【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分层级三30分的拉分题因人而定，酌情自选学案
压轴专题(一) 选择题第12题、填空题第16题的抢分策略
[全国卷3年考情分析]
年份
卷别
考查内容
命题分析
2017
卷Ⅰ
等差数列、等比数列前n项和公式的应用、创新问题
选择题第12题、填空题第16题，一般难度较大，从近几年试题分析，这两道题主要考查函数与导数问题、创新问题、圆锥曲线的性质、数列、三角函数、立体几何等知识．大多数考生对这类题目存在畏惧心理，其实若能静下心来审读这类题目，也是完全可以得分的．一些能力欠佳的考生，会用一定的猜题技巧，极有可能猜对答案，即平常我们所说的“瞎猜的不如会猜的”．
翻折问题、三棱锥的体积、导数的应用等
卷Ⅱ
平面向量的数量积及最值
抛物线的定义、标准方程等
卷Ⅲ
平面向量基本定理、直线与圆的位置关系
圆锥、空间中直线与直线的位置关系、空间向量等
2016
卷Ⅰ
函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质
线性规划的实际应用
卷Ⅱ
函数图象的应用
导数的几何意义、直线方程
卷Ⅲ
计数原理与组合知识、新定义问题
2015
卷Ⅰ
函数的概念、不等式的解法
正、余弦定理解三角形
卷Ⅱ
函数的单调性与奇偶性、导数在研究函数中的应用、不等式解法等
数列的递推关系式、等差数列的定义与通项
审题探寻实质
[典例] (2016·四川高考)在平面直角坐标系中，当P(x，y)不是原点时，定义P的“伴随点”为P′，；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身．现有下列命题：
①若点A的“伴随点”是点A′，则点A′的“伴随点”是点A；
②单位圆上的点的“伴随点”仍在单位圆上；
③若两点关于x轴对称，则它们的“伴随点”关于y轴对称；
④若三点在同一条直线上，则它们的“伴随点”一定共线．
其中的真命题是________(写出所有真命题的序号)．
[解析] 对于①，特殊值法．取A(1,1)，则A′，A′的“伴随点”为点(－1，－1)．故①为假命题．
对于②，单位圆的方程为x2＋y2＝1，设其上任意一点(x，y)的“伴随点”为(x′，y′)，
则
∴y2＋(－x)2＝y2＋x2＝1.故②为真命题．
③设A(x，y)，B(x，－y)，则它们的伴随点分别为A′，B′，A′与B′关于y轴对称，故③为真命题．
④设共线的三点A(－1,0)，B(0,1)，C(1,2)，则它们的伴随点分别为A′(0,1)，B′(1,0)，C′，此三点不共线，故④为假命题．
故真命题为②③.
[答案] ②③
[题后悟通]
1．解答此题应理解“伴随点”的含义，即P(x，y)→P′，问题即可解决．
2．解答新定义问题要仔细观察，认真阅读，在彻底领悟、准确辨析的基础上，进行归纳、类比，将新定义问题转化为已有知识的问题解决．
[针对训练]
1．(2018届高三·湘中高三联考)对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为________．
解析：由Hn＝2n＋1，
得n·2n＋1＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，①
则当n≥2时，(n－1)·2n＝a1＋2a2＋…＋2n－2an－1，②
①－②，得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，
所以an＝2n＋2，令bn＝an－kn＝(2－k)n＋2，
又Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，所以
即解得≤k≤.
答案：
运算善用技巧
[典例] (2016·全国卷Ⅱ)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.
[解析] 求得(ln x＋2)′＝，[ln(x＋1)]′＝.
设曲线y＝ln x＋2上的切点为(x1，y1)，曲线y＝ln(x＋1)上的切点为(x2，y2)，
则k＝＝，所以x2＋1＝x1.
又y1＝ln x1＋2，y2＝ln(x2＋1)＝ln x1，
所以k＝＝2，
所以x1＝＝，y1＝ln ＋2＝2－ln 2，
所以b＝y1－kx1＝2－ln 2－1＝1－ln 2.
[答案] 1－ln 2
[题后悟通]
解答本题体现了运算技巧，在求解中，巧妙地利用斜率k得出x1＝x2＋1，利用斜率公式可求得k的值，再代入直线方程，求出b的值．解答此类问题应注意整体代换、变形代换的思想．
[针对训练]
2．(2017·郑州质检)设正实数x，y满足x>，y>1，不等式＋≥a恒成立，则a的最大值为( )
A．2 B．4
C．8 D．16
解析：选C 法一：依题意得，2x－1>0，y－1>0，＋＝＋
≥＋≥4×2＝8，即＋≥8，当且仅当即时，取等号，因此＋的最小值是8，即a≤8，故a的最大值是8.
法二：令m＝2x－1，n＝y－1，
则m>0，n>0，x＝，y＝n＋1，
＋＝＋
＝＋≥＋≥2＝8，
当且仅当m＝1且n＝1，即x＝1，y＝2时取等号，
即＋≥8，
故a≤8，所以a的最大值是8.
排除简化过程
[典例] (2017·天津高考)已知函数f(x)＝设a∈R，若关于x的不等式f(x)≥在R上恒成立，则a的取值范围是( )
A．[－2,2] B．[－2，2]
C．[－2,2 ] D．[－2，2 ]
[解析] 选A 法一：作出f(x)的图象如图所示．
当y＝的图象经过点(0,2)时，可知a＝±2.
当y＝＋a的图象与y＝x＋的图象相切时，
由＋a＝x＋，得x2－2ax＋4＝0，由Δ＝0，
并结合图象可得a＝2.
要使f(x)≥恒成立，
当a≤0时，需满足－a≤2，即－2≤a≤0，
当a＞0时，需满足a≤2，即0＜a≤2，
综上可知，－2≤a≤2.
法二：∵f(x)≥在R上恒成立，
∴－f(x)－≤a≤f(x)－在R上恒成立．
①令g(x)＝－f(x)－.
当0≤x＜1时，f(x)＝x＋2，
g(x)＝－x－2－＝－x－2≤－2，
即g(x)max＝－2.
当x＜0时，f(x)＝－x＋2，g(x)＝x－2－＝－2，
即g(x)＜－2.
当x≥1时，
f(x)＝x＋，g(x)＝－x－－＝－x－≤－2，
即g(x)max＝－2.
∴a≥－2.
②令h(x)＝f(x)－.
当0≤x＜1时，
f(x)＝x＋2，h(x)＝x＋2－＝＋2≥2，
即h(x)min＝2.
当x＜0时，
f(x)＝－x＋2，h(x)＝－x＋2－＝－x＋2＞2，
即h(x)＞2.
当x≥1时，
f(x)＝x＋，h(x)＝x＋－＝＋≥2，
即h(x)min＝2.
∴a≤2.
综上可知，－2≤a≤2.
法三：若a＝2，则当x＝0时，f(0)＝2，
而＝2，不等式不成立，故排除选项C，D.
若a＝－2，则当x＝0时，f(0)＝2，而＝2，不等式不成立，故排除选项B.故选A.
[题后悟通]
此题直接求解难度较大，但也有一定的技巧可取，通过比较四个选项，只需判断a＝2，－2是否满足条件即可，这种策略在做选择题时经常用到．
[针对训练]
3．(2017·东北四市高考模拟)已知函数f(x)＝，若对∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)都为某个三角形的三边长，则实数m的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选C f(x)＝＝1＋，
令t＝cos x＋2，由于－1≤cos x≤1，因此1≤t≤3，
设g(t)＝1＋(1≤t≤3)．
法一：若对∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)都为某个三角形的三边长，不妨设a
f(c)恒成立，故只需2f(x)min>f(x)max即可，即2g(t)min>g(t)max.当m＝2时，f(a)＝f(b)＝f(c)＝1，成立，故m＝2符合题意；当m<2时，g(t)＝1＋在[1,3]上单调递增，则解得2时，g(t)＝1＋在[1,3]上单调递减，则解得20，则a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，
要使f(x)有唯一零点，则必有2a＝1，即a＝.
若a≤0，则f(x)的零点不唯一．
综上所述，a＝.
3．已知函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，且函数y＝f(x－2)的图象关于直线x＝1对称，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，则数列{an}的前100项的和为( )
A．－200 B．－100
C．0 D．－50
解析：选B 因为函数y＝f(x－2)的图象关于直线x＝1对称，则函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称．又函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝＝50(a50＋a51)＝－100.
4．(2017·贵州适应性考试)已知点A是抛物线x2＝4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|＝m|PF|，当m取最大值时，|PA|的值为( )
A．1 B．
C. D．2
解析：选D 设P(x，y)，由抛物线的定义知|PF|＝y＋1，|PA|＝，所以m＝，平方得m2＝，又x2＝4y，当y＝0时，m＝1，当y≠0时，m2＝＝＋1＝1＋，由基本不等式可知y＋≥2，当且仅当y＝1时取等号，此时m取得最大值，故|PA|＝＝2.
5．对任意实数a，b，c，d，定义＝
已知函数f(x)＝，直线l：kx－y＋3－2k＝0，若直线l与函数f(x)的图象有两个交点，则实数k的取值范围是( )
A.∪ B.
C.∪ D．(－1,1)
解析：选A 由题意知，
f(x)＝＝
直线l：y＝k(x－2)＋3过定点A(2，3)，画出函数f(x)的图象，如图所示，其中f(x)＝(x≤－2或x≥2)的图象为双曲线的上半部分，f(x)＝ (－20时，函数f(x)的图象恒在直线y＝kx的下方，则k的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由题意，当x>0时，f(x)＝0.又f′(x)＝，由切线的几何意义知，要使f(x)0，解得<
u<<1或20，0,2BD，即2x＋x>3，x>1，AB－ADb>0)的左焦点为(－，0)，e＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，设R(x0，y0)是椭圆C上一动点，由原点O向圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝4引两条切线，分别交椭圆于点P，Q，若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；
(3)在(2)的条件下，试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
解：(1)由题意得，c＝，e＝，解得a＝2，b＝，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：由已知，直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x，且与圆R相切，
∴＝2，
化简得(x－4)k－2x0y0k1＋y－4＝0，
同理，可得(x－4)k－2x0y0k2＋y－4＝0，
∴k1，k2是方程(x－4)k2－2x0y0k＋y－4＝0的两个不相等的实数根，
∴x－4≠0，Δ>0，k1k2＝.
∵点R(x0，y0)在椭圆C上，
∴＋＝1，即y＝6－x，
∴k1k2＝＝－.
故k1k2为定值．
(3)|OP|2＋|OQ|2是定值．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立方程解得
∴x＋y＝，
同理，可得x＋y＝.
由k1k2＝－，得|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y
＝＋
＝＋
＝＝18.
综上，|OP|2＋|OQ|2为定值，且为18.
构造函数求最值
[典例] (2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.
(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
[解] (1)设直线AP的斜率为k，
k＝＝x－，
因为－b>0)的左、右两个焦点分别为F1，F2，离心率e＝，短轴长为2.
(1)求椭圆的方程；
(2)点A为椭圆上的一动点(非长轴端点)，AF2的延长线与椭圆交于B点，AO的延长线与椭圆交于C点，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意得解得
故椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)①当直线AB的斜率不存在时，不妨取A，B，C，
故S△ABC＝×2×＝.
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，
联立方程消去y，
化简得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
|AB|＝
＝
＝2·，
点O到直线kx－y－k＝0的距离d＝＝，
∵O是线段AC的中点，
∴点C到直线AB的距离为2d＝，
∴S△ABC＝|AB|·2d＝··
＝2 ＝2 <.
综上，△ABC面积的最大值为.
寻找不等关系解范围
[典例] (2016·全国卷Ⅱ)已知椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
[解] 设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
(1)当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2,0)．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.
因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y－2代入＋＝1，得7y2－12y＝0.
解得y＝0或y＝，所以y1＝.
因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.
(2)由题意t>3，k>0，A(－，0)．
将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.
由x1·(－)＝，得x1＝，
故|AM|＝|x1＋|＝.
由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋)，
故同理可得|AN|＝.
由2|AM|＝|AN|，得＝，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝时上式不成立，因此t＝.
t>3等价于＝<0，
即<0.
因此得或解得b>0)，焦距为2c，
由已知得＝，∴c＝a，b2＝a2－c2＝.
∵以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4，
∴4＝2a＝4，
∴a＝2，b＝1.
∴椭圆E的方程为x2＋＝1.
(2)根据已知得P(0，m)，设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，
由消去y，
得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0.
由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，
即k2－m2＋4>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝.
由＝3，得x1＝－3x2.
∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝12x－12x＝0.
∴＋＝0，
即m2k2＋m2－k2－4＝0.
当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立，
∴k2＝.
∵k2－m2＋4>0，
∴－m2＋4>0，即>0.
解得1b>0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
[解] (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，
故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．
又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上．
因此解得
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，.
则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．
将y＝kx＋m代入＋y2＝1得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.
解得k＝－.
当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)．
[题后悟通]
直线过定点问题的解题模型
[针对训练]
4．(2017·郑州模拟)已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y＝－1相切．
(1)求圆心M的轨迹方程；
(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．
解：(1)由题意得，点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y＝－1的距离，由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0,1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，则＝1，p＝2.
∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y.
(2)证明：设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则C(－x2，y2)，
联立方程消去y，得x2－4kx＋8＝0，
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝8.
kAC＝＝＝，
直线AC的方程为y－y1＝(x－x1)．
即y＝y1＋(x－x1)＝x－x1＋＝x＋，
∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2，
即直线AC恒过定点(0,2).
假设存在定结论(探索性问题)
[典例] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，点A在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足＝NQ―→？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
[解] (1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，
因为A在椭圆C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，
因此a＝，b2＝a2－c2＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)不存在满足条件的直线，证明如下：
假设存在斜率为2的直线，满足条件，则设直线的方程为y＝2x＋t，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，
由消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，
所以y1＋y2＝，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0，
故y0＝＝，且－30)，以椭圆内一点M(2,1)为中点作弦AB，设线段AB的中垂线与椭圆相交于C，D两点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)试判断是否存在这样的m，使得A，B，C，D在同一个圆上，并说明理由．
解：(1)将方程化成椭圆的标准方程＋＝1(m>0)，
则a＝，c＝ ＝，
故e＝＝.
(2)由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AB的斜率存在，设为k，则直线AB的方程为y＝k(x－2)＋1，代入x2＋2y2＝m(m>0)，
消去y，得(1＋2k2)x2＋4k(1－2k)x＋2(2k－1)2－m＝0(m>0)．
所以x1＋x2＝＝4，即k＝－1，
此时，由Δ>0，得m>6.
则直线AB的方程为x＋y－3＝0，直线CD的方程为x－y－1＝0.
由得3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4＝－，故CD的中点N为.
由弦长公式，可得
|AB|＝ |x1－x2|＝·.
|CD|＝|y3－y4|＝·>|AB|，若存在圆，则圆心在CD上，
因为CD的中点N到直线AB的距离
d＝＝.
|NA|2＝|NB|2＝2＋2＝，
又2＝2＝，
故存在这样的m(m>6)，使得A，B，C，D在同一个圆上．
[高考大题通法点拨] 圆锥曲线问题重在“设”——设点、设线
[思维流程]
[策略指导]
圆锥曲线解答题的常见类型是：第1小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第2小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：
第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；
第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；
第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．
在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，以简化运算．
[典例] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，且点P在椭圆C上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围；
(3)过椭圆C1：＋＝1上异于其顶点的任一点P，作圆O：x2＋y2＝的两条切线，切点分别为M，N(M，N不在坐标轴上)，若直线MN在x轴、y轴上的截距分别为m，n，证明：＋为定值．
[解] (1)由题意得c＝1，所以a2＝b2＋1，①
又点P在椭圆C上，所以＋＝1，②
由①②可解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为
y＝kx＋2，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，
由得
(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
因为Δ＝16(12k2－3)>0，
所以k2>，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为∠AOB为锐角，
所以·>0，即x1x2＋y1y2>0，
所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，
所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，
即(1＋k2)·＋2k·＋4>0，
解得k2<.
又k2>，所以b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，线段F1F2被抛物线y2＝2bx的焦点F分成了3∶1的两段．
(1)求椭圆的离心率；
(2)过点C(－1,0)的直线l交椭圆于不同两点A，B，且＝2，当△AOB的面积最大时，求直线l的方程．
解：(1)由题意知，c＋＝3，
所以b＝c，a2＝2b2，
所以e＝＝ ＝.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝ky－1(k≠0)，
因为＝2，所以(－1－x1，－y1)＝2(x2＋1，y2)，
即y1＝－2y2， ①
由(1)知，椭圆方程为x2＋2y2＝2b2.
由消去x，
得(k2＋2)y2－2ky＋1－2b2＝0，
所以y1＋y2＝， ②
由①②知，y2＝－，y1＝，
因为S△AOB＝|y1|＋|y2|，
所以S△AOB＝3·＝3·
≤3·＝，
当且仅当|k|2＝2，即k＝±时取等号，
此时直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
2．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，且长轴长为8，T为椭圆上任意一点，直线TA，TB的斜率之积为－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为坐标原点，过点M(0,2)的动直线与椭圆C交于P，Q两点，求·＋·的取值范围．
解：(1)设T(x，y)，由题意知A(－4,0)，B(4,0)，
设直线TA的斜率为k1，直线TB的斜率为k2，
则k1＝，k2＝.
由k1k2＝－，得·＝－，
整理得＋＝1.
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋2，点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立方程消去y，
得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0.
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.
从而，·＋·＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)(y2－2)]＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＝－20＋.
所以－20＜·＋· ≤－.
当直线PQ的斜率不存在时，·＋·的值为－20.
综上，·＋·的取值范围为.
3．已知椭圆P的中心O在坐标原点，焦点在x轴上，且经过点A(0,2)，离心率为.
(1)求椭圆P的方程；
(2)是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆P于点R，T，且满足·＝？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)设椭圆P的方程为＋＝1(a>b>0)，
由题意得b＝2，e＝＝，
∴a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，∴c2＝4，c＝2，a＝4，
∴椭圆P的方程为＋＝1.
(2)假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，·<0，不满足题意．
故可设直线l的方程为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)．
∵·＝，
∴x1x2＋y1y2＝.
由消去y，
得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，
由Δ>0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，
解得k2>.①
∵x1＋x2＝，x1x2＝，
∴y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，
故x1x2＋y1y2＝＋－＋16＝，
解得k2＝1.②
由①②解得k＝±1，
∴直线l的方程为y＝±x－4.
故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意．
4．(2018届高三·云南11校跨区调研)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为方程2x2－3x＋1＝0的解，点A，B分别为椭圆E的左、右顶点，点C在E上，且△ABC面积的最大值为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设F为E的左焦点，点D在直线x＝－4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点．证明：直线OD把△DMN分为面积相等的两部分．
解：(1)方程2x2－3x＋1＝0的解为x1＝，x2＝1，
∵椭圆离心率e∈(0,1)，∴e＝，
由题意得解得
∴椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，线段MN的中点为P(x0，y0)，
故2x0＝x1＋x2,2y0＝y1＋y2，
由(1)可得F(－1,0)，
则直线DF的斜率为kDF＝＝－，
当n＝0时，直线MN的斜率不存在，根据椭圆的对称性可知OD平分线段MN.
当n≠0时，直线MN的斜率kMN＝＝，
∵点M，N在椭圆E上，
∴
整理得＋＝0，
又2x0＝x1＋x2,2y0＝y1＋y2，
∴＋·＝0，即＝－，
即直线OP的斜率为kOP＝－，
又直线OD的斜率为kOD＝－，∴OD平分线段MN.
综上，直线OD把△DMN分为面积相等的两部分．
压轴专题(三) 第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略
[全国卷3年考情分析]
年份
卷别
考查内容
命题分析
2017
卷Ⅰ
利用导数研究函数的单调性、函数的零点
导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．
解答题的热点题型有：
(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；
(2)利用导数证明不等式或探讨方程根；
(3)利用导数求解参数的范围或值.
卷Ⅱ
利用导数研究函数的单调性及极值、函数的零点、不等式的证明
卷Ⅲ
导数在研究函数单调性中的应用、不等式放缩
2016
卷Ⅰ
函数的零点问题、不等式的证明
卷Ⅱ
函数单调性的判断、不等式证明及值域问题
卷Ⅲ
三角函数的导数运算、最值问题及不等式证明
2015
卷Ⅰ
导数的几何意义、函数的最值、零点问题
卷Ⅱ
利用导数研究函数的单调性、根据恒成立求参数的取值范围
利用分类讨论思想探究函数性质
[典例] (2017·张掖诊断)设函数f(x)＝－aln x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间和极值．
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝－ln x，
则f′(x)＝x－，
所以f′(1)＝0，又f(1)＝，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝.
(2)由f(x)＝－aln x，
得f′(x)＝x－＝(x>0)．
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)．
于是，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．
函数f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f(x)既无极大值也无极小值；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间为(，＋∞)，函数f(x)有极小值，无极大值．
[题后悟通]
1．解答这类题的模板
―→―→―→―→―→
2．解答这类题的难点
(1)何时讨论参数？由于题目条件的不同，有的在求零点时讨论，有的在列表时讨论；
(2)如何讨论参数？需要根据题目的条件确定，有时还需参考自变量的取值范围，讨论的关键是做到不重不漏．
[针对训练]
1．(2018届高三·湖南十校联考)函数f(x)＝x3＋|x－a|(x∈R，a∈R)．
(1)若函数f(x)在R上为增函数，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)在R上不单调时，记f(x)在[－1,1]上的最大值、最小值分别为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)．
解：由已知得，f(x)＝
令g(x)＝x3＋x－a，则g′(x)＝x2＋1>0，
所以g(x)在[a，＋∞)上为增函数．
令h(x)＝x3－x＋a，则h′(x)＝x2－1.
令h′(x)＝0，得x＝±1，所以h(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上为减函数．
(1)因为f(x)在R上是增函数，所以h(x)在(－∞，a)上为增函数，所以a≤－1.
故a的取值范围为(－∞，－1]．
(2)因为函数f(x)在R上不单调，所以a>－1.
当－10)，
f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，
即f′(x)＝ln x，
令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0－1，即m>－2，①
当00且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②
由①②可得－20.
(1)求a的取值范围；
(2)若b>0，试证明0，
所以ax－1≥0，即x≥，
所以≤1，即a≥1.
故a的取值范围为[1，＋∞)．
(2)证明：因为b>0，a≥1，所以>1，
又f(x)＝＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，
所以f>f(1)，即＋ln>0，
化简得g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．
(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))．
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．
[针对训练]
3．(2018届高三·西安八校联考)已知函数f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2.
(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，求实数m的值；
(2)当m≥1时，证明：f(x)＞g(x)－x3.
解：(1)因为f(x)＝ex＋m－x3，所以f′(x)＝ex＋m－3x2.
因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，
所以f′(0)＝em＝1，解得m＝0.
(2)证明：因为f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2，
所以f(x)＞g(x)－x3等价于ex＋m－ln(x＋1)－2＞0.
当m≥1时，ex＋m－ln(x＋1)－2≥ex＋1－ln(x＋1)－2.
要证ex＋m－ln(x＋1)－2＞0，只需证明ex＋1－ln(x＋1)－2＞0，
设h(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－2，则h′(x)＝ex＋1－.
设p(x)＝ex＋1－(x>－1)，
则p′(x)＝ex＋1＋＞0.
所以函数p(x)＝h′(x)＝ex＋1－在(－1，＋∞)上单调递增．
因为h′＝e－2＜0，h′(0)＝e－1＞0，
所以函数h′(x)＝ex＋1－在(－1，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈.
因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝，
即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)．
当x∈(－1，x0)时，h′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以当x＝x0时，h(x)取得最小值h(x0)．
所以h(x)≥h(x0)＝ex0＋1－ln(x0＋1)－2＝＋(x0＋1)－2＞0.
综上可知，当m≥1时，f(x)＞g(x)－x3.
利用转化与化归思想求解恒成立问题
[典例] (2018届高三·皖南八校联考)已知函数f(x)＝ln x.
(1)求函数g(x)＝f(x＋1)－x的最大值；
(2)若对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)∵f(x)＝ln x，
∴g(x)＝f(x＋1)－x＝ln(x＋1)－x(x>－1)，
∴g′(x)＝－1＝.
当x∈(－1,0)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－1,0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
∴g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝0.
(2)∵对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，
∴在x>0上恒成立，
进一步转化为max≤a≤min，
设h(x)＝，则h′(x)＝，
当x∈(1，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，
∴h(x)在x＝e处取得极大值也是最大值．
∴h(x)max＝.
要使f(x)≤ax恒成立，必须a≥.
另一方面，当x>0时，x＋≥2，当且仅当x＝1时等号成立，要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2，
∴满足条件的a的取值范围是.
[题后悟通]
利用转化与化归思想解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
(1)分离参数法：
(2)函数思想法：
[针对训练]
4．(2017·陕西质检)已知函数f(x)＝ln x＋x2－(a＋1)x.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－2，求f(x)的单调区间；
(2)若x>0时，<恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由已知得f′(x)＝＋ax－(a＋1)，则f′(1)＝0.
而f(1)＝ln 1＋－(a＋1)＝－－1，
∴曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－－1.
∴－－1＝－2，解得a＝2.
∴f(x)＝ln x＋x2－3x(x>0)，f′(x)＝＋2x－3.
由f′(x)＝＋2x－3＝>0，
得01，
由f′(x)＝＋2x－3<0，得0，得0e，因而h(x)在(e，＋∞)上单调递减．
∴h(x)的最大值为h(e)＝e－，
∴>e－，故a>2e－－1.
从而实数a的取值范围为(2e－－1，＋∞)．
[高考大题通法点拨] 函数与导数问题重在“分”——分离、分解
[思维流程]
[策略指导]
函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理．
[典例] 已知函数f(x)＝ln x－bx＋c，f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋4＝0.
(1)求f(x)的解析式；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)若在区间内，恒有f(x)≥x2＋ln x＋kx成立，求k的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝－b，∴f′(1)＝1－b，
又f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为－1，
故1－b＝－1，b＝2.
∵(1，f(1))在切线x＋y＋4＝0上，
∴f(1)＝－5，
∴f(1)＝－b＋c＝－5，将b＝2代入，得c＝－3，
故f(x)＝ln x－2x－3.
(2)依题意知x>0，f′(x)＝－2.
令f′(x)>0，得0，
故函数f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为.
(3)在区间内，由f(x)≥x2＋ln x＋kx，
得ln x－2x－3≥x2＋ln x＋kx，
∴k≤－x－2－.
设g(x)＝－x－2－，
则g′(x)＝－1＋，
令g′(x)＝0，得x＝(负值舍去)．
令g′(x)>0，得0，
故当x∈时，函数g(x)单调递增，
当x∈(，5)时，函数g(x)单调递减，
∴g(x)的最小值只能在区间的端点处取得，
又g＝－－2－6＝－，
g(5)＝－5－2－＝－，
∴g(x)min＝－.
∴k≤－，即k的取值范围为.
[题后悟通]
函数与导数综合问题的关键
(1)会求函数的极值点，先利用方程f(x)＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；
(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；
(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．
[针对训练]
(2017·湘中名校高三联考)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝，直线l：y＝(k－3)x－k＋2.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝e处的切线与直线l平行，求实数k的值；
(2)若至少存在一个x0∈[1，e]使f(x0)1时，函数f(x)的图象恒在直线l的上方，求k的最大值．
解：(1)由已知得，f′(x)＝ln x＋1，且y＝f(x)在x＝e处的切线与直线l平行，
所以f′(e)＝ln e＋1＝2＝k－3，解得k＝5.
(2)因为至少存在一个x0∈[1，e]使f(x0)成立．
令h(x)＝，当x∈[1，e]时，h′(x)＝≥0恒成立，
因此h(x)＝在[1，e]上单调递增.
故当x＝1时，h(x)min＝0，即实数a的取值范围为(0，＋∞)．
(3)由已知得，xln x>(k－3)x－k＋2在x>1时恒成立，即k<.
令F(x)＝，
则F′(x)＝，
令m(x)＝x－ln x－2，
则m′(x)＝1－＝>0在x>1时恒成立.
所以m(x)在(1，＋∞)上单调递增，且m(3)＝1－ln 3<0，m(4)＝2－ln 4>0，
所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x0(x0∈(3,4))使m(x0)＝0，即x0－ln x0－2＝0.
当1x0时，m(x)>0，即F′(x)>0，
所以F(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
故F(x)min＝F(x0)＝
＝＝x0＋2∈(5,6)．
故k0时，f(x)在[1，e]上单调递增，
则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.
故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；
当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.
2．(2017·山西四校联考)已知函数f(x)＝－aln x(a∈R)．
(1)若h(x)＝f(x)－2x，当a＝－3时，求h(x)的单调递减区间；
(2)若函数f(x)有唯一的零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意，h(x)＝＋3ln x－2x(x>0)，
h′(x)＝－＋－2＝－
＝－，
由h′(x)＜0，得0＜x＜或x＞1，
故h(x)的单调递减区间是和(1，＋∞)．
(2)问题等价于aln x＝有唯一的实根，
显然a≠0，则关于x的方程xln x＝有唯一的实根，
构造函数φ(x)＝xln x，则φ′(x)＝1＋ln x，
由φ′(x)＝1＋ln x＝0，得x＝e－1，
当0＜x＜e－1时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，
当x＞e－1时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，
∴φ(x)的极小值为φ(e－1)＝－e－1.
作出函数φ(x)的大致图象如图所示，则要使方程xln x＝有唯一的实根，只需直线y＝与曲线y＝φ(x)有唯一的交点，
则＝－e－1或＞0，
解得a＝－e或a＞0，
故实数a的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)．
3．(2017·沈阳质检)已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)当a＝0时，证明：f(x)≥0；
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若x>0，证明：(ex－1)ln(x＋1)>x2.
解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.
(2)f′(x)＝ex－2ax－1，令h(x)＝ex－2ax－1，
则h′(x)＝ex－2a.
①当2a≤1，即a≤时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0，
∴当a≤时满足条件．
②当2a>1时，令h′(x)＝0，解得x＝ln 2a，在[0，ln 2a)上，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴当x∈(0，ln 2a)时，有h(x)0时，ex－1>x＋，
欲证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2，只需证ln(x＋1)>.
设F(x)＝ln(x＋1)－，
则F′(x)＝－＝.
∵当x>0时，F′(x)>0恒成立，且F(0)＝0，
∴F(x)>0恒成立．
∴原不等式得证．
4．(2017·天津高考)设a，b∈R，|a|≤1.已知函数f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)＝exf(x)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知函数y＝g(x)和y＝ex的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线，
①求证：f(x)在x＝x0处的导数等于0；
②若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0－1，x0＋1]上恒成立，求b的取值范围．
解：(1)由f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，
可得f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4)＝3(x－a)[x－(4－a)]．
令f′(x)＝0，解得x＝a，或x＝4－a.
由|a|≤1，得a＜4－a.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，a)
(a,4－a)
(4－a，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(4－a，＋∞)，单调递减区间为(a,4－a)．
(2)①证明：因为g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，
由题意知
所以
解得
所以f(x)在x＝x0处的导数等于0.
②因为g(x)≤ex，x∈[x0－1，x0＋1]，
由ex＞0，可得f(x)≤1.
又因为f(x0)＝1，f′(x0)＝0，
所以x0为f(x)的极大值点，结合(1)知x0＝a.
另一方面，由于|a|≤1，故a＋1＜4－a，
由(1)知f(x)在(a－1，a)内单调递增，在(a，a＋1)内单调递减，
故当x0＝a时，f(x)≤f(a)＝1在[a－1，a＋1]上恒成立，从而g(x)≤ex在[x0－1，x0＋1]上恒成立．
由f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1，
得b＝2a3－6a2＋1，－1≤a≤1.
令t(x)＝2x3－6x2＋1，x∈[－1,1]，
所以t′(x)＝6x2－12x，令t′(x)＝0，
解得x＝2(舍去)或x＝0.
因为t(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1，
因此t(x)的值域为[－7,1]．
所以b的取值范围是[－7,1]．
压轴专题(四) 临界知识问题
高考试题是万变不离其宗的，再复杂的问题也是从课本知识点、能力考查点衍生而来的．因此，我们要切实做到重视课本，但仅此还不够．因为高考命题还要实现由“知识立意”向“能力立意”转变．有些问题要在课本的基础上有所变化，有所“拔高”．当然，又不能高到“高处不胜寒”的境界．所以，我们有必要寻找一种平衡，寻找一种恰到好处的考查点．不妨将其统称为“临界点”，即：临界法则、临界问题．
定义新知型临界问题
从形式上跳出已学知识的旧框框，在试卷中临时定义一种新知识，要求学生快速处理，及时掌握，并正确运用，充分考查学生独立分析问题与解决问题的能力．
[典例] 对于具有相同定义域D的函数f(x)和g(x)，若存在函数h(x)＝kx＋b(k，b为常数)对任给的正数x，存在相应的x0∈D使得当x∈D且x>x0时，总有x→∞时，f(x)－g(x)→0，则称直线l：y＝kx＋b为曲线y＝f(x)和y＝g(x)的“分渐近线”．给出定义域均为D＝{x|x>1}的三组函数如下：
①f(x)＝x2，g(x)＝；②f(x)＝10－x＋2，g(x)＝；③f(x)＝，g(x)＝2(x－1－e－x)，其中曲线y＝f(x)和y＝g(x)存在“分渐近线”的是( )
A．①③ B．②
C．②③ D．③
[解析] 选C f(x)和g(x)存在分渐近线的充要条件是x→∞时，f(x)－g(x)→0.
对于①，f(x)＝x2，g(x)＝，因为当x→∞时，f(x)－g(x)＝x2－＝(x－1)→＋∞，所以①不存在；
对于②，f(x)＝10－x＋2，g(x)＝，因为当x→∞时，f(x)－g(x)＝＋→0，因此，存在分渐近线；
对于③，f(x)＝，g(x)＝2(x－1－e－x)，因为当x→∞时，f(x)－g(x)＝＋2＋→0，
因此，存在分渐近线．故存在分渐近线的是②③.
[点评] 本题从大学数列极限定义的角度出发，仿造构造了分渐近线函数，目的是考查学生分析问题、解决问题的能力，考生需要抓住本质：存在分渐近线的充要条件是x→∞时，f(x)－g(x)→0进行作答，是一道好题，思维灵活，要透过现象看本质．本题较难，涉及部分大学内容，属于拓展类题目．
[针对训练]
1．定义平面向量之间的一种运算“⊙”如下，对任意的a＝(m，n)，b＝(p，q)，令a⊙
b＝mq－np，下面说法错误的是( )
A．若a与b共线，则a⊙b＝0
B．a⊙b＝b⊙a
C．对任意的λ∈R，有(λa)⊙b＝λ(a⊙b)
D．(a⊙b)2＋(a·b)2＝|a|2|b|2
解析：选B 对于A，若a与b共线，则有a⊙b＝mq－np＝0，故A正确；对于B，因为b⊙a＝pn－qm，而a⊙b＝mq－np，所以a⊙b≠b⊙a，故B错误；对于C，对任意的λ∈R，(λa)⊙b＝(λm，λn)⊙(p，q)＝λmq－λnp＝λ(a⊙b)，故C正确；对于D，(a⊙b)2＋(a·b)2＝(mq－np)2＋(mp＋nq)2＝(m2＋n2)(p2＋q2)＝|a|2|b|2，故D正确．
2．设某数列的前n项和为Sn，若为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d(d≠0)的等差数列{an}为“和谐数列”，则该等差数列的公差d＝________.
解析：由＝k(k为常数)，且a1＝1，得n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得，(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.
∵对任意正整数n，上式恒成立，∴
解得∴数列{an}的公差为2.
答案：2
知识交汇型临界问题
除了数学学科内的临界问题外，数学与其他学科间的临界问题也是高考命题的“新宠”．该类问题往往从学生已有的认知结构出发，将各科知识溶于一体，推陈出新，设置一些跨学科的问题，扩大学生的学习空间，考查学生的综合素质和对数学本质属性的理解程度．比如：
圆锥曲线的光学性质
(1)抛物线的光学性质：与对称轴平行的光线投射到抛物线上，经反射后反射光线必通过焦点．
(2)椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线投射到椭圆上，经反射后反射光线必通过另一个焦点．
(3)双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点出发的光线投射到双曲线上，经反射后反射光线的延长线必通过另一个焦点．
[提示] 为了节省篇幅，本书只证明椭圆的光学性质，抛物线、双曲线的光学性质请学生仿证．
证明：如图，已知椭圆在点P处的切线PE交x轴于点E，法线PQ交x轴于点Q，设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，焦点F1(－c，0)，F2(c,0)，切点P(x0，y0)．
则PE的直线方程为＋＝1，
PQ的直线方程为y－y0＝(x－x0)，
所以Q(e2x0,0)，|F1Q|＝e2x0＋c，|F2Q|＝c－e2x0，
|PF1|＝ex0＋a，|PF2|＝a－ex0.
于是有＝＝＝，
由角平分线定理知PQ平分∠F1PF2，性质得证．
[典例] 已知椭圆E经过点A(2,3)，对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率e＝.
(1)求椭圆E的方程；
(2)求∠F1AF2的平分线l所在的直线方程．
[解] (1)由题意，设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，
则解得
故椭圆E的方程为＋＝1.
(2)如图，设椭圆E在点A处的切线为l′，由于直线l为∠F1AF2的平分线，所以由椭圆的光学性质知l⊥l′.
l′的方程为＋＝1，
即x＋2y－8＝0，
所以l的方程为y－3＝2(x－2)，
即2x－y－1＝0.
故∠F1AF2的平分线l所在的直线方程为2x－y－1＝0.
[点评] 本题利用椭圆的光学性质使问题得以简单解决．
[针对训练]
3．已知F1，F2分别为椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，P为椭圆上的一点．△F1PF2中，
∠F1PF2的外角平分线为l，点F2关于l的对称点为Q，F2Q交l于点R.当点P在椭圆上运动时，求点R的轨迹方程．
解：如图，直线l为∠F1PF2的外角平分线且点F2与点Q关于直线l对称，由椭圆的光学性质知，三点F1，P，Q共线．根据对称性，|PQ|＝|PF2|，所以|F1Q|＝|PF1|＋|PF2|＝2a.又因为O为F1F2的中点，R为F2Q的中点，所以|OR|＝|F1Q|＝a.设R(x，y)，则x2＋y2＝a2(y≠0)，故点R的轨迹方程为x2＋y2＝a2(y≠0).
高等数学背景型临界问题
以高等数学为背景，结合中学数学中的有关知识编制综合性问题，这也是近几年高考试卷的热点之一．
1．高斯函数
对任意实数x，[x]表示不超过x的最大整数，称[x]为x的整数部分，{x}为其相应的小数部分，函数y＝{x}，{x}＝x－[x]．
2．最大函数、最小函数
设f(x)，g(x)均为定义在I上的函数，记min{f(x)，g(x)}为f(x)，g(x)中值较小的函数，max{f(x)，g(x)}为f(x)，g(x)中值较大的函数．若f(x)＝g(x)，则min{f(x)，g(x)}＝max{f(x)，g(x)}＝f(x)．
[典例] (1)对于一切实数x，令[x]为不大于x的最大整数，则函数f(x)＝[x]称为高斯函数或取整函数．若an＝f，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则S3n＝( )
A.n2－n B.n2＋n
C．3n2－2n D.n2－n
[解析] 选A 由题意，当n＝3k，n＝3k＋1，n＝3k＋2时均有an＝f＝＝k，所以S3n＝0＋0＋1＋1＋＋2＋2＋＋…＋(n－1)＋(n－1)＋(n－1＋n＝3××(n－1)＋n＝n2－n.
(2)已知函数f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋(a－2)x－a2＋8.设H1(x)＝max{f(x)，g(x)}，H2(x)＝min{f(x)，g(x)}(max{p，q}表示p，q中的较大值，min{p，q}表示p，q中的较小值)．记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则A－B＝( )
A．16 B．－16
C．a2－2a－16 D．a2＋2a－16
[解析] 选B 函数f(x)的图象是开口向上的抛物线，g(x)的图象是开口向下的抛物线，两个函数图象相交，则A必是两个函数图象交点中较低的点的纵坐标，B是两个函数图象交点中较高的点的纵坐标．令x2－2(a＋2)x＋a2＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8，解得x＝a＋2或x＝a－2.当x＝a＋2时，因为函数f(x)的对称轴为x＝a＋2，故可判断A＝f(a＋2)＝－4a－4，B＝f(a－2)＝－4a＋12，所以A－B＝－16.
[针对训练]
4．设取整函数[x]表示不超过x的最大整数．已知数列{an}中a1＝2，且an＋1－an＝a，若
＝2 016，则整数m＝( )
A．2 016 B．2 017
C．2 014 D．2 015
解析：选B 由an＋1－an＝a，
可得＝(易知an>0)，
即＝－.又＝1－，
所以＋＋…＋
＝1－＋1－＋…＋1－
＝m－
＝m－＋，
所以＝，
又an＋1＝a＋an>an，所以数列{an}是正项单调递增数列，又am＋1>2，所以0<<，所以m－1＝2 016，即m＝2 017.
5．已知函数f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1，g(x)＝mx，定义F(x)＝max{f(x)，g(x)}，使得F(x)>0恒成立的实数m的取值范围是________．
解析：当m≤0时，显然不成立，
当m>0时，因为f(0)＝1>0，
当－＝≥0，即00，即m>4时，只要Δ＝4(4－m)2－8m＝4(m－8)(m－2)<0即可，
即4b>0)的左准线上，过点P且方向为a＝(2，－5)的光线，经直线y＝－2反射后通过椭圆的左焦点，则这个椭圆的离心率为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 作出示意图，如图所示．
由题意，kPA＝－.
∴lPA：5x＋2y＋13＝0，
则交点A的坐标为，据光的反射知识知kAF＝－kPA＝.
∴lAF：5x－2y＋5＝0.
∴直线AF与x轴交点即左焦点F(－1,0)，即c＝1.
又左准线x＝－＝－a2＝－3，
∴a＝.∴e＝＝.故选A.
3．记实数x1，x2，…，xn中的最大数为max{x1，x2，…，xn}，最小数为min{x1，
x2，…，xn}．已知△ABC的三边长为a，b，c(a≤b≤c)，定义它的倾斜度为l＝max·min，则“l＝1”是“△ABC为等边三角形”的( )
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若△ABC为等边三角形时，即a＝b＝c，
则max＝1＝min，则l＝1；
若△ABC为等腰三角形，如a＝2，b＝2，c＝3时，
则max＝，min＝，此时l＝1仍成立，但△ABC不为等边三角形，故“l＝1”是“△ABC为等边三角形”的必要不充分条件．
4．对于定义域为R的函数f(x)，若f(x)在区间(－∞，0)和区间(0，＋∞)上均有零点，则称函数f(x)为“含界点函数”，则下列四个函数中，不是“含界点函数”的是( )
A．f(x)＝x2＋bx－1(b∈R)
B．f(x)＝2－|x－1|
C．f(x)＝2x－x2
D．f(x)＝x－sin x
解析：选D 对于A，因为f(x)＝x2＋bx－1(b∈R)的零点即为方程x2＋bx－1＝0的根，所以Δ＝b2＋4＞0，且方程x2＋bx－1＝0有一正根一负根，故函数f(x)＝x2＋bx－1(b∈R)是“含界点函数”；
对于B，令f(x)＝2－|x－1|＝0，得x＝3或x＝－1，故f(x)＝2－|x－1|在区间(－∞，0)和区间(0，＋∞)上均有零点，即f(x)为“含界点函数”；
对于C，作出y＝x2和y＝2x的图象(图略)，可知f(x)＝2x－x2在区间(－∞，0)和区间(0，＋∞)上均有零点，故f(x)＝2x－x2是“含界点函数”；
对于D，因为f(x)＝x－sin x在R上是增函数，且f(0)＝0，故f(x)＝x－sin x不是“含界点函数”．
5．设无穷数列{an}，如果存在常数A，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－A|<ε成立，则称数列{an}的极限为A.给出下列四个无穷数列：
①{(－1)n×2}；
②；
③；
④{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}，
其极限为2的共有( )
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
解析：选D 对于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－1|，当n是偶数时，|an－2|＝0；当n是奇数时，|an－2|＝4，所以不符合数列{an}的极限定义，即2不是数列{(－1)n×2}的极限．
对于②，|an－2|＝
＝
＝1＋>1，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε，即2不是数列
的极限．
对于③，由|an－2|＝＝
＝<ε，得n>1－log2ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε成立，所以2是数列
的极限．
对于④，|an－2|＝|1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－2|＝2×22＋3×23＋…＋n×2n>1，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε，即2不是数列{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}的极限．
综上所述，极限为2的数列共有1个．
6．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )
A．440 B．330
C．220 D．110
解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.
由题意可知，N>100，令>100，
得n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．
易得第n组的所有项的和为＝2n－1，前n组的所有项的和为－n＝2n＋1－n－2.
设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，
若要使前N项和为2的整数幂，则第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，
即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，
∴当t＝4，k＝13时，N＝＋4＝95<100，不满足题意；
当t＝5，k＝29时，N＝＋5＝440；
当t>5时，N>440，故选A.
二、填空题
7．已知F1，F2为椭圆＋＝1(a>b>0)的两个焦点，M是椭圆上与F1，F2不共线的任意一点，I是△MF1F2的内心，延长MI交F1F2于点N，则＝________.
解析：因为I是△MF1F2的内心，
所以MN是∠F1MF2的角平分线，
所以＝.
所以＝，
所以＝，所以＝.
又因为IF2为∠NF2M的角平分线，
所以＝＝.
答案：
8．设集合A＝和B＝{x|log2(x2－[x])＝2}，其中符号[x]表示不大于x的最大整数，则A∩B＝________.
解析：因为＜8x＜2 017，[x]的值可取－3，－2，－1，0,1,2,3.
当[x]＝－3，则x2＝1，无解；
当[x]＝－2，则x2＝2，解得x＝－；
当[x]＝－1，则x2＝3，无解；
当[x]＝0，则x2＝4，无解．
当[x]＝1，则x2＝5，无解；
当[x]＝2，则x2＝6，解得x＝；
当[x]＝3，则x2＝7，无解．
综上A∩B＝{－，}．
答案：{－，}
9．对于函数f(x)，若存在区间A＝[m，n]，使得{y|y＝f(x)，x∈A}＝A，则称函数f(x)为“可等域函数”，区间A为函数f(x)的一个“可等域区间”．给出下列4个函数：
①f(x)＝sin；②f(x)＝2x2－1；③f(x)＝|1－2x|；④f(x)＝log2(2x－2)．
其中的“可等域函数”为________(填序号)．
解析：根据题意，①中，[－1,0]与[0,1]及[－1,1]都是f(x)的“可等域区间”，满足；②中，f(x)＝2x2－1在[－1，1]的值域为[－1,1]，满足；③中，f(x)＝|1－2x|与y＝x的交点为(0,0)，(1,1)，其“可等域区间”为[0,1]，满足；④中，f(x)＝log2(2x－2)与y＝x无交点，不满足．故“可等域函数”为①②③.
答案：①②③
三、解答题
10．若函数y＝sin x在(0，π)上是上凸函数，那么在△ABC中，求sin A＋sin B＋sin C的最大值．
解：因为y＝sin x在(0，π)上是上凸函数，则
(sin A＋sin B＋sin C)≤sin＝sin 60°＝，即sin A＋sin B＋sin C≤，
当且仅当sin A＝sin B＝sin C时，即A＝B＝C＝时，取等号．
11.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABCA1B1C1的底面ABC位于平行四边形ACDE中，AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°，点B在线段ED上．
(1)当点B在何处时，平面A1BC⊥平面A1ABB1；
(2)点B在线段ED上运动的过程中，求三棱柱ABCA1B1C1表面积的最小值．
解：(1)由于三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，
则AA1⊥平面ABC，
因为BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC.
而AA1∩AB＝A，只需BC⊥平面A1ABB1，即AB⊥BC，就有“平面A1BC⊥平面A1ABB1”．
在平行四边形ACDE中，
因为AE＝2，AC＝AA1＝4，
∠E＝60°.
过B作BH⊥AC于H，
则BH＝.
若AB⊥BC，有BH2＝AH·CH.
由AC＝4，得AH＝1或3.
两种情况下，B为ED的中点或与点D重合．
(2)三棱柱ABCA1B1C1表面积等于侧面积与两个底面积之和．
显然三棱柱ABCA1B1C1其底面积和平面A1ACC1的面积为定值，只需保证侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和最小即可．
过点B作BH⊥AC于H，则BH＝.
令AH＝x，则侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和等于4(AB＋BC)＝4[＋]．
其中＋可以表示动点(x,0)到定点(0，－)和(4，)的距离之和，当且仅当x＝2时取得最小值．所以三棱柱的表面积的最小值为2×＋42＋4×2＝4＋8＋16.
12．已知不等式＋＋…＋>[log2n]，其中n为大于2的整数，[log2n]表示不超过log2n的最大整数．设数列{an}的各项为正，且满足a1＝b(b>0)，an≤，n≥2，n∈N*.
(1)证明an<，n≥3，n∈N*；
(2)猜测数据{an}是否有极限？如果有，写出极限的值(不必证明)；
(3)试确定一个正整数N，使得当n>N时，对任意b>0，都有an<.
解：(1)证明：法一：因为当n≥2时，0[log2n]．
因为a1＝b，所以>＋[log2n]＝.
所以an<.
法二：设f(n)＝＋＋…＋，首先利用数学归纳法证不等式an≤，n≥3，n∈N*.
①当n＝3时，由a3≤＝≤＝知不等式成立．
②假设当n＝k(k≥3，n∈N*)时，不等式成立，
即ak≤，
则ak＋1≤＝
≤
＝
＝
＝，
即当n＝k＋1时，不等式也成立．
由①②知，an≤，n≥3，n∈N*.
又由已知不等式得
an<＝，n≥3，n∈N*.
(2)有极限，且lian＝0.
(3)因为<，令<，
则有log2n≥[log2n]>10⇒n>210＝1 024，
故取N＝1 024，可使当n>N时，都有an<.
