高考數學易錯點整理361(例題+評析+鞏固)2

專題五解析幾何（一）對解析幾何的學科地位認識模糊，面對“知識交匯點”命題應用意識不強解析幾何命題具有較強的“融合性”，不少看似不是解析幾何問題的命題，實際上蘊含著解析幾何的思想方法.如：坐標系與參數方程選考題，也是解幾題；線性規(guī)劃試題，內涵本質就是解幾題；平面向量問題、立幾中空間坐標系下的坐標法、向量法，本質上也是解析幾何.還有融合在函數與導數等試題中進行考查的許多試題，或體現解幾知識在解決非解幾題中的應用，或體現為解幾思想方法在其它分支中的滲透.【例1】（2020·福建高三期末）設為實數，函數的導函數為，且是偶函數，則曲線在點處的切線方程為（）A． B． C． D．【解析】由題,,因為是偶函數且為關于的多項式,故其奇次項的系數.故,.又,,曲線在點處的切線方程為,即.選：C【小結】本題主要考查根據奇偶性求參數值以及利用導數的幾何意義求解切線方程的方法.首先求導得,根據是偶函數求解,再根據導數的幾何意義求解曲線在點處的切線方程即可.【例2】（2020·寧夏大學附屬中學高三）已知，滿足不等式組則目標函數的最大值與最小值之差等于（）A．15 B． C．5 D．【解析】根據題意,作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示:根據目標函數的幾何意義知,向上平移直線經過點A時,目標函數有最小值,向下平移直線經過點C時,目標函數有最大值,聯立方程,解得,即點A為，聯立方程,解得,即點C為,所以目標函數,所以目標函數的最大值與最小值之差等于.故選:A【例3】【四川省2018屆沖刺演練（一）】設x，y滿足約束條件y≤ax+y≥12x?y≤0，若z=x+y的最大值為6，則A.23B.2C.4D.【解析】作出x，y滿足約束條件&y≤a&x+y≥1&2x?y≤0表示的平面區(qū)域，由&y=a&2x?y=0解得A（a2，a），直線z=x+y，經過交點A時，目標函數取得最大值6，可得a2+a=6，解得a=4．則yx+a【小結】【例2】雖歸屬不等式中的線性規(guī)劃問題，但本質上是直線方程的內容.主要錯誤是誤判取得最優(yōu)解的條件.究其原因主要為：一是追求教學的所謂“短、平、快”，把線性規(guī)劃試題的解題步驟簡單地總結為“畫線、定域、求交點，代入、求值、選最值”，倘若面對【例3】，學生往往束手無策；二是沒有將其納入直線方程系統(tǒng)中進行教學，忽視直線知識的運用，使學生未能充分運用直線方程系數的幾何意義進行最優(yōu)解的分析.【例4】（2020·四川瀘縣五中高三）已知函數fx=（1）當m=1時，解不等式fx（2）若不等式fx<3?x對任意x∈0,1【解析】（1）當m=1時，fx=x?1+2x?1，所以fx=（2）由題意，fx<3?x對任意的x∈0,1恒成立，即x?m<3?x?2x?1對任意的x∈所以函數y=x?m的圖象應該恒在gx的下方，數形結合可得【小結】本題主要考查了絕對值不等式問題，對于含絕對值不等式的解法有兩個基本方法，一是運用零點分區(qū)間討論，二是利用絕對值的幾何意義求解．法一是運用分類討論思想，法二是運用數形結合思想，將絕對值不等式與函數以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時強化函數、數形結合與轉化化歸思想方法的靈活應用，這是命題的新動向．（二）讀題、審題、析題過程中的作圖意識不強，解題過程中識圖、用圖能力有待提高強化作圖意識，有時只要把握住圖形的主要特征畫出示意圖形、有時科學規(guī)范地畫出比較準確的圖形是研究幾何問題的基礎，作圖的過程是讀題、審題理解題意與探究解題思路的過程．【例5】（2020·天津高三期末）已知△ABC的頂點B、C在橢圓＋y2＝1上，頂點A是橢圓的一個焦點，且橢圓的另外一個焦點在BC邊上，則△ABC的周長是()A．2 B．6 C．4 D．12【解析】設另一焦點為，由題在BC邊上，所以的周長，故選：C【小結】此題考查橢圓的幾何意義，橢圓上的點到兩焦點距離之和為定值，求解中要多觀察圖形的幾何特征，將所求問題進行轉化，簡化計算.再由根據橢圓定義，橢圓上的點到兩焦點距離之和為長軸長即可得解.【例6】【2016高考新課標1卷】設圓的圓心為A,直線l過點B（1,0）且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點,過B作AC的平行線交AD于點E.（I）證明為定值,并寫出點E的軌跡方程；【解析】圓的方程可化為的圓心為，半徑為4；動點C，D落在圓上，滿足；（點在圓上，根據圓的定義有）等腰三角形中，；；由題設得，，，由橢圓定義可得點的軌跡方程為：（）．（根據定義知點的軌跡是橢圓）【小結】由于作圖潦草、沒有使用尺規(guī)作圖、不夠精確，導致難以發(fā)現關鍵的幾何特征信息．識圖、用圖能力差，沒有從圖形中發(fā)現，以及．究其原因在于課堂教學作圖環(huán)節(jié)缺失，教師多用手工繪制草圖、缺乏對圖形中幾何特征與數量關系的細致量化分析．建議教師注意使用尺規(guī)規(guī)范作圖，示范指導如何結合作圖過程讀題、理解題意，如何將試題信息匯集于圖，如何用圖思考、發(fā)現問題解決的方法，并要求學生當堂作圖練習．要向學生強調全國卷盡量不給圖的特點，所給的練習，不給圖形，要求學生通過審題自己作圖，結合圖形從整體角度理解題意尋找解題思路．（三）解析幾何的本質意識和利用圓錐曲線定義研究問題的意識不強解析幾何的本質是用代數的方法研究幾何問題.由于試題本身就是幾何問題，研究問題的方法當然可以在幾何方法和代數方法中合理地選擇.例如：定義是數學問題研究的起點，圓錐曲線的定義蘊含了豐富的幾何內涵，對問題的理解與思考具有深刻的意義，所以運用定義中蘊含的幾何特征進行解題，經常是有效的解題思路．【例7】（2020·陜西高三月考）已知拋物線的焦點為，過點的直線與拋物線交于兩點，準線交軸于，若最小，則（）A．4 B．8 C． D．【解析】據題意，不妨設點在第一象限，過點作準線的垂線，垂足為.由題意可得.因為，所以，若最小，則最小，即最小，由題知當與拋物線相切時，最小.設直線的方程為，則.與聯立，得消去得，由，得，所以，點坐標為，所以，此時四邊形是正方形，軸，所以.故選：D【小結】1.拋物線的定義是解決拋物線問題的基礎，它能將兩種距離(拋物線上的點到焦點的距離、拋物線上的點到準線的距離)進行等量轉化.如果問題中涉及拋物線的焦點和準線，又能與距離聯系起來，那么用拋物線定義就能解決問題.因此，涉及拋物線的焦半徑、焦點弦問題，可以優(yōu)先考慮利用拋物線的定義轉化為點到準線的距離，這樣就可以使問題簡單化.2.研究圓錐曲線問題時，注意養(yǎng)成優(yōu)先站在“觀察發(fā)現動點運動變化過程中不變的幾何關系”的角度探究問題的意識；養(yǎng)成“定義”的應用意識，注意利用圓錐曲線的定義與幾何圖形中的位置關系與數量關系，選擇簡便的方法實現幾何條件與數量關系的靈活轉化．（四）幾何條件與數量關系的轉化欠靈活解析幾何就是用代數的方法研究幾何問題．2017年起，選考部分刪除《平面幾何選講》，并不意味著消弱這方面的要求，而是完全可以在三角、解幾、立幾、向量等試題中實現對平幾的考查功能.在解幾試題中，對題目所給的幾何條件何時代數化、如何代數化（坐標化）很值得研究，充分運用幾何直觀、使用幾何推理，可以有效減少運算的繁雜程度．【例8】【2018年全國卷Ⅲ理】直線x+y+2=0分別與x軸，y軸交于A，B兩點，點P在圓x?22+y2?，??6B.4【解析】∵直線x+y+2=0分別與x軸，y軸交于A，B兩點，∴A?2,0,B(0,?2),則AB=22，∵點P在圓（x?2）2+y2=2上，∴【小結】本題呈現多的是“數量關系”，但結合幾何圖形可推斷知道，此三角形的“底邊長”確定，面積的最大（?。┲等Q于三角形的“高”，故需求得圓心到直線的距離.【例9】（2020·浙江高三期末）已知雙曲線：的右焦點關于直線的對稱點在直線上，則該雙曲線的離心率為______.【解析】如圖：，由已知點到漸近線的距離，由對稱性可得，由題得，所以，即，整理得，故【小結】本題考查雙曲線的離心率的求解，關鍵是要根據題目條件找到之間的等量關系.本題需先求出點到漸近線的距離，在利用，得，代入數據整理計算即可得雙曲線的離心率.但凡兩直線上的交點或者動點問題，代數上多結合幾何條件或設點或列方程，進而用方程思想求解問題，而求離心率，多是從幾何圖形中抽象相關性質并轉化為有關的等量關系或是方程（組）．建議必須依題構圖，結合曲線的性質從題意與圖形中抽象出關鍵的幾何特征，并以簡潔的代數形式加以呈現，從而轉化為待求目標關系式進行變形演算．（五）缺乏對算法、算理、算式的分析，靈活地選擇算法以簡化運算的意識有待加強【例10】（2020·重慶一中高三期末）若點O和點F分別為橢圓的中心和左焦點，點P為橢圓上點的任意一點，則的最大值為A．2 B．3 C．6 D．8【解析】由橢圓方程得F(－1,0)，設P(x0，y0)，則＝(x0，y0)·(x0＋1，y0)＝＋x0＋∵P為橢圓上一點，∴＋＝1.∴＝＋x0＋3＝＋x0＋3＝(x0＋2)2＋2.∵－2≤x0≤2，∴的最大值在x0＝2時取得，且最大值等于6.【例11】（2020·云南昆明一中高三期末）已知是雙曲線右支上的一點，分別是圓和上的點，則的最大值是___________.【解析】雙曲線,是雙曲線右支上的一點所以雙曲線的兩個焦點分別為,,則這兩點剛好是兩圓和的圓心,則兩個圓的半徑分別為，所以由幾何性質可知同理所以最大值即所以的最大值為.故答案為:【小結】本題考查了雙曲線的標準方程及定義的應用,圓的標準方程及點與圓距離的最值問題.本題應根據雙曲線方程可知,雙曲線的兩個焦點剛好是兩個圓的圓心.若取最大值,則只需即可.由雙曲線定義及點與圓的位置關系即可求解.建議不能只是談思路方法，應通過課堂師生共同演算的體驗，增加實踐經驗，進行算法算理的指導．在涉及求有關過一點的兩條斜率不同的直線的交點坐標或弦長問題時，往往只需計算其中的一類交點坐標或弦長，另一類只需等價代換結果中的參數即可．【例12】（2020·湖南長沙一中高三月考）已知橢圓的離心率為，與軸交于點，，過軸上一點引軸的垂線，交橢圓于點，，當與橢圓右焦點重合時，．（1）求橢圓的方程；關注公眾號《品數學》，獲取更多干貨！（2）設直線與直線交于點，是否存在定點和，使為定值．若存在，求、點的坐標；若不存在，說明理由．【解析】（1）由題知：，解得，故橢圓的方程為．（2）設點坐標為，，，不妨設，．則，，三點共線，，①；同理：，②；得：，又在橢圓上，，代入整理得：．即點的軌跡為雙曲線，取、為該雙曲線的左、右焦點．即，．此時為定值，故為，．【小結】本題考查求橢圓的標準方程，考查直線與橢圓相交的定值問題．本題解法是求出動點的軌跡方程，由軌跡方程確定圖形為雙曲線，由雙曲線定義可得結論．在第（1）中是橢圓的通徑，由此已知條件可表示為的兩個等式，結合可求得，得橢圓方程；在第（2）中設點坐標為，，，不妨設，．在直線可得的關系，同理由在直線又得一關系式，消去可得點軌跡方程，軌跡是雙曲線，由雙曲線定義可作答．（六）缺乏參數的選擇與解題過程中的優(yōu)化意識【例13】（2020·湖南高三期末）已知橢圓的離心率為，左、右焦點分別是，橢圓上短軸的一個端點與兩個焦點構成的三角形的面積為；（1）求橢圓的方程；（2）過作垂直于軸的直線交橢圓于兩點（點在第二象限），是橢圓上位于直線兩側的動點，若，求證：直線的斜率為定值.【解析】（1）由題意可得：且又得：，，，橢圓的方程為（2）證明：由（1）可得：直線：，設直線的方程為，代入橢圓方程消可得設，，則，則，即化簡可得，或當時，直線的方程為則直線經過點，不滿足題意，，即直線的斜率為定值【小結】本題考查橢圓標準方程求解、橢圓中的定值問題的求解.對于定值問題，關鍵是能夠通過已知條件建立起與參數有關的等量關系式，通過整理化簡將關系式變?yōu)楹愕仁?，或通過消元得到所求定值.【方法策略】（一）立足概念，返璞歸真-----重視挖掘圖形的幾何特征，善于運用圓錐曲線的定義數形結合思想為指導，把定量的計算與定性的分析（圖形的幾何性質）有機結合，可簡化計算量．圓錐曲線的定義是根本，利用定義解題是高考的一個重要命題點．圓錐曲線的定義反映了它們的圖形特點，是畫圖的依據和基礎，也是問題研究的基礎，正確利用定義可以使問題的解決更加靈活．已知圓錐曲線上的點以及焦點，應考慮使用圓錐曲線的定義．【例14】【2015重慶理21】如圖所示，橢圓的左、右焦點分別為，，過的直線交橢圓于，兩點，且．（1）若，，求橢圓的標準方程．（2）若，求橢圓的離心率．【解析】（1）由橢圓的定義，故．設橢圓的半焦距為，由已知，因此，即，從而．故所求橢圓的標準方程為．（2）如圖所示，連接，由橢圓的定義，，，從而由，有．又由，，知，因此，，得．從而．由，知，因此．【小結】1．定義是事物本質屬性的概括和反映，圓錐曲線許多性質都是由定義派生出來的．對某些圓錐曲線問題，采用“回歸定義”的策略，把定量的計算和定性的分析有機地結合起來，則往往能獲得題目所固有的本質屬性，達到準確判斷、合理運算、靈活解題的目的．2．求圓錐曲線方程常用的方法有直接法、定義法、待定系數法、參數法等．用待定系數法求圓錐曲線的標準方程時，要“先定型，后計算”．所謂“定型”，是指確定類型，也就是確定橢圓、雙曲線的焦點所在的坐標軸是x軸還是y軸，拋物線的焦點是在x軸的正半軸、負半軸，還是y軸的正半軸、負半軸，從而設出相應的標準方程的形式；“計算”就是指運用方程思想、利用待定系數法求出方程中的a2、b2、p的值（基本量法），最后代入寫出橢圓、雙曲線、拋物線的標準方程．3．求解離心率的時候，應該尋求三角形中的邊角之間的關系，從而建立a、c的齊次方程（求值）或者齊次不等式（求范圍）．（二）利用圖形，巧妙轉化------實現幾何條件代數化．解析幾何就是用代數方法來研究幾何問題，即：幾何問題→代數問題→代數結論→幾何結論．所以，它的兩大任務是：（1）把幾何問題轉化為代數問題，（2）研究代數問題，得出代數結論．怎樣將幾何問題轉化為代數問題？（1）要主動去理解幾何對象的本質特征；（2）善于將幾何條件、幾何性質用代數的形式表達出來；（3）恰當選擇代數化的形式，這點是關鍵：一要研究具體的幾何對象具有什么樣的幾何特征（如果幾何特征不清楚，就不可能準確將其代數化），這就要在審題上下功夫；二是選擇最簡潔的代數形式（方便后續(xù)的代數研究），這需要大局觀；（4）注意等價轉化．【例15】（2020·新疆高三月考）已知拋物線C：的焦點F，點是拋物線上一點，以M為圓心的圓與直線交于A、B兩點（A在B的上方），若，則拋物線C的方程為（）A． B． C． D．【解析】拋物線C：，其焦點，準線方程，因為點是拋物線上一點，所以所在直線，設于，則，因為，所以，即整理得，所以將點代入到拋物線方程，得，，解得，所以拋物線方程為，故選：C.【小結】本題考查拋物線的定義，直線與圓的位置關系，求拋物線的標準方程.首先應該根據拋物線的定義，表示出，再表示出，利用，得到和之間的關系，將點坐標，代入到拋物線中，從而解出的值，得到答案.（三）巧用平幾，事半功倍------關注平面幾何知識方法與性質在問題轉化中的應用，關注幾何圖形（特別是三角形）相關方法在運算中的應用．解析幾何的研究對象就是幾何圖形及其性質，所以在處理解析幾何問題時，除了運用代數方程外，充分挖掘幾何條件，結合平面幾何知識，這往往能減少計算量．數學試題中很多圖形性質就和“平幾”知識相關聯，要抓住關鍵，適時引用，問題就會迎刃而解．提高學生等價轉化的能力——實現復雜問題簡單化，陌生問題熟悉化．例如：①沒有圖形，不妨畫個圖形，以便直觀思考；②“設—列—驗”是求軌跡的通法；③消元轉化為一元二次函數（方程），判別式，韋達定理，中點，弦長公式等要把握好；④多感悟“設—列—解”，“設”：設什么？坐標、方程、角、斜率、截距?“列”：列的前提是找等量關系，“解”：解就是轉化、化簡、變形，向目標靠攏；⑤緊扣題意，聯系圖形，數形結合；⑥一旦與自己熟悉的問題接軌立即入位．關注公眾號《品數學》，獲取更多干貨！【例16】（2020·吉林高三月考）拋物線的焦點為，點、、在上，且的重心為，則的取值范圍為（）A． B． C． D．【解析】由題意知，拋物線的焦點為，設點、、，由重心的坐標公式得，，，設直線的方程為，由，消去得，，由韋達定理得，，所以，，故，，將點的坐標代入拋物線的方程得，得，則，得，則.不在直線上，則，此時，，則.因此，的取值范圍是.故選：A.【小結】本題考查了拋物線與直線的綜合，求距離的取值范圍，重心坐標的計算．首先根據重心坐標公式求出的橫坐標為，縱坐標為，設直線的方程為，與拋物線方程聯立，用、求出表示出的坐標，結合拋物線的方程，求出的取值范圍，再結合拋物線的定義可得出結論．（四）強化目標意識，尋求點的坐標之間的關系，剖析變量內在的幾何意義，通過整體代換的思想，簡化運算過程，實現設而不求，簡潔明了、準確解題．運算繁雜是解析幾何最突出的特點．首先，解題中要指導學生克服只重視思路、輕視動手運算的缺點．運算能力差是學生普遍存在的問題，不僅在解析幾何問題中要加強訓練，在其它板塊中也要加強訓練，只有把提高學生的運算能力貫徹于教學的過程之中，才能收到較好的效果．其次，要培養(yǎng)學生運算的求簡意識，尤其是“設而不求”，充分發(fā)揮圓錐曲線的定義和利用平面幾何知識化難為易、化繁為簡的作用．譬如圓錐曲線中的定點、定值問題，解決的基本思想從變量中尋求不變，即先用變量表示所求的量或點的坐標，再通過推理計算，導出這些量或點的坐標和變量無關．其基本策略：定點和定值問題就是在運動變化中尋找不變量的問題，基本思想是使用參數表示要解決的問題，證明要解決的問題與參數無關．在這類試題中選擇消元的方向是非常關鍵的．另外，對于某些定點問題的證明，可以先通過特殊情形探求定點坐標，然后對一般情況進行證明，這種方法在填空題中更為實用．【例17】【2018年理北京卷】已知拋物線C：y2=2px經過點P（1，2）．過點Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N（Ⅰ）求直線l的斜率的取值范圍；（Ⅱ）設O為原點，QM=λQO，QN=μ【解析】（Ⅰ）因為拋物線y2=2px經過點P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以拋物線的方程為y2=4x．由題意可知直線l的斜率存在且不為0，設直線l的方程為y=kx+1（k≠0）．由y2=4xy=kx+1得k2x2+(2k?4)x+1=0．依題意Δ=(2k?4)2?4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1．又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點（1，-2）．從而k≠-3．所以直線l斜率的取值范圍是（-∞，-3（Ⅱ）設A（x1，y1），B（x2，y2）．由（I）知x1+x2=?2k?4k2，x1x2=1k2．直線PA的方程為y–2=y?2=y1?2x1?1(x?1)．令x【小結】1.本題（2）設A（x1，y1），B（x2，y2），與拋物線聯立，根據韋達定理可得x1+x2=?2k?4k2，x1x2=1k2．再由QM=λQO2.定點、定值問題通常是通過設參數或取特殊值來確定“定點”是什么、“定值”是多少，或者將該問題涉及的幾何式轉化為代數式或三角問題，證明該式是恒定的.定點、定值問題同證明問題類似，在求定點、定值之前已知該值的結果，因此求解時應設參數，運用推理，到最后必定參數統(tǒng)消，定點、定值顯現.（五）方程思想處理求值，函數思想求解范圍和最值．【例18】（2020·浙江高三期末）已知拋物線：過點，為其焦點，過且不垂直于軸的直線交拋物線于，兩點，動點滿足的垂心為原點.（1）求拋物線的方程；（2）求證：動點在定直線上，并求的最小值.【解析】（1）由題意，將點代入，即，解得，所以，拋物線的方程為.（2）解析1：（巧設直線）證明：設：，，，聯立，可得，則有，可設：，即，同理：，解得，即動點在定直線：上.，當且僅當時取等號.其中，分別為點和點到直線的距離.關注公眾號《品數學》，獲取更多干貨！（2）解析2：（利用向量以及同構式）證明：設：，，，聯立，可得，則有.，，又為的垂心，從而，代入化簡得：，同理：，從而可知，，是方程的兩根，所以，所以動點在定直線：上.，當且僅當時取等號.其中，分別為點和點到直線的距離.【小結】本題考查拋物線的標準方程，直線與拋物線的位置關系，考查韋達定理，考查基本不等式的應用，考查計算能力.在第（2）中應設設直線方程為，聯立方程，表示出，運用基本不等式即可得到結論.2.對于最值、定值問題的處理，常采用①幾何法：利用圖形性質來解決；②代數法：建立目標函數，再求函數的最值，確定某幾何量的值域或取值范圍，一般需要建立起方程或不等式，或利用圓錐曲線的有界性來求解．二、典型問題剖析圓的問題主要是定義和性質；圓錐曲線（橢圓、拋物線、雙曲線）主要是曲線的定義、標準方程、曲線性質（焦點、離心率、準線、漸近線）；綜合性問題主要是位置關系、范圍、面積、定點、定值等.（一）離心率問題【例19】（2020·南昌市新建區(qū)第二中學高三（理））已知雙曲線：（，）的左，右焦點分別為，，過右支上一點作雙曲線的一條漸近線的垂線，垂足為.若的最小值為，則雙曲線的離心率為______.【解析】由雙曲線定義知，，則，∴，所以，過作雙曲線一條漸近線的垂線垂足為，交右支于點，此時最小，且最小值為，易求焦點到漸近線的距離為，即，所以，即，，可求離心率.【小結】本題考查了雙曲線的定義以及雙曲線的幾何性質.首先利用雙曲線的定義，從而可得，利用點到直線的距離公式可得，由題意可得，進而求出離心率.（二）定點問題----確定方程證明直線過定點的基本思想是使用一個參數表示直線方程，根據方程的成立與參數值無關得出x，y的方程組，以方程組的解為坐標的點就是直線所過的定點；如果直線系是使用雙參數表達的，要根據其它已知條件建立兩個參數之間的關系，把雙參數直線系方程化為單參數直線系方程.【例20】（2020·云南高三）已知拋物線：的焦點為，準線為，是上的動點.（1）當時，求直線的方程；（2）過點作的垂線，垂足為，為坐標原點，直線與的另一個交點為，證明：直線經過定點，并求出該定點的坐標．【解析】（1）設，由得，解得：，所以.所以，所以直線的方程為：或.（2）設，則，直線的方程為：.聯立得：，解得.①當時，直線的方程為，②當時，直線方程為：，化簡得：，關注公眾號《品數學》，獲取更多干貨！綜上①②，可知直線恒過點.【小結】本題考查直線與拋物線的位置關系，考查直線過定點問題，鍛煉了學生計算能力．第（1）中應設點，利用求出，進而可求出，利用點的坐標求出，用斜截式可寫出直線方程；在第（2）中設，則，聯立直線與拋物線，求出點坐標，進而寫出直線的方程，可得其所過的定點．（三）定值問題----巧妙消參定值問題就是證明一個量與其中的變化因素無關，這些變化的因素可能是直線的斜率、截距，也可能是動點的坐標等，這類問題的一般解法是使用變化的量表達求證目標，通過運算求證目標的取值與變化的量無關.當使用直線的斜率和截距表達直線方程時，在解題過程中要注意建立斜率和截距之間的關系，把雙參數問題化為單參數問題解決.【例21】（2020·上海高三）已知雙曲線：的焦距為，直線（）與交于兩個不同的點、，且時直線與的兩條漸近線所圍成的三角形恰為等邊三角形.（1）求雙曲線的方程；（2）若坐標原點在以線段為直徑的圓的內部，求實數的取值范圍；（3）設、分別是的左、右兩頂點，線段的垂直平分線交直線于點，交直線于點，求證：線段在軸上的射影長為定值.【解析】（1）當直線與的兩條漸近線圍成的三角形恰為等邊三角形，由根據雙曲線的性質得，，又焦距為，則，解得，，則所求雙曲線的方程為.（2）設，，由，得，則，，且，又坐標原點在以線段為直徑的圓內，則，即，即，即，則，即，則或，即實數的取值范圍.（3）線段在軸上的射影長是.設，由（1）得點，又點是線段的中點，則點，直線的斜率為，直線的斜率為，又，則直線的方程為，即，又直線的方程為，聯立方程，消去化簡整理，得，又，代入消去，得，即，則，即點的橫坐標為，則.故線段在軸上的射影長為定值.（四）求最值、解范圍問題——構造函數【例22】（2020·福建省福州第一中學高三開學考試）已知在橢圓上，為右焦點，軸，為橢圓上的四個動點，且，交于原點.（1）判斷直線與橢圓的位置關系；（2設，滿足，判斷的值是否為定值，若是，請求出此定值，并求出四邊形面積的最大值，否則說明理由.【解析】（1）直線，將直線方程化簡變形可得，因為，令，解得，所以直線過定點，而由在橢圓上，可知直線與橢圓相切或相交.（2）在橢圓上，軸，由橢圓性質可得，則解得，所以橢圓的標準方程為，因為，，為橢圓上的四個動點且，交于原點.所以，，當直線的斜率不存在時，不滿足，因而直線的斜率一定存在.當直線斜率存在且為0時，不滿足，所以直線的斜率一定存在且不為0.設直線的方程為.則，化簡可得，所以，因為，所以，則，整理可得，解得.由題意可知的位置等價，所以不妨設，則，則，即為定值.直線的方程為.即則點到直線的距離為因為，代入可得則由弦長公式可得所以當時取等號.而時滿足.所以，此時故四邊形面積的最大值的最大值為4【小結】本題考查了直線過定點的求法，直線與橢圓位置關系的判斷，橢圓標準方程的求法，韋達定理在求弦長公式中的應用，橢圓中的四邊形面積問題綜合應用，屬于難題.在第（2）中先根據條件，求得橢圓的標準方程.討論直線的斜率情況可知當斜率不存在或斜率為0時不滿足.進而設直線的方程為，聯立橢圓方程，利用韋達定理及等式，化簡即可求得的值，確定為定值；由點到直線距離公式求得，利用弦長公式求得，即可用表示出，由二次函數性質求得的最大值，并根據即可求得的最大值.【例23】【浙江省衢州市五校聯盟2019屆高三上學期聯考】如圖，過拋物線y2=2px（p>0）上一點P1,1，作兩條直線分別交拋物線于點A，（1）證明：直線AB的斜率為定值，并求出該定值；（2）若直線AB在y軸上的截距b∈0,【解析】（1）由拋物線y2=2px（p>0）過點P設A(x1,y1)因為y12=x1通分整理得y1設直線AB的斜率為kAB，由y12兩式相減可化為y得kAB=y2?由于y1+y（2）設直線AB的方程為y=?12x+因為b∈0,1，所以Δ=所以AB=又點P到直線AB的距離為d=|3令f(x)=則由f'當x∈(16,1]時，f'x<0，所以fx單調遞減；當x∈0,1【小結】最值問題的基本解法有幾何法和代數法：幾何法是根據已知的幾何量之間的相互關系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的（如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離之和、光線反射問題等）；代數法是建立求解目標關于某個（或兩個）變量的函數，通過求解函數的最值（普通方法、基本不等式方法、導數方法等）解決的.（五）探索性問題——肯定結論【例24】（2020·山東棗莊八中高三月考）如圖，點T為圓上一動點，過點T分別作x軸，y軸的垂線，垂足分別為A，B，連接BA延長至點P，使得，點P的軌跡記為曲線C．（1）求曲線C的方程；（2）若點A，B分別位于x軸與y軸的正半軸上，直線AB與曲線C相交于M，N兩點，試問在曲線C上是否存在點Q，使得四邊形OMQN為平行四邊形，若存在，求出直線l方程；若不存在，說明理由．【解析】（1）設,則,由題意知,所以為中點,由中點坐標公式得,即,又點在圓上,故滿足,則,所以曲線C為（2）由題意知直線的斜率存在且不為零,設直線的方程為,則,,因為,所以,即①聯立方程,消去得:,設,,則,因為為平行四邊形,所以為,即,因為點在曲線上,故,整理得②將①代入②,得,該方程無解,故這樣的直線不存在.【例25】【安徽省合肥市2019屆高三第一次檢測】設橢圓C:?x2a2+y2b2=1(a>b>0(Ⅰ)求橢圓C的方程；(Ⅱ)設圓O上任意一點P處的切線交橢圓C于點M，N，試判斷【答案】（1）x2【解析】(Ⅰ)設橢圓的半焦距為c，由橢圓的離心率為22知，b=c，?a=易求得A2，0，∴點2，解得a2=6b2=3(Ⅱ)當過點P且與圓O相切的切線斜率不存在時，不妨設切線方程為x=2，由(Ⅰ)知，OM=?2，當過點P且與圓O相切的切線斜率存在時，可設切線的方程為y=kx+∴mk2+聯立直線和橢圓的方程得x2∴1+2k∵OM=∴OM?==1+k2綜上所述，圓O上任意一點P處的切線交橢圓C于點M，N，都有在RtΔOMN中，由ΔOMP與ΔNOP相似得，OP2【小結】1.探索性問題，先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確則存在，若結論不正確則不存在.,（1）當條件和結論不唯一時，要分類討論.（2）當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件.（3）當條件和結論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑.2.探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化.一般步驟為：（1）假設滿足條件的曲線(或直線、點等)存在，用待定系數法設出；（2）列出關于待定系數的方程（組）；（3）若方程（組）有實數解，則曲線（或直線、點等）存在，否則不存在.【鞏固提升】一、單選題1．（2020·海南華僑中學高三期末）已知，是橢圓的左，右焦點，是的左頂點，點在過且斜率為的直線上，為等腰三角形，，則的離心率為A． B． C． D．【解析】因為為等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,由斜率為得，，由正弦定理得,所以，故選D.2．（2020·南昌市新建區(qū)第二中學高三）已知圓：，直線：與軸，軸分別交于，兩點.設圓上任意一點到直線的距離為，若取最大值時，的面積（）A． B．8 C．6 D．【解析】直線：過定點，圓：的圓心，半徑，當時，圓心到直線的距離最大，∵，∴，即直線方程為，則，，，到直線的距離為，則到直線的最大距離，此時的面積，故選：B.3．（2020·福建省福州第一中學高三開學考試）在平面直角坐標系中，不等式組x+y≤0x?y≤0x2+y2≤r2(rA．－1B．－52+17C．【解析】作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖所示，由題意，知14πr2=π，解得r=2．因為目標函數z=x+y+1x+3=1+y?2x+3表示區(qū)域內上的點與點P(?3,2)連線的斜率加上1，由圖知當區(qū)域內的點與點P的連線與圓相切時斜率最?。O切線方程為y?2=k(x+3)，即二、填空題4．（2020·四川省瀘縣第二中學高三月考）橢圓的右焦點與拋物線的焦點重合，點是橢圓和拋物線的一個公共點，點滿足，則的離心率為__________．【解析】如圖，由拋物線E：y2=4x，得2P=4，p=2，∴F（1，0），又Q（0，1）且QF⊥QP，∴QP所在直線斜率為1，則QP所在直線方程為y=x+1，聯立，解得P（1，2），則2a==，∴a=，則e=．故答案為．5．（2020·山東高三期末）已知P為雙曲線C：右支上一點，，分別為C的左、右焦點，且線段，分別為C的實軸與虛軸.若，，成等比數列，則______.【解析】，，，，，成等比數列，，解得，6．（2020·四川高三期末）已知拋物線的焦點為F，定點．若射線FA與拋物線C相交于點M（點M在F、A中間），與拋物線C的準線交于點N，則________.【解析】如圖所示，因為拋物線方程為，所以焦點,準線方程為因為定點，所以直線FA的斜率，過作于點，在中，，所以,所以,因為,所以三、解答題7．（2020·廣西高三）已知拋物線C：x2＝2py（p＞0）的焦點為（0,1）（1）求拋物線C的方程；（2）設直線l2：y＝kx+m與拋物線C有唯一公共點P，且與直線l1：y＝﹣1相交于點Q，試問，在坐標平面內是否存在點N，使得以PQ為直徑的圓恒過點N？若存在，求出點N的坐標，若不存在，說明理由．【解析】（1）由題意，，所以p＝2，∴拋物線C的方程為：x2＝4y；（2）由得x2﹣4kx﹣4m＝0（*），由直線y＝kx+m與拋物線C只有一個公共點，可得，解得m＝﹣k2，代入到（*）式得x＝2k，∴P（2k,k2），當y＝﹣1時，代入到y(tǒng)＝kx﹣k2，得Q（），∴以PQ為直徑的圓的方程為：，整理得：，若圓恒過定點，則，解得，∴存在點N（0,1），使得以PQ為直徑的圓恒過點N．8．（2020·山西高三月考）已知拋物線C：=2px經過點（1，2）．過點Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N．（Ⅰ）求直線l的斜率的取值范圍；（Ⅱ）設O為原點，，，求證：為定值．【解析】（Ⅰ）因為拋物線y2=2px經過點P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以拋物線的方程為y2=4x．由題意可知直線l的斜率存在且不為0，設直線l的方程為y=kx+1（k≠0）．由得．依題意，解得k<0或0<k<1．又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點（1，-2）．從而k≠-3．所以直線l斜率的取值范圍是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．（Ⅱ）設A（x1，y1），B（x2，y2）．由（I）知，．直線PA的方程為．令x=0，得點M的縱坐標為．同理得點N的縱坐標為．由，得，．所以．所以為定值．9．（2020·南京師范大學附屬揚子中學高三開學考試）已知橢圓（）的離心率為，橢圓上一點到橢圓兩焦點距離之和為，如圖，為坐標原點，平行與的直線l交橢圓于不同的兩點、．（1）求橢圓方程；（2）當在第一象限時，直線，交x軸于，，若PE＝PF，求點的坐標．【解析】（1）因為橢圓上一點到橢圓兩焦點距離之和為，所以，即，又橢圓的離心率為，所以，所以，，所以橢圓方程為.（2）設點，所以即，則，設直線：，聯立，整理得，所以因為PE＝PF，所以，，所以，化簡得，把代入上式，化簡得，因為，所以，因此點的坐標為.10．（2020·江蘇高三期末）在平面直角坐標系中，已知橢圓C:(>>0)的右焦點為F(1，0)，且過點(1，)，過點F且不與軸重合的直線與橢圓C交于A，B兩點，點P在橢圓上，且滿足.(1)求橢圓C的標準方程；(2)若，求直線AB的方程.【解析】(1)由題意可知，=1，且又因為，解得，，所以橢圓C的標準方程為；(2)若直線AB的斜率不存在，則易得，，∴，得P(，0)，顯然點P不在橢圓上，舍去；因此設直線的方程為，設，，將直線的方程與橢圓C的方程聯立，整理得，∴，則由，得將P點坐示代入橢圓C的方程，得(*)；將代入等式(*)得，∴因此所求直線AB的方程為.11．（2020·湖南瀏陽一中高三月考）已知橢圓經過點，右焦點到直線的距離為3．（1）求橢圓E的標準方程；（2）過點A作兩條互相垂直的直線，分別交橢圓于M，N兩點，求證：直線MN恒過定點．【解析】（1）由題意知，，，，解得，，．所以橢圓的標準方程為．（2）顯然直線，的斜率存在．設直線的方程為，聯立方程組，得，解得，，所以，．由，垂直，可得直線的方程為．用替換前式中的k，可得，．則，，所以，故直線MN恒過定點．12．（2019·福建仙游一中高三月考）已知橢圓的離心率，左、右焦點分別為、，拋物線的焦點恰好是該橢圓的一個頂點.（1）求橢圓的方程；（2）已知圓的切線（直線的斜率存在且不為零）與橢圓相交于、兩點，那么以為直徑的圓是否經過定點？如果是，求出定點的坐標；如果不是，請說明理由.【解析】（1）因為橢圓的離心率,所以,即.因為拋物線的焦點恰好是該橢圓的一個頂點,所以,所以.所以橢圓的方程為.（2）因為直線的斜率存在且不為零.故設直線的方程為.由消去,得,所以設,則.所以.所以.①因為直線和圓相切,所以圓心到直線的距離,整理,得,②將②代入①,得,顯然以為直徑的圓經過定點綜上可知,以為直徑的圓過定點.13．（2020·安徽六安一中高三月考（理））已知是橢圓的左、右焦點，離心率為，是平面內兩點，滿足，線段的中點在橢圓上，周長為12.（1）求橢圓的方程；（2）若與圓相切的直線與橢圓交于，求（其中為坐標原點）的取值范圍.【解析】（1）連接，，，是線段的中點，是線段的中點，由橢圓的定義知，，周長為，由離心率為知，，解得，，橢圓的方程為.()（2）當直線的斜率不存在時，直線，代入橢圓方程解得，此時，當直線的斜率存在時，設直線的方程為，由直線與圓相切知，，，將直線方程代入橢圓的方程整理得，，設，則，，，，，，，，，綜上所述，的取值范圍為.14．（2020·黑龍江哈九中高三期末）已知橢圓的上頂點為A，右焦點為F，O是坐標原點，是等腰直角三角形，且周長為.（1）求橢圓的方程；（2）若直線l與AF垂直，且交橢圓于B，C兩點，求面積的最大值.【解析】（1）在中，，，則，因為是等腰直角三角形，且周長為，所以，，，得，，因此橢圓的方程為.（2）由（1）知，，則直線的斜率，因為直線與垂直，所以可設直線的方程為，代入，得，則，解得，所以.設，，則，，.又點到直線的距離，所以，.令，則，令，則或，令，則或.因此在上是增函數，在上是減函數，在上是增函數，在上是減函數.因為，，，所以當時，取得最大值，，所以，因此面積的最大值是.15．（2020·福建高三期末）已知拋物線的焦點為，在拋物線上，且.（1）求拋物線的方程及的值；（2）若過點的直線與相交于兩點，為的中點，是坐標原點，且，求直線的方程.【解析】（1），拋物線的方程為：將代入得（2）設，顯然直線的斜率存在，設直線：，聯立，消去得，，得且，，，，即，是的中點，，，整理得，解得，直線的方程為：或16．（2020·重慶南開中學高三期末）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線的焦點為，為拋物線上異于原點的任意一點，以為直徑作圓，當直線的斜率為1時，.（1）求拋物線的標準方程；（2）過焦點作的垂線與圓的一個交點為，交拋物線于，（點在點，之間），記的面積為，求的最小值.【解析】（1）當直線的斜率為1時，可得直線的方程為，聯立拋物線方程，解得，即，，即，拋物線的方程為；（2）由（1）可得，設，，，，且，由題意可得，即，又，即，整理可得，又，則，即，又的斜率存在且不為0，，聯立拋物線方程可得，可得，，則，由，可得，即，可得，則，可令，，顯然在遞增，且，當時，，時，，可得在遞減，在遞增，可得時，取得最小值23．即求的最小值為23．

專題六函數與導數（一）選擇題解法欠靈活，缺乏運用特殊值法、排除法等解題意識選擇題的考查是由選擇題的特殊性決定的，從已知研究未知的角度來看，部分問題只能從較少的信息來判斷，無法完全嚴格地推理，所以選擇題考查選擇能力，而不是完全推理論證的能力，因此特值法看似投機取巧，實則應當是解決選擇題必要的手段，區(qū)別于大題完整演繹推理的過程，從命題角度來看，一道題既可以作為選擇題，又可以作為大題，則沒有體現選擇題的考查功效，讓不同層次學生作答是高考想要得到的目的，算理比較熟的同學應當快速得出結果，而不能完整推理出來的學生也可以憑借任意與存在的關系加以排除和選擇．【例1】（2020·海南高三）函數的圖象大致為（）A． B．C． D．【解析】當時，，排除，令，，當且僅當，即時，，排除選項.故選：A.【例2】（2020·福建省平和第一中學高三期末）函數的部分圖像大致為（）A． B．C． D．【解析】，定義域為，，所以函數是偶函數，排除A、C，又因為且接近時，，且，所以，選擇B【小結】函數圖象的辨識可以從以下方面入手：1.從函數定義域，值域判斷；2.從函數的單調性，判斷變化趨勢；3.從函數的奇偶性判斷函數的對稱性；4.從函數的周期性判斷；5.從函數的特征點，排除不合要求的圖象（二）解答含參問題的基本策略選擇不當含參問題是研究新的函數模型經常遇到的問題，也是考查學生分類討論與分清參變量關系的重要手段，含參問題的破解基本點應該是對任意的成立，即恒成立，所以可以采取特值先求出符合的參數值或范圍，在嚴格論證其充分性，而對于小題考查函數的零點問題，則需要考慮數形結合的思想，嚴格地零點定理應當是大題考查的重點，需要論證明確．【例3】（2020·云南昆明一中高三）已知函數，若是的一個極小值點，且，則（）A． B． C． D．【解析】由，得，又，則，若，則，此時，是的一個極大值點，舍去；若，則，此時，是的一個極小值點，滿足題意，故，選C.【例4】（2020·安徽六安一中高三期末）已知函數，若函數在上有3個零點，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．【解析】當時，，令，在是增函數，時，有一個零點，當時，，令當時，，在上單調遞增，當時，，在上單調遞減，所以當時，取得最大值，因為在上有3個零點，所以當時，有2個零點，如圖所示：所以實數的取值范圍為綜上可得實數的取值范圍為，故選：B【小結】本題主要考查了函數的零點問題，還考查了數形結合的思想和轉化問題的能力.此類題根據分段函數，分當，，將問題轉化為的零點問題.在研究帶有參數的新函數，從必要條件轉化為充分條件是重要的方法，可以采取數形結合的思想，轉化為兩個函數圖象的交點個數問題，而當發(fā)現特值法沒有簡便運算步驟的話，則本題出題者希望的是整體推理的過程．（三）函數性質的應用欠靈活高中階段函數的性質圍繞著單調性，奇偶性（對稱性），周期性展開，周期性的背景是三角函數，當涉及到求函數值或函數不等式問題，都可以抽象為函數性質的考查，基本順序是先討論對稱性，再討論單調性，最終利用性質求解是關鍵．【例5】（2020·湖南高三月考）已知定義在上的奇函數滿足，若，則（）A． B．0 C．2 D．2020【解析】因為奇函數滿足,即.故周期為4.故,因為.故原式.令,則.令,則.又奇函數故.故.故選：B【例6】（2020·天津靜海一中高三期末）若函數為偶函數，則．【解析】由函數為偶函數函數為奇函數，．【小結】本題考查導函數的奇偶性以及邏輯思維能力、等價轉化能力、運算求解能力、特殊與一般思想、數形結合思想與轉化思想，具有一定的綜合性和靈活性，屬于較難題型．首先利用轉化思想，將函數為偶函數轉化為函數為奇函數，然后再利用特殊與一般思想，?。ㄋ模到獯痤}的失誤，暴露考生分析問題解決問題、應用導數解題的綜合能力較弱主要從以下幾個角度進行：（1）考查導數的幾何意義，往往與圖象、曲線相聯系；（2）利用導數求函數的單調區(qū)間，判斷函數的單調性；已知函數的單調性求參數；（3）利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題；（4）數形結合思想的應用．【例7】（2020·廣西高三月考）已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）是否存在實數，且，使得函數在區(qū)間的值域為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【解析】（1）函數的定義域為，，①當時，，函數的增區(qū)間為②當時，令可得，故函數的增區(qū)間為，減區(qū)間為.（2）①當時，得舍去；②當時，得符合題意；③當時，由，不合題意；必有，可得，令，故函數單調遞增，又由，故當時，，不存在這樣的；④當時，，得舍去；綜上所述：滿足條件的值為.【小結】本題考查了函數的單調性，根據值域求參數，分類討論是常用的數學方法，需要熟練掌握.在第（1）中首先求導，再討論和兩種情況，計算得到答案.在第（2）問中討論，，，四種情況，分別計算得到答案.【方法策略】（一）掌握選擇題解題“六法”，突出“特殊值法”解題的能力培養(yǎng)對“特殊值法”還要掌握選值的技巧，當一次取值不能達到目標時，可以考慮多次取值、混合選取，看能否達到目標．特殊值法可以讓一般問題特殊化，抽象問題具體化，從而大大減少計算量．在復習過程中，可以精選不同類型，有意識地強化“特殊值法”的解題能力.【例8】（2020·遼寧高三期末）下列函數中，其圖象與函數的圖象關于點對稱的是（）A． B．C． D．【解析】設為所求函數圖象上任意一點，則由已知可得點關于點的對稱點必在函數的圖象上，所以,即,故選:D.（二）函數與方程的思想重在轉化，增強轉化與化歸的意識多年來，全國卷都注重考查二次函數、指數函數、對數函數、冪函數等的運算、圖象和性質的應用.對函數基礎知識的復習要回歸課本，深化函數基本概念的理解、熟練掌握有關公式及基本圖象性質．盡管好多題目的呈現方式是分段函數，但其基本構成離不開基本初等函數.【例9】（2020·四川石室中學高三期末）已知函數，方程有四個實數根，則的取值范圍為（）A． B． C． D．【解析】令，故，令，解得，故函數在區(qū)間單調遞減，在單調遞增，且在處，取得最小值.根據與圖像之間的關系，即可繪制函數的圖像如下：令，結合圖像，根據題意若要滿足有四個根，只需方程的兩根與滿足：其中一個根，另一個根或.①當方程的一個根，另一個根，將代入，可得矛盾，故此種情況不可能發(fā)生；②當方程的一個根，另一個根，要滿足題意，只需即可即，解得.故選：B.【例10】【2018年天津卷文】已知a∈R，函數fx=x2+2x+a?2，x≤0，?x2+2x?2a，x>0．若對任意x∈［–3，+∞），【解析】分類討論：①當x>0時，fx≤x即：?x2+2x?2a≤x，整理可得：a≥?12x2+12x，由恒成立的條件可知：a≥?12x2結合二次函數的性質可知：當x=?3或x=0時，?x2?3x+2綜合①②可得a的取值范圍是18【小結】對于恒成立問題，常用到以下兩個結論：(1)a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min.有關二次函數的問題，數形結合，密切聯系圖象是探求解題思路的有效方法．一般從：①開口方向；②對稱軸位置；③判別式；④端點函數值符號四個方面分析．（三）以形助數，數形結合數形結合思想將抽象邏輯思維與直觀形象思維有效地結合起來，使得復雜問題簡單化，抽象問題形象化，利于發(fā)現解題策略，優(yōu)化解題過程．給出具體函數，我們要抽象出解題需要的函數的性質，給出抽象函數，我們能夠找到具體模型與之對應，或者作示意圖．【例11】（2020·云南高三）已知函數，若，則實數取值范圍是（）A． B．C． D．【解析】畫出函數圖像知：函數單調遞增，，故，解得.故選：.（四）重視函數導數的工具作用以三角函數為背景考查導數、不等式，注重知識的交匯，體現函數導數的工具作用．【例12】【2018年全國卷Ⅰ卷理16】已知函數，則的最小值為．【解析】方法一：，令，則，或，所以當，為減函數，在增函數，所以方法二：,所以,當時,成立，所以的最小值是.方法三：，令，則函數化為，再利用導數進行求解．【小結】本題以三角函數為背景，看似與三角函數問題，但用三角函數的知識求解就遇到困難，要求學生靈活運用其他知識解決，求函數最值常見的求解方法：（1）利用基本不等式；（2）利用導數方法；（3）數形結合；（4）換元法等等進行轉化，考查了學生轉化與化歸、數形結合等數學思想．類似的高考命題近幾年屢見不鮮.（五）加強函數導數解答題的答題策略教學2018年全國卷Ⅰ21題函數為的比較容易研究的對數型函數問題，在導函數極值點問題上，涉及到“設而不求”，轉化為根與系數的關系，考查問題以函數導數為載體，考查轉化與化歸思想；2018年全國Ⅱ卷21題與2018年全國Ⅲ卷21題都出現了和等相對不容易研究的指對數函數型問題，對于第二問都作了一步關鍵的等價變形，原因是通常與多項式函數或者分式函數相加減比較容易研究，通常與多項式函數或者分式函數相乘除比較好處理，這給我們的復習迎考提供了指導方向．【例13】已知函數為自然對數的底數）．（1）求函數的值域；（2）若不等式對任意恒成立，求實數的取值范圍；（3）證明：．【解析】（1）因為，所以，∵，∴，∴，所以，故函數在上單調遞減，函數的最大值為；的最小值為，所以函數的值域為．（2）原不等式可化為…（*），因為恒成立，故（*）式可化為．令，則，當時，，函數在上遞增，故，所以；當時，令，得，所以當時，；當時，．所以當，即時，函數成立；當，即時，函數在上單調遞減，，解得綜上，．（3）令，則．由，故存在，使得，即．所以，當時，；當時，．故當時，函數有極小值，且是唯一的極小值，故函數，因為，所以，故，即．【小結】利用函數零點的情況求參數值或取值范圍的方法(1)利用零點存在的判定定理構建不等式求解.(2)分離參數后轉化為函數的值域(最值)問題求解.(3)轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解.【概述】復習過程中，應對函數部分高考的高頻考點問題——單調性、最值、切線、零點問題、恒成立問題、不等式證明、含量詞的命題等，尤其是三角函數型函數，含指數函數、對數函數開展專題復習，以提升學生對利用導數研究函數的圖象與性質的認識．二、典型問題剖析導數是研究函數的工具，開辟了許多解題新途徑，拓展了高考對函數問題的命題空間，從最近幾年全國（省市）高考數學試題來看，對函數與導數的考查可以說是全方位的.從考查要求來講，它不僅有對基礎知識、基本技能的考查，更有對數學思想、數學本質的考查.具體而言，試題往往融函數、導數、不等式、方程等知識于一體，通過演繹證明，運算推理等理性思維，解決單調性、極值、最值、切線、方程的根、函數零點、參數的范圍等問題，這類題難度大，綜合性強．解題中需要用到函數與方程思想、分類與整合思想、數形結合思想、轉化與化歸思想，利用“設而不求”、“先猜后證”、“放縮法(如，，，等)”、“構造法”等手段，解決恒成立求參、函數零點、不等式證明、帶量詞的命題等熱點問題．（一）導數的幾何意義對導數的幾何意義的考查，要關注三類問題，即求切線問題、已知切線求參數問題、切線的應用問題等.這三類問題往往結合函數的性質、函數的圖象、直線方程、點到直線的距離等.（二）利用導數研究函數單調性利用導數研究函數單調性的考查，要關注三類問題，即求函數單調性區(qū)間、含參數函數單調性討論、根據單調性逆向求參數問題等.這三類問題有時會以小題的形式出現，較多的應是解答題的某一問.【例14】（2020·河南高三期末）已知函數，討論的單調性；【解析】（1）.①當時，單調遞增；②當時，單調遞減；單調遞增.綜上：當時，在單調遞增；當時，在單調遞減，在單調遞增.（三）利用導數研究函數的極值問題利用導數研究函數的極值的考查，要關注三類問題，即已知函數求極值、根據函數極值(點)逆向求參數、函數的極值(點)性質的考查等.其中已知函數求極值可能以小題的形式考查，其余主要是解答題的某一問.【例15】（2020·南京師范大學附屬揚子中學高三期末）已知函數．（1）當時，求在處的切線方程；（2）令，已知函數有兩個極值點，且，①求實數的取值范圍；②若存在，使不等式對任意（取值范圍內的值）恒成立，求實數的取值范圍．【解析】（1）當時，，，時，，，在處的切線方程為，化簡整理可得.（2）①對函數求導可得，，令可得，，解得實數的取值范圍為.②由，解得，而在上遞增，在上遞減，在上遞增，，，在單調遞增，在上，，，使不等式，對恒成立，等價于不等式恒成立，即不等式對任意的恒成立.令，則，當時，，在上遞減，即，不合題意.當時，，若，即時，則在上遞減，，時，不能恒成立；若，即時，則在上遞增，恒成立，實數的取值范圍【小結】本題考查了導數的幾何意義，考查用導數研究函數的極值，研究不等式恒成立問題，解題的關鍵是問題的轉化，如函數有兩個極值點，轉化為相應方程有兩個不等實根，不等式恒成立問題轉化為研究函數的最值，對學生的推理論證能力、運算求解能力要求較高，難度較大，屬于困難題.【例16】（2020·甘肅高三期末）已知函數.（1）討論函數的極值點的個數；（2）若有兩個極值點，證明：.【解析】（1）.①當時，.當時，，所以在上單調遞增；當時，，所以在上單調遞減.即函數只有一個極大值點，無極小值點.②當時，，令，得.當時，，所以在上單調遞增；當時，，所以在上單調遞減.即函數有一個極大值點，有一個極小值點.③當時，，此時恒成立，即在上單調遞增，無極值點.綜上所述，當時，有且僅有一個極大值點，即只有1個極值點；當時，有一個極大值點和一個極小值點，即有2個極值點；當時，沒有極值點.（2）由（1）可知，當且僅當時，有兩個極值點，且為方程的兩根，即，所以.令，則恒成立，所以在上單調遞增，所以，即.【小結】本題考查利用導數研究函數的極值，考查利用函數的單調性證明不等式，考查邏輯思維能力和運算能力.在第（2）問中由（1）可知，當且僅當時，有兩個極值點，且為方程的兩根，，求出，根據函數的單調性證明即可.（四）函數單調性、極值（最值）綜合問題——分類討論思想利用導數研究含參數的函數單調性、極值（最值）問題時，常用到分類討論思想，其分類討論點一般步驟是：【例17】【2018年文北京卷】設函數f(x)=[ax（Ⅰ）若曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線斜率為0，求a；（Ⅱ）若f(x)在x=1處取得極小值，求a的取值范圍.【答案】（Ⅰ）12（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）因為f(x)=[ax2?(3a+1)x+3a+2]f'(2)=(2a?1)e2，由題設知f'（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得f'若a>1，則當x∈(1a,1)時，f'(x)<0；當x∈(1,+∞)時，f'(x)>0.若a≤1，則當x∈(0,1)時，ax?1≤x?1<0，所以f'(x)>0.所以1綜上可知，a的取值范圍是(1,+∞).方法二：f'（1）當a=0時，令f'(x)=0得x=1.f'x(?∞,1)1(1,+∞)f+0?f(x)↗極大值↘∴f(x)在x=1處取得極大值，不合題意.（2）當a>0時，令f'(x)=0得x1=1a,x2=1∴f(x)在R上單調遞增，∴f(x)無極值，不合題意.②當x1>x2，即0<a<1時，x(?∞,1)1(1,1(f+0?0+f(x)↗極大值↘極小值↗∴f(x)在x=1處取得極大值，不合題意.③當x1<x2，即a>1時，x(?∞,1(1(1,+∞)f+0?0+f(x)↗極大值↘極小值↗∴f(x)在x=1處取得極小值，即a>1滿足題意.（3）當a<0時，令f'(x)=0得x1=1x(?∞,1(1(1,+∞)f?0+0?f(x)↘極小值↗極大值↘∴f(x)在x=1處取得極大值，不合題意.綜上所述，a的取值范圍為(1,+∞).（五）論函數零點的個數、已知方程根求參數問題或研究函數零點的性質——數形結合思想研究方程根的情況，可以通過導數研究函數的單調性、最值、變化趨勢等，根據題目要求，畫出函數圖象的走勢規(guī)律，標明函數極（最）值的位置，通過數形結合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現.【例18】（2020·海南高三）已知函數，其中為自然對數的底數.（1）若函數在區(qū)間上是單調函數，試求的取值范圍；（2）若函數在區(qū)間上恰有3個零點，且，求的取值范圍.【解析】（1）由題意得，則，當函數在區(qū)間上單調遞增時，在區(qū)間上恒成立.∴（其中），解得.當函數在區(qū)間上單調遞減時，在區(qū)間上恒成立，∴（其中），解得.綜上所述，實數的取值范圍是.（2）.由，知在區(qū)間內恰有一個零點，設該零點為，則在區(qū)間內不單調.∴在區(qū)間內存在零點，同理在區(qū)間內存在零點.∴在區(qū)間內恰有兩個零點.由（1）易知，當時，在區(qū)間上單調遞增，故在區(qū)間內至多有一個零點，不合題意.當時，在區(qū)間上單調遞減，故在區(qū)間內至多有一個零點，不合題意，∴.令，得，∴函數在區(qū)間上單凋遞減，在區(qū)間上單調遞增.記的兩個零點為，∴，必有.由，得.∴又∵，∴.綜上所述，實數的取值范圍為.【小結】（1）求出，再求恒成立，以及恒成立時，的取值范圍；（2）由已知，在區(qū)間內恰有一個零點，轉化為在區(qū)間內恰有兩個零點，由（1）的結論對分類討論，根據單調性，結合零點存在性定理，即可求出結論.【例19】（2020·安徽高三期末）已知函數，為自然對數的底.（1）若函數有兩個極值點，求實數的范圍；（2）若為的極值點，求證：.【解析】（1）由知，.由函數有兩個極值點知，方程有兩不等實數根，則，解得.（2）因為，要證，結合，只需證即可.由（1）知，，且.令，，則只需證：，.令，，則，設，則，故在內單調遞減，又，.由零點存在定理知，存在，使得，且時，；時，.又，，故，.因此，即在內單調遞增，又，故，.綜上所述，原結論成立.【小結】本題考查由函數極值點的個數，求參數的范圍問題，以及利用導數證明不等式恒成立問題，涉及構造函數，二次求導，屬導數綜合性困難題.（1）將有兩個極值點的問題，轉化為導數有兩個根的問題，根據導數進一步轉化為二次方程有兩個根的問題，進而求解；（2）結合（1）中結論，構造函數，將問題轉化為求證的最大值小于0的問題，利用導數求解即可.（六）不等式的證明問題——函數與方程思想利用導數證明不等式問題，多數利用函數與方程思想結合不等式構造函數，轉化為利用構造函數的性質來完成，其一般思路是：【例20】【2017課標3，理21】已知函數.（1）若，求a的值；（2）設m為整數，且對于任意正整數n，求m的最小值.【解析】(七)不等式恒成立、存在性問題——轉化與化歸思想利用導數研究不等式恒成立、存在性問題時，常用到轉化與化歸思想，其一般思路是：【例21】（2020·江西高三）已知函數，（）.（Ⅰ）若函數有且只有一個零點，求實數的取值范圍；（Ⅱ）設，若，若函數對恒成立，求實數的取值范圍.（是自然對數的底數，）【解析】（Ⅰ）由題意得：定義域為，則①當時，恒成立在上單調遞增又有唯一零點，即滿足題意②當時當時，；當時，即在上單調遞減，在上單調遞增⑴當，即時，，有唯一零點，滿足題意⑵當，即時，又，且，使得，不符合題意⑶當，即時，設，，則在上單調遞增，即又，使得，不符合題意綜上所述：的取值范圍為：（Ⅱ）由題意得：，則，當時，由得：恒成立在上單調遞增，即滿足題意②當時，恒成立在上單調遞增又，，使得當時，，即在上單調遞減，則不符合題意綜上所述：的取值范圍為：【小結】本題考查導數在研究函數中的應用，涉及到根據函數零點個數求解參數范圍、恒成立問題的求解、零點存在性定理的應用等知識；本題解題的關鍵是在無法確定零點所在位置時，能夠靈活應用零點存在定理找到不滿足題意的點，從而使問題得以解決.【鞏固提升】一、單選題1．（2020·天水市第一中學高三期末）函數的圖象大致為（）A． B．C． D．【解析】由題意知，函數，滿足，所以函數為奇函數，圖象關于原點對稱，所以B選項錯誤；又因為，所以C選項錯誤；又因為，所以D選項錯誤，故選A.2．（2020·湖北高三期末）已知函數在R上都存在導函數，對于任意的實數x都有.當時，，若，則實數a的取值范圍是（）A． B． C． D．【解析】根據題意構造函數,因為對于任意的實數x都有,故,即,故為偶函數.又當時,即,故當時,單調遞增.綜上所述,為偶函數,當時,單調遞增；當時,單調遞減.又,即,即.故,即,解得.故選：B3．（2020·山東高三期末）已知函數滿足，，且與的圖像交點為，，…，，則的值為()A．20 B．24 C．36 D．40【解析】由于滿足，當時，，所以關于中心對稱.由于，所以關于中心對稱.故和都關于中心對稱.所以與的圖像交點，，…，，兩兩關于對稱.所以.故選：D.4．（2020·廣西高三）已知函數，若函數有兩個零點，則實數的取值范圍為()A． B．C． D．【解析】令，即，又因為，所以，即，所以，即，因為函數有兩個零點，則有兩個零點，即與有兩個交點，所以，即或，顯然的解集為，無解，故選：D5．（2020·南昌市新建區(qū)第二中學高三）已知函數，若不等式僅有兩個整數解，則實數a的取值范圍是（）A． B．C． D．【解析】由，則由.可得，，當時，，，單調遞減，時，，單調遞增，且，則有兩個整數解為1，2，所以，且，解得，當時，，，單調遞減，且，則整數解有無數個，不滿足題意.故選：C.6．（2020·廣東高三期末）函數在上有且只有一個極值點，則實數a的取值范圍是（）A． B．C． D．或【解析】由得：，由題意在上只有一解，在上只有一解，設（），，，時，，遞減，時，，遞增，，，，因此在上只有一解，即與的圖象只有一個交點，如圖，則．故選：B.二、填空題7．（2020·甘肅高三期末）函數的圖象在處的切線方程是，則___________.【解析】函數的圖象在處的切線的斜率為，則，由于切點在直線上，則，因此，.故答案為：.8．（2020·江蘇海安高級中學高三）已知函數f（x），若f（t）≥f（），則實數t的取值范圍是_____．【解析】根據函數f（x）的解析式作出其圖象，如圖所示．①當x時，f（x）是增函數，若，則，解得：t≥1；②當x時，，若，則，解得：；綜上①②所述，實數t的取值范圍是故答案為：．三、解答題9．（2020·宜賓市敘州區(qū)第二中學校高三期末）設函數，.（1）當時，證明在是增函數；（2）若，求a的取值范圍.【解析】（1）由題意得.當時，.令，則.當時，，所以在為增函數.因此時，，所以當時，，則在是增函數.（2）由.由（1）知，當且僅當等號成立.故，從而當，即時，對，.于是對.滿足題意，由得，從而當時，.故當時，.于是當時，.不滿足，綜上，a的取值范圍是10．（2020·山西大同一中高三期末）設函數為常數(1)若函數在上是單調函數，求的取值范圍；(2)當時，證明.【解析】（1）由得導函數，其中.當時，恒成立，故在上是單調遞增函數，符合題意；當時，恒成立，故在上是單調遞減函數，符合題意；當時，由得，則存在，使得.當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，故在上是不是單調函數，不符合題意.綜上，的取值范圍是.（2）由（1）知當時，，即，故.令，則，當時，，所以在上是單調遞減函數，從而，即.11．（2020·山西高三期末）已知函數，，（1）求f（x）的單調區(qū)間；（2）如果函數有兩個極值點、，求證：.（參考數據：，，，為自然對數的底數）【解析】（1），，，在上單調遞增，又，當時，，因此單調遞減，當時，，因此單調遞增，f（x）的單調增區(qū)間為，單調減區(qū)間為.（2）有兩個極值點，，，則有兩個不同的零點，，相加有①，相減有，可以得到，代入①得，即，不妨設，則，又令，則，所以在上單調遞增，，所以所以，又，所以，即，設，則，在單調遞增，又，，，因此.12．（2020·福建高三期末）已知函數（1）求函數的極值點；（2）當時，當函數恰有三個不同的零點，求實數的取值范圍.【解析】（1）因為所以，所以，當時，，所以函數無極值點；當時，令，解得.由，解得；由，解得.故函數有極大值點，無極小值點.綜上，當時，函數無極值點；當時，函數有極大值點，無極小值點.（2）當時，，所以，設，則①當即時，，所以在單調遞減，所以不可能有三個不同的零點；②當即時，有兩個零點，，所以又因為開口向下，當時，，所以在上單調遞減；當時，，所以在上單調遞增；當時，，所以在上單調遞減.因為，又，所以，令則.所以在單調遞增，所以，即.由零點存在性定理知，在區(qū)間上有唯一的一個零點.又，所以.所以，所以在區(qū)間上有唯一的一個零點，故當時，存在三個不同的零點.故實數的取值范圍是.13．（2020·福建高三期末）已知.（1）當時，求曲線在處的切線方程；（2）若存在，使得成立，求的取值范圍.【解析】.（1）當時，，所以，所以曲線在處的切線方程為，即.（2）存在，使得成立，等價于不等式在有解.設，則，當時，，為增函數；當時，，為減函數.又，，故所以當時，，所以，即的取值范圍為.14．（2020·湖南長沙一中高三期末）已知函數（為常數）.（1）討論函數的單調性；（2）若函數在內有極值，試比較與的大小，并證明你的結論.【解析】（1）定義域為，設當時，，此時，從而恒成立，故函數在上是增函數，在上是增函數；當時，函數圖象開口向上，對稱軸，又所以此時，從而恒成立，故函數在上是增函數，在上是增函數；當時，，設有兩個不同的實根，共中，令，則，令，得或；令，得或，故函數在上是增函數，在上是增函數，在上是減函數，在上是減函數.綜上，當時，函數在上是增函數，在上是增函數；當時，函數在上是增函數，在上是增函數，在上是減函數，在上是減函數.（2）要使在上有極值，由（1）知，①則有一變號零點在區(qū)間上，不妨設，又因為，∴，又，∴只需，即，∴，②聯立①②可得：.從而與均為正數.要比較與的大小，同取自然底數的對數，即比較與的大小，再轉化為比較與的大小.構造函數，則，再設，則，從而在上單調遞減，此時，故在上恒成立，則在上單調遞減.綜上所述，當時，；當時，；當時，.15．（2020·福建高三）已知函數有兩個零點.（1）求的取值范圍；（2）記的極值點為，求證：.【解析】（1）因為，當時，，在單調遞增，至多只有一個零點，不符合題意，舍去；當時，若，則；若，則，所以在單調遞增，在單調遞減，所以，因為有兩個零點，所以必須，則，所以，解得，又因為時，；時，，所以當時，在和各有一個零點，符合題意，綜上，；（2）由（1）知，且，因為的兩個零點為，所以，所以，解得，令所以，令函數，則，當時，；當時，；所以在單調遞增，在單調遞減，所以，所以，所以，因為，又因為，所以，所以，即，要證，只需，即證，即證，即證，令，再令，即證，令，則，所以在單調遞增，所以，所以，原題得證．【點睛】本題主要考查根據導數研究函數的單調性與最值，考查推理能力與運算能力，屬于難題．

16．（2020·廣東高三期末）已知函數.（1）當時，求的單調區(qū)間；（2）若有兩個極值點，，且，證明.【解析】（1）當