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第01章 攻克压轴题的战略构想
高考数学压轴题通常是指试卷中体现“选拔”功能的试题,主要分布在解答题的最后两、三道题中的部分较难的小题或填空题,选择题中少量较难的题目,分值大约占全卷的,数学压轴题的特点是设计新颖,思维含量高,数学核心素养体现得非常充分,它们的作用是提高考试的分区度.
压轴题之所以难度高,体现在综合性强,对解题能力的要求高,通常命题者总是在新颖且具有创造性上做文章.攻克压轴题需要学生更好地融会贯通知识,需要对极为陌生题目的领俉力,需要突破常规,另辟磎径,尝试用新的方法来分析、求解,着眼于进一步提高处理知识综合和融合试题的能力.
在数学学习与复习的过程中也确实有这种知识综合和解题能力提升的需要,数学高考复习第一轮基本结束后,不少学生测试的成绩仍在110分左右徘徊,经常碰到这样的学生,他们在试卷发下来后心里非常懊恼,,难一点的试题如压轴题找不到正确的思路干脆瞎做一通,甚至开了“天窗”,也有的解题过程虽然书写得洋洋洒洒,但其中漏洞百出,得分很少,如果在基础题和中档题部分又犯了不少低级错误,最后的分数可想而知.
这实际上是数学复习中的瓶颈状态,表面上通过一轮逐章逐节的复习,仿佛对每章、每节的知识点都掌握了,实际上还停留在表层,不能把知识点纵横联结甚至对某些知识点的认识仍然模糊不清,不能做到“了然于胸”,出现上述种种“状况”是不奇怪的.要突破这种瓶颈状态,除了进一步梳理、贯通知识、査漏补缺外,对解题术的研究应当摆上冲刺阶段的日程表.“攻克压轴题的战略构想”十讲为你描绘了解决难题的路线图,使你的解题能力达到一种广阔和自由的境界.
第一讲扎根基础、树上开花
树上开花,是由“铁树开花”转化而来的,原意为不可能开花的树竟然开起花来了,比喻极难实现的事情.兵书《三十六计》上把它作为制造声势以摄服敌人的一种计谋,许多成语的含义是在不断演化的,因为“铁树开花”虽然不容易,但也有开花的时刻.
高中数学考点众多,知识体系十分丰富,如果我们把它们看作一棵树的枝叶,叶与叶之间从表面看似乎毫不相关,而实际上同属于一棵树,同宗同脉,考点与考点之间是紧密联系在一起的,章与章之间知识上是互相交汇的,如果我们能够融会贯通这一系列的通识,通法,一定会结出丰硕之果.
要进人这种“扎根基础、树上开花”的境界必须首先做到以下两点:
1.回归课本、梳理概念
观察近几年的高考数学试卷中的压轴题,虽然初看似曾相识,但细看又关卡重重,其特点是综合性强,难度确实有点高,但是我们静下心来仔细审题,解题的入口还是比较宽的,命题者不可能连门都不让你进.把题目分解开来看,也并不是一道大题的每道小题都很难,通常前面几小题仍以中学数学的基础知识.重点内容、基本方法出发设计命题,把对基础知识的考査放在突出的地位,从基本概念、基本性质、基本表达形式,基本的公式出发去理解问题,解决问题.所以当前最重要的是在第一轮复习的基础上,以课程标准与《考试手册》为纲,以题型示例为参照,以课本为依据，独立地把各章知识点梳理一遍,一是厘清知识发生的本质,构建高中数学基础知识的网络;二是克服“眼高手低”“好高鹜远”的毛病,对课本中的例题、习题进行举一反三的推敲;三是对第一轮复习过程中老师讲的例题,布置的习题进行整理归纳,对做错的习匙进行分类订正,对于典型例题.习题提炼通法,构建知识块、解法链.实际上高考中相当多的试题是从课本上的例戔进行适当变形或重组而得到的,直接考查课本上某一定理的证明也出现过多次,回归课本,梳理概念,既有利于消除第一轮复习中还存在的薄弱环节，查漏补缺，全面把基础落实，更有利于拿下压轴题中的基本分.
2.重视“通法”，淡化“特技”
《考试手册)指出:"数学学科高考旨在考査中学数学的基础知识和基本技能,逻辑思维能力、运算能力、空间想象能力、分析问题与解决问题的能力以及数学探究与创新能力."近年来又提出“核心素养”,这是在高考数学复习中必须认真理解,切实照办的.当前课改的根本方向是课程目标的构建,即由“知识与技能”“过程与方法”“情感态度与价值观”3个维度构成的目标体系,强调“展现知识的发生、发展,形成和应用的过程",这就告诉我们当前命制数学高考题不会过分地道求特殊方法和特殊技巧,运算量也不会太大,但试卷的阅读量会增加,所以考生应用重视“通法”,也就是高中数学中经常运用的由数学思想统领的基本解题方法.这种“通法”的掌握不是靠做大量的习题才能做到,而应当学会“读题”,通过“读题”提高思维层次,通过归纳总结领悟并业握“通法”,比如可以找一本以总结解题方法为主的参考书,通过读题,首先想一想这道题涉及哪些重要的知识点,想一想若自己做这道题可以运用什么样的解题方法,不妨试着解一解,再看一看书中是如何分析这道题并提供了怎样的解法,随即与自己的解法相对照比较一下优劣,思考一下本题的解法中运用了哪些数学思想与解题谋略,回顾一下所碰到过的类似的习题,思考当题中条件、结论稍作改变,在解法上会有什么变化等.
千万不要认为学会解题一定要做大旺的题目,反反复复地进行操练,解一定量的题目以巩固知识的掌握程度是需要的,若再辅之以边读题边思考边总结,必定事半功倍.
以上两点是确保压轴题基本分获取的法宝.
一、例题精讲
【例1】
已知函数在区间上有零点,则的取值范围是________。
【解题策略】
本题初看不过是二次函数问题.二次项系数为1,抛物线开口向上,在区间上有零点,则对有一个或两个零点讨论,由于对称轴未定,对称轴相对于区间的位置关系又要进一步分类讨论,解题过程是 够复杂的,难点不仅仅在此,因为解析式中含有双参数,而需寻求的是双参数构成的关系式的取值范围,用什么来表示 如何才能求出其范围 看来解决本题并不简单.解决本题的关键是实施转化,把较为复杂的问题朝简单的方向转化、朝常见的题型转化、扎根基础、寻找最基本的通解求出结果.比如将双参数的最值问题转化为单参数函数的最值问题,利用导数求最值就方便多了;比如通过变更主元,即视为主元,为参数,则关于的二次方程变更为则是直线方程,即为原点到此直线距离的平方;比如通过构造向量运用柯西不等式求解;又比如转化为函数零点问题结合“耐克”函数单调性求解.总之,这4种思考方法都是把难度较高的双参数问题转化为容易求解的基础问题,化难为易应当是解题者追求的目标.
【解】
【解法一】
由,得,∴
当时,在区间上单调递增.
∴
此时.
当时,(舍去).综上,.
【解法二】
∵,把主元变更为为参数,则关于的二次方程变为关于和的直线方程.
∴即为平面上原点到直线的距离平方,有,当时,.
【解法三】
由,得.
则,即,
,此时.
【解法四】
设是函数的零点,,
时取等号）
此时,.
【例2】
(1)已知函数的图像关于直线对称,求实数的值.
(2)将函数的图像向左平移个单位,所得图像对应的函数为奇函数,求的最小正值.
(3)若将函数的图像向右平移个单位,所得图像关于轴对称,求的最小正值.
(4)年啇考数坣全国卷II理料第14题）函数的最大值是________.
(5)(2018年啇考数学全国卷I理科第16题）已知函数,则的最小值是________.
(6)设函数是常数,,若在区间上具有单调性,且,求的最小正周期.
【解题策略】这是一组研究三角函数周期性、奇偶性、单调性以及图像的对称性、最大最小值的基础题,而且它们之间又往往交汇在一起,可以纳入统一的知识体系,从不同的角度入手求解,有些解法非常巧妙.这类题扎根基础,看似简单,内 丰硕,是三角函数这棵大树上开出的美丽小花.
【解】
(1)【解法一】
（通解一)∵,
∴,由正弦函数图像的性质知,当时,,
即,
即.
【解法二】
（通解二）∵函数的图像关于直线对称，
∴,即
∴,即,故.
【解法三】
(特殊法解）∵函数图像关于直线对称,且在原函数的图像上,点关于的对称点为.
∴,即,故.
(2),
先作出函数的图像,再向左平移个单位,操作时也可理解为相对地将轴向右平移个单位,再将图像向左平移个单位确保平移后的函数为奇函数,求的最小正值,即将轴再向右平移,第一次经过图像与轴交点时平移的大小即为的最小正值,应为.
（3)【解法一】
的图像向右平移个单位得函数的图像,由函数的图像关于轴对称可知,,即,故,即,又
【解法二】
根据正弦函数的对称性,只要找到轴左侧第一条对称轴.
由,得,取,得,即将函数的图像向右平移个单位.
（4）化简三角函数的解析式,得
由自变量的范围可得.
当时,函数取得最大值1.
(5)【解法一】
导数法)
令,得,即在区间内单调递增;令,得,即在区间内单调递减,则
【解法二】
（化单角三角函数后用均值不等式）
当且仅当,即时取等号.
的最小值为
【解法三】
（化半角三角函数后用均值不等式）
.
.
当且仅当,即时取等号.
∴的最小值为
【解法四】
(换元法结合导数法)
∵
∴.
设,则.
∴.
∴当时,;当时,.
∴函数在上单调递增,在上单调递减.
∴当时,;当时,.
∴,即的最小值为
【解法五】
（配方法）
.
当且仅当即时,取最小值.
（6）【解法一】
在区间上具有单调性,且,
∴和均不是的极值点,其极值应该在处取得.
∵也不是函数的极值点,又在区间上具有单调性,匆为的另一个相邻的极值点.故函数的最小正周期.
【解法二】
在区间上具有单调性
∵就是函数的图像与轴的一个交点.∵,哥就是和在同一个周期内的一个极值点,整合上述信息画出大致图像如图所示,可知
【解法三】
而在区间上具有单调性且.
又∵点是的一个对称中心,
直线是的一条对称轴,且对称中心与对称轴相邻，故有.
【例3】
《九章算术》,中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马,将4个面都为直角三角形的四面体称为鱉臑.如图所示,在阳马中,侧棱底面,且,过棱的中点作,垂足为点,联结.
(1)证明:平面,并判断四面体是否为鱉臑 若是,写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是,说明理由.
(2)若平面与平面所成二面角的大小为,求的值.
【解题策略】
本例是2015年高考数学湖北卷理科第19题,载体是阳马,一种特殊的四棱锥,既可用综合法,也可用向量法.用综合法有利于训练学生空间想象能力与逻辑推理能力;用向量法和计算空间度量关系则可以降低解题难度.比如第(2)问,若使用综合法,需要作出平面与平面所成二面角的平面角,为此需要作出平面与平面的交线,有一定的难度,若采用向量法,则可避开这些难点.下面提供两种解法,读者可作比较.
【证明】
【证法一】
(1)(综合法)要证平面,只需证直线垂直于平面内的两条相交直线,而已知,故只要在平面内找一条既与垂直,又与相交的直线,观察分析可以发现,即为所要寻找的对象.
∵底面.由底面是长方形,∴,
而平面,而平面.
又∵,点是中点,∴平面,而平面.
又∵平面.
由平面平面,可知、都是直角,故四面体为鱉臑.
(2)如图所示,在平面内,延长与交于点,则是平面与平面的交线.
由(1)知平面.又∵底面.
而平面.
故是平面与平面所成二面角的平面角.
设,有.
在中,由得,
则,解得.
故当平面与平面所成二面角的大小为时,.
【证法二】
(1)(向量法)如图所示,以为原点,射线,分别为轴的正半轴,建立空间直角坐标系.
设,则有,,.
点是的中点,∴.
于是,即.
又已知,而平面.
∵,则平面,由平面平面,可知四面体的4个面都是直角三角形,即四面体是一个鱉臑,其4个面的直角分别为,
(2)由平面,可得是平面的一个法向量;由(1)知平面,可得是平面的一个法向量.若平面与平面所成二面角的大小为,则有
解得
故当平面与平面所成二面角的大小为时,.
二、发散训练
1.如图所示,在等腰直角中,,点在线段上,
(1)若,求的长;
(2)若点在线段上,且,问:当取何值时,的面积最小 并求出面积的最小值.
2.如图所示,在平面直角坐标系中,点,直线.设圆的半径为1,圆心在上.
(1)若圆心也在直线上,过点作圆的切线,求切线的方程;
(2)若圆上存在点,使,求圆心的横坐标的取值范围.
第二讲解题要诀、谋定后动
根据 波利亚的解题理论,一个数学问题的求解过程可分为4个阶段:(1)弄清问题;(2)拟定计划;(3)实现计划;4)回顾反思.
“弄清问题”,就是我们通常讲的:解好数学题,审题是第一关,审题又分两个方面:“熟悉问题”和“深人理解问题”.“熟悉问题”是分清问题中数据、条件是什么 要解决怎样一个问题 大致上涉及哪些知识 属于哪个数学板块 “深入理解问题”就是要弄清问题所给的条件、结论的实质.将已知条件提供的信息与要解决的问题的联系找出来.通常这是哪一种类型的问题 这类问题的常规解法是怎样的 还有没有可以进一步思考的空间 能不能设计出一个较为理想的解决方案
如果一个数学问题,已知条件很明显,与结论之间的联系也容易找到,解答当然就不困难,但这种情况可遇不可求,实际情形往往并非如此,许多数学问题中的条件不很明朗，仿佛隐藏着什么,与结论之间的联系无法一下子找到.“拟定计划”还无从入手,所以要特别重视挖掘数学问题中的隐含条件,使其明朗化,也就是化“隐”为“显”,才能获得对问题的准确理解和正确分析.
在通过审题比较透彻地弄清问题之后,接下来当然是拟定解题计划了.要有一个好的解题计划,思维品质起关键作用.一个完整而优美的解题计划是在大脑高速运转中不断修正而完善起来的,考虑成熟后才动笔,这叫“谋定后动”,“实现计划”就会很顺畅,有水到渠成之感.
当然,要培养谋定后动、直剖核心的能力不可能一蹴而就,一个较为复杂的数学问题的已知条件和待求(证)结论可能来自完全不同的领域,它们之间缺乏联系,甚至毫无公共之处,好像两座高山,中间无路可通,需要通过分析找到它们之间的联系,采用正确的解题方法实施两者之间的转化,这种转化可以是单向的,也可以是双向的,甚至需要多个转化.设计好这种转化线路图,便是数学解题的整个过程中思维方法与战略构想的作用,唐朝诗人王维的一首诗可以用来描述这一过程:
遥爱云木秀,初疑路不同.安知清流转,偶与前山通.
本讲重点讲弄清问题、拟定计划的重要性,至于实现计划与回顾反思则是后话,在后面的几讲中会讲到.
一、例题精妍
(例1)已知方程有4个不相同的实数根,求的取值范围.
【解题策略】
本题是含绝对值符号且含参数的一元二次方程.当然很容易想到运用解方程的知识求解,即用零点区分法去掉绝对值符号.把原方程变为两个一元二次方程,使每一个一元二次方程都有两个不同的实数根,通过判别式大于零,求出的取值范围如下：
然而这一结论是错误的.试取,便知此时原方程没有4个相异实数根,这是对问题没有考虑周全勿勿解答所得的结果.
首先,要使原方程成立,必须使,但这一点却没有在上述解题过程中体现出来;其次,解题方案中“使每一个一元二次方程都有不同的实数根”也不妥,因为它不是原方程有4个不同的实根的充分条件.试想,去掉绝对值符号有前提,有实根则实根必须在前提这个范围内,用判别式解决不了问题.若分段讨论在一定范围内有实根则需要考虑区间根的存在条件,并不是一个很简单的问题,这些表明方程之根受到许多复杂条件的制约,必须考虑周全,才能避免失误.
那么能不能找到一种相对简捷的解题方法,轻松解答这个问题呢
当然是有的,我们把方程置于相应的函数之中,以能在更为广阁的领域中去研究其根的情况,通过函数图像(或方程的曲线)来研究方程,不仅能在可变状态下更为灵活地作出判断,还能创造出一种更为形象的直观意境,这种思考过程便是之前说的“谋定后动、直剖核心”.
【解】
令
在同一直角坐标系中作出这两个函数的图像,如图所示.函数(1)的图像是由两个抛物线的一部分组合而成的(作出的图像后把轴下方的图像翻折到轴上方即可得).而函数(2)的图像是过原点的直线系,原方程的解便是两个图像交点的横坐标,从解题的目标是求出为何值时,两个图像间出现4个不同的交点.
设为抛物线的切线,显然,只有当直线在轴和之间时,两图像才能有4个不同的交点,而.由此可知,当时,方程有4个不同的实数根.
【例2】
已知函数的二项式系数为,且不等式的解集为.
(1)若方程有两个相等的根,求的解析式;
(2)若的最大值为正数,求的取值范围.
【解题策略】
若设,则由的解集为可知,这一方程有两个不相等的实根,可由韦达定理将均用表示,使得只有一个参数,而第问中还有一个条件,求出的值,的解析式便可确定.第(2)问,的取值范围也可顺利求出,解题者可能会轻松地得出如下的解法:
(1)设.
由题意,得的解集为.∴是方程的两个根.
由韦达定理,得即
∴,（1）
由方程,得.（2）
∵方程(2)有两个相等的根,∴,
即,解得或.
∴的解析式为或.
(2)由,可得的最大值为,为,
则.
解得或.
因此,若的最大值为正数,则实数的取值范围是.乍看之下上述的解题方法好像没有问题,但数学知识与概念的应用往往是有条件的,在这个条件下是正确的,离开这个条件就不一定是正确的.制定解题计划一定要考虑周全,先“谋定”オ能“后动”,本题中不等式的解集为,即不等式的解集为,此时应注意到有一个隐含条件,即.上述解法中没有考虑这个隐含条件,故存在问题.在第问的结果中应舍去的情况,即解析式是不存在的;第问中若没有这个条件,也不能说的最大值为,因为二次函数在上的最大值必须在二次项系数为负时存在,所以不能忽视这个条件.可能学生会说:“所求得的的取值范围不是满足这个条件吗 "这只是巧合,却不能说整个解题思路是正确的.解题的每一步都要有依据,做到无取可击！
【解】
(1)设,
由题意,得的解集为,
∴,且1,3是方程的两个根.
由韦达定理,得即
∴,(1)
由方程,得.(2)
∵方程(2)有两个相等的根,∴,
即,解得或.
∵舍去,因此.
∴的解析式为.
(2)由.
∵,可得的最大值为.
令解得或
因此若的最大值为正数,则实数的取值范围是.
【例3】
设各项均为正数的数列的前项和为.
(1)若,求数列的通项公式;
(2)若为常数),且,求数列的通项公式;
(3)若为常数),且,求数列的通项公式;
(4)若为常数),且,求证:为等差数列.
【解题策略】
本例各题已知与的关系,探求数列的通项公式或证明为等差数列,由于与的线性表达式从不含参数到含有一个参数、两个参数、三个参数,从而使问题的难度逐级上升.此类题组的安排有利于对相关知识的掌握循序渐进,解题的关键是把题设中的或与的关系式进行变形,确定参数值或两参数之间的关系,朝解题的目标前进.
【解】
(1)由,得,(1)
则,(2)
(2)-(1)得,
整理得.
∵可得,数列为等差数列,公差,
又由,解得的通项公式为.
(2)由条件知成等差数列,得也成等差数列.
∴成等差数列,即,
也即,两边平方整理得,又由,得
把分别代人,结合分解得
,解得.
∴,与的方法相同,可以证明当时,数列为等差数列,
从而求得.
(3)由条件知成等差数列,得也成等差数列.
∴成等差数列,即,
也即,两边平方整理得,又由,得
把分别代人,结合得
,解得∴
将平方得
（4）
(4)－(3)整理得.
∵,当时,数列为等差数列,又∵,
∴
(4)由条件知成等差数列,设它们的公差为,由,得
（5）
（6）
（7）
(6)-(5)得,整理得,
(7)一(6)得,整理得,
(9)-(8)得,由于显然不合题意,∴,
代入(8)解得.
（10）
（11）
(11)-(10)得.
∵,当时,数列为等时数列.
【例4】
(1)已知定点,点为椭圆的右焦点,点在椭圆上移动时,求的最大值;
(2)在椭圆上是否存在一点到直线的距离最大 若存在,求出最大距离;若不存在,请说明理由;
(3)设是椭圆的左、右焦点,弦过,求面积的最大值;
(4)这4点都在椭圆上,为椭圆在轴上的焦点.已知与共线,与共线,且,求四边形的面积的最小值和最大值.
【解题策略】
解析几何中的最值问题是一种极其重要的题型.本例各题以椭圆为载体探究一系列与最值相关的问题,完美地解决这一专题有利于掌握与双曲线、抛物线相关的最值问题的解法,那么怎样解椭圆中的最值问题呢 首先要用到椭圆的定义、标准方程和几何性质,其次还常用到函数、方程、不等式及三角函数等重要知识,综合性强,联系性广,策略性要求高,其基本的思想是函数与方程的思想和数形结合的思想,基本解题策略是从代数和几何两个角度分析,椭圆是几何图形,研究的量也主要是几何量,当然借助几何性质(对椭圆而言是对称性与范围),利用几何的直观性来分析问题,但几何直观往往严谨性不强,难以细致入微所以需要借助代数工具实现突破，几何法常需扣住圆锥曲线的定义并和平面几何有关结论巧妙结合,代数法则常把有关问题转化为二次函数或三角函数的最值问题,然后利用配方法、基本不等式、函数的单调性或三角函数有界性等解之.
第（1）问扣住椭圆的定义结合三角形中两边之和大于第三边求解.第(2)问可设椭圆上动点为三角形式,由点到直线的距离公式结合辅助角公式求解.第(3)(4)两问都是求与椭圆相关的三角形面积的最大值,由于两小题都涉及动直线问题,引进参变量显得很重要.第(3)问,设动直线的倾斜角为参数,则可扣住椭圆定义结合余弦得一种巧妙的解法.第(4)问以动直线的斜率为参数,则要分类讨论斜率不存在的情况,而且求三角形面积的最值,由于解析式较为复杂,解题的技巧性很强,且方法也多,如可以通过变形转化为代数函数求最值,或通过去分母并换元转化为二次方程运用判别式法求最值,也可通过三角换元与代数换元转化为“耐克”函数求最值.第（5)问求椭圆内接四边形的最值,情境更显复杂,难度明显增大,但从前四题的解答中不难获得启示.由于四边形的对角线互相垂直,求面积解析式并不难,但分类讨论不能忘,由于解析式的形态复杂,换元法使之简化并利用相应新函数的性质则是解题的关键,务请重视.
【解】
(1)如图所示,设是左焦点,则.
而
即的最大值为.
(2)设是椭圆上任意一点,由点到直线距离公式得
(3)如图所示,设,,由 圆的定义,可得
得
在和中,应用余弦定理,得
∵在上是增函数,
∴在上是增函数.
当即时,,故的面积的最大值为.
(4)如图所示,由条件知和是椭圆的两条弦,相交于焦点,且.直线中至少有一条存在斜率,不妨设的斜率为,又过点,故方程为.
将此式代是椭圆方程得.
设两点的坐标分别为,则
从而,亦即
(1)当时,的斜率为,同上可推得,故四边形面积.令,
得.
∵,当时,,且是以为自变量的增函数.
∴
(2)当时,为椭圆长轴,.综合（1）（2）可知,四边形面积的最大值为2,最小值为.
【例5】
设椭圆.
(1)求直线被椭圆截得的线段长(用表示);
(2)若任意以点为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.
【解题策略】
本题的难点在第问,背景是双二次曲线问题,且有多个变量.圆的圆心确定,半径是变量,椭圆方程中是大于1的变量,探讨双二次曲线交点个数,思维的着眼点是等价转化,即“形”与“数”之间的转化.可以从反面考虑,即假设圆与椭圆有4个交点,借助于弦长公式,充分运用几何意义来转化.由于圆心是椭圆的一个顶点,且圆和椭圆的图像均关于轴对称,有4个交点时的范围容易得到,则至多有3个公共点时的范围就明确了,离心率的范围可以求得.本例(2)还可以利用双二次曲线方程,结合对称性转化为二次函数在有限区间上零,点的讨论,运用函数与方程的思想方法求角.
【解】
(1)设直线被椭圆截得的线段为,
由得,故,
因此.
(2)【解法一】(正难则反思想的运用)
假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点满足.
记直线的斜率分别为,且,
由(1)知,,
故,即.
由于得,
因此.(1)
因为(1)式关于的方程有解的充要条件是.
因此,任意以点为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为.由于,得所求离心率的取值范围为.
【解法二】（由双二次曲线转化,运用函数与方程的思想方法求解）
以点为圆心,以为半径的圆的方程为.
于是消去可得
令.
先考虑如下情况——存在正数使得有两个不同实数解的充要条件:
(1)式等价于;解(2)(3)(4)可得且.
对于,显然有,
显然,存在正数大于2),使得对于有下式成立.
于是有4个公共点的充要条件为;即至多有3个公共点的充要条件为.以下同解法一,略.
二、发散思维
已知.
求证:,其中.
第三讲聚焦题根、举一反三
波利亚指出:“从理解题目到构思一个解题方案也许是漫长而曲折的过程.事实上,解答一个题目的主要成就在于构思一个解题方案的思路“好的思路来源于过去的经验和以前获得的知识”这里的困难在于通常有太多的题目与我们当前的题目有某些相关,即与其有一些共同点,我们怎样从中选出一个或几个确实有用的题目 有一个提议能使我们确切地指出一个必不可少的共同点来:观察末知量!并尽量想出一道你所熟悉的具有相同或相似未知量的题目."
波利亚进一步指出:“如果你不能解所提的题目,先尝试去解某道有关的题目,你能否想到一道更容易着手的相关题目 一道更为普遍化的题目 一道更为特殊化的题目 一道类似的题目？你能解出这道题目的一部分吗 只保留条件的一部分,而丢掉其他部分,那么未知量可以确定到什么程度,它能怎样变化 你能从已知数据中得出一些有用的东西吗 你能想到其他合适的已知数据来确定该未知量吗 你能改变未知量或已知数据,或者有必要的话,把两者都改变,从而使新的未知量和新的已知数据彼此更接近吗 你用到所有已知数据了吗 你用到全部的条件了吗 你把题目中所有关键的概念都考虑到了吗 ”“题目的变化可以引出一些适当的辅助题目.”在这里, 波利亚提出了数学问题的“变式”处理这一概念,这非常重要.我们在学习某一数学概念时,为了吃透概念,总会编制出具有典型性的例题,称之为“题根”或者“母题”,以这类“题根”或者“母题”出发,试着改变原题的“情景”,或改变求解的“对象",或改变解题的“规则”,或改变原题的“条件"…...会引申变化出一系列的“变式题”或者称之为“子题”.在攻克压轴题的过程中,如果我们能紧紧抓住某个知识点或知识网络交汇处的典型例题——“题根”和它的若干变式,做到举一反三,就可以通过解决一道题达到解决一批题、一类题的目的.
在攻克压轴题的战役中,抓住“母题”、聚焦“题根",加强变式训练,解题能力就一定会提升到更高的层次.
本讲以题组的形式编排,每一组环绕一个中心,通常第(1)题是“母题”,后面的题为“子题”或“变式题”,通过这种层层推进的分析,使学生掌握的不仅是一道题的解法,而是一类题的解法.
【例1】
(1)若函数,当时恒有,求实数的取值范围;
(2)若函数,当时恒有,求实数的取值范围;
(3)已知函数在上恒正,求实数的取值范围;
(4)若关于的不等式在范围内恒成立,求实数的取值范围.
【解题策略】
本例4小题的实质都是含参数不等式在区间上恒成立问题,这一课题设计这些例题是有讲究的.一是难度逐渐上升,第(1)第(2)问解出的是同一个二次函数,由于字母角色的转换使解题的方向也发生变化,审题时对于以哪个字母为“主元”要引起重视;第(3)问是二若函数与对数函数的综合,已知定义域考查值域,对底数进行分类讨论是解题的关键;第(4)问初看仍然是含参数不等式在指定区间上恒成立问题,由于不是常见函数,难度进一步上升,但若紧扣新函数的性质也还是不难解决的,对一个课题如何用由浅入深、由易到难的精选例题引导学生掌握一类题目的总体思考是非常重要的,循序渐进是一个极其重要的教学原则.
【解】
(1)当时,恒成立,此时;
当时,由恒成立得(此处采用参变分离法).又∵当且仅当时取“="),从而.
(2)由于时恒有,把作为主元,设,则当时恒有,因此此处特别要注意是一次函数,当时其图像为一段线段.)
段,故的取值范围是.
(3)当时,在上恒正,等价于在上恒成立.
∵,当时,右边最大值为.
当时,在上恒正,等价于在上恒成立
∵,当时,的最小值为;
当时,的最大值为.
综上所述,的取值范围是或.
(4)构造函数,则在时恒成立.,若,则,矛盾,∴.
由的单调性知递增,故在时恒成立
由得
∵,即,因此的取值范围是.
【例2】
(1)若函数的定义域为,求实数的取值范围;
(2)若函数的定义域为,求实数的取值范围;
（3）若函数的定义域为,求实数的取值范国;
(4)若函数在区间上有意义,求实数的取值范围;
(5)若函数的值域为,求实数的取值范围;
(6)若函数的值域为,求实数的取值范围.
【解题策略】
这是一组复合函数已知定义域或值域反求参数范围的问题.第(1)(2)问在解答时可对比一下,参数位置的不同在解答时会有不一样的要求.第(3)(4)问给出的是同一函数,而第(3)问的定义域为,第问则是在区间上有意义,两种提法究竟有什么差异 在解题时如何体现出这种差异 第(5)问给出的都是复合函数,由于参数位置的不同,在解答时会有怎样的不同要求？第(1)(5)问所给函数相同,已知定义城为或值城为,所求都是的取值范围,涉及相关知识上的差异,怎样才能不混题 第(2)(6)问也需进行对比,在不断进行对照鉴别的解答中深刻理解这类问题的解法.
【解】
（1）由对恒成立,得
且
(2)由题意可得对恒成立.
若,则不恒成立;
若,则需解得
（3）函数的定义域为是指当时,能取遍区间中的一切值.
∵时,,又∵
从而令,得,则或.
(4)函数在区间上有意义是指对恒成立,即对恒成立.由于,则,因此或.
(5)要使值域为,需的值取遍所有正实数,
则
(6)若,则,符合题意,故;
若,函数必须取遍区间中的一切值,
因此必须有解得或.
综上所述,或.
【例3】
(1)已知.
(1)若且的最大值为,求的值;
(2)若且的最小值为,求的取值范围.
(2)(1)已知的最大值为2,求实数的值;
（2）设,用表示的最大值.
(3)在什么范围内,对于,总有不等式成立;
(4)（1）求函数在的最小值;
(2)求函数的最值;
(3)设均为实数,试求当变化时,函数的最小值.
(5)(1)求函数的值域;
(2)求函数的值域.
(6)已知不等式对于恒成立,求的取值范围.
【解题策略】
针对求三角函数最值这一专题,设计了如上的题组,有关这一专题的重要题型都在其中,且编排的方式由浅入深,题型又在不断变化之中,帮助学生掌握这一专题的“通解”是有益的.第(1)问两小题是运用“辅助角”公式求三角函数最值问题.第(2)问是用配方法求三角函数的最值,由于含有字母参数且角的范围的限定,故必须进行分类讨论.第(3)问是含参数三角不等式恒成立求参数的范围,参变分离法是首选.第(4)问所给解析式中的形式同时出现,或有倒数关系时运用换元法求最值,相应新函数的性质在解题过程中发挥重要作用.第(5)问两小题所给函数解析式是分式形式.(1)可利用三角函数的有界性求三角函数最值;2，可运用数形结合法.第问所给不等式中有两个变量,给出其中一个的范围,求另一个的范围,常采用分离变量的方法,可注意到与角有关的几个三角函数式,,因此考虑令进行变量代换,以化简所给不等式,再寻求解题思路.这一组习题不但题型“一网打尽”,重要解题方法也全部展示.
【解】
(1).
(1),即,又∵,
解得或
(2)的最小值
(2)(1).∵.下面对分类讨论:
(i)当即时,则时,,解得;
(ii)当即时,则时,,解得或,不满足条件,舍去;
(iii)当即时,则时,.综上,或.
(2)
令,则,下面对分类讨论:
(i)当,即时,在上递增,;
(ii)当,即时,在上先增后论,
(iii)当,即时,在上递减,.
(3)∵
当时,,此时对一切,不等式(1)恒成立;
当时,,此时不等式(1)可化为
令,则.又\because函数在上是 函数,∴的最小值为3,故.
要使对均成立,则需.
综上所述,.
(4)(1),设,
∴,对称轴.下面对分类讨论:
(i)当,即时,在上递增,∴时,;
(ii)当,即时,;
(iii)当,即时,在上递减,∴时,
综上所述,
(2)设,则.
∵且且,故
(3),
令,则.设在内的单调区间分界点为,即当时,为减函数,当时,为增函数.
(i)当,即时,的最小值为,此时原函数的最小值为;
(ii)当时,则有,所以在该区间上的最小值为,即当时,原函数的最小值为
综上所述,当时,原函数的最小值为;
当时,原函数的最小值为.
(5)(1)∵,
∴,其中,
∴
平方整理解得函数的值域为.
本题还可运用数形结合,将看作是动点,即单位圆上点与点连线的斜率来解.一般地,求形如型函数的值域或最值,既可以考虑使用三角函数有界性求解,也可以考虑数形结合法求解.
当时,需将变形为后求解.
设即为点与点连线的斜率,再由.得的取值范围.若且时,可直接看作是椭圆上点,)与点连线的斜率.
(2)∵令,则可以看成是经过点,)与点的直线的斜率,
又∵,∴点的轨迹为单位圆的上半圆,如图所示,过点作半圆的切线,则易求得,得.即函数的值域为.
(6)设,则.
当时,.从而原不等式可化为
即,
（1）
∴原不等式等价于不等式(1),∵.
∴不等式(1)恒成立等价于恒成立,因此只要
又∵在上递减,故.
二、发散练习
1.设圆的圆心为,直线过点且与轴不重合,交圆于两点,过作的平行线交于点.
(1)证明为定值,并写出点的轨迹方程;
(2)设点的轨迹为曲线,直线交于两点,过且与垂直的直线与圆交于两点,求四边形面积的取值范围.
2.(1)若圆上至少有3个不同的点到直线的距离为,求直线的倾斜角的取值范围;
(2)在平面直角坐标系中,圆的方程为,若直线:上至少存在一点,使得以该点为圆心,1为半径的圆与圆有公共点,求的最大值.
第四讲发散思维、移花接木
我们经常会讲某学生头脑灵活,对数学问题的反应快,对老师的提问有呼应;某学生头脑不灵活,向他提问常是答非所问或根本没有呼应.这种差异是客观存在的,实际上既是对数学概念认识上的差异,更是思维水平上的差异.数学思维是一种极其抽象的逻辑思维,突出体现在研究对象的特征方面,数学对象的特征在于它的抽象是抽象的抽象,没有任何实物(物质的)和能量特征,它只有一个特征:这些对象都处于一定的相互关系之中,处于数量关系、空间关系和类似于这些关系的关系之中,具有思辨性,讲究概念之间相互联系和相互制约,讲究如何理解问题,规划求解步骤,选择最佳解法.
数学发现的思维过程是一个相当复杂的过程,不同的人有不同的思维方式,同一个人发现不同的数学命题也可能有完全不同的思维过程,同一个数学问题,不同的人解答的结果常常是不一样的,这是思维品质的高下决定的,所以要重视数学思维品质的培养,而数学思维品质很广泛,主要表现在深刻性、灵活性、创造性、批判性等方面.如果人脑习惯使用一系列被固化的概念、规则、理论和逻辑抽象形式,这种思维是凝固的,碰到压轴题,受思维定式的影响,往往不会灵活地化解难点,解答过程磕磕碰碰,甚至无法解到最后,形象地说是开不出花,结不了果.人的大脑是一个宝库,人的思维需要开发激活才能不断创造出奇迹,才能开出鲜花、结出果实,所以面对难题我们只有突破思维定式,充分挖掘问题的内涵,从题意中捕捉有用的信息(形象信息、符号信息)进行有效的组合,才能提高我们综合运用知识、调动方法的能力.
发散思维又称为求异思维或辐射思维,是根据一定的知识或事实求得某一问题的各种可能方案的思维,其特点是开放性,方向不同,结果有异.具体表现在如下3个方面.
(1)流畅性.流畅性指心智活动畅通少阻,灵敏迅速,能在短时间内表达较多的概念.流畅性是发散思维的量的指标.
（2）变通性.变通性指思考能随机应变,触类旁通,不局限于某个方面,不受消极定式的约束,能产生新的构想,提出不同的新观念.
（3）独特性.独特性指用以前所未有的新角度、新观点去认识数学知识、反映数学知识,对数学知识、数学问题表现出超乎寻常的独到见解.变通性与独特性是发散思维的质的指标.
通过发散思维,我们可以不断地变更问题,把陌生的问题变更为熟悉的问题,实现知识之间的嫁接,把在这一领域中不易解决的问题变更为另一领域中的问题.我们称之为"移花接木”,从而结出奇异之果.
一、例题精讲
【例1】年高考数学江苏卷第21题选做题)
若为实数,且,求的最小值.
【解题策略】
本题是三元问题,要求三元代数式的最小值,如果按照常规通过消元转化为求函数的最小值根本无法操作,命題者的本意是考查柯西不等式的应用,但实际上可以从不同的角度去思考.比如可以通过化整为零巧用二元均值不等式;可以构造向量,利用向量不等式求解；可以利用均值代换;还可以挖掘问题中隐含的几何意义求解或消元后用配方法求解.
【解】
【解法一】(利用柯西不等式求解)
由柯西不等式,得.
当且仅当时不等式取等号,此时.∴的最小值为4.
【解法二】（化整为零,利用二元均值不等式）
∵(当且仅当时取等号)，（1）
(当且仅当时取等号，（2）
(当且仅当时取等号)，（3）
(1)+(2)+(3),得
当且仅当时取得最小值4.
【解法三】（构造空间向量,利用不等式求解）
设向量.
∵
即.
当,即,且时取等号,
此时.
【解法四】（均值换元法）
设,则
故
,当且仅当时取等号,此时,
【解法五】（挖掘问题中隐含的几何意义,转化为解析几何问题求解）
设,则.
∵直线和圆有公共点,
∴圆心到直线的距离,
即
当时取最小值,此时.
【解法六】（消去得关于的一元二次方程,为参数,用配方法求解）
由,得,
当且时取等号,此时.
【例2】
在中,为边上一点,.若的面积为,则________.
【解题策略】
本例是解斜三角形题型,考查解三角形的知识、方法与技巧.借助辅助线构造特殊三角形是本题的难点,打破思维定式,利用发散思维把角合理拆分能简化运算,从直接解三角形考虑可以有用三角函数定义或用正弦定理或用余弦定理三种不同的解法.若通过移花接木,即把解斜三角形问题嫁接到解析几何或平面向量知识体系求解,实在是两种绝妙的解法.
【解】
【解法一】（构造直角三角形,运用三角函数定义解
如图所示,由作垂线于.
∵.
又
又
又在中,.
又在中,,
又所求角为.
【解法二】（运用正弦定理解）
如图所示,同解法一作辅助线,求得.
于是在中,由得.
从而在中,由正弦定理得
故
又在中,由得,
故.
【解法三】(运用余弦定理解)
如图所示,在中,由余弦定理得
又
又
【解法四】（运用坐标法解）
如图所示,建立平面直角坐标系.
由题设易知,
故
【解法五】(运用平面向量解)
,设,则.
由得
由得.
∵由得,故由此得.
【例3】
在平面直角坐标系中,设定点是函数图像上一动点,若点之间最短距离为,则满足条件的实数的所有值为________.
【解题策略】
思考一：的长度可用和两点之间的距离表示,势必会出现的形式,通过換元,求得新元的取值范围,转化为在新元的范围内对二次函数的分类讨论.
思考二：,不难发现的轨迹是以为圆心,为半径的圆,则原问题就转化为圆与曲线相切问题,可利用根的判别式解决.思考二可谓是构造新图形,实现移花接木.
【解】
【解法一】（运用两点距离公式并通过换元转化为二次函数区间上的最值问题求解)
设,则
令,得.
由取得最小值,当时,,
当时,,解得或.
【解法二】（构造图形,转化为动圆与双曲线一支相切,利用判别式求解）
若,则满足题意;
若,则圆与相切.
联立方程组,消去得,
即
令,得,解得.
此时方程的解为,满足题意.
综上,实数的所有值为.
二、发散思维
1.函数在区间上不单调,求的取值范围.
2.已知点,椭圆上两点满足,则当________时,点横坐标的绝对值最大.
第五讲活用策略、截石攻玉
波利亚指出:“一般来说,一道题目如果可以通过将特殊数据代人某一道以前解过的一般题目中来解或者按照某一道陈旧而明显的例子依样画葫芦,而无需一丝一毫地独创,那么这道题目就是一道常规题目”“教授数学时可能需要一些常规题目,有时甚至需要许多常规题目”“但是不让学生去做其他类型的题目是不可原谅的”“寻找适用于所有类型的题目的万能规则,是一个古老的哲学梦想,而这个梦想将永远只有梦想罢了."
显然高考数学压轴题并非是常规题目,依样画葫芦的常规解题套路根本无法解决此类难题,需要活用形式多样、丰富多彩的解题策略才能奏效. 波利亚指出:“求解一个问题的重要方式是构造出一个解题计划的思路”“解题的成功要靠正确思路的选择,要靠从可以接近它的方向去攻克堡垒,为了辨别哪一条思路正确,哪一方向可以接近它,就要试探各种方向和各种思路.”解题的思路主线往往不易一下子抓住,需要解题者对扑朔迷离的表象进行由表及里、去伪存真的分析、加工、改造,从不同方向探索,以不同的角度审视,
在广阔的范围内选择思路和策略.正确的解题思路和策略的确定非常重要,正如法国生理学家贝尔纳所言:“良好的方法使我们能够更好地发挥运用天赋的才能,而拙劣的方法则会抑制才能的发挥."
比较常用的解决压轴题的策略有正难则反,整体处理,进退自若、归纳猜想、推理论证、类比推广、阅读迁移,构造建模等.
活用解题策略,首要任务是优化思维、展开想象、激发灵感、借石攻玉.其中相似联想非常重要,相似联想就是由问题的已知条件或结论,联想到与其相似的数学定义、定理、公式和图形等,从而把要解决的某个问题的原则和方法迁移到相似的问题上,在这个新问题的知识领域内运用最为基本的解题方法加以攻克.这样,往往可使难题化为简单的问题,生疏的问题化为熟悉的问题,从而达到正确而迅速解题的目的,而且不同的相似联想可以产生多种不同的解法,常常是别开生面,意想不到又合情合理的.
一、例题精讲
【例1】
函数的最大值为________.
【解题策略】
本例的求解条件仅为所给出的函数解析式,分析这一解析式的特点可以产生多种联想,进而得到多种解法.
【解法一】(利用三角函数的有界性)
化简得.∴,由正弦函数的有界性知,解得,故函数的最大值为.
【解法二】(数形结合)
观察函数的外形结构,可以联想到斜率的表达式,即可看作定点与动点连线的斜率.而动点的轨迹是一单位圆.
设过点的直线方程为,即如图所示,当斜率取得最大值时,该直线是单位圆的一条切线,故原点到直线的距离为1,则
即
解得,因此函数的最大值为
【解法三】(构造向量法)
∵,整理得.
构造向量.
利用得到|,
即,解得.
当且仅当,即时取等号.故函数的最大值为.
【解法四】(万能置换,判别式法)
∵,将其代人,化简得.∵,当时,由得到.故函数的最大值为.
【解法五】(应用柯西不等式)
∵,整理得.
利用柯西不等式得到
化简得,解得.故函数的最大值为.
【例2】
已知均为正数,且,求证:.
【解题策略】
本例是条件不等式的证明，如何由条件产生联想找到证法是突破此题的关键.当然,为了使条件与欲证不等式之间的联系变得明朗,可对不等式等价变形,再巧妙运用条件.
【解法一】(“1”的代换)
∵均为正数,且,
当且仅当时“=”成立,即.
【解法二】（消元转化法）
由,得,代人,有
当且仅当,即时“="成立,故原不等式得证.
【解法三】（利用三角代换转化证明）
依题设,有
即.
【解法四】(三角代换运用分析法证明)
依题设,有
故原不等式得证.
【解法五】（三角代换运用辅助角公式及正弦函数有界性证明)
依题设可得,有
【解法六】(变用定值条件证明)
由均为正数,且,得.
∴
∴,
∴不等式成立.
【例3】
设是实系数方程的虚根,并且它们的立方是实数，求的值.
【解题策略】
问题所提供的条件可分解为两部分：
(1)是实系数方程的虚根;
(2)的立方是实数.
所求的值就是这两个条件构成两个集的交集.
一般的解题思路是从条件(1)入手,根据“实系数方程虚根成对”定理（这是最容易联想到的),可设,然后再利用条件求解.试设想:且,解出的值,再运用韦达定理求的值,计算量对于这样一道基础题实在太大.让我们注意观察问题的关系结构,即可发现条件(2)显示着问题的特征,在本题中处于主导地位,如果 住这个特征,联想与之相关的知识,可得以下几条线路.
本例中的是实系数方程的虚根,并非是三次单位原根,故联想线路一不必进一步考虑,联想线路二正如上面的分析,计算量太大,就此打住,我们需要的是一条简捷的线路,进一步审视可以发现若,则,由此出发进一步产生联想:
【解】
∵是实系数方程的虚根,∴.
∵,可得
∴运用韦达定理得,解得或,均满足,故所求的值为或.
【例4】(2016年高考上海卷理科第22题）
已知,函数.
(1)当时,解不等式;
(2)若关于的方程的解集中恰好有一个元素,求的取值范围；
（3）设,若对任意,函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1,求的取值范围.
【解题策略】
本例以对数函数为载体,考点一:解对数不等式,方法是“ 住单调性,不忘定义域”,照常规解法走就是！考点二:已知含参数对数方程恰有一解,求参数的取值范围,在“脱去”对数符号后转化为关于的代数方程恰有唯一解,即
有唯一解.
对于联想线路一,对二次项系数是否为零是一个讨论点,当二次项系数不为零时恰有一解,则另一解应当不符合定义域而被排除.对于线路二,运用数形结合肯定是妙思巧解,符合条件的仅有一个交点必须在定义戓范围内,函数在变动区间内的最大值与最小值之差不超过1,由复合函数的单调性知在区间上单调递减,有
恒成立,转化为求的最大值.
此类含参数不等式问题，研究相应函数的性态很重要，每一条联想线路产生各自独特的解题方法，妙不可言,精彩！
【解】(1),解得或.
(2)【解法1】(转化为方程有唯一解的讨论)
当或，都只有唯一解，且都满足当有两解或若为方程的解，则，即；
若为方程的解，则，即
综上,的取值范围为.
【解法2】(数形结合法)
的图像在轴上方有且仅有一个交点.1)当时,,显然满足题意,
见图;
1
2当时,如图所示,,
必有两个交点,且均位于轴上方,不合条件.
3当时,,
由图像可知直线与曲线的左半支有两个交点或一个交点.，解得如图所示,的值为两点的横坐标.故重合(图中相切时)或一点在轴上方,另一点在轴下方.
或
从而或.
综上所述,的取值范围是.
(3)在区间上单调递减,依题意,
参变分离得恒成立.
设,则,问题转化为求的最大值.
【解法1】(转化为“耐克函数"求取值)
设设,则
若,则,
若,则在上单调递减,
的取值范围是.
【解法2】（转换为含参数一元二次不等式恒成立问题，运用函数与方程的思想方法）
由,得.
记,其对称轴.
在上是增函数,只要,解得.
的取值范围是
【解法3】（利用导数求的最大值）
设,则,由,得,
在区间上单调递减,则.
的取值范围是
【解法4】（数形结合）
由得,
化简得,对任意不等式恒成立.只要当时,函数的图像在函数的图像下方.由于两个函数在上都是减函数,如图所示,可知,解得.
显然当时,两函数图像相交于点.的取值范围是
二、发散训练
设椭圆中心在坐标原点是它的两个顶点,直线与相交于点,与椭圆相交于两点,求四边形面积的最大值.
已知数列满足,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)求证:对于一切正整数,不等式恒成立.
第六讲居高临下、一览无余
数学是一门由无数问题组成并进行研究的学问,学数学的一个明显特点就是必须做习题,还要做大量的练习,同一道数学题常常有不同的解法.有些解法虽然很漂亮或技巧很好,但是只能用于解决狭窄的一类问题,所以“怎样解题 怎样把题解决得完美 ”是学习数学过程中始终值得探讨的大课题.一个优秀的解题者总是善于从宏观上看清问题,制订解题计划,又能在微观上落实解题过程,这就是我们常讲的“大处着眼、小处入手”.
我们讲“大处着眼”,就是要站在高处来观察初等数学、分析高考中的压轴题.高考试卷通常比较注重对解题通性通法上的考查,但也有一些压轴题很难用“通性通法”顺利解决,需要在高一层次的观点下拓宽知识开拓解匙能力.当下数学教育改革的重点是把提升学生数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象数学运算和数据分析6个方面的数学核心素养放在首位.教师应当站在这一高度统领数学高考复习的过和,教师应该具备更高的数学观点.理由是，观点越高,事物越显得简单.我推存德国数学教育家菲利克斯 克莱因的《高观点下的初等数学》书,他认为函数是数学的“灵魂“,应该成为中学数学的“基石”,应该把算术、代数和几何方面的内容,通过几何的形式,以函数为中心的观念综合起来,强调要用近代数学的观点来改造传统的中学教学内容,主张加强函数和微积分的教学,改革和充实代数的内容,倡导“高观点下的初等数学"意识“应使学生了解数学并不是孤立的各门学问,而是一个有机的整体”;基础数学的教师应该站在更高的视角(高等数学)来审视、理解初等数学问题,只有观点高了,事物才能显得明了而简单.他认为“有关的每一个分支,原则上应看作是数学整体的代表"“有许多初等数学的现象只有在非初等的理论结构内才能被深刻地理解".这本书的核心内容是函数为数学的“灵魂”,应该把知识通过几何的形式以函数为中心的观念综合起来,重点在解析几何、平面向皇的教学上,加强函数和微积分教学特别是重要性越来越突显的导数部分.算术、代数和几何这三大部分也正是当今高中数学教育的主打板块.居高临下的另一方面是在攻克压轴题的阵地战中有必要适当掌握一些高中数学竞赛的解题方法或技巧,名牌大学自主招生考试中也会涉及竞赛型考题.
我们讲“小处人手”,就是在复习数学过程中需要总结从实践中积累起来的丰富多彩的解题中的学科方法,学科方法根植于数学基础知识的沃土.掌握了学科方法会使你在数学解题过程中尽快找到数学问题的破解之道,收到事半功倍之效,不但可以使你顺畅地地解决数学问题,而且可以解决数学之外的问题.我们常说:数学是思维的体操,学科方法是具体的、能切人问题解决的方法,是数学智慧的精彩之果.面对一道综合性较强的压轴题,解题之前总要对问题进行分析,分析问题要居高临下、大处着眼,把题目涉及的知识网络看清楚,解剖到位、一览无余.大处着眼就是通过发散思维寻求破解之道,产生奇思妙想,在解题过程中不断门现的战略、战术构想,数学思想的引领都属于这一范畴.学科方法是每门学科或每一知识板块、某一类型题中经常使用且效果明显的特殊方法,是具体的、有针对性的,是数学各分支每一种类型问题的各种有效的解法,是思维方法与数学知识在不同类型题中的灵活应用,是解题中的“小处人手".
一、例题精讲
【例1】已知数列满足,其中.
（1）证明:对任意的,存在正整数,使得对于
【解题策略】本例是2013年“华约"自主招生数学试题,这道题的倠度比较大,高于高中数学教材要求.首先读懂题目是关键,复杂的叙述其实只说了一件事,那就是第(1)问要我们证明极限不存在,这种问题的设计颇有新意.第(2)问要我们证明极限是零,说法都是等价的,直接使用函数极限的思想就可以轻松证明这个问题,如果按照题目的叙述而按部就班的证明,那就会让你感到非常吃カ.此外第(2)问需要稍微变形一下オ行,将表达式转化为两个分式相减的形式,这里需要非常强的联想能力以及数学直觉,同时也告诉我们如果你对数学知识掌握得全面且深入,就会有居高临下的感觉,把难题看透彻,一览无余,轻松攻克。
【证法1】
(1) 对任意 , 满足 , 又 ,
单调递增, 又
,
故对任意的正数 , 取 , 当 时有
(2)由,得,
(1)易知单调递增,另外由点都在曲线上,故
无上限,即对任意,总存在使得对时,.证毕.
【例2】在平面直角坐标系中,是原点,是第一象限内的点,并且在直线上,其中是双曲线上使面积最小的点,求当在中取什么值时,的面积最大,最大值是多少
【解题策略】本例的解答若能调动一个与解析几何不相关的知识会得到一种妙妙思巧解,说明许多数学知识从表面上看似乎毫不相关,完全属于两种不同的知识板块,但实际上都属于数学这个大的体系.找到知识之间的联结,会获得某种喜想不到的解法,我们应当努力学会找到这类“巧借东风”的解题策略.
【解法1】先提出一个引理：当且仅当等号成立引理的证明：
(1)显然成立.
回到原题,设,则到直线距离最小,
而,且.
由上述引理,,
即,
故
令,
则.
因此,时,所求面积的最大值为.
【解法2】如图所示,由于是双曲线上使面积最小的点,故过点的切线必与直线平行.而双曲线上过点处的切线方程是
故，又，然后再用解法1的方法代入去求面积的最大值.
【例3】 以和为根的有理系数一元次方程的最高次数的最小值为（ ）.
A.2
B.3
【解题策略】本题涉及多项式理论认及高次方程根的研究.就目前的高中教材体系而言,迌方面的知识是薄弱的,作为选择题,很多人的第一反应是,而选D,问题在于是否是洅足条件的最小值,如果能证明和为根的4次有理系数方程不存在,则可认排除,但与两个选项中究竟选什么 本题实际上是可以利用高等代数的知识求解,大致解题思路介绍如下:用一个有理多项式对进行带余除法,则,其中,若为的根,则,所以,所以.同理可证,又因为和这两个多项式互质,所认.整除至少是5次的,故应选C.下面介绍的是两种初等数学的解法.
显然,多项式的系数均为有理数,且有两根分别为和,于是知,以和为两根的有理系数多项式的次数的最小可能值不大于
若存在一个次数不玿过4的有理系数多项式，其两根分别为和,其中不全为0,则有
由(1)+(3)得:,(6)
由(6)＋(2)得:,(7)
由(6)+(4)得:,(8)
由得:,代人、得:,代人(1)、(2)知:,于是,与不全为0矛盾,所以,不存在一个次数不超过4的有理系数多项式,其两根分别为和.
综上所述知,以和为两根的有理系数多项式的次数最小为5.
由得.由得.
故可构造方程,它是满足条件的5饮方程.
下证所有2次和3次有理系数方程不满足题意.
若以和为根的有理系数方程为2次方程,则此二次方程可化为,展开可知,系数显然不是有理数.
若以和为根的有理系数方程为三次方程,则此三次方程可化为是方程的第三个根),展开后得二次项系数.所以,则
,又它的常数项,所以,即,显然不可能.
这样可以排除选项、B,选.
二、发散训练
已知数列满足.(1)若,求的通项公式;
(2)若,证明数列有界.
都有恒成立,求
已知函数的定义域为,若对任意的都有,则称函数为“玲珑函数”,否则称“非玲珑函数”,函数是否为“玲珑函数" 如果是,请给出证明;如果不是,请说明理由.
第七讲 速解小题,百战奇略
高考填空题和选择题同属小题,其特点是跨度大,知识覆盖面广,既有反映数学基础知识的容易题,也有众多知识交汇,形式多样解题方法灵活的能力题,这部分试题解决得好,对数学高考成绩获得高分至关重要,也就是说,填空题,选择题错多了,获得高分的希望也就没有了!
填空题与选择题同属客观题,两者当然也是有区别的:填空题没有选项,当然也缺少了选项的提示帮助作用,完全靠充分利用题设条件,考验学生数学基础知识的掌握是否扎实,知识网络是否清晰,运算能力是否过关,填空题像一道小型的解答题(当然题型小,难度不一定小，因此解答题的求解思路可以移植到填空题上,运用直接的解题法比较普遍,但填空题毕竟不是解答题,无须书写过程,但结果必须百分之百的准确,规范,完整,切忌漏解、不可缺少必要的限制条件,应用性填空题不要忘写单位,根据“小题必须小解”的考试原则,答案正确就好,对思维的要求反而较易,特殊的解法也很多,大多与选择题的方法相通,如特例法,数形结合法,等价转化法,赋值法等.选择题由于有选项,且数学选择题一般是单选题,运用特殊技巧比如充分利用题设和选择这两个方面所提供的信息做出判断,获得正确结果的可能性更大.选择题的编拟往往是针对学生对相近概念的领悟水平,相似形式的模糊认识,或计算推理中易犯的典型错误以及对通识、通解上的薄弱环节精心设置的,对迷惑支(错误的选项)的策划思维独到,既有干扰的一面,也有可利用的一面,只有通过认真的观察、分析和思考才能挖掘其潜在的暗示作用,从而从反面获取信息,迅速做出判断,正是因为选择题突出了一个“选”字,其快速智取的特殊技巧相对填空题更为丰富.
由于这两类题型都不必写出解答过程,只要给出最后结论,作为考试中的这类考题,在有限的时间内要完成试卷,当然时间花得越少越好.在这个意义上讲,小题不能大做,解题的基本策略是争取巧做,尽量做到合理、正确、迅速,而要做到合理,正确、迅速,就要掌握求解填空题、选择题的解题策峈.当然,全面地掌握知识点、贯通知识成网络也是不可缺少的.
有些选择、填空题似小实大,真做起来很不容易,也无特殊技巧可以解决,只能“小题大做”实际上,所谓标准化考试对于数学而言,必存在弊端.只认结果,解题的思维过程完全看不到,对数学知识的认知水平的高下无法体现,核心素养更无从谈起,但作为考试,既有时间上的限制,又得让试卷体现三年数学教育知识的覆盖面,这类题型避免不了!
本讲结合近年高考介绍解填空题,选择题时常见的特殊技巧.
一、例题精讲
(1)若实数满足,则的最小值是 .
(2)已知函数若关于的不等式在
上恒成立,则实数的取值范围是（）.
A.
B.
C.
D.
【解题策略】对于一些具有几何意义的数学题,如能构造出与之相应的图形进行分析,则能在数形结合、认形助数中获得形象直观的解法.数形结合解填空题,选择题是一种简洁的方法,借助图形的直观性、相对迅速地获得结果.
解:(1)因为,所以.
当
(2)首先作出函数的图像，如图所示，以其之“静”制约函数图像之“动”，函数的图像可由函数的图像经过平移生成，平移个单位.在平移的过程中必须保证函数
（可有重合点),不难由图像发现在移动的过程中的图像的“左段”与函数的图像（折线）的左支相切是极限状态，此时方程有唯一解，由判别式得.同理可得有唯一解，得，进而得的取值范围是而得故选
【例2】(1)已知偶函数在单调递减,,若,则的取值范围是 .
(2)已知实数满足,则的最小值是 .
【解题策略】根据原有数学问题的特征,依照需要构选出与之相关的一个数学对象,用这个对象就把原问题变为一个新问题.如果这个新问题只需用比较简明的方法就可以解决,那么构选法在这时就发挥了作用.用“构选法”解题不同于常规解题模式,其最大的特点是另辟蹊径,需要有敏锐的观察、丰富的联想、买活的构选、创造性的思维等能力,由于填空题是“小题",问题结构不会太复杂,构造对象一般容易找到,而创新思维的呈现又相当完美.
【解】
（1）【解法1】构造符合条件的函数,图像向右平移1个单位结合条件即可得.
【解法2】合条件可得.
(2)构造一元函数,选择为变量,由得,再由,可得则,
当且仅当时,即时取得最小值8.
【例3】(1)设,则 .
B.
C.
D.
(2)已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上,是边长为1的正三角形,为球的直径,且,则此棱锥的体积为（ ）
A.
B.
C.
D.
【解题策略】在解答选择题时有一种特殊的解法叫作“估算法”,是建立在较高思维层次上的具有创新意识的思维和解题方法.常用的估算方法主要有:(1)范围估算,把所有数的大小范国估算出来,再在这一范围内探求,从而化繁为简,化难为易;(2)试验估算,通过具体试算,发现一些数字规律,从而达到估算有关数据的目的;3特值估算,道过特殊值代入或把问题条件特殊化、图形特殊化等,达到估算有关数据的目的.估算法并不是对每个备选项逐一估算,而是要对备选项之间的差异进行分析,找准那个与多数选项不同的项选行估算,推断其真伪.
【解】
(1)因为,不妨设,
则有一.故选.
(2)观察本题条件,容易发现是正四面体,其体积为,而到平面的距离是到平面距离的2倍,由此可得三棱锥的体积是,但求三棱锥的高在不理解题意的状况下是困难的,若能变通思路,充分利用选择题答案呈现的特点,通过估算法确定答案是应试的首选,容易求得的面积为,而三棱锥的高一定小于球的直径,所以,立即排除、D,从而选.
【例4】(1)若,则( ).
(2)函数的最大值为 .
(3)设直线与双曲线的两条漸近线分别交于点若点满足,则该双曲线的离心率是 .
【解题策略】赋值法是从题设条件中赋的特殊值或寻求最基本、最易操作的特殊状况,从而推出一般结论的方法,这一方法不仅能降低推算难度,简化思考过程,且还能提高解答的准确性,关键之处是如何根据题中的信息合理地、巧妙地对某些元素赋值.对于选择题,则可将所赋值代入选择支中进行检验或推新.
【解】
(1)取特殊值.如取,对于选项,不正
确;对于选项,不正确;对于选项,不正确.因此选项.
（2）取特殊角,令或或),即得,最大值为1.
(3)取特殊值,如取,把代人得,则中点的坐标为,由已知得,则该
双曲线的离心率是.
【例5】(1)若不等式在内恒成立,则的取值范围是（ ）.
A
B.
C.
D.
(2)过轴上一点向圆作圆的切线,切点为,则面积的最小值是( ).
A
B.
C.
D.
(3)在正棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的平面角的取值范围是（ ）.
A.
B.
C.
D.
【解题策略】极限思想在中学数学中占有重要地位,它既是一种思维方法,也是一种解题方法,看重从直观上考查无穷运动,从无限或极端状态的角度去思考一个数学对象,从而得到数学关系的猜想,它实质上是特值法或特殊化法的延伸.极限法解选择题,根据题干及选择支的特征,考虑极端情形,有助于缩小选择面从而迅速找到答案.
【解】
(1)因为,当时,显然能成立,排除B、D.又当时,
由,当时,可推得,故选.
(2)如图所示,若点离原点趋向无穷远时,越来越长,也随之越来越长.显然的面积趋向于无穷大;当点趋近于原点时,的面积逐渐变小;当点与原点重合时,,且此时的为正三角形,面积最小,其最小面积为.,故选.
（3）当正棱锥的顶点无限趋近底面正多边形的中心时,则底面正多边形便为极限状态,此时棱锥相邻侧面所成的二面角当锥高无穷大，且底面相对固定不变时,或底面无穷小而锥高相对固定不变时,正棱锥又是另一种极限状态,此时且大于,故选.
【例6】(1)设集合,则（ ）.
(2)在中,有,那么这个三角形一定是( ）.
～以为斜边的直角三角形
B.以为斜边的直角三角形
C.等边三角形
D.以上结论都不对
(3)已知是拋物线上的两点,为坐标原点,若且的内心恰是此拋物线的焦点,则直线的方程是( ).
A.
【解题策略】排除法又称筛选法或逐步淘汰法,它是以逼近为基本策略,以一定的限定条件(“筛子”)为依据,对所有研究的对象进行考察,把不符合条件的对象逐步排除,把符合条件的对象保留下来,最后得到我们所需要的结果.
排除法是解答选择题的一种简捷方法,它可认充分运用选择题的特征,即有且仅有一个正确选择支这一信息,通过分析、计算、推理、判断,逐一排除错误支,最终选出正确支
排除法的优点是,当不正确的结论(错误支)易于被找出时,会使解题速度加快,但当错误支不易迅速发现时,这种解法反而拖延了时间,甚至会不得其解.本例中的3小题均可用排余法解且能快捷得出正确结论.
解:(1)从4个选项中选择特殊数字检验求解,显然,从而可以排除选项和选项;当时,,即,从而可以排除选项,故选.
（2）由题设可知,与是对称的关系,从而是等价命题,故同时排除,又由分析法知若正确,则原式为,矛盾,则被排除,故选D.(3)直线过焦点,内心不可能在三角形的边上,故排除.
又,则焦点又是的重心,而未必是正三角形,故排
除B.
若选,则可得,所以.
为垂心,排除D,故选C.
二、发散训练
如果奇函数在上是增函数且最小值为5,那么在区间上
是（ ）.
A.增函数且最小值为
B.减函数且最小值为
C.增函数且最大值为
D.减堿函数且最大值为
在直角三角形中,点是斜边的中点,点为线段的中点,则
A.2
B.4
C.5
D.10
已知,则（ ）.
A.
B.
C.
D.
设,当时,恒成立,则实数的取值范围是( )
B.
C.
D.
第八讲 以点带面、直剖核心
一道高考数学压轴题通常涉及多个知识点,需要调动多种解题方法联合作战,所以我们不仅要对每个知识点理解透彻,而且要打通知识点之间的连接,构建知识网络,把点拓展成线,扩充为面,许多压轴题都是在多种知识的交汇处命制.如果你对此没有充分的认识,你就调动不了多个知识为你所用.光能调动知识还不足以使问题顺利解决,还需要精准的解题策略指引.按照波利亚的解题理论,面对题目,在弄清问题,拟定计划之后,应当进人实现计划与回顾反思阶段.若你的解题计划是完善的,实现计划往往是“例行公事”,但事实上任何计划不可能的完善,难免需要作出少量的修改.在实现计划的过程中一般需要作一些机械性的计算和推理,如果在一个细节上出了问题,还得推倒重来,所以在实现计划的过程中关注细节非常重要.细节决定成败,这种例子在数学解题中是很多的.
题目是解好了,解答是否完备呢 这也需要解题者回顾反思.G 波利亚指出:通过回顾完整的答案、重新斟酌、审查结果及导出结果的途径,他们能够巩固知识,并培养他们的解题能力."讲的便是“解后思",即回顾反思的重要性.在完成解题过程之后,有时候感到很满意,有时候也会感觉到不够满意,似乎使用的解题方法是笨办法,解题步骤太繁琐,明明可以有一种较为简捷的解法,当时没有想到,没有做到直剖核心,快速中的,等等.又或者,你的解题方法完全正确,没有更快捷的解法了,然而解题过程中有些地方走了弯路,书写不够科学规范,有几步是多余的,删除多余的可以更完美.正如G 波利亚所说,回顾反思是“领会方法的最佳时机”当读者完成了任务,而且他的体验在头脑中还是新鲜的时候,去回顾他所做的一切,可能有利于探究他刚才克服困难的实质,他可以对自己提出许多有用的问题:“关键在哪里 重要的困难是什么 什么地方我可以完成得更好些 我为什么没有觉察到这一点 要看出这些我必须具备哪些知识 应该从什么角度去考虑 这里有没有值得学习的诀窍可供下次遇到类似问题时应用 '所有这些问题都提得不错,而且还有许多别的问题一但最好的问题是自然而然地浮现在你脑海里的问题."
坚持回顾反思,可以使你通过解决一道题达到能顺利解决一批题的能力,这叫做举一反三甚至举一反十.
坚持回顾反思,可以养成一种敏锐的“题感",碰到众多的同类问题,脑海里顿时思路涌动,解题时,迅速 住关键，单刀直入,立即深人问题的核心,解题高手就是在不断地回顾反思中炼成的以点带面.直剖核心,这种解题真功夫知识层面的梳理贯通需要解题战略战术的引领,需要数学思想的引领,需要发散思维品质的提升.G 波利亚说:“解答一个题目的主要成就在于构思一个解题方案.“我认为 波利亚的说法可作这样的改变,即“解答一个题目尝试构思若干个解题的方案",如何构思解题案呢 由于看同一个问题的角度可以不同,脑海里涌现出来的相关知识点也会不同,而知识之间常常是交错连接,互相渗透,于是各种思路就会涌现出来,一题多解也就产生了,所以学生在复习的过程中首先要把知识点梳理清楚,构建知识网络图,然后逐步学会从不同的角度看待同一个问题,寻求解决问题的多种途径,尝试采用若干不同的解法,再进行比较研究.当然各种解法或简捷或繁杂,或直接或曲折,要找出最为简明的解法,当然也有可能一个问题的不同解法各有妙处、自成体系,难说谁优谁劣.总而言之,善于发散思维,掌握一题多解是攻克压轴题的实战演习，也是解题能力的升华.
福建师范大学数学教授卢正勇先生在“怎样提高解题能力”一文中提出的解提程序用以下的框图表示,完全可以与 波利亚的怎样解题四部曲(四大环节)对照起来看,两者的内在是完全一致的.
一、例题精讲
【例1】在中,角所对的边分别为的平分线交于点,且,则的最小值为 .
【解题策略】本题是2018年高考数学江苏卷第13题,是一道解三角形的题目,虽然仅是一道小题,却包含极其丰富的内容,要求三角形边长组成的代数式的最小值,关键是如何构建的关系式使之可以用最为常见的解题方法求最小值,这里可以调动众多的知识实现这一目标:比如可以抓住角平分线,利用面积关系求与的关系式代入能利用基本不等式求解;比如由三角形内角平分线的向量关系得的另一关系式;比如运用解析法 住三点共线,即得的关系式;比如根据内角平分线定理借助平面几何知识求解;比如抓住和利用正弦定理得与的另一个关系式,等等.更为简单的是构造图形获得妙思巧解.一道小题可以联想到与之有关联的众多的知识点和相应的解题方法,是以点带面的绝妙好题.当然在最后归结为应用基本不等式求解最值时,要注意对条件“一正、二定、三相等”迸行检验,尤其是等号成立的条件.
【解法1】
【解法2】(利用向量关系)由三角形内角平分线得向量式,
【解法3】(利用三点共线斜率相等)如图所示,以为坐标原点,所在直线为
即
则有.下同解法一.
【解法4】(利用内角平分线性质定理)在中,由余弦定理得
【解法5】（利用正弦定理）在与中,由正弦定理得
=1.
下同解法一.
【解法6】(构造图形,利用相似三角形)如图所示,作,交的延长线于点易得为正三角形,
则.
由OS,得,即,
从而,即下同解法一.
【例2】已知椭圆的焦点在轴上,是的左顶点,斜率为的直
线交于两点,点在上,.
(1)当时,求的面积；
(2)当时,求的取值范围.
【解题策略】解析几何试题一般计算量大,对学生运算能力要求较高.寻求简洁、合理的解题途径显得尤为重要.因此,在解答二次曲线的综合问题时,应根据曲线的几何特征,将所求问题代数化,再结合其他知识解答.解题时,要充分利用设而不求法,弦长公式及方程根与系数的关系等知识,重视函数与方程的思想方法、数形结合的思想方法、对称思想、等价转化思想的应用.第问,根据和椭圆的对称性,求出的值,进而可得的面积.由于直线方程可用参数式表示,利用其几何意义可得巧妙解法.第(2)问,根据已知条件求出和之间的关系,利用求的取值范围.第(2)问的解答可以从不同的角度去构思,如由图像的几何特征寻求思路,如由直线的参数方程利用其几何意义求解,如由直角坐标向极坐标转化寻找巧思妙解,本题解答的自由度相当开阔,给学生提供了发挥才智的广阔平台.
本题是2016年商考数学全国卷I理科第20题,难度属于中档,但给学生解答的知识与方法的容量特别大、特别具有典型性,在攻克压轴题的过程中紧紧抓住此类好题,以点带面,可以迅速提升你的解题能力和数学素养.
【解】
(1)【解法1】
设,则由题意知.
当由已知椭圆的对称性知，的倾斜角为因而直线的方程为
因此的面积.
直线的方程为,则点,设点,
由
而为等腰直角三角形,因此的面积.
由题意知，将直线的方程
得 由
故由题设知，直线的方程为，
故同理可得由，得，即当时，（1）式不成立，因此等价于即由此得
(2)因此的取值范围是.
【解法2】
如图所示,作轴,垂足为轴，垂足为,设的坐标分别为有即.设直线的方程为,由得,当时，由,得,即,即,解得,故的取值范围为.
【解法3】
则直线的参数方程为直线的参数方程为又在椭圆E上，则.,又.即,
即
故的取值范围是.
【解法4】
椭圆的焦点在轴上,,原图形不变,坐标轴向左平移个单位后,椭圆的方程为.以原点为极点,以轴的正半轴为极轴建立极坐标系,则的极坐标方程为
设点,点,点在椭圆上,则
,则,
,即
即,而,又,
,即,解得,
故的取值范围是.
二、发散训练
已知实数满足,则的最大值是 .
在平面直角坐标系中,为直线上在第一象限内的点,.以为直烃的圆与直线交于另一点若,则点的横坐标为 .
第九讲 集中兵力、攻城略地
当前数学教育改革和高考改革在不断深入、文理合卷、全国大多数省市统一命题的运作已经开启，教材在不断变化，并且还将迎来新的变革，新的内容在逐渐增加，老的内容有些是减弱了，在理念、内容、思想方法上都有了较大的变化，从而也使得原有课程的知识板块发生了改变，如平面向量已引入许多年，且与三角函数、解析几何知识的交汇与综合一直在加强之中，大量删减了立体几何的许多定理，强调了空间向量在研究空间图形中的作用，而旋转体知识又完整地出现在教材之中，导数的综合应用在加强.随着高考数学命题的不断改革以及数学核心素养作为数学教育的标杆，考纲必然也会随之调整，而且调整幅度会加大，这也是统一命题和文理合卷的大变动所决定的.考题的阅读量会增加，题型也会变化并朝探究型、创新型方向发展，这些都要引起足够的重视
但有一点是肯定的，不管高考数学命题如何改革，高中数学中的重要板块如函数与导数板块、数列板块、解析几何板块仍然是命题的重点所在，不管是全国卷还是省市卷，作为压轴题必定出现在这些板块中，教材体系就是如此，谁也改变不了，这些板块之间，这些板块与其他数学知识之间的交汇、交叉、结合在较长一段时间内仍然是高考命题的热点.回顾近年来出现的那些最具冲击力的“创新”试题，往往在我们的意料之外，却又在情理之中，脱离不了这些重要板块
综上所述，在二轮复习过程中，特别在冲刺压轴题的战斗中，不应平分力量，而应在这些重要板块上多花点工夫，集中兵力、“攻城略地”！
一、例题精讲
【例1】已知.
(1)若,试研究函数在区间上的单调性；
(2)若,,试求的值.
【解题策略】
本例以向量为载体,注重三角恒等变形、三角函数图像与性质的研究,是向量与三角综合问题中的基本模型之一,也是高考中常见的基本问题.第(1)问,先把函数化简为的形式,再结合区间上的单调性分类讨论;第(2)问,由,且通过变形得与的关系,而已知,则的值即可求得.
【解】
当时,
由,得.
当时，函数单调性递增;
当,时，函数单调性递减,
(2)由可得.
由,可得若,则,此时与条件矛盾).从而有,即,两边同除以,可得.
【例2】
如图所示,已知动圆与直线相切,并与定圆相内切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程;
(2)过原点作斜率为1的直线交曲线于为第一象限点),又过作斜率为的直线交曲线于,再过作泘率为的直线交曲线于,…...如此继续,过作斜率为的直线交曲线于,设
(1)令,求证::数列是等比数列;
2数列的前项和为,试比较与的大小.
【解题策略】
本例以解析几何为载体，重点突出数学归纳法的应用，感知“观察一归纳一猜想一证明”的思考与解决的过程，体验其中所呈现的数学美.
【解】
由题意知,点到原点的臤离等于点到直线的挋离.由抛物线定义知，点轨迹是以原点为焦点,直线为准线的抛物线,其轨迹方程为
(2)①设,则.
又因为直线的斜率为,有,即.
,数列是以为公比的等比数列.
②由①知,,
,下面只要比较与的大小.
当时,,有,即;当时,有即当时,有即
猜测当时,时,.
【证法1】
用数学归纳法怎么当
(i)当时,已成立;
(ii)假设当时,.
则当时,,即时,也成立.
由(i)(ii)知,对都成立.故此时,.
利用二项式定理,得
已知在上有定义,,且满足时,有
(1)证明:在上为奇函数;
(2)数列满足,设,求的通项公式;
(3)求证:
(4)证明等式.
【解题策略】
本例将函数、数列、不等式等代数知识集于一题，是考查分析问题和解决问题核心素养的范例，在求解过程中，化归为数列模型以及运用数学归纳法证明数列不等式是常用的解题方法.
【解】
(1),故,得0,故为奇函数.
(2),又,故.
(3)
而故
(4)【证法1】（数学归纳法）
右边
(ⅱ)假设有,则时,左边
由(i)(ii)可知,对一切,所证不等式成立.
【证法2】
由条件得
代人所证等式的左边即可.
二、发散训练
随机将这个连续正整数分成两组,每组个数,组最小数为,最大数为组最小数为,最大数为,记,
(1)当时,求的分布列和数学期望;
(2)令表示事件“和的取值恰好相等”,求事件发生的概率;
(3)对(2)中的事件表示的对立事件,判断和的大小关系,并说明理由.2.已知二次曲线的方程:.
(1)分别求出方程表示椭圆和双曲线的条件;
(2)若双曲线与直线有公共点且实轴最长,求双曲线方程;
(3)为正整数,且,是否存在两条曲线,其交点与点.满足 若存在,求的值;若不存在,说明理由.
第十讲 归纳类比、探索创新
新颖性问题是指问题的面目、形式新颖，命题的立意、背景深远的数学问题，这类题以“问题”为核心，以“探究”为途径，以“发现”为目的，一般难度不会太大，而且与高中数学体系内的知识有千丝万缕的联系，是训练和考查学生思维能力、分析问题和解决问题能力、体现数学核心素养的好题型.近年来的高考数学试题与原名牌大学自主招生考试卷中，出现了较多的新定义题、新知识背景题、新题型结构题，无论是试题形式的设计、考试内容的选择、考查思维的深度、问题情景的创设等，都给人耳目一新之感，由于新颖性问题对所有学生而言都是有陌生感的问题，具有公平的特点，并有一定的选拔功能，因而成为高考命题的一个关注点
课程标准指出：“对新颖的信息、情境和设问，选择有效的方法和手段收集信息，综合与灵活地运用所学的数学知识、思想和方法，进行独立思考、探究和研究，才是解决问题的思路，才是创造性地解决问题.”新颖性问题对于每个学生而言，难就难在“新”上，面对此类题，首先要搞清新意体现在什么地方，要善于迅速提取有用信息，善于挖掘创新试题的内涵与本质，采用化新为旧的解题策略，合理迁移、运用已学的知识加以解决，一般从以下两个方面进行深入思考.
（1）若新颖性问题的新意体现在结构上，如新定义的概念题、运算题.若设问方式呈现开放式、探究式，题设条件采用图形符号或者表格等形式给出，则应精准把握住问题的新结构的内涵，并与已学过的相近知识进行类比，设法实施转化，使新问题变为一个老问题
（2）若新颖性问题的新意体现在问题的立意上，则应从数学思想和方法的角度着手考虑.若有了数学思想和方法的引领，问题就可以识别，思路也会明晰，再难的新颖性也可迅速破解.
近年来，数学教育界正在大力倡导培养学生的核心素养，其核心是创造性思维的能力，指的是发明或发现一种新方式用以处理某种事物或某个数学问题的思维过程，创造性思维活动大致分为准备、潜伏、顿悟、试证4个阶段.具体地说，一般要经历如下5个过程：①提出问题：②启发思维：③创造想象；④理想实验；⑤检验假设.总之，创造性思维是一个多层次、多水平、多因子的动态心理系统
在迎考冲刺阶段的攻坚战中，精神因素不可忽视，拥有良好的心态才能临场不慌，才能避免低级运算错误，增强解题过程的严密性、完整性、准确性、规范性，才能读题到位、细心审题、思维活跃、开启创造性思维之门，才能迅速找到解题途径，才能确保运算准确、推理步骤环环相扣，才能在各类考试中取得高分.通常我们讲得比较多的是解题方法和策略，实际上还应当有认知策略和心理调适策略，在学习数学时始终要有一步一步深化下去的热情.
一、例题精讲
已知函数,且的图像经过,数列为等差数列.
(1)求的值和数列的通项公式;
(2)当为奇数时,设,是否存在自然数和,使不等式恒成立 若存在,求出;若不存在,说明理由.
【解题策略】
本例是判断存在型问题,第问,首先以代入待,再依次用代入,寻求规律求的值和数列的通项公式.第问,在求得的基础上以代入,运用错位相减法求得,进一步研究其单调性求得的取值范围.
【解】
(1)据题意,,即,令则,令,则.为等差数列,,
(2)为奇数时,,,
,.
两式相减得
故,令,
则.即,故单调递减.又也为单调递减,为的增函数,当时,,而也为单调递减,为的增函数,当时,，存在自然数和使不等式恒成立,此时
【例2】对于定义在上的函数,若存在正常数,使得是以为周期的函数,则称为余弦周期函数,且称为其余弦周期.已知是以为余弦周期的余弦周期函数,其值域为,且在上单调递增.
(1)验证是以为周期的余弦周期函数;
（2）设,证明:对任意,存在,使得;
(3)证明:”为方程在上的解”的充要条件是为方程在上的解".
【解题策略】
解题策略本例是以数学新概念、新定义给出的创新题.解题的关键是准确理解新概念、新定义，然后用已学过的“老知识”加以解决.第（1）问可以直接验证；第（2）问，通过构造新函数及零点存在定理进行论证；第（3）问，分充分性与必要性进行证明，本例考查抽象概括能力和推理论证能力等数学核心素养与创新意识.
【证明】
(1)于是故是以为周期的余弦周期函数.
(2)设在上单调递增,当时,又,即
若或,则显然存在或使得;
若且,则,
又在上单调递增,
存在使得,即.
综上所述,存在使得.
(3)必要性:若为方程在上的解,则,且
是以为余弦周期的余弦周期函数,
是方程在上的解.
充分性:若为方 在上的解,则,,且.
是以为余弦周期的余弦周期函数,
是方程在上的解.
综上,“为方程在上的解”的充要条件是“为方程在上的解".
【例3】
如图所示,已知曲线,曲线:是平面上一点,若存在过点的直线与共有公共点,则称为型点”
(1)在正确证明的左焦点是型点”时,要使用一条过该焦点的直线,试写出一条这样的直线方程(不要求验证);
（2）设直线与有公共点,求证:,进而证明原点不是型点";
(3)求证：圆内的点都不是型点”
【解题策略】
解题策略学习新的数学知识的能力是指通过阅读，理解以前没有学过的新的数学知识，如新的概念、定理、公式、法则和方法，并能运用它们做进一步的运算和推理，解决有关问题的能力.本例从直线与曲线的位置关系中有公共点的情况给出了“C1一C2型点”的新定义，然后应用于曲线与曲线的位置关系的判断.“吃透新定义，用好旧知识”是解答此类问题的关键.善于归纳类比，才能实现新与旧的沟通，这是解答此类问题的关键.第（2）和第（3）问当然还是通过方程的思想方法，运用不等式的知识及分类讨论给出证明，这是用旧方法解决新问题的范例
【解】
(1)的左焦点为,过的直线与交于点,与交于点,故的左焦点为型点”,即直线可以为
(2)直线与有交点,则,若方程组有解,则必须;
直线与有交点,则,若方程组有解,则必须.
故直线至多与曲线和中的一条有交点,又显然,直线与无交点,即原点不是型点".
(3)显然过圆内一点的直线若与曲线有交点,则斜率必存在;根据对称性,不妨设直线斜率存在且与曲线交于点.
则.直线与圆内部有交点,故,
化简得①
若直线与曲线有交点,则
化简得②
由①②两式得.
但此时,因为,即①式不成立;
当时,①式也不成立.
综上,直线若与圆内有交点,则不可能同时与曲线和有交点,
即圆内的点都不是型点”.
二、发散训练
已知集合是满足下列性质的函数的全体;存在非零常数,对任意,有成立.
（1）函数是否属于集合 说明理由;
（2）设函数的图像与的图像有公共点,证明:
（3）若函数,求实数的取值范围.
在平面直角坐标系中,对于直线和点,记.若,则称点被直线分隔.若曲线与直线没有公共点,且曲线上存在点被直线分隔,则称直线为曲线的一条分隔线.
(1)求证:点被直线分隔;
(2)若直线是曲线的分隔线,求实数的取值范围;
(3)动点到点的距离与到轴的距离之积为1,设点的轨迹为曲线求证:通过原点的直线中,有且仅有一条直线是的分隔线第03章 打响攻克压轴题的阵
成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjshuxue加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期
高考数学压轴题的大题、难题，主要集中在函数与导数、数列与不等式、解析几何三大板块,历年来的高考命题都是如此,当然作为综合题,注重的是数学各章节知识的交汇,其他板块的数学知识如三角函数,平面向量,概率统计等经常会在压轴题中体现出来.本章按上述的分析分为三大部分:第一部分“函数与导数”,有11讲;第二部分数列与不等式”,有8讲;第三部分“解析几何”有11讲.本章共计30讲,应当说对高考数学压轴题的类型的归纳还是全面的.
打响攻克压轴题的阵地战的关键在于掌握解答压轴题的基本策略,主要有以下几点.
1.以火热的思考破除压轴题中隐藏的谜团
数学压轴题的表现形式确实比较枯燥,给人一种冰冷的感觉,但是数学思考应当是火热的、生动活泼的,数学思维的最高境界是形象思维和灵感思维,是如何激起和点燃解题者火热的思考,能够欣赏数学的冰冷的美丽,数学教师的任务在于返璞归真,把数学的形式化逻辑链条,恢复为当初数学家发明创新时的火热思考,联想生辉,触类旁通,所以数学思维是抽象思维,形象思维和灵感思维的汇合.它们是大脑从不同角度和深度反映客观事物的表现形式,抽象思维反映了人们以抽象的概括去认识客观世界的能力,其特点在于：以概念、判断、推理的方式揭示事物本质规律性;形象思维是运用形象,以形象进行思考，它从生动又混沌的直观表象开始,直截了当地对表象进行筛选.整合、甚至重新组织,改造成形象,并以新的形象进行思考;灵感思维是穿插在抽象思维和形象思维中的,起着突破、创造,升华作用的一种思维形式,实际上,这三者是交叉地,综合地发生的,纯而又纯的抽象思维或形象思维并不存在.
形象思维和灵感思维在数学上的具体表现是想象和联想,数学中的想象是以其丰富的表象为基础,运用已有的数学思想观念对这些表象进行整合加工,创造出新的数学表象的思维方法,联想是一种由此及彼的创造性思考方式,它包括相似联想，接近联想,对比联想、因果联想.一方面,联想是类比的基础;另一方面,联想中包含类比,但是把两个思考对象联系起来的联想往往比类比更自由,表现在联想也可能在同类的对象之间进行,两个对象间的一些局部或不完全类似关系也可产生联想,面对新颖的问题情景,构建生动的心智图像，分析过程中善于捕捉问题的暗示信息,面对复杂的问题,横看和侧看,即从不同的角度观察,捕捉问题的变化,让数学意境和人文意境产生相隔时空的共鸣.
波利亚在《怎样解题》中论述了解题中拘泥与变通的关系,他鲜明地指出:“拘泥与变通是对待(解题)规则的两种截相反的态度”“不折不扣地刻板地、不加伓疑地应用一条规则,而不管情况是否适合,这就是拘泥,某些拘泥的书呆子是可怜的傻瓜,他们从来就不理解他们所尽心尽力、不分青红皀白地加以使用的规则”.拘泥的解题者是不可能成为数学学灞,解 高手的,他们无力打胜这场攻克压轴 的阵地战.波利亚进一步指出:“有判断地,得心应手地使用一条规则,并注意到它适用于哪些情兄;不让规则里的词语模糊这种做法的意图或错过了情势中出现的良机,这就是变通”你不应遵循某种刻板的习性,不加选择地提出问题或建议,对各种各样的问题和建议要有所准备,并运用你的判断力.你正在做一道既有难度又有趣味的题目,你接下来要尝试的一步应该是在你面对题目进行积极而不带偏见的思考后决定的”“永远要先开动你的脑筋”.笔者认为,解数学压轴题中的联想正是“开动脑筋”的过程,是“不带偏见的思考”,抓住数学题有关部分的特征，以及它们之间的某种联系,回忆和搜集与解题有关的知识(所需要的定义,定理、公式,法则)和思想方法建立题设条件与解题目标之间的逻辑联系,把问题化归为熟悉的问题或想出新的方法,从而确定【解题策略】.总之,关注联结、构造模型、聚焦方法,充分利用“原型”的启发功能是“变通”的核心，让联想生辉，触类才能旁通，使压轴题顷刻化解.
2.以精准的分析构筑数学解题的线路图
一个较为复杂的数学问题特别是高考压轴题的已知条件和待求(证)结论可能来自两个完全不同的领域,初看起来,似乎它们之间缺乏联系,甚至竜无公共之处,好像两座高山,中间无路可通,但是通过分析和实地考察,在山的丛林深处有一条山路弯弯曲曲连接着两个山峰,解题也要尽快找到条件和结论之间的联系,采用正确的解题方法实施两者之间的转化,这种转化可以是单向的,也可以是双向的,甚至需要多个转化,从而构筑一个比较清晰的解题路线图，如下面框图所示.
3.有了想法就写，在不断的修正中攻克要塞
高考数学压轴题往往仅靠上述两点还“看不到底”,即不一定能从开始到结束都能有明确的思路,但在大致看清方向的前提下,根据条件,写出由此能得到的相应结论,对照学习中似曾相识的基本模型,一步一步摸索向前,不断运用分析转化等方法,最终得到正确的结论.我们常讲,解数学题取决于有无良好的数学感觉,跟着感觉走,常能获得意想不到的效果.中国古籍《列子》中有这样几句话：“人之所游，观其所见，我之所游，观其所变”，解题时的“题感”实质是形象思维与灵感思维在起作用,是联想催生解法的结果.我们常讲思则有路,试着写解答,灵感来了,思路如潮涌动,豁然贯通.如果面对压轴题不断地分析来分析去,如纸上谈兵,则可能最终坐失良机,所以有了想法就开始写,跟着感觉走,不一定是坏事！
第01部分 函数与导数
第二十一讲 盘点近年函数与导数型热点考题
函数既是高中数学中重要的基础知识又是高中数学的主干知识,在高考中占有举足轻重的地位,而导数是解决实际问题强有力的数学工具,运用导数的有关知识,研究函数的性质:单调性,极值和最值.零点是高考考査的热点,且以解答题的形式出现,常常处于压轴的地位.
纵观近年来高考数学压轴题,常出现的题型有两大类型:①构建函数模型求参数的取值范围以及求最值问题,特别是函数与不等式、方程、数列等的综合题,突出渗透数学思想和方法;②以导数为工具考查导数的几何意义,求解或证明数列不等式,研究函数性态及图像,特别是三次函数的图像、性质及其应用、指数或对数与一次或二次函数联袂型性态的研究.
一、例题精讲
【例1】
（2017年高考教学江苏卷理科第20题）已知函数,有极值,且导函数的极值点是的零点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值).
(1)求关于的函数关系式,并写出定义域;
(2)证明；
(3)若这两个函数的所有极值之和不小于,,求的取值范围.
【解题策略】
本题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力,其中后两问各有多种证法或解法.第(2)问,可以用导数探究函数的单调性来证明,可以运用均值不等式证明,也可以转化为二次函数通过探究其性质来证明;第(3)问,可以通过导数探求的取值范围，也可以结合图像的对称性获得较为简捷的解法,前一种解法需要用到韦达定理,运算量大，后一种解法抓住几何特征运算量相应减少.
【解】
由,得,
当时,有极小值.
的极值点是的零点，，
又，故.
有极值，故有实根，从而，即
当时，，故在 上是增函数，没有极值；
当时，有两个相异的实根，，列表如下：
+ 0 - 0 +
极大值 极小值
故的极值点是从而，因此 ，定义域为
(2)【证法一】（导数法）
由（1）知，
设则
当时，，从而在区间内单调递增.
故即，因此.
【证法二】（均值不等式法）
（当且仅当，即时取等号），而故等号不成立.
【证法三】（转化为二次函数问题）
考虑二次函数（其中），
其对称轴，故在区间内单调递增，
故
(3)【解法一】(常规解法)
由（1）知,的极值点是,且，.
从而
.
记所有极值之和为.
的极值为
，于是在上单调递减.
于是故因此的取值范围为
【解法二】（妙思巧解）
设的极值点为则，
又对称中心为
由（1）知从而于是
由的极小值为,则这两个函数的所有极值之和为
,易知是内的淢函数.
由得,则,故的取值范围为.
【例2】（2018年高考数学天津卷理科第20题)
已知函数,其中.
(1)求函数的单调区间；
(2)若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行,证明
(3)证明:当时,存在直线,使是曲线的切线,也是曲线的切线.
【解题策略】
本例是指数与对数函数的联袂型,是高考中函数与导数的热点考题,此类压轴题贯穿始终的是数学思想方法,在含有参数的试题中,通常考查分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想,把不等式问题转化为函数最值问题,把方程的根转化为函数零点问题.第(1)问,先求出,然后令,即可得的单调区间；第（2）问，利用两函数在两点处的切线平行建立等式，然后进行化简；第（3)问,先分别求出在点处的切线方程和在点处的切线方程,然后利用切线重合建立等式,消元后转化为方程的解的问题,在解答过程中要充分注意数学思想方法的应用.
【解】(1)由已知,,有,令,解得,由,可知当变化时,的变化情况如下表:
0
0
极小值
函数的单调递减区间为,单调递增区间为.
(2)【证明】
由,可得曲线.在点处的切线斜率为,由.可得曲线在点处的切线斜率为，
这两条切线平行，故有即两边取以为底的对数，得.
(3)【证明】
曲线在点处的切线,曲线 在点处的切线
要证明当时,存在直线,使是曲线的切线,也是曲线的切线,只需证明当时,存在,使得与重合，即只需证明当时，方程组有解.
由①得代入②，得.③
因此，只需证明当时,关于的方程(3)存在实数解.
设函数,即要证明当时,函数存在零点.
,可知时,时,单调递减，又
故存在唯一的，且，使得，即
由此可得,在上单调递增,在上单调递减,在处取得极大值.
，故
下面证明存在实数,使得.
由（1）可得，当时，有
存在实数,使得.
因此，当时，存在使得
当时,存在直线,使是曲线的切线,也是曲线的切线.
二、发散训练
已知函数.
(1)若直线与的反函数的图像相切,求实数的值;
(2)设,讨论曲线与曲线公共点的个数；
(3)设,比较与的大小,并说明理由.
第二十二讲 函数的值域、极值、最值问題
求函数的值域或最值这类数学问题的技巧性较强,且常常可以一题多解,正如数学教育家G·波利亚所言:“智者通权达变”.常用的方法主要有以下几种.
（1)配方法:适用于二次函数或可化为二次函数型的函数,要特别注意自变量的范围.
（2）判别式法:适用于可化为关于的二次方程的函数,由,求出的取值范围,要检验函数的这个最值在定义域内是否有相应的值.
（3）基本不等式法:利用基本不等式求函数值域或极值时,一定要注意满足“一正二定三相等”的原则.
（4）换元法:根据函数解析式的特点常用三角换元、整体代换、和差代换等,用换元法求值域或最值时要注意新变量的取值范围.
（5)数形结合法:从理解函数的几何意义着手,看能否与距离.料率等相通.
（6)函数单调性法:利用函数在相应区间上的单调性,由于值域或最值是对函数的总体而言,若需对问题分段讨论,最后必须加以整合.
（7)导数法:设的导数为,由可求得极值点坐标,若函数定义域为,则最值必定为极值点和区间端点中函数值的最大值和最小值.
在实际数学问题中,求函数的最值或值域,掟问的角度不同,解答方式也会有所差异,求函数最值时还要注意函数的定义域,若定义域为开区间,则在区间端点不可能出现最值.
函数的值域,极值,最值问题在压轴题中常常是其中的一道小题,解好这道小题常常关系到这道大题的全局.
一、例题精讲
【例1】
(1)求下列函数的值域:
(2)设函数的定义域是,问的值域中有多少个整数
(3)已知函数的值域是,求的范围;
(4)已知函数的定义域为,值域为,求的值.
【解题策略】
第（1）问，①可运用换元法或单调性法，前法要注意新元的取值范围，后法要抓住定义域；②可运用函数的有界性法或数形结合法.第（2）问，考查函数在定义域上的单调性.第（3）问，通过求函数的最值确定参数的范围.第(4)问,函数转化为方程,运用方程有实根,判别式大于等于零,再结合韦达定理求得参数的值.
【解】
（1）①【解法一】（换元法）
设,则,
于是
显然函数在上是单调递减函数，
因此原函数的值域是
【解法二】（单调性法）
函数的定义域是当自变量增大时，增大，减小.增大,因此函数在其定义域上是一个单调递增函数，当时，函数取得最大值
故原函数的值域为
②【解法一】（函数的有界性法）
原函数可化为
令且，则易知
平方得即函数的值域为.
【解法二】(数形结合法)
令易知.
可看作圆上任意一点与点连线的斜率，如图3-1所示.可得,即.
(2)的图像是以为顶点,开口向上的抛物线,而自然数的值域是,即.
其中最小的整数是,最大的整数是,
共有个整数.
(3)由题设知,当时,的值域是.
(4)令,则.
,且设,
即.
由知,关于的一元二次方程的两根为1和9,由韦达定理,得解得.
若,即时,对应的值域不为,不符合条件,为所求.
【例2】
(1)已知,且当时,的最小值为4,求参数的值;
(2)函数的最大值是 .
【解题策略】
第(1)问,把条件代入二元函数,消元后得到关于的一元函数,为参数,可发现抛物线的对称轴和区间都在变,而开口方向是确定的,所以必须讨论对称轴与区间的相对位置得到最小值,根据最小值为得到关于的方程,解方程得到参数的值;第(2)问通过发散思维可以有多种解法.
【解】
(1)将代人的表达式,得.
则是的二次函数,其定义域是,,对称轴是,顶点坐标是,图像开口向上.
若,即时,当时,的最小值为,得或.
若,即时,当时,的最小值为,此时.
综上讨论,参数的值是或或.
（2）【解法一】(导数法)
,
令,得,记.
【解法二】(三角换元法)
,
,则记,.
其中,当时,有最大值
【解法三】（构造几何图形）
设
故.
目标直线与圆在第一象限的图形相切时取得最大值,
由得,即为所求的最大值.
【解法四】（构造平面向量）
构造平面向量,
则
,当且仅当与同向时取等号.
当且仅当,即时,等号成立..
【解法五】（构造对偶式，运用单调性）
记.
在上单调递减,则.故.
故,故.
故有最大值.
【解法六】（柯西不等式）
由柯西不等式式有,
当且仅当,即时,等号成立,.
【例3】
求的最值,并求出相应的值.
解题策略
解题应崇尚常规思路，切忌“炫技”.本例首先要化简，化简后可能会出现的形式，通常采用“换元法”转化为代数函数在新元的取值范围内求最值，如果所得函数解析式可以运用均值不等式求取值,则郧必须符合“一正二定三相等”原则,并落实分类与整合的思想方法.
【解】(换元且利用均值不等式)
，①
设.
代人①式.当时,当时,;
当时,,即,也即,
或时,;
当时,,即,也即,
或时,.
二、发散训练
已知函数. ,设曲线在与轴交点处的切线为，为的导函数满足.
(1)设,求函数在上的最大值;
(2)设,若对一切,不等式恒成立,求实数的取值范围.
第二十三讲 函数的图像变换与函数的性质
二次函数,幂函数,指数函数与对数函数是4类基本的初等函数,它们的定义,图像和性质内容丰富、应用广泛,而函数与方程的思想方法则是其内在的核心,掌握函数的性质和应用,关键一是准确深刻理解函数的有关概念,二是把握数形结合的特征和方法,三是认识函数思想的实质,强化应用意识,重视渗透核心素养和拓展创新.
其中识别函数图像对函数性质的理解至关重要－般可以从以下几方面人手.
（1）从函数的定义域,判断图像的左右位置;从函数的值域,判断图像的上下位置.
(2)从函数的单调性,判断图像的变化趋势.
(3)从函数的奇偶性,判断图像的对称性.
(4)从函数的周期性,判断图像的循环住复.
而解决函数图像应用问题的常用方法有以下几种.
(1)定性分析法:通过对问题进行定性分析,从而得出图像上升(或下降)的趋势,利用
这一特征分析解决问题.
（2）定量计算法:通过定量的计算来分析解决问题.
(3)函数模型法:由所提供的图像特征,联想相关函数模型,利用这一函数模型来分析解决问题.
函数图像形象地显示了函数的性质,为研究数量关系问题提供了“形”的直观性,它是探求解题途径,获得问题结果的重要工具,所以我们不但要熟练掌握准确地画出各类函数的图像,还要掌握函数图像的3种基本变换,即平移变换,对称变换,伸缩变换,利用图像法解函数与导数型压轴题非常重要!
一、例题精讲
【例1】
(1)已知函数且,当时,函数的零点,则.
(2)若满足满足,则（）.
A.
B.3
C.
D.4
(3)已知函数，函数,其中,若函数恰有4个零点,则的取值范围是（）.
A.
B.
C.
D.
(4)已知以为周期的函数其中.若方程恰有5个实数解,则的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.
【解题策略】
函数的图像是函数关系的一种表示,它从“形”的方面刻画函数的变化规律,通过函数图像,可以形象地反映函数的性质.第(1)问,可以运用函数零点存在的判定方法和对数函数单调性及简单不等式性质来判断,运用图像法则更为清晰;第(2)问,可转化为函数与其反函数的图像关于直线对称,这两个函数与同一直线的交点的横坐标是相应方程的根,结合图像易得结论；第（3）问，函数的零点常常转化为两函数图像交点问题,其中准确作图是正确解题的基础;第(4)问,同样转化为两函数图像的交点个数问题.应当指出的是:“形”的特征给我们解题提供了直观的表达,而解答则离不开“数”的运算，两者结合体现了一种“强劲”的解题能力和呈现“完美无缺”的解答过程.
【解】
(1)【解法一】(直接运用对数函数性质判断)
,当时,;
当时,.的零点在区间内,.
【解法二】（图像法）
如图3-2所示，在同一坐标内,作函数和的图像,观察交点位置,因为,所以时的图像夹在和图像之间,因为,所以的图像夹在直线和之间,又因为与相交于点与相交于点,因此,即.
(2)依题意,
的图像关于对称，
即故选C.
(3)由得
即
又恰有4个零点等价于方程有4个不同的解,即函数与函数的图像有4个公共点,如图3-3所示,可知,故选D.
(4)由于方程可化为,构造函数,它们恰有5个交点,的周期实质是分段函数.
当时函数为椭圆上半部分;当时,为;当时,为为一条过原点的直线,如图所示.要使它们符合题意,需使与曲线有两个交点,与没有交点.由此可知,
得
得
由得,得.
故,故选.
【例2】
定义在上的函数,如果满足:对任意,存在常数,都有成立,则称是上的有界函数,其中称为函数的上界.已知函数
(1)当时,求函数在上的值域,并判断函数在上是否为有界函数 并请说明理由;
(2)若函数在上是以3为上界的有界函数,求实数的取值范围；
(3)若,函数在上的上界是,求的取值范围.
【解】
（1）当时,.
在上递减,即在上的值域为,故不存在常数,使成立.
函数在上不是有界函数.
(2)由题意知在上恒成立.
在上恒成立.
.
设,由得
设
在上递减,在上递增.
在上的最大值为在上的最小值为,
实数的取值范围为.
(3)在上递减.
,即
(1)当,即时,,此时
(2)当,即时,,此时
综上所述,当时,的取值范围是;当时,的取值范围是
二、发散训练
1.设,函数.
(1)当时,求函数的最小值;
(2)证明:当时,函数有零点.
2.已知函数是定义在上的周期函数,周期,函数是奇函数,又知在上是一次函数,在上是二次函数,且在时,函数取得最小值,最小值为.
(1)证明:;
(2)试求的解析式;
(3)试求在上的解析式.
第二十四讲以二次函数为背景的函数综合题
二次函数是初中代数的基本内容之一,但是在高考中,以二次函数为背景的综合题也频繁出现,这寔因为它虽然简单却具有丰富的内涵和外延,我们可以以它为素材研究函数的奇偶性、单调性、最值等函数的重要性质,可以建立起二次函数、一元二次方程、一元二次不等式之间的有机联系,讨论方程根的分布、含参数不等式恒成立等问题,作为其图像拋物线可以与其他平面曲线在同一直角平面内讨论相互之间的关系,二次函数与其他初等函数的综合可以编制出层出不穷、灵活多变的高考压轴题.
函数与方程,不等式是高中数学中的一个重要的知识交汇点,题型精彩纷呈,数学思维极其活跃,特别是3个二次之间的依存关系及其转化,函数思想与方程理论必然会迸发出灿烂的火花.
一、例题精讲
【例1】（2015年高考数学浙江卷文科第20题）
已知函数.
(1)当时,求函数在上的最小值的表达式;
(2)已知函数在上存在零点,,求的取值范围.
【解题策略】
本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不等式性质等基础知识,同时考查推理论证能カ、分类讨论等分析问题和解决问题的能カ,难点在第(2)问,是与二次函数零点相关的参数范围问题,有多种解题策略,比如运用方程根与系数的关系转化为解不等式求的取值范图;比如双变量转化为单变量,转化为求函数值域问题;比如参变分离法求解;还可运用数形结合的方法.
【解】
(1)当时, ,故对称轴为直线
当时,
当时, ;
当时, .
综上,
(2)【解法一】
(韦达定理结合不等式的基本性质)
设为方程的解,且,则，,
由于,因此
当时
由和,可得.
当时, ,
由和,可得.
故的取值范围是.
【解法二】（利用等价转化将双参数的取值范围转化为单变量函数与单参数的值域问题）
当时,;
当时,
,存在成立.
当时, ;
当时, ,令.
当时,则,即;
当时,则,,即.
综上,.
【解法三】
(利用函数零点表示参数,以值代参,进行放缩,构造不等关系求参数的取值范围）
设是函数的零点,则,
令
即
当时,又,
当时,；
当)时,.
综上,.
【解法四】(数形结合法)
函数在区间上至少存在一个零点等价于函数的图像与函数的图像在区间上至少有一个交点.
又.,只需求函数的取值范围,即直线在轴上截距的取值范围,如图所示,.
【例2】已知.
(1)若,求方程的解;
(2)若关于的方程在上有两个解,求的取值范围;并证明:.
【解题策略】
本题的难点是第(2)问,要求运用函数的性质求的取值范围并证明不等式,所给函数既含绝对值符号又含参数,实质是分段函数.
关于的方程在上有两个解的问题必定要考虑根在分段函数的哪一个更小的范围内,下面提供的【解法一】是运用函数思想转化为不等式逐一讨论,证不等式是把根求出(用表示)代入,再运用已求出的范围进行推理证明;【解法二】结合函数的单调性解,证明过程则显得简捷;【解法三】通过数形结合的方法,把方程有解的问题转化为两函数图像有公共点的问题,而图像一动一静,使方程解的情况一目了然,显然是妙思巧解.
【解】
(1)当时,.
(1)当即或时,方程化为,解得
此根舍去,因此
(2)当,即-时,方程化为,解得.
由(1)(2)可得,当时,方程的解是或.
(2)【解法一】
当时,有两解,又
因在上有两解有两种情况:可以在上有一解,在上有一解;或在上有两解.
(1)显然当时,不满足题意,当一解在,另一解在时需满足
解得
(2)当两解均在上时,对于函数,有
解得综上可得
证明 解方程得,
故,
即需证,
即,又原不等式成立,即有.
【解法二】
不妨设
若,则,故不合题意;
因此有,由得
由得,因此当时,方程在上有两个解.
消去得
即
【解法三】
方程在有两个解在上有两个解在上有两个解.
如图所示作出函数的图像,由图像可知:当且仅当即时在上有两个解
故当时,方程在上有两个解.且
二、发散训练
已知函数在区间上有最大值4和最小值1,设.
(1)求的值;
(2)不等式在上恒成立,求实数的取值范围;
(3)方程有三个不同的实数解,求实数的取值范围.
第二十五讲以指数、对数函数为背景的函数综合题
以指数对数函数为背景的函数综合题具体地讲有两大类:一是与指数函数有关的复合函数问题;二是与对数函数有关的复合函数问题,当然也包括指数函数与对数函数知识的交汇与综合.
(1)解决指数函数与对数函数的综合问题时,要注意运用指数、对数函数的图像与性质等知识和研究函数的性质的思想方法来分析解决问题,指数函数和对数函数的图像与性质都受底数的影响,解决与函数单调性相关问题首先要看底数的范围.
(2)涉及复合函数单调性问题,首先应弄清函数是由哪些基本函数复合得到的,求出复合函数的定义域,然后分层逐一求解内层函数的单调区间和外层函数的单调区间,利用定义证明时可分层比较,对于内外层函数,注意“同增异减”.
(3)指数函数、对数函数与二次函数相结合的复合函数的性质考查是重要题型,注意复合函数单调性的判断方法,尤其注意对数函数中真数大于0的条件.
(4)与指数函数,对数函数有关的 合函数的最值,若复合函数又是二次函数型,往往可以转化为二次函数的最值并结合指、对数函数性质加以讨论.
(5)解决与指数函数、对数函数有关的问题,要注意数形结合思想的运用.
(6)在给定条件下,求复合函数字母的取值范围是常见题型,要重视不等式的知识及函数单调性在这类问题中的应用.
一、例题精讲
【例1】已知函数,函数的图像与函数的图像关于直线对称.
(1)求的解析式;
(2)讨论在内的单调性,并加以证明;
(3)令,当时,在上的值域是,求的取值范围.
【解题策略】
这是一道与对数函数有关的综合题,考查反兆数的概念、复合函数单调性的证明,以及定义域与值域的对应关系的研究.第(1)问,提供了求已知函数图像关于某一直线(或,点)对称的图像所对应函数的解析式的一般方法,即在欲求解析式的图像上任取一点,求出它关于已知直线(或点)对称的点的坐标,根据所在的图像对应的解析式,代入找到与的关系式,即求得欲求的函数解析式;第(2)问,复合函数单调性的证明,一定要注意其规则是同增异减;第(3)问,定义域与值域的对应关系问题可转化为方程根的分布问题,含有参数时,应注意分类讨论,并重视单调性在解题过程中的关键作用.
【解】
(1)设点是函数的图像上任意一点,它关于直线对称的点为依题意应在函数的图像上，即
于是,此即为函数的解析式.
(2)设,
当时,,在内是减函数;
当时,在内是增函数.
(3)当时,在内是减函数,
即,
可知方程的两个根均大于1,即
当时,在内是增函数,
综上得,.
【例2】已知函数且).
(1)证明:函数的图像在轴的一侧;
(2)设是的图像上两点,证明:直线的斜率大于0;
(3)求函数与的图像的交点坐标.
【解题策略】
第(1)问,探究函数图像的位罝必须对两种情形求出函数的定义域,定义域的范围确定了,图像的位置也就确定了;第(2)问,证明也必须对两种情况逐一论证,即证,在这里,函数的单调性在其中必起“杠杆"作用;第(3)问,求方程组的解即求两函数图像的交点坐标,实质上是解一个指、对数方程组.
【解】
(1)证明 依题意,即,当时,的定义域为,图像在轴的右侧;当时,的定义域为,图像在轴左侧;
(2)证明 当时,,由得,
,即
直线的斜率;
当时,,由,得.
直线的斜率
(3)由得.
由(1)知的值域为,
的定义域为.
由得(1)
或
验证知是方程(1)的解.
交点坐标为
二、发散训练
已知函数为偶函数.
(1)求常数的值;
(2)当取何值时,函数的值最小 并求出的最小值;
(3)设,试根据实数的取值,讨论函数与的图像的公共点个数.
第二十六讲抽象函数模型及其应用
对抽象函数的研究是高考中经常出现的题型,由于它通常没有给出具体的解析式,因此处理起来有一定难度,许多抽象函数问题又将函数,方程和不等式等内容综合于一题,在“抽象”中具体考查学生的逻辑推理能力,抽象思维能力与创新能力,解此类提的关键是吃透题设中给出的函数方程,并根据这个函数方程探索该函数的其他性质,常用的解题方法如下.
1.赋值法
值法即结合题设给出的抽象函数的性质,选取恰当的数值达到求解目的.
2.背景函数依托法
背景函数依托法即结合题设所给出的条件,找出满足模型的特殊函数一一背景函数,依托此特殊函数的性质猜测出抽象函数具有的性质,再加以证明.
难点显然是如何找到背景函数,我们可以根据题设中抽象函数的性质,通过类比,可以猜想出它的背景函数是学习过的某种函数,一旦找到了这种联系,解题思路就豁然开朗了.
高中数学中出现的抽象函数的背景函数大致见下表;
抽象函数的性质(函数方程) 背景函数
一次函数
二次函数
幂函数
指数函数
对数函数
正切函数
, 余弦函数
由于抽象函数试题既能全面考查学生对函数概念的理解及性质的代数推理和论证能カ,又能综合考查学生对数学符号语言的理解和接受能力,以及对一般和特殊关系的认识,从而对学生创新精神,实践能力和核心素养的培养有着十分重要的作用,这类试题在高考中非常活跃,频频“闪亮登场”,由于立意新颖﹑构思精妙,常常处于压轴题的地位.
一、例题精讲
【例1】设函数,当时,,且对任意实数满足,当时,
(1)求的值;
(2)求证:在上为单调递增函数;
(3)判断的奇偶性;
(4)当时,试比较与的大小.
【解题策略】
本例由题设容易发现函数的背景函数为.从而可利用指数函数的性质指导对问题的解决,特别是对的排除,正确运用赋值法并紧紧 住函数单调性和奇偶性的定义是证题或解题的关键.
【解】
(1)令,则,令,
则有,得或.
若,则有,与已知矛盾,即.
(2)证明由(1)得,令,
则,故
,又,得.
因为当时,,所以,从而,
故,即是增函数.
(3)不是奇函数;
若是偶函数,即有,或一1(舍去),这与“当时,相矛盾.因此,是非奇非偶函数.
(4),同理,,有
,而,
又,故前者大于后者.
【例2】已知函数的定义域关于原点对称,且满足以下三个条件：
(1)当是定义域中的数时,有;
(2)(是定义域中的一个数);
(3)当时,.
试问:(1)的奇偶性如何 说明理由;
(2)在上,的单调性如何 说明理由.
【解题策略】
由条件(1)可知本题以两角差的正切公式的负倒数作为初等函数的模型,由条件(2)(3)进一步证实所找到的三角函数模型是正确的.在解题=中认此可得到启示,即由题设知是,即的抽象函数,从而由及题设条件猜想,是奇函数且在上是增函数(这里把看成进行猜想),显然有且在半周期内,另一半周期内.
【解】
(1)由已知条件可得
是奇函数.
(2)设,则,由题知均小于零.
从而由已知式可得,即在上是增函数.
设,则.
即在上.
设,则,从而知均大于零,
,即,亦即在上也是增函数.
综上,在上是增函数.
二、发散训练
设是定义在上不恒为0的函数,且对任意的都满足
(1)求的值;
(2)判断的奇偶性,并证明;
(3)若,求数列的前项和.
第二十七讲用导数研究函数的单调性
单调性是导数应用的重点内容,主要有4类问题:(1)利用导数证明或判断函数的单调性;(2)利用导数求函数的单调区间;(3)已知函数的单调性,求参数的范围;(4)先证明函数的单调性,再运用单调性证明不等式等问题.
1.证明可导函数在内的单调性的步骤
(1)求;
(2)确认在内的符号;
(3)推出结论:为增函数,为减函数.
2.导数法求函数单调区间的一般步骤
(1)求定义域求函数为的定义域.
(2)求根:求方程.在定义域内的根.
(3)划分区间:用求得的方程的根划分定义域所在的区间.
(4)定号:确定在各个区间内的符号.
(5)得出结果:求得函数在相应区间上的单调性,即得函数的单调区间.
3.已知函数的单调性,求参数的取值范围
数情况下均可显结为对含有参数的不等式解集的讨论,或可理解为含参数不等式恒成立求参数的取值范围.常用的处理方法是分离参数法,构造新的函数,通过求最值来解决,涉及分类讨论,数形结合等思想方法.
一、例题精讲
【例1】已知函数.(且.).
(1)求函数的定义域,并证明.在定义域上是奇函数;
(2)对于恒成立,求的取值范围.
【解题策略】
本题的难点是第(2)问:含参数不等式恒成立问题,通常先脱去对数符号(注意对的分类讨论).再把参数与变量分离,使原问题转化为求一边函数的最值,即当时恒成立,当时,转化为对恒成立,当时,转化为对恒成立,把分式不等式化为整式不等式,并且使参变量与自变量分离,构造出函数,运用导数求的最大值、最小值.而要求最值势必应研究函数的单调性.
【解】
(1)由,解得或函数的定义域为.
在定义域上是奇函数.
(2)由时,恒成立可知:
(1)当时,得对恒成立.
在恒成立.
设,则.
当时,
在区间上是增函数,.
(2)当时,对恒成立.
得对恒成立.
在恒成立.
设,由(1)可知在区间上是增函数,.
综上所述,当时,;当时,.
【例2】设
(1)求函数的单调区间;
(2)当时,恒成立,求实数的取值范围.
【解题策略】
求函数的单调区间实质上是求导后”解不等式”,关于恒成立问题,可采用分类讨论的思想方法,将问题归纳为求函数在区间上的最大值.
【解】
(1),由得,郎或.
由得即
函数的单调增区间为函数的单调减区间为
(2)恒成立,
大于的最大值,当时,分段讨论如下：
时,是增函数,
时,是减函数,
时,是增函数,.
,从而.
二、发散训练
1.已知函数,求函数的单调区间.
2.已知函数,其中,且在区间上单调递增,试用含的式子表示出的取值范围.
第二十八讲用导数研究函数的极值、最值、实际应用中的优化问题
1.用导数研究函数的极值
求可导函数极值的步骤：
(1)确定函数的定义域.
(2)求导数.
(3)求方程的根.
(4)检验在方程根左右值的符号,求得极值(若左正右负,则在这个根处取极大值;若左负右正,则在这个根处取极小值).
2.用导数研究函数的最值
设在上连续,在内可导,求函数在上的最值的步骤:
(1)求函数在内的极值.
(2)求函数在区间端点的函数值.
(3)将函数的各极值与比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值.
3.用导数研究实际应用中的优化问题
(1)利用导数解决实际应用中优化问题的一般步骤:
1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系,并确定其定义域.
2)求函数的导数,解方程.
3)比较函数在区间端点和使的点数值的大小,最大(小)者为最大(小)值.
(2)解决实际应用中优化问题必须注意以下两点：
1)求实际问题中的最大(小)值,一定要注意实际问题的意义,不符合实际问题的值应舍去.
2）用导数求解实际问题中的最大(小)值时,如果函数在区间内只有一个极值点,就不用与端点值比较,也可以知道该极值点也是最值点.
一、例题精讲
【例1】年高考数学全国卷Ⅲ理科第21题）
已知函数.
(1)若,求的值;
(2)设为整数,且对于任意正整数,求的最小值.
【解题策略】
，在函数的所有问题中,函数的单调性是最基础的问题,若含有参数,一般需对参数进行讨论,从而确定函数的单调性,再根据所求进行相应的判断,求解与证明.第(1)问,通过求函数的导数,对函数的单调性进行研究,求解函数的最小值是确定的值.数列不等式的证明或求解主要有两种思路:(1)通过函数的单调性得到数列的单调性,从而解决问题;(2)对数列的不等关系进行放缩,直接证明或求解.第问将问题转化为“和”式不等式,根据数列求和公式求解,其中应炅活运用放缩的技巧.
【解】
(1)的定义域为.
若不满足题意;
若由知,当时,;当时,,在单调递减,在单调递增.
故是在的唯一最小值点.
由于当且仅当时,,故.
【解法一】由(1)知,当时.
令得,从而有
故而
当时,
因此,对任意正整数,要使恒成立,必须的最小值为
【例2】设函数其中).
(1)当时,求函数的单调区间;
(2)当时,求函数在上的最大值.
【解题策略】
第(1)问,把代入,对求导,令得零,点坐标,由在定义域子区间的正负,确定的单调区间.
第(2)问,按照求函数在上的最大值和最小值的步骤进行,由于含有参数,且定义域区间为为参变数,必须对的取值分类讨论,层层深入,攻克难关.
【解】
(1)当时,,令,得.
当变化时,的变化如下表:
+ +
极大值 极小值
由上表可知,函数的递减区间为,递增区间为和,
(2).
令,得.
令,则.
在上递增,
从而
当时,;当时,,
令,则.
令,则在上递减,
而存在使，
且当时,,当时,.
在上单调递增,在上单调递减.
在上恒成立,当且仅当时取得.
综上,函数在上的最大值.
【例3】某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位:米),其中容器的中间为圆柱形,左右两端均为半球形,按照设计要求容器的容积为立方米,且.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元,半球形部分每平方米建造费用为千元,设该容器的建造费用为千元.
(1)写出关于的函数表达式,并求该函数的定义域;
(2)求该容器的建造费用最小时的
【解题策略】
利用导数解决生活中的优化问题的一般步瀮求解,具体是：
第一步:分析实际问题中各量之间的关系,求出建造费用关于圆在半径的函数关系式,并求出变量的取值范围.
第二步:对所求出的函数求导,觲方程,结合函数单调性求函数的最小值.
第三步:对参数进行讨论,确定在参数取不同范围值时的最小值,并比较与函数在定义域区间端点函数值的大小,确定的最小值.
第四步:回归实际问题作答.
在本题的求解过程中,对于(1),定义域必须优先考虑,不可忽视””的作用;对于(2),求函数最值,求导后必须对的取值进行分类讨论,当然本小题还可以结合均值不等式与导数一起考虑.
【解】
(1)设容器的容积为,由题意知,又,
故由于,因此.
所建造费用，
因此
(2)【解法一】
由(1)得,.
由于,当时, .
令,则,
(1)当即时,当时,;当时,则;当时,,
是函数的极小值点,也是最小值点.
(2)当即时,当时,,函数单调递减.
是函数的最小值点.
综上所述,当时,建造费用最小时;当时,建造费用最小时
【解法二】
当且仅当,即时等式成立.
当,即时,;
当,即时,.
时,,函数单调递减,
是函数的最小值点.
综上所述,当时,建造费用最小时;
当时,建造费用最小时.
二、发散训练
已知函数,若在上的最大值和最小值分别记为,求.
第二十九讲用导数研究和解决函数的零点问题
一、函数的零点
1.函数零点的意义
函数的零点就是方程的实数根,亦即函数的图像与轴交点的横坐标.方程有实数根的图像与轴有交点函数有零点.
2.函数零点的求法
(1)代数法:求方程的实数根.
(2)导数法:求函数的导数,解方程求得零点.
(3)几何法:利用函数的图像垥合函数的性质找出零点.
3.勘根定理
如果函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线,并且有,那么,函数在区间内有零点,即存在,使,这个也就是方程的根.
4.函数零点问题的题型
函数零点问题的题型主要有:
(1)确定函数零占所在的区间;(2)判断函数零点个数;(3)由函数零点的存在情况求参数的取值范围.
本讲主要讲高次函数与复合函数的零点的探求,以导数为工具研究和解决这类函数的零点问题,进而研究两函数的交点问题,重点是函数与方程之间的转换.方程转换为函数问题,以导数探究函数的单调性.值域,极值、图像等知识解决,两函数交点转化为方程问题可直接求解,也可整理后再转化为新的函数问题.高考压轴题中的零点问题往往不是单一的,常常涉及方方面面,综合性强,有一定的难度,是近年高考压轴题命制的热点之一.
一、例题精讲
【例1】（2018年高考数学全国卷Ⅱ理科第21题）
已知函数.
(1)若,证明:当时,;
(2)若在只有一个零点,求.
【解题策略】
本题主要考查函数的单调性、不等式的证明、函数的零点问题,意在考查学生的推理论证能力、化归与转化能力、运算求解能力,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算.第(1)问,证明不等式的恒成立问题,可以转化为求函数的最值,比如要证明,可先求得的最小值,然后证明这个最小值大于等于0即可.当然在证明过程中,特别是求最值时,这个最小值可能不会明确给出,需利用导数知识求得,本小题首先对不等式进行变换,构造一个新函数,然后利用导数研究新函数的单调性,进而证明不等式.第(2)问,首先也是构造新函数,然后分与两种情况讨论函数的零点个数,且当时,要注意利用导数研究函数的单调性与最值,总之,本题的求解构造新函数很重要,不同的构造可以有不同的解法.
【解】
(1)【证法一】
当时,等价于,
设函数,
则
当时,在单调递减.而,故当时,,即
【证法二】
当时,.
令,令,得.
则函数在区间内单调递减,在区间内单调递增,从而,
函数在区间内单调递增,有.
(2)【解法一】
设函数.
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点.
当时,没有零点;
当时,.当时,;
当时,在单调递减,在单调递增,
故是在的最小值.
①若,即在没有零点;
②若,即在只有一个零点;
③若,即,由于在有一个零点.
由知,当时,,
故在有一个零点,因此在有两个零点.综上,在只有一个零点时,.
【解法二】
当时,,原问题转化为动直线与曲线在区间内只有一个公共点.
由,得函数在区间内单调递减,在区间,内单调递增.
设与的一切点为,则,于是函数在点处的切线方程为.由切线过原点可得,故.
【例2】
已知.
(1)试讨论的单调性;
(2)若实数是与无关的常数),当函数有3个不同的零点时,的取值范围恰好是,求的值.
【解题策略】
利用导数讨论函数的单调性和极值可以确定函数的零点及零点的分布情况.
【解】
(1),令,解得.
当时,函数在上单调递增.
当时,时,时，
函数在上单调递增,在上单调递减,当时,时,时，
函数在上单调递增,在上单调递减.
(2)【解法一】
由知,函数的两个极值为,则函数有3个零点等价于.
从而或又
当时,或时,
设函数有3个零点时,的取值范围恰好是,,则在上,且在上均成立.
且,因此.
此时,.
函数有3个零点,则有两个异于的不等实根.
且
解得
综上.
【解法二】
由知,的两极值为.
函数有3个不同的零点等价于,
即①
由题中条件可知,上述关于的不等式的解集恰好为
则为关于的方程②的解集,从而可能的取值为.
若,由于不是②式的解,②式的解集不等于集合,故不符合题意.
若,由于不是②式的解，②式的解集也不等于集合,故不符合题意.
若①式即为,也就是,其解集恰为,故即为所求.
【解法三】
同解法二,函数有3个不同的零点等价于,即,其解集恰为
又不等式,即的解集为
故与同解.比较两个同解不等式的系数可得.
【解法四】
由知,的两极值为.
①当时,为极大值,为极小值.
有3个不同的零点恒成立.
记,由.
可得当时,,故在上单调递减.
,从而
②当时,为极小值,为极大值.有3个不同的零点恒成立.
由知,当时,,故,即.
综合①②有,此时,,
当有3个不同的零点时,关于的方程有两个异于－1的相异实根.
故解之得.
综上所述,.
二、发散训练
已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若有两个零点,求的取值范围.
第三十讲 用导数研究和证明函数、不等式问题
函数背景下的不等式证明是个难点,面临两个方面的挑战:一是其基本方法是构造函数法,要善于观察待证不等式的等价不等式的结构特征去构造出相应的、适当的、合理的函数,将不等式证明的问题转化为对函数有关性质的研究的问题;二是要掌握有关函数性质的知识,掌握对有关函数性质研究的方法,特别是导数法,积累对有关函数性质研究的经验.函数不等式的形式通常为.证明方法如下：
(1)构造函数,确定函数的定义域后,通过求导数,求出的最小值(或极小值)；
(2)说明函数的最小值(或极小值)为非负数即可.
另一种证法是把待证不等式等价转化为型,由此构造两个函数,接下来的工作是利用导数判断的单调性,进而求出函数的最值或临界值.
一、例题精讲
【例1】
(2018年高考数学全国卷III文科第21题）
已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程;
(2)证明:当时,.
【解题策略】
本题主要考查导数的几何意义,利用导数证明不等式,考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算.第(1)问,首先求出导函数,然后将代入,得切线的斜率,从而求出切线方程;第(2)问,利用放缩法进行转化,构造函数,判断单调性,求最值,即可完成证明.当然,不等式证明的关键是合理放缩,可降低难度,不等式证明的放缩技巧性强,要 悉常见的几种函数放缩模型,选择恰当的放缩模型,对函数进行转化、变形,构造新函数,判断新函数的单调性,求出最值,这其中,运用导数研究和证明函数的单调性是证明的核心步骤.
【解】
(1).
因此曲线在处的切线方程是.
(2)【证法一】
当时,.
令,则.
当时,单调递减;
当 时, 单调递增;
, 因此 。
【证法二】
函数 的定义域为 .
当 时, 令 , 得 或 , 其中 .
则函数 的单调递减区间为 , 单调递增区间 为 .
又 , 当 时, 恒成立,
故 .
故当 时, .
【证法三】
不等式 等价于 .
当 时, , 即结论得证.
【例2】
已知函数 .
（1）设函数 , 求 的单调区间与极值;
（2） 设 , 解关于 的方程 ;
（3）设 , 证明: .
【解题策略】
本例是一道有众多知识相交汇的综合题, 主要考查函数导数的应用、 不等式的证明、解方程等基础知识、考查数形结合、函数与方程、分类与整合等数学思想方 法以及推理运算、分析问题、解决问题的能力, 其中 是容易题; 对于 , 必须对参数 进行讨论; 对于 , 含字母的式子较为复杂,运算变形要仔细.
【解】
（1）.
令 , 得 舍去.
当 时, 时, ,
即当 时, 为增函数; 当 时, 为减函数.
为 的极大值点, .
（2）原方程变为 .
如图所示
当时,原方程有一解
当时,原方程有两解;
当时,原方程有一解;
当或时,原方程无解.
（3）【证明】
由已知得
设数列的前项和为,且,从而有,
当时,,
又
即对任意的,有,
又
,故原不等式成立.
【例3】
已知是定义在上的奇函数,且当时,单调递增,,设,集合对任意的对任意的,求.
【解题策略】
本例是2011年清华大学原自主招生数学试题,把函数性质、三角知识与集合运算融为一体,有考查学生数学基础知识及解题能力的功能,求解本题的关键是转化,转化为含参数一元二次不等式在区间上的恒成立问题,再转化为函数问题,运用函数与方程的思想方法求解,然而分类讨论的步 较多,显然繁杂,若运用导数解则简捷多了.
【解】
是定义在上的奇函数,且当时,单调递增,当时,也单调递增,且,于是等价于或.
由,得
令,则,于是问题等价转化为:
当不等式在上恒成立时,求实数的取值范围.
由,得.
设,则,令,
解得舍去).
当时,为增函数;
当时,为减函数,
当时,取得[0,1]上的最大值.
故.
【例4】
已知函数.
（1）讨论函数的单调性;
(2)设,若对任意,存在,使成立,求实数的取值范围；
(3)求证:,且).
【解题策略】
本例的难点在第问,对任意,存在使能成立.其实质是,从而求出参数的取值范围.
如果改变一下命题:对定义域恒成立.则实质是对任意,当然两者都可以用导数解决.读者必须注意这其中能成立与恒成立之间的差异以及处理问题方法上的差异.
【解】
(1)由题意,得.
由于当时,,
当时,;当时,,
在区间上为减函数,在区间上为增函数.
(2)由知,当即时,在区间上为减函数,在区间上为增函数,
此时在区间[0,3]上的最小值为.
当,即时,在区间上为减函数,
此时在区间上的最小值为.
又在区间上的最小值为
由题设对任意,存在,使成立,知
或
解得,故的取值范围为.
（3）【证明】
当时,.
由(1)知,在区间上为减函数,
当且时,,即.
当,且时,,即,
令,得不等式,
将上述不等式左右两边分别相加得,
二、发散训练
已知函数.
(1)求的单调区间;
(2)若的最小值为0,求实数的值;
(3)在(2)的条件下,数列满足.记表示不超过的最大整数,求
第三十一讲 用导数研究和解决新颖性问题
高考中经常出现新定义的具有某种特殊性质的函数,提出若干需要解决的问题,由于不是数学学习中出现过的常见函数,往往给人以陌生的感觉,这类新情景题旨在考查学生当场理解并加以运用的能力.还有一些考题,虽然题设中给出的函数是常见函数的组合,由于其形态特殊,具有新颖的特点,如指数函数与一次或二次函数的联袂型,对数函数与一次或二次函数的联袂型,不是常规解法就能解决的,本讲通过实例讲解用导数作为解题工具研究和解决这些新颖性问题.
一、例题精讲
【例1】
(2018年高考数学江苏卷理科第19题）
记分别为函数的导函数.若存在,满足且,则称为函数与的一个“点”.
(1)证明:函数与不存在“S点”;
(2)若函数与存在"S点”,求实数的值;
(3)已知函数对任意,判断是否存在,使函数与在区间内存在“点” 并说明理由.
【解题策略】
本题给出了“点”的新定义,主要考查利用导数研究初等函数的性质以及探索存在性问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力和逻辑推理能カ.第(1)问,利用“S点”的定义证明即相应方程组是否有解即可;第(2)问,利用新定义建立方程组求解;第（3）问,利用函数的零,点及新定义求解.
【解】
(1)【证明】
函数,则.
由且,得此方程组无解，因此,与不存在“点”.
(2)函数,则.
设为与的“点”,由且,
得即①
解得,即,则.
当时,满足方程组①,即为与的“点”,因此,的值为
(3)对任意,设.
,且的图像是不间断的,
存在,使得,令,则.
函数,则.
由且,得
即②
此时,满足方程组②,即是函数与在区间内的一个“点”因此,对任意,存在,使函数与在区间内存在“S点”.
【例2】
年高考数学全国卷吕理科第21题)
已知函数.
(1)若,证明:当时,;当时,;
(2)若是的极大值点,求.
【解题策略】
本题是对数函数与一次或二次函数的联袂型,主要考查导数在研究不等式问题与极值问题中的应用,考查化归与转化思想、分类讨论思想与数形结合思想的综合应用,考查的核心素养是数学抽象、数学运算.第(1)问,通过求导研究函数的单调性即可证明;第(2)问,根据函数取得极值的条件,建立关于的式子求解.一般而言,利用导数解决不等式问题主要是通过研究函数的单调性求出函数的极值或最值,并利用最值解决相关的不等式问题.
【解】
(1)【证明】
当时,.
设函数,则.
当时,;当时,.
故当时,.
且仅当时,,从而,且仅当时,,
在单调递增.
又,故当时,;当时,.
(2)若,由知,当时,,这与0是的极大值点矛盾.
若,设函数.
由于当时,,故与符号相同.
又,故是的极大值点,当且仅当是的极大值点.
如果,则当,且时,,
故不是的极大值点.
如果,则存在根,
故当,且时,不是的极大值点.
如果,则,则当时,,
当时,是的极大值点,从而是的极大值点.
综上,.
二、发散训练
若函数在上恒有成立(其中为的导函数),则称这类函数为类函数.
(1)若函数,试判断是否为类函数;
(2)若函数是类函数,求函数的单调区间；
(3)若函数是类函数,当时,证明:.
第02部分 数列与不等式
第三十二讲 盘点近年数列与不等式热点考题
数列知识与各章知识交汇的综合题,以其新颖性,综合性而“门亮登场”,且常常和函数、方程、不等式、复数、解析几何等有关知识结合起来灵活运用,理所当然地充任高考中“压轴”的角色,而数列与不等式的综合是其中频频出现的热点,题型有数列知识参与的不等式恒成立问题,有数列参与的不等式的证明问题,探索性问题、新情景问题,试题更显精彩纷呈.解题时要注意沟通数列与不等式以及其他知识点的内在联系,灵活运用常用的思想方法来解,正如柏拉图所言:“我认为,只有当所有这些研究提高到彼此互相结合、互相关联的程度,并且能够对它们的相互关系得到一个总括的、成熟的看法时,我们的研究才算是有意义的,否则便是白费力气,毫无价值.”只有按照这种思想方法学习数学,才能把数学学活.
本讲通过几道典型例题,剖析数列综合题的解题策略,盘点数列与不等式交汇的热点考题.
一、例题精讲
【例1】
（2018年高考数学浙江卷第20题)
已知等比数列的公比,且是的等差中项,数列满足,数列的前项和为.
(1)求的值;
(2)求数列的通项公式.
【解题策略】
等差数列、等比数列是数列一章中重点学习的两类基本数列,必然是高考考查的重要内容,特别是将等差数列与等比数列结合起来研究其性质是命题的一个热点,特别是其中的数列求和问题,常用的求和方法有错位相减法与裂项相消法.本题考查的是等差数列的性质、等比数列的通项公式及错位相减法求和,考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算.第(1)问,根据条件列方程,通过解方程,求得等比数列的公比;第(2)问,设,首先根据条件求出的通项公式,再利用累加法结合错位相减法,求所求数列的通项公式.
【解】
(1)由是的等差中项,得.
,解得,
由,得,解得或.
(2)设,数列前项和为,
由，解得
由(1)可知,
故.
设
因此,
又
【例2】
(2017年高考数学浙江卷理科第22题)
已知数列满足.
证明:当时,(1)(2)(3)
【解题策略】
第(1)问,可以利用数学归纳法证明,也可以构造不等式用放缩法证明;第(2)问,构造函数,利用函数的单调性证明不等式,也可以运用放缩法证之;第(3)问,可以将第(2)问中的不等式变形,再用累乘法证明不等式,这是一种很自然的证法,本小题证法很多,比如通过放缩式逐步迭代,比如以第(2)问已证不等式变形后用累加法,又比如运用数学归纳法.
（1）【证法一】
（数学归纳法）用数学归纳法证明,
当时,,
假设时,,那么当时(反证法),若,则,矛盾,故
因此,因此.
【证法二】
(导数法结合数学归纳法）设函数,
,则
在区间内单调递增,在区间内单调递减.
①当时,.
,故.
②假设当时成立.
那么,,即当时,不等式也成立.
由①②可知,对都成立.
【证法三】
（放缩法）易知,则,
从而,得
又由可知.
由,得.
(2)【证法一】
(求导后由函数单调性证明不等式)
由得,
记函数,
则,函数在上单调递增，
因此.
故.
【证法二】
(作差比较法)
由已知条件,得
记函数,
则,只在时
故函数在上单调递增,.
(由(1)已证得的结论),
（3）【证法一】
（迭代法）.
即
由得
故
综上,.
【证法二】（累加法）同解法一得.
另一方面,由(2)的结论可知,两边同除以,
可得,由此递推放缩累加,可得
即,即,即.
综上,有.
【证法三】
(数学归纳法）同证法一得.
下面用数学归纳法证明的加强命题.
①当时,,即,命题成立;
②假设当时命题成立,即,此时.
又由的结论知.
当时,有
(这里还用到函数单调递增的性质).
即当时,命题也成立,由①②可知.
因此,有,综上有.
二、发散训练
(2017年高考数学山东卷理科第19题)已知是各项均为正数的等比数列,且
(1)求数列的通项公式;
(2)如图所示,在平面直角坐标系中,依次联结点得到折线.求由该折线与直线所围成的区域的面积
第三十三讲 数列的性质及综合应用
以等差与等比数列的知识和规律为主体内容设计的综合试题是高考数列压轴题命制的一个热点,必须重视这两类数列的性质在解题中的应用,特别是性质中的一些对偶关系,可以给解题带来方便,下面把等差数列、等比数列的重要性质归纳如下,读者可以对照看看.
1.等差数列的重要性质
(1)在等差数列中,任意两项之间的关系为,
(2)在等差数列中,当时,则有;特别地,当时,则有.
(3)若数列是公差为的等差数列,则数列是常数)是公差为的等差数列;若数列分别是公差为的等差数列,则是常数)是公差为的等差数列.
(4)数列是公差为的等差数列,每隔项取出一项得到的,仍为等差数列,公差为.
(5)等差数列前项和是关于的二次函数且常数项为0.
(6)在等差数列中,前项和为,若项数为,则,若项数为,则.
（7）在等差数列中,数列成等差数列.
2.等比数列的重要性质
(1)在等比数列中,任意两项之间的关系为.
(2)在等比数列中,若,则特别地,当时,则有.
(3)若数列是公比为的等比数列,则数列是常数)是公比为的等比数列;若数列分别是公比为的等比数列,则是公比为的等比数列.
(4)数列是公比为的等比数列,每隔项取出一项得到的,仍为等比数列,公比为.
(5)等比数列前项和(其中,系数和常数项是互为相反数的类指数函数,底数为公比.
（6)在等比数列中,前项和为,若项数为,则
(7)在等比数列中,若,则数列成等比数列.
3.等差、等比数列的综合问题
创新题型是高考命题的热点,数列又是创新题型的热点.近年来由等差、等比数列通过组合、类比或推广构造出一种新的数列,如等和数列、等积数列、等方比数列、积等差数列、商等差数列等,我们称之为由这两类基本数列演化出来的“生成数列”,解题的关键仍然是运用等差、等比数列知识解题,涉及哪个数列问题就灵活地运用相关知识特别是上述重要性质来解决.
一、例题精讲
【例1】
（2017年高考数学山东卷文科第19题)
已知是各项均为正数的等比数列,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)为各项非零的等差数列,其前项和为,已知,求数列的前项和.
【解题策略】
数列在高考中的地位是比较重要的,其中数列的通项公式与前项和的求解方法是数列的核心问题,命题的重点为等差数列和等比数列的通项公式,前项和公式以及常见数列的求和方法.第(1)问,根据条件列出关于首项和公比的方程组,求出首项和公比,从而得到数列的通项公式;第问,解题的关键是写出的通项公式,观察的特点是等差等比的形式,采用错位相减法是首选,也可考虑构造特殊数列的方法或裂项相消法求和,而采用导数法则属妙思巧解.
【解】
(1)设的公比为,由题意知:,又,解得.
（2）【解法一】
（错位相减法）由题意知,又,令,则,
因此
又
两式相减得
【解法二】
(构造法）同解法一得.
又①
设,即.②
比较①②得,解得为常数列.
则,
故.
【解法三】(裂项相消法）
【解法四】
(拆项并运用导数法）由解法一得,
令则
再将换成,得
【例2】
在数列与中,.数列的前项和满足:
为与的等比中项,.
(1)求的值;
(2)求数列与的通项公式.项和的关系.
【解题策略】
第(1)问比较简单,可直接求解;第(2)问可以在第(1)问的基础上继续运用归纳-猜想-证明的解题方法,也可以从条件出发利用通项与前项和的关系转化为研究数列,探求其通项,或先求出和数列的通项再通过求的通项并结合其他条件求的通项.
【解】
(1)由题设有,解得,
由题设又有,解得.
(2)【解法一】
(归纳-猜想-证明）由题设,
及,进一步可得,
由此猜想
先证
当时，，等式成立.
当时用数学归纳法证明如下：
【1】当时,,等式成立;
【2】假设当时等式成立,即
由题设有
①式减②式整理得,从而有
这就是说,当时等式也成立,根据【1】【2】可知,等式对任何的成立.
综上所述,等式对任何的都成立.
再用数学归纳法证明.
【3】当时，，等式成立
【4】假设当等式成立，即，那么
,也就是说,当时等式也成立,根据【3】【4】可知,等式对任何都成立.
【解法二】
（由和数列递推式求）由题设可知
①式减②式,整理得,
将以上各式左右两端分别相乘,得,
由（1）并化简得,③
③式对也成立.
由题设有, 即，
令, 则, 即, 由得.
, 即.
【解法三】
（先求再求）由题设有,
将以上各式左右两端分别相乘,得
化简得,
由（1）, 上式对也成立,
, 上式对也成立.
以下同解法二,可得
二、发散训练
1.设数列满足,令是由数列中的公共项按照从小到大顺序排列而成的数列,求数列的通项公式.
2.已知数列的前项和是等差数列,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)令,求数列的前项和.
第34讲 数列与函数
函数是高中数学的重要知识板块,函数与方程的思想方法像一根主线贯穿高中数学的各个章节,而数列是一类定义在正整数集或其有限子集上的特殊函数,是函数概念的继续与延伸,必定具有函数的一些固有特征.同时,数列的渗透力很强,它与函数、方程、不等式、解析几何等知识相互联系、互相交汇、优化结合,无形中加大了综合力度,所以,解决数列型压轴题,当然不能仅靠数列单项知识,还要掌握其他相关的知识,而从函数观点出发,以函数的概念、图像、性质为纽带去研究数列问题是一个很好的视角,有利于数列压轴题的解决.
一、例题精讲
【例1】
(1)等差数列的前项和为,已知,则的最小值为________；
(2)已知数列与满足.设,，求的取值范围，使得对任意，且.
【解题策略】
第(1)问,由于数列是特殊的函数,当数列对应的函数比较复杂时,可利用导数求最值.为等差数列,其前项和为的二次函数且常数项为零,显然是三次函数,选择用导数求最值的方法是正确的.当然,数列是离散型函数,不可导,转化为函数后才可求导.第(2)问,由已知代入条件式得,通过累加法求出数列,因为且是任意的,可尝试利用最值原理寻求的最大值和最小值,再代入不等式求,为了研究的最值就必须要先尝试约束的范围,然后从的表达式研究,为了解题的方便,可采用从特殊到一般的思想方法.
【解】
(1)设数列的首项为,公差为,则,①
,②
联立①②,得,
则,令，
令得或.
当时,; 当时,.
当时,取最小值.
而, 则当时,取最小值－ 49 .
(2).
当时,
当时,, 符合上式,.
, 且对任意, 故,
, 于是.
当时，
由指数函数的单调性知，,
的最大值为, 最小值为.
由题意,的最大值为, 最小值为.
且, 解得,
综上所述, 的取值范围为.
【例2】
已知数列满足：.
(1)求；
(2)求数列的通项公式;
(3）设, 则实数为何值时,恒成立
【解题策略】
本题构造新颖,解法巧妙,且涉及归纳构造、参数分离、裂项求和等多种数学思想方法,其中第(2)问既可以用构造法构造新的特殊函数,也可以用特征根法,而第(3)问的求解需要运用函数的性质,并必须运用分类讨论的思想方法,不论在知识点的落实还是解题技巧上都值得借鉴.
【解】:（1）以代入, 得,
（2）【解法一】
.
化简得, 而, 易得, 从而.
【解法二】
其特征方程是, 易得特征根是.
是首项为, 公差为的等差数列, 从而得到.
（3）
由条件可知,恒成立, 即可满足条件.
设, 当时,恒成立;
当时，由二次函数的性质知上述不等式不可能成立；
当时,对称轴是在为单调减函数, , 而∴当时不等式恒成立.
综上所述,时,恒成立.
【例3】
数列满足.
(1)求的值;
(2)求数列前项和;
(3)令, 证明:数列的前项和满足 .
【解题策略】
本例的难点在第（3）问，在求得之后代入，要证明此数列不等式，可构造函数，研究此函数的单调性并应用放缩的技巧证之.
【解】:（1）依题意,,
(2)依题意, 当时,
, 且也适合此式, 故.
数列是首项为1 ,公比为的等比数列, 故.
（3）证明：依题意, 由,
知,
记, 则,
在是增函数, 且, 即,
又, 且当时,,
, 即
, 即有
, 即
二、发散训练
已知二次函数同时满足:①不等式的解集有且只有一个元拳;②在定义域内存在,使得不等式成立.设数列的前项和.
（1）求数列的通项公式;
（2）设各项均不为零的数列中,所有满足的正整数的个数称为这个数列的变号数,令,求数列的变号数.
第35讲 数列与不等式
数列与不等式知识的交汇,是高考命题的一个热点,重要题型有:数列不等式的证明、数列中的最值问题的不等式解法、数列不等式恒成立条件下的参数范围问题、解有数列参与的不等式以及比较大小问题等.
一、例题精讲
【例1】
已知各项均为正数的数列的前项和满足,且
（1）求数列的通项公式;
（2）设数列满足, 并记为数列的前项和, 求证:
【解题策略】
本题是数列与不等式证明的综合题, 而数列不等式的证明正是高考中的一个难点, 所证不等式中含有对数,利用对数运算转化为比较法证不等式(这里比差比商二者并举),当然也可以用放缩法证明, 这里放缩的技巧并非唯一,当然放缩到适当,恰到好处, 其实质是通过放缩“逼近”目标.
解 : (1)由 ，
解得或, 由假设, 因此.
又由得
, 即或,
, 故不成立,舍去. 因此.
从而是公差为3 , 首项为2的等差数列, 故的通项公式为.
【证法一】(比较法）
由可解得;
从而
因此
令
则
, 故
特别地,, 从而, 即
【证法二】（由伯努利不等式放缩）
由二项式定理知, 当时, (伯努利不等式特例)成立,由此有
【证法三】(带分数放缩）
令,
则
从而
【例2】
在数列中,, 其中.
（1）求数列的通项公式;
（2）求数列的前项和;
（3）证明:存在使得对任意均成立.
【解题策略】
第（1）问, 由递推式求通项公式,若能将递推式转化为特殊数列的结构形式当然最好,如果通过有限项计算归纳猜想通项规律,再用数学归纳法进行证明,也是一个不错的选择; 第(2)问,由数列通项的特点是“等差×等比”的形式,必然可以用错位相减法求和;第(3)问,利用放缩法证明数列不等式.
【解】 : (1)【解法一】（构造等差数列）
由, 可得
为等差数列, 首项为0 ,公差为1 , 故,
数列的通项公式为.
【解法二】（归纳——猜想——证明）
由此可猜想出数列的通项公式为.
下面用数学归纳法证明:
【1】当时,,等式成立.
【2】假设当时等式成立, 即,
那么
, 这就是说, 当时等式也成立,
根据【1】【2】可知,等式对任何都成立.
(2)设, ①
，②
当时,①式减去②式,得
这时数列的前项之和,
当时,. 这时数列的前项之和.
(3)证明：通过分析,推测数列的第一项最大,下面证明:
.③
由知, 要使③式成立, 只要.
，∴③式成立
因此,存在,使得对任意均成立.
二、发散训练
已知数列满足.
(1)证明:是等比数列,并求的通项公式;
(2)证明:.
第36讲 点列问题
数列与解析几何知识的交汇与综合是高考命题的又一个热点,可以充分体现对数学解皕能力即核心素养的考査,其表现形式是点列问题,通常方程曲线上的点的横坐标, 坐标分别是某两个不同数列的项,而这两个数列又由点所在的曲线建立了联系,从而列的代数特征与曲线的几何性质紧密相关,这类问题,解析几知识往往是个载体,核心还是数问匙,下面举儿道典型的例题与读者分享.
一、例题精讲
【例1】
如图3—10所示,已知顺次为曲线上的点顺次为轴上的点,且,均为等腰直角三角形,其中均为直角的顶点,记的坐标为
(1)求数列的通项公式;
(2)设为数列的前项的和,试比较和的大小.
【解题策略】
本例是点列、曲线、等腰直角三角形、数列的求和、数列不等式、数学归纳法、函数的单调性以及放缩法证明不等式等多个知识与方法的综合.解法灵活又精彩，解题的切入口是利用等腰直角三角形的性质或利用直线与曲线的交点得到与的递推关系,而能解到最后的关键是推理证明.在运用数学归纳法证明时要抓住两个步骤，做到“递推基础不可少,归纳假设要用到,结论写明莫忘掉”.
【解】:(1)【解法一】
由题设可得点,因此,
由及是等腰直角三角形，可知
.
∴数列是以为首项，4为公差的等差数列.
∴，即.
【解法二】
由题设可设点，.
解方程组得为的横坐标,
于是，即.
∴数列是以为首项，4为公差的等差数列.
∴，即.
（2）【解法一】
,
下面用数学归纳法证明,①
【1】当时,时,不等式①成立;
【2】假设时,不等式①成立,即.
那么,当时,
则时,不等式①成立.
即对所有,不等式①成立,从而有.
【解法二】
,从而有.
【例2】
已知点顺次为直线上的点,点顺次为轴上的点,其中,对任意,点构成以为顶点的等腰三角形.
(1)求数列的通项公式,并证明它是等差数列;
（2）求证:是常数,并求数列的通项公式;
(3)上述等腰三角形中是否可能存在直角三角形 若可能,求出此时的值;若不能,请说明理由.
【解题策略】
点列问题通常是数列与解析几何知识的交汇与综合,一个点的横坐标、纵坐标分别是某两个不同数列的项,而这两个数列又由点所在的曲线建立了联系,从而数列的代数特征与曲线的几何性质紧密相关, 顺次为直线上的点, 则成等差数列是显然的了. 由为等腰三角形,易得 , 则数列必定奇数项、偶数项分别成为两个不同的等差数列, 所认分奇数、偶数进行讨论,的通项为分段形式也是必然的. 而第(3)问是探索存在性问题,既要全面考察,又要从数与形的两个角度深入探究,把一切可能存在的值找出来.
【解】（1）证明：由题设得,又∴数列是等差数列.
(2)证明：由题设得，∴，①
又②
由②－①得
分别都是等差数列.
.
(3)当为奇数时,有；
当为偶数时,有.
作轴于,则.
要使等腰三角形为直角三角形,必须且只需.
当为奇数时,有,即.③
当时,;当时,,当时,,方程③无解;
当为偶数时,有④
同理可求得时,；时,方程④无解.
综上所述,上述等腰三角形中可能存在直角三角形,此时的值为或或.
二、发散训练
如图3—11所示,直线与相交于点,直线与轴交于点,过点作轴的垂线交直线于点,过点作轴的垂线交直线于点,过点作轴的垂线交直线于点,这样一直作下去,可得到一系列点,占的横坐标构成数列.
(1)证明
(2)求数列的通项公式;
(3)比较与的大小.
第37讲 递推数列问题
数列问题是高考数学的热点和难点,此类问匙的起点是数列的基本性质,有时会和函数、不等式、解析几何结合起来进行考查,其中最为重要、也是难度较高的一种题型是递推数列,解题的技巧性强,方法丰富多彩,本讲对此进行归纳.
1.递推数列的定义
(1)递推式:由数列的第项与它前面若干项组成的关系式(通常为前一项或两项).
(2)递推数列:由递推式和初始值确定的数列.
2.－些常见的递推数列的通项公式的求法
(1)型如的一阶递推式,运用“累加法”求通项公式,即
（2）型如的递推式,运用“迭乘法”求通项公式,即
(3)型如的递推式,可由下面两种方法求通项公式.
【方法一】
由及,两式相减得
,有是首项为,公比为的等比数列,先求出,再利用“累加法”求.
【方法二】
若,则显然是以为首项,为公差的等差数列;若,则构造数列,满足,运用待定系数法,解得,则是首项为,公比为的等比数列.
(4)型如,运用取倒数,构造数列,满足,从而转换为第(3)种类型.
(5)型如,运用两边取对数法得,令,转化为型,即类型（3）,再运用待定系数法.
(6)型如,可构造数列满足,运用待定系数法解得,从而由等比数列求通项公式;进一步推广,若其中包含的二次、三次项,则构造的数列中也同样包含对应次项数.
(7)型如,可在等式两边同除以,构造数列,满足,令,则转化为,即类型(1),利用“累加法"求通项公式.
(8)型如满足:（是常数）,则称数列为二阶线性递推数列,可构造数列,满足,则，即为方程的两个根此方程称之为特征方程，则数列的通项公式均可用特佂根求得,即转化为类型（7）进一步求解.
(9)型如,利用不动点法,其中的根为该数列的不动点,若该数列有两个相异的不动点,则为等比数列;若该数列有唯一的不动点,即方程等根时,为等差数列,这就是不动点法求递推数列通项公式的方法.
除上述9种类型之外还有换元法,数学归纳法(归纳—猜想—论证)等.
其中类型(8)运用特征方程求通项,类型（9）运用不动点法求通项是知识与方法的拓展,在本书第二章第十二讲中专门作了介绍,故这里不再展开.
递推数列问题的研究当然不局限于已知递推关系求通项公式,还有更为丰富的内容.最重要的是要业握递推法解题,递推法就是根据题目的特点,构造出递推关系解题的一种方法,是一种用若干步可重复的已知知识（规律）来描述解决复杂问题的方法,解决问题的关键在于构造递推关系.利用递推法解题的一般步聚为:①确定初始值;②建立递推关系;③利用递推关系求通项;④进一步研究所求数列的性质.
对于递推方法, 波利亚作出这样的描述:“在解题的每一个阶段，我们都要用已经得到的知识去得出更多知识”.欧斯特 马赫说:“研究者的目的就是去发现和表达各种基本现象之间相互制约、相互联系的方程式,”这些话对我们领会递推法的内涵大有裨益.
一、例题精讲
【例1】
在数列中,,求通项公式;
（2）在数列中,,求通项公式.
【解】:(1)【解法一】
由原递推式可设,
比较系数得.
则数列是一个等比数列,其首项,公比是2
,即.
【解法二】
由原递推式两边同除以得.
令,则,由累加法得,
.
(2)设,①
将代人①式比较系数得于是有
,令,
则是公比为2,首项为的等比数列.
从而,故.
【例2】
已知数列满足,且,求及.
【解题策略】
由于所给的关系式是与的关系, 所以本例有两种解法:①由代入 得与的关系;②由, 后式减前式得 与的递推式, 再求解.
【解法一】
由有,即.
设,则数列是公差为1,首项为的等差数列,而也符合条件.
∴，即，故.
于是，当时，，
故
【解法二】
由有,注意到.上述两式相减得
于是有, 令, 则是公差为1, 首项为 的等差数列.
由于不满足条件, 从而.
于是, 当时,.
故
当时, 由, 求得.
又也满足此式, 故为所求.
【例3】
（1）已知数列, 其中, 且当时,, 求通项公式 ;
（2）数列中,, 求.
【解题策略】
所给的递推关系是二阶非齐次线性递推关系，一般总是通过构造转化为一阶递推数列再求解,这种将高阶化为低阶的化归思想是数学的基本思想之一.
【解】:(1)由得:,
令, 则上式为,
因此是一个等差数列,, 公差为1 , 故
由于,
又, 即.
（2）由递推关系式,得,
令，则，且，
令，则，即.
即且，故是以为首项，为公比的等比数列.
∴，即.
∴.
【例4】
某公司一下用企业从事某种高科技产品的生产,该企业第一年年初有资金2000万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了,预计以后毎年资金年增长率与第一年的相同,公司要求企业从第一年开始,每年年底上缴资金万元,并将剩余资金全部投入下一年生产,设第年年底企业上缴资金后的剩余资金为万元.
(1)用表示,并写出与的关系式;
（2）若公司希望通过年使企业的剩余资金为4000万元,试确定企业每年上缴资金的值(用表示).
【解题策略】
本例是递推数列问题在实际生活中的应用,第(1)问是建立数学模型得出与的递推关系,然后在第(2)问中用迭代法确定的值,必须提醒的是在迭代过程中要尽量保持原始过程,不能急于化简合并,否则很难总结出一般性的结论.
【解】:(1)由题意得，
，
（2）由(1)得
整理得.
由题意,,即,
解得.
故该企业每年上缴资金的值为时,经过年企业的剩余资金为4000万元.
二、发散训练
1.(1)设正数数列满足且,求的通项公式；
(2)设,数列满足,求数列的通项公式.
2.设数列的前项和为,已知.
(1)证明:当时,是等比数列;
(2)求的通项公式.
第38讲 构造法在数列问题中的应用
从数列的递推关系人手,通过构造化归为等差或等比数列,再进一步求解,题型精彩纷呈,在第三十七讲递推数列问题中归纳的9种解法实质上都是构造法解题的典范,实际上,构造法在数列有关问题中的应用还要广泛,比如,由于数列是定义在正整数集合或其子集上的函数,可以根据题目的特点构造函数,利用函数的性质求解,会收到意想不到的效果.又比如有些数学问题表面上与数列无关,但从形式结构等特点通过构造数列可以智慧地解夬,且解法简捷,构思精巧,颇具魅力.
一、例题精讲
【例1】
（1）已知在数列中,,求它的通项公式;
（2）对任意自然数，求证：.
（3）已知不等式，对于一切大于1的正整数均成立,求实数的取值范围.
【解题策略】
第（1）问,对于形如的递推数列, 若可表示为, 则可以构造常数列, 从而求出数列的通项公式. 第(2)问, 构造数列型函数 , 通过比商法判断的单调性证之,可以运用著名的伯努利不等式, 这里且且进行放缩,也可以运用假分数的一个性质（即糖水不等式: 若, 则 进行放缩,放缩的过程实质也是一种构造. 第(3)问, 构造数列型函数 , 由于是和式,可通过比差法判断的单调性转化为解对数不等式得所求结果.
【解】: (1),
∴数列是常数列, 且首项是 , 故
∴数列的通项公式是
(2)【证法一】
构造数列型函数, 则
, 即
函数单调递增, 故有.
即
【证法二】(利用伯努利不等式)
令, 可得个不等式,将它们相乘得
两边开方即得
【证法三】(利用糖水不等式)
若, 则.
即
故有.
(3)设.
, 要使原不等式成立,只需.
解得
【例2】
（1）设, 且, 求的值;
（2）设数列中,,, 求.
（3）设实数满足方程组 求.
【解题策略】
第（1）问, 已知, 当然是没有问题的, 然而当
，…时的值又是多少呢 一般不容易求得, 若把条件式变形为, 则成等差数列, 问题就容易解决了;第(2)问由递推式求通项公式,苜先要对递推式变形,不同的变形可以构造出不同的等比数列,但最后求得的结果当然是一样的,从中可以发现构造法的多样性;第(3)问, 应当从条件中发现隐含着的阶差递推关系,所给方程组的一般项具有形式,若令, 则易得 之间的关系, 从而构造得到递推数列模型,构造法解题的过程实质是创造性思维发挥着主导作用.
解 成等差数列,
设 .
由 , 解得 .
当 时, ; 当 时 ,故
（2）解法一（构造等比数列后运用累加法）
类比已知条件的形式构造另一个等式,两式相减,
即由 , 知 时, ,
与原式两式相减得 .
即 .
数列 构成以 12 为首项, 3 为公比的等比数列.
, 即
则有
将上述 个等式累加可得
将条件 变形为 , 从而知数列 是以 6 为首项, 3 为公比的等比数列.
(3) 设 , 则 .
于是
二、发散训轮
设 .
求证:不等式 对一切正整数 都成立. 2. 某种电路开关闭合后会出现内动的红灯或绿灯,已知开关第一次闭合,出现红灯和出现 绿灯的概率都是 , 从开关第二次团合起,若前次出现红灯,则下一 出现红灯的概率 是 , 出现绿灯的概率是 ; 若前次出现淥灯,则下一次出现红灯的概率是 , 出现淥灯 的概率是 , 记开关第 次闭合后出现红灯的概率为 .
(1) 求 ;
(2) 求证: .
第三十九讲 以数列为背景的探索性与新颖问题
以数列为背景的探索性问题和数列新情景题的不断涌现为我们提供了实现知识拓展 与创新能力提升的新领域,是数学学习中的一块宝藏, 特别是新定义型数列及其性质的研 究在近年来的高考命题中时有出现,对数列的函数特征的挓掘更加深人,与不等式知识的 综合更加尓密,突出考査考生对知识的融会贯通能力及转化与化归能力.
一、例题精讲
例1如果有穷数列 为正整数)满足条件: , 即 我们称其为“对称数列”
例如,数列 与数列 都是“对称数列”.
（1）设 是 7 项的“对称数列”, 其中 是等差数列,且 , 依次写出 的每一项;
（2）设 是 49 项的“对称数列”, 其中 是首项为 1 ,公比为 2 的等 比数列,求 各项的和
（3）设 是 100 项的“对称数列”, 其中 是首项为 2 ,公差为 3 的 等差数列,求 的前 项和 .
解: (1) 设数列 的公差为 , 则 ,解得 ,
数列 为 .
(2)
.
(3) .
由题意得 是首项为 149 ,公差为一 3 的等差数列.
当 时,,.
当 时,
综上所述,
例2 由函数 确定数列 , 函数 的反函数 能 确定数列 , 若对于任意 , 都有 , 则称数列 是数 列 的“自反数列”.
(1) 若函数 确定数列 的自反数列为 ,求
(2) 已知正数数列 的前 项和 , 写出 的表达式,并证明你的结论;
(3) 在 和 的条件下,,当 时,设 是数列 的前 项和,且 )恒成立,求 的取值范围.
解：(1) 由题意得 , 即 .
（2） 正数数列 的前 项和 ,
, 解之得
当 时,
, 即 , 累加得
在(1)和(2)的条件下,, 当 时,设 .
由 是数列 的前 项的和,有
恒成立, 即 晅小于 的最小值, 显然 的最小值在 时取得, 即 .
, 即 解得
二 、发散训练
（2018 年高考数学上海卷第 21 题)给定无穷数列 , 都有 , 则称 与 接近”.
(1) 设 是首项为 1 ,公比为 的等比数列, , 判断数列 是否与 接近 并说明理由；
(2) 设数列 的前 4 项为: 是一个与 接近的数 列, 记集合 , 求 中元素的个数 ；
(3) 已知 是公差为 的等差数列,若存在数列 满足: 与 接近,且在 中至少有 100 个为正数,求 的取值范围.
第03部分 解析几何
第四十讲盘点近年解析几何热点考题
解析几何是初等数学与高等数学的纽带, 它本身侧重于数形结合、形象思维, 而它的 解题过程则是代数的,综合性很强,要求有较高的解题能力, 因此历来是高考的重要内容、 压轴题命制的热点.
解析几何综合问题多数以直线和圆锥曲线为背景, 考查直线与圆锥曲线或圆锥曲线 与圆锥曲线位淔关系问题. 近年来在压轴题中多次出现动直线与两条不同的圆锥曲线段 所构成图形位置关系的讨论, 涉及最值问题、参数范围问题、定点、定值问题等, 形式以计 算题、轨迹题为主, 也有证明题以及探索研究性问题, 从运用知识求解的过程看,一般以直 线方程与圆锥曲线方程联立方程组转化为二次方程的理论为重点, 从思维方法来分析, 一 是数形转化; 二是方程观点; 三是参数观点.
高考数学压轴题的本身或在其解答过程中涉及多个知识点或多个数学分支交汇的题 型,并且解题思维方法具有多向性和灵活性, 其目的重在测试思维能力和运用知识的能 力, 考查学生数学核心素养, 由于压轴题的综合性强、涉及面广、题目结构较为复杂,很难 给出固定的解题方法, 只能根据具体问题分析题中已知与末知的关系,筑桥铺路, 寻求解 题的途径.
要解好压轴题就要读懂题, 弄清条件是什么 条件与哪些知识有关 如何用好相关 知识 可以作哪些转化 有些什么隐含的内容需要挖掘出来 从结论考虑,需要哪些条 件才能得到结论 从已知到结论之间需要走多少路 有没有近路可走 各方面都考虑清 楚了,解题思路也就逐步产生了!
一 、例题精讲
（2018年高考数学全国卷Ι理科第19题）设椭圆 的右焦点为 , 过 的直线 与 交于 两点,点 的 坐标为 .
(1) 当直线 与 轴垂直时, 求直线 的方程;
(2) 设 为坐标原点, 证明: .
解题策略 本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，直线与椭圆的位置关系，证明等角,考查学生的推理论证能力、运算求解能力, 考查数形结合思想、化归与转化思想,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算。
本题来源于 2015 年全国 I 卷理科数学第20题把之前考题中的“抛物线”变成了椭圆”, 仍然考查直线与圆雉曲线有两个交点的位置关系,都是“求方程”与“证明等角”问题, 只是去掉了原来的是否存在型的外包 装. 本讲把 2015 年的那道考题放在例 2 ,诗者可以把两题仔细对照比较, 可以发现当今高考命题改革的方针仍然是“小步改、不停步”,通过改编、创新等手段来赋予高考典型试题新生命，这也是高考命题的一种新走向，相似的例子是很多的,所以我们在复习备考的过程中可注意对近年来高考真题的训练,把握其实从解题的战咯战术上思考, 破解此类解析几何题的关键: 一是“图形”引路,一般需画出大致图形,把已知条件翻译到图形中, 利用直线方程的点每式或两点式, 即可快速表示出直线方程；二是“转化”，即架起桥梁，又把要证的两角相等，根据图形的特征，转化为斜率之间的关系，再把直线与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系，以及斜率公式即可征得结论.
于是，第一个问先求出椭圆C：的右焦点F的坐标，由于l与x轴垂直，所以可求出直线 的方程,从而求出点 的坐标,再利用直线方程的两点式,即可求出直线 的方程. 第 问,常规证法是对直线 分 3 类讨论: (i)当直线 与 轴重合时,直接 求出 . (ii) 当直线 与 轴垂直时, 可直接证得 . (iii) 当直线 与 轴不重合也不垂直时, 设 的方程为 化为关于 的一元二次方程, 利用根与系数的关系即可证明 , 从而证明 . 当然,若设 的方程为 可减少分类讨论的步骤，若能再进一步抓住椭圆对称的性质，还可简化解题过程，若在解题过程中结合平面几何知识，即运用角平分线定理的逆定理,把角相等的证明转化为距离相等的证明,别具一格. 还有诸如利用直线的参数方程、运用椭圆的第二定义，转化为极坐标后证明，解题过程都比较简捷,都可以说是妙思巧解.
解 : (1) 由已知得 的方程为 .
由已知可得, 点 的坐标为 或 .
的方程为 或 .
（2）证法一（证明 转化为证 ) 当 与 轴重合时, .
当 与 轴垂直时, 为 的垂直平分线, .
当 与 轴垂直时, 为 的垂直平分线, .
当 与 轴不重合也不垂直时, 设 的方程为 , , 则 , 直线 的斜率之和为
由 得
将 代人 , 得 .
则 .
从而 , 故 的倾斜角互补, . 综上,
证法二（设 的方程为，避免对 斜率不存在的讨论）
当直线 与 轴重合或垂直时,显然有 .
当直线 与 轴不垂直也不重合时, 设直线 的方程为 , 交椭圆于
由
由韦达定理得 .
点 关于 轴的对称点 , 则直线 的方程为
证法三 （结合平面几何角平分线定理的逆定理, 证 转化为证 角平分线上任意一点到角两边距离相等)
设点 (也可选点 ) 到直线 的距离分别为 , 根据角平分线定理的 逆定理, 要证 , 只需证 .
当直线 的斜率为 0 时,易得 .
当直线 的斜率不为 0 时, 设直线 的方程为: .
由方程组 得 垣成立,
直线 的方程为: .
点 在直线 上, , 故
同理, .
, 即 .
综上, .
证法四 (利用直线 的参数方程)
设直线 的参数方程为 (t 为参数). (1)
将(1)式代人椭圆方程 中, 整理得 .
则
又
则
即 .
证法五 (利用椭圆的第二定义证明)
不难发现点 是椭圆的右准线 与 轴的 交点, 所以可以运用椭圆的第二定义来证明.当直线 与 轴重合时, , 当直线 与 轴不重合时,如图 3-12 所示, 过点 分别作准线 的垂线, 垂足分别为 C,D,则有AC∥BD∥x轴。
由椭圆的第二定义,有 ,
得 , 即
由 轴, 有 , 即 , 于是 , 且
可得 , 即有
证法六（转化为再极坐标平面内证明）
椭圆 , 若以右焦点为极点, 轴的正方向为极轴, 则椭圆 的极坐标 方程为
设 .
由角平分线定理知, 命题得证.
例2 (2015 年高考数学全国卷 I 理科第20题）
在直角坐标系 中, 曲线 与直线 交于 两点.
(1) 当 时, 分别求 在点 和 处的切线方程;
解:（1）由题设可得 , 或 . 又 , 故 在 处的导数值为 在点 处的切线方程 为 , 即 ; 在 处的导数值为 在点 处的切线方程为, 即
故所求切线方程为 和 . 存在符合题意的点,
（2）解法一（常规解法;探究存在点Р使∠OPM=∠OPN转化为）存在符合题意的点,证明如下:
设 为符合题意的点, , 直线 的斜率分别为 将 代人 的方程得 , 故 . 从而
当 时, 有 , 则直线 的倾斜角与直线 的倾斜角互补. 故 点 符合题意.
解法二(利用角平分线分线段成比例定理进行探究)
设 与 轴交于点 , 设 ,
将 代人 , 得到 , 由根与系数的关系得
假设存在点 , 使得当 变动时,总有 , 则由角平分线分线段成比例定理得
, 即
是变化的, 不会恒等于 0, 因此 ,
当 时,唯有 时成立, 轴上存在点 , 使得当 变动 时,总有
解法三(利用对称点进行探索)
如图 所示, 设点 , 则
令 , 得 .
由 得点 关于 轴的对称点 在直线 上,
, 直线 的方程为 .
令 , 得到 点的纵坐标 为定值 ,
存在点 , 使得 .
解法四 (利用平面向量数量积进行探索)
设 符合题意, .
当 时, 有 , 将 代人 的方程得 , 故
又
则 .
同理 .
若 , 有 ,
即 , 化简得 , 即 或 (舍去),
从而 时,有 , 即 .
当 时,若 , 则 .
综上,点 符合题意.
二、发散训练
（2018 年高考数学上海卷第 20 题)设常数 , 在平面直角坐标系 中, 已知点 , 直线 , 曲线 与 轴交于点 , 与 交于点 分别第02章 攻克压轴题的战术提升
攻克高考数学压轴题要从整体上进行谋划,上一章从10个方面对解题的战略构想作出了较为详尽的分析,这还是远远不够的,应当在解题战术上再提升到一个较高的层次,这是因为在具体解题过程中,解题者还会碰到许多难点需要攻克,需要在正确战术指引下打胜每一个局部的战斗,以小胜积大胜,最终以一场漂亮、完美的战役攻下难题.
解题战术是解题术硔究领域的核心内容.我曾在所著的一本著作中总结了36种重要的解题战术,而解题战术的实现又离不开学科方法.当然,本书作为一本专讲攻克压轴题的专著,没有必要作如此详尽的介绍.故仅从中选择10个方面展开,希望能在较短时间内提高学生解压轴题的能力.这10个方面有几个是通过拓展学科知识提升学生的解题能力.如第十一讲:几个重要的不等式,介绍了均值不等式,柯西不等式,排序不等式;第十二讲:递推数列求通项方法的拓展,介绍了特征根法与不动点法;第十三讲:巧用直线系.圆系方和解题;第十四讲:巧用圆锥曲线系方程解题,介绍了运用曲线族的方法提升求解解析几何题的能力,这里既有数学概念上的拓展,又介绍了一类有效的解题方法而第十五讲:构造思想与构造法,是攻克压轴题的锐利武器,其重要作用不言而喻;第十六讲:放缩技巧与放缩法;第十七讲:引参换元与参数方程;第十八讲:三角函数与向量方法;第十九讲:正难则反与反证法;第二十讲:数学归纳法.这10讲是攻克压轴题中应用最为广乏的学科方法,是克敌制胜的精良武器.
思维方法是解题的先导,学科方法与类型解证法是解题的具体实施,通常我们所说的解题方法与技巧往往是在正确的思维方法引导下，灵活运用学科方法,类型解证法与数学知识的结果.“数学三法"是解数学题的思路,方法与技巧的源泉,总而言之,解决数学问题如同打仗一样,也应讲究点战略战术.
从思维过程分析,任何数学问题特别是综合题的解决都不是运用单一学科方法可以奏效的,常常是类比、归纳与直觉一起发挥作用,它们之间的关系是“剪不断,理还乱”,罗增儒教授把解题方法总结为“条件预示可知并启发解题手段,结论预告须知并诱导解题方法”.解题战术和方法实质就是沟通己知与末知,条件与结论的过程,借助杜甫的诗句"野色更无山隔断,天光直与水相通”,这就是解题战术和方法的“功效”所产生的意境.
第十一讲 几个重要的不等式
多元均值不等式
若,则,当且仅当时取等号,其中为的算术平均数，为的几何平均数.
柯西不等式
(1)二维形式的柯西不等式:若都是实数,则,当且仅当时取等号.
(2)一般形式的柯西不等式:若都是实数,则,当且仅当,或时取等号.
柯西不等式的向量形式及平面三角不等式
(1)柯西不等式的向量形式:设是两个向量,则,当且仅当或存在实数,使时取等号.
(2)平面三角不等式:设,则
排序不等式
设为两组实数,为的任意排列,那么,即反序和不大于乱序和,舌序和不大于硕序和.
当且仅当或时取等号.
一、例题精讲
【例1】证明柯西不等式.
【解题策略】
证明柯西不等式的方法很多,其中向是法与构造法是高中数学中的常见证法,介绍如下,有利于学生开阔解题思路、提升解题能力.
【证法1】
(向量法:将平面向量、空间向量推广到维向量)令
,则,由于1,故
.等号成立的条件是共线,即.
【证法2】
(构选二次函数法)若,则柯西不等式显然成立.若不全为零,
令.一方面,因为
另一方面,由恒成立
,此即柯西不等式.
由(1)式知等号成立的条件为.
【例2】
(1)有小于1的个正数,且.
【解题策略】
第问,每一个均为内的正数,由可联想到均值不等式,从而需要对原式中每一项进行放缩,得到乘积的形式,也可构选出柯西不等式的形式,利用柯西不等式来证明.第(2)问,同样可以运用上述两种证法,在运用均值不等式时首先 要对所证不等式通过拆分、构造、再合成的过程.
(1)【证法1】
(均值不等式法)
又
【证法2】
（柯西不等式法）由柯西不等式可得
又
又
(2)【证法1】
(均值不等式法)上述不等式相加，即得
【证法2】(柯西不等式法)由柯西不等式可得
.已知为正数，且，求证:
【解题策略】
运用排序不等式解题,苜先要指两个数组的大小关系明确出米,分清顺序和、乱序和及反序和,由于乱序和是不确定的,根据需要写出其中的一个即可.
由顺序和乱序和得①
又由乱序和反序和得②
由①②两式得
二、发散训练
(1)已知,则的最小值为 .
(2)设,且满足,则 .
(1)求使直线和椭圆有公共点的的取值范围;
(2)已知直线与双曲线相切,求切线方程和切点坐标.
(1)设,求的最小值;
(2)已知为的一个排列,求证:.
第十二讲 递推数列求通项方法的拓展
对于递推数列求通项类题型,虽然在数学教学中的要求不是很高,高考命题时难度也有控制,但是在原名牌大学自主招生时,递推数列则是一个重要考点,解题方法更丰富多彩,对于将要实施的“强基计划”来说想必也是重要考点.本讲介绍两种递推数列求通项的新方法.
1.特征根法
型如是常数)的数列为二阶线性递推数列,可构造,满足,则的两个根,此方程称为特征方程,则数列的通项公式均可用特征根转化为一阶线性递推数列,进一步构造特殊数列或利用“累加法”求通项公式.
2.不动点法
型如的递推式,可利用不动点法,其中的根为该数列的不动点,若该数列有两个相异的不动点,则为等比数列;若该数列有唯一的不动点,即方程等根时，为等差数列,这就是不动点求递推数列通项公式的方法.
【例1】
已知,求的值.
【解题策略】
一个数学问题有时候很难一下子得到结果,于是设想把问题分成若干步,找出相邻两步之间的关系,可以达到目的.一般而言,一个与正整数有关的数学问题,由初始值通过递推公式,若能使问题解决,则这种解题方法称为递推方法,本题中初始值是,但没有给出递推式,如果能够找到递推式,则的值就容易求得,而求递推式的过程既有归纳又有推理的逻辑思维过程,这正是递推方法的独到之处.
【解】
设,由,得.
又.
以此类推,可得.,即.
【例2】
(1)数列满足,求通项;
(2)数列满足,求通项;
(3)数列满足,求通项.
【解题策略】
第问,可运用特征根法,当然由于所给递推式并非是规范的二阶线性递推数列,首先要适当变形使之符合类型,再运用这一方法求解;第(2)、(3)两问,可运用不动点法.
【解】
(1)由,得.
不妨设,则.其特征方程为,特征根为故可设为待定常数).
由,则,解得
可得从而
(2)设函数,解方程,即,得由于①
②
且(否则由②式可以得到相矛盾).
将①②两式相除,得结合初始条件及等比数列的通项公式,可知..即.
(3) 设函数 , 解方程 , 即 , 得 .
由于 ,
且 (否则由(3)式可以得到 ,矛盾).
两边取倒数, 得 ,
数列为等差数列,得,从而.
【例3】
已知数列满足且,又
求:
【解题策略】
观察题设条件,把两个关系式适当变形后代入消元可得到数列的二阶线性递推关系,则可运用特征方程求通项公式.
【解】
(1)由,得,即
代入,得整理得,其特征方程为,解之得.
,由
(2)
【例4】
设函数且存在函数,满足
.
.
【解题策略】
第(1)问,主要运用函数的对应法则与待定系数法证明;第(2)问,运用不动点法求数列的通项再证明.
【证明】
上式对一切恒成立，必有
又 ,
由
解得故存在函数
,
.
①
②
显然成立,若则
显然成立.
综上所述,不等式(3)成立.
二、发散训练
1有一个层的台阶,若是每次可上一层或两层,那么共有几种上法
2.(1)数列中,,求和;
(2)设数列和满足,且,试求的通项公式;
(3)已知,且,求通项.
3.已知函数,设曲线在点处的切线与轴的交点为,其中为正实数.
(1)用表示
(2)若,记,求证:数列成等比数列,并求数列的通项公式;
(3)若是数列的前项和,证明:.
第十三讲巧用直线系、圆系方程解题
曲线系也叫曲线族或曲线束,是指具有某种性质的曲线的集合,曲线系方程是指含有参数的二元方程,当参数在其取值范围内变化时分别对应的所有这些曲线,其中最简单的是具有某种性质的直线方程和圆系方程,介绍如下.
1直线系方程
(1)与直线平行的直线系方程为为参数).
(2)与直线垂直的直线系方程为为参数).
(3)过直线与的交点的直线系方程为
(不含为参数).
2圆系方程
(1)过圆与直线交点的圆系方程为为参数).
(2)过圆与圆的圆系方程为(不包括圆为参数．
当时,为一条直线(根轴,即过两圆交点的直线).
(3)若表示圆上任意一点,则曲线系方程:为参数表示与相切于点的所有圆.
巧用直线系、圆系方程解题的关键是由题设条件确定参数的值,从而求出需求的结果.
一、例题精讲
【例1】
(1)经过点的一条动直线分别交轴、y轴于两点,设为的中点,联结并延长到,使,求点的轨迹方程;
(2)求过直线和的交点,且与直线垂直的直线的方程.
【解题策略】
第(1)问,可以创造性地构造两条过定点的直线,再利用直线系方程求解;第(2)问,求过两直线交点且与另一直线垂直的直线方程,常规解法是通过联立方程组求其交点,再由与另一直线垂直确定所求直线的斜率,利用点斜式得直线方程.若运用直线系求解,则更简洁.通过垂直的直线系方程来解,需要解方程组求交点,若利用过两直线交点的直线系方程,可以避免解方程组的过程.
【解】
(1)点为两条直线和的交点,则过点的直线系方程为(不包括直线,于是得,
,设点的坐标分别为和,则
点为的中点,由中点坐标公式得,消去参数得点的轨迹
方程为.
即.
(2)【解法1】
(常规解法)由得与的交点坐标为.
直线的斜率为一直线的斜率为4.
因此满足条件的直线的方程为:,即.
【解法2】
(利用垂直直线系解）直线垂直于直线,
可设直线的方程为.
与的交点为,从而.
直线的方程为.
【解法3】
（利用过两直线交点的直线系解）由于直线过与的交点,
可设直线的方程为,即
与直线垂直,,从而
直线的方程为.
【例2】
(1)求过直线和圆的交点,且面积最小的圆的方程;
(2)求过两圆与与的交点的直线方程和圆心在直线上的圆的方程;
(3)求圆心在直线上,且过两圆交点的圆的方程;
(4)求与圆切于点,且过点的圆的方程.
【解题策略】
若所求的圆过一直线与一圆的交点或过两已知圆的交点,当然可以运用直接法求交点,再设所求的圆方程为标准方程或一般方程,把交点坐标代入且由另一个条件(圆方程的确定需要3个条件)得方程组解之求或,但运算量肯定比挍大,若巧用圆系方程解题则方便许多.第(4)问,直接套用与圆相切于一点的圆系方程,是个好方法.
【解】
(1)【解法1】
（常规解法）由已知条件,所求圆一定是以直线被圆截得的弦为直径的圆.
故由方程组解得直径的两端点分别为,
.线段的中点为即所求圆的圆心,,则
半径.
【解法2】
(利用圆系方程解)过直线.
的交点的圆系方程可设为,
即
圆的半径为,
故当时对应圆的半径最小,且最小半径为.
所求圆的方程为
（2）(利用圆系方程解）过两圆交点的圆系方程为:
①
把①式整理得.
而圆心在直线上,
代人圆系方程得.
(3)【解法1】
（常规解法:利用圆心到两交点的距离相等求圆心)
将两圆的方程联立得方程组
解这个方程组求得两圆的交点坐标,
所求圆心在直线上,故设所求圆心坐标为,
则它到两交点和的距离相等,故有
（用圆系方程解）设所求圆的方程为
(4)设与圆切于点的圆系方程为
【例3】
(1)判断方程为参数,表示何种曲线 找出通过定点的坐标;
(2)直线系,直线系中能组成正三角形的面积等于 .
【解题策略】
第(1)问,所给的方程含有参数在变动时表示不同的曲线,但这些曲线的规律是什么 这就是本题探索的内容.通常采用配方法化为圆的标准方程形式,看一看圆心是怎样变化的 半径又是怎样变化的 本题反映出圆系方程的多样性,并非只有本讲前面所讲的3种类型;第问,告诉我们的则是直线系程的多样性,直线系:,当参变量取不同的值时可以得到一系列不同的直线,但这些直线之间内在必有联系,这究竟是一个怎样的直线系 值得深入探究,探究明白了,才能使本题获解.
【解】
(1)将原方程整理得,
即,
方程表示圆心在即在直线上,半径为的圆系.
将原方程整理为关于的方程:,可见此圆系也为过圆与直线交点的圆系,其交点即为所求的定点.
由表明圆系过定点.
实际上,是圆的切线,为切点,可
见圆系中的圆的圆心在直线上移动,半径为也在变动,但都过这一点.
(2)直线系的方程可变形为,
即
而,即.
其几何意义为圆外的点的集合,
即直线系是圆的切线的包络,也即是圆上所有点的切线的集合,如图所示.为了解决本题,采用以退为进的策略,即把圆心平移到原点.
联想到过圆上一点的切线方程为,而圆的参数形式为.令
则以为切点的切线方程为
,即
由圆心到切线的距离等于半径,有,即.
故当时,直线系是圆上的所有点的切线方程系,也即是圆的包络线.
显而易见,所有直线系中的直线,构成的正三角形有无数个,但是面积的值只有两个.
回到原题,如取(如图所示),设直线的方程为.吕心到直线的距离等于半径.
则
将圆向右平移3个单位即为.不改变正三角形的面积,直线系中组成正三角形的面积为或.
二、发散训练
(1)求经过两直线的交点,且平行于直线的直线方程;
(2)求经过两圆与的交点,且圆心在直线上的圆的方程.
(1)在四边形中,对角线平分,在上取一点与相交于,延长交于.求证:;
(2)已知圆,问:是否存在斜率为1的直线,使直线被圆截得的弦为直径的圆经过原点 若存在,写出直线的方程;若不存在,说明理由.
第十四讲 巧用圆锥曲线系方程解题
应用曲线系方程解题,即引入适当的参数先设出符合部分条件的曲线系方程,,然后根据题中的其他条件,通过推理,运算求出曲线系方程中的参数值,从而实现问题的解决.运用曲线系方程往往可以回避联立解方程组、求交点坐标等带来的麻烦,既减少了计算量,又体现了参数变化、整体处理、待定系数法等重要的数学思想方法.当然,由于曲线系方程的多样化、所给问题条件的隐蔽性,应用曲线系方程解题虽然减少了运算量,但对技巧的要求颇高,在高中数学竞赛中运用较为广泛,本讲对各类圆雉曲线系方程进行归纳总结.
圆锥曲线系方程:
(1)共顶点圆锥曲线系方程为参数).
(2)共渐近线双曲线系方程为参数,.
(3)共焦点圆锥曲线系方程:为焦半径,为参数).
当时,表示共焦点椭圆系;当一时,表示共焦点双曲线系;当时,无轨迹.
(4)共离心率圆锥曲线系方程为参数,).
(5)过两圆锥曲线4个交点的圆锥曲线系:
若是有4个交点的二次曲线,则
是过的交点的圆雉曲线系,其中不包括为参数).
(6)过两条直线与圆锥曲线4个交点的圆锥曲线系:
若与圆锥曲线有4个交点,
则方程为过4个交点的圆锥曲线系方程.
一、例题精讲
(1)求渐近线方程为,焦点为椭圆的一对顶点的双曲线的方程；
(2)求与双曲线有共同的渐近线,且与直线相切的标准双曲线方程.
【解题策略】
当已知双曲线的渐近线方程为或)时,可设双曲线的方程为或(其中为不等于零的待定常数,以简化运算过程,这里方程且)称之为与双曲线共渐近线的双曲线系,为解题带来方便.
【解】
依题意,可设双曲线的方程为是正实数),当双曲线的焦点为椭圆的
长轴的顶点,即与时,由,可得,双曲线的方程为;
当双曲线的焦点为椭圆的短轴的顶点,即与时,双曲线的方程为
是正实数),即.
双曲线的方程为
(2)【解法1】
(利用共渐近线双曲线系方程结合判别式法)
设所求双曲线的方程为,
此双曲线与直线相切,且显然其渐近线都不平行于直线
由方程组消去,得,其判别式
,解得.
故所求双曲线的标准方程为,即.
【解法2】(利用共渐近线双曲线系方程结合待定系数法)
设所有双曲线的方程为,即,
设其与直线相切的切点为,
则切线方程为有.代人双曲线方程中并化简得,故所求双曲线的标准方程
为.
【解法3】(利用共渐近线双曲线系方程结合双曲线参数方程解)
设所求双曲线方程为,双曲线上一点的坐标为,
,以此点为切点的双曲线的切线方程为,化简得.
它和直线重合,,即,由等
比定理得,即,代人原双曲线方程得,此
即为所求.
【例2】
讨论方程所表示的曲线.
【解题策略】观察方程可以发现其中心在原点,是有心曲线,对称轴为坐标轴,若
,则方程表示椭圆系,若
方程表示则曲线系,.
所有的曲线焦点相同,因此,原方程表示中心在原点,对称轴为坐标轴,有相同焦点的圆锥曲线系.
【解】
由所给方程知且,原方程可化为
它表示中心在原点,对称轴为两坐标轴的有心圆锥曲线系.
(1)当时,它的曲线是椭圆.
焦点为和
(2)当时,它的曲线是双曲线.
焦点为和
(3)当时,,方程无实数解,故方程无轨迹.
因此,原方程表示的是具有同一中心,相同对称轴、相同焦点的有心圆锥曲线系.
【例3】
已知圆和双曲线,求通过它们的4个交点和点的二次曲线方程.
【解题策略】
构造过圆与双曲线4个交点的圆锥曲线系,而圆锥曲线系过点,2),可待定参数的值,从而大大减少运算量.
【解】
圆方程和双曲线方程可分别写成,将其中第二个方
程乘以任意实数,然后与第一个方程相加,得
圆和双曲线的任一交点的坐标同时满足圆方程和双曲线的方程,因而使式左边两个括号里面代数式的值同时为0,所以这些交点都在①式表示的二次曲线上.
将点的坐标代入(1)式,得将所得值代入(1)式,得
化简得,即所得的曲线是一个椭圆,它的中心是点,焦点在轴上,长半轴和短半轴分别是和(如图所示)．
一条圆锥曲线过点,切直线于点,切直线于点,求它的方程.
【解题策略】由于圆锥曲线的形态不清楚,无法直接求解,只能通过圆锥曲线系来解,如何列出符合条件的圆锥曲线系是关键.
【解】
过点的直线方甶为,①
由于都是切点,直线(1)可以看作是两条重合的直线(退化了的曲线),于是所求方程可写成.②
再由曲线过点,代人(2)式,解得.
故所求方程为.
【例5】(1)(蝴蝶定理)过圆弦的中点,任意作两弦和和交弦于,求证:;
(2)是圆的一条定弦,为上的定点,过点作圆的两条弦和
,弦和交于点,弦与交于点
求证:
【解题策略】
运用曲线系方程证明蝴蝶定理及其推广比用平面几何知识证明要简便许多.
【证明】
(1)如图所示,以为原点,所在直线为轴建立直角坐标系,设圆方程为
设直线的方程分别为.将它们合并为,于
是过点的曲线系方程为
令,得,即过点的曲线系与交于点的横坐标是方程的两个根.由韦达定理得,即是的中点,故
(2)如图所示,以为原点,直线为轴建立平面直角坐标系,设圆的方程为
则直线合成的二次曲线方程为
从而,经过这4点的曲线系方程为
0
存在,使得(1)为直线合成的二次曲线.
在①中,令,则是方程的两个根.
由韦达定理得.
在(1)中,令,则是方侱的两个根.
由韦达定理得,
【例6】已知任意二次曲线是曲线的弦,是的中点,过点任意作弦、,过点另作一条任意二次曲线,如果曲线与直线交于点、,求证:
【解题策略】
上例介绍了平面几何蝴蝶定理的证明和应用,本例是平面几何蝴蝶定理的推广,从圆一步飞跃到任意的二次曲线,联结圆上4点的两直线和也直接换成一般的二次曲线,从蝴蝶定理的特殊图形里看到一般的二次曲线系,升级换代、一次到位,不是拾级而上,而是直上高楼,美景无限.观察如图所示图形,里面是否隐藏着一只飞舞的蝴蝶
【证明】
如图所示,取直线为轴,为原点,方向为轴的正方向建立直角坐标系.
设,则点的坐标为,点的坐标为.
二次曲线通过点,
在曲线的方程中,当时,应有.因而二次曲线的方程形如：
又：弦者通过原点,且与直线相交(因而都不是轴).
可设它们的方程分别为
这一对直线和合在一起,可以看成一条退化二次曲线.
其方程为.(2)
曲线(1)和(2)相交于点,利用曲线系知识,通过的二次曲线
系的方程为,(3)
若曲线(3)中的一条二次曲线交轴于点和点,
则在(3)式中以代人,得,(4)
和应该是所得二次方程(4)的两个实数根,由二次方程根与系数的关系,得,即.
【例7】(1)4条直线围成一个四边形,问取何值时,该四边形有一个外接圆,并求出外接圆的方程;
（2)已知椭圆与双曲线有4个交点,求证:此4个交点共圆,并求出此圆的中心坐标.
【解题策略】
第(1)问,用直线方程交,点构成的二次其线系方程求解;第(2)问,用过两圆锥曲线交点的二次曲线系方程求解或证明.
【解】
（1）设过该四边形4个顶点的二次曲线系方程为
(2)【证明】
设过和交点的曲线系方程为(不包括,即
显然,当,即时,曲线系方程表示一个过和交点的圆.
将代人曲线系方程化简得:,
即椭圆与双曲线的4个交点共圆。不难得到此圆的中心坐标即圆心坐标为.
【例8】求过这5点的二次曲线方程.
【解题策略】
写出过其中4点的二次曲线系,用第5点的坐标代入确定参数的值.
【解】
过的直线方程为,过的直线方程为,两者合并为.
直线的方程为,直线的方程为,两者合并为
因此,过这4点的二次曲线系方程为.
所求二次曲线必须经过点.
代人解得,从而所求二次曲线方程为.
即.
已知点为椭圆上异于点的任意两点,且若点在线段上的射影为,求点的轨迹方程.
【解题策略】
在运用曲线手方程解题时,曲线系方程中包含着一些特殊情况,如本题中设出经过三,点的曲线系,其中包含椭圆在点处的切线和直线,这点务必请注意到.
【解】
易知直线的斜率均存在且不为0,
设
则经过点的曲线系方程为
(1)
即,其中包含过点的椭圆的
切线.
方程左边多项式中必含有因子,把代人(1)式
得,而不恒等于0,故,即此时
直线的方程为,即恒过定点
如图所示,由知,点的轨迹是以线段为直径的圆(除去点).
,即,
其方程为,即.
二、发散训练
1.求与抛物线相切于点两点,且过点的圆锥曲线方程.
2.设是双曲线上两点,是线段的中点,线段的垂直平分线交双曲线于两点.
(1)确定实数的取值范围;
(2)试判断点是否共圆 说明理由.
第十五讲 构造思想与构造法
构造法是高中数学学习中一种极其重要的思维方法与学科方法,通过对数学问题的已知条件和结论进行深入分析,抓住问题的本质特征,恰当地构造辅助元素或数学模型,转化原问题的结构,重组条件和结论之间的关系,产生一种新的结构,通常这种新结构的构思精巧,聅想丰富、思维灵活,通过构造所得新问题的解决出奇制胜地解决了原问题.
构造法又可以分为直接构造法和间接构造法.
直接构造法的作用是通过构造具体实例,使所研究的数学对象及其特性的存在得以肯定,或者通过构造反例否定所研究的数学对象或其特性的存在.一旦构造成功,结论也就一目了然,一般来说,直接构造法的知识体系没有改变.
构造的对象不仅仅是直接导致结论肯定和否定的实例,还包含有辅助工具,通过辅助工具使问题得以顺利解决,这就是间接构造法.构造的工具是多种多样的,按它的内容可以分为数、式、函数、方程、数列、向量、图形、图表、计算程序、数学模型等.掌握间接构造法的关键在于审时度势,积极展开想象,灵活运用所学的数学基础知识.间接构造法常常会打破原有的知识体系,转化为另一个知识体系中的数学问题.
构造法是一种极富技巧性和创造性的解题方法,并不是“无中生有",构造必有源头,也并不是高不可攀,而是敏锐的洞察能力发挥作用的结果.构造法是一种具有创造性的解题方法,体现了函数与方程数形结合,转化与化归的思想,渗透着猜想、实验、归纳、类比、特殊化等数学方法,注重解题时敢于打破常规.知识前后之间的联系与迁移,新旧知识之间的类比与转化,融合与贯通,总之,构造思想与构造法是攻克压轴题的锐利武器,必能让我们击穿壁垒，大获全胜.
一、例题精讲
【例1】
(2018年高考数学上海卷第12题)
已知实数满足,则的最大值为 .
【解题策略】
本题初看条件比较多,要求的代数式又带绝对值等号,似乎有点复杂,但是我们仔细覌察条件和结论中各式的特点,构造图形来解应当是首选.由,,我们肯现点在单位圆上.而正是两点到直线的距离之和,条件正好是,可知与的夹角为,再进一步思考,其中还隐藏着许多信息,可以通过不同的角度去构选图形或关系式求解.
【解法1】
如图所示,由题意知在单位圆上,且表示两点到直线的距离之和,设的中点为到直线的距离为.
则根据梯形的中位线定理,得
在中,的轨迹是以为圆心,为半径的圆.当时,
的最大值为.
设,由题意知两点在单位圆上,令且
由,可得,即.
,要使上述距离的和最大两点应在直线的左下方区域,此时
显然当,即时,上式有最大值.
【解法3】
如图所示,由题意知,点在单位圆上且满足
(0为原点),所求最大值为两点到直线的距离之和的最大值.为了充分利用单位圆简化运算,作直线,作垂直于,垂足为,作垂直于，垂足为,则,=+.
, 所求的 最大值在 的最大值的基础上再加上两条平行线距离的两倍即可,即 的最大值为 .
【解法四】
（将已知条件放缩后用基本不等式求解， 基本不等式 a2+b2≥2ab 可变形得
,易证的最大值为1,因此有
【例2】
年高考数学四川卷理科第10题)
在平面内,定点满足,动点满足,则的最大值是( )
A.
B.
C.
D.
【解题策略】本题考考查向量的概念与运算,由于条件中可以深入挖掘其内在的几何
事义,如构造符合题意的图形求解就显得非常重要,不同的构造可以运用不同的知识来求解,
虽是小题,容量却相当大.
【解法1】
由知,为的外心,由知,为的内心.
为正三角形,为正的中心.且,,以所在直线为轴,其中垂线为轴建立平面直角坐标系,则有.由知为线段的中点.设,则.
由,得,即点的轨迹为圆
,圆心为.
于是的最大值为,故|的最大值是.故选.
【解法2】
由知,点在以点为圆心的圆上,设圆的半径为,由得
①
,代人①式得.
以点为原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,如图所示,易求得.
由|知,动点在以点为圆心,半径为1的圆上,故可设,又由知,点为中点.
而.
.
【例3】
已知
【解题策略】
本题求代数式的最大值,由于代数式中含两个字母,若用消元法,代数式更为复杂,且根式还在,求其最大值很难办到.解题的关键是首先应考虑化无理为有理,若按三角函数方向移植,可以有如下的解法:由,且得.故可设代入已知,解得
至此,完成了对的化简,即求出了,实现了化无理为有理的目的，,即.那么如何求它的最大值呢？显然并不容易办到,需要进一步挖掘内在的含义.
可见,对数学问题的构造,方向要对头,方向不对常会使问题的解答陷入死胡同.方向对,则问题迎刃而解.
进一步观察的结构,显然是的内切圆的直径.因此,原问题相当于求内切圆的直径的最大值,那么条件又是什么呢 如果将变形为,可见是直线过定点
则求代数式的最大值问题移植为几何问题.由于为变量且,若引进角参数,则原问题又可构造为三角函数最值问题.
【解】
将变形,得,可见直线过定点,如图所示,显然有，
,其中.所以,
.
故
当且仅当,即时,取得最大值.
【例4】
设,利用三角变换,估计在时的取值情况,进而对取一般值时对的取值范围作出一个猜想并证明.
【解题策略】
本例是归约一猜想一证明类题型,当时利用三角变化容易
求出的取值范图,则对取一般值时,很难用三角变换作进一步探索，故在获得猜想之后如何进行证明应考虑采用构造法.一是把三角函数的取值范范问题移植为代数函数的取值范围问题,用导数解决或由图像的凹凸性解决、函数性质的不等式知识在证明中起主导作用.二是通过构造运用二项式定理 合三角函数有界性求的范围或直接运用基本不等式等放缩的技巧.
【解】
逐一计算:当时,.
当时,可得,即.
当时,,
即.
由此猜想:当时,的取值范围为.
【证法一】(构造函数,用导数解决)
设函数.
则,可以判断:在区间上递减,在区间上递增,
故当时,.
又∵为最大值,故的值域为.
令,可得.
【证法二】(构造函数,用图像的凹凸性解决)
构造函数对任意恒成立.
故为下凸函数,它在点处的切线方程为,即.
由图像的凹凸性可知,函数的图像总在切线的上方（或重合),故有对任意恒成立(当且仅当时取等号).
对于,有,用分别代替可得，①
，②
①+②,得
，
另一方面,由可得
,
即
【证法三】(构造二项式定理,用放缩法)
当时,;
当时,;
故.
【证法四】（构造并运用基本不等式进行放缩或构造二项式实现放缩）
等号成立,即当时,此时.
另一方面,又∵,等号成立,此时.
故函数的值域是.
二、发散训练
1.(1)求证:;
(2)已知,求证:;
(3)已知,且,求证:.
2.(1)若,且满足方程:和,求的值;
(2)已知为两相异锐角,且满足方程,求证:
3.(1)试求函数的最大值;
(2)求二元函数的最小值.
第十六讲 放缩技巧与放缩法
放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一.在高考命题的热点一一数列不等式的证明一一中有广泛的应用,放缩必须有目标,而且要恰到好处,目标往往要从证明的结论考量.
常用的放缩法有增项,减项、利用分式的性质、利用不等式的基本性质,利用已知不等式(如均值不等式,柯西不等式、排序不等式等)、利用函数的性质、利用三角函数的有界性进行放缩等,适当放缩是解决不等式问题的重点也是难点所在.虽然各版教材关于不等式放缩的技巧要求并不高,但高考中和全国数学联赛中经常把对这种方法的考查作为命题的热点,特别是在压轴题中,数列不等式的证明是常考题型.
放缩法主要有直接放缩、裂项放缩,并项放缩,加强放缩等几种类型.
(1)直接放缩:为了证明不等式,可找一个(或多个)中间量作比较,若能确定与同时成立,则显然正确(实质就是运用不等式基本性质中的传递性).所谓“放”即把放大到,再把放大到;反之,由缩小经过而变到,则称为“缩”,统称为放缩法,放缩法是一种技巧性较强的不等变形,关键是放,缩适当,跨度合理,放不能过头,缩不能不及.
(2)裂项放缩:在证明数列不等式中涉及数列求和时,经常出现这类技巧.放缩法常用的结论如下：
①;
②;
③
(4)绝对值不等式:||.
(3)并项放缩:有些不等式问题,直接放缩无法办到,如果对原不等式中的项进行适当重组,可使原问题出现“柳暗花明又一村”的境地,并项放缩是局部调整法最为简单的一种. 波利亚也说过“局部提示整体”,局部调整,分段逼近是导致不等式证明,特别是数列不等式证明得以解决的重要解题策略.
(4)加强放缩:有些数列不等式问题若直接证明命题比证明其某个加强命题更困难.这时,我们不妨“欲擒故纵",先通过证明原命题的某个“更强的命题”,从而“顺手牵羊”地解决原命题,这种证明方法称为加强命题法,这是证明数列不等式问题的一种有效方法.
总之,有关不等式的证明,在对问题作细致观察的基础上,展开丰富的联想,开启创造性思维的大门,将待处理的问题变化(转化)为目标模式或规范问题,从而使原问题得到解决,是化归思想的体现,运用放缩法证明不等式,其实质是化归思想的运用.
一、例题精讲
【例1】
设均为非负实数,求证：
【解题策略】
运用基本不等式证明不等式有时会出现“放缩过头”的状况,使证明陷入僵局,如用,则有,同理,于是有,而实际上,,可得,两者矛盾,说明上述用来缩小有点过头,所以用放缩法变形应当把握好放缩的尺度,注意“适度".
【证明】
由,得{,即
也即.同理可得.
.
【例2】
若是正整数,求证:.
【解题策略】
本不等式左边项数很多,不能直接通分,要通过适当放缩才能得出证明.可利用进行放大再裂项实施.
【证明】
∵.
【例3】
已知:都是正数.
求证:
【解题策略】
与上例类似,本题不能直接通分,只有采用放缩法,即分母放大分数值缩小,且用放大,方可获证.
【证明】
又由可得
.
综上,得证.
【例4】
已知:数列满足是的前$n$项的和,
(1)求;
(2)证明:.
【解题策略】
第(1)问,通过累成法求通项，再求前项和;第(2)问,通过二项展开式直接放缩.注意放缩的跨度,放不能过头,缩不能不及.
【解】
(1)当时,有\{
②-①得,即.
∴,又,得,故
(2)【证明】
.因此,(当时取等号).
另一方面,易证,
则
因此,有,当时,,左边等号成立.
【例5】
已知：各项均为正数的数列的前$n$项和为,且
(1)求证:;
(2)求证:.
【解题策略】
第(1)问,运用基本不等式放缩;第(2)问,放缩后构造成等差数列求和.
【证明】
(1)在条件中,
又由条件,有,将这两式相喊,
∵,有.
故
,
.
(2)∵.
∴
【例6】
已知数列满足.
求证:.
【解题策略】
运用累加法结合放缩法证明.
【证明】
与同号,又∵
即,即数列为递增数列.
∴,即
运用累加法得:
令
错位相 得:
∴,由得
故得.
【例题7】已知,且.
(1)当时,求证:;
(2)试确定一个正整数,使得当时,都有.
【解题策略】第（1）问，探究数列的单调性得到一个不等式模型依次放缩，逐步通向结论;第(2)问,将通项依等比递缩的形式进行放缩持续靠近目标.
【解】
(1)证明,∴,从而.
又当时,有,故是上的递 函数.∴.同理可得
易知是上的递减函数,且.由此依次迭代可得.
(2)因为
当时,有,由此可得,当取时,能使得当时,都有.
二、发散训练
1.求证:.
2.已知数列满足且.
(1)求证:;
(2)设数列的前项和为.求证:.
3.设数列满足.
(1)当时,求,并由此猜测出的一个通项公式(不需要证明);
(2)当时,用数学归纳法证明;
(3)当时,求证:.
第十七讲 引参方程与参数方程
在解题过程中,通过引入一个或几个新变量来代替原式中某些景以实现变量替换,从而使问题得以解决.这种解题方法叫作引参换元法,又称辅助元素法,引参换元的理论依据是等量代换.
引参换元的关键是实施未知量或变量的替代,替代关系的确定常有以新元代旧元、以新元替旧式、 旧元以新式,以新式替旧式这几种.引参换元可以把分散条件联系起来,或者把隐含的条件显示出来,或者把条件与结论联系起来,或者把陌生的形式变换为熟悉的形式,把繁难的计算和推理论证简化,从而达到化难为易、化 为简、化未知为已知的目的,以利于问题的解决.引参换元时一定要注意新元的约束条件和整体置换策略的运用,适时限定条件以符合原未知数取值范围的要求.
引参换元的基本步骤如下:
（1）把原问题中的某个式子或几个式子分别看成一个整体;
（2）引入新字母或新式代替这些式子,使以新元或新式为基础的问题较为简洁易解；
(3)对以新元或新式为基础的问题进行解答,得出结果;
(4)再代回原来的式子中求出原变量的结果.
引参换元通常有三角换元、线性换元、自身换元、整体换元、增量换元、均值换元、求和换元、常量换元等多种形式,引参换元广泛运用于求解方程、因式分解、求函数的值域或最值,恒等式或不等式的证明、坐标变换、数列等,是数学解题中应用最为广泛的一种方法.正如G 波利亚所说的:“引人辅助元是引人注目的一步,人的高明之处就在于当他碰到一个不能直接克服的障碍时,他会绕过去;当原来的问题看起来似乎不好解时,就会想出一个合适的辅助问题,构想一个辅助问题是一项重要的思维活动."
G 波利亚还认为,引入辅助元素可“使问题的概念更完整,更富有启发性,更为人所熟悉",是个“好念头”.因此,当问题的条件和结论不易发生关系或关系不明朗时,借助辅助元素一一参数为桥梁或探测器,可使条件和结论联结起来,关系明朗,问题可解,这就是参数思想的基本点.
参数思想解题的特征是:引人参数,参与推导;消去参数,显露结论.
参数思想在解析几何内容中占有很重的分量,直线方程、圆锥曲线方程的一般形式中的字母系数都可看作参数,应用参数方程解题更是解析几何研究中的重头戏,方法灵活、独树一帜.
一、例题精讲
【例1】
若为正实数,且求证:
【解题策略】
考虑到条件是,可实施均值代換:,代入可使式子利用非负值方法求证.
【证明】
令,且,则
.
【例2】
是方程的两个根,求证:对一切自然数都是偶数.
【解题策略】
由两根之和之积为定值,可运用和差代换,拈合二项式定理证之.
【证明】
由根与系数关系得:.
故令,由得.
.
因此,都是偶数.
【例3】
(1)已知,求的最值;
(2)在中,分别是角的对边,设,求的值.
【解题策略】
第(1)问,二元函数转变为一元函数,由条件,考虑三角换元能实现降元的目标;第(2)问,通过均值换元可将三元降为二元、二元降为一元.从而达到变慜为简,化难为易、化末知为已知的数学解题策咯.
【解】
(1)令,则.
又
∴当时,;
当时,.
(2)∵,可设,即.
∴.
由,根据正弦定理可得.
∴,故
∵
则.
因此.
【例4】
(1)给定两个长度为1的平面向量和,它们的夹角为,点在以为圆心的圆弧上运动,若,其中,则的最大值为;的取值范围是.
(2)在扇形中,为弧上的一个动点,若,则的取值范围是.
【解题策略】
本例两小题可以有多种解法,若建立平面直角坐标系,设动点的$标为三角形式,则是一种非常巧妙的解法.
【解】
(1)如图所示,以为坐标原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系.则,设,则.
由于.
根据,得到从而
故,
当时,.
又
∴,即.
(2)如图所示,以为坐标原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,则.设,则.
由,得从而
则.易知.
故在上单调递增,而,
故.
【例5】
(1)如图所示,已知在矩形中,点,点在曲线上移动,且两边始终分别平行于轴、y轴.求使矩形的面积最小时点的坐标;
(2)如图所示,已知曲线.点在曲线上移动,点的坐标为,以为对角线作矩形,使轴,轴,求矩形面积最小时点的坐标.
【解题策略】
第（1）问,令,则原问题可转化为三角函数求最小值;第(2)问,今.此时两小题的解析式都出现了及的形式,再令进行第二次换元,将所求的问题转化为二次函数最值的问题,充分体现了“设参换元”的战术构想,当然“设参换元”后要注意前后新旧变元取值范鷗的不同.
【解】
(1)设,
则
令,则,其中.
于是,有.
当时,的最小值为.此时
得点的坐标为或.
(2)设,
则
令,则,其中.
于是,有,从而可得,当时,有最小值.此时点的坐标为.
【例6】
(1)函数的最大值是
(2)将边长的正三角形薄铁皮沿一条平行于某边的直线剪成两块,其中一块是梯形,记,则的最小值是.
(3)设是正实数,且,求证:.
【解题策略】
第(1)问,可认借助三角换元发现所给函数的几何意义是定点与动点之间连线的斜率,即可运用直线与半圆的位置关系（相切）求得的最大值；第（2）问的解法众多,其中通过三角换元利用三角函数的有界性解不等式求最值是一种妙思巧解;第(3)问,由于条件是三元等式,如何实现三角换元需要精心构思,从而说明了数学是炅动的.通过思维完成构想,一旦成功何等快意.正如欧阳修的诗向:“一闾声长听不尽，轻舟短楫去如飞."
【解】
(1)∵,由定义知且.
∴,故可设,
则有,可看作是动点与定点连线的斜率.动点的轨迹方程为,即,
是半圆(如图所示.
设切线为为切点,,
∴.
(2)如图所示,设梯形上底边长为,则梯形两腰为,高为.
【解法一】
令,其中,则
设,其几何意义是表示定点和动点两点连线的斜率,且动点的轨迹是单位圆上位于第一象限的一段弧,如图所示,设直线的方程为.当线与圆弧相切时(切点,由圆心到直线距离等当直线与圆弧相切时(切点),由圆心到直线距离等于半径,求得,由数形结合的方法易得
由此可知,,即.
【解法二】
令,其中,则.
记,则,即.
∴其中角满足
由得,故得.
即.
（3）【证明】
由,得,其特征与两角和的正切相似.
设,则.
证毕.
【例7】
已知,且为实数,
求的最大值和最小值.
【解题策略】
明确复数方程|对应的轨迹,运用三角换元把二元函数转化为三角函数最值问题.
【解】
由,令为参数).
将转化为.
.
当,即时,;
当,即时,.
【例8】
(1)在双曲线上,求一点,使它到直线的距离最短,并求出这个最短距离;
（2）设为等轴双曲线上的点,为两个焦点,证明:
【解题策略】
第(1)问,对所给双曲线进行三角换元,即动点为三角形式,求点到直线距离所得等式转化为一元二次方程,并用判别式法求的最小值及相应点的坐标;第(2)问,利用双曲线的参数方程为参数,且,并对等式左、右两边所得三角式化简可证.
【解】
(1)设双曲线上一点的坐标为（且).则它到直线的距离为,从而
去分母,整理得.
∵是实数,∴,解之,得.
当时,或.
这时或
故当双曲线上的点为或时,它到直线的距离最小,这个最小值为.
(2)【证明】
设等轴双曲线上动点的坐标为（为参数,且）,焦点.
则
,则则
由此得.
【例9】
（1）已知是椭圆在第一象限内的点,为原点,求四边形的面积的最大值;
(2)实数满足,若恒成立,求的取值范围.
【解题策略】
第(1)问,利用椭圆的参数方程，用割补法求四边形面积，辅助角公式求最值,如果我们以分割四边形,则可得到一种重为简捷的解法.可见,同样用割补法,如何割补大有讲究.第(2)问,用三角换元,将\解析几何问题转化为含参三角不等式恒成立问题,再运用“参变分离”转化为三角函数的值域问题,从而求出参数的范围.
【解】（1）解法一设
则.
∴所求面积的最大值为.
∴所求面积的最大值为.
(2)由,可设,则
代入不等式,得,
即其中.而
【例10】
点在椭圆上移动时,求函数的最大值.
【解题策略】
要设法将二元函数的最值问题转化为一元函数的最值问题,注意到椭圆上任一点可设为,这一目标显然容易达到,然而所得三角式的形式仍然比较复杂,需要又一次换元引进新的参变值,如果说“转化"是重要的数学思想,那么换元引参则是实现“转化”的重要途径,在解决数学问题时,要善于运用换元引参达到转化的目的.换元引参解题的特征概括起来是:引入参数,参与推导;消去参数,显露结论.
【解】
设,于是
令
于是.
当,即时,有最大值.
∴时,.
【例11】
椭圆上有两点，为原点,联结
(1)求证:等于定值;
（2）求线段中点的轨迹方程.
【解题策略】
由于是椭圆上的两个符合特定条件的动点，于是可以设,即通过换元引入双参数,转化为三角问题求解,双参数虽然看似复杂,但只要在求解过程中合理运用三角恒等变形就可得到定值.而第(2)问在求中点的参数方程后,再运用“消参法”消去所含参数得所求的轨迹方程.
【解】
由设(即由“三角换元"引进参数)
则(均为动点,故引进双参数)则,整理得:,即
即等于定值.
（2）由中点坐标公式得线段的中点的坐标为此即为点的参数方程.
即所求线段的中点的轨迹方程为.
【例12】
实数满足,设,求的值.
【解题策略】
本例有多种引入参数的方法.方法一：由，联想到,引进参数，通过“三角換元法”将问题转化为熟悉的简单三角函数求的最大值和最小值.还可由的有界性,即解不等式求的最大值和最小值.方法二:采用“均值換元法”,将问题转化为二次函数或二次方程,用判别式求解.方法三:引进两个参数,采用“对偶換元法”(和差換元)将问题转化为二次函数求解.
【解法一】
设
代入条件得
解得
.
【解法二】
由设
则,代人已知式得,移项平方整理得,解得:
.
【解法三】设,代入条件整理得则
【例13】
过点作椭圆的弦,使点是的三等分点,求所在直线的方程.
【解题策略】
若设过点的直线方程为,代入 圆方程求出交点坐标(用表示),再运用定比分点公式求出的值,当然可以这样解,但运算量相当大,若运用直线参数方程,利用参数的几何意义得,整个解题过程简捷多了.
【解】
设椭圆中过点的弦所在直线的倾斜角为,则的参数方程为（为参数)①
将①代入椭圆方程,整理后得,
②
③
∵点是弦的三等分点,且点在之间,
∴.
于是
把④代入⑤,得,⑥
把②③代入⑥,得.
化简后得,解得.
∴直线的方程为或
【例14】
如图所示，已知圆，过圆内一点作两条相互垂直的射线与圆分别交于点,以为为边作矩形.求矩形顶点的轨迹.
【解题策略】
本例若用普通方程直接解，解题过程会比较复杂，若将普通方程转化为参数方程,将原问题转化为三角问题,通过三角变换就能较为顺利求出轨迹方程并判定其表示何种曲线.
【解】
设圆的参数方程为为参数).
设,顶点.
则.
由四边形为矩形,可知.
①
又∵的中点与的中点重合,
∴有②
③
于是有,得.④
将②③④均代入①,得
,即
又当射线轴时,,
由对称性得,此时.即对轴时,同样有.
综上所述,矩形顶点的轨迹方程为,其轨迹即为圆心在原点、半径为的一个圆.
【例16】
(2014年全国高中数学联赛)如图所示，在平面直角坐标系中,是不在轴上的一个动点,过点可作抛物线的两条切线,两切点的连线与垂直,设直线与直线轴的交点分别为.
（1）证明:是一个定点;
(2)求的最小值.
【解题策略】
本例运用直线参数方程并利用参数的几何意义求解较为方便.过点的直线的参数方程与直线的参数方程联立,求棏值即为有向线段的数量.
【解】
(1)证明设,直线的参数方程为（为参数)①
将①代入,得.
设,
则抛物线在点处的切线方程分别为
，
.
联立解得.
.
又,即,得.故为定点.
(2)由(1)知,.设直线的参数方程为
（为参数),即（为参数）.
与①联立解得.
在中,
∴,当且仅当,即时等号成立,故的最小值为.
二、发散训练
1.(1)求函数的值域;
(2)已知函数且.若实数使得有实根,则的最小值为.
2.(1)求函数的最大值;
(2)求函数的最大值和最小值;
(3)求函数的值域;
(4)求函数的值域;
(5)对于,当非予实数满足且使最大时,求的最小值.
3.(1)已知且,求证:;
(2)均为正数,且,求证:;
（3)求证:.
4.(1)已知,求的取值范围;
(2)设,且,求的取值范围;
(3)若函数的图像关于直线对称,求的最大值.
5.在平面直角坐标系中,是轴正半轴上的一个动点,以为焦点,为顶点作抛物线,设是第一象限内上的一点,是轴负半轴上的一点,使得为抛物线的切线,且,圆均与直线相切于点,且均与轴相切(如图所示),求点的坐标,使圆与的面积之和取到最小值.
第十八讲 三角函数与向量方法
三角函数与平面向量是高中数学的两块重点内容,两者知识与方法的交汇与综合也是高考重点考查的内容之一.特别是近几年来,已成为高考命题的一个“题眼”,备受命题者的关注,试题常以向量为工具,探讨三角比的求值、化简、证明以及解三角形,探讨三角函数的图像与性质以及与三角函数相关的拓展题,新颖题.
本讲以近几年的高考题为例,对平面向量与三角函数的综合问题进行分类解析,出现较多的有以下三种类型.
（1）题设给出向量的坐标中含有三角函数的形式,运用向量共线或垂直或等式成立等,得到三角函数的关系式,然后求解.
（2）给出用三角函数表示的向量坐标,要求的是向量的模或者其他向量的表达式,解题思路是经过向量的运算,利用三角函数在定义域内的有界性,求得值域等.
（3）运用向量法解三角形主要是向量的垂直与夹角问题,一对向量垂直与向量所在直线的垂直是一致的,向量的线性运算(向量回路)与向量的坐标运算是求解问题的两大途径.关于夹角问题,可以把两个向量的夹角放在三角形中,利用正余弦定理、三角形的面积公式求解;用向量法研究三角形的“四心”(重心、垂心、内心、外心)问题,判断三角形的形状问题也都是常见的题型.
一、例题精讲
【例1】
(2017年高考数学江苏卷第12题)
如图所示,在同一个平面内,向量的模分别为与的夹角为,且与的夹角为,若,则.
【解题策略】
本题主要考查三角函数的定义、三角恒等变换以及平面向量的数量积运算.平面向量数量积的运算一般有两种解法,一是利用向量数量积的坐标运算求解,一是利用向量数青积的定义和运算性质求解.如果通过 缄构造不同的图形可以有多种不同的新颖解法，显得简洁又精彩.
【解法一】（通解）
以为坐标原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,则
,由,得,
设,则,
即,又,则.即,
由,可得
解得
【解法二】
由得
则
由,得,即.①
同理可得,即.②
联立①②,解得.
【解法三】（优解二）
过点作的平行线交直线于点.如图所示,则.
在中,由正弦定理得
即,解得
【解法四】（优解三）
如图所示,联结交于点,
∵
∴
从而
∴,于是
【例2】
(1)已知,求的值;
(2)已知,求锐角;
(3)运用向量法证明.
【解题策略】
第(1)、(2)两问,作为三角求值或求角,完全可以在三角函数范围内解,但若运用向量法解,则思维简约,过程快捷;第(3)问,两角差的余弦公式有多种证明方法.运用向量法证明可以开阔思路,拓展视野
【解】
(1)注意到系数满足,可构造向量.
于是由可得,即,故.
（2）由已知得,①
构造向量.
由于，
∴
又由,有,即.
∴,即,将代入①式并整理得
(3)证明在单位圆上任取两点,以为始边,以为终边的角分别为,如图所示.则点坐标为点坐标为,则向 ,它们的夹角为.
由向的夹角公式得:.即
【例3】
设为单位向量,非零向量若的夹角为则的最大值等于.
【解题策略】
本题表逑简洁清,可从坐标入手,运用配方法求最值;也可从方程角度入手,运用判别式法确定范围而获得最值;若从“形”的角度入手,则更奇妙
【解法一】
设则
当时,.
当时,
【解法二】
设可得
当时,
有,解得,即的最大值为.
【解法三】
如图所示,设,则.
当点在内时,显然有;当点在外时,在中,由正弦定理知.
当且仅当时,等号成立,故的最大值为.
【例4】
在平面直角坐标系中,点,将向量绕点按逆时针方向旋转后得向量,则点的坐标是().
A.
B.
C.
D.
【解题策略】
本题可以利用向量所成角的余弦値与向量的模构造方程,求出点的坐标,也可以将向量的旋转转化为三角函数的运算求解
【解法一】
设点的坐标为,由题意知.
又①
∵向蒀与的夹角为,且点在第三象限,
②
联立①②,解得或
又:点在第三象限,
∴点的坐标为,选A.
【解法二】
设又
.设点的坐标为,由题意知,
则点的坐标又可表示为,
∴点的坐标为,选A.
【例5】
在平面直角坐标系中,已知向量.
(1)若,求的值;
(2)若与的夹角为,求的值.
【解题策略】
本题可借助向量数量积的坐标运算将问题特化为三角函数求值、求角问题,构建方程是解題的关键,应注意两角和与差公式的用和角的范圖
【解】
(1)∵向量,且.又∵,则,即.
∴
(2)由(1)知,
又
即
【例6】
已知向量
(1)求向量的长度的最大值;
（2）设且,求的值.
【解题策略】
本题考查对向量的加法，数量积的坐标运算公式的运用以及三角函数知识.在由两个角的三角函数值相等确定角的关系时,要注意三角函数的周期性与奇偶性对结果的影响.
【解】（1）解法一
则
∵.即
当时,有向量的长度的最大值为2.
（2）解法二
当时,有,即向量的长度的最大值为2.
（2）【解法一】
由已知可得
即
由,得,即.
∴或.于是或.
【解法二】
若,则又由得
∵,即,
∴平方得,.即.
解得或,经检验或即为所求.
【例7】已知为不共线的向量,
(1)求的最小值及相应的值;
(2)求存在两个正数且,使的充要条件.
【解题策略】
求向量模的最值问题的关键是利用|a|2=a2=a·a，将模的问题转化为数量积的问题.
【解】
（1）
,其中为向量的夹角,
故当时,有最小值.
(2)由(1)及知,,即与的夹角为锐角.
在此前提下,存在,且,使的充要条件是有两正解.
可得.
即亦即
故所求充要条件为与的夹角为锐角,且.
二、发散训练
1.(1)求函数的最大、最小值及取最值时的值.
（2）在锐角中,若,向量,且,则的面积为.
A.
B.
C.
D.
(3)已知向量.若对任意单位向量,均有,则的最大值是.
2.已知向量.
(1)若,求的值;
(2)记,求的最大值和最小值.
3.已知向量,设函数,且的图像过点和点.
(1)求的值;
（2）将的图像向左平移个单位后得到函数的图像,若图像上各最高点到点的距离的最小值为1,求的单调递增区间.
第十九讲 正难则反与反证法
正与逆通常指事物矛盾的双方，反映在数学解题中，主要体现于解题的思维进程中，一般的解决问题的过程，总是先从正面入手进行思考，即从条件出发顺向的思考，这是解题的一种基本的思想方法.大量的习题都是循着正向思维来解决的，强化这种思维定式，在数学解题中有着决定性的作用，但有时会遇到从正面入手不易解决，即正向思维受阻的情况.根据事物往往互为因果，具有双向性和可逆性的特征，此时应从问题的反面去思考，“顺难则逆、直难则曲、正难则反”，顺向推导有困难就逆向推导，直接证明有困难就间接证明，正向求解有困难就反向逆找，探求问题的可能性有困难时就探求不可能性，等式证明从左到右不顺利时就从右到左，即从对立的立场、角度、层次、侧面去进行思考，从而使问题获得解决“正难则反”的解题方法常能收到意料不到的功效，这种“逆”恰好弥补了“正”的不足。
正难则反的解题方法的运用主要包括两个方面：一是使用定义、定理、公式、法则时的逆向思维；二是运用思想方法时的逆向思维，它包括举反例、反证法、分析法、同一法、主客元的互换、分子有理化、补集思想等方法策略，因为运用逆向思维解题能打破常规，所以解法往往不落俗套.
中国历史上流传至今的“草船借箭”与“司马光砸缸”的故事，其魅力概源于逆向思维.三国时代周瑜妒忌诸葛亮的才能，委托诸葛亮10日之内督造出10万支箭，这根本是办不到的，诸葛亮明知周瑜要害他但还是痛快地答应只需3天便可造出10万支箭，但诸葛亮压根就没有去造，而是“借”，并且不是从朋友，而是从敌人曹操那里去借，并且获得成功，这是诸葛亮处处留心观察天时、地利，精心筹划，随着实际情况而灵活运用的成果，这种开放性思考是周瑜辈所“望尘莫及”的.同样，司马光砸缸救人的故事也体现了逆向思维的功效.因为在一般人的思维中，有人落水，要救人必须让“人离开水”，而仅靠一起玩要的小伙伴，要做到把人营救出水缸是不可能的，司马光的机智在于面对紧急险情，果断地用石头把缸砸破，让“水离开人”，巧妙地运用“正难则反”的策略解决问题，
在数学学习中应加强逆向思维的训练，注意以下几点：
(1)数学命题中，定理不一定可逆，但定义总是可逆的，应当学会从正反两个方面运用定义，提升数学思维的灵活性的水平.
(2)注意公式的逆用.逆用公式与顺用公式同等重要，有时将公式反用或适当改变公式形式再用，往往能收到化繁为简的效果.
(3)对数学常规问题提法与推断进行逆向思考.
(4)注意解题中的可逆性原则.
正难则反解题策略体现得最完美的是反证法，
证明一个数学命题，当直接证法难以实施时，则可考虑用反证法这一间接证法.但话说回来，何谓反证法
一般地，在证明一个命题时，从命题结论的反面人手，先假设结论的反面成立，通过一系列正确的逻辑推理，导出与已知条件、已知公理、定理、定义之一相矛盾的结果或者两个相矛盾的结果，肯定了“结论反面成立”的假设是错误的，从而达到了证明结论正面成立的目的，这样一种证明方法就是反证法.反证法是一种最常见的证明方法，成语“自相矛盾”中“以子之矛攻子之盾”，正是采用了反证法。
反证法一般采用下述3个步骤.
（1）假设：假设所要证明的结论不成立，而设结论的反面成立(一个或几个，视需要而定）.
(2）归谬：利用假设及题设条件，运用正确的逻辑推理，导出下面所列5种错误的结论之一：①结论与已知知识相矛盾；②结论与已知条件相矛盾；③结论与（1)步中提出的假设相矛盾；④引出两个互相矛盾的结论；⑤结论就是原结论.
(3）结论：根据排中律，即在同一论证过程中，命题“P”和命题“非P”有一个且仅有一个是正确的，可知原结论成立.
在应用反证法证题时，必须严格按“假设一归谬一结论”的思路进行，3个部分缺一不可，当然，运用反证法的关键在于归谬，因此，反证法又称为归谬法.数学家哈代说过：“反证法是数学家最精良的武器.”数学教育家G·波利亚则说：“归谬法是利用导出一个明显的谬误来证明假设不成立，归谬法是个数学过程，但它和讽刺家所爱好的做法——反话——有几分相似，用反话很明显地采纳某个见解，但强调它并且过分强调它，直到产生一个明显的谬误.”
反证法主要用来解决如下类型的数学问题.
（1）否定性命题：用直接法往往难以下手，而用反证法常常出奇制胜，
（2）唯一性命题：结论以“……唯一”的形式出现，可考虑用反证法证明.
（3）“至多”“至少”类命题：结论以“至多……”或“至少……”形式出现，可考虑用反证法证明.
(4）某些不等式或等式证明：运用反证法书写相对简洁.
（5）命题结论涉及无限集或数目不确定的对象，(6）命题结论的反面较结论本身具体、简单，直接证明难以下手，而反证法容易上手.
一、例题精讲
【例1】
已知3个方程
中至少有一个方程有实根,求实数的取值范围.
【解题策略】
本题从正面理解“至少”可得3类：①只有一个方程有实根，有3种情况；②只有两个方程有实根,有3种情况；③3个方程都有实根,有一种情况,一一解来整个解题过程显得非常繁杂，若从反面理解，3个方程都没有实根，只有此一种情况,它的反面就是至少有一个方程有实根的种种情况，这就提醒我们可以运用补集的思想方法，即求出3个方程都没有实根时m的取值范围，再求它相对于R的补集，从中可以看出正与逆必是事物矛盾的双方，反映在数学解题中主要体现在解题的思维进程上.通常把综合法的解题方法称为“正”，而把分析法、反证法的解题方法称为“逆”.一般问题的解决过程，总是习惯于先从正面入手，进行思考，这是解题的一种基本的思想方法，但有时会遇到从正面入手不易解决，这时应从问题的反面去思考，这便是“正难则反”，而补集法正是“正难则反”的体现，用这种方法可以收到意料不到的功效，因为这种“逆”恰好弥补了“正”的不足。
【解】从反面看,若3个方程都没有实根,则
即时3个方程都没有实根,
再求补集,得3个方程至少有一个方程有实根时,.
【例2】
解方程.
【解题策略】
本题若按解3次方程的方法求解,相当困难,如能根据题目特点,让与转换一下“角式",即把常量看作“末知数",把看作未知数，把看作常量，则可使本题轻松获解，变换主元,反客为主也应当是“正难则反”解题法吃一种.
【解】
把原方程整理成关于为“末知数”的“一元二次方程":
解之得或.
∴或
【例3】
（1）设数列是公比为的等比数列,是它的前项和,证明:不是等比数列.
（2)已知,证明:方程没有负数根.
【解题策略】
两小题都是否定性命题,此类题从正面突破往往比较困难,用反证法较为合适.
【证明】
（1）假设是等比数列,则,即.
∵,即,这与矛盾,故不是等比数列.
(2)假设是方和的负数根,则且.解得,这与矛盾,故方程没有负数根.
【例4】
已知数列满足：数列满足:.
(1)求数列的通项公式;
(2)证明:数列中任意三项不可能成等差数列.
【解题策略】
第（1）问是由递推关系求通项公式，可通过构造法得特殊数列，再求出其通项公式；第(2)问同上例一样也是否定性命题，即证明数列{6。}中的任意三项不可能成等差数列.若运用综合法证明，这任意三项如何体现？如果能从反面思考，假设数列b，存在三项按某顺序成等差数列,则根据等差中项公式立即可得出一个关系式,从这个关系式出发进行变形，看一看是否会得到一个错误的结论，从而得出原命题是正确的结论，
【解】
(1)由题意可知,,令,则,
又,则数列是首项为,公比为的等比数列，
即,故.
又,故，.
(2)证明
假设数列存在三项按某顺序成等差数列,由于数列是首项为,公比为的等比数列,于是有,则只可能有成立.
∴,两边同乘,
化简得.①
由于①式左边为奇数,右边为偶数,故①式不可能成立,导致矛盾,故数列中任意三项不可能成等差数列.
【例5】
已知,若在上的最大值为2,最小值为,求证:且.
【解题策略】
证明本题的难点:一是正确写出结论的否定形式;二是当结论的反面不是一种情况时，该如何证明.破解第一个难点,必须熟知“且”的否定命题“或”,对本题而言，结论“且”（注意逻辑关系词:“且”“或”);破解第二个难点,分及进行讨论,并逐一推出矛盾之处.
【证明】
(反证法)假设或.
①当时,由,得,显然在上是单调函数，
∴的最大值为,最小值为.由已知条件得,这与相矛盾,∴
②当时,由二调函数的对称轴为直线,知在上是单调函数,故其最值在区间的端点处取得.
或
又,则此时无解,∴.
由①②得且.
二、发散训练
1.试求常数的取值范围,使曲线的所有弦都不能被直线垂直平分.
2.已知,且,求证与中至少有一个小于2.
3.已知,求证:不能同时大于.
第二十讲 数学归纳法
归纳法是指通过对特殊的、具体的事物的分析、认识、研究，从而导出一般性结论的方向，它是一种由个别到一般、从特殊到普遍、从经验事实到事物内在规律性的认识手段和模式.
归纳法分类：
1.不完全归纳法
不完全归纳法是指通过对某类事物中的一部分对象或一部分子类的考察而概括出该类事物的一般性结论的方法,前提和结论之间未必有必然的联系,由不完全归纳法得出的结论只有或然的性质,结论不一定正确,还需要经过严格的逻辑论证和实践的检验.
2.完全归纳法
完全归纳法是指通过对某类事物中的每一个对象或每一个子类的情况的研究而概括出关于事物的一般性结论的方法,正确的前提必然能得出正确的结论,所以完全归纳法可以作为数学中严格证明的工具,在数学解题中有广泛的应用.完全归纳法包括枚举归纳法和数学归纳法等.
（1）枚举归纳法:将所涉及的研究对象一一列举出来进行研究的方法.这种方法主要适用于研究对象的范畴较小的情况,如整数问题中只需按奇偶数两种情况研究,三角形问题中对形状只需分锐角、直角、钝角3种情况讨论.
（2）数学归纳法:一种证明与正整数${n}$有关的数学命题的重要方法.华罗庚先生说:“把数学归纳法学好了,对进一步学好高等数学有帮助,甚至对认识数学的性质,也会有所裨益."数学归纳法可以用“多米诺骨牌现象”进行形象地说明:推倒头一块“骨牌”,它会带倒第二块,再带倒第三块…...直到所有“骨牌”全部倒下,把骨牌想象为一系列无穷多个编了$了号的命题:假定能 证明：
(奠基)最初的一个命题正确;
（过渡)由每一个命题的正确性可以推出它的下一个命题的正确性,那么我们便证明了这一列命题的正确性.事实上,我们已会“推倒头一块骨牌",即证明最初的一个命题成立(所谓“奠基"),而“过渡”则意味着“每一块骨牌在倒下时都将带倒下一块骨牌”,这样一来,并不需要特别强调应推倒哪一块骨牌,事实上,只要头一块一旦倒下,那么这一列中的任何一块骨牌都或迟或早必然倒下.
因此可得数学归纳法的基本形式:
第一数学归纳法:设是一个关于正整数的命题,如果(i)成立;(ii)假设成立,则也成立,那么,对任意正整数都成立.
第二数学归纳法:设是一个关于正整数的命题,如果(i)(1)成立;(ii)假设对所有适合的正整数成立,则成立,那么,对任意正整数都成立.
归纳法帮你猜想解题思路,归纳与猜想对数学解题是一件锐利的武器,但也是一件危险的武器,所作的猜想仅仅对有限种情况进行了验证,根据有限种情况作出的猜想未必都正确,所以需要用数学归纳法证明猜想的正确性,于是有了“归纳一猜想一证明”类题型.正如G 波利亚所说:“先猜,后证一一这是大多数的发现之道."同样,数学问题也需要猜想,甚至是“大胆猜想”,尽管由归纳推理所得的猜想未必可靠，还需进一步检验，但它由特殊到一般,由具体到抽象的认识功能,对于科学的发现都是十分有用的,观察、实验,对有限的资料作归纳整理,提出猜想,乃是科学研究的最基本的方法之一.猜想应尽量猜之有据,归纳则是形成猜想的有效途径之一.正如G 波利亚指出的:“数学归纳法是一种论证方法,通常用来证明数学上的猜想,而这种猜想是我们用某种归纳方法所获得的.”
一、例题精讲
【例1】
若数列的通项公式为.
证明:对任意的,不等式成立.
【解题策略】
运用数学归约法证明与自然数有关的不等式,关键是由时不等式成立推证出时不等式成立,此步的证明要具有目标意识,要注意与最终达到的解题目标进行比较,实现恰当的放缩.
【证明】
由于,故,所证不等式为
(1)当时,左式,右式,左式>右式,结论成立.
2假设当且时结论成立,即则当时,.
要证时结论成立,只需证,即证.由基本不等式知成立,
故成立,所以当时,结论成立.
由①②可知,对任意的时,不等式成立.
【例2】
已知函数与函数的图像关于直线对称.
(1)在数列中,,当时,,在数列中,,若点在函数的图像上,求的值;
(2)在(1)的条件下,过点作倾斜角为的直线,若在轴上的截距为,求数列的通项公式.
【解题策略】
本例是一道以数列为载体的能力题，结合函数与解析几何的一些知识，其解题核心是“观察、猜测、抽象、概括、证明”，这是发现问题和解决问题的重要途径.实际上，攻克数学中的难点一般都是在观察归纳、猜想证明的过程中得以突破的。
【解】
(1)∵函数是的反函数,∴.
∵点在函数的图像上,∴.①
令,得,则.
(2)由(1)得,(1)式可化为.②
直线的方程为:.
∵在轴上的截距为.
结合②式可得,③
由②式可知,当自然数时,,两式作差得,结合③式得
④
在④式中,令,结合,可解得或2,又因为当时,,所以.
同理,在④式中,依次令,可解得.
由此猜想,然后用数学归纳法证明如下:
(i)当时,已证成立;
(ii)假设当时命题成立,即(且),
当时,由④式可得,
把代入,解得或.
由于,则,
所以不符合题意,应舍去,故只有,则当时命题也成立.
综上可知,数列的通项公式为.
【例3】
函数,定义数列如下:是过两点,
的直线与轴交点的横坐标.试证明.
【解题策略】
本例是与递推数列有关的不等式证明问题,又涉及函数和过定点的直线系方程,常用数学归纳法求解,证明由变化到的情况时,要注意不等式证明中常用的放缩法以及数列递推关系和比差法的应用.
【证明】
①当时,,直线的方程为,令,得，
②假设当时结论成立,即,
直线的方程为,
令,解得,
由归纳假设知.
,即
,即当时结论成立.
由①②知对任意的正整数.
【例4】
对于锐角,定义数列:
求证:对一切正整数,均有.
【解题策略】
在本题的证明过程中,证明时直挍使用归纳假设有困难，可以采用以下两种处理方法.
（1）加强命题法,即证明一个更强的命题来达到证明本题的目的,这种证题策略在压轴题中时有出现.
（2）运用跳跃数学归纳法证.证明过程介绍如下:
①当时成立；
②假设时,成立,由此推得时也成立,那么,根据①②对于一切正整数时,成立.
【证法一】（加强命题法）
若对一切正数，均有，则，得.
故先证明一个更强的命题：（即“异侧加强”）.
①时，，即时，命题成立.
②假设当时，命题成立，即，即，
，
所以，即当时，命题成立.
综合①②可知不等式成立.
【证法二】（跳跃式数学归纳法）
①时，；
时，，命题成立.
②假设当时，命题成立，，
，命题对成立.
综合①②可知不等式成立.
【例5】
证明:对于一切自然数都有.
【解题策略】
本题是关于自然数的证明题,可利用数学归纳法来证明,但在利用第一数学归纳法讨论当时,要利用的非负性来得到结论,故需要,此时,需要在利用数学归纳法时将起点适当增多.
【证明】
①当时,,成立;
当时,,成立.
当时成立.
②假设当时不等式成立，即，.
当时，.
因为，即，
所以，即当时仍成立.
由①②所述，原不等式得证.
【例6】
设数列的前项和为,满足,且.
(1)求的值;
(2)求数列的通项公式.
【解题策略】
通过赋值法运用解方程组求数列的前三项,猜想出通项公式后用数学归纳法证明.
【解】
（1）【解法一】
根据已知,可得解得.
【解法二】
由知，
，
可得.
又,可得,所以
（2）【解法一】（先猜想，再证明）
由，猜测.
下面用数学归纳法证明.
【证法一】(第一数学归纳法)
①当时,猜想显然成立.
②假设当时,
根据,那么,当时,.
两式作差,并整理得,当时,,
则当时，
所以,当时,也成立.
综合①②可知,对任意,都有.
【证法二】第二数学归纳法)
①当时,命题显然成立.
②假设当时,成立.
即,可得,
则当时,根据已知.
可解得,所以,当时,也成立.
综合①②可知,对于任意的,都有成立.
【解法二】（构造新数列）
当时,由已知得
两式相减得,
即,
即.
令，则.
由第（1）小题知，则即
从而,且时也成立,
故.
二、发散训练
1.已知函数的最大值不大于,又当时,.
(1)求的值；
(2)设,证明.
2.设为常数,且.
(1)证明:对任意;
(2)假设对任意,都有,求的取值范围

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