1、第三部分 增分篇 策略四妙用8个二级结论巧解高考题 奇函数的最值性质已知函数fx是定义在区间D上的奇函数，则对任意的xD，都有fxfx0.特别地，若奇函数fx在D上有最值，则fxmaxfxmin0，且若0D，则f00.【典例1】(1)已知函数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()A5 B3C1D5(2)(2019郑州模拟)已知函数f(x)log3(xx21)2exex1 在k，k，(k0)上的最大值与最小值分别为M和m，则Mm()A4B2C1D0(1)C(2)B(1)令F(x)h(x)2af(x)bg(x)
2、，所以F(x)为奇函数，x(0，)时，h(x)5,F(x)h(x)23.又x(，0)时，x(0，)，F(x)3F(x)3，h(x)321，故选C.(2)已知f(x)log3(xx21)2exex1，则f(x)log3(xx21)2exex1，则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，则g(x)g(x)f(x)1f(x)10，则g(x)在定义域内为奇函数 设g(x)的最大值为t，则最小值为t，则f(x)的最大值为Mt1，最小值为mt1，则Mm2，故选B.【链接高考1】(2012新课标全国)设函数f(x)x12sin xx21的最大值为M，最小值为m，则Mm
3、_.2 显然函数f(x)的定义域为R，f(x)x12sin xx2112xsin xx21，设g(x)2xsin xx21，则g(x)g(x)，g(x)为奇函数，由奇函数图象的对称性知g(x)maxg(x)min0，Mmg(x)1maxg(x)1min2g(x)maxg(x)min2.抽象函数的周期性与对称性1函数的周期性(1)如果f(xa)f(x)(a0)，那么f(x)是周期函数，其中一个周期T2a.(2)如果f(xa)1fx(a0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T2a.(3)如果f(xa)f(x)c(a0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T2a.2函数的对称性 已知函数f
4、(x)是定义在R上的函数(1)若f(ax)f(bx)恒成立，则yf(x)的图象关于直线x ab2对称，特别地，若f(ax)f(ax)恒成立，则yf(x)的图象关于直线xa对称(2)若函数yf(x)满足f(ax)f(ax)0，即f(x)f(2ax)，则f(x)的图象关于点(a,0)对称【典例2】(1)(2019德州市高三联考)已知定义在R的奇函数f(x)满足f(x2)f(x)，当0 x1时，f(x)x2，则f(2 019)()A2 0192B1C0D1(2)已知定义在R上的函数f(x)的图象关于点(1,1)对称，g(x)(x1)31，若函数f(x)图象与函数g(x)图象的交点为(x1，y1)，(
5、x2，y2)，(x2 019，y2 019)，则 2 019i1 (xiyi)_.(1)D(2)4 038(1)根据题意，函数f(x)满足f(x2)f(x)，则有f(x4)f(x2)f(x)，即函数是周期为4的周期函数，则f(2 019)f(12 020)f(1)，又由函数为奇函数，则f(1)f(1)1，则f(2 019)1，故选D.(2)由g(x)(x1)31知g(x)g(2x)2，得函数yg(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，则函数f(x)图象与函数g(x)图象的交点关于点(1,1)对称，则x1x2 019x2x2 018x3x2 0172x1 01
6、02，y1y2 019y2y2 018y3y2 0172y1 0102，故x1x2x2 018x2 0192 019，y1y2y2 018y2 0182 019，即 2 019i1 (xiyi)4 038.【链接高考2】(2014大纲高考)奇函数f(x)的定义域为R.若f(x2)为偶函数，且f(1)1，则f(8)f(9)()A2 B1 C0 D1D 由f(x2)是偶函数可得f(x2)f(x2)，又由f(x)是奇函数得f(x2)f(x2)，所以f(x2)f(x2)，f(x4)f(x)，f(x8)f(x)，故f(x)是以8为周期的周期函数，所以f(9)f(81)f(1)1.又f(x)是定义在R上的
7、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：11x1 ln(x1)x(x1)，当且仅当x0时，等号成立 2指数形式：exx1(xR)，当且仅当x0时，等号成立【典例3】设函数f(x)1ex，证明：当x1时，f(x)xx1.证明 当x1时，f(x)xx1当且仅当exx1.令g(x)exx1，则g(x)ex1.当x0时g(x)0，g(x)在(，0是减函数；当x0时g(x)0，g(x)在0，)是增函数 于是函数g(x)在x0处达到最小值，因而当xR时，g(x)g(0)，即exx1.所以当x1时，f(x)xx1.【链接高考3】(2012全国卷)已知
8、函数f(x)1lnx1x，则yf(x)的图象大致为()B 由题意得f(x)的定义域为x|x1且x0，所以排除选项D.令g(x)ln(x1)x，则由不等式ln(x1)x知，g(x)0恒成立，故f(x)1gx0恒成立，所以排除A，C，故选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，则平面上任意一点D与A，B共线的充要条件是存在实数与，使得OD OA OB，且1.2等和线的证明 若OC OD，且OC xOA yOB，那么xy，如图1所示.过点C作直线lAB，在l上任作一点C，连接OCABD，如图2所示 图1 图2 同理可得，以OA，OB 为基底时，OC 对应的系数和依然为.【
9、典例4】一题多解在梯形ABCD中，已知ABCD，AB2CD，M，N分别为CD，BC的中点若AB AM AN，则_.45 法一：(常规解法)如图，连接MN并延长交AB的延长线于T.由已知易得AB45AT，45ATABAM AN，AT54AM 54AN，T，M，N三点共线，54541，45.法二：(等和线定理法)如图，连接MN并延长交AB的延长线于T.由已知易得AB45AT，又AB AM AN，结合等和线定理得 45.【链接高考4】(2017全国卷)在矩形ABCD中，AB1，AD2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上若AP AB AD，则的最大值为()A3B2 2C.5D2A 建立如图所示的直
10、角坐标系，则C点坐标为(2,1)设BD与圆C切于点E，连接CE，则CEBD.CD1，BC2，BD 1222 5，ECBCCDBD 252 55，即圆C的半径为2 55，P点的轨迹方程为(x2)2(y1)245.设P(x0，y0)，则x022 55 cos，y012 55 sin(为参数)，而AP(x0，y0)，AB(0,1)，AD(2,0)APABAD(0,1)(2,0)(2，)，12x01 55 cos，y012 55 sin.两式相加，得 12 55 sin 1 55 cos 2sin()3 其中sin 55，cos 2 55，当且仅当22k，kZ时，取得最大值3.故选A.数列的相关结论1
11、.若等差数列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，则所有项之和S2mm(amam1)，S偶S奇md，S偶S奇am1am.2若等差数列an的项数为奇数2m1，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m1(2m1)am，S奇S偶am，S奇S偶 mm1.3公比q1时，Sn，S2nSn，S3nS2n，成等比数列(nN*)4若等比数列的项数为2n(nN*)，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则S偶qS奇【典例5】(1)设等比数列an的前n项和为Sn，若S6S33，则S9S6()A2 B.73C.83D3(2)等差数列an的前n项和为S
12、n，已知am1am1a2m 0，S2m138，则m_.(1)B(2)10 由已知 S6S3 3，得S63S3，因为S3，S6S3，S9S6也为等比数列，所以(S6S3)2S3(S9S6)，则(2S3)2S3(S93S3)化简得S97S3，从而S9S67S33S373.(2)由公式am1am1a2m0得2ama2m0，解得am0或2.又S2m12m1a1a2m12(2m1)am38.显然可得am0，所以am2.代入上式可得2m119，解得m10.【链接高考5】(2013全国卷)设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3B4C5D6C Sm12，Sm0，Sm13，a
13、mSmSm12，am1Sm1Sm3，公差dam1am1，由公式Snna1nn12dna1nn12，得ma1mm120，m1a1m1m222，由得a11m2，代入可得m5.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d2a2b2c2；若长方体外接球的半径为R，则有(2R)2a2b2c2.2棱长为a的正四面体内切球半径r 612a，外接球半径R 64 a.【典例6】已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，直角边长是1，且其外接球的表面积是16，则该三棱柱的侧棱长为()A 14B2 3C4 6D3A 由于直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形把直三棱
14、柱ABC-A1B1C1补成正四棱柱，则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16，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2，所以该三棱柱的侧棱长为 162 14.【链接高考6】(2016全国卷)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为()A12 B.323 C8D4A 设正方体棱长为a，则a38，所以a2.所以正方体的体对角线长为23，所以正方体外接球的半径为3，所以球的表面积为4(3)212，故选A.圆锥曲线的中点弦问题1在椭圆E：x2a2y2b21(ab0)中：(1)如图1所示，若直线ykx(k0)与椭圆E交于A，B两点，过A，B两点
15、作椭圆的切线l，l，有ll，设其斜率为k0，则k0kb2a2.(2)如图2所示，若直线ykx与椭圆E交于A，B两点，P为椭圆上异于A，B的点，若直线PA，PB的斜率存在，且分别为k1，k2，则k1k2b2a2.(3)如图3所示，若直线ykxm(k0且m0)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，则k0kb2a2.图1 图2 图3 2在双曲线E：x2a2y2b21(a0，b0)中，类比上述结论有：(1)k0kb2a2.(2)k1k2b2a2.(3)k0kb2a2.【典例7】一题多解过点P(4,2)作一直线AB与双曲线C：x22 y21相交于A，B两点，若P为AB的中点，
16、则|AB|()A2 2B2 3C3 3D4 3D 法一：由已知可得点P的位置如图所示，且直线AB的斜率存在，设AB的斜率为k，则AB的方程为y2k(x4)，即yk(x4)2，由ykx42，x22y21，消去y得(12k2)x2(16k28k)x32k232k100，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得x1x216k28k12k2，x1x232k232k1012k2，因为P(4,2)为AB的中点，所以16k28k12k28，解得k1，满足0，所以x1x28，x1x210，所以|AB|112 824104 3，故选D.法二：由已知可得点P的位置如法一中图所示，且直线AB的斜率存
17、在，设AB的斜率为k，则AB的方程为y2k(x4)，即yk(x4)2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x212y2120，x222y2220，所以(x1x2)(x1x2)2(y1y2)(y1y2)，因为P(4,2)为AB的中点，所以k y1y2x1x2 1，所以AB的方程为yx2，由yx2，x22y21，消去y得x28x100，所以x1x28，x1x210，所以|AB|112 824104 3，故选D.【链接高考7】(2018全国卷)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24y231交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m0)(1)证明：k12；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，
18、且FP FAFB 0.证明：2|FP|FA|FB|.证明(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214y2131，x224y2231.两式相减，并由y1y2x1x2k得x1x24y1y23k0.由题设知x1x221，y1y22m，于是k 34m.由题设得0m32，故k12.(2)由题意得F(1,0)设P(x3，y3)，则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)由(1)及题设得x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0)焦点的弦过抛物线y 22pxp0焦点的弦AB有：1xAxBp24.2yAyBp2.3|AB|xAxBp 2psin2是直线AB的倾斜角.【典例8】过抛
19、物线y24x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若|AF|2|BF|，则|AB|等于()A4 B.92C5D6B 由对称性不妨设点A在x轴的上方，如图设A，B在准线上的射影分别为D，C，作BEAD于E，设|BF|m，直线l的倾斜角为，则|AB|3m，由抛物线的定义知|AD|AF|2m，|BC|BF|m，所以cos AEAB13，所以tan 2 2.则sin2 8cos2，sin2 89.又y24x，知2p4，故利用弦长公式|AB|2psin2 92.【链接高考8】一题多解(2014全国卷)设F为抛物线C：y23x的焦点，过F且倾斜角为30的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则OAB的面积为()A.3 34B.9 38C.6332D.94D 由已知得焦点坐标为F34，0，因此直线AB的方程为y33x34，即4x4 3y30.法一：联立抛物线方程化简得4y212 3y90，故|yAyB|yAyB24yAyB6.因此SOAB12|OF|yAyB|1234694.法二：联立方程得x2212 x 9160，故xAxB212.根据抛物线的定义有|AB|xAxBp212 3212，同时原点到直线AB的距离为h|3|424 3238，因此SOAB12|AB|h94.Thank you for watching!