高考数学八大难点突破

π22π22高考数学大难点突破难一与角换平向综的角问高考数学命题注重知识的整体性和综合性，重视在知识的交汇处考察，对三角形问题的考察重点在于三角变换、向量综合，它们之间互相联系、互相交叉，不仅考察三角变换，同时深化了向量的运算，体现了向量的工具作用，试题综合性较高，所以要求学生有综合处理问题的能力，纵观最近几年高考，试题难度不大，但是如果某一知识点掌握不到位，必会影响到整个解题过程，文以下几个方面阐述解题思路，以达到抛砖引玉的目的．．向运与角问的合用解答这类题，首先向量的基本概念和运算必须熟练，要很好的掌握正弦定理、余弦定理的应用条件，其次要注意把题目中的向量用三角中边和角表示，体现向量的工具作用．【1

已知向量m(cosα，1)，n＝，)，其中α∈⊥n(1)求cos2α的；(2)若sin(α－β)

1010

π，且∈

，求角β的．解]

法(1)由m⊥，2cos－sinα＝，sinα＝α，代入cosα＋α＝，得5cos

α＝，π且α∈2

，则cosα＝

525，sinα＝，55则cos2＝α－＝2×

3－＝.5πππ(2)由α∈∈－∈，22

.因α－β＝

10310，则cos(α－β)＝.1010则sinβ＝sin[α－α－β)]sinαcos(α－)－cosαsin(α－β)253105102＝×－×＝，5105102π因β∈2

π，则β＝.4法(1)由m得2cosα－sinα＝，tan2，-1-

sinAsinBsinC又－＝，A＝＋，＝π－sinAsinBsinC又－＝，A＝＋，＝π－＋B)＝π－，可得sin＝cosα－sinα1－tanα1－43故cos2＝α－sinα＝＝＝＝cosα＋sinα1tanα145(2)由(1)知，α－sinα＝，且cos

πα＋sinα＝，α∈2

，255则sinα＝，cosα＝，55ππππ由α∈∈－∈，22

.因α－β＝

10310，则cos(α－β)＝.1010则sinβ＝sin[α－α－β)]sinαcos(α－)－cosαsin(α－β)253105102＝×－×＝，5105102π因β∈2

π，则β＝.4．三函与角问的合三角函数的起源是三角形，所以经常会联系到三角形，这类型题是在三角形这个载体上的三角变换，第一：既然是三角形问题，就会用到三角形内角和定理和正、余弦定理以及相关三角形理论，及时边角转换，可以帮助发现问题解决思路；第二：它也是一种三角变换，只不过角的范围缩小了，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的．π【2在△ABCac分为角的对边．若acosBA＝，A－＝.6(1)求边c的长；(2)求角B的大小＋c－＋－a解](1)∵cosB＝3，cosA＝，a×＝，×＝，2ac2bc化为：－＝，b＋a＝c.相加可得：c＝，解得c＝(2)由(1)可得：－＝ab4由正弦定理可得：＝＝，ππππ.6666π4sin4sinB∴＝，＝.πsinsin66-2-

8sin－(1－)sin，即8sin－(1－)sin，即cos2－cos∴∴sin2＋＝B2π∴16sin

π－16sin，6πππ∴－＝363

，ππ－2sinsin＝666

，ππ50或sin2＋＝，∈6612π解得：＝.6三角换向、角形题综高考会将几方面结合起来命题，三角函数主要考察它的图象、常见性质；三角形主要考察正弦定理、余弦定理以及有关的三角形性质；向量主要考察向量的运算、向量的模、向量的夹角、向量的垂直以及向量的共线，体现向量的工具作用，三角变换主要考察求值、化简、变形．→→【3

在△中，＝，＝2，·＝18.(1)求BC的长；(2)求tan2的．→→解](1)因为A·＝××cos18且AB＝，＝2，BC＝＋－ABAC×cos＝6＋

2

－－＝10.(2)法一：在△ABC，AB＝，＝2，＝10BA＋－cosB＝＝2×

6

＋

10－22×6×310

310＝，10又∈，π，所以sinB＝1－cos＝sin所以tanB＝，cos2

1010

，所以tan2B

2tan1－tan

＝

33＝.141－→→法二：由AB＝，＝2，·＝××cosA＝－可得cos＝－，23又∈，π，所以＝.4-3-

＝＝BCAC×sinA在△ABC中，＝，以＝＝sinsin

32×310

22

＝

1010

，π又∈

310sinB1，所以cos＝－＝，所以tanB＝＝，10cosB32所以tan2B

2tan1－tan

33＝.141－．实应中三形题在实际生活中往往会遇到关于距离、角度、高度的测量问题，可以借助平面图形，将上述量放在一个三角形中，借助解三角形知识达到解决问题的目的．【4一私艇巡航至距领海边界线l(一南北方向的线海里的处现在其北偏东30°方向相距海里处一走私船正欲逃跑私艇立即追击知私艇的最大航速是走私船最大航速的3倍假设缉私艇和走私船均按直线方向以最大航速航行．(1)若走私船沿正东方向逃离，确定缉私艇的追击方向，使得用最短时间在领海内拦截成功；(参考数据：sin17°≈

36

，33≈5.7446)(2)问：无论走私船沿何方向逃，缉私艇是否总能在领海内成功拦截？并说明理由．解](1)设缉私艇在C处走私船相如图，则＝3BCsin120°3△中，由正弦定理可得sin∠＝＝，36∴∠BAC＝17°，∴缉私艇应向北偏东47°方向追，16＋－△中，由余弦定理可得120°＝，≈1.68615.8-4-

99999B到边线l的距为3.8－4sin30°1.8∵1.68615＜1.8，∴能用最短时间在领海内拦截成功．(2)以为点建如图所示的坐标系，则(2,23)，设缉私艇在P(y处与走私船相遇，则PA＝PB，即9[(－＋y23)]，即3，44∴的迹是以4

3为圆心，为径的圆，2∵圆心到边界线：x＝3.8的离为1.55，于的半径，∴无论走私船沿何方向逃跑，缉私艇总能在领海内成功拦截．．综上几方的述解角问不孤的而是其相知紧联在起通向的具用将条集到角中然后用角等换、弦理余定及相知解，常的题路为，练握量基本念向的算熟进三变和练用弦理及弦理解的键．向与角问的合向量具有“双重身份”，既可以像数一样满足“运算性质”进行代数形式的运算，又可以利用它的几何意义进行几何形式的变换，同时向量加、减法的几何运算遵循三角形法则和平行四边形法则，这为向量和三角形问题的结合，提供了很好的几何背景．．1

向与角谈心内(角内圆心)三形三条内角平分线的交点；外(角外圆圆)三形各边中垂的交点；垂：角形各边上高的交点；重：角形各边中线的交点，用向量形式可表示为如下形式：-5-

→→→→BABC→→→→BABCsinAcsinCAC→＋→，λ＞|AB|||若是△ABC的一点，＝＋→→|||BC|是ABC的内心；若、两分是ABC的BC上的中点，且→→→→·＝·PC→→→→·＝·PA→→→

是ABC外心；若＋＋＝，是△ABC重心；→→→→→→若是△ABC在平面内的一点，·＝·＝·，则P是△ABC垂心．【5

→→→→→→在△中，若·＋ACAB＝·CB，则的为_______.sinC．2

解析在ABC中，设三条边分别为、b、，三角分别为AB，→→→→→→由·＋·＝·CB得ac·cos＋·cosAba·cosC，11由余弦定理得：(＋c－)(＋－)＝(＋－)，22asinAa化简得＝，＝2，由正弦理得＝＝2.故答案为：2.[答案]2判三形状三角形的边可以看做向量的模长，三角形的内角可以看做向量的夹角，所以可利用向量的数量积和夹角公式或者其他线性运算，结合平面几何知识来判断三角形的形状→→→【6△ABC的个内角A、成等数列BABC)·＝，eq\o\ac(△,则)一定________三角形．π解析△的三个内角A、、成差数列，则有2＝＋C，所以＝，设D是3边的中点，-6-

→→→→→→→则＋＝，所以2BD·＝0，⊥，所以△一定是等边三角形．[答案]等难二立几中探性存性题数学科考试大纲指出，通过考试，让学生提高多种能力，其中空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力．要在立体几何学习中形成．立体几何中的探索性与存在性问题实质是对线面平行与垂直性质定理的考查．探究性与存在性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性与存在性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．．对题件探探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么．对命题条件的探索常采用以下三种方法：(1)先猜后证，即先观察与尝试出条件再给出证明；(2)先通过命题成立的必要条件索出命题成立的条件，再证明充分性；(3)把几何问题转化为代数问题探索出命题成立的条件．1【1如图，在四棱锥－ABCD中∥BC，ADC∠PAB＝90°BC＝＝，E为棱2的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.在平面内找一点M，使得直线∥平面PBE，并说明理.解]

在梯形ABCD中，与不行．如图，延长AB，相交于点MM∈平面PAB)，点即所求的一个点．理由如下：由已知，知∥，且BCED，所以四边形BCDE是平四边形，从而CMEB-7-

又平面PBE，CM平面，所以CM平面.(说明：延长至N，使得＝，所找的点可以是直线MN上任意一点)思路分]

证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化(2)证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质证明两个平面垂直考直线与平面垂直以简单记为“证面面垂直面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明类似，掌握化归与转化思想方法是解决这类题的关键．点评

这类探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用下列二种方法：(1)通各种探索尝试给条件(2)出命题成立的必要条件，也证明充分性．．对题论探探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么．对命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，另外还有探索的结论是否存在．求解时，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论．【2

如图，在四棱锥－ABCD中，⊥平面，∥，DC⊥.(1)求证：⊥面PAC(2)求证：平面⊥面PAC(3)设点E为的中点，在棱上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由解](1)证明：因为PC平面，所以PCDC又因为DC⊥，∩＝，所以DC平面.(2)证明：因为∥DCDC⊥AC，所以ABAC-8-

因为PC平面，所以PCAB.又因为PC∩＝，所以AB⊥平面.又AB平PAB所以平面PAB平面.(3)棱PB上存在点F，使得∥面CEF理由如下：取的中点F，连接，，.又因为E为的中点，所以EF∥PA又因为平面，且EF平，所以PA平面.点评

对于立体几何的探索性与存在性问题一般都是条件开放性的探究问题，采用的方法一般是执果索因的方法，假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件，运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决．如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．难三以建数型解角、点迹背的际题高考实际应用题一直是高考当中的重点与难点，虽有较为清晰的数学概念分析，但是如果学生对应用题当中的数学公式的基本应用没有一个较为清晰的理解，往往会陷入到应用的“陷阱”当中此良好的解题路正确的解题方式考数学应用解题的重点考实际应用问题常常在函数、三角函数和三角形、解析法中体现．因此对于高考数学应用题的解题方向来看，我们应当从构建具体的思维应用模式出发．．与数关实应问函数是高中数学的主干和核心知识函数知识为背景的应用题一直活跃在高考的舞台上，引人关注，随着知识的更新，函数应用问题中的模型也越来越新颖．高考函数应用问题的热点模型主要有：一次、二次函数型，三次函数型，指数、对数函数型，分段函数型等．解函数应用问题的步骤四步八)：(1)审：弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型；建模：自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型(3)模：求解数学模型，得出数学结论(4)还：将数学问题还原为实际问题的意义．【】需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥－C，部的形状是正四棱柱－D如图所)，并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高PO的4倍．(1)若AB6，PO＝m，则仓库的容积是多少(2)若正四棱锥的侧棱长为6m则当PO为少时，仓库的容积最大？-9-

3333解](1)由PO＝知＝PO＝8.因为B＝＝，所以正四棱锥P－ABCD的体11V＝··＝×6×224(m)；正四棱柱ABCD－ABCD的体V＝

·＝6×8288(m)．所以仓库的容积＝＋＝24288312(m)．(2)设B＝m，＝，则0<<6，O＝h.连接O.因为在eq\o\ac(△,Rt)POB中O＋＝，2a所以362即2(36－

)．11326于是仓库的容积＝＋＝·4＋a·＝a＝(36h－)，0<h，33326从而′＝(36－3)26(12h)．3令′＝，得＝23或＝－3()．当0<<23时′>0，是单调增函数；当23<h<6时V′<0，是调减函数．故当＝23时取极大值，也是最大值．-10-

因此，当PO＝3m时，库的容积最大．[点]

实际生活中的二次函数问题(如积、利润、产量等)，根据已知条件确定二次函数模型，结合二次函数的图象、单调性、零点解决，解题中一定注意函数的定义域．．与三形关实应问三角函数既是解决生产实际问题的工具，又是进一步学习的基础，高考中常会考察与三角函数有关的实际问题，需要建立三角函数模型将实际问题转化为数学问题．解决三角实际问题的关键有三点：一是仔细审题，准确理解题意，分析条件和结论，明确问题的实际背景，理清问题中各个量之间的数量关系；二是合理选取参变量，设定变元，寻找它们之间的内在联系，选用恰当的代数式表示问题中的关系；三是建立与求解相应的三角函数模型．将文字语言、图形语言、符号语言转化为数学语言，利用数学知识建立相应的数学模型，求解数学模型，得出数学结论．【2如图，城市有一条公路正西方通过市中心O后向北偏东α角向的OB位于该市的某大学M与中心O的离＝313，且∠＝β，现要修筑一条铁路，在上设一站A，在上一站，路在部为直线段，且经大学，其中tanα＝cosβ＝

313

，＝km.(1)求大学M与A站距离AM；(2)求铁路AB段的长．解](1)在△中，AO15，∠β，且cosβ＝

313

，＝13，由余弦定理可得＝＋OM－OA··cos∠＝(313)＋15－2×313×15×＝72.所以可得：＝2，学M与A站的离AM为2km.

313(2)∵β＝

313

，且β为锐角，sinβ＝

213

，AMOM62313在△AOM中，由正弦定理可得：＝，即＝，sinβsin∠MAOsin∠MAO13∴sin∠MAO＝

2π，∴∠＝，∴∠ABOα－，24-11-

∵tanα＝，∴sin＝

25

，cosα＝

1，5π1∴sin∠ABO＝－，10又∵∠＝π－α，∴sin∠AOB＝sin(π－)＝

25

.ABAB15在△AOB中，＝，正弦定可得：＝，即＝，sin∠AOBsinABO215

10∴解得AB＝302，铁路AB段的长为302点评解角形应用题常有以下两种情形(1)实际问题经抽象括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组，解方程(组得出所要求的解．．以点迹背的际用题近年江苏高考将直线与圆的位置关系隐含到实际问题中进行考查，利用解析几何中最值与范围问题的解法求实际问题中的最值与范围问题，这是一个高考新方向，也是高考的一个热点．解析几何中的最值与范围问题往往需建立求解目标函数，通过函数的最值研究几何中的最值与范围．【3如所示，某街道居委会拟在EF地的民楼正南方向的空白地段AE上建一个活动中心，其中＝米活动中东西走向，与居民楼平.从东西看活动中心的截面图的下部分是长方形，部分是以DC为径的半.了保证居民楼住户的采光要求，活动中心在与半圆相切的太阳光线照射下落在居民楼上的影长不过2.5，其中该太阳光线3与水平线的夹角满足tan＝4(1)若设计AB＝米＝米问能否保证上述采光要求？(2)在保证上述采光要求的前提，如何设计与的度，可使得活动中心的截面面积最大？注计算中π取3)解]

如图所示，以点A为标原点AB所在直线为x轴，立平面直角坐标系．-12-

(1)因为AB＝18，＝，所以半圆的圆心为H，3半径＝9.设太阳光线所在直线方程为y＝－＋，4即3＋－4b＝，|27＋24－b则由＝，3＋3解得＝24或＝舍)．23故太阳光线所在直线方程为＝－＋24，4令＝，得＝1.5米2.5米．所以此时能保证上述采光要求．(2)设AD米AB2米则半圆的圆心为Hr，)，半径为.3法一：设太阳光线所在直线方程为＝＋b4|3＋h－4b|即3＋－4b＝，＝，3＋r解得＝＋2r或b＝－()．23故太阳光线所在直线方程为＝－＋h＋r，4455令＝，得＝＋－，由EG≤，h≤252.22133所以＝2rhπr＝＋×≤2(25－r＋×22255＝－r＋＝－(－10)＋250≤250.22当且仅当r10时取号．所以当AB＝20米且＝米时可使得活动中心的截面面积最大．法二：欲使活动中心截面面积尽可能大，则影长EG恰为2.5米则此时点G为30,2.5)53设过点G的述太阳光线为l，l所在直线方程为－＝－(－，24即3＋－100＝0.-13-

由直线l与半H相，得|3＋－100|r＝.5而点(，)在直线l的方，则3＋h－＜，3＋4－100即＝－，从而＝25－.51355又＝rhπ＝(252r＋×＝－r＋50r＝－(－10)＋250≤250.2222当且仅当r10时取号．所以当AB＝20米且＝米时可使得活动中心的截面面积最大．点评

解与动点轨迹为背景的实际应用问题常需建立恰当的直角坐标系，将实际问题转化为对应直线与圆位置关系问题，再结合解几何方法求最值与范围．难四解几中范、值探性题解析几何中的范围、定值和探索性问题仍是高考考试的重点与难点，主要以解答题形式考查，一般以椭圆为背景，考查范围、定值和探索性问题，试题难度较大．复习时不能把目标仅仅定位在知识的掌握上，要在解题方法、解题思想上深入下去．解析几何中基本的解题方法是使用代数方程的方法研究直线、曲线的某些几何性质，代数方程是解题的桥梁，要掌握一些解方程(组的法，掌握一元二次方程的知识在解析几何中的应用，掌握使用根与系数的关系进行整体代入的解题方法；其次注意分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想等的应用，如解析几何中的最值问题往往需建立求解目标函数，通过函数的最值研究几何中的最值．下面对这些难点一一分析：．圆曲中定、值题该类问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明，难度较大．定点、定值问题是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．x【】设圆：＋＝1(a＞＞0)的离心率＝ab圆C的短轴长为半径的圆O相．

3，直线＝x＋2与原点为圆心、椭2(1)求椭圆C的方；1(2)设直线x与椭C交不同的两点M，，以线段为径作圆D，若圆D与y轴2-14-

eq\o\ac(△,S)ABD2122keq\o\ac(△,S)ABD2122k交于不同的两点，B，求△ABD面积；(3)如图，，B，是圆的点是椭圆上顶点外的任意点，直B交轴于点F直线B交于E设P的斜率为k的率为求2－k为定.解](1)∵直线y＝＋2与原点为圆心、椭圆C的半轴长为半径的圆O相切，|0－2|∴2

＝，为b1.∵离心率e

3＝，＝－c＝，立解得a＝，＝3.2x∴椭圆C的程为＋；41115(2)把＝代入圆方程可得＝－，得＝±.21641∴⊙D的方程为：

＋

15＝.16令＝，解得＝±

11，4∴|＝

111111111，∴＝||·||＝××＝22228(3)证明：由(1)知：(－2,0)，(2,0)，B(0,1)，1∴直线A的程为y＝＋，1由题意，直线AP的方为＝k(－2)，≠0且k≠±，2＋1，由－，

4解得E，x，设(，)，由＋1，

得4＋1)－kx＋16k－0.-15-

＋k＋44－－＋k＋44－－1648－2－k∴＝，x＝，(2)＝.4＋4＋14＋2－k∴，4142

.设(，由P，，三共得kBP＝kBF.－－＋0－14－2即＝，＝，∴，8－－02k＋1－＋42k－2＋∴的率＝＝.4k＋4－242k－2＋2＋1∴m－＝－＝为定．22

.方法总]

定值问题是解析几何中的一种常见问题，基本的求解思想是：先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题．(1)求定值问题常见的方法有两①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．(2)定点的探索与证明问题①探索直线过定点时可设出直方程为ykx＋然后利用条件建立等关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．．圆曲中最、围题圆锥曲线中参数的范围及最值问题，由于其能很好地考查学生对数学知识的迁移、组合、融会的能力，有利于提高学生综合运用所学知识分析、解决问题的能力．该类试题设计巧妙、命题新颖别致，常求特定量、特式子的最值或范围．常与函数解析式的求法、函数最值、不等式等知识交汇，成为近年高考热点．解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．xy【2如图，在平面直角坐标系xOy中已知椭圆C：＋＝＞b＞0)的离心率为ab右焦点F到左线的距离为62.-16-

22

，且

＝，ac→1＋21＋2k＝，ac→1＋21＋2k(1)求椭圆C的标方程；(2)设为圆C的左点P为椭C上位x轴上的点，直线交y轴点，过点F作的线，交y轴于N1(ⅰ)当直线的斜率为，求△FMN的外接圆方程；2(ⅱ)设直线交圆C于一，求的积的最大值．解]

a2(1)由题意，得＝

2，

a＝，解得2，则＝2，y所以椭圆C的标准方程为＋＝1.168(2)由题可设直线PA的方为＝k(x＋4)，＞，则M(0,4)222所以直线FN的方程为＝(－22)则4k

.11(ⅰ)当直线的斜率为，即＝时，(0,2)，，4)，(22，，＝2，－22→→→2)，＝(－22，4)，·＝－8＋8＝所以MFFN所以圆心(0，－，半径为3，所以△的外接圆的方程为x＋y＋＝x，(ⅱ)联＋＝，8

消去y并理得，＋k)＋16kx＋－16＝，4－8k解得＝－4＝，以，1＋2k

，148k直线AN的程为＝－(＋4)，同理可得，－2k所以，关原点对称，即PQ原点．

，-17-

QQ116k3212所以△的面积S＝·(y－y＝2×＝≤82且仅当2＝k＝21＋122＋k时，取“＝”．所以△的面积的最大值为82.方法总]

这类问题在题目中往往没有给出不等关系，需要我们去寻找．求最值或范围常见的解法(1)几何法：若题的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用图形性质来解决；代法：若目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求最值，求函数最值常用的方法有配方法、判别式法、导数法、基本不等式法及函数的单调性、有界性法等．用这种方法求解圆锥曲线的最值与范围问题时，除了重视建立函数关系式这个关键点外，还要密切注意所建立的函数式中的变量是否有限制范围，这些限制范围恰好制约了最值的取得，因此在解题时要予以高度关注．．圆曲中探性题探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求学生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题很好地考查数学思维能力以及科学的探索精神此越来越受到高考命题者的青睐．探索性问题实质上是探索结论的开放性问题．相对于其他的开放性问题来说，由于这类问题的结论较少(只存在、不存在两个结论有时候需讨论，此，思考途径较为单一，难度易于控制，受到各类考试命题者的青睐．解答这一类问题，往往从承认结论、变结论为条件出发，然后通过特例归纳，或由演绎推理证明其合理性．探索过程要充分挖掘已知条件，注意条件的完备性，不要忽略任何可能的因素．【3

如图，在平面直角坐标系中已知圆Cx＋－＝0及A(－1,0)，(1,2)(1)若直线l平行AB，与圆C相于，两，＝，直线的程；(2)在圆C是否存在点P满足件，使得PA＋＝？若存在，求点P的数；若不存在，说明理由．解](1)圆C的标准方程为(x－＋

＝，以圆心C(2,0)，半径为2.2－0因为∥AB－，(1,2)，所以直线l的斜率为1－－设直线l的程为x－＋＝0，|2－＋||2＋m|则圆心C到线l的离为d＝.22-18-

＝，

因为MNAB2＋＝，MN而＝＋

，所以4＝

＋2

＋，解得＝0或＝－，故直线l的程为x－＝0或－－＝0.(2)假设圆C上存点满条件，设(，)则x－2)＋＝，PA

＋

＝x＋1)＋－0)

＋x－

＋y－＝12，即2y－3＝0，即＋－1)＝，因为|2－＜

－

＋

－

＜＋，所以圆x－＋4圆(－4相，所以点P的数为方法结(1)决存在性问题的解题步骤：第一步：先假设存在，入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不式组；二步：解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在若解则不存在第三步得出结论(2)决存在性问题应注意以下几点：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．难五复数的项式求问数列在高考中占重要地位，应当牢记等差、等比的通项公式，前n项公式，等差、等比数列的性质，以及常见求数列通项的方法，如累加、累乘、构造等差、等比数列法、取倒数等．数列求和问题中，对于等差数列、等比数列的求和主要是运用公式；而非等差数列、非等比数列的求和问题，一般用倒序相加法、通项化归法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．数列的求和问题多从数列的通项入手，通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．一数的项式数列的通项公式在数列中占有重要地位，是数列的基础之一，在高考中，等差数列和等比数列的通项公式，前项公式以及它们的性质是必考内容，一般以填空题的形式出现，属于低中档题，若数列与函数、不等式、解析几何、向量、三角函数等知识点交融，难度就较大，也是近几年命题的热点．．由列递关求项由递推关系求数列的通项的基本思想是转化，常用的方法：(1)－a＝(n)型，采用叠法．n-19-

2－12－1a(2)＝(型，采用叠乘法．a(3)＝pa＋q(p≠0，≠1)，转化为等比数列解决．n．由S与a的关系通nnS与an

的关系为：＝

n＝n

，【1

已知数{}的项为S，且满足S＋＝(∈N．n(1)证明：数列{a＋为等比数列，并求数{a的通项公式；T2(2)若b(2＋1)a＋＋，列的前n项为T，求足等式＞2010的2－1的最小值．解](1)证明：当＝1时，＝＋，∴＝∵＝，n∈N，2＝＋－，≥2两式相减得a＝2a＋，≥2即＋＝2(a＋1)≥2∴数列＋1}为以2首项2为公的等比数列，∴＋＝，∴a＝－，∈N；n(2)＝＋1)a＋＋＝＋1)·2n∴＝3·2＋5·2…(2n＋1)·2，∴＝3·2＋5·2＋＋＋1)·2，两式相减可得－＝3·2＋2·2＋2·2…＋2·2－(2n＋1)·2，∴＝－1)·2＋，∴

T2

＞010可化2＞010，∵＝024,2＝T2∴满足不等式＞010的n的小值为10.2－1点评利＝－求项时，注意≥2一前提条件，易忽略验证＝1致，当n＝时a若合通项，则n＝1的况应并入≥2时通项；否则应利用分段函数的n形式表示．二数的和常见类型及方法(1)＝kn＋，用等差数列前项公式直接求解；(2)＝·

，利用等比数列前项公式直求解；(3)＝±，{{}是比数列或等差数列，采用分组求和法}的前n项；nnn(4)＝·，列，}分别是等比数列和等差数列，采用错位相减法求和．nnn-20-

st21－2aaaaaaaast21－2aaaaaaaa【2已知数列a{}的前项分为A和B，且对任意n∈N－＝－nn恒成立．(1)若＝n，＝2求；nb1(2)若对任意n∈N，有a＝B及＋＋＋＋＜成立，求正实数b的值aaa3n范围；AA(3)若＝2b＝，是否存在两个互不相等的整数(1s＜)，，，成差数nBBst列？若存在，求出，的；若不存在，请说明理.解](1)因为A＝，以＝n－

，≥2即＝－，1故－b＝(－)＝，以数{}是以2为首项1为差的等差数列，nnn113所以＝·2·n·(－1)·1＝＋n222b(2)依题意B－＝2(－，即＝b－)即＝，nnb1－2所以数列{b是以b为首项2为公的等比数列，所以a＝＝×b＝(2－1)nnb所以＝b因为＝

－－

2b·2b

－－

，111＝－b12－bbb所以＋＋＋＋111＝－b12－

111，所以－b12－

1＜恒立，31即＞2－

，所以b≥3.(3)由－＝－)得：a－＝，nnn所以当n≥2时，＝－)＋－)＋－)＋(a－a＋n＝＋

＋…＋＋＋＝

－，当＝，上式也成立，所以＝－－2，B2－，n-21-

B2－2－1stB2－2－1stA2－－n所以＝＝－，nA假设存在两个互不相等的整数，(1＜t，使，，成差数列，Bs等价于

1s21，，成差数列，即＝＋，2－2－2－－12－1－即

22s＝＋，因为1＋＞，以＞，即＜s＋，2－12－2－2－1令()＝2－－s≥2，∈)，则(＋1)s)＝－＞所h()递增，若≥3则(s)≥(3)1＞0，不满足2＜＋，所以s＝2，21代入＝＋得2－－＝≥3)，2－12－2－1当＝，显然不符合要求；当≥4时()＝2－t－t≥4)同可证φ()递增以φ()≥φ(4)＝＞，所以不符合要求．AA所以，不存在正整数s，(1＜，使，，成等差数列．BBt点评

裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．从而达到求和的目的．要注意的是裂项相消法的前提是数列中的每一项均可分裂成一正一负两项，且在求和过程中能够前后相互抵消．难六数中证、索和在、定程解综问题近几年的高考试卷中经常出现以数列为载体的证明、探索等综合问题，这类问题不仅考查学生的分析问题解决问题的能力，以及探索能力，而且给学生提供了创新思维的空间．．等数、比列证问有关证明、判断数列是等(等比数列的主要证明方法有：定义法、性质法．定义法：用定义法判断一个数列是等差数列，常采用的两个式子－a＝和－有别，a前者必须加上“≥2，否则n＝时a无义；在等比数列中一样有：n≥2，有＝…＝(常数≠0)；∈性质法：

a时，有＝＝(常数≠0)．aa＝是等差数列，a＝a)nn-22-

(≠0){}是等比数列，这是证明数列n

11－1－13111－1－131{}为等(等比数的另一种主要方法．【1

112在数列}中，已知a＝，＝a－，∈，S为{的前n项．333(1)求证：数列{3}是等差数列(2)求；(3)是否存在正整数p，，(＜q＜)，使S，成差数列？若存在，求出p，，r的值；若不存在，说明理由．12解](1)证明：因为a＝a－，∈，以3n

－＝－2，n1又因为a，所·＝，3所以{}是首项为1，公差为2等差数列．1(2)由(1)知3＝＋n－1)·(2)＝－2，所以a(3－n)1111所以＝1·－n)·

，1所以S＝1·(52n)·－n)·3

，21两式相减得＝－23311－(3－n)·11＝－×＋－3)·3913

＝n·

，n所以＝32(3)假设存在正整数p，rp＜＜)，使SS，成差数列，则2SS，即＝rqprqpr＋.33由于当n≥2时，＝－n)

＜，以数列S}单调递减．pq－又＜，以p≤－1且q至少为2，所以≥，33q－2－－＝.333-23-

rqrqpq－2r①当≥3时，≥≥，又＞，3333pr2所以＋＞，式不成立．333②当＝2时，＝，41r1所以＝＋，以＝，以＝3({}单调减，解唯一确)．93339综上可知，，，的为．数中索存性题数列探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理由此推出矛盾假不成立而得到“否定”的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．而要确定范围内的数值，则往往涉及不定方程的正整数解问题．【2已数列a}}都是单调递增数列若这两个数列的项按由到大的顺序排成一n列相的项视为一)，则得到一个新数{}．(1)设数列}，{}分别为等差等比数列，若a＝1，＝，＝b，c；(2)设a}首项为1各为正整数＝若新数列是等差数列求{c}前n项和；(3)设＝是小2的整数)，c＝b是否存在等差数{}，使得对任意的n∈N*，之数{的项数总是b？若在，请给出一个满足题意的等差数列nn{}；若不存在，请说明理由．解](1)设等差数列{a}的公差为，等比数列{的公比为，由题意得，

解得＝或3，因数列a}，单调递增，所以＞，＞1，所以＝，＝2，所以＝－，＝.n因为＝＝，＝，＝＞.∴＝＝49.(2)设等差数列{c}的公差为d，又＝，且＝，n所以＝，所以c＝＋－.n因为＝是{c中项，所以设b＝，(－＝2.nn2当≥4时，解得d＝＜，满足各项为正整数；n－-24-

当b＝3，＝，此时c＝，只需取a＝，而等比数{}的项都是等差列nnnn＋中的项，所以S＝2

；当b＝＝时，d＝，时c＝2n－，需取＝－，n3＋1由3＝m－，＝，是数，＋是正数m有正整数解，2所以等比数{的都是等差数列}中的项所以＝.nnn＋综上所述，数列的前n项和S＝2

或S＝n

.(3)存在等差数{}，只需首a∈(1q，公差d＝－1.下证与之间数列a}的项数，即证对任正整数都nn＋…＋＋，＋＋，即

成立．由－＝q－－＋q＋…＋)(－1)＝－，b－

＝－(1＋＋…－1)(－＝－＞所以首项a∈(1，)公差＝q－的等数列{a}符题意．n难七函零、调、值综问函数零点、单调性、极值都是高中数学的重要内容，也都是高考的热点和重点，在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都很大，函数与导数是高中数学的主线，它们贯穿于高中数学的各个内容，求值的问题就要涉及到方程，求取值范围的问题就离不开不等式，但方程、不等式更离不开函数，函数思想的运用是我们解决问题的重要手段，而导数是我们解决问题的一个行之有效的工具．．函零函数零点问题主要是研究函数与方程问题，方程()＝0的解是函数y＝)的图象与x轴的点的横坐标即零点函思想在解题中的应用主要表现在两个方面是借助有关初等函数的性质，解有关求值、证不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决．在高考中重点考查函数零点个数、零点范围以及与零点有关的范围问题，有时添加函数性质进去会使得此类问题难度加大．-25-

aa【1

已知函数f()＝＋＋>0，∈R)极值，且导函数f的极值点是f()的零点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的)(1)求关的数关系式，并写出定义域；(2)证明：

>3；7(3)若(x)，′()这两个函数的所有极值之不小于－求的值范围2解](1)由f()＝＋

＋＋，f′()＝3x2＋＝.3a当＝－，′()有极小值b－.33因为x的极值点是f)的零点，a所以＋－＋＝32792a3又>0，故＝＋.9因为(有极值，故fx＝有实根，a1从而－＝(27)，a≥3.39当＝，′()>0(≠1)，故()在R是增函数()没有极值；当>3时，′()＝有两相异的实根－－a－b－＋a－3bx，＝33列表如下：xf′()f()

(－∞，)＋↗

x0极大值

(x，)－↘

x0极小值

(，＋∞)＋↗故()的极值点是xx.从而>3.23因此＝＋，义域为，＋．9(2)证明：由(1)知，

b2a3＝＋.a9a2232－设()＝＋，′(＝－＝.99t9-26-

336当∈，∞)>026从而(在，＋∞2

上单调递增．因为>3，所以a>33，故(a)>g(33)＝3，即

b>3.a因此>3a.(3)由(1)知，()极值点是x，2且＋＝，x＋＝

4－.9从而(x＋()＝＋ax＋bx＋＋＋ax＋bx＋x12＝(3＋＋)＋(3＋＋)＋a(＋x)＋()＋233334－ab4ab＝－＋＝279记()，′()所有极值之和为(，因为x的极值为－＝a＋，39a13所以(＝－a＋，>3.923因为′()＝－a－<0，9a于是(在(，＋∞)上单调递减．7因为(6)－，于()≥(6)故a2因此的值范围(3,6]．【2

a1已知函数f＝－－＋lnx，∈R)．x(1)若函数f()在(，＋∞)上调递增，求实数a的取值范围；(2)若＝，数fx有3个零，求实数的值范围．a21解](1)(的定义域为0，＋∞)，f′(x)＝－＋＋.xxxa2121由题意可得f′(x)在0，＋∞)上恒成立，－＋＋≥0所以≤＋，xx-27-

2因为＞，所以＞0，故a＋x.x22由基本不等式可得＋≥22(当仅当＝，x＝2时等号成)，x故实数a的值范围为(－∞，2]．31(2)当＝时，()＝－－＋lnx，函数()的定义域为(0，＋∞)，x321x－x＋x－f′()＝－＋＋＝＝xxx

x

x－

.由′(＝，解得x＝，x＝2.当变时′()，f(x)的变化情况如下表：xf′()f()

(0,1)＋↗

10极大值

(1,2)－↘

20极小值

(2，∞)＋↗故函数f(x的极大值为f(1)3－－＋ln＝－b，315极小值为f(2)－－＋2＝－＋2.2240，要使函数f(x)有3个零，－＋ln＜0，5解得＋ln2＜＜45故实数b的值范围＋ln2，2．利函的调间极点究数点函数f(x)零点，即()0根，亦即函数()图象与轴点横坐标，与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系或转化为两个熟悉函数交点问题．【3

已知()＝－x＋＞，定义hx)＝max{f()g(x)}＝

x，，x，＜，(1)求函数f()的极值；(2)若(＝xf′()，且存在x∈使(＝()，求实数a的值范围(3)若(＝ln，试讨论函数h()(＞的零点个数．解](1)∵函数f()＝ax－＋，-28-

2a2axx2a2axx∴′(＝3ax

－＝x(ax－，2令′(＝，得0或＝，∵＞，＜，表如下：af′()f()

(－，＋↗

00极大值

↘

2a0极小值

，＋＋↗812∴()的极大值为f(0)1，极小值为－＋＝－.(2)()＝x)＝3ax－x，存在x[1,2]，使(x)＝f()，∴()≥(在∈[1,2]上有解，即ax－x＋1≥3－

在∈[1,2]上解，13即不等式2≤＋在∈[1,2]上解，xx133＋－x－设＝＋＝(∈[1,2])，∵′＝＜∈恒成立，xx1313∴＝＋在x∈[1,2]上单调递，∴当x时，＝＋的大值为4xx∴a，a4(3)由(1)知，()(，＋∞)上的最小值为，4①当－＞，＞2时f()＞在，＋∞)上恒成立，∴)＝f()，()}a在0，＋∞)上无零点．4②当1－＝即a＝时，()＝(1)0，又＝，a∴(＝max{f)，(x在0，＋∞)上一零点．4③当1－＜，0＜＜时，()＝f()－()＝－＋－lnx(0＜＜1)，∵＝3ax

11－－6x(x－－＜，∴(在(0,1)单调递减，又φ(1)＝a－＜，φ

a2e－＋＞，∴存在唯的∈1ee

，使得φ()＝，Ⅰ当0＜≤时∵()＝()g()≥φ(x)0，()()()为减函数，又(＝(＝g(xlnx＜＝，(0)＞，∴h()(，x)上有一个零点；Ⅱ当＞时∵φx)＝(x)－()＜)＝，∴(＝gx且h()增函数，g(1)＝，∴(在(x，＋上一零点；-29-

bbbb从而(＝max{f()，g(x)}在＋∞)有两个零点，综上所述，当0＜＜时，h(x有两个零点；当＝时h()有一个零点；当＞时，)无零点．【4

1已知函数f(x＝ax＋xg()＝－，中a，∈，设(＝(x)－(．2(1)若(x)在＝

22

处取得极值，且′(1)g(1)－2，求函数h(的单调区间；(2)若＝时，函数()有两个同的零点，.①求的值范围；xx②求证：＞e1解](1)由已知得f′(x)＝＋＞0)，x22所以′＋2＝，所以＝－2.2由′(1)g－－，得＋＝－，所以＝1.所以(＝－x＋＋(x＞0)．21则′()＝－x＋＋＝x

1x－2－

(＞，由′()＞0得0＜＜，′()＜0得x＞1.所以(的减区间为1，＋，增区间为(0,1)．(2)①由已知hx)＝＋(＞0)．1所以′()＝＋(＞0)，x当≥0时然′()0成立时函数hx)在定义域内递增x至多有个零点，不合题意．11当＜0时令h′()＝得＝－＞0令h′()＞0得0＜＜－；令)＜0得b1＞－1所以()＝

1＝－ln(－)－＞0，解得－b＜0.e且→0时ln＜，→＋∞时，ln＞-30-

11所以当b∈，0e

时，(x)有两个零点．②证明：由题意

x＋bx＝，x＋bx＝，

①即②①×②得e－x)xx.因为，＞，所以－(＋)，所以e－x＝x＞1因为0＜－＜，e所以e＜，所以x＞－2xx＞e2x＞e，xx所以＞e－【5(1)论函数fx)＝e＋

的调性，并证明当x＞时(－2)e＋x＋2＞0.e－－(2)证明a∈[0,1)数g(＝x＞有小值()的小值为()x求函数ha的值域．[解](1)f(x的定义域为－∞，2)∪(－，∞)f′()＝

x－

＋＋

－x－

＝

xex＋

≥0，当且仅当x0时，′()＝0所以f()(－，2)－2，＋∞)单调递增．因此当x∈，＋时(x)>(0)－所以(－2)e－(x＋，即(x－2)e＋＋2>0.(2)证明：′()＝

－

＋＋

x＋2＝(()＋．x由1)知，(＋单递增．对任意a∈[0,1)，(0)＋＝－10，(2)＋＝≥0.因此，存在唯一x∈(0,2]，使得f()＋a＝，a即′()＝当0<<x时()＋<0g′()<0x)单调递减；当>时()＋>0′()>0()单调递增．因此(在x＝处得最小值，最小值为-31-

eex＋eex＋e于是(＝.x2由

′＝

x＋x＋

x＞，y＝单递增，x2所以，由x∈(0,2]，得1eeee＝＜)＝≤＝.20＋2x＋2224ee因为＝单递增对意∈唯的x∈a＝－f∈[0,1)4使得(＝λ.1e所以(的值域是，41e综上，当a[0,1)时()有最小值()h(a)的值域是4【6＋

设函数f()＝e

＋，线y＝f在点，(2))处的切线方程为＝－1)(1)求，的；(2)求(x)的单调区间．解](1)因为f(x)＝e＋bx，所以x＝(1－)e＋b.依题设解得

＝2e＋，＝－，

2e＋2，即－1.(2)由(1)知f)＝e

＋x.由′(＝e

(1－＋及e

＞知f′(与1x＋

同号．令()＝－x＋，gx＝－1＋.所以，当x－∞，时，′()<0g)在区间－∞，1)上单调递减；当∈，＋∞)′()>0，(x在区间1，＋上调递增．故(1)1是(x在区间－∞，＋∞)上的最小，从而()>0x∈－，＋∞)．综上可知，′()>0，∈－，＋∞)故()单调递增区间－∞，＋∞)．-32-

ee方法总]①函数性质与方程综合时，要先将函数性质剖析清楚，尤其是单调性和对称性，然后再研究函数零点问题；②函数与不等式综合时，重点是要学会构造函数，利用函数单调性、最值进行研究；③函数、方程与不等式综合在一起时，要注意利用导数这个有利工具进行解答．难八函最、成及在问恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．fx＞F()＞：＞af≤a具体方法为将已知恒成立或存在性的不等式或等式由等价原理把参数和变量分离开，转化为一元已知函数的最值问题处理，关键是搞清楚哪个是变量哪个是参数，一般遵循“知道谁的范围，谁是变量；求谁的范围，谁是参数”的原则．参变分离后虽然转化为一个已知函数的最值问题，但是有些函数解析式复杂，利用导数知识无法完成，或者是不易参变分离，故可利用构造函数法．【1设()＝e－(＋1)．(1)若＞，()对一切∈R恒立，求a最大值；a(2)设(＝fx＋，，，B(，)(x≠)是曲线y＝(上任意两点，若对任意的≤－，直线AB的