2018年高考数学(理)二轮复习课件：第1部分+重点强化专题+专题6+第16讲 导数的应用
1－8a 1＋ 1－8a ， ； 4a 4a
当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为
■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 已知函数 f(x)＝ax2－x＋ln x(a∈R)．
(1)求函数 f(x)的单调区间； fm－fn (2)∀m>n>Байду номын сангаас， >1 恒成立，求实数 a 的取值范围. m－n 【导学号：07804112】
[思路分析]
－x＋1 ①当 a＝0 时，f′(x)＝ x . 显然，当 x∈(0,1)时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减． ②当 a≠0 时，对于 2ax2－x＋1＝0，Δ＝(－1)2－4×2a×1＝1－8a. 1 当 Δ≤0，即 a≥8，因为 a>0，所以 2ax2－x＋1≥0 恒成立，即 f′(x)≥0 恒成 立，所以函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
■对点即时训练………………………………………………………………………· 已知函数f(x)＝(ax2＋x－1)ex＋f′(0)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若g(x)＝e xf(x)＋ln x，h(x)＝ex，过点O(0,0)分别作曲线y＝g(x)与y＝h(x)的
－
－e＋13 e＋2 切线l1，l2，且l1与l2关于x轴对称，求证： 2e2 <a<－ 2 .
1－ 1－8a 1 2 若 Δ>0，即 0<a<8或 a<0，方程 2ax －x＋1＝0 的两根为 x1＝ ，x2 4a 1＋ 1－8a ＝ . 4a 当 a<0 时，x1>0，x2<0. 当 当
1－ x∈0， 1－ x∈
1－8a 2 时， 2 ax －x＋1>0，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增； 4a
1－ 1－8a . ，＋ ∞ 4a
1－ 0，
1－8a 4a
，单调递减区间为
fm－fn (2)因为 >1，且m>n，故f(m)－m>f(n)－n. m－n 记g(x)＝f(x)－x，则函数g(x)＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递增． 1 由g(x)＝f(x)－x＝ax －2x＋ln x，可得g′(x)＝2ax－2＋x ≥0.
1－8a 1＋ 1－8a 2 时， 2 ax －x＋1<0，f′(x)<0，函数 f(x)单调递 ， 4a 4a
减； 当
1＋ x∈ 1－8a 2 时， 2 ax －x＋1>0，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增． ，＋ ∞ 4a
综上，当 a＝0 时，f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)； 1 当 a≥8时，函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
1－8a 2 时， 2 ax －x＋1<0，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减． ，＋ ∞ 4a
1 当 0<a<8时，x2>x1>0.
当 当
1－ x∈0， 1－ x∈
1－8a 2 时， 2 ax －x＋1>0，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增； 4a
2
因为x>0， 1 2－ x 1 1 所以a≥ 2x ＝ x－2x2.
1 1 1 1 1 1－x 记h(x)＝x －2x2(x>0)，则h′(x)＝－x2－2×(－2)×x3＝ x3 . 显然，当x∈(0,1)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减． 1 1 1 所以h(x)的最大值为h(1)＝1－ ＝ ， 2×12 2 1 所以a≥2.
3．利用导数研究函数单调性的一般步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导函数 f′(x)； (3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0. ②若已知函数的单调性，则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间 上恒成立问题来求解．
(1)求 f′(x)―→结合 a 的取值讨论 f(x)的单调区间；
fm－fn 等价变形 构造函数 分离参数 (2) >1 ――→ f(m)－m>f(n)－n ――→ 由 g′(x)≥0 ――→ 求 a 的 m－n gx＝fx－x 取值范围．
2 2 ax －x ＋ 1 1 [解] (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－1＋x ＝ . x
第 16 讲
导数的应用
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题型 1 题型 2
利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的极值、最值问题
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利用导数解决不等式问题(答题模板)
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题型 1 利用导数研究函数的单调性
(对应学生用书第 53 页) ■核心知识储备………………………………………………………………………· 1．f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x)＝x3 在(－∞，＋∞) 上单调递增，但 f′(x)≥0. 2． f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件， 当函数在某个区间内恒有 f′(x) ＝0 时，则 f(x)为常函数，函数不具有单调性．
1 故实数a的取值范围为2，＋∞.
[类题通法]
求单调区间或判断单调性的方法
1不含参数：解不等式f′x>0或f′x<0，把不等式解集与定义域取交集， 就是对应的增区间或减区间. 2含有参数：针对参数进行分类讨论，引起讨论的因素包含：参数的正负 性，导数有无极值点，极值点的大小关系，极值点与定义域的关系.
[解] 由已知得f′(x)＝[ax2＋(2a＋1)x]ex，f′(0)＝0，所以f(x)＝(ax2＋x－ 1)ex. (1)f′(x)＝[ax2＋(2a＋1)x]ex＝[x(ax＋2a＋1)]ex. 1 1 ①若a>0，当x<－2－ a 或x>0时，f′(x)>0；当－2－ a <x<0时，f′(x)<0，所以 f(x)的单调递增区间为
2018年高考理科数学全国（Ⅰ）卷第16题几种解题思路-精选教育文档
2018年高考理科数学全国（［）卷第16题几种解题思路问题(2018年高考理科数学全国(I)卷第16题)巳知函数f(x)=2sinx+sin2x,则f(x)的最小值是.解法赏析思路If(x)=2sinx+sin2x,由周期函数不妨设xeO,2n,f7x=2cosx+2cos2x=2(2cos2x+cosxT)=2(2cosx~l) (cosx+1).所以，fx在0,n3,5n3,2n上递增，在n3,5n3上递减.所以f(x)min=min(f(0),f(5n3)}=minO,-332=-332,当x=2kn-n3,ke[WTHZ]Z[WTBX]时取等号.思路2f(x)=2sinx+2sinxcosx=2sinxl+cosxN-21-cos2x?l+cosx2=-23l+cosx33-3cosx，-233l+cosx+3-3cosx443-23644=-332,所以f(x)min=-332.取等号条件同思路1.思路3f(x)=2sinx+2sinxcosx=2sinxl+cosx=8sinx2cos3x2.令t=sinx2cos3x2t2=13X3sin2x2?cos2x2?cos2x2?cos2x2W133sin2x2+cos2x2+c os2x2+cos2x244=13344,所以te-3316,3316,f(x)min=-332,取等号条件同思路1.或者f2(x)=4(1-cosx)(1+cosx)3=[SX (]4[]3[SX)] (3-cosx)(1+cosx)(1+cosx)(1+cosx)W[SX(]4[]3[SX)][JB((][SX(]3-3cosx+l+cosx+l+cosx+l+cosx口4[SX)][JB))]4=[SX(]27[]4[SX)],当且仅当3-3cosx=l+cosx,即cosx=[SX(]1[]2[SX)]时,取等号.有f(x)min=-[SX(]3[KF(]3[KF)][]2[SX)].思路4f(x)=8sinx2cos3x2=8sinx2cos3x2sin2x2+cos2x22=8tanx2tan4x2+2 tan2x2+l令t=tanx2,所以fx=ft=8tt2+12.f't=-83t4+2t2-lt2+14,ft在-SymboleB,-33,33,+SymboleB上?f减，在-33,33上递增.又tf+SymboleB时，ft-*0,所以f(x)min=f(t)min=f(-33)=-332.取等号条件同思路1.[HT][HJ][FL)][JZ(][HT2Y3]2018年高考数学浙江卷第21题引发的探究[HT][HT5K]浙江省宁波市第四中学315016[HT5H]魏定波[JZ)][HT][FL(K2][STFZ]1试题呈现[TP魏定波-l.tif,Y][TS(][JZ]S1[TS)]如图1,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x±存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.(I)设AB中点为M,证明：PM垂直于y轴；(II)若P是半椭圆x2+y24=l(x解法2设直线AB 的方程x=ty+m,由x=ty+m,y2=4x,得，y2~4ty-4m=0,因为yl+y2=2y0,yly2=8x0-y20,所以t=12y0,m=y204-2x0, |AB|=(l+t2)(y2-yl)2=(l+t2)(8y20~32x0),d=|x0-ty0~m|l+t2,所以SAPAB=12|AB|?d=324(y20-4x0)y20-4x0,以下同解法1.[STFZ]3性质再探将上述试题作进一步探究：(1)已知抛物线C：y2=4x的内接梯形ABCD,其中AB〃CD.①则该梯形的两腰所在直线的交点、对角线交点及上下底的中点都在垂直y轴的直线1上(如图3)；②若直线1与抛物线C交于R,则过R点抛物线的切线与直线AB平行；[TP魏定波-3.tif,Y][TS(][JZ]图3[TS)]③若直线AB、AC、BD的斜率存在，则lkAC+lkBD=2kAB；④若直线AB的斜率不存在，则kAC+kBD=O；⑤若直线AC的斜率不存在，则kAB=2kBD；证明①的证明与试题(I)证明相仿，不再阐述.②当直线AB斜率不存在时，点R即为原点0,结论成立；当直线AB斜率存在时，对于y2=4x两边对x求导，得2y?y'=4,则k=y‘=2yR=2yM=kAB,即过R点抛物线的切线与直线AB平行.③1kAC+1kBD=xC-xAyC-yA+xB-xDyB-yD=yC+yA4+yB+yD4=yB+yA4+yC+yD4=yM+yN2=2?yM2=2kAB；下面证明⑤，对于④的证明同理可得.因为直线AC的斜率不存在，所以xC=xA,yC+yA=0,又yC+yD=yA+yB.则yD-yB=2yA,所以kAB=yB-yAxB-xA=4yB+yA=2X4yB+yD=2kBD.(2)已知抛物线C：y2=4x的内接梯形ABCD,其中AB//CD,过点P作抛物线的两切线PE和PF(其中切点为E、F),?t直线EF与AB平行，且直线EF经过Q点(如图4).[TP魏定波-4.tif,Y][TS(][JZ]图4[TS)]证明由P(xO,yO)向抛物线C：y2=4x作切线PE、PF,容易得到切点弦EF所在的直线方程为：2x-y0y+2x0=0,对比直线AB的方程4x-2y0y+yAyB=0，可得，EF〃AB.由2x-y0y+2x0=0得线段EF的中点Q'(y202~x0,yO),又直线AC的方程为4x-(yA+yC)y+yAyC=O,要证明Q',Q重合，只须等式(yA+yC)yO-yAyC=4(y202~x0)成立.由于直线BC过点P,所以(yB+yC)y0-yByC=4x0,上述二个等式相加，其右边等于4(y202-x0)+4x0=2y20,其左边等于(yB+yC)yO~yByC+(yA+yC)yO~yAyC=(yB+yA+2yC)y0~ (yB+yA)yC=(2yO+2yC)y0~2y0yC=(2yO+2yC)y0-2y0yC=2y20.故(yA+yC)yO-yAyC=4(y202~x0)成立，即直线EF经过Q点.进一步，当D、C分别趋向于A、B时，直线AD的方程由4x-（yA+yC）y+yAyC=O,变为4x~2yAy+yA2=0,即为2x~yAy+2xA=0,此为过点A的抛物线切线方程，APAB转化为著名的“阿基米德三角形”.[HT][HJ][FD][JZ（][HT2HJ2018年全国I卷理第19题的探究[HT][HT5K]江西省吉水中学331600EHT5H]孙春生[JZ）][HT][FL（K2]2018年高考全国I卷理科第19题设椭圆C：x22+y2=l的右焦点为F,过F的直线1与C交于A、B两点，点M的坐标为（2,0）.（1）当1与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设0为坐标原点，证明：ZOMA=ZOMB.本题围绕直线与椭圆的位置关系这一重点内容，加强了对解析几何基本概念、基本思想方法和关键能力的考查，着重考查了直线方程的求法，椭圆的简单几何性质、直线与椭圆的位置关系及直线的斜率等多个知识点.简洁明了的题意背后是命题人的匠心独运，笔者利用几何画板对本题作了较系统的探究，现结合2018年高考I卷文科第20题，一并阐述如下.解(1)略；(2)证明：当直线1与x轴重合时，ZOMA=ZOMB=O,符合题意；当直线1与x轴不重合时，设1的方程为：x=ty+c,由x=ty+l,x22+y2=l,得：(t2+2)y2+2ty~l=0,由于点F在曲线内，故方程存在两个根.设方程的两个根分别为yl,y2,则yl+y2=-2tt2+2,yly2=Tt2+2,要使ZOMA=ZOMB相等，则问题转化为证明直线MA与MB 的斜率互为相反数，设直线MA与直线MB的斜率分别为kMA,kMB,则kMA+kMB=ylxl-2+y2x2-2=yltyl-l+y2ty2-l=2tyly2-(yl+y2)(tyl-1)(ty2~l),将yl+y2,yly2的表达式分别代入，可得kMA+kMB=21y1y2-(yl+y2)(tyl~l)(ty2~l)=~2tt2+2~ -2tt2+2(tyl-1)(ty2-l)=0故此时ZOMA=ZOMB,综上所述，Z0MA=Z0MB.解题后进行探究：题中的点M有什么特殊性吗？由椭圆的简单几何性质，通过计算知M是椭圆准线与x轴的交点，将探究拓展成…般情形的猜想得到命题：命题1设椭圆C：x2a2+y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C交于A、B两点，点M的坐标为(a2c,0),0为坐标原点，则Z0MA=Z0N!B.证明当直线1与x轴重合时，Z0NfA=Z0MB=0,符合题意；当直线1与x轴不重合时，设1的方程为：x=ty+c,由x=ty+c,x2a2+y2b2=l,得：(b2t2+a2)y2+2tcb2y-b4=0,由于点F在曲线内，故方程存在两个根yl,y2,且yl+y2=~2tcb2b2t2+a2,y1y2=~b4b2t2+a2,设直线MA与直线MB的斜率分别为kMA,kMB,则kMA+kMB=y1xl~a2c+y2x2~a2c=cy1ctyI~b2+cy2cty2-b2=2c2tyly2-b2c(yl+y2)(ctyl~b2)(cty2~b2)将yl+y2,yly2的表达式分别代入，可得kMA+kMB=2c2tyly2~b2c(yl+y2)(ctyl~b2)(cty2~b2)=0.因此，对椭圆一般情况问题成立.将椭圆推广到双曲线，易证以下推广命题：推广1设双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C的右支同时交于A、B两点，点M的坐标为(a2c,0),0为坐标原点,则Z0MA=Z0MB.进一步探究，当过F的直线1与C的左、右支分别交于一点时，情形如何？从几何作图来看，猜想有Z0MA+Z0MB=180°.证明当直线1与x轴重合时，Z0MA+Z0MB=180°,符合题恩；当直线1与X轴不重合时，设1的方程为：x=ty+c,由x=ty+c,x2a2-y2b2=l,得：(b2t2-a2)y2+2tcb2y+b4=0,设方程的两个根为yl,y2,则yl+y2=-2tcb2b2t2-a2,yly2=b4b2t2~a2,设直线MA与MB的斜率分别为kMA,kMB,则kMA+kMB=y1x1-a2c+y2x2~a2c=cylctyl+b2+cy2cty2+b2=2c2tyly2+b2c(yl+y2)(ctyl-b2)(cty2-b2)=0因此直线MA与MB倾斜角互补，即Z0MA+Z0MB=180°成立.推广2设双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C的左右支分别交于A、B两点，点M的坐标为(a2c,0),0为坐标原点，则Z0MA+Z0MB=180o.椭圆中这一性质对于双曲线有类似的推广命题，对于抛物线也不难证得有相关结论：推广3设抛物线C：y2=2px的焦点为F,过F的直线与C交于A、B两点，点M(-p2,0),0?樽?标原点，则Z0MA=Z0MB.这一结论与2018年全国I卷文科第20题极为相似：(2018年高考I卷文科第20题)已知抛物线C：y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过A的直线1与C交于M,N两点,证明ZABM=ZABN.比照推广3与高考文科题20,易猜想在抛物线中，只需要满足x轴上的两点A,B对称地分布在原点两侧，命题成立.探究设A(a,0),B(-a,0)(a>0,aG[WTHZ]R[WTBX])，过A作直线1交抛物线C：y2=2px于M,N两点，则ZABM=ZABN.证明设1的方程为：x=ty+a,由x=ty+a,y2=2px,得：y2~2pty-2pa=0,设方程的两个根为yl,y2,则yl+y2=2pt,yly2=-2pa,由直线MA与直线MB的斜率之和为：kMA+kMB=ylxl+a+y2x2+a=yItyl+2a+y2ty2+2a=2tyly2+2a(yl+y 2)(tyl+2a)(ty2+2a)=0,因此猜想成立，故综合以上探究有以下命题：命题2设抛物线C：y2=2px,点A(a,0),点B(-a,0)(a>0,ae[WTHZ]R[WTBX]),过点A的直线1与C交于M,N两点,则ZABM=ZABN.进一步探究，可得以上命题的逆命题仍成立，故有以下推广命题：推论1己知椭圆C：x2a2+y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C交于A、B两点，0为坐标原点，则存在唯一—点M(a2c,0),使ZOMA=ZOMB.推论2己知双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C同时交于右支A、B两点，则存在唯一一点M(a2c,0),使Z0MA=Z0MB.推论3已知双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C交于左右两支分别为A、B两点，0为坐标原点，则存在唯一一点M(a2c,0)，使Z0MA+Z0MB=180°.推论4已知抛物线C：y2=2px,点A(a,0)(a>0,ae[WTHZ]R[WTBX]),过A的直线1与C交于M,N两点，则存在唯一一点B(-a,0),使ZMBA=ZNBA.一个看似平淡无奇的高考题，其产生的依据却是一些通用的性质作背景，若我们在解决数学问题后，能根据题中条件与结论之间蕴含的内在联系，在题后多反思，并由特殊推广到一般情形,则我们更能把握问题的实质，更能统领问题的全局.孙春生(1971—)，男，江西吉水人.研究方向：高中数学教材教法，高考命题方向探究，高中数学解题方法探讨，经典题型母题研究.主要成绩：江西省骨干教师，吉水县名师，一直从事高中数学教学，兼任学校数学教研组长，指导学生在高考与奥赛中取得优异成绩，在《数学通报》、《数学教学》、《中学数学杂志》等省级以上刊物发表文章百余篇，撰写教辅书多部.[HT][HJ][FD][JZ(][HT2XBS]巧用结论妙解试题[ZW(*]基金项目：四川省〃西部卓越中学数学教师协同培养计划”项目(ZY16001).[ZW)][HT1.] [HT4F]一一以2018年圆锥曲线试题为例[HT][HT5K]四川省内江师范学院数学与信息科学学院641100EHT5H]余小芬彭玉灵[JZ)][HT][FL(K2]教材中结论主要以公式、定理、法则的形式直接呈现.事实上，教材中间接隐含了一些结论(这里称为“二手”结论)需要开发.“二手”结论往往是高考命题的重要取材、是解答高考试题的重要工具.本文以“二手结论”在2018年圆锥曲线试题中的应用举例说明.结论1双曲线焦点到渐近线的距离为b,其中b为虚半轴长.证明不妨设双曲线x2a2-y2b2=l(a>0,b>0),右焦点F(c,0),1：y=bax为双曲线的一条渐近线，即bx~ay=0.故F到1的距离d=bcb2+a2=bcc=b.例1(2018年高考全国III卷文科第10题)已知双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>0,b>0)的离心率为2,则点(4,0)到C的渐近线的距离为().A.2B.2C.322D.22解不妨设c=4,故点（4,0）为双曲线右焦点.由结论1,（4,0）到C的渐近线的距离为b.由e=2=ca,得a=22,所以b=c2~a2=22.故选D.评注本题通过特殊法假设c=4,巧妙将问题转化为双曲线焦点到渐近线的距离，从而利用结论快速求解，避免了繁琐计算，节约了求解时间.例2（2018年高考天津卷理科第7题）已知双曲线x2a2-y2b2=l（a>0,b>0）的离心率为2,过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A,B两点，设A、B到双曲线同一条渐近线的距离分别为dl和d2,且dl+d2=6,则双曲线的方程为（）・A.x24-y212=lB.x212-y24=lC.x23-y29=lD.x29-y23=l图1解如图1,设右焦点为P,作AC±1（1为渐近线）于C,BD_L1于D,PM_L1于比易知PM为梯形ABDC的中位线，所以dl+d2=AC+BD=2PM=6,PM=3.又由结论1,b=PM=3.再由e=ca=2,c2=a2+b2,解得a2=3,故双曲线方程为x23-y29=l.评注本题结合梯形中位线性质，将dl+d2转化为焦点到准线的距离，进而利用结论1求解问题.例3（2018年高考全I卷理科第11题）已知双曲线C：x23-y2=l,0为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M,N.若AOMN为直角三角形，则MN=()・A. 32B.3C.23D.4图2解如图2,双曲线渐近线方程为疔±33x,故tanZM0F=33,所以ZM0F=30°,ZM0N=60°.故RtAOMN中，不妨设NOMN=90°（Z0NKf=90°同理可得），即FM±OM，故由结论1,FM=b.又OF=c,故M0=a=3.因此在RtAOMN中，MN=M0?tan60°=3M0=3.评注本题关键是通过渐近线方程求得RtAOMN中ZM0N=60o,以此确定AOMN中直角位置，从而利用结论1求得AOMN中一直角边，进而根据正切函数求得边长.例4（2018年高考全国III卷理科第11题）设Fl,F2是双曲线C：x2a2-y2b2=l（a>0,b>0）的左，右焦点，0是坐标原点.过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若PF1=6OP,则C的离心率为（）・A. 5B.2C.3D.2图3解如图3,过F1作渐近线1的垂线，垂足为P，.由结论1,F2P=F1P'=b.在RtAP0F2中，0P=0F22-PF22=c2-b2=a.同理, OP'=a.由巳知，PFl=60P=6a.又在RtAPP7Fl 中，PF1=F1P'2+PP'2=b2+4a2.故6a=b2+4a2,解得b2a2=2.故e=l+b2a2=3.评注在RtAP0F2中，利用结论1易求OP长，进而结合PF1=6OP求得PF1长.事实上，本题可在左PF1F2中利用余弦定理建立a,b的关系式，但计算较为复杂.因此，通过利用双曲线的对称性，在RtAPP7Fl中求得PF1的长，再利用等量替换求得a,b比例关系，减少了运算量，节约了求解时间.结论2巳知Fl,F2分别为椭圆x2a2+y2b2=l(a>b>0)的左、右焦点，P是C上的一点，若PF11PF2,且ZPF2F1=0,则离心率e=lsin0+cos0.证明在RtAPFlF2中，FlF2=2c，故PF2=FlF2?cos0=2ccos0,PFl=2csin0.所以PFl+PF2=2c(sin0+cos0)=2a,因此离心率e=ca=lsin0+cos0.例5(2018年高考全国II卷文科第11题)已知Fl,F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1J_PF2,且ZPF2F1=6O°,则C的离心率为().A.1-32B.2-3C.3-12D.3-1解由题意，利用结论2,e=lsin60°+cos60°=3~1.例6(2018年高考北京卷理科第14题)已知椭圆M：x2a2+y2b2=l(a>b>0),双曲线N：x2m2-y2n2=l,若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为，双曲线N的离心率为.图4解如图4,不妨设椭圆M的左，右焦点分别为Fl,F2.由题意，ABF1CDF2为正六边形.连接AF1,易知ZF1AF2=9O°,且ZF1F2A=6O°.故由结论2,椭圆离心率e=lsin60°+cos60°=3-1.连接AO,易知ZA0F2=60°,即双曲线渐近线斜率nm=tan60°=3,故双曲线N的离心率e=l+n2m2=2.评注根据正六边形几何性质，不难得到题中焦点△F1AF2满足结论2的条件，故利用公式直接求解椭圆离心率；再由渐近线倾斜角表示斜率，从而获得in,n比例关系，再利用双曲线离心率公式求得答案.图5结论3若AB是过抛物线y2=2px(p>0)的焦点的弦，则以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，且切点M与焦点F的连线垂直于弦AB.证明如图5,过点A,B分别向抛物线的准线1作垂线，垂足分别为Al,B1.过AB中点N向1作垂线，垂足为M.设以AB 为直径的圆的半径为r,因为2r=AB=AF+BF=AAl+BBl=2MN，故MN=r.因此，以AB为直径的圆与1相切.下面再证MF±AB.(1)当AB与x轴垂直时，结论显然成立；(2)当AB不与x轴垂直时，设M(-p2,t),又F(p2,0)，故kMF=t-p.X kAB=yA-yBxA-xB=yA-yBy2A2p-y2B2p=2pyA+yB=2p2yN=pt，故kMF?kAB=T,即MF±AB.例7(2018年高考全国HI卷理科第16题)已知点M-1,1和抛物线C：y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若ZAMB=90°,则k=[CD#4].解由题意，抛物线C的焦点为F(1,0),准线方程为：x=-1.即M(-1,1)恰在准线上，且满足ZAMB=90°，故由结论3,有MFXAB,所以kMF?kAB=-l.又kMF=0Tl-(-1)=-12,故kAB=2.评注由抛物线方程易知M在抛物线准线上，且ZAMB=90°,即M位于以AB为直径的圆上，且M恰为该圆与准线相切的切点,故由结论3,利用两直线垂直的斜率关系，快速求得直线AB的斜率.由此可见，利用结论求解避免了联立直线与曲线方程求解的繁琐.结论4设点P(x0,y0)是椭圆x2a2+y2b2=l(a>b>0)上的一点，Fl(-c,0),F2(c,0)分别为椭圆的左右焦点，则PFl=a+exO,PF2=a-exO,其中e为椭圆离心率.证明PF12=(xO+c)2+y20=(x20+2cx0+c2)+b2-b2a2x20=(I~b2a2)x20+2cx0+c2+b2=c2a2x20+2cx0+a2=(caxO+a)2,所以PFl=caxO+a=exO+a,又PFl+PF2=2a,所以PF2=a~exO.例8(2018年高考全国III卷文科第20题)已知斜率为k的直线1与椭圆C：x24+y23=l交于A,B两点.线段AB的中点为Ml,mm>0.(I)略；(II)F为C的右焦点，P为C上一点,且FP+FA+FB=[STHZ]O.证明：2FP=FA+FB.解由题意，a=2,b=3,所以c=l,故右焦点为F(1,0),离心率c=12.设A(xl,yl),B(x2,y2),P(x3,y3)，故FP+FA+FB=(x3-l,y3)+(xl~l,yl)+(x2~l,y2)=(xl+x2+x3~3,yl+y2+y3).由FP+FA+FB=[STHZ]0,得xl+x2+x3=3.又线段AB的中点为Ml,m,所以xl+x2=2,x3=l.又由结论4,FA=a-exl=2-12x1,FB=a-ex2=2-12x2,FP=a-ex3=2-12x3=32.所以FA+FB=4-12(xl+x2)=3,故FA+FB=2FP,即2FP=FA+FB.口注解决本题的关键是利用结论4表示出FA,FB,FP,再结合条件：FP+FA+FB=[STHZ]0及M为线段AB中点，通过向量加法的坐标运算及中点坐标公式求得xl,x2,x3的关系，从而证得结论.由此可见，“二手结论”在解决高考试题中发挥着重要作用，利用“二手结论”解题也体现了近年高考“多考点想，少考点算”的基本命题理念.特别指出，上文的结论1一4并非“繁难偏怪”，而是完全依据教材中圆锥曲线的重要概念、性质以及领悟教材例题、习题设计意图，通过适当变式、拓展而来.这正如教育家叶圣陶先生所说：“教材无非是个例子，它只能作为教课的依据.要教得好，使学生受益，还要靠教师善于运用.”因此，基于《普通高中数学课程标准（2017年版）》、《普通高等学校招生全国统一考试大纲》，结合高考命题实际,对教材中的某些内容进行删减、拓展、补充、改进、增补、变式、整合等.通过二次开发，将学习形态的数学转化为应试形态的数学、将教材结构转化为应试结构，不仅可以弥补、完善数学知识结构，也能促进学生对知识灵活、综合的应用，拓宽学生数学思维的广度和深度，激发他们进一步学习的潜能.。
2018年高考数学复习研讨会课：2018年考纲和数学二轮复习 (共114张PPT)
二轮复习学生的日常工作
作————做题
听————听讲 想 ————归纳
二轮复习学生的日常工作 作题----作 写 刷
作题 想明白
写题 说清楚，写规范 刷题 磨技巧 提能力
二轮复习学生的日常工作 听讲
解决疑难
把握重点 掌握方法 注重细节
二轮复习学生的日常工作 想——思考
归纳 总结试题 整理与反思.
2018年考纲和 数学二轮复习
Ⅰ
话题一 2018年考纲
关键词 稳定没变化
2018年考纲 知识与能力
知识要求：了解，理解，掌握 能力意识 ：空间想象能力， 抽象概括能力， 推理论证能力， 运算求解能力， 数据处理能力， 应用意识，创新意识
2018年考纲 个性品质 考查要求
个性品质：具有一定的数学视野，认识数学 的科学价值和人文价值，崇尚数学的理性 精神，形成审慎的思维习惯，体会数学的 美学意义； 考查方面：数学基础知识，数学思想方法， 数学能力，应用意识和创新意识
• 其一 站在命题者的角度，思考试题的命制。 （稳定与创新） • 其二 站在作题者的角度，思考试题拿分的 策略。(方法与手段）
站在命题者的角度思考试题的命制
命题者命题受下面约束 考生的知识，方法———课程标准 ，教材 考试的目的 内容 ——— 考试大纲
命题者命题思路有历年高考题可以管窥
考纲研究
《考试大纲》既是命题 的准绳，更是复习的 依据。
2018年考纲 考试范围
考试范围：文科考生必考内容为《课程标准》 的必修内容和选修系列1内容， 理科考生必考内容为《课程标准》 的必修内容和选修系列2内容，选考内容均 为选修系列4的“坐标系与参数方程”、 “不等式选讲”等2个专题。
话题二 二轮复习
2018届高考数学理二轮复习课件：第一部分 层级二保分专题五 数 列 精品
a ＋ n 1 an＋1－an或 an
[即学即用·练通] 1． (2017· 全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为 1， 公差不为 0.若 a2， a3，
a6 成等比数列，则{an}前 6 项的和为 A．－24 B．－3 C．3 解析：设等差数列{an}的公差为 d， D．8 ( )
[类题通法] 1．等差(比)数列的基本运算
在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联 系不明显，则均可化成关于 a1 和 d(或 q)的方程组求解，但要注 意消元法及整体代换，以减少计算量． 2．判断和证明数列是等差(比)数列的 2 种方法 (1)定义法：对于 n≥1 的任意自然数，验证 为与正整数 n 无关的一常数． (2)中项法： ①若 2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；
B
(2)(2017· 全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， 等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2. ①若 a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式； ②若 T3＝21，求 S3.
[解]
设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q，
则 an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1. 由 a2＋b2＝2 得 d＋q＝3. ①由 a3＋b3＝5 得 2d＋q2＝6.
两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合 (与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应 用． 2.若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题
的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，
难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位 置上，难度偏大，复习时应引起关注．
2018届广东省高考数学复习 PPT 课件
因为“得到了不该得到的”，所以“错过了不该错过的”； 因为“填充了不该填充的”，所以“失去了不该失去的”！ 这样的教育不是“生命的教育”，而是“绩效的教育”。 例如安徽毛坦厂中学。 小学如果疏忽情感，心智，学科基础，营养，一生都难以弥补。
反思四、分科主义教育未能突出“顶灯效应”。
当一个6岁多的孩子迈入小学,他就好像进入到一个黑黑的房 子里面。这时他能不能大胆地迈进这个他不熟悉的黑暗的房间 里面？
通常有两种方式帮助他，一种方式是用高度聚光的探照灯把 房间的每一个角落呈现给他们；另外一种方式，就是把这个房 间的顶灯打开，一下子把整个房间都照亮，尽管顶灯在局部上 并没有探照灯那样照得亮，但在哪种灯光的帮助下，孩子们能 够更放心大胆地走进这个房子呢？显然是顶灯！
二、二轮复习的要求
1.认真研读《考试说明》和《考纲》
——明确“考什么”、“考多难”、“怎样考” 这三个问题。
在《考试说明》和《考纲》的研究过程中应做 到如下三点 ： ①把握考纲要求，务求全面通透。 ②关注考纲之变，及时调整方案。 ③重视题型示例，多作对比迁移。
逐条落实《考试说明》和《考纲》内容，有针对性 的培养考试所要求的五种能力和两种意识，即空间想象 能力、抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、 数据处理能力以及应用意识和创新意识。同时要明确今 年高考在内容、难度和题型要求上将要发生的变化，哪 些内容被删去了，哪些内容降低了要求，哪些内容是增 加的，都要做到心中有数。
3.二轮复习的方式
二轮复习不是重新学习，不能简单、机械重复知识 ，强调数学学科知识的内在联系，重视对知识进行整 理和加工，构建分析解决数学问题的思维模型。在整 理知识过程中查漏补缺；在加工知识过程中加深理解 ；在重组知识过程中理清系统结构；在应用过程中掌 握方法、提高能力。
【数学课件】2018高考理科数学二轮复习数学思想领航ppt课件及练习(8份)
高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合；二是着眼于对数学思
想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学内容，可用文字和符
号来记录与描述，那么数学思想方法则是数学意识，重在领会、运用，
属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到
的数学思想主要有函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转
思维升华 解析 答案
3 跟踪演练1 函数y＝logax(a>0，且a≠1)的反函数的图象过点(a， a )，则a
1 3 的值为____.
解析 因为函数 y ＝ logax(a>0 ，且 a≠1) 的反函数 y ＝ ax(a>0 ，且 a≠1) 的图
3
象过点(a， a )，所以 a ＝aa，
3
即a
1 3
1 1 a ＝a ，所以a＝ .经检验知a＝ 符合要求. 3 3
解析
答案
方法二 平面向量问题的函数(方程)法
模型解法
平面向量问题的函数(方程)法是把平面向量问题，通过模、数量积等转
化为关于相应参数的函数(方程)问题，从而利用相关知识结合函数或方
程思想来处理有关参数值问题.破解此类题的关键点：
①向量代数化，利用平面向量中的模、数量积等结合向量的位置关系、
满足条件的点坐标，求其中的参数问题.破解此类题的关键点：
①点代入函数，把所给点坐标代入已知函数的解析式中，得到关于参数
的方程或不等式.
②解含参方程，求解关于参数的方程或不等式.
③检验得结论，得出参数的值或取值范围，最后代入方程或不等式进行
检验.
典例1 A.2
函数y＝ax (a>0，且a≠1)的反函数的图象过点( a ，a)，则a的值为 B.3