高考数学二轮专题突破课堂讲义 第31讲 圆锥曲线与方程、导数及其应用、推理与证明.docVIP

第31讲　圆锥曲线与方程、导数及其应用、推理与证明 从这几年江苏高考试卷来看圆锥曲线可以与方程、导数及其应用及推理与证明合并命题．考题中常以某些数学知识为载体考查学生推理论证能力与分析问题、解决问题的能力．综合考查学生的数学素养与探究能力若这些知识放在第22题考则属于中档题放在第23题考则属于难题特别是第23题其中的一问对思维要求很高对学生的数圆锥曲线与方程考试说明内容 要求 圆锥曲线与方程 曲线与方程 顶点在坐标原点的抛物线的标准方程与几何性质 导数及其应用考试说明内容 要求 导数及 简单的复合函数的导数 推理与证明考试说明内容 要求 1 数学归纳法的原理 2 数学归纳法的简单应用 例1 各项均为正数的数列{xn对一切n∈N均满足x＋＜2.证明：(1) xn＜x＋1；(2) xn＞1－证明：(1) 因为x＞0＋＜2所以0＜＜2－x所以x＋1＞且2－x＞0.因－x＝＝所以所以x＜x＋1即x＜x＋1(2) 下面用数学归纳法证明：x＞1－当n＝1时由题设x＞0可知结论成立；假设n＝k时k＞1－则当n＝k＋1时由(1)得＋1＞＞＝＝1－由①②可得＞1－ 已知过一个凸多边形的不相邻的两个端点的连线段称为该凸多边形的对角线．(1) 分别求出凸四边形2) 猜想凸n边形的对角线条数f(n)并用数学归纳法证明．解：(1) 凸四边形的对角线条数为2条；凸五边形的对角线条数为5条；凸六边形的对角线条数为9条．(2) 猜想f(n)＝(n≥3)．证明：当n＝3时(3)＝0成立．设当n＝k(k≥3)时猜想成立即f(k)＝则当n＝k＋1时k＋1边形A＋1边形A中原来的对角线也都是k＋1边形中的对角线且边A也成为k＋1边形中的对角线；在A＋1与A连结的k条线段中除A＋1、A＋1外都是k＋1边形中的对角线共计有(k＋1)＝f(k)＋1＋(k－2)＝＋1＋(k－2)＝＝＝＝即猜想对n＝k＋1时也成立．综上得f(n)＝对任何n≥3都成立．过直线x＝－2上的动点P作抛物线y＝4x的两条切线PA、PB其中A、B为切点．(1) 若切线PA、PB的斜率分别为k、k求证：k为定值；(2) 求证：直线AB恒过定点．证明：(1) 设A(t)(t10)，B(t，2t2)(t20)，P(－2)．因为y＝4x所以当y0时＝2＝所以＝同理k＝由k＝＝得t－mt－2＝0.同理t－mt－2＝0.所以t、t是方程t－mt－2＝0的两个实数根．所以t＝－2.所以k＝＝－为定值．(2) 直线AB的方程为y－2t1＝(x－t)即y＝＋2t－即y＝＋由于t＝－2所以直线方程化为y＝(x－2)所以直线AB恒过定点(2)． 已知点A(1)在抛物线Г：y＝2px上．(1) 若△ABC的三个顶点都在抛物线Γ上记三边AB、BC、CA所在直线的斜率分别为k、k、k求－＋的值；(2) 若四边形ABCD的四个顶点都在抛物线Γ上记四边AB、BC、CD、DA所在直线的斜率分别为k、k、kk4，求－＋－的值．解：(1) 由点A(1)在抛物线上得p＝2所以抛物线方程为y＝4x.设B、C所－＋＝－＋＝－＋＝1.(2) 另设D则－＋－＝－＋－＝0.已知函数f(x)＝ln(ax＋1)＋其中a＞0.(1) 若f(x)在x＝1处取得极值求a的值；(2) 若f(x)的最小值为1求a的取值范围．解：(1) f′(x)＝－＝因为f(x)在x＝1处取得极值故f′(1) ＝0解得a＝1(经检验符合)．(2) f′(x)＝因为x≥0＞0故ax＋1＞0＋x＞0.当a≥2时在区间[0＋∞)上f′(x)≥0(x)递增(x)的最小值为f(0)＝1.当0＜a＜2时由f′(x)＞0解得x＞由f′(x)＜0解得x＜故f(x)的单调减区间为单调增区间为于是(x)在x＝处取得最小值＜f(0)＝1不合题意．综上可知若f(x)取得最小值为1则a的取值范围是[2＋∞)． 已知函数f(x)＝(2x＋1)(2x＋1)－a(2x＋1)－x(a0)．(1) 若函数f(x)在x＝0处取极值求a的值；(2) 如图设直线x＝－＝－x将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域(不含边界)若函数y＝f(x)的图象恰好位于其中一个区域内判断其所在的区域并求对应的a的取值范围；(3) 比较3与2的大小并说明理由． 解：(1) f(x)＝(2x＋1)(2x＋1)－a(2x＋1)－x(a0)(x)＝2(2x＋1)－4a(2x＋1)＋1.(x)在x＝0处取极值(0)＝－4a＋1＝0.＝(2) ∵ 函数的定义域为且当x＝0时(0)＝－a0又直线y＝－x恰好通过原点函数y＝f(x)的图象应位于区域Ⅳ内于是可得(x)－x即(2x＋1)(2x＋1)－a(2x＋1)－x－x.＋10. 令h(x)＝(x)＝.令h′(x)＝0得x＝ x－时(x)0，h(x)单调递增；x∈时(x)0，