专题09 高二上学期期末复习真题精选（压轴90题18类题型专练）（举一反三期末专项训练）高二数学上学期苏教版选择性必修第一册

专题09 高二上学期期末复习真题精选（压轴90题18类题型专练） 【苏教版】 题型归纳 题型1 直线与方程的综合问题（共5小题） 1．（24-25高二上·山东淄博·期末）已知直线 ，则下列说法正确的是（    ） A．当 时，直线 的倾斜角为 B．当 时， C．若 ，则 D．直线 的纵截距为 a 2．（24-25高二上·江西赣州·期末）对于直线，下列选项正确的是（   ） A．直线倾斜角为 B．直线经过第四象限 C．直线在轴上的截距为 D．直线的一个方向向量为 3．（24-25高二上·重庆·期末）如图，已知两点，，从点射出的光线经直线上的点M反射后再射到直线上，最后经直线上的点N反射后又回到点P，则直线的方程为（    ）    A． B． C． D． 4．（24-25高二上·江苏南通·期末）已知点直线 (1)若l与线段有交点，直接写出m的取值范围； (2)若设l与直线及x轴分别交于两点，求面积的最小值. 5．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知直线：. (1)求证：直线过定点，并求出此定点的坐标； (2)若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形，求三角形面积的最小值，并求此时直线的方程. 题型2 直线与圆中的最值问题（共5小题） 1．（24-25高二上·陕西汉中·期末）已知点，点满足，则点到直线的距离的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（24-25高二上·江西九江·期末）已知点在直线上，过作圆的两条切线，切点为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·四川成都·期末）已知圆，点为直线上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·安徽合肥·期末）过动点作圆的切线，点为切点，若（为坐标原点），则的最小值是 . 5．（24-25高二上·广东茂名·期末）已知圆关于直线对称. (1)求圆的标准方程； (2)若直线与圆相交于、两点，求； (3)在（2）的前提下，若点是圆上的点，求面积的最大值. 题型3 直线与圆中的面积问题（共5小题） 1．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知圆，直线与交于，两点，则面积的最大值为（   ） A．1 B． C． D． 2．（24-25高二上·海南·期末）已知直线恒过定点，点为圆上的动点，为坐标原点，则面积的最大值为（    ） A．10 B．4 C．6 D．8 3．（24-25高二上·辽宁抚顺·期末）已知直线 与圆 相离，过直线上的点作圆的两条切线，切点为．若四边形的面积的最小值为9，则（   ） A．或 B．或7 C．或5 D．5或7 4．（24-25高二上·湖南益阳·期末）已知圆，直线与交于两点，则的面积等于 . 5．（24-25高二上·云南大理·期末）一个圆切直线于点，且圆心在直线上. (1)求该圆的方程； (2)过直线上一点引圆的两条切线，切点分别为，，求四边形面积的最小值. 题型4 求椭圆、双曲线离心率的取值范围（共5小题） 1．（24-25高二上·广东汕头·期末）已知、分别为椭圆的左、右焦点，为右顶点，、为上、下顶点，若在线段上存在（不含端点），使得，则椭圆的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·贵州安顺·期末）已知双曲线的左，右焦点分别为，过且倾斜角为的直线与双曲线的右支有两个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·吉林长春·期末）已知点，是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，若双曲线的离心率的取值范围是，则椭圆的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·浙江杭州·期末）设椭圆与双曲线的离心率分别为，双曲线渐近线的斜率小于，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·安徽合肥·期末）已知是椭圆和双曲线的公共焦点，P、Q是它们关于原点对称的两个交点，的平分线交于点M，且，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为 . 题型5 圆锥曲线上的距离及最值问题（共5小题） 1．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知点，且是椭圆的左焦点，是椭圆上任意一点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·贵州黔西·期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，M为椭圆C上任意一点，则下列说法错误的是（    ） A．的周长为6 B．面积的最大值为 C．的取值范围为 D．的最小值为 3．（24-25高二上·云南楚雄·期末）已知点是双曲线的上焦点，是下支上的一点，点是圆上一点，则的最小值是（    ） A．7 B．6 C．5 D． 4．（24-25高二上·安徽·期末）已知F是抛物线的焦点，A，B是抛物线C上不同的两点，且满足，设A，B到抛物线C的准线的距离分别为，，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·山西太原·期末）已知双曲线E：的左焦点为F，点M是E右支上的动点，点N是圆上的动点，则的最大值为 . 题型6 圆锥曲线中的面积问题（共5小题） 1．（24-25高二上·重庆沙坪坝·期末）已知是椭圆的左、右焦点，点P在C上，且线段的中点在以为直径的圆上，则三角形的面积为（   ） A． B． C．4 D．6 2．（24-25高二上·湖北咸宁·期末）已知F为抛物线的焦点，斜率为的直线与抛物线交于A，B两点，且位于x轴的两侧（A在x轴的上方），（其中为坐标原点），则（    ） A．4：1 B．5：1 C．5：2 D．7：2 3．（24-25高二上·黑龙江·期末）已知点F是抛物线的焦点，经过F的两条直线分别交抛物线于A，B和C，D，其中B，C两点在x轴上方.若，则四边形面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知曲线，两条直线，均过坐标原点O，和C交于M，N两点，和C交于P，Q两点，若△OPN的面积为，则四边形PNOM的面积为 ． 5．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆的下顶点为，左右焦点分别为，椭圆上的点到距离的最小值为，且抛物线截轴所得的线段长为的长半轴长． (1)求椭圆的方程； (2)过原点的直线与相交于B，C两点，直线AB，AC分别与相交于P，Q两点．   ①证明：直线AB与直线AC的斜率之积为定值；   ②记和的面积分别是，，求的最小值． 题型7 圆锥曲线中的参数范围及最值（共5小题） 1．（24-25高二上·江苏南京·期末）椭圆上任意一点P到点的距离的最小值为（   ） A． B． C．2 D．1 2．（24-25高二上·安徽阜阳·期末）已知抛物线的焦点为F，点A，B在抛物线C上，且满足，设线段AB的中点到抛物线C的准线的距离为d，则的最大值为（   ） A．1 B． C． D． 3．（24-25高二上·安徽亳州·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上且位于第一象限，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）抛物线上一动点到直线的最短距离为 . 5．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知双曲线：的实轴长为2，右焦点F到双曲线的渐近线距离为. (1)求双曲线的方程； (2)过点作直线交双曲线的右支于A，B两点，连接并延长交双曲线左支于点P（O为坐标原点），求的面积的最小值； (3)设定点，过点T的直线交双曲线于M，N两点，M，N不是双曲线的顶点，若在双曲线上存在一点S，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求实数t的取值范围. 题型8 圆锥曲线中的定点、定值问题（共5小题） 1．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知抛物线上两点，满足，则直线恒过定点（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·四川达州·期末）已知椭圆方程为，，，过点的直线交椭圆于、两点，过点且平行于轴的直线与线段交于点，点关于点的对称点为，则直线一定过点（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·山东枣庄·期末）已知抛物线，过焦点F的动直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为M． (1)当直线l的倾斜角为时，，求抛物线G的方程： (2)对于（1）问中的抛物线G，若点，求证：为定值，并求出该定值． 4．（24-25高二上·安徽黄山·期末）已知双曲线的离心率为，分别为其左、右顶点，点在上. 为直线上的动点，与双曲线的另一交点为，与双曲线的另一交点为． (1)求双曲线的方程； (2)证明：直线过定点. 5．（24-25高二上·安徽·期末）已知曲线的离心率为，分别为的左、右焦点，过点的直线与交于两点，面积的最大值为，点为的左顶点． (1)求曲线的方程； (2)证明：为定值； (3)已知双曲线，若所在直线与双曲线的左支分别交于点，点（均异于点），过点作的垂线，垂足为，证明：存在点使得为定值． 题型9 圆锥曲线中的定直线问题（共5小题） 1．（24-25高二上·山西阳泉·期末）已知椭圆的两个焦点为，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线与椭圆交于两点，求证：的内心在一条定直线上． 2．（24-25高二上·云南·期末）已知双曲线实轴端点分别为、，右焦点为，离心率为，过点的直线与双曲线交于另一点，已知的面积为． (1)求双曲线的方程； (2)若过点的直线与双曲线交于、两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由． 3．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知是抛物线的焦点，过焦点的最短弦长为． (1)求抛物线的方程； (2)过动点作抛物线的两条切线，切点为，，直线与抛物线交于（在第一象限）． ①求证：点在定直线上； ②记的面积分别为，当时，求点的坐标． 4．（24-25高二上·江苏淮安·期末）在平面直角坐标系中，已知点，，，点P的轨迹为曲线C，过点的直线l与曲线C交于A，B两点（A，B两点均在y轴左侧）. (1)求曲线C的方程； (2)若点A在x轴上方，且，求直线l的方程； (3)过点A作x轴的平行线m，直线m与直线交于点M，线段的中点为N，若直线l与直线交于点Q，求证：点Q恒在一条定直线上. 5．（24-25高二上·山东烟台·期末）已知椭圆上的点到其右焦点的最大距离为3． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆交于两点（异于）． ①若的面积为，求直线的方程； ②若直线与直线交于点，证明：点在一条定直线上． 题型10 数列求和方法的综合运用（共5小题） 1．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）已知数列中，，. (1)证明数列是等差数列，并求的通项公式； (2)设，求的前项和． 2．（24-25高二上·江苏镇江·期末）已知数列的前n项和为，． (1)证明数列为等比数列并求数列的通项公式； (2)若______，且，求满足条件的最大整数n． 请在①；②这两个条件中任意选择一个填入上面横线处，并完成解答． 3．（24-25高二上·安徽六安·期末）已知数列满足，. (1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和. 4．（24-25高二上·江苏扬州·期末）设等差数列的前项和为，已知，，求： (1)数列的通项公式； (2)数列的前项和． 5．（24-25高二上·湖北武汉·期末）已知等差数列的前项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)若，令，求数列的前项和； (3)已知数列满足，且数列的前项和为，证明：. 题型11 数列不等式恒（能）成立问题（共5小题） 1．（24-25高二上·广西百色·期末）已知为数列的前n项和，且，若对任意正整数n恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·重庆北碚·期末）已知正项数列的前项和为，，且，则满足的的最大值为（   ） A．9 B．10 C．11 D．12 3．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知数列的前n项和为，满足，对于恒成立，则的最小值为（    ） A． B．0 C．1 D．4 4．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围. 5．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知数列满足，． (1)求证：数列为等差数列； (2)设数列前n项和为，且对任意的恒成立，求k的取值范围． 题型12 数列不等式的证明（共5小题） 1．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知数列满足：，其前项和为． (1)证明：为等比数列，并求数列的通项公式； (2)证明：． 2．（24-25高二上·陕西西安·期末）已知数列的前项和为，且满足，. (1)证明：数列是等比数列； (2)设，证明：. 3．（24-25高二上·广东·期末）记为数列的前项积，为数列的前项和，且是以为首项，为公差的等差数列． (1)求的通项公式； (2)证明：． 4．（24-25高二上·江苏南通·期末）已知等差数列的前项和为，公差不为成等比数列，. (1)求数列的通项公式； (2)记，数列的前项和为，证明：. 5．（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知数列中，，且满足（）． (1)证明：数列为等比数列； (2)求的通项公式； (3)令，为数列的前n项和，证明：． 题型13 数列中的新定义问题（共5小题） 1．（24-25高二上·重庆·期末）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.已知数列满足：，，则（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 2．（24-25高二上·湖北咸宁·期末）若数列满足，，（，n为正整数），则称数列为斐波那契数列，又称黄金分割数列.在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波那契数列都有直接的应用.设是数列的前n项和，则下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·广东广州·期末）设为正整数，数列是公比不为1的等比数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的3个数都能构成等比数列，则称数列是可分数列．现有下列3个命题：①数列是可分数列；②数列是可分数列；③数列是可分数列．其中是真命题的为（    ） A．① B．①② C．①③ D．②③ 4．（24-25高二上·陕西西安·期末）对于数列，称为数列的一阶差分数列，其中.对于正整数，称为数列的阶差分数列，其中.已知数列满足，数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)若数列的前项和为，证明：. 5．（24-25高二上·云南昆明·期末）对于，若数列满足，则称这个数列为“数列”． (1)已知数列1，，2m是“数列”，求实数m的取值范围． (2)是否存在首项为的等差数列为“数列”，且其前项和使得恒成立？若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． (3)已知各项均为正整数的等比数列是“数列”，数列不是“数列”，若，试判断数列是否为“数列”，并说明理由． 题型14 已知切线（条数）求参数（共5小题） 1．（24-25高二上·江苏盐城·期末）若直线是曲线的一条切线，则的值为（   ） A． B． C．2 D． 2．（24-25高二上·安徽·期末）已知曲线在点处的切线与直线垂直，则的值为（    ） A． B． C．1 D． 3．（24-25高二上·湖南·期末）已知过点可以作曲线的两条切线，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知直线与曲线相切，则的最大值为 . 5．（24-25高二上·江苏南通·期末）已知函数. (1)求； (2)若曲线在处的切线与曲线也相切，求 题型15 利用导数研究函数零点（方程根）（共5小题） 1．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知函数在上有三个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·重庆·期末）已知函数有三个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·福建龙岩·期末）已知函数恰有一个零点，则的取值范围为 . 4．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知曲线. (1)求在处的切线方程. (2)若函数有两个零点，求实数的取值范围． 5．（24-25高二上·四川乐山·期末）已知函数. (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数有两个零点，记作，. （ⅰ）求参数的取值范围； （ⅱ）若，证明：. 题型16 导数中的不等式恒（能）成立问题（共5小题） 1．（24-25高二上·山西阳泉·期末）已知函数，若恒成立，则实数的最小值为（    ） A． B． C．1 D． 2．（24-25高二上·安徽·期末）若对于任意的，不等式恒成立，则的最小值为 . 3．（24-25高二上·河北保定·期末）已知函数，，其中为的导函数. (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围. 4．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知函数（a为实常数）． (1)若，求证：在上是增函数； (2)当时，求函数在上的最大值与最小值及相应的x值； (3)若存在，使得成立，求实数a的取值范围． 5．（24-25高二上·陕西西安·期末）已知函数（其中e为自然对数的底数）． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在上的最值； (3)设函数，若对，不等式恒成立，求a的取值范围． 题型17 利用导数证明不等式（共5小题） 1．（24-25高二上·北京密云·期末）已知函数，. (1)判断函数的单调性； (2)证明：． 2．（24-25高二上·重庆·期末）已知函数． (1)讨论函数的单调区间； (2)若有两个极值点，证明：． 3．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，求证：. 4．（24-25高二上·安徽阜阳·期末）已知函数. (1)若有正零点，求实数的取值范围； (2)若，求曲线在点处的切线方程，并证明：当时，恒成立. 5．（24-25高二上·安徽·期末）已知函数 (1)讨论的单调性； (2)若函数恰有两个极值点、. ①求的取值范围； ②证明： 题型18 利用导数研究双变量问题（共5小题） 1．（24-25高二上·湖南郴州·期末）已知函数，若，则的最小值为 . 2．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知函数有两个零点，且.设为常数，当变化时，有最小值，则常数的值为 . 3．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 4．（24-25高二上·陕西西安·期末）已知函数. (1)若 ，求 的单调区间； (2)若，，且 有两个极值点，分别为和，求的最大值. 5．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知函数， (1)若恒成立，求实数t的值； (2)当时，方程有两个不同的根，分别为， ①求实数m的取值范围； ②求证：. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 高二上学期期末复习真题精选（压轴90题18类题型专练） 【苏教版】 题型归纳 题型1 直线与方程的综合问题（共5小题） 1．（24-25高二上·山东淄博·期末）已知直线 ，则下列说法正确的是（    ） A．当 时，直线 的倾斜角为 B．当 时， C．若 ，则 D．直线 的纵截距为 a 【答案】D 【解题思路】由直线的方程得斜率，从而求得倾斜角可判断A；根据直线垂直或平行的条件求得参数值可判断B和C；求出的纵截距后可判断D． 【解答过程】对于A，当时，直线，斜率，则倾斜角为，故A错误； 对于B，等价于，解得，故B错误； 对于C，若，则且，故，故C错误； 对于D，，当时，直线 的纵截距为，故D正确. 故选：D. 2．（24-25高二上·江西赣州·期末）对于直线，下列选项正确的是（   ） A．直线倾斜角为 B．直线经过第四象限 C．直线在轴上的截距为 D．直线的一个方向向量为 【答案】D 【解题思路】由直线的斜率和倾斜角的关系可判断A；令，求出直线过点可判断B和C；根据直线过两点，可求得两点间的向量，判断所得向量是否与向量共线可判断D. 【解答过程】设直线的倾斜角为，， 对于A，直线的斜率为，所以，则，故A错误； 对于B，当时，，即直线过点，且倾斜角为， 所以直线经过第一、二、三象限，不经过第四象限，故B错误； 对于C，由B知，直线在轴上的截距为，故C错误； 对于D，当时，，即直线过点， 则，所以直线的一个方向向量为，故D正确. 故选：D. 3．（24-25高二上·重庆·期末）如图，已知两点，，从点射出的光线经直线上的点M反射后再射到直线上，最后经直线上的点N反射后又回到点P，则直线的方程为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】分别求出点P关于直线与y轴的对称点，从而得到结果. 【解答过程】由题意易得AB所在的直线方程为：， 化简可得：. 设点关于直线的对称点， 则，解得，， 点P关于直线AB对称的点为，点P关于y轴对称的点为． 直线MN即直线，则直线MN的方程为，即． 故选：D. 4．（24-25高二上·江苏南通·期末）已知点直线 (1)若l与线段有交点，直接写出m的取值范围； (2)若设l与直线及x轴分别交于两点，求面积的最小值. 【答案】(1)或 (2)4 【解题思路】（1）首先通过联立直线方程求出交点坐标，然后根据交点在线段上这一条件得到关于的不等式，通过对不等式进行变形求解得出的取值范围.（2）通过联立直线方程求出交点坐标，进而确定三角形相关顶点坐标，得出三角形面积表达式.再通过换元法将面积表达式转化为关于新变量的式子，利用二次函数性质求最值 【解答过程】（1）因为直线联立 所以交点因为C在线段AB上，所以 即解得 所以或 （2）因为直线联立 所以交点 令中则所以 因为所以C在第一象限且在右侧，D在左侧， 所以的面积为 设所以 所以当即时，S的最小值为4. 5．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知直线：. (1)求证：直线过定点，并求出此定点的坐标； (2)若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形，求三角形面积的最小值，并求此时直线的方程. 【答案】(1)证明见解析， (2)， 【解题思路】（1）直线方程可化为，故直线过直线与直线的交点，联立求交点可得结论； （2）求直线与坐标轴的交点，表示三角形面积，结合二次函数性质求最值可得结论. 【解答过程】（1）由直线方程变形可得， 所以直线过直线与直线的交点， 联立，解得， 所以直线过定点. （2）已知直线：， 令，得，得. 令，得，得， 则三角形面积为，， 当时，取到最小值. 此时，直线的方程为，即. 题型2 直线与圆中的最值问题（共5小题） 1．（24-25高二上·陕西汉中·期末）已知点，点满足，则点到直线的距离的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解题思路】首先求出点的轨迹方程，然后判断直线恒过定点，再将距离的最大值转化为两点间的距离. 【解答过程】设，又，得， 即点的轨迹为以圆心，以1为半径的圆， 又过定点，又，所以P在圆外， 所以点到直线的距离的最大值为， 故选：C. 2．（24-25高二上·江西九江·期末）已知点在直线上，过作圆的两条切线，切点为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】由圆的方程求得其圆心和半径，求出圆心到直线l的距离，确定当时，取最大值，结合，求出，结合圆的切线性质，即可求得答案. 【解答过程】圆的标准方程为，圆心，半径， 圆心到直线的距离为，即l与圆相离， 由于，故，    故当时，最小，此时最大，则也取最大值， 此时，， 故选：C. 3．（24-25高二上·四川成都·期末）已知圆，点为直线上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】求出圆心和半径，根据四边形面积得到，要想最小，只需最小，求出最小值，进而得到答案. 【解答过程】的圆心为，半径为2， 圆心到直线的距离为， 故直线与圆相离， 由题意得⊥，⊥，且与全等， 则四边形的面积为， 可得⊥， 四边形的面积为， 故，其中， 故， 要想最小，只需最小， 显然当⊥直线时，最小，最小值为， 此时. 故选：C. 4．（24-25高二上·安徽合肥·期末）过动点作圆的切线，点为切点，若（为坐标原点），则的最小值是 . 【答案】 【解题思路】设的坐标为，由题意结合圆的切线的几何性质推出在直线上，继而将的最小值转化为点到直线的距离，即可求解. 【解答过程】根据题意，设的坐标为，圆的圆心为，则. 为圆的切线，则有， 又由，则有，即， 变形可得：，即在直线上， 则的最小值即为点到直线的距离， 且，即的最小值是； 故答案为：. 5．（24-25高二上·广东茂名·期末）已知圆关于直线对称. (1)求圆的标准方程； (2)若直线与圆相交于、两点，求； (3)在（2）的前提下，若点是圆上的点，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】（1）将圆的方程化为标准方程，分析可知，直线过圆心，求出的值，即可得出圆的标准方程； （2）求出圆心到直线的距离，结合勾股定理可求得弦的长； （3）求出点到直线的距离的最大值，结合三角形的面积公式可求得面积的最大值. 【解答过程】（1）圆的方程可化为，圆心为， 因为圆关于直线对称， 则直线过圆心，所以，得. 所以圆的标准方程为. （2）由（1）得圆心为，半径， 又直线的方程为， 则圆心到直线的距离，直线与圆相交， 所以. （3）圆的圆心为，半径长为， 则点到直线的距离为， 所以点到直线距离的最大值为， 所以面积的最大值为. 题型3 直线与圆中的面积问题（共5小题） 1．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知圆，直线与交于，两点，则面积的最大值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【解题思路】求得直线过定点以及圆心到直线的距离的取值范围，得出的面积的表达式利用三角函数单调性即可得出结论. 【解答过程】根据题意可得直线恒过点，该点在已知圆内， 圆的圆心为，半径，作于点，如下图所示： 圆心到直线的距离为，所以， 又，可得； 因此可得，， 所以的面积为. 故选：B. 2．（24-25高二上·海南·期末）已知直线恒过定点，点为圆上的动点，为坐标原点，则面积的最大值为（    ） A．10 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【解题思路】首先求出直线过定点的坐标，再求出圆心坐标与半径，求出及直线的方程，再求出圆心到直线的距离，从而求出点到直线距离的最大值，从而得解. 【解答过程】由，整理为， 令，解得，所以直线恒过定点， 圆的圆心，半径，    如图，，直线的方程为， 则圆心到直线的距离， 则点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离， 所以面积的最大值为. 故选：D. 3．（24-25高二上·辽宁抚顺·期末）已知直线 与圆 相离，过直线上的点作圆的两条切线，切点为．若四边形的面积的最小值为9，则（   ） A．或 B．或7 C．或5 D．5或7 【答案】B 【解题思路】根据相切的性质以及面积公式可得，即可根据点到直线的距离公式求解. 【解答过程】由题意得圆C：的圆心为，半径为3．， 根据题意可得四边形的面积为，则， 因为，故的最小值为， 所以点到直线的距离为，解得或． 故选：B. 4．（24-25高二上·湖南益阳·期末）已知圆，直线与交于两点，则的面积等于 . 【答案】 【解题思路】根据弦长公式以及点到直线的距离公式即可根据面积公式求解. 【解答过程】的圆心为半径为， 故圆心到直线的距离为， 弦长， 故， 故答案为：. 5．（24-25高二上·云南大理·期末）一个圆切直线于点，且圆心在直线上. (1)求该圆的方程； (2)过直线上一点引圆的两条切线，切点分别为，，求四边形面积的最小值. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据直线垂直关系求出PM直线方程，与直线方程联立求得圆心，再求出半径即可得解； （2）先判断直线与圆相离，然后利用对称性得四边形面积为，结合垂线段最短利用点线距离求解即可. 【解答过程】（1）设圆心坐标为， 则设过点的半径所在的直线为，代入，可得， 由解得所以. 所以， 所以圆的方程为. （2）因为到直线的距离为， 所以直线与圆相离， 由题意四边形面积为， 可得，当与直线垂直时，最小，四边形面积最小. 由 .所以四边形面积的最小值为. 题型4 求椭圆、双曲线离心率的取值范围（共5小题） 1．（24-25高二上·广东汕头·期末）已知、分别为椭圆的左、右焦点，为右顶点，、为上、下顶点，若在线段上存在（不含端点），使得，则椭圆的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】求得线段的方程为，在线段上取一点，由已知可得关于的方程，在时有实根，根据二次方程根的分布可得出关于、、的不等式组，由此可解得的取值范围． 【解答过程】由已知，点，，，，， 则线段的方程为，则， 在线段上取一点， ，， 所以 ， 由 ，得， 因为，所以， 从而，整理得，即， 即，即， 结合，解得． 故选：B． 2．（24-25高二上·贵州安顺·期末）已知双曲线的左，右焦点分别为，过且倾斜角为的直线与双曲线的右支有两个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据题意可知双曲线的渐近线方程的斜率需小于直线的斜率，得，结合和离心率的定义即可求解. 【解答过程】由题意知，双曲线的渐近线方程为， 要使直线与双曲线的右支有两个交点， 需使双曲线的渐近线方程的斜率小于直线的斜率， 即，即，由， 得，整理得，所以， 因为双曲线中，所以双曲线的离心率的范围是. 故选：B. 3．（24-25高二上·吉林长春·期末）已知点，是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，若双曲线的离心率的取值范围是，则椭圆的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】设椭圆与双曲线的离心率分别为、，利用圆锥曲线的定义与余弦定理建立、、的关系式，进而推导出，结合，利用不等式的性质算出的取值范围． 【解答过程】设椭圆的长轴长为2m，双曲线的实轴长为2n，它们的焦距为2c，且 设点P在第一象限，则根据椭圆与双曲线的定义，可得，解得 在中，，由余弦定理得， 即，整理得 两边都除以c，可得，设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为， 则可得，整理得， 因为，所以，可得， 所以，可得，可得 故选： 4．（24-25高二上·浙江杭州·期末）设椭圆与双曲线的离心率分别为，双曲线渐近线的斜率小于，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据给定条件，求得，再利用椭圆、双曲线离心率的意义列式求出范围. 【解答过程】双曲线的渐近线方程为，由双曲线的渐近线的斜率小于，得， 因此，由，得， 则，即，， 所以的取值范围是. 故选：D. 5．（24-25高二上·安徽合肥·期末）已知是椭圆和双曲线的公共焦点，P、Q是它们关于原点对称的两个交点，的平分线交于点M，且，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为 . 【答案】1 【解题思路】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，焦距为，利用椭圆与双曲线的性质、余弦定理得，再应用“1”的代换及基本不等式求目标式的最小值. 【解答过程】不妨设椭圆和双曲线的中心均在原点，对称轴均为坐标轴，如图， 设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，焦距为， 部分设点在第一象限，根据椭圆及双曲线的定义得， 所以， 因为，所以， 根据对称性知四边形为平行四边形，所以， 所以为等边三角形，所以， 在中，由余弦定理得， 化简得，即， 则， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值是1． 故答案为：1. 题型5 圆锥曲线上的距离及最值问题（共5小题） 1．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知点，且是椭圆的左焦点，是椭圆上任意一点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据椭圆的定义，结合三点共线，即可求解. 【解答过程】取椭圆的右焦点为，故, 由于,故， 因此， 故的最小值为5，当且仅当三点共线，且在上半椭圆时取到最小值， 故选：B. 2．（24-25高二上·贵州黔西·期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，M为椭圆C上任意一点，则下列说法错误的是（    ） A．的周长为6 B．面积的最大值为 C．的取值范围为 D．的最小值为 【答案】D 【解题思路】求出椭圆的长短半轴长及半焦距，再结合椭圆的定义逐项判断即可. 【解答过程】椭圆：的长半轴长，短半轴长，半焦距， 对于A，的周长为，A正确； 对于B，点到直线距离的最大值为，则面积的最大值为，B正确； 对于C，，解得，C正确； 对于D，由，得，D错误. 故选：D. 3．（24-25高二上·云南楚雄·期末）已知点是双曲线的上焦点，是下支上的一点，点是圆上一点，则的最小值是（    ） A．7 B．6 C．5 D． 【答案】B 【解题思路】根据题意，结合圆的性质和双曲线的定义，即可求解. 【解答过程】由圆可化为，则，半径为1， 因为是的下焦点，则， 由双曲线定义可得， 所以， 当且仅当四点共线时，取得最小值，即的最小值是. 故选：B. 4．（24-25高二上·安徽·期末）已知F是抛物线的焦点，A，B是抛物线C上不同的两点，且满足，设A，B到抛物线C的准线的距离分别为，，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据抛物线的定义、余弦定理得，再应用基本不等式求最值. 【解答过程】由抛物线的定义知，，，， 所以在中，由余弦定理得， 所以， 又因为，所以，当且仅当时等号成立， 所以，故， 所以的最大值为 故选：A. 5．（24-25高二上·山西太原·期末）已知双曲线E：的左焦点为F，点M是E右支上的动点，点N是圆上的动点，则的最大值为 . 【答案】 【解题思路】结合双曲线的定义与三角形三边关系可得，再根据定点到圆上一动点的距离最值的解法即可求解. 【解答过程】设双曲线E：的右焦点为，则，. 由双曲线定义可得，即. ， 当且仅当三点共线时，取得最大值. ∵点N是圆上的动点， ∴圆心设为，半径， ，. 故答案为：. 题型6 圆锥曲线中的面积问题（共5小题） 1．（24-25高二上·重庆沙坪坝·期末）已知是椭圆的左、右焦点，点P在C上，且线段的中点在以为直径的圆上，则三角形的面积为（   ） A． B． C．4 D．6 【答案】A 【解题思路】设的中点为，确定为等边三角形即可求解； 【解答过程】设的中点为， 则， 于是， 又，则为正三角形，即． 故选：A． 2．（24-25高二上·湖北咸宁·期末）已知F为抛物线的焦点，斜率为的直线与抛物线交于A，B两点，且位于x轴的两侧（A在x轴的上方），（其中为坐标原点），则（    ） A．4：1 B．5：1 C．5：2 D．7：2 【答案】B 【解题思路】设出直线方程，直曲联立，由韦达定理和向量的数量积为零求出直线方程，再由三角形面积公式求出面积可解. 【解答过程】在抛物线中，焦点的坐标为. 设直线的方程为，， 联立直线与抛物线方程，将代入, 展开并整理得.需满足； 由韦达定理可得，. 则. 将，代入上式可得： . 因为，所以，即，解得或. 因为、位于轴两侧，所以，则，满足， 由可得，代入得， 解得，. 当时，；当时， 所以，. . 所以. 故选：B. 3．（24-25高二上·黑龙江·期末）已知点F是抛物线的焦点，经过F的两条直线分别交抛物线于A，B和C，D，其中B，C两点在x轴上方.若，则四边形面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】设直线CD的方程为，将该直线CD的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出、关于的表达式，利用基本不等式求出答案. 【解答过程】设直线CD的方程为，设点、， 联立，可得，所以， 所以， 同理可得， 所以，四边形的面积为， 当且仅当时，等号成立， 所以四边形面积的最小值为， 故选：D. 4．（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知曲线，两条直线，均过坐标原点O，和C交于M，N两点，和C交于P，Q两点，若△OPN的面积为，则四边形PNOM的面积为 ． 【答案】 【解题思路】根据双曲线及直线的对称性结合面积公式即可求解. 【解答过程】因为曲线C为，关于原点对称，P、Q两点关于原点对称，M，N两点关于原点对称， 所以，， 所以， 所以. 故答案为：. 5．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆的下顶点为，左右焦点分别为，椭圆上的点到距离的最小值为，且抛物线截轴所得的线段长为的长半轴长． (1)求椭圆的方程； (2)过原点的直线与相交于B，C两点，直线AB，AC分别与相交于P，Q两点．   ①证明：直线AB与直线AC的斜率之积为定值；   ②记和的面积分别是，，求的最小值． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②. 【解题思路】（1）由的关系以及，即可求解. （2）①由题意设方程为.联立抛物线方程，结合韦达定理以及斜率公式即可得证. ②由三角形面积公式只需分别求出，分别联立直线方程与抛物线、椭圆方程，结合弦长公式以及同理思想即可求解，进一步由基本不等式即可得解. 【解答过程】（1）已知抛物线：中，令，解得，所以， 因为椭圆上的点到距离的最小值为， 则，所以，从而， ∴椭圆的方程为：. （2）①直线的斜率显然存在，设方程为. 由，整理得， 设，，则，，， 由已知，所以的斜率分别为， ，故， 所以直线与直线的斜率之积为定值； ②设直线AB：，显然，由，解得：或， ∴，则， 由①知，直线：，则， 由，得，解得或， ，则， 由①知，直线：，， 则 ， 当且仅当时等号成立，即最小值为. 题型7 圆锥曲线中的参数范围及最值（共5小题） 1．（24-25高二上·江苏南京·期末）椭圆上任意一点P到点的距离的最小值为（   ） A． B． C．2 D．1 【答案】A 【解题思路】设点，可得，结合两点间距离公式计算即可得解. 【解答过程】设，则，可得，其中， 所以， 当时，取得最小值，. 故选：A. 2．（24-25高二上·安徽阜阳·期末）已知抛物线的焦点为F，点A，B在抛物线C上，且满足，设线段AB的中点到抛物线C的准线的距离为d，则的最大值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【解题思路】设，，连接AF、BF，由抛物线定义得，由勾股定理可得|AB|2，进而根据基本不等式求得|AB|的取值范围，再利用此结论求的取值范围． 【解答过程】设，点在准线上的射影分别为，线段的中点在上的射影为 则，，， 由，即，得， 而，即，当且仅当时取等号， 所以. 故选：C. 3．（24-25高二上·安徽亳州·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上且位于第一象限，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】设点，联立直线与的方程求出，同理求出，代入并借助基本不等式求出最大值. 【解答过程】椭圆的焦点，，设， 直线的方程为：，由消去， 得，则，，同理， 因此 ， 当且仅当，即，时取等号， 所以的最大值为. 故选：C. 4．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）抛物线上一动点到直线的最短距离为 . 【答案】 【解题思路】设点，则过点的切线斜率为，设过点的切线方程为，联立方程组，结合条件可求，结合点到直线距离公式求结论. 【解答过程】设抛物线上动点， 由题意可得，当点到直线的距离最小时， 点为抛物线的一条切线的切点，且该切线平行于直线， 设直线与抛物线相切，则的， 解得，则有，，即 ， 所以点到直线的最小距离 . 故答案为：. 5．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知双曲线：的实轴长为2，右焦点F到双曲线的渐近线距离为. (1)求双曲线的方程； (2)过点作直线交双曲线的右支于A，B两点，连接并延长交双曲线左支于点P（O为坐标原点），求的面积的最小值； (3)设定点，过点T的直线交双曲线于M，N两点，M，N不是双曲线的顶点，若在双曲线上存在一点S，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求实数t的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】（1）根据实轴长可求，根据焦点到渐近线的距离可求，故可得双曲线方程； （2）设：，，，联立直线方程和双曲线方程消去后结合韦达定理可得面积的解析式（用表示），再结合换元法可求其面积的最大值. （3）设直线的方程为，联立化简可得，由条件化简可得，，结合双曲线的范围可得结论. 【解答过程】（1）因为双曲线的实轴长为2，故， 而双曲线的渐近线为， 故右焦点到渐近线的距离为， 故双曲线的方程为：. （2） 显然直线与轴不垂直，设：，，， 由双曲线的对称性知的中点为，故，    联立 故，， 由于A，均在双曲线右支，故，故， 而， 代入韦达定理得， 令，则， 易知在上为减函数，则当时，， 综上：的面积的最小值为12. （3）不妨设，，， 若直线的斜率为，则直线与双曲线的交点为双曲线的顶点，与条件矛盾， 所以可设直线的方程为，且， 联立，消可得， 方程的判别式， 所以， 所以，， 所以， ， ， ， 所以 所以 所以， 因为直线的斜率与直线的斜率之和为定值， 所以，故， 故为定值， 所以， 因为或，，， 所以或，存在双曲线上的点满足， 使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，定值为， 所以的范围为. 题型8 圆锥曲线中的定点、定值问题（共5小题） 1．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知抛物线上两点，满足，则直线恒过定点（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】设出的方程，，的坐标，进而把直线与抛物线方程联立消去，根据韦达定理求得，的表达式，进而根据推断出，求得，即可求出结果. 【解答过程】设直线的方程为代入抛物线，消去得， 设，，则，，， 所以 ， 所以，故直线过定点. 故选：B. 2．（24-25高二上·四川达州·期末）已知椭圆方程为，，，过点的直线交椭圆于、两点，过点且平行于轴的直线与线段交于点，点关于点的对称点为，则直线一定过点（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】先根据两条特殊直线的交点，判断定点的坐标，再设过点P的一般方程，联立椭圆方程，得到韦达定理，求得直线的方程，并代入定点坐标，验证是否成立，即可判断是否过定点. 【解答过程】因为，所以， ①假设过点的直线过原点，则，代入， 可得，，代入方程，可得 ，由得到.求得FN方程： ，过点. ②分析知过点的直线斜率一定存在，设. 联立得， 可得，则 因为点的横坐标与点的横坐标相等为，且点与点关于点对称，所以点的横坐标也为， 又，则，根据中点坐标公式计算得， 直线的斜率，直线的方程为， 假设直线经过定点，代入为验证， 即验证， 即验证， 即验证， 将韦达定理及得出的式子代入，得恒成立. 所以直线过点. 故选：D. 3．（24-25高二上·山东枣庄·期末）已知抛物线，过焦点F的动直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为M． (1)当直线l的倾斜角为时，，求抛物线G的方程： (2)对于（1）问中的抛物线G，若点，求证：为定值，并求出该定值． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【解题思路】（1）求得抛物线的焦点坐标，设直线的方程代入抛物线的方程，设，运用韦达定理，弦长公式，解方程可得，进而得到所求方程； （2）运用中点坐标公式，求得，由两点的距离公式，可得，进而得到的定值． 【解答过程】（1）由题意知，设直线的方程为， 由  得：，所以 所以，所以，故抛物线的方程为； （2）由（1）抛物线的方程为， 当直线的斜率为0时，直线的方程为，直线与抛物线只有一个交点，与已知矛盾， 故直线的斜率不为0，故可设的方程为 消去得：，设， 则： 所以： ，即 所以： . 4．（24-25高二上·安徽黄山·期末）已知双曲线的离心率为，分别为其左、右顶点，点在上. 为直线上的动点，与双曲线的另一交点为，与双曲线的另一交点为． (1)求双曲线的方程； (2)证明：直线过定点. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据题意列出关于的方程组求解即可； （2）设，由已知条件分别求出点的坐标，设定点为，再由共线向量的坐标表示列式计算即得. 【解答过程】（1）由题意得，，，， 解得， 故双曲线的方程为. （2）由（1）知，双曲线的左顶点，右顶点， 设直线上的动点， 于是直线的斜率，直线的方程为， 由得，，， 设，则，则，， 故， 直线的斜率，直线的方程为， 由，得，， 设，则，， ， 则， 由双曲线的对称性知，若直线过定点，则定点必在轴上， 不妨设这个定点为， 则，， 因，则， 当时，整理得，解得，则直线过点， 当时，直线与轴重合，直线也过点， 所以直线经过定点. 5．（24-25高二上·安徽·期末）已知曲线的离心率为，分别为的左、右焦点，过点的直线与交于两点，面积的最大值为，点为的左顶点． (1)求曲线的方程； (2)证明：为定值； (3)已知双曲线，若所在直线与双曲线的左支分别交于点，点（均异于点），过点作的垂线，垂足为，证明：存在点使得为定值． 【答案】(1)； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解题思路】（1）利用椭圆离心率及焦点三角形面积列式求出即可. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式计算得证. （3）直线的斜率存在时，设出其方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算可得直线过定点，再探讨直线的斜率不存在时的情况即可推理得证. 【解答过程】（1）设曲线的半焦距为c，由离心率为，得， 由的最大值为，得，而，解得，，， 所以曲线的方程为. （2）由（1）得，依题意，直线不垂直于轴，设，， 由消去得，则，， 则 ， 所以为定值； （3）    设，由（2）知，则， ①当直线斜率存在时，设其方程为，由直线不过点，得， 由消去得， ，且，，， 则， 整理得， 于是， 化简得，即，而，则，符合题意， 直线：，过定点； ②当直线斜率不存在时，由对称性，不妨令点在第二象限，直线的斜率为， 方程为，与方程联立可得，同理得，此时直线也过点， 因此直线过定点，设该点为， 由，得在为直径的圆上，圆的方程为，半径为， 所以存在点使得为定值． 题型9 圆锥曲线中的定直线问题（共5小题） 1．（24-25高二上·山西阳泉·期末）已知椭圆的两个焦点为，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线与椭圆交于两点，求证：的内心在一条定直线上． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）由题意可得，代入点的坐标可得，求解可得椭圆的标准方程； （2）设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理可得，设直线的斜率分别为，计算可得恒成立，进而可得结论. 【解答过程】（1）因为椭圆两个焦点为，所以，则， 又点在椭圆上，所以.即， 两式联立，解得，所以椭圆的标准方程为. （2）由题意可知直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为， 联立，得， 则，得， 设，则， 设直线的斜率分别为. 所以， 因为， 所以恒成立，则直线的倾斜角互补，即的平分线总垂直于轴， 所以的内心在定直线上. 2．（24-25高二上·云南·期末）已知双曲线实轴端点分别为、，右焦点为，离心率为，过点的直线与双曲线交于另一点，已知的面积为． (1)求双曲线的方程； (2)若过点的直线与双曲线交于、两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由． 【答案】(1) (2)在，且定直线方程为 【解题思路】（1）分析可知，可得出，利用三角形的面积公式可求出的值，进而可得出、的值，由此可得出双曲线的方程； （2）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，将直线、的方程联立，求出这两条直线交点的横坐标，即可得出结论. 【解答过程】（1）解：因为双曲线的离心率为，可得，则， 则，可得，则，， 因此，双曲线的方程为. （2）证明：若直线与轴重合，则点、为双曲线实轴的端点，不合乎题意， 设直线的方程为，设点、， 联立可得， 则，可得， 由韦达定理可得，， 直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得 ，解得. 因此，点在定直线上. 3．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知是抛物线的焦点，过焦点的最短弦长为． (1)求抛物线的方程； (2)过动点作抛物线的两条切线，切点为，，直线与抛物线交于（在第一象限）． ①求证：点在定直线上； ②记的面积分别为，当时，求点的坐标． 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【解题思路】（1）根据条件可得，即可求解； （2）①设，利用导数的几何意义，求得两切线方程为，，进而可得到直线的方程为，再结合条件，即可求解；②利用①中结果，可得直线，直线，联立抛物线方程，利用韦达定理得到，间的关系，再结合条件，得到，再联立方程，即可求解. 【解答过程】（1）由题知抛物线中过焦点最短的弦长为通径，即，得到， 故抛物线的标准方程为. （2）①设，由，得到，所以， 得到，即，同理，， 又点在线上，所以，故直线的方程为，即， 因为，所以，又，所以，得到， 所以点在定直线上.    ②，由①有直线，过点，直线， 联立，消得到，所以， 又由，消得到，所以， 又因为， 因为在第一象限，所以， 又，且，，得到，两式相乘可得， 又，所以，得到， 所以，即， 由 ，解得或， 当时，，当时，， 又，所以，得到. 4．（24-25高二上·江苏淮安·期末）在平面直角坐标系中，已知点，，，点P的轨迹为曲线C，过点的直线l与曲线C交于A，B两点（A，B两点均在y轴左侧）. (1)求曲线C的方程； (2)若点A在x轴上方，且，求直线l的方程； (3)过点A作x轴的平行线m，直线m与直线交于点M，线段的中点为N，若直线l与直线交于点Q，求证：点Q恒在一条定直线上. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1）根据双曲线的定义，以及题中条件，即可得出双曲线的方程； （2）设，，先由题中条件，得到直线斜率为正，设直线的方程为：，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理，以及，列出方程组求解即可； （3）同（2）设，，直线的方程为：，得，；直线的方程为；写出直线的方程，进而求出点横坐标，得出点坐标，求出直线的方程与联立，即可求出点横坐标，从而证明结论成立. 【解答过程】（1）因为， 所以点P的轨迹是以,为焦点的双曲线，且焦距为，实轴长为， 所以，，则， 因此双曲线C的方程为； （2）设，，则，， 因为点A在x轴上方，且，所以易知直线的斜率存在，且斜率大于零， 因此可设直线的方程为：， 由得，即， 所以①，②，， 又，所以③ 由①③得代入②可得，即，解得(负值舍去)， 因此直线的方程为：，即； （3）同（2）设，，直线的方程为：， 则，； 因为直线m过点A与x轴平行，所以直线的方程为； 又，则直线的方程为， 由得， 则，所以， 即, 所以， 因此直线的方程为：， 因为点Q是直线l与直线的交点， 由得，解得， 所以点Q的横坐标是，因此点Q恒在定直线上. 5．（24-25高二上·山东烟台·期末）已知椭圆上的点到其右焦点的最大距离为3． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆交于两点（异于）． ①若的面积为，求直线的方程； ②若直线与直线交于点，证明：点在一条定直线上． 【答案】(1) (2)① ；②证明见解析 【解题思路】（1）由题意可得，求出即可求解； （2）①设直线的方程和，联立椭圆方程，利用韦达定理，表示出弦长，结合点到直线的距离公式和三角形面积公式建立方程，解之即可求解； ②联立直线可得，由①知，化简计算即可求解. 【解答过程】（1）由题意可知，，所以． 又， 所以椭圆的方程为； （2）①设过点的直线方程为，点， 联立，得， 则， 则． 又因为点到直线的距离． 令，解得， 所以直线的方程为． ②由①知， 则直线，直线， 由，整理得． 由①知，得， 所以， 即，解得， 所以点在直线上．    题型10 数列求和方法的综合运用（共5小题） 1．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）已知数列中，，. (1)证明数列是等差数列，并求的通项公式； (2)设，求的前项和． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【解题思路】（1）利用已知条件转化推出是以为首项，为公差的等差数列，然后求解通项公式； （2）化简，然后利用错位相减法求和求解即可． 【解答过程】（1）当时，， 所以，， 又，所以， 故是以为首项，为公差的等差数列， 故，所以，． （2）， 所以，， 令，① 则，② ①②得：， ，故， 所以，． 2．（24-25高二上·江苏镇江·期末）已知数列的前n项和为，． (1)证明数列为等比数列并求数列的通项公式； (2)若______，且，求满足条件的最大整数n． 请在①；②这两个条件中任意选择一个填入上面横线处，并完成解答． 【答案】(1)证明见解析， (2)选择，；选择， 【解题思路】（1）构造数列等式作差可以判断等比数列，即可求出数列的通项公式； （2）设， 选条件①：则，利用错位相差法求和进行判断即可； 选条件②：则，利用裂项相消法求和进行判断． 【解答过程】（1）由，① 当时，得，得， 当时，得，② 由①－②得， 得， 得，即， 而，故， 得数列为等比数列，首项为，公比为3， 得， 得． （2）设， 选条件①：则， 令， 则， 两式相减，得， 得， 则， 显然数列单调递增， 得，， 故满足条件的最大整数； 选条件②：则， 则 ， 显然数列单调递增， 得， 故满足条件的最大整数． 3．（24-25高二上·安徽六安·期末）已知数列满足，. (1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【解题思路】（1）递推关系两边同除以可得，两边同时减1，化简后利用等比数列的定义与通项公式求解即可； （2）利用错位相减法与分组求和法，结合等差数列与等比数列的求和公式求解即可. 【解答过程】（1）由，两边同除以可得， 化为，又因为， 所以数列是以为首项以为公比的等比数列， 所以，则； （2） 即， 设①， 则②， ①减②得：， 所以 所以. 4．（24-25高二上·江苏扬州·期末）设等差数列的前项和为，已知，，求： (1)数列的通项公式； (2)数列的前项和． 【答案】(1)； (2). 【解题思路】（1）应用等差数列的通项公式、前n项和公式及已知列方程求基本量，即可得的通项公式； （2）应用分组求和、裂项相消法求. 【解答过程】（1）等差数列中，由，得，由，得， 联立，解得，所以； （2）因为， 所以， 整理得. 5．（24-25高二上·湖北武汉·期末）已知等差数列的前项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)若，令，求数列的前项和； (3)已知数列满足，且数列的前项和为，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1）设等差数列的公差为，利用基本量法即可求解等差数列的通项公式； （2）利用错位相减法即可求数列的前项和； （3）首先利用进行放缩得，再利用裂项相消法求和即可求证. 【解答过程】（1）设等差数列的公差为， 则，. ，， ，解得. ∴数列的通项公式为. （2）由（1）知，又， . ∴数列的前项和①， ②， ①-②得 ， . ∴数列的前项和. （3）由（1）知，. ， . 设数列的前项和，数列的前项和， 则 ， ， . 题型11 数列不等式恒（能）成立问题（共5小题） 1．（24-25高二上·广西百色·期末）已知为数列的前n项和，且，若对任意正整数n恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据给定条件，利用求出，再对给定不等式分离参数，构造数列并由单调性求出最大项即可. 【解答过程】数列中，，当时，，即， 当时，，解得，则数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 因此，，依题意，对任意正整数n恒成立， 令，由，得，即数列单调递减， 则，于是，所以实数的取值范围是. 故选：D. 2．（24-25高二上·重庆北碚·期末）已知正项数列的前项和为，，且，则满足的的最大值为（   ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】A 【解题思路】由对数运算性质及等比数列的定义得是首项、公比都为2的等比数列，应用等比数列前n项和公式及求的最大值. 【解答过程】由题设，又，即是首项、公比都为2的等比数列， 所以，则， 由，则，即. 所以满足的的最大值为9. 故选：A. 3．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知数列的前n项和为，满足，对于恒成立，则的最小值为（    ） A． B．0 C．1 D．4 【答案】B 【解题思路】由累乘法求得，再结合错位相减求和，即可求解. 【解答过程】由题， ， 又符合上式，所以 则，①， ，②， 由①-②，得， 所以， 若对于恒成立，即对恒成立， 所以对恒成立，所以，所以. 故选：B. 4．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）由数列的通项与求和的关系，以及等比数列的通项公式，可得所求. （2）由数列的裂项相消求和，可得，再由参数分离和不等式恒成立思想，结合数列的单调性，可得所求取值范围. 【解答过程】（1）当时，，，解得， 当时，由，可得，相减可得，对也成立， 由此可得数列是首项为，公比为的等比数列，所以， 所以，数列的通项公式为. （2）， 则 两式相减可得： , 整理可得, 若对任意的，恒成立,即为恒成立， 设，则，当时，即时，所以当时，， 所以当时，，当时，， 当时，，当时，， 可以看出在处取得最小值，所以从后才开始递增，即当，，时，， 当时，，所以， 所以的取值范围为. 5．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知数列满足，． (1)求证：数列为等差数列； (2)设数列前n项和为，且对任意的恒成立，求k的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）证明为定值即可； （2）先求出数列的通项，要使对任意的恒成立，只需要即可，令，利用单调法求出数列的最小项即可得解. 【解答过程】（1）因为，所以，即， 所以数列是首项为，公差为的等差数列； （2）由（1）得，所以， 要使对任意的恒成立，只需要即可， 令， 则 ， 所以数列是递增数列， 所以，即， 所以. 题型12 数列不等式的证明（共5小题） 1．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知数列满足：，其前项和为． (1)证明：为等比数列，并求数列的通项公式； (2)证明：． 【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 【解题思路】（1）根据已知条件化简，再应用等比数列定义计算证明，最后应用等比数列的通项公式计算求解； （2）应用不等式关系及等比数列求和公式计算证明. 【解答过程】（1）由题意每一项都不为零．由得， 又， 因此是首项为，公比为的等比数列， 所以，故； （2）对于任意的正整数，因为，所以， 求和得到． 2．（24-25高二上·陕西西安·期末）已知数列的前项和为，且满足，. (1)证明：数列是等比数列； (2)设，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解题思路】（1）当时，求出的值，当时，由可得，两式作差结合等比数列的定义可证得结论成立； （2）求出数列的通项公式，可得出数列的通项公式，结合裂项相消法可证得结论成立. 【解答过程】（1）因为，当时，， 当时，由可得， 上述两个等式作差可得，则，即且， 所以，数列是等比数列，且其首项和公比都为. （2）由（1）可知，，则，所以，， 所以，. 3．（24-25高二上·广东·期末）记为数列的前项积，为数列的前项和，且是以为首项，为公差的等差数列． (1)求的通项公式； (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）求出的值，利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式，由可求得数列的通项公式； （2）利用裂项相消法求出，可证得结论成立. 【解答过程】（1）由题意可得，则， 由等差数列的通项公式可得，即． 当时，， 且符合上式，故． （2）由（1）可知：， 故． 4．（24-25高二上·江苏南通·期末）已知等差数列的前项和为，公差不为成等比数列，. (1)求数列的通项公式； (2)记，数列的前项和为，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）由已知条件利用等差数列的前n项和公式和通项公式以及等比数列的性质，求出首项和公差，由此能求出通项． （2）利用裂项相消法求出数列的前项和即可证明． 【解答过程】（1）依题意得，且，化简得， 解得； （2）， 则 . 5．（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知数列中，，且满足（）． (1)证明：数列为等比数列； (2)求的通项公式； (3)令，为数列的前n项和，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1）由题意，可得，结合等比数列的定义即可证明； （2）由（1），根据等比数列的通项公式计算即可求解； （3）由（2）可得，利用裂项相消求和法可得，结合作差法即可证明. 【解答过程】（1）由题意知，所以， 由于，故，故， 故数列是以3为首项，公比为3的等比数列； （2）由（1）可知是以3为首项，公比为3的等比数列， 所以，故 （3）由（2）知． 所以， 故 ， 由于，故， 又， 故，所以. 题型13 数列中的新定义问题（共5小题） 1．（24-25高二上·重庆·期末）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.已知数列满足：，，则（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】B 【解题思路】根据“冰雹猜想”结合递推关系，利用规律求解即可 【解答过程】, 可知数列可看作从第8项起以3为周期的数列， 因为， 所以， 故选：B. 2．（24-25高二上·湖北咸宁·期末）若数列满足，，（，n为正整数），则称数列为斐波那契数列，又称黄金分割数列.在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波那契数列都有直接的应用.设是数列的前n项和，则下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】按照斐波那契数列的概念，找出规律,得出数列的性质后逐个验证即可. 【解答过程】解析：按照规律有，，，，，，，，， A、C错；， 则，B对； ， D错． 故选：B. 3．（24-25高二上·广东广州·期末）设为正整数，数列是公比不为1的等比数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的3个数都能构成等比数列，则称数列是可分数列．现有下列3个命题：①数列是可分数列；②数列是可分数列；③数列是可分数列．其中是真命题的为（    ） A．① B．①② C．①③ D．②③ 【答案】C 【解题思路】根据可分数列的定义即可验证结论. 【解答过程】对于①，由于从数列中删去两项后，剩余的项可被平均分为组， 能构成等比数列，所以数列是可分数列，故①正确； 对于②，由于从数列中删去两项后，剩余的项， 平均分为2个组后不可能构成等比数列，所以数列是不可分数列，故②错误； 对于③，由于从数列中删去两项后， ，项后的顺序不变，依次三项可构成等比数列， 所以数列是可分数列，故③正确. 故选：C. 4．（24-25高二上·陕西西安·期末）对于数列，称为数列的一阶差分数列，其中.对于正整数，称为数列的阶差分数列，其中.已知数列满足，数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)若数列的前项和为，证明：. 【答案】(1)，； (2)证明见解析. 【解题思路】（1）根据定义及等差数列的定义得，再应用累加法求的通项公式，同理得到，由等比数列的定义求的通项公式； （2）根据已知得，应用错位相减法及等比数列前n项和公式求，即可证结论. 【解答过程】（1）因为，所以， 所以是公差为1的等差数列，所以. 因为，所以，所以，即. 因为， 所以. 因为，所以. 因为， 所以，所以. 因为，所以，所以. 因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以，即. （2）因为，所以，则， 所以， 故. 5．（24-25高二上·云南昆明·期末）对于，若数列满足，则称这个数列为“数列”． (1)已知数列1，，2m是“数列”，求实数m的取值范围． (2)是否存在首项为的等差数列为“数列”，且其前项和使得恒成立？若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． (3)已知各项均为正整数的等比数列是“数列”，数列不是“数列”，若，试判断数列是否为“数列”，并说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)答案见解析 【解题思路】（1）根据题意得到，且，再解不等式组即可； （2）首先假设存在等差数列符合要求，从而得到成立，再分类讨论和的情况，即可得到答案. （3）首先设数列的公比为q，则，根据题意得到，从而得到为最小项，再利用“数列”的定义得到，或，，再分类讨论即可得到答案. 【解答过程】（1）由题意得，且，解得， 所以实数m的取值范围是． （2）不存在．理由：假设存在等差数列符合要求，设公差为d，则， 由得． 由题意，得对均成立，即． 当时，； 当时，恒成立， 因为，所以，与矛盾， 所以这样的等差数列不存在． （3）设数列的公比为q，则． 因为的每一项均为正整数，且， 所以在中，为最小项. 同理，中，为最小项. 由为“数列”，只需，即． 又因为不是“数列”，且为最小项， 所以，即． 由数列的每一项均为正整数，可得， 所以或． 当时，，则． 令，则， 又， 所以为递增数列，即， 因为， 所以对于任意的，都有，即数列为“数列”． 当时，，则． 因为，所以数列不是“数列”． 综上所述，当时，，数列为“数列”； 当时，，数列不是“数列”． 题型14 已知切线（条数）求参数（共5小题） 1．（24-25高二上·江苏盐城·期末）若直线是曲线的一条切线，则的值为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】D 【解题思路】求出函数的导函数，根据导数的几何意义，可得切点坐标，然后求出的值. 【解答过程】由，得， 设切点为，则由导数的几何意义得， 又切线方程为，所以， 即，解得，. 故选：D. 2．（24-25高二上·安徽·期末）已知曲线在点处的切线与直线垂直，则的值为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【解题思路】求，利用导数的几何意义可求的值. 【解答过程】由题意得，函数的定义域为，且， ∴， ∵曲线在点处的切线与直线垂直， ∴，即，故. 故选：D. 3．（24-25高二上·湖南·期末）已知过点可以作曲线的两条切线，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】先对函数求导，设切点，写出切线方程，将点代入切线方程，得到，根据切线有两条，得到方程有两根，结合判别式即可求出结果. 【解答过程】由得， 设过点的直线与曲线切于点， 则切线斜率为， 所以切线方程为 因为切线过点， 所以，整理得， 因为过点的切线有两条， 所以方程有两不同实根， 因此，解得或， 即实数a的取值范围是. 故选：B. 4．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知直线与曲线相切，则的最大值为 . 【答案】 【解题思路】设切点，由导数的几何意义求得，构造，通过求导确定单调性即可求解； 【解答过程】设切点为，因为， 所以解得 所以. 令，则， 令，得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以，即的最大值为. 故答案为：. 5．（24-25高二上·江苏南通·期末）已知函数. (1)求； (2)若曲线在处的切线与曲线也相切，求 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）利用赋值法求解原函数即可. （2）利用导数的几何意义求出斜率，进而求出切线方程，再结合给定条件求解参数即可. 【解答过程】（1）因为，所以， 即，故. （2）因为，所以在处的切线方程 为，即， 设在处切线为， 因为，所以，化简得， 因为，所以，解得，故的值为. 题型15 利用导数研究函数零点（方程根）（共5小题） 1．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知函数在上有三个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】令，分析可知，直线与函数的图象有三个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【解答过程】令，可得， 令，则直线与函数的图象有三个交点， ，令，可得或，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 如下图所示： 由图可知，当时，即当时， 直线与函数的图象有三个交点， 因此，实数的取值范围是. 故选：A. 2．（24-25高二上·重庆·期末）已知函数有三个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】问题化为与有三个交点，导数研究的性质并确定极值，列不等式求参数范围. 【解答过程】由题意，与有三个交点， 由，在上，在上单调递增， 在上，在上单调递减， 当趋向时趋向于0，趋向时趋向于，且，， 所以，，即. 故选：C. 3．（24-25高二上·福建龙岩·期末）已知函数恰有一个零点，则的取值范围为 . 【答案】 【解题思路】将变为，令，则有一个根，然后按照和分类讨论，当时，分离参数，转化为和有一个交点，设，利用导数研究的单调性，数形结合求出的范围，即可得解. 【解答过程】， 令，易知是单调递增函数， 则有一个根，当时，等式，不符合题意， 故，等式转化为有两个根，即和有一个交点. 设，函数定义域为， 求得， 故当时，，在和上单调递减； 当时，，在上单调递增. 又时，时， 故的图象如下，    由图可得，的取值范围为. 故答案为：. 4．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知曲线. (1)求在处的切线方程. (2)若函数有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，从而求出切线方程； （2）将题设等价转化为曲线与直线有两个交点，利用导数与函数单调性、极值的关系确定函数的图象，即可数形结合求实数的取值范围. 【解答过程】（1）因为， 所以，，即切点为， 又，所以切线方程为，即； （2）因为， 函数有两个零点， 相当于曲线与直线有两个交点， 又， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以时，取得极小值， 又时，，且当时，， 所以的图象如下所示： 由图可得实数的取值范围为． 5．（24-25高二上·四川乐山·期末）已知函数. (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数有两个零点，记作，. （ⅰ）求参数的取值范围； （ⅱ）若，证明：. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解题思路】（1）求导，根据导数的几何意义求出切线的斜率，得解； （2）（ⅰ）问题转化为在上有两个根，，令，求导判断的单调性和最小值，问题转化为在上有两个根，分离参数，令，求导判断单调性最值，得解；（ⅱ）由（ⅰ）知，，可得，利用分析法转化为即证，令，即证在上恒成立，利用导数判断单调性求出最值得证. 【解答过程】（1）当时，， 则，. 又，在处的切线方程为. （2）（ⅰ）由题知，在上有两个根，， ，即. 令，则. 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， ， 所以问题转化为在上有两个根. 易知，故， 令，则. 当时，，单调递增 当时，，单调递减. 又，时，，时，， 且时，；时，， ，解得，即参数的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）知，，两式相减得 ， 要证， 即证， 即证， 即证， 令，即证在上恒成立. 令， ， 令， ， 在上单调递增， ， ，则在上单调递增. ， ，得证， . 题型16 导数中的不等式恒（能）成立问题（共5小题） 1．（24-25高二上·山西阳泉·期末）已知函数，若恒成立，则实数的最小值为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【解题思路】根据函数解析式求出，分离参数可求答案. 【解答过程】由，得，求导得， 因为，所以恒成立. 令， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以，所以，即最小值为1. 故选：C. 2．（24-25高二上·安徽·期末）若对于任意的，不等式恒成立，则的最小值为 . 【答案】 【解题思路】首先将不等式转化为，再构造函数，利用导数求函数的单调性进一步将问题转化为恒成立，再构造函数，利用函数的单调性即可求得结果. 【解答过程】因为，所以， 即，令，所以， 又，所以在上单调递增，所以， 即，令，所以， 令，解得，令，解得，所以在上单调递增， 在上单调递减，所以，所以，即的最小值为. 故答案为：. 3．（24-25高二上·河北保定·期末）已知函数，，其中为的导函数. (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【解题思路】（1）根据题意可得，分和两种情况，利用导数判断的单调性； （2）根据题意整理可得，结合的单调性可得，构建，利用导数求其最值，即可得结果. 【解答过程】（1）由题意可知：的定义域为，且， 则，可得， ①当时，恒成立，可知在上单调递减； ②当时，令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增； 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由可得， 整理得，即， 可得， 因为在定义域内单调递增，可得， 即，可得， 令，则. 因为， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减，则， 可得，所以a的取值范围为. 4．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知函数（a为实常数）． (1)若，求证：在上是增函数； (2)当时，求函数在上的最大值与最小值及相应的x值； (3)若存在，使得成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)答案见解析； (3). 【解题思路】（1）利用导数证明函数的区间单调性即可； （2）利用导数研究函数的单调性，进而求区间内最值即可； （3）将问题化为在上能成立，应用导数研究右侧的单调性并求最小值，即可得参数范围. 【解答过程】（1）由题设，则， 则在上有，故在上是增函数，得证； （2）由题设，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，且， 所以最小值为时，最大值为时； （3）由题设在上能成立，则， 对于，则在上恒成立， 故在上单调递增，且时，即在上恒成立， 所以在上能成立， 令且，则 ， 对于且，则， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 当，，即在上恒成立， 在上恒成立，则在上单调递增，故， 所以. 5．（24-25高二上·陕西西安·期末）已知函数（其中e为自然对数的底数）． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在上的最值； (3)设函数，若对，不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)； (2)最小值为，最大值为1； (3). 【解题思路】（1）求出函数的导数，利用导数几何意义求出切线方程. （2）利用导数求出函数在指定区间上的最值. （3）由（2）的结论，将问题转化为成立，再分离参数构造函数求出最大值即可得解. 【解答过程】（1）数，求导得， 则，而， 所以曲线在点处的切线方程为：，即. （2）由（1）知，当时，，函数在上单调递增， 所以. （3）由（2）知，，， 由对，不等式恒成立， 得，而函数在上单调递减， 当时，，因此， 所以实数的取值范围为. 题型17 利用导数证明不等式（共5小题） 1．（24-25高二上·北京密云·期末）已知函数，. (1)判断函数的单调性； (2)证明：． 【答案】(1)在区间单调递减，在区间单调递增 (2)证明见解析 【解题思路】（1）先求导，再结合导数与函数单调性的关系判断即可. （2）由（1）得，==，判断可知要证，即证，．令，利用导数判断函数的最小值，证得，即可求证. 【解答过程】（1）由 ，， 得．     因为，令，所以．     当时，，在区间单调递减；     当时，，在区间单调递增．     所以，在区间单调递减，在区间单调递增． （2）由（1）得，==． 所以，要证， 只需证，即证，． 令， 则． 0 ↘ 极小值 ↗ 所以．     因此，对于任意正数，恒成立． 所以当时，恒成立． 2．（24-25高二上·重庆·期末）已知函数． (1)讨论函数的单调区间； (2)若有两个极值点，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解题思路】（1）求出函数的导数，再按进行分类讨论，由导函数正负求出单调区间. （2）由（1）求出的范围，再结合韦达定理将用表示，进而构造函数，利用导数推理得证. 【解答过程】（1）函数的定义域为，求导得， 方程中，， 当时，恒成立，，在上单调递增； 当时，由，解得， 当或时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，的单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为， 递减区间为. （2）由（1）知，有两个极值点，则， ， 令函数，求导得，令， 求导得，函数在上单调递减，， 函数在上单调递减，， 所以. 3．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，求证：. 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析. 【解题思路】（1）求出函数的导数，分类讨论导数正负情况即可求出函数单调性. （2）由（1）求出函数的最小值，再构造函数，利用导数证明不等式. 【解答过程】（1）函数中，，求导得， 当时，在上单调递增； 当时，时，时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （2）证明：由（1）知，当时，， 设，求导得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，， 因此，则， 所以. 4．（24-25高二上·安徽阜阳·期末）已知函数. (1)若有正零点，求实数的取值范围； (2)若，求曲线在点处的切线方程，并证明：当时，恒成立. 【答案】(1) (2)，证明见解析 【解题思路】（1）令，得，依题意只需求满足的的取值范围，构造函数，利用导数说明函数的单调性，结合，即可得解； （2）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出在点处的切线，即证明 恒成立，设函数 ，利用导数说明函数的单调性，即可证明. 【解答过程】（1）令，得，故只需求满足的的取值范围. 令，有， ，故在上单调递减，故当时， 因此，的取值范围是. （2）若，则， 所以，所以， 又，所以曲线在点处的切线方程为. 要证明恒成立，即证明恒成立. 设函数 ， 则， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故当时，， 即当时，恒成立. 5．（24-25高二上·安徽·期末）已知函数 (1)讨论的单调性； (2)若函数恰有两个极值点、. ①求的取值范围； ②证明： 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析. 【解题思路】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间； （2）①求得，由题意可知，二次方程有两个不等的正根，利用二次方程根的分布可得出关于的不等式组，解之即可； ②由韦达定理得出，，由此可得出，于是所证不等式变形为，其中，令，其中，利用导数分析函数的单调性，结合其单调性可证得结论成立. 【解答过程】（1）由题意知. 当时，，所以的增区间为，无减区间； 当时，令，解得，令，解得， 此时，函数的减区间为，增区间为. 综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为. （2）①由题意知， 所以， 因恰有两个极值点、，所以方程，即方程有两不等正根， 所以，解得，即的取值范围为； ②由①知，， 所以 ， 所以， 令，其中，所以， 因为函数、在上均为增函数， 则函数在上单调递增， 又，， 所以，使得，即， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又在上单调递增，则， 所以，所以，所以. 题型18 利用导数研究双变量问题（共5小题） 1．（24-25高二上·湖南郴州·期末）已知函数，若，则的最小值为 . 【答案】 【解题思路】由得，，令，利用导函数研究其单调性和最值即可得到结果. 【解答过程】因为，若，则， 令，则 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， ，所以， 故的最小值为. 故答案为：. 2．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知函数有两个零点，且.设为常数，当变化时，有最小值，则常数的值为 . 【答案】 【解题思路】令，通过整体元变换消元，将转化为单变量函数，最值问题转化方程有解问题，利用导函数分析最值情况即可. 【解答过程】由题意知，两式作比得， 令，则，令， 则，解得， 所以 ， 设，则. 要使在存在最小值， 则关于的方程在有解，设为的根， 则， 当时，等式左边，右边， 又，故不满足题意，故； 由此可解得， 所以 ， 故， 令，则， 令则， 令，解得， 则当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 且，，； 故存在，使得， 则当时，，即，则在单调递增； 当，，即，则在单调递减. 又， 由单调性可知在有唯一解， 即有唯一解， 代入，得. 故答案为：. 3．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解； （2）令得，令，则，从而令，则利用导数求出最小值可得答案. 【解答过程】（1）当时，， 曲线在处切线的斜率为， 又切线方程为， 即曲线在处的切线方程为； （2）若有两个零点， 则， 得. ，令，则， 故， 则， ， 令，则， 令，则， 在上单调递增， ， ，则在上单调递增， ， 故. 4．（24-25高二上·陕西西安·期末）已知函数. (1)若 ，求 的单调区间； (2)若，，且 有两个极值点，分别为和，求的最大值. 【答案】(1)单调递增区间是和，单调递减区间是； (2) 【解题思路】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，即可求解； （2）首先利用极值点与导数的关系，得到，，并通过变形得到 ，利用换元构造函数，利用导数判断函数的单调性，并求的最值，即可求解函数的最大值. 【解答过程】（1）若，， 令，得或， 当或时，， 当时，， 所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是； （2）， 令，可得， 由题意可得，是关于方程的两个实根， 所以，， 由，有， 所以， 将代入上式，得， 同理可得， 所以， ，①， 令,①式化为， 设，即， ， 记，则， 记，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，在上单调递增，所以， 所以，在上单调递减， 又， ， 当时，的最小值为4，即的最小值为2， 因为在上单调递减，的最大值为， 所以的最大值为. 5．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知函数， (1)若恒成立，求实数t的值； (2)当时，方程有两个不同的根，分别为， ①求实数m的取值范围； ②求证：. 【答案】(1)； (2)①；②证明见解析. 【解题思路】（1）由可判断，解得值并验证； （2）①令，利用，结合的单调性和零点存在性定理，判断取值范围；②构造函数，证得，再将问题转化为证明，由不等式性质可得. 【解答过程】（1），因为，若，即. 由于不是定义域区间的端点，且在定义域上连续， 故不仅是函数的最小值，同时也是极小值， 所以，解得. 检验：当时，，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增； 所以的最小值为，即成立， 综上，. （2）①当时，令， ， 令，解得，，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，则的最小值为； 当时，无解，当时，一解，都不符合题意； 当时，，， 因为，在上单调递减，所以在上唯一解； 令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，即，所以， 所以 ，又， 因为，在上单调递增； 所以在上有唯一解； 综上所述，方程有两个不同的根时，； ②由题可知：，即且， 构造函数：， 则 ， 所以在上单调递减，故，所以， 又因为，所以， 又因为，所以， 因为在上单调递增，，， 所以，得 要证， 即证， 即，即， 即证， 因为，故只须证明：， 因为成立. 所以原不等式成立. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $