第三部分 跨模块融合创新题
创新融合1 数列与函数、导数交汇
例1 (1)(2025·唐山模拟)设n∈N*,xn是曲线y=x2n-1在点(1,-1)处的切线与x 轴交点的横坐标,记an=n xn xn+1
n+1
,则数列{an}的前
50 项和为(A)
A.5 100
101
B.5 150
101
C.5 000
101
D.4 950
101
解析 y'=(2n-1)x2n-2,当x=1 时,y'=2n-1,所以在点(1,-1)处的切线为:y-(-1)=(2n-1)(x-1),化简为:y=(2n-1)x-2n,当y=0 时,x= 2n
2n-1,即
xn= 2n
2n-1
,所以an=n xn xn+1
n+1
=n
2n
2n-1 ·
2(n+1)
2(n+1)-1
n+1
=
4 n
2
(2 n-1)(2n+1)
,化简:an= 4 n
2
4 n
2-1
=1+
1
(2 n-1)(2n+1)
=1+
1
2(
1
2n-1 -
1
2n+1),则数列{an}的前50 项和为:a1+a2+a3+…+a50=50+1
2(
1
1 - 1
3 + 1
3 - 1
5 +…+ 1
99 - 1
101)=50+ 50
101=
5 100
101
.故选A.
(2)(2025·济宁模拟)已知函数f(x)=e
x -1
e
x+1
,g(x)=f(x-1)+2,则g(x)的对称中心为 ( 1 , 2 ) ;若an=g(
1
n)+g(
2
n)+g(
3
n)+…+g
(
2n-1
n )(n∈N*),则数列{an}的通项公式为 a n=4
n -2
.
解析 函数f(x)=e
x -1
e
x+1
的定义域为R,f(-x)=e
- x -1
e
- x+1
=1-e
x
e
x+1
=-f(x),由g(x)=f(x-1)+2,得g(x+1)=f(x)+2,则g(-x+1)+g(x+1)=f(-x)+f(x)
+2+2=4,因此函数g(x)图象的对称中心是(1,2);由g(-x+1)+g(x+1)=4,得g(x)+g(2-x)=4,当n∈N*时,g(
1
n)+g(2- 1
n)=4,an=g(
1
n)
+g(
2
n)+g(
3
n)+…+g(
2n-1
n ),an=g(
2n-1
n )+g(
2n-2
n )+g(
2n-3
n )+…+g(
1
n),于是2an=4(2n-1),即an=4n-2,所以数列
{an}的通项公式为an=4n-2.
解决数列与函数、导数交汇问题的关键是理解数列的离散性与函数的连续性之间的关系.
将数列视为离散函数,研究其单调性、极值、极限等性质,再利用函数性质(如单调性、凹凸性)分析数列的递推关系或通项
公式.
训练1 已知Sn为数列{an}的前n 项和,S1=5,Sn+1-2n-5=3Sn,n∈N*,则an= 2×3
n -1
.记函数f(x)=a1x+a2x2+…+anxn,则曲线y=f(x)在
(1,f(1))处的切线的斜率为 (2 n-1)3
n+1-n
2-n+3
2
.
解析 因为Sn+1-2n-5=3Sn,所以Sn-2(n-1)-5=3Sn-1(n≥2),两式相减,得an+1=3an+2(n≥2).当n=1 时,S2=a1+a2=3a1+7,由a1=S1=5,知
a2=17,满足a2=3a1+2,所以an+1=3an+2(n∈N*).所以an+1+1=3(an+1),又a1+1=6≠0,所以an+1+1
an+1 =3,故{an+1}是以6 为首项,3 为公比
的等比数列,所以an+1=6×3n-1=2×3n,即an=2×3n-1.f'(x)=a1+2a2x+…+nanxn-1,则f'(1)=a1+2a2+3a3+…+nan.因为an=2×3n-1,所以
f'(1)=2×(1×3+2×32+3×33+…+n×3n)-(1+2+3+…+n),令Tn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n,则3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1,所
以-2Tn=3+32+33+…+3n-n×3n+1=3(1-3
n)
1-3
-n×3n+1=(1-2n)3
n+1-3
2
,所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=2Tn-
n(n+1)
2
=(2 n-1)3
n+1-n
2-n+3
2
.
训练2 已知数列{an}中,a1=-6,
an+1
n(n+3)
=
an
(n+1)(n+2)
-
3
n(n+1).
(1)证明:数列{
nan
n+2}是等差数列;
(2)给定正整数m,设函数f(x)=a1
3
x+a2
4
x2+a3
5
x3+…+ am
m+2
xm,求f'(-2).
解 (1)证明:已知
an+1
n(n+3)
=
an
(n+1)(n+2)
-
3
n(n+1),等式两边同乘n(n+1),得n+1
n+3an+1= n
n+2an-3,即n+1
n+3an+1- n
n+2an=-3,
又因为a1=-6,所以1×a1
1+2
=-6
3
=-2,所以数列{
nan
n+2}是首项为-2,公差为-3 的等差数列.
(2)由(1)知,数列{
nan
n+2}的通项公式为nan
n+2
=-2+(n-1)×(-3)=1-3n.因为f(x)=a1
3
x+a2
4
x2+a3
5
x3+…+ am
m+2
xm,所以f'(x)=a1
3
+2a2
4
x+3a3
5
x2+…+ mam
m+2
xm-1,则f'(x)=-2-5x-8x2-…-(3m-1)xm-1 ①,①式两边同乘x,得xf'(x)=-2x-5x2-8x3-…-(3m-1)xm ②,
-
②①得,
(x-1)f'(x)=2+3x+3x2+…+3xm-1-(3m-1)xm=2+3 x(1- x
m-1)
1- x
-(3m-1)xm,当x=-2 时,-3f'(-2)=2+3×(-2)[1-(-2)
m-1]
1-(-2)
-(3m-1)
(-2)m=-3m(-2)m,即f'(-2)=m(-2)m.
创新融合2 平面向量与数列交汇
例2 (1)(2025·海南模拟)类比数列,我们把一系列向量按照一定的顺序排列,可得到向量列.已知向量列{an}满足an+1=2an+d,
且满足a1·d=|d|=1,则an·d 的值为(B)
A.2n-1
B.2n-1
C.2n+1-4 D.2n
解析 an+1·d=(2an+d)·d=2an·d+d2=2an·d+1,则an+1·d+1=2(an·d+1),其中a1·d+1=2,则{an·d+1}是以2 为首项,2 为公比的等比数列,
则an·d+1=2n,则an·d=2n-1.故选B.
(2)已知向量a1,a2,…,an(n∈N*)满足ai+1-ai=d(i=1,2,…,n-1),|a1|=1,|d|=2,a1与d 的夹角为π
3
,bn=a1·an,数列{bn}的前n 项和为Sn,则
S20=(C)
A.120
B.180
C.210
D.420
解析 ai+1-ai=d(i=1,2,…,n-1)
an=a1+(n-1)d,又bn=a1·an=a1
2
+(n-1)a1·d,由于|a1|=1,|d|=2,a1与d 的夹角为
π
3 ,故a1·d=1×2×
1
2
=1,因此bn=a1
2+(n-1)a1·d=1+n-1=n,故S20=1
2×20×(20+1)=210.故选C.
数列与平面向量交汇问题一方面考查将数列的通项或前n 项和与向量的坐标、模、夹角等性质结合,利用向量的线性运算
(如加法、数乘、点积)研究数列的性质;另一方面考查利用向量的几何意义(如方向、模长)分析数列的递推关系或通项公式,
通过向量的运算求解数列的极限、和或其他性质.
训练3 (多选题)如图,已知点E 是▱ABCD 的边AB 的中点,Fn(n∈N*)为边BC 上的一列点,连接AFn交BD 于Gn,点Gn(n∈N*)
满足⃗Gn D=an+1·⃗Gn A-2(2an+3)·⃗Gn E,其中数列{an}是首项为1 的正项数列,Sn是数列{an}的前n 项和,则下列结论正确的是
(ABD)
A.a3=13
B.数列{an+3}是等比数列
C.an=4n-3
D.Sn=2n+2-3n-4
解析 因为E 为AB 的中点,所以2⃗Gn E=⃗Gn A+⃗Gn B,即⃗Gn B=-⃗Gn A+2⃗Gn E,因为D,Gn,B 三点共线,所以⃗Gn D=λ⃗Gn B=-λ⃗
Gn A+2λ⃗Gn E(λ≠0),又⃗Gn D=an+1·⃗Gn A-2(2an+3)⃗Gn E,由平面向量基本定理得{
an+1=- λ ,
-2(2an+3)=2 λ ,化简得:an+1=2an+3,所以
an+1+3=2(an+3),所以{an+3}是以a1+3=4 为首项,2 为公比的等比数列,故B 正确;所以an+3=4·2n-1=2n+1,所以an=2n+1-3,故C 错误;
则a3=24-3=13,故A 正确;所以Sn=(22+23+…+2n+1)-3n=2
2(1-2
n)
1-2
-3n=2n+2-3n-4,故D 正确.故选ABD.
训练4 如图,已知点列Pn(xn, 4
xn)与An(an,0)满足xn+1>xn,⃗Pn Pn+1⊥⃗An Pn+1且|⃗Pn Pn+1|=|⃗An Pn+1|,其中n∈N*,x1=√2.
(1)求xn+1与xn的关系式;
(2)证明:2n2+4n+4≤x1
2+x2
2+x3
2+…+xn+1
2
≤4n2+6n.
解 (1)依题意,⃗Pn Pn+1=(xn+1- xn, 4
xn+1
- 4
xn),⃗An Pn+1=(xn+1-an, 4
xn+1),因为⃗Pn Pn+1⊥⃗An Pn+1,则⃗Pn Pn+1·⃗
An Pn+1=(xn+1-xn)(xn+1-an)+4( xn- xn+1)
xn+1 xn
× 4
xn+1
=0,因为xn+1>xn>0,则得xn+1-an=
16
xn+1
2
xn
(*).因为|⃗Pn Pn+1|=|⃗An Pn+1|,则得
(xn+1-xn)2+(
4
xn+1
- 4
xn)
2
=(xn+1-an)2+(
4
xn+1)
2
,
将(*)式代入此式,可得(xn+1-xn)2(1+
16
xn+1
2
xn
2)= 16
xn+1
2 (1+
16
xn+1
2
xn
2),即得(xn+1-xn)2= 16
xn+1
2
,则xn+1-xn= 4
xn+1
.
(2)证明:由xn+1-xn= 4
xn+1
,将x1=√2代入,解得x2=2√2.由xn+1-xn= 4
xn+1
可得xn+1- 4
xn+1
=xn,两边取平方,xn+1
2
+ 16
xn+1
2
-8=xn
2,即xn+1
2
-xn
2
=8- 16
xn+1
2
<8,又xn+1-xn= 4
xn+1
,故(xn+1-xn)xn+1=4,因xn+1>xn>0,则4=(xn+1-xn)xn+1<xn+1
2
-xn
2,即4<xn+1
2
-xn
2<8,故得4<xn+1
2
-xn
2<8,4<xn
2-
xn-1
2
<8,…,4<x2
2-x1
2<8,将以上n 个不等式左右分别相加,可得4n<xn+1
2
-x1
2<8n,即得4n+2<xn+1
2
<8n+2.下面证明:2n2+4n+4≤x1
2+
x2
2+x3
2+…+xn+1
2
≤4n2+6n 恒成立.当n=1 时,x1
2+x2
2=2+8=10,不等式成立;当n≥2 时,10+4×(n-1)(n+2)
2
+2(n-1)<10+x3
2+…+
xn+1
2
<10+8×(n-1)(n+2)
2
+2(n-1),即得2n2+4n+4<10+x3
2+…+xn+1
2
<4n2+6n,不等式成立.综上可得,2n2+4n+4≤x1
2+x2
2+x3
2+…+
xn+1
2
≤4n2+6n 得证.
创新融合3 三角函数与函数、导数交汇
例3 (1)(多选题)已知函数f(x)=
1
sin x +
1
cos x ,则(CD)
A.f(x)的最小正周期为π
B.f(x)的图象关于点(π,0)对称
C.f(x)在(- π
2 ,0)上单调递减
D.当x∈(0, π
2)时,f(x)≥2√2
解析 对于A,f(x+π)=
1
sin( x + π )+
1
cos( x + π )=-
1
sin x -
1
cos x ≠f(x),所以A 错误;对于B,由f(2π-x)=
1
sin(2π - x)+
1
cos(2π - x)=-
1
sin x
+
1
cos x
≠-f(x),可得函数f(x)的图象不关于点(π,0)对称,所以B 错误;对于C,设t=sin x+cos x,可得sin
xcos x=t
2-1
2
,则f(x)=
1
sin x
+
1
cos x
=sin x +cos x
sin xcos x
转化为g(t)= 2t
t
2-1
,当x∈(- π
2 ,0)时,x+π
4
∈(- π
4 , π
4),则t=sin
x+cos x=√2sin(x + π
4)∈(-1,1),又g'(t)=2(t
2-1)-2t·2t
(t
2-1)
2
=-2t
2-2
(t
2-1)
2 =-2(t
2+1)
(t
2-1)
2 <0,所以函数g(t)在(-1,1)上单调递减,又t=
√2sin(x + π
4)在(- π
2 ,0)上单调递增,所以由复合函数的单调性,可得函数f(x)在(- π
2 ,0)上单调递减,所以C 正确;对于D,
当x∈(0, π
2)时,x+π
4 ∈(
π
4 , 3 π
4 ),则t=√2sin(x + π
4)∈(1,√2],由g'(t)<0,得g(t)在(1,√2]上单调递减,当x+π
4 ∈(
π
4 , π
2),即x∈
(0, π
4)时,函数t=√2sin(x + π
4)单调递增,当x+π
4
∈(
π
2 , 3 π
4 ),即x∈(
π
4 , π
2)时,函数t=√2sin(x + π
4)单调递减,由复合函
数的单调性,可得函数f(x)在(0, π
4)上单调递减,在(
π
4 , π
2)上单调递增,所以f(x)≥f(
π
4)=2√2,所以D 正确.故选CD.
(2)已知△ABC 是锐角三角形,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.若a2-b2=bc,则b
a+c
的取值范围是 ( 2-
√3,√2-1
) .
解析 由a2-b2=bc,得a2=b2+bc,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,所以b2+bc=b2+c2-2bccos A,即b=c-2bcos A,由正弦定理得sin
B=sin C-2sin Bcos A,因为C=π-(A+B),所以sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,所以sin B=sin Acos B-cos Asin B,即sin
B=sin(A-B).因为△ABC 是锐角三角形,所以0<A<π
2
,0<B<π
2
,所以-π
2
<A-B<π
2
.又y=sin x 在(- π
2 , π
2)上单调递增,所以B=A-B,
故A=2B.因为△ABC 是锐角三角形,所以0<B<π
2 ,0<A=2B<π
2 ,0<C=π-3B<π
2 ,所以π
6 <B<π
4 .由正弦定理得b
a+c =
sin B
sin A +sin C
=
sin B
sin 2B+sin(π -3 B)=
sin B
sin 2B+sin 3 B
=
sin B
2sin Bcos B+sin 2Bcos B+cos 2Bsin B
=
1
2cos B+2co s
2B+2co s
2B -1
=
1
4 co s
2B+2cos B -1
,令
cos B=t,因为π
6 <B<π
4 ,所以t∈(
√2
2 , √3
2 ).y=4t2+2t-1=4(t + 1
4)
2
-5
4 在(
√2
2 , √3
2 )上单调递增,当t=√2
2
时,y=1+√2,当t=√3
2
时,
y=2+√3,故b
a+c
=
1
4t
2+2t -1
∈(
1
2+√3 ,
1
1+√2)=(2-√3,√2-1).
训练5 (2025·全国一卷)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x 在区间[0, π
4]的最大值;
(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ;
(3)设b∈R,若存在φ∈R,使得5cos x-cos(5x+φ)≤b 对x∈R 恒成立,求b 的最小值.
解 (1)因为f(x)=5cos x-cos 5x,所以f'(x)=-5sin x+5sin 5x.令f'(x)=0,得sin x=sin 5x,又x∈[0, π
4],所以x=5x 或x=π-5x,所以x=0
或x=π
6 ,所以x,f'(x),f(x)的关系如表所示:
x
0 (0, π
6)
π
6
(
π
6 , π
4]
f'(x)
0
大于0
0
小于0
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
因为f(
π
6)=5cos π
6 -cos 5 π
6 =3√3,所以函数f(x)=5cos x-cos 5x 在区间[0, π
4]的最大值为3√3.
(2)解法一:因为余弦函数的周期为2π,所以不妨设a∈(0,2π],当a≤2θ 时,a-θ≤θ,则θ∈[a-θ,a+θ),此时存在y=θ,使得cos y=cos θ;
当a>2θ 时,θ<a-θ≤2π-θ,作出余弦函数的大致图象(如图所示),
所以cos(a-θ)≤cos θ,只需要取y=a-θ,即可得到cos y≤cos θ.综上可得,给定θ∈(0,π)和a∈R,存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ.
解法二:因为cos(a+θ)+cos(a-θ)=2cos acos θ≤2cos θ,所以cos(a+θ)与cos(a-θ)中必有一个小于等于cos θ.否则cos(a+θ)>cos
θ,cos(a-θ)>cos θ,这与cos(a+θ)+cos(a-θ)=2cos acos θ≤2cos θ 矛盾.所以一定存在y=a-θ 或y=a+θ,使得 cos y≤cos θ,所以对于
给定θ∈(0,π)和a∈R,存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ.
(3)令h(x)=5cos x-cos(5x+φ),当φ=0 时,因为h(x)=h(-x),h(x)=h(x+2π),所以h(x)为偶函数,且2π 为h(x)的周期,所以讨论h(x)在
[0,π)上的情况,由(1)可知h(x)在(0, π
6)上单调递增,在(
π
6 , 5 π
6 )上单调递减,在(
5 π
6 ,π)上单调递增,结合对称性,及h(π)=-4,
可知x∈[0,π)时h(x)≤3√3,所以此时b 的最小值为3√3.要证3√3为b 的最小值,对于任意的φ,只需要证明h(x)的最大值不小
于3√3,只需要证明存在x0,使得h(x0)≥3√3.当|x0|≤π
6 时,令y0=5x0+φ,则y0∈[- 5 π
6 +φ , 5 π
6 +φ].由(2)可知,取θ=5 π
6 ,a=φ,可
得存在y0∈[- 5 π
6 +φ , 5 π
6 +φ]使得cos y0≤cos 5 π
6 =-√3
2
,所以h(x0)=5cos x0-cos(5x0+φ)=5cos x0-cos y0≥5×√3
2
-(- √3
2 )=3
√3,综上可得,bmin=3√3.
创新融合4 解析几何与函数、导数交汇
例4 (1)(多选题)数学中很多代数问题可以转化为几何问题.例如,与√( x -a)
2+( y -b)
2相关的代数问题,可以转化为点
A(x,y)与点B(a,b)之间的距离的几何问题.结合上述观点,对于函数f(x)=√x
2+ 4 x +5+√x
2- 4 x +5,下列结论正确的是(BC)
A.方程f(x)=5 无解
B.方程f(x)=6 有两个解
C.f(x)的最小值为2√5
D.f(x)的最大值为6√5
解析 f(x)=√x
2+ 4 x +5+√x
2- 4 x +5=√( x +2)
2+1+√( x -2)
2+1,设P(x,1),A(-2,0),B(2,0),则f(x)=|PA|+|PB|,如图,取C(2,2),
则f(x)=|PA|+|PB|=|PA|+|PC|≥|AC|=√4
2+2
2=2√5,当且仅当A,P,C 三点共线时,等号成立,又当x≥2 时,f(x)随x 增大而增大,故f(x)
无最大值,故C 正确、D 错误;由5>2√5,故f(x)=5 有解,故A 错误;f(x)=6,则|PA|+|PB|=6>|AB|=4,
则P 的轨迹是以A,B 为焦点的椭圆,此时2a=6,c=2,即a=3,b2=9-4=5,即椭圆方程为x
2
9
+ y
2
5
=1,当y=1 时,得x
2
9
=1-1
5 =4
5 ,得x2=
36
5 ,即x=±6√5
5
,即方程f(x)=6 有两个解,故B 正确.故选BC.
(2)(2024·新课标Ⅰ卷)(多选题)
设计一条美丽的丝带,其造型
可以看作图中的曲线C 的一部分,已知C 过坐标原点O,且C 上的点满足:横坐标大于-2,到点
F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4,则
(ABD)
A.a=-2
B.点(2√2,0)在C 上
C.C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
D.当点(x0,y0)在C 上时,y0≤
4
x0+2
解析 因为坐标原点O 在曲线C 上,所以2×|a|=4,又a<0,所以a=-2,所以A 正确.因为点(2√2,0)到点F(2,0)的距离与到定直线
x=-2 的距离之积为(2√2-2)(2√2+2)=4,所以点(2√2,0)在曲线C 上,所以B 正确.设P(x,y)(x>0,y>0)是曲线C 在第一象限的点,则
有√( x -2)
2+ y
2(x+2)=4,所以y2=
16
( x +2)
2-(x-2)2,令f(x)=
16
( x +2)
2-(x-2)2,则f'(x)=-
32
( x +2)
3 -2(x-2),因为f(2)=1,且f'(2)<0,所以函
数f(x)在x=2 附近单调递减,即必定存在一小区间(2-ε,2+ε)使得f(x)单调递减,所以在区间(2-ε,2)上均有f(x)>1,所以P(x,y)的纵
坐标的最大值一定大于1,所以C 错误.因为点(x0,y0)在C 上,所以x0>-2 且√( x0-2)
2+ y0
2(x0+2)=4,得y0
2=
16
( x0+2)
2-(x0-2)2≤
16
( x0+2)
2,所以y0≤|y0|≤√
16
( x0+2)
2=
4
x0+2,所以D 正确.综上,选ABD.
这类题目常涉及函数与方程思想的综合应用,如通过函数性质和方程理论解决最值与范围问题,以及定点定值问题.解题时,
常用数形结合方法,利用几何图形直观理解问题,并结合函数和解析几何的代数方法求解.同时,设而不求的思想在处理曲线
交点问题时尤为重要,通过根与系数的关系或“点差法”简化计算.此外,函数思想和方程思想也是关键,可将解析几何问题
转化为函数问题,利用导数或不等式求解最值,或通过联立方程利用判别式和根与系数的关系解决位置关系问题.
训练6 (2025·广东二模)已知以下事实:反比例函数y=k
x (k≠0)的图象是双曲线,两条坐标轴是其两条渐近线.
(1)(ⅰ)直接写出函数y= 1
2 x
的图象C0的实轴长;
(ⅱ)将曲线C0绕原点顺时针转π
4
,得到曲线C,直接写出曲线C 的方程;
(2)已知点A 是曲线C 的左顶点.圆E:(x-1)2+(y-1)2=r2(r>0)与直线l:x=1 交于P,Q 两点,直线AP,AQ 分别与双曲线C 交于M,N 两
点.试问:点A 到直线MN 的距离是否存在最大值?若存在,求出此最大值以及此时r 的值;若不存在,说明理由.
解 (1)(ⅰ)由题意可知双曲线y= 1
2 x
的实轴在y=x 上,联立{
y = 1
2 x ,
y = x ,
解得{
x = √2
2 ,
y = √2
2
或{
x =- √2
2 ,
y =- √2
2 ,
即双曲线y= 1
2 x
的两顶点
为(
√2
2 , √2
2 ),(- √2
2 ,- √2
2 ),故实轴长为2a=√(
√2
2 + √2
2 )
2
+(
√2
2 + √2
2 )
2
=2.
(ⅱ)将曲线C0绕原点顺时针转π
4 ,得到曲线C,曲线C 的方程为x2-y2=1.
(2)设A(-1,0),M(x1,y1),N(x2,y2),如图,显然直线MN 的斜率存在,设MN:y=kx+m,联立C:x2-y2=1 得(1-k2)x2-2kmx-(m2+1)=0,所以
Δ=4(m2+1-k2)>0,x1+x2= 2km
1-k
2,x1x2=-m
2+1
1-k
2 ①,因为AM:y=
y1
x1+1
(x+1),令x=1,则yP= 2 y1
x1+1
,同理,yQ= 2 y2
x2+1
②,依题意得
yP+yQ=2 ③,由①②③得,-2k+2m=-m2+2km-k2,所以(m-k)(m-k+2)=0,即m=k 或m=k-2,若m=k,则MN:y=k(x+1)过点A,不合题意;
若m=k-2,则MN:y=k(x+1)-2,所以MN 恒过点G(-1,-2),所以dmax=|AG|=2.当且仅当MN⊥AG,即k=0 时取得,此时MN 方程为y=-2,
结合x2-y2=1,解得N(√5,-2),yQ=-(√5-1),r=1-yQ=√5,综上所述,点A 到直线MN 距离的最大值为2,此时圆E 的半径为√5.
创新融合5 数列与解析几何交汇
例5 (2024·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C 上,k 为常数,0<k<1.按照如下方式依次构造点
Pn(n=2,3,…):过Pn-1作斜率为k 的直线与C 的左支交于点Qn-1,令Pn为Qn-1关于y 轴的对称点,记Pn的坐标为(xn,yn).
(1)若k=1
2
,求x2,y2;
(2)证明:数列{xn-yn}是公比为1+k
1-k
的等比数列;
(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积,证明:对任意正整数n,Sn=Sn+1.
解 将点P1(5,4)的坐标代入C 的方程,得52-42=m,解得m=9,所以C:x2-y2=9.
(1)过点P1(5,4)且斜率k=1
2的直线方程为y=1
2(x-5)+4,与C 的方程联立,消去y 化简可得x2-2x-15=0,即(x-5)(x+3)=0,所以点Q1
的横坐标为-3,将x=-3 代入直线方程,得y=0,因此Q1(-3,0),从而P2(3,0),即x2=3,y2=0.
(2)证明:由题意,Pn(xn,yn),Pn+1(xn+1,yn+1),Qn(-xn+1,yn+1).设过点Pn(xn,yn)且斜率为k 的直线为ln:y=k(x-xn)+yn,将ln的方程与C 的方程联
立,消去y 化简可得(1-k2)x2+(2k2xn-2kyn)x-(kxn-yn)2-9=0,由根与系数的关系,得-xn+1+xn=-2k
2 xn-2k yn
1-k
2
,所以xn+1=
2k
2 xn-2k yn
1-k
2
+xn=k
2 xn+ xn-2k yn
1-k
2
.又Qn(-xn+1,yn+1)在直线ln上,所以yn+1=k(-xn+1-xn)+yn=-kxn+1-kxn+yn.从而xn+1-
yn+1=xn+1+kxn+1+kxn-yn=(1+k)xn+1+kxn-yn=(1+k)·k
2 xn+ xn-2k yn
1-k
2
+kxn-yn=1+k
1-k
·(xn-yn),易知xn-yn≠0,所以数列{xn-yn}是公比为
1+k
1-k 的等比数列.
(3)证明:由(2)知,数列{xn-yn}是首项为x1-y1=5-4=1,公比为1+k
1-k 的等比数列.令t=1+k
1-k ,由0<k<1 可知t>1,则xn-yn=tn-1,又xn
2-yn
2
=9,所以xn+yn=
9
xn- yn
= 9
t
n-1,可得xn=9+t
2n-2
2t
n-1 ,yn=9-t
2n-2
2t
n-1 .所以Pn(
9+t
2n-2
2t
n-1 , 9-t
2n-2
2t
n-1 ),Pn+1(
9+t
2n
2t
n , 9-t
2n
2t
n ),Pn+2
(
9+t
2n+2
2t
n+1 , 9-t
2n+2
2t
n+1 ).所以直线PnPn+1的方程为x-xn= xn+1- xn
yn+1- yn
(y-yn),即(9+t2n-1)x-(9-t2n-1)y-9tn-1(1+t)=0.易知点Pn+2到直线
PnPn+1的距离d=|(9+t
2n-1)· 9+t
2n+2
2t
n+1 -(9-t
2n-1)· 9-t
2n+2
2t
n+1 -9t
n-1(1+t )|
√(9+t
2n-1)
2+(9-t
2n-1)
2
=|9t
n-2(t -1)
2(t +1)|
√(9+t
2n-1)
2+(9-t
2n-1)
2.又|PnPn+1|=
√(
9+t
2n
2t
n - 9+t
2n-2
2t
n-1 )
2
+(
9-t
2n
2t
n - 9-t
2n-2
2t
n-1 )
2
=√(t -1)
2[(9-t
2n-1)
2+(9+t
2n-1)
2]
2t
n
,则Sn=1
2
·|PnPn+1|·d=9(t -1)
3(t +1)
4t
2
= 36k
3
(1-k
2)
2,即Sn为定值,所以Sn=Sn+1.
将数列的通项或前n 项和与几何图形(如直线、圆、圆锥曲线)的性质结合,利用几何图形的性质(如距离、斜率、面积)研究
数列的性质.利用解析几何的方法(如坐标法、参数方程)求解数列的通项或前n 项和,通过几何图形的性质分析数列的极限、
单调性等.
训练7 已知点P1(2,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上,按照如下方法依次构造点Pn(n=2,3,4,…),过点Pn-1作斜率为-1
2的直线与抛
物线C 交于另一点Qn-1,作点Qn-1关于y 轴的对称点Pn,记Pn的坐标为(xn,yn).
(1)求抛物线C 的方程;
(2)求数列{xn}的通项公式,并求数列{
1
xn+ yn}的前n 项和Tn;
(3)求△PnPn+1Pn+2(n∈N*)的面积.
解 (1)因为点P1(2,1)在抛物线C:x2=2py 上,则22=2p×1,解得p=2,所以抛物线C 的方程为x2=4y.
(2)由P1(2,1)可知x1=2,y1=1,因为点Pn(xn,yn)在抛物线C:x2=4y 上,则yn= xn
2
4
,且Qn-1(-xn,yn),过Pn-1(xn-1, xn-1
2
4 ),n≥2,且斜率为-1
2
的
直线Pn-1Qn-1:y- xn-1
2
4
=-1
2(x-xn-1),联立方程{
y - xn-1
2
4 =- 1
2 ( x - xn-1),
x
2= 4 y ,
消去y 可得(x-xn-1)(x+xn-1+2)=0,解得x=xn-1或x=-xn-1-2,所
以-xn=-xn-1-2,可得xn=xn-1+2,所以数列{xn}是以首项为2,公差为2 的等差数列,所以xn=2+2(n-1)=2n,又yn= xn
2
4
=4 n
2
4
=n2,所以
1
xn+ yn
=
1
n
2+2n
=1
2(
1
n -
1
n+2),所以Tn=1
2(1- 1
3 + 1
2 - 1
4 + 1
3 - 1
5 +…+ 1
n -
1
n+2)=1
2(1+ 1
2 -
1
n+1 -
1
n+2)=3
4
-
1
2(n+1)-
1
2(n+2).
(3)由(2)可知:Pn(2n,n2),Pn+1(2n+2,(n+1)2),Pn+2(2n+4,(n+2)2),直线PnPn+2的方程为y-n2=(n+2)
2-n
2
2n+ 4 -2n
(x-2n)=(n+1)(x-2n),即(n+1)x-y-
n2-2n=0,点Pn+1到直线PnPn+2的距离为d=|2(n+1)
2-(n+1)
2-n
2-2 n|
√(n+1)
2+1
=
1
√(n+1)
2+1
,|PnPn+2|=
√(2 n+ 4 -2n)
2+[(n+2)
2-n
2]
2=4√(n+1)
2+1,所以△PnPn+1Pn+2(n∈N*)的面积为S=1
2|PnPn+2|d=2.
创新融合6 数列与立体几何交汇
例6 (1)已知正四面体ABCD 中,AB=1,P1,P2,…,Pn在线段AB 上,且|AP1|=|P1P2|=…=|Pn-1Pn|=|PnB|,过点P1作平行于直线AC 和
BD 的平面,该平面截正四面体ABCD 的截面面积为an,则an=
n
(n+1)
2 .若bn=(n+1)
2(6 n-5)
n·2
n
,则数列{anbn}的最大项为 7
4
.
解析 由题意得|AP1|=|P1P2|=|P2P3|=…=|PnB|= 1
n+1,如图①,取BD 中点O,连接AO,CO,在正四面体ABCD 中,△ABD,△BCD 均
为等边三角形,则AO⊥BD,CO⊥BD,且AO∩CO=O,AO,CO⊂平面AOC,所以BD⊥平面AOC,又AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC,如
图②,过点P1作P1E∥AC 交BC 于点E,过E 点作EG∥BD,交CD 于点G,过点P1作P1F∥BD 交AD 于点F,连接FG,则P1F⊥P1E,
故四边形P1FGE 为截面,且四边形P1FGE 为矩形,由相似知识可知|AP1|=|P1F|= 1
n+1,|EP1|= n
n+1,故an=|PF1|·|EP1|= 1
n+1·
n
n+1=
n
(n+1)
2.因为an=
n
(n+1)
2,bn=(n+1)
2(6 n-5)
n·2
n
,可得anbn=
n
(n+1)
2·(n+1)
2(6 n-5)
n·2
n
=6n-5
2
n
,令f(x)=6 x -5
2
x
(x≥1),
则f'(x)=6×2
x -(6 x -5)·2
x·ln 2
(2
x)
2
=6-(6 x -5)ln 2
2
x
,而ln 2>ln√e=1
2,当x≥3 时,6-(6x-5)ln 2<0,可知f(x)=6 x -5
2
x
在
[3,+∞)上单调递减,即当n≥3 时,数列{anbn}单调递减,anbn≤a3b3=13
8 ,且a1b1=1
2,a2b2=7
4 ,所以数列{anbn}的最大项为7
4 .
①
②
(2)(多选题)已知三棱锥A BCD
⁃
的棱长均为6,其内有n 个小球,球O1与三棱锥A BCD
⁃
的四个面都相切,球O2与三棱锥A BCD
⁃
的三个面和球O1都相切,如此类推,…,球On与三棱锥A BCD
⁃
的三个面和球On-1都相切(n≥2,且n∈N*),球On的表面积为Sn,体
积为Vn,则
(BCD)
A.V1=√6
8
π
B.S3=3 π
8
C.数列{Vn}是公比为1
8 的等比数列
D.数列{Sn}的前n 项和为8π(1- 1
4
n)
解析 如图所示,AO 是三棱锥A BCD
⁃
的高,O 是三角形BCD 的中心,设三棱锥A BCD
⁃
的棱长均为a,所以OB=√3
2
×2
3
a=√3
3
a,AO=√A B
2-O B
2=√
a
2-(
√3
3 a)
2
=√6
3
a.O1是三棱锥A BCD
⁃
的内切球的球心,O1在AO 上,设三棱锥A BCD
⁃
的外接球半
径为R,球On的半径为rn,则由O1B2=OO1
2+OB2,得R2=(
√6
3 a- R)
2
+(
√3
3 a)
2
,得R=√6
4
a.所以r1=AO-AO1=√6
3
a-√6
4
a=√6
12
a,
又a=6,所以r1=√6
2
,所以V1=4
3
πr1
3=4
3
π·(
√6
2 )
3
=√6π.故A 不正确;在AO 上取点E,使得EO1=r1=√6
12
a,则AE=AO-2r1=√6
3
a-
√6
6
a=√6
6
a,即E 为AO 的中点,则球O2与球O1相切于E,过E 作与底面BCD 平行的平面,分别与AB,AC,AD 交于B1,C1,D1,则
球O2是三棱锥A B
⁃
1C1D1的内切球,因为E 为AO 的中点,所以三棱锥A B
⁃
1C1D1的棱长是三棱锥A BCD
⁃
的棱长的一半,所以内
切球O2的半径r2=1
2r1,以此类推,所以{rn}是首项为√6
2
,公比为1
2的等比数列,所以rn=√6
2
×(
1
2)
n-1
=√6
2
n ,r3=√6
8
,S3=4πr3
2=4π
(
√6
8 )
2
=3 π
8 ,故B 正确;所以Vn=4
3 πrn
3,V n+1
V n
=rn+1
3
rn
3 =(
1
2)
3
=1
8 ,即数列{Vn}是公比为1
8 的等比数列,故C 正确;Sn=4πrn
2=4π· 6
4
n=
6 π
4
n-1,S1+S2+…+Sn=6π(1+ 1
4 + 1
4
2 +…+ 1
4
n-1)=6π·
1-(
1
4)
n
1- 1
4
=8π(1- 1
4
n),故D 正确.
数列与立体几何的交汇命题常涉及数列的通项公式、求和公式与立体几何中的表面积、体积、空间位置关系等知识的结
合.这类题目可能结合数列、立体几何、函数、不等式等知识,考查综合应用能力.重点在于将立体几何问题转化为数列问
题,或将数列问题转化为几何问题,通过转化简化问题.
训练8 如图,已知正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1顶点处有一质点Q,点Q 每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动,且向每个
顶点移动的概率相同,从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次,若质点Q 的初始位置位于点A 处,记点Q 移动n
次后仍在底面ABCD 上的概率为Pn.
(1)求P2;
(2)(ⅰ)求证:数列{Pn- 1
2}是等比数列;
(ⅱ)求∑
i=1
n
❑(iPi).
解 (1)依题意,每一个顶点有3 个相邻的顶点,其中两个在同一底面.所以当点Q 在下底面时,随机移动一次仍在下底面的概
率为2
3 ,在上底面时,随机移动一次回到下底面的概率为1
3 ,又因为P1=2
3 ,所以P2=2
3 ×2
3 +1
3 ×1
3 =5
9 .
(2)(ⅰ)证明:因为Pn+1=2
3Pn+1
3(1-Pn)=1
3Pn+1
3,所以Pn+1-1
2=1
3Pn+1
3 -1
2=1
3Pn-1
6 =1
3(Pn- 1
2).又因为P1=2
3 ,所以P1-1
2=2
3-1
2=1
6
≠0,所以数列{Pn- 1
2}是首项为1
6 ,公比为1
3 的等比数列.
(ⅱ)因为Pn-1
2=1
6 ×(
1
3)
n-1
=1
2×(
1
3)
n
,所以Pn=1
2×(
1
3)
n
+1
2,所以iPi=1
2×i(
1
3)
i
+ i
2.设ai=i(
1
3)
i
,则∑
i=1
n
❑(iai)=1×(
1
3)
1
+2×
(
1
3)
2
+3×(
1
3)
3
+…+n×(
1
3)
n
,则1
3∑
i=1
n
❑(iai)=1×(
1
3)
2
+2×(
1
3)
3
+3×(
1
3)
4
+…+n×(
1
3)
n+1
,所以2
3∑
i=1
n
❑(iai)=1×(
1
3)
1
+1×(
1
3)
2
+1×(
1
3)
3
+1×(
1
3)
4
+…+1×(
1
3)
n
-n×(
1
3)
n+1
,所以2
3∑
i=1
n
❑(iai)=1
3
×
1-(
1
3)
n
1- 1
3
-n×(
1
3)
n+1
=1
2
-1
2
×(
1
3)
n
-n×(
1
3)
n+1
,所以∑
i=1
n
❑
(iai)=3
4
-(
3+2n
4 )×(
1
3)
n
.又因为∑
i=1
n
❑i
2
=
1
2 + n
2
2
n=n
2+n
4
,所以∑
i=1
n
❑(iPi)=3
8
-(
3+2n
8 )×(
1
3)
n
+n
2+n
4
.
创新融合7 解析几何与平面向量交汇
例7 已知椭圆E: x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为√2
2
,以焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为16.
(1)求E 的方程;
(2)已知点M(0,-1),M1(1,1),⃗M M n+1=⃗M M n+⃗M M 1(n∈N*),⃗O M n∥⃗O N n,且⃗O M n·⃗O N n=2(O 为坐标原点)
(ⅰ)证明:点Nn在同一个圆上;
(ⅱ)将(ⅰ)中的圆向左平移2 个单位长度,向上平移1 个单位长度得到一个新圆,已知P(x0,y0)是该圆上的任意一点,过点P 作
该圆的切线,设切线与E 交于C,D 两点,求⃗OC·⃗OD的取值范围.
解 (1)设椭圆E 的焦距为2c,依题意{
c
a = √2
2 ,
4× 1
2 bc =16,
又a2=b2+c2,所以{
a
2=16,
b
2=8,
则E 的方程为x
2
16
+ y
2
8
=1.
(2)(ⅰ)证明:设Mn(an,bn),则由题意可知(an+1,bn+1+1)=(an,bn+1)+(1,2),所以{
an+1=an+1,
bn+1=bn+2,故{an}是公差为1 的等差数列,{bn}是公差
为2 的等差数列,由已知a1=1,b1=1,所以{
an=a1+(n-1)×1=n,
bn=b1+(n-1)×2=2n-1,所以Mn(n,2n-1),即有⃗O M n=(n,2n-1),设Nn(xn,yn),则⃗
O N n=(xn,yn),因为⃗O M n∥⃗O N n,且⃗O M n·⃗O N n=2,所以有{
(2 n-1)xn-n yn=0,
n xn+(2n-1) yn=2,
故yn≠0,且
n
2n-1= xn
yn
,消去n 得xn
2+yn
2
-4xn+2yn=0,即(xn-2)2+(yn+1)2=5,所以点Nn在同一个圆(x-2)2+(y+1)2=5 上.
(ⅱ)将圆(x-2)2+(y+1)2=5 向左平移2 个单位长度,向上平移1 个单位长度得到的圆的方程为x2+y2=5,设Q(x,y)是切线上除P 点
外的任意一点,则⃗PQ=(x-x0,y-y0),⃗OP=(x0,y0),因为QP⊥OP,所以⃗PQ·⃗OP=(x-x0,y-y0)·(x0,y0)=0,结合x0
2+y0
2=5 可得,切线PQ 的方
程为x0x+y0y=5,联立{
x0 x + y0 y =5,
x
2
16 + y
2
8 =1,
整理得(2x0
2+y0
2)x2-20x0x+50-16y0
2=0,因为√5<2√2,故圆x2+y2=5 在椭圆内部,故
Δ>0,xC+xD= 20 x0
2 x0
2+ y0
2 ,xCxD=50-16 y0
2
2 x0
2+ y0
2 ,所以yCyD=5- x0 xC
y0
·5- x0 xD
y0
=25-5 x0( xC+ xD)+ x0
2 xC xD
y0
2
=25-16 x0
2
2 x0
2+ y0
2 ,所以⃗OC
·⃗OD=xCxD+yCyD=75-16( x0
2+ y0
2)
2 x0
2+ y0
2
=-5
2 x0
2+ y0
2=-5
x0
2+5
,因为x0
2∈[0,5],所以-5
x0
2+5
∈[-1,- 1
2],故⃗OC·⃗OD的取值范围是
[-1,- 1
2].
解析几何与平面向量的交汇命题主要考查方向包括:向量的线性运算、数量积运算在解析几何中的应用,如利用向量解决直
线与圆锥曲线的位置关系、轨迹问题、最值问题等.这类题目常结合圆锥曲线的性质,通过向量的坐标运算或几何意义来简
化问题.
训练9 如图,在平面直角坐标系xOy 中,O 是矩形ABCD 边AB 的中点,|AB|=2√3,|CB|=2,⃗BE=λ⃗BC,⃗CF=λ⃗DC,0<λ<1,直线
AE 与BF 交于点P,双曲线K: x
2
3
-y2=1.
(1)证明:点P 在K 上;
(2)已知K 的右焦点为F',直线PO 与K 的左支的交点为Q,直线PF'与K 的右支的另一个交点为M,直线QF'与K 的右支的交
点为N,证明:直线MN 过定点.
证明 (1)设P(x,y),由题意,得A(-√3,0),B(√3,0),C(√3,2),D(-√3,2),则⃗BC=(0,2),⃗DC=(2√3,0).由⃗BE=λ⃗BC,得E(√3,2λ).由⃗CF
=λ⃗DC,得F(√3+2√3λ,2),所以直线AE:y= λ
√3
(x+√3),直线BF:y= 1
√3 λ
(x-√3),两式相乘,得y2=1
3
(x2-3),即x
2
3
-y2=1,所以点P 在
K 上.
(2)依题意,得F'(2,0),如图,设P(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),则Q(-x0,-y0).由题意,得直线MN 的斜率存在且不为0,设MN:x=my+n,联立
{
x
2
3 - y
2=1,
x =my +n,
得(m2-3)y2+2mny+n2-3=0.由题意,知m2-3≠0,Δ>0.由根与系数的关系,得y1+y2=-2mn
m
2-3
,y1y2= n
2-3
m
2-3
.又直线PM:x=
x1-2
y1
y+2,代入x
2
3
-y2=1,并注意到x1
2
3
-y1
2=1,化简,得(7-4x1)y2+4(x1-2)y1y+y1
2=0,所以y0y1=
y1
2
7- 4 x1
,所以y0=
y1
7- 4 x1
,同理,得-y0=
y2
7- 4 x2
,所以0=
y1
7- 4 x1
+
y2
7- 4 x2
,即0=(7-4x2)y1+(7-4x1)y2,所以7(y1+y2)=4(my2+n)y1+4(my1+n)y2,也即(7-4n)(y1+y2)=8my1y2,所
以(7-4n)·-2mn
m
2-3
=8m· n
2-3
m
2-3
,整理,得(7n-12)m=0.因为m≠0,所以n=12
7 ,即MN:x=my+12
7 ,所以直线MN 过定点(
12
7 ,0).
创新融合8 立体几何与解析几何交汇
例8 已知椭圆C: x
2
4
+ y
2
2
=1,直线x=4 上有一动点P,过点P 作椭圆C 的切线PA,PB,A,B 为切点.
(1)证明:直线AB 过定点Q;
(2)过点Q 的直线交C 于M,N 两点,将坐标平面沿x 轴折成一个直二面角,求△MNQ 面积的最大值.
解 (1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),P(4,t),故直线PA 的方程为x1 x
4
+ y1 y
2
=1,直线PB 的方程为x2 x
4
+ y2 y
2
=1,又PA,PB 均过点P,
即{
x1+ t
2 y1=1,
x2+ t
2 y2=1,
所以直线AB 的方程为x+ t
2y=1,过定点Q(1,0).
(2)翻折前,设M(x3,y3),N(x4,y4),直线MN 的方程为x=my+1,联立椭圆方程可得(m2+2)y2+2my-3=0,y3+y4=-2m
m
2+2
,y3y4=-3
m
2+2
;翻折
后:以椭圆中心O 为坐标原点,分别以O 与椭圆C 的下顶点,右顶点和上顶点连线为x,y,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系.
则设M(0,x3,y3),N(-y4,x4,0),Q(0,1,0),有⃗QM=(0,x3-1,y3),⃗QN=(-y4,x4-1,0),cos∠MQN=⃗
QM ·⃗QN
|⃗QM ||⃗QN |
=
m
2
-(m
2+1)
,易知∠MQN∈
[
π
2 ,π),故sin∠MQN=√1-co s
2∠MQN=√2m
2+1
m
2+1
,所以S△MNQ=1
2|⃗QM||⃗QN|sin∠MQN=-1
2(m2+1)·y3y4·√2m
2+1
m
2+1
=3
2·
√2m
2+1
m
2+2
=3
2
·√
2(m
2+2)-3
(m
2+2)
2
=3
2
×√
2
m
2+2
-
3
(m
2+2)
2,令
1
m
2+2
=u∈(0, 1
2],则S△MNQ=3
2 √2u-3u
2≤√3
2
,当u=1
3
,即
m=±1 时取最大值.
立体几何与解析几何的交汇命题常涉及几何体的表面积、体积、空间位置关系,以及解析几何中的直线、圆锥曲线等知识.
(1)利用坐标系将几何问题转化为代数运算,通过解析几何的方法求解.
(2)几何法:从几何视角入手,借助立体几何中的线线、线面、面面平行与垂直的性质与判定定理,通过论证找到交点位置.
训练10 如图①,已知抛物线E:x2=2y 的焦点为F,准线为l,过点F 的动直线m 与E 交于A,B 两点(其中点A 在第一象限),以
AB 为直径的圆与准线l 相切于点C,D 为弦AB 上任意一点,现将△ACB 沿CD 折成直二面角A' CD B
⁃
⁃ ,如图②.
①
②
(1)证明:cos∠A'CB=cos∠A'CD·cos∠BCD;
(2)当∠A'CB 最小时,
(ⅰ)求A',B 两点间的最小距离;
(ⅱ)当A',B 两点间的距离最小时,在三棱锥A' BCD
⁃
内部放一圆柱,使圆柱底面在面BCD 上,求圆柱体积的最大值.
解 (1)证明:过A'作A'O'⊥CD,垂足为O',过O'作O'E⊥BC,垂足为E,如图,因为平面A'CD⊥平面ABC,且平面A'CD∩平面
ABC=CD,A'O⊂平面A'CD,可得A'O'⊥平面ABC,由BC⊂平面ABC,可得A'O'⊥BC,且O'E∩A'O'=O',O'E,A'O'⊂平面A'O'E,可得
BC⊥平面A'O'E,由A'E⊂平面A'O'E,可得BC⊥A'E,则cos∠A'CB= CE
A ' C ,cos∠A'CD=O' C
A ' C ,cos∠BCD= CE
O' C ,所以
cos∠A'CB=cos∠A'CD·cos∠BCD.
(2)因为以AB 为直径的圆与准线l 相切于点C,可知AC⊥BC,则∠A'CD=∠ACD=π
2 -∠BCD,由(1)可得:
cos∠A'CB=cos∠A'CD·cos∠BCD=cos(
π
2 -∠BCD)·cos∠BCD=sin∠BCD·cos∠BCD=1
2
sin 2∠BCD≤1
2
,当且仅当sin
2∠BCD=1,即∠BCD=π
4 时,等号成立,所以当∠BCD=π
4 时,∠A'CB 最小.
(ⅰ)因为A'O'⊥平面ABC,BO',CD⊂平面ABC,则A'O'⊥BO',A'O'⊥CD,即AO'⊥CD,在Rt△ACO'中,则|CO'|=|AO'|=√2
2
|AC|=|A'O'|,
在△BCO'中,由余弦定理可得|BO'|2=|BC|2+|CO'|2-2|BC|·|CO'|cos∠BCO',则|BO'|2=|BC|2+1
2|AC|2-2|BC|×√2
2
|AC|×√2
2
=|BC|2+1
2|
AC|2-|BC|·|AC|,在Rt△A'BO'中,则|A'B|2=|BO'|2+|A'O'|2=|BC|2+1
2|AC|2-|BC|·|AC|+1
2|AC|2=|BC|2+|AC|2-|BC|·|AC|,在Rt△ABC 中,则|
AB|2=|BC|2+|AC|2,可得|A'B|2=|AB|2-|BC|·|AC|,由题意可知,焦点F(0, 1
2),准线l:y=-1
2,直线m 的斜率存在,且直线m 与抛物线必
相交,设直线m:y=kx+1
2,A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程{
y =kx + 1
2 ,
x
2=2 y ,
消去y 可得x2-2kx-1=0,则x1+x2=2k,x1·x2=-1,可得|AB|=
√1+k
2√4 k
2+ 4=2(k2+1),当k=0 时,|AB|取到最小值2,根据对称性可知|BC|=|AC|=√2,可得|A'B|2=|AB|2-|BC|·|AC|=2;当k≠0 时,
则|AB|>2,且|BC|≠|AC|,由基本不等式可得|BC|·|AC|<|BC |
2+| AC |
2
2
=| AB|
2
2
,则|A'B|2=|AB|2-|BC|·|AC|>|AB|2-1
2|AB|2=1
2|AB|
2>2;综上所述:|A'B|2的最小值为2,当且仅当|AB|=2,|BC|=|AC|时,等号成立,所以A',B 两点间的最小距离为√2.
(ⅱ)由(ⅰ)可知:当A',B 两点间的距离最小时,则|AB|=2,|BC|=|AC|=√2,可知D 为AB 中点,且D 与O'重合,因为|BD|=|CD|=1,|BC|
=√2,设△BCD 的内切圆半径为R,由等面积法可得:1
2
×1×1=1
2
(1+1+√2)R,解得R=2-√2
2
,设圆柱的底面半径为r,高为h,则
1-h
1
= r
R ,可得h=1- r
R =1-(2+√2)r,所以圆柱的体积V=πr2h=π[r2-(2+√2)r3],令f(r)=r2-(2+√2)r3,0<r<2-√2
2
,则f'(r)=2r-3(2+√2
)r2=r[2-3(2+√2)r],当0<r<2-√2
3
时,f'(r)>0;当2-√2
3
<r<2-√2
2
时,f'(r)<0;可知f(r)在(0, 2-√2
3 )内单调递增,在
(
2-√2
3
, 2-√2
2 )内单调递减,则f(r)≤f(
2-√2
3 )=6- 4√2
27
,所以圆柱体积的最大值为6- 4√2
27
π.
微练(三十八) 跨模块融合创新题
1.如图,在抛物线C:x2=2py(p>0)上有一系列点P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn),n∈N*,以点Pn为圆心的圆Pn与x 轴都相切,且圆Pn与
圆Pn+1彼此外切.已知x1=1,点P1到C 的焦点的距离为1,0<xn+1<xn,an= 1
xn
.
(1)求p;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)设bn=an
2
2
n ,求数列{bn}的前n 项和Sn.
解 (1)P1(1, 1
2 p),设抛物线C 的焦点为F,根据题意可知|P1F|= 1
2 p + p
2 =1,解得p=1.
(2)因为圆Pn与圆Pn+1彼此外切,所以√( xn- xn+1)
2+( yn- yn+1)
2=yn+yn+1,则( xn- xn+1)
2=( yn+ yn+1)
2-( yn- yn+1)
2
=4ynyn+1=xn
2 xn+1
2
.因为0<xn+1<xn,所以xn-xn+1=xnxn+1,即1
xn+1
- 1
xn
=1.因为1
x1
=1,所以数列{
1
xn}是以1 为首项,1 为公差的等差数
列,即1
xn
=n.故an=n.
(3)bn=n
2
2
n ,Sn=1
2
+2
2
2
2+3
2
2
3+…+n
2
2
n ,1
2
Sn= 1
2
2+2
2
2
3+3
2
2
4 +…+ n
2
2
n+1,两式相减得1
2
Sn=1
2
+1×3
2
2 +1×5
2
3 +1×7
2
4 +…+1×(2n-1)
2
n
- n
2
2
n+1
.令Tn=1
2+ 3
2
2+ 5
2
3+ 7
2
4 +…+2n-1
2
n
,则1
2Tn= 1
2
2+ 3
2
3+ 5
2
4 +…+2n-1
2
n+1 .两式相减得1
2Tn=1
2+2(
1
2
2 + 1
2
3 + 1
2
4 +…+ 1
2
n)-2n-1
2
n+1 =
1
2
+2×
1
2
2(1- 1
2
n-1)
1- 1
2
-2n-1
2
n+1 =3
2
-2n+3
2
n+1 ,所以Tn=3-2n+3
2
n
.所以1
2
Sn=3-2n+3
2
n
- n
2
2
n+1=3-n
2+ 4 n+6
2
n+1
,即Sn=6-n
2+ 4 n+6
2
n
.
2.已知函数f(x)=ln x-mx+1.
(1)若m=0,求函数f(x)在点(e,f(e))处的切线方程;
(2)若f(x)≤0 恒成立,求实数m 的取值范围;
(3)求证:∀n∈N*,(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)·…·(1+ 1
2
n)<e.
解 (1)若m=0,则f(x)=ln x+1,f'(x)=1
x ,f(e)=2,所以切线斜率k=f'(e)=1
e ,所以切线方程为y-2=1
e (x-e),即1
e x-y+1=0.
(2)若对定义域内∀x∈(0,+∞),都有f(x)≤0 恒成立,即m≥1+ ln x
x
恒成立,只需m≥(
1+ ln x
x
)max
即可,设g(x)=1+ ln x
x
(x>0),
则g'(x)=1-(1+ ln x)
x
2
=-ln x
x
2
,令g'(x)=0,解得x=1,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所
以g(x)max=g(1)=1,故实数m 的取值范围为[1,+∞).
(3)证明:由(2)得当m=1 时,f(x)≤0 恒成立,即ln x≤x-1,将ln x≤x-1 中的x 替换为1+ 1
2
n,显然1+ 1
2
n≠1,则ln(1+ 1
2
n)<1+ 1
2
n-1= 1
2
n,
故ln(1+ 1
2)+ln(1+ 1
2
2)+…+ln(1+ 1
2
n)<1
2+ 1
2
2+…+ 1
2
n =
1
2(1- 1
2
n)
1- 1
2
=1- 1
2
n<1,即ln[(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)…(1+ 1
2
n)]<1=ln
e.故(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)…(1+ 1
2
n)<e.
3.已知点Mn(√3bn,- 1
2 bn)在椭圆Cn: x
2
an
2 + y
2
bn
2 =1(an>bn>0)上,An,Bn分别为Cn的左、右顶点,Pn,Qn为Cn上不同于An,Bn的两动
点,Cn的长半轴长an的取值组成的数列{an}满足以下性质:当直线AnPn的斜率k An Pn与直线BnQn的斜率k BnQn恒满足k An Pn=3
k BnQn时,直线PnQn与x 轴交于点Dn(-an+1,0).
(1)求椭圆Cn的离心率;
(2)证明:数列{an}是等比数列;
(3)定义:无穷等比递减数列{dn}的所有项之和为S=∑
n=1
∞
❑dn= d1
1-q
,其中d1为{dn}的首项,q 为{dn}的公比,且0<q<1.设O 为坐标
原点,a1=2,Sn为凹四边形BnPnOQn的面积,求∑
n=1
∞
❑Sn的最大值.
解 (1)由题意,得3bn
2
an
2 + bn
2
4 bn
2 =1,则bn
2
an
2 =1
4
,所以en=√
cn
2
an
2=√
1- bn
2
an
2 =√3
2
.故椭圆Cn的离心率为√3
2
.
(2)证明:由(1)及题意,知Cn: x
2
an
2+4 y
2
an
2 =1,An(-an,0),Bn(an,0).设Pn(x1,y1),Qn(x2,y2).当直线PnQn的斜率为0 时,点Pn,Qn关于y 轴对称,
此时直线AnPn的斜率与直线BnQn的斜率互为相反数,不合题意.设直线PnQn的方程为x=my+t.因为直线PnQn不过顶点An,Bn,
所以t≠±an.联立得方程组{
x =my +t ,
x
2
an
2 + 4 y
2
an
2 =1,消去x 并整理,得(m2+4)y2+2mty+t2-an
2=0,则Δ=4m2t2-4(m2+4)(t2-an
2)=4(m2an
2-4t2+4an
2
),y1+y2=- 2mt
m
2+ 4
,y1y2=t
2-an
2
m
2+ 4
,所以my1y2=an
2-t
2
2t
(y1+y2),则k An Pn
k BnQn
=
y1
x1+an
· x2-an
y2
=(m y2+t -an) y1
(m y1+t +an) y2
=m y2 y1+(t -an) y1
m y2 y1+(t +an) y2
=
an
2-t
2
2t
( y1+ y2)+(t -an) y1
an
2-t
2
2t
( y1+ y2)+(t +an) y2
=an-t
an+t ·(an+t )( y1+ y2)-2t y1
(an-t )( y1+ y2)+2t y2
=an-t
an+t =3,所以t=-1
2
an.代入Δ=4(m2an
2-4t2+4an
2)中验证,得
Δ>0,则直线PnQn的方程为x=my-1
2
an,所以直线PnQn经过点(- 1
2 an,0).因为直线PnQn与x 轴交于点Dn(-an+1,0),所以-an+1=-1
2
an,则an+1
an
=1
2.故数列{an}是以1
2为公比的等比数列.
(3)由(2)知,y1+y2= man
m
2+ 4
,y1y2=-
3an
2
4(m
2+ 4)
,如图,四边形BnPnOQn的面积Sn=S△Bn PnQn-S△O PnQn=1
2(|BnDn|-|ODn|)·|y2-y1|=
an
2 √( y2+ y1)
2- 4 y1 y2=an
2 √(
man
m
2+ 4)
2
+
12an
2
4(m
2+ 4)
=√m
2+3
m
2+ 4
an
2=
an
2
√m
2+3+
1
√m
2+3
.设z=√m
2+3(z≥√3),则函数
f(z)=z+1
z
在[√3,+∞)上单调递增,所以f(z)≥√3+ 1
√3
=4√3
3
,所以Sn≤√3
4 an
2,当且仅当m=0 时,等号成立.又a1=2,则由(2)可知
an=2×(
1
2)
n-1
,所以an
2=4×(
1
4)
n-1
,所以数列{an
2}是首项为4,公比为1
4
的等比数列.所以∑
n=1
∞
❑Sn≤√3
4 ∑
n=1
∞
❑an
2=√3
4
×
4
1- 1
4
=
4√3
3
,故∑
n=1
∞
❑Sn的最大值为4√3
3
,当且仅当m=0 时,等号成立.
