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突破2　利用导数研究与函数零点有关的问题
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.函数的零点、方程的根、曲线的交点,这三个问题本质上同属一个问题,它们之间可相互转化,这类问题的考查通常有两类:(1)讨论函数零点或方程实数根的个数;(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围.
2.利用导数研究函数零点的方法
方法一:(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)根据函数f(x)的性质作出图像;
(3)判断函数零点的个数.
方法二:(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)分类讨论,判断函数零点的个数.
3.求解导数应用题宏观上的解题思想
(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性),重点是把导函数“弄熟悉”;
(2)为了把导函数“弄熟悉”采取的措施:
①通分;
②二次求导或三次求导;
③画出导函数草图.
关键能力学案突破　
考点
判断、证明或讨论函数零点个数
【例1】设函数f(x)=(x-1)ex-x2(其中k∈R).
(1)略;
(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.
解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图像,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的取值范围.
对点训练1(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln
x,g(x)=.
(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;
(2)若存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)考点
与函数零点有关的证明问题
【例2】(2019全国1,理20)已知函数f(x)=sin
x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f'(x)在区间存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.
2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.
对点训练2(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=exsin
x.(e是自然对数的底数)
(1)求f(x)的递减区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:≈4.8)
考点
已知函数零点情况求参数的取值范围
【例3】已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解题心得对函数的零点问题,解题策略是转化为两个函数图像的交点,三种方式中(一平一曲、一斜一曲、两曲)最为常见的是一平一曲.方法一是直接考虑函数f(x)的图像与x轴的交点情况,方法二是分离参数法,两种方法的本质都是一平一曲.另外我们对某些函数或许可以通过换元,降低函数的解决难度.
对点训练3(2020全国1,文20)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
考点
利用导数解决存在性问题
【例4】(2019全国3,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性.
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.
对点训练4(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln
x-ax2-x.
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上递增,求实数a的取值范围.
(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.
指点迷津(一)　在导数应用中如何构造函数
在有关导数的应用中,无论是求函数的单调性、求极值最值,证明不等式、求参数的范围,还是讨论函数的零点,都需要从给定的已知条件中构造出一个或两个函数进行研究,构造的得当能降低难度,减少运算量,但有很多同学不知道如何构造,下面对如何构造函数给出归类和总结.
1.作差直接构造法
【例1】函数f(x)=(x-2)ex+ax2-ax.设a=1,当x≥0时,f(x)≥kx-2,求k的取值范围.
分析由f(x)≥kx-2,令g(x)=f(x)-kx+2=(x-2)ex+x2-x-kx+2.
2.局部构造法
【例2】已知函数f(x)=.当a=1时,判断f(x)有没有极值点.
分析当a=1时,f(x)=,则f'(x)=,令g(x)=x-lnx-1.
【例3】已知函数f(x)=.若a=-1,证明:函数f(x)是(0,+∞)上是减少的.
分析当a=-1时,函数f(x)的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以f'(x)=,令g(x)=-ln(x+1).
3.作差局部构造法
【例4】已知函数f(x)=ln
x-a(x-1),a∈R.当x≥1时,f(x)≤恒成立,求a的取值.
分析f(x)-,令g(x)=xlnx-a(x2-1)(x≥1).
4.分离参数构造法
【例5】在例4中,当x≥1时f(x)≤恒成立等价于ln
x-≤a(x-1),
(1)当x=1时,显然恒成立,∴a∈R.
(2)当x>1时,上式等价于≤a?≤a,令F(x)=.
【例6】已知函数f(x)=ax-,a∈R.若f(x)≥0,求a的取值范围.
分析函数的定义域为(0,+∞),由f(x)≥0得ax-≥0,即a≥.
令g(x)=.
5.特征构造法
【例7】若x>0,证明:.
分析因为,故原不等式等价于,令f(x)=,由例3知f(x)=是(0,+∞)上是减少的,故要证原不等式成立,只需证明:当x>0时,x注:例7的解决过程用到了二次构造函数.
【例8】已知函数f(x)=-ax,x∈(0,+∞),当x2>x1时,不等式<0恒成立,求实数a的取值范围.
分析不等式<0,即<0,结合x2>x1>0可得x1f(x1)-x2f(x2)<0恒成立,
即x2f(x2)>x1f(x1)恒成立,
构造函数g(x)=xf(x)=ex-ax2.
6.变形、化简后构造
【例9】求证当x∈(0,+∞)时,ln.
分析当x∈(0,+∞)时,要证ln,
只需证ex-1>x,
令F(x)=ex-1-x,
F'(x)=,
由ex>x+1可得,>1+,则x∈(0,+∞)时,F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)上递增,
∴F(x)>F(0)=0,
即ex-1>x,
∴ln.
7.换元后构造
【例10】已知函数f(x)=ln
x-kx,其中k∈R为常数.若f(x)有两个相异零点x1,x2(x1求证:(x2+x1)>2.
分析证(x2+x1)>2,
即证lnx2-lnx1>,
只要证ln.
设t=(t>1),
则只要证lnt>(t>1).
令g(t)=lnt-.
8.放缩后局部构造
【例11】已知函数f(x)=.证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.
分析当a≥1时,f(x)+e=+e≥+e=(x2+x-1+ex+1)e-x.
设g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.
9.作差与分离变量的综合构造法
【例12】已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln
x(a∈R),g(x)=(1-a)x,若存在x∈[1,e]使得f(x)≥g(x)成立,求实数a的取值范围.
分析不等式f(x)≥g(x)在区间[1,e]上有解,即x2-2x+a(lnx-x)≥0在区间[1,e]上有解.
因为当x∈[1,e]时,lnx≤1≤x(不同时取等号),x-lnx>0,所以a≤在区间[1,e]上有解.
令h(x)=.
10.主元构造法
主元构造法,就是将多变元函数中的某一个变元看作主元(即自变量),将其他变元看作常数,来构造函数,然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.
【例13】已知函数g(x)=xln
x,设02.
分析对g(x)=xlnx求导,g'(x)=lnx+1.
在g(a)+g(b)-2g中以b为主元构造函数,
设F(x)=g(a)+g(x)-2g,
则F'(x)=g'(x)-2'=lnx-ln.
当0当x>a时,F'(x)>0,因此F(x)在(a,+∞)上为增加的,从而当x=a时,F(x)有极小值F(a).
因为F(a)=0,b>a,所以F(b)>0,
即g(a)+g(b)-2g>0.
设G(x)=F(x)-(x-a)ln2,
则G'(x)=lnx-ln-ln2=lnx-ln(x+a),
当x>0时,G'(x)<0.
因此G(x)在(0,+∞)上是减少的.
因为G(a)=0,b>a,所以G(b)<0,
即g(a)+g(b)-2g<(b-a)ln2.
注:本题以b为主元构造函数,当然也可以以a为主元构造函数.
突破2　利用导数研究与函数
零点有关的问题
关键能力·学案突破
例1解(1)略.
(2)函数f(x)的定义域为R,
f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),
①当00,解得x0.
∴f(x)在(-∞,lnk)和(0,+∞)上递增,在[lnk,0]上递减.
由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(x)max=f(lnk)=(lnk-1)k-ln2k=-[(lnk-1)2+1]<0,
此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.
又f(x)在[0,+∞)上递增,
∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,
∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>lnk,
∴f(x)在(-∞,0)和(lnk,+∞)上递增,在[0,lnk]上递减.
当x∈(-∞,lnk)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.
当x∈[lnk,+∞)时,f(lnk)=kek+1-.
令g(t)=et-t2,t=k+1>2,
则g'(t)=et-t,g″(t)=et-1,
∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,
∴g(t)在(2,+∞)上递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.
∴f(x)在[lnk,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.
对点训练1解(1)F(x)=lnx-,
即F(x)=lnx+(x>0),
则F'(x)=,
令F'(x)=0,解得x=.
当x∈,F'(x)<0,F(x)在上递减;当x∈,+∞,F'(x)>0,F(x)在上递增.所以当x∈(0,+∞)时,F(x)min=F-ln2.
因为-ln2=ln-ln2<0,所以F(x)min<0.
又因为F=-2+>0,F(e)=1+>0,
所以F·F<0,F(e)·F<0,
所以F(x)分别在区间上各存在一个零点,函数F(x)存在两个零点.
(2)假设f(x)≥g(x)对任意x∈[1,+∞)恒成立,即lnx-≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.
令h(x)=lnx-(x≥1),则h'(x)=.
①当m≤2,即2x-m≥0时,则h'(x)≥0且h'(x)不恒为0,
所以函数h(x)=lnx-在区间[1,+∞)上递增.
又因为h(1)=ln1-=0,所以h(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.故m≤2不符合题意.
②当m>2时,令h'(x)=<0,得1≤x<;令h'(x)=>0,得x>.所以函数h(x)=lnx-在区间上递减,在区间上递增,所以h2时,存在x0≥1,使h(x0)<0,即f(x0)2符合题意.
综上可知,实数m的取值范围是(2,+∞).
例2证明(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx-,g'(x)=-sinx+.
当x∈时,g'(x)递减,而g'(0)>0,g'<0,
可得g'(x)在区间内有唯一零点,设为α.
则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;
当x∈时,g'(x)<0.
所以g(x)在区间(-1,α)上递增,在区间上递减,故g(x)在区间上存在唯一极大值点,
即f'(x)在区间上存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)上递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)上递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
②当x∈时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)上递增,在区间上递减,而f'(0)=0,f'<0,所以存在β∈,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈时,f'(x)<0.
故f(x)在区间(0,β)上递增,在区间上递减.
又f(0)=0,f=1-ln1+>0,所以当x∈时,f(x)>0.从而,f(x)在区间上没有零点.
③当x∈时,f'(x)<0,所以f(x)在区间上递减.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在区间上有唯一零点.
④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)上没有零点.
综上,f(x)有且仅有2个零点.
对点训练2(1)解f(x)=exsinx,定义域为R.
f'(x)=ex(sinx+cosx)=exsinx+.由f'(x)<0得sin<0,解得2kπ+∴f(x)的递减区间为2kπ+,2kπ+(k∈Z).
(2)证明∵g'(x)=ex(sinx+cosx)-2,
∴g″(x)=2excosx,g″(x)是g'(x)的导函数.∵x∈(0,π),∴当x∈时,g″(x)>0;当x∈,π时,g″(x)<0.
∴g'(x)在上递增,在上递减,
又g'(0)=1-2<0,g'-2>0,g'(π)=-eπ-2<0,
∴g'(x)在(0,π)上图像大致如图.
∴存在x1∈,x2∈,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,
且当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.
∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上递减,在(x1,x2)上递增.∵g(0)=0,
∴g(x1)<0.∵g-π>0,
∴g(x2)>0.又g(π)=-2π<0,由零点存在定理得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)上各有一个零点,
∴函数g(x)在(0,π)上有两个零点.
例3解(1)f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(2ex+1)(aex-1),显然2ex+1>0.
①当a≤0时,aex-1<0,所以f'(x)<0,所以f(x)在R上递减.
②当a>0时,由f'(x)>0得x>ln,由f'(x)<0得x(2)(方法1)①当a≤0时,由(1)可知,f(x)在R上递减,不可能有两个零点.
②当a>0时,f(x)min=f=1-+lna,令g(a)=f(x)min,
则g'(a)=>0,
所以g(a)在(0,+∞)上递增,而g(1)=0,所以当a≥1时,g(a)=f(x)min≥0,从而f(x)没有两个零点.
当00,
于是f(x)在上有1个零点;因为f=a-12+(a-2)-ln-ln>0,
且ln>ln,所以f(x)在上有1个零点.
综上所述,a的取值范围为(0,1).
(方法2)ae2x+(a-2)ex-x=0?ae2x+aex=2ex+x?a=.
令g(x)=,则g'(x)==-,令h(x)=ex+x-1,则h'(x)=ex+1>0,
所以h(x)在R上递增,
而h(0)=0,所以当x<0时,h(x)<0,当x>0时,h(x)>0,于是当x<0时,g'(x)>0,当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(-∞,0)上递增,在(0,+∞)上递减.
g(0)=1,当x→-∞时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0+.函数g(x)的简图如图所示.
若f(x)有两个零点,则y=a与g(x)有两个交点,所以a的取值范围是(0,1).
对点训练3解(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.
当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)上递减,在(0,+∞)上递增.
(2)f'(x)=ex-a.
当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.
当a>0时,由f'(x)=0可得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,lna)上递减,在(lna,+∞)上递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).
①若0②若a>,则f(lna)<0.
由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,lna)上存在唯一零点.
由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,
所以当x>4且x>2ln(2a)时,
f(x)=-a(x+2)>eln(2a)·-a(x+2)=2a>0.
故f(x)在(lna,+∞)上存在唯一零点.
从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.
综上,a的取值范围是.
例4解(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f'(x)=0,得x=0或x=.
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪时,f'(x)>0;
当x∈时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,0),上递增,在上递减.
若a=0,f(x)在(-∞,+∞)上递增.
若a<0,则当x∈∪(0,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈时,f'(x)<0.
故f(x)在,(0,+∞)上递增,在上递减.
(2)满足题设条件的a,b存在.
①当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.
②当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]上递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
③当0若-+b=-1,b=1,则a=3,与0若-+b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3或a=0,与0综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]上的最小值为-1,最大值为1.
对点训练4解(1)∵函数f(x)在[1,+∞)上递增,∴f'(x)=-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立.
∴a≤,
∴当x=2时,有最小值-,
∴a的取值范围为-∞,-.
(2)不存在.理由如下,
∵f'(x)=-ax-1,
∴f'(1)=1-a-1=-a.
∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=lnx-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴xlnx-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即xlnx-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=xlnx-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=lnx-k,
当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,即g(x)在(1,+∞)上递增,g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾;
当k>0时,令g'(x)>0,解得x>ek,令g'(x)<0,解得1∴g(x)在(1,ek)上递减,在(ek,+∞)上递增.
∴g(x)min=g(ek)=kek-(k+1)ek+2k=2k-ek>0,令h(k)=2k-ek,k>0,则h'(k)=2-ek,
∵当k0,函数h(k)递增,当k>ln2时,h'(k)<0,函数h(k)递减,∴h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)<0,∴不存在整数k使得2k-ek>0恒成立.
综上所述不存在满足条件的整数k.导数的综合应用
高考大题专项(一)　导数的综合应用
考情分析
导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.
突破1　利用导数研究与不等式有关的问题
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.与ex,ln
x有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图像上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥1+x;当m=1时,有ex≥ex.
(2)由过函数f(x)=ln
x图像上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln
n=(x-n),得ln
x≤x-1+ln
n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln
x≤x-1;当n=e时,有ln
x≤x.
(3)由(1),(2)得,若x∈(0,+∞),则ex≥x+1>x-1≥ln
x.
2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.
3.函数不等式的类型与解法
(1)任意x∈D,f(x)≤k?f(x)max≤k;存在x∈D,f(x)≤k?f(x)min≤k;
(2)任意x∈D,f(x)≤g(x)?f(x)max≤g(x)min;存在x∈D,f(x)≤g(x)?f(x)min≤g(x)max.
4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略
(1)任意x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(2)存在x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(3)任意x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(4)存在x1∈[a,b],任意x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(5)存在x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域与g(x)在[c,d]上的值域交集非空.
(6)任意x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域?g(x)在[c,d]上的值域.
(7)任意x2∈[c,d],存在x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域?g(x)在[c,d]上的值域.
关键能力学案突破　
考点
求函数不等式的参数的取值范围
(多考向探究)
考向1　求单变量函数不等式的参数的取值范围
【例1】已知函数f(x)=(x+1)ln
x-a(x-1).
(1)略;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求实数a的取值范围.
解题心得1.若任意x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围,即求当x>0,f(x)≥0恒成立时的a的取值范围,即研究a取什么范围使得当x>0时f(x)≥0成立.
2.对于恒成立求参数取值范围的问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般遵循“构造函数——分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往往需要多次求导和使用洛必达法则.
对点训练1(2020新高考全国1,21)已知函数f(x)=aex-1-ln
x+ln
a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围.
考向2　求双变量函数不等式的参数的取值范围
【例2】(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=mln
x-x+(m∈R).
(1)略;
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,不等式解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数取值范围的问题,一般要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含有两个变量的不等式中抽象出一个函数是单调函数.对于求参数的取值范围,可以分离出变量,得到一个不等式,通过函数的最值得参数的取值范围;如果变量不易分离,可以对参数进行讨论,看参数在什么范围不等式成立,从而求出参数的取值范围.
对点训练2(2020安徽安庆二模,理21)已知函数f(x)=aln
x+(a-1)x2+1(a∈R).
(1)略;
(2)当a=-1时,对任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,都有>mx1x2,求实数m的取值范围.
考点
利用导数证明不等式
(多考向探究)
考向1　单未知数函数不等式的证明
【例3】已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)略;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.
2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)>0加强为ex-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及,ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子=0进行变形,得到两个式子和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.
对点训练3已知函数f(x)=.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.
【例4】已知函数f(x)=x+.
(1)略;
(2)设函数g(x)=ln
x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I上的正负,若h(x)在区间I上递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)在与区间I相应的闭区间上的端点处的函数值),若h(x)在区间I上先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.
对点训练4(2020全国2,理21)已知函数f(x)=sin2xsin
2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤;
(3)设n∈N+,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
考向2　双未知数函数不等式的证明
【例5】已知函数f(x)=-x+aln
x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下四种:
方法1:利用换元法,化归为一个未知数;
方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;
方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;
方法4:利用主元法,构造函数证明.
对点训练5(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=x2-ax+aln
2x(a≠0).
(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是-ln
2,求a;
(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<)-2e(其中e为自然对数的底数).
高考大题专项(一)　导数的综合应用
突破1　利用导数研究与不等式有关的问题
关键能力·学案突破
例1解(1)略.
(2)(方法1　分离参数法)
当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于a<.令H(x)=,则H'(x)=,
令K(x)=x--2lnx,
则K'(x)=>0,
于是K(x)在(1,+∞)上递增,
所以K(x)>K(1)=0,于是H'(x)>0,从而H(x)在(1,+∞)上递增.由洛必达法则,可得=2,于是a≤2,于是a的取值范围是(-∞,2].
(方法2　最值法)
由f(x)=(x+1)lnx-a(x-1),得f'(x)=lnx++1-a.
①当1-a≥0,即a≤1时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上递增,所以f(x)>f(1)=0.
②当a>1时,令g(x)=f'(x),则g'(x)=>0,所以g(x)在(1,+∞)上递增,于是f'(x)>f'(1)=2-a.
(ⅰ)当2-a≥0,即10,于是f(x)在(1,+∞)上递增,于是f(x)>f(1)=0.
(ⅱ)当2-a<0,即a>2时,存在x0∈(1,+∞),使得当1所以f(x)综上所述,a的取值范围是(-∞,2].
对点训练1解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1-.
(1)当a=e时,f(x)=ex-lnx+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为,2.
因此所求三角形的面积为.
(2)由题意a>0,当0当a=1时,f(x)=ex-1-lnx,f'(x)=ex-1-.
当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.
当a>1时,f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
例2解(1)略;
(2)由题意得x∈(0,+∞),f'(x)=-1-=-,
令g(x)=x2-mx+m,Δ=m2-4m=m(m-4)>0,
当m<0或m>4时,g(x)=0有两个不相等的实根x1,x2,且x1+x2=m,x1x2=m.
当m<0时,两根一正一负,不符合题意.
当m>4时,两个根为正,f(x)有两个极值点x1,x2,
f(x1)+f(x2)=mlnx1-x1++mlnx2-x2+=mlnx1x2-(x1+x2)+=mlnm-m+m=mlnm.
=(x1+x2)2-2x1x2=m2-2m.所以.所以a>在m∈(4,+∞)时恒成立.令h(m)=(m>4),则h'(m)=.
令φ(m)=1--lnm,则φ'(m)=<0,
所以φ(m)在(4,+∞)上递减.
又φ(4)=1--2ln2<0,
所以φ(m)<0在(4,+∞)上恒成立,即1--lnm<0.所以h'(m)<0.
所以h(m)在(4,+∞)上是减少的.所以h(m)所以a≥ln2,即a的取值范围是[ln2,+∞).
对点训练2解(1)略;
(2)当a=-1时,f(x)=-lnx-x2+1,不妨设0则>mx1x2等价于>m(x2-x1),
考查函数g(x)=,得g'(x)=,令h(x)=,h'(x)=,
则当x∈(0,)时,h'(x)>0,
当x∈(,+∞)时,h'(x)<0,
所以h(x)在区间(0,)上递增,在区间(,+∞)上递减.故g'(x)≤g'()=-1<0,所以g(x)在(0,+∞)上递减.
从而g(x1)>g(x2),即,故>m(x2-x1),
所以+mx1>+mx2,
即g(x1)+mx1>g(x2)+mx2恒成立,设φ(x)=g(x)+mx,则φ(x)在(0,+∞)上递减,
从而φ'(x)=g'(x)+m≤0恒成立,
故φ'(x)=g'(x)+m≤-1+m≤0,故m≤1-.
故实数m的取值范围为-∞,1-.
例3解(1)略.
(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=ex-,f″(x)=ex+>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上递增.
又因为当x→(-m)+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,
所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实数根x0,当-mx0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-m,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.
由f'(x0)=0可得=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=-ln(x0+m)=+x0=+x0+m-m≥2-m.
当m<2时,f(x0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,
但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=-0≠0.
所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.
证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=ex-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞),就能证明当x≤2时,f(x)>0.
φ'(x)=ex-,φ″(x)=ex+>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.
于是φ'(x)在(-2,+∞)上递增.
又因为φ'(-1)=-1<0,φ'(0)=1->0,
所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实数根x0,且x0∈(-1,0).
当-2x0时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在(-2,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,
所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.
由φ'(x0)=0可得=0,即ln(x0+2)=-x0,
于是φ(x0)=-ln(x0+2)=+x0=>0,于是φ(x)≥φ(x0)>0.
综上所述,当m≤2时,f(x)>0.
证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明ex-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.
由lnx≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).
又因为ex≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以ex>ln(x+2),即ex-ln(x+2)>0(x>-2),
所以当m≤2时,f(x)>0.
对点训练3(1)解f'(x)=
,
因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.
(2)证明f(x)+e≥0?+e≥0?ax2+x-1+ex+1≥0.
当a≥1时,ax2+x-1+ex+1≥x2+x-1+ex+1,因为ex≥1+x(x∈R),所以ex+1≥2+x,
所以x2+x-1+ex+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.
所以当a≥1时,f(x)+e≥0.
例4(1)略.
(2)证明令h(x)=f(x)-g(x)=x+-lnx-1(x>0),h'(x)=1-,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图像的对称轴为x=.
∵p(1)=1-1-a=-a<0,
设p(x)=0的正实数根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一实数根小于0,h(x)在(0,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,h(x)min=h(x0)=x0+-lnx0-1=x0+-lnx0-1=2x0-lnx0-2,令F(x)=2x-lnx-2(x>1),F'(x)=2->0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上递增.
又F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,
故当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
对点训练4(1)解f'(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)'=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x=2sinxsin3x.
当x∈时,f'(x)>0;当x∈时,f'(x)<0.
所以f(x)在区间上递增,在区间上递减.
(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]上的最大值为f,最小值为f=-.而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤.
(3)证明由于(sin2xsin22x…sin22nx=|sin3xsin32x…sin32nx|=|sin
x||sin2xsin32x…·sin32n-1xsin
2nx||sin22nx|=|sin
x||f(x)f(2x)…·f(2n-1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…·f(2n-1x)|,所以sin2xsin22x…sin22nx≤.
例5(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-.
①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时,f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上递减.
②若a>2,由f'(x)>0,
可得由f'(x)<0,可得0,
所以f(x)在上递减,在上递增.
综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上递减;
当a>2时,f(x)在0,,,+∞上递减,在上递增.
(2)证明证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0=
=--1+=-2+,
于是构造函数g(x)=2lnx+-x,x>1,由(1)知,g(x)在(1,+∞)上递减,所以g(x)证法2:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.
因为x1,x2是f(x)的两个极值点,
所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0=
=--1+=-2-,
于是设t=,则a=,构造函数φ(t)=t-ln(+t),t>0,
则φ'(t)=1-=1->0,所以φ(t)在(0,+∞)上递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.
证法3:仿照证法1,可得所以<1??lnx1-lnx2>?ln,令t=∈(0,1),构造函数h(t)=2lnt+-t,
由(1)知,h(t)在(0,1)上递减,所以h(t)>h(1)=0,原不等式获证.
对点训练5(1)解f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=-a+.
令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,
所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,
即f'(x)=>0.
所以f(x)在[1,e]上递增.
f(x)min=f(1)=-a+aln2=-ln2,解得a=-1.
(2)证明由f(x)有两个极值点x1,x2,
则f'(x)=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,
则解得a>2.
x1+x2=2a,x1x2=2a,=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.
当a≥e时,f(x1)+f(x2)-)+2e=aln(4x1x2)-a(x1+x2)-)+2e=aln8a-2a2-(4a2-4a)+2e=aln8a-3a2+a+2e(a≥e).
令g(a)=aln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=-6=,当a≥e时,h'(a)<0,
所以h(a)在[e,+∞)上递减.
所以h(a)≤h(e).
即g'(a)≤g'(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,
所以g(a)在[e,+∞)上递减,
g(a)≤g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)所以g(a)<0,所以原不等式成立.突破3　圆锥曲线中的证明与探索性问题
题型一　圆锥曲线中的证明问题
突破策略一　直接法
【例1】已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.
(1)求椭圆C的方程.
(2)若斜率为-的直线l与椭圆C交于P,Q两点(点P,Q均在第一象限),O为坐标原点.
①证明:直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列.
②若点Q'与点Q关于x轴对称,证明:tan
∠POQ'>.
解题心得对于证明问题,一般是根据已知条件,运用所涉及的知识通过运算化简,利用定义、定理、公理等,直接推导出所证明的结论即可,证明不等式常用不等式的性质,或基本不等式求得最值.本题易错点是忽略对于取等号时条件能否成立的验证.
对点训练1(2020河北张家口二模,19)已知椭圆E:=1(a>b>0)的焦距为4,且过点.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设A(0,b),B(0,-b),C(a,b),过点B且斜率为k(k>0)的直线l交E于另一点M,交x轴于点Q,直线AM与直线x=a相交于点P.证明:PQ∥OC(O为坐标原点).
突破策略二　转化法
【例2】已知B是抛物线y=x2+1上任意一点,A(0,-1),且P为线段AB的中点.
(1)求点P的轨迹C的方程;
(2)若F为点A关于原点O的对称点,过F的直线交曲线C于M,N两点,直线OM交直线y=-1于点H,求证:|NF|=|NH|.
解题心得圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广,但无论证明什么,其常用方法有直接法和转化法,对于转化法,先是对已知条件进行化简,根据化简后的情况,将证明的问题转化为另一问题.本题证明的关键是能够利用抛物线的定义将所证结论转化为证明HN∥y轴.通过直线与抛物线联立得到韦达定理的形式,利用韦达定理的结论证得HN∥y轴.
对点训练2(2020河南开封三模,文19)已知抛物线C:x2=2py(p>0),F为抛物线C的焦点.以F为圆心,p为半径作圆,与抛物线C在第一象限交点的横坐标为2.
(1)求抛物线C的方程;
(2)直线y=kx+1与抛物线C交于A,B两点,过A,B分别作抛物线C的切线l1,l2,设切线l1,l2的交点为P,求证:△PAB为直角三角形.
题型二　圆锥曲线中的探究性问题(多方向探究)
突破策略一　肯定顺推法
【例3】已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,过点F的动直线交抛物线C于A,B两点,当直线与x轴垂直时,|AB|=4.
(1)求抛物线C的方程;
(2)设直线AB的斜率为1且与抛物线C的准线l相交于点M,抛物线C上存在点P使得直线PA,PM,PB的斜率成等差数列,求点P的坐标.
解题心得存在性问题通常用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化,其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程(组),若方程(组)有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.
对点训练3(2020陕西咸阳二模,理20)已知椭圆C:=1(a>b>0)过点,且其离心率为,过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M,N两点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切?若存在,求定圆的方程;若不存在,请说明理由.
突破策略二　探究转化法
【例4】(2019全国2,文20)已知F1,F2是椭圆C:=1(a>b>0)的两个焦点,P为C上的点,O为坐标原点.
(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率;
(2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.
解题心得转化探究方向,是指将所探究的问题转化为其他明确的问题,使所探究的问题更加具体,易求.对于范围最值的探究,一般转化为对函数性质的研究,或对不等式的研究问题.
对点训练4(2020山西晋城一模,理20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的半焦距为c,圆O:x2+y2=c2与椭圆C有且仅有两个公共点,直线y=2与椭圆C只有一个公共点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)已知动直线l过椭圆C的左焦点F,且与椭圆C分别交于P,Q两点,试问:x轴上是否存在定点R,使得为定值?若存在,求出该定值和点R的坐标;若不存在,请说明理由.
突破策略三　利用假设法
【例5】已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),且椭圆过点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若A,B为椭圆的左、右顶点,P(x0,y0)(y0≠0)为椭圆上一动点,设直线AP,BP分别交直线l:x=6于点M,N,判断以线段MN为直径的圆是否恒过定点,若恒过定点,求出该定点坐标;若不恒过定点,说明理由.
解题心得1.利用假设法一般地先假设定点存在,并设出定点坐标,再把其作为已知条件,求解定点坐标.
2.探索直线过定点时,可设直线方程为y=kx+b,然后利用条件建立关于k,b的等量关系,再借助于直线系的思想找出定点.
3.从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关.
对点训练5(2020河北保定一模,理20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F(c,0),离心率为,且经过点,点M为椭圆上的动点.
(1)求点M到点D(1,0)的最短与最长距离;
(2)设直线l:y=x+n与椭圆C相交于A,B两点,则是否存在点P(,m),使得△ABP的内切圆恰好为x2+y2=1?并说明理由.
突破3　圆锥曲线中的
证明与探索性问题
例1(1)解由题意可得
解得∴b2=a2-c2=1,
故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明①设直线l的方程为y=-x+m,P(x1,y1),Q(x2,y2).
由消去y,得x2-2mx+2(m2-1)=0.
则Δ=4m2-8(m2-1)=4(2-m2)>0,且x1+x2=2m,x1x2=2(m2-1),
∴y1y2=
=x1x2-m(x1+x2)+m2=,∴kOPkOQ=,即直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列.
②由题可知∠xOQ'=∠xOQ,
由①可知tan∠xOQ'·tan∠xOP=,tan∠xOQ'>0,tan∠xOP>0,
∴tan∠POQ'=tan(∠xOQ'+∠xOP)=
=(tan∠xOQ'+tan∠xOP)
≥×2.当且仅当∠xOQ'=∠xOP时,等号成立,此时P,Q两点重合,不符合题意,可知无法取得等号.∴tan∠POQ'>.
对点训练1(1)解由题可知2c=4,c=2,
∴椭圆的左、右焦点分别为(-2,0),(2,0).
(方法1)由椭圆的定义知
2a==4,
∴a=2,b2=a2-c2=4,
∴椭圆E的方程为=1.
(方法2)由题可知解得
∴椭圆E的方程为=1.
(2)证明由(1)得A(0,2),B(0,-2),C(2,2).
直线l:y=kx-2与椭圆x2+2y2=8联立,得(2k2+1)x2-8kx=0.
∴xM=,从而M,Q.
∴直线AM的斜率为=-,直线AM的方程为y=-x+2.
令x=2,得P2,-+2,
∴直线PQ的斜率kPQ=.
∵直线OC的斜率kOC=,
∴kPQ=kOC,从而PQ∥OC.
例2(1)解设P(x,y),B(x0,y0),∵P为AB中点,∴∵B为曲线y=x2+1上任意一点,∴y0=+1,代入得x2=4y,∴点P的轨迹C的方程为x2=4y.
(2)证明依题意得F(0,1),直线MN的斜率存在,其方程可设为y=kx+1.
设M(x1,y1),N(x2,y2),联立得x2-4kx-4=0,则Δ=16k2+16>0,
∴x1x2=-4.∵直线OM的方程为y=x,H是直线OM与直线y=-1的交点,
∴H.根据抛物线的定义|NF|等于点N到准线y=-1的距离.
∵H在准线y=-1上,∴要证明|NF|=|NH|,只需证明HN垂直于准线y=-1,即证HN∥y轴.
∵H的横坐标-=-=x2,∴HN∥y轴成立,
∴|NF|=|NH|成立.
对点训练2(1)解记抛物线C与圆F在第一象限的交点为M.
由题意,圆F与抛物线C的准线相切,且M到抛物线C准线的距离等于圆F的半径p.
所以点M的坐标为.
代入抛物线方程,得4=p2(p>0),所以p=2.
(2)证明设A,B,
由x2=4y得y=x2,求导得y'=x,所以A,B两点处的切线斜率分别为k1=x1,k2=x2.
由得x2-4kx-4=0,
所以x1+x2=4k,x1x2=-4,
所以k1k2=x1x2=-1.
所以PA⊥PB,即△PAB为直角三角形.
例3解(1)由题可知F,在抛物线方程y2=2px中,令x=,可得y=±p.
于是当直线与y轴垂直时,|AB|=2p=4,解得p=2.所以抛物线的方程为y2=4x.
(2)因为抛物线y2=4x的准线方程为x=-1,直线AB的方程为y=x-1,所以M(-1,-2).
联立消去x,得y2-4y-4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4,y1y2=-4.
若点P(x0,y0)满足条件,则2kPM=kPA+kPB,
即2·,因为点P,A,B均在抛物线上,所以x0=,x1=,x2=.代入化简可得,将y1+y2=4,y1y2=-4代入,解得y0=±2.将y0=±2代入抛物线方程,可得x0=1.于是点P(1,±2)为满足题意的点.
对点训练3解(1)∵椭圆C经过点,∴=1,
又,∴a2=4,b2=3.
∴椭圆C的方程为=1.
(2)存在.①当直线MN的斜率不存在时,由对称性,设M(x0,x0),N(x0,-x0).
∵M,N在椭圆C上,∴=1,
∴.
∴O到直线MN的距离为d=|x0|=,∴圆的方程为x2+y2=.
②当直线MN的斜率存在时,设MN的方程为y=kx+m,
联立得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.
∵OM⊥ON,∴x1x2+y1y2=0,
∴x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0.
∴(k2+1)·+m2=0,即7m2=12(k2+1).
∴O到直线MN的距离为d=,
∴圆的方程为x2+y2=.
综上所述,存在定圆x2+y2=与直线MN总相切.
例4解(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|=c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(+1)c,故C的离心率e=-1.
(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在,则|y|·2c=16,=-1,=1,即c|y|=16,
①
x2+y2=c2,
②
=1.
③
由②③及a2=b2+c2得y2=,又由①知y2=,故b=4.
由②③得x2=(c2-b2),所以c2≥b2,从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥4.
当b=4,a≥4时,存在满足条件的点P.所以b=4,a的取值范围为[4,+∞).
对点训练4解(1)依题意,得c=b=2,则a2=b2+c2=4+4=8,
故椭圆的标准方程为=1.
(2)存在.①当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x+2),
代入椭圆C的方程,可得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-8=0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=,x1x2=.
设R(m,0),则=(x1-m,y1),=(x2-m,y2).
=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(x1-m)(x2-m)+k2[x1x2+2(x1+x2)+4]=(k2+1)+4k2+m2=,当,即m=-时,=-为定值,
此时R点的坐标为R.
②当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-2,联立
不妨设P(-2,),Q(-2,-),若R,则=-.
综上所述,在x轴上存在点R,使得为定值-.
例5解(1)由已知c=1,∴a2=b2+1,
①
∵椭圆过点,
∴=1,
②
联立①②得a2=4,b2=3,
∴椭圆方程为=1.
(2)以线段MN为直径的圆恒过定点.
设P(x0,y0),已知A(-2,0),B(2,0),∵y0≠0,∴x0≠±2,∴直线AP,BP都有斜率,∴kAP=,kBP=,
∴kAP·kBP=,
③
∵=1,∴=3.
④
将④代入③得kAP·kBP==-,设直线AP方程为y=k(x+2),
∴直线BP方程为y=-(x-2),
∴M(6,8k),N,由对称性可知,若存在定点,则该定点必在x轴上,设该定点为T(t,0),则,∴=(6-t,8k)·=(6-t)2+(-24)=0,∴(6-t)2=24,∴t=6±2.∴存在定点或(6-2,0)以线段MN为直径的圆恒过该定点.
对点训练5解(1)依题意得解得所以椭圆C的方程为=1.
设M(x0,y0)(x0∈[-2,2])到点D的距离为d,
因为=1,所以=2-,
所以d2=(x0-1)2+-2x0+3,其对称轴为x=2,
所以该函数在[-2,2]上单调递减,
所以当x0=2时,d取得最小值1;当x0=-2时,d取得最大值3.
(2)假设存在点P(,m),使得△ABP的内切圆恰好为x2+y2=1,
设A(x1,y1),B(x2,y2),因为直线AB与圆x2+y2=1相切,
所以圆心(0,0)到直线l:y=x+n的距离为=1,所以n=±,
所以当n=时,直线AB的方程为y=x+,
联立得3x2+4x=0,解得x1=0,x2=-,
所以A(0,),B.
(方法1)因为AO为∠BAP的角平分线,所以kAP=-kAB=-1,
所以kAP==-1,所以m=0,即P(,0),
所以直线BP的方程为x-7y-=0,因为圆心到直线BP的距离为≠1,所以此时BP不是圆的切线.
同理,当n=-时,BP也不是圆的切线,
综上所述,P不存在.
(方法2)因为A(0,),P(,m),所以kAP=,
所以直线AP的方程为(m-)x-y+2=0.
由原点O到直线AP的距离为1,得=1,解得m=0,或m=2,
当m=0时,P(,0),此时直线BP的斜率为kBP=,所以直线BP的方程为x-7y-=0,
因为圆心到直线BP的距离为≠1,所以BP不是圆的切线.
当m=2时,P(,2),此时直线BP的斜率为kBP=1,
所以直线BP的方程为x-y+=0,与直线AB重合,故舍去.
同理,当n=-时,BP也不是圆的切线.
综上所述,P不存在.www.
突破2　圆锥曲线中的定点、定值问题
题型一　圆锥曲线中的定点问题(多维探究)
突破策略一　直接法
【例1】(2020全国1,理20)已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.
解题心得圆锥曲线中定点问题的常见解法
(1)要证明直线或曲线过定点,可以根据已知条件直接求直线或曲线的方程,方程一旦求出,即能找到直线或曲线过的定点,也就证明了过定点.
(2)对于是否直线或曲线过定点问题,一般先假设过定点,并假设出定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点,否则说明假设不成立.
(3)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点符合题意.
对点训练1(2020新高考全国1,22)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(2,1).
(1)求C的方程;
(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
突破策略二　逆推法
【例2】设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过点M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足.
(1)求点P的轨迹方程.
(2)设点Q在直线x=-3上,且=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过椭圆C的左焦点F.
解题心得由特殊到一般法求定点问题的方法:
由特殊到一般法求解定点问题时,常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.
对点训练2已知抛物线C的方程y2=2px(p>0),焦点为F,点P在抛物线C上,且点P到点F的距离比它到y轴的距离大1.
(1)试求出抛物线C的方程.
(2)若抛物线C上存在两动点M,N(M,N在对称轴两侧),满足OM⊥ON(O为坐标原点),过点F作直线交抛物线C于A,B两点,若AB∥MN,则线段MN上是否存在定点E,使得=4恒成立?若存在,请求出点E的坐标,若不存在,请说明理由.
题型二　圆锥曲线中的定值问题
突破策略　直接法
【例3】(2020山东滨州二模,20)已知椭圆C:=1(a>b>0)经过点(,1),离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设直线l:y=kx+t(t≠0)与椭圆C相交于A,B两点,若以OA,OB为邻边的平行四边形OAPB的顶点P在椭圆C上,求证:平行四边形OAPB的面积为定值.
解题心得证明某一量为定值,一般方法是用一个参数表示出这个量,通过化简消去参数,得出定值.
对点训练3(2020山东泰安三模,21)已知椭圆=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B,O为坐标原点,点O到直线AB的距离为,△OAB的面积为1.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)直线l与椭圆交于C,D两点,若直线l∥AB,设直线AC,BD的斜率分别为k1,k2,证明:k1·k2为定值.
突破2　圆锥曲线中的定点、定值问题
例1(1)解由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).
则=(a,1),=(a,-1).
由=8得a2-1=8,即a=3.
所以E的方程为+y2=1.
(2)证明设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).
若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3由于直线PA的方程为y=(x+3),所以y1=(x1+3).
直线PB的方程为y=(x-3),
所以y2=(x2-3).
可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).
由于=1,
故=-,
可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),
即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①
将x=my+n代入+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.所以y1+y2=-,y1y2=.
代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2·(m2+9)=0.
解得n=-3(舍去),n=.
故直线CD的方程为x=my+,
即直线CD过定点.
若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点.
综上,直线CD过定点.
对点训练1解(1)由题设得=1,,
解得a2=6,b2=3,所以C的方程为=1.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).
若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
于是x1+x2=-,x1x2=.①
由AM⊥AN知=0,
故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,
可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.
因为A(2,1)不在直线MN上,
所以2k+m-1≠0,
故2k+3m+1=0,k≠1.
于是MN的方程为y=k(k≠1).
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).
由=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.
又=1,可得3-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去),x1=.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点,即Q.
若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,
故|DQ|=|AP|=.
若D与P重合,则|DQ|=|AP|.
综上,存在点Q,使得|DQ|为定值.
例2(1)解设M(x0,y0),由题意可得N(x0,0),设P(x,y),由点P满足.可得(x-x0,y)=(0,y0),可得x-x0=0,y=y0,即有x0=x,y0=,代入椭圆方程+y2=1,可得=1,即有点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)证明(方法1)设Q(-3,m),P(cosα,sinα)(0≤α<2π),
由=1,可得(cosα,sinα)·(-3-cosα,m-sinα)=1,即为-3cosα-2cos2α+msinα-2sin2α=1,
当α=0时,上式不成立,则0<α<2π,
解得m=,
所以Q,
椭圆+y2=1的左焦点F(-1,0),
由=(-1-cosα,-sinα)·
=3+3cosα-3(1+cosα)=0.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,可得过点P且垂直于OQ的直线l过椭圆C的左焦点F.
(方法2)设Q(-3,t),P(m,n),由=1,可得(m,n)·(-3-m,t-n)=-3m-m2+nt-n2=1,又P在圆x2+y2=2上,可得m2+n2=2,即有nt=3+3m,又椭圆的左焦点F(-1,0),=(-1-m,-n)·(-3,t)=3+3m-nt=3+3m-3-3m=0,
则,又过点P存在唯一直线垂直于OQ,可得过点P且垂直于OQ的直线l过椭圆C的左焦点F.
对点训练2解(1)由点P到点F的距离比它到y轴的距离大1和抛物线定义,知=1,所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)存在.由题意,kMN≠0,
设M,N(y2>y1),由OM⊥ON,得y1y2=-16,直线MN的斜率k=,直线MN:y-y1=x-,整理可得y=(x-4),
①若直线AB斜率存在,设斜率为k,y=k(x-1),与y2=4x联立得ky2-4y-4k=0,设A(xA,yA),B(xB,yB),则|AB|=|yA-yB|=41+,若点E存在,设点E坐标为(x0,y0),
|EM|·|EN|=(y0-y1)(y2-y0)=·[-y1y2-+(y1+y2)y0]=1+16-,
当=4时,16-=16,解得y0=0或y0=(不是定点,舍去),则点E为(4,0),经检验,此点满足y2<4x,所以在线段MN上.
②若直线AB斜率不存在,则|AB|=4,|EM|·|EN|=4×4=16,此时点E(4,0)满足题意.综合上述,定点E为(4,0).
例3(1)解椭圆C过点(,1),代入椭圆方程可得=1.①
又因为离心率为,所以,从而a2=2b2.②
联立①②,解得a2=4,b2=2.
所以椭圆方程为=1.
(2)证明把y=kx+t代入椭圆方程=1,
得(2k2+1)x2+4ktx+2(t2-2)=0,
所以Δ=(4kt)2-8(2k2+1)(t2-2)=8[2(2k2+1)-t2]>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.
所以y1+y2=k(x1+x2)+2t=.
因为四边形OAPB是平行四边形,
所以=(x1+x2,y1+y2)=,所以点P坐标为.
又因为点P在椭圆上,
所以=1,
即t2=.因为|AB|=|x1-x2|=,
又点O到直线l的距离d=.
所以平行四边形OAPB的面积S?OAPB=2S△OAB=|AB|·d=,即平行四边形OAPB的面积为定值.
对点训练3解(1)直线AB的方程为=1,即bx+ay-ab=0,
则.
因为三角形OAB的面积为1,所以ab=1,即ab=2,解得a=2,b=1,
所以椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)直线AB的斜率为-,设直线l的方程为y=-x+t,C(x1,y1),D(x2,y2),
代入+y2=1,得2y2-2ty+t2-1=0,则y1+y2=t,y1y2=,
所以k1k2=,
所以x1x2-2x2=4(t-y1)(t-y2)-4(t-y2)=4[t2-t(y1+y2)+y1y2-t+y2]=4[(y1+y2)2-(y1+y2)(y1+y2)+y1y2-(y1+y2)+y2]=4(y1y2-y1),
所以k1·k2=为定值.直线与圆锥曲线
高考大题专项(五)　直线与圆锥曲线
考情分析
从近五年的高考试题来看,圆锥曲线问题在高考中属于必考内容,并且常常在同一份试卷上多题型考查.对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法:第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识;第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问题,解决此类问题的关键是通过联立方程来解决.
突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题
题型一　圆锥曲线中的最值问题
突破策略一　目标函数法
【例1】(2020山东烟台模拟,21)已知直线x+y=1过椭圆=1(a>b>0)的右焦点,且交椭圆于A,B两点,线段AB的中点是M.
(1)求椭圆的方程;
(2)过原点的直线l与线段AB相交(不含端点)且交椭圆于C,D两点,求四边形ACBD面积的最大值.
解题心得当题目给出的条件和结论的几何特征不明显,则可以建立目标函数,再求这个函数的最值(或值域).常用方法有:(1)配方法;(2)基本不等式法;(3)单调性法;(4)三角换元法;(5)导数法等,要特别注意自变量的取值范围.
对点训练1(2020山西太原三模,理20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的焦距为2,且过点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知△BMN是椭圆C的内接三角形,若坐标原点O为△BMN的重心,求点O到直线MN距离的最小值.
突破策略二　基本不等式法
【例2】(2020浙江,21)如图,已知椭圆C1:+y2=1,抛物线C2:y2=2px(p>0),点A是椭圆C1与抛物线C2的交点,过点A的直线l交椭圆C1于点B,交抛物线C2于M(B,M不同于A).
(1)若p=,求抛物线C2的焦点坐标;
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值.
解题心得圆锥曲线中的有关平面几何图形面积的最值问题,通过某一变量表示出图形的面积的函数表达式,转化为函数的最值问题,然后利用重要不等式,基本不等式,函数的值域求解最值,注意基本不等式应用条件及等号取得的条件.
对点训练2(2020陕西榆林三模,文21)已知椭圆E:=1(a>)的离心率e=.直线x=t(t>0)与曲线E交于不同的两点M,N,以线段MN为直径作圆C,圆心为C.
(1)求椭圆E的方程;
(2)若圆C与y轴相交于不同的两点A,B,求△ABC的面积的最大值.
题型二　圆锥曲线中的范围问题(多维探究)
突破策略一　条件转化法
【例3】(2020湖南湘潭一模)已知F(,0)为椭圆C:=1(a>b>0)的一个焦点,点M在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线l与椭圆C分别相交于A,B两点,且kOA+kOB=-(O为坐标原点),求直线l的斜率的取值范围.
解题心得求某一量的取值范围,要看清与这个量有关的条件有几个,有几个条件就可转化为几个关于这个量的不等式,解不等式取交集得结论.
对点训练3(2020河北邢台模拟,理21)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,直线l与抛物线C交于P,Q两点.
(1)若l过点F,抛物线C在点P处的切线与在点Q处的切线交于点G.证明:点G在定直线上.
(2)若p=2,点M在曲线y=-上,MP,MQ的中点均在抛物线C上,求△MPQ面积的取值范围.
突破策略二　构造函数法
【例4】已知直线x=-2上有一动点Q,过点Q作直线l,垂直于y轴,动点P在l上,且满足=0(O为坐标原点),记点P的轨迹为C.
(1)求曲线C的方程;
(2)已知定点M,N,点A为曲线C上一点,直线AM交曲线C于另一点B,且点A在线段MB上,直线AN交曲线C于另一点D,求△MBD的内切圆半径r的取值范围.
难点突破(1)设点P的坐标为(x,y),结合题意得出点Q的坐标,再利用向量数量积的运算可得出点P的轨迹方程;
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),设直线AM的方程为y=k,将该直线方程与曲线C的方程联立,结合韦达定理进行计算得出点B和点D的横坐标相等,于是得出BD⊥x轴,根据几何性质得出△MBD的内切圆圆心H在x轴上,且该点与切点的连线与AB垂直.
方法1是计算出△MBD的面积和周长,利用等面积法可得出其内切圆的半径的表达式;
方法2是设H(x2-r,0),直线BD的方程为x=x2,写出直线AM的方程,利用点H到直线AB和AM的距离相等得出r的表达式;
方法3是利用△MTH∽△MEB,得出,然后通过计算得出△MBD内切圆半径r的表达式.
通过化简得到r关于x2的函数表达式,并换元t=x2+>1,将函数关系式转化为r关于t的函数关系式,然后利用单调性可求出r的取值范围.
解题心得在求直线与圆锥曲线的综合问题中,求与直线或与圆锥曲线有关的某个量d的取值范围问题,依据已知条件建立关于d的函数表达式,转化为求函数值的取值范围问题,然后利用函数的方法或解不等式的方法求出d的取值范围.
对点训练4(2020山东青岛三模,21)已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,其左、右顶点分别为A1,A2,上、下顶点分别为B2,B1,四边形A1B1A2B2的面积为4.
(1)求椭圆E的方程;
(2)若椭圆E的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M,N,记△F1MN的内切圆的半径为r,试求r的取值范围.
高考大题专项(五)　直线与圆锥曲线
突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题
例1解(1)直线x+y=1与x轴交于点(1,0),所以椭圆右焦点的坐标为(1,0),故c=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意得x1+x2=,y1+y2=,且=-1,
又=1,=1,作差可得=0,则=0,得a2=2b2.
又因为a2=b2+c2,c=1,所以a2=2,b2=1,因此椭圆的方程为+y2=1.
(2)由(1)联立
解得
不妨令A(0,1),B,易知直线l的斜率存在,
设直线l:y=kx,代入+y2=1,得(2k2+1)x2=2,
解得x=或x=-,
设C(x3,y3),D(x4,y4),
则|x3-x4|=,则|CD|=|x3-x4|=.
因为A(0,1),B到直线y=kx的距离分别是d1=,d2=,由于直线l与线段AB(不含端点)相交,所以(k×0-1)<0,即k>-,
所以d1+d2=.
四边形ACBD的面积S=|CD|·d1+|CD|·d2=|CD|(d1+d2)=,
令k+1=t,t>,则2k2+1=2t2-4t+3,所以S=,
当,即k=时,Smax=.因此四边形ACBD面积的最大值为.
对点训练1解(1)因为椭圆C的焦距为2,所以a2-b2=1,因为椭圆过点,所以=1,解得a2=4,b2=3.
故椭圆C的方程为=1.
(2)设B(m,n),记线段MN中点为D.
因为O为△BMN的重心,
所以=2,
则点D的坐标为.
若n=0,则|m|=2,此时直线MN与x轴垂直,故原点O到直线MN的距离为,即为1.
若n≠0,此时直线MN的斜率存在.
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-m,y1+y2=-n.又=1,=1,两式相减得=0,可得直线MN的斜率kMN==-.故直线MN的方程为y=-,即6mx+8ny+3m2+4n2=0,则点O到直线MN的距离为d=,
将=1,代入得d=.
因为0又<1,故原点O到直线MN距离的最小值为.
例2解(1)由p=,得抛物线C2的焦点坐标是.
(2)由题意可设直线l:x=my+t(m≠0,t≠0),点A(x0,y0).
将直线l的方程代入椭圆C1:+y2=1,得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0,
所以点M的纵坐标yM=-.
将直线l的方程代入抛物线C2:y2=2px,得y2-2pmy-2pt=0,
所以y0yM=-2pt,
解得y0=,
因此x0=.
由=1,得
=4+2≥160,所以当m=,t=时,p取到最大值.
对点训练2解(1)∵椭圆E:=1(a>)的离心率e=,
∴,解得a=2.
∴椭圆E的方程为=1.
(2)依题意,圆心为C(t,0)(0由得y2=.
∴圆C的半径为r=.
∵圆C与y轴相交于不同的两点A,B,且圆心C到y轴的距离d=t,
∴0∴弦长|AB|=2=2.
∴△ABC的面积S=·tt×,
当且仅当t=,即t=时,等号成立.
∴△ABC的面积的最大值为.
例3解(1)由题意知,椭圆的另一个焦点为(-,0),所以点M到两焦点的距离之和为=4.所以a=2.又c=,所以b=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)当直线l的斜率不存在时,结合椭圆的对称性可知,kOA+kOB=0,不符合题意.
故设直线l的方程为y=kx+m(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0.则x1+x2=,x1x2=.而kOA+kOB==2k+=2k+.
由kOA+kOB=-,可得m2=4k+1,
所以k≥-.
又由Δ>0,得16(4k2-m2+1)>0,
所以4k2-4k>0,解得k<0或k>1,
综上,直线l的斜率的取值范围为∪(1,+∞).
对点训练3
(1)证明易知F,设P,Q.
由题意可知直线l的斜率存在,故设其方程为y=kx+.
由得x2-2pkx-p2=0,所以x1x2=-p2.
由x2=2py,得y=,y'=,则直线PG的斜率kPG=,
直线PG的方程为y-(x-x1),即x-y-=0.
①
同理可得直线QG的方程为x-y-=0.
②
联立①②,可得(x1-x2)y=.
因为x1≠x2,所以y==-,故点G在定直线y=-上.
(2)解设M(x0,y0),P,Qx2,,MP,MQ的中点分别为.
因为MP,MQ的中点均在抛物线上,所以x1,x2为方程=4×的解,即方程x2-2x0x+8y0-=0有两个不同的实数根,
则x1+x2=2x0,x1x2=8y0-,
Δ=(2x0)2-4(8y0-)>0,即>4y0.所以PQ的中点N的横坐标为x0,纵坐标为).则|MN|=)-y0=[(x1+x2)2-2x1x2]-y0=-3y0,
|x1-x2|==2,
所以△MPQ的面积S=|MN|·|x1-x2|=-4y0.由y0=-,得=1-(-1≤y0≤0),
所以-4y0=--4y0+1=-(y0+2)2+5.
因为-1≤y0≤0,所以1≤-(y0+2)2+5≤4,所以△MPQ面积的取值范围为.
例4解(1)设P(x,y),则Q(-2,y),∴=(x,y),=(-2,y).
∵=0,∴=-2x+y2=0,即y2=2x.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),直线BD与x轴交点为E,内切圆与AB的切点为T.
设直线AM的方程为y=kx+,则联立方程得k2x2+(k2-2)x+=0.
∴x1x2=,又0∴x1<与方程y2=2x联立,得x2-+2-2x1+x+=0,化简得2x1x2-2x+x1=0.
解得x=或x=x1.∴x3==x2,∴BD⊥x轴.
设△MBD的内切圆圆心为H,则H在x轴上且HT⊥AB.
(方法1)∴S△MBD=·x2+·2|y2|,且△MBD的周长为2+2|y2|.
∴S△MBD=2+2|y2|·r=·x2+·|2y2|.
∴r=
=
=.
令t=x2+,则t>1,
∴r=在(1,+∞)上单调递增,则r>,即r的取值范围为(-1,+∞).
(方法2)设H(x2-r,0),直线BD的方程为x=x2,其中=2x2.
直线AM的方程为y=x+,即y2x-x2+y+y2=0,且点H与点O在直线AB的同侧,
∴r=,
解得r=.
以下同方法1.
(方法3)∵△MTH∽△MEB,∴,即,
解得r=
=
=.
以下同方法1.
对点训练4解(1)因为椭圆E的离心率为,所以e=.
因为四边形A1B1A2B2的面积为4,所以×2a×2b=4.
又a2=b2+c2,解得a=2,b=,c=1,所以椭圆E的方程为=1.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则△F1MN的周长为4a=8,
(|F1M|+|F1N|+|MN|)r=4r,即r=.
当l⊥x轴时,l的方程为x=1,|MN|=3,r=|MN|×|F1F2|=.
当l与x轴不垂直时,设l:y=k(x-1)(k≠0),
由得(4k2+3)y2+6ky-9k2=0,所以y1+y2=-,y1y2=-.
|F1F2|·|y2|+|F1F2|·|y1|=|F1F2|·|y2-y1|=|F1F2|·×2×
=12,所以r==3,令4k2+3=t,则t>3,r=
=,
因为t>3,所以0<,
所以0综上可知,r的取值范围为.突破2　空间中的垂直与空间角
题型一　证明垂直关系求线面角
【例1】(2019浙江,19)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.
(1)证明:EF⊥BC;
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
解题心得求线面角可以用几何法,即“先找,后证,再求”,也可以通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角.
对点训练1(2020新高考全国1,20)
如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
题型二　证垂直关系及求二面角
【例2】(2019全国2,理17)
如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.
(1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.
解题心得用向量求二面角,由于在求平面法向量的坐标时,坐标的取值不同,导致平面法向量的方向相反,所以两个法向量的夹角与二面角相等或互补,所以根据图形判断所求二面角是锐角还是钝角,进而确定二面角余弦值的正负.
对点训练2(2020全国1,理18)
如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO.
(1)证明:PA⊥平面PBC;
(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
题型三　求空间角与存在垂直关系问题
【例3】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PCD⊥平面ABCD,AB=2,BC=1,PC=PD=,E为PB中点.
(1)求证:PD∥平面ACE;
(2)求二面角E-AC-D的余弦值;
(3)在棱PD上是否存在点M,使得AM⊥BD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.
解题心得线面垂直中的探索性问题同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样,有两种解法,一是几何法,先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,然后给出符合要求的证明.二是利用空间向量探索,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,通过坐标运算进行判断.
对点训练3如图1,在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,将△BCD沿对角线BD折起到△BC'D的位置,使平面BC'D⊥平面ABD,E是BD的中点,FA⊥平面ABD,且FA=2,如图2.
(1)求证:FA∥平面BC'D;
(2)求平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值;
(3)在线段AD上是否存在一点M,使得C'M⊥平面FBC'?若存在,求的值;若不存在,说明理由.
题型四　求空间点到面的距离
【例4】如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,DE=2,M为线段BF的中点.
(1)求M到平面DEC的距离及三棱锥M-CDE的体积;
(2)求证:DM⊥平面ACE.
解题心得求空间的距离用找公垂线的方法比较难下手,用向量代数的方法则简捷,高效.
(1)点P到平面α的距离可以通过在平面α内任取一点A,求向量在平面α的法向量n上的投影来解决.即若PA为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则B到平面α的距离d=.
(2)异面直线间的距离可以通过在两条直线上任意各取一点A,B,求向量在公垂线的方向向量n上的投影来解决;直线到与其平行的平面的距离,平行平面间的距离都可转化为点到平面的距离.
对点训练4底面为菱形的直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为棱A1B1、A1D1的中点,
(1)在图中作一个平面α,使得BD?α,且平面AEF∥α(不必给出证明过程,只要求作出α与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面);
(2)若AB=AA1=2,∠BAD=60°,求点C到所作截面α的距离.
突破2　空间中的垂直与空间角
例1方法一:
(1)证明连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,
所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,
故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.
因此EF⊥BC.
(2)解取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.
由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).
不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG=.由于O为A1G的中点,故EO=OG=,
所以cos∠EOG=.
因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
方法二:
(1)证明连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC.
如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.
不妨设AC=4,则A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F,2,C(0,2,0).
因此,=,2,=(-,1,0).由=0得EF⊥BC.
(2)解设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得=(-,1,0),=(0.2,-2).
设平面A1BC的一个法向量为n=(x,y,z).由
取n=(1,,1),故sinθ=|cos<·n>|=.因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.
对点训练1解(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因为AD?平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.所以l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则=(0,1,0),=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,
则可取n=(-1,0,a).所以cos=.
设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=.
因为,当且仅当a=1时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
例2
(1)证明由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.
以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2).
设平面EBC的一个法向量为n=(x,y,z),则
所以可取n=(0,-1,-1).
设平面ECC1的一个法向量为m=(x,y,z),则
所以可取m=(1,1,0).
于是cos==-.
所以,二面角B-EC-C1的正弦值为.
对点训练2(1)证明设DO=a,由题设可得PO=a,AO=a,AB=a,PA=PB=PC=a.因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.
又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.
所以PA⊥平面PBC.
(2)解以O为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C,P0,0,.所以=-,-,0,.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,
则
可取m=.
由(1)知是平面PCB的一个法向量,记n=,
则cos=.所以二面角B-PC-E的余弦值为.
例3(1)证明设BD交AC于点F,连接EF.因为底面ABCD是矩形,所以F为BD中点.又因为E为PB中点,所以EF∥PD.
因为PD?平面ACE,EF?平面ACE,所以PD∥平面ACE.
(2)解取CD的中点O,连接PO,FO.因为底面ABCD为矩形,所以BC⊥CD.
因为PC=PD,O为CD中点,所以PO⊥CD,OF∥BC,所以OF⊥CD.
又因为平面PCD⊥平面ABCD,PO?平面PCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,所以PO⊥平面ABCD.
如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则A(1,-1,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),E,
设平面ACE的一个法向量为m=(x,y,z),=(-1,2,0),,所以
令y=1,则x=2,z=-1,所以m=(2,1,-1).
平面ACD的法向量为=(0,0,1),则cos==-.
如图可知二面角E-AC-D为钝角,所以二面角E-AC-D的余弦值为-.
(3)在棱PD上存在点M,使AM⊥BD.设=λ(λ∈[0,1]),M(x,y,z),=λ,D(0,-1,0).
因为(x,y,z-1)=λ(0,-1,-1),所以M(0,-λ,1-λ).=(-1,1-λ,1-λ),=(-1,-2,0).
因为AM⊥BD,所以=0.所以1-2(1-λ)=0,解得λ=∈[0,1].
所以在棱PD上存在点M,使AM⊥BD,且.
对点训练3(1)证明∵BC=CD,E为BD的中点,∴C'E⊥BD.
又平面BC'D⊥平面ABD,且平面BC'D∩平面ABD=BD,
∴C'E⊥平面ABD.
∵FA⊥平面ABD,∴FA∥C'E.而C'E?平面BC'D,FA?平面BC'D,
∴FA∥平面BC'D.
(2)解以DB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,EC'所在直线为z轴建立空间直角坐标系,
则B(1,0,0),A(0,-,0),D(-1,0,0),F(0,-,2),C'(0,0,),
∴=(-1,-,2),=(-1,0,).设平面FBC'的一个法向量为m=(x,y,z),
则
取z=1,则m=(,1,1).
又平面ABD的一个法向量为n=(0,0,1),∴cos=.
则平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值为.
(3)解假设在线段AD上存在M(x,y,z),使得C'M⊥平面FBC',
设=λ,则(x,y+,z)=λ(-1,,0)=(-λ,λ,0),
∴x=-λ,y=(λ-1),z=0.
而=(-λ,(λ-1),-).
由m·=0,得-λ+(λ-1)-=0,即-2=0错误.
∴线段AD上不存点M,使得C'M⊥平面FBC.
例4(1)解设AC∩BD=O,以O为原点,OB为x轴,OC为y轴,
过O作平面ABCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,
则C(0,,0),D(-1,0,0),E(-1,0,2),M(1,0,1),
=(0,0,2),=(1,,0),=(2,0,1),∵=0,∴DE⊥DC,
∴S△DEC=×DE×DC=×2×2=2.设平面DEC的法向量n=(x,y,z),
则取x=,得n=(,-1,0),∴M到平面DEC的距离h=.
∴三棱锥M-CDE的体积:V=×S△CDE×h=×2×.
(2)证明A(0,-,0),=(0,2,0),=(-1,,2),
=0,=-2+2=0,
∴AC⊥DM,AE⊥DM,
∵AC∩AE=A,∴DM⊥平面ACE.
对点训练4解(1)取B1C1的中点G,D1C1的中点H,连接BG,GH,DH.
则平面BDHG就是所求的平面α,α与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面即为平面BDHG.
(2)取BC中点M,∵AB=AA1=2,∠BAD=60°,∴以D为原点,DA为x轴,DM为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系,则C(-1,,0),D(0,0,0),B(1,,0),G(0,,2),
=(1,,0),=(0,,2),=(-1,,0),
设平面BDG的法向量n=(x,y,z),
则取y=1,得n=(2,-2,),
∴点C到所作截面α的距离d=.立体几何
高考大题专项(四)　立体几何
考情分析
从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,约占整个试卷的15%,通常以一大两小的模式命题,以中、低档难度为主.简单几何体的表面积与体积、点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式加以考查.着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强的趋势.转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终.
必备知识
1.证明线线平行和线线垂直的常用方法
(1)证明线线平行常用的方法:①利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理证线线平行;④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.
(2)证明线线垂直常用的方法:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;②勾股定理;③线面垂直的性质:即要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可,即l⊥α,a?α?l⊥a.
2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型
(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.
(4)证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明线线垂直.
3.求几何体的表面积或体积
(1)对于规则几何体,可直接利用公式计算.对于某些三棱锥,有时可采用等体积转换法求解.
(2)对于不规则几何体,可采用割补法求解.
(3)求解旋转体的表面积和体积时,注意圆柱的轴截面是矩形,圆锥的轴截面是等腰三角形,圆台的轴截面是等腰梯形的应用.
4.解决平面图形的翻折问题,关键是抓住平面图形翻折前后的不变性,即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等的不变性.
突破1　空间中的平行与空间角
题型一　证明平行关系求线面所成的角
【例1】(2020北京,16)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.
(1)证明:BC1∥平面AD1E;
(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.
解题心得1.几何法证明空间平行关系时,由于线线平行、线面平行、面面平行之间可以相互转化,证明过程是沿着转化途径进行.
2.证线线平行或线面平行时,难点是找直线在平面的平行线:
(1)利用三角形的中位线找平行线证线面平行;
(2)构造平行四边形,找平行线;
(3)将证线面平行问题转化为面面平行,即过所证直线作辅助面,证该平面与已知平面平行;
(4)利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行.
3.向量法证明空间平行关系时,是以计算为手段,寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量、法向量的关系,关键是建立空间坐标系(或找空间一组基底)及平面的法向量.
对点训练1(2020全国2,理20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.
(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;
(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
题型二　证明平行关系求二面角
【例2】(2019全国1,理18)
如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
解题心得如图,设平面α,β的法向量分别为n1,n2,二面角的平面角为θ(0≤θ<π),则|cosθ|=|cos|=,结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.
对点训练2(2020全国3,理19)
如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.
(1)证明:点C1在平面AEF内;
(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.
题型三　求空间角及存在平行关系问题
【例3】如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD.四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=1,BC=3.
(1)求直线BF与平面CDE所成角的正弦值;
(2)线段BD上是否存在点M,使得直线CE∥平面AFM?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
解题心得1.先假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.
2.空间向量最适合解决这类探索性问题,解题时无需进行复杂的作图、论证、推理,只需把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解”,即通过坐标运算进行判断,这就是计算推理法.
对点训练3(2020山东淄博三模)如图1,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点,将正方形ABCD沿EF折成如图2所示的二面角,且二面角的大小为60°,点M在线段AB上(包含端点),连接AD.
(1)若M为AB的中点,直线MF与平面ADE的交点为O,试确定点O的位置,并证明直线OD∥平面EMC;
(2)是否存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°?若存在,求此时二面角M-EC-F的余弦值;若不存在,说明理由.
高考大题专项(四)　立体几何
突破1　空间中的平行与空间角
例1(1)证明在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1,且AB=A1B1,A1B1∥C1D1,且A1B1=C1D1,
∴AB∥C1D1,且AB=C1D1,即四边形ABC1D1为平行四边形,则BC1∥AD1.
∵BC1?平面AD1E,AD1?平面AD1E,∴BC1∥平面AD1E.
(2)以点A为坐标原点,AD,AB,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如下图所示的空间直角坐标系A-xyz,
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),=(2,0,2),=(0,2,1),=(0,0,2),
设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),由令z=-2,则x=2,y=1,则n=(2,1,-2).
|cos|=.
因此,直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为.
对点训练1(1)证明因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.
又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形,
所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)解由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=.
连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=,E,0.
由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.
设Q(a,0,0),
则NQ=,
B1,故,||=.又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的法向量,
故sin=cos
=.
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.
例2(1)证明连接B1C,ME.
因为M,E分别为BB1,BC的中点,
所以ME∥B1C,且ME=B1C.
又因为N为A1D的中点,所以ND=A1D.由题设知A1B1?DC,可得B1C?A1D,故ME?ND,
因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN?平面EDC1,
所以MN∥平面C1DE.
(2)解由已知可得DE⊥DA.
以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,0).
设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则
所以可取m=(,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则
所以可取n=(2,0,-1).于是cos=,所以二面角A-MA1-N的正弦值为.
对点训练2解设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1-xyz.
(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,c,F0,b,c,=0,b,c,=0,b,c,得,
因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.
(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),=(0,-1,-1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1).
设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则
即
可取n1=(-1,-1,1).
设n2为平面A1EF的法向量,
则同理可取n2=,2,1.
因为cos==-,所以二面角A-EF-A1的正弦值为.
例3解(1)因为ADEF为正方形,所以AF⊥AD.又因为平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD,所以AF⊥平面ABCD.所以AF⊥AB.因为∠BAD=90°,所以AB,AD,AF两两垂直.
分别以AB,AD,AF为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(如图).
因为AB=AD=1,BC=3,所以A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,3,0),D(0,1,0),E(0,1,1),F(0,0,1),
所以=(-1,0,1),=(1,2,0),=(0,0,1).设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=2,则y=-1,所以n=(2,-1,0).
设直线BF与平面CDE所成角为θ,则sinθ=|cos|=.
(2)设=λ(λ∈[0,1]),设M(x1,y1,z1),则(x1-1,y1,z1)=λ(-1,1,0),
所以x1=1-λ,y1=λ,z1=0,所以M(1-λ,λ,0),所以=(1-λ,λ,0).
设平面AFM的一个法向量为m=(x0,y0,z0),则
因为=(0,0,1),所以令x0=λ,则y0=λ-1,所以m=(λ,λ-1,0).
在线段BD上存在点M,使得CE∥平面AFM等价于存在λ∈[0,1],使得m·=0.
因为=(-1,-2,1),由m·=0,所以-λ-2(λ-1)=0,解得λ=∈[0,1].
所以线段BD上存在点M,使得CE∥平面AFM,且.
对点训练3解(1)因为直线MF?平面ABFE,故点O在平面ABFE内,也在平面ADE内,
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上(如图所示).
因为AO∥BF,M为AB的中点,所以△OAM≌△FBM,
所以OM=MF,AO=BF,所以AO=2.
故点O在EA的延长线上,且与点A间的距离为2.
连接DF,交EC于点N,因为四边形CDEF为矩形,所以N是EC的中点.
连接MN,则MN为△DOF的中位线,所以MN∥OD.
又MN?平面EMC,OD?平面EMC,所以直线OD∥平面EMC.
(2)存在.由已知可得EF⊥AE,EF⊥DE,又AE∩DE=E,所以EF⊥平面ADE.
所以平面ABFE⊥平面ADE,易知△ADE为等边三角形,取AE的中点H,则易得DH⊥平面ABFE,以H为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则E(-1,0,0),D(0,0,),C(0,4,),F(-1,4,0),所以=(1,0,),=(1,4,).
设M(1,t,0)(0≤t≤4),则=(2,t,0),设平面EMC的法向量为m=(x,y,z),
则
取y=-2,则x=t,z=,
所以m=t,-2,为平面EMC的一个法向量.
要使直线DE与平面EMC所成的角为60°,则,
整理得t2-4t+3=0,解得t=1或t=3,所以存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°,
取ED的中点Q,连接QA,则为平面CEF的法向量,
易得Q-,0,,A(1,0,0),
所以=,0,-.
设二面角M-EC-F的大小为θ,
则|cosθ|=.
因为当t=2时,cosθ=0,平面EMC⊥平面CDEF,
所以当t=1时,cosθ=-,θ为钝角;当t=3时,cosθ=,θ为锐角.综上,二面角M-EC-F的余弦值为±.数列
高考大题专项(三)　数列
考情分析
从近五年高考试题分析来看,高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列;求数列的通项公式及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.命题规律是解答题每两年出现一次,命题特点是试题题型规范、方法可循、难度稳定在中档.
典例剖析
题型一　等差、等比数列的综合问题
【例1】(2020山东济宁5月模拟,18)已知数列{an}为等差数列,且a2=3,a4+a5+a6=0.
(1)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn.
(2)请你在数列{an}的前4项中选出三项,组成公比的绝对值小于1的等比数列{bn}的前3项,并记数列{bn}的前n项和为Tn.若对任意正整数k,m,n,不等式Sm解题心得1.对于等差、等比数列,求其通项公式及求前n项的和时,只需利用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式求解即可.
2.有些数列可以通过变形、整理,把它转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.
对点训练1(2020陕西西安中学八模,文17)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an是Sn与2的等差中项;在数列{bn}中,b1=1,点P(bn,bn+1)在直线x-y+2=0上.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
题型二　可转化为等差、等比数列的综合问题
【例2】已知数列{an}的前n项的和为Sn,Sn=an-1,
(1)求数列{an}的前n项和Sn;
(2)判断数列是递增数列还是递减数列,并证明.
解题心得无论是求数列的通项公式还是求数列的前n项和,通过变形整理后,能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.
对点训练2(2020安徽合肥一中模拟,17)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=[(2n-1)·3n+1].
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=,证明:b1+b2+…+bn<.
题型三　证明数列为等差或等比数列
【例3】(2018全国1,文17)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=.
(1)求b1,b2,b3;
(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;
(3)求{an}的通项公式.
解题心得证明与判断一个数列是等差(或等比)数列的要求不同,证明必须是严格的,只用等差、等比数列的定义.用定义法证明一个数列是等差数列,常采用的两个式子an-an-1=d(n≥2)和an+1-an=d,前者必须加上“n≥2”,否则n=1时a0无意义;在等比数列中也有:n≥2时,有=q(常数q≠0)或n∈N+时,有=q(常数q≠0).
对点训练3(2020河南开封三模,理17)已知数列{an}满足a1=1,n(an+1-2an)=2an,n∈N
.
(1)证明:数列是等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
题型四　非等差、等比数列的求和问题
【例4】(2020浙江,20)已知数列{an},{bn},{cn}满足a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1=·cn,n∈N+.
(1)若{bn}为等比数列,公比q>0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,公差d>0,证明:c1+c2+…+cn<1+,n∈N+.
解题心得把数列的通项公式拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.利用裂项相消法求和时,要注意抵消后所剩余的项是前后对称的.
对点训练4(2020河北衡水中学模拟一,理17)已知各项均为正数的等比数列{an}与等差数列{bn}满足a1=b1=2,a5=b31=32,记cn=(n∈N+).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{cn}的前n项和Tn.
【例5】已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=(n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an·(n∈N+),求数列{bn}的前n项和Tn.
解题心得如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,即和式两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后作差求解.
对点训练5(2020山东青岛二模,19)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,2Sn+n+1=,n∈N+.
(1)证明:当n≥2时,an+1=an+1;
(2)若a4是a2与a8的等比中项,求数列{2n·an}的前n项和Tn.
题型五　数列中的存在性问题
【例6】(2020山西太原五中6月模拟,理18)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,且anSn+1-an+1Sn=an+1-λan,对一切n∈N+都成立.
(1)当λ=1时,求数列{an}的通项公式.
(2)是否存在实数λ,使数列{an}是等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
解题心得求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果.
对点训练6在数列{an}和{bn}中,已知a1a2a3…an=(n∈N+),且a1=2,b3-b2=3,若数列{an}为等比数列.
(1)求a3及数列{bn}的通项公式.
(2)令cn=,是否存在正整数m,n(m≠n),使c2,cm,cn成等差数列?若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.
1.解决等差、等比数列的综合问题,重点在于读懂题意,灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题,求解这类问题要重视方程思想的应用;用好等差数列和等比数列的性质可以降低运算量,减少差错.
2.求数列的通项公式就是求出an与n的关系式,无论条件中的关系式含有哪些量,都需要通过消元思想、转化思想和化归思想使之变为等差、等比数列.
3.高考对数列求和的考查主要是:两基本数列的公式求和;能通过错位相减后转化为等比数列求和;裂项相消法求和;分组或合并后转化为等差、等比数列求和.
4.证明一数列为等差数列或等比数列主要依据定义,尽管题目给出的条件多种多样,但一个总体目标是把条件转化成与an的差或比为一定值.
5.数列与不等式综合问题
(1)数列不等式的证明要把数列的求和与放缩法结合起来,灵活使用放缩法.放缩后的式子越接近放缩前的式子,即放缩程度越小,保留的项就越少,运算就越简单.
(2)证明数列不等式也经常转化为数列和的最值问题,同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用.
高考大题专项(三)　数列
例1解(1)设数列{an}的公差为d,
由解得
数列{an}的通项公式an=a1+(n-1)d=5-n,
前n项和Sn=na1+d=4n+×(-1)=.
(2)由an=5-n,得a1=4,a2=3,a3=2,a4=1.
由题意知应取b1=a1=4,b2=a3=2,b3=a4=1.
所以数列{bn}的公比q=,Tn==81-.因为n∈N
,所以4≤Tn<8.
又由(1)知Sm=(m∈N
).由此知,当m=4,5时,Sm取得最大值10,
要使Sm6,
由k是正整数知,k的最小值为7.
对点训练1解(1)∵an是Sn与2的等差中项,∴Sn=2an-2,
①
∴Sn-1=2an-1-2(n≥2,n∈N
),
②
由①-②,得Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2,n∈N
),
∴an=2an-2an-1,∵an≠0,∴=2(n≥2,n∈N
),即数列{an}是等比数列.
∵Sn=2an-2,∴a1=S1=2a1-2,解得a1=2.∴an=2n.
∵点P(bn,bn+1)在直线x-y+2=0上,∴bn-bn+1+2=0.
∴bn+1-bn=2,即{bn}是等差数列.又b1=1,∴bn=2n-1.
(2)∵cn=2n+2n-1,∴Tn=(2+22+23+…+2n)+(1+3+5+…+2n-1),
∴Tn==2n+1+n2-2.
例2解(1)当n>1时,Sn-1=an-1-1.
∴an=Sn-Sn-1
=an-1-an-1-1.
∴an=3an-1,∵a1=2≠0,∴数列{an}是等比数列,∴an=2×3n-1,∴Sn=3n-1.
(2)数列是递减数列.
证明:设bn=,
∴bn==3+.
∴bn+1-bn=.
∵n≥1,∴3n+1>3n>1,∴3n+1-3n>0,3n+1-1>0,3n-1>0,∴bn+1-bn<0.
∴{bn}是递减数列,即数列是递减数列.
对点训练2(1)解当n=1时,a1=1;当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+nan=[(2n-1)·3n+1],
a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=[(2n-3)·3n-1+1].
两式相减,得an=3n-1,当n=1时,a1也符合上式,
综上可得an=3n-1(n∈N
).
(2)证明由(1)可知bn=(n∈N
),故b1+b2+…+bn<+…+1-<,
即b1+b2+…+bn<.
例3解(1)由条件可得an+1=an.
将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.
将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2)数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
由条件可得,即bn+1=2bn,又b1=1,所以数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得bn==2n-1,
所以an=n·2n-1.
对点训练3(1)证明由n(an+1-2an)=2an,得nan+1=2(n+1)an,=2·,
所以数列是以1为首项,2为公比的等比数列.
(2)解由(1)知,=2n-1,an=n·2n-1.
所以Sn=1·20+2·21+3·22+4·23+…+n·2n-1,
所以2Sn=1·21+2·22+3·23+…+(n-1)·2n-1+n·2n,
两式相减,得-Sn=20+21+22+…+2n-1-n·2n,
整理,得-Sn=-1+2n-n·2n,
所以Sn=1+2n(n-1).
例4(1)解由b1+b2=6b3,得1+q=6q2,
解得q=.由cn+1=4cn,得cn=4n-1.由an+1-an=4n-1,得
an=a1+1+4+…+4n-2=.
(2)证明由cn+1=cn,得
cn=,
所以c1+c2+c3+…+cn=,
由b1=1,d>0,得bn+1>0,因此c1+c2+c3+…+cn<1+,n∈N
.
对点训练4解(1)因为{an}各项为正数,设{an}的公比为q(q>0),{bn}的公差为d,
则q==2,d==1,所以an=2n,bn=n+1.
(2)cn=
=
=,
所以Tn=+…+=1-.
例5解(1)∵数列{an}的前n项和Sn满足Sn=(n∈N
).∴a1=S1==1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1==n,
当n=1时,上式成立,∴数列{an}的通项公式an=n.
(2)∵an=n,bn=an·(n∈N
),
∴bn=n·3n,∴数列{bn}的前n项和
Tn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n,
①
3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1,
②
①-②得-2Tn=3+32+33+34+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1=-n×3n+1-,∴Tn=×3n+1+.
对点训练5(1)证明因为2Sn+n+1=,所以2Sn-1+n=(n≥2),
两式相减,得2an+1=(n≥2),所以+2an+1=,即(an+1)2=(n≥2).
因为数列{an}的各项均为正数,
所以当n≥2时,an+1=an+1.
(2)解由(1)得a4=a2+2,a8=a2+6,
因为a4是a2与a8的等比中项,
所以=a2·a8,即(a2+2)2=a2·(a2+6),解得a2=2,
又2a1+2=,所以a1=1,
所以a2-a1=1,从而an+1-an=1对n∈N
恒成立,
所以数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以an=n.
所以2n·an=n·2n.
所以Tn=1×2+2×22+…+(n-1)×2n-1+n×2n,
2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1
两式相减,得-Tn=2+22+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=(1-n)·2n+1-2,
所以Tn=(n-1)·2n+1+2.
例6解(1)①当λ=1时,anSn+1-an+1Sn=an+1-an,则anSn+1+an=an+1Sn+an+1,
即(Sn+1+1)an=(Sn+1)an+1.∵数列{an}的各项均为正数,∴.
∴·…··…·,化简,得Sn+1+1=2an+1,
①
∴当n≥2时,Sn+1=2an,
②
②-①,得an+1=2an,
∵当n=1时,a2=2,∴当n=1时,上式也成立,
∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,即an=2n-1.
(2)存在.由题意,令n=1,得a2=λ+1;令n=2,得a3=(λ+1)2.
要使数列{an}是等差数列,必须有2a2=a1+a3,解得λ=0.
当λ=0时,Sn+1an=(Sn+1)an+1,且a2=a1=1.
当n≥2时,Sn+1(Sn-Sn-1)=(Sn+1)(Sn+1-Sn),
整理,得+Sn=Sn+1Sn-1+Sn+1,即,
从而·…··…·,化简,得Sn+1=Sn+1,即an+1=1.
综上所述,可得an=1,n∈N
.∴当λ=0时,数列{an}是等差数列.
对点训练6解(1)∵a1a2a3=,a1a2=,b3-b2=3,∴a3==8,
又a1=2,∴8=2q2,∴q2=4,解得q=2或q=-2,
∵a1a2a3…an=>0(n∈N
),故舍去q=-2,∴an=2n,
∴a1a2a3…an=2(1+2+3+…+n)=,∴bn=.
(2)存在.由(1)得,cn==1+,
假设存在正整数m,n(m≠n),使c2,cm,cn成等差数列,
则2cm=c2+cn,即21+=+1+,∴,故n=,
∵n>0,m>0,∴0∴(舍去)或
所以存在正整数m=3,n=6,使c2,cm,cn成等差数列.概率与统计www.
高考大题专项(六)　概率与统计
考情分析
一、考查范围全面
概率与统计解答题对知识点的考查较为全面,近五年的试题考点覆盖了概率与统计必修与选修的各个章节内容,考查了抽样方法、统计图表、数据的数字特征、用样本估计总体、回归分析、相关系数的计算、独立性检验、古典概型、条件概率、相互独立事件的概率、独立重复试验的概率、离散型随机变量的分布列、数学期望与方差、超几何分布、二项分布、正态分布等基础知识和基本方法.
二、考查方向分散
从近五年的高考试题来看,对概率与统计的考查主要有四个方面:一是统计与统计案例,其中回归分析、相关系数的计算、独立性检验、用样本的数字特征估计总体的数字特征是考查重点,常与抽样方法、茎叶图、频率分布直方图、概率等知识交汇考查;二是统计与概率分布的综合,常与抽样方法、茎叶图、频率分布直方图、频率、概率以及函数知识、概率分布列等知识交汇考查;三是期望与方差的综合应用,常与离散型随机变量、概率、相互独立事件、二项分布等知识交汇考查;四是以生活中的实际问题为背景将正态分布与随机变量的期望和方差相结合综合考查.
三、考查难度稳定
高考对概率与统计解答题的考查难度稳定,多年来都控制在中等或中等偏上一点的程度,解答题一般位于试卷的第18题或第19题的位置.近两年有难度提升的趋势,位置有所后调.
典例剖析
题型一　相关关系的判断及回归分析
【例1】近年来,随着互联网技术的快速发展,共享经济覆盖的范围迅速扩张,继共享单车、共享汽车之后,共享房屋以“民宿”“农家乐”等形式开始在很多平台上线.某创业者计划在某景区附近租赁一套农房发展成特色“农家乐”,为了确定未来发展方向,此创业者对该景区附近六家“农家乐”跟踪调查了100天.得到的统计数据如下表,x为收费标准(单位:元/日),t为入住天数(单位:天),以频率作为各自的“入住率”,收费标准x与“入住率”y的散点图如图.
x
50
100
150
200
300
400
t
90
65
45
30
20
20
(1)若从以上六家“农家乐”中随机抽取两家深入调查,记ξ为“入住率”超过0.6的农家乐的个数,求ξ的概率分布列.
(2)令z=ln
x,由散点图判断y=bx+a与y=bz+a哪个更合适于此模型(给出判断即可,不必说明理由)?并根据你的判断结果求回归方程.(b的结果保留一位小数)
(3)若一年按365天计算,试估计收费标准为多少时,年销售额L最大?(年销售额L=365·入住率·收费标准x)
参考数据:b=三角函数与解三角形
高考大题专项(二)　三角函数与解三角形
考情分析
从近五年的高考试题来看,高考对三角函数与解三角形的考查都呈现出较强的规律性,每年的题量和分值要么三个小题共15分,要么一个小题和一个大题共17分.在三个小题中,分别考查三角函数的图像与性质、三角变换、解三角形;在一个小题和一个大题中,小题要么考查三角函数的图像与性质,要么考查三角变换,大题考查的基本是解三角形.
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.三角函数恒等变换“四大策略”
(1)常值代换:特别是“1”的代换,1=sin2θ+cos2θ=tan
45°.
(2)角的配凑:如α=(α+β)-β,2α=(α+β)+(α-β),α=[(α+β)+(α-β)].
(3)降次与升次:正用二倍角公式升次,逆用二倍角公式降次.
(4)弦、切互化:一般是切化弦.
2.解三角形的公式变形
(1)正弦定理的一些变式:①a∶b∶c=sin
A∶sin
B∶sin
C;②sin
A=,sin
B=,sin
C=;③a=2Rsin
A,b=2Rsin
B,c=2Rsin
C.其中R是△ABC外接圆的半径.
(2)余弦定理a2=b2+c2-2bccos
A的变形为cos
A=.当b2+c2-a2>0(=0,<0)时,角A为锐角(直角、钝角).
3.三个等价关系
在△ABC中,a>b?sin
A>sin
B?A>B.
关键能力学案突破　
考点
三角函数与三角变换的综合
【例1】已知函数f(x)=4sin
xcosx--.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)求函数f(x)图像的对称轴和对称中心.
解题心得1.解决三角变换在三角函数图像与性质中的应用的基本思路:通过变换把函数化为y=Asin(ωx+φ)的形式再研究其性质,解题时注意观察角、名、结构等特征,注意利用整体思想解决相关问题.
2.三角变换的总体思路是化异为同,目的是通过消元减少未知量的个数.如把三角函数式中的异名、异角、异次化为同名、同角、同次,或把未知角用已知角表示,或把未知角通过三角变换化成已知角.
对点训练1(2020北京顺义一模,16)函数f(x)=sin
ωxcos
ωx-sin2ωx+(ω>0)的部分图像如图所示.
(1)求ω的值;
(2)求f(x)在区间-上的最大值与最小值及对应的x的值.
考点
利用正、余弦定理解三角形
【例2】(2020河南驻马店二模,文18)a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边.已知a=3,csin
C=asin
A+bsin
B,且B=60°.
(1)求△ABC的面积;
(2)若D,E是BC边上的三等分点,求sin∠DAE.
解题心得在三角形中,已知两角一边能应用正弦定理求其余的边;已知两边及其夹角求夹角的对边或已知两边及一边的对角求另一边都能直接利用余弦定理求解.
对点训练2(2020东北三省四市模拟,理17)在△ABC中,M为BC边上一点,∠BAM=45°,cos
∠AMC=.
(1)求sin
B;
(2)若,AC=4,求MC.
考点
三角函数与解三角形的综合
【例3】(2020“四省八校”质检三,理18)已知向量m=(-2,sin
2x),n=(cos2x,),且函数f(x)=m·n.
(1)求f(x)的最小正周期及对称中心;
(2)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,角A为锐角,a=,若fA++1=bsin
C,且△ABC的面积为,求△ABC的周长.
解题心得对于在三角形中求解有关三角函数的图像和性质的题目,时刻不要忘记对角的范围的限制,特别是求三角函数值的范围或最值时,先要把自变量的取值范围求出来,再利用三角函数的单调性确定函数值的范围.
对点训练3(2020山东烟台模拟,17)已知函数f(x)=1-2sin
xcos
x-2cos2x+m在R上的最大值为3.
(1)求m的值及函数f(x)的递增区间;
(2)若在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c且f(A)=0,求的取值范围.
考点
三角变换与解三角形的综合
【例4】(2020天津,16)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=2,b=5,c=.
(1)求角C的大小;
(2)求sin
A的值;
(3)求sin的值.
解题心得在含有边角关系的等式中,利用正弦定理的变形a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,可直接将等式两边的边化为角;也能利用余弦定理的变形如cosA=将角化为边.在三角形中利用三角变换求三角式的值时,要注意角的范围的限制.还有隐含条件:A+B+C=π,使用这个隐含条件可以减少未知数的个数.
对点训练4(2020全国1,文18)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°.
(1)若a=c,b=2,求△ABC的面积;
(2)若sin
A+sin
C=,求C.
考点
三角函数、三角变换与解三角形的综合
【例5】(2020全国2,理17)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sin
Bsin
C.
(1)求A;
(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.
解题心得关于三角函数、三角变换与解三角形的综合题的解题思路,一般是由正弦定理、余弦定理求出某个量作为下面问题的已知量,然后利用三角变换,将所求的量化为f(x)=Asin(ωx+φ)或f(x)=Acos(ωx+φ)的形式,最终求出结果.
对点训练5(2020浙江,18)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知2bsin
A-a=0.
(1)求角B的大小;
(2)求cos
A+cos
B+cos
C的取值范围.
1.在历年的高考试题中,三角中的解答题一般考查简单三角函数式的恒等变形、解三角形,有时也考查正弦定理、余弦定理的实际应用.特别是涉及解三角形的问题,经常出现的题型有:正弦定理、余弦定理与三角变换的综合;正弦定理、余弦定理与三角形面积的综合;正弦定理、余弦定理与三角变换及三角形面积的综合.把握住高考命题规律,有针对性的训练是提高成绩的有效措施.
2.三角恒等变换和解三角形的结合,一般有两种类型:一是先利用三角函数的平方关系、和角公式等求符合正弦定理、余弦定理中的边与角,再利用正弦定理、余弦定理求值;二是先利用正弦定理、余弦定理确定三角形的边与角,再代入到三角恒等变换中求值.具体解题步骤如下:
第一步,利用正(余)弦定理进行边角转化;
第二步,利用三角恒等变换求边与角;
第三步,代入数据求值;
第四步,查看关键点、易错点.
3.解三角形的问题总体思路就是转化思想和消元,要注重正弦定理、余弦定理多种表达形式及公式的灵活应用.
高考大题专项(二)　
三角函数与解三角形
关键能力·学案突破
例1解(1)f(x)=4sinxcosx--
=4sinxcosx+sinx-
=2sinxcosx+2sin2x-
=sin2x+(1-cos2x)-
=sin2x-cos2x
=2sin2x-.
令2kπ-≤2x-≤2kπ+(k∈Z),得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z),
所以函数f(x)的递增区间为kπ-,kπ+(k∈Z).
令2kπ+≤2x-≤2kπ+(k∈Z),得kπ+≤x≤kπ+(k∈Z),
所以函数f(x)的递减区间为kπ+,kπ+(k∈Z).
(2)令2x-=kπ+(k∈Z),得x=(k∈Z),
所以函数f(x)的对称轴方程为x=(k∈Z).
令2x-=kπ(k∈Z),得x=(k∈Z),所以函数f(x)的对称中心为,0(k∈Z).
对点训练1解(1)由f(x)=sinωxcosωx-sin2ωx+(ω>0),则f(x)=·2sinωxcosωx-(1-cos2ωx)+sin2ωx+cos2ωx=sin2ωx+(ω>0),
由三角函数的图像可知T=2=π,所以T==π,解得ω=1.
(2)由(1)可得f(x)=sin2x+(ω>0),因为-≤x≤,
所以-≤2x+≤π,
当2x+,即x=时,函数f(x)max=1;
当2x+=-,即x=-时,函数f(x)min=-.
例2解(1)△ABC中,由csinC=asinA+bsinB,利用正弦定理得c2=a2+b2,所以△ABC是直角三角形.又a=3,B=60°,所以b=atan60°=3,所以△ABC的面积为S=ab=.
(2)设D靠近点B,则BD=DE=EC=1.AE==2,AD=,
所以cos∠DAE=.
所以sin∠DAE=.
对点训练2解(1)∵cos∠AMC=,
∴sin∠AMC=,
∴sinB=sin(∠AMC-∠BAM)=
sin∠AMCcos∠BAM-cos∠AMCsin∠BAM
=.
(2)∵,∴设MC=x,BM=2x,在△ABM中,由正弦定理得,∴,∴AM=x.∵AC2=AM2+MC2-2AM·MCcos∠AMC,
∴42=x2+x2-2·x·x·.解得x=4,即MC=4.
例3解(1)由题知,f(x)=m·n=-2cos2x+sin2x=-1-cos2x+sin2x=2sin2x--1,
由T==π,故最小正周期为π.由2x-=kπ,k∈Z,∴x=,k∈Z,∴f(x)的对称中心为,-1,k∈Z.
(2)由于fA++1=2sinA+-1+1=2sinA,
故2sinA=bsinC,则2a=bc,又a=,解得bc=6.
S△ABC=bcsinA=,解得sinA=,故A=或A=(舍去).
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,则7=b2+c2-12×,化简得b2+c2=13,
∴(b+c)2-2bc=13,∴b+c=5,
∴△ABC的周长为a+b+c=5+.
对点训练3解(1)f(x)=1-2sinxcosx-2cos2x+m=-(sin2x+cos2x)+m=-2sin+m,
由已知2+m=3,得m=1,
所以f(x)=-2sin2x++1.
令2kπ+≤2x+≤2kπ+,k∈Z,得kπ+≤x≤kπ+,k∈Z,
所以函数f(x)的递增区间为kπ+,kπ+,k∈Z.
(2)由(1)知-2sin2A++1=0,所以sin2A+=,
由0所以2A+,解得A=.
=.
因为△ABC为锐角三角形,
所以
解得所以tanC>,所以<2,
即的取值范围为,2.
例4解(1)在△ABC中,由余弦定理及a=2,b=5,c=,可得cosC=.
又因为C∈(0,π),所以C=.
(2)在△ABC中,由正弦定理及C=,a=2,c=,可得sinA=.
(3)由a对点训练4解(1)由题设及余弦定理得28=3c2+c2-2×c2×cos150°,解得c=-2(舍去)或c=2.从而a=2.
△ABC的面积为×2×2×sin150°=.
(2)在△ABC中,A=180°-B-C=30°-C,所以sinA+sinC=sin(30°-C)+sinC=sin(30°+C).
故sin(30°+C)=.而0°例5解(1)由正弦定理和已知条件得BC2-AC2-AB2=AC·AB.
①
由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcosA.
②
由①②得cosA=-.
因为0(2)由正弦定理及(1)得=2,从而AC=2sinB,AB=2sin(π-A-B)=3cosB-sinB.
故BC+AC+AB=3+sinB+3cosB=3+2sin.
又因为0对点训练5解(1)由正弦定理,
得2sinBsinA=sinA,
故sinB=,由题意,得B=.
(2)由A+B+C=π,得C=-A,
由△ABC是锐角三角形,得A∈.由cosC=cos=-cosA+sinA,得
cosA+cosB+cosC=sinA+cosA+=sin.故cosA+cosB+cosC的取值范围是.

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