(共20张PPT)
培优拓展(八)数列中的增减项问题
2025
数列中的增减项,是指由已知的数列通过插入项、剔除项或合并项等得到新的数列,再研究新数列的求和等问题,是高考命题的热点.解决此类问题的关键,是弄清楚新生成的数列与已知数列的关系,确定其特征,并根据题意和要求解题.
角度一 数列中的减项问题
例1已知数列{an}是等差数列,前n项和为Sn;数列{bn}是各项均为正数的等比数列,前n项和为Tn;且a2=b2=4,a8=b4=16.
(1)分别求数列{an},{bn}的通项公式和前n项和Sn,Tn;
(2)若将数列{an}中出现的数列{bn}的项剔除后,剩余的项从小到大排列得到数列{cn},记数列{cn}的前n项和为Kn,求K2 021.
(2)将数列{an}中出现的数列{bn}的项剔除后,剩余的项从小到大排列得到数列{cn},
∵b11=211=2 048
a2 021=4 042,
b12=212=4 096>a2 032=4 064,
∴数列{cn}的前2 021项和需要从数列{an}的前2 032项和中剔除{bn}的前11项,∴K2 021=S2 032-T11=2 0322+2 032-212+2=4 126 962.
角度二 数列中的并项问题
例2设Sn为数列{an}的前n项和,a2=7,且对任意的自然数n,恒有an+3=
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若集合A={x|x=an,n∈N*},B={x|x=3n,n∈N*},将集合A∪B中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{bn},记数列{bn}的前n项和为Tn,求T102的值.
可得n=1时,a1=2a1-3,解得a1=3;
n=2时,2a2=2S2-6=2(a1+a2)-6,解得a1=3;
n=3时,3a3=2S3-9=2(a1+a2+a3)-9,解得a3=11.
当n≥2时,由an+3= ,得nan=2Sn-3n,
得(n-1)an-1=2Sn-1-3(n-1),
两式相减可得(n-2)an=(n-1)an-1-3,
当n≥3时,由上式得(n-3)an-1=(n-2)·an-2-3,
上面两式相减可得an+an-2=2an-1,n≥3,且a1+a3=2a2,
所以数列{an}是首项为3,公差为4的等差数列,
所以an=3+4(n-1)=4n-1.
(2)因为集合A={x|x=4n-1,n∈N*},B={x|x=3n,n∈N*},
所以集合A∪B中的所有元素的最小值为3,
因为35=243所以T102=a1+a2+a3+…+a100+9+81= ×100×(3+400-1)+90=20 190.
角度三 数列中的插项问题
例3(2024江苏南京模拟)已知各项均为正数的数列{an}中,a1=1且满足
=2an+2an+1,数列{bn}的前n项和为Sn,满足2Sn+1=3bn.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若在bk与bk+1之间依次插入数列{an}中的k项构成新数列{cn}:b1,a1,b2,a2,a3,b3,a4,a5,a6,b4,…,求数列{cn}中前50项的和T50.
针对训练
1.(2024广东梅州一模)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=b1=4,b2=a2+1,b3=2a3-4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)数列{an}和{bn}的项从小到大依次排列(相等项计两项)得到新数列{cn},求{cn}的前50项的和.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
所以an=3n+1,bn=2n+1.
(2)由an=3n+1,bn=2n+1,可得{cn}的前50项中有3个相同的项,为4,16,64.
所以当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前5项时,
令3n+1=25+1=64,得n=21,则{cn}的第26项为64,
当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项时,
令3n+1<26+1=128,得n< ,则{cn}的第48项为128;
所以数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项且含有数列{an}的前44项,
故数列{cn}的前50项和
本 课 结 束(共17张PPT)
培优拓展(九)数列中的奇、偶项问题
2025
解数列中的奇、偶项问题,可以把一个数列分成两个新数列进行单独研究,利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.
数列中奇、偶项问题的常见题型有:
(1)数列中连续两项和或积的问题(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n));
(2)通项公式中含有(-1)n的类型;
(3)含有{a2n},{a2n-1}的类型;
(4)已知条件明确的奇、偶项问题.
角度一 通项中含有(-1)n的数列求和
例1已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且 +2an=4Sn,数列{bn}满足
(1)求数列{bn}的前n项和Bn,并证明Bn+1,Bn,Bn+2是等差数列;
(2)设cn=(-1)nan+bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
角度二 奇、偶项通项不同的数列求和
例2(2023新高考Ⅱ,18)已知{an}为等差数列, 记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
当n为偶数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-1-6+2an
=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)]
=[-1+3+…+(2n-5)]+[14+22+…+(4n+6)]
针对训练
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}的通项公式为cn=an+(-1)n·(3bn+1),求数列{cn}的前n项和Tn.
(2)由(1)可得an=2n,bn=n,则cn=an+(-1)n·(3bn+1)=2n+(-1)n(3n+1),则数列{cn}的前n项和Tn=21+(-1)×(3+1)+22+(-1)2×(3×2+1)+…+2n+(-1)n(3n+1),
当n为偶数,n∈N*时,Tn=(21+22+…+2n)+[(-1)×(3+1)+(-1)2×(3×2+1) +…+(-1)n(3n+1)].
本 课 结 束(共27张PPT)
培优拓展(三)同构函数
2025
同构函数问题是近几年高考的热点问题.同构函数问题是指在不等式、方程、函数中,通过等价变形形成相同形式,再构造函数,利用函数的性质解决问题,常见的同构有双变量同构和指对同构,一般都是压轴题,难度较大.
角度一 双变量同构型
例1(1)若实数a,b满足4a+log3a=8b+3log27b,则( )
C.a>b3 D.aA
解析 由题意知a>0,b>0,∵4a=22a,8b=23b,3log27b=log3b,∴22a+log3a=23b+log3b,
∴22a+log3a+log32=23b+log3b+log32,
即22a+log32a=23b+log32b,
∵y=log3x在(0,+∞)内单调递增,∴log32b设f(x)=2x+log3x,则f(2a)∵y=2x与y=log3x在(0,+∞)内单调递增,∴f(x)在(0,+∞)内单调递增,∴2a<3b,即a< .故选A.
(2)(2024福建福州模拟)已知函数f(x)=x-1-aln x(a∈R),g(x)= .
①当a=-2时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;
②若a<0,且对任意x1,x2∈(0,1],都有|f(x1)-f(x2)|<4|g(x1)-g(x2)|,求实数a的取值范围.
角度二 指对跨阶同构型
例2(2024湖南长沙模拟)已知函数f(x)=x(aex-1),a∈R.
(1)当a=1时,求f(x)的极小值;
(2)若g(x)=f(x)+(2-ln x-x)e3+x,求证:当a>1时,g(x)>0.
(1)解 当a=1时,f(x)=x(ex-1),则f'(x)=ex(x+1)-1,
当x>0时,f'(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)内单调递增;
当x<0时,0所以函数f(x)在x=0处取得极小值,为f(0)=0.
(2)证明 依题意,g(x)=axex+(2-ln x-x)e3的定义域为(0,+∞),
当a>1时,g(x)>xex+(2-ln x-x)e3,则只需证xex+(2-ln x-x)e3≥0,
只需证ex+ln x+(2-ln x-x)e3≥0,只需证ex+ln x-2-(x+ln x-2)e≥0.
令t=x+ln x-2,因为x∈(0,+∞),则t∈R.
只需证et-et≥0,令h(t)=et-et,所以h'(t)=et-e.
则当t∈(-∞,1)时,h'(t)<0,h(t)单调递减;
当t∈(1,+∞)时,h'(t)>0,h(t)单调递增.所以h(t)min=h(1)=0,所以et-et≥0恒成立,即当a>1时,g(x)>0.
角度三 零点同构型
D
(2)(2024辽宁大连模拟)已知函数f(x)=x2+2x+ex+1+e-x-1+k有且只有一个零点,则k的值为( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
A
解析 f(x)定义域为R,且f'(x)=2x+2+ex+1-e-x-1=x+1+ex+1-[-(x+1)+e-(x+1)],
令g(x)=x+ex,则g'(x)=1+ex>0恒成立,故g(x)=x+ex在R上单调递增,
当x+1>-(x+1),即x>-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x+1<-(x+1),即x<-1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
故f(x)在x=-1处取得极小值,也是最小值,
故要想满足f(x)有且只有一个零点,只需f(-1)=0,
即1-2+e-1+1+e1-1+k=0,解得k=-1.故选A.
针对训练
1.(2024河北沧州模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若 x>0,f(x)≤xe2x-2ax恒成立,求实数a的取值范围.
(2)设g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1,在区间(-∞,0)内,g'(x)<0,g(x)单调递减,在区间(0,+∞)内,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)≥g(0)=e0-0-1=0,所以ex≥x+1(当且仅当x=0时等号成立).
设g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1,
当x>0时,g'(x)>0,函数g(x)在(0,+∞)内单调递增,
当x<0时,g'(x)<0,函数g(x)在(-∞,0)内单调递减,
又g(0)=0,所以ex≥x+1,当且仅当x=0时取等号.
令t(x)=ln x+3x,因为y=ln x,y=3x在(0,+∞)内单调递增,
所以t(x)在(0,+∞)内单调递增.
所以xe3x=eln x+3x≥ln x+3x+1,当且仅当x=x0时取等号.
①当a≤3时,xe3x=eln x+3x≥ln x+3x+1≥ln x+ax+1成立.
综上,a的取值范围是(-∞,3].
本 课 结 束(共32张PPT)
培优拓展(一)抽象函数问题
2025
抽象函数是指没有具体地给出解析式,只给出它的一些特征或性质的函数;抽象函数型综合问题,一般通过对函数性质的代数表述,综合考查学生对于数学符号语言的理解和接受能力,考查对于函数性质的代数推理和论证能力,考查学生对于一般和特殊关系的认识,是考查学生能力的较好途径.抽象函数问题既是高考的难点,又是近几年高考的热点.
角度一 赋值法的应用
例1(1)(多选题)(2023新高考Ⅰ,11)已知函数f(x)的定义域为R, f(xy)=y2f(x)+x2f(y),则( )
A.f(0)=0
B.f(1)=0
C.f(x)是偶函数
D.x=0为f(x)的极小值点
ABC
解析 对于选项A,令x=0,y=0,f(0)=0,所以A正确;
对于选项B,令x=1,y=1,f(1×1)=12×f(1)+12×f(1)=2f(1),解得f(1)=0,所以B正确;
对于选项C,令x=-1,y=-1,f[(-1)×(-1)]=(-1)2×f(-1)+(-1)2×f(-1)=2f(-1),解得f(-1)=0;再令x=-1,y=x,f[(-1)×x]=x2×f(-1)+(-1)2×f(x),f(-x)=f(x),所以C正确;
对于选项D,用特值法,函数f(x)=0,为常数函数,且满足f(xy)=y2f(x)+x2f(y),而常数函数没有极值点,所以D错误.故选ABC.
(2)(2024辽宁抚顺一模)已知定义域为{x|x≠0}的函数f(x)满足对任意x≠0,y≠0,有f(x+y)[f(x)+f(y)]=f(x)f(y),f(1)=2,且当x∈(0,+∞)时,f(x)>0恒成立,则下列结论正确的是( )
A.f( )=6
B.f(2x)=2f(x)
C.f(x)为奇函数
D.f(x)在区间(0,+∞)是单调递增函数
C
假设存在x<0,使f(x)=0.把y用-2x代换,则有f(-x)[f(x)+f(-2x)]=f(x)f(-2x),
即f(-x)f(-2x)=0,又当x>0时,f(x)>0,所以产生矛盾,即x<0时,f(x)≠0,则f(x)≠0在函数f(x)的定义域内恒成立.
令-x代换x,y,则f(-x-x)[f(-x)+f(-x)]=f(-x)f(-x),即2f(-2x)·f(-x)=f(-x)f(-x),
所以2f(-2x)=f(-x),令-x代换x,所以2f(2x)=f(x),故B错误;
令y=-2x,则f(x-2x)[f(x)+f(-2x)]=f(x)f(-2x),即f(-x)·[f(x)+f(-2x)]=f(x)f(-2x).
化简可得f(-x)=-f(x),又函数f(x)的定义域关于原点对称,所以f(x)为奇函数,故C正确;
令x=y=1,则f(2)[f(1)+f(1)]=f(1)f(1),解得f(2)=1,f(1)=2>f(2)=1,故D错误.故选C.
角度二 特殊函数模型的应用
ABD
(2)(2024吉林模拟)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y), f(0)=1,f(3x+1)=-f(-3x+1),则 f(k)=( )
A.-2 B.-1 C.0 D.1
D
解析(方法一)令x=0,由f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),f(0)=1,可得f(-y)=f(y),所以f(x)是偶函数.因为f(3x+1)=-f(-3x+1),所以函数f(x)的图象关于点(1,0)对称,
(方法二)由题意知函数f(x)的定义域为R,且f(x+y)+f(x-y)=2f(x)·f(y),f(0)=1,
令x=0,则f(y)+f(-y)=2f(y),即f(-y)=f(y),故f(x)为偶函数;
又f(3x+1)=-f(-3x+1),令x=0,则f(1)=-f(1),所以f(1)=0,
又由f(3x+1)=-f(-3x+1),得f(x+1)+f(-x+1)=0,
即f(x)的图象关于点(1,0)成中心对称,则f(2)=-f(0)=-1.
f(x+1)+f(-x+1)=0,即f(x+2)=-f(-x),又结合f(x)为偶函数,
则f(x+2)=-f(x),故f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即4为f(x)的周期,
故f(3)=f(-1)=f(1)=0,f(4)=f(0)=1,
故 f(k)=f(0)+[f(1)+f(2)+…+f(2 024)]=1+506×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]
=1+506×(0-1+0+1)=1,故选D.
角度三 抽象函数性质的综合应用
例3(1)(多选题)(2024山东聊城一模)设f(x)是定义在R上的可导函数,其导数为g(x),若f(3x+1)是奇函数,且对于任意的x∈R,f(4-x)=f(x),则对于任意的k∈Z,下列说法正确的是( )
A.4k都是g(x)的周期
B.曲线y=g(x)关于点(2k,0)对称
C.曲线y=g(x)关于直线x=2k+1对称
D.g(x+4k)是偶函数
BC
解析 由f(3x+1)是奇函数,故有f(3x+1)=-f(-3x+1),即有f(x+1)=-f(-x+1),
故f'(x+1)=f'(-x+1),即g(x+1)=g(-x+1),故函数g(x)的图象关于直线x=1对称,
由f(4-x)=f(x),则-f'(4-x)=f'(x),即-g(4-x)=g(x).
故函数g(x)的图象关于(2,0)中心对称.
由-g(4-x)=g(x),则-g(3-x)=g(x+1),又g(x+1)=g(-x+1),故g(-x+1)=-g(3-x),即有g(x+1)=-g(3+x),
则g(x+3)=-g(x+5),故g(x+3)=-g(x+5)=-g(x+1),
即g(x+1)=g(x+5),故g(x)=g(x+4),故g(x)的周期为4.
对于A,当k=0时,4k=0,故A错误;
对于B,由g(x)周期为4,故g(4k-x)=g(-x),又-g(4-x)=g(x),故-g(-x)=g(x),
故g(-x)=-g(x)=g(4k-x),故曲线y=g(x)关于点(2k,0)对称,故B正确;
对于C,由g(x)的周期为4,故g(4k+2-x)=g(2-x),又g(x+1)=g(-x+1),
故g(x)=g(-x+2)=g(4k+2-x),故曲线y=g(x)关于直线x=2k+1对称,故C正确;
对于D,由选项B得-g(x)=g(4k-x),故-g(-x)=g(4k+x),又g(x)的周期为4,
故有-g(-x)=-g(4k-x),故g(4k+x)=-g(4k-x),又x∈R,即g(x+4k)都是奇函数,故D错误.故选BC.
(2)(多选题)(2024山东青岛期末)已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,若f(x)是奇函数,f(2)=-f(1)≠0,且对任意x,y∈R,f(x+y)=f(x)f'(y)+f'(x)f(y),则( )
ABD
解析 因为f(x+y)=f(x)f'(y)+f'(x)f(y),令x=y=1,得f(2)=2f(1)f'(1),又因为
f(2)=-f(1)≠0,所以f'(1)=- ,故A正确;
因为f(x)是定义域为R的奇函数,所以f(0)=0,且f'(x)为偶函数.令y=1,可得f(x+1)=f(x)f'(1)+f'(x)f(1).①
再用-x代替x,可得f(1-x)=f(-x)·f'(1)+f'(-x)f(1)=-f(x)f'(1)+f'(x)f(1),
则f(x-1)=f(x)f'(1)-f'(x)f(1).②
①+②,得f(x+1)+f(x-1)=2f(x)·f'(1),则f(x+1)=-f(x)-f(x-1),
所以f(x+2)=-f(x+1)-f(x),
f(x+3)=-f(x+2)-f(x+1)=f(x+1)+f(x)-f(x+1)=f(x),
所以f(x)是周期为3的周期函数,所以f(6)=f(3)=f(0)=0,故B正确;
针对训练
1.(多选题)(2024安徽安庆二模)已知定义在R上的函数f(x),满足对任意的实数x,y,均有f(x+y)=f(x)+f(y)-1,且当x>0时,f(x)<1,则( )
A.f(0)=1
B.f(1)+f(-1)=1
C.函数f(x)为减函数
D.函数y=f(x)的图象关于点(0,1)对称
ACD
解析 (方法一)由f(x+y)=f(x)+f(y)-1,且当x>0时,f(x)<1,可以令f(x)=-x+1,则f(0)=1,A正确;f(1)+f(-1)=0+2=2,B错误;f(x)=-x+1为减函数,C正确;因为f(0)=1,所以D正确.故选ACD.
(方法二)对于A,令x=y=0,则有f(0)=f(0)+f(0)-1,故f(0)=1,故A正确;
对于B,令x=1,y=-1,则有f(0)=f(1)+f(-1)-1,故f(1)+f(-1)=2,故B错误;
对于C,令y>0,则有f(x+y)-f(x)=f(y)-1,其中x+y>x,f(y)-1<0,
令x1=x+y,x2=x,即有对 x1,x2∈R,当x1>x2时,f(x1)-f(x2)<0恒成立,即函数f(x)为减函数,故C正确;
对于D,令y=-x,则有f(x-x)=f(x)+f(-x)-1,又f(0)=1,
故f(x)+f(-x)=2,故函数y=f(x)的图象关于点(0,1)对称,故D正确.故选ACD.
D
解析 由f(x+2)+f(x)=f(4),得f(x+4)+f(x+2)=f(4),则f(x+4)=f(x),即函数f(x)的周期为4.
由f(2x+1)是R上的奇函数,得f(-2x+1)=-f(2x+1),即f(-x+1)+f(x+1)=0,于是
D正确.故选D.
3.(多选题)(2024浙江宁波期末)已知函数f(x)满足:对 x,y∈R,都有
f(x-y)=f(x)f(y)+f(1+x)f(1+y),且f(0)≠f(2),则以下选项正确的是( )
A.f(1)=0 B.f(0)=0
C.f(x)+f(2-x)=0 D.f(x+4)=f(x)
ACD
解析 对于A,令x=y=0,则f(0)=[f(0)]2+[f(1)]2,
令x=y=1,则f(0)=[f(1)]2+[f(2)]2,所以[f(0)]2=[f(2)]2,
因为f(0)≠f(2),所以f(0)=-f(2).
令x=1,y=0,则f(1)=f(0)f(1)+f(1)f(2)=0,故A正确;
对于B,结合选项A可得f(0)=[f(0)]2,所以f(0)=0,或f(0)=1.
若f(0)=0,则f(0)=[f(1)]2+[f(2)]2=0,
所以f(2)=0,此时与f(0)≠f(2)矛盾,舍去;
若f(0)=1,则f(0)=[f(1)]2+[f(2)]2=1,解得f(2)=±1,
因为f(0)≠f(2),所以f(2)=-1,故B错误;
对于C,令x=0,则f(-y)=f(0)f(y)+f(1)f(1+y),因为f(1)=0,f(0)=1,所以f(-y)=f(y),所以f(x)为偶函数,
令x=1,则f(1-y)=f(1)f(y)+f(2)f(1+y)=f(2)f(1+y)=-f(1+y),
所以f(1-y)=-f(1+y),令y=1-x,则f(x)=-f(2-x),
即f(x)+f(2-x)=0,故C正确;
对于D,因为f(x)=-f(2-x),
把x换成x+2,则f(x+2)=-f(-x),又f(x)为偶函数,所以f(-x)=f(x),所以f(x+2)=-f(x).
把x换成x+2,则f(x+4)=-f(x+2)=f(x),所以f(x+4)=f(x),故D正确.故选ACD.
4.(多选题)(2024湖南衡阳二模)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,
y=g(x+4)-3是奇函数,且g(x)-f(x-2)=2,f(x)+g(x+6)=4,g(2)=4,则( )
A.g(4)=3 B.f(x)为奇函数
C.g(x+2)为偶函数
ACD
解析 由y=g(x+4)-3是奇函数,则g(-x+4)-3=-g(x+4)+3,即g(-x+4)+g(x+4)=6,令x=0,则g(4)=3,故A正确;
由g(x)-f(x-2)=2,g(2)=4,令x=2,则f(0)=2≠0,故f(x)不是奇函数,故B错误;
由g(-x+4)+g(x+4)=6,把x代换成x-2,则g(-x+6)+g(x+2)=6,
故g(x+2)=6-g(-x+6),所以g(-x+2)=6-g(x+6)=6-(4-f(x))=2+f(x),
而g(x)-f(x-2)=2,则g(x+2)-f(x)=2,
故g(x+2)=2+f(x)=g(-x+2),
所以g(x+2)是偶函数,故C正确;
因为g(x)-f(x-2)=2,所以g(x+6)-f(x+4)=2,
又因为f(x)+g(x+6)=4,所以f(x)+f(x+4)=2,
所以f(x+4)+f(x+8)=2,所以f(x)=f(x+8),所以f(x)的周期为8.因为g(x+2)是偶函数,所以y=f(x)+2是偶函数,则f(x)是偶函数.
因为g(x)-f(x-2)=2,所以g(x+4)-f(x+2)=2,g(4-x)-f(2-x)=2,
所以g(x+4)+g(4-x)-f(x+2)-f(2-x)=4,即f(x+2)+f(2-x)=2,
因为g(2)=4,所以由g(x)-f(x-2)=2,得g(2)-f(0)=2,得f(0)=2,
由f(x+2)+f(2-x)=2,得f(2)=1,f(4)+f(0)=2,f(4)=0,f(3)+f(1)=2,
因为f(x)的周期为8,所以f(5)=f(-3)=f(3),f(6)=f(-2)=f(2)=1,f(7)=f(-1)=f(1),
本 课 结 束(共21张PPT)
培优拓展(四)隐零点问题
2025
导函数的零点在很多情况下是无法直接求解出来的,我们称之为“隐零点”,既能确定其存在,但又无法用显性的代数方法进行表达.这类问题的解题思路是对导函数的零点设而不求,通过整体代换和过渡,再结合题目条件解决问题.
角度一 不含参函数的隐零点问题
例1(2024山东威海二模)已知函数f(x)=ln x-ax+1.
(1)求f(x)的极值;
(2)证明:ln x+x+1≤xex.
角度二 含参函数的隐零点问题
例2(2024江苏模拟预测)已知函数f(x)=ax-elogax-e,其中a>1.
(1)若a=e,证明f(x)≥0;
(2)讨论f(x)的极值点的个数.
(1)证明 当a=e时,f(x)=ex-eln x-e,f'(x)=ex- ,f'(1)=0,f(1)=0,又易知f'(x)在(0,+∞)内为增函数,
所以当0当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
从而f(x)≥f(1)=0.
设g(x)=xaxln2a-e,a>1,显然函数g(x)在(0,+∞)内单调递增,g(x)与f'(x)同号,
①当a>e时,g(0)=-e<0,g(1)=aln2a-e>0,所以函数g(x)在(0,1)内有一个零点x0,
且x∈(0,x0),g(x)<0,x∈(x0,+∞),g(x)>0,
故f(x)在(0,x0)内单调递减,在(x0,+∞)内单调递增,
所以函数f(x)在(0,+∞)内有且仅有一个极值点;
②当a=e时,由(1)知,函数f(x)在(0,+∞)内有且仅有一个极值点;
且当x∈(0,x1)时,g(x)<0,当x∈(x1,+∞)时,g(x)>0,
故f(x)在(0,x1)内单调递减,在(x1,+∞)内单调递增,
所以函数f(x)在(0,+∞)内有且仅有一个极值点.
综上所述,函数f(x)在(0,+∞)内有且仅有一个极值点.
针对训练
1.(2024浙江杭州模拟)已知函数f(x)=(x+a)ln x- x2.
(1)若f(x)在其定义域内单调,求实数a的取值范围;
(2)若a=2,f(x)的极大值为M,证明:M>0.
当x∈(0,1)时,F'(x)>0,F(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,F'(x)<0,F(x)单调递减,
故F(x)max=F(1)=0,故F(x)≤0,即ln x≤x-1,
又x>0,∴g(x)≤a,
∵函数f(x)在其定义域内单调,∴依题知f'(x)≤0在其定义域内恒成立,
∴g(x)≤0在其定义域内恒成立,∴a≤0,即实数a的取值范围为(-∞,0].
∵在(0,x1)上,h(x)>0,即f'(x)>0,在(x1,+∞)上,h(x)<0,即f'(x)<0,
∴f(x)在(0,x1)内单调递增,在(x1,+∞)内单调递减,
2.(2024北京朝阳一模)已知函数f(x)=(1-ax)ex(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若关于x的不等式f(x)>a(1-x)无整数解,求a的取值范围.
设t(x)=ex+x-2,t'(x)=ex+1>0,所以t(x)单调递增,
且t(0)=-1<0,t(1)=e-1>0,所以存在x0∈(0,1),使t(x0)=0,即h'(x0)=0,
当x∈(-∞,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
设φ(x)=ex-x-1,则φ'(x)=ex-1,当x>0时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,当x<0时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,所以φ(x)≥φ(0)=0,当且仅当x=0时,等号成立.
本 课 结 束(共20张PPT)
培优拓展(二)导数应用中的函数构造
2025
导数中的函数构造问题是高考考查的一个热点内容,经常以客观题形式出现,通过已知等式或不等式的结构特征,构造新函数,解决比较大小、解不等式、恒成立等问题.常见的构造函数的形式是利用求导法则,常见类型如下:
(1)利用f(x)与x构造
①出现nf(x)+xf'(x)的形式,构造函数F(x)=xnf(x);
②出现xf'(x)-nf(x)的形式,构造函数
角度一 根据求导法则构造函数
例1(1)(2024山西大同模拟)设函数f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数,且满足2xf'(x)+f(x)<0,其中f'(x)为f(x)的导函数,则对于任意a>b>0,必有( )
A.a2f(a)b2f(b) C.af(a2)bf(b2)
C
(2)(2024浙江杭州模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)sin x+f'(x)cos x >0,则( )
B
(3)(2024湖南邵阳二模)已知函数f(x)的定义域为R,f'(x)为f(x)的导函数.若f(1)=e,且f'(x)+exA.(-∞,2) B.(2,+∞) C.(-∞,1) D.(1,+∞)
D
角度二 寻找共性构造函数
A.aC.bD
(2)(2024陕西商洛模拟)已知函数f(x)=2xln x-ax2,若对任意的x1,x2∈(0,+∞),当x1>x2时,都有2x1+f(x2)>2x2+f(x1),则实数a的取值范围为( )
C
解析 不等式2x1+f(x2)>2x2+f(x1)等价于f(x1)-2x1令F(x)=f(x)-2x,x∈(0,+∞),根据题意对任意的x1,x2∈(0,+∞),
当x1>x2时,F(x1)(3)(2024山东菏泽模拟)若对于任意正数x,y,不等式x(1+ln x)≥xln y-ay恒成立,则实数a的取值范围是( )
C
针对训练
A.cC.bA
2.(2024四川成都模拟)若函数f(x)对任意的x∈R都有f'(x)A.2f(2)>e2f(ln 2) B.2f(2)=e2f(ln 2)
C.2f(2)C
3.(2024河北承德模拟)已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为(0,+∞),且xf'(x)>(x-1)f(x)恒成立,f(3)=e,则不等式(x+4)f(x+4)<3ex+2的解集为( )
A.(-4,-1) B.(-1,1)
C.(-1,2) D.(-1,+∞)
A
4.(2024湖北孝感模拟)定义在(0,+∞)内的函数f(x)的导函数为f'(x),且
(x3-x2+x)f'(x)<(3x2-2x+1)f(x)恒成立,则必有( )
D
本 课 结 束(共35张PPT)
培优拓展(七)三角形中的特殊线段问题
2025
三角形中的特殊线段主要是三角形中一边的中线、角的平分线以及高线,在考查过程中主要涉及长度的计算、范围的计算等.
角度一 三角形中的中线问题
(2)如图,设AM的延长线交BC于点D.因为点M为△ABC的重心,所以点D为BC的中点,
角度二 三角形中的角平分线问题
例2(1)(2023全国甲,理16)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC= ,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD= .
2
(2)(2024湖南娄底一模)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=13, A= ,b>c,△ABC的内切圆圆I的面积为3π.
①求b,c的值及cos∠ABC;
②若点D在AC上,且B,I,D三点共线,试讨论在BC边上是否存在点M,使得
若存在,求出点M的位置,并求出△DBM的面积;若不存在,请说明理由.
角度三 三角形中的高线问题
例3(2023新高考Ⅰ,17)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB=5,求AB边上的高.
角度四 三角形中其他线段的长度问题
针对训练
1.(2024浙江杭州模拟)在①b(sin A+sin B)=(c+a)(sin C-sin A),
② 这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答.
在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且 .
(1)求角C的大小;
(2)已知c=7,D是边AB的中点,且CD⊥CB,求CD的长.
解 (1)选条件①.
由b(sin A+sin B)=(c+a)(sin C-sin A)及正弦定理,
得b(a+b)=(c+a)(c-a),即a2+b2-c2=-ab,
因为∠ADC+∠BDC=π,所以cos∠ADC+cos∠BDC=0.
由余弦定理得a2=BD2+CD2-2BD·CDcos∠BDC,
b2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC,因为D是边AB的中点,
(方法四)以C为坐标原点,CB所在直线为x轴,CD所在直线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
则C(0,0),B(a,0),设D(0,d),因为D是边AB的中点,所以A(-a,2d).
(2)在△ABC中,由点D在边AB上,CD为∠ACB的平分线,得
S△ABC=S△ACD+S△BCD,
本 课 结 束(共26张PPT)
培优拓展(十八)圆锥曲线中非韦达定理的应用
2025
在解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时,我们常联立方程组,利用韦达定理整体代入来解决;但是有些情况(如有些定点、定值、定线问题),我们发现把韦达定理整体代入并不能完全消除两根,一般把这类问题称之为“非对称韦达定理”.
角度一 两根之比型(如 )
角度二 系数不等型(如λx1+μx2=m,其中λ≠μ,m≠0)
(1)求椭圆的方程;
(2)已知P(0,1),A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点A作斜率为k1的直线交椭圆于E,连接EP并延长交椭圆于F,记直线BF的斜率为k2,若k1=3k2,求直线EF的方程.
(2)由(1)可知,上焦点F(0,2),且直线l的斜率存在,
设直线l的斜率为k,A(x1,y1),B(x2,y2),则直线l的方程为y=kx+2,
角度三
本 课 结 束
得方法技巧
方法一将1
=一2取倒数相加，得到
y2
y2
,这样处理将不对称式转化为对称式，就
5
可以将韦达定理的结果整体代入了
方法二是利用条件y1=一2y2,得到y1十y2
与
y1y2的关系
(y十y2)”=
y1y2
然后税可以用
韦达定理处理了.
方法三是利用y1=一2y2与y1十y2y1y2的
表达式，代入消元求解
得方法技巧
4k
利用韦达定理中隐含着2kx1x2=
2k2+1
x1十x2的关系，代入消元得到(1一)（x1十
2k+2
1+2k2
)=0,从而求得=1.
具方法技巧
对于分式上下不对称型，方法一是根据韦达定
理y1十y2,y1y2的表达式，把y1y2转化为y1十
y2;方法二保留y1y2不动，y1和y2中消去y2保
留y1,化简得定值.(共21张PPT)
培优拓展(五)极值点偏移问题
2025
1.极值点偏移是指函数在极值点x0左边和右边的增减速度不一样,导致函数图象不关于直线x=x0对称,如图所示.
(1)左右对称,无偏移,如二次函数.若f(x1)=f(x2),则x1+x2=2x0,如图(1).
(2)左陡右缓,极值点向左偏移.若f(x1)=f(x2),则x1+x2>2x0,如图(2).
(3)左缓右陡,极值点向右偏移.若f(x1)=f(x2),则x1+x2<2x0,如图(3).
图(1)
图(2)
图(3)
2.极值点偏移问题的结论不一定总是x1+x2>2x0(或<2x0),也可能是
x1x2>
常用的解法有对称化构造函数法和比值代换法.
角度一 对称化构造函数
例1(2024广东湛江一模)已知函数
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若方程f(x)=1有两个根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明:x1x2>1.
当00,则f(x)在(0,1)内单调递增,
当x>1时,f'(x)<0,则f(x)在(1,+∞)内单调递减.
角度二 比(差)值换元
例2(2024天津一模)设函数f(x)=x2+ln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)设函数g(x)=f(x)-ax(a∈R).
①若x=1时,g(x)取得极值,求g(x)的单调区间;
(1)解 f'(x)=2x+ ,则f'(1)=3,f(1)=1,
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=3(x-1),即y=3x-2.
针对训练
1.(2024山西太原模拟)已知函数f(x)=ln x+ +mx.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若f(x1)-mx1=f(x2)-mx2(02.
当- 0时,x1<0∴函数h(x)在(0,1)内单调递增,
∴h(x1)=g(2-x1)-g(x1)∴g(2-x1)∵2-x1>1,x2>1,g(x)在(1,+∞)内单调递增,∴2-x12.
2.(2024江西南昌高三期末)已知函数f(x)=x-ln x-2.
(1)求f(x)的最小值;
(2)若方程f(x)=a有两个不相等的实数根x1,x2(x13.
所以f'(x)>0 x>1,f'(x)<0 0从而f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,
故f(x)min=f(1)=-1.
(2)证明 由(1)可得0因为x1和x2是方程f(x)=a的实根,
两式作差得x1-x2-ln x1+ln x2=0,
本 课 结 束(共29张PPT)
培优拓展(十一)截面与交线问题
2025
立体几何中,截面是指用一个平面去截几何体得到的平面图形,确定截面的形状及内含的数量关系,首先要确定交线.“截面、交线”问题是高考中对立体几何知识考查的最具创新性的题型之一,它渗透了一些动态的线、面等元素,给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题常与解三角形、多边形面积、扇形弧长及面积、平面的基本性质等结合,有些问题还要借助于空间向量坐标运算求解.
角度一 多面体中的截面问题
例1(多选题)(2024浙江杭州模拟)如图,已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,点P是棱AB的中点,过点P作正方体ABCD-A1B1C1D1的截面,则下列判断正确的是( )
A.截面的形状可能是正三角形
B.截面的形状可能是直角梯形
C.此截面可以将正方体分成体积比为1∶3的两部分
D.若截面的形状是六边形,则其周长为定值
AC
解析 如图,点M,N分别为BB1,BC的中点,连接PM,MN,NP,可知PM=PN=MN,即截面的形状是正三角形,故A正确;
易知,若过点P的截面为梯形,则该梯形只有可能为等腰梯形,故B错误;
如图,点Q为A1B1的中点,连接PQ,C1Q,CP,则正方体的体积为8,三棱柱BPC-B1QC1的体积为 ×1×2×2=2,所以截面将正方体分成体积比为
2∶(8-2)=1∶3的两部分,故C正确;
如图所示,点E为BC的中点,连接PE并延长,交DA的延长线于点M,交DC的延长线于点N.
过点M作MJ,交AA1于点I,交A1D1于点H,交DD1的延长线于点J,连接NJ,交CC1于点F,交C1D1于点G.因为P,E为AB,BC的中点,易知DM=DN,易证△JDM≌△JDN,设∠IMA=θ,所以∠FNC=θ.
角度二 球的截面问题
例2 (2024湖南长沙模拟)如图,棱长为2的正四面体ABCD中,M,N分别为棱AD,BC的中点,O为线段MN的中点,球O的表面正好经过点M,则球O被平面BCD截得的截面面积为 .
解析 如图,在棱长为2的正四面体ABCD中,连接AN,DN,过O作OE⊥DN于点E.
因为点M,N分别为棱AD,BC的中点,所以AN⊥BC,DN⊥BC.
又AN∩DN=N,AN,DN 平面AND,所以BC⊥平面AND.
又BC 平面BCD,于是平面AND⊥平面BCD.
又平面AND∩平面BCD=DN,OE⊥DN,
所以OE⊥平面BCD.
由题可知AN=DN= ,DM=1,MN⊥AD,
所以MN= ,
角度三 多面体中的交线问题
例3在正三棱台A1B1C1-ABC中,A1B1=1,AB=AA1=2,点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点,若过点A,E,F作截面,则截面与上底面A1B1C1的交线长为 .
解析 连接AF并延长交CC1的延长线于点M,连接ME交B1C1于点N,连接FN,如图,则线段FN即为截面AEF与上底面ABC的交线.
角度四 与球有关的交线问题
例4已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,
为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 .
解析 如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°且B1C1=C1D1,
∴△B1C1D1为等边三角形.∴B1D1=2.
设点O1是B1C1的中点,则O1D1= ,易证D1O1⊥平面BCC1B1,设P是球面与侧面BCC1B1交线上任意一点,连接O1P,则O1D1⊥O1P,
取BB1,CC1的中点分别为E,F,
则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,
∴O1E=O1F= ,O1E2+O1F2=EF2=4,
∴∠EO1F=90°,
针对训练
1.(2024河北廊坊模拟)如图所示,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面边长为3,下底面边长为6,体积为 ,点E在AD上且满足DE=2AE,过点E的平面α与平面D1AC平行,且与正四棱台各面相交得到截面多边形,则该截面多边形的周长为( )
D
解析 如图所示,
又ME∩MN=M,ME,MN 平面EMN,AD1∩CD1=D1,AD1,CD1 平面D1AC,所以平面EMN∥平面D1AC,所以△EMN即为所求截面多边形,所以截面多边形的周长为 故选D.
2.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,D为棱AB的中点,则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为 .
解析 如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点,连接AO2,AO,OD.
设外接球的半径为R,下底面外接圆的半径为r.
3.(2024湖南长沙模拟)如图,已知在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=2,且点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点.过点A,E,F作三棱柱截面交C1B1于点P,则线段B1P的长度为 .
解析 如图,延长AF,交CC1的延长线于点M,连接EM,交B1C1于点P,则四边形AFPE即为所求截面多边形.因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,AA1=AB=2,点F为棱A1C1的中点,所以△AFA1≌△MFC1,所以MC1=AA1=2.
4.(2024江苏南京模拟)在正三棱锥A-BCD中,底面△BCD的边长为4,E为AD的中点,AB⊥CE,则以D为球心,AD为半径的球截该棱锥各面所得交线长
为 .
解析 如图,取CD中点F,连接BF,过点A作AO⊥平面BCD,垂足为O.由正三棱锥性质可知,点O为正三角形BCD的中心,所以点O在BF上.
因为CD 平面BCD,所以AO⊥CD.
又BF⊥CD,BF∩AO=O,BF,AO 平面ABO,所以CD⊥平面ABO.又AB 平面ABO,所以AB⊥CD.又CE⊥AB,CE∩CD=C,CE,CD 平面ACD,所以AB⊥平面ACD.又AC 平面ACD,所以AC⊥AB.由正三棱锥性质可知,AC,AB,AD两两垂直,且AB=AC=AD,则
本 课 结 束(共29张PPT)
培优拓展(十)球的“切”“接”问题
2025
空间几何体的外接球和内切球是高中数学的难点和重点,也是高考命题的热点.既有相对简单的几何体的外接球和内切球问题,也有难度较大的特殊几何体模型问题,题型为选择或填空题.
角度一 三棱锥的外接球问题
热点一 墙角模型
例1(2024河北保定模拟)已知S,A,B,C是球O表面上的不同点,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=1,BC= ,若球O的表面积为4π,则SA=( )
B
解析 如图,由SA⊥平面ABC,可知SA⊥AB,SA⊥BC.
[对点训练1](2024陕西咸阳二模)已知三棱锥D-ABC中,AB=4,AC=3,BC=5, DB⊥平面ABC,且DB=4,则该三棱锥的外接球的表面积为 .
41π
解析 因为AB=4,AC=3,BC=5,所以AB2+AC2=BC2,所以∠BAC=90°.又DB⊥底面ABC,AB,BC 平面ABC,所以DB⊥AB,DB⊥BC,所以三棱锥D-ABC的外接球即为以AB,AC,DB为棱的长方体的外接球,其中DC为该长方体体对角线,即该三棱锥的外接球的半径
热点二 对棱相等模型
例2在三棱锥P-ABC中,已知 ,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为( )
A.77π B.64π
C.108π D.72π
A
解析 因为三棱锥的对棱相等,所以可以把它看成某个长方体的面对角线构成的几何体.设长方体过同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,且长方体的面对
[对点训练2]若四面体ABCD中,AB=CD=BC=AD= ,AC=BD= ,则四面体的外接球的表面积为 .
6π
解析 如图,因为四面体的对棱相等,所以可以把它看成某个长方体的面对角线构成的几何体.
热点三 垂面模型
例3(1)(2023全国乙,文16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= .
2
(2)已知三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC,PB=2 ,AC=6,∠ABC=120°,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为 .
60π
解析 由题意,将三棱锥P-ABC补成直三棱柱(图略),则该直三棱柱的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球,且直三棱柱的外接球球心落在上、下底面外接圆圆心连线的中点上.
[对点训练3](2024四川凉山二模)已知在三棱锥P-ABC中,PA= ,PB=PC=2,底面ABC是边长为1的正三角形,则该三棱锥的外接球表面积为( )
B
解析 如图,在三棱锥P-ABC中,PA= ,PB=PC=2,△ABC的边长为1,则PA2+AB2=PB2,所以PA⊥AB.同理,PA⊥AC.
又AB∩AC=A,AB,AC 平面ABC,所以PA⊥平面ABC.
设△ABC的外心为O1,三棱锥P-ABC外接球球心为O,
PA的中点为D,连接OP,OD,OO1,O1A,易知四边形ADOO1是矩形,
角度二 内切球问题
例4在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD=1,则其内切球的表面积为( )
C
解析 如图,因为四面体ABCD四个面都为直角三角形,AB⊥平面BCD,所以AB⊥BD,AB⊥BC.
又BC⊥CD,所以AC⊥CD.
[对点训练4]已知三棱锥P-ABC的棱长均为4,先在三棱锥P-ABC内放入一个内切球O1,然后再放入一个球O2,使得球O2与球O1及三棱锥P-ABC的三个侧面都相切,则球O2的表面积为 .
角度三 与球切、接有关的最值问题
例5已知正三棱锥的外接球半径R为1,则该正三棱锥的体积的最大值为( )
C
解析 如图所示,设该正三棱锥的高为h,底面外接圆的半径为r,底面面积为S,
由球的对称性可知,若使正三棱锥的体积最大,则其外接球的球心一定在三棱锥内部,即1由球的截面圆的性质,可得OA2= ,即R2=r2+(h-R)2,解得
[对点训练5]
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AA1=4,AC=BC=2, ∠ACB=90°,D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动,则三棱锥D-ABC的外接球体积的最大值为( )
C
解析 如图,因为AC=BC=2,∠ACB=90°,所以△ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1,且AO1=BO1= .取A1B1的中点E,连接O1E,则O1E∥AA1,所以O1E⊥平面ABC.
本 课 结 束(共20张PPT)
培优拓展(十五)隐形圆问题
2025
在解决某些解析几何问题时,题设条件看似与圆无关,但通过对题目条件的分析、转化后,会发现满足条件的点的轨迹是一个圆,进而可得出圆的方程,再利用圆的知识求解,我们一般称这类问题为隐形圆问题.
角度一 利用圆的定义或几何性质确定隐形圆
例1(1)已知圆C:x2+y2-4x=0,点A(-1,0),B(1,2),则圆C上使得|PA|2+|PB|2=12成立的点P有( )
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
C
解析 如图,假设圆C上存在点P,设P(x,y),圆C的方程可化为(x-2)2+y2=4,圆心为(2,0).
|PA|2+|PB|2=(x+1)2+(y-0)2+(x-1)2+(y-2)2=12,即x2+y2-2y-3=0,整理得
x2+(y-1)2=4,点P的轨迹是以(0,1)为圆心,2为半径的圆.
(2)舒腾尺是荷兰数学家舒腾设计的一种作图工具,如图,O是滑槽AB的中点,短杆ON可绕O转动,长杆MN通过N处的铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动.当点D在滑槽AB内做往复移动时,带动点N绕O转动,点M也随
之而运动.若ON=DN=1,MN=3,AB=4,则|MA|的最小值为 .
解析 以滑槽AB所在的直线为x轴,O为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(-2,0),B(2,0).
[对点训练1](2024江苏徐州一模)已知点A(1,0),B(5,0),若 ≤4,则点P到直线3x-y+1=0距离的最小值为 .
角度二 由圆周角的性质确定隐形圆
例2(2024浙江嘉兴二模)已知圆C:(x-5)2+(y+2)2=r2(r>0),A(-6,0),B(0,8),若圆C上存在点P使得PA⊥PB,则r的取值范围为( )
A.(0,5] B.[5,15] C.[10,15] D.[15,+∞)
B
解析 由PA⊥PB可知点P的轨迹是以AB为直径的圆,设为圆M.
因为A(-6,0),B(0,8),故圆M:(x+3)2+(y-4)2=25.
依题意知圆M与圆C至少有一个公共点.
因为C(5,-2),M(-3,4),则|CM|= =10,由|r-5|≤|CM|≤5+r,解得5≤r≤15.故选B.
[对点训练2]在平面直角坐标系xOy中,点A(-6,-2),B(4,-2),直线kx-y+8k-2 =0(k∈R)上存在点M(x0,y0)满足∠AMB=90°,则实数k的一个可能取值
是 .
角度三 阿波罗尼斯圆
例3(2024湖南岳阳模拟)数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数λ(λ>0且λ≠1)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为“阿波罗尼斯圆”,简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中,A(-2,0),动点M满足|MA|=2|MO|,得到动点M的轨迹是阿氏圆C.若对任意实数k,直线l:y=k(x-1)+b与圆C恒有公共点,则实数b的取值范围是( )
C
解析 设点M(x,y),
因为|MA|=2|MO|,
所以(x+2)2+y2=4x2+4y2,
所以动点M的轨迹为阿波罗尼斯圆C:3x2+3y2-4x-4=0,
又直线l:y=k(x-1)+b恒过点(1,b),
若对任意实数k直线l:y=k(x-1)+b与圆C恒有公共点,所以点(1,b)在圆C的
B
本 课 结 束(共12张PPT)
培优拓展(十七)椭圆、双曲线的垂径定理
2025
在培优拓展(十六)中我们介绍了椭圆的第三定义,并由其得出:若A,B是椭圆上关于原点对称的两点,P是椭圆上异于A,B的点,若kPA,kPB都存在,当椭圆的焦点在x轴上时,则kPA·kPB=e2-1=- .如图,取弦PB的中点M,由三角形中位线性质知OM∥PA,所以有kOM·kPB=e2-1=- ,这个结论我们称之为椭圆的垂径定理.类比也可得出双曲线的垂径定理.
角度一 椭圆垂径定理的应用
角度二 双曲线的垂径定理的应用
例2已知双曲线E的中心为原点,F(3,0)是双曲线E的一个焦点,过点F的直线与双曲线E相交于A,B两点,且AB的中点坐标为M(-12,-15),则E的方程为( )
C
[对点训练2]已知双曲线x2- =1上存在两点M,N关于直线l:y=x+m对称,且线段MN的中点Q在抛物线y2=9x上,则m的值为 .
0或-4
本 课 结 束
y中
P
M
B
X
A
目方法技巧
若AB是椭圆
6=1(a>b>0)的不平行
于对称轴的弦，M(xo,yo)为线段AB的中，点，则
根据椭圆的垂径定理有oM·AB=e2一1=
得方法技巧
y
若AB是双曲线
=1(a>0,6>0)的不
平行于对称轴的弦，M(xo,yo)为线段AB的中
b2
点，则koM·bAB=e2一1=
a(共13张PPT)
培优拓展(十六)椭圆的第二、第三定义
2025
椭圆是最重要的圆锥曲线之一,除了教材中学习的定义外,还有两种重要定义,我们一般称为第二定义和第三定义.
第二定义:平面内到定点距离与到定直线(定点不在定直线上)距离之比为常数e(0第三定义:平面内与两定点连线的斜率之积为常数λ(λ<0且λ≠-1)的动点的轨迹为椭圆(不含两定点).
椭圆第二定义在处理焦半径与椭圆外线段(距离)和最值问题时有很大优势,第三定义则适用于快速解决椭圆的中点弦、中心弦问题.如能合理利用椭圆的第二、第三定义,能使很多问题变难为易,迎刃而解.
角度一 第二定义
方法技巧
椭圆的第二定义
B
角度二 第三定义
例2已知A,B是椭圆 =1(a>b>0)长轴的两个端点,M,N是椭圆上关于x轴对称的两点,直线AM,BN的斜率分别为k1,k2,且k1k2≠0,若|k1|+|k2|的最小值
为1,则椭圆的离心率为 .
解析 如图所示,连接MB,因为M,N关于x轴对称,所以kMB=-kBN=-k2.
A
本 课 结 束
y米
P2
F
0
F
X
P
I
y
M
A
B
0
X
W
目方法技巧
由椭圆的第三定义可得：若A,B是椭圆上关
于原点对称的两点，P是椭圆上异于A,B的，点，若
kPA,kPB都存在，则(1)若椭圆的焦点在x轴上，则
pA·kpB=e2一1=一%2；(2)若椭圆的焦点在y
轴上，则kpA·kps=一2（a>b>0).
y米
P
Q
A
B
0
X(共19张PPT)
培优拓展(十二)立体几何中的动态问题
2025
立体几何中的“动态问题”,是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的,是可变的一类开放性问题.由于“动态”的存在,也使立体几何问题更趋多元化,将立体几何问题与平面几何中的轨迹问题、解三角形问题等之间架设了桥梁,可以灵活转化.
立体几何中的动态问题主要有两个类型:(1)研究动点的轨迹,主要方法有定义法(如圆锥曲线定义)、解析法、交轨法;(2)与动点有关的最值、范围问题,主要方法有几何法、函数法.
角度一 动点的轨迹问题
例1(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,
M为DD1的中点,N为ABCD所在平面上一动点,
则下列说法正确的是( )
A.若MN与平面ABCD所成的角为 ,则点N的轨迹为圆
B.若MN=4,则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等,则点N的轨迹为抛物线
D.若D1N与AB所成的角为 ,则点N的轨迹为双曲线
ACD
对于B,在直角三角形MDN中,
.如图,取MD
的中点E,连接EP.因为P为MN的中点,所以PE∥DN,PE= .因为DN⊥ED,所以PE⊥ED,所以点P在过点E且与DD1垂直的平面内,所以点P的轨迹为以点E为圆心,为半径的圆,其面积为π·( )2=3π,故B不正确;
对于C,连接NB,因为BB1⊥平面ABCD,NB 平面ABCD,所以BB1⊥NB,所以点N到直线BB1的距离为点N到点B的距离.
又点B不在直线CD上,所以点N的轨迹为以点B为焦点,CD为准线的抛物线,故C正确;
对于D,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(4,0,0),B(4,4,0),D1(0,0,4).设N(x,y,0),则
[对点训练1]在矩形ABCD中,点E是AB的中点,AD=1,AB=2,将△ADE绕DE顺时针旋转90°得到△A'DE,设A'C的中点为M,在此过程中动点M形成的
轨迹长度为 .
解析 如图,连接AC,设AC的中点为M0,△ADE绕DE顺时针旋转90°,此时平面A'DE⊥平面ABCD.
取CD中点P,CE中点Q,连接PQ,MP,MQ,M0P,M0Q,取PQ中点N,连接MN,M0N.
由题可知, 所以△MPQ和△M0PQ是等腰直角三角形.
易知△MPQ和△M0PQ在旋转过程中保持形状、
大小不变,所以动点M的轨迹是以N为圆心,
为半径的一段圆弧.
又MP∥A'D,MQ∥A'E,MP∩MQ=M,MP,MQ 平面MPQ, A'D∩A'E=A',A'D,A'E 平面A'DE,所以平面MPQ∥平面A'DE.
又平面A'DE⊥平面ABCD,所以平面MPQ⊥平面ABCD.又平面MPQ∩平面ABCD=PQ,MN⊥PQ,所以MN⊥平面ABCD.又M0N 平面ABCD,所以MN⊥M0N.故动点M形成的轨迹长度为
角度二 与动点有关的最值、范围问题
例2(多选题)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,动点P在体对角线BD1上(含端点),则下列结论正确的有( )
A.当P为BD1的中点时,∠APC为锐角
B.存在点P,使得BD1⊥平面APC
ABC
解析 如图,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,2),
[对点训练2]在空间直角坐标系O-xyz中,正四面体P-ABC的顶点A,B分别在x轴、y轴上移动.若该正四面体的棱长是2,则OP的取值范围是( )
A
解析 如图,由题可知,若固定正四面体P-ABC的位置,则原点O在以AB为直径的球面上运动.
本 课 结 束(共19张PPT)
培优拓展(十四)概率统计与函数、导数
2025
概率统计与函数、导数交汇问题也是高考命题的一个热点,属于综合性较强的试题,题目多以概率统计的实际应用为主体,在涉及求概率、期望的最值或范围问题时,需要用导数或函数的方法解决,难度较大.
角度一 概率统计与函数的综合
例1(2023新高考Ⅱ,19)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异,经过大量调查,得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图:
利用该指标制定一个检测标准,需要确定临界值c,将该指标大于c的人判定为阳性,小于或等于c的人判定为阴性.此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率,记为p(c);误诊率是将未患病者判定为阳性的概率,记为q(c).假设数据在组内均匀分布.以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
(1)当漏诊率p(c)=0.5%时,求临界值c和误诊率q(c);
(2)设函数f(c)=p(c)+q(c).当c∈[95,105]时,求f(c)的解析式,并求f(c)在区间[95,105]的最小值.
解 (1)当p(c)=0.5%时,由患病者频率分布直方图可得第一个小矩形面积为0.002×5=0.01,
由未患病者频率分布直方图可得
q(c)=0.01×(100-97.5)+0.002×5=0.035=3.5%.
(2)当c∈[95,100)时,p(c)=(c-95)×0.002,q(c)=(100-c)×0.01+0.01,
∴f(c)=-0.008c+0.82>0.02;
当c∈[100,105]时,p(c)=5×0.002+(c-100)×0.012,q(c)=(105-c)×0.002, ∴f(c)=0.01c-0.98≥0.02.
故当c=100时,f(c)取最小值,最小值为f(100)=0.02.
角度二 概率统计与导数的综合
例2(2024河南三门峡模拟)为了普及奥运知识,M大学举办了一次奥运知识竞赛,竞赛分为初赛与决赛,初赛通过后才能参加决赛.
(1)初赛从6道题中任选2题作答,2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题,用X表示小王在初赛中答对的题目个数,求X的数学期望以及小王在已经答对1道题的前提下,仍未进入决赛的概率;
(2)M大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩,对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下:已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次,中奖1次奖励120元,中奖2次奖励180元,中奖3次奖励360元,若3次均未中奖,则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为p(0(ⅰ)记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为f(p),求f(p)的极大值;
(ⅱ)M大学数学系共有9名大学生进入了决赛,若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1 120元,试求此时p的取值范围.
针对训练
1.(2024浙江杭州模拟)为选拔培养对象,某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动.
(1)若数学组的7名学员中恰有3人来自A中学,从这7名学员中选取3人,用ξ表示选取的人中来自A中学的人数,求ξ的分布列和数学期望;
(2)在夏令营开幕式的晚会上,物理组举行了一次学科知识竞答活动,规则如下:两人一组,每一轮竞答中,每人分别答两题,若小组答对题数不小于3,则取得本轮胜利.已知甲、乙两名同学组成一组,甲、乙答对每道题的概率分别为p1,p2.假设甲、乙两人每次答题相互独立,且互不影响.当p1+p2= 时,求甲、乙两名同学在每轮答题中取胜的概率的最大值.
解 (1)由题可知,ξ服从超几何分布,且N=7,M=3,n=3.
(2)用χ表示甲答对题数,由题可知χ~B(2,p1);
用η表示乙答对题数,由题可知η~B(2,p2).设A=“甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”,
2.(2024江苏南通模拟)“踩高跷,猜灯谜”是我国元宵节传统的文化活动.某地为了弘扬文化传统,在元宵节举办形式多样的猜灯谜活动.
(1)某商户借“灯谜”活动促销,将灯谜按难易度分为B,C两类,抽到B类灯谜并答对,则购物打八折优惠;抽到C类灯谜并答对,则购物打七折优惠.抽取灯谜规则如下:在一不透明的纸箱中有8张完全相同的卡片,其中3张写有A字母,3张写有B字母,2张写有C字母,顾客每次不放回地从箱中随机取出1张卡片,若取到写有A的卡片,则再取1次,直至取到写有B或C的卡片为止,求该顾客取到写有B的卡片的概率.
(2)小明尝试去找全街最适合他的灯谜,规定只能取一次,并且只可以向前走,不能回头,他在街道上一共会遇到n条灯谜(不妨设每条灯谜的适合度各不相同),最适合的灯谜出现在各个位置上的概率相等,小明准备采用如下策略:不取前k(1≤k①若n=4,k=2,求P;
②当n趋向于无穷大时,从理论的角度,求P的最大值及P取最大值时t的值.
解 (1)设M=“该顾客取到写有B的卡片”,则由题可知
(2)①设A=“小明摘到那条最适合的灯谜”.
由题可知,试验的样本空间包含的样本点个数为n(Ω)= =24,且每个样本点都是等可能的.
要摘到最适合的灯谜,有以下两种情况:
最适合的灯谜是第3条,其他的灯谜随意在哪个位置,有 =6(种)情况;
最适合的灯谜是最后1条,第二适合的灯谜是第1条或第2条,其他的灯谜随意在哪个位置,有 =4(种)情况,所以n(A)=6+4=10,所以
②设Bj=“最适合的灯谜排在第j条”(j=1,2,…,n),
因为最适合的灯谜出现在各个位置上的概率相等,
本 课 结 束(共20张PPT)
培优拓展(十三)概率与数列
2025
概率统计与数列的交汇涉及的知识广泛,内涵丰富,是近年来高考命题的热点,主要有以下类型:(1)求数列的通项公式;(2)证明数列是等比数列或等差数列;(3)与数列求和相结合;(4)利用等差数列、等比数列的性质,研究单调性、最值等.
角度一 概率与数列的证明、通项公式问题
例1(2024河北石家庄模拟)甲、乙两口袋中各装有1个黑球和2个白球,现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋,重复进行n(n∈N*)次这样的操作,记第n次操作后,口袋甲中黑球的个数为Xn,恰有1个黑球的概率为pn.
(1)求p1,p2的值;
(2)证明: 是等比数列,并求pn的值(用n表示);
(3)证明:Xn的数学期望E(Xn)为定值.
(1)解 设第n次操作后,口袋甲中恰有2个黑球的概率为qn,则恰有0个黑球的概率为1-pn-qn.
所以Xn的分布列为
[对点训练1](2024山东聊城一模)如图,一个正三角形被分成9个全等的三角形区域,分别记作A,B1,P,B2,C1,Q1,C2,Q,C3.一个机器人从区域P出发,每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域(有公共边的区域),且到不同相邻区域的概率相等.
(1)分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域;
(2)求经过2秒机器人位于区域Q的概率;
(3)求经过n秒机器人位于区域Q的概率.
解 (1)经过2秒机器人可能位于的区域为P,Q1,Q,
经过3秒机器人可能位于的区域为A,B1,B2,C1,C2,C3.
(2)若经过2秒机器人位于区域Q,则经过1秒时,机器人必定位于区域B2,
(3)机器人的运动路径为P→A∪B1∪B2→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→…,
设经过n秒机器人位于区域Q的概率为Pn,则当n为奇数时,Pn=0.
当n为偶数时,由对称性可知,经过n秒机器人位于区域Q的概率与位于区域Q1的概率相等,均为Pn,故经过n秒机器人位于区域P的概率为1-2Pn.
角度二 概率与数列的求和问题
例2(2024黑龙江哈尔滨一模)为调查某地景区的客流量情况,现对某一时间段A景区的部分游客作问卷调查,经统计,其中75%的游客计划只游览A景区,另外25%的游客计划既游览A景区又游览B景区.为提高游客的旅游热情,景区将为游客发放文旅纪念品,每位游客若只游览A景区,则得到1份文旅纪念品;若既游览A景区又游览B景区,则获得2份文旅纪念品.假设每位游客游览A景区与是否游览B景区是相互独立的,用频率估计概率.
(1)从A景区的游客中随机抽取3人,记这3人获得文旅纪念品的总个数为X,求X的分布列及数学期望;
(2)从A景区的游客中随机抽取n人,记这n个游客得到文旅纪念品的总个数恰为n+1个的概率为an,求{an}的前n项和Sn;
(3)从A景区的游客中随机抽取100人,这些游客得到纪念品的总个数恰为m个的概率为bm,当bm取最大值时,求m的值.
所以X的分布列为
[对点训练2](2024江苏扬州模拟)某公司开发了一款学习类的闯关益智游戏,每一关的难度分别有Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ三级,并且下一关的难度与上一关的难度有关,若上一关的难度是Ⅰ或者Ⅱ,则下一关的难度依次是Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率
分别为 ,若上一关的难度是Ⅲ,则下一关的难度依次是Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分别为 ,已知第1关的难度为Ⅰ.
(1)求第3关的难度为Ⅲ的概率;
(2)用Pn表示第n关的难度为Ⅲ的概率,求Pn;
(3)设 (n≥2),记f(n)=a2+a3+…+an,且f(n)≥λ对任意n≥2,n∈N*恒成立,求实数λ的最大值.
本 课 结 束(共32张PPT)
培优拓展(六)三角函数中的“ω”“φ”的取值范围问题
2025
三角函数中ω,φ的取值范围问题是高考的重点和热点,主要考查由三角函数的最值(值域)、单调性、零点等求ω,φ的取值范围,难度中等偏上.其解法主要利用整体代换与数形结合的方法.
角度一 三角函数的最值(值域)与ω,φ的取值范围
例1(1)(2024四川成都模拟)已知函数f(x)= sin ωx+cos ωx(ω>0)在区间[0,1]上恰好有两个最值,则ω的取值范围是( )
C
D
角度二 单调性与ω,φ的取值范围
C
B
角度三 零点与ω,φ的取值范围
例3(1)(2024广东广州一模)已知函数f(x)=2sin2ωx+ sin 2ωx(ω>0)在(0,π)内恰有两个零点,则ω的取值范围是( )
B
角度四 对称性与ω,φ的取值范围
D
C
针对训练
A.11 B.5 C.9 D.7
D
B
BC
C
A
本 课 结 束
目规律方法
求三角函数的最值（值域）问题，主要是整体代
换ωx士P,利用正、余弦函数的图象求解，要注意
自变量的范围
目规律方法
已知三角函数的零，点、极值点求ω，p的取值范围
问题，一是利用三角函数的图象求解；二是利用解析
式，直接求函数的零，点、极值点即可，注意三角函数的
极值，点即为三角函数的最大值点、最小值点
目规律方法
已知函数的对称轴或对称中心求ω，9的取值
范围问题，一是利用三角函数的图象求解；二是利
用解析式，直接求函数的对称轴的方程或对称中心
的坐标即可，注意整体代换的应用