用迭代法速解高考压轴题教学内容

策略3 活用4招巧解压轴解答题两类压轴大题是导数和圆锥曲线，难度大、综合性强，取得满分不容易，但要得到尽可能多的分数还是有方法可行的．高考是选拔性的考试，同时又是一场智者的竞争，真正的高考高手是坦然的，他们懂得有舍才有得的真正道理，面对高考大题，特别是压轴题，哪些应该勇于割舍，哪些应努力争取．本讲教你四招，让你在考试中尽可能多得分、巧得分.第1招 缺步解答——化繁为简，能解多少算多少如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败．特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每进行一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题巧拿分”．【典例1】 (12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点分别为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，且椭圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13.(1)求椭圆C 的离心率；(2)设过点A (0,2)的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，点Q 是线段MN 上的点，且2|AQ |2＝1|AM |2＋1|AN |2，求点Q 的轨迹方程．[规范解答] (1)由椭圆定义知，2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫43－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝22，所以a ＝ 2.2分 又由已知，c ＝1， 所以椭圆C 的离心率e ＝ca＝12＝22.4分 (2)由(1)知，椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.设点Q 的坐标为(x ，y )，①当直线l 与x 轴垂直时，直线l 与椭圆C 交于(0,1)，(0，－1)两点，此时点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，2－355.6分②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋2.因为M ，N 在直线l 上，可设点M ，N 的坐标分别为(x 1，kx 1＋2)，(x 2，kx 2＋2)，则|AM |2＝(1＋k 2)x 21，|AN |2＝(1＋k 2)x 22. 又|AQ |2＝x 2＋(y －2)2＝(1＋k 2)x 2. 由2|AQ |2＝1|AM |2＋1|AN |2，得 2＋k 2x2＝1＋k2x 21＋1＋k2x 22，即2x 2＝1x 21＋1x 22＝x 1＋x 22－2x 1x 2x 21x 22.①8分 将y ＝kx ＋2代入x 22＋y 2＝1中，得(2k 2＋1)x 2＋8kx ＋6＝0.②由Δ＝(8k )2－4×(2k 2＋1)×6＞0，得k 2＞32.由②可知，x 1＋x 2＝－8k 2k 2＋1，x 1x 2＝62k 2＋1，代入①中并化简，得x 2＝1810k 2－3.③9分因为点Q 在直线y ＝kx ＋2上，所以k ＝y －2x，代入③中并化简， 得10(y －2)2－3x 2＝18.10分由③及k 2＞32，可知0＜x 2＜32，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62.又⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－355满足10(y －2)2－3x 2＝18，故x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，62. 由题意，Q (x ，y )在椭圆C 内，所以－1≤y ≤1，又由10(y －2)2＝18＋3x 2有(y －2)2∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，94且－1≤y ≤1，则y ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2－355.所以点Q 的轨迹方程为10(y －2)2－3x 2＝18， 其中x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，62，y ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2－355.12分(1)本题第(1)问为已知椭圆标准方程求椭圆的离心率问题，属于容易题．(2)本题的难点在于第(2)问中确定轨迹方程及方程中各变量的取值范围，本题有一定的难度，要想拿到全分很难，这就应该学会缺步解答．首先，解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时，若需要设直线方程，应考虑直线的斜率是否存在，因此当直线l 的斜率不存在时，求出点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－355，这是每位考生都应该能做到的．其次联立直线方程与椭圆方程并设出M ，N ，Q 的坐标，通过2|AQ |2＝1|AM |2＋1|AN |2，得到2x 2＝1x 21＋1x 22＝x 1＋x 22－2x 1x 2x 21x 22，然后由x 1＋x 2及x 1x 2联想一元二次方程根与系数的关系，将问题解决到x 2＝1810k 2－3是完全可以做到的，到此已经可以得到9分．另外，考虑到点Q 在直线l 上，将点Q 坐标代入所设直线方程就能得到10(y －2)2－3x2＝18，到此便可以得到10分．到此不能继续往下解时，我们也已经得到绝大部分分数了．第2招 跳步解答——左右逢源，会做哪问做哪问解题过程中卡在某一过渡环节上是常见的．这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论．若题目有两问，第(1)问想不出来，可把第(1)问当作“已知”，先做第(2)问，跳一步解答．【典例2】 (12分)设函数f n (x )＝x n＋bx ＋c (n ∈N *，b ，c ∈R )．(1)设n ≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f n (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点； (2)设n ＝2，若对任意x 1，x 2∈[－1,1]，有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4，求b 的取值范围；(3)在(1)的条件下，设x n 是f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内的零点，判断数列x 2，x 3，…，x n ，…的增减性．[规范解答] (1)证明：b ＝1，c ＝－1，n ≥2时，f n (x )＝x n＋x －1.∵f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12f n (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12×1＜0， ∴f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在零点.2分又∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′n (x )＝nx n －1＋1＞0，∴f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是单调递增的． ∴f n (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点.4分 (2)当n ＝2时，f 2(x )＝x 2＋bx ＋c .对任意x 1，x 2∈[－1,1]都有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4. 等价于f 2(x )在[－1,1]上的最大值与最小值之差M ≤4. 据此分类讨论如下：5分 ①当⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2＞1，即|b |＞2时，M ＝|f 2(1)－f 2(－1)|＝2|b |＞4，与题设矛盾.6分②当－1≤－b2＜0，即0＜b ≤2时，M ＝f 2(1)－f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋12≤4恒成立.7分③当0≤－b2≤1，即－2≤b ≤0时， M ＝f 2(－1)－f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－12≤4恒成立．综上可知，－2≤b ≤2.8分 故b 的取值范围为[－2,2]．(3)法一：设x n 是f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内的唯一零点(n ≥2)，f n (x n )＝x nn ＋x n －1＝0，f n ＋1(x n ＋1)＝x n ＋1n ＋1＋x n ＋1－1＝0，x n ＋1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，于是有f n (x n )＝0＝f n ＋1(x n ＋1)＝x n ＋1n ＋1＋x n ＋1－1＜x nn ＋1＋x n ＋1－1＝f n (x n ＋1)．又由(1)知f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是单调递增的， 故x n ＜x n ＋1(n ≥2)，所以数列x 2，x 3，…，x n ，…是递增数列.12分法二：设x n 是f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内的唯一零点， f n ＋1(x n )f n ＋1(1)＝(x n ＋1n ＋x n －1)(1n ＋1＋1－1) ＝x n ＋1n ＋x n －1＜x nn ＋x n －1＝0， 则f n ＋1(x )的零点x n ＋1在(x n,1)内， 故x n ＜x n ＋1(n ≥2)，所以数列x 2，x 3，…，x n ，…是递增数列.12分第问可利用函数的单调性及零点存在性定理较简单解决，但第问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第问的解答.事实上，由题意可知，第问的解答与第问没有任何关系，但与第问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第问，先解决第问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举.第3招 逆向解答——逆水行舟，往往也能解决问题对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展．顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证．【典例3】 (12分)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x 成立．[规范解答] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，1分当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 所以f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .3分(2)2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x ＞0)，则h ′(x )＝x ＋x －x 2，4分①当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减； ②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增，5分 所以h (x )min ＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4，即a 的取值范围为(－∞，4].7分(3)证明：问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e(x ∈(0，＋∞)).8分由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取得.9分设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xex ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e .且两函数不会同时取得－1e.所以有x ln x ＞x e x －2e，11分从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x成立.12分．解答本题第问利用了逆向解答，把不等式ln x ＞1e x －2e x 巧妙地转化为x ln x ＞x e x －2e，不等式左边是f x ，右边看作一个新的函数m x ，只需说明f xmin>m xmax即可.第4招 退步解答——以退为进，列出相关内容也能得分“以退求进”是一个重要的解题策略．对于一个较一般的问题，如果你一时不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从参变量退到常量，从较强的结论退到较弱的结论．总之，退到一个你能够解决的问题，通过对“特殊”的思考与解决，启发思维，达到对“一般”的解决．【典例4】 (12分)如图，O 为坐标原点，双曲线C1：x 2a 21－y 2b 21＝1(a 1＞0，b 1＞0)和椭圆C 2：y 2a 22＋x 2b 22＝1(a 2＞b 2＞0)均过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，1，且以C 1的两个顶点和C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．(1)求C 1，C 2的方程；(2)是否存在直线l ，使得l 与C 1交于A ，B 两点，与C 2只有一个公共点，且|OA →＋OB →|＝|AB →|，证明你的结论．[规范解答] (1)设C 2的焦距为2c 2，由题意知，2c 2＝2,2a 1＝2. 从而a 1＝1，c 2＝1.因为点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，1在双曲线x 2－y 2b 21＝1上，所以⎝⎛⎭⎪⎫2332－1b 21＝1，故b 21＝3.2分由椭圆的定义知 2a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＋－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＋＋2＝2 3.于是a 2＝3，b 22＝a 22－c 22＝2. 故c 1，c 2的方程分别为x 2－y 23＝1，y 23＋x 22＝1.4分(2)不存在符合题设条件的直线.5分①若直线l 垂直于x 轴，因为l 与C 2只有一个公共点，所以直线l 的方程为x ＝2或x ＝－ 2.当x ＝2时，易知A (2，3)，B (2，－3)， 所以|OA →＋OB →|＝22，|AB →|＝2 3. 此时，|OA →＋OB →|≠|AB →|.当x ＝－2时，同理可知，|OA →＋OB →|≠|AB →|.7分 ②若直线l 不垂直于x 轴，设l 的方程为y ＝kx ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2－y 23＝1得(3－k 2)x 2－2kmx －m 2－3＝0.当l 与C 1相交于A ，B 两点时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实根，从而x 1＋x 2＝2km 3－k 2，x 1x 2＝m 2＋3k 2－3. 于是y 1y 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝3k 2－3m2k 2－3.9分由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 23＋x22＝1得(2k 2＋3)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.因为直线l 与C 2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k 2m 2－8(2k 2＋3)(m 2－3)＝0.化简，得m 2＝2k 2＋3，10分 因此OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝m 2＋3k 2－3＋3k 2－3m 2k 2－3＝－k 2－3k 2－3≠0. 于是OA →2＋OB →2＋2OA →·OB →≠OA →2＋OB →2－2OA →·OB →， 即|OA →＋OB →|2≠|OA →－OB →|2， 故|OA →＋OB →|≠|AB →|.综合①②可知，不存在符合题设条件的直线.12分在求解第问时可采用退步解答，若不能正确判断其结论也应说明直线是否存在，同时应对直线垂直于x 轴时给予说明，这就是所谓的从一般到特殊.。

用迭代法速解高考压轴题高二数学专题讲座巧用迭代法速解高考压轴题高考是以知识为载体，方法为依托，能力为目标来进行考查的，命题时则是以能力为立意，以方法和知识为素材来进行命题设计的。

纵观这两年全国高考的新课程试卷中的压轴题—数列问题，背景新颖、能力要求高、内在联系密切、思维方法灵活，又由于新课程的改革中淡化了数学归纳法，无疑地迭代法成为解决这类问题的通法。

1. a n+i=pa+q（p、q为非零常数）型此类型的通项公式求法通常有两种迭代思路：一是构造新数列使其成等比数列，设原递推关系化为a n+1+ =p（a n+ ），其中为待定系数，于是有p=q，即=話，这样数列a n即为等比数列。

二是a n=pa n—i+q=p（pan—2+q）+q=p2an-2+pq+q=p2（pa n-p 13+q）+pq+q=p3a n—3+p2q+pq+q= ... =p n_1a i+p n_2q+ ....... +pq+q，它的实质下标递降，直至退至卩不同再退为止。

例1.设a>0如图，已知直线I :y=ax及曲线C:y=x2，C上的点Q i的横坐标为a i（0<a i<a），从C上的点Q n （n》1）作直线平行于x轴，交直线I于点P n+i，再从点P n+i作直线平行于y 轴，交曲线C于点Q n+i. Q n （n=1,2,3 ）的横坐标构成数列a n。

（I）试求a n+i与a n的关系，并求a n 的通项公式；（ll）、（III ）两题略。

分析：通过点Q n与P n+1的纵坐标关系，P n+1与Q n+1的横坐标的关系，建立a n+i与a n的递推关系，将n换成n—1，即为迭代，反复利用这种迭代的方法即可求出an o解：由点Q n在曲线C上，所以Q n的纵坐标为an2, 即卩Q n@n, a2 ）。

又由于Q n与P n+1的纵坐标相等，所以，P n+1的纵坐标为a；。

而点P n+1在直线I上，所以P n+1的与a n的递推关系。

数列单调性
零点存在 定理
数列放缩 不等式
多项式 函数
分类讨论 化归转化
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近5年来陕西卷压轴题试题特点
年份
设问 特点
涉及 知识点
函数模 型
e 2013 年
参数值 公共点个数
比较大小
导数几何意义 最值
x 型函 数
2014 年
函数表达式 参数范围 比较大小
最值，单调性 定积分 数列
含lnx的 函数
高考数学压轴题的解题思路和方法
关于“压轴题”的几点说明：
1.一题压的轴变为多题压轴； 2.解析几何题重点在于几何问题代数化的转化的
训练； 3.函数导数题重点体现创新能力的考查，有一定
难度； 4.和数列的结合往往增大了压轴题的难度; 5.我省与全国卷相比，压轴题比较稳，体现在考
查知识点、方法上稳中有进。
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（十三）不等式 2．一元二次不等式 （1）会从实际问题的情境中抽象出一元二次
不等式模型． （2）通过函数图像了解一元二次不等式与相
应的二次函数、一元二次方程的联系． （3）会解一元二次不等式，对给定的一元二
次不等式，会设计求解的程序框图．
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（一）考纲的角度
（文）（十六）导数及其应用 （4）能利用以下给出的基本初等函数的导数公式和
且在点 P 处有相同的切线 y 4x 2 （Ⅰ）求 a ， b ， c ， d 的值 （Ⅱ）若 x ≥－2 时， f (x) ≤ kg(x) ，求 k 的取值范围。
关键点：
设 函 数 F (x) = kg(x) f (x) = 2kex (x 1) x2 4x 2
（ x 2 ）， F(x) = 2kex (x 2) 2x 4 = 2(x 2)(kex 1) ，

[a ， b] 零点． 迭代数据表各列含义为：n 为迭代次数， ab 为迭代区间， 为 [a ， b] 的中点， 即函数零点的近 2 ab 似解， f (a) ， f (b) ， f ( ) 分别为迭代区间左右 2 | a b | 为迭代区间的长度 端点和中点的对应函数值，
即精确度． 3.2 演示方法 选中 n ，同时按“shift”和“+”键或“-”键，使迭代 次数增加或减少，迭代数据表的行数也随着增加或 减少，图象中的细线段同时往里面画出，位置越来 ab 越接近方程的解(即观察表格中 的值)直到达到 2 要求的精确度为止．
程中的思维障碍或困惑，并能从不同的角度和侧面 展开思考探究的问题，以及解法有争议的地方等． （3）教师的作用在于促进者学生的学习，具体 可从以下四个方面进行：①围绕主要知识和核心概 念组织设计教学材料；②运用元认知引导学生监控 和调节自己的思维，让学生学会思考、学会探究； ③点面结合，因材施教，根据不同学生的学习差异 性和特点，运用多种多重表征形式表征学习内容， 如语言、符号、图形、一题多解等；④设计一些难 度适中的学习任务，让学生尽可多地获得成功的体 验，充分调动其学习的主动性、积极性．
用迭代思想方法突破高中算法教学难点
王清华 1，2 1 福建省莆田第十中学（351146） 2 福建省莆田秀屿区实验中学（351146） 1 问题提出 笔者在经过两届算法教学和潜心研究后发现， 高中数学必修 3 中算法部分的教学困难在：①算法 概念的理解；②算法思想方法的领会．具体到如课 程标准所分析的学生在学习中或教学中可能遇到的 困难，“①对含有循环结构的算法，怎样通过算法 步骤或程序框图表达出来；②提炼出算法中的循环 结构，并用程序框图和算法语句表示出来等等．”所 以算法的困难在于循环结构，又循环结构中一定包 含着条件结构，而任何算法必然包含顺序结构，尤 为重要的是循环结构蕴涵着深刻的算法思想，体现 算法的重要性．所以难点突破内容目标为循环结构， 而循环结构的核心要注意两个变量，一个是计数变 量，用来记录循环体循环次数和控制循环终止；一 个是累加（乘）变量，用来计算并输出结果． 2 分析解决 在高中数学中，显然这两个变量在循环赋值中 都具有迭代方法特征，顾名思义迭代的“迭”为交 换，轮流的意思，“代”为替换，交替，代替的意 思．所以迭代的意思是：重复替换变化的循环．所 以个人认为迭代是循环的一种策略方法． 事实上迭代算法是用计算机解决问题的 一 种 基 本 方 法 ．它 利 用 计 算 机 运 算 速 度 快 、适 合 做 重 复 性 操 作 的 特 点 ， 让 计 算 机 对 “一 个 需 重 复 的 计 算 公 式 ”（ 一 组 指 令 或 一 定 步 骤 ， 在 中 学 数 学 中 即 为 循 环 体 ，主 要 是 累 加（ 乘 ）变 量 的 赋 值 公 式 ）进 行 重 复 执 行 ，在 每 次 执 行 这 组 指 令（ 或 这 些 步 骤 ）时 ，都 从 变 量 的 原 值 推 出 它 的 一 个 新 值 ， 如计数变量 i i 1 ，秦九韶算 法中的 v vx ai 等等．而且课件制作软件《几何画 板》有强大的迭代功能，在如二分法求一个函数的 近似零点教学中大有作为，它可以非常直观地帮助 学生参与探究设计问题解决的算法过程，建构对算 法的理解，体会算法思想及其重要性．下文以二分 法求一个函数的近似零点为例做点浅析． 3 案例 人教版普通高中课程标准实验教科书数学必修 3 第 4 页例 2： 写出用“二分法”求方程 x 2 2 0( x 0) 的近似解的算法． （1）算法分析 令 f ( x) x 2 2 ，则方程 x 2 2 0( x 0) 的解就 是函数 f ( x) 的零点． “二分法”基本思想是：把函数 f ( x) 的零点所在 的区间 [a ， b] （满足 f (a) f (b) 0 ）“一分为二”，得

难
3.线性回归和类线性回归（大数据整体计算型）
难
4.极坐标与参数方程的几何意义法（求长度、长度之积/和）
难
5.新定义、新材料阅读理解题
难
6.类比推理和演绎推理
难
难
3.不规则锥体的外接球（万能公式，见于杂志）
难
4.1向量的四心问题（性质秒杀）
难
4.2角平分线定理
难
5.向量的奔驰定理（公式秒杀）
难
6.解三角形（共边型、共角型、整体法型）
难
7.解三角形求动态参数（数形结合法、基本不等式法、三角函数法）
难
8.三角函数高难度化简与变换（函数求参数题（构建法+分类讨论法）
难
3.2构建函数的恒成立、存在性问题（单边构建、双边构建）
难
4.极值点偏移题（左偏移、右偏移、拉格朗日中值定理）
难
5.零点、交点、根的存在性问题（判断、个数、分布）
难
6.恒成立、存在性问题（特殊点型、隐零点型、虚假点型）
难
7.函数模型与缩放题（指数、对数：直接，裂项，并项，加强）
难
模块
2020全国卷1卷压轴考点和题型明细
难度
数列
1.数学归纳法
难
2.数列放缩类型和数列不等式的证明
难
3.数列递推
难
4.探索数列中的存在性（最大最小整数型、数列函数交汇型）
难
模块
2020全国卷1卷压轴考点和题型明细
难度
其他
1.可行域问题（生活应用综合型、动态型）
难
2.排列组合题（综合型、至少至多型）
2020全国卷1卷压轴考点和题型明细
难度
圆锥曲线
1.对称性问题

叠加、 叠乘、迭代递推、代数转化数列的递推关系式求数列的通项公式的方法大约分为两类：一类是根据前几项的特点归纳猜测出a n 的表达式,然后用数学归纳法证明；另一类是将递推关系,用代数法、迭代法、换元法,或是转化为根本数列〔等差或等比〕的方法求通项．第一类方法要求学生有一定的观察能力以与足够的结构经验,才能顺利完成,对学生要求高．第二类方法有一定的规律性,只需遵循其特有规律方可顺利求解．在教学中,我针对一些数列特有的规律总结了一些求递推数列的通项公式的解题方法．一、叠加相消．类型一：形如a 1+n ＝a n + f <n>, 其中f <n> 为关于n 的多项式或指数形式〔a n〕或可裂项成差的分式形式．——可移项后叠加相消．例1：数列｛a n ｝,a 1＝0,n ∈N +,a 1+n ＝a n ＋〔2n －1〕,求通项公式a n ． 解：∵a 1+n =a n ＋〔2n －1〕∴a 1+n =a n ＋〔2n －1〕 ∴a 2－a 1 =1 、a 3－a 2=3 、…… a n －a 1-n =2n －3 ∴a n = a 1＋<a 2－a 1>＋<a 3－a 2>＋…＋<a n －a 1-n >=0＋1＋3＋5＋…＋<2n －3> =21[1＋<2n －3>]< n －1>=< n －1>2n ∈N + 练习1：⑴.数列｛a n ｝,a 1=1, n ∈N +,a 1+n =a n ＋3 n, 求通项公式a n ．⑵.数列｛a n ｝满足a 1＝3,)1(21+=-+n n a a n n ,n ∈N +,求a n ．二、叠乘相约．类型二：形如)(1n f a a n n =+.其中f <n> =p pc mn b mn )()(++ 〔p ≠0,m ≠0,b –c = km,k ∈Z 〕或 n n a a 1+=kn 〔k ≠0〕或nn a a 1+= km n< k ≠ 0, 0＜m 且m ≠ 1>． 例2：数列｛a n ｝, a 1=1,a n ＞0,< n ＋1> a 1+n 2－n a n 2＋a 1+n a n =0,求a n ． 解：∵< n ＋1> a 1+n 2－n a n 2＋a 1+n a n =0 ∴ [<n ＋1> a 1+n －na n ]<a 1+n ＋a n >= 0∵ a n ＞0 ∴ a 1+n ＋a n ＞0 ∴ <n ＋1> a 1+n －na n =0 ∴11+=+n n a a n n ∴nn n n n nn a a a a a a a a a a n n n n n n n 11212312111232211=⨯⨯⨯--⨯--⨯-=⨯⨯⨯⨯⨯=-----练习2：⑴数列｛a n ｝满足S n =2na n < n ∈N *>, S n 是{ a n }的前n 项和,a 2=1,求a n ． ⑵.数列｛a n ｝满足a 1+n = 3 na n < n ∈N *>,且a 1=1,求a n ． 三、逐层迭代递推．类型三：形如a 1+n = f <a n >,其中f <a n >是关于a n 的函数.——需逐层迭代、细心寻找其中规律．例3：数列｛a n ｝,a 1=1, n ∈N +,a 1+n = 2a n ＋3 n,求通项公式a n ． 解： ∵a 1+n = 2 a n ＋3 n∴ a n =2 a 1-n ＋3 n-1=2<2 a 2-n ＋3n-2>＋3n-1= 22<2 a 3-n ＋3n-3>＋2·3n-2＋3n-1=……=2 n-2<2 a 1＋3>＋2 n-3·3 2＋2n-4·3 3＋2n-5·3 4＋…＋22·3 n-3＋2·3 n-2＋3n-1=2n-1＋2n-2·3＋2n-3·3 2＋2n-4·3 3＋…＋22·3n-3＋2·3n-2＋3n-1练习3:⑴.假如数列｛a n ｝中,a 1=3,且a 1+n =a 2n 〔n ∈N +〕,求通项a n .⑵.数列｛a n ｝的前n 项和S n 满足S n =2a n +()n1-,n ∈N +,求通项a n ． 四、运用代数方法变形,转化为根本数列求解．类型四：形如1+n n a a = 1++n n qa pa ,〔pq ≠ 0〕．且0≠n a 的数列,——可通过倒数变形为根本数列问题．当p = －q 时,如此有：pa a n n 1111=-+ 转化为等差数列； 当p ≠ －q 时,如此有：ppa q a n n 111+-=+．同类型五转化为等比数列． 例4：假如数列｛a n ｝中,a 1=1,a 1+n =22+n na a n ∈N +,求通项a n ． 解： ∵221+=+n n n a a a又,011>=a ∴0>n a ,∴n n a a 12111+=+∴21111=-+n n a a ∵111=a∴数列{ a n }是首项为1,公差为21的等差数列． ∴na 1=1＋()121-n ∴a n =12+n n ∈N +练习4：f <n> =x x +32,数列{ a n }满足 a 1=1,a n =23f <a 1-n >,求a n ． 类型五：形如a 1+n ＝pa n + q ,pq ≠0 ,p 、q 为常数． 当p ＝1时,为等差数列；当p ≠1时,可在两边同时加上同一个数x,即a 1+n + x = pa n + q + x⇒a 1+n + x = p<a n +p x q +>, 令x =p x q +∴x =1-p q时,有a 1+n + x = p<a n + x >, 从而转化为等比数列 {a n +1-p q} 求解． 例5：数列{a n }中,a 1=1,a n =21a 1-n + 1,n= 1、2、3、…,求通项a n ． 解：∵ a n = 21a 1-n + 1 ⇒ a n －2 =21<a 1-n －2>又∵a 1－2 = -1≠0 ∴数列{ a n －2}首项为-1,公比为21的等比数列．∴ a n －2 = -11)21(-⨯n 即 a n = 2 －2n-1 n ∈N +练习5：⑴. a 1=1,a n = 2 a 1-n + 3 <n = 2、3、4…> ,求数列{a n }的通项．⑵. 数列｛a n ｝满足a 1=21,a 1+n =12+n n a a ,求a n ．类型六：形如a 1+n ＝pa n + f <n>,p ≠0且 p 为常数,f <n>为关于n 的函数． 当p ＝1时,如此 a 1+n ＝a n + f <n> 即类型一．当p ≠1时,f <n>为关于n 的多项式或指数形式〔a n〕或指数和多项式的混合形式． ⑴假如f <n>为关于n 的多项式〔f <n> = kn + b 或kn 2+ bn + c,k 、b 、c 为常数〕,——可用待定系数法转化为等比数列．例6：数列{ a n }满足a 1=1,a 1+n = 2a n ＋n 2,n ∈N +求a n ． 解：令a 1+n + x[a<n+1>2+ b<n+1> + c] = 2<a n + an 2+ bn + c>即 a 1+n = 2 a n + <2a –ax>n 2+ <2b -2ax – bx>n +2c –ax –bx – cx 比拟系数得：⎪⎩⎪⎨⎧=---=--=-0202212cx bx ax c bx ax b ax a ⇒⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-+=-=-=x bx ax c x ax b x a 22221⇒ 令x = 1,得：⎪⎩⎪⎨⎧===321c b a ∴ a 1+n + <n+1>2+2<n+1> + 3 = 2<a n + n 2+2n + 3> ∵ a 1+1+2×1+3 = 7令b n = a n + n 2+2n + 3 如此 b 1+n = 2b n b 1= 7 ∴数列{ b n }为首项为7,公比为2德等比数列∴ b n = 7× 21-n 即 a n + n 2+2n + 3 = 7× 21-n ∴ a n = 7× 21-n －< n 2+2n + 3 > n∈N +⑵假如f <n>为关于n 的指数形式〔a n〕． ①当p 不等于底数a 时,可转化为等比数列； ②当p 等于底数a 时,可转化为等差数列． 例7：〔同例3〕假如a 1=1,a n = 2 a 1-n + 31-n ,<n = 2、3、4…> ,求数列{a n }的通项a n ．解: ∵ a n = 2 a 1-n + 31-n ∴ 令a n + x ×3n= 2<a 1-n +x ×31-n > 得 a n = 2 a 1-n －x ×31-n令-x ×3n= 3n⇒x = -1 ∴ a n －3n= 2<a 1-n －31-n > 又 ∵ a 1－3 = - 2∴数列{n n a 3-}是首项为-2,公比为2的等比数列． ∴n n a 3-=-2·21-n 即a n = 3n -2nn ∈N +例8：数列{ a n }中,a 1=5且a n =3a 1-n + 3n-1 <n = 2、3、4…> 试求通项a n ．解： a n =3a 1-n + 3n -1 ⇒ a n +-=--)21(3211n a 3n⇒132132111+-=---n n n n a a ⇒{n n a 321-}是公差为1的等差数列．⇒nn a 321-=3211-a +<1-n > = 3215-+<1-n > = n +21 ⇒a n = <213)21+⨯+n n n ∈N +⑶假如f <n>为关于n 的多项式和指数形式〔a n 〕的混合式,如此先转换多项式形式在转换指数形式．例如上面的例8．练习6:⑴.数列{a n }中a 1= 1,a 1+n = 3 a n + n ,+∈N n ; 求{a n }的通项．⑵设a 0为常数,且a n = 31-n －2 a 1-n <n ∈N +且n ≥ 2 >．证明：对任意n ≥ 1,a n =51[3n + <-1>1-n 2n ] +<-1>n 2na 0． 类型七：形如a 2+n = p a 1+n + q a n < pq ≠ 0, p 、q 为常数且p 2+ 4q > 0 >,——可用待定系数法转化为等比数列．例9: 数列{a n }中a 1= 1, a 2= 2且n n n a a a 212+=++ ,+∈N n ; 求{a n }的通项． 解:令a 2+n +x a 1+n = <1+x> a 1+n + 2 a n ⇒ a 2+n +x a 1+n = <1+x>< a 1+n + x+12a n >令x =x+12⇒x 2+ x – 2 = 0 ⇒x = 1或 -2当x = 1时,a 2+n + a 1+n =2<a 1+n + a n > 从而a 2+ a 1= 1 + 2 = 3 ∴数列{ a 1+n + a n }是首项为3且公比为2的等比数列. ∴ a 1+n + a n = 312-⨯n …………①当x = - 2时, a 2+n - 2a 1+n = - <a 1+n -2a n > , 而 a 2- 2a 1= 0 ∴ a 1+n - 2a n = 0 …………② 由①、②得:a n = 21-n , +∈N n练习7：⑴: a 1= 2, a 2= 35, n n n a a a 323512-=++ ,<n = 1、2、3、……>,求数列{ a n }的通项．⑵数列：1、1、2、3、5、8、13、……,根据规律求出该数列的通项． 五、数列的简单应用.例10:设棋子在正四面体ABCD 的外表从一个顶点移向另外三个顶点时等可能的.现抛掷骰子,根据其点数决定棋子是否移动,假如投出的点数是奇数,如此棋子不动；假如投出的点数是偶数,棋子移动到另外一个顶点.假如棋子初始位置在顶点A,如此:⑴投了三次骰子,棋子恰巧在顶点B 的概率是多少? ⑵投了四次骰子,棋子都不在顶点B 的概率是多少? ⑶投了四次骰子,棋子才到达顶点B 的概率是多少？ 分析：考虑最后一次投骰子分为两种情况①最后一次棋子动；②最后一次棋子不动． 解：∵ 事件投一次骰子棋子不动的概率为21；事件投一次骰子棋子动且到达顶点B 的概率为3121⨯ =61． ⑴．投了三次骰子,棋子恰巧在顶点B 分为两种情况①.最后一次棋子不动,即前一次棋子恰在顶点B ；②.最后一次棋子动,且棋子移动到B 点．设投了i 次骰子,棋子恰好在顶点B 的概率为p i ,如此棋子不在顶点B 的概率为<1- p i >．所以,投了i+1次骰子,棋子恰好在顶点B 的概率：p 1+i = p i ×21+ <1- p i >×61i = 1、2、3、4、…… ∴ p 1+i = 61 + 31×p i ∵ p 1= 3121⨯=61∴ p 2=92∴ p 3=5413⑵．投了四次骰子,棋子都不在顶点B,说明前几次棋子都不在B 点,应分为两种情况①最后一次棋子不动；②最后一次棋子动,且不到B 点．设投了i 次骰子,棋子都不在顶点B 的概率为i p ',如此投了i+1次骰子,棋子都不在顶点B 的概率为：1+'i p = i p '×21+ i p '×21×<1﹣31> i = 1、2、3、4、…… 即：1+'i p = 65i p ' 又∵1p '= 21+21×<1﹣31> = 65∴4p ' = <65>4 ⑶．投了四次骰子,棋子才到达顶点B ；说明前三次棋子都不在B 点,最后一次棋子动且 到达顶点B ．设其概率为P 如此： P =3121⨯×3p ' = 61×<65>3= 1296125答：〔略〕．例11：用砖砌墙,第一层〔底层〕用去了全部砖块的一半多一块；第二层用去了剩下的一半多一块,…,依次类推,每层都用去了上层剩下的一半多一块.如果第九层恰好砖块用完,那么一共用了多少块砖？分析：此题围绕两个量即每层的砖块数ai 和剩下的砖块数bi,关键是找出ai和bi的关系式,通过方程<组>求解．解：设第i层所用的砖块数为ai ,剩下的砖块数为bi<i = 1、2、3、4、…… >如此b9=0,且设b为全部的砖块数,依题意,得a 1=21b+ 1,a2=21b1+ 1,…… ai=21b1-i+ 1 …………①又 b1-i = ai+ bi……………②联立①②得 b1-i -bi=21b1-i+ 1 即bi=21b1-i- 1∴ bi + 2 =21<b1-i+ 2> ∴ b9+2 = <21>9<b+ 2 > ∴ b+2 = 2×29∴ b= 1022练习8：⑴十级台阶,可以一步上一级,也可以一步上两级；问上完十级台阶有多少种不同走法？⑵. 三角形内有n个点,由这n个点和三角形的三个顶点,这n + 3个点可以组成多少个不重叠<任意两个三角形无重叠局部>的三角形？⑶．甲、乙、丙、丁四人传球,球从一人手中传向另外三个人是等可能的.假如开始时球在甲的手中．假如传了n次球,球在甲手中的概率为an ；球在乙手中的概率为bn.<n = 1、2、3、4、…… >.①问传了五次球,球恰巧传到甲手中的概率a5和乙手中的概率b5分别是多少？②假如传了n次球,试比拟球在甲手中的概率an 与球在乙手中的概率bn的大小.③传球次数无限多时,球在谁手中的概率大？参考答案练习1：⑴. an =21<3 n-1> ⑵. an=nn2+练习2：⑴. an= n -1 ⑵. an= 32)1(-n n练习3：⑴. an = 321-n <提示：可两边取对数> ⑵. a n=32[22-n+ <-1>1-n]练习4：an =23+n练习5：⑴ an= 21+n-3 ⑵ an=12211+--nn练习6：⑴可得a1+n +21<n+1>+41= 3<an+21n +41> 从而an=47×31-n-<21n +41> ⑵ <略>练习7：⑴an = 3 -132-nn, ⑵由得a2+n= a1+n+ an⇒ an=55[<251+>n-<251->n]练习8：⑴∵a2+n = a1+n+ an, a1= 1,a2= 2,∴a10= 89 ⑵∵a1+n= an+ 2 ,a1= 3 ∴an= 2n+1⑶①∵a1+n =31<1 - an> b1+n=31<1 - bn> a1= 0 b1=31∴a5=8120； b5=24361.②可解得an =41-41×1)31(--n bn=41+121×1)31(--n∴当n为奇数时, an <41<bn；当n为偶数时,an>41>bn③当n →∞时,an →41,bn→41故球在各人手中的概率一样大．。

1 高考数学-递推法（迭代法）求数列通项例1、设数列{}n a 是首项为1的正项数列，且()()22*11n+10n n n n a na a a n N ++-+=∈，求数列的通项公式.解：由题意知11,0n a a =>，将条件变形，得()()1110n n n n a a n a na ++++-=⎡⎤⎣⎦，又0n a >，得10n n a a ++≠，所以11n n n a a n +=+，即11n n a n a n +=+，到此可采用: 法一（递推法）：121112121112n n n n n n n n a a a a n n n n n -------==⋅==⋅⋅⋅--L L ，从而1n a n =. 法二（叠成法）：12121121,12n n n n a a a n n a a a n n -----⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-L L 所以1n a n= . 法三（构造法）：由11n n a n a n +=+，得()1n+11n na na +=，故{}n na 是常数列，1111,n n na a a n =⨯=∴=. 点拨：解法一是迭代法，这是通法；解法二是叠乘法，适合由条件()1n n a f n a -=求通项的题型；解法三是构造法（简单+经典），根据条件特点构造特殊数列求通项，技巧性较强，体现了转化思想.例2、已知数列}a {n 满足3a 132a 3a 1n n 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式．解：由已知，得（两边除以1n 3+），得1n n n 1n 1n 31323a 3a +++++=，即1n n n 1n 1n 31323a 3a ++++=-， 故11221122111()()()333333n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a ------=-+-++-+L 122121213()()()3333333n n -=+++++++L 1)3131313131(3)1n (222n 1n n n +++++++-=--Λ， ∴n 1n n n n 321213n 2131)31(313)1n (23a ⋅-+=+--⋅+-=-，即213213n 32a n n n -⋅+⋅⋅= 练习：已知数列{}n a 中，111,n n a a a n +=-=，求通项公式n a .（尝试叠加法）解：由已知，得()()()12112n n n a a n a n n --=+-=+-+-()()()21n n-1n n+2121122a n n -==+-+-++=+=L L ．。

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越、楚则有三俗 正月 乐毅因归赵 亟以少割收魏 ” 乐间、乐乘怨燕不听其计 赵何攻魏 可立也” 以为人主天下之仪表也 朕既不敏 道远 是邪非邪 天若遗朕士而大通焉 而子弟为匹夫 方争下士 善骑射 ”谒居病卧闾里主人 奔扬会 徙蜀惩谤 阳气之动者也 楚相孙叔敖持廉至死 本曰
黄金二十馀万斤 问少君 政自季氏久矣 财物赂遗闽越、西瓯、骆 陈皇后挟妇人媚道 且又同姓 赐任王后 心惛然 原君即以遂备员而行矣 乃誓 五德转移 田豹与之车 迎年祀日 其後将霸 使行礼 多盗贼 燕王刘泽者 相忠言之士 继绝宠勤 北渡河 想见其为人 赵若许而约四国攻之 馀好
宫苑 十馀县 硃虚侯年二十 十二 ”轸曰：“非独仪知之也 公令师曹教宫妾鼓琴 以为郦生卖己 女二十有二人 犬死；问其故 ”张耳乃佩其印 问上 佩青緺出宫门 子昭王瑕立 礧石相击 不可信 其帛絮细布千钧 深者四十馀丈 天狗 康王卒 广川人也 揜草蔽地 取我蔺、离石 贤弟子
新垣衍曰：“先生独不见夫仆乎 皆至泰山然后去 是称阖闾 赵发兵击秦 乃可使通言於神人 ”行猎鸟兽 则秦不王矣 秦拔我襄城 適见于天 孝景前五年 绛侯与我戏 欲立魏後故甯陵君咎为魏王 从巴蜀筰关入 留岁馀 涉流沙； 其明日 射杀一鱼 王虐而不忌 武王之弟 国除 而夺之权
庸知其盗买县官器 ”卓王孙不得已 朔而又朔 孟公绰 上乃遣望气佐候其气云 我布衣 外国归义 汉三年 ”广曰：“吾尝为陇西守 四年 其过不更 窃闻大王以爵事有適 拜为中大夫 於是楚为扞关以距之 孙叔敖者 使信王之救己也 遂无言 常附吕后 未至 在今後嗣王纣 驰入赵壁 尝事
乃对元王曰：“今昔壬子 为人子可不慎乎 使者三反 而听从人之甘言好辞 ”令中尉亚夫为车骑将军 夫民虑之於心而宣之於口 当今人臣之位无居臣上者 上曰：“此非庙垣 成侯四年 吹律听声 燕人曰：“子不听 泾阳君封宛 罢车马之用 病甚 乃从狱中上书曰：臣闻忠无不报 不听 蔽

数学高考压轴题中高频出现的高等数学知识点及解题方法数学作为高考的一门重要科目，对考生来说带有相当的挑战性。

而在高等数学这一部分，一些特定的知识点和解题方法常常会成为高考压轴题中的热门题目。

本文将对这些高频出现的高等数学知识点以及解题方法进行梳理和总结。

一、极限与连续极限与连续是高等数学中的基础知识点，也是考查频率极高的内容。

在解题时，需要掌握极限的定义和性质，理解函数的连续性以及中值定理等概念。

对于极限的计算，可以根据函数的性质和极限的性质运用相关的定理进行判断。

而对于连续性的考查，重点在于掌握中间值定理、拉格朗日中值定理等。

二、导数与微分导数与微分是高等数学中的难点之一，但也是高考中经常出现的题型。

掌握导数的定义和性质，以及基本的求导公式非常重要。

在解题时，需要熟练运用求导法则和基本函数的导数，结合高等数学中的其他知识点，例如函数的极值点、拐点、最值等来解决问题。

三、积分与定积分积分与定积分是高等数学中必不可少的知识点。

在解题中，我们需要掌握积分的基本定义和运算法则。

对于含参变量的积分题目，需要注意积分区间的确定和参数取值范围的考虑。

此外，还需要熟练掌握换元积分法、分部积分法和定积分的性质等方法来求解积分题。

四、向量与空间解析几何向量与空间解析几何是高等数学中一些难度较大的知识点。

在解题时，需要熟练掌握向量的定义和性质，理解向量的运算法则和内积外积的概念。

对于空间解析几何，需要掌握平面方程和直线方程的求解方法，并结合向量知识来解决空间中的几何问题。

五、微分方程微分方程是高等数学中的综合应用题，也是高考压轴题中常见的题型。

在解题时，需要首先确定微分方程的类型和求解方法，例如一阶线性微分方程、二阶齐次线性微分方程等。

然后运用变量分离、常数变异法、齐次方程法等解题思路，结合初值条件进行求解。

总之，在高等数学中，有些特定的知识点和解题方法经常成为高考压轴题的热门考点。

通过对极限与连续、导数与微分、积分与定积分、向量与空间解析几何以及微分方程等知识点的理解和掌握，我们能更好地应对高考压轴题，并提高解题的准确性和速度。

压轴题型11 圆锥曲线压轴解答题的处理策略命题预测解析几何是高考数学的重要考查内容，常作为试卷的拔高与区分度大的试题，其思维要求高，计算量大．令同学们畏惧．通过对近几年高考试题与模拟试题的研究，分析归纳出以下考点：（1）解析几何通性通法研究；（2）圆锥曲线中最值、定点、定值问题；（3）解析几何中的常见模型；解析几何的核心内容概括为八个字，就是“定义、方程、位置关系”．所有的解析几何试题都是围绕这八个字的内容与三大考向展开． 高频考法（1）直线交点的轨迹问题（2）向量搭桥进行翻译（3）弦长、面积范围与最值问题（4）斜率之和差商积问题（5）定点定值问题01 直线交点的轨迹问题交轨法解决.【典例1-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知双曲线22:13y C x −=的左､右顶点分别是12,A A ，直线l 与C 交于,M N 两点（不与2A 重合），设直线22,,A M A N l 的斜率分别为12,,k k k ，且()126k k k +=−.(1)判断直线l 是否过x 轴上的定点.若过，求出该定点；若不过，请说明理由.(2)若,M N 分别在第一和第四象限内，证明：直线1MA 与2NA 的交点P 在定直线上.【解析】（1）由题意可知12(1,0),(1,0),0A A k −≠，设直线l 的方程为1122,(,),(,)y kx m M x y N x y =+.2024届高考数学专项练习由2213y x y kx m ⎧−=⎪⎨⎪=+⎩消去y ，可得222(3)230k x kmx m −−−−=， 则23k ≠，2212(3)0m k ∆=+−>，即223k m <+，212122223,33km m x x x x k k ++==−−−. 因为()121212*********()()211()1kx m kx m kx x m k x x m k k k k k x x x x x x ⎛⎫⎡⎤+++−+−+=+= ⎪⎢⎥−−−++⎝⎭⎣⎦222222322()2336632133m kmk m k m k k k km kmm k k k ⎡⎤⎛⎫+−+−−⎢⎥ ⎪−−⎝⎭⎢⎥===−⎢⎥++−−+⎢⎥−−⎣⎦， 所以2m k =−，故直线l 的方程为(2)y k x =−，恒过点(2,0). （2）由题可知，直线1MA 的方程为11(1)1y y x x =++，直线2NA 的方程为22(1)1yy x x =−−，因为2121121212121212(1)(2)(1)2211(1)(2)(1)22y x x x x x x x x x y x x x x x x x +−+−+−+===−−−−−−+ 1212112121()322()2x x x x x x x x x x ++−−=−+++21221269333233k x k k x k −−−−==−++− 所以12x =，故点P 在定直线12x =上.【典例1-2】（2024·江苏苏州·模拟预测）已知点(1,0)A ，(0,1)B ，(1,1)C 和动点(,)P x y 满足2y 是PA PB ⋅，PA PC⋅的等差中项．(1)求P 点的轨迹方程；(2)设P 点的轨迹为曲线1C 按向量31,416a ⎛⎫=− ⎪⎝⎭平移后得到曲线2C ，曲线2C 上不同的两点M ，N 的连线交y 轴于点(0,)Q b ，如果MON ∠（O 为坐标原点）为锐角，求实数b 的取值范围；(3)在（2）的条件下，如果2b =时，曲线2C 在点M 和N 处的切线的交点为R ，求证：R 在一条定直线上． 【解析】（1）由题意可得(1,)PA x y =−−，(,1)PB x y =−−，(1,1)PC x y =−−， 则22(1)()()(1)PA PB x x y y x y x y ⋅=−⋅−+−⋅−=+−−，22(1)(1)()(1)21PA PC x x y y x y x y ⋅=−⋅−+−⋅−=+−−+， 又2y 是PA PB ⋅，PA PC ⋅的等差中项，()()22222212x y x y x y x y y ∴+−−++−−+=，整理得点(,)P x y 的轨迹方程为23122y x x =−+．（2）由（1）知2131:22C y x x =−+，又31,416a ⎛⎫=− ⎪⎝⎭，∴平移公式为34116x x y y ⎧=−⎪⎪⎨⎪=+'⎩'⎪即34116x x y y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=−'⎩'⎪，代入曲线1C 的方程得到曲线2C 的方程为：213331164242y x x ''⎛⎫⎛⎫−=+−++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'，即2yx ．曲线2C 的方程为2yx ．如图由题意可设M ，N 所在的直线方程为y kx b =+，由2y x y kx b⎧=⎨=+⎩消去y 得20x kx b −−=，令()11,M x y ，()()2212,N x y x x ≠，则1212x x kx x b+=⎧⎨=−⎩， ()()21111,,OM x y x x ∴==，()()22222,,ON x y x x ==，又MON ∠为锐角，cos 0||||OM ONMON OM ON ⋅∴∠=>⋅，即2212120||||x x x x OM ON +>⋅， 2212120x x x x ∴+>，又12x x b =−，2()0b b ∴−+−>，得0b <或1b >．（3）当2b =时，由（2）可得12122x x k x x b +=⎧⎨=−=−⎩，对2yx 求导可得2y x '=，∴抛物线2C 在点，()211,M x x ∴=，()222,N x x 处的切线的斜率分别为12M k x =，22N k x =，∴在点M ，N 处的切线方程分别为()2111:2M l y x x x x −=−，()2222:2N l y x x x x −=−， 由()()()211112222222y x x x x x x y x x x x ⎧−=−⎪≠⎨−=−⎪⎩，解得交点R 的坐标(,)x y ． 满足12122x x x y x x +⎧=⎪⎨⎪=⋅⎩即22k x y ⎧=⎪⎨⎪=−⎩，R ∴点在定直线=2y −上． 【变式1-1】（2024·高三·全国·专题练习）已知椭圆C ：22221x y a b +=（0a b >>）过点2,3P，且离2. (1)求椭圆C 的方程；(2)记椭圆C 的上下顶点分别为,A B ，过点()0,4斜率为k 的直线与椭圆C 交于,M N 两点，证明：直线BM 与AN 的交点G 在定直线上，并求出该定直线的方程.【解析】（1）由椭圆过点2,3P，且离心率为22，所以2222223122a b c e a a b c ⎧+=⎪⎪⎪==⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得2284a b ⎧=⎨=⎩，故所求的椭圆方程为22184x y +=．（2）由题意得()0,2A ，()0,2B −，直线MN 的方程4y kx =+，设()()1122,,,M x y N x y ，联立224184y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得()221216240k x kx +++=，由()22Δ25696120k k =−+>，即232k >，所以1221612kx x k −+=+，1222412x x k =+. 由求根公式可知，不妨设218246k k x −−−，228246k k x −+−= 直线AN 的方程为2222y y x x −−=，直线BM 的方程为1122y y x x ++=， 联立22112222y y x x y y xx −⎧−=⎪⎪⎨+⎪+=⎪⎩，得()()()()2121121121212222222266y x kx x kx x x y y y x kx x kx x x −++−===++++， 代入12,x x ，得222222241644628446112122324481246241246k k k y k k k k y k k k k k −−−−−−++===−+−+−−+−+， 解得1y =，即直线BM 与AN 的交点G 在定直线1y =上.【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C 的中心为坐标原点O ，C 的一个焦点坐标为()10,3F ，离3 (1)求C 的方程；(2)设C 的上、下顶点分别为1A ，2A ，若直线l 交C 于()11,M x y ，()22,N x y ，且点N 在第一象限，120y y >，直线1A M 与直线2A N 的交点P 在直线35y =上，证明：直线MN 过定点． 【解析】（1）由题意得3c =，3ca3a =2226b c a =−=， 故C 的方程为22136y x −=；（2）证明：由已知条件得直线MN 的斜率存在，设直线MN ：y kx t =+，联立2226y kx t y x =+⎧⎨−=⎩，消去y 整理得，()222214260k x ktx t −++−=， 由题设条件得2210k −≠，()()2222Δ16421260k t k t =−−−>，则122412kt x x k +=−，21222621t x x k −=−．由（1）得(13A ，(20,3A −， 则直线1A M ：1133y y −，直线2A N ：2233y y x +=， 11223333y y y y −−=++ 因为直线1A M 与直线2A N 的交点P 在直线35y =上，所以112233353335y y −=++因为2222136y x−=2222222233312y y y x −+−==，即()2222323y y x +=−所以(11211212122233323333523335y y y y y x x y −−−===+．又((()(221212123333y y k x x k t x x t =+++，(((2222222326433212121t t ktk k t t k k k −−=⨯−+=−−−，所以33353335t t −=+，解得5t =，所以直线MN 过定点()0,5．02 向量搭桥进行翻译将向量转化为韦达定理形式求解.【典例2-1】（2024·上海普陀·二模）设椭圆222:1(1)x y a a Γ+=>，Γ2倍，直线l 交Γ于A 、B 两点，C 是Γ上异于A 、B 的一点，O 是坐标原点. (1)求椭圆Γ的方程；(2)若直线l 过Γ的右焦点F ，且CO OB =，0CF AB ⋅=，求CBFS的值；(3)设直线l 的方程为(,R)y kx m k m =+∈，且OA OB CO +=，求||AB 的取值范围. 【解析】（1）由Γ24倍，得212a −22(1)a a −=， 又1a >，则2a =故椭圆Γ的方程为2212x y +=.（2）设Γ的左焦点为1F ，连接1CF ， 因为CO OB =，所以点B 、C 关于点O 对称， 又0CF AB ⋅=，则CF AB ⊥， 由椭圆Γ的对称性可得，1CF CF ⊥，且三角形1OCF 与三角形OBF 全等，则1112CBFCF FSSCF CF ==⋅，又122211224CF CF CF CF F F ⎧+=⎪⎨+==⎪⎩，化简整理得， 12CF CF ⋅=，则1CBFS=.（3）设11(,)A x y ，11(,)B x y ，00(,)C x y ，又 OA OB CO +=，则012()x x x =−+，012()y y y =−+， 由2212x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得，222(12)4220k x mkx m +++−=， 222222168(12)(1)8(21)m k k m k m ∆=−+−=−+，由韦达定理得，122412mk x x k −+=+，21222212m x x k −=+，又121222()212my y k x x m k +=++=+，则02412mkx k =+，02212m y k −=+， 因为点C 在椭圆Γ上，所以222242()2()21212mk m k k −+=++， 化简整理得，22412m k =+，此时，22222218(21)8(21)6(21)04k k m k k +∆=−+=+−=+>，则2222212121()()(1)()AB x x y y k x x =−+−=+−222224221()4()1212mk m k k k−−+−++ 226(21)1k k ++226612k k ++ 令212t k =+，即1t ≥，则(]2266333=33,612k t k t t ++=+∈+， 则AB 的取值范围是3,6.【典例2-2】（2024·贵州安顺·一模）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b−=>>的一条渐近线方程为3y x =，右焦点F 3 (1)求双曲线C 的标准方程；(2)过点F 的直线l 与双曲线C 交于,M N 两点，()1,0A −．求AM AN ⋅的值．【解析】（1）由双曲线2222:1x y C a b −=的渐近线方程为3y =，可得3b a =又由焦点(c,0)F 32233(3)1c d ==+2c =，又因为222c a b =+，可得1,3a b =2213y x −=.（2）由（1）知2c =，可得(2,0)F ，当直线l 的斜率不存在时，即:2l x =，将2x =代入2213y x −=，可得13y =或23y =−，不妨设(2,3),(2,3)M N −，又由(1,0)A −，可得(3,3),(3,3)AM AN ==−， 所以333(3)0AM AN ⋅=⨯+⨯−=； 当直线l 的斜率存在时，即:(2)l y k x =−，联立方程组22(2)13y k x y x =−⎧⎪⎨−=⎪⎩，整理得2222(3)4430k x k x k −+−−=，设1122(,),(,)M x y N x y ，则2222(4)4(3)(43)0k k k ∆=+−+>，且22121222443,33k k x x x x k k ++==−−， 则222212121212(2)(2)2()4y y k x x k x x k x x k =−−=−++，且1122(1,),(1,)AM x y AN x y =+=+，则1212121212(1)(1)()1AM AN x x y y x x x x y y ⋅=+++=++++ 22212121212()12()4x x x x k x x k x x k =++++−++2221212(12)(1)()41k x x k x x k =−+++++=2222222434(12)(1)4133k k k k k k k +=−⋅++⋅++−−242244222484343412303k k k k k k k k k −+++++−+−==−，综上可得：0AM AN ⋅=.【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）如图，已知抛物线()2:20E y px p =>，其焦点为F ，其准线与x 轴交于点C ，以FC 为直径的圆交抛物线于点B ，连接BF 并延长交抛物线于点A ，且4AF BF −=．(1)求E 的方程．(2)过点F 作x 轴的垂线与抛物线E 在第一象限交于点P ，若抛物线E 上存在点M ，N ，使得0MP NP ⋅=．求证：直线MN 过定点．【解析】（1）根据抛物线的性质可知CF p =．设直线AB 的倾斜角为θ，则在Rt CBF △中，cos BF p θ=． 由抛物线的定义知cos AF AF p θ=+，cos BF p BF θ=−， 所以1cos p AF θ=−，cos 1cos pBF p θθ==+，所以2sin cos θθ=． 所以222sin cos p p AB AF BF θθ=+==． 由24AF BF AB BF −=−=，得221cos 2cos 224cos cos p p p p θθθθ−−=⋅==，解得2p =． 所以E 的方程为24y x =．（2）由（1）知()1,2P ．设直线MN 的方程为x my n =+，()11,M x y ，()22,N x y ．联立抛物线方程，得2,4.x my n y x =+⎧⎨=⎩代入并整理，得2440y my n −−=．则124y y m +=，124y y n =−，且216160m n ∆=+>． 由0MP NP ⋅=，得()()11221,21,20x y x y −−⋅−−=，则()()()()()()()()12121212112211220x x y y my n my n y y ⎡⎤⎡⎤−−+−−=−+−++−−=⎣⎦⎣⎦，得()()()22121212250m y y mn m y y n n ++−−++−+=，所以()()()221424250m n mn m m n n +⨯−+−−⨯+−+=．整理得()()22341n m −=+．当()321n m −=−+，即21n m =−+时，直线MN 的方程为()21x m y =−+，则直线MN 恒过定点()1,2P ，不符合题意．当()321n m −=+，即25n m =+时，直线MN 的方程为()25x m y =++，则直线MN 恒过定点()5,2−．【变式2-2】（2024·山东聊城·二模）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的短轴长为26. (1)求C 的方程；(2)直线:(0,0)l y kx m k m =+>>与C 交于,M N 两点，与y 轴交于点A ，与x 轴交于点B ，且,AM BM AN BN λμ==. （ⅰ）当12μλ==时，求k 的值；（ⅱ）当3λμ+=时，求点(0,3到l 的距离的最大值.【解析】（1）由题意得222226b c a b a a =⎧⎪⎨−==⎪⎩13b a =⎧⎪⎨=⎪⎩ 所以C 的方程为2213x y +=．（2）（ⅰ）由题意得()0,,,0m A m B k ⎛⎫− ⎪⎝⎭，由12AM BM =，得2OM OA OB =−，即,2m M m k ⎛⎫⎪⎝⎭，由2AN BN =，得2ON OB OA =−，即2,m N m k ⎛⎫−− ⎪⎝⎭， 将,M N 的坐标分别代入C 的方程，得222413m m k +=和222413m m k+=，解得213k =，又0k >，所以3k =（ⅱ）由22,13y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y ，得()222316330k x kmx m +++−=， 其中()()()222222Δ361231112310k m k m k m =−+−=−+>，设()()1122,,,M x y N x y ，则2121222633,3131km m x x x x k k −−+==++，由(),,0,,,0m AM BM AN BN A m B k λμ⎛⎫==− ⎪⎝⎭，得1122,m m x x x x k k λμ⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以121212112x x m m m m m k x x x x k k k k λμ⎛⎫ ⎪+=+=−+ ⎪ ⎪++++⎝⎭， 由3λμ+=，得()221212230k x x mk x x m +++=，即222222223312303131m k k m k m k k −−++=++， 所以222222223312930m k k m k m k m −−++=， 因此22k m =，又0,0k m >>，所以k m =. 所以l 的方程为()1y k x =+，即l 过定点()1,0−，所以点(0,3−到l 的最大距离为点(0,3−与点()1,0−的距离21(3)2d =+=， 即点(0,3−到l 的距离的最大值为2.03 弦长、面积范围与最值问题1、建立目标函数，使用函数的最值或取值范围求参数范围．2、建立目标函数，使用基本不等式求最值．【典例3-1】（2024·浙江台州·二模）已知椭圆C ：229881x y +=，直线l ：=1x −交椭圆于M ，N 两点，T 为椭圆的右顶点，TMN △的内切圆为圆Q . (1)求椭圆C 的焦点坐标； (2)求圆Q 的方程；(3)设点()1,3P ，过P 作圆Q 的两条切线分别交椭圆C 于点A ，B ，求PAB 的周长.【解析】（1）椭圆的标准方程为2218198x y +=，因为819988−=，所以焦点坐标为320,⎛ ⎝⎭. （2）将=1x −代入椭圆方程229881x y +=得3=±y ，由对称性不妨设()1,3M −，()1,3N −−， 直线MT 的方程为()3313y x =−−−，即3490x y +−=， 设圆Q 方程为()222x t y r −+=，由于内切圆Q 在TMN △的内部，所以1t >−， 则Q 到直线MN 和直线MT 的距离相等，即223409134t t r +⨯−+==+，解得12t =，32r =，所以圆Q 方程为221924x y ⎛⎫−+= ⎪⎝⎭.（3）显然直线PA 和直线PB 的斜率均存在， 设过P 作圆Q 的切线方程为()13y k x =−+，其中k 有两个不同的取值1k 和2k 分别为直线PA 和PB 的斜率.由圆Q 21132321k k ⎛⎫−+ ⎪⎝⎭=+，化简得：2812270k k +−=，则121232278k k k k ⎧+=−⎪⎪⎨⎪=−⎪⎩，由()122139881y k x x y ⎧=−+⎨+=⎩得()()222111119816384890k x k k x k k ++−+−−=， 可得21121848989A P A k k x x x k −−==+，所以()221111112211848924182713138989A A k k k k y k x k k k ⎛⎫−−−−+=−+=−+= ⎪++⎝⎭()()()111113271218271833271291232k k k k k −−−+−===−−+−.同理22222848989B k k x k −−=+，32B y =−，所以直线AB 的方程为32y =−， 所以AB 与圆Q 相切，将32y =−代入229881x y +=得7x =所以7AB =P 到直线AB 的距离为92，设PAB 的周长为m ，则PAB 的面积1319272222ABC S m =⨯=⨯△， 解得67m =.所以PAB 的周长为67.【典例3-2】（2024·高三·浙江金华·阶段练习）设抛物线()2:20C y px p =>，直线=1x −是抛物线C 的准线，且与x 轴交于点B ，过点B 的直线l 与抛物线C 交于不同的两点M ，N ，()1,A n 是不在直线l 上的一点，直线AM ，AN 分别与准线交于P ，Q 两点． (1)求抛物线C 的方程； (2)证明：BP BQ =：(3)记AMN △，APQ △的面积分别为1S ，2S ，若122S S =，求直线l 的方程． 【解析】（1）因为=1x −为抛物线的准线，所以12p=，即24p =， 故抛物线C 的方程为24y x = （2）如图，设l ：1x ty =−，()()1122,,,M x y N x y ， 联立24y x =，消去x 得2440y ty −+=，则()2Δ1610t =−>，且121244y y t y y +=⎧⎨=⎩，又AM ：()1111y ny n x x −−=−−，令=1x −得()1121,1y n P n x ⎛⎫−−− ⎪−⎝⎭， 同理可得()2221,1y n Q n x ⎛⎫−−− ⎪−⎝⎭，所以()()()()12121212222221122P Q y n y n y n y n y y n n n x x ty ty ⎡⎤−−−−+=−+−=−+⎢⎥−−−−⎣⎦()()()()()()1221122222222y n ty y n ty n ty ty −−+−−=−−⋅−，()()()212122212124248882202444ty y nt y y nn nt n n t y y t y y t −−++−=−=−=−++−，故BP BQ =.（3）由（2）可得：()()1222122222221nt y n y n S PQ ty ty t −−−==−=−−−22212211141212221nt S MN d t t t nt t −==++=−−+，由122S S =，得：212t −=，解得3t = 所以直线l 的方程为310x +=．【变式3-1】（2024·上海闵行·二模）如图，已知椭圆221:14x C y +=和抛物线()22:20C x py p =>，2C 的焦点F 是1C 的上顶点，过F 的直线交2C 于M 、N 两点，连接NO 、MO 并延长之，分别交1C 于A 、B 两点，连接AB ，设OMN 、OAB 的面积分别为OMN S △、OABS．(1)求p 的值； (2)求OM ON ⋅的值； (3)求OMNOABS S 的取值范围. 【解析】（1）椭圆221:14x C y +=的上顶点坐标为()0,1，则抛物线2C 的焦点为()0,1F ，故2p =.（2）若直线MN 与y 轴重合，则该直线与抛物线2C 只有一个公共点，不符合题意， 所以直线MN 的斜率存在，设直线MN 的方程为1y kx =+，点()11,M x y 、()22,N x y ，联立214y kx x y=+⎧⎨=⎩可得2440x kx −−=，216160k ∆=+>恒成立，则124x x =−，221212121241344x x OM ON x x y y x x ⋅=+=+=−+=−.（3）设直线NO 、MO 的斜率分别为1k 、2k ，其中10k >，20k <，联立12244y k x x y =⎧⎨+=⎩可得()221414k x +=，解得2141x k =+ 点A 在第三象限，则2141A x k =+点B 在第四象限，同理可得2241B x k =+，且121212121164y y x x k k x x ===− 121222124141OMN OAB B AOM ONx x x x S S OB OA x x k k ⋅⋅⋅===⋅⋅++()()2221212114141424k k k k ++++2121124224k k ≥⋅+， 当且仅当112k =时，等号成立. OMNOABS S 的取值范围为[)2,+∞. 【变式3-2】（2024·辽宁·二模）已知点P 为双曲线22:14x E y −=上任意一点，过点P 的切线交双曲线E 的渐近线于,A B 两点． (1)证明：P 恰为AB 的中点；(2)过点P 分别作渐近线的平行线，与OA 、OB 分别交于M 、N 两点，判断PMON 的面积是否为定值，如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由；【解析】（1）由切线不可能平行于x 轴，即切线的斜率不可能为0， 设切线方程为:l x ty m =+，联立方程组2214x ty m x y =+⎧⎪⎨−=⎪⎩，整理得222(4)240t y tmy m −−+=+， 所以()()222Δ24(4)40tm t m =−−−=，可得2240t m +−=，即224m t =−，所以22220m y tmy t −++=，即2()0my t −=，所以t y m =，则2t x m m=+，所以点2(,)t tP m m m+，又由双曲线22:14x E y −=的渐近线方程为12y x =±，联立方程组12y xx ty m⎧=⎪⎨⎪=+⎩，可得2,22m m x y t t ==−−，即2(,)22m m A t t −−， 联立方程组12y xx ty m⎧=−⎪⎨⎪=+⎩，可得2,22m m x y t t −==++，即2(,)22m m B t t −++，所以222222244422244m mm tm m tmm m t t t t m m+++−−+====−− 222224m mtm tm t t t t m m−+−+===−，所以AB 的中点坐标为4(,)t m m又因为2224t t m m m m m++==，所以4(,)t P m m ，所以点P 与AB 的中点重合.（2）由2(,)22m m A t t−−，2(,)22m mB t t −++， 可得2222225()()22(2)m m m OA t t t =+=−−−，2222225()()22(2)m m m OB t t t −=+=+++， 所以44422222425252525[(2)(2)](4)m m m OA OB t t t m ⋅====−+−，即5OA OB =， 又由22223322224m m m m m OA OB t t t t t−⋅=⨯+⨯==−+−+−，可得3cos 5OA OB AOB OA OB ⋅∠==， 所以24sin 1cos 5AOB AOB ∠=−∠=， 所以114sin 52225AOBSOA OB AOB =∠=⨯⨯=， 因为P 为AB 的中点，所以112122PMON AOBS S ==⨯=， 所以四边形PMON 的面积为定值1.04 斜率之和差商积问题1、已知00(,)P x y 是椭圆22221x y a b +=上的定点，直线l （不过P 点）与椭圆交于A ，B 两点，且0PA PBk k +=，则直线l 斜率为定值2020b x a y ．2、已知00(,)P x y 是双曲线22221x y a b−=上的定点，直线l （不过P 点）与双曲线交于A ，B 两点，且0PA PBk k +=，直线l 斜率为定值2020b x a y −．3、已知00(,)P x y 是抛物线22y px =上的定点，直线l （不过P 点）与抛物线交于M ，N 两点，若0PA PB k k +=，则直线l 斜率为定值0p y −． 4、00(,)P x y 为椭圆222:x y a bΓ2+=1)0,0(a b >>上一定点，过点P 作斜率为1k ，2k 的两条直线分别与椭圆交于,M N 两点．（1）若12(0)k k λλ+=≠，则直线MN 过定点2000222(,)y b x x y aλλ−−−； （2）若2122()b k k a λλ⋅=≠，则直线MN 过定点2222002222(,)a b a b x y a b a b λλλλ++−−−．5、设00(,)P x y 是直角坐标平面内不同于原点的一定点，过P 作两条直线AB ，CD 交椭圆222:x y a b Γ2+=1)0,0(a b >>于A 、B 、C 、D ，直线AB ，CD 的斜率分别为1k ，2k ，弦AB ，CD 的中点记为M ，N ．（1）若12(0)k k λλ+=≠，则直线MN 过定点2002(,)y b x x aλλ−−；（2）若2122()b k k a λλ⋅=≠，则直线MN 过定点22002222(,)a x b y a b a b λλλ−−．6、过抛物线22(0)y px p =>上任一点00(,)P x y 引两条弦PA ，PB ，直线PA ，PB 斜率存在，分别记为12,k k ，即12(0)k k λλ+=≠，则直线AB 经过定点00022(,)y px y λλ−−．【典例4-1】（2024·上海徐汇·二模）已知椭圆22:143x y C +=，12A A 、分别为椭圆C 的左、右顶点，12F F 、分别为左、右焦点，直线l 交椭圆C 于M N 、两点（l 不过点2A ）.(1)若Q 为椭圆C 上（除12A A 、外）任意一点，求直线1QA 和2QA 的斜率之积； (2)若112NF F M =，求直线l 的方程；(3)若直线2MA 与直线2NA 的斜率分别是12k k 、，且1294k k =−，求证：直线l 过定点.【解析】（1）在椭圆 22:143x y C +=中，左、右顶点分别为12(2,0)(2,0)A A −、，设点()000,(2)Q x y x ≠±，则12202000220000314322444QA QA x y y y k k x x x x ⎛⎫− ⎪⎝⎭⋅=⋅===−+−−−. （2）设()()1122,,,M x y N x y ，由已知可得1(1,0)F −，122111(1,)(+1,)NF x y F M x y =−−−=，，由112NF F M =得2211(1,)2(+1,)−−−=x y x y ，化简得2121=322x x y y −−⎧⎨=−⎩代入2222143x y +=可得22114(32)(32)1−−−+=x y ，联立2211143x y +=解得117=435=x y ⎧−⎪⎪⎨⎪⎪⎩由112NF F M =得直线l 过点1(1,0)F −，73(,5)48−N ， 所以，所求直线方程为5=1)y x ±+.（3）设()()3344,,,M x y N x y ，易知直线l 的斜率不为0，设其方程为x my t =+（2t ≠），联立22143x my t x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，可得()2223463120m y mty t +++−=，由2222364(34)(312)0m t m t ∆=−+−>，得2234t m <+.由韦达定理，得234342263123434，−+=−=++mt t y y y y m m .1294k k =−，34349224∴⋅=−−−y y x x . 可化为()()343449220y y my t my t ++−+−=， 整理即得()()223434499(2)9(2)0my ym t y y t ++−++−=，()222223126499(2)9(2)03434t mt m m t t m m −⎛⎫∴+⨯+−−+−= ⎪++⎝⎭，由20t −≠，进一步得2222(49)(2)183(2)03434m t m tt m m ++−+−=++，化简可得16160t −=，解得1t =， 直线MN 的方程为1x my =+，恒过定点(1,0).【典例4-2】（2024·全国·模拟预测）已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的左、右顶点分别为()(),,2,2A B C a b D a b −，直线AC 的斜率为12，直线AC 与椭圆E 交于另一点G ，且点G 到x 轴的距离为43． (1)求椭圆E 的方程．(2)若点P 是E 上与点,A B 不重合的任意一点，直线,PC PD 与x 轴分别交于点,M N ． ①设直线,PM PN 的斜率分别为12,k k ，求2112k k k k −的取值范围． ②判断22||AM BN +是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由．【解析】（1）由题意知，(),0A a −．由直线AC 的斜率为12()2012b a −=，所以2a b =． 直线AC 的方程为()12y x a =+． 设(),G s t ，则0,0s t >>．由点G 到x 轴的距离为43，得43t =． 由点G 在直线AC 上，得()4132s a =+，所以83s a =−．由点G 在椭圆E 上，得2222843312a a a⎛⎫⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+=，解得2a =．所以2b =．所以椭圆E 的方程为22142x y+=．（2）①设()00,P x y （020y ≤<或002y < 由（1）知，()()2,2,2,2C D −， 则00120022,22PC PD y y k k k k x x −−====−+， 所以0021121200002211442222x x k k k k k k y y y y −+−−=−=−==−−−−． 由020y −<或002y <≤得02222y −<或02222y <−≤ 所以0442222y −<−或0424222y <≤+− 故2112k k k k −的取值范围是)(422,22,422⎡−⋃+⎣． ②由①知2200142x y +=，即2220004x y y +=−．设()()12,0,,0M x N x ． 因为,,P C M 三点共线， 所以00120222y x x −−=−−，得0001002422222x y x x y y −+−=+=−−．因为,,P D N 三点共线，所以00220222y x x −−=++， 得0002002422222x x y x y y −−−−=−=−−．所以()()222222000012002222222222y x x y AM BN x x y y ⎛⎫⎛⎫−−−+=++−=++−= ⎪ ⎪−−⎝⎭⎝⎭()220002008816822x y y y y +++=−−()()()()()2000220000848221616882222y y y yy y y y y −+−++=++=−−−−()0000821681622y y y y −+++=−−．故22||AM BN +为定值16．【变式4-1】（2024·高三·上海闵行·期中）已知双曲线C ：()222210,0x y a b a b −=>>2()3,1−在双曲线C 上．过C 的左焦点F 作直线l 交C 的左支于A 、B 两点． (1)求双曲线C 的方程；(2)若()2,0M −，试问：是否存在直线l ，使得点M 在以AB 为直径的圆上?请说明理由．(3)点()4,2P −，直线AP 交直线2x =−于点Q ．设直线QA 、QB 的斜率分别1k 、2k ，求证：12k k −为定值．【解析】（1）由双曲线2222y :1x C a b −=2，且()3,1M −在双曲线C 上，可得222229112a b c e a c a b ⎧−=⎪⎪⎪==⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得228,8a b ==，∴双曲线的方程为22188x y −=．（2）双曲线C 的左焦点为()4,0F −，当直线l 的斜率为0时，此时直线为0y =，与双曲线C 左支只有一个交点，舍去； 当直线l 的斜率不为0时，设:4l x my =−，联立方程组2248x my x y =−⎧⎨−=⎩，消x 得()221880m y my −−+=，易得Δ0>， 设()()1122,,,A x y B x y ，则12122288,011m y y y y m m +==<−−，可得11m −<<， ∵()()11222,,2,MA x y MB x y =+=+，则()()()()211212122222MA MB x x y y my my y y ⋅=+++=−−+()()()22212122281161244411m mm y y m y y m m +=+−++=−+=−−−，即0MA MB ⋅≠，可得MA 与MB 不垂直，∴不存在直线l ，使得点M 在以AB 为直径的圆上． （3）由直线()1:24AP y k x −=+，得(12,22)Q k −+， ∴2121222222222y k y k k x my −−−−==+−，又11111224PAy y k k x my −−===+，∴()()()()12121121121212222222222y my my y k y y k k k my my my my −−−−−−−−−=−=−− ()2111112224222my y my mk y my my −−+++=−，∵1112y k my −=，∴1112k my y =−，且1212y y my y +=， ∴()()()1212121212122222m y y y y k k my my y y y −−−===−−+−，即12k k −为定值．【变式4-2】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b−=>>的左、右焦点分别为12,F F ，从下面3个条件中选出2个作为已知条件，并回答下面的问题：①点()32,1P −在双曲线C 上；②点Q 在双曲线C 上，1290QF F ∠=︒，且113QF =；③双曲线C 的一条渐近线与直线33y x =−垂直. (1)求双曲线C 的方程；(2)设,A B 分别为双曲线C 的左、右顶点，过点()0,1−的直线l 与双曲线C 交于,M N 两点，若AMBNk a k =−，求直线l 的斜率.【解析】（1）选①②，因为点()32,1P −在双曲线C 上，所以221811a b −=， 由题意可设()1(,0),,Q F c Q c y −−，因为点Q 在双曲线C 上，所以22221Q y ca b−=，所以2Q b y a =±，又113QF =，所以213b a =，联立222181113a b b a ⎧−=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以3,1a b ==（负值舍去），故双曲线C 的方程为2219x y −=；选①③， 由①，得221811a b −=，由③，得31ba−⨯=−， 联立22181131a b b a⎧−=⎪⎪⎨⎪−⨯=−⎪⎩，解得3,1a b ==（负值舍去），故双曲线C 的方程为2219x y −=，选②③，由题意可设()1(,0),,Q F c Q c y −−，因为点Q 在双曲线C 上，所以22221Q y ca b−=，所以2Q b y a =±，又113QF =，所以213b a =，又由③，得31ba−⨯=−，联立21331b a b a⎧=⎪⎪⎨⎪−⨯=−⎪⎩，解得3,1a b ==（负值舍去），故双曲线C 的方程为2219x y −=.（2）依题意可知()()3,0,3,0A B −，易知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为1y kx =−，()()1122,,,M x y N x y ，联立22119y kx x y =−⎧⎪⎨−=⎪⎩，消去y 并整理，得()221918180k x kx −+−=， 由()()()222Δ(18)4191836290k k k =−−⨯−=−>，且2190k −≠，得229k <且219k ≠，所以1212221818,1919k x x x x k k +=−=−−−， 又221119x y −=，即221199x y −=，则1111339y x x y −=+， 所以()()11121122122233339933AMBNy x x x k x y y y k y y x x −−−+===−−()()()()()121212122121212393991191x x x x x x x x kx kx k x x k x x −++−++==−−⎡⎤−++⎣⎦2222222218183996119193911818911919kk k k k k k k k k −+⨯+−+−−===−−⎛⎫−++ ⎪−−⎝⎭， 整理得218310k k −−=，解得16k =−或13k =（舍去），故直线l 的斜率为16−.05 定点定值问题1、定值问题解析几何中定值问题的证明可运用函数的思想方法来解决．证明过程可总结为“变量—函数—定值”，具体操作程序如下：（1）变量----选择适当的量为变量．（2）函数----把要证明为定值的量表示成变量的函数． （3）定值----化简得到的函数解析式，消去变量得到定值． 2、求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊情况入手，求出定值，再证明该定值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理过程中消去变量，从而得到定值． 3、求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点()00,x y ，常利用直线的点斜式方程()00y y k x x −=−或截距式y kx b =+来证明． 一般解题步骤：①斜截式设直线方程：y kx m =+，此时引入了两个参数，需要消掉一个．②找关系：找到k 和m 的关系：m =()f k ，等式带入消参，消掉m ． ③参数无关找定点：找到和k 没有关系的点．【典例5-1】（2024·全国·模拟预测）已知离心率为23的椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右顶点分别为12,A A ，点P 为椭圆C 上的动点，且12A PA 面积的最大值为35():20l x my m =−≠与椭圆C 交于,A B 两点，点()1,0D −，直线,AD BD 分别交椭圆C 于,G H 两点，过点2A 作直线GH 的垂线，垂足为M ． (1)求椭圆C 的方程．(2)记直线GH 的斜率为k ，证明：km 为定值．(3)试问：是否存在定点N ，使MN 为定值？若存在，求出定点N 的坐标；若不存在，说明理由． 【解析】（1）由题意，得22235,2,3,ab c a a b c ⎧=⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩解得2229,5,4.a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩所以椭圆C 的方程为22195x y +=． （2）证明：设()()()()11223344,,,,,,,A x y B x y G x y H x y ． 又()1,0D −，所以可设直线AD 的方程为1111x x y y +=−． 联立椭圆方程与直线AD 的方程，得112211,1.95x x y y x y +⎧=−⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩ 消去x ，得()()222211111519101400x y y x y y y ⎡⎤++−+−=⎣⎦． 又2211195x y +=，所以22115945x y +=，可得()()2211115140x y x y y y +−+−=．由根与系数的关系，得2113145y y y x −=+，则13145y y x −=+，所以11131111459155x y x x y x x +−−−=⋅−=++，同理，得224422594,55x y x y x x −−−==++． 从而直线GH 的斜率()()()()()()2112214321214312212144454555595959559555y y y x y x y y x x k x x x x x x x x x x −−−+−+−++====−−−−−++−++−++()()()122112454516y x y x x x +−+−．又11222,2x my x my =−=−， 所以()()()()()1221121212434312316164y my y my y y k x x x x m +−+−===−−，即34km =，为定值． （3）由（2）可得直线GH 的方程为11114594355y x m x y x x ⎛⎫+=⋅+− ⎪++⎝⎭． 由椭圆的对称性可知，若直线GH 恒过定点，则此定点必在x 轴上， 所以令0y =，得()()()()()11111111116235916595135535353x x my x x x x x x x +−+++=−===++++．故直线GH 恒过定点T ，且点T 的坐标为1,03⎛⎫⎪⎝⎭．因为2A M GH ⊥，垂足为M ，且()23,0A ，所以点M 在以2A T 为直径的圆上运动．故存在点5,03N ⎛⎫⎪⎝⎭，使21423MN A T ==．【典例5-2】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b −=>>的焦距为25点3)D 在C 上. (1)求C 的方程;(2)直线:1l x my =+与C 的右支交于A ，B 两点，点E 与点A 关于x 轴对称，点D 在x 轴上的投影为点G . （ⅰ）求m 的取值范围； （ⅱ）求证：直线BE 过点G .【解析】（1）由已知得222251631a b a b ⎧+=⎪⎨−=⎪⎩，解得224,1a b ==，所以C 的方程为2214x y −=.（2）（i ）设()11,A x y ，()22,B x y ，则()11,E x y −，联立22144x my x y =+⎧⎨−=⎩， 消去x 得()224230m y my −+−=，则240m −≠，()()222Δ41241630m m m =+−=−>，解得||3m >||2m ≠.又l 与C 的右支交于A ，B 两点，C 的渐近线方程为12y x =±，则11||2m >，即0||2m <<， 所以|m 的取值范围为(3,2). （ii ）由（i ）得12224my y m +=−−，12234y y m −=−， 又点3)D 在x 轴上的投影为(4,0)G ，所以()224,GB x y =−，()114,GE x y =−−， 所以()()122144x y x y −+−()()122133my y my y =−+−()121223my y y y =−+，223223044mm m m −−=⋅−⋅=−−， 所以//GB GE ，又GB ，GE 有公共点G ，所以B ，G ，E 三点共线，所以直线BE 过点G .【变式5-1】（2024·陕西西安·一模）已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>的左，右焦点分别为1F ，2F ，且1F ，2F 与短轴的一个端点Q 构成一个等腰直角三角形，点23P ⎝⎭在椭圆E ，过点2F 作互相垂直且与x 轴不重合的两直线AB ，CD 分别交椭圆E 于A ，B 和点C ，D ，且点M ，N 分别是弦AB ，CD 的中点．(1)求椭圆E 的标准方程；(2)若()0,1D ，求以CD 为直径的圆的方程；(3)直线MN 是否过x 轴上的一个定点？若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由． 【解析】（1）因为椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>经过点23P ⎝⎭， 且1F ，2F 与短轴的一个端点Q 构成一个等腰直角三角形， 可得b c =，则22222a b c b =+=，所以2223122b b+=⨯，解得222,1a b ==， 所以椭圆E 的标准分别为2212x y +=.（2）由（1）得1(1,0),(0,1)F D −，所以直线CD 的方程为1x y +=，联立方程组22112x y x y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得41,33x y ==−或0,1x y ==，所以41(,)33C −， 则CD 的中点为21(,)33N 且423CD =CD 为直径的圆的方程为22218()()339x y −+−=. （3）设直线AB 的方程为1x my =+，且0m ≠，则直线CD 的方程为11x y m=−+， 联立方程组22112x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得22(2)210m y my ++−=， 设1122(,),(,)A x y B x y ，则0∆>且12122221,22y y y y m m +=−=−++， 所以12121224(1)(1)()22x x my my m y y m +=+++=++=+， 由中点坐标公式得222(,)22mM m m −++， 将M 的坐标中的用1m −代换，可得CD 的中点为2222(,)2121m mN m m ++，所以232(1)MN mk m =−，所以直线MN 的方程为22232()22(1)2m m y x m m m +=−+−+，即23(1)12m y x m =−−，则直线MN 过定点2(,0)3. 【变式5-2】（2024·浙江·二模）已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b−=>>左右焦点分别为1F ，2F ，点()3,2P 在双曲线上，且点()3,2P 到双曲线两条渐近线的距离乘积为65，过1F 分别作两条斜率存在且互相垂直的直线1l ，2l ，已知1l 与C 双曲线左支交于A ，B 两点，2l 与C 左右两支分别交于E ，F 两点. (1)求双曲线C 的方程；(2)若线段AB ，EF 的中点分别为M ，N ，求证：直线MN 恒过定点，并求出该定点坐标. 【解析】（1）设双曲线C 的两渐近线方程分别为b y x a=，by x a =−，点()3,2P 到双曲线两渐近线的距离乘积为22294323265b a b a b a ccc −−+⨯==，由题意可得：222222229465941a b c b a c a b ⎧+=⎪⎪−⎪=⎨⎪⎪−=⎪⎩，解得23a =，22b =， 所以双曲线C 的方程为22132x y −=.（2）设直线1l 的方程为(5y k x =， 由1l ，2l 互相垂直得2l 的方程(15y x k=−， 联立方程得(225132y k x x y ⎧=⎪⎨⎪−=⎩，消y 得()222223651560k x k x k −−−−=，0∆>成立，所以212352M x x k x +=，(255M M ky k x == 所以点M 坐标为23525k k ⎝⎭，联立方程得(2215132y x k x y ⎧=−⎪⎪⎨⎪−=⎪⎩，所以34352N x x x +==(1255N N k y x k −=−=， 所以点N 坐标为223525,2323k k k ⎛⎫− ⎪ ⎪−−⎝⎭，根据对称性判断知定点在x 轴上， 直线MN 的方程为()N MM M N My y y y x x x x −−=−−，则当0y =时，222223525352523232323351252525M N N M N M k k kx y x y k k k k x y y kk k −−−−−−===−−−−−−所以直线MN 恒过定点，定点坐标为()35,0−.1．已知椭圆Γ：()222210x y a b a b +=>>的上顶点为()0,1A ，离心率3e =()2,1P −的直线l 与椭圆Γ交于B ，C 两点，直线AB 、AC 分别与x 轴交于点M 、N .(1)求椭圆Γ的方程；(2)已知命题“对任意直线l ，线段MN 的中点为定点”为真命题，求AMN 的重心坐标；(3)是否存在直线l ，使得2AMN ABC S S =△△？若存在，求出所有满足条件的直线l 的方程；若不存在，请说明理由.（其中AMNS、ABCS分别表示AMN 、ABC 的面积）【解析】（1）依题意1b =，3c e a ==222c a b =−， 解得2a =，所以椭圆Γ的方程为2214x y +=；（2）因为命题“对任意直线l ，线段MN 的中点为定点”为真命题，。

易知 0 xn1 1,1 xn1 2, xn
(1 xn )(1 xn1 ) (1
1 1 1 xn1 2
1 5 )(1 xn1 ) 2 xn1 1 xn1 2
| xn1 xn |
2 2 | xn xn1 | ( )2 | xn xn1 | 5 5
2 例 2．已知数列 an ， a1 1 ， an 0,1 ，且 an an1 2an1 an 0 . 你能怎么思考？你得到了哪些结论？
3 2 a , a a { a } 已知数列 n 满足： 1 2 n n1 an1 (n 2, n N ) 1 1 2n1 2n1 2 a 3 。 n 证明： 2 2
an 2 an 3an12 2an1 ；
这与已知矛盾，得证。
数列与不等式结合
数列
数列的函数性：单调性，项的取值范围。
本质问题
数列的通项 数列的和
基本模型的掌握及熟练应用
(一).数列通项基本方法： 1.累加、累乘（迭代法）； 2. 待定系数法 ；
3.两边取倒数法 。
熟练累加、累乘模型(迭代模型)：
；
1.递推关系式恒等变形：移项，配方，同除，取倒数等
2.考查数列单调性，项的范围
3.利用不等式适度放缩
三、着眼于通性通法的教学
数列与不等式结 合 基本方法：
不等式
比较大小
作差法；作商法
1.直接作差（作商）吗？
2.结合已知条件，差式（商式）需作什么样的转换？ 3.差式（商式）可通过什么样的方法去判定？
an ； 2 （ n N* ） an 1
（Ⅱ）设数列 an2 的前 n 项和为 Sn ，证明

数列的迭代与递推数列尤其是等差、等比数列，在考纲C 级要求的8个席位中占据两席．其重要性不言自明，而数列的迭代与递推型问题是我省近年来数学高考的热点和难点．这类问题一般运用累加法、累乘法、构造等差等比（或常数列）法、迭代法等“化归”的思想来解决．第一节研究递推数列问题之基本方法1．递推数列处理的最根本的解决方法是迭代法．迭代法也称辗转法，是一种不断用变量的旧值递推新值的过程，有的数列通过有限次的迭代，一定能求出通项公式．运用迭代法解决递推数列的通项公式问题是提高解题能力的有效途径．2．构造与转化也是研究递推数列的一种常用的手段和方法，是我们必须具备的一种数学能力．例1已知数列{a n } 满足a 1 = 1，a n +1 = 3a n + 1．求{a n }的通项公式．分析此题的基本方法是由a n +1 = 3a n + 1，构造新数列12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是一个首项为32，公比为3的等比数列，从而求得31=2n n a -．这种构造新数列的方法有时往往不能理解为何要这样配凑，于是也就仅限于依葫芦画瓢而已，其实此类型问题可采用迭代法求解．解2122313(31)1331n n n n a a a a ---=+=++=++32123133313331n n n a a ---=+++=⋅⋅⋅=++⋅⋅⋅++123133312n n n ---=++⋅⋅⋅++=．注：迭代法的实质就是通过反复替换，将a n 与a n －1的关系最终替换为a n 与a 1的关系，从而求出通项．实际上，累加法适用的递推数列类型可以看做是此类型的特例( p = 1) ，故一般都可用迭代法加以解决，如教材中对等差( 等比) 数列的概念就是以递推式的形式给出的，然后用累加( 累乘) 法证明通项公式，自然也可以用迭代法推导出其通项公式．由此可见，迭代法并非什么高深莫测的方法，而是通性通法．例2设数列{}n a 满足1=2a ，21132n n n a a -+-=⋅．求{}n a 的通项公式．解：2(1)1132n n n a a ---=+⨯2(2)1232(32)32n n n a ----=+⨯+⨯=252323232n n n a ---=+⨯+⨯2(3)125233(32)3232n n n n a -----=+⨯+⨯+⨯=⋅⋅⋅ 35252313(22222)n n a --=+⨯+++⋅⋅⋅++212121122232(22)212n n n a ----=+⨯=+-=-． 变式1设数列{}n a 的前n 项和为S n ，满足11221(N )n n n S a n +*+=-+∈，且1235a a a +，，成等差数列． （1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式． 分析由S n 求出a n +1 = 3a n + 2n 后，可变形为1131222n nn n a a +-=⋅+，直接迭代，探求a n 与a 1的关系．解：（1）略；（2）2n ≥时，11221n n n S a ++=-+，1221n n n S a -=-+两式相减得，132n n n a a +=+．则122112323322n n n n n n a a a -----=+=+⋅+323213332322n n n n a ----=+⋅+⋅+=⋅⋅⋅1201133232n n n a ---=+⋅+⋅⋅⋅+⋅11232332213n n n n ---⋅==--．n =1时也适合上式，所以32n n n a =-．变式2在数列{}n a 中，1=1a ，()()1121N *n n n a ca c n n ++=++∈，其中实数0c ≠．求{}n a 的通项公式．解：()-1211n n n a ca c n =+-+⎡⎤⎣⎦{}[]12[2(2)1]2(1)1n n n c ca c n c n --=+-++⨯-+22[2(2)12(1)1]n n c a c n n -=+-++-+=⋅⋅⋅ 11[2112212(1)1]n n c a c n -=+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+ 12(1)n n c c n -=+-．注：（1）依次迭代后主要是求和问题； （2）本题也可转化为1+1=21n nn na a n c c +++，然后累加法求通项． 变式3已知数列{}n a 满足10a =，2a a =(0)a >，122(3)n n n a a a n --=+≥，求{}n a 的通项公式．分析相邻三项的递推关系可以先利用迭代法转化为相邻两项的关系，再利用迭代法求解． 解：因为122n n n a a a --=+，所以11223223222n n n n n n n n n a a a a a a a a a --------+=+=++=+2122a a a =⋅⋅⋅=+=，所以122n n a a a -+=，即112n n a a a -=-+．所以212111222n n n a a a a a a--⎛⎫⎛⎫=-+=-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭123111111211222232n n n n a a a a a a ----⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅⋅⋅=-+-+-+⋅⋅⋅+-+=--⎢⎥ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦．经检验，n = 1， 2 时也符合通项，所以121132n n a a -⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦．注：相邻三项或四项的问题理论上还是可以利用迭代法完成，但可能会较为复杂或者难以发现迭代规律，所以在使用时都应先变形化简再进行迭代，有一定的技巧性．例3已知数列{}n a 中，且13a =，对任意的自然数n 都满足21n n a a +=，求数列{}n a 的通项公式．解：由21n n a a +=得()23112222222-12231==3n n n n n n n a a a a a a -----====⋅⋅⋅=． 注：本题也可对21n n a a +=两边同时取对数得：1lg 2lg n n a a +=，即1lg 2lg n na a +=，所以{lg n a }是以lg3为首项，2 为公比的等比数列，所以lg a n =1121lg 2lg3n n a --⋅=，所以a n =123n -．例4已知数列{}n a 满足1(1)(1)n n na n a n n +-+=+，N n *∈，且11a =．求数列{}n a 的通项公式．解：由1(1)(1)n n na n a n n +-+=+两边同除以(1)n n +，得111n n a a n n +-=+，从而数列{}n an 为首项11a =，公差1d =的等差数列， 所以=n an n ，从而数列{}n a 的通项公式为2n a n =．变式已知数列{}n a 的前n 项和为n A ，对任意*n ∈N 满足1(1)(1)2n n n n nA n A ++-+=，且11a =．求数列{}n a 的通项公式解：由1(1)(1)2n n n n nA n A ++-+=得1112n n A A n n +-=+， 所以数列n A n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1，公差为12的等差数列，所以1111(1)222n A A n n n =+-⨯=+，即*(1)()2n n n A n +=∈N ， 所以*11(1)(2)(1)1()22n n n n n n n a A A n n +++++=-=-=+∈N ，又11a =，所以*()n a n n =∈N ．注：此类问题解决的关键在于通过递推关系式的变形，转化为已知数列（或模型），从而求出对应的通项．第二讲证明等差（等比）数列问题研究1．证明等差（等比）数列的方法——定义法． (1)等差数列：途径一：+1n n d a a -=（常数）； 途径二：+122n n n a a a +=+，即2+1+1n n n n a a a a +-=-． (2)（常数）且10a ≠． 2．应对由递推关系处理等差（等比）数列问题的若干思路此类问题叫板在数列定义上，活在变形策略的体验上，虽无定法，但仍有章可循． 思路一：n S 与n a 之间的转化；思路二：利用相邻项之间的递推，常构造常数列过渡，得出{}n a 通项，得到等差（等比）数列；思路三：递推关系中消常数，得出相邻项的关系．例1 已知数列{a n }的前n 项和为n S ，对任意正整数(2)n n ≥，都有13n n S S +=+12n S -+1n a -．求证：数列{a n }为等差数列．证明：对任意正整数(2)n n ≥，都有11132n n n n S S S a +--=++．所以11122n n n n n S S S S a -+--=-+， 则112n n n a a a -+=+，即11n n n n a a a a +--=-，则数列{a n }变式在数列{}n aN n *∈．求证：数列{}b 为等差数列．证明例2 已知数列{}n a 中，11a =，11()2nn n a a +⋅=，记n S 为{}n a 的前n 项的和，2n n b a =+21n a -，N n *∈．判断数列{}n b 是否为等比数列．解：因为11()2n n n a a +⋅=，所以11212n n n a a +++⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭，所以212n n a a +=，即212n n a a +=．因为221n n n b a a -=+，所以22112221221221111222n n n n n n n n n n a a b a a b a a a a -+++--++===++，又10b ≠．所以{}n b 是公比为的等比数列．变式已知数列{}n a 各项均为正数，11a =，22a =，且312n n n n a a a a +++=对任意N n *∈恒成立．求证：对任意正实数p ，221{}n n a pa -+成等比数列．证明：由，两式相乘得，因为，所以， 从而的奇数项和偶数项均构成等比数列，设公比分别为，则，， 又因为，所以，即， 设，则，且恒成立，所以数列是首项为，公比为的等比数列． 例3数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，22a =，{}n a 是否为等差数列，并证明． 解：…以上n ，即12n n n S a a +=①， 当2n ≥时，112n n n S a a --=②，两式相减得()112n n n n a a a a +-=-，即112n n a a +--=（2n ≥）， 所以数列{}n a 的奇数项、偶数项分别成等差数列，易得n a n =， 则+11n n a a -=． 注：（1）3121423n n n n n n n n a a a a a a a a +++++++=⎧⎨=⎩2134123n n n n n n n a a a a a a a ++++++=0n a >2*42()n n n a a a n ++=∈N {}n a 12,q q 1122222n n n a a q q --==1121111n n n a a q q ---==312=n n n n a a a a +++42231122a a qa a q ===12q q =12q q q ==2212223()n n n n a pa q a pa ---+=+2210n n a pa -+>221{}n n a pa -+2p +q所以12n n n S a a +=，余下同解法；（2）总结构造常数列的方法．变式已知无穷数列{}n a 满足：11a =，2132a a a =+，且对于*n ∀∈N ，都有0n a >，2124n n n a a a ++=+．判断数列{}n a 是否为等差数列，并证明． 解：因为2124n n n a a a ++=+ (1) 所以22134n n n a a a +++=+ (2)由(1)—(2)得，2212213(4)(4)n n n n n n a a a a a a +++++-=+-+213n n n n a a a a +++=-所以2211322n n n n n n a a a a a a ++++++=+，所以11322()()n n n n n n a a a a a a ++++++=+所以21312n n n n n n a a a a a a +++++++=，所以数列21n n n a a a ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为常数数列．所以21n n n a a a +++=1322.a a a += 所以212n n n a a a +++=，即211n n n n a a a a +++-=-． 所以数列{}n a 为等差数列．例4设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1231611a a a ===，，，且1(58)(52)n n n S n S +--+=208123n n --=⋅⋅⋅，，，，，求证：数列{}n a 为等差数列．证明：（5n －8）S n ＋1－（5n ＋2）S n ＝－20n －8，①（5n －13）S n ＋1－（5n －3）S n －1＝－20n ＋12，（n ≥2） ②①－②，得（5n －8）a n ＋1－（5n －3）a n ＝－20， ③ 法一：由③，得351-+n a n －85-n a n ＝4（351-n －851-n ）， 所以1453n a n +--=458n a n --， 故数列458n a n -⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为常数列．所以4158n a n -=-， 所以a n ＝5n －4．所以15n n a a +-=，故{a n }是等差数列．法二：由③，得（5n －13）a n －（5n －8）a n －1＝－20，④ ③－④，得a n ＋1－2a n ＋a n －1＝0，（n ≥3）．又a 1－2a 2＋a 3＝0，所以对任意n ∈N*，a n +2＋a n ＝2a n +1． 所以211n n n n a a a a +++-=-．所以{a n }是等差数列．注：（1）法一的核心思路是由结构特征的分析推出458n a n -⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为常数列．（2）法二的核心思路是消常数．第三讲递推数列综合问题研究在近几年江苏高考与模拟试卷中，以递推数列形式呈现的等差（等比）数列的综合问题，可谓是一颗璀璨的“明珠”，常考常新．由于它们具有“知识上的综合性、题型上的新颖性、方法上的灵活性、思维方式上的抽象性”等特点，让大家往往感到“有解法而无定法”，从而难以“亲近”这类问题．其实，只要注意平时学习、探索、研究、讨论所得的各种解题思想、方法与策略，善于总结与归纳为解题的经验与钥匙，在遇到具体问题时，便能综合比较、多向衡量而采取一个正确的、巧妙的、快捷的策略措施．例1 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若∀m 、n ∈N*，(n －m )S n +m ＝(n ＋m )(S n －S m )．求证： 数列{a n }为等差数列．证明：若∀m 、n ∈N*，(n －m )S n +m ＝(n ＋m )(S n －S m )令n ＝2，m ＝1，得S 3＝3(S 2－S 1)，即a 1+a 3＝2a 2． 令m ＝1，得 (n －1)S n +1＝(n ＋1) (S n －S 1) (1)用n +1替换(1)式中n ，得nS n +2＝(n ＋2)(S n +1－S 1) (2)(2)－(1)，得nS n +2－(n －1)S n +1＝(n ＋2)(S n +2－S 1)－(n ＋1) (S n －S 1)， 即na n +2＝(n ＋1)a n +1－a 1 (3)用n +1替换(3)式中n ，得(n ＋1)a n +3＝(n ＋2)a n +2－a 1 (4)(4)－(3)，得 (n ＋1)(a n +3＋a n +1)＝2(n ＋1)a n +2，即a n +3＋a n +1＝2a n +2． 结合a 1+a 3＝2a 2得，对任意n ∈N*，a n +2＋a n ＝2a n +1，所以211n n n n a a a a +++-=-．故{a n }为等差数列．注：本题的关键是消去（3）、（4）中的a 1（即消常数），得递推关系．变式1 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且111(1)12n n n n S S n a a +++=+--，*n N ∈，设62=a ，求证：数列{}n a 是等差数列． 证明：因为11212n n n S na a +=--①所以1112(1)12n n n S n a a --=---②①—②得112(23)0(2)n n n na n a a n +--++=≥，所以21(22)(25)0(1)n n n n a n a a n +++-++=≥两式相减得211(22)(45)(24)0(2)n n n n n a n a n a a n ++-+-+++-=≥， 所以2111(22)(44)(22)20(2)n n n n n n n a n a n a a a a n +++-+-+++-+-=≥． 所以2111(22)(2)2(2)n n n n n n n a a a a a a n +++-+-+=-+≥． 因为26a =，所以13210a a ==，，所以32120a a a -+=． 所以2120n n n a a a ++-+=，即211n n n n a a a a +++-=-． 故}{n a 是等差数列．注 本题的关键是利用n S 与n a 之间的转化，将n S 转化为n a ，寻找2120n n n a a a ++-+=关系式．变式2已知数列{}n a ，其前n 项和为n S ．若数列{}n a 对任意m n ∈*N ，，且m n ≠，都有2m n mnm n S a a a a m n m n+-=+++-，求证：数列{}n a 是等差数列． 证明：因为对任意m n ∈*N ，，m n ≠，都有2m n mnm n S a a a a m n m n+-=+++-，① 在①中取1m n =+，2111122211n n n n n n S a aa a a n ++++-=++=+，②同理212121212422133n n n n n n n S a a a a a a n ++-+-+--+=++=+，③由②③知，2114223n n n a a a +-++=,即211230n n n a a a ++--+=，即211112(2)2n n n n n n a a a a a a +++-+-=+-，②中令1n =，31220a a a +-=，从而2120n n n a a a +++-=，即211n n n n a a a a +++-=-， 所以，数列{}n a 成等差数列．例2（2017年江苏高考）对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足1111+n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-+++++++L L2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”． 若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，求证：{}n a 是等差数列． 证法一：因为{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”， 所以3n ∀≥，2112+++4n n n n n a a a a a --++=，① 4n ∀≥，321123+++++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++=． ②由①得，2n ∀≥，1231+++4n n n n n a a a a a -+++=，③4n ∀≥，3211+++4n n n n n a a a a a --+-=．④③+④-②得，4n ∀≥，112n n n a a a -++=． 即11n n n n a a a a +--=-．所以数列{}n a 从第3项起成等差数列，不妨设公差为d ．①中，令4n =得，23564+++=4a a a a a ，所以32a a d -=． ②中，令3n =得，12453+++=4a a a a a ，所以21a a d -=．所以数列{}n a 是公差为d 的等比数列．证法二：因为{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”， 所以3n ∀≥，2112+++4n n n n n a a a a a --++=，①4n ∀≥，321123+++++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++=．②两式相减得332n n n a a a +-+=， 所以33n n n n a a a a +--=-．即147a a a ⋅⋅⋅，，，构成等差数列，设公差为d 1， 258a a a ⋅⋅⋅，，，构成等差数列，设公差为d 2，369a a a ⋅⋅⋅，，，构成等差数列，设公差为d 3，3n ∀≥，2112+++4n n n n n a a a a a --++=，①+1+245+3+++4n n n n n a a a a a ++=③两式相减得+4+1213+4()n n n n n n a a a a a a --+--=-．（1）32n k =-，k ≥2时，323134333132+4()k k k k k k a a a a a a ++--+---=-， 所以2312d d d +=，（2）31n k =-，k ≥2时，同理可得1322d d d +=， （3）3n k =，k ≥1时，同理可得1232d d d +=．可得123d d d ==，设1233d d d d ===，在①中令3n =，则12453+++4a a a a a =，可得123++32a a d a =，④ 在①中令4n =，则23564+++4a a a a a =，可得231+=2+3a a a d ，⑤ 由④、⑤消去a 1得32=a a d -，代入④得21=a a d -． 所以数列{}n a 是公差为d 的等比数列．注：本题的证明途径一是通过利用条件赋值，得出数列{}n a 从第3项起成等差数列，从而转化为证明前两项也满足等差数列；途径二是通过赋值证明了{}n a 的三个子数列147a a a ⋅⋅⋅，，，、258a a a ⋅⋅⋅，，，与369a a a ⋅⋅⋅，，，均构成等差数列，于是，理所当然地猜想：{}n a 成等差数列，能否证明这一点，正是本法的核心所在，也是难点之所在，众多考生的困局之所在，其又有两种方法一是证明三个公差相等（如解答所示），也可求出三个等差数列的表达形式相同，从而证明整体成等差数列．为了更好地理解此类问题的方法，我们一起看下面的类比题：类比题1若正项数列{}n a 对任意的*n N ∈，存在*k N ∈，使得22n k n n k a a a ++=⋅成立，则称数列{}n a 为“k J 型”数列．若数列{}n a 既是“3J 型”数列，又是“4J 型” 数列，求证：数列{}n a 是等比数列．分析 本题的难点在于揭示一般规律，主要是对定义的理解，利用两种类型的数列关系． 证明：由{}n a 是“4J 型”数列，得159131721a a a a a a ⋅⋅⋅，，，，，，成等比数列，设公比为t ．由{}n a 是“3J 型”数列，得1471013a a a a a ⋅⋅⋅，，，，，成等比数列，设公比为1α； 258111417a a a a a a ⋅⋅⋅，，，，，，成等比数列，设公比为2α；36912151821a a a a a a a ⋅⋅⋅，，，，，，，成等比数列，设公比为3α；则434343131721123159a a a t t t a a a ααα======，， ． 所以123ααα==，不妨记123αααα===，且43t α=．于是1(32)13211k k k a a a α----==，222(31)13315111k k k k k a a a t a a ααα------====，132331339111k k k k k a a a t a a ααα----====，所以11n n a a -=，所以+1n na a ={}n a 是等比数列． 类比题2对于给定的正整数k ，若各项均为正数的数列{}n a 满足：对任意正整数()n n k >，21111k n k n k n n n k n k n a a a a a a a --+-++-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅=总成立，则称{}n a 是“()Q k 数列”．若{}n a 既 是“(2)Q 数列”，又是“(3)Q 数列”，求证：{}n a 是等比数列． 证明：因为{}n a 既是“(2)Q 数列”，又是“(3)Q 数列”， 所以2n ∀>，42112n n n n n a a a a a --++=，① 3n ∀>，6321123n n n n n n n a a a a a a a ---+++=．②由①得，1n ∀>，41231n n n n n a a a a a -+++=，③ 3n ∀>，43211n n n n n a a a a a --+-=．④③⨯④÷②得，3n ∀>，442116n n n n a a a a -+⋅=．因为数列{}n a 各项均为正数，所以3n ∀>，211n n n a a a -+=． 所以数列{}n a 从第3项起成等比数列，不妨设公比为q '． ①中，令4n =得，423564a a a a a =，所以32a a q ='． ①中，令3n =得，412453a a a a a =，所以21a a q ='． 所以数列{}n a 是公比为q '的等比数列．类比题3（2011年江苏高考题20（2））设M 为部分正整数组成的集合，数列{}n a 的首项11a =，前n 项和为n S ，已 知对任意整数k 属于M ，当n k >时，n k n k S S +-+=2()n k S S +都成立．设{34}M =，，求数列{}n a 的通项公式．分析本题提供的信息是十分清晰的：要求n a ，得求出n a 的递推关系式，而n a 的递推关系又来自题目的设定的n S 的递推关系．由34k =，不难推出，2n ≥时，{}n a 的两个子数列36n n n a a a ++⋅⋅⋅，，，和48n n n a a a ++⋅⋅⋅，，，均成等差数列；于是，理所当然地猜想：2n ≥时，{}n a 成等差数列，能否证明这一点，正是本题的核心所在，也是难点之所在，众多考生的困局之所在!请看下表：1421862210343434x a a m x a a p m p r x a a r =-=⎫⎪=-=⇒==⎬⎪=-=⎭， 记m p r α===（常数） 则3(2)n n a a n α+=+≥（1） 同理4(2)n n a a n β+=+≥（2） 由（1）得41(2)n n a a n α++=+≥（3）由（2）（3）得1n n a a αβ++=+，则1(2)n n a a n βα+-=-≥．（以下过程略）． 再思考：本题被具体数据“{34}M =，”掩盖下的本质是什么？具体说，若{35}M =，或{36}M =，呢？12{}M m m =，1212(,)m m N m m *∈≠，呢？ 课外拓展1、设数列{a n }、{b n }、{c n }满足：b n ＝a n －a n ＋2，c n ＝a n ＋2a n ＋1＋3a n ＋2(n =1，2，3，…)，若{c n }为等差数列，且b n ≤b n ＋1(n =1，2，3，…)．求证：{a n }为等差数列． 证明：设数列{c n }是公差为1d 的等差数列，且b n ≤b n ＋1(n =1，2，3，…)，因为c n ＝a n ＋2a n ＋1＋3a n ＋2，① 所以c n +2＝a n +2＋2a n ＋3＋3a n ＋4，②两式相减得22132412()2()3()=23n n n n n n n n n n n c c a a a a a a b b b ++++++++-=-+-+-++， 因为21121()()2n n n n n n c c c c c c d ++++-=-+-=-， 所以12123=2n n n b b b d ++++-， 则+123123=2n n n b b b d ++++-，两式相减得()()()+12+13223=0n n n n n n b b b b b b +++-+-+-．③ 因为+1n n b b -≥0，+2+1n n b b -≥0，+3+2n n b b -≥0， 所以由③得+1=0n n b b -．（这是解决本题的关键所在）不妨设2n b d =，则22n n a a d +-=，故12+1223423n n n n n n c a a a a a d ++=++=+-， 从而+1+1+22+12423=425n n n n n c a a d a a d =+-+-， 所以+1122()2n n n n c c a a d +-=--，故+1+121211()22n n n n a a c c d d d -=-+=+（常数）．所以{a n }为等差数列．2、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足 (n ＋1)b n ＝a n ＋1－S nn，(n ＋2)c n＝a n ＋1＋a n ＋22－S nn，其中n ∈N*．若存在实数λ，使得对一切n ∈N*，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列． 证明：由(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S nn，得n (n ＋1)b n ＝na n ＋1－S n ，(n ＋1)(n ＋2)b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2－S n ＋1，两式相减，并化简得a n ＋2－a n ＋1＝(n ＋2)b n ＋1－nb n ．从而 (n ＋2)c n ＝ a n ＋1＋a n ＋22－S n n ＝ a n ＋1＋a n ＋22－[a n ＋1－(n ＋1)b n ]＝a n ＋2－a n ＋12＋(n ＋1)b n＝(n ＋2) b n ＋1－nb n 2＋(n ＋1)b n＝12(n ＋2)(b n ＋b n ＋1)． 因此c n ＝12(b n ＋b n ＋1)．因为对一切n ∈N*，有b n ≤λ≤c n ，所以λ≤c n ＝12(b n ＋b n ＋1)≤λ，故b n ＝λ，c n ＝λ．（这是解决本题的关键所在） 所以 (n ＋1)λ＝a n ＋1－S n n ，(n ＋2)λ＝12(a n ＋1＋a n ＋2)－S nn，两式相减得12(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ．故a n ＋1－a n ＝2λ (n ≥2)．又2λ＝a 2－S 11＝a 2－a 1，则a n ＋1－a n ＝2λ (n ≥1)．所以数列{a n }是等差数列．注 此类问题求解的关键是利用不等关系夹出等量关系．。

2022新高考Ⅰ卷21题解析几何压轴题解法探究2022新高考Ⅰ卷数学试题，据称是近20年来史上第二难高考数学试题(史上最难2003)．本文将对该卷21题解析几何压轴题，从不同的角度进行解析剖析．以期总结方法规律，优化思考方向，破解难点疑点，为广大的2023届高考师生提供有益的参考和帮助． 【2022新高考1卷21题】已知点(2,1)A 在双曲线2222:1(1)1x y C a a a -=>-上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线,AP AQ的斜率之和为0． （1）求l 的斜率；（2）若tan PAQ ∠=PAQ △的面积．【答案】（1）1-（2）9方法一：直线双参+韦达法【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设直线PQ 的方程为y kx m =+，设1122(,),(,)P x y Q x y ，联立2212x y y kx m ⎧-=⎪⎨⎪=+⎩消去y 得222(21)4220k x kmx m -+++=2121222422,2121km m x x x x k k +∴+=-=--，由121211022AP BP y y k k x x --+=+=--可得1221(1)(2)(1)(2)0y x y x --+--= 即1221(1)(2)(1)(2)0kx m x kx m x +--++--= 展开整理得12122(12)()4(1)0kx x m k x x m +--+--=即2222242(12)()4(1)02121m kmk m k m k k +⋅+--⋅---=-- 即2(1)210m k k k +++-=，(1)(21)0k m k ++-=故1k =-或12m k =-当12m k =-时的方程为12y kx k =+-，其恒过定点(2,1)A ，与题意不符 故直线PQ 的斜率1k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=±因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ=因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==直线AP的方程为12)y x -=-，直线AP的方程为12)y x -=-，221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x ++-+= 方程的两根为点,A P的横坐标，所以1623P x -+=，103P x -=221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x -+++= 方程的两根为点,A Q的横坐标，所以2Q x +=，Q x =于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=.【点评】联立方程韦达定理，是解析几何压轴大题最流行的方法套路．本题引入直线PQ 的双参方程y kx m =+，参与计算变形，使得运算过程相对繁复，产生了较大的运算量．要想变形到(1)(21)0k m k ++-=这一步，没有过硬的计算能力是很难达到的． 方法二：直线单参+设点求点【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，设直线AP 的倾斜角为θ，不妨设其斜率0k >， 则直线AQ 的斜率为k -直线AP 的方程为1(2)y k x -=-，代入2212x y -=整理得 222(21)4(21)2(21)20k x k k x k ---+-+=点,A P 的横坐标为方程的两根，故2122(21)2221k x k -+=-，22122(21)14422121k k k x k k -+-+∴==--，2112241(2)121k k y k x k -+-=-+=-于是点P 坐标为2222442241(,)2121k k k k P k k -+-+---， 用k -代换k 可得2222442241(,)2121k k k k Q k k ++----- 故22222222241241212114424422121PQk k k k k k k k k k k k k ----+----==-++-+--- (2)由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ=因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==在,P Q的坐标中令k =1010,33P Q x x -+==于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】直线过圆锥曲线上已知一点时，可尝试设点求点的套路求出另一点的坐标．本题引入直线AP 的单参方程1(2)y k x -=-，可直接求出点P 的坐标，用k -代换k 立即可得点Q 的坐标，从而顺利求得PQ 的斜率．本解法思路清晰自然，单参变形所产生的运算量适中，无需特殊方法技巧．方法三：点差法+整体代换【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则121211,22AP BP y y k k x x --==--， 代入0AP BP k k +=化简整理得122112122240x y x y x x y y +----+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅①点,,P Q A 在双曲线上，故221122222212122112x y x y ⎧-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎨⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎩②③④-②③整理得121212122()y y x x x x y y -+=-+即12122()PQ x xk y y +=+同理②-④,③-④可得121222,2(1)2(1)AP AQ x x k k y y ++==++代入0AP BP k k +=化简整理得122112122240x y x y x x y y ++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⑤①-⑤得12122()4()0x x y y +++=，所以12122()x x y y +=-+所以1PQ k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=±因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=±因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==由11111222(1)AP y x k x y -+===-+142(13x -=由22221222(1)AQ y x k x y -+===-+解得242(13x -=-故1||2|1)AP x =-=，2||2|1)AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 2PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】点差法在解决圆锥曲线上两点连线斜率有关问题时往往事半功倍．本题充分利用点差法及两点斜率公式，得到直线,AP AQ 斜率的两种表达形式进行整体变形，轻松求得直线PQ 的斜率．本解法运算简洁，思路清晰自然，求斜率事半功倍．方法四：齐次化【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -=双曲线可化为22[(2)2][(1)1]12x y -+--+=即22(2)2(1)4[(2)(1)]0x y x y ---+---=设直线PQ 的方程为(2)(1)1a x b y -+-=联立22(2)2(1)4[(2)(1)]0(2)(1)1x y x y a x b y ⎧---+---=⎨-+-=⎩可得22(2)24[(2)(1)][(2)(1)]0x y x y a x b y --+----+-= 即22(41)(2)4()(2)(1)(42)(1)0a x b a x y b y +-+----+-= 两边同除2(2)x -整理得211(42)()4()(41)022y y b a b a x x --++--+=-- 其中12y x --表示直线AP 与BP 的斜率,AP AQ k k 由于4()024AP AQ a b k k b-+=-=+所以a b =，直线PQ 的斜率为1ak b=-=-. (2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，设其倾斜角为θ 由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan θ=因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=±因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==直线AP 的方程为12)y x -=-，直线AP 的方程为12)y x -=-，221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x ++-+= 方程的两根为点,A P的横坐标，所以1623P x -+=，103P x -=221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x -+++= 方程的两根为点,A Q的横坐标，所以1623Q x ++=，103Q x +=于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】齐次化在解决圆锥曲线同构问题上往往有奇效．本题直线,AP AQ 的斜率具有相同的结构，即12y x --的形式，于是可考虑构造关于1y -与2x -的二次齐次方程．直接将直线PQ 的方程设为(2)(1)1a x b y -+-=，进行“１代换”，为齐次化带来了方便．本解法思路奇巧，运算简洁明了．但需要考生平时付出大量训练才能掌握此方法的精髓和技巧！方法五：坐标平移+齐次化【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 对坐标系进行平移，使坐标原点与点A 重合，在新坐标系下：双曲线方程为22(2)(1)12x y ---=即2224()0x y x y -+-= 设直线PQ 的方程为1ax by +=联立2224()01x y x y ax by ⎧-+-=⎨+=⎩可得2224()()0x y x y ax by -+-+=即22(41)4()(42)0a x b a xy b y ++--+= 两边同除2x 得2(42)()4()(41)0y yb a b a xx++--+= 其中yx表示直线AP 与BP 的斜率,AP AQ k k 由于平移不改变直线的斜率，故4()024AP AQ a b k k b-+=-=+所以a b =，直线PQ 的斜率为1-.(2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，设其倾斜角为θ 由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ=因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==在新坐标系下，直线,AP BP的方程分别为,y y ==联立2224()0x y x y y ⎧-+-=⎪⎨=⎪⎩解得4(13P x =，于是|||1)P AP x ==联立2224()0x y x y y ⎧-+-=⎪⎨=⎪⎩解得4(13Q x =-，于是|||1)Q AQ x ==而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】坐标平移后，在新坐标系下的齐次化过程更加直观自然．运算也变得简单明了了．方法六：参数方程法【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设直线AP ：112cos 1sin x t y t θθ=+⎧⎨=+⎩，其中θ为AP 的倾斜角则直线AQ ：222cos()1sin()x t y t πθπθ=+-⎧⎨=+-⎩，即222cos 1sin x t y t θθ=-⎧⎨=+⎩代入双曲线方程得22112222(2cos )2(1sin )2(2cos )2(1sin )2t t t t θθθθ+-+=--+=解得1222224cos 4sin 4cos 4sin ,cos 2sin cos 2sin t t θθθθθθθθ-++==-- 直线PQ 的斜率12121212sin 1cos y y t t k x x t t θθ--==⋅=--+(2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，其倾斜角为θ 由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=±因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=可得sin θθ==于是12t t ==而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以121||||sin 29PAQ S t t PAQ ∆=∠=. 【点评】直线参数方程的介入，使问题转化为对两参数12,t t 的讨论，思路自然，运算量适中．新教材《选择性必修第一册》68P 探究与发现栏目，对直线的参数方程进行了简单的介绍．所以新高考使用直线参数方程解题是被允许的．此方法同样需要考生付出大量训练才能掌握精髓和技巧！方法七：点差法+分式合分比定理【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则121211,22AP BP y y k k x x --==--， 点,,P Q A 在双曲线上，故221122222212122112x y x y ⎧-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎨⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎩②③④-②③整理得121212122()y y x xx x y y -+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅-+⑤同理②-④,③-④可得121222,2(1)2(1)AP AQ x x k k y y ++==++由0AP BP k k +=可得121212*********(1)2(1)AP y y x x k x x y y --++==-==---++ 由分式合分比定理可得12121212121212121442(2)2()AP y y y y x x x x k x x x x y y y y -+--++====+--++-变形得1212121242(2)y y x x x x y y -+-=-++结合⑤得121212121212121212124(4)()12(2)2()2(2)2()y y x x x x x x x x x x y y y y y y y y -+-++--+====--+++++-+即1PQ k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan θ= 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==由11111222(1)AP y x k x y -+===-+142(13x -=由22221222(1)AQ y x k x y -+===-+解得242(13x -=-故1||2|1)AP x =-=，2||2|1)AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】点差法在解决圆锥曲线上两点连线斜率有关问题时往往事半功倍．本题充分利用点差法及两点斜率公式，得到直线,AP AQ 斜率的两种表达形式，结合分式合分比定理进行整体变形，求得直线PQ 的斜率．本解法运算简洁，思路清晰自然，求斜率事半功倍．但要求考生对分式合分比定理有较深刻的认识并能较熟练的应用．【总结】解决解析几何压轴题的方法策略主要有三种：1、根与系数的关系法（主流方法）．设出动直线的方程：①y kx m =+，②x my n =+，③00()y y k x x -=-， ④{00cos sin x x t y y t αα=+=+（t 为参数），与圆锥曲线方程联立消元得到关于(x y t ）或参数的一元二次方程，得两根之和两根之积，同时兼顾0,0∆>∆=或的要求，利用两根之和两根之积进行整体代换整体变形而求解．2、多变量多参数联动变换法．此种方法有别于方法1，不联立方程消元求解，而是直接将所设出点的坐标代入曲线（直线）方程和题设中，得到若干个关于点的坐标与参数间的关系式，对这些关系式进行整体变形整体代换而求解．如弦中点问题常用点差法处理．同构问题齐次化处理．此种方法对多变量多参数的代数式的驾驭能力及变换技巧是一种考验．3、设点求点法．方法1、2均采用了设而不求的策略．当问题中直线与曲线的交点易求时，可考虑直接求出点的坐标进行求解，即设点求点法．如：动直线过曲线上一已知点时，则另一交点坐标可直接求出；再如动直线y kx =与椭圆22221x y a b+=的交点易求出． 以上七种解决方案中，本人最青睐的是方法三点差整体变形法，轻巧灵动四两拔千斤！其次是方法二设点求点法，思路清晰自然运算简单明了！。

2024广东高考数学压轴题解答技巧2024广东高考数学压轴题往往是难度较大，涉及多个知识点的综合考察题目。

解答这类题目的关键在于遵循一定的解题技巧。

下面是一些解答这类题目的技巧，供你参考：1.进行全面分析：首先，仔细阅读题目，理解题意。

如果题目给出了图形或者数据表格，需要对其进行分析和探究。

了解所给条件以及限制，明确题目的要求。

结合知识背景，进行全面的分析，找出解题的关键点。

2.弄清题目类型：根据题目要求，判断题目所属的类型。

数学题的类型包括代数题、几何题、函数题等等。

弄清题型有助于掌握解题的思路，使解题更加有针对性。

3.利用已知信息：根据题目给出的已知信息，尝试利用这些信息进行推理和运算。

对于一些常见的定理和公式，要熟练掌握，并在解题过程中灵活运用。

可以利用已知信息建立方程或者不等式，用以求解未知数或者满足题目要求的条件。

4.分步骤解题：对于复杂的题目，可以将解题过程分为多个步骤，逐步推导。

每一个步骤都要有明确的目标和方法。

在每一步骤中，都要对所做的操作进行合理的解释和证明。

分步解题有助于整理思路，减少出错的可能性。

5.画图辅助解题：对于几何题，可以尝试通过画图的方式进行解题。

合理选取坐标系和标记点线，直观地展示问题的几何特征。

通过观察图形，可以找出一些潜在的线索或者解题思路。

同时，画图也有助于发现问题的规律和性质。

6.转化为已会考点：将复杂的题目转化为已经熟悉的考点。

将问题分解为一系列简单的小问题，每个小问题都是已知或已经学过的知识点。

通过将题目进行拆解和转化，可以更好地应对复杂的题目，避免思维的混乱和困惑。

7.反向思考：对于一些看似困难的题目，可以尝试从反向思考的角度解题。

即假设题目中给出的结论为真，然后看是否能借此得出其他结论或推理。

反向思考有助于拓宽思维角度，提供新的解题思路。

8.多做练习：最后，多进行相关题目的练习。

通过大量的实践，不断熟悉和掌握解题技巧。

可以选择一些高质量的题目和试卷进行练习，并及时查看解析和评讲，提高自己的解题能力和思维灵活性。

解析几道以迭代数列为背景的高考题薛红利(长春第六中学ꎬ吉林长春１３００００)摘㊀要:迭代数列的极限是数学分析中的重要内容ꎬ而以迭代数列为背景的高考试题不在少数.文章先介绍数列的有关知识和迭代数列的极限ꎬ然后深度解析高考试题的高数背景.关键词:高考题ꎻ数列ꎻ迭代数列ꎻ极限ꎻ高数背景中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０４－００２８－０３收稿日期:２０２３－１１－０５作者简介:薛红利(１９７２.５－)ꎬ女ꎬ吉林省安图人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀高考题一般都是大学老师命制的ꎬ所以高考题尤其是高考压轴题ꎬ有高等数学背景也是常有的事.这就要求一线教师不仅要会做高考压轴题ꎬ还要弄清楚高考压轴题的高数背景ꎬ这样才能看清试题的命制思路和背景ꎬ才能更好地服务于教学.１预备知识定义㊀称ｘｎ＋１＝ｆ(ｘｎ)ꎬｎ＝１ꎬ２ꎬ 为迭代数列ꎬ称其中的ｆ(ｘ)为迭代函数.(以下均假设ｆ与ｎ无关)[１].定理１㊀设数列{ｘｎ}满足迭代公式ｘｎ＋１＝ｆ(ｘｎ)ꎬｎ＝１ꎬ２ꎬ ꎬ且已知ｌｉｍｎңɕｘｎ＝ｃꎬｌｉｍｎңɕｆ(ｘｎ)＝ｆ(ｃ)ꎬ则极限ｃ是方程ｆ(ｘ)＝ｘ的根(即ｆ(ｘ)的不动点).㊀注㊀条件ｌｉｍｎңɕｆ(ｘｎ)＝ｆ(ｃ)在ｆ(ｘ)于点ｃ处连续时就成立.定理的证明是显然的ꎬ但定理提供了一种方法ꎬ即在研究迭代数列时ꎬ先假设它收敛ꎬ看极限是什么ꎬ然后再证明这就是该数列的极限.定理２㊀设函数ｆ(ｘ)在区间Ｉ上单调ꎬ数列{ｘｎ}满足迭代公式ｘｎ＋１＝ｆ(ｘｎ)ꎬｎɪＮ∗ꎬ且ｘｎɪＩꎬｎɪＮ∗ꎬ则只有两种可能:(１)当ｆ(ｘ)为单调递增时ꎬ{ｘｎ}为单调数列ꎻ(２)当ｆ(ｘ)为单调递减时ꎬ{ｘｎ}的子列{ｘ２ｎ－１}和{ｘ２ｎ}是具有相反单调性的两个单调子列.其几何解释如下图:图１㊀定理２几何解释２高考试题及其背景分析例１[２]㊀(２０１４年重庆卷理)设ａ１＝１ꎬａｎ＋１＝ａ２ｎ－２ａｎ＋２＋ｂ(ｎɪＮ∗).(１)若ｂ＝１ꎬ求ａ２ꎬａ３及数列{ａｎ}的通项公式ꎻ(２)若ｂ＝－１ꎬ问:是否存在实数ｃ使得ａ２ｎ<ｃ<ａ２ｎ＋１对所有ｎɪＮ∗成立?证明你的结论.８２解析㊀(１)ａ２＝２ꎬａ３＝２＋１ꎬａｎ＝ｎ－１＋１. (２)解法１㊀设ｆ(ｘ)＝(ｘ－１)２＋１－１ꎬ则ａｎ＋１＝ｆ(ａｎ).令ｃ＝ｆ(ｃ)ꎬ即ｃ＝(ｃ－１)２＋１－１ꎬ解得ｃ＝１４.下面用数学归纳法加强命题:ａ２ｎ<ｃ<ａ２ｎ＋１<１.当ｎ＝１时ꎬａ２＝ｆ(１)＝０ꎬａ３＝ｆ(０)＝２－１ꎬ所以ａ２<ｃ<ａ３<１成立.假设当ｎ＝ｋ(ｋȡ１)时命题成立ꎬ即ａ２ｋ<ｃ<ａ２ｋ＋１<１.因为ｆ(ｘ)在(－ɕꎬ１]上单调递减ꎬ所以ｃ＝ｆ(ｃ)>ｆ(ａ２ｋ＋１)>ｆ(１)＝ａ２.所以１>ｃ>ａ２ｋ＋２>ａ２.所以ｃ＝ｆ(ｃ)<ｆ(ａ２ｋ＋２)<ｆ(ａ２)＝ａ３<１.所以ｃ<ａ２ｋ＋３<１.因此ａ２(ｋ＋１)<ｃ<ａ２(ｋ＋１)＋１<１ꎬ即当ｎ＝ｋ＋１时命题也成立.综上ꎬ存在ｃ＝１４使ａ２ｎ<ｃ<ａ２ｎ＋１对一切ｎɪＮ∗成立.背景分析㊀在解法１中ꎬ为何设ｆ(ｘ)＝ｘ２－２ｘ＋２－１?又为何设ｃ＝ｆ(ｃ)呢?本题以迭代数列为背景ꎬ考查迭代数列的极限.由定理１ꎬ先求出ｆ(ｘ)的不动点ꎬ即令ｃ＝ｆ(ｃ)ꎬ再证明ａ２ｎ<ｃ<ａ２ｎ＋１对一切ｎɪＮ∗成立.考查函数ｆ(ｘ)＝ｘ２－２ｘ＋２－１ꎬ易知ｆ(ｘ)在[０ꎬ１]上单调递减ꎬ且当ｘɪ[０ꎬ１]时ꎬ有ｆ(ｘ)ɪ[０ꎬ１]成立.因为ａ１＝１ɪ[０ꎬ１]ꎬ由数学归纳法可知ａｎɪ[０ꎬ１].根据ｆ(ｘ)在[０ꎬ１]上单调递减ꎬ且ａｎɪ[０ꎬ１]ꎬ知本题的高数背景是定理２的情况(２)ꎬ即{ａ２ｎ}和{ａ２ｎ－１}是两个具有相反单调性的数列.利用极限知识求出它们的极限即可ꎬ具体操作如下:计算可知ꎬａ２＝ｆ(ａ１)＝０ꎬａ３＝ｆ(ａ２)＝２－１.即有ａ１>ａ３成立.又因为ｆ(ｘ)在[０ꎬ１]上单调递减ꎬ所以ａ２＝ｆ(ａ１)<ｆ(ａ３)＝ａ４.同理可得ꎬａ３＝ｆ(ａ２)>ｆ(ａ４)＝ａ５.一直下去ꎬ可得:ａ１>ａ３> >ａ２ｎ－１>ａ２ｎ＋１(ｎɪＮ∗)ꎬａ２<ａ４< <ａ２ｎ<ａ２ｎ＋２(ｎɪＮ∗).即{ａ２ｎ－１}ꎬ{ａ２ｎ}分别是两个单调有界的数列ꎬ利用单调有界定理可得:ｌｉｍｎңɕａ２ｎ＝Ａꎬｌｉｍｎңɕａ２ｎ＋１＝Ｂꎬ且ａ２ｎ<Ａꎬａ２ｎ＋１>Ｂ(ｎɪＮ∗).实际上ꎬ这里Ａ＝Ｂ＝１４.下面利用数列极限知识计算ＡꎬＢ的值.因为ａ２ｎ＋１＝ａ２２ｎ－２ａ２ｎ＋２－１ꎬａ２ｎ＋２＝ａ２２ｎ＋１－２ａ２ｎ＋１＋２－１ꎬ对以上两式两边取极限ꎬ可得Ｂ＝Ａ２－２Ａ＋２－１ꎬＡ＝Ｂ２－２Ｂ＋２－１.解得Ａ＝Ｂ＝１４.因此存在ｃ＝１４使得ａ２ｎ<ｃ<ａ２ｎ＋１对一切ｎɪＮ∗成立.解法２㊀当ｂ＝－１时由题意ꎬ得(ａｎ＋１＋１)２＝(ａｎ－１)２＋１.从而得到(ａ２ｎ＋１＋１)２＝(ａ２ｎ－１)２＋１.①假设存在实数ｃ使得ａ２ｎ<ｃ<ａ２ｎ＋１对所有的ｎɪＮ∗都成立ꎬ又ａｎ＋１＋１ȡ１ꎬ则(ａ２ｎ＋１)２<(ｃ＋１)２<(ａ２ｎ＋１＋１)２.由①式得(ａ２ｎ＋１)２<(ｃ＋１)２<(ａ２ｎ－１)２＋１.由(ａ２ｎ＋１)２<(ａ２ｎ－１)２＋１ꎬ解得ａ２ｎ<１４.由①式得(ａ２ｎ＋１＋１)２＝(ａ２ｎ－１４)２－３２ａ２ｎ＋１５１６＋１>－３２ａ２ｎ＋１５１６＋１>－３２ˑ１４＋１５１６＋１＝２５１６.解得ａ２ｎ＋１>１４.综上ꎬ得ａ２ｎ<１４<ａ２ｎ＋１.故存在ｃ＝１４使得ａ２ｎ<ｃ<ａ２ｎ＋１对一切ｎɪＮ∗成立.９２例２㊀(２０１２年大纲全国卷理)函数ｆ(ｘ)＝ｘ２－２ｘ－３.定义数列{ｘｎ}如下:ｘ１＝２ꎬｘｎ＋１是过两点Ｐ(４ꎬ５)ꎬＱｎ(ｘｎꎬｆ(ｘｎ))的直线ＰＱｎ与ｘ轴的交点的横坐标.(１)证明:２ɤｘｎ<ｘｎ＋１<３ꎻ(２)求数列{ｘｎ}的通项公式.解析㊀由题意得ｘｎ＋１＝４ｘｎ＋３ｘｎ＋２.(１)参考答案用的是数学归纳法.(２)ｘｎ＝３－４３ ５ｎ－１＋１.过程略背景分析㊀由ｘ１＝２ꎬｘｎ＋１＝４－５ｘｎ＋２知ꎬ２ɤｘｎ<４.由于ｆ(ｘ)＝４ｘ＋３ｘ＋２＝４－５ｘ＋２在[２ꎬ４)上单调递增ꎬ根据定理２的情形(１)ꎬ知数列{ｘｎ}单调递增.由单调有界定理ꎬ知ｌｉｍｎңɕｘｎ存在ꎬ不妨设ｌｉｍｎңɕｘｎ＝Ａꎬ则ｌｉｍｎңɕｘｎ＋１＝Ａ.对ｘｎ＋１＝４ｘｎ＋３ｘｎ＋２两边取极限ꎬ得Ａ＝４Ａ＋３Ａ＋２ꎬ即(Ａ＋１)(Ａ－３)＝０ꎬ解得Ａ＝－１(舍)ꎬＡ＝３.所以２ɤｘｎ<ｘｎ＋１<３.例３㊀设数列{ａｎ}满足:ａ１＝１ꎬａｎ＋１＝ｂ１＋ａｎꎬｎɪＮ∗.(１)若ｂ＝－１４ꎬ令ｂｎ＝ａｎ＋１２ꎬ求数列{ｂｎ}的通项公式ꎻ(２)若ｂ＝１ꎬ问:是否存在实数ｃ使得ａ２ｎ<ｃ<ａ２ｎ＋１对所有ｎɪＮ∗成立?证明你的结论.解析㊀(１)ｂｎ＝３６ｎ－４.(２)方法类似于例１的解法２.背景分析㊀由于数列为正项数列ꎬ因此迭代函数ｆ(ｘ)＝１１＋ｘ在(０ꎬ１]上单调递减ꎬ且ａｎɪ(０ꎬ１].由ｃ＝ｆ(ｃ)求出不动点ꎬ得ｃ＝５－１２.根据以上分析ꎬ其高数背景是定理２的情形(２)ꎬ即需证子列{ａ２ｎ}和{ａ２ｎ－１}分别单调ꎬ且收敛于同一极限ｃ.ａ２＝１１＋１＝１２ꎬａ３＝１１＋ａ２＝２３<ａ１＝１.即０<ａ３<ａ１＝１由ｆ(ｘ)在(０ꎬ１]上单调递减ꎬ得ａ２＝ｆ(ａ１)<ｆ(ａ３)＝ａ４.即０<ａ２<ａ４<１.进而ꎬａ３＝ｆ(ａ２)>ｆ(ａ４)＝ａ５ꎬａ４＝ｆ(ａ３)<ｆ(ａ５)＝ａ６ꎬ一直下去ꎬ可得ａ２<ａ４<ａ６< <ａ２ｎ<ａ２ｎ＋２ꎬａ１>ａ３>ａ５> >ａ２ｎ－１>ａ２ｎ＋１.即{ａ２ｎ－１}ꎬ{ａ２ｎ}分别是两个单调有界的数列ꎬ故ｌｉｍｎңɕａ２ｎ＝Ａꎬｌｉｍｎңɕａ２ｎ＋１＝Ｂꎬ且ａ２ｎ<Ａꎬａ２ｎ＋１>Ｂ(ｎɪＮ∗).因为ａ２ｎ＋１＝１１＋ａ２ｎꎬａ２ｎ＋２＝１１＋ａ２ｎ＋１ꎬ对以上两式两边取极限ꎬ可得Ｂ＝１１＋Ａ且Ａ＝１１＋Ｂꎬ解得Ａ＝Ｂ＝５－１２.３结束语站得高ꎬ才能看得远.作为教师ꎬ应该具备一定的高等数学知识ꎬ这其实就是我们大学本科四年学习的基本功ꎬ这样ꎬ遇到压轴题才能轻松应对ꎬ游刃有余.在具体操作上ꎬ可先分析出试题的高数背景ꎬ获得答案ꎬ这时就得到了解题的方向ꎬ然后再用高中知识和方法去书写解题过程.由此可见ꎬ掌握一定的高数知识ꎬ弄清楚高考题的高数背景和命制思路是非常必要的.参考文献:[１]王晖.数列很重要㊀综合常考到[Ｊ].中学生理科应试ꎬ２０２０(１２):５－１０.[２]李鸿昌.高考题的高数探源与初等解法[Ｍ].合肥:中国科学技术大学出版社ꎬ２０２２.[责任编辑:李㊀璟]０３。

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第六章 线性方程组的迭代解法
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§3 常用的三种迭代解法
一、 Jacobi迭代法
对于线性方程组 Ax=b
(1)
设 det(A)≠ 0 ，aii ≠ 0,i=0,1,2,…,n ，按照如下方式对A
进行分裂：
A=L+D+U
(2)
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第六章 线性方程组的迭代解法
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则由 Ax=b 得到 (L+D+U) x=b >D x=-(L+U)x+b
或 向量序列 {x(k)} 收敛于向量 x* ，当且仅当它的每一 个分量序列收敛于x* 的对应分量，即
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第六章 线性方程组的迭代解法
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二、矩阵的范数
矩阵范数是反映矩阵“大小”的一种度量，具体定义如下。 定义6.3 设||·||是以n阶矩阵为变量的实值函数，且满足 条件：
(1) || A ||≥0，且|| A ||＝0时，当且仅当A＝0
矩阵1-范数：
列和
矩阵2-范数：
矩阵∞-范数：
行和
以上三种范数都满足矩阵范数的条件，通常将这三种 矩阵范数统一表示为||A ||p，P＝1 ，2 ，∞。
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第六章 线性方程组的迭代解法
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例6.2 设矩阵
求矩阵A的范数||A ||p，P＝1 ，2 ，∞ 。 解 根据定义
由于 则它的特征方程为:
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对于 n 元线性方程组 其一般式为：
从中解出：
得Jacobi迭代格式
通过|| x(k+1)-x(k)||<ε 控制迭代次数。
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1 ak1 2ak
所以
1
≤ an (n ≥ 3) ，
(1 a3 )(1 a4 ) (1 an ) 2n2 a2
于
是
1 (1 a2 )(1 a3)
≤
an
(1 an ) 2n2 (a22 a2 )

an 2n2

1 2n2
(n ≥ 3) ，
故当
n
≥
3
时，Tn

11
1 2

则 当 n k 1时，
1
111
1
f (ak1 )
f( ) 3k
f ( 3k1
3k 1
3k1 ) 3 f (3k1 ) 4
1 11 4 f( ) f( )
3k1 3 3k 3
f ( 1 ) 1 f ( 1 ) 4 k 1,2,3,4 , 3k 3 3k1 3
(Ⅲ) 略
例 2：08 浙江 22．（本题 14 分）已知数列an ，an ≥0 ，
a1

0
，a 2 n1

an1
1
an2 (n N*) ．记：
Sn

a1

a2

an ，
Tn

1 1 a1

(1
1 a1 )(1
a2 )


1
(1 a1)(1 a2 )
．
(1 an )
2
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即 n k 时，不等式成立故对 n N * ，原不等式成 立。………………14 分
；石器时代私服 / 石器时代私服
由于北方战乱不堪 北方大族及大量汉族人口迁徙江南 都督一般由征 镇 安 平等将军或大将军担任 建了国子学 甚有条理 安乐公 疆域渐渐南