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复习讲义答案精析
专题一 函数与导数
第 1 讲 函数的图象与性质
例1 (1)B (2)(－2，－1)∪(0，＋∞)
跟踪演练1 (1)C (2)AB
例2 (1)A [方法一 (特值法)
取x＝1，则y＝cos 1＝cos 1>0；
取x＝－1，则y＝cos(－1)＝－cos 1<0.结合选项知选A.
方法二 令y＝f(x)，
则f(－x)＝(3－x－3x)cos(－x)＝－(3x－3－x)cos x＝－f(x)，
所以函数y＝(3x－3－x)cos x是奇函数，排除B，D；
取x＝1，则y＝cos 1＝cos 1>0，排除C，故选A.]
(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0＜x＜时，0＜cos x＜1，故y＝＜
≤1，与图象不符，所以排除C.故选A.]
例3 (1)D
(2)B [作出f(x)的大致图象如图，交点横坐标为x，x，x，自左向右依次排列，
1 2 3
由图可知，x，x 关于直线x＝－1轴对称，
1 2
即x＋x＝－2，
1 2
又x>0，∴x＋x＋x>－2.
3 1 2 3
由图象知，当x>－2时，
f(x)∈[0,1]，
∴f(x＋x＋x)∈[0,1]．]
1 2 3
跟踪演练2 (1)C (2)A例4 B
例5 BC [方法一 (转化法)因为f ，g(2＋x)均为偶函数，
所以f ＝f ，
即f ＝f ，
g(2＋x)＝g(2－x)，所以f(3－x)＝f(x)，
g(4－x)＝g(x)，则f(－1)＝f(4)，故C正确；
函数f(x)，g(x)的图象分别关于直线x＝，x＝2对称，
又g(x)＝f′(x)，且函数f(x)可导，
所以g＝0，g(3－x)＝－g(x)，
所以g(4－x)＝g(x)＝－g(3－x)，
所以g(x＋2)＝－g(x＋1)＝g(x)，
所以g＝g＝0，
g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故B正确，D错误；
若函数f(x)满足题设条件，
则函数f(x)＋C(C为常数)也满足题设条件，所以无法确定f(0)的函数值，故A错误．
方法二 (特例法)因为f，g(2＋x)均为偶函数，所以函数f(x)的图象关于直线x＝对称，函数
g(x)的图象关于直线x＝2对称．取符合题意的一个函数f(x)＝1(x∈R)，则f(0)＝1，排除A；
取符合题意的一个函数 f(x)＝sin πx，则f′(x)＝πcos πx，即g(x)＝πcos πx，所以g(－1)＝
πcos(－π)＝－π，g(2)＝πcos 2π＝π，所以g(－1)≠g(2)，排除D.故选BC.]
跟踪演练3 (1)(0,1) (2)A
第 2 讲 基本初等函数、函数与方程
例1 (1)B (2)A
跟踪演练1 (1)A (2)[1，＋∞)
例2 D [当x∈[0,1]时，f(x)＝2x－1，函数y＝f(x)的周期为2且为偶函数，其图象关于y轴
对称，可作出函数f(x)的图象．函数y＝log |x|的图象关于y轴对称，函数y＝g(x)的零点，即
5
为两函数图象交点的横坐标，当x>5时，y＝log |x|>1，此时两函数图象无交点，如图，
5
又两函数的图象在x>0上有4个交点，由对称性知两函数的图象在x<0上也有4个交点，且
它们关于y轴对称，可得函数g(x)＝f(x)－log |x|的零点个数为8.]
5例3
解析 因为函数f(x)＝ex和g(x)＝kx2的图象有三个不同交点，
所以方程ex＝kx2有三个不同的实数根，显然x＝0不是方程的实数根，
所以方程＝k(k>0)有三个不同的非零实数根，
令h(x)＝，则h′(x)＝，
所以当x<0时，h′(x)>0，
当02时，h′(x)>0，
所以函数h(x)＝在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，
因为当x趋近于－∞时，h(x)趋近于0，当x趋近于＋∞时，h(x)趋近于＋∞，当x趋近于0时，
h(x)趋近于＋∞，
所以函数h(x)的大致图象如图所示，h(2)＝，
所以当方程＝k(k>0)有三个不同的实数根时，k的取值范围是.
跟踪演练2 (1) (2)16
例4 (1)B
(2)D [由于L＝ ，所以L＝0.5× ，
依题意0.45＝0.5× ⇒D＝，
则L＝0.5× ，
由L＝0.5× <0.05得 <，
22，
所以G>，
G>≈＝≈480.35，
所以所需的训练迭代轮数至少为481轮．]跟踪演练3 (1)C (2)C
第 3 讲 导数的几何意义及函数的单调性
例1 (1)B (2)(－∞，－4)∪(0，＋∞)
跟踪演练1 (1)y＝x y＝－x
(2)B
例2 解 (1)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，则f′(0)＝a－2，
由已知得(a－2)a＝－1，解得a＝1.
(2)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，
①当a≤0时，aex－2<0，
所以f′(x)>0⇒x<－1，
f′(x)<0⇒x>－1，
则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，
在(－1，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，令aex－2＝0，
得x＝ln ，
(ⅰ)当0－1，
所以f′(x)>0⇒x<－1或x>ln ，
f′(x)<0⇒－12e时，ln <－1，
所以f′(x)>0⇒x－1，
f′(x)<0⇒ln 2e时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
跟踪演练2 解 (1)∵t＝2，
∴f(x)＝，∴f′(x)＝，
∴f′(1)＝ln 2－1，
又f(1)＝ln 2，
∴切线方程为y－ln 2＝(ln 2－1)(x－1)，即y＝(ln 2－1)x＋1.
(2)f(x)＝，
∴f(x)的定义域为(0，t)∪(t，＋∞)，且t>0，
f′(x)＝，
令φ(x)＝1－－ln x＋ln t，x>0且x≠t，
φ′(x)＝－＝，
∴当x∈(0，t)时，φ′(x)>0，
当x∈(t，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，t)上单调递增，
在(t，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)<φ(t)＝0，∴f′(x)<0，
∴f(x)在(0，t)，(t，＋∞)上单调递减．
即f(x)的单调递减区间为(0，t)，(t，＋∞)，无单调递增区间．
例3 (1)D [f′(x)＝ex(cos x－a)＋ex(－sin x)＝ex(cos x－sin x－a)，
∵f(x)在区间上单调递减，
∴f′(x)≤0在区间上恒成立，
即cos x－sin x－a≤0恒成立，
即a≥cos x－sin x＝cos恒成立，
∵－0，
v(x)>0，w(x)>0.
①设f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]
＝ln x＋x－[ln x－ln(1－x)]
＝x＋ln(1－x)(00在(0,0.1]上恒成立，
所以h(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以h(x)>h(0)＝(1－02)·e0－1＝0，
即g′(x)>0在(0,0.1]上恒成立，
所以g(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以g(0.1)>g(0)＝0·e0＋ln(1－0)＝0，
即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，
所以0.1e0.1>－ln 0.9，即a>c.
综上，c0，
f(x)在上单调递增．
所以f(x)有一个极小值点，即x＝，
0
所以>3，解得00，
f(x)在(0,2a－1)上单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，
f(x)在上单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，
f(x)在上单调递增．
所以f(x)有一个极小值点，即x＝，
0
所以>3，解得01，则0<<2a－1，
故当x∈时，f′(x)>0，
f(x)在上单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，
f(x)在上单调递减；
当x∈(2a－1，＋∞)时，f′(x)>0，
f(x)在(2a－1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)有一个极小值点2a－1，
即x＝2a－1.
0
所以2a－1>3，
解得a>2.
综上，a∈∪(2，＋∞)．
跟踪演练1 (1)D (2)D
例2 (1)B [因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以依题意可知
而f′(x)＝－，所以即
所以f′(x)＝－＋，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1时取最大值，满足题意．
所以f′(2)＝－1＋＝－.
故选B.]
(2)C [由f(x)＝
可得函数图象如图所示．
令f(x)＝f(x)＝t，
1 2
∴t≤1且x＋1＝ln x＝t，
1 2
∴x＝t－1，x＝et，
1 2
∴x－x＝et－(t－1)
2 1
＝et－t＋1(t≤1)．
令φ(t)＝et－t＋1(t≤1)，
φ′(t)＝et－1，
当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0，
当t∈(0,1]时，φ′(t)>0，
∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，
在(0,1]上单调递增，
∴φ(t) ＝φ(0)＝2，
min
∴x－x 的最小值为2.]
2 1
跟踪演练2 (1)D (2)A
例3 －3
解析 由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)，
得f′(x)＝2ax－2＋＝(x>0)，
若函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x，x，
1 2
则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根，
所以
解得00，
所以h(a)＝－－1－ln 2a在上单调递增，
所以h(a)0)，
φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，
令t(x)＝φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，
t′(x)＝ex－2，
当x∈(0，ln 2)时，t′(x)<0，
当x∈(ln 2，＋∞)时，t′(x)>0，
∴φ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，
在(ln 2，＋∞)上单调递增，
又φ′(0)＝3－e>0，φ′(1)＝0，
∴φ′(ln 2)<0，
∴∃x∈(0，ln 2)使φ′(x)＝0，
0 0
即当x∈(0，x)∪(1，＋∞)时，
0
φ′(x)>0，x∈(x，1)时，φ′(x)<0，
0∴φ(x)在(0，x)上单调递增，
0
在(x，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
0
又φ(0)＝0，φ(1)＝0，
∴φ(x) ＝0，
min
∴φ(x)≥0，
即ex－x2－(e－2)x－1≥0，
即ex＋(2－e)x－1≥x2，
即≥x，
要证≥ln x＋1，即证x≥ln x＋1，
令h(x)＝x－ln x－1(x>0)，
∴h′(x)＝1－＝，
h(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x) ＝h(1)＝0，
min
∴h(x)≥0，
即x≥ln x＋1，
则原不等式成立．
[子题1] 证明 当a＝1时，
g(x)＝，
令φ(x)＝ex－x－1，x>0，
∴φ′(x)＝ex－1>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
即ex－x－1>0.
要证g(x)<1，
即证<1，
即证0，
令h(x)＝ex－x－1－，x>0，
h′(x)＝ex－x－1>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，
∴ex－x－1－>0，即证原不等式成立．方法二 即证＋x＋10，
∴F′(x)＝<0，
∴F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当x→0时，F(x)→1，
∴F(x)<1，
因此<1，即证原不等式成立．
[子题2] 证明 方法一 f(x)＝ln ＝1－ln x，
欲证f(x)0，函数g(x)在(0,1)上单调递增，
所以g(x)x3，
所以1＋x－x3>1，
又11，
所以g(x)<10，ex>e0＝1，
则只需证1－ln x＋x2－<1，
只需证ln x－x2＋>0，
令t(x)＝ln x－x2＋，x∈(0,1)，
则t′(x)＝－2x－＝<<0，
则函数t(x)在(0,1)上单调递减，
则t(x)>t(1)＝ln 1－12＋1＝0，
所以ln x－x2＋>0成立，即原不等式成立．
跟踪演练
1．证明 f(x)＝ln(1－x)，
g(x)＝＝，
x<1且x≠0，
当x∈(0,1)时，
要证g(x)＝<1，
∵x>0，ln(1－x)<0,
∴xln(1－x)<0，
即证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，
化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0；
同理，当x∈(－∞，0)时，
要证g(x)＝<1，
∵x<0，ln(1－x)>0，
∴xln(1－x)<0，
即证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，
化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0，
令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，
再令t＝1－x，
则t∈(0,1)∪(1，＋∞)，x＝1－t，
令g(t)＝1－t＋tln t，t∈(0,1)∪(1，＋∞)，
g′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，
假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0；
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，
假设g(1)能取到，则g(1)＝0，
故g(t)>g(1)＝0，
综上所述，g(x)＝<1在x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立．
2．证明 先证不等式ex≥x＋1与x－1≥ln x，
设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1＝0⇒x＝0，
可得g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)＝ex－x－1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1；
设h(x)＝x－1－ln x，
则h′(x)＝1－＝0⇒x＝1，可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，
ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)，
注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它们无法同时取等，
所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，
即f(x)>0.
母题突破 2 恒成立问题与有解问题
母题 解 (1)当a＝1时，
f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1，
令φ(x)＝ex＋2x－1，
由于φ′(x)＝ex＋2>0，
故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)方法一 由f(x)≥x3＋1得，
ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0.
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x>0时，分离参数a得，
a≥－，
记g(x)＝－，
g′(x)＝－，
令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－x－1，
令t(x)＝h′(x)，x≥0，
则t′(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)单调递增，
h′(x)≥h′(0)＝0，
故函数h(x)单调递增，
h(x)≥h(0)＝0，由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立，
故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
因此，g(x) ＝g(2)＝，
max
综上可得，a的取值范围是.
方法二 f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－，
则当x∈(0,2)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，
而g(0)＝1，
故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意．
②若0<2a＋1<2，即－0，
所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，
在(2a＋1,2)上单调递增．
由于g(0)＝1，
所以g(x)≤1，
当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥.
所以当≤a<时，g(x)≤1.
③若2a＋1≥2，即a≥，
则g(x)≤e－x.
由于0∈，
故由②可得e－x≤1.
故当a≥时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是.
[子题1] 解 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，不等式成立，此时a∈R，
当x>0时，a≥－在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝－，
则g′(x)＝－
＝.
显然当x>0时，ex>x＋1，即ex－(x＋1)>0，
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，＋∞)．
[子题2] 解 若x≥0时，
f(x)≥1－ln(x＋1)，
即ex＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)
令g(x)＝ex＋ax＋ln(x＋1)－1，
则g′(x)＝ex＋＋a，
令φ(x)＝ex＋＋a，
则φ′(x)＝ex－＝≥0，
∴函数φ(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，φ(0)＝2＋a.
(1)若a≥－2，φ(0)＝2＋a≥0，
∴φ(x)≥0，
∴g′(x)≥0.
函数g(x)在区间[0，＋∞)上单调递增．
∴g(x)≥g(0)＝0.
∴(*)式恒成立．
(2)若a<－2，
由φ(0)＝2＋a<0，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞.
故∃x∈(0，＋∞)，使得φ(x)＝0，
0 0
则当00，则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝0，
从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意；
②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝.
(ⅰ)若01，
当x∈时，
h′(x)>0，g′(x)在上单调递增，
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
所以g(x)在上单调递增，
此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；
(ⅱ)若a≥，则0<≤1，
h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，
g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，
从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，
所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立．
综上所述，a的取值范围是.
2．解 (1)因为h(x)＝g(x)＋＝ln x＋ax，x>0，
所以h′(x)＝＋a，
若a≥0，则h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a<0，则当x∈时，h′(x)>0；
当x∈时，h′(x)<0.故h(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a≥0时，h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，
h(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由xf(x)<－g(x)＋1等价于
a<＝，
令t＝xex(t>0)，φ(t)＝，
则φ′(t)＝，
由φ′(t)＝0，可得t＝e2，
当t∈(0，e2)时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减；
当t∈(e2，＋∞)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增．
故φ(t) ＝φ(e2)＝－，
min
所以a的取值范围为.
母题突破 3 零点问题
母题 解 (1)函数f(x)＝的定义域为{x|x≠0}，
f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－tan x＝0，
得xsin x－excos x＝0.
设h(x)＝xsin x－excos x，
所以h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(xcos x＋sin x)．
①当x∈时，
可知sin x－cos x<0，xcos x＋sin x<0，所以
h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(xcos x＋sin x)<0，
从而h(x)＝xsin x－excos x在上单调递减，
又h(0)＝－1，h＝>0，
由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在上有一个零点．
②当x∈时，cos x≥sin x>0，
由(1)知函数f(x)＝在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x∈时，
函数F(x)＝f(x)－g(x)＝－tan x单调递减，
F(x) ＝F＝
min
所以h(x)在上无零点．
③当x∈时，
sin x>cos x>0，
h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(xcos x＋sin x)>0，
则h(x)在上单调递增．
又h＝>0，
h＝·－·
所以h(x)在上存在一个零点．
综上，h(x)在∪上零点个数为2，
即F(x)在∪上的零点个数为2.
[子题1] 解 f(x)＝＝1⇔ax＝xa⇔xln a＝aln x⇔＝，
设函数g(x)＝，
则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e，
在(0，e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x) ＝g(e)＝，
max
又g(1)＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，
∴曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即曲线y＝g(x)与直线y＝有两个交点的充要条
件是0<<，即0－1)，
令H′(x)＝0，x＝0，x＝－1.
1 2
①当a＝2时，H′(x)≥0，函数H(x)在定义域(－1，＋∞)上单调递增，至多有一个零点；②当a≤0时，－1≤－1，
令H′(x)>0，得x>0，
令H′(x)<0，得－10，此时函数H(x)无零点．
③当00，得－10，
令H′(x)<0，得－10，
所以H>0，且H(x)>0在区间上恒成立．
H(x)在区间上至多有一个零点．
所以当00，
则f(x)在R上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln a，
当xln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，
当a＝0时，ex＝a(x－2)无解，
∴f(x)无零点．
当a≠0时，＝.
令φ(x)＝，x∈R，
∴φ′(x)＝，
当x∈(－∞，3)时，φ′(x)>0；
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，
且φ(x) ＝φ(3)＝，
max
又x→＋∞时，φ(x)→0x→－∞时，φ(x)→－∞，
∴φ(x)的图象如图所示．
∴当>，
即0e3时，f(x)有两个零点；
当<0，即a<0时，f(x)有一个零点．
综上所述，当a∈[0，e3)时，f(x)无零点；
当a∈(－∞，0)∪{e3}时，f(x)有一个零点；
当a∈(e3，＋∞)时，f(x)有两个零点．
2．解 (1)当m＝－1时，
f(x)＝x2－ln(x＋1)，
可得f′(x)＝2x－＝，
则f′(0)＝－1，f(0)＝0，
可得曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为
y－0＝－1·(x－0)，即x＋y＝0.
(2)由函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)，x∈(0,1)，
可得f′(x)＝2x＋＝，
令g(x)＝2x2＋2x＋m，x∈(0,1)，
当m≥0时，g(x)>0，
即f′(x)>0，f(x)在区间(0,1)上单调递增，
因为f(0)＝0，所以f(x)>f(0)＝0，所以函数f(x)在区间(0,1)上没有零点，不符合题意；
当m<0时，函数g(x)＝2x2＋2x＋m的图象开口向上，且对称轴为x＝－，
由g(1)＝2＋2＋m≤0，解得m≤－4，
当m≤－4时，g(x)<0在区间(0,1)上恒成立，
即f′(x)<0，f(x)在区间(0,1)上单调递减，
因为f(0)＝0，所以f(x)0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
0
因为f(0)＝0，要使得函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，
则满足f(1)＝1＋mln(1＋1)>0，
解得m>－，
所以实数m的取值范围为.
微重点 1 函数的新定义问题
例1 A [由题意知[x＋1]＝
所以f(x)＝[x＋1]－x＝
可画出f(x)的图象，如图所示，
可得函数f(x)是周期为1的函数，且值域为(0,1]，在(0,1)上单调递减，故选项A正确，B，C
错误；
对于选项D，当x＝－1时，f(－1)＝1，则[f(－1)]＝1，故选项D错误．]
例2 D [因为f(x)＝
所以函数的定义域为R，值域为{0,1}，故A，B错误；
因为f(x)＝0或f(x)＝1，且0与1均为有理数，
所以f(f(x))＝f(0)＝1或f(f(x))＝f(1)＝1，故C错误；
对于任意一个非零有理数T，若x为有理数，
则x＋T也为有理数，则f(x＋T)＝f(x)＝1；
若x为无理数，则x＋T也为无理数，则f(x＋T)＝f(x)＝0，
综上可得，任意一个非零有理数T，f(x＋T)＝f(x)对任意x∈R恒成立，故D正确．]
例3 －
解析 ∵f(2＋x)＋f(2－x)＝0，
∴f(2＋x)＝－f(2－x)．
又f(x)是奇函数，
∴f(x＋2)＝f(x－2)，
∴f(4＋x)＝f(x)，
∴f(x)的一个周期为4.
∵f(2＋x)＋f(2－x)＝0，
∴令x＝0，可得f(2)＝0，∴f(2 022)＝f(4×505＋2)＝f(2)＝0.
f ＝－f
＝－f
＝－f ＝－R＝－，
∴f(2 022)＋f ＝－.
例4 AC [因为φ(5)＝φ(10)＝4，故A正确；
因为当n＝4时，φ(15)≠1，故B不正确；
因 为 小 于 或 等 于 32 的 正 整 数 中 与 32 互 质 的 实 数 为
1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29,31，
共有16个，
所以φ(32)＝16，故C正确；
因为当n＝2时，φ(4)＝φ(6)＝2，故D不正确．]
跟踪演练1 (1)C (2)BC
例5 (1)AC [设等比数列{a}的公比为q.
n
对于A，则＝＝3＝q3，
故f(x)＝x3是“保等比数列函数”；
对于B，则＝ ≠常数，
故f(x)＝2x不是“保等比数列函数”；
对于C，则＝＝＝|q|，
故f(x)＝|x|是“保等比数列函数”；
对于D，则＝
＝
＝＝1＋≠常数，
故f(x)＝ln|x|不是“保等比数列函数”．]
(2)BC [由题意可知，若函数在所给定义域中“严格上凹”，则满足f″(x)>0在定义域内恒
成立．
对于A，f(x)＝log x(x>0)，
2
则f″(x)＝′＝－·<0在x>0时恒成立，不符合题意，故选项A错误；
对于B，f(x)＝2e－x＋x，
则f″(x)＝(－2e－x＋1)′＝2e－x>0恒成立，符合题意，故选项B正确；
对于C，f(x)＝－x3＋2x(x<0)，
则f″(x)＝(－3x2＋2)′＝－6x>0在x<0时恒成立，符合题意，故选项C正确；对于D，f(x)＝sin x－x2(00；
当－1>，
所以直线u＝－1与函数u＝f(x)的图象只有一个交点，因此，函数g(x)只有一个零点．]
例2 D [设t＝f(x)，则y＝g(t)＝t2＋mt＋1，作出函数f(x)的大致图象，如图所示，
则函数y＝[f(x)]2＋mf(x)＋1有6个零点等价于g(t)＝0在[－3,1)上有两个不同的实数根，
则
解得20时，f(x)＝，
f′(x)＝，所以当x∈(0,1)时，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f(x)单调递减，
所以当x>0时，
f(x)＝在x＝1处取最大值为.
作出函数f(x)的图象如图所示，
因为[f(x)]2－af(x)＋a－1＝0，
即[f(x)－a＋1][f(x)－1]＝0，
解得f(x)＝1或f(x)＝a－1，
当f(x)＝1时，观察图象易知此时只有一个交点，即有一个根，
要使关于x的方程[f(x)]2－af(x)＋a－1＝0恰有四个不同的实数根，
则需要y＝a－1与f(x)图象有三个不同交点，
只需要01时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴当x＝1时，h(x)取得最小值
h(1)＝e－1，
∵x→0时，h(x)→＋∞；x→＋∞时，h(x)→＋∞，∴实数a的取值范围是(e－1，＋∞)．]
跟踪演练3 C
微重点 3 导数中的函数构造问题
例1 B [因为f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数，
令g(x)＝x·f(x)，
则g(x)是奇函数，
g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，
当x∈(－∞，0]时，
f(x)＋xf′(x)<0成立，
所以g(x)在x∈(－∞，0]上单调递减，
又g(x)在R上是连续函数，且是奇函数，
所以g(x)在R上单调递减，
则a＝g(20.6)，b＝g(ln 2)，
c＝g，
因为20.6>1,0b>a.]
跟踪演练1 C
例2 B [设函数g(x)＝，
可得g′(x)＝，
由f(x)0，
所以g′(x)>0，所以g(x)单调递增，
则<，
即ef(2 022)0且x>1得aln x>0，
设y＝ex－x，则y′＝ex－1>0，
故y＝ex－x在(1，＋∞)上单调递增，
∴x≤aln x，即a≥，
即存在x∈(1，＋∞)，使a≥，
∴a≥ ，
min
设f(x)＝(x>1)，
则f′(x)＝，
当x∈(1，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0；
∴f(x)在(1，e)上单调递减，
在(e，＋∞)上单调递增，
∴f(x) ＝f(e)＝e，
min
∴a≥e.
故a的最小值为e.
跟踪演练4 B
微重点 4 函数的公切线问题
例1 y＝ex－1或y＝x解析 设直线l与曲线y＝ex－1相切于点P(a，ea－1)，与曲线y＝ln x＋1相切于点Q(b，ln
b＋1)，
则ea＝＝，
整理得(a－1)(ea－1)＝0，
解得a＝1或a＝0，
当a＝1时，l的方程为y＝ex－1；
当a＝0时，l的方程为y＝x.
跟踪演练1 1 2x－y－3＝0
例2 －
解析 因为f(x)＝＋ln x，
g(x)＝2x－x3＋c，
所以f′(x)＝x＋≥2(x>0)，
g′(x)＝2－3x2≤2，
所以公切线的斜率为2，与f(x)的图象相切于点，与g(x)的图象相切于点(0，c)，故＝2，
即c＝－.
跟踪演练2 A
例3 C [设直线l与曲线y＝ex相切于点(x， )，y′＝ex，
1
∴直线l的方程为y－ ＝ (x－x)，
1
即y＝ ·x－x ＋ .
1
设直线l与曲线y＝ln x相切于点(x，ln x)，
2 2
y′＝，
∴直线l的方程为y－ln x＝(x－x)，
2 2
即y＝·x－1＋ln x，
2
则
消去x 得 －x－1＝0，
2 1
令φ(x)＝xex－ex－x－1，x∈R，
φ′(x)＝xex－1，
令g(x)＝xex－1，x∈R.
则g′(x)＝(x＋1)ex，
当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)>0，
∵φ′(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
∴φ′(x) ＝φ′(－1)＝－－1<0，
min
又当x<0时，φ′(x)<0，
且φ′(0)<0，φ′(1)＝e－1>0，
∃x∈(0,1)，使φ′(x)＝0，即 ＝1，
0
∴当x∈(－∞，x)时，φ′(x)<0，
0
当x∈(x，＋∞)时，φ′(x)>0，
0
∴φ(x)在(－∞，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
∴φ(x) ＝φ(x)＝ －x－1
min 0 0
＝－－x<0，
0
且φ(－2)＝1－>0，φ(2)＝e2－3>0，
∴函数φ(x)有2个零点，即y＝ex与y＝ln x有2条公切线．]
跟踪演练3 C
例4
解析 y＝x2在点(m，m2)处的切线斜率为2m，
y＝(a>0)在点处的切线斜率为en，
如果两个曲线存在公共切线，
那么2m＝en.
又由斜率公式得2m＝，
由此得到m＝2n－2，
则4n－4＝en有解，
即y＝4x－4，y＝ex的图象有公共点即可．
当直线y＝4x－4与曲线y＝ex相切时，
设切点为(s，t)，则es＝4，
且t＝4s－4＝es，可得t＝4，s＝2，
即切点为(2,4)，a＝，故a的取值范围是a≥.
跟踪演练4 A
微重点 5 不等式的综合问题
例1 ABD [－＝，
∵a>b>0>c，∴ab>0，b－a<0，c<0，
∴>0，
∴>，故A正确；
－＝
＝，
∵a>b>0>c，
∴a－c>0，a>0，b－a<0，c<0，
∴>0，
∴>，故B正确；
设y＝xc，当c<0时，y＝xc在(0，＋∞)上单调递减，
∵a>b，∴acb－c＝b＋(－c)
≥2，
当且仅当b＝－c时取等号，
∴a－c>2，故D正确．]
跟踪演练1 D
例2 (1)A [令2a－1＝m，b－1＝n，则m>0，n>0，
∴m＋n＝2a＋b－2＝1，
∵＋＝＋
＝2＋＋
＝2＋(m＋n)
＝4＋＋≥6.
当且仅当m＝n，即a＝，b＝时取等号．]
(2)BC [因为ab≤2≤(a，b∈R)，
由x2＋y2－xy＝1可变形为(x＋y)2－1＝3xy≤32，
解得－2≤x＋y≤2，
当且仅当x＝y＝－1时，x＋y＝－2，
当且仅当x＝y＝1时，x＋y＝2，所以A错误，B正确；
由x2＋y2－xy＝1可变形为
(x2＋y2)－1＝xy≤，
解得x2＋y2≤2，当且仅当x＝y＝±1时取等号，所以C正确；
因为x2＋y2－xy＝1可变形为2＋y2＝1，
设x－＝cos θ，y＝sin θ，所以x＝cos θ＋sin θ，
y＝sin θ，
因此x2＋y2＝cos2θ＋sin2θ＋sin θcos θ
＝1＋sin 2θ－cos 2θ＋
＝＋sin∈，
所以当x＝，y＝－时满足等式，
但是x2＋y2≥1不成立，
所以D错误．]
跟踪演练2 (1)BD (2)B
例3
解析 ∵正实数x，y满足x＋y＋3＝xy，
而xy≤2，
∴x＋y＋3≤2，
∴(x＋y)2－4(x＋y)－12≥0，
∴x＋y≥6或x＋y≤－2(舍去)，
∴x＋y≥6.
又正实数x，y有(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，
∴a≤x＋y＋恒成立，
∴a≤ ，
min
令x＋y＝t(t≥6)，g(t)＝t＋，
由对勾函数的性质得g(t)在[6，＋∞)上单调递增，
∴ ＝g(t)
min min
＝g(6)＝6＋＝，
∴a≤.
跟踪演练3 A
例4 －1
解析 设BD＝k(k>0)，
则CD＝2k.
根据题意作出大致图形，如图．
在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k·＝k2＋2k＋
4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝22＋(2k)2－2×2×2k·＝4k2
－4k＋4，
则＝
＝
＝4－＝4－
＝4－.
∵k＋1＋≥2(当且仅当k＋1＝，即k＝－1时等号成立)，
∴≥4－
＝4－2＝(－1)2，
∴当取得最小值－1时，
BD＝k＝－1.
跟踪演练4 D
培优点 1 洛必达法则
例1 解方法一 f′(x)＝2xln x＋x－2ax
＝x(2ln x＋1－2a)，
因为x≥1，所以2ln x＋1≥1，
则当a≤时，f′(x)＝x(2ln x＋1－2a)≥0，
此时f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝0，此时f(x)≥0恒成立，
所以a≤符合题意；当a>时，
由f′(x)＝x(2ln x＋1－2a)＝0，得x＝ ，
0
则x∈ 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x) ＝f
min
＝
＝e2a－1－a(e2a－1－1)＝a－＝<0.此时，f(x)≥0不成立．
综上，a≤.
方法二 由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0，
当x＝1时，不等式成立，a∈R，
当x>1时，a≤，
令g(x)＝(x>1)，
则g′(x)＝，
因为x>1，则(x2－1－2ln x)′＝2x－>0，
故y＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上单调递增，
则y＝x2－1－2ln x>0，
故g′(x)＝>0.
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
则g(x)>g(1)，由洛必达法则知
lim ＝lim ＝.
所以由a≤恒成立，得a≤.
跟踪演练1 解 当x＝0时，
f(x)＝0，
对任意实数a都有f(x)≥0；
当x>0时，由f(x)≥0得
a≤，
设g(x)＝，
则g′(x)＝，
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，
则h′(x)＝xex－ex＋1，
记φ(x)＝h′(x)，
则φ′(x)＝xex>0，
∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
h′(x)>h′(0)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
h(x)>h(0)＝0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知故a≤.
综上，实数a的取值范围是.
例2 解 依题意，ax－a－xln x≥0恒成立，
即a(x－1)≥xln x恒成立，
又x－1<0，
∴a≤恒成立，
令φ(x)＝，x∈(0,1)，
∴φ′(x)＝，
令g(x)＝x－1－ln x，x∈(0,1)，
∴g′(x)＝1－<0，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，
∴g(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]．
跟踪演练2 解 当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a，
即2ax3＋x>x3－a，
即a(2x3＋1)>x3－x，
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≥.
培优点 2 对数平均不等式、切线不等式
例1 证明 不妨设a＞b＞0，
①要证＜成立，
即证＜，即证ln ＜，
即证ln ＜－，
令＝t(t＞1)，
则需证明2ln t＜t－(t＞1)，
构造函数f(t)＝2ln t－t＋(t＞1)，
则f′(t)＝－1－＝－＜0，
所以f(t)在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝0，
所以f(t)<0，即2ln t＜t－，
原不等式得证．
②要证＜，
只需证2·＜ln ，
即证2·＜ln ，
令t＝(t＞1)，
即证2·＜ln t.
即证2－1)，
φ′(t)＝－＝<0，
∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(t)<φ(1)＝0，即2－x>0，
1 2 2 1
则x＞1.
2
由于＝
－－1＋
＝－2＋，
由对数平均不等式知
>＝1，
又x>x>0，
2 1
∴x－x<0，ln x－ln x<0，
1 2 1 2
∴0<<1，
∴＝
－2＋<－2＋a，
即证原不等式成立．
例2 (1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.
由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.
故a＝1，b＝2.
(2)证明 方法一 由(1)知，
f(x)＝exln x＋·ex－1，
从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－.
设函数g(x)＝xln x，
则g′(x)＝1＋ln x.
所以当x∈，g′(x)<0；
当x∈时，g′(x)>0.
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.
设函数h(x)＝xe－x－，
则h′(x)＝e－x(1－x)．
所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.
综上，当x>0时，g(x)>h(x)，
即f(x)>1.
方法二 f(x)＝exln x＋ex－1
＝ex.
当x＞0时，ex＞1＋x，所以ex－1≥x，
即≥x，ex≥ex，
当x＝1时等号成立，
即e－ln x≥e(－ln x)，
所以≥e(－ln x)，即ln x≥－，
当x＝时等号成立，
所以ex≥ex
＝＞1(等号不同时成立)．
跟踪演练2 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(2a＋1)＋＝，
当0<<2，即a>时，
在和(2，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当＝2，即a＝时，f′(x)≥0，
f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当>2，即00，f(x)单调递增．
综上所述，当a>时，f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)；
当a＝时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当00，
构造函数h(x)＝ex－ln x－2(x>0)，
h′(x)＝ex－，
令φ(x)＝ex－(x>0)，
则φ′(x)＝ex＋>0，
所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
h′＝－2<0，h′(1)＝e－1>0，故存在x∈，
0
使得h′(x)＝0，即 ＝.
0
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
所以当x＝x 时，h(x)取得极小值，也是最小值．
0
h(x)＝ －ln x－2＝－
0 0
＝＋x－2>2－2＝0，
0
所以h(x)＝ex－ln x－2>0，
故f(x)<2ex－x－4.
方法二 当a＝0时，要证f(x)<2ex－x－4，
即证ex－ln x－2>0，
由x>0时，ex>x＋1可得ex－1>x，
由x>0时，ln x≤x－1可得x≥ln x＋1，
故ex－1>x≥ln x＋1，
即ex－ln x－2>0，
即原不等式成立．
培优点 3 隐零点问题
例1 解 (1)因为f′(x)＝－asin x＋bex，
所以
解得
(2)由(1)知f(x)＝cos x－ex，x∈，
所以f′(x)＝－sin x－ex，
设g(x)＝－sin x－ex
g′(x)＝－cos x－ex＝－(cos x＋ex)．
当x∈时，
cos x≥0，ex>0，所以g′(x)<0；
当x∈时，－1≤cos x≤1，ex>1，
所以g′(x)<0.
所以当x∈时，g′(x)<0，
g(x)单调递减，即f′(x)单调递减．
因为f′(0)＝－1<0，f′＝－
因为 >e>2，
所以
所以f′>0，
所以∃x∈，
0
使得f′(x)＝－sin x－
0 0
即 ＝－sin x.
0
所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(x，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
0
所以f(x) ＝f(x)＝cos x－
max 0 0
＝cos x＋sin x＝sin.
0 0
因为x∈，
0
所以x＋∈，
0
所以sin∈，
所以f(x)∈(0,1)．
0
由题意知，c≥f(x)，
0
所以整数c的最小值为1.
跟踪演练1 (1)解 g(x)＝＋2的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝，
则当x∈(0，e)时，
g′(x)＝>0，
g(x)在(0，e)上单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，
g′(x)＝<0，
g(x)在(e，＋∞)上单调递减，
故函数g(x)的极大值为g(e)＝＋2，无极小值．
(2)证明 f(x)≥g(x)等价于证明
xex＋1－2≥ln x＋x(x>0)，即xex＋1－ln x－x－2≥0.
令h(x)＝xex＋1－ln x－x－2(x>0)，
h′(x)＝(x＋1)ex＋1－
＝(x＋1)，
令φ(x)＝ex＋1－，
则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而φ＝ －100，
故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x，
0
且x∈，
0
当x∈(0，x)时，φ(x)<0，h′(x)<0，
0
h(x)在x∈(0，x)上单调递减；
0
当x∈(x，＋∞)时，φ(x)>0，h′(x)>0，
0
h(x)在x∈(x，＋∞)上单调递增，
0
故h(x) ＝h(x)＝ －ln x－x－2，
min 0 0 0
又因为φ(x)＝0，即 ＝，
0
所以h(x)＝－ln x－x－1
0 0 0
＝(x＋1)－x－1＝0，
0 0
从而h(x)≥h(x)＝0，即f(x)≥g(x)．
0
例2 解 依题意，x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x>0，∴k≥－ex＋2恒成立，
令φ(x)＝－ex＋2，
则φ′(x)＝－ex＝，
令μ(x)＝－ln x－x2ex(x>0)，
则 μ′(x)＝－－(2xex＋x2ex)
＝－－xex(2＋x)<0，
∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又μ＝1－ >0，μ(1)＝－e<0，
由函数零点存在定理知，存在唯一零点x∈，使μ(x)＝0，即－ln x＝x
0 0 0
两边取对数可得ln(－ln x)＝2ln x＋x，
0 0 0
即ln(－ln x)＋(－ln x)＝x＋ln x，
0 0 0 0
由函数y＝x＋ln x为增函数，可得x＝－ln x，
0 0
又当00, φ′(x)>0；
0
当x>x 时，μ(x)<0, φ′(x)<0，
0
∴φ(x)在(0，x)上单调递增，
0
在(x，＋∞)上单调递减，
0
∴φ(x)≤φ(x)＝－
0
＝－＋2＝1，
∴k≥φ(x)＝1，
0
即k的取值范围为k≥1.
跟踪演练2 解 ∵f(x)＝2exsin x－ax，
∴f′(x)＝2ex(sin x＋cos x)－a，
令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝4excos x.
∴当x∈时，h′(x)>0；
当x∈时，h′(x)<0，
∴h(x)在上单调递增，
在上单调递减，
即f′(x)在上单调递增，
在上单调递减．
f′(0)＝2－a，f′＝ －a>0，
f′(π)＝－2eπ－a<0.
①当2－a≥0，
即00；
0
当x∈(x，π)时，f′(x)<0，
0
∴f(x)在(0，x)上单调递增，在(x，π)上单调递减．
0 0
∵f(0)＝0，
∴f(x)>0，又f(π)＝－aπ<0，
0
∴由函数零点存在定理可得，此时f(x)在(0，π)上仅有一个零点；
②若20，∴∃x∈，x∈，
1 2
使得f′(x)＝0，f′(x)＝0,
1 2
且当x∈(0，x)，x∈(x，π)时，f′(x)<0；
1 2
当x∈(x，x)时，f′(x)>0.
1 2
∴f(x)在(0，x)和(x，π)上单调递减，在(x，x)上单调递增．
1 2 1 2
∵f(0)＝0，∴f(x)<0，
1
∵f ＝ －a> －3π>0，∴f(x)>0，
2
又∵f(π)＝－aπ<0，
∴由零点存在定理可得，f(x)在(x ，x)和(x ，π)内各有一个零点，即此时f(x)在(0，π)上有两
1 2 2
个零点．
综上所述，当01.
1 2
令F(x)＝f(x)－f ，
则F′(x)＝＋
＝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00)，
令f′(x)>0得x>2，
令f′(x)<0得04等价于x>4－x，
1 2 2 1
又因为4－x>2，x>2，g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
1 2
因此证明不等式等价于证明g(x)>g(4－x)，
2 1
即证明g(x)>g(4－x)，
1 1
即＋ln x－a>＋ln(4－x)－a(00(0h(2)＝1＋ln 2－1－ln 2＝0，
即h(x)＝＋ln x－－ln(4－x)>0(0＋ln(4－x)－a(04.
1 1 1 1 2
例2 证明 若f(x)有两个零点x，x，
1 2
则xln x－ax＋x＝0，
1 1 1
xln x－ax＋x＝0，
2 2 2
得a＝＋＝＋.
因为x>2x>0，令x＝tx (t>2)，
2 1 2 1
则＋＝＋，
得ln x＝－1，
1
则ln x＝ln(tx )
2 1
＝ln t＋ln x
1＝－1，
所以ln(xx)＝ln x＋ln x
1 2 1 2
＝－1＋－1
＝－2.
令h(t)＝－2(t>2)，
则h′(t)＝，
令φ(t)＝－2ln t＋t－(t>2)，
则φ′(t)＝－＋1＋
＝>0，
则φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以φ(t)>φ(2)＝－2ln 2>0.
所以h′(t)＝>0，
则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(2)＝3ln 2－2＝ln ，
即ln(xx)>ln ，
1 2
故xx>.
1 2
跟踪演练2 (1)解 f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－＝，
要使y＝f(x)有两个零点，则a>0，
令f′(x)>0，解得x>，
令f′(x)<0，解得0e.
(2)证明 因为1，
1 2
令＝t(t>1)，
由f(x)＝f(x)⇒x－2aln x
1 2 1
＝x－2aln x，
2
即x－2aln x＝t2x－2aln tx ⇒x＝，
1 1
而x＋3x>4x⇔(3t＋1)x>4⇔(3t＋1)2x>16a，
1 2 0 1
即(3t＋1)2·>16a，
由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2ln t－8t2＋8>0，
令h(t)＝(3t＋1)2ln t－8t2＋8，则h′(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
令n(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
则n′(t)＝18ln t＋11＋>0(t>1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)>n(1)＝0，
故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
h(t)>h(1)＝0，
所以x＋3x>4x.
1 2 0
专题二 三角函数与解三角形
第 1 讲 三角函数的图象与性质
例1 (1)B [因为角α的终边经过点(－1,2)，
所以sin α＝＝，
cos α＝＝－，
所以cos 2α＝cos2α－sin2α＝－＝－.]
(2)
解析 sincos
＝－cos α·(－sin α)
＝sin αcos α＝.
∵0<α<，
∴00)相邻两条对称轴之间的距离2π，
则T＝2π，即T＝4π，
则ω＝＝，
则f(x)＝sin，
由2kπ－≤x＋≤2kπ＋，
得4kπ－≤x≤4kπ＋(k∈Z)，
所以f(x)在上单调递增，
由(－m，m)⊆得00，
所以当x∈时，
ωx－∈.
又因为函数f(x)＝sin(ω>0)在上的值域是，
所以≤－≤，
解得≤ω≤3.]
(2)解析 f(x)＝sin ωx＋acos ωx
＝sin(ωx＋φ)，
因为f(x) ＝＝2，a>0，
max
故a＝，
原式为f(x)＝2sin，
当f(x)取到最大值时，ωx＋＝＋2kπ，k∈Z，
当x∈[0,3]，f(x)取得两次最大值时，k分别为0和1，当k＝1时，ωx＋＝＋2π，x＝，
此时需满足≤3，
解得ω≥.
跟踪演练1 A
例2 (1)10
解析 因为f(0)＝sin φ＝，
又|φ|≤，所以φ＝，
所以f(x)＝sin，
当x∈且ω>0时，
＋<ωx＋<＋，因为f(x)在区间上单调递减，
则⊆(k∈Z)，
即
解得4＋32k≤ω≤10＋16k(k∈Z)，
因为ω>0，则
则0≤k≤且k∈Z，故k＝0，
从而4≤ω≤10，
因此，ω的最大值为10.
(2)C [因为直线x＝是曲线y＝sin(ω>0)的一条对称轴，则ω－＝kπ＋，k∈Z，
即ω＝4k＋3，k∈Z，
由－≤ωx－≤，得－≤x≤，
则函数y＝sin在上单调递增，
而函数y＝sin在区间上不单调，
则<，解得ω>9，
所以ω的最小值为11.]
跟踪演练2 B
例3 (1)C [由题意可得ω>0，
故由x∈(0，π)，
得ωx＋∈.根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，知<πω＋≤，得<ω≤.
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，知2π<πω＋≤3π，得<ω≤.
综上，ω的取值范围为.]
(2)C [因为f(a＋x)＋f(a－x)＝2，
所以f(x)的图象关于(a，1)对称，所以b＝1，
所以f(x)＝2sin＋1(ω>0)，
令f(x)＝0，
则2sin＋1＝0，
即sin＝－，
因为x∈[0,1]，
所以ωx－∈，
因为f(x)在区间[0,1]上有且仅有3个零点，
所以≤ω－<，
则2π≤ω<，
所以≤－<，
则－1≤sin<，
所以－1≤2sin＋1<＋1，
即－1≤f <＋1.]
跟踪演练3
微重点 7 几何特征在解三角形中的应用
例1 解 (1)依题意有
asin B＝2bcos2
＝(1－cos A)b，
所以sin Asin B＝(1－cos A)sin B，
因为在△ABC中sin B≠0，
所以sin A＝1－cos A，
又sin2A＋cos2A＝1，
解得sin A＝，cos A＝－，
所以A＝.
(2)由|AD|＝＝2，
得|AB＋AC|＝4，所以
|AB|2＋|AC|2＋2|AB||AC|cos＝|AB|2＋|AC|2－|AB||AC|
＝16≥|AB||AC|，
所以(|AB||AC|) ＝16，
max
当且仅当|AB|＝|AC|＝4时，等号成立．所以△ABC面积的最大值为
S＝|AB|·|AC|·sin∠BAC＝4.
跟踪演练1 (1)证明 由题意得，CD＝，
由正弦定理得＝，
即＝，所以CD＝，
由于c2＝ab，所以CD＝c.
(2)解 由题意知CD＝c，
AD＝，DB＝，
所以cos∠ADC＝
＝，
同理cos∠BDC＝
＝，
由于∠ADC＝π－∠BDC，
所以＋＝0，
整理得a2＋b2＝c2，
由余弦定理得cos∠ACB＝＝＝.
例2 解 (1)因为AC＝2AB＝2，∠BAC＝120°，
利用余弦定理可得
BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·
cos∠BAC＝7，
故BC＝，
由角平分线定理知＝，
又＝，
所以＝，又BD＋CD＝，
所以CD＝.
(2)根据题意得，△ABC的面积等于△ABD的面积与△ACD的面积之和，又AB＝c，AC＝b，
所以
××bc＝××b×1＋××c×1，
整理得bc＝b＋c.
所以b＋c＝bc≤2，即≥b＋c，
解得b＋c≥4，
当且仅当b＝c＝2时取“＝”，
即AB＋AC的最小值为4.
跟踪演练2 ACD
例3 解 选择①：
由S ＝·AB·BC·sin∠ABC
△ABC
＝×2·BC·sin ＝2，
得BC＝2.
由余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC
＝4＋8－2×2×2×＝20，
所以AC＝＝2.
选择②：
设∠BAC＝∠CAD＝θ，
则0<θ<，∠BCA＝－θ.
在△ABC中，
＝，
即＝，
所以AC＝.
在△ACD中，
＝，
即＝，
所以AC＝，
所以＝，
解得2sin θ＝cos θ，
又0<θ<，
所以sin θ＝，
所以AC＝＝2.
跟踪演练3 (1)D (2)
微重点 8 平面向量的最值与范围问题
例1 (1)[1,4]解析 根据题意，不妨设正六边形ABCDEF的边长为2，以O为原点建立平面直角坐标系，
如图所示，
则F(－2，0)，D(，3)，
C(2，0)，B(，－3)，
设点G的坐标为(m，n)，
则CG＝(m－2，n)，
CB＝(－，－3)，CD＝(－，3)，
由CG＝λCB＋μCD可得，
m－2＝－λ－μ，
即λ＋μ＝－m＋2，
数形结合可知m∈[－2，]，
则－m＋2∈[1,4]，即λ＋μ的取值范围为[1,4]．
(2)A [∵非零向量a，b的夹角为θ，若|a|＝2|b|，
a·b＝|a||b|cos θ＝2|b|2cos θ，
不等式|2a＋b|≥|a＋λb|对任意θ恒成立，
∴(2a＋b)2≥(a＋λb)2，
∴4a2＋4a·b＋b2≥a2＋2λa·b＋λ2b2，
整理可得(13－λ2)＋(8－4λ)cos θ≥0恒成立，
∵cos θ∈[－1,1]，
∴
∴
∴－1≤λ≤3.]
跟踪演练1 C
例2 (1)C [可设e＝(1,0)，a＝(x，y)，
则(a－e)·(a－5e)＝(x－1，y)·(x－5，y)＝x2－6x＋5＋y2＝0，
即(x－3)2＋y2＝4，
则1≤x≤5，－2≤y≤2，
|a＋e|＝
＝，当x＝5时，取得最大值为6，
即|a＋e|的最大值为6.]
(2)
解析 因为＋＝，
且AB＋AD＝AC，
所以|AB|∶|AD|∶|AC|＝1∶2∶λ，
不妨设|AB|＝1，
则|AD|＝2，|AC|＝λ，
在等式＋＝两边同时平方可得5＋4cos∠BAD＝λ2，则cos∠BAD＝，
因为λ∈[，2]，所以
cos∠BAD＝∈.
跟踪演练2 B
例3 (1)B [∵|a－b|2
＝a2－2a·b＋b2
＝2－2a·b＝1，
∴a·b＝，
∴(a－b)·(b－c)
＝a·b－a·c－b2＋b·c
＝－1－(a－b)·c
＝－－|a－b|·|c|cos〈a－b，c〉
＝－－cos〈a－b，c〉，
∵cos〈a－b，c〉∈[－1,1]，
∴(a－b)·(b－c)∈，
即(a－b)·(b－c)的最大值为.]
(2)[－2,2]
解析 如图所示，以C为原点，BC为x轴正方向，过点C垂直向上的方向为y轴，建立平
面直角坐标系．
因为菱形ABCD的边长为2，
∠ABC＝60°，
则B(－2,0)，C(0,0)，D(1，)，A(－1，)．
因为点P在BC边上(包括端点)，
所以设P(t，0)，其中t∈[－2,0]．
所以AD＝(2,0)，
AP＝(t＋1，－)，
所以AD·AP＝2t＋2∈[－2,2]．
跟踪演练3 C
培优点 5 平面向量“奔驰定理”
例1 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.]
跟踪演练1
例2
解析 依题意，可得56a＝40b＝35c，
所以b＝a，c＝a，
所以cos B＝＝，
因为01，a＋a>aa＋1>2，
1 6 7 6 7
∴(a－1)(a－1)<0，
6 7
∵a>1，若a<1，
1 6
则一定有a<1，不符合题意，
7
则a>1，a<1，
6 7
∴02，∴aa>1，
6 7 6 7T ＝aaa…a ＝(aa)6>1，故C正确；
12 1 2 3 12 6 7
T ＝a<1，故D错误．]
13
跟踪演练2 (1)C (2)BCD
例3 (1)证明 由a ＝6a －9a，
n＋2 n＋1 n
得a －3a ＝3a －9a
n＋2 n＋1 n＋1 n
＝3(a －3a)，
n＋1 n
且a－3a＝5－3＝2，
2 1
所以数列{a －3a}为等比数列，首项为2，公比为3.
n＋1 n
(2)解 由(1)得
a －3a＝2×3n－1，
n＋1 n
等式左右两边同时除以3n＋1，可得
－＝，即－＝，且＝，
所以数列为等差数列，首项为，公差为，
所以＝＋(n－1)×＝，
所以a＝×3n
n
＝(2n＋1)×3n－2.
跟踪演练3 (1)解 当n＝1时，
a＝3S－2＝3a－2，
1 1 1
所以a＝1；
1
当n≥2时，因为a＝3S－2，
n n
所以a ＝3S －2，
n－1 n－1
所以a－a ＝3a，
n n－1 n
即a＝－a ，
n n－1
所以数列{a}是等比数列，
n
其通项公式为a＝n－1.
n
(2)证明 对任意的m∈N*，
2S ＝2×
m＋2
＝，
S ＋S ＝
m m＋1
＋
＝
＝，
所以2S ＝S ＋S ，
m＋2 m m＋1即S ，S ，S 成等差数列．
m m＋2 m＋1
第 2 讲 数列求和及其综合应用
例1 解 因为数列 是公比为4的等比数列，
所以 ＝4，
所以a －a＝2，
n＋1 n
所以数列{a}是公差为2的等差数列，
n
因为a，a，a 成等比数列，
2 4 7
所以a＝aa，
2 7
所以(a＋6)2＝(a＋2)(a＋12)，
1 1 1
解得a＝6，
1
所以a＝6＋2(n－1)＝2n＋4，
n
因为S 为数列{b}的前n项和，且b 是1和S 的等差中项，
n n n n
所以S＋1＝2b，
n n
当n≥2时，有S ＋1＝2b ，
n－1 n－1
两式相减得b＝2b－2b ，
n n n－1
即b＝2b ，
n n－1
当n＝1时，
有S＋1＝b＋1＝2b，
1 1 1
所以b＝1，
1
所以数列{b}是首项为1，公比为2的等比数列，
n
所以b＝2n－1，
n
因为c＝k∈N*.
n
所以数列{c}的前2n－1项和为
n
a＋b＋a＋b＋…＋a
1 2 3 4 2n－1
＝(a＋a＋…＋a )＋(b＋b＋…＋b )
1 3 2n－1 2 4 2n－2
＝6n＋×4＋
＝2n2＋4n＋(4n－1－1)．
例2 解 (1)选择①.
由S＝(a－1)(n＋2)得，
n n
当n＝1时，a＝S＝(a－1)(1＋2)，
1 1 1解得a＝3，
1
当n≥2时，S ＝(a －1)(n＋1)，
n－1 n－1
则a＝S－S ＝(a－1)(n＋2)－(a －1)·(n＋1)，
n n n－1 n n－1
即na＝(n＋1)a ＋1，两边各项同除以n(n＋1)得－＝＝－(n≥2)，
n n－1
当n≥2时，
＝＋＋＋…＋＋
＝＋＋
＋…＋＋
＝＋－
＝2－＝，
所以a＝2n＋1，
n
经检验当n＝1时，a＝2×1＋1＝3也成立，故a＝2n＋1.
1 n
选择②.
由S－(n2＋2n－1)S－(n2＋2n)＝0得，
n
[S－(n2＋2n)](S＋1)＝0，
n n
∴S＝n2＋2n或S＝－1，
n n
∵a>0，∴S＝－1舍去．
n n
∴S＝n2＋2n.
n
当n＝1时，a＝S＝12＋2×1＝3，
1 1
当n≥2时，a＝S－S
n n n－1
＝n2＋2n－(n－1)2－2(n－1)
＝2n＋1，
当n＝1时，符合上式，∴a＝2n＋1.
n
(2)由(1)知S＝n2＋2n，
n
∴＝＝，
∴T＝＋＋…＋
n
＝
＝
＝－－，
∴T＝－－.
n
例3 解 (1)因为a ＝2S＋1，
n＋1 n
所以a＝2S ＋1(n≥2)，
n n－1
两式相减可得a －a＝2a，
n＋1 n n
所以a ＝3a(n≥2)，
n＋1 n令n＝1，
可得a＝2S＋1＝2a＋1＝3，
2 1 1
所以＝3，
所以数列{a}是首项为1，公比为3的等比数列，所以a＝3n－1.
n n
(2)由题意，
可得d＝＝，
n
所以＝，
所以T＝＋＋＋…＋，
n
T＝＋＋…＋＋，
n
两式相减可得T＝1＋－
n
＝1＋×－
＝－，
所以T＝－.
n
跟踪演练1 (1)解 ①设等比数列{a}的公比是q，首项是a.
n 1
由8a＝a，可得q＝2.
3 6
由a＋a＝36，
2 5
可得aq(1＋q3)＝36，
1
所以a＝2，所以a＝2n.
1 n
②因为b＝＝－，
n
所以T＝b＋b＋…＋b
n 1 2 n
＝＋＋…＋
＝－＝－.
又>0，所以T<.
n
(2)解 ①设等比数列的公比为q(q>0)，
因为a＝2，
2
所以aq＝2⇒a＝，
1 1
由a －S ＝a －S
n＋3 n＋2 n＋1 n
⇒a －a ＝S －S
n＋3 n＋1 n＋2 n
⇒a －a ＝a ＋a
n＋3 n＋1 n＋2 n＋1
⇒a －a －2a ＝0
n＋3 n＋2 n＋1
⇒a (q2－q－2)＝0，
n＋1
因为a ≠0，所以q2－q－2＝0，
n＋1
因为q>0，所以解得q＝2，即a＝＝1，
1
所以数列{a}的通项公式为
n
a＝1×2n－1＝2n－1.
n
②由①可知a＝2n－1，
n
所以b＝＝，
n
所以T＝1＋＋＋…＋，(*)
n
T＝＋＋＋…＋，(**)
n
由(*)－(**)得T＝1＋2×－
n
＝1＋2×－
＝3－，
所以T＝6－，
n
代入T<－中，
n
得6－<－⇒2n>2⇒n>1，
因为n∈N*，所以n的最小值为2.
例4 (1)C [因为S ＝×5×3＝，
△ABC
△ABC ∽△ABC，＝，
1 1 1
所以 ＝，
所以S ， …成等比数列，其首项为，公比为，
△ABC
所以这一系列三角形的面积之和为S＝＝10，无限趋近于10.]
n
(2)(－∞，17]
解析 ∵a－2a a－3a＝0，
n＋1 n
∴(a ＋a)(a －3a)＝0，
n＋1 n n＋1 n
∵a>0，∴a ＝3a，又a＝1，
n n＋1 n 1
∴数列{a}是首项为1，公比为3的等比数列，
n
∴a＝3n－1，
n
S＝＝－，
n
∴不等式a(λ－2S)≤27即λ≤2S＋＝3n＋－1对n∈N*恒成立，
n n n
∵3n＋≥2＝18，
当且仅当3n＝，
即n＝2时， ＝18，
min
∴λ≤17，
∴实数λ的取值范围为(－∞，17]．跟踪演练2 (1)B (2)B
微重点 9 数列的递推关系
例1 (1)ABD [因为a－3a ＝2aa ，
n n＋1 n n＋1
两边同除aa ，
n n＋1
可得＝＋2，
所以＋1＝3，
又＋1＝2≠0，
所以是以2为首项，3为公比的等比数列，故A正确；
所以＋1＝2×3n－1，
即a＝，
n
所以{a}为递减数列，
n
故B正确，C错误；
所以＝2×3n－1－1，的前n项和为
T＝(2×30－1)＋(2×31－1)＋…＋(2×3n－1－1)
n
＝2×(30＋31＋…＋3n－1)－n
＝2×－n＝3n－n－1，
故D正确．]
(2)D [由a ＋a＝3×2n得，
n＋1 n
a －2n＋1＝－(a－2n)．
n＋1 n
又a－21＝－1，
1
所以{a－2n}是首项为－1，公比为－1的等比数列，
n
所以a－2n＝(－1)n，
n
即a＝2n＋(－1)n，
n
所以S ＝21＋22＋…＋299＋2100＋(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)99＋(－1)100＝＋0＝2101－2.]
100
跟踪演练1 (1)C (2)C
例2 解 (1)方法一 由题意知当n≥2时，
S＋S ＝na，
n n－1 n
∴S＋S ＝n(S－S )，
n n－1 n n－1
整理得S＝S ，
n n－1
由S＝a＝3，
1 1
∴S＝××××…×××3＝(n2＋n)，
n
经检验，S＝3也符合S＝(n2＋n)．
1 n∴当n≥2时，a＝S－S
n n n－1
＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝3n.
a＝3也满足a＝3n，
1 n
∴数列{a}的通项公式为a＝3n.
n n
方法二 由题意知当n≥2时，
S＋S ＝na，
n n－1 n
∴当n≥3时，
S ＋S ＝(n－1)a ，
n－1 n－2 n－1
两式相减得a＋a ＝na－(n－1)·a (n≥3)，
n n－1 n n－1
即(n－1)a＝na ，
n n－1
∴＝(n≥3)，
∴当n≥3时，为常数列，
又由S＋S＝2a 得a＝6，
2 1 2 2
同理可得a＝9，
3
∴＝＝＝3，
∴＝＝3，即a＝3n，
n
∴数列{a}的通项公式为a＝3n.
n n
(2)由(1)得b＝1－＝1－
n
＝＝×，
∴b·b·…·b＝××××××…××＝.
2 3 n
由＝，得n＝88.
跟踪演练2 (1)C
(2)ACD [因为2aS＝1＋a，
n n
当n＝1时，2aS＝1＋a，
1 1
解得S＝1，
1
当n≥2时，a＝S－S ，
n n n－1
即2(S－S )S＝
n n－1 n
1＋(S－S )2，
n n－1
整理得S－S＝1，
所以数列{S}是首项为S＝1，公差为1的等差数列，所以S＝1＋(n－1)×1＝n，故A正确；
又正项数列{a}的前n项和为S，
n n
所以S＝，
n
当n＝1时，解得S＝1，
1当n≥2时，a＝S－S ，
n n n－1
即a＝－，
n
又S＝a＝1，
1 1
所以a＝－
n
＝，
a ＝－＝，
n＋1
因为＋>＋，
所以<，
即a 0，
所以满足T≥3的n的最小正整数解为10，故D正确．]
n
微重点 10 子数列问题
例1 (1)证明 由题意可知
b＝a＝1，
1 1
b ＝a ＝2a ＝2(a ＋1)
n＋1 2n＋1 2n 2n－1
＝2a ＋2＝2b＋2，
2n－1 n
故b ＋2＝2(b＋2)，
n＋1 n
即＝2，
故{b＋2}是以b＋2＝3为首项，以q＝2 为公比的等比数列，
n 1
所以b＋2＝3×2n－1，n∈N*，
n
故b＝3×2n－1－2，n∈N*.
n
(2)解 由(1)知，b＝3×2n－1－2，n∈N*，
n
即a ＝3×2n－1－2，n∈N*，
2n－1
由题意知a ＝k∈N*，
n＋1
故a ＝a ＋1，n∈N*，
2n 2n－1
故数列{a}的前2n项和 S ＝(a＋a＋a＋…＋a )＋(a＋a＋a＋…＋a )
n 2n 1 3 5 2n－1 2 4 6 2n
＝2(a＋a＋a＋…＋a )＋n
1 3 5 2n－1
＝2[3(20＋21＋22＋…＋2n－1)－2n]＋n
＝6×－3n＝6(2n－1)－3n .
跟踪演练1 解 (1)由已知可得，2a＝a ＋a (n≥2)，
n n－1 n＋1
则数列{a}为等差数列，
n
设其公差为d，
由a＝a＋6d＝13，解得d＝2，
7 1
∴a＝2n－1，
n
在数列{b}中，
n
当n＝1时，b＝S＝1，
1 1
当n≥2时，
b＝S－S ＝－
n n n－1＝3n－1，
当n＝1时，满足上式，∴b＝3n－1.
n
(2)因为c＝
n
则当n为偶数时，
T＝c＋c＋c＋…＋c
n 1 2 3 n
＝1＋5＋…＋2n－3＋3＋…＋3n－1
＝＋
＝＋，
当n为奇数时，
T＝T ＋c＝＋(n>2)，
n n－1 n
当n＝1时，上式也成立．
综上，
T＝
n
例2 解 (1)由S＝，
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
由T＝ ，
n
当n＝1时，b＝T＝2，
1 1
当n≥2时，b＝＝2n，
n
当n＝1时，上式也成立，
所以b＝2n.
n
(2)数列{a}和{b}的公共项依次为21,23,25,27，…，
n n
∴21,23,25,27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，∴c＝2×4n－1，
n
则c＋c＋…＋c ＝＝.
1 2 20
跟踪演练2 3n2－2n
例3 解 (1)由于数列{a}是公比大于1的等比数列，设首项为a，公比为q，
n 1
依题意有
解得a＝2，q＝2或a＝32，
1 1
q＝(舍)，
所以a＝2n，所以数列{a}的通项公式为a＝2n.
n n n
(2)方法一 由题意知，2n≤m，即n≤log m，
2
当m＝1时，b＝0.
1
当m∈[2k,2k＋1－1)时，
b ＝k，k∈N*，
m
则S ＝b＋(b＋b)＋(b＋b＋…＋b)＋…＋(b ＋b ＋…＋b )＋(b ＋b ＋…＋b )
100 1 2 3 4 5 7 32 33 63 64 65 100
＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37
＝480.
方法二 由题意知b ＝k，m∈[2k,2k＋1)，
m
因此，当m＝1时，b＝0；
1
当m∈[2,4)时，b ＝1；
m
当m∈[4,8)时，b ＝2；
m
当m∈[8,16)时，b ＝3；
m
当m∈[16,32)时，b ＝4；
m
当m∈[32,64)时，b ＝5；
m
当m∈[64,128)时，b ＝6.所以
m
S ＝b＋b＋b＋b＋…＋b
100 1 2 3 4 100
＝0＋(1＋1)＋(2＋2＋2＋2)＋…＋(6＋6＋…＋6)
＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37＝480.
所以数列{b}的前100项和S ＝480.
n 100
跟踪演练3 解 (1)由S＝(a－1)，
n n
得S ＝(a －1)，
n＋1 n＋1
两式相减得a ＝a －a，
n＋1 n＋1 n
即a ＝－a，
n＋1 n
又当n＝1时，
a＝S＝(a－1)，
1 1 1
解得a＝－，
1
所以{a}是以－为首项，－为公比的等比数列，
n
所以a＝n.
n
(2)由(1)可知
b＝a·sin＝k∈N，
n n
所以b，b，b，b，…，b ，b 是首项为－，公比为－的等比数列，共有50项，
1 3 5 7 97 99
所以T ＝a－a＋a－a＋…＋a －a
100 1 3 5 7 97 99
＝＝－＋×.
专题四 立体几何
第 1 讲 空间几何体
例1 (1)C [该圆锥的母线长为＝160，
所以圆锥的侧面展开图是圆心角为＝的扇形，
如图，展开圆锥的侧面，连接A′B，
由两点之间线段最短，知观光公路为图中的A′B，A′B＝＝＝200，
过点S作A′B的垂线，垂足为H，
记点P为A′B上任意一点，连接PS，当上坡时，P到山顶S的距离PS越来越小，当下坡
时，P到山顶S的距离PS越来越大，
则下坡段的公路为图中的HB，
由Rt△SA′B∽Rt△HSB，
得HB＝＝＝72(km)．]
(2)D [由题意知，
AE＝AD＝AB＝1，BC＝2，
在△ACE中，由余弦定理知，
CE2＝AE2＋AC2－2AE·AC·cos∠CAE
＝1＋3－2×1××＝1，
∴CE＝CF＝1，
而BF＝BD＝，
BC＝2，
∴在△BCF中，由余弦定理知，
cos∠FCB＝
＝＝.]
跟踪演练1 (1)ABD (2)D例2 (1)C [方法一 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合＝2，可知甲、乙两个
圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.
不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r ，r ，高分别为h ，
1 2 1
h，
2
则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，
所以2πr＝4π，2πr＝2π，得r＝2，r＝1.
1 2 1 2
由勾股定理得，
h＝＝，
1
h＝＝2，
2
所以＝＝＝.
方法二 设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r ，r ，高分别为h ，h ，
1 2 1 2
侧面展开图的圆心角分别为n，n，
1 2
则由＝＝＝2，
得＝＝2.
由题意知n＋n＝2π，
1 2
所以n＝，n＝，
1 2
所以2πr＝l，2πr＝l，
1 2
得r＝l，r＝l.
1 2
由勾股定理得，
h＝＝l，
1
h＝＝l，
2
所以＝＝＝.]
(2)CD [如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.
设AB＝ED＝2FB＝2，
则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.
因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，
所以FB⊥平面ABCD，
所以V＝V ＝S ·ED＝×AD·CD·ED
1 E－ACD △ACD
＝××2×2×2＝，V＝V ＝S ·FB
2 F－ABC △ABC
＝×AB·BC·FB
＝××2×2×1＝.
因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC，
又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，
所以AC⊥平面BDEF.
因为OE，OF⊂平面BDEF，
所以AC⊥OE，AC⊥OF.
易知AC＝BD＝AB＝2，
OB＝OD＝BD＝，
OF＝＝，
OE＝＝，
EF＝
＝＝3，
所以EF2＝OE2＋OF2，
所以OF⊥OE.
又OE∩AC＝O，OE，
AC⊂平面ACE，
所以OF⊥平面ACE，
所以V＝V ＝S ·OF
3 F－ACE △ACE
＝×AC·OE·OF
＝××2××＝2，
所以V≠2V，V≠V，V＝V＋V 2V＝3V，所以选项A，B不正确，选项C，D正确．]
3 2 1 3 3 1 2, 3 1
跟踪演练2 (1)C (2)B
例3 (1)C [因为VA⊥底面ABC，AB，AC⊂底面ABC，
所以VA⊥AB，VA⊥AC，
又因为∠BAC＝90°，
所以AB⊥AC，
而AB＝AC＝VA＝2，
所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外
接球的半径
R＝×＝，
设该三棱锥的内切球的半径为r，因为∠BAC＝90°，
所以BC＝＝＝2，
因为VA⊥AB，VA⊥AC，
AB＝AC＝VA＝2，
所以VB＝VC＝＝＝2，
由三棱锥的体积公式可得，
3×××2×2·r＋××2×2×·r＝××2×2×2⇒r＝，
所以r∶R＝∶
＝(－1)∶3.]
(2)A [由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为
××3＝3，
××4＝4.
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O ，O ，连接OO(图略)，则OO ＝1，其外接
1 2 1 2 1 2
球的球心O在直线OO 上．
1 2
设球O的半径为R，当球心O在线段OO 上时，R2＝32＋OO＝42＋(1－OO )2，解得OO ＝
1 2 1 1
4(舍去)；
当球心O不在线段OO 上时，R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO )2，解得OO ＝3，所以R2＝25，
1 2 2 2
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
综上，该球的表面积为100π.]
跟踪演练3 (1)C (2) π
第 2 讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
例1 (1)BD [A选项，两个平行平面内的两条直线，可能平行，或者异面，A选项错误；
B选项，若m⊥α，n⊥β，则直线m，n对应的方向向量m，n可看作α，β的法向量，由于
m∥n，又α，β是两个不同的平面，则α∥β，故B选项正确；
C选项，若两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于两个平面交线的直线才垂直于另一个平
面，从选项中无法判断m，n和交线的位置关系，因此m，n可能相交但不垂直，平行，异
面但不垂直，C选项错误；
D选项，若m⊂β，又m⊥α，根据面面垂直的判定定理，即有α⊥β，若m⊄β，由于m∥n，
n∥β，则m∥β，过m任作一个平面，使其和β相交于直线c，根据线面平行的性质定理，
m∥c，又m⊥α，则c⊥α，结合c⊂β，即α⊥β，故D选项正确. ]
(2)AC [连接AC，EF，BD，MH，EH，EM，则AC与EF相交且相互平分，故四边形
AECF为平行四边形，故A正确；所以AE∥CF.又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，
所以GM∥AE，NH∥CF，
且GM＝AE，NH＝CF，
所以GM∥NH，且GM＝NH，
所以四边形MNHG是平行四边形，故B错误；
易证平面MNHG∥平面EAB，
又GH⊂平面MNGH，
所以GH∥平面EAB，故C正确；
因为EH⊥BC，MH⊥BC，
EH∩MH＝H，
所以BC⊥平面EMH，
而GH⊄平面EMH，GH∩EH＝H，
所以GH与BC不垂直，故D错误．]
跟踪演练1 (1)ABD (2)B
例2 证明 (1)∵四边形AAC C为矩形，
1 1
∴AC⊥C C，
1
又平面CC BB⊥平面AAC C，
1 1 1 1
平面CC BB∩平面AAC C＝CC ，
1 1 1 1 1
∴AC⊥平面CC BB，
1 1
∵C B⊂平面CC BB，
1 1 1
∴AC⊥C B，
1
又四边形CC BB为菱形，
1 1
∴BC⊥BC ，
1 1
∵BC∩AC＝C，AC⊂平面ABC，
1 1
BC⊂平面ABC，
1 1
∴BC ⊥平面ABC.
1 1(2)如图，取AA 的中点F，连接DF，EF，
1
∵四边形AAC C为矩形，E，F分别为C C，AA 的中点，
1 1 1 1
∴EF∥AC，又EF⊄平面ABC，
1
AC⊂平面ABC，
1
∴EF∥平面ABC，
1
同理可得DF∥平面ABC，
1
∵EF∩DF＝F，EF⊂平面DEF，
DF⊂平面DEF，
∴平面DEF∥平面ABC，
1
∵DE⊂平面DEF，
∴DE∥平面ABC.
1
跟踪演练2 (1)证明 连接AC，如图，因为在直三棱柱ABC－ABC 中，AAC C为平行四
1 1 1 1 1 1
边形，
故AC和AC 相交，且交点为它们的中点N，
1 1
又因为M为AB的中点，
1
所以MN为△ABC的中位线，
1
所以MN∥BC .
因为AA⊥平面ABC，
1
BC⊂平面ABC，
所以AA⊥BC，所以AA⊥MN，
1 1
即MN⊥AA.
1
(2)解 存在，当P为BC 的中点时，
1
平面MNP∥平面ABC.连接PN，PM，
如图，
因为N为AC 的中点，P为BC 的中点，
1 1
所以PN∥AB，
又PN⊄平面ABC，
AB⊂平面ABC，
所以PN∥平面ABC，
又由(1)知MN∥BC，
BC⊂平面ABC，
MN⊄平面ABC，
故MN∥平面ABC，
又MN∩PN＝N，MN，
PN⊂平面PMN，
所以平面MNP∥平面ABC.
例3 (1)B [如图，由CF＝2FB，
CG＝2GD，
得FG∥BD且FG＝BD，
由E为AB中点，H为AD中点，
得EH∥BD且EH＝BD，
所以EH∥FG，且EH≠FG，
所以四边形EFGH为梯形．
梯形EFGH的两腰EF，HG延长必交于一点，所以EF与GH相交，EH与FG平行，
故选项A，C，D不正确，选项B正确．]
(2)ABD [如图所示，取CD的中点F，连接MF，BF，AC，易得MF∥AD，BF∥DE，
1
∵MF⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
1 1 1
∴MF∥平面ADE，
1
同理可得BF∥平面ADE，
1
又MF∩BF＝F，MF，BF⊂平面BMF，
∴平面BMF∥平面ADE，
1
∵BM⊂平面BMF，
∴BM∥平面ADE，D选项正确；
1
又∠BFM＝∠ADE，
1
MF＝AD＝定值，
1
BF＝DE＝定值，
由余弦定理知，
MB2＝MF2＋BF2－2MF·BF·
cos∠MFB，
∴BM为定值，A选项正确；
∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，B选项正确；
∵AC在平面ABCD中的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直，
1
∴不存在某个位置，使DE⊥AC，C选项错误．]
1
跟踪演练3 ABC
第 3 讲 空间向量与空间角
例1 (1)D [方法一 如图，连接C P，因为ABCD－ABC D 是正方体，且P为BD 的中
1 1 1 1 1 1 1
点，
所以C P⊥BD，
1 1 1
又C P⊥BB，
1 1BD∩BB＝B，
1 1 1 1
所以C P⊥平面BBP.
1 1
又BP⊂平面BBP，所以C P⊥BP.
1 1
连接BC ，则AD∥BC ，
1 1 1
所以∠PBC 为直线PB与AD 所成的角．
1 1
设正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，
1 1 1 1
则在Rt△C PB中，
1
C P＝BD＝，
1 1 1
BC ＝2，sin∠PBC＝＝，
1 1
所以∠PBC＝.
1
方法二 以B 为坐标原点，BC ，BA ，BB所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直
1 1 1 1 1 1
角坐标系(图略)，设正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，则B(0,0,2)，P(1,1,0)，D(2,2,0)，
1 1 1 1 1
A(0,2,2)，PB＝(－1，－1，2)，AD1＝(2,0，－2)．设直线PB与AD 所成的角为θ，则cos θ
1
＝＝＝.因为θ∈，所以θ＝.
方法三 如图所示，连接BC ，AB，AP，PC ，则易知AD∥BC ，所以直线PB与AD 所
1 1 1 1 1 1 1
成的角等于直线PB与BC 所成的角．
1
根据P为正方形ABC D 的对角线BD 的中点，易知A ，P，C 三点共线，且P为AC 的
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
中点．易知AB＝BC ＝AC ，所以△ABC 为等边三角形，所以∠ABC ＝，又P为AC 的中
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
点，所以可得∠PBC＝∠ABC ＝.]
1 1 1
(2)A [设上底面圆心为O，下底面圆心为O，连接OO ，OC，OB，OC ，OB，
1 1 1 1 1 1
以O为原点，分别以OC，OB，OO 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
1
则C(1,0,0)，A(0,2,0)，B(0,1,2)，D(2,0,2)，
1 1
则CD1＝(1,0,2)，AB1＝(0，－1,2)，cos〈CD1，AB1〉＝＝＝，
又异面直线所成角的范围为，
所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为.]
1 1
跟踪演练1 (1)B (2)B
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的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则有即
可取n＝(，1,1)，
则cos〈n，DP〉＝＝，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.
跟踪演练2 (1)证明 连接BE，
∵BC＝AD＝DE＝2，AD∥BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴BE＝CD＝2，
∵PA＝PD且E为AD的中点，
∴PE⊥AD，
∴PD＝＝＝2，
∴PB＝PD＝2，
∴PE2＋BE2＝PB2，即PE⊥BE，
又∵AD∩BE＝E，AD，BE⊂平面ABCD，
∴PE⊥平面ABCD.
(2)解 以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,2,0)，P(0,0,4)，
∴AB＝(－2,2,0)，PB＝(0,2，－4)，
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
故可取n＝(2,2,1)，
设BM＝t(t∈[0,2])，
则M(－t，2,0)，而N(0,0,2)，
∴MN＝(t，－2,2)，
设直线MN与平面PAB所成的角为θ，则sin θ＝
＝
＝＝，
化简得11t2－24t＋4＝0，
解得t＝2或t＝，满足t∈[0,2]，
故线段BM的长度为2或.
例3 (1)证明 如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，
所以PO⊥平面ABC.
因为AB⊂平面ABC，
所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，
且PO∩PD＝P，
所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，
所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，AB，OD，AC⊂平面ABC，
所以OD∥AC.
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为BA，BP的中点，
所以DE∥PA.
因为DE⊄平面PAC，
PA⊂平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
(2)解 连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝＝＝4.
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，
所以OD＝OAsin 30°＝4×＝2，
AB＝2AD＝2OAcos 30°＝2×4×＝4.
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan 60°＝4×＝12.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z
轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，B(4，0,0)，C(0,12,0)，P(2，2,3)，E，
所以AE＝，AB＝(4，0,0)，AC＝(0,12,0)．
设平面CAE的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令z＝2，则n＝(－1,0,2)．
设平面AEB的法向量为m＝(x，y，z)，
1 1 1
则
即
令z＝2，则m＝(0，－3,2)，
1
设平面CAE与平面AEB夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝＝.
所以sin θ＝＝.
所以平面CAE与平面AEB夹角的正弦值为.
跟踪演练3 (1)证明 连接AC(图略)．因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AE，
又因为AB＝AD，且四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝，
所以△ABC为等边三角形．
又因为E为BC的中点，
所以AE⊥BC，
又因为AD∥BC，所以AE⊥AD，因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AE⊥平面PAD，
又AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PAD.
(2)解 以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
则P(0,0,2)，E(，0,0)，F，
AE＝(，0,0)，AF＝，
因为PA⊥平面AED，
所以n＝(0,0,1)是平面AED的一个法向量．
设平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则
即
令z＝1，得x＝0，y＝－2，
即m＝(0，－2,1)．
设平面AEF与平面AED夹角为θ，
则cos θ＝＝＝＝，
所以平面AEF与平面AED夹角的余弦值为.
第 4 讲 空间向量与距离、探究性问题
例1 (1)A [因为PB⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PB⊥AB，PB⊥BC，
如图，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则C(1,0,0)，A(0,2,0)，P(0,0,2)，PC＝(1,0，－2)，PA＝(0,2，－2)，即PC·PA＝4.
PC在PA上的投影向量的长度为＝＝，
故点C到直线PA的距离为＝.]
(2)D [如图建立空间直角坐标系，则A(1,0,1)，C (0,1,1)，
1 1
设P(x，0,1－x)，0≤x≤1，
则A1P＝(x－1,0，－x)，A1C1＝(－1,1,0)，
∴动点P到直线AC 的距离为
1 1
d＝
＝
＝
＝≥，
当且仅当x＝时取等号，即线段AD 上的动点P到直线AC 的距离的最小值为.]
1 1 1
例2 (1)
解析 如图，连接AC，BD交于点O，连接OP，以OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z
轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝2a，则OA＝a，OB＝a，
因为PA2－OA2＝PB2－OB2，
所以1－a2＝2－3a2，
解得a＝，则OP＝，
所以A，C，P，D，E，
则AC＝(0，，0)，AE＝，AP＝，
设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
取x＝1，得n＝(1,0,2)，所以点P到平面ACE的距离d＝＝＝.
(2)
解析 由棱柱的几何性质可知，AC ∥AC，
1 1
又AC ⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，
1 1
所以AC ∥平面EAC，
1 1
所以点A 到平面EAC的距离即为直线AC 到平面EAC的距离，
1 1 1
因为正四棱柱ABCD－ABC D 的底边长为2，∠BAB＝，
1 1 1 1 1
则AA＝2，
1
以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，A(0,0，2)，C(2,2,0)，E(0,2，)，
1
所以AC＝(2,2,0)，AE＝(0,2，)，AA1＝(0,0,2)，
设平面EAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令x＝，得y＝－，z＝2，
故n＝(，－，2)，
所以点A 到平面EAC的距离d＝＝＝，
1
故AC 到平面EAC的距离为.
1 1
跟踪演练1 (1)D (2)D
例3 解 (1)存在，由题意得
AO＝AE＝AD，
因为AD2＝DO2＋AO2，
所以AD2＝36＋AD2，
所以AD＝4，AO＝2，
因为△ABC是底面圆的内接正三角形，所以＝2×2，
所以AB＝6，
又由题意得PA2＝12＋PO2，
假设PA⊥平面PBC，则PA⊥PB，
所以AB2＝PA2＋PB2，
所以36＝12＋PO2＋12＋PO2，所以PO＝，
此时PA⊥PC，PA⊥PB，PB∩PC＝P，
PB，PC⊂平面PBC，
所以当PO＝时，PA⊥平面PBC.
(2)如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系．
设PO＝x，0≤x≤6，
所以P(0,0，x)，E(－，3,0)，B(，3,0)，C(－2，0,0)，
所以EP＝(，－3，x)，PB＝(，3，－x)，PC＝(－2，0，－x)，
设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，
所以
所以n＝(x，－x，－2)．
设直线EP与平面PBC所成的角为θ，
由题意得sin θ＝
＝
＝≤.
当且仅当PO＝x＝时等号成立，此时直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大．
跟踪演练2 (1)证明 因为PA＝PD＝，AD＝2，
所以PA2＋PD2＝AD2，
所以PD⊥PA，
又因为PD⊥AB，AB，
PA⊂平面PAB，
且AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB，
又因为PD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAB.(2)解 因为PA＝，AB＝1，
PB＝，
所以PA2＋AB2＝PB2，
所以AB⊥PA，
又因为PD⊥AB，PA，PD⊂平面PAD，
且PD∩PA＝A，
所以AB⊥平面PAD，
因为AD⊂平面PAD，
所以AB⊥AD，
所以四边形ABCD为矩形．
以A为原点，AB，AD分别为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，
所以AC＝(1,2,0)，AP＝(0,1,1)，PD＝(0,1，－1)，
由PD⊥平面PAB，可得向量PD＝(0,1，－1)是平面PAB的一个法向量．
设ED＝λPD，0≤λ≤1，
则E(0,2－λ，λ)，
所以AE＝(0,2－λ，λ)．
设平面EAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
所以
令y＝－1，
可得x＝2，z＝，
所以n＝，
所以|cos〈PD，n〉|＝＝，
可得12λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝或λ＝，
即当点E满足ED＝PD或ED＝PD时，平面PAB与平面EAC的夹角的余弦值为.微重点 11 球的切接问题
例1 (1)C [∵PA⊥平面ABC，所以把三棱锥P－ABC补成直三棱柱PB′C′－ABC，如图
所示，
设E，F为上、下底面三角形的外心，
则EF的中点O为直三棱柱PB′C′－ABC的球心，在△ABC中，由余弦定理知BC＝2，
∵2FA＝＝＝4，
∴FA＝2，
∵FA＝2，又OF＝PA＝1，
设该三棱锥外接球半径为R，
∴R＝OA＝＝，
∴表面积S＝4πR2＝20π.]
(2)B [如图，设△ABC与△ABD的中心分别为N，M，连接DM，CN并延长交AB于E，连接
OE，OB，OM，ON.
根据外接球的性质有OM⊥平面ABD，ON⊥平面ABC，
又二面角D－AB－C的大小为60°，故∠DEC＝60°，
又△ABC与△ABD的边长均为2，
故DE＝CE＝，
故EM＝EN＝ED＝.
易得Rt△MEO≌Rt△NEO，
故∠MEO＝∠NEO＝30°，
故OE＝＝，
又EB＝1，故球O的半径OB＝＝，故球O的表面积为S＝4π2＝.]
跟踪演练1 (1)45π (2)A
例2 (1)A [由AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，得AB⊥CD.
又BC⊥CD，且AB，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B，
所以CD⊥平面ABC，
又AC⊂平面ABC，
所以CD⊥AC.
由AB＝CD＝4，BC＝3，
得AC＝BD＝5，
所以三棱锥A－BCD的表面积S＝2××3×4＋2××4×5＝32，
三棱锥A－BCD的体积V＝××3×4×4＝8.
设三棱锥内切球球心为O，半径为r，
由V＝V ＋V ＋V ＋V ＝Sr，
O－ABC O－ABD O－ACD O－BCD
得r＝＝，
所以该三棱锥内切球的体积V ＝πr3＝π×3＝.]
球
(2)B [旋转体的轴截面如图所示，其中O为内切球的球心，
过O作AB，BC的垂线，垂足分别为E，F，
则OE＝OF＝r(r为内切球的半径)，
故AO＝＝r，
CO＝＝r，
故5＝AO＋OC＝r＋r，
解得r＝，故该旋转体的内切球的表面积为4π×2＝.]跟踪演练2 (1)B (2)C
微重点 12 立体几何中的动态问题
例1 BD [BP＝λBC＋μBB1(0≤λ≤1，0≤μ≤1)．
图1
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC 上运动，如图1所示，此时△ABP的周长为AB＋AP
1 1 1
＋PB＝＋＋＝＋＋，不是定值，A错误；
1
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱BC 上运动，如图2所示，
1 1
图2
则 ＝S ×＝S ＝××1×1＝，为定值，故B正确；
△PBC △PBC
对于选项C，取BC的中点D，BC 的中点D ，连接DD ，AB(图略)，则当λ＝时，点P在
1 1 1 1 1
线段DD 上运动，假设AP⊥BP，则AP2＋BP2＝AB2，即2＋(1－μ)2＋2＋μ2＝2，解得μ＝0
1 1 1 1
或μ＝1，所以当点P与点D或D 重合时，AP⊥BP，C错误；
1 1
方法一 对于选项D，易知四边形ABBA 为正方形，所以AB⊥AB ，设AB 与AB交于点
1 1 1 1 1 1
K，连接PK(图略)，要使AB⊥平面ABP，需AB⊥KP，所以点P只能是棱CC 的中点，故
1 1 1 1
选项D正确．
方法二 对于选项D，分别取BB ，CC 的中点E，F，连接EF，则当μ＝时，点P在线段
1 1
EF上运动，以点C 为原点建立如图所示的空间直角坐标系C xyz，
1 1
则B(0,1,1)，B(0,1,0)，
1
A，P，
1
所以A1B＝，
B1P＝，若AB⊥平面ABP，则AB⊥BP，所以－＋＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得
1 1 1 1
AB⊥平面ABP，此时点P与F重合，故D正确．]
1 1
跟踪演练1 BC
例2 ACD [A选项，
∵正方形ABCD，
∴AD⊥AE，DC⊥FC，
由折叠的性质可知AD⊥AE，
1 1
AD⊥AF，
1 1
又∵AE∩AF＝A，AE，
1 1 1 1
AF⊂平面AEF，
1 1
∴AD⊥平面AEF，
1 1
又∵EF⊂平面AEF，
1
∴AD⊥EF，故A正确；
1
B选项，当BE＝BF＝BC＝2时，
AE＝AF＝2，EF＝2，
1 1
在△AEF中，AE2＋AF2＝EF2，
1 1 1
则AE⊥AF，
1 1
由A选项可知，AD⊥AE，
1 1
AD⊥AF，
1 1
∴三棱锥A －EFD的三条侧棱AD，AE，AF两两相互垂直，把三棱锥A －EFD放置在长
1 1 1 1 1
方体中，可得长方体的体对角线长为＝2，则三棱锥A－EFD的外接球半径为，
1
体积为πR3＝π×()3＝8π，故B错误；
C选项，当BE＝BF＝BC＝1时，
AE＝AF＝3，EF＝，
1 1
在△AEF中，cos∠EAF＝＝＝，
1 1
∴sin∠EAF＝，
1
则 ＝AE·AF·sin∠EAF
1 1 1
＝×3×3×＝，∴
＝××4＝，故C正确；
D选项，设点A 到平面EFD的距离为h，则在△EFD中，cos∠EDF＝
1
＝＝，
∴sin∠EDF＝，
则S ＝DE·DF·sin∠EDF
△EFD
＝×5×5×＝，
∴ ＝·S ·h＝××h＝，
△EFD
即h＝，故D正确．]
跟踪演练2 BCD
例3 ABD [如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
设BP＝λBD1(0≤λ≤1)，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,2)，
1
则BD1＝(－1，－1,2)，
故BP＝λBD1＝(－λ，－λ，2λ)，
则AP＝AB＋BP＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(－λ，1－λ，2λ)，
CP＝CB＋BP＝(1,0,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(1－λ，－λ，2λ)．
对于A，当P为BD 中点时，P，
1
则PA＝，PC＝，
所以cos∠APC＝＝>0，
所以∠APC为锐角，故A正确；
当BD⊥平面APC时，
1
因为AP，CP⊂平面APC，
所以BD⊥AP，BD⊥CP，
1 1
则
解得λ＝，故存在点P，使得BD⊥平面APC，故B正确；
1对于C，当BD⊥AP，BD⊥CP时，AP＋PC取得最小值，
1 1
由B得，此时λ＝，
则AP＝，CP＝，
所以|AP|＝|CP|＝，
即AP＋PC的最小值为，故C错误；对于D，AB＝(0,1,0)，AC＝(－1,1,0)，
设平面APC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有
可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，
则点B到平面APC的距离为|AB|·|cos〈AB，n〉|＝＝，
当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0，当0<λ≤1时，
＝＝≤，
当且仅当λ＝时，取等号，所以点B到平面APC的最大距离为，故D正确．]
跟踪演练3
微重点 13 截面、交线问题
例1 BCD [如图，建立空间直角坐标系，延长AE与z轴交于点P，
连接PF与y轴交于点M，
则平面α由平面AEF扩展为平面APM.由此模型可知截面不可能为三角形，故A错误；当F
与C 点重合时，平面α截正方体的截面为边长为的菱形，易得截面面积为2，故B正确；当
1
F为CC 的中点时，易知平面α截正方体的截面为五边形，故D正确；
1
D(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,4)，设点M的坐标为(0，t，0)(t∈[2,4])，
DA＝(2,0,0)，AM＝(－2，t，0)，PA＝(2,0，－4)，
则可知点P到直线AM的距离为
d＝＝，
S ＝·d＝.
△APM
S ＝×2×4＝4，
△PAD设点D到平面α的距离为h，
利用等体积法V ＝V ，
D－APM M－PAD
即·S ·h＝·S ·t，
△APM △PAD
可得h＝＝，
因为h＝在t∈[2,4]上单调递增，
所以当t＝4时，h取到最大值为，故C正确．]
例2
解析 因为AB2＋BC2＝AC2，
故AB⊥BC，又因为SA⊥平面ABC，
故三棱锥S－ABC的外接球球O的半径R＝＝；
取AC的中点D，连接BD，BD必过点G，如图所示，
因为AB＝BC＝，
故DG＝BD＝，
因为OD＝，
故OG2＝2＋2＝，
则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径
r2＝2－＝，
过点G的平面截球O所得截面圆的最大半径为球半径R＝，故截面面积的最小值为，最大
值为.
故截面面积的取值范围是.
跟踪演练1 (1)BC (2)
例3
解析 如图1，因为△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，AB＝BD＝2，
所以AB＝AC＝BC＝BD＝2，AD＝CD＝，
所以△BCD与△BAD全等，且为等腰三角形，
所以在△ABD中，过顶点A作边BD上的高，垂足为E，取AD的中点O，连接OB，如图
2，
因为AB＝BD＝2，AD＝，
所以OB⊥AD，OB＝，AE⊥BD，
所以由等面积法得
AD·OB＝BD·AE，
即××＝×2×AE，
解得AE＝，
所以DE＝＝.
所以在△BCD中，过顶点C作边BD上的高，垂足为F，取CD的中点M，连接MB，如图
3，
同在△ABD中的情况，
可得CF＝，DF＝，
所以点E，F重合，即BD⊥AE(F)，BD⊥CE(F)，
因为AE∩CE＝E，
所以BD⊥平面ACE，
平面α即为平面ACE，平面α与侧面CBD的交线为线段CF，长度为.
例4
解析 由题设，将三棱锥P－ABC补全为棱长为2的正方体，O为底面中心，如图所示，
若AD＝AF＝2，则PD＝PF＝4，即D，F在以P为球心，4为半径的球面上，又OA＝>2，
OP＝3>4，
所以，平面ABC与球面所成弧是以A为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；
平面PBC与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
平面PBA，PCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
所以最长弧的弧长为.
跟踪演练2 (1)D (2)微重点 14 与空间角有关的最值问题
例1 A [以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD 所在直线为z轴建
1
立空间直角坐标系(图略)，
∵长方体ABCD－ABC D 的底面为正方形，
1 1 1 1
AA＝a，AB＝b，且a＞b，
1
侧棱CC 上一点E满足CC ＝3CE，
1 1
∴A(b，0，a)，B(b，b，0)，A(b，0,0)，
1
D(0,0，a)，B(b，b，a)，E，
1 1
A1B＝(0，b，－a)，
AD1＝(－b，0，a)，
D1B1＝(b，b，0)，
AE＝，
cos α＝＝＝，
cos β＝＝，
cos γ＝＝0，
∵a＞b＞0，
∴cos α＞cos β＞cos γ＝0，
∴α＜β＜γ.]
跟踪演练1 B
例2
解析 取DC 的中点O，连接DO，OP，DP，作MS⊥平面ABC D于点S，ET⊥平面
1 1 1 1 1
ABC D于点T(图略)，由正方体性质可知DO⊥平面ABC D，
1 1 1 1 1
则OP＝
＝＝，
则点P的轨迹是以O为圆心，为半径的圆与平面ABC D的交线，又M到平面ABC D的距
1 1 1 1
离为MS＝，因为2ME＝EN，所以E到平面ABC D的距离为ET＝，
1 1
则∠EPT为直线EP与平面ABC D的夹角，当O，T，P共线时，PT最小，
1 1
tan∠EPT＝的值最大，
OS＝1，ST＝×＝，
所以OT＝＝，
即PT＝－，
tan∠EPT＝＝＝.跟踪演练2 C
例3 D [如图，取AD的中点O，BC的中点G，连接OS，OG，则OG⊥AD，以OG所在
直线为x轴，OD所在直线为y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直
角坐标系．
设AB＝2，则A(0，－1,0)，C(2,1,0)，D(0,1,0)．
因为△SAD为正三角形，O为AD的中点，
所以SO⊥AD，又OG⊥AD，
所以∠SOG是二面角S－AD－C的平面角，即∠SOG＝θ，
则S(cos θ，0，sin θ)．
因为AC＝(2,2,0)，DS＝(cos θ，－1，sin θ)，
所以cos〈AC，DS〉＝.
又θ∈，
所以cos θ∈，
所以cos〈AC，DS〉∈，
又异面直线夹角的取值范围为，故异面直线AC与SD所成角的余弦值的取值范围是.]
跟踪演练3 B
专题五 概率与统计
第 1 讲 计数原理与概率
例1 (1)B [由题意得，
以C路口为分类标准：C路口值勤分得人数情况有2种，两个人或一个人，
若C路口值勤分得人数为2，丙、丁在C路口，那么甲、乙只能在A，B路口值勤，此时有
两种安排方法．
若C路口值勤分得人数为1，丙或丁在C路口，具体情况如下．
丙在C路口：
A(丁)B(甲乙)C(丙)；
A(甲丁)B(乙)C(丙)；A(乙丁)B(甲)C(丙)．
丁在C路口：
A(甲乙)B(丙)C(丁)；
A(丙)B(甲乙)C(丁)；
A(甲丙)B(乙)C(丁)；
A(乙)B(甲丙)C(丁)；
A(乙丙)B(甲)C(丁)；
A(甲)B(乙丙)C(丁)．
所以一共有2＋3＋6＝11(种)安排方法．]
(2)A [由题意得，只考虑“立春”和“惊蛰”时，利用捆绑法得到AA＝240(种)，
当“立春”和“惊蛰”相邻，且“清明”与“惊蛰”也相邻时，有2种排法，即“惊蛰”在
中间，“立春”“清明”分布两侧，此时再用捆绑法，将三者捆在一起，即2A＝48(种)，
所以最终满足题意的排法为240－48＝192(种)．]
跟踪演练1 (1)A (2)B
例2 (1)－28
解析 (x＋y)8展开式的通项T ＝Cx8－kyk，k＝0,1，…，7,8.令k＝6，得T ＝Cx2y6；令k＝
k＋1 6＋1
5，得T ＝Cx3y5，所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为C－C＝－28.
5＋1
(2)1 45
解析 因为n的展开式的所有项的二项式系数之和为2n，且奇数项和偶数项的二项式系数之
和相等，所以2n－1＝512，解得n＝10，
所以展开式中第四项T＝Cx73，
4
所以Ca3＝120，解得a＝1，
所以10的展开式的通项为
T ＝Cx10－kk＝Cx10－5k，
k＋1
令10－5k＝0，解得k＝2，
所以展开式中的常数项为C＝45.
跟踪演练2 (1)C (2)BCD
例3 (1)D [从7个整数中随机取2个不同的数，共有C＝21(种)取法，取得的2个数互质
的情况有{2,3}，{2,5}，{2,7}，{3,4}，{3,5}，{3,7}，{3,8}，{4,5}，{4,7}，{5,6}，{5,7}，
{5,8}，{6,7}，{7,8}，共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为＝.]
(2)AB [A，A，A 中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，A正确；
1 2 3
P(B|A)＝＝＝，B正确；
2
P(A)＝，
1
P(B)＝P(A)·P(B|A)＋P(A)·P(B|A)＋P(A)·P(B|A)
1 1 2 2 3 3＝×＋×＋×＝，C错误；
又P(AB)＝×＝，
1
P(A)P(B)＝×＝，
1
∴P(AB)≠P(A)·P(B)
1 1
∴A 与B不相互独立，D错误．]
1
(3)D [甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1胜3负5胜6胜；1
负4胜5胜6胜．所以甲获得冠军的概率为
3＋2×3×＝.]
跟踪演练3 (1)D (2)ABD
第 2 讲 随机变量及其分布
例1 (1)C [因为P(X＝k)
＝alog
2
＝a[log (k＋1)－log k]，
2 2
P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝7)＝1，
所以a·(log 2－log 1＋log 3－log 2＋…＋log 8－log 7)＝1，
2 2 2 2 2 2
解得a＝，所以P(20.93，由正态分布性质知，落在(0.93,0.943 9)内的概率大于落在(0.937 2,0.951 1)内的概率，
故B错误；对于C，＝0.937 2，故C正确；
对于D,1只口罩的过滤率大于μ＋2σ的概率p≈＝0.022 75，
ξ～B(50，p)，
所以P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－p)50>1－(1－0.02)50，
1－(1－0.02)50＝1－0.9850≈1－0.364＝0.636>0.6，故D正确．]
跟踪演练3 (1)A (2)D
第 3 讲 统计与成对数据的分析
例1 (1)ACD [由(0.005＋x＋0.035＋0.030＋0.010)×10＝1，
解得x＝0.020，故选项A正确；
频率分布直方图无法看出这组数据的最大值和最小值，故选项B不正确；
得分在80分及以上的人数的频率为(0.030＋0.010)×10＝0.4，
故人数为1 000×0.4＝400，故选项C正确；
这组数据的平均数的估计值为55×0.05＋65×0.2＋75×0.35＋85×0.3＋95×0.1＝77.故选项
D正确．]
(2)BD [设2020年该地区一次能源消费总量为a，则2020年煤的消费量为0.6a，
规划2030年煤的消费量为a×2.5×0.3＝0.75a>0.6a，故A错误；
2020 年天然气的消费量为 0.1a，规划 2030 年天然气的消费量为 a×2.5×0.2＝0.5a＝
5×0.1a，故B正确；
2020年石油的消费量为0.2a，规划2030年石油的消费量为a×2.5×0.2＝0.5a>0.2a，故C错
误；
2020年水、核、风能的消费量为0.1a，规划2030年水、核、风能的消费量为a×2.5×0.3＝
0.75a＝7.5×0.1a，故D正确．]
跟踪演练1 (1)BCD (2)ABD
例2 解 (1)由表中数据可得＝3，＝90，
所以(x－)2＝10，
i
又(y－)2＝434，(x－)(y－)＝64，
i i i
所以r＝＝≈0.97>0.75，
所以该电商平台直播的第x天与到该电商平台专营店购物的人数y具有较高的线性相关程度．
(2)由(1)知可用一元线性回归模型拟合购买人数y与直播的第x天之间的关系．
b＝＝＝6.4，
则a＝－b＝90－6.4×3＝70.8，
所以y＝6.4x＋70.8，令x＝38，可得y＝6.4×38＋70.8＝314(万人)．
预测从2022年7月10日起的第38天到该专营店购物的人数为314万人．
跟踪演练2 (1)AD (2)BCD
例3 解 (1)补充列联表如下：
不适应寄宿生活 适应寄宿生活 合计
男生 8 32 40
女生 32 28 60
合计 40 60 100
零假设为H：适应寄宿生活与否与性别无关．
0
根据列联表中的数据得，
χ2＝≈11.111>6.635＝x ，
0.010
根据小概率值α＝0.010的独立性检验，推断H 不成立，可以推断适应寄宿生活与否与性别
0
有关联．
(2)由题意知，抽取的10人中，有2人不适应寄宿生活，有8人适应寄宿生活，
故随机变量X的取值可以是0,1,2，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P
因此，E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
跟踪演练3 解 (1)若以我国A市2021年上半年新锐品牌人群用户性别比例数据作为A市
抽取新锐品牌人群性别概率，则A市新锐品牌人群中随机抽取一人为男性的概率为75%，
为女性的概率为25%，且X服从二项分布，
X的所有可能取值为0,1,2,3,4，
P(X＝0)＝C×4＝，
P(X＝1)＝C×1×3＝，
P(X＝2)＝C×2×2＝，
P(X＝3)＝C×3×1＝，
P(X＝4)＝C×4＝，
得X分布列为X 0 1 2 3 4
P
E(X)＝4×＝3.
(2)根据所给数据，可得2×2列联表：
不超千元 千元以上 合计
女性顾客 80 20 100
男性顾客 60 40 100
合计 140 60 200
零假设为H：购买家电类新锐品牌人群消费金额千元以上与性别无关．
0
根据列联表得
χ2＝≈9.524>6.635＝x ，
0.010
根据小概率值α＝0.010的独立性检验，推断H 不成立，即认为购买家电类新锐品牌人群消
0
费金额千元以上与性别有关．
培优点 7 概率与统计的创新问题
例1 解 (1)若一次性购买5个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为35，集齐A ，A ，A 玩
1 2 3
偶，则有两种情况：
①其中一个玩偶3个，其他两个玩偶各1个，则有CCA种结果；
②其中两个玩偶各2个，另外一个玩偶1个，则有CCC种结果，
故P(E)＝＝＝＝；
5
若一次性购买4个乙系列盲盒，全部为B 与全部为B 的概率相等，均为，
1 2
故P(F)＝1－－＝.
4
(2)①由题可知，Q＝，
1
当n≥2时，
Q＝Q ＋(1－Q )＝－Q ，
n n－1 n－1 n－1
则Q－＝－，Q－＝，
n 1
即是以为首项，
以－为公比的等比数列．
所以Q－＝×n－1，
n
即Q＝＋×n－1.
n
②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，所以对于每一个人来说，某一天来购买盲盒时，可看作n→＋∞，所以其购买甲系列的概率近似于，假设用ξ表示一天中购买甲系列
盲盒的人数，则ξ～B，
所以E(ξ)＝100×＝40，即购买甲系列盲盒的人数的均值为40，所以礼品店应准备甲系列盲
盒40个，乙系列盲盒60个．
跟踪演练1 (1)解 由题知，X的取值可能为1,2,3，
所以P(X＝1)＝2＝；
P(X＝2)＝2＝；
P(X＝3)＝＝，
所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝＝.
(2)解 令x＝，则y＝bx＋a，
i
由题知 y＝315，＝90，
i i
所以b＝＝＝＝270，
所以a＝90－270×0.46＝－34.2，y＝270x－34.2，
故所求的经验回归方程为y＝－34.2，所以估计t＝6时，y≈11；
估计t＝7时，y≈4；
估计t≥8时，y<0，预测成功的总人数为450＋11＋4＝465.
(3)证明 由题知，在前n轮就成功的概率为
P＝＋＋＋…＋…，
又因为在前n轮没有成功的概率为
1－P＝××…×
＝×××…××××
＝××××…××××＝＝＝＋>，
故＋＋·＋…＋…·<.
例2 解 (1)由题可知，所有可能的情况如下，
①规定作品入选1幅，创意作品入选2幅的概率P＝＝，
1
②规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率P＝＝，
2
③规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率P＝＝，
3
故所求概率P＝＋＋＝.
(2)设强化训练后，规定作品入选的概率为p，创意作品入选的概率为p，
1 2则p＋p＝＋＋＝，
1 2
由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为
P＝Cp(1－p)·Cp＋Cp·Cp(1－p)＋Cp·Cp
1 1 2 2
＝2pp(p＋p)－3(pp)2
1 2 1 2 1 2
＝3pp－3(pp)2，
1 2 1 2
∵p＋p＝，
1 2
且p≥，p≥，
1 2
即－p≥，－p≥，
2 1
即p≤，p≤，
2 1
故可得≤p≤，≤p≤，
1 2
pp＝p＝－2＋，
1 2 1
∴pp∈，
1 2
令pp＝t，
1 2
则P(t)＝－3t2＋3t＝－32＋在上单调递减，
∴P(t)≤P＝－3×2＋<.
∵该同学在5轮比赛中获得“巧手奖”的次数X～B(5，P)，
∴E(X)＝5P<5×＝<4，故该同学没有希望进入决赛．
跟踪演练2 解 (1)X可取5,6,7,8,9,10，
P(X＝5)＝C×5＝，
P(X＝6)＝C××4＝，
P(X＝7)＝C×2×3＝，
P(X＝8)＝C×3×2＝，
P(X＝9)＝C×4×＝，
P(X＝10)＝C×5＝，
分布列为
X 5 6 7 8 9 10
P
所以E(X)＝5×＋6×＋7×＋8×＋9×＋10×＝7.5(分)．
(2)设一天得分不低于3分为事件A，
则P(A)＝1－(1－p)＝1－(1－p)＝，则恰有3天每天得分不低于3分的概率
f(p)＝C3·2
＝(2p＋1)3(1－p)2,00；
当0，b>0)，
F(－c，0)，F(c，0)．
1 2
当两个交点M，N在双曲线两支上时，如图1所示，
图1
设过F 的直线与圆D相切于点P，连接OP，
1
由题意知|OP|＝a，又|OF|＝c，所以|FP|＝b.
1 1
过点F 作FQ⊥FN，交FN于点Q.由中位线的性质，
2 2 1 1
可得|FQ|＝2|OP|＝2a，|PQ|＝b.
2
因为cos∠FNF ＝，
1 2
所以sin∠FNF ＝，
1 2
故|NF |＝a，|QN|＝a，
2
所以|NF |＝|FQ|＋|QN|＝2b＋a.
1 1
由双曲线的定义可知|NF |－|NF |＝2a，
1 2
所以2b＋a－a＝2a，
所以2b＝3a.
两边平方得4b2＝9a2，即4(c2－a2)＝9a2，
整理得4c2＝13a2，所以＝，
故＝，即e＝.
当两个交点M，N都在双曲线上的左支上时，如图2所示，图2
同理可得|FQ|＝2|OP|＝2a，|PQ|＝b.
2
因为cos∠FNF ＝，
1 2
所以sin∠FNF ＝，
1 2
可得|NF |＝a，|NQ|＝a，
2
所以|NF |＝|NQ|－|QF|＝a－2b，所以
1 1
|NF |＝|NF |＋2a＝a－2b，
2 1
又|NF |＝a，所以a－2b＝a，
2
即a＝2b，故e＝＝.故选AC.]
跟踪演练2 (1)A (2)AB
例4 (1)B [设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点
B.
由抛物线的定义知，|MM′|＝|FM|.
因为＝，所以＝，
即cos∠NMM′＝＝，
所以cos∠OFA＝cos∠NMM′＝，
而cos∠OFA＝＝＝，
解得p＝2.]
(2)ACD [对于A，由题意，
得F.
因为|AF|＝|AM|，且M(p，0)，
所以x ＝＝p，
A
将其代入抛物线方程y2＝2px，
得y ＝p，
A
所以A，
所以直线AB的斜率
k ＝k ＝＝2，
AB AF
故A正确；对于B，由选项A的分析，知直线AB的方程为y＝2，代入y2＝2px，得12x2－13px＋3p2＝
0，解得x＝p或x＝p，
所以x ＝p，所以y ＝－p，所以|OB|＝＝p≠|OF|，
B B
故B不正确；
对于C，由抛物线的定义及选项A，B的分析，
得|AB|＝x ＋x ＋p＝p＋p＝p>2p，
A B
即|AB|>4|OF|，故C正确；
对于D，易知|OA|＝p，|AM|＝p，
|OB|＝p，|BM|＝p，
则cos∠OAM＝
＝＝>0，
cos∠OBM＝
＝＝>0，
所以∠OAM<90°，∠OBM<90°，所以∠OAM＋∠OBM<180°，故D正确．
综上所述，选ACD.]
跟踪演练3 (1)x＝－ (2)B
第 3 讲 直线与圆锥曲线的位置关系
例1 解 (1)由
得
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)方法一 由题意知，直线的斜率不为0，F(－1,0)，设直线l的方程为
1
x＝my－1，M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
由
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
Δ＝36m2＋4×9(3m2＋4)＝144(1＋m2)>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.
方法二 由(1)知F(－1,0)，B(2,0)，当直线l的斜率不存在时，|MN|＝3，点B(2,0)到直线l：
1
x＝－1的距离为3，所以S ＝≠，所以直线l的斜率存在．
△BMN
设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋1)，M(x，y)，
1 1
N(x，y)，
2 2
由
得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
Δ＝64k4－4(3＋4k2)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0，
所以x＋x＝，xx＝.
1 2 1 2
所以|MN|＝
＝·
＝·
＝·
＝.
因为点B(2,0)到直线l的距离为d＝，
所以S ＝·|MN|·d
△BMN
＝··＝，
即k2＝1，
得k＝±1，
所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
跟踪演练1 解 (1)抛物线C ：y2＝4x的焦点为F(1,0)，
2
所以椭圆C 的一个焦点为F(1,0)，
1
设椭圆C 的方程为＋＝1(a>b>0)，其中c2＝a2－b2，
1
则c＝1，由椭圆C 的离心率为＝，
1
解得a＝2，则b＝，所以椭圆C 的标准方程为＋＝1.
1
(2)由题意知直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋1，
设A(x，y)，B(x，y)，P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2 3 3 4 4
由
可得y2－4my－4＝0，
Δ＝16m2＋16＝16(m2＋1)>0，所以y＋y＝4m，yy＝－4，
3 4 3 4
则|PQ|＝x＋x＋2＝m(y＋y)＋4＝4m2＋4，
3 4 3 4
由
得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，
Δ＝36m2＋36(4＋3m2)
＝144(m2＋1)>0，
所以y＋y＝，
1 2
yy＝，
1 2
则|AB|＝
＝
＝，
由|PB|＋|AQ|＝3|AB|，
即|PB|＋|AQ|＝|PA|＋|AB|＋|QB|＋|AB|
＝|PA|＋|QB|＋2|AB|＝3|AB|，
得|PA|＋|QB|＝|AB|，
又|PA|＋|QB|＋|AB|＝|QP|，
所以|AB|＝|QP|，
即＝(4m2＋4)＝2(m2＋1)，
解得m2＝，即m＝±，
所以直线l的方程为x＝±y＋1，
即3x±y－3＝0.
例2 x＋y－2＝0
解析 方法一 设直线l的方程为＋＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m，0)，
N(0，n)．
设A(x，y)，B(x，y)．
1 1 2 2
由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，
所以
即
因为k ＝k ，
AB MN
所以＝＝－.
将A(x，y)，B(x，y)代入椭圆方程，得相减得
1 1 2 2
＋＝0，
由题意知x＋x≠0，x≠x，
1 2 1 2所以·＝－，
即·＝－，
整理得m2＝2n2.①
又|MN|＝2，
所以由勾股定理，得m2＋n2＝12，②
由①②并结合m>0，n>0，
得
所以直线l的方程为＋＝1，
即x＋y－2＝0.
方法二 设直线l的方程为＋＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m，0)，N(0，
n)．
由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，设为Q，则Q，
则k ＝＝－，k ＝＝.
AB OQ
由椭圆中点弦的性质知，k ·k ＝－＝－，
AB OQ
即·＝－，以下同方法一．
跟踪演练2 A
例3 (1)2((1，]内的任意值均可)
解析 双曲线C的渐近线方程为 y＝±x，若直线y＝2x与双曲线C无公共点，则 2＞，
∴≤4，
∴e2＝＝1＋≤5，
又e＞1，
∴e∈(1，]，
∴填写(1，]内的任意值均可．
(2)BCD [如图，因为抛物线C过点A(1,1)，
所以1＝2p，
解得p＝，
所以C：x2＝y的准线为y＝－，所以A错误；
因为x2＝y，所以y′＝2x，
所以y′| ＝2，所以C在点A处的切线方程为y－1＝2(x－1)，
x＝1即y＝2x－1，又点B(0，－1)在直线y＝2x－1上，
所以直线AB与C相切，所以B正确；
设P(x，y)，Q(x，y)，直线PQ的方程为y＝kx－1，由
1 1 2 2
得x2－kx＋1＝0，
所以x＋x＝k，xx＝1，
1 2 1 2
且Δ＝k2－4>0，
得k>2或k<－2，
所以|OP|·|OQ|＝·＝＝·xx
1 2
＝＝>2＝|OA|2，
所以C正确；
|BP|·|BQ|＝·
＝·
＝
＝
＝
＝
＝
＝＝k2＋1>5＝|BA|2，
所以D正确．故选BCD.]
跟踪演练3 (1)A (2)C
第 4 讲 圆锥曲线的综合问题
母题突破 1 范围、最值问题
母题 解 当MN⊥x轴时，
易得α＝β＝，
此时α－β＝0.
当MN的斜率存在时，设M(x，y)，
1 1
N(x，y)，A(x，y)，B(x，y)，
2 2 3 3 4 4
则直线MN的方程为y－y＝(x－x)，
1 1
即y－y＝(x－x)，
1 1即y－y＝(x－x)，
1 1
即y(y＋y)－y(y＋y)＝4(x－x)，
1 2 1 1 2 1
所以直线MN的方程为y(y＋y)－yy＝4x，
1 2 1 2
tan α＝.
同理可得，直线AM的方程为y(y＋y)－yy＝4x，
3 1 3 1
直线BN的方程为y(y＋y)－yy＝4x，
4 2 4 2
直线AB的方程为y(y＋y)－yy＝4x.
4 3 4 3
因为F(1,0)在MN上，
所以yy＝－4.
1 2
因为D(2,0)在AM，BN上，
所以yy＝－8，yy＝－8，
3 1 4 2
所以y＝－，y＝－.
3 4
所以y＋y＝－－
3 4
＝－
＝－＝2(y＋y)，
1 2
yy＝＝＝－16，
3 4
所以直线AB的方程y(y＋y)－yy＝4x可化为(y＋y)y＋8＝2x，所以tan β＝，
4 3 4 3 1 2
所以tan(α－β)＝
＝
＝2×.
当y＋y<0时，tan(α－β)<0，
2 1
所以不符合题意．
当y＋y>0时，
2 1
(y＋y)＋≥4，
2 1
tan(α－β)≤2×＝，
当且仅当y＋y＝，
2 1
即y＋y＝2时取等号，
2 1
此时α－β取得最大值，直线AB的方程为x－y－4＝0.
综上，当α－β取得最大值时，直线AB的方程为x－y－4＝0.
[子题1] 解 显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为
y＝kx－1，D(x，y)，E(x，y)，
1 1 2 2
联立
得(2－k2)x2＋2kx－3＝0，因为l与双曲线C的左、右两支分别交于D，E两点，
故
解得－0，
y＋y＝，y·y＝，
1 2 1 2
所以S ＝|OA|·|y－y|
△OHG 1 2
＝×1×
＝
＝，
因为MN＝2OM，
所以S ＝2S ，
△GHN △OHG设四边形OHNG的面积为S，
则S＝S ＋S ＝3S ＝＝
△OHG △GHN △OHG
＝，
令＝m(m≥1)，
再令y＝3m＋，
由对勾函数性质知，y＝3m＋在[1，＋∞)上单调递增，
所以当m＝1时，y ＝4，
min
此时t＝0,3＋取得最小值4，
所以S ＝.
max
跟踪演练
1．解 设直线l 为y＝k(x－2)＋1，
1
则直线l 为y＝－k(x－2)＋1，
2
联立
整理得(2k2＋1)x2＋(4k－8k2)x＋(8k2－8k－4)＝0，
由Δ＝(4k－8k2)2－4(2k2＋1)(8k2－8k－4)＝16(k＋1)2>0，
解得k≠－1，
又由x x ＝，
A P
可得x ＝，则
A
y ＝k(x －2)＋1
A A
＝，
同理可得x ＝，
B
y ＝，
B
所以|AB|2＝(x －x )2＋(y －y )2
A B A B
＝
＝
≤＝16，
当且仅当k＝±时，等号成立，
因此，|AB|的最大值为4.
2．解 如图，设圆T的半径为r，M(x，y)，N(x，y)，Q(－x，y)，
1 1 2 2 1 1
P(－x，y)，
2 2把x2＝4y代入圆T：x2＋(y－3)2＝r2，
整理得y2－2y＋9－r2＝0，
由题意知，关于y的一元二次方程有两个不等实根，
则
可得20，f(t)单调递增；
在上f′(t)<0，f(t)单调递减；
所以f(t)≤f ＝，
又f(0)＝1，f(1)＝0，
故f(t)的取值范围是，
综上，S 的取值范围是.
四边形PQMN
母题突破 2 定点问题
母题 解 设P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
联立
消去y可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
则有Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)>0，即4k2－m2＋1>0，
x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
因为AP⊥AQ，所以AP·AQ＝0，
而AP＝(x＋2，y)，AQ＝(x＋2，y)，
1 1 2 2
故xx＋2(x＋x)＋4＋yy＝0，
1 2 1 2 1 2
yy＝(kx＋m)(kx＋m)
1 2 1 2
＝k2xx＋km(x＋x)＋m2
1 2 1 2
＝k2＋km＋m2
＝，
故xx＋2(x＋x)＋4＋yy
1 2 1 2 1 2
＝－＋4＋
＝＝0，
解得m＝2k或m＝k，
当m＝2k时，代入4k2－m2＋1＝1>0，故直线l方程为y＝k(x＋2)，过点A，不满足题意，当
m＝k时，
代入4k2－m2＋1＝4k2－k2＋1＝k2＋1>0，
故直线l方程为y＝k，
过定点.
[子题1] 证明 由对称性可知，直线BM必过x轴上的定点，
当直线l 的斜率不存在时，A(2,3)，B(2，－3)，M，则直线BM经过点P(1,0)．当直线l 的斜
1 1
率存在时，不妨设直线l：y＝k(x－2)，A(x，y)，B(x，y)，
1 1 1 2 2
则直线AD的方程为y＝(x＋1)，当x＝时，y ＝，
M
M，
联立
得(3－k2)x2＋4k2x－(4k2＋3)＝0，
则x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
证明直线BM经过点P(1,0)，即证k ＝k ，即＝，
PM PB
即－3yx＋3y＝xy＋y，
1 2 1 1 2 2
由y＝kx－2k，y＝kx－2k，
1 1 2 2
整理得，4xx－5(x＋x)＋4＝0，
1 2 1 2
即4·－5·＋＝0，
即证BM经过点P(1,0)，所以直线BM过定点(1,0)．
[子题2] 证明 因为PQ＝2PS，MN＝2MT，所以S，T分别是PQ，MN的中点，当两条弦所在直线的斜率存在且不为0时，
设PQ所在直线的方程为y＝k(x－1)，则MN所在直线的方程为
y＝－(x－1)，
设P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
M(x，y)，N(x，y)，
3 3 4 4
联立
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
因为Δ>0，
所以x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
所以PQ的中点S的坐标为.
同理可得，MN的中点T的坐标为，
当≠，
即k2≠1时，k ＝，
ST
所以直线ST的方程为
y＋＝·，
即y＝，
所以直线ST过定点.
当k2＝1时，直线ST的方程为x＝，亦过定点.
当两条直线的斜率分别为0和不存在时，直线ST的方程为y＝0，也过点.
综上所述，直线ST过定点.
跟踪演练
1．解 由已知可得抛物线C的方程为y2＝4x，点S(4,4)，
设直线l的方程为x＝my＋n，
点M，N，
将直线l的方程与抛物线C：y2＝4x联立，得y2－4my－4n＝0，
所以Δ＝16m2＋16n>0，
y＋y＝4m，yy＝－4n(*)，
1 2 1 2
直线SM的方程为y－4＝(x－4)，
令x＝0求得点A的纵坐标为，
同理求得点B的纵坐标为，
由OA·OB＝＝8，
化简得yy＝4(y＋y)＋16，
1 2 1 2
将上面(*)式代入得－4n＝16m＋16，即n＝－4m－4，
所以直线l的方程为x＝my－4m－4，即x＋4＝m(y－4)，所以直线l过定点(－4,4)．
2．证明 设直线l：y＝k(x－1)(k≠0)，
M，N，
由
联立得ky2－4y－4k＝0，Δ>0，
则y＋y＝，y·y＝－4.
1 2 1 2
直线OM的方程为y＝x，
与x＝1联立可得A，
同理可得B.
|AB|＝＝
＝|y－y|
2 1
＝
＝4，
AB中点坐标为，即，
所以以AB为直径的圆的方程为
(x－1)2＋2＝4，
令y＝0得(x－1)2＝4，
解得x＝－1或x＝3，
即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点(－1，0)，(3,0)．
母题突破 3 定值问题
母题 (1)解 因为抛物线y2＝2px过点P(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由
得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k<1，
又因为k≠0.
故k＜0或0＜k＜1.
又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3.所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0,1)．
(2)证明 设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由(1)知x＋x＝－，
1 2
xx＝.
1 2
直线PA的方程为
y－2＝(x－1)，
令x＝0，得点M的纵坐标为
yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为
yN＝＋2.
由QM＝λQO，QN＝μQO，
得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋
＝＋
＝·
＝·
＝2.
所以＋为定值．
[子题1] 证明 设A(x，y)，B(x，y)．
1 1 2 2
当直线l和x轴或y轴平行时，
|x|＝|y|，|x|＝|y|，
1 1 2 2
解得|x|＝|y|＝|x|＝|y|＝，
1 1 2 2
所以点O到直线l的距离为.
当直线l和x轴或y轴不平行时，
设直线l的方程为x＝my＋t，
由
得(3m2－1)y2＋6mty＋3t2－3＝0，
Δ＝(6mt)2－4(3m2－1)(3t2－3)
＝12(3m2＋t2－1)>0，
所以y＋y＝，yy＝.
1 2 1 2
又x＝my＋t，x＝my＋t，
1 1 2 2
所以OA·OB＝xx＋yy
1 2 1 2
＝(my＋t)(my＋t)＋yy
1 2 1 2＝(m2＋1)yy＋mt(y＋y)＋t2
1 2 1 2
＝0，得
＝0，
解得2t2＝3m2＋3.
又点O到直线l的距离为
d＝，
则d2＝＝，
故d＝，
所以点O到直线l的距离为定值.
[子题2] 证明 设A(x，y)，
1 1
B(x，y)，直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，
2 2
于是PA的方程为y＝k(x－1)＋，
PB的方程为y＝－k(x－1)＋，
代入A，B坐标并作差得，
y－y＝k(x＋x)－2k，①
1 2 1 2
另一方面，联立
消去y得(3＋4k2)x2－(8k2－12k)x＋(4k2－12k－3)＝0，
由根与系数的关系得，
1·x＝，
1
即x＝，②
1
同理可得，x＝，③
2
将①②③代入得，
k ＝＝＝＝，
AB
故直线AB的斜率为定值．
跟踪演练
1．证明 设A(x，y)，B(x，y)，G(x，y)，
1 1 2 2 0 0
将y＝kx＋m代入＋＝1，
消去y并整理得
(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
Δ＝16(12k2－m2＋3)>0，
则x＋x＝－，
1 2
x·x＝，
1 2
y＋y＝k(x＋x)＋2m＝，
1 2 1 2
∵四边形OAGB为平行四边形，∴OG＝OA＋OB＝(x＋x，y＋y)，
1 2 1 2
得G，
将G点坐标代入椭圆C的方程得
m2＝(1＋4k2)，
点O到直线AB的距离为d＝，
|AB|＝|x－x|，
1 2
∴平行四边形OAGB的面积为
S＝d·|AB|＝|m||x－x|
1 2
＝|m|
＝4·
＝4·
＝4·＝3.故平行四边形OAGB的面积为定值3.
2．证明 当l的斜率不存在时，点P，Q的坐标分别为(2,3)和(2，－3)或P，Q的坐标分别
为(2，－3)和(2,3)，
所以，当k＝1时，有k＝－3，
1 2
当k＝－1时，有k＝3，
1 2
此时＝－；
当l的斜率k存在时，
设P(x，y)，Q(x，y)，l的方程为y＝k(x－2)，
1 1 2 2
将直线l代入双曲线方程得
(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，Δ>0，
所以x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
3k＋k＝＋
1 2
＝＋
＝
＝
＝
因为4xx－5(x＋x)＋4
1 2 1 2
＝＝0，
所以3k＋k＝0，即＝－，
1 2
综上，为定值．母题突破 4 探索性问题
母题 解 当直线l的斜率不为0时，
设直线l的方程为x＝my＋1，设定点Q(t，0)，
联立方程组
消去x可得
(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
可得y＋y＝－，yy＝－，
1 2 1 2
所以QM·QN＝(x－t)(x－t)＋yy
1 2 1 2
＝(my＋1－t)(my＋1－t)＋yy
1 2 1 2
＝(m2＋1)＋m(1－t)＋(1－t)2
＝＋(1－t)2.
要使上式为定值，则2t－3＝－，
解得t＝，此时
QM·QN＝－＋2＝－，
当直线l的斜率为0时，M(－，0)，N(，0)，
此时QM·QN＝－也符合．
所以存在点Q，
使得QM·QN为定值－.
[子题1] 解 如果存在点M，由于椭圆的对称性可知点M一定在x轴上，
设其坐标为(x，0)，
0
因为椭圆右焦点F(1,0)，当直线斜率存在时，设l的方程为y＝k(x－1)，
A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则x<，x<，
1 2
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
又k ＋k ＝＋，
MA MB
由y＝kx－k，y＝kx－k得，
1 1 2 2
k ＋k ＝，
MA MB
则2kxx－k(x＋x)(x＋1)＋2xk＝.
1 2 1 2 0 0当x＝2时，k ＋k ＝0，
0 MA MB
当直线斜率不存在时，存在定点M(2,0)使得k ＋k 为定值0.
MA MB
综上，存在定点M(2,0)使得k ＋k 为定值0.
MA MB
[子题2] 解 设P(x，y)(x≠0)，
0 0 0
A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则x＝2y，Q(x，t)，
0 0
∵y＝x2，∴y′＝x，
∴切线y－y＝x(x－x)，
0 0 0
即l：y＝xx－y，
0 0
联立方程
消去y得(1＋2x)x2－4xyx＋2y－4＝0，
0 0
∴x＋x＝
1 2
∵Q(x，t)．
0
∴l ：y＝x，
OQ
⇒x ＝，
M
∵△QMA和△QMB的面积相等，且A，M，B在同一条直线上，则点M为AB的中点，
∴2x ＝x＋x，即＝，则t＝－，所以存在t＝－，使得△QMA和△QMB的面积相等恒成立．
M 1 2
跟踪演练
1．解 (1)离心率e＝＝2，
所以c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2，
所以双曲线的方程C：－＝1，
把点(2,3)代入双曲线方程，
得－＝1，解得a2＝1，
故双曲线C的方程为x2－＝1.
(2)设∠AFB＝α，∠ABF＝β，
A(x，y)，其中x<－1，y>0，
0 0 0 0
由(1)知B(1,0)，F(－2,0)，
①当直线AF的斜率不存在时，∠AFB＝90°，|FB|＝3，|AF|＝3，
所以∠ABF＝45°，此时α＝2β；
②当直线AF的斜率存在时，由于双曲线渐近线方程为y＝±x，
所以α∈，β∈，
由x－＝1得y＝3(x－1)，
又tan α＝，tan β＝－，
所以tan 2β＝＝
＝，
所以tan 2β＝tan α，
又α∈，β∈，
所以α＝2β，
综上，存在常数λ＝2，
满足∠AFB＝2∠ABF.
2．解 设直线l：y＝k(x－1)，
A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
联立
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
∴x＋x＝，
1 2
xx＝，
1 2
∴y＋y＝k(x－1)＋k(x－1)
1 2 1 2
＝k(x＋x)－2k
1 2
＝k·－2k＝－，
设AB的中点为M，
则M，
假设存在点D，则MD的直线方程为
y＋＝－，
∴D，
∴|AB|＝|x－x|
1 2
＝
＝，
|MD|＝
＝，
若△ABD为等边三角形，
则|MD|＝|AB|，
·＝，
即23k2＋27＝0，方程无实数解，
∴不存在这样的点D.微重点 15 离心率的范围问题
例1 (1)A [设椭圆的长半轴长为a，双曲线的实半轴长为a，
1 2
不妨设|PF|>|PF|，
1 2
由椭圆和双曲线的定义可得
得
设|FF|＝2c，
1 2
因为∠FPF＝，由余弦定理得
1 2
|FF|2＝|PF|2＋|PF|2－2|PF||PF|·cos∠FPF，
1 2 1 2 1 2 1 2
即4c2＝(a＋a)2＋(a－a)2－2(a＋a)(a－a)cos ，
1 2 1 2 1 2 1 2
整理得a＋3a＝4c2，
故＋＝4.
又4＝＋≥2＝，
即2≥，
所以ee≥，
1 2
即ee 的最小值为，
1 2
当且仅当＝.
即e＝，e＝时，等号成立．]
1 2
(2)D [依题意作图，如图所示，
由于|MN|＝|FF|，并且线段MN，FF 互相平分，∴四边形MF NF 是矩形，
1 2 1 2 1 2
其中∠FMF ＝，
1 2
∴|NF |＝|MF |，
1 2
设|MF |＝x，
2
则|MF |＝2a－x，
1
根据勾股定理得
|MF |2＋|MF |2＝|FF|2，
1 2 1 2
即x2＋(2a－x)2＝4c2，
整理得x2－2ax＋2b2＝0，由于点M在第一象限，
则x＝a－，
由题意得＝≥，∠MF F≥，
1 2
即|MF |≥|FF|，a－≥c，
2 1 2
整理得2a2－2ac－c2≥0，e2＋2e－2≤0，
解得0＜e≤－1，
即e的最大值为－1.]
跟踪演练1
例2 (1)B [过点F的平面与圆柱侧面相交，交线所形成的曲线为椭圆，如图，椭圆的短轴
长为底面圆的直径，不妨令底面圆的半径为1，则短轴长2b＝2，∴b＝1，如图所示，当该
椭圆刚好与上、下底面有一个交点时，长轴最长为EF，
由图知，MENF为正方形，边长为2，
则EF＝2，即2a≤2，
∴a≤，
∵c2＝a2－b2＝a2－1，
∴＝＝≤.
∴0＜e≤，e的最大值为.]
(2)C [连接OP，当P不为椭圆的上、下顶点时，设直线PA，PB分别与圆O切于点A，B，
∠OPA＝α，
∵存在M，N使得∠MPN＝120°，
∴∠APB≥120°，即α≥60°，
又α<90°，
∴sin α≥sin 60°，
连接OA，
则sin α＝＝≥，∴|OP|≤.
又P是C上任意一点，
则|OP| ≤，
max
又|OP| ＝a，∴a≤，
max
则由a2＝b2＋c2，得e2≤，
又00)，
过点Q作准线的垂线交于点E，
则|EQ|＝|QF|，
∵PM＝2FP，
∴|PM|＝2m，
根据△PHM∽△QEM，
可得＝＝，
∴2|EQ|＝|QM|＝|FQ|＋3m.
∴|EQ|＝3m，即|FQ|＝3m，
∴＝＝.]
跟踪演练1 (1)A (2)BCD
例5 D [如图，令AB与y轴交于点C，∵OA⊥OB，
∴AB过定点
C(0,2p)，
又D(2,4)，
∴CD＝(2,4－2p)，OD＝(2,4)，
∵OD⊥AB，
∴CD·OD＝0，
即4＋4(4－2p)＝0，
解得p＝.]
跟踪演练2 16
培优点 8 隐圆(阿波罗尼斯圆)问题
例1 (1)B [圆C即(x－1)2＋(y－2)2＝2，
半径r＝，
因为CA⊥CB，
所以|AB|＝r＝2，
又P是AB的中点，
所以|CP|＝|AB|＝1，
所以点P的轨迹方程为(x－1)2＋(y－2)2＝1.]
(2)C [|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，
以a为y轴，b为x轴，建立平面直角坐标系，
设OA＝a＝(0,1)，OB＝b＝(2,0)，OC＝c＝(x，y)，
所以a＋b－2c＝(2－2x，1－2y)，
由|a＋b－2c|＝1，
可得(2－2x)2＋(1－2y)2＝1，化简可得
(x－1)2＋2＝2，
所以点C的轨迹是以为圆心，以r＝为半径的圆，原点(0,0)到的距离为d＝＝，所以|c|＝的
取值范围是[d－r，d＋r]，
即.]
跟踪演练1 A
例2 (1)A [由题意知，点P(2，t)，Q(2，－t)(t>0)，
可得以PQ为直径的圆的方程为(x－2)2＋y2＝t2，
则圆心C (2,0)，半径R＝t，
1
又由圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1，
可得圆心C(－2,3)，半径r＝1，
两圆的圆心距为
|CC |＝＝5，
1
要使得圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1上存在点M，使得∠PMQ＝90°，
即两圆存在公共点，则满足
即解得4≤t≤6，
所以实数t的取值范围是[4,6]．]
(2)(－1,1)
2＋2＝
解析 如图，连接PO，CO，DO，
因为PD⊥DO，PC⊥CO，
所以P，D，O，C在以PO为直径的圆上，
设P(x，x＋4)，
0 0
则以OP为直径的圆的方程为2＋2＝，
化简得x2－xx－(x＋4)y＋y2＝0，
0 0
与x2＋y2＝4联立，
可得CD所在直线的方程为
xx＋(x＋4)y＝4
0 0
⇒x(x＋y)＝4(1－y)
0⇒⇒
直线CD过定点Q(－1,1)，
又OM⊥CD，所以OM⊥MQ，所以点M在以OQ为直径的圆上，所以点M的轨迹为2＋2＝.
跟踪演练2 B
例3 ACD [对于选项A，设P(x，y)，
因为P满足＝，
所以＝，
化简得x2＋y2＋8x＝0，故A正确；
对于选项B，由选项A可知，
点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0，
即(x＋4)2＋y2＝16，所以点P的轨迹是以(－4,0)为圆心，4为半径的圆，又|AB|＝6，且点
A，B在直径所在直线上，故当点P到圆的直径所在直线的距离最大时，△PAB的面积取得最
大值，
因为圆上的点到直径的最大距离为半径，即△PAB的高的最大值为4，
所以△PAB面积的最大值为×6×4＝12，故B错误；
对于选项C，假设在x轴上存在异于A，B的两定点M，N，
使得＝，
设M(m，0)，N(n，0)，
故＝，
即＝2，
化简可得x2＋y2－x＋＝0,
又点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0，
可得
解得或(舍去)，
故存在异于A，B的两定点M(－6,0)，N(－12,0)，
使得＝，故C正确；
对于选项D，因为＝，
所以2|PA|＝|PB|，
所以2|PA|＋|PQ|＝|PB|＋|PQ|，
又点P在圆x2＋8x＋y2＝0上，如图所示，所以当P，Q，B三点共线时2|PA|＋|PQ|取得最小值，
此时(2|PA|＋|PQ|) ＝|BQ|
min
＝
＝5，故D正确．]
跟踪演练3 A
培优点 9 圆锥曲线与圆的综合问题
例1 解 (1)由题意得
∴
∴椭圆的方程为＋＝1.
(2)是定值．由题意，
设AB的方程为
y＝kx＋m(k<0，m>0)，
∵AB与圆x2＋y2＝3相切，
∴＝，
即m2＝3(1＋k2)，
由
整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
∴|AB|＝|x－x|
1 2
＝
＝
＝.
又|AF|2＝(x－1)2＋y
2 1
＝(x－1)2＋3
1
＝(x－4)2，
1∴|AF|＝(4－x)＝2－x，
2 1 1
同理|BF|＝(4－x)＝2－x，
2 2 2
∴|AF|＋|BF|＝4－(x＋x)
2 2 1 2
＝4＋
∴|AF|＋|BF|＋|AB|＝4＋－＝4(定值)．
2 2
跟踪演练1 解 (1)由抛物线C方程x2＝2py，
已知F，准线y＝－，
外接圆的圆心在直线y＝上，
依题意＝，即p＝1，抛物线C的方程为x2＝2y.
(2)设过点P(x，y)的直线l的方程为y－y＝k(x－x)，
0 0 0 0
直线kx－y＋y－kx＝0与圆x2＋(y－1)2＝1相切，
0 0
则＝1，
化简得(x－1)k2－2(y－1)x·k＋y－2y＝0，①
0 0 0
方程的根为k，k，
1 2
则有
设直线l，l 在y轴上的截距分别为y，y，
1 2 1 2
则y＝y－kx，y＝y－kx，
1 0 1 0 2 0 2 0
|AB|＝|y－y|＝|k－k|·x＝
1 2 1 2 0
x·
0
＝
＝
＝，
S＝|AB|·x＝·
0
＝·
＝
≥×(2＋2)＝2.
当且仅当x－1＝，即x＝时，S 面积取得最小值，面积最小值为2.
0 △PAB
例2 (1)解 设P(x，y)，
因为动点P与定点F(，0)的距离和P到定直线l：x＝的距离的比是，所以＝，
整理化简得＋y2＝1.所以动点P的轨迹方程为＋y2＝1.
(2)证明 设直线l的方程为
y＝x＋m(m≠0)，
A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由方程组得x2＋2mx＋2m2－2＝0，①
方程①的判别式为Δ＝4(2－m2)，
由Δ>0，得2－m2>0，
解得－0，
所以ex<3，xlog a－，所以log b>log a，
3 4 3 4
又因为log a＝log >log 且
4 2 3
y＝log x单调递增，
3
所以由log b>log 可知b>，
3 3
综上，0时，f(x)＝|log x|，
2
令f(x)＝2，
解得x＝4或x＝，
令f(x)＝1，解得x＝2或x＝，作出函数f(x)的图象如图所示，
因为方程f(x)＝a恰有四个不同的实数解，即y＝f(x)与y＝a恰有四个交点，所以1≤a<2，
不妨令x|PF|，
1 2
∴|PF|＝4，|PF|＝2，
1 2
∴＝2.
综上可知，＝或2.
批注 P，F ，F 是一个直角三角形的三个顶点，并没有说明哪个点是直角顶点，所以需分
1 2
类讨论，仔细审题，理解题意是关键．
例3 1
解析 令t＝x＋(x>0)，则t≥2，
则＝＝，
令y＝t＋(a>0，t≥2)，
当04时，t＋≥2(当且仅当t＝时，等号成立)，
则0<≤，
即的最大值为，
则＝，解得a＝(舍)，
综上，所求正实数a＝1.
第 4 讲 转化与化归思想
例1 (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，所以椭圆的上顶点A(0，)，右顶点B(2,0)，所以经过A，B两点的切线方程分别为y＝，x＝
2，
所以两条切线的交点坐标为(2，)，
又过A，B的切线互相垂直，
由题意知交点必在一个与椭圆C同心的圆上，可得圆的半径r＝＝，所以椭圆C的蒙日圆方
程为x2＋y2＝7.]
批注 根据题意每个椭圆的“蒙日圆”都是固定的，所以取特殊点，利用过特殊点的互相垂
直的切线的交点也在蒙日圆上即可求半径，体现了特殊到一般的思想．
(2)C [假设ABCD为矩形，以A为坐标原点，AB，AD所在直线为x轴、y轴建立如图所示
的平面直角坐标系，
则A(0,0)，M(12,6)，N(8,8)，
∴AM＝(12,6)，
NM＝(4，－2)，
∴AM·NM＝12×4＋6×(－2)＝36.]
例2 (1)A [依题意知，命题“∃x∈(0，π)，sin 2x－ksin x<0”为假命题，
则“∀x∈(0，π)，sin 2x－ksin x≥0”为真命题，
所以2sin xcos x≥ksin x，
则k≤2cos x，
解得k≤－2，
所以k的取值范围为(－∞，－2]．]
(2)C [因为三棱锥P－ABC的三组对边两两相等，所以可将此三棱锥放在一个特定的长方
体中(如图所示)，把三棱锥P－ABC补成一个长方体AEBG－FPDC.
易知三棱锥P－ABC的各棱分别是此长方体的面对角线．
不妨令PE＝x，EB＝y，EA＝z，
则由已知，可得⇒
从而知V ＝V －V －V －V －V ＝V －4V ＝6×8×10
P－ABC AEBG－FPDC P－AEB C－ABG B－PDC A－FPC AEBG－FPDC P－AEB
－4×××6×8×10＝160.]
例3
解析 因为f(x)＝ln x－＋，
所以f′(x)＝－－
＝＝－，
当00，
所以f(x) ＝f(1)＝，
min
即∃x∈[1,2]，g(x)≤，
即∃x∈[1,2]，－x2－2ax＋4≤，
∴a≥ ，
min
函数φ(x)＝－＋在[1,2]上单调递减，
∴φ(x)∈，
∵a≥－，
∴a的取值范围是.
例4 (1)解 ∵g(x)＝ f(x)－(x＋1)＝ln x－(x＋1)，
∴g′(x)＝－1(x>0)．
令g′(x)>0，解得01.
∴函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x) ＝g(1)＝－2.
极大值
(2)证明 由(1)知x＝1是函数g(x)的极大值点，也是最大值点，
∴g(x)≤g(1)＝－2，
即ln x－(x＋1)≤－2⇒ln x≤x－1(当且仅当x＝1时，等号成立)，
令t＝x－1，得t≥ln(t＋1)(t>－1)．
取t＝(n∈N*)时，
则>ln＝ln，
∴1>ln 2，>ln ，>ln ，…，>ln ，
∴叠加得1＋＋＋…＋>
ln＝ln(n＋1)．
即1＋＋＋…＋>ln(n＋1)(n∈N*)．第 5 讲 客观题的解法
例1 (1)D [因为|b|＝2，
且a·b＝3，
所以b·(b－a)＝b2－b·a
＝(2)2－3＝9，
因为|b－a|＝＝＝＝，所以向量b与b－a夹角的余弦值为＝＝.]
(2)
解析 ∵2S＝n2＋n，∴S＝，
n n
当n≥2时，
a＝S－S ＝－＝n，
n n n－1
a＝S＝＝1也符合上式，
1 1
∴a＝n，b＝＝－，
n n
∴T ＝1－＋－＋…＋－＝.
2 023
例2 (1)B [取a＝5，b＝4，c＝3代入验证可知选项B正确．]
(2)D [①令A＝30°，B＝60°，
C＝90°，令c＝2，
则a＝1，b＝，
∴a＋c＝3<2b＝2，
②令A＝B＝C＝60°，
则a＝b＝c，
∴a＋c＝2b，
故a＋c≤2b.]
例3 (1)C [f(x)的定义域为{x|x≠±1}，
因为f(－x)＝
＝－＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，故排除A，D，
当x>0且x≠1时，
f(x)＝，
当00，
所以f(x)<0，故排除B.]
(2)D [对于A，令x>0，则－x<0，
∴f(－x)＝e－x(1－x)，又f(x)为奇函数，
∴－f(x)＝e－x(1－x)，
∴f(x)＝e－x(x－1)，故A错误；
对于B，当x<0时，
令f(x)＝ex(x＋1)>0，
解得－10时，令f(x)＝e－x(x－1)>0，
解得x>1，
综上，f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)，故B错误；
对于C，当x<0时，
令f(x)＝0⇒x＝－1，
当x>0时，令f(x)＝0⇒x＝1，
又f(x)是定义在R上的奇函数，f(0)＝0，
∴f(x)有3个零点分别为－1,0,1，故C错误．]
例4 (1)D [如图所示，构造棱长为的正方体，显然满足题设的一切条件，则球O就是该
正方体的外接球，从而体积为π.]
(2)B [设F(x)＝f(x)· ，
则F′(x)＝f′(x)· ＋ f(x)·
＝ >0，
所以函数F(x)在R上单调递增，
又f(1)＝，
所以F(1)＝f(1)·
又2f(x)> 等价于f(x)·
即F(x)>F(1)，所以x>1，
即所求不等式的解集为(1，＋∞)．]例5 (1)B [头顶至脖子下端的长度为26 cm，可得咽喉至肚脐的长度小于42 cm，肚脐至
足底的长度小于110 cm，则该人的身高小于178 cm，又由肚脐至足底的长度大于105 cm，
可得头顶至肚脐的长度大于65 cm，则该人的身高大于170 cm，所以该人的身高在170 cm
～178 cm之间．]
(2)B [等边三角形ABC的面积为9，显然球心不是此三角形的中心，所以三棱锥的体积最
大时，三棱锥的高h应满足h∈(4,8)，所以×9×40)
5．(2)d2＋ 2
6．2a > 2a < a b a
(±a，0)， (0，±b) (±a，0)
(0,0) (±c，0) 2a 2b
2a 2b e＝1 y＝±x
回扣 8 函数与导数
回归教材
2．(1)－f(x) f(x)
(2)f(x＋T)＝f(x)(T≠0)
3．(1)①2a ②2a ③2a
(2)① ②
4．(1)增 减 9.(1)③大 小
