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2016年高考数学压轴题超详细版解答


Math173 | The journey of mathematics

2016 年全国?考数学压轴题的分析与解

兰琦
2016 年 6 ? 13 ?

2

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

?录

第?章 2

016 年全国 1 卷 (?卷) 理科数学 第?章 2016 年全国 1 卷 (?卷) ?科数学 第三章 2016 年全国 2 卷 (甲卷) 理科数学 第四章 2016 年全国 2 卷 (甲卷) ?科数学 第五章 2016 年全国 3 卷 (丙卷) 理科数学 第六章 2016 年全国 3 卷 (丙卷) ?科数学 第七章 2016 年上海卷理科数学 第?章 2016 年上海卷?科数学 第九章 2016 年北京卷理科数学 第?章 2016 年北京卷?科数学 第??章 2016 年四川卷理科数学 第??章 2016 年四川卷?科数学 第?三章 2016 年天津卷理科数学 第?四章 2016 年天津卷?科数学 第?五章 2016 年?东卷理科数学 第?六章 2016 年?东卷?科数学 第?七章 2016 年江苏卷数学 第??章 2016 年浙江卷理科数学 第?九章 2016 年浙江卷?科数学

5 11 15 19 23 27 29 35 39 43 47 51 55 63 67 71 75 81 87

3

4

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

?录

第?章 2016 年全国 1 卷 (?卷) 理科数学
π π π 已知函数 f (x) = sin(ωx + φ)(ω > 0, |φ| ? ) , x = ? 为 f (x) 的零点, x = 为 2 4 4 ? ? π 5π y = f (x) 图象的对称轴,且 f (x) 在 , 单调,则 ω 的最?值为 ( ) 18 36 A. 11 B. 9 C. 7 D. 5 题 (理 12)



由题意知

?

? 1 1 π ( π) k+ T = ? ? , k ∈ Z, 2 4 4 4 2π = 2k + 1, k ∈ Z. T

解得 ω= (也可以由

? ? ?? π ω + φ = mπ, 4 ? ? π ω + φ = nπ + π , 4 2

m, n ∈ Z

两式相减得到 ω . ) ? ? π 5π , 单调,所以 又因为 f (x) 在 18 36 T = ? ? 2π 2π 5π π = ?2 ? , k ∈ Z, ω 2k + 1 36 18

11 ,从?到?进?试探: 2 ? ? π 5π π π 5π 当 k = 5 时, f (x) 在 , 不单调(因为 < ?T < ) ; 18 36 18 4 36 ? ? π 5π 当 k = 4 时, f (x) 在 , 上单调,符合题意,所以 ω 的最?值为 9 . 36 36 于是 k ? 题 (理 16) 某?科技企业?产产品 A 和产品 B 需要甲、?两种新型材料.?产?件产品 A 需要甲材

料 1.5kg ,?材料 1kg ,? 5 个?时;?产?件产品 B 需要甲材料 0.5kg ,?材料 0.3kg ,? 3 个? 时.?产?件产品 A 的利润为 2100 元,?产?件产品 B 的利润为 900 元.该企业现有甲材料 150kg , ?材料 90kg ,则在不超过 600 个?时的条件下,?产产品 A 、产品 B 的利润之和的最?值为 元.

5

6 解

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

设?产产品 A, B 的件数分别为 x, y 时,获得利润为 z 元.则 x, y 满?的约束条件为 ? ? ? ?1.5x + 0.5y ? 150, ? ? x + 0.3y ? 90, ? ? ? ? ? 5x + 3y ? 600,

其中 x, y ∈ N? ,?标函数 z = 2100x + 900y = 300(7x + 3y ). y
300

200

100

O

60

90

x

作出可?域,可以得到当 x = 60, y = 100 时, z 有最?值 216000 . 题 (理 20) 设圆 x2 + y 2 + 2x ? 15 = 0 的圆?为 A ,直线 l 过点 B (1, 0) 且与 x 轴不重合, l 交圆

A 于 C, D 两点,过 B 作 AC 的平?线交 AD 于点 E . (1) 证明: |EA| + |EB | 为定值,并写出点 E 的轨迹?程; (2) 设点 E 的轨迹为曲线 C1 ,直线 l 交 C1 于 M, N 两点,过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P, Q 两点,求四边形 M P N Q ?积的取值范围. 分析 第 (1) 小题利用?何知识证明 |EB | = |ED| 即可;第 (2) 小题是典型的面积问题,计算两个弦长

|M N | 和 |P Q| 即可,其中对焦点弦长的计算用到了《?考数学压轴题的分析与解》中破解压轴题有效 10 招中的第 3 招,与之类似的题有 2014 年天津卷理科第 19 题. 解 (1) 将圆的?程化为标准?程 (x + 1)2 + y 2 = 16. y

E A O B

D x

C

由于 BE ∥ AC ,于是 ∠EBD = ∠ACD .又 |AC | = |AD| ,于是 ∠ACD = ∠ADC ,因此 ∠EBD =

第?章 2016 年全国 1 卷 (?卷) 理科数学

7

∠EDB ,从? |EB | = |ED| ,这样就得到了 |EA| + |EB | = |EA| + |ED| = |AD| 为定值 4 .根据椭圆的定义,点 E 的轨迹?程为 x2 y2 + = 1(y ?= 0). 4 3 (2) 设 ∠M BA = θ ( θ ∈ (0, π ) ),则在 △M AB 中应?余弦定理,有 |M A|2 = |M B |2 + |AB |2 ? 2 · |M B | · |AB | · cos θ, 结合 |M A| + |M B | = 4 可解得 |M B | = y P M A O N B x Q 3 . 2 ? cos θ

类似的,可得 |N B | = 从? |M N | = |M B | + |N B | = 此时直线 P Q 的?程为 x cos θ = y sin θ + cos θ, 于是圆的弦长 ? |P Q| = 2 于是可得四边形 M P N Q 的?积 S= 24 1 · |M N | · | P Q| = √ , 2 4 ? cos2 θ 42 ? 12 . 4 ? cos2 θ 3 , 2 + cos θ

? √

2 cos θ cos2 θ + sin2 θ

?2 =4

√ 4 ? cos2 θ.

√ 于是四边形 M P N Q 的?积的取值范围是 [12, 8 3) . 题 (理 21) 已知函数 f (x) = (x ? 2)ex + a(x ? 1)2 有两个零点.

(1) 求 a 的取值范围;

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?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

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(2) 设 x1 , x2 是 f (x) 的两个零点,证明: x1 + x2 < 2 . 分析 第 (1) 小题是典型的零点个数问题,可用分离变量法( 《?考数学压轴题的分析与解》中破解压轴题

有效 10 招中的第 1 招,与之类似的题有 2014 年新课标 II 卷?科第 21 题) ;第 (2) 小题是典型的偏移问 题,对称化构造即可. 解 (1) 显然 x = 1 不是函数 f (x) 的零点.当 x ?= 1 时,?程 f (x) = 0 等价于 a= 记右侧函数为 g (x) ,则 g (x) 的导函数 g ′ (x) = ?ex · x2 ? 4x + 5 , (x ? 1)3 2?x · ex . (x ? 1)2

因此函数 g (x) 在 (?∞, 1) 上单调递增,?在 (1, +∞) 上单调递减. 由于函数 g (x) 在 (?∞, 1) 上的取值范围是 (0, +∞) ,?在 (1, +∞) 上的取值范围是 (?∞, +∞) ,因此 当 a > 0 时,函数 f (x) 有两个零点,所求取值范围是 (0, +∞) 1 . (2) 根据第 (1) ?题的结果,不妨设 x1 < 1 < x2 ,则只需证明 x2 < 2 ? x1 .考虑到函数 g (x) 在 (1, +∞) 上单调递减,于是只需要证明 g (x2 ) > g (2 ? x1 ), 也即 g (x1 ) > g (2 ? x1 ). 接下来证明: ?x < 1, g (x) ? g (2 ? x) > 0, 也即 ?x < 1, ex · (2 ? x) ? e2?x · x > 0.
1 第 (1) ?题中如果需要刻意避开极限,可以进?如下论证. 当 a ? 0 时,由于在 (?∞, 1) 上, g (x) > 0 ,因此在此区间上不存在 x 使得

g (x) = a, ?在 (1, +∞) 上,函数 g (x) ? 单调递减,不可能存在两个零点; ? √ 1 3 当 a > 0 时,取 x1 = min 1 + , ,则 a 2 g (x1 ) > 1 ? a, (x1 ? 1)2

? g (2) = 0 < a ,结合 g (x ) 在 (1, +∞ ? √ ?) 上单调递减,可以断定在区间 (x1 , 2) 上必然有?个零点; 2 另???,取 x2 = max 1 ? , 0 ,则 a 2 ? a, g (x2 ) ? (x2 ? 1)2



?取 x3 = ?

2 ,则 a g (x3 ) <

2 2 ? x3 < 2 = a, x2 x3 3

结合 g (x) 在 (?∞, 1) 上单调递增,可以断定在区间 (x3 , x2 ) 上必然有?个零点; 综上所述, a 的取值范围是 (0, +∞) .

第?章 2016 年全国 1 卷 (?卷) 理科数学

9

设 h(x) = ex · (2 ? x) ? e2?x · x ,则其导函数 h′ (x) = (ex ? e2?x )(1 ? x), 当 x < 1 时,有 ex ? e2?x < 0, 于是在 (?∞, 1) 上, h(x) 单调递减.? h(1) = 0 ,于是在 (?∞, 1) 上,有 h(x) > 0 ,因此原命题得证1 .

1 注意到

f (x) 中?次函数的部分关于 x = 1 对称,因此直接作差 f (x) ? f (2 ? x) 亦可.

10

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

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第?章 2016 年全国 1 卷 (?卷) ?科数学
题 (? 12) A. [?1, 1] 1 若函数 f (x) = x ? sin 2x + a sin x 在 (?∞, +∞) 上单调递增,则 a 的取值范围是 ( ?3 ò ? ò ? ò 1 1 1 1 B. ?1, C. ? , D. ?1, ? 3 3 3 3 )



函数 f (x) 的导函数 f ′ (x) = 1 ? 4 5 2 cos 2x + a cos x = ? cos2 x + a cos x + , 3 3 3

根据题意有 ?x ∈ R, f ′ (x) ? 0 ,令 t = cos x ,则上述命题即 ?t ∈ [?1, 1], 4t2 ? 3at ? 5 ? 0, 由于?次函数 g (t) = 4t2 ? 3at ? 5 的开?向上,因此只需要 ? ? ?g (?1) ? 0, ? ?g (1) ? 0 即可,解得 ? 题 (? 16) 1 1 ? a ? ,选 C. 3 3

某?科技企业?产产品 A 和产品 B 需要甲、?两种新型材料.?产?件产品 A 需要甲材

料 1.5kg ,?材料 1kg ,? 5 个?时;?产?件产品 B 需要甲材料 0.5kg ,?材料 0.3kg ,? 3 个? 时.?产?件产品 A 的利润为 2100 元,?产?件产品 B 的利润为 900 元.该企业现有甲材料 150kg , ?材料 90kg ,则在不超过 600 个?时的条件下,?产产品 A 、产品 B 的利润之和的最?值为 元. 解 216000 .与理科第 16 题相同. 在直?坐标系 xOy 中,直线 l : y = t ( t ?= 0 ) 交 y 轴于点 M ,交抛物线 C : y 2 =

题 (? 20)

2px ( p > 0 ) 于点 P , M 关于点 P 的对称点为 N ,连接 ON 并延?交 C 于点 H . |OH | (1) 求 ; |ON | (2) 除 H 以外,直线 M H 与 C 是否有其它公共点? 说明理由. 分析 第 (1) 小题是简单的计算题,第 (2) 小题考查直线与抛物线的位置关系,可以利用《?考数学压轴

题的分析与解》中破解压轴题有效 10 招中的第 10 招轻松解决. 11

12 解 根据题意,作出?意图.

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

y M P O N

H y=t x

? ? 2 ? t2 t p (1) 根据题意,有 M (0, t) ,于是 P , t ,进? N , t .这就得到了直线 ON 的?程为 y = x . 2p p t 将直线 ON 的?程与抛物线 C 的?程联?,可得 px(px ? 2t2 ) = 0, 从? H 点的横坐标为 2t2 .这样就得到了 p 2t2 |OH | p = 2 = 2. |ON | t p ? (2) 由第 (1) ?题的结果,可得 H 点的坐标为 ? 2t2 , 2t ,因此直线 M H 的斜率为 p

?

2t ? t p = , 2t 2t2 ?0 p 因此直线 M H 的?程1 为 y= 与抛物线 C 的?程联?可得 y 2 ? 4ty + 4t2 = 0, 该?程的判别式 ? = 0 ,因此除 H 外,直线 M H 与 C 没有其它公共点. 题 (? 21) 已知函数 f (x) = (x ? 2)ex + a(x ? 1)2 . p x + t, 即 2px = 4ty ? 4t2 , 2t

(1) 讨论 f (x) 的单调性; (2) 若 f (x) 有两个零点,求 a 的取值范围. 分析 第 (1) 小题是常规的考查利用导函数研究函数的单调性的问题;第 (2) 小题与理科第 21 题第 (1) 小

题相同. 解 (1) 函数 f (x) 的导函数 f ′ (x) = (x ? 1)(ex + 2a), e 因此可以得到讨论的分界点为 ? , 0 . 2
1 事实上,由圆锥曲线的切线?程,可以马上得出

?
M H : 2ty = p x+

t2 p

?
,根据斜率?致得出结论.

第?章 2016 年全国 1 卷 (?卷) ?科数学

13

e 时, ln(?2a) > 1 ,因此函数 f (x) 在 (?∞, 1) 上单调递增,在 (1, ln(?2a)) 上单调 2 递减,在 (ln(?2a), +∞) 上单调递增. 情形? 当 a<? 情形? 当 a = ? 情形三 当 ? e 时, ln(?2a) = 1 ,因此函数 f (x) 在 R 上单调递增. 2

e < a < 0 时,ln(?2a) < 1 , 因此函数 f (x) 在 (?∞, ln(?2a)) 上单调递增, 在 (ln(?2a), 1) 2 上单调递减,在 (1, +∞) 上单调递增. 情形四 当 a ? 0 时, ex + 2a > 0 ,因此函数 f (x) 在 (?∞, 1) 上单调递减,在 (1, +∞) 上单调递增.

(2) 参考理科第 21 题第 (1) ?题.

14

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

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第三章 2016 年全国 2 卷 (甲卷) 理科数学
已知函数 f (x) ( x ∈ R ) 满? f (?x) = 2 ? f (x) ,若函数 y = m ∑ 交点为 (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), · · · , (xm , ym ) ,则 (xi + yi ) = ( ) 题 (理 12)
i=1

x+1 与 y = f (x) 图象的 x D. 4m

A. 0

B. m

C. 2m

x+1 都关于点 (0, 1) 对称,不妨设 x1 < x2 < · · · < xm ,那么 x 有点 (x1 , y1 ) 与点 (xm , ym ) ,点 (x2 , y2 ) 与点 (xm?1 , ym?1 ) , · · · 都关于点 (0, 1) 对称,即 解 根据题意,函数 f (x) 和函数 y = x1 + xm = x2 + xm?1 = · · · = xm + x1 = 0, 且 y1 + ym = y2 + ym?1 = · · · = ym + y1 = 2, 从?倒序相加,可得
m ∑ 1 (xi + yi ) = · 2m = m. 2 i=1

选 B. 题 (理 16) . 解 1 1 , 函数 y = ln(x +1) 的导函数为 y ′ = . 设曲线 y = ln x +2 x x+1 和曲线 y = ln(x + 1) 上的切点横坐标分别为 m, n ,则该直线?程可以写成 函数 y = ln x +2 的导函数为 y ′ = y= 也可以写成 y= 整理后对?得 1 · (x ? n) + ln(n + 1), n+1 ? ? ?m = 1 , 2 解得 ? ?n = ? 1 , 2 1 · (x ? m) + ln m + 2, m 若直线 y = kx + b 是曲线 y = ln x + 2 的切线,也是曲线 y = ln(x + 1) 的切线,则 b =

? 1 1 ? ? = , m n+1 ? ?ln m + 1 = ln(n + 1) ?

n , n+1

因此 b = 1 ? ln 2 . 15

16

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦 y = 2x + 1 ? ln 2 y y = ln x + 2

著)

y = ln(x + 1) ?1 2
1 2

x

事实上,由于这两条曲线是通过向量 (1, 2) 平移得到的,因此可以判断出公切线的斜率为 2 . 题 (理 20) x2 y 2 + = 1 的焦点在 x 轴上, A 是 E 的左顶点,斜率为 k ( k > 0 ) 的直 t 3 线交 E 于 A, M 两点,点 N 在 E 上, M A ⊥ N A . 已知椭圆 E : (1) 当 t = 4 , |AM | = |AN | 时,求 △AM N 的?积; (2) 当 2|AM | = |AN | 时,求 k 的取值范围. 分析 第 (1) 小题主要考查椭圆的对称性;第 (2) 小题考查椭圆的弦长计算,其中将椭圆的长轴长设置为

变量增加了问题的难度.



根据题意画出?意图如图. y M

A N

O

x

(1) 当 |AM | = |AN | 时, △M AN 是等腰直?三?形.根据椭圆的对称性,可知 k = 1 ,又 t = 4 时, A 点的坐标为 (?2, 0) ,因此直线 AM 的?程为 x = y ? 2 ,与椭圆 E 的?程联?,可得 ? 7 y y ? 1 = 0, 12 于是点 M 的纵坐标为 12 ,进?可得 △AM N 的?积 7 ? S= 12 7 ?2 = 144 . 49 ?

(2) 记 a =

√ 1 t , m = ( m > 0 ),则直线 AM 的?程为 x = my ? a ,与椭圆 E 的?程联?可得 k ? ? m2 1 2 2m + y ? y = 0, a2 3 a

第三章 2016 年全国 2 卷 (甲卷) 理科数学

17

从?点 M 的纵坐标为

6ma ,因此点 N 的纵坐标为 3m2 + a2 ? 6a m ?6ma , 3 + m2 a2

3 + a2 m2 因此由 2|AM | = |AN | 可得 √ 2 · 1 + m2 · 整理得 a2 = 根据题意,有 a2 > 3 ,因此

=

6ma = 3m2 + a2

… 1+

1 6ma · , m2 3 + m2 a2

3(m2 ? 2m) , 2m3 ? 1

3(m2 ? 2m) > 3, 2m3 ? 1 1 <m< 2 …
3

解得 ?√ ? 3 2, 2 .

1 , 2

因此 k 的取值范围是 题 (理 21)

x?2 x e 的单调性,并证明当 x > 0 时, (x ? 2)ex + x + 2 > 0 ; x+2 ex ? ax ? a (2) 证明:当 a ∈ [0, 1) 时,函数 g (x) = ( x > 0 ) 有最?值.设 g (x) 的最?值为 h(a) ,求 x2 函数 h(a) 的值域. (1) 讨论函数 f (x) = 第 (1) 小题是常规的利用导函数研究函数的单调性的问题;第 (2) 小题考查利用导函数研究函数的

分析

最值,其中故意使用关于 a 的函数 h(a) 误导解题者用 a 表示极值点,增加了问题的难度. 解 (1) 函数 f (x) 的定义域为 (?∞, ?2) ∪ (?2, +∞) ,其导函数 f ′ (x) = x2 ex , (x + 2)2

于是函数 f (x) 在 (?∞, ?2) 和 (?2, +∞) 上都单调递增.当 x > 0 时,有 f (x) > f (0) = ?1 ,即 x?2 x e > ?1, 即 (x ? 2)ex + x + 2 > 0. x+2 (2) 函数 g (x) 的导函数为 x+2 · g (x) = x3


?

? x?2 x e +a , x+2

令 φ(x) =

x?2 x e + a ,则 x+2

φ(0) = a ? 1 < 0, φ(2) = a ? 0,

结合第 (1) ?题结论, φ(x) 在 (0, 2] 上有唯?零点 x = m .进?可得函数 g (x) 在 (0, m) 上单调递减, 在 (m, +∞) 上单调递增,因此 x = m 也为函数 g (x) 的极?值点,亦为最?值点.因此当 a ∈ [0, 1) 时,

18 函数 g (x) 有最?值 g (m) .由于

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

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m?2 m m?2 m e + a = 0, 也即 a = ? e , m+2 m+2 当 a ∈ [0, 1) 时,有 m ∈ (0, 2] .进?函数 g (x) 的最?值 ? ? m?2 m em ? ? e · (m + 1) em m+2 g (m) = = , 2 m m+2 令 r(m) = em ( m ∈ (0, 2] ),则其导函数 m+2 r′ (m) = m+1 m e > 0, (m + 2)2

因此函数 r(m) 在 ? (0, 2] ò上单调递增,从?函数 h(a) 的值域,即函数 g (x) 的最?值的取值范围是 1 1 2 (r(0), r(2)] ,也即 , e . 2 4 拓展 第 (2) ?题的结果可以有如下的直观解释1 .考虑 g (x) = ex x+1 ?a· ,当 a ∈ [0, 1) 时,有 2 x x2

ex ? x ? 1 ex < g ( x ) ? , x2 x2 也即函数 g (x) 的图象在函数 h1 (x) = ex ? x ? 1 ex 的图象和函数 h ( x ) = 的图象之间运动,如图. 2 x2 x2 y y = h2 (x) y = h1 (x)

e2 4 1 2

O ? 因此函数 g (x) 的最?值的取值范围是

2 ò 1 1 2 , e . 2 4

x

1 涉及到图象连续变化,以及函数

h1 (x) 在 x = 0 处的右极限,因此只作辅助理解之?.

第四章 2016 年全国 2 卷 (甲卷) ?科数学
已知函数 f (x) ( x ∈ R ) 满? f (x) = f (2 ? x) ,若函数 y = |x2 ? 2x ? 3| 与 y = f (x) 的 m ∑ 图象的交点为 (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), · · · , (xm , ym ) ,则 xi = ( ) 题 (? 12)
i=1

A. 0

B. m

C. 2m

D. 4m



与理科第 12 题类似,函数 y = f (x) 和 y = |x2 ? 2x ? 3| 都关于直线 x = 1 对称,不妨设

x1 < x2 < · · · < xm ,则点 (x1 , y1 ) 与点 (xm , ym ) ,点 (x2 , y2 ) 与点 (xm?1 , ym?1 ) , · · · 都关于直线 x = 1 对称,即 x1 + xm = x2 + xm?1 = · · · = xm + x1 = 2, 因此倒序相加可得
m ∑ i=1

xi =

1 · 2m = m. 2

选 B. 题 (? 16) 有三张卡?,分别写有 1 和 2 , 1 和 3 , 2 和 3 . 甲,?,丙三?各取??张卡?,甲看

了?的卡?后说: “我与?的卡?上相同的数字不是 2 ” ,?看了丙的卡?后说: “我与丙的卡?上相同的数 字不是 1 ” ,丙说: “我的卡?上的数字之和不是 5 ” ,则甲的卡?上的数字是 解 .

? (1, 2), (1, 3), (2, 3) 来表?三张卡?.根据甲的发?可知丙的卡??定不是 (1, 3) ,再根据丙的发?

可知丙的卡?是 (1, 2) .此时由?的发?可知?的卡?是 (2, 3) ,于是甲的卡?是 (1, 3) ,因此甲的卡?上 的数字是 1 和 3 . 题 (? 20) 已知函数 f (x) = (x + 1) ln x ? a(x ? 1) .

(1) 当 a = 4 时,求曲线 y = f (x) 在 (1, f (1)) 处的切线?程; (2) 若当 x ∈ (1, +∞) 时, f (x) > 0 ,求 a 的取值范围. 分析 第 (1) 小题是常规的利用导函数求函数的切线?程问题;第 (2) 小题是典型的包含对数的恒成立问

题,需要用到“清君侧”的想法简化问题,可以参考《?考数学压轴题的分析与解》辽宁卷第 5 题. 解 (1) 当 a = 4 时, f (1) = 0 ,函数 f (x) 的导函数 f ′ (x) = ln x + 1 ? 3, x

因此 f ′ (1) = ?2 ,从?所求的切线?程为 y = ?2(x ? 1) ,也即 y = ?2x + 2 . 19

20 (2) 题中不等式即

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

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ln x ? a · 记左侧函数为 g (x) ,则 g (1) = 0 ,其导函数 g ′ (x) = 分析端点可知分界点为 2 .

x?1 > 0, x+1

x2 + (2 ? 2a)x + 1 , x(x + 1)2

情形?

a ? 2 .此时 g (x) > ln x ? 2 ·

x?1 , x+1

记右侧函数为 h(x) ,则其导函数 h′ (x) =

(x ? 1)2 , x(x + 1)2

因此在 (1, +∞) 上 h(x) 单调递增,又 h(1) = 0 ,因此在 (1, +∞) 上,有 h(x) > 0 ,符合题意. ? ? √ a2 ? 2a 上有 g ′ (x) < 0 ,又 g (1) = 0 ,因此在该区间内

情形?

a > 2 .此时在区间

1, a ? 1 +

g (x) < 0 ,不符合题意. 综上所述, a 的取值范围是 (?∞, 2] . x2 y2 + = 1 的左顶点,斜率为 k ( k > 0 ) 的直线交 E 于 A, M 两 4 3 点,点 N 在 E 上, M A ⊥ N A . 题 (? 21) 已知 A 是椭圆 E : (1) 当 |AM | = |AN | 时,求 △AM N 的?积; √ (2) 当 2|AM | = |AN | 时,证明: 3 < k < 2 . 分析 第 (1) 小题主要考查椭圆的对称性;第 (2) 小题考查椭圆的弦长计算,已知弦长的关系反向推算斜

率 k 的范围为问题带来了新的变化. 解 根据题意画出?意图如图. y M

A N

O

x

(1) 当 |AM | = |AN | 时, △M AN 是等腰直?三?形.根据椭圆的对称性,可知 k = 1 , A 点的坐标为 (?2, 0) ,因此直线 AM 的?程为 x = y ? 2 ,与椭圆 E 的?程联?,可得 ? y ? 7 y ? 1 = 0, 12

第四章 2016 年全国 2 卷 (甲卷) ?科数学

21

于是点 M 的纵坐标为

12 ,进?可得 △AM N 的?积 7 ? S= 12 7 ?2 = 144 . 49

(2) 记 m =

1 ( m > 0 ),则直线 AM 的?程为 x = my ? 2 ,与椭圆 E 的?程联?可得 k ? ? m2 1 2 + y ? my = 0, 4 3

从?点 M 的纵坐标为

12m ,因此点 N 的纵坐标为 3m2 + 4 ? 12 m ?12m , 3 + 4 m2

3 +4 m2 因此由 2|AM | = |AN | 可得 2· 整理得 √ 1+ m2

=

12m · = 3m2 + 4

… 1+

1 12m · , m2 3 + 4 m2

8m3 ? 3m2 + 6m ? 4 = 0. 设函数 f (x) = 8x3 ? 3x2 + 6x ? 4 ( x > 0 ),则其导函数 f ′ (x) = 24x2 ? 6x + 6 > 0, 因此函数 f (x) 单调递增.考虑到 ? f ? 1 √ 3 ? √ √ √ 26 ? 15 3 676 ? 675 √ √ = = > 0, 3 3 3 3

? ? 1 3 f = ? < 0, 2 4 ? ? √ 1 1 1 1 因此函数 f (x) 有唯?零点且该零点在区间 ,√ 上,进?可得 < m < √ ,也即 3 < k < 2 . 2 2 3 3

22

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

第五章 2016 年全国 3 卷 (丙卷) 理科数学
题 (理 12) 定义“规范 01 数列” {an } 如下: {an } 共有 2m 项,其中 m 项为 0 , m 项为 1 ,且对

任意 k ? 2m , a1 , a2 , · · · , ak 中 0 的个数不少于 1 的个数.若 m = 4 ,则不同的“规范 01 数列”共 有( ) B. 16 个 C. 14 个 D. 12 个 A. 18 个



由题意知,数列的第?项?定为 0 ,最后?项?定为 1 ,只需要直接列举中间 6 项即可.按照第 2,3

项分类: 第?类 第 2 项为 1 ,第 3 项必为 0 ,有 100011, 100101, 100110, 101001, 101010 共 5 个“规范 01 数列” ; 第?类 第 2 项为 0 ,第 3 项也为 0 ,有 000111, 001011, 001101, 001110 共 4 个“规范 01 数列” ; 第三类 第 2 项为 0 ,第 3 项为 1 ,有 010011, 010101, 010110, 011001, 011010 共 5 个“规范 01 数列” . 所以“规范 01 数列”?共有 5 + 4 + 5 = 14 个. 拓展 事实上,本题中的“规范 01 数列”的个数就是卡特兰数 Cm = 1 4 C = 14. 5 8 1 Cm ,取 m = 4 ,可得 m + 1 2m

C4 =

卡特兰(Catalan)数来源于卡特兰解决凸 n + 2 边形的剖分时得到的数列 Cn ,在数学竞赛、信息学竞赛、 组合数学、计算机编程等??都会有其不同侧?的介绍.卡特兰问题的解决过程应?了?量的映射?法,堪 23

24

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

称计数的映射?法的典范.典型的卡特兰数问题有进出栈问题,购票找零问题,圆内连弦问题,括号表达式 问题等等,详见 http://lanqi.org/skills/10939/. √ 3 = 0 与圆 x2 + y 2 = 12 交于 A, B 两点,过 A, B 分别作 √ l 的垂线与 x 轴交于 C, D 两点,若 |AB | = 2 3 ,则 |CD| = . 题 (理 16) 已知直线 l : mx + y + 3m ? 解 由题意作图如下: y B A E M C O D x

√ 由 |AB | = 2 3 知,圆? O 到直线 l 的距离 ? |OM | = 于是有 12 ? ? 1 |AB | 2 ?2 = 3,

√ 3m ? 3 √ = 3, m2 + 1 √ 3 |AB | .从?直线 l 的倾斜? ∠BED = 30? ,故 |CD| = = 4. 3 cos 30? 已知抛物线 C : y 2 = 2x 的焦点为 F ,平?于 x 轴的两条直线 l1 , l2 分别交 C 于 A, B

解得 m = ? 题 (理 20)

两点,交 C 的准线于 P, Q 两点. (1) 若 F 在线段 AB 上, R 是 P Q 的中点,证明: AR ∥ F Q ; (2) 若 △P QF 的?积是 △ABF 的?积的两倍,求 AB 中点的轨迹?程. 分析 第 (1) 小题可以通过抛物线的光学性质直接证明,参考《?考数学压轴题的分析与解》破解压轴题

的有效 10 招中的第 6 招“抛物线的性质”; 第 (2) 小题涉及到坐标系中三角形的面积计算,合理选择参数即 可. 解 (1) 连接 P F, RF ,如图. y P R O Q F B x A

由抛物线的光学性质知 AP = AF , BQ = BF ,从?有 ∠AF P + ∠QF B = 1 π 1 (π ? ∠P AF ) + (π ? ∠QBF ) = , 2 2 2

第五章 2016 年全国 3 卷 (丙卷) 理科数学

25

所以 P F ⊥ F Q ,又 RF = 1 P Q = P R = QR, 2

从?可得 △P AR 与 △F AR 全等,所以 P F ⊥ AR ,从?有 AR ∥ F Q . ? ? ? ? 1 1 2 2 (2) 设点 A(2a , 2a) , B (2b , 2b) ,则 P ? , 2a , Q ? , 2b ,且 AB 的中点 M (a2 + b2 , a + b) . 2 2 y P M O Q F B x A

由 △P QF 的?积是 △ABF 的?积的两倍可得 ? ? ?ò ? ? ? ? 1 1 1 1 1 1 · |2a ? 2b| · ? ? =2· 2a2 ? · 2b ? 2b2 ? · 2a , 2 2 2 2 2 2 1 化简得 |4ab + 1| = 1 ,解得 ab = ? (舍去 ab = 0 ).进?消参可得 M 的轨迹?程为 y 2 = x ? 1 . 2 题 (理 21) 设函数 f (x) = a cos 2x + (a ? 1)(cos x + 1) ,其中 a > 0 ,记 |f (x)| 的最?值为 A .

(1) 求 f ′ (x) ; (2) 求 A ; (3) 证明: |f ′ (x)| ? 2A . 分析 第 (1) 小题考查基本的导数运算;第 (2) 小题考查对含参?次函数的讨论;第 (3) 小题是第 (1)(2)

小题的简单综合,适当放缩不难解决. 解 (1) 函数 f (x) 的导函数 f ′ (x) = ?2a sin 2x + (1 ? a) sin x. (2) 由?倍?公式,整理得 f (x) = 2a cos2 x + (a ? 1) cos x ? 1, 令 t = cos x ( t ∈ [?1, 1] ),有 g (t) = 2at2 + (a ? 1)t ? 1, t ∈ [?1, 1], 则函数 |f (x)| 的最?值 A 即函数 |g (t)| 的最?值.按?次函数 g (t) 的对称轴 t = [?1, 1] 内展开讨论. ? ? 1?a 1 情形? 当 ∈ [?1, 1] 即 a ∈ , +∞ 时,函数 |g (t)| 的最?值为 4a 5 ? max g (?1) , g (1) , g ? 1?a 4a ?? . 1?a 是否在区间 4a

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?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

? ? 1?a 1 情形? 当 ?∈ [?1, 1] 即 a ∈ 0, 时,函数 |g (t)| 的最?值为 4a 5 max 事实上,有 { g (?1) , g (1) ? } .

1?a g (?1) = a, g (1) = |3a ? 2|, g 4a y g (1)
7 5

?

? ? 1 1 = a+ +6 . 8 a

g (?1) ? g 1?a 4a ?

1

O

1 5

2 3

1

a

注意到当 a =

1 和 a = 1 时三者的取值,结合作差?较??,可得 5 ? ? ? 1 ? ? , 2 ? 3a, a ∈ 0, ? ? ? ? ? 5ò ? ? A = 1 a + 1 + 6 , a ∈ 1, 1 , ? 8 a 5 ? ? ? ? ?3a ? 2, a ∈ (1, +∞).

(3) 由第 (1) ?题知 f ′ (x) = ?2a sin 2x + (1 ? a) sin x. ? ? 1 当 a ∈ 0, 时,有 5

|f ′ (x)| ? |2a| + |1 ? a| = 1 + a ? 4 ? 6a = 2A. ? ò ? ? 1 1 1 ′ 当 a∈ , 1 时,有 |f (x)| ? 1 + a ,? 2A = a + + 6 ,由分析法,可得 5 4 a |f ′ (x)| ? 2A ? (3a + 1)(a ? 1) ? 0,

这显然成?. 当 a ∈ (1, +∞) 时,有 |f ′ (x)| ? |2a| + |a ? 1| = 3a ? 1 ? 6a ? 4 = 2A. 综上知, |f ′ (x)| ? 2A .

第六章 2016 年全国 3 卷 (丙卷) ?科数学
y2 x2 + = 1(a > b > 0) 的左焦点, A, B 分别为 C a2 b2 的左,右顶点, P 为 C 上?点,且 P F ⊥ x 轴.过点 A 的直线 l 与线段 P F 交于点 M ,与 y 轴 题 (? 12) 已知 O 为坐标原点, F 是椭圆 C : 交于点 E .若直线 BM 经过 OE 的中点,则 C 的离?率为 ( 1 1 2 A. B. C. 3 2 3 ) D. 3 4



记 OE 的中点为 N ,如图. y P E M A F N O B x

因为 M F ∥ OE ,所以有

ON a MF a?c = , = . MF a + c OE a

又因为 |OE | = 2|ON | ,所以有 1 a a?c c 1 = · , 解得 e = = . 2 a+c a a 3 题 (? 16) 切线?程是 解 已知 f (x) 为偶函数,当 x ? 0 时, f (x) = e?x?1 ? x ,则曲线 y = f (x) 在点 (1, 2) 处的 .

当 x ? 0 时, f ′ (x) = ?e?x?1 ? 1 ,由 f (x) 为偶函数知 f ′ (1) = ?f ′ (?1) = 2.

从?所求切线?程为 y = 2x . 拓展 对于有奇偶性的可导函数??,偶函数的导函数是奇函数,?奇函数的导函数是偶函数. 已知抛物线 C : y 2 = 2x 的焦点为 F ,平?于 x 轴的两条直线 l1 , l2 分别交 C 于 A, B

题 (? 20)

两点,交 C 的准线于 P, Q 两点. 27

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(1) 若 F 在线段 AB 上, R 是 P Q 的中点,证明: AR ∥ F Q ; (2) 若 △P QF 的?积是 △ABF 的?积的两倍,求 AB 中点的轨迹?程. 解 同理科第 20 题. 设函数 f (x) = ln x ? x + 1 .

题 (? 21)

(1) 讨论 f (x) 的单调性;

(2) 证明:当 x ∈ (1, +∞) 时, 1 <

x?1 < x; ln x (3) 设 c > 1 ,证明:当 x ∈ (0, 1) 时, 1 + (c ? 1)x > cx . 第 (1) 小题是简单的利用导函数研究函数的单调性问题;第 (2) 小题是第 (1) 小题的直接推论,同

分析

时也是对第 (3) 小题的提示,适当进?换元即得;第 (3) 小题中通过观察端点 x = 0, 1 时不等式两边相等, 可以拟定作差研究函数的单调性的策略. 解 (1) 根据题意,函数 f (x) 的导函数 f ′ (x) = 1 1?x ?1= , x > 0, x x

所以 f (x) 在 (0, 1) 上单调递增,在 (1, +∞) 上单调递减. (2) 欲证不等式即 1? 1 < ln x < x ? 1, x > 1. x

事实上,由第 (1) ?题知, f (x) 的最?值为 f (1) = 0 ,所以 ln x ? x + 1 ? 0, 即 ln x ? x ? 1, 等号当且仅当 x = 1 时取得,这样就得到了右侧不等式.?当 x > 1 时,有 0 < 1 1 1 < ? 1, 即 ln x > 1 ? , x x x 1 < 1 ,此时有 x

ln

这样就得到了左侧不等式.因此原不等式得证. (3) 设 g (x) = cx ? (c ? 1)x ? 1, x ∈ [0, 1] ,则所证不等式即 ?x ∈ (0, 1), g (x) < 0 .函数 g (x) 的导函数 ? ? c?1 . g ′ (x) = cx · ln c ? (c ? 1) = ln c · cx ? ln c 因为 c > 1 ,所以 ln c > 0 ,由第 (2) ?题知 1< c?1 < c, ln c

从? g ′ (0) < 0 且 g ′ (1) > 0 ,结合 g ′ (x) 是单调递增函数,于是 g ′ (x) 在区间 (0, 1) 上有唯?零点,进? 可得函数 g (x) 在区间 (0, 1) 上先单调递减,再单调递增,又 g (0) = g (1) = 0 ,从?可得在区间 (0, 1) 上, g (x) < 0 ,原命题得证.

第七章 2016 年上海卷理科数学
题 (理 14) 如图,在平?直?坐标系 xOy 中, O 为正?边形 A1 A2 · · · A8 的中?, A1 (1, 0) .任取不 # ? # ? # ? #? 同的两点 Ai , Aj ,点 P 满? OP + OAi + OAj = 0 ,则点 P 落在第?象限的概率是 . y A3 A4 A2

A5 A6

O A7

A1 x A8

解 任取不同的两点 Ai , Aj 的情况有 C2 8 = 28 种,其中能使得点 P 落在第?象限的情况,也即使得 # ? # ? OAi + OAj 在第三象限的情况.易知 i, j 只能在 4, 5, 6, 7, 8 中选,包括如下 5 种: (A4 , A7 ), (A5 , A6 ), (A5 , A7 ), (A5 , A8 ), (A6 , A7 ), 所以点 P 落在第?象限的概率是 题 (理 17) 5 . 28
n→∞

已知?穷等?数列 {an } 的公?为 q ,前 n 项和为 Sn ,且 lim Sn = S .下列条件中,使 ) B. a1 < 0, ?0.7 < q < ?0.6 D. a1 < 0, ?0.8 < q < ?0.7

得 2Sn < S (n ∈ N? ) 恒成?的是 ( A. a1 > 0, 0.6 < q < 0.7 C. a1 > 0, 0.7 < q < 0.8



由题意, ?1 < q < 1 且 q ?= 0 ,? S =

a1 ,若 2Sn < S (n ∈ N? ) 恒成?,则 1?q

2a1 (1 ? q n ) < a1 (n ∈ N? ) 恒成?,其中 a1 ?= 0 . 情形? a1 > 0 .

此时 2 (1 ? q n ) < 1 (n ∈ N? ) 恒成?,在上式两边同时令 n → ∞ ,由数列极限的保序性,我们有 2 ? 1 , ?盾. 情形? a1 < 0 . 29

30

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

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此时 2 (1 ? q n ) > 1 (n ∈ N? ) 恒成?,即 qn < 恒成?,?这又等价于 1 1 , 且 q2 < . 2 2 ? √ ? ? ? 2 1 综上所述, a1 < 0 ,且此时公? q 的取值范围是 ? , 0 ∪ 0, ,所以选 B. 2 2 q< 题 (理 18) 设 f (x), g (x), h(x) 是定义域为 R 的三个函数,对于命题: 1 (n ∈ N? ) 2

(1) 若 f (x) + g (x), f (x) + h(x), g (x) + h(x) 均为增函数,则 f (x), g (x), h(x) 中?少有?个为增函数; (2) 若 f (x) + g (x), f (x) + h(x), g (x) + h(x) 均是以 T 为周期的函数,则 f (x), g (x), h(x) 均是以 T 为 周期的函数, 下列判断正确的是 ( ) B. (1) 和 (2) 均为假命题 D. (1) 为假命题,(2) 为真命题

A. (1) 和 (2) 均为真命题 C. (1) 为真命题,(2) 为假命题


1

(1) 为假命题,我们可以如下构造反例.将定义域 R 分为三段,函数 f (x) 在第?段上是?平的射

线 ,函数 g (x) 在第?段上是?平的线段,函数 h(x) 在第三段上是?平的射线,?在其余的部分,三个函 数均为斜率为 1 的线段或射线.那么在每?段上, f (x) + g (x), g (x) + h(x), h(x) + f (x) 均为斜率为 1 或 2 的线段或射线,如图. f (x) g (x)

h(x) x

(2) 为真命题.令 F (x) = f (x) + g (x), G(x) = f (x) + h(x), H (x) = g (x) + h(x), 则 f (x) = F (x) + G(x) ? H (x) 2

是以 T 为周期的函数,同理 g (x), h(x) 也是以 T 为周期的函数. 综上所述,选 D. 题 (理 21) A, B 两点.
1 若要构造严格单调的反例,可以将?平的线段或射线改为斜率为 ?1 的线段或射线,斜率为 1 的线段或射线改为斜率为 2 的 线段或射线.

双曲线 x2 ?

y2 = 1(b > 0) 的左、右焦点分别为 F1 , F2 ,直线 l 过 F2 且与双曲线交于 b2

第七章 2016 年上海卷理科数学

31

π (1) 若 l 的倾斜?为 , △F1 AB 是等边三?形,求双曲线的渐近线?程; 2 ? # ? # ?? # ? √ (2) 设 b = 3 ,若 l 的斜率存在,且 F1 A + F1 B · AB = 0 ,求 l 的斜率. 分析 第 (1) 小题考察双曲线的对称性;第 (2) 小题利用向量描述了?个弦的中点问题,用《?考数学压

轴题的分析与解》中破解压轴题的有效 10 招中的第 7 招“有??次曲线的「垂径定理」 ”即可轻松解决. (1) 根据题意, 通径 |AB | = 2b2 与焦距 |F1 F2 | = 2c 的?为 2 : √ 进?双曲线的渐近线?程为 y = ± 2x . 解 y A F1 O F2 B x √ 3, 即 b2 2 =√ , 从?解得 b2 = 2 , c 3

y2 = 1 , F1 (?2, 0) , F2 (2, 0) .如图,由题意, A, B 两点分别位于双曲线的 3 两?上,且 |AF1 | = |BF1 | ,设线段 AB 的中点为 M . 1 ?法? 该双曲线的左准线为 l1 : x = ? ,由于 A, B 两点分别位于左准线 l1 的左右两边,且到 l1 的 2 距离相等,故点 M 落在 l1 上. (2) 此时双曲线?程为 x2 ? y

F1

O

F2 A x

M B 设点 M 坐标为 ? ? 1 ? , m ,则 2 # ? # ? F1 M · F2 M = ? ? ? ? 3 5 15 , m · ? , m = m2 ? = 0, 2 2 4

√ √ 15 15 解得 m = ± ,所以直线 l 的斜率为 ± . 2 5 ?法? 设 M (n, m) , A(x1 , y1 ) , B (x2 , y2 ) ,直线 l 的斜率为 k .将 A, B 两点满?的双曲线?程相减 m 整理 (即双曲线的“垂径定理”) 可得 ·k = 3. n y

F1

O

F2 A x

M B

32 因此有

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

? m ? ? · k = 3, ? ? ? ?n m · k = ?1, ? n +2 ? ? ? ? ? m = k, n?2 √ √ 3 5k 15 15 1 = ? ,进? k = ± ,所以直线 l 的斜率为 ± . 解得 n = ? ,从? m = ? 2 2k 2 5 5 题 (理 23) 质 P. (1) 若 {an } 具有性质 P ,且 a1 = 1, a2 = 2, a4 = 3, a5 = 2, a6 + a7 + a8 = 21 ,求 a3 ; (2) 若?穷数列 {bn } 是等差数列,?穷数列 {cn } 是公?为正数的等?数列, b1 = c5 = 1, b5 = c1 = 81, an = bn + cn ,判断 {an } 是否具有性质 P ,并说明理由; (3) 设 {bn } 是?穷数列,已知 an+1 = bn + sin an (n ∈ N? ) ,求证: “对任意 a1 , {an } 都具有性质 P ” 的充要条件为“ {bn } 是常数列” . 分析 第 (1) 小题考查解题者对性质 P 的理解;第 (2) 小题给出了两个基本数列,利用性质 P 的定义不 若?穷数列 {an } 满?:只要 ap = aq (p, q ∈ N? ) ,必有 ap+1 = aq+1 ,则称 {an } 具有性

难做出判断;第 (3) 小题难点在于必要性的证明,通过选择合适的初值构造常数列(从第?项起)即可得出 {bn } 是常数列. 解 (1) 因为 a2 = a5 = 2 ,所以 a3 = a6 , a4 = a7 = 3, a5 = a8 = 2, 因此 a6 = 21 ? a7 ? a8 = 16 ,故 a3 = 16 . 1 (2) 由于 bn = 20n ? 19, cn = n?5 ,故 3 an = bn + cn = 20n ? 19 + 因为 a1 = a5 = 82 ,但是 a2 = 21 + 27 = 48 ?= a6 = 101 + 所以 {an } 不具有性质 P . (3) 先证明充分性. 若 {bn } 是常数列, 不妨设 bn = c , 则 an+1 = c + sin an . 此时只要 ap = aq (p, q ∈ N? ) , 必有 ap+1 = c + sin ap = c + sin aq = aq+1 , 故对任意 a1 , {an } 都具有性质 P . 再证明必要性.考察连续函数 f (x) = x ? b1 ? sin x ,其中 b1 为任意实数.因为 f (b1 ? 2) = ?2 ? sin (b1 ? 2) < 0, f (b1 + 2) = 2 ? sin (b1 + 2) > 0, 所以存在 t ∈ (b1 ? 2, b1 + 2) ,使得 f (t) = t ? b1 ? sin t = 0 . 304 1 = , 3 3 1 . 3n?5

第七章 2016 年上海卷理科数学

33

若对任意 a1 , {an } 都具有性质 P ,取 a1 = t ,此时 a2 = b1 + sin a1 = b1 + sin t = t = a1 , 进? a2 = a3 , a3 = a4 , · · · , an = an+1 , · · · , 所以对任意 n ∈ N? ,均有 bn+1 = an+2 ? sin an+1 = an+1 ? sin an = bn , 即 {bn } 是常数列. 综上所述, “对任意 a1 , {an } 都具有性质 P ”的充要条件为“ {bn } 是常数列” .

34

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

第?章 2016 年上海卷?科数学
题 (? 14) ?穷数列 {an } 由 k 个不同的数组成, Sn 为 {an } 的前 n 项和.若对任意的 n ∈ N? , .

Sn ∈ {2, 3} ,则 k 的最?值为 解

与理科第 11 题类似.由于 Sn , Sn+1 ∈ {2, 3} ,于是 an+1 ∈ {?1, 0, 1} ,也即从第 2 项起数列 {an }

的不同取值不超过 3 个,进?数列 {an } 中的项的所有不同取值 k ? 4 .事实上,取数列 {an } : 2, 1, 0, ?1, 1, 0, ?1, 1, 0, ?1, · · · , 此时 k = 4 ,因此 k 的最?值为 4 . ( π) 设 a ∈ R , b ∈ [0, 2π ) .若对任意实数 x 都有 sin 3x ? = sin(ax + b) ,则满?条件的 3 有序实数对 (a, b) 的对数是 ( ) 题 (? 17) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4



与理科第 13 题类似.考虑到函数的周期,可得 a = ±3 ;再考虑函数的初相,可得当 a = 3 和当

a = ?3 时,都有唯?的实数 b 符合题意,选 B. 题 (? 18) 设 f (x), g (x), h(x) 是定义域为 R 的三个函数,对于命题:

(1) 若 f (x) + g (x), f (x) + h(x), g (x) + h(x) 均为增函数,则 f (x), g (x), h(x) 中?少有?个为增函数; (2) 若 f (x) + g (x), f (x) + h(x), g (x) + h(x) 均是以 T 为周期的函数,则 f (x), g (x), h(x) 均是以 T 为 周期的函数, 下列判断正确的是 ( ) B. (1) 和 (2) 均为假命题 D. (1) 为假命题,(2) 为真命题

A. (1) 和 (2) 均为真命题 C. (1) 为真命题,(2) 为假命题



D.与理科第 18 题相同. 双曲线 x2 ? y2 = 1(b > 0) 的左、右焦点分别为 F1 , F2 ,直线 l 过 F2 且与双曲线交于 b2

题 (? 21) A, B 两点.

π (1) 若 l 的倾斜?为 , △F1 AB 是等边三?形,求双曲线的渐近线?程; 2 √ (2) 设 b = 3 ,若 l 的斜率存在,且 |AB | = 4 ,求 l 的斜率. 分析 第 (1) 小题考察双曲线的对称性;第 (2) 小题是?个典型的焦点弦长问题,用《?考数学压轴题的

分析与解》中破解压轴题的有效 10 招中的第 5 招“焦半径公式”即可轻松解决. 35

36 解

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

(1) 与理科第 21 题第 (1) ?题相同; √ y2 (2) 当 b = 3 时,双曲线的?程为 x2 ? = 1 ,其焦距 |F1 F2 | = 4 .设 P 为双曲线右?上?点,则 3 |P F1 | = |P F2 | + 2 ,在 △P F2 F1 中应?余弦定理有 |P F1 |2 = |F1 F2 |2 + |P F2 |2 ? 2 · |P F2 | · |F1 F2 | · cos ∠P F2 F1 , 代?数据整理得 |P F2 | = 类似地,当 P 为双曲线左?上?点时,有 |P F2 | = 3 . 2 cos ∠P F2 F1 ? 1 y 3 . 2 cos ∠P F2 F1 + 1

F1

O

F2 A x

B 因此设直线 AB 的倾斜?为 θ ,则 |AB | = … 6 3 3 = + = 4, 2 cos θ + 1 ?2 cos θ + 1 |4 cos2 θ ? 1|

√ 5 15 整理得 cos θ = ± ,因此直线 l 的斜率为 tan θ = ± . 8 5 ? ? 1 题 (? 23) 已知 a ∈ R ,函数 f (x) = log2 +a . x (1) 当 a = 1 ,解不等式 f (x) > 1 ; (2) 若关于 x 的?程 f (x) +? log2 (ò x2 ) = 0 的解集中恰有?个元素,求 a 的值; 1 (3) 设 a > 0 ,若对任意 t ∈ , 1 ,函数 f (x) 在区间 [t, t + 1] 上的最?值与最?值的差不超过 1 ,求 2 a 的取值范围. 分析 第 (1) 小题是基本的解函数不等式;第 (2) 小题将对数?程转化为多项式?程后,对?次项系数 a

适当讨论即可;第 (3) 小题是?个典型的含参不等式恒成立问题,用《?考数学压轴题的分析与解》中破解 压轴题的有效 10 招中的第 1 招“分离变量法”即可轻松解决. 解 与理科第 22 题类似. 1 + 1 > 2 ,其解集为 (0, 1) . x ? ? ? ? ax2 + x ? 1 = 0, ? ? ? 1 + a > 0, ? x ? ? ? ? 2 ? x > 0,

(1) 当 a = 1 时,原不等式等价于 (2) 根据题意,有

第?章 2016 年上海卷?科数学

37

有唯?解. 情形? a = 0.

此时 x = 1 ,符合题意. 情形? a ?= 0 .

1 此时必然有?程 ax2 + x ? 1 = 0 的判别式 ? = 1 + 4a = 0 ,解得 a = ? ,此时 x = 2 ,符合题意. 4 1 综上, a 的值为 0 或 ? . 4 (3) 当 a > 0 时,函数 f (x) 在 (0, +∞) 上单调递减,于是问题等价于 ò 1 ?t ∈ , 1 , f (t) ? f (t + 1) ? 1, 2 也即 ò 1 1?t ,1 ,a ? 2 . 2 t +t ? ? ? ò 1 1 当 t = 1 时显然成?,当 t ∈ , 1 ,也即 1 ? t ∈ 0, 时,有 2 2 ?t ∈ 1?t 1?t = = 2 2 t +t (1 ? t) ? 3(1 ? t) + 2 ? 1 2 (1 ? t) + ?3 1?t ? 2 , 3 ? ?

等号当 t =

1 时取得.因此 a 的取值范围是 2

? 2 , +∞ . 3

38

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

第九章 2016 年北京卷理科数学
题 (理 8) 袋中装有偶数个球,其中红球、?球各占?半.甲、?、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出

两个球,将其中?个球放?甲盒,如果这个球是红球,就将另?个球放??盒,否则就放?丙盒.重复上述 过程,直到袋中所有球都被放?盒中,则 ( A. ?盒中?球不多于丙盒中?球 C. ?盒中红球不多于丙盒中红球 ) B. ?盒中红球与丙盒中?球?样多 D. ?盒中?球与丙盒中红球?样多



每次操作只有可能发?下列 4 种情形中的?种: 1. 甲盒中放?红球,?盒中放??球; 2. 甲盒中放??球,丙盒中放?红球; 3. 甲盒中放?红球,?盒中放?红球; 4. 甲盒中放??球,丙盒中放??球.

由于袋中的红球和?球?样多,因此情形 3 和情形 4 出现的次数必然?样多,于是可得?盒中红球与丙盒 中?球?样多,选 B.只发?情形 1 即为选项 A,D 的反例,只发?情形 3, 4 即为选项 C 的反例. 因此正确的答案是 B. ? ? ?x3 ? 3x, x ? a, ? ??2x, x > a. ; .

题 (理 14)

设函数 f (x) =

(1) 若 a = 0 ,则 f (x) 的最?值为

(2) 若 f (x) ?最?值,则实数 a 的取值范围是



利?函数图象解决问题.令 g (x) = x3 ? 3x, x ∈ R ,则 g ′ (x) = 3 (x + 1) (x ? 1) ,

故 g (x) 在 x = ?1 处取得极?值 g (?1) = 2 , 在 x = 1 处取得极?值 g (1) = ?2 . 令 h(x) = ?2x, x ∈ R , 则 h(x) 的图象经过点 (?1, 2), (1, ?2) .函数 g (x) 与 h(x) 的图象如下图所?. 39

40

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦 y y = x3 ? 3x 1 ?1 O ?2 y = ?2x x

著)

2

从中即可得出此题的结果为 (1) 2 ;(2) (?∞, ?1) . 题 (理 18) 设函数 f (x) = xea?x + bx ,曲线 y = f (x) 在点 (2, f (2)) 处的切线?程为 y = (e ? 1)x + 4 .

(1) 求 a, b 的值; (2) 求 f (x) 的单调区间. 分析 第 (1) 小题是典型的利用导函数求函数的切线?程的问题;第 (2) 小题是简单的利用导函数研究函

数的单调性的问题. 解 (1) 函数 f (x) 的导函数 f ′ (x) = ea?x (1 ? x) + b, 因此根据题意有 ? ? ?f (2) = 2(e ? 1) + 4, ? ?f ′ (2) = e ? 1, (2) 由 (1) 可知, ? ? ?a = 2 , ? ?b = e.

解得

[ ] f (x) = xe2?x + ex, f ′ (x) = e (1 ? x)e1?x + 1 .

考察函数 g (x) = xex + 1, x ∈ R ,由于 g ′ (x) = ex (x + 1), 故 g (x) 的最?值为 g (?1) = 1 ? 由此可知 f ′ (x) > 0 .所以 f (x) 在 R 上单调递增. x2 y 2 题 (理 19) 已知椭圆 C : 2 + 2 = 1(a > b > 0) 的离?率为 a b 的?积为 1 . (1) 求椭圆 C 的?程; (2) 设 P 是椭圆 C 上?点,直线 P A 与 y 轴交于点 M ,直线 P B 与 x 轴交于点 N .求证: |AN | · |BM | 为定值. 分析 第 (1) 小题考查椭圆的?程与基本量;第 (2) 小题考查基本的利用代数?法研究?何的能?. √ 3 , A(a, 0), B (0, b), O(0, 0) , △OAB 2 1 > 0, e

第九章 2016 年北京卷理科数学

41



根据题意画出?意图如图. y B N P O M Ax

√ 3 1 (1) 根据椭圆 C 的离?率为 可得 a2 = 4b2 ,又 △OAB 的?积 ab = 1 ,于是可得 a = 2 , b = 1 , 2 2 因此椭圆 C 的?程为 x2 + y 2 = 1. 4 ? ? sin θ , N 点坐标为 (2) 参数?程 设 P 点坐标为 (2 cos θ, sin θ) ,可求得 M 点坐标为 0, 1 ? cos θ ? ? 2 cos θ , 0 ,故 1 ? sin θ ? |AN | · |BM | = ?? ? 2 2 cos θ (sin θ + cos θ ? 1) sin θ =4 ?2 ?1 =2 1 ? sin θ 1 ? cos θ (1 ? sin θ) (1 ? cos θ)

为定值,因此原命题得证. ? ? ?x′ = x, 仿射变换 在仿射变换 ? ?y ′ = 2y

下椭圆 C 变为圆 C ′ : x′2 + y ′2 = 4 .设 A, B, P, M, N 的对应点分

别为 A′ , B ′ , P ′ , M ′ , N ′ ,连接 A′ B ′ ,如图. y′ y B N P O M Ax P′ M N′ O


B′

A′x′

由 ∠B ′ A′ N ′ = ∠A′ B ′ M ′ = 45? ,且 ∠A′ B ′ N ′ = 45? + ∠OB ′ N ′ = ∠P ′ + ∠OB ′ N ′ = ∠A′ M ′ B ′ , 可得 △A′ B ′ N ′ 与 △B ′ M ′ A′ 相似,于是 |A′ N ′ | |A′ B ′ | = , 即 |A′ N ′ | · |B ′ M ′ | = |A′ B ′ |2 = 8, |B ′ A ′ | |B ′ M ′ | 因此 |AN | · 2|BM | = 8, 即 |AN | · |BM | = 4 为定值,因此原命题得证1 .
1 同时,我们也得到了对?般的椭圆

x2 y2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) 的结论: |AN | · |BM | = 2ab . 2 a b

42 题 (理 20)

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

设数列 A : a1 , a2 , · · · , aN (N ? 2) .如果对?于 n (2 ? n ? N ) 的每个正整数 k 都有

ak < an ,则称 n 是数列 A 的?个“ G 时刻” .记 G(A) 是数列 A 的所有“ G 时刻”组成的集合. (1) 对数列 A : ?2, 2, ?1, 1, 3 ,写出 G(A) 的所有元素; (2) 证明:若数列 A 中存在 an 使得 an > a1 ,则 G(A) ?= ? ; (3) 证明:若数列 A 满? an ? an?1 ? 1 (n = 2, 3, · · · , N ) ,则 G(A) 的元素个数不?于 aN ? a1 . 分析 第 (1) 小题是为了让解题者熟悉“ G 时刻”所作的铺垫;第 (2) 小题提示解题者将具体的“ G 时刻”设

出,然后利用其定义解决问题,考查了最值原理.第 (3) 小题中结论的形式 aN ? a1 提示我们去寻找类似 于“裂项”的结构. 解 (1) G(A) = {2, 5} .

(2) 若数列 A 中存在 an 使得 an > a1 ,不妨假设 ak (2 ? k ? N ) 是 a2 , a3 , · · · , aN 中第?个?于 a1 的 数,则对?于 k 的每个正整数 i 都有 ai ? a1 < ak ,所以 k ∈ G(A) ,故 G(A) ?= ? . (3) (i) 若 G(A) = ? ,则由第 (2) 题可知, aN ? a1 ,此时结论成?. (ii) 若 G(A) ?= ? ,设 G(A) = {i1 , i2 , · · · , ik } ,其中 ij ∈ {2, 3, · · · , N } , j = 1, 2, · · · , k .不妨设 i1 < i2 < · · · < ik .由题意, ai1 > a1 ? ai1 ?1 ,所以 ai1 ? a1 ? ai1 ? ai1 ?1 ? 1, 同理, ai2 > ai1 ? ai2 ?1 ,所以 ai2 ? ai1 ? ai2 ? ai2 ?1 ? 1, 以此类推,我们有 ai1 ? a1 ? ai1 ? ai1 ?1 ? 1, ai2 ? ai1 ? ai2 ? ai2 ?1 ? 1, ········· , aik ? aik?1 ? aik ? aik ?1 ? 1. 将以上各式叠加,我们得到 aN ? a1 ? aik ? a1 ? k, 故此时结论也成?. 综合 (i)(ii) 可知,若数列 A 满? an ? an?1 ? 1 (n = 2, 3, · · · , N ) ,则 G(A) 的元素个数不?于 aN ? a1 .

第?章 2016 年北京卷?科数学
题 (? 8) 某学校运动会的?定跳远和 30 秒跳绳两个单项?赛分成预赛和决赛两个阶段.下表为 10 名

学?的预赛成绩,其中有三个数据模糊. 学?序号 ?定跳远 (单位:?) 30 秒跳绳 (单位:次) 1 1.96 63 2 1.92 a 3 1.82 75 4 1.80 60 5 1.78 63 6 1.76 72 7 1.74 70 8 1.72 a?1 9 1.68 b 10 1.60 65

在这 10 名学?中,进??定跳远决赛的有 8 ?,同时进??定跳远决赛和 30 秒跳绳决赛的有 6 ?,则 ( ) B. 5 号学?进? 30 秒跳绳决赛 D. 9 号学?进? 30 秒跳绳决赛

A. 2 号学?进? 30 秒跳绳决赛 C. 8 号学?进? 30 秒跳绳决赛



进??定跳远决赛的 8 ?是 1 号到 8 号,他们的 30 秒跳绳成绩记为 (3, 75), (6, 72), (7, 70), (1, 63), (5, 63), (4, 60),

以及 (2, a), (8, a ? 1) .注意到 30 秒跳绳的成绩中有两名学?并列,因此进?决赛的成绩线必然在 63 次 以下 (否则?多只有 5 ?进?决赛),因此可以确定 5 号学?必然进?了 30 秒跳绳决赛,选 B. 题 (? 14) 某?店统计了连续三天售出商品的种类情况:第?天售出 19 种商品,第?天售出 13 种商

品,第三天售出 18 种商品;前两天都售出的商品有 3 种,后两天都售出的商品有 4 种,则该?店 (1) 第?天售出但第?天未售出的商品有 (2) 这三天售出的商品最少有 解 种. 种;

如图, 区域 I, II, III 表?只在第?、 ?、 三天售出的商品; 区域 IV, V, V I 表?只在第?、 ?天, 第?、

三天,第?、三天售出的商品;区域 V II 表?三天都售出的商品.它们的数量分别为 xi ( i = 1, 2, · · · , 7 ). I IV II VI III

V II V

43

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?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

(1) 根据题意,有 x1 + x4 + x6 + x7 = 19 ,? x4 + x7 = 3 ,因此 x1 + x6 = 19 ? 3 = 16 . (2) 根据容斥原理,这三天售出的商品总数为 19 + 13 + 18 ? (3 + 4 + x6 + x7 ) + x7 = 43 ? x6 , ? x5 + x7 = 4 ,因此 x6 ? 18 ? 4 = 14 ,因此这三天售出的商品总数最少有 29 种.?种符合题意的填法 是 (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 ) = (2, 9, 0, 0, 1, 14, 3). 题 (? 19) x y2 + = 1 过 A(2, 0), B (0, 1) 两点. a2 b2 (1) 求椭圆 C 的?程及离?率; 已知椭圆 C : (2) 设 P 为第三象限内?点且在椭圆 C 上,直线 P A 与 y 轴交于点 M ,直线 P B 与 x 轴交于点 N ,求证:四边形 ABN M 的?积为定值. 分析 第 (1) 小题考查椭圆的?程与基本量;第 (2) 小题与理科的第 (2) 小题基本?致,参见理科第 19 题
2

的第 (2) 小题. 解 (1) 根据题意,有 a = 2 , b = 1 ,于是椭圆的?程为 x2 + y 2 = 1, 4 √ 3 其离?率 e = . 2 1 (2) 四边形 ABN M 的?积 S = · |AN | · |BM | .以下参见理科第 19 题的第 (2) ?题,定值为 2 . 2 y B N P O M Ax

题 (? 20)

设函数 f (x) = x3 + ax2 + bx + c .

(1) 求曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线?程; (2) 设 a = b = 4 ,若函数 f (x) 有三个不同零点,求 c 的取值范围; (3) 求证: a2 ? 3b > 0 是 f (x) 有三个不同零点的必要?不充分条件. 分析 第 (1) 小题是基本的利用导函数求曲线的切线?程的问题;第 (2) 小题是利用导函数研究函数的零

点的问题,可以分离变量以简化问题;第 (3) 小题是在第 (2) 小题的基础上进?的?点点延伸. 解 (1) 函数 f (x) 的导函数 f ′ (x) = 3x2 + 2ax + b, 于是 f (0) = c , f ′ (0) = b ,因此曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线?程为 y = bx + c . (2) 函数 f (x) 的零点即?程 x3 + 4x2 + 4x = ?c 的实数根,令 g (x) = x3 + 4x2 + 4x ,则其导函数 g ′ (x) = 3x2 + 8x + 4 = (3x + 2)(x + 2),

第?章 2016 年北京卷?科数学

45

? ? ? ? 2 2 于是函数 g (x) 在 (?∞, ?2) 上单调递增,在 ?2, ? 上单调递减,在 ? , +∞ 上单调递增,其极 3 3 ? ? 2 32 =? . ?值为 g (?2) = 0 ,极?值为 g ? 3 27 依题意,函数 y = g (x) 与 y = ?c 有三个不同的公共点,因此 ? ? ? 32 因此 c 的取值范围是 0, . 27 (3) 分两步证明. 必要性 若连续函数 f (x) 有三个不同零点,那么 f (x) 的单调性必然变化?少 2 次,因此其导函数必然 32 32 < ?c < 0, 解得 0 < c < , 27 27

有 2 个不同的零点,从? f ′ (x) 的判别式 ? = 4(a2 ? 3b) > 0, 从? a2 ? 3b > 0 . ?充分性 取 a = 0 , b = ?3 , c = 3 ,则函数 f (x) = x3 ? 3x + 3 ,其导函数 f ′ (x) = 3(x + 1)(x ? 1), 于是其极?值为 f (?1) = 5 ,其极?值为 f (1) = 1 ,此时函数 f (x) 只有 1 个零点. 综上所述, a2 ? 3b > 0 是 f (x) 有三个不同零点的必要?不充分条件.

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?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

第??章 2016 年四川卷理科数学
# ? # ? # ? # ? # ? # ? # ? # ? # ? 在平?内, 定点 A, B, C, D 满? DA = DB = DC ,DA · DB = DB · DC = DC · DA = # ?2 # ? # ? # ? ) ?2 ,动点 P, M 满? AP = 1 , P M = M C ,则 BM 的最?值是 ( √ √ 43 49 37 + 6 3 37 + 2 33 A. B. C. D. 4 4 4 4 题 (理 10)



如图.根据已知,有 ∠ADB = ∠BDC = ∠CDA ,因此 △DAB, △DBC, △DCA 全等,进?可得

△ABC 为正三?形,进?步计算可得 DA = DB = DC = 2 . A P N D B C M

1 根据题意, P 在以 A 为圆? 1 为半径的圆上运动,因此 CP 的中点 M 在以 N 为圆?, 为半径的 2 # ?2 圆上运动,其中 N 点为边 AC 的中点.因此 BM 的最?值为 ? ? ? ? 3 1 2 49 1 2 = DB + = , BN + 2 2 2 4 选 B.

? y ?x , ; x2 + y 2 x2 + y 2 当 P 是原点时,定义 P 的“伴随点”为它??.平?曲线 C 上所有点的“伴随点”所构成的曲线 C ′ 题 (理 15) 在平?直?坐标系中, 当 P (x, y ) 不是原点时, 定义 P 的 “伴随点” 为 P′ 定义为曲线 C 的“伴随曲线” ,现有下列命题: (1) 若点 A 的“伴随点”是点 A′ ,则点 A′ 的“伴随点”是点 A ; (2) 单位圆的“伴随曲线”是它??; (3) 若曲线 C 关于 x 轴对称,则其“伴随曲线” C ′ 关于 y 轴对称; (4) ?条直线的“伴随曲线”是?条直线. 其中的真命题是 解 (写出所有真命题的序号) .

?

观察伴随点的坐标形式,考虑利?极坐标理解“伴随点” .设 P ( ρ cos θ, ρ sin θ) ,其中 ρ > 0 ,则其伴随 ? ? ? ( ) 1 ( )? 1 1 1 π π 点 P′ 为 sin θ, ? cos θ ,即 cos θ ? , sin θ ? .可以理解为将 P 绕 O 顺时针旋转 ρ ρ ρ 2 ρ 2 π 1 得到点 Q ,然后在射线 OQ 上取 P ′ 使得 |OP ′ | = (可以看成关于单位圆反演),如图. 2 ρ 47

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?考数学压轴题的分析与解 (兰琦 y P O P′ Q x

著)

对命题 (1),取单位圆上的?点 A ,那么它的“伴随点” A′ 的“伴随点”相当于将 A 顺时针旋转 π 得到的点, 与点 A 关于原点对称,命题错误; 对命题 (2),根据对“伴随点”的?何解释,命题正确; 对命题 (3),若曲线 C 关于 x 轴对称,那么曲线 C 顺时针旋转 π 后得到的曲线 D 必然关于 y 轴对 2 称,此时将曲线 D 关于单位圆反演得到的曲线必然也关于 y 轴对称,命题正确; 对命题 (4),任取与单位圆相离的直线1 ,则其“伴随曲线”必然在单位圆内部,不可能是?条直线,命题错误. 综上所述,真命题是 (2)(3). x2 y 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) 的两个焦点与短轴的?个端点是直?三?形的三个顶 a2 b 点.直线 l : y = ?x + 3 与椭圆 E 有且只有?个公共点 T . 题 (理 20) 已知椭圆 E : (1) 求椭圆 E 的?程及点 T 的坐标; (2) 设 O 是坐标原点,直线 l′ 平?于 OT ,与椭圆 E 交于不同的两点 A, B ,且与直线 l 交于点 P . 证明:存在常数 λ ,使得 |P T |2 = λ|P A| · |P B | ,并求 λ 的值. 分析 第 (1) 小题综合考查椭圆的基本量与?程以及直线与圆锥曲线的位置关系;第 (2) 小题是圆幂定理

在仿射变换下的结果,利用参数?程也可以很快计算出结果. 解 (1) 根据勾股定理,可得 a2 + a2 = (2c)2 ,其中 c 为椭圆的半焦距.又由直线 l 与椭圆联?的等效判 a2 · 12 + b2 · 12 ? (?3)2 = 0, 于是可得?程组 ? ? ? a2 = 2c2 , ? ? ? a2 + b2 = 9, ? ? ? ? ? 2 a = b2 + c 2 , ? ? ? a2 = 6, ? ? ? 解得 b2 = 3, ? ? ? ? ? 2 c = 3,

别式2 可得

x2 y2 + = 1 ,进?不难求出 T (2, 1) . 6 3 √ (2) 仿射变换解法 注意到问题的结论类似于圆幂定理, 因此考虑?仿射变换. 作仿射变换 x′ = x ,y ′ = 2y 于是椭圆 E 的?程为 则椭圆 E 变为圆 E ′ : x′2 + y ′2 = 6, 此时设 P, A, B, T 的对应点分别是 P ′ , A′ , B ′ , T ′ .
1 事实上,根据反演变换的性质,任何不通过原点的直线的“伴随曲线”必然是除去原点的圆. 2 直线

Ax + By + C = 0 与椭圆

联??程证明.

x2 y2 + 2 = 1 联?后的判别式与等效判别式 ?0 = a2 A2 + b2 B 2 ? C 2 同号,这很容易利? a2 b

第??章 2016 年四川卷理科数学

49 y′ y P A T x B′ O P′ ′ A′ T x′

B

O

由仿射变换前后的弦长对应关系,可得 1 + 2 · (?1)2 3 |P ′ T ′ |2 = = , 2 |P T | 1 + (?1)2 2 ? ? ?2 1 1 + 2 · ′ ′ ′ ′ |P A | · | P B | 6 2 = ? ?2 = , |P A | · | P B | 5 1 1+ 2 |P T |2 |P ′ A′ | · |P ′ B ′ | 4 · = , ′ ′ 2 |P A| · |P B | |P T | 5 |P ′ T ′ |2 = |P ′ A′ | · |P ′ B ′ |, 4 . 5 参数?程解法 设 P 点坐标为 (p, 3 ? p) ,由题意,可设直线 l′ 的参数?程为 因此原命题得证,且 λ = ? ? ?x = p + 2t, ? ?y = 3 ? p + t, 其中 t 为参数.将其与椭圆?程联?,得 2t2 + 4t + p2 ? 4p + 4 = 0. 设 A, B 两点对应的参数分别为 t1 , t2 ,则 ? ? ? ? ? > 0, ? ? ? t1 + t2 = ?2, ? ? ? 2 ? ? ?t1 t2 = (p ? 2) . 2 因为 |P T |2 = 2(p ? 2)2 , |P A| · |P B | = 所以存在常数 λ = 题 (理 21) 4 ,使得 |P T |2 = λ|P A| · |P B | . 5 √ √ 5(p ? 2)2 , 5|t1 | · 5|t2 | = 2

两式相?,可得

?根据圆幂定理,有

设函数 f (x) = ax2 ? a ? ln x ,其中 a ∈ R .

50 (1) 讨论 f (x) 的单调性;

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

(2) 确定 a 的所有可能取值,使得 f (x) > 对数的底数) 分析

1 ? e1?x 在区间 (1, +∞) 内恒成?.( e = 2.718 · · · 为?然 x

第 (1) 小题考查利用导函数研究函数的单调性;第 (2) 小题可以利用端点分析得到分界点,然后适

当放缩进?论证即可. 解 (1) 函数 f (x) 的定义域为 (0, +∞) ,其导函数 f ′ (x) = 2ax2 ? 1 , x > 0, x

? … ? 1 于是当 a ? 0 时,函数 f (x) 在 (0, +∞) 上单调递减;当 a > 0 时,函数 f (x) 在 0, 上单调递 2a ?… ? 1 减,在 , +∞ 上单调递增. 2a (2) 题中不等式即 1 a(x2 ? 1) ? ln x ? + e1?x > 0, x 记左侧为函数 g (x) ,其导函数为 g ′ (x) = 2ax ? 1 1 + 2 ? e1?x . x x 1 .在以下讨 2

注意到 g (1) = 0 ,于是可以分析端点 x = 1 处的导函数值 g ′ (1) = 2a ? 1 ,得到分界点 a = 论中,默认 x 的范围是 (1, +∞) . 情形? 此时有 g (x) ? 记右侧为函数 h(x) ,则其导函数 h′ (x) = x ? 我们熟知 ln x < x ? 1 ,从? 1 ? x < ln h′ (x) > x ? 1 1 + 2 ? e1?x . x x 1 1 2 (x ? 1) ? ln x ? + e1?x , 2 x a? 1 . 2

1 1 ,即 e1?x < ,因此 x x

1 1 (x ? 1)(x2 + x ? 1) 1 + 2? = > 0, x x x x2

于是函数 h(x) 单调递增,? h(1) = 0 ,因此 g (x) ? h(x) > 0 ,符合题意. 情形? 此时有 a< 1 . 2 ? g (x) < a(x2 ? 1) +

? ? ò 1 1 1 1 ? 1 ? + = (x2 ? 1) a ? . x x x x(x + 1) ? ? ?? … 1 1 4 若 a ? 0 ,则 g (x) < 0 ,显然不符合题意;若 0 < a < ,则当 x ∈ 1, ?1 + 1 + 时,有 2 2 a g (x) < 0 ,不符合题意. ? ? 1 综上所述,实数 a 的取值范围是 , +∞ . 2

第??章 2016 年四川卷?科数学
? ? ?? ln x, 0 < x < 1, ? ?ln x, x>1 ) C. (0, +∞) D. (1, +∞)

题 (? 10)

设直线 l1 , l2 分别是函数 f (x) =

图象上点 P1 , P2 处的切线, l1 与

l2 垂直相交于点 P ,且 l1 , l2 分别与 y 轴相交于点 A, B ,则 △P AB 的?积的取值范围是 ( A. (0, 1) B. (0, 2)

1 1 < 0 ,? (ln x)′ = > 0 ,于是若两条切线互相垂直,则切点必然分别位于图象 x x 在 (0, 1) 和 (1, +∞) 的部分,如图. 解 由于 (? ln x)′ = ? y A P1 P2 O P 1 B ? 设 P1 (t, ? ln t) ( 0 < t < 1 ),则不难计算得 P2 ? 1 , ? ln t ,两条切线分别为 t x

1 l1 : y = ? x + 1 ? ln t, l2 : y = tx ? 1 ? ln t, t 进?可得 △P AB 的?积 S= 1 · xP · |AB | = 2 2 t+ 1 t ,

其取值范围是 (0, 1) ,选 A. 题 (? 15) 在平?直?坐标系中, 当 P (x, y ) 不是原点时, 定义 P 的 “伴随点” 为 P


?

y ?x , x2 + y 2 x2 + y 2

? ;

当 P 是原点时,定义 P 的“伴随点”为它??.现有下列命题: (1) 若点 A 的“伴随点”是点 A′ ,则点 A′ 的“伴随点”是点 A ; (2) 单位圆上的点的“伴随点”仍在单位圆上; (3) 若两点关于 x 轴对称,则它们的“伴随点”关于 y 轴对称; (4) 若三点在同?条直线上,则它们的“伴随点”?定共线. 其中的真命题是 (写出所有真命题的序号) .

51

52 解

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

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观察伴随点的坐标形式,考虑利?极坐标理解“伴随点” .设 P ( ρ cos θ, ρ sin θ) ,其中 ρ > 0 ,则其伴随 ? ? ? ? ( ( 1 1 1 π) 1 π) 点 P 为 sin θ, ? cos θ ,即 cos θ ? , sin θ ? .可以理解为将 P 绕 O 顺时针旋转 ρ ρ ρ 2 ρ 2 π 1 得到点 Q ,然后在射线 OQ 上取 P ′ 使得 |OP ′ | = (可以看成关于单位圆反演),如图. 2 ρ


y P O P′ Q x

对命题 (1),取单位圆上的?点 A ,那么它的“伴随点” A′ 的“伴随点”相当于将 A 顺时针旋转 π 得到的点, 与点 A 关于原点对称,命题错误; 对命题 (2),根据对“伴随点”的?何解释,命题正确; 对命题 (3),若两个点关于 x 轴对称,那么两个点顺时针旋转 π 后得到的点必然关于 y 轴对称,此时将 2 旋转后得到的两个点关于单位圆反演得到的两个点必然也关于 y 轴对称,命题正确; 对命题 (4),取与单位圆相切的直线 x = 1 ,则易知切点 A(1, 0) 的“伴随点”是点 A′ (0, ?1) .考虑直线上的 点 B (1, ?1) 和 C (1, 1) ,它们的“伴随点” B ′ 和 C ′ 分别位于第三, 四象限,且均在单位圆内部,显然此时 A′ , B ′ , C ′ 不共线,命题错误1 . 综上所述,真命题是 (2)(3). x2 y2 题 (? 20) 已知椭圆 E : 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) 的?个焦点与短轴的两个端点是正三?形的三个顶 a b ? ? √ 1 点,点 P 3, 在椭圆 E 上. 2 (1) 求椭圆 E 的?程; 1 (2) 设不过原点 O 且斜率为 的直线 l 与椭圆 E 交于不同的两点 A, B ,线段 AB 的中点为 M ,直 2 线 OM 与椭圆 E 交于 C, D ,证明: |M A| · |M B | = |M C | · |M D| . 分析 第 (1) 小题考查椭圆的基本量与?程;第 (2) 小题是圆幂定理在仿射变换下的结果,因此可以考虑

用仿射变换解决,同时利用参数?程计算也不难.需要注意的是这里出现了弦中点的问题,因此可以利用椭 圆的“垂径定理” (参考《?考数学压轴题的分析与解》破解压轴题的有效 10 招中的第 7 招“有??次曲线的 「垂径定理」 ”) . ? ? √ 1 x2 在椭圆 E 上,可得椭圆 E 的?程为 + y2 = 1 . 3, 2 4 (2) 设 A(x1 , y1 ) , B (x2 , y2 ) ,将两个点满?的椭圆?程相减整理可得 (即椭圆的“垂径定理”) 直线 OM 和 1 1 直线 AB 的斜率之积为 ? ,从?直线 CD 的斜率为 ? . 4 2 仿射变换解法 注意到结论的形式类似于圆幂定理,因此考虑?仿射变换.作仿射变换 x′ = x , y ′ = 2y , 解 (1) 根据题意,有 a = 2b ,结合点 P 则椭圆 E 变为圆 E ′ : x′2 + y ′2 = 4 .设 A, B, C, D 变化后的对应点分别是 A′ , B ′ , C ′ , D′ ,如图.
1 事实上,根据反演变换的性质,任何不通过原点的直线的“伴随曲线”必然是除去原点的圆.

第??章 2016 年四川卷?科数学

53 y′ y D′ A O B M x C B


D

A′ O M


x′ C′

根据仿射变换前后弦长的对应关系,我们有 ? |M ′ B ′ | |M ′ A′ | = = |M A | |M B | ? ?2 1 1+4· 2 ? ? ?2 , 1 1+ 2

? |M ′ C ′ | |M ′ D ′ | = = |M C | |M D |

?

? ? 1 2 1+4· ? 2 ? ? ? , 1 2 1+ ? 2

于是可得

|M ′ A′ | |M ′ B ′ | |M ′ C ′ | |M ′ D′ | = = = , |M A | |M B | |M C | |M D | |M ′ A′ | · |M ′ B ′ | = |M ′ C ′ | · |M ′ D′ |,

根据圆幂定理,有

由此即得原命题成?. 1 由 CD : y = ? x ,于是可设 M (?2m, m) ,进?分别以 (2, 1) 和 (2, ?1) 为直线 AB 2 和 CD 的?向向量,可设 参数?程解法 ? ? ?x = ?2m + 2t, ? ?y = m + t, ? ? ?x = ?2m + 2t, ? ?y = m ? t.

AB :

且 CD :

设点 A, B 对应的参数分别为 t1 , t2 ,点 C, D 对应的参数分别为 t3 , t4 ,分别将直线 AB, CD 的?程与 椭圆?程联?,可得 t1 , t2 是?程 2t2 + 2m2 ? 1 = 0 的两根,? t3 , t4 是?程 2t2 ? 4mt + 2m2 ? 1 = 0 的两根.因此 |M A | · | M B | ? |M C | · | M D | = 因此原命题得证. √ 22 + 1 · |t1 | · ? ? √ 22 + 1 · |t2 | ? 22 + (?1)2 · |t3 | · 22 + (?1)2 · |t4 | = 0,

54 题 (? 21) 底数. (1) 讨论 f (x) 的单调性;

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦 设函数 f (x) = ax2 ? a ? ln x , g (x) =

著)

e 1 ? ,其中 a ∈ R , e = 2.718 · · · 为?然对数的 x ex

(2) 证明:当 x > 1 时, g (x) > 0 ; (3) 确定 a 的所有可能取值,使得 f (x) > g (x) 在区间 (1, +∞) 内恒成?. 分析 与理科第 21 题基本相同,参见理科第 21 题的分析.增设了?问分散了最后?问论证 a < 1 时不 2

符合题意的压?. 解 (1) 即理科第 21 题的第 (1) ?题. ex > e, x > 1. x 令 h(x) = ex ,则其导函数 x h′ (x) =

(2) 欲证明的不等式即

ex (x ? 1) , x2

于是当 x > 1 时, h(x) 单调递增,因此在区间 (1, +∞) 上有 h(x) > h(1) = e ,原命题得证. (3) 法? 法? 理科第 21 题的第 (2) ?题. 1 1 得到分界点 ,以及证明 a ? 与法? 相同. 2 2 a<

1 . 2 (i) a ? 0 时, 根据第 (1) ?题结论, 函数 f (x) 在 (1, +∞) 上单调递减, 因此当 x > 1 时,f (x) < f (1) = 0 , 情形? ?根据第 (2) ?题, g (x) > 0 ,不符合题意; ? … ? 1 1 (ii) 0 < a < 时,根据第 (1) ?题结论,函数 f (x) 在 1, 上单调递减,因此当 x > 1 时, 2 2a f (x) < f (1) = 0 ,?根据第 (2) g (x) > 0 ,不符合题意. ? ?题结论, ? 1 综上所述, a 的取值范围是 , +∞ . 2

第?三章 2016 年天津卷理科数学
? ? ?x2 + (4a ? 3)x + 3a, x < 0, ? ?log (x + 1) + 1, a x?0

题 (理 8)

已知函数 f (x) =

( a > 0 , 且 a ?= 1 )在 R 上单调递减,且

关于 x 的?程 |f (x)| = 2 ? x 恰好有两个不相等的实数解,则 a 的取值范围是 ( ) ? ò ? ò ? ò ? ? ? ? ? ? 2 2 3 1 2 ∪ 3 1 2 ∪ 3 A. 0, B. , C. , D. , 3 3 4 3 3 4 3 3 4



因为 f (x) 在 R 上单调递减,所以 ? 4a ? 3 ? ? ? ? 0, ? ? ? 2 ? 0 < a < 1, ? ? ? ?[ 2 ] ? ? x + (4a ? 3)x + 3a

解得
x=0

1 3 ?a? . 3 4

? [loga (x + 1) + 1]|x=0 ,

接下来思考函数 y = f (x) 的图象与直线 y = 2 ? x ( x ? 2 ) 以及 y = x ? 2 ( x ? 2 ) 的公共点个数,如图. y 2 1 O ?2 当 a = 1 时,符合题意.当 a 变?时,设函数 h(x) = loga (x + 1) + 1 ( x ? 0 ),则 h(0) = 1 ,? 3 h(2) = loga 3 + 1 < 0 ,因此在区间 [0, 2] 上题中?程有且只有?个实数解.这样问题就转化为了?程 x2 + (4a ? 3)x + 3a = 2 ? x 在区间 (?∞, 0) 上只有?个实数解.设 g (x) = x2 + (4a ? 2)x + 3a ? 2 ,则 g (0) = 3a ? 2 ,因此得到分界 2 点 . 3 1 2 ?a< . 3 3 此时 g (0) < 0 ,? g (x) 的图象开?向上,因此?程在区间 (?∞, 0) 上有且只有?个实数解,符合题意. 情形? 55 2 x

56 情形?

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2 . 3 此时 g (0) = 0 ,? g (x) 的对称轴 x = 1 ? 2a 满? 1 ? 2a < 0 ,进?步其判别式 a= ? = 4(4a ? 3)(a ? 1) > 0, 于是?程在区间 (?∞, 0) 上有且只有?个实数解,符合题意. 情形三 2 3 <a? . 3 4 此时 g (0) > 0 ,? g (x) 的对称轴 x = 1 ? 2a 满? 1 ? 2a < 0 ,进?步可得其判别式 ? = 4(4a ? 3)(a ? 1) = 0, 即 a= 3 时符合题意. 4 ? ò ? ? 1 2 3 综上所述, a 的取值范围是 , ∪ . 3 3 4

第?三章 2016 年天津卷理科数学

57

( t 为参数, p > 0 )的焦点为 F ,准线为 l . 过抛物线上?点 A ? ?y = 2pt ? ? 7 作 l 的垂线,垂?为 B . 设 C p, 0 , AF 与 BC 相交于点 E . 若 |CF | = 2|AF | ,且 △ACE 的 2 √ ?积为 3 2 ,则 p 的值为 . 解 由题意可知, 抛物线的普通?程为 y 2 = 2px(p > 0) ,F 点坐标为 (p ) p ,0 , 准线 l 的?程为 x = ? , 2 2

题 (理 14)

设抛物线

? ? ?x = 2pt2 ,

如图. y B O F A E C x

设 A 点坐标为 (x1 , y1 ) ,不妨设 y1 > 0 .由于 |CF | = 2 |AF | ,故 ( p) 2 x1 + = 3p, 解得 x1 = p, 2 ? √ ? p, 2p . |AB | 1 因为 △ABE 与 △F CE 相似,且 = ,所以 |F C | 2 进?步可求得 A 点坐标为 √ √ √ 1 S△ACF = 3S△ACE = 9 2, 即 · 3p · 2p = 9 2, 2 解得 p = √ 6.

58

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√ x2 y2 1 1 3e + = 1 ( a > 3 ) 的右焦点为 F , 右顶点为 A . 已知 + = , 2 a 3 |OF | |OA| |F A| 其中 O 为原点, e 为椭圆的离?率. 题 (理 19) 设椭圆 (1) 求椭圆的?程; (2) 设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点 B ( B 不在 x 轴上) ,垂直于 l 的直线与 l 交于点 M ,与 y 轴交于点 H ,若 BF ⊥ HF ,且 ∠M OA ? ∠M AO ,求直线 l 的斜率的取值范围. 分析 第 (1) 小题考查椭圆的?程与基本量;第 (2) 小题注意到并不需要联立直线与椭圆?程,因此直接

以 B 点坐标为参数展开计算即可. 解 (1) 由 1 1 3e + = 可知 |OF | |OA| |F A |

c 3· 1 1 a + = , c a a?c

x2 y2 解得 a = 2 .故椭圆?程为 + = 1. 3 ? 4 ? √ (2) 如图,设 B 点坐标为 2 cos θ, 3 sin θ ,其中 sin θ ?= 0 , H 点坐标为 (0, h) . y B M O H F A x

# ? # ? 因为 BF ⊥ HF ,故 F B · F H = 0 ,解得 2 cos θ ? 1 h= √ . 3 sin θ ? 因为 M 点在直线 l 上,所以可以设 M 点坐标为 ? ? √ 3(m ? 2) sin θ m, .由题意, HM ⊥ AB ,所以 2 cos θ ? 2

# ? # ? HM · AB =

? √ ? ? √ 3(m ? 2) sin θ 2 cos θ ? 1 m, ? √ · 2 cos θ ? 2, 3 sin θ 2 cos θ ? 2 3 sin θ ? ? 1 7 = cos θ ? m + 4 + cos θ 2 2 = 0,

故 m= 8 + 2 cos θ . 7 ? cos θ

1 θ 因为 ∠M OA ? ∠M AO ,所以 m ? 1 ,解得 cos θ ? ? .令 α = ,由于 3 2 cos θ = 1 ? tan2 α , 1 + tan2 α

第?三章 2016 年天津卷理科数学

59

√ √ 故 ? 2 ? tan α ? 2 ;由于

2 tan α ?= 0, 1 + tan2 α √ √ 故 tan α ?= 0 .所以 ? 2 ? tan α < 0 或 0 < tan α ? 2 . sin θ = 设直线 l 的斜率为 k ,则 √ 3 sin θ k= = 2 cos θ ? 2 2 tan α √ 3 1 + tan2 α = ? , ? ? 2 2 tan α 1 ? tan α 2 ? 1 1 + tan2 α 3· √

√ √ √ √ 6 6 因为 ? 2 ? tan α < 0 或 0 < tan α ? 2 ,所以 k ? ? 或 k? . 4 4 ? ? √ ? ?√ 6 6 综上所述,直线 l 的斜率 k 的取值范围是 ?∞, ? ∪ , +∞ . 4 4

60 题 (理 20)

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设函数 f (x) = (x ? 1)3 ? ax ? b , x ∈ R ,其中 a, b ∈ R .

(1) 求 f (x) 的单调区间; (2) 若 f (x) 存在极值点 x0 ,且 f (x1 ) = f (x0 ) ,其中 x1 ?= x0 ,求证: x1 + 2x0 = 3 ; 1 (3) 设 a > 0 , 函数 g (x) = |f (x)| , 求证: g (x) 在区间 [0, 2] 上的最?值不?于 . 4 分析 第 (1) 小题考查利用导函数研究函数的单调性;第 (2) 小题考查利用导函数研究函数的极值点.第

(3) 小题在第 (2) 小题的基础上可以画出极端情形: y
3 2

y= 2

1 4

O

1 2

x y = ?1 4

1 3 在此基础上利用函数 f (x) 在 x = 0, , , 2 处的函数值结合反证法证明结论即可. 2 2 解 (1) 函数 f (x) 的导函数 f ′ (x) = 3(x ? 1)2 ? a .

情形?

a ? 0.

此时恒有 f ′ (x) ? 0 ,于是函数 f (x) 的单调递增区间为 (?∞, +∞) ,没有单调递减区间.

情形?

a > 0.


?

此时函数 f (x) 有两个零点,函数 f (x) 的单调递增区间是 ? √ ? √ 3a 3a 调递减区间是 ? + 1, +1 . 3 3

? ?√ ? √ 3a 3a ?∞, ? +1 和 + 1, +∞ ,单 3 3

(2) 因为 x0 是 f (x) 的极值点,故由第 (1) 问可知, a > 0 ,且 f ′ (x0 ) = 0 ,即 a = 3 (x0 ? 1) > 0 .由
2

题意可知,关于 x 的?程 f (x) = f (x0 ) 有且只有两个不同的实根 x0 , x1 .因为 f (3 ? 2x0 ) = (2 ? 2x0 ) ? 3 (x0 ? 1) (3 ? 2x0 ) ? b = (x0 ? 1) · (?2x0 ? 1) ? b = (x0 ? 1) ? 3x0 (x0 ? 1) ? b = (x0 ? 1) ? ax0 ? b = f (x0 ) , 且 3 ? 2x0 ?= x0 (否则由 x0 = 1 可推出 a = 0 ,?盾) ,故 3 ? 2x0 = x1 , 即 x1 + 2x0 = 3. (3) ?反证法.假设 g (x) 在区间 [0, 2] 上的最?值?于 1 . 4
3 3 2 2 3 2

第?三章 2016 年天津卷理科数学

61 ? ? ? f (0) = ?1 ? b, ? ? ? ? ? ? ? ?f (2) = 1 ? 2a ? b, ? ? 3 1 3 ? ? f = ? a ? b, ? ? ? ? ?2? 8 2 ? ? 1 1 1 ? ?f = ? ? a ? b, 2 8 2 ? ? ?2 ? 2a = f (2) ? f (0), ? ? ? ? ? ?a ? 1 = f 1 ? f 3 , 4 2 2 ? ? ? ? 1 3 3 2 ? f + f (2) ? f (0) = , 2 2 2

考虑

我们有

所以 2f 但是

? ? ? ? ? ? ? ? 1 3 1 3 3 2f ? 2f + f (2) ? f (0) ? 2 f +2 f + |f (2)| + |f (0)| < , 2 2 2 2 2 1 . 4

?盾. 所以 g (x) 在区间 [0, 2] 上的最?值不?于

62

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

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第?四章 2016 年天津卷?科数学
题 (? 8) 已知函数 f (x) = sin2 ωx 1 1 + sin ωx ? (ω > 0) , x ∈ R .若 f (x) 在区间 (π, 2π ) 内没有零 2 2 2 ? ò 5 C. 0, 8 ? ò ? ò 1 1 5 D. 0, ∪ , 8 4 8

点,则 )? ? ωò 的取值范围是 ( ò ? ? 1 1 5 A. 0, B. 0, ∪ ,1 8 4 8

√ ( π) 2 sin ωx ? . 根据题意可知 f (π ) · f (2π ) ? 0 , 且函数 f (x) 的半 解 函数 f (x) 可以化简为 f (x) = 2 4 ? ? π π π 7π , 周期 不?于区间 (π, 2π ) 的长度 π . 在得到 0 < ω ? 1 后, 可得在区间 (π, 2π ) 上 ωx ? ∈ ? , ω 4 4 4 讨论如下.

f (π ) = 0 或 f (2π ) = 0 . π π 1 1 5 此时 ωπ ? = k1 π 或 2ωπ ? = k2 π ,其中 k1 , k2 ∈ Z .考虑到 ω ∈ (0, 1] ,于是解得 ω = , , . 4 4 8 4 8 情形? 此时 f (π ) > 0 且 f (2π ) > 0 . ? ? ?0 < ωπ ? π < π, 4 ? ?0 < 2ωπ ? π < π, 4 1 5 <ω< . 4 8 f (π ) < 0 且 f (2π ) < 0 . ? ? ?? π < ωπ ? π < 0 或 π < ωπ ? π < 7π , 4 4 4 4 ? ?? π < 2ωπ ? π < 0 或 π < 2ωπ ? π < 7π , 4 4 4 4 1 . 8

情形?

解得

情形三 此时

ò ? ò ? 1 5 1 ∪ , ,选 D. 综上所述, ω 的取值范围是 0, 8 4 8 √ ( 2 π) π sin ωx ? 的图象进?拉伸,使其在 (π, 2π ) 内没有零点,考虑 x = 和 拓展 考虑将函数 y = 2 4 4 5π x= 最终的位置与区间 (π, 2π ) 的关系亦可. 4

解得 0 < ω <

63

64

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦 ? ? ?x2 + (4a ? 3)x + 3a, x < 0, ? ?log (x + 1) + 1, a x?0

著)

题 (? 14)

已知函数 f (x) =

( a > 0 ,且 a ?= 1 ) 在 R 上单调递减,且 .

关于 x 的?程 |f (x)| = 2 ? 解

x 恰有两个不相等的实数解,则 a 的取值范围是 3

因为 f (x) 在 R 上单调递减,所以 ? 4a ? 3 ? ? ? ? 0, ? ? ? 2 ? 0 < a < 1, ? ? ? ?[ 2 ] ? ? x + (4a ? 3)x + 3a

解得
x=0

1 3 ?a? . 3 4

? [loga (x + 1) + 1]|x=0 , x x ( x ? 6 ) 以及 y = ? 2 ( x ? 6 ) 的公共点个数,如图. 3 3

接下来思考函数 y = f (x) 的图象与直线 y = 2 ? y 2 1 O ?2

2

6 x

1 时,符合题意.当 a 变?时,设函数 h(x) = loga (x + 1) + 1 ( x ? 0 ),则 h(0) = 1 ,? 3 h(2) = loga 3 + 1 < 0 ,因此在区间 [0, 6] 上题中?程有且只有?个实数解.这样问题就转化为了?程 当 a = x2 + (4a ? 3)x + 3a = 2 ? x 3

? ? 2 在区间 (?∞, 0) 上只有?个实数解.设 g (x) = x2 + 4 a ? x + 3a ? 2 ,则 g (0) = 3a ? 2 ,因此得到分 3 2 界点 . 3 情形? 1 2 ?a< . 3 3 此时 g (0) < 0 ,? g (x) 的图象开?向上,因此?程在区间 (?∞, 0) 上有且只有?个实数解,符合题意. a=

2 . 3 此时 g (0) = 0 ,? g (x) 的对称轴为 x = 0 ,于是?程在区间 (?∞, 0) 上没有实数解,不符合题意. 情形? 情形三 2 3 <a? . 3 4

? ? ? ? 2 2 满? ?2 a ? < 0 ,进?步可得其判别式 此时 g (0) > 0 ,? g (x) 的对称轴 x = ?2 a ? 3 3 ? ? ? ? 2 2 2 ? = 16 a ? ? 12 a ? < 0, 3 3 于是?程在区间 (?∞, 0) 上没有实数解,不符合题意. ? ? 1 2 综上所述, a 的取值范围是 , . 3 3

第?四章 2016 年天津卷?科数学

65

√ x2 y2 1 1 3e + = 1(a > 3) 的右焦点为 F ,右顶点为 A ,已知 + = , 2 a 3 |OF | |OA| |F A | 其中 O 为原点, e 为椭圆的离?率. 题 (理 15) 设椭圆 (1) 求椭圆的?程; (2) 设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点 B ( B 不在 x 轴上) ,垂直于 l 的直线与 l 交于点 M ,与 y 轴交于点 H .若 BF ⊥ HF ,且 ∠M OA = ∠M AO ,求直线 l 的斜率.  分析 与理科第 19 题基本相同,参考对理科第 19 小题的分析.第 (2) 小题由求范围变成了求值,降低了

问题的难度. 解 (1) 由 1 3e 1 + = 可知 |OF | |OA| |F A|

c 3· 1 1 a + = , c a a?c

x2 y2 解得 a = 2 .故椭圆?程为 + = 1. 3 ? 4 ? √ (2) 如图,设 B 点坐标为 2 cos θ, 3 sin θ ,其中 sin θ ?= 0 , H 点坐标为 (0, h) . y B M O H F A x

# ? # ? 因为 BF ⊥ HF ,故 F B · F H = 0 ,解得 2 cos θ ? 1 h= √ . 3 sin θ ? 因为 M 点在直线 l 上,所以可以设 M 点坐标为 ? ? √ 3(m ? 2) sin θ m, .由题意, HM ⊥ AB ,所以 2 cos θ ? 2

# ? # ? HM · AB =

? √ ? ? √ 3(m ? 2) sin θ 2 cos θ ? 1 m, ? √ · 2 cos θ ? 2, 3 sin θ 2 cos θ ? 2 3 sin θ ? ? 7 1 cos θ ? m + 4 + cos θ = 2 2 = 0,

8 + 2 cos θ 1 故 m= ,因为 ∠M OA = ∠M AO ,所以 m = 1 ,解得 cos θ = ? .从? M 7 ? cos θ 3 √ 6 以直线 l 的斜率为 ± . 4 题 (? 20) 设函数 f (x) = x3 ? ax ? b, x ∈ R ,其中 a, b ∈ R .

?

√ ? 6 1, ± ,所 4

(1) 求 f (x) 的单调区间; (2) 若 f (x) 存在极值点 x0 ,且 f (x1 ) = f (x0 ) ,其中 x1 ?= x0 ,求证: x1 + 2x0 = 0 ; 1 (3) 设 a > 0 ,函数 g (x) = |f (x)| ,求证: g (x) 在区间 [?1, 1] 上的最?值不?于 . 4

66 分析

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

与理科第 20 题基本相同,参考对理科第 20 题的分析.只是理科第 20 题对函数图象作了平移,增

加了思考的难度. 解 (1) 函数 f (x) 的导函数 f ′ (x) = 3x2 ? a . a ? 0.

情形?

此时恒有 f ′ (x) ? 0 ,于是函数 f (x) 的单调递增区间为 (?∞, +∞) ,没有单调递减区间. ?√ ? ? √ √ ? √ ? 3a 3a 3a 3a 和 , +∞ ,单调递减区间是 ? , . 此时函数 f (x) 的单调递增区间是 ?∞, ? 3 3 3 3 (2) 因为 x0 是 f (x) 的极值点,故由第 (1) 问可知, a > 0 ,且 f ′ (x0 ) = 0 ,即 a = 3x2 0 > 0 .由题意可 ? 知,关于 x 的?程 f (x) = f (x0 ) 有且只有两个不同的实根 x0 , x1 .因为
3 3 f (?2x0 ) = (?2x0 ) ? 3x2 0 (?2x0 ) ? b = ?2x0 ? b = x0 ? ax0 ? b = f (x0 ) , 3

情形?

a > 0.

且 ?2x0 ?= x0 (否则由 x0 = 0 可推出 a = 0 ,?盾) ,故 ?2x0 = x1 , 即 x1 + 2x0 = 0. (3) ?反证法.假设 g (x) 在区间 [0, 2] 上的最?值?于 考虑 1 . 4

? ? ? f (?1) = ?1 + a ? b, ? ? ? ? ? ? ? ?f (1) = 1 ? a ? b, ? ? 1 1 1 ? ? = ? + a ? b, f ? ? ? 2 8 2 ? ? ? ? ? ? 1 1 1 ? ?f = ? a ? b, 2 8 2 ? ? ?2 ? 2a = f (1) ? f (?1), ? ? ? ? ? ?a ? 1 = f ? 1 ? f 1 , 4 2 2 ? ? ? ? 1 1 3 2f ? ? 2f + f (1) ? f (?1) = , 2 2 2 ? ? ? ? ? ? ? ? 1 1 1 1 3 2f ? ? 2f + f (1) ? f (?1) ? 2 f ? +2 f + |f (1)| + |f (?1)| < , 2 2 2 2 2 1 . 4

我们有

所以

但是

?盾. 所以 g (x) 在区间 [?1, 1] 上的最?值不?于

第?五章 2016 年?东卷理科数学
题 (理 10) 若函数 y = f (x) 的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称 ) C. y = ex D. y = x3

y = f (x) 具有 T 性质.下列函数中具有 T 性质的是 ( A. y = sin x B. y = ln x



根据题意,函数 y = f (x) (导函数为连续函数) 具有 T 性质,那么必然出现以下两种情形之?:

(1) 函数 f ′ (x) 的值域包含?个形如 [m, n] 的区间,其中 m < 0 < n 且 mn ? ?1 ; (2) 导函数的值域包含 0 且函数存在垂直于 x 轴的切线. 对于选项 A,导函数为 y ′ = cos x ,其值域为 [?1, 1] ,具有 T 性质,因此选项 A 正确; 1 对于选项 B,导函数为 y ′ = ,其值域为 (0, +∞) ,不具有 T 性质; x 对于选项 C,导函数为 y ′ = ex ,其值域为 (0, +∞) ,不具有 T 性质; 对于选项 D,导函数为 y ′ = 3x2 ,其值域为 [0, +∞) ,但不存在垂直于 x 轴的切线,不具有 T 性质. ? ? ?|x|, x ? m, 题 (理 15) 已知函数 f (x) = 其中 m > 0 ,存在实数 b ,使得关于 x 的? ? ?x2 ? 2mx + 4m, x > m, 程 f (x) = b 有三个不同的根,则 m 的取值范围是 解 .

注意到函数 y = x2 ? 2mx + 4m ( x > m ) 是在 (m, +∞) 上的单调递增函数,因此若存在实数 b ,使

得关于 x 的?程 f (x) = b 有三个不同的根,那么必然有 (|x|)|x=m > (x2 ? 2mx + 4m) 解得 m > 3 ,因此 m 的取值范围是 (3, +∞) . y ,

x=m

m ? m2 + 4 m

O

m

x

实际上, m > 0 是多余的条件.因为当 m ? 0 时,组成 f (x) 的两段函数均为单调函数,因此关于 x 的 ?程 f (x) = b 的实根最多只有 2 个,不符合题意. 题 (理 20) 已知 f (x) = a(x ? ln x) + 2x ? 1 ,a ∈ R. x2 67

68 (1) 讨论 f (x) 的单调性;

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

(2) 当 a = 1 时,证明: f (x) > f ′ (x) + 分析

3 对于任意的 x ∈ [1, 2] 成?. 2

第 (1) 小题考查利用导函数研究函数的单调性,对分类讨论有较?要求;第 (2) 小题的函数不等式

利用 ln x 的常见放缩即可轻松解决. 解 (1) 根据题意, f (x) 的导函数 f ′ (x) = 易得讨论的分界点为 0, 2 . 情形? a ? 0.

(ax2 ? 2)(x ? 1) , x3

此时函数 f (x) 在 (0, 1) 上单调递增,在 (1, +∞) 上单调递减. 情形? ? … ? ?… ? 2 2 此时函数 f (x) 在 (0, 1) 上单调递增,在 1, 上单调递减,在 , +∞ 上单调递增. a a 情形三 a = 2. 0 < a < 2.

此时函数 f (x) 在 (0, +∞) 上单调递增. 情形四 a > 2. ? … ? ?… ? 2 2 此时函数 f (x) 在 0, 上单调递增,在 , 1 上单调递减,在 (1, +∞) 上单调递增. a a (2) 题中不等式即 2x ? 1 (x2 ? 2)(x ? 1) 3 ? ? > 0, x ? ln x + x2 x3 2 我们熟知在区间 [1, 2] 上有 ln x ? x ? 1, 于是 x ? ln x + 2x ? 1 (x2 ? 2)(x ? 1) 3 2x ? 1 (x2 ? 2)(x ? 1) 1 (3x2 ? 2)(2 ? x) ? ? ? ? ? = , 2 3 2 3 x x 2 x x 2 2x3

等号当且仅当 x = 1 时取得.?在区间 [1, 2] 上,显然有 (3x2 ? 2)(2 ? x) ? 0, 2x3 等号当且仅当 x = 2 时取得.因此等号?法同时取得,题中不等式得证. 题 (理 21) 平?直?坐标系 xOy 中,椭圆 C : y2 x2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) 的离?率是 2 a b √ 3 ,抛物线 2

E : x2 = 2y 的焦点 F 是 C 的?个顶点. (1) 求椭圆 C 的?程; (2) 设 P 是 E 上的动点,且位于第?象限, E 在点 P 处的切线 l 与 C 交于不同的两点 A, B ,线 段 AB 的中点为 D ,直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M .

第?五章 2016 年?东卷理科数学

69

(i) 求证:点 M 在定直线上; (ii) 直线 l 与 y 轴交于点 G ,记 △P F G 的?积为 S1 , △P DM 的?积为 S1 ,求 及取得最?值时点 P 的坐标. 分析 S1 的最?值 S2

第 (1) 小题考查椭圆与抛物线的基本量和?程;第 (2) 小题考查直线与圆锥曲线的位置关系以及面

积问题,其中切线问题可以用《?考数学压轴题的分析与解》破解压轴题的有效 10 招中的第 10 招“圆锥曲 线的切线?程”解决,?涉及的弦中点问题,则可以用可以用《?考数学压轴题的分析与解》破解压轴题的有 效 10 招中的第 7 招“有??次曲线的「垂径定理」 ”轻松化解. √ ? ? 1 1 3 解 (1) 根据题意,有 F 点的坐标为 0, ,于是 b = .又根据离?率为 可得 2 2 2 a2 = 4b2 = 1, 于是椭圆 C 的?程为 x2 + 4y 2 = 1 . (2) 画出?意图如下. y F A P O D G B (i) 设 P (2t, 2t2 ) ( t > 0 ),则切线 l 的?程为 y = 2tx ? 2t2 .设点 A(x1 , y1 ), B (x2 , y2 ) ,将两点满?的椭 圆?程相减整理得(即椭圆的“垂径定理”)直线 OM 的斜率与直线 AB 的斜率满? kAB · kOM = ? 从?可得 kOM = ? 1 ,于是不难计算得 M 的坐标为 8t (ii) 由 △DP M 与 △DGO 相似可得 S2 = 因此 ? ? 1 2 2t + · 2t 2 ? ? 2t2 + 1 1 4 2t · 2t2 + · 1 4 2 4t + 4
2

x M

b2 , a2

? ? 1 1 2t, ? ,因此点 M 在定直线 y = ? 上. 4 4

1 |P M | · · |P M | · d(O, P M ), |P M | + |OG| 2

S1 = S2

=

? 2 ò2 (8t + 2) + (16t2 + 1) 1 9 (8t2 + 2)(16t2 + 1) ? · = , 2 2 2 2 (8t + 1) 2 (8t + 1) 4

1 9 等号当 8t + 2 = 16t + 1 ,即 t = √ 时取得.因此所求的最?值为 ,此时点 P 的坐标为 4 2 2
2

?√ ? 2 1 , . 2 4

70

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

第?六章 2016 年?东卷?科数学
题 (? 10) 若函数 y = f (x) 的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称 ) C. y = ex D. y = x3

y = f (x) 具有 T 性质.下列函数中具有 T 性质的是 ( A. y = sin x B. y = ln x



与理科第 10 题相同. ? ? ?|x|, x ? m,

题 (? 15)

已知函数 f (x) =

? ?x2 ? 2mx + 4m, x > m,

其中 m > 0 ,存在实数 b ,使得关于 x 的? .

程 f (x) = b 有三个不同的根,则 m 的取值范围是 解 与理科第 15 题相同. 设 f (x) = x ln x ? ax2 + (2a ? 1)x , a ∈ R .

题 (? 20)

(1) 令 g (x) = f ′ (x) ,求 g (x) 的单调区间; (2) 已知 f (x) 在 x = 1 处取得极?值,求实数 a 的取值范围. 1 第 (1) 小题考查利用导函数研究函数的单调性;第 (2) 小题可以通过端点分析得到分界点 ,难点 2 1 在于 a ? 时的论证,但有第 (1) 小题的铺垫,亦不难解决. 2 分析 解 (1) 根据题意,函数 f (x) 的导函数 g (x) = f ′ (x) = ln x ? 2a(x ? 1), x > 0, ?函数 g (x) 的导函数 g ′ (x) = 情形? a ? 0.

1 ? 2ax , x > 0. x

此时在 (0, +∞) 上, g ′ (x) > 0 ,于是 g (x) 的单调递增区间是 (0, +∞) . ? ? ? ? 1 1 此时函数 g (x) 的单调递增区间是 0, ,单调递减区间是 , +∞ . 2a 2a ′ (2) 考虑到 f (1) = 0 ,于是当 f (x) 在 x = 1 处取得极?值时,必然在 x = 1 的左邻域内单调递增,在 1 x = 1 的右邻域内单调递减.注意到 f ′′ (1) = g ′ (1) = 1 ? 2a ,因此得到分界点 . 2 71 情形? a > 0.

72 情形?

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

1 . 2 ? ? ? ? 1 1 此时函数 f ′ (x) 在 , +∞ 上单调递减,? f ′ (1) = 0 ,于是在区间 , 1 上有 f ′ (x) > 0 ,在区间 2a 2a (1, +∞) 上有 f ′ (x) < 0 ,因此函数 f (x) 在 x = 1 处取得极?值,符合题意. a> 1 . 2 (i) 若 a ? 0 ,则函数 f ′ (x) 在 (0, +∞) 上单调递增,? f ′ (1) = 0 ,此时在区间 (0, 1) 上有 f ′ (x) < 0 , 情形? a? 因此函数 f (x) 在 x = 1 处不能取得极?值,不符合题意. ? ? ? ? 1 1 1 1 ′ ′ ? 1 且 f (1) = 0 ,此时在区间 1, (ii) 若 0 < a ? ,则函数 f (x) 在 0, 上单调递增,? 2 2a 2a 2a ′ 上有 f (x) > 0 ,因此函数 f (x) 在 x = 1 处不能取得极?值,不符合题意. 1 (iii) 若 a = ,则函数 f ′ (x) 在 (0, 1) 上单调递增,在 (1, +∞) 上单调递减,于是 f ′ (x) ? 0 ,不符合题 2 意. ? ? 1 综上所述, a 的取值范围为 , +∞ . 2 题 (? 21) 已知椭圆 C : √ x2 y2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) 的?轴?为 4 ,焦距为 2 2 . 2 a b

(1) 求椭圆 C 的?程; (2) 过动点 M (0, m) ( m > 0 ) 的直线交 x 轴于点 N ,交 C 于点 A, P ( P 在第?象限),且 M 是线 段 P N 的中点.过点 P 作 x 轴的垂线交 C 于另?点 Q ,延? QM 交 C 于点 B . k′ (i) 设直线 P M, QM 的斜率分别为 k, k ′ ,证明: 为定值; k (ii) 求直线 AB 的斜率的最?值. 分析 第 (1) 小题是简单的椭圆的基本量与?程问题;第 (2) 小题利用 (i) 指出了两条相交于 M 的直线

的相关关系,借助这?相关关系可以?便的计算直线 AB 的斜率,其中理顺直线的截距 m 与斜率 k 之间 的关系是解决问题的另?关键. 解 (1) 根据题意,有 a2 = 4 , c2 = 2 ,因此 b2 = 2 ,于是椭圆 C 的?程为 x2 y2 + = 1. 4 2

(2) 如图. y B M A N O Q √ 2 ),则 Q(p, ?2m) ,于是直线 QM, P M 的斜率之?为 k′ ?2 m ? m = = ?3. k 2m ? m (ii) 由于直线 P A 的斜率 m m k= =√ = p 4 ? 8m2 其中 0 < m2 < 1 .因此 k 的取值范围是 (0, +∞) . 2 ?

P x

(i) 根据题意,设 P (p, 2m) ( 0 < 2m <

1 , 4 ? 8 m2

第?六章 2016 年?东卷?科数学

73

将直线 y = Kx + m 与椭圆的?程联?,整理得 (2K 2 + 1)x2 + 4Kmx + 2m2 ? 4 = 0, 设 A(x1 , y1 ) ,B (x2 , y2 ) ,直线 P A : y = kx + m ,直线 QB : y = ?3kx + m ,分别令 K = k 和 K = ?3k 即可得 x1 p = 进?直线 AB 的斜率 kAB = y1 ? y2 (kx1 + m) ? (?3kx2 + m) = x1 ? x2 x1 ? x2 2m2 ? 4 2m2 ? 4 k · + 3 k · k · x1 p + 3k · x2 p 2k 2 + 1 18k 2 + 1 = = x1 p ? x2 p 2m2 ? 4 2m2 ? 4 ? 2k 2 + 1 18k 2 + 1 ? ? √ 1 1 6 = 6k + ? , 4 k 2 2m2 ? 4 2m2 ? 4 , x2 p = , 2 2k + 1 18k 2 + 1

√ √ 6 6 等号当且仅当 k = 时取得.因此直线 AB 的斜率的最?值为 . 6 2

74

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

第?七章 2016 年江苏卷数学
# ? # ? 题 (13) 如图,在 △ABC 中, D 是 BC 的中点, E, F 是 AD 上的两个三等分点, BA · CA = 4 , # ? # ? # ? # ? . BF · CF = ?1 ,则 BE · CE 的值是 A E F B D C



? ò ? ò 1 ( #? #?) 2 1 ( #? #?) 2 #? 我们熟知极化恒等式 #? a·b = a+ b ? a? b .利?它可以将不好计算的 2 2 数量积转化为好计算的线段长度.本题中有 极化恒等式 # ? # ? # ? # ? BA · CA = AB · AC = AD2 ? BD2 , ? 1 # ? # ? # ? # ? BF · CF = F B · F C = F D2 ? BD2 = AD2 ? BD2 , 9

于是不难计算得 AD2 =

45 13 , BD2 = ,进? 8 8

4 4 45 13 7 # ? # ? # ? # ? BE · CE = EB · EC = ED2 ? BD2 = AD2 ? BD2 = · ? = . 9 9 8 8 8 # ? # ? #? 基底化 设 AB = #? a , AC = b ,根据题意有 ? # ? # ? #? #? ? ? ?BA · CA = a · b = 4, ? ? ? # ? # ? ? 1 #? 2 ? ? 1 #? b ? #? a · a? BF · CF = 3 3 3 ? ? ? ? ? ? ? 1 #? 5 #? 1 #? # ? # ? ? ?BE · CE = b ? a · a? 6 6 6 整理得

? 2 #? b = ?1, 3 ? 5 #? b , 6

? #? ? ? #? a · b = 4, ? ? ? ? ( #?2 ) #? ?2 #? a 2 + b + 5 #? a · b = ?9, ? ? ( 2 #?2 ) #? ? ? a + b + 26 #? a· b ? # ? # ? ?5 #? ?BE , · CE = 36 75

76 于是

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

5 27 · (?9) + ·4 7 # ? # ? 2 2 BE · CE = = . 36 8 题 (14) 解 在锐?三?形 ABC 中,若 sin A = 2 sin B sin C ,则 tan A tan B tan C 的最?值是 .

注意到题中条件两边的次数不齐,考虑将 sin A 改写为 sin(B + C ) ,于是有 sin B cos C + cos B sin C = 2 sin B sin C,

朝结论靠拢,有 tan B + tan C = 2 tan B tan C. 我们熟知在锐? △ABC 中有 tan A tan B tan C = tan A + tan B + tan C, 于是

√ tan A tan B tan C = tan A + 2 tan B tan C ? 2 tan A · 2 tan B tan C,

从? tan A tan B tan C ? 8, 等号当 tan A = 2 tan B tan C 时取得.经验证,当 tan A = 4 , tan B = 2 + 取得等号,因此 tan A tan B tan C 的最?值是 8 . 拓展 在?直? △ABC 中, tan A = ? tan(B + C ) = tan B + tan C ,整理即得 tan B tan C ? 1 √ √ 2 , tan C = 2 ? 2 时可以

tan A tan B tan C = tan A + tan B + tan C, 这个三?恒等式曾多次在各个?校的?主招?试题中出现. 题 (18) 如图,在平?直?坐标系 xOy 中,已知以 M 为圆?的圆 M : x2 + y 2 ? 12x ? 14y + 60 = 0 y M A O x

及其上?点 A(2, 4) .

(1) 设圆 N 与 x 轴相切,与圆 M 外切,且圆? N 在直线 x = 6 上,求圆 N 的标准?程; (2) 设平?于 OA 的直线 l 与圆 M 相交于 B, C 两点,且 BC = OA ,求直线 l 的?程; # ? # ? # ? (3) 设 T (t, 0) 满?:存在圆 M 上的两点 P 和 Q ,使得 T A + T P = T Q ,求实数 t 的取值范围. 分析 第 (1) 小题考查直线与圆以及圆与圆的相切; 第 (2) 小题考查直线与圆的位置关系中的弦长问题; 第

(3) 小题考查利用轨迹研究动态问题的数学思维.

第?七章 2016 年江苏卷数学

77



(1) 将圆 M 的?程整理为标准?程:(x ? 6)2 +(y ? 7)2 = 25 . 由于圆 M 与圆 N 的圆?连线与 x 轴

垂直, 于是圆 N 与 x 轴和圆 M 的切点分别是 (6, 0) 和 (6, 2) , 进?其标准?程为 (x ? 6)2 +(y ? 1)2 = 1 . √ (2) 由题意, BC = OA = 2 5 ,于是圆? M 到直线 l 的距离为 ? 25 ? ? 1 BC 2 ?2 √ = 2 5,

又直线 l 的斜率为 2 ,设其?程为 2x ? y + m = 0 ,则有 √ |2 · 6 ? 7 + m| √ = 2 5, 22 + 12 解得 m = 5 或 m = ?15 ,因此直线 l 的?程是 2x ? y + 5 = 0 或 2x ? y ? 15 = 0 . # ? # ? # ? # ? # ? (3) 由题意, AT = T P ? T Q = QP .? Q, P 可以在圆 M 上任取,因此 QP 可以表?任何长度不超过 圆 M 的直径的向量. y

M A A O

T

x

于是问题等价于点 T (t, 0) 在圆 A : (x ? 2)2 + (y ? 4)2 = 100 的圆内部 (包含边界),即 (t ? 2)2 + (0 ? 4)2 ? 100, ? √ √ √ √ ó 解得 2 ? 2 21 ? t ? 2 + 2 21 ,因此实数 t 的取值范围是 2 ? 2 21, 2 + 2 21 . 已知函数 f (x) = ax + bx ( a > 0, b > 0, a ?= 1, b ?= 1 ). 1 (1) 设 a = 2 , b = . 2 (i) 求?程 f (x) = 2 的根; 题 (19) (ii) 若对于任意 x ∈ R ,不等式 f (2x) ? mf (x) ? 6 恒成?,求实数 m 的最?值; (2) 若 0 < a < 1 , b > 1 ,函数 g (x) = f (x) ? 2 有且只有 1 个零点,求 ab 的值. 分析 第 (1) 小题考查简单的包含指数函数的?程的求解以及含参不等式恒成立的处理办法 (参见《?考

数学压轴题的分析与解》破解压轴题的有效 10 招中的第?招“分离变量法”);第 (2) 小题注意到 g (0) = 0 , 因此 x = 0 同时是函数 g (x) 和函数 g ′ (x) 的零点,难点在于严格地论述. 解 (1)(i) ?程 f (x) = 2 即 2x + 1 = 2 ,也即 (2x ? 1)2 = 0 ,因此它的根是 x = 0 . 2x ? ? 1 1 x ? m 2 + ? 6, 22x 2x

(ii) 原命题即 ?x ∈ R, 22x + 也即 1 2 + 2x + 6 2 m? = 1 x 2 + x 2
2x

? ? 1 2 x ? 2 + x +4 ? 4 1 2 x = 2 + x + 1 1 2 2x + x 2x + x 2 2

78

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

对?切实数 x 均成?.由第 (1) ?题,当 x = 0 时, 2x + 实数 m 的最?值是 4 . (2) 函数 g (x) 的导函数

1 = 2 ,此时右侧函数取得最?值为 4 .因此 2x

?? ?x ò b 1 g (x) = ln a · a + ln b · b = a · ln b ? ln , a a
′ x x x

? ?x b 1 令 h(x) = ln b ? ln ,则 h(x) 单调递增,且有唯?零点 x0 ,其中 x0 满? a a ln a · ax0 + ln b · bx0 = 0, 进?函数 g (x) 在 x = x0 处取得极?值,亦为最?值 g (x0 ) .由于 g (0) = f (0) ? 2 = 0 ,进?如下讨论. 情形? x0 ?= 0 .

此时必然有 g (x0 ) < 0 ,取 x1 = min{loga 2, x0 ? 1} , x2 = max{logb 2, x0 + 1} ,则显然有 g (x1 ) > 0 , g (x2 ) > 0 且 x1 < x0 < x2 ,此时函数 g (x) 在区间 (x1 , x0 ) 和区间 (x0 , x2 ) 内都存在零点,不符合题意. 情形? x0 = 0 .

此时函数 g (x) 在 (?∞, 0) 上单调递减,在 (0, +∞) 上单调递增,? g (0) = 0 ,因此函数 g (x) 有唯?零 点,符合题意. 综上所述, x0 = 0 ,进?可得 ln a + ln b = 0 ,从? ab = 1 . 题 (20) 记 U = {1, 2, · · · , 100} .对数列 {an } ( n ∈ N? ) 和 U 的?集 T ,若 T = ? ,定义 ST = 0 ;

若 T = {t1 , t2 , · · · , tk } ,定义 ST = at1 + at2 + · · · + atk .例如: T = {1, 3, 66} 时, ST = a1 + a3 + a66 . 现设 {an } ( n ∈ N? ) 是公?为 3 的等?数列,且当 T = {2, 4} 时, ST = 30 . (1) 求数列 {an } 的通项公式; (2) 对任意正整数 k ( 1 ? k ? 100 ),若 T ? {1, 2, · · · , k } ,求证: ST < ak+1 ; (3) 设 C ? U , D ? U , SC ? SD ,求证: SC + SC ∩D ? 2SD . 分析 第 (1) 小题考查基本数列的通项;第 (2) 小题考查基本数列的前 n 项和;第 (3) 小题可以从第 (2)

小题的证明过程中得到思路,只要将集合作简单分划即可. 解 (1) 根据题意有 3a1 + 27a1 = 30 ,从? a1 = 1 ,因此所求通项公式为 an = 3n?1 ( n ∈ N? );
k ∑ i=1

(2) 根据题意,有 ST ? 因此命题得证. (3) 设集合 A = {x | x ∈ C, x ∈ / D} ,集合 B = {x | x ∈ D, x ∈ / C } ,则 SC = SA + SC ∩D , SD = SB + SC ∩D , 因此条件即 SA ? SB ,? SC + SC ∩D ? 2SD = SA ? 2SB . ai = 1 k (3 ? 1) < 3k = ak+1 , 2

第?七章 2016 年江苏卷数学

79

当 B = ? 时命题显然成?,接下来考虑 B ?= ? 的情形.设此时集合 A 中的最?元素为 p ,集合 B 中 的最?元素为 q ,则由于 A 和 B 没有公共元素,因此 p ?= q .

情形?

p<q.

此时由第 (2) ?题结论,有 SB ? aq > a1 + a2 + · · · + aq?1 ? SA , ?盾.

情形?

p>q.

此时与第 (2) ?题的论证过程类似,有 1 1 SA ? ap = 3p?1 > 2 · (3p?1 ? 1) ? 2 · (3q ? 1) ? 2SB , 2 2 因此有 SC + SC ∩D ? 2SD > 0 ,命题得证. 综上所述,原命题得证. 题 (22) 如图,在平?直?坐标系 xOy 中,已知直线 l : x ? y ? 2 = 0 ,抛物线 C : y 2 = 2px ( p > 0 ). y
l :x?y?2=0 C : y 2 = 2px

O

x

(1) 若直线 l 过抛物线 C 的焦点,求抛物线 C 的?程; (2) 已知抛物线 C 上存在关于直线 l 对称的相异两点 P 和 Q . (i) 求证:线段 P Q 的中点坐标为 (2 ? p, ?p) ; (ii) 求 p 的取值范围. 分析 解 第 (1) 小题考查抛物线的基本量与?程;第 (2) 小题是典型的弦中点问题,考虑用点差法解决. (1) 直线 l 的横截距为 (2, 0) ,于是 p = 4 ,从?抛物线 C 的?程为 y 2 = 8x .

(2)(i) 设 P (2pa2 , 2pa) , Q(2pb2 , 2pb) ,则 P Q 的斜率 1 = ?1, a+b 从? a + b = ?1 ,因此线段 P Q 的中点 M 的纵坐标 p(a + b) = ?p ,进?由中点在直线 l 上可得其坐 标为 (2 ? p, ?p) . (ii) 由 (i),可得 p(a2 + b2 ) = 2 ? p, a + b + 1 = 0,

80 因此题意即圆 x2 + y 2 =

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

2?p ( p > 0 ) 和直线 x + y + 1 = 0 有两个公共点.进?可得 p 1 √ < 2 ? 2?p , p

解得 p 的取值范围是 题 (23)

? ? 4 0, . 3

4 (1) 求 7C3 6 ? 4C7 的值;

(2) 设 m, n ∈ N? , n ? m ,求证:
m+2 m m m m (m + 1)Cm m + (m + 2)Cm+1 + (m + 3)Cm+2 + · · · + nCn?1 + (n + 1)Cn = (m + 1)Cn+2 .

分析

第 (1) 小题考查组合数的计算,同时也提示了解决第 (2) 小题时用到的?个恒等式;第 (2) 小题利

用第 (1) 小题中的恒等式即可解决.此外考虑到欲证明结论是?个有关正整数的等式,因此必然可以用数学 归纳法证明. 解
4 (1) 7C3 6 = 7 · 20 = 140 ,? 4C7 = 4 · 35 = 140 ,于是

4 7C3 6 ? 4C7 = 0.

m+1 (2) 在第 (1) ?题的提?下,我们可以证明 (k + 1)Cm k = (m + 1)Ck+1 ,于是

( +1 ) m+1 m+1 LHS = (m + 1) · Cm m+1 + Cm+2 + · · · + Cn+1 ,
k?1 k 又由于 Ck n = Cn?1 + Cn?1 ,于是

+1 m+1 m+1 m+1 +2 m+2 m+1 +1 m+2 + Cm + Cm Cm n n+1 = · · · = Cm+1 + Cm+2 + · · · + Cn+1 , n+2 = Cn+1 + Cn+1 = Cn

这样就证明了题中的等式.

第??章 2016 年浙江卷理科数学
题 (理 8)
2

已知实数 a, b, c .(
2

)

A. 若 |a + b + c| + |a + b + c| ? 1 ,则 a2 + b2 + c2 < 100 B. 若 |a2 + b + c| + |a2 + b ? c| ? 1 ,则 a2 + b2 + c2 < 100 C. 若 |a + b + c2 | + |a + b ? c2 | ? 1 ,则 a2 + b2 + c2 < 100 D. 若 |a2 + b + c| + |a + b2 ? c| ? 1 ,则 a2 + b2 + c2 < 100



从分析变量 a, b, c 的界??.

选项 A,取 a = b , c = ?(a2 + a) ,则 |a2 + b + c| + |a + b2 + c| = 0 ? 1, ?此时由于 a 可以任取,因此 c ?界,显然?法得到 a2 + b2 + c2 < 100 ,如取 a = 10 即可推出?盾; 选项 B,取 c = 0 , b = ?a2 ,则 |a2 + b + c| + |a2 + b ? c| = 0 ? 1, ?此时 b ?界,如取 a2 = 10 即可推出?盾; 选项 C,与选项 B 类似,取 c = 0 , b = ?a ,则 |a + b + c2 | + |a + b ? c2 | = 0 ? 1, ?此时 b ?界,如取 a = 10 即可推出?盾; ?此可得正确的答案是 D.下?证明选项 D 的正确性.?先根据绝对值不等式,有 1 ? |a2 + b + c| + |a + b2 ? c| ? |a2 + a + b2 + b|, 1 ? a2 + a, b2 + b ? ? ,因此可得 4 1 5 ?1 ? ? ? a2 + a, b2 + b ? , 即 4 4 2 81 √ 6 ?1 + ? a, b ? 2 √ 6 .

82

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

为了便于计算,取 a, b ∈ [?2, 2] ,进?由绝对值不等式,有 1 ? |a2 + b + c| + |a + b2 ? c| ? |a2 ? a + b ? b2 + 2c|, ? ò 1 ? a2 ? a, b2 ? b ∈ ? , 6 ? [?6, 6] ,于是 ?13 ? 2c ? 13 ,从? c ∈ [?7, 7] ,此时必然有 4 a2 + b2 + c2 ? 22 + 22 + 72 < 100, 命题得证. #? #? 题 (理 15) 已知向量 #? a , b , #? a = 1 , b = 2 ,若对任意单位向量 #? e ,均有 #? #? 则 a · b 的最?值是 . 解 由绝对值不等式,有 √ #? #? #? 6 ? #? a · #? e + b · #? e ? #? a · #? e + b · #? e = ( #? a + b ) · #? e , √ #? 于是对任意单位向量 #? e ,均有 ( #? a + b ) · #? e ? 6 ,? #? #? a+ b = #? 因此 ( #? a + b ) · #? e 的最?值 √ #? a
2

√ #? #? a · #? e + b · #? e ? 6,

#? + b

2

#? + 2 #? a· b =

?

#? 5 + 2 #? a · b,

?

#? √ 5 + 2 #? a · b ? 6,

1 #? 1 #? 从? #? a · b ? .下?证明 #? a · b 可以取得 . 2 #? 2 #? (1) 若 #? a · #? e + b · #? e = #? a · #? e + b · #? e ,则显然符合题意; #? #? (2) 若 #? a · #? e + b · #? e = #? a · #? e ? b · #? e ,此时 #? #? a? b = 于是 √ #? a
2

#? + b

2

#? ? 2 #? a · b = 2,

√ #? #? #? a · #? e + b · #? e = #? a · #? e ? b · #? e ? 2 < 6,

符合题意. 1 #? 综上所述, #? a · b 的最?值为 . 2 题 (理 18) 已知 a ? 3 ,函数 F (x) = min{2|x ? 1|, x2 ? 2ax + 4a ? 2} ,其中 min{p, q } = ? ? ?p, p ? q, ? ?q, p > q.

(1) 求使得等式 F (x) = x2 ? 2ax + 4a ? 2 成?的 x 的取值范围; (2)(i) 求 F (x) 的最?值 m(a) ; (ii) 求 F (x) 在 [0, 6] 上的最?值 M (a) . 分析 解 此题是经典的含参?次函数的讨论问题,注意分析区间端点展开讨论即可. (1) 根据题意,有 x2 ? 2ax + 4a ? 2 ? 2|x ? 1| .

第??章 2016 年浙江卷理科数学

83

情形?

x ? 1 .此时不等式等价于 x2 ? (2a + 2)x + 4a ? 0 ,即 (x ? 2)(x ? 2a) ? 0, 解得 2 ? x ? 2a.

情形?

x < 1 .此时不等式等价于 x2 + (2 ? 2a)x + 4a ? 4 ? 0,

考虑到左侧函数的对称轴为 x = a ? 1 ,又该函数在 x = 1 处的函数值为 2a ? 1 > 0 ,此时?解. 综上所述, x 的取值范围是 [2, 2a] . (2)(i) 根据第 (1) ?题的结论,我们有 ? ? ?x2 ? 2ax + 4a ? 2, x ∈ [2, 2a], ? ?2|x ? 1|, x ∈ (?∞, 2) ∪ (2a, +∞),

F (x) =

该函数在第?段上的最?值 m1 (a) = ?a2 + 4a ? 2 ( a ? 3 ), 在第?段上的最?值 m2 = 0 . 由于函数 m1 (a) √ 在 a ∈ [3, +∞) 上的零点为 a = 2 + 2 ,于是 ? √ ó a ∈ 3, 2 + 2 , m(a) = √ ? ??a2 + 4a ? 2, a ∈ (2 + 2, +∞). (ii) 由于 y = x2 ? 2ax + 4a ? 2 的对称轴为 x = a ,于是在 x ∈ [2, 6] 上,函数 y = x2 ? 2ax + 4a ? 2 或 者递减,或者先递减再递增,因此最?值必然在区间端点处取得,从? F (x) 在 [2, 6] 上的最?值 ? ? ?34 ? 8a, ? ?2, a ∈ [3, 4], a ∈ (4, +∞). ? ? ?0,

M1 (a) = max{2, 34 ? 8a} =

?函数 F (x) 在 [0, 2) 上的最?值是 2 ,于是 ? ? ?34 ? 8a, a ∈ [3, 4], ? ?2, a ∈ (4, +∞).

M (a) =

题 (理 19)

如图,设椭圆 C :

x2 + y 2 = 1(a > 1) . a2 y A O x

(1) 求直线 y = kx + 1 被椭圆截得的弦?(? a, k 表?) ;

84

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

(2) 若任意以点 A(0, 1) 为圆?的圆与椭圆?多有三个公共点1 ,求椭圆的离?率的取值范围. 分析 第 (1) 小题是基础的弦长问题,联立即可;第 (2) 小题需要构造函数,将圆与椭圆的公共点与函数

的零点对应起来. 解 (1) 联?直线与椭圆的?程,可得 (1 + a2 k 2 )x2 + 2a2 kx = 0, 从?所求的弦长为 √ 2a2 |k | 2a2 |k | · 1 + k 2 · = . 1 + a2 k 2 1 + a2 k 2



1+

k2

(2) 如图,设 M (x, y ) 是椭圆上?点,连接 M A . y A O M x

由于 |M A|2 = x2 + (y ? 1)2 = a2 (1 ? y 2 ) + (y ? 1)2 = (1 ? a2 )y 2 ? 2y + a2 + 1. 考虑函数 t = (1 ? a2 )y 2 ? 2y + a2 + 1, ?1 ? y ? 1 的图象与直线 t = r2 的公共点,其中 a > 1 , r 为圆的半径.当公共点对应的 y = ±1 时,?个公共点对 应圆与椭圆的?个公共点;当公共点对应的 y ∈ (?1, 1) 时,?个公共点对应圆与椭圆的两个公共点.根据 题意,可得函数 t = (1 ? a2 )y 2 ? 2y + a2 + 1, ?1 ? y ? 1 为单调函数,否则必然存在直线 t = r2 与之有两个公共点,且其对应的 y 均在区间 (?1, 1) .考虑到其对 1 称轴为 y = ,? a2 > 1 ,因此 1 ? a2 1 ? ?1, 解得 1 < a2 ? 2, 1 ? a2 ? 进?可得椭圆的离?率 e 的取值范围是 题 (理 20) 设数列 {an } 满? an ? √ ? 2 0, . 2

an+1 ? 1 , n ∈ N? . 2 (1) 求证: |an ? | ?? 2n?1 (|a1 | ? 2) (n ∈ N? ) ; 3 n (2) 若 |an | ? , n ∈ N? ,证明: |an | ? 2, n ∈ N? . 2 分析 第 (1) 小题是对数列 {an } 的?个上下界估计,利用好递推结构不难证明;第 (2) 小题可以考虑用

反证法,若 |an | > 2 ,那么第 (1) 小题结论给出的界和条件给出的界有冲突,从?推出?盾.
1 此处表述?妥,应将“?多有三个公共点”改为“的公共点不超过三个” .

第??章 2016 年浙江卷理科数学

85



(1) 根据已知,有 an+1 an 1 ? n ? n , n = 1, 2, · · · 2n+1 2 2

累加,有 an an?1 an?1 an?2 a2 a1 1 1 1 1 ? n?1 + n?1 ? n?2 + · · · + 2 ? ? n?1 + n?2 + · · · + = 1 ? n?1 , n 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 由绝对值不等式可得 1 an a1 ? 1 ? n ?1 , ? n 2 2 2 再由绝对值不等式可得 |a1 | |an | 1 ? n ? 1 ? n?1 , 即 |an | ? 2n?1 (|a1 | ? 2) + 2, 2 2 2 这样就证明了 |an | ? 2n?1 (|a1 | ? 2) (n ∈ N? ) . (2) 在 (1) 的基础上,不难证明对任意 n, m ∈ N ,有 |an+m | ? 2m (|an | ? 2), 只需要取 n, n + 1, · · · , n + m 的情形累加即得.结合已知条件,有 ? ?n+m ? ?m ? ?n 3 3 2 ? 2m (|an | ? 2), 即 ? (|an | ? 2). 2 4 3 ? ó 若 |an | > 2 ,那么对任何正整数 n ,右侧为确定的正数,记为 f (n) ,此时取 m = log 3 f ( n ) + 1 ,则有 4 ? ?m ? ?n 3 2 < f (n) = (|an | ? 2), 4 3 ?盾. 因此原命题得证. 拓展 从数列的界的?度看, 第 (1) ?题给出了数列 {|an |} 的?个等?下界, 第 (2) ?题给出了数列 {|an |}

的?个等?上界.若 |an | > 2 ,那么将由于下界增长速度超过上界增长速度?导致?盾.

86

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

第?九章 2016 年浙江卷?科数学
题 (? 8) 如图,点列 {An }, {Bn } 分别在某锐?的两边上,且 |An An+1 | = |An+1 An+2 |, An ?= An+2 , n ∈ N? , |Bn Bn+1 | = |Bn+1 Bn+2 |, Bn ?= Bn+2 , n ∈ N? , 其中 P ?= Q 表? P 与 Q 不重合.若 dn = |An Bn | , Sn 为 △An Bn Bn+1 的?积,则 ( ··· An+1 )

A1

A2

A3

···

An

S1

S2

···

Sn

···

B1 B2 B3 · · · Bn Bn+1 · · · A. {Sn } 是等差数列
2 B. {Sn } 是等差数列

C. {dn } 是等差数列

D. {d2 n } 是等差数列



由于 △An Bn Bn+1 ( n = 1, 2 · · · ) 的底 |B1 B2 | = |B2 B3 | = · · · ,?顶点 A1 , A2 , · · · 共线,因此这些

底边上的?成等差数列,进? {Sn } 构成等差数列,选 A.
2 对于选项 B,由于 {Sn } 是等差数列,于是 {Sn } 只有当 {Sn } 是常数列时才为等差数列,此时直线 A1 A2

与 B1 B2 平?,与已知不符,因此选项 B 错误; 对于选项 C,D, 过 A1 作 B1 B2 的垂线, 取垂?为 B2 , 在 B2 的左侧取?点为 B1 , 则 |A1 B1 | > |A1 B2 | , 因此在 A1 右侧必然可以找到?点 A2 ,使得 |A2 B2 | = |A1 B1 | ,此时数列 {dn } 和 {d2 n } 必然均不是等 差数列,因此选项 C,D 错误.

A A1 2

B1 题 (? 14)

B2 √ 5 , ∠ADC = 90? . .

如图,已知平?四边形 ABCD , AB = BC = 3 , CD = 1 , AD =

沿直线 AC 将 △ACD 翻折成 △ACD′ ,直线 AC 与 BD′ 所成?的余弦的最?值是 87

88

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦 D D′ A C

著)

B 解 法? 过 D 作 DH 垂直 AC 于 H ,如图.点 D 在以 H 为圆?, DH 为半径的圆上运动,且

圆? (记为 α ) 与 AC 垂直. C

G D H A

B E

在 D 点运动的过程中,直线 AC 与 BD 所成?为直线 BD 与圆? α 所成?的余?,因此问题等价于 √ 求直线 BD 与圆? α 所成?的正弦值的最?值.设 E 为 B 在圆? α 上的投影,经计算得 AC = 6 , 进? √ √ √ 30 30 6 DH = , EH = , EB = , 6 2 3

因此直线 BD 与圆? α 所成?的正切值的最?值为 EB 1 =√ , EH ? DH 5 √ 6 于是其正弦值的最?值是 ,即直线 AC 与 BD′ 所成?的余弦的最?值. 6 法? 如法?图,设直线 AC 与 BD′ 所成?为 θ ,则 cos θ = ? # ? # ? # ? # ? # ? # ? BD · HG (BG + GH + HD) · HG GH 2 GH = = = , BD · HG BD · HG BD · GH BD

? ? # ? # ? # ? # ? # ? # ? # ? # ? (BG + GH + HD) · (BG + GH + HD) = BG2 + GH 2 + HD2 + 2BG · HD, √ √ 6 2 2 2 . 于是 BD 的最?值为 BG + GH + HD ? 2BG · HD .进?步可以计算得所求的最?值为 6 #? #? #? #? 题 (? 15) 已知平?向量 #? a , b , #? a = 1 , b = 2 ,#? a·b = 1. 若 #? e 为平?单位向量, 则 #? a · #? e + b · #? e BD = 的最?值是 解 . #? 当 #? a · #? e 与 b · #? e 同号 (认为 0 与任何数同号) 时,有 #? #? #? #? a · #? e + b · #? e = #? a · #? e + b · #? e ? #? a + b · #? e = √ #? a
2

#? + b

2

#? √ + 2 #? a · b = 7.

#? 取 #? e 为与 #? a + b 同向的单位向量可以使得上述不等式取得等号.

第?九章 2016 年浙江卷?科数学

89

#? 当 #? a · #? e 与 b · #? e 异号时,有 #? #? #? #? a · #? e + b · #? e = #? a · #? e ? b · #? e ? #? a ? b · #? e = 综上所述,所求代数式的最?值为 题 (? 19) |AF | ? 1 . y A √ 7. √ #? a
2

#? + b

2

#? √ ? 2 #? a · b = 3.

如图,设抛物线 y 2 = 2px ( p > 0 ) 的焦点为 F ,抛物线上的点 A 到 y 轴的距离等于

F O B

M x N

(1) 求 p 的值; (2) 若直线 AF 交抛物线于另?点 B ,过 B 与 x 轴平?的直线和过 F 与 AB 垂直的直线交于点 N , AN 与 x 轴交于点 M .求 M 的横坐标的取值范围. 分析 第 (1) 小题考查抛物线的定义;第 (2) 小题涉及到?些简单的坐标运算,利用《?考数学压轴题的

分析与解》中破解压轴题的有效 10 招中的第 6 招“抛物线的性质”可以快速解决. p = 1 ,于是 p = 2 ; 2 2 (2) 抛物线?程为 y = 4x ,焦点 F (1, 0) ,设直线 AF : x = my + 1 ,与抛物线?程联?可得 解 (1) 根据抛物线的定义可得 y 2 ? 4my ? 4 = 0. ?4 1 设 A(4t , 4t) ,则可得 B 点的纵坐标为 = ? ,于是 B 4t t # ? # ? N F ⊥ AB 可得 N F · BA = 0 ,即
2

?

? ? ? 1 1 1 ,? ,进?可设 N n, ? ,由 4t2 t t

? ? ? ? 1 1 1 2 4t ? 2 · (1 ? n) + 4t + · = 0, 4t t t 4t2 + 3 从?解得 n = 2 .进?由 A(4t2 , 4t) , N 4t ? 1 ? ? 4t2 + 3 1 ,? ,可得 M 点的横坐标为 4t2 ? 1 t

? ? 1 4t2 + 3 2 ? 4t · ? 4t · 2 8t2 4t ? 1 t ? ? = 2 , 1 4t ? 1 4t ? ? t 于是其取值范围是 (?∞, 0) ∪ (2, +∞) . 题 (? 20) 设函数 f (x) = x3 + 1 , x ∈ [0, 1] .证明: 1+x

(1) f (x) ? 1 ? x + x2 ; 3 3 (2) < f (x) ? . 4 2

90 分析

?考数学压轴题的分析与解 (兰琦

著)

第 (1) 小题形式为证明?个函数不等式,实际上利用不等式的代数结构,容易将不等式简化后证明;

第 (2) 小题的左侧不等式就是第 (1) 小题的结果直接求最值得到的,右侧不等式中注意取等条件,适当放缩 后很容易证明. 解 (1) 只需要证明 1 ? x + x2 ? x3 ? ? 1 ? x + x2 ? x3 = 因此原命题得证. (2) 注意到右侧不等式当 x = 1 时取得等号,因此证明如下: x3 + 1 1 ?x+ , 1+x 1+x 1 1 ? x4 ? , 1+x 1+x 1 . 1+x

?右侧函数在 x ∈ [0, 1] 上单调递增1 ,于是右侧不等式得证. 再证明左侧不等式,由第 (1) ?题的结果可得 x3 + ? ? 1 1 2 3 3 ? x2 ? x + 1 = x ? + ? , 1+x 2 4 4 1 ,?法同时取得.这就证明了左侧的不等式. 2

两个不等号取等的条件分别为 x = 0 和 x = 综上所述,原不等式得证.

1 也可以?分析法证明:

x(1 + x) + 1 ?

3 (1 + x) . 2


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