设,则,且 ，
所以,所以,
故.
点拨 建立适当的平面直角坐标系,把向量坐标化,利用坐标运算求解.
解法3 设,则，
，
在中,,
所以,解得,
所以.
点拨 用余弦定理求解.
赏析 解决平面向量问题的常用手段:选取一组适当的基底,转化为基底的运算,如解法1; 建立适当的平面直角坐标系,求出点的坐标,转化为代数运算,如解法2 ;结合图形,充分利用平面几何知识求解, 如解法3 .
【题目5-3】 在中,已知，，，分别是边上的三等分点,则的值是（ ）
A.5
B.
C. 6
D. 8
解法1 设,,则,所以, 依题意有,,所以.
点拨 选取适当的基底,用平面向量基本定理分别表示出,,再求解.
解法2 为方便计算,在满足题目条件的情况下,不妨设,如图建立平面直角坐标系,则 ,,0),,设,所以,所以,即,所以 ,, 所以.
点拨 建立平面直角坐标系，利用坐标计算.
解法3 如图, 设中点为,因为,所以,所以.
点拨 利用极化恒等式:.
赏析 本题解法1 、解法2与题的解法类似,解法1通过选取基底,化为基底运算;解法2建立平面直 角坐标,化为坐标运算,这是解决向量问题最常用的手段,解法3利用了极化恒等式,结合向量运算法则进行求解,极化恒等式在求解有关含动点的向量数量积的范围或最值往往会比较简单.
第2讲 平面向量基本定理及等系数和线的应用
我们知道:若，不共线,则平面内任何一个向量,都存在唯一一对实数对,，使得. 如何确定实数对,，的值,常用的方法如下：
(1)借助图形,运用平行四边形法则进行分解,利用共线向量的关系得到,的值;
（2）运用图形的特殊性(图形有出现特殊角等) 建立平面直角坐标系,利用坐标关系得到关于,的方程求解；
（3）等式两边同乘某一个向量,利用数量积得到关于,的方程求解;
（4）利用等系数和线求解.
【题5-4】如图,正方形中,，分别是，的中点,若,则（ ）
A.
B.
C.
D.
解法1 如图,分别以，为轴、轴建立平面直角坐标系,不妨设正方形的边长为2,则 , 2),,，由可得,
所以,解得,所以,故选D.
点拨 通过建系,利用坐标运算,得到关于,的方程求解.
解法2 如图,延长至点,使得,延长交延长线于点,由于为的中点, 所以,过点作,的平行线交,于点,则,
又,,所以,,
所以,所以,
所以故选D.
点拨 利用平面向量基本定理，利用平面几何知识求解.
解法3 依题意有,因为，，
所以 ，
所以，，所以故选D.
点拨 把，作为基底,利用表示的唯一性求解.
解法4 如图,过点作交延长线于点,连结交于点,并延长交延长线于点,过点作交延长线于点.因为,,点共线, 设,易得,所以, 所以，
因为,,三点共线,所以又,所以，
不妨设正方形边长为1,过点作于点,易得, 所以，
又,所以,
所以, 故选D.
点拨 利用等系数和线求解.
赏析 解法1根据图形的特殊性(正方形),通过建系把问题转化坐标运算,得到关于，的方程直接求解；解法2利用平面基本定理,利用平面向量的分解求出关于，的值;解法3是把向量作为基底,并且利用表示的唯一性得到，的方程求解;解法4利用等系数和线,求出的值.
【题目5-5】如图,给定两个单位向量和,它们的夹角为,点在以为圆心的圆弧 上,且(其中,),则满足的概率为( )
A.
B.
C.
D.
解法1 连结,取的中点,则,设与交于点,扇形的半径为,易得,
设,则，由,,三点共线得.
当时,,又因为,所以,
所以,所以,由几何概型知概率为.故选B.
点拨 利用等系数和线，结合几何概型求解.
解法2 如图5-12,以为原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,设,扇形半径为1 ,
则,,,,因为,
所以,则.
令得,
所以,满足的概率为故选B.
点拨 利用三角函数求出的范围后求概率.
解法3 设,设扇形半径为1 ,因为，
同理,即.
所以，所以,以下同解法2 .
点拨 设，利用等式两边同乘向量进行转换.
赏析 解法 1利用等系数和线将表示为后,再求时对应角的取值范围;解法2通过建系利用坐标将表示为角的三角函数后求解;解法3则利用同乘向量的方法将表示为角的三角函数,后续的求解方法与解法2相同.
【题目5-6】在矩形中,, 动点在以点为圆心且与相切的圆上.若 , 则的最大值为（ ）
A.3
B.
C.
D.2
解法1 如图,以所在直线为轴,所在直线为轴,建立平面直角坐标系,则,，,因为, 所以边上的高等于,设,依题意点满足圆方程,因为,所以,
所以,所以(,令,则,
消去得到,消去得到,
因为该方程有解,所以,即,解得,
当时,,,所以.故选A.
点拨 建系化为坐标，转化为方程问题求解.
解法2 同解法1得到点满足,如图,设，，由图可得,.因为,所以,因为 ,所以,
同理所以,
所以,因为,满足,
设,所以,
其中,所以.故选A.
点拨 建系利用数量积分别求出,的表达式,再利用圆的参数方程转化为三角函数问题.
解法3 如图,同解法1得到点满足,过点分别作轴,轴的平行线
分别交轴,轴于点,,则,又,所以,,
又,,所以易得,以下同解法.
点拨 建系利用平面向量基本定理进行分解得到,与点坐标的关系.
解法4 以点为原点,如图,建立平面直角坐标系,则,,,易得点满足
,所以设,,
由得,
所以,以下同解法2.
点拨 建系利用圆的参数方程结合向量的坐标运算求解.
解法5 如图,因为,又,
所以,所以,
因为,所以,注意到,所以,
设,以下同解法2.
点拨 利用平面向量的运算,利用,得到,的关系..
解法6 如图,过点作,过点作于点,与交于点,与
交于点,易得,因为,共线,所以设,
因为,所以.
又,,三点共线,所以,所以,
当平行移动到与圆相切于点时,取得最大值,所以.
点拨 利用等系数和线求解.
赏析 对于条件“”,要确定,的值,常用方法如下:
利用平面向量基本定理,结合平面图形,以,为基底进行分解,如解法3;
实际上如图,在中,是上的点,如果,则 ,特别的,如果是边上的中线,则 ,有时利用该结论可以快速得到和的值.
(2)若题目中某些向量的数量积已知,则对于向量表达式,常常两边同乘或 ,从而得到关于,的方程,再进行求解,如解法2、解法5 ;
(3)若所给图形比较特殊(矩形,正三角形等),则可考虑通过建系将向量坐标化,通过坐标运算得到关于,的方程,再进行求解,如解法1、解法4 (两者只是建系不同而已);
(4)如果要求解的范围或最值,可考虑利用等系数和线处理,等系数和线可以整体求出的值,如解法6；
等系数和线原理:若,为不共线的两个向量,则对于向量,必存在实数,使得 .特别当点在上有,反之也成立.
当点不在上与点不重合),如图,过点作直线,设与交于点,则可设 ,所以,即,因为,,三点共线,所以,即 ,而,过点作于点,交于点,因为,
所以为定值,即点在直线上运动,恒等于.
如果像题目的条件“”中,起点不同,
要用等系数和线求解,就要把向量平移到与共起点.再进行求解(如题目的解法4 ).
如果要求的值,利用等系数和线求解,就要对表达式进行变形,
即,
令的平行线,同理可得到.
第3讲 平面向量中有关数量积或模的取值范围及最值问题
平面向量中的范围，最值问题是热点，也是难点，此类问题综合性强，体现了知识的交汇，该题型往往是根据题目已知条件求解某个变量的范围，最值，求解此类问题常见方法如下：
（1）利用函数的性质求解，分析所求的量与什么因素有关，从而选定变量，引入参数，构造目标函数，把问题转化成求函数的值域或最值问题，一般通过向量的线性运算或建系利用坐标运算进行转化；
（2）利用基本不等式求解，特别是条件有和或积为定值；
（3）利用向量的几何意义，借助平面几何知识或解析几何知识求解；
（4）利用极化恒等式转化分析.
【题目5-7】在锐角中，已知，，则的取值范围是 。
解法1 因为，所以，如图5-21，以为直径构造圆，因为
为锐角三角形，所以点必在圆外，过点作交延长线于点，因为
由图知当点在线段（除端点外）上时，是锐角三角形，所以，因为，所以，，所以，所以.
点拔 构造圆，通过数形结合求解.
解题名师 黑龙江 卢军
解法2 从极端位置出发，转化为二次函数求解
设，则由于是锐角三角形且，，考虑极端情况：当时，
；当时，，所以，
所以
点拨：建系利用两点间距离公式，化为二次函数问题．
解法3：如图，以为坐标原点，以所在的直线为轴建立直角坐标系，并设，则，，所以，
又是锐角三角形，
所以，解得．
以下同解法二．
点拨：利用向量的投影转化为二次函数求解．
解法4：
如图，由
所以
∵是锐角三角形，∴，
故
点拨：利用坐标转化为二次函数求解
解法5：如图，以为轴；过点作的垂线作为轴，建立平面直角坐标系．
在锐角中，，，设
所以，即，
因为，所以．
点拨 利用三角形的余弦定理建立二次函数求解.
解法6
如图5-25，由余弦定理得，
，
由余弦定理，
因为是锐角三角形，
所以，即，解得，
以下同解法2.
赏析 本题的6种解法实际上都是引入参数构造目标函数的方法，最终转化为二次函数求值域，区别在转化的手段不同而已，解法1利用极化恒等式转化为的二次函数；解法2利用向量的运算转化为的二次函数；解法3、解法5则通过建系，利用向量的坐标运算转化为二次函数；解法4利用向量的投影转化为二次函数；解法6转化为解三角形，利用余弦定理转化为边的二次函数，当然求目标函数的值域要注意变量的取值范围．
【题目5-8】在中，，若所在平面内的一点满足，
（1）当时，= .
（2）的最小值为_______.
点拨 （1）由题意可知 为重心，利用重心坐标求解； （2）建立关于 的函数求出最小值．
解法1
（1）如图5-26，以为坐标原点建立直角坐标系，
因为，所以点为的重
心，设，，所以，，易得 ，所以
(2)设,则,
所以可得
于是
当时取等号,所以的最小值为1.
解题名师 重庆 杨建
解法2
点拨
(1)利用平行四边形.性质求解;
(2)利用平行四边形性质建立关于的函数求出最小值.
(1)如图,取中点为,则,因为,所以,所以三点共线,由平行四边形的性质可得：
①
(1), ②
把(2)代人(1)得:,所以
(2)因为为的中点,所以,所以,
所以,
因为,
所以,
所以,
所以.
所以的最小值为1.
解题名师 辽宁 张大伟
解法3
如图，设交于点，因为，
所以，
所以，
所以，
令，则，，
由平行四边形性质可得：
，
得，
（1）当时，；
（2）当时，的最小值为1．
点拨 （1）（2）均由平行四边形性质，得到关于的函数，对其赋值即可求出定值与最小值．
解法4
（1）与解法1相同．
（2）取的中点为，如图，以为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，
设，，，则，．
所以，
又，
即，
所以
因为，所以，
因为，
而，
所以
点拨 建系转化为坐标运算，利用圆的方程整体代入．
所以的最小值为1
解题名师 辽宁 程聿剑
赏析
解法1解法4中的(1) 先得到为重心,再利用坐标法求出 ;
(2) 利用向量坐标化建立关于的函数关系式,进而求最小值,区别在建系不同而已.解法 2 利用平行四边形的性质求解;解法 3 是解法2的一般情形. 相比而言建系思路较为简单,但运算量会比较大,利用平面几何性 质相对运算量小一点,但思维能力要求较高.
【题目5-9】 在中,为的重心, 且.若 , 则 的最小值是
点拨 利用数量积定义,借助基本不等式求解.
设的长度分别是 , 则 , 所以 ,
因为为重心,取中点 ,所以 ,
所以,
当且仅当 时取等号, 所以.
解题名师 辽宁 刘扬
点拨 建系设点, 化为坐标运算,借助基本不等式.
如图,以为原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系，
设, 则, 因为,且,
所以, 所以,因为为的重心,所以,
则，当且仅当时取等号，所以|| m = 2．
解法3
同解法1有ab=12，取AB中点D，则，
而
因为，
所以，所以，所以，当且仅当时取等号，所以.
点拨 利用平行四边形对角线的平方和等于四条边的平方和．
赏析
在解决双变量的最值问题时，常常会用到基本不等式，特别是出现定值(积为定值或和为定值)，如解法1；建系得到目标函数关系式，转化为函数问题也是向量中求最值的常用手段，如解法2；向量具有几何特征，充分利用平面几何知识有时可以简化运算，如解法3．
【题目5-10】已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，的最小值是（ ）
A．
B．
C．
D．
点拨 建立坐标系，转化为代数问题，配方求出最小值．
解法一
如图5-31，以AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴建面直角坐标系，则，设，
则
当且仅当时取等号，故选B.
点拨：根据图形，利用极化恒等式进行转化求出最小值.
解法2：如图5-32，取的中点，连接，取的中点，则
，
当且仅当点与点重合时取等号.故选B.
点拨：结合图形，利用数量积不等式进行转化，再利用基本不等式求出最小值.
解法3：如图5-33，，
当在线段上时取等号，设，则，
所以，所以，
当且仅当点在线段上且满足时，等号成立，
即点为线段中点时取等号.故选B.
赏析：解法1直接建系坐标化，属于向量问题的一种常见解法；解法2利用向量几何意义转化，采用极化恒等式直接分析其最值，比较简洁；解法3利用了数量积不等式转化，也比较巧妙.
有关平面向量的范围或最值的常用方法如下：
(1)“数化”：建立适当的坐标系，利用平面向量的坐标运算，建立求解目标的函数关系，把问题转化为代数中的函数最值或值域问题，然后利用函数、不等式等有关知识来解决，较为常用的是引入参数，把问题转化为关于的函数，再求该函数的最值或值域问题，引入参数时要注意参数的取值范围；
(2) “形化”：利用向量几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围，然后根据图形特点，结合几何知识直接进行判断.
极化恒等式原理：
代数形式：;向量形式：.
图5-34
如图5-34，在平行四边形中，有
；
当然平行四边形中还有一组关系：
如图5-35，在中，为中点，有
．
极化恒等式构建了向量的数量积和几何图形之间的关系，是解决求含有动点向量的数量积最值或范围的一种“利器”，它可以把两个动向量(共起点)的数量积转化成“一动一静”的两个向量的平方的差，如题5-8的解法1、题5-10的解法2．利用极化恒等式可以得到：
如图5-36，若为矩形，是平面上一点，则有．
证明：设与交于点，因为；
同理有，又，所以．
进而得到：若为矩形，是平面上一点，则有．
证明：因为，所以，
所以，
又，所以，即．
第4讲 平面向量中有关三角形及三角形“四心”的问题
三角形中的“四心”是一组特殊的点，它的向量表达式具有一些特殊的性质，该题型不仅考查了向量等知识点，而且培养了学生分析问题、解决问题的能力．这类问题往往要抓住“四心”的定义，借助图形，利用平面几何知识分析求解，本讲就平面向量与三角形“四心”的联系做一个归纳总结．
【题目5-11】已知为正内一点，且满足，若的面积与的面积的比值为3，则的值为（ ）
A．3
B．
C．1
D．2
点拨：利用向量的平行四边形法则，结合三点共线及三角形面积间的关系求出的值．
解法1：如图5-37，设，分别为，的中点，记，，，的面积分别为，，，．
由，得，
即,所以三点共线.
因为分别为的中点,所以,
所以,所以,所以.故选B.
点拨：利用“奔驰定理”(设为内一点,则求解.
解法2：因为，又，
所以，解得故选B.
点拨：利用坐标法,通过坐标运算,借助面积关系转化为关于的方程求解.
解法3：
如图5-38,以所在直线为轴,为原点建立平面直角坐标系.
设的边长为,则,
所以.
因为,
所以.
所以,解得
所以,,
解得增根舍去.故选B.
赏析
解法1通过平面向量加法的运算将已知条件化简,再结合三点共线及得到与的比,进而求出的值;解法2利用“奔驰定理”直接将两个三角形的面积关系转化为与的关系,进而得解,解法简练、快捷;解法3通过建立平面直角坐标系,将三角形面积的关系问题转化为坐标运算,建立关于的方程后求解.实际上中,若,，则.
【题目5-12】设外接圆的圆心为,，则 .
解法1
如图5-39,设为的中点,则所以,
所以，
同理有,所以,
即，
所以，
即,
所以,所以,
所以.
图
点拨 利用外心的性质求
解题名师 湖北尹强
解法2
如图5-40,取边的中点,则所以,
因为,所以,所以，，三点共线,
点拨 利用同一条弧所对的圆心角是圆周角的两倍进行转化求解.
图5-40
所以，所以,
所以.
解题名师 吉林 郭泗强
解法6
同解法1可得，因为，如图5-42，过点作，分别交，于点，则，，所以，所以四边形为菱形，过点作交于点，则点为中点，设，所以，设，则，，所以，所以.
解题名师 湖北 邹华
点拨：利用平面向量基本定理，由数形结合求解。
赏析：
本题关键在于由向量表达式如何得到.
解法1利用数量积及外心的性质得到,再利用数量积求得结果;
解法2利用圆的性质,把转化为求解;
解法3利用向量极化恒等式和平行四边形性质得到
解法4利用向量的“奔驰定理”求解，由该结论可快速求得结果,此定理在解题中应用广泛;
解法5把向量表达式化为以外心为起点，充分利用外心的定义求解;
解法6利用平面向量基本定理进行向量分解,借助图形利用平面几何知识得到角之间的关系后求解.
三角形的“四心”如下:
(1)重心一三角形的三条中线的交点;
(2)垂心一三角形的三条高的交点;
(3)内心一三角形的三个内角平分线的交点(三角形内切圆的圆心);
(4)外心一三角形的三条边的垂直平分线的交点(三角形外接圆的圆心)。
奔驰定理：若点为△ABC内一点，则有.
证明：如图5-43,延长交边于点,因为，所以
所以,
又,所以,同理,
因为,
所以
所以,
所以.
根据这个定理可得下列结论:
若为内任意一点,有,则.
根据这个定理可以得到三角形“四心”的向量表达式:
重心满足:;
外心满足:;
内心满足:或;
垂心满足: (为非直角三角形)；
与三角形“四心”有关的一些常见的向量关系式有如下几种:
（1）设,则向量必平分,该向量必通过的内心;
（2）设,则向量必垂直于边,该向量必过的垂心;
（3）设,则向量必过的中点,该向量必通过的重心;
（4）设,则向量必过的中点,该向量必通过的重心;
（5）点是的外心,特别地有:；
（6）点是的重心;
（7）点是的垂心;
（8）点是的重心; (其中，，为三边)
（9）的外心、重心、垂心共线,即;
（10）设为所在平面内任意一点,为的重心,为的内心,
则有,,
则重心，内心，
第5讲 利用平面向量的几何特征解题
由于平面向量具有几何与代数特征,融数形于一体,为此在解决平面向量某些问题时,如果能抓住向量既具有数又具有形的特点,运用数形结合的思想,根据题目已知条件,恰当构造符合题意的图形,往往会使
问题变得简洁明了,能达到事半功倍的效果.
【题目5-13】若向量，，，满足:，，在方向上的投影为,，,则的最大值是 。
解法1
如图,作，，,设、分别为线段、的中点，则，,依题有，.因为在方向上的投影为,
所以为,所以,即为等腰三角形,所以,
所以。
因为,所以,所以,
因为,所以,所以,所以、、、四点落在以为直径的圆上，因为为的中点,当点为线段的延长线与圆的交点时,最大，所以.
因为,所以,所以.
因为,所以,所以.
点拨：根据向量的几何特征,数形结合求解.
解法2
点拨：建立平面直角坐标系,转化为三角函数求解.
如图5-40，设，因为在上的投影为，所以，
设，因为，
即，所以设
所以，
所以，以下同解法1.
解题名师 吉林 吕长利
赏析
解法1利用向量的几何意义，把最值转化为平面几何知识求解；解法2先建系再利用圆的参数方程,把问题转化为三角函数最值求解，如果能充分利用向量的几何意义，利用数形结合往往会使问题得到快速求解.
【题目5-14】设为单位向量，若向量满足，则的最大值是（ ）
A.
B.2
C.
D.
解法1
点拨利用向量的三角不等式，结合柯西不等式求解
因为
所以
因为
当且仅当，即时取等，所以，故选A.
解题名师 浙江 王建宝
解法2：
如图5-46，设，，，同解法1得到，
所以，
又四边形为平行四边形，所以，
所以，
当且仅当时取等号，即时取等号，
所以，故选A.
【点拨】利用向量的几何意义，数形结合借助基本不等式求解.
解法3：
设，，
所以，，
同解法1有，
所以
，
当时，，
所以当时，即时所以，故选A.
【点拨】建立适当坐标系，转化为三角函数.
解法4：由得，
所以，
如图5-47，设，，，则，即，
若固定与，则点的轨迹为以为直径的圆，
设的中点为，当为线段延长线与圆的交点时，最大
【点拨】构造向量，结合图形，借助平面几何知识求解.
因为，此时，即，
所以，
所以，所以，故选A．
解法5
设与的夹角为，则，，所以，当且仅当时取等号，故选A．
点拨：利用向量的运算，结合柯西不等式求解．
赏析：由于平面向量本身具有代数与几何的特征，所以它往往是数形结合的典型代表，所以向量问题若能充分利用其几何特征，问题往往能快捷、巧妙地解决，而几何特征往往与向量的三角形法则、平行四边形法则等运算有关．解法1、解法4通过数形结合，构造向量使问题变得直接明了；解法1、解法5利用柯西不等式求解，技巧性较高；解法3则通过建系转化为三角函数求解．
第6讲 平面向量中的恒成立问题
平面向量的题目中若含有“任意的点”、“任意的实数”等条件，往往把该问题转化为恒成立问题处理，较为常见的思路如下：
（1）引入参数，转化为函数问题，利用函数的性质，借助方程、不等式分析其最值求解；
（2）利用向量的几何特征，作图利用平面几何分析．
【题目5-15】在中，，，，且对于边上任意一点，当且仅当在时，取得最小值，则下列结论一定正确的是( )
A．
B．
C．
D．
点拨：利用数量积直接转化为二次函数最值问题．
解法1：如图5-48，设，，的边长分别为，设，，所以，所以，
依题意，有当时最小，
所以，即，
又，
所以，所以，即，故选C．
解题名师：天津 杨凤国
解法2
如图5-49建系，设，，，，，
因为恒成立，所以，
即恒成立，
令，，对称轴，
因为，易知，所以，
所以，所以，所以，所以，故选C．
解题名师：重庆 周贵川
解法3
如图5-50，取BC的中点M，AB的中点D，则P0为BD的中点，所以MP0∥CD，
因为，
又当且仅当P在P0时，取得最小，
所以当P在P0时，PM最小，所以，
当时，最小，所以，所以，
又D为AB的中点，所以，故选C．
解题名师：福建 陈尚沙
赏析：本题的关键在于对 的转化,解法均转化为二次函数问题,利用二次函数的性质分析其最值情况, 区别在于解法 1 利用平面向量的基底运算,解法 2 则通过建系转化为坐标运算, 化为二次函数问题;解法 3 利用极化恒等式,数形结合较为简洁.
【题目5-16】设单位向量的夹角为锐角,若对于任意的 , 都 有 , 则的最小值为（ ）
解法一：设单位向量的夹角为,因为, 所以 ,
即 ,又, 令 , 则 ,
所以,代人,得到关于的一元二次方程 ,因为该方程有解,
所以, 所以 ,
又因为该等号能取到,所以 , 解得 ,
所以, 当时,满足条件,所以的最小值为.
解法二：设夹角为
因为因为恒成立,所以恒成立,所以
于是恒成立,所以
又因为,
当且仅当时等号成立,所以,
所以,所以的最小值为.
赏析 利用模长和一元二次方程有解则有4≥0进行限制；解法2巧妙利用了“1”的替换，从而把问题转化为基本不等式求解.实际上本组题型可以看成是向量中恒成立的问题，对于该类型从代数角度分析，往往转化为函数问题恒成立，利用代数手段（方程、函数的最值、基本不等式），也可从几何意义入手，作图分析其几何含义，但要求较高.
变式练习
【变式5-1】在中,是的中点,,则
【变式5-2】若是两个非零向量,且,则与的夹角的取值范围是
【变式5-3】已知的外接圆圆心为,满足,且6,则
【变式5-4】在中,点是的中点,过点的直线分别交直线的延长线,于不同两点、,若,则
【变式5-5】已知的外接圆圆心为,且,若,则的最大值为
【变式5-6】已知中,为外接圆上的一动点,且,则的最大值是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式5-7】已知的三个顶点的坐标分别为为坐标原点,动点满足,则的最小值是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式5-8】设点在内部,且有,则的面积与的面积之比为（ ）
A.2
B.
C.3
D.
【变式5-9】已知单位向量,若,且,则的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式5-10】设是非零向量,且,则的最大值是
【变式5-11】已知向量满足,则的最大值等于（ ）
A.2
B.4
C.6
D.8
【变式5-12】在中,是边上一定点,满足,且对于边上任一点,恒有.,则（ ）
A.
B.
C.
D.

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