高考锦囊数学2-1_数学高考锦囊

求圆锥曲线方程 求指定的圆锥曲线的方程是高考命题的重点，主要考查学生识图、画图、数形结合、等价转化、分类讨论、逻辑推理、合理运算及创新思维能力，解决好这类问题，除要求同学们熟练掌握好圆锥曲线的定义、性质外，命题人还常常将它与对称问题、弦长问题、最值问题等综合在一起命制难度较大的题，解决这类问题常用定义法和待定系数法. ●难点磁场 1.(★★★★★)双曲线 =1(b∈N)的两个焦点F1、F2，P为双曲线上一点，|OP|＜5,|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等比数列，则b2=_________. 2.(★★★★)如图，设圆P满足：①截y轴所得弦长为2；②被x轴分成两段圆弧，其弧长比为3∶1，在满足条件①、②的所有圆中，求圆心到直线l：x－2y=0的距离最小的圆的方程. ●案例探究 ［例1］某电厂冷却塔的外形是如图所示的双曲线的一部分，绕其中轴(即双曲线的虚轴)旋转所成的曲面，其中A、A′是双曲线的顶点，C、C′是冷却塔上口直径的两个端点，B、B′是下底直径的两个端点，已知AA′=14 m，CC′=18 m,BB′=22 m,塔高20 m. (1)建立坐标系并写出该双曲线方程. (2)求冷却塔的容积(精确到10 m2,塔壁厚度不计，π取3.14). 命题意图：本题考查选择适当的坐标系建立曲线方程和解方程组的基础知识，考查应用所学积分知识、思想和方法解决实际问题的能力，属★★★★★级题目. 知识依托：待定系数法求曲线方程；点在曲线上，点的坐标适合方程；积分法求体积. 错解分析：建立恰当的坐标系是解决本题的关键，积分求容积是本题的重点. 技巧与方法：本题第一问是待定系数法求曲线方程，第二问是积分法求体积. 解：如图，建立直角坐标系xOy,使AA′在x轴上，AA′的中点为坐标原点O，CC′与BB′平行于x轴. 设双曲线方程为 =1(a＞0,b＞0),则a= AA′=7 又设B(11,y1),C(9,x2)因为点B、C在双曲线上，所以有 由题意，知y2－y1=20,由以上三式得：y1=－12,y2=8,b=7 故双曲线方程为 =1. (2)由双曲线方程，得x2= y2+49 设冷却塔的容积为V(m3),则V=π ,经计算，得V=4.25×103(m3) 答：冷却塔的容积为4.25×103m3. ［例2］过点(1，0)的直线l与中心在原点，焦点在x轴上且离心率为 的椭圆C相交于A、B两点，直线y= x过线段AB的中点，同时椭圆C上存在一点与右焦点关于直线l对称，试求直线l与椭圆C的方程. 命题意图：本题利用对称问题来考查用待定系数法求曲线方程的方法，设计新颖，基础性强，属★★★★★级题目. 知识依托：待定系数法求曲线方程，如何处理直线与圆锥曲线问题，对称问题. 错解分析：不能恰当地利用离心率设出方程是学生容易犯的错误.恰当地利用好对称问题是解决好本题的关键. 技巧与方法：本题是典型的求圆锥曲线方程的问题，解法一，将A、B两点坐标代入圆锥曲线方程，两式相减得关于直线AB斜率的等式.解法二，用韦达定理. 解法一：由e= ,得 ,从而a2=2b2,c=b. 设椭圆方程为x2+2y2=2b2,A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆上. 则x12+2y12=2b2,x22+2y22=2b2,两式相减得，(x12－x22)+2(y12－y22)=0, 设AB中点为(x0,y0),则kAB=－ ,又(x0,y0)在直线y= x上，y0= x0,于是－ = －1,kAB=－1,设l的方程为y=－x+1. 右焦点(b,0)关于l的对称点设为(x′,y′), 由点(1,1－b)在椭圆上，得1+2(1－b)2=2b2,b2= . ∴所求椭圆C的方程为 =1,l的方程为y=－x+1. 解法二：由e= ,从而a2=2b2,c=b. 设椭圆C的方程为x2+2y2=2b2,l的方程为y=k(x－1), 将l的方程代入C的方程，得(1+2k2)x2－4k2x+2k2－2b2=0,则x1+x2= ,y1+y2=k(x1－1)+k(x2－1)=k(x1+x2)－2k=－ . 直线l：y= x过AB的中点( ),则 ,解得k=0，或k= －1. 若k=0,则l的方程为y=0,焦点F(c,0)关于直线l的对称点就是F点本身，不能在椭圆C上，所以k=0舍去，从而k=－1，直线l的方程为y=－(x－1),即y=－x+1,以下同解法一. ［例3］如图，已知△P1OP2的面积为 ，P为线段P1P2的一个三等分点，求以直线OP1、OP2为渐近线且过点P的离心率为 的双曲线方程. 命题意图：本题考查待定系数法求双曲线的方程以及综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力，属★★★★★级题目. 知识依托：定比分点坐标公式；三角形的面积公式；以及点在曲线上，点的坐标适合方程. 错解分析：利用离心率恰当地找出双曲线的渐近线方程是本题的关键，正确地表示出 △P1OP2的面积是学生感到困难的. 技巧与方法：利用点P在曲线上和△P1OP2的面积建立关于参数a、b的两个方程，从而求出a、b的值. 解：以O为原点，∠P1OP2的角平分线为x轴建立如图所示的直角坐标系. 设双曲线方程为 =1(a＞0,b＞0) 由e2= ，得 . ∴两渐近线OP1、OP2方程分别为y= x和y=－ x 设点P1(x1, x1),P2(x2,－ x2)(x1＞0,x2＞0),则由点P分 所成的比λ= =2,得P点坐标为( ),又点P在双曲线 =1上，所以 =1, 即(x1+2x2)2－(x1－2x2)2=9a2,整理得8x1x2=9a2 ① 即x1x2= ② 由①、②得a2=4,b2=9 故双曲线方程为 =1. ●锦囊妙计 一般求已知曲线类型的曲线方程问题，可采用“先定形，后定式，再定量”的步骤. 定形——指的是二次曲线的焦点位置与对称轴的位置. 定式——根据“形”设方程的形式，注意曲线系方程的应用，如当椭圆的焦点不确定在哪个坐标轴上时，可设方程为mx2+ny2=1(m＞0,n＞0). 定量——由题设中的条件找到“式”中特定系数的等量关系，通过解方程得到量的大小. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)已知直线x+2y－3=0与圆x2+y2+x－6y+m=0相交于P、Q两点，O为坐标原点，若OP⊥OQ，则m等于( ) A.3 B.－3 C.1 D.－1 2.(★★★★)中心在原点，焦点在坐标为(0，±5 )的椭圆被直线3x－y－2=0截得的弦的中点的横坐标为 ，则椭圆方程为( ) 二、填空题3.(★★★★)直线l的方程为y=x+3,在l上任取一点P，若过点P且以双曲线12x2－4y2=3的焦点作椭圆的焦点，那么具有最短长轴的椭圆方程为_________.4.(★★★★)已知圆过点P(4，－2)、Q(－1，3)两点，且在y轴上截得的线段长为4 ，则该圆的方程为_________.三、解答题5.(★★★★★)已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，它的一个焦点为F，M是椭圆上的任意点，|MF|的最大值和最小值的几何平均数为2，椭圆上存在着以y=x为轴的对称点M1和M2，且|M1M2|= ，试求椭圆的方程.6.(★★★★)某抛物线形拱桥跨度是20米，拱高4米，在建桥时每隔4米需用一支柱支撑，求其中最长的支柱的长.7.(★★★★★)已知圆C1的方程为(x－2)2+(y－1)2= ,椭圆C2的方程为 =1(a＞b＞0)，C2的离心率为 ，如果C1与C2相交于A、B两点，且线段AB恰为圆C1的直径，求直线AB的方程和椭圆C2的方程. 参考答案难点磁场1.解析：设F1(－c,0）、F2(c,0)、P(x,y),则|PF1|2+|PF2|2=2(|PO|2+|F1O|2)＜2(52+c2),即|PF1|2+|PF2|2＜50+2c2,又∵|PF1|2+|PF2|2=(|PF1|－|PF2|)2+2|PF1|·|PF2|,依双曲线定义，有|PF1|－|PF2|=4,依已知条件有|PF1|·|PF2|=|F1F2|2=4c2∴16+8c2＜50+2c2,∴c2＜ ,又∵c2=4+b2＜ ,∴b2＜ ,∴b2=1.答案：12.解法一：设所求圆的圆心为P(a,b），半径为r,则点P到x轴、y轴的距离分别为|b|、|a|∵圆P截y轴所得弦长为2，∴r2=a2+1又由题设知圆P截x轴所得劣弧对的圆心角为90°,故弦长|AB|= r,故r2=2b2,从而有2b2－a2=1又∵点P(a,b)到直线x－2y=0的距离d= ,因此，5d2=|a－2b|2=a2+4b2－4ab≥a2+4b2－2(a2+b2)=2b2－a2=1,当且仅当a=b时上式等号成立，此时5d2=1,从而d取最小值，为此有 ,∵r2=2b2, ∴r2=2于是所求圆的方程为：(x－1）2+(y－1)2=2或(x+1)2+(y+1)2=2解法二：设所求圆P的方程为(x－a)2+(y－b)2=r2(r＞0)设A(0,y1),B(0,y2)是圆与y轴的两个交点，则y1、y2是方程a2+(y－b)2=r2的两根，∴y1，2=b± 由条件①得|AB|=2，而|AB|=|y1－y2|,得r2－a2=1设点C(x1,0)、D(x2,0)为圆与x轴的两个交点，则x1,x2是方程(x－a)2+b2=r2的两个根，∴x1，2=a± 由条件②得|CD|= r,又由|CD|=|x2－x1|，得2b2=r2,故2b2=a2+1设圆心P(a,b)到直线x－2y=0的距离为d= ∴a－2b=± d,得a2=(2b± d)2=4b2±4 bd+5d2又∵a2=2b2－1,故有2b2±4 bd+5d2+1=0.把上式看作b的二次方程，∵方程有实根.∴Δ=8(5d2－1)≥0,得5d2≥1.∴dmin= ,将其代入2b2±4 bd+5d2+1=0,得2b2±4b+2=0,解得b=±1.从而r2=2b2=2,a=± =±1于是所求圆的方程为(x－1)2+(y－1)2=2或(x+1)2+(y+1)2=2歼灭难点训练一、1.解析：将直线方程变为x=3－2y,代入圆的方程x2+y2+x－6y+m=0,得(3－2y)2+y2+(3－2y)+m=0.整理得5y2－20y+12+m=0,设P(x1,y1)、Q(x2,y2)则y1y2= ,y1+y2=4.又∵P、Q在直线x=3－2y上，∴x1x2=(3－2y1)(3－2y2)=4y1y2－6(y1+y2)+9故y1y2+x1x2=5y1y2－6(y1+y2)+9=m－3=0，故m=3.答案：A2.解析：由题意，可设椭圆方程为： =1,且a2=50+b2,即方程为 =1.将直线3x－y－2=0代入，整理成关于x的二次方程.由x1+x2=1可求得b2=25,a2=75.答案：C二、3.解析：所求椭圆的焦点为F1(－1,0),F2(1,0),2a=|PF1|+|PF2|.欲使2a最小，只需在直线l上找一点P.使|PF1|+|PF2|最小，利用对称性可解.?答案： =14.解析：设所求圆的方程为(x－a)2+(y－b)2=r2则有 由此可写所求圆的方程.答案：x2+y2－2x－12=0或x2+y2－10x－8y+4=0三、5.解：|MF|max=a+c,|MF|min=a－c,则(a+c)(a－c)=a2－c2=b2,∴b2=4,设椭圆方程为 ①设过M1和M2的直线方程为y=－x+m ②将②代入①得：(4+a2)x2－2a2mx+a2m2－4a2=0 ③设M1(x1,y1)、M2(x2,y2),M1M2的中点为(x0,y0),则x0= (x1+x2)= ,y0=－x0+m= .代入y=x,得 ,由于a2＞4,∴m=0,∴由③知x1+x2=0,x1x2=－ ,又|M1M2|= ,代入x1+x2,x1x2可解a2=5,故所求椭圆方程为： =1.6.解：以拱顶为原点，水平线为x轴，建立坐标系，如图，由题意知，|AB|=20，|OM|=4，A、B坐标分别为(－10，－4）、(10，－4）设抛物线方程为x2=－2py,将A点坐标代入，得100=－2p×(－4),解得p=12.5,于是抛物线方程为x2=－25y.由题意知E点坐标为(2，－4)，E′点横坐标也为2，将2代入得y=－0.16,从而|EE′|=(－0.16)－(－4)=3.84.故最长支柱长应为3.84米.7.解：由e= ,可设椭圆方程为 =1,又设A(x1,y1)、B(x2,y2),则x1+x2=4,y1+y2=2,又 =1,两式相减，得 =0,即(x1+x2)(x1－x2)+2(y1+y2)(y1－y2)=0.化简得 =－1,故直线AB的方程为y=－x+3,代入椭圆方程得3x2－12x+18－2b2=0.有Δ=24b2－72＞0,又|AB|= ,得 ，解得b2=8.故所求椭圆方程为 =1.

数学归纳法解题

数学归纳法是高考考查的重点内容之一.类比与猜想是应用数学归纳法所体现的比较突出的思想，抽象与概括，从特殊到一般是应用的一种主要思想方法.

●难点磁场

(★★★★)是否存在a、b、c使得等式1?22+2?32+…+n(n+1)2= (an2+bn+c).

●案例探究

〔例1〕试证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，均有：an+cn＞2bn.

命题意图：本题主要考查数学归纳法证明不等式，属★★★★级题目.

知识依托：等差数列、等比数列的性质及数学归纳法证明不等式的一般步骤.

错解分析：应分别证明不等式对等比数列或等差数列均成立，不应只证明一种情况.

技巧与方法：本题中使用到结论：(ak－ck)(a－c)＞0恒成立(a、b、c为正数)，从而ak+1+ck+1＞ak?c+ck?a.

证明：(1)设a、b、c为等比数列，a= ,c=bq(q＞0且q≠1)

∴an+cn= +bnqn=bn( +qn)＞2bn

(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想 ＞( )n(n≥2且n∈N*)

下面用数学归纳法证明：

①当n=2时，由2(a2+c2)＞(a+c)2，∴

②设n=k时成立，即

则当n=k+1时， (ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)

＞ (ak+1+ck+1+ak?c+ck?a)= (ak+ck)(a+c)

＞( )k?( )=( )k+1

〔例2〕在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－ 成等比数列.

(1)求a2,a3,a4，并推出an的表达式；

(2)用数学归纳法证明所得的结论；

(3)求数列{an}所有项的和.

命题意图：本题考查了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识.

知识依托：等比数列的性质及数学归纳法的一般步骤.采用的方法是归纳、猜想、证明.

错解分析：(2)中，Sk=－ 应舍去，这一点往往容易被忽视.

技巧与方法：求通项可证明{ }是以{ }为首项， 为公差的等差数列，进而求得通项公式.

解：∵an,Sn,Sn－ 成等比数列，∴Sn2=an?(Sn－ )(n≥2) (*)

(1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－

由a1=1，a2=－ ,S3= +a3代入(*)式得：a3=－

同理可得：a4=－ ,由此可推出：an=

(2)①当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成立.

②假设n=k(k≥2)时，ak=－ 成立

故Sk2=－ ?(Sk－ )

∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0

∴Sk= (舍)

由Sk+12=ak+1?(Sk+1－ ),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－ )

由①②知，an= 对一切n∈N成立.

(3)由(2)得数列前n项和Sn= ,∴S= Sn=0.

●锦囊妙记

(1)数学归纳法的基本形式

设P(n)是关于自然数n的命题，若

1°P(n0)成立(奠基)

2°假设P(k)成立(k≥n0)，可以推出P(k+1)成立(归纳)，则P(n)对一切大于等于n0的自然数n都成立.

(2)数学归纳法的应用

具体常用数学归纳法证明：恒等式，不等式，数的整除性，几何中计算问题，数列的通项与和等.

●歼灭难点训练

一、选择题

1.(★★★★★)已知f(n)=(2n+7)?3n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n)，则最大的m的值为( )

A.30 B.26 C.36 D.6

2.(★★★★)用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证( )

A.n=1 B.n=2 C.n=3 D.n=4

二、填空题

3.(★★★★★)观察下列式子： …则可归纳出_________.

4.(★★★★)已知a1= ,an+1= ,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想an=_________.

三、解答题

5.(★★★★)用数学归纳法证明4 +3n+2能被13整除，其中n∈N*.

6.(★★★★)若n为大于1的自然数，求证： .

7.(★★★★★)已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145.

(1)求数列{bn}的通项公式bn;

(2)设数列{an}的通项an=loga(1+ )(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与 logabn+1的大小，并证明你的结论.

8.(★★★★★)设实数q满足|q|＜1,数列{an}满足：a1=2,a2≠0,an?an+1=－qn,求an表达式，又如果 S2n＜3,求q的取值范围.

参考答案

难点磁场

解：假设存在a、b、c使题设的等式成立，这时令n=1,2,3,有

于是，对n=1,2,3下面等式成立

1?22+2?32+…+n(n+1)2=

记Sn=1?22+2?32+…+n(n+1)2

设n=k时上式成立，即Sk= (3k2+11k+10)

那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2= (k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2

= (3k2+5k+12k+24)

= 〔3(k+1)2+11(k+1)+10〕

也就是说，等式对n=k+1也成立.

综上所述，当a=3,b=11,c=10时，题设对一切自然数n均成立.

歼灭难点训练

一、1.解析：∵f(1)=36,f(2)=108=3×36,f(3)=360=10×36

∴f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除.

证明：n=1,2时，由上得证，设n=k(k≥2)时，

f(k)=(2k+7)?3k+9能被36整除，则n=k+1时，

f(k+1)－f(k)=(2k+9)?3k+1?－(2k+7)?3k

=(6k+27)?3k－(2k+7)?3k

=(4k+20)?3k=36(k+5)?3k－2?(k≥2)

f(k+1)能被36整除

∵f(1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m值等于36.

答案：C

2.解析：由题意知n≥3，∴应验证n=3.

答案：C

二、3.解析：

(n∈N*)

(n∈N*)

、 、 、

三、5.证明：(1)当n=1时，42×1+1+31+2=91能被13整除

(2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，

42(k+1)+1+3k+3=42k+1?42+3k+2?3－42k+1?3+42k+1?3

=42k+1?13+3?(42k+1+3k+2?)

∵42k+1?13能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除

∴当n=k+1时也成立.

由①②知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整除.

6.证明：(1)当n=2时，

(2)假设当n=k时成立，即

7.(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得 ,∴bn=3n－2

(2)证明：由bn=3n－2知

Sn=loga(1+1)+loga(1+ )+…+loga(1+ )

=loga〔(1+1)(1+ )…(1+ )〕

而 logabn+1=loga ,于是，比较Sn与 logabn+1?的大小 比较(1+1)(1+ )…(1+ )与 的大小.

取n=1，有(1+1)=

取n=2，有(1+1)(1+

推测：(1+1)(1+ )…(1+ )＞ (*)

①当n=1时，已验证(*)式成立.

②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+ )…(1+ )＞

则当n=k+1时，

,即当n=k+1时，(*)式成立

由①②知，(*)式对任意正整数n都成立.

于是，当a＞1时，Sn＞ logabn+1?,当 0＜a＜1时，Sn＜ logabn+1?

8.解：∵a1?a2=－q,a1=2,a2≠0,

∴q≠0,a2=－ ,

∵an?an+1=－qn,an+1?an+2=－qn+1?

两式相除，得 ,即an+2=q?an

于是，a1=2,a3=2?q,a5=2?qn…猜想：a2n+1=－ qn(n=1,2,3,…)

综合①②，猜想通项公式为an=

下证：(1)当n=1,2时猜想成立

(2)设n=2k－1时，a2k－1=2?qk－1则n=2k+1时，由于a2k+1=q?a2k－1?

∴a2k+1=2?qk即n=2k－1成立.

可推知n=2k+1也成立.

设n=2k时，a2k=－ qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=q?a2k?,

所以a2k+2=－ qk+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立.

综上所述，对一切自然数n,猜想都成立.

这样所求通项公式为an=

S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)

=2(1+q+q2+…+qn-1?)－ (q+q2+…+qn)

由于|q|＜1,∴ =

依题意知 ＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜ 1

数学归纳法证题应注意之一、二、三

数学归纳法 作为数学命题证明的一种基本方法，可以完成对许多与自然数相关的命题的证明。当然任何一种方法的应用都有它的局限性，数学归纳法也不例外。

例 求证： 。

证法一：记 。

∵ ， ， ， ，

∴当 时有 成立。以下先证 （ 时）

① 当 时，显然成立；

② 假设 （ ）时成立，即 ，

则 。

又

即当 时， 成立。

由①与②，对于 且（ ）有 成立。

从而有 （ ）成立。

证法二：记 ，

则 ，

因为每个括号中的值均为正，所以 成立。又当 时，

。

当 时， 。

所以对于 ， 成立。

一、从以上的证法中可以看出，并不是所有的关于自然数的命题都必须用数学归纳法来证明；在许多的情况下，用其它方法证明比数学归纳法要简捷、方便。

例1 求证： ( )

证法一：①当 时，有 成立。

②假设当 时结论成立，则当 时，

＝

即当 时，命题成立。所以 时， 成立。

证法二：∵ ， ∴欲证 ，只须证 ， ∵ ∴ 成立，

∴ （ ）成立。

证法三：左边＝ 右边。

∴左边<右边，即 （ ）成立。

比较以上证明方法：证法一显然比证法二、三都复杂，且证明过程易“貌似神离”（即在证明当 时，没有应用归纳假设；即当 时直接用 ＝ 来证明）。

二、许多有关自然数 的命题在用数学归纳法证明前，必须变换命题，否则不能用归纳法直接证明。特别是 （ 是常数）型的不等式，当 是随 递增时更是如此。此时应把命题中的常数 改为小于 且 的递增的函数。

例2 求证： （ ）

不等式的左边 是关于 是递增的，右边为常数2，所以考虑变换命题，一般是把右边的常数2改为关于 的递增函数 ，而得更强的命题：求证：

（ ）（人民出版社出版《代数》（下册）1990版第122页习题6第⑵小题）。此命题很容易用数学归纳法证明。

例3 求证：

记 ，若用数学归纳法证明，则须变换命题，使之成为 （其中 ）。事实上，当 时， ，所以这里的 是很小的，找出适合条件的 的表达式也较困难。若直接用证明不等式的缩放法，则比较容易证得。

例4 设 ，且 ， ，证明： 。

在应用数学归纳法证明时，仅由归纳假设 ，只能推得 ，而不能确定 。为使 ，还须先有 ，而这一点在归纳假设中是无法得到的，从而须考虑更强的命题：设 ，且 ， ，证明：当 ， 。这是一个容易证得的命题。