壓軸題題型與方法選擇填空題doc

1、壓軸題題型與方法（選擇、填空題）一、函數與導數1、抽象函數與性質主要知識點：定義域、值域（最值）、單調性、奇偶性、周期性、對稱性、趨勢線（漸近線）對策與方法：賦值法、特例法、數形結合【例1】已知定義在上的函數，當時，當時，為常數.下列有關函數的描述： 時，； 當函數的值域為； 當時，不等式在區(qū)間上恒成立； 當時，函數的圖像與直線在內的交點個數為.其中描述正確的個數有（ ）【答案】C（A）4 （B）3 （C）2 （D）1故正確， 【例2】定義在上的函數滿足，且對任意都有，則不等式的解集為_【答案】【解析】令，則，所以，故不等式的解集為 【例3】定義在上的單調函數，則方程的解所在區(qū)間是（ ）【答案

2、】CA. B. C. D.【解析】根據題意，對任意的 ，都有 ，由f（x）是定義在上的單調函數，則為定值，設 ，則 ，又由f（t）=3，即log 2 t+t=3，解可得，t=2； 則 ， 。因為 ，所以，即 ，令 ，因為 ， ，所以 的零點在區(qū)間 ，即方程 的解所在的區(qū)間是 【例4】設函數在上存在導數，有，在 上，若，則實數的取值范圍為（ ）【答案】BA B C D【解析】設 ，因為對任意 ，所以，= 所以，函數為奇函數；又因為，在上，所以，當時 ， 即函數在上為減函數，因為函數為奇函數且在上存在導數，所以函數在上為減函數，所以， 所以，即實數的取值范圍為.【例5】函數的導函數為，對，都有成立

3、，若，則不等式的解是（ ）【答案】AA. B. C. D. 【解析】設函數，所以，根據已知，所以，所以為單調遞增函數，且，所以不等式等價于，等價于，根據為增函數，所以【例6】已知R上的奇函數滿足，則不等式的解集是A. B. C. D. （ ）【答案】B【解答】設g（x）=f（x1）x2（32lnx）3（12x），則g（x）=f（x1）+4xlnx4x+6，設h（x）=4xlnx4x+6，則h（x）=4lnx，由h（x）0得x1， 由h（x）0得0x1，即當x=1時，函數h（x）取得極小值同時也是最小值h（1）=2，f（x1）2，h（x）2， f（x1）+h（x）2+2=0，即g（x）=f（x1

4、）x2（32lnx）3（12x）0，即g（x）在（0，+）上為增函數，而f(0)=0則當x=1時，g（1）=f（11）12（32ln1）3（12）=0，則不等式f（x1）x2（32lnx）+3（12x）等價于g（x）<0，即g（x）<g（1），則0<x<1， 即不等式f（x1）x2（32lnx）+3（12x）的解集是(0,1)，【例7】定義在上的函數滿足：對，都有；當時，給出如下結論：對，有； 函數的值域為； 存在，使得；函數在區(qū)間單調遞減的充分條件是“存在，使得，其中所有正確結論的序號是： （請將所有正確命題的序號填上）【答案】【分析】作出的圖像即可逐一判斷2、函數零

5、點、方程的根、函數圖像交點對策與方法：函數、方程、不等式三者相互轉化；數形結合【例1】已知函數滿足，當時，若在區(qū)間內，曲線軸有三個不同的交點，則實數的取值范圍是（ ）【答案】CA B C D【解析】法一：設，則，又，則的圖象如圖所示，當時，顯然不合乎題意；當時，如圖所示，當時，存在一個零點，當時，可得，則，若，可得，為減函數；若，可得，為增函數；此時必須在上有兩個零點，由，解得法二：當時，求y=ax與相切時的a值即可。【例2】（2015天津高考，理8）已知函數 函數 ，其中，若函數 恰有4個零點，則的取值范圍是( ) 【答案】D（A） （B） （C） （D）【解析】法一： 由得，所以，即,所以

6、恰有4個零點等價于方程有4個不同的解，即函數與函數的圖象的4個公共點，由圖象可知.法二：同一坐標系下作出與圖像，尋找滿足已知的條件即可?！纠?】（2014·湖北高考理科·10）已知函數是定義在上的奇函數，當時，若，則實數的取值范圍為（ ）A. B. C. D. 【答案】B解析：當x0時，f(x)，又f(x)為奇函數，可得f(x)的圖象如圖所示，利用圖像平移可得f(x1)圖像，又xR，f(x1)f(x)，可知4a2(2a2)1a。 【例4】已知函數f（x）周期為4，且當x（1，3時，f（x）=，其中m0若方程3f（x）=x恰有5個實數解，則m的取值范圍為（）【答案】BA（，）

7、 B（，） C（，） D（，）【解析】當x（1，1時，將函數化為方程x2+=1（y0），實質上為一個半橢圓，其圖象如圖所示，同時在坐標系中作出當x（1，3得圖象，再根據周期性作出函數其它部分的圖象，由圖易知直線 y=與第二個橢圓（x4）2+=1=1（y0）相交，而與第三個半橢圓（x8）2+=1=1 （y0）無公共點時，方程恰有5個實數解，將 y=代入（x4）2+=1=1 （y0）得，（9m2+1）x272m2x+135m2=0，令t=9m2（t0），則（t+1）x28tx+15t=0，由=（8t）24×15t （t+1）0，得t15，由9m215，且m0得 m ，同樣由 y=與第三個

8、橢圓（x8）2+=1=1 （y0）由0可計算得 m，綜上可知m（）【例5】已知函數，若關于的方程恰好有4個不相等的實數根，則實數的取值范圍為（）【答案】AA、 B、 C、 D、【解析】當時，為減函數，；當時，則時，時，即在遞增，在遞減，；其大致圖象如圖所示，令，得，即；當時，有一解；若有四解，則，即.【例6】（2013·安徽高考理）若函數f(x)x3ax2bxc有極值點x1，x2，且f(x1)x1，則關于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同實根個數是 () 【答案】AA3 B4 C5 D6【解析】因為f(x)3x22axb, 3f2(x)2af(x)b0且方程3x22axb0

9、的兩根分別為x1，x2，所以f(x)x1或f(x)x2.當x1是極大值點時，x2為極小值點，且x2>x1，如圖1所示可知方程f(x)x1有2個實根，f(x)x2有1個實根，故方程3f2(x)2af(x)b0共有3個不同實根當x1是極小值點時，f(x1)x1，x2為極大值點，且x2<x1，如圖2可知方程f(x)x1有2個實根，f(x)x2有1個實根，故方程3f2(x)2af(x)b0共有3個不同實根綜上，可知方程3f2(x)2af(x)b0共有3個不同實根【例7】設函數，記，若函數至少存在一個零點，則實數m的取值范圍是（ ）【答案】AA. B. C. D. 顯然， 【例8】已知函數，

10、若存在三個不相等的正實數，使得成立，則的取值范圍是 【答案】【解析】由題意得：方程有三個不同的解，則有三個不同零點。，因為因此【例9】（2015北京高考，理14）設函數若恰有2個零點，則實數的取值范圍是【解析】若函數在時與軸有一個交點，則，并且當時，則，函數與軸有一個交點，所以；若函數與軸有無交點，則函數與軸有兩個交點，當時與軸有無交點，在與軸有無交點，不合題意；當時，與軸有兩個交點，和，由于，兩交點橫坐標均滿足； 綜上所述的取值范圍或.【例10】（2014湖南理科·10）已知函數的圖象上存在關于軸對稱的點，則的取值范圍是 ( ) 【答案】BA B C D【解析】解法一：由題可得存在

11、滿足,當趨于負無窮小時,趨近于,因為函數在定義域內是單調遞增的,所以。解法二：由已知設，滿足，即，構造函數，畫出兩個函數的圖象，如圖，當向右平移個單位，恰好過點時，得到，所以?！纠?1】已知函數g（x）=ax2（xe，e為自然對數的底數）與h（x）=2lnx的圖象上存在關于x軸對稱的點，則實數a的取值范圍是（）【答案】BA1，+2 B1，e22 C+2，e22 De22，+）【解析】由已知得方程ax2=2lnxa=2lnxx2在上有解，設f（x）=2lnxx2，求導得：f（x）=2x=，xe，f（x）=0在x=1有唯一的極值點，f（）=2，f（e）=2e2，又f（x）極大值=f（1）=1，且知

12、f（e）f（），故方程a=2lnxx2在上有解等價于2e2a1.從而a的取值范圍為1，e22【例12】若直角坐標平面內A、B兩點滿足：點A、B都在函數的圖象上；點A、B關于原點對稱，則點對（A，B）是函數的一個“姊妹點對”點對（A，B）與（B，A）可看作是同一個“姊妹點對”，已知函數 ，則的“姊妹點對”有（ ）【答案】CA 0個 B 1個 C2個 D3個方法：即求一部分圖像關于原點對稱的圖像與另部分圖像交點個數3、單調性、極值與最值【例1】若對任意的正實數，函數在上都是增函數，則實數的取值范圍是（ ）【答案】AA B C D【解析】由已知得：恒成立，即對任意實數x成立，所以即對任意的正實數恒成

13、立，故只需的最小值令， ，由于時，；時，即時，取得最小，故選注意：即求最小值的最小值【例2】若對，不等式恒成立，則實數的最大值是（ ）A B1 C2 D 【答案】D【解析】，由，可有，令，則，可得，且在上，在上，故的最小值為，即。 【例3】若曲線與曲線存在公切線，則的（ ）【答案】BA最大值為 B最大值為 C最小值為 D最小值為【解析】設公共切線與曲線切于點，與曲線切于點，則有解，將代入，可得，代入可得，設，求導得，可得在上單調遞增，在上單調遞減，所以【例4】已知函數，對，使得，則的最小值為（） 【答案】AA B C D【解析】由可得：，令，則，令=，所以，令=0得，所以當時為減函數，當時為增

14、函數，所以的最小值為【例5】直線分別與曲線，交于A，B，則的最小值為（ ）A3 B2 C D 【答案】D【解析】當時，所以；設方程的根為，所以，則，設（），令，得，當；，所以，所以，所以的最小值為.【例6】已知函數f（x）的定義域為（0，+），對于給定的正數K，定義函數fk（x）=若對于函數f（x）=恒有fk（x）=f（x），則（）【答案】BA K的最大值為 B K的最小值為 C K的最大值為2 D K的最小值為2【解析】由已知，即Kf(x)恒成立。f（x）=，設g（x）=，則g（x）在（0，+）單調遞減，且g（1）=0，令f（x）=0，即=0，解得x=1，當0x1時，f（x）0，f（x）單調

15、遞增，當x1時，f（x）0，f（x）單調遞減故當x=1時，f（x）取到極大值同時也是最大值f（1）=故當k時，恒有fk（x）=f（x） 因此k的最小值為【例7】已知函數， 若，則的取值范圍是 【答案】【解析】當時，易得時有極大值；當時，恒成立，是減函數，且設，由得，即對恒成立，當時，而，不合題意；當時，得【例8】已知函數= ，=，若至少存在一個1，e，使得成立，則實數a的范圍為 （ ）【答案】BA1，+） B（0，+） C0，+） D（1，+）【解析】由題意得在上有解,即，令，則，故，因此【例9】（2015全國高考1，理12）設函數=,其中a1，若存在唯一的整數，使得0，則的取值范圍是（ ）【

16、答案】D(A)-，1） (B)-，） (C)，） (D)，1）【解析】設=，由題知存在唯一的整數，使得在直線的下方.因為，所以當時，0，當時，0，所以當時，=，直線恒過（1,0），結合圖像有：，且，解得1.【例10】(2014·新課標全國卷高考理科數學·T12)設函數f(x)=sin.若存在f(x)的極值點x0滿足+<m2,則m的取值范圍是() 【答案】CA. B. C. D. 【解析】因為f(x)=sin的極值為±,即f(x0)2=3,|x0|,所以+f(x0)2,所以+3<m2,解得|m|>2.【例11】（2014四川理科·9）已知

17、，當時，現有下列命題：；.其中的所有正確命題的序號是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】選A. 對于：，故正確；對于：，故正確；對于：當時，令（），因為，所以在單增，即，又與為奇函數，所以成立，故正確.【例12】（2013·遼寧高考理）設函數f(x)滿足x2f(x)2xf(x)，f(2)，則x>0時，f(x)()A有極大值，無極小值 B有極小值，無極大值 【答案】DC既有極大值又有極小值 D既無極大值也無極小值【解析】由題意x2f(x)，令g(x)x2f(x)，則g(x)，且f(x)，因此f(x).令h(x)ex2g(x)，則h(x)ex2g(x)ex，所以x>

18、;2時，h(x)>0；0<x<2時，h(x)<0.從而有h(x)h(2)0，即f(x)0，所以當x>0時，f(x)是單調遞增的，f(x)既無極大值也無極小值【例13】（2013·湖北高考理）已知a為常數，函數f(x)x(ln xax)有兩個極值點x1，x2(x1x2)，則 Af(x1)0，f(x2) Bf(x1)0，f(x2) () 【答案】DCf(x1)0，f(x2) Df(x1)0，f(x2)【解析】f(x)ln x2ax1. 又函數f(x)x(ln xax)有兩個極值點x1，x2，f(x)ln x2ax1有兩個零點x1，x2，即函數g(x)ln x

19、與函數h(x)2ax1有兩個交點a>0，且0<x1<x2.設經過點(0，1)的曲線g(x)ln x的切線與曲線g(x)ln x相切于點(x0，ln x0)，則切線方程為yln x0(xx0)，將點(0，1)代入，得x01，故切點為(1,0)此時，切線的斜率k1，要使函數g(x)ln x與函數h(x)2ax1的圖象有兩個交點，結合圖象可知，0<2a<1，即0<a<且0<x1<1<x2. 由函數的單調性得：(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)最小值最大值f(x1)<0，f(x2)>f(1)a>

20、.【例14】已知為常數，函數有兩個極值點，則( )A. B. 【答案】BC. D. 【解析】有兩個根且,所以方程判別式,則則,令,在上是增函數,所以.【例15】（2013·四川高考理）設函數f(x)(aR，e為自然對數的底數)若曲線ysin x上存在點(x0，y0)使得f(f(y0)y0，則a的取值范圍是 () 【答案】AA1，e Be11,1 C1，e1 De11，e1【解1】因為y0sin x01,1，而f(x)0，f(f(y0)y0，所以y00,1，設x，x0,1，所以exxx2a在x0,1上有解，令g(x)exxx2，所以g(x)ex12x，設h(x)ex12x，則h(x)e

21、x2，所以當x(0，ln 2)時，h(x)0，當x(ln 2,1)時，h(x)0，所以g(x)g(ln 2)32ln 20.所以g(x)在0,1上單調遞增所以原題中的方程有解必須方程有解所以g(0)ag(1)【解2】 易知為增函數又因為存在使，即有穩(wěn)定點，所以它必有不動點，使得即在有解，顯然是無解的.整理可得，在有解令，在單調遞增，.【解3】曲線y=sinx上存在點（x0，y0）使得f（f（y0）=y0，則y01，1考查四個選項，B，D兩個選項中參數值都可取0，C，D兩個選項中參數都可取e+1，A，B，C，D四個選項參數都可取1，由此可先驗證參數為0與e+1時是否符合題意，即可得出正確選項當a

22、=0時，此時為增函數，且函數值恒非負，故只研究y00，1時f（f（y0）=y0是否成立由于是增函數，可得f（y0）f（0）=1，而f（1）=1，故a=0不合題意，由此知B，D兩個選項不正確當a=e+1時，是增函數，=0，而f（0）沒有意義，故a=e+1不合題意，故C，D兩個選項不正確，故A選項正確。【例16】（2013·新課標高考理）若函數f(x)(1x2)(x2axb)的圖象關于直線x2對稱，則f(x)的最大值為_【答案】16法一：因函數f(x)圖象關于直線x2對稱，所以函數f(x2)為偶函數，即f(x2)1(x2)2(x2)2a(x2)bx4(8a)x3(6ab23)x2(11a

23、4b28)x(6a3b12)為偶函數，所以所以f(x)(1x2)(x28x15)，所以f(x)2x(x28x15)(1x2)·(2x8)4x324x228x84(x36x27x2)4(x2)(x24x1)令f(x)0，得x2或x2或x2，且當x2時，f(x)0；當2x2時，f(x)0；當2x2時，f(x)0；當x2時，f(x)0，所以當x2時，f(x)極大值16；當x2時，f(x)極大值16.所以函數f(x)的最大值為16.法二：因為點(1，0)，(1，0)在f(x)的圖象上，且圖象關于直線x2對稱，所以點(5，0)，(3，0)必在f(x)的圖象上從而可知:f(-5)=0,f(-3)

24、=0,即有:x²+ax+b=(x+5)(x+3)所以：f(x)=(1-x)(1+x)(x+3)(x+5)=3-(x+2)3+(x+2)(x+2)-1(x+2)+1 =9-(x+2)²(x+2)²-1=16-(x+2)²-5² 16【例17】若存在實常數和，使得函數和對其公共定義域上的任意實數都滿足：和恒成立，則稱此直線為和的“隔離直線”，已知函數，有下列命題：在內單調遞增；和之間存在“隔離直線”，且的最小值為；和之間存在“隔離直線”，且的取值范圍是；和之間存在唯一的“隔離直線”其中真命題的個數有（ ）【答案】CA個 B個 C個 D個【解析】由得

25、，故函數的單調遞增區(qū)間為因此命題正確設函數圖像上任意一點（，），則函數在該點處的切線方程為同理，設函數圖像上任一點，則函數在該點處的切線方程為當兩切線重合時，可得且，解得，故兩曲線的公切線方程為：從圖像可看出，當直線繞點（-1，0）轉動，且在x軸和公切線之間時都滿足題意因此同時，可得所以命題正確命題錯誤由“隔離直線"的定義可做如下推測：函數與函數之間存在唯一的“隔離直線”只需兩函數有唯一的公共點（即有唯一公共切線），且除去該點外，一個函數圖形恒在另一函數圖像的上方，即設，所以，可得，當時，此時函數單調遞減；當時，此時函數單調遞增因此函數即所以如果存在隔離直線，那么隔離直線必過點，且為

26、兩曲線的公切線，可得方程為可以證明和在x>0時恒成立（由函數圖像也可得到）故命題正確【例18】已知函數在上是增函數，函數，當時，函數的最大值與最小值的差為，則 【答案】【解析】因為函數在上是增函數，所以在上恒成立，即，即；因為，當，即時，在單調遞減，則（舍），當，即時，函數在上遞減，在上遞增，且，所以，即，解得【例19】已知函數，其中，存在，使得 成立，則實數的值為（）【答案】AA B C D1【解析】函數可以看作是動點與動點之間距離的平方，動點在函數的圖像上，在直線是圖像上，于是 “存在，使得 成立”轉化為“求直線上的動點到曲線的最小距離”由可得，令，解得，所以曲線上點到直線的距離最小

27、，且最小距離為，則根據題意，要使存在，使得 成立，則，此時點恰好為垂足，由，解之得二、基本不等式【例1】已知，則的最小值為（ ）【答案】DA2 B4 C8 D16【解析】法一：對稱性，當a=b時法二：令，當且僅當時等號成立，所以最小值為1618、已知a>0，b>0，c>0，且 ，則的最大值為（）【答案】AA B C3 D 4【解析】法一：局部對稱性，當a=b時法二：因為，所以，當且僅當時取等號，所以，因為，所以，當時，所以，則，所以的最大值為【例2】設，若，則的最大值為 . 【答案】【解析】法一：對稱性，當a=b時法二：，由得為定值，令，當且僅當時等號成立，.【例3】已知實數

28、滿足，則的取值范圍是( ) 【答案】CA B C D.【解析】局部對稱性，當a=b時，然后三角換元。法二：即，由，所以，即，當且僅當時取等號，綜上所述，的取值范圍是.【例4】設，且恒成立，則的最大值是（ ）【答案】A A B C D【解析】因為所以恒成立因為,所以,當且僅當即時取所以,因為,所以所以的最大值為2.【例5】若一元二次不等式的解集為，則的最小值是( )（A） （B） （C）2 （D）1 【答案】A【解析】的解集為，則，【例6】已知正實數滿足，則的最小值為 【答案】【解析】，【例7】已知正實數x，y滿足，則xy的取值范圍為 【答案】1，【解析】設，則，代入得：，由，解得，即xy的取值

29、范圍為.【例8】已知則的最小值是_?！敬鸢浮?6【解析】當且僅當時成立，所以的最小值是16.三、動態(tài)幾何DPCB OAx【例1】（2015全國高考2，理10）如右圖，長方形的邊，是的中點，點沿著邊，與運動，記將動到、兩點距離之和表示為的函數，則的圖像大致為（ ）【答案】B【解析】當點在邊上運動時，即時，；當點在邊上運動時，即時，當時，；當點在邊上運動時，即時，從點的運動過程可以看出，軌跡關于直線對稱，且，且軌跡非線型，故選B【例2】如圖，在棱長為的正方體的對角線上任取一點，以為球心，為半徑作一個球.設，記該球面與正方體表面的交線的長度和為，則函數的圖象最有可能的是（ ）【答案】BA B C D

30、分析：（1）當 ，以 為半徑的球面與正方體 的側面 、 以及下底面 均相交，且與側面 、 以及下底面 的交線均為圓心角為 的圓弧，即 ，此時函數是關于自變量 的正比例函數，排除選項 、 ，（2）當 時，側面 、 以及下底面 內的點到點 的最大距離為 ，此時球面與這三個面無交線，考慮球面與平面 的交線，設球面與平面 的交線是半徑為 的圓弧，在圓弧上任取一點 ，

31、則 ， ，易知， 平面 ，由于 平面 ，由勾股定理得 ，則有 ，即球面與正方體的側面 的交線為以 為半徑，且圓心角為 的圓弧，同理，球面與側面 及底面 的交線都是以 為半徑，且圓心角為 的圓弧，即，排除 選項，故選項 正確.【例3】長方體中，已知二面角的大小為，若空間有一條直線與直線所成角為，則直線與平面所成角的取值范圍是（ ）【答案】A（A） （B） （C） （D）【解析】如圖所示，過點作，連接，則，則為二面角，所以，因為，

32、取角的角平分線，此時即為直線，過點做，即平面，此時直線與平面所成角的最大角是，另外一種情況是，此時直線為直線，則直線與平面平面所成最小角為，故選A【例4】已知點M（4，0），點P在曲線y2=8x上運動，點Q在曲線（x2）2+y2=1上運動，則的最小值是【答案】4【解析】如下圖，設圓心為F，則F為拋物線y2=8x的焦點，該拋物線的準線方程為x=2，設P（x，y），由拋物線的定義：|PF|=x+2，要使最小，則|PQ|需最大，如圖，|PQ|最大時，經過圓心F，且圓F的半徑為1，|PQ|=|PF|+1=x+3，且|PM|=；，令x+3=t（t3），則x=t3，當t=5時取“=“；【例5】（2015四

33、川高考，理10）設直線l與拋物線相交于A，B兩點，與圓相切于點M，且M為線段AB的中點.若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是（ ）【答案】D（A） （B） （C） （D）法二:當直線的斜率不存在時，必有兩條直線滿足題設.當直線的斜率存在時，設斜率為.設，則，相減得.由于，所以，即.圓心為，由得，所以，即點M必在直線上.將代入得.因為點M在圓上，所以.又（由于斜率不存在，故，所以不取等號），所以. 法三：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(5rcos，rsin )則兩式相減得(y1y2)(y1y2)4(x1x2)當直線l的斜率不存在時，顯然符合條件的直線l有兩條當直線l的斜率存在時，可

34、得2rsin (y1y2)4(x1x2)kAB.又kMC. kAB.r>2.由于M在拋物線的內部，(rsin )2<4(5rcos )204rcos 204×(2)12.|rsin |<2.|rsin |r·<2r2<160<r<4. 四、圓錐曲線【例1】拋物線的焦點為，已知點為拋物線上的兩個動點，且滿足過弦的中點作拋物線準線的垂線，垂足為，則的最大值為（ ）【答案】BA2 B C1 D【解析】過分別作拋物線準線的垂線，垂足分別為，連接，設，則由拋物線定義，得，所以在中由余弦定理得：，法一：所以，當且僅當時等號成立法二：利用對稱性，

35、當且僅當時等號成立【例2】如圖所示，A，B，C是雙曲線（a0，b0）上的三個點，AB經過原點O，AC經過右焦點F，若BFAC且|BF|=|CF|，則該雙曲線的離心率是_.【答案】 【例3】過雙曲線的中心的直線交雙曲線于點，在雙曲線C上任取與點不重合的點，記直線的斜率分別為，若恒成立，則離心率的取值范圍為_.解：設A（x1，y1），P（x2，y2），由雙曲線的對稱性得B（x1，y1）， 【答案】由題意知點A，B為過原點的直線與雙曲線=1的交點，k1k2= = ，點A，C都在雙曲線上，=1， =1，兩式相減，可得：=，即有k1k2=，又k=，由雙曲線的漸近線方程為y=±x，則k趨近于，因

36、k1k2k恒成立，則，即有ba，即b2a2，即有c22a2，則e=【例4】如圖，橢圓，圓，橢圓的左、右焦點分別為、，過橢圓上一點和原點作直線交圓于兩點，若，則的值為_【答案】【解析】 ,xyOABC【例5】拋物線的內接的三條邊所在直線與拋物線均相切，設、兩點的縱坐標分別是，則點的縱坐標為（ ）【答案】BA B C D【解析】如圖設點且過點的直線與拋物線相切于點，由得，所以過點的切線斜率為即（*），顯然（*）有兩個解，則且，由題可知，所以，÷得即；故選五、數列【例1】等差數列的前項和為，如果存在正整數和，使得，則（ ）A的最小值為 B的最大值為 【答案】BC的最小值為 D的最小值為【解

37、析】，兩式相減得 當時取得最大值【例2】已知數列滿足，則=（ ）【答案】BA B C D【解析】根據題意，由，得，兩式相除得，所以數列的奇數項和偶數項分別成等比數列，而數列的前項中有項奇數項和項偶數項，而且奇數項和偶數項所構成的數列分別是以和為首項，以為公比的等比數列，所以【例3】設是函數的圖象上一點，向量，且數列是公差不為0的等差數列，且，則（ ）【答案】CA0 B9 C18 D36【解析】因為，所以，即，所以，設，則的圖象關于點對稱，因為，所以，即，所以是函數的圖象與軸的交點，因為的圖象關于點對稱，所以，所以【例4】已知數列滿足：若，且數列是單調遞增數列，則實數的取值范圍是（ ）【答案】C

38、A B1> C D0<【解析】由得，則，所以數列是等比數列，公比為2，于是有，所以（）由得，當時，由得， 綜上【例5】已知是定義在上的不恒為零的函數，且對于任意實數滿足，考察下列結論： ； 為偶函數； 數列為等比數列； 數列為等差數列其中正確的結論是（ ）【答案】DA、 B、 C、 D、【解析】當時，當時，正確；令時，當時， ，所以得，所以原函數是奇函數，所以不正確；因為，兩邊同時除以，整理得到，所以數列是公差為1的等差數列，所以正確，所以數列，所以，那么，可以判斷是等比數列，所以正確【例6】設為數列的前項和，則 【解析】解法一（求通項） 【答案】因為， 所以，兩式相減得，。當為奇

39、數時，此時;當為偶數時，此時n+1為奇數，則所以有：，即：，此時.則 =解法二（求）因為（），且，所以有當為偶數時，即當為奇數時，此時，所以則 =【例7】已知函數的定義域為，數列是公差為的等差數列，且，記，關于實數，下列說法正確的是（ ）【答案】AA恒為負數 B恒為正數 C當時，恒為正數；當時，恒為負數 D當時，恒為負數；當時，恒為正數【解析】函數的定義域為R，是奇函數，且，故函數f（x）在R上是增函數當d0時，數列為遞增數列，由，可得，所以，即，同理可得，2故 當d0時，數列為遞減數列，同理求得 m0.當d=0時，該數列為常數數列，每一項都等于-1，故，【例8】意大利著名數學家斐波那契在研究

40、兔子繁殖問題時，發(fā)現有這樣一列數：1，1，2，3，5，8，13，其中從第三個數起，每一個數都等于它前面兩個數的和，人們把這樣的一列數所組成的數列稱為“斐波那契數列”那么是斐波那契數到中的第 項【答案】2016解:,，, .六、向量【例1】銳角中,的外接圓O的半徑為1若則的最小值是A.1 B.2 C.-1 D.-2 （ ）【答案】D【解析】由可得,兩邊平方得,所以,所以 當時等號成立,此時為正三角形,符合題意.【例2】如圖所示，已知點是的重心，過點作直線與兩邊分別交于兩點，且,則的最小值為（ ）【答案】CA2 B C D【解析】由題意得：,又,所以，因此，當且僅當時取等號【例3】如圖，在中，分別

41、是的中點，若（），且點落在四邊形內（含邊界），則的取值范圍是（）【答案】A B C D分析：設OP與AB交于Q，則，即，線性規(guī)劃可求得【例4】如圖，四邊形ABCD是半徑為1的圓O的外切正方形，是圓O的內接正三角形，當繞著圓心O旋轉時，的取值范圍是_.【答案】解:根據題意可得,又,.又,【例5】如圖，是邊長為的等邊三角形，是以為圓心，半徑為1的圓上的任意一點，則的取值范圍是 【答案】【解析】法一：極化恒等式法二：設的中點為，。 【例6】如圖在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=2，D、E是線段BC上的兩點，且，則的取值范圍是 【答案】方法：極化恒等式【例7】如圖，半徑為2的扇形的圓心角為分別為半徑的中點，為弧上任意一點，則的取值范圍是 【答案】【解析】法一：極化恒等式法二： 坐標法以O為原點，OQ為x軸建立直角坐標系，則，因為，所以，七、新定義題【例1】定義：如果函數在上存在滿足，則稱函數是上的“雙中值函數”。已知函數是上“雙中值