终极攻略·2026年高考数学考前20天冲刺讲义（二）

该高中数学高考复习讲义聚焦圆锥曲线、数列、函数性质、导数应用四大核心模块，按考向梳理10大核心考点，构建“考情透视-考点抢分-真题精研-终极预测”复习体系，通过公式速记、方法指导、真题复盘和分层训练，帮助学生系统突破高考重点难点。 讲义创新采用“考向定位+策略建模”教学法，如圆锥曲线中总结“平移齐次化”“仿射变换”等解题模型，数列中提炼“分组求和”“裂项相消”通法，培养学生数学思维与运算能力。真题精研环节配套“三步解题法”，结合终极预测题分层设计，助力教师精准把控复习节奏，提升学生应考能力。

目 录 倒计时16天 ➤圆锥曲线（解答题）……………………………………………………………01 聚焦圆锥曲线定义、方程、几何性质及直线与曲线位置关系等综合问题 10大考向14个核心考点 倒计时15天 ➤数列（解答题）…………………………………………………………………102 聚焦等差等比数列通项与求和、数列求通项与求和方法、数列不等式等 6大考向6个核心考点 倒计时14天 ➤函数及其性质（选填题）………………………………………………………149 聚焦函数定义域值域、单调奇偶周期对称、零点与指对幂函数性质等 6大考向15个核心考点 倒计时13天 ➤导数及其应用（选填题） ……………………………………………………176 聚焦导数几何意义、单调性极值最值、不等式恒成立、零点问题等 6大考向10个核心考点 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 倒计时16天 不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海。 ——《荀子・劝学》 圆锥曲线（解答题） 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：①以椭圆、抛物线为考查主体（双曲线多为小题），核心考点包括轨迹方程、直线与曲线位置关系、弦长面积、定点定值、最值范围。②联立方程与韦达定理是通法，几何条件代数化（如向量垂直、斜率积为定值）是关键转化能力，运算量较大。 ►高考前沿：聚焦“非对称韦达”与“联立”技巧，减少机械运算；强调几何背景的转化（如阿基米德三角形、仿射变换）。突出逻辑推理与数学运算核心素养，需强化分步得分意识。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极考点1   基础公式与方程 曲线 标准方程 焦点 离心率 准线 渐近线 椭圆 —— 双曲线 抛物线 —— 终极考点2   弦长公式与硬解定理（椭圆+直线 ） 由直线与圆锥曲线联立，消元得到（） 则： 则：弦长 或 联立 与 ： 若直线设为 （避免讨论斜率不存在）： 终极考点3   点差法（中点弦） 设弦 中点 ，斜率 。 椭圆 ： 或 双曲线 ： 或 抛物线 ： 或 使用点差法时，需先设 ，代入方程相减，再代入中点坐标。 终极考点4   弦长与面积 弦长公式 直线 ： 直线 ： 常见面积 （ 为点到直线距离） （顶点为原点） （一边平行坐标轴） 终极考点5   平移齐次化（斜率之和/积为定值） 适用：直线过定点 ，涉及 或 。 步骤： 1. 平移坐标系：，使 变为原点。 1. 在新坐标系下写出曲线方程（展开至二次项）。 1. 设直线方程 ，代入曲线方程，得到关于 的二次方程。 1. 化为齐次形式（各项次数相同），则 即为该方程的两根。 1. 由韦达定理得 。 注意：平移后曲线方程会多出一次项和常数项，需通过“1的替换”（如用 代入常数项）化为齐次。 终极考点6   仿射变换（椭圆→圆） 变换：，则椭圆 变为圆 。 对应关系： 点： 直线： 斜率： 面积： 平行、共线、比例保持不变。 终极考点7   轨迹方程常用方法 方法 适用场景 步骤 直接法 动点直接满足几何条件 设点、列式、化简、限制范围 定义法 满足圆锥曲线定义 判断曲线类型，直接写方程 相关点法 动点随已知曲线上点运动 用动点表示已知点，代入已知曲线 参数法 动点坐标与参数有关 消去参数得方程 交轨法 两动直线交点 分别表示直线，联立消参 终极考点8   常见几何条件代数化 几何条件 代数表达式 共线 以 为直径的圆过 为 中点 四边形 是平行四边形 点 分 的比为 ， 终极考点9   最值与范围常用工具 二次函数：配方求顶点（注意定义域） 均值不等式：一正二定三相等 判别式法：将目标式转化为关于参数的二次方程，利用 导数法：连续函数求导找极值 几何意义：斜率、距离、投影的范围 终极考点10   易错点清单 1. 设直线方程忘记讨论斜率不存在 → 扣1分 1. 联立后二次项系数可能为零（如直线与抛物线对称轴平行）→ 单独验证 1. 判别式 必须写，且由此确定参数范围 → 漏写扣1分 1. 韦达定理符号写反（尤其 的负号）→ 全错 1. 弦长公式漏 → 结果错误 1. 面积公式漏 → 结果错误 1. 双曲线中点弦未验证点是否在曲线内 → 可能无解 1. 存在性问题解出后未检验 或范围 → 扣1分 1. 最值问题未说明取等条件或未验证取等点是否在定义域内 → 扣1分 1. 轨迹方程未注明范围（如 ）→ 扣1分 终极考点11   利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解 终极考点12   处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 终极考点13   处理定值问题的思路： 联立方程，用韦达定理得到、（或、）的形式，代入方程和原式化简即可. 终极考点14   答题规范模板 设方程：“设直线 （当 存在时）” 联立：“联立 ，消去 得：” 判别式：“由 得 ” 韦达：“由韦达定理得 ” 代入：“将韦达代入目标式，整理得：” 结论：“所以，直线恒过定点 ” / “定值为 ” / “取值范围是 ” 真题精研--复盘经典 把握规律 考向01 第一问：求方程 1. （2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4 (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. （2） 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 2. （2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 【详解】（1）由题可知,，所以，解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）(ⅰ)设，易知， 法一：所以，故，且． 因为，，所以， 即，解得，所以， 所以点的坐标为. 法二：设，则，所以 ，，故 点的坐标为. (ⅱ)因为,,由,可得 ,化简得,即, 所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）, 为到圆心的距离加上半径, 法一：设,所以 ,当且仅当时取等号, 所以. 法二：设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 3. （2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，， 故椭圆E的方程为； （2）联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. 设，易知，当时，由对称性可知，． 故设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以 ， ， 故． 法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，． 故设， 联立，解得， 联立，解得， 若，则， 由对称性，不妨取，则， ，，所以， 同理，当时，， 当时，则，，, 又，所以， 所以 ， ， 则，即， 所以. 4. （2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 【详解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为， 则左焦点，右顶点，离心率，即， 因为为上一点，设， 又直线的斜率为，则，即， 所以，解得，则，即， 因为的面积为，，高为， 所以，解得， 则，， 所以椭圆的方程为. . （2）由（1）可知，，， 易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即， 联立，消去得，， 因为直线与椭圆有唯一交点，所以， 即，则，解得，则， 所以直线的方程为， 联立，解得，则， 以下分别用四种方法证明结论： 法一：则， 所以， ， 则，又， 所以，即平分. 法二：所以，，， 由两直线夹角公式，得，， 则，又， 所以，即平分. 法三：则，， 故， 又， 所以，即平分. 法四：则， 所以直线的方程为，即， 则点到直线的距离为， 又点到直线的距离也为， 所以平分. 解题妙法 三步解题法： 1. 定曲线类型：根据题意判断是椭圆、双曲线还是抛物线，明确标准方程形式（椭圆： 或 ；双曲线：；抛物线： 等）。 1. 列方程求参数：利用已知条件（如过定点、焦距、离心率、点坐标、几何性质）建立关于 的方程组。 1. 解并验证：解出参数，代入标准方程；注意椭圆 ，双曲线 ，抛物线 ，并检查是否遗漏。 口诀：先定型再定量，代入条件解参数；椭圆双曲看分母，抛物线盯准一次项。 考向02 第一问：求离心率 5. （2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 【详解】（1）由题意得，解得， 所以. （2）法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 6. （2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 【详解】（1）由题意，从而， 所以椭圆方程为，离心率为； （2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾， 从而设，， 联立，化简并整理得， 由题意，即应满足， 所以， 若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以，在直线方程中令， 得， 所以， 此时应满足，即应满足或， 综上所述，满足题意，此时或. 7. （2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 【详解】（1）如图，    由题意得，解得，所以， 所以椭圆的方程为，离心率为. （2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得， 设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得：， 由韦达定理得，所以， 所以，. 所以,,， 所以， 所以，即， 解得，所以直线的方程为. 解题妙法 三步解题法： 1. 写出基本量关系：椭圆 ，双曲线 （ 椭圆， 双曲线）。 1. 利用条件列出方程：将几何条件（如点坐标满足曲线方程、焦点三角形边长关系、渐近线夹角等）转化为关于 的齐次方程。 1. 化为 的方程并求解：消去 或 ，得到 的二次方程，解出 ，注意范围（椭圆 ，双曲线 ）。 技巧：双曲线渐近线斜率 ，若已知渐近线夹角可求 ；椭圆焦点三角形中，利用余弦定理或角平分线性质。 考向03 第一问：轨迹方程 8. （2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 【详解】（1）设,则，两边同平方化简得， 故. （2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，    则,令， 同理令，且，则， 设矩形周长为,由对称性不妨设，， 则，易知 则令, 令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， 故,即. 当时,,且，即时等号成立，矛盾，故, 得证. 法二：不妨设在上，且，    依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0， 则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设， 直线的方程为， 则联立得， ，则 则， 同理， 令，则，设， 则，令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， ， 但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故. 法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线, 矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于. 设 , 根据对称性不妨设 . 则 , 由于 , 则 . 由于 , 且 介于 之间, 则 . 令 , ,则,从而 故 ①当时, ②当 时,由于,从而, 从而又, 故,由此 ， 当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.   . 【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可. 解题妙法 三步解题法： 1. 设动点坐标：设所求轨迹上任意一点 ，根据题意找出 满足的几何或代数条件。 1. 列式化简：将条件翻译为等式（如距离公式、斜率关系、向量垂直或共线、点满足某曲线方程），代入已知点的坐标化简。 1. 检验完备性：去除不满足条件的点（如分母为零、轨迹范围限制），给出最终轨迹方程，注明缺少的点。 常用方法：直接法、定义法（利用圆锥曲线定义）、相关点法（代入法）、参数法。 考向04 弦长问题 9. （2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4 (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. （2） 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 10. （2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 【详解】（1）设， 由可得，，所以， 所以， 即，因为，解得：． （2）因为，显然直线的斜率不可能为零， 设直线：，， 由可得，，所以，， ， 因为，所以， 即， 亦即， 将代入得， ，， 所以，且，解得或． 设点到直线的距离为，所以， ， 所以的面积， 而或，所以， 当时，的面积． 【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值. 11. （2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 【详解】（1）由题可知,，所以，解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）(ⅰ)设，易知， 法一：所以，故，且． 因为，，所以， 即，解得，所以， 所以点的坐标为. 法二：设，则，所以 ，，故 点的坐标为. (ⅱ)因为,,由,可得 ,化简得,即, 所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）, 为到圆心的距离加上半径, 法一：设,所以 ,当且仅当时取等号, 所以. 法二：设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 解题妙法 三步解题法： 1. 联立方程：将直线 与圆锥曲线方程联立，消元得关于 （或 ）的一元二次方程。 1. 韦达定理：写出 ，，并确保判别式 。 1. 弦长公式： 若消去 ： 若消去 ：（） 注意：直线过焦点时，可用焦半径公式简化弦长（如抛物线 ）。 考向05 面积问题 12. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0 (1)求l的斜率； (2)若，求的面积． 【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线． 易知直线l的斜率存在，设，， 联立可得，， 所以，，且． 所以由可得，， 即， 即， 所以， 化简得，，即， 所以或， 当时，直线过点，与题意不符，舍去， 故． （2）［方法一］：【最优解】常规转化 不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，， 当均在双曲线左支时，，所以， 即，解得（负值舍去） 此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去； 当均在双曲线右支时， 因为，所以，即， 即，解得（负值舍去）， 于是，直线，直线， 联立可得，， 因为方程有一个根为，所以，， 同理可得，，． 所以，，点到直线的距离， 故的面积为． ［方法二］： 设直线AP的倾斜角为，，由，得， 由，得，即， 联立，及得，， 同理，，，故， 而，， 由，得， 故 【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解； 法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样． 13. （2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值 由题意知，，设圆M上的点，则． 所以． 从而有． 因为，所以当时，． 又，解之得，因此． [方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值 抛物线的焦点为，， 所以，与圆上点的距离的最小值为，解得； （2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法 抛物线的方程为，即，对该函数求导得， 设点、、， 直线的方程为，即，即， 同理可知，直线的方程为， 由于点为这两条直线的公共点，则， 所以，点A、的坐标满足方程， 所以，直线的方程为， 联立，可得， 由韦达定理可得，， 所以，， 点到直线的距离为， 所以，， ， 由已知可得，所以，当时，的面积取最大值. [方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到． 过P作y轴的平行线交于Q，则． ． P点在圆M上，则 ． 故当时的面积最大，最大值为． [方法三]：直接设直线AB方程法 设切点A，B的坐标分别为，． 设，联立和抛物线C的方程得整理得． 判别式，即，且． 抛物线C的方程为，即，有． 则，整理得，同理可得． 联立方程可得点P的坐标为，即． 将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得． 由弦长公式得． 点P到直线的距离为． 所以， 其中，即． 当时，． 【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值； 14. （2020·海南·高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ， （1）求C的方程； （2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值. 【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即. 当y=0时，解得，所以a=4， 椭圆过点M(2，3)，可得， 解得b2=12. 所以C的方程：. (2)设与直线AM平行的直线方程为：， 如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.    联立直线方程与椭圆方程， 可得：， 化简可得：， 所以，即m2=64，解得m=±8， 与AM距离比较远的直线方程：， 直线AM方程为：， 点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离， 利用平行线之间的距离公式可得：， 由两点之间距离公式可得. 所以△AMN的面积的最大值：. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 15. （2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，， 故椭圆E的方程为； （2）联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. 设，易知，当时，由对称性可知，． 故设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以 ， ， 故． 法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，． 故设， 联立，解得， 联立，解得， 若，则， 由对称性，不妨取，则， ，，所以， 同理，当时，， 当时，则，，, 又，所以， 所以 ， ， 则，即， 所以. 解题妙法 三步解题法： 1. 选底与高： 若三角形顶点在曲线上，常用 （ 为第三点到直线 的距离）。 或 （原点在顶点时）。 若直线过原点， 等形式。 1. 联立+韦达：将直线与曲线联立，用韦达定理表示弦长和距离，面积表达为 的函数。 1. 求最值或定值：利用基本不等式、函数单调性、导数等求面积最值；或代入验证得定值。 考向06 定点问题 16. （2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点． 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆方程为. （2）由题意可知：直线的斜率存在，设， 联立方程，消去y得：， 则，解得， 可得， 因为，则直线， 令，解得，即, 同理可得， 则 ， 所以线段的中点是定点.    【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 17. （2022·全国乙卷·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． (1)求E的方程； (2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过， 则，解得，， 所以椭圆E的方程为：. （2），所以， ①若过点的直线斜率不存在，直线.代入， 可得，，代入AB方程，可得 ，由得到.求得HN方程： ，过点. ②若过点的直线斜率存在，设. 联立得， 可得，， 且 即 联立可得 可求得此时， 将，代入整理得， 将代入，得 显然成立， 综上，可得直线HN过定点 【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种： ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 18. （2020·全国I卷·高考真题）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 【详解】（1）依据题意作出如下图象：      由椭圆方程可得：， ， ， ， 椭圆方程为： （2）[方法一]：设而求点法 证明：设， 则直线的方程为：，即： 联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得： ，解得：或 将代入直线可得： 所以点的坐标为. 同理可得：点的坐标为 当时， 直线的方程为：， 整理可得： 整理得： 所以直线过定点． 当时，直线：，直线过点． 故直线CD过定点． [方法二]【最优解】：数形结合 设，则直线的方程为，即． 同理，可求直线的方程为． 则经过直线和直线的曲线的方程可写为． 可化为．④ 易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得． 故，可得或． 其中表示直线，则表示直线． 令，得，即直线恒过点． 【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题. 第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单. 解题妙法 三步解题法： 1. 设动直线方程：根据题意设直线方程（点斜式、斜截式或 ），并设交点坐标。 1. 联立+韦达：联立直线与曲线，利用韦达定理表示交点坐标之间的关系。 1. 求定点：将目标条件（如某直线恒过定点、向量数量积为定值）转化为关于参数的方程，化简后若与参数无关，则定点的坐标即为所求。常用“参数分离法”，令参数系数为0解出定点。 口诀：动线引参设方程，联立韦达表关系；恒过定点参数消，解出坐标即得定。 考向07 定直线问题 19. （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知， 则由可得，， 双曲线方程为. （2）由(1)可得，设， 显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且， 与联立可得，且， 则，    直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得： ， 由可得，即， 据此可得点在定直线上运动. 【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键. 解题妙法 三步解题法： 1. 设动点或动线：根据题意设动点坐标或动直线方程。 1. 推导点坐标关系：通过条件（如斜率之和/积为定值、点在某曲线上）得到动点的横纵坐标满足的方程。 1. 消参数得定直线：消去参数，得到关于 的方程，若恒为某条直线（如 或 且与参数无关），则该直线为定直线。 例：椭圆上两点与原点连线斜率积为定值，则弦中点轨迹为定直线。 考向08 求直线方程 20. （2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 【详解】（1）由题意得，解得， 所以. （2）法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 21. （2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 【详解】（1）如图，    由题意得，解得，所以， 所以椭圆的方程为，离心率为. （2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得， 设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得：， 由韦达定理得，所以， 所以，. 所以,,， 所以， 所以，即， 解得，所以直线的方程为. 22. （2022·全国甲卷·高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． (1)求C的方程； (2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p， 此时，所以， 所以抛物线C的方程为； （2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式 设，直线， 由可得，， 由斜率公式可得，， 直线，代入抛物线方程可得， ，所以，同理可得， 所以 又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以， 若要使最大，则，设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，设直线， 代入抛物线方程可得， ，所以， 所以直线. [方法二]：直线方程点斜式 由题可知，直线MN的斜率存在. 设,直线 由 得：，,同理，. 直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，. 代入抛物线方程可得:,所以，同理可得， 由斜率公式可得： （下同方法一）若要使最大，则， 设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，设直线， 代入抛物线方程可得，，所以，所以直线. [方法三]：三点共线 设， 设,若 P、M、N三点共线，由 所以，化简得， 反之，若,可得MN过定点 因此，由M、N、F三点共线，得，       由M、D、A三点共线，得，       由N、D、B三点共线，得， 则，AB过定点（4,0） （下同方法一）若要使最大，则， 设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，所以直线. 【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法； 法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一； 法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法． 解题妙法 三步解题法： 1. 设直线形式：根据已知条件选择合适形式：点斜式 、斜截式、（避免斜率讨论）或两点式。 1. 利用条件建立方程：如弦长、面积、垂直、中点、过定点等，结合曲线方程联立，用韦达定理表达条件，得到关于 （或 ）的方程。 1. 解参数并验证：解出参数，代回直线方程；注意判别式 ，且排除不合题意的解（如斜率不存在的情况单独讨论）。 技巧：若直线过某点 ，设 ，注意讨论 不存在。 考向09 存在性问题 23. （2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 解题妙法 三步解题法： 1. 假设存在：先假设满足条件的点、直线或参数存在，设出相应变量。 1. 推导条件：根据题意列出方程或不等式组（如点在曲线上、距离关系、向量关系等），结合联立消元得到关于变量的方程。 1. 判断方程解的情况： 若有解且满足范围（判别式、定义域等），则存在，并求出结果； 若无解或违反约束，则不存在，给出结论。 注意：常需结合判别式 、点坐标范围、曲线性质进行验证。 考向10 证明问题综合 24. （2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 【详解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为， 则左焦点，右顶点，离心率，即， 因为为上一点，设， 又直线的斜率为，则，即， 所以，解得，则，即， 因为的面积为，，高为， 所以，解得， 则，， 所以椭圆的方程为. . （2）由（1）可知，，， 易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即， 联立，消去得，， 因为直线与椭圆有唯一交点，所以， 即，则，解得，则， 所以直线的方程为， 联立，解得，则， 以下分别用四种方法证明结论： 法一：则， 所以， ， 则，又， 所以，即平分. 法二：所以，，， 由两直线夹角公式，得，， 则，又， 所以，即平分. 法三：则，， 故， 又， 所以，即平分. 法四：则， 所以直线的方程为，即， 则点到直线的距离为， 又点到直线的距离也为， 所以平分. 25. （2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故， 故椭圆方程为. （2）直线的斜率必定存在，设，，， 由可得， 故，故， 又， 而，故直线，故， 所以 ， 故，即轴. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 26. （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 【详解】（1） 由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到. 解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上. 故，从而，. （2）方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. （3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解. 27. （2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 【详解】（1）依题意，得，则， 又分别为椭圆上下顶点，，所以，即， 所以，即，则， 所以椭圆的方程为. （2）因为椭圆的方程为，所以， 因为为第一象限上的动点，设，则，        易得，则直线的方程为， ，则直线的方程为， 联立，解得，即， 而，则直线的方程为， 令，则，解得，即， 又，则，， 所以 ， 又，即， 显然，与不重合，所以. 28. （2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 【详解】（1）设,则，两边同平方化简得， 故. （2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，    则,令， 同理令，且，则， 设矩形周长为,由对称性不妨设，， 则，易知 则令, 令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， 故,即. 当时,,且，即时等号成立，矛盾，故, 得证. 法二：不妨设在上，且，    依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0， 则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设， 直线的方程为， 则联立得， ，则 则， 同理， 令，则，设， 则，令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， ， 但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故. 法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线, 矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于. 设 , 根据对称性不妨设 . 则 , 由于 , 则 . 由于 , 且 介于 之间, 则 . 令 , ,则,从而 故 ①当时, ②当 时,由于,从而, 从而又, 故,由此 ， 当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.   . 【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可. 解题妙法 三步解题法： 1. 明确证明目标：证明定值、定点、定直线、垂直、平行、三点共线、角相等等几何结论。 1. 转化为代数条件：用坐标表示几何关系（如垂直 ，共线 ，定值即表达式恒等于常数）。 1. 联立+韦达/点差法：将直线与曲线联立，用韦达定理代入目标表达式，化简消去变量，证得结果与参数无关。点差法常用于中点弦问题。 技巧：遇到椭圆中与中点有关的问题，优先考虑点差法；证明共线常用向量共线或斜率相等。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 1．（2026·贵州遵义·模拟预测）已知曲线上一点到的距离与到直线的距离之比为. (1)求曲线的方程： (2)过点的直线与曲线相交于两点，求的最大值. 【详解】（1）由题意知，化简得， 故曲线的方程为； （2）方法一：设，由题意知 所以， 因为，所以，又， 又是直线被椭圆截得的弦在轴上投影的长度， 当直线为轴时，该弦为长轴，投影长度取最大值4，故， 所以，当或时取等. 故的最大值为2. 方法二：设，由题意知 若直线的斜率存在设为，则， 联立，消去得， 易知，所以. 所以， 故， 设，则， 所以， 易知在递减，所以时的最大值为2， 若直线的斜率不存在时，易知，故的最大值为2 方法三：设，由题意知 由题意知直线设为，则， 联立，化简得， 易知，所以， 所以 故， 设，则， 设则 因为在递减，所以 当直线的斜率为0时，易知，故的最大值为2. 2．（2026·河南·模拟预测）已知双曲线的左焦点为，右顶点为，渐近线方程为，点在直线上. (1)求的方程； (2)过点的直线与相切于点（异于点），证明：. 【详解】（1）因为点在直线上，所以. 因为的渐近线方程为，所以，故. 所以的方程为. （2）设，由，得，则. 易知直线的斜率存在（另一条过点的切线为）， 设其方程为，即. 由消去，得. 因为直线与相切， 所以，且，得， 所以直线的方程为， 方程的根为，所以， 所以直线的方程为. 又因为点到直线的距离，等于点到轴的距离， 又点在内部，所以. 3．（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值. 【详解】（1）因为离心率为，椭圆的短轴长为， 所以，解得，所以椭圆的方程为． （2）由（1）可知点，，设（，）， 则，即①， 则直线的方程为，令，得，所以， 直线的方程为，令，得，所以， 所以， ， 所以四边形的面积为：又因为，所以 ， 所以四边形ABCD的面积为定值． 4．（2026·辽宁辽阳·二模）已知动点满足到的距离比到直线l：的距离少1，动点形成的轨迹称为曲线． (1)求点P的轨迹方程； (2)已知曲线上的两点、满足，且的面积为，求直线的方程． 【详解】（1）由动点满足到的距离比到直线l：的距离少1，可知点到点的距离与到的距离相等， 所以曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线， 故轨迹方程为. （2）设， 由题可知斜率不为0，设， 联立曲线方程并消去可得， 显然， 因为， 所以， 所以或，当时，过定点， 所以， ，所以， 所以； 当时，过定点， 所以， ，所以， 所以； 综上，直线的方程为或. 5．（2026·山东德州·二模）在平面直角坐标系中，点到点的距离是它到直线距离的倍，记点的轨迹为. (1)求的方程； (2)设点为的下顶点，直线过点且垂直于轴（位于原点与上顶点之间），过的直线交于两点，直线分别交于两点. （i）证明：为定值； （ii）是否存在实数使得四点共圆？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【详解】（1）设，由题意可知， 化简整理得：， 故的方程为. （2）（i）由题意可知，设， 则直线，直线， 因为在直线上，所以，代入直线方程，可知， 故点的坐标为，同理可得点的坐标为. 当直线斜率不存在时，显然不符合题意， 故设直线，代入双曲线方程中， 可得， 所以， 又 ， 所以. （ii）由四点共圆可知，， 又，即， 故， 即，所以. 所以，又，由， 则，整理可得， 所以， 故，即，所以点坐标为. 6．（2026·四川凉山·二模）已知为椭圆的右焦点，为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，坐标原点到直线的距离为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线交椭圆于两点.求的面积的最大值. 【详解】（1）由为椭圆的右焦点，则， 由，，则， 由，化简得， 由，则， 化简得， 故或，由，故，则， 即椭圆的标准方程为； （2）设、，联立， 消去可得， ，则， ，， 则 ， 点到直线的距离， 则， 令，则， ， 当且仅当时，等号成立， 故的面积的最大值为. 7．（2026·山东泰安·模拟预测）已知椭圆的离心率为，斜率为的直线过原点且与椭圆相交所得弦长为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若椭圆的内接四边形为菱形，且该四边形的周长为，面积为，判断是否为定值，若是求出该定值，否则说明理由. 【详解】（1）由椭圆的离心率为，，可得， 由题意得，解得或， 则，解得，， 所以椭圆的标准方程为. （2）因为四边形是菱形，所以线段与互相垂直且平分， （ⅰ）当直线，的斜率一个不存在、一个为时， 显然，，，是椭圆的四个顶点， 所以周长，面积，此时； （ⅱ）当直线，的斜率均存在且不为0时， 下面证明菱形的对角线，都过原点： 设，，，，则，， 两式相减整理后得：① 同理可得② 显然，， 当，，，都不为0时， ，. 则，与矛盾， 所以必有， 即菱形的对角线，都过原点， 设直线的方程为，则直线的方程为， 由，可得，， 所以， 设，可得， 所以， ， 所以， 综上所述，是定值. 8．（2026·重庆·二模）已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且 (1)求直线AB的斜率(用表示)； (2)设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1. ①求证：直线l恒过定点Q； ②若向量，且，求的面积S的取值范围. 【详解】（1）根据题意，将点代入抛物线方程， 得，所以抛物线C：， 则，由于，则， 所以； （2）①设，直线的方程为， 所以， 联立，消去并化简得：， 所以，， 所以， 即， 所以，所以， 所以直线的方程为，即 所以直线过定点，该点坐标为； ②由，，可得轴，且， 联立与，并令，得， 则，且由得， 由，即， 得， 由于得，且， 则的面积 ， 而 ， 由于，得，而即， 即，所以，且，则且， 由于在单调递减，在单调递增， 所以，当，当， 当， 故面积S的取值范围为. 9．（2026·四川遂宁·三模）已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． (1)求抛物线C的方程； (2)，为上两点，的重心在直线上． （i）证明：直线的斜率为定值； （ii）设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 【详解】（1）抛物线的准线方程为． 根据抛物线定义，，所以． 因此抛物线的方程为． （2）（i）设，，易知； 则的重心为， 由题意知，，则． 所以直线的斜率，为定值．. （ii）因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为．设，． 联立，整理得．所以.. 设为的中点， 则，， 即． 直线与轴交于点，，则中点． 由于，所以．所以． 直线的斜率， 直线的方程，整理得. 令，代入方程，解得， 因此，直线经过定点． 因为，于，所以在以为直径的圆上， 圆心为，半径为，所以圆的方程为； 因此在以为直径的定圆上． 10．（2026·山东东营·二模）已知曲线上任意一点到点的距离比它到轴的距离大． (1)求曲线的方程； (2)为曲线上一点，直线与曲线交于两点（不与点重合），直线与轴交于点，直线与轴交于点，且． （i）求直线的斜率； （ii）证明：的外接圆的圆心在定直线上． 【详解】（1）解：设点，由题知， 所以， 当时，； 当时，，无解，舍去； 综上，曲线的方程为； （2）因为为曲线上一点，所以，即， （方法一）（i）由题知，直线斜率均存在且不为0，设， 因为在曲线上，则， 同理可得， 所以， 令，得， 因为，所以，即， 所以，即直线的斜率为． （ii）由（i）知的中点， 所以直线的垂直平分线， 即，同理可得直线的垂直平分线 由（i）知，所以， 设圆心，联立，得，， 因为，所以， 所以 而， 消去得，即的外接圆的圆心在定直线上． （方法二）由题知，直线斜率均存在且不为0， 设，， 令，得， 因为，所以， 设， 联立，得有解， 所以①， 因为，所以， 即②， 把①代入②式可得，即， 因为直线不过点，所以，即， 所以，即直线的斜率为． （ii）由（i）知，联立， 得③，设的外接圆方程为， 因为在圆上，所以， 所以， 联立， 得④， 因为③式与④式有相同的解，所以， 消去得，所以或， 当时，，所以 过点，不成立，所以⑤， 设圆心，即，代入⑤式得， ，即的外接圆的圆心在定直线上． （方法三）（i）由题知，直线斜率均存在， 设， 令，得，因为， 所以等价于， 设并代入上式得 ， 两边同除得有解， 所以，即，所以，即直线的斜率为． （ii）同（方法二）中（ii）解法． 11．（2026·天津河东·二模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右焦点为，椭圆的离心率为，点为中点，为坐标原点，，椭圆上一点在第一象限． (1)求椭圆方程； (2)若，求； (3)若直线与椭圆交于点，点在点右侧，为线段上一点，，证明过定点，并求出定点坐标． 【详解】（1）由离心率为，得，所以，，，， ， 所以，则，，所以． （2）由（1）可知，，则， 所以直线的方程为：， 因为，所以点关于直线的对称点在直线上， 因为关于直线的对称点为， 所以直线的斜率为，可设， 联立，，解得（舍），， 所以，即． （3）设，因为， 所以，整理为， 由椭圆方程可知代入得，， 因为，所以，则， ，． 整理为，显然过定点，定点坐标为． 12．（2026·山西运城·二模）在平面直角坐标系中，设抛物线的焦点为，点，，且向量与共线． (1)求的方程． (2)已知动直线与交于两个不同的点． （ⅰ）若过点且斜率小于0，证明：以为直径的圆被轴截得的弦长大于． （ⅱ）若不经过点，且平分，求的外接圆圆心的轨迹方程． 【详解】（1）解：（1）由题意知， 则，因为向量与共线，所以， 解得，故的方程为． （2）（ⅰ）证明：设的方程为，代入， 得，． 设，，则，， 则． 设以为直径的圆为圆，且圆心的坐标为，则， 则圆心到轴的距离， 所以圆被轴截得的弦长为， 因为，所以，则 ，即以为直径的圆被轴截得的弦长大于4． （ⅱ）因为平分，所以直线与关于直线对称， 又直线的方程为，且点关于直线对称的点为， 所以，即． 将，代入，得，因为，所以． 当直线的斜率不存在时，，此时，重合，这显然不符合题意， 则直线的斜率存在．设的方程为，代入， 得，则，，解得． 由，得或，由平分，，都在上，得均位于第一象限，则． 设外接圆的圆心为，线段的中点坐标为，则， 所以线段的垂直平分线的方程为， 整理得①． 同理可得线段的垂直平分线的方程为②． 由，及①②可得． 因为， 所以线段的垂直平分线的方程为， 将代入上式得． 因为，所以，故的外接圆圆心的轨迹方程为． 13．（2026·江西南昌·二模）已知一系列椭圆：的右焦点为，上顶点为，，是等腰三角形，． (1)求椭圆的方程； (2)求数列的通项公式； (3)若数列的前项和为，若对任意的，都有（，），求的最小值． 【详解】（1）因为，所以， 因为是等腰三角形，且， 所以必有，即， 则， 因此， 所以椭圆的方程为. （2）点，设， 因为为等腰三角形， 所以，， 因此， 由题意知，所以， 所以， 所以，所以. （3）因为，， 所以 ， ， 因此 ， 因为， 所以， 所以的最大值为1，的最小值为2， 的最小值为1． 14．（2026·河北保定·二模）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，点在椭圆上，的周长为面积的最大值为 (1)求椭圆的方程. (2)已知点，直线与椭圆交于两点，点为的垂心. （i）若 为等边三角形，求点的坐标； （ii）若直线过点，求的最大值. 【详解】（1）由题可知，的周长为，即， 且最大面积为，解得， 又，所以，化简得. 即椭圆方程为. （2）（i）为等边三角形，由对称性可知轴， 设，，由得， 又在椭圆上，，代入得，解得（舍去）. 等边三角形垂心与重心重合，重心坐标为，因此. （ii）设，直线，代入椭圆得， 韦达定理得，. 是垂心，故，方程为， 方程为，方程为， 两式相减整理得， 则 ， 为到的距离， 令，则，代入得， 由基本不等式，等号成立当（满足）， 故. 15．（2026·河南开封·二模）已知椭圆经过点，F为C的右焦点，且与x轴垂直． (1)求C的标准方程； (2)设直线l与C交于A，B两点，且（O为坐标原点），探究：是否存在定圆与直线l始终相切? 若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由； (3)在（2）的条件下，求面积的最大值，并求此时直线l的方程． 【详解】（1）因为与轴垂直，所以，， 又点在椭圆上，，得. 所以椭圆的标准方程为. （2）当直线的斜率存在时，设直线方程为，. 联立得，整理得. ，即. ， ，，即，整理得. 原点到直线的距离，将代入得 故距离为定值，所以存在定圆与直线相切. 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，. 联立，，则，. ，得，即直线的方程为， 此时直线与圆相切，符合题意. 综上，存在定圆与直线相切，定圆的方程为. （3）由三角形面积公式得，其中为定值. 当直线的斜率存在时，， 将代入整理得. 令，则. 当时，即（此时）时，有最大值. 此时三角形面积有最大值，最大值为. 此时，代入，得，. 直线的方程为或. 当直线的斜率不存在时，由（2）可得或. 此时，. 综上，面积的最大值为，此时直线的方程为或. 16．（2026·天津南开·一模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，短轴长为2，过右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于第一象限的点，且. (1)求椭圆的方程； (2)直线：（）与椭圆交于点，，若椭圆上存在点使得四边形为平行四边形.且，求的值. 【详解】（1）因为，， 所以，. 因为，， 所以，因为，所以，， 所以椭圆方程为. （2）设，， 联立方程得， 所以，整理得    ①， 所以，， . 因为上存在点使得四边形为平行四边形， 所以，即， 将代入得， 整理得   ②， 所以 ， 由②知， ， 因为， 所以， 整理得，解得， 由②知，符合①，因为，所以 17．（2026·广东广州·二模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3． (1)求的方程： (2)已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点． （i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ii）证明：直线ME过定点． 【详解】（1）因为直线被椭圆所截得的线段的长为3， 所以在椭圆上，代入得， 又，解得：. （2）设点， 设 ， 由 得， 由 ，得 ，解得 或 ， 又点 ， 在 轴下方，则 ， 由韦达定理得    得 ，即 ， 因为 ， 所以 ， 所以 不是定值. （ii）证明： 由（i）得    则直线 的方程为 ， 即 ， 当 时，得 ， 所以必过定点. 18．（2026·广东深圳·二模）已知抛物线的焦点为是上不同的两点（其中在第一象限），点．当与轴垂直，且时，． (1)求的方程； (2)若为轴上一点，且（点与不重合）．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①三点共线； ②轴； ③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【详解】（1）由题，关于轴对称，令，则，于是直线过焦点， 在中，有，可得：， 则，于是的方程为：； （2）选①②⇒③ 解法1：由题意知，与轴不垂直，不妨设点， 则， 于是直线，即， 若三点共线，，则， 取中点，连接，由，则， 而， 则，则； 解法2：由题，与轴不垂直，不妨设直线， 点，，联立直线与： 则 所以 取中点，连接，由，则， 而， 则，则； 解法3：如图，设的准线为，过点分别作的垂线，垂足为， 过点作， 设直线的倾斜角为，于是，则， 即，同理，， 在与中，， 取中点，连接， 于是，则， 于是， 且， 且，则，于是，即； ①③② 解法1：由题，与轴不垂直，不妨设点， 则， 于是直线，即， 若三点共线，则， 取中点，连接， 由于， 由，且，则， ，且， 则，即， 则，则轴，轴； 解法2：由题，与轴不垂直，不妨设直线， 点，，联立直线与： 取中点，连接， 由于， 由，且，则， ，且， 则，即， 则，则轴，轴： 解法3：如图，设的准线为，过点分别作的垂线，垂足为， 设直线的倾斜角为，于是，则， 即，同理，， 在中，， 取中点，连接， 于是，则， 则， 在与中，， 且，则，于是，即轴，轴； 选②③① 解法1：由题，与轴不垂直，不妨设点， 则， 于是直线，即， 取中点，连接，由，则， 而 由，则， ，于是， 则直线恒过定点，即三点共线． 解法2：由题，与轴不垂直，不妨设直线， 点，联立直线与： 取中点，连接，由，则， 而， 由，则， ，于是，此时， 则直线恒过定点，即三点共线． 19．（2026·山西晋中·模拟预测）若，点，双曲线． (1)写出，的坐标； (2)证明：对任意，点在双曲线C上； (3)设直线与双曲线C的两条渐近线分别交于点，和点，记的面积为（O为坐标原点），求证：为定值．（参考公式：设三角形的三个顶点分别为，，，则三角形面积） 【详解】（1）当时，， ． 当时，， ． （2）， ， ∴任意，点在双曲线上． （3）由（2）知 设直线的斜率为， 则直线的方程为，且． 又双曲线的渐近线为． 不妨令是直线与直线的交点， 是直线与直线的交点． 联立得． 联立得． ，， ． ，， ． 即的面积为定值． 20．（2026·浙江温州·二模）已知曲线与点，O为原点，动点，且的最大值为． (1)求曲线E的方程； (2)已知有个点，，，…，按逆时针顺序依次在E上，且，． （ⅰ）当，关于y轴对称，且的面积为1时，求直线的斜率； （ⅱ）当的面积都相等时，记多边形的周长为．若对于，都有，求整数的最小值． 【详解】（1）设过点的切线为． 联立． 因为是切线，则， 化简得，则， 又取最大值时，为切线，且． . （2）（i）由（1）知椭圆为． 设. 则. 又. 因,则得, 故，即直线的斜率为． (ii)设， . 则． 题目条件为各面积相等，． 当时，设． 记． 则， 设，则， . 又， . 当时，若存在，由得． 又，其余各，这与矛盾． ． 记．则 . 故. 又， . 由柯西不等式，． 又． 又． 取，则满足面积相等， 且． 又对一切满足条件的，都有． 倒计时15天 锲而不舍，金石可镂。 ——《荀子・劝学》 数列（解答题） 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：①核心考点为等差等比数列的证明与通项、求和（裂项相消、错位相减、分组求和），以及递推数列（构造法、取倒数、累加累乘）。②常与不等式、函数单调性结合考查最值与放缩，难度中档或压轴第一问。 ►高考前沿：聚焦“数列与概率综合”（如马尔可夫链基础）及“奇偶项讨论”的新型递推；突出数学运算与逻辑推理，强调从特殊到一般的归纳思想，注意答题规范中的数学归纳法表述。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极考点1   等差、等比数列通项公式 （1）等差数列通项公式： 或 （2）等比数列通项公式： 终极考点2   通项公式的构造 （1）已知，我们可以用待定系数法构造，从而转化为我们熟悉的等比数列求解 （2）已知用求通项 （3）已知用求通项公式，其本质是除以一个指数式 （4）已知用求通项公式，其本质是待定系数法 （5）已知用求通项公式，其本质是除以 （6）已知用求通项公式，其本质是取倒数 （7）已知用求通项公式，其本质是取对数 （8）的类型，公式 终极考点3   数列求和的常用方法 （1） 对于等差、等比数列，利用公式法可直接求解； 等差数列求和，等比数列求和 （2） 对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； 为公差为d的等差数列，为公比为q的等比数列，若数列满足，则数列的前n项和为 （3）对于结构，利用分组求和法； （4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 或通项公式为形式的数列，利用裂项相消法求和. 即 终极考点4   常见的裂项技巧 （1） ； （2） ； （3） （4） （5） 指数型； （6） 对数型. （7） （8） （9） （10） 等 终极考点5   数学归纳法模板 1. 时，验证成立 1. 假设时成立 1. 证时成立（利用假设） 1. 综上，对一切成立 终极考点6   常用放缩不等式 真题精研--复盘经典 把握规律 考向01 分组求和 1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和. 【详解】（1）因为,故， 所以即故等比数列的公比为， 故，故，故. （2）由等比数列求和公式得， 所以数列的前n项和 . 2．（2023·全国乙卷·高考真题）记为等差数列的前项和，已知． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 【详解】（1）设等差数列的公差为， 由题意可得，即，解得， 所以， （2）因为， 令，解得，且， 当时，则，可得； 当时，则，可得 ； 综上所述：. 3．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，． (1)求的通项公式； (2)证明：当时，． 【详解】（1）设等差数列的公差为，而， 则， 于是，解得，， 所以数列的通项公式是. （2）方法1：由（1）知，，， 当为偶数时，， ， 当时，，因此， 当为奇数时，， 当时，，因此， 所以当时，. 方法2：由（1）知，，， 当为偶数时，， 当时，，因此， 当为奇数时， ，显然满足上式，因此当为奇数时，， 当时，，因此， 所以当时，. 解题妙法 三步解题法： 1. 拆解通项：将数列的通项公式拆分为若干个可独立求和的子项，如 ，其中 与 为等差、等比或特殊数列。 2. 分别求和：利用等差、等比数列求和公式或常见求和公式（如 、）分别计算各部分的和。 3. 合并结果：将各部分的和相加，化简得最终前 项和 。 常见拆分：、、。 考向02 裂项相消求和 4．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． (1)求的通项公式； (2)证明：． 【详解】（1）∵，∴,∴, 又∵是公差为的等差数列， ∴,∴, ∴当时，， ∴, 整理得：, 即, ∴ ， 显然对于也成立， ∴的通项公式； （2） ∴ 解题妙法 三步解题法： 1. 分解通项：将通项 裂项为两项之差的形式，即 或 。 2. 写出前 项和：，中间项抵消，仅剩首尾若干项。 3. 化简得结果：整理剩余项，得到最简表达式。 考向03 错位相减求和 5．（2024·全国甲卷·高考真题）记为数列的前项和，已知． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 【详解】（1）当时，，解得． 当时，，所以即， 而，故，故， ∴数列是以4为首项，为公比的等比数列， 所以. （2）, 所以 故 所以 ， . 6．（2023·全国甲卷·高考真题）设为数列的前n项和，已知． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【详解】（1）因为， 当时，，即； 当时，，即， 当时，，所以， 化简得：，当时，，即， 当时都满足上式，所以． （2）因为，所以， ， 两式相减得， ， ，即，． 解题妙法 三步解题法： 1. 识别模型：通项为等差数列乘以等比数列的形式，即 。 2. 列式相减： 写出 两边乘公比 ： 两式相减，得 。 3. 求出 ：解出 ，并化简整理。 口诀：等差乘等比，错位相减易；乘公比再相减，等比求和后解出 。 考向04 求公差的值及范围 7．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和． (1)若，求的通项公式； (2)若为等差数列，且，求． 【详解】（1），，解得， ， 又， ， 即，解得或（舍去）， . （2）为等差数列， ，即， ，即，解得或， ，， 又，由等差数列性质知，，即， ，即，解得或（舍去） 当时，，解得，与矛盾，无解； 当时，，解得. 综上，. 8．（2022·浙江·高考真题）已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为． (1)若，求； (2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围． 【详解】（1）因为， 所以， 所以，又， 所以， 所以， 所以， （2）因为，，成等比数列， 所以， ， ， 由已知方程的判别式大于等于0， 所以， 所以对于任意的恒成立， 所以对于任意的恒成立， 当时，， 当时，由，可得 当时，， 又 所以 解题妙法 三步解题法： 1. 设公差/通项：设等差数列 的首项 ，公差 ，或直接设通项 。 2. 利用条件列方程/不等式：将题设条件（如某几项的关系、前 项和的范围、正整数解、单调性）转化为关于 （或 ）的方程或不等式组。 3. 求解并验证：解方程得 的值；解不等式得 的范围，注意 可为正、负、零，并检查是否满足数列中的隐含条件（如项的正负、整数性等）。 注意：涉及前 项和最值时，可结合二次函数对称轴分析；已知 表达式可直接求 。 考向05 数列与其他知识点交汇问题 9．（2025·全国一卷·高考真题）已知数列中，，. (1)证明：数列是等差数列； (2)给定正整数m，设函数，求． 【详解】（1）由题意证明如下，， 在数列中，，， ∴，即， ∴是以为首项，1为公差的等差数列. （2）由题意及（1）得，， 在数列中，首项为3，公差为1， ∴，即， 在中， ， ∴， 当且时， ∴， ∴ ∴ . 10．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 【详解】（1） 由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到. 解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上. 故，从而，. （2）方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. （3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解. 11．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求． 【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件， 所以， . （2）设，依题可知，，则 ， 即， 构造等比数列， 设，解得，则， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 即． （3）因为，， 所以当时，， 故． 【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解． 解题妙法 三步解题法： 1. 识别交汇点：分清数列与哪个知识点结合（函数、不等式、概率、三角、解析几何等），将数列问题转化为该知识点的问题。 2. 建立联系： 与函数交汇：数列可视为定义在正整数集上的函数，利用单调性、最值、图象等分析。 与不等式交汇：常考放缩法证明与 有关的不等式，或求最值时的参数范围。 与概率交汇：求期望、概率时出现数列求和。 与三角交汇：涉及周期数列、三角函数值求和。 与解析几何交汇：点坐标成等差或等比数列。 3. 综合求解：先解决数列部分（如求通项、求和），再处理另一知识点的计算或证明，最终得出答案。 技巧：遇到递推关系与函数结合时，可尝试构造新数列；不等式证明常用裂项放缩或数学归纳法。 考向06 数列新定义 12．（2025·天津·高考真题）已知数列是等差数列，是等比数列，． (1)求，的通项公式； (2)，，有， （i）求证：对任意实数，均有; （ii）求所有元素之和． 【详解】（1）设数列的公差为d，数列公比为， 则由题得， 所以； （2）（i）证明：由（1）或，， 当时， 设， 所以， 所以， 所以，为中的最大元素， 此时恒成立， 所以对，均有. （ii）法一：由（i）得对任意实数，均有， 所以，， 所以取值随着的取值不同各不相同， 又为中的最大元素， 由题意可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成： 当均为1时：此时该系列元素只有即个； 当中只有一个为0，其余均为1时： 此时该系列的元素有共有个， 则这个元素的和为； 当中只有2个为0，其余均为1时： 此时该系列的元素为共有个， 则这个元素的和为； 当中有个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个， 则这个元素的和为； … 当中有个为0，1个为1时：此时该系列的元素为共有个， 则这个元素的和为； 当均为0时：此时该系列的元素为即个， 综上所述，中的所有元素之和为 ； 法二：由（i）得，为中的最大元素， 由题意可得， 所以的所有的元素的和中各项出现的次数均为次， 所以中的所有元素之和为. 13．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． 【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故我们可以对该数列进行适当的变形， 得到新数列，然后对进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行. 回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是，或，或. 所以所有可能的就是. （2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组. （如果，则忽略②） 故数列是可分数列. （3）定义集合，. 下面证明，对，如果下面两个命题同时成立， 则数列一定是可分数列： 命题1：或； 命题2：. 我们分两种情况证明这个结论. 第一种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 此时，由于从数列中取出和后， 剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组； ③，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 故此时数列是可分数列. 第二种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 由于，故，从而，这就意味着. 此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，，共组； ③全体，其中，共组； ④，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数： ，，，. 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数. 而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数. 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列. 至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列. 然后我们来考虑这样的的个数. 首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个； 而如果，假设，则可设，，代入得. 但这导致，矛盾，所以. 设，，，则，即. 所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个. 所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个. 这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为. 当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于. 而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个. 所以数列是可分数列的概率一定满足 . 这就证明了结论. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论. 14．（2024·北京·高考真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为． (1)给定数列和序列，写出； (2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由； (3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”． 【详解】（1）因为数列， 由序列可得； 由序列可得； 由序列可得； 所以. （2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为， 则，而该方程组无解，故假设不成立， 故不存在符合条件的； 解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4， 假设存在符合条件的，且， 因为，即序列共有8项， 由题意可知：， 检验可知：当时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的. （3）解法一：我们设序列为，特别规定. 必要性： 若存在序列，使得的各项都相等. 则，所以. 根据的定义，显然有，这里，. 所以不断使用该式就得到，必要性得证. 充分性： 若. 由已知，为偶数，而，所以也是偶数. 我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个. 上面已经说明，这里，. 从而由可得. 同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数. 下面证明不存在使得. 假设存在，根据对称性，不妨设，，即. 情况1：若，则由和都是偶数，知. 对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾； 情况2：若，不妨设. 情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾； 情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾. 这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有. 假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为. 则此时对任意，由可知必有. 而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾. 综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证. 解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果， 且相对于序列也是无序的， （ⅰ）若， 不妨设，则， ①当，则， 分别执行个序列、个序列， 可得，为常数列，符合题意； ②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则， 即， 分别执行个序列、个序列 可得， 即， 因为为偶数，即为偶数， 可知的奇偶性相同，则， 分别执行个序列，，，， 可得， 为常数列，符合题意； ③若，则，即， 分别执行个、个， 可得， 因为， 可得， 即转为①，可知符合题意； ④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则， 即， 分别执行个、个， 可得， 且，可得， 因为为偶数，可知的奇偶性相同， 则为偶数， 且，即转为②，可知符合题意； ⑤若，则，即， 分别执行个、个， 可得， 且，可得， 因为为偶数， 则为偶数， 且，即转为④，可知符合题意； 综上所述：若，则存在序列，使得为常数列； （ⅱ）若存在序列，使得为常数列， 因为对任意， 均有成立， 若为常数列，则， 所以； 综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析. 15．（2023·北京·高考真题）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. (1)若，求的值； (2)若，且，求； (3)证明：存在，满足 使得． 【详解】（1）由题意可知：， 当时，则，故； 当时，则，故； 当时，则故； 当时，则，故； 综上所述：，，，. （2）由题意可知：，且， 因为，且，则对任意恒成立， 所以， 又因为，则，即， 可得， 反证：假设满足的最小正整数为， 当时，则；当时，则， 则， 又因为，则， 假设不成立，故， 即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以. （3）因为均为正整数，则均为递增数列， （ⅰ）若，则可取，满足 使得； （ⅱ）若，则， 构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数，使得，即， 可取， 满足，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取， 满足，使得； （ⅲ）若， 定义，则， 构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数，使得，即， 可取， 即满足，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取， 满足，使得. 综上所述：存在使得． 终极预测--压轴实战 稳拿高分 1．（2026·安徽池州·二模）已知是单调递增数列，记为数列的前n项和，且． (1)证明：是等差数列； (2)令，求． 【详解】（1）令，得，所以； 由题意得， 所以当时， ，即， 所以或 所以或. 因为数列是单调递增数列，所以当时，， 所以， 所以，，即是首项为，公差为的等差数列. （2）由（1）知，所以. 令 则① 两边同乘以2，得② ②-①，得 所以. 2．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知是数列的前项和，，数列是公差为的等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【详解】（1）因为，且数列是公差为的等差数列，所以， 所以， 当时，，两式相减，得， 所以，所以， 所以数列是常数列，所以，即. （2）因为，所以. 又， 两式相加，得. 所以. 所以， ， 两式相减，得 . 所以. 3．（2026·山西晋中·模拟预测）已知等差数列的公差为，前项和为，且，，，其中． (1)求公差及的值； (2)设数列，数列的前项和为，求． 【详解】（1）解：（1）， ，，． ，，，． （2）解：由（1）得，，， ． 又的周期，当时，； 当时，；当时，； 当时，，其中． 在一个周期内，，， ，， ， 数列的前20项为5个完整的周期，． 4．（2026·陕西·二模）已知数列满足． (1)求的前项和； (2)记数列的前项和为，若；证明数列为等差数列，并求出的通项公式； 【详解】（1）当时，， 当时， ， 则； （2）由，当时，，即； 当时，， 所以， 则， 所以数列是以0为首项，以为公差的等差数列， 则，即. 5．（2026·广东汕头·二模）数列的前三项均为，是公比为3的等比数列，且. (1)求的前项和； (2)求. 【详解】（1）因为是公比为3的等比数列，且， 又因为，则， 可得，则， 可得， 所以. （2）因为，即，则， 可得， 则 ， 所以. 6．（2026·四川·二模）已知数列的首项，且满足． (1)求的通项公式； (2)证明：． 【详解】（1）当时，， 则，，，， 所以，即. 所以. 当时，满足上式， 故的通项公式为. （2）由（1）知，，则， 所以， 因为，所以，则，因此， 故. 7．（2026·吉林白山·模拟预测）已知数列的前n项和为，满足，为等比数列，首项为1，且公比为2. (1)若，求数列的前n项和； (2)若不等式对恒成立，求实数k的取值范围. 【详解】（1）已知：时，； 时，， 验证也满足，故. 是首项为1、公比为2的等比数列，故，. ，则：① 两边同乘得：②. ①-②得： 中间等比数列求和得， 代入整理得：. （2）不等式，对恒成立， 代入得：. 设，作差得： 时，； 时，； 时，， 故的最大值为，因此，即. 8．（2026·河南·模拟预测）已知数列满足，． (1)令，求数列的通项公式； (2)设的前n项和为，若，求n的最大值． 【详解】（1）由，可得，即， 当时，有， 累加，得 ， 又，所以， 验证可知也符合上式， 所以． （2）因为，且，所以， 所以， 则， 令，得，解得， 所以n的最大值为7． 9．（2026·贵州贵阳·模拟预测）已知是数列的前项和，， (1)命题：若 （i） ，则 （ii） . ①是以2为公差的等差数列； ②对任意，. 从①②中选择一个填在（i），另一个填在（ii），使得命题为真命题，并证明.（若写两种选择，则按第一种选择给分） (2)在（1）的条件下，求数列的通项. 【详解】（1）情形一：选择证明：若是以2为公差的等差数列，则. 若是以2为公差的等差数列， 则， 得到，当时，， 对任意，，.     情形二：选择证明：若对任意，，则是以2为公差的等差数列. 由，得，化简得， 得到是以1为首项，4为公比的等比数列，，     ，， 故是以2为公差的等差数列. （2）情形一：当时，， 当时，，不满足，     . 情形二：当时，， 当时，，不满足， . 10．（2026·福建·二模）已知函数． (1)若是奇函数，求； (2)当时，的所有正零点从小到大排列构成数列，求的前项和． 【详解】（1）解法一：因为为奇函数，所以， 即恒成立． 得恒成立， 所以恒成立， 所以恒成立，所以，解得． 解法二：因为为上的奇函数，所以， 所以，解得， 经检验，是奇函数，所以． （2）解法一：因为，所以， 令，则， 所以或， 解得或， 令，， 所以，， 又因为，故， 所以， 所以． 解法二：因为，所以， 令，则， 所以，所以或， 所以或， 解得或， 令，， 所以，， 又因为，故， 所以， 所以． 解法三：因为，所以， 因为，所以是的一个周期， 当时，令，则， 所以，所以或， 当时，解得， 所以在区间的零点之和为， 令， ， 所以， 且， 则是以为首项，为公差的等差数列， 所以． 11．（2026·山西太原·二模）在2026年央视春晚舞台上，多款智能机器人协同完成舞蹈､列队､翻转等高难度表演.某实验室为测试A，B两种型号机器人的动作稳定性，设计如下试验：每次独立执行一个动作，若某型号机器人试验成功，则下一轮继续使用该型号机器人进行试验；若试验失败，则下一轮更换另外一种型号的机器人进行试验. 已知A型号机器人试验成功的概率为，失败的概率为；型号机器人试验成功的概率为，失败的概率为.试验成功记1分，失败记0分，且第1轮使用A型号机器人. (1)记为前3轮试验的总得分，求的数学期望； (2)设为第轮试验使用A型号机器人的概率. ①求数列的通项公式； ②记为前轮试验的期望总得分，求关于的表达式. 【详解】（1）由题意可知：随机变量的可能值为0，1，2，3， 若，则3轮都失败，则； 若，则3轮中只有1轮成功，； 若，则3轮中只有2轮成功，； 若，则3轮都成功，； 所以. （2）①设第轮试验使用A型号机器人为事件， 则，，， 由全概率公式可得， 即，则， 且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列， 则，所以； ②设第轮得分期望为，则， 所以前轮期望总得分为. 12．（2026·云南玉溪·二模）已知数列中，． (1)证明：数列是等差数列； (2)如图，在平面直角坐标系xOy中，若，依次连接点，得到折线，求由该折线与直线所围成的区域的面积； (3)记，若恒成立，求实数的最大值． 【详解】（1）因为，两边同时除以， 所以所以是首项为 ，公差为 1的等差数列. （2）过 向 轴作垂线，垂足分别为 ， 由（1）得 ，则 . 记梯形 的面积为 . 由题意得 所以 ① 又 ② ①②得 所以 . 所以由该折线与直线 所围成的区域的面积 . （3）已知 ，则 所以. 由 恒成立，即 恒成立， 即 恒成立，由 单调递增， 故当 时， ，故 ，即 ， 所以 的最大值为 . 13．（2026·江苏·模拟预测）一盒子中共有5个大小质地完全相同的小球，其中3个红球，2个黑球.从盒子中一次随机取出两个球，如果取出的球是黑球，则将它放回盒子中；如果取出的球是红球，则不放回盒子中，另补相同数量的黑球放入盒子中.重复进行上述操作次后，盒子中黑球的个数记为. (1)求恰好2次操作后，盒子中小球的颜色全部相同的概率； (2)求随机变量的分布列； (3)证明：. 【答案】(1) (2) 2 3 4 5 (3)证明见解析 【分析】（1）根据古典概型概率计算公式，结合分步乘法计算即可； （2）确定随机变量的取值，根据古典概型概率计算公式及分步乘法计算对应取值的概率即可； （3）根据题意推出，得到数列为等比数列，进而证明即可. 【详解】（1）设“恰好2次操作后盒子中球的颜色全部相同”为事件， 根据操作的规定，事件A发生即“恰好2次操作后盒子中5个球的颜色都为黑色”，2次操作，其中1次取出1红1黑，另一次取出2红， 所以； （2）操作2次后，的可能取值为， ， ， ， ， 所以的分布列为 2 3 4 5 （3）记执行上述操作次后，盒子中黑球的个数为， 设，， 则，， 则， ， ， ， 所以 ， 所以， 又， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 14．（2026·重庆·模拟预测）已知等差数列的公差为4，其前8项之和为144．等比数列的公比为，且． (1)求和的通项公式； (2)记． （i）证明：数列是等比数列； （ii）证明：． 【详解】（1）设数列的前项和为，则， 又，. （2）（i）， 又， ， ∵对任意，有，且， ∴数列是以为首项，4为公比的等比数列． （ii）由，， 则， 由于， 又． 从而，证毕． 15．（2026·广东江门·二模）若数列满足，则称为“-拟等差数列”；若数列满足，则称为“-拟等比数列”． (1)若数列既是“2-拟等差数列”，又是“4-拟等比数列”，且，求的通项公式． (2)已知，，，数列是“-拟等比数列”，的前项和为． （i）证明：存在，使得是“-拟等差数列”． （ii）证明：． 【详解】（1）因为是“2-拟等差数列”，所以，则是等差数列，设的公差为. 又是“4-拟等比数列”，所以， 即，即. 当时，由，得； 当时，由，得. （2）（i）由“-拟等比数列”的定义，取，得， 即，得，所以. 由可得， 即，即. 所以是常数列，，即，即是“-拟等差数列”. （ii）由，得， 可知是等比数列，首项为，公比为，故. 当为奇数时，； 当为偶数时，. 所以当为奇数时，； 当为偶数时，. 设，则. 当时，，则在区间上单调递减； 当时，，则在区间上单调递增. 所以，即，当且仅当时，等号成立. 取，其中，则有，即，即， 则. 当为奇数时，. 当为偶数时，. 综上，. 倒计时14天 长风破浪会有时，直挂云帆济沧海。 ——李白《行路难》 函数及其性质（选填题） 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：①核心考点包括函数定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性、对称性、函数图象识别与变换。②难度覆盖中低档至压轴，常以分段函数、抽象函数、复合函数、指对幂函数比较大小为载体，考查数形结合与特殊值法。 ►高考前沿：聚焦抽象函数的赋值推理与对称+周期联用求值；突出直观想象与逻辑推理，强调熟记常见函数模型（如对勾函数、高斯函数）的图象性质，提升选择题解题速度。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极考点1   单调性 （1） 单调性的运算 ①增函数（↗）增函数（↗）增函数↗ ②减函数（↘）减函数（↘）减函数↘ ③为↗，则为↘，为↘ ④增函数（↗）减函数（↘）增函数↗ ⑤减函数（↘）增函数（↗）减函数↘ ⑥增函数（↗）减函数（↘）未知（导数） （2） 复合函数的单调性 终极考点2   奇偶性 ①具有奇偶性的函数定义域关于原点对称（大前提） ②奇偶性的定义： 奇函数：，图象关于原点对称 偶函数：，图象关于轴对称 ③奇偶性的四则运算 终极考点3   周期性（差为常数有周期） ①若，则的周期为： ②若，则的周期为： ③若，则的周期为：（周期扩倍问题） ④若，则的周期为：（周期扩倍问题） 终极考点4   对称性（和为常数有对称轴） 轴对称 ①若，则的对称轴为 ②若，则的对称轴为 点对称 ①若，则的对称中心为 ②若，则的对称中心为 终极考点5   周期性对称性综合问题 ①若，，其中，则的周期为： ②若，，其中，则的周期为： ③若，，其中，则的周期为： 终极考点6   奇偶性对称性综合问题 ①已知为偶函数，为奇函数，则的周期为： ②已知为奇函数，为偶函数，则的周期为： 终极考点7   与指数函数相关的奇函数和偶函数 ，（，且）为偶函数， ，（，且）为奇函数 和，（，且）为其定义域上的奇函数 和，（，且）为其定义域上的奇函数 为偶函数 终极考点8   与对数函数相关的奇函数和偶函数 ，（且）为奇函数， ，（且）为奇函数 终极考点9   奇函数+常函数 在定义域内，若，其中为奇函数，为常数，有 即倍常数 终极考点10   指数和对数的互化公式 终极考点11   对数的性质与运算法则 （1） 两个基本对数： ①，② （2） 对数恒等式： ①，② （3） 幂的对数： ①： ②： ③： （4） 积的对数： （5） 商的对数： 终极考点12   换底公式： ； 推广1：对数的倒数式 推广2： 终极考点13   函数的零点 对于函数，我们把的实数叫做函数的零点 终极考点14   函数的零点与方程的根和图象与轴交点的关系 函数的零点就是方程的实数解，也就是函数的图象与轴交点的横坐标 方程的实数解 函数的零点 函数的图象与轴有交点 终极考点15   零点存在性定理 如果函数在区间的图象是一条连续不断的曲线，且有，那么函数在区间至少有一个零点，即存在，使得，这个也是方程的解 真题精研--复盘经典 把握规律 考向01 由函数奇偶性求参数值 1．（2023·全国乙卷·高考真题）已知是偶函数，则（    ） A． B． C．1 D．2 【详解】因为为偶函数，则， 又因为不恒为0，可得，即， 则，即，解得. 故选：D. 2．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）若为偶函数，则（    ）． A． B．0 C． D．1 【详解】因为 为偶函数，则 ，解得， 当时，，，解得或， 则其定义域为或，关于原点对称. ， 故此时为偶函数. 故选：B. 3．（2023·全国甲卷·高考真题）若为偶函数，则________． 【详解】因为为偶函数，定义域为， 所以，即， 则，故， 此时， 所以， 又定义域为，故为偶函数， 所以. 故答案为：2. 4．（2024·全国甲卷·高考真题）已知且，则______． 【详解】由题，整理得， 或，又， 所以，故 故答案为：64. 解题妙法 三步解题法： 1. 利用定义： 偶函数： 恒成立 奇函数： 恒成立 2. 特殊值法（小题首选）：代入简单的 值（如 或 注意定义域），列方程求参数，再验证是否恒成立。 3. 待定系数法（大题思路）：化简 ，令各次项系数为零，解出参数。 口诀：奇偶求参不用愁，代个特殊值解方程；注意定义须对称，端点验证要记清。 考向02 函数图象识别 5．（2025·天津·高考真题）已知函数的图象如下，则的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 【详解】由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故排除选项AB； 又当时，此时， 由图可知当时，，故C不符合，D符合. 故选：D 6．（2024·全国甲卷·高考真题）函数在区间的图象大致为（    ） A． B． C． D． 【详解】， 又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C， 又， 故可排除D. 故选：B. 解题妙法 三步解题法： 1. 看定义域与特殊点：排除图象中不存在的 范围；代入 等计算 判断。 2. 看单调性与奇偶性：利用导数或基本初等函数性质判断增减趋势；奇偶性判断对称性。 3. 看趋势与渐近线： 时函数值变化；是否有水平、竖直渐近线（如分式函数分母为零处）。 技巧：结合极限、特殊值、导数的符号快速排除错误选项。 考向03 函数性质综合 7．（2025·全国一卷·高考真题）已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（   ） A． B． C． D． 【详解】由题知对一切成立， 于是. 故选：A 8．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【详解】因为当时，所以， 又因为， 则， ， ， ， ，则依次下去可知，则B正确； 且无证据表明ACD一定正确. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可. 9．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足，解得， 即a的范围是. 故选：B. 10．（2025·全国二卷·高考真题）（多选）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（   ） A． B．当时， C．当且仅当 D．是的极大值点 【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确； 对B，当时，，则，故B正确； 对C，， 故C错误； 对D，当时，，则， 令，解得或（舍去）， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 则是极大值点，故D正确； 故选：ABD. 11．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）已知函数的定义域为，，则（    ）． A． B． C．是偶函数 D．为的极小值点 【详解】方法一： 因为， 对于A，令，，故正确. 对于B，令，，则，故B正确. 对于C，令，，则， 令， 又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确， 对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误. 方法二： 因为， 对于A，令，，故正确. 对于B，令，，则，故B正确. 对于C，令，，则， 令， 又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确， 对于D，当时，对两边同时除以，得到， 故可以设，则， 当肘，，则， 令，得；令，得； 故在上单调递减，在上单调递增， 因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，    显然，此时是的极大值点，故D错误. 故选：. 解题妙法 三步解题法： 1. 拆解性质：题目常给出奇偶性、单调性、周期性、对称性中的两个以上。分别列出性质对应的代数表达式。 2. 推导关系：利用性质推出函数图象特征（如对称轴、对称中心、周期），转化到已知区间上的解析式。 3. 求值或解不等式：将自变量通过周期性或对称性化到已知区间内，再代入计算；解不等式时利用单调性去掉 。 考向04 指对幂函数性质 12．（2024·天津·高考真题）设，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【详解】因为在上递增，且， 所以， 所以，即， 因为在上递增，且， 所以，即， 所以， 故选：D 13．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数．记，则（    ） A． B． C． D． 【详解】令，则开口向下，对称轴为， 因为，而， 所以，即 由二次函数性质知， 因为，而， 即，所以， 综上，， 又为增函数，故，即. 故选：A. 14．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减， 则有函数在区间上单调递减，因此，解得， 所以的取值范围是. 故选：D 15．（2025·全国一卷·高考真题）已知，则x，y，z的大小关系不可能是（   ） A． B． C． D． 【详解】法一：设，所以 令，则，此时，A有可能； 令，则，此时，C有可能； 令，则，此时，D有可能； 故选：B． 法二：设，所以， 根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根， 作出函数的图象，以上方程的根分别是函数的图象与直线的交点纵坐标，如图所示： 易知，随着的变化可能出现：，，，， 故选：B． 解题妙法 三步解题法： 1. 比较大小： 同底用单调性（ 增， 减） 同指数用幂函数单调性 不同底不同指：取中间值（0,1）或作差/作商，也可构造函数利用单调性。 2. 解指对方程/不等式： 化为同底，利用单调性去掉底数，注意底数范围决定不等号方向。 换元法（如 ）转化为代数方程。 3. 图象性质： 指数函数恒过 ，对数函数恒过 ，都经过 等关键点。 对数真数大于0，定义域优先。 口诀：指对幂比大小，同底单调中间桥；解不等式看底数，小于1时要变号。 考向05 函数零点与方程的根及图象交点 16．（2025·天津·高考真题）函数的零点所在区间是（   ） A． B． C． D． 【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：在上单调递减，在单调递增， 所以在定义域上单调递减， 显然， 所以根据零点存在性定理可知的零点位于. 故选：B 17．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（    ） A． B． C．1 D．2 【详解】解法一：令，即，可得， 令， 原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点， 注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上， 可得，即，解得， 若，令，可得 因为，则，当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点， 所以符合题意； 综上所述：. 解法二：令， 原题意等价于有且仅有一个零点， 因为， 则为偶函数， 根据偶函数的对称性可知的零点只能为0， 即，解得， 若，则， 又因为当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 即有且仅有一个零点0，所以符合题意； 故选：D. 18．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______． 【详解】令，即，令 则，令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，， 因为曲线与在上有两个不同的交点， 所以等价于与有两个交点，所以. 故答案为： 解题妙法 三步解题法： 1. 转化： 零点 → 方程根 → 两个函数图象交点 与 的交点。 2. 代数法（存在性）：由零点存在定理 ，结合单调性确定唯一零点。 3. 图象法（个数）：画出两个函数图象（注意渐近线、特殊点），数出交点个数；分参后 ，函数值域确定参数范围。 注意：含参零点问题常转化为直线 与曲线 的交点问题。 考向06 函数及其应用 19．（2025·北京·高考真题）一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（   ） A．2h B．4h C．20h D．40h 【详解】设当N取个单位、个单位、个单位时所需时间分别为, 由题意，， ， ， 因为，所以， 所以， 所以当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加4小时. 故选：B. 20．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压．下表为不同声源的声压级： 声源 与声源的距离 声压级 燃油汽车 10 混合动力汽车 10 电动汽车 10 40 已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为，则（    ）． A． B． C． D． 【详解】由题意可知：， 对于选项A：可得， 因为，则，即， 所以且，可得，故A正确； 对于选项B：可得， 因为，则，即， 所以且，可得， 当且仅当时，等号成立，故B错误； 对于选项C：因为，即， 可得，即，故C正确； 对于选项D：由选项A可知：， 且，则， 即，可得，且，所以，故D正确； 故选：ACD. 解题妙法 三步解题法： 1. 建模：根据实际问题建立函数关系式（一次、二次、指数、对数、分段函数等），明确自变量范围与定义域。 2. 求目标量：利用函数性质（单调性、最值、变化率）解决实际需求，如最大利润、最小成本、增长率、衰减时间等。 3. 回归实际意义：计算结果要符合实际，取整、单位、范围等需验算。 常见模型： 平均增长率： 指数衰减： 对数型：pH值、声强级 分段函数：出租车计价、水费电费 终极预测--压轴实战 稳拿高分 一、单选题 1．（2026·贵州遵义·模拟预测）设函数，则的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 【详解】设，则， 是指数函数，且在上单调递增， 是二次函数，图象开口向下，对称轴为，且在上单调递增，在上单调递减， 根据复合函数“同增异减”的原则，的单调递增区间为．. 2．（2026·湖北荆门·模拟预测）设函数，若，则满足的关系式为（    ） A． B． C． D． 【详解】由函数， 因为在定义域上单调增且零点为， 在定义域上单调减且零点为， 故与在定义域内函数值正负相反且零点重合， 如图所示，则，所以． 故选：C 3．（2026·河北·二模）若函数为偶函数，则（   ） A． B． C． D． 【详解】的定义域为，由于为偶函数，故， 即， 整理可得，故，则， 所以. 4．（2026·四川·二模）函数的部分图象可能是（   ） A． B． C． D． 【详解】函数定义域为，，因此是奇函数，故排除A. 当时，，又，所以.故排除C. 当时，，故排除D. 函数的部分图象可能是选项B. 5．（2026·江西·二模）已知函数，若，，，则（   ） A． B． C． D． 【详解】因函数在上单调递减，在上单调递增. 故. 设在上单调递增且恒为正数，而在上单调递增， 由复合函数的单调性可知在上单调递增， 所以，即． 6．（2026·福建·二模）已知函数为增函数，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【详解】由对勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，在上单调递增， 因为函数在上为增函数，所以函数在上为增函数， 则，即， 又因为函数在上为增函数，且函数在上为增函数， 则有，因，则可得，解得， 故实数的取值范围是，即的最小值为. 7．（2026·广西南宁·三模）酒驾是严重危害交通安全的违法行为．为了保障交通安全，根据国家有关规定：血液中酒精含量达到的驾驶员即为酒后驾车，及以上认定为醉酒驾车．假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了．如果在停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时的速度减少，那么他至少经过（   ）个小时才能驾驶．（参考数据：，） A．6 B．7 C．8 D．9 【详解】设他经过个小时后血液中酒精含量为， 则， 当时，，即， 解得， 因为时间必须大于小时才能使酒精含量低于，结合选项为整数，故至少需要经过小时才能驾驶.故选项C正确. 8．（2026·山东东营·模拟预测）已知函数，（），若对于任意，，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【详解】因为对于任意，恒成立， 当时，恒成立， 即，又， 不等式两端同取对数得， 即， 令，构造函数， 求导得 令 当，可得，又恒成立， 即，恒成立， 即，则在时单调递减， ，因此，则， 当时，恒成立， 由恒成立，得 令，， 当时，，当，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以.所以，所以， 综上可知实数的取值范围为. 9．（2026·广东江门·二模）已知函数， ，若恰有个零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【详解】当时，，则， 所以当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以当时，函数的取值范围为． 作出的大致图象，如图所示． 由，得， 由图可知，当时，直线与的图象恰有2个交点， 即恰有2个零点． 所以的取值范围是. 10．（2026·安徽阜阳·二模）已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（    ） A．99 B．78 C．66 D．52 【详解】因为关于对称，所以， 用替换可得①， 因为关于对称，所以， 又，用替换可得， 用替换可得， 两式相加可得， 用替换可得②， 由①②可得， 用替换可得 因为， 在中令，得，故， ， 因此. 二、多选题 11．（2026·河南洛阳·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若是偶函数，则 B．若是奇函数，则 C．若，则a的取值范围为 D．若，则的最小值为 【详解】对于A，因为为偶函数，则， 所以，整理得到， 因为对恒成立，所以，故A正确， 对于B，因为为奇函数，则， 所以，整理得到， 因为对恒成立，所以，故B正确， 对于C，由，得到恒成立，即恒成立， 又易知，所以，故C错误， 对于D，令，由，得到， 当且仅当，即时取等号，所以D正确， 12．（2026·重庆·模拟预测）已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（   ） A． B． C．当时， D．的极大值为 【详解】函数是定义在上的奇函数，则，故A错误； 当时，，则 ， 根据奇函数的性质 ，故B正确； 当时，，则有， 又因为是奇函数，即， 所以 ，故C正确； 当 时， ， 令，即 ，解得； 当时，单调递减；当 时， 单调递增. 所以是在上的极小值点，. 当 时，可得：， 令，解得. 当时，单调递增；当 时， 单调递减. 所以是在上的极大值点， ，即 的极大值为 ，故D正确. 13．（2026·河北邢台·二模）已知是定义在上的奇函数，，，若为偶函数，则（    ） A． B． C． D． 【详解】因为为偶函数，所以， 所以，所以， 所以. 又为奇函数，所以， 所以，将替换为，得， 所以，所以的周期为4，且. 对于A：在中，令，得.又， 所以，A错误； 对于B：，B正确； 对于C：，C正确； 对于D：当时，， ， ， ， 所以， 所以，D错误. 【点睛】利用函数奇偶性推导对称性与周期性，结合赋值法与周期求和判定选项，核心考查函数对称性、周期性的转化及数列求和技巧. 14．（2026·广东中山·三模）已知函数，的定义域为，且，，若的图象关于直线对称，则（   ） A． B． C．是奇函数 D． 【详解】由关于对称，得， 已知，将第二个式子换元，代入化简得， 因为，则，将用替换，可得， 将用替换，得， 即，故周期为. 又因为，则，即是偶函数. 由和，得， 且，故是偶函数. 选项A，，，由， 得，A正确； 选项B，对任意，，故，B正确； 选项C，推导得，是偶函数不是奇函数，C错误； 选项D，求和分组方式为为一组，为下一组，以此类推，直至，每组和为，共组，总和为，即，D正确. 三、填空题 15．（2026·江西上饶·二模）已知为定义在上的奇函数，且当时，，则______． 【详解】因为是奇函数，所以， 又为定义在上的奇函数，则，故. 倒计时13天 千磨万击还坚劲，任尔东西南北风。 —— 郑燮《竹石》 导数及其应用（选填题） 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：①核心考点为导数的几何意义（切线斜率、切线方程）、利用导数研究函数单调性、极值最值、函数的零点与图象交点。②难度以中档偏上或压轴为主，常以含参函数、复合函数、构造函数比较大小、三次函数性质为考查形式。 ►高考前沿：聚焦构造函数比大小（如借助与lnx的不等式链）及函数同构的快速判断；突出数学运算与逻辑推理，强化导数与函数性质的转化技巧，注意选填中的特殊值排除法与极限思想的应用。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极考点1   八大常用函数的求导公式 （为常数） ；例：，，， ，， ，， 终极考点2   导数的四则运算 （1） 和的导数： （2） 差的导数： （3） 积的导数：（前导后不导前不导后导） （4） 商的导数：， 终极考点3   复合函数的求导公式 函数中，设（内函数），则（外函数） 终极考点4   导数的几何意义 （1） 导数的几何意义 导数的几何意义是曲线在某点处切线的斜率 （2） 直线的点斜式方程 直线的点斜式方程：已知直线过点，斜率为，则直线的点斜式方程为： 终极考点5   用导数判断原函数的单调性 设函数在某个区间内可导，如果，则为增函数；如果，则为减函数. 终极考点6   判别是极大（小）值的方法 当函数在点处连续时， （1）如果在附近的左侧，右侧，则是极大值； （2）如果在附近的左侧，右侧，则是极小值. 终极考点7   常见的指对放缩 ，，， 终极考点8   常见的三角函数放缩 终极考点9   其他放缩 ，， ，， ， ， 终极考点10   常见函数的泰勒展开式 （1），其中； （2），其中； （3），其中； （4），其中； （5）； （6）； （7）； （8）． 由泰勒公式，我们得到如下常用的不等式： ，，， ，，， ，，． 真题精研--复盘经典 把握规律 考向01 切线问题（含公切线） 1．（2023·全国甲卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【详解】设曲线在点处的切线方程为， 因为， 所以， 所以 所以 所以曲线在点处的切线方程为. 故选：C 2．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（   ） A． B． C． D． 【详解】， 则， 即该切线方程为，即， 令，则，令，则， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积. 故选：A. 3．（2025·全国一卷·高考真题）若直线是曲线的一条切线，则_________. 【详解】法一：对于，其导数为， 因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2， 令，即，解得， 将代入切线方程，可得， 所以切点坐标为， 因为切点在曲线上， 所以，即，解得. 故答案为：. 法二：对于，其导数为， 假设与的切点为， 则，解得. 故答案为：. 4．（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__________. 【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： 解题妙法 三步解题法： 1. 单曲线切线：设切点 ，斜率 ，切线方程为 。若切线过某点 ，代入解 。 2. 公切线：分别设两曲线上的切点 和 ，斜率相等且两切线重合（同一直线），得方程组 ，解出 。 3. 选填技巧：若切线过原点且 为奇函数，切点往往对称；公切线问题有时转化为方程有解求参数。 口诀：单切线设切点，公切线双切点；斜率相等且同线，解方程组得答案。 考向02 导数与函数单调性 5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（    ）． A． B．e C． D． 【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为． 故选：C． 6．（2023·全国乙卷·高考真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______. 【详解】由函数的解析式可得在区间上恒成立， 则，即在区间上恒成立， 故，而，故， 故即，故， 结合题意可得实数的取值范围是. 故答案为：. 解题妙法 三步解题法： 1. 求导并化简：对函数求导 ，注意定义域，将导数化为易于判断符号的形式（因式分解、通分、配方）。 2. 解不等式：在定义域内解 得增区间， 得减区间。 3. 选填技巧： 已知单调性求参数范围：转化为 （或 ）在区间上恒成立，分离参数或二次函数最值。 利用导函数图象（如 的图象）判断原函数增减趋势。 注意：导数等于0的点不一定是单调区间分界点，需检验。 考向03 极值与最值 7．（2022·全国甲卷·高考真题）当时，函数取得最大值，则（    ） A． B． C． D．1 【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有． 故选：B. 8．（2022·全国乙卷·高考真题）函数在区间的最小值、最大值分别为（    ） A． B． C． D． 【详解】， 所以在区间和上，即单调递增； 在区间上，即单调递减， 又，，， 所以在区间上的最小值为，最大值为. 故选：D 9．（2025·全国二卷·高考真题）若是函数的极值点，则___________ 【详解】由题意有， 所以， 因为是函数极值点，所以，得， 当时，， 当单调递增，当单调递减， 当单调递增， 所以是函数的极小值点，符合题意； 所以. 故答案为：. 10．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）若函数既有极大值也有极小值，则（    ）． A． B． C． D． 【详解】函数的定义域为，求导得， 因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而， 因此方程有两个不等的正根， 于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确. 故选：BCD 解题妙法 三步解题法： 1. 求临界点：令 ，解出定义域内的实根及导数不存在的点。 2. 判极值： 左正右负为极大值点，左负右正为极小值点。 选填常用二阶导数： 且 为极小， 为极大。 3. 求最值：比较区间端点与极值点的函数值。已知极值求参数：利用极值点导数为0及极值条件列方程组。 技巧：若函数在开区间内只有一个极值点，则该极值点即为最值点。 考向04 函数零点与方程的根 11．（2023·全国乙卷·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【详解】，则， 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或， 且当时，， 当，， 上单调递增， 在上单调递减， 故的极大值为，极小值为， 若要存在3个零点，则，即，解得， 故选：B. 12．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______． 【详解】令，即，令 则，令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，， 因为曲线与在上有两个不同的交点， 所以等价于与有两个交点，所以. 故答案为： 解题妙法 三步解题法： 1. 转化： 的零点 方程 的根 两函数图象 与 或 与 的交点。 2. 利用导数分析图象：求 ，确定单调区间、极值、端点极限，画出草图，确定零点个数及大致位置。 3. 含参零点：分离参数 ，转化为直线 与曲线 的交点问题，由值域及变化趋势得参数范围。 口诀：零点个数看交点数，单调极值画草图；含参分离直线绕，值域边界定区间。 考向05 构造函数比较大小 13．（2022·全国甲卷·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【详解】[方法一]：构造函数 因为当 故，故，所以； 设， ，所以在单调递增， 故，所以， 所以，所以，故选A [方法二]：不等式放缩 因为当， 取得：，故 ，其中，且 当时，，及 此时， 故，故 所以，所以，故选A [方法三]：泰勒展开 设，则，， ，计算得，故选A. [方法四]：构造函数 因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以， 故选：A． [方法五]：【最优解】不等式放缩 因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以． 故选：A． 【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法； 方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解． 14．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 【详解】方法一：构造法 设，因为， 当时，，当时， 所以函数在单调递减，在上单调递增， 所以，所以，故，即， 所以，所以，故，所以， 故， 设，则, 令，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 又， 所以当时，， 所以当时，，函数单调递增， 所以，即，所以 故选：C. 方法二：比较法 解： ， ， ， ① ， 令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ② ， 令 则 ， 令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故 解题妙法 三步解题法： 1. 观察结构：比较 与 的大小，若 单调性已知则可直接判断。若为不同函数形式（如 与 ），移项构造函数 或 。 2. 构造函数模型：常见形式： 比较 与 → 构造函数 比较 与 → 同上 比较 与 → 构造函数 比较 与 → 3. 利用导数判断单调性：研究构造函数在区间上的单调性，代入自变量比较函数值。 技巧：将问题转化为同一函数在两点处的函数值大小，利用单调性解决。 考向06 导数多选题综合 15．（2025·全国二卷·高考真题）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（   ） A． B．当时， C．当且仅当 D．是的极大值点 【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确； 对B，当时，，则，故B正确； 对C，， 故C错误； 对D，当时，，则， 令，解得或（舍去）， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 则是极大值点，故D正确； 故选：ABD. 16．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设函数，则（    ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 【详解】对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对D，当时，， 所以，正确； 故选：ACD. 17．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心 18．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为，，则（    ）． A． B． C．是偶函数 D．为的极小值点 【详解】方法一： 因为， 对于A，令，，故正确. 对于B，令，，则，故B正确. 对于C，令，，则， 令， 又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确， 对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误. 方法二： 因为， 对于A，令，，故正确. 对于B，令，，则，故B正确. 对于C，令，，则， 令， 又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确， 对于D，当时，对两边同时除以，得到， 故可以设，则， 当肘，，则， 令，得；令，得； 故在上单调递减，在上单调递增， 因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，    显然，此时是的极大值点，故D错误. 故选：. 19．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数，则（    ） A．有两个极值点 B．有三个零点 C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线 【详解】由题，，令得或， 令得， 所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确； 因，，， 所以，函数在上有一个零点， 当时，，即函数在上无零点， 综上所述，函数有一个零点，故B错误； 令，该函数的定义域为，， 则是奇函数，是的对称中心， 将的图象向上移动一个单位得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，故C正确； 令，可得，又， 当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误. 故选：AC. 解题妙法 三步解题法： 1. 逐项判断：多选题通常涉及切线、单调性、极值、零点、不等式等多个方面。先分别判断每个选项的真假，注意“全部正确”或“至少一个正确”的情况。 2. 特值排除法：对于抽象函数或含参问题，代入具体数值（如 或特殊函数 ）检验，快速排除错误选项。 3. 结合图象与性质：利用导数图象分析原函数趋势，或构造函数证明选项中的不等式。注意选项之间的逻辑关系（互斥或包含）。 注意：多选题往往有一个较易判断的选项，先确定该选项的正确性，再用排除法缩小范围。不确定的选项宁可不选，避免错选。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 一、单选题 1．（2026·江苏·模拟预测）若直线是曲线的一条切线，则（    ） A． B． C． D． 【详解】设直线与曲线相切于点， 因为，所以，解得. 2．（2026·湖北随州·三模）已知，函数的最大值为0，则的最小值为（   ） A． B． C．1 D． 【详解】依题意可得函数的定义域为， 由函数的最大值为0， 即在上恒成立， 即的图象在的下方， 结合图象可得，当函数的图象过原点，且与相切时，取得最小值， 根据对称性，不妨只考虑的情况， 即当与相切时，取得最小值， 即在上恒成立， 令，即时，取得最小值， 则，令，则， 又时，，即在上单调递增； 时，，即在上单调递减， 所以，解得． 故选：A 3．（2026·河北保定·二模）若函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【详解】，， 在区间上单调递增， 在区间上恒成立， ， 在区间上恒成立， ， ， 设， ， ，，，在上单调递增， 当时，， 则在内，有， 故，故的取值范围为. 4．（2026·河南周口·模拟预测）已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【详解】由题意，有两个极值点， 有两个不同的实根，即有两个根. 令，则，直线与的图象有两个交点. 若直线与的图象相切，则设切点为. 由于，则切线的斜率为，∴切线方程为， 即，，解得，. ∵要使直线与的图象有两个交点，，. 5．（2026·辽宁大连·一模）已知a，b，，（其中是自然对数的底数），则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【详解】由，进而， 又在上， 故的最小值可以看成是图像上的点离直线的最近距离的平方， ， 所以图像上离直线的最近的点为斜率为2的切线的切点 令， 即得，令，单调递增且， 所以，即切点横坐标为，切点为， 所以的最小值为. 二、多选题 6．（2026·辽宁鞍山·二模）已知函数，则（   ） A．是函数的一个极值点 B．是函数的一个极值点 C．直线是曲线在处的切线 D．直线是曲线在处的切线 【详解】由题意知，令，则或， 当时，，所以单调递增；当时，，所以单调递减，因此是函数的一个极值点，A正确； 因为，所以不是函数的极值点，B错误； 当时，，，所以切点为，斜率为，所以切线方程为，即，所以C正确，D错误. 7．（2026·湖北荆州·一模）已知函数，其中，则（    ） A．若函数有且仅有1个零点，则 B．若函数有且仅有2个极值点，则a的取值范围是 C．不存在，使函数存在唯一的极值点 D．若对恒成立，则 【详解】对于A，显然0不是函数的零点，当时，令，变形为， 令，，则， 令得或，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， ，作出的图象，如下： 直线与其仅有一个公共点，则； 对于B，，令， 函数有且仅有2个极值点，故有2个变号零点， 令得，显然0不是函数的零点， 当时，变形为，令， 则，令得，令得或， 故在上单调递减，在上单调递增， ，作出的图象，如下： 直线与其交于两点，则，故，B正确； 对于C，结合B的分析，显然当时，有且仅有一个变号零点， 函数存在唯一的极值点，C错误； 对于D，，即，当时，满足要求， 当时，，变形为， 令，结合A的分析，当x＞0时，，故，D正确. 8．（2026·浙江杭州·二模）已知函数，则（    ） A．，是增函数 B．，是奇函数 C．若有三个不同的零点，，，则 D．过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 【详解】已知，则. 选项A：若是增函数，只需，只需即可，所以. 所以，是增函数，故A正确. 选项B：，， 则，故不是奇函数，故B错误. 选项C：若有三个不同的零点，，，则有3个根. 其中一个零点为，另外两个零点为的两个根，，则. 所以，故C正确. 选项D：设切点为，， 所以切线方程为. 又切线过，所以，即. 切线恰有3条，等价于有3个不同的实数解，即函数与直线有3个交点. . 令，即，解得或. 当时，，当时，， 所以在、上单调递减，在上单调递增， 所以极小值为，极大值为， 所以当时，与有3个交点. 所以当时，过点且与曲线相切的直线恰有3条，故D正确. 9．（2026·山西太原·二模）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．当时，的最小值为 B．若有两个极值点，则实数的取值范围为 C．当时，的值域为 D．若存在，使得成立，则实数的最大值为 【详解】 ，求导得 A选项，当时，，， 令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，则， 即的最小值为，所以A选项错误； B选项，有两个极值点，等价于有两个不同的实数根，即有两个不同的解， 令，则，在上单调递减，在上单调递增，则， 且当时，；当时，；且时，，， 所以当时，有两个不同的解，即有两个极值点，所以B选项正确； C选项，若，则， ，所以在定义域内单调递增， 当时，；当时，；则的值域为，所以C选项正确； D选项，存在，使得，即存在，使得， 令，则 ，由B选项解析可知，当时，若，则， 不妨设为的根，即 ， 当，单调递减，当，单调递增， 则在处取得最小值， ， 需要满足存在，使得成立， 令，则，其中， 令，解得，所以在上单调递减，在单调递增， 则，此时 满足题意，所以，所以D选项正确. 【点睛】本题需要构造不同的函数，利用新函数的导数去研究原函数的单调性和取值范围，构造函数的时候需要注意自变量的取值范围. 10．（2026·辽宁沈阳·三模）已知函数，，则下列说法正确的是（   ） A．和的图象不存在公切线 B．在上是增函数 C．若恒成立，则整数的最大值为2 D．若，且，则的最小值为 【详解】由，则，且，则在处的切线为， 由，则，且，则在处的切线为， 综上，和的图象存在公切线，A错； 在上，则单调递增，且， 在上，则单调递增， 综上，结合复合函数的单调性知，在上是增函数，B对； 由，令且， 显然在上单调递增，且， 所以，使，即， 在上，在上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，又在上单调递减， 所以，而恒成立，则整数的最大值为2，C对； 由，则，故， 由，则， 又及在上单调递增，则，即， 所以，则， 综上，， 令且，则， 所以在上单调递增，则，D对. 三、填空题 11．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）若函数在处取得极大值，则实数的取值范围为________． 【详解】求导得 . 若，则，当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，故符合要求； 若，令. 当时，解得，， 当时，，此时是开口向上的抛物线， 所以当时，，； 当时，，， 所以在处取得极大值，故符合要求； 当时，此时是开口向下的抛物线，欲使成为的极大值点， 只需，即，解得. 综上，可得实数的取值范围为． 12．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）函数有两个不同的零点,则实数a的取值范围是__________. 【详解】由，得, 当时，左边，等式不成立，故不是根，； 当时，分离参数得​，令，则问题等价于与的图象有两个不同的交点, , 因此在上恒成立, 所以在和上分别单调递减， 由于当，时，，时，，此时的值域为， 当，时，，时，，此时的值域为， 则的大致图像如下： 所以要使与的图象有两个不同的交点，则 13．（2026·重庆·模拟预测）曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的外接圆方程为__________． 【详解】将曲线化为，求导得，在点的切线斜率， 由点斜式得切线方程：，整理为. 切线与坐标轴的交点为、，围成的三角形三个顶点为、、， 中，直角三角形的外接圆直径为斜边. 斜边的中点为，即圆心，，半径， 因此外接圆的标准方程为：（或展开为）. 14．（2026·广东佛山·一模）函数在区间上存在零点，则的最小值为________． 【详解】设为在上的零点，则，即点在直线上， 又为点到原点的距离的平方，原点到直线的距离为， 因此，即的最小值即为在上能成立， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，则，， 所以的最小值为. 15．（2026·辽宁朝阳·一模）已知函数，若当且仅当，则的取值范围是______. 【详解】依题意得：已知当且仅当，即不等式的解集为， 则：时，恒成立；时，恒成立； 三次函数是连续函数，因此分界点处必有， 代入函数得：， 将代入得， 求导得：，导数的零点为和，即函数的两个极值点， 时，时， 当时， 在上单调递增，即，解集为，符合题意， 当时，极值点满足，函数单调性： 时，单调递增； 时，单调递减； 时，单调递增； 是极大值点，且，要满足时，必须保证极大值： ，即， 极小值点（时），时函数递增，故，满足约束； 当时， 极值点满足，函数单调性： 时，单调递增； 时，单调递减； 时，单调递增； 是极大值点，且，要满足时，必须保证极大值： 整理得，因式分解得， 因恒成立，故，即，结合得， 合并三种情况的范围，得的取值范围是. 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 目 录 倒计时16天 ➤圆锥曲线（解答题）……………………………………………………………01 聚焦圆锥曲线定义、方程、几何性质及直线与曲线位置关系等综合问题 10大考向14个核心考点 倒计时15天 ➤数列（解答题）…………………………………………………………………19 聚焦等差等比数列通项与求和、数列求通项与求和方法、数列不等式等 6大考向6个核心考点 倒计时14天 ➤函数及其性质（选填题）………………………………………………………31 聚焦函数定义域值域、单调奇偶周期对称、零点与指对幂函数性质等 6大考向15个核心考点 倒计时13天 ➤导数及其应用（选填题） ……………………………………………………44 聚焦导数几何意义、单调性极值最值、不等式恒成立、零点问题等 6大考向10个核心考点 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 倒计时16天 不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海。 ——《荀子・劝学》 圆锥曲线（解答题） 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：①以椭圆、抛物线为考查主体（双曲线多为小题），核心考点包括轨迹方程、直线与曲线位置关系、弦长面积、定点定值、最值范围。②联立方程与韦达定理是通法，几何条件代数化（如向量垂直、斜率积为定值）是关键转化能力，运算量较大。 ►高考前沿：聚焦“非对称韦达”与“联立”技巧，减少机械运算；强调几何背景的转化（如阿基米德三角形、仿射变换）。突出逻辑推理与数学运算核心素养，需强化分步得分意识。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极考点1   基础公式与方程 曲线 标准方程 焦点 离心率 准线 渐近线 椭圆 —— 双曲线 抛物线 —— 终极考点2   弦长公式与硬解定理（椭圆+直线 ） 由直线与圆锥曲线联立，消元得到（） 则： 则：弦长 或 联立 与 ： 若直线设为 （避免讨论斜率不存在）： 终极考点3   点差法（中点弦） 设弦 中点 ，斜率 。 椭圆 ： 或 双曲线 ： 或 抛物线 ： 或 使用点差法时，需先设 ，代入方程相减，再代入中点坐标。 终极考点4   弦长与面积 弦长公式 直线 ： 直线 ： 常见面积 （ 为点到直线距离） （顶点为原点） （一边平行坐标轴） 终极考点5   平移齐次化（斜率之和/积为定值） 适用：直线过定点 ，涉及 或 。 步骤： 1. 平移坐标系：，使 变为原点。 1. 在新坐标系下写出曲线方程（展开至二次项）。 1. 设直线方程 ，代入曲线方程，得到关于 的二次方程。 1. 化为齐次形式（各项次数相同），则 即为该方程的两根。 1. 由韦达定理得 。 注意：平移后曲线方程会多出一次项和常数项，需通过“1的替换”（如用 代入常数项）化为齐次。 终极考点6   仿射变换（椭圆→圆） 变换：，则椭圆 变为圆 。 对应关系： 点： 直线： 斜率： 面积： 平行、共线、比例保持不变。 终极考点7   轨迹方程常用方法 方法 适用场景 步骤 直接法 动点直接满足几何条件 设点、列式、化简、限制范围 定义法 满足圆锥曲线定义 判断曲线类型，直接写方程 相关点法 动点随已知曲线上点运动 用动点表示已知点，代入已知曲线 参数法 动点坐标与参数有关 消去参数得方程 交轨法 两动直线交点 分别表示直线，联立消参 终极考点8   常见几何条件代数化 几何条件 代数表达式 共线 以 为直径的圆过 为 中点 四边形 是平行四边形 点 分 的比为 ， 终极考点9   最值与范围常用工具 二次函数：配方求顶点（注意定义域） 均值不等式：一正二定三相等 判别式法：将目标式转化为关于参数的二次方程，利用 导数法：连续函数求导找极值 几何意义：斜率、距离、投影的范围 终极考点10   易错点清单 1. 设直线方程忘记讨论斜率不存在 → 扣1分 1. 联立后二次项系数可能为零（如直线与抛物线对称轴平行）→ 单独验证 1. 判别式 必须写，且由此确定参数范围 → 漏写扣1分 1. 韦达定理符号写反（尤其 的负号）→ 全错 1. 弦长公式漏 → 结果错误 1. 面积公式漏 → 结果错误 1. 双曲线中点弦未验证点是否在曲线内 → 可能无解 1. 存在性问题解出后未检验 或范围 → 扣1分 1. 最值问题未说明取等条件或未验证取等点是否在定义域内 → 扣1分 1. 轨迹方程未注明范围（如 ）→ 扣1分 终极考点11   利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解 终极考点12   处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 终极考点13   处理定值问题的思路： 联立方程，用韦达定理得到、（或、）的形式，代入方程和原式化简即可. 终极考点14   答题规范模板 设方程：“设直线 （当 存在时）” 联立：“联立 ，消去 得：” 判别式：“由 得 ” 韦达：“由韦达定理得 ” 代入：“将韦达代入目标式，整理得：” 结论：“所以，直线恒过定点 ” / “定值为 ” / “取值范围是 ” 真题精研--复盘经典 把握规律 考向01 第一问：求方程 1. （2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4 (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 2. （2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 3. （2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 4. （2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 解题妙法 三步解题法： 1. 定曲线类型：根据题意判断是椭圆、双曲线还是抛物线，明确标准方程形式（椭圆： 或 ；双曲线：；抛物线： 等）。 1. 列方程求参数：利用已知条件（如过定点、焦距、离心率、点坐标、几何性质）建立关于 的方程组。 1. 解并验证：解出参数，代入标准方程；注意椭圆 ，双曲线 ，抛物线 ，并检查是否遗漏。 口诀：先定型再定量，代入条件解参数；椭圆双曲看分母，抛物线盯准一次项。 考向02 第一问：求离心率 5. （2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 6. （2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 7. （2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 解题妙法 三步解题法： 1. 写出基本量关系：椭圆 ，双曲线 （ 椭圆， 双曲线）。 1. 利用条件列出方程：将几何条件（如点坐标满足曲线方程、焦点三角形边长关系、渐近线夹角等）转化为关于 的齐次方程。 1. 化为 的方程并求解：消去 或 ，得到 的二次方程，解出 ，注意范围（椭圆 ，双曲线 ）。 技巧：双曲线渐近线斜率 ，若已知渐近线夹角可求 ；椭圆焦点三角形中，利用余弦定理或角平分线性质。 考向03 第一问：轨迹方程 8. （2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 解题妙法 三步解题法： 1. 设动点坐标：设所求轨迹上任意一点 ，根据题意找出 满足的几何或代数条件。 1. 列式化简：将条件翻译为等式（如距离公式、斜率关系、向量垂直或共线、点满足某曲线方程），代入已知点的坐标化简。 1. 检验完备性：去除不满足条件的点（如分母为零、轨迹范围限制），给出最终轨迹方程，注明缺少的点。 常用方法：直接法、定义法（利用圆锥曲线定义）、相关点法（代入法）、参数法。 考向04 弦长问题 9. （2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4 (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 10. （2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 11. （2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 解题妙法 三步解题法： 1. 联立方程：将直线 与圆锥曲线方程联立，消元得关于 （或 ）的一元二次方程。 1. 韦达定理：写出 ，，并确保判别式 。 1. 弦长公式： 若消去 ： 若消去 ：（） 注意：直线过焦点时，可用焦半径公式简化弦长（如抛物线 ）。 考向05 面积问题 12. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0 (1)求l的斜率； (2)若，求的面积． 13. （2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 14. （2020·海南·高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ， （1）求C的方程； （2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值. 15. （2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 解题妙法 三步解题法： 1. 选底与高： 若三角形顶点在曲线上，常用 （ 为第三点到直线 的距离）。 或 （原点在顶点时）。 若直线过原点， 等形式。 1. 联立+韦达：将直线与曲线联立，用韦达定理表示弦长和距离，面积表达为 的函数。 1. 求最值或定值：利用基本不等式、函数单调性、导数等求面积最值；或代入验证得定值。 考向06 定点问题 16. （2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点． 17. （2022·全国乙卷·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． (1)求E的方程； (2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 18. （2020·全国I卷·高考真题）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 解题妙法 三步解题法： 1. 设动直线方程：根据题意设直线方程（点斜式、斜截式或 ），并设交点坐标。 1. 联立+韦达：联立直线与曲线，利用韦达定理表示交点坐标之间的关系。 1. 求定点：将目标条件（如某直线恒过定点、向量数量积为定值）转化为关于参数的方程，化简后若与参数无关，则定点的坐标即为所求。常用“参数分离法”，令参数系数为0解出定点。 口诀：动线引参设方程，联立韦达表关系；恒过定点参数消，解出坐标即得定。 考向07 定直线问题 19. （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 解题妙法 三步解题法： 1. 设动点或动线：根据题意设动点坐标或动直线方程。 1. 推导点坐标关系：通过条件（如斜率之和/积为定值、点在某曲线上）得到动点的横纵坐标满足的方程。 1. 消参数得定直线：消去参数，得到关于 的方程，若恒为某条直线（如 或 且与参数无关），则该直线为定直线。 例：椭圆上两点与原点连线斜率积为定值，则弦中点轨迹为定直线。 考向08 求直线方程 20. （2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 21. （2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 22. （2022·全国甲卷·高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． (1)求C的方程； (2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 解题妙法 三步解题法： 1. 设直线形式：根据已知条件选择合适形式：点斜式 、斜截式、（避免斜率讨论）或两点式。 1. 利用条件建立方程：如弦长、面积、垂直、中点、过定点等，结合曲线方程联立，用韦达定理表达条件，得到关于 （或 ）的方程。 1. 解参数并验证：解出参数，代回直线方程；注意判别式 ，且排除不合题意的解（如斜率不存在的情况单独讨论）。 技巧：若直线过某点 ，设 ，注意讨论 不存在。 考向09 存在性问题 23. （2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 解题妙法 三步解题法： 1. 假设存在：先假设满足条件的点、直线或参数存在，设出相应变量。 1. 推导条件：根据题意列出方程或不等式组（如点在曲线上、距离关系、向量关系等），结合联立消元得到关于变量的方程。 1. 判断方程解的情况： 若有解且满足范围（判别式、定义域等），则存在，并求出结果； 若无解或违反约束，则不存在，给出结论。 注意：常需结合判别式 、点坐标范围、曲线性质进行验证。 考向10 证明问题综合 24. （2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 25. （2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 26. （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 27. （2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 28. （2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 解题妙法 三步解题法： 1. 明确证明目标：证明定值、定点、定直线、垂直、平行、三点共线、角相等等几何结论。 1. 转化为代数条件：用坐标表示几何关系（如垂直 ，共线 ，定值即表达式恒等于常数）。 1. 联立+韦达/点差法：将直线与曲线联立，用韦达定理代入目标表达式，化简消去变量，证得结果与参数无关。点差法常用于中点弦问题。 技巧：遇到椭圆中与中点有关的问题，优先考虑点差法；证明共线常用向量共线或斜率相等。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 1．（2026·贵州遵义·模拟预测）已知曲线上一点到的距离与到直线的距离之比为. (1)求曲线的方程： (2)过点的直线与曲线相交于两点，求的最大值. 2．（2026·河南·模拟预测）已知双曲线的左焦点为，右顶点为，渐近线方程为，点在直线上. (1)求的方程； (2)过点的直线与相切于点（异于点），证明：. 3．（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值. 4．（2026·辽宁辽阳·二模）已知动点满足到的距离比到直线l：的距离少1，动点形成的轨迹称为曲线． (1)求点P的轨迹方程； (2)已知曲线上的两点、满足，且的面积为，求直线的方程． 5．（2026·山东德州·二模）在平面直角坐标系中，点到点的距离是它到直线距离的倍，记点的轨迹为. (1)求的方程； (2)设点为的下顶点，直线过点且垂直于轴（位于原点与上顶点之间），过的直线交于两点，直线分别交于两点. （i）证明：为定值； （ii）是否存在实数使得四点共圆？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 6．（2026·四川凉山·二模）已知为椭圆的右焦点，为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，坐标原点到直线的距离为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线交椭圆于两点.求的面积的最大值. 7．（2026·山东泰安·模拟预测）已知椭圆的离心率为，斜率为的直线过原点且与椭圆相交所得弦长为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若椭圆的内接四边形为菱形，且该四边形的周长为，面积为，判断是否为定值，若是求出该定值，否则说明理由. 8．（2026·重庆·二模）已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且 (1)求直线AB的斜率(用表示)； (2)设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1. ①求证：直线l恒过定点Q； ②若向量，且，求的面积S的取值范围. 9．（2026·四川遂宁·三模）已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． (1)求抛物线C的方程； (2)，为上两点，的重心在直线上． （i）证明：直线的斜率为定值； （ii）设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 10．（2026·山东东营·二模）已知曲线上任意一点到点的距离比它到轴的距离大． (1)求曲线的方程； (2)为曲线上一点，直线与曲线交于两点（不与点重合），直线与轴交于点，直线与轴交于点，且． （i）求直线的斜率； （ii）证明：的外接圆的圆心在定直线上． 11．（2026·天津河东·二模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右焦点为，椭圆的离心率为，点为中点，为坐标原点，，椭圆上一点在第一象限． (1)求椭圆方程； (2)若，求； (3)若直线与椭圆交于点，点在点右侧，为线段上一点，，证明过定点，并求出定点坐标． 12．（2026·山西运城·二模）在平面直角坐标系中，设抛物线的焦点为，点，，且向量与共线． (1)求的方程． (2)已知动直线与交于两个不同的点． （ⅰ）若过点且斜率小于0，证明：以为直径的圆被轴截得的弦长大于． （ⅱ）若不经过点，且平分，求的外接圆圆心的轨迹方程． 13．（2026·江西南昌·二模）已知一系列椭圆：的右焦点为，上顶点为，，是等腰三角形，． (1)求椭圆的方程； (2)求数列的通项公式； (3)若数列的前项和为，若对任意的，都有（，），求的最小值． 14．（2026·河北保定·二模）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，点在椭圆上，的周长为面积的最大值为 (1)求椭圆的方程. (2)已知点，直线与椭圆交于两点，点为的垂心. （i）若 为等边三角形，求点的坐标； （ii）若直线过点，求的最大值. 15．（2026·河南开封·二模）已知椭圆经过点，F为C的右焦点，且与x轴垂直． (1)求C的标准方程； (2)设直线l与C交于A，B两点，且（O为坐标原点），探究：是否存在定圆与直线l始终相切? 若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由； (3)在（2）的条件下，求面积的最大值，并求此时直线l的方程． 16．（2026·天津南开·一模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，短轴长为2，过右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于第一象限的点，且. (1)求椭圆的方程； (2)直线：（）与椭圆交于点，，若椭圆上存在点使得四边形为平行四边形.且，求的值. 17．（2026·广东广州·二模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3． (1)求的方程： (2)已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点． （i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ii）证明：直线ME过定点． 18．（2026·广东深圳·二模）已知抛物线的焦点为是上不同的两点（其中在第一象限），点．当与轴垂直，且时，． (1)求的方程； (2)若为轴上一点，且（点与不重合）．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①三点共线； ②轴； ③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 19．（2026·山西晋中·模拟预测）若，点，双曲线． (1)写出，的坐标； (2)证明：对任意，点在双曲线C上； (3)设直线与双曲线C的两条渐近线分别交于点，和点，记的面积为（O为坐标原点），求证：为定值．（参考公式：设三角形的三个顶点分别为，，，则三角形面积） 20．（2026·浙江温州·二模）已知曲线与点，O为原点，动点，且的最大值为． (1)求曲线E的方程； (2)已知有个点，，，…，按逆时针顺序依次在E上，且，． （ⅰ）当，关于y轴对称，且的面积为1时，求直线的斜率； （ⅱ）当的面积都相等时，记多边形的周长为．若对于，都有，求整数的最小值． 倒计时15天 锲而不舍，金石可镂。 ——《荀子・劝学》 数列（解答题） 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：①核心考点为等差等比数列的证明与通项、求和（裂项相消、错位相减、分组求和），以及递推数列（构造法、取倒数、累加累乘）。②常与不等式、函数单调性结合考查最值与放缩，难度中档或压轴第一问。 ►高考前沿：聚焦“数列与概率综合”（如马尔可夫链基础）及“奇偶项讨论”的新型递推；突出数学运算与逻辑推理，强调从特殊到一般的归纳思想，注意答题规范中的数学归纳法表述。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极考点1   等差、等比数列通项公式 （1）等差数列通项公式： 或 （2）等比数列通项公式： 终极考点2   通项公式的构造 （1）已知，我们可以用待定系数法构造，从而转化为我们熟悉的等比数列求解 （2）已知用求通项 （3）已知用求通项公式，其本质是除以一个指数式 （4）已知用求通项公式，其本质是待定系数法 （5）已知用求通项公式，其本质是除以 （6）已知用求通项公式，其本质是取倒数 （7）已知用求通项公式，其本质是取对数 （8）的类型，公式 终极考点3   数列求和的常用方法 （1） 对于等差、等比数列，利用公式法可直接求解； 等差数列求和，等比数列求和 （2） 对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； 为公差为d的等差数列，为公比为q的等比数列，若数列满足，则数列的前n项和为 （3）对于结构，利用分组求和法； （4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 或通项公式为形式的数列，利用裂项相消法求和. 即 终极考点4   常见的裂项技巧 （1） ； （2） ； （3） （4） （5） 指数型； （6） 对数型. （7） （8） （9） （10） 等 终极考点5   数学归纳法模板 1. 时，验证成立 1. 假设时成立 1. 证时成立（利用假设） 1. 综上，对一切成立 终极考点6   常用放缩不等式 真题精研--复盘经典 把握规律 考向01 分组求和 1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和. 2．（2023·全国乙卷·高考真题）记为等差数列的前项和，已知． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 3．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，． (1)求的通项公式； (2)证明：当时，． 解题妙法 三步解题法： 1. 拆解通项：将数列的通项公式拆分为若干个可独立求和的子项，如 ，其中 与 为等差、等比或特殊数列。 2. 分别求和：利用等差、等比数列求和公式或常见求和公式（如 、）分别计算各部分的和。 3. 合并结果：将各部分的和相加，化简得最终前 项和 。 常见拆分：、、。 考向02 裂项相消求和 4．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． (1)求的通项公式； (2)证明：． 解题妙法 三步解题法： 1. 分解通项：将通项 裂项为两项之差的形式，即 或 。 2. 写出前 项和：，中间项抵消，仅剩首尾若干项。 3. 化简得结果：整理剩余项，得到最简表达式。 考向03 错位相减求和 5．（2024·全国甲卷·高考真题）记为数列的前项和，已知． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 6．（2023·全国甲卷·高考真题）设为数列的前n项和，已知． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 解题妙法 三步解题法： 1. 识别模型：通项为等差数列乘以等比数列的形式，即 。 2. 列式相减： 写出 两边乘公比 ： 两式相减，得 。 3. 求出 ：解出 ，并化简整理。 口诀：等差乘等比，错位相减易；乘公比再相减，等比求和后解出 。 考向04 求公差的值及范围 7．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和． (1)若，求的通项公式； (2)若为等差数列，且，求． 8．（2022·浙江·高考真题）已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为． (1)若，求； (2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围． 解题妙法 三步解题法： 1. 设公差/通项：设等差数列 的首项 ，公差 ，或直接设通项 。 2. 利用条件列方程/不等式：将题设条件（如某几项的关系、前 项和的范围、正整数解、单调性）转化为关于 （或 ）的方程或不等式组。 3. 求解并验证：解方程得 的值；解不等式得 的范围，注意 可为正、负、零，并检查是否满足数列中的隐含条件（如项的正负、整数性等）。 注意：涉及前 项和最值时，可结合二次函数对称轴分析；已知 表达式可直接求 。 考向05 数列与其他知识点交汇问题 9．（2025·全国一卷·高考真题）已知数列中，，. (1)证明：数列是等差数列； (2)给定正整数m，设函数，求． 10．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 11．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求． 解题妙法 三步解题法： 1. 识别交汇点：分清数列与哪个知识点结合（函数、不等式、概率、三角、解析几何等），将数列问题转化为该知识点的问题。 2. 建立联系： 与函数交汇：数列可视为定义在正整数集上的函数，利用单调性、最值、图象等分析。 与不等式交汇：常考放缩法证明与 有关的不等式，或求最值时的参数范围。 与概率交汇：求期望、概率时出现数列求和。 与三角交汇：涉及周期数列、三角函数值求和。 与解析几何交汇：点坐标成等差或等比数列。 3. 综合求解：先解决数列部分（如求通项、求和），再处理另一知识点的计算或证明，最终得出答案。 技巧：遇到递推关系与函数结合时，可尝试构造新数列；不等式证明常用裂项放缩或数学归纳法。 考向06 数列新定义 12．（2025·天津·高考真题）已知数列是等差数列，是等比数列，． (1)求，的通项公式； (2)，，有， （i）求证：对任意实数，均有; （ii）求所有元素之和． 13．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． 14．（2024·北京·高考真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为． (1)给定数列和序列，写出； (2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由； (3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”． 15．（2023·北京·高考真题）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. (1)若，求的值； (2)若，且，求； (3)证明：存在，满足 使得． 终极预测--压轴实战 稳拿高分 1．（2026·安徽池州·二模）已知是单调递增数列，记为数列的前n项和，且． (1)证明：是等差数列； (2)令，求． 2．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知是数列的前项和，，数列是公差为的等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 3．（2026·山西晋中·模拟预测）已知等差数列的公差为，前项和为，且，，，其中． (1)求公差及的值； (2)设数列，数列的前项和为，求． 4．（2026·陕西·二模）已知数列满足． (1)求的前项和； (2)记数列的前项和为，若；证明数列为等差数列，并求出的通项公式； 5．（2026·广东汕头·二模）数列的前三项均为，是公比为3的等比数列，且. (1)求的前项和； (2)求. 6．（2026·四川·二模）已知数列的首项，且满足． (1)求的通项公式； (2)证明：． 7．（2026·吉林白山·模拟预测）已知数列的前n项和为，满足，为等比数列，首项为1，且公比为2. (1)若，求数列的前n项和； (2)若不等式对恒成立，求实数k的取值范围. 8．（2026·河南·模拟预测）已知数列满足，． (1)令，求数列的通项公式； (2)设的前n项和为，若，求n的最大值． 9．（2026·贵州贵阳·模拟预测）已知是数列的前项和，， (1)命题：若 （i） ，则 （ii） . ①是以2为公差的等差数列； ②对任意，. 从①②中选择一个填在（i），另一个填在（ii），使得命题为真命题，并证明.（若写两种选择，则按第一种选择给分） (2)在（1）的条件下，求数列的通项. 10．（2026·福建·二模）已知函数． (1)若是奇函数，求； (2)当时，的所有正零点从小到大排列构成数列，求的前项和． 11．（2026·山西太原·二模）在2026年央视春晚舞台上，多款智能机器人协同完成舞蹈､列队､翻转等高难度表演.某实验室为测试A，B两种型号机器人的动作稳定性，设计如下试验：每次独立执行一个动作，若某型号机器人试验成功，则下一轮继续使用该型号机器人进行试验；若试验失败，则下一轮更换另外一种型号的机器人进行试验. 已知A型号机器人试验成功的概率为，失败的概率为；型号机器人试验成功的概率为，失败的概率为.试验成功记1分，失败记0分，且第1轮使用A型号机器人. (1)记为前3轮试验的总得分，求的数学期望； (2)设为第轮试验使用A型号机器人的概率. ①求数列的通项公式； ②记为前轮试验的期望总得分，求关于的表达式. 12．（2026·云南玉溪·二模）已知数列中，． (1)证明：数列是等差数列； (2)如图，在平面直角坐标系xOy中，若，依次连接点，得到折线，求由该折线与直线所围成的区域的面积； (3)记，若恒成立，求实数的最大值． 13．（2026·江苏·模拟预测）一盒子中共有5个大小质地完全相同的小球，其中3个红球，2个黑球.从盒子中一次随机取出两个球，如果取出的球是黑球，则将它放回盒子中；如果取出的球是红球，则不放回盒子中，另补相同数量的黑球放入盒子中.重复进行上述操作次后，盒子中黑球的个数记为. (1)求恰好2次操作后，盒子中小球的颜色全部相同的概率； (2)求随机变量的分布列； (3)证明：. 14．（2026·重庆·模拟预测）已知等差数列的公差为4，其前8项之和为144．等比数列的公比为，且． (1)求和的通项公式； (2)记． （i）证明：数列是等比数列； （ii）证明：． 15．（2026·广东江门·二模）若数列满足，则称为“-拟等差数列”；若数列满足，则称为“-拟等比数列”． (1)若数列既是“2-拟等差数列”，又是“4-拟等比数列”，且，求的通项公式． (2)已知，，，数列是“-拟等比数列”，的前项和为． （i）证明：存在，使得是“-拟等差数列”． （ii）证明：． 倒计时14天 长风破浪会有时，直挂云帆济沧海。 ——李白《行路难》 函数及其性质（选填题） 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：①核心考点包括函数定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性、对称性、函数图象识别与变换。②难度覆盖中低档至压轴，常以分段函数、抽象函数、复合函数、指对幂函数比较大小为载体，考查数形结合与特殊值法。 ►高考前沿：聚焦抽象函数的赋值推理与对称+周期联用求值；突出直观想象与逻辑推理，强调熟记常见函数模型（如对勾函数、高斯函数）的图象性质，提升选择题解题速度。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极考点1   单调性 （1） 单调性的运算 ①增函数（↗）增函数（↗）增函数↗ ②减函数（↘）减函数（↘）减函数↘ ③为↗，则为↘，为↘ ④增函数（↗）减函数（↘）增函数↗ ⑤减函数（↘）增函数（↗）减函数↘ ⑥增函数（↗）减函数（↘）未知（导数） （2） 复合函数的单调性 终极考点2   奇偶性 ①具有奇偶性的函数定义域关于原点对称（大前提） ②奇偶性的定义： 奇函数：，图象关于原点对称 偶函数：，图象关于轴对称 ③奇偶性的四则运算 终极考点3   周期性（差为常数有周期） ①若，则的周期为： ②若，则的周期为： ③若，则的周期为：（周期扩倍问题） ④若，则的周期为：（周期扩倍问题） 终极考点4   对称性（和为常数有对称轴） 轴对称 ①若，则的对称轴为 ②若，则的对称轴为 点对称 ①若，则的对称中心为 ②若，则的对称中心为 终极考点5   周期性对称性综合问题 ①若，，其中，则的周期为： ②若，，其中，则的周期为： ③若，，其中，则的周期为： 终极考点6   奇偶性对称性综合问题 ①已知为偶函数，为奇函数，则的周期为： ②已知为奇函数，为偶函数，则的周期为： 终极考点7   与指数函数相关的奇函数和偶函数 ，（，且）为偶函数， ，（，且）为奇函数 和，（，且）为其定义域上的奇函数 和，（，且）为其定义域上的奇函数 为偶函数 终极考点8   与对数函数相关的奇函数和偶函数 ，（且）为奇函数， ，（且）为奇函数 终极考点9   奇函数+常函数 在定义域内，若，其中为奇函数，为常数，有 即倍常数 终极考点10   指数和对数的互化公式 终极考点11   对数的性质与运算法则 （1） 两个基本对数： ①，② （2） 对数恒等式： ①，② （3） 幂的对数： ①： ②： ③： （4） 积的对数： （5） 商的对数： 终极考点12   换底公式： ； 推广1：对数的倒数式 推广2： 终极考点13   函数的零点 对于函数，我们把的实数叫做函数的零点 终极考点14   函数的零点与方程的根和图象与轴交点的关系 函数的零点就是方程的实数解，也就是函数的图象与轴交点的横坐标 方程的实数解 函数的零点 函数的图象与轴有交点 终极考点15   零点存在性定理 如果函数在区间的图象是一条连续不断的曲线，且有，那么函数在区间至少有一个零点，即存在，使得，这个也是方程的解 真题精研--复盘经典 把握规律 考向01 由函数奇偶性求参数值 1．（2023·全国乙卷·高考真题）已知是偶函数，则（    ） A． B． C．1 D．2 2．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）若为偶函数，则（    ）． A． B．0 C． D．1 3．（2023·全国甲卷·高考真题）若为偶函数，则________． 4．（2024·全国甲卷·高考真题）已知且，则______． 解题妙法 三步解题法： 1. 利用定义： 偶函数： 恒成立 奇函数： 恒成立 2. 特殊值法（小题首选）：代入简单的 值（如 或 注意定义域），列方程求参数，再验证是否恒成立。 3. 待定系数法（大题思路）：化简 ，令各次项系数为零，解出参数。 口诀：奇偶求参不用愁，代个特殊值解方程；注意定义须对称，端点验证要记清。 考向02 函数图象识别 5．（2025·天津·高考真题）已知函数的图象如下，则的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 6．（2024·全国甲卷·高考真题）函数在区间的图象大致为（    ） A． B． C． D． 解题妙法 三步解题法： 1. 看定义域与特殊点：排除图象中不存在的 范围；代入 等计算 判断。 2. 看单调性与奇偶性：利用导数或基本初等函数性质判断增减趋势；奇偶性判断对称性。 3. 看趋势与渐近线： 时函数值变化；是否有水平、竖直渐近线（如分式函数分母为零处）。 技巧：结合极限、特殊值、导数的符号快速排除错误选项。 考向03 函数性质综合 7．（2025·全国一卷·高考真题）已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（   ） A． B． C． D． 8．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 9．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 10．（2025·全国二卷·高考真题）（多选）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（   ） A． B．当时， C．当且仅当 D．是的极大值点 11．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）已知函数的定义域为，，则（    ）． A． B． C．是偶函数 D．为的极小值点 解题妙法 三步解题法： 1. 拆解性质：题目常给出奇偶性、单调性、周期性、对称性中的两个以上。分别列出性质对应的代数表达式。 2. 推导关系：利用性质推出函数图象特征（如对称轴、对称中心、周期），转化到已知区间上的解析式。 3. 求值或解不等式：将自变量通过周期性或对称性化到已知区间内，再代入计算；解不等式时利用单调性去掉 。 考向04 指对幂函数性质 12．（2024·天津·高考真题）设，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 13．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数．记，则（    ） A． B． C． D． 14．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 15．（2025·全国一卷·高考真题）已知，则x，y，z的大小关系不可能是（   ） A． B． C． D． 解题妙法 三步解题法： 1. 比较大小： 同底用单调性（ 增， 减） 同指数用幂函数单调性 不同底不同指：取中间值（0,1）或作差/作商，也可构造函数利用单调性。 2. 解指对方程/不等式： 化为同底，利用单调性去掉底数，注意底数范围决定不等号方向。 换元法（如 ）转化为代数方程。 3. 图象性质： 指数函数恒过 ，对数函数恒过 ，都经过 等关键点。 对数真数大于0，定义域优先。 口诀：指对幂比大小，同底单调中间桥；解不等式看底数，小于1时要变号。 考向05 函数零点与方程的根及图象交点 16．（2025·天津·高考真题）函数的零点所在区间是（   ） A． B． C． D． 17．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（    ） A． B． C．1 D．2 18．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______． 解题妙法 三步解题法： 1. 转化： 零点 → 方程根 → 两个函数图象交点 与 的交点。 2. 代数法（存在性）：由零点存在定理 ，结合单调性确定唯一零点。 3. 图象法（个数）：画出两个函数图象（注意渐近线、特殊点），数出交点个数；分参后 ，函数值域确定参数范围。 注意：含参零点问题常转化为直线 与曲线 的交点问题。 考向06 函数及其应用 19．（2025·北京·高考真题）一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（   ） A．2h B．4h C．20h D．40h 20．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压．下表为不同声源的声压级： 声源 与声源的距离 声压级 燃油汽车 10 混合动力汽车 10 电动汽车 10 40 已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为，则（    ）． A． B． C． D． 解题妙法 三步解题法： 1. 建模：根据实际问题建立函数关系式（一次、二次、指数、对数、分段函数等），明确自变量范围与定义域。 2. 求目标量：利用函数性质（单调性、最值、变化率）解决实际需求，如最大利润、最小成本、增长率、衰减时间等。 3. 回归实际意义：计算结果要符合实际，取整、单位、范围等需验算。 常见模型： 平均增长率： 指数衰减： 对数型：pH值、声强级 分段函数：出租车计价、水费电费 终极预测--压轴实战 稳拿高分 一、单选题 1．（2026·贵州遵义·模拟预测）设函数，则的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·湖北荆门·模拟预测）设函数，若，则满足的关系式为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·河北·二模）若函数为偶函数，则（   ） A． B． C． D． 4．（2026·四川·二模）函数的部分图象可能是（   ） A． B． C． D． 5．（2026·江西·二模）已知函数，若，，，则（   ） A． B． C． D． 6．（2026·福建·二模）已知函数为增函数，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 7．（2026·广西南宁·三模）酒驾是严重危害交通安全的违法行为．为了保障交通安全，根据国家有关规定：血液中酒精含量达到的驾驶员即为酒后驾车，及以上认定为醉酒驾车．假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了．如果在停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时的速度减少，那么他至少经过（   ）个小时才能驾驶．（参考数据：，） A．6 B．7 C．8 D．9 8．（2026·山东东营·模拟预测）已知函数，（），若对于任意，，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 9．（2026·广东江门·二模）已知函数， ，若恰有个零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 作出的大致图象，如图所示． 由，得， 由图可知，当时，直线与的图象恰有2个交点， 即恰有2个零点． 10．（2026·安徽阜阳·二模）已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（    ） A．99 B．78 C．66 D．52 二、多选题 11．（2026·河南洛阳·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若是偶函数，则 B．若是奇函数，则 C．若，则a的取值范围为 D．若，则的最小值为 12．（2026·重庆·模拟预测）已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（   ） A． B． C．当时， D．的极大值为 13．（2026·河北邢台·二模）已知是定义在上的奇函数，，，若为偶函数，则（    ） A． B． C． D． 14．（2026·广东中山·三模）已知函数，的定义域为，且，，若的图象关于直线对称，则（   ） A． B． C．是奇函数 D． 三、填空题 15．（2026·江西上饶·二模）已知为定义在上的奇函数，且当时，，则______． 倒计时13天 千磨万击还坚劲，任尔东西南北风。 —— 郑燮《竹石》 导数及其应用（选填题） 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：①核心考点为导数的几何意义（切线斜率、切线方程）、利用导数研究函数单调性、极值最值、函数的零点与图象交点。②难度以中档偏上或压轴为主，常以含参函数、复合函数、构造函数比较大小、三次函数性质为考查形式。 ►高考前沿：聚焦构造函数比大小（如借助与lnx的不等式链）及函数同构的快速判断；突出数学运算与逻辑推理，强化导数与函数性质的转化技巧，注意选填中的特殊值排除法与极限思想的应用。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极考点1   八大常用函数的求导公式 （为常数） ；例：，，， ，， ，， 终极考点2   导数的四则运算 （1） 和的导数： （2） 差的导数： （3） 积的导数：（前导后不导前不导后导） （4） 商的导数：， 终极考点3   复合函数的求导公式 函数中，设（内函数），则（外函数） 终极考点4   导数的几何意义 （1） 导数的几何意义 导数的几何意义是曲线在某点处切线的斜率 （2） 直线的点斜式方程 直线的点斜式方程：已知直线过点，斜率为，则直线的点斜式方程为： 终极考点5   用导数判断原函数的单调性 设函数在某个区间内可导，如果，则为增函数；如果，则为减函数. 终极考点6   判别是极大（小）值的方法 当函数在点处连续时， （1）如果在附近的左侧，右侧，则是极大值； （2）如果在附近的左侧，右侧，则是极小值. 终极考点7   常见的指对放缩 ，，， 终极考点8   常见的三角函数放缩 终极考点9   其他放缩 ，， ，， ， ， 终极考点10   常见函数的泰勒展开式 （1），其中； （2），其中； （3），其中； （4），其中； （5）； （6）； （7）； （8）． 由泰勒公式，我们得到如下常用的不等式： ，，， ，，， ，，． 真题精研--复盘经典 把握规律 考向01 切线问题（含公切线） 1．（2023·全国甲卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·全国一卷·高考真题）若直线是曲线的一条切线，则_________. 4．（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__________. 解题妙法 三步解题法： 1. 单曲线切线：设切点 ，斜率 ，切线方程为 。若切线过某点 ，代入解 。 2. 公切线：分别设两曲线上的切点 和 ，斜率相等且两切线重合（同一直线），得方程组 ，解出 。 3. 选填技巧：若切线过原点且 为奇函数，切点往往对称；公切线问题有时转化为方程有解求参数。 口诀：单切线设切点，公切线双切点；斜率相等且同线，解方程组得答案。 考向02 导数与函数单调性 5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（    ）． A． B．e C． D． 6．（2023·全国乙卷·高考真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______. 解题妙法 三步解题法： 1. 求导并化简：对函数求导 ，注意定义域，将导数化为易于判断符号的形式（因式分解、通分、配方）。 2. 解不等式：在定义域内解 得增区间， 得减区间。 3. 选填技巧： 已知单调性求参数范围：转化为 （或 ）在区间上恒成立，分离参数或二次函数最值。 利用导函数图象（如 的图象）判断原函数增减趋势。 注意：导数等于0的点不一定是单调区间分界点，需检验。 考向03 极值与最值 7．（2022·全国甲卷·高考真题）当时，函数取得最大值，则（    ） A． B． C． D．1 8．（2022·全国乙卷·高考真题）函数在区间的最小值、最大值分别为（    ） A． B． C． D． 9．（2025·全国二卷·高考真题）若是函数的极值点，则___________ 10．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）若函数既有极大值也有极小值，则（    ）． A． B． C． D． 解题妙法 三步解题法： 1. 求临界点：令 ，解出定义域内的实根及导数不存在的点。 2. 判极值： 左正右负为极大值点，左负右正为极小值点。 选填常用二阶导数： 且 为极小， 为极大。 3. 求最值：比较区间端点与极值点的函数值。已知极值求参数：利用极值点导数为0及极值条件列方程组。 技巧：若函数在开区间内只有一个极值点，则该极值点即为最值点。 考向04 函数零点与方程的根 11．（2023·全国乙卷·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 12．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______． 解题妙法 三步解题法： 1. 转化： 的零点 方程 的根 两函数图象 与 或 与 的交点。 2. 利用导数分析图象：求 ，确定单调区间、极值、端点极限，画出草图，确定零点个数及大致位置。 3. 含参零点：分离参数 ，转化为直线 与曲线 的交点问题，由值域及变化趋势得参数范围。 口诀：零点个数看交点数，单调极值画草图；含参分离直线绕，值域边界定区间。 考向05 构造函数比较大小 13．（2022·全国甲卷·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 14．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 解题妙法 三步解题法： 1. 观察结构：比较 与 的大小，若 单调性已知则可直接判断。若为不同函数形式（如 与 ），移项构造函数 或 。 2. 构造函数模型：常见形式： 比较 与 → 构造函数 比较 与 → 同上 比较 与 → 构造函数 比较 与 → 3. 利用导数判断单调性：研究构造函数在区间上的单调性，代入自变量比较函数值。 技巧：将问题转化为同一函数在两点处的函数值大小，利用单调性解决。 考向06 导数多选题综合 15．（2025·全国二卷·高考真题）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（   ） A． B．当时， C．当且仅当 D．是的极大值点 16．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设函数，则（    ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 17．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 18．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为，，则（    ）． A． B． C．是偶函数 D．为的极小值点 19．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数，则（    ） A．有两个极值点 B．有三个零点 C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线 解题妙法 三步解题法： 1. 逐项判断：多选题通常涉及切线、单调性、极值、零点、不等式等多个方面。先分别判断每个选项的真假，注意“全部正确”或“至少一个正确”的情况。 2. 特值排除法：对于抽象函数或含参问题，代入具体数值（如 或特殊函数 ）检验，快速排除错误选项。 3. 结合图象与性质：利用导数图象分析原函数趋势，或构造函数证明选项中的不等式。注意选项之间的逻辑关系（互斥或包含）。 注意：多选题往往有一个较易判断的选项，先确定该选项的正确性，再用排除法缩小范围。不确定的选项宁可不选，避免错选。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 一、单选题 1．（2026·江苏·模拟预测）若直线是曲线的一条切线，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·湖北随州·三模）已知，函数的最大值为0，则的最小值为（   ） A． B． C．1 D． 3．（2026·河北保定·二模）若函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（2026·河南周口·模拟预测）已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·辽宁大连·一模）已知a，b，，（其中是自然对数的底数），则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（2026·辽宁鞍山·二模）已知函数，则（   ） A．是函数的一个极值点 B．是函数的一个极值点 C．直线是曲线在处的切线 D．直线是曲线在处的切线 7．（2026·湖北荆州·一模）已知函数，其中，则（    ） A．若函数有且仅有1个零点，则 B．若函数有且仅有2个极值点，则a的取值范围是 C．不存在，使函数存在唯一的极值点 D．若对恒成立，则 8．（2026·浙江杭州·二模）已知函数，则（    ） A．，是增函数 B．，是奇函数 C．若有三个不同的零点，，，则 D．过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 9．（2026·山西太原·二模）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．当时，的最小值为 B．若有两个极值点，则实数的取值范围为 C．当时，的值域为 D．若存在，使得成立，则实数的最大值为 10．（2026·辽宁沈阳·三模）已知函数，，则下列说法正确的是（   ） A．和的图象不存在公切线 B．在上是增函数 C．若恒成立，则整数的最大值为2 D．若，且，则的最小值为 三、填空题 11．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）若函数在处取得极大值，则实数的取值范围为________． 12．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）函数有两个不同的零点,则实数a的取值范围是__________. 13．（2026·重庆·模拟预测）曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的外接圆方程为__________． 14．（2026·广东佛山·一模）函数在区间上存在零点，则的最小值为________． 15．（2026·辽宁朝阳·一模）已知函数，若当且仅当，则的取值范围是______. 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $