高考全国卷理科数学一题多解 26页

‎2018年高考全国卷理科数学一题多解 ‎1、（2018年天津高考真题理科和文科第13题）‎ 已知，且，则的最小值为 . ‎ 思路一：基本不等式 解析一：由于，可得，‎ 由基本不等式可得，，‎ 当且仅当，即时等号成立。‎ 故的最小值为。‎ 思路二：轮换对称法(地位等价法）‎ 方法二：轮换对称性：因为的地位是样的，当取最值时，在相等的时候取到：‎ ‎，得，所以最小值为 思路三：换元+等价转化 方法三：令，，则，，‎ 则已知问题可以转化为：已知，则的最小值为 . ‎ 已知，可得，‎ ‎，‎ 当且仅当，，即时取得等号，‎ 故的最小值为。‎ ‎2、【2018课标2卷理12】‎ 已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为（ ）．‎ ‎ A． B． C． D．‎ 解法一：由题意：所以，‎ 即，所以，选D．‎ 解法二：由题可得的方程为，的方程为，‎ 可求解，‎ 又，所以， 解得，选D 解法三：在三角形中，由余弦定理可得：‎ 则 又 在中利用等高建立等式，‎ 所以， 所以，选D 解法四：因为为等腰三角形，，所以，‎ 由余弦定理可知：，‎ 因为，‎ 所以，‎ 在中，由正弦定理可知：，即，‎ 所以离心率为，选D．‎ 解法五：因为为等腰三角形， ，所以，‎ 由斜率为得，，所以 由正弦定理得，所以 所以，解得，选D．‎ ‎3、（2018全国理科第16题）‎ 已知函数，则的最小值为___________‎ 解法一 当且仅当时，‎ 此时，‎ 考点：四元均值不等式，三角恒等变换 解法二：先求的最大值，设 ‎，‎ 即，‎ 故根据奇函数知，‎ 解法三：求导法.‎ 当；；‎ 解法四：为奇函数，可考虑为锐角，‎ 由琴生不等式等 解法五 ，‎ 设，则，，，设两曲线切于，则有，解得，‎ 解法六 柯西不等式法 ‎，‎ ‎，‎ 解法七：构造单位圆中的正三角形，单位圆中的正三角形面积最大 ‎，‎ 解法七 万能代换：‎ 为奇函数，不妨设。‎ ‎,当且仅当时取等号，‎ 试题拓展：‎ ‎（1）(2016全国2)函数的最大值是_________‎ ‎(2)2013全国1)当时，函数取得最大值 ，则_________‎ ‎(3)已知函数，则的最小值是_________‎ ‎(4)已知函数，则的最大值是_________‎ ‎(5)已知函数，则的最大值是_______‎ ‎(6)已知函数，则的最大值_________‎ ‎(7)已知函数，则的最大值__________‎ ‎(8)是的一个三角形的内角，则 ‎(9)的最大值是_________‎ 的最大值是________‎ 的最大值是_________‎ 的最大值是________‎ (9) 函数的最大值是_______‎ 答案:1. ,‎ ‎4、 ‎ 其中，因为当时，函数取得最大值，所以，此时，,,所以 解法二. ,其中，由已知，其中，可知，所以，化简，所以，，又，所以 解法三：，所以 又当时，取得最大值 ，即 解得，因为，所以是第二象限角可第四象限角， 所以当第二象限角，此时，此时，取得最大值 当第四象限角时，此时，取得最小值 舍去，所以 解法四. 由柯西不等式，‎ 当且仅当时，即当时等号成立，取得最大值，‎ 又当时，取得最大值，所以 ‎ 所以为第二象限角时，利用且，解得 解法五. 由已知，令，则，点在单位圆上，的几何意义为直线的纵截距，当直线与圆相切时，取得最大值. 此时直线的斜率为，易得，即此时所以为第二象限角时，取得最大值，，故可求得 ‎4.（2018全国3卷16）已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于两点．若，则=　　‎ 解法一：∵抛物线，的焦点，‎ ‎∴过两点的直线方程为，‎ 联立可得 设，则 ，，‎ ‎∴，，‎ ‎∵，∴，，‎ ‎∵∴∴，‎ 整理可得，，‎ ‎∴，即，∴．‎ 解法二：设，，，取的中点.‎ 分别过作准线的垂线，垂足分别为，‎ ‎∵，所以，‎ 又因为点为的中点，所以平行于轴，‎ 所以，即，所以.‎ 我们先证一个重要结论，然后利用这个结论，秒杀此题 解法三：三角形称为阿基米德三角形，‎ 是弦的两条切线，推出点在准线上，且，,‎ 反之，若点在准线上，且，推出是弦的两条切线，‎ 若点在准线上，且，推出是弦的两条切线，且，‎ 设抛物线上的焦点为，过的直线方程为，联立方程 ‎,可得,∴，‎ 设，过两点分别作两条切线，切线方程分别为，， 设两切线的交点坐标，‎ 则有，，‎ 对于本题而言，相当于，，，‎ ‎5、【2018课标1卷理1】12．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【解析】法一： ‎ ‎1.因为一组平行线与已知平面所成的角都相等，将每条棱与截面所成的角化归为同一顶点出发的三条棱与截面所成角。根据经验能直观感知到平面AB′D′是符合要求的平面（图1），由对称性可知，平面BDC′也是符合要求的平面（图2），且与平面AB′D′平行的平面都与这三条直线所成角相等。‎ ‎2.该截面的形状为：由小变大的正三角形——六边形——正六边形——六边形——由大到小的正三角形。根据基本活动经验，学生可以判断（或猜想）出当截面形状为正六边形时，截面面积应该最大（图3）。 ‎ ‎3.求出该正六边形的面积，这恰好是四个选项中最大的数，所以选A。 ‎ 图1 图2 图3‎ ‎ 【点评】解法1经过分析猜想，计算出截面面积的最大值为，这个结论并没有经过理论验证。下面给出解法二。‎ ‎【解析】法二：‎ 将法一中的截面六边形的各边延长，补成三角形，如图4，易证该三角形为正三角形。设FD=，可求出六边形各边长如图5所示。故六边形的面积可用三角形ABC的面积减去三个小三角形的面积计算，即 ‎，所以当时，。‎ 图4 图5‎ ‎【点评】解法2的计算对截面形状的判断要求很高，尤其是截面六边形在正三角形内学生不易想到，可考虑将截面积的计算问题转化为投影面的计算，将问题简化，于是有解法三。‎ ‎【解析】法三：‎ 图6‎ 因为截面在平移变化时，与正方体左平面的夹角不变，因此欲求截面面积的最大值，可以先分析截面在左平面内的投影何时取得最大值。由图6可知，所以当时，，此时截面与各棱的交点为各棱中点，可求得。‎ ‎【解析】法四：‎ 在上述分析的基础上，把多面体侧面展开，易知截面六边形的周长为正方体的面对角线长度的3倍，为定值。于是此问题转化为周长为定值的六边形面积何时最大，根据学生的经验已知，当六边形为正六边形时面积最大。‎ 图7‎ 对于空间感不强，空间位置判断不好的同学，可以考虑用空间坐标来寻找寻求解决方法。‎ ‎【解析】法五：‎ 如图8，建立空间直角坐标系，正方体的三组平行棱的方向向量分别为，，，设截面的法向量，因为与向量、、夹角都相等，所以有，即，‎ 令得，故截面位置如图8所 示，按方法2继续计算可得结果。‎ 图【试题研究与评价】‎ 本题以正方体为背景，通过求与正方体棱所成的角相等的截面面积的最大值这一问题，综合考察了学生分析问题、数学抽象、猜想论证、数学建模、函数最值的求法等多种知识和能力。‎ ‎ 6.（2018全国I）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于，两点，点的坐标为.‎ ‎（1）当与轴垂直时，求直线的方程；‎ ‎（2）设为坐标原点，证明：.‎ 解法一：（2）当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以.‎ 当l与x轴不垂直时，设l的方程为，，，则，，直线MA，MB的斜率之和为.‎ 由，得，. ‎ 将代入得.‎ 所以，.‎ 则.‎ 从而，故MA，MB的倾斜角互补. 所以，综上，. ‎ 解法二：当l与x轴重合时，.‎ 当l与x轴不重合时，设直线，它与椭圆相交于两点，‎ 联立得，化简得，即，‎ ‎,故,的倾斜角互补. 所以。‎ 再劈蹊径:‎ 上面两种方法是最基本的解析几何方法，能否从几何角度来解此题呢？我们学习过三角形内角平分线定理，即,是角平分线，则有，反之也成立。结合椭圆的第二定义，这样，几何方法就大显身手，轻松解决此题，避免了复杂的代数运算。‎ 解法三：过点作x轴的垂线, 则为的右准线，过A,B分别作，垂足分别为,由椭圆的第二定义知，（e为椭圆的离心率）,,又,与全等 ，,,由三角形内角平分线性质定理，‎ 可得.‎ 方法一是设直线的纵截距式，设出直线的斜率，但需要对直线的斜率进行讨论，分为直线斜率不存在与存在两种情况，然后就转化成了坐标运算，方法二是设直线的横截距式，需要对直线的斜率是否为0进行讨论。方法二在运算上稍微简单一些。方法三是利用椭圆的第二定义，从椭圆图形的几何特征入手，几何关系表现的淋漓尽致，运算量非常小，更能体现问题的本质。‎ 本题研究到这里还没有完，此结论对双曲线，抛物线也是成立的，请读者自己证明。这样就实现了多题一解。‎ 对本题的结论进一步推广，可得到如下结论：‎ 结论一 对于椭圆，经过点，且斜率不为的直线与椭圆相交于两点，则存在点，使得直线的倾斜角互补.‎ 结论二 对于，经过点的直线与椭圆相交于两点，则存在点，使得直线的倾斜角互补.‎ 结论三 对于双曲线，经过点，且斜率不为的直线与双曲线相交于两点，则存在点，使得直线的倾斜角互补.‎ 结论四 对于，经过点的直线与双曲线相交于两点，则存在点，使得直线的倾斜角互补.‎ 结论五 对于抛物线，经过点，的直线与抛物线交于两点，则存在点，使得直线的倾斜角互补.‎ 例如 2015年全国Ⅰ 就考过这样的题：‎ 在直角坐标系xoy中，椭圆C：与直线y＝kx＋a()交于M，N两点，‎ ‎(Ⅰ)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；‎ ‎(Ⅱ)x轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由.‎ ‎7.(18全国2文科21题)已知函数．‎ ‎(1)若，求的单调区间；‎ ‎(2)证明：只有一个零点．‎ 解析：（1）解法1：当时，等价于．‎ 设函数，则．‎ 当时，，所以在单调递减．‎ 而，故当时，，即．‎ 解法2：当时，即证： ，，即在递增，故。即 ‎（2）分类讨论 解法1：设函数．‎ 在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．‎ ‎（i）当时，，没有零点；‎ ‎（ii）当时，．‎ 当时，；当时，．‎ 所以在单调递减，在单调递增．‎ 故是在的最小值．‎ ‎①若，即，在没有零点；‎ ‎②若，即，在只有一个零点；‎ ‎③若，即，由于，所以在有一个零点，‎ 由（1）知，当时，，所以 ‎．‎ 故在有一个零点，因此在有两个零点．‎ 综上，在只有一个零点时，．‎ 解法2：当时，由，即恒成立，‎ 故在无零点 当时，则在单零点的必要条件为（记此点为），且，解得，‎ 为了完备性，应证明零点存在。‎ 分离参数 令，即：。接下来就有3种解法了 解法1：记，那么，故在递减，在递增，且 ‎，，所以 解法2：记，那么，故在递减，在递增，且，故应与在处某点相切，则 ‎ ‎ ‎ ‎ 联立解得，‎ 解法3：记，，由，则若，相交则必有两交点，故，必相切，‎ 则，且，解得，‎ 原始背景：讨论函数的零点个数.‎ ‎（1）时，1个零点.‎ ‎，单调递增.‎ 且，，所以在上有一个零点；‎ ‎（2）时，无零点.‎ 恒成立；‎ ‎（3）时，无零点.‎ ‎；‎ ‎（4）时，2个零点.‎ ‎，，.‎ ‎8.（2018年高考1卷理科21题）已知函数，‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（II）若存在两个极值点，，证明 解：（1）(1)函数的定义域为，且.‎ 当时，，在上单调递减；‎ 当时，.‎ ‎①若，则，此时，在上单调递减.‎ ‎②若，则，方程有两根，‎ 且，故两根都为正数，且.‎ 当时，；‎ 当时，.‎ 综上可知，当时，在上单调递减；‎ 当时，在上单调递减，在单调递增，在上单调递减.‎ ‎（II）解法一：（直接换元法）‎ 函数存在两个极值点，‎ 必定有有个不等的正根，（不妨设）‎ 观察到二次函数图象开口向下，且恒过点，‎ ‎，且，‎ ‎，‎ 证明，即证明，‎ 即证明，即证明，‎ ‎，即证明 设函数，恒成立，‎ 在上单调递增，，证明成立 解法二：（对数均值不等式法）‎ 要证明，即证明，‎ 利用对数均值不等式（此结论需证明）‎ 有，证明成立 解法三：（洛必达法则法）‎ 要证明，即证明，‎ 即证明，即证明 设，由，得，故，‎ 设函数，‎ 设函数，‎ 设函数，，‎ 显然由于，，，在上恒成立，‎ 在上单调递减，，‎ 在上恒成立，在上单调递减，，‎ 在上恒成立，在上单调递减，‎ 时，，，且函数在上单调递减，‎ 利用诺必达法则，，证明成立.‎ ‎（要用洛必达法则，必须证明函数单调性）‎ 解法四：因为是的两个极值点，所以.‎ 所以要证，‎ 即证①，不妨设，即证，‎ 两边平方得，‎ 令，即证.‎ 令，则，且，‎ 令，则，‎ 所以在上单调递减，，‎ 所以，在上单调递减，，即恒成立，‎ 即恒成立.‎ ‎9.（2018全国2卷第21题）已知函数．‎ ‎（1）若，证明：当时，；‎ ‎（2）若在只有一个零点，求．‎ ‎10.（2018全国3，21题）已知函数．‎ ‎（1）若，证明：当时，；当时，；‎ ‎（2）若是的极大值点，求 解法一：‎ ‎（1）当时，，.‎ 设函数，则.‎ 当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.‎ 所以在单调递增.学#科网 又，故当时，；当时，.‎ 解法二 ：二次求导 当时；‎ 令，故时递增，时递减。‎ 又，则恒成立，又，故得证当时，，当时，；‎ 解法三：‎ 当时；‎ 由对数均值不等式知：‎ 即 即当时，，当时，；‎ 故当时，，当时，；‎ ‎（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.‎ ‎（ii）若，设函数.‎ 由于当时，，故与符号相同.‎ 又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.‎ ‎.‎ 如果，则当，且时，，故不是的极大值点.‎ 如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.‎ 如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点 综上，.‎ ‎（2018•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．‎ ‎（1）若a=0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；‎ ‎（2）若x=0是f（x）的极大值点，求a．‎ ‎（1）证明：当a=0时，f（x）=（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．‎ ‎，，‎ 可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（x）≥0‎ ‎∴f′（x）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，‎ ‎∴f′（x）≥f′（0）=0，‎ ‎∴f（x）=（2+x）ln（1+x）﹣2x在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）=0．‎ ‎∴当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0．‎ ‎（2）解：由f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得 f′（x）=（1+2ax）ln（1+x）+﹣2=，‎ 令h（x）=ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），‎ h′（x）=4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．‎ 当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，‎ ‎∴h（x）＞h（0）=0，即f′（x）＞0，‎ ‎∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x=0不是f（x）的极大值点，不符合题意．‎ 当a＜0时，h″（x）=8a+4aln（x+1）+，‎ 显然h″（x）单调递减，‎ ‎①令h″（0）=0，解得a=﹣．‎ ‎∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，‎ ‎∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，‎ ‎∴h′（x）≤h′（0）=0，‎ ‎∴h（x）单调递减，又h（0）=0，‎ ‎∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，‎ 当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，‎ ‎∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，‎ ‎∴x=0是f（x）的极大值点，符合题意；‎ ‎②若﹣＜a＜0，则h″（0）=1+6a＞0，h″（e﹣1）=（2a﹣1）（1﹣e）＜0，‎ ‎∴h″（x）=0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，‎ ‎∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，‎ ‎∴h′（x）＞h′（0）=0，即f′（x）＞0，‎ ‎∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；‎ ‎③若a＜﹣，则h″（0）=1+6a＜0，h″（﹣1）=（1﹣2a）e2＞0，‎ ‎∴h″（x）=0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，‎ ‎∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，‎ ‎∴h′（x）＞h′（0）=0，∴h（x）单调递增，‎ ‎∴h（x）＜h（0）=0，即f′（x）＜0，‎ ‎∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．‎ 综上，a=﹣．‎ ‎【点评】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性与极值的计算，零点的存在性定理，属于难题．‎