【高考数学】破题36招-学案

这是一份【高考数学】破题36招-学案，共238页。学案主要包含了高考数学，互动平台，误区警示，常见错误，错因剖析，正确解答，课外作业，基础训练等内容，欢迎下载使用。
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目 录1
第1关： 极值点偏移问题--对数不等式法2
第2关： 参数范围问题—常见解题6法6
第3关： 数列求和问题—解题策略8法9
第4关： 绝对值不等式解法问题—7大类型13
第5关： 三角函数最值问题—解题9法19
第6关： 求轨迹方程问题—6大常用方法24
第7关： 参数方程与极坐标问题—“考点”面面看37
第8关： 均值不等式问题—拼凑8法43
第9关： 不等式恒成立问题—8种解法探析49
第10关： 圆锥曲线最值问题—5大方面55
第11关： 排列组合应用问题—解题21法59
第12关： 几何概型问题—5类重要题型66
第13关： 直线中的对称问题—4类对称题型69
第14关： 利用导数证明不等式问题—4大解题技巧71
第15关： 函数中易混问题—11对76
第16关： 三项展开式问题—破解“四法”82
第17关： 由递推关系求数列通项问题—“不动点”法83
第18关： 类比推理问题—高考命题新亮点87
第19关： 函数定义域问题—知识大盘点93
第20关： 求函数值域问题—7类题型16种方法100
第21关： 求函数解析式问题—7种求法121
第22关：解答立体几何问题—5大数学思想方法124
第23关： 数列通项公式—常见9种求法129
第24关：导数应用问题—9种错解剖析141
第25关：三角函数与平面向量综合问题—6种类型144
第26关：概率题错解分类剖析—7大类型150
第27关：抽象函数问题—分类解析153
第28关：三次函数专题—全解全析157
第29关：二次函数在闭区间上的最值问题—大盘点169
第30关：解析几何与向量综合问题—知识点大扫描178
第31关：平面向量与三角形四心知识的交汇179
第32关：数学解题的“灵魂变奏曲”—转化思想183
第33关：函数零点问题—求解策略194
第34关：求离心率取值范围—常见6法199
第35关：高考数学选择题—解题策略202
第36关：高考数学填空题—解题策略211
【高考数学】破题36关
第1关： 极值点偏移问题--对数不等式法
我们熟知平均值不等式：
即“调和平均数”小于等于“几何平均数”小于等于“算术平均值”小于等于“平方平均值”
等号成立的条件是.
我们还可以引入另一个平均值：对数平均值：
那么上述平均值不等式可变为：对数平均值不等式
，
以下简单给出证明：
不妨设，设，则原不等式变为：
以下只要证明上述函数不等式即可.
以下我们来看看对数不等式的作用.
题目1：（长春四模题）已知函数有两个零点，则下列说法错误的是
A. B. C. D.有极小值点，且
【答案】C
【解析】函数导函数：
有极值点，而极值，，A正确.
有两个零点：，，即：
①
②
①-②得：
根据对数平均值不等式：
，而， B正确，C错误
而①+②得：，即D成立.
题目2：（辽宁理）已知函数.
若函数的图像与轴交于两点，线段中点的横坐标为，证明：
【解析】原题目有3问，其中第二问为第三问的解答提供帮助，现在我们利用不等式直接去证明第三问：
设，，，则，
①
②
①-②得：，化简得：
③
而根据对数平均值不等式：
③等式代换到上述不等式
④
根据：（由③得出）∴④式变为：
∵，∴，∴在函数单减区间中，即：
题目3：(天津理)已知函数 .如果，且.
证明：.
【解析】原题目有3问，其中第二问为第三问的解答提供帮助，现在我们利用不等式直接去证明第三问：
设，则，，两边取对数
①
②
①-②得：
根据对数平均值不等式
题目4：（江苏南通市二模）设函数 ，其图象与轴交于两点，且.
证明：（为函数的导函数）.
【解析】根据题意：，移项取对数得：
①
②
①-②得：，即：
根据对数平均值不等式：
，①+②得：
根据均值不等式：
∵函数在单调递减
∴
题目5：已知函数与直线交于两点.
求证：
【解析】由，，可得：
①，②
①-②得：
③
①+②得：
④
根据对数平均值不等式
利用③④式可得：
由题于与交于不同两点，易得出则
∴上式简化为:
∴
【高考数学】破题36关
第2关： 参数范围问题—常见解题6法
求解参数的取值范围是一类常见题型．近年来在各地的模拟试题以及高考试题中更是屡屡出现．学生遇到这类问题，较难找到解题的切入点和突破口，下面介绍几种解决这类问题的策略和方法．
一、确定“主元”思想
常量与变量是相对的，一般地，可把已知范围的那个看作自变量，另一个看作常量．
例1.对于满足0的一切实数，不等式x2+px>4x+p-3恒成立，求x的取值范围．
分析：习惯上把x当作自变量，记函数y= x2+(p-4)x+3-p,于是问题转化为当p时y>0恒成立，求x的范围．解决这个问题需要应用二次函数以及二次方程实根分布原理，这是相当复杂的．若把x与p两个量互换一下角色，即p视为变量，x为常量，则上述问题可转化为在[0,4]内关于p的一次函数大于0恒成立的问题．
解：设f(p)=(x-1)p+x2-4x+3，当x=1时显然不满足题意．
由题设知当0时f(p)>0恒成立，∴f(0)>0,f(4)>0即x2-4x+3>0且x2-1>0，
解得x>3或x3或x g(k) g(k) < [f(x)] min
③f(x)≤g(k) [f(x)] max≤g(k)
④f(x)0,a>1，不能用均值不等式求最值，适合用函数在区间内的单调性来求解。
设，在（0，1）上为减函数，当t=1时，。

七 数形结合
由于，所以从图形考虑，点(csx,sinx)在单位圆上，这样对一类既含有正弦函数，又含有余弦函数的三角函数的最值问题可考虑用几何方法求得。
例9 求函数的最小值。
[分析] 法一：将表达式改写成y可看成连接两点A(2,0)与点(csx,sinx)的直线的斜率。由于点(csx,sinx)的轨迹是单位圆的上半圆（如图），所以求y的最小值就是在这个半圆上求一点，使得相应的直线斜率最小。
设过点A的切线与半圆相切与点B,则
可求得
所以y的最小值为（此时）.
法二：该题也可利用关系式asinx+bcsx=（即引入辅助角法）和有界性来求解。

八 判别式法
例10 求函数的最值。
[分析] 同一变量分子、分母最高次数齐次，常用判别式法和常数分离法。
解：
时此时一元二次方程总有实数解
由y=3，tanx=-1，
由

九 分类讨论法
含参数的三角函数的值域问题，需要对参数进行讨论。
例 11 设，用a表示f(x)的最大值M(a).
解：令sinx=t,则
当，即在[0，1]上递增，
当即时，在[0，1]上先增后减，
当即在[0，1]上递减，

以上几种方法中又以配方法和辅助角法及利用三角函数的有界性解题最为常见。解决这类问题最关键的在于对三角函数的灵活应用及抓住题目关键和本质所在。
【高考数学】破题36关
第6关： 求轨迹方程问题—6大常用方法

知识梳理：
（一）求轨迹方程的一般方法：
1. 待定系数法：如果动点P的运动规律合乎我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程，也有人将此方法称为定义法。
2. 直译法：如果动点P的运动规律是否合乎我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点P满足的等量关系易于建立，则可以先表示出点P所满足的几何上的等量关系，再用点P的坐标（x，y）表示该等量关系式，即可得到轨迹方程。
3. 参数法：如果采用直译法求轨迹方程难以奏效，则可寻求引发动点P运动的某个几何量t，以此量作为参变数，分别建立P点坐标x，y与该参数t的函数关系x＝f（t），y＝g（t），进而通过消参化为轨迹的普通方程F（x，y）＝0。
4. 代入法（相关点法）：如果动点P的运动是由另外某一点P'的运动引发的，而该点的运动规律已知，（该点坐标满足某已知曲线方程），则可以设出P（x，y），用（x，y）表示出相关点P'的坐标，然后把P'的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点P的轨迹方程。
5.几何法：若所求的轨迹满足某些几何性质（如线段的垂直平分线，角平分线的性质等），可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标较简单。
6：交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现要求两动曲线交点的轨迹问题，这灯问题通常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数求得所求的轨迹方程（若能直接消去两方程的参数，也可直接消去参数得到轨迹方程），该法经常与参数法并用。
（二）求轨迹方程的注意事项：
1. 求轨迹方程的关键是在纷繁复杂的运动变化中，发现动点P的运动规律，即P点满足的等量关系，因此要学会动中求静，变中求不变。

来表示，若要判断轨迹方程表示何种曲线，则往往需将参数方程化为普通方程。
3. 求出轨迹方程后，应注意检验其是否符合题意，既要检验是否增解，（即以该方程的某些解为坐标的点不在轨迹上），又要检验是否丢解。（即轨迹上的某些点未能用所求的方程表示），出现增解则要舍去，出现丢解，则需补充。检验方法：研究运动中的特殊情形或极端情形。
4．求轨迹方程还有整体法等其他方法。在此不一一缀述。
课前热身：
1. P是椭圆=1上的动点，过P作椭圆长轴的垂线，垂足为M，则PM中点的轨迹中点的轨迹方程为： （ ）
A、 B、 C、 D、=1
【答案】：B
【解答】:令中点坐标为,则点P 的坐标为(代入椭圆方程得,选B
2. 圆心在抛物线上，并且与抛物线的准线及轴都相切的圆的方程是（ ）
A B
C D
【答案】：D
【解答】:令圆心坐标为(,则由题意可得,解得,则圆的方程为,选D
3: 一动圆与圆O：外切，而与圆C：内切，那么动圆的圆心M的轨迹是：
A：抛物线B：圆 C：椭圆 D：双曲线一支
【答案】：D
【解答】令动圆半径为R，则有，则|MO|-|MC|=2，满足双曲线定义。故选D。

4: 点P(x0，y0)在圆x2+y2=1上运动，则点M（2x0，y0）的轨迹是 （ ）
A.焦点在x轴上的椭圆 B. 焦点在y轴上的椭圆
C. 焦点在y轴上的双曲线 D. 焦点在X轴上的双曲线
【答案】：A
【解答】:令M的坐标为则代入圆的方程中得,选A
【互动平台】
一：用定义法求曲线轨迹
求曲线轨迹方程是解析几何的两个基本问题之一，求符合某种条件的动点轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，通过坐标互化将其转化为寻求变量之间的关系，在求与圆锥曲线有关的轨迹问题时，要特别注意圆锥曲线的定义在求轨迹中的作用，只要动点满足已知曲线定义时，通过待定系数法就可以直接得出方程。
例1：已知的顶点A，B的坐标分别为（-4，0），（4，0），C 为动点，且满足求点C的轨迹。
【解析】由可知，即，满足椭圆的定义。令椭圆方程为，则，则轨迹方程为（，图形为椭圆（不含左，右顶点）。
【点评】熟悉一些基本曲线的定义是用定义法求曲线方程的关键。
圆：到定点的距离等于定长
椭圆：到两定点的距离之和为常数（大于两定点的距离）
双曲线：到两定点距离之差的绝对值为常数（小于两定点的距离）
到定点与定直线距离相等。
【变式1】: 1:已知圆的圆心为M1，圆的圆心为M2，一动圆与这两个圆外切，求动圆圆心P的轨迹方程。
解：设动圆的半径为R，由两圆外切的条件可得：，。
。
∴动圆圆心P的轨迹是以M1、M2为焦点的双曲线的右支，c=4，a=2，b2=12。
故所求轨迹方程为
2:一动圆与圆O：外切，而与圆C：内切，那么动圆的圆心M的轨迹是：
A：抛物线B：圆 C：椭圆 D：双曲线一支
【解答】令动圆半径为R，则有，则|MO|-|MC|=2，满足双曲线定义。故选D。
二：用直译法求曲线轨迹方程
此类问题重在寻找数量关系。
例2： 一条线段AB的长等于2a,两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，求AB中点P的轨迹方程？
解 设M点的坐标为 由平几的中线定理：在直角三角形AOB中，OM=
M点的轨迹是以O为圆心，a为半径的圆周.
【点评】此题中找到了OM=这一等量关系是此题成功的关键所在。一般直译法有下列几种情况：
1）代入题设中的已知等量关系：若动点的规律由题设中的已知等量关系明显给出，则采用直接将数量关系代数化的方法求其轨迹。
2）列出符合题设条件的等式：有时题中无坐标系，需选定适当位置的坐标系，再根据题设条件列出等式，得出其轨迹方程。
3）运用有关公式：有时要运用符合题设的有关公式，使其公式中含有动点坐标，并作相应的恒等变换即得其轨迹方程。
4）借助平几中的有关定理和性质：有时动点规律的数量关系不明显，这时可借助平面几何中的有关定理、性质、勾股定理、垂径定理、中线定理、连心线的性质等等，从而分析出其数量的关系，这种借助几何定理的方法是求动点轨迹的重要方法.
【变式2】: 动点P（x,y）到两定点A（－3，0）和B（3，0）的距离的比等于2（即），求动点P的轨迹方程？
【解答】∵|PA|=
代入得
化简得（x－5）2+y2=16，轨迹是以（5，0）为圆心，4为半径的圆.
三：用参数法求曲线轨迹方程
此类方法主要在于设置合适的参数，求出参数方程，最后消参，化为普通方程。注意参数的取值范围。
例3．过点P（2，4）作两条互相垂直的直线l1，l2，若l1交x轴于A点，l2交y轴于B点，求线段AB的中点M的轨迹方程。
【解析】
分析1：从运动的角度观察发现，点M的运动是由直线l1引发的，可设出l1的斜率k作为参数，建立动点M坐标（x，y）满足的参数方程。
解法1：设M（x，y），设直线l1的方程为y－4＝k（x－2），（k≠０）



∵M为AB的中点，

消去k，得x＋2y－5＝0。
另外，当k＝0时，AB中点为M（1，2），满足上述轨迹方程；
当k不存在时，AB中点为M（1，2），也满足上述轨迹方程。
综上所述，M的轨迹方程为x＋2y－5＝0。
分析2：解法1中在利用k1k2＝－1时，需注意k1、k2是否存在，故而分情形讨论，能否避开讨论呢？只需利用△PAB为直角三角形的几何特性：

解法2：设M（x，y），连结MP，则A（2x，0），B（0，2y），
∵l1⊥l2，∴△PAB为直角三角形


化简，得x＋2y－5＝0，此即M的轨迹方程。
分析3：：设M（x，y），由已知l1⊥l2，联想到两直线垂直的充要条件：k1k2＝－1，即可列出轨迹方程，关键是如何用M点坐标表示A、B两点坐标。事实上，由M为AB的中点，易找出它们的坐标之间的联系。
解法3：设M（x，y），∵M为AB中点，∴A（2x，0），B（0，2y）。
又l1，l2过点P（2，4），且l1⊥l2
∴PA⊥PB，从而kPA·kPB＝－1，


注意到l1⊥x轴时，l2⊥y轴，此时A（2，0），B（0，4）
中点M（1，2），经检验，它也满足方程x＋2y－5＝0
综上可知，点M的轨迹方程为x＋2y－5＝0。
【点评】
解法1用了参数法，消参时应注意取值范围。解法2，3为直译法，运用了kPA·kPB＝－1，这些等量关系
用参数法求解时，一般参数可选用具有某种物理或几何意义的量，如时间，速度，距离，角度，有向线段的数量，直线的斜率，点的横，纵坐标等。也可以没有具体的意义，选定参变量还要特别注意它的取值范围对动点坐标取值范围的影响
【变式3】过圆O：x2 +y2= 4 外一点A（4，0），作圆的割线，求割线被圆截得的弦BC的中点M的轨迹

解法一：“几何法”
设点M的坐标为（x,y）,因为点M 是弦BC的中点，所以OM⊥BC,
所以|OM | ２＋|ＭＡ|２ ＝|ＯＡ| ２ ， 即(x2 +y2)+(x －４)2 +y2 =16
化简得：（x－2）2+ y2 =①
由方程 ① 与方程x2 +y2= 4得两圆的交点的横坐标为1，所以点M的轨迹方程为
（x－2）2+ y2 =4 （0≤x＜1）。所以M的轨迹是以（2，0）为圆心，
2为半径的圆在圆O内的部分。

解法二：“参数法”
设点M的坐标为（x,y），B（x1,y1）,C（x2,y2）直线AB的方程为y=k(x－4),
由直线与圆的方程得（1+k2）x2 －8k2x +16k2－4=(*),
由点M为BC的中点，所以x=(1) , 又OM⊥BC，所以k=(2)由方程（1）（2）
消去k得（x－2）2+ y2 =4,又由方程（*）的△≥0得k2 ≤,所以x＜1.
所以点M的轨迹方程为（x－2）2+ y2 =4 （0≤x＜1）所以M的轨迹是以（2，0）为圆心，
2为半径的圆在圆O内的部分。

四：用代入法等其它方法求轨迹方程
例4.
轨迹方程。
分析：题中涉及了三个点A、B、M，其中A为定点，而B、M为动点，且点B的运动是有规律的，显然M的运动是由B的运动而引发的，可见M、B为相关点，故采用相关点法求动点M的轨迹方程。
【解析】设动点M的坐标为（x，y），而设B点坐标为（x0，y0）
则由M为线段AB中点，可得
即点B坐标可表为（2x－2a，2y）



【点评】代入法的关键在于找到动点和其相关点坐标间的等量关系
【变式4】如图所示，已知P(4，0)是圆x2+y2=36内的一点，A、B是圆上两动点，且满足∠APB=90°，求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程




【解析】： 设AB的中点为R，坐标为(x,y)，则在Rt△ABP中，|AR|=|PR| 又因为R是弦AB的中点，依垂径定理 在Rt△OAR中，|AR|2=|AO|2－|OR|2=36－(x2+y2)
又|AR|=|PR|=
所以有(x－4)2+y2=36－(x2+y2),即x2+y2－4x－10=0
因此点R在一个圆上，而当R在此圆上运动时，Q点即在所求的轨迹上运动
设Q(x,y)，R(x1,y1)，因为R是PQ的中点，所以x1=,
代入方程x2+y2－4x－10=0,得
－10=0
整理得 x2+y2=56,这就是所求的轨迹方程
【备选题】
已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的动直线与双曲线相交于两点．
（I）若动点满足（其中为坐标原点），求点的轨迹方程；
（II）在轴上是否存在定点，使·为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
解：由条件知，，设，．
解法一：（I）设，则则，，
，由得
即
于是的中点坐标为．
当不与轴垂直时，，即．
又因为两点在双曲线上，所以，，两式相减得
，即．
将代入上式，化简得．
当与轴垂直时，，求得，也满足上述方程．
所以点的轨迹方程是．
（II）假设在轴上存在定点，使为常数．
当不与轴垂直时，设直线的方程是．
代入有．
则是上述方程的两个实根，所以，，
于是
．
因为是与无关的常数，所以，即，此时=．
当与轴垂直时，点的坐标可分别设为，，
此时．
故在轴上存在定点，使为常数．
解法二：（I）同解法一的（I）有
当不与轴垂直时，设直线的方程是．
代入有．
则是上述方程的两个实根，所以．
．
由①②③得．…………………………………………………④
．……………………………………………………………………⑤
当时，，由④⑤得，，将其代入⑤有
．整理得．
当时，点的坐标为，满足上述方程．
当与轴垂直时，，求得，也满足上述方程．
故点的轨迹方程是．
（II）假设在轴上存在定点点，使为常数，
当不与轴垂直时，由（I）有，．
以上同解法一的（II）．
【误区警示】
1.错误诊断
【例题5】中，B，C 坐标分别为（-3，0），（3，0），且三角形周长为16，求点A的轨迹方程。
【常见错误】由题意可知，|AB|+|AC|=10，满足椭圆的定义。令椭圆方程为，则由定义可知，则，得轨迹方程为
【错因剖析】ABC为三角形，故A，B，C不能三点共线。
【正确解答】ABC为三角形，故A，B，C不能三点共线。轨迹方程里应除去点，即轨迹方程为
2.误区警示
1：在求轨迹方程中易出错的是对轨迹纯粹性及完备性的忽略，因此，在求出曲线方程的方程之后，应仔细检查有无“不法分子”掺杂其中，将其剔除；另一方面，又要注意有无“漏网之鱼”仍逍遥法外，要将其“捉拿归案”。
2：求轨迹时方法选择尤为重要，首先应注意定义法，几何法，直接法等方法的选择。
3：求出轨迹后，一般画出所求轨迹，这样更易于检查是否有不合题意的部分或漏掉的部分。
【课外作业】
【基础训练】
1:已知两点给出下列曲线方程：①；②；③；④，在曲线上存在点P满足的所有曲线方程是（ ）
A ①③ B ②④ C ①②③ D ②③④
【答案】:D
【解答】: 要使得曲线上存在点P满足,即要使得曲线与MN的中垂线有交点.把直线方程分别与四个曲线方程联立求解,只有①无解,则选D
2.两条直线与的交点的轨迹方程是 .
【解答】:直接消去参数即得(交轨法):

3:已知圆的方程为(x-1)2+y2=1,过原点O作圆的弦0A，则弦的中点M的轨迹方程是 .
【解答】:令M点的坐标为(,则A的坐标为(2,代入圆的方程里面得:
4:当参数m随意变化时，则抛物线的顶点的轨迹方程为___________。
【分析】：把所求轨迹上的动点坐标x，y分别用已有的参数m来表示，然后消去参数m，便可得到动点的轨迹方程。
【解答】：抛物线方程可化为
它的顶点坐标为
消去参数m得：
故所求动点的轨迹方程为。
5:点M到点F（4，0）的距离比它到直线的距离小1，则点M的轨迹方程为____________。
【分析】：点M到点F（4，0）的距离比它到直线的距离小1，意味着点M到点F（4，0）的距离与它到直线的距离相等。由抛物线标准方程可写出点M的轨迹方程。
【解答】：依题意，点M到点F（4，0）的距离与它到直线的距离相等。则点M的轨迹是以F（4，0）为焦点、为准线的抛物线。故所求轨迹方程为。
6:求与两定点距离的比为1：2的点的轨迹方程为_________
【分析】:设动点为P，由题意，则依照点P在运动中所遵循的条件，可列出等量关系式。
【解答】：设是所求轨迹上一点，依题意得
由两点间距离公式得：
化简得：
7抛物线的通径（过焦点且垂直于对称轴的弦）与抛物线交于A、B两点，动点C在抛物线上，求△ABC重心P的轨迹方程。
【分析】：抛物线的焦点为。设△ABC重心P的坐标为，点C的坐标为。其中
【解答】：因点是重心，则由分点坐标公式得：
即
由点在抛物线上，得：
将代入并化简，得：（
【能力训练】
8.已知双曲线中心在原点且一个焦点为F（，0），直线y=x－1与其相交于M、N两点，MN中点的横坐标为，求此双曲线方程。
【解答】：设双曲线方程为。将y=x－1代入方程整理得。
由韦达定理得。又有，联立方程组，解得。
∴此双曲线的方程为。
9.已知动点P到定点F（1，0）和直线x=3的距离之和等于4，求点P的轨迹方程。
【解答】：设点P的坐标为（x，y），则由题意可得。
（1）当x≤3时，方程变为，化简得。
（2）当x>3时，方程变为，化简得。
故所求的点P的轨迹方程是或
10.过原点作直线l和抛物线交于A、B两点，求线段AB的中点M的轨迹方程。
【解答】：由题意分析知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程y=kx。把它代入抛物线方程，得。因为直线和抛物线相交，所以△>0，解得。
设A（），B（），M（x，y），由韦达定理得。
由消去k得。
又，所以。
∴点M的轨迹方程为。
【创新应用】
11.一个圆形纸片，圆心为O，F为圆内一定点，M是圆周上一动点，把纸片折叠使M与F重合，然后抹平纸片，折痕为CD，设CD与OM交于P，则P的轨迹是（ ）
A:椭圆 B:双曲线 C:抛物线 D:圆
【答案】：A
【解答】：由对称性可知||PF|=|PM|，则|PF|+|PO|=|PM|+|PO|=R（R为圆的半径），则P的轨迹是椭圆，选A
【高考数学】破题36关
第7关： 参数方程与极坐标问题—“考点”面面看
“参数方程与极坐标”主要内容是参数方程和普通方程的互化，极坐标系与普通坐标系的互化，参数方程和极坐标的简单应用三块，下面针对这三块内容进行透析：
一、参数方程与普通方程的互化
化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数，常用的消参方法有代入消去法、加减消去法、恒等式（三角的或代数的）消去法；化普通方程为参数方程的基本思路是引入参数，即选定合适的参数，先确定一个关系（或，再代入普通方程，求得另一关系（或）.一般地，常选择的参数有角、有向线段的数量、斜率，某一点的横坐标（或纵坐标）
例1、方程表示的曲线是（ ）
A. 双曲线 B.双曲线的上支 C.双曲线的下支 D.圆
分析：把参数方程化为我们熟悉的普通方程，再去判断它表示的曲线类型是这类问题的破解策略.
解析：注意到t与互为倒数，故将参数方程的两个等式两边分别平方，再相减，即可消去含的项，即有，又注意到 ，可见与以上参数方程等价的普通方程为.显然它表示焦点在轴上，以原点为中心的双曲线的上支，选B.
点评：这是一类将参数方程化为普通方程的检验问题，转化的关键是要注意变量范围的一致性.
趁热打铁1：与普通方程等价的参数方程是（ ）（为能数）
解析：所谓与方程等价，是指若把参数方程化为普通方程后不但形式一致而且的变化范围也对应相同，按照这一标准逐一验证即可破解.
对于A化为普通方程为；
对于B化为普通方程为；
对于C化为普通方程为;
对于D化为普通方程为.
而已知方程为显然与之等价的为B.
例2、设P是椭圆上的一个动点，则的最大值是 ，最小值为 .
分析：注意到变量的几何意义，故研究二元函数的最值时，可转化为几何问题.若设，则方程表示一组直线，（对于取不同的值，方程表示不同的直线），显然既满足，又满足，故点是方程组的公共解，依题意得直线与椭圆总有公共点，从而转化为研究消无后的一元二次方程的判别式问题.
解析：令，对于既满足，又满足，故点是方程组的公共解，依题意得，由，解得：，所以的最大值为，最小值为.
点评：对于以上的问题，有时由于研究二元函数有困难，也常采用消元，但由满足的方程来表示出或时会出现无理式，这对进一步求函数最值依然不够简洁，但若通过三角函数换元，则可实现这一途径.即 ，因此可通过转化为的一元函数.以上二个思路都叫“参数法”.
趁热打铁2：已知线段，直线l垂直平分，交于点O，在属于l并且以O为起点的同一射线上取两点，使，求直线BP与直线的交点M的轨迹方程.
解析：以O为原点，BB’为y轴，为轴建立直角坐标系，则，，设，则由，得，则直线BP的方程为；直线和方程为；
，因此点M的轨迹为长轴长为6，短轴长为4的椭圆（除B，）.
二、极坐标与直角坐标的互化
利用两种坐标的互化，可以把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，这二者互化的前提条件是（1）极点与原点重合；（2）极轴与轴正方向重合；（3）取相同的单位长度.设点P的直角坐标为，它的极坐标为，则 ；若把直角坐标化为极坐标，求极角时，应注意判断点P所在的象限（即角的终边的位置），以便正确地求出角.
例3、极坐标方程表示的曲线是（ ）
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线的一支D. 抛物线
分析：这类问题需要将极坐标方程转化为普通方程进行判断.
解析：由，化为直角坐标系方程为，化简得.显然该方程表示抛物线，故选D.
点评：若直接由所给方程是很难断定它表示何种曲线，因此通常要把极坐标方程化为直角坐标方程，加以研究.
趁热打铁3：已知直线的极坐标方程为，则极点到该直线的距离是

解析：极点的直角坐标为，对于方程，可得化为直角坐标方程为，因此点到直线的距离为.
例4、极坐标方程转化成直角坐标方程为（ ）
A． B． C． D．
分析：极坐标化为直解坐标只须结合转化公式进行化解.
解析：，因此选C.
点评：此题在转化过程中要注意不要失解，本题若成为填空题，则更要谨防漏解.
趁热打铁4：点的直角坐标是，则点的极坐标为（ ）
A． B． C． D．
解析：都是极坐标，因此选C.
三、参数方程与极坐标的简单应用
参数方程和极坐标的简单应用主要是：求几何图形的面积、曲线的轨迹方程或研究某些函数的最值问题.
例5、已知的三个顶点的极坐标分别为,判断三角形ABC的三角形的形状，并计算其面积.
分析：判断△ABC的形状，就需要计算三角形的边长或角，在本题中计算边长较为容易，不妨先计算边长.
解析：如图，对于，
又，由余弦定理得：
，，，，，，所以AB边上的高,
趁热打铁5：如图，点A在直线x=5上移动，等腰△OPA的顶角∠OPA为120°（O，P，A按顺时针方向排列），求点P的轨迹方程.
解析：取O为极点，正半轴为极轴，建立极坐标系，则直线的极坐标方程为，设A（，），P，因点A在直线上， 为等腰三角形，且，以及
，把代入，得点P的轨迹的极坐标方程为： .
即时训练
一、选择题（8题）
1. 已知点M的极坐标为，下列所给出的四个坐标中不能表示点M的坐标是（ ）
A. B. C. D.
2．若直线的参数方程为，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
3．下列在曲线上的点是（ ）
A． B． C． D．
4．将参数方程化为普通方程为（ ）
A． B． C． D．
5．参数方程为表示的曲线是（ ）
A．一条直线 B．两条直线 C．一条射线 D．两条射线
6．直线和圆交于两点，则的中点坐标
为（ ） A． B． C． D．
7．极坐标方程表示的曲线为（ ）
A．一条射线和一个圆 B．两条直线 C．一条直线和一个圆 D．一个圆
8．直线的参数方程为，上的点对应的参数是，则点与之间的距离是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（4题）
9. 点的极坐标为
10. 圆心为C，半径为3的圆的极坐标方程为
11. 极坐标方程为表示的圆的半径为
12 若A，B，则|AB|=__________，___________（其中O是极点）
三、解答题（3题）
13. 求椭圆。
14. 若方程的曲线是椭圆，求实数的取值范围.
15. ，若A、B是C上关于坐标轴不对称的任意两点，AB的垂直平分线交x轴于P（a，0），求a的取值范围.
即时训练参考答案
一、选择题：
1.A 解析：能表示点M的坐标有3个，分别是B、C、D.
2．D 解析：
3．B 解析：转化为普通方程：，当时，
4．C 解析：转化为普通方程：，但是
5、D 解析：表示一条平行于轴的直线，而，所以表示两条射线
6．D 解析： ，得，
因此中点为
7．C 解析：，则或
8、C 解析： 距离为
二、填空题：
9、或写成解析：由，得而点位于第四象限且或，故点的极坐标为或写成.
10、 解析：如下图，设圆上任一点为P（），则


11、1 解析：方程变形为，该方程表示的圆的半径与圆的半径相等，故所求的圆的半径为r=1
12、 解析：在极坐标系中画出点A、B，易得，
三、解答题：
13. 解析：（先设出点P的坐标，建立有关距离的函数关系）到定点的距离为
，
14. 解析：将方程两边同乘以，化为：
，，若方程表示椭圆，则须满足：
15. ，若A、B是C上关于坐标轴不对称的任意两点，AB的垂直平分线交x轴于P（a，0），求a的取值范围.
15. 解析：，
，
，
，

【高考数学】破题36关
第8关： 均值不等式问题—拼凑8法
利用均值不等式求最值或证明不等式是高中数学的一个重点。在运用均值不等式解题时,我们常常会遇到题中某些式子不便于套用公式，或者不便于利用题设条件，此时需要对题中的式子适当进行拼凑变形。均值不等式等号成立条件具有潜在的运用功能。以均值不等式的取等条件为出发点，为解题提供信息，可以引发出种种拼凑方法。笔者把运用均值不等式的拼凑方法概括为八类。
拼凑定和
通过因式分解、纳入根号内、升幂等手段，变为“积”的形式，然后以均值不等式的取等条件为出发点，均分系数，拼凑定和，求积的最大值。
例１ 已知，求函数的最大值。
解：
。
当且仅当，即时，上式取“=”。故。
评注：通过因式分解，将函数解析式由“和”的形式，变为“积”的形式，然后利用隐含的“定和”关系，求“积”的最大值。
例2 求函数的最大值。
解：。
因，
当且仅当，即时，上式取“=”。故。
评注：将函数式中根号外的正变量移进根号内的目的是集中变元，为“拼凑定和”创造条件。
已知，求函数的最大值。
解：
。
当且仅当，即时，上式取“=”。
故，又。
拼凑定积
通过裂项、分子常数化、有理代换等手段，变为“和”的形式，然后以均值不等式的取等条件为出发点，配项凑定积，创造运用均值不等式的条件
设，求函数的最小值。
解：。
当且仅当时，上式取“=”。故。
评注：有关分式的最值问题，若分子的次数高于分母的次数，则可考虑裂项，变为和的形式，然后“拼凑定积”，往往是十分方便的。
已知，求函数的最大值。
解：，。
当且仅当时，上式取“=”。故。
评注：有关的最值问题，若分子的次数低于分母的次数，可考虑改变原式的结构，将分子化为常数，再设法将分母“拼凑定积”。
已知，求函数的最小值。
解：因为，所以，令，则。
所以。
当且仅当，即时，上式取“=”。故。
评注：通过有理代换，化无理为有理，化三角为代数，从而化繁为简，化难为易，创造出运用均值不等式的环境。

拼凑常数降幂
若，求证：。
分析：基本不等式等号成立的条件具有潜在的运用功能，它能在“等”与“不等”的互化中架设桥梁，能为解题提供信息，开辟捷径。本题已知与要求证的条件是，为解题提供了信息，发现应拼凑项，巧妙降次，迅速促成“等”与“不等”的辩证转化。
证明：。
当且仅当时，上述各式取“=”，
故原不等式得证。
评注：本题借助取等号的条件，创造性地使用基本不等式，简洁明了。
若，求的最大值。
解：
。
当且仅当时，上述各式取“=”，故的最大值为7。
已知，求证：。
证明：，
，又，
。
当且仅当时，上述各式取“=”，故原不等式得证。
拼凑常数升幂
若，且，求证。
分析：已知与要求证的不等式都是关于的轮换对称式，容易发现等号成立的条件是，故应拼凑，巧妙升次，迅速促成“等”与“不等”的辩证转化。
证明：，
。
当且仅当时，上述各式取“=”，故原不等式得证。
若，求证：。
证明：。
又。当且仅当时，上述各式取“=”，故原不等式得证。
约分配凑
通过“1”变换或添项进行拼凑，使分母能约去或分子能降次。
已知，求的最小值。
解：。
当且仅当时，即，上式取“=”，故。
已知，求函数的最小值。
解：因为，所以。
所以。
当且仅当时，即，上式取“=”，故。
若，求证。
分析：注意结构特征：要求证的不等式是关于的轮换对称式，当时，等式成立。
此时，
设，解得，所以应拼凑辅助式为拼凑的需要而添，经此一添，解题可见眉目。
证明：。
。当且仅当时，上述各式取“=”，故原不等式得证。
引入参数拼凑
某些复杂的问题难以观察出匹配的系数，但利用“等”与“定”的条件，建立方程组，解地待定系数，可开辟解题捷径。
已知，且，求的最小值。
解：设，故有。
。当且仅当同时成立时上述不等式取“=”，
即，代入，解得，此时，故的最小值为36

引入对偶式拼凑
根据已知不等式的结构，给不等式的一端匹配一个与之对偶的式子，然后一起参与运算，创造运用均值不等式的条件。
设为互不相等的正整数，求证。
证明：记，构造对偶式，
则，
当且仅当时，等号成立。又因为为互不相等的正整数，
所以，因此
评注：本题通过对式中的某些元素取倒数来构造对偶式。
确立主元拼凑
在解答多元问题时，如果不分主次来研究，问题很难解决；如果根据具体条件和解题需要，确立主元，减少变元个数，恰当拼凑，可创造性地使用均值不等式。
在中，证明
分析：为轮换对称式，即的地位相同，因此可选一个变元为主元，将其它变元看作常量（固定），减少变元个数，化陌生为熟悉。
证明：当时，原不等式显然成立。
当时，
当且仅当，即为正三角形时，原不等式等号成立。
综上所述，原不等式成立。
评注：变形后选择A为主元，先把A看作常量，B、C看作变量，把B、C这两个变量集中到，然后利用的最大值为1将其整体消元，最后再回到A这个主元，变中求定。
综上可见，许多貌似繁难的最值问题或不等式证明问题，运用均值不等式等号成立条件，恰当拼凑，可创造性地使用均值不等式，轻松获解。这种运用等号成立条件的拼凑方法，既开拓了学生的思路，又活跃了学生的思维，培养了学生的数学能力。

【高考数学】破题36关
第9关： 不等式恒成立问题—8种解法探析
不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．这里对这一类问题的求解策略作一些探讨．
1最值法
例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．
分析：不等式恒成立，可以转化为
解：（I）（过程略）．
（II）（过程略）函数的单调减区间为，函数的单调增区间为．
（III）由（II）可知，函数在处取得极小值，此极小值也是最小值．要使（）恒成立，只需，解得或．
所以的取值范围为．
评注：最值法是我们这里最常用的方法．恒成立；恒成立．
2分离参数法
例2．已知函数
（I）求函数的单调区间；
（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．
分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．
解：（I）（过程略）函数的单调增区间为，的单调减区间为
（II）不等式等价于不等式，由于，知；设 ，则．
由（I）知，，即；于是， ，即在区间上为减函数．故在上的最小值为．
所以的最大值为．
评注：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解．
3 数形结合法
例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．
分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．
解：在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象（如右），从图象中容易知道：当且时，函数的图象恒在函数上方，不合题意；当且时，欲使函数的图象恒在函数下方或部分点重合，就必须满足，即．
故所求的的取值范围为．
评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法．
4 变更主元法
例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．
分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．
解：设，，则原问题转化为恒成立的问题．
故应该有，解得或．
所以实数的取值范围是．
评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题．
5 特殊化法
例5．设是常数，且（）．
（I）证明：对于任意，．
（II）假设对于任意有，求的取值范围．
分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．
解：（I）递推式可以化归为，，所以数列是等比数列，可以求得对于任意，．
（II）假设对于任意有，取就有解得；
下面只要证明当时，就有对任意有
由通项公式得
当（）时，
当（）时，，可见总有．
故的取值范围是
评注：特殊化思想不仅可以有效解答选择题，而且是解决恒成立问题的一种重要方法．
6分段讨论法
例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．
解：（i）当时，显然＜0成立，此时，
（ii）当时，由＜0，可得＜＜，
令
则＞0，∴是单调递增，可知
＜0，∴是单调递减，可知
此时的范围是（—1，3）
综合i、ii得：的范围是（—1，3） ．
例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．
解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对进行分段讨论，
当时，不等式恒成立，所以，此时；
当时，不等式就化为，此时的最小值为，所以；
当时，不等式就化为，此时的最大值为，所以；
由于对上面的三个范围要求同时满足，则所求的的范围应该是上三个的范围的交集即区间
说明：这里对变量进行分段来处理，那么所求的对三段的要同时成立，所以，用求交集的结果就是所求的结果．
评注：当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时，应该用分类或分段讨论方法来处理，分类（分段）讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素，为问题解决提供新的条件；但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系．
7单调性法
例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．
解：设，则，有．这样，，则，函数在为减函数．
因此；而（当且仅当时取等号），又，所以的取值范围是．
评注：当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时，可以巧妙利用此函数的单调性，把函数值大小关系化归为自变量的大小关系，则问题可以迎刃而解．
8判别式法
例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．
分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意恒成立，可以选择判别式法．
解：当时，不等式化为，显然对一切实数恒成立；
当时，要使不等式一切实数恒成立，须有，解得．
综上可知，所求的实数的取值范围是．
不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种，这些做法是通法，对于具体问题要具体分析，要因题而异，如下例．
例10．关于的不等式在上恒成立，求 实数的取值范围．
通法解：用变量与参数分离的方法，然后对变量进行分段处理；∵，∴不等式可以化为；下面只要求在时的最小值即可，分段处理如下．
当时，，，再令，，它的根为；所以在区间上有，递增，在区间上有，递减，则就有在的最大值是，这样就有，即在区间是递减．同理可以证明在区间是递增；所以，在时的最小值为，即．
技巧解：由于，所以，，两个等号成立都是在时；从而有（时取等号），即．
评注：技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功．
【高考数学】破题36关
第10关： 圆锥曲线最值问题—5大方面
最值问题是圆锥曲线中的典型问题，它是教学的重点也是历年高考的热点。解决这类问题不仅要紧紧把握圆锥曲线的定义，而且要善于综合应用代数、平几、三角等相关知识。以下从五个方面予以阐述。
一．求距离的最值
例1.设AB为抛物线y=x2的一条弦，若AB=4，则AB的中点M到直线y+1=0的最短距离为 ，
解析：抛物线y=x2的焦点为F（0 ，），准线为y=，过A、B、M准线y=的垂线，垂足分别是A1、B1、M1，则所求的距离d=MM1+=(AA1+BB1) +=(AF+BF) +≥AB+=×4+=,当且仅当弦AB过焦点F时，d取最小值，
评注：灵活运用抛物线的定义和性质，结合平面几何的相关知识，使解题简洁明快，得心应手。
二．求角的最值
例2．M，N分别是椭圆的左、右焦点，l是椭圆的一条准线，点P在l上，则∠MPN的最大值是 .
解析：不妨设l为椭圆的右准线，其方程是，点，直线PM和PN倾斜角分别为.
∵
∴
于是
∵ ∴ 即∠MPN的最大值为.
评注：审题时要注意把握∠MPN与PM和PN的倾斜角之间的内在联系.
三、求几何特征量代数和的最值
例3.点M和F分别是椭圆上的动点和右焦点，定点B(2,2).⑴求|MF|+|MB|的最小值.⑵求|MF|+|MB|的最小值.
解析：易知椭圆右焦点为F(4,0)，左焦点F′(-4,0)，离心率e=，准线方程x=±.
⑴|MF| + |MB| = 10―|MF′ | + |MB| =10―（|MF′|―|MB|）≥10―|F′B|=10―2.
故当M，B，F′三点共线时，|MF|+|MB|取最小值10―2.
⑵过动点M作右准线x=的垂线，垂足为H，则
.于是|MF|+|MB|=|MH|+|MB|≥|HB|=.可见，当且仅当点B、M、H共线时，|MF|+|MB|取最小值.
评注：从椭圆的定义出发，将问题转化为平几中的问题，利用三角形三边所满足的基本关系，是解决此类问题的常见思路。
例4．点P为双曲线的右支上一点，M，N分别为和上的点，则PM－PN的最大值为 .
解析：显然两已知圆的圆心分别为双曲线的左焦点和右焦点.对于双曲线右支上每一个确定的点P，连结PF1，并延长PF1交⊙F1于点M.则PM0为适合条件的最大的PM，连结PF2,交⊙F2于点N.则PN0为适合条件的最小的PN.于是
故PM－PN的最大值为6.
评注：仔细审题，合理应用平面几何知识，沟通条件与所求结论的内在联系，是解决本题的关键.
例5．已知e1，e2分别是共轭双曲线和的离心率，则e1+e2的最小值为 .
解析：


考虑到，故得.
即e1+e2的最小值为.
评注：解题关键在于对圆锥曲线性质的准确理解，并注意基本不等式等代数知识的合理应用.
四、求面积的最值
例6．已知平面内的一个动点P到直线的距离与到定点的距离之比为，点，设动点P的轨迹为曲线C.
⑴求曲线C的方程；
⑵过原点O的直线l与曲线C交于M，N两点.求△MAN面积的最大值.
解析：⑴设动点P到l的距离为d，
由题意
根据圆锥曲线统一定义，点P的轨迹C为椭圆.
∵, 可得
∴
故椭圆C的方程为：
⑵若直线l存在斜率，设其方程为l与椭圆C的交点
将y=kx代入椭圆C的方程并整理得.
∴
于是

又 点A到直线l的距离
故△MAN的面积
从而
①当k=0时，S2=1得S=1
②当k>0时，S2b，求证：．a>b
【绿色通道】由已知 x+>0 ∴构造函数 ，
则 x+>0， 从而在R上为增函数。
∴ 即 a>b
【警示启迪】由条件移项后，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数，求导即可完成证明。若题目中的条件改为，则移项后，要想到是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结。
【思维挑战】
1、 设
求证：当时，恒有，
2、已知定义在正实数集上的函数其中a>0，且， 求证：
3、已知函数，求证：对任意的正数、，
恒有
4、是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足≤0，对任意正数a、b，若a < b，则必有 （ ）
（A）af (b)≤bf (a)（B）bf (a)≤af (b)
（C）af (a)≤f (b)（D）bf (b)≤f (a)
【答案咨询】
1、提示：，当，时，不难证明
∴，即在内单调递增，故当时，
，∴当时，恒有
2、提示：设则
= ，∴ 当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，于是函数 在上的最小值是，故当时，有，即
3、提示：函数的定义域为，
∴当时，，即在上为减函数
当时，，即在上为增函数
因此在取得极小值，而且是最小值
于是，即
令 于是
因此
4、提示：，，故在（0，+∞）上是减函数，由 有 af (b)≤bf (a) 故选（A）
【高考数学】破题36关
第15关： 函数中易混问题—11对
函数是高中数学中最重要的概念之一．在处理函数有关问题时，有些概念容易混淆，若不能理解概念的本质，就会产生错误．本文针对函数中容易混淆的十一对问题加以剖析并举例说明．
一、定义域与值域
例1．（I）若函数的定义域为，求实数的取值范围．
（II）若函数的值域为，求实数的取值范围．
分析：（I）若函数的定义域为，就是无论为何实数，永远成立．令，则的图象始终在轴的上方，因此，就有且，从而，．
（II）若函数的值域为，就是应该取遍一切正的实数，也就是集合是值域的子集．当时，，它的值域是，符合要求；当时，只要就能保证集合是值域的子集，解得；时不合要求．故实数的取值范围是．
评注：在处理具体的函数时，要切实把握定义域是自变量取值的集合，而值域是函数值的集合．
二、定义域与有意义
例2．（I）已知函数的定义域为，求实数的取值范围．
（II）已知函数在区间上有意义，求实数的取值范围
分析：（I）因为函数的定义域为，所以不等式的解集是，于是，是方程的根，代入求得．
（II）因为函数在区间上有意义，所以，不等式对恒成立，即对恒成立，而，即．
评注：若在上有意义，则是函数定义域的子集．
三、值域与函数值变化范围
例3．（I）若函数的值域为，求实数的取值范围．
（II）若函数的值恒大于或等于1，求实数的取值范围．
分析：（I）因为函数，所以，即的值域为，于是有，解得或．
（II）因为函数恒成立，即恒成立，因此有恒成立，解得．
评注：函数的值域是函数值的集合，其中每一个元素都是函数值；而函数值恒大于等于1，是指函数值在内，并非要求取遍内的每一个值．
四、主元与次元
例4．（I）对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
（II）对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
分析：（I）原来的不等式可以转化为对于恒成立；按对称轴分下面三种情况讨论：
i）当时，即时，只要，即，此时矛盾．
ii）当时，即时，只要，即，此时矛盾．
iii）当时，即时，只要，即．
综上，实数的取值范围．
（II）原来的不等式可以转化为对于恒成立；只要即可，于是，解得或或
评注：构造函数时并不一定要以为自变量，应该根据已知条件，选择恰当的变量为主元，从而使问题简化．
五、有解与恒成立
例5．（I）已知，若恒成立，求实数的取值范围．
（II）已知，若有解，求实数的取值范围．
分析：（I）因为恒成立，这就要求的图象全部在直线的上方，即就可，易知，所以，．
（II）要使有解，这就要求的图象上有点在直线的上方即可，即，又，所以，
评注：“有解”是要求某范围内存在使得不等式成立即可．有解，有解．
“恒成立”要求对某范围内任意的，不等式都成立．恒成立，恒成立．
六、单调区间与区间单调
例6．（I）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围．
（II）若函数单调递增区间是，求实数的取值范围．
分析：（I）在区间上单调递增，那么，对称轴，解得．
（II）图象的对称轴是，那么，的单调递增区间为，于是就有，解得．
评注：若函数在区间上具有单调性，则在的任一子区间上具有相同的单调性，而单调区间是具有单调性的最大区间．
七、某点处的切线与过某点的切线
例7．（I）求曲线在点处的切线方程．
（II）求曲线过点的切线方程．
分析：（I）由得，，所以曲线在点处的切线方程为，即．
（II）设切点为，又，所以切线斜率为，则曲线在点的切线方程为．又在切线上，于是就有，即，解得或；
当时，切点就是，切线为；
当时，切点就是，切线斜率为，切线为．
评注：只有曲线在某点处的切线斜率才是函数在该点处的导函数值，此时切线是唯一的；过某点作曲线的切线，无论该点是否在曲线上，都要设切点坐标，从而求出切点处的切线，满足条件的切线可能不唯一．
八、对称与周期
例8．（I）若函数对一切实数都有，且，求．（II）若函数对一切实数都有，且，求．
分析：（I）因为对于一切，都有，即，恒成立，那么就有的图象关于直线对称，所以，．
（II）因为函数对一切实数都有，那么就有是周期函数且，则 ．
评注：若函数对一切实数都有，则有的图象关于直线对称．若函数对一切实数都有，则有是周期函数，且其中一个周期为．
九、中心对称与轴对称
例9．（I）若函数对一切实数都有，且时有．求解析式．
（II）若函数对一切实数都有，且时有．求解析式．
分析：（I）若函数对一切实数都有，则有的图象关于直线成轴对称；又时有；所以时，有，；
解析式为
（II）函数对一切实数都有，那么的图象关于点成中心对称；又时有；所以时，有，．解析式为
评注：函数对一切实数都有，那么的图象关于点成中心对称．
十、时恒成立与时恒成立
例10．（I）已知函数，（为实数），若对于任意的，都有成立，求实数的取值范围．
（II）已知函数，（为实数），若对于任意的，都有成立，求实数的取值范围．
分析：（I）设，则；于是，对于任意的时，恒成立．即；容易知道，故．
（II）对于任意的，都有恒成立，等价于当时，；容易求得，，于是，故．
评注：时恒成立，等价于时，；时恒成立，等价于时．
十一、函数单调与数列单调
例11．（I）若函数是单调增函数，求实数的取值范围．
（II）若函数（且）是单调增函数，求实数的取值范围．
分析：（I）因为函数在区间是单调增函数，所以对称轴直线，得实数的取值范围是．
（II）因为函数在且上是单调增函数，所以，对于一切，恒成立，即恒成立，故．
评注：数列是特殊的函数．若在上是增函数，则数列一定是增数列，但反之未必成立．因此，函数的单调性与对应数列的单调性有时会不一致，应该慎重处理．
【高考数学】破题36关
第16关： 三项展开式问题—破解“四法”
如何求解三项展开式中某些指定的项，同学们普遍感到比较陌生。下面介绍四种破解三项展开式问题的方法，供参考．
问题：求展开式中的系数为.

1、两项看成一项，利用二项式定理展开
三项展开式的问题可将其中两项作为整体，利用二项式定理来处理，这是把三项式向二项式转化的有效途径．
解法1：
=
所以项的系数为．

2、两项看成一项，抓展开式的通项公式
解法2：
，r=0，1，2，3，4，5，则的系数由来确定
由r + k = 5得
所以项的系数为．
点评：这种解法本质上同解法1相同，先将其中两项作为整体，两次利用二项式定理的通项公式后，就得到了三项展开式的通项公式为

3、因式分解，转化为两个二项展开式
解法3：
=
相乘合并得项的系数为92．
点评：若三项式可分解因式，则可以转化为两个二项式的积的形式；若三项式恰好是二项式的平方，则也可直接转化为二项式问题求解，如 ．

4、看作多个因式的乘积，用组合的知识解答
解法4：将看作5个因式的乘积，这5个因式乘积的展开式中形成的来源有：
①5个因式各出一个2x，这样的方式有种，对应的项为；
②有3个因式各出一个2x，有1个因式出一个 - 3x2，剩余1个因式出一个1，这样的方式有种，对应的项为；
③有1个因式出一个2x，2个因式各出一个- 3x2，剩余2个因式各出一个1，这样的方式有种，对应的项为；
所以项的系数为
点评：对于求三项展开式中指定项的系数问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合的知识求解，也很简捷，但要注意将各种情况讨论全，避免遗漏．

【高考数学】破题36关
第17关： 由递推关系求数列通项问题—“不动点”法
由递推公式求其数列通项历来是高考的重点和热点题型，对那些已知递推关系但又难求通项的数列综合问题，充分运用函数的相关性质是解决这类问题的着手点和关键．与递推关系对应的函数的“不动点”决定着递推数列的增减情况，因此我们可以利用对函数“不动点”问题的研究结果，来简化对数列通项问题的探究。笔者在长期的教学实践中，不断总结探究反思，对那些难求通项的数列综合问题，形成利用函数不动点知识探究的规律性总结，以期对同学们解题有所帮助．
不动点的定义
一般的，设的定义域为,若存在，使成立，则称为的
不动点，或称为图像的不动点。
求线性递推数列的通项
定理1 设，且为的不动点，满足递推关系，，证明是公比为a的等比数列。
证：∵是的不动点，所以，所以，所以，∴数列是公比为的等比数列。
例1 已知数列的前项和为，且，
(1)证明：是等比数列；(2)求数列的通项公式，并求出使得成立的最小正整数.
证：(1) 当n1时，a114；当时，anSnSn15an5an11，即即，记，令，求出不动点，由定理1知：，又a11 15 ≠0，所以数列{an1}是等比数列。(2)解略。
求非线性递推数列的通项
定理2 设，且是的不动点，数列满足递推关系，，（ⅰ）若，则数列是公比为的等比数列；（ⅱ），则数列是公差为的等差数列。
证：（ⅰ）由题设知；
同理
∴，
所以数列是公比为的等比数列。
（ⅱ）由题设知＝的解为，∴且＝。所以

，所以数列是公差为的等差数列。
例2设数列的前项和为，且方程有一根为。求数列的通项公式。
解：依题，且，将代入上式，得，记，令，求出不动点，由定理2（ⅱ）知：，所以数列是公差为的等差数列，所以，因此数列的通项公式为。
例3已知数列中，
（Ⅰ）设，求数列的通项公式. （Ⅱ）求使不等式成立的的取值范围 .
解：（Ⅰ）依题，记，令，求出不动点；由定理2（ⅰ）知：， ；
两式相除得到，所以是以为公比，为首项的等比数列，所以，从而（Ⅱ）解略。
定理3 设，且是的不动点，数列满足递推关系，，则有；若，则是公比为的等比数列。
证：∵是的不动点，∴，。
，又，则，
∴，故是公比为的等比数列。
已知数列满足，．⑴求证：；⑵求证：；⑶求数列的通项公式．
证：⑴、⑵证略；⑶依题，记，令，求出不动点；由定理3知：，，
所以，又，所以．
又，令，则数列是首项为，公比为的等比数列．所以．由，得．所以．
利用函数“不动点”法求解较复杂的递推数列的通项问题，并不局限于以上三种类型，基于高考数列试题的难度，本文不再对更为复杂的递推数列进行论述，以下两个定理供有兴趣的同学探究证明。
定理4 设且是的最小不动点，数列满足递推关系，，则有
定理5 设且是的不动点，数列满足递推关系，，则有
【高考数学】破题36关
第18关： 类比推理问题—高考命题新亮点
类比是常见而重要的一种数学思想方法，它是指在新事物与已知事物之间的某些方面作类似的比较，把已经获得的知识、方法、理论迁移到新事物中，从而解决新问题。类比不仅是一种富有创造性的方法，而且更能体现数学的美感。
（一）不同知识点之间的类比
数学中的不同知识点在教材中是相对分散的，知识点之间的联系需要教师通过自己的数学设计展示给学生，从而使得学生的概念图网络更加丰富和结构化。它不仅可以在知识复习中使用，也可以在新知识的学习中进行。
1、立体几何中的类比推理
【例1】若从点O所作的两条射线OM、ON上分别有点M1、M2与点N1、N 2，则三角形面积之比为：若从点O所作的不在同一个平面内的三条射线OP、OQ和OR上分别有点P1、P2与点Q1、Q2和R1、R2，则类似的结论为： 。
【分析】在平面中是两三角形的面积之比，凭直觉可猜想在空间应是体积之比，故猜想
（证明略）
评注 本题主要考查由平面到空间的类比。要求考生由平面上三角形面积比的结论类比得出空间三棱锥体积比的相应结论。
【例2】在中有余弦定理：拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的3个侧面面积与其中两个侧面所成二面角之间的关系式，并予以证明。
【分析】根据类比猜想得出其中为侧面为与所成的二面角的平面角。
证明：作斜三棱柱的直截面DEF，则为面与面所成角，在中有余弦定理：，同乘以，得
即
评注 本题考查由平面三角形的余弦定理到空间斜三角柱的拓展推广，因为类比是数学发现的重要源泉，因此平时的教学与复习中更要注意类比等思想方法的学习。
【例3】 在平面几何中有“正三角形内任一点到三边的距离之和为定值”，那么在立体几何中有什么结论呢？
解析 “正三角形”类比到空间“正四面体”，“任一点到三边距离之和”类比到空间为“任一点到四个面的距离之和”，于是猜想的结论为：正四面体内任一点到其各面距离之和为定值。
图1
如图1，设边长为的正三角形内任一点到其三边的距离分别为、、，将分割成三个小三角形，则有，即距离之和为正三形的高（定值） 图2
类似地，如图2,设棱长为的正四面体内任一点到四个面的距离分别为、、、， 将正四面体分割成以为顶点，以四个面为底面的小三棱锥，则有，于是
所以为定值
【例4】 在平面几何中，有勾股定理：设的两边、互相垂直，则。拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可得出的正确结论是：“设三棱锥的三个侧面、、两两互相垂直，则
答案为
类比不仅可以提供探求新背景下结论的思路，而且也为寻求结论的证明提供方法上的指导。将平面图形中的三角形与立体图形中的多面体进行类比，使不同数学分支之间的知识得到了巧妙的沟通，也使解题过程得到美化，让人有意犹未尽却又顺理成章的感觉。
2、解析几何中的类比推理
【例5】已知两个圆：①与②，则由①式减去②式可得上述两圆的对称轴方程，将上述命题在曲线仍为圆的情况下加以推广，既要求得到一个更一般的命题，而已知命题要成为所推广命题的一个特例，推广的命题为 。
【分析】将题设中所给出的特殊方程①、②推广归纳到一般情况：
设圆的方程为③与④，其中或，则由③式减去④式可得两圆的对称轴方程。
评注 本题通过类比推广，可以由特殊型命题直接归纳概括出一般型命题。
3、数列中的类比推理
【例6】定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。已知数列，是等和数列，且，公和为5，那么的值为 ，这个数列的前n项和的计算公式为 。
【分析】由等和数列的定义，易知故
当n为偶数时，；当n为奇数时，
评注 本题以“等和数列”为载体，解决本题的关键是课本中所学的等差数列的有关知识及其数学活动的经验，本题还考查分类讨论的数学思想方法。
4、函数中的类比推理
【例7】设函数，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得的值 。
【分析】此题得用类比课本中推导等差数列前n项和公式的倒序相加法，观察每一个因式的特点，尝试着计算
∵
∴
发现正好是一个定值，∴，∴
评注 此题依据大纲和课本，在常见中求新意，在平凡中见奇巧，将分析和解决问题的能力的老本放在了突出的位置。本题通过弱化或强化条件与结论，揭示出它与某类问题的联系与区别并变更出新的命题。这样，通过从课本出发，无论是对内容的发散，还是对解题思维的深入，都能收到固本拓新之用，收到“秀枝一株，嫁接成林”之效，从而有效于发展学生创新的思维。
5、排列组合中的类比推理
【例8】已知数列（n为正整数）的首项为，公比为的q等比数列。
（1）求和：
（2）由（1）的结果，归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明。
【分析】本题由（1）的结论，通过大胆猜测，归纳猜想出一般性的结论：
（1）
（2）归纳概括的结论为：若数列是首项为，公比为q的等比数列，则
（证明略）
评注 本题主要考查探索能力、类比归纳能力与论证能力，突出了创新能力的考查；通过抓住问题的实质，探讨具有共同的属性，可以由特殊型命题直接归纳概括出一般型命题。
6、新定义、新运算中的类比
【例9】若记号“*”表示两个实数a与b的算术平均的运算，即，则两边均含有运算符号“*”和“+”，且对于任意3个实数a，b，c都能成立的一个等式可以是 。
【分析】由于本题是探索性和开放性问题，问题的解决需要经过一定的探索过程，并且答案不惟一。这题要把握住，还要注意到试题的要求不仅类比推广到三个数，而且等式两边均含有运算符号“*”和“+”，则可容易得到
正确的结论还有：等。
【例10】对于直角坐标平面内的任意两点，定义它们之间的一种“距离”：
给下列三个命题：
①若点C线段AB上，则;
②在中，若°，则;
③在中，
其中真命题的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【分析】对于直角坐标平面内的任意两点定义它们之间的一种“距离”： ①若点C在线段AB上，设C点坐标为，在、之间，在、之间，则
③在中，
∴命题①成立，命题③错误。而命题②在在中，若则明显不成立，选B。
【例11】设P是一个数集，且至少含有两个数，若对任意，都有
（除数）则称P是一个数域，例如有理数集Q是数域，数集也是数域。有下列命题：
①整数集是数域；
②若有理数集,则数集M必为数域；
③数域必为无限集；
④存在无穷多个数域。
其中正确的命题的序号是 。（把你认为正确的命题的序号都填上）
【分析】①错。4,5是整数，但不是整数。②错。设M由有理数集合Q和元素组成，则1,，但是不属于M。③正确。设，其中一个必定不等于零，设，则，所以所以，所以所有负整数都属于P，而负整数有无穷多个，所以③正确。④正确。把数域中的改为，仍是数域，有无穷多个。
故应填③④。
（二）数学知识与实际生活问题的类比
学生在处理常规数学问题时较易上手，而对有生活背景的问题则“怵”。数学知识与生活问题本身存在这样那样的联系，如果注意挖掘，那么对于培养学生的应用意识是十分有利的。
【例12】从1楼到2楼总共有20级台阶，如果规定每步只能跨上一级或二级，问从1楼爬上2楼共有几种不同的走法？
解析 这是生活中常见的一个问题，直接思考觉得走法太多，所以思考这个问题能否在数学中找到相应的模型，记上第级台阶共有种方法，若想上第20级台阶，则可从第18级跨两级或从第19级跨一级而到达，所以，类似地，….注意到，运用以上递推关系（斐波那契数列），逐项计算得，那上2楼共有10946种方法。
生活中的不少问题往往可以找到其数学根源，通过思考将这种联系（数学模型）挖掘出来，就把生活中的问题与数学知识、方法进行了类比，有意识在引导或发现这种思考方法，有利于增加学生的数学应用意识和解决实际问题的能力。
（三）结束语
讲解双曲线的性质时常用椭圆的性质来类比，讲解等比数列的时候用等差数列来类比。不仅数学知识如此，实际上惠更斯提出的波动说，就是与水波、声波类比而受到的启发。英国医生詹纳发现的种牛痘可以预防天花，就是从挤奶女工感染了牛痘而不患天花中得到启发，从树叶的锯齿形状发明了锯，从雄鹰的飞起到制造飞机上天等，总之，类比思想方法博大精深，能够收到严格逻辑推理所不能达到的效果，它能提高人们的数学素质，改善思维品质，既富有创造性，又让人产生柳暗花明又一村的美感。
【高考数学】破题36关
第19关： 函数定义域问题—知识大盘点
一、求函数的定义域需要从这几个方面入手：
（1）分式中的分母不为零
（2）偶次根式的被开方数非负
（3）对数中的真数部分大于0
（4）指数、对数的底数大于0，且不等于1
（5）y=tanx中x≠kπ+π/2；y=ctx中x≠kπ，k
( 6 )中x
（7）由实际问题建立的函数，要使实际问题有意义
二、定义域的求法
1、直接定义域问题
例1 求下列函数的定义域：
① ；② ；③

解：①∵x-2=0，即x=2时，分式无意义，
而时，分式有意义，∴这个函数的定义域是.
②∵3x+20时，函数f(x)>0恒成立，
故a>－3 
解法二 f(x)=x++2,x∈［1,+∞
当a≥0时，函数f(x)的值恒为正；
当a0时，函数f(x)>0恒成立，故a>－3
例3设m是实数，记M={m|m>1},f(x)=lg3(x2－4mx+4m2+m+)
(1)证明 当m∈M时，f(x)对所有实数都有意义；反之，若f(x)对所有实数x都有意义，则m∈M
(2)当m∈M时，求函数f(x)的最小值
(3)求证 对每个m∈M,函数f(x)的最小值都不小于1
(1)证明 先将f(x)变形 f(x)=lg3［(x－2m)2+m+］,
当m∈M时，m>1,∴(x－m)2+m+>0恒成立，
故f(x)的定义域为R
反之，若f(x)对所有实数x都有意义，则只须x2－4mx+4m2+m+>0,令Δ＜0,即16m2－4(4m2+m+)＜0,解得m>1,故m∈M
(2)解 设u=x2－4mx+4m2+m+,
∵y=lg3u是增函数，∴当u最小时，f(x)最小 
而u=(x－2m)2+m+,
显然，当x=m时，u取最小值为m+,
此时f(2m)=lg3(m+)为最小值
(3)证明 当m∈M时，m+=(m－1)+ +1≥3,
当且仅当m=2时等号成立
∴lg3(m+)≥lg33=1
【高考数学】破题36关
第21关： 求函数解析式问题—7种求法
待定系数法：在已知函数解析式的构造时，可用待定系数法．
例1 设是一次函数，且，求．
解：设，则
， ．
．
例2 已知二次函数f（x）满足f（0）=0，f（x+1）= f（x）+2x+8，求f（x）的解析式.
解：设二次函数f（x）= ax2+bx+c，则 f（0）= c= 0 ①
f（x+1）= a+b（x+1）= ax2+（2a+b）x+a+b ②
由f（x+1）= f（x）+2x+8 与①、② 得
解得 故f（x）= x2+7x.
评注: 已知函数类型，常用待定系数法求函数解析式.
配凑法：已知复合函数的表达式，求的解析式，的表达式容易配成的运算形式时，常用配凑法．但要注意所求函数的定义域不是原复合函数的定义域，而是的值域．
例3 已知 ，求 的解析式．
解：， ， ．
例4 已知f（+1）= x+2，求f（x）的解析式.
解： f（+1）= +2+1－1=－1，
∴ f（+1）= －1 （+1≥1），将+1视为自变量x，则有
f（x）= x2－1 （x≥1）.
评注: 使用配凑法时，一定要注意函数的定义域的变化，否则容易出错.
三、换元法：已知复合函数的表达式时，还可以用换元法求的解析式．与配凑法一样，要注意所换元的定义域的变化．
例5 已知，求．
解：令，则， ．
，
， ．
例6 已知f（）= ，求f（x）的解析式.
解： 设= t ，则 x= （t≠1），
∴f（t）= = 1+ +（t－1）= t2－t+1
故 f（x）=x2－x+1 （x≠1）.
评注: 实施换元后,应注意新变量的取值范围,即为函数的定义域.
四、代入法：求已知函数关于某点或者某条直线的对称函数时，一般用代入法．
例7已知：函数的图象关于点对称，求的解析式．
解：设为上任一点，且为关于点的对称点．
则 ，解得： ，
点在上 ， ．
把代入得：．
整理得， ．
例8 已知是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）=2x－x2，求f（x）函数解析式.
解：∵y=f（x）是定义在R上的奇函数， ∴y=f（x）的图象关于原点对称.
当x≥0时，f（x）=2x－x2的顶点（1，1），它关于原点对称点（－1，—1），
因此当x0)的单调增区间。
错解：由题意得=0，，，又因为函数的定义域是（0，+），所以函数的单调递增区间是（0，1）和（1，+）。
剖析：本题错在对函数在x=1处是否连续没有研究，显然函数在x=1处是连续的，所以函数的单调递增区间是（0，+）.对于 >0（或 0 时，它的图象是开口向上的抛物线，数形结合可得在[m，n]上的最值：
（1）当 时， 的最小值是， 的最大值是 中的较大者。
（2）当 时
若 ，由 在 上是增函数则的最小值是 ，最大值是
若 ， 由 在上是减函数则的最大值是，最小值是
当 时，可类比得结论
二、例题分析归类：
（一）、正向型
是指已知二次函数和定义域区间，求其最值。对称轴与定义域区间的相互位置关系的讨论往往成为解决这类问题的关键。此类问题包括以下四种情形：（1）轴定，区间定；（2）轴定，区间变；（3）轴变，区间定；（4）轴变，区间变。
1. 轴定区间定
二次函数是给定的，给出的定义域区间也是固定的，我们称这种情况是“定二次函数在定区间上的最值”。
例1. 函数 在区间[0，3]上的最大值是_________，最小值是_______
解：函数是定义在区间[0，3]上的二次函数，其对称轴方程是，顶点坐标为（2，2），且其图象开口向下，显然其顶点横坐标在［0，3］上，
如图1所示。函数的最大值为=2 ，最小值为
图1
练习. 已知 ，求函数 的最值
解：由已知，可得 ，即函数 是定义在区间 上的二次函数，将二次函数配方得
其对称轴方程 ，顶点坐标 ，且图象开口向上。显然其顶点横坐标不在区间内，如图2所示。函数的最小值为 ，最大值为
图2
2、轴定区间变
二次函数是确定的，但它的定义域区间是随参数而变化的，我们称这种情况是“定函数在动区间上的最值”。
例2. 如果函数 定义在区间 上，求 的最小值
解：函数，其对称轴方程为 ，顶点坐标为（1，1），图象开口向上
如图1所示，若顶点横坐标在区间左侧时，有1< ，此时，当 时，函数取得最小值 =
图1
如图2所示，若顶点横坐标在区间上时，有 ，即 当 时，函数取得最小值
图2
如图3所示，若顶点横坐标在区间右侧时，有 ，即 当 时，函数取得最小值
综上讨论，
图3
例3. 已知，当时，求的最大值．
解：由已知可求对称轴为．
（1）当时，．
（2）当，即时，．
根据对称性若即时，．
若即时，．
（3）当即时，．
综上，
观察前两题的解法，为什么最值有时候分两种情况讨论，而有时候又分三种情况讨论呢？这些问题其实仔细思考就很容易解决。不难观察：二次函数在闭区间上的的最值总是在闭区间的端点或二次函数的顶点取到。第一个例题中，这个二次函数是开口向上的，在闭区间上，它的最小值在区间的两个端点或二次函数的顶点都有可能取到，有三种可能，所以分三种情况讨论；而它的最大值不可能是二次函数的顶点，只可能是闭区间的两个端点，哪个端点距离对称轴远就在哪个端点取到，当然也就根据区间中点与左右端点的远近分两种情况讨论。根据这个理解，不难解释第二个例题为什么这样讨论。
对二次函数的区间最值结合函数图象总结如下：
当 时


当 时

3、轴变区间定
二次函数随着参数的变化而变化，即其图象是运动的，但定义域区间是固定的，我们称这种情况是“动二次函数在定区间上的最值”。
例4. 已知 ，且 ，求函数 的最值。
解：由已知有 ， 于是函数 是定义在区间 上的二次函数，将 配方得：
二次函数 的对称轴方程 是顶点坐标为 ，图象开口向上
由 可得 ，显然其顶点横坐标在区间的左侧或左端点上
函数的最小值是 ，最大值是

例4图
例5. (1) 求在区间[-1,2]上的最大值。
(2) 求函数在上的最大值。
解：(1)二次函数的对称轴方程为，
当即时，；
当即时，。
综上所述：。
(2)函数图象的对称轴方程为，应分，，即，和这三种情形讨论，下列三图分别为
（1）；由图可知
（2）；由图可知
（3） 时；由图可知
；即
4. 轴变区间变
二次函数是含参数的函数，而定义域区间也是变化的，我们称这种情况是“动二次函数在动区间上的最值”。
例6. 已知，求的最小值。
解：将代入u中，得
①，即时，
②，即时，
所以

（二）、逆向型
是指已知二次函数在某区间上的最值，求函数或区间中参数的取值。
例7. 已知函数在区间上的最大值为4，求实数a的值。
解：
（1）若，不符合题意。
（2）若则
由，得
（3）若时，则
由，得
综上知或
例8.已知函数在区间上的最小值是3最大值是3，求，的值。
解法1：讨论对称轴中1与的位置关系。
①若，则
解得
②若，则，无解
③若，则，无解
④若，则，无解
综上，
解析2：由，知，则，
又∵在上当增大时也增大所以
解得
评注：解法2利用闭区间上的最值不超过整个定义域上的最值，缩小了，的取值范围，避开了繁难的分类讨论，解题过程简洁、明了。
例9. 已知二次函数在区间上的最大值为3，求实数a的值。这是一个逆向最值问题，若从求最值入手，需分与两大类五种情形讨论，过程繁琐不堪。若注意到最大值总是在闭区间的端点或抛物线的顶点处取到，因此先计算这些点的函数值，再检验其真假，过程就简明多了。
具体解法为：
（1）令，得
此时抛物线开口向下，对称轴方程为，且，故不合题意；
（2）令，得
此时抛物线开口向上，闭区间的右端点距离对称轴较远，故符合题意；
（3）若，得
此时抛物线开口向下，闭区间的右端点距离对称轴较远，故符合题意。
综上，或
解后反思：若函数图象的开口方向、对称轴均不确定，且动区间所含参数与确定函数的参数一致，可采用先斩后奏的方法，利用二次函数在闭区间上的最值只可能在区间端点、顶点处取得，不妨令之为最值，验证参数的资格，进行取舍，从而避开繁难的分类讨论，使解题过程简洁、明了。

三、巩固训练
1．函数在上的最小值和最大值分别是 （ ） 1 ,3 ,3 （C） ,3 （D）, 3
2．函数在区间 上的最小值是 （ ）
2
3．函数的最值为 （ ）
最大值为8，最小值为0 不存在最小值，最大值为8
（C）最小值为0, 不存在最大值 不存在最小值，也不存在最大值
4．若函数的取值范围是______________________
5．如果实数满足，那么有 （ ）
(A)最大值为 1 , 最小值为 (B)无最大值，最小值为
（C）)最大值为 1, 无最小值 (D)最大值为1，最小值为
6．已知函数在闭区间上有最大值3，最小值2，则的取值范围是（ ）
(A) (B) (C) (D)
7．若，那么的最小值为__________________
8．设是方程的两个实根，则的最小值______
9．设求函数的最小值的解析式。
10．已知，在区间上的最大值为，求的最小值。
11.设为实数，函数.(1)若，求的取值范围；(2)求的最小值；(3)设函数，直接写出(不需给出演算步骤)不等式的解集.【解析】本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。
（1）若，则
（2）当时，
当时，
综上
（3）时，得，
当时，；
当时，△>0,得：
讨论得：当时，解集为;
当时，解集为;
当时，解集为.
习题答案：1、B 2、C 3、B 4、[0,2] 5、D 6、C 7、 8、4 9-10略
【高考数学】破题36关
第30关：解析几何与向量综合问题—知识点大扫描
解析几何与向量综合时可能出现的向量内容与答案：
（1） 给出直线的方向向量或，那么该直线的法向量是（-k,1）r (-n,m) ；
（2）给出与相交,等于已知过的 中点 ;
（3）给出,等于已知是的 中点 ;
（4）给出,等于已知A，B与PQ的中点 三点共线 ;
（5） 给出以下情形之一：①；②存在实数；③若存在实数,等于已知 三点共线.
（6） 给出，等于已知是的定比分点，为定比，即
（7） 给出,等于已知,即是 直角,给出,等于已知是 钝角 , 给出,等于已知是 锐角 ,
（8）给出,等于已知是 的平分线。
（9）在平行四边形中，给出，等于已知
是 菱形 ;
（10） 在平行四边形中，给出，等于已知
是 矩形 ;
（11）在中，给出，等于已知是的外心 ；（三角形外接圆的圆心，三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点）
（12在中，给出，等于已知是的 重心 ；（三角形的重心是三角形三条中线的交点）；
（13）在中，给出，等于已知是的
垂心 （三角形的垂心是三角形三条高的交点）；
（14）在中，给出等于已知必通过的 内心 ；
（15）在中，给出等于已知是的 内心（三角形内切圆的圆心，三角形的内心是三角形三条角平分线的交点）；
（16） 在中，给出,等于已知是中边的 中线 ;
【高考数学】破题36关
第31关：平面向量与三角形四心知识的交汇
一、四心的概念介绍
（1）重心——中线的交点：重心将中线长度分成2：1；
（2）垂心——高线的交点：高线与对应边垂直；
（3）内心——角平分线的交点（内切圆的圆心）：角平分线上的任意点到角两边的距离相等；
（4）外心——中垂线的交点（外接圆的圆心）：外心到三角形各顶点的距离相等。
二、四心与向量的结合
（1）是的重心.
证法1：设
是的重心.
证法2：如图


三点共线，且分为2：1
是的重心

（2）为的垂心.
证明：如图所示O是三角形ABC的垂心，BE垂直AC，AD垂直BC， D、E是垂足.

同理，
为的垂心

（3）设,,是三角形的三条边长，O是ABC的内心
为的内心.
证明：分别为方向上的单位向量，
平分,
)，令
（)
化简得

（4）为的外心。

典型例题：
例1：是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足， ，则点的轨迹一定通过的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
分析：如图所示，分别为边的中点.
//
点的轨迹一定通过的重心，即选.
例2： 是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足， ，则点的轨迹一定通过的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
分析：分别为方向上的单位向量，
平分,
点的轨迹一定通过的内心，即选.

例3：是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足， ，则点的轨迹一定通过的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心

分析：如图所示AD垂直BC，BE垂直AC， D、E是垂足.
=
=
=+=0
点的轨迹一定通过的垂心，即选.
举一反三：通过上述例题及解答,我们可以总结出关于三角形“四心”的向量表达式.若点为内任意一点，若点满足:
1．;
2.两点分别是的边上的中点,且
;
3. ;
4. .

练习：
1．已知三个顶点及平面内一点，满足，若实数满足：，则的值为（ ）
A．2 B． C．3 D．6
2．若的外接圆的圆心为O，半径为1，，则( )
A． B．0 C．1 D．
3．点在内部且满足，则面积与凹四边形面积之比是（ ）
A．0 B． C． D．
4．的外接圆的圆心为O，若，则是的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
5．是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，若，则是的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
6．的外接圆的圆心为O，两条边上的高的交点为H，，则实数m =

A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形
C．等腰非等边三角形 D．等边三角形
8．已知三个顶点，若，则为（ ）
A．等腰三角形 B．等腰直角三角形
C．直角三角形 D．既非等腰又非直角三角形
练习答案：C、D、C、D、D、1、D、C
【高考数学】破题36关
第32关：数学解题的“灵魂变奏曲”—转化思想
把问题进行转化是解决问题的重要的方法，著名数学家、教育家G•波利亚在《怎样解题》一书中说道：“不断地变换你的问题，……，我们必须一再地变换它，重新叙述它、变换它，直到最后成功地找到有用的东西为止”．我们在解决数学问题时，常把复杂、生疏、抽象、困难、未知的问题变成简单、熟悉、具体、容易、已知的问题来解决．这是一种思想方法，也是一种策略。它把一个数学问题转化为另一个数学问题，达到化生为熟，化繁为简的目的，不仅可以节省时间和精力，巧妙简捷地解题，还可以提高我们的思维水平，培养创新能力，及分析问题和解决问题的能力。下面例析问题转换几种基本途径及方法．
一、等与不等的转化
等与不等的转化主要体现为化不等为相等及化等为不等。在等与不等的矛盾转化中，基本不等式、函数的性质等常发挥着重要作用，它们是联系着等与不等的纽带，是等与不等矛盾差异间的内在联系。等与不等是数学中两个重要的关系，把不等问题转化成相等问题，可以减少运算量，提高正确率；把相等问题转化为不等问题，能突破难点找到解题的突破口。
例1：若正数满足，则的取值范围是______________
【解法一】 为正数，
，
（舍去）或
的取值范围为．
【解法二】 由得， 且
当且仅当，即时取等号
则的范围为
【点评】：将一个等式转化为一个不等式，是求变量取值范围的一个重要方法。
巩固练习题：已知x，y同为非负数，且满足，求x，y的值。
例2：已知a，b，c均为正整数，且a2+b2+c2+481，且2-a>0，∴1ctα()，则α∈（ ）
A．(，)B．（，0） C．（0，）D．（，）
解析：因，取α=－代入sinα>tanα>ctα，满足条件式，则排除A、C、D，故选B。
例6、一个等差数列的前n项和为48，前2n项和为60，则它的前3n项和为（ ）
A．－24B．84C．72D．36
解析：结论中不含n，故本题结论的正确性与n取值无关，可对n取特殊值，如n=1，此时a1=48,a2=S2－S1=12，a3=a1+2d= －24，所以前3n项和为36，故选D。
（2）特殊函数
例7、如果奇函数f(x) 是[3，7]上是增函数且最小值为5，那么f(x)在区间[－7，－3]上是（ ）
A.增函数且最小值为－5B.减函数且最小值是－5
C.增函数且最大值为－5D.减函数且最大值是－5
解析：构造特殊函数f(x)=x，虽然满足题设条件，并易知f(x)在区间[－7，－3]上是增函数，且最大值为f(-3)=-5，故选C。
例8、定义在R上的奇函数f(x)为减函数，设a+b≤0，给出下列不等式：①f(a)·f(－a)≤0；②f(b)·f(－b)≥0；③f(a)+f(b)≤f(－a)+f(－b)；④f(a)+f(b)≥f(－a)+f(－b)。其中正确的不等式序号是（ ）
A．①②④B．①④C．②④D．①③
解析：取f(x)= －x，逐项检查可知①④正确。故选B。
（3）特殊数列
例9、已知等差数列满足，则有 （ ）
A、 B、 C、 D、
解析：取满足题意的特殊数列，则，故选C。
（4）特殊位置
例10、过的焦点作直线交抛物线与两点，若与的长分别是，则 （ ）
A、 B、 C、 D、
解析：考虑特殊位置PQ⊥OP时，，所以，故选C。
例11、向高为的水瓶中注水，注满为止，如果注水量与水深的函数关系的图象如右图所示，那么水瓶的形状是 ( )
解析：取，由图象可知，此时注水量大于容器容积的，故选B。
（5）特殊点
例12、设函数，则其反函数的图像是 （ ）
A、 B、 C、 D、
解析：由函数，可令x=0，得y=2；令x=4，得y=4，则特殊点(2,0)及(4,4)都应在反函数f－1(x)的图像上，观察得A、C。又因反函数f－1(x)的定义域为，故选C。
（6）特殊方程
例13、双曲线b2x2－a2y2=a2b2 (a>b>0)的渐近线夹角为α，离心率为e,则cs等于（ ）
A．eB．e2C．D．
解析：本题是考查双曲线渐近线夹角与离心率的一个关系式，故可用特殊方程来考察。取双曲线方程为－=1，易得离心率e=,cs=，故选C。
（7）特殊模型
例14、如果实数x,y满足等式(x－2)2+y2=3，那么的最大值是（ ）
A．B．C．D．
解析：题中可写成。联想数学模型：过两点的直线的斜率公式k=，可将问题看成圆(x－2)2+y2=3上的点与坐标原点O连线的斜率的最大值，即得D。
3、图解法：就是利用函数图像或数学结果的几何意义，将数的问题(如解方程、解不等式、求最值，求取值范围等)与某些图形结合起来，利用直观几性，再辅以简单计算，确定正确答案的方法。这种解法贯穿数形结合思想，每年高考均有很多选择题(也有填空题、解答题)都可以用数形结合思想解决，既简捷又迅速。
例15、已知α、β都是第二象限角，且csα>csβ，则（ ）
A．αsinβ
C．tanα>tanβD．ctαcsβ找出α、β的终边位置关系，再作出判断，得B。
例16、已知、均为单位向量，它们的夹角为60°，那么｜＋3|= （ ）
A． B． C．D．4
解析：如图，＋3＝，在中，由余弦定理得｜＋3|=｜｜＝，故选C。
例17、已知{an}是等差数列，a1=-9,S3=S7,那么使其前n项和Sn最小的n是（ ）
A．4B．5C．6D．7
解析：等差数列的前n项和Sn=n2+(a1-)n可表示
为过原点的抛物线，又本题中a1=-91，排除B,C,D，故应选A。
例21、原市话资费为每3分钟0.18元，现调整为前3分钟资费为0.22元，超过3分钟的，每分钟按0.11元计算，与调整前相比，一次通话提价的百分率（ ）
A．不会提高70% B．会高于70%，但不会高于90%
C．不会低于10% D．高于30%，但低于100%
解析：取x＝4，y＝·100%≈－8.3%，排除C、D；取x＝30，y ＝ ·100%≈77.2%，排除A，故选B。
例22、给定四条曲线：①，②，③，④,其中与直线仅有一个交点的曲线是( )
A. ①②③B. ②③④C. ①②④D. ①③④
解析：分析选择支可知，四条曲线中有且只有一条曲线不符合要求，故可考虑找不符合条件的曲线从而筛选，而在四条曲线中②是一个面积最大的椭圆，故可先看②，显然直线和曲线是相交的，因为直线上的点在椭圆内，对照选项故选D。
6、分析法：就是对有关概念进行全面、正确、深刻的理解或对有关信息提取、分析和加工后而作出判断和选择的方法。
（1）特征分析法——根据题目所提供的信息，如数值特征、结构特征、位置特征等，进行快速推理，迅速作出判断的方法，称为特征分析法。
例23、如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线
表示它们有网线相联，连线标的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大息量，现从结点A向结点B传送信息，信息可以分开沿不同的路线同时传送，则单位时间内传递的最大信息量为（ ）
A．26B．24C．20D．19
解析：题设中数字所标最大通信量是限制条件，每一支要以最小值来计算，否则无法同时传送，则总数为3+4+6+6=19，故选D。
例24、设球的半径为R, P、Q是球面上北纬600圈上的两点，这两点在纬度圈上的劣弧的长是，则这两点的球面距离是 （ ）
A、 B、 C、 D、
解析：因纬线弧长＞球面距离＞直线距离，排除A、B、D，故选C。
例25、已知，则等于 （ ）
A、 B、 C、 D、
解析：由于受条件sin2θ+cs2θ=1的制约，故m为一确定的值，于是sinθ,csθ的值应与m的值无关，进而推知tan的值与m无关，又