2025年高中数学解题思想方法-分析与综合讲义

第01节 分析与综合【讲】 通常一个命题或一个有待证明的数学问题，一般都是由条件和结论两方面构成的，解题的过程一般总是有正、逆两种不同的思维方向. 一是从条件出发推导出结论的思维过程（由因导果），称之为综合；二是从结论出发逆向追溯到结论的条件（从果溯因），称之为分析．从论证的思维方向和表述形式，前者称为综合法，后者称为分析法，这是证明高中代数推理题的两种基本方法，而代数推理论证是近几年高考命题的热点和亮点，应当引起足够的重视． 两种证法相比较各有特色，综合法的优点是叙述过程简短明了，缺点是由条件推结论的过程不明朗，不易找到解决问题的起点，也就是通常讲的：不知从何着手．分析法的优点是思考问题比较自然，容易找到解题思路，缺点是由于分析法的表达上应有特定的用语和推理的规范，叙述过程比较烦琐．所以我们应把两者结合起来，也就是用分析法对问题进行分析，寻找解决的起点、走向，再用综合法叙述解题的过程．总之，分析与综合是一个完整的思维过程，运用得较为广泛的数学思想方法． 类型一 在数列中的应用 【典例1】（2024广东佛山顺德普通高中高三上期教学质量检测一） 1． 记正项数列的前项积为，已知，若，则的最小值是（   ） A．999 B．1000 C．1001 D．1002 【典例2】（2025届陕西宝鸡高三上期联考） 2． 已知数列前项和为，且，若存在两项使得，当时，则最小值是 . 【典例3】 3． 已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，设，，． (1) 若，，，求的值； (2) 若，证明，； (3) 若正数满足，设，，，和，，，是1，2，，n的两个不同的排列，，，证明：． 【方法归纳】 在高中数学数列中，综合法与分析法两种方法具有广泛的应用.综合法是一种顺向思维，它根据已知的原因或条件，逐步推导出结果.在数列问题中，这种方法常用于根据数列的定义、性质或递推关系，推导出数列的通项公式、前n项和等.分析法则是一种逆向思维，它从已知的结果或结论出发，反向推导出原因或条件.在数列问题中，这种方法常用于根据数列的某些性质或结论，反推出数列的定义、递推关系或特定项的值.在解决数列问题时，两种方法往往可以相互配合使用.通过灵活运用这两种方法，可以更加高效地解决数列问题，提高学生的数学思维能力. 【举一反三】 4． 将数列中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成下表： …… 记表中的第一列数、 、 、 ……构成的数列为，，为数列的前项和，且满足 （I）证明数列成等差数列，并求数列的通项公式； （II）上表中，若从第三行起，每一行中的数从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数，当时，求上表中第行所有项的和 5． 在平面直角坐标系中，直线上有一系列点：、、、、、．已知数列是首项为，公差为的等差数列． (1) 求数列及的通项公式； (2) 是否存在一个半径最小的圆，使得对于一切，点均在此圆的内部（包括圆周）？若存在，求出此圆的方程；若不存在，请说明理由． 类型二 在函数中的应用 【典例1】（2025届陕西咸阳兴平高三上期第二次模拟考试） 6． “”是“”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【典例2】 7． 已知函数，若恒成立，则的取值范围是 ． 【典例3】 8． 已知二次函数． (1) 若且，证明：的图像与轴有两个相异交点； (2) 若、，且，，证明：方程必有一实根在区间内； (3) 在（1）的条件下，设两交点为，求线段长的取值范围． 【方法归纳】 分析法和综合法是高中数学函数中常用的两种推理方法.分析法即从已知条件出发，借助函数的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后达到特征结论或需求问题的结果.这种方法在解决函数问题时，通常从已知的函数表达式、定义域、值域等条件出发，通过函数的单调性、奇偶性、周期性等性质，推导出函数的图像、最值、零点等结论.综合法则是从需证明的结论出发，分析这个结论成立的充分条件，进而转化为判定那些条件是否具备.在解决函数证明问题时，执果索因的方法通常从需要证明的结论开始，逆向分析出结论成立的必要条件，然后逐步寻找并证明这些条件.这种方法在解决一些复杂的函数证明问题时，能够帮助学生更快地找到解题的突破口. 在高中数学函数的学习中，两种方法相辅相成，共同构成了函数推理与证明的重要工具.通过灵活运用这两种方法，学生可以更好地理解和掌握函数的知识，提高解题能力和数学素养. 【举一反三】 9． 给定实数，设函数（，且）． (1) 证明经过函数的图像上任意两个不同点的直线不平行于轴； (2) 若，则是否存在实数，使得数列成等差数列？若存在，求出通项；若不存在，请说明理由． 10． 已知二次函数同时满足：①不等式的解集有且只有一个元素；②在定义域内存在，使得不等式成立．设数列的前项和． (1) 求数列的通项公式； (2) 设各项均不为零的数列中，所有满足的正整数的个数称为这个数列的变号数．若，求数列的变号数． 类型三 在解析几何中的应用 【典例1】（2025届陕西宝鸡高三上期联考） 11． 已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线于、两点.若的中点坐标为，则的方程为（    ） A． B． B． D． 【典例2】 12． 已知抛物线：的焦点为，过且斜率为1的直线交于，两点，若的面积为，则 . 【典例3】 13． 设圆的圆心为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的平行线交AD于点E. （I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程； （II）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MPNQ面积的取值范围. 【方法归纳】 分析法与综合法在高中数学解析几何中扮演着重要的角色，两者各具特色，相辅相成. 分析法，其核心思想是从要证明的结论出发，逆向逐步寻找使该结论成立的充分条件.在解析几何中，当我们面对一个不易直接证明的结论时，分析法就显得尤为重要.例如，在求解直线与圆锥曲线的位置关系时，我们可以从结论出发，逆向分析出直线与圆锥曲线的交点个数、位置等需要满足的条件，从而找到解题的突破口.分析法的优点在于能够帮助学生明确解题方向，避免盲目尝试，提高解题效率. 综合法则是从已知条件出发，利用定义、公理、定理等逐步推导出所要证明的结论.在解析几何中，综合法通常用于求解已知条件较为充分且明确的问题.综合法的优点在于条理清晰，逻辑严密，能够帮助学生巩固基础知识，提高解题的准确性和规范性. 【举一反三】 14． 点在椭圆上，直线与直线垂直，O为坐标原点，直线OP的倾斜角为，直线的倾斜角为. （I）证明: 点是椭圆与直线的唯一交点； （II）证明:构成等比数列. 15． 给定椭圆．称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为，其短轴上的一个端点到F的距离为． (1) 求椭圆C的方程和其“准圆”方程； (2) 点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点，过动点P作直线，使得与椭圆C都只有一个交点，试判断是否垂直？并说明理由． （2024上海嘉定高三第一次质量调研） 16． 已知，其中. (1) 若，求函数的值域； (2) 若，且函数在内有极小值，但无极大值，求的值. （2025届陕西咸阳兴平高三上期第二次模拟考试） 17． 已知是各项均为正数，公差不为的等差数列，其前项和为，且成等比数列． (1) 求数列的通项公式； (2) 定义在数列中，使为整数的叫作“调和数”，求在区间内所有“调和数”之和． （2025届广东普通高中毕业班第二次调研考试） 18． 在数列中，，都有，，成等差数列，且公差为. (1) 求，，，； (2) 求数列的通项公式； (3) 是否存在，使得，，，成等比数列.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. （2025届上海奉贤高三上期学科质量调研） 19． 已知函数，其中（常数且）． (1) 若函数的图象过点，求关于的不等式的解集； (2) 若存在，使得数列是等比数列，求实数的取值范围. （2025届海南省定定安高三上期联考一） 20． 已知椭圆：上的点到焦点距离最短为，到焦点距离最长为． (1) 求椭圆的方程； (2) 过点作直线与椭圆交于，两点，且椭圆的左、右焦点分别为，，，的面积分别为，，求的最大值． （2025届广东韶关高三上期综合测试（一）） 21． 已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点.动点满足直线的斜率之积为，记点的轨迹为. (1) 求的方程； (2) 过点且斜率为的直线与轴相交于点，与相交于两点，若.求的值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第01节 分析与综合【讲】 通常一个命题或一个有待证明的数学问题，一般都是由条件和结论两方面构成的，解题的过程一般总是有正、逆两种不同的思维方向. 一是从条件出发推导出结论的思维过程（由因导果），称之为综合；二是从结论出发逆向追溯到结论的条件（从果溯因），称之为分析．从论证的思维方向和表述形式，前者称为综合法，后者称为分析法，这是证明高中代数推理题的两种基本方法，而代数推理论证是近几年高考命题的热点和亮点，应当引起足够的重视． 两种证法相比较各有特色，综合法的优点是叙述过程简短明了，缺点是由条件推结论的过程不明朗，不易找到解决问题的起点，也就是通常讲的：不知从何着手．分析法的优点是思考问题比较自然，容易找到解题思路，缺点是由于分析法的表达上应有特定的用语和推理的规范，叙述过程比较烦琐．所以我们应把两者结合起来，也就是用分析法对问题进行分析，寻找解决的起点、走向，再用综合法叙述解题的过程．总之，分析与综合是一个完整的思维过程，运用得较为广泛的数学思想方法． 类型一 在数列中的应用 【典例1】（2024广东佛山顺德普通高中高三上期教学质量检测一） 1． 记正项数列的前项积为，已知，若，则的最小值是（   ） A．999 B．1000 C．1001 D．1002 【答案】C 【分析】由数列的前项积满足，可求得是等差数列，并求得的通项， 进而得到的通项，再由，即可求得正整数的最小值. 【详解】∵为正项数列的前项积， ， ∴当时，， 时，，又， ∴，即， ∴是首项为3，公差为2的等差数列，且. 由，得 若，则，∴ 所以，正整数的最小值为1001. 故选：C. 【典例2】（2025届陕西宝鸡高三上期联考） 2． 已知数列前项和为，且，若存在两项使得，当时，则最小值是 . 【答案】4 【分析】先根据可得数列是首项为1，公比为2的等比数列，即可得到，结合可得，再结合基本不等式求解即可. 【详解】由，得，两式相减得，而， 所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，即， 因为，则，即， 因为，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以最小值是， 故答案为：. 【典例3】 3． 已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，设，，． (1) 若，，，求的值； (2) 若，证明，； (3) 若正数满足，设，，，和，，，是1，2，，n的两个不同的排列，，，证明：． 【答案】(1) (4) 证明见解析 (5) 证明见解析 【分析】（1）由条件求再结合通项公式求， (6) 先求，表示，求，由此可得，结合等比数列求和公式证明结论； (7) 由已知，设，当时，，由此可得，通过适当放缩，结合等比数列求和公式证明结论. 【详解】（1）由题设，可得，， 所以，，， 所以，． (8) 证明：由题设可得，则 ，① ，② ①－②，得．③ 1 ＋②，得．④ 2 式两边同乘，得．⑤ 所以，，． (9) 证明：由已知得． 因为，，所以， 因为设，，，和，，，是1，2，，n的两个不同的排列， 所以存在满足且，，， 当时，， 则， 1 当时，得，由， 得且至多只有一个等号成立， 即， 又 ， 所以， 因此，即. 2 当时，则， 同理可得，因此. 综上所述：. 【点睛】关键点点睛：本题第三问解决的关键在于通过适当放缩，结合等比数列求和公式证明结论. 【方法归纳】 在高中数学数列中，综合法与分析法两种方法具有广泛的应用.综合法是一种顺向思维，它根据已知的原因或条件，逐步推导出结果.在数列问题中，这种方法常用于根据数列的定义、性质或递推关系，推导出数列的通项公式、前n项和等.分析法则是一种逆向思维，它从已知的结果或结论出发，反向推导出原因或条件.在数列问题中，这种方法常用于根据数列的某些性质或结论，反推出数列的定义、递推关系或特定项的值.在解决数列问题时，两种方法往往可以相互配合使用.通过灵活运用这两种方法，可以更加高效地解决数列问题，提高学生的数学思维能力. 【举一反三】 4． 将数列中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成下表： …… 记表中的第一列数、 、 、 ……构成的数列为，，为数列的前项和，且满足 （I）证明数列成等差数列，并求数列的通项公式； （II） 上表中，若从第三行起，每一行中的数从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数，当时，求上表中第行所有项的和 【答案】（I） （II） 【详解】（I）证明：当时， 又，所以数列是首项为1，公差为的等差数列． 所以时 因此 （III） 设上表中从第三行起，每行的公比都为，且 表中到12行尾共含数列的前78项，是表中第13行第三列， ， 记表中第行所有项的和为，则 5． 在平面直角坐标系中，直线上有一系列点：、、、、、．已知数列是首项为，公差为的等差数列． (1)求数列及的通项公式； (2)是否存在一个半径最小的圆，使得对于一切，点均在此圆的内部（包括圆周）？若存在，求出此圆的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)存在， 【分析】（1）由条件，结合等差数列通项公式可得得，化简可得，再由在直线求； （2）求以为直径的圆，证明所求圆满足条件. 【详解】（1）由条件，得． ． 点在直线上， ． （2）由（1）、又， 以线段为直径作圆，其圆心为， 则圆是一个使在圆的内部（包括圆周）的半径最小的圆， 又， 所以圆的方程为． ，． 当时，；当时，； 当时，，． 由上可得，圆即为所求的圆． 即存在一个半径最小的圆，使得对于一切，点均在此圆的内部（包括圆周）． 类型二 在函数中的应用 【典例1】（2025届陕西咸阳兴平高三上期第二次模拟考试） 6． “”是“”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】先利用二倍角公式对题中已知条件进行变形，对进行平方化简变形，然后再判断两个条件的逻辑关系即可得解. 【详解】必要性：由，可得， 则，即. 所以“”是“的必要条件； 充分性；由，可得， 即， 则，得或. 所以“”不是“的充分条件； 故选：B 【典例2】 7． 已知函数，若恒成立，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据恒成立，由求解； 【详解】解：法一： 由题意知，当时，， 所以在上单调递减，故． 因为恒成立，所以， 所以当时，， 所以，又，所以． 综上可知，的取值范围为． 法二： 当时，． 因为恒成立，所以， 所以当时，， 所以，又，所以． 综上可知，的取值范围为． 故答案为： 【典例3】 8． 已知二次函数． (1) 若且，证明：的图像与轴有两个相异交点； (2) 若、，且，，证明：方程必有一实根在区间内； (3) 在（1）的条件下，设两交点为，求线段长的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (4) 证明见解析 (5) 【分析】（1）根据判别式即可求解， (6) 计算，结合零点存在性定理即可求解， (7) 根据韦达定理，结合的关系即可求解. 【详解】（1）证明：由，可得，由可得，． ， 的图像与轴有两个相异交点． (8) 令，则， ， ． 又的图像是连续的，方程，即必有一实根在区间内． (9) 设的两根为，，，，． 又，，. 又， ， 长的取值范围为． 【方法归纳】 分析法和综合法是高中数学函数中常用的两种推理方法.分析法即从已知条件出发，借助函数的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后达到特征结论或需求问题的结果.这种方法在解决函数问题时，通常从已知的函数表达式、定义域、值域等条件出发，通过函数的单调性、奇偶性、周期性等性质，推导出函数的图像、最值、零点等结论.综合法则是从需证明的结论出发，分析这个结论成立的充分条件，进而转化为判定那些条件是否具备.在解决函数证明问题时，执果索因的方法通常从需要证明的结论开始，逆向分析出结论成立的必要条件，然后逐步寻找并证明这些条件.这种方法在解决一些复杂的函数证明问题时，能够帮助学生更快地找到解题的突破口. 在高中数学函数的学习中，两种方法相辅相成，共同构成了函数推理与证明的重要工具.通过灵活运用这两种方法，学生可以更好地理解和掌握函数的知识，提高解题能力和数学素养. 【举一反三】 9． 给定实数，设函数（，且）． (1)证明经过函数的图像上任意两个不同点的直线不平行于轴； (2)若，则是否存在实数，使得数列成等差数列？若存在，求出通项；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)或. 【分析】（1）“过图像上任意两个不同点的直线”呈多样性与不确定性，而其反面“存在过两个点的直线”呈确定性，因而可用反证法； （2）可假定成等差数列，若引出矛盾，即为不存在；若求出m的值，只要确保推理可逆，即存在等差数列得解． 【详解】（1）由题意证明如下， 设、是函数图像上的任意两个不同的点，则， 若直线平行于轴，那么，即， 亦即， 整理得，因为，所以， 这与已知矛盾，因此不平行于轴． （2）假定成等差数列，设公差为，则（其中）， 由得，即， 展开得， 此式对一切成立，故有，， 即，此式必须满足，即． ，． 又以上各步可逆，故当时，存在公差为0的等差数列满足题设. 此时. 因为，所以，解得：. 所以或. 10． 已知二次函数同时满足：①不等式的解集有且只有一个元素；②在定义域内存在，使得不等式成立．设数列的前项和． (1)求数列的通项公式； (2)设各项均不为零的数列中，所有满足的正整数的个数称为这个数列的变号数．若，求数列的变号数． 【答案】(1) (2)3 【分析】（1）根据两个条件求函数的解析式，即可得到的通项公式，再根据公式，求通项公式； （2）方法一，由（1）可知，数列的通项公式，并判断函数的单调性，根据变号数的定义，即可求解；方法二，根据数列的通项公式，求不等式的解集，即可求解. 【详解】（1）的解集有且只有一个元素． 或． 当时，函数在上单调递增， 故不存在，使得不等式成立； 当时，函数在上单调递减， 故存在，使得不等式成立． 综上，得，．． ， 当时，，不满足要求. （2）方法一：由题设得， 当时，， 当时，数列递增． ，由， 可知．即当时有且只有一个变号数． 又，，， ，， 此处变号数有2个． 综上得，数列共有3个变号数． 方法二：由题设 ， 当时， 令或或． 又，． 时也有． 综上得，数列共有3个变号数． 类型三 在解析几何中的应用 【典例1】（2025届陕西宝鸡高三上期联考） 11． 已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线于、两点.若的中点坐标为，则的方程为（    ） A． B． B． D． 【答案】D 【分析】设、，由，利用点差法求解. 【详解】解：设、， 若轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意， 因为线段的中点坐标为，则， 则，两式相减得， 则， 因为，所以，， 所以，，解得， 因此，双曲线的标准方程为. 故选：D. 【典例2】 12． 已知抛物线：的焦点为，过且斜率为1的直线交于，两点，若的面积为，则 . 【答案】 【分析】设，由题可知，直线的方程为，将其与抛物线的方程联立，写出韦达定理，根据三角形的面积列方程，即可解出. 【详解】由已知，直线的方程为，设，， 联立，可得， 且，， 于是， ，所以. 故答案为：. 【典例3】 13． 设圆的圆心为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的平行线交AD于点E. （I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程； （II）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MPNQ面积的取值范围. 【答案】(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ). 【详解】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆定义求方程；（Ⅱ）把面积表示为关于斜率k的函数，再求最值． 试题解析：（Ⅰ）因为，，故， 所以，故. 又圆的标准方程为，从而，所以. 由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为： （）. （Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，. 由得. 则，. 所以. 过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以 .故四边形的面积 . 可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为. 当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12. 综上，四边形面积的取值范围为. 【考点】圆锥曲线综合问题 【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用. 【方法归纳】 分析法与综合法在高中数学解析几何中扮演着重要的角色，两者各具特色，相辅相成. 分析法，其核心思想是从要证明的结论出发，逆向逐步寻找使该结论成立的充分条件.在解析几何中，当我们面对一个不易直接证明的结论时，分析法就显得尤为重要.例如，在求解直线与圆锥曲线的位置关系时，我们可以从结论出发，逆向分析出直线与圆锥曲线的交点个数、位置等需要满足的条件，从而找到解题的突破口.分析法的优点在于能够帮助学生明确解题方向，避免盲目尝试，提高解题效率. 综合法则是从已知条件出发，利用定义、公理、定理等逐步推导出所要证明的结论.在解析几何中，综合法通常用于求解已知条件较为充分且明确的问题.综合法的优点在于条理清晰，逻辑严密，能够帮助学生巩固基础知识，提高解题的准确性和规范性. 【举一反三】 14． 点在椭圆上，直线与直线垂直，O为坐标原点，直线OP的倾斜角为，直线的倾斜角为. （I）证明: 点是椭圆与直线的唯一交点； （II） 证明:构成等比数列. 【答案】如下 【详解】证明（I）（方法一）由得代入椭圆, 得. 将代入上式,得从而 因此,方程组有唯一解,即直线与椭圆有唯一交点P. (方法二)显然P是椭圆与的交点，若Q是椭圆与的交点，代入的方程，得 即故P与Q重合． （方法三）在第一象限内，由可得 椭圆在点P处的切线斜率 切线方程为即． 因此，就是椭圆在点P处的切线． 根据椭圆切线的性质，P是椭圆与直线的唯一交点． （III） 的斜率为的斜率为 由此得构成等比数列． 15． 给定椭圆．称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为，其短轴上的一个端点到F的距离为． (1) 求椭圆C的方程和其“准圆”方程； (2) 点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点，过动点P作直线，使得与椭圆C都只有一个交点，试判断是否垂直？并说明理由． 【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)垂直. 【详解】试题分析：（1）由“椭圆C的一个焦点为，其短轴上的一个端点到F的距离为”知：从而可得椭圆的标准方程和“准圆”的方程； (3) 分两种情况讨论：①当中有一条直线斜率不存在；②直线斜率都存在． 对于①可直接求出直线的方程并判断其是不互相垂直； 对于②设经过准圆上点与椭圆只有一个公共点的直线为 与椭圆方程联立组成方程组消去得到关于的方程： 由化简整理得： 而直线的斜率正是方程的两个根，从而 （1） 椭圆方程为 准圆方程为 （2） ①当中有一条无斜率时，不妨设无斜率， 因为与椭圆只有一个共公点，则其方程为 当方程为时，此时与准圆交于点 此时经过点（或）且与椭圆只有一个公共眯的直线是（或） 即为（或），显然直线垂直； 同理可证方程为时，直线也垂直． ②当都有斜率时，设点其中 设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为 则由消去，得 由化简整理得： 因为，所以有 设的斜率分别为，因为与椭圆只有一个公共点 所以满足上述方程 所以，即垂直, 综合①②知, 垂直． 考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与圆锥曲线的综合问题． （2024上海嘉定高三第一次质量调研） 16． 已知，其中. (1)若，求函数的值域； (2)若，且函数在内有极小值，但无极大值，求的值. 【答案】(1)； (2)7或15. 【分析】（1）把代入，求出时相位范围，再利用余弦函数性质求出值域. （2）由已知可得，再利用给定区间及极值情况求出范围即可得解. 【详解】（1）当时，，由，得， 则，， 所以函数的值域是. （2）由，得，解得， 当时，而，则， 又函数在内有极小值，无极大值，则， 解得，于是或 ，解得或， 当时，，又，无解； 当时，，又，则； 当时，，又，则； 当时，，又，无解， 所以的值是7或15. （2025届陕西咸阳兴平高三上期第二次模拟考试） 17． 已知是各项均为正数，公差不为的等差数列，其前项和为，且成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)定义在数列中，使为整数的叫作“调和数”，求在区间内所有“调和数”之和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合等比中项的知识求得等差数列的公差，从而求得通项公式. （2）利用列举法写出“调和数”，结合等比数列前项和公式求得. 【详解】（1）因为成等比数列，所以， 因为是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为， 所以，整理得，解得， 所以. （2）设，所以， 又，可取大于2的所有整数， 令，且为整数， 所以可以取， 此时分别为， 所以区间内所有“调和数”之和 . （2025届广东普通高中毕业班第二次调研考试） 18． 在数列中，，都有，，成等差数列，且公差为. (1) 求，，，； (2) 求数列的通项公式； (3) 是否存在，使得，，，成等比数列.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)3；5；9；13 (4) (5) 存在， 【分析】（1）根据，，成等差数列，公差为2；，，成等差数列，公差为4求解即可； (6) 由题意，，再分与两种情况求解即可； (7) 根据等比中项的性质，结合通项公式求解即可. 【详解】（1）由题意，，，成等差数列，公差为2；，，成等差数列，公差为4. 则，，，. (8) 由题意，. 当，时， ， 且满足上式，所以当为奇数时，. 当时，. 所以 (9) 存在时，使得，，，成等比数列 证明如下： 由（2）可得，，， 假设，，成等比数列， 则， 化简得，所以，即， 此时，所以当时，，，，成等比数列. （2025届上海奉贤高三上期学科质量调研） 19． 已知函数，其中（常数且）． (1)若函数的图象过点，求关于的不等式的解集； (2)若存在，使得数列是等比数列，求实数的取值范围. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）点代入函数解析式求出，再解指数不等式可得答案； （2）根据数列是等比数列可得，令，利用导数判断出在上的单调性，求出的值域可得答案. 【详解】（1）若函数的图象过点，则， 解得，舍去，所以， 由得， 解得或， 所以不等式的解集为或； （2）， 若存在，使得数列是等比数列， 则，可得， 由可得， 令，， 当时，，所以， 可得在上单调递减，所以， 则实数的取值范围. （2025届海南省定定安高三上期联考一） 20． 已知椭圆：上的点到焦点距离最短为，到焦点距离最长为． (1)求椭圆的方程； (2)过点作直线与椭圆交于，两点，且椭圆的左、右焦点分别为，，，的面积分别为，，求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得，进而解出，求得，进而求解即可； （2）当直线的斜率不存在，可得，当直线的斜率存在时，联立直线和椭圆方程，由韦达定理以及三角形面积公式表示出，进而结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）由题意，， 解得，则， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，，， 当直线的斜率不存在时，，则； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，得， 设，则， 所以，， 由于异号，所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最大值为． 综上所述，的最大值为． （2025届广东韶关高三上期综合测试（一）） 21． 已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点.动点满足直线的斜率之积为，记点的轨迹为. (1)求的方程； (2)过点且斜率为的直线与轴相交于点，与相交于两点，若.求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，根据斜率公式代入上式，进行化简即可得曲线方程； （2）方法一、二，设出直线的方程为，与曲线方程联立，由韦达定理可得，结合向量关系求解；方法三，由题，的中点即的中点，由点差法可得弦中点坐标与弦所在直线的斜率的关系，列式运算得解. 【详解】（1）设点，由题意知. 直线的斜率分别， 所以， 化简得 点的轨迹方程为. （2）方法一，设， 由题意知直线的方程为，所以， 联立方程组，消去整理得， ，， 由得，， 故有，即， 解得. 方法二：设，由题意知直线的方程为，所以， 联立方程组，消去整理得. ，， 由得，， 故有，即， 解得. 方法三：设，由题意知直线的方程为，所以. 因为，所以线段的中点为， ，又因为，所以点也是的中点， 联立方程组， ①-②得，即， 所以， 又因为，所以， 解得. 【点睛】 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$