高中數(shù)學(xué)重點難點習(xí)題解析集引言高中數(shù)學(xué)的重點難點集中在函數(shù)與基本初等函數(shù)、數(shù)列、立體幾何、解析幾何、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用五大模塊，這些模塊既是高考的核心考點，也是學(xué)生容易出現(xiàn)瓶頸的地方。本解析集精選各模塊的典型難點習(xí)題，通過詳細(xì)解析、思路總結(jié)、易錯點提醒，幫助學(xué)生掌握解題方法，突破思維障礙，提升解題能力。第一章函數(shù)與基本初等函數(shù)1.1函數(shù)奇偶性與單調(diào)性的綜合應(yīng)用例題1已知函數(shù)$f(x)$是定義在$\mathbb{R}$上的偶函數(shù)，且在區(qū)間$[0,+\infty)$上單調(diào)遞增。若$f(2x-1)<f(1)$，求$x$的取值范圍。解析1.奇偶性化簡：偶函數(shù)性質(zhì)：$f(a)=f(|a|)$，故$f(2x-1)=f(|2x-1|)$。原不等式轉(zhuǎn)化為：$f(|2x-1|)<f(1)$。2.單調(diào)性脫f：$f(x)$在$[0,+\infty)$上單調(diào)遞增，故$|2x-1|<1$（單調(diào)遞增函數(shù)中，函數(shù)值小則自變量?。?。3.解絕對值不等式：$|2x-1|<1$等價于$-1<2x-1<1$，解得：左邊：$0<2x\Rightarrowx>0$；右邊：$2x<2\Rightarrowx<1$。因此，$x$的取值范圍是$(0,1)$。思路總結(jié)核心步驟：奇偶性化簡（轉(zhuǎn)化為絕對值）→單調(diào)性脫f（去掉函數(shù)符號）→解不等式?？谠E：偶函數(shù)，絕對值；單調(diào)性，定方向。易錯點提醒忘記用偶函數(shù)性質(zhì)轉(zhuǎn)化，直接解$2x-1<1$，遺漏$2x-1>-1$的情況；單調(diào)性方向搞反：若$f(x)$在$[0,+\infty)$上單調(diào)遞減，則應(yīng)轉(zhuǎn)化為$|2x-1|>1$。第二章數(shù)列2.1分式線性遞推數(shù)列通項公式求解例題2已知數(shù)列$\{a_n\}$滿足$a_1=2$，$a_{n+1}=\frac{2a_n+1}{a_n+2}$（$n\in\mathbb{N}^*$），求$\{a_n\}$的通項公式。解析1.求不動點：分式線性遞推的不動點滿足方程$x=\frac{2x+1}{x+2}$，化簡得$x^2=1$，故不動點為$x_1=1$，$x_2=-1$。2.構(gòu)造等比數(shù)列：對于有兩個不同不動點的分式遞推，構(gòu)造數(shù)列$\left\{\frac{a_n-x_1}{a_n-x_2}\right\}$，即$\left\{\frac{a_n-1}{a_n+1}\right\}$。計算$\frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}+1}$：$$a_{n+1}-1=\frac{2a_n+1}{a_n+2}-1=\frac{a_n-1}{a_n+2},$$$$a_{n+1}+1=\frac{2a_n+1}{a_n+2}+1=\frac{3(a_n+1)}{a_n+2},$$故$\frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}+1}=\frac{1}{3}\cdot\frac{a_n-1}{a_n+1}$，即$\left\{\frac{a_n-1}{a_n+1}\right\}$是公比為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列。3.求通項公式：首項$\frac{a_1-1}{a_1+1}=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3}$，故$\frac{a_n-1}{a_n+1}=\frac{1}{3}\cdot(\frac{1}{3})^{n-1}=(\frac{1}{3})^n$。反解$a_n$：$$\frac{a_n-1}{a_n+1}=\frac{1}{3^n}\Rightarrowa_n=\frac{3^n+1}{3^n-1}.$$驗證：$a_1=\frac{3+1}{3-1}=2$（符合初始值），$a_2=\frac{9+1}{9-1}=\frac{5}{4}$（代入遞推式得$a_2=\frac{2\times2+1}{2+2}=\frac{5}{4}$，符合）。思路總結(jié)分式線性遞推（$a_{n+1}=\frac{pa_n+q}{ra_n+s}$）的通項求解步驟：1.求不動點（解方程$x=\frac{px+q}{rx+s}$）；2.構(gòu)造新數(shù)列（不同不動點構(gòu)造$\left\{\frac{a_n-x_1}{a_n-x_2}\right\}$，相同不動點構(gòu)造$\left\{\frac{1}{a_n-x_0}\right\}$）；3.求新數(shù)列通項（等比或等差數(shù)列）；4.反解$a_n$并驗證。易錯點提醒不動點方程求解錯誤（注意方程是$x=\frac{px+q}{rx+s}$，而非$x=\frac{px+q}{rx-s}$）；構(gòu)造新數(shù)列時符號顛倒（如$\frac{a_n-x_2}{a_n-x_1}$，會導(dǎo)致公比符號錯誤）。第二章立體幾何2.1二面角的平面角求解（幾何法）例題2如圖，在正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$E$為$CC_1$的中點，求二面角$A-BD-E$的大?。ɡ忾L為$a$）。解析1.找交線：二面角$A-BD-E$的交線為$BD$（正方體底面$ABCD$與平面$EBD$的交線）。2.作垂線：在平面$ABCD$內(nèi)，$AO\perpBD$（$O$為$BD$中點，正方形對角線互相垂直）；在平面$EBD$內(nèi)，$EB=ED$（$E$到$B$、$D$距離相等），故$EO\perpBD$（等腰三角形三線合一）。3.證平面角：$AO\perpBD$，$EO\perpBD$，且$AO\subset$平面$ABD$，$EO\subset$平面$EBD$，故$\angleAOE$是二面角的平面角。4.計算角度：$AO=\frac{\sqrt{2}}{2}a$（正方形對角線一半）；$EO=\sqrt{OC^2+EC^2}=\sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2}a)^2+(\frac{a}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$（勾股定理）；向量$\overrightarrow{OA}=(-\frac{a}{2},-\frac{a}{2},0)$，$\overrightarrow{OE}=(\frac{a}{2},\frac{a}{2},\frac{a}{2})$，$$\cos\angleAOE=\frac{\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OE}}{|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OE}|}=\frac{-\frac{a^2}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}a\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a}=-\frac{\sqrt{6}}{3}.$$故二面角大小為$\arccos(-\frac{\sqrt{6}}{3})$（或$\pi-\arccos\frac{\sqrt{6}}{3}$）。思路總結(jié)幾何法求二面角的核心步驟：1.找交線（確定二面角的公共邊）；2.作垂線（在兩個平面內(nèi)分別作交線的垂線）；3.證平面角（證明兩條垂線所成角符合平面角定義）；4.算角度（解三角形或用向量法計算）。易錯點提醒平面角找錯（如找成$\angleAEB$，未滿足“交線的垂線”條件）；等腰三角形三線合一應(yīng)用不嚴(yán)謹(jǐn)（需先證明$EB=ED$，再得出$EO\perpBD$）；向量方向錯誤（$\overrightarrow{OA}$與$\overrightarrow{OE}$的方向應(yīng)從交線指向各自平面，否則余弦值符號錯誤）。第三章解析幾何3.1橢圓的中點弦問題（點差法）例題3已知橢圓$\frac{x^2}{4}+y^2=1$，過點$P(1,\frac{1}{2})$作直線$l$交橢圓于$A$、$B$兩點，若$P$是線段$AB$的中點，求直線$l$的方程。解析1.設(shè)點坐標(biāo)：設(shè)$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，則$x_1+x_2=2$（$P$是中點），$y_1+y_2=1$。2.代入橢圓方程：$$\frac{x_1^2}{4}+y_1^2=1,\quad\frac{x_2^2}{4}+y_2^2=1.$$3.作差求斜率：兩式相減得：$\frac{(x_1-x_2)(x_1+x_2)}{4}+(y_1-y_2)(y_1+y_2)=0$，代入$x_1+x_2=2$，$y_1+y_2=1$，得：$\frac{x_1-x_2}{2}+(y_1-y_2)=0$，故斜率$k=\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=-\frac{1}{2}$。4.求直線方程：用點斜式：$y-\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}(x-1)$，化簡得$y=-\frac{1}{2}x+1$。5.驗證交點：將$y=-\frac{1}{2}x+1$代入橢圓方程，得$\frac{x^2}{4}+(-\frac{1}{2}x+1)^2=1$，化簡得$\frac{1}{2}x^2-x=0$，解得$x=0$或$x=2$，對應(yīng)$y=1$或$y=0$，即$A(0,1)$，$B(2,0)$，中點$P(1,\frac{1}{2})$，符合條件。思路總結(jié)橢圓中點弦問題的點差法步驟：1.設(shè)弦端點坐標(biāo)$(x_1,y_1)$，$(x_2,y_2)$，中點$(x_0,y_0)$；2.代入橢圓方程并相減，因式分解得$\frac{(x_1-x_2)(x_1+x_2)}{a^2}+\frac{(y_1-y_2)(y_1+y_2)}{b^2}=0$；3.利用中點坐標(biāo)$(x_1+x_2=2x_0,y_1+y_2=2y_0)$化簡，得斜率$k=-\frac{b^2x_0}{a^2y_0}$；4.用點斜式求直線方程，并驗證與橢圓有兩個交點。易錯點提醒忘記驗證交點（若直線與橢圓聯(lián)立后判別式$\Delta<0$，則不存在這樣的中點弦）；斜率計算錯誤（如$\frac{(x_1-x_2)(x_1+x_2)}{a^2}$中的$a^2$是橢圓$x^2$項的分母，不要與$b^2$混淆）。第四章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用4.1利用導(dǎo)數(shù)證明不等式（構(gòu)造函數(shù)法）例題4證明：當(dāng)$x>0$時，$x-\frac{x^3}{6}<\sinx<x$。解析證明1：$\sinx<x$（$x>0$）構(gòu)造$f(x)=x-\sinx$，$f'(x)=1-\cosx\geq0$（$\cosx\leq1$），故$f(x)$單調(diào)遞增。又$f(0)=0$，故$x>0$時，$f(x)>0$，即$\sinx<x$。證明2：$x-\frac{x^3}{6}<\sinx$（$x>0$）構(gòu)造$g(x)=\sinx-x+\frac{x^3}{6}$，$g'(x)=\cosx-1+\frac{x^2}{2}$，$g''(x)=-\sinx+x$。由證明1知，$g''(x)=x-\sinx>0$（$x>0$），故$g'(x)$單調(diào)遞增。又$g'(0)=0$，故$x>0$時，$g'(x)>0$，$g(x)$單調(diào)遞增。又$g(0)=0$，故$x>0$時，$g(x)>0$，即$x-\frac{x^3}{6}<\sinx$。綜上，$x-\frac{x^3}{6}<\sinx<x$（$x>0$）。思路總結(jié)導(dǎo)數(shù)證明不等式的步驟：1.構(gòu)造函數(shù)（如證明$f(x)<g(x)$，令$h(x)=g(x)-f(x)$，需證$h(x)>0$）；2.求導(dǎo)分析單調(diào)性（$h'(x)$的符號）；3.求最值（利用單調(diào)性求$h(x)$的最小值，證明最小值大于0）；4.遞進(jìn)證明（若$h'(x)$符號不易判斷，可求二階導(dǎo)數(shù)分析$h'(x)$的單調(diào)性）。易錯點提醒函數(shù)構(gòu)造錯誤（如證明$\sinx<x$時，構(gòu)造$f(x)=\sinx-x$，需證$f(x)<0$，但$f'(x)=\cosx-1\leq0$，$f(x)$單調(diào)遞減，$f(0)=0$，故$x>0$時$f(x)<0$，這也是正確的，但構(gòu)造$x-\sinx$更直觀）；導(dǎo)數(shù)計算錯誤（如$g(x)=\sinx-x+\frac{x^3}{6}$的導(dǎo)數(shù)是$\cosx-1+\frac{x^2}{2}$，不要漏掉$\frac{x^2}