《【最高考】2021届高考数学二轮专题突破课堂讲义 第31讲 圆锥曲线与方程、导数及其应用、推理与证明.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【最高考】2021届高考数学二轮专题突破课堂讲义 第31讲 圆锥曲线与方程、导数及其应用、推理与证明.doc（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第31讲圆锥曲线与方程、导数及其应用、推理与证明从这几年江苏高考试卷来看，圆锥曲线可以与方程、导数及其应用及推理与证明合并命题考题中常以某些数学知识为载体，考查学生推理论证能力与分析问题、解决问题的能力综合考查学生的数学素养与探究能力，若这些知识放在第22题考，则属于中档题，放在第23题考，则属于难题，特别是第23题其中的一问对思维要求很高，对学生的数学素养及能力要求都达到了相当的高度圆锥曲线与方程考试说明内容要求ABC圆锥曲线与方程曲线与方程顶点在坐标原点的抛物线的标准方程与几何性质导数及其应用考试说明内容要求ABC导数及其应用简单的复合函数的导数推理与证明考试说明内容要求ABC1数学归纳法
2、的原理2数学归纳法的简单应用例1 各项均为正数的数列xn对一切nN*均满足xn2.证明：(1) xnxn1；(2) xn1.证明：(1) 因为xn0，xn2，所以02xn，所以xn1，且2xn0.因为xn0.所以xn，所以xnxn1，即xnxn1.(2) 下面用数学归纳法证明：xn1. 当n1时，由题设x10可知结论成立； 假设nk时，xk1.则当nk1时，由(1)得，xk11.由可得，xn1.已知过一个凸多边形的不相邻的两个端点的连线段称为该凸多边形的对角线(1) 分别求出凸四边形、凸五边形、凸六边形的对角线的条数；(2) 猜想凸n边形的对角线条数f(n)，并用数学归纳法证明解：(1) 凸四
3、边形的对角线条数为2条；凸五边形的对角线条数为5条；凸六边形的对角线条数为9条(2) 猜想f(n)(n3，nN*)证明：当n3时，f(3)0成立设当nk(k3)时猜想成立，即f(k)，则当nk1时， 考察k1边形A1A2AkAk1， k边形A1A2Ak中原来的对角线也都是k1边形中的对角线，且边A1Ak也成为k1边形中的对角线； 在Ak1与A1，A2，Ak连结的k条线段中，除Ak1A1、Ak1Ak外，都是k1边形中的对角线，共计有f(k1)f(k)1(k2)1(k2)，即猜想对nk1时也成立综上，得f(n)对任何n3，nN*都成立例2 过直线x2上的动点P作抛物线y24x的两条切线PA、PB，
4、其中A、B为切点(1) 若切线PA、PB的斜率分别为k1、k2，求证：k1k2为定值；(2) 求证：直线AB恒过定点证明：(1) 设A(t，2t1)(t10)，B(t，2t2)(t20时，y2，y，所以k1.同理k2.由k1，得tmt120.同理tmt220.所以t1、t2是方程t2mt20的两个实数根所以t1t22.所以k1k2为定值(2) 直线AB的方程为y2t1(xt)，即yx2t1，即yx，由于t1t22，所以直线方程化为y(x2)，所以直线AB恒过定点(2，0)已知点A(1，2)在抛物线：y22px上(1) 若ABC的三个顶点都在抛物线上，记三边AB、BC、CA所在直线的斜率分别为k
5、1、k2、k3，求的值；(2) 若四边形ABCD的四个顶点都在抛物线上，记四边AB、BC、CD、DA所在直线的斜率分别为k1、k2、k3、k4，求的值解：(1) 由点A(1，2)在抛物线上，得p2，所以抛物线方程为y24x.设B、C，所以1.(2) 另设D，则0.例3 已知函数f(x)ln(ax1)，x0，其中a0.(1) 若f(x)在x1处取得极值，求a的值；(2) 若f(x)的最小值为1，求a的取值范围解：(1) f(x).因为f(x)在x1处取得极值，故f(1) 0，解得a1(经检验符合)(2) f(x)，因为x0，a0，故ax10，1x0.当a2时，在区间0，)上f(x)0，f(x)递
6、增，f(x)的最小值为f(0)1.当0a2时，由f(x)0，解得x，由f(x)0，解得x，故f(x)的单调减区间为，单调增区间为.于是，f(x)在x处取得最小值，ff(0)1，不合题意综上可知，若f(x)取得最小值为1，则a的取值范围是2，)已知函数f(x)(2x1)ln(2x1)a(2x1)2x(a0)(1) 若函数f(x)在x0处取极值，求a的值；(2) 如图，设直线x，yx将坐标平面分成、四个区域(不含边界)，若函数yf(x)的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a的取值范围；(3) 比较3243542 0122 011与2334452 0112 012的大小，并说明理
7、由解：(1) f(x)(2x1)ln(2x1)a(2x1)2x(a0)，f(x)2ln(2x1)4a(2x1)1. f(x)在x0处取极值， f(0)4a10. a.(2) 函数的定义域为，且当x0时，f(0)a0，又直线yx恰好通过原点， 函数yf(x)的图象应位于区域内，于是可得f(x)x，即(2x1)ln(2x1)a(2x1)2x0， a.令h(x)， h(x).令h(x)0，得x. x， x时，h(x)0，h(x)单调递增；x时，h(x)0，h(x)单调递减 hmax(x)h. a的取值范围是.(3) 由(2)知，函数h(x)在x(，)时单调递减，函数p(x)在x(e，)时单调递减 ，
8、 xln(x1)(x1)lnx. ln(x1)xlnx(x1)，即(x1)xx(x1) 令x3，4，2 011，则4334，5445，2 0122 0112 0112 012.又32432334， 3243542 0122 0110)(解法2)设D，E.由点M(m，0)及2，得t2m2，t02(0s)因此t2s，ms2.所以f(m)DE(m0)2. 设集合Pn1，2，n，nN*.记f(n)为同时满足下列条件的集合A的个数： APn； 若xA，则2xA； 若xPnA，则2xPnA.(1) 求f(4)；(2) 求f(n)的解析式(用n表示)解：(1) 当n4时，符合条件的集合A为2、1，4、2，3
9、、1，3，4， f(4)4.(2) 任取偶数xPn，将x除以2，若商仍为偶数，再除以2，经过k次以后，商必为奇数，此时记商为m.于是xm2k，其中m为奇数kN*.由条件知，若mA则xAk为偶数；若mA，则xAk为奇数于是x是否属于A，由m是否属于A确定设Qn是Pn中所有奇数的集合因此f(n)等于Qn的子集个数当n为偶数(或奇数)时，Pn中奇数的个数是(或) f(n)3. (2014江苏卷)已知函数f0(x)(x0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1) 求2f1f2的值；(2) 证明：对任意的nN*，等式|nfn1fn|都成立(1) 解：由已知，得f1(x)f0(x)，于是f2(x
10、)f1(x)，所以f1，f2.故2f1f21.(2) 证明：由已知，得xf0(x)sinx，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cosx，即f0(x)xf1(x)cosxsin，类似可得2f1(x)xf2(x)sinxsin(x)，3f2(x)xf3(x)cosxsin，4f3(x)xf4(x)sinxsin(x2)下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin(x)对所有的nN*都成立 当n1时，由上可知等式成立 假设当nk时等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin(x)因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)
11、，sin(x)cos(x)(x)sinx，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sinx因此当nk1时，等式也成立综合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin(x)对所有的nN*都成立令x，可得nfn1fnsin()(nN*)所以|nfn1fn|(nN*)4. (2013江苏卷)设数列an：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，(1)k1k，(1)，即当n(kN*)时，an(1)k1k.记Sna1a2an(nN*)对于lN*，定义集合Pln|Sn是an的整数倍，nN*，且1nl(1) 求集合P11中元素的个数；(2) 求集合P2 000中元素的个数解：(1) 由数列an的定义得：a11，a22
12、，a32，a43，a53，a63，a74，a84，a94，a104，a115， S11，S21，S33，S40，S53，S66，S72，S82，S96，S1010，S115. S11a1，S40a4，S51a5，S62a6，S111a11， 集合P11中元素的个数为5.(2) 用数学归纳法先证Si(2i1)i(2i1)事实上， 当i1时，Si(2i1)S31(21)3，故原式成立 假设当im时，等式成立，即Sm(2m1)m(2m1)，则im1时，S(m1)2(m1)1S(m1)(2m3)Sm(2m1)(2m1)2(2m2)2m(2m1)(2m1)2(2m2)2(2m25m3)(m1)(2m3)
13、因此当im1时，等式也成立综合得：Si(2i1)i(2i1)，于是S(i1)(2i1)Si(2i1)(2i1)2i(2i1)(2i1)2(2i1)(i1)由上可知：Si(2i1)是(2i1)的倍数而a(i1)(2i1)j2i1(j1，2，2i1)，所以Si(2i1)jSi(2i1)j(2i1)是a(i1)(2i1)j(j1，2，2i1)的倍数又S(i1)(2i1)(i1)(2i1)不是2i2的倍数，而a(i1)(2i1)j(2i2)(j1，2，2i2)，所以S(i1)(2i1)jS(i1)(2i1)j(2i2)(2i1)(i1)j(2i2)不是a(i1)(2i1)j(j1，2，2i2)的倍数，
14、故当li(2i1)时，集合Pl中元素的个数为13(2i1)i2，于是当li(2i1)j(1j2i1)时，集合Pl中元素的个数为i2j，又2 00031(2311)47，故集合P2000中元素的个数为312471 008.(本题模拟高考评分标准，满分10分)(2014徐州模考)在数列an中，已知a120，a230，an13anan1(nN*，n2)(1) 当n2，3时，分别求aan1an1的值，并判断aan1an1(n2)是否为定值，然后给出证明；(2) 求出所有的正整数n，使得5an1an1为完全平方数解：(1) 由已知得a370，a4180.所以当n2时，aan1an1500；当n3时，aa
15、n1an1500.(2分)猜想：aan1an1500(n2)(3分)下面用数学归纳法证明： 当n2时，结论成立 假设当nk(k2，kN*)时，结论成立，即aak1ak1500，将ak13akak1代入上式，可得a3akak1a500.则当nk1时，aakak2aak(3ak1ak)a3akak1a500.故当nk1结论成立，根据，可得，aan1an1500(n2)成立(5分)(2) 将an13anan1代入aan1an1500，得a3anan1a500，则5an1an(an1an)2500，5anan11(an1an)2501，设5an1an1t2(tN*)，则t2(an1an)2501，即t
16、(an1an)(tan1an)501，(7分)又an1anN，且50115013167，故或所以或由an1an250解得n3；由an1an82得n无整数解所以当n3时，满足条件(10分)已知在数列an中，对任意nN*，an14a3an.(1) 求证：若|an|1，则|an1|1；(2) 若存在正整数m，使得am1，求证：|a1|1；a1cos(其中kZ)(参考公式：cos34cos33cos)证明：(1) 因为|an|1，an14a3an，所以|an1|4a3an|an|4a3|1.(2) (反证法)假设|a1|1，则|a2|4a3a1|a1|4a3|1.若|ak|1，则|ak1|4a3ak|ak|4a3|1.所以当|a1|1时，有|an|1(nN*)，这与已知am1矛盾，所以|a1|1.由可知存在，使得a1cos.则a24cos33coscos3，假设nk时，有ancos3n1即akcos3k1，则ak14a3ak4(cos3k1)33(cos3k1)cos3k.所以对任意nN*，ancos3n1，则amcos3m11，3m12k，其中kZ，即，所以a1cos(kZ)- 10 -