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第 29 讲 高考数学答题策略与答题技巧
先易后难是高考数学做题中应该遵循的原则，一般来说，解答题的后
两题是难题。当然，对于不同的学生来说，有的简单题目也可能是自己的
难题，所以题目的难易只能由自己确定。
答题思想方法
1.函数或方程或不等式的题目，先直接思考后建立三者的联系。首先考
虑定义域，其次使用“三合一定理”。
2.如果在方程或是不等式中出现超越式，优先选择数形结合的思想方法；
3.面对含有参数的初等函数来说，在研究的时候应该抓住参数没有影响
到的不变的性质。如所过的定点，二次函数的对称轴或是……；
4.选择与填空中出现不等式的题目，优选特殊值法；
5.求参数的取值范围，应该建立关于参数的等式或是不等式，用函数的
定义域或是值域或是解不等式完成，在对式子变形的过程中，优先选择分离参数的方法；
6.恒成立问题或是它的反面，可以转化为最值问题，注意二次函数的应
用，灵活使用闭区间上的最值，分类讨论的思想，分类讨论应该不重复不
遗漏；
7.圆锥曲线的题目优先选择它们的定义完成，直线与圆锥曲线相交问题，
若与弦的中点有关，选择设而不求点差法，与弦的中点无关，选择韦达定
理公式法；使用韦达定理必须先考虑是否为二次及根的判别式；
8.求曲线方程的题目，如果知道曲线的形状，则可选择待定系数法，如
果不知道曲线的形状，则所用的步骤为建系、设点、列式、化简（注意去
掉不符合条件的特殊点）；
9.求椭圆或是双曲线的离心率，建立关于 a、b、c 之间的关系等式即可；
10.三角函数求周期、单调区间或是最值，优先考虑化为一次同角弦函
数，然后使用辅助角公式解答；解三角形的题目，重视内角和定理的使用；
与向量联系的题目，注意向量角的范围；
11.数列的题目与和有关，优选和通公式，优选作差的方法；注意归纳猜想之后证明；猜想的方向是两种特殊数列；解答的时候注意使用通项公
式及前n项和公式，体会方程的思想；
12.立体几何第一问如果是为建系服务的，一定用传统做法完成，如果
不是，可以从第一问开始就建系完成；注意向量角与线线角、线面角、面
面角都不相同，熟练掌握它们之间的三角函数值的转化；锥体体积的计算
注意系数 1/3，而三角形面积的计算注意系数 1/2；与球有关的题目也不得
不防，注意连接“心心距”创造直角三角形解题；
13.导数的题目常规的一般不难，但要注意解题的层次与步骤，如果要
用构造函数证明不等式，可从已知或是前问中找到突破口，必要时应该放
弃；重视几何意义的应用，注意点是否在曲线上；
4.概率的题目如果出解答题，应该先设事件，然后写出使用公式的理由，
当然要注意步骤的多少决定解答的详略；如果有分布列，则概率和为 1 是
检验正确与否的重要途径；
15.三选二的三题中，极坐标与参数方程注意转化的方法，不等式题目
注意柯西与绝对值的几何意义，平面几何重视与圆有关的知积，必要时可以测量；
16.遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法必须注意新元的取值范
围，有勾股定理型的已知，可使用三角换元来完成；
17.注意概率分布中的二项分布，二项式定理中的通项公式的使用与赋
值的方法，排列组合中的枚举法，全称与特称命题的否定写法，取值范或
是不等式的解的端点能否取到需单独验证，用点斜式或斜截式方程的时候
考虑斜率是否存在等；
18.绝对值问题优先选择去绝对值，去绝对值优先选择使用定义；
19.与平移有关的，注意口诀“左加右减，上加下减”只用于函数，沿
向量平移一定要使用平移公式完成；
20.关于中心对称问题，只需使用中点坐标公式就可以，关于轴对称问
题，注意两个等式的运用：一是垂直，一是中点在对称轴上。
1．记 是内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知 ，点 在边 上，
.
（1）证明： ；
（2）若 ，求 .
【答案】（1）证明见解析；（2） .【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有 ，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边 与 的关系，然后利用余弦定理即可求得 的值.
【详解】（1）设 的外接圆半径为R，由正弦定理，
得 ，
因为 ，所以 ，即 ．
又因为 ，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为 ，如图，在 中， ，①
在 中， ．②
由①②得 ，整理得 ．
又因为 ，所以 ，解得 或 ，
当 时， （舍去）．
当 时， ．
所以 ．
[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知 ，则 ，
即 ，
而 ，即 ，
故有 ，从而 ．
由 ，即 ，即 ，即 ，
故 ，即 ，
又 ，所以 ，
则 ．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知 ，再由 得 ．
在 中，由正弦定理得 ．
又 ，所以 ，化简得 ．
在 中，由正弦定理知 ，又由 ，所以 ．
在 中，由余弦定理，得 ．
故 ．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作 ，交 于点E，则 ．
由 ，得 ．
在 中， ．
在 中 ．
因为 ，
所以 ，
整理得 ．
又因为 ，所以 ，
即 或 ．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为 ，所以 ．
以向量 为基底，有 ．
所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ．③
由余弦定理得 ，
所以 ④
联立③④，得 ．
所以 或 ．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点， 所在直线为x轴，过点D垂直于 的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则 ．
由（1）知， ，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设 ，则 ．⑤
由 知， ，
即 ．⑥
联立⑤⑥解得 或 （舍去）， ，
代入⑥式得 ，由余弦定理得 ．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的
性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似
是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将
其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直
观化.
2．在 中，角 、 、 所对的边长分别为 、 、 ， ， .．
（1）若 ，求 的面积；
（2）是否存在正整数 ，使得 为钝角三角形?若存在，求出 的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1） ；（2）存在，且 .
【分析】（1）由正弦定理可得出 ，结合已知条件求出 的值，进一步可求得 、 的值，利用余弦
定理以及同角三角函数的基本关系求出 ，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）分析可知，角 为钝角，由 结合三角形三边关系可求得整数 的值.
【详解】（1）因为 ，则 ，则 ，故 ， ，
，所以， 为锐角，则 ，
因此， ；
（2）显然 ，若 为钝角三角形，则 为钝角，
由余弦定理可得 ，
解得 ，则 ，
由三角形三边关系可得 ，可得 ， ，故 .3．一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1
代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表
示1个微生物个体繁殖下一代的个数， ．
（1）已知 ，求 ；
（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：
的一个最小正实根，求证：当 时， ，当 时， ；
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.
【分析】（1）利用公式计算可得 .
（2）利用导数讨论函数的单调性，结合 及极值点的范围可得 的最小正零点.
（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.
【详解】（1） .
（2）设 ，
因为 ，故 ，
若 ，则 ，故 .
，
因为 ， ，
故 有两个不同零点 ，且 ，
且 时， ； 时， ；
故 在 ， 上为增函数，在 上为减函数，若 ，因为 在 为增函数且 ，
而当 时，因为 在 上为减函数，故 ，
故 为 的一个最小正实根，
若 ，因为 且在 上为减函数，故1为 的一个最小正实根，
综上，若 ，则 .
若 ，则 ，故 .
此时 ， ，
故 有两个不同零点 ，且 ，
且 时， ； 时， ；
故 在 ， 上为增函数，在 上为减函数，
而 ，故 ，
又 ，故 在 存在一个零点 ，且 .
所以 为 的一个最小正实根，此时 ，
故当 时， .
（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过
1，则若干代后被灭绝的概率小于1.
4．某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和
一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：
旧设备 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7
新设备 10.1 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3 10.6 10.5 10.4 10.5旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为 和 ，样本方差分别记为 和 ．
（1）求 ， ， ， ；
（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果 ，则认为新
设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）．
【答案】（1） ；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显
著提高.
【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.
（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.
【详解】（1） ，
，
，
.
（2）依题意， ， ，
，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
5．如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ， ， 为 的中点，且
．（1）求 ；
（2）求二面角 的正弦值．
【答案】（1） ；（2）
【分析】（1）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，设
，由已知条件得出 ，求出 的值，即可得出 的长；
（2）求出平面 、 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面 ，四边形 为矩形，不妨以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、
、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，设 ，则 、 、 、 、 ，
则 ， ，
，则 ，解得 ，故 ；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结 ．因为 底面 ，且 底面 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 平面 ．
又 平面 ，所以 ．
从而 ．
因为 ，所以 ．
所以 ，于是 ．
所以 ．所以 ．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结 交 于点N．由[方法二]知 ．
在矩形 中，有 ，所以 ，即 ．
令 ，因为M为 的中点，则 ， ， ．
由 ，得 ，解得 ，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面 的法向量为 ，则 ， ，
由 ，取 ，可得 ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
由 ，取 ，可得 ，
，所以， ，
因此，二面角 的正弦值为 .
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体 ，联结 ，交点记为H，由于 ， ，所以
平面 ．过H作 的垂线，垂足记为G．
联结 ，由三垂线定理可知 ，
故 为二面角 的平面角．
易证四边形 是边长为 的正方形，联结 ， ．
，
由等积法解得 ．
在 中， ，由勾股定理求得 ．所以， ，即二面角 的正弦值为 ．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，
结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等
面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，
为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
6．如图，直三棱柱 的体积为4， 的面积为 ．
(1)求A到平面 的距离；
(2)设D为 的中点， ，平面 平面 ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得 平面 ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱 中，设点A到平面 的距离为h，则 ，
解得 ，
所以点A到平面 的距离为 ；
（2）取 的中点E,连接AE,如图，因为 ，所以 ,
又平面 平面 ，平面 平面 ，
且 平面 ，所以 平面 ，
在直三棱柱 中， 平面 ，
由 平面 ， 平面 可得 ， ，
又 平面 且相交，所以 平面 ，
所以 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得 ，所以 ， ，所以 ，
则 ,所以 的中点 ，则 ， ,
设平面 的一个法向量 ，则 ，
可取 ，
设平面 的一个法向量 ，则 ，
可取 ，
则 ，
所以二面角 的正弦值为 .
7．设抛物线 的焦点为F，点 ，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直
于x轴时， ．
(1)求C的方程；
(2)设直线 与C的另一个交点分别为A，B，记直线 的倾斜角分别为 ．当 取得最
大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）由抛物线的定义可得 ，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线 ，由韦达定理及斜率公式可得 ，再由差角的正切公式及基本不等式可得 ，设直线 ，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为 ，当 与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时 ，所以 ，
所以抛物线C的方程为 ；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设 ，直线 ，
由 可得 ， ，
由斜率公式可得 ， ，
直线 ，代入抛物线方程可得 ，
，所以 ，同理可得 ，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为 ，所以 ，
若要使 最大，则 ，设 ，则
，当且仅当 即 时，等号成立，
所以当 最大时， ，设直线 ，
代入抛物线方程可得 ，
，所以 ，
所以直线 .
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设 ,直线
由 得： ， ,同理， .
直线MD: ,代入抛物线方程可得： ，同理， .
代入抛物线方程可得: ,所以 ，同理可得 ，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使 最大，则 ，
设 ，则 ，
当且仅当 即 时，等号成立，所以当 最大时， ，设直线 ，
代入抛物线方程可得 ， ，所以 ，所以直线
.
[方法三]：三点共线
设 ，
设 ,若 P、M、N三点共线，由
所以 ，化简得 ，
反之，若 ,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得 ，
由M、D、A三点共线，得 ，
由N、D、B三点共线，得 ，
则 ，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使 最大，则 ，
设 ，则 ，
当且仅当 即 时，等号成立，所以当 最大时， ，所以直线 .
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线 的斜率关
系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性
通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线 过定点，省去联立过程，也不失为一种简
化运算的好方法．
8．抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l： 交C于P，Q两点，且 ．已知点
，且 与l相切．
（1）求C， 的方程；
（2）设 是C上的三个点，直线 ， 均与 相切．判断直线 与 的位置关系，并
说明理由．
【答案】（1）抛物线 ， 方程为 ；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与 相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出
坐标，由 ，即可求出 ；由圆 与直线 相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑 斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若 斜率存在，由
三点在抛物线上，将直线 斜率分别用纵坐标表示，再由 与圆 相切，得
出 与 的关系，最后求出 点到直线 的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线 ，
，所以抛物线 的方程为 ，
与 相切，所以半径为 ，
所以 的方程为 ；
（2）[方法一]：设
若 斜率不存在，则 方程为 或 ，
若 方程为 ，根据对称性不妨设 ，
则过 与圆 相切的另一条直线方程为 ，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在 ，不合题意；
若 方程为 ，根据对称性不妨设
则过 与圆 相切的直线 为 ，
又 ，
，此时直线 关于 轴对称，
所以直线 与圆 相切；
若直线 斜率均存在，
则 ，
所以直线 方程为 ，
整理得 ，同理直线 的方程为 ，
直线 的方程为 ，
与圆 相切，
整理得 ，
与圆 相切，同理
所以 为方程 的两根，
，
到直线 的距离为：
，
所以直线 与圆 相切；
综上若直线 与圆 相切，则直线 与圆 相切.
[方法二]【最优解】：设 ．
当 时，同解法1．
当 时，直线 的方程为 ，即 ．由直线 与 相切得 ，化简得 ，
同理，由直线 与 相切得 ．
因为方程 同时经过点 ，所以 的直线方程为 ，
点M到直线 距离为 ．
所以直线 与 相切．
综上所述，若直线 与 相切，则直线 与 相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化
为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用 的对称性，抽象出 与 关系，
把 的关系转化为用 表示，法二是利用相切等条件得到 的直线方程为 ，
利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
9．已知函数 和 有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交
点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨
论.（2）根据（1）可得当 时， 的解的个数、 的解的个数均为2，构建新函数
，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 的大小关系，根据存在直线
与曲线 、 有三个不同的交点可得 的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根
成等差数列.
【详解】（1） 的定义域为 ，而 ，
若 ，则 ，此时 无最小值，故 .
的定义域为 ，而 .
当 时， ，故 在 上为减函数，
当 时， ，故 在 上为增函数，
故 .
当 时， ，故 在 上为减函数，
当 时， ，故 在 上为增函数，
故 .
因为 和 有相同的最小值，
故 ，整理得到 ，其中 ，
设 ，则 ，
故 为 上的减函数，而 ，故 的唯一解为 ，故 的解为 .
综上， .
（2）[方法一]：
由（1）可得 和 的最小值为 .
当 时，考虑 的解的个数、 的解的个数.
设 ， ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
所以 ，
而 ， ，
设 ，其中 ，则 ，
故 在 上为增函数，故 ，
故 ，故 有两个不同的零点，即 的解的个数为2.
设 ， ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
所以 ，
而 ， ，
有两个不同的零点即 的解的个数为2.当 ，由（1）讨论可得 、 仅有一个解，
当 时，由（1）讨论可得 、 均无根，
故若存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点，
则 .
设 ，其中 ，故 ，
设 ， ，则 ，
故 在 上为增函数，故 即 ，
所以 ，所以 在 上为增函数，
而 ， ，
故 上有且只有一个零点 ， 且：
当 时， 即 即 ，
当 时， 即 即 ，
因此若存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点，
故 ，
此时 有两个不同的根 ，
此时 有两个不同的根 ，
故 ， ， ，
所以 即 即 ，
故 为方程 的解，同理 也为方程 的解又 可化为 即 即 ，
故 为方程 的解，同理 也为方程 的解，
所以 ，而 ，
故 即 .
[方法二]：
由 知， ， ，
且 在 上单调递减，在 上单调递增；
在 上单调递减，在 上单调递增，且
① 时，此时 ，显然 与两条曲线 和
共有0个交点，不符合题意；
② 时，此时 ，
故 与两条曲线 和 共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③ 时，首先，证明 与曲线 有2个交点，
即证明 有2个零点， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
又因为 ， ， ，
令 ，则 ，
所以 在 上存在且只存在1个零点，设为 ，在 上存在且只存在1个零点，设
为
其次，证明 与曲线和 有2个交点，即证明 有2个零点， ，
所以 上单调递减，在 上单调递增，
又因为 ， ， ，
令 ，则 ，
所以 在 上存在且只存在1个零点，设为 ，在 上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为 ，所以 ，
若 ，则 ，即 ，
所以只需证明 在 上有解即可，
即 在 上有零点，
因为 ， ，
所以 在 上存在零点，取一零点为 ，令 即可，
此时取
则此时存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，
最后证明 ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以 ，
又因为 在 上单调递减， ， 即 ，所以 ，
同理，因为 ，又因为 在 上单调递增， 即 ， ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
即直线 与两条曲线 和 从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，
而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
10．已知函数 ．
(1)当 时，讨论 的单调性；
(2)当 时， ，求a的取值范围；
(3)设 ，证明： ．
【答案】(1) 的减区间为 ，增区间为 .
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出 ，讨论其符号后可得 的单调性.
（2）设 ，求出 ，先讨论 时题设中的不等式不成立，再就 结合放缩法讨论 符号，最后就 结合放缩法讨论 的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得 对任意的 恒成立，从而可得 对任意的 恒成立，
结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当 时， ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
故 的减区间为 ，增区间为 .
（2）设 ，则 ，
又 ，设 ，
则 ，
若 ，则 ，
因为 为连续不间断函数，
故存在 ，使得 ，总有 ，
故 在 为增函数，故 ，
故 在 为增函数，故 ，与题设矛盾.
若 ，则 ，
下证：对任意 ，总有 成立，
证明：设 ，故 ，
故 在 上为减函数，故 即 成立.由上述不等式有 ，
故 总成立，即 在 上为减函数，
所以 .
当 时，有 ，
所以 在 上为减函数，所以 .
综上， .
（3）取 ，则 ，总有 成立，
令 ，则 ，
故 即 对任意的 恒成立.
所以对任意的 ，有 ，
整理得到： ，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处
导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
11．如图， 为 内的一点， 记为 ， 记为 ，且 ， 在 中的对边分别记为
m，n， ， ， .(1)求 ；
(2)若 ， ， ，记 ，求线段 的长和 面积的最大值.
【答案】(1) ；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由已知可推出 ，整理得到 .根据 的范围可得
，进而即可得出 ；
（2）由已知可得 ，进而根据 即可得出 ，根据
，即可得出三角形面积的最大值.
【详解】（1）已知 ，由正弦定理可得
，由 ，
所以 ，即 ，
所以 .
因为 ， ， ，
所以 ，则 ，所以 .
（2）在 中，由余弦定理得知：，
即 ，因为 ，所以 .
因为 ，所以 .
， .
因为， ，
所以，当 ，即 时， 面积有最大值 .
12．已知数列 满足 ， ， ．
(1)证明：数列 为等比数列，求 的通项公式．
(2)若数列 的前 项和为 ，且 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）将 两边同时加 ，结合等比数列的定义证明可得 ，再构造数列 ，求解首项分析即可；
（2）根据等比数列的前 项公式可得 ，参变分离可得 ，再根据 的单
调性求解最大值即可.
【详解】（1）由 可得 ，且 ，
故 是以2为首项，3为公比的等比数列，故 ，
所以 ，又 ，
故 ，即 .
（2）由（1） 为等比数列，故 ，
故 即 恒成立，求 的最大值即可.
设 ，则 ，
令 有 ，故当 时， 随 的增大而增大；当 时， 随 的增大而减小.
又 ，故 为 的最大值，为 ，
所以 ， .
13．已知双曲线C过点 ,且C的渐近线方程为 .
(1)求C的方程;
(2)设A为C的右顶点,过点 的直线与圆O: 交于点M,N,直线AM,AN与C的另一交点分
别为D,E,求证:直线DE过定点.【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)根据渐近线方程设出双曲线方程,将 代入,求出方程即可;
(2)分析 斜率情况,设出直线 方程,与圆联立可得 两点坐标之间的关系,化简 可得为定值,
即 也为该定值,设出 的直线方程,与双曲线联立,即可得 两点坐标之间关系,根据 为定
值,建立等式,进行化简,解得 的直线方程中参数之间的关系,即可得直线DE所过定点.
【详解】（1）解:由题知C的渐近线方程为 ,
故设双曲线 的方程为 ,
因为 过 ,
所以 ,
解得 ,
故 的方程为 ;
（2）由题知画图如下:
因为直线 过点 ,所以 斜率不为零,
故设直线 方程为 ,
, ,
联立 ,
可得 ,
故 ,
解得 ,
由韦达定理得 ,
因为 ,
所以
,
,
设直线 方程为 ,
, ,,
联立 ,
可得 ,
所以 ,
解得 ,
由韦达定理得: ,
因为 ,
所以 ,
化简可得 ,
即 ,
即 ,
因为直线 不过 ,
所以 ,
化简可得 ,
即 ,
解得 ,
所以直线 为: ,故直线 恒过定点 .
【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用中的定点问题,关于定点的问题思路有:
(1)先根据题意考虑特殊情况,斜率不存在,或斜率为零;
(2)设普通的直线方程,联立方程组;
(3)判别式大于零,韦达定理;
(4)根据题意建立关于 的等式,进行化简.
14．已知 ，函数 ， .
(1)若 ，求函数 的极小值；
(2)若函数 存在唯一的零点，求 的取值范围.
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）由 可求出 ，则 ，然后对函数求导，由导数的正负可求出函数的
单调区间，从而可求出函数的极小值；
（2）令 （ ），则 ，令 ，利用导
数可求出其单调区间和最小值，然后分 和 讨论函数的零点即可.
【详解】（1）由 ，
所以 ， ，令 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上递减，在 上递增，所以 的极小值为 ；
（2） ，令 （ ），
存在唯—的零点， ，
令 ， ，
令 ，
当 时， ；
当 时， ，
所以 在 上递减，在 上递增，
所以 ，
①若 ，即 ，
令 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
即 时， ，所以 在 上递增，
注意到 ，所以 存在唯一的零点，符合题意
②当 时， ， ，
，
令 ， ，
则 ，因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，
所以
所以 即 在 和 上各有一个零点 ， ，
在 上递增， 上递减， 上递增，
而 ，所以 ，
，
当 时， ；
当 时， ，
而 ， ，
所以 在 ， 和 上各有一个零点，共3个零点了，舍去.
综上， 的取值范围为 .
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的极值，考查利用导数解决函数零
点问题，第（2）问解题的关键是对 求导后，构造函数 ，利用导
数求出其最小值后再讨论可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
