$题目一：F(x)=\ln (x+1)-\cfrac{ax}{x+1}\ge 0(x\ge 0)恒成立,求a的取值范围。$
$法一：半分离参数：$
$ F(x)=\ln (x+1)-\cfrac{ax}{x+1}(x\ge 0)\Rightarrow \ln (x+1\ge \cfrac{ax}{1+x}\Rightarrow (x+1)\ln (x+1)\ge ax$
$(x+1)\ln (x+1)是六大超函数之一的x\ln x,往左移动一个单位。容易得到x\ln x在(1,+\infty)是单调递增的，且x\ln x是凹函数$
$右侧函数=ax是过原点的直线，当它的斜率\le x\ln x在原点的切线斜率时成立。$
$x\ln x 在(1,0)的切线斜率即(x+1)\ln (x+1)在原点处的切线斜率，f(x)=x\ln x,{f}' (x)=\ln x +1\Rightarrow a\le {f}' (1)=1$
$此法宜用于填空及选择题。$

$法二：{F}' (x)=\cfrac{1}{x+1}-\cfrac{a}{(x+1)^2}=\cfrac{x+1-a}{(x+1)^2}\quad (x\ge0)$
$令x+1-a=0\Rightarrow x=a-1$
$①若a-1\le 0時，{F}' (x)\ge 0,F(x)在x\in [0,+\infty)\nearrow F(x)\ge F(0)=0;$
$②若a-1\gt 0時，x\in (0,a-1){F}' (x)\lt 0,F(x)\searrow ;x\in (a-1,+\infty),{F}' (x)\gt 0,F(x)\nearrow;$
$F(x)\ge F(a-1)=\ln (a-1+1)-\cfrac{a(a-1)}{1+a-1}=\ln a-a+1$
$设g(a)= \ln a-a+1\quad (a\gt 1)，{g}'(a)=\cfrac{1}{a} -1 \lt 0\Rightarrow g(a)\searrow$
$g(a)\le g(1)=0,即F(x)\ge g(a)与F(x)\ge 0矛盾。$
$综上述，a\le 1时，F(x)\ge 0$

必要性探路

$第二问等价于x\ge \cfrac{1}{e^2}时，f(x)=a\ln x,g(x)=\cfrac{\sqrt{x} }{2a} -\sqrt{1+x}$
$\begin{cases} f(x_0)=g(x_0)\\{f}'(x_0) ={g}' (x_0)\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a\ln x_0=\cfrac{\sqrt{x_0} }{2a} -\sqrt{1+x_0} \\\cfrac{a}{x_0} =\cfrac{1}{4a\sqrt{x_0} }-\cfrac{1}{2\sqrt{x_0+1} } \end{cases}$
$令x_0=1,容易解得：\begin{cases} a=\cfrac{\sqrt{2} }{4} \\x_0=1\end{cases}此时x_0=1不就是我们需要的探路点吗？比起直接令x=1，这样子$
$是不是比单纯的猜更加让人信服？$
$另外，有些小伙伴可能会想到一个问题，倘若切出了多条公切线怎么办呢？事实上，我们只需要一个个排除就可以了，$
$反正有一个范围是符合要求的，但是如果碰到了无数个点符合那怎么办呢，下面给出一个简单的例题供大家领会。$

$x\gt 0,f(x)=\cfrac{\cos x}{x},g(x)=\sin x-ax,f(x)\ge g(x). $
探路点求解过程如下:
$\begin{cases} f(x_0)=g(x_0)\\{f}'(x_0) ={g}' (x_0)\end{cases}\Rightarrow\begin{cases} \cos x_0=x_0\sin x_0-ax_0^2\\ \cfrac{-x_0\sin x_0-\cos x_0}{x_0^2}=\cos x_0-a \end{cases}\Rightarrow 2\cos x_0=-x^2\cos x_0\Rightarrow \cos x_0=0$
$\Rightarrow x_0=\cfrac{\pi}{2}+k\pi $
$这个时候出现了无穷多组解，此时显然是不可能通过验证得到答案的，那怎么样解决呢，事实上这个题目并不是无穷多组解，$
$而是方程解的不够严谨，导致解出了多个不正确的解。具体是这样的，当得到\cos x_0=0时，我们应该将\cos x_0=0代回原方程，$
$从而得到a=\cfrac{1}{x_0},而在（0，\cfrac{\pi}{2}]上有g(x)\gt (\cfrac{2}{\pi}-a)x,，所以a\lt \cfrac{2}{\pi}时，g(\cfrac{\pi}{2}) \gt 0,，$
$此时显然不符合，故x=pi／2时其实是唯一满足公切点方程的点。其实当x=\cfrac{3\pi}{2}时，在第一个点可能就不满足相切了。$

$显然的，这种情况是不满足的。所以我们的探路点应该取\cfrac{\pi}{2}，然后得到a的满园从而验证这是最佳范围，这样一来，取点是不是就理所应当的了。$
$例题：已知函数f(x)=e^x-k(e-1)x。$
$(1)若函数f(x)有两个零点，求实数k的取值范围；$
$(2)若f(x)-kx\ln x\ge 1在(0,+\infty)上恒成立，求实数k的取值范围。$
$作凹凸反转即令凹函数f(x)=\cfrac{e^-1}{x},凸函数g(x)=\ln x+e-1，它们的公切点即为所求的探路点。$

$共有四部份内容：$
$㈠极点极线与“四线一方程”$
$㈡极点极线与"自极三角形"$
$㈢极点极线与“调和点列”$
$㈣极点极线与高考命题$

㈠极点极线与“四线一方程”

$椭圆的“四线一方程”$
$已知椭圆E:\cfrac{x^2}{a^2} +\cfrac{y^2}{b^2}=1 \quad(a\gt　b\gt0),对椭圆方程作如下变换：$
$二次项：x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,得到直线\cfrac{x_0x}{a^2}+\cfrac{y_0y}{b^2}=1,记为H(x,y)=0;$
$则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在椭圆E上时，l为M关于椭圆E的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在椭圆E外时，l为M关于椭圆E的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在椭圆E内上时，l为M关于椭圆E的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在椭圆E内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于椭圆E的中点弦方程(M为弦的中点)；$
$圆的“四线一方程”$
$已知圆的方程C：x^2+y^2+Dx+Ey+F=0\quad (D^2+E^2-4F\gt 0),点M(x_0,y_0), 对圆的方程作如下变换：$
$二次项x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,一次项x\to \cfrac{x_0+x}{2},y\to \cfrac{y_0+y}{2},$
$得到直线l：x_0x+y_0y+D\cfrac{x_0+x}{2}+E\cfrac{y_0+y}{2}+F=0，记为记为H(x,y)=0;则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在圆C上时，l为M关于圆C的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在圆C外时，l为M关于椭圆E的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在圆C内上时，l为M关于圆C的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在圆C内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于圆C的中点弦方程(M为弦的中点)；$

$双曲线的“四线一方程”$
$已知双曲线E:\cfrac{x^2}{a^2} -\cfrac{y^2}{b^2}=1 \quad(a\gt　b\gt0),对双曲线方程作如下变换：$
$二次项：x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,得到直线\cfrac{x_0x}{a^2}-\cfrac{y_0y}{b^2}=1,记为H(x,y)=0;$
$则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在双曲线E上时，l为M关于双曲线E的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在双曲线E外时，l为M关于双曲线E的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在双曲线E内上时，l为M关于双曲线E的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在双曲线E内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于双曲线E的中点弦方程(M为弦的中点)；$
$抛物线的“四线一方程”$
$已知抛物线E:y^2=2px \quad(p\gt0),对抛物线方程作如下变换：$
$二次项x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,一次项x\to \cfrac{x_0+x}{2},y\to \cfrac{y_0+y}{2},$
$得到直线l:y_0y=p(x+x_0),则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在抛物线E上时，l为M关于抛物线E的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在抛物线E外时，l为M关于抛物线E的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在抛物线E内上时，l为M关于抛物线E的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在抛物线E内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于抛物线E的中点弦方程(M为弦的中点)；$

$二次曲线的“四线一方程”$
$已知二次曲线G:Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0,对二次曲线方程作如下变换：$
$二次项x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,xy\to \cfrac{x_0y+xy_0}{2}一次项x\to \cfrac{x_0+x}{2},y\to \cfrac{y_0+y}{2},$
$得到直线l:Ax_0x+B\cfrac{x_0y+xy_0}{2}+Cy_0y+D\cfrac{x_0+x}{2}+E\cfrac{y_0+y}{2}+F=0则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在二次曲线G上时，l为M关于二次曲线G的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在二次曲线G外时，l为M关于二次曲线G的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在二次曲线G内上时，l为M关于二次曲线G的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在二次曲线G内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于二次曲线G的中点弦方程(M为弦的中点)；$

极点极线的调和点列定义

$过不在二次曲线上的一点P作直线l交二次曲线于M,N两点，则在l上有一点Q，使得\cfrac{PM}{PN}=\cfrac{QM}{QN}, 当绕着点P旋转时，$
$Q的轨迹是一条直线p（或直线一部分）,这条直线p叫做点P的关于二次曲线的极线，而P叫做p关于该曲线的极点。$

射影几何、交比、调和点列

$\cfrac{\overrightarrow{AC} }{\overrightarrow{AD} } 与\cfrac{\overrightarrow{BC}}{\overrightarrow{BD}}之比，叫做交比。$
1、交比具有身影不变性；
$\cfrac{AC}{AD} /\cfrac{BC}{BD}=\cfrac{\cfrac{1}{2} S_{\triangle AOC}}{\cfrac{1}{2} S_{\triangle AOD}} /\cfrac{\cfrac{1}{2} S_{\triangle BOC}}{\cfrac{1}{2} S_{\triangle BOD}}=\cfrac{\cfrac{1}{2} OA\cdot OC\cdot \sin \angle BOC}{\cfrac{1}{2} OA\cdot OD\cdot \sin \angle AOD} /\cfrac{\cfrac{1}{2} OB\cdot OC\cdot \sin \angle BOC}{\cfrac{1}{2} OB\cdot OD\cdot \sin \angle BOD}$
$=\cfrac{\sin \angle BOC}{\sin \angle AOD} /\cfrac{\sin \angle BOC}{\sin \angle BOD}$
2、$当交-1时，即\cfrac{\overrightarrow{AC} }{\overrightarrow{AD} } {\div} \cfrac{\overrightarrow{BC}}{\overrightarrow{BD}}=-1,即\cfrac{AC}{AD} =\cfrac{BC}{BD}时，$
此时，称 ACBD四点为调和点列，
$①A,B为基点，则C,D为内外分点，C,D调和分割A,B,且\cfrac{2}{AB} =\cfrac{1}{AC} +\cfrac{1}{AD}$
$证明：\because \cfrac{BC}{AC} =\cfrac{BD}{AD} \Rightarrow \cfrac{AB-AC}{AC} =\cfrac{AD-AB}{AD}\Rightarrow$
$\cfrac{AB}{AC}-1 =1-\cfrac{AB}{AD} \Rightarrow 2=\cfrac{AB}{AC}+\cfrac{AB}{AD} \Rightarrow \cfrac{2}{AB} =\cfrac{1}{AC} +\cfrac{1}{AD}$
$②C,D为基点，则B,A为内外分点，A,B调和分割C,D,且\cfrac{2}{CD} =\cfrac{1}{DA} +\cfrac{1}{DB}$
$证明:\because \cfrac{DB}{DA} =\cfrac{CB}{CA} \Rightarrow \cfrac{CA}{DA} =\cfrac{CB}{DB}$
$\Rightarrow \cfrac{DA-CD}{DA} =\cfrac{CD-DB}{DB}\Rightarrow 1- \cfrac{CD}{DA}=\cfrac{CD}{DB}-1\Rightarrow 2=\cfrac{CD}{DB}+\cfrac{CD}{DA}$

数学必修一：回归教材

$6页，拓广探索，第五题，康托尔-集合论之父$
$13页，3题，德摩根定律(反演法)$
$15页，中间，一般地，容斥原理$
$39页，赵爽弦图，探究$
$43页，10题，糖水不等式$
$45页，探究，基本不等式几何证明$
$49页，第4题和7题$
$64页，第3题，映射的概念$
$75页，狄利克雷函数$
$86页，第9题，与导数定义相呼应。$
$87页，第13题，函数对称性2024年新一卷的对称中心$
$92页，对勾函数，5，对称轴，离心率（旋转为双曲线$
$100页，第3题，倒反函数$
$101页，第8题，证明，函数凹凸性，扩展：琴生不等式，二阶导数的正负；$
$110页，第7题，立方和公式，10题，微积分的两个重要极限之一$
$135页，探索与发现，反函数，$
$141页，第13题，糖水不等式应用，$
$P160,第6题，双曲正余弦；$
$P185,第10题，象限角的充要条件；$
$186，第17题，同角三角函数变形；$
$195页，第8，9题诱导公式$
$203页，第4题，迭代法求解析式，正余弦型三角函数的周期，探索与发现$
$225页，例7，是半角公式，$
$226页，第1题，半角正切公式，第4题，积化和差，和差化积公式$
$227页，例9，辅助角公式,254页13题$
$228页，第3题，正多边形外接圆$
$230页，第20题，三角齐次化简$
$254页，第12题，正切恒等式应用$
$256页，第26题，泰勒公式，2022年新高考一卷第7题和24年导数命题背景。$
92页对勾函数
$f(x)=2x+\frac{1}{x} 顺时针旋转(\cfrac{\pi}{2}-0.5\tan^{-1} 0.5 )后焦点在x轴，这时浙近线类比于\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1$
$\because \quad e= \cfrac{c}{a} =\cfrac{\sqrt{a^2+b^2} }{a} =\sqrt{(\cfrac{b}{a})^2+1 }=\sqrt{1+k^2} $
$设原来两条浙近线的夹角的一半的正切为k,\tan \alpha=\cfrac{1}{2}=\cfrac{2k}{1-k^2} \Rightarrow k^2+4k-1=0,k=-2\pm\sqrt{5} $
$负值舍之，e=\sqrt{1+k^2}=\sqrt{(-2+\sqrt{5})^2 +1} =\sqrt{10-4\sqrt{5} } ,选D$

${\color{Red}key: 若知道角所在的象限，及\sin \cos \tan 中的任意一个，另外两个便可求得。 } $
$若A+B+C=k\pi,则\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$
利用诱导公式(互补公式)和两角和的正切公式证明:
${\color{Red} \because A+B+C=k\pi } \Rightarrow A+B=k\pi -C,\tan (A+B)=\tan (k\pi -C)=-\tan C$
${\color{Red} \therefore } \tan (A+B)=\cfrac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B} =-\tan C,去分母，得$
$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$
应用于必一254页，例12

$解：\tan A:\tan B: \tan C=1:2:3 \Rightarrow 设比值为k,6k=6k^3,解k=0,\pm 1,k=1是唯一答案;\cfrac{1}{\sqrt{10} } $

$\frac{1 }{2}\tan A=\frac{1}{3}\tan B=\frac{1}{6}\tan C,设\tan A=2k,11k=36k^3,2k=\frac{\sqrt{11} }{3}$
$\tan A=\cfrac{\sqrt{11} }{3} \Rightarrow \sin 2A=\cfrac{3\sqrt{11} }{10} $

3与第一题一样
$\cfrac{\cos A}{ 6a} =\cfrac{\cos B}{3b} =\cfrac{\cos C}{2c} \Rightarrow 6\tan A=3\tan B=2\tan C$

$\Rightarrow 2\tan B=\tan C+\tan A\Rightarrow \tan A\tan B\tan C=\tan A+\tan B+\tan C$
3

$\tan A+\tan B+\tan C显然要将三个角化为一个角$。
$\sin A=2\sin B\sin C\Rightarrow \sin B \cos C+\cos B\sin C=2\sin B\sin C,显然要变成\tan ,那么两边除以\cos B\cos C$
$\Rightarrow \tan B+\tan C=2\tan B\tan C$
${\color{Red} \because \qquad } \tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C{\color{Red} \Rightarrow } \tan A+2\tan B\tan C=\tan A\tan B\tan C$
$ \Rightarrow \tan A=(\tan A-2)\tan B\tan C$
$换元令\tan A=u,u=(u-2)\tan B\tan C\Rightarrow \tan B\tan C=\cfrac{u}{u-2} $
$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C=u\cdot \cfrac{u}{u-2}$
$=\cfrac{(u-2+2)^2}{u-2}=u-2+\cfrac{4}{u-2}+4\ge 2\sqrt{4} +4$
C

选择性必修一课本97页例6
$一动点Ｐ与两定点A、B的距离之比等于定比\lambda ，则点Ｐ的轨迹，是以定比\lambda $
$内分和外分定线段的两个分点的连线为直径的圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆。$
$定义：在平面内到相异两定点的距离之比为定值（大于０且不等于１）的点的轨迹$
$是圆，称此动点的轨迹为阿波罗尼斯圆。$
$已知AB=2ｃ，有一动点P(x,y)，\cfrac{PA}{PB}=\lambda (\lambda \gt0,且\ne 1)，求Ｐ的轨迹。$
$以AB的中点为坐标原点，建立直角坐标系，A(-C,0),B(C,0),PA=\sqrt{(x+c)^2+y^2}, PB=\sqrt{(x-c)^2+y^2},$
$\Rightarrow \frac{PA}{PB}=\cfrac{\sqrt{(x+c)^2+y^2}}{\sqrt{(x-c)^2+y^2} }= \lambda$
${\color{Red} 圆心(\cfrac{\lambda ^2+1}{\lambda ^2-1}\times c,0 );半径r= |\cfrac{2\lambda c}{\lambda ^2-1}|} $

识别题型：1、定值；2、三角形，3、比例关系。

$1、已知两定点A(-2,0),B(1,0),如果动点P满足\left | PA \right | =2\left | PB\right | ,$
$则点P的轨迹所包围的图形的面积等于(\quad B\quad )$
$A.\pi\quad B.4\pi \quad C.8\pi\quad D.9\pi $
$2、满足条件AB=2,AC=\sqrt{2}BC的\triangle ABC面积的最大值是2\sqrt{2}$
$3、平面内动点M到定点A(-2,0),B(2,0)的距离之比为\cfrac{1}{2} ,则动点M所包围的图形的面积等于(\qquad )$

$4、在\triangle ABC中,BD为的\angle ABC角平分线，D在AC上，且AD=2,DC=1,，则面积\triangle ABC的最大值为$
$5、已知向量\vec{a} ,\vec{b} 满足\left | \vec{a} \right | =1,\left | \vec{b} \right | =\left |2\vec{b} -\vec{a} \right |,则\left | \vec{b} \right |的最大值为(\qquad)，\vec{a}与\vec{b}的夹角取值范围。$
$|2\vec{b} |_{max}=左端点到内分点的距离+阿氏圆的直径=\cfrac{2}{3}+\cfrac{4}{3}=2$
${\color{Green} \because 内分点分\vec{a} 左右端点之比为2:1}$
$=\cfrac{2}{3} 又\because c=\frac{1}{2}$
$r=\cfrac{2\lambda c}{\lambda ^2-1} =\cfrac{2}{3}$

$6、已知平面内有两点A(4,2)和B(2,0)，且该平面内的点P满足\left | PA \right | =\sqrt{3} \left | PB\right | .若点P的轨迹关于$
$直线mx-ny-3=0(m\gt 0,n \gt0 )对称，则\frac{4}{m} +\frac{1}{n}的最小值是(\quad )$
$A.\cfrac{\sqrt{3} }{2} \quad B.\sqrt{3} \quad C.3\quad D.9$
$解：P的轨迹是圆，且圆心在直线mx-ny-3=0上$
$\left | PA \right |=\sqrt{(x-4)^2+(y-2)^2}, \left | PB \right |=\sqrt{(x-2)^2+y^2},\Rightarrow (x-4)^2+(y-2)^2=3[(x-2)^2+y^2]$
$\Rightarrow (x-1)^2+(y+1)^2=6\Rightarrow 圆心(1,-1)代入mx-ny=3,即m+n=3$
$\cfrac{4}{m}+\cfrac{1}{n} =(\cfrac{4}{m}+\cfrac{1}{n} )(m+n)\times \cfrac{1}{3} \ge 3,当且仅当m=2,n=1时等号成立。$

$7.已知直线l_1：kx-y+2=0与直线l_2:x+ky-2=0相交于点P，则当实数k变化时，$
$点P到直线x-y-4＝0的距离的最大值为(\quad)$
$A.\sqrt{2} +1,\quad B.\sqrt{2} +2,\quad C.3\sqrt{2} \quad D.4\sqrt{2}$
$解：直线l_1过定点A(0,2)，直线l_2过定点B(2,0),P点是AB为直径的圆上；圆心到(1,1)直线距离加上半径即为所求。$
$d=\cfrac{\left | 1-1-4 \right | }{\sqrt{2} }=2\sqrt{2},r=\sqrt{2} \Longrightarrow 3\sqrt{2} $