文档内容
思想 03 运用函数与方程的思想方法解题
目录
01考情透视·目标导航...................................................................................................2
02知识导图·思维引航...................................................................................................3
03 知识梳理·方法技巧.................................................................................................4
04 真题研析·精准预测.................................................................................................5
05 核心精讲·题型突破...............................................................................................12
题型一：运用函数的思想研究问题 12
题型二： 运用方程的思想研究问题 19
题型三：运用函数与方程的思想研究不等式问题 26
题型四：运用函数与方程的思想研究其他问题 39高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、
综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，
二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和
描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、
处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化
归思想等．1、函数与方程是紧密相联、可以相互转化的．在研究方程解的存在性、方程解的个数、方程解的分
布等问题时，一般利用方程的性质，对方程进行同解变形，进而构造函数，利用函数的图象与性质求解方
程问题．例如，方程 解的个数可以转化为函数 的图象与 轴交点的个数，也可以参变分离，
转化为水平直线与函数图象交点的个数，也可以部分分离，转化为斜线与函数图象交点的个数，也可以构
造两个熟悉函数，转化为两个函数图象交点的个数．
2、在研究函数问题时，运用方程的思想，设出未知数，通过题目中的等量关系，建立方程（组），
进而求解方程（组），或者将方程变形，构造新函数，更易于研究其图象和性质．例如，在研究曲线的切
线问题时，设出切点横坐标 ，得到切线斜率 ，切线方程为 ， 从而
将函数中的切线问题转化为关于切点横坐标 的方程问题．
3、函数、方程、不等式三位一体，常常相互转化．在研究不等式的解集、不等式恒成立、不等式有
解、不等式的证明等问题时，最重要的思想方法就是函数与方程思想，构造适当的函数，分析、 转化不等
式问题．例如，不等式 或 恒成立，可以转化为 或 ．也可以考虑参变
分离再求函数的最值．
4、函数与方程的思想贯穿高中数学的多个模块，在数列、解析几何、三角形、立体几何等内容中都
有广泛的运用．函数思想体现的是运动与变化的观念，通过分析问题中的数量关系，建构函数，再运用函
数的图象与性质分析．转化问题，进而解决问题．方程思想体现的是“动中求静”，寻求变化过程中保持
不变的等量关系，建构方程（组），通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析，转化问题，使问
题获得解决．1．（2024年北京高考数学真题）设函数 ，直线 是曲线 在点
处的切线．
(1)当 时，求 的单调区间.
(2)求证： 不经过点 .
(3)当 时，设点 ， ， ， 为 与 轴的交点， 与 分别表示
与 的面积．是否存在点 使得 成立？若存在，这样的点 有几个？
（参考数据： ， ， ）
【解析】（1） ，
当 时， ；当 ， ；
在 上单调递减，在 上单调递增.
则 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
（2） ，切线 的斜率为 ，
则切线方程为 ，
将 代入则 ，
即 ，则 ， ，令 ，
假设 过 ，则 在 存在零点.
， 在 上单调递增， ，
在 无零点， 与假设矛盾，故直线 不过 .
（3） 时， .
，设 与 轴交点 为 ，
时，若 ，则此时 与 必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知 .所以 ，
则切线 的方程为 ，
令 ，则 .
，则 ，
，记 ，
满足条件的 有几个即 有几个零点.
，
当 时， ，此时 单调递减；当 时， ，此时 单调递增；
当 时， ，此时 单调递减；
因为 ，
，
所以由零点存在性定理及 的单调性， 在 上必有一个零点，在 上必有一个零点，
综上所述， 有两个零点，即满足 的 有两个.
2．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）已知函数 ．
(1)求 的单调区间；
(2)当 时，证明：当 时， 恒成立．
【解析】（1） 定义域为 ，
当 时， ，故 在 上单调递减；
当 时， 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减.
综上所述，当 时， 的单调递减区间为 ；
时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（2） ，且 时， ，令 ，下证 即可.
，再令 ，则 ，
显然 在 上递增，则 ，
即 在 上递增，
故 ，即 在 上单调递增，
故 ，问题得证
3．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数 ．
(1)当 时，求 的极值；
(2)当 时， ，求 的取值范围．
【解析】（1）当 时， ，
故 ，
因为 在 上为增函数，
故 在 上为增函数，而 ，
故当 时， ，当 时， ，
故 在 处取极小值且极小值为 ，无极大值.
（2） ，
设 ，
则 ，当 时， ，故 在 上为增函数，
故 ，即 ，
所以 在 上为增函数，故 .
当 时，当 时， ，
故 在 上为减函数，故在 上 ，
即在 上 即 为减函数，
故在 上 ，不合题意，舍.
当 ，此时 在 上恒成立，
同理可得在 上 恒成立，不合题意，舍；
综上， .
4．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若 有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【解析】（1）当 时，则 ， ，
可得 ， ，
即切点坐标为 ，切线斜率 ，
所以切线方程为 ，即 .
（2）解法一：因为 的定义域为 ，且 ，若 ，则 对任意 恒成立，
可知 在 上单调递增，无极值，不合题意；
若 ，令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 在 内单调递减，在 内单调递增，
则 有极小值 ，无极大值，
由题意可得： ，即 ，
构建 ，则 ，
可知 在 内单调递增，且 ，
不等式 等价于 ，解得 ，
所以a的取值范围为 ；
解法二：因为 的定义域为 ，且 ，
若 有极小值，则 有零点，
令 ，可得 ，
可知 与 有交点，则 ，
若 ，令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 在 内单调递减，在 内单调递增，
则 有极小值 ，无极大值，符合题意，
由题意可得： ，即 ，
构建 ，
因为则 在 内单调递增，可知 在 内单调递增，且 ，
不等式 等价于 ，解得 ，
所以a的取值范围为 .
5．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数
(1)若 ，且 ，求 的最小值；
(2)证明：曲线 是中心对称图形；
(3)若 当且仅当 ，求 的取值范围．
【解析】（1） 时， ，其中 ，
则 ，
因为 ，当且仅当 时等号成立，
故 ，而 成立，故 即 ，
所以 的最小值为 .，
（2） 的定义域为 ，
设 为 图象上任意一点，
关于 的对称点为 ，
因为 在 图象上，故 ，
而 ，
，所以 也在 图象上，
由 的任意性可得 图象为中心对称图形，且对称中心为 .
（3）因为 当且仅当 ，故 为 的一个解，
所以 即 ，
先考虑 时， 恒成立.
此时 即为 在 上恒成立，
设 ，则 在 上恒成立，
设 ，
则 ，
当 ， ，
故 恒成立，故 在 上为增函数，
故 即 在 上恒成立.
当 时， ，
故 恒成立，故 在 上为增函数，
故 即 在 上恒成立.
当 ，则当 时，
故在 上 为减函数，故 ，不合题意，舍；
综上， 在 上恒成立时 .而当 时，
而 时，由上述过程可得 在 递增，故 的解为 ，
即 的解为 .
综上， .题型一：运用函数的思想研究问题
【典例1-1】已知函数 .
(1)判断 的零点个数；
(2)求曲线 与曲线 公切线的条数.
【解析】（1）由函数 ，可得其定义域为 ，且 ，
令 ，得 ；令 ，得 ，
可知 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，故 的零点个数为 .
（2）因为 ，所以 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为：
，即 ，
曲线 在点 处的切线方程为： ，
即 ，
令 ，可得 ，
消去 ，整理得 ，
令 ，可得 ，等价于 ，设 ，则 ，所以 在 上单调递增，
又因为 ，所以 在 上有唯一的零点 ，
由 ，得 ，所以曲线 与曲线 有且仅有一条公切线.
【典例1-2】若 的定义域为 ，数列 满足 ，则称 为 的“
倍点列”.
(1)若 为 的“2倍点列”，求 的前 项和 ；
(2)若 为 的“1倍点列”且 ，求证： 为定值；
(3)若 ，判断是否存在 ，使得 为 的“ 倍点列”，并证明你的
结论.
【解析】（1）因为 为 的“2倍点列”，
所以 ，即 ，
所以
所以 ，
当 时， ，
显然 满足 ，
故综上，
（2）证明：因为 ，
所以 .设 ，则 ，当且仅当 即 时等号成立，
所以 单调递增，且 ，
所以 ,
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
因为 为 的“1倍点列”，则 ，
不妨设 ，
，
所以 的图象关于直线 对称，当 时， 有2个不同实根，
所以 .
（3）因为 ，且 为 的“ 倍点列”，
可得 ，即 且 ，
设 ，则 ，
在 上单调递增，且 ，
所以 时， 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
因为 ，所以 且 时 ，
所以不存在 ，使得 ，
即不存在 ，使得 为 的“ 倍点列”.
【变式1-1】已知函数 .（1）求函数 的单调区间；
（2）记 ，若函数 与 的图象有三个不同交点，求实数 的取值范围.
【解析】（1）函数 的定义域为 ， ，
当 时， ；当 时， ，
所以函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 .
（2）令 ，即 ，得 .
设 ，
则 .
令 ，得 ；
令 ，得 或 .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减.
所以 ， ，
且当 时， ；当 时， .
所以要使函数 与 的图象有三个不同交点，必须有 ，
即实数 的取值范围是 .
【变式1-2】已知函数 .
（1）若函数 在 处的切线与直线 垂直，求实数 的值.
（2）若函数 存在两个极值点，求实数 的取值范围.【解析】（1） ，
，
则 ，解得 .
（2） ，
由题设可知 有两个不同的零点，且 在零点的附近 的符号发生变化.
令 ，则 ，
若 ，则 ，则 为 上为增函数，
在 上至多有一个零点.
当 时，若 ，则 ，故 在 上为增函数，
若 ，则 ，故 在 上为减函数，
故 ，故 .
又 且 ，故 在 上存在一个零点；
下证当 时，总有 .
令 ，则 ，
当 时， ，故 为 上的减函数，
故 ，故 成立.
令 ，则 ，
故当 时，有 ，取 ，则当 时，
有 ，
故 ，故在 上，存在实数 ，使得 ，
由零点存在定理及 的单调性可知可得 在 上存在一个零点.
综上可知，实数 的取值范围是 .
1．已知函数 .
（1）若 ，试判断 的符号；
（2）讨论 的零点的个数.
【解析】（1） .
设 ，则 .
设 ，则 ，
∴当 时， ；当 时， .
∴当 时， .故 ，从而 .
∴ 在 上单调递增.
∴当 时， ，从而 ；
当 时， ，从而 ；当 时， ，从而 .
（2） 的定义域为 ， .
∴当 时， ，故 在 上单调递增，
又 ，∴ 有 个零点.
当 时，令 ，得 ；令 ，得 .
∴ 在上 上单调递减，在 上单调递增.
.
∴
设 ，则 .
∴当 时， ；当 时， . .
∴
∴当 时， ，即 ，
又当 时， ；当 时， ；故 有 个零点.
当 时， ，故 有 个零点.
当 时， ，即 ，
又当 时， ；由（1）知 ，故 有 个零点.
当 或 时， 有 个零点；当 且 时， 有 个零点.
2．已知函数 其中 .
（1）当 时，求曲线 在原点处的切线方程；
（2）若函数 在 上存在最大值和最小值，求a的取值范围.
【解析】（1） .所以切线的斜率 ；又
所以曲线 在原点处的切线方程为： .
（2）
当 时， 解得
则 时 随 的变化情况如下表：
0
0
递增 递减
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 的最大值为 ，
若 存在最小值，则 时，
恒成立，即 ，
所以 即 在 恒成立，
所以 .又因为 ，所以 ，则 .
当 时， 解得则 时 随 的变化情况如下表：
0
0
递减 递增
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 的最小值为 ，
若 存在最大值，则 时，
恒成立，即 ，
所以 即 在 恒成立，
所以 .又因为 ，所以 ，则 .
综上所述， 的取值范围为 .
题型二： 运用方程的思想研究问题
【典例2-1】已知函数 ， ，其中
求函数 的单调区间；
若曲线 在点 处的切线与曲线 在点 处的切线平行，证明
；证明当 时，存在直线l，使l是曲线 的切线，也是曲线 的切线．
【解析】 由已知， ，有 ，
令 ，解得
由 ，可知当x变化时， ， 的变化情况如下表：
x 0
- 0 +
极小
↘ 值 ↗
函数 的单调减区间为 ，单调递增区间为 ；
证明：由 ，可得曲线 在点 处的切线的斜率为
由 ，可得曲线 在点 处的切线的斜率为
这两条切线平行，故有 ，即 ，
两边取以a为底数的对数，得 ，
证明：曲线 在点 处的切线 ： ，
曲线 在点 处的切线 ：
要证明当 时，存在直线l，使l是曲线 的切线，也是曲线 的切线，
只需证明当 时，存在 ， 使得 与 重合，即只需证明当 时，方程组
由①得 ，代入②得：
，③
因此，只需证明当 时，关于 的方程③存在实数解．
设函数 ，即要证明当 时，函数 存在零点．
，可知 时， ； 时，对 求导，易知 单调递减，
又 ， ，
故存在唯一的 ，且 ，使得 ，即
由此可得， 在 上单调递增，在 上单调递减，
在 处取得极大值
，故
下面证明存在实数t，使得 ，
由 可得 ，当 时，有
存在实数t，使得因此，当 时，存在 ，使得
当 时，存在直线l，使l是曲线 的切线，也是曲线 的切线．
【典例2-2】已知函数 在点 处的切线方程为
求函数 的解析式；
若 ，且过点 可作曲线 的三条切线，求实数m的取值范围．
【解析】 ， ，
故 ，
过点 向曲线 作切线，设切点为 ，则 ， ，
则切线方程为 ，将 代入上式，整理得
过点 可作曲线 的三条切线， 方程 有三个不同实数根．
记 ， ，
令 ，得 或1，则x， ， 的变化情况如下表：
当 ， 有极大值 ， 有极小值 ，
由题意，当且仅当 ，即 ，
解得 时函数 有三个不同零点．此时过点 可作曲线 的三条不同切线．
故m的取值范围是
【变式2-1】已知函数 和 有相同的最大值．
求实数a；
设 直 线 与 两 条 曲 线 和 共 有 四 个 不 同 的 交 点 ， 其 横 坐 标 分 别 为
，证明：
【解析】 ，令
有最大值， 且 在 上单调递增 ； 上单调递减 ，
，令 ，则 ，
在在 上单调递增 ， 上单调递减 ，
，
设 则 ，
在 上单调递减，
又 ，
时， ，
方法一：由 ，由 ，令 ， 在 上单调递增， 上单调递减 ， 至多两个零点．
令 ， 在 上递增， 上递减；
至多两个零点．
令 ，
当 时， ；
当 时，由 且 ，
在 上单调递减 ， 方程无解．
当 时，由 ， 在 上递增，
方程有唯一解
当 时，注意到 ， ，
，
在 和 上各有一个零点
示意图如下，注意到 ，
在 和 上各有一个零点
且由 ，而 ，
而 在 上单调递增 ，由 ，
由 ，而
而 在 上递减 ，由 ， ，
方法二：
由“导数同构与拆构”寻找外函数法知，
则 ，又 ，
又 在 上单调递增 ， ，同理 ，
而 ，则 ，证毕！
【变式2-2】已知函数Ⅰ 若 在 ， 处导数相等，证明： ；
Ⅱ 若 ，证明：对于任意 ，直线 与曲线 有唯一公共点．
【解析】证明： Ⅰ 函数 ，
， ，
在 ， 处导数相等，
， ，
， ，
由基本不等式得： ，
， ，
由题意得 ，
设 ，则 ，
列表讨论：
x 16
- 0 +
在 上单调递增，
，Ⅱ 令 ， ，
则 ，
，
存在 ，使 ，
对于任意的 及 ，直线 与曲线 有公共点．
由 ，得 ，
设 ，则 ，
其中 ，
由 知 ，
又 ， ，
，即函数 在 上单调递减，
方程 至多有一个实根，
综上， 时，对于任意 ，直线 与曲线 有唯一公共点．
1．已知函数
当 时，若直线 与曲线 相切，求b；若直线 与曲线 恰有两个公共点，求
【解析】 当 时， ， ，
因为直线 与曲线 相切，设切点为 ，
则 ，所以 或 ，
因此， 或
因为直线 与曲线 恰有两个公共点，
所以方程 ，即方程 有两个不等实根，
因为 是方程 的一个根；
当 时，方程可化为 ，
依题意，方程 有不等于 的唯一根，
因为 ，若 ，则 即 ， ，满足条件；
若 ，则由 ，解得：
综上所述， 或
题型三：运用函数与方程的思想研究不等式问题
【典例3-1】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“ 数列”．已知等比数列 满足： ， ，求证：数列 为“ 数列”；
已知数列 满足： ， ，其中 为数列 的前n项和．
①求数列 的通项公式；
②设m为正整数，若存在“ 数列” ，对任意正整数k，当 时，都有 成立，
求m的最大值．
【解析】 设等比数列 的公比为q，则
由 ， ，得
，
数列 首项为1且公比为正数
即数列 为“ 数列”；
① ， ，
当 时， ， ，
当 时， ， ，
当 时， ， ，
猜想 ，下面用数学归纳法证明；
当 时， ，满足 ，
假设 时，结论成立，即 ，则 时，由 ，得
，
故 时结论成立，
根据 可知， 对任意的 都成立．
故数列 的通项公式为 ；
②设 的公比为q，
存在“ 数列” ，对任意正整数k，当 时，都有 成立，
即 对 恒成立，
当 时， ，当 时， ，
当 ，两边取对数可得， 对 有解，
即 ，
令 ，则 ，
当 时， ，此时 递减，
当 时， ，
令 ，则 ，令 ，则 ，
当 时， ，即 ，
在 上单调递减，
即 时， ，则 ，
下面求解不等式 ，
化简，得 ，
令 ，则 ，
由 得 ， ， 在 上单调递减，
又由于 ， ，
存在 使得 ，
的最大值为5，此时
【典例3-2】设函数
求 的单调区间；
已知a， ，曲线 上不同的三点 ， ， 处的切线都经过点
证明：
若 ，则
若 ， ，则注： 是自然对数的底数
【解析】 ，故 在 上单调递减，在 上单调递增．
不妨设 ，则 ， ， 满足： ， ，2，
则 ， ， 是 的三个正实数根，即
记 ， ，
，
则 在 上单调递减， 上单调递增， 上单调递减，
由于 ， ， 是 的三个正实数根，
则 ， ，
又由于 时， ， ，
， 时， ，
于是 ，
由于 ，要证 ，只需证
即 ，由 知， 时，
综上所述， ，得证!由于 ， ，则 在 上单调递减， 上单调递增，
上单调递减，
则 ， ，
又由于 时， ， ，
， 时， ，
于是 ， ，故
由于 ，
记 ， ，则
要证明： ，记 ， ，
只需证明：
即证：
由 ， ，
故 ，
只需证：由于 ，即证：
记 ， ，
令 ，则 ，即 在 上单调增，
，即 ，则 在 上单调增，
又 ，
于是 ，
记 ，
由 ，
知 在 上单调递增．故 ，
故 ，即
即不等式得证．
【变式3-1】已知 ，函数
若 ，证明：当 时，
若函数 存在极小值点 证明：
【解析】 若 ，则 ，
设 ， ，，
设 ， ，
，则 在 上单调递增， ，即 ，
于是 在 上单调递增， ，即 ，
所以当 时，
函数 ， ，其定义域为 ， ，
，
由 知 在 上单调递增， ，
当 时， ，当 时， ，
则由 ，解得 或 ，其中 且 ，即 且 ，
否则恒有 ，则 在 上单调递增，函数 无极值点，不符合题意，
若 ，即 ，当 时， ，
当 时， ，则 在 ， 上单调递增，
在 上单调递减，因此 是 的极小值点， ，
若 ，即 ，当 时， ，当 时， ，则 在 ， 上单调递增，
在 单调递减，因此 是 的极小值点，
，又 ， ，于是 ，
综上所述，函数 存在极小值点 ，
【变式3-2】已知函数
若 ，求 极值；
求函数 的单调区间；
若函数 有两个极值点 ， ，求证：
【解析】 当 时， ，
则 ，
当 时， ， 在 单调递增，
当 或 是， ， 在 ， 单调递减，
的极大值为 ， 的极小值为 ；
由 ，得 ，
令 ，则 ， ，
当 ，即 时， 恒成立，则 ，所以 在 上是减函数．
当 ，即 或
当 时， 恒成立，从而 ，所以 在 上是减函数．
当 时，函数 有两个零点： ， ，
列表如下：
综上，当 时， 的减区间是 ，无增区间；
当 时， 的增区间是 ，减区间是 和
由 知，当 时， 有两个极值点 ， ， ，
则 ， 是方程 的两个根，
从而 ， ，
由韦达定理，得 ， ，
所以 ，令 ， ， ，
则 ，
当 时， ，则 在 上是增函数，
从而 ，故
1．已知函数
讨论函数 零点个数；
若 恒成立，求a的取值范围．
【解析】 由 ，得
设 ，则 ，
所以函数 在 ， 上单调递增；在 上单调递减，
所以
据此可画出大致图象，所以
当 或 时， 无零点；
当 或 时， 有一个零点；ⅲ 当 时， 有两个零点
①当 时， ，符合题意；
②当 时，因 ，则 ，
则 ，即 ，
设 ，则 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
所以 ，
所以，当 时， ，
即 成立，即 合题意；
③当 时，由 可知， ，在 上单调递增．
又 ， ，
所以 ，使当 时， ，即 ，
设 ，
则 ，所以 在 上单调递减，
所以 时，
当 时， ，即 ，
设 ，
因为 ，
令 ， ，则 ，
又令 ， ，
则 ，得 在 上单调递增．
有 ，
得 在 上单调递增，有
则 ，得 在 上单调递增．
则 时，
又 时， ，
得当 时， 时， ，
由上可知 ，在 上单调递增，则此时
综上可知，a的范围是
2．已知函数
当 时，求函数 的单调区间；
若 有3个零点 ， ， ，其中
求实数a的取值范围；
求证：
【解析】 当时 ， ， ，
则 在 恒成立，所以 在 单调递增，
故 的单调递增区间为 ，无单调递减区间．
，
， ，则 除1外还有两个零点．
，令 ，
当 时， 在 恒成立，则 ，所以 在 单调递
减，不满足，舍去；
当 时，要是 除1外还有两个零点，则 不单调，
所以 存在两个零点，所以 ，解得
当 时，设 的两个零点为m， ，则 ， ，所以 当 时， ， ，则 单调递增；
当 时， ， ，则 单调递减；当 时，
， ，则 单调递增；又 ，所以 ， ，
而 ，且 ，
，且 ，所以存在 ， ，
使得 ，
即 有3个零点 ， ，
综上，实数a的取值范围为
因为 ，
所以若 ，则 ，所以
当 时，先证明不等式 恒成立，设 ，
则 ，所以函数 在 上单
调递增，于是 ，即当 时，不等式 恒成立．
由 ，可得 ，因为 ，所以 ，即 ，两边同除以 ，
得 ，
所以
题型四：运用函数与方程的思想研究其他问题
【典例4-1】设双曲线 的左、右焦点分别为 是 上一点，且
．若 的面积为16，则 的离心率为 ．
【答案】
【解析】根据双曲线的定义可得 ，即 ，
由 可得 ，
所以 ，又因为 ，
所以 ，即 ，
，即 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，
解得 ，所以 ．
故答案为： .【典例4-2】等差数列 中， 为 的前n项和， ，若不等式 ，对任意的
恒成立，则实数k的取值范围为 .
【答案】
【解析】由题意可知 ，则 的公差为 ，
所以 ，
则 ，即 恒成立，
由对勾函数的性质知 在 上单调递减，在 上单调递增，
而 ，即 ，
所以 .
故答案为：
【变式4-1】在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是2，且所在的平面互相
垂直.可以滚动的弹珠M，N分别从A，F出发沿对角线AC，FB匀速移动，已知弹珠N的速度是弹珠M的
速度的3倍，且当弹珠N移动到B处时试验终止，则弹珠M，N间的最短距离是 .
【答案】
【解析】过点M做MH垂直AB于H，连接NH，如图所示，因为面 面 ，面 面 ，MH在面ABCD内，
，则 面 ， 面 ，所以 .
由已知弹子N的速度是弹子M的速度的3倍，
设 ，则 ，
因为 ， 为正方形，
，则 ， ，
所以 ，
所以 ， ，
由余弦定理可得
所以 ，
当 时， ，所以 ,
故答案为： .
【变式4-2】如图，在正方体 中，过 的平面分别交棱 于点 .给出下列四个
结论：
①四边形 一定是平行四边形；
②四边形 可能是正方形；
③四边形 为菱形时，其面积最小；
④四边形 为矩形时，其面积最大.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【解析】对于①，在正方体 中，
平面 平面 ，又 平面 ， 平面 ，
且 平面 ，所以 ，
同理 ，所以四边形 一定是平行四边形，故①正确；
对于②，设该正方体的棱长为2，
若四边形 可能是正方形，则 分别为 得中点，
且 ，实际上 ， ，
并不满足 ，
即 不成立，故四边形 不可能是正方形，故②不正确；
如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，
设 ，正方体的棱长为2，
则 ，
则 ，
则 ，
所以 ，
所以点 到 的距离 ，
则 ，
当 时，四边形 面积最小，此时四边形 为菱形，故③正确；
当 或2时，四边形 面积最大，此时四边形 为矩形，故④正确.
故答案为：①③④.1．已知双曲线 ： 和椭圆 ： .过点 的动直线 交 于A，B两点，过点Р的
动直线 交 于M，N两点，若四条直线 的斜率之和为定值，则定点Q为
.
【答案】
【解析】当直线 、 的斜率不存在时，不满足题意.故直线 的方程设为 ，
直线 过点 ，即 ，
联立方程组 ，整理得 ，
则 ，且 ，
设 ， ，有 ， ，设 ， ，
整理得 ，
则 ，
将 代入得 ，
由动直线 、 互不影响可知，要满足 为定值，
则 为定值， 为定值，
因此要满足 为定值，则有：
①若 ， ，计算得 ， ，
经检验满足 ，此时 ；
②若 ，即 ， ，
则有 无解；
综上，当 ， ，
下面只需验证当 时， 是否为定值，
设直线 方程为： ，直线 过点 ，即 ，
椭圆方程联立 ，得 ，可得 ，
设 ， ，有 ， ，，
化简得 ，
则 ，
将 得 ，所以当 ， ， ， ，所
以点 坐标为 .
故答案为： .
2．设椭圆 的上顶点为 ，过 任作两条互相垂直的直线分别交椭圆 于 ， 两点，则直线
过定点 ．
【答案】
【解析】根据题意，直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，且 ，
联立方程组 ，整理得 ，
则 ，
且 ，
由 ，所以，
所以 ，解得 或 ，
当 时，直线AB经过点D，不满足题意，则直线AB的方程为 ，
所以直线AB过定点 ．
故答案为： ．
