高中数学真题与经典题一题多解-（5.27 覆盖高考全部题型）

1 函数篇 【试题 1】（2016 全国新课标 II 卷理 16）若直线 是曲线 的切线，也 是曲线 的切线， ． 【标准答案】 解法一：设直线 与曲线 和 切点分别是 和 ． 则切线分别为： ， ∴ 解得 ∴解得 解 法 二 ： 设 直 线 与 曲 线 和 切 点 分 别 是 和 ． ∵曲线 通过向量 平移得到曲线 ∴ ∴两曲线公切线的斜率 ，即 ，所以 【试题 2】【2015 新课标 12 题】设函数 ，其中 ，若存在唯一的 整数 ，使得 ，则 的取值范围是( ) A. B C. D. y kx b= + ln 2y x= + ln ( 1)y x= + b = 1 ln 2− y kx b= + ln 2y x= + ln ( 1)y x= + 1 1( ,ln 2)x x + 2 2( ,ln ( 1))x x + 1 1 1 ln 1y x xx = ⋅ + + ( ) 2 2 2 2 1 ln 11 1 xy x xx x = + + −+ + ( ) 1 2 2 1 2 2 1 1 1 ln 1 ln 1 1 x x xx x x  = +  + = + − + 1 1 2x = 2 1 2x = − 1ln 1 1 ln 2b x= + = − y kx b= + ln 2y x= + ln ( 1)y x= + 1 1( , )x y 2 2( , )x y ln 2y x= + ( )1,2 ( )ln 1y x= + 2 1 2 1( , ) (1,2)x x y y− − = 2k = 1 1 2x = 1ln 1 1 ln 22b = + = − ( ) (2 1)xf x e x ax a= − − + 1a < 0x 0( ) 0f x < a 3 2 [ ,1) e − 3 3, 2 4e −（ ） 3 3[ , ) 2 4e 3[ ,1) 2e 2 解法一：由题意可知存在唯一的整数 使得 ，设 由 ，可知 在 上单调递减， 在 上单调递增，故 得 解法二：由题意 可得 ①当 时，不成立； ②当 时， ，令 ，则 ， 当 时， 单调递减，当 时， 单调递增 所以 ，即 ，与题目中的 矛盾，舍去。 ③当 时， ，令 同理可得：当 时， 单调递增，当 时， 单调递减 所以 ，即 ，满足题意。 又因为存在唯一的整数 ，则 此时 综上所述， 的取值范围是 解法三：根据选项，可以采取特殊值代入验证，从而甄别出正确答案。 当 时， ， ，可知 在 递减，在 递增，又 ， ，不符合题意，故 不成立，排除答案 A、B. 当 时， ， ，因为 为 增函数，且 ， ，所以存在 ，使得 ， 则 在 递 减 ， 在 递 增 ， 又 ， ， ，易判断存在唯一的整数 0，使得 ，故 成立，排除答案 C. 0x 0 0 0(2 1)xe x ax a− < − ( ) (2 1), ( )xg x e x h x ax a= − = − '( ) (2 1)xg x e x= + ( )g x 1( , ) 2 −∞ − 1( , ) 2 − +∞ (0) (0) ( 1) ( 1) h g h g > − ≤ −  3 1 2 a e ≤ < ( ) 0f x < (2 1) ( 1)xe x a x− < − 1x = 1x > (2 1) 1 xe xa x −> − (2 1)( ) 1 xe xg x x −= − 2 2 (2 3 )'( ) ( 1) xe x xg x x −= − 3(1, )2x∈ ( )g x 3( , )2x∈ +∞ ( )g x 3 2 min 3( ) ( ) 42g x g e= = 3 24a e> 1a < 1x < (2 1) 1 xe xa x −< − (2 1)( ) 1 xe xg x x −= − ( ,0)x∈ −∞ ( )g x (0,1)x∈ ( )g x max( ) (0) 1g x g= = 1a < 0x 3( 1) 2a g e ≥ − = 3[ ,1)2a e ∈ a 3[ ,1)2e 0a = ( ) (2 1)xf x e x= − '( ) (2 1)xf x e x= + ( )f x 1( , )2 −∞ − 1( , )2 − +∞ (0) 1 0f = − < 1( 1) 3 0f e−− = − < 0a = 3 4a = 3 3( ) (2 1) 4 4 xf x e x x= − − + 3'( ) (2 1) 4 xf x e x= + − 3'( ) (2 1) 4 xf x e x= + − 3 1'(0) 1 04 4f = − = > 1 3'( 1) 04f e−− = − − < ( 1,0)t ∈ − '( ) 0f t = ( )f x ( , )t−∞ ( , )t +∞ 3(0) 1 04f = − + < 1 3( 1) 3 02f e−− = − + > (1) 0f e= > (0) 0f < 3 4a = 3 解法四： 带入 中可以得到 ，由题意可知 ，所以 ，满足题 目中存在唯一的整数，使得 ，所以只需要 即可，得到 【试题 3】（2016 年全国Ⅰ卷文科第 12 题） 若函数 在 单调递增，则 的取值范围是（  ） 解法一：函数 的导数为 由题意可得 恒成立， 即为 即有 设 ，即有 ≥0， 当 时，不等式显然成立； 当 时， ， 由 在 递增，可得 时，取得最大值 ， 可得 ，即 ； 当 时， ， 由 在 递增，可得 时，取得最小值 ， 可得 ，即 ． 综上可得 的范围是 ． 故选： ． 解法二：函数 的导数为 由题意可得 恒成立， 即为 0x = ( )f x (0) 1f a= − 1a < (0) 0f < 0( ) 0f x < (1) 0 ( 1) 0 f f >  − > 3 1 2 a e ≤ < 1( ) sin 2 sin3f x x x a x= − + ( )+∞∞− , a [ ] 1 1 1 1. 1,1 . 1, . , . 1,3 3 3 3A B C D     − − − − −           xaxxxf sin2sin3 1)( +−= xaxxf cos2cos3 21)(' +−= 0)(' ≥xf 0cos2cos3 21 ≥+− xax 0coscos3 4 3 5 2 ≥+− xax )11(cos ≤≤−= txt att 345 2 +− 0=t 0 1t ≤< 53 4a t t ≥ − tt 54 − ]1,0( 1=t 1− 13 −≥a 3 1−≥a 01 ＜t≤− tta 543 −≤ 54t t − [ 1,0)− 1t = − 1 13 ≥a 3 1≤a a ]3 1,3 1[− C xaxxxf sin2sin3 1)( +−= xaxxf cos2cos3 21)(' +−= 0)(' ≥xf 0cos2cos3 21 ≥+− xax 4 即有 ≥0， 设 ，即有 ≥0， 由于二次函数 的开口方向向上, 因此只需要 解得,即 ,故选： ． 解法三：应用结论“奇函数的导函数是偶函数,偶函数的导函数是奇函数” 由题可得,因为函数 的定义域为 且 ,所以 是奇函数. 根据结论可得, 是偶函数. 又因为函数 在 单调递增 则 在 上恒成立 因而必须满足 因而根据选项,只有 符合题意 故选 【试题 6】（2014 年全国课标 1 理科数学第 11 题） 已知函数 = ，若 存在唯一的零点 ，且 ＞0，则 的取值范围为 .（2，+∞） .（-∞，-2） .（1，+∞） .（-∞，-1） 解法一:求导得 ，若 ，则 ，不合题意，舍 去；若 ，令 解得 或 。 当 时，易知 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减， 结合 的图像，只需有 ，解得 。 当 时，易知 在 上单调递增，由 ， ，知 在 上有零点，不合题意，舍去； 0coscos3 4 3 5 2 ≥+− xax )11(cos ≤≤−= txt att 345 2 +− )11(534)( 2 ≤≤−++−= tatttg    ≤− ≤ 0)1( 0)1( g g 1 1 3 3a− ≤ ≤ C xaxxxf sin2sin3 1)( +−= ( )+∞∞− , )()( xfxf −=− )(xf )(' xf xaxxxf sin2sin3 1)( +−= ( )+∞∞− , 0)(' ≥xf ( )+∞∞− , 3 100cos0cos3 210)0(' −≥⇒≥+−⇒≥ aaf C C ( )f x 3 23 1ax x− + ( )f x 0x 0x a A B C D ( ) ( )23 6 3 2f x ax x x ax′ = − = − 0a = ( ) 23 1f x x= − + 0a ≠ ( ) 0f x′ = 0x = 2x a = 0a < ( )f x 2, a  −∞   2 ,0a      ( )0,+∞ ( )f x 2 0f a   >   2a < − 0a > ( )f x ( ),0−∞ ( )1 2 0f a− = − − < ( )0 1 0f = > ( )f x ( )1,0− 5 综上所述， 的取值范围为 ，选 B。 解法二:由题意知，方程 有唯一正根 ，显然 ，则 ，令 ，等价于方程 （ ）有唯一正根，作出 （ ）的图像， 数形结合， 的取值范围为 ，选 B。 解 法 三 : 取 ， ， 检 验 知 不 合 题 意 ， 排 除 A ， C ； 取 ， ，检验知不合题意，排除 D，故选 B。 【试题 7】：（2015 江苏高考 13）．已知函数 ，则方程 实根的个数为 ▲ ． 解法 1：： ，所以方程方程 实根的 个数即为曲线 和曲线 的公共点个数之和。 曲线 和曲线 显然有 2 个公共点， 又因为 ，所以曲线 和曲线 也有 2 个公共点， 如图 2 所示 所以方程 实根的个数为 4 个。 解法 2：：（1）当 时， ，原方程即为 ，所以当 时，原方程有一个实根； a ( ), 2−∞ − 3 33 1 0ax x− + = 0x 0x ≠ 3 1 3a x x = − + 1 0t x = ≠ 3 3a t t= − + 0t ≠ 3 3y t t= − + 0t ≠ a ( ), 2−∞ − 3a = ( ) 3 23 3 1f x x x= − + 4 3a = − ( ) 3 24 3 13f x x x= − − + ( ) ( ) 2 0, 0 1 ln , 4 2, 1 x f x x g x x x < ≤= =  − − > ( ) ( ) 1f x g x+ = ( ) ( ) 1 ( ) 1 lnf x g x g x x+ = ⇔ = ± − 1|)()(| =+ xgxf ( )y g x= 1 lny x= ± − ( )y g x= y 1 ln x= − (1 0 1 ln1 (2 2 1 ln 2 g g  = > − − = − < − − ） ） ( )y g x= y 1 ln x= − − 1|)()(| =+ xgxf 0 1x< ≤ ( ) ln ln , ( ) 0f x x x g x= = − = 1ln 1 0x x e − + = ⇒ = 0 1x< ≤ 6 （2）当 时， ，原方程即为 令 ， 所以 上单调递减，得 ，得 只有一个实 根。 （3）当 时， ， 原方程即为 。 令 上单调递增，所以 ，因此 各有一个实根。 综上，方程 实根的个数为 4。 解法 3：首先去掉绝对值符号,有 故对 ,应该分 3 种情况讨论. （1） 时,有： （与 不符,舍去）; （2） 时,有： 时,显然 适合; 时, 而 如解图,两曲线 在区间 内有 1 个交点; 1 2x< ≤ 2( ) ln , ( ) 2f x x g x x= = − 2ln 2 1x x+ − = 2 1( ) ln 2 (1 2), ( ) 2 0F x x x x F x xx ′= + − < ≤ = − < ( ) (1,2]F x x∈在 ( ) [ln 2 2,1)F x ∈ − 2ln 2 1x x+ − = 2x > 2( ) ln , ( ) 6f x x g x x= = − 2 2 2ln 6 1 ln 7 ln 5x x x x or x x+ − = ⇒ + = + = 2( ) ln (2, )G x x x x= + ∈ +∞在 ( ) (ln 2 4, )G x ∈ + +∞ 2 2ln 7 ln 5x x or x x+ = + = 1|)()(| =+ xgxf ( ) ( ) 2 2 < 1ln 0 1 2 1 2ln 1 6 2 o o xx xf x g x x xx x x x ≤− < ≤ = = − < ≤ >  − > ( ) ( ) 2 2 ln 0 1 ln 2 1 2 ln 6 2 x x f x g x x x x x x x  − < ≤+ = + − ≤ ≤  + − > ( ) ( ) 1f x g x+ = 0 1x< ≤ 1ln 1x x x ee − = ⇒ = =或 1x ≤ 1 2x≤ ≤ 2 2 2ln 2 1 ln 1 ln 3x x x x x x+ − = ⇒ = − = −, or , 2ln 1x x= − 1x = 2ln 3x x= − [ ] [ ]1,2 , ln 0,ln 2 ,x x∈ ∴ ∈ [ ]2 3 1,1 ,x − ∈ − [ ] [ ]0,ln 2 1,1⊆ − 2 3 lny x y x= − =与 [ ]1,2 7 （3） 时, ∵ ,故前者有一解而后者无解. 综上,原方程实根的个数为 4. 【试题 1】（2012 年重庆卷文科第 12 题）函数 为偶函数，则实数 _______． 解法 1：从偶函数的定义出发，并结合特殊值，这样运算量很小，尤其对一些运算量较 大的问题特别有效． 偶函数 对任意 恒成立 （ ） ． 解法 2：因为函数 是二次函数且为偶函数，所以函数图像的对称 轴是 ，即 ． 解法 3：从另一个角度来看待偶函数的图像：既然图像关于 轴对称，说明该函数在 处 取 得 极 值 ， 因 此 是 该 函 数 的 极 值 点 ， 由 导 数 性 质 可 得 ， 即 ． 解法 4：自从将导数引入高中教材，使得我们可以站在更高、更宽的视野来处理问题， 同时导数作为一种强有力的工具，使得很多看似难以解决的问题得以轻松解答．我们知道在 可导的前提下，偶函数的导函数必为奇函数，因此 为偶函数 为奇函数（这是一次函数） 必为正比例函数 ． 【试题 1】（2012 年高考数学天津卷（理科）14 题）已知函数 的图像与 函数 的图像恰有两个交点，则实数 的取值范围是 . 1 12 − − = x x y 2−= kxy 2x > 2ln 6 1x x+ − = 2 2ln 7 ln 5x x x x⇒ = − = −或 2x > )4)(()( −+= xaxxf a = ⇔ )()( xfxf =− Rx∈ ⇒ )()( afaf =− 0≠a ⇒ )4(20 −= aa ⇒ 4=a )4)(()( −+= xaxxf 0=x 02 4 =−−= ax ⇒ 4=a y 0=x 0=x 0)0(' =f 4=a axaxxf 4)4()( 2 −−+= ⇒ )4(2)(' −+= axxf ⇒ )4(2)(' −+= axxf ⇒ 4=a k 8 解法 1：函数 ，当 时， ;当 时, ;当 时， .所以, .做出函数的图像. 直线 恒过定点 ,要使两函数 图像有两个不同的交点，将直线 绕点 按逆时针方向从 旋转到 的过程中,除 , 和 外,均满足. 所以,实数 的取值范围是: 或 . 解法 2：由题意可得， 有两个不同实根，即 有两个非 1 的实根，当 ，即 时，原方程即 ，根为 ； 当 ，即 时，原方程即 ，根为 ． 由 可得， ． 【试题 1】（2015 北京理科第 14 题）设函数 ①若 ，则 的最小值为_____________________； ②若 恰有 2 个零点，则实数 的取值范围是__________。 解：①略； ②解法 1： 在 内是增函数， 当 时， 在 内恒成立，故无零点。 则 在 内恰有两个零点，故 ，无解； 1 )1)(1( 1 12 − +−=− − = x xx x x y 1x < − 1y x= + 1 1x− ≤ < 1y x= − − 1>x 1y x= + 2 1 11 1, 1 11 1, 1 x xx y x xx x x + < −− = = − − − ≤  9 当 时，易知 在 内有一个零点。 则 在 内有且仅有一个零点，故 ，得 ； 当 时，易知 在 内无零点。 则 在 内恰有两个零点，故 。 综上，实数 的取值范围为 或 。 解法 2：易知 最多有三个零点 、 、2 。 恰有两个零点 或 或 。 所以 。 【试题 1】2015 年安徽卷文科第 14 题：在平面直角坐标系 中，若直线 与函数 的图像只有一个交点，则 的值为 。 解法 1：直线 与函数 的图像只有一个交点，等价于方程 有且仅有一个实根，显然 ，即 符合题意。 解法 2：由题意， 只有一个根，即 ，所以 ， 解得 或 ，因为只有一个根，所以 ，解得 。 解法 3：同解法 2 得到： ，即 只有一个根，即 ， ，解得 。 解法 4：在同一坐标系下分别作出函数 和 的大致图像（图 1）。 可以看出，要使直线 与函数 的图像只有一个交点，则必须满足 ，解得 。 【试题 1】2015 年安徽卷理科第 15 题：设 ，其中 、 均为实数，下列条 件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 。（写出所有正确条件的编号） 0 2a< < ( ) 2xf x a= − ( ,1)−∞ ( ) 4( )( 2 )f x x a x a= − − [1, )+∞ 2 1a a> 1 12 a   a 1 12 a 21 1( ) ( 2) ( ) 02 2f x x x= − + ≥ ( )[ ]( ) ( )( )11111 22 −+−−−=−−−− xaxxaxaxxxa 011 2 2 ≥      −−     +−−= x xax xax 0>x 011 2 ≤      −−     +− x xax xa 0>x ( )( ) x xx x xx x x x x 12211 22 +−=−−=+−− 20 ≤< x x x x x 112 +≤− x xax x 112 +≤≤− 20 ≤< x ( ) xxx xxf 112 −=−= ( ]2,0 ( ) xx xxg 111 +=+= ( ]2,0 ( ) ( ) 2 32max == fxf ( ) ( ) 2 32min == gxg 2 3 2 3 ≤≤ a 2 3=a 12 当 时，因为 ，所以 ，当 时恒成立，考虑 到 在 上单调递增， 在 上单调递 减，又 ， ，所以 ，得到 . 综上可知： 符合题意。 赏析 1：分离参数法是求参数问题的一般性方法（不等式问题转化为恒成立问题求解）． 解法 4：结合三次函数的图象，由韦达定理得出 对应的 两根为一正一负。当 a=1 时代入显然不成立，因此对应方程的第三根是 ，要使对 x>0 均有关于 x 的一元三次函数值非负，又 ， 对应函数只能是如右图的图象，即要求 ，且对应方程的第三根与前面 一元二次方程的正根是重根。将第三根 代入二次方程 ，解得满足条 件的 （舍去 a=0）。 赏析 1：几何对代数的辅助作用，代数对几何的确定作用。涉及函数方程思想，数形结 合思想，分类讨论思想。 赏析 2：函数与方程、化归与转化的数学思想，体现了“多考点想，少考点算”的命题 理念。 【试题 1】2015 年湖南高考文科第 14 题 【题目】若函数 有两个零点，则实数 的取值范围是_____. 【基本解法 1】由函数 有两个零点，可得方程 有两个解，则 函数 与函数 的图像有两个交点，结合图像可得 的取值范围是 . b 2≥x x x x x 112 +≥− x xax x 11 2 −≤≤+ 2≥x ( ) xxx xxf 112 −=−= [ )+∞,2 ( ) xx xxg 111 +=+= [ )+∞,2 ( ) ( ) 2 32min == fxf ( ) ( ) 2 32max == gxg 2 3 2 3 ≤≤ a 2 3=a 2 3=a 012 =−− axx 1 1 −= ax (0) 1 0f = > 01>−a 1 1 −= ax 012 =−− axx 2 3=a ( ) 2 2xf x b= − − ( ) 2 2xf x b= − − 2 2x b− = 2 2xy = − y b= b (0,2) xo y 13 【基本解法 2】由函数 有两个零点， 可知方程 有两个相异的根. 原方程可转化为 ， 令 ，则方程可转化为 . 要使该方程有两个相异的根，则 应满足如下条件 解得 . 因此 的取值范围是 . 【试题 1】2015 年湖北文科第 17 题： 为实数，函数 在区间 上的最 大值为 ，当 时 的值最小。 解法 1：当 时， 在 上的最大值为 ； 当 时， 在 上单调递增，故 ，此时 ； 当 时， 在 上递减， 上递增， 上递减， 上递增。 （1）、若 ，即 时， ，此时 ； （2）、若 ，即 时， ，此时 ； （3）、若 时， 。 当 ，即 时， ，此时 ； ( ) 2 2xf x b= − − 2 2 0x b− − = 2 2(2 2) 0 ( 0)x b b− − = > 2 ( 0)xt t= > 2 24 4 0( 0, 0)t t b t b− + − = > > b 2 0, 0 4 0 4 0, 4 0,2 b b  >  − × + − >   > 0 2b< < b (0,2) a 2( )f x x ax= − [0,1] ( )g a a = ( )g a 0a = 2( )f x x= [0,1] ( ) 1g a = 0a < 2( )f x x ax= − [0,1] ( ) (1) 1g a f a= = − ( ) 1g a > 0a > 2( )f x x ax= − ( ,0)−∞ (0, )2 a ( , )2 a a ( , )a +∞ 1 2 a≤ 2a ≥ ( ) (1) 1 1g a f a a= = − = − ( ) 1g a ≥ 12 a a< ≤ 1 2a≤ < 2 ( ) ( )2 4 a ag a f= = 1 ( ) 14 g a≤ < 0 1a< < 2 ( ) max ( ), (1) max ,12 4 a ag a f f a   = = −       2 14 a a≥ − 2 2 2 1a− + ≤ < 2 ( ) 4 ag a = 13 2 2 ( ) 4g a− ≤ − 2 2 2a = − + 2 2 2a = − + ( )g a ( )y f x= x (0,0),( ,0)a 2( )h x x ax= − 2 ax = 0a ≤ 2a ≥ ( )f x [0,1] ( ) (1) 1g a g a= = − 0 2a< < 2 ( ) max (1), ( ) max 1 ,2 4 a ag a f f a   = = −       2 1 , 2 2 2 ( ) ,2 2 2 24 1, 2 a a ag a a a a  − ≤ −  = − < − = − 2a ≥ ( ) (2) 1 3 2 2g a g> = = − 2 2 2a = − ( )g a 3 2 2− 2 ( ) max (1), ( ) max 1 ,2 4 a ag a f f a   = = −       ( ) 1g a a= − 2 ( ) 4 ag a = 2 14 a a= − 2 2 2a = − 2 2 2a = − A ( )g a 3 2 2− |ln|)( xxf =    >−− ≤- 1- g( ）=- 2 2( ) ln , ( ) 6f x x g x x= = − 2 2 2ln 6 1 ln 7 ln 5x x x x or x x+ − = ⇒ + = + = 2( ) ln (2, )G x x x x= + ∈ +∞在 ( ) (ln 2 4, )G x ∈ + +∞ 2 2ln 7 ln 5x x or x x+ = + = 1|)()(| =+ xgxf 16 【试题 1】已知函数 则方程 实根的个数为 【解析】首先去掉绝对值符号,有 故对 ,应该分 3 种情况讨论. （1）02 时, ∵x>2,故前者有一解而后者无解. 综上,原方程实根的个数为 4. ( ) ( ) 2 0 0 1 ln , 4 2 1 x f x x g x x x < ≤= =  − − > ( ) ( ) 1f x g x+ = ( ) ( ) 2 2 < 1ln 0 1 2 1 2ln 1 6 2 o o xx xf x g x x xx x x x ≤− < ≤ = = − < ≤ >  − > ( ) ( ) 2 2 ln 0 1 ln 2 1 2 ln 6 2 x x f x g x x x x x x x  − < ≤+ = + − ≤ ≤  + − > ( ) ( ) 1f x g x+ = 1ln 1x x x ee − = ⇒ = =或 2 2 2ln 2 1 ln 1 ln 3x x x x x x+ − = ⇒ = − = −或 2ln 1x x= − 2ln 3x x= − [ ] [ ]1,2 , ln 0,ln 2 ,x x∈ ∴ ∈ [ ] [ ] [ ]2 3 1,1 , 0,ln 2 1,1x − ∈ − ⊂ −而 2 3 lny x y x= − =与 2ln 6 1x x+ − = 2 2ln 7 ln 5x x x x⇒ = − = −或 17 【试题 1】2015 年陕西理 15 设曲线 在点 处的切线与曲线 上点 处的切线垂直，则 的坐标为___________. 解 法 1 ： 因 为 ， 所 以 ， 所 以 曲 线 在 点 处 的 切 线 的 斜 率 .设 的坐标为 ，则 ，因为 ，所以 ，故曲线 在点 处的切线的斜率 .因此 ，所 以 ，即 ，解得 .因为 ，所以 ，得 ，故 点的 坐标是 . 解法 2：易知曲线 在点 处的切线方程为 ，将反比例函数转换成等轴双 曲线，即将 当作 轴（原点不变，第一象限部分为正半轴），则曲线 转 换为 ，切线 转换为 ，与其垂直的直线的斜率不存在， 且要与双曲线 相切，符合条件的切线应为 . 所以 在新坐标系下的坐标为 ，还原到原坐标系中的坐标为 . 【试题 1】2015 年北京理科第 18 题 已知函数 . （Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程； （Ⅱ）求证：当 时， （Ⅲ）设实数 使得 对 恒成立，求 的最大值. 解：（Ⅰ） ， 所以切线方程为 . （Ⅱ）解法 1:当 时， xey = ( )1,0 ( )01 >= xxy P P xey = xey =' xey = ( )1,0 1' 0 01 === = eyk x P ( )00 , yx ( )00 >x 0 0 1 xy = xy 1= 2 1' xy −= xy 1= P 2 0 2 1' 0 xyk xx −== = 121 −=⋅ kk 11 2 0 −=− x 12 0 =x 10 ±=x 00 >x 10 =x 10 =y P ( )1,1 xey = ( )1,0 1+= xy xy = x ( )01 >= xxy ( )0222 >=− xyx 1+= xy 2 2=y ( )0222 >=− xyx 2=x P ( )0,2 ( )1,1 1( ) ln1 xf x x += − ( )y f x= (0, (0))f (0,1)x ∈ 3 ( ) 2( )3 xf x x> + k 3 ( ) ( )3 xf x k x> + (0,1)x ∈ k ( ) 2 1 2( ) ln , 1,1 , ( ) , (0) 2, (0) 01 1 xf x x f x f fx x + ′ ′= ∈ − = = =− − 2y x= (0,1)x ∈ 1( ) ln ln(1 ) ln(1 )1 xf x x xx += = + − −− 18 而 记 ， 要证 ，只需证明 记 ， 因为当 时， 所以 在 上单调递增. 当 时， ；当 时， . 当 时， ， ， 即当 时， 恒成立. （Ⅱ）解法 2:（2）原命题等价于 设函数 故 在 单调递增的， 因此，当 时， （Ⅲ）解法 1 由（Ⅱ）知当 时， 故当 时， 成立； 3 2 3 2 3 2( ) ( ) ( )3 2 3 2 3 x x x x xx x x+ = − + − − − − ( ) ln(1 )m x x= + 2 3 ( ) 2 3 x xn x x= − + 3 ( ) 2( )3 xf x x> + ( ) ( ) ( ) ( )m x m x n x n x− − > − − 2 3 ( ) ( ) ( ) ln(1 ) ( )2 3 x xM x m x n x x x= − = + − − + (0) 0M = ( 1,1)x ∈ − 2 2 21( ) (1 ) 01 2 1 2 x x xM x xx x ′ = − − + = − >+ + ( )M x ( 1,1)− ( 1,0)x ∈ − ( ) (0) 0M x M< = (0,1)x ∈ ( ) (0) 0M x M> = (0,1)x ∈ ( ) ( )m x n x> ( ) ( )m x n x− < − (0,1)x ∈ 3 ( ) 2( )3 xf x x> + ( ) 3 0,1 , ( ) 2( ) 03 xx f x x∀ ∈ − + > 3 31( ) ln 2( ) ln(1 ) ln(1 ) 2( )1 3 3 x x xF x x x x xx += − + = + − − − +− 4 2 2F ( ) ,1 xx x ′ = − ( ), 0,1 , ( ) 0when x F x′∈ > ( )F x ( )0,1x∈ ( ) ( )0 0F x F> = (0,1)x ∈ 3 ( ) 2( )3 xf x x> + (0,1)x ∈ 3 ( ) 2( )3 xf x x> + 2k ≤ 3 ( ) 2( )3 xf x x> + 3 ( )3 xk x≥ + 19 当 时，另 = ， 因为 另 ，解得 . 当 时， 单调递减，当 时， 单调递增. 故当 时， ，与 对 恒成立矛盾. 综上所述，可知 ，故 的最大值为 2. 解法 2 因为 对 恒成立 对 恒成立 对 恒成立. 令 ， 则 因为 另 ，则 与 同号 又 ，所以 2k > 3 ( ) ( ) ( )3 xg x f x k x= − + 31ln ( )1 3 x xk xx + − +− (0) 0g = 4 2 2 2 2 2 (1 )( ) (1 )1 1 k xg x k xx x − −′ = − + =− − ( ) 0g x′ = 4 21 (0,1)x k = − ∈ 4 2(0, 1 )x k ∈ − ( )g x 4 2( 1 ,1)x k ∈ − ( )g x 4 2(0, 1 )x k ∈ − ( ) (0) 0g x g< = ( ) 0g x > (0,1)x ∈ 2k ≤ k 3 ( ) 2( )3 xf x x> + (0,1)x ∈ ⇔ 3 1ln1 3 x xk xx + −< + (0,1)x ∈ ⇔ 3 ln(1 ) ln(1 ) 3 x xk xx + − −< + (0,1)x ∈ 3 ln(1 ) ln(1 )( ) 3 x xh x xx + − −= + (0,1)x ∈ [ ]min( )k h x< [ ]3 4 3 2 2 2( ) (1 ) ln(1 ) ln(1 )3( ) ( ) (1 )3 xx x x x h x xx x + − − + − − ′ = + − [ ]3 4( ) 2( ) (1 ) ln(1 ) ln(1 )3 xx x x x xϕ = + − − + − − ( )xϕ ( )h x′ [ ]3( ) 4 ln(1 ) ln(1 ) 0x x x xϕ′ = + − − > ( ) 0h x′ > 20 函数 在 上单调递增. 所以 （洛必达法则） 所以 的最大值为 2. 解法 3 记 ， 当 时， 恒成立 当 时， . 记 ， ，则 当 时， ， 所以 满足题意. 当 时， 所以 满足题意. 当 时，因为 ，所以存在 使得 在 上单调递减， 所以 时， 不满足题意. 综上， ，即 的最大值为 2. 【试题 1】2015 年湖北文科第 题 设函数 、 的定义域均为 ，且 是奇 函数， 是偶函数， ，其中 为自然对数的底数。 （Ⅰ）求 的解析式，并证明：当 时， ; ( )h x (0,1) [ ] 3min 0 ln(1 ) ln(1 )( ) (0) lim 3 x x xh x h xx → + − −→ = + 20 1 1 1 1lim 21x x x x→ −+ −= =+ k ( ) ln(1 )m x x= + 2 3 ( ) x 2 6 x xn x = − + (0,1)x ∈ 3 ( ) 2( )3 xf x x> + ⇔ (0,1)x ∈ ( ) ( )2 km x n x> 2 3 ( ) ( ) ( ) ln(1 ) ( )2 2 2 6 k k x xN x m x n x x x= − = + − − + (0) 0N = 21( ) (1 )1 2 2 k xN x xx ′ = − − ++ 0k ≤ (0,1)x ∈ ⇒ 1 1( ,1)1 2x ∈+ 2 (1 ) 02 2 k xx− − + > ⇒ ( ) 0N x′ > ( ) (0) 0N x N> = 0 2k< ≤ (0,1)x ∈ 2(1 ) (1 )2 4( ) 01 k k x x N x x − + − ′⇒ = >+ ( ) (0) 0N x N> = 2k > (0) 1 02 kN′ = − < (0, ) (0,1)t ⊆ ( )N x (0, )t (0, )x t∈ ( ) (0) 0N x N< = ( ,2]k ∈ −∞ k 21 ( )f x ( )g x R ( )f x ( )g x ( ) ( ) xf x g x e+ = e ( ) ( ),f x g x 0x > ( ) ( )0, 1f x g x> > 21 (Ⅱ)设 ，证明：当 时， 。 解：（Ⅰ）由 的奇偶性及 ①得 ② 联立① ②解得 ， 当 时， ， ,故 （Ⅱ）先证明不等式左边。 因 为 ， 所 以 故 只 需 证 当 时 ， ,即 。设 ，因为 ，所以 在 上递增。从而 ，即当 时， 。所以当 时 ， 。 再 证 不 等 式 右 边 。 因 为 ， 故 。 故 只 需 证 当 时 ， ， 即 。 设 ， 因 为 ， 所 以 在 上 递 增 。 从 而 ， 即 当 时 ， 。 所 以 当 时 ， 。 综上，若 ，则当 时， 【试题 1】2015 年重庆卷【理科第 20 题】 设函数 。 （Ⅰ）若 在 处取得极值，确定 的值，并求此时曲线 在点 处 的切线方程； （Ⅱ）若 在 上为减函数，求 的取值范围。 【解】： 0, 1a b≤ ≥ 0x > ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1f xag x a bg x bx + − < < + − ( ) ( ),f x g x ( ) ( ) xf x g x e+ = ( ) ( ) xf x g x e−− + = ( ) ( )1 2 x xf x e e−= − ( ) ( )1 2 x xg x e e−= + 0x > 1xe > 0 1xe−< < ( ) 0f x > ( ) 1, 0g x a> ≤ ( ) ( )1 1 1 1ag x a a g x+ − = − + ≤   0x > ( ) 1f x x > ( )f x x> ( ) ( ) ( )0u x f x x x= − > ( ) ( )' 1 0u x g x= − > ( )u x ( )0,+∞ ( ) ( )0 0u x u> = 0x > ( ) 1f x x > 0x > ( ) ( ) 1f x ag x ax > + − ( ) 1, 1g x b> ≥ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1bg x b b g x g x g x+ − = − + ≥ − + =   0x > ( ) ( )f x g xx < ( ) ( )f x xg x< ( ) ( ) ( )( )0v x xg x f x x= − > ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' 0v x g x xf x g x xf x= + − = > ( )v x ( )0,+∞ ( ) ( )0 0v x v> = 0x > ( ) ( )f x g xx < 0x > ( ) ( ) 1f x bg x bx < + − 0, 1a b≤ ≥ 0x > ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1f xag x a bg x bx + − < < + − ( ) ( )Rae axxxf x ∈+= 23 )(xf 0=x a )(xfy = ( )( )1,1 f )(xf [ )+∞,3 a 22 （Ⅰ）由 在 处取得极值，又由 ，所以 因此 ，则有 , , 因此 , , 则由直线的点斜式方程，有曲线 在点 处的切线方程为： 。 （ Ⅱ ） ， 令 ， 所 以 在 恒成立。 【解法 1】 转化为 在 恒成立。 令 ，则 。 所以 在 上单调递减，故 。 所以 ，即 的取值范围是 。 【解法 2】 对称轴为 ，所以有 ，解得 ，即 的取值范围是 。 【 试 题 1 】 2012 年 浙 江 卷 理 科 第 22 题 ： 已 知 ， ， 函 数 . (Ⅰ)证明：当 时， （ⅰ）函数 的最大值是 ； （ⅱ） + ； （Ⅱ）若 对任意的 恒成立，求 的取值范围. 解法 1：（Ⅰ）（ⅰ）证明： ， ， ， 令 ， 当 时， 又 ， )(xf 0=x xe axaxxf +−+−=′ )6(3)( 2 0)0( ==′ af 0=a ( ) xe xxf 23= xe xxxf 63)( 2 +−=′ ( )( )     = ef 3,11,1 efk 3)1( =′= )(xfy = ( )( )1,1 f 03 =− eyx xe axaxxf +−+−=′ )6(3)( 2 axaxxg +−+−= )6(3)( 2 0)6(3)( 2 ≤+−+−= axaxxg [ )+∞,3 x xxa − −≥ 1 63 2 [ )+∞,3 ( ) ( )Rax xxxh ∈− −= 1 63 2 0)1( 3)1(3)( 2 2 +=∆ ,361 ,092)3( ,0362 a ag a 2 9−≥a a      +∞− ,2 9 0a > b R∈ 3( ) 4 2f x ax bx a b= − − + 0 1x≤ ≤ ( )f x 2a b a− + ( )f x 2 0a b a− + ≥ 1 ( ) 1f x− ≤ ≤ [0,1]x ∈ a b+  0a > 0 1x≤ ≤ 2( ) 4 2f x ax bx a b∴ ≤ − − + ( )g x = 24 2ax bx a b− − + 0 1x≤ ≤ { }max( ) max (0), (1) ,g x g g= (0) (0), (1) (1)f g f g= = 23 （ⅱ）证法 1： 只需证 , ． ①当 b≤0 时， ＞0 在 0≤x≤1 上恒成立， 此时 ,成立 ②当 b＞0 时， 当 ,即 时，函数 在 上单调递减， ，成立； 当 ,即 时，此时函数 在 单调递减，在 上单调递增，此时 的最小值为 ； 当 时， 即证 ； 令 则 ，即证 ，而 显然成立。 当 时， 即 证 令 则 ，即证 ，令 ， 则 ， 所 以 函 数 在 上 单 调 递 减 ， 所 以 { } { }max( ) max (0), (1) max (0), (1) ,g x g g f f∴ = = { } { }max 3 , 2 ,( ) ( ) max (0), (1) max ,3 2 ., 2 a b b af x g x f f a b a b a b aa b b a − ≤∴ ≤ = = − + − = = − +− + > { }min max max( ) ( ) 0, ( ) = max (0), (1)f x f x f x f f+ ≥ 又 ( ) 212 2f x ax b′ = − ( ) 212 2f x ax b′ = − max min( ) = (1) 3 , ( ) (0) , (0) (1) 2 0f x f a b f x f a b f f a= − = = − + + = > ( ) 212 2 12 ( )( )6 6 b bf x ax b a x xa a ′ = − = + − 16 b a ≥ 6b a≥ ( )f x [0,1] min max( ) = (1) 3 , ( ) (0) , (0) (1) 2 0f x f a b f x f a b f f a∴ = − = = − + + = > 16 b a < 0 6b a< < ( )f x 60 b a       ， 16 b a       ， ( )f x 4 3 6 bb a ba − − + 0 2b a< < 4 4(3 ) 2 03 6 3 6 b bb a b a b b aa a − − + + − = − + ≥ ,6 b ta = 3(0, )3t ∈ 34 1t ≤ 3 3 4 34 13 9   = ≤    2 6a b a≤ < 4 4( ) 2 2 03 6 3 6 b bb a b b a b b aa a − − + + − = − + − ≥ ,6 b ta = 3 ,13t  ∈    3 24 6 1 0t t− + ≤ 3 2( ) 4 6 1h t t t= − + ( ) 12 ( 1) 0h t t t′ = − < ( )h t 3 ,13      24 综上所述： + （ⅱ）证法 2： 当 时，若 ，则 显然成立；倘 若 ，则 = = ； 当 时，令 ，原不等式等价于 ，令 ， 对 每 一 确 定 的 ， 是 不 减 函 数 ， 故 . 而 . 综上所述，不等式 + 成立. （Ⅱ）解法 1：由题设及(Ⅰ)的证明结论可得 ，因为 ， ， 则显然有 ，由（ⅱ）知 所以 对任意的 恒成立的充要条件 是 令 ，则不等式转化为 ， 即 ，于是有 ，即 的取值范围是 。 赏析：综合三次函数性质、绝对值、分类讨论思想、导数的简单应用和线性规划 的应用等知识于一题.题设简洁常规，设问方式新颖，体现了整张试卷中的把关功能. 解答题(Ⅰ)（ⅰ）的证明，利用 及 的条件，巧妙地用放缩法，把三次函 数转化为一个二次函数的最值问题，合理规避了三次函数的求导，解答独辟蹊径，颇具新意。 （ⅱ）的证法 1，淡化了技巧，更多的是通性通法的考查。虽然与参考答案及证法 2 比 较起来较烦，但它更符合学生的实际。并且可以利用（ⅰ）中参考答案给出的解法中的相关 步骤，节约时间。 证法 2，与参考答案给出的解法类似，简洁明了。但对学生不等式性质的应用、不等式 3 4 3( ) ( ) 1 03 9h t h≤ = − < ( )f x 2 0a b a− + ≥ 2b a≤ 0≤b 02242)( 3 ≥+−=+−+ abxaxabaxf 0>b 3 3( ) 2 4 2 2 2 2 2f x a b a ax bx a bx bx a+ − + = − + ≥ − + −− 1(2bx ax 2)2 + 022)1(42)1)(1(2 ≥+−≥+−−≥+−+− abaxxbaxxbx 2b a> )1(2 >= tatb 01222 3 ≥−+− ttxx =)(th 12)1(2 3 −+− xtx ]1,0[∈x )(th )1()( hth ≥ 0)1(41)1)(1(21122)1( 3 ≥−−≥−+−≥+−= xxxxxxxh ( )f x 2 0a b a− + ≥ 2 1a b a− + ≤ 0a > b R∈ 0 1a< ≤ ( ) ( 2 ) 1.f x a b a≥ − − + ≥ − 1 ( ) 1f x− ≤ ≤ [0,1]x ∈ 0 2 1, 1a a b a < ≤ − + ≤  t a b= + 3 1t a a− ≤ −    +≤ +−≥ at at 21 41 )10( ≤< a 31 ≤ 0 1x≤ ≤ 25 证明和放缩技巧的要求颇高。证明中（Ⅱ）的求解过程也绕开了线性规划和分类讨论的难点， 而是根据隐含条件 ，利用换元法，通过求解绝对值不等式，转化为求函数的值域 问题，得到 的范围.此解法的亮点是把求二元函数的取值范围问题(当已知其中一个变 量的取值范围时)，转化为一元函数的值域问题，是等价转化数学思想的精华所在。 平面向量 【试题 1】.2014 湖南卷理科第 16 题：在平面直角坐标系中， 为坐标原点， ， ， ，动点 满足 ，则 的最大值为_______． 解法 1：设动点 ， 则 ， 所以 ， 从而 的最大值为 ． 解法 2: 设 ，则由 ，得 ，因此动点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆，而 是 与 点 距离，利用圆的性质得 ． 解法 3： ，当且仅当 与 同向时取等号， 所以 的最大值是 ． 解法 4：设 ，由 ， 得， ． 又 ， ，则 = ． 令 ，其最大值在直线 与圆 相切时取得， 由 得， ，则 ， 所以 = ． 解法 5：同解法 4，令 ， 由柯西不等式 ，(当且仅当时，等号成 立)，得 ， ∴ ，∴ ． 0 1a< ≤ ba + O ( 1,0)A − (0, 3)B (3,0)C D | | 1CD = | |OA OB OD+ +   (3 cos ,sin )D θ θ+ (2 cos , 3 sin )OA OB OD θ θ+ + = + +   2| | 8 4cos 3sin 8 2 7 sin( )OA OB OD θ θ θ ϕ+ + = + + = + +   | |OA OB OD+ +   7 1+ ( ),D x y 1CD = ( )2 23 1x y− + = D ( )3,0C 1 ( ) ( )221 3OA OB OD x y+ + = − + +   ( ),D x y ( )1, 3P − max 1 7 1OA OB OD PC+ + = + = +   | | | |OA OB OD OA OB OC CD+ + = + + +       | | | |OA OB OC CD≤ + + +    7 1= + (2, 3)OA OB OC+ + =   CD | |OA OB OD+ +   1 7+ ( ),D x y (3,0)C 1CD = ( )2 23 1x y− + = ( 1,0)A − (0, 3)B ( ) ( )221 3OA OB OD x y+ + = − + +   4 2 3 4x y+ − 4 2 3z x y= + 4 2 3z x y= + ( )2 23 1x y− + = 2 2 12 1 4 (2 3) z− = + 12 2 7z = ± max 12 2 7z = + max 8 2 7OA OB OD+ + = +   7+1 4 2 3z x y= + [ ][ ] [ ]22222 32)3(4)32(4)3( yxyx +−≥++− 7212324 +≤+ yx 728 2 +≤++ ODOBOA 71)71(728 2 +=+=+≤++ ODOBOA 26 即 的最大值 ． 【试题 1】[2014 新课标Ⅰ卷 理科第 15 题]已知 是圆 上的三点， ， 则 与 的夹角为 . 解法一：【统一起点 1】 由 ,得 ，即 ， 三点共线. 故 为圆 的直径， . 解法二：【统一起点 2】 由解法一知， ，故 . 解法三：【加法法则】 取 中点 ，则 ， ， 两点重合. 故 为圆 的直径， . 解法四：【几何性质】 延长 交圆于 点，则 ，故四边形 为平行四边形， 又 ， . 解法五：【投影 1】 由 ，得 ， 故 ， . 解法六：【投影 2】 由 ，得 ， 故 ， . 解法七：【平方法】 由 及 得 ，平方得 ， . ODOBOA ++ 71+ , ,A B C O 1 ( )2AO AB AC= +   AB AC 1 ( )2AO AB AC= +   2 2AO OB OC OA= + −    =OB OC−  , ,O B C∴ BC O , 90AB AC∴ =   =0OB OC+  2 2 2 ( )( ) ( ) 0AB AC OB OA OC OA OB OC OB OC OA OA OB OA⋅ = − − = ⋅ − + ⋅ + = − + =              , 90AB AC∴ =   BC D 2AB AC AD+ =   AO AD∴ =  ,D O∴ BC O , 90AB AC∴ =   AO D =2 =AD AO AB AC+    ABDC 90ABD∠ =  , 90AB AC∴ =   1 ( )2AO AB AB AC AB⋅ = + ⋅     2 21 1 1 2 2 2AB AB AB AC= + ⋅    0AB AC⋅ =  , 90AB AC∴ =   1 ( )2AO AC AB AC AC⋅ = + ⋅     2 21 1 1 2 2 2AC AB AC AC= ⋅ +    0AB AC⋅ =  , 90AB AC∴ =   ( ) ( )1 1,2 2AO AB AC BO AO AB AC AB= + = − = −        BOAO = AC AB AC AB+ = −    0AB AC⋅ =  , 90AB AC∴ =   27 解法八：【坐标化】 设 ， 由 ，得 ， . 解法九：【回路法】 由 ，得 ， ， ， 三点共线，故 为圆 的直径， . 解法十：【外心向量式】 因 为外心，故 ， 由已知，得 ， ， ，即 . 【试题 1】（2015 年四川理科 7）设四边形 ABCD 为平行四边形， ， . 若点 M，N 满足 ， ，则 （A）20 （B）15 （C）9 （D）6 解法一：转化为特殊的四边形---矩形 以 AB 为 轴，以 AD 为 轴，则可得如下坐标 所以 9 解法二：基底大法： , ， . （1）本题考查向量的基本知识，如平面向量的基本定理、共线向量、向量的加减法、内积 (0,0), (1,0), (1 cos ,sin ), (1 cos ,sin )A O B Cα α β β+ + 2 =AO AB AC+   cos cos 0,sin sin 0α β α β+ = + = (1 cos )(1 cos ) sin sin 1 cos cos sin sin 1 cos cos sin sin 0 AB AC α β α β α β α β α α α α ∴ ⋅ = + + + = + + = − − =   , 90AB AC∴ =   ( )1 2AO AB AC= +   ( ) ( )1 1 2 2BO BA AO AB AB AC AB AC= + = − + + = − +        ( ) ( )1 1 2 2CO CA AO AC AB AC AB AC= + = − + + = −        =0BO CO∴ +  , ,O B C∴ BC O , 90AB AC∴ =   O sin 2 sin 2 sin 2 0AOA BOB COC+ + =    0 0OA OB OC⋅ + + =    sin 2 0,sin 2 sin 2A B C∴ = = 90A∴ =  , 90AB AC =   6AB = 4AD = 3BM MC=  2DN NC=  AM NM⋅ =  x y (0,0), (4,4), (6,3)A N M (6,3), (2, 1)AM NM= = −  AM NM⋅ =  3 4AM AB AD= +   1 1 4 3NM AD AB= − +   ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2 21 1 1 14 3 4 4 3 16 36 9 16 94 12 48 48AM NM AB AD AD AB AB AD⋅ = + ⋅ − + = − = ⋅ − ⋅ =        28 等. （2）平面向量的基本定理容易被忽略，要引起注意.运用向量的基本定理解题关键是选择基 底，本题的基底应该是 . 【试题 1】20(2015 年浙江文科第 13 题):已知 是平面单位向量,且 若平面向 量 满足 则 解 法 一 ： 由 ， 得 , 所 以 不 妨 设 , . 则由 得： ,故 ,即 解得 。 解 法 二 ： 不 妨 设 由 及 得 ： ， 解 得 。 所以 。 解法三：由题意可设 由 ，得 ， 可设 再由 ，得向量 与 成等角. 设 即 ,所以 ,解得 . 故 . 【试题 1】2012 年浙江理科第 15 题：在 ABC 中，M 是 BC 的中点，AM＝3，BC＝10，则 ＝_______． AB AD ， 1 2,e e  1 2 1 ,2e e =  b 1 2 1,b e b e= =    ____.b = 1 2 1 2e e =  1 2 60e e< >=   ( )1 2 1 31,0 , ,2 2e e  = =       ( ),b x y= 1 2b b 1e e= =    1 1 3 12 2 x x y = + = 1 3 3 x y = = 31, ,3b  =      2 3 3b = 1 2 ,b me ne= +   1 2 1 2e e =  1 2 1b e b e= =    12 12 nm m n  + =  + = 2 3m n= = ( )2 2 2 1 2 2 3 3b me ne m mn n= + = + + =   ( )1 1,0 ,e = 1 2 1 2e e =  1 2 60e e< >=   ( )2 cos60 ,sin 60 ,e =   1 2 1b e b e= =    b 1 2e e 、 ( )cos30 ,sin30 ,b t=   3 1,2 2b t t  =      1 3b 12e t= =  2 3 t = 2 2 1 2 31 23 b  = + =    ∆ AB AC⋅  第15题 A B C M 29 解法 1：因为 = = = = = ． 赏析 1：转化为互为相反的两个向量的和是零向量进行解题。 赏析 2：将所求向量运算转化为基本向量加减乘运算来解决。 赏解3：向量运算的几何形式，通过向量间的线性表示来转化． 欣赏 4：主要考查向量的线性运算，数量积应用能力，解题蕴含化归思想，目标意识。 解法 2：假设 ABC 是等腰三角形， 由 AM＝3，BC＝10，得 AB＝AC＝ ． 所以 cos∠BAC＝ ， ＝ 。 赏析 1：填空题只要结果，无需过程，用特例解决，变动为静，本来可以做到“简单快 捷，不易出错”的效果。但是，该解法有“小题大做”的感觉，请看解法 3 和解法 4 解法3：取 ，则 ， ，因为 ，所以 ． 赏解1：把握直角三角形中三角函数的定义，利用特殊图形法，简洁明快． 解法 4：因为 ， , 所以 ＝ ＝ ＝－16. 赏解1：把握互相垂直的向量的数量积为零的特点，利用特殊图形法，简单明了． 解法 5：由题意，AM＝3，MB＝MC＝5， 所以 ＝ ＝ ＝ ＝－16. 赏析 1：向量运算的三角形法则，平面向量基本定理的灵活应用。 解法 6：由题意， ＝6，所以 ， ① AB AC⋅  )()( MCAMMBAM +⋅+ MCMBMCMBAMAM ⋅++⋅+ )(2 22 MCAM − 259 − 16− ∆ 34 34 34 100 32 2 34 2 34 + − = −× × AB AC⋅  cos 16AB AC BAC ⋅ ∠ = − AB AC= 2 2 34AB AM MC= + = 3cos 34 MAC∠ = 2 9 8cos 2cos 1 2 134 17BAC MAC∠ = ∠ − = × − = − 834 34 1617AB AC  ⋅ = × × − = −     0, 0AM MC MB AM⋅ = ⋅ =    MB MC= −  AB AC ⋅ ( ) ( )AM MB AM MC   + ⋅ + 2 2 AM AM MC MB AM MB     + ⋅ + ⋅ − AB AC ⋅ ( ) ( )AM MB AM MC   + ⋅ + ( ) ( )AM MB AM MB   + ⋅ − 2 2 AM MB − | |AB AC + 2 22| | 2 36AB AC AB AB AC AC     + = + ⋅ + = 30 ＝10，所以 ，② ① －②得 4 ＝36－100＝－64，所以 ＝－16. 赏析 1：平面向量加减运算的平行四边形法则，整体思想和方程思想的灵活应用。 赏析 2：利用任何一个向量都可以表示为若干个向量的和或差的形式进行解答。 解法 7：以点 M 为原点，MC 所在直线为 轴的正方向，建立平面直角坐标系。设 A ，C(5,0),B(-5,0)则 ， ， ，所 以 。 赏析 1：坐标法是解决向量问题的常用方法。 解法 8：以 M 为坐标原点，BC 所在直线为 x 轴建立直角坐标系，则 B（－5，0）， C（5，0），设 ，则 A（3 ，3 ）， 所以 ＝（－5－3 ，－3 ）·（5－3 ，－3 ）＝9 －25+9 ＝－16. 赏析 1：坐标法是把向量问题转化为代数问题的桥梁和纽带。 赏解 2：向量运算的代数形式，将向量关系坐标化． 【试题 1】2015 年上海理科第 14 题：在锐角 中， ，D 为 BC 边上的 一点， 与 面积分别为 2 和 4，过 D 作 ，垂足为 E， ， 垂足为 F，则 _____。 解法 1：在四边形 AEDF 中易知 ，由 得 ， ，故 。 过 C 作 ，垂足为 H，设|CH|= ，由 与 面积分别为 2 和 4，可 知 ，故 。在 中，由 得 ，故 ，由 的面积为 4，得 。所以， 。 | |AB AC − 2 22| | 2 100AB AC AB AB AC AC     − = − ⋅ + = AB AC ⋅ AB AC ⋅ x ( , )x y ( 5 , )AB x y → = − − − (5 , )AC x y → = − − 2 2 2 9AM x y → = + = .AB AC → → 2 2. 25 16AB AC x y → → = + − = − AMC θ∠ = cosθ sinθ AB AC ⋅ cosθ sinθ cosθ sinθ 2cos θ 2sin θ ABC∆ 1tan 2A = ABD∆ ACD∆ DE AB⊥ DF AC⊥ DE DF⋅ =  EDF Aπ∠ = − 1tan 2A = 2 5cos 5A = 5sin 5A = 2 5cos cos 5EDF A∠ = − = − CH AB⊥ h ABD∆ ACD∆ 1| | | |3BD BC= 1| | 3DE h= ACH∆ 1tan 2A = | | 2AH h= | | 5AC h= ACD∆ 8| | 5 DF h = 8 2 5 16| | | | cos ( )3 5 155 hDE DF DE DF EDF h ⋅ = ⋅ ∠ = ⋅ ⋅ − = −  31 解法 2： ，故 。令 中 边上的高长为 ， 边上的高长为 ，则由 可知 ， ，从而 ，于是 。 解法 3：由已知得 ，又 ，故 。 所以， 。 【试题 1】2015 年安徽卷理科第 16 题：在 中， ， ， ， 点 在 边上， ，求 的长. 解法１：由余弦定理，在 中， ，所 以 .则 . 在 中， ，解得 . 解法２：在 中，由余弦定理得 . 设 ，则在 中， ； 在 中， . 又 ，所以可求得 ，故 . 解法３：如图１，过点 作边 所在直线的垂线，垂足为 ，过点 作 ， 2 5cos cos( ) 5DE DF Aπ< ⋅ >= − = −  2| | | | cos | | | | 5 DE DF DE DF EDF DE DF⋅ = ⋅ ∠ = − ⋅  ABC∆ AB Ch AC Bh : 1: 2BD DC = 1| | 3 CDE h= 2| | 3 BDF h= 2 2 4 2 42 2 8| | | | sin9 9 9 9 3 5 ABC ABC ABC ABC ABC B C S S S S SDE DF h h AAC AB AC AB ∆ ∆ ∆ ∆ ∆⋅ = = ⋅ ⋅ = ⋅ = =⋅ 16 15DE DF⋅ = −  | | | | 8, (| | | |)(| | | | 32| | | | 4, AC DF AC AB DF DEAB DE ⋅ = ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ = 6sin||||2 1 =⋅ AABAC AABACDEDF sin3 8 |||| 32|||| =⋅=⋅ 2 8 8 tan 16| | | | cos( ) sin cos3 3 1 tan 15 ADE DF DE DF A A A A π⋅ = ⋅ − = − = − ⋅ = −+     ABC∆ 3 4A π= 6AB = 3 2AC = D BC AD BD= AD ABC∆ 2 2 2 2 cosBC AB AC AB AC BAC= + − ⋅ ⋅ ∠ 3 10BC = 2 2 2 3 10cos 2 10 AB BC ACB AB BC + −= =⋅ ABD∆ 2 2 2 3 10cos 2 10 AB BD ADB AB BD + −= =⋅ 10BD AD= = ABC∆ 3 10BC = AD x= ABD∆ 2 2 26 2 2 cosx x ADB= − ∠ ADC∆ 2 2 2(3 2) (3 10 ) 2 (3 10 )cos ADCx x x x= + − − − ∠ cos cosADC ADB∠ = − ∠ 10x = 10AD = C AB E D DF AB⊥ 32 垂足为 . 由 ， ，得 . 则 ， . 又 ，在 中， ，故 . 所以 . 解法４：如图２，以 为 轴，过 点垂直于 轴的直线为 轴，建立直角坐标系. 由题意易得出 、 ，所以直线 的方程为 ，从而可设 。由 可得 ，进而得出 . 【试题 1】2015 年安徽理科第 21 题：设函数 . （Ⅰ）讨论函数 在 内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； （Ⅱ）记 ，求函数 在 上的最大值 ； （Ⅲ）在（Ⅱ）中，取 ，求 满足条件 时的最大值. 解：（Ⅰ）令 ，易知内层函数 在 内单调递增， 接下来我们研究外层函数 在 上的单调性，对称轴为 . 当 ，即 时， 在 内单调递减，此时 在 内单调 递减，无极值； F 3 4A π= 3 2AC = 3AE CE= = 3 6 9EB = + = 1tan 3B = AD BD= Rt DFB∆ 1 32BF AB= = 1DF = 10AD = AB x A x y (6,0)B ( 3,3)C − BC 1 23y x= − + 1( , 2)3D x x− + AD BD= 3x = 10AD = 2( )f x x ax b= − + (sin )f x ( , )2 2 π π− 2 0 0 0( )f x x a x b= − + 0(sin ) (sin )f x f x− ,2 2 π π −   D 0 0 0a b= = 2 4 az b= − 1D ≤ sin ( 1 1)x t t= − < < sint x= ( , )2 2 π π− 2( )f t t at b= − + 1 1t− < < 2 at = 12 a ≥ 2a ≥ ( )f t ( 1,1)− (sin )f x ( , )2 2 π π− 33 当 ，即 时， 在 内单调递增，此时 在 内单 调递增，无极值； 当 ，即 时， 在 内单调递减，在 内单调递增， 此时 在 内先单调递减后单调递增，在 处取得极小值 . （Ⅱ）令 ， ， . . 所以， 在 上的最大值 . 因为 . 当 时，最大值 ； 当 时，最大值 . 由此可知，函数 在 上的最大值 . （Ⅲ）线性规划思想求最值. 取 ， . 问题等价转化为：已知 ，求 的最大值. 作出可行域，目标函数 的图象（图 7）是抛物线，经过点 时， 取得最 大值为 1. 12 a ≤ − 2a ≤ − ( )f t ( 1,1)− (sin )f x ( , )2 2 π π− 1 12 a− < < 2 2a− < < ( )f t ( 1, )2 a− ( ,1)2 a (sin )f x ( , )2 2 π π− sin 2 ax = 2 ( )2 4 a af b= − sint x= ,2 2x π π ∈ −   [ ]1,1t ∈ − 0 0 0 0 0 0(sin ) (sin ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x f t f t a a t b b a a t b b− = − = − − + − = − − − 0(sin ) (sin )f x f x− ,2 2 π π −   { }0 0 0 0max ( ) ( ) , ( ) ( )D a a b b a a b b= − − − − + − 2 2 0 0 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) 4( )( )a a b b a a b b a a b b− − − − − + − = − − − 0 0( )( ) 0a a b b− − ≥ 0 0 0 0( ) ( )D a a b b a a b b= − + − = − + − 0 0( )( ) 0a a b b− − < 0 0 0 0( ) ( )D a a b b a a b b= − − − = − + − 0(sin ) (sin )f x f x− ,2 2 π π −   0 0D a a b b= − + − 0 0 0a b= = D a b= + 1a b+ ≤ 2 4 az b= − 2 4 ab z= + (0,1) z 34 【试题 1】2015 年重庆卷 理科第 13 题：在 ABC 中，B= ，AB= ，A 的角平分 线 AD= ,则 AC=_______. 解法 1：在△ABD 中， ，得 ，得 ， 易得△ABC 为等腰三角形，得 ， ，得 解法 2：过点 B 作 AC 的平行线与 AD 的延长线交于点 E，如图 1，由解法一得， ， 在 △ BED 中，由正弦定理得， 有 ，代入数值得 解法 3 ：过点 A 作 BC 的垂线与 CB 的延长线交于点 E ，如图 2 ， 由△ABD 内角和为 180°，得 ，进而 °， ，得 解法 4：如图 3，以 B 点为原点，以 BA 所在的直线为 x 轴，则 A ，直线 BC 的 方程为： ，设点 D ，由 ，解得 ，则 的 效率为 ，于是 ，故 AC 的方程为 ，与 BC 的方程 联立得 C ，故 解 法 5 ： 由 及 ， 两 边 平 方 ， 解 得 ， 设 ， 由 角 平 分 线 定 理 得 解 得 ， 解 得  120o 2 3 o 3 2 sin120 sin ADB = ∠ o45ADB∠ = o15BAD∠ = o30BAC C∠ = ∠ = o 2 sin sin120 AC C = 6.AC = o30 ,EBD C∠ = ∠ = o45ADB∠ = 2,BE = 1,DE = BE DE AC AD = 6.AC = o o62 sin 60 ,sin 45 .2AE ADB= = ∠ = o15BAD∠ = 30C∠ = sin AEC AC ∠ = 6.AC = ( 2,0) 3y x= − 0 0( , 3 )x x− 3AD = 0 2 6 4x −= AD 3 2− o15BAD∠ = 3 ( 2)3y x= − − 3y x= − 2 6( , )2 2 − 6.AC = AD AB BD= +   o120B = 6 2 2BD −= AC x= CD AC BD AB = 35 ， 由 , 两 边 平 方 得 即 解 法 6 ： 设 ， 则 ， ， ， . 在△ABD 中， ，得 ， 得 .在△ACD 中， ， 所以 【试题 1】2015 浙江理科解法 2、把 的起点都移到 ，则 在由 确定的平面内 的投影在 内，设终点为 ，则 。如图 4，过 作 ，则 ，过 作 ，垂足分别为 ，则 。 在 中， ，在 中， ，所以 ，所以 。 解法 3、题中条件可以转化为 的终点到 所在平面的距离为 1，（ 的夹角为 ）， 构造如图 5 所示的六面体（单位向量 与 所在平面垂直），有 ，根据 ， ，在 式两边同乘 分 别得到 解得 代入 式两边平方得到 。 【试题 1】2015 年山东卷文科第 13 题：过点 ，作圆 的两条切线，切点 分别为 ， ，则 ________. 3 1 6 2 3 1,2 2 2CD x BD x x − − −= = + AC AB BC= +   6x = 6.AC = BAD θ∠ = DAC θ∠ = BAD θ∠ = o60BDA θ∠ = − o60 2BCA θ∠ = − o o 3 2 sin120 sin(60 )θ= − o o60 45BDA θ∠ = − = o15θ = o o 3 sin(60 2 ) sin(60 ) AC θ θ=− − o 2 sin(60 ) 23 3 6.1sin(60 2 ) 2 oAC θ θ −= = × =− 1 2, ,e e b O b 1 2,e e MON∠ H 4BH = H / / , / /HP OM HQ ON 0 0,OP x OQ y= = H 1 2,HB ON HB OM⊥ ⊥ 1 2,B B 1 2 52, 2OB OB= = 1HB P∆ 0 0 12 2x y− = 2HB Q∆ 0 0 5 1 2 2y x− = 0 01, 2x y= = 7, 2 2OH b= = b 1 2,e e 1 2,e e 60° 3e 1 2,e e 0 1 0 2 3 ( )b x e y e e= + + ∗ 1 2b e⋅ = 2 5 2b e⋅ = ( )∗ 1 2,e e 0 0 0 0 12 ,2 5 1 ,2 2 x y x y  = +  = + 0 0 1 2 x y =  = ( )∗ 2 2b = )3,1(P 122 =+ yx A B =⋅ PBPA 36 解法 1：如图 1，联结 ， ， 在 中， ， ， ， 所以， ， . 而 ，则 . 解 法 2 ： 在 四 边 形 中 ， ， ， ， ， ， ， 点 ， ， 即 . ， . . 解 法 3 ： 切 点 弦 : ， 与 交 于 ， 两 点 ， 可 得 . . 解 法 4 ： 设 切 点 为 ， 由 于 半 径 与 切 线 垂 直 ， 则 根 据 向 量 数 量 积 得 .解得 或 .即是切点为 ， ， . 解法 5：如图 2 所示，过点 作圆 的两条切线 、 ， PO BO Rt PAO∆ 1=OA 3=AP 2=OP 30OPA∠ = ° °=∠=∠ 602 OPABPA 3== BPAP 2 360cos33cos33cos|||| =°⋅⋅=∠⋅⋅=∠⋅=⋅ APBAPBPBPAPBPA PAOB 1== OBOA 3== BPAP 2=OP °=∠=∠ 90PAOPBO 30BPO APO∠ = ∠ = ° °=∠ 120AOB )0,1(A )120sin,120(cos °°B )2 3,2 1(−B )3,0( −=PA )2 3,2 3( −−=PB 2 3 2 33)2 3(0 =⋅+−×=⋅ PBPA AB 13 =+ yx 122 =+ yx )0,1(A B )2 3,2 1(−B 2 3 2 33)2 3(0 =⋅+−×=⋅ PBPA )sin,(cos θθ ⋅−− )3sin,1(cos θθ 0)sin,(cos =θθ 0=θ 3 2πθ = )0,1(A )2 3,2 1(−B 2 3 2 33)2 3(0 =⋅+−×=⋅ PBPA )0,2(C 122 =+ yx CE CF 37 由图形对称性求 转化为 ，而 ， 易得 ， ， ，所以 . 不等式 【试题 1】【2015 重庆高考，文 14】 设 ,则 的最大值为 . 解法一：由 两边同时加上 得 两边同时开方即得： （ 且当且仅 当 时取“=”）， 从而有 （当且仅当 ,即 时，“=”成立），故填： . 解法三：因为 ， 所以 ， 当 时， ，故 ，故填 解法四:柯西不等式法: PBPA⋅ CFCE ⋅ 2=OC 1== OFOE 3== CFCE 3 π=∠ECF 2 3=⋅CFCE 2 3=⋅ PBPA , 0, 5a b a b> + = 1+ +3a b+ 2 22ab a b≤ + 2 2a b+ 2 2 2( ) 2( )a b a b+ ≤ + 2 22( )a b a b+ ≤ + 0, 0a b> > a b= 1+ +3a b+ 2( 1 3) 2 9 3 2a b≤ + + + = × = 1 3a b+ = + 7 3,2 2a b= = 23 5a b+ = 5b a= − 2( 1 3) 4 2 ( 1)( 3)a b a b a b+ + + = + + + + + 4 2 ( 1)(5 3)a b a a= + + + + − + 25 4 2 7 8a a= + + − + + 7 2a = 2 max( 1 3) 18a b+ + + = max( 1+ +3) 3 2a b+ = 23 38 所以 【试题 1】(2015 年重庆卷文科第 14 题) 设 ， ，则 的最大值为 解法一： ， 当且仅当 且 ，即 ， 取等号， 所以 的最大值为 . 解法二： 设 ，则 （ ） 依题意可得问题等价于求 的最大值， 令 ，直线 与圆 有公共点， ， 当直线与圆相切时， ， 所以 的最大值为 . 解法三： 设 ， ， ， ， 当且仅当 ， 取等号， 所以 的最大值为 . 解法四： ， ， 2( 1 3) (1 1)[( 1) ( 3)] 18a b a b+ + + ≤ + + + + = 1 3 3 2a b+ + + ≤ , 0a b > 5a b+ = 1 3a b+ + + ( )2 1 3 1 3 2 1 3a b a b a b+ + + = + + + + + ⋅ + ( ) ( )9 1 3 18a b≤ + + + + = 1 3a b+ = + 5a b+ = 7 2a = 3 2b = 1 3a b+ + + 3 2 1, 3x a y b= + = + 2 2 9x y+ = 1, 3x y> > x y+ x y t+ = x y t+ = ( )2 2 9 1 6, 3 2 2x y x y+ = < < < < 3 2 td∴ = ≤ 3 2t ≤ 1 3a b+ + + 3 2 ( )1,1m = ( )1, 3n a b= + + 5a b+ = ( )1 3 2 4 3 2m n a b m n a b∴ ⋅ = + + + ≤ ⋅ = ⋅ + + =    7 2a = 3 2b = 1 3a b+ + + 3 2 5a b+ = 5b a∴ = − 39 当 时， 取到最大值 ， 所以 取到最大值为 ， 此时 ， . 解法五：由 两边同时加上 得 两边同时开方即得： （ 且当且仅 当 时取“=”）， 从而有 （当且仅当 ,即 时，“=”成立），故填： . 解法六：因为 ， 所以 ， 当 时， ，故 ，故填 解法七:柯西不等式法: 所以 【试题 1】（2016 浙江卷理 8）已知实数 则（ ） A. 若 ，则 B. 若 ，则 ( ) ( )2 2 1 3 1 8a b a a∴ + + + = + + − ( )( ) 27 811 8 2 1 8 9 2 2 4a a a a a = + + − + + − = + − − +   7 2a = ( )( )1 8a a+ − 9 2 1 3a b+ + + 99 2 3 22 + × = 7 2a = 3 2b = 2 22ab a b≤ + 2 2a b+ 2 2 2( ) 2( )a b a b+ ≤ + 2 22( )a b a b+ ≤ + 0, 0a b> > a b= 1+ +3a b+ 2( 1 3) 2 9 3 2a b≤ + + + = × = 1 3a b+ = + 7 3,2 2a b= = 23 5a b+ = 5b a= − 2( 1 3) 4 2 ( 1)( 3)a b a b a b+ + + = + + + + + 4 2 ( 1)(5 3)a b a a= + + + + − + 25 4 2 7 8a a= + + − + + 7 2a = 2 max( 1 3) 18a b+ + + = max( 1+ +3) 3 2a b+ = 23 2( 1 3) (1 1)[( 1) ( 3)] 18a b a b+ + + ≤ + + + + = 1 3 3 2a b+ + + ≤ cba ,, 1|||| 22 ≤+++++ cbacba 100222 > ba ∴ =+−+ )32()22( ba ba bbaba −−+− )(2)22( 0< ∴ ba ba 3222 + 1=− ba 1+= ba bba 21++= 121 >+=−=− bbaba ba ≠ ba > 133 =− ba 1133 >+= ba 1>a 1))(( 2233 =++−=− abbababa 122 >++ abba 1 3( ,0)4x π∈ − 56 所以 在 上单调递减，在 上单调递增 可得 在 处取得最小值 故 在 上的最小值为 . 【试题 1】：求 的值. 解法 1：因为 40°＝30°＋10°， 所以原式＝ . 解法 2 原式＝ . 解法 3 令 ( )f x 3( , )4 ππ− − 3( ,0)4x π∈ − ( )f x 3 4x π= − 3 2( ) 14 2f π− = − − ( )f x [ ],0π− 21 2 − − 2 2sin 10 cos 40 sin10 cos40+ +    2 2sin 10 cos (30 10 ) sin10 cos(30 10 )+ + + +      2 2 23 1 3 1sin 10 ( cos10 sin10 ) sin10 cos10 sin 102 2 2 2 = + − + ⋅ −      2 23 3(sin 10 cos 10 )4 4 = + =  1 cos20 1 cos80 sin10 cos402 2 − ++ +    cos(50 30 ) cos(50 30 )1 sin10 cos402 + − −= + +      cos50 cos30 sin50 sin30 cos50 cos30 sin50 sin301 sin10 cos402 − − −= + +          1 sin50 sin30 sin10 cos40= − +    1 cos40 (sin30 sin10 )= − −   1 cos40 [sin(20 10 ) sin(20 10 )]= − + − −     1 2cos40 cos20 sin10= −    2cos40 cos20 sin10 cos101 cos10 = −      sin80 1 31 14cos10 4 4 = − = − =  sin10 , cos40 , a b a b  = + = −   57 得 则原式= . 解法 4 设 ， 则 所以 ，故 . 解法 5 由余弦定理，得 ， 又由正弦定理，得 ， 于是 ， 得 故 . 【试题 1】 解法 1： 得 ， 平方得 2 = ， ， ， 原式=－ 解法 2： = , 1 1 1(sin10 cos40 ) (sin10 sin50 ) sin30 cos20 cos20 ,2 2 2 1 1 3(sin10 cos40 ) (sin10 sin50 ) cos30 sin( 20 ) sin 20 ,2 2 2 a b  = + = + = =  = − = − = − = −               2 2 2 2 2 23 3 3( ) ( ) ( )( ) 3 cos 20 sin 204 4 4a b a b a b a b a b+ + − + + − = + = + =  2 2 2 2sin 10 cos 40 sin10 cos40 , cos 10 sin 40 cos10 sin 40x y= + + = + +        1 1 sin10 cos40 cos10 sin 40 2 sin50 2 cos40 , 1 1 1cos80 cos20 sin50 cos40 .2 2 2 x y x y  + = + + + = + = + − = − − = − − = − −           32 2x = 3 4x = 2 2 22 cosa b ab C c+ − = 2sin sin sin a b c RA B C = = = 2 2 2 2 2 24 sin 4 sin 2 2 sin 2 sin cos 4 sinR A R B R A R B C R C+ − ⋅ ⋅ ⋅ = 2 2 2sin sin 2sin sin cos sinA B A B C C+ − = 2 2sin 10 cos 40 sin10 cos40+ +    2 2sin 10 sin 50 sin10 sin50= + +    2 2sin 10 sin 50 2sin10 sin50 cos120= + −     2 23 3sin 120 ( )2 4 = = = 求：， ,4 7 12 17 5 3)4cos( πππ 126 ≤≤ abc 12 24abc≤ ≤ 72 解法 1 解：已知变形为 展开整理得 即 而 故 ，故 ， 排除 ，因为 ，所以 ，选择 ． 解法 2 由题意知 ，又 ,即 ． 知 ． 选项 A： 正确；B、C、D 易知不符． 解法 3 由 ,和差化积有 故 ， ， ， ， ．选项 A． 【试题 1】：在 中， ，边 满足 ，求 的值. 解法 1：因为 ， ， 所以 ，即 即 . 解法 2：因为 ，所以 1sin 2 sin[( ) ] sin[( ) ] 2A C B A C B A+ − + = − − + 1 1sin 2 2cos( )sin 2sin [cos cos( )]2 2A C B A A A C B+ − = ⇒ + − = 1 12sin [ cos( ) cos( )] sin sin sin2 8A C B C B A B C− + + − = ⇒ = 2 21 1 1sin 2 sin 2 sin sin 2 sin sin sin2 2 4S ab C R A R B C R A B C R= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 2 1 2 2 2 24 R R≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ 3 38 sin sin sin [8,16 2]abc R A B C R= ⋅ = ∈ ,C D b c a+ > ( ) 8bc b c abc+ > ≥ A 1sin 2 sin 2 sin 2 2A B C+ + = [ ]2 21 (sin 2 sin 2 sin 2 ) 1,22 4ABC RS R A B C∆ = + + = ∈ 2 2 2R≤ ≤ [ ]1,24ABC abcS R∆ = ∈ 8 16 2abc≤ ≤ ( ) 8bc b c abc+ > ≥ 1sin 2 sin( ) sin( ) 2A C B A C B A+ − + − − − = 1 sin 2 2cos( )sin 2sin (cos cos( )) 4sin sin sin2 A C B A A A C B A B C= + − = + − = 1sin sin sin 8A B C = 2 21 1sin 2 sin sin sin [1,2]2 4S ab C R A B C R= = = ∈ [2,2 2]R∈ [ ]1,24ABC abcS R∆ = ∈ 8 4 8 16 2R abc R≤ ≤ ≤ ≤ ABC∆ = 4A π∠ , ,a b c 2 2 21 2b a c− = tanC 2 2 21 2b a c− = 2 2 2+ 2 cosb c a bc A− = 23 = 22 c bc 3 =2 2c b 33sin =2 2 sin 2 2 sin( )=2cos 2sin4C B C C C π= − + tan =2C 2 2 21 2b a c− = 2 2 21sin sin sin2B A C− = 21(sin sin )(sin sin ) sin2B A B A C∴ + − = 73 ，即 解法三：【射影定理】 ， ， 代入 得： 解法四：【正弦定理】 因为 ，所以 得 【试题 1】已知函数 在区间 上的最大值、最小 值分别为 ，则 . 解法 1：因为当 时函数 有意义，且定义域关于原点对称， 所以 . 解法 2 ∴ . 解法 3：令 ，易证 是奇函数， 则 关于点 对称，故 . 【试题 1】（ 全国）函数 的图像，只需把函数 的图像 向左平移 个长度单位 向右平移 个长度单位 212sin cos 2cos sin sin2 2 2 2 2 A B B A A B B A C + − + −∴ = 21sin( )sin( ) sin2B A B A C∴ + − = 1sin( 2 ) sin2A C Cπ∴ − − = 1cos sin2C C∴ = tan =2C 2= sin 2h c A c= 2 sin 2 sin h ca C C = = 2 1cos (1 )tan 2 tan hb c A cC C = + = + 2 2 21 2b a c− = tan =2C 2 2 21 2b a c− = 2 2 21sin sin sin2B A C− = 2 21 1sin( ) sin2 2A C C∴ + − = 2 21 1 1(sin cosC) sin2 2 2C C∴ + − = tan =2C ( ) 2015 1 sin 20152 1xf x x= ++ [ 2015,2015]− ,M m ______M m+ = 0x = ( )f x ( )2 0 1M m f+ = = ( ) ( ) 2015 2015( ) 2015 2015 2015 1 1 2 1sin 2015( ) sin 2015 12 1 2 1 1 2 2 1 x x x x xf x f x x x−− + = + − + + = + =+ + + + 1M m+ = ( ) 2015 1 1 1( ) sin 20152 2 1 2xF x f x x= − = + −+ ( )F x ( )f x 1(0, )2 1M m+ = 2010 sin(2 )3y x π= − sin(2 )6y x π= + .A 4 π .B 4 π 74 向左平移 个长度单位 向右平移 个长度单位 解法 1 的图像 的图像 解法 2 的图像 的图像 令 得 令 得 得原点附近的最高点 （ ， 图像向右移动，且平移距离为 ） （秒杀解法依据：平移时图像上任何一点的平移情况（这里是原点附近的最高点）与图像整 体平移情况一致） 【试题 1】：已知 都是锐角，若 ，求 的值. 解法 1：由 ， 则 所以 所以 所以 解法 2 注意到 的对称性，不妨取 此时， 化简得： 【试题 1】（2012 年高考全国新课标卷理数第 9 题）已知 ，函数 在 单调递减，则 的取值范围是 （A） （B） （C） （D） .C 2 π .D 2 π ∵ sin(2 )3y x π= − =sin (2 ) sin 2( )2 6 4 6x x π π π π   − + = − +       ∴ sin(2 )6y x π= + sin(2 )3y x π= − sin(2 )6y x π= + sin(2 )3y x π= − 2 6 2x π π+ = 6x π= 2 3 2x π π− = 5 12x π= ,16 π     5 ,112 π     ∵ 5 12 6 π π> ∴ 5 12 6 4 π π π− = ,α β ( )( )1 sin cos 1 sin cos 2sin sinα α β β α β+ − + − = α β+ ( )( )1 sin cos 1 sin cos 2sin sinα α β β α β+ − + − = 2 22sin 2sin cos 2sin 2sin cos 8sin cos sin cos2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 α α α β β β α α β β  + + =     sin cos sin cos 2cos cos2 2 2 2 2 2 α α β β α β  + + =     sin sin cos cos sin cos cos sin 02 2 2 2 2 2 2 2 α β α β α β α β− + + = sin cos 0 tan 12 2 2 2 α β α β α β πα β+ + +− = ⇒ = ⇒ + = , ,α β α β+ α β= ( )2 21 sin cos 2sinα α α+ − = ( )( )1 cos sin cos 0 tan 1 + = 2 πα α α α α β+ − = ⇒ = ⇒ 0ω > ( ) sin( )4f x x πω= + ( , )2 π π ω 1 5[ , ]2 4 1 3[ , ]2 4 1(0, ]2 (0,2] 向右移动 4 π 个单位 向右移动 4 π 个单位 75 解法 1 函数 f(x)＝sin(ωx＋π 4)的图像可看作是由函数 f(x)＝sin x 的图像先向左平移π 4个单位得 f(x)＝sin(x＋π 4)的图像，再将图像上所有点的横坐标缩小到原来的1 ω倍，纵坐标不变得到的， 而函数 f(x)＝sin(x＋π 4)的减区间是[π 4，5π 4 ]，所以要使函数 f(x)＝sin(ωx＋π 4)在(π 2，π)上是减函数，需满足Error! 解得1 2≤ω≤5 4. 故选 A． 解法 2 函数 在 单调递减，在 的前提下，需同时满足： ，解得 综上，1 2≤ω≤5 4，故选 A． 解法 3 将 代入函数 f(x)＝sin(ωx＋π 4)的解析式，f(x)在 非单调递减，故排除 D； 再将 代入函数 f(x)＝sin(ωx＋π 4)的解析式，f(x)在 单调递减，故排除 B、C； 综上，选 A． 【试题 1】(沈阳市高中三年级教学质量监测数学) 已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ，且 . （1）求角 ； （2）若 ，求 的面积 的最大值． （1）解法一：由正弦定理可知 , 所以 ， 即 ， 又因为在 中， ， 又 ， 所以 ， 即 ， 又因为在 中, ， ( ) sin( )4f x x πω= + ( , )2 π π 0ω > 1 2 2 2 2 ( )2 4 2 32 ( )4 2 k k Z k k Z π ππ ω π π πω π π ππω π  − ≤ ⋅  + ≥ + ∈   + ≤ + ∈ 0 2 14 ( )2 52 ( )4 k k Z k k Z ω ω ω   < ≤  ≥ + ∈   ≤ + ∈ 2ω = ( , )2 π π 1ω = ( , )2 π π ABC∆ A B C cba ,, 1 cos cos a A b C += A 1=a ABC∆ S sin sin a A b B = sin 1 cos sin cos A A B C += sin cos sin sin cosA C B B A= + ABC∆ sin sin( ( )) sin( )B A C A Cπ= − + = + sin( ) sin cos cos sinA C A C A C+ = + sin cos sin cos cos sin sin cosA C A C A C B A= + + cos (sin sin ) 0A C B+ = ABC∆ sin 0,sin 0C B> > 76 所以 ，即 . （1）解法二：由余弦定理可知 , ， 代入原式中，得 ， 即 ，即 ， 于是 ， 因为 ，所以 ， 所以 . （2）解法一：由（1）知 ，又因为 ，所以 （当 时取 “=”）， 又因为 的面积 ，从而 的面积 的最大值为 . （2）解法二：由（1）知 为直角三角形，所以 的面积 所以 的面积 的最大值为 . 【试题 1】：在 中， 均为锐角， ， ___ ___. 解析： 法一： 同号，可得矛盾，只有 . 法二： ，其中 cos 0A = 2A π= 2 2 2 cos 2 b c aA bc + −= 2 2 2 cos 2 b a cC ab + −= 2 2 2 2 2 2 2 2 b a c b c abb c + − + −= + 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 ( )c b a c b c b c a b+ − = + + − 2 2 2 2 2 2( ) ( )c a c b b b c a− − = + − 2 2 2( )( ) 0b c a b c+ − + = 0b c+ ≠ 2 2 2 0b c a+ − = 2A π= 2 2 1b c+ = 2 2 2b c bc+ ≥ 1 2bc ≤ cb = ABC∆ 2 bcS = 1 4 ≤ ABC∆ S 1 4 ABC∆ ABC∆ 1 1 1 1sin sin sin sin sin sin( )2 2 2 2 2S bc a B a C B C B B π= = ⋅ ⋅ = = − 1 1= sin cos sin 22 4B B B= 1 = =4 4B π≤ （当 时取“ ” ） ABC∆ S 1 4 ABC∆ A B， sin sina A b B c+ = C = 90 2 2sin sin sin sin sin sin cos cos sina A b B c A B C A B A B+ = ⇒ + = = + sin (sin cos ) sin (cos sin )A A B B A B− = − sin cos ,cos sinA B A B− − sin cos cos sin 0A B A B− = − = sin sin cos cosa A b B c a B b A+ = = + sin cos cos sina A b A a B b B⇒ − = − 2 2 2 2+ sin( ) + cos( )a b A a b Bθ θ⇒ − = + tan b a θ = sin( ) cos( )=sin( )2 2A B B A B π πθ θ θ⇒ − = + − − ⇒ + = 77 数列 【试题 1】2015 年湖南高考理科第 14 题 设 为等比数列 的前 项和，若 ，且 成等差数列，则 . 【基本解法 1】 ， ， 因为 成等差数列，所以 ， 解得 ，得 . 【基本解法 2】 成等差数列，易得 , 所以 ,得 ，解得 ，得 . 【基本解法 3】 ，由公式 ， 得 ，解得 ，得 . 【 基 本 解 法 4 】 由 于 成 等 差 数 列 ， 故 ， 即 . ， . ，因为 ，所 以 ，得 . 【 试 题 1 】 2015 年 湖 北 理 科 第 题 已 知 数 列 的 各 项 均 为 正 数 ， ,为自然对数的底数。 （Ⅰ）求函数 的单调区间，并比较 与 的大小； （Ⅱ）计算 、 、 ，由此推算计算 的公式，并给出证明； （Ⅲ）令 ,数列 、 的前 项和分别记为 、 ,证明： 。 nS { }na n 1 1a = 1 2 33 2S S S, , na = 2 1 12 2 2( )S a a a a q+1 2= ( + ) = 2 3 3 1 1 1S a a a a a q a q= + = + +1 2+ 1 2 33 2S S S、 、 2 1 1 1 1 1 13 4( )a a a q a q a a q+ + + = + 3q = 13n na −= 1 2 33 2S S S、 、 1≠q 2 1 34 3S S S= + 2 3 1 1 1 4 (1 ) 4 (1 )31 1 a q a qaq q − −= + - - 3q = 13n na −= 2 1 34 3S S S= + m m n m nS S q S+ = + 1 1 1 1 24( ) 3 ( )S qS S S qS+ = + + 1 1 1 13 [ ( )]S S q S qS= + + + 3q = 13n na −= 1 2 33 2S S S、 、 3 2 2 12 2 3S S S S− = − 3 2 2 2 1( ) 2 3S S S S S− − = − 3 2 2 13( )S S S S− = − 3 2a a= 2 2 1 13a q a q= 0q ≠ 3q = 13n na −= 22 { }na ( )11 , n n nb n a n N en +  = + ∈   ( ) 1 xf x x e= + − 11 n n  +   e 1 1 b a 1 2 1 2 b b a a 1 2 3 1 2 3 b b b a a a 1 2 3 1 2 n b b b a a a ⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ ( )1 1 2 nn nc a a a= ⋅⋅⋅ { }na { }nc n nS nT n nT eS 0x < ( )f x ( )' 0f x < 0x > ( )f x ( )f x ( ),0−∞ ( )0,+∞ 0x > ( ) ( )0 0f x f< = 1 xx e+ < 1x n = 111 nen + < 1 1 1 11 1 1 1 21 b a  = ⋅ + = + =   ( )2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 12 2 1 2 1 32 b b b b a a a a  = ⋅ = ⋅ + = + =   ( )3 32 31 2 3 31 2 1 2 3 1 2 3 13 3 1 3 1 43 b b b bb b a a a a a a  = ⋅ = ⋅ + = + =   ( )1 2 1 2 1 nn n b b b na a a ⋅⋅⋅ = +⋅⋅⋅ 1n = 2= n k= ( )1 2 1 2 1 kk k b b b ka a a ⋅⋅⋅ = +⋅⋅⋅ 1n k= + ( ) 1 1 1 11 1 1 k k kb k ak + + +  = + + +  ( ) ( ) ( )1 11 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 11 1 1 21 k k kk k k k k k k k b b b b b b b b k k ka a a a a a a a k + ++ + + + ⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅  = ⋅ = + + + = + ⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ +  1n k= + n nT eS< 1 2 1 1 n n k k k k k a a a e a = = ⋅⋅⋅ − 21 3 5 2 1 2 4 6 2n nT n − = × × × ×   1 3 5 2 1 1 2 4 2 2 1 2 4 6 2 2 3 5 2 1 4 n n n n − −   > × × × × × × × × × =   −     80 x y O 100 755025 1 sin 25y xx π= （耿合众；陶兴红；范世祥；洪汪宝；周天明；史嘉；安徽省宣城市第三中学   黄兆华） 证法３：令 ，则 ，从而 ，于是 . （洪汪宝；山东省 韩传林；江苏省常熟市中学  査正开；安徽省合 肥市第六中学  黄海波；江苏省睢宁县古邳中学  苗勇；江苏省泗洪中学  陈闯 孙 辉；安徽省桐城市第九中学  朱益；） 证法 4：①当 时， ，命题成立； ②假设当 时， . 则 时， . 即 时，命题也成立，证毕. 由①②可知，对 ， 成立，从而原命题得证. （范世祥；黄海波；苗勇；査正开；陈闯；孙辉；朱益；周天明；洪 汪宝） 【 试 题 1 】 2012 年 上 海 卷 理 科 第 18 题 ： 若 , 则 在 中，正数的个数是（ ） （A）25 (B)50 (C)75 (D)100 解法 1：函数 的周期为 50,100 为该函数的两个周期,作出函数 的草图如下图所示, 数列{ }的前 24 项均为正数,第 51 项到 74 项也为正数,第 26 项到第 49 项均为负数,第 76 项到第 99 项也为负数,则在 中前 25 项和必为正,从第 26 项开始,可 以将第一个半周期中对应的项与其相消,由图象可知前 50 项和也必为正数, 于是可得前 75 项和为正, 从第 76 项开始,仍然可以从第三个半周期中对应的项也之相消,于时可得,在两个 周期内 恒为正, 故应选 D. ( ) 4 Tnf n n= 2 2 1 2 2 4( 1)T( 1) ( 1)(2 1) 4 4 1 1( ) 4 (2 2) 4 4 n n nf n n n n n f n nT n n n n +++ + + + += = = >+ + 4 1nnT ≥ 1 4nT n ≥ 1n = 1 1 4T = ( )n k k N ∗= ∈ 1 4kT k ≥ 1n k= + 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 4 ( 1) 1 4 2 2 4 (2 2) 4( 1)k k k k k kT T x k k k k k+ + + + = ⋅ ≥ ⋅ > ⋅ = + + +  1n k= + n N ∗∈ 1 4nT n ≥ 1 2 1 sin ,25n n n na S a a an π= = + + + 1 2 100, , ,S S S sin 25y x π= 1 sin 25y xx π= naa nS nS 81 x y O 100 755025 1 sin 25y xx π= （胡波）     上海高考可用图形计算器作函数图像，此法属优美解法     解法 2：依据题设及 ,因为 的周期为 ,又 所以在 中有 25 个是正数, 又当 时， ， ， 故在 中有 25 个是正数. 同理，故在 中有 100 个是正数.故选答案 D.    属优美解法 解析 3：同解法 2，当 时， ， 故在 中有 25 个是正数. 同理，故在 中有 100 个是正数.故选答案 D. 属优美解法 解法 4：由题易知： 均大于 0， ， 均小于 0， 其中 ，同理 均大于 0，故易得： 均大于 0；在后 50 项将有类似现象；故均为正．故选 D 项． 属优美解法 1 sin 25n na n π= ( ) sin 25 xf x π= 2 50 25 T π π= = 2 24 25sin 0,sin 0, ,sin 0,sin 0,25 25 25 25 π π π π> > > = 1 2 25, ,S S S 25 50n≤ ≤ 1 1 1sin sin sin 025 25 25 50 25n n n na n π π π≤ = ≤ ≤ 1 2 1 25 1 26 1sin sin sin sin sin25 2 25 25 25 26 25 25n nS n π π π π π= + + + + + +  1 2 25 1 26(sin sin sin ) (sin sin ) 025 25 25 25 25 25 25 nπ π π π π> + + + + + + >  25 26 50, , ,S S S 1 2 100, ,S S S 25 50n≤ ≤ 1 1 1sin sin sin 025 25 25 50 25n n n na n π π π≤ = ≤ ≤ 1 2 1 25 1 1 1 1 2 1 1 3=sin + sin + sin + + sin = 1 sin + sin + sin25 2 25 25 25 25 26 25 2 27 25 3 28 25n nS n π π π π π π π     − − −            1 1 1 ( 24) 1 25+ + sin + sin + + sin >025 25 24 25 25 25 n n n n n π π π− − − −   25 26 50, , ,S S S 1 2 100, ,S S S 1 2 24, ,......a a a 25 0a = 26 27 49, ,......,a a a 50 0a = 1 26 1 26 25sin sin sin 025 26 25 26 25a a p p p+ = + = > 2 27 3 28 24 49, ,......,a a a a a a+ + + 1 2 50, ,......S S S 82 赏析 1：本题属于创新性综合试题, 是新定义函数数列的前 项和的正负值的讨论问题．试 题考查周期摆动数列的求和与三角函数的周期的综合应用,是有一定难度的,解法 1 体现了 数形结合思想的灵活应用，解法 2 体现了放缩法灵活应用，解法 3 体现了诱导公式的灵活应 用. 赏析 2：本题是上海卷理科选择题的压轴题，在文科卷中有一道姊妹题，难度比这题稍小. 本题考察的是三角函数与数列的综合知识，题型新颖，给人美感，内涵丰富，思想深刻.考 生会很容易上手，利用三角函数的诱导公式处理 ，但是命题者在系数上设置了障碍，需 要考生利用放缩的方法将系数统一，然后才方便使用诱导公式判断 的正负，而对于 的 正负判断，考生大多数明于心而不明于嘴，因此将此题设置为选择题，并在选项的内容上做 了适 【试题 1】2015 年湖南高考理科第 14 题 【题目】设 为等比数列 的前 项和，若 ，且 成等差数列，则 . 【基本解法 1】 ， ， 因为 成等差数列，所以 ， 解得 ，得 . 【基本解法 2】 成等差数列，易得 , 所以 ,得 ，解得 ，得 . 【基本解法 3】 ，由公式 ， 得 ，解得 ，得 . 【 基 本 解 法 4 】 由 于 成 等 差 数 列 ， 故 ， 即 . ， . ，因为 ，所 以 ，得 . 【试题 1】2015 年广东卷 21.数列{ }满足： . (1)求 的值； (2)求数列{ }的前 n 项和 ； n nS nS nS nS { }na n 1 1a = 1 2 33 2S S S, , na = 2 1 12 2 2( )S a a a a q+1 2= ( + ) = 2 3 3 1 1 1S a a a a a q a q= + = + +1 2+ 1 2 33 2S S S、 、 2 1 1 1 1 1 13 4( )a a a q a q a a q+ + + = + 3q = 13n na −= 1 2 33 2S S S、 、 1≠q 2 1 34 3S S S= + 2 3 1 1 1 4 (1 ) 4 (1 )31 1 a q a qaq q − −= + - - 3q = 13n na −= 2 1 34 3S S S= + m m n m nS S q S+ = + 1 1 1 1 24( ) 3 ( )S qS S S qS+ = + + 1 1 1 13 [ ( )]S S q S qS= + + + 3q = 13n na −= 1 2 33 2S S S、 、 3 2 2 12 2 3S S S S− = − 3 2 2 2 1( ) 2 3S S S S S− − = − 3 2 2 13( )S S S S− = − 3 2a a= 2 2 1 13a q a q= 0q ≠ 3q = 13n na −= na 1 2 1 22 ... 4 , *2n n na a na n N− ++ + + = − ∈ 3a na nT 83 (3)令 （1） ① 当 时， ② 由①-②得 , , 又在①中，当 时， , 所以对一切 ，都有 所以 （2）略; （3）证明：数列{ }的前 n 项和 满足 . 解法 1： 设 ， 则 当 时 ， ， 又 当 时 ， , 所 以 , 于是 , 令 则 , 所以， 在 上单调递减。则 ，故当 时， 取 得 ，所以 . 故 ,即 . 解法 2： ， , 当 时， 显然成立； 当 时， 也成立； 当 时 ， 1 1 1 1 1 1, (1 ) ( 2).2 3 n n n Tb a b a nn n −= = + + + +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ ≥  1 2 1 22 ... 4 , *2n n na a na n N− ++ + + = − ∈ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ∴ 2n ≥ 1 2 -1 2 12 ... -1 4 ,2n n na a n a − ++ + + = − ⋅⋅⋅⋅⋅⋅（ ） 2 1 1 1 24 =2 2 2n n n n n n nna − − − + += − ∴ 1 1 ( 2)2n na n−= ≥ 1n = 11 1 12n a− = = *n N∈ 1 1 .2n na −= 3 1 .4a = nb nS 2 lnnS n< + 1 1 11 .....2 3nc n = + + + 2n ≥ 1 1 n nc cn −= − 2n ≥ 1n n na T T −= − 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ..... ) ( ) ( )2 3 n n n n n n n n n n n n n Tb a T c c c T T c T c Tn n − − − − − −= + + + + = − + − = − 1 1 1 1 1 1 1 1( ) 1 (2 ) 22 n n n k k k k k n n n nn k k i S b b c T c T c T c T c c− − − − = = = + − = + − = − + ' 2( ) 0(1 ) xf x x = − ln(1 )1 x xx < ++ 1 ( 1,2,3....., 1)x k nk = = − 1 1ln1 k k k + ( )f x R ( ) ( ) 2f x f xπ π− + = { }na 8 π ( ) ( ) ( )1 2 5 5f a f a f a π+ + + = 3 2a π= 3 2a π> ( )3 2f a f π π > =   1 5 2 4 32 02a a a a a ππ π  + − = + − = − >   1 5a aπ> − 2 4a aπ> − ( ) ( ) ( )1 5 52f a f a f aπ π> − = − ( ) ( )1 5 2f a f a π+ > ( ) ( )2 4 2f a f a π+ > ( ) ( ) ( )1 2 5 5f a f a f a π+ + + > ( ) ( ) ( )1 2 5 5f a f a f a π+ + + = 3 2a π< ( ) ( ) ( )1 2 5 5f a f a f a π+ + + x R∈ ( )y g x= ( ),−∞ +∞ ( ) 52g π π= 3 .2a π= 1 3 5 3 3, .4 4 4 4a a a a π π π π= − = = + = 3( )f a π= 2 2 2 2 3 1 5 3 13[ ( )] .16 16f a a a π π π− = − = 3 310 [2cos 2cos 1]cos 54 8a a π π π− + + = 3[2cos 2cos 1]cos4 8 a π π+ + π 3[2cos 2cos 1]cos 04 8 a π π+ + = 3 .2a π= 87 解法 5：由 且数列 的公差为 得 ，得 ， 又 且 ，得 ，构造函数 ，则 在 上为减函数，注意到 ，得关于 的方程 有唯一解，即 ．然后求得 ，故选 ． 赏析：在求出 后，我们可以凭直觉猜出 ，由 此可见数学直觉的可贵．那 的值是否唯一呢？我们构造了函数 然后讨论它的零 点的个数，通过函数看方程可谓是“不畏浮云遮望眼，只缘身在最高层”． 函数 定义域 的获得过程则体现了恰当的估算对实施解题计划的强力助推．另外， 从 问 题 何 时 为 正 数 ？ 何 时 为 ？ 何 时 为 负 数 ？ 出 发 ， 可 在 的 基 础 上 ， 分 别 对 ， ， 三种情形讨论后获解．由以上分析可见该题具有“小题大做”的价值，值 5 1 ( ) 5i i f a π = =∑ { }na 8 π 5 3 1 3cos( ) 58i i ia a π π = − − + =  ∑ 2 3 3 2cos 2 18 cos2 10a a π π + + = + 2cos 2 1 3 18 ( , )10 10 2 π + + ∈ 3cos ( 1,1)a ∈ − 3 1 1( , )2 2a π π− +∈ 2cos 2 18( ) cos2 10g x x x π π + + = + − ( )g x 1 1( , )2 2 π π− + ( ) 02g π = 3a 3 3 2cos 2 18 cos 02 10 a a π π + + + − = 3 2a π= 2 3 1 3[ ( )]f a a a− = 213 16 π D 3 3 2cos 2 18 cos2 10a a π π + + = + 3 2a π= 3a ( )y g x= ( )y g x= 1 1( , )2 2 π π− + 3cosa 0 3 3 2cos 2 18 cos2 10a a π π + + = + 3 1( , )2 2a π π−∈ 3 2a π= 3 1( , )2 2a π π +∈ 88 得细细品味． 解法 6：设 是奇函数，且由 知 在 上是增函数． 而 ，则 可化为 （1） 由 是等差数列，则 ，则 注意到由 是奇函数且为增函数，则 ① 若 ，则 所以 ， ， 则 这与（*）矛盾． ②若 ，类似①则可得 同样与（*）矛盾． ③若 ，易得 综上可知， ．由此得 故 ． ( ) 2 sin2h x f x x x π π = + − = +   ( ) 2 cos 0h x x′ = + > ( )h x ( , )−∞ +∞ ( ) 2i if a h a π = −   1 2 3 4 5( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5f a f a f a f a f a π+ + + + = 1 2 3 4 5 02 2 2 2 2P h a h a h a h a h a π π π π π         = − + − + − + − + − =                   { }na 1 5 2 4 32a a a a a+ = + = 1 5 2 4 322 2 2 2 2a a a a a π π π π π         − + − = − + − = −                   ( )h x 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0x y x y h x h y h y h x h y+ > ⇔ > − ⇔ > − = − ⇔ + > 3 2a π> 1 5 2 4 32 02 2 2 2 2a a a a a π π π π π         − + − = − + − = − >                   1 5 02 2h a h a π π   − + − >       2 4 02 2h a h a π π   − + − >       3 02g a π − >   1 2 3 4 5 02 2 2 2 2h a h a h a h a h a π π π π π         − + − + − + − + − >                   3 2a π< 1 2 3 4 5 02 2 2 2 2h a h a h a h a h a π π π π π         − + − + − + − + − 3 2a π< ( )h x 0 ( ) ( ) 0x y h x h y+ > ⇔ + > 0 ( ) ( ) 0x y h x h y+ < ⇔ + < 0A > 0A < 3 2a π= 0A = 0A = ⇔ 3 2a π= 3a x R∈ ( ) ( ) 2f x f xπ π+ − = ( )f x ( , )2 π π ( ) 2 sin 0f x x′ = − > ( )f x R 1 2 5( ) ( ) ( ) 5f a f a f a π+ +⋅⋅⋅+ = { }na 3( )f a π= 3 2a π= 2 2 2 3 1 5 13[ ( )] ( 2 )( 2 )2 8 2 8 16f a a a π π π π ππ− = − − × + × = 2 siny x x= − 1l 2l 2 2 2x y+ = 1l 2l (1,3) 1l 2l 90 _________ 解法一：设切点分别为 ， ，则 , , 在 中, , 因此 . 解法二：设切点分别为 ， ，连接 交 于点 ,则 , , , 因此 . 解法三： . , M N 2OM = 10OP = 2 2PM = Rt OPM∆ 2 1tan 22 2 OPM∠ = = 2 12 42tan 1 31 ( )2 NPM × ∠ = = − M N MN OP Q 2OM = 10OP = 2 2PM = 2 10 5 OM PMMQ OP •= = 4 10 5MN∴ = 2 2 2 328 8 35cos 2 2 8 5 PM PN MNMPN PM PN + −+ −∴ = = =• × 4sin 5MPN∴ = 4 sin MPN 45tan 3cos 3 5 MPN MPN ∠∠ = = =∠ : 3 2MNl x y+ = 2 2 2 10 51 3 OQ d= = = + 10 55sin sin 52 OPM OMN∴ ∠ = ∠ = = 2 25 3cos 1 2sin 1 2 ( )5 5MPN OPM∠ = − ∠ = − × = 4sin 5MPN∴ = 91 因此 解法四： 解得 , , , 【试题 1】（2012 年天津卷理科第 8 题）设 ， ，若直线 与 圆 相切，则 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 解 法 1 ： 由 直 线 与 圆 相 切 可 得 ， ， 则 ，两边平方并整理得， ，由基本不等式可知， ，当且仅当 时，取等号，解得 或 ， 故选 D． 解法 2：由解法 1 可知， ，设 ，则 ，代入得， ， 即 ， 此 方 程 关 于 有 解 ， 则 ， 解 得 或 ，即 或 ，故选 D． 解法 3：由解法 1 可得， ，即 （ ），考虑几何意义，在可行域 4 sin MPN 45tan 3cos 3 5 MPN MPN ∠∠ = = =∠ : 3 2MNl x y+ = 2 2 2 3 2 x y x y  + =  + = ( 1,1)M − 7 1N( , )5 5 3 1 11 ( 1)PMk −∴ = =− − 13 5 771 5 PNk − = = − − 1 ( 7) 4tan | |1 1 ( 7) 3MPN − −∴ ∠ = =+ × − m n∈R ( ) ( )1 1 2 0m x n y+ + + − = ( ) ( )2 21 1 1x y− + − = m n+ 1 3,1 3 − +  ( ),1 3 1 3, −∞ − + +∞  2 2 2,2 2 2 − +  ( ),2 2 2 2 2 2, −∞ − + +∞  ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 m n m n + × + + × − = + + + ( ) ( )2 21 1m n m n+ = + + + 1mn m n= + + 2 1 2 m nm n + + + ≤    m n= 2 2 2m n+ ≤ − 2 2 2m n+ ≥ + 1mn m n= + + m n t+ = n t m= − ( ) 1m t m t− = + 2 1 0m tm t− + + = m 2 4 4 0t t− − ≥ 2 2 2t ≤ − 2 2 2t ≥ + 2 2 2m n+ ≤ − 2 2 2m n+ ≥ + 1mn m n= + + 1 1 mn m += − 1m ≠ 92 （双曲线）中寻求线性目标函数 的可行解，如图，在两切线上（下）均满足，易得 或 ，故选 D． 赏析：解法 1 在解决问题时的目标意识，其中以 为整体，利用基本不等式建立关于 的二次不等式是解题的关键所在． 圆锥曲线 【试题 1】［2016 年高考天津卷理科数学第 14 题］ 设抛物线 ，（ 为参数， ）的焦点为 ，准线为 .过抛物线上一点 作 的垂 线，垂足为 ．设 ， 与 相交于点 .若 ，且 的面积为 ，则 的值为_________. 【答案】： 解：由题意可知，抛物线的普通方程为 ，焦点 ，准线 的方程 为 ．根据题意，画出题图如下： m n t+ = 2 2 2m n+ ≤ − 2 2 2m n+ ≥ + m n+ m n+ 22 2 x pt y pt  =  = t 0p > F l A l B 7( ,0)2C p AF BC E 2CF AF= ACE∆ 3 2 p 6 2 2 ( >0)y px p= ( ,0)2 pF l 2 px = − 93 由 ， ，得 ． 由抛物线的定义得 ． 设 ，不妨设 ． 则 ，解得 ， ． 解法一：【利用相似三角形知识求解】 ∵ ，∴ ∽ ， 所以 ， 即 ，进而 ， 因此 ， 从而 ， 解得 ． 解法二：【纯解析法求解】 由 ，可知 ，又 ， ， 可写出直线 的方程： ，① 直线 的方程： ，② 联立方程①、②，解得 ． 进而由两点间的距离公式求得 ， 由点到直线的距离公式求得点 到直线 的距离为 ， 所以 ， 解得 ． 7 32 2 pCF p p= − = 2CF AF= 3 2AF p= 3 2AB AF p= = 1 1( , )A x y 1 0y > 1 3 2 2 px p+ = 1x p= 1 2y p= //CF AB ABE∆ FCE∆ 3 23 2 EF CF p EA AB p = = = 2EF EA= 3AF AE= 3 9 2ACF ACES S∆ ∆= = 2 1 1 1 3 23 2 9 22 2 2ACFS CF y p p p∆ = × × = × × = = 6p = ( , 2 )A p p ( , 2 )2 pB p− ( ,0)2 pF 7( ,0)2C p AF 2 2( )2 py x= − BC 2 7( )4 2 py x= − − 5 2 2( , )6 3E p p 2 pAE = C AF 2 2d p= 21 1 22 2 3 22 2 2 2ACE pS AE d p p∆ = × × = × × = = 6p = 94 【试题 1】2015 年浙江文科第 15 题：椭圆 的右焦点 关于直 线 的对称点 在椭圆上，则椭圆的离心率是 ； 解法 1、设 关于直线 的对称点 ，则有 解得 ， ，所以 在椭圆上，即有 ，解得 ，所以离心率 。 解法 2、设左焦点 ，联结 ，则 为直角三角形且 。设 ， 则 ，由勾股定理得 ，得 ，所以 ，整理得 ，又因为 ， 则 ，故 。 解法 3、如图 6，取左焦点 ，联结 ，设直线 的方程为 ，因为 为 的中点，所以 ，进而 ， ， ， ，所以 ，化简得 。 题目（2012 年重庆卷理科第 14 题）过抛物线 的焦点 作直线交抛物线于 两 点，若 则 ． 解 法 1 ： 设 抛 物 线 的 准 线 为 ， 做 辅 助 线 如 图 所 示 ， 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > ( ,0)F c by xc = Q ( ,0)F c by xc = ( , )Q m n 1 2 2 n b m c c n b m c c  ⋅ = − − + = ⋅ 2 2 ( )c c bm a −= 2 2 2bcn a = 2 2 2 2 ( ) 2( , )c c b bcQ a a − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) (2 ) 1c c b bc a a b − + = 2 22a c= 2 2 ce a = = 1( ,0)F c− 1FQ 1FQF∆ 1 QF b QF c = 1QF t= bQF tc = 2 2 2( ) 4bt t cc + = 22ct a = 2 2 2 1 2 2 2 2 2c b c c bcQF QF aa c a a ++ = + ⋅ = = 2 2a b bc= + 2 2 2a b c= + b c= 2 2e = 1F 1FQ l by xc = O 1F F 1 / /FQ l 1FQ QF⊥ 1tan bQF F c ∠ = 1 22 sin bcQF c QF F a = ⋅ ∠ = 2 1 1 22 cos cQF c QF F a = ∠ = 2 1 2 22 bc ca QF QF a a = + = + 2, 2b c e= = 2 2y x= F ,A B 25| | ,| | | |,12AB AF BF= < | |AF = l 95 则 ，由题意可得： ……① 又 ，故 ……②， ①，②联立求解可得 ，故 ． 解法 2：设 ，则有 ,又 , 所以 ，所以 . 【试题 1】2012 年浙江卷理科第 16 题：定义：曲线 上的点到直线 的距离的最小值 称为曲线 到直线 的距离.已知曲线 到直线 的距离等于曲线 到直线 的距离，则实数 _________. 解法 1： 曲线 表示圆心为 半径为 的圆，它到直线 的距离就是圆心到 直线 的距离减去半径，即 . 将直线 平移至与曲线 相切， 设切点为 ，则 到直线 的距离即为曲线 到直线 的距离. 因为 ， ，所以 ，则 ， 所以点 到直线 的距离为： ，解得 或 ， 由图像可知， ，所以 . 赏析 1：新定义问题，对考生来说，公平性高，能有效考查学生的阅读理解能力，适应 新情境的能力以及利用所学知识解决新问题的能力.该题的本质是直线与圆、直线与抛物线 的位置关系，选择不同的思维角度，就会产生不同的解题方法，一般有代数方法和几何方法 | | ,| | ( )AF m BF n m n= = < | | ,| |AC m BD n= = 25 12m n+ = AEF AGB∆ ∆ 1m m m n n m −=+ − 5 6m = 5| | 6AF = | | ,| | ( )AF m BF n m n= = < 1 1 2+ = m n p 25| | 12AB = 25 25 5 5, ,12 24 6 4m n mn m n+ = = ⇒ = = 5| | 6AF = C l C l axyC += 2 1 : xyl =: 2)4(: 22 2 =++ yxC xyl =: =a 2)4(: 22 2 =++ yxC )4,0( − 2 l l 22 2 4 =− xyl =: axyC += 2 1 : ),( 00 yxP P l 1C l 12' == xy 2 1=x 2 1 0 =x ay += 4 1 0 P l 2 2 2 1 4 1 = −+ a 4 9=a 4 7− 0>a 4 9=a x y O 96 两种.而该解法却利用了导数的几何意义，这是亮点. 解法 2：（几何法）圆 上的点到直线的距离为圆心到直线的距离减去 半径，是 。（也可以通过求出直线 y=x 的平行线 y=x+b 与圆相切时对应的 b，然后求两条 平行线的距离）。根据最短距离是 ，观察图象，则与直线 y=x 距 离为 的平行线 y=x+2 与抛物线 相切， 消 去 y 得： ，⊿=0 解得 赏析 1：通过新定义的形式是来考查最值问题。本题通过平移直线求最短距离，较好地 简化了解题过程。将圆上动点化归为圆心到直线的距离与半径的差，将抛物线上动点化归为 抛物线与直线相切的问题。 赏析 2：虽是新定义问题，但属我们熟悉的环境． 【试题 1】（2015 年北京理科第 19 题 ）已知椭圆 的离心率为 ，点 和点 都在椭圆 上，直线 交 轴于点 . （Ⅰ）求椭圆 的方程，并求点 的坐标（用 、 表示）； （Ⅱ）设 为原点，点 与点 关于 轴对称，直线 交 轴于点 .问： 轴上是否存 在点 ，使得 ？若存在，求点 的坐标；若不存在，说明理由. 解：（Ⅰ）解法 1 由题意得 ，又 ，易得椭圆 的方程为 作 轴，交 轴于 点.设 ，则由相似比可知 ，即 所以 ，故 . 解法 2 由题意得由题意得 ，又 ，易得椭圆 的方程为 2)4( 22 =++ yx 2 2 2 axy += 2    += += 2 2 xy axy 022 =−+− axx 4 9=a 2 2 2 2: 1x yC a b + = ( 0)a b> > 2 2 (0,1)P ( , )A m n ( 0)m ≠ C PA x M C M m n O B A x PB x N y Q OQM ONQ∠ = ∠ Q 1b = 2 2 c a = C 2 2 12 x y+ = AH x⊥ x H ( ,0)M x AH MH PO MO = 1 n x m x −= 1 mx n = − ( ,0)1 mM n− 1b = 2 2 c a = C 2 2 12 x y+ = xo y 97 设 ， 、 、 三点共线 ， 所以 . （Ⅱ）如图 1，假设 轴上存在点 ，使得 ， 所以 . 又 ， ，所以 又易知 、 同号，所以 由（Ⅰ）知 ，则 所以 ，故. 所以存在点 符合题意. 图 1 【试题 1】2015 年北京文科第 20 题 已知椭圆 ，过点 且不过点 的直线与椭圆 交于 、 两点，直线 与直线 交于点 . （Ⅰ）求椭圆 的离心率； （Ⅱ）若 垂直于 轴，求直线 的斜率； （Ⅲ）试判断直线 与直线 的位置关系，并说明理由. (s,0)M P M A PM PAk k⇒ = 1 1n s m − −⇒ = 1 ms n ⇒ = − ( ,0)1 mM n− y (0, )Q t OQM ONQ∠ = ∠ tan tanOQM ONQ∠ = ∠ 1tan MQ OQM K ∠ = tan NQONQ k∠ = 1MQ NQk k⋅ = MQk NQk 1MQ NQk k⋅ = 1M mx n = − 1N mx n = + 1 1 1 t t m m n n − −⋅ = − + 2 2 2 21 mt n = =− 2t = ± (0, 2)Q ± 2 2: 3 3C x y+ = (1,0)D (2,1)E C A B AE 3x = M C AB x BM BM DE 98 解：（Ⅰ）（Ⅱ）略 （Ⅲ）直线 与直线 平行，理由如下： 由（Ⅱ）知， 垂直于 轴时， ，直线 与直线 平行； 当 不垂直于 轴时，设直线 的方程为 ，代入椭圆方程得 . 所以 ， 由相似比可得 ， 则直线 ，即 整理得 而 显然成立，所以直线 与直线 平行 【试题 1】2012 年浙江卷理科第 21 题：如图，椭圆 的离心率为 ， 其左焦点到点 的距离为 ，不过原点 的直线 与 相交于 两点，且线段 被直线 平分. （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）求△ 面积取最大值时直线 的方程. （Ⅱ）解：由条件易知直线 的斜率 一定存在且不为 0， 设直线 的方程为 求斜率 的方法一： 设 ， ，线段 的中点为 。 由 ，消去 ， 整理得 BM DE AB x 1BM DEk k= = BM DE AB x AB ( 1)y k x= − 2 2 2 2(3 1) 6 3 3 0k x k x k+ − + − = 2 1 2 2 6 3 1 kx x k + = + 2 1 2 2 3 3 3 1 kx x k −= + 1 1 2 2 1 1 AD y x BD y x −= − = − − 12 1 AE x EM −= BM∥ DM AD AE BD EM ⇔ = 1 1 2 1 2 1 1 x x x − −− =− 1 2 1 22( ) 3 0x x x x− + + = 2 2 2 2 3 3 62 3 03 1 3 1 k k k k − − ⋅ + =+ + BM DE )0(1: 2 2 2 2 >>=+ baC b y a x 2 1 )1,2(P 10 O l C BA, AB OP C APB l l k AB = + ( 0)y kx b b ≠ k 1 1, )A x y（ 2 2( , )B x y AB ( )2 ,M m m 2 2 = + 3 +4 =12 y kx b x y    y ( )2 2 23+4 +8 +4 12=0k x kbx b − M x A B P O y 99 则 所以可求得线段 的中点 因为 在直线 上，所以 得 （舍去）或 赏析：联立方程求解是解析几何中解决问题的通法，学生很容易想到，但当用韦达定理 和判别式后该如何进行下一步常常会犯难，此解法的亮点在于应用点在曲线上的性质使解题 得以延续。 求斜率 的方法二： 设 ， ，线段 的中点为 。 由 , 两点都在椭圆上可知 ， 两式相减得： 赏析：点差法求解，也是学生较易使用的方法，本方法的优点是计算量较小。 求斜率 的方法三： 因为线段 的中点可设为 ， 所以可设直线 的参数方程为 ( 为参数) 代入 得 也即 赏析：此方法利用了直线的参数方程中的直线的倾斜角的直观性求斜率，对于学过直线 参数方程的学生还是一种很好的解法。 求斜率 的方法四： ( )( )2 2 2 2=64 4 3+4 4 12 >0k b k b∆ − − 1 2 2 2 1 2 2 8+ = 3+4 4 12= 3+4 kbx x k bx x k  − −  AB M 2 2 4 3,3+4 3+4 kb b k k  −   M OP 2 2 3 2=3+4 3+4 b kb k k − =0k 3= 2k − k 1 1, )A x y（ 2 2( , )B x y AB ( )2 ,M m m A B 2 2 1 13 +4 =12x y 2 2 2 23 +4 =12x y ( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 23 + +4 + =0x x x x y y y y− − 2 32 4 3 4 3 21 21 21 21 −=−=+ +−=− −= m m yy xx xx yyk k AB ( )2 ,M m m AB =2 + cos = + sin x m t y m t α α    t 2 23 +4 =12x y ( ) ( )2 2 23+sin +4 3cos +2sin +16 -12=0t m t mα α α 1 2 2 4 (3cos +2sin )+ =- =03+sin mt t α α α∴ 3tan 2 α∴ = − 3 2ABk = − k 100 设直线 的方程是 化简得： 赏析：将椭圆方程折射为一个圆，利用过圆 上的点 的切线方程为 写出直线 的方程，求解斜率的过程就显得更加快捷简单。 求截距 的方法： 在求出斜率 的前提下，由联立直线方程和椭圆方程的解题过程可知 ， 所以 设点 到直线 距离为 ，则 设 的面积为 ，则 ，其中 令 ， 所以当且仅当 ， 取到最大值 故当且仅当 ， 取得最大值。 综上，所求直线 方程为 赏析：写出面积 的表达式并不难，但求最值时会受阻。学生就是想到用导数的方法求 解也会半途而废，其原因是，学生往往会把函数展开后进行求导，虽然求导简单，但导函数 是一个三次函数，分解因式比较难而使解答无法继续。此解法的亮点在于直接利求导数的乘 法法则求导，使所得的导数有利于因式分解，求出导函数的零点，使解答过程顺利完成，求 得最后的答案。 AB ( )2 222 + = +4 3 4 3 mmx my m 3 +2 -8 =0x y m 2 2 2+ =x y r ( )0 0,x y 2 0 0+ =x x y y r AB b k ( )2=3 12 >0b∆ − 1 2 2 1 2 + = 3= 3 x x b bx x  −  2 2 1 2 39= 1+ = 126AB k x x b⋅ − ⋅ − P AB d 2 2 8 2 2 4= = 133 +2 b bd − − ABP∆ S ( ) ( )2 23 4 126S b b= ⋅ − − ( ) ( )2 3,0 0,2 3b∈ − ∪ ( ) ( )( )22= 12 4u b b b− − ( ) ( )( ) ( )( )( )2= 4 4 2 6 = 4 4 1 7 1+ 7u b b b b b b b′ − − − − − − − − − =1 7b − ( )u b =1 7b − S l 3 +2 +2 7-2=0x y S 101 【试题 1】2015 年上海理科第 21 题 已知椭圆 过原点的两条直线 和 分别 与椭圆交于点 、 和 、 ，记得到的平行四边形 的面积为 . （Ⅰ）设 、 .用 、 的坐标表示点 到直线 的距离，并证明 ； （Ⅱ）设 l1 与 l2 的斜率之积为－1 2，求面积 S 的值． 解：（Ⅰ）解法 1 由题意知 S＝4S△AOC，cos∠AOC＝ OA → · OC → | OA → || OC → | S△AOC＝1 2| OA → || OC → |sin∠AOC＝1 2| OA → || OC → | 1－cos2∠AOC， ＝ 1 2 | OA → |2| OC → |2－(\o(OA,\s\up4(→))·\o(OC,\s\up4(→)))2＝ 1 2 (x\o(2,1)＋y\o(2,1))(x\o(2,2)＋y\o(2,2))－(x1y2－x2y1)2＝1 2|x1y2－x2y1|． 故 S＝2|x1y2－x2y1|． 解法 2 直线 l1 的方程为 y1x－x1y＝0，点 C 到 l1 的距离 d＝ |y1x2－x1y2| x21＋y21 ． |AB|＝2|OA|＝2 x21＋y21，所以 S＝2S△ABC＝2×1 2|AB|·d＝2|x1y2－x2y1|． （Ⅱ）解法 1 A (x1，y1)，C (x2，y2)代入 x2＋2y2＝1，得{x21＋2y21＝1， x22＋2y22＝1， 两式相乘，的(x\o(2,1)＋2y\o(2,1))(x\o(2,2)＋2y\o(2,2))＝1．整理得(x1x2＋2y1y2)2＋2(x1y2－ x2y1)2＝1 ① 而 l1 与 l2 的斜率之积为－1 2，故y2 x2·y1 x1＝－1 2，即 x1x2＋2y1y2＝0，代入①式得 2(x1y2－x2y1)2＝1，即|x1y2－x2y1|＝ 2 2 ． 所以 S＝2|x1y2－x2y1|＝ 2． 解法 2 椭圆 x2＋2y2＝1 的参数方程为{x＝cos θ， y＝ 2 2 sin θ(为参数)． 设 A (cos θ1， sin θ1)，C(cos θ2， sin θ2)，则 k1k2＝ 2 2 sin θ1 cos θ1 2 2 sin θ2 cos θ2 ＝－1 2，整理 得 2 22 1x y+ = 1l 2l A B C D ACBD S 1 1( , )A x y 2 2( , )C x y A C C 1l 1 2 2 12S x y x y= − 2 2 2 2 102 cos θ1cos θ2＋sin θ1sin θ2＝0，即 cos ( θ1－θ2)＝0 又（Ⅰ）可知 S＝2|cos θ1 2 2 sin θ2－cos θ2 2 2 sin θ1| ＝ 2|cos θ1sin θ2－cos θ2sin θ1| ＝ 2|sin ( θ1－θ2)|＝ 2 解法 3 设 l1 方程为 y＝kx，则 l2 方程为 y＝－ 1 2kx，设 A (x1，y1)，C (x2，y2)． 由{y＝kx， x2＋2y2＝1得 x21＝ 1 1＋2k2．同理 x22＝ 2k2 1＋2k2． 由（Ⅰ）得， S＝2|x1y2－x2y1|＝2|x1x2 2k ＋x2·kx1|＝2k2＋1 |k| ·|x1x2|＝2k2＋1 |k| · 2|k| 1＋2k2＝ 2． 【试题 1】2015 年江苏第 12 题：在平面直角坐标系 xoy 中，P 为双曲线 X2-y2=1 右 支上的一个动点。若点 P 到直线 x-y+1=0 的距离大于 c 恒成立，则实数 c 的最大值为 ______。 解法 1：双曲线 x2-y2=1 的一条渐近线 x-y=0 与直线 x-y+1=0 平行且距离为 ，由双 曲线渐近线的定义知双曲线上的点 P 到直线 x-y+1=0 的距离范围是（ ，+∞），所以 c≤ ，即 c 的最大值为 解法 2：设 P（x，y）（x＞0，y∈R），则点 P 到直线 x-y+1=0 的距离 d= = = ＞ ，点 P 到直线 x-y+1=0 的距离范围是（ ，+ ∞），所以 c≤ ，即 c 的最大值为 。 解法 3：设 P（x，y）（x＞1），则点 P 到直线 x-y+1=0 的距离 d= ，令 x-y=t，则 y=x-t,代入 x2-y2=1，得 2yt=t2+1，由 x＞1 知 t＞0，t2+1＞2t，所以 t2+1＞2t， 解得 t∈（0，+∞），所以点 P 到直线 x-y+1=0 的距离范围是（ ，+∞），所以 c≤ ， 即 c 的最大值为 。 解法 4：设 P（ ）， - ， ，若点 P 到直线 x-y+1=0 的距离 d= = ，当 →1 时， →0，d≤ 。 解法 5：从几何角度研究，可以对图形实施旋转变换，将双曲线 x2-y2=1 和直线 103 x-y+1=0 同时绕原点逆时针旋转 90°，易得旋转后的双曲线方程为 xy= ，直线方程为 x=- ， 问题转化为求双曲线 xy= 上在第一象限的点到直线 x=- 的距离 d，这样从图形（图 1）可 以很直观地看出 d∈（ ，+∞）。 【试题 1】2015 年湖北卷理科第 题 一种作图工具如图 所示 是滑槽 的中点，短杆 可绕 转动，长杆 通过 处铰链与 联结， 上的栓子 可沿滑槽 滑动， 且 .当栓子 在滑动槽 内作往复运动，带动 绕 转动一周 （ 不运动时， 也不动）， 处的笔尖画出的曲线记为 。以 为原点， 所在的直 线为 轴建立如图 所示的平面直角坐标系。 （Ⅰ）求曲线 的方程； （Ⅱ）设动直线与两定直线 和分别 交于 两点。若直线 总 与曲线 有且只有一个公共点，试探究： 的面积是否存在最小值？若存在，求出该 最小值；若不存在，说明理由。 解：（Ⅰ）由题意 ,可设 又 ,故 .设 ,由 ,得 故 消去 21 1 O AB ON O MN N 0N MN D AB 1DN ON= = 3MN = D AB N O D N M C O AB x 2 C 1 : 2 0l x y− = 2 : 2 0l x y+ = ,P Q l C OPQ∆ 1ON = ( )cos ,sin ,N θ θ ND NO= ( )2cos ,0D θ ( ),M x y 3MN DN=  ( ) ( )cos ,sin 3 cos ,sinx yθ θ θ θ− − = − 4cos 2sin x y θ θ =  = 104 参数 ，可 得,即曲线 的方程是 。 （Ⅱ）解法 设直线 与曲线 的公共点为 ，因直线 与曲线 有唯一公 共点，故直线 为椭圆的切线，其方程为 由 , 解得 点坐标为 .同理可得 . 因为 当 ， 即当直线 与椭圆 在四个顶点处相切时， 的面积取得最小值 . 解法 设直线 与曲线 相切于点 ,则直线 的方程为 . 可解得 , ,从而可求得 . 又 因 为 , 则 其 中 , 故 （ 当 时等号成立），即当直线 与椭圆 在四个顶点处相切时， 的面积取得 最小值 . 解法 在伸缩变换 下，椭圆 变为单位圆 ,两定直线 和 依次变换成 和 ,原坐标系下的点 、 、 依 次变为新坐标系下的点 、 、 ，如图 、图 所示。 θ 2 2 116 4 x y+ = C 2 2 116 4 x y+ = 1 l C ( )4cos ,2sinG θ θ l C l cos sin 12 2 x yθ θ⋅ ⋅+ = cos sin 14 2 2 x y x y θ θ⋅ ⋅ + =  = P 4 2,sin cos sin cosθ θ θ θ    + +  4 2,sin cos sin cosQ θ θ θ θ −   − −  ( )22 21 1 8 82 2 cos2OPQ P Q Q PS OP OQ OP OQ x y x y θ∆ = − = − = ≥     cos2 1θ = ± l C OPQ∆ 8 2 l C ( )0 0,x y ( )0 0 0 01 216 4 x x y y x y+ = ≠ ± 0 0 0 0 0 0 0 0 16 8 16 8, , ,2 2 2 2P Qx y x y x y x y    −    + + − −    2 2 0 0 128 4POQS x y∆ = − 2 2 0 0 116 4 x y+ = 2 0 64 , 8POQS x∆ = − [ ]0 4,4x ∈ − 2 0 64 8 8POQS x∆ = ≥ − 0 4,0,4x = − l C OPQ∆ 8 3 ' ' 4 2 xx yy  =  = C ' '2 '2: 1C x y+ = 1 : 2 0l x y− = 2 : 2 0l x y+ = ' ' ' 1 : 0l x y− = ' ' ' 2 : 0l x y+ = P Q O 'P 'Q 'O 3 4 105 若直线 与椭圆 有且只有一个公共点，则 与椭圆 相切，即 与椭圆 相切，从而 与圆 相切， ,如图 . 当 切 点 在 圆 与 坐 标 轴 交 点 处 时 ， 取 得 最 小 值 ， 且 , 此 时 。根据伸缩变换的性质，有 故当直 线 与椭圆 在四个顶点处相切时， 的面积取得最小值 . 【试题 1】【2015 年重庆理科第 21 题】如图 2，椭圆 的左、右焦 点分别为 、 ，过 的直线交椭圆于 P、Q 两点，且 。 （Ⅰ）若 ， ，求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若 ，求椭圆的离心率 。 【解】： （Ⅰ）根据椭圆的性质，由 ， ， ，可得 ； 又因为 ，所以 ， ,得 ； 又因为 ，所以 ； 将 、 代入 ， 得 （Ⅱ） 【解法 1】 设 ， 由 ， 可 得 ， 。 而 由 椭 圆 的 定 义 知 由 得 。 【解法 2】 以 为 极 点 ， 为 极 轴 建 立 极 坐 标 系 ， 设 ， 则 ， （其中 为准焦距）。 l C l C PQ C ' 'P Q 'C ' ' ' ' ' ' '1 1 2 2O P QS P Q d P Q∆ = ⋅ = 5 ' 'P Q ' ' min 2P Q = ' ' ' 1 1 2 12O P QS∆ = × × = ' ' ' ' ' '8 8OPQ O P Q O P QS ab S S∆ ∆ ∆ = = ≥ l C OPQ∆ 8 )0,0(12 2 2 2 >>=+ bab y a x 1F 2F 2F 1PFPQ ⊥ 221 +=PF 222 −=PF PQPF =1 e aPFPF 221 =+ 221 +=PF 222 −=PF 2=a 1PFPQ ⊥ 2 2 2 121 PFPFFF += cFF 221 = 32 =c 222 abc =+ 1=b 2=a 1=b 12 2 2 2 =+ b y a x 44 22 =+ yx θ=∠ 21FPF 21 PFPF ⊥ PQPF =1 θcos21 cPF = ( )θθ sincos22 −= cQF    ==+ =+ ,2sin2cos)12(2 ,2cos2sin2 acc acc θθ θθ , )22( 2sin )22( 2cos       + = + = ⇒ c a c a θ θ 1cossin 22 =+ θθ 36 −=e 2F xF2 θ=∠ xPF2 θ ρ cos12 e ePF += θ ρ cos12 e eQF −= ρ 106 故 ， 。 由 ，可得 。 又由 ，可得 。 由解得 ， 。 因此 ， ，即 。 【试题 1】2015 年安徽理科第２０题：设椭圆 的方程为 ，点 为坐标原点，点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，点 在线段 上，满足 ，直线 的斜率为 . （Ⅰ）求 的离心率 ； （Ⅱ）设点 的坐标为 ， 为线段 的中点，点 关于直线 的对称点 的纵坐标为 ，求 的方程. 解：（Ⅰ）略. （Ⅱ）解法１：由题意易得直线 的方程为 ，直线 的方程为 . 设直线 、 交于 点，得 点纵坐标为 . 又由 ，化简得 . 所以 ，解得 ， . θ ρ 2222 cos1 2 e eQFPFPQ −=+= θ ρ sin11 e ePF −= PQPF =1 θθ 22 cos1)sin1(2 ee −=− )cos(sin2221 θθ +==+ caPFPF θθ sincos1 ee =− 12cos −=θe 22sin −=θe 2 12 22tan = − −=θ 3 3cos =θ 36cos 12 −=−= θe E 2 2 2 2 1(a b 0)x y a b + = > > O A ( ,0)a B (0, )b M AB 2BM MA= OM 5 10 E e C (0, )b− N AC N AB 7 2 E AB 0bx ay ab+ − = NR ( )2 2 b a ay xb + = − AB NR P P 2 3 2 22( )P a b by a b −= + 5 5 b a = 3P by = 7 ( )2 2 2 3 b b+ − = 3b = 3 5a = 107 从而， 的方程为 解法 2：设 与 关于 对称，则 . 由 知 . 则 的中点 . 由 、 、 三点共线及 ，解得 ， . 故 的方程为 . 解法 3：令 ，则 . 由（Ⅰ）知 ，得 . 由题意 . 由 ，得 . 所以 ，解得 ， . 故 的方程为 . 【试题 1】2015 年湖北卷理科第 14 题：如图 1，圆 与 轴相切于点 ， 与 轴正半轴交于两点 、 （ 在 的上方），且 。 （Ⅰ）圆 的标准方程为 ； （Ⅱ）过点 任做一条直线与圆 ： 相交于 、 两点，下列三 E 2 2 145 9 x y+ = AC′ AC AB ( ,7)CC x′ 1AB CCk k ′⋅ = − 2 7 2C b bx a += CC′ 2 7 7( , )2 2 b b bP a + − A B P 2 25a b= 3b = 2 45a = E 2 2 145 9 x y+ = BAO α∠ = 2BAC α∠ = 5tan 5 α = 2cos2 3 α = 2cos2 1 3 2 AP AP AN AB α = = = 1 3AP AB= 3P by = 7 ( )2 2 2 3 b b+ − = 3b = 3 5a = E 2 2 145 9 x y+ = C x (1,0)T y A B B A 2AB = C A O 2 2 1x y+ = M N 108 个结论：①、 ；②、 ；③、 ；其中正确结 论的序号是 。（写出所有正确结论的序号） 解：（Ⅰ）略。 （Ⅱ）解法 1：在圆 中，令 ，得 、 。 当直线 为 轴时， ，所以 。于是 。 设点 满足 ，则 ，整理得 。 于是满足 的点 的轨迹为圆 。从而当直线 不是 轴 时，有 。 因此，正确结论的序号是①②③。 解法 2：在圆 中，令 ，得 、 。 设 ，则 ， ， ，所以 。同理 ，从而 。因此，正确结论的序号是①②③。 解法 3：在圆 中，令 ，得 、 。 NA MA NB MB = 2NB MA NA MB − = 2 2NB MA NA MB + = 2 2:( 1) ( 2) 2C x y− + − = 0x = (0, 2 1)A − (0, 2 1)B + MN y (0, 1), (0,1)M N− 2, 2 2, 2 2, 2MA MB NA NB= = + = − = 2 1, 2, 2 2NA MA NB MA NB MA NB MB NA MB NA MB = = − − = + = ( , )P x y 2 1PA PB = − 2 2 2 2 2 ( 2 1) ( 2 1) ( 2 1) x y x y + − + = − + − − 2 2 1x y+ = 2 1PA PB = − ( , )P x y 2 2: 1O x y+ = MN y 2 1, 2, 2 2NA MA NB MA NB MA NB MB NA MB NA MB = = − − = + = 2 2:( 1) ( 2) 2C x y− + − = 0x = (0, 2 1)A − (0, 2 1)B + ( , )M x y 2 2 1x y+ = 2 2( 2 1) 2( 2 1)( 2 )MA x y y= + − + = − − 2 2( 2 1) 2( 2 1)( 2 )MB x y y= + − − = + − 2 1MA MB = − 2 1NA NB = − , 2, 2 2NA MA NB MA NB MA NB MB NA MB NA MB = − = + = 2 2:( 1) ( 2) 2C x y− + − = 0x = (0, 2 1)A − (0, 2 1)B + 109 则 ，即 ，又 ，所 以 ，得 （ 、 、 三点共线时也成立）。同理 ，从而 。因此，正确结论 的序号是①②③。 2( 2 1)( 2 1) 1OA OB OM= − + = = OM OA OB OM = AOM MOB∠ = ∠ AOM MOB∆ ∆ 2 1MA OA MB OM = = − M A B 2 1NA NB = − , 2, 2 2NA MA NB MA NB MA NB MB NA MB NA MB = − = + =