【步步高】2015届高考数学第一轮复习（典型题+详解）专题文档强练 文（打包6套）新人教A版
收藏
资源目录
压缩包内文档预览：
编号：1172168
类型：共享资源
大小：1.18MB
格式：RAR
上传时间：2017-04-27
上传人：me****88
IP属地：江西
3.6
积分
- 关 键 词：
-
步步高
高考
数学
第一轮
复习
温习
典型
详解
专题
文档
打包
新人
- 资源描述：
-
【步步高】2015届高考数学第一轮复习（典型题+详解）专题文档强练 文（打包6套）新人教A版,步步高,高考,数学,第一轮,复习,温习,典型,详解,专题,文档,打包,新人
- 内容简介：
-
1 专题一 高考中的导数应用问题 1 函数 f(x) (x 3) ( ) A ( ， 2) B (0,3) C (1,4) D (2， ) 答案 D 解析 函数 f(x) (x 3)f (x) (x 3) 1(x 3)(x 2)由函数导数与函数单调性的关系，得当 f (x)0时，函数 f(x)单调递增，此时由不等式 f (x) (x 2)，解得 x2. 2若函数 f(x) 63b 在 (0,1)内有最小值，则实数 b 的取值范围是 ( ) A (0,1) B ( ， 1) C (0， ) D. 0， 12 答案 D 解析 f(x)在 (0,1)内有最小值，即 f(x)在 (0,1)内有极小值， f (x) 36b， 由题意，得函数 f (x)的草图如图， f 00， 即 6 解得 00；当 x ( 1,0)时， f (x)0. 故 f(x)的单调递增区间为 ( ， 1)， (0， )，单调递减区间为 ( 1,0) (2)f(x) x(1 令 g(x) 1 g (x) a.若 a 1，则当 x (0， )时，g (x)0， g(x)为增函数，而 g(0) 0，从而当 x 0 时， g(x) 0，即 f(x) 0. 若 a1，则当 x (0， ln a)时， g (x)0或 f (x)0)上的最小值； 4 (2)对一切 x (0， )， 2f(x) g(x)恒成立，求实数 a 的取值范围； (3)证明：对一切 x (0， )，都有 ln x12 思维启迪 (1)求 f (x)，讨论参数 (2)分离 a，利用求最值得 (3)寻求所证不等式和题中函数 f(x)的联系，充分利用 (1)中所求最值 解 (1)由 f(x) x， x0，得 f (x) ln x 1， 令 f (x) 0，得 x 1e. 当 x (0， 1e)时， f (x)0， f(x)单调递增 当 00)，则 h (x) x 3x 1 当 x (0,1)时， h (x)0， h(x)单调递增， 所以 h(x)h(1) 4，对一切 x (0， )， 2f(x) g(x)恒成立， 所以 a h(x)4. (3)问题等价于证明 x 2e(x (0， ) 由 (1)可知 f(x) x(x (0， )的最小值是 1e， 当且仅当 x 1 m(x) 2e(x (0， )，则 m (x) 1 易知 m(x)m(1) 1e， 当且仅当 x 1 时取到 5 从而对一切 x (0， )，都有 ln x12 思维升华 (1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解 (2)证明不等式，可以转化为求函数的最值问题 已知函数 f(x) x(x 0)， g(x) ax(x 0) (1)若 f(x) g(x)恒成 立，求实数 a 的取值范围； (2)当 a 取 (1)中的最小值时，求证： g(x) f(x) 16(1)解 令 h(x) x ax(x 0)，则 h (x) x a. 若 a 1， h (x) x a 0， h(x) x ax(x 0)单调递减， h(x) h(0) 0，则 x ax(x 0)成立 若 00， h(x) x ax(x (0， 单调递增， h(x)h(0) 0，不合题意， 结合 f(x)与 g(x)的图象可知 a 0 显然不合题意， 综上可知， a 1. (2)证明 当 a 取 (1)中的最小值 1 时， g(x) f(x) x x. 设 H(x) x x 16x3(x 0)，则 H (x) 1 x 12令 G(x) 1 x 12 G (x) x x 0(x 0)， 所以 G(x) 1 x 120， )上单调递减， 此时 G(x) 1 x 12G(0) 0， 即 H (x) 1 x 120， 所以 H(x) x x 16x3(x 0)单调递减 所以 H(x) x x 16H(0) 0， 即 x x 160(x 0)， 即 x x 16x3(x 0) 所以，当 a 取 (1)中的最小值时， g(x) f(x) 16题型三 利用导数研究方程解或图象交点问题 例 3 已知 f(x) a R)， g(x) 2ln x. 6 (1)讨论函数 F(x) f(x) g(x)的单调性； (2)若方程 f(x) g(x)在区间 2， e上有两个不等解，求 a 的取值范围 思维启迪 (1)通过讨论 (x)的符号； (2)将方程 f(x) g(x)变形为 a 2ln 研究 (x) 2ln 象的大致形状 解 (1)F(x) 2ln x，其定义域为 (0， )， F (x) 22x 21x (x0) 当 a0 时，由 10，得 x 1a. 由 10 时， F(x)在区间 1a， 上单调递增， 在区间 0， 1a 上单调递减 当 a 0 时， F (x)0)恒成立 故当 a 0 时， F(x)在 (0， )上单调递减 (2)原式等价于方程 a 2ln (x)在区间 2， e上有两个不等解 (x) 2x1 2ln x ( 2， e)上为增函数， 在 ( e， e)上为减函数，则 (x)( e) 1e， 而 (e) 2 (1)若 a 1， f(x)在 (0， )上是单调增函数，求 b 的取值范围； 7 (2)若 a 2， b 1，求方程 f(x) 10,1上解的个数 解 (1)f(x) |x 2| x x 2 x0则 g (x) a aa 24 0. 即 g (x)0， g(x)在 (0， 2a)上是递增函数 当 x 2g(x) 2 ln x 1x， g (x) a 1x 1. g(x)在 (2a， )上是递增函数 又因为函数 g(x)在 x 2 g(x)在 (0， )上是递增函数 g(2a) a a 2， 8 a 0，则 g(2a) 2时， g (x)0， 从而 g(x)在区间 ( 2， 2)上是增函数 由上述讨论知， g(x)在区间 1,2上的最大值与最小值只能在 x 1， 2， 2 时取得， 而 g(1) 53， g( 2) 4 23 ， g(2) 43， 因此 g(x)在区间 1,2上的最大值为 g( 2) 4 23 ， 最小值 g(2) 43. 2 已知函数 f(x) x 的图象在点 x e(e 为自然对数的底数 )处的切线斜率为 3. 9 (1)求实数 a 的值； (2)若 k Z，且 成立，求 k 的最大值 解 (1)因为 f(x) x，所以 f (x) a ln x 1. 因为函数 f(x) x 的图象在点 x e 处的切线斜率为 3， 所以 f (e) 3，即 a ln e 1 3，所以 a 1. (2)由 (1)知， f(x) x x，又 成立， 即 成立 令 g(x) x 1 ，则 g (x) x ln x 2x 12 ， 令 h(x) x ln x 2(x1)，则 h (x) 1 1x x 1x 0， 所以函数 h(x)在 (1， )上单调递增 因为 h(3) 1 0， 所以方程 h(x) 0 在 (1， )上存在唯一实根 满足 (3,4) 当 1h(x)0， 即 g (x)0， 所以函数 g(x) x 1 在 (1， 单调递减，在 ( )上单调递增， 所以 g(x)g( ln x01 21 (3,4)， 所以 故 f(x)在 ( ， 0)上单调递减，在 (0， )上单调递增 (2)f (x) 1 2由 (1)知 1 x，当且仅当 x 0 时等号成立， 故 f (x) x 2(1 2a)x， 从而当 1 2a 0，即 a 12时， f (x) 0(x 0) f(x)在 0， )上单调递增 而 f(0) 0，于是当 x 0 时， f(x) 0. 10 由 x(x 0)可得 e x1 x(x 0)从而当 a12时， f (x)(4ln x 1)设 M(x) 4ln x 1， x 1， e， 则 M (x) 4x 2x 4 2 令 M (x) 0， x 1， e， x 2. 当 20， M(x)在 1， 2上为增函数， M(x)在 1， e上有最大值且在 x 2处取到 又 M(1) 0， M(e) 5 6 (2013湖南 )已知 a0，函数 f(x) x 2a . (1)记 f(x)在区间 0,4上的最大值为 g(a)，求 g(a)的表达式； (2)是否存在 a，使函数 y f(x)在区间 (0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线相互垂直？若存在，求 a 的取值范围；若不存在，请说明理由 解 (1)当 0 x a 时， f(x) a 2a； 当 xa 时， f(x) x 2a. 12 因此，当 x (0， a)时， f (x) 3ax 2a20， f(x)在 (a， )上单调递增 若 a 4，则 f(x)在 (0,4)上单调递减， g(a) f(0) 12. 若 01.(2)由 (1)知，当 a 4 时， f(x)在 (0,4)上 单调递减，故不满足要求 当 0a4 时， f(x)在 (0， a)上单调递减，在 (a,4)上单调递增 若存在 (0,4)(x1使曲线 y f(x)在 (f(， (f(两点处的切线互相垂直 则 (0， a)， (a,4)，且 f (f ( 1. 即 3a2a23a2a2 1. 亦即 2a 32a.(*) 由 (0， a)， (a,4)得 2a (2a,3a)， 32a 32a， 1 . 故 (*)成立等价于集合 A x|2ax3a与集合 B x| 32ax1 的交集非空 因为 32a3a，所以当且仅当 02a1， 即 0a12时， A B . 综上所述，存在 a 使函数 f(x)在区间 (0,4)内的图象上存在两 点，在该两点处的切线互相 13 垂直，且 a 的取值范围是 0， 12 . 1 专题三 高考中的数列问题 的等比数列 前 n 项和为 3 1，则 ( ) A. 20 答案 A 解析 记等比数列 公比为 q，其中 q 1， 依题意有 2 3 2 30. 即 2q 3 0， (q 3)(q 1) 0， 又 q 1，因此有 q 3， 1 1 341 3 20，选 A. 各项均为正数，且 18，则 ) 案 B 解析 等比数列 ， 又因为 18， 9， 5 510. 足 lg 1 1 lg 且 01 02 03 10 2 013， 则 11 12 13 20的值为 ( ) 131010 131011 141010 141011 答案 A 解析 由条件知 lg 1 lg lg 11， 即 110， 所以 公比是 10 的等比数列 01 10)11 20， 所以 11 20 2 0131010， 选 A. 足 1 2 22 2n 1，则 前 n 项和 _. 答案 2n 1 2 n 解析 1 2 22 2n 1 1 22 2n 1， 2 (21 22 2n) n 2 1 2n1 2 n 2n 1 2 n. 一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内三个数，第四个括号内一个数， 循环分为 (1)， (3,5)， (7,9,11)， (13)， (15,17)， (19,21,23)， (25)， ，则第 50 个括号内各数之和为 _. 答案 392 解析 将三个括号作为一组，则由 50 16 3 2，知第 50 个括号应为第 17 组的第二个括号，即第 50 个括号中应是两个数 个数，所以第 48 个括号的最末一个数为数列 2n 1的第 16 6 96 项，第 50 个括号的第一个数应为数列 2n 1的第 98 项，即为 2 98 1 195，第二个数为 2 99 1 197，故第 50 个括号内各数之和为 195 197 92. 题型一 等差、等比数列的综合问题 例 1 在等差数列 ， 30， 50. (1)求数列 通项公式； (2)令 102 证明：数列 等比数列； (3)求数列 前 n 项和 思维启迪 (1)设出数列 通项公式，结合已知条件列方程组即可求解； (2)由 (1)写出 用定义法证明； (3)写出 虑用错位相减法求解 . (1)解 由 (n 1)d， 30， 50， 得方程组 9d 3019d 50 ，解得 12d 2 . 所以 12 (n 1)2 2n 10. (2)证明 由 (1)，得 102 22n 10 10 22n 4n， 所以 14n 14n 4. 所以 首项为 4，公比为 4 的等比数列 . (3)解 由 n 4n，得 1 4 2 42 n 4n， 41 42 (n 1) 4n n 4n 1， ，得 34 42 4n n 4n 1 3 41 4n 3 n 4n 1. 所以 3n 1 4n 1 49 . 思维升华 (1)正确区分等差数列和等比数列，其中公比等于 1 的等比数列也是等差数列 . (2)等差数列和等比数列可以相互转化，若数列 一个公差为 d 的等差数列，则a0， a 1)就是一个等比数列，其公比 q 之，若数列 一个公比为 q(q0)的正项等比数列，则 a0， a 1)就是一个等差数列，其公差 d 数列 前 n 项和为 2 且 1 2n(n 2， n N*). (1)求 (2)是否存在等比数列 足 存在，求出数列 通项公式；若不存在，说明理由 . 解 (1)因为 1 2n， 所以有 1 2n 对 n 2， n N*成立 . 即 2n 对 n 2， n N*成立， 又 2 1，所以 2n 对 n N*成立 . 所以 1 2 对 n N*成立， 所以 等差数列， 所以有 n n， n N*. (2)存在 . 由 (1)知， 2n 对 n N*成立， 所以有 6， 18，又 2， 所以有 2， 6， 18，则 3， 所以存在以 2 为首项，以 3 为公比的等比数列 其通项公式为 23n 1. 题型二 数列与函数的综合问题 例 2 已知二次函数 y f(x)的图象经过坐标 原点，其导函数为 f (x) 6x 2，数列 前n 项和为 (n， n N*)均在函数 y f(x)的图象上 . (1)求数列 通项公式； (2)设 31， 前 n 项和，求使得 思维启迪 (1)先求 构造等比数列求 (2)不等式 1以转化为求函数的最值问题 . 解 (1)由已知，得 2 1 (1 1， 所以 2 1 1(n 1). 又 1， 所以数列 以 2 为首项， 1 为公差的等差数列 . 所以 n 1. 又 1 2 4(2)， 所以 2是以 4 为首 项， 4 为公比的等比数列 . 所以 4n 2. (2)因为 n 1， 4n 2， 所以 4n ( 1)n 12 n 1 需 1 4n 1 4n ( 1) n 2 ( 1)n 12 n 10 恒成立， 即 34n 3( 1)n 12n 10 恒成立 . 所以 ( 1)n 1 2n 1恒成立， 当且仅当 n 2 时， 2n 1有最大值 2. 6 所以 2，结合 可知 2 思维升华 数列中有关项或前 n 项和的恒成立问题，往往转化为函数的最值问题；求项或前 n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解 . (2013天津 )已知首项为 32的等比数列 前 n 项和为 Sn(n N*)，且 2 (1)求数列 通 项公式； (2)证明： 1136 (n N*). (1)解 设等比数列 公比为 q， 因为 2 所以 24 可得 2 是 q 12. 又 32，所以等比数列 通项公式为 32 12 n 1 ( 1)n 132n. (2)证明 由 (1)知， 1 12 n， 11 12 n 11 12 n 2 12n2n 1， ，2 12n2n 1， 当 n 为奇数时， 1n 的增大而减小， 所以 11136 . 当 n 为偶数时， 1n 的增大而减小， 所以 112512. 故对于 n N*，有 1136 . 7 (时间： 80 分钟 ) 前 n 项和为 满足： 21 0(n 2， n N)， 12，判断 1否为等差数列，并说明你的理由 . 解 因为 1(n 2)， 又因为 21 0，所以 1 21 0(n 2)， 所以 111 2(n 2)， 又因为 12， 所以 1 为首项， 2 为公差的等差数列 . 所以 12 (n 1) 2 2n，故 12n. 所以当 n 2 时， 1 12n 12n 1 12nn 1， 所以 1 12nn 1， 而 1 12nn 1 12nn 1 12n 1n 1 1n 1 1nn 1n 1. 所以当 n 2 时， 1 n 无关的常数，故数列 是一个等差数列 . 综上，可知 1是等差数列 . 足 0 且 11 1 11 1. (1)求 通项公式； (2)设 1 1n ，记 k 1明： 5m)对所有的 n N*恒成立的整数 m 的取值集合 . (1)证明 依题意，得 910 100，故 10. 当 n 2 时， 1 910， 91 10， 两式相减得 1 9 即 1 10110， 故 等比数列，且 1 10n(n N*)， lg n. lg 1 lg (n 1) n 1， 即 lg 等差数列 . (2)解 由 (1)知， 3 11 2 12 3 1nn 1 3(1 12 12 13 1n 1n 1) 31. k 9 (3)解 3 3n 1， 当 n 1 时， 2. 依题意有 3214(5m)，解得 1m 2， m， k N*)，使得 等比数列？若存在，求出所有符合条件的 m、 k 的值；若不存在，请说明理由 . 解 (1)设等差数列 公差为 d，则 nn 12 d. 由已知，得 1010 92 d 55，2020 192 d 29d 11219d 21 ， 解得 1，d 1. 所以 (n 1)d n(n N*). (2)假设存在 m、 k(km 2， m， k N*)， 使得 因为 1 1， 所以 12， 1， 1， 所以 ( 1)2 12 1. 整理，得 k 22m 1. 以下给出求 m、 k 的方法： 因为 k0，所以 2m 10， 解得 1 20，所以不等式 2n 32n 32n ， 记 2n 32n ， n 2 时， 1n 12n 12n 32n 2n 14n 6， 所以 n 3 时 1， (bn)38， 所以 378 . 1 专题二 高考中的三角函数综合问题 1 (2013北京 )“ ” 是 “ 曲线 y x )过坐标原点 ” 的 ( ) A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 答案 A 解析 当 时， y x ) 曲线过原点时， k Z，不一定有 . “ ” 是 “ 曲线 y x )过原点 ” 的充分不必要条件 2已知向量 a (2， x)， b (x)，则函数 f(x) a( ) B C 2 D 4 答案 B 解析 f(x) 22x 1 x x 1 2 2x 4 ， T 22 . 3若函数 f(x) (1 3x)x,0 (1)求函数 f(x)的值域； (2)若函数 y f(x)的图象与直线 y 1 的两个 相邻交点间的距离为 2，求函数 y f(x)的单调增区间 思维启迪 对三角函数的性质的讨论，首先要化成 y x ) k(一角、一次、一函数 )的形式；根据 (2)中条件可确定 . 解 (1)f(x) 32 x 12x 32 x 12x (x 1) 2( 32 x 12x) 1 2x 6) 1. 由 1 x 6) 1， 3 得 3 2x 6) 1 1， 所以函数 f(x)的值域为 3,1 (2)由题设条件及三角函数图象和性质可知， y f(x)的周期为 ， 所以 2 ，即 2. 所以 f(x) 2x 6) 1， 再由 22 2x 6 22(k Z)， 解得 6 x 3(k Z) 所以函数 y f(x)的单调增区间为 6， 3(k Z) 思维升华 三角函数的图象和性质是高考考查的重点，通常先将三角函数化为 y x) 后将 t x 视为一个整体，结合 y 已知函数 f(x) 2x 3(1)求函数 f(x)的 最小正周期； (2)当 x 1924 ， 时，求函数 f(x)的最大值和最小值 解 f(x) 2x 3 1 x 22 x x 2 2x 4) (1)函数 f(x)的最小正周期 T . (2)因为 1924 x ，所以 116 2x 4 94 . 所以 22 x 4) 1. 所以 3 2 2x 4) 2 2，即 3 f(x) 2 2. 所以函数 f(x)的最小值为 3，最大值为 2 2. 题型二 三角函数和解三角形 例 2 (2013重庆 )在 ，内角 A， B， C 的对边分别是 a， b， c，且 2ab(1)求 C； (2)设 3 25 ， A B 25 ，求 的值 思维启迪 (1)利用余弦定理求 C； (2)由 (1)和 3 25 可求得 A B，代入求 . 解 (1)因为 2 由余弦定理有 222 . 4 又 00， |0)的最小正周期为 . (1)求 的值； (2)讨论 f(x)在区间 0， 2 上的单调性 解 (1)f(x) 4x x 4 2 2xx 2 2 2(x x) 2 2 2x 4 2. 因为 f(x)的最小正周期为 ，且 0. 从而有 22 ，故 1. (2)由 (1)知， f(x) 2 2x 4 2. 若 0 x 2，则 4 2x 4 54 . 当 4 2x 4 2，即 0 x 8时， f(x)单调递增； 当 2 2x 4 54， 即 8 x 2时， f(x)单调递减 综上可知， f(x)在区间 0， 8 上单调递增， 8 在区间 8， 2 上单调递减 3 (2013四川 )在 ，角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c，且 2B2 B) C) 35. (1)求 的值； (2)若 a 4 2， b 5，求向量 在 方向上的投影 解 (1)由 2B2 B) C) 35，得 B) 1 B) 35， 即 B) B) 35. 则 B B) 35，即 35. (2)由 35， 0b，则 AB，故 B 4， 根据余弦定理，有 (4 2)2 52 2 5c 35 ， 解得 c 1或 c 7(舍去 ) 故向量 在 方向上的投影为 | 22 . 4已知向量 a (， )， b (x， x)， c (x 2， x 2)，其中 00， 0,02)的部分图象如图所示 (1)求 f(x)的解析式； (2)设 g(x) f(x 12)2，求函数 g(x)在 x 6， 3上的最大值 ，并确定此时 解 (1)由题图知 A 2， 3，则 2 4 3， 32. 又 f( 6) 22 ( 6) 2 4 ) 0， 4) 0， 02， 4 44， 4 0，即 4， f(x) 22x 4) (2)由 (1)可得 f(x 12) 22(x 12) 4 22x 8)， g(x) f(x 12)2 41 x 42 2 2x 4)， x 6， 3， 4 3x 4 54， 当 3x 4 ，即 x 4时， g(x)4. 1 专题五 高考中的圆锥曲线问题 1、 1 的两个焦点，过 、 B 两点 | 12，则 | _. 答案 8 解析 由题意知 (| | (| | | | | 2a 2a， 又由 a 5，可得 | (| | 20， 即 | 8. B 为过抛物线 2px(p0)的焦点的弦，则 |最小值为 ( ) 答案 C 解析 当弦 直于对称轴时 |短， 这时 x y p， |AB|2p. 1 的一条渐近线被圆 (x 2)2 4 所截得的弦长为 2，则该双曲线的实轴长为 ( ) 案 B 解析 双曲线 1 的渐近线方程为 y 3a x，即 3x0，圆 (x 2)2 4 的圆心为 C(2,0)，半径为 r 2，如图，由圆的弦长公式得弦心距 | 22 12 3，另一方面，圆心 C(2,0)到双曲线 1 的渐近线 3x 0 的距离为 d| 3 2 a 0|3 2 33 以2 33 3，解得 1，即 a 1，该双曲线的实轴长为 2a 2. y 2，它到 A(1,3)的距离与它到焦点的距离之和最小，则点 P 的坐标是 ( ) A.( 2,1) B.(1,2) C.(2,1) D.( 1,2) 2 答案 B 解析 如图所示，直线 l 为抛物线 y 2F 为其焦点， l， l，由抛物线的定义知 ， | | | | | | | 当且仅当 A、 P、 N 三点共线时取等号 . P 点的横坐标与 A 点的横坐标相同即为 1， 则可排除 A、 C、 D，故选 B. ，抛物线 2x 与过焦点的直线交于 A、 B 两点，则 等于 ( ) B. 34 D. 3 答案 B 解析 方法一 (特殊值法 ) 抛物线的焦点为 F 12， 0 ，过 F 且垂直于 x 轴的直线交抛物线于 A(12， 1)， B(12， 1)， 12， 1 12， 1 14 1 34. 方法二 设 A( B( 则 由抛物线的过焦点的弦的性质知： 4， 1. 14 1 34. 题型一 圆锥曲线 中的范围、最值问题 例 1 (2012浙江改编 )如图所示，在直角坐标系 ，点 P(1， 12)到抛 物线 C： 2px(p0)的准线的距离为 (t,1)是 C 上的定点， A， B 是 C 上的两动点，且线段 中点 Q(m， n)在直线 . (1)求曲线 C 的方程及 t 的值； (2)记 d | 4 d 的最大值 . 思维启迪 (1)依条件，构建关于 p， (2)建立直线 表示弦 用函数的 3 性质或基本不等式求 解 (1)2px(p0)的准线 x 1 ( 54， p 12， 抛物线 C 的方程为 x. 又点 M(t,1)在曲线 C 上， t 1. (2)由 (1)知，点 M(1,1)，从而 n m，即点 Q(m， m)， 依题意，直线 斜率存在，且不为 0， 设直线 斜率为 k(k 0). 且 A( B( 由 x1，得 ( 故 k2 m 1， 所以直线 方程为 y m 12m(x m)， 即 x 22m 0. 由 x 22m 0，x 消去 x， 整理得 22m 0， 所以 4m 4， 2m， 2m. 从而 | 1 1 1 44m 4 2 1 4m d | 42 m1 m m (1 m) 1， 当且仅当 m 1 m，即 m 12时，上式等号成立， 又 m 12满足 4m 4. d 的最大值为 1. 思 维升华 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值 . 椭圆 C： 1 的左顶点、右焦点分别为 A， F，直线的方程为 x 9， N 为直 线上一点，且在 x 轴的上方， 椭圆交于 M 点 4 (1)若 M 是 中点，求证： (2)过 A， F， N 三点的圆与 y 轴交于 P， Q 两点，求 |取值范围 (1)证明 由题意得 A( 6,0)， F(4,0)， 9， 32， 又 M 点在椭圆上，且在 x 轴上方，得 5 32 ， ( 152 ， 5 32 )， (52， 5 32 )， 754 754 0， (2)解 方法一 设 N(9， t)，其中 t0， 圆过 A， F， N 三点， 圆心在线段 中垂线上 设圆心为 ( 1， b)，半径为 r， 有 r 1 42 1 92 b t2， b 752t 12(t75t )， | 2 1 2 24. t0， b t75t 5 3， 当且仅当 t 75t ，即 t 5 3时取 “ ” | 2 99 6 11. |取值范围是 6 11， ) 方法二 设 N(9， t)，其中 t0， 圆过 A， F， N 三点， 设该圆的方程为 F 0，有 36 6D F 0，16 4D F 0，81 9D F 0，解得 D 2， E t 75t ， F 24， 圆心为 ( 1， 12(t 75t )，半径 r 25 14t 75t 2， | 2 1 2 24 14t 75t 2， t0， t 75t 2 t75t 10 3， 当且仅当 t 75t ，即 t 5 3时取 “ ” | 2 99 6 11， |取值范围是 6 11， ) 题型二 圆锥曲线中的定点、定值问题 5 例 2 (2012福建 )如图，等边三角形 边长为 8 3，且其三个顶点均在 抛物线 E： 2py(p0)上 . (1)求抛物 线 E 的方程； (2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P，与直线 y 1 相交于点 Q，证明：以 直径的圆恒过 y 轴上某定点 . 思维启迪 既然圆过 满足 0，对任意 P、 (0， 也可给定特殊的 想 证明 . (1)解 依题意，得 | 8 3， 30. 设 B(x， y)，则 x |OB|0 4 3， y |OB|0 12. 因为点 B(4 3， 12)在 2， 所以 (4 3)2 2p 12，解得 p 2. 故抛物线 E 的方程为 4y. (2)证明 方法一 由 (1)知 y 14y 12x. 设 P(则 0，且 l 的方程为 y 12x0(x 即 y 1214由 y 1214y 1得 x 42y 为 42 1 . 设 M(0， 令 0 对满足 140)的 由于 ( 42 1 由 0，得 42 0， 即 (2) (1 y1)0.(*) 由于 (*)式对满足 140)的 所以 1 0，2 0， 解得 1. 故以 直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). 方法二 由 (1)知 y 14y 12x. 设 P(则 0， 6 且 l 的方程为 y 12x0(x 即 y 1214由 y 1214y 1得 x 42y 为 42 1 . 取 2，此时 P(2,1)， Q(0， 1)， 以 直径的圆为 (x 1)2 2， 交 y 轴于点 ,1)或 ， 1)； 取 1，此时 P 1， 14 ， Q 32， 1 ， 以 直径的圆为 x 14 2 y 38 2 12564 ， 交 y 轴于点 ,1)、 0， 74 . 故若满足条件的点 M 存在，只能是 M(0,1). 以下证明点 M(0,1)就是所要求的点 . 因为 (1)， 42 2 ， 所以 42 22 22 22 0. 故以 直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). 思维升华 求定点及定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关 . (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值 . (2013江西 )椭圆 C： 1(ab0)的离心率 e 32 ， a b 3. (1)求椭圆 C 的方程； (2)如图所示， A、 B、 D 是椭圆 C 的顶点， P 是椭圆 C 上除顶点外的任意一点，直线 x 轴于点 N，直线 点 M，设 斜率为 k， 斜率为 2m k 为定值 . (1)解 因为 e 32 所以 a 23c， b 13c. 7 代入 a b 3 得， c 3， a 2， b 1. 故椭圆 C 的方程为 1. (2)证明 方法一 因为 B(2,0)，点 P 不为椭圆顶点，则直线 方程为 y k(x 2)(k 0，k 12)， 代入 1，解得 P8241，41 . 直线 方程为 y 12x 1. 与 联立解得 M 4k 22k 1， 41 . 由 D(0,1)， P 8241，41 ， N(x,0)三点共线知 41 18241 0 0 1x 0，解得 N 4k 22k 1， 0 . 所以 斜率为 m41 04k 22k 14k 22k 1 4k2k 122k 12 22k 12 2k 14 . 则 2m k 2k 12 k 12(定值 ). 方法二 设 P(0， 2)，则 k 2， 直线 方程为 y 12(x 2)， 直线 方程为 y 2(x 2)， 直线 方程为 y 1 1 y 0， 由于 1 可得 N 1， 0 ， 联立 y 12x 2y 2x 2， 8 解得 M 42422， 42， 因此 斜率为 m4242422 1 4y014844 4y014844 4 4 122， 所以 2m k 2122 2 212 2222 212 2y02222 212 124 y02222 12(定值 ). 题型三 圆锥曲线中的探索性问题 例 3 (2012广东 )在平面直角坐标系 ，已知椭圆 C： 1(ab0)的离心率 e 23，且椭圆 C 上的点到点 Q(0,2)的距离的最大值为 3. (1)求椭圆 C 的方程 . (2)在椭圆 C 上，是否存在点 M(m， n)，使得直线 l： 1 与圆 O： 1 相交于不同的两点 A、 B，且 面积最大？若存在，求出点 M 的坐 标及对应的 面积；若不存在，请说明理由 . 思维启迪 圆锥曲线中，这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答；如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答 . 解 (1) 23， 3 椭圆方程为 1，即 33 9 设椭圆上的点 到点 Q(0,2)的距离为 d，则 d x 02 y 22 y 22 33y 22 2y 12 36， 当 y 1 时， d 取得最大值， 36 3， 解得 1， 3. 椭圆 C 的方程为 1. (2)假设存在点 M(m， n)满足题意，则 1， 即 3 3设圆心到直线 l 的距离为 d ，则 d 1， 00. S 1 1 1 11 112， 当且仅当 11 1 即 21 时， S 2. 由 2，3 3 32，12， 存在点 M 满足题意， M 点坐标为 62 ， 22 ， 62 ， 22 ， 62 ， 22 或 62 ， 22 ， 10 此时 面积为 12. 思维升华 (1)探索性问题通常采用 “ 肯定顺推法 ” ，将不确定性问题明朗化 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 . (2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法 . (2013长春调研 )已知椭圆 物线 x 轴上， 2的顶点均为原点 O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中： x 3 2 4 2 y 2 3 0 4 22 (1)求 方程； (2)是否存在直线 l 满足条件： 过 ； 与 ， N，且满足 ？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，说明理由 . 解 (1)设抛物线 2px(p 0)，则有 2p(x 0)， 据此验证四个点知 (3， 2 3)， (4， 4)在 易求得 4x. 设椭圆 1(ab0)， 把点 ( 2,0)， ( 2， 22 )代入得 41221， 解得 41 ，所以 1. (2)容易验证当直线 l 的斜率不存在时，不满足题意 . 当直线 l 的斜率存在时，设其方程为 y k(x 1)， 与 ( N( 由 1y kx 1消去 y 并整理得 (1 4k2)84(1) 0， 于是 84 11 411 4 所以 k2(1)(1) k2( 1 11 484134 由 ，即 0，得 0.(*) 将 代入 (*)式，得 411 434k241 40， 解得 k 2 ，所以 存在直线 l 满足条件， 且直线 l 的方程为 2x y 2 0 或 2x y 2 0. (时间： 80分钟 ) 的椭圆 C 经过点 A(2,3)，且点 F(2,0)为其右
- 温馨提示:
1: 本站所有资源如无特殊说明，都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
2: 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等，如果需要附件，请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
3.本站RAR压缩包中若带图纸，网页内容里面会有图纸预览，若没有图纸预览就没有图纸。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 人人文库网仅提供信息存储空间，仅对用户上传内容的表现方式做保护处理，对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑，并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容，请与我们联系，我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
人人文库网所有资源均是用户自行上传分享，仅供网友学习交流，未经上传用户书面授权，请勿作他用。
川公网安备: 51019002004831号