高中数学论文汇总

大纲对椭圆的参数方程的要求是达到理解的程度，如果适当地引进一点简单的参数方程知识，可以起到拓宽视野，简化平面解析几何的运算的功效。本文主要介绍椭圆的参数方程及其应用，希望能够给读者一些启迪。 一般都是这样定义的：

xx0acos(xx0)2(yy0)21椭圆的参数方程是（α是参数，a0，b0）。 22abyy0bsinxx0rcos特别地，以点（x0，y0）为圆心，半径是r的椭圆的参数方程是（α是参数，r>0）。

yyrsin0一、求椭圆的内接多边形的周长及面积

x2y2例1 求椭圆221(ab0)的内接矩形的面积及周长的最大值。 abx2y2解：如图，设椭圆221的内接矩形在第一象限的顶点是A（acos，bsin）（0），

2ab矩形的面积和周长分别是S、L。 yBFOCEDxAS4|FA||EA|4acosbsin2absin22ab， 当且仅当a ，

时，Smax2ab，L4(|FA||EA|)4acos4bsin4a2b24Lmax4a2b2，此时α存在。 二、求轨迹 y2x2AM11上运动，点B（0，9）例2 已知点A在椭圆、点M在线段AB上，且，试求动14436MB2点M的轨迹方程。

6sin）解：由题意知B（0，9），设A（12cos，，并且设M（x，y）。

11xAxB12cos0228cos，则x 11112211yAyB6sin922y4sin3， 111122x8cos动点M的轨迹的参数方程是（α是参数），

y4sin3x2(y3)21。 消去参数得6416

三、求函数的最值

x2y21，试求点P到直线xy50的距离d的最大值和最小值。例3 设点P（x，y）在椭圆 169x2y23sin）1上，设点P（4cos，2)）解：点P（x，y）在椭圆（α是参数且[0，，

16935sinarcsin55|3cos4sin5|则d。 22543x2y231与直线xy50相切；当当arcsin时，距离d有最小值0，此时椭圆1692533arcsin时，距离d有最大值2。

25

四、求解有关离心率等入手比较困难的问题 x2y2例4 椭圆221(ab0)与x轴的正向相交于点A，O为坐标原点，若这个椭圆上存在点P，

ab使得OP⊥AP。求该椭圆的离心率e的取值范围。 yPOAxx2y解：设椭圆221(ab0)上的点P的坐标是（acos，bsin）（α≠0且α≠π），A（a，0）。

abbsinbsin0则kOP。而OP⊥AP， ，kAPacosacosabsinbsin0于是1，整理得(a2b2)cos2a2cosb20 acosacosab2解得cos1（舍去），或cos2。

ab22b21e212e1。111因为1cos1，所以12。可转化为，解得，于是e22ab2e22故离心率e的取值范围是。 12，2 [截距法]解线性规划问题

由于线性规划的目标函数：zaxby(b0)可变形为yazzazx，则为直线yx的纵bbbbb截距，那么我们在用线性规划求最值时便可以得到如下结论：

（1）当b0时，直线yazx所经过可行域上的点使其纵截距最大时，便是z取得最大值的bbazx所经过可行域上的点使其纵截距最大bb点；反之，使纵截距取得最小值的点，就是z取得最小值的点。 （2）当b0时，与b0时情形正好相反，直线y时，是z取得最小值的点；使纵截距取得最小值的点，便是z取得最大值的点。

xy1, 例1. 设x,y满足约束条件yx,求z2xy的最大值、最小值。

y0, 解：如图1作出可行域，目标函数z2xy表示直线y2xz在y轴上的截距，可见当直线过A（1，0）时，截距值最大zmax2102，当直线过点O（0，0）时，截距值最小zmin0。

y y=x x+y-1=0 A(1,0) O x 图1

x0, 例2. 设x,y满足约束条件xy,求z3x2y的最大值和最小值。

2xy1, 解：如图2作出可行域，因为由图2可知过点B时纵截距最大，z3x2y取得最小值，所以

11111zmin30212；过点A时纵截距最小，z在A（,）处取最大值，zmax32。

33333如何避免“分类讨论”

“分类讨论”是一种重要的数学思想，许多问题都离不开分类讨论。但有些问题若能认真审题，深

刻反思，克服思维定势，变换思维角度，往往可以避免分类讨论，使问题的解决更为简捷。现采撷几例，供参考。

一、运用最值思想，避免分类讨论

1]，不等式f(kx)f(x2x2)0恒成例1：奇函数f(x)是R上的减函数，若对任意的x(0，立，求实数k的取值范围。

解：f(kx)f(x2x2)0，且f(x)是R上的奇函数，减函数，

f(kx)f(x2x2)

2得到kxxx2 （1）

22x(0，1]，可得kx1，问题转化为只要k小于x1的最小值即可。

xx2令h(x)x，因为h(x)在（0，2）上是减函数，

x1]时， 故当x(0，显然有h(x)minh(1)3，k31，即k2

∴k的取值范围为（-∞，2）

21]上恒成立问题，可令点评：按照常规思路，由（1）式转化为x(k1)x20在x(0，g(x)x2(k1)x2，然后根据二次函数性质及对称轴位置的变化，进行分类讨论，得到：

k101k1k1012或或 22k1g(0)0g()0g(1)02解得k1或1k1或1k2，从而求得k的取值范围为（-∞，2）。这样解就显得比较烦琐，

因为有些不等式在区间上的“恒成立”问题，一般通过分离变量，转化为函数的最值问题求解。就可以避免分类讨论，使得解题过程简明快捷，少走弯路。

二、妙用换底公式，避免分类讨论

例2：设0x1，a0且a1，比较|loga(1x)|与|loga(1x)|的大小。 分析：本例通常应分a1与0a1两种情况讨论，但运用换底公式消去a，就可避免分类讨论，从而达到简化解题过程的目的。

解：运用作商比较法，

0x1，1x1x，

11x1 1x|loga(1x)||log1x(1x)|

|loga(1x)|log1x(1x)

1log1x1

1x|loga(1x)||loga(1x)| 三、变换主元地位，避免分类讨论

例3：设不等式mx2xm10对于满足|m|2的一切m的值都成立，求m的取值范围。 分析：本例为含参数的不等式，关键是对参数的处理，从表面上看，是一个关于x的一元二次不等式，实质上是一个关于m的一元一次不等式，并且已知它的解集为［-2，2］，求参数的范围。因此通过参数m与未知数x的地位的变化，借助于一次函数图象，避免了繁杂的对参数的讨论。

解：设f(m)(x1)m(12x)，它是以m为自变量的一次函数，其图象为直线，由题意知，这

222]时，线段在y轴的下方，满足它的为 条直线当x[2，2f(2)02x2x30 即2f(2)02x2x101717或xx22 13x13221713x 22四、借助函数性质，避免分类讨论

例4：设定义在［-2，2］上的偶函数在区间［0，2］上单调递减，若f(1m)f(m)，求实数m的取值范围。

2]，m[2，2]，但是1m与m到底是在［-2，0］分析：由函数的定义域知(1m)[2，、［0，2］的哪个区域内，不十分清楚，若就此讨论，将十分复杂，如果注意到性质“如果是偶函数，那么

f(x)f(x)f(|x|)”，问题解答就简捷多了。

解：f(x)是偶函数，f(x)f(x)f(|x|)，

f(1m)f(m)f(|1m|)f(|m|)

又当x[0，2]时，f(x)单调递减，

|1m||m|121m2，解得1m

22m2点评：本题应用了偶函数的一个简单性质，从而避免了一场“大规模”的讨论，将“曲径”变“通途”。值得深思。

活跃在空间图形中的轨迹问题

在知识网络交汇点处设计试题是这几年高考命题改革的一大趋势。而以空间图形为素材的轨迹问题，由于具有其独特的新颖性、综合性与交汇性，所以倍受命题者的亲睐，但由于这类题目涵盖的知识点多，创新能力与数学思想方法要求高，而且这些题目远看象“立几”近看象“解几”，所以学生在解题中，

往往是望题兴叹，百思而不得其解。本文试从几个例题来剖析这些问题的基本解法。

1 判断轨迹的类型问题

这类问题常常要借助于圆锥曲线的定义来判断，常见的轨迹类型有：线段、圆、圆锥曲线、球面等。在考查学生的空间想象能力的同时，又融合了曲线的轨迹问题。 例1 在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面AB1内有一点P到直线AB与到直线B1C1的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（D）。

A. 线段 B. 一段椭圆弧 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分 简析 本题主要考查点到直线距离的概念，线面垂直及抛物线的定义。因为B1C1面AB1，所以PB1就是P到直线B1C1的距离，故由抛物线的定义知：动点的轨迹为抛物线的一段，从而选D。

引申1 在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面AB1内有一点P到直线AB的距离与到直线B1C1的距离之比为2：1，则动点P所在曲线的形状为（B）。

A. 线段 B. 一段椭圆弧 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分

引申2 在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面AB1内有一点P到直线AB的距离与到直线B1C1的距离之比为1：2，则动点P所在曲线的形状为（C）。

A. 线段 B. 一段椭圆弧 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分

例2 （2006届天津市十二区县市重点中学第一次高考模拟联合测试）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AA1的中点，点P在其对角面BB1D1D内运动，若EP总与直线AC成等角，则点P的轨迹有可能是（A）。 A. 圆或圆的一部分 B. 抛物线或其一部分 C. 双曲线或其一部分 D. 椭圆或其一部分 简析 由条件易知：AC是平面BB1D1D的法向量，所以EP与直线AC成等角，得到EP与平面BB1D1D所成的角都相等，故点P的轨迹有可能是圆或圆的一部分。

例3（2005年浙江省模拟）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，定点M在棱AB上（但不在端点A，B上），点P是平面ABCD内的动点，且点P到直线A1D1的距

离与点P到点M的距离的平方差为a2，则点P的轨迹所在曲线为（A）。 A. 抛物线 B. 双曲线 C. 直线 D. 圆 简析 在正方体ABCDA1B1C1D1中，过P作PFAD，过F作FEA1D1，垂足分别为F、E，连结PE。则PE2=a2+PF2，又PE2-PM2=a2，所以PM2=PF2，从而PM＝PF，故点P到直线AD与到点M的距离相等，故点P的轨迹是以M为焦点，AD为准线的抛物线。 点评 正方体是空间图形中既简单、熟悉、又重要的几何体，具有丰富的内涵，在正方体中设计的轨迹问题，更是别具一格。 例4 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，总有APBD1，则动点P的轨迹为__________。 简析 在解题中，我们要找到运动变化中的不变因素，通常将动点聚焦到某一个平面。易证BD1面ACB1，所以满足BD1AP的所有点P都在一个平面ACB1上。而已知条件中的点P是在侧面BCC1B1及其边界上运动，因此，符合条件的点P在平面ACB1与平面BCC1B1交线上，故所求的轨迹为线

段B1C。本题的解题基本思路是：利用升维，化“动”为“静”，即先找出所有点的轨迹，然后缩小到符合条件的点的轨迹。 引申 在正四棱锥S-ABCD中，E是BC的中点，点P在侧面SCD内及其边界上运动，总有PEAC，则动点P的轨迹为_______________。

答案 线段MN（M、N分别为SC、CD的中点）

练习（2004年天津高考题）若A、B为平面的两个定点，点P在外，PB，动点C（不同于A、B）在内，且PCAC，则动点C在平面内的轨迹是________。（除去两点的圆）

例5（2004年重庆市高考题）若三棱锥A—BCD的侧面ABC内一动点P到底面BCD的距离与到棱AB的距离相等，则动点P的轨迹与ABC组成的图形可能是：（D）

A A A A P P P P B C B C B C B C A B C D

简析 动点P在侧面ABC内，若点P到AB的距离等于到棱BC的距离，则点P在ABC的内角平分线上。现在P到平面BCD的距离等于到棱AB的距离，而P到棱BC的距离大于P到底面BCD的距离，于是，P到棱AB的距离小于P到棱BC的距离，故动点P只能在ABC的内角平分线与AB之间的区域内。只能选D。 引申 （2005年温州一模）已知P是正四面体S-ABC的面SBC上一点，P到面ABC的距离与到点S的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（B）。 A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线

解题的要领就是化空间问题为平面问题，把一些重要元素集中在某一个平面内，利 用相关的知识去解答，象平面几何知识、解析几何知识等。 2 求轨迹中的长度、面积与体积问题 例6

已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，在正方体的侧面BCC1B1上到点A距离为

233的点的轨迹形成一条曲线，那么这条曲线的形状是_________，它的长度为__________。（2004年北京西城区模拟试题）

33且圆心角为的圆弧，长度为。

236 例7 已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AB6,BC3，在线段BD、A1C1上各有一点P、Q，PQ上有一点M，且PM2MQ，则M点轨迹图形的面积是 8 。

简析

以B为圆心，半径为

提示 例8

轨迹的图形是一个平行四边形。

已知棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中，长为2的线段MN的一个端点在DD1上运动，

另一个端点N在底面ABCD上运动，求MN中点P的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积。

简析 由于M、N都是运动的，所以求的轨迹必须化“动”为“静”，结合动点P的几何性质，连结DP，因为MN=2，所以PD=1，因此点P的轨迹是一个以D为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的

1143，即1。 8836 以空间图形为依托的轨迹问题，要善于利用空间图形的位置关系来转化，把空间问题转化为平面问题，

再利用平几或解几知识实现问题的突破，从而使问题迎刃而解。

一个不等式链的应用

人教版高中数学第二册（上）习题6.2第3题：

ab 已知a，b为正数，求证：ab112ab 此不等式链含有6个不等式：

2a2b2，当且仅当a＝b时等号成立。 2211ababa2b2 ③ 22

ab ①

abab ② 2

211abab ④ 2211aba2b2 ⑤ 2a2b2 ⑥ ab2 这些不等式就是同学们熟悉的均值不等式及其变化，但在解题中常常被忽视，若能灵活运用，则会给解题带来很多方便，现举例说明。

例1. 某商品计划提价两次，有甲、乙、丙三种方案：甲方案第一次提价p%，第二次提价q%；乙方案第一次提价q%，第二次提价p%；丙方案第一次提价

pqpq%，第二次再提价%，其中pq0。22则经过两次提价后，哪种方案的提价幅度最大？为什么？

解：设该商品原价为a，两次提价后的价格按甲、乙、丙三种方案的次序依次为y1，y2，y3，则：

(q%) y1a(1p%)1(p%) y2a(1q%)1pq%)2 2 ∵pq0，由不等式②得：

(1p%)(1q%)2pq(q%)[](1%)2 (1p%)122 ∴y1y2y3

y3a(1 故丙方案提价的幅度最大。

例2. 已知a，b，c均为正数，求证：

a2b2b2c2c2a22(abc)。

a2b222(ab)，b2c2(bc)， 222a2c2(ca)。

2 证明：由不等式③，得：

上述不等式相加得，

a2b2b2c2c2a22(abc)。

例3. 甲、乙两同学同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步；乙一半时间步行，一半时间跑步。如果两人步行速度、跑步速度均相同，则（ ） A. 甲先到教室 B. 乙先到教室 C. 两人同时到教室 D. 不确定 解：设从寝室到教室的路程是s，甲（乙）跑步和步行的速度分别为a，b， 甲、乙两人所用时间分别为t1，t2，则：

ttsst1，2a2bs， t12a2b22s211ab，t2s ab2 由不等式④，得

211abab（a≠b），所以t1t2，故选B。 2 例4. （人教版高中数学第二册（上）习题6.2第7题1）求证：在直径为d的圆内接矩形中，面积最大

d2的是正方形，这个正方形的面积等于。

2 证明：设矩形的长为x，宽为y，面积为S，则x2y2d2，Sxy

x2y2d2 由不等式⑥，得Sxy。 22d2 当且仅当xy时等号成立，故Smax。

2［练一练］

设a，b，cR*，求证：a2b2b2c2c2a2*222(abc)。

(ab)2 证明过程提示：因为a，bR，且ab，

2abbcca2222，c2a2 所以ab 同理bc

2221222222(2a2b2c)2(abc) 三式相加，得： abbcca2例说处理和（差）角范围问题的几点做法

在三角解题中经常遇到确定和（差）角范围的问题，学生常因确定和（差）角范围的偏差导致解题失误。本文举例说明这类问题的处理方法。 一. 合理选用公式来确定

例1 已知α，β均为锐角， sinα=解析：由已知条件有 cosα=

510，求α+β的值。 ，sin510235，cos10，且0＜α+β＜π。又cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ 510235105×10×5105102＞0， 2所以4评注：若本题选择正弦的和角公式，会因为一、二象限角的正弦值均为正，而得出两个结果导致解题失误，这就需要注意公式的合理选用，若将本例改为：设α是锐角，

3或，442＜＜，且

sin

510,sin，求α+β的值，则选用正弦和角公式合理。 510另外，四个象限角的正切值正负相间，故本例亦可选用正切和角公式。 二. 借用其他三角函数来确定

合理选用公式，仅对两角和（差）的范围在相邻两个象限时起作用，而对于其它情形，可通过两角和（差）的两个三角公式，来确定两角和（差）的范围。

例2 已知sin35,cos，且α，β都是第二象限角，试确定2α+β，2α-β所在象限。 513解析：由条件α，β都是第二象限角，则有

412cos,sin。513所以sin22sincos342××（）5524，25

37cos212sin212×()2。525因为2α+β，2α－β都可能落在三个象限，单独使用正（余）弦和差角公式，从值的符号都不能决定2α+β，2α－β的象限，但同时使用正弦、余弦的和差角公式，即可解决。

由cos(2α+β)=cos2αcosβ－sin2αsinβ 752412×()()×25132513

253＞0，325知2α+β在一、四象限。 又sin(2α+β)

=sin2αcosβ+cos2αsinβ

（204＞0325245712）×（）×25132513

知2α+β在一、二象限。综上知2α+β在第一象限。同理可确定2α-β在第三象限。

三. 挖掘隐含条件来确定

例3 已知cos(α－β)=

11，sin2，2、都是锐角，求cos(α+β)的值。 23解析：由已知条件有

10＜2＜，又sin2,231则cos21sin221()2

322。3因为0＜sin2α=所以0＜α＜

11＜，所以0＜2α＜， 326

①

。 12

又因为0＜β＜所以， 2

②

2＜-β＜0 。

由①、②得2＜α-β＜

1。又因为cos（α-β）=，所以＜＜0。 1222

所以sin()1cos2()3。 2从而cos(α+β)=cos[2α-(α-β)]=cos2αcos(α-β)+sin2αsin(α-β)

=22113××（）3232

223。611＜，发现了隐含条件：0＜α＜，将α-β的范围缩小为32121＜＜，进而由cos(α-β)= ,将α-β的范围确定为＜＜0，从而避免了增解。 21222评析：本例通过0＜sin2α= 例4 已知2＜＜2，2＜＜2，且tanα,tnaβ是一元二次方程x33x40的两个

2根，求α+β的值。

解析：由已知条件得tanα+tanβ= 33＜0，tanαtanβ=4＞0，所以tnaα＜0，tanβ＜0。 又因为222tantan又因为tan(α+β)=

1tantan22＜＜2，＜＜，所以＜＜0，＜＜0,所以-π＜α+β＜0。

=

222333所以α+β= 。

314评析：本例根据韦达定理tanα+tanβ= 33，tanαtanβ=4，挖掘出了隐含条件tanα＜0,tanβ＜0，知＜＜0，＜＜0，得出了α+β的确切范围，从而顺利求解。

总之，在处理两角和（差）范围问题时，要注意对题目条件加以研究，特别对隐含条件的挖掘，合理

选用公式灵活处理。另外涉及多角和（差）的问题，亦可依照上面做法处理。

解题中的“设而不求”综述

设而不求是数学解题中的一种很有用的手段，采用设而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的无益的循环运算，从而达到准确、快速、简捷的解题效果。本文将对设而不求的常见类型加以归纳，以供借鉴与参考。

一、整体代入，设而不求

在解决某些涉及若干个量的求值问题时，要有目标意识，通过虚设的策略，整体转化的思想，绕开复杂的运算过程，可使问题迅速得到解决。

，S2m64，求S3m。 例1. 已知等比数列{an}中，Sm16解：设公比为q，由于S2m2Sm，故q1

a1(1qm)1611q于是

2ma1(1q)6421q<2>÷<1>得1qm4，则qm3

所以S3ma1(1q3m) 1qa1(1qm)(1qmq2m)1q2 16(133)

208二、转化图形，设而不求

有些代数问题，通过挖掘题目中隐含的几何背景，设而不求，可转化成几何问题求解。 例2. 设a、b均为正数，且ab1，求证2a12b122。

2a1，v2b1(u1，v1)，uvm uvm则u、v同时满足2 2uv4其中uvm表示直线，m为此直线在v轴上的截距

u2v24是以原点为圆心，2为半径的圆在第一象限内的一部分圆弧（如图1），显然直线与圆弧

证明：设u相切时，所对应的截距m的值最大。

图1

由图易得mmax22 即2a12b122 三、适当引参，设而不求

恰当合理地引入参数，可使解题目标更加明确，已知和欲求之间的联系得以明朗化，使问题能够得到解决。 例3. 已知对任何满足(x1)y1的实数x、y，如果xyk0恒成立，求实数k的取值范围。

22x1cos解：设（R），则

ysing()xyk

sincos1k 2sin(4)1k

21k令21k0，得k21

四、巧设坐标，设而不求

在解析几何问题中，对于有关点的坐标采用设而不求的策略，能促使问题定向，简便化归，起到以简驭繁的解题效果。

例4. 设抛物线y22px(p0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线的准线上，且BC//x轴，求证：直线AC经过原点O。

2证明：设点A（2pt1，2pt1）、B（2pt2，则点C（2，2pt2）

所以2pt12pt2p2得t1t21又直线OC的斜率kOC4p，2pt2）因为AB过焦点F 22pt214t2

pt12直线OA的斜率kOA2pt101，则kOCkOA 22pt10t1故A、O、C三点共线，即直线AC经过原点O。

图2

五、活用性质，设而不求

解题过程中，不断变换观察角度，类比方法、联想内容，明确最终目标，经过巧妙构造，活用性质，可直达目标。

11113(n2，nN*) n1n22n2411113证明:设xn n1n22n241111113 则xn1n2n32n2n12n224111110可知：数列{xn}为单调递增数列。 由xn1xn2n12n2n12n12n211130 又x23424则xn0(n2，nN*)

11113(n2，nN*) 即

n1n22n24例5. 求证

六、中介过渡，设而不求

根据解题需要，可引入一个中间量作为中介，起到过渡作用，使问题得以解决。

例6. 如图3，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥体积分成相等的两部分，求圆锥母线与轴的夹角α。

图3

解：过点A作SO的垂线，垂足为M，可知∠MAO＝∠AOB＝∠OSB＝α

112x1rh化简可得()2 23r2MAOAxOAxOAx2 又因为cos即cos所以cosOAOBOArOArr114于是cos，从而arccos

422设MA＝x，OB＝r，SO＝h则有xh213七、恒等变形，设而不求

某些看似十分复杂的运算，经过巧妙转换，恒等变形，使运算对象发生转移，起到意想不到的效果。

238coscos的值。

17171717238coscoscos解：设Mcos 17171717238Nsinsinsinsin

171717172288cossincossincos则MNsin 171717171717124168sinsinsin1717172128sinsin 8sin 171717218N211而N0，故M8

2562例7. 求coscos函数图象创新题例析

“函数”是贯穿于高中数学的一条主线，函数图象又是表述函数问题的重要工具，因此函数图象问题

与其它知识的联系非常紧密。尤其是导数和向量的引入，拓宽了函数图象问题的命题空间，出现了不少的创新题，下面介绍几例。

 例1. 已知函数ya·b，其中a(1，sin|x|)，b(x，1)，当x，时的大致图象

是（ ）

 解析：ya·b(1，sin|x|)·(x，1)xsin|x|

由于yxsin|x|的图象问题已超出了高中大纲的范围，因此想通过画出图象来确定答案，将是十分

困难的。作反面思考，从选择支出发：选择支（A）、（D）的图象均关于坐标原点对称，选择支（B）的图象关于y轴对称，而函数yxsin|x|既非奇函数又非偶函数，因此排除（A）、（B）、（D）。答案（C）正确。

点评：本题以平面向量为载体，考查非常规型函数的图象，灵活运用函数的相关性质排除错误是解题的关键。

例2. 设函数yf(x)在定义域内可导，yf(x)的图象如图2所示，则导函数yf'(x)的图象可能为（ ）

图1

图2

图3

解析：观察图2，发现x0时，yf(x)单调递增，因此x0时，f'(x)0，立即排除（B）、（C）。再从图2中发现，x0且x靠近0时，yf(x)单调递增，此时f'(x)0，立即排除（A）。答案（D）正确。 点评：本题是函数图象与其导函数图象的交汇，主要考查两者图象之间的关系。利用函数yf(x)的单调性确定导函数f'(x)的符号是解题的关键。

例3. 如图4所示，函数yf(x)的图象上有一列点P1，P2，P3，„，Pn，„，已知n2时，

n。设线段Pn1Pn1PnPn1的长分别为PP12，P2P3，P3P4，„，PnPn1a1，a2，a3，„，an，且a11，则（ ）

图4

A. an

11 B. an C. ann! D. an(n1)! n!(n1)! 得n 解析：由nPnPn1PnPn11 所以(n1) 即

Pn1PnPnPn1PnPn1Pn1n1Pn1aa1a1a1an1(n2) 又21，3，4，„，n 所以an n1a1a22a33an1n1 将这(n1)个等式相乘，得

an11111····„·a1234n1

Pn1Pn1PnPn1Pn1Pn1(n1)!1(nN*)(n1)!

所以an 答案（B）正确。

点评：本题在函数yf(x)的图象上构建向量，融函数图象、平面向量、数列等知识于一体，利用向量的和差运算寻求递推关系是解题的关键。

 例4. 定义在（0，3）上的函数f(x)的图象如图5所示，a(f(x)，0)，b(cosx，1)，那么不

等式a·b0的解集是___________。

 解析：a·b0f(x)cosx0

f(x)0f(x)0或cosx0x0cos0x12kx2k22

图5

1x3或32kx2k220x1或2x3 因此a·b0的解集是(0，1)，3

2 点评：本题以平面向量为载体，考查抽象函数与三角函数的复合型不等式的解集，分类讨论、由图定

数是解题的关键。

32 例5. 已知某质点在运动过程中，热量Q随位移x变化的规律是Q(x)axbxcxd，其图象

关于坐标原点对称，如图6所示是其图象的一部分，则Q（x）的解析式是___________。

图6

解析：因为Q（x）的图象关于坐标原点对称 所以Q(x)Q(x)，即

axbxcxdaxbxcxd 所以b0，d0 因此Q(x)ax3cx Q'(x)3ax2c 由图象可知，当x

32321

时，Q(x)有极小值1， 2

13ac0Q42 所以

11cQa1228 解得a4，c3 故Q(x)4x33x

点评：本题以物理知识为背景，融函数的导数、极值、奇偶性于一体，从函数图象上发现其性质是解

题的关键。

以上几个函数图象问题，虽然难度不大，但具有背景新、内容新、结构新的特点，具有一定的创新性。这类问题在高考中常常以选择题、填空题的形式出现，能有效考查学生的观察能力、直觉思维能力、合情推理能力和综合能力。排除法、特殊值法、数形结合法常常是解决这类问题的有效途径。

构造向量巧解有关不等式问题

b|cos（其中θ为向量a新教材中新增了向量的内容，其中两个向量的数量积有一个性质：ab|a||b|； （1）ab|a||b|； （2）|ab||a||b|cos|，又1cos1，则易得到以下推论： 与b的夹角），则|ab|||a||b|；当a与b反向时，ab|a||b|； （3）当a与b同向时，ab|a||b|。 （4）当a与b共线时，|ab||a||下面例析以上推论在解不等式问题中的应用。

一、证明不等式

例1 已知a、bR，ab1，求证：2a12b122。 证明：设m=（1，1），n(2a1，2b1)，则 mn2a12b1

|m|2，|n|2a12b12

2n|，得2a12b122 由性质mn|m||2例2 已知xyz1，求证：xyz证明：设m=（1，1，1），n=（x，y，z），则

1。 3mnxyz12|m|3，|n|xyz222

1 3a2b2c2abc例3 已知a，b，cR，求证：。 bccaab2a2b2c2，，)，n(bc，ac，ab)， 证明：设m(bccaab由性质|mn||m||n|，得xyz222222a2b2c2则mnabc |m|，|n|2(abc)

bcacaba2b2c2abc222由性质|mn||m||n|，得 bccaab2例4 已知a,b为正数，求证：(a4b4)(a2b2)(a3b3)2。

mna3b322证明：设m(a，b)，n(a，b)，则

2244|m|ab，|n|ab由性质|mn|2|m|2|n|2，得

(a4b4)(a2b2)(a3b3)2

例5 设a,b,c,dR，求证：adbca2b2c2d2。

证明：设m=（a,b），n=（c,d），则 mnadbc |m|a2b2，|n|c2d2

b|，得 由性质ab|a||二、比较大小

adbca2b2c2d2

abcd，qmanc

C. p例6 已知m,n,a,b,c,dR，且p

bd，那么p，q的大小关系mnD. p,q大小不能确定

为（ ） A. pq

B. pq

bd解：设h(ma，nc)，k(，)，则

mnk|得 由性质|hk||h||三、求最值

hkabcd|h|manc，|k|bd

mn

abcdmanc2222bd 即pq，故选（A） mn例7 已知m,n,x,yR，且mna，xyb，那么mx+ny的最大值为（ ） A.

ab

abB.

2解：设p=（m,n），q=（x,y），则 而|p|a2b2C. D.

2由数量积的坐标运算，得pqmxny

a2b2 2m2n2，|q|x2y2 从而有mxnym2n2x2y2

2222当p与q同向时，mx+ny取最大值mnxyab，故选（A）。

152x152x(x)的最大值。

22mn2x152x解：设m(2x1，52x)，n(1，1)，则

|m|2，|n|2例8 求函数yn|，得 由性质mn|m||y2x152x22

113时，即x时，ymax2 当

22x152x