1、考前30天抢分攻略 第四版块 攻略3：考前必明的11大热点问题 栏目导航热点1 数学文化问题热点2 解三角形的不衰问题热点3 数列的通项与求和问题热点4 立体几何中的“常青树”热点5 统计与概率的交汇问题热点6 解析几何中的最值、定值问题热点7 解析几何中的定点、探索性问题热点8 函数单调性、最值、极值问题热点9 函数与不等式恒成立、不等式证热点10 坐标系与参数方程问题热点11 坐标系与参数方程问题由于以数学文化为背景的新颖试题，能将数学知识、方法、文化融为一体，有效考查考生在新情境下对知识的理解以及迁移到不同情境中的能力，因此备受命题者的喜爱，此类问题以数学文化为背景，与程序框图、立体几何
2、、解析几何、三角函数、数列、统计、概率等知识相交汇呈现热点1 数学文化问题(1)(2016四川高考)秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州(现四川省安岳县)人，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例若输入 n，x 的值分别为 3,2，则输出 v 的值为()A9 B18C20 D35B【解析】由程序框图知，初始值：n3，x2，v1，i2，第一次循环：v4，i1；第二次循环：v9，i0；第三次循环：v18，i1结束循环，输出当前v的值18.故选B点评 破解此类问题的关键：一是读懂数学文化的背景含义；二是抽象函
3、数模型的能力，即将问题转化为数列模型的能力1(2014湖北高考)算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也又以高乘之，三十六成一该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h，计算其体积 V 的近似公式 V 136L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率 近似取为 3.那么，近似公式 V 275L2h 相当于将圆锥体积公式中的 近似取为()A227B258 C15750D355113解析：由题意知 275L2h13r2h 275L213r2，而 L2r，代入得 258 B 2中国古代数学名著九章算术中记
4、载了公元前344年商鞅督造一种标准量器商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)若取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x的值为_1.6 解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4x)31122x12.6.解得 x1.6解三角形是高考的热点，既可以单独考查，又可以综合考查，尤其作为解答题的“头号”热点对待.命题的重点多以解三角形的边与角的三角函数的关系式呈现，求指定边、指定角，三角形周长，三角形面积的最值，指定角的正弦、余弦、正切值等，求指定边和角的问题常需借助正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式等来解决，有最值问题常需借助三角函数的性质和三角恒等变换公式予以
5、解决热点2 解三角形的不衰问题(2017全国卷)ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知ABC的面积为a23sin A(1)求 sin Bsin C；(2)若 6cos Bcos C1，a3，求ABC 的周长【解】(1)由题设得12acsin Ba23sin A，即12csin Ba3sin A由正弦定理得12sin Csin B sin A3sin A故 sin Bsin C23(2)由题设及(1)得 cos Bcos Csin Bsin C12，即 cos(BC)12.所以 BC23，故 A3由题意得12bcsin Aa23sin A，a3，所以 bc8由余弦定理得 b2
6、c2bc9，即(bc)23bc9.由 bc8，得 bc 33故ABC 的周长为 3 33点评 破解此类问题的关键是过好“三关”：第一关，设计关，分析已知等式的边角关系，合理设计“边”化“角”，还是“角”化“边”；第二关，化简关，即利用三角函数公式进行三角恒等变换；第三关，定理关，利用正、余弦定理，三角形面积公式等将三角形中边角进行互化3(2017衡阳重点中学联考)设ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足sin Asin Bcos Acos(B)sin C(1)试判断ABC的形状，并说明理由；(2)若abc1，试求ABC面积的最大值解：(1)sin Asin Bcos Acos(B
7、)sin C，sin Asin B(cos Acos B)sin C，由正弦定理和余弦定理得，abb2c2a22bca2c2b22acc，化简得，2a2b2ab2ab2ac2a3ba2bc2b3，即 a2bab2ac2a3bc2b3，(ab)(a2b2c2)0，又 ab0，a2b2c20，即 a2b2c2，ABC 为直角三角形，且C90(2)abc1 2，a2b2c2，1 2ab a2b22 ab 2ab(2 2)ab当且仅当 ab 时上式等号成立，则 ab1 22 2 22，SABC12ab1222214，即ABC 面积的最大值为144(2017全国卷)ABC 的内角 A，B，C 的对边分别
8、为 a，b，c，已知 sin(AC)8sin2B2(1)求 cos B；(2)若 ac6，ABC 的面积为 2，求 b解：(1)由题设及 ABC 得 sin B8sin2 B2，故 sin B4(1cos B)上式两边平方，整理得 17cos2B32cos B150，解得 cos B1(舍去)，或 cos B1517故 cos B1517(2)由 cos B1517得 sin B 817，故 SABC12acsin B 417ac又 SABC2，则 ac172 由余弦定理及 ac6 得 b2a2c22accos B(ac)22ac(1cos B)362172 115174所以 b2数列的通项与
9、求和问题是高考考查的热点，命题的重点多以等差数列、等比数列为背景，求其通项公式与前n项和，简单数列不等式的证明，求数列中的最值问题，会涉及考查等量问题、代数形式与推理、基本量的求解等其中方程思想、消元法经常用到，且在数列求和问题中，错位相减法与裂项相消法是常用技巧热点3 数列的通项与求和问题(2017河南六市模拟)观察下列三角形数表：假设第 n 行的第二个数为 an(n2，nN*)，(1)归纳出 an1 与 an 的关系式，并求出 an 的通项公式；(2)设 anbn1(n2)，求证：b2b3bn2思路点拨 (1)利用数列的关系归纳出an1与an的关系式，利用累加法求解即可(2)利用放缩法化简
10、通项公式，通过裂项消项法求解即可(1)【解】依题意 an1ann(n2)，a22，ana2(a3a2)(a4a3)(anan 1)223(n1)2n2n12，所以 an12n212n1(n2)点评 有关数列与不等式相交汇问题的关键是会转化，即把所给数列的通项与前n项和的关系转化为数列的递推式，再把递推式进行转化(2)【证明】因为 anbn1，所以 bn2n2n22n2n21n11n，b2b3b4bn21112 1213 1n11n 211n 25(2017邵阳模拟)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 6Sn3n1a(nN)(1)求 a 的值及数列an的通项公式；(2)设 bn(1an)
11、log3(a2nan1)，求1bn 的前 n 项和为 Tn解：(1)等比数列an满足6Sn3n1a(nN)，n1时，6a19a；n2时，6an6(SnSn1)3n1a(3na)23n an3n1，n1时也成立，169a，解得a3 an3n1(2)bn(1an)log3(a2nan1)(13n)log3(32n23n)(3n1)(3n2)，1bn1313n213n1 1bn 的前 n 项和为 Tn13114 1417 13n213n113113n1 n3n1近几年高考立体几何试题以中档为主，热点问题主要有证明空间线面平行、垂直的位置关系，求多面体体积(热点是三棱锥与四棱锥的体积)和距离(热点是两
12、点间的距离问题，点面距离问题)热点4 立体几何中的“常青树”平行、垂直与体积问题(2017揭阳二模)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，ABBCBB1，AB1A1BE，D 为 AC 上的点，B1C平面 A1BD；(1)求证：BD平面 A1ACC1；(2)若 AB1，且 ACAD1，求三棱锥 ABCB1 的体积 思路点拨思路点拨(1)连接 ED，证明：BDAC，A1ABD，即可证明 BD平面 A1ACC1；(2)若 AB1，且 ACAD1，利用体积公式求三棱锥 ABCB1 的体积(1)【证明】连接 ED，平面 AB1C平面 A1BDED，B1C平面 A1BD，B1CED，E 为 AB1 中
13、点，D 为 AC 中点，ABBC，BDAC，由 A1A平面 ABC，BD平面 ABC，得 A1ABD，由及 A1A、AC 是平面 A1ACC1 内的两条相交直线，得 BD平面 A1ACC1.(2)【解】由 AB1 得 BCBB11，由(1)知 DA12AC，又 ACDA1 得 AC22，AC22AB2BC2，ABBC，SABC12ABBC12VABCB113SABCBB11312116.6(2017邯郸二模)如图，四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，底面 ABCD 是直角梯形，ADC90，ADBC，ABAC，ABAC 2，点 E 在 AD 上，且 AE2ED.(1)已知点 F 在 BC
14、 上，且 CF2FB，求证：平面 PEF平面 PAC；(2)若PBC 的面积是梯形 ABCD 面积的43，求点 E 到平面 PBC的距离(1)证明：ABAC，ABAC，ACB45，底面 ABCD 是直角梯形，ADC90，ADBC，ACD45，即 ADCD，BC 2AC2AD，AE2ED，CF2FB，AEBF23AD，四边形 ABFE 是平行四边形，则 ABEF，ACEF，PA底面 ABCD，PAEF，PAACA，EF平面 PAC，EF平面 PEF，平面 PEF平面 PAC.(2)解：PA底面 ABCD，且 ABAC，PBPC，取 BC 的中点为 G，连接 AG，则 AGBC，AGCD1设 PA
15、x，连接 PG，则 PG x21，侧面 PBC 的面积是底面 ABCD 的43倍，122PG4312(12)，即 PG2，求得 x 3，ADBC，E 到平面 PBC 的距离即是 A 到平面 PBC 的距离，VAPBCVPABC，SPBC2SABC，E 到平面 PBC 的距离为12PA 32.统计与概率题已经发展为高考解答题的“盘中菜”，难度一般为中档.统计与概率的交汇题常以现实生活中的问题为背景，命题的重点有以下三种类型：一是“双图(频率分布直方图、茎叶图)”与古典概型的交汇；二是求回归直线及预报变量的值；三是独立性检验(22列联表的应用)热点5 统计与概率的交汇问题(2017邵阳二模)某中学
16、举行了一次“环保知识竞赛”，全校学生参加了这次竞赛为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩(得分取正整数，满分为 100 分)作为样本进行统计请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表和频率分布直方图(如图所示)解决下列问题：组别分组频数频率第 1 组50,60)80.16第 2 组60,70)a第 3 组70,80)200.40第 4 组80,90)0.08第 5 组90,1002b合计频率分布表频率分布直方图(1)写出 a，b，x，y 的值；(2)在选取的样本中，从竞赛成绩是 80 分以上(含 80 分)的同学中随机抽取 2 名同学到广场参加环保知识的志愿宣传活动()求所抽取的
17、2 名同学中至少有 1 名同学来自第 5 组的概率；()求所抽取的 2 名同学来自同一组的概率思路点拨思路点拨(1)利用频率分布表和频率分布直方图，由题意能求出a，b，x，y的值(2)()由题意可知，第4组共有4人，记为A，B，C，D，第5组共有2人，记为X，Y.从竞赛成绩是80分以上(含80分)的同学中随机抽取2名同学，有15种情况由此能求出随机抽取的2名同学中至少有1名同学来自第5组的概率()设“随机抽取的2名同学来自同一组”为事件F，有AB，AC，AD，BC，BD，CD，XY共7种情况，由此能求出随机抽取的2名同学来自同一组的概率【解】(1)由题意可知，a16，b0.04，x0.032，
18、y0.004.(2)()由题意可知，第 4 组共有 4 人，记为 A，B，C，D，第 5 组共有 2 人，记为 X，Y.从竞赛成绩是 80 分以上(含 80 分)的同学中随机抽取 2 名同学，有 AB，AC，AD，BC，BD，CD，AX，AY，BX，BY，CX，CY，DX，DY，XY，共 15 种情况设“随机抽取的 2 名同学中至少有 1 名同学来自第 5 组”为事件 E，有 AX，AY，BX，BY，CX，CY，DX，DY，XY 共 9 种情况所以随机抽取的 2 名同学中至少有 1 名同学来自第 5 组的概率是 P(E)91535.即随机抽取的 2 名同学中至少有 1 名同学来自第 5 组的概
19、率是35.()设“随机抽取的 2 名同学来自同一组”为事件 F，有 AB，AC，AD，BC，BD，CD，XY 共 7 种情况所以 P(F)715.即随机抽取的 2 名同学来自同一组的概率是 715.7(2017长春二模)为了打好脱贫攻坚战，某贫困县农科院针对玉米种植情况进行调研，力争有效地改良玉米品种，为农民提供技术支援现对已选出的一组玉米的茎高进行统计，获得茎叶图如下图(单位：厘米)，设茎高大于或等于 180 厘米的玉米为高茎玉米，否则为矮茎玉米(1)完成 22 列联表，并判断是否可以在犯错误概率不超过 1%的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关？(2)为了改良玉米品种，现采用分层抽样的方式从抗
20、倒伏的玉米中抽出 5 株，再从这 5 株玉米中选取 2 株进行杂交实验，选取的植株均为矮茎的概率是多少？P(K2k)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828(K2nadbc2abcdacbd，其中 nabcd)解：(1)根据统计数据做出 22 列联表如下：抗倒伏易倒伏合计矮茎15419高茎101626合计252045经计算 k7.2876.635，因此可以在犯错误概率不超过 1%的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关(2)分层抽样后，高茎玉米有 2 株，设为 A，B，矮茎玉米有 3 株，设为 a，b，
21、c，从中取出 2 株的取法有 AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，ab，ac，bc，共 10 种，其中均为矮茎的选取方式有 ab，ac，bc 共 3 种，因此选取的植株均为矮茎的概率是 310.解析几何在高考中的位置向来重要，一般是两道小题，一道解答题小题重基础，难度中等或偏上；解答题难度整体上呈中等偏上.高考命题的热点是最值、定值问题，其中定值问题多与代数、三角函数、平面向量等知识综合考查，形式多样；定值问题需从整体上把握，要善于在动点的“变”中寻找“不变性”.此类问题多作为高考压轴题呈现，难度中等偏上热点6 解析几何中的最值、定值问题(2017肇庆二模)已知圆 F1：(x1)2y29
22、，圆 F2：(x1)2y21，动圆P 与圆 F1 内切，与圆 F2 外切O 为坐标原点.(1)求圆心 P 的轨迹 C 的方程(2)直线 l：ykx2 与曲线 C 交于 A，B 两点，求OAB 面积的最大值，以及取得最大值时直线 l 的方程思路点拨 (1)设动圆 P 的半径为 r，由圆与圆的位置关系分析可得|PF2|PF1|4|F1F2|，由椭圆的定义分析可得轨迹 C 是以 F1，F2 为焦点的椭圆，由椭圆的定义分析可得轨迹 C 的方程，即可得答案；(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线 l 与椭圆 C 的方程可得(34k2)x216kx40，利用根与系数的关系可以表示|AB|的
23、值，进而可以表示OAB 的面积，由基本不等式的性质分析可得答案思路点拨【解】(1)设动圆 P 的半径为 r，依题意有|PF1|3r，|PF2|1r，|PF2|PF1|4|F1F2|所以轨迹 C 是以 F1，F2 为焦点的椭圆，且 c1，a2，所以 b 3，当 P 点坐标为椭圆右顶点时，r0 不符合题意，舍去所以轨迹 C 的方程x24y231(x2)(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线 l 与椭圆 C 的方程ykx2x24y231，可得(34k2)x216kx40，x1x2 16k34k2，x1x2434k2，16(12k23)0，得 k214，设原点到直线 AB 的距离为 d
24、21k2，|AB|1k2|x1x2|1k2 x1x224x1x2 1k24 34k2134k2，SAOB12|AB|d4 34k2134k2，令4k21t(t0)，则 4k21t2，SAOB4 3tt244 3t4t 4 32t4t 3，当且仅当 t2 时，等号成立，即当 k 52 时，OAB 面积取得最大值 3，此时直线方程为 y 52 x2点评 求解最值问题需准确把握题意，结合圆锥曲线的定义及几何性质，建立函数或不等式模型；再利用基本不等式、函数的单调性、数形结合等求其最值注意所选用的变量的取值范围，这个范围就是所建立的函数的定义域.当直线的斜率作为变量时，要考虑斜率的存在性，必要时分类讨
25、论8(2017濮阳二模)已知圆 F1：(x1)2y216，定点 F2(1,0)，A 是圆 F1 上的一动点，线段 F2A 的垂直平分线交半径 F1A 于 P 点(1)求 P 点的轨迹 C 的方程；(2)四边形 EFGH 的四个顶点都在曲线 C 上，且对角线 EG，FH 过原点 O，若 kEGkFH34，求证：四边形 EFGH 的面积为定值，并求出此定值(1)解：因为 P 在线段 F2A 的中垂线上，所以|PF2|PA|所以|PF2|PF1|PA|PF1|AF1|4|F1F2|，所以轨迹 C 是以 F1，F2 为焦点的椭圆，且 c1，a2，所以 b 3，故轨迹 C 的方程x24y231(2)证明
26、：不妨设点 E、H 位于 x 轴的上方，则直线 EH 的斜率存在，设 EH 的方程为 ykxm，E(x1，y1)，H(x2，y2)联立 ykxmx24y231，得(34k2)x28kmx4m2120，则 x1x2 8km34k2，x1x24m21234k2.由 kEGkFHy1y2x1x234，得kx1mkx2mx1x2k2x1x2kmx1x2m2x1x234.由、，得 2m24k230.设原点到直线 EH 的距离为 d|m|1k2，|EH|1k2|x1x2|1k21612k23m2934k2，S 四边形 EFGH4SEOH2|EH|d8|m|12k23m2934k2由、，得 S 四边形 EF
27、GH4 3，故四边形 EFGH 的面积为定值，且定值为 4 3解析几何中的定点、探索性问题一直是高考命题的热点，它所给出的仅是一个问题的情景，而求解目标未知，没有固定的解题模式，能较好地考查考生的解题能力，受到命题者的青睐.此类问题在高考中多以压轴题的形式呈现，难度较大热点7 解析几何中的定点、探索性问题(2017通化二模)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 63.且过点(3，1).(1)求椭圆 C 的方程；(2)若动点 P 在直线 l：x2 2上，过 P 作直线交椭圆 C 于 M，N 两点，使得PMPN，再过 P 作直线 lMN，直线 l是否恒
28、过定点，若是，请求出该定点的坐标；若否，请说明理由思路点拨思路点拨 (1)由已知条件推导出 9a2 1b21c2a2a2b2a2632，同时能求出椭圆 C 的方程(2)直线 l 的方程为 x2 2，设 P(2 2，y0)，y02 33，2 33，当 y00 时，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题意知 x1x2，利用点差法 l的方程为 y 3y02 2x4 23，从而得到 l恒过定点4 23，0.当 y00 时，直线 MN 为 x2 2，由此推导出 l恒过定点4 23，0【解】(1)椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 63.且过点(3，1)，9a2 1b21c2a2a2b
29、2a2632，解得 a212，b24，椭圆 C 的方程为x212y241(2)直线 l 的方程为 x2 2，设 P(2 2，y0)，y02 33，2 33，当 y00 时，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题意知 x1x2，联立x2112y2141x2212y2241，x21x2212 y21y2240，y1y2x1x213x1x2y1y2，又PMPN，P 为线段 MN 的中点，直线 MN 的斜率为132 2y02 23y0，又 lMN，l的方程为 y 3y02 2x4 23，l恒过定点4 23，0 当 y00 时，直线 MN 为 x2 2，此时 l为 x 轴，也过点4 23，0，综上
30、，l恒过定点4 23，0 点评 存在性问题、定点问题都是高考数学中的重要题型，解决问题的关键：一是先假设存在，然后寻找条件去推理论证，若得出相应结论则存在；若导出矛盾则不存在.二是若点的坐标满足所求直线的直线系方程，则直线经过该定点9(2017石家庄模拟)已知抛物线 C：y22px(p0)过点 M(m,2)，其焦点为 F，且|MF|2(1)求抛物线 C 的方程；(2)设 E 为 y 轴上异于原点的任意一点，过点 E 作不经过原点的两条直线分别与抛物线 C 和圆 F：(x1)2y21 相切，切点分别为 A，B，求证：直线 AB 过定点解：(1)抛物线 C 的准线方程为 xp2，所以|MF|mp2
31、2，又因为 42pm，即 42p2p2 所以 p24p40，所以 p2，抛物线 C 的方程为 y24x(2)设点 E(0，t)(t0)，由已知切线不为 y 轴，设 EA：ykxt联立ykxty24x消去 y，可得 k2x2(2kt4)xt20因为直线 EA 与抛物线 C 相切，所以(2kt4)24k2t20，即 kt1，代入1t2x22xt20，所以 xt2，即 A(t2,2t)，设切点 B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点 O，B 关于直线 EF：ytxt 对称，则y0 x0t0011，y02tx02t，解得x0 2t2t21，y0 2tt21即 B2t2t21，2tt21 思路 1：直
32、线 AB 的斜率为 kAB 2tt21(t1)直线 AB 的方程为 y2tt2(xt2)2t，整理 y 2tt21(x1)所以直线 AB 过定点恒过定点 F(1,0)当 t1 时，A(1，2)，B(1，1)，此时直线 AB 为 x1，过点 F(1,0)综上，直线 AB 过定点恒过定点 F(1,0)思路 2：直线 AF 的斜率为 kAF 2tt21(t1)，直线 BF 的斜率为 kBF2tt2102t2t211 2tt21(t1)，所以 kAFkBF，即 A，B，F 三点共线当 t1 时，A(1，2)，B(1，1)，此时 A，B，F 共线所以直线 AB 过定点 F函数的单调性、最值、极值问题在高
33、考中常以解答题的形式呈现，难度较大，多为高考压轴题.利用导数的符号判断函数的单调性，求函数的极值与最值及含参数问题的讨论一直是近几年高考命题的热点，应予以关注热点8 函数单调性、最值、极值问题(2017厦门二模)已知函数 f(x)x1xaln x(aR).(1)求 f(x)的单调区间；(2)设 g(x)f(x)2aln x，且 g(x)有两个极值点 x1，x2，其中 x1(0，e，求 g(x1)g(x2)的最小值思路点拨 (1)求函数的定义域和导数，讨论a的取值范围，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可(2)求出函数g(x)的表达式，求出函数g(x)的导数，利用函数极值，最值和导数之间的
34、关系进行求解思路点拨【解】(1)函数 f(x)的定义域是(0，)，f(x)11x2axx2ax1x2，当 a0 时，f(x)0 恒成立，此时函数 f(x)在(0，)上是增函数，当 a0 时，由 f(x)0，得 x2ax10，a当判别式 a240 时，即 0a2 时，f(x)0 恒成立，此时函数在(0，)上是增函数，b当 a240 时，即 a2 时，方程 x2ax10 的两个根 x1a a242，x2a a242，当 x0，a a242时，f(x)0，此时函数 f(x)为增函数，当 xa a242，a a242时，f(x)0，此时函数 f(x)为减函数，当 xa a242，时，f(x)0，此时函
35、数 f(x)为增函数，综上当 a2 时，f(x)的递增区间为(0，)，无递减区间当 a2 时，函数的递增区间为0，a a242，a a242，单调递减区间为a a242，a a242(2)由于 g(x)f(x)2aln xx1xaln x，其定义域为(0，)，求导得，g(x)11x2axx2ax1x2，若 g(x)0 两根分别为 x1，x2，则有 x1x21，x1x2a，x21x1，从而有 ax11x1，则 g(x1)g(x2)g(x1)g1x1 x11x1aln x11x1x1aln 1x12x11x1 2aln x12x11x1 2x11x1 ln x1，令 h(x)2x1x 2x1x l
36、n x，x(0，e，则g(x1)g(x2)minh(x)min，h(x)211x2 211x2 ln xx1x1x21x1xln xx2，当 x(0,1时，h(x)0，h(x)在(0,1上单调递减，当 x(1，e时，h(x)0，h(x)在(0，e上单调递减，则 h(x)minh(e)4e，g(x1)g(x2)的最小值为4e点评 破解此类问题的关键：一是方程的思想，求解含有参数的可导函数函数的极值时，对参数进行分类讨论，寻找的根，以及在根的左、右两侧导数的符号；二是转化思想，即可导函数在某个区间D内单调递增(或递减)，则有(或)在区间D内恒成立，从而把已知函数的单调性问题转化为恒成立问题来解决，
37、这里需要注意等号能否成立10(2017南充二模)已知 f(x)axln x，x(0，e，g(x)ln xx，其中 e 是自然对数的底数，aR(1)当 a1 时，求函数 f(x)的单调区间和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f(x)g(x)12；(3)是否存在实数 a，使 f(x)的最小值是 3，若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由(1)解：因为 f(x)xln x，f(x)11xx1x，所以当 0 x1 时，f(x)0，此时函数 f(x)单调递减，当 1xe 时，f(x)0，此时函数 f(x)单调递增，所以函数 f(x)的极小值为 f(1)1(2)证明：因为函数 f(x)的极小值为
38、1，即函数 f(x)在(0，e上的最小值为 1又 g(x)1ln xx2，所以当 0 xe 时，g(x)0，此时 g(x)单调递增所以 g(x)的最大值为 g(e)1e12，所以 f(x)ming(x)max12，所以在(1)的条件下，f(x)g(x)12(3)解：假设存在实数 a，使 f(x)axln x，x(0，e，有最小值 3，则 f(x)a1xax1x，当 a0 时，f(x)0，f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13，a4e(舍去)，此时函数 f(x)的最小值不是 3当 01ae 时，f(x)在0，1a 上单调递减，f(x)在1a，e 上单调递增所以 f(x)mi
39、nf1a 1ln a3，ae2，满足条件当1ae 时，f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13，a4e(舍去)，此时函数 f(x)的最小值不是 3，综上可知存在实数 ae2，使 f(x)的最小值是 3函数与不等式恒成立、不等式证明相交汇的问题在近年高考有升温趋势，常以解答题的压轴题呈现，一般难度较大，不等式恒成立问题常转化为函数的最值问题，不等式的证明常利用分析法与综合法，通过构造函数，利用导数解题热点9 函数与不等式恒成立、不等式证明相交汇问题思路点拨(2017宁夏大学附中二模)已知函数 f(x)2axbx12ln x(aR).(1)当 b0 时，讨论函数 f(x)的单调
40、区间；(2)若对a1,3，x(0，)，f(x)2bx3 恒成立，求实数 b 的取值范围；(3)当 xye1 时，求证：exln(y1)eyln(x1)思路点拨 (1)当 b0 时，求导，根据导数与函数单调性的关系，即可求得 f(x)单调区间；(2)将原不等式转化成 a1xln xx b2，对x(0，)a1,3恒成立，构造辅助函数，求导，求得函数的最小值，由 a 的取值范围，即可求得实数 b 的取值范围；(3)由题意可知：exln(y1)eyln(x1)只需证exlnx1eylny1，构造辅助函数，求导，根据函数的单调性求得 g(x)g(y)，即可证明不等式成立(1)【解】当 b0 时，f(x)
41、2ax12ln x，求导 f(x)2a2x2ax1x(x0)，当 a0 时，f(x)0 在(0，)上恒成立，函数 f(x)在(0，)上单调递减，当 a0 时，由 f(x)0，解得：0 x1a，由 f(x)0，解得：x1a，f(x)在0，1a 单调递减，在1a，单调递增，综上可知：当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递减；当 a0 时，f(x)在0，1a 单调递减，在1a，单调递增(2)【解】由已知对a1,3，f(x)2bx3，对x(0，)恒成立，则2axbx12ln x2bx3，对x(0，)，a1,3恒成立，即 a1xln xx b2，对x(0，)，a1,3恒成立，设 g(x)a1xln x
42、x，x(0，)，a1,3，求导 g(x)1x21ln xx2ln x2x2，则 g(x)在(0，e2)单调递减，在(e2，)单调递增，当 x0 时，g(x)ming(e2)a1e2，即b2a1e2，由 a1,3，则b211e2，即 b22e2实数 b 的取值范围，22e2；(3)【证明】xye1，则 x1y1e,ln(x1)ln(y1)1，欲证 exln(y1)eyln(x1)只需证exlnx1eylny1，令 g(x)exlnx1，x(e1，)，求导g(x)exlnx1 1x1ln2x1，显然函数 h(x)ln(x1)1x1，在(e1，)上单调递增，h(x)min11e0，即 g(x)0，g
43、(x)在(e1，)上单调递增，xye1 时，g(x)g(y)，即exlnx1eylny1，当 xye1 时，exln(y1)eyln(x1)点评 破解不等式证明的关键是构造函数，并用导数法判断函数的单调性来证明不等式.根据题设条件的结构特征构造一个函数，所构造函数需要与所证不等式有相同的结构；由不等式恒成立求参数取值范围常利用“分离参数法”，也可以利用导数法，通过分类讨论使问题获解.注意：恒成立问题与能成立问题的区别11(2017江南十校联考)已知函数 f(x)22ax(a2)ln xax2(1)当 0a2 时，求函数 f(x)的单调区间；(2)已知 a1，函数 g(x)x24bx14.若对任
44、意 x1(0，e，都存在 x20,2，使得f(x1)g(x2)成立，求实数 b 的取值范围解：(1)当 0a2 时，f(x)ax2a2x22ax2x2ax2ax2，当 0a23时，f(x)02x2aa，f(x)0 x2aa 或 0 x2，f(x)在2，2aa上递增，在(0,2)和2aa，上递减；当23a2 时，f(x)02aa x2，f(x)0 x2 或 0 x2aa，f(x)在2aa，2 上递增，在0，2aa和(2，)上递减；当 a23时，f(x)23x22x2，f(x)在(0，)上递减(2)由(1)知 a1，f(x)在(0,1)内单调递减，(1,2)内单调递增，(2，e)内单调递减，又 f
45、(1)1，f(e)2ee1，f(e)f(1)2ee2e123e0，x1(0，e，f(x)minf(1)1 故x1(0，e，x20,2有 f(x1)g(x2)，只需 g(x)在0,2上最小值小于等于1 即可当 x02b0 即 b0 时，g(x)最小值 g(0)141，不合题意，舍去；当 x02b0,2即 0b1 时，g(x)最小值g(2b)4b2141 34 b1；当 x02b2 即 b1 时，g(x)最小值g(2)154 8b1b1932，b1；综上所述：b 34 坐标系与参数方程是高考重要考点，一般在选做题第一题的位置，其难度多为中等，命题热点有以下三种类型：一是曲线方程的求解，如求极坐标方
46、程、参数方程、直角坐标方程或普通方程；二是求点的极坐标或点直角坐标；三是直线与圆、椭圆、抛物线相交汇，判断位置关系、求弦长、距离等问题热点10 坐标系与参数方程问题(2017宁德二模)已知曲线 C 的极坐标方程是 2cos，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为 x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线 l 的参数方程是x 32 tmy12t(t 为参数).(1)求曲线 C 的直角坐标方程和直线 l 的普通方程；(2)设点 P(m,0)，若直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，且|PA|PB|1，求实数 m 的值思路点拨思路点拨 (1)曲线 C 的极坐标方程是 2cos，化为 22cos，利
47、用xcos ysin 可得直角坐标方程直线 l 的参数方程是x 32 tmy12t(t 为参数)，把 t2y 代入 x 32 tm 消去参数 t 即可得出(2)把x 32 tmy12t(t 为参数)，代入方程：x2y22x 化为：t2(3m 3)tm22m0，由 0，得1m3.利用|PA|PB|t1t2，即可得出【解】(1)曲线 C 的极坐标方程是 2cos，化为 22cos，可得直角坐标方程：x2y22x.即(x1)2y21直线 l 的参数方程是x 32 tmy12t(t 为参数)，消去参数 t 可得 x 3ym(2)把x 32 tmy12t(t 为参数)，代入方程：(x1)2y21 化为：
48、t2 3(m1)tm22m0，由 0，解得1m3t1t2m22m|PA|PB|1|t1t2|，m22m1 解得 m1 2，又满足 0实数 m1 2点评 求解此类问题的关键是：首先，会转化，即把曲线的参数方程转化为普通方程，再转化为极坐标方程.在转化过程中要注意等价性，关注参数的取值范围.其次，懂技巧，即利用直线参数方程中参数的几何意义，可迅速破解距离问题12已知直线 l 的参数方程为xa2t，y4t(t 为参数)，圆 C 的参数方程为x4cos，y4sin(为参数)(1)求直线 l 和圆 C 的普通方程；(2)若直线 l 与圆 C 有公共点，求实数 a 的取值范围解：(1)直线 l 的普通方程
49、为 2xy2a0，圆 C 的普通方程为 x2y216(2)因为直线 l 与圆 C 有公共点，故圆 C 的圆心到直线 l 的距离 d|2a|5 4，解得2 5a2 5不等式选讲是高考重要考点，其难度中等，命题热点有以下三种类型：一是解含有一个或两个绝对值符号的不等式；二是含参数的恒成立问题或存在性问题；三是不等式的证明，会应用不等式证明的基本方法(特别是比较法、综合法、分析法)证题热点11 含绝对值的不等式问题(2017肇庆三模)已知函数 f(x)|x1|，g(x)2|x|a.(1)当 a0 时，解不等式 f(x)g(x)；(2)若存在 xR，使得 f(x)g(x)成立，求实数 a 的取值范围思
50、路点拨 (1)当a0时，不等式即|x1|2|x|，平方可得x22x14x2，由此求得不等式的解集(2)由题意可得|x1|2|x|a恒成立，求出h(x)|x1|2|x|的最大值为1，可得1a，由此求得实数a的取值范围思路点拨【解】(1)当 a0 时，不等式即|x1|2|x|，平方可得 x22x14x2，解得13x1，故不等式的解集为13，1(2)若存在 xR，使得 f(x)g(x)成立，即|x1|2|x|a设 h(x)|x1|2|x|1x，x03x1，1x0 x1，x1故当 x0 时，h(x)1.当1x0 时，2h(x)1当 x1 时，h(x)2综上可得 h(x)的最大值为 1由题意可得 1a，故实数 a 的取值范围为(，1点评 破解此类问题需注意两点：一是解含绝对值的不等式，去掉绝对值符号，转化为不等式组时，常利用零点分区间进行分类讨论，一定要注意不等式转化过程中的等价性；二是证明不等式，常用分析法探路，用综合法表述证明过程13(2017长沙二模)已知函数 f(x)|xa2|xa1|(1)证明：f(x)34；(2)若 f(4)13，求实数 a 的取值范围(1)证明：f(x)|xa2|xa1|xa2(xa1)|a2a1|a1223434(2)解：f(4)a2a1，a3a2a7，a3，f(4)13，a3a2a113 或a3a2a713，2a3谢谢观看