2023版高考数学二轮复习第3部分策略4妙用8个二级结论巧解高考题教案理

2020版高考数学二轮复习第3部分策略4妙用8个二级结论巧解高考题教案理PAGE26-策略4妙用8个二级结论巧解高考题奇函数的最值性质函数fx是定义在区间D上的奇函数，那么对任意的x∈D，都有fx＋f－x＝0.特别地，假设奇函数fx在D上有最值，那么fxmax＋fxmin＝0，且假设0∈D，那么f0＝0.【典例1】(1)函数f(x)和g(x)均为奇函数，h(x)＝af(x)＋bg(x)＋2在区间(0，＋∞)上有最大值5，那么h(x)在(－∞，0)上的最小值为()A．－5 B．－3C．－1 D．5(2)(2022·郑州模拟)函数f(x)＝log3(x＋eq\r(x2＋1))＋eq\f(2ex,ex＋1)在[－k，k]，(k>0)上的最大值与最小值分别为M和m，那么M＋m＝()A．4 B．2C．1 D．0(1)C(2)B[(1)令F(x)＝h(x)－2＝af(x)＋bg(x)，所以F(x)为奇函数，∵x∈(0，＋∞)时，h(x)≤5,∴F(x)＝h(x)－2≤3.又x∈(－∞，0)时，－x∈(0，＋∞)，F(－x)≤3⇒F(x)≥－3，∴h(x)≥－3＋2＝－1，应选C.(2)f(x)＝log3(x＋eq\r(x2＋1))＋eq\f(2ex,ex＋1)，那么f(－x)＝log3(－x＋eq\r(x2＋1))＋eq\f(2e－x,e－x＋1)，那么f(x)＋f(－x)＝2，函数f(x)在定义域内为非奇非偶函数，令g(x)＝f(x)－1，那么g(x)＋g(－x)＝f(x)－1＋f(－x)－1＝0，那么g(x)在定义域内为奇函数．设g(x)的最大值为t，那么最小值为－t，那么f(x)的最大值为M＝t＋1，最小值为m＝－t＋1，那么M＋m＝2，应选B.]【链接高考1】(2022·新课标全国)设函数f(x)＝eq\f(x＋12＋sinx,x2＋1)的最大值为M，最小值为m，那么M＋m＝________.2[显然函数f(x)的定义域为R，f(x)＝eq\f(x＋12＋sinx,x2＋1)＝1＋eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，设g(x)＝eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，那么g(－x)＝－g(x)，∴g(x)为奇函数，由奇函数图象的对称性知g(x)max＋g(x)min＝0，∴M＋m＝[g(x)＋1]max＋[g(x)＋1]min＝2＋g(x)max＋g(x)min＝2.]抽象函数的周期性与对称性1．函数的周期性(1)如果f(x＋a)＝－f(x)(a≠0)，那么f(x)是周期函数，其中一个周期T＝2a.(2)如果f(x＋a)＝eq\f(1,fx)(a≠0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T＝2a.(3)如果f(x＋a)＋f(x)＝c(a≠0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T＝2a.2．函数的对称性函数f(x)是定义在R上的函数．(1)假设f(a＋x)＝f(b－x)恒成立，那么y＝f(x)的图象关于直线x＝eq\f(a＋b,2)对称，特别地，假设f(a＋x)＝f(a－x)恒成立，那么y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．(2)假设函数y＝f(x)满足f(a＋x)＋f(a－x)＝0，即f(x)＝－f(2a－x)，那么f(x)的图象关于点(a,0)对称．【典例2】(1)(2022·德州市高三联考)定义在R的奇函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，当0≤x≤1时，f(x)＝x2，那么f(2019)＝()A．20192 B．1C．0 D．－1(2)定义在R上的函数f(x)的图象关于点(1,1)对称，g(x)＝(x－1)3＋1，假设函数f(x)图象与函数g(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(x2019，y2019)，那么eq\o(∑,\s\up7(2019),\s\do10(i＝1))(xi＋yi)＝________.(1)D(2)4038[(1)根据题意，函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，那么有f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即函数是周期为4的周期函数，那么f(2019)＝f(－1＋2020)＝f(－1)，又由函数为奇函数，那么f(－1)＝－f(1)＝－1，那么f(2019)＝－1，应选D.(2)由g(x)＝(x－1)3＋1知g(x)＋g(2－x)＝2，得函数y＝g(x)的图象关于点(1,1)对称又函数f(x)的图象关于点(1,1)对称，那么函数f(x)图象与函数g(x)图象的交点关于点(1,1)对称，那么x1＋x2019＝x2＋x2018＝x3＋x2017＝…＝2x1010＝2，y1＋y2019＝y2＋y2018＝y3＋y2017＝…＝2y1010＝2，故x1＋x2＋…＋x2018＋x2019＝2019，y1＋y2＋…＋y2018＋y2018＝2019，即eq\o(∑,\s\up7(2019),\s\do10(i＝1))(xi＋yi)＝4038.]【链接高考2】(2022·大纲高考)奇函数f(x)的定义域为R.假设f(x＋2)为偶函数，且f(1)＝1，那么f(8)＋f(9)＝()A．－2 B．－1C．0 D．1D[由f(x＋2)是偶函数可得f(－x＋2)＝f(x＋2)，又由f(x)是奇函数得f(－x＋2)＝－f(x－2)，所以f(x＋2)＝－f(x－2)，f(x＋4)＝－f(x)，f(x＋8)＝f(x)，故f(x)是以8为周期的周期函数，所以f(9)＝f(8＋1)＝f(1)＝1.又f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，所以f(8)＝f(0)＝0，故f(8)＋f(9)＝1.]两个经典不等式1.对数形式：1－eq\f(1,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x>－1)，当且仅当x＝0时，等号成立．2．指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．【典例3】设函数f(x)＝1－e－x，证明：当x＞－1时，f(x)≥eq\f(x,x＋1).[证明]当x＞－1时，f(x)≥eq\f(x,x＋1)当且仅当ex≥x＋1.令g(x)＝ex－x－1，那么g′(x)＝ex－1.当x≤0时g′(x)≤0，g(x)在(－∞，0]是减函数；当x≥0时g′(x)≥0，g(x)在[0，＋∞)是增函数．于是函数g(x)在x＝0处到达最小值，因而当x∈R时，g(x)≥g(0)，即ex≥x＋1.所以当x＞－1时，f(x)≥eq\f(x,x＋1).【链接高考3】(2022·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝eq\f(1,lnx＋1－x)，那么y＝f(x)的图象大致为()B[由题意得f(x)的定义域为{x|x>－1且x≠0}，所以排除选项D.令g(x)＝ln(x＋1)－x，那么由不等式ln(x＋1)≤x知，g(x)≤0恒成立，故f(x)＝eq\f(1,gx)＜0恒成立，所以排除A，C，应选B.]三点共线的充要条件及其结论推广1.设平面上三点O，A，B不共线，那么平面上任意一点D与A，B共线的充要条件是存在实数λ与μ，使得eq\o(OD,\s\up7(→))＝λeq\o(OA,\s\up7(→))＋μeq\o(OB,\s\up7(→))，且λ＋μ＝1.2．等和线的证明假设eq\o(OC,\s\up7(→))＝λeq\o(OD,\s\up7(→))，且eq\o(OC,\s\up7(→))＝xeq\o(OA,\s\up7(→))＋yeq\o(OB,\s\up7(→))，那么x＋y＝λ，如图1所示.过点C作直线l∥AB，在l上任作一点C′，连接OC′∩AB＝D′，如图2所示．图1图2同理可得，以eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))为基底时，eq\o(OC′,\s\up7(→))对应的系数和依然为λ.【典例4】[一题多解]在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为CD，BC的中点．假设eq\o(AB,\s\up7(→))＝λeq\o(AM,\s\up7(→))＋μeq\o(AN,\s\up7(→))，那么λ＋μ＝________.eq\f(4,5)[法一：(常规解法)如图，连接MN并延长交AB的延长线于T.由易得AB＝eq\f(4,5)AT，∴eq\f(4,5)eq\o(AT,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＝λeq\o(AM,\s\up7(→))＋μeq\o(AN,\s\up7(→))，∴eq\o(AT,\s\up7(→))＝eq\f(5,4)λeq\o(AM,\s\up7(→))＋eq\f(5,4)μeq\o(AN,\s\up7(→))，∵T，M，N三点共线，∴eq\f(5,4)λ＋eq\f(5,4)μ＝1，∴λ＋μ＝eq\f(4,5).法二：(等和线定理法)如图，连接MN并延长交AB的延长线于T.由易得AB＝eq\f(4,5)AT，又eq\o(AB,\s\up7(→))＝λeq\o(AM,\s\up7(→))＋μeq\o(AN,\s\up7(→))，结合等和线定理得λ＋μ＝eq\f(4,5).]【链接高考4】(2022·全国卷Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．假设eq\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))＋μeq\o(AD,\s\up7(→))，那么λ＋μ的最大值为()A．3 B．2eq\r(2)C.eq\r(5) D．2A[建立如下图的直角坐标系，那么C点坐标为(2,1)．设BD与圆C切于点E，连接CE，那么CE⊥BD.∵CD＝1，BC＝2，∴BD＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，EC＝eq\f(BC·CD,BD)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，即圆C的半径为eq\f(2\r(5),5)，∴P点的轨迹方程为(x－2)2＋(y－1)2＝eq\f(4,5).设P(x0，y0)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2＋\f(2\r(5),5)cosθ，,y0＝1＋\f(2\r(5),5)sinθ))(θ为参数)，而eq\o(AP,\s\up7(→))＝(x0，y0)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(0,1)，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(2,0)．∵eq\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))＋μeq\o(AD,\s\up7(→))＝λ(0,1)＋μ(2,0)＝(2μ，λ)，∴μ＝eq\f(1,2)x0＝1＋eq\f(\r(5),5)cosθ，λ＝y0＝1＋eq\f(2\r(5),5)sinθ.两式相加，得λ＋μ＝1＋eq\f(2\r(5),5)sinθ＋1＋eq\f(\r(5),5)cosθ＝2＋sin(θ＋φ)≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中sinφ＝\f(\r(5),5)，cosφ＝\f(2\r(5),5)))，当且仅当θ＝eq\f(π,2)＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3.应选A.]数列的相关结论1.假设等差数列{an}的项数为偶数2m，公差为d，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，那么所有项之和S2m＝m(am＋am＋1)，S偶－S奇＝md，eq\f(S偶,S奇)＝eq\f(am＋1,am).2．假设等差数列{an}的项数为奇数2m－1，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，那么所有项之和S2m－1＝(2m－1)am，S奇－S偶＝am，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(m,m－1).3．公比q≠－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(n∈N*)．4．假设等比数列的项数为2n(n∈N*)，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，那么S偶＝qS奇．【典例5】(1)设等比数列{an}的前n项和为Sn，假设eq\f(S6,S3)＝3，那么eq\f(S9,S6)＝()A．2 B.eq\f(7,3)C.eq\f(8,3) D．3(2)等差数列{an}的前n项和为Sn，am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)＝0，S2m－1＝38，那么m＝________.(1)B(2)10[由eq\f(S6,S3)＝3，得S6＝3S3，因为S3，S6－S3，S9－S6也为等比数列，所以(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，那么(2S3)2＝S3(S9－3S3)．化简得S9＝7S3，从而eq\f(S9,S6)＝eq\f(7S3,3S3)＝eq\f(7,3).(2)由公式am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)＝0得2am－aeq\o\al(2,m)＝0，解得am＝0或2.又S2m－1＝eq\f(2m－1a1＋a2m－1,2)＝(2m－1)am＝38.显然可得am≠0，所以am＝2.代入上式可得2m－1＝19，解得m＝10.]【链接高考5】(2022·全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，假设Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，那么m＝()A．3 B．4C．5 D．6C[∵Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，∴am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴公差d＝am＋1－am＝1，由公式Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝na1＋eq\f(nn－1,2)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ma1＋\f(mm－1,2)＝0，①,m－1a1＋\f(m－1m－2,2)＝－2，②))由①得a1＝eq\f(1－m,2)，代入②可得m＝5.]多面体的外接球和内切球1.长方体的对角线长d与共点的三条棱a，b，c之间的关系为d2＝a2＋b2＋c2；假设长方体外接球的半径为R，那么有(2R)2＝a2＋b2＋c2.2．棱长为a的正四面体内切球半径r＝eq\f(\r(6),12)a，外接球半径R＝eq\f(\r(6),4)a.【典例6】直三棱柱的底面是等腰直角三角形，直角边长是1，且其外接球的外表积是16π，那么该三棱柱的侧棱长为()A．eq\r(14) B．2eq\r(3)C．4eq\r(6) D．3A[由于直三棱柱ABC­A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形．把直三棱柱ABC­A1B1C1补成正四棱柱，那么正四棱柱的体对角线是其外接球的直径，因为外接球的面积是16π，所以外接球半径为2，因为直三棱柱的底面是等腰直角三角形，斜边长eq\r(2)，所以该三棱柱的侧棱长为eq\r(16－2)＝eq\r(14).]【链接高考6】(2022·全国卷Ⅱ)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，那么该球面的外表积为()A．12π B.eq\f(32,3)πC．8π D．4πA[设正方体棱长为a，那么a3＝8，所以a＝2.所以正方体的体对角线长为2eq\r(3)，所以正方体外接球的半径为eq\r(3)，所以球的外表积为4π·(eq\r(3))2＝12π，应选A.]圆锥曲线的中点弦问题1．在椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)中：(1)如图1所示，假设直线y＝kx(k≠0)与椭圆E交于A，B两点，过A，B两点作椭圆的切线l，l′，有l∥l′，设其斜率为k0，那么k0·k＝－eq\f(b2,a2).(2)如图2所示，假设直线y＝kx与椭圆E交于A，B两点，P为椭圆上异于A，B的点，假设直线PA，PB的斜率存在，且分别为k1，k2，那么k1·k2＝－eq\f(b2,a2).(3)如图3所示，假设直线y＝kx＋m(k≠0且m≠0)与椭圆E交于A，B两点，P为弦AB的中点，设直线PO的斜率为k0，那么k0·k＝－eq\f(b2,a2).图1图2图32．在双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)中，类比上述结论有：(1)k0·k＝eq\f(b2,a2).(2)k1·k2＝eq\f(b2,a2).(3)k0·k＝eq\f(b2,a2).【典例7】[一题多解]过点P(4,2)作一直线AB与双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1相交于A，B两点，假设P为AB的中点，那么|AB|＝()A．2eq\r(2) B．2eq\r(3)C．3eq\r(3) D．4eq\r(3)D[法一：由可得点P的位置如下图，且直线AB的斜率存在，设AB的斜率为k，那么AB的方程为y－2＝k(x－4)，即y＝k(x－4)＋2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4＋2，,\f(x2,2)－y2＝1，))消去y得(1－2k2)x2＋(16k2－8k)x－32k2＋32k－10＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得x1＋x2＝eq\f(－16k2＋8k,1－2k2)，x1x2＝eq\f(－32k2＋32k－10,1－2k2)，因为P(4,2)为AB的中点，所以eq\f(－16k2＋8k,1－2k2)＝8，解得k＝1，满足Δ＞0，所以x1＋x2＝8，x1x2＝10，所以|AB|＝eq\r(1＋12)×eq\r(82－4×10)＝4eq\r(3)，应选D.法二：由可得点P的位置如法一中图所示，且直线AB的斜率存在，设AB的斜率为k，那么AB的方程为y－2＝k(x－4)，即y＝k(x－4)＋2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)－2y\o\al(2,1)－2＝0，,x\o\al(2,2)－2y\o\al(2,2)－2＝0，))所以(x1＋x2)(x1－x2)＝2(y1＋y2)(y1－y2)，因为P(4,2)为AB的中点，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1，所以AB的方程为y＝x－2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－2，,\f(x2,2)－y2＝1，))消去y得x2－8x＋10＝0，所以x1＋x2＝8，x1x2＝10，所以|AB|＝eq\r(1＋12)×eq\r(82－4×10)＝4eq\r(3)，应选D.]【链接高考7】(2022·全国卷Ⅲ)斜率为k的直线l与椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．(1)证明：k<－eq\f(1,2)；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且eq\o(FP,\s\up7(→))＋eq\o(FA,\s\up7(→))＋eq\o(FB,\s\up7(→))＝0.证明：2|eq\o(FP,\s\up7(→))|＝|eq\o(FA,\s\up7(→))|＋|eq\o(FB,\s\up7(→))|.[证明](1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1.两式相减，并由eq\f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq\f(x1＋x2,4)＋eq\f(y1＋y2,3)·k＝0.由题设知eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq\f(3,4m).由题设得0<m<eq\f(3,2)，故k<－eq\f(1,2).(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，那么(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.又点P在C上，所以m＝eq\f(3,4)，从而P1，－eq\f(3,2)，|eq\o(FP,\s\up7(→))|＝eq\f(3,2).于是|eq\o(FA,\s\up7(→))|＝eq\r(x1－12＋y\o\al(2,1))＝eq\r(x1－12＋31－\f(x\o\al(2,1),4))＝2－eq\f(x1,2).同理|eq\o(FB,\s\up7(→))|＝2－eq\f(x2,2).所以|eq\o(FA,\s\up7(→))|＋|eq\o(FB,\s\up7(→))|＝4－eq\f(1,2)(x1＋x2)＝3.故2|eq\o(FP,\s\up7(→))|＝|eq\o(FA,\s\up7(→))|＋|eq\o(FB,\s\up7(→))|.过抛物线y2＝2px(p>0)焦点的弦过抛物线y2＝2pxp>0焦点的弦AB有：1xA·xB＝eq\f(p2,4).2yA·yB＝－p2.3|AB|＝xA＋xB＋p＝eq