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大一轮复习讲义答案精析_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025高考大一轮复习讲义+课件（完结）_2025高考大一轮复习数学（人教b版）_学生用书Word版文档_答案精析

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大一轮复习讲义答案精析_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025高考大一轮复习讲义+课件（完结）_2025高考大一轮复习数学（人教b版）_学生用书Word版文档_答案精析
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                            大一轮复习讲义答案精析
第一章 集合、常用逻辑用语、不等式
§1.1 集 合
落实主干知识
知识梳理
1．(1)确定性 互异性 无序性 (2)属于
不属于 ∈ ∉ (3)列举法 描述法
图示法 (4)N Z Q R
2．(1)任意一个元素 A⊆B
(4)任何集合 任何非空集合
3．{x|x∈A，或x∈B} A∪B
{x|x∈A，且x∈B} A∩B
{x|x∈U，且x∉A} ∁U A
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．C 3.2 4.[2，＋∞)
探究核心题型
例1 (1)D (2)B
跟踪训练1 (1)B (2)1
例2 (1)A
(2)A [∵B⊆A，
∴①若B＝∅，即ax＋1≤0无解，此时a＝0，满足题意．
②若B≠ ∅，即ax＋1≤0有解，
当a>0时，可得x≤－，要使B⊆A，
则需要解得00，且q>1时，有a －a ＝aqn－aqn－1＝aqn－1(q－1)>0，所以a >a(n∈N
1 n＋1 n 1 1 1 n＋1 n)，即{a}为递增数列；当{a}为递增数列时，即对一切n∈N ，有a >a 恒成立，所以a
＋ n n ＋ n＋1 n n
－a ＝aqn－1(q－1)>0，但a<0且00，且q>1.则
＋1 n 1 1 1
“a>0，且公比q>1”是“{a}为递增数列”的充分不必要条件．]
1 n
跟踪训练1 (1)A (2)B
例2 解 (1)由(x＋1)(x－3)<0，
解得－10，
解不等式x2－4x＋4－m2≤0，
得2－m≤x≤2＋m，即B＝{x|2－m≤x≤2＋m}，
因为“x∈A”是“x∈B”成立的充分不必要条件，
则有AB，
于是得或
解得m>4或m≥4，即有m≥4，
所以正实数m的取值范围是m≥4.
选②，由(1)知，A＝{x|－2≤x≤5}，m>0，
解不等式x2－4x＋4－m2≤0，
得2－m≤x≤2＋m，即B＝{x|2－m≤x≤2＋m}，
因为“x∈A”是“x∈B”成立的必要不充分条件，
则有BA，于是得－2<2－m<2＋m≤5或－2≤2－m<2＋m<5，
解得00，故A正确；
当x＝1时，(x－1)2＝0，所以∀x∈N ，(x－1)2>0是假命题，故B错误；
＋
当x＝1时，lg x＝0<1，所以∃x∈R，lg x<1，故C正确；
函数y＝tan x的值域为R，所以∃x∈R，tan x＝2，故D正确．]
例5 (1)B [由“∀x∈[－1,2]，x2＋1≥m”是真命题可知，
不等式m≤x2＋1，对∀x∈[－1,2]恒成立，
因此只需m≤(x2＋1) ，x∈[－1,2]，
min
易知函数y＝x2＋1在x∈[－1,2]上的最小值为1，所以m≤1.
即实数m的取值范围是(－∞，1]．]
(2)ABC [若命题p：∃x∈R，x2＋2x＋2－m<0为真命题，
则Δ＝22－4(2－m)＝4m－4>0，解得m>1，
所以当命题p：∃x∈R，x2＋2x＋2－m<0为假命题时，m≤1，
符合条件的为A，B，C选项．]
跟踪训练3 (1)C (2)ACD
§1.3 等式性质与不等式性质
落实主干知识
知识梳理
1．> ＝ <
2．b＝a a＝c ＝
3．ac>bc acc bb＋d ac>bd
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)× (4)×
2．D 3.< 4.(－2,1)
探究核心题型
例1 (1)AD [∵x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2>0，∴x2－2x>－3，故A正确；
a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)．
∵(a－b)2≥0，a＋b的符号不确定，
∴a3＋b3与a2b＋ab2的大小不确定，故B错误；
∵a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2≥2(a－b－1)，故C错误；
用作差法比较－＝，
∵b>a>0，m>0，∴>0，
∴<，故D正确．]
(2)C [∵c是正实数，且c<1，
∴01，
∴ab0，
∴a<1，即aaN
例2 (1)B [由a－b>0，所以|a|>|b|，故C错误；
由a|b|>0，
所以<，故D错误．]
(2)BCD [当c＝0时，ac2＝bc2，故A错误；
由不等式的可加性可知，B正确；
若a>b>c>0，则a－b>0，b＋c>0，
∴－＝
＝>0，
∴>，故C正确；
若a>b>c>0，则a－b>0，a－c>0，b－c>0，且a－c>a－b，
∴>>0，
又b>c>0，
由可乘性知，>，
故D正确．]跟踪训练2 (1)B (2)ABD
例3 (1)D [因为－1x＋3，解得x>3，
当x＝4时，x＋y＋z＋t≥22，此时微信群人数的最小值为22.]
跟踪训练3 (1)AC (2)B
§1.4 均值不等式
落实主干知识
知识梳理
1．(1)a>0，b>0 (2)a＝b
(3)
2．(1)2 (2)S2
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)×
2．C 3.A 4.4
探究核心题型
例1 (1)C (2)C跟踪训练1 (1)A (2)BD
例2 (1)BC [选项A中，当x<0时，函数y＝x－单调递增，无最小值，不符合题意；
选项B中，2x＋2－x≥2＝2，当且仅当x＝0时，等号成立，满足题意；
选项C中，x2＋≥2＝2，当且仅当x＝±1时，等号成立，满足题意；
选项D中，＋≥2＝2，当且仅当＝时，等号成立，但此方程无实数解，不符合题意．]
(2)3
例3 (1)D [因为4a2＋b2＝7，则a＝×2a×＝≤×＝2，当且仅当4a2＝1＋b2，即a＝1，b＝时，
等号成立．]
(2)A [因为x>1，所以x－1>0，
＝
＝x－1＋2＋
≥2＋2＝6，
当且仅当x－1＝，即x＝3时，等号成立．]
微拓展
典例
解析 由f(x)＝x2＋＝x2＋2＋－2，
令x2＋2＝t(t≥2)，
则有f(t)＝t＋－2，
由对勾函数的性质知，f(t)在[2，＋∞)上单调递增，所以当t＝2时，f(t) ＝，
min
即当x＝0时，f(x) ＝.
min
例4 (1)C [8a＋b＝(8a＋b)·
＝＋＋40≥2＋40＝72，
当且仅当＝，即a＝6，b＝24时取等号．]
延伸探究 72
解析 ∵8a＋4b＝ab，a>0，b>0，
∴＋＝1，
∴8a＋b＝(8a＋b)
＝＋＋40≥2＋40＝72，
当且仅当＝，即a＝6，b＝24时取等号．
(2)B [由a＋2b＝3得(a＋1)＋2b＝4，
于是＋＝·
＝
≥
＝，当且仅当＝，且a>0，b>0，即a＝，b＝时，等号成立．
所以＋的最小值为.]
例5 B [∵a>0，b>0，a2－2ab＋4＝0，则b＝＋，∴b－＝＋－＝＋≥2＝，当且仅当＝，即
a＝2时，等号成立，此时b＝.]
例6 A [因为a>0，b>0，所以a＋b≥2，当且仅当a＝b时，等号成立．
又ab＝a＋b＋3，
所以ab＝a＋b＋3≥2＋3，
整理可得ab－2－3≥0，
解得≥3或≤－1(舍去)．
所以≥3，所以ab≥9.所以当a＝b＝3时，ab的最小值为9.]
跟踪训练2 (1)AD (2)BCD
§1.5 均值不等式的综合应用
例1 (1)A [因为x>0，y>0，
且＋＝1，
所以2x＋y＝(2x＋y)＝5＋＋≥5＋2＝9，
当且仅当＝，且＋＝1，即x＝y＝3时取等号，此时2x＋y取得最小值9，
若2x＋y9或m<－1，
即实数m的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．]
(2)C [令f(x)＝，
由题意可得a≤f(x) ，
min
f(x)＝x＋＋3≥2＋3＝5，
当且仅当x＝，即x＝1时等号成立，
a≤f(x) ＝5，
min
所以实数a的取值范围为(－∞，5]．]
跟踪训练1 (1)C
(2)C [∵a2＋b2＝k，
∴a2＋(b2＋1)＝k＋1，
∴(k＋1)＝[a2＋(b2＋1)]＝＋＋13≥2＋13＝25，
当且仅当＝，
即3a2＝2(b2＋1)＝(k＋1)时等号成立，
即＋≥，由题意可得≥1，
又k>0，解得00，所以025时，
不等式ax≥25×8＋50＋(x2－600)＋有解，
等价于当x>25时，a≥＋＋有解，
∵＋≥2＝10(当且仅当x＝30时，等号成立)，
∴a≥10.2.
∴当该商品改革后的销售量a至少应达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原
收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
例3 (1)B [由题意，得“∀x∈，3x2－λx＋1≥0成立”是真命题，
故当x∈时，3x＋≥λ恒成立，
由均值不等式，得3x＋≥2＝2，
当且仅当3x＝，
即x＝∈时，等号成立，
故λ≤2.]
(2)D [因为|BD|＝|BC|，所以BE＝xBA＋yBC＝xBA＋4yBD，
由A，E，D三点共线可得x＋4y＝1，且x>0，y>0，
所以＋＝(x＋4y)＝9＋＋≥9＋2＝9＋4，
当且仅当＝，
即时取等号．]
跟踪训练3 A
§1.6 一元二次方程、不等式
落实主干知识
知识梳理
1．{x|xx}
1 2
2．(1)f(x)g(x)>0(<0)
(2)f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0
3．(－∞，－a)∪(a，＋∞) (－a，a)
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)× (4)×
2．R 3.(－3,0] 4.－1
探究核心题型
例1 ABD [因为方程x2＋x－2＝0的解为x＝1，x＝－2，所以不等式x2＋x－2>0的解集为
1 2
{x|x<－2或x>1}，故A正确；
因为 －1≤0，即≤0，即(x＋3)(x－2)≤0(x－2≠0)，解得－3≤x<2，所以不等式的解集为{x|
－3≤x<2}，故B正确；
由|x－2|≥1，可得x－2≤－1或x－2≥1，
解得x≤1或x≥3，所以不等式的解集为{x|x≤1或x≥3}，故C错误；
由|x－1|<1，可得－10时，不等式可化为
(x－1)≤0，
若1<，即0，即a>2，解得≤x≤1.
综上所述，当a＝0时，解集为{x|x≥1}；
当a<0时，解集为；
当02时，解集为.
跟踪训练1 解 (1)当a＝－2时，由f(x)＝－2x2＋x＋1>0，
即(2x＋1)(x－1)<0，
解得－0的解集为.
(2)由f(x)<0，可得(ax－1)(x－1)<0，
所以(ax－1)(x－1)＝0的两根为x＝1，x＝.
1 2
当01，
解得11时，<1，解得1时，原不等式的解集为.
例3 (1)AC [由题意得，二次函数y＝ax2＋bx＋c的开口向上，即a>0，故A正确；
因为－4,5是方程ax2＋bx＋c＝0的根，
所以
解得
所以 bx＋c>0，即－ax－20a>0，解得x<－20，故B错误；
不等式cx2－bx＋a<0等价于－20ax2＋ax＋a<0，即20x2－x－1>0，
即(5x＋1)(4x－1)>0，
解得x<－或x>，故C正确；因为1∉{x|x≤－4或x≥5}，
所以a＋b＋c<0，故D错误．]
(2)(3,4]
解析 设方程x2－4x＋a＝0的两根为x，x，
1 2
则x>1，x>1，
1 2
所以Δ＝(－4)2－4a≥0，x＋x>2，(x－1)(x－1)>0，
1 2 1 2
由Δ＝(－4)2－4a≥0，解得a≤4；
由x＋x>2，得4>2显然成立；
1 2
由(x－1)(x－1)>0，
1 2
得xx－(x＋x)＋1>0，
1 2 1 2
即a－4＋1>0，解得a>3，
综上可得，30，
则不等式等价于m≥对一切x∈恒成立，
由x∈，
得＝
＝＝
≤＝1，
当且仅当1－x＝，即x＝0时等号成立，
所以 ＝1，
max
所以m≥1，即m的取值范围是[1，＋∞)．
(3)不等式f(x)>2对一切m∈(0,2)恒成立，
即(x2－x＋1)m＋x－3>0对一切m∈(0,2)恒成立，
令h(m)＝(x2－x＋1)m＋x－3，
因为x2－x＋1＝2＋>0，
所以函数h(m)＝(x2－x＋1)m＋x－3在(0,2)上单调递增，
则h(0)＝x－3≥0，解得x≥3，
所以x的取值范围为[3，＋∞)．
跟踪训练3 解 (1)f(x)＝x2－3x＋a＝2＋a－，
则f(x) ＝f ＝a－，
min
f(x)>0在x∈R上恒成立，
即f(x) ＝a－>0，故a>.
min
故实数a的取值范围是.
(2)f(x)＝x2－3x＋a＝2＋a－，
f(x)在[－1,2]上的最大值为
f(x) ＝f(－1)＝2＋a－＝4＋a，
max
故f(x)在x∈(－1,2)上满足f(x)<4＋a，故4＋a≤0，解得a≤－4.故实数a的取值范围是(－∞，－4]．
培优点 1 柯西不等式与权方和不等式
例1 解 方法一 由柯西不等式得
(2x＋y)2≤[(x)2＋(y)2]·
＝(3x2＋2y2)≤11.
当且仅当x·＝y·，
即或时等号成立，
于是2x＋y的最大值为，最小值为－.
方法二 由柯西不等式得
|2x＋y|≤·
＝≤，
当且仅当x·＝y·，
即或时等号成立，
于是2x＋y的最大值为，最小值为－.
跟踪训练1 4
解析 ∵a＝(1，－2)，b＝(x，y)，
∴a·b＝x－2y.
由柯西不等式的向量形式可得
[12＋(－2)2](x2＋y2)≥(x－2y)2，
即5×16≥(x－2y)2，
∴－4≤x－2y≤4，(*)
当且仅当b＝ka，
即时，(*)式中右边等号成立，
或时，(*)式中左边等号成立，
∴当x＝，y＝－时，a·b的最大值为4.
例2 (1)＋2
解析 ＋＝＋＝＋≥＝，
即2≥，因为x>0，y>0，
则6x＋5y≥＋2，
当且仅当＝，
即x＝，y＝时取等号．(2)
解析 ＋＋
≥＝，
当且仅当＝＝，
即x＝y＝z＝时取等号．
跟踪训练2 (1)27 (2)D
能力提升
1．A
2．B [因为a，b，x，y>0，
则＋≥，
当且仅当＝时，等号成立，
又00，
于是得f(x)＝＋≥＝25，当且仅当＝，即x＝时，等号成立，
所以函数f(x)＝＋的最小值为25.]
3．B [根据柯西不等式得(x2＋y2＋z2)(1＋4＋9)≥(x＋2y＋3z)2＝1，即x2＋y2＋z2≥，当且仅
当x＝，y＝，z＝时等号成立．]
4．36
5.
解析 f(x)＝＋
＝＋
≥＝，
当且仅当＝，
即sin x＝±，cos x＝±时取等号．
6．8
解析 ＋≥，
令a＋b－2＝t，
则＝＝t＋＋4≥8，
当且仅当即a＝b＝2时取等号，
所以＋的最小值为8.第二章 函 数
§2.1 函数的概念及其表示
落实主干知识
知识梳理
1．实数集 每一个实数x 唯一确定 f
2．(1)定义域 对应关系 值域
(2)定义域 对应关系
3．解析法 列表法
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)√
2．ACD 3.BCD 4.f(x)＝x2＋6x
探究核心题型
例1 (1)BC (2)
跟踪训练1 (1)C (2)C
例2 解 (1)(换元法)设1－sin x＝t，t∈[0,2]，则sin x＝1－t，
∵f(1－sin x)＝cos2x＝1－sin2x，
∴f(t)＝1－(1－t)2＝2t－t2，t∈[0,2]．
即f(x)＝2x－x2(0≤x≤2)．
(2)(配凑法)f ＝x4＋＝2－2，
又x2＋≥2＝2，当且仅当x2＝，即x＝±1时等号成立．
设t＝x2＋，
则t≥2，∴f(t)＝t2－2(t≥2)，
∴f(x)＝x2－2(x≥2)．
(3)(待定系数法)∵f(x)是一次函数，可设f(x)＝ax＋b(a≠0)，
∴3[a(x＋1)＋b]－2[a(x－1)＋b]＝2x＋17，
即ax＋(5a＋b)＝2x＋17，
∴解得
∴f(x)＝2x＋7(x∈R)．
(4)(解方程组法)∵f(x)－2f(－x)＝9x＋2，①
∴f(－x)－2f(x)＝9(－x)＋2，②
由①＋2×②得－3f(x)＝－9x＋6，∴f(x)＝3x－2(x∈R)．
跟踪训练2 (1)(x≠0且x≠1)
(2)2x＋3或－2x－9
例3 (1)BC [函数f(x)＝
的定义域是[－2，＋∞)，故A错误；
当－2≤x<1时，f(x)＝x2，值域为[0,4]，当x≥1时，f(x)＝－x＋2，值域为(－∞，1]，故f(x)
的值域为(－∞，4]，故B正确；
当x≥1时，令f(x)＝－x＋2＝2，无解，当－2≤x<1时，令f(x)＝x2＝2，解得x＝－，故C
正确；
当－2≤x<1 时，令 f(x)＝x2<1，解得 x∈(－1,1)，当 x≥1 时，令 f(x)＝－x＋2<1，解得
x∈(1，＋∞)，故f(x)<1的解集为(－1,1)∪(1，＋∞)，故D错误．]
(2)－2或5 [－3，－1)∪[4，＋∞)
跟踪训练3 (1)C (2)BCD
§2.2 函数的单调性与最值
落实主干知识
知识梳理
1．(1)f(x)f(x)
1 2 1 2
(2)单调递增 单调递减
2．f(x)≤f(x) f(x)≥f(x)
0 0
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)×
2．A 3.A 4.
探究核心题型
例1 ACD [∵y＝x与y＝－在(0，＋∞)上单调递增，∴y＝x－在(0，＋∞)上单调递增，故A
正确；
由y＝|x2－2x|的图象(图略)知，B不正确；
∵y′＝2－2sin x≥0，
∴y＝2x＋2cos x是R上的增函数，故C正确；
函数y＝lg(x＋1)是定义域(－1，＋∞)上的增函数，故D正确．]
例2 解 方法一 定义法
设－10，x－1<0，x－1<0，
2 1 1 2
故当a>0时，f(x)－f(x)>0，
1 2
即f(x)>f(x)，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；
1 2
当a<0时，f(x)－f(x)<0，
1 2
即f(x)0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增．
跟踪训练1 (1)B (2)
例3 A [因为对任意的x，x∈(－∞，0](x≠x)，有<0，
1 2 1 2
所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，
又f(x)为偶函数，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则f(2)0成立，
1 2 1 2
所以函数f(x)＝
在R上是增函数，
所以
解得0时，－x<0，f(x)＝－f(－x)＝－(ex－2x－1)＝－ex＋2x＋1，
又f(0)＝－e0＋2×0＋1＝0，
则当x≥0时，f(x)＝－ex＋2x＋1.
例3 C [因为定义在R上的奇函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(3)＝0，
所以f(x)在(－∞，0)上也单调递增，且f(－3)＝0，f(0)＝0，
所以当x∈(－∞，－3)∪(0,3)时，f(x)<0，
当x∈(－3,0)∪(3，＋∞)时，f(x)>0，
所以由xf(x－2)<0，可得或
解得－1x，x＝x，y＝－x，
1 2 1 2
可得f(x－x)＝f(x)＋f(－x)，
1 2 1 2
所以f(x)－f(x)＝f(x)＋f(－x)＝f(x－x)，
1 2 1 2 1 2
又因为x>x，所以x－x>0，
1 2 1 2
所以f(x－x)>0，
1 2
即f(x)>f(x)，
1 2
所以f(x)在R上单调递增，
因为f(－2)＝－1，
所以f(－4)＝f(－2－2)＝2f(－2)＝－2，
由f(2x)－f(x－3)>－2，
可得f(2x)>f(x－3)＋f(－4)，
所以f(2x)>f(x－3－4)＝f(x－7)，
所以2x>x－7，得到x>－7，
所以f(2x)－f(x－3)>－2的解集为(－7，＋∞)，
故C错误；
对于D，因为f(x)为奇函数，
所以f(－x)＋f(x)＝0，
所以f(－2 024)＋f(2 024)＝f(－2 023)＋f(2 023)＝…＝f(－1)＋f(1)＝0，
又f(0)＝0，故f(－2 024)＋f(－2 023)＋…＋f(0)＋…＋f(2 023)＋f(2 024)＝0，故D错误．]
(2)D [对于A，令x＝y＝0，代入已知等式得f(0)＝f(0)g(0)－g(0)f(0)＝0，得f(0)＝0，故A
错误；
对于B，取f(x)＝sin x，g(x)＝cos x，满足f(x－y)＝f(x)g(y)－g(x)f(y)及f(－2)＝f(1)≠0，
因为g(3)＝cos 2π＝1≠0，所以g(x)的图象不关于点(3,0)对称，所以函数g(2x＋1)的图象不关
于点(1,0)对称，故B错误；
对于C，令y＝0，x＝1，代入已知等式得f(1)＝f(1)g(0)－g(1)f(0)，可得f(1)[1－g(0)]＝－
g(1)f(0)＝0，
结合f(1)≠0得1－g(0)＝0，g(0)＝1，
再令x＝0，代入已知等式得
f(－y)＝f(0)g(y)－g(0)f(y)，将f(0)＝0，g(0)＝1代入上式，得
f(－y)＝－f(y)，
所以函数f(x)为奇函数．
令x＝1，y＝－1，代入已知等式，得f(2)＝f(1)g(－1)－g(1)f(－1)，
因为f(－1)＝－f(1)，所以f(2)＝f(1)[g(－1)＋g(1)]，
又因为f(2)＝－f(－2)＝－f(1)，
所以－f(1)＝f(1)[g(－1)＋g(1)]，
因为f(1)≠0，所以g(1)＋g(－1)＝－1，故C错误；
对于D，分别令y＝－1和y＝1，代入已知等式，得以下两个等式：f(x＋1)＝f(x)g(－1)－
g(x)f(－1)，f(x－1)＝f(x)g(1)－g(x)f(1)，
两式相加易得f(x＋1)＋f(x－1)＝－f(x)，
所以f(x＋2)＋f(x)＝－f(x＋1)，
即f(x)＝－f(x＋1)－f(x＋2)，
有－f(x)＋f(x)＝f(x＋1)＋f(x－1)－f(x＋1)－f(x＋2)＝0，即f(x－1)＝f(x＋2)，
所以f(x)为周期函数，且一个周期为3，
因为f(1)＝1，所以f(－2)＝1，
所以f(2)＝－f(－2)＝－1，f(3)＝f(0)＝0，
所以f(1)＋f(2)＋f(3)＝0，
所以(n)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 023)＝f(2 023)＝f(1)＝1，故D正确．]
跟踪训练2 (1)B (2)C (3)B
例4 (1)C [因为f(x)是定义域为R的偶函数，所以f(－x)＝f(x)，
故f(2＋x)＝f(－x)＝f(x)，
所以f(x)的一个周期为2，
故f ＝f ＝f ＝f ＝.]
(2)D [因为f(x)的周期为3，
f(－1)＝1，则f(2)＝f(－1＋3)＝f(－1)＝1，
又f(0)＝－2，则f(3)＝f(0＋3)＝f(0)＝－2，
因为函数f(x)在R上的图象关于y轴对称，
所以f(x)为偶函数，
故f(1)＝f(－1)＝1，
则f(1)＋f(2)＋f(3)＝0.
故f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 025)＝675×0＝0.]
跟踪训练3 ACD§2.4 函数的对称性
落实主干知识
知识梳理
1．(1)原点 y轴 (2)x＝a (a,0)
2．(a,0)
3．(1)y轴 (2)x轴 (3)原点
自主诊断
1．(1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．B 3.A 4.(－1,2)
探究核心题型
例1 (1)A (2)(－1,1)
跟踪训练1 (1)D (2)C
例2 (1)ABC [对于A，f(x)＝＝＝2－，其图象可以由y＝－的图象向左平移2个单位，再
向上平移2个单位得到，且y＝－的图象关于原点对称，故f(x)＝的图象关于点(－2,2)中心
对称，A正确；
对于B，因为f(2x－1)为奇函数，所以f(2x－1)＝－f(－2x－1)，所以f(x－1)＝－f(－x－1)，
所以f(x)＝－f(－x－2)，所以函数f(x)关于点(－1,0)中心对称，B正确；
对于C，函数y＝f(x)的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到函数y＝f(x－1)＋1
的图象，由于y＝f(x)过定点(0,1)，故函数y＝f(x－1)＋1过定点(1,2)，C正确；
对于D，函数y＝＝＝1＋的图象关于点(3，c)中心对称，
所以解得b＝3，c＝1，
所以b＋c＝4，D不正确．]
(2)D [因为函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，
所以f(－x)＝f(2＋x)，
因为函数y＝f(x)的图象关于点(2,0)对称，
所以f(－x)＝－f(4＋x)，
所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝0，
所以f(x)－f(x＋4)＝0，
即f(x)＝f(x＋4)，
所以函数f(x)的周期为4，
所以f(2 024)＝f(4×506＋0)＝f(0)＝0.]
跟踪训练2 (1)D (2)C
例3 A [设P(x，y)为y＝f(x＋2)图象上任意一点，
0 0则y＝f(x＋2)＝f(4－(2－x))，
0 0 0
所以点Q(2－x，y)在函数y＝f(4－x)的图象上，
0 0
而点P(x，y)与点Q(2－x，y)关于直线x＝1对称，
0 0 0 0
所以函数y＝f(x＋2)与y＝f(4－x)的图象关于直线x＝1对称．]
跟踪训练3 C
§2.5 函数性质的综合应用
例1 C [对于函数f(x)＝lg(|x|－1)＋2x＋2－x，
令|x|－1>0，解得x>1或x<－1，
所以函数的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，
又f(－x)＝lg(|－x|－1)＋2－x＋2x＝lg(|x|－1)＋2x＋2－x＝f(x)，
所以f(x)为偶函数，
当x>1时，f(x)＝lg(x－1)＋2x＋2－x，则y＝lg(x－1)在(1，＋∞)上单调递增，
令g(x)＝2x＋2－x，x∈(1，＋∞)，
所以g′(x)＝2xln 2－2－xln 2＝(2x－2－x)ln 2>0，
所以g(x)＝2x＋2－x在(1，＋∞)上单调递增，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，从而得到f(x)在(－∞，－1)上单调递减，
则不等式f(x＋1)1或x<－2，
所以不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞)．]
跟踪训练1 D
例2 BCD [函数f(x)的定义域为R，且f(0)＝－2，则f(x)不可能是奇函数，故A错误；
定义在R上的函数f(x)满足
f(x－1)＝－f ，
变形可得f(x)＝－f ，
而f 为奇函数，
则f ＝－f ，
则f(－x)＝－f ，
则有f(－x)＝f(x)，
即函数f(x)为偶函数，故B正确；
已知函数f(x)满足f(x－1)＝－f ，即f(x)＝－f ，
则有f(x＋3)＝－f ＝f(x)，
即函数f(x)是一个周期为3的周期函数，故C正确；f(x)是偶函数且周期为3，
则f(2 025)＝f(0)＝－2，故D正确．]
跟踪训练2 C [因为f(x－2)为奇函数，f(x)的周期为2，所以f(x)为奇函数，
因为当x∈[0,1)时，>0，
所以f(x)在[0,1)上单调递增，
因为f(x)为奇函数，
所以f(x)在(－1,0)上单调递增，
所以f(x)在(－1,1)上单调递增，
因为f ＝f ＝
f ，f(4)＝f(4－2×2)＝f(0)，
f ＝f ＝f ，
所以f >f(0)>f ，
即f >f(4)>f .]
例3 B [构造函数g(x)＝xf(x)，该函数的定义域为R，所以g(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－
g(x)，
函数g(x)为奇函数，故函数g(x)图象的对称中心为坐标原点．
对于A选项，函数y＝(x－1)f(x－1)的图象由函数g(x)的图象向右平移1个单位得到，
故函数y＝(x－1)f(x－1)图象的对称中心为(1,0)；
对于B选项，函数y＝(x＋1)f(x＋1)的图象由函数g(x)的图象向左平移1个单位得到，
故函数y＝(x＋1)f(x＋1)图象的对称中心为(－1,0)；
对于C选项，函数y＝xf(x)＋1的图象由函数g(x)的图象向上平移1个单位得到，
故函数y＝xf(x)＋1图象的对称中心为(0,1)；
对于D选项，函数y＝xf(x)－1的图象由函数g(x)的图象向下平移1个单位得到，
故函数y＝xf(x)－1图象的对称中心为(0，－1)．]
跟踪训练3 C [f(4－x)＝f(2－(x－2))＝f(x－2)＝－f(2－x)＝－f(x)，
即f(4－x)＋f(x)＝0，故f(x)的图象关于点(2,0)中心对称，
∵f(2－x)＝f(x)，则f(x)的图象关于直线x＝1轴对称，故A，B错误；
根据题意可得，f(x)在(0,1)上单调递增，
∵f(x)的图象关于直线x＝1轴对称，关于点(2,0)中心对称，则f(x)在(2,3)上单调递减，故C
正确；
又∵f(x)＝f(2－x)＝－f(x－2)，则f(x＋2)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，可知f(x)的周期为4，
则f ＝f f(2 022)>f(2 023)不成立，故D错误．]
跟踪训练4 ABD
§2.6 二次函数与幂函数
落实主干知识
知识梳理
1．(1)y＝xα (3)②(1,1) (0,0)
③(1,1) ④奇函数 偶函数
2．(1)ax2＋bx＋c(a≠0) (m，n)
零点 (2)R
－
偶 减 增
增 减
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)× (4)×
2．B 3.D 4.(－∞，4]
探究核心题型
例1 (1)B [根据幂函数y＝xn的性质，在第一象限内的图象：当n>0时，n越大，y＝xn递增速度越快，所以曲线C 的n＝2，C 的n＝；
1 2
当n<0时，|n|越大，曲线越陡峭，所以曲线C 的n＝－，C 的n＝－2.]
3 4
(2)C [因为f(x)＝(n2－3n＋3)x2n－3是幂函数，
所以n2－3n＋3＝1，即n2－3n＋2＝0，
解得n＝1或n＝2，
当n＝1时，f(x)＝x－1＝在(0，＋∞)上单调递减；当n＝2时，f(x)＝x在(0，＋∞)上单调递增．
所以“n＝1”是“幂函数f(x)＝(n2－3n＋3)x2n－3在(0，＋∞)上单调递减”的充要条件．]
跟踪训练1 (1)D (2)B
例2 解 方法一 (利用“一般式”解题)
设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
由题意得
解得
所以所求二次函数的解析式为
f(x)＝－4x2＋4x＋7.
方法二 (利用“顶点式”解题)
设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．
因为f(2)＝f(－1)，
所以抛物线的对称轴为x＝＝，所以m＝.
又根据题意，函数有最大值8，
所以n＝8，
所以f(x)＝a2＋8.
因为f(2)＝－1，
所以a2＋8＝－1，
解得a＝－4，
所以f(x)＝－42＋8
＝－4x2＋4x＋7.
方法三 (利用“零点式”解题)
由已知得f(x)＋1＝0的两根为x＝2，x＝－1，
1 2
故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.
又函数有最大值8，
即＝8.
解得a＝－4.
故所求函数的解析式为
f(x)＝－4x2＋4x＋7.跟踪训练2 f(x)＝x2－4x＋3
例3 ACD [由二次函数的图象开口向下知a<0，对称轴为x＝－＝1，即2a＋b＝0，故b>0.
又因为f(0)＝c>0，所以abc<0.
f(2)＝f(0)＝4a＋2b＋c>0，f(3)＝f(－1)＝9a＋3b＋c<0.]
例4 解 (1)由题意知a≠0.
当a>0时，f(x)＝ax2－x＋2a－1的图象开口向上，对称轴方程为x＝，所以f(x)在区间[1,2]上
单调递减需满足≥2，
又a>0，所以01时，f(x)在[0,1]上单调递减，则M＝f(0)＝3a，m＝f(1)＝1－2b＋3a，此时M－m＝
2b－1，故M－m的值与a无关，与b有关；
②当b<0时，f(x)在[0,1]上单调递
增，则M＝f(1)＝1－2b＋3a，m＝f(0)＝3a，此时M－m＝1－2b，故M－m的值与a无关，与b有关；
③当0≤b≤1时，m＝f(b)＝3a－b2，
若0≤b≤，则f(1)≥f(0)，有M＝f(1)＝1－2b＋3a，∴M－m＝b2－2b＋1，故M－m的值与a
无关，与b有关，
若b>，则f(1)1 01 01时，若3a＝6b＝k，则01，则3a<3b<2b·3b＝6b，故选项D错误．]
(2)(0,2)
解析 在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b的图象，如图所示．
∴当01.30＝1，b＝－0.4＝0.4，c＝0.3，
因为指数函数y＝x是减函数，
所以0.4<0.3<0＝1，
所以b1时，y＝ax是增函数，
∴p：{x|x<0}．
对于不等式2x＋10 y<0
y<0 y>0 增函数 减函数4．x y
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．A 3.A 4.(2,4)
探究核心题型
例1 (1)45
解析 由3a＝5b＝m，可知m>0，显然m≠1.
则a＝log m＝，b＝log m＝，
3 5
所以＝，＝，
由＋＝1，
可得＝＝log 45＝1，
m
所以m＝45.
(2)2
log ( 2)2
1
解析 原式＝log 35－log －log 14＋ 2 ＝log ＋ ＝log 125－1＝log 53－1＝3
5 5 5 5 5 5
－1＝2.
跟踪训练1 (1)B (2)2
例2 (1)A [由函数图象可知，f(x)为增函数，故a>1.
函数图象与y轴的交点坐标为(0，log b)，
a
由函数图象可知－11＋＝5，
故a＋4b的取值范围是(5，＋∞)．]
跟踪训练2 (1)C (2)C
例3 A [∵a＝lg 0.20，c＝log 4>0，
3 6
＝＝＝×＝<1，
∴bb>a.]
例4 A [由2a>2，可得a>1.
由log >0，
a
可得log >log 1，
a a
∴或
解得a>1或02”是“log >0”的充分不必要条件．]
a
例5 D [由f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，
得f(x)的定义域为，关于坐标原点对称，
又f(－x)＝ln|1－2x|－ln|－2x－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，
∴f(x)为定义域上的奇函数，故排除A，C；
当x∈时，f(x)＝ln(2x＋1)－ln(1－2x)，
∵y＝ln(2x＋1)在上单调递增，y＝ln(1－2x)在上单调递减，
∴f(x)在上单调递增，故排除B；
当x∈时，
f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)
＝ln＝ln，
∵u＝1＋在上单调递减，f(u)＝ln u在(0，＋∞)上单调递增，
根据复合函数单调性可知f(x)在上单调递减，故D正确．]
跟踪训练3 (1)A
(2)B [令t＝x2－2ax＋a－1，
根据复合函数的单调性，要使函数f(x)＝log 有最大值，
a
则函数t＝x2－2ax＋a－1有最小正值，且函数f(t)＝log t为减函数，可知0b>a.]
例2 B [因为b＝ln－ln 3＝－＝＝<＝0，
1 1
e e
而a＝ >0，c＝ >0，所以b最小．
1 1
ln e ln e
又ln a＝ ＝<，ln c＝ ＝ln π>，
所以ln c>ln a，即c>a，
因此c>a>b.]
例3 C [取特殊值，令a＝4，b＝2，c＝，
1 1
ac 44,bc 24
则 ，∴ac>bc，故A错误；
1 9 1 3
abc＝4×24 24 ，bac＝2×44 22
，
∴abc>bac，故B错误；
log c＝log ＝－1，log c＝log ＝－2，
a 4 b 2
alog c＝－8，blog c＝－2，
b a
∴alog clog c，故C正确，D错误．]
b a a b
跟踪训练1 (1)C (2)A
例4 (1)D [∵＝log 12＝1＋log 4＝1＋＝1＋，＝log 40＝1＋log 8＝1＋＝1＋，
3 3 5 5
∴－＝－
＝
＝
＝<0，
∴<，
又b>0，c>0，∴b>c；3
log 52
∵＝1＋log 8<1＋log ＝1＋ 5 ＝，∴c>，
5 5
3
log 22
∵＝log 6＝1＋log 3>1＋log ＝1＋ 2 ＝，∴a<，
2 2 2
∴a
＝
＝>0，
∴log 3>log 4，
2 3
log 4－log 5＝－
3 4
＝>
＝
＝>0，
∴log 4>log 5，
3 4
∴b＝4m－5＝
4log
3
4
－5>
4log
4
5
－5＝0，
a＝2m－3＝
2log
3
4
－3< －3＝0，
∴b>0>a.]
例5 B [由＝＝<＝<1，得b ＝81，所以5> ，
4
log 33
所以log 5> 3 ＝，即a>c.
3
因为73＝343< ＝625，
所以7< ，
所以log 7< ＝，
5
即bc>b.]
例7 A [令f(x)＝(20－x)ln x(x≥9)，则f′(x)＝－ln x＋(20－x)·＝－ln x＋－1，显然当x≥9时，f′(x)单调递减且f′(9)＝－ln 9＋－1<0，故f(x)在[9，＋∞)上单调递减，
所以f(9)>f(10)>f(11)，
即11ln 9>10ln 10>9ln 11，
即ln 911>ln 1010>ln 119，
可得911>1010>119，即clg a>lg c，所以b>a>c.]
(2)A [令2x＝3y＝5z＝k(k>1)，
则x＝log k，y＝log k，z＝log k，
2 3 5
所以＝＝·＝>1，则2x>3y，
＝＝·＝<1，则2x<5z.
所以3y<2x<5z.]
§2.10 函数的图象
落实主干知识
知识梳理
1．列表 描点 连线
2．(1)f(x)＋k f(x＋h) f(x－h)
f(x)－k (2)①－f(x) ②f(－x)
③－f(－x) ④log x(a>0，且a≠1)
a
(3)①|f(x)| ②f(|x|)
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．C 3.C 4.e－x＋1
探究核心题型
例1 解 (1)原函数解析式可化为y＝2＋，故函数图象可由函数y＝的图象向右平移1个单
位，再向上平移2个单位得到，如图所示．(2)y＝|x2－4x－5|的图象可由函数y＝x2－4x－5的图象保留x轴上方的部分不变，将x轴下方
的部分翻折到x轴上方得到，如图所示．
(3)y＝|x－1|－1，其图象可看作由函数y＝|x|的图象向右平移1个单位，再向下平移1个单位得
到，
而y＝|x|＝其图象可由y＝x的图象保留x≥0时的图象，然后将该
部分关于y轴对称得到，则y＝|x－1|－1的图象如图所示．
跟踪训练1 解 (1)y＝x2－2|x|－3＝其图象如图所示．
(2)y＝|log (x＋1)|，其图象可由y＝log x的图象向左平移1个单位，
2 2
再保留x轴上方部分不变，将x轴下方部分翻折到x轴上方得到，如图所示．
例2 (1)C [由题意知函数f(x)的定义域为，
因为f(－x)＝＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，故排除A；
因为f(1)＝>0，故排除B；
因为f(2)＝>＝f(1)，故排除D.]
(2)A [对于选项B，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故排除B；对于选项D，当x＝3时，y＝sin 3>0，与图象不符，故排除D；对于选项C，当02f(x)，得(x2－2)f(x)>0，则或
解得x<－2或0时，f(x)＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，f(x)∈R.作出函数f(x)的图象，如图所示．
由y＝f(x)与y＝a的图象有三个交点，结合函数图象可得a∈(0,1)．]
跟踪训练3 (1)B (2)
(3)§2.11 函数的零点与方程的解
落实主干知识
知识梳理
1．(1)α (2)零点 x轴
(3)f(a)f(b)<0 (a，b)
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．B 3.C 4.1，－2
探究核心题型
例1 (1)B [对于方程－＋1＝0，
有x>0，可得x＋ln x－e＝0，
令f(x)＝x＋ln x－e，其中x>0，
因为函数y＝x－e，y＝ln x均在(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f(1)＝1－e<0，f(2)＝2＋ln 2－e<0，f(e)＝1>0，
所以f(2)f(e)<0，
由函数零点存在定理可知，函数f(x)的零点在区间(2，e)内，则方程－＋1＝0的根所在的区
间是(2，e)．]
(2)C [∵开区间(2,3)的长度等于1，
每经过一次操作，区间长度变为原来的一半，
经过n次操作后，区间长度变为，
故有≤0.1，解得n≥4，
∴至少经过4次二分后精确度达到0.05.]
跟踪训练1 (1)A (2)2
例2 (1)D [当x≤0时，x2－1＝0，
解得x＝－1；
当x>0时，f(x)＝x－2＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
并且f(1)＝1－2＋ln 1＝－1<0，
f(2)＝2－2＋ln 2＝ln 2>0，
即f(1)f(2)<0，所以函数f(x)在区间(1,2)内必有一个零点，
综上，函数f(x)的零点个数为2.]
(2)C [依题意可知，函数f(x)是定义在R上的偶函数，
且f(x－2)＝f(x)，
所以f(x)＝f(－x)＝f(－x－2)＝f(x＋2)，
即函数f(x)是以2为周期的偶函数，
令g(x)＝f(x)－log |x|＝0，
7
即f(x)＝log |x|，
7
在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f(x)和y＝log |x|的图象，如图所示．
7
由图象可知，两函数图象共有12个交点，即函数g(x)共有12个零点．]
跟踪训练2 (1)C (2)6
例3 D [如图所示，作出函数f(x)的大致图象(实线)，平移直线y＝k－x，
由k－x＝x2＋2x＋2可得，
x2＋3x＋2－k＝0，
Δ＝9－8＋4k＝0，解得k＝－，
故当k＝－时，直线y＝－－x与曲线y＝x2＋2x＋2(x≤0)相切；
当k＝0时，直线y＝－x经过点(0,0)，
且与曲线y＝x2＋2x＋2(x≤0)有2个不同的交点；
当k＝2时，直线y＝2－x经过点(0,2)，
且与f(x)的图象有3个不同的交点．
由图分析可知，当k∈(0,2]时，f(x)的图象与直线y＝k－x有3个不同的交点．]
例4 B [由f(x)＝3x－＝0，可得a＝3x－，
令g(x)＝3x－，其中x∈(－∞，－1)，
由于存在x∈(－∞，－1)，使得f(x)＝0，
0 0
则实数a的取值范围即为函数g(x)在(－∞，－1)上的值域．
由于函数y＝3x，y＝－在区间(－∞，－1)上均单调递增，
所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增．
当x∈(－∞，－1)时，g(x)＝3x－0，
所以函数g(x)在(－∞，－1)上的值域为.
因此实数a的取值范围是.]跟踪训练3 (1)A (2)D
§2.12 函数与方程的综合应用
例1 (1)B [方程x2＋(m－2)x＋5－m＝0的两根都大于2，则二次函数f(x)＝x2＋(m－2)x＋5
－m的图象与x轴的两个交点都在x＝2的右侧，
根据图象得，方程的判别式Δ≥0；
f(2)>0；
函数图象的对称轴－>2.
即
解得－52时，t＝f(x)有两个不同的解；
当－1，
即v2＋10v－600<0，
解得－300时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x，y)，
0 0
则由y′＝，得切线斜率为，
又切线的斜率为，所以＝，
解得y＝1，代入y＝ln x，得x＝e，
0 0
所以切线斜率为，
切线方程为y＝x.
同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－x.
综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x.
例3 (1)D [设直线y＝kx＋1在曲线y＝ln x上的切点为P(x，y)，
0 0
因为y＝ln x，所以y′＝，
所以切线斜率k＝，
所以曲线y＝ln x在点P(x，y)处的切线方程为y－y＝(x－x)，
0 0 0 0
又y＝ln x，
0 0所以切线方程为y＝·x－1＋ln x，
0
又切线方程为y＝kx＋1，
所以
解得]
(2)(－∞，－4)∪(0，＋∞)
解析 因为y＝(x＋a)ex，
所以y′＝(x＋a＋1)ex.
设切点为 ，O为坐标原点，
依题意得，切线斜率
k ＝ ，
OA
化简，得x＋ax－a＝0.
0
因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，
所以关于x 的方程x＋ax－a＝0有两个不同的根，
0 0
所以Δ＝a2＋4a>0，
解得a<－4或a>0，
所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
跟踪训练2 (1)C (2)(－∞，－2]
例4 (1)C [根据题意，设两曲线y＝f(x)与y＝g(x)的公共点为(a，b)，其中a＞0，
由f(x)＝－2x2＋m，
可得f′(x)＝－4x，
则切线的斜率k＝f′(a)＝－4a，
由g(x)＝－3ln x－x，
可得g′(x)＝－－1，
则切线的斜率k＝g′(a)＝－－1，
因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，
所以－4a＝－－1，
解得a＝1或a＝－(舍去)，
又由g(1)＝－1，
即公共点的坐标为(1，－1)，
将点(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m，
可得m＝1.]
(2)B [设公切线与曲线y＝ln x－1和y＝ax2的切点分别为(x ，ln x －1)，(x ，ax)，其中
1 1 2x>0，
1
对于y＝ln x－1有y′＝，
则切线方程为y－(ln x－1)＝(x－x)，即y＝＋ln x－2，
1 1 1
对于y＝ax2有y′＝2ax，
则切线方程为y－ax＝2ax(x－x)，
2 2
即y＝2axx－ax，
2
所以
则－＝ln x－2，
1
即＝2x－xln x(x>0)，
1 1
令g(x)＝2x2－x2ln x，x>0，
则g′(x)＝3x－2xln x＝x(3－2ln x)，
令g′(x)＝0，得x＝ ，
当x∈ 时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈ 时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x) ＝ ＝e3，
max
故0<≤e3，即a≥e－3.]
跟踪训练3 (1)－3 (2)C
§3.2 导数与函数的单调性
落实主干知识
知识梳理
1．增函数 减函数 常数函数
2．定义域 零点
自主诊断
1．(1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．BC 3.(－∞，－1)，
4．(－∞，5]
探究核心题型
例1 (1)(0，e2) (2)(0,1)
跟踪训练1 B
例2 解 g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)
＝(x－a)(ex－2)，
令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2，
①若a>ln 2，
则当x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，
当x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；
②若a＝ln 2，则g′(x)≥0恒成立，
∴g(x)在R上单调递增；
③若a0，
当x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减．
综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；
当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增；
当a0，则x∈(a＋1，－1)，
函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a＋1，－1)；
③当a＋1>－1，即a>－2时，
令f′(x)<0，则x∈(－∞，－1)∪(a＋1，＋∞)，令f′(x)>0，则x∈(－1，a＋1)，
函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，a＋1)．
综上所述，当a＝－2时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递
增区间；
当a<－2时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a＋
1，－1)；
当a>－2时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，
a＋1)．
例3 (1)AC [令f(x)＝ex－ln(x＋1)且x∈(0,1)，
则f′(x)＝ex－>0，
故f(x)在区间(0,1)上单调递增，
因为0ln ，所以A正确，B错误；
令f(x)＝且x∈(0,1)，
则f′(x)＝<0，
故f(x)在区间(0,1)上单调递减，
因为0f(x)，
1 2
即 ，故 ，
所以C正确，D错误．]
微拓展
典例 ACD [依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数．
对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，
当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”；
对于B，g(x)＝x3在R上为增函数，故B中函数为“F函数”；
对于C，g(x)＝xln x，g′(x)＝1＋ln x，x>0，
当x∈时，g′(x)<0，
∴g(x)在上单调递减，
故C中函数不是“F函数”；对于D，g(x)＝xsin x，g′(x)＝sin x＋xcos x，
当x∈时，g′(x)<0，
∴g(x)在上单调递减，
故D中函数不是“F函数”．]
例3 (2)(1，＋∞)
解析 令g(x)＝f(x)－1
＝ex－e－x－2x，
定义域为R，且g(－x)＝e－x－ex＋2x＝－g(x)，
所以g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x为奇函数，
f(2x－3)＋f(x)>2变形为f(2x－3)－1>1－f(x)，
即g(2x－3)>－g(x)＝g(－x)，
g′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，
当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，
所以g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x在R上单调递增，
所以2x－3>－x，解得x>1，
所以所求不等式的解集为(1，＋∞)．
例4 解 (1)因为f(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
设G(x)＝－，x∈[1,4]，
所以a≥G(x) ，
max
而G(x)＝2－1，
因为x∈[1,4]，所以∈，所以G(x) ＝－(此时x＝4)，所以a≥－，
max
又因为a≠0，所以实数a的取值范围是∪(0，＋∞)．
(2)因为f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
则f′(x)<0在[1,4]上有解，所以当x∈[1,4]时，a>－有解，
又当x∈[1,4]时， ＝－1(此时x＝1)，
min
所以a>－1，又因为a≠0，所以实数a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
跟踪训练3 (1)D (2)A
§3.3 导数与函数的极值、最值
落实主干知识
知识梳理
2．(2)①极值②端点处的函数值f(a)，f(b)
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)× (4)√
2．A 3.(－∞，－)∪(，＋∞)
4．4 －
探究核心题型
例1 BC [由图象知，当x∈(－2，－1)时，f′(x)<0，
即f(x)在(－2，－1)上单调递减，
当x∈(－1,2)时，f′(x)>0，
即f(x)在(－1,2)上单调递增，
所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，
故A错误，B正确；
当x∈(2,4)时，f′(x)<0，
即f(x)在(2,4)上单调递减，故C正确，D错误．]
例2 解 f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋a)ex＝(x＋2)(x＋a)ex
当a＝2时，f′(x)≥0，
所以函数f(x)在R上是增函数，无极值；
当a≠2时，令f′(x)＝0，
解得x＝－2或x＝－a，
不妨令x－2，即a<2时，取x＝－2，x＝－a，其单调区间如表所示，
1 2
极大值为f(－2)＝(4－a)e－2，极小值为f(－a)＝ae－a.
当－a<－2，即a>2时，取x＝－a，x＝－2，其单调区间如表所示，
1 2
极小值为f(－2)＝(4－a)e－2，极大值为f(－a)＝ae－a.
例3 (1)D [函数f(x)＝x(x＋a)2，f′(x)＝(x＋a)2＋2x(x＋a)＝(x＋a)(3x＋a)，
由函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，
可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0，
解得a＝－1或a＝－3，
当a＝－1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当x∈时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)在x＝1处有极小值，不符合题意．
当a＝－3时，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，当 x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，当 x∈(1,3)时，f′
(x)<0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，f(x)在x＝1处有极大值，符合题意．
综上可得，a＝－3.]
(2)D [由f(x)＝ex－ax2－2ax，
得f′(x)＝ex－2ax－2a.
因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，
所以f′(x)＝ex－2ax－2a有两个变号零点，
令f′(x)＝0，得＝，
设g(x)＝，y＝；
则g′(x)＝－，
令g′(x)＝0，即－＝0，解得x＝0，
当x>0时，g′(x)<0；
当x<0时，g′(x)>0，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．
当x→－∞时，g(x)→－∞；
当x→＋∞时，
g(x)→0.
分别作出函数g(x)＝与y＝的图象，如图所示，
由图可知，0<<1，解得a>，
所以实数a的取值范围为.]
跟踪训练1 (1)C (2)
例4 D [f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cos x＝
(x＋1)cos x，x∈[0,2π]．
令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)或x＝或x＝.
因为f ＝cos ＋·sin ＋1＝2＋，
f ＝cos ＋sin ＋1＝－，
又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x) ＝f ＝2＋，
max
f(x) ＝f ＝－.故选D.]
min
例5 解 f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝(x>0，a>0)，
当0<≤1，即a≥1时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递增，
所以f(x) ＝f(1)＝－2，符合题意．
min
当1<0，f(x)单调递增．
所以f(x) ＝f 0，g(x)在(0，e2]上单调递增，函数g(x)无最小值，不符合题意；
若a>0，当x>a时，g′(x)>0，当00时，g′(x)＝<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
此时不等式>0的解集是(0,2)．
因为g(x)为奇函数，图象关于原点对称，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以当x<0时，不等式>0的解集是(－∞，－2)．
综上所述，不等式>0的解集是(－∞，－2)∪(0,2)．]
跟踪训练1 AD
例2 B [令g(x)＝，
则g′(x)＝>0，
因此函数g(x)是增函数，
于是得g(2 023)>g(2 022)，
即>，
整理得f(2 023)－ef(2 022)>2(e－1)，故B正确．]
跟踪训练2 (3，＋∞)
例3 ∪
解析 令g(x)＝，x∈(－π，0)∪(0，π)，
则g′(x)＝，
∵当x∈(0，π)时，
f′(x)sin x－f(x)cos x<0，
∴在(0，π)上，g′(x)<0，
∴函数g(x)在(0，π)上单调递减．
∵y＝f(x)，y＝sin x是奇函数，
∴函数g(x)是偶函数，
∴函数g(x)在(－π，0)上单调递增．
当x∈(0，π)时，sin x>0，
则不等式f(x)<2f sin x可化为<，
即g(x)＝，
即g(x)>g，
∴－φ，
即f ·sin
>f ·sin ，
即－ f >f ，
即f <－f ，∴ab＋ln b，
可得ea＋a>eln b＋ln b，
令f(x)＝ex＋x，则f(a)＞f(ln b)，
因为f(x)在R上是增函数，
所以a＞ln b.
方法二 由ea＋a>b＋ln b，
可得ea＋ln ea>b＋ln b，
令g(x)＝x＋ln x，则g(ea)>g(b)，
因为g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以ea>b，即a＞ln b．]
(2)A [对aea－2＝e4两边取自然对数，得ln a＋a＝6，①
对b(ln b－2)＝e3λ－1两边取自然对数，得ln b＋ln(ln b－2)＝3λ－1，
即ln b－2＋ln(ln b－2)＝3λ－3，②
因为方程①②为两个同构方程，
所以3λ－3＝6，解得λ＝3，
设F(x)＝ln x＋x，x>0，
则F′(x)＝＋1>0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以方程F(x)＝6的解只有一个，
所以a＝ln b－2，所以ab＝(ln b－2)b＝b(ln b－2)＝e3×3－1＝e8.]跟踪训练1 A
例2
解析 由kekx≥ln x得kxekx≥xln x，
即kxekx≥eln x·ln x，
令f(x)＝xex，则f(kx)≥f(ln x)．
因为f′(x)＝(x＋1)ex，
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
因为kx>0，ln x>0，所以kx≥ln x，
即k≥，
令h(x)＝(x＞1)，
则h′(x)＝，
当x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x) ＝h(e)＝，即k≥，
max
所以k的最小值为.
例3 B [由aea0)，
因为a>0，则ea>1，
因为b>0，且bln b>aea>0，则b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
ealn ea0，>，即>对∀x∈(0,1)恒成立．设g(x)＝，则问题转化为g(aex)>g(x)
在(0,1)上恒成立，因为g′(x)＝，所以当00，当x>e时，g′(x)<0，所以
g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.①在x∈(0,1)上，若aex≥1恒成立，即a≥1，g(aex)≥0>g(x)；②
在x∈(0,1)上，若0x恒成立，即0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)0，h(x)单调递增，
所以h(x) ＝h(1)＝e，即a≤e，
min
所以a的最大值是e.
跟踪训练2 (1)e (2)(－∞，2e]
能力提升
1．B 2.B 3.D
4．BCD [由aa＝bb，得aln a＝bln b，
令f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1＝0，
解得x＝，
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以0，
即证明b>－a，
只需证f(b)>f ，
只需证f(a)>f ，
令g(x)＝f(x)－f ＝xln x－ln，0g＝0，
所以a＋b>，故C正确；
由于f(x)在(1，＋∞)上单调递增，而>，
所以f >f ，
所以ln >ln ，所以 (n∈N )，故D正确．]
＋
5.
解析 依题意，ln 2x－≤ln a
⇔ln 2x－ln a≤
⇔2ln ≤aex
⇔ln ≤exln ex.
∵x>0，a>0，∴若0<≤1，
显然成立，此时满足≤11，令f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1>0在(1，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
而ln ≤exln ex，∴≤ex.
综上，≤ex在(0，＋∞)上恒成立，∴a≥.
令g(x)＝，g′(x)＝，
∴当00，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
∴g(x)≤g(1)＝，即a≥.
6．解 (1)依题意，得f′(x)＝aex＋1.
当a≥0时，f′(x)>0，
所以f(x)在R上是增函数．
当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln(－a)；
令f′(x)<0，可得x>－ln(－a)，
所以f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)在R上是增函数；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，
在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．
(2)因为当x>1时，
f(x)>ln ＋x，
所以aex＋x＋1>ln ＋x，
即eln aex＋x＋1>ln(x－1)－ln a＋x，
即ex＋ln a＋ln a＋x>ln(x－1)＋x－1，
即ex＋ln a＋x＋ln a>eln(x－1)＋ln(x－1)．
令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋ln a)>h(ln(x－1))对∀x∈(1，＋∞)恒成立．
因为h′(x)＝ex＋1>0，
所以h(x)在R上是增函数，故只需x＋ln a>ln(x－1)，
即ln a>ln(x－1)－x对∀x∈(1，＋∞)恒成立．
令F(x)＝ln(x－1)－x，
则F′(x)＝－1＝，
令F′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(1,2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0，
所以F(x)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以F(x)≤F(2)＝－2.
因此ln a>－2，所以a>.
§3.5 利用导数研究恒(能)成立问题
例1 解 (1)当a＝1时，
f(x)＝ex－x－1，
所以f′(x)＝ex－1，
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝0，无极大值．
即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值．
(2)因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
当x>0时，不等式等价于a≥－在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝－，
则g′(x)＝－＝，
由(1)知当a＝1，x>0时，f(x)>f(0)＝0，即ex－(x＋1)>0，
所以当01时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x) ＝e－2，
min
所以a≥e－2，
综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)．
跟踪训练1 解 (1)当a＝1时，f(x)＝x－ex，则f′(x)＝1－ex，
当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值．(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，
则ax≤(x>0)，
即a≤(x>0)，
则问题转化为a≤ (x>0)，
max
令h(x)＝，x>0，
h′(x)＝＝，
当00，当x>时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，
所以h(x) ＝h()＝，
max
所以a≤.
例2 解 (1)f′(x)＝a－＝(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得00时，f(x)在上单调递增，在上单调递
减．
(2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，
∴f′(1)＝0，∴a＝1.
f(x)＝x－ln x，x[f(x)－x＋1]＝x(1－ln x)，
当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－ln x)≤m(e－x)，
即x(1－ln x)－m(e－x)≤0，
令g(x)＝x(1－ln x)－m(e－x)，x∈[e，＋∞)，
则g′(x)＝m－ln x，
若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，
则g(x)在[e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(e)＝0，满足题意．
若m>1，由g′(x)>0，可得e≤xg(e)＝0，与题意不符，
0 0
综上，实数m的取值范围为(－∞，1]．
跟踪训练2 解 (1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x＋，定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝＋1－＝，
令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得00，函数g(x)在(e－1，e)上单调递增，
则g(x)0时，
令g′(x)＝0，解得x＝>0，
则函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，
若g(x)<0在(e－1，e)上恒成立，
只需满足
解得a≥.
综上所述，实数a的取值范围为
(－∞，0)∪.
例3 解 (1)∵f′(x)＝，∴f′(1)＝2e，
又f(1)＝－1，∴y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝2e(x－1)，即2ex－y－2e－1＝0.
(2)∵对∀x，x∈[1，e]，不等式f(x)≤g(x)恒成立，
1 2 1 2
∴f(x) ≤g(x) ；
max min
∵f′(x)＝，
∴当x∈[1，e]时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在[1，e]上单调递增，
∴f(x) ＝f(e)＝1；
max
g′(x)＝3x2＋2ax＝x(3x＋2a)，
令g′(x)＝0，
解得x＝0或x＝－；
①当－≤1，即a≥－时，
g′(x)≥0在[1，e]上恒成立，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，
∴g(x) ＝g(1)＝2＋a，
min
由f(x) ≤g(x) 得1≤2＋a，解得a≥－1；
max min
②当1<－0，
∴g(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴g(x) ＝g＝＋1<1，不满足f(x) ≤g(x) ；
min max min
③当－≥e，即a≤－时，
g′(x)≤0在[1，e]上恒成立，
∴g(x)在[1，e]上单调递减，
∴g(x) ＝g(e)＝e3＋ae2＋1，
min
由f(x) ≤g(x) 得1≤e3＋ae2＋1，解得a≥－e(舍)．
max min
综上所述，实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
跟踪训练3 解 (1)因为f(x)＝(x∈R)，
所以f′(x)＝(x∈R)，
因为a>0，所以令f′(x)>0，得03.
所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)在[0,3)上单调递增，在(3,4]上单调递减，
所以f(x)在[0,4]上的最大值是
f(3)＝.
又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，
所以f(0)0，所以00，则≤ax等价于a≥，
即g(x)＝，则g′(x)＝.
令h(x)＝2xcos x－2sin x－sin xcos x＋x，h′(x)＝2cos x－2xsin x－2cos x－cos 2x＋1＝－2xsin x－cos 2x＋1
＝2sin2x－2xsin x
＝2sin x(sin x－x)，
因此，当x∈(0，π)时，h′(x)<0，h(x)在(0，π)上单调递减，且h(0)＝0，故g′(x)<0，
所以g(x)在(0，π)上单调递减，
而lim g(x)＝lim
＝lim ＝.
另一方面，当x∈[π，＋∞)时，
g(x)＝≤≤<，
因此a≥.
跟踪训练1 解 当x＝1时，不等式恒成立，m∈R；
当x>1时，m≥恒成立，
令h(x)＝，x>1，
则h′(x)＝
＝；
令m(x)＝x2－x2ln x－ln x－1，x>1，
则m′(x)＝2x－2xln x－x－＝；
令n(x)＝x2－2x2ln x－1，x>1，
则n′(x)＝2x－4xln x－2x
＝－4xln x<0，
得n(x)＝x2－2x2ln x－1在(1，＋∞)上单调递减，故n(x)1，
则φ′(x)＝－2ln x－1＋<0，
得φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，
进而m′(x)＝φ(x)<φ(1)＝0)．
所以m(x)在(1，＋∞)上单调递减，
可得m(x)g(1)＝0，
∴φ′(x)>0，即φ(x)在(0,1)上单调递增．
由洛必达法则知lim
＝lim ＝lim ＝lim
＝lim x＝0，
∴φ(x)>0，故a≤0，
综上，实数a的取值范围是(－∞，0]．
跟踪训练2 解 当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a恒成立，
即2ax3＋x>x3－a恒成立，
即a(2x3＋1)>x3－x恒成立，
即a>恒成立，
令φ(x)＝(x>1)，
∴φ′(x)＝>0，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由洛必达法则知lim φ(x)＝lim
＝lim ＝lim ＝，
∴φ(x)<，故a≥.
故a的取值范围为.
能力提升
1．解 当x≥0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)≥ax2.
当x＝0时，a∈R；
当x>0时，x(ex－1)≥ax2等价于
a≤.
令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝.记h(x)＝(x－1)ex＋1，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝xex>0，
因此h(x)＝(x－1)ex＋1在(0，＋∞)上单调递增，
且h(x)>h(0)＝0，
所以g′(x)＝>0，
从而g(x)＝在(0，＋∞)上单调递增，所以a≤lim .
由洛必达法则得
lim g(x)＝lim ＝lim ＝1，
即当x→0时，g(x)→1，
所以g(x)>1，即有a≤1.
综上所述，当a≤1，x≥0时，f(x)≥0成立．
2．解 当x＝0时，a∈R；
当x>0时，x－ln(x＋1)≤ax2⇔a≥－，
记g(x)＝－，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝，
记h(x)＝－＋2ln(x＋1)，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝－<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)0在[0，π]上恒成立，
所以h(x)在[0，π]上单调递增，
则h(x)≥h(0)＝0，
所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立，
即g(x)在[0，π]上单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝0，
即xex－sin x≥0(x∈[0，π])，
综上，当x∈[0，π]时，f(x)≤x.
例2 (1)解 f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 因为x>0，
所以只需证f(x)≤－2e.
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x) ＝f(1)＝－e.
max
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x) ＝g(1)＝－e.
min
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0得证．
跟踪训练2 (1)解 由题意可得
f′(x)＝ex＋2x－1，
则函数f′(x)在R上单调递增，
且f′(0)＝0.
由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.
则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x) ＝f(0)＝0.
min
(2)证明 要证ex＋xln x＋x2－2x>0，
即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1.
由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立．
设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0，
则g′(x)＝－ln x.
由g′(x)>0，得01.
则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，
等号成立．
故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0.
例3 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＝.
当a≥0时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－1时，f′(x)<0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－10；x∈时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 不妨设x≥x，
1 2
由于a≤－2，
由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以|f(x)－f(x)|≥4|x－x|等价于f(x)－f(x)≥4(x－x)，
1 2 1 2 2 1 1 2
即f(x)＋4x≥f(x)＋4x.
2 2 1 1
令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4＝.
于是g′(x)≤＝≤0.
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故g(x)≤g(x)，
1 2
即f(x)＋4x≤f(x)＋4x，
1 1 2 2
故对任意x，x∈(0，＋∞)，
1 2
|f(x)－f(x)|≥4|x－x|.
1 2 1 2跟踪训练3 (1)解 当a＝时，f(x)＝＋1，g(x)＝ln x＋＋1，
令F(x)＝f(x)－g(x)
＝－ln x－，
则F′(x)＝－＋＝≥0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0.
综上，当x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)，当x∈(0,1)时，F(x)<0，f(x)0，
f(x)>g(x)．
(2)证明 因为m>n>0，则>1，
要证>，
即证>ln m－ln n，
即证－>ln ，
设t＝，则t>1，
即证t－>ln t2＝2ln t，
即证－ln t－>0(t>1)，
由(1)知，当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立，
所以当m>n>0时，>.
培优点 4 切(割)线放缩
例1 证明 (1)首先证明sin x≤x，x∈[0，＋∞)，证明如下：
构造j(x)＝sin x－x，x∈[0，＋∞)，
则j′(x)＝cos x－1≤0恒成立，
故j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，
故j(x)≤j(0)＝0，
所以sin x≤x，x∈[0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝sin x－ln(x＋1)，x∈[0,1]，
f′(x)＝cos x－＝1－2sin2－≥1－22－＝1－－≥1－－(0≤x≤1)，
故f′(x)≥＝≥0在x∈[0,1]上恒成立，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝0.
(2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞)．
当a＝－1时，g(x)＝2ex－2－sin x－ln(x＋1)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)，下证：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sin x≥0(x≥0)，x－ln(x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0处取等号，
令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，
则r′(x)＝ex－1≥0，
故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上单调递增，
故r(x)≥r(0)＝0，即x－sin x≥0，
且在x＝0处取等号；
由(1)知j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，
故j(x)≤j(0)＝0，即x－sin x≥0，且在x＝0处取等号；
令t(x)＝x－ln(x＋1)(x≥0)，
则t′(x)＝1－＝≥0，
故t(x)＝x－ln(x＋1)在[0，＋∞)上单调递增，
故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0处取等号，
综上有g(x)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0处取等号，即(2ex－2)－
f(x)≥0，即证f(x)≤2ex－2.
跟踪训练1 (1)解 由题意可知x>0，
f′(x)＝－－2＝－，
对于一元二次方程2x2－x＋a＝0，
Δ＝1－8a.
当a≥时，Δ≤0，f′(x)≤0恒成立，
f(x)在(0，＋∞)上是减函数；
当00，
f(x)在
上单调递增；
当x∈∪时，
f′(x)<0，f(x)在和
上单调递减．
综上，当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上是减函数；当0f(x)，即证ex>ln x＋2.
不妨设h(x)＝ex－(x＋1)，
则h′(x)＝ex－1，h′(0)＝0，当x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
因此h(x)≥h(0)＝0，ex－(x＋1)≥0恒成立．
令m(x)＝ln x－x＋1，x>0，
则m′(x)＝－1＝，
当00，m(x)单调递增，当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
故当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝0，因此ln x－x＋1≤0恒成立，
则ex－(x＋1)＋[x－(ln x＋1)]
＝ex－(ln x＋2)>0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)，
即ex>ln x＋2.从而不等式得证．
例2 证明 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x.
令f′(x)>0，得x>1；
令f′(x)<0，得00，则be＋e，
2 1
函数f(x)图象上有两点A(1，－1)，B(e,0)，
设直线y＝b与直线OA：y＝－x，
AB：y＝(x－e)的交点的横坐标分别为x，x，
3 4
易证xx－x＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e.
2 1 4 3
综上可得be＋e－3时，m′(x)>0，
所以F′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，
当x→－∞时，F′(x)→－，
又F′(－1)＝0，
所以当x<－1时，F′(x)<0，F(x)单调递减；当x>－1时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
所以F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)恒成立，则f(x)≥h(x)，
1 1
设h(x)＝m的根为x，
3
则x＝－1＋，
3
又h(x)单调递减，且m＝h＝f(x)≥h(x)，所以x≤x.
1 1 3 1
设曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝t(x)，则t(x)＝x，
令G(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则G′(x)＝(x＋2)ex－2，
依据F′(x)的单调性可知，G′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，当x→－∞时，G′(x)→－2，且G′(0)＝0，所以G(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)
上单调递增，
所以G(x)≥G(0)＝0，
所以f(x)≥t(x)恒成立，
所以f(x)≥t(x)，
2 2
设t(x)＝m的根为x，则x＝m，
4 4
又函数t(x)是增函数，
且m＝t(x)＝f(x)≥t(x)，
4 2 2
所以x≥x，
4 2
所以x－x≤x－x＝m－
2 1 4 3
＝1＋＝1＋2m＋，
即证x－x≤1＋2m＋.
2 1
能力提升
1．(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝，
当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝，
∴当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 要证ex－e2ln x＞0，
即证ex－2＞ln x，
令φ(x)＝ex－x－1，
∴φ′(x)＝ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝0，
∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x) ＝φ(0)＝0，
min
即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号．
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，
可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取等号)，
又x－1≥ln x(当且仅当x＝1时取等号)，
∴ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，故ex－2＞ln x．即原不等式成立．
2．(1)解 由题意知f′(x)＝a＋≤0在R上恒成立，
所以－a≥恒成立，
令g(x)＝，x∈R，
则－a≥g(x) ，
max
令g′(x)＝－＝0，得x＝－1，
当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x) ＝g(－1)＝e，
max
即－a≥e，a∈(－∞，－e]．
(2)证明 由f(x)有两个极值点x，x，可知f′(x)＝0有两个不相等的实数根x，x，
1 2 1 2
由(1)可知，当x→＋∞时，g(x)→0，且g(－2)＝0，则g(x)的图象如图所示，
所以－e0，
所以g(x)>e(x＋2)．
设方程e(x＋2)＝－a的根为x，
3
即e(x＋2)＝g(x)>e(x＋2)，得x>x，且x＝－－2，
3 1 1 3 1 3
过点和(0,0)的直线方程为y＝－ex，
设m(x)＝g(x)＋ex＝＋ex，x∈，
因为m′(x)＝>0，
所以m(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
所以m(x)>m(－1)＝0，
则g(x)>－ex，
设方程－ex＝－a的根为x，
4
即－ex＝g(x)>－ex，
4 2 2
得xx－x＝－
2 1 4 3
＝＋2.§3.7 利用导数研究函数的零点
例1 (1)解 由题得f′(x)＝ex(cos x－sin x)＝excos，
当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
则f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以f(x)在区间内的极大值为f ＝ .
(2)证明 h(x)＝－1＝axcos x－1，
则h′(x)＝a(cos x－xsin x)，
令φ(x)＝cos x－xsin x，
则 φ′(x)＝－2sin x－xcos x<0，
所以φ(x)在区间上单调递减．
又φ(0)＝1>0，φ＝－<0，
故存在x∈，使得φ(x)＝0，
0 0
当x∈(0，x)时，φ(x)>0，
0
即h′(x)>0，h(x)在区间(0，x)上单调递增；
0
当x∈时，φ(x)<0，
即h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减．
因为h(0)＝－1<0，h＝－1<0，
又a>，所以h＝a－1>×－1＝0，
所以h(x)在区间，
内各有一个零点，
即h(x)在区间内有且仅有两个零点．
跟踪训练1 解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋－＝，
若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
若a>0，则当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递
增．
(2)若a≤0，f ＝＋1－a＋e－2＝a＋e－1>0，f(1)＝a－1<0.
结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点．
若a>0，因为函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以要使得函数f(x)有唯一零点，只需
f(x) ＝f ＝1－(a－1)ln a＋a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e.
min综上，a≤0或a＝1或a＝e.
例2 解 (1)由题意得，f(2)＝aln 2＋4be－1，
因为f′(x)＝＋bx(2－x)e1－x，
所以f′(2)＝，
因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋ln 2，
所以f′(2)＝1，f(2)＝2＋ln 2，
即
解得
(2)由f′(x)＝＋bx(2－x)e1－x＝0，得＝bx(x－2)．
显然x>0，且x≠2.
因此＝b.
令g(x)＝，x>0且x≠2，
则g′(x)＝，
解方程x2－5x＋4＝0得，x＝4，x＝1，
1 2
因此函数g(x)在(0,1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1,2)和(2,4)上单调递减，且极大值为g(1)＝
－e，极小值为g(4)＝，
当x→2＋时，g(x)→＋∞，当x→2－时，g(x)→－∞，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，
g(x)→＋∞.
g(x)的大致图象如图所示．
由图象可知，当b>或b<－e时，直线y＝b与函数y＝g(x)的图象有两个交点，
即函数f′(x)有两个零点；
当b＝或b＝－e时，直线y＝b与函数y＝g(x)的图象有一个交点，即函数f′(x)有一个零点；
当－e0，当x>时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)当a＝0，b＝－1时，f(x)＝ln x＋x，
由f(x)＝mx得ln x＋x＝mx，
又x>0，所以m＝1＋，
要使方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，只需m＝1＋在区间[1，e2]上有唯一实数
解，
令g(x)＝1＋，x∈[1，e2]，
则g′(x)＝，
由g′(x)>0，得1≤x0，h(x)单调递增，当0g(0)＝0，即当x<0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上单调递增，
当00，f(2－e－6)＝ ＋2－e－6－240，
当x→－∞时，t(x)→0，
当x→－∞时，g(x)→＋∞，
由g′(x)＝－1＋＝＝0，得x＝－2，
当－20，g(x)单调递增，当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
因为g(－2)＝2－4ln 4<0，
g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14>0，
g(1)＝－1<0，g＝－－4ln ＝ln ＝ln>0，
且当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2，
所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln(2－x)的图象在x<0时有一个交点，在00)，
f′(x)＝(x>0)，
令f′(x)>0，则0，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1(x>0)有两个解，即方程＝有两个解．
设g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝(x>0)，
令g′(x)＝＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x) ＝g(e)＝，
max且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0<<，
所以a>1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
培优点 5 隐零点
例1 解 (1)由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)
＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．
若a≤1，当01时，f′(x)>0，
∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若11时，f′(x)>0，
当ln ae，即ln a>1，
当0ln a时，f′(x)>0，
当10)，
∴h′(x)＝ex＋>0，
∴h(x)在定义域上是增函数，
∵h＝－2<0，h(1)＝e－1>0，
∴存在唯一x∈，使h(x)＝0，
0 0
即 －＝0， ＝，－x＝ln x，
0 0
当00；
0
当x0，即g′(x)<0；
0当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在区间(0，x)上单调递增，在区间(x,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
0 0
∴当x＝x 时，g(x)取极大值
0
g(x)＝ln x－x＋ ＝－x＋－2，
0 0
设F(x)＝－x2＋－2，
易知F(x)在区间上单调递减．
∴g(x)0，
∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点，
综上所述，g(x)有且只有一个零点．
跟踪训练1 (1)解 设切点坐标为(x，f(x))，
0 0
由f′(x)＝－a，得f′(x)＝－a，
0
所以切线方程为y－(ln x－ax＋1)＝(x－x)，
0 0 0
即y＝x＋ln x.
0
因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，所以解得a＝－1.
(2)证明 当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1，
令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2
＝xex－ln x－x－1(x>0)，
则F′(x)＝(x＋1)ex－－1
＝，
令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，
所以函数G(x)存在唯一的零点x∈(0,1)，
0
且当x∈(0，x)时，G(x)<0，F′(x)<0；
0
当x∈(x，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.
0
所以函数F(x)在(0，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
故F(x) ＝F(x)＝ －ln x－x－1，
min 0 0 0
由G(x)＝0得 －1＝0， ＝1，
0
两边取对数得ln x＋x＝0，
0 0故F(x)＝0，
0
所以g(x)－f(x)＋x2≥0，
即f(x)≤g(x)＋x2.
例2 (1)解 当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，
f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－，
f′(0)＝e－1，
故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.
因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积
S＝×|－1|×(e－1)＝.
(2)证明 当a>1时，
因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1(x>－1)，
所以f′(x)＝aex－＝，
令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，
则g′(x)＝aex(x＋2)，
因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，
故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0，
因此有aeβ(β＋1)＝1.
当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；
当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.
所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值．
由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β，
所以当－1<β<0时，
f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝＋β－1＋ln a＝ln a＋，
因为a>1，所以ln a>0，
又因为－1<β<0，
所以>0，所以f(β)>0.
所以f(x)≥f(β)>0.
因此当a>1时，f(x)没有零点．
跟踪训练2 (1)解 当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x＋x，
f′(x)＝ex－1－＋1，则f′(1)＝1，而f(1)＝2，
则切线方程为y－2＝x－1，
即x－y＋1＝0，
所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＋1＝0.
(2)证明 当a≤0时，
令F(x)＝f(x)－x－2＝ex－a－ln x－2，x>0，
F′(x)＝ex－a－＝，
显然函数F′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令g(x)＝xex－a－1，x≥0，g′(x)＝(x＋1)ex－a>0，
即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而g(0)＝－1<0，g(1)＝e1－a－1≥e－1>0，
则存在唯一x∈(0,1)，使得g(x)＝0，即 ＝，
0 0
因此存在唯一x∈(0,1)，使得F′(x)＝0，
0 0
当0x 时，F′(x)>0，
0 0
因此函数F(x)在(0，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
当 ＝时，x－a＝－ln x，
0 0
则F(x)≥F(x)＝ －ln x－2＝＋x－a－2>2－a－2＝－a≥0，
0 0 0
当且仅当＝x 即x＝1时，取等号，故式子取不到等号．
0 0
所以当a≤0时，f(x)>x＋2.
能力提升
1．(1)解 ∵f(x)＝ex＋bsin x，
∴f′(x)＝ex＋bcos x，
由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0＋bcos 0＝1＋b，
由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.
(2)证明 由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，
∴f′(x)＝ex＋cos x，
令g(x)＝ex＋cos x，x∈(－π，＋∞)，
则g′(x)＝ex－sin x，
当x∈(－π，0]时，ex>0，sin x≤0，g′(x)＝ex－sin x>0，
当x∈(0，＋∞)时，ex>1，sin x≤1，g′(x)＝ex－sin x>0，
∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
又∵g(－π)＝e－π＋cos(－π)＝－1<0，g＝ ＋cos＝ >0，
∴存在唯一x∈，
0
使g(x)＝ ＋cos x＝0，
0 0
又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
∴x＝x 是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点，
0
∴f′(x)＝ex＋cos x在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x)＝ ＋cos x＝0，
0 0
当x∈(－π，x)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－π，x)上单调递减；
0 0
当x∈(x，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x，＋∞)上单调递增，
0 0
∴f(x)存在唯一极小值点x.
0
又∵ ＋cos x＝0，
0
∴ ＝－cos x，
0
∴f(x)＝ ＋sin x＝sin x－cos x＝sin，
0 0 0 0
又∵x∈，
0
∴x－∈，
0
∴sin∈，
∴f(x)＝sin∈(－1,1)，
0
∴f(x)>－1.
0
2．解 (1)当a＝时，
f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0得x＝e，
所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以函数f(x)在x＝e处取得最小值，f(x) ＝f(e)＝0.
min
(2)因为函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
令h(x)＝xex－a(x＋ln x)，x>0，
则h′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)，
①当a＝0时，h′(x)＝(x＋1)ex>0，
h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以由h(x)＝xex可得h(x)>0，
即满足xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立；②当a<0时，则－a>0，h′(x)>0，
h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当x趋近于0＋时，h(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；
③当a>0时，令h′(x)＝0得a＝xex，
令k(x)＝ex－，k′(x)＝ex＋>0恒成立，
故k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷，当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，
所以∃x∈(0，＋∞)，使得h′(x)＝0，a＝ ，
0 0
所以当x∈(0，x)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
0
当x∈(x，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
0
所以只需h(x) ＝h(x)
min 0
＝ －a(x＋ln x)
0 0
＝ ≥0即可；
所以1－x－ln x≥0,1≥x＋ln x，
0 0 0 0
因为x＝ ，所以ln x＝ln a－x，
0 0 0
所以ln x＋x＝ln a≤1＝ln e，
0 0
解得00，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又f(1)＝e，
所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值．
(2)证明 由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2，
且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，
不妨设12,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以只需证f(b)>f(4－a)，
即证4－f(a)>f(4－a)，
即证f(a)＋f(4－a)<4.
即证当10，
所以h′(x)<0，
即h(x)在(1,2)上单调递减，
则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，
所以F(x)在(1,2)上单调递增，
所以F(x)1.
1 2
令F(x)＝f(x)－f ，
则F′(x)＝＋ ·＝(ex＋x－ －1).
令g(x)＝ex＋x－ －1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－ ·
＝ex＋1＋ (x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)0，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以F(x)0)，
g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(x>0)，
则g′(x)＝1＋－＝≥0(x>0)，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
即当x>1时，h(x)>h，
所以h(x)＝h(x)>h.
1 2又h′(x)＝1－＝(x>0)，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以02x 可得t>2.
2 1
于是t＝＝＝，
即ln x＝－1.
1
从而ln x＝ln t＋ln x＝－1.
2 1
另一方面，对xx>两端分别取自然对数，
1
则有ln x＋2ln x>5ln 2－3，
1 2
于是，即证＋－3>5ln 2－3，
即>5ln 2，其中t>2.
设g(t)＝，t>2.
则g′(t)＝
＝，
设φ(t)＝－3ln t＋2t－－1，t>2.
则φ′(t)＝－＋2＋＝＝>0在(2，＋∞)上恒成立，
于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
从而φ(t)>φ(2)＝－3ln 2＋4－－1＝－3ln 2>0.
所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2.
因此xx>，即原不等式成立．
1
跟踪训练2 (1)解 f(x)＝＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－＝，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a，令f′(x)<0，解得00时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2)证明 由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合
要求，故a>0，
要想f(x)有两个不相同的零点x，x，则f(a)＝1＋ln a<0，
1 2
解得02ln a＋2，
1 1 2 2
即证x·＋x·＝＋＝2＋ln(xx)>2ln a＋2，
1 2 1 2
即证ln(xx)>2ln a，
1 2
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
所以只需证xx>a2，不妨设0在0ln x－ln x，
2 1
即－>ln ，
令＝t>1，
即证t－>2ln t，t>1.
构造函数h(t)＝t－－2ln t，t>1，
则h′(t)＝1＋－＝＝>0恒成立，
故h(t)＝t－－2ln t在(1，＋∞)上单调递增，
故h(t)>h(1)＝1－1－2ln 1＝0，
所以t－>2ln t，t>1，
故>，
即>，
所以>a，xx>a2，证毕．
1 2
能力提升
1．(1)解 令g(x)＝ln x－bx＝0，得b＝(x>0)．
令φ(x)＝(x>0)，
则φ′(x)＝，
由φ′(x)>0，得0e.
所以函数φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
所以φ(x) ＝φ(e)＝.
max
又φ(1)＝0，且当x→＋∞时，φ(x)→0；当x→0时，φ(x)→－∞，
由于g(x)有两个不同的零点，
则直线y＝b与函数φ(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点．
所以02，
1 2
只需证b(x＋x)>2，
1 2
即证>，
即证ln >.
设t＝>1，则x＝tx ，
1 2
代入上式得ln t>，t>1.
故只需证ln t>，t>1.
设h(t)＝ln t－，t>1，
则h′(t)＝－＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝0，
所以ln t>.
故ln x＋ln x>2，得证．
1 2
方法二 (对称化构造法)
由(1)知，不妨设12，
1 2
即证t＋t>2.
1 2
设k(t)＝，t>0，则k(t)＝k(t)．
1 2
因为k′(t)＝，
所以k(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
当t≥2时，易得t＋t>2；
2 1 2
当02，
1 2 1 2
即证1>t>2－t>0，
1 2
即证k(t)>k(2－t)．
1 2
因为k(t)＝k(t)，
1 2
所以即证k(t)>k(2－t)．
2 2
构造函数K(t)＝k(t)－k(2－t)(10.
所以K(t)在(1,2)上单调递增，K(t)>K(1)＝0(10，即k(t)>k(2－t)．
2 2 2
故ln x＋ln x>2，得证．
1 2
2．(1)解 由题意知f(x)＝3有两个不相等的正根，所以ln x＋＝3有两个不相等的正根，即
a＝3x－xln x有两个不相等的正根，
令函数h(x)＝3x－xln x，x>0，
则h′(x)＝2－ln x，
令h′(x)＝0，得x＝e2；令h′(x)>0，得0e2，
所以函数h(x)＝3x－xln x的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，＋∞)，
令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，当x→0时，h(x)→0，
作出函数h(x)＝3x－xln x的图象，如图所示，要使a＝3x－xln x有两个不相等的正根，则
函数y＝a与函数h(x)＝3x－xln x有两个交点，由图知0a，f′(x)>0，f(x)在
(a，＋∞)上单调递增．
由题意，不妨设0a2，
要证mn>a2，即证n>，
因为>a，n>a，且f(x)在(a，＋∞)上单调递增，
故只需证明f 0，
所以g(x)在(0，a)上单调递增，
所以当0a2；
再证mna，>a，且f(x)在(a，＋∞)上单调递增，
只需证明f >f(n)＝3，
即证ln a－ln m＋－1>0，
因为f(m)＝ln m＋＝3，
所以ln a＝ln m＋ln(3－ln m)，
所以只需证明＋ln(3－ln m)－1>0，
令φ(x)＝＋ln(3－ln x)－1(0φ(e2)＝0，
所以＋ln(3－ln m)－1>0成立，故mn0，cos 3<0，tan 4>0，
所以sin 2·cos 3·tan 4<0.]
跟踪训练3 (1)C (2)C
§4.2 同角三角函数基本关系式及诱导公式
落实主干知识
知识梳理
1．(1)sin2α＋cos2α＝1
(2)＝tan α2．－sin α cos α －tan α sin α
－cos α －sin α －cos α tan α
cos α sin α cos α －sin α
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．CD 3.D 4.
探究核心题型
例1 (1)C [因为tan α＝－3，
所以＝
＝－＝－
＝－＝－＝.]
(2)ABD [∵sin θ＋cos θ＝，①
∴(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝，
∴2sin θcos θ＝－，
∵θ∈(0，π)，∴sin θ>0，cos θ<0，
∴θ∈，故A正确；
(sin θ－cos θ)2＝1－2sin θcos θ＝，
∴sin θ－cos θ＝，②
故D正确；
由①②得sin θ＝，cos θ＝－，故B正确；
tan θ＝＝－，故C错误．]
跟踪训练1 (1)D (2)－
例2 (1)C [∵sin(π＋α)＝－，
∴sin α＝，
∴cos(π－2α)＝－cos 2α＝－(1－2sin2α)
＝2×2－1＝.]
(2)B [因为sin＝，
所以cos＝sin
＝sin＝.]
延伸探究 －
解析 因为cos＝－，
所以sin＝sin
＝cos＝－.
跟踪训练2 (1)A (2)B例3 (1)C [由已知得
消去sin β，得tan α＝3，
∴sin α＝3cos α，代入sin2α＋cos2α＝1，
化简得sin2α＝，
又α为锐角，∴sin α>0，
则sin α＝.]
(2)－
解析 由已知得sin x＋cos x＝，
两边平方得sin2x＋2sin xcos x＋cos2x＝，
整理得2sin xcos x＝－，
∴(sin x－cos x)2＝1－2sin xcos x＝.
由－π0，
∴sin x－cos x<0，
∴sin x－cos x＝－.
∴＝
＝
＝＝－.
跟踪训练3 (1)C (2)CD
§4.3 两角和与差的正弦、余弦和正切公式
落实主干知识
知识梳理
1．(1)cos αcos β＋sin αsin β
(2)cos αcos β－sin αsin β
(3)sin αcos β－cos αsin β
(4)sin αcos β＋cos αsin β
(5) (6)
2.sin(α＋φ)
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)× (4)×
2．B 3.B 4.
探究核心题型例1 (1)A [ 由tan α＝，tan β＝，得tan(α＋β)＝
＝＝1，
tan(2α＋β)＝tan[α＋(α＋β)]
＝＝
＝.]
(2)B [由sin(2α－β)＝，
sin(2α＋β)＝，
可得sin 2αcos β－cos 2αsin β＝，①
sin 2αcos β＋cos 2αsin β＝，②
由①＋②得，2sin 2αcos β＝，
所以sin 2αcos β＝.]
跟踪训练1 (1)A (2)A
例2 (1)
解析 由tan Atan B＝tan A＋tan B＋1，可得＝－1，
即tan(A＋B)＝－1，
又因为A＋B∈(0，π)，
所以A＋B＝，
则C＝，cos C＝.
(2)－
解析 f(x)＝sin x－2cos x
＝sin(x－φ)，
其中cos φ＝，sin φ＝，
则f(θ)＝sin(θ－φ)＝，
因此θ－φ＝＋2kπ，k∈Z，
则cos θ＝cos
＝－sin φ＝－.
跟踪训练2 (1)4 (2)1
例3 (1)
解析 因为cos＝－，α∈，
所以α∈，sin＝，
所以sin＝sin
＝sincos －
cossin
＝×－×＝.(2)
解析 因为<α<，
所以<＋α<π，
所以sin＝
＝.
又因为0<β<，
所以<＋β<π，
所以cos＝－
＝－，
所以sin(α＋β)＝－sin(π＋α＋β)
＝－sin
＝－
＝－
＝.
跟踪训练3 (1)B (2)
§4.4 简单的三角恒等变换
落实主干知识
知识梳理
1．(1)2sin αcos α (2)cos2α－sin2α 2cos2α－1 1－2sin2α (3)
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)√ (4)×
2．A 3.D 4.
探究核心题型
例1 (1)C [原式＝＋
＝|sin 20°－cos 20°|＋
＝cos 20°－sin 20°＋sin 20°
＝cos 20°.]
(2)
解析 cos 20°cos 40°cos 80°
＝
＝
＝＝＝.
微拓展
典例
(1) (2)－
解析 (1)由和差化积公式可得，
sin 54°－sin 18°＝2cos 36°·sin 18°
＝2×
＝＝
＝＝.
(2)由和差化积和积化和差公式可得，
cos 146°＋cos 94°＋2cos 47°cos 73°
＝2cos 120°cos 26°＋2×(cos 120°＋cos 26°)
＝2×cos 26°＋＋cos 26°
＝－.
跟踪训练1 (1)B (2)－cos θ
例2 D [依题意，得t＝＝＝2cos 72°，
则＝
＝＝
＝＝.]
例3 D [sin
＝sin
＝－cos 2
＝1－2cos2
＝1－2×＝.]
例4
解析 因为cos α＝，
所以cos 2α＝2cos2α－1＝.
又因为α，β均为锐角，sin β＝，
所以sin α＝，cos β＝，
因此sin 2α＝2sin αcos α＝，
所以sin(2α－β)
＝sin 2αcos β－cos 2αsin β
＝×－×＝.
因为α为锐角，所以0<2α<π.又cos 2α>0，
所以0<2α<，
又β为锐角，
所以－<2α－β<，
又sin(2α－β)＝，
所以2α－β＝.
跟踪训练2 (1) (2)50°
例5 A [∵α，β∈，
∴sin α≠0，
∵(1－cos 2α)(1＋sin β)＝sin 2αcos β，
∴2sin2α(1＋sin β)＝2sin αcos αcos β，
即sin α(1＋sin β)＝cos αcos β.
∴sin α＝cos αcos β－sin αsin β
＝cos(α＋β)，
∴cos(α＋β)＝cos，
∵α，β∈，
∴π<α＋β<2π，且－<－α<0，
∴α＋β＝－α＋2π，
解得2α＋β＝.]
跟踪训练3 C
§4.5 三角函数的图象与性质
落实主干知识
知识梳理
1．(1)(π，0)
(2)(π，－1)
2. [－1,1] [－1,1]
R 2π 2π π 奇函数 偶函数 [2kπ－π，2kπ]
[2kπ，2kπ＋π]
(kπ，0) x＝kπ＋
x＝kπ
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×2．ABC 3.D 4.5 ＋2kπ(k∈Z)
探究核心题型
例1 (1)C [由cos x－≥0，
得cos x≥，
∴2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)．]
(2)A [因为当x∈时，x＋∈，
所以sin∈，
当x＝时，sin有最小值－.
可得f(x)＝sin＋＋a的最小值为－＋＋a＝，
解得a＝.]
跟踪训练1 (1)D (2)B
例2 (1)AD [f(x)＝sin x(sin x－cos x)
＝sin2x－sin xcos x
＝－sin 2x
＝－sin＋，
T＝＝π，故A正确；
当x＝－时，2x＋＝0，
此时sin＝0，
则函数关于点对称，故B错误；
当x＝时，2x＋＝，此时sin＝1，则函数关于直线x＝对称，故C错误；
当x＝时，2x＋＝，此时sin＝－1，则函数关于直线x＝对称，故D正确．]
(2)
跟踪训练2 (1)ABC (2)
例3 (1)C [依题意可知f(x)＝cos2x－sin2x＝cos 2x.
对于A选项，因为x∈，
所以2x∈，函数f(x)＝cos 2x在上单调递增，所以A选项不正确；
对于B选项，因为x∈，所以2x∈，函数f(x)＝cos 2x在上不单调，所以B选项不正确；
对于C选项，因为x∈，所以2x∈，函数f(x)＝cos 2x在上单调递减，所以C选项正确；
对于D选项，因为x∈，所以2x∈，函数f(x)＝cos 2x在上不单调，所以D选项不正确．]
(2)，k∈Z
解析 f(x)＝sin的单调递减区间是g(x)＝sin的单调递增区间．
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
故所给函数的单调递减区间为，k∈Z.延伸探究 解 令A＝，
k∈Z，B＝[0，π]，
∴A∩B＝∪，
∴f(x)在[0，π]上的单调递减区间为和.
例4 B [由x∈，
可得2x－φ∈，
又由0<φ<，且f(x)在上单调递增，
可得－φ≤，所以≤φ＜.
当x∈时，2x－φ∈，
由f(x)在上有最小值，可得－φ>，所以φ<.
综上，≤φ<.]
跟踪训练3 (1)D (2)A
§4.6 函数 y＝Asin(ωx＋φ)
落实主干知识
知识梳理
1.
3．|φ| A A
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．C 3.1 4.sin
探究核心题型
例1 (1)C [因为函数f(x)＝Asin
(ω>0)的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为，故函数的最小正周期为T＝，所以ω＝3；
故函数f(x)＝Asin，
为得到g(x)＝Acos 3x的图象，只需将函数f(x)的图象向左平移个单位，
得到g(x)＝Asin
＝Asin＝Acos 3x的图象．]
(2)C [记曲线C的函数解析式为g(x)，则g(x)＝sin
＝sin.因为函数g(x)的图象关于y轴对称，
所以ω＋＝kπ＋(k∈Z)，
得ω＝2k＋(k∈Z)．
因为ω>0，所以ω ＝.]
min跟踪训练1 (1)C (2)A
例2 (1)BD [由图象可知，A＝2，k＝＝1，故A错误，D正确；
又由图象可得T＝2×＝π，∴＝π，
又ω>0，∴ω＝2，故B正确；
∴f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1，
又f ＝3，
∴2sin＋1＝3，
∴sin＝1，
又0<φ<π，∴φ＝，
∴f(x)＝2sin＋1，故C错误．]
(2)y＝2sin
解析 由函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的部分图象，
设A(x 2)，B(x，－2)，其中x0，ω>0)，
由
解得
又角速度ω＝＝(弧度/秒)，当t＝0时，∠tOP ＝，
0
所以ω＝，φ＝－，
所以点P距离水面的高度H＝2sin＋1，当水轮转动150秒时，将t＝150代入，得H＝2，所
以此时点P距离水面2米，故C正确；
将H＝1＋代入H＝2sin
＋1中，得t－＝2kπ＋或t－＝2kπ＋，
解得t＝60k＋15或t＝60k＋25(k∈N)．
所以点P第二次到达距水面(1＋)米时用时25秒，故D正确．]
(2)C [因为y＝cos向左平移个单位所得函数为y＝cos＝cos
＝－sin 2x，
所以f(x)＝－sin 2x，
而直线y＝x－显然过
与(1,0)两点，
作出y＝f(x)与y＝x－的大致图象如图所示，
考虑2x＝－，2x＝，2x＝，
即x＝－，x＝，x＝处f(x)与y＝x－的大小关系，
当x＝－时，f ＝－sin
＝－1，
y＝×－＝－<－1；
当x＝时，f ＝－sin＝1，
y＝×－＝<1；
当x＝时，f ＝－sin＝1，
y＝×－＝>1.
所以由图可知，f(x)与y＝x－的交点个数为3.]
跟踪训练3 (1)y＝sin＋6(答案不唯一) (2)(－2，－1)
§4.7 三角函数中有关 ω 的范围问题
例1 C [由已知得
f(x)＝cos ωx－sin(π－ωx)＝cos ωx－sin ωx
＝sin ωxcos ＋cos ωxsin
＝sin，
又f(x)在上单调递增，
所以k∈Z，
解得6k－4≤ω≤4k－，k∈Z，
由6k－4≤4k－，得k≤，k∈Z，
又ω>0，k∈Z，
因此k＝1，所以2≤ω≤.]
跟踪训练1 D
例2
解析 函数f(x)＝cos ωx－sin ωx
＝2
＝2cos，
因为x∈(0,2π)，ω>0，
所以ωx＋∈，
由于函数f(x)在区间(0,2π)上有且仅有2个极值点，所以f(x)在(0,2π)上有且仅有2条对称轴，
则2π<2πω＋≤3π，
解得ω∈.
跟踪训练2 B
例3 (－∞，－2]∪
解析 由题意，显然ω≠0.
若ω>0，当x∈时，ωx∈，
因为函数f(x)＝2sin ωx在区间上的最小值为－2，
所以－ω≤－，解得ω≥；
若ω<0，当x∈时，ωx∈，
因为函数f(x)＝2sin ωx在区间上的最小值为－2，
所以ω≤－，解得ω≤－2.
综上所述，ω的取值范围是(－∞，－2]∪.
跟踪训练3 B
例4 D [g(x)＝cos，
当x∈[0，π)时，2ωx－∈，
y＝cos x在y轴右方的零点为x＝，，，，，，…，
因为函数g(x)的图象在区间[0，π)内有5个零点，所以<2ωπ－≤，
解得<ω≤.]
跟踪训练4 5(答案不唯一)
§4.8 正弦定理、余弦定理
落实主干知识
知识梳理
1. b2＋c2－2bccos A c2＋a2－2cacos B a2＋b2－2abcos C
(1)2Rsin B 2Rsin C (2)
(3)sin A∶sin B∶sin C
3．(2)absin C acsin B bcsin A
(3)r(a＋b＋c)
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)× (4)×
2．C 3.C 4.2
探究核心题型
例1 (1)A (2)(答案不唯一)
跟踪训练1 (1)D
(2)D [由正弦定理及bsin 2A＝asin B，
得2sin Bsin Acos A＝sin Asin B，
又sin A≠0，sin B≠0，则cos A＝.
又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋4b2－4b2×＝3b2，得＝.]
例2 解 由＝及正弦定理得
＝，即a2＋ac＝b2＋bc，
∴a2－b2＋ac－bc＝0，
∴(a－b)(a＋b＋c)＝0，∴a＝b.
若选①，则△ABC为等边三角形．
推理如下：
由a(sin A－sin B)＝(c－b)(sin C＋sin B)及正弦定理，得
a(a－b)＝(c－b)(c＋b)，
即a2＋b2－c2＝ab.
∴由余弦定理得
cos C＝＝，
又C∈(0，π)，∴C＝.∴△ABC为等边三角形．
若选②，则△ABC为等腰直角三角形．推理如下：
∵bcos A＋acos B＝b·＋a·＝＝c＝csin C，
∴sin C＝1，∴C＝，
∴△ABC为等腰直角三角形．
例4 解 (1)由2a＋b＝2ccos B，
根据正弦定理可得2sin A＋sin B＝2sin Ccos B，
则2sin(B＋C)＋sin B＝2sin Ccos B，
所以2sin Bcos C＋2cos Bsin C＋sin B＝2sin Ccos B，
整理得(2cos C＋1)sin B＝0，
因为B，C均为三角形内角，
所以B，C∈(0，π)，sin B≠0，
因此cos C＝－，所以C＝.
(2)因为CD是角C的平分线，AD＝2，DB＝，
所以在△ACD和△BCD中，由正弦定理可得，＝，＝，
因此＝＝2，
即sin B＝2sin A，
所以b＝2a，
又由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C，
即(3)2＝a2＋4a2＋2a2，
解得a＝3，所以b＝6，
又S ＝S ＋S ，
△ABC △ACD △BCD
即absin∠ACB＝b·CD·sin∠ACD＋a·CD·sin∠BCD，
即18＝9CD，所以CD＝2.
跟踪训练2 (1)C (2)D
(3)B [方法一 设BC＝2x，则BD＝CD＝x.
在△ACD中，由余弦定理的推论可得，cos∠ADC＝＝.
在△ABD中，由余弦定理的推论可得，cos∠ADB＝＝.
又∠ADC＋∠ADB＝π，所以cos∠ADC＝－cos∠ADB，
所以有＝－，
整理可得x2＝12，解得x＝2，
所以BC＝4.
方法二 AD＝(AB＋AC)，
则AD2＝(AB2＋AC2＋2AB·AC)，
即25＝(25＋49＋2×5×7×cos∠BAC)，解得cos∠BAC＝，
所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝25＋49－2×5×7×＝48，
所以BC＝4.]
§4.9 解三角形中的最值与范围问题
例1 解 (1)因为＝，
所以＝，
所以＝，
所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B，
所以cos(A＋B)＝sin B，
所以sin B＝－cos C＝－cos ＝.
因为B∈，所以B＝.
(2)由(1)得cos(A＋B)＝sin B，
所以sin＝sin B，
且0b，
由三角形三边关系可得
代入化简可得b0，y>0)，
∴AP＝＋，
由M，P，N三点共线，得＋＝1，
∴2x＋y＝(2x＋y)＝＋＋≥＋2＝3，
当且仅当x＝y时，等号成立．
故2x＋y的最小值为3.]
例3 B [方法一 如图，建立平面直角坐标系，
设P(cos θ，sin θ)，θ∈[0,2π]，
∴B(，0)，
C，
∴PB＝(－cos θ，－sin θ)，PC＝，
∴PB·PC＝(－cos θ)·－sin θ
＝－cos θ－sin θ
＝－3sin，∵θ∈[0,2π]，
∴sin∈[－1,1]，
∴PB·PC∈.
方法二 如图，建立平面直角坐标系，则
A，
B，
C，
设P(x，y)，则点P在以A为圆心，1为半径的圆上，
即点P的轨迹方程为
2＋y2＝1，
而PB＝，
PC＝，
故PB·PC＝x2－x＋y2－y＝2＋2－，
综上，只需求出定点与圆2＋y2＝1上点的距离的平方的范围即可，
而圆心A与定点的距离d＝＝，
故定点与圆上点的距离的范围为，
∴PB·PC∈.]
例4 A [a，b是单位向量，a·b＝0，设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，|c－a－b|＝|(x－1，
y－1)|＝＝1，∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，∴|c|表示以(1,1)为圆心，1为半径的圆上的点到原点的
距离，故－1≤|c|≤＋1，∴－1≤|c|≤＋1.]
跟踪训练2 (1)
(2)ABD [由AB·AC＝AC2，又斜边AB＝2，则|AC|∈(0,2)，则AB·AC∈(0,4)，A正确；
若O为AB中点，则AO＝AB，故AP＝sin2θ·AO＋cos2θ·AC，又sin2θ＋cos2θ＝1，所以O，
P，C共线，故P在线段OC上，轨迹长为1，又O是△ABC的外心，所以B正确，C错误；
又PA＋PB＝2PO，则PC·(PA＋PB)＝2PC·PO＝－2|PC||PO|，
又|PC|＋|PO|＝|OC|＝1，则|PC||PO|≤2＝，当且仅当|PC|＝|PO|＝时，等号成立，
所以PC·(PA＋PB)＝－2|PC||PO|∈，D正确．]
培优点 7 极化恒等式
例1 (1)A [因为|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b＝10，|a－b|2＝(a－b)2＝a2＋b2－2a·b＝6，两
式相减得a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]＝1.]
(2)
解析 方法一(极化恒等式法)
设BD＝DC＝m，AE＝EF＝FD＝n，则AD＝3n.
由向量的极化恒等式，知
AB·AC＝|AD|2－|DB|2＝9n2－m2＝4，
FB·FC＝|FD|2－|DB|2＝n2－m2＝－1，
联立解得n2＝，m2＝，
因此EB·EC＝|ED|2－|DB|2＝4n2－m2＝，
即BE·CE＝.
方法二(坐标法)
以直线BC为x轴，过点D且垂直于BC的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．
设A(3a,3b)，B(－c,0)，C(c,0)，
则E(2a,2b)，F(a，b)，
所以BA·CA＝(3a＋c,3b)·(3a－c,3b)＝9a2－c2＋9b2＝4，
BF·CF＝(a＋c，b)·(a－c，b)＝a2－c2＋b2＝－1，
则a2＋b2＝，c2＝，
所以BE·CE＝(2a＋c,2b)·(2a－c,2b)＝4a2－c2＋4b2＝.
方法三(基向量法)
BA·CA＝(DA－DB)·(DA－DC)＝＝＝4，
BF·CF＝(DF－DB)·(DF－DC)＝＝－1，
因此|FD|2＝，|BC|2＝，所以BE·CE＝(DE－DB)·(DE－DC)＝＝＝.
跟踪训练1 (1)27 (2)
例2 (1)
解析 记线段PQ的中点为H(图略)，点O到直线AB的距离为d，
则有S ＝AB·d＝1，解得d＝1，
△OAB
由极化恒等式可得
OP·OQ＝[(OP＋OQ)2－(OP－OQ)2]＝(4OH2－QP2)＝OH2－PH2＝OH2－≥d2－＝.
(2)[－6,10]
解析 方法一(基底法)
圆心O到直线ax＋by＋c＝0的距离d＝＝1，如图②，
设MN的中点为A，连接OA，
则OA⊥MN，cos∠MOA＝＝，
则PM·PN＝(OM－OP)·(ON－OP)＝OM·ON－OP·(OM＋ON)＋|OP|2＝4×4×cos 2∠MOA－
2OP·OA＋16＝16×(2cos2∠MOA－1)－2×4×1×cos〈OP，OA〉＋16＝2－8cos〈OP，
OA〉∈[－6,10]，
故PM·PN的取值范围为[－6,10]．
方法二(极化恒等式法)
圆心O到直线ax＋by＋c＝0的距离d＝＝1，如图③，
设MN的中点为A，PM·PN＝|PA|2－|AM|2＝|PA|2－15.
因为|OP|－|OA|≤|PA|≤|OP|＋|OA|，所以3≤|PA|≤5，
则PM·PN＝|PA|2－15∈[－6,10]，
故PM·PN的取值范围为[－6,10]．
跟踪训练2 (1)A
[如图所示，设P是线段AB上的任意一点，PM＝PO＋OM，PN＝PO＋ON＝PO－OM，圆O的半径长为1，
由于P是线段AB上的任意一点，
则|PO|∈[1，]，
所以PM·PN＝(PO＋OM)·(PO－OM)＝PO2－OM2＝|PO|2－1∈[0,1]．]
(2)2
解析 如图所示，取BC的中点O，过点O作OH⊥BC交AD于点H，则PB·PC＋BC2＝PO2
－BC2＋BC2＝PO2＋BC2≥HO2＋BC2≥|HO|·|BC|＝2.
当点P运动到点H且使HO⊥BC，|HO|＝|BC|时，等号成立，
故PB·PC＋BC2的最小值是2.
能力提升
1．B 2.B
3．C [如图所示，在Rt△ABC上，不妨取AB的中点M，则PA·PB＝PM2－AM2＝PM2－4.
设圆C的半径为r，则r＝1，
而(PM) ＝CM＋r＝2＋1＝3，
max
则(PA·PB) ＝32－4＝5；
max
(PM) ＝CM－r＝2－1＝1，
min
(PA·PB) ＝12－4＝－3.
min
因此PA·PB的取值范围是[－3,5]．]
4．A [如图，圆C：(x－a)2＋(y＋a－1)2＝1的圆心C的坐标为(a,1－a)，则点C在直线l：x
＋y－1＝0上，由极化恒等式知OA·OB＝|OC|2－|BA|2，而|BA|2＝4，所以OA·OB＝|OC|2－|BA|
2＝|OC|2－1.因为点C是直线l：x＋y－1＝0上的动点，所以|OC|的最小值即为点O到直线l的距离d＝
OE＝＝，所以(OA·OB) ＝d2－1＝－.]
min
5．C [由极化恒等式得(a－c)·(b－c)＝[(a＋b－2c)2－(a－b)2]，
∵(a－c)·(b－c)＝0，
∴(a＋b－2c)2＝(a－b)2，
故c2＝(a＋b)·c，
又|a|＝|b|＝1，a⊥b，
∴|a＋b|＝，
于是|c|2≤|a＋b||c|＝|c|，
∴|c|≤.]
6．A [如图，由OA＋AB＋AC＝0，得AB＋AC＝AO.
在平行四边形ABOC中，因为OB＝OC，
所以平行四边形ABOC是菱形，且BC＝2.
设菱形ABOC对角线的交点为E，
则由极化恒等式得
PA·PO＝|PE|2－|AO|2
＝|PE|2－1，
PB·PC＝|PE|2－|BC|2
＝|PE|2－3，
所以PA·PO＋PB·PC
＝2|PE|2－4.
因为P是圆O内一点，
所以0≤|PE|<3，
所以－4≤2|PE|2－4<14，
即－4≤PA·PO＋PB·PC<14.]7．1
解析 取AE的中点O(图略)，
则DE·DA＝DO2－AO2＝1.
8．9
解析 由AB·AD＝AO2－BD2＝9－BD2＝－7，得|BD|＝8，
则BC·DC＝CB·CD＝CO2－BD2＝25－×64＝9.
9．22
解析 取AB的中点E，
则PA·PB＝PE2－AE2＝2，
所以PE2＝18，
因为CP＝3PD，|CD|＝8，
所以|PD|＝2，|AE|＝4，
延长AD，EP交于点F，故DP为△FAE的中位线，所以AP2＝＝40，
所以AB·AD＝2AE·AF＝AE·AF＝AP2－PE2＝22.
10．－
解析 如图所示，取OB的中点D，过点D作DE⊥AB于点E，连接PD，
则OP·BP＝PO·PB＝|PD|2－|OD|2＝|PD|2－，
易知|PD|∈＝，则OP·BP＝PD2－∈，
故所求最小值为－.
培优点 8 等和(高)线定理与奔驰定理
例1 B [方法一(常规方法)
∵E为线段AO的中点，
∴BE＝(BA＋BO)
＝＝BA＋BD＝λBA＋μBD，
∴λ＝，μ＝，则λ＋μ＝.
方法二(等和线法)
如图，AD为值是1的等和线，过点E作AD的平行线，设λ＋μ＝k，
则k＝.
由图易知，＝，
即λ＋μ＝k＝.]
跟踪训练1
解析 方法一(常规方法)
由题意作图如图．
∵在△ABC中，DE＝DB＋BE＝AB＋BC＝AB＋(AC－AB)＝－AB＋AC＝λAB＋λAC，
1 2
∴λ＝－，λ＝.
1 2
故λ＋λ＝.
1 2
方法二(等和线法)
如图，过点A作AF＝DE，连接DF.
设AF与BC的延长线交于点H，易知AF＝FH，
∴AF＝AH，因此λ＋λ＝.
1 2
例2 A [如图，作BC的平行线与圆相交于点P，与直线AB相交于点E，与直线AC相交于
点F，
设AP＝λAE＋μAF，则λ＋μ＝1，
∵BC∥EF，∴设＝＝k，则k∈，
∴AE＝kAB，AF＝kAC，AP＝λAE＋μAF＝λkAB＋μkAC，
∴x＝λk，y＝μk，
∴2x＋2y＝2(λ＋μ)k＝2k≤.]
跟踪训练2 [1,3]
例3 C [由奔驰定理得S ·OA＋S ·OB＋S ·OC＝0，
△BOC △AOC △AOB
又OA＋2OB＋mOC＝0，
∴S ∶S ∶S ＝1∶2∶m.
△BOC △AOC △AOB
∴＝＝，
解得m＝4.]
跟踪训练3 B [由QR＝QB可得PR－PQ＝(PB－PQ)，
整理可得PR＝PB＋PQ
＝PB＋PA，
由RP＝RC可得RP＝(PC－PR)，
整理可得PR＝－PC，
所以－PC＝PB＋PA，
整理得4PA＋6PB＋9PC＝0，
由奔驰定理可得S ∶S ＝(4＋6＋9)∶4＝19∶4.]
△ABC △PBC
能力提升
1．A
2．B [方法一(常规方法)
∵MA＋MB＋MC＝0，
∴M为△ABC的重心，
如图，连接AM并延长交BC于D，则D为BC的中点，
∴AM＝AD，
又AD＝(AB＋AC)，
∴AM＝(AB＋AC)，
即AB＋AC＝3AM，∴m＝3.
方法二(等和线法)
BC是值为1的等和线，过M作BC的平行线，AM＝AB＋AC，
易知＝，
∴＋＝，
∴m＝3.]
3．A [方法一(常规方法)
设BM＝tBC，
则AN＝AM＝(AB＋BM)＝AB＋BC＝AB＋(AC－AB)＝AB＋AC，
∴λ＝－，μ＝，∴λ＋μ＝.
方法二(等和线法)
如图，BC为值是1的等和线，过N作BC的平行线，设λ＋μ＝k，则k＝.
由图易知，＝，
即λ＋μ＝k＝.]
4．C [根据奔驰定理得，S ∶S ∶S ＝1∶2∶3，所以S ∶S ＝3∶1.]
△PBC △PAC △PAB △ABC △APC
5．C [如图，过点P作GH∥BC，分别交AC，AB的延长线于点G，H，设AP＝xAG＋
yAH，则x＋y＝1，当点P位于点D时，G，H分别位于点C′，点B′，
∵△BCD与△ABC的面积之比为2∶1，
∴AC′＝3AC，AB′＝3AB，
∴AP＝xAC′＋yAB′
＝3xAC＋3yAB＝λAB＋μAC，
∴λ＝3y，μ＝3x⇒λ＋μ＝3x＋3y＝3.
当点P位于A点时，显然有λ＋μ＝0，综上，λ＋μ的取值范围是[0,3]．]
6．D [方法一(常规方法)
设圆O的半径为1，由已知可设OB为x轴的正半轴，O为坐标原点，建立直角坐标系(图略)，
其中A，
B(1,0)，C(cos θ，sin θ)
，
有OC＝λOA＋μOB(λ，μ∈R)，
即(cos θ，sin θ)＝λ＋μ(1,0)，
整理得－λ＋μ＝cos θ，λ＝sin θ，
解得λ＝，μ＝cos θ＋，
则λ＋μ＝＋cos θ＋＝sin θ＋cos θ＝2sin，θ∈，
易得λ＋μ∈[1,2]．
方法二(等和线法)
设λ＋μ＝k，
如图，当C位于点A或点B时，A，B，C三点共线，
所以k＝λ＋μ＝1，
当点C运动到AB的中点时，k＝λ＋μ＝2，
所以λ＋μ∈[1,2]．]
7.
解析 如图，BC是值为1的等和线，过点O作BC的平行线，延长AO交BC于点M，
设λ＋μ＝k，则k＝.
由题设知O为△ABC的重心，
所以＝.
8．1
解析 方法一 如图，设AC的中点为M，BC的中点为N.因为OA＋OB＋2OC＝OA＋OC＋OB＋OC＝0，
所以2OM＋2ON＝0，
即OM＋ON＝0，
所以O为线段MN的中点，
所以S ＝S ＝×S ＝××4＝1.
△AOC △ANC △ABC
方法二 因为OA＋OB＋2OC＝0，
根据奔驰定理可得，
S ∶S ∶S ＝1∶1∶2，
△BOC △AOC △AOB
所以＝＝，
又S ＝4，所以S ＝1.
△ABC △AOC
9．5
解析 由AB＝4OB＋5OC变形可得AO＋OB＝4OB＋5OC，
整理可得OA＋3OB＋5OC＝0，
根据奔驰定理可得
S ∶S ∶S ＝1∶3∶5，
△OBC △OAC △OAB
则＝＝5.
10．[3,4]
解析 如图，直线BF为k＝1的等和线，当P在△CDE内(包括边界)时，直线EC是最近的
等和线，过D点的等和线是最远的，所以α＋β∈.
设正六边形的边长为2，则AN＝3，AM＝1，AD＝4，
故α＋β∈[3,4]．
§5.5 复 数
落实主干知识
知识梳理1．(1)虚数单位 －1 (2)＝ ≠ ＝
(3)a＝c且b＝d (4)a＝c，b＝－d
(5)|z| |a＋bi|
3．(1)①(a＋c)＋(b＋d)i ②(a－c)＋(b－d)i ③(ac－bd)＋(ad＋bc)i ④＋i (2)OZ1＋OZ2
OZ2－OZ1
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．D 3.D 4.
探究核心题型
例1 (1)AB (2)A
(3)ACD [由题可知，x ＋x ＝－1，所以x ＝－－i，m＝xx ＝＝1，故A正确；x ，x 均为
1 2 2 1 2 1 2
虚数，不能比较大小，故B错误；x＝3＝1，故C正确；x＝2＝－＋i＝，故D正确．]
2
跟踪训练1 (1)BD (2)A (3)B
例2 (1)A (2)AC
跟踪训练2 (1)D (2)B
例3 (1)C [z·6＝|1＋i|，
根据棣莫弗公式可知，
z·
＝z·＝，
即z·(－1＋i)＝2，
则z＝＝＝－1－i，复数z对应的点Z(－1，－1)落在复平面内的第三象限．]
(2)B [因为z＝a＋bi(a，b∈R)，
则z－i＝a＋(b－1)i，z＋2－i＝(a＋2)＋(b－1)i，
由|z－i|＝|z＋2－i|，可得＝，
解得a＝－1，则z＝－1＋bi，
所以z－3＋i＝－4＋(b＋)i，
因此|z－3＋i|＝≥4，
当且仅当b＝－时，等号成立，
故|z－3＋i|的最小值为4.]
跟踪训练3 (1)C
(2)B [设z＝x＋yi(x，y∈R)，
因为|z－2|＝|x－2＋yi|＝＝1，
所以(x－2)2＋y2＝1，
即z在复平面内对应点的轨迹为圆C：(x－2)2＋y2＝1，如图，又|z－i|
＝|x＋(y－1)i|
＝，
所以|z－i|表示圆C上的动点到定点A(0,1)的距离，所以|z－i| ＝CA－1＝－1.]
min
第六章 数 列
§6.1 数列的概念
落实主干知识
知识梳理
1．一定次序 每一个数 a＋a＋…＋a
1 2 n
2．有限 无限 > <
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)× (4)√
2．C 3.B 4.92
探究核心题型
例1 (1)B [根据2S＝3a－3，可得2S ＝3a －3，
n n n＋1 n＋1
两式相减得2a ＝3a －3a，
n＋1 n＋1 n
即a ＝3a，
n＋1 n
当n＝1时，2S＝2a＝3a－3，解得a＝3，
1 1 1 1
所以数列{a}是以3为首项，3为公比的等比数列，
n
所以a＝aq3＝34＝81.]
4 1
(2)
解析 由已知，可得当n＝1时，a＝21＝2，
1
∵a＋2a＋3a＋…＋na＝2n，①
1 2 3 n
故a＋2a＋3a＋…＋(n－1)a ＝2n－1(n≥2)，②
1 2 3 n－1
由①－②，得na＝2n－2n－1＝2n－1，
n
∴a＝(n≥2)，当n＝1时，不满足上式，
n∴a＝
n
跟踪训练1 (1)A
(2)
例2 B [因为a －a＝lg
n＋1 n
＝lg ＝lg(n＋1)－lg n，
所以a －a ＝lg 100－lg 99，
100 99
…
a－a＝lg 3－lg 2，
3 2
a－a＝lg 2－lg 1，
2 1
以上99个式子累加得a －a＝lg 100，
100 1
所以a ＝lg 100＋1＝3.]
100
例3
解析 ∵a ＝a，a＝2，
n＋1 n 1
∴a≠0，∴＝，
n
∴a＝···…···a＝···…··2＝(n≥2)．
n 1
当n＝1时，a＝2满足上式．
1
跟踪训练2 (1)a＝
n
(2)a＝(n＋1)·2n－1(n∈N )
n ＋
例4 C [若数列{a}为递增数列，
n
则a －a ＝[(n＋1)2－3λ(n＋1)]－(n2－3λn)＝(n2＋2n＋1－3λn－3λ)－(n2－3λn)＝2n＋1－
n＋1 n
3λ>0，
即3λ<2n＋1，
由于n∈N ，
＋
所以3λ<2×1＋1＝3，解得λ<1，
反之，当λ<1时，a －a>0，
n＋1 n
则数列{a}为递增数列，
n
所以“λ<1”是“数列{a}为递增数列”的充要条件．]
n
例5 D [由题意知，a＝2，a＝＝－3，a＝＝－，a＝＝，a＝＝2，a＝＝－3，…，因此
1 2 3 4 5 6
数列{a}是周期为4的周期数列，所以a ＝a ＝a＝.]
n 2 024 506×4 4
例6 4
解析 方法一 b－b ＝－＝，
n n－1
∴当n≤4时，b>b ，
n n－1
∴{b}单调递增，
n
当n≥5时，b0，
则－＝－＝d，得a＝d2，
1
所以＝＋(n－1)d＝nd，
所以S＝n2d2，
n
所以a ＝S －S ＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)是关于n的一次函数，且a ＝d2满足上式，
n n n－1 1所以数列{a}是等差数列．
n
跟踪训练2 (1)证明 因为b 是数列{S}的前n项积，
n n
所以n≥2时，S＝，
n
代入＋＝2可得，＋＝2，
整理可得2b ＋1＝2b，
n－1 n
即b－b ＝(n≥2)．
n n－1
又＋＝＝2，所以b＝，
1
故{b}是以为首项，为公差的等差数列．
n
(2)解 由(1)可知，b＝，
n
则＋＝2，所以S＝，
n
当n＝1时，a＝S＝，
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝－＝－.
n n n－1
又a＝不满足此式，
1
故a＝
n
例3 (1)B [∵S＝S ，
3 21
∴S －S＝a＋a＋…＋a ＝9(a＋a )＝0，∴a＋a ＝0，
21 3 4 5 21 4 21 4 21
∴S ＝a＋a＋a＋(a＋a＋…a )＋a ＋a ＝a＋a＋a＋a ＋a ＝a＋2(a＋a )＝a＝2.]
23 1 2 3 4 5 21 22 23 1 2 3 22 23 1 4 21 1
(2)ABD [由题意得，S0；
5 6 6 5 6
S＝S，则S－S＝a＝0；
6 7 7 6 7
S>S，则S－S＝a<0.
7 8 8 7 8
由a>a，得d<0，故A正确；
6 7
S ＝＝6(a＋a)＝6a>0，故B正确；
12 6 7 6
S－S＝a＋a＋a＋a＝2(a＋a)＝2a<0，故S0，所以q＝2.
所以S＝1＋2＋4＋8＝15.]
4
(2)B [方法一 设等比数列{a}的公比为q，易知q≠1，
n
则由题可得
解得
所以S＝＝2n－1，
n
a＝aqn－1＝2n－1，
n 1
所以＝＝2－21－n.
方法二 设等比数列{a}的公比为q，
n
易知q≠1，因为＝＝＝＝2，
所以q＝2，所以＝＝＝2－21－n.]
跟踪训练1 (1)C (2)C
例2 (1)证明 由a ＋a －6a＝0，
n＋2 n＋1 n
可得a ＋3a ＝2(a ＋3a)，
n＋2 n＋1 n＋1 n
即＝2(n∈N )，
＋
∴{a ＋3a}是以a＋3a＝5为首项，2为公比的等比数列．
n＋1 n 2 1
(2)解 由(1)可知a ＋3a＝5·2n－1(n∈N )，
n＋1 n ＋
∴a －2n＝－3(a－2n－1)，
n＋1 n
∴＝－3，
∴{a－2n－1}是以a－20＝1为首项，－3为公比的等比数列，
n 1
∴a－2n－1＝1×(－3)n－1，
n
∴a＝2n－1＋(－3)n－1，
n
S＝＋
n
＝2n－－.
跟踪训练2 (1)证明 因为a ＝a＋2b，b ＝2a＋b，
n＋1 n n n＋1 n n
所以a ＋b ＝3(a＋b)，
n＋1 n＋1 n n
a －b ＝－(a－b)，
n＋1 n＋1 n n
又由a＝3，b＝2得a－b＝1，a＋b＝5，
1 1 1 1 1 1
所以数列{a ＋b}是首项为5，公比为3的等比数列，数列{a －b}是首项为1，公比为－1
n n n n
的等比数列．
(2)解 由(1)得a＋b＝5×3n－1，
n n
a－b＝(－1)n－1，
n n
所以a＝，
n
b＝，
n
所以ab＝×＝＝×9n－1－，
n n
所以S＝×－＝.
n
例3 (1)－2
解析 方法一 {a}为等比数列，
n
∴aa＝aa，∴a＝1，
4 5 3 6 2
又aaa ＝aaa，
2 9 10 7 7 7
∴1×(－8)＝(a)3，
7
∴a＝－2.
7
方法二 设{a}的公比为q(q≠0)，
n则aaa＝aa＝aq·aq，
2 4 5 3 6 2 5
显然a≠0，则a＝q2，即aq3＝q2，
n 4 1
则aq＝1，
1
∵aa ＝－8，
9 10
则aq8·aq9＝－8，
1 1
则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，
则q5＝－2，则a＝aq·q5＝q5＝－2.
7 1
微拓展
典例 33
解析 S＝＝16，
8
∴a＋a＝4，
1 8
又∵a＋a＋a＝3a，∴a＝3，
9 1 8 6 6
故S ＝11a＝33.
11 6
例3 (2)100
解析 因为log a ＝1＋log a，
2 n＋1 2 n
可得log a ＝log (2a)，
2 n＋1 2 n
所以a ＝2a，
n＋1 n
所以数列{a}是以a 为首项，2为公比的等比数列，
n 1
又a＋a＋…＋a ＝1，
1 2 10
所以a ＋a ＋…＋a ＝(a＋a＋…＋a )×2100＝2100，
101 102 110 1 2 10
所以log (a ＋a ＋…＋a )＝log 2100＝100.
2 101 102 110 2
例4 (1)2
解析 由题意，得
解得
所以q＝＝＝2.
(2)－5
解析 依题意，S ，S －S ，S －S 成等比数列，且S ＝20，不妨令其公比为q(q>0)，
10 20 10 30 20 10
则S －S ＝20q，S －S ＝20q2，
20 10 30 20
∴S －2S ＋S ＝(S －S )－(S －S )＝20q2－20q＝202－5，
30 20 10 30 20 20 10
故当q＝时，S －2S ＋S 的最小值为－5.
30 20 10
跟踪训练3 (1)10 (2)50§6.4 数列中的构造问题
例1 2·3n－1－1
解析 ∵a ＝3a＋2，
n＋1 n
∴a ＋1＝3(a＋1)，
n＋1 n
∴＝3，∴数列{a＋1}为等比数列，公比q＝3，
n
又a＋1＝2，∴a＋1＝2·3n－1，
1 n
∴a＝2·3n－1－1.
n
例2 解 设a ＋λ(n＋1)＋u＝2(a＋λn＋u)，
n＋1 n
所以a ＝2a＋λn＋u－λ，
n＋1 n
所以解得λ＝u＝－3，
又a－3－3＝－5≠0，
1
所以＝2，
所以数列{a－3n－3}是以－5为首项，2为公比的等比数列，
n
所以a－3n－3＝－5·2n－1，
n
所以a＝－5·2n－1＋3n＋3.
n
例3 C [由a ＝3a＋2·3n＋1得＝＋2，
n＋1 n
∴－＝2，即数列是首项为1，公差为2的等差数列，
∴＝2n－1，故a＝(2n－1)·3n.]
n
跟踪训练1 AB
例4 (1)证明 ∵a ＝a＋6a (n≥2)，
n＋1 n n－1
∴a ＋2a＝3a＋6a ＝3(a＋2a )(n≥2)．
n＋1 n n n－1 n n－1
∵a＝5，a＝5，∴a＋2a＝15，
1 2 2 1
∴a＋2a ≠0(n≥2)，
n n－1
∴＝3(n≥2)，
∴数列{a ＋2a}是以15为首项，3为公比的等比数列．
n＋1 n
(2)解 由(1)得a ＋2a＝15×3n－1＝5×3n，
n＋1 n
则a ＝－2a＋5×3n，
n＋1 n
∴a －3n＋1＝－2(a－3n)．
n＋1 n
又∵a－3＝2，∴a－3n≠0，
1 n
∴{a－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．
n
∴a－3n＝2×(－2)n－1，
n
即a＝－(－2)n＋3n.
n
跟踪训练2 证明 因为3aa －aa ＝2a a ，a≠0，
n n＋2 n n＋1 n＋1 n＋2 n等式两边同除以aa a ，得
n n＋1 n＋2
＝－，
则－＝2，
所以数列是以－＝2为首项，2为公比的等比数列，
则－＝2×2n－1＝2n，
所以＝＋
＋…＋＋＝2n＋2n－1＋…＋21＋1＝2n＋1－1，
则a ＝，
n＋1
当n≥2时，a＝，
n
又当n＝1时，上式也成立，
故a＝.
n
例5 解 因为a ＝(n∈N )，
n＋1 ＋
所以＝＋1，
设＋t＝3，
所以3t－t＝1，解得t＝，
所以＋＝3，
又＋＝1＋＝，
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，
所以＋＝×3n－1＝，
所以a＝.
n
跟踪训练3
§6.5 数列求和
落实主干知识
知识梳理
(1)① na＋d
1
②
(4)①－
②
③
④－
自主诊断
1．(1)√ (2)√ (3)× (4)×
2．B 3.B 4.9探究核心题型
例1 解 (1)因为S ＝2S＋1，
n＋1 n
所以S ＋1＝2(S＋1)，
n＋1 n
又S＋1＝a＋1＝2，所以数列{S＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
1 1 n
所以S＋1＝2×2n－1＝2n，
n
即S＝2n－1，
n
当n≥2时，S ＝2n－1－1，
n－1
所以a＝S－S ＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，
n n n－1
当n＝1时，a＝1成立，
1
故a＝2n－1，n∈N .
n ＋
(2)b＝aa ＋log (aa ) ＝2n－1·2n＋log (2n－1·2n) ＝22n－1＋2n－1，
n n n＋1 2 n n＋1 2
所以数列{b}的前n项和
n
T＝21＋23＋25＋…＋22n－1＋1＋3＋5＋…＋2n－1
n
＝＋
＝(4n－1)＋n2.
跟踪训练1 解 (1)因为S＝a －1，当n＝1时，a＝S＝a－1，
n n＋1 1 1 2
由a＝1可得a＝2，
1 2
当n≥2时，S ＝a－1，
n－1 n
作差得S－S ＝a －1－(a－1)，
n n－1 n＋1 n
即2a＝a ，n≥2，
n n＋1
又＝2，所以数列{a}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a＝2n－1.
n n
(2)由(1)知b＝(－1)n2n－1－(－1)n，
n
所以b ＝22n－1－1，b ＝－22n－2＋1，
2n 2n－1
所以b ＋b ＝4n－1，
2n－1 2n
所以T ＝(b＋b)＋(b＋b)＋…＋(b ＋b )＝1＋4＋…＋4n－1
2n 1 2 3 4 2n－1 2n
＝＝.
跟踪训练2 解 (1)因为a＝1，a＝3，a＝7，
1 2 3
所以a－a＝2，a－a＝4，
2 1 3 2
因为数列{a －a}为等比数列，＝2，
n＋1 n
所以数列{a －a}是以2为首项，2为公比的等比数列，
n＋1 n
所以a －a＝2n，
n＋1 n
所以当n≥2时，a＝(a－a )＋(a －a )＋…＋(a－a)＋a
n n n－1 n－1 n－2 2 1 1
＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋1
＝2n－1，当n＝1时上式也成立．
所以a＝2n－1.
n
(2)因为a＝2n－1，
n
所以b＝(2n－1)a＝(2n－1)2n－(2n－1)，
n n
记数列{(2n－1)2n}的前n项和为T，
n
则T＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，
n
2T＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，
n
两式相减得－T＝1×21＋2×(22＋23＋…＋2n－1＋2n)－(2n－1)·2n＋1
n
＝2＋2×－(2n－1)·2n＋1
＝(3－2n)·2n＋1－6，
所以T＝(2n－3)·2n＋1＋6，
n
所以S＝T－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]
n n
＝T－＝T－n2
n n
＝(2n－3)·2n＋1－n2＋6.
例3 (1)解 因为a＝1，＝1，
1
又是公差为的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×＝，
所以S＝a.
n n
因为当n≥2时，
a＝S－S ＝a－a ，
n n n－1 n n－1
所以a ＝a(n≥2)，
n－1 n
所以＝(n≥2)，
所以··…··＝×××…··＝(n≥2)，
所以a＝(n≥2)，
n
又a＝1也满足上式，
1
所以a＝(n∈N )．
n ＋
(2)证明 因为a＝，
n
所以＝＝2，
所以＋＋…＋
＝2
＝2<2.
跟踪训练3 解 (1)由题意，当n＝1时，a＝S＝m＋1，
1 1当n≥2时，a＝S－S ＝n2＋m－(n－1)2－m＝2n－1，
n n n－1
则a＝3，a＝5，
2 3
因为数列{a}是等差数列，
n
所以a＋a＝2a，
1 3 2
即m＋1＋5＝2×3，解得m＝0，
则a＝1，满足a＝2n－1，
1 n
所以{a}的通项公式为
n
a＝2n－1(n∈N )．
n ＋
(2)由(1)可得S＝n2，则b＝＝＝－，
n n
所以T＝b＋b＋…＋b
n 1 2 n
＝－＋－＋…＋－
＝1－＝.
§6.6 数列中的综合问题
例1 解 (1)根据题意，设等差数列{a}的公差为d(d≠0)，
n
由于a＝6，a，a，a 成等比数列，
2 1 3 7
则有
解得或(舍)，
∴a＝2n＋2.
n
(2)由b＝n·22n＝n·4n，
n
则S＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，①
n
4S＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n－1)·4n＋n·4n＋1，②
n
①－②得，－3S＝4＋42＋43＋…＋4n－n·4n＋1
n
＝－n·4n＋1，
∴S＝(1－4n)＋
n
＝4n＋1＋，n∈N .
＋
跟踪训练1 解 (1)由题意得
即
解得或(舍)，
∴a＝1＋2(n－1)＝2n－1.
n
(2)b＋b ＝S＝＝n2，①
n n＋1 n
b ＋b ＝(n＋1)2，②
n＋1 n＋2②－①得，b －b＝2n＋1，
n＋2 n
∵b＝－1，∴b＝2.
1 2
∴b ＝b －b ＋b －b ＋…＋b－b＋b＝37＋33＋29＋…＋5＋2
20 20 18 18 16 4 2 2
＝＋2＝191.
例2 (1)D [方法一 当n取奇数时，
由已知b＝1＋，b＝1＋，
1 3
因为>，所以b>b，
1 3
同理可得b>b，b>b，…，于是可得b>b>b>b>…，故A不正确；
3 5 5 7 1 3 5 7
当n取偶数时，由已知b＝1＋，
2
b＝1＋，
4
因为>，所以b，所以b>b，
1 2
同理可得b>b，b>b，b>b，
3 4 5 6 7 8
又b>b，所以b>b，故B不正确；
3 7 3 8
因为bb，
4 8 7 8
所以bb；
2 1
当n≥2时，b 0时，f(x)>0;
当x<0时，f(x)<0.
因为数列{a}是等差数列，a >0，
n 1 012
故f(a )>0.
1 012
再根据a＋a ＝2a >0，
1 2 023 1 012
所以a>－a ，
1 2 023
则f(a)>f(－a )＝－f(a )，
1 2 023 2 023
所以f(a)＋f(a )>0.
1 2 023
同理可得f(a)＋f(a )>0，f(a)＋f(a )>0，…，
2 2 022 3 2 021
所以f(a)＋f(a)＋f(a)＋…＋f(a )＋f(a )
1 2 3 2 022 2 023
＝[f(a)＋f(a )]＋[f(a)＋f(a )]＋…＋[f(a )＋f(a )]＋f(a )>0.]
1 2 023 2 2 022 1 011 1 013 1 012
跟踪训练2 (1)C (2)－1
§6.7 子数列问题
例1 (1)解 设等差数列{a}的公差为d，
n
而b＝
n
则b＝a－6，b＝2a＝2a＋2d，b＝a－6＝a＋2d－6，
1 1 2 2 1 3 3 1
于是
解得a＝5，d＝2，a＝a＋(n－1)d＝2n＋3，
1 n 1所以数列{a}的通项公式是a＝2n＋3.
n n
(2)证明 方法一 由(1)知，S＝＝n2＋4n，
n
b＝
n
当n为偶数时，b ＋b＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
n－1 n
T＝·＝n2＋n，
n
当n>5时，T－S＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，
n n
因此T>S.
n n
当n为奇数时，T＝T －b ＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5，
n n＋1 n＋1
当n>5时，T－S＝
n n
－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，
因此T>S.
n n
综上，当n>5时，T>S.
n n
方法二 由(1)知，S＝＝n2＋4n，
n
b＝
n
当n为偶数时，T＝(b＋b＋…＋b )＋(b＋b＋…＋b)＝·＋·＝n2＋n，
n 1 3 n－1 2 4 n
当n>5时，T－S＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，
n n
因此T>S，
n n
当n为奇数时，若n≥3，
则T＝(b＋b＋…＋b)＋(b＋b＋…＋b )＝·＋·＝n2＋n－5，
n 1 3 n 2 4 n－1
显然T＝b＝－1满足上式，
1 1
因此当n为奇数时，T＝n2＋n－5，
n
当n>5时，T－S＝
n n
－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，
因此T>S，
n n
所以当n>5时，T>S.
n n
跟踪训练1 解 (1)因为{a}是等比数列，公比q≠－1，
n
则a＝aq3, a＝aq4, a＝aq6, a＝aq7，
4 1 5 1 7 1 8 1
所以＝＝＝，解得q＝3，
由S＝a＋93，可得＝9a＋93，解得a＝3，
4 3 1 1
所以数列{a}的通项公式为a＝3n.
n n
(2)由(1)得b＝
n
当n为偶数时，T＝b＋b＋…＋b
n 1 2 n
＝(b＋b＋…＋b )＋(b＋b＋…＋b)＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)
1 3 n－1 2 4 n＝－＋
＝(3n－1)－；
当n为奇数时，T＝T －b
n n＋1 n＋1
＝(3n＋1－1)－－3n＋1
＝×3n＋1－－，
综上所述，T＝
n
例2 解 (1)由S＝得，
n
当n＝1时，a＝S＝2，
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝3n－1，
n n n－1
当n＝1时，上式也成立，
所以a＝3n－1.
n
依题意，b＋b＝2(b＋1)，
1 3 2
b＋b·22＝2(b·2＋1)，
1 1 1
解得b＝2，所以b＝2n.
1 n
(2)数列{a}和{b}的公共项从小到大依次为21,23,25,27，…，
n n
所以21,23,25,27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，所以c＝2×4n－1，则T＝c＋c＋…
n n 1 2
＋c＝＝.
n
跟踪训练2
解析 数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成的一个新数列为1,7,13，…，该数
列是首项为1，公差为6的等差数列，
所以a＝6n－5，所以b＝，
n n
因为b －b＝－＝，
n＋1 n
所以当n≥2时，b －b<0，
n＋1 n
即b>b>b>…，
2 3 4
又b，不满足C(1)≤，故排除B.
对于C，C(1)＝(0＋0＋0＋0＋1)＝，满足C(1)≤.
对于D，C(1)＝(1＋0＋0＋0＋1)＝>，不满足C(1)≤，故排除D.
再对A，C验证C(2)＝(aa＋aa＋aa＋aa＋aa)＝(aa＋aa＋aa＋aa＋aa)≤.
1 3 2 4 3 5 4 6 5 7 1 3 2 4 3 5 4 1 5 2对于A，C(2)＝(0＋1＋0＋1＋0)＝>，不满足C(2)≤，故排除A.
对于C，C(2)＝(0＋0＋0＋0＋0)＝0，满足C(2)≤.]
(2)B [若n＝4，则1≤i0矛盾，所以不成立，
n
所以＝3，则S ＝9S ，S ＝a ＝1，所以数列{S}是首项为1，公比为9的等比数列，即S
n＋1 n 1 1 n n
＝9n－1，故A正确；
由S ＝9S 可得S＝9S (n≥2)，两式相减得，
n＋1 n n n－1
a ＝9a(n≥2)，并且n＝1时，S＝9S，即a＋a＝9a，得a＝8，
n＋1 n 2 1 1 2 1 2
那么＝8≠9，所以{a}不是等比数列，故B错误；
n
a＝
n
当n＝1时，S－a＝0，
1 1
当n≥2时，设数列{S－a}的前n项和为T，则T＝(S－a)＋(S－a)＋…＋(S－a)
n n n n 1 1 2 2 n n
＝(S＋S＋…＋S)－(a＋a＋…＋a)
1 2 n 1 2 n
＝－＝，
当n＝1时，T＝0成立，故T＝，故C正确；
1 n
因为＝1，＝，＝，＋≠2，所以数列不是等差数列，故D错误．]
跟踪训练2 AC [对于A，由a＝2 023n可得S＝2 023(1＋2＋3＋…＋n)＝2 023×，
n n
由S＝a 可得2 023×＝2 023m，取m＝即可，则{a}为“回旋数列”，故A正确；
n m n
对于B，当q＝1时，S＝na，a ＝a，
n 1 m 1由S ＝a 可得na ＝a ，故当n＝2时，很明显na ＝a 不成立，故{a}不是“回旋数列”，故
n m 1 1 1 1 n
B错误；
对于C，{a}是等差数列，故a ＝1＋(m－1)d，
n m
S＝n＋d，
n
因为数列{a}是“回旋数列”，
n
所以1＋(m－1)d＝n＋d，
即m＝＋＋1，
其中为非负整数，
所以要保证恒为整数，
故d为所有非负整数的公约数，且d<0，所以d＝－1，故C正确；
对于D，由A可知，当a＝2 023n时，{a}为“回旋数列”，
n n
取a＝2 023×2，S ＝2 023×，显然不存在m，使得S ＝a＝2 023×2，故D错误．]
2 m m 2
例3 (1)A
(2)5 240
解析 依题意得，S＝120×2＝240；S＝60×3＝180；
1 2
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的
图形，且5×6＝30，×12＝30,10×3＝30,20×＝30，所以S＝30×4＝120；
3
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm,10 dm× dm,20 dm× dm
五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝
15，×12＝15,10×＝15,20×＝15，所以S＝15×5＝75；
4
……
所以可归纳S＝×(k＋1)＝.
k
所以 ＝240
k
，①
所以×＝240，②
k
由①－②得，×
k
＝240
＝240
＝240，
所以 ＝240dm2.
k
跟踪训练3 A [将数列排成行的形式
1
1,2
1,2,41,2,4,8
第n行为20,21，…，2n－1，
第n行和为a＝＝2n－1，
n
前n行共有个数，
前项和为S＝－n＝2n＋1－2－n，
n
假设从第1行第1个数到第n＋1行第m(1≤m≤n＋1)个数共有N个数，则N＝＋m，
前N项和为T ＝S＋a ＝2n＋1－2－n＋2m－1，
N n m
若T 为2的整数幂，
N
则有2＋n＝2m－1，
∵N>55，∴n>10，且n为奇数，
当n＝11时，m无整数解，
当n＝13时，m＝4，此时N＝＋4＝95.]
能力提升
1．A 2.C
3．B [由三个非零且互不相等的实数x，x，x 成等差数列且满足＋＝，知
1 2 3
消去x，并整理得，
2
(2x＋x)(x－x)＝0，
1 3 1 3
所以x＝x(舍去)，x＝－2x，
1 3 3 1
于是有x＝－x.
2 1
在集合M＝{x||x|≤100，x∈Z}中，三个元素组成的所有数列必为整数列，
所以x 必为2的倍数，且x∈[－50,50]，x≠0，
1 1 1
故这样的数列共50个．]
4．B [当n＝2k(k∈N )时，
＋
由于52k＝5k×5k，此时f(52k)＝|5k－5k|＝0，
当n＝2k－1(k∈N )时，由于52k－1＝5k－1×5k，此时f(52k－1)＝|5k－5k－1|＝5k－5k－1，
＋
所以数列{f(5n)}的前2 023项的和为(5－1)＋0＋(52－5)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51 011－51 010)＋
0＋(51 012－51 011)＝51 012－1.]
5．C [由题得，a＝i，a＝1i，a＝111i，a＝311i，…，a＝…i，
1 2 3 4 n
b＝j，b＝1j，b＝111j，b＝311j，…，b＝…j，
1 2 3 4 n
由递推可知，随着n的增大，a 和b 每一项除了最后一位不同外，其余各位数都相同，
n n
所以c＝|a－b|＝|i－j|，
n n n
所以{c}的前n项和为n|i－j|.]
n
6．ACD [对于A中，数列{a}是等方差数列，可得a－a＝p(n≥2，n∈N ，p为常数)，
n ＋
即有{a}是首项为a，公差为p的等差数列，故A正确；对于B中，例如：数列{}是等方差数列，但是数列{n}不是等方差数列，故B不正确；
对于C中，数列{(－1)n}中，a－a＝[(－1)n]2－[(－1)n－1]2＝0，(n≥2，n∈N )，
＋
所以数列{(－1)n}是等方差数列，故C正确；
对于D中，数列{a}中的项列举出来是a，a，…，a，…，a ，…，
n 1 2 k 2k
数列{a }中的项列举出来是a，a ，a ，…，
kn k 2k 3k
因为a－a＝a－a＝…＝a－a＝p，
所以(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＝kp，所以a－a＝kp，
所以数列{a }是等方差数列，故D正确．]
kn
7．AD [若a ＝7，则a ＝22，a ＝11，a ＝34，a ＝17，a ＝52，a ＝26，a ＝13，a ＝
0 1 2 3 4 5 6 7 8
40，a＝20，a ＝10，a ＝5，故A选项符合题意；
9 10 11
若a ＝16，则a ＝8，a ＝4，a ＝2，a ＝1，a ＝4，易知{a}不是递减数列，故B选项不符
0 1 2 3 4 5 n
合题意；
若a ＝1，则a ＝2，a ＝4，当a ＝8时，则a ＝16，a ＝5或32，a ＝1(舍去)，故C选项不
5 4 3 2 1 0 2
符合题意；
若a ＝10，则a ＝5，a ＝16，a ＝8，a ＝4，a ＝2，a ＝1，所以从a(i＝1,2,3,4,5,6)中任取
0 1 2 3 4 5 6 i
两个数至少一个为奇数的概率为1－＝，故D选项符合题意．]
8．e36
解析 由数列{a}的二阶商数列的各项均为e，可知c＝＝e，而b＝＝1，
n n 1
故数列{b}是以1为首项，e为公比的等比数列，
n
即b＝en－1，即＝en－1，n∈N ，
n ＋
即＝1，＝e，＝e2，…，＝e8.
所以a ＝a····…·＝1×1×e×e2×…×e8＝e1＋2＋…＋8＝ ＝e36，
10 1
故a ＝e36.
10
9．3或4
解析 由题意，c ＝8，
k＋1
又c，c，…，c 是公差为2的等差数列，
1 2 k＋1
故c＋2k＝8，则c＝8－2k，c＝c －2＝6.
1 1 k k＋1
又S ＝32，故2(c＋c＋…＋c)＋c ＝32，
2k＋1 1 2 k k＋1
即c＋c＋…＋c＝12，
1 2 k
由等差数列前n项和公式有＝12，
化简得k2－7k＋12＝0，
解得k＝3或k＝4.
10．50解析 当{b}由1,5构成时，则a ＝1，a ＝5，a ，a ，a 为2,3,4的一个排列，故满足条件
n 1 2 3 4 5
的数列{a}有A＝6(个)；
n
当{b}由2,5构成时，则a＝2，a＝5，a，a，a 为1,3,4的一个排列，
n 1 2 3 4 5
或a＝2，a＝1，a＝5，a，a 为3,4的一个排列，
1 2 3 4 5
故满足条件的数列{a}有
n
A＋A＝8(个)；
当{b}由3,5构成时，则a ＝3，a ，a ，a ，a 为1,2,4,5的一个排列，且数字4排在5的后
n 1 2 3 4 5
面，
故满足条件的数列{a}有＝12(个)；
n
当{b}由4,5构成时，则a＝4，a，a，a，a 为1,2,3,5的一个排列，
n 1 2 3 4 5
故满足条件的数列{a}有A＝24(个)．
n
由分类加法计数原理可得满足条件的数列{a}共有50个．
n
第七章 立体几何与空间向量
§7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
落实主干知识
知识梳理
1．(1)平行 全等 平行 相似
平行且相等 一点 一点 平行四边形
三角形 梯形 (2)垂直 一点 一点 矩形 等腰三角形 等腰梯形
圆 矩形 扇形 扇环
2．(1)斜二测画法 (2)①垂直
②分别平行于坐标轴 不变 一半
3．2πrl πrl π(r＋r)l
1 2
4．Sh Sh (S ＋S ＋)h
上 下
4πR2 πR3
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．C 3.D 4.
探究核心题型
例1 AD
例2 B [方法一 如图，画出△AOB的原图，为直角三角形，且OA＝O′A′＝6，
因为OB·OA＝12，所以OB＝4，
所以O′B′＝OB＝2.
方法二 S ＝S ＝3，
直观图 原图形
又S ＝O′A′·O′B′·sin∠A′O′B′，
直观图
所以O′B′＝2.]
例3 C [如图，把侧面展开2周可得对角线最短，
则AA＝＝(cm)．]
1
跟踪训练1 (1)B (2)CD (3)5π
例4 (1)A (2)A
例5 (1)A (2)
跟踪训练2 (1)B (2)BC
§7.2 球的切、接问题
探究核心题型
例1 (1)D [由题意可得，△ACD，△ACP均为边长为2的等边三角形，△PAD，△PCD为全等
的等腰三角形，
则三棱锥P－ACD的表面积
S＝2S ＋2S ＝2××2×2×＋2××2×2sin∠PCD＝2＋4sin∠PCD≤2＋4，
△ACD △PCD
当且仅当sin∠PCD＝1，即PC⊥CD时，三棱锥P－ACD的表面积取最大值，此时△PAD，
△PCD为直角三角形，PD＝＝2，
取PD的中点O，连接OA，OC，由直角三角形的性质可得OA＝OC＝OD＝OP＝，
即三棱锥P－ACD的外接球的球心为O，半径R＝，
故外接球体积V＝π×()3＝.]
(2)π
解析 设△ABC的外接圆的圆心为D，半径为r，球的半径为R，球心为O，
底面△ABC为直角三角形，故其外接圆圆心D在斜边中点处，则r＝1，
又OD＝AA＝1，在Rt△OCD中，
1R＝＝，
V ＝πR3＝π.
球
跟踪训练1 912π
例2 (11＋2)π
解析 由题中数据可知
AE2＝1＋(－1)2＝4－2，
1
则AA＝＝＋1，
1
因为十面体ABCD－EFGH是由长方体ABCD－ABC D 的上底面绕着其中心旋转45°得到，
1 1 1 1
所以长方体ABCD－ABC D 的外接球就是十面体ABCD－EFGH的外接球．
1 1 1 1
设十面体ABCD－EFGH外接球的半径为R，
(2R)2＝22＋22＋(＋1)2，
则R2＝，
故十面体ABCD－EFGH外接球的表面积是4πR2＝(11＋2)π.
跟踪训练2 8π
例3 (1)A
(2)A [如图，设BD，BC的中点分别为E，F.
因为点F为底面Rt△BCD的外心，则三棱锥A′－BCD的外接球球心必在过点F且与平面
BCD垂直的直线l 上．又点E为底面Rt△A′BD的外心，则外接球球心必在过点E且与平
1
面 A′BD 垂直的直线 l 上．所以球心为 l 与 l 的交点．又 FE∥CD，CD⊥BD，平面
2 1 2
A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，所以FE⊥平面A′BD.所以球心为点F.
又A′B＝A′D＝1，所以BD＝，又CD＝1，所以BC＝，球半径R＝＝.故V＝π3＝.]
跟踪训练3 (1) (2)B
例4 D [依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大．
易知AC＝＝10，设健身手球的半径为R，
则×(6＋8＋10)×R＝×6×8，解得R＝2.
则健身手球的最大直径为4.
因为AA＝13，所以最多可加工3个健身手球．
1
于是一个健身手球的最大体积
V＝πR3＝π×23＝.]
跟踪训练4 (1)D (2)C§7.3 空间点、直线、平面之间的位置关系
落实主干知识
知识梳理
1．不在一条直线上 两个点 一条
2．相交 平行
3．相交 平行 任何
4．a∩α＝A 1 a∥α 0 a⊂α 无数
α∥β 0 α∩β＝l 无数
6．(1)平行或重合 (2)
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．D 3.BCD
4．(1)AC＝BD (2)AC＝BD且AC⊥BD
探究核心题型
例1 证明 (1)如图所示，连接BD.
1 1
因为EF是△C DB 的中位线，所以EF∥BD.
1 1 1 1 1
在正方体ABCD－ABC D 中，BD∥BD，
1 1 1 1 1 1
所以EF∥BD，
所以EF，BD确定一个平面，
即D，B，F，E四点共面．
(2)在正方体ABCD－ABC D 中，连接AC，
1 1 1 1 1
设A，C，C 确定的平面为α，
1 1
又设平面BDEF为β.
因为Q∈AC ，所以Q∈α.
1 1
又Q∈EF，所以Q∈β，
所以Q是α与β的公共点，
同理，P是α与β的公共点．
所以α∩β＝PQ.
又AC∩β＝R，
1所以R∈AC，R∈α，且R∈β.
1
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)因为EF∥BD且EF0，连接AB，BC，
1 1
则异面直线AC与PD所成的角就是∠ACB 或其补角．
1
则cos∠ACB＝
1
＝，解得x＝1(舍去负值)，
所以外接球的半径为
×＝，
所以该四棱锥外接球的表面积为4π×2＝9π.]
跟踪训练3 (1)C
(2)A [如图所示，过点A补作一个与正方体ABCD－ABC D 相同棱长的正方体，易知平面
1 1 1 1
α为平面AFE，则m，n所成的角为∠EAF.
1 1
∵△AFE为正三角形，
1
∴sin∠EAF＝sin 60°＝.]
1
§7.4 空间直线、平面的平行
落实主干知识
知识梳理
1．平面内 a⊄α b⊂α a∥b 交线 a∥α a⊂β α∩β＝b
2．相交直线 a⊂β b⊂β a∩b＝P a∥α b∥α 相交 交线 α∥β α∩γ＝a β∩γ＝b
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．BCD 3.C 4.平行四边形
探究核心题型
例1 证明 方法一 如图，取PD的中点F，连接EF，FA.
由题意知EF为△PDC的中位线，
∴EF∥CD，且EF＝CD＝2.
又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，
∴AB綉EF，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∴BE∥AF.
又AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，∴BE∥平面PAD.
方法二 如图，延长DA，CB相交于H，连接PH，
∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，
∴＝＝，
即B为HC的中点，
又E为PC的中点，∴BE∥PH，
又BE⊄平面PAD，PH⊂平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
方法三 如图，取CD的中点H，连接BH，HE，
∵E为PC的中点，∴EH∥PD，
又EH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴EH∥平面PAD，
又由题意知AB綉DH，∴四边形ABHD为平行四边形，∴BH∥AD，
又AD⊂平面PAD，BH⊄平面PAD，∴BH∥平面PAD，
又BH∩EH＝H，BH，EH⊂平面BHE，∴平面BHE∥平面PAD，
又BE⊂平面BHE，∴BE∥平面PAD.
例2 证明 如图所示，连接AC交BD于点O，
连接OM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，
∴PA∥OM，
又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，
∴PA∥平面BMD，又PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BMD＝GH，∴PA∥GH.
跟踪训练1 证明 (1)取PB的中点G，连接FG，EG，
因为点F为PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC，
因为四边形ABCD为长方形，所以BC∥AD，且BC＝AD，
所以DE∥FG，DE＝FG，所以四边形DEGF为平行四边形，
所以DF∥GE，因为DF⊄平面PBE，GE⊂平面PBE，所以DF∥平面PBE.
(2)由(1)知DF∥平面PBE，
又DF⊂平面PDC，平面PDC∩平面PBE＝l，所以DF∥l.
例3 证明 (1)由题设知BB∥DD 且BB＝DD ，
1 1 1 1
所以四边形BBDD是平行四边形，
1 1
所以BD∥BD.
1 1
又BD⊄平面CDB，BD⊂平面CDB，所以BD∥平面CDB.
1 1 1 1 1 1 1 1
因为AD∥BC ∥BC且AD＝BC ＝BC，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以四边形ABCD 是平行四边形，
1 1
所以AB∥DC.
1 1
又AB⊄平面CDB，DC⊂平面CDB,所以AB∥平面CDB.
1 1 1 1 1 1 1 1 1
又因为BD∩AB＝B，BD，AB⊂平面ABD，
1 1 1
所以平面ABD∥平面CDB.
1 1 1
(2)由(1)知平面ABD∥平面CDB，
1 1 1
又平面ABCD∩平面CDB＝l，
1 1
平面ABCD∩平面ABD＝BD，
1
所以l∥BD，
又BD∥BD，所以BD∥l.
1 1 1 1
跟踪训练2 证明 (1)∵在三棱柱ABC－ABC 中，
1 1 1
∴平面ABC∥平面ABC ，
1 1 1
又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，
且平面BCHG∩平面ABC ＝HG，
1 1 1
∴由面面平行的性质定理得BC∥GH.(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，
∴EF∥BC，
∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
又G，E分别为AB，AB的中点，AB 綉AB，∴AG綉EB，
1 1 1 1 1
∴四边形AEBG是平行四边形，
1
∴AE∥GB.
1
∵AE⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴AE∥平面BCHG.
1 1
又∵AE∩EF＝E，AE，EF⊂平面EFA，∴平面EFA∥平面BCHG.
1 1 1 1
例4 解 如图，在平面PCD内，过点E作EG∥CD交PD于点G，
连接AG，
在AB上取点F，使AF＝EG，
因为EG∥CD∥AF，EG＝AF，
所以四边形FEGA为平行四边形，所以EF∥AG.
又AG⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
所以点F即为所求的点．
又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，
又BC⊥AB，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.所以PB⊥BC.
所以PC2＝BC2＋PB2＝
BC2＋AB2＋PA2.
设PA＝x，则PC＝，
由PB·BC＝PC·BE，
得·a＝·a，
所以x＝a，即PA＝a，
所以PC＝a.
又CE＝＝a，
所以＝，所以＝＝，
即GE＝CD＝a，所以AF＝a.
故点F是AB上靠近B点的一个三等分点．跟踪训练3 解 (1)如图所示，
因为平面 ABBA∥平面CDD C ，且平面 ABBA∩平面PQC＝RQ，平面 CDD C ∩平面
1 1 1 1 1 1 1 1
PQC＝PC，
所以RQ∥PC，根据空间等角定理可知，△ARQ∽△DPC，则＝，
又DC＝a，DP＝a，AQ＝a，
则＝，
即AR＝a，AR＝a，
1
所以＝.
(2)取AA 的中点E，则R为AE的中点，连接BE，则BE∥RQ，
1
又RQ⊂平面PCQ, BE⊄平面PCQ，
则BE∥平面PCQ.
又BM∥平面PCQ，BM，BE⊂平面BME，且BM∩BE＝B，所以平面BME∥平面PCQ，
设DD ∩平面BME＝F，连接EF，FM，
1
由平面BME∥平面PCQ，平面BME∩平面CDD C ＝FM，平面PCQ∩平面CDD C ＝PC，
1 1 1 1
所以FM∥PC，
又CM∥PF，则四边形CPFM为平行四边形，
同理四边形PREF也是平行四边形，
所以CM＝PF＝ER＝a，
所以λ＝＝＝.
§7.5 空间直线、平面的垂直
落实主干知识
知识梳理
1．(1)过它们公共点 (2)两条相交直线
m⊂α n⊂α m∩n＝P l⊥m
l⊥n a⊥α b⊥α
2．(1)射影 90° 0° (2)
3．(1)两个半平面 (2)垂直于棱
(3)[0，π]4．(2)垂线 a⊂α a⊥β 交线 垂直α⊥β α∩β＝a l⊥a l⊂β
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)× (4)×
2．ABD 3.C 4.
探究核心题型
例1 (1)证明 ∵点B 在底面ABC内的射影是点C，∴BC⊥平面ABC，
1 1
∵AB⊂平面ABC，∴BC⊥AB.
1
在△ABC中，DA＝DB＝DC，
∴BC⊥AB，
∵BC∩BC＝C，BC，BC⊂平面BCC B，∴AB⊥平面BCC B，
1 1 1 1 1 1
∵CC ⊂平面BCC B，∴AB⊥CC .
1 1 1 1
(2)解 如图，延长BC至点E，使BC＝CE，连接C E，则BC 綉CE，四边形BCEC 为平
1 1 1 1 1
行四边形，则C E綉BC.
1 1
由(1)知BC⊥平面ABC，
1
∴C E⊥平面ABC，
1
∵CE，BE⊂平面ABC，
∴C E⊥CE，C E⊥BE，
1 1
∵C E＝BC＝2，CE＝BC＝BC ＝2，BE＝4，
1 1 1 1
∴CC ＝＝4，BC ＝＝2，
1 1
∴△BCC 的周长为
1
2＋4＋2＝6＋2.
跟踪训练1 证明 (1)如图，连接AC .
1 1
因为CC ⊥平面ABC D，BD⊂平面ABC D，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以CC ⊥BD.
1 1 1
因为四边形ABC D 是正方形，
1 1 1 1
所以AC ⊥BD.
1 1 1 1又因为CC ∩AC ＝C ，
1 1 1 1
AC ，CC ⊂平面AC C，
1 1 1 1 1
所以BD⊥平面AC C.
1 1 1 1
又因为AC⊂平面AC C，
1 1 1
所以AC⊥BD.
1 1 1
(2)如图，连接BA，AD.
1 1
因为BC ＝AD，BC ∥AD，
1 1 1 1
所以四边形ADC B 为平行四边形，
1 1
所以C D∥AB，
1 1
因为MN⊥C D，所以MN⊥AB.
1 1
又因为MN⊥BD，AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以MN⊥平面ABD.
1 1
由(1)知AC⊥BD.
1 1 1
同理可得AC⊥AB.
1 1
又因为AB∩BD＝B，
1 1 1 1
AB，BD⊂平面ABD，
1 1 1 1 1
所以AC⊥平面ABD.
1 1 1
所以MN∥AC.
1
例2 (1)证明 因为AC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AC⊥BC，
1 1
又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
因为AC，AC⊂平面ACC A，AC∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC A，
1 1 1 1 1 1
又因为BC⊂平面BBC C，
1 1
所以平面ACC A⊥平面BBC C.
1 1 1 1
(2)解 如图，
过点A 作AO⊥CC 于点O.
1 1 1
因为平面ACC A⊥平面BBC C，平面ACC A∩平面BBC C＝CC ，AO⊂平面ACC A，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AO⊥平面BBC C，
1 1 1
所以四棱锥A－BBC C的高为AO.
1 1 1 1
因为AC⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以AC⊥BC，AC⊥AC，
1 1 1
在Rt△ABC与Rt△ABC中，
1因为AB＝AB，BC＝BC，
1
所以Rt△ABC≌Rt△ABC，
1
所以AC＝AC.
1
设AC＝AC＝x，则AC ＝x，
1 1 1
所以O为CC 中点，OC ＝AA＝1，
1 1 1
又因为AC⊥AC，
1
所以AC2＋AC2＝AA，
1
即x2＋x2＝22，解得x＝，所以AO＝＝＝1，
1
所以四棱锥A－BBC C的高为1.
1 1 1
跟踪训练2 证明 (1)∵平面PAD⊥平面ABCD，
且PA⊂平面PAD，PA⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PA⊥平面ABCD.
(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，
E是CD的中点，
∴AB∥DE，且AB＝DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AD∥BE，
∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BE∥平面PAD，
∵E和F分别是CD和PC的中点，∴EF∥PD，
∵EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴EF∥平面PAD，
∵BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF，
∴平面BEF∥平面PAD.
(3)∵AB⊥AD，
∴平行四边形ABED是矩形，
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
由(1)知PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，
∵E和F分别是CD和PC的中点，
∴PD∥EF，∴CD⊥EF，
又∵BE∩EF＝E，∴CD⊥平面BEF，
∵CD⊂平面PCD，
∴平面BEF⊥平面PCD.
例3 解 (1)是．∵BA⊥平面AADD，BA⊂平面BPA，
1 1
∴平面BPA⊥平面AADD，
1 1
∴无论点P在AD 上的任何位置，都有平面BPA⊥平面AADD.
1 1 1
(2)过点P作PE⊥AD，垂足为E，连接BE，如图，
1 1 1
则PE∥AA，
1
∴∠BPE是异面直线AA 与BP所成的角．
1 1 1
在Rt△AAD 中，
1 1
∵∠ADA＝60°，
1 1
∴∠AAD＝30°，
1 1
∴AB＝AD＝AD＝2，
1 1 1 1 1
∴AE＝AD＝1，
1 1 1
AA＝AD＝2，
1 1 1
∴PE＝AA＝，
1
BE＝＝，
1
∴在Rt△BPE中，
1
BP＝＝2，
1
∴cos∠BPE＝＝＝，
1
∴异面直线AA 与BP所成角的余弦值为.
1 1
(3)由(1)知，BA⊥平面AADD，
1 1 1 1
∴∠BPA 是PB 与平面AADD所成的角，
1 1 1 1 1
∴tan∠BPA＝＝，
1 1
∴当AP最小时，tan∠BPA 最大，
1 1 1
这时AP⊥AD，
1 1
AP＝＝，
1
得tan∠BPA＝，
1 1
即PB 与平面AADD所成角的正切值的最大值为.
1 1 1微拓展
典例 45°
解析 作P在α内的正射影O，则O在∠BAC的平分线上，∠PAO为PA与平面α所成的角，
所以cos∠PAC＝cos∠PAO·cos∠OAC，
所以cos 60°＝cos∠PAO·cos 45°，
所以cos∠PAO＝，
故∠PAO＝45°，
所以PA与平面α所成的角为45°.
跟踪训练3 ABC [因为BC∥AD，
所以∠EAD(或其补角)即为异面直线AE与BC所成的角，
又AD＝DE＝AE，所以∠EAD＝60°，即异面直线AE与BC所成的角为60°，A正确；
连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，连接EF，
根据正四棱锥的性质可知EF必过点O，且OE⊥平面ABCD，
所以OE⊥BD，
又BD⊥AC，OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE，
又CE⊂平面ACE，所以BD⊥CE，
B正确；
由对称性可知OE＝OF，OA＝OC，
所以四边形AFCE为平行四边形，
所以AF∥CE，
又AF⊄平面CDE，CE⊂平面CDE，所以AF∥平面CDE，
同理BF∥平面CDE，
又AF∩BF＝F，AF，BF⊂平面ABF，
所以平面ABF∥平面CDE，C正确；
由AE＝AF，OE＝OF，得AO⊥EF，
在正方形ABCD中，AO⊥BD，
又BD∩EF＝O，所以AO⊥平面BEDF，
所以∠AEO即为直线AE与平面BDE所成的角，
设该八面体的棱长为2，则AO＝AC＝＝，
所以EO＝＝＝AO，所以∠AEO＝45°，D错误．]
§7.6 空间向量的概念与运算
落实主干知识
知识梳理
1．大小 方向 相同 相等 相等
相反 相同 相反 同一个平面内
2．(1)a＝λb (2)唯一 xa＋yb
(3)xa＋yb＋zc {a，b，c} 基向量
3．(1)|a||b|cos〈a，b〉 (2)ab＋ab＋ab a＝λb，a＝λb，a＝λb
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3
ab＋ab＋ab＝0
1 1 2 2 3 3
4．(1)平行或重合 (2)非零 垂直
法向量
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)×
2．C 3.B 4.10
探究核心题型
例1 (1)D
(2)A [根据题意可得
DF＝(DA＋DC)＝(a＋c)，
DE＝DF＝(a＋c)，
所以BE＝BD＋DE＝－DB＋DE＝－b＋(a＋c)＝a－b＋c.]
跟踪训练1 (1)B
(2)①A1A ②AB＋AD＋AA1
例2 (1)C
(2)CD [由|a|－|b|＝|a＋b|，可知向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，反之，当向量
a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确；
若AB，CD共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确；
由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若OP＝OA＋OB＋OC，因为＋＋＝1，可得
P，A，B，C四点共面，所以C正确；
若P，A，B，C为空间四点，且有PA＝λPB＋μPC(PB，PC不共线)，
当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得PA－PC＝λ(PB－PC)，即CA＝λCB，
所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D正确．]
跟踪训练2 (1)B (2)C
例3 (1)解 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，
c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1.
因为AC1＝AB＋AD＋AA1＝a＋b＋c，所以|AC1|＝|a＋b＋c|
＝
＝
＝＝，
所以线段AC 的长为.
1
(2)解 因为AC1＝a＋b＋c，
A1D＝b－c，
所以AC1·A1D＝(a＋b＋c)·(b－c)
＝a·b－a·c＋b2－c2
＝0＋1＋1－4＝－2，
|A1D|＝|b－c|＝
＝
＝＝，
设异面直线AC 与AD所成的角为θ，
1 1
则cos θ＝|cos〈AC1，A1D〉|＝＝＝，
即异面直线AC 与AD所成角的余弦值为.
1 1
(3)证明 由①知AA1＝c，BD＝b－a，
所以AA1·BD＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝－1＋1＝0，
即AA1⊥BD，所以AA⊥BD.
1
跟踪训练3 (1)D (2)0
例4 (1)证明 以A为原点，AB，AD，AA1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图
所示的空间直角坐标系．设AB＝a，
则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D(0,1,1)，E，B(a,0,1)．
1 1
故AD1＝(0,1,1)，B1E＝.因为B1E·AD1＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
所以B1E⊥AD1，即BE⊥AD.
1 1
(2)解 存在满足要求的点P.
假设在棱AA 上存在一点P(0,0，z)，
1 0
使得DP∥平面BAE，此时DP＝(0，－1，z)，
1 0
设平面BAE的法向量为n＝(x，y，z)．
1
AB1＝(a,0,1)，AE＝.
则即
取x＝1，则y＝－，z＝－a，
故n＝.
要使DP∥平面BAE，只需n⊥DP，
1
则－az＝0，解得z＝，
0 0
所以存在点P，满足DP∥平面BAE，
1
此时AP＝.
跟踪训练4 (1)证明 在△ABC中，
因为BC＝2AB，AC＝AB，
所以AC2＋AB2＝BC2，
所以AC⊥AB，
又AC⊥PB，PB∩AB＝B，
且PB，AB⊂平面PAB，
所以AC⊥平面PAB，
又AC⊂平面ABCD，
所以平面PAB⊥平面ABCD.
(2)解 假设存在点 Q，使得平面 BEQF⊥平面 PAD.取 AB 的中点为 H，连接 PH，则
PH⊥AB，
因为平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以PH⊥平面ABCD.
建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝2，则A(0,0,0)，
B(2,0,0)，
D(－2,2，0)，P(1,0，)，
则AD＝(－2,2，0)，AP＝(1,0，)，
BD＝(－4,2，0)，DP＝(3，－2，)，
设n＝(x，y，z)是平面PAD的法向量，
1 1 1 1
则
取n＝(，1，－1)．
1
设DQ＝λDP，其中0≤λ≤1.
则BQ＝BD＋DQ＝BD＋λDP
＝(3λ－4，2－2λ，λ)，
连接 EF，因为 AC∥平面 BEQF，AC⊂平面 PAC，平面 PAC∩平面 BEQF＝EF，所以
AC∥EF.取与EF同向的单位向量j＝(0,1,0)．
设n＝(x，y，z)是平面BEQF的法向量，
2 2 2 2
则
取n＝(λ，0,4－3λ)．
2
由平面BEQF⊥平面PAD知n⊥n，
1 2
则n·n＝3λ＋3λ－4＝0，
1 2
解得λ＝.
故在侧棱PD上存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD，＝.
§7.7 向量法求空间角
落实主干知识
知识梳理
1.
2.
3.
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．A 3.C 4.C
探究核心题型
例1 (1)B
(2)B [以O为原点， OB所在直线为y轴，过点 O 作 x 轴⊥OB，圆台的轴为z轴，建立
如图所示的空间直角坐标系，作DE⊥AB于点E，
AE＝AB－CD＝1，
在Rt△ADE中，AD＝，DE＝＝，则 D(0，－1，)，
A(0，－2,0)，C(0,1，)，
AD＝(0,1，)，
设P(2cos θ，2sin θ，0)，0≤θ<2π，
OP＝(2cos θ，2sin θ，0)，
由于异面直线 AD与 OP(O为下底面圆心)所成的角为，
∴cos ＝＝＝＝，
∴sin θ＝±，CP＝(2cos θ，2sin θ－1，－)，
CP2＝|CP|2＝4cos2θ＋4sin2θ－4sin θ＋1＋2＝7－4sin θ＝7±2.]
跟踪训练1 (1)D (2)
例2 (1)证明 在四边形ABCD中，作DE⊥AB于点E，CF⊥AB于点F，如图．
因为CD∥AB，
AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝，
故DE＝＝，
BD＝＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，
所以BD⊥平面PAD.
又因为PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA.
(2)解 由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，
如图，以D为原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，0，)，
则AP＝(－1,0，)，BP＝(0，－，)，DP＝(0,0，)．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
可取n＝(，1,1)，
则cos〈n，DP〉＝＝＝，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.
跟踪训练2 (1)证明 设圆柱OQ的底面半径为r，高为h.
因为△OPB是边长为的等边三角形，所以∠ABP＝60°，r＝.
因为圆柱OQ的侧面积为6π，
所以2πrh＝6π，解得h＝3.
在下底面圆O中，∠APB＝90°，∠ABP＝60°，
所以AP＝BP·tan 60°＝3.
因为DA⊥平面APB，所以DA⊥BP，DA⊥AP.
因为∠APB＝90°，所以AP⊥BP，
又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面APD，所以BP⊥平面APD.
因为AG⊂平面APD，所以BP⊥AG.
在△DAP 中，AD＝AP＝3，G是DP的中点，所以DP⊥AG.
又BP∩DP＝P，BP，DP⊂平面BPD，
所以AG⊥平面BPD.
因为BD⊂平面 BPD，所以AG⊥BD.
(2)解 在下底面圆O内过O作Ox⊥AB，连接OQ.以O为原点，Ox，OB，OQ分别为x，
y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．则B(0，，0)，
D(0，－，3)，P，
因为DG＝2GP，
设G点坐标为(x，y，z)，
0 0 0
则(x，y＋，z－3)＝2，
0 0 0
即
解得
所以G(1,0,1)，
所以GB＝(－1，，－1)．
显然，向量n＝(1,0,0) 是平面ABCD的一个法向量．
设GB与平面ABCD所成的角为θ，
所以sin θ＝|cos〈GB，n〉|＝＝.
所以GB与平面ABCD所成角的正弦值为.
微拓展
典例
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
由AD＝AA＝1，AB＝2，得
1
E(1,1,1)，C(0,2,1)，D(0,0,0)，
1
则D1E＝(1,1,1)，D1C＝(0,2,1)，
设平面DEC的法向量为n＝(x，y，z)，
1
则即
令z＝－2，得n＝(1,1，－2)，
易知平面DEC的法向量为m＝(0,0,1)，
则cos〈m，n〉＝＝＝－，
由法向量的方向为同出，得二面角D－EC－D的余弦值为.
1
跟踪训练3 (1)证明 如图，连接AE，DE，
因为E为BC的中点，DB＝DC，
所以DE⊥BC，
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
所以AC＝AB，从而AE⊥BC，又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE，
而DA⊂平面ADE，
所以BC⊥DA.
(2)解 不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，
所以BC＝2，DE＝AE＝.
所以AE2＋DE2＝4＝AD2，
所以AE⊥DE，
又AE⊥BC，DE∩BC＝E，
DE，BC⊂平面BCD，
所以AE⊥平面BCD.
以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(，0,0)，A(0,0，)，B(0，，0)，E(0,0,0)，
设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n＝(x，y，z)，n＝(x，y，z)，
1 1 1 1 2 2 2 2
平面DAB与平面ABF的夹角为θ，而AB＝(0，，－)，
因为EF＝DA＝(－，0，)，
所以F(－，0，)，
则AF＝(－，0,0)．
由得
取x＝1，所以n＝(1,1,1)．
1 1
由得
取y＝1，所以n＝(0,1,1)，
2 2
所以|cos θ|＝＝＝，从而sin θ＝＝.
所以平面DAB与平面ABF夹角的正弦值为.
§7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题
落实主干知识
知识梳理1.
2.
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)×
2．D 3.D 4.
探究核心题型
例1 (1)证明 因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，
又BC⊂平面BCD，所以OA⊥BC.
(2)解 取OD的中点F，连接CF，
因为△OCD为正三角形，
所以CF⊥OD，
过点O作OM∥CF交BC于点M，则OM⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，
以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
则B(0，－1,0)，C，E，
方法一 则BC＝，
BE＝，
所以点E到直线BC的距离
d＝
＝＝.
方法二 又BC＝，
BE＝，
所以|cos〈BC，BE〉|＝＝＝，
则sin〈BC，BE〉＝，
所以点E到直线BC的距离为|BE|·sin〈BC，BE〉＝×＝.
例2 方法一 (1)证明 因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PA⊥BC.因为四边形ABCD为正方形，
所以AB⊥BC，
又因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.
因为AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC.
因为PA＝AB，E为线段PB的中点，
所以AE⊥PB，
又因为PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC.
又因为AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PBC.
(2)解 因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，以A为坐标原点，以AB，AD，AP的方向分别为x
轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,2)，E(1,0,1)，
易知u＝(0,1,0)是平面PAB的一个法向量，
设BF＝t(t∈[0,2])，则F(2，t,0)，
所以AE＝(1,0,1)，AF＝(2，t,0)，
所以|cos〈AF，u〉|＝＝，
即＝，解得t＝1，
所以AF＝(2,1,0)，
设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，
1 1 1
则即
令x＝－1，则y＝2，z＝1，
1 1 1
所以平面AEF的法向量
n＝(－1,2,1)，
又因为AP＝(0,0,2)，
所以点P到平面AEF的距离为d＝＝＝，
所以点P到平面AEF的距离为.
方法二 (1)证明 因为PA⊥底面ABCD，PA⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥底面ABCD，
又平面PAB∩底面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC.
因为PA＝AB，E为线段PB的中点，
所以AE⊥PB.
因为PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，
所以AE⊥平面PBC，
又因为AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PBC.
(2)解 由(1)可知，∠BAF是直线AF与平面PAB所成的角，所以
cos∠BAF＝＝＝，
解得BF＝AB＝BC＝1，
故F是BC的中点．
所以AF＝＝，AE＝PB＝，EF＝＝，
△AEF的面积为
S ＝AE·EF＝.
△AEF
因为PA＝AB＝2，△PAE的面积为
S ＝S ＝PA·AB＝1，
△PAE △PAB
设点P到平面AEF的距离为h，
则有V ＝S ·h＝h＝V ＝S ·BF＝，解得h＝，
三棱锥P－AEF △AEF 三棱锥F－PAE △PAE
所以点P到平面AEF的距离为.
方法三 (1)证明 因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，
以A为坐标原点，以AB，AD，AP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的
空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，E(1,0,1)，
设BF＝t(t∈[0,2])，则F(2，t,0)，
所以AE＝(1,0,1)，AF＝(2，t,0)，PB＝(2,0，－2)，BC＝(0,2,0)，
设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，
1 1 1
则所以
取y＝2，则x＝－t，z＝t，
1 1 1
则n＝(－t,2，t)，
设m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，
2 2 2则所以
取x＝1，则y＝0，z＝1，
2 2 2
则m＝(1,0,1)，
因为n·m＝－t＋0＋t＝0，所以n⊥m，
所以平面AEF⊥平面PBC.
(2)解 易知u＝(0,1,0)是平面PAB的一个法向量，
所以|cos〈AF，u〉|＝＝，即＝，
解得t＝1，所以n＝(－1,2,1)，
又因为AP＝(0,0,2)，
所以点P到平面AEF的距离为d＝＝＝，
所以点P到平面AEF的距离为.
例3 B [由题意可知，线段PQ长度的最小值为异面直线C D与AC的距离．
1
如图所示，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角
1
坐标系，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，C (0,1,2)，D(0，0,0)，
1
所以AC＝(－1,1,0)，DC1＝(0,1,2)，DA＝(1,0,0)，
设n＝(x，y，z)满足n⊥AC，n⊥DC1，
由题意可得
解得
取y＝2，则x＝2，z＝－1，
可得n＝(2,2，－1)，
因此|PQ| ＝＝.]
min
跟踪训练1 AD
例4 (1)证明 ∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，∴AC⊥OB，
∵平面ABBA⊥平面ABC，平面ABBA∩平面ABC＝AB，AB⊥AB，AB⊂平面ABBA，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴AB⊥平面ABC，
1
∵AC⊂平面ABC，∴AB⊥AC，
1
∵AC⊥OB，AB∩OB＝B，AB，OB⊂平面ABO，∴AC⊥平面ABO.
1 1 1 1
(2)解 存在，线段CC 的中点P满足题意．
1理由如下：
由(1)得AB⊥平面ABC，
1
OB⊥AC，
以O为坐标原点，OA，OB，所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥AB，以Oz所在直
1
线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，A(1,0,0)，A(0，，2)，则OB＝(0，，0)，AA1＝(－
1
1，，2)，
设CP＝tCC1＝tAA1＝(－t，t，2t)，0≤t≤1，则OP＝OC＋CP＝(－1－t，t,2t)，
易知平面AOB的一个法向量为n＝(1,0,0)，设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，
1
则
取x＝2t，则m＝(2t,0，t＋1)，
由题意得|cos〈n，m〉|＝＝＝，
∵0≤t≤1，∴解得t＝＝，
∴线段CC 上存在点P，使得平面POB与平面AOB夹角的余弦值为，此时＝.
1 1
跟踪训练2 (1)证明 如图，连接BD交AC于点O，连接SO.
由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、
z轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a，则高SO＝a，于是S，
D，
C.
于是OC＝，
SD＝.
则OC·SD＝0，所以OC⊥SD，
故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC的一个法向量为DS＝，平面DAC的一个法向量为OS＝.
设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈OS，DS〉|＝＝＝，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
(3)解 假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
由(2)知DS是平面PAC的一个法向量，且DS＝，
CS＝.
设CE＝tCS(0≤t≤1)，
因为B，C，
所以BC＝，
则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS
＝.
由BE·DS＝0，
得－＋0＋a2t＝0，解得t＝，
当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.
由于BE⊄平面PAC，
故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
§7.9 立体几何中的截面、交线问题
例1 解 如图所示，五边形DQMFN即为所求截面．
作法如下：连接DN并延长交DC 的延长线于点E，
1 1
连接ME交BC 于点F，交DA 的延长线于点H，
1 1 1 1
连接DH交AA 于点Q，连接QM，FN，
1
则五边形DQMFN即为所求截面．
跟踪训练1
解 如图，连接CD，连接DM并延长，交DA的延长线于点N，连接CN交AB于点P，连
1 1
接MP，则四边形CDMP为过C，D，M三点的正方体的截面．
1 1例2 ABD [当点E与D 重合时，过A，B ，E三点的截面是等边三角形ABD ，故A正确；
1 1 1 1
当点E与D重合时，过A，B ，E三点的截面为矩形ABC D，故B正确；若截面为菱形，
1 1 1
则必有AB ＝AE，此时点E与D 重合，故C错误；当点E与DD 中点重合时，记C D 的中
1 1 1 1 1
点为F，连接EF，FB，C D(图略)，易知EF∥DC ，由正方体性质可知，AD∥BC 且AD＝
1 1 1 1 1
BC ，所以四边形ABC D为平行四边形，所以DC ∥AB ，所以EF∥AB 且EF＝AB ，设正
1 1 1 1 1 1 1 1
方体棱长为2，则AE＝BF＝＝，所以过A，B ，E三点的截面为等腰梯形ABFE，故D正
1 1 1
确．]
跟踪训练2 D
例3 C [延长AE，AB 交于点F，连接DF交BC 于点G，如图，
1 1 1 1 1
在正方体ABCD－ABC D 中，平面ADD A∥平面BCC B，
1 1 1 1 1 1 1 1
∵平面AFD ∩平面ADD A＝AD，平面AFD ∩平面BCC B＝EG，∴AD∥GE，
1 1 1 1 1 1 1 1
又∵AD＝3，GE＝，
1
∴四边形AEGD 是梯形，且为平面AED 截正方体ABCD－ABC D 的截面．
1 1 1 1 1 1
又∵DG＝AE＝，在等腰梯形AEGD 中，过G作GH⊥AD，
1 1 1
∴GH＝＝，
∴S＝·(AD＋EG)·GH＝×(＋3)×＝2.]
1
跟踪训练3 A
§7.10 立体几何中的动态、轨迹问题
例1 D [连接HN，GN(图略)，
∵在棱长为a的正方体ABCD－ABC D 中，E，F，G，H，N分别是CC ，C D ，DD ，
1 1 1 1 1 1 1 1
CD，BC的中点，则GH∥BA，HN∥BD，
1
又GH⊄平面ABD，BA⊂平面ABD，
1 1 1
∴GH∥平面ABD，
1同理可证得NH∥平面ABD，
1
又GH∩HN＝H，GH，HN⊂平面GHN，∴平面ABD∥平面GHN，
1
又∵点M在四边形EFGH上及其内部运动，MN∥平面ABD，
1
则点M在线段GH上运动，即满足条件，
又GH＝a，则点M轨迹的长度是.]
跟踪训练1 A [如图，设AC，BD交于O，连接SO，
由正四棱锥的性质可得SO⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，故SO⊥AC.
又BD⊥AC，SO∩BD＝O，SO，BD⊂平面SBD，故AC⊥平面SBD.
由题意，PE⊥AC则动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S－ABCD的交线，即
平面EFG，则AC⊥平面EFG.
由线面垂直的性质可得平面SBD∥平面EFG，
又由面面平行的性质可得EG∥SB，GF∥SD，EF∥BD，
又E是边BC的中点，故EG，GF，EF分别为△SBC，△SDC，△BCD的中位线．
由题意BD＝2，SB＝SD＝＝，
故EG＋EF＋GF＝×(＋＋2)＝＋.
即动点P的轨迹的周长为＋.]
例2 C [因为长方体ABCD－ABC D 的外接球的表面积为5π，设外接球的半径为R，所以
1 1 1 1
4πR2＝5π，
解得R＝或R＝－(舍去)，
即外接球的直径为，
设AB＝a，BC＝b，则＝，可得a2＋b2＝1，
所以V＝2ab≤a2＋b2＝1，当且仅当a＝b＝时，等号成立．
如图，设AC，BD相交于点O，
因为BO⊥AC，BO⊥AA，AC∩AA＝A，AC，AA⊂平面AACC ，
1 1 1 1 1所以BO⊥平面AACC ，因为直线BP与平面AACC 所成的角为，所以∠BPO＝，故OP
1 1 1 1
＝，
则点P的轨迹是以O为圆心，半径r＝的半圆弧，所以动点P的轨迹长为πr＝.]
跟踪训练2 4π
解析 设底面等腰直角三角形ABC的直角边的边长为x(x>0)，
∵顶点P到底面ABC的距离为4且三棱锥P－ABC的体积为，
∴×x2×4＝，解得x＝2，
∴△ABC的外接圆半径为r＝××2＝2，
1
∴球心O到底面ABC的距离d＝＝＝3，
1
又∵顶点P到底面ABC的距离为4，
∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周(球心在底面ABC和截面圆之间)且球心O到该截面圆的
距离d＝1，
2
∵截面圆的半径r＝＝＝2，
2
∴顶点P的轨迹长度是2πr＝2π×2＝4π.
2
例3
解析 如图，设AC的中点为M ，△ADE沿DE翻折90°，此时平面A′DE⊥平面ABCD，
0
取CD中点P，CE中点Q，PQ中点N，
连接PQ，MP，MQ，MN，MP，MQ，MN.
0 0 0
MP＝MP＝AD＝，MQ＝MQ＝AE＝，PQ＝DE＝，△MPQ和△MPQ是等腰直角三角形，
0 0 0
且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，PQ为半径的一段圆弧，
又MP∥A′D，MP⊄平面A′DE，A′D⊂平面A′DE，∴MP∥平面A′DE，同理MQ∥
平面A′DE，
又∵MP∩MQ＝M，
∴平面MPQ∥平面A′DE，
又平面A′DE⊥平面ABCD，
故平面MPQ⊥平面ABCD，
又平面MPQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊥PQ，故MN⊥平面ABCD，
又MN⊂平面ABCD，∴MN⊥MN，
0 0
故动点M形成的轨迹长度为π·PQ＝.
跟踪训练3 D [由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，垂足K为D在平面ABC上的射影，连接D′K，由翻折的特征知，
则∠D′KA＝90°，故K点的轨迹是以AD′为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是，
如图当E与C重合时，∠D′AC＝60°，所以AK＝，取O为AD′的中点，得到△OAK是正
三角形．
故∠KOA＝，所以∠KOD′＝，
射影K的轨迹长度为×＝.]
第八章 直线和圆、圆锥曲线
§8.1 直线的方程
落实主干知识
知识梳理
2．(1)交点 逆时针 最小正角 倾斜角
(2)0°≤α<180°
3．(1)tan θ 不存在 (2)
4．y－y＝k(x－x) y＝kx＋b ＝(x≠x，y≠y)
0 0 1 2 1 2
＋＝1
Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)× (4)×
2．B 3.3x－2y＝0或x＋y－5＝0
4．(1，－1)
探究核心题型
例1 (1)B [如图，当直线l过点B时，设直线l的斜率为k，
1则k ＝＝－；当直线l过点A时，设直线l的斜率为k ，则k ＝＝1，所以要使直线l与线段
1 2 2
AB有公共点，则直线l的斜率的取值范围是(－∞，－]∪[1，＋∞)．]
延伸探究
(2)B [xsin α＋y－1＝0，
则k＝－sin α∈，
设直线l的倾斜角为θ(0≤θ<π)，
故k＝tan θ∈，
所以当k∈时，直线l的倾斜角θ∈；当k∈时，直线l的倾斜角θ∈，
综上所述，直线l的倾斜角θ∈∪.]
跟踪训练1 (1)A
(2)－
例2 解 (1)∵所求直线过点A(－1，－3)，且斜率为－，
∴y＋3＝－(x＋1)，
即x＋4y＋13＝0.
(2)设直线方程为y＝x＋b，
令x＝0，得y＝b，
令y＝0，得x＝－b，
∴|b|·＝6，
解得b＝±3，
∴直线方程为y＝x±3，
即3x－4y±12＝0.
(3)当横截距与纵截距都为0时，可设直线方程为y＝kx，
又直线过点(2,1)，
∴1＝2k，解得k＝，
∴直线方程为y＝x，
即x－2y＝0；
当横截距与纵截距都不为0时，
可设直线方程为＋＝1，
由题意可得解得∴直线方程为＋＝1，
即x＋2y－4＝0；
综上，所求直线方程为x－2y＝0或x＋2y－4＝0.
跟踪训练2 (1)C (2)B
例3 解 方法一 设直线l的方程为y－1＝k(x－2)(k<0)，
则A，B(0,1－2k)，
S ＝(1－2k)·
△AOB
＝≥×(4＋4)＝4，
当且仅当－4k＝－，即k＝－时，等号成立．
故直线l的方程为y－1＝－(x－2)，
即x＋2y－4＝0.
方法二 设直线l的方程为＋＝1，且a>0，b>0，
因为直线l过点M(2,1)，
所以＋＝1，
则1＝＋≥2，故ab≥8，
故S 的最小值为ab＝×8＝4，
△AOB
当且仅当＝，即a＝4，b＝2时，等号成立，
故直线l的方程为＋＝1，
即x＋2y－4＝0.
延伸探究
1．解 由本例方法二知，＋＝1，a>0，b>0，
所以|OA|＋|OB|＝a＋b＝(a＋b)·＝3＋＋≥3＋2，
当且仅当＝，
即a＝2＋，b＝1＋时，等号成立，
所以当|OA|＋|OB|取最小值时，直线l的方程为x＋y－2－＝0.
2．解 由本例方法一知A，
B(0,1－2k)(k<0)．
所以|MA|·|MB|＝·
＝2×＝2≥4.
当且仅当－k＝－，
即k＝－1时等号成立．
此时直线l的方程为x＋y－3＝0.
跟踪训练3 (1)C (2)C§8.2 两条直线的位置关系
落实主干知识
知识梳理
1．(A，B) (A，B) k＝k 且b≠b
1 1 2 2 1 2 1 2
AB－AB＝0且AC －AC ≠0
1 2 2 1 1 2 2 1
k·k＝－1 AA＋BB＝0 k≠k AB－AB≠0
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1
2．(1)②
③ (2)
(3)
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)√
2．A 3.A 4.x－2y＋11＝0
探究核心题型
例1 (1)A [由题意可知l⊥l，
1 2
故2a＋a(a－1)＝0，
解得a＝0或a＝－1，
经验证，符合题意．]
(2)B [由△ABC的顶点A(－3,0)，B(3,0)，C(3,3)知，△ABC的重心为，即(1,1)，
又三角形为直角三角形，
所以外心为斜边中点，
即，
所以可得△ABC的欧拉线方程为＝，即x＋2y－3＝0，
因为ax＋(a2－3)y－9＝0与x＋2y－3＝0平行，
所以＝≠，
解得a＝－1.]
跟踪训练1 (1)B (2)3或－2
例2 (1)D [方法一 由
解得所以直线l 与l 的交点为(－1,1)，设与直线3x＋2y＋7＝0平行的直线为3x＋2y＋m＝
1 2
0(m≠7)，所以3×(－1)＋2×1＋m＝0，解得m＝1，所以所求直线方程为3x＋2y＋1＝0.
方法二 设所求直线方程为2x－y＋3＋λ(x＋2y－1)＝0，
即(λ＋2)x＋(2λ－1)y＋3－λ＝0，
又该直线与3x＋2y＋7＝0平行，
故(λ＋2)·2－3·(2λ－1)＝0，
解得λ＝，故所求直线方程为x＋y＋3－＝0，即3x＋2y＋1＝0.]
微拓展
典例 D [设过两直线交点的直线系方程为x－3y＋4＋λ(2x＋y＋5)＝0，
代入原点坐标，得4＋5λ＝0，
解得λ＝－，
故所求直线方程为x－3y＋4－(2x＋y＋5)＝0，即3x＋19y＝0.]
例2 (2)2或14
解析 设直线CD的方程为x＋y＋m＝0，
联立得C，
联立得D，
∴由两点间的距离公式可得|CD|＝|m＋11|，
又直线AB与CD的距离为d＝，
∴|m＋11|＝，
解得m＝－8或m＝－32，
即|CD|＝2或14.
即正方形的边长为2或14.
跟踪训练2 (1)B (2)3 3x＋y－20＝0和3x＋y＋10＝0
例3 B [方法一 设所求直线上任一点为(x，y)，则其关于点对称的点为，
因为点在直线3x－2y＝0上，
所以3－2(－y)＝0，
化简得3x－2y－2＝0，
所以所求直线方程为3x－2y－2＝0.
方法二 在直线3x－2y＝0上任取两点O(0,0)，M(2,3)，
设点O，M关于点的对称点分别为O′，M′，
则O′，M′，
所以所求直线方程为＝，
即3x－2y－2＝0.]
例4 D [＋
表示直线x＋y＋1＝0上一动点P(x，y)到定点A(1,1)，B(2,0)的距离之和，如图所示，
设点A(1,1)关于直线x＋y＋1＝0的对称点为A′(x，y)，
0 0则
解得
所以对称点为A′(－2，－2)，
则|A′B|＝＝2，
由图知＋的最小值为2.]
例5 C [设所求直线上任意一点M(x，y)，M关于直线x－y－2＝0的对称点为M′(x ，
1
y)，
1
则
解得①
∵点M′在直线3x－2y－6＝0上，
∴将①式代入，得3(y＋2)－2(x－2)－6＝0，
化简得2x－3y－4＝0，即为l 关于l 对称的直线方程．]
1 2
跟踪训练3 解 (1)设A′(x，y)，
由已知条件得
解得所以A′.
(2)在直线m上取一点，如M(2,0)，
则M(2,0)关于直线l的对称点M′必在直线m′上．
设对称点为M′(a，b)，则
得M′.
设直线m与直线l的交点为N，
由得N(4,3)．
又m′经过点N(4,3)，
所以直线m′的方程为9x－46y＋102＝0.
(3)方法一 在l：2x－3y＋1＝0上任取两点，如P(1,1)，Q(4,3)，则P，Q关于点A(－1，－
2)的对称点P′，Q′均在直线l′上，
易得P′(－3，－5)，Q′(－6，－7)，
所以l′的方程为2x－3y－9＝0.
方法二 因为l∥l′，
所以设l′的方程为2x－3y＋C＝0(C≠1)．
因为点A(－1，－2)到两直线l，l′的距离相等，
所以由点到直线的距离公式，
得＝，
解得C＝－9，所以l′的方程为2x－3y－9＝0.
§8.3 圆的方程
落实主干知识
知识梳理
1．一定点 定长 (a，b) r
2．(1)圆外 (2)圆上 (3)圆内
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)√
2．B 3.B 4.B
探究核心题型
例1 (x－1)2＋(y＋1)2＝5
解析 方法一 设⊙M的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，
则解得
∴⊙M的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
方法二 设⊙M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，
则M，
∴
解得
∴⊙M的方程为x2＋y2－2x＋2y－3＝0，即(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
方法三 设A(3,0)，B(0,1)，⊙M的半径为r，则k ＝＝－，
AB
AB的中点坐标为，
∴AB的垂直平分线方程为y－＝3，即3x－y－4＝0.
联立解得
∴M(1，－1)，∴r2＝|MA|2＝(3－1)2＋[0－(－1)]2＝5，
∴⊙M的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
跟踪训练1 (1)±
(2)2＋2＝
例2 x2＋y2－x＋4＝0
解析 设M(x，y)，
则|MA|＝，
|MB|＝.
因为|MA|＝2|MB|，所以＝2，
整理可得，3x2＋3y2－20x＋12＝0，
即x2＋y2－x＋4＝0.
所以点M的轨迹是圆，方程为x2＋y2－x＋4＝0.
例3 B [因为圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝1，
所以圆心C(1,1)，半径r＝1，
因为点M是圆上的动点，
所以|MC|＝1，
又AM与圆相切，且|AM|＝2，
则|AC|＝＝，
设A(x，y)，则(x－1)2＋(y－1)2＝5，
即x2＋y2－2x－2y－3＝0，
所以点A的轨迹方程为x2＋y2－2x－2y－3＝0.]
例4 解 设P(x，y)，N(x，y)，
0 0
∵四边形MONP为平行四边形，
则OP＝OM＋ON，
即(x，y)＝(－3,4)＋(x，y)，
0 0
即则
又N(x，y)在圆x2＋y2＝4上，
0 0
∴x＋y＝4，
故(x＋3)2＋(y－4)2＝4，
易知直线OM的方程为y＝－x，
联立
得或
∴点P的轨迹为圆(x＋3)2＋(y－4)2＝4除去点和.
跟踪训练2 解 (1)方法一 设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.
因为AC⊥BC，且BC，AC斜率均存在，所以k ·k ＝－1，
AC BC
又k ＝，k ＝，
AC BC
所以·＝－1，
化简得x2＋y2－2x－3＝0.
因此，直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
方法二 设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1,0)，由直角三角形的性质知|CD|＝|AB|＝
2.由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1,0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，所以应除去与x轴的交点)．
所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．
(2)设M(x，y)，C(x，y)，
0 0
因为B(3,0)，且M是线段BC的中点，所以由中点坐标公式得
x＝，y＝，
所以x＝2x－3，y＝2y.
0 0
由(1)知，点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，
将x＝2x－3，y＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，
0 0
即(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
因此动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
例5 解 (1)如图，方程x2＋y2－4x＋1＝0表示以点(2,0)为圆心，为半径的圆．
设＝k，
即y＝kx，
则圆心(2,0)到直线y＝kx的距离为半径时直线与圆相切，斜率取得最大、最小值．
由＝，解得k2＝3，
∴k ＝，k ＝－.
max min
∴ ＝， ＝－.
max min
(2)设y－x＝b，则y＝x＋b，当且仅当直线y＝x＋b与圆相切于第四象限时，截距b取最小
值，
由点到直线的距离公式，得＝，即b＝－2±，故(y－x) ＝－2－.
min
(3)x2＋y2是圆上点与原点的距离的平方，
设圆与x轴相交于点B和C′(点B在点C′左侧)，
则(x2＋y2) ＝|OC′|2＝(2＋)2＝7＋4，
max
(x2＋y2) ＝|OB|2＝(2－)2＝7－4.
min
微拓展
典例 解 x2＋y2－4x＋1＝0可化为(x－2)2＋y2＝3，
令
(2)y－x＝sin θ－(2＋cos θ)
＝sin－2，∴(y－x) ＝－－2.
min
(3)x2＋y2＝(2＋cos θ)2＋(sin θ)2＝7＋4cos θ，
∵cos θ∈[－1,1]，
∴(x2＋y2) ＝7＋4，
max
(x2＋y2) ＝7－4.
min
例6 12
解析 由题意，得PA＝(2－x，－y)，
PB＝(－2－x，－y)，
所以PA·PB＝x2＋y2－4，
由于点P(x，y)是圆上的点，故其坐标满足方程x2＋(y－3)2＝1，
故x2＝－(y－3)2＋1，
所以PA·PB＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.
易知2≤y≤4，所以当y＝4时，PA·PB的值最大，
最大值为6×4－12＝12.
跟踪训练3 (1)D (2)[－2,0]
§8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系
落实主干知识
知识梳理
1．< ＝ > > ＝ <
2．d>r＋r d＝r＋r |r－r|4，
∴点M在圆C外．
当过点M的直线的斜率不存在时，
直线方程为x＝3，即x－3＝0.
又点C(1,2)到直线x－3＝0的距离d＝3－1＝2＝r，∴直线x＝3是圆的切线；
当切线的斜率存在时，设切线方程为y－1＝k(x－3)，即kx－y＋1－3k＝0，
由圆心C到切线的距离d′＝＝r＝2，解得k＝.
∴切线方程为y－1＝(x－3)，
即3x－4y－5＝0.
综上，过点M的圆C的切线方程为x－3＝0或3x－4y－5＝0.
∵|MC|＝＝，
∴过点M的圆C的切线长为＝＝1.
例4 2解析 圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0，即圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝1，
所以圆心C(1,1)，半径r＝1，
如图，连接PC，
因为S ＝2S ＝2××|AP|·|AC|＝|AP|＝，
四边形PACB △PAC
所以求S 的最小值就是求|PC|的最小值，而|PC|的最小值就是圆心到直线3x＋4y＋8
四边形PACB
＝0的距离d，即d＝＝3，即四边形PACB面积的最小值为＝2.
跟踪训练1 (1)B (2)C
例5 (1)B (2)A
跟踪训练2 (1)C
(2)x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0(答案不唯一，只需写出上述三个方程中的一
个即可)
解析 如图，因为圆x2＋y2＝1的圆心为O(0,0)，半径r ＝1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心
1
为A(3,4)，半径r＝4，
2
所以|OA|＝5，r＋r＝5，所以|OA|＝r＋r，所以两圆外切，公切线有三种情况：
1 2 1 2
①易知公切线l 的方程为x＝－1.
1
②另一条公切线l 与公切线l 关于过两圆圆心的直线l对称．易知过两圆圆心的直线l的方
2 1
程为y＝x，
由得
由对称性可知公切线l 过点.
2
设公切线l 的方程为y＋＝k(x＋1)，
2
则点O(0,0)到l 的距离为1，
2
所以1＝，解得k＝，
所以公切线l 的方程为y＋＝(x＋1)，即7x－24y－25＝0.
2③还有一条公切线l 与直线l：y＝x垂直，设公切线l 的方程为y＝－x＋t，易知t>0，
3 3
则点O(0,0)到l 的距离为1，
3
所以1＝，
解得t＝或t＝－(舍去)，
所以公切线l 的方程为y＝－x＋，
3
即3x＋4y－5＝0.
综上，所求直线方程为x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.
§8.5 椭 圆
落实主干知识
知识梳理
1．定点 > |PF|＋|PF|＝2a
1 2
焦点 焦距
2．－a≤x≤a 且－b≤y≤b －b≤x≤b 且－a≤y≤a A(－a,0)，A(a,0)，B(0，－b)，
1 2 1
B(0，b) A(0，－a)，A(0，a)，B(－b,0)，B(b,0) 2b
2 1 2 1 2
2a F(－c,0)，F(c,0) F(0，－c)，F(0，c) 2c x轴和y轴 原点
1 2 1 2
e＝(02＝|C C |，
1 2 1 2
由椭圆定义可知，动圆圆心M的轨迹为以C ，C 为焦点且长轴长为6的椭圆，设＋＝1，则
1 2
2a＝6，c＝1，
解得a＝3，b2＝a2－c2＝9－1＝8，
故动圆圆心M的轨迹方程为＋＝1.]
(2)3解析 因为a＝5，b＝3，c＝＝4，所以|PF1|＋|PF2|＝10，
因为cos〈PF1，PF2〉＝＝，且0°≤〈PF1，PF2〉<180°，
所以∠FPF＝60°，
1 2
由余弦定理可得
cos 60°＝cos〈PF1，PF2〉
＝
＝
＝，所以|PF1||PF2|＝12，
则 ＝|PF1||PF2|sin 60°＝×12×＝3.
跟踪训练1 (1)D (2)
例2 (1)C [由3x2＋8y2＝24化简可得＋＝1，
焦点为(±，0)在x轴上，设所求椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，
则解得a2＝15，b2＝10.
故所求椭圆方程为＋＝1.]
(2)B [不妨设A(x ，y )在第一象限，由椭圆的左焦点F(－1,0)，点C，F是线段AB的三等
A A
分点，
则C为AF的中点，F为BC的中点，所以x ＝1，所以＋＝1，
A
则y ＝，即A，
A
所以C，B，
将点B的坐标代入椭圆方程得
＋＝1，即＋＝1，
又a2－b2＝1，所以a2＝5，b2＝4，
所以椭圆的标准方程是＋＝1.]
跟踪训练2 (1)D
(2)C [如图，连接PF，QF，
1 1
由椭圆的对称性得四边形PFQF 为平行四边形，
1 2所以|PF|＋|FQ|＝|PF|＋|PF|＝2a＝6，得a＝3.
2 2 2 1
又因为PF⊥FQ，
2 2
所以四边形PFQF 为矩形，
1 2
设|PF|＝m，|FQ|＝n，
2 2
则 ＝mn＝4，
所以得或
则|FF|＝2，
1 2
则c＝，b2＝a2－c2＝4，
椭圆E的标准方程为＋＝1.]
例3 (1)B [因为过点F 且斜率为的直线交椭圆于点P，且2∠PFF ＝∠PFF ，则有∠PFF
1 1 2 2 1 1 2
＝30°，∠PFF＝60°，
2 1
因此，在△PFF 中，∠FPF ＝90°，令椭圆半焦距为c，于是得|PF|＝|FF|cos 30°＝c，|PF|
1 2 1 2 1 1 2 2
＝|FF|sin 30°＝c，
1 2
由椭圆定义得2a＝|PF|＋|PF|＝(＋1)c，则e＝＝＝－1，
1 2
所以椭圆E的离心率为－1.]
(2)A [设P(m，n)(n≠0)，
则Q(－m，n)，易知A(－a,0)，
所以k ·k ＝·＝＝.(*)
AP AQ
因为点P在椭圆C上，
所以＋＝1，得n2＝(a2－m2)，
代入(*)式，得＝，
所以e＝＝＝.]
例4 AB [依题意知，a＝4，b＝2，c＝2，当P为短轴顶点时，( ) ＝×2c×b＝4，
max
故A正确；
由椭圆的性质知|PF|的取值范围是[a－c，a＋c]，即[4－2，4＋2]，故B正确；
1
对于C，sin∠FBO＝＝，所以∠FBO＝，所以∠FBF ＝，即∠FPF 的最大值为，最小为
2 2 1 2 1 2
0，所以存在点P使PF⊥PF，故C错误；
1 2
对于D，设P(x，y)，所以|PB|＝，
0 0
又＋＝1，所以x＝16－4y，
所以|PB|＝
＝
＝，
又－2≤y≤2，故当y＝－时，|PB| ＝＝，故D错误．]
0 0 max跟踪训练3 (1)B
(2)D [方法一 由题意知A(－4,0)，F(2,0)，设M(x，y)，
0 0
则MA·MF＝(－4－x，－y)·(2－x，－y)＝(x－2)(x＋4)＋y＝x＋2x－8＋12－x＝x＋2x＋4
0 0 0 0 0 0 0 0
＝(x＋4)2，
0
因为＋＝1，所以＝1－≤1，
所以－4≤x≤4，
0
所以0≤MA·MF≤16.
方法二 由题意知A(－4,0)，F(2,0)，
设M(x，y)，取线段AF的中点N，
0 0
则N(－1,0)，连接MN，如图，
则MA·MF
＝
＝＝MN2－9
＝(x＋1)2＋y－9＝x＋2x＋1＋12－x－9＝x＋2x＋4
0 0 0
＝(x＋4)2，
0
因为＋＝1，
所以＝1－≤1，
所以－4≤x≤4，
0
所以0≤MA·MF≤16.]
§8.6 双曲线
落实主干知识
知识梳理
1．正常数 < 2a 焦点 焦距
2．F(－c,0)，F(c,0) F(0，－c)，
1 2 1
F(0，c) |FF|＝2c x≤－a
2 1 2
x≥a 坐标轴 原点 A(－a,0)，A(a,0) A(0，－a)，A(0，a) AA 2a 2b a b y＝
1 2 1 2 1 2
±x y＝±x (1，＋∞) a2＋b2
自主诊断1．(1)× (2)× (3)√ (4)√
2．C 3.y＝±x 4.17
探究核心题型
例1 (1)ACD [分以下几种情况讨论：设定圆O的半径为R，
①当点A在圆O上，连接OA(图略)，则|OA|＝|OP|，所以点O在线段AP的垂直平分线上，
由垂直平分线的性质可知|AQ|＝|PQ|.
又因为点Q是线段AP的垂直平分线与OP的公共点，此时点Q与点O重合，此时，点Q的
轨迹为圆心O，故A正确；
②当点A在圆O内，且点A不与圆心O重合，连接AQ(图略)，由垂直平分线的性质可得|
QA|＝|QP|，所以|QA|＋|QO|＝|QO|＋|QP|＝|OP|＝R>|OA|，
此时，点Q的轨迹是以点A，O为焦点，且长轴长为R的椭圆，故C正确；
③当点A在圆O外，连接AQ(图略)，由垂直平分线的性质可得|QA|＝|QP|，
所以||QA|－|QO||＝||QP|－|QO||＝|OP|＝R<|OA|，此时，点Q的轨迹是以点A，O为焦点，且
实轴长为R的双曲线，故D正确．]
(2)2
解析 不妨设点P在双曲线的右支上，则|PF|－|PF|＝2a＝2，
1 2
在△FPF 中，由余弦定理，得
1 2
cos∠FPF＝
1 2
＝，
∴|PF|·|PF|＝8，
1 2
∴ ＝|PF|·|PF|·sin 60°＝2.
1 2
微拓展
典例 (1)＋＝1
解析 依题意，右焦点F(2,0)，右准线x＝，
2
由椭圆第二定义知＝，
∵c＝2，故a＝4，∴b2＝a2－c2＝12，
∴椭圆方程为＋＝1.
(2)
解析 设M到直线x＝＝的距离为d，由双曲线第二定义知，
＝e＝，
∴d＝|MF |，
2
∴|MA|＋|MF |＝|MA|＋d，
2
如图，可知(|MA|＋d) ＝x －＝9－＝.
min A跟踪训练1 (1)C (2)A
例2 (1)C [椭圆C的焦点坐标为(0，±2)，
设双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，
由双曲线的定义可得
2a＝|－|
＝(＋)－(－)＝2，
∴a＝，
∵c＝2，∴b＝＝，
因此双曲线的方程为－＝1.]
(2)A [由题可知双曲线的焦距为2c＝2，即c＝.
因为PF 的中点为Q，△PFQ为等边三角形，
1 2
所以|FQ|＝|FQ|＝|FP|＝|PQ|，
1 2 2
所以∠PFQ＝60°，∠FFQ＝30°，
2 1 2
故PF⊥FF，
2 1 2
所以|PF|＝＝，
2
|PF|＝2|PF|＝，
1 2
所以|PF|－|PF|＝－＝＝2a，所以＝，
1 2
所以a＝1，b＝.
所以双曲线C的方程为x2－＝1.]
跟踪训练2 (1)D (2)－＝1
例3 (1)4x2－y2＝1
解析 方法一 由题意可知，①若双曲线的焦点在x轴上，则可设－＝1(a>0，b>0)，则－
＝1且＝2，联立解得a＝，b＝1，则双曲线的方程为4x2－y2＝1；
②若双曲线的焦点在y轴上，则可设－＝1(a>0，b>0)，则－＝1，且＝2，此时无解．
综上，双曲线的方程为4x2－y2＝1.
方法二 由题可设双曲线方程为4x2－y2＝λ(λ≠0)，
∵双曲线经过点(1，)，
∴λ＝4×12－()2＝1，
∴双曲线方程为4x2－y2＝1.
(2)y＝±x解析 由题意知双曲线C的渐近线方程为y＝±x，
如图，由双曲线的对称性，不妨取y＝x，即bx－ay＝0，
则|FA|＝＝b，
2
所以|OA|＝＝＝a，
所以 ＝ab，
因为△AFF 的面积为bc， ＝ ，
1 2
所以bc＝2×ab，即c＝2a，
所以a2＋b2＝4a2，即＝3，故＝，
所以双曲线C的渐近线方程为y＝±x.
例4 (1)A [由题意得双曲线的渐近线方程为y＝±x，
而两条渐近线的夹角为，
故y＝x的倾斜角为或，
故＝或，
e＝＝或2.]
(2)C [如图所示，双曲线C的左焦点F(－c,0)，
1
|DF|＝b，
1
由勾股定理得
|OD|＝a，
在Rt△DOF 中，∠ODF ＝，
1 1
∴cos∠DOF ＝＝，
1
在△DOF 中，|OD|＝a，
2
|DF|＝2a，|OF|＝c，
2 2
cos∠DOF ＝cos(π－∠DOF )＝－cos∠DOF ＝－，
2 1 1
由余弦定理的推论得cos∠DOF ＝＝＝－，
2
化简得c2＝5a2，即c＝a，
因此双曲线C的离心率e＝＝.]跟踪训练3 (1)D (2)
§8.7 离心率的范围问题
例1 (1)C [不妨设|PF|＝m，|PF|＝n(m>n)．
1 2
椭圆的半长轴长为a，双曲线的半实轴长为a，两曲线的半焦距均为c，
1 2
由椭圆及双曲线的定义得m＋n＝2a，m－n＝2a，
1 2
于是m＝a＋a，n＝a－a，
1 2 1 2
又在△PFF 中，由余弦定理得
1 2
m2＋n2－2mncos 60°＝4c2⇒(a＋a)2＋(a－a)2－(a＋a)(a－a)＝4c2，
1 2 1 2 1 2 1 2
则a＋3a＝4c2，得＋＝4，
由均值不等式得
4＝＋≥2⇒ee≥，
1 2
当且仅当e＝，e＝时，等号成立，
1 2
所以椭圆与双曲线离心率之积的最小值为.]
(2)
解析 由右焦点为F(2，0)，点A的坐标为(0,1)，可得|AF|＝＝5.
因为△APF的周长不小于18，所以|PA|＋|PF|的最小值不小于13.
设F 为双曲线的左焦点，可得|PF|＝|PF|＋2a，
2 2
故|PA|＋|PF|＝|PA|＋|PF|＋2a，
2
当A，P，F 三点共线时，|PA|＋|PF|＋2a取最小值，最小值为|AF|＋2a，即5＋2a，
2 2 2
所以5＋2a≥13，即a≥4.
因为c＝2，所以e＝＝≤.
又e>1，所以e∈.
跟踪训练1 A [△MF F 的面积为|FF|·|y |，
1 2 1 2 M
因为△MF F 的内切圆半径为，
1 2
所以△MF F 的面积可表示为(2a＋2c)·，
1 2
所以·2c·|y |＝(2a＋2c)·，
M
解得|y |＝，
M
因为|y |≤b，所以≤b，
M
两边平方得2≤b2，
又因为b2＝a2－c2，
整理得5c2＋2ac－3a2≤0，
因为e＝，不等式两边同时除以a2，得5e2＋2e－3≤0，解得－10，
∴e2－e－2<0，∴－11，∴10)，
所以只需c≥b，即c2≥a2－c2，
即e2≥，
又03a2，
所以y ＝－，y ＝，
A B
因为S ＝·|OF|·|y －y |＝·c·＝，
△ABF B A
且S >＝ac，
△ABF
所以>ac，所以>，解得03a2，解得e>2，
所以2b>0)，
由题意得A(a,0)，B(0，b)，B(0，－b)，F(c,0)，
2 1 2 2
则B2A2＝(a，b)，F2B1＝(－c，b)．
因为∠BPA 为向量B2A2与F2B1的夹角，且∠BPA 为钝角，
1 2 1 2
所以B2A2·F2B1<0，
所以b2－ac<0.
又b2＝a2－c2，所以a2－ac－c2<0，
两边同时除以a2得1－e－e2<0，
解得e<或e>，
因为e∈(0,1)，所以0)或x2＝－2py(p>0)．
1 1
把点(3，－4)的坐标分别代入y2＝2px和x2＝－2py中，得(－4)2＝2p·3,32＝－2p·(－4)，
1 1
则2p＝，2p＝.
1
∴所求抛物线的标准方程为y2＝x或x2＝－y.
(2)y2＝8x
解析 如图，过点A，B分别作抛物线C的准线l的垂线，垂足分别为A，B，
1 1由抛物线的定义可知，|AA|＝|AF|，|BB|＝|BF|，
1 1
∵2|FB|＝|FA|，∴2|BB|＝|AA|，
1 1
则易知B为AD的中点．连接OB，
则OB为△DFA的中位线，
∴2|OB|＝|FA|，∴|OB|＝|FB|，
∴点B在线段OF的垂直平分线上，
∴点B的横坐标为，
∴|FB|＝＋＝3，∴p＝4，
∴抛物线C的标准方程为y2＝8x.
跟踪训练2 (1)B
(2)x2＝2y或x2＝8y
例3 (1)D [因为四边形ABCD是矩形，所以由抛物线与圆的对称性知，弦AB为抛物线y2＝
2px(p>0)的通径，
因为圆的半径为1，抛物线的通径为2p，
所以有2＋p2＝1，解得p＝.]
(2)ABC [如图所示，分别过点A，B作抛物线C的准线的垂线，垂足分别为点E，M，连接
EF.设抛物线C的准线交x轴于点P，则|PF|＝p.因为直线l的斜率为，所以其倾斜角为60°.
因为AE∥x轴，所以∠EAF＝60°，
由抛物线的定义可知，|AE|＝|AF|，
则△AEF为等边三角形，
所以∠EFP＝∠AEF＝60°，
则∠PEF＝30°，
所以|AF|＝|EF|＝2|PF|＝2p＝8，得p＝4，故A正确；因为|AE|＝|EF|＝2|PF|，且PF∥AE，
所以F为AD的中点，则DF＝FA，故B正确；
因为∠DAE＝60°，所以∠ADE＝30°，
所以|BD|＝2|BM|＝2|BF|，故C正确；
因为|BD|＝2|BF|，所以|BF|＝|DF|＝|AF|＝，故D错误．]
跟踪训练3 (1)x＝－
解析 方法一(解直角三角形法)
由题易得|OF|＝，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，
所以tan∠OPF＝tan∠PQF，
所以＝，即＝，
解得p＝3(p＝0舍去)，
所以C的准线方程为x＝－.
方法二(应用射影定理法)
由题易得|OF|＝，
|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，
即p2＝×6，
解得p＝3或p＝0(舍去)，
所以C的准线方程为x＝－.
(2)16
解析 易知焦点F的坐标为(4,0)，准线l的方程为x＝－4，如图，抛物线准线与x轴的交点
为A，作MB⊥l于点B，NC⊥l于点C，
AF∥MB∥NC，
则＝，
由3FM＝2MN，得＝，
又|CN|＝4，|OF|＝4，
所以＝，|BM|＝，
|MF|＝|BM|＝，＝，
所以|NF|＝16.§8.9 直线与圆锥曲线的位置关系
落实主干知识
知识梳理
1．> ＝ <
2.
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)√
2．C 3.C 4.D
探究核心题型
例1 (1)AB [直线y＝kx－k＋＝k(x－)＋恒过定点，
又点在椭圆上，故直线与椭圆可能相交也可能相切．]
(2)D [因为直线y＝2x＋2与双曲线C：－＝1(00)有且仅有1个交点，
联立可得
(4b2－a2)x2＋8b2x＋4b2－a2b2＝0.
所以①直线y＝2x＋2与双曲线C：－＝1(00)的渐近线平行，
则可知4b2－a2＝0⇒＝，
则双曲线C的离心率
e＝＝.
②直线y＝2x＋2与双曲线C：－＝1(00)相切，
所以
化简得a2＝4b2＋4≥4，则a≥2，不符合题意．
所以双曲线C的离心率为.]
跟踪训练1 (1)D (2)B
例2 (1)解 由题意得，
椭圆半焦距c＝且e＝＝，
所以a＝，
又b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明 由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
必要性：若M，N，F三点共线，
可设直线MN：y＝k(x－)，即kx－y－k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，解得k＝±1，
联立可得
4x2－6x＋3＝0，
所以x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
所以|MN|＝·＝，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋m(km<0)，即kx－y＋m＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，
所以m2＝k2＋1，
联立可得
(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
所以x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2
所以|MN|＝·
＝
＝·＝，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以或
所以直线MN：y＝x－或y＝－x＋，
所以直线MN过点F(，0)，M，N，F三点共线，充分性成立，所以M，N，F三点共线的充
要条件是|MN|＝.
跟踪训练2 解 (1)由
得
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由题意知，直线的斜率存在且不为0，F(－1,0)，B(2,0)，
1
设直线l的方程为x＝my－1，
M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
由得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
即y＋y＝，yy＝.
1 2 1 2
又S ＝|BF|·|y|＋|BF|·|y|
△BMN 1 1 1 2
＝|BF|·|y－y|
1 1 2
＝|BF|·
1＝＝，
解得m＝±1，
所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
例3 解 (1)因为离心率e＝＝，所以a＝c，
因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.
因为四边形MF NF 的面积为32，所以2bc＝32，所以b＝c＝4，a＝4，
1 2
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由题意得，直线l的斜率存在．
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则
两式相减得＋＝0，
所以＝－·.
因为AB的中点坐标为(－2,1)，
所以＝1，
所以直线l的斜率为1，
故直线l的方程为y－1＝x＋2，
即x－y＋3＝0.
跟踪训练3 (1)B [设直线l交双曲线x2－＝1于点M(x，y)，N(x，y)，则
1 1 2 2
由已知得
两式作差得x－x＝，
所以＝＝6，
即直线l的斜率为6，故直线l的方程为y－1＝6(x－2)，即6x－y－11＝0.经检验满足题意．]
(2)A [∵焦点到准线的距离为p，则p＝1，∴y2＝2x.
设点P(x，y)，Q(x，y)．
1 1 2 2
则
则(y－y)(y＋y)＝2(x－x)，
1 2 1 2 1 2
∴k ＝，
PQ
又∵P，Q关于直线l对称，
∴k ＝－1，即y＋y＝－2，
PQ 1 2
∴PQ中点的纵坐标为＝－1，
又∵PQ的中点在直线l上，
∴PQ中点的横坐标为
＝(－1)＋2＝1.∴线段PQ的中点坐标为(1，－1)．]
§8.10 圆锥曲线中常见结论及应用
例1 D [由e＝，得＝，
即a＝2c.①
设△FPF 的内切圆的半径为r，
1 2
因为△FPF 的内切圆的面积为3π，
1 2
所以πr2＝3π，解得r＝(舍负)，
在△FPF 中，根据椭圆的定义及焦点三角形的面积公式，知 ＝b2tan ＝r(2a＋2c)，
1 2
即b2＝(a＋c)，②
又a2＝b2＋c2，③
联立①②③得c＝3，a＝6，b＝3，
所以该椭圆的长轴长为2a＝2×6＝12.]
跟踪训练1 D [设双曲线C 的方程为－＝1(a>0，b>0)，
2 2 2
则有a＋b＝c＝c＝4－1＝3.
设椭圆C 中，a＝2，b＝1，
1 1 1
又四边形AFBF 为矩形，
1 2
所以△AFF 的面积为
1 2
btan 45°＝，
即b＝b＝1.
所以a＝c－b＝3－1＝2.
故双曲线C 的离心率
2
e＝＝＝.]
例2 B [由椭圆的性质可得 ＝－＝－.
由椭圆的对称性可得
＝－.
同理可得 ＝－.∴直线AP，AP，…，AP 这10条直线的斜率乘积为5＝－.]
1 2 10
跟踪训练2 D [由椭圆中的结论，可得k ·k ＝－，
MA MB
由椭圆的离心率的取值范围是，
即0，y>0)，由题意得，过点B的切线l的方程为＋yy＝1，
1 1 1 1 1
令y＝0，可得C，
令x＝0，可得D，
所以△OCD的面积
S＝··＝，
又点B在椭圆上，所以＋y＝1，
所以S＝＝＝＋≥2＝，
当且仅当＝，即x＝1，y＝时等号成立，
1 1
所以△OCD面积的最小值为.]
跟踪训练3 (－1，－1)
解析 设P(x，y)，A(x，y)，
0 0 1 1
B(x，y)，
2 2
则PA，PB的方程分别为－yy＝1，－yy＝1，
1 2
因为点P在两条直线上，
所以－yy＝1，－yy＝1.
1 0 2 0
这表明，点A，B都在直线－yy＝1上，
0
即直线AB的方程为－yy＝1.
0
又y＝＋1，
0
代入整理得(x－y)－(y＋1)＝0，
令解得
即直线AB过定点(－1，－1)．
例4 (1)A [如图，不妨令直线AB的倾斜角为α，α∈，
∵AB＝3FB，∴F为AB的三等分点，令|BF|＝t，
则|AF|＝2t，
由＋
＝，
得＋＝⇒t＝p，
∴|AB|＝3t＝p，
又|AB|＝，
∴＝p⇒sin α＝，
又S ＝|AB|，
△OAB
∴＝|AB|，
即＝·p⇒p＝2，
∴|AB|＝.]
(2)D [不妨令A(x ，y )在第一象限，B(x ，y )在第四象限，
A A B B
则y y ＝－p2＝－8，所以p＝2.
A B
又因为|AF|＝3|BF|，所以＝3，
即|y |＝3|y |，代入y y ＝－8，
A B A B
可得3y＝8，由于B在第四象限，则y ＝－，所以y ＝2，
B A
所以S ＝|OF|·|y －y |＝.]
△OAB A B
跟踪训练4 (1)
解析 直线l的倾斜角α＝60°，
由|AF|＝＝4，得p＝4(1－cos α)＝2，
∴|AB|＝＝＝.
(2)64
解析 依题意，抛物线y2＝16x，p＝8.
又l的倾斜角α＝.
所以S ＝＝＝64.
△OAB
(3)3＋2
解析 因为p＝2，
所以＋＝＝1，所以2|AF|＋|BF|
＝(2|AF|＋|BF|)·
＝3＋＋
≥3＋2＝3＋2，
当且仅当|BF|＝|AF|，即|AF|＝＋1，|BF|＝＋1时，等号成立，
因此，2|AF|＋|BF|的最小值为3＋2.
§8.11 圆锥曲线中求值与证明问题
例1 解 (1)将点A的坐标代入双曲线方程得－＝1，
化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，
故双曲线C的方程为－y2＝1.
由题易知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m，
P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
联立直线l与双曲线C的方程，消y整理得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，
故x＋x＝－，xx＝.
1 2 1 2
k ＋k ＝＋
AP AQ
＝＋＝0，
化简得2kxx＋(m－1－2k)(x＋x)－4(m－1)＝0，
1 2 1 2
故＋(m－1－2k)
－4(m－1)＝0，
整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，
又直线l不过点A，即m＋2k－1≠0，
故k＝－1.
(2)不妨设直线PA的倾斜角为θ，
由题意知∠PAQ＝π－2θ，
所以tan∠PAQ＝－tan 2θ＝＝2，
解得tan θ＝或tan θ＝－(舍去)．
由得x＝，
1
所以|AP|＝|x－2|＝，
1
同理得x＝，
2
所以|AQ|＝|x－2|＝.
2
因为tan∠PAQ＝2，所以sin∠PAQ＝，
故S ＝|AP||AQ|sin∠PAQ
△PAQ
＝×××＝.
跟踪训练1 解 (1)由题可知，
S ＝·2bc＝，
△ABF
即bc＝，又e＝，
∴⇒
∴椭圆C的方程为＋x2＝1.
(2)由题意知A(－1,0)，k ＝k，
AP
则直线l ：y＝k(x＋1)，∴M(0，k)，
AP
联立方程⇒(k2＋4)x2＋2k2x＋k2－4＝0，
∴x ＋x ＝，x ·x ＝，
A P A P
∴x ＝，
P
∴y ＝k(x ＋1)＝，
P P
∴P，
∵MN⊥AP，
∴则直线l ：y＝－x＋k，
MN
令y＝0，解得x ＝k2，∴N(k2,0)，
N
∴k ＝＝－k，
PN
即k4＋5k2－24＝0，
解得k2＝3或k2＝－8(舍)，
∵P在第一象限，∴k＝.
跟踪训练2 (1)解 设双曲线C的方程为－＝1(a>0，b>0)，
由焦点坐标可知c＝2，
则由e＝＝，
可得a＝2，b＝＝4，
所以双曲线C的方程为－＝1.
(2)证明 由(1)可得A(－2,0)，A(2,0)，
1 2
设M(x，y)，
1 1N(x，y)，
2 2
显然直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x＝my－4，且－0，
则y＋y＝，yy＝，
1 2 1 2
直线MA 的方程为y＝(x＋2)，
1
直线NA 的方程为y＝(x－2)，
2
联立直线MA 与直线NA 的方程可得＝＝
1 2
＝
＝
＝＝－，
由＝－可得x＝－1，即x ＝－1，据此可得点P在定直线x＝－1上运动．
P
§8.12 圆锥曲线中范围与最值问题
例1 解 (1)当MN⊥x轴时，
设F(－c,0)，M(－c，m)，
1
则c2＝a2－b2，＋＝1，
即m2＝，
又|MN|＝3，即＝3，
又＝，得a＝2，b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意得直线PQ的斜率一定存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx－1(k≠0)，
P(x，y)，Q(x，y)，F(－x，y)，
1 1 2 2 1 1
联立整理得(3＋4k2)x2－8kx－8＝0，
Δ＝64k2＋32(3＋4k2)＝192k2＋96>0，
则x＋x＝，xx＝－，
1 2 1 2
直线FQ的方程y－y＝(x＋x)，设G(0，y )，
1 1 G
则y －y＝·x，y ＝＋kx－1＝－1＝－3，
G 1 1 G 1
S ＝＝|x－x|＝
△PQG 1 2
＝
＝.
令2k2＋1＝t，t∈(1，＋∞)，
则S ＝4×
△PQG＝4×，t∈(1，＋∞)，
由于4t＋＋4∈(9，＋∞)，
∈，
所以∈，
则4×∈，
所以△PQG面积的取值范围为.
跟踪训练1 解 (1)依题意，∠BAD＝90°，焦半径c＝2，
由|AF|＝|BF|，得a＋c＝，
得a2＋2a＝22－a2，
解得a＝1(a＝－2<0舍去)，
所以b2＝c2－a2＝4－1＝3，
故双曲线C的方程为x2－＝1.
(2)显然直线MN不可能与x轴平行，故可设直线MN的方程为x＝my＋n，
联立消去x整理得
(3m2－1)y2＋6mny＋3(n2－1)＝0，
在条件下，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝－，yy＝，
1 2 1 2
由kk＝－2，
1 2
得yy＋2(x＋1)(x＋1)＝0，
1 2 1 2
即yy＋2(my＋n＋1)(my＋n＋1)＝0，
1 2 1 2
整理得(2m2＋1)yy＋2m(n＋1)·(y＋y)＋2(n＋1)2＝0，
1 2 1 2
代入根与系数的关系得，
3(n2－1)(2m2＋1)－12m2n(n＋1)＋2(n＋1)2(3m2－1)＝0，
化简得n2－4n－5＝0，
解得n＝5或n＝－1(舍去)，
则直线MN的方程为x－my－5＝0，得d＝，
又M，N都在双曲线的右支上，且kk＝－2，
1 2
故yy＝＝<0，
1 2
即3m2－1<0,0≤m2<，
此时1≤<，d＝∈(3，6]，
所以点A到直线MN的距离d的取值范围为(3，6]．
例2 解 (1)设A(x ，y )，B(x ，y )，
A A B B由可得
y2－4py＋2p＝0，
所以y ＋y ＝4p，y y ＝2p，
A B A B
所以|AB|＝×
＝4，
即2p2－p－6＝0，
解得p＝2(负值舍去)．
(2)由(1)知y2＝4x，
所以焦点F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x＝my＋n，M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
由可得y2－4my－4n＝0，
所以y＋y＝4m，yy＝－4n，
1 2 1 2
Δ＝16m2＋16n>0⇒m2＋n>0，
由题意得FM·FN＝0，
FM＝(x－1，y)，FN＝(x－1，y)，
1 1 2 2
所以(x－1)(x－1)＋yy＝0，
1 2 1 2
即(my＋n－1)(my＋n－1)＋yy＝0，
1 2 1 2
即(m2＋1)yy＋m(n－1)(y＋y)＋(n－1)2＝0，
1 2 1 2
将y＋y＝4m，yy＝－4n代入得，4m2＝n2－6n＋1，
1 2 1 2
所以4(m2＋n)＝(n－1)2>0，
所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，
解得n≥3＋2或n≤3－2.
设点F到直线MN的距离为d，所以d＝，
|MN|＝
＝
＝
＝2|n－1|，
所以△MFN的面积
S＝×|MN|×d＝×2·|n－1|×＝(n－1)2，
而n≥3＋2或n≤3－2，
所以当n＝3－2时，△MFN的面积最小，为S ＝(2－2)2＝12－8＝4(3－2)．
min
跟踪训练2 解 (1)由题意可得解得p＝2.
故抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)由题意知直线l的斜率一定存在且不为0，F(1,0)，设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0，
设A(x，y)，B(x，y)，C(x，y)，
1 1 2 2 3 3
易知x＝ty ＋1>0，x＝ty ＋1>0，
1 1 2 2
联立
消去x得y2－4ty－4＝0.
所以y＋y＝4t，yy＝－4.
1 2 1 2
由AC垂直于l，得直线AC的方程为
y－y＝－t(x－x)，
1 1
联立消去x得ty2＋4y－4tx －4y＝0.
1 1
所以y＋y＝－，yy＝.
1 3 1 3
所以|AC|＝
＝
＝
＝
＝·|ty ＋2|
1
＝·(ty ＋2)．
1
同理可得|BD|＝·(ty ＋2)，
2
所以|AC|＋|BD|＝·[t(y＋y)＋4]＝(t2＋1)＝8，
1 2
令f(x)＝，x>0，则f′(x)＝，x>0，
所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝2时，f(x)取得最小值，即当t＝±时，|AC|＋|BD|取得最小值为12.
§8.13 圆锥曲线中定点与定值问题
例1 (1)解 由题意可得解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明 由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图，设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
联立方程
消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，
则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，解得k<0，
可得x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2
因为A(－2,0)，
则直线AP：y＝(x＋2)，
令x＝0，解得y＝，
即M，
同理可得N，
则
＝＋
＝
＝
＝
＝＝3，
所以线段MN的中点是定点(0,3)．
跟踪训练1 解 (1)由题意知解得b＝c＝，
又a2＝b2＋c2，则a＝2，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由(1)知M(2,0)，
若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝t(－20，解得m<－或m>且m≠±2且m≠0，设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝－，yy＝－，
1 2 1 2
即有2myy＝3(y＋y)，
1 2 1 2
直线BM：y＝(x＋2)，
直线CN：y＝(x－2)，设直线BM，CN的交点为Q(x ，y )，
Q Q
由
消去y并化简整理得x ＝，
Q
又(xy＋xy)＋2(y－y)＝(my＋1)y＋(my＋1)y＋2(y－y)＝2myy＋3y－y＝3(y＋y)＋3y
1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
－y＝2(y＋3y)，
1 1 2
(xy－xy)＋2(y＋y)＝(my＋1)y－(my＋1)y＋2(y＋y)＝y＋3y，
1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2
于是得x ＝＝4，即点Q(4，y )，
Q Q
则有OP＝(1,0)，OQ＝(4，y )，
Q
OP·OQ＝1×4＋0×y ＝4，
Q
即OP·OQ为定值4.
跟踪训练2 (1)解如图所示，过点F作FA⊥MN，垂足为A，MN交x轴于点E，
由题得∠AFM＝，
所以∠NMF＝，因为|MF|＝|MN|，
所以△MNF是等边三角形，
因为O是FB的中点，
所以|DF|＝|DN|，MD⊥DF，
故|FM|＝＝8，
所以|MN|＝8，|AN|＝4，
所以|OF|＝|AN|＝2，
所以＝2，即p＝4.
(2)证明 由(1)可知抛物线C的方程是x2＝8y，
由题意知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
P，Q，G，
因为∠PGQ＝，
所以·＝－1，
即(x＋x)(x＋x)＝－64，
1 0 2 0
即xx＋x(x＋x)＋x＝－64.
1 2 0 1 2
又k＝，所以x＝4k，
0
故l：y＝(x－x)＋＝kx－2k2.
1 0
联立消去y，
得x2－8kx－8m＝0，其中Δ＝64k2＋32m>0，
则x＋x＝8k，xx＝－8m，
1 2 1 2
所以－8m＋32k2＋16k2＝－64，
所以m＝6k2＋8.
设点F到直线PQ和直线l 的距离分别为d，d，
1 1 2
则由l∥PQ得＝＝＝3，
1
所以点F到直线PQ与到直线l 的距离之比是定值，定值为3.
1
§8.14 圆锥曲线中的探索性与综合性问题
例1 解 (1)设M(x，y)，
则k k ＝·＝－，
AM BM
化简得＋＝1且x≠±2，
所以点M的轨迹(曲线C)的方程为＋＝1且x≠±2.
(2)设N(4，n)，
则直线AM为y＝(x＋2)，联立曲线C得
整理得(n2＋27)x2＋4n2x＋4n2－108＝0，
由题设知x ＋x ＝－，
A M
则x ＝，
M
故y ＝×＝，
M
又tan∠MFD＝＝，
tan∠NFD＝，
所以tan 2∠NFD＝＝＝＝tan∠MFD，
即∠MFD＝2∠NFD，
所以存在λ＝2，使得∠MFD＝2∠NFD.
跟踪训练1 解 (1)由已知C：－＝1(a>0，b>0)，
点A的坐标为(6,4)，得c＝4，
设焦点F(0,4)，F(0，－4)，
2 1
则2a＝|AF|－|AF|＝－6＝4.
1 2
所以a＝2，b2＝c2－a2＝12，
故C：－＝1.
(2)设l的方程为y＝2m(m>1)，
则D(0,2m)，故M(0，m)，
当直线PQ斜率存在时，如图，
设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
故N.
与双曲线方程联立得(3k2－1)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，
由已知得3k2≠1，Δ>0，
设P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝－，
1 2
xx＝，①
1 2
由PM＝λPN，MQ＝λQN得
x＝λ，x＝λ，
1 2
消去λ得x＝x，
2 1即2xx－(x＋x)＝0，②
1 2 1 2
由①②得m2＝2，解得m＝，
当直线PQ斜率不存在时，m＝，
故存在定直线l：y＝2满足条件．
例2 (1)证明 如图，F(4,0)，
设M(x，y)，
1 1
N(x，y)，
2 2
直线MN：x＝ty＋4，
代入3x2－y2＝12，
整理得(3t2－1)y2＋24ty＋36＝0，
则y＋y＝，yy＝，
1 2 1 2
由解得t∈，
由|MF|＝
＝|y|，
1
同理，|NF|＝|y|，
2
由于yy<0，不妨设y>0，y<0，
1 2 1 2
则＋＝
＝·，
由(y－y)2＝(y＋y)2－4yy＝2－＝，得y－y＝，
2 1 1 2 1 2 2 1
所以＋＝·＝·＝为定值．
(2)解 由题意，圆的方程为2＋2＝，
即x2＋y2－(x＋x)x－(y＋y)y＋xx＋yy＝0，
1 2 1 2 1 2 1 2
由对称性可知，若存在定点，则必在x轴上，
令y＝0，有
x2－(x＋x)x＋xx＋yy＝0，
1 2 1 2 1 2
由(1)可知x＋x＝t(y＋y)＋8
1 2 1 2
＝，
xx＝(ty ＋4)(ty ＋4)＝t2yy＋4t(y＋y)＋16＝－＋16＝，
1 2 1 2 1 2 1 2
代入方程后有x2＋x＋＝0，即(x2－4)＋(x＋2)＝0，
令解得x＝－2，
故圆过定点(－2,0)．
当直线MN：y＝0时，圆过点(－2,0)．
综上，以MN为直径的圆过定点(－2,0)．
跟踪训练2 解 (1)当直线AB斜率不存在时，此时A，B，
∴|AB|＝2p，
当直线AB斜率存在时，
设直线AB的方程为y＝k，
联立抛物线方程得
k2x2－(k2p＋2p)x＋＝0，
Δ＝(k2p＋2p)2－k4p2＝4p2(k2＋1)>0，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
x＋x＝＝＋p，
1 2
此时|AB|＝x＋x＋p＝＋2p>2p，
1 2
显然当直线AB斜率不存在时，|AB|的值最小，
即2p＝4，解得p＝2，
∴抛物线E：y2＝4x.
(2)设A(x，y)，B(x，y)，C(－4，y)，D(－4，y)，
1 1 2 2 3 4
则OA：y＝x，OB：y＝x，
由(1)知，xx＝，
1 2
∴yy＝－p2＝－4，
1 2
∴y＝，y＝＝＝4y，
3 4 1
设圆心M(x，y)，
0 0
则y＝＝2y－.
0 1
若G(t,0)(t为定值)，H(m,0)，
则x＝.
0
由|MD|＝|MG|，得(x＋4)2＋(y－y)2＝(x－t)2＋y，
0 0 4 0
∴4t＋4m＋80＝－tm，
∴m＝也为定值．
∴H也为定点．
若t＝－8，则m＝12，
S＝|FH||y－y|＝|y－y|＝≥×4＝22，
1 2 1 2当且仅当y＝±2时取到最小值．
1
故△ABH面积S的最小值为22.
培优点 10 阿波罗尼斯圆与蒙日圆
例1 (1)A [设M(x，y)，E(－c,0)，F(c,0)，
由＝2，可得＝2，
化简得2＋y2＝.
∵△MAB面积的最大值为4，△MCD面积的最小值为，
∴×2a×c＝4，×2b×c＝，
∴b2＝a2＝a2－c2，
即c2＝a2，∴e＝.]
(2)10
解析 假设A′(m，n)，使得|PO|＝2|PA′|，设P(x，y)，则＝2，
从而可得3x2－8mx＋4m2＋3y2－8ny＋4n2＝0，
从而可知圆心坐标为，
由题意得圆3x2－8mx＋4m2＋3y2－8ny＋4n2＝0与圆(x－4)2＋(y－4)2＝8是同一个圆，所以＝
4，＝4，
解得m＝n＝3，即A′(3,3)．
所以|PO|＋2|PA|＝2(|PA′|＋|PA|)≥2|A′A|
＝2＝10.
即|PO|＋2|PA|的最小值为10.
跟踪训练1 (1)A [由题意，
设A(－1,0)，B(1,0)，P(x，y)，
因为＝，
所以＝，
即(x－2)2＋y2＝3，
所以点P的轨迹是以(2,0)为圆心，半径为的圆，
因为|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2＋1)，其中x2＋y2可看作圆(x－2)2＋y2＝3
上的点(x，y)到原点(0,0)的距离的平方，
所以(x2＋y2) ＝(2＋)2＝7＋4，
max
所以[2(x2＋y2＋1)] ＝16＋8，即|PA|2＋|PB|2的最大值为16＋8.]
max
(2)
解析 如图所示，设M(m,0)，N(n,0)，P(x，y)，∵|PM|＝2|PN|，
∴|PM|2＝4|PN|2，
∴(x－m)2＋y2＝4[(x－n)2＋y2]，
即x2－2mx＋m2＋y2＝4x2－8nx＋4n2＋4y2，
即3x2＋(2m－8n)x＋3y2＋4n2－m2＝0，
由题意得，x2＋y2＋x＋＝0与x2＋y2＝1表示同一个圆．
∴
解得或
∴|MN|＝|m－n|＝.
例2 (1)A [∵椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，找两个特殊
点分别为(0，)，(，0)，则两条切线分别是x＝，y＝，这两条切线互相垂直，且两条直线的
交点为P(，)，而P在蒙日圆上，∴()2＋()2＝4，解得a＝1.]
(2)①证明 当直线l，l 有一条斜率不存在时，不妨设l 的斜率不存在，
1 2 1
∵l 与椭圆只有一个公共点，
1
∴其方程为x＝±，
当l 的方程为x＝时，此时l 与圆的交点坐标为，
1 1
∴l 的方程为y＝1或y＝－1，故l⊥l 成立，
2 1 2
同理可证，当l 的方程为x＝－时，结论成立；
1
当直线l，l 的斜率都存在时，设点A(m，n)且m2＋n2＝4，
1 2
设过点A的直线方程为y＝k(x－m)＋n，代入椭圆方程，
可得(1＋3k2)x2＋6k(n－km)x＋3(n－km)2－3＝0，
由Δ＝0化简整理得
(3－m2)k2＋2mnk＋1－n2＝0，
∵m2＋n2＝4，
∴(3－m2)k2＋2mnk＋m2－3＝0，
设l，l 的斜率分别为k，k，
1 2 1 2
∴kk＝－1，∴l⊥l 成立，
1 2 1 2
综上，对于圆上的任意点A，都有l⊥l 成立．
1 2
②解 记原点到直线l，l 的距离分别为d，d，
1 2 1 2
∵MA⊥NA，∴MN是圆的直径，
∴|MA|＝2d，|NA|＝2d，d＋d＝|OA|2＝4，
2 1则△AMN的面积为S＝|MA|·|NA|＝2dd，
1 2
则S2＝4dd＝4d(4－d)＝－4(d－2)2＋16，
∵d∈[1，]，即d∈[1,3]，
1
∴S2∈[12,16]，∴S∈[2，4]，
故△AMN的面积的取值范围为[2，4]．
跟踪训练2 AD [对于A，过点Q(a，b)可作椭圆的两条互相垂直的切线x＝a，y＝b，
∴点Q(a，b)在蒙日圆上，
∴蒙日圆方程为x2＋y2＝a2＋b2，
由e＝＝＝得a2＝2b2，
∴椭圆C的蒙日圆方程为x2＋y2＝3b2，A正确；
对于B，由l方程知，l过点P(b，a)，
又点P满足蒙日圆方程，
∴点P(b，a)在圆x2＋y2＝3b2上，
当A，B恰为过点P所作椭圆两条互相垂直的切线的切点时，PA·PB＝0，B错误；
对于C，∵点A在椭圆上，
∴|AF|＋|AF|＝2a，
1 2
∴d－|AF|＝d－(2a－|AF|)＝d＋|AF|－2a，
2 1 1
当FA⊥l时，d＋|AF|取得最小值，最小值为F 到直线l的距离，
1 1 1
由A知，a2＝2b2，则c2＝a2－b2＝b2，即c＝b，
∴F 到直线l的距离
1
d′＝＝＝b，
∴(d－|AF|) ＝b－2a，C错误；
2 min
对于D，当矩形MNGH的四条边均与椭圆C相切时，蒙日圆为矩形MNGH的外接圆，
∴矩形MNGH的对角线为蒙日圆的直径，设矩形MNGH的长和宽分别为x，y，则x2＋y2＝
12b2，
∴矩形MNGH的面积S＝xy≤＝6b2(当且仅当x＝y＝b时取等号)，
即矩形MNGH面积的最大值为6b2，D正确．]
能力提升
1．B [因为椭圆C：＋＝1(a>0)的离心率为，
所以＝，解得a＝3，
所以椭圆C的方程为＋＝1，
根据蒙日圆的定义知，蒙日圆的半径r＝＝，
所以椭圆C的蒙日圆方程为x2＋y2＝7.]2．B [根据蒙日圆的定义得椭圆＋y2＝1的蒙日圆方程为x2＋y2＝4，其圆心为(0,0)，半径为
2，
依题意，点P在圆x2＋y2＝4上，
又点P在圆(x－3)2＋(y－4)2＝r2(r>0)上，且其圆心为(3,4)，
所以|2－r|≤≤2＋r，
即|2－r|≤5≤2＋r，
所以r∈[3,7]．]
3．C [如图所示，以AC的中点为原点，AC边所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
因为|AC|＝6，所以A(－3,0)，C(3,0)，
设B(x，y)，因为sin C＝2sin A，
由正弦定理可得|AB|＝2|BC|，
所以(x＋3)2＋y2＝4(x－3)2＋4y2，
化简得(x－5)2＋y2＝16，且x≠1，x≠9，
圆的位置如图所示，圆心为(5,0)，半径r＝4，
观察可得，在三角形底边长|AC|不变的情况下，当B点位于圆心D的正上方或正下方时，高
最大，
此时△ABC的面积最大，B点坐标为(5,4)或(5，－4)，
所以|BC|＝＝2.]
4．D [设P(x，y)，
则|PA|＝，
|PB|＝，
因为|PA|＝|PB|，
所以
＝，
同时平方，化简得x2＋y2＝4，
故点P的轨迹为圆心为(0,0)，半径为2的圆，
又点P在直线x－y＋m＝0上，
故圆x2＋y2＝4与直线x－y＋m＝0必须有公共点，所以≤2，解得－2≤m≤2.]
5．A [由已知条件可得MP⊥MQ，则PQ为圆x2＋y2＝a2＋b2的一条直径，
则|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2＝4(a2＋b2)，所以S ＝|MP|·|MQ|≤＝a2＋b2，
△MPQ
当且仅当|MP|＝|MQ|时，等号成立．
所以a2＋b2＝4b2，
所以a2＝3b2＝3(a2－c2)，
即2a2＝3c2，所以e＝.]
6．B [设点M(x，y)，令2|MA|＝|MC|，
则＝，
由题知圆x2＋y2＝1是关于点A，C的阿波罗尼斯圆，且λ＝，
设点C(m，n)，
则＝＝，
整理得x2＋y2＋x＋y＝，
比较两方程可得＝0，＝0，＝1，即m＝－2，n＝0，点C(－2,0)，
当点M位于图中M 的位置时，2|MA|－|MB|＝|MC|－|MB|，此时取得最大值，最大值为|BC|
1 1 1
＝.]
7．ABD [对于A选项，设C(x，y)．
因为＝，
所以＝，
整理得x2＋y2＋4x＝0，
即(x＋2)2＋y2＝4，
所以动点C的轨迹为以N(－2,0)为圆心，2为半径的圆，轨迹方程为(x＋2)2＋y2＝4，故A正
确；
对于B选项，因为直线l过定点M(－1,1)，而点M(－1,1)在圆N内，所以直线l与圆N相交，
故B正确；
对于C选项，当直线l与NM垂直时，动点C到直线l的距离最大，且最大值为r＋|NM|＝2
＋，故C错误；
对于D选项，记圆心N到直线l的距离为d，则d＝.
因为|PQ|2＝4(r2－d2)＝8.
又r＝2，所以d＝.
由＝2，得m＝－1，故D正确．]
8．ABD [依题意，过椭圆Γ的上顶点作y轴的垂线，过椭圆Γ的右顶点作x轴的垂线(图略)，则这两条垂线的交点在圆C上，
所以a2＋b2＝a2，即a2＝2b2，
所以椭圆Γ的离心率e＝＝＝，故A正确；
因为点M，P，Q都在圆C上，且∠PMQ＝90°，
所以PQ为圆C的直径，
所以|PQ|＝2×＝a，
所以△MPQ面积的最大值为|PQ|·＝·＝a2，故B正确；
设M(x，y)，Γ的左焦点为F(－c,0)，
0 0
连接MF(图略)，
因为c2＝a2－b2＝a2，
所以|MF|2＝(x＋c)2＋y＝x＋y＋2xc＋c2＝a2＋2x·a＋a2＝2a2＋ax，
0 0 0 0
又－a≤x≤a，
0
所以|MF|2∈[(2－)a2，(2＋)a2]，
则M到Γ的左焦点的距离的最小值为，故C不正确；
由直线PQ经过坐标原点，易得点A，B关于原点对称，设A(x，y)，D(x，y)，则B(－x，
1 1 2 2 1
－y)，
1
k＝，k＝，
1 2
又
所以＋＝0，
所以＝·＝－，
所以kk＝－，故D正确．]
1 2
9.
解析 根据题意可得，圆x2＋y2＝a2＋1上任意一点向椭圆C所引的两条切线互相垂直，
因此当直线 3x＋4y－10＝0与圆x2＋y2＝a2＋1相离时，∠APB恒为锐角，
故a2＋1<2＝4，
解得10)在其上一点(x，y)处的切线方程为yy＝px＋px.
0 0 0 0
证明如下：
由于点(x，y)在抛物线y2＝2px上，则y＝2px，
0 0 0
联立
可得2yy＝y2＋2px，
0 0
即y2－2yy＋y＝0，Δ＝0，
0
所以抛物线y2＝2px(p>0)在其上一点(x，y)处的切线方程为yy＝px＋px.
0 0 0 0
如图所示．
设A(x，y)，
1 1
B(x，y)，
2 2
直线AB的方程为x＝my＋，
联立
消去x得y2－2mpy－p2＝0，
由根与系数的关系可得yy＝－p2，
1 2
y＋y＝2mp，
1 2
对于A，抛物线y2＝2px在点A处的切线方程为yy＝px＋px，
1 1
即yy＝px＋，
1
同理可知，抛物线y2＝2px在点B处的切线方程为yy＝px＋，
2
联立解得
所以点P的横坐标为－，
即点P在抛物线的准线上，A正确；
对于B，直线l 的斜率为k＝，
1 1
直线l 的斜率为k＝，
2 2
所以kk＝＝－1，
1 2
所以AP⊥PB，B正确；
对于D，当AB垂直于x轴时，由抛物线的对称性可知，点P为抛物线的准线与x轴的交点，
此时PF⊥AB；
当AB不与x轴垂直时，直线AB的斜率为k ＝，直线PF的斜率为k ＝＝－m，
AB PF
所以k ·k ＝－1，则PF⊥AB.
AB PF
综上，PF⊥AB，D正确；
对于C，|AB|＝·|y－y|，
1 2
|PF|＝＝＝p，
所以S ＝|AB|·|PF|
△PAB
＝·|y－y|·p
1 2
＝(m2＋1)·
＝·(m2＋1)·
≥·2＝p2，
当且仅当时，等号成立，C错误．]
跟踪训练 解 (1)由题意知M(0，－4)，F，圆M的半径r＝1，
所以|MF|－r＝4，即＋4－1＝4，
解得p＝2.
(2)由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设A，B，直线AB的方程为y＝kx＋b，
联立消去y得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b>0(※)，
x＋x＝4k，xx＝－4b，
1 2 1 2
所以|AB|＝|x－x|
1 2
＝·
＝4·.
因为x2＝4y，即y＝，所以y′＝，则抛物线在点A处的切线斜率为，在点A处的切线方程
为y－＝(x－x)，即y＝x－，
1同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x－，
联立
则
即P(2k，－b)．因为点P在圆M上，
所以4k2＋(4－b)2＝1，①
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，
即－≤k≤，3≤b≤5，满足(※)．
设点P到直线AB的距离为d，
则d＝，
所以S ＝|AB|·d＝4.
△PAB
由①得，
k2＝＝，
令t＝k2＋b，则t＝，且3≤b≤5.
因为t＝在[3,5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，t ＝5，此时k＝0，所以△PAB
max
面积的最大值为20.
能力提升
1．A [设抛物线的焦点为F，由题意可知，抛物线y2＝4x的焦点坐标为F(1,0)，准线方程
为x＝－1，因为△PAB为“阿基米德三角形”，且弦AB经过抛物线y2＝4x的焦点，所以点
P必在抛物线的准线上，所以点P(－1，4)，
所以直线PF的斜率为＝－2.
又因为PF⊥AB，
所以直线AB的斜率为，
所以直线AB的方程为y－0＝(x－1)，
即x－2y－1＝0.]
2．A [抛物线的焦点为F(1,0)，准线方程为x＝－1，直线l：y＝k(x－1)经过抛物线的焦点，
依题意，k≠0，设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由消去y并整理得
k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
则x＋x＝，xx＝1，
1 2 1 2
|AB|＝x＋x＋2＝＋2＝8，
1 2
解得k2＝1，即k＝±1，
当k＝1时，因为△PAB为“阿基米德三角形”，
则直线PF的斜率k ＝－1，直线PF的方程为y＝－x＋1，
PF
点P必在抛物线的准线x＝－1上，所以点P的坐标为P(－1,2)，|PF|＝2，
又PF⊥AB，于是得S ＝|AB|·|PF|＝×8×2＝8，
△PAB
由对称性可知，当k＝－1时，同理有S ＝8，
△PAB
所以△PAB的面积是8.]
3．D [方法一 设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
联立得x2－4kx－4b＝0，
由根与系数的关系得x＋x＝4k，xx＝－4b，
1 2 1 2
又|AB|＝|x－x|＝·＝8，
1 2
故k2＋b＝，
又x2＝4y，∴y＝x2，∴y′＝x，
故直线PA的方程为y－y＝x(x－x)，
1 1 1
即y＝xx－x，
1
同理，直线PB的方程为y＝xx－x，
2
联立直线PA，PB方程可得x＝，y＝，
即x＝＝2k，y＝＝－b，
即P(2k，－b)，
∴点P到直线AB的距离d＝，
∴S ＝|AB|·d＝×8×＝4×·
△PAB
＝ ，
当k＝0时，(S ) ＝32.
△PAB max
方法二 由阿基米德三角形的性质知(S ) ＝＝＝32.]
△PAB max
4．ACD [由题意设
A，B，x90%，A错误；
每天都消费新式茶饮的消费者占比为5.4%＋16.4%>20%，B正确；
月均消费新式茶饮50～200元的消费者占比为30.5%＋25.6%>50%，C正确；
月均消费新式茶饮超过100元的消费者占比为1－14.5%－30.5%<60%，D错误．]
(2)CD [东北地区通电的村、通宽带互联网的村、有电子商务配送站点的村的占比高于中部
地区，但通天然气的村的占比低于中部地区，故A错误；
西部地区通电的村、通宽带互联网的村、有电子商务配送站点的村的占比低于其他三个地区，
但通天然气的村的占比高于其他三个地区，故B错误；
中部地区除通天然气的村的占比低于西部地区，其他三项数据均不低于西部地区，故中部地
区的发展情况相较于西部地区较好，故C正确；
东部地区除通天然气的村的占比低于西部地区，其他三项数据均不低于其他三个地区，故东
部地区的发展情况相较于其他三个地区较好，故D正确．]
(3)A [甲组数据的中位数为65，由甲，乙两组数据的中位数相等，得y＝5.又甲、乙两组数
据的平均数相等，
∴×(56＋65＋62＋74＋70＋x)＝×(59＋61＋67＋65＋78)，
∴x＝3.故选A.]
跟踪训练2 (1)C (2)BC
例3 解 (1)频率分布表如表所示．
分组 频数 频率
[41,51) 2
[51,61) 1
[61,71) 4
[71,81) 6
[81,91) 10
[91,101) 5
[101,111] 2
(2)作出频率分布直方图，如图所示．(3)答对下述两条中的一条即可．
一：该市一个月中空气污染指数有2天处于优的水平，占当月天数的，有26天处于良的水
平，占当月天数的，处于优或良的天数共有28天，占当月天数的，说明该市空气质量基本
良好．
二：轻度污染有2天，占当月天数的，污染指数在80以上的接近轻度污染的天数有15天，
加上处于轻度污染的天数，共有17天，占当月天数的，超过50%，说明该市空气质量有待
进一步改善．
跟踪训练3 解 (1)设分数在[70,80)内的频率为x，
根据频率分布直方图，可得(0.01＋0.015＋0.02＋0.025＋0.005)×10＋x＝1，解得x＝0.25，
所以分数在[70,80)内的频率为0.25，
补全这个频率分布直方图，如图所示．
(2)因为分数在区间[80,90)内的频率为0.25，在区间[90,100]内的频率为0.05，
而0.05<10%<0.25＋0.05，
设排名前10%的分界点为90－a，则0.025a＋0.005×10＝10%，解得a＝2，
所以排名前10%的分界点为88分，即获奖的学生至少需要88分．
§9.2 用样本估计总体
落实主干知识
知识梳理
1．最小整数 x
n
2．(1)(x＋x＋…＋x)
1 2 n(2)中间 平均数 (3)最多
3．(1)(x－)2 (2)
i
4．(1)样本
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)√
2．D 3.丙 4.1
探究核心题型
例1 (1)ACD [由题意，随机抽取30名党员，由表可知，党史学习时间为8小时的人最多，
为8人，故众数是8，故A正确；
因为30×40%＝12,40%分位数为＝8.5，故B错误；
平均数为×(7×4＋8×8＋9×7＋10×6＋11×5)＝9，故C正确；
因为共有30名党员，故中位数为第15项和第16项的平均数，因为第15项和第16项均为
9，故中位数为9，故D正确．]
(2)BD [取x＝1，x＝x＝x＝x＝2，x＝9，
1 2 3 4 5 6
则x ，x ，x ，x 的平均数等于2，标准差为0，x ，x ，…，x 的平均数等于3，标准差为＝，
2 3 4 5 1 2 6
故A，C均不正确；
根据中位数的定义，将x ，x ，…，x 按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的
1 2 6
算术平均数，由于x 是最小值，x 是最大值，故x ，x ，x ，x 的中位数是将x ，x ，x ，x
1 6 2 3 4 5 2 3 4 5
按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与x ，x ，…，x 的中位数相等，故B
1 2 6
正确；
根据极差的定义，知x，x，x，x 的极差不大于x，x，…，x 的极差，故D正确．]
2 3 4 5 1 2 6
跟踪训练1 (1)ABD (2)32.5
例2 解 (1)由频率分布直方图的性质，可得(a＋0.004＋0.013＋0.014＋0.016)×20＝1，
解得a＝0.003.
所以及格率为(0.016＋0.014＋0.003)×20＝0.66＝66%.
(2)得分在110以下的学生所占比例为(0.004＋0.013＋0.016)×20＝0.66，
得分在130以下的学生所占比例为0.66＋0.014×20＝0.94，
所以80%分位数位于[110,130)内，
由110＋20×＝120，估计80%分位数为120.
(3)由图可得，众数的估计值为100.
平均数的估计值为0.08×60＋0.26×80＋0.32×100＋0.28×120＋0.06×140＝99.6.
跟踪训练 2 解 (1)由频率分布直方图，可知(0.04＋0.08×2＋0.12＋0.16＋2a＋0.42＋
0.50)×0.5＝1，
解得a＝0.3；月均用水量不少于3吨的人数为(0.12＋0.08＋0.04)×0.5×60×104＝72 000.
(2)由图可估计众数为2.25；
设中位数为x，
因为前5组的频率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.21＋0.25＝0.73>0.5，
而前4组的频率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.21＝0.48<0.5，
所以2，s0.75且r非常接近1，
所以y与x具有很强的线性相关关系．
经计算可得
b＝＝＝3.45，
a＝－b＝18－3.45×5＝0.75，
所以所求回归直线方程为y＝3.45x＋0.75.
(2)①当x＝10时，y＝3.45×10＋0.75＝35.25，所以预计能带动的消费达35.25百万元．
②因为≈14.89%>10%，
所以发放的该轮消费券助力消费复苏不理想．
发放消费券只是影响消费的其中一个因素，还有其他重要因素，比如：A城市经济发展水平
不高，居民的收入水平直接影响了居民的消费水平；A城市人口数量有限、商品价格水平、
消费者偏好、消费者年龄构成等因素一定程度上影响了消费总量．(只要写出一个原因即可)．例3 解 (1)根据散点图，知y＝c＋dln x更适宜作为y关于x的回归方程模型．
(2)令u＝ln x，则y＝c＋du，
由已知数据得d＝＝≈14.2，
c＝－d≈22.7－14.2×1.2≈5.7，
所以y＝5.7＋14.2u，
故y关于x的非线性回归方程为y＝5.7＋14.2ln x，
令5.7＋14.2ln x>35，
整理得ln x>2.1，即x>e2.1≈8.2，
故当x＝9时，即到第9天才能超过35杯．
跟踪训练2 解 (1)由已知可得
＝＝120，
i
＝＝10.5，
i
b＝＝＝0.15，
a＝－b＝10.5－0.15×120＝－7.5，
所以回归直线方程为y＝0.15x－7.5.
(2)根据题意得Z＝＝＋m,60≤x≤150.
设f(x)＝＝－，
令t＝，≤t≤，
则f(x)＝g(t)＝0.15t－7.5t2＝－7.5×(t－0.01)2＋0.000 75，
当t＝0.01，即x＝100时，f(x)取最大值，
又因为k>0，m>0，所以此时Z也取最大值，
因此，小李应该租100 m2的商铺．
例4 解 (1)试验组样本的平均数为
×(7.8＋9.2＋11.4＋12.4＋13.2＋15.5＋16.5＋18.0＋18.8＋19.2＋19.8＋20.2＋21.6＋22.8＋
23.6＋23.9＋25.1＋28.2＋32.3＋36.5)＝＝19.8.
(2)①依题意，可知这40只小白鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排列后第
20位与第21位数据的平均数，
由原数据可得第20位数据为23.2，第21位数据为23.6，所以m＝＝23.4，
故列联表为
0)
(2)① ②P(A)P(B|A)
3．P(A)P(B|A)＋P()P(B|)
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)√ (4)√
2．A 3.D 4.0.55
探究核心题型例1 BCD
例2 ABD [对于A，依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、发送0接收
0、发送1接收1这3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故A正确；
对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1,1,1，则依次收到1,0,1的事件是发送1接收
1、发送1接收0、发送1接收1这3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正确；
对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1,1,0；1,0,1；0,1,1和1,1,1这4
个事件的和，
它们互斥，所求的概率为Cβ(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C错误；
对于D，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，
单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，
因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，故D正确．]
微拓展
典例 ACD [A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故P＝0，
1
第二次传球，乙或丙有的概率回到甲手里，故P＝，A正确；
2
C选项，P 为传球n－1次后球仍回到甲手里的概率，要想传球n次后球仍回到甲手里，
n－1
则第(n－1)次传球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传球有的概率回到甲手里，
故P＝(1－P )，C正确；
n n－1
D选项，由C选项知
P＝(1－P )，
n n－1
即P＝－P ＋，
n n－1
设P＋λ＝－(P ＋λ)，
n n－1
故P＝－P －λ，
n n－1
所以－λ＝，解得λ＝－，
故P－＝－，
n
又P－＝－≠0，
1
所以是首项为－，公比为－的等比数列，故P－＝－n－1，
n
故P＝－n－1，D正确；
n
B选项，由D选项可知P＝－×3＝，B错误．]
4
跟踪训练1 (1)ABD [对于A，事件A，B相互独立，P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝，A正确；
对于B，样本点为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，
(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，共18种，
事件C包括(1,2)，(2,1)2种情况，P(C)＝＝，B正确；对于C，由P(AC)＝≠×＝P(A)P(C)，得事件A，C不相互独立，C错误；
对于D，由P(AD)＝＝×＝P(A)P(D)，得事件A，D相互独立，D正确．]
(2)0.236
解析 设A(i＝1,2,3,4)为独孤队第i局取胜，
i
由题意，独孤队取胜的可能结果为四个互斥事件：AAA，AAA，AAA，AAA，
1 2 3 1 2 4 1 3 4 2 3 4
所以独孤队取胜的概率P＝P(AAA)＋P(AA A)＋P(AAA)＋P(AAA)
1 2 3 1 23 4 1 3 4 2 3 4
＝0.4×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4×0.5＋0.4×0.5×0.4×0.5＋0.6×0.3×0.4×0.5＝0.236.
例3 B [设喜欢吃肠旺面为事件A，喜欢吃丝娃娃为事件B，
喜欢吃肠旺面或喜欢吃丝娃娃为事件A＋B，既喜欢吃肠旺面又喜欢吃丝娃娃为事件AB，
由题意知P(A＋B)＝1－＝，
从而P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A＋B)＝＋－＝，
因此由条件概率的公式得
P(B|A)＝＝＝.]
例4 AC [P(B|A)＋P(|A)＝＝＝1，故A正确；
当A，B是相互独立事件时，则P(B|A)＋P(B|)＝2P(B)≠0，故B错误；
因为A，B是相互独立事件，
则P(AB)＝P(A)P(B)，所以P(A|B)＝＝P(A)，故C正确；
因为A，B是互斥事件，P(AB)＝0，则根据条件概率公式P(B|A)＝0，而P(B)∈(0,1)，故D
错误．]
例5 C [设该射击运动员“第一次击中9环”为事件A，“第二次击中9环”为事件B，由
题意得 P(A)＝0.6，P(B|A)＝0.8，所以该射击运动员两次均击中 9 环的概率为 P(AB)＝
P(A)·P(B|A)＝0.6×0.8＝0.48.]
跟踪训练2 (1)AD (2)
例6 (1)C [设事件A ＝“冬季去吉林旅游”，事件A ＝“夏季去吉林旅游”，事件B
1 2
＝“去了一眼望三国”，则P(A)＝，P(A)＝，在冬季去了一眼望三国的概率P(B|A)＝＝，
1 2 1
在夏季去了一眼望三国的概率P(B|A)＝＝，
2
所以去了一眼望三国的概率P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝×＋×＝.]
1 1 2 2
(2)A [记事件A：放入水果分选机的苹果为大果，事件A：放入水果分选机的苹果为小果，
1 2
记事件B：水果分选机筛选的苹果为“大果”，
则P(A)＝，P(A)＝，
1 2
P(B|A)＝，P(B|A)＝，
1 2
由全概率公式可得
P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)·P(B|A)＝×＋×＝，
1 1 2 2P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝，
1 1 1
因此，P(A|B)＝＝×＝.]
1
跟踪训练3 D
§10.5 离散型随机变量及其分布列、数字特征
落实主干知识
知识梳理
1．唯一确定的
2．P(X＝x)＝p 概率分布 分布列
k k
3．①≥ ②1
4．(1)xp＋xp＋…＋xp 平均水平
1 1 2 2 n n
(2)x－E(X)]2p 标准差
i i
偏离程度
5．(1)aE(X)＋b (2)a2D(X)
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)√ (4)√
2．A 3.2 1.2 4.乙
探究核心题型
例1 (1)ABD (2)D
跟踪训练1 (1)C (2)
例2 (1)D [设事件A表示甲在规定的时间内到达，B表示乙在规定的时间内到达，
P(A)＝0.5，P(B)＝0.9，
A，B相互独立，
∴P(X＝0)＝P()＝P()P()＝(1－0.5)×(1－0.9)＝0.05，
P(X＝1)＝P(B)＋P(A)
＝P()P(B)＋P(A)P()
＝(1－0.5)×0.9＋0.5×(1－0.9)
＝0.5，
P(X＝2)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝0.5×0.9＝0.45，
∴E(X)＝0×0.05＋1×0.5＋2×0.45＝1.4，
D(X)＝(0－1.4)2×0.05＋(1－1.4)2×0.5＋(2－1.4)2×0.45＝0.34.]
(2)C [由题意，得a＋b＋c＋＝1，
所以a＋b＋c＝.①
因为E(X)＝(－1)×a＋0×b＋1×c＋2×＝，所以－a＋c＝.②
由P(X≥1)＝c＋＝，得c＝，
代入①②解得a＝，b＝.
所以D(X)＝2×＋2×＋2×＋2×＝.]
微拓展
典例 (1)D [由分布列可得E(X)＝0×＋1×＋2×＝＋p，
则D(X)＝2＋
2＋2
＝－p2＋p＋＝－2＋，
因为0D(Y)，所以选择B景点．
跟踪训练3 解 (1)由题意得，X的所有可能取值为0,20,100，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)当小明先回答A类问题时，由(1)可得E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0,80,100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列为
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为57.6>54.4，即E(Y)>E(X)，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题．
§10.6 二项分布、超几何分布与正态分布
落实主干知识
知识梳理
1．(1)重复 相互独立 (2)Cpkqn－k X～B(n，p) (3)①p p(1－p) ②np np(1－p)
2.3．(1)面积 正态分布 (2)①x＝μ ②x＝μ (3)68.3% 95.4% 99.7%
(4)μ σ2
自主诊断
1．(1)√ (2)√ (3)× (4)×
2．A 3.B 4.
探究核心题型
例1 解 (1)由题意可知，X～B，
则P(X＝0)＝2＝，
P(X＝1)＝C××＝，
P(X＝2)＝2＝，
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P
所以E(X)＝2×＝.
(2)对于方案一：“机器发生故障时不能及时维修”等价于“甲、乙、丙三人中，至少有一
人负责的2台机器同时发生故障”，考查反面处理这个问题．
其概率为P＝1－[1－P(X＝2)]3＝1－3＝.
1
对于方案二：机器发生故障时不能及时维修的概率为P＝1－6－C·×5－C·2×4＝1－＝，
2
所以PP(Y≤26)，P(X≤30)>P(Y≤30)，P(X≤34)>P(Y≤34)，P(X≤38)，
故p 0，函数f(p)单调递增，
当p∈时，f′(p)<0，函数f(p)单调递减，
所以当p＝时，f(p)取得最大值为
f ＝C×3×2＝，
此时，p＝＝，
解得n＝3或n＝(舍去)，
所以当n＝3时，f(p)取得最大值.
跟踪训练2 解 (1)X的所有可能取值为5,6,7,8,9,10，
P(X＝5)＝5＝，
P(X＝6)＝C×1×4＝，
P(X＝7)＝C×2×3＝＝，
P(X＝8)＝C×3×2＝＝，
P(X＝9)＝C×4×1＝，
P(X＝10)＝C×5＝.
所以X的分布列为
X 5 6 7 8 9 10
P
则E(X)＝5×＋6×＋7×＋8×＋9×＋10×＝＝.
(2)由题意知“每天得分不低于3分”的概率为p＋(1－p)×＝＋p(00，f(p)在上单调递增；
当p∈时，f′(p)<0，f(p)在上单调递减，
所以当p＝时，f(p)取得最大值．                        
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