专题10 高二上期末真题精选：压轴125题22类考点专练（期末专项训练）高二数学上学期苏教版

专题10 期末真题百练通关（125题22大压轴题型） 题型1 直线方程中的最值与取值范围问题 题型12 圆锥曲线中的探究性问题 题型2 直线方程点与线的对称问题 题型13 等差数列与等比数列的性质综合 题型3 圆中最值问题 题型14 数列求和方法的应用问题 题型4 直线与圆中的面积问题 题型15 数列中不等式的恒（能）成立问题 题型5 阿氏圆问题 题型16 数列中的新定义问题 题型6 离心率问题 题型17 曲线上某点的切线方程（含参）问题 题型7 圆锥曲线中的距离最值问题 题型18 导数中函数的构造问题 题型8 圆锥曲线中的面积问题 题型19 利用导数研究函数的零点问题 题型9 圆锥曲线中的定点问题 题型20 利用导数研究函数的恒（能）成立问题 题型10 圆锥曲线中的定值问题 题型21 利用导数证明不等式问题 题型11 圆锥曲线中的定直线问题 题型22 导数中的双变量问题 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 直线方程中的最值与取值范围问题（共5小题） 1．（25-26高二上·贵州·期末）、分别为与上任一点，则的最小值为（    ） A． B．3 C． D．6 【答案】C 【分析】先通过直线平行的判定公式判断已知直线互相平行，再利用平行线的距离公式计算求解． 【详解】直线和直线满足， 两条直线互相平行， 又、分别为与上任一点， 的最小值就是平行线（即）与之间的距离， . 故选：C 2．（24-25高二上·江苏扬州·期末）已知，，，均为实数，则的最小值为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】表示两点与之间的距离，表示两点与之间的距离，进而可得点的轨迹方程为两平行直线，可求最小值. 【详解】表示两点与之间的距离， 表示两点与之间的距离， 又点是直线上的动点，点是直线上的动点， 且直线与直线平行， 所以的最小值即为直线与直线之间的距离， 所以的最小值为. 故选：B. 3．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）在平面直角坐标系xOy中，若记动点P为，若点P在直线上，则的最小值为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】作点O关于直线的对称点C，则．点P到y轴的距离为，故可视为直线上的点到y轴的距离和到的距离之和． 【详解】如图： 作点O关于直线的对称点C，则． 设，则有解得所以． 已知第一象限内的点，则， 而，，所以点P到y轴的距离为， 所以可视为直线上的点到y轴的距离和到的距离之和． 过P作轴，显然有， 当且仅当C，P，D三点共线时，和有最小值． 过点C作轴，则即为最小值， 此时P的位置即为CH与直线的交点． 因为，所以的最小值为4． 故选：B. 4．（多选）（24-25高一下·湖南衡阳·期末）在平面直角坐标系中，动点到两个定点，的距离之积等于4，点的轨迹为曲线，则下列命题中正确的个数是（   ） A．曲线关于x轴对称； B．的最大值为2； C．的最小值为； D．的最大值为 【答案】AD 【分析】由已知，代入点，即可判断A；利用换元法及二次函数的性质判断B；利用基本不等式判断C；结合两点间的距离公式及B，即可判断D. 【详解】解：由已知， 对于A，代入点， 则，故A正确； 对于B，化简， 可得， 即， 又， 即，解得， 即， 设，则，， 所以， 即，故B错误； 对于C，则， 当且仅当，即点时，等号成立，故C错误； 对于D，因为， 结合B可知，， 即，D正确. 故选：AD． 5．（23-24高二上·广东广州·期末）已知直线过点且与x轴、y轴分别交于两点，O为坐标原点，则的最小值为 . 【答案】 【分析】先表示出直线的截距式，利用直线过点，得到，借助基本不等式，即可求得最小值. 【详解】直线与与x轴、y轴分别交于， 可设直线的截距式，直线过点，，且， ， 当且仅当，即时，取得最小值. 故答案为：. 题型二 直线方程点与线的对称问题（共5小题） 6．（23-24高二上·山东泰安·期末）点关于直线的对称点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出垂直于直线且过点的表达式，求出交点坐标，即可得出关于直线的对称点． 【详解】由题意， 在直线中，斜率为， 垂直于直线且过点的直线方程为，即， 设两直线交点为， 由，解得：， ， 点关于直线的对称点的坐标为， 即． 故选：D． 7．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知直线与直线关于直线对称，则的值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】分析可得三条直线互相平行，根据两平行的距离公式计算可得结果. 【详解】由题意得，直线， ∴两直线与直线间的距离相等， ∵方程可化为：，， ∴，解得. 故选：C. 8．（23-24高二上·全国·期末）点在直线上，直线与关于点对称，则一定在直线上的点为（    ） A． B． C． D．（1，0） 【答案】C 【分析】根据两直线关于点对称，利用中点坐标公式即可求直线上的对称点，且该点在直线上. 【详解】由题设关于对称的点为，若该点必在上， ∴，解得，即一定在直线上. 故选：C. 9．（23-24高二上·陕西西安·期末）若直线与直线关于直线对称，则直线的一般式方程为 . 【答案】 【分析】在直线上任取一点，则点关于直线对称点在直线上，即可求解. 【详解】设直线上任意一点，则点关于直线对称点， 因为直线与直线关于直线对称，所以在直线上， 即，得到直线的一般式方程为 故答案为： 10．（24-25高二上·辽宁大连·期末）已知直线，，若直线与关于直线l对称，则直线l的方程为 . 【答案】或 【分析】利用数形结合计算l的斜率结合直线与的交点计算即可. 【详解】    易知与纵轴交于，交横轴于点， 联立直线与方程，得两直线交点为， 如上图所示网格中构造直角三角形，易知， 即， 又， 所以， 即为两直线与夹角的平分线， 所以直线符合题意，易知其方程为； 当直线l过点C且与垂直时，也符合题意，此时直线方程为. 故答案为：或. 题型三 圆中最值问题（共6小题） 11．（24-25高二上·福建三明·期末）已知点是坐标原点，点是圆上的动点，当动点在直线上运动时，的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出原点关于直线的对称点的坐标，可得出，进而可得出，再结合圆的几何性质可求得的最小值. 【详解】圆的圆心为，半径为，如下图所示： 设原点关于直线的对称点为， 而直线的斜率为，且线段的中点在直线上， 由题意可得，解得，即点， 由对称性可得， 所以，， 当且仅当、分别为线段与圆、直线的交点时， 上述不等式中的两个等号同时成立，故取最小值. 故选：B. 12．（24-25高二上·浙江杭州·期末）在平面直角坐标系中，点，直线，圆，点P为直线l上一点，点Q为圆C上一点，则的最小值为（    ） A． B． C．9 D．10 【答案】C 【分析】设点E关于直线l的对称点为，则可转化为，而，通过求对称点为的坐标结合两点间距离即可求解. 【详解】解：根据题意，设点E关于直线l的对称点为，则， ， 当、P、Q三点共线时，取得最小值， 则， 又由，设点， 则，解得， 则， 圆，其圆心为，半径， 则， 故 故选：C. 13．（24-25高三上·河北沧州·期末）已知时，直线与直线相交于点，则的值（    ） A．无最大值，最小值为8 B．最大值为32，无最小值 C．最大值为32，最小值为8 D．不存在最值 【答案】B 【分析】根据直线恒过的点得出两直线交点的轨迹，结合轨迹可得最值. 【详解】可整理为， 令且得，，． 知直线恒过．但不是过所有的直线， 表示过的直线，但不包含直线． 同理表示恒过的直线，但不包含直线． 又时，与垂直，时，的斜率为， 的斜率为，故． 所以点的轨迹为以为直径的圆去掉点，圆心为，半径为． 而表示点到原点距离的平方． 所以的最大值为32，最小值不存在． 故选：B． 14．（24-25高二上·北京东城·期末）在平面直角坐标系中，圆C截x轴所得弦长为1，截y轴所得弦长为2，则这样的圆C的面积（   ） A．有最大值，有最小值 B．有最大值，无最小值 C．无最大值，有最小值 D．无最大值，无最小值 【答案】C 【分析】设，根据半径相等建立等量关系可得，则圆C半径为，根据范围可得结果. 【详解】 如图，圆C与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于两点（点在点的上方）， 设，则线段中点坐标为，线段中点坐标为 ∵，∴， 由得，， 整理得，即， 由得，， ∴圆的半径，即圆的半径无最大值，有最小值1， ∴圆C的面积无最大值，有最小值. 故选：C. 15．（25-26高二上·江苏·期末）已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】利用直线过定点及两直线位置关系先确定的轨迹，取，证明，再根据两点之间线段最短可求解. 【详解】当时，，此时交点为， 当时，由直线，斜率为k； 由直线，斜率为，所以， 又，所以直线恒过点， ，所以直线恒过， 若M为，的交点，则， 所以点M的轨迹是以为直径的圆，除去F点，E点， 综合以上两种情况，点M的轨迹是以为直径的圆，除去F点， 则圆心为的中点，圆的半径为， 故M的轨迹方程为，即， 又，易知在该圆内，又由题意可知圆C上一点 满足，取，则，满足， 下面证明任意一点都满足，即， 因为， 又， 所以， 所以， 又， 所以， 如图，当且仅当三点共线，且M位于N，D之间时，等号成立， 即最小值为. 故答案为：. 16．（24-25高二上·福建泉州·期末）已知直线与直线相交于点，其轨迹记为曲线，曲线的方程为，点，分别在曲线，上运动，点在直线上，若直线经过点，且与两曲线，的公共弦所在的直线垂直，则的最小值为 . 【答案】 【分析】注意到直线与直线垂直，且分别过定点，可得方程与直线方程，然后由将军饮马相关知识可得答案. 【详解】由题意即， 即， 注意到两直线互相垂直，分别过定点, 可得曲线为以为直径，中点为圆心，不过两点的圆， 所以化简得， 又，两式相减得公共弦方程为， 又直线与共弦所在的直线垂直，且直线过点， 所以直线的方程为，即， 设点关于直线的对称点为，所以， 解得， 所以， 当且仅当点与与直线的交点重合时，等号成立， 综上所述，的最小值为. 故答案为：. 题型四 直线与圆中的面积问题（共3小题） 17．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知圆，圆，两圆交于，两点，则面积的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】由圆的方程求两圆的圆心坐标及半径，证明两圆相交，求两圆的公共弦方程，再求面积的的解析式，令，可得，判断函数的单调性，结合单调性求最小值. 【详解】圆的圆心的坐标为，半径， 圆的圆心的坐标为，半径， 所以，，， ， 故， 所以圆与圆相交， 将方程与方程相减可得， 所以直线的方程为， 因为到直线的距离， 所以， 又到直线的距离， 所以面积， 令，则，， 所以，， 设，， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在上单调递增， 所以，当且仅当时取等号， 所以当时，函数取最小值， 故当时，取最小值， 所以当，即时，面积取最小值. 故答案为：. 18．（24-25高二上·广东·期末）已知在平面直角坐标系中. (1)若圆与轴，轴及线段都相切，用表示圆的半径； (2)若，求的最小值； (3)判断以下两个命题的真假并说明理由. 命题1：若两个直角三角形的面积比等于周长比的平方，则这两个直角三角形相似； 命题2：若两个三角形的面积比等于周长比的平方，则这两个三角形相似. 【答案】(1)答案见解析 (2)10 (3)命题1正确，命题2错误，理由见解析 【分析】（1）利用等面积法求出半径，或者求切线长； （2）利用旁切圆的性质求半径； （3）用内切圆，旁切圆的性质和焦半径公式进行分析. 【详解】（1）圆内切于，所以,可得， 圆旁切于，设圆心，直线，所以， 左右平方化简得出，所以，所以； （2）方法一：设的旁切圆的圆心为，由（1）可知， 因为，所以恒过点，点恒在圆外或圆上，所以， 即，解得或（舍），所以的最小值为10. 方法二：设， 因为，，可设，， 因为 ，则，， ，， ， ，解得或， 由知，，，舍去， 因此，即的最小值为10. （3）命题1正确，命题2错误. 对于命题1涉及三角形面积与内切圆半径联系起来， 记的面积为，周长为，内切圆半径为，旁切圆半径为， 记的面积为，周长为，内切圆半径为，旁切圆半径为， ，，又， 若即， 两圆心均在上，且直线为与的公切线，与相似（此时）， 设，则 得：，， ，代入①得： ，， ，， ，， 同时除得，， （舍）或， ，，因为， 的值由比值确定，但两个对应的三角形是相似的. 对于命题2：点在椭圆上，焦点的周长，面积， 点在椭圆上，焦点的周长，面积，满足， 由焦半径公式计算得到，， ，， 与三边无论如何都不能成比例，所以与不相似. 19．（24-25高二上·贵州六盘水·期末）已知直线与相交于点，且. (1)求点的轨迹的方程； (2)若直线与交于两点，以线段为直径的圆经过坐标原点. （ⅰ）证明：直线与圆相切； （ⅱ）求面积的最小值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据条件得到和，再结合，即可求解； （2）（i）当当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立曲线方程，通过消得到，从而得到，结合条件得到，再利用直线与圆的位置关系，即可求解；（ii）利用弦长公式，结合（i）中结果，得到，令，得到，利用基本不等式，即可求解. 【详解】（1）当时，由，得到，当时，由，得到， 又，得到，整理得到， 当时，，满足，所以点的轨迹的方程为. （2）（ⅰ）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，， 由，消得到， 则，且， 又， 因为以线段为直径的圆经过坐标原点，则，得到， 所以，即，整理得到， 又原点到直线的距离为，此时直线与圆相切， 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，由， 得到，只有一个交点，不合题意， 综上，直线与圆相切. （ⅱ）因为，由（ⅰ）可得， 又，得到， 所以面积为， 令，则，所以， 当且仅当，即或（舍）时取等号， 所以面积的最小值为. 题型五 阿氏圆问题（共5小题） 20．（24-25高二上·湖南株洲·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）.在平面直角坐标系中，已知，，直线：，直线：，若为，的交点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知可得，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点，得到的轨迹方程为， 由阿氏圆性质找到点，将转化为，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可. 【详解】当时，：，：，此时交点为； 当时，由直线：，斜率为， 由直线：，斜率为，， 又：，直线恒过， ：，直线恒过， 若为，的交点，则， 所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点、点； 综合以上两种情况，点的轨迹是以为直径的圆，除去点， 则圆心为的中点，圆的半径为， 故的轨迹方程为，即， 又，，易知，在该圆内， 又由题意可知圆上一点满足，取， 则，满足. 下面证明任意一点都满足，即， ， 又， ， ， 又， ， 如图，当且仅当，，三点共线，且位于，之间时，等号成立， 即的最小值为. 故选： 21．（23-24高二下·河南南阳·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名.他发现：“平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点是圆上任一点，点，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题目阿波罗尼斯圆的条件不妨取，使得，从而将所求转化为，根据题意，所表示的圆与圆相同可解得点坐标，再利用三角形两边之和大于第三边得到 (当且仅当在线段上时取等)即可得解. 【详解】设，不妨取，使得， 则， 整理得， 此方程与相同， 所以有，解得， 所以， 所以，当且仅当在线段上时，取等号. 因为，所以在圆内； ，所以在圆外； 所以线段与圆必有交点（记为）， 当重合时，，为其最小值， 故选：C. 22．（多选）（24-25高二上·贵州安顺·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯（Apollonius，约公元前262-前190年）的著作《国锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，其中之一是他证明了“平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆”，后人将此圆称为“阿波罗尼斯圆”简称“阿氏圆”.现有平面内两个定点间的距离为4，平面内的点与的距离满足：，则（    ） A．若，则点的轨迹为“点圆”，即线段的中点 B．若，则点的轨迹是半径为的阿氏圆 C．当时，面积的最大值为 D．当时，点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是 【答案】BCD 【分析】对于A，易得时点的轨迹为线段的垂直平分线；对于B，只需建系设点，求出点的轨迹方程易得；对于C，求出轨迹方程后，结合图形，使边上的高最大即可满足；对于D根据推出的阿氏圆方程，求出圆的半径的表达式，利用函数的单调性即可求得半径的范围. 【详解】对于A，时，由可知点的轨迹为线段的垂直平分线，故A错误； 对于B，时，不妨取的中点为原点，中垂线为轴，建立平面直角坐标系， 则，设点， 由可得：，化简得：， 故点的轨迹是半径为的阿氏圆，即B正确； 对于C，根据B项建系设点，由可得：，如图所示： 由图知，当点为过点垂直于轴的直线与圆的一个交点时，的边上的高最大， 为圆的半径，此时面积的最大值为，故C正确； 对于D，根据B项建系设点，由化简得：， 即，因，则该阿氏圆的半径， 因函数在上是减函数，故故得， 即点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是，故D正确. 故选：BCD. 23．（多选）（23-24高二下·云南保山·期末）平面内到两个定点的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（    ） A．点的轨迹的方程是 B．过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是 C．直线与点的轨迹相离 D．已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4 【答案】ACD 【分析】对于A：设点，结合题意分析求解即可；对于B：分析可知点在圆内，结合圆的性质分析求解；对于C：求圆心到直线的距离，即可判断；对于D：分析可知当时，取到最小值，四边形面积取最小值，运算求解即可. 【详解】对于选项A：设点， 因为，整理可得，故A正确； 对于选项B：因点的轨迹方程是，圆心是，半径是， 且，可知点在圆内， 过点的直线被圆所截得的弦最短时，点是弦的中点， 根据垂径定理得弦的最小值是，故B错误； 对于选项C：圆心到直线的距离， 所以直线与圆相离，故C正确； 对于选项D：因为四边形面积， 由数形分析可知：当时，取到最小值， 所以四边形面积取最小值，故D正确； 故选：ACD． 24．（23-24高二上·江苏宿迁·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆，后来，人们把这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点到两个定点，的距离之比为2，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】首先求点的轨迹方程，再根据的几何意义，转化为直线与圆有交点，即可求解. 【详解】由题意可知，， ，整理为， 所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，   表示圆上的点与定点连线的斜率， 设，即，如图可知，直线与圆有交点， 则，解得：. 故答案为： 题型六 离心率问题（共5小题） 25．（24-25高二上·四川·期末）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点M，N分别在C的左、右两支上，且M，N，三点共线，，且，若，则C的离心率（   ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】利用垂直关系的向量表示可得，且为等边三角形，结合双曲线定义以及余弦定理计算可得，可求得离心率. 【详解】如下图： 由可得，即， 又，可得为的中点，故， 又，故为等边三角形， 设的边长为， 由双曲线定义可知，，， 所以，， 又，故，故， 在中，由余弦定理可得， 即，可得 故. 故选：B. 26．（24-25高二上·吉林长春·期末）已知是双曲线的左焦点，为坐标原点，过点 且斜率为的直线与 的右支交于点，与左支交于点，则 离心率为 （     ） A．2 B．3 C． D． 【答案】B 【分析】设的中点为P，设为双曲线的右焦点，设，利用推出N为的中点，继而可得，结合直线的斜率即可推出，再结合双曲线的定义可得的关系，求得答案. 【详解】设的中点为P，设为双曲线的右焦点，连接， 因为，故，设， 则，而P为的中点，则， 故，即N为的中点， 而O是的中点，故是的中位线，则， 又，故，则为等腰三角形，即得，（c为双曲线的半焦距）； 又直线的斜率为，即，则。（为锐角）， 在中，，故，即， 则， 由双曲线定义知，即得，即， 故，即双曲线E的离心率为3， 故选：B 27．（24-25高二上·吉林·期末）已知点在以为左、右焦点的椭圆内，延长与椭圆交于点，满足，若，则该椭圆离心率取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意设，，由椭圆的定义和勾股定理计算可得，结合二次函数的图象与性质确定的单调性，进而，结合离心率的定义计算即可求解. 【详解】如下图所示： 由题意可知，，设，则， 由椭圆定义可得， 在Rt中，由勾股定理可得， 即，即， 因为点在椭圆内，则， 又因为，所以， 令，是一条开口向上的抛物线，对称轴为， 所以在上单调递增， 若方程在内有实根，则， 得，所以， 因为点在椭圆内，且，则，即， 所以，因此. 故选：C. 28．（24-25高二上·浙江舟山·期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，点为双曲线的右支上一点，，若为锐角三角形，则双曲线的离心率的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由锐角三角形，建立不等式组求得的范围，然后由正弦定理用表示出，由双曲线的定义得到等式，从而表示出离心率.由的范围求出离心率. 【详解】设，则， ∵，解得， ， 即由正弦定理可知： ， ∴，， 在双曲线中， 即，即， ∴， ∵， ∴. 故选：D. 29．（24-25高二上·湖南株洲·期末）如图，在平面直角坐标系中，设，，，为椭圆的四个顶点，为线段靠近原点处的三等分点，若点关于直线的对称点恰好在椭圆上，则该椭圆的离心率为 . 【答案】或 【分析】求出直线的方程以及直线的方程，联立求出两线交点坐标，可得点的坐标，代入椭圆方程，化简可得或，进而可求该椭圆的离心率. 【详解】因为为线段靠近原点处的三等分点，所以， 由截距式方程可得直线的方程为，即① 点关于直线的对称点为，所以直线的斜率为， 由斜截式方程可得直线的方程为②， ①②联立解得两线交点坐标， 因为N是线段的中点，又， 所以， 即点，因为M在椭圆上， 代入椭圆方程： 化简可得， 解得或，所以或. 故答案为：或. 题型七 圆锥曲线中的距离最值问题（共5小题） 30．（23-24高二上·江苏南京·期末）已知点 在椭圆 上，点 ，则 的最大值为（    ） A． B．4 C． D．5 【答案】C 【分析】作出椭圆的另一个焦点，转化线段，最后利用三角不等式解决即可. 【详解】 作椭圆的左焦点，则， 当且仅当点为线段的延长线与椭圆的交点时取得，由两点间距离公式得， 故，C正确， 故选：C 31．（23-24高二上·福建宁德·期末）已知是椭圆上一动点，是圆上一动点，点，则的最大值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】由题意得圆的圆心是椭圆的左焦点，利用圆和椭圆的定义，结合图象得到，然后由即可求解. 【详解】如图，由题意，椭圆的焦点为，， 则圆的圆心是椭圆的左焦点，由椭圆定义得，所以， 又， 所以. 故选：B. 32．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）已知双曲线的右焦点为，点，点为双曲线左支上的动点，则的周长的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据双曲线的焦点坐标求出的值，设双曲线的左焦点为，利用双曲线的定义得出，利用当为线段与双曲线的交点时，的周长取最小值，求解即可. 【详解】因为双曲线的右焦点为，则， 且，可得，则，，， 所以，双曲线的标准方程为，如下图所示： 双曲线的左焦点为，且， 同理可得， 由双曲线的定义可得，所以，， 所以，的周长为， 当且仅当为线段与双曲线的交点时，等号成立， 所以，周长的最小值为. 故选：A. 33．（23-24高二下·上海静安·期末）已知点是双曲线右支上的一点，点分别是圆和圆上的点．则的最小值为（    ） A．3 B．5 C．7 D．9 【答案】B 【分析】根据圆的性质分析可得，再结合双曲线的定义运算求解. 【详解】由双曲线可知， 且圆的圆心为，半径， 的圆心为，半径， 由圆的性质可知：， 可得， 可知，为双曲线的焦点，则， 可得， 所以的最小值为5. 故选：B. 34．（23-24高二上·黑龙江·期末）已知在平面直角坐标系中，点，，动点满足，点为抛物线E：上的任意一点，在轴上的射影为，则的最小值为 . 【答案】 【分析】由动点P满足的条件得点P的轨迹为圆，根据抛物线的定义，将转化为，观察图形得的最小值. 【详解】 设，已知，， 则， 化简整理得，所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆， 抛物线E：的焦点，准线方程为， ， 当且仅当A，P，M，F（P，M两点在A，F两点之间）四点共线时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 题型八 圆锥曲线中的面积问题（共5小题） 35．（24-25高二下·湖南长沙·期末）已知椭圆过点，焦距为2 . (1)求的方程; (2)过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线，与曲线分别交于四点，设线段的中点分别为. (i)证明：直线过定点； (ii) 求四边形面积的取值范围. 【答案】(1)； (2)(i)证明见解析；(ii). 【分析】（1）由椭圆所过的点及焦距求出椭圆参数，即可得方程； （2）（i）讨论直线斜率的存在性，设，联立椭圆方程并应用韦达定理，结合中点坐标求坐标，进而写出直线，即可证；（ii）根据（i）并应用弦长公式求相交弦长，由，最后应用基本不等式求范围即可. 【详解】（1）由题意知椭圆过点 ，则， 因为，所以， 联立方程组 ，解得，则， 所以椭圆的方程为. （2） (i) 当两条直线的斜率都存在时，不妨设， 设， 联立直线与椭圆的方程，得， 消去整理得，易知， 根据韦达定理可知，， 即，同理， 所以， 所以， 令，得，此时直线恒过， 当两条直线中有一条直线的斜率不存在时，易知也经过， 所以直线过定点. (ii) 当两条直线中有一条直线的斜率不存在时，易知， 当两条直线的斜率都存在时，不妨设， 由(i)得：，同理， 则 因为 ， 根据基本不等式 ，当且仅当时等号成立， 所以 ， 综上所述，四边形面积的取值范围为 . 36．（24-25高二下·湖南郴州·期末）已知双曲线的一条渐近线为，且右焦点F到这条渐近线的距离为． (1)求双曲线的方程； (2)O为坐标原点，过点F的直线l与双曲线的右支交于A、B两点，与渐近线交于C、D两点，A与C在x轴的上方，B与D在x轴的下方．设、分别为的面积和的面积，求的最大值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由题意建立的方程组，求解即得双曲线方程； （2）设直线的方程为，将其分别与双曲线方程和渐近线方程联立，消元后，利用韦达定理，求得弦长,以及原点O到直线的距离，结合图形，根据求出表达式，换元后根据函数的单调性即可求得的最大值. 【详解】（1）设双曲线的焦距为2c， 点到渐近线的距离为， 因，代入解得， 又双曲线的一条渐近线为， 故双曲线的方程为：； （2） 如图，设，，设直线的方程为， 联立直线与双曲线的方程，消去可得：， ， 直线与双曲线右支交于两点，故，解得， 则， 原点O到直线的距离， 设，，联立消去可得：， 则，，，， 则 而，， 令，则， 当，即时取到等号． 综上所述，的最大值为． 37．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知椭圆：离心率为，经过的左焦点斜率为1的直线与轴正半轴相交于点，且． (1)求的方程； (2)设是上异于的两点，且， ①证明：直线过定点； ②求面积的最大值． 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据椭圆离心率和直线斜率即可求出，则得到值，即得到椭圆方程； （2）设直线：，联立椭圆方程得，得到韦达定理式，再利用得到直线过定点，从而得到，通过换元和导数即可求出面积最值. 【详解】（1）由题知，可得， 可得，因为斜率为1，所以， 因为，所以，则， 则，于是的方程为. （2） 由（1）知，因为，所以不垂直于轴， 设直线：，联立得， 当时， 设，则， 因为，所以，， 故，根据， 故可得， 得， 因，整理可得，则， 故直线经过定点. 由①可知， 因为， 因，故， 所以的面积， 设，则，则，， 设，则， 当时，，则， 所以当，即时，面积取最大值. 38．（24-25高二下·河南周口·期末）已知椭圆过点，且离心率，过点的直线与交于，两点，直线，与直线分别交于点，. (1)求的方程. (2)记直线，的斜率分别为，，证明：为定值. (3)是否存在实数，使得（表示面积）恒成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）根据过点，且离心率，由，且求解. （2）易知直线的斜率存在，设直线，与椭圆方程联立，结合韦达定理，由求解；           （3）分别由，求得点P，Q的坐标，结合（2）得到点，到直线的距离相等证明即可. 【详解】（1）因为过点，且离心率， 所以，且，           即解得，，           所以的方程为. （2） 如图，， 显然直线的斜率存在，设直线.           联立得，消去并整理，得，           所以，得. 设，，则，.（*）           因为，且时，，所以直线与相切， 由椭圆的对称性可知，，. ，       ，     将（*）代入，得为定值. （3）设存在实数，使得恒成立. 由，得，由得.           由（2）可知，           所以点，到直线的距离相等， 所以，即. 39．（24-25高二下·上海宝山·期末）已知椭圆的图像经过点    (1)若椭圆的焦距为，求椭圆的方程； (2)为椭圆的右焦点，过点作轴的垂线与椭圆在第一象限交于点，点与点关于原点对称，连接，当取得最大值时，求椭圆的离心率； (3)若椭圆经过点，点是椭圆上的动点，直线与椭圆交于两点，为的中点，且满足，则的面积是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)； (3)是，定值. 【分析】（1）利用待定系数法求椭圆方程； （2）首先得到点的坐标，根据坐标表示直线和的斜率，得到，并利用倾斜角表示的正切值，即，转化后利用基本不等式求最值，根据最值成立的条件求离心率； （3）首先根据条件确定椭圆方程，当直线斜率存在时，设出直线得到方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理表示弦长，根据向量关系转化为，利用韦达定理表示点的坐标，结合点在椭圆上，得到，并求解点到直线的距离，结合面积公式求定值，当直线得到斜率不存在时，求定值. 【详解】（1）由已知条件可知， 从而， 所以椭圆的方程； （2）设，则， 则， 从而. 设直线的倾斜角分别为则 ， 当且仅当，即时取等号， 此时，即， 所以， 从而，解得（舍负）， 所以当取得最大值时，椭圆的离心率为； （3）由已知椭圆经过点可得， 从而椭圆的方程； ①当直线与轴不垂直时，设， 联立方程组， 得. 由题意可知. 设，则，所以 ， 由可知， 设，则有， ， 因为点，在椭圆上， 所以， 整理得， 此时，， 点到直线的距离， 所以的面积 ， ②当直线与轴垂直时，，， ， ， . 综上可和，的面积为定值.    题型九 圆锥曲线中的定点问题（共5小题） 40．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）已知抛物线C：经过点，C的焦点F在x轴的正半轴上，点A，B在C上运动． (1)求C的方程． (2)若直线AB的方程为，求内切圆的半径r． (3)设点，且EF平分，试问直线AB：是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是， 【分析】（1）将代入，结合，则，得到C的方程为； （2）联立与抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出，，求出的面积，进而利用求出半径； （3）由角平分线得到，设，，结合，得到方程，联立与得两根之和，两根之积，代入上式，求出，从而求出直线AB过定点． 【详解】（1）因为抛物线C：经过点，所以， 解得或， 又C的焦点F在x轴的正半轴上，所以，则，则C的方程为． （2）设，． 由得，，则 ， ． 因为点到直线AB的距离， 所以的面积， 所以． （3）是，定点坐标为， 因为EF平分，所以， 设，， 则， 因为，，所以， 整理得， 则， 即．① 将代入，得， 则 代入①可得， 因为，所以，即， 所以直线方程为， 所以直线AB过定点． 41．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知分别是双曲线的左､右焦点，是的右顶点，，且与椭圆有相同的焦点. (1)求的方程； (2)若直线与的公共点个数为1，求的值； (3)已知是上不同的两点，直线的斜率分别为不在直线上，且，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆焦点的定义，得双曲线的焦点，根据双曲线焦点，求出双曲线标准方程即可. （2）分类讨论双曲线与直线只有一个交点的情况，分别计算直线斜率的值. （3）根据直线与圆锥曲线的位置关系和韦达定理，根据已知条件列出参数的方程，证明直线过定点问题. 【详解】（1）椭圆的焦点为，所以双曲线的焦点也为，即. 因为，所以，所以， 故双曲线的方程为. （2）联立，得，即. ①当，即时，直线与的渐近线平行，只有1个交点； ②当，即时， 直线与相切，只有1个交点. 综上，当直线与的公共点个数为1时，或； （3）    易知，如图，设， 显然直线不与轴垂直，则设的方程为，且. 联立，消去得， 显然， 所以， 因为， 所以， 化简得，即， 又，化简得，所以直线过定点. 42．（24-25高二上·云南曲靖·期末）已知椭圆的右焦点为，且，直线与椭圆相交于A、B，A为上方的交点. (1)求椭圆的方程； (2)过点A作两条互相垂直的直线，分别于椭圆相交于P，Q，证明：直线PQ过定点； (3)在中，过点A作PQ的垂线，垂足为H，是否存在H，使H到左顶点的距离最小？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)直线恒过定点. (3)所以存在点满足题意，且H到左顶点的最小距离为. 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，求解即可； （2）先求出，设直线的方程为：，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用，可得的等量关系，再将其代入直线的方程，即可求出直线PQ过的定点； （3）结合（2）中所得，根据，可知点在以为直径的圆上，再求最小值即可. 【详解】（1）由题意可得：，即椭圆. （2）证明：把代入椭圆可得：， 因为A为上方的交点，所以， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为：， ，联立， ，， 因为，所以， 所以， 整理得：， 所以， 化简可得：， 即，或； 当时，直线恒过A点，不合题意； 当时，直线， 恒过定点， 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为：， 代入，解得：， 设， ， 所以 则，解得：（舍去）或， 所以直线的斜率不存在时，直线恒过定点. 综上所述：直线恒过定点. （3）设直线恒过定点，由题意可得：，， 则点在以为直径的圆上，其中圆心为的中点， 半径，所以点的轨迹方程为， 设椭圆的左顶点为，则， 当且仅当三点共线时，等号成立， 所以存在点满足题意，且H到左顶点的最小距离为. 43．（24-25高二上·河南许昌·期末）已知、分别为椭圆的左、右焦点，若点在椭圆上，且的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)不经过点的直线与椭圆交于、两点，且直线与直线的斜率之积为，作于点． ①证明：直线过定点，并求此定点的坐标； ②是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①证明见解析，定点；②为定值，定值为． 【分析】（1）由的面积可得出，再由点在椭圆上，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）①方法一：对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，设点，则，根据求出的值，可得出结论；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用结合韦达定理可得出与的关系，化简的方程，可得出直线所过定点的坐标； 方法二：设直线的方程为，将椭圆方程转化为关于、的二次齐次方程，令，可得出关于的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系结合可得出、的等量关系式，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标； ②点在以为直径的圆上，由直角三角形的几何性质可得出点为圆心，求出的坐标，并由此可得出的值. 【详解】（1）由的面积为，得到：，所以． 又因为点在椭圆上，所以，且， 所以，，解得，所以椭圆的方程为． （2）①方法一：常规方法 当直线斜率不存在时，设直线的方程为， 设点，由对称性质可知，则有，可得， 又，解得（舍）； ②当直线l斜率存在时，设直线的方程为，设点、， 由，消去得到， 所以，即， 由韦达定理可得，． 所以， ， 将，， 代入化简得，即， 故或， 当时，直线的方程可化为， 此时，直线过点， 当时，直线的方程可化为， 此时，直线过点， 又因为直线不过点，故直线l过定点. 综上所述，直线l过定点. 方法二：齐次式法 设直线的方程为， 由，所以， 整理得， ， ， 显然，同除以得：， 令，则有， 易知、是关于的二次方程的两根， 由根与系数关系得：， 代入， 由得，故直线过定点． ②因为，由①知直线过定点，所以点在以为直径的圆上， 故当为圆心时，， 故存在定点，使为定值，定值为． 44．（24-25高二上·贵州毕节·期末）已知双曲线：的一条渐近线为l：，且右焦点到直线的距离为2． (1)求双曲线的方程； (2)已知是的右顶点，、是上与不重合的两点，且，证明：直线过定点，并求出定点的坐标． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据点到直线的距离可求，再根据的关系及可求的值，得双曲线标准方程. （2）先讨论直线无斜率时，求出直线过点，当直线有斜率时，设直线：，与双曲线方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，根据韦达定理可得，，，再根据，可求的关系，进而可得直线经过的定点，排除不合题意的即可得问题答案. 【详解】（1）双曲线的右焦点，到直线的距离为2， 所以，又. 所以双曲线：. （2）如图： 易知. 当直线的斜率不存在时，设直线：. 不防取，， 由，所以. 所以或（舍去）. 所以直线过点. 当直线的斜率存在时，设直线：. 由，消去得：（）. 由. 设，， 则，， 所以, 由，所以， 即， 所以， 所以或. 由得，所以直线过定点，舍去； 由得，所以直线过定点. 综上可得：直线过定点. 题型十 圆锥曲线中的定值问题（共4小题） 45．（25-26高二上·广东·期末）已知双曲线过点，一条渐近线方程为. (1)求双曲线的标准方程； (2)若点为双曲线左支上一点，，求的最小值； (3)过点的直线与双曲线的右支交于，两点，求证：为定值. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意列方程组，即可求得答案； （2）设，，表示出，结合二次函数性质可得答案； （3）讨论直线斜率是否存在，存在时，设直线方程并联立双曲线方程，可得根与系数关系，求出的表达式，化简即可证明结论. 【详解】（1）因为双曲线过点，一条渐近线方程为， 所以，解得， 则双曲线的标准方程为； （2）因为点为双曲线左支上一点， 设，，则，即，又因为， 所以， 因为，， 则时，取得最小值. （3）证明：当过点的直线斜率不存在时，直线方程为， 此时可取，，则； 当过点的直线斜率存在时， 设直线方程为，，，不妨设，， 因为直线过双曲线的右焦点，且双曲线的一条渐近线方程为， 则或， 联立，消去并整理得， 所以， 由韦达定理得， 所以 . 综上所述，为定值. 46．（25-26高三上·上海宝山·期末）已知双曲线的离心率为，点在双曲线上．    (1)求双曲线的标准方程； (2)设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上．若关于原点对称，且，证明：存在点，使得为定值． 【答案】(1) (2) (3)当为的中点时，，证明见解析 【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得，即可求得双曲线的方程； （2）根据直线与圆相切得，设，则，从而，进而求得 （3）设直线的方程为，联立方程组，设，得到，得出直线的方程求得和，结合为的中点，列出方程求得，求得为定值，利用直角的性质，即可求解. 【详解】（1）因为双曲线的离心率为，且在双曲线上， 可得，解得， 所以双曲线的方程为. （2）圆的圆心，半径为， ∵是圆上的动点，直线与圆相切， ∴，. 设，因为点是双曲线上的动点，，， 当时，取得最小值，且    （3）由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 则且， 设，则， 直线的方程为， 令，可得，即, 同理可得， 因为为的中点，所以， 即， 则， 可得， 整理得， 所以或， 若，即，则直线方程为，即， 此时直线过点，不合题意； 若时，则直线方程为，恒过定点， 所以为定值， 又由为直角三角形，且为斜边， 所以当为的中点时，.      47．（24-25高二上·山东东营·期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，点在双曲线C上. (1)求双曲线C的方程; (2)设双曲线C的左右顶点分别为A，B，过点的直线l交双曲线C于点M，在第一象限，记直线AM，BN的斜率分别为，，判断是否是定值，若是定值，请求出此定值;若不是定值，请说明理由. 【答案】(1) (2)是定值， 【分析】（1）结合已知条件列出关于的方程组求解可得双曲线方程； （2）设直线l的方程为，，，联立直线与双曲线方程，由韦达定理表示两斜率，从而计算可得. 【详解】（1）依题意，， 解得，， 故双曲线C的方程为 （2）设直线l的方程为，，， 由整理得， ， 由韦达定理得：，， 得：， 由题，， 所以 ， 所以是定值， 48．（24-25高二上·浙江舟山·期末）在椭圆上有两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)在线段上取一点（不包括端点），过作斜率为的直线交椭圆于两点（在左侧）． （i）判断是否为定值.若是定值，求出定值；若不是定值，请说明理由； （ii）设中点为，中点为，为椭圆中心，证明：四边形为平行四边形． 【答案】(1)； (2)（i）是定值，；（ii）证明见解析. 【分析】（1）将点代入椭圆方程求椭圆参数，即可得椭圆方程； （2）（i）设、，联立椭圆并应用韦达定理及弦长公式求、，进而求得结论；（ii）设直线方程为，联立椭圆应用韦达定理，并求得，再将问题化为求证，即可证结论. 【详解】（1）由题设，可得， 则椭圆方程为； （2）（i）设，联立椭圆方程， 所以， 由韦达定理，得到， ， 同理，设，得， 且，， 故. （ii）设直线方程为，联立椭圆方程， 所以，由韦达定理，得到， 由于都在上，故， 联立直线和，得到点坐标， 要证四边形为平行四边形，只需证明与相互平分（或通过向量），即证明， 而， ，得证. 题型十一 圆锥曲线中的定直线问题（共5小题） 49．（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 【分析】（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. 【详解】（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. 50．（24-25高二上·广东深圳·期末）现有一双曲线和分别为的左焦点和右焦点，是双曲线上一动点，的最大值为3． (1)求双曲线的标准方程； (2)M是的右顶点，过的直线交双曲线左支于两点， （i）求直线与直线的斜率之积； （ii）判断是否是定值，并给出理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）是，理由见解析 【分析】（1）根据双曲线的定义结合三角形三边关系，可构造函数以及其定义域，利用反比例函数单调性可求的最值，结合题意，建立方程，可得答案； （2）设出直线方程，联立双曲线方程，写出韦达定理，利用斜率公式以及弦长公式，整理可得答案. 【详解】（1）设，那么，， 根据，可得． 因为在上单调递减， 所以时，取最大值3，所以，解得． 所以． 因此根据题意可得的标准方程为． （2） （i）设，直线为， 联立直线方程和双曲线方程可得，化简得， 根的判别式， 所以根据韦达定理可得， ， ， . （ii）是定值，理由如下，设， 直线为，联立直线方程和双曲线方程可得 化简得， 根的判别式， 所以根据韦达定理可得， 所以， 所以 ． 51．（24-25高二下·福建福州·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，且椭圆上一点M到的距离的最大值为3，已知直线l过且与椭圆交于A，B两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若，求直线l的方程； (3)设直线AB与y轴交于点D，过D作直线与椭圆C交于P，Q两点，且，直线AP与BQ交于点N，探究：点N是否在某条定直线上，若存在，求出该直线方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)椭圆C的标准方程为； (2)直线l的方程为； (3)点N不在定直线上 【分析】（1）根据椭圆的性质确定a、c的值，即可求出椭圆方程. （2）设直线l的方程为，联立椭圆方程，设，，结合韦达定理和共线向量坐标关系求解. （3）首先利用点差法求得直线的方程，然后分别取个不同的值，求解相应个点坐标，由向量不共线即可说明点N不在某条定直线上. 【详解】（1）根据椭圆的性质，椭圆，离心率（c为半焦距）， 且椭圆上一点到左焦点距离的最大值为． 由离心率，可得， 因为椭圆上一点M到的距离的最大值为3，即， 将代入，可得，解得，那么， 根据，可得． 所以椭圆C的标准方程为． （2）设，，，因为直线l过， 当直线l斜率不存在时，与方向相反，不满足， 所以直线l斜率存在，设直线l的方程为． 联立直线与椭圆方程，消去y可得： ， 由韦达定理得，． 因为，所以， 即，也就是． 将代入，可得，即，． 再代入，可得， 解得， 所以直线l的方程为． （3）由（2）知直线AB过，由题意其斜率存在， 设直线AB方程，令，得，所以． 由过点，且，则是PQ中点； 当时，直线即为轴，与轴交于原点即，与椭圆交于长轴两点， 此时不妨取， 则过原点的直线与椭圆交于两点，恒有， 由对称性可知，即两直线无交点，不符合题意， 故， 结合椭圆对称性可知，设，， 则，． 由，两式相减得： 将，代入上式，可得， 因为，所以，即PQ垂直于y轴，直线方程为． 联立，可得，，， 不妨设，,其中， 由（2）知，设，，不妨设， 由，． 故当时，则，又由， 可解得， 则，且， 此时交点； 故当时，则，又由， 可解得， ， 且， 此时交点； 当时，，则，， ，， 此时交点； ，， 因为， 所以不共线，故动点不在定直线上； 同理由对称性可知，当时，也不在定直线上， 综上可得，动点不在定直线上. 52．（24-25高二下·广西桂林·期末）已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为，，且． (1)求的方程； (2)设过点的直线与交于，两点（不与，两点重合）． （i）若的面积为，求的方程； （ii）若直线与直线交于点，证明：在一条定直线上． 【答案】(1)； (2)（i）或；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据可求出的值，即可得出椭圆方程； （2）（i）根据题意设直线，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理计算的面积可解得的值，即可得直线方程； （ii）分别写出直线与直线的方程，联立方程组，利用韦达定理化简可得，由此可证明交点在定直线上. 【详解】（1）由题意，，即，解得，则， 所以，椭圆的方程为. （2） 由题意，直线不与轴重合，且过点，设直线， 联立，可得， 则， 设，则. （i）因为，所以， 则，即， 整理可得，即， 解得或（舍去），所以，， 所以直线的方程为,即或. （ii）由题意，， 所以直线，直线， 联立两直线方程，消去可得，即， 整理得，即， ， 即，解得， 所以，直线与直线的交点在定直线上. 53．（24-25高二上·河北张家口·期末）已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，抛物线在点处的切线分别为，其斜率分别为，交点为． (1)当直线过焦点时，证明：互相垂直． (2)当时，设弦的中点为． ①点是否在一条定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由． ②求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①是，；② 【分析】（1）联立方程组，利用分别用点的横坐标表示，，联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理，可得结果； （2）①联立两切线方程可得交点坐标，利用韦达定理化简可得点在定直线上； ②由中点坐标公式可得点坐标，从而得到，再由弦长公式可得，再求取值范围即可. 【详解】（1）由题意知，直线的斜率存在，设直线与抛物线交于不同的两点，， 由于焦点，设直线的方程为， 联立，消去得，，且， 则 设，，则过点的切线方程为， 联立方程组，得。 则，解得，同理， ，所以互相垂直． （2）①当时，设直线的方程为， 联立，消去得，，且， 则 直线与交于点，设， 抛物线在点A处的切线方程为，即， 同理，在点B处的切线方程为. 联立，解得， 将式代入化简得， 则点在定直线上. ②线段AB的中点为， 由（1）可得，，， 则. ， 又 将式代入得，， 则， 由，则. 的取值范围为. 题型十二 圆锥曲线中的探究性问题（共5小题） 54．（24-25高二上·山东潍坊·期末）圆锥曲线的第二定义：平面内到定点的距离与到定直线（定点不在定直线上）的距离之比为常数的点的轨迹为圆锥曲线.已知平面内的动点到定点的距离与它到直线的距离之比为. (1)求点的轨迹方程； (2)已知是点的轨迹上不同的两点，点为点关于轴的对称点，直线分别交轴于点. （i）证明：； （ii）若点的坐标为为平面上一动点不在直线上），记直线的斜率分别为，且满足.判断动点是否在定直线上，若在定直线上，求出该直线的方程；若不在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析，（ii）在定直线上， 【分析】（1）根据点点距离公式以及点到直线距离列等量关系即可化简求解， （2）根据三点共线可得，，即可代入化简求证（i），根据斜率公式结合，化简可得进一步化简可得结合即可求解（ii）. 【详解】（1）设，则 化简得， 故点的轨迹方程为 （2）（i）设则 由三点共线可得 所以， 同理由三点共线可得， 所以， 结合 故 故 （ii）设直线 所以 由于， 所以即 整理可得， 因为 ， 整理得 因为不在直线上，故， 因为，所以即 所以即 由（i）可知， 又，故，故在定直线上，    55．（24-25高二下·上海奉贤·期末）如下图所示：曲线是与组成的，与其中的两个交点分别记作、，点在第一象限，点在第三象限. (1)如图1，设，，，求点的坐标和； (2)如图2，设四边形的四条边都与曲线相切，时，求四边形的面积； (3)如图3，在轴右侧的曲线上有两点、，直线经过点（点在上）.当时，是否存在直线，使得所在直线与所在直线关于直线对称？若存在，求直线的方程，若不存在请说明理由. 【答案】(1)，； (2)； (3)不存在，理由见解析. 【分析】（1）由题可得、为与公共点，将两椭圆方程联立，结合题意，可得；由，结合，可得，再将代入椭圆方程可得，据此可得答案； （2）由（1）分析结合，可得椭圆方程，由对称性可设直线方程为：，由直线与椭圆相切，结合联立方程判别式为0，可得，从而可得四点坐标，据此可得面积； （3）由（1）分析结合，可得椭圆方程，设直线，将直线与两椭圆方程联立，设，结合韦达定理，可得关于k的表达式，由、在y轴右侧，点在上），可得.假设相关直线存在，则，据此可得关于的方程，通过判断方程有无解，可判断相关直线是否存在. 【详解】（1）令，由题可得，、为与公共点. 将与联立，可得， 解得：，则， 由题可得， 则，又，则，从而. 将代入，得. 解得或（小于0，舍去）. 故； （2）由（1）分析可知，又，则. 则两椭圆方程为：.设， 由对称性可得，则直线方程为：. 将直线方程与联立，化简后可得， 因直线与椭圆相切，则判别式. 此时，将与联立，化简后可得：， 其判别式也为0，则直线也与椭圆 相切. 则，由对称性可得， 则四边形的面积为：； （3）由（1）分析可得，又，则. 则两椭圆方程为：. 从而曲线与y轴正半轴，x轴正半轴交点为：. 设直线，将直线分别与两椭圆方程联立， 则，化简后可得： ， ； ， . 设，由韦达定理， ，. 因、在y轴右侧，点在上）， 则. 则，.因， 则，. 若所在直线与所在直线关于直线对称，则. 因，由对称性可得，则.若， 则， 化简可得， 因，则不存在使得. 即不存在直线，使得所在直线与所在直线关于直线对称. 56．（24-25高二上·江苏镇江·期末）已知动点P到定点的距离与它到定直线的距离之比为常数．其中，，且，记点P的轨迹为曲线C． (1)求C的方程，并说明轨迹的形状； (2)当时，记C的左、右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于D，E两点，直线与交于点Q，求证：点Q在定直线上； (3)当时，设，若C上两动点M，N均在x轴上方，，且与相交于点R，求证：的周长为定值． 【答案】(1),形状见解析； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）设点，由题意得到方程，分和，得到轨迹形状； （2）设过点的直线为：，与双曲线方程联立，得，由韦达定理得，直线：，直线：，联立得：，即可求解； （3），设，根据题干结论表达出，，所以，由椭圆定义和平行关系计算出，则的周长为定值． 【详解】（1）依题意，设点， 则， 化简得，， 当时，曲线C为焦点在x轴上的椭圆， 当时，曲线C为焦点在x轴上的双曲线． （2）当时，曲线C的方程为：，则， 设过点的直线为：， 由，消去x得， 设， 得，， 则， 直线：，直线：， 联立得：，解得， 直线与交于点Q在定直线上． （3）当时，曲线C的方程为：，， 设点，其中， 由对称性可知， 因为，所以， 因此，三点共线， 且， 由题干条件可得， 动点P到定点的距离与它到定直线的距离的比为常数， 设（不妨记为锐角），过点N作⊥轴于点，作⊥直线于点T， 直线与x轴交点为W， 则，， 故， 所以，解得， 同理由，解得， 所以， 所以为定值； 由椭圆定义，得，， 解得，同理可得， 所以 , 因为， 所以的周长为定值. 57．（24-25高二上·上海·期末）已知双曲线，，分别为其左、右焦点，为其左顶点．设过右焦点的直线与的右支交于，两点，其中点位于第一象限内．当直线与轴垂直时，． (1)求双曲线的方程； (2)设直线，分别与直线交于，两点，问：是否存在实数，使右焦点恒位于以线段为直径的圆上？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； (3)是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）依据题意设出，代入双曲线中建立方程，再结合双曲线中基本量的运算关系得到另一个方程，求解基本量，得到双曲线方程即可. （2）设出直线的方程，联立双曲线方程，得到关于点坐标的韦达定理；再分别求得的方程，以及点的坐标，利用数量积的坐标运算表示，再结合题意建立方程，求解参数即可. （3）求得直线不存在斜率时满足的，当斜率存在时，将所求问题，转化为直线斜率之间的关系，结合点的坐标满足曲线方程，求解即可. 【详解】（1）因为当直线与轴垂直时，， 且点位于第一象限内，所以设， 代入方程中得到，而， 解得，，则双曲线的方程为. （2）由上问得双曲线的方程为， 如图，则点，的坐标分别为， 又双曲线渐近线为，显然直线的斜率不为零， 故设其方程为，， 联立双曲线方程可得：， 设点的坐标分别为，且恒成立 则， ， ； 又直线方程为：，令，则， 故点的坐标为；直线方程为：， 令，则，故点的坐标为； 若右焦点恒位于以线段为直径的圆上，则， 则 ，令，解得， 故存在，使右焦点恒位于以线段为直径的圆上. （3）当直线斜率不存在时， 对曲线，令，解得， 故点的坐标为，此时， 在三角形中，，故可得， 则存在常数，使得成立； 当直线斜率存在时，不妨设点的坐标为，， 此时直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， 则，， 假设存在常数，使得成立，即， 则一定有：，也即； 又；； 又点的坐标满足，则， 故 ； 故假设成立，存在实数常数，使得成立； 综上所述，存在常数，使得恒成立. 58．（24-25高二上·山东日照·期末）已知圆，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点，当点在圆上运动时，设动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的标准方程； (2)设是曲线上不同的两点，是的中点，直线的斜率分别为．证明：为定值； (3)直线与曲线的右支交于点（在的上方），过点作斜率为的直线，过点作斜率为2的直线与交于点；过点且斜率4为的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点作斜率为的直线，过点作斜率为2的直线与交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点．证明：共线． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意分析可得，可知动点的轨迹为是以为焦点的双曲线，即可得结果； （2）设，，根据M，N为双曲线C上的两点，列由点差法得到，利用斜率公式进行求证即可； （3）设直线的方程为，，，将直线方程与双曲线方程联立，易得，结合韦达定理，求出，再利用韦达定理进行求证． 【详解】（1）圆的圆心为，半径， 因为，， 则， 可知动点的轨迹为是以为焦点的双曲线，且，则， 所以曲线的方程为. （2）设，， 因为M，N为双曲线C上的两点，所以， 两式相减得，整理得， 则，得证. （3）设斜率为4，与双曲线右支相交于两点的直线方程为，，， 联立，消去y并整理得， 因为该方程有两个正根，则，解得，或（舍） 由韦达定理得， 直线的方程为， 因为，即，① 直线的方程为， 因为，即，② 联立①②，两式相加得，两式相减得， 因为， 则， ， 所以， 则都在直线上，故共线． 题型十三 等差数列与等比数列的性质综合（共5小题） 59．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列满足，，则的最大值为（   ） A．420 B．380 C．342 D．6 【答案】A 【分析】条件可变形为①，将代入递推公式可得或；当时，②. ①-②化简变形可得或.当时，或； 当时，，故数列是以为首项，公差为2的等差数列.由等差数列通项公式可得，再利用累加法即可求解. 【详解】，①. 当时，，解得或. 当时，②. ①-②得， 或. 当时，或； 当时，， ∴数列是以为首项，公差为2的等差数列. 要使取得最大值，则，， 由等差数列通项公式可得. ，，，…，， 以上式子相加得 ， . 故的最大值为420. 故选：A. 60．（23-24高二上·上海·期末）已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（   ）个. A．499 B．500 C．501 D．502 【答案】D 【分析】依题意，由等差数列的性质及求和公式得到，要想无实根，需满足，结合根的判别式与基本不等式得到至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，从而得到结论. 【详解】由题意得：，其中， ，代入上式得：， 要方程无实数解，则， 显然第502个方程有解. 设方程与方程的判别式分别为， 则 ， 等号成立的条件是，所以至多一个成立， 同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且， 综上，在所给的1003个方程中，无实数根的方程最多502个， 故选：D. 61．（24-25高二上·河北石家庄·期末）有五只猴子在海边发现一堆桃子，决定第二天来平分.第二天清晨，第一只猴子来了，它左等右等，见别的猴子还没来，便自作主张把桃子分成相等的五份，分完后还剩一个，它便把剩下的那个顺手扔到海里，自己拿了五份中的一份走了.第二只猴子来了，它不知道刚才发生的事，也把桃子分成相等的五份，还是多一个，它也扔掉一个，自己拿了一份走了.以后每只猴子来时也都遇到类似情形，也全都照此办理.那么，原来至少有多少个桃子，最后至少有多少个桃子.（   ） A．625  256 B．621  252 C．3125  1024 D．3121  1020 【答案】D 【分析】设第5只猴子来的时候有个桃子，逐一倒推得到第1只猴子来的时候有个桃子，由为整数，得到最少为255，即可得到答案. 【详解】设第5只猴子来的时候有个桃子， 则第4只猴子来的时候有个桃子， 则第3只猴子来的时候有个桃子， 则第2只猴子来的时候有个桃子， 则第1只猴子来的时候有个桃子， ， 因为4与5互质，且为整数，所以能被整除，故最小为256，所以最少为255，此时， 故选：D. 62．（24-25高二上·重庆·期末）记为正项数列的前项和，设为等比数列,且公比为去q；：对，都有，其中为非零常数，则是的（    ） A．充分条件不必要条件 B．必要条件不充分条件 C．充要条件 D．既不是充分也不必要条件 【答案】C 【分析】利用等比数列前项和公式对是否为1进行分类讨论，可得出充分性成立；再依据前项和满足的条件可证明为等比数列，可得必要性也成立，可判断出结论. 【详解】根据题意若为等比数列，且， 可得， 此时， 因此可得成立， 当时，显然成立， 综上可知，充分性成立； 若成立，可得， 因此， 即对于，都成立， 因此可得对于，都成立， 所以可知正项数列为等比数列，因此必要性也成立； 可得是的充要条件. 故选：C 63．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知一个各项非零的数列满足且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令，递推关系可化为，证明，证明数列为等比数列，由此可求数列的通项公式，再分别在，，条件下判断函数的单调性可得结论. 【详解】因为，， 所以， 设，则， 所以 若，则,，矛盾， 所以，故， 所以数列为以为首项，公比为的等比数列， 所以， 故， 若，则， 数列为递增数列，且， 所以数列为递减数列，与已知矛盾； 若，则， 所以数列为递减数列，且， 所以数列为递增数列，满足条件； 当时， ，故， 所以数列为递减数列， 令，可得， 所以当，且时，， 当，且时，， 与条件矛盾， 所以的取值范围是， 故选：A. 题型十四 数列求和方法的应用问题（共9小题） 64．（24-25高二下·辽宁·期末）已知数列中，，，． (1)证明：数列为等比数列； (2)记，数列的前项和为． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）将左右两边取倒数，得到，将其变形为，即可根据等差数列的定义，证明数列为等比数列； （2）（i）由（1）得到及的解析式，进而得到的解析式，通过讨论的取值范围，即可得到的取值范围；（ii）先得到的解析式，进而得到其前项和的解析式，通过放缩，将其转化成求一个等比数列的前项和，通过讨论的范围，即可证明. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 又，所以， 所以数列是以2为首项，以为公比的等比数列； （2）（i）由（1）可知， 所以，， 因为， 因为，，所以，所以， 所以，的取值范围； （ii）因为，又因为， 所以 设. 当时，成立； 当时，成立； 当时，成立； 且随着值增大，逐渐减小，逐渐增大， 因为，所以，所以， 即. 65．（24-25高二上·吉林四平·期末）已知等差数列的公差为2，前项和为，且，，成等比数列.数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)若，数列的前项和为，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）结合等差数列的求和公式和等比中项的定义，建立关于的方程，解方程求出，进而得出数列的通项公式； （2）由错位相减法求出，由>0可得出；然后再根据的单调性得出，从而得证. 【详解】（1）在数列中，公差， ，，， 因为，，成等比数列，所以， 即，解得， 所以. （2）由（1）知，所以， 所以， ， 两式相减得 ， 所以 因为，所以，因此， 所以单调递增，因此 综上所述， 66．（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 【分析】（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. 【详解】（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 ， ， . 67．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知数列是等差数列，正项数列是等比数列，为数列的前项和．，． (1)求数列和的通项公式； (2)若对任意正整数恒成立，求实数的最小值； (3)若，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）利用等差数列、等比数列的通项公式列方程组计算可得结果. （2）分离参数得，分析数列的单调性可得结果. （3）计算为偶数或奇数时的值可得结果. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， ∵，， ∴，解得或， ∵，∴，故． （2）∵对任意正整数恒成立， ∴对任意正整数恒成立. 令，则， ∵， ∴，即数列单调递减， ∴，故，即的最小值为． （3）由，得， ∴， 当为偶数时， ， 当为奇数时，， 综上得，. 68．（24-25高二下·四川南充·期末）已知数列的前项和为，且. (1)求数列通项公式； (2)数列满足，求数列的前项和； (3)设，求证：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据数列前项和为与数列通项公式的关系，求出数列的通项公式； （2）根据对数的运算公式，求出数列的通项公式，根据错位相消法求出数列的前项和； （3）根据数列的函数性质，和等差数列的函数性质，说明不存在三个不同的项构成等差数列. 【详解】（1）由题意得， 当时，， 作差得，化简得， 可知数列为等比数列，当时，，解得， 所以. （2）可知， 则， 则， 作差得，化简得. （3）已知，可知在函数上， 设等差数列，是一个首项为，公差为的等差数列， 则在函数上， 可知是指数函数，是一次函数， 易知指数函数与一次函数至多只有两个交点，所以不存在三个点即在上，又在上， 即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 69．（24-25高二上·天津滨海新·期末）在等差数列中，. (1)求数列的通项公式和前项和； (2)若数列满足是公比为2的等比数列，且. （i）若集合中恰有2个元素，求实数的取值范围； （ii）若对，都有，求实数的取值范围. 【答案】(1)，； (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）根据等差数列的基本量运算求得和公差，再由等差数列前项和公式得结论； （2）利用等差数列的通项公式求得，再由累加法求得，（i）题意说明不等式恰有两个正整数解，分离参数为，由作差法确定数列的单调性，然后分析出不等式的两个正整数解及的范围；（ii）用裂项相消法求得，然后按的奇偶分类计算求得的范围． 【详解】（1）因为是等差数列， 所以，公差， 所以，从而， ， （2）由.知，， 又是公比为2的等比数列， 所以，解得，， 所以， 从而时，，也适合此式， 所以 （i）集合中恰有2个元素， 不等式，为，所以，因此不等式恰有两个正整数解． 设， ，， 时，，即，时，，因此，， 所以数列从第2项开始是递减， 又，，， 所以不等式恰有两个正整数解，则．不等式的解为或． 实数的取值范围是． （ii）若对，都有， ， 所以， 不等式为，从而，， 为偶数时，，数列的偶数项中最小值是，所以， 为奇数时，，数列的奇数项中最小值是，所以，， 综上，即的范围是． 70．（24-25高二上·天津·期末）已知数列的前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)已知数列满足，求的通项公式． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）分与讨论，利用结合等比数列的定义即可求解； （2）根据，把式子表示出来，利用裂项相消法进行求和，结合，即可证明； （3）利用累加法求解出，再构造，利用错位相减法结合等比数列的前项求和即可求解． 【详解】（1）当时，，可得有， 当时，， 有，， 所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，； （2）由（1）知 ， 由于，所以 所以 （3）因为      故， ， 两式相减得 ， 即，也适合， 故. 71．（24-25高二上·天津红桥·期末）设数列的前n项和为，已知，，. (1)求的值； (2)求证：为等差数列； (3)证明：对一切正整数n，有. 【答案】(1)4 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由已知当时即可求解； （2）根据递推关系即可证明； （3）由（2）知，分情况借助放缩法进行证明. 【详解】（1）因为，， 所以当时，， 又，所以； （2）因为，， 所以  ①， 所以当时，  ②， 由①-②，得， 因为，所以， 所以（），又满足（）， 所以数列是以首项为，公差为1的等差数列； （3）由（2）知，所以， ①当时，，原不等式成立， ②时，，所以原不等式成立， ③当时，因为， 所以， 所以 ， 当时，所以原不等式成立， 综上，对一切正整数n，有. 72．（24-25高二上·河北保定·期末）北宋数学家沈括博学多才，善于观察.据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”，沈括“用刍童（长方台）法求之，常失于数少”，他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把他们看成离散的量.经过反复尝试，沈括提出对上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物（如图），可以用公式求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列ab，，，…，的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式.现已知数列为二阶等差数列，其通项，其前项和为，数列满足，. (1)求数列的前10项和； (2)求； (3)数列和数列的公共项组成一个新的数列，设数列的前项和为，证明. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）首先求数列的前10项的和，再求数列的前10项和； （2）根据，对应系数，再代入求和公式； （3）首先求数列的通项公式，以及数列的通项公式，再根据公共项求数列的通项公式，由数列的形式，利用不等式放缩和裂项相消法求和，即可证明； 【详解】（1）在数列，，，…，中，，，，， 故， 即数列的前10项和为，常数列1的前10项和为10， 故数列前10项和为. （2）数列的通项公式为， 在数列中，，，，， 故. （3）数列满足，则，， ， 数列是以3为首项，3为公比的等比数列，， 由（2）可知，， 设数列中的第项等于数列中的第项，即，则是数列中的项. 不是数列中的项，不是数列中的项，是数列中的项，数列是以为首项，为公比的等比数列. ， 故 题型十五 数列中新定义问题（共8小题） 73．（24-25高二下·北京延庆·期末）已知A：，，…，为有穷实数数列.对于实数x，若A中存在，，，…，，使得，则称x为A的连续可表数，将所有A的连续可表数构成的集合记作. (1)设数列A：1，2，3；B：1，1，1，2.写出和. (2)是否存在数列A，满足，若存在，求出所有数列A，若不存在，说明理由； (3)求出所有的整数m，使得存在数列A，满足. 【答案】(1)， (2)不存在，理由见解析 (3)－5，－4，－3，－2，－1，0，1 【分析】（1）根据题中所给定义进行求解即可； （2）运用假设法，结合题中定义进行求解即可； （3）根据题中定义，运用分类讨论思想进行求解即可. 【详解】（1）数列A：1，2，3，所有A的连续可表数构成的集合， 则，，；，，， 则，同理可得. （2）若数列A：，，…，满足，不妨设. 假设数列A只有两项，则中至多3个元素，这与中有5项矛盾，故假设错误， 所以数列A至少3项，即，. 因为数列A：，，…，中任意一项都属于， 所以，所以，解得，所以； 又因为且，所以， 此时，即不存在数列A满足. （3）若数列A：，，…，满足， 不妨设.由（2）可知数列A至少3项，即，. ①当时，由， 得，且， 解得，所以，又，所以，即，2； 由（2）可知不成立，所以， 令数列A：1，1，1，1，1，满足； ②当，即时，由， 得，且， 解得，所以，又，则，－6； 当时，令数列A：－1，－1，－1，－1，－1，满足； 当时，由（2）同理可得不成立. ③当时，由，，－3，－2，－1，0. 当时，令数列A：0，1，1，1，1，满足； 当时，令数列A：－1，0，1，1，1，满足； 当时，令数列A：－1，－1，0，1，1，满足； 当时，令数列A：－1，－1，－1，0，1，满足； 当时，令数列A：－1，－1，－1，－1，0，满足； 综上所述，m可能的取值有－5，－4，－3，－2，－1，0，1. 74．（24-25高二下·辽宁鞍山·期末）为实数，无穷数列为数列时满足：；；． (1)若数列前四项分别为，，，，判断数列是否有可能为数列； (2)若数列为数列，求的值； (3)数列前项和为，则是否存在值，，恒成立.如果有，求出所有符合要求的值；如果没有，请说明原因． 【答案】(1)数列不可能为数列，理由见解析 (2). (3)存在，. 【分析】(1)先代入，已知的值，计算等关键值，发现不在数列要求的集合中，从而判定不是数列; (2)依据数列定义(等规则)，结合与的关系，推出，再根据的两种可能形式，依次推导等项的值; (3)假设是数列，利用的递推关系、项的大小限制，、等条件，推导得，构造时的数列通项，从满足的关系、与的大小，以及与的包含关系验证，结合和时与的大小，确认满足恒成立，得出存在这样的,数列且. 【详解】（1）数列不可能为数列，理由如下： 因为，，，所以，. 因为，所以，所以数列不可能为数列. （2）由数列定义，可知满足：，；； 或. 由或以及，可知，所以. 由或，或， 以及，可得，. 由或，以及，可知， 同理，由或，以及，可知. （3）假设数列是满足“恒成立”的数列. 因为或，且，所以， 由，可知， 从而或. 又因为，所以. 因为，且，所以. 又因为，所以. 因为，且，所以. 因为，所以. 根据假设，由可知，所以， 由及，可知. 由可知，所以. 综上可知，若数列是满足“恒成立”的数列，则. 当时，考虑数列：. 下面验证数列满足数列的要求： 由，可知. 因为，， 所以.，，使得，， 所以，， 所以，， 又， 所以：当时，；当时，. 所以. 由通项公式可知，当时，；当时，， 所以恒成立. 综上所述，存在数列，使得恒成立，此时. 75．（24-25高二下·江苏南京·期末）已知数列的前项和为，若存在常数，使得对任意都成立，则称数列具有性质． (1)若数列的通项公式，求证：数列具有性质； (2)设数列的各项均为正数，且具有性质． ①若数列是公比为的等比数列，且，求的值： ②求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②4 【分析】（1）求出和，求出即可求解； （2）①证明，分和两种情况即可求解； ②证明，证明，证明，结合反证法即可证明. 【详解】（1）因为，所以， 所以数列是以为公差，为首项的等差数列， 所以， 所以， 即，所以数列具有性质； （2）①由数列具有性质得， 又等比数列的公比为， 若，则， 解得，与为任意正整数相矛盾， 当时，， 而，整理得， 若，则， 解得，与矛盾， 若，则， 当时，恒成立，满足题意， 当且时，， 解得，与矛盾， 所以； ②由，得， 即，因此，当且仅当时取等号， 即，则有， 由数列各项均为正数， 得，从而，即， 若，则，与矛盾， 因此当时，恒成立，符合题意， 所以的最小值为4． 76．（24-25高二上·浙江金华·期末）有穷数列的项数为，若满足对任意都有，称为数列的过渡值． (1)若求数列的所有过渡值； (2)已知，若数列存在过渡值，求的取值范围； (3)若对任意，都有，且数列的过渡值有t个，求的最大值． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）由通项公式写出所有项，根据过渡值的定义求出所有过渡值； （2）根据题设，使且，有，在，且上能成立，求参数范围； （3）设数列中第i个过渡值为，由题意，根据已知及放缩法有，注意取等号的条件，即可得最大值. 【详解】（1）由，则，5适合题意， 所以过渡值为，过渡值为； （2）由题意，，使且，有，即， 所以，而， 则在，且上能成立， 所以时，，即； （3）设数列中第i个过渡值为， 由题意，知， 为了最大化，需要尽可能让尽可能大，而尽可能小， 故①， 在过渡值之间的项必大于等于前一个过渡值， 则有，且，否则，过渡值不可能为， 所以，①式， 当时，，即最大值为. 77．（24-25高二上·河北廊坊·期末）在数列研究中，后一项与前一项的关系往往是人们关注的重点．例如：对于数列1，2，4，7，11，16，…，用其后一项减去前一项可得新数列：1，2，3，4，5，…，进而可利用等差数列的相关知识研究原数列．类比上述过程，一般地，对于数列，记，，，，则称数列为数列的“阶差数列”． (1)已知，，求，，，； (2)已知，若，且对恒成立，求的取值范围； (3)已知，设为任意正数．证明：存在，当，，时总有． 【答案】(1)，，， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意列出方程，利用等比数列的定义，即可求解； （2）根据定义利用累加法求出数列通项，借助定义探求满足对恒成立的充要条件，即可求解范围； （3）根据，利用累加法及等比数列求和公式化简，放缩法寻找满足题意的值即可. 【详解】（1）因为，， 所以； 由题意， 则，所以； 又因为，所以. 综上可知，，，，. （2）若，则 . 由 ， 因为，所以， 即，故数列递增， 所以要使对恒成立，则必有， 即，所以，解得； 故是对恒成立的必要条件. 下面证明充分性： 若，即， 又，即， 又，故成立； 由，又递增，故，故； 又，则， 故； 故满足对恒成立， 即是对恒成立的充分条件. 综上所述，要使对恒成立，则的取值范围为. （3）由题意，当,，时， 所以 ， 由，得， 则， 要使恒成立，则只需， 解得，又，可取， 当时，恒有成立. 故对任意正数，存在正整数（如），当，，时总有． 78．（24-25高二上·广东广州·期末）给定正整数，设数列满足.对于正数，定义，其中表示数集中最大的数.记集合，设的元素个数为. (1)写出数列，并由此求出集合； (2)若，求的所有可能取值； (3)证明：存在无穷多个使得. 【答案】(1)，，，； (2)，，，； (3)证明见解析. 【分析】（1）写出数列、，根据题中定义可得出集合、； （2）由题意可得，由（1）可知，或不合乎题意，可得出，推导出，求出的可能取值，然后逐一检验即可得解； （3）讨论，和，两种情况，结合题中的定义，求出、，即可证得结论成立. 【详解】（1）数列，则，数列，则. （2）依题意，， 由（1）知，当或时，，不符合题意，则， 对于给定的，因为， 则，即，当时，，且， 于是，， 而，所以，， 则，即，又，解得、、、或， 当时，，，符合题意； 当时，，，符合题意； 当时，，，符合题意； 当时，，，符合题意； 当时，，，不符合题意， 所以的所有可能取值有、、、. （3）当，时，若，由， 得或， 则、、、中不同的值为、、、、，共个， 若，由， 得、、、各不相等， 则、、、中不同的值有个， 于是； 当，时， 若，由， 得或， 则、、、中不同的值为、、、、，共个， 若，由， 得、、、各不相同， 则、、、中不同的值有个， 于是. 所以对任意的，，故结论得证. 79．（24-25高二上·广东·期末）已知无穷数列中的每一项均为正整数，其前项和为，若数列中任意相异三项不成等差数列，则称该数列为“玫瑰数列”. (1)对于每一项均为正整数的无穷等比数列. （i）若数列的公比为1，判断其是否为“玫瑰数列”； （ii）若数列的公比不为1，证明：该数列为“玫瑰数列”； (2)若是所有玫瑰数列中，对任意正整数，在最小的前提下，恒使最小的玫瑰数列.设为正整数，证明：成等差数列. 【答案】(1)（i）不是＂玫瑰数列＂；（ii）证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）（i）直接根据等比数列概念和“玫瑰数列”定义即可判断； （ii）利用反证法结合等比数列概念和“玫瑰数列”定义即可证明； （2）首先证明对于任意正整数，有，再证明即可. 【详解】（1）由题意设等比数列的通项公式为，其中． （i）当时，数列，故而存在，此时不是＂玫瑰数列＂． （ii）证明：由题意可得当时，， 若不是＂玫瑰数列＂，则存在各不相等的正整数，，，使得， 即，整理得， 故只能有，即，矛盾，故是＂玫瑰数列＂． （2）①首先证明对于任意正整数，有． 若存在正整数使得，取数列 记的前项和为，则也是＂玫瑰数列＂， 于是，与＂对任意正整数，在最小的前提下，恒使最小＂矛盾，故； ②下面证明，由题意知，数列中不存在三项相等，故至多存在两项相等， （）先证明． 若，则取， 由数列是玫瑰数列可知，也是玫瑰数列，且， 与＂对任意正整数，在最小的前提下，恒使最小＂矛盾，所以. 若，则取由数列是玫瑰数列可知，是玫瑰数列，且， 与＂对任意正整数，在最小的前提下，恒使最小＂矛盾，所以. （b）再证明，设时，有，只需证明时，也有， 假设，则取 由数列是玫瑰数列可知，是玫瑰数列，且， 与＂对任意正整数，在最小的前提下，恒使最小＂矛盾，所以. 于是。即成等差数列. 80．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知数列，，，，且，，若是一个非零常数列，则称是一阶等差数列；若是一个非零常数列，则称是二阶等差数列. (1)若，，，试写出二阶等差数列的前4项，并求； (2)若，且满足， （i）判断是否为二阶等差数列，并证明你的结论； （ii）记数列的前n项和为，若不等式时于恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)1，4，9，16；，； (2)（i）不是，证明见解析；（ii） 【分析】（1）由二阶等差数列的定义，计算可得数列的前4项，由数列恒等式和等差数列的求和公式，可得； （2）（i）由数列的递推式推得，由等比数列的通项公式求得，，，由二阶等差数列的定义，可得结论；（ii）由等比数列的求和公式可得，由数列的单调性和不等式恒成立思想，可得所求取值范围． 【详解】（1）若，，， 则，即， 由，可得， 则，可得，，解得， 由， 可得， 上式对也成立，即有，； （2）（i）若，且满足，可得， 即，即有， 可得数列是首项和公比均为3的等比数列，即有，即， 可得，，不为非零常数，故不为二阶等差数列； （ii）数列的前n项和， 不等式，即，即为对恒成立． 设，， 当时，，当时，可得，即有， 可得数列中最小项为， 则，即有，则实数的取值范围是 题型十六 数列中不等式的恒（能）成立问题（共4小题） 81．（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) 【分析】（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. 【详解】（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. 82．（24-25高二下·山东东营·期末）已知数列满足，. (1)求数列的通项公式； (2)设，求的前n项和； (3)若对恒成立，求实数k的取值范围. 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）求出，求出并验证即可求解； （2）求出即可求解； （3）根据对恒成立求出关于的不等式，分和两种情况即可求解. 【详解】（1）因为， 所以当时，， 当时，， 故， 验证，当时，，符合， 故数列的通项公式为，； （2）由（1）可知， 所以， 故； （3）因为对恒成立， 所以，令， 则当时，， 当时，，， 因为，，，，，， 所以， 当时，数列递减， 所以， 故实数k的取值范围是. 83．（24-25高二下·贵州遵义·期末）已知数列的前n项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和； (3)若数列满足，不等式对一切恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)数列的通项公式为：. (2)数列的前n项和为：. (3)的取值范围为：. 【分析】（1）利用数列前n项和与通项的关系来求解； （2）先根据（1）的结果求出，再利用裂项相消法求数列的前n项和； （3）先根据已知条件求出，再区分n为奇数和偶数两种情况讨论不等式恒成立时的取值范围. 【详解】（1）当时，. 当时，. 根据指数运算法则,,则. 当时，也满足. 故数列的通项公式为：. （2）已知，由（1）可知，则， ； 所以. 所以. 故数列的前n项和为：. （3）已知，由（1）可知，则 ①. 当时，，解得. 当时，②. ①②相减得：， 所以. 当时，也满足. 那么不等式可化为. 当n为偶数时，若恒成立，即恒成立： 因为在n为偶数时单调递增，当时取最小值，，所以时，不等式恒成立. 当n为奇数时，若恒成立，即恒成立： 因为在n为奇数时单调递减，当时取最大值，所以时，不等式恒成立. 故的取值范围为：. 84．（24-25高二上·新疆喀什·期末）设数列的各项都是正数，为数列的前n项和，且对任意.都有，，，（e是自然对数的底数，）. (1)求数列、的通项公式； (2)求数列的前n项和； (3)试探究是否存在整数，使得对于任意，不等式恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2) (3)2 【分析】（1）根据与的关系可求得数列，两边同时取对数可求得； （2）先求出的通项公式，再根据错位相减法可求得前n项和； （3）将不等式化简，求得各自的最值，即可求得结果. 【详解】（1）对于，当时，，即， 因为，所以， 当时，， 两式相减可得， 化简可得，因为数列的各项都是正数， 所以， 所以数列是以1为首项，公差为1的等差数列， 根据； 对于，则，即， 因为，所以，所以是以1为首项，公比为2的等比数列， 则，所以； （2）由（1）可得，， 所以， 则 ， 所以， ，即， 所以； （3）由（1）可得，所以， 因为，所以， 因为对于任意，不等式恒成立， 所以对于任意，不等式恒成立， 当时，， 当时，， 根据基本不等式可得，当且仅当时，等号成立； 当时，；当时，；当时，， 又当时，， 所以数列在上单调递增， 所以，， 要使不等式恒成立， 满足条件的整数为2. 题型十七 曲线上某点的切线方程（含参）问题（共6小题） 85．（23-24高二上·江苏连云港·期末）已知曲线存在过坐标原点的切线，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有实数根，求得的取值范围. 【详解】∵， ∴， 设切点为，则，切线斜率， ∴切线方程为， ∵切线过原点， ∴，整理得： ∵存在过坐标原点的切线， ∴，解得或， ∴实数的取值范围是. 故选：B. 86．（24-25高二上·广东揭阳·期末）已知曲线在点处的切线与曲线相切，则的值为 ． 【答案】 【分析】由题意先求出切线方程，然后设曲线上的切点为，再由斜率及切线方程得出相应的方程组，从而可求解. 【详解】由题可得，所以在处的切线斜率， 所以切线方程为，即， 设曲线上的切点为， 则，在处的切线斜率为，且， 解得，所以，则，所以. 故答案为：. 87．（24-25高二上·江西赣州·期末）若曲线有三条经过点的切线，则的范围为 ． 【答案】 【分析】求导后对导函数求导分析函数的凹凸性，再数形结合分析相切的临界条件，从而可得. 【详解】由题意， 令，则， 令可得或. 故当和时，单调递增，图象往下凸； 当时，单调递减，图象往上凸.    又经过的切线方程为，即， 令可得，又经过的切线方程为，故当时有三条经过点的切线. 故答案为： 88．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 【答案】 【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解. 【详解】由得，， 故曲线在处的切线方程为； 由得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为， 根据两切线重合,所以，解得. 故答案为： 89．过点可以作两条直线与曲线相切，则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】设出切点的坐标，利用导数研究切点和斜率，根据切线有条，通过构造函数法，结合导数求得的取值范围. 【详解】设切点坐标为， ，故斜率为， 切线方程为，代入得， 整理得， 构造函数，， 所以在区间递减；在区间递增. 所以在时取得极小值也即是最小值， 当时，，当时，， 要使过点可以作两条直线与曲线相切， 则， 所以的取值范围是. 故答案为： 90.（24-25高二上·湖南郴州·期末）已知函数和，其中a，b为常数且． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若存在斜率为1的直线与曲线和都相切，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意对函数求导，求出切点和切线的斜率，根据点斜式求切线方程即可， （2）设曲线在点处的切线斜率为1，求导计算可得；设曲线在点处的切线斜率为1，求导计算可得，再由直线的斜率为1，可得的关系，由于，则，从而即可求出的取值范围． 【详解】（1）当时，， 当时，切点为， ，切线斜率为， 切线方程为，即． （2）的定义域为的定义域为， 且， 设曲线在点处的切线斜率为1，则， 所以，则， 设曲线在点处的切线斜率为1，则， 所以，则， 直线的斜率， 所以，     由于，则， 所以的取值范围为． 题型十八 导数中函数的构造问题（共8小题） 91.（24-25高二下·四川广元·期末）已知是函数的导函数，且．则下列不等式一定成立的是（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令，利用导数研究单调性，利用单调性比较大小即可. 【详解】令，所以，由有：，当，，所以在单调递增， 又，所以，即，故A错误； 又，所以，即，故B错误； 又，所以，即，故C正确； 由，所以，即，故D错误. 故选：C 92.（24-25高二下·河南驻马店·期末）定义在上的奇函数（不是常数函数）的导函数为，当时，恒有，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用构造偶函数，结合求导可判断单调性，从而求解原不等式. 【详解】根据题意可构造函数， 则， 因为当时，，则， 所以在区间上为增函数， 又由于为奇函数，为奇函数，所以为偶函数， 则在区间上为减函数， 又，即， 所以，解得或， 则不等式的解集为. 故选：A. 93.（24-25高二上·四川阿坝·期末）已知是函数的导函数，且．则下列不等式一定不成立的是（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令，利用导数研究单调性，利用单调性逐个选项比较大小即可. 【详解】令，则， 由，即， 所以当时，，即在上单调递增， 对于A，由，则，所以，即，故A正确； 对于B，由，则，所以，即，故B正确； 对于C，由，则，所以，即，故C正确； 对于D，由，则，所以，即，故D错误. 故选：D. 94.（24-25高二上·广东深圳·期末），且，不等式恒成立，则m的取值范围为 ． 【答案】 【分析】不妨设，通过分析即，令，则，即在上单调递增，求导分析即可. 【详解】不妨设，则，由可得， 所以，令，则 因为，所以在上单调递增， 所以对于恒成立，可得对于恒成立，所以． 故答案为： 95.（24-25高二上·安徽六安·期末）已知实数满足则 ． 【答案】1 【分析】根据指数对数的运算性质化简后，构造函数，结合函数单调性及得解. 【详解】因为 所以，且，，即， 令，则， 当时，， 所以在上单调递增， 又， 所以，即. 故答案为：1 96.（24-25高二上·河南郑州·期末）已知是定义在上的奇函数，当时，，且，则的解集为 . 【答案】 【分析】根据已知条件构造函数并得出函数为偶函数，利用导数正负得出函数的单调区间，利用函数的奇偶性和单调性即可求解. 【详解】设，，则， 当时，，则， 所以函数在上单调递增， 又因为是定义在上的奇函数， 所以， 所以是上的偶函数，则在上单调递减， 因为，所以，所以， 对于不等式， 当时，由，可得； 当时，由，可得， 所以不等式的解集是． 故答案为：. 97.（24-25高二下·山东菏泽·期末）已知是定义域为的函数，且满足，，则不等式的解集是 ． 【答案】 【分析】首先通过构造函数，结合已知条件求出所构造函数的导数，进而判断其单调性，再利用函数单调性求解不等式. 【详解】，则， 设，则，是常值函数， 又，，， ，， 设，则， 在上单调递增，， ，在上单调递增， 由， 故不等式可转化为， 故，可得， 不等式的解集是 故答案为：. 98.（23-24高二下·湖北武汉·期末）若对任意的，且，，则的最大值是 ． 【答案】/ 【分析】由题意可得，令，则，则可得在上递增，然后利用导数求出的递增区间，从而可求出的最大值. 【详解】因为，所以， 所以由，得， 所以， 所以， 令，则， 因为对任意的，且， 所以在上递增， 由，得， 由，得，得， 解得，所以的递增区间为， 所以的最大值为. 故答案为： 题型十九 利用导数研究函数的零点问题（共9小题） 99.（23-24高二上·云南昆明·期末）有两个零点，则a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求导，，分和两中情况讨论，分析函数的单调性和最值，根据题意可知函数的最小值小于零即可，解不等式即可求出结果. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 当，即时，，所以函数在上单调递减， 所以函数至多有1个零点，不合题意； 当，即时，令，得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以 因为函数有两个零点， 所以， 即， 令，则，得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以且， 所以且，解得且. 所以的取值范围为. 故选：A. 100．（24-25高二下·湖北武汉·期末）已知函数，若函数恰有3个不同的零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】可先求出函数的单调性与极值，再令，将函数的零点问题转化为关于的方程的根的问题，最后结合函数图象求解实数的取值范围． 【详解】已知，其定义域为， 则， 令，即，则，解得． 当或时，，，单调递减； 当时，，，单调递增． 所以在处取得极小值，也是最小值，． 令，则， 函数恰有个不同的零点， 即方程(e不是方程的根)有两个不同的实数根，， 且其中一个根为，另一个根． 则，解得 . 实数的取值范围是． 故选：A． 101.（22-23高二下·浙江温州·期末）已知函数，是的零点，则当时，不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由可知直线与曲线的一个公共点，结合，，直线单调递增，而对称中心，数形结合可解不等式. 【详解】， ， 是直线与曲线的一个公共点. 又，得，则， 曲线在处的切线，即为直线. 又，故， ，即函数单调递增. ，且，但， 是直线与曲线的一个交点. 又既是曲线的一个对称中心，也是直线的对称中心， 直线与曲线的之后下一个切点的横坐标大于， 在同一坐标系作出两函数的图象，由图可知， 当时，不等式的解集为.    故选：D. 102.（24-25高二下·四川达州·期末）已知，函数，当时，有两个零点，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】令，可得，令，则有，利用导数可得在上单调递增，则有在时有两解，再构造函数，结合导数研究单调性后计算即可得. 【详解】令，即， 由，则， 令，，则， 则， 故在上单调递增， 故在时有两解，令，，则， 当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 又，，当时，， 故. 故答案为：. 103.（24-25高二下·天津·期末）已知函数有零点，则实数m的取值范围为 ． 【答案】 【分析】依题将函数有零点转化成方程有实根，求出函数的定义域，令，则，设，求导判断该函数的单调性和图象趋势，即可求得参数m的范围. 【详解】由函数有零点，即方程有实根. 由可得或，设，则得，即得. 令，当时，或，由可得； 当时，，则函数在上单调递增， 又，当时，，故需使. 综上，可得实数m的取值范围为. 故答案为：. 104.（24-25高二下·湖南郴州·期末）已知函数， (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)当时，设函数，讨论函数零点的个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）先求出函数的解析式，对函数求导，将切点坐标代入函数和导数中，即可求得切线方程. （2）方法一：分别讨论时的单调性和最值，进而确定零点个数；方法二：讨论时的单调性和最值，进而确定零点个数，时利用放缩法，先证明，再证明，进而确定零点个数. 【详解】（1）当时， 求导得，所以，又 所以在点处的切线方程为 （2）当时，，所以， 令，求导得， 因为，所以在上单调递增，所以. 因为，所以当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 又，所以有唯一零点； 下证当时，无零点 法一：当时，因为， 所以， 令，则， 因为，，所以，所以在上单调递增， 又，， 故在上有唯一的零点β，即， 因此有 当时，，即；当时，，即． 所以在上单调递减，在上单调递增， 故为最小值． 由，得， 所以在时， 因为，所以，又因为当时，，所以． 所以． 因此当时，没有零点. 综上所述，时，有1个零点；当时，没有零点 法二：（放缩法）先证 记，则 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增 所以，即，当且仅当时等号成立 再证： 由得，即， 所以，当且仅当，即时等号成立 所以 因此当时，没有零点． 105.（23-24高二下·江苏苏州·期末）已知， (1)若，试证明：，恒成立 (2)若，讨论的零点个数 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）通过等价变形，转化为证明，当时，恒成立，构造函数，借助导数求出函数最大值即可得证； （2）分和讨论，即分别进行正零点和负零点的讨论，即可得解. 【详解】（1）证明： 要证明，恒成立，即证明恒成立 又 即只需要证明当时，恒成立， 令，则， 令解得，所以在上单调递增； 令解得，所以在上单调递减； 所以，当时，取得极大值，也是在上的最大值， 即， 所以，当时，恒成立，即当时，恒成立， 所以，恒成立. （2） 当时， （i）当时，，所以恒成立，即无零点； （i i）当时恒成立，即在上单调递增； 又，， 由零点存在性定理可得，在上存在唯一的零点，且零点小于0； 当时， 令，即， 又， 因此零点个数问题转化为了与图象的交点个数问题， 由（1）知，令，在上单调递增；在上单调递减； 当时，，当时，，如图所示； 当，即时，又，即此时，与图象没有交点，所以没有零点； 当，即时，又，即此时，与图象有两个交点，所以有2个正零点； 综上所述，当时，无零点； 当时，有一个零点； 当时，有两个零点； 当时，有三个零点； 106.（24-25高二下·内蒙古赤峰·期末）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有两个零点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，然后利用点斜式直线方程求解即可. （2）求出导函数，按照和分类讨论求解即可. （3）由（2）的结论得不符合题意，将题目条件转化为，设，利用导数研究其单调性，按照和分类讨论，结合零点存在定理利用放缩法求解即可. 【详解】（1）当时，，点在函数图象上， 由得，， 则在点处的切线方程为，即. （2）定义域为， ， 当时，恒成立，在上单调递减， 当时，当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减， 当时，则在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）知，当时，在上单调递减， 则在上最多一个零点，故不满足有两个零点，舍去； 当时，则在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，也是最小值，即， 设，则， 故在上单调递增，又； 当时，， 又， 故在上有一个零点； 当，由可得即，得，则， 故，即， 设，所以， 当时，，当时，， 所以当时函数取得最小值，最小值为，即， 则，即， 因此在上也有一个零点． 当时，，故此时没有两个零点； 综上，若有两个零点，实数的取值范围为. 107.（24-25高二下·浙江丽水·期末）已知函数为奇函数． (1)求a的值； (2)设函数， ①证明：有且只有一个零点； ②记函数的零点为，证明：． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据可求出a的值； （2）①讨论和时函数的单调性或函数值的正负，结合零点存在性定理可证明函数有且只有一个零点； ②由①可得，结合的范围分析函数单调性可证明不等式. 【详解】（1）由题意得，， ∴，即恒成立，∴. （2）①当时，函数与函数均在上单调递增， ∴在上单调递增， 又，， ∴存在唯一零点. 当时，，，∴， 当时，，，∴， ∴当时，无零点， 综上，有且只有一个零点，且该零点. ②由①可知，且，故， ∴， 令，则. 当时，，∴在上单调递增， ∴，即得证. 题型二十 利用导数研究函数的恒（能）成立问题（共7小题） 108.（24-25高二下·四川眉山·期末）已经函数，其中． (1)若，求的极值； (2)讨论的零点个数，求的取值范围； (3)当时，证明：不等式恒成立． 【答案】(1)极大值为1，无极小值 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，得到，利用导数与函数单调性间的关系，得出的单调区间，再利用极值的定义，即可求解； （2）根据条件，将问题转化成与的图象有两个交点，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而得其图象，数形结合，即可求解； （3）构造函数，利用导数与函数单调性，可得，构造函数，利用导数与函数单调性，可得，即可求解. 【详解】（1）当时，，所以， 又的定义域为， 令，得到，由，解得，由，解得， 所以当时，的增区间为，的减区间为， 则的极大值为，无极小值． （2）因为有两个零点，即方程有两个解， 等价于方程有两个解；等价于与的图象有两个交点， 因为，令，解得， 当时，，所以在区间上单调递增， 当时，，所以在区间上单调递减， 则当时，取到最大值，且， 又当时，且时，， 当时，，且时，， 的图象如图所示， 所以当时，有没有零点； 当或时，有1个零点； 当时，有两个零点． （3）当时，要证明不等式恒成立， 即证明恒成立； 令，∴， 当，∴，即在上单调递增， ∴，即． 令，∴， ∵，∴，即在上单调递增， ∴，∴，∴， ∵，∴， ∴，∴成立， 即当时，不等式恒成立． 109.（24-25高二上·河北秦皇岛·期末）已知函数，其中． (1)讨论函数在上的极值点的个数． (2)若函数． （i）设点和点是曲线上任意两点（不重合），曲线在这两点处的切线能否重合?若能，求出该切线方程；若不能，说明理由． （ii）当时，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的最小值． 【答案】(1)当时，无极值点，当时，有一个极值点 (2)（i）不能重合，理由见详解 （ii）1 【分析】（1）求导，分及讨论即可求解； （2）（i）根据导数的几何意义得到在点和在点的两条切线方程，利用重合建立方程组，消元化解得，换元构造函数，根据导数判断零点的存在性即可求解； （ii）令，不等式可化为，利用特值法（）初步确定参数范围，然后证明时，恒成立即可. 【详解】（1）的定义域为，， 当，，在单调递增，无极值点， 当时，， 时，，单调递增，时，，单调递减， 所以，此时有一个极值点， 综上，当时，无极值点，当时，有一个极值点. （2）（i）不能重合，理由如下： ，， 不妨设，所以在点的切线方程为， 即， 同理可得在点的切线方程为 ，又两切线重合， 所以，即， 即， 令，则， ， 所以在上单调递增，则，即无解， 所以曲线在这两点处的切线不能重合. （ii），，令，， 即， 即在恒成立， 令， 又，解得， 当时，， 令， ，令， ，所以在单调递增， 又，所以时，，单调递减， 时，，单调递增，所以， 即， 综上，，的最小值为1. 110.（24-25高二下·吉林长春·期末）已知函数． (1)若，求在区间上的最大值与最小值． (2)关于x的不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)最小值-1，最大值 (2). 【分析】（1）通过求导判断函数的单调性，然后求值即可； （2）求导，可知函数的最小值，得到，然后分，，计算即可. 【详解】（1）函数的定义域为， 因为，所以， . 令，得， 令，得； 所以在单调递减，在单调递增. 因此在处取得最小值. ，，而， 所以：此在处取得最大值 （2）. 因为，令，得， 令，得； 所以在单调递减，在单调递增. 所以， 所以：， 即. ①当时，，恒成立，不符合题意； ②当时，设， 则，所以在单调递减， 又因为，所以等价于，所以； 综上，的取值范围是. 111.（24-25高二下·山东聊城·期末）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)若时，恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)增区间是和，减区间是； (2) 【分析】（1）利用导数确定单调区间； （2）分离参数后，构造新函数，由导数求得新函数的最值后得结论. 【详解】（1）时，，， 或， 当或时，，当时，， 所以增区间是和，减区间是； （2）， 不等式为， 即在上恒成立， 设，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 所以，即取值范围是. 112.（24-25高二下·辽宁鞍山·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，，恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）根据导数的几何意义求解； （2）令，在上恒成立，利用得，求得的范围，再检验满足题意即得. 【详解】（1），，，， 故切线方程：. （2）恒成立，即恒成立. 令，求导得，因为，故 ，，又，解得. 当时，导函数递增，，，所以必存在唯一使得. 故在上递减，在上递增. 又因为，所以在上恒成立，所以的取值范围为. 113.（23-24高二下·江苏镇江·期末）已知函数，其中e是自然对数的底数． (1)求函数在区间上的最大值； (2)若不等式恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2). 【分析】（1）对函数求导，讨论参数研究导数符号，进而确定区间单调性，即可求最大值； （2）问题化为在上恒成立，应用导数研究左侧的单调性和最值，进而得到且，即可得参数范围. 【详解】（1）由题设且， 当，即时，，即在上单调递增， 此时，函数在区间上的最大值为； 当，即时，得，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 若，即时，函数在区间上的最大值为， 若，即时，函数在区间上的最大值为， 若，即时，函数在区间上的最大值为， 综上，时，区间上最大值为， 时，区间上最大值为， 时，区间上最大值为； （2）由题设在上恒成立， 即在上恒成立， 令，可得， 令，可得，故在上单调递增， 又，故使，则， 对于且，则，故在上单调递增，对应值域为， 对于且，则，故在上单调递减，对应值域为， 显然，，在上有， 综上，， 则，即有，，即有， 故在上单调递减，在上单调递增， 综上，只需，故. 114.（24-25高二下·江苏南京·期末）已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)令，若是的极大值点，求的取值范围； (3)在（2）的条件下，若对恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由导数的几何意义求解即可； （2）利用导数分析函数的单调性，分类讨论由函数的极值求解参数的取值范围即可； （3）函数不等式恒成立，分离参数求最值，构造函数利用导数分析单调性求解参数的取值范围即可. 【详解】（1）若，则，所以， 所以曲线在点处的切线斜率为. 又，故切点为（1,1）. 故曲线在点处的切线方程为. （2）由题意，得. 的定义域为， ，，所以， 所以. 当时，在区间上，，单调递减， 在区间和上，，单调递增， 所以是的极大值点，满足条件. 当时，，在区间上单调递增，没有极值，不满足条件. 当时，在区间上，，单调递减， 在区间和上，，单调递增， 是的极小值点，不满足条件. 当时，在区间上，，单调递减，在区间上，，单调递增，所以是的极小值点，不满足条件. 综上，的取值范围是. （3）由（2）知，，，且时，， 所以在上，恒成立，即恒成立， 即恒成立. 设，则. 令，则，当时，， 所以即在区间上单调递减， 又，所以，所以在区间上单调递减. 又，所以的取值范围是. 题型二十一 利用导数证明不等式问题（共6小题） 115.（24-25高二下·江苏镇江·期末）已知函数（为自然对数的底数）， (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求函数的导函数，证明 时，当求的零点，分区间判断的正负，由此判断函数的单调性， （2）求的最小值，设，利用导数求函数的最小值，由此证明结论. 【详解】（1）因为，定义域为，所以，. 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减： 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减： 当时，，则在上单调递增： 综上：当时，在上单调递减： 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）得，， 要证，即证， 即证恒成立， 令，则， 令，则：令，则： 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以当时，恒成立，证毕 116.（24-25高二上·江苏南京·期末）已知为实数，函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若恒成立，求的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1)函数在上单调递减，在单调递增 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，判断导数正负得解； （2）设，求导得，令，分和讨论，验证； （3）由（2），当时，，令，可得，得，求和得证. 【详解】（1）由， 令，得， 令，得， 所以在上单调递减，在单调递增. （2）设，， 则，，令， ①当即时，令，故在上单调递增， 故，所以在上单调递增，故，符合题意； ②当即时，当时，，即单调递减， 故，单调递减，故，不符合题意； 综上，. （3）由（2），当时，，当且仅当时，等号成立， 令，则， 整理得， 所以， 即. 117.（24-25高二下·四川眉山·期末）已经函数，其中． (1)若，求的极值； (2)讨论的零点个数，求的取值范围； (3)当时，证明：不等式恒成立． 【答案】(1)极大值为1，无极小值 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，得到，利用导数与函数单调性间的关系，得出的单调区间，再利用极值的定义，即可求解； （2）根据条件，将问题转化成与的图象有两个交点，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而得其图象，数形结合，即可求解； （3）构造函数，利用导数与函数单调性，可得，构造函数，利用导数与函数单调性，可得，即可求解. 【详解】（1）当时，，所以， 又的定义域为， 令，得到，由，解得，由，解得， 所以当时，的增区间为，的减区间为， 则的极大值为，无极小值． （2）因为有两个零点，即方程有两个解， 等价于方程有两个解；等价于与的图象有两个交点， 因为，令，解得， 当时，，所以在区间上单调递增， 当时，，所以在区间上单调递减， 则当时，取到最大值，且， 又当时，且时，， 当时，，且时，， 的图象如图所示， 所以当时，有没有零点； 当或时，有1个零点； 当时，有两个零点． （3）当时，要证明不等式恒成立， 即证明恒成立； 令，∴， 当，∴，即在上单调递增， ∴，即． 令，∴， ∵，∴，即在上单调递增， ∴，∴，∴， ∵，∴， ∴，∴成立， 即当时，不等式恒成立． 118.（24-25高二下·广东揭阳·期末）已知函数． (1)求的极小值； (2)若． （ⅰ）讨论的单调性； （ⅱ）当时，设的极大值是，求证：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）证明过程见解析 【分析】（1）求导，令得，从而得到函数的极小值； （2）（ⅰ）求定义域，求导，分，，和四种情况，得到函数单调性； （ⅱ）在（ⅰ）基础上，得到，求导，得到其单调性，故. 【详解】（1）的定义域为，， 令得， 令得，令得， 故的极小值为； （2）（ⅰ），定义域为， ， 若，则，令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 若，令得或， 当时，，此时恒成立，故在上单调递增， 当时，，令得或， 令得， 故在上单调递减，在，上单调递增； 当时，，令得或， 令得， 故在上单调递减，在，上单调递增； 综上，当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在，上单调递增； 当时，在上单调递减，在，上单调递增； （ⅱ）由（ⅰ）可得当时，在上单调递减，在，上单调递增； 故时，取得极大值，故， ， 因为，所以， 令得，解得，即， 令得，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故. 119.（24-25高二上·江苏泰州·期末）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，，求a的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1)增区间为，无减区间； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数研究的单调区间； （2）对函数求导，讨论、、，结合恒成立求参数范围； （3）根据（2）的结论有得，令，则，即可证结论. 【详解】（1）当时，，所以， 设，则， 当时，有，所以在区间上单调递减， 当时，有，所以在区间上单调递增， 所以，即， 所以的增区间为，无减区间． （2）， （i）当时，有，与矛盾； （ii）当时，有，所以， 所以在单调递增，故，满足题意； （iii）当时，设，则， 当时，由得，所以在上单调递减，则， 即，所以在单调递增，故，满足题意； 当时，若，则，所以在上单调递， 所以，即，所以在单调递减，故，与矛盾； 综上所述：a的取值范围为． （3）由（2）知当时，，其中a的取值范围为， 令得，，即 令，则， 所以． 120.（24-25高二下·山东东营·期末）已知，函数. (1)当时，求函数在点的切线方程； (2)若， ①求； ②求证：对，都有. 【答案】(1). (2)①；②证明见解析 【分析】（1）当时，求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）①解法一：分析可知，结合函数的最值与极值的关系可知为函数的极大值，可得出，求出的值，再利用结合函数极值点的定义验证即可； 解法二：求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合可求得实数的值； ②由①得，当且仅当时，等号成立，进而可得出，利用不等式的基本性质、累加法以及等比数列的求和公式可证得结论成立. 【详解】（1）函数的定义域为. 当时，，，，， 所以所求切线方程为，即. （2）①解法一：因为，由题意可知，所以， 又因为函数为可导函数，故函数在处取得极大值， 因为，则，所以，解得， 且当时，，，令得，列表如下： 增 极大值 减 此时，函数在上单调递增，在上单调递减， 故函数在处取得最大值，合乎题意，故； 解法二：因为，该函数的定义域为，且， 当时，， 则在上单调递增，且， 当时，，不合乎题意； 当时，令，得， 令，得. 所以，函数在上单调递增，在上单调递减. 所以，. 由题，可得，令，. 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以，则. ②由①知，当时，，即，当且仅当时，等号成立. 令，得， 所以，，，，， 累加得， ， 所以. 题型二十二 导数中的双变量问题（共5小题） 121.（24-25高二下·黑龙江·期末）已知函数 (1)设函数，不等式对任意的恒成立，求的取值范围． (2)若有两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）求证：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）代入然后求导，对，讨论判断； （2）（i）法一：等价转化方程有两个不同的变号根等价有两个不同的根，然后构建函数研究性质即可；法二：直接求导，然后利用二阶导，求出最小值判断即可；（ii）构建函数，然后求导可判断，然后构建函数，可知，最后可得结果. 【详解】（1）由，得，， 当时，，，在上单调递增， 所以，不等式恒成立；            当时，，当时，， 所以在上单调递减，，与已知不等式矛盾. 故； （2）（i）法一：由（），求导得， 由题意得方程有两个不同的变号根， 即：有两个不同的根， 设，则， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，所以， 又时，；时，，所以.        法二：由，求导可得，令， 由题意得函数存在两个不同的变号零点，则， 令，解得，当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，所以， 当，即时，不合题意； 当时，由， 令，求导可得， 当时，，则在上单调递增， 所以，则， 由，则当时，函数存在两个不同的变号零点， 可得，解得. （ii）证明：由（i）知：为方程的两个不等的实根，不妨设， 令， 求导可得，由，当且仅当时取等号，则， 所以函数在上单调递增，由，则当时，可得， 由，且在上单调递减， 则，可得； 由当时，，则函数在上单调递减， 由，则，所以， 要证，只需证，由， 则令，求导可得，令， 则，所以函数在上单调递增，， 则当时，，即， 所以函数在上单调递增，又， 则当时，， 所以不等式在上恒成立，可得。 综上所述，. 122.（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 【分析】（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. 【详解】（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. 123.（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知函数. (1)当时，直线（为常数）与曲线相切，求的值； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)若有两个零点，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数几何意义先求切点，即可得解； （2）方法一：利用导数求函数的最小值； 方法二：分离参数法，等价于恒成立； 方法三：由题意，分离参数法，等价于恒成立； （3）方法一：思路一：构造函数，利用导数研究函数单调性；思路二：要证，即证，令，即证；思路三：令，要证，即证，即证，即证，利用导数证明； 方法二：由，令，求其最小值，由的单调性可知，思路一：构造函数，利用导数得证；思路二：令，要证，即证，即证；思路三：令，则，要证，即证，即证；思路四：对两边取对数，得，下面同方法一. 【详解】（1）当时，. 设切点，则 消得，解得，代入得. （2）方法一：因为， 所以， 当时，设，则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以. 又-axe，故恒成立，所以成立. 当时，， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 故，解得，又，所以， 综上所述，的取值范围为. 方法二：因为恒成立， 又，所以上式等价于恒成立. 记，则， 设，则. 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以. 所以当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以. 故的取值范围为. 方法三：因为恒成立， 又，所以上式等价于恒成立. 记，则， 所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.所以. 令，则，则恒成立. 记，则， 所以在上单调递增，所以，所以. 故的取值范围为. （3）方法一：因为有两个零点，不妨设， 则， 即，即， 令，则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以. 令，则单调递增， 又，所以，即. 由的单调性可知. 思路一：构造函数. 则， 故在上单调递减， 又，所以，则，即， 又，所以， 又在上单调递增，所以. 故. 思路二：要证，即证，即证. 令，即证. 构造函数. 则， 故在内单调递减，则，即. 故. 思路三：因为，即， 令，则 即 要证，即证， 即证，即证， 下同思路一，略. 方法二：因为有两个零点，不妨设， 则， 即. 令，则， 所以当时，单调递减；当时，单调递增. 所以. 令，则单调递增， 又，所以，即 由的单调性可知. 思路一：构造函数. 则 ， 令，则， 所以当时，单调递减， 所以当时，，则，所以， 故在上单调递减，又，所以，则，即， 又，所以， 又在上单调递增，所以. 故. 思路二：因为，所以， 即， 令，要证，即证， 即证. 构造函数. 则， 故在上单调递减，则. 故. 注：要证明，即证，构造函数. 则， 故在上单调递减，则.故. 思路三：令，则即. 要证，即证，即证. 下同思路二，略. 思路四：对两边取对数，得，下面同方法一. 124.（24-25高二下·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. 【分析】（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. 【详解】（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. 125.（24-25高二上·江苏淮安·期末）已知函数在点处的切线方程为. (1)求实数a的值； (2)若不等式对恒成立，求实数m的取值范围； (3)对，关于x的方程总有两个不等的实数根，，求证：. 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求导得，再根据切线方程得到，解出即可； （2）当，，当时，分离参数得，再设新函数，求出其最大值即可； （3）求出的最大值点和与轴交点，再求出两点连线所在直线方程，求出，，再代入计算即可. 【详解】（1）因为函数在点处的切线方程为， ，所以，得. （2）因为对恒成立， 当时，， 当时，等价于恒成立 令，得， 令， 得，则在区间上单调递增． 则，即在区间上恒成立， 所以在区间上单调递减，所以， 所以数的取值范围为. （3）因为在区间单调递增，在单调递减， 最大值为，记最大值点为， 函数与轴的交点记为点． 因为直线， 由（2）知在区间上， 又因为直线， 又当在区间上时，， 又与直线交点横坐标记为， 直线直线交点横坐标记为， 所以 . 1．已知，则的最小值是（    ） A．3 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据两点之间的距离公式，将转化为点，，，之间的距离的长度的和，作图分析线段和最小值情况即可得结论. 【详解】因为表示点到点的距离， 表示点到点的距离， 表示点到点的距离， 设，，，， 则表示的长度的和， 如图所示：      当四点共线时，和最小为， 故的最小值是. 故选：D． 2，,已知圆，直线，为上的动点．过点作圆的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆切线的性质推得四点共圆，，从而将转化为，进而确定时取得最小值，再求得以为直径的圆的方程，由此利用两圆相交弦方程的求法即可得解. 【详解】因为圆可化为， 所以圆心，半径为， 因为是圆的两条切线，则， 由圆的知识可知，四点共圆，且，， 所以，又， 所以当最小，即时，取得最小值， 此时的方程为：，即， 联立，解得，即， 所以，中点为， 故以为直径的圆的方程为，即，， 又圆， 两圆的方程相减即为直线的方程：. 故选：B. 3.已知直线和曲线，则“直线与曲线有且仅有一个公共点”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】分析曲线表示的图形，根据直线与曲线有且仅有一个公共点求出的范围，利用集合间的包含关系可得结果. 【详解】由得， ∴曲线表示以为圆心，以为半径的圆的右半部分，包括轴上的点. 当直线过点时，由得，此时直线与曲线有一个公共点， 当直线过点时，由得，此时直线与曲线有两个公共点， 当直线与曲线相切于点时，由圆心到直线的距离等于半径得， ，解得或（舍）， ∴当直线与曲线有且仅有一个公共点时，或. 记集合或，， 由⫋得“直线与曲线有且仅有一个公共点”是“”的必要而不充分条件. 故选：B. 4.已知分别为双曲线的左，右焦点，为双曲线右支上一点且满足，直线与圆（）有公共点，则下列说法正确的是（   ） A．双曲线的虚轴长为 B．12 C．的取值范围为 D．过且与双曲线有一个公共点的直线有条 【答案】C 【分析】对于A由双曲线的标准方程得即可判断，对于B根据曲线方程得出，，得出，又，得出，即可求出的值；对于C先求直线的方程，利用几何法即可判断，对于D，分直线的斜率存在与不存在两种情况分析判断. 【详解】对于A，双曲线标准方程为，虚轴长，故A错误； 对于B，因为，其中，所以，， 所以. 又因为，故. 那么，故B错误； 对于C，由双曲线定义知：， 则.设， 由选项B知，，则，， 由题意取为，则直线的方程为，即， 故圆心到直线的距离，又因为直线与圆共点，则有，故．故C正确； 对于D，若直线的斜率不存在，显然直线满足题意； 若直线的斜率存在，可设直线方程为，联立直线方程与双曲线方程， 消去得， 若满足题意； 若，则当时满足题意， 化简整理得，解得． 综上，过且与双曲线有一个公共点的直线有4条，故D错误． 故选：C． 5.已知分别为椭圆的左､右焦点，点在椭圆的外部为轴上一点，线段与椭圆交于点内切圆的直径为，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用切线长定理可得出，再由椭圆定义可求出，结合勾股定理可得出关于的齐次等式，即可求出该椭圆的离心率的值. 【详解】设的内切圆分别切该三角形三边于点，如图所示. 由切线长定理可得， 则 . 因为，所以， 由圆的几何性质可得，故四边形为正方形， 且其边长为. 由对称性可知，由椭圆定义可得，① 又因为，所以，② 联立①②可得. 由勾股定理可得，即， 整理可得，即， 即，整理可得， 因此，. 故选：B. 6.已知无穷数列的通项公式为，其前项和为，若对于任意，有恒成立，则实数的取值集合为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，分为偶数和奇数讨论，当为偶数时，可得，当为奇数时，可得，结合条件分析得解. 【详解】因为， 当为偶数时，， 且时，； 当为奇数时，， 且时，； 由对任意，， 故当为偶数时，；当为奇数时，， 则实数只能为1. 故选：B. 7.（多选）已知数列共有项，且满足，，则下列说法正确的是（    ） A．数列是公差为或公差为的等差数列 B．的最小值是，最大值是 C．若，则满足条件的数组的组数共有组 D．符合已知条件且满足的数列的个数为个 【答案】BCD 【分析】由题意得或，对比等差数列的定义可判断A；分和两种情况求的最小值和最大值即可判断B；由知，，，，这4组的数只能为2或1，结合组合数可判断C；由知，的数只能为2或1，结合组合数可判断D. 【详解】对于A，由得：或，前后两项差为1或2，不一定是等差数列，故A不正确； 对于B，当为等差数列时，且，最小为，，最大为18，故B正确； 对于C，，，而，，，这4组的数只能为2或1，它们的和为6，故有2个1，2个2，故有种，故C正确； 对于D，由，则，每个的数只能为2或1，故有，故D正确． 故选：BCD. 8.（多选）对于函数，则（   ） A．函数的单调递减区间为 B． C．若方程有6个不等实数根，则 D．对任意正实数，且，若，则 【答案】BCD 【分析】利用导函数求出递减区间判断A；利用函数单调性比较大小判断B；探讨函数的性质并作出简图，数形结合判断C；构造函数，利用导数证得判断D. 【详解】函数的定义域为，求导得， 对于A，由，得或，由，得， 因此函数的单调递减区间为和，A错误； 对于B，由A得，函数在上单调递增，，B正确； 对于C，为偶函数，当时，， 由A项知，函数的单调减区间为和，单调递增区间为， 又当时，，当时，， 当时，，时，， 当时，，当时，，时，， 函数的图象如图：    观察图象得，当且仅当时，直线与函数的图象有6个不同交点， C正确； 对于D，不妨设，由，得，即， 令函数，， 求导得， 当时，，，在上单调递增， 由，得，即，因此， 函数，求导得，当时，，在上单调递减， 而，则，即，D正确. 故选：BCD 9.已知函数的导函数为，且函数的图象经过点.若对任意一个负数，不等式恒成立，则整数的最小值为 【答案】2 【分析】根据题意，设函数，代入点即可求出，进而求出函数的解析式.将问题转化为，，构造函数，，利用导数求出函数的最值，从而得出答案. 【详解】由函数的导函数为，所以设函数， 又函数的图象经过点，代入，得，解得， 所以， 因为对任意一个负数，不等式恒成立，即， 得，， 构造函数，，则， 令，则，令，解得， 所以当时，恒成立，即在上单调递减， 当时，恒成立，即在上单调递增， 且，，，， 所以存在使，且， 所以当时，恒成立， 在上单调递增， 当时，恒成立， 在上单调递减， 所以在时取得最大值，为， 由，得到， 代入得到，， 从而得函数， 由于且取整数，所以的最小值为 故答案为： 10.已知函数，. (1)若为正实数，时，都有，求的最大值. (2)证明：； (3)若函数的最小值为，证明：方程有唯一的实数根. 【答案】(1)1 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题可得，则函数在区间上单调递增，且，再分情况讨论当时，当时的单调情况，从而可求解； （2）由（1）可得当，时，，从而可得令时，，再利用累加法即可证明； （3）先利用导数求出即，然要证方程有唯一的实数解即证只要证方程有唯一的实数解，设，再利用导数证明只有一个零点，从而可求解. 【详解】（1）（）a为正实数， 令，则恒成立， 函数在区间上单调递增，且. ①当时，，所以函数在上单调递减，此时，符合题意. ②当时，，，由零点存在定理，时，有，即函数在上递减， 在递增，所以当时，有，此时不符合. 综上所述，正实数a的最大值为1. （2）由（1）知，当，时，， 令时，有，即， 累加得，. （3）因为，所以，即函数在上递增， 又， 由零点存在定理，时，有，即， 因此，而函数在上递减，在上递增， 所以， 由于对勾函数在单调递减， 故，则，因此， 即. 要证方程有唯一的实数解， 只要证方程有唯一的实数解. 设，则， 所以函数在上递增，又，， 由零点存在定理，时，，即， 因此，又， 设，则函数在上递增， 于是， 又，故， 而函数在上递减，在上递增， ， 即函数有唯一零点，故方程有唯一的实数解. $专题10 期末真题百练通关（125题22大压轴题型） 题型1 直线方程中的最值与取值范围问题 题型12 圆锥曲线中的探究性问题 题型2 直线方程点与线的对称问题 题型13 等差数列与等比数列的性质综合 题型3 圆中最值问题 题型14 数列求和方法的应用问题 题型4 直线与圆中的面积问题 题型15 数列中不等式的恒（能）成立问题 题型5 阿氏圆问题 题型16 数列中的新定义问题 题型6 离心率问题 题型17 曲线上某点的切线方程（含参）问题 题型7 圆锥曲线中的距离最值问题 题型18 导数中函数的构造问题 题型8 圆锥曲线中的面积问题 题型19 利用导数研究函数的零点问题 题型9 圆锥曲线中的定点问题 题型20 利用导数研究函数的恒（能）成立问题 题型10 圆锥曲线中的定值问题 题型21 利用导数证明不等式问题 题型11 圆锥曲线中的定直线问题 题型22 导数中的双变量问题 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 直线方程中的最值与取值范围问题（共5小题） 1．（25-26高二上·贵州·期末）、分别为与上任一点，则的最小值为（    ） A． B．3 C． D．6 2．（24-25高二上·江苏扬州·期末）已知，，，均为实数，则的最小值为（   ） A．1 B． C． D．2 3．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）在平面直角坐标系xOy中，若记动点P为，若点P在直线上，则的最小值为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 4．（多选）（24-25高一下·湖南衡阳·期末）在平面直角坐标系中，动点到两个定点，的距离之积等于4，点的轨迹为曲线，则下列命题中正确的个数是（   ） A．曲线关于x轴对称； B．的最大值为2； C．的最小值为； D．的最大值为 5．（23-24高二上·广东广州·期末）已知直线过点且与x轴、y轴分别交于两点，O为坐标原点，则的最小值为 . 题型二 直线方程点与线的对称问题（共5小题） 6．（23-24高二上·山东泰安·期末）点关于直线的对称点的坐标为（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知直线与直线关于直线对称，则的值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．（23-24高二上·全国·期末）点在直线上，直线与关于点对称，则一定在直线上的点为（    ） A． B． C． D．（1，0） 9．（23-24高二上·陕西西安·期末）若直线与直线关于直线对称，则直线的一般式方程为 . 10．（24-25高二上·辽宁大连·期末）已知直线，，若直线与关于直线l对称，则直线l的方程为 . 题型三 圆中最值问题（共6小题） 11．（24-25高二上·福建三明·期末）已知点是坐标原点，点是圆上的动点，当动点在直线上运动时，的最小值为（   ） A． B． C． D． 12．（24-25高二上·浙江杭州·期末）在平面直角坐标系中，点，直线，圆，点P为直线l上一点，点Q为圆C上一点，则的最小值为（    ） A． B． C．9 D．10 13．（24-25高三上·河北沧州·期末）已知时，直线与直线相交于点，则的值（    ） A．无最大值，最小值为8 B．最大值为32，无最小值 C．最大值为32，最小值为8 D．不存在最值 14．（24-25高二上·北京东城·期末）在平面直角坐标系中，圆C截x轴所得弦长为1，截y轴所得弦长为2，则这样的圆C的面积（   ） A．有最大值，有最小值 B．有最大值，无最小值 C．无最大值，有最小值 D．无最大值，无最小值 15．（25-26高二上·江苏·期末）已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为 ． 16．（24-25高二上·福建泉州·期末）已知直线与直线相交于点，其轨迹记为曲线，曲线的方程为，点，分别在曲线，上运动，点在直线上，若直线经过点，且与两曲线，的公共弦所在的直线垂直，则的最小值为 . 题型四 直线与圆中的面积问题（共3小题） 17．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知圆，圆，两圆交于，两点，则面积的最小值为 ． 18．（24-25高二上·广东·期末）已知在平面直角坐标系中. (1)若圆与轴，轴及线段都相切，用表示圆的半径； (2)若，求的最小值； (3)判断以下两个命题的真假并说明理由. 命题1：若两个直角三角形的面积比等于周长比的平方，则这两个直角三角形相似； 命题2：若两个三角形的面积比等于周长比的平方，则这两个三角形相似. 19．（24-25高二上·贵州六盘水·期末）已知直线与相交于点，且. (1)求点的轨迹的方程； (2)若直线与交于两点，以线段为直径的圆经过坐标原点. （ⅰ）证明：直线与圆相切； （ⅱ）求面积的最小值. 题型五 阿氏圆问题（共5小题） 20．（24-25高二上·湖南株洲·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）.在平面直角坐标系中，已知，，直线：，直线：，若为，的交点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 21．（23-24高二下·河南南阳·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名.他发现：“平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点是圆上任一点，点，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 22．（多选）（24-25高二上·贵州安顺·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯（Apollonius，约公元前262-前190年）的著作《国锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，其中之一是他证明了“平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆”，后人将此圆称为“阿波罗尼斯圆”简称“阿氏圆”.现有平面内两个定点间的距离为4，平面内的点与的距离满足：，则（    ） A．若，则点的轨迹为“点圆”，即线段的中点 B．若，则点的轨迹是半径为的阿氏圆 C．当时，面积的最大值为 D．当时，点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是 23．（多选）（23-24高二下·云南保山·期末）平面内到两个定点的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（    ） A．点的轨迹的方程是 B．过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是 C．直线与点的轨迹相离 D．已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4 24．（23-24高二上·江苏宿迁·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆，后来，人们把这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点到两个定点，的距离之比为2，则的取值范围为 . 题型六 离心率问题（共5小题） 25．（24-25高二上·四川·期末）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点M，N分别在C的左、右两支上，且M，N，三点共线，，且，若，则C的离心率（   ） A． B． C．3 D． 26．（24-25高二上·吉林长春·期末）已知是双曲线的左焦点，为坐标原点，过点 且斜率为的直线与 的右支交于点，与左支交于点，则 离心率为 （     ） A．2 B．3 C． D． 27．（24-25高二上·吉林·期末）已知点在以为左、右焦点的椭圆内，延长与椭圆交于点，满足，若，则该椭圆离心率取值范围是（   ） A． B． C． D． 28．（24-25高二上·浙江舟山·期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，点为双曲线的右支上一点，，若为锐角三角形，则双曲线的离心率的取值范围为（   ） A． B． C． D． 29．（24-25高二上·湖南株洲·期末）如图，在平面直角坐标系中，设，，，为椭圆的四个顶点，为线段靠近原点处的三等分点，若点关于直线的对称点恰好在椭圆上，则该椭圆的离心率为 . 题型七 圆锥曲线中的距离最值问题（共5小题） 30．（23-24高二上·江苏南京·期末）已知点 在椭圆 上，点 ，则 的最大值为（    ） A． B．4 C． D．5 31．（23-24高二上·福建宁德·期末）已知是椭圆上一动点，是圆上一动点，点，则的最大值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 32．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）已知双曲线的右焦点为，点，点为双曲线左支上的动点，则的周长的最小值为（   ） A． B． C． D． 33．（23-24高二下·上海静安·期末）已知点是双曲线右支上的一点，点分别是圆和圆上的点．则的最小值为（    ） A．3 B．5 C．7 D．9 34．（23-24高二上·黑龙江·期末）已知在平面直角坐标系中，点，，动点满足，点为抛物线E：上的任意一点，在轴上的射影为，则的最小值为 . 题型八 圆锥曲线中的面积问题（共5小题） 35．（24-25高二下·湖南长沙·期末）已知椭圆过点，焦距为2 . (1)求的方程; (2)过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线，与曲线分别交于四点，设线段的中点分别为. (i)证明：直线过定点； (ii) 求四边形面积的取值范围. 36．（24-25高二下·湖南郴州·期末）已知双曲线的一条渐近线为，且右焦点F到这条渐近线的距离为． (1)求双曲线的方程； (2)O为坐标原点，过点F的直线l与双曲线的右支交于A、B两点，与渐近线交于C、D两点，A与C在x轴的上方，B与D在x轴的下方．设、分别为的面积和的面积，求的最大值． 37．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知椭圆：离心率为，经过的左焦点斜率为1的直线与轴正半轴相交于点，且． (1)求的方程； (2)设是上异于的两点，且， ①证明：直线过定点； ②求面积的最大值． 38．（24-25高二下·河南周口·期末）已知椭圆过点，且离心率，过点的直线与交于，两点，直线，与直线分别交于点，. (1)求的方程. (2)记直线，的斜率分别为，，证明：为定值. (3)是否存在实数，使得（表示面积）恒成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 39．（24-25高二下·上海宝山·期末）已知椭圆的图像经过点    (1)若椭圆的焦距为，求椭圆的方程； (2)为椭圆的右焦点，过点作轴的垂线与椭圆在第一象限交于点，点与点关于原点对称，连接，当取得最大值时，求椭圆的离心率； (3)若椭圆经过点，点是椭圆上的动点，直线与椭圆交于两点，为的中点，且满足，则的面积是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由. 题型九 圆锥曲线中的定点问题（共5小题） 40．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）已知抛物线C：经过点，C的焦点F在x轴的正半轴上，点A，B在C上运动． (1)求C的方程． (2)若直线AB的方程为，求内切圆的半径r． (3)设点，且EF平分，试问直线AB：是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 41．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知分别是双曲线的左､右焦点，是的右顶点，，且与椭圆有相同的焦点. (1)求的方程； (2)若直线与的公共点个数为1，求的值； (3)已知是上不同的两点，直线的斜率分别为不在直线上，且，证明：直线过定点. 42．（24-25高二上·云南曲靖·期末）已知椭圆的右焦点为，且，直线与椭圆相交于A、B，A为上方的交点. (1)求椭圆的方程； (2)过点A作两条互相垂直的直线，分别于椭圆相交于P，Q，证明：直线PQ过定点； (3)在中，过点A作PQ的垂线，垂足为H，是否存在H，使H到左顶点的距离最小？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由. 43．（24-25高二上·河南许昌·期末）已知、分别为椭圆的左、右焦点，若点在椭圆上，且的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)不经过点的直线与椭圆交于、两点，且直线与直线的斜率之积为，作于点． ①证明：直线过定点，并求此定点的坐标； ②是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 44．（24-25高二上·贵州毕节·期末）已知双曲线：的一条渐近线为l：，且右焦点到直线的距离为2． (1)求双曲线的方程； (2)已知是的右顶点，、是上与不重合的两点，且，证明：直线过定点，并求出定点的坐标． 题型十 圆锥曲线中的定值问题（共4小题） 45．（25-26高二上·广东·期末）已知双曲线过点，一条渐近线方程为. (1)求双曲线的标准方程； (2)若点为双曲线左支上一点，，求的最小值； (3)过点的直线与双曲线的右支交于，两点，求证：为定值. 46．（25-26高三上·上海宝山·期末）已知双曲线的离心率为，点在双曲线上．    (1)求双曲线的标准方程； (2)设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上．若关于原点对称，且，证明：存在点，使得为定值． 47．（24-25高二上·山东东营·期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，点在双曲线C上. (1)求双曲线C的方程; (2)设双曲线C的左右顶点分别为A，B，过点的直线l交双曲线C于点M，在第一象限，记直线AM，BN的斜率分别为，，判断是否是定值，若是定值，请求出此定值;若不是定值，请说明理由. 48．（24-25高二上·浙江舟山·期末）在椭圆上有两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)在线段上取一点（不包括端点），过作斜率为的直线交椭圆于两点（在左侧）． （i）判断是否为定值.若是定值，求出定值；若不是定值，请说明理由； （ii）设中点为，中点为，为椭圆中心，证明：四边形为平行四边形． 题型十一 圆锥曲线中的定直线问题（共5小题） 49．（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． 50．（24-25高二上·广东深圳·期末）现有一双曲线和分别为的左焦点和右焦点，是双曲线上一动点，的最大值为3． (1)求双曲线的标准方程； (2)M是的右顶点，过的直线交双曲线左支于两点， （i）求直线与直线的斜率之积； （ii）判断是否是定值，并给出理由． 51．（24-25高二下·福建福州·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，且椭圆上一点M到的距离的最大值为3，已知直线l过且与椭圆交于A，B两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若，求直线l的方程； (3)设直线AB与y轴交于点D，过D作直线与椭圆C交于P，Q两点，且，直线AP与BQ交于点N，探究：点N是否在某条定直线上，若存在，求出该直线方程；若不存在，请说明理由． 52．（24-25高二下·广西桂林·期末）已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为，，且． (1)求的方程； (2)设过点的直线与交于，两点（不与，两点重合）． （i）若的面积为，求的方程； （ii）若直线与直线交于点，证明：在一条定直线上． 53．（24-25高二上·河北张家口·期末）已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，抛物线在点处的切线分别为，其斜率分别为，交点为． (1)当直线过焦点时，证明：互相垂直． (2)当时，设弦的中点为． ①点是否在一条定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由． ②求的最大值． 题型十二 圆锥曲线中的探究性问题（共5小题） 54．（24-25高二上·山东潍坊·期末）圆锥曲线的第二定义：平面内到定点的距离与到定直线（定点不在定直线上）的距离之比为常数的点的轨迹为圆锥曲线.已知平面内的动点到定点的距离与它到直线的距离之比为. (1)求点的轨迹方程； (2)已知是点的轨迹上不同的两点，点为点关于轴的对称点，直线分别交轴于点. （i）证明：； （ii）若点的坐标为为平面上一动点不在直线上），记直线的斜率分别为，且满足.判断动点是否在定直线上，若在定直线上，求出该直线的方程；若不在，请说明理由. 55．（24-25高二下·上海奉贤·期末）如下图所示：曲线是与组成的，与其中的两个交点分别记作、，点在第一象限，点在第三象限. (1)如图1，设，，，求点的坐标和； (2)如图2，设四边形的四条边都与曲线相切，时，求四边形的面积； (3)如图3，在轴右侧的曲线上有两点、，直线经过点（点在上）.当时，是否存在直线，使得所在直线与所在直线关于直线对称？若存在，求直线的方程，若不存在请说明理由. 56．（24-25高二上·江苏镇江·期末）已知动点P到定点的距离与它到定直线的距离之比为常数．其中，，且，记点P的轨迹为曲线C． (1)求C的方程，并说明轨迹的形状； (2)当时，记C的左、右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于D，E两点，直线与交于点Q，求证：点Q在定直线上； (3)当时，设，若C上两动点M，N均在x轴上方，，且与相交于点R，求证：的周长为定值． 57．（24-25高二上·上海·期末）已知双曲线，，分别为其左、右焦点，为其左顶点．设过右焦点的直线与的右支交于，两点，其中点位于第一象限内．当直线与轴垂直时，． (1)求双曲线的方程； (2)设直线，分别与直线交于，两点，问：是否存在实数，使右焦点恒位于以线段为直径的圆上？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； (3)是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 58．（24-25高二上·山东日照·期末）已知圆，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点，当点在圆上运动时，设动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的标准方程； (2)设是曲线上不同的两点，是的中点，直线的斜率分别为．证明：为定值； (3)直线与曲线的右支交于点（在的上方），过点作斜率为的直线，过点作斜率为2的直线与交于点；过点且斜率4为的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点作斜率为的直线，过点作斜率为2的直线与交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点．证明：共线． 题型十三 等差数列与等比数列的性质综合（共5小题） 59．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列满足，，则的最大值为（   ） A．420 B．380 C．342 D．6 60．（23-24高二上·上海·期末）已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（   ）个. A．499 B．500 C．501 D．502 61．（24-25高二上·河北石家庄·期末）有五只猴子在海边发现一堆桃子，决定第二天来平分.第二天清晨，第一只猴子来了，它左等右等，见别的猴子还没来，便自作主张把桃子分成相等的五份，分完后还剩一个，它便把剩下的那个顺手扔到海里，自己拿了五份中的一份走了.第二只猴子来了，它不知道刚才发生的事，也把桃子分成相等的五份，还是多一个，它也扔掉一个，自己拿了一份走了.以后每只猴子来时也都遇到类似情形，也全都照此办理.那么，原来至少有多少个桃子，最后至少有多少个桃子.（   ） A．625  256 B．621  252 C．3125  1024 D．3121  1020 62．（24-25高二上·重庆·期末）记为正项数列的前项和，设为等比数列,且公比为去q；：对，都有，其中为非零常数，则是的（    ） A．充分条件不必要条件 B．必要条件不充分条件 C．充要条件 D．既不是充分也不必要条件 63．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知一个各项非零的数列满足且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 题型十四 数列求和方法的应用问题（共9小题） 64．（24-25高二下·辽宁·期末）已知数列中，，，． (1)证明：数列为等比数列； (2)记，数列的前项和为． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 65．（24-25高二上·吉林四平·期末）已知等差数列的公差为2，前项和为，且，，成等比数列.数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)若，数列的前项和为，求证：. 66．（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：. 67．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知数列是等差数列，正项数列是等比数列，为数列的前项和．，． (1)求数列和的通项公式； (2)若对任意正整数恒成立，求实数的最小值； (3)若，求数列的前项和． 68．（24-25高二下·四川南充·期末）已知数列的前项和为，且. (1)求数列通项公式； (2)数列满足，求数列的前项和； (3)设，求证：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 69．（24-25高二上·天津滨海新·期末）在等差数列中，. (1)求数列的通项公式和前项和； (2)若数列满足是公比为2的等比数列，且. （i）若集合中恰有2个元素，求实数的取值范围； （ii）若对，都有，求实数的取值范围. 70．（24-25高二上·天津·期末）已知数列的前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)已知数列满足，求的通项公式． 71．（24-25高二上·天津红桥·期末）设数列的前n项和为，已知，，. (1)求的值； (2)求证：为等差数列； (3)证明：对一切正整数n，有. 72．（24-25高二上·河北保定·期末）北宋数学家沈括博学多才，善于观察.据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”，沈括“用刍童（长方台）法求之，常失于数少”，他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把他们看成离散的量.经过反复尝试，沈括提出对上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物（如图），可以用公式求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列ab，，，…，的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式.现已知数列为二阶等差数列，其通项，其前项和为，数列满足，. (1)求数列的前10项和； (2)求； (3)数列和数列的公共项组成一个新的数列，设数列的前项和为，证明. 题型十五 数列中新定义问题（共8小题） 73．（24-25高二下·北京延庆·期末）已知A：，，…，为有穷实数数列.对于实数x，若A中存在，，，…，，使得，则称x为A的连续可表数，将所有A的连续可表数构成的集合记作. (1)设数列A：1，2，3；B：1，1，1，2.写出和. (2)是否存在数列A，满足，若存在，求出所有数列A，若不存在，说明理由； (3)求出所有的整数m，使得存在数列A，满足. 74．（24-25高二下·辽宁鞍山·期末）为实数，无穷数列为数列时满足：；；． (1)若数列前四项分别为，，，，判断数列是否有可能为数列； (2)若数列为数列，求的值； (3)数列前项和为，则是否存在值，，恒成立.如果有，求出所有符合要求的值；如果没有，请说明原因． 75．（24-25高二下·江苏南京·期末）已知数列的前项和为，若存在常数，使得对任意都成立，则称数列具有性质． (1)若数列的通项公式，求证：数列具有性质； (2)设数列的各项均为正数，且具有性质． ①若数列是公比为的等比数列，且，求的值： ②求的最小值． 76．（24-25高二上·浙江金华·期末）有穷数列的项数为，若满足对任意都有，称为数列的过渡值． (1)若求数列的所有过渡值； (2)已知，若数列存在过渡值，求的取值范围； (3)若对任意，都有，且数列的过渡值有t个，求的最大值． 77．（24-25高二上·河北廊坊·期末）在数列研究中，后一项与前一项的关系往往是人们关注的重点．例如：对于数列1，2，4，7，11，16，…，用其后一项减去前一项可得新数列：1，2，3，4，5，…，进而可利用等差数列的相关知识研究原数列．类比上述过程，一般地，对于数列，记，，，，则称数列为数列的“阶差数列”． (1)已知，，求，，，； (2)已知，若，且对恒成立，求的取值范围； (3)已知，设为任意正数．证明：存在，当，，时总有． 78．（24-25高二上·广东广州·期末）给定正整数，设数列满足.对于正数，定义，其中表示数集中最大的数.记集合，设的元素个数为. (1)写出数列，并由此求出集合； (2)若，求的所有可能取值； (3)证明：存在无穷多个使得. 79．（24-25高二上·广东·期末）已知无穷数列中的每一项均为正整数，其前项和为，若数列中任意相异三项不成等差数列，则称该数列为“玫瑰数列”. (1)对于每一项均为正整数的无穷等比数列. （i）若数列的公比为1，判断其是否为“玫瑰数列”； （ii）若数列的公比不为1，证明：该数列为“玫瑰数列”； (2)若是所有玫瑰数列中，对任意正整数，在最小的前提下，恒使最小的玫瑰数列.设为正整数，证明：成等差数列. 80．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知数列，，，，且，，若是一个非零常数列，则称是一阶等差数列；若是一个非零常数列，则称是二阶等差数列. (1)若，，，试写出二阶等差数列的前4项，并求； (2)若，且满足， （i）判断是否为二阶等差数列，并证明你的结论； （ii）记数列的前n项和为，若不等式时于恒成立，求实数的取值范围. 题型十六 数列中不等式的恒（能）成立问题（共4小题） 81．（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. 82．（24-25高二下·山东东营·期末）已知数列满足，. (1)求数列的通项公式； (2)设，求的前n项和； (3)若对恒成立，求实数k的取值范围. 83．（24-25高二下·贵州遵义·期末）已知数列的前n项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和； (3)若数列满足，不等式对一切恒成立，求的取值范围. 84．（24-25高二上·新疆喀什·期末）设数列的各项都是正数，为数列的前n项和，且对任意.都有，，，（e是自然对数的底数，）. (1)求数列、的通项公式； (2)求数列的前n项和； (3)试探究是否存在整数，使得对于任意，不等式恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型十七 曲线上某点的切线方程（含参）问题（共6小题） 85．（23-24高二上·江苏连云港·期末）已知曲线存在过坐标原点的切线，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． .86．（24-25高二上·广东揭阳·期末）已知曲线在点处的切线与曲线相切，则的值为 ． 87．（24-25高二上·江西赣州·期末）若曲线有三条经过点的切线，则的范围为 ． 88．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 89．过点可以作两条直线与曲线相切，则实数a的取值范围是 ． 90.（24-25高二上·湖南郴州·期末）已知函数和，其中a，b为常数且． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若存在斜率为1的直线与曲线和都相切，求的取值范围． 题型十八 导数中函数的构造问题（共8小题） 91.（24-25高二下·四川广元·期末）已知是函数的导函数，且．则下列不等式一定成立的是（   ）． A． B． C． D． 92.（24-25高二下·河南驻马店·期末）定义在上的奇函数（不是常数函数）的导函数为，当时，恒有，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 93.（24-25高二上·四川阿坝·期末）已知是函数的导函数，且．则下列不等式一定不成立的是（   ）． A． B． C． D． 94.（24-25高二上·广东深圳·期末），且，不等式恒成立，则m的取值范围为 ． 95.（24-25高二上·安徽六安·期末）已知实数满足则 ． 96.（24-25高二上·河南郑州·期末）已知是定义在上的奇函数，当时，，且，则的解集为 . 97.（24-25高二下·山东菏泽·期末）已知是定义域为的函数，且满足，，则不等式的解集是 ． 98.（23-24高二下·湖北武汉·期末）若对任意的，且，，则的最大值是 ． 题型十九 利用导数研究函数的零点问题（共9小题） 99.（23-24高二上·云南昆明·期末）有两个零点，则a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 100．（24-25高二下·湖北武汉·期末）已知函数，若函数恰有3个不同的零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 101.（22-23高二下·浙江温州·期末）已知函数，是的零点，则当时，不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 102.（24-25高二下·四川达州·期末）已知，函数，当时，有两个零点，则的取值范围是 . 103.（24-25高二下·天津·期末）已知函数有零点，则实数m的取值范围为 ． 104.（24-25高二下·湖南郴州·期末）已知函数， (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)当时，设函数，讨论函数零点的个数． 105.（23-24高二下·江苏苏州·期末）已知， (1)若，试证明：，恒成立 (2)若，讨论的零点个数 106.（24-25高二下·内蒙古赤峰·期末）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有两个零点，求的取值范围． 107.（24-25高二下·浙江丽水·期末）已知函数为奇函数． (1)求a的值； (2)设函数， ①证明：有且只有一个零点； ②记函数的零点为，证明：． 题型二十 利用导数研究函数的恒（能）成立问题（共7小题） 108.（24-25高二下·四川眉山·期末）已经函数，其中． (1)若，求的极值； (2)讨论的零点个数，求的取值范围； (3)当时，证明：不等式恒成立． 109.（24-25高二上·河北秦皇岛·期末）已知函数，其中． (1)讨论函数在上的极值点的个数． (2)若函数． （i）设点和点是曲线上任意两点（不重合），曲线在这两点处的切线能否重合?若能，求出该切线方程；若不能，说明理由． （ii）当时，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的最小值． 110.（24-25高二下·吉林长春·期末）已知函数． (1)若，求在区间上的最大值与最小值． (2)关于x的不等式恒成立，求a的取值范围． 111.（24-25高二下·山东聊城·期末）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)若时，恒成立，求实数a的取值范围． 112.（24-25高二下·辽宁鞍山·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，，恒成立，求的取值范围. 114.（24-25高二下·江苏南京·期末）已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)令，若是的极大值点，求的取值范围； (3)在（2）的条件下，若对恒成立，求的取值范围. 题型二十一 利用导数证明不等式问题（共6小题） 115.（24-25高二下·江苏镇江·期末）已知函数（为自然对数的底数）， (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，. 116.（24-25高二上·江苏南京·期末）已知为实数，函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若恒成立，求的取值范围； (3)证明：． 117.（24-25高二下·四川眉山·期末）已经函数，其中． (1)若，求的极值； (2)讨论的零点个数，求的取值范围； (3)当时，证明：不等式恒成立． 118.（24-25高二下·广东揭阳·期末）已知函数． (1)求的极小值； (2)若． （ⅰ）讨论的单调性； （ⅱ）当时，设的极大值是，求证：． 119.（24-25高二上·江苏泰州·期末）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，，求a的取值范围； (3)证明：． 120.（24-25高二下·山东东营·期末）已知，函数. (1)当时，求函数在点的切线方程； (2)若， ①求； ②求证：对，都有. 题型二十二 导数中的双变量问题（共5小题） 121.（24-25高二下·黑龙江·期末）已知函数 (1)设函数，不等式对任意的恒成立，求的取值范围． (2)若有两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）求证：. 122.（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：. 123.（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知函数. (1)当时，直线（为常数）与曲线相切，求的值； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)若有两个零点，求证：. 124.（24-25高二下·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：. 125.（24-25高二上·江苏淮安·期末）已知函数在点处的切线方程为. (1)求实数a的值； (2)若不等式对恒成立，求实数m的取值范围； (3)对，关于x的方程总有两个不等的实数根，，求证：. 1．已知，则的最小值是（    ） A．3 B． C． D． 2，,已知圆，直线，为上的动点．过点作圆的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（   ） A． B． C． D． 3.已知直线和曲线，则“直线与曲线有且仅有一个公共点”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 4.已知分别为双曲线的左，右焦点，为双曲线右支上一点且满足，直线与圆（）有公共点，则下列说法正确的是（   ） A．双曲线的虚轴长为 B．12 C．的取值范围为 D．过且与双曲线有一个公共点的直线有条 5.已知分别为椭圆的左､右焦点，点在椭圆的外部为轴上一点，线段与椭圆交于点内切圆的直径为，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 6.已知无穷数列的通项公式为，其前项和为，若对于任意，有恒成立，则实数的取值集合为（　　） A． B． C． D． 7.（多选）已知数列共有项，且满足，，则下列说法正确的是（    ） A．数列是公差为或公差为的等差数列 B．的最小值是，最大值是 C．若，则满足条件的数组的组数共有组 D．符合已知条件且满足的数列的个数为个 8.（多选）对于函数，则（   ） A．函数的单调递减区间为 B． C．若方程有6个不等实数根，则 D．对任意正实数，且，若，则 9.已知函数的导函数为，且函数的图象经过点.若对任意一个负数，不等式恒成立，则整数的最小值为 10.已知函数，. (1)若为正实数，时，都有，求的最大值. (2)证明：； (3)若函数的最小值为，证明：方程有唯一的实数根. $