大二轮专题复习讲义答案精析_2.2025数学总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_二轮复习_2023年高考数学二轮复习讲义+课件（全国版理科）_2023年高考数学二轮复习讲义（全国版理科）

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)①②
例2 (1)A (2)A
例3 (1)D [当－1≤x≤0时，f(x)＝－2x，表示一条线段，且该线段经过(－1,2)和(0,0)两点．
当0<x≤1时，f(x)＝，表示一段曲线，函数f(x)的图象如图所示．
f(x－1)的图象可由f(x)的图象向右平移一个单位长度得到，故A正确；f(－x)的图象可由f(x)
的图象关于y轴对称后得到，故B正确；由于f(x)的值域为[0,2]，故f(x)＝|f(x)|，故|f(x)|的图
象与f(x)的图象完全相同，故C正确；很明显D中f(|x|)的图象不正确．]
(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 [∵f(x)＝e|x|－cos x，
∴f(－x)＝e|－x|－cos(－x)＝e|x|－cos x＝f(x)，∴f(x)为偶函数，
∴f ＝f .
当x>0时，f(x)＝ex－cos x，
则f′(x)＝ex＋sin x，
∴当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝ex＋sin x>0，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(0)<f <f ，
即f(0)<f <f .]
例5 D [由y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，
可得g(2＋x)＝g(2－x)．
在f(x)＋g(2－x)＝5中，用－x替换x，
可得f(－x)＋g(2＋x)＝5，
可得f(－x)＝f(x)．
在g(x)－f(x－4)＝7中，用2－x替换x，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，
代入f(x)＋g(2－x)＝5中，
得f(x)＋f(－x－2)＝－2，
可得f(x)＋f(x＋2)＝－2，
所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，
所以f(x＋4)＝f(x)，
所以函数f(x)是以4为周期的周期函数．
由f(x)＋g(2－x)＝5可得f(0)＋g(2)＝5，
又g(2)＝4，所以f(0)＝1，
又f(x)＋f(x＋2)＝－2，
所以f(0)＋f(2)＝－2，
f(－1)＋f(1)＝－2，
则f(2)＝－3，f(1)＝f(－1)＝－1，
又f(3)＝f(－1)＝－1，
f(4)＝f(0)＝1，
所以∑f(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－24.]
跟踪演练3 (1)D (2)D第 2 讲 基本初等函数、函数与方程
例1 (1)B [∵lg a＋lg b＝0(a>0且a≠1，b>0且b≠1)，
∴ab＝1，∴a＝，
∴g(x)＝ ＝log x，
a
∴函数f(x)＝ax与函数g(x)＝ 互为反函数，
∴函数f(x)＝ax与g(x)＝ 的图象关于直线y＝x对称，且具有相同的单调性．]
(2)D [∵ea＋πb≥e－b＋π－a，
∴ea－π－a≥e－b－πb，
∴ea－π－a≥e－b－π－(－b)，①
令f(x)＝ex－π－x，显然f(x)为R上的增函数，
①式即为f(a)≥f(－b)，
∴a≥－b，即a＋b≥0.]
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0<x<2时，h′(x)<0，
当x>2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)B (2)
例4 (1)D [由题意，当＝100时，速度增量为Δv＝5ln 100；
1
则当＝600时，速度增量为Δv＝5ln 600＝5ln 100＋5ln 6，
2
所以＝＝＝≈39%.]
(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 <，
<lg ，lg <－1，
G·(lg 9－lg 10)<－22，G·(lg 10－lg 9)>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 不等式
例1 (1)②④
(2)(－∞，0)解析 由题意，关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－1,2)，
则－1,2是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的两根，
可得
解得b＝－a，c＝－2a，且a<0，
则关于x的不等式＋c>bx可化为－2a>－ax，即－2<－x，
即＝<0，
解得x<0，
所以不等式＋c>bx的解集为(－∞，0)．
跟踪演练1 (1)D (2)C
例2 (1)C [方法一 由题意作出可行域，如图阴影部分(含边界)所示，
转化目标函数z＝2x－y为y＝2x－z，
上下平移直线y＝2x－z，可得当直线过点(4,0)时，直线截距最小，z最大，
所以z ＝2×4－0＝8.
max
方法二 由得
此时z＝2×0－2＝－2；
由得
此时z＝2×2－0＝4；
由得
此时z＝2×4－0＝8.
综上所述，z＝2x－y的最大值为8.]
(2)B [作出约束条件的可行域，如图阴影部分(含边界)所示，其中A(1,0)，B(0,1)，C(2,3)，z＝＝，
表示定点M与可行域内点(x，y)连线的斜率，
因为k ＝＝1，k ＝＝－3，
MA MB
所以z的取值范围是(－∞，－3]∪[1，＋∞)．]
跟踪演练2 (1)C
(2)
解析 作出不等式组
表示的平面区域如图中阴影部分(包括边界)所示，
函数z＝(x＋1)2＋(y＋2)2表示可行域内的点与点(－1，－2)的距离的平方．
由图知，＝的最小值为点(－1，－2)到直线x＋2y＋2＝0的距离，
即＝，
所以z的最小值为.
例3 (1)C [因为x>0，y>0，
且2x＋y＝1，
所以＝＝＋
＝(2x＋y)
＝＋＋5
≥2＋5＝2＋5，当且仅当＝，即y＝x时取等号．]
(2)－1
跟踪演练3 (1)B (2)②③第 4 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<a<2e时，ln >－1，
所以f′(x)>0⇒x<－1或x>ln ，
f′(x)<0⇒－1<x<ln ，
则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在上单调递减，在
上单调递增；
(ⅱ)当a＝2e时，f′(x)＝
2(x＋1)(ex＋1－1)≥0，
则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
(ⅲ)当a>2e时，ln <－1，
所以f′(x)>0⇒x<ln 或x>－1，
f′(x)<0⇒ln <x<－1，
则f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；
当0<a<2e时，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当a＝2e时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>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
(2)A [a＝＝1－＝1－×2，
令φ(x)＝1－x2－cos x，
x∈(0,1)，
则φ′(x)＝－x＋sin x，
令h(x)＝－x＋sin x，
则h′(x)＝－1＋cos x<0，
∴φ′(x)在(0,1)上单调递减，
∴φ′(x)<φ′(0)＝0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，
∴φ(x)<φ(0)＝0，
即1－x2<cos x，x∈(0,1)，
∴a<b，
又b－c＝cos －4×sin
＝4，
令g(x)＝xcos x－sin x，x∈(0,1)，
则g′(x)＝－xsin x<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，
∴g(x)<g(0)＝0，
即xcos x<sin x，x∈(0,1)，
∴cos <sin ，即b<c，
综上，a<b<c.]
跟踪演练3 (1)B (2)A
第 5 讲 函数的极值、最值
例1 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝x2－2x＋ln x＋2，
f′(x)＝x－2＋＝＝≥0，
当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，
所以当a＝1时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)f(x)＝x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)ln x＋2，
f′(x)＝ax－(2a2－a＋1)＋
＝
＝，
由f′(x)＝0，
解得x＝或x＝2a－1，
①若0<a≤，则2a－1≤0，≥2，
故当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0<a<.
②若<a<1，则0<2a－1<，
故当x∈(0,2a－1)时，f′(x)>0，
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0<a<，没有符合题意的a.
③若a>1，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.所以2a－1>3，解得a>2.
0
综上，a∈∪(2，＋∞)．
跟踪演练1 (1)D
(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＝0有两个不同的解，
即＝有两个不同的解，转化为g(x)＝与y＝的图象有两个交点，
设g(x)＝，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．
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.]
例2 (1)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)＝et－t＋1(t≤1)．
2 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0<a<，
所以f(x)＋f(x)＝ax－2x＋ln x＋ax－2x＋ln x
1 2 1 1 2 2
＝a[(x＋x)2－2xx]－2(x＋x)＋ln(xx)
1 2 1 2 1 2 1 2
＝－－1－ln 2a，
令h(a)＝－－1－ln 2a，
则h′(a)＝>0，
所以h(a)＝－－1－ln 2a在上单调递增，
所以h(a)<h＝－3，
所以t≥－3.
故实数t的最小值为－3.跟踪演练3 B
第 6 讲 导数的综合应用
母题突破 1 导数与不等式的证明
母题 (1)解 f′(x)＝ex－2x，f′(1)＝e－2，
又f(1)＝e－1.
∴切线方程为y－(e－1)＝(e－2)(x－1)，
即y＝(e－2)x＋1.
(2)证明 令φ(x)＝f(x)
－[(e－2)x＋1]
＝ex－x2－(e－2)x－1(x>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<ex－x－1.
方法一 即证ex－x－1－>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＋1<ex，
即证<1.
令F(x)＝，x>0，
∴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)<ex，
只需证x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex，设函数g(x)＝x(1－ln x)，
则g′(x)＝－ln x，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，函数g(x)在(0,1)上单调递增，
所以g(x)<g(1)＝1，
设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，
因为x∈(0,1)，所以x>x3，
所以1＋x－x3>1，
又1<ex<e，所以h(x)>1，
所以g(x)<1<h(x)，
即原不等式成立．
方法二 f(x)＝ln ＝1－ln x.
欲证f(x)<ex，
只需证＋x2－<1，
因为x∈(0,1)，
所以1－ln x>0，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－<a<，
则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，
g′(x)<0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>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，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0<x<1时，g′(x)<0；
当x>1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 由f(x)≥g(x)
得a(eax＋1)≥2ln x，
即ax(eax＋1)≥(x2＋1)ln x2，
即(eax＋1)ln eax≥(x2＋1)ln x2，
设h(x)＝(x＋1)ln x，
则h(eax)＝(eax＋1)ln eax，
h(x2)＝(x2＋1)ln x2，
由h′(x)＝ln x＋＋1，设m(x)＝ln x＋＋1，可得m′(x)＝，
所以当0<x<1时，m′(x)<0，m(x)单调递减；
当x>1时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
所以m(x) ＝h′(x) ＝h′(1)＝2>0，
min min
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以eax≥x2对∀x>0恒成立，
即a≥对∀x>0恒成立，
设n(x)＝，
则n′(x)＝，
当0<x<e时， n′(x)>0，n(x)单调递增；
当x>e时， n′(x)<0，n(x)单调递减，
所以n(x) ＝n(e)＝，故a≥，
max
所以实数a的取值范围为.
跟踪演练
1．解 (1)f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0，
故f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
(2)当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)，
得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
令h(x)＝ln x＋1－2ax，
则h′(x)＝－2a＝.
①若a≤0，得h′(x)>0，
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0<a<，则>1，
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＝ －1>0，
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＝·－· ＝ <0，
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<g(a)<g(e)，
∴a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞)．
[子题2] 证明 因为H(x)＝aln(x＋1)＋x2－ax＋1，
所以H′(x)＝(x>－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－1<x<0，
所以函数H(x)在区间(－1,0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
则函数H(x)在x＝0时有最小值H(0)＝1>0，此时函数H(x)无零点．
③当0<a<2时，－1<－1<0，
令H′(x)>0，得－1<x<－1或x>0，
令H′(x)<0，得－1<x<0，所以函数H(x)在区间，(0，＋∞)上单调递增，在区间上单调递减．
因为函数H(0)＝1>0，
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0<a<2时，函数H(x)在区间(－1，＋∞)上至多有一个零点．
综上，当a≤2时，函数H(x)＝f(x)－g(x)至多有一个零点．
跟踪演练
1．解 (1)∵f(x)＝ex－ax＋2a，定义域为R，
又f′(x)＝ex－a，
∴当a≤0时，f′(x)>0，
则f(x)在R上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln a，
当x<ln a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>ln 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)→0
x→－∞时，φ(x)→－∞，∴φ(x)的图象如图所示．
∴当>，
即0<a<e3时，f(x)无零点，
当＝，即a＝e3时，f(x)有一个零点；
当0<<，即a>e3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)<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－4<m<0时，
设x∈(0,1)使得g(x)＝0，
0 0
当x∈(0，x)时，
0
g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x，1)时，
0
g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，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 例2 D
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 A [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不正确；
因为当n＝2时，φ(4)＝φ(6)＝2，故D不正确．]
跟踪演练1 (1)C (2)B
例5 (1)C [设等比数列{a}的公比为q.
n
对于①，＝＝3＝q3，
故f(x)＝x3是“保等比数列函数”；对于②，＝ ≠常数，
故f(x)＝2x不是“保等比数列函数”；
对于③，＝＝＝|q|，
故f(x)＝|x|是“保等比数列函数”；
对于④，＝＝
＝＝1＋≠常数，
故f(x)＝ln|x|不是“保等比数列函数”．]
(2)B [由题意可知，若函数在所给定义域上“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(0，＋∞)上恒成立，不符合题意，故选项A错误；
对于B，f(x)＝＋x，
则f″(x)＝>0恒成立，符合题意，故选项B正确；
对于C，f(x)＝－x3＋2x，
则f″(x)＝(－3x2＋2)′＝－6x，当x>0时，f′(x)<0，不符合题意，故选项C错误；
对于D，f(x)＝sin x－x2(0<x<π)，
则f″(x)＝(cos x－2x)′＝－sin x－2<0在(0，π)上恒成立，不符合题意，故选项D错误．]
跟踪演练2 (1)②③
(2)①③④
解析 对于新运算“★”的性质(ⅲ)，令c＝0，
则(a★b)★0＝0★(ab)＋(a★0)＋(0★b)＝ab＋a＋b，即a★b＝ab＋a＋b.
∴f(x)＝x★＝1＋x＋，
当x>0时，f(x)＝1＋x＋≥1＋2＝3，
当且仅当x＝，即x＝1时取等号，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值为3，故①正确；
函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
∵f(1)＝1＋1＋1＝3，f(－1)＝1－1－1＝－1，
∴f(－1)≠－f(1)，
且f(－1)≠f(1)，
∴函数f(x)为非奇非偶函数，故②错误；
f′(x)＝1－＝，令f′(x)>0，则x<－1或x>1，所以函数f(x)＝1＋x＋的单调递增区间为(－∞，
－1)，(1，＋∞)，故③正确；
由③知，函数f(x)＝1＋x＋不是周期函数，故④正确．微重点 2 函数的嵌套与旋转、对称问题
例1 D [令u＝f(x)，令g(x)＝0，
则f(u)－＝0，
当u≥0时，则f(u)＝ln(u＋1)，
所以ln(u＋1)＝，
所以u＝－1.
当u<0时，f(u)＝－ueu，
则f′(u)＝－(u＋1)eu，
当u<－1时，f′(u)>0；
当－1<u<0时，f′(u)<0.
此时，函数y＝f(u)在u＝－1处取得极大值，且极大值为f(－1)＝<.
所以当u<0时，f(u)<，
则方程f(u)－＝0在u<0时无解．
再考虑方程f(x)＝－1的根的个数，
作出函数u＝f(x)与u＝－1的图象如图所示，
由于－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2<m≤.]
跟踪演练1 (1)A
(2)D [当x>0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0<a－1<，
即1<a<.]
例3 B [由y＝－2(x∈[－3,3])，
得x2＋(y＋2)2＝13(x∈[－3,3])，
原函数的图象是以(0，－2)为圆心，以为半径的圆的部分，如图，
设过(－3,0)与圆x2＋(y＋2)2＝13相切的直线的斜率为k，倾斜角为β，
则直线方程为y＝k(x＋3)，
即kx－y＋3k＝0.
由＝，
解得k＝，则tan β＝.
要使对于每一个旋转角α，曲线C都是一个函数的图象，
则当α最大为θ时，函数在(－3,0)处的切线为x＝－3，即β＋θ＝，
则tan θ＝tan＝＝.]
跟踪演练2 B
例4 A [由已知可得，
方程f(x)＝－g(x)在(0，＋∞)上有两解，即a＝－ln x－在(0，＋∞)上有两解．
设h(x)＝－ln x－，
则h′(x)＝－＋＝，
令h′(x)＝0，得x＝1，
∴当0<x<1时，h′(x)<0；
当x>1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>1,0<ln 2<1，log ＝－3<0，
2
所以log <0<ln 2<1<20.6，
2
所以c>b>a.]
跟踪演练1 C
例2 B [设函数g(x)＝，
可得g′(x)＝，
由f(x)<f′(x)，
可得f′(x)－f(x)>0，
所以g′(x)>0，所以g(x)单调递增，
则<，
即ef(2 022)<f(2 023)．]跟踪演练2 (3，＋∞)
例3 ∪
解析 令g(x)＝f(x)cos x，x∈，
∴g(－x)＝f(－x)cos(－x)＝f(x)cos x＝g(x)，
∴g(x)为偶函数，
又g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x，
∴当x∈时，g′(x)<0，
即g(x)在上单调递减．又g(x)为偶函数，
∴g(x)在上单调递增，
不等式2f(x)<可化为f(x)cos x<f cos ，
即g(x)<g，
则解得－<x<－或<x<.
故不等式2f(x)<的解集为∪.
跟踪演练3 B
解析 构造函数F(x)＝，
由f(x)在上恒有<成立，
即f′(x)sin x－f(x)cos x>0，
∴F′(x)＝>0，
∴F(x)在上单调递增，
又F(－x)＝＝＝F(x)，
∴F(x)为偶函数，∵<，
∴F<F，∴<，
∴f <f ，故A错误；
∵偶函数F(x)在上单调递增，
∴F(x)在上单调递减，
∵－<－，
∴F>F，∴>，
∴－f >－f ，
∴f <f ，故B正确；
F<F，
∴<，
∴－f <－f ，
∴f >f ，故C错误；
∵>，∴F>F，∴>，
∴f >f ，故D错误．
例4 e
解析 ∵xa＝ ，
∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x.
由a>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≥ ，设f(x)＝(x>1)，
min
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，∴a≥e.
min
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(当且仅当x＝1时取等号)，g′(x)＝2－3x2≤2(当且仅当x＝0时取等号)，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 － －x－1＝0，
2 1 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x ＝1，
0 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 － －x－1
min 0 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 [设切线与曲线y＝ln x相切于点(t，ln t)，
对函数y＝ln x求导得y′＝，
所以曲线y＝ln x在点(t，ln t)处的切线方程为y－ln t＝(x－t)，
即y＝x＋ln t－1，
联立
可得ax2－x＋1－ln t＝0，
由题意可得a≠0且Δ＝－4a(1－ln t)＝0，
可得＝t2－t2ln t，
令g(t)＝t2－t2ln t，其中t>0，
则g′(t)＝2t－(2tln t＋t)＝t(1－2ln t)．
当0<t<时，g′(t)>0，函数g(t)单调递增；
当t>时，g′(t)<0，函数g(t)单调递减，
所以g(t) ＝g()＝.
max
且当0<t<e时，g(t)>0；
当t>e时，g(t)<0，函数g(t)的图象如图所示，
由题意可知，当a>时，0<<，
由图可知，直线y＝与曲线g(t)有两个交点，
则函数y＝ax2与y＝ln x有两条公切线．]
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
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) ＝
min
＝ ·－a
＝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
φ(x)＝ ＝ ＝ ＝，
∴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－<ln t，
构造函数φ(t)＝2－－ln t(t>1)，
φ′(t)＝－＝<0，
∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(t)<φ(1)＝0，即2－<ln t，
∴原不等式得证．
综上，＜＜.
跟踪演练1 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋
＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a＞2，令f′(x)＝0，得
x＝或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．
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.
由于f(x)的两个极值点x，x 满足x2－ax＋1＝0，
1 2
所以xx＝1，不妨设x>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)＝aeln 1＋＝2，f′(1)＝aeln 1＋ae－be0＋be0＝e.
故a＝1，b＝2.
(2)证明 方法一 由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1＝ex.
因为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)．
方法二 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∈时，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.
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0<a<时，
在(0,2)和上，f′(x)>0，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0<a<时，f(x)的单调递增区间为(0,2)和.
(2)证明 方法一 当a＝0时，
要证f(x)<2ex－x－4，
即证ex－ln x－2>0，
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＝－ －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 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＝ －10<e2－10<0，
φ(1)＝e2－1>0，
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)＝x －ln x－x－2，
min 0 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，
0
即f(x)≥g(x)．
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0<x<x 时，μ(x)>0, 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)＝－ ＋2
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′＝2 －a>0，
f′(π)＝－2eπ－a<0.
①当2－a≥0，即0<a≤2时，f′(0)≥0，
∴∃x∈，使得f′(x)＝0，
0 0
∴当x∈(0，x)时，f′(x)>0；
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2<a<6时，f′(0)＝2－a<0，
又∵f′(x)在上单调递增，
在上单调递减，
而f′＝2 －a>0，
∴∃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 ＝2 －a>2 －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0<a≤2时，f(x)在(0，π)上仅有一个零点；当2<a<6时，f(x)在(0，π)上有两个
零点．培优点 4 极值点偏移问题
例1 (1)解 由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f′(x)＝－＋1
＝＝，
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x) ＝f(1)＝e＋1－a.
min
又f(x)≥0，
所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明 方法一 不妨设x<x，
1 2
则由(1)知0<x<1<x，>1.
1 2
令F(x)＝f(x)－f ，
则F′(x)＝＋ ·＝(ex＋x－x －1)．
令g(x)＝ex＋x－x －1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－ ＋x ·
＝ex＋1＋ (x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以F(x)<F(1)，
即在(0,1)上f(x)－f <F(1)＝0.
又f(x)＝f(x)＝0，
1 2
所以f(x)－f <0，
2
即f(x)<f .
2
由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x<，即xx<1.
2 1 2方法二 (同构法构造函数化解等式)
不妨设x<x，
1 2
则由(1)知0<x<1<x，0<<1.
1 2
由f(x)＝f(x)＝0，
1 2
得 －ln x＋x＝ －ln x＋x，
1 1 2 2
即 ＋x－ln x＝ ＋x－ln x.
1 1 2 2
因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，
所以x－ln x＝x－ln x 成立．
1 1 2 2
构造函数h(x)＝x－ln x(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0<x<<1，即xx<1.
1 1 2
跟踪演练1 (1)解 f′(x)＝－＝(x>0)，
令f′(x)>0得x>2，
令f′(x)<0得0<x<2.
所以f(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，
所以当x＝2时，f(x)取得极小值1＋ln 2，无极大值，f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，
单调递减区间为(0,2)．
(2)证明 由题意知，g(x)＝g(x)．
1 2
不妨设x<x，
1 2
由(1)知，g(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增；
所以0<x<2<x.
1 2
所以证明不等式x＋x>4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(0<x<2)，
1 1 1
即＋ln x－－ln(4－x)>0(0<x<2)恒成立，
1 1 1
令h(x)＝＋ln x－－ln(4－x)(0<x<2)，
则h′(x)＝－＋－＋＝<0，
所以h(x)在(0,2)上单调递减，
所以h(x)>h(2)＝1＋ln 2－1－ln 2＝0，
即h(x)＝＋ln x－－ln(4－x)>0(0<x<2)恒成立，
因此不等式＋ln x－a>＋ln(4－x)－a(0<x<2)恒成立，
1 1 1
即x＋x>4.
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 )＝ln t＋ln x＝－1，
2 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0<x<，
故f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
依题意需f()＝()2－2aln <0，
此时1<ln a，故a>e.
(2)证明 因为1<x<，x>，
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 (2)
跟踪演练1 (1)C (2)－
例2 (1)B
(2)②③
解析 根据图象，可得A＝2，设f(x)的最小正周期为T，
则T＝－＝，
解得T＝π，所以ω＝＝2.将代入f(x)＝2sin(2x＋φ)中，
得2sin＝－2，
则＋φ＝2kπ－(k∈Z)，
解得φ＝2kπ－(k∈Z)，
所以f(x)＝2sin
(k∈Z)．
令k＝0，则f(x)＝2sin
＝2sin＝－2cos
＝2cos.
跟踪演练2 (1)C (2)A
例3 (1)A [因为<T<π，
所以<<π，解得2<ω<3.
因为y＝f(x)的图象关于点中心对称，所以b＝2，
且sin＋b＝2，
即sin＝0，
所以ω＋＝kπ(k∈Z)，
又2<ω<3，
所以<ω＋<，
所以ω＋＝4π，解得ω＝，
所以f(x)＝sin＋2，
所以f ＝sin＋2＝sin ＋2＝1.]
(2)B [因为f(x)＝sin
(ω>0)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0<m≤，
所以m的取值范围是.]
跟踪演练3 (1)C (2)－第 2 讲 三角恒等变换与解三角形
例1 (1)C
(2)A [方法一 因为
tan 2α＝＝，
且tan 2α＝，
所以＝，
解得sin α＝.
因为α∈，
所以cos α＝，
tan α＝＝.
方法二 因为tan 2α＝＝＝＝，
且tan 2α＝，
所以＝，
解得sin α＝.
因为α∈，
所以cos α＝，tan α＝＝.]
跟踪演练1 (1)或 (2)－
例2 (1)D [因为bsin 2A＝asin B，
所以2bsin Acos A＝asin B，
利用正弦定理可得2abcos A＝ab，
所以cos A＝，又c＝2b，
所以cos A＝
＝＝，
解得＝.]
(2)①证明 方法一
由sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B
＝sin Bsin Ccos A－sin Bcos Csin A，
结合正弦定理＝＝，
可得accos B－bccos A＝bccos A－abcos C，
即accos B＋abcos C＝2bccos A(*)．
由余弦定理可得accos B＝，
abcos C＝，
2bccos A＝b2＋c2－a2，
将上述三式代入(*)式整理，
得2a2＝b2＋c2.
方法二 因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin(A－B)
＝sin(A＋B)sin(A－B)
＝sin2Acos2B－cos2Asin2B
＝sin2A(1－sin2B)
－(1－sin2A)sin2B
＝sin2A－sin2B，
同理有sin Bsin(C－A)＝sin(C＋A)·sin(C－A)＝sin2C－sin2A.
又sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
即2sin2A＝sin2B＋sin2C，
故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
②解 由①及a2＝b2＋c2－2bccos A得，a2＝2bccos A，所以2bc＝31.
因为b2＋c2＝2a2＝50，
所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝81，
得b＋c＝9，
所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝14.
跟踪演练2 (1)D
(2)解 ①在△ABC中，由正弦定理得c＝2Rsin C，b＝2Rsin B，＝－1，＋1＝，
化简得cos Asin B＋sin Acos B＝2sin Ccos A．即sin(A＋B)＝2sin Ccos A，
∵A＋B＝π－C，∴sin(A＋B)＝sin C≠0，∴cos A＝，∵0<A<π，∴A＝.
②在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，又A＝，∴b2＋c2－bc＝4，
又b2＋c2≥2bc，∴bc≤4，则S ＝bcsin A≤×4×＝，
△ABC
∴△ABC面积的最大值为，当且仅当b＝c＝2时等号成立．
即此时b＝2，c＝2.
例3 (1)D [由题意得，在Rt△ABM中，
AM＝，
在△ACM中，∠CAM＝30°＋15°＝45°，
∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，所以∠ACM＝30°，
由正弦定理得
＝，
所以CM＝·AM＝，
又sin 15°＝sin(45°－30°)
＝×－×＝，
在Rt△CDM中，CD＝CMsin 60°＝＝＝36＋12≈57(m)．]
(2)A [由题意可知CD＝40，∠ADC＝105°，∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，
所以∠CAD＝45°，∠ADB＝60°，
在△ACD中，由正弦定理得＝，得AD＝20，
在Rt△BCD中，因为∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，
所以BD＝CD＝40，
在△ABD中，由余弦定理得AB＝
＝
＝＝20.]
跟踪演练3 (1)C (2)C
微重点 5 三角函数中 ω，φ 的范围问题
例1 (1)B
(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，
所以
⊆(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(x)关于点(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<，
又f ＝2sin＋1，
所以≤－<，则－1≤sin<，
所以－1≤2sin＋1<＋1，
即－1≤f <＋1.]
跟踪演练3
解析 由题意知，
k，k∈Z，
1 2
则k，k′∈Z，
其中k＝k－k，k′＝k＋k＝2k－k，
2 1 2 1 2
当k′＝－1时，φ＝－，k＝2k＋1，k∈Z；
2 2
当k′＝0时，φ＝，k＝2k，k∈Z.
2 2
又f(x)在区间上有且只有一个极大值点，
所以－＝≤2T＝，
得0<ω≤10，即0<≤10，
所以－<k≤.
当k＝6时，ω＝，φ＝，
此时x＋∈，
此时有2个极大值点，舍去；
当k＝5时，ω＝，φ＝－，
此时x－∈，此时有1个极大值点，成立，所以ω的最大值为.
微重点 6 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°，
在△ABC中，由余弦定理可得
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)由题意得，△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.
则b＋c＝bc≤2，即≥b＋c，解得b＋c≥4，
当且仅当b＝c＝2时等号成立，
即AB＋AC的最小值为4.
跟踪演练2 ①③④
解析 因为b＝ccos∠BAC，
由正弦定理可得sin B
＝sin Ccos∠BAC＝sin(∠BAC＋C)，
所以sin∠BACcos C＝0，
因为sin∠BAC≠0，
所以cos C＝0，即C＝.
因为cos∠BAC＝＝，
由角平分线定理可得＝＝，故③正确；
设AC＝x，则AB＝8x，
则BC＝3x，CD＝x.
在Rt△ACD中，由勾股定理可得x2＋2＝1，
解得x＝(负值舍去)，即AC＝，AB＝6，故①正确，②错误；
由cos∠BAC＝，得sin∠BAC＝，
因为S ＝××6×＝，
△ABC
所以S ＝S ＝，故④正确．
△ABD △ABC
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)
解析 设AD＝a，则AB＝2a，由题意可知
S ＝·AB·AD·sin∠BAD＝a2sin∠BAD.
△ABD
在△ABD中，根据余弦定理，
可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD
＝a2(5－4cos∠BAD)，
则S ＝BD2sin 60°＝BD2
△BCD
＝a2(5－4cos∠BAD)，
所以四边形ABCD的面积
S＝a2sin∠BAD＋a2(5－4cos∠BAD)
＝a2＋2a2sin.
所以当∠BAD＝时，四边形ABCD的面积S最大，
此时，sin∠BAD＝.
微重点 7 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 [以点O为原点，AB为x轴，垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标
系，如图所示，
不妨取C(1,0)，则D，
设P(cos α，sin α)(α∈[0，π])，
PC·PD＝(1－cos α，－sin α)·
＝－sin α－cos α＝－sin.
因为α∈[0，π]，
所以α＋∈，
所以sin∈，
所以－sin∈，即PC·PD的取值范围为.]
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0<B<π，所以B＝.
例3 －1
例4 C [AO＝λAB＋μBC可化为
OA＋λOB－λOA＋μOC－μOB＝0，
整理得(1－λ)OA＋(λ－μ)OB＋μOC＝0，
所以(1－λ)∶(λ－μ)∶μ＝4∶3∶2，
解得λ＝，μ＝，
所以3λ＋6μ＝3×＋6×＝3.]
例5
解析 依题意，
可得tan A∶tan B∶tan C＝1∶2∶3，
代入tan A＋tan B＋tan C
＝tan Atan Btan C，
可得6tan A＝6tan3A，
因为tan A≠0，
所以tan A＝±1.又因为tan A<tan B<tan C，
所以tan A＝1，所以A＝.
跟踪演练2 (1)
(2)
解析 方法一 据奔驰定理得，
PA＋xPB＋yPC＝0，
即AP＝2xPB＋2yPC，
平方得AP2＝4x2PB2＋4y2PC2＋8xy|PB|·|PC|·cos∠BPC，
又因为点P是△ABC的外心，
所以|PA|＝|PB|＝|PC|，
且∠BPC＝2∠BAC＝，
所以x2＋y2＋xy＝，
(x＋y)2＝＋xy≤＋2，
解得0<x＋y≤，
当且仅当x＝y＝时取等号，
所以(x＋y) ＝.
max
方法二 S ∶S ∶S ＝
△PBC △PCA △PAB
sin 2A∶sin 2B∶sin 2C，
sin 2A∶sin 2B∶sin 2C
＝∶x∶y，
又∠BAC＝，∴sin 2A＝，
∵x＝sin 2B，y＝sin 2C，
∴x＋y＝(sin 2B＋sin 2C)
＝
＝sin.
又∵B∈，
∴2B－∈，
∴sin∈，
∴x＋y∈，
∴(x＋y) ＝.
max
培优点 6 向量极化恒等式
例1 (1)27 (2)例2 (1)－
解析 如图所示，取OC的中点D，连接PD，因为O为AB中点，
所以(PA＋PB)·PC＝2PO·PC，
由极化恒等式得
PO·PC＝PD2－DO2＝PD2－，
因此当P为OC的中点，
即|PD|＝0时，
(PA＋PB)·PC取得最小值－.
(2)－
解析 由向量极化恒等式知
a·b＝
＝
≥＝－，
当且仅当|2a＋b|＝0，|2a－b|＝3，
即|a|＝，|b|＝，〈a，b〉＝π时，
a·b取最小值．
跟踪演练1 (1) (2)[0,2]
例3 (1)A [方法一 设BM＝tBC(0≤t≤1)，
则AN＝AM＝(AB＋BM)
＝AB＋BM
＝AB＋BC
＝AB＋(AC－AB)
＝AB＋AC，
所以λ＝－，μ＝，
所以λ＋μ＝ .
方法二 如图，过N作BC的平行线，
设λ＋μ＝k，则k＝.
由图易知，＝.](2)C [
如图，作出定值k为1的等和线DE，AC是过圆上的点最远的等和线，
则BM＝xBA＋yBD
＝2x·BA·＋yBD＝2xBE＋yBD，
当M在N点所在的位置时，2x＋y最大，设2x＋y＝k，则k＝＝2，
所以2x＋y取得最大值2.]
跟踪演练2 2
解析 方法一 以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图(1)所示，
则A(1,0)，B，
设∠AOC＝α，
则C(cos α，sin α)．
由OC＝xOA＋yOB，
得
所以x＝cos α＋sin α，y＝sin α，
所以x＋y＝cos α＋sin α＝2sin，
又α∈，
所以当α＝时，x＋y取得最大值2.
图(1) 图(2)
方法二 令x＋y＝k，在所有与直线AB平行的直线中，切线离圆心最远，如图(2)，即此时k
取得最大值，结合角度，不难得到k＝＝2.专题三 数 列
第 1 讲 等差数列、等比数列
例1 (1)C [设等差数列{a}的公差为d(d≠0)，
n
因为S＝4a，
5 4
所以5a＋d＝4(a＋3d)，
1 1
得a＝2d(d≠0)，
1
所以＝＝＝15.]
(2)C [∵最下层的“浮雕像”的数量为a，
1
依题意有，公比q＝2，n＝7，
S＝＝1 016，
7
解得a＝8，
1
则a＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，
n
∴a＝25，a＝27，
3 5
从而a·a＝25×27＝212，
3 5
∴log (a·a)＝log 212＝12.]
2 3 5 2
跟踪演练1 (1)D [方法一 设等比数列{a}的首项为a，公比为q，
n 1
由题意可得
即
解得所以a＝aq5＝3.
6 1
方法二 设等比数列{a}的首项为a，公比为q，
n 1
由题意可得
即
解得所以a＝aq5＝3.]
6 1
(2)D
例2 (1)C [∵a＋a＝a＋a，
∴a－a＋a－a＝0，
∴2d(a＋a)＋2d(a＋a)＝0，
7 5 8 6
又d≠0，a＋a＝a＋a，
8 5 6 7
∴2(a＋a)＝0，
7 6
∴S ＝＝＝0.]
12(2)D [∵等比数列{a}的各项均为正数，
n
a>1，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
∴0<q<1，故A，B正确；
∵aa＋1>2，∴aa>1，
6 7 6 7
T ＝aaa…a ＝(aa)6>1，
12 1 2 3 12 6 7
故C正确；
T ＝a<1，故D错误．]
13
跟踪演练2 (1)C (2)②③④
例3 (1)证明 由a ＝6a －9a，
n＋2 n＋1 n
得a －3a ＝3a －9a＝3(a －3a)，
n＋2 n＋1 n＋1 n 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 (1)解 因为a＝1，所以＝1，
1
又是公差为的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×＝.
因为当n≥2时，a＝S－S ，
n n n－1
所以＝＝，
所以＝，
整理得＝，
所以··…··
＝××…··
＝，
所以S＝(n≥2)，
n
又S＝1也满足上式，
1
所以S＝(n∈N*)，
n
则S ＝(n≥2)，
n－1
所以a＝
n
－
＝(n≥2)，
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.
故＋＋…＋<2成立．
例3 解 (1)选①.
设数列{b}的公比为q(q>0)，由b－b＝18b，得q3－q2＝18，
n 5 4 2
即(q－3)(q2＋2q＋6)＝0，
解得q＝3.
由2a＝a ＋a (n≥2)知数列{a}为等差数列，
n n＋1 n－1 n
设等差数列{a}的公差为d，由S＝b＝9，b＝a ，
n 3 3 4 14得3a＝3(a＋d)＝9，b＝bq2＝9,9q＝3＋12d，
2 1 3 1
所以a＝b＝1，d＝2，
1 1
故数列{a}和{b}的通项公式分别为a＝2n－1，b＝3n－1.
n n n n
选②.
由2a＝a ＋a (n≥2)知数列{a}为等差数列，
n n＋1 n－1 n
设数列{a}的公差为d，数列{b}的公比为q(q>0)，
n n
由S＝b＝9，b＝a ，S＝b－2，
3 3 4 14 5 4
得3a＝3(a＋d)＝9，b＝bq2＝9,9q＝3＋12d，
2 1 3 1
5a＋10d＝9q－2，
1
所以a＝b＝1，d＝2，q＝3，
1 1
故数列{a}和{b}的通项公式分别为a＝2n－1，b＝3n－1.
n n n n
选③.
设数列{b}的公比为q(q>0)，
n
由log b －1＝log b，得＝3，则q＝3.
3 n＋1 3 n
由2a＝a ＋a (n≥2)知数列{a}为等差数列，设等差数列{a}的公差为d，
n n＋1 n－1 n n
由S＝b＝9，b＝a ，得3a＝3(a＋d)＝9，
3 3 4 14 2 1
b＝bq2＝9,9q＝3＋12d，
3 1
所以a＝b＝1，d＝2，
1 1
故数列{a}和{b}的通项公式分别为a＝2n－1，b＝3n－1.
n n n n
(2)由(1)知c＝ab＝(2n－1)×3n－1，
n n n
所以T＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－3)×3n－2＋(2n－1)×3n－1，①
n
3T＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n.②
n
①－②得－2T ＝1＋2×(31＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝1＋2×－(2n－1)×3n＝－2－
n
(2n－2)×3n，
所以T＝1＋(n－1)×3n.
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＝
n
1＋2×－
＝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
(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 [等边三角形内心、重心、外心、垂心四心合一．所以圆D 的半径为×a＝a，
1
面积为·π，圆D 的半径为×a，
2
面积为··π，
圆D 的半径为2×a，
3
面积为2··π，
以此类推，圆D 的面积为n－1··π，
n
所以各圆的面积组成的数列是首项为·π，公比为的等比数列，
所以X＝＝·π·
n
＝πa2.]
微重点 8 数列的递推关系
例1 (1)C [因为a－3a ＝2aa ，
n n＋1 n n＋1
两边同除以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，故B正确，C不正确；
n
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，所以a－2n＝(－1)n，
n n
即a＝2n＋(－1)n，
n
所以S ＝21＋22＋…＋299＋2100＋(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)99＋(－1)100
100
＝＋0＝2101－2.]
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 n－2
＝(n－1)a ，
n－1
两式相减得a＋a
n n－1
＝na－(n－1)a (n≥3)，
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 [因为a＋a＋a＋…＋a＝2n，
1 2 3 n
所以当n≥2时，
a＋a＋a＋…＋a ＝2(n－1)，
1 2 3 n－1
两式相减得a＝2，
n
所以a＝2n(n≥2)，
n
又a＝2也适合该式，
1
故a＝2n.
n
所以{a}为等比数列，
n
所以a＋2a＋22a＋…＋22 021a
1 2 3 2 022
＝＝(24 044－1)．]
(2)10
解析 因为2aS＝1＋a，a>0，当n＝1时，2aS＝1＋a，解得S＝1，
n n n 1 1 1
当n≥2时，a＝S－S ，即2(S－S )S＝1＋(S－S )2，
n n n－1 n n－1 n 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，又正项数列{a}的前n项和为S，所以S＝，
n n n
所以S ＝，所以b ＝log ＝log ＝ ＝log ＝[log (n＋2)－log n]，所以T ＝b ＋
n＋2 n 2 2 2 2 2 n 1
b ＋b ＋…＋b ＋b ＝[log 3－log 1＋log 4－log 2＋log 5－log 3＋…＋log (n＋1)－log (n－
2 3 n－1 n 2 2 2 2 2 2 2 2
1)＋log (n＋2)－log n]＝[－1＋log (n＋1)＋log (n＋2)]＝[－1＋log (n＋1)(n＋2)]，
2 2 2 2 2
由T≥3，即[－1＋log (n＋1)(n＋2)]≥3，化简整理得n2＋3n－126≥0，
n 2
当n＝9时，92＋3×9－126＝－18<0，当n＝10时，102＋3×10－126＝4>0，
所以满足T≥3的n的最小正整数的值为10.
n
微重点 9 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 ＝
n＋1
k∈N*，
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，设其公差为d，
n
由a＝a＋6d＝13，解得d＝2，
7 1
∴a＝2n－1，
n
在数列{b}中，当n＝1时，b＝S＝1，
n 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
解析 方法一 (观察归纳法)
数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；
数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….
观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，
则a＝1＋6(n－1)＝6n－5.
n
故前n项和为S＝＝＝3n2－2n.
n
方法二 (引入参变量法)
令b＝2n－1，c ＝3m－2，b＝c ，
n m n m
则2n－1＝3m－2，
即3m＝2n＋1，m必为奇数．
令m＝2t－1，
则n＝3t－2(t＝1,2,3，…)．
a＝b ＝c ＝6t－5，
t 3t－2 2t－1
即a＝6n－5.
n
以下同方法一．
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.
m
所以S ＝b＋b＋b＋b
100 1 2 3 4
＋…＋b
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
n
S ＝480.
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，所以a＝n.
n n
(2)由(1)可知
b＝a·sin＝
n n
k∈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 立体几何与空间向量
第 1 讲 空间几何体
例1 (1)B (2)a2
跟踪演练1 (1)③④(答案不唯一，②⑤也可) (2)C
例2 (1)B [如图所示，将屋顶分割为一个三棱柱和两个相同的四棱锥，
三棱柱的底面是边长为4，高为2的等腰三角形，三棱柱的高为4.
四棱锥的底面是长为4，宽为1的矩形，其高为2，
所以V＝×4×2×4＋2××4×1×2＝(立方米)．]
(2)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＝＝，h＝＝2，
1 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，
1h＝＝l，
2
所以＝＝＝.]
跟踪演练2 (1)C [边长为2的正方形的面积为2×2＝4，正六边形的面积为6××2×2×＝
6，
又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，
所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形，1个正六边形与3个正方形相连，所以该多
面体有6个正方形，正六边形有6×4÷3＝8(个)．
所以该多面体的表面积是S＝8×6＋6×4＝48＋24.]
(2)B [如图，设上底面的半径为r，下底面的半径为R，高为h，母线长为l，
则2πr＝π·1,2πR＝π·2，
解得r＝，R＝1，
l＝2－1＝1，
h＝＝＝，
上底面面积S′＝π·2＝，
下底面面积S＝π·12＝π，
则该圆台的体积为(S＋S′＋)h＝××＝.]
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)C
跟踪演练3 (1)A
(2) π
解析 如图，连接PA交底面BCD于点O，则点O就是该组合体的外接球的球心．
设三棱锥的底面边长为a，
则CO＝PO＝R＝a，
得×a＝2，
所以a＝，R＝，
所以V＝π·()3＝π.
第 2 讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
例1 (1)C
(2)①③
解析 如图所示，连接AC，EF，设AC与EF的交点为O，连接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①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，连
接MG，GH，NM，NH，
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，即GH与MN是共面直线，故②错误；
易证平面MNHG∥平面EAB，
又GH⊂平面MNHG，
所以GH∥平面EAB，故③正确；
因为EH⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，EH，MH⊂平面EMH，
所以BC⊥平面EMH，
而GH⊄平面EMH，GH∩EH＝H，
所以GH与BC不垂直，故④错误．
跟踪演练1 (1)C (2)B
例2 (1)①②④ [如图，连接AD，在正方形AADD 中，AD⊥DA，
1 1 1 1 1
因为AD∥BC ，所以BC ⊥DA，所以直线BC 与DA 所成的角为90°，故①正确；
1 1 1 1 1 1
在正方体ABCD－ABC D 中，CD⊥平面BCC B ，又BC ⊂平面BCC B ，所以CD⊥BC .连
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
接 BC，则 BC⊥BC .因为 CD∩BC＝C，CD，BC⊂平面 DCB A ，所以 BC ⊥平面
1 1 1 1 1 1 1 1
DCB A，又CA ⊂平面DCB A，所以BC ⊥CA ，所以直线BC 与CA 所成的角为90°，故②
1 1 1 1 1 1 1 1 1
正确；
连接AC ，交BD 于点O，则易得OC ⊥平面BBDD，连接OB.因为OB⊂平面BBDD，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以OC ⊥OB，∠OBC 为直线BC 与平面BBDD所成的角．设正方体的棱长为a，则易得
1 1 1 1 1
BC ＝a，OC ＝，所以在Rt△BOC 中，OC ＝BC ，所以∠OBC ＝30°，故③错误；
1 1 1 1 1 1
因为C C⊥平面ABCD，所以∠CBC 为直线BC 与平面ABCD所成的角，易得∠CBC ＝45°，
1 1 1 1
故④正确．]
(2)
例3 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，AC⊂平面ABC，
1 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，BC⊂平面ABC，
1
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4 (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)①②④
解析 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，故④正确；
1
又∠BFM＝∠ADE＝定值，
1
MF＝AD＝定值，BF＝DE＝定值，
1
在△MFB中，由余弦定理知，
MB2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cos∠MFB，
∴BM为定值，故①正确；
∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，故②正确；
∵AC在平面ABCD内的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直，
1
∴不存在某个位置，使DE⊥AC，故③错误．
1
跟踪演练3 ①②
解析 由题意知，当平面BAC⊥平面ACD时，三棱锥B－ACD的体积最大，
此时V ＝××3×4×＝，故①正确；
B－ACD
如图，取AC的中点E，连接BE，DE，则DE＝AE＝CE＝BE＝，所以三棱锥B－ACD的外
接球是以点E为球心，为半径的球，则该三棱锥外接球的表面积S＝4π×2＝25π，故②正确；
假设BC⊥AD，又BC⊥AB，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面BAD，所以BC⊥平面BAD.又
BD⊂平面BAD，所以BC⊥BD，
则在Rt△BCD中，斜边CD的长度要大于4，这与CD＝3矛盾，故③错误；
假设BD⊥AC，如图，过点D作DF⊥AC于点F，连接BF.由于BD∩DF＝D，BD，DF⊂平面BDF，
所以AC⊥平面BDF.
又BF⊂平面BDF，所以AC⊥BF，
所以BF＝＝DF.
又CF＝CF，∠CFB＝∠CFD＝90°，所以△BCF≌△DCF，
所以BC＝CD，这与BC＝4，CD＝3矛盾，故④错误．
第 3 讲 空间向量与空间角
例1 (1)证明 因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE.
在△ADB和△CDB中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，
DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，
所以AB＝BC.
因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)解 由(1)可知AB＝BC，
又∠ACB＝60°，AB＝2，
所以△ABC为边长为2的正三角形，
则AC＝2，BE＝，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，
所以△ADC为等腰直角三角形，
所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，
则DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.连接EF，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，
即EF的长度最小．
在Rt△BED中，当EF的长度最小时，
EF⊥BD，EF＝＝.
方法一 由(1)可知，DE⊥AC，
BE⊥AC，
所以EA，EB，ED两两垂直，
以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标
系，则A(1,0,0)，
B(0，，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，
AB＝(－1，，0)，DB＝(0，，－1)．
易得DF＝，FB＝，
所以3DF＝FB.
设F(0，y，z)，则DF＝(0，y，z－1)，
FB＝(0，－y，－z)，
所以3(0，y，z－1)＝(0，－y，－z)，
得y＝，z＝，
即F，
所以CF＝.
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1
则
不妨取y＝1，则x＝，z＝，
1 1 1
n＝(，1，)．
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝|cos〈CF，n〉|＝＝.
方法二 因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的
2倍．
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
因为V ＝V ，
D－AEB E－ADB
所以·AE·BE·DE＝·S ·，其中d为点C到平面ABD的距离．
△ABD
在△ABD中，BA＝BD＝2，
AD＝，
所以S ＝，
△ABD
所以d＝.
因为AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
所以FC＝＝.
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝＝.
方法三 如图，过点E作EM⊥AB交AB于点M，连接DM，过点E作EG⊥DM交DM于点
G.
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，
又EM∩DE＝E，EM，DE⊂平面DEM，所以AB⊥平面DEM，
又EG⊂平面DEM，所以AB⊥EG，
又AB∩DM＝M，AB，DM⊂平面ABD，
所以EG⊥平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离．
因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的.
因为EM＝AE·sin 60°＝，
所以EG＝＝＝，
所以点C到平面ABD的距离d＝.
FC＝＝.
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝＝.
跟踪演练1 (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2 (1)证明 因为PA⊥圆O所在的平面，即PA⊥平面ABC，
而BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.
因为AB是圆O的直径，C为圆周上一点，
所以AC⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
而AD⊂平面PAC，
则BC⊥AD，
因为AC⊥BC，∠CBA＝30°，
所以AB＝2AC.又AB＝2PA，
所以PA＝AC，而D为线段PC的中点，
所以AD⊥PC.
又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
所以AD⊥平面PBC，
而AD⊂平面ABD，故平面ABD⊥平面PBC.
(2)解 以C为原点，分别以CA，CB的方向为x轴、y轴的正方向建立如图所示的空间直角
坐标系．
不妨设AB＝2，则A(1,0,0)，B(0，，0)，D，G，CB＝(0，，0)，CG＝.
设平面GBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令x＝1，得m＝(1,0，－3)．
由(1)知平面PBC的一个法向量为DA＝，
设二面角P－BC－G的平面角为θ，易知θ为锐角，则cos θ＝＝，
即二面角P－BC－G的余弦值为.
跟踪演练2 (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的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即
令z＝1，得x＝0，y＝－2，
即m＝(0，－2,1)．
设二面角D－AE－F的平面角为θ，
由图易知，θ为锐角．
则cos θ＝＝＝＝，
所以二面角D－AE－F的余弦值为.
例3 (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.
跟踪演练3 (1)证明
如图所示，连接DE，DF，取BB 的中点为M，连接MC ，ME，
1 1 1 1
因为E为AA 的中点，
1
所以EM∥AB∥C D，
1 1 1 1
且EM＝AB＝C D，
1 1 1 1
所以四边形EMC D 为平行四边形，所以DE∥MC ，
1 1 1 1
又因为F为CC 的中点，
1
所以BM∥C F，且BM＝C F，
1 1
所以四边形BMC F为平行四边形，
1
所以BF∥MC ，所以BF∥DE，
1 1
所以B，E，D，F四点共面．
1
(2)解 以D为坐标原点，DA，DC，DD 分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图
1
所示，
假设存在满足题意的点G(0,0，t)(0≤t≤2)，由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)，
则EF＝(－1,1,0)，EB＝(0,1，－1)，
EG＝(－1,0，t－1)，
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1 1
则即
取x＝1，则n＝(1,1,1)；
1 1
设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)，
2 2 2 2则
即
取x＝t－1，则n＝(t－1，t－1,1)．
2 2
因为平面GEF⊥平面BEF，
所以n·n＝0，
1 2
即t－1＋t－1＋1＝0，解得t＝.
所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的长度为.
微重点 10 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)D
(2)C [设正八面体内切球半径为R，给正八面体标出字母如图所示，连接 AC，BD交于点
O，连接EO，
因为EA＝EC，ED＝EB，
所以EO⊥AC，EO⊥BD，
又AC和BD交于点O，
所以EO⊥平面ABCD，所以O为正八面体的中心，所以O到八个面的距离相等，且距离即
为内切球半径，
设内切球与平面EBC切于点H，所以OH⊥平面EBC，
所以OH即为正八面体内切球半径，
所以R＝OH，因为正八面体的棱长为2，
所以EB＝EC＝BC＝2，OB＝OC＝，
EO＝＝，
所以S ＝，S ＝1，
△EBC △OBC
因为V ＝V ＝×S ×EO
E－OBC O－EBC △OBC
＝×S ×OH，
△EBC
所以OH＝，即R＝，
所以正八面体内切球的表面积为4πR2＝.]微重点 11 立体几何中的动态问题
例1 ②④
解析 BP＝λBC＋μBB1(0≤λ≤1,0≤μ≤1)．
对于①，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，故①错误；
1
图1
对于②，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②正确；
△PBC △PBC
对于③，取BC的中点D，BC 的中点D ，连接DD ，AB(图略)，则当λ＝时，点P在线段
1 1 1 1 1
DD 上运动，假设AP⊥BP，则AP2＋BP2＝AB2，即2＋(1－μ)2＋2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ
1 1 1 1
＝1，所以当点P与点D或D 重合时，AP⊥BP，故③错误；
1 1
方法一 对于④，易知四边形ABBA 为正方形，所以AB⊥AB ，设AB 与AB交于点K，
1 1 1 1 1 1
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④
1 1 1 1
正确．
方法二 对于④，分别取BB ，CC 的中点E，F，连接EF，则当μ＝时，点P在线段EF上
1 1
运动，以点C 为原点建立如图所示的空间直角坐标系C xyz，则B(0,1,1)，B(0,1,0)，
1 1 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④正确．
1 1
跟踪演练1 C [如图，以B为原点建立空间直角坐标系，
则A(0,0,2)，A(0,2,2)，B(0,0,0)，B(0,2,0)，M(2,1,0)，设P(x，y，0)，
1 1
所以A1B＝(0，－2，－2)，BP＝(x，y，0)，AM＝(2,1，－2)，
由AM∥平面ABP，
1
得AM＝aA1B＋bBP，a，b∈R，
即
化简可得3x－2y＝0，
所以动点P在直线3x－2y＝0上，
如图，在平面BCC B 上，直线3x－2y＝0与BC 交于点P，则BP 即为动点P的轨迹．
1 1 1 1 1 1
AM＝(2,1，－2)，B1M＝(2，－1,0)，
AM·B1M＝2×2＋1×(－1)＋(－2)×0＝3≠0，
所以AM与BM不垂直，①错误；
1
因为CD∥AB，AB⊂平面ABP，
1 1 1 1
CD⊄平面ABP，
1 1
所以CD∥平面ABP，②正确；
1 1
易知P，
1
所以|PB|＝＝，③正确；
1
A1B1＝(0,0，－2)，
cos〈AM，A1B1〉＝＝，④错误．
例2 C [对于①，在正方形ABCD中AD⊥AE，DC⊥FC，
由折叠的性质可知AD⊥AE，AD⊥AF，
1 1 1 1
又∵AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，
1 1 1 1 1 1∴AD⊥平面AEF，
1 1
又∵EF⊂平面AEF，
1
∴AD⊥EF，故①正确；
1
对于②，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①可知，AD⊥AE，AD⊥AF，
1 1 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②错误；
对于③，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③正确；
对于④，设点A 到平面EFD的距离为h，则在△EFD中，
1
cos∠EDF＝＝＝，
∴sin∠EDF＝，
则S ＝DE·DF·sin∠EDF
△EFD
＝×5×5×＝，
∴ ＝·S ·h＝××h＝，
△EFD
即h＝，故④正确．]
跟踪演练2 C [对于A，如图所示，取BD的中点M，连接PM，CM，∵△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，∴BD⊥CM，
∵△ABD为等边三角形，∴BD⊥PM，CM，PM⊂平面PMC，又CM∩PM＝M，
∴BD⊥平面PMC ，∵PC⊂平面PMC，∴BD⊥PC ，故A正确；
对于B，假设DP⊥BC，又BC⊥CD，
∴BC⊥平面PCD，∴BC⊥PC，
又PB＝2，BC＝，PC＝∈(－1，＋1)，故DP与BC可能垂直，故B正确；
对于C，当平面PBD⊥平面BCD时，PM⊥平面BCD，∠PDB即为直线DP与平面BCD所
成角，
此时∠PDB＝60°，故C错误；
对于 D，当平面 PBD⊥平面 BCD 时，四面体 PBCD 的体积最大，此时的体积为 V＝
S ·PM＝××××＝ ，故D正确．]
△BCD
例3 ①②④
解析 如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,2)，
1
BD1＝(－1，－1,2)，
设BP＝λBD1 (0≤λ≤1)，
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①，当P为BD 中点时，
1
P，
则PA＝，
PC＝，
所以cos∠APC＝＝>0，
所以∠APC为锐角，故①正确；对于②，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②正确；
1
对于③，当BD⊥AP，BD⊥CP时，AP＋PC取得最小值，
1 1
由②得，此时λ＝，
则AP＝，
CP＝，
所以|AP|＝|CP|＝，
即AP＋PC的最小值为，故③错误；
对于④，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④正确．
跟踪演练3
解析 如图，令F为CD的中点，O为AB的中点，则点E在以O为圆心，1为半径的圆上
运动，
由图可知当F，O，E三点共线，且O在F，E之间时，三棱锥E－BCD的体积最大，当运
动到E 的位置时，E－BCD的体积最小，
1
在Rt△BOF中，BO＝1，BF＝，OF＝，
sin∠BFO＝，FE＝＋1，FE＝－1，
1
设E，E 到平面BCD的距离分别为h，h，则
1 1 2
h＝＝，
1
h＝＝，
2
S ＝×2×＝，
△BCD
所以三棱锥E－BCD体积的最大值为××＝，
三棱锥E－BCD体积的最小值为
××＝，
所以三棱锥E－BCD体积的取值范围为.
微重点 12 截面、交线问题
例1 C [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①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②正确；
1
当F为CC 的中点时，易知平面α截正方体的截面为五边形，故④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＝是t∈[2,4]上的增函数，
所以当t＝4时，h取到最大值为，故③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)
解析 如图所示，过点F作FH⊥BD 交BD 于H，设FH＝h.
1 1
由题意得BD＝2.
1
易知截面BFD E为平行四边形，
1则 ＝2×BD·h＝2h，
1
当h取最小值时四边形BFD E的面积最小．
1
易知h的最小值为直线CC 与直线BD 间的距离．
1 1
易知当F为CC 的中点时，h取得最小值，
1
h ＝，( ) ＝2×＝.
min min
故四边形BFD E面积的最小值为.
1
(2)
解析 正三棱柱ABC－ABC 的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线OO 的
1 1 1 1 2
中点，连接AO ，AO，OD，如图所示，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，r
2
＝AO＝，
2
则R2＝r2＋1＝.
(1)当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面
圆的面积最大为πR2＝；
(2)当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，OD2＝OA2－AD2＝－1＝，
截面圆的半径为＝＝1，
所以截面圆的面积最小为π·12＝π，
综上，截面面积的取值范围为.
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 [∵△ABC为等腰直角三角形，
∴△ABC的外接圆半径r＝2.
1
∵外接球球心到底面△ABC的距离为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．
当球心在底面△ABC和截面圆之间时，
球心到该截面圆的距离为d＝4－3＝1，
2
∵截面圆的半径为r＝＝＝2，
2∴顶点P的轨迹长度为2πr＝4π；
2
当球心在底面△ABC和截面圆同一侧时，
球心到该截面圆的距离为d＝3＋4＝7>R＝，故不成立．
3
综上，顶点P的轨迹长度为4π.]
(2)
解析 如图所示，
要使PQ∥平面SBC ，作PE∥C S交C D 于E，
1 1 1 1
SC ⊂平面SBC ，PE⊄平面SBC ，
1 1 1
则PE∥平面SBC ，
1
因为正方体ABCD－ABC D 的棱长是2，
1 1 1 1
所以DE＝C D＝，
1 1 1
连接PS，BD，取BD的中点O，连接PO，
则PSBO为平行四边形，则PO∥SB，SB⊂平面SBC ，PO⊄平面SBC ，
1 1
则PO∥平面SBC ，
1
又PO∩PE＝P，PO，PE⊂平面POE，
所以平面POE∥平面SBC ，
1
设平面POE∩平面DCC D＝EF，
1 1
则DF＝DC＝，
连接OF，EF，则PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，EF＝＝＝.
专题五 概率与统计
第 1 讲 计数原理与概率
例1 (1)B (2)A
跟踪演练1 (1)A (2)B
例2 (1)－28 (2)1 45
跟踪演练2 (1)C (2)②③④
例3 (1)D (2)①②跟踪演练3 (1)A (2)D
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(2<X≤5)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)
＝ log ＋ log ＋ log ＝.]
2 2 2
(2)D [依题意
解得
所以ξ的分布列为
ξ －1 0 2
P
则D(ξ)＝×(－1－0)2＋×(0－0)2＋×(2－0)2＝1，
则D(2ξ＋1)＝22D(ξ)＝4；
|ξ|的分布列为
|ξ| 1 0 2
P
则E(|ξ|)＝1×＋2×＝，
D(|ξ|)＝×2＋×2＋×2＝，
所以D(3|ξ|－2)＝32D(|ξ|)＝5，
所以D(3|ξ|－2)的值最大．]
跟踪演练1 (1)C (2)D
例2 解 (1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A，B，C，
所以甲学校获得冠军的概率为
P＝P(ABC)＋P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.
(2)依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，
所以P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16，
P(X＝10)＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＝0.44，
P(X＝20)＝0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＋0.5×0.6×0.2＝0.34，
P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06.
则X的分布列为
X 0 10 20 30
P 0.16 0.44 0.34 0.06
E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
例3 解 (1)根据题意，甲测试合格的概率为
＝＝；
乙测试合格的概率为
＝＝，
故甲、乙两人都测试合格的概率为×＝，
则甲、乙两人至多一人测试合格的概率为1－＝.
(2)由题可知，甲答对的试题数X可以取0,1,2,3，
又P(X＝0)＝＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝＝，
故X的分布列为
X 0 1 2 3
P
则E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
例4 解 (1)由题意设职业体验选择救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类、百花齐放的文
化类、公平正义的法律类的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，
则易知P(A)＝，P(B)＝，
P(C)＝，P(D)＝，
所以救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类这两类职业类型在这3名学生中都有选择的概率
为
P＝AP(A)·P(B)[1－P(A)－P(B)]＋CP(A)·P(B)2＋CP(A)2·P(B)
1＝A··＋C2＋C2＝.
(2)由题知选择除暴安良的警察类的概率为P(B)＝，
这3名学生中选择除暴安良的警察类的随机数X的可能取值为0,1,2,3，X～B，
则P(X＝i)＝CP(B)i[1－P(B)]3－i(i＝0,1,2,3)，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以X的均值为E(X)＝3×＝.
跟踪演练2 解 (1)记北干道的N ，N ，N ，N 四个易堵塞路段至少有一个被堵塞为事件
1 2 3 4
A，
则P(A)＝1－4＝1－＝.
(2)由题意可知X的可能取值为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
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
(3)设北干道被堵塞路段的个数为Y，
则Y～B，
所以E(Y)＝4×＝.因为E(X)<E(Y)，所以高峰期出行选择南干道路线较好．
例5 (1)B (2)①③④
跟踪演练3 (1)A (2)D
第 3 讲 统计与统计案例
例1 (1)C (2)D
跟踪演练1 (1)A (2)C
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黄金时段的天数x与购买人数y具有较高的线性相关程度．
(2)由表中数据可得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．
跟踪演练2 (1)D (2)②③④
例3 解 (1)补充列联表如下：
不适应寄宿生活 适应寄宿生活 总计
男生 8 32 40
女生 32 28 60
总计 40 60 100
根据列联表中的数据，K2＝≈11.111>6.635，
所以有99%的把握认为“适应寄宿生活与否”与性别有关．
(2)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的分布列如下：
X 0 1 2
P
因此，E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
跟踪演练3 解 (1)由题意，得该校根据性别采取分层抽样的方法抽取的 100人中，有60
人为男生，40人为女生，
据此2×2列联表中的数据补充如下．
运动时间
运动达人 非运动达人 总计
性别
男生 36 24 60
女生 14 26 40
总计 50 50 100
∴K2＝＝6，又6>5.024，
∴在犯错误的概率不超过0.025的前提下，可以认为性别与“是否为‘运动达人’”有关．
(2)由题意可知，该校每个男生是运动达人的概率为＝，
故X～B，X可取的值为0,1,2,3，
∴P(X＝0)＝C3－00＝，
P(X＝1)＝C3－11＝，
P(X＝2)＝C3－22＝，
P(X＝3)＝C3－33＝.
X的分布列为
X 0 1 2 3
P
∴E(X)＝3×＝，D(X)＝3××＝.
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－＝－，
n
Q－＝，
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，
故所求的线性回归方程为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)2，0<p<1，则f′(p)＝×6(2p＋1)2(1－p)2－×2(2p＋1)3(1－p)＝(2p＋1)2(1－p)(4－10p)，
当0<p<时，f′(p)>0；
当<p<1时，f′(p)<0，
所以函数f(p)在上单调递增，在上单调递减，
所以当p＝时，f(p)取得最大值．
专题六 解析几何
第 1 讲 直线与圆
例1 (1)A (2)2
跟踪演练1 (1)D (2)
例2 (1)D
(2)(x－3)2＋y2＝8 2＋2
解析 设点P(x，y)，由|PA|＝|PB|，得|PA|2＝2|PB|2，即(x＋1)2＋y2＝2[(x－1)2＋y2]，
化简可得(x－3)2＋y2＝8，
∴点P的轨迹方程为(x－3)2＋y2＝8，圆心为(3,0)，半径r＝2.
直线AC的方程为x－y＋＝0，
圆心(3,0)到直线AC的距离为＝2，
∴点P到AC的最大距离为2＋2，
又|AC|＝2，
∴(S ) ＝×2×(2＋2)＝2＋2.
△PAC max
跟踪演练2 (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，
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的中点坐标为，
AB
∴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.
(2)3
解析 设点A(1，－2)，依题意知AM⊥PM，
所以点M的轨迹是以AP为直径的圆，
圆心C的坐标为(0，－1)，
半径为R＝|AP|＝，
又N(2,1)为圆外一点，
所以|MN| ＝|NC|＋R＝＋＝3.
max
例3 (1)A
(2)
解析 方法一 由题意知点A(－2,3)关于直线y＝a的对称点为A′(－2,2a－3)，
所以k ＝，
A′B
所以直线A′B的方程为y＝x＋a，
即(3－a)x－2y＋2a＝0.
由题意知直线A′B与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，
易知圆心坐标为(－3，－2)，半径为1，
所以
≤1，
整理得6a2－11a＋3≤0，解得≤a≤，所以实数a的取值范围是.
方法二 易知(x＋3)2＋(y＋2)2＝1关于y轴对称的圆的方程为(x－3)2＋(y＋2)2＝1，
由题意知该对称圆与直线AB有公共点．直线AB的方程为y＝x＋a，
即(a－3)x－2y＋2a＝0，
又对称圆的圆心坐标为(3，－2)，半径为1，
所以≤1，
整理得6a2－11a＋3≤0，解得≤a≤，所以实数a的取值范围是.
例4 (1)B [依题意得，圆C 的圆心C (2,4)，半径R ＝3, 圆C 的圆心C (5,0)，半径R ＝
1 1 1 2 2 2
4，|C C |＝＝5∈(1,7)，故圆C 与C 相交，有2条公切线．]
1 2 1 2
(2)x－y－2＝0
解析 ⊙C：(x－5)2＋y2＝9的圆心C(5,0)，半径r＝3，∵四边形PACB的面积
S＝|PC|·|AB|＝2S ＝|PA|·|AC|
△PAC
＝3|PA|＝3，
∴要使|PC|·|AB|最小，则需|PC|最小，
当PC与直线l垂直时，|PC|最小，
此时直线PC的方程为y＝－x＋5，
联立解得P(2,3)，
则以PC为直径的圆的方程为
2＋2＝，
则两圆方程相减可得直线AB的方程为x－y－2＝0.
跟踪演练3 (1)D
(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．
2 1
易知过两圆圆心的直线l的方程为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)，
2
即7x－24y－25＝0.
③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，
3 3易知t>0，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.
第 2 讲 圆锥曲线的方程与性质
例1 (1)D [设椭圆的半焦距为c，因为点P在以线段FA为直径的圆上，所以AP⊥PF.
1 1
又因为FB∥AP，所以FB⊥BF.
2 2 1
又因为|FB|＝|BF|，
2 1
所以△FFB是等腰直角三角形，于是△FAP也是等腰直角三角形，
1 2 1
因为|AP|＝2＋，
所以|FA|＝(2＋)，
1
得a＋c＝(2＋)，
又b＝c，所以a＝c，
解得a＝2，c＝2，
得b2＝a2－c2＝4，
所以椭圆方程为＋＝1.]
(2)4
解析 延长FM交PF 于点Q，
2 1
由于PM是∠FPF 的角平分线，FM⊥PM，
1 2 2
所以△QPF 是等腰三角形，
2
所以|PQ|＝|PF|，且M是QF 的中点．
2 2
根据双曲线的定义可知|PF|－|PF|＝2a，
1 2
即|QF|＝2a，
1
由于O是FF 的中点，所以MO是△QFF 的中位线，
1 2 1 2
所以|MO|＝|QF|＝a＝4.
1
跟踪演练1 (1)D (2)C例2 B
例3 C [不妨设双曲线的标准方程为－＝1(a>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，
1
所以|FP|＝b.
1
过点F 作FQ⊥FN，交FN于点Q.
2 2 1 1
由中位线的性质，
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，
1 1
所以|NF |＝|NF |＋2a＝a－2b，
2 1
又|NF |＝a，
2
所以a－2b＝a，
即a＝2b，故e＝＝.
综上，C的离心率为或.]
跟踪演练2 (1)A (2)①②
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)①③④
解析 对于①，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①正确；
对于②，根据①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|，故②不正确；
B B
对于③，由抛物线的定义及①②的分析，
得|AB|＝x ＋x ＋p＝p＋p＝p>2p，
A B即|AB|>4|OF|，故③正确；
对于④，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④正确．
跟踪演练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，
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)B [由抛物线的方程可得焦点F(1,0)，渐近线的方程为x＝－1，
由AB＝BF，可得＝，
由于抛物线的对称性，不妨假设直线和抛物线位置关系如图所示，作BE垂直准线于点E，
准线交x轴于点N，则|BF|＝|BE|，
故＝＝，
故∠ABE＝ ，
而BE∥x轴，故∠AFN＝，
所以直线AB的倾斜角为，
所以直线AB的方程为y＝x－1，
设B(x，y)，C(x，y)，
1 1 2 2
联立
整理可得x2－6x＋1＝0，
则x＋x＝6，所以BC的中点的横坐标为3，
1 2则线段BC的中点到准线的距离为3－(－1)＝4.]
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x＝my－1，M(x ，
1 1
y)，N(x，y)，
1 2 2
由得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
Δ＝36m2＋4×9(3m2＋4)＝144(1＋m2)>0，
即y＋y＝，
1 2
yy＝.
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)，
1
当直线l的斜率不存在时，|MN|＝3，点B(2,0)到直线l：x＝－1的距离为3，所以S ＝
△BMN
≠，所以直线l的斜率存在．
设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋1)，M(x，y)，N(x，y)，
1 1 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)，
1 1
B(x，y)，
2 2
P(x，y)，Q(x，y)，
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
1 1 2 2
相减得＋＝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 ＝＝－，
AB
k ＝＝.
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)②③④
解析 将点A代入抛物线方程得1＝2p，所以抛物线方程为x2＝y，故准线方程为y＝－，故
①错误；
k ＝＝2，所以直线AB的方程为y＝2x－1，
AB
联立可得x2－2x＋1＝0，所以Δ＝0，故②正确；
设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，
所以直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx－1，P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
联立得x2－kx＋1＝0，
所以
所以k>2或k<－2，yy＝(xx)2＝1，
1 2 1 2
又|OP|＝＝，
|OQ|＝＝，
所以|OP|·|OQ|
＝＝＝|k|>2＝|OA|2，故③正确；
因为|BP|＝|x|，
1
|BQ|＝|x|，
2
所以|BP|·|BQ|＝(1＋k2)|xx|＝1＋k2>5＝|BA|2，故④正确．
1 2
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 1N(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，tan α＝.
1 2 1 2
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，
4 3 4 3 1 2
所以tan β＝，
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，(y＋y)＋≥4，
2 1 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－<k<，
此时有x＋x＝.
1 2
|DE|＝·|x－x|
1 2
＝·
＝·，
由
解得x＝，设x ＝，
G
同理可得x ＝，
H
所以|GH|＝·
＝.
故＝.
因为－<k<，故≤<1，
故的取值范围是.
[子题2] 解 如图所示，易知直线 HG的斜率不为0，设直线HG的方程为x＝ty＋1，
G(x，y)，H(x，y)，
1 1 2 2
联立
整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，
所以Δ＝36t2＋36(3t2＋4)＝144(t2＋1)>0，
y＋y＝，
1 2
y·y＝，
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 ＝，可得x ＝，则y ＝k(x －2)＋1＝，
A P A A A
同理可得x ＝，y ＝，
B B
所以|AB|2＝(x －x )2＋(y －y )2＝＝≤＝16，
A B A B
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)，P(－x，y)，
1 1 2 2 1 1 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2<r<3.
S ＝·|y－y|
四边形PQMN 1 2
＝2(＋)|y－y|
1 2
＝2·|y－y|
1 2
＝2·
＝4，
令＝t，
由2<r<3得0<t<1，
则S ＝4，
四边形PQMN
令f(t)＝(1＋t)(1－t2)且0<t<1，
则f′(t)＝－(3t－1)(t＋1)，
故在上f′(t)>0，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＝，
1 2
xx＝，
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)．
1
当直线l 的斜率存在时，不妨设直线l：y＝k(x－2)，A(x，y)，B(x，y)，
1 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，
得证，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)，M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2 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＝－，xx＝.
1 2 1 2
直线PA的方程为y－2＝(x－1)，令x＝0，得点M的纵坐标为
y ＝＋2＝＋2.
M
同理得点N的纵坐标为y ＝＋2.
N
由QM＝λQO，QN＝μQO，
得λ＝1－y ，μ＝1－y .
M N
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＝0，
1 2 1 2
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)，B(x，y)，
1 1 2 2
直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，
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＝，
1 2
xx＝，
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＝，
1 2
xx＝，
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＝－，
M 1 2
所以存在t＝－，使得△QMA和△QMB的面积相等恒成立．
跟踪演练
1．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)＝k(x＋x)－2k
1 2 1 2 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.
2．解 (1)若A(2,0)，D(－1,0)，E(4,0)在双曲线Ω上，则A(2,0)，D(－1,0)，E(4,0)只能是双
曲线Ω的顶点，
∵A(2,0)，D(－1,0)，E(4,0)三点中只能有一点是顶点，∴B，C都在双曲线Ω上，∵B，C，
∴B，C两点关于点(0,0)对称，
由双曲线顶点的位置特征分析可知，D(－1,0)在Ω上，
将D(－1,0)，B代入双曲线Ω：－＝1中，
则解得a2＝1，b2＝3，
故双曲线Ω的方程为x2－＝1.
(2)假设存在定点Q满足题意，
∵∠PQA＋∠PAE＝，
∴2∠PQA＋∠PAE＝π，
∴2∠PQA＝π－∠PAE，
∴2∠PQA＝∠PAQ.
①当PA⊥x轴时，如图，∵A(2,0)，∴P(2,3)，∠PQA＝，
在Rt△PQA中，|QA|＝|PA|，
∴3＝2－m，∴m＝－1，此时Q(－1,0)．
②当PA不与x轴垂直时，假设Q(－1,0)满足2∠PQA＝∠PAQ.
设P(x，y)，则3x－y＝3，
0 0
tan∠PQA＝，
∴tan 2∠PQA＝＝＝＝，
又tan∠PAQ＝，
∴tan 2∠PQA＝tan∠PAQ，
即2∠PQA＝∠PAQ，所以假设成立．
故存在定点Q(－1,0)，使得∠PQA＋∠PAE＝.
微重点 13 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，不妨设|PF|>|PF|，
1 2 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，则|MF |＝2a－x，
2 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，
max
∴a≤，
则由a2＝b2＋c2，得e2≤，
又0<e<1，∴e∈.]
跟踪演练2 D
例3 (1)B [如图所示，椭圆＋＝1，可得焦距|FF|＝2c，
1 2
因为在直线x＝－上存在点P，
使|PF|的长度恰好为椭圆的焦距，
1
可得|MF |≤2c，即－c≤2c，
1
可得a2≤3c2，即≥，解得≥，
又因为椭圆的离心率e∈(0,1)，
所以e∈.]
(2)B [以FF 为直径的圆的方程为x2＋y2＝c2，
1 2
双曲线C的一条渐近线方程为y＝x，
由
解得(不妨设)P(a，b)，Q(－a，－b)，A(－a，0)，
所以AP＝(2a，b)，AQ＝(0，－b)，
所以cos∠PAQ＝
＝
＝－≥－，
即≤，解得≤，
所以双曲线的离心率1<e＝＝＝≤.]
跟踪演练3 (，2)
解析 双曲线C与直线y＝x有交点，
则>1，＝>1，
解得e＝>，
双曲线上存在不是顶点的点P，
使得∠PFF＝3∠PFF，
2 1 1 2
则P点在右支上，设PF 与y轴交于点Q，由对称性知|QF|＝|QF|，
1 1 2
所以∠QFF＝∠QFF，
1 2 2 1
所以∠PFQ＝∠PFF－∠QFF
2 2 1 2 1
＝2∠PFF＝∠PQF ，
1 2 2
所以|PQ|＝|PF|，
2
所以|PF|－|PF|＝|PF|－|PQ|
1 2 1
＝|QF|＝2a，
1由|QF|>|OF|得2a>c，
1 1
所以e＝<2，
在△PFF 中，∠PFF＋∠PFF＝4∠PFF<180°，∠PFF<45°，
1 2 1 2 2 1 1 2 1 2
所以＝cos∠PFF>，
1 2
即e＝>，
综上，<e<2.
微重点 14 椭圆、双曲线的二级结论的应用
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，
1 2
知 ＝b2tan＝r(2a＋2c)，
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.]
跟踪演练1 D
例2 －＝1
解析 如图，令|FB|＝t，
2
则|AF|＝2t，
2
∴|AB|＝3t，
|FB|＝3t，
1
又＋＝，
∴＋＝，
即＝，
又|FB|－|FB|＝2a，
1 2
∴3t－t＝2a，∴2t＝2a，∴t＝a，
∴＝，即3b2＝4a2，
又c＝，∴a2＋b2＝7，
解得b2＝4，a2＝3，
故双曲线C的方程为－＝1.
跟踪演练2 －
例3 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
跟踪演练3 B
例4 1
解析 连接OA，OB，如图所示．
设B(x，y)，所以过点B与椭圆相切的直线方程为＋yy＝1，
0 0 0
即xx＋4yy－4＝0，
0 0
又R2＝|OA|2＝，
R为圆半径，R∈(1,2)，
|AB|2＝|OB|2－R2＝x＋y－，
又＋y＝1，
所以x＝4－4y，
所以|AB|2＝4－3y－＝5－(3y＋1)－≤5－2＝1，
当且仅当3y＋1＝，
即y＝，x＝时，等号成立，
所以|AB| ＝1，
max
此时R2＝＝2，
即R＝∈(1,2)，
故当R＝时，|AB| ＝1.
max
跟踪演练4 D
微重点 15 抛物线的二级结论的应用
例1 (1)A [如图，设直线l 的倾斜角为θ，θ∈，
1
则直线l 的倾斜角为＋θ，
2
由抛物线的焦点弦弦长公式知
|AB|＝＝，
|DE|＝＝，
∴|AB|＋|DE|＝＋＝＝≥16，
当且仅当sin 2θ＝1，即θ＝时取等号．
∴|AB|＋|DE|的最小值为16.]
(2)
解析 直线l的倾斜角α＝60°，
由|AF|＝＝4，
得p＝4(1－cos α)＝2，
∴|AB|＝＝＝.
例2 64解析 依题意，
抛物线C：y2＝16x的焦点为F(4,0)，
直线l的方程为x＝y＋4.
由消去x，
得y2－16y－64＝0.
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝16，yy＝－64.
1 2 1 2
S ＝|y－y|·|OF|
△OAB 1 2
＝2
＝2＝64.
例3 D [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|时，等号成立，
因此，2|AF|＋|BF|的最小值为3＋2.]
例4 B [如图，过点P作准线的垂线交于点H，由抛物线的定义有|PF|＝|PH|＝m(m>0)，
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 [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|，
△AOB
∴＝|AB|，
即＝·p⇒p＝2，
∴|AB|＝.]
(2)A [如图，取AB的中点为C，作CD⊥GH，垂足为D，
当线段AB为通径时长度最小，为2p＝4，故A不正确；
∵直线y＝－1为准线，
∴|CD|＝(|AH|＋|BG|)＝|AB|，
故以AB为直径的圆与准线y＝－1相切，
故B正确；
又|BF|＝|BG|，∴∠BFG＝∠BGF，
又BG∥FM，
∴∠BGF＝∠MFG，
∴∠BFG＝∠MFG，
同理可得∠AFH＝∠MFH，
又∠BFG＋∠MFG＋∠MFH＋∠AFH＝180°，
∴FG⊥FH.即∠HFG＝90°，故C正确；
设A(x，y)，B(x，y)，直线AB：y＝kx＋1，
1 1 2 2
由
得x2－4kx－4＝0，
∴xx＝－4，x＋x＝4k，
1 2 1 2
k ＋k ＝＋
AM BM
＝＋
＝2k＋
＝2k＋2·＝0，
∴∠AMO＝∠BMO，故D正确．]
例5 D
跟踪演练2 16
解析 如图，∵OA⊥OB，
∴直线AB过定点(2p，0)，
即点C坐标为(4,0)，
设直线AB：x＝ty＋4，A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
联立⇒y2－4ty－16＝0，
Δ＝16t2＋64>0，y＋y＝4t，yy＝－16，
1 2 1 2
∴S ＝|OC||y－y|＝2|y－y|
△AOB 1 2 1 2
＝2，
∴当t＝0时，S ＝16.
min
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⇒x(x＋y)＝4(1－y)
0 0 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 [由y＝kx＋m(k≠0)得A，B(0，m)，
因为CA⊥CB，所以点C的轨迹是以AB为直径的圆，其方程为2＋2＝＋，
设该动圆的圆心为(x′，y′)，
则x′＝－，y′＝，
整理得k＝－，m＝2y′，
代入到2＋m2＝8中，得x′2＋y′2＝2，
即点C轨迹的圆心在圆x′2＋y′2＝2上，
故点(1,1)与该圆上的点(－1，－1)的连线的距离加上圆的半径即为点C到点(1,1)的距离的最
大值，最大值为＋＝3.]
例3 C [由题意知，F(－c，0)，F(c，0)，|AA|＝2a，|BB|＝2b，
1 2 1 2 1 2
设M(x，y)，则2＝＝4，
整理可得2＋y2＝，即M点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
∴|y | ＝，|x | ＝－＝，
Mmax Mmin
∴( ) ＝·2a·＝＝8，
max
( ) ＝·2b·＝＝2，
min
即ac＝6，bc＝6，∴＝＝＝，∴离心率e＝＝＝.]
跟踪演练3 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，
max
即|PA|2＋|PB|2的最大值为16＋8.]
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＝，
1 2
xx＝，
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，则＝1，
0 0
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－<m<.
由①得x＋x＝－2m，xx＝2m2－2.
1 2 1 2
所以M点坐标为，
直线OM方程为y＝－x，
由方程组
得C，D.
所以|MC|·|MD|＝(－m＋)·(＋m)＝(2－m2)．
又|MA|·|MB|＝|AB|2
＝[(x－x)2＋(y－y)2]
1 2 1 2
＝[(x＋x)2－4xx]
1 2 1 2
＝[4m2－4(2m2－2)]＝(2－m2)．
所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.
所以A，B，C，D四点共圆．
跟踪演练2 解 (1)因为椭圆＋＝1(a＞b＞0)过点(－2,0)和，
所以a＝2，＋＝1，
解得b2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)因为直线AB的斜率存在，所以设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x，y)，B(x，y)．
1 1 2 2
由
消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
则有x＋x＝，
1 2
xx＝.
1 2
因为平行四边形AMBO，
所以OM＝OA＋OB＝(x＋x，y＋y)．
1 2 1 2
因为x＋x＝，
1 2
所以y＋y＝k(x＋x)＋2m
1 2 1 2
＝k·＋2m＝，
所以M.
因为点M在椭圆C上，所以将点M的坐标代入椭圆C的方程，化得4m2＝4k2＋1.①
因为A，M，B，O四点共圆，所以平行四边形AMBO是矩形，且OA⊥OB，所以OA·OB＝xx＋yy＝0.
1 2 1 2
因为yy＝(kx＋m)(kx＋m)＝k2xx＋km(x＋x)＋m2＝，
1 2 1 2 1 2 1 2
所以xx＋yy＝＋＝0，
1 2 1 2
化得5m2＝4k2＋4.②
由①②解得k2＝，m2＝3，
此时Δ＞0，因此k＝±.
所以所求直线AB的斜率为±.
专题七 系列 4 选讲
第 1 讲 坐标系与参数方程
例1 解 (1)曲线C 的方程为x2＋y2＝2y，
1
由x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，
得C 的极坐标方程为ρ＝2sin θ，
1
由曲线C 的极坐标方程为
2
ρsin＝2，
得曲线C 的直角坐标方程为x＋y－4＝0.
2
(2)由曲线 C 的极坐标方程为ρsin＝2，
2
令θ＝α，
则|OA|＝，
又因为|OB|＝2sin α，
∴＝sin α(sin α＋cos α)＝sin2 α＋sin αcos α＝(1－cos 2α＋sin 2α)＝sin＋.
∵0<α<，∴－<2α－<，
∴当2α－＝，即α＝时，取得最大值.
跟踪演练1 解 (1)由题意，⊙C 的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，即x2＋y2－2x－2y＝
1
0，
故⊙C 的极坐标方程为ρ2＝2ρcos θ＋2ρsin θ，即ρ＝2cos θ＋2sin θ，又⊙C 的极坐标方程
1 2
为ρ2＝2ρcos θ，即x2＋y2＝2x，即(x－)2＋y2＝2.因为|C C |＝＝，⊙C 与⊙C 半径相等，半
1 2 1 2
径和为2，且0<|C C |＝<＝2<2，故⊙C ，⊙C 相交．
1 2 1 2
故⊙C 的极坐标方程ρ＝2cos θ＋2sin θ，⊙C ，⊙C 相交．
1 1 2
(2)由(1)得，⊙C ：ρ＝2cos θ＋2sin θ，⊙C ：ρ＝2cos θ均经过极点且相交，联立有2cos θ
1 2＋2sin θ＝2cos θ，显然cos θ≠0，故2＋2tan θ＝2，即tan θ＝－1，即经过曲线C ，C 交
1 2
点的直线的斜率为－1.
例2 解 (1)由y＝，得t＝y2(y≥0)，
代入x＝，
可得x＝，
即y2＝6x－2(y≥0)，
所以曲线C 的普通方程为
1
y2＝6x－2(y≥0)．
(2)曲线C 的极坐标方程可化为
3
2ρcos θ－ρsin θ＝0，
所以普通方程为y＝2x.
由y＝－，得s＝y2(y≤0)，
代入x＝－，
可得x＝－，
即y2＝－6x－2(y≤0)．
由
得或
所以C 与C 交点的直角坐标为，
3 1
(1,2)．
由
得或
所以C 与C 交点的直角坐标为
3 2
，(－1，－2)．
跟踪演练2 解 (1)曲线C ：(t为参数)，消去参数t得x＋y＝0，
1
化成极坐标方程得ρcos θ＋ρsin θ＝0，化简极坐标方程为ρsin＝0.
曲线C ：(θ为参数)，
2
消去参数θ得x2＋y2＝16，化成极坐标方程为ρ＝4.
(2)由已知得P在曲线C 上，将曲线C 化为标准参数方程
1 1
(t为参数)，代入C 的直角坐标方程x2＋y2＝16，
2
得2＋2＝16，
即t2－4t－12＝0，即A，B所对应的参数分别为t，t，所以|PA|·|PB|＝|t||t|＝|tt|＝12.
1 2 1 2 12
例3 解 (1)直线l的极坐标方程为
ρsin＋m＝0，即ρsin θ＋ρcos θ＋2m＝0，
根据
得l的直角坐标方程为x＋y＋2m＝0.
(2)曲线C的参数方程为
(t为参数)，
将sin t＝代入x＝cos 2t
＝(1－2sin2t)，
得曲线C的普通方程为
y2＝－x＋2(－2≤y≤2)．
联立直线l与曲线C的方程，
得(－2≤y≤2)，
消去x并整理得
3y2－2y－6－4m＝0(－2≤y≤2)．
方法一 若直线l与曲线C有公共点，
则Δ＝(－2)2－4×3×(－6－4m)≥0，
且3×(－2)2－2×(－2)－6－4m≥0，
所以－≤m≤，
即m的取值范围为.
方法二 所以4m＝3y2－2y－6(－2≤y≤2)，
因为3y2－2y－6＝3－6
＝32－，
所以当－2≤y≤2时，
－≤3y2－2y－6≤10，
即－≤4m≤10，
则－≤m≤，
即m的取值范围为.
跟踪演练3 解 (1)由题意得
∴＋y2＝1(y≥0)，
∴ρ2cos2β＋3ρ2sin2β－3＝0，
即ρ2＋2ρ2sin2β－3＝0.
化简为ρ2(2－cos 2β)－3＝0，β∈[0，π]，
∴曲线C 的极坐标方程为ρ2(2－cos 2β)－3＝0，β∈[0，π]；
1
由ρsin＝得ρ＝，
∴y＋x－＝0，
即3y＋x－6＝0，
∴曲线C 的直角坐标方程为3y＋x－6＝0.
2
(2)由得ρ＝，∴A，
由 得ρ＝，
∴B，
S ＝ρ ·ρ sin＝×××sin ＝.
△AOB A B
第 2 讲 不等式选讲
例1 解 当x≥1时，f(x)＝x－1＋3(x＋1)＝4x＋2，
当－1<x<1时，f(x)＝(1－x)＋3(x＋1)＝2x＋4，
当x≤－1时，f(x)＝(1－x)－3(x＋1)＝－4x－2，
即f(x)＝
如图，画出函数的图象，
(2)将y＝f(x)的图象向右平移一个单位长度就得到函数y＝f(x－1)的图象，如图，画出两个函
数在同一坐标系下的图象，y＝－4x－2向右平移一个单位长度得到函数y＝－4(x－1)－2＝
－4x＋2，
联立
解得x＝－，y＝，
如图，当x>－时，f(x)>f(x－1)，所以不等式f(x)>f(x－1)的解集是.
跟踪演练1 解 (1)∵a＝1，∴解不等式f(x)≤1就是解不等式|x－1|－|x＋1|≤1.
当x<－1时，原不等式可化为1－x＋x＋1≤1，
∴x∈∅.
当－1≤x≤1时，原不等式可化为1－x－x－1≤1，∴－≤x≤1.
当x>1时，原不等式可化为x－1－x－1≤1，
∴x>1.
∴原不等式的解集为.
(2)∵f(x)＝|x－1|－a|x＋1|，
∴f(x)＝
当a≤－1时，f(x) ＝f(－1)＝2>1，
min
∴原不等式无解成立．
当－1<a<1时，f(x) ＝f(1)＝－2a，要使原不等式无解，则－2a>1，即a<－，
min
∴－1<a<－.
当a≥1时，f(0)＝1－a≤0，
∴原不等式一定有解．
综上，实数a的取值范围是.
例2 解 (1)当a＝1时，不等式化为|x＋2|＋|x＋1|<5.
则或或
即－1≤x<1或－2≤x<－1或－4<x<－2，
即－4<x<1，
所以不等式的解集是(－4,1)．
(2)因为f(x)＝|x－1|＋|x＋2|≥|(x－1)－(x＋2)|＝3，
当且仅当(x－1)(x＋2)≤0，
即－2≤x≤1时取等号，
所以f(x) ＝3.
min
因为g(x)＝|x＋1|－|x－a|＋a≤|(x＋1)－(x－a)|＋a＝|a＋1|＋a，当x≥max {a，－1}时取等号，
所以g(x) ＝|a＋1|＋a.
max
根据题意，f(x) ≥g(x) ，
min max
则3≥|a＋1|＋a，
即|a＋1|≤3－a，
所以
解得a≤1，所以a的取值范围是(－∞，1]．
跟踪演练2 解 (1)当a＝2时，
f(x)＝|2x＋2|＋|2x－1|.
当x≤－1时，不等式f(x)≤7可化为－(2x＋2)－(2x－1)≤7，
解得x≥－2，
所以－2≤x≤－1；
当－1<x<时，不等式f(x)≤7可化为2x＋2－(2x－1)＝3≤7，
所以－1<x<；
当x≥时，不等式f(x)≤7可化为2x＋2＋(2x－1)≤7，解得x≤，
所以≤x≤.
综上，不等式f(x)≤7的解集是.
(2)∃x∈R，使得f(x)≤－2a，
即∃x∈R，使得|2x＋a|＋|2x－1|＋2a≤0，
等价于(|2x＋a|＋|2x－1|＋2a) ≤0.
min
令g(x)＝|2x＋a|＋|2x－1|＋2a，
则g(x) ＝|(2x＋a)－(2x－1)|＋2a＝|a＋1|＋2a.
min
所以|a＋1|＋2a≤0.
当a≥－1时，a＋1＋2a≤0，
解得a≤－，解得－1≤a≤－；
当a<－1时，－a－1＋2a≤0，
解得a≤1，解得a<－1.
综上，实数a的取值范围是.
例3 证明 (1)(平方转化基本不等式证明)
因为a2＋b2＋4c2＝3，
所以(a＋b＋2c)2＝a2＋b2＋4c2＋2(ab＋2bc＋2ac)≤3＋(a2＋b2)＋[b2＋(2c)2]＋[a2＋(2c)2]＝3＋
2[a2＋b2＋(2c)2]＝9，
当且仅当a＝b＝2c＝1时取等号，又a，b，c均为正数，所以a＋b＋2c≤3.
(2)因为b＝2c，
所以根据(1)有a＋4c≤3，
所以＋＝
≥
＝
≥
＝3，
当且仅当a＝b＝2c＝1时取得等号．
跟踪演练3 证明 (1)因为a，b，c都是正数，1＝ ≥3 ＝3，
所以abc≤，
当且仅当a＝b＝c＝ 时等号成立．
(2)因为b>0，c>0，所以b＋c≥2.
又因为a>0，所以≤，
同理得≤，≤.
利用不等式的性质得
＋＋≤＋＋
当且仅当a＝b＝c＝ 时等号成立．
思想方法
第 1 讲 函数与方程思想
例1 (1)A [函数f(x)＝是(－∞，＋∞)上的增函数，所以解得 ≤a≤2，
所以实数a的取值范围是.]
批注 在函数的第一段中，虽然没有x＝1，但当x＝1时，本段函数有意义，故可求出其对
应的“函数值”，且这个值是本段的“最大值”，为了保证函数是增函数，这个“最大值”
应不大于第二段的最小值，即f(1)，这是解题的一个易忽视点．
(2)C [令t＝x2－2x(0≤x<3)，
则t∈[－1,3)，
则f(t)＝t∈，
因为ab＝
又对定义域内的任意的x恒有Mf(x)＝f(x)，
所以M≥2，正数M的取值范围为[2，＋∞)．]
批注 本题关键是理解“”的含义，对于复合函数f(x)的最值、值域问题，应采用换元法，
变成常见的二次和指数函数．
例2 (1)C [当x<0时，f(x)＝3x－1单调递增且f(x)<0，
又函数f(x)是定义在R上的奇函数，
则f(0)＝0满足f(x)＝3x－1，
所以函数y＝f(x)在R上是连续函数，
所以函数f(x)在R上是增函数，
f(－2)＝－，
所以f(2)＝－f(－2)＝，
f(ex－3e－x)<＝f(2)，
所以ex－3e－x<2，
即e2x－2ex－3<0，(ex－3)(ex＋1)<0，
又ex＋1>0，
所以ex<3，x<ln 3，
即原不等式的解集为(－∞，ln 3)．]
(2)2
解析 令f(t)＝t3＋2 022t，
则f(t)为奇函数且在R上是增函数．
由f(x－1)＝－1＝－f(y－1)＝f(1－y)，
可得x－1＝1－y，则x＋y＝2.
例3 A [由log a－log 4＝log b－log 3可得log b－＝log a－<log a－，
3 a 3 b 3 3 3
因为y＝x－在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，且log a，log b∈(0，＋∞)，
3 3
所以log b<log a，即b<a，
3 3其次，log b－>log a－，所以log b>log a，
3 4 3 4
又因为log a＝log >log 且y＝log x单调递增，
4 2 3 3
所以由log b>log 可知b>，
3 3
综上，<b<a.]
第 2 讲 数形结合思想
例1 (1)A [f(x)＝
当－≤x≤0时，
f(x)＝sin πx－cos πx
＝2
＝2sin，
令πx－＝－，
解得x＝－，
当x＝－时，
f ＝2sin＝1，
当x>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<x<x<x，
1 2 3 4
则x<x<0<x≤<2≤x<4，
1 2 3 4
且x 与x 关于x＝－对称，
1 2
所以x＋x＝－，
1 2
又|log x|＝|log x|，
2 3 2 4即－log x＝log x，
2 3 2 4
所以log x＋log x＝0，
2 4 2 3
即x·x＝1，
3 4
所以x＝，
3
所以x＋x＋x＋x＝－＋＋x，
1 2 3 4 4
因为y＝＋x在[2,4)上单调递增，
所以＋x∈，
4
所以x＋x＋x＋x∈.]
1 2 3 4
(2)D [由题意可作出函数y＝|f(x)|的图象和函数y＝ax的图象．
由图象可知，函数y＝ax的图象是过原点的直线，
当直线介于l与x轴之间符合题意，
直线l为曲线的切线，且此时函数y＝|f(x)|在第二象限的部分的解析式为y＝x2－2x，
求其导数可得y′＝2x－2，
当x＝0时，y′＝－2，
故直线l的斜率为－2，
故只需直线y＝ax的斜率a∈[－2,0]．]
例2 D [如图所示，OA＝a，OB＝b，OC＝c，OD＝a＋b，
∵(a－c)·(b－c)≤0，
∴点C在劣弧AB上运动，
∴|a＋b－c|表示C，D两点间的距离|CD|.
|CD|的最大值是|BD|＝2，
|CD|最小值为|OD|－2＝2－2.]
例3 25
解析 由双曲线方程知其焦点坐标为(±7,0)，
由圆的方程知，圆C 圆心为C (－7,0)，半径r＝2；圆C 圆心为C (7,0)，半径r＝1.
1 1 1 2 2 2∵PM，PN分别为两圆切线，
∴|PM|2＝|PC |2－r＝|PC |2－4，
1 1
|PN|2＝|PC |2－r＝|PC |2－1，
2 2
∴|PM|2－|PN|2＝|PC |2－|PC |2－3＝(|PC |＋|PC |)(|PC |－|PC |)－3，
1 2 1 2 1 2
∵P为双曲线右支上的点，
且双曲线焦点为C ，C ，
1 2
∴|PC |－|PC |＝2，
1 2
又|PC |＋|PC |≥|C C |＝14(当P为双曲线右顶点时取等号)，
1 2 1 2
∴|PM|2－|PN|2＝(|PC |＋|PC |)(|PC |－|PC |)－3≥14×2－3＝25，
1 2 1 2
即|PM|2－|PN|2的最小值为25.
第 3 讲 分类讨论思想
例1 (1)D [因为圆x2＋y2＋2x－6y＋6＝0化为(x＋1)2＋(y－3)2＝4，
所以圆心为(－1,3)，半径为r＝2，
因为|AB|＝2，
所以圆心到直线的距离为d＝1，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，
此时圆心(－1,3)到直线的距离为1，满足条件；
当直线l的斜率存在时，设斜率为k，直线l的方程为y＝kx＋1，
圆心到直线l的距离为d＝，
所以＝1，解得k＝－，
此时直线方程为3x＋4y－4＝0，
综上，所求直线方程为3x＋4y－4＝0或x＝0.]
(2)B [对于A，当n是奇数时，a －2a＝2，
n＋2 n
所以a ＋2＝2(a＋2)，
n＋2 n
又因为a＝－2，所以a＋2＝0，
1 1
所以当n是奇数时，a＋2＝0，即a＝－2，
n n
即{a }是以首项为－2，公比为1的等比数列，
2n－1
即选项A正确；对于B，由A知，当n是奇数时，a＋2＝0，
n
所以(a ＋2)＝0，即选项B错误；
2i－1
对于C，当n为偶数时，a －2a＝0，
n＋2 n
即a ＝2a，又因为a＝2，所以＝2，
n＋2 n 2
所以{a }是以首项为2，公比为2的等比数列，
2n
故选项C正确；
对于D，
＝(a＋a＋a＋a＋a)＋(a＋a＋a＋a＋a )＝－10＋＝52，即选项D正确．]
i 1 3 5 7 9 2 4 6 8 10
批注 涉及数列中(－1)n的问题，一般需分奇偶讨论，当n为奇数时，首项是a ，a 是第个
1 n
奇数项；当n为偶数时，首项是a，a 是第个偶数项．
2 n
例2 或2
解析 若∠PFF＝90°，
2 1
则|PF|2＝|PF|2＋|FF|2，
1 2 1 2
又|PF|＋|PF|＝6，|FF|＝2，
1 2 1 2
解得|PF|＝，|PF|＝，
1 2
∴＝.
若∠FPF＝90°，
1 2
则|FF|2＝|PF|2＋|PF|2，
1 2 1 2
∴|PF|2＋(6－|PF|)2＝20，
1 1
又|PF|>|PF|，∴|PF|＝4，
1 2 1
|PF|＝2，
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0<a≤4时，y＝t＋在[2，＋∞)上单调递增，
y＝t＋≥2＋a，
则0<≤，
即的最大值为，
则＝，解得a＝1；当a>4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，
0 0 0
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0<x<1时，f′(x)<0，
当1<x<2时，f′(x)>0，
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0<x<1；
令g′(x)<0，解得x>1.
∴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0<x<1时，x2＋x－2<0，
ex－e－x＝>0，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－1<x<0，
当x>0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×9×4<V <×9×8，
三棱锥D－ABC
即12<V <24.]
三棱锥D－ABC
考前回扣
回扣 1 集合、常用逻辑用语、不等式与推理证明
1．(2)2n，2n－1,2n－1,2n－2
3．真 假 真 假 真
4．(1)綈p：∃x∈M，綈p(x)
0 0
(2)綈p：∀x∈M，綈p(x)
7．(1) (2)
8.
12．(4)正整数 ①第一个值n
0
②n＝k＋1
回扣 2 复数、程序框图与平面向量
1．(1)①b＝0 ②b≠0 ③a＝0且b≠0
(2)a－bi (3) (4)a＝c且b＝d a＝0且b＝0 (5)(a±c)＋(b±d)i (ac－bd)＋(ad＋bc)i ＋i(c
＋di≠0)
5．同向 反向 90°
6．(1)|a||b|cos θ (2)xx＋yy (3)|b|cos θ
1 2 1 2
7．(1)xy－xy＝0
1 2 2 1
(2)xx＋yy＝0
1 2 1 2
8．(2)
9.回扣 3 三角函数、三角恒等变换与解三角形
1．{β|β＝α＋k·360°，k∈Z}
2．(1){α|α＝k·360°，k∈Z}
(2){α|α＝180°＋k·360°，k∈Z}
(3){α|α＝k·180°，k∈Z}
(4){α|α＝90°＋k·180°，k∈Z}
(5){α|α＝k·90°，k∈Z}
4．(1) (2)°
5. (1)|α|r (2)|α|r2
8．－sin α －sin α sin α cos α cos α
－cos α cos α －cos α sin α
－sin α tan α －tan α －tan α
9．R {x|x≠＋kπ，k∈Z} R
{x|x＝kπ，k∈Z} {x|x＝kπ，k∈Z} 2π 2π π 奇 偶 奇
[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)
，(k∈Z)
(k∈Z)
x＝＋kπ(k∈Z) x＝kπ(k∈Z)
(kπ，0)(k∈Z) (k∈Z)
(k∈Z)
11．(1)cos αcos β－sin αsin β
cos αcos β＋sin αsin β
sin αcos β＋cos αsin β
sin αcos β－cos αsin β
(2)2sin αcos α cos2α－sin2α
1－2sin2α (3)
12.
13．b2＋c2－2bccos A a2＋c2－2accos B
a2＋b2－2abcos C
14.acsin B absin C回扣 4 数 列
1．a＋(n－1)d aqn－1(q≠0) na＋d na
1 1 1 1
2．(1)a ＋a＝a＋a (n－m)
m n p q
a ·a＝a·a qn－m
m n s t
回扣 5 立体几何与空间向量
5．(2)①∥ ②⊥
7．(1)|cos〈a，b〉| (2)|cos〈a，n〉| (3)|cos〈n，n〉|
1 2
回扣 6 概率与统计
1．m＋n 2.m×n
3．(2)A (3)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) (4)n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1 n！ 1
4．(2)C (3) 1 (4)①C
5．Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn Can－kbk Can－kbk
6．(1)C＝C (2)
(3)2n 2n－1
7．(1)
(2)
(3)P(A) P(B) (4)P(A)
(5)
8．(3)(x＋x＋…＋x)
1 2 n
(4)
9．(1)②1 (2)xp＋xp＋…＋xp＋…＋xp (3)①aE(X)＋b
1 1 2 2 i i n n
②np ③p (5)①a2D(X)
②np(1－p) ③p(1－p)
(6)P(A)P(B)
(7)Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n
10．(1) －b
(2)①1 ②强 ③弱
11.
12．①0.682 7 ②0.954 5 ③0.997 3回扣 7 解析几何
1．(1)y－y＝k(x－x)
0 0
(3)＝
2．(1)①k＝k ②k·k＝－1
1 2 1 2
3．(1)
(2) (3)
4．(1)(x－a)2＋(y－b)2＝r2 (2)x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)
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
2．(1)－f(x) f(x) (2)f(x＋T)＝f(x)(T≠0)
3．(1)①2a ②2a ③2a (2)①
②
4．增 减
9．(1)③大 小
11．(1)①k ʃf(x)dx(k为常数)
②ʃf(x)dx±ʃf(x)dx
1 2
③ʃf(x)dx＋ʃf(x)dx