【最高考】2022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

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n∈N*均满足xn＋＜2.证明：(1)xn＜xn＋1；(2)xn＞1－.证明：(1)因为xn＞0，xn＋＜2，所以0＜＜2－xn，所以xn＋1＞，且2－xn＞0.因为－xn＝＝≥0.所以≥xn，所以xn≤＜xn＋1，即xn＜xn＋1.(2)下面用数学归纳法证明：xn＞1－.①当n＝1时，由题设x1＞0可知结论成立；-10-\n②假设n＝k时，xk＞1－.则当n＝k＋1时，由(1)得，xk＋1＞＞＝＝1－.由①②可得，xn＞1－.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)＝(n≥3，n∈N*)．证明：当n＝3时，f(3)＝0成立．设当n＝k(k≥3)时猜想成立，即f(k)＝，则当n＝k＋1时，考察k＋1边形A1A2…AkAk＋1，①k边形A1A2…Ak中原来的对角线也都是k＋1边形中的对角线，且边A1Ak也成为k＋1边形中的对角线；②在Ak＋1与A1，A2，…，Ak连结的k条线段中，除Ak＋1A1、Ak＋1Ak外，都是k＋1边形中的对角线，共计有f(k＋1)＝f(k)＋1＋(k－2)＝＋1＋(k－2)＝＝＝＝，即猜想对n＝k＋1时也成立．综上，得f(n)＝对任何n≥3，n∈N*都成立．例2过直线x＝－2上的动点P作抛物线y2＝4x的两条切线PA、PB，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)(t1>0)，B(t，2t2)(t2<0)，P(－2，m)．因为y2＝4x，所以当y>0时，y＝2，y′＝，所以k1＝.同理k2＝.由k1＝＝，得t－mt1－2＝0.同理t－mt2－2＝0.所以t1、t2是方程t2－mt－2＝0的两个实数根．所以t1t2＝－2.所以k1k2＝＝－为定值．-10-\n(2)直线AB的方程为y－2t1＝(x－t)，即y＝x＋2t1－，即y＝x＋，由于t1t2＝－2，所以直线方程化为y＝(x－2)，所以直线AB恒过定点(2，0)．已知点A(1，2)在抛物线Г：y2＝2px上．(1)若△ABC的三个顶点都在抛物线Γ上，记三边AB、BC、CA所在直线的斜率分别为k1、k2、k3，求－＋的值；(2)若四边形ABCD的四个顶点都在抛物线Γ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p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x.设B、C，所以－＋＝－＋＝－＋＝1.(2)另设D，则－＋－＝－＋－＝0.例3已知函数f(x)＝ln(ax＋1)＋，x≥0，其中a＞0.(1)若f(x)在x＝1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x＝1处取得极值，故f′(1)＝0，解得a＝1(经检验符合)．(2)f′(x)＝，因为x≥0，a＞0，故ax＋1＞0，1＋x＞0.当a≥2时，在区间[0，＋∞)上f′(x)≥0，f(x)递增，f(x)的最小值为f(0)＝1.当0＜a＜2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，-10-\nf＜f(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)＝(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x(a>0)．(1)若函数f(x)在x＝0处取极值，求a的值；(2)如图，设直线x＝－，y＝－x将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y＝f(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32×43×54×…×20122011与23×34×45×…×20112012的大小，并说明理由．解：(1)f(x)＝(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x(a>0)，f′(x)＝2ln(2x＋1)－4a(2x＋1)＋1.∵f(x)在x＝0处取极值，∴f′(0)＝－4a＋1＝0.∴a＝.(2)∵函数的定义域为，且当x＝0时，f(0)＝－a<0，又直线y＝－x恰好通过原点，∴函数y＝f(x)的图象应位于区域Ⅳ内，于是可得f(x)<－x，即(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x<－x.∵2x＋1>0，∴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．∴<，∴xln(x＋1)<(x＋1)lnx.∴ln(x＋1)x<lnx(x＋1)，即(x＋1)x<x(x＋1)．∴令x＝3，4，…，2011，则43<34，54<45，…，20122011<20112012.又32×43<23×34，∴32×43×54…×20122011<23×34×45…×20112012.-10-\n例4已知非空有限实数集S的所有非空子集依次记为S1，S2，S3，…，集合Sk中所有元素的平均值记为bk.将所有bk组成数组T：b1，b2，b3，…，数组T中所有数的平均值记为m(T)．(1)若S＝{1，2}，求m(T)；(2)若S＝{a1，a2，…，an}(n∈N*，n≥2)，求m(T)．解：(1)S＝{1，2}的所有非空子集为{1}，{2}，{1，2}，所以数组T为：1，2，.因此m(T)＝＝.(2)因为S＝{a1，a2，…，an}，n∈N*，n≥2，所以m(T)＝[i＋(C)i＋(C)i＋…＋(C)i]/(C＋C＋C＋…＋C)＝i.因为C＝·＝＝·＝C，所以m(T)＝i＝i.设Sn＝C－C＋C－…＋(－1)mC，m、n∈N*且m＜n，其中当n为偶数时，m＝；当n为奇数时，m＝.(1)证明：当n∈N*，n≥2时，Sn＋1＝Sn－Sn－1；(2)记S＝C－C＋C－C＋…－C，求S的值．(1)证明：当n为奇数时，n＋1为偶数，n－1为偶数，∵Sn＋1＝C－C＋…＋(－1)C，Sn＝C－C＋…＋(－1)C，Sn－1＝C－C＋…＋(－1)C，∴Sn＋1－Sn＝(C－C)－(C－C)＋…＋-10-\n(－1)(C－C)＋(－1)C＝－[C－C＋…＋(－1)C]＝－Sn－1.∴当n为奇数时，Sn＋1＝Sn－Sn－1成立．同理可证，当n为偶数时，Sn＋1＝Sn－Sn－1也成立．(2)解：由S＝C－C＋C－C＋…－C，得2014S＝C－C＋C－C＋…－C＝C－＋(C＋C)－(C＋C)＋…－(C＋C)＝(C－C＋C－…－C)－(C－C＋C－…＋C)＝S2014－S2012.又由Sn＋1＝Sn－Sn－1，得Sn＋6＝Sn，所以S2014－S2012＝S4－S2＝－1，S＝－.1.在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点在原点，经过点A(2，2)，其焦点F在轴上．(1)求抛物线C的标准方程；(2)求过点F，且与直线OA垂直的直线的方程；(3)设过点M(m，0)(m＞0)的直线交抛物线C于D、E两点，ME＝2DM，记D和E两点间的距离为f(m)，求f(m)关于m的表达式．解：(1)由题意，可设抛物线C的标准方程为y2＝2px.因为点A(2，2)在抛物线C上，所以p＝1，因此，抛物线C的标准方程为y2＝2x.(2)由(1)可得焦点F的坐标，又直线OA的斜率为＝1，故与直线OA垂直的直线的斜率为－1.因此，所求直线的方程是x＋y－＝0.(3)(解法1)设点D和E的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)，直线DE的方程是y＝k(x－m)，k≠0.将x＝＋m代入y2＝2x，有ky2－2y－2km＝0，解得y1，2＝.由ME＝2DM知1＋＝2(－1)，化简得k2＝，因此DE2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝-10-\n(y1－y2)2＝＝(m2＋4m)．所以f(m)＝(m>0)．(解法2)设D，E.由点M(m，0)及＝2，得t2－m＝2，t－0＝2(0－s)．因此t＝－2s，m＝s2.所以f(m)＝DE＝＝(m＞0)．2.设集合Pn＝{1，2，…，n}，n∈N*.记f(n)为同时满足下列条件的集合A的个数：①APn；②若x∈A，则2xA；③若x∈∁PnA，则2x∁PnA.(1)求f(4)；(2)求f(n)的解析式(用n表示)．解：(1)当n＝4时，符合条件的集合A为{2}、{1，4}、{2，3}、{1，3，4}，∴f(4)＝4.(2)任取偶数x∈Pn，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x＝m·2k，其中m为奇数k∈N*.由条件知，若m∈A则x∈Ak为偶数；若mA，则x∈Ak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.(2022·江苏卷)已知函数f0(x)＝(x＞0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.(1)求2f1＋f2的值；(2)证明：对任意的n∈N*，等式|nfn－1＋fn|＝都成立．(1)解：由已知，得f1(x)＝f0′(x)＝′＝－，于是f2(x)＝f1′(x)＝′－′＝－－＋，所以f1＝－，f2＝－＋.故2f1＋f2＝－1.(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)＝cosx＝sin，类似可得2f1(x)＋xf2(x)＝－sinx＝sin(x＋π)，3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sin，4f3(x)＋xf4(x)＝sinx＝sin(x＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋)对所有的n∈N*都成立．①当n＝1时，由上可知等式成立．-10-\n②假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin(x＋)．因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kfk－1′(x)＋fk(x)＋xfk′(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，[sin(x＋)]′＝cos(x＋)·(x＋)′＝sin[x＋]，所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin[x＋]．因此当n＝k＋1时，等式也成立．综合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋)对所有的n∈N*都成立．令x＝，可得nfn－1＋fn＝sin(＋)(n∈N*)．所以|nfn－1＋fn|＝(n∈N*)．4.(2022·江苏卷)设数列{an}：1，－2，－2，3，3，3，－4，－4，－4，－4，…，(－1)k－1k，…，(－1)，…，即当＜n≤(k∈N*)时，an＝(－1)k－1k.记Sn＝a1＋a2＋…＋an(n∈N*)．对于l∈N*，定义集合Pl＝{n|Sn是an的整数倍，n∈N*，且1≤n≤l}．(1)求集合P11中元素的个数；(2)求集合P2000中元素的个数．解：(1)由数列{an}的定义得：a1＝1，a2＝－2，a3＝－2，a4＝3，a5＝3，a6＝3，a7＝－4，a8＝－4，a9＝－4，a10＝－4，a11＝5，∴S1＝1，S2＝－1，S3＝－3，S4＝0，S5＝3，S6＝6，S7＝2，S8＝－2，S9＝－6，S10＝－10，S11＝－5.∴S1＝1·a1，S4＝0·a4，S5＝1·a5，S6＝2·a6，S11＝－1·a11，　∴集合P11中元素的个数为5.(2)用数学归纳法先证Si(2i＋1)＝－i(2i＋1)．事实上，①当i＝1时，Si(2i＋1)＝S3＝－1·(2＋1)＝－3，故原式成立．　②假设当i＝m时，等式成立，即Sm(2m＋1)＝－m·(2m＋1)，则i＝m＋1时，S(m＋1)[2(m＋1)＋1]＝S(m＋1)(2m＋3)＝Sm(2m＋1)＋(2m＋1)2－(2m＋2)2＝－m(2m＋1)＋(2m＋1)2－(2m＋2)2＝－(2m2＋5m＋3)＝－(m＋1)(2m＋3)．因此当i＝m＋1时，等式也成立．综合①②得：Si(2i＋1)＝－i(2i＋1)，于是S(i＋1)(2i＋1)＝Si(2i＋1)＋(2i＋1)2＝－i(2i＋1)＋(2i＋1)2＝(2i＋1)(i＋1)．由上可知：Si(2i＋1)是(2i＋1)的倍数而a(i＋1)(2i＋1)＋j＝2i＋1(j＝1，2，…，2i＋1)，所以Si(2i＋1)＋j＝Si(2i＋1)＋j(2i＋1)是a(i＋1)(2i＋1)＋j(j＝1，2，…，2i＋1)的倍数．又S(i＋1)(2i＋1)＝(i＋1)(2i＋1)不是2i＋2的倍数，而a(i＋1)(2i＋1)＋j＝－(2i＋2)(j＝1，2，…，2i＋2)，所以S(i＋1)(2i＋1)＋j＝S(i＋1)(2i＋1)－j(2i＋2)＝(2i＋1)(i＋1)－j(2i＋2)不是a(i＋1)(2i＋1)＋j(j＝1，2，…，2i＋2)的倍数，故当l＝i(2i＋1)时，集合Pl中元素的个数为1＋3＋…＋(2i－1)＝i2，于是当l＝i(2i＋1)＋j(1≤j≤2i＋1)时，集合Pl中元素的个数为i2＋j，-10-\n又2000＝31×(2×31＋1)＋47，故集合P2000中元素的个数为312＋47＝1008.(本题模拟高考评分标准，满分10分)(2022·徐州模考)在数列{an}中，已知a1＝20，a2＝30，an＋1＝3an－an－1(n∈N*，n≥2)．(1)当n＝2，3时，分别求a－an－1an＋1的值，并判断a－an－1an＋1(n≥2)是否为定值，然后给出证明；(2)求出所有的正整数n，使得5an＋1an＋1为完全平方数．解：(1)由已知得a3＝70，a4＝180.所以当n＝2时，a－an－1an＋1＝－500；当n＝3时，a－an－1an＋1＝－500.(2分)猜想：a－an－1an＋1＝－500(n≥2)．(3分)下面用数学归纳法证明：①当n＝2时，结论成立．②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即a－ak－1ak＋1＝－500，将ak－1＝3ak－ak＋1代入上式，可得a－3akak＋1＋a＝－500.则当n＝k＋1时，a－akak＋2＝a－ak(3ak＋1－ak)＝a－3akak＋1＋a＝－500.故当n＝k＋1结论成立，根据①，②可得，a－an－1an＋1＝－500(n≥2)成立．(5分)(2)将an－1＝3an－an＋1代入a－an－1an＋1＝－500，得a－3anan＋1＋a＝－500，则5an＋1an＝(an＋1＋an)2＋500，5anan＋1＋1＝(an＋1＋an)2＋501，设5an＋1an＋1＝t2(t∈N*)，则t2－(an＋1＋an)2＝501，即[t－(an＋1＋an)](t＋an＋1＋an)＝501，(7分)又an＋1＋an∈N，且501＝1×501＝3×167，故或所以或由an＋1＋an＝250解得n＝3；由an＋1＋an＝82得n无整数解．所以当n＝3时，满足条件．(10分)已知在数列{an}中，对任意n∈N*，an＋1＝4a－3an.(1)求证：若|an|＞1，则|an＋1|＞1；(2)若存在正整数m，使得am＝1，求证：①|a1|≤1；②a1＝cos(其中k∈Z)．(参考公式：cos3α＝4cos3α－3cosα)证明：(1)因为|an|＞1，an＋1＝4a－3an，所以|an＋1|＝|4a－3an|＝|an||4a－3|＞1.(2)①(反证法)假设|a1|＞1，则|a2|＝|4a－3a1|＝|a1||4a－3|＞1.-10-\n若|ak|＞1，则|ak＋1|＝|4a－3ak|＝|ak||4a－3|＞1.所以当|a1|＞1时，有|an|＞1(n∈N*)，这与已知am＝1矛盾，所以|a1|≤1.②由①可知存在θ，使得a1＝cosθ.则a2＝4cos3θ－3cosθ＝cos3θ，假设n＝k时，有an＝cos3n－1θ即ak＝cos3k－1θ，则ak＋1＝4a－3ak＝4(cos3k－1θ)3－3(cos3k－1θ)＝cos3kθ.所以对任意n∈N*，an＝cos3n－1θ，则am＝cos3m－1θ＝1，3m－1θ＝2kπ，其中k∈Z，即θ＝，所以a1＝cos(k∈Z)．-10-