第04章附錄:發(fā)散訓練詳解第一章攻克壓軸題的戰(zhàn)略構(gòu)想第一講扎根基礎(chǔ)、樹上開花1.【解】(1)在中,.由余弦定理得.,得.解得或.(2)設(shè),在中,由正弦定理,得,同理有故當時,的最大值為1,此時的面積取到最小值,即時,的面積的最小值為.2.【解】(1)由題設(shè)知,圓心是直線和的交點,解得點,于是切線的斜率必存在,設(shè)過點的圓的切線方程為,由題意,.解得或,故所求切線方程為或.(2)圓心在直線上,可設(shè)圓心的坐標為,圓的方程為,設(shè)點,化簡得點在以為圓心,2為半徑的圓上.由題意知,點在圓上.圓與圓有公共點,則,即.由,得;由,得.圓心的橫坐標的取值范圍為.第二講解題要訣、謀定后動【解】本題中的數(shù)列是著名的斐波那契數(shù)列,它的通項公式也是熟知的,已知數(shù)列的遞推關(guān)系求通項公式通常很容易想到運用數(shù)學歸納法證明.由于通項公式已經(jīng)給出,歸納——猜想已無必要,直接證明就是,于是就有了下面的證法.證明:當時,左邊,右邊,原式成立,假設(shè)原式當,時都成立.考慮的情況:.故當時原式也成立,因而原式對于一切自然數(shù)都成立.上述的證明從形式上看似乎遵循數(shù)學歸納法的標準格式.第一步,驗證當時命題成立(有驗證步驟);第二步,假設(shè)當時命題成立,證明時也成立(有歸納推理步驟),固而對證明過程一般不會產(chǎn)生懷疑.但是上述證明過程中有一個很大漏洞,只用到條件和,根本沒有用到.而遞推數(shù)列的后面一項由前面兩項表示,故第一步必須驗證的情形.設(shè)想一下,若把題設(shè)中的條件換成另一個常數(shù),比如,將上面一套論證原封不動照搬過來,這時,同時,,則出現(xiàn)的荒謬結(jié)果,產(chǎn)生錯證的根源是第二步利用遞推公式,因而默認了,而且為了推出的表達式,必須同時用到和的表達式,所以,只有從原式在和時都成立,才能推出時成立.從和時成立,推出時成立,等等,而在上面錯證中第一步只驗證時原式成立,沒有考慮時是否成立,與第二步的歸納推理顯然是脫節(jié)的.正確的證明如下:(1)當時,左邊,右邊原式成立.當時,左邊,右邊原式成立.(2)假設(shè)原式當時成立,即原式當時成立,考慮的情形,由歸納假設(shè)得,由已知得故當時原式也成立,綜合(1)(2)得,原式對于一切自然數(shù)都成立.第三講聚焦題根、舉一反三1.【解】(1),故,,故又圓的標準方程為,從而由題設(shè)得.由橢圓定義可得點的軌跡方程為.(2)當與軸不垂直時,設(shè)的方程為,由,得,則過點且與垂直的直線到的距離為,,故四邊形的面積,可得當與軸不垂直時,四邊形面積的取值范圍為.當與軸垂直時,其方程為,四邊形的面積為綜上,四邊形面積的取值范圍為).2.【解】(1)整理圓方程,得,圓心坐標為,半徑為,圓上至少有3個不同的點到直線的距離為,則圓心到直線的距離應(yīng)不大于,即.當時,解得,又,即,得直線的傾斜角的取值范圍為;當時,不合題意,舍去.故直線的傾斜角的取值范圍為.(2)【解法一】由題意得:圓上的點到直線上的點的最小距離不大于1,即圓心到直線上的點的最小距離不大于圓,,化簡得,解得,即.【解法二】(數(shù)形結(jié)合)如答圖所示,圓,直線表示過定點且斜率為的直線系,由題可知,直線系只能在直線與之間繞點旋轉(zhuǎn),,這里,.【解法三】設(shè)動圓圓心,由于兩個等圓(圓與圓)至少有一個公共點,則兩圓圓心距有解.,化簡得.解得,即.【解法四】先設(shè)以為圓心,為半徑的圓與圓無公共點,則,即恒成立,故,解得或.由補集法思想可得,即.第四講發(fā)散思維、移花接木1.【解法一】(轉(zhuǎn)化為二次方程在區(qū)間上的根的問題,利用參變分離進一步轉(zhuǎn)化為函數(shù)值域問題),由題意知,在區(qū)間內(nèi)有實根,且無重根,由得即令,則,記.在區(qū)間上單調(diào)遞減,在區(qū)間上單調(diào)遅增,故,又當時,在內(nèi)有相等實數(shù)根,故舍去.因此.【解法二】(轉(zhuǎn)化為用分類討論研究二次函數(shù)零點問題),由題意知,在區(qū)間內(nèi)有實根,且無重根.(1)的圖像與軸在內(nèi)有一個交點,由,得.(2)的圖像與軸在內(nèi)有兩個交點,由得.(3)當時,,方程的另一根為,不合題意,舍去.(4)當時,,方程的另一根為,符合.綜上,的取值范圍為.【解法三】(通過逆向思維將問題轉(zhuǎn)化為研究其單調(diào)性并進一步轉(zhuǎn)化為恒成立問題)(1)若在區(qū)間上單調(diào)遞增,則在上恒成立.即在上恒成立..令,則,則(當且僅當時取等號),則,得.(2)若在區(qū)間上單調(diào)遞減,則在[0,3)上恒成立,即在上恒成立,由得在上恒成立,令,則,則在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,,則.由(1)(2)可知,的取值范圍是.【解法四】(直接利用求根公式轉(zhuǎn)化為無理不等式求解),由題意知,在區(qū)間上有根,且無重根.由可得,解得或.設(shè)方?的兩實根為.當時,由知兩根.均小于,不合題意,故,,.由題意得或.解得,故的取值范圍是.2.【解法一】(轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)的最值,運用配方法)設(shè),由,得即.點在橢圓上,得,,∴當m=5時,點B【解法二】(轉(zhuǎn)化為運用韋達定理結(jié)合均值不等式求解)由條件知直線的斜率存在,設(shè),直線的方程為,聯(lián)立.得,由韋達定理得,(1)由知,代人(1式解得,此時,又,解得.【解法三】(利用直線參數(shù)方程求解)設(shè)直線的參數(shù)方程為為參數(shù),為直線的傾斜角)，將其代人橢圓方程并化簡得,設(shè)點對應(yīng)的參數(shù)分別為,則.由韋達定理知,(1)解得, 此時即,,代入(1)式,解得.第五講活用策略、借石攻玉1.(分析:本題是最為常見的直線與圓錐曲線位置關(guān)系中求最值問題,解題思路是明朗的,通過聯(lián)立直線與橢圓方程,消元后運用韋達定理定理、弦長公式、點到直線的距離等程序操作,應(yīng)該可以解決問題,但復(fù)雜的代數(shù)運算是不可避免的,出錯的可能性也很大,而且能否順利求出最大值也是個問題.一旦中途出錯而所得函數(shù)解析式的形式難以找到求最值的方法,“卡殼”的狀況就出現(xiàn)了,再要尋找“突圍”之路就更難了.如果我們對問題的條件審視得更清楚些,特別是?住橢圓幾何性質(zhì)中的對稱性,不難發(fā)現(xiàn)關(guān)于原點對稱(如答圖所示),四邊形的面積完全可以用點坐標表示,再把四邊形分割為與之和,且以為相應(yīng)三角形的底,在得出表達式后運用基本不等式求最值,則能有效簡化運算,降低問題的難度,這也是一種化難為易、活用策略、借石攻玉的解題戰(zhàn)術(shù).一個數(shù)學問題的解決,通解當然有效但并不一定是最佳,應(yīng)當盡力追尋妙思巧解.）【解】依題意得橢圓的方程為,設(shè)的坐標為,則由對稱性知,且,故四邊形的面積為當且僅當時上式取等號,的最大值為.2.(分析:有些命題在用數(shù)學歸納法證明時需要引進一個輔助命題幫助證明,或者需要改變命題將命題一般化或加強命題才能滿足歸納的需要,順利進行證明.如強化命題,當“假設(shè)不等式”很難過渡到“目標不等式”時,有時可以考慮加強命題的方法,即先證明一個比原命題要求更高的但是容易證明的不等式,這種方法稱之為“借石攻玉”.【解】(1)當.時,由可得.,因此是一個等比數(shù)列,其首項為,公比為，從而有,據(jù)此得.要證成立,只要證時,有(1)顯然,左端每個因式都是正數(shù),先證明,對每個,有.(2)用數(shù)學歸納法證明(2)式:(1)當時,(2)式顯然成立:(2)假設(shè)時,(2)式成立,即,則當時,即當時,成立.故對一切,(2)式都成立.利用(2)式得,故(1)式成立.從而結(jié)論成立.第六講居高臨下、一覽無余1.【解】(1)若,則.若,則,即.若,記.從而,即.(2)【證法一】當時,設(shè),則.令,解得,當時,,當時,是的最大值,.有界.綜上可得,數(shù)列有界,即存在,使得.由,得.當時,有,即數(shù)列有界.【證法二】而,即證得數(shù)列有界.2.【解法一】原題條件可變?yōu)?(1)因為要求,故應(yīng)想辦法將(1)式中的系數(shù)變?yōu)橐粯?即或若令,代人(1)式得到的是,無法繼續(xù)求解,故可令,代人(1)式可得,即,這就確定了的一個上界.下面就看能否取到這個上界,如能取到,則這就是的最大值.把(1)式看成是關(guān)于的二次函數(shù),由于取最大值時一般是在臨界條件,故考慮臨界條件.由可解得代人(1)代式得成立,故可取到上界,即.【解法二】在中取,得,,且當時,.3.【解】對任意的都有的條件轉(zhuǎn)化為判斷.對任意的都有,由,得當時,即有,列表如下:極大值極小值函數(shù)的最大值是,最小值是.故函數(shù)是“玲瓏函數(shù)”.第七講速解小題、百戰(zhàn)奇略1.【解】構(gòu)造特殊函數(shù),顯然滿足題設(shè)條件,并易知在區(qū)間上是增函數(shù),且最大值為,故選C.2.【解】(特殊圖形法)選取等脰直角三角形,以直角項點為原點,所在直線為軸,CB所在直線為軸?立平面直角坐標系,并設(shè),則得,進而得,,故選D.3.【解法一】構(gòu)造幾何圖形)構(gòu)造斜邊分別為2和1,其中一銳角為的和,使、構(gòu)成一長方形的邊長,如答圖所示.,..則,故選.【解法二】(對偶思想的運用)令,聯(lián)立.兩式平方相加,得,解得當時,由方程組可解得.當時,由方程組可解得,故選.【解法三】(弦化切)，.,或,故選.【解法四】(運用輔助角).. ,故選.【解法五】,弦化切...,故選.【解法六】猜想驗證)猜想,,故選.4.【解】(等價轉(zhuǎn)化法)由函數(shù)是奇函數(shù)且單調(diào)遞增知,可以把所給的函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為一個具體的不等式.根據(jù)函數(shù)的性質(zhì),不等式,即,即在上恒成立,當時,參變分離得恒成立,而在的最小值為,只要,不等式恒成立,解得.當時,不等式恒成立;當時,只要恒成立,而在的最大值為,只要,這個不等式在時恒成立.綜上可知,,故選.第八講以點帶面、直剖核心1.【解法一】(判別式法)將代入,得,此關(guān)于的一元二次方程有實數(shù)解.則,整理得.即的最大值為.【解法二】(配方法)將代人,得,整理得,即有,得.即的最大值為.【解法三】(基本不等式法一)將代人,得,即,解得即的最大值為【解法四】(基本不等式法二)將代人,得,即即的最大值為.【解法五】(三角換元法一)將代人,得,整理得,令,則.的最大值為.【解法六】(三角換元法二)將代人,得,令,得,由橢圓的參數(shù)方程得,則的取大值為【解法七】(三角換元法三）由得,令,代入得,當時,有.即,解得即的最大值為.【解法八】(解析幾何法)令,則,此時可看作直線與圓有交點,則圓心到直線的距高,解得,即,的最大值為.【解法九】(柯西不等式法)由,得,由柯西不等式知,即,解得.即的最大值為.2.【解法一】(直線與圓的位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為兩直線的交點問題),又點為的中點,.設(shè)直線的?斜角為,直線的斜率為,則,又直線的方程為,又為直線上在第一象限內(nèi)的點,聯(lián)立直線與直線的方程,得解得點的橫坐標為.解法二：(運用斜率公式求解)同解法一得.設(shè),則,解得,即點的橫坐標為.【解法三】(利用兩點間距商公式)由解法一知,在中,在等腰中,,設(shè),則,解得或.又即點的橫坐標為【解法四】(利用平面幾何知識:兩三角形全等)如簽圖1?4所示,∵AB為直徑,∴AD設(shè)|DE|=2t∴|OB|=|∴A點的坐標為(3,6),則點A的橫坐標為【解法五】(利用向量數(shù)量積運算)如答圖1?5所示,由已知得BD⊥kBD=?1由y設(shè)A(a,2a)∴AB?CD=(5?a又∵a>0,∴a【解法六】(利用正弦定理)設(shè)直線的?斜率角為,則,則,由解法一知,于是在中,由正弦定理知,解得.故點的橫坐標為.【解法七】(利用勾股定理)為以為直徑的目上一點,為的中點.為等胵直角三角形,即.在中,又,在第一象限,,又第九講集中兵力、攻城掠地1.【解】(1)當時,的所有可能取值為將6個正整數(shù)平均分成兩組,不同的分組方法共有(種),,所以的分布列為2345(2)和的取值恰好相等的所有可能取值為又由于當和的取值佮好相等且等于時,不同的分組方法有2種和的取值恰好相等且等于時,不同的分組方法有2種;和的取值恰好相等且等于時,不同的分組方法有種所以當時,;當時,(3)由(2)知當時,,因此.而當時,,理由：等價于.用數(shù)學歸納證明:(1)當時,(1)式左邊,(D式右邊,所以(1)式成立.(2)假設(shè)時,式成立,即成立,則當時,左邊右邊.即當時(1)式也成立.綜合(1)(2)可知,對于的所有正?數(shù),都有成立.2.【解】(1)當且僅當即時,方程表示橢圓;當且僅當,即時,方程表示雙曲線.（2)【解法一】由化簡得,根據(jù),得或(舍),由雙曲線實軸最長,得取最小值6時,最大,即雙曲線實軸最長,此時雙曲線方程為.【解法二】若表示雙曲線,則,不妨設(shè)雙曲線方程為聯(lián)立得.由與直線有公共點,得.即,解得或(舍去),則實軸最長的雙曲線方程為.【解法三】不妨先求得關(guān)于直線的對稱點,設(shè)直線與雙曲線左支交點為,則,則,故實軸最長的雙曲線方?為.【解法四】設(shè)雙曲線與直線公共點為,則有解，即有解,則,故所以實軸最長的雙曲線方程為.(3)由(1)知是橢圓,是雙曲線,結(jié)合圖像的幾何性質(zhì),任意兩橢圓之間無公共點,任意兩雙曲線之間也無公共點(這里不要求用代數(shù)方法嚴格證明).設(shè)則根據(jù)橢圓、雙曲線定義及(即,應(yīng)有所以.所以這樣的存在,且或或第十講歸納類比、探索創(chuàng)新1.【解】(1)對于非零常數(shù),而對于函數(shù),即.因為對任意不能恒成立,所以.(2)因為函數(shù)的圖像與的圖像有公共點,所以方程組有解,消去得顯然不是方程的解,所以存在非零常數(shù),有.于是,對于,有.故(3)當時,,顯然.當時,因為,所以存在非零常數(shù),對任意,有成立,即.因為,,于是故要使對任意恒成立,只有.當時,對任意恒成立,即對任意恒成立.所以解得當時,對任意恒成立,即對任意恒成立,所以解得綜上,實數(shù)的取值范圍是.2.【解】(1)證明:將分別代人,得,即,點被直線分隔.(2)直線與曲線有公共點的充要條件是方程組有解,即.因為直線是曲線的分隔線,故它們沒有公共點,即.當時,對于直線,曲線上的點和滿足,即點和被分隔.故實數(shù)的取值范圍是.(3)證明:設(shè)的坐標為,則曲線的方程為,即.對任意的不是上述方程的解,即軸與曲線沒有公共點.又因為曲線上的點和對于軸滿足,即點和被軸分隔.所以軸為曲線的分隔線.若過原點的直線不是軸,設(shè)其為由得,令因為,所以方?有實數(shù)解,即直線與曲線有公共點,故直線不是曲線的分隔線.綜上可得,通過原點的直線中,有且僅有一條直線是的分隔線.第二章攻克壓軸題的戰(zhàn)術(shù)提升第十一講幾個重要的不等式1.【解】(1)由柯西不等式得,即,當且僅當時等號成立,所以的最小值為12.(2)由柯西不等式得,當且僅當時等號成立.此時...2.解(1)由柯西不等式得,解得,即或,因為,所以或.(2)由柯西不等式得當且僅當,即時,,此時,由得.切線方程為或,切點坐標為.3.【解】(1)【解法一】(柯西不等式法)原式,所以的最小值為.【解法二】(均值不等式法).,即原式.當且僅當時,的最小值為9.(2)證明:根據(jù)的對稱性,可設(shè)有.為的一個排列,則由排序不等式可得,得證.第十二講遞推數(shù)列求通項方法的拓展【解】設(shè)登層臺階的方法有種,若第一回登一層時,登其余的層的方法有種;若第一回登兩層時,登其余的層的方法有種,所以登層的方法應(yīng)是:(1)易知,(2)(1)式的特征方程為,解得.由(2)得解得 這就是所求的登法數(shù).2.【解】(1)的特征方程為,解之得,由.(2)由結(jié)合遞推式,可得,又將得,代人得,即令,則,對應(yīng)的特征方程為,特征根為.故.(3)所給數(shù)列的通歸函數(shù)為,解方程得的兩個不動點為.由 ,得,令,則,3.【解】(1)由題設(shè)可得曲線}在點}處的切線方程是,即令,得,即.顯然.(2)由,知其特征方程為.解之得特征根為,故有同理有.,得,從而,即,成等比數(shù)列,故,即,而.(3)由(2)知,,.當時,顯然;當時,..綜上,.第十三講巧用直線系、圓系方程解題1.【解】(1)【解法一】所求直線與直線平行,故可設(shè)為,所求直線過兩直線的交點,解方程組得把點代人,得,故所求直線方程為.【解法二】所求直線經(jīng)過兩直線和的交點,可設(shè)過交點的直線系方程為.整理可得,由已知直線的斜率為.,解得.將代入直線系方程,化簡得,此即為所求的直線方程.【解法三】過兩直線和的交點的直線系方程可設(shè)為即.而與平行的直線系方程為.比較系數(shù),解得,故所求直線方程為.(2)設(shè)所求圓的方程為,化簡為.由配方法知,圓心,代人直線方程得,解得.故所求圓的方程為.2.【解】(1)如答圖2-1所示,以為原點,所在直線為軸建立直角坐標系.設(shè),平分,故設(shè),的方程為,即;的方程為,即,過點的直線系方程為又點,代人上述方程得,整理直線的方程得,同理可得,直線的方程為,顯然,直線的傾斜角互補.由圖可知,在軸上方,在軸下方,因此,得證.(2)假設(shè)存在直線,其方程為,則以為弦的圓系方程為,整理得圓過原點,.又圓心在直線上,,解得,代人,得或,經(jīng)檢驗,和都和圓相交,故存在滿足條件的直線,其方程為或.第十四講巧用圓錐曲線系方程解題1.【解法一】設(shè)過兩點的切線方程為,則,化簡得.則過兩切點的圓錐曲線系為,又曲線過點.代人圓錐曲線系方程可得所求圓錐曲線方程為【解法二】過點兩切點的直線方程為.則過兩點的曲線系為,把點代人,得,故求得圓錐曲線方程.2.【解】設(shè),則.兩式相減,得.由得,即.,即,代人,得.由,得,又,即,代人,得,由,得,綜上,的取值范圍為.(2)由(1)知,,所以經(jīng)過點的曲線系方程為即.(1)若點共圓,則有,即.又當時,是單調(diào)遞增函數(shù),,即,可得.將代入(1),得，均在以為圓心,為半徑的圓上.第十五講構(gòu)造思想與構(gòu)造法1.(1)證明:構(gòu)造函數(shù),即,由于在單調(diào)遞減,因而在單調(diào)遞增,令,則有.即.(2)證明:設(shè).又,函數(shù)在上是增函數(shù).在上是增函數(shù),,即(3)證明:,且,,當且僅當時等號成立.又.設(shè)函數(shù),易證在區(qū)間上單調(diào)遞?,在區(qū)間上單調(diào)遞增.又,,即.2.(1)【解】構(gòu)造函數(shù),則..,,,..在內(nèi)為增函數(shù)且為奇函數(shù),,.(2)證法一:(構(gòu)造一元二次方程結(jié)合韋達定理）由條件移項得.兩邊平方可得方程,根據(jù)條件是方程的根,由韋達定理得,同理可得,證法二:(構(gòu)造直線方程,由點到直線的距離來解)由題設(shè)知,點和點所在的直線方程是.(1)經(jīng)過兩點的直線方程還可以表示為,即.(2)由于(1)(2)表示同一條直線,因而原點到兩直線距離相等.,即.3.【解】(1)【解法一】(常規(guī)解法)函數(shù)變形為.,配方得,由得.,解不等式得.【解法二】(構(gòu)造幾何圖形,利用斜率求三角函數(shù)最值)設(shè)點,點,兩點連線的斜率.點的軌跡方程是即,由于,.故點的軌跡為線段,如答圖所示..(2)【解法一】(構(gòu)造圖形,利用幾何關(guān)系求解)由二元函數(shù)結(jié)構(gòu)特點,可將函數(shù)關(guān)系看成是點和點的距離,而點的軌跡是直線,點的軌跡是雙曲線.問題就轉(zhuǎn)化為直線上的點和雙曲線上的點的距離平方的最小值.由答圖可知,連線過原點且與直線垂直時,其交點到點最近.此時,點的坐標是即的最小值是.【解法二】(構(gòu)造二次函數(shù)配方法求最值)首先看成關(guān)于的二次函數(shù)頂點在,時最小).第十六講放縮技巧與放縮法1.證明:先將原數(shù)列各項分別“組合”,得左.2.證明:(1)由題意得,即.由得,由,得.即.(2)由題意得,故,由,得,又由知,.即,以上各式相加得,即,即.3.【解】(1)令,.令,則;令,則;猜測.(2)(1)當時,,不等式成立;(2)假設(shè)當時結(jié)論成立,即,則.即時,結(jié)論也成立,由(1)(2)可知,.（3）證明:由知,,即,于是故.第十七講引參換元與參數(shù)方程1.【解】(1)設(shè),有,則,代人原函數(shù)式化簡得.因此,故原函數(shù)的值域為.(2)由,可得.令,則原題轉(zhuǎn)化為方程有根,將看為主元,則為直線上一點,則.設(shè)原點到直線的距離為,則,再令,則(當且僅當時取等號).由于在遞增,故當時,函數(shù)取最小值,即的最小值為.2.【解】(1)函數(shù)的定義域為,于是可設(shè).從而有.當時,即時,.函數(shù)的最大值是.(2)由于,故可令,則原式變?yōu)?當,即時,取得最大值2;當,即時,取得最小值1.(3)函數(shù)的定義域為,令,則.由于,當－時,為淢函數(shù),此時;當時,為增函數(shù),此時.綜上,函數(shù)的值域為.(4)【解法一】可設(shè),則.設(shè),則,從而.(其中)且.故函數(shù)的值域為.【解法二】由解法一得,則為與點連線的斜率.設(shè)過點的直線方程為,即,顯然.當直線與半圓相切時,,解得,數(shù)形結(jié)合易得,即.故函數(shù)的值域為.(5)由得.令則.當時,,此時.的最小值為.3.證明:(1)由,可設(shè),則有.當且僅當,即,也就是時,,等號成立.(2)證法一:依題設(shè).,即.證法二:由證法一依題設(shè)可得:,故原不等式得證.證法三:由證法一依題設(shè)可得:.(其中),.(3),設(shè),則,又由,得.從而,故.4.【解】(1),故可設(shè),則.(2)由得.即.設(shè)則.,當時,;當時.的取值范圍是.(3)為求最值需先確定,顯然,函數(shù)的圖像關(guān)于直線對稱,,即解得可見,當且僅當,即時,的最大值為.5.【解】設(shè),則點的坐標為,從而拋物線,在點處的切線方程為:,令,得,則點的坐標為.由,得,即.將代人,得,化簡得.又,.當且僅當時,即時,等號成立.當時,取得最小值,從而圓與圓的面積之和取到最小值,此時,.點在拋物線上,,即,故焦點的坐標為.第十八講三角函數(shù)與向量方法1.【解】(1)設(shè),則,..當與共線且方向相同時,取得最大值,這時,.(2).又,則有.因此.由正弦定理,又,又為銳角三角形,.,,故選.(3)如答圖所示,設(shè)對于任意恒成立,對于任意恒成立,而,,故.故的最大值為.2.【解】(1)由,可得,從而,又,故.(2)..如答圖所示,,可知當,即時,;當,即時,.3.【解】(1)已知.的圖像過點和,.即解得(2)由(1)知,向左平移個單位后得到設(shè)的對稱軸為,,解得,,解得.又,即,故的單調(diào)遞增區(qū)間為.第十九講正難則反與反證法1.【解】設(shè)拋物線上的兩點關(guān)于直線對稱,依題意知 由此可得,于是,由,得,此時,拋物線上存在兩點關(guān)于直線對稱.從而所有弦都不能被直線垂直平分的的取值范圍是.2.證明:(反證法)假設(shè)與都不小于2,即且.且,則.就得到,這與已知條件矛盾.因此,兩數(shù)與都不小于2是不可能的,即這兩個數(shù)與中至少有一個小于2.3.證法一:假設(shè)三式同時大于,即有,三式同向相乘,得又,同理,,因此與假設(shè)矛盾,原命題正確.證法二:假設(shè)三式同時大于,同理三式相加,得,與假設(shè)矛盾,原命題成立.第二十講數(shù)學歸納法1.【解】(1)由于的最大值不大于,即.(1)又當時,即解得.(2)由(1)(2)得.(2)證法一:(1)當時,,不等式成立,,故時不等式也成立.(2)假設(shè)當時,不等式成立.的對稱軸為,知在上為增函數(shù),由,得.,即當時,不等式也成立.由(1)(2)可知,對任何,不等式成立.(2)假設(shè)當時不等式成立,即,則當時,. .于是,因此當時,不等式也成立.由(1)(2)可知,對任何,不等式成立.2.【解】(1）證法一:(數(shù)學歸納法)(1)當時,當時,等式成立.(2)假設(shè)當時,等式成立,即,那么,也就是說,當時,等式也成立.根據(jù)(1)(2)可知,等式對于任何成立.證法二:(構(gòu)造法)是公比為,首項為的等比數(shù)列.,即.(2),.(1)當為奇數(shù)時,(1)式為,.當為偶數(shù)時,(1)式為,.綜上所述,(1)式對任意成立,有,故的取值范圍是.第三章打響攻克壓軸題的陣地戰(zhàn)第二十一講盤點近年函數(shù)與導(dǎo)數(shù)型熱點考題【解】(1)的反函數(shù)為.設(shè)直線與的圖像切于點,則解得.(2)令,即，設(shè),有,函數(shù)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.當時,兩曲線有2個交點;當時,兩曲線有1個交點;當時,兩曲線沒有交點.(3)由題意可得取為主元,令,則,從而函數(shù)在上為增函數(shù).,故函數(shù)在上為減函數(shù),又,因此,即.第二十二講函數(shù)的值域極值最值問題【解】(1).,函數(shù)的圖像關(guān)于直線對稱,則直線與軸的交點為且.即,且,解得,則.故其圖像如答圖所示,當時,.根據(jù)圖像得:(1)當時,最大值為;(2)當時,最大值為;(3)當時,最大值為.(2)【解法一】(變量分離法,則當時,,不等式恒成立等價于且恒成立.由恒成立,得恒成立,即.當時,.又當時,由恒成立,得,因此,實數(shù)的取值范圍是.【解法二】(數(shù)形結(jié)合法)作出函數(shù)的圖像,其圖像為線段(如答圖所示).的圖像過點時,或.要使不等式對晅成立,必須.又當函數(shù)有意義時,,當時,由恒成立,得,因此,實數(shù)的取值范圍是.【解法三】轉(zhuǎn)化與歸納的定義域是.要使恒有意義,必須恒成立.,即或.(1)由得,即對恒成立,令的對稱軸為則有或或解得(2)綜合(1)(2),實數(shù)的取值范圍是.第二十三講函數(shù)的圖像變換與函數(shù)的性質(zhì)1.【解】(1)當時,.當,即時,函數(shù)取到最小值.(2)證明:,欲證當時,函數(shù)有零點,只需證明,當時,函數(shù)的最小值小于等于零即可..考察方程:,即.(1)當有實數(shù)根時,此時,函數(shù)的最小值是.(2)當無實數(shù)根時,此時,函數(shù)的最小值是.由(1)(2)可知,當時,函數(shù)的最小值小于等于零,因此,當時,函數(shù)有零點.2.【解】(1)證明:是以5為周期的周期函數(shù).又是奇函數(shù),.(2)當時,由題意,可設(shè),由,得,解得.(3)是奇函數(shù),.又是一次函數(shù),可設(shè).,又當時,,當時,.當時,,當時,,當時,,,第二十四講以二次函數(shù)為背景的函數(shù)綜合題【解】(1).當時,在上單調(diào)遞增,于是,即故當時,在上單調(diào)遞減,于是,即故,(舍去),綜上所述,.(2)由(1)知,,于是.令,由,有在上恒成立.又(時),故,即的取值范圍是(3)依題意,.于是,則有根,,如答圖3-3所示,應(yīng)有或,設(shè),則或即或解得,故的取值范圍是.第二十五講以指數(shù)、對數(shù)函數(shù)為背景的函數(shù)綜合題【解】(1)為偶函數(shù),故對所有都成立,即對所有都成立..(2)由(1)得,,即,而,當且僅當時,的最小值是.(3)由,得.則即,令,則有,(1)若與的圖像有兩個交點,則(1)式有兩個相異正根.若與的圖像有一個交點,則(1)式只有一個正根,討論得.若與的圖像無交點,得且.綜上可知,當時,函數(shù)與的圖像有兩個交點;當時,函數(shù)與的圖像只有一個交點;當時,函數(shù)與的圖像無交點.第二十六講抽象函數(shù)模型及其應(yīng)用解令,令(2).令,則為奇函數(shù).(3)【解法一】當時,,令,則,故.,.,因此【解法二】由,猜測下面用數(shù)字歸納法證明：(1)當時,,原命題成立;(2)假設(shè)當時,原命題成立,即.那么當時,.原命題成立.由1(2可知,對任意都成立..已知第二十七講用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1.【解】已知函數(shù)的定義域是.(1)若,則在上恒成立,當時,的增區(qū)間為;(2)若,則,故當時,;若時,,當時,的減區(qū)間為的增區(qū)間為.2.【解】要使在區(qū)間上單調(diào)遞增,需使在上恒成立,即恒成立,.設(shè),令,得或(舍去.當時,,當時,單調(diào)遞增;當時,單調(diào)遞減,當時,取得最大值,最大值為.當時,,此時在區(qū)間上恒成立.在區(qū)間上單調(diào)遞增,當時,最大,最大值為.綜上,當時,;當時,.第二十八講用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值、實際應(yīng)用中的優(yōu)化問題【解】,由于,(1)當時,有,故,此時在上是增函數(shù),因此,,故(2)當時,若,則在上是增函數(shù);若,則在上是減函數(shù),,由于,因此,當時,；當時,.(3)當時,有,故,此時在上是減函數(shù),因此,,故.綜上可知,第二十九講用導(dǎo)數(shù)研究和解決函數(shù)的零點問題解(1)的定義域為.若,則在單調(diào)遞增;若,則由得,當時,;當時,.在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.(2)若,由(1)知至多有一個零點.若,由(1)知,當時,取得最小值,最小值為.(1)當時,由于,故只有一個零點;(2)當時,由于,即,故沒有零點;(3)當時,,即,又,故在有一個零點.設(shè)正整數(shù)滿足,則,由于,因此在有一個零點.綜上,的取值范圍為.第三十講用導(dǎo)數(shù)研究和證明函數(shù)不等式問題【解】(1)函數(shù)的定義域為,且.當時,在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增.當時,由解得由,解得.的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)由(1)知,當時,無最小值,不合題意.當時,.令,則,由,解得;由,解得.的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為.故,即當且僅當時,,因此.(3)由,得,于是,猜想當時,.下面用數(shù)字歸納法進行【證明】(1)當時,,故成立;(2)假設(shè)當時,不等式成立,則當時,,易知函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增,,又,故成立,即當時,不等式成立.根據(jù)(1)(2)可知,當時,不等式成立,因此.第三十一講用導(dǎo)數(shù)研究和解決新穎性問題【解】(1)在上恒成立,即在上恒成立,是類函數(shù).(2),由,得.(1)(1)式可化為令,令,得.當時,是減函數(shù)；當時,是增函數(shù).當時,由,得增區(qū)間為,減區(qū)間為;當時,由,得增區(qū)間為,減區(qū)間為;當時,得或增區(qū)間為,減區(qū)間為;當時,函數(shù)增區(qū)間為;當時,由,得或,綜上,增區(qū)間為,減區(qū)間為.(3)【證明】函數(shù)在上的每一處都有導(dǎo)數(shù),且在上恒成立,設(shè)在上恒成立,函數(shù)在是增函數(shù).即,,兩式相加,得第三十二講盤點近年數(shù)列與不等式熱點考題【解】(1)設(shè)數(shù)列的公比為,由已知,由題意得因此數(shù)列的通項公式為.(2)【解法一】(錯位相減法求和)過P1,P垂足分別為由(1)得.設(shè)梯形的面積為,由題意得,又,(1)-(2)得.【解法二】(裂項相消法求和)同解法一得.【解法三】(構(gòu)造常數(shù)列)同解法一得,當時,.假設(shè)存在常數(shù),使得.數(shù)列為常數(shù)列.故.第三十三講數(shù)列的性質(zhì)及綜合應(yīng)用1.【解法一】首先尋找首項;設(shè),尋找后一項.由,得.由于等比數(shù)列的項相比等差數(shù)列的項要“稀疏”得多,故以等比數(shù)列的項為標準來看是否為中的項,故不是中的項是中的項.故是與無關(guān)的常數(shù),故是等比數(shù)列,有.【解法二】對于關(guān)鍵式,只要找出所有的,使得即可.觀察上述展開式可以看到:右邊前項都是4的倍數(shù),就取決于,顯然,時,時,;故,有.2.【解】(1)由題意知當時,,當時,,..(2)【解法一】(錯位相減法)由知,又,(1),(2).【解法二】(裂項相消法)由得,而,【解法三】(待定系數(shù)法結(jié)合裂項相消法),令,解得,.解法四：(待定系數(shù)法)當時,.設(shè)存在常數(shù),使得,化簡得,由恒等式性質(zhì)可解得.是常數(shù)列,故,即.第三十四講數(shù)列與函數(shù)【解】(1)的解集有且只有一個元素.或,當時,函數(shù)在上單調(diào)遞增,故不存在,使得不等式成立;當時,函數(shù)在上單調(diào)遞減,故存在,使得不等式成立,綜上所述,得.,當時,(2)【解法一】由題設(shè)得當時,,當時,數(shù)列遞增.,由可知,即當時,有且只有1個變號數(shù).又此處變號數(shù)有2個.綜上所述,數(shù)列共有3個變號數(shù).【解法二】由題設(shè)當時,令或或.又時也有綜上所述,數(shù)列共有3個變號數(shù).第三十五講數(shù)列與不等式【證明】(1)由,得又,是首項為,公比為3的等比數(shù)列.,因此的通項公式為.(2)【證法一】:,【證法二】:當時,【證法三】:由,且,則,可得.第三十六講點列問題【解】(1)【證明】設(shè)點的坐標是,由已知條件得點的坐標分別是,.由在直線上,得.,即.(2)由題設(shè)知,則.數(shù)列是首項為,公比為的等比數(shù)列.從而,即.(3)由得點的坐標為,,.(1)當,即或時,.而此時.故.(2)當,即時,.而此時.因此,有.第三十七講遞推數(shù)列問題1.【解】(1)將遞推式兩邊同除以an?1a設(shè).,則..,(1),(2)…….(3)由(1),得,即故(本題也可以運用待定系數(shù)法構(gòu)造等比數(shù)列求通項)(2)由題意知當時,數(shù)列是首項為1,公差為1的等差數(shù)列,,當時,令,則,數(shù)列是以為首項,為公比的等比數(shù)列.,2.【解】由題意,在中,令,得,由,得,兩式相減得,即.(1)【證明】當時,由(1)知,,于是又是首項為1,公比為2的等比數(shù)列.(2)當時,由(1知,即.當,由(1)知,,兩邊同時除以得,可設(shè)展開(2)得,與比較,得.是等比數(shù)列,公比為,首項為..第三十八講構(gòu)造法在數(shù)列問題中的應(yīng)用1.【證明】構(gòu)造數(shù)列.,即是遞減數(shù)列.同理構(gòu)造數(shù)列.即是遞增數(shù)列..故有.綜上所述,原不等式成立.2.【解】(1)第二次閉合后出現(xiàn)紅燈的概率的大小決定于兩個互斥事件,即第一次紅燈后第二次又是紅燈,第一次綠燈后第二次才是紅燈,于是(2)【證明】研究開關(guān)第次閉合后出現(xiàn)紅燈的概率,則要考慮第次閉合出現(xiàn)紅綠燈的情況.由待定系數(shù)法,令,整理后比較得:.為等比數(shù)列,首項為,公比為.當時,.第三十九講以數(shù)列為背景的探索性與新穎性問題【解】(1)數(shù)列與接近,由題意,.,時,,滿足對任意數(shù)列與接近.(2),又與接近,.,則,當時,中有個元素;或時,中有個元素;當時,中有個元素;中元素的個數(shù)為3或4.(3).,即,若,則峘成立,不滿足“至少有100個為正數(shù)”,不符;若,令.滿足,數(shù)列與接近,此時,當為奇數(shù)時,,這200個數(shù)中至少存在這100個數(shù)為正,故時,存在數(shù)列滿足題意.的取值范圍為.第四十講盤點近年解析幾何熱點考題【解】(1)曲線的焦點即,準線為,根據(jù)拋物線執(zhí)物線性質(zhì),點到點的距離.(2)當時,有,即,線段的中點為直線方程為,聯(lián)立,整理得,解得.的面積；(3)存在,已知,設(shè),若,則矩形中,,,不在曲線上此情況不成立;若,則的斜率.矩形中,,即,直線為,當時,點縱坐標,矩形中,,設(shè),得到.要使得點在上,代人解得,即.第四十一講直線與圓的位置關(guān)系【解】(1)不能出現(xiàn)的情況,理由如下：設(shè),則滿足.又的坐標為,故的斜率與的斜率之積為.不能出現(xiàn)的情況.(2)【證明】的中點坐標為,可得的中垂線方程為.由(1)可得的中垂線方程為.聯(lián)立又,可得過三點的圓的圓心坐標為,半徑.故圓在軸上截得的弦長為,即過點的圓在軸上截得的弦長為定值.(3)設(shè)圓的方程為,在圓的方程中令,得,在已知函數(shù)中令,得.依題意,上述兩個關(guān)于的一元二次方程是同一個方程,故.又已知函數(shù)的圖像與軸交于點,由于此點也在圓上,于是得到.圓的方程為.假設(shè)圓過定點不依賴于,將該點的坐標代人圓的方程,變形整理得.為使此式對所有滿足的都成立,必須有,且,解得,或經(jīng)檢驗,點均在圓上,因此,圓過定點.第四十二講解析幾何中的對稱問題(本題是清華大學原自主招生試題,只要把圖形分析清楚,不難解決.因為點在直線上,而此直線又是雙曲線的對稱軸,兩點應(yīng)位于以為圓心,為半徑的圓上,證明與求解就都比較容易了.)(1)【證明】由,可設(shè),兩邊位于以為圓心,為半徑的圓上,由方程組得.結(jié)合如答圖所示圖像,知與最多有兩個公共點.若一個公共點的橫坐標為,則必有另一個公共點,且其橫坐標為,因此且.因此這兩個點必為,且不妨設(shè)其坐標為與,它們關(guān)于直線對稱.(2)由,得,解之得(或舍去),因此.所求的周長為.第四十三講解析幾何中的定點、定值問題【解】(1)依題意得,由方程組消去得線段中點坐標為的方程為.(2)【解法一】不失一般性.取為,設(shè)直線方程為.由方程組得,則.易求得線段中點坐標為.線段的中垂線方程為.是一個常數(shù).【解法二】不失一般性.取為,設(shè)直線方程為.設(shè)中點,則(1)-(2)得.又(3)又在上,(4)由(3)(4)解得,的方程為令,得.又.是一個常數(shù).【解法三】不失一般性.取為,設(shè)直線的參數(shù)方程為(為參數(shù),為傾斜角).代人橢圓方程整理得,則記中點為,則.為定值.【解法四】不失一般性.取為,當位于雙曲線同一支時,如答圖所示,設(shè)到右準線的距離為與軸夾角為.同理當時,,設(shè)中點為,則.于是是一個常數(shù).當位于雙曲線的兩支時,同理可證.第四十四講解析幾何中的最值與范圍問題【解】(1)設(shè),依題意.由(1),得.過點的切線的斜率,直線的斜率.因此,直線的方程為.(2)【解法一】聯(lián)立(1)(2),消去,得是的中點.消去得中點的軌跡方程為.【解法二】由,得則.將上式代人(2)并整理,得.中點的軌跡方程為.(2)設(shè)直線,依題意,則.分別過作軸,軸.垂足分別為,則由則【解法一】又可取一切不相等的正數(shù),的取值范圍是.解法二,當時(4)式;當時,(4)式.又方程(3)有兩個相異實根,得,于是,即.,當時,可取一切正數(shù).的取值范圍是.【解法三】由點共線得,即.則,即.于是,因此而可取一切不等于1的正數(shù),,的取值范圍是.第四十五講直線與圓錐曲線綜合問題1.【解】(1)設(shè)點的坐標為或點的軌跡為..化簡,得,其為拋物線.綜上所述,點的軌跡的方程為或.(2)由(1)知軌跡為一條拋物線或一條射線,如答圖所示.當點在拋物線上時,過點作,垂足為.為的焦點.為其準線,.易知點三點共線時,取得最小值當點在射線上時,在右端點處,最小,此時.當點在拋物線上且點三點共線時,最小,此時.(3)【解法一】設(shè)過的直線的斜率為,由拋物線的性質(zhì)知,時,與只有一個交點,當時,與有3個交點,,;當時,與有2個交點.綜上可知,滿足條件的直線的斜率的