专题六第3讲母题突破1 范围、最值问题(解析版)

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备战2020高考黄金100题解读与扩展系列之解三角形：专题6 三角形中的最值问题 Word版含解析

I ．题源探究·黄金母题【例1】海中一小岛，周围mile n 8.3内有暗礁，海轮由西向东航行，望见该岛在北偏东70°，航行mile n 8以后，望见这岛在北偏东60°，如果这艘轮船不改变航向继续前进，有没有触礁的危险？【解析】根据题意作出如图所示，其中设C 为岛所在位置，B A ,是该轮船航行前后的位置，过C 作AB CD ⊥于D ，根据题意知，在△ABC 中，8=AB ，︒=∠20CAB ，︒=∠150ABC ，∴CAB ABC ACB ∠-∠-︒=∠180=10°，∠CBD=30°，由正弦定理得，ACBABCAB BC ∠=∠sin sin ， ∴ACB CAB AB BC ∠∠=sin sin =︒︒10sin 20sin 8≈15.7560，∴=∠=CBD BC CD sin ≈7.878＞3.8， ∴没有触礁的危险. 答：没有触礁的危险．精彩解读【试题来源】人教版A 版必修5第24页复习参考题A 组第2题．【母题评析】本题考查利用正余弦定理解与三角形有关的综合问题，是常考题型．【思路方法】根据题意画出图形，C 为岛所在位置，B A ,是该轮船航行前后的位置，过C 作AB CD ⊥于D ，根据题意知，在△ABC 中，8=AB ，︒=∠20CAB ，︒=∠150ABC ，要判断是否触礁，即需要计算C 点到直线AB 的距离CD ，在△ABC 中利用正弦定理计算出BC,在通过解直角三角形即可求出CD ．II ．考场精彩·真题回放【例2】【2015高考湖南，理17】设ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，tan a b A =，且B 为钝角.（1）证明：2B A π-=；（2）求sin sin A C +的取值范围.（2）由（1）知，()C A B π=-+(2)2022A A πππ-+=->，∴(0,)4A π∈，于是sin sin sin sin(2)2A C A A π+=+-=sin cos2A A + =22192sin sin 12(sin )48A A A -++=--+，∵04A π<<，∴0sin 2A <<，因此21992(sin )2488A <--+≤，由此可知sin sin A C +的取值范围是9(]28. 【例3】【2014重庆高考理第10题】已知ABC ∆的内角C B A ,,满足)sin(2sin C B A A +-+ =21)sin(+--B A C ，面积S 满足C B A c b a S ,,,,21分别为，记≤≤所对的边，则下列不等式成立的是（）A.8)(>+c b bcB.()ac a b +>126≤≤abc D.1224abc ≤≤【答案】A【解析】由题设得：()()1sin 2+sin 2sin 22A B C ππ-=-+1sin 2+sin2B+sin 22A C ⇒= ⇒ ()()1sin 222+sin2B+sin 22BC C π-+=()1sin2B+sin 2sin 222C B C ⇒-+= ⇒()()1sin 21cos 2sin 21-cos2B 2B C C -+=()14sin sin sin cos cos sin 2B C B C B C ⇒+= 1sin sin sin 8A B C ⇒=……………………（1）由三角形面积公式1sin 2s ab C =及正弦定理得：214sin sin sin 2s R A B C =⨯ 所以24s R =,又为12s ≤≤，所以248R ≤≤,所以因()338sin sin sin b c b cbc b c abc R A B C R a a+++=⨯=⨯>恒成立，所以()8bc b c +>【例4】【2016高考山东理数】在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知tan tan 2(tan tan ).cos cos A B A B B A+=+ （Ⅰ）证明：a +b =2c ; （Ⅱ）求cos C 的最小值.()∏由()I 知2a bc +=, 所以 2222222cos 22a b a b a b c C ab ab +⎛⎫+- ⎪+-⎝⎭==311842b a a b ⎛⎫=+-≥ ⎪⎝⎭，当且仅当a b =时，等号成立. 故 cos C 的最小值为12. 【例5】【2014全国1高考理第16题】已知c b a ,,分别为ABC ∆三个内角C B A ,,的对边，2=a ，且()C b c B A b sin )()sin (sin 2-=-+，则ABC ∆面积的最大值为____________．【解析】由2=a ，且()C b c B A b s i n )()s i n (s i n 2-=-+，故(ab)(s i n A +-=-，又根据正弦定理，得(a b)()(c b)a b c +-=-，化简得，222b c a bc +-=，故222b c a 1cosA 2bc 2+-==，所以0A 60=，又22b c 4bc bc +-=≥，故1S bcsinA 2BAC ∆=≤．【例6】【2016年高考北京理数】在∆ABC中，222+=+a c b .（1）求B ∠ 的大小；（2cos cos A C + 的最大值.【命题意图】本题主要考查利用正余弦定理和三角公式求与三角形有关的三角式的范围问题，考查运算求解能力，是中档题．【考试方向】这类试题在考查题型上，通常以选择题或填空题或解答题的形式出现，难度中等，考查学生利用正余弦定理及相关知识解决与三角形有关的综合问题．【难点中心】解答此类问题的关键是熟练学三角恒等变形能力，形成解题的模式和套路 III ．理论基础·解题原理考点一三角形中的不等关系1.任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边；2.任一角都大于00而小于1800,任意两角之和也是大于00而小于1800;3 3..设角A 是一三角形的内角,则1sin 0≤<A ;4.在锐角三角形中, 任意两角之和也是大于900而小于1800; 5.在同一三角形中大边对大角,大角对大边考点二与三角形有关的综合问题类型常以三角形中的不等和最值问题为载体，考查运用三角变换、正余弦定理、基本不等式、平面向量等知识和方法求取值范围或值域或求值，要求学生有较强的逻辑思维能力、三角恒等变形能力以及准确的计算能力。

中考数学复习核心母题一最值问题深度练习

核心母题一最值问题深度练习1．如图，已知直线a∥b，且a与b之间的距离为4，点A到直线a的距离为2，点B到直线b的距离为3，AB＝230.试在直线a上找一点M，在直线b上找一点N，满足MN⊥a且AM＋MN＋NB的长度和最短，则此时AM＋NB＝( )A．6 B．8 C．10 D．122．如图，在边长为2的等边△ABC中，D为BC的中点，E是AC边上一点，则BE＋DE的最小值为________．3．菱形OBCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，顶点B(2，0)，∠DO B＝60°，点P是对角线OC上一个动点，E(0，－1)，当EP＋BP最短时，点P的坐标为________．4．如图，在⊙O中，直径AB＝6，BC是弦，∠ABC＝30°，点P在BC上，点Q在⊙O上，且OP⊥PQ.当点P在BC上移动时，求PQ的最大值．5．如图，对称轴为直线x ＝2的抛物线经过A(－1，0)，C(0，5)两点，与x 轴另一交点为B.已知M(0，1)，E(a ，0)，F(a ＋1，0)，点P 是第一象限内的抛物线上的动点． (1)求此抛物线的解析式；(2)当a ＝1时，求四边形MEFP 的面积的最大值，并求此时点P 的坐标；(3)若△PCM 是以点P 为顶点的等腰三角形，求a 为何值时，四边形PMEF 周长最小？请说明理由．参考答案1．B 2.7 3.(23－3，2－3) 4．解：如图，连接OQ.在Rt△OPQ 中，PQ ＝OQ 2－OP 2＝9－OP 2，当OP 最小时，PQ 最大，此时OP⊥BC，则OP ＝12OB ＝32，∴PQ 的最大值为9－（32）2＝332.5．解：(1)设抛物线的解析式为y ＝ax 2＋bx ＋c ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－b2a＝2，a －b ＋c ＝0，c ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝4，c ＝5，∴抛物线的解析式为y ＝－x 2＋4x ＋5.(2)当a ＝1时，E(1，0)，F(2，0)，OE ＝1，OF ＝2. 设P(x ，－x 2＋4x ＋5)．如图，过点P 作PN⊥y 轴于点N ，则PN ＝x ，ON ＝－x 2＋4x ＋5， ∴MN＝ON －OM ＝－x 2＋4x ＋4. S 四边形MEFP ＝S 梯形OFPN －S △PMN －S △OME ＝12(OF ＋PN)·ON－12MN·NP－12OE·OM ＝12(x ＋2)(－x 2＋4x ＋5)－12x·(－x 2＋4x ＋4)－12×1×1＝－(x －94)2＋15316， ∴当x ＝94时，S 四边形MEFP 最大，最大为15316.当x ＝94时， y ＝－x 2＋4x ＋5＝14316，此时点P 坐标为(94，14316)．(3)∵M(0，1)，C(0，5)，△PCM 是以点P 为顶点的等腰三角形， ∴点P 的纵坐标为3.令y ＝－x 2＋4x ＋5＝3，解得x ＝2± 6. ∵点P 在第一象限， ∴点P(2＋6，3)．∵在四边形PMEF 中，PM ，EF 长度是固定的， ∴ME＋PF 最小时，四边形PMEF 的周长最小．如图，将点M 向右平移1个单位长度(EF 的长度)，得M 1(1，1)，作点M 1关于x 轴的对称点M 2，则M 2(1，－1)，连接PM 2，与x 轴交于F 点，此时ME ＋PF ＝PM 2最小．设直线PM 2的解析式为y ＝mx ＋n ，将P(2＋6，3)，M 2(1，－1)代入得⎩⎨⎧（2＋6）m ＋n ＝3，m ＋n ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝46－45，n ＝－46＋15，∴y＝46－45x －46＋15.当y ＝0时，解得x ＝6＋54，∴F(6＋54，0)． ∵a＋1＝6＋54，∴a＝6＋14， ∴当a ＝6＋14时，四边形PMEF 的周长最小．。

【高考二轮复习大题讲义】第3讲求最值和范围-原卷+解析

第3讲求最值和范围求最值和范围是数列部分相对较难的内容,解题方法的核心在于判定数列的单调性,进而来求解最值.判定单调性的方法主要有三种:函数法、作差法、作商法.函数法函数法判定数列单调性的核心在于理解数列的本质:数列是一种非连续性函数,即数列()n a f n =是函数()y f x =上的一些不连续的点,所以我们在解题时只要判定出函数y =()f x 的单调性,就得到了数列()n a f n =的单调性,但这里一定要注意数列的非连续性.【例1】已知2192n n a n+=-,求数列{}n a 的最大项与最小项。

【例2】已知2n b n =,其前n 项和为n S ,若11nn b S λ+恒成立,求λ的最小值.【例3】知n b n =,数列{}n b 的前n 项和为n S ,若不等式(1)24nn n kb S n -<++对所有的正整数n 都成立,求实数k 的取值范围.作差法根据1n n a a +-的符号判断数列{}n a 是递增数列、递减数列还是常数列. 若不是严格的单调数列,也可以利用不等式组()11020n n n n a a n a a -+-⎧⎨-⎩找到数列的最大项,利用不等式()1120n n n n a a n a a -+-⎧⎨-⎩找到数列的最小项.【例1】n S 是数列{}n a 的前n 项和,且n a =n ,若25n an n b a =-,求数列{}n b 中的最小项。

【例2】设公差不为零的等差数列{a }的前n 项和为n S ,已知21n a n =-,对任意的正整数n ,都有20n n m a ⋅->成立,求实数m .的取值范围.【例3】设()1122n n T n +=-+,求满足不等式22020n T n->的正整数n 的最小值.【例4】已知()*132n a n n =∈-N ,若n a λ+1n a λ对任意的*2,n n ∈N 恒成立,求实数λ的取值范围.作商法作商法:根据(10n n na a a +>或)0n a <与1的大小关系进行判断. 【例1】已知22nn b n=,求数列{}n b 的最小项的值.【例2】记23nn b n λ=-,若数列{}n b 为递增数列,求λ的取值范围.【例3】记23(31)2nn c n λ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭,若数列{}n c 为递增数列,求λ的取值范围.第3讲求最值和范围求最值和范围是数列部分相对较难的内容,解题方法的核心在于判定数列的单调性,进而来求解最值.判定单调性的方法主要有三种:函数法、作差法、作商法.函数法函数法判定数列单调性的核心在于理解数列的本质:数列是一种非连续性函数,即数列()n a f n =是函数()y f x =上的一些不连续的点,所以我们在解题时只要判定出函数y =()f x 的单调性,就得到了数列()n a f n =的单调性,但这里一定要注意数列的非连续性.【例1】已知2192n n a n+=-,求数列{}n a 的最大项与最小项。

高考数学教材复习全国版破解难点优质课(三)最值、范围、证明问题(5课件)

点为 H,过点 E 且与 OP 垂
建立△MAP 的面积关于 k 的函数,最后利用基本
直的直线交直线 AH 于点
不等式求最值.
M,求△MAP 面积的最大值.
图 Y3-1
课堂考点探究
例 1 [2018·济南二模] 如图 Y3-1,已知离心
率为
2
的椭圆
2
2 2
C: 2 + 2 =1(a>b>0)经过点
圆心 P 的轨迹为曲线 C.
(2,0)时,R=2,所以当圆 P 的半径最长时,其方程为
(1)求 C 的方程;
(x-2)2+y2=4.【关键 1:利用椭圆定义及圆与圆的位置关系
(2)l 是与圆 P,圆 M 都相切的一条直确定圆的方程】
线,l 与曲线 C 交于 A,B 两点,当圆 P 若 l 的倾斜角为 90°,则 l 与 y 轴重合,可得|AB|=2 3.【关
调性法;(5)三角换元法;(6)导数法等.
课堂考点探究
案例
【基本不等式法】[2014·全国卷
Ⅰ] 已知点 A(0,-2),椭圆
x2 y2
E: 2 + 2 =1(a>b>0)的离心率为
a
b
3
,F 是椭圆 E 的右焦点,直线 AF
2
2 3
的斜率为 ,O 为坐标原点.
3
(1)求 E 的方程;
(2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交
(1 + 2 ) -41 2 =
为线段 AB 的中点,
1
2 1+ 2
所以|AP|= |AB|= 2 ,
2
2 +1
(2)若点 E 关于 x 轴的对称

中考数学总复习核心母题三最值问题课件

变化2：坐标系中的最值
变化3：特殊图形的最值
编后语
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
2019/5/26
最新中小学教学课件
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2019/5/26
最新中小学教学课件
(3)如图③，⊙O的半径为2，点A，B，C在⊙O上，OA⊥OB，∠AOC＝60°，P是 OB上一动点，求PA＋PC的最小值是_____．
【重要考点】两点之间，线段最短、轴对称的性质、正方形的性质、圆、三角形相关知识、基本作图等．
【母题剖析】 (1)关键是作点A关于直线l的对称点A′. (2)由题意得PB＋PE＝PD＋PE＝DE，在△ADE中，根据勾股定理求解即可； (3)作A关于OB的对称点A′，连接A′C，交OB于点P，A′C的长即是PA＋PC的最小值．
核心母题三最值问题
【核心母题】 (1)如图①，点A，B在直线l的同侧，确定直线上一点P，使PA＋PB的值最小； (2)如图②，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是AC上一动点，连接BD，由正方形对称性可知，B与D关于直线AC对称．连接ED交AC于点P，则PB＋PE 的最小值是________；
遍自己写的笔记，既可以起到复习的作用，又可以检查笔记中的遗漏和错误。遗漏之处要补全，错别字要纠正，过于潦草的字要写清楚。同时，将自己对讲课内容的理解、自己的收获和感想，用自己的话写在笔记本的空白处。这样，可以使笔记变的更加完整、充实。 • 三、课后“静思2分钟”大有学问 • 我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间，在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍，把老师讲解的题目从题意到解答整个过程详细审视一遍，这样，不仅可以加深知识的理解和记忆，还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以，2分钟的课后静思等于同一学科知识的课后复习30分钟。

微专题三最值与范围问题

微专题三最值与范围问题突破点一距离与面积的最值(范围)【例1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 23＝1(a >3)的右焦点F 到左顶点的距离为3. (1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点F 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点(A ，B 不在x 轴上)，若OE→＝OA →＋OB →，延长AO 交椭圆于点G ，求四边形AGBE 的面积S 的最大值. 解 (1)由已知得b 2＝3，a ＋c ＝3，a 2＝b 2＋c 2. 联立以上3个式子，可得a 2＝4，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)法一因为过F (1，0)的直线与椭圆C 交于A ，B 两点(A ，B 不在x 轴上)，所以设l 的方程为x ＝ty ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋1，x 24＋y 23＝1，得(3t 2＋4)y 2＋6ty －9＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－6t3t 2＋4，y 1y 2＝－93t 2＋4.因为OE→＝OA →＋OB →，所以四边形AOBE 为平行四边形，所以S ＝S ▱AOBE ＋S △OGB ＝3S △AOB ＝32|y 1－y 2| ＝32（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝18t 2＋13t 2＋4.令t 2＋1＝m ，则m ≥1，S ＝18m 3m 2＋1＝183m ＋1m.由函数的单调性易得当m ＝1，即t ＝0时，S max ＝92. 法二由OE→＝OA →＋OB →知四边形AOBE 为平行四边形.所以S ＝S ▱AOBE ＋S △OGB ＝3S △AOB .当直线AB 的斜率不存在时，S ＝3S △AOB ＝92.当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)y 2＋6ky －9k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－6k4k 2＋3，y 1y 2＝－9k 24k 2＋3，所以S ＝3S △AOB ＝32|y 1－y 2|＝32（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝18k 4＋k 24k 2＋3.令4k 2＋3＝m ，则m >3，S ＝92－3×1m 2－2m ＋1<92.综上可知，四边形AGBE 的面积S 的最大值S max ＝92.探究提高 1.本题求四边形AGBE 面积的最值，首先分割，借助三角形面积转化为函数的最值问题；求解最值应用了两个技巧：一是换元，运用函数的性质；二是利用已知或隐含的不等关系构造不等式求解.2.若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.【训练1】 (2021·全国乙卷)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，且F 与圆M ：x 2＋(y ＋4)2＝1上点的距离的最小值为4. (1)求p 的值；(2)若点P 在M 上，P A ，PB 是C 的两条切线，A ，B 是切点，求△P AB 面积的最大值.解 (1)由题意知M (0，－4)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，圆M 的半径r ＝1，所以|MF |－r ＝4，即p 2＋4－1＝4，解得p ＝2.(2)由(1)知，抛物线方程为x 2＝4y ，由题意可知直线AB 的斜率存在，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 214，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 224，直线AB 的方程为y＝kx ＋b ，联立得⎩⎨⎧y ＝kx ＋b ，x 2＝4y ，消去y 得x 2－4kx －4b ＝0，则Δ＝16k 2＋16b >0 (※)，x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4b ，所以|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝41＋k 2·k 2＋b . 因为x 2＝4y ，即y ＝x 24，所以y ′＝x 2，则抛物线在点A 处的切线斜率为x 12，在点A处的切线方程为y －x 214＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 12x －x 214.同理得抛物线在点B 处的切线方程为y ＝x 22x －x 224，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 12x －x 214，y ＝x 22x －x 224，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 1＋x 22＝2k ，y ＝x 1x 24＝－b ，即P (2k ，－b ).因为点P 在圆M 上，所以4k 2＋(4－b )2＝1 ①，且－1≤2k ≤1，－1≤4－b ≤1，所以－12≤k ≤12，3≤b ≤5，满足(※)式.设点P 到直线AB 的距离为d ，则d ＝|2k 2＋2b |1＋k 2，所以S △P AB ＝12|AB |·d ＝4（k 2＋b ）3.由①得，k 2＝1－（4－b ）24＝－b 2＋8b －154，令t ＝k 2＋b ，则t ＝－b 2＋12b －154，且3≤b ≤5.因为t ＝－b 2＋12b －154在[3，5]上单调递增，所以当b ＝5时，t 取得最大值，t max＝5，此时k ＝0，所以△P AB 面积的最大值为20 5. 突破点二斜率与某些参数(式子)的范围(最值)【例2】 (2021·长沙联考)在平面直角坐标系xOy 中，设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是e ，定义直线y ＝±be 为椭圆的“类准线”，已知椭圆C 的“类准线”方程为y ＝±43，长轴长为8. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)O 为坐标原点，A 为椭圆C 的右顶点，直线l 交椭圆C 于E ，F 两不同点(点E ，F 与点A 不重合)，且满足AE ⊥AF ，若点P 满足2OP →＝OE →＋OF →，求直线AP 的斜率的取值范围.解 (1)由题意得b e ＝abc ＝43，2a ＝8，a 2＝b 2＋c 2，联立以上3个式子，可得a 2＝16，b 2＝12，c 2＝4. 所以椭圆C 的标准方程为x 216＋y 212＝1. (2)由(1)得A (4，0).易知直线l 不与x 轴平行. 当直线l ⊥x 轴时，不妨设点E 在点F 上方. 因为AE ⊥AF ，所以直线AE 的倾斜角为135°，所以直线AE 的方程为y ＝－x ＋4. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋4，x 216＋y 212＝1，得7x 2－32x ＋16＝0，解得x ＝47或x ＝4(舍去)，所以x E ＝x F ＝47(x E ，x F 分别为点E ，F 的横坐标). 由2OP →＝OE →＋OF →得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫47，0，直线AP 的斜率为0.当直线l 不垂直于x 轴时，设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，直线l ：y ＝kx ＋t (t ≠－4k ，k ≠0).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 216＋y 212＝1消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－48＝0. 则Δ＝(8kt )2－4(3＋4k 2)(4t 2－48)>0，即16k 2－t 2＋12>0，(*)x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k 2，x 1x 2＝4t 2－483＋4k 2.因为AE ⊥AF ，所以AE →·AF →＝(x 1－4)(x 2－4)＋y 1y 2 ＝(x 1－4)(x 2－4)＋(kx 1＋t )(kx 2＋t ) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋(kt －4)(x 1＋x 2)＋16＋t 2 ＝7t 2＋32kt ＋16k 23＋4k 2＝0，即7t 2＋32kt ＋16k 2＝0，所以(7t ＋4k )(t ＋4k )＝0，解得t ＝－4k7且t 满足(*)式.所以2OP →＝OE →＋OF →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8kt 3＋4k 2，6t 3＋4k 2，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4kt 3＋4k 2，3t 3＋4k 2.则直线AP 的斜率k AP ＝3t 3＋4k 2－4kt 3＋4k 2－4＝－3t 16k 2＋4kt ＋12＝k 8k 2＋7＝18k ＋7k . 当k <0时，8k ＋7k ≤－28k ·7k ＝－414，此时－1456≤k AP <0；当k >0时，8k ＋7k ≥28k ·7k ＝414，此时0<k AP ≤1456.综上可得，直线AP 的斜率的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1456，1456.探究提高 1.本题的易错点有两处：一是忘记讨论直线l ⊥x 轴时的情形，从而遗漏了k AP ＝0这个取值；二是利用基本不等式求解8k ＋7k 的取值范围时，直接根据k >0求解其最小值，得到0<k AP ≤1456，遗漏了对k <0的讨论.2.圆锥曲线中求解含双变量的式子的取值范围的方法：几何条件定代换，目标关系式求范围.求k AP 的取值范围，分三步完成：第一步，消参，将直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，由条件“AE ⊥AF ”得到关于k ，t 的等量关系t ＝－4k7(此时需要检验判别式Δ>0)；第二步，将等量关系t ＝－4k7代入目标关系式，化简得k AP ＝18k ＋7k；第三步，通过对k 的分类讨论，求出斜率k AP 的取值范围. 【训练2】已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x 0，y 0)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<x 0<32. (1)求直线AP 斜率的取值范围；(2)Q 是以AB 为直径的圆上一点，且AP →·BQ →＝0，求AP →·PQ →的最大值. 解 (1)设直线AP 的斜率为k ，则k ＝x 20－14x 0＋12＝x 0－12，且－12<x 0<32，则－1<x 0－12<1.所以直线AP 斜率的取值范围是(－1，1). (2)由题意可知，AP→与AQ →同向共线，BQ ⊥AQ ，联立直线AP 与BQ 的方程得 ⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32（k 2＋1）.因为|AP |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋12＝1＋k 2·(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x 0)＝－（k －1）（k ＋1）2k 2＋1，所以AP →·PQ →＝|AP →|·|PQ →|＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3，因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，AP →·PQ→取得最大值2716.突破点三范围(最值)的探索性问题【例3】 (2021·天津模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为12，P 是椭圆C 上的一个动点.当P 是C 的上顶点时，△F 1PF 2的面积为 3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设斜率存在的直线PF 2与C 的另一个交点为Q ，是否存在点T (t ，0)，使得|TP |＝|TQ |？若存在，求出t 的取值范围；若不存在，请说明理由. 解 (1)设椭圆C 的半焦距为c .因为S △F 1PF 2＝12×2c ×b ＝3，所以bc ＝ 3. 又e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3，c ＝1. 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)假设存在点T (t ，0)，使得|TP |＝|TQ |.由直线PQ 过F 2(1，0)，设直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，PQ 的中点为N (x 0，y 0). 当k ＝0时，t ＝0，符合题意. 当k ≠0时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，Δ＝(－8k 2)2－4(4k 2＋3)(4k 2－12)＝144k 2＋144>0，x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3.所以x 0＝x 1＋x 22＝4k 24k 2＋3，y 0＝k (x 0－1)＝－3k4k 2＋3，即N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k24k 2＋3，－3k 4k 2＋3. 连接TN ，因为|TP |＝|TQ |，所以TN ⊥PQ ，则k TN ·k ＝－1(k TN 为直线TN 的斜率). 所以3k 4k 2＋3t －4k 24k 2＋3·k ＝－1，即t ＝k 24k 2＋3＝14＋3k 2.因为4＋3k 2>4，所以t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14.综上可得，t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，14.探究提高 1.探索性问题的求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在. 2.本题的求解体现了数形结合思想在解答圆锥曲线问题中的应用.解题关键是如何将题设条件中的几何关系“|TP |＝|TQ |”转化成代数关系“k TN ·k ＝－1”，由此建立t 关于k 的函数关系式，进而求出t 的取值范围.【训练3】已知椭圆方程为y 24＋x 23＝1，若抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点是椭圆的一个焦点.(1)求该抛物线的方程；(2)过抛物线焦点F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点，分别在点A ，B 处作抛物线的切线，两条切线交于P 点，则△P AB 的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l 的方程；若不存在，请说明理由. 解 (1)由椭圆y 24＋x 23＝1，知a 2＝4，b 2＝3. 所以c ＝a 2－b 2＝4－3＝1.又抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点是椭圆的一个焦点，所以p2＝1，则p ＝2. 于是抛物线的方程为x 2＝4y .(2)△P AB 的面积存在最小值，理由如下：由抛物线方程x 2＝4y 知，F (0，1).易知直线l 的斜率存在，则设直线l 的方程为y ＝kx ＋1. 由⎩⎨⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y 消去y 并整理，得x 2－4kx －4＝0，且Δ＝(－4k )2－4(－4)＝16k 2＋16>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4. 对y ＝x 24求导，得y ′＝x 2，所以直线AP 的斜率k AP ＝x 12.则直线AP 的方程为y －y 1＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 12x －14x 21.同理得直线BP 的方程为y ＝x 22x －14x 22. 设点P (x 0，y 0)，联立直线AP 与BP 的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x 1＋x 22＝2k ，y 0＝x 1x 24＝－1，即P (2k ，－1).|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·（4k ）2＋16＝4(1＋k 2)，点P 到直线AB 的距离d ＝|2k 2＋2|1＋k 2＝21＋k 2，所以△P AB 的面积S ＝12×4(1＋k 2)×21＋k 2＝4(1＋k 2)32≥4，当且仅当k ＝0时等号成立.故△P AB 的面积存在最小值4，此时直线l 的方程为y ＝1.1.(2021·全国乙卷)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F 到准线的距离为2. (1)求C 的方程；(2)已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足PQ →＝9QF →，求直线OQ 斜率的最大值.解 (1)由抛物线的定义可知，焦点F 到准线的距离为p ，故p ＝2，所以C 的方程为y 2＝4x .(2)由(1)知F (1，0)，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则PQ →＝(x 2－x 1，y 2－y 1)，QF →＝(1－x 2，－y 2). 因为PQ →＝9QF →，所以⎩⎨⎧x 2－x 1＝9（1－x 2），y 2－y 1＝－9y 2，得⎩⎨⎧x 1＝10x 2－9，y 1＝10y 2，∵点P 在抛物线C 上，所以y 21＝4x 1，则(10y 2)2＝4(10x 2－9)，化简得y 22＝25x 2－925，则点Q 的轨迹方程为y 2＝25x －925.设直线OQ 的方程为y ＝kx ，易知当直线OQ 与曲线y 2＝25x －925相切时，斜率可以取最大.联立y ＝kx 与y 2＝25x －925并化简，得k 2x 2－25x ＋925＝0，令Δ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－252－4k 2·925＝0，解得k ＝±13，所以直线OQ 斜率的最大值为13.2.已知椭圆C ：x 25＋y 2＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点M ，N 在椭圆C 上.(1)若线段MN 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，13，求直线MN 的斜率；(2)若M ，N ，O 三点共线，直线NF 1与椭圆C 交于N ，P 两点，求△PMN 面积的最大值.解 (1)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 215＋y 21＝1，x 225＋y 22＝1，两式相减，可得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）5＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝0，则4（x 1－x 2）5＋2（y 1－y 2）3＝0，解得y 1－y 2x 1－x 2＝－65，即直线MN 的斜率为－65. (2)显然直线NF 1的斜率不为0，设直线NF 1：x ＝my －2，N (x 1，y 1)，P (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －2，x 25＋y 2＝1，消去x 整理得(m 2＋5)y 2－4my －1＝0，显然Δ＝20(m 2＋1)>0，故y 1＋y 2＝4m m 2＋5，y 1y 2＝－1m 2＋5，故△PMN 的面积S △PMN ＝2S △OPN＝2×12·|OF 1|·|y 1－y 2|＝45·m 2＋1m 2＋5，令m 2＋1＝t ，其中t ≥1.S △PMN ＝45t t 2＋4＝45t ＋4t ≤452t ·4t ＝5，当且仅当t ＝2，即m ＝±3时等号成立，故△PMN 面积的最大值为 5.3.已知椭圆E ：y 2a 2＋x 2＝1(a >1)的离心率为32，圆A ：x 2＋(y －a )2＝r 2(r >0)与椭圆E相交于B ，C 两点.(1)求AB →·AC→的最小值； (2)若F 1，F 2分别是椭圆E 的上、下焦点，经过点F 1的直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，O 为坐标原点，则△OF 2N 与△OF 2M 的面积之和是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时直线l 的方程；若不存在，请说明理由.解 (1)由e ＝c a ＝a 2－1a ＝32，得a ＝2.所以椭圆E 的标准方程为y 24＋x 2＝1，则圆心A 的坐标为(0，2).设B (x 0，y 0)，由对称性得C (－x 0，y 0)，且y 204＋x 20＝1，所以AB →·AC →＝(x 0，y 0－2)·(－x 0，y 0－2) ＝(y 0－2)2－x 20＝(y 0－2)2－⎝⎛⎭⎪⎫1－y 204 ＝54y 20－4y 0＋3＝54⎝ ⎛⎭⎪⎫y 0－852－15. 由题意知－2<y 0<2，所以当y 0＝85时，AB →·AC →取得最小值，最小值为－15. (2)由题意知F 1(0，3)，F 2(0，－3)，直线l 的斜率一定存在. 设l ：y ＝kx ＋3，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2). 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋3，y 24＋x 2＝1，消去y 并整理得(4＋k 2)x 2＋23kx －1＝0， Δ＝(23k )2＋4(4＋k 2)＝16k 2＋16>0，则x 1＋x 2＝－23k 4＋k 2，x 1x 2＝－14＋k 2. 所以△OF 2N 与△OF 2M 的面积之和 S ＝12×3|x 2－x 1|＝32×（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－23k 4＋k 22－4⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＋k 2 ＝32×16k 2＋16（4＋k 2）2＝23×1＋k 2（4＋k 2）2. 令t ＝1＋k 2，则t ≥1，所以S ＝23×t （t ＋3）2＝23×1t ＋9t ＋6≤23×112＝23×123＝1，当且仅当t＝9t，即t＝3，k＝±2时等号成立.所以当k＝±2时，△OF2N与△OF2M的面积之和取得最大值，且最大值为1，此时直线l的方程为2x－y＋3＝0或2x＋y－3＝0.。

专题06 等差数列、等比数列及数列的求和-高考数学试题探源与变式(解析版)

专题六等差数列、等比数列及数列的求和【母题原题1】【2019浙江，10】设,a b R ∈，数列{}n a 中，21,n n n a a a a b +==+，b N *∈ ,则（） A. 当101,102b a => B. 当101,104b a => C. 当102,10b a =-> D. 当104,10b a =->【答案】A 【解析】选项B ：不动点满足2211042x x x ⎛⎫-+=-= ⎪⎝⎭时，如图，若1110,,22n a a a ⎛⎫=∈< ⎪⎝⎭，排除如图，若a 为不动点12则12n a = 选项C ：不动点满足22192024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭，不动点为ax 12-，令2a =，则210n a =<，排除选项D ：不动点满足221174024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭，不动点为122x =±，令122a =±，则11022n a =±<，排除.选项A ：证明：当12b =时，2222132431113117,,12224216a a a a a a =+≥=+≥=+≥≥，处理一：可依次迭代到10a ；处理二：当4n ≥时，221112n nn a a a +=+≥≥，则117117171161616log 2log log 2n n n n a a a -++>⇒>则12117(4)16n n a n -+⎛⎫≥≥ ⎪⎝⎭，则626410217164646311114710161616216a ⨯⎛⎫⎛⎫≥=+=++⨯+⋯⋯>++> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选A【母题原题2】【2018浙江，10】已知成等比数列，且．若，则A.B.C.D.【答案】B 【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.点睛：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如【母题原题3】【2017浙江，6】已知等差数列{}n a 的公差为d,前n 项和为n S ,则“d>0”是465"+2"S S S >的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由()46511210212510S S S a d a d d +-=+-+=，可知当0d >时，有46520S S S +->，即4652S S S +>，反之，若4652S S S +>，则0d >，所以“d>0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件，选C ．【名师点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式，通过套入公式与简单运算，可知4652S S S d +-=，结合充分必要性的判断，若p q ⇒，则p 是q 的充分条件，若p q ⇐，则p 是q 的必要条件，该题“0d >” ⇔ “46520S S S +->”，故互为充要条件．【母题原题4】【2016浙江，文8理6】如图，点列{}{},n n A B 分别在某锐角的两边上，且*1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈N ，*1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈N .(P≠Q 表示点P 与Q 不重合)若n n n d A B =，n S 为1n n n A B B +△的面积，则A ．{}n S 是等差数列B ．{}2n S 是等差数列C ．{}n d 是等差数列D ．{}2n d 是等差数列【答案】A【解析】S n 表示点n A 到对面直线的距离（设为n h ）乘以1n n B B +长度的一半，即112n n n n S h B B +=，由题目中条件可知1n n B B +的长度为定值，那么我们需要知道n h 的关系式，由于1,n A A 和两个垂足构成了直角梯形，那么11sin n n h h A A θ=+⋅，其中θ为两条线的夹角，即为定值，那么1111(sin )2n n n n S h A A B B θ+=+⋅，111111(||sin )2n n n n S h A A B B θ+++=+⋅，作差后：1111(sin )2n n n n n n S S A A B B θ+++-=⋅，都为定值，所以1n n S S +-为定值．故选A.【母题原题5】【2019浙江，20】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,n C n *=∈N证明：12+.n C C C n *++<∈N【答案】（1）()21n a n =-，()1n b n n =+；（2）证明见解析. 【解析】(1)由题意可得：1112432332a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩，解得：102a d =⎧⎨=⎩，则数列{}n a 的通项公式为22n a n =-.其前n 项和()()02212n n n S nn +-⨯==-.则()()()()1,1,12n n n n n b n n b n n b -++++++成等比数列，即：()()()()21112n n n n n b n n b n n b ++=-+⨯+++⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦，据此有：()()()()()()()()2222121112121n n n n nn n n n b b n n n n n n b n n b b ++++=-++++++-+，故()()()()()22112121(1)(1)(1)(2)n n n n n n b n n n n n n n n n +--++==++++--+.(2)结合(1)中的通项公式可得：2nC==<=<=，则()()()12210221212nC C C n n n+++<-+-++--=【母题原题6】【2018浙江，20】已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a 4+a 5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n}的前n 项和为2n 2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.（Ⅱ）设，数列前n项和为.由解得.由（Ⅰ）可知，所以，故，.设，所以，因此，又，所以.点睛：用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.【命题意图】1.考查等差数列、等比数列的通项公式及求和公式；2.考查数列的求和方法；3.考查运算求解能力、转化与化归思想以及分析问题解决问题的能力.【命题规律】数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显，小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等变难程度.往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．【答题模板】解答数列大题，一般考虑如下三步：第一步：确定数列的基本量.即根据通项公式、求和公式，通过布列方程或方程组，求得进一步解题所需的基本量；第二步：确定数列特征，选择求和方法.根据已有数据，研究送来的的特征，选择“分组求和法”“错位相减法”“裂项相消法”等求和方法；第三步：解答综合问题.根据题目要求，利用函数、导数、不等式等，进一步求解.【方法总结】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法：（1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，特别地当1k =时，()11111n n n n =-++；（21k=，特别地当1k ==（3）()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭（5）)()11(11q p qp p q pq <--= 5．分组转化求和法：有一类数列{}n n a b +，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.6．并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=.7. [特别提醒]：在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．(3)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12； (4)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 8. [特别提醒]：用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式．（3）给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论；（4）在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n .一、选择题1．【上海市虹口区2019届高三二模】已知等比数列的首项为2，公比为，其前项和记为，若对任意的，均有恒成立，则的最小值为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】S n•，①n 为奇数时，S n •，可知：S n 单调递减，且•，∴S n ≤S 1＝2； ②n 为偶数时，S n•，可知：S n 单调递增，且•，∴S 2≤S n．∴S n 的最大值与最小值分别为：2，．考虑到函数y ＝3t在（0，+∞）上单调递增，∴A ．B ．∴B﹣A的最小值．故选：B．2．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知数列满足，若存在实数，使单调递增，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由单调递增，可得，由，可得，所以.时，可得.①时，可得，即.②若，②式不成立，不合题意；若，②式等价为，与①式矛盾，不合题意.排除B,C,D,故选A.3．【浙江省2019年高考模拟训练卷（三)】已知数列满足，，，数列满足，，，若存在正整数，使得，则（）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，，则有，，且函数在上单调递增，故有，得，同理有，又因为，故，所以.故选D.4．【广东省韶关市2019届高考模拟测试（4月)】已知数列{}n a 满足2*123111()23n a a a a n n n N n ++++=+∈，设数列{}n b 满足：121n n n n b a a ++=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若*()1n n N T n nλ<∈+恒成立，则实数λ的取值范围为（） A ．1[,)4+∞ B ．1(,)4+∞ C ．3[,)8+∞ D ．3(,)8+∞【答案】D 【解析】数列{}n a 满足212311123n a a a a n n n ++++=+，① 当2n ≥时，21231111(1)(1)231n a a a a n n n -+++⋯+=-+--，② ①﹣②得：12n a n n=，故：22n a n =，数列{}n b 满足：22121214(1)n n n n n b a a n n +++==+221114(1)n n ⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦，则：2222211111114223(1)n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦21114(1)n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，由于*()1n n N T n nλ<∈+恒成立，故：21114(1)1n n n λ⎛⎫-< ⎪++⎝⎭，整理得：244n n λ+>+，因为211(1)4441n y n n +==+++在*n N ∈上单调递减，故当1n =时，max213448n n +⎛⎫= ⎪+⎝⎭ 所以38λ>．故选：D ．5．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应】已知数列{} 满足0<<<π，且，则（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】由,取特殊值：，，得：=，=，排除C 、D ；==，=>；且，，均小于，猜测，下面由图说明：当时，由迭代蛛网图：当时，由迭代蛛网图：可得，当n分别为奇数、偶数时，单调递增，且都趋向于不动点，由图像得，综上可得，故选A.6．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知数列满足，，则使的正整数的最小值是（）A．2018 B．2019 C．2020 D．2021【答案】C【解析】令,则,所以，从而，因为,所以数列单调递增，设当时, 当时,所以当时，，，从而,因此,选C.二、解答题7．【天津市部分区2019年高三质量调查试题（二)】各项均为正数的等比数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：.【答案】(1) (2)见证明【解析】解：（1）设等比数列的公比为，由得，解得或.因为数列为正项数列，所以，所以，首项，故其通项公式为.（2）由（Ⅰ）得所以，所以.8.【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末】已知等比数列的公比，前项和为.若，且是与的等差中项.（I）求；（II）设数列满足，，数列的前项和为.求证：.【答案】（Ⅰ）（II）见证明【解析】（I）由，得①.再由是，的等差中项，得，即②.由①②，得，即，亦即，解得或，又，故.代入①，得，所以，即；（II）证明：对任意，，，即.又，若规定，则.于是，从而，即.8.9．【浙江省嘉兴市2019届高三上期末】在数列、中，设是数列的前项和，已知，，，.（Ⅰ）求和；（Ⅱ）若时，恒成立，求整数的最小值.【答案】（1），（2）整数的最小值是11.【解析】（Ⅰ）因为，即，所以是等差数列，又，所以，从而.（Ⅱ）因为，所以，当时，①②①-②可得，，即，而也满足，故. 令，则，即，因为，，依据指数增长性质，整数的最小值是11.10．【河南省濮阳市2019届高三5月模拟】已知数列}{n b 的前n 项和为n S ，2n n S b +=，等差数列}{n a 满足123b a =，157b a += （Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）证明：122313n n a b a b a b ++++<.【答案】（Ⅰ）1n a n =+,112n n b -⎛⎫= ⎪⎝⎭；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）2n n S b += ∴当1n =时，1112b S b ==- 11b ∴=当2n ≥时，1122n n n n n b S S b b --=-=--+，整理得：112n n b b -=∴数列{}n b 是以1为首项，12为公比的等比数列 112n n b -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭设等差数列{}n a 的公差为d123b a =，157b a += 11346a d a d +=⎧∴⎨+=⎩，解得：121a d =⎧⎨=⎩()()112111n a a n d n n ∴=+-=+-⨯=+（Ⅱ）证明：设()212231111231222nn n n T a b a b a b n -⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()23111112312222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭两式相减可得：()()23111111111111421111122222212n n n n n T n n ++-⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-+⋅=-+⋅+⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-13322n n ++=- 332n n n T +=-即12231332n n nn a b a b a b -+++⋅⋅⋅+=-302n n +> 122313n n a b a b a b -∴++⋅⋅⋅+< 11．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】已知数列{}n a 中，14a =，n a >，1314n n n n a a a a +=-+，记22212111...n nT a a a =+++. （1）证明：2n a >；（2）证明：115116n na a +≤<；（3）证明：8454n n n T -<<．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（2）见解析【解析】（1）∵3133(2)(2)1422n n n n n n n na a a a a a a a +---=-+-=-，∴31323221212n n n n n n na a a a a a a +---==---，令1n t a =，则2312()122n n a m t t t a +-==---，∵n a >t ∈，∴'2()260m t t t =--<，∴()m t在单调递减，∴16()()10339m t m ->=-=>，即n a 时，1202n n a a +->-恒成立， ∴12n a +-与2n a -同号，又1220a -=>.∴2n a >成立．（2）2124214111514816n n n n n a a a a a +⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭221115412816⎛⎫<-+= ⎪⎝⎭，又212111515481616n n n a a a +⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭…，∴115116n n a a +≤<. （3）先证4n nT <，因为2n a >，所以2114n a <，所以222121111...44n n n T n a a a =+++<⋅=，再证845n n T >-，∵1314n n n na a a a +=-+，∴()121144n n n n a a a a +-=+，又21232141115151481616n n n n n a a a a a +⎛⎫=-+=-+> ⎪⎝⎭，∴11615n n a a +>，∴116()31n n n a a a +<+，又10n n a a +-<，∴2211()4()431n n n n n a a a a a ++->-，所以221222121114...()314n n n n n T a a a a a +=+++>-+4488(416)31443145n n n >-+=->-，故8454n n n T -<<． 12．【浙北四校2019届高三12月模拟】已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）.【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n=2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n=2n，∴数列{a n}是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n=n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln，令f′（x）=0，即1+x•ln=0，解得：x0≈4.95，则f（x）在(0, x0)上单调递增，在(x0,+单调递减.∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b5=5•=，b4=4•=﹣，b6=6•=﹣，∴M的最小值为．。

解三角形中的最值与范围问题(解析版)

专题5解三角形中的最值与范围问题一、三角形中的最值范围问题处理方法1、利用基本不等式或常用不等式求最值：化角为边余弦定理公式里有“平方和”和“积”这样的整体，一般可先由余弦定理得到等式，再由基本不等式求最值或范围，但是要注意“一正二定三相等”，尤其是取得最值的条件。

2、转为三角函数求最值：化边为角如果所求整体结构不对称，或者角度有更细致的要求，用余弦定理和基本不等式难以解决，这时候可以转化为角的关系，消元后使得式子里只有一个角，变为三角函数最值问题进行解决。

要注意三角形隐含角的范围、三角形两边之和大于第三边。

二、边化角与角化边的变换原则在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：(1)若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； (2)若式子中含有a 、b 、c 的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”； (3)若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”； (4)代数式变形或者三角恒等变换前置；(5)含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；(6)同时出现两个自由角(或三三个自由角)时，要用到三角形的内角和定理．【分析】设220CDBD m ==>，利用余弦定理表示出22AC AB 后，结合基本不等式即可得解. 【详解】[方法一]：余弦定理设220CDBD m ==>，则在ABD △中，2222cos 42AB BD AD BD AD ADB m m =+⋅∠=++，在ACD 中，22222cos 444AC CD AD CD AD ADC m m =+−⋅∠=+−，所以()()()2222224421214441243424211m m m AC m m AB m m m mm m ++−++−===−+++++++44≥=−当且仅当311m m +=+即1m =−时，等号成立，所以当ACAB取最小值时，1m =−.1.[方法二]：建系法令 BD=t ，以D 为原点，OC 为x 轴，建立平面直角坐标系. 则C （2t,0），A （1，B （-t,0）()()()2222222134441244324131111t AC t t AB t t t t t t BD −+−+∴===−≥−++++++++==当且仅当即时等号成立。

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第3讲圆锥曲线的综合问题母题突破1 范围、最值问题母题 (2020·长沙模拟)已知椭圆E ：x 24＋y23＝1.若椭圆E 的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2的直线l 与椭圆交于不同的两点M ，N ，记△F 1MN 的内切圆的半径为r ，试求r 的取值范围．思路分析❶引入参数，设直线l 的方程 ↓❷联立l 和E 的方程设而不求，根与系数的关系 ↓❸等积法求出r 的表达式 ↓❹函数思想求r 的范围【解析】解设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，则△F 1MN 的周长为4a ＝8.1F MNS＝12(|F 1M|＋|F 1N|＋|MN|)r ＝4r ，即r ＝114F MNS ，当l ⊥x 轴时，l 的方程为x ＝1，|MN|＝3，r ＝114F MN S ＝14×12|MN|×|F 1F 2|＝34，当l 与x 轴不垂直时，设l ：y ＝k(x －1)(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)y 2＋6ky －9k 2＝0，所以y 1＋y 2＝－6k 4k 2＋3，y 1y 2＝－9k24k 2＋3，11212F MNF F MF F NSSS＝＋＝12|F 1F 2|·|y 1|＋12|F 1F 2|·|y 2| ＝12|F 1F 2|·|y 1－y 2| ＝12|F 1F 2|·y 2＋y 12－4y 1y 2＝12×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－6k 4k 2＋32－4⎝ ⎛⎭⎪⎫－9k 24k 2＋3 ＝12k2k 2＋14k 2＋32，所以r ＝114F MNS＝3k2k 2＋14k 2＋32. 令4k 2＋3＝t ，则t>3， r ＝34t 2－2t －3t 2＝34－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋1＝34－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋132＋43，因为t>3，所以0<1t <13，所以0<r<34，综上可知，r 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，34. [子题1] (2020·安徽肥东县高级中学调研)过点M(0,2)的直线l 与椭圆E ：x 24＋y23＝1交于A ，B 两点，求△AOB 面积的最大值．【解析】解显然直线l 的斜率存在，设l ：y ＝kx ＋2， A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，则Δ＝(16k)2－4×4(3＋4k 2)>0，即k 2>14，x 1＋x 2＝－16k 3＋4k 2，x 1x 2＝43＋4k 2，∴|x 1－x 2|＝x 1＋x 22－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－16k 3＋4k 22－4×43＋4k 2＝434k 2－14k 2＋32，则S △OAB ＝S △OMB －S △OMA ＝12×2×|x 1－x 2|＝434k 2－14k 2＋32，设t ＝4k 2－1>0，∴S(t)＝43t t ＋42＝43t ＋16t＋8≤432t ·16t＋8＝3，当且仅当t ＝16t ，即t ＝4，即4k 2－1＝4，即k ＝±52时取等号，∴△AOB 面积的最大值为 3.[子题2] 已知A(2,1)，过点B(3,0)且斜率大于0的直线l 与椭圆E ：x 26＋y23＝1相交于点P ，Q ，直线AP ，AQ 与x 轴分别相交于M ，N 两点，求|BM|＋|BN|的取值范围．【解析】解设直线l 的方程为x ＝my ＋3(m>0)，P(x 1，y 1)， Q(x 2，y 2)，则直线AP 的方程为y －1＝y 1－1x 1－2(x －2)，可得M ⎝⎛⎭⎪⎫2y 1－x 1y 1－1，0，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－m y 1－3y 1－1，0，同理N ⎝⎛⎭⎪⎫2－m y 2－3y 2－1，0.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋3，x 2＋2y 2＝6，消去x ，整理得(2＋m 2)y 2＋6my ＋3＝0，由Δ＝36m 2－12(2＋m 2)>0，可得m 2>1， y 1＋y 2＝－6m 2＋m 2，y 1y 2＝32＋m2，所以|BM|＋|BN|＝3－2－m y 1－3y 1－1＋3－2－m y 2－3y 2－1＝6－2－m y 1－3y 1－1－2－m y 2－3y 2－1＝6－4－2m y 1y 2＋m －5y 1＋y 2＋6y 1y 2－y 1＋y 2＋1＝6－24m ＋1m 2＋6m ＋5＝6－24m ＋5，因为m>0，m 2>1，所以m>1，因此0<24m ＋5<4，所以2<6－24m ＋5<6，所以|BM|＋|BN|的取值范围是(2,6)．方法总结求解范围、最值问题的常见方法 (1)利用判别式来构造不等关系．(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系． (3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式． (4)利用基本不等式．【拓展训练】1．设过定点M(0,2)的直线l 与椭圆C 1：x 24＋y 2＝1交于不同的两点P ，Q ，若O 在以线段PQ为直径的圆的外部，求直线l 的斜率k 的取值范围．【解析】解显然直线x ＝0不满足题设条件，故可设直线l ：y ＝kx ＋2，P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋2，得(1＋4k 2)x 2＋16kx ＋12＝0.∵Δ＝(16k)2－4×12(1＋4k 2)>0，∴k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞， ∴x 1＋x 2＝－16k 1＋4k 2，x 1x 2＝121＋4k2，根据题意，得0°<∠POQ<90°，即OP →·OQ →>0，∴OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)＝(1＋k 2)x 1x 2＋2k(x 1＋x 2)＋4＝121＋k21＋4k2＋2k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－16k 1＋4k 2＋4＝16－4k 21＋4k 2>0，解得－2<k<2. 综上得k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2. 2．(2020·蚌埠模拟)直线y ＝kx ＋2交抛物线C ：x 2＝4y 于A ，B 两点，分别过点A ，B 作抛物线C 的切线l 1，l 2，若l 1，l 2分别交x 轴于点M ，N ，求四边形ABNM 面积的最小值．【解析】解由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＝4y ，得x 2－4kx －8＝0，Δ＝16k 2＋32>0，设A(x 1，y 1)B(x 2，y 2)，则 x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－8，|x 1－x 2|＝4k 2＋2，y ′＝12x ，∴切线l 1的方程为y －y 1＝12x 1(x －x 1)，即y ＝12x 1x －14x 21，①同理切线l 2的方程为y ＝12x 2x －14x 22，②联立①②得x ＝x 1＋x 22，y ＝14x 1x 2＝－2，即切线l 1与l 2的交点为P ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，－2，由切线l 1：y ＝12x 1x －14x 21，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 12，0，同理可得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，0， ∴S △PMN ＝12×2×⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 12－x 22＝12|x 1－x 2|＝2k 2＋2，又∵|AB|＝1＋k 2|x 1－x 2|＝41＋k 2k 2＋2，点P 到直线AB 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k x 1＋x 22＋41＋k2＝2k 2＋41＋k2，∴S △PAB ＝12|AB|d ＝4k 2＋2(k 2＋2)，∴四边形ABNM 的面积S ＝S △PAB －S △PMN ＝4k 2＋2(k 2＋2)－2k 2＋2＝ 2k 2＋2(2k 2＋3)，令t ＝k 2＋2≥2，则S ＝4t 3－2t ，当t ≥2时，S ′＝12t 2－2>0成立，S 单调递增，∴当t ＝2，即k ＝0时，四边形ABNM 面积的最小值为6 2.专题训练1．(2020·潍坊模拟)设抛物线E ：x 2＝2py(p>0)的焦点为F ，点A 是E 上一点，且线段AF 的中点坐标为(1,1)． (1)求抛物线E 的标准方程；(2)若B ，C 为抛物线E 上的两个动点(异于点A)，且BA ⊥BC ，求点C 的横坐标的取值范围．【解析】解 (1)依题意得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，设A(x 0，y 0)，由线段AF 的中点坐标为(1,1)，得⎩⎨⎧1＝x 02，1＝y 0＋p22，即x 0＝2，y 0＝2－p2，又点A 是E 上一点，所以4＝2p ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－p 2，得p 2－4p ＋4＝0，即p ＝2. 所以抛物线E 的标准方程为x 2＝4y.(2)由题意知A(2,1)，设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 214，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，x 24，则k BA ＝x 214－1x 1－2＝14(x 1＋2)，x 1≠－2，因为x 1≠－2，所以k BC ＝－4x 1＋2， BC 所在直线方程为y －x 214＝－4x 1＋2(x －x 1)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y －x 214＝－4x 1＋2x －x 1，x 2＝4y ，因为x ≠x 1，得(x ＋x 1)(x 1＋2)＋16＝0，即x 21＋(x ＋2)x 1＋2x ＋16＝0，因为Δ＝(x ＋2)2－4(2x ＋16)≥0，即x 2－4x －60≥0，故x ≥10或x ≤－6. 经检验，当x ＝－6时，不满足题意．所以点C 的横坐标的取值范围是(－∞，6)∪[10，＋∞)．2.如图，在平面直角坐标系中，已知点F(1,0)，过直线l ：x ＝4左侧的动点P 作PH ⊥l 于点H ，∠HPF 的角平分线交x 轴于点M ，且|PH|＝2|MF|，记动点P 的轨迹为曲线C.(1)求曲线C 的方程；(2)过点F 作直线l ′交曲线C 于A ，B 两点，设AF →＝λFB →，若λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，求|AB|的取值范围．【解析】解 (1)设P(x ，y)，由题意可知|MF|＝|PF|，所以|PF||PH|＝|MF||PH|＝12，即x －12＋y 2|x －4|＝12，化简整理得x 24＋y23＝1，即曲线C 的方程为x 24＋y23＝1.(2)由题意，得直线l ′的斜率k ≠0，设直线l ′的方程为x ＝my ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 24＋y23＝1，得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0.设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，所以Δ＝(6m)2＋36(3m 2＋4)＝144(m 2＋1)>0恒成立，且y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，①又因为AF →＝λFB →，所以－y 1＝λy 2，② 联立①②，消去y 1，y 2，得4m 23m 2＋4＝λ－12λ，因为λ－12λ＝λ＋1λ－2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，所以0≤4m 23m 2＋4≤12，解得0≤m 2≤45.又|AB|＝m 2＋1|y 1－y 2|＝m 2＋1y 1＋y 22－4y 1y 2＝12m 2＋123m 2＋4＝4－43m 2＋4，因为4≤3m 2＋4≤325，所以|AB|＝4－43m 2＋4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，278.所以|AB|的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，278.。