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大一轮复习讲义答案精析_2025年新高考资料_一轮复习_2025高考大一轮复习讲义+课件（完结）_2025高考大一轮复习数学（苏教版）_2025数学大一轮复习讲义苏教版学生用书Word版文档
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                            复习讲义答案精析
第一章 集合、常用逻辑用语、不等式
§1.1 集 合
落实主干知识
知识梳理
1．(1)确定性 互异性 无序性 (2)属于
不属于 ∈ ∉ (3)列举法 描述法
图示法 (4)N Z Q R
2．(1)任意一个元素 ⊆ ⊇
(2)A⊆B A≠B  
(3)B⊆A (4)任何集合 任何非空集合
3．{x|x∈A，或x∈B} A∪B
{x|x∈A，且x∈B} A∩B
{x|x∈U，且x∉A} ∁U A
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．C 3.2 4.[2，＋∞)
探究核心题型
例1 (1)D (2)B
跟踪训练1 (1)B (2)1
例2 (1)A (2)A
跟踪训练2 (1)B (2)254 {m|m≤－2或－1≤m≤2}
例3 (1)D (2)BD
例4 (1)BCD (2)A
跟踪训练3 (1)ACD (2)B
例5 CD [对于A，若G＝{－1,0,1}，则对所有的a，b∈G，有a·b∈{1,0，－1}＝G，
满足乘法结合律，即①成立，满足②的e为1，
但当a＝0时，不存在b∈G，使得a·b＝b·a＝e＝1，即③不成立，故A错误；
对于B，因为a＝∈G，且b＝3∈G，但a·b＝×3＝∉G，故B错误；
对于C，若G＝R，则对所有的a，b∈R，有a＋b∈R，满足加法结合律，即①成立，满足②的e为0，
∀a∈R，∃b＝－a∈R，使a＋b＝b＋a＝0，即③成立，故C正确；
对于D，若G＝{m＋n|m，n∈Z}，
则对所有的a＝m＋n，b＝m＋n∈G，
1 1 2 2
有a＋b＝(m＋m)＋(n＋n)∈G，∀a，b，c∈G，(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)成立，即①成立，
1 2 1 2
当a＝b＝0时，a＋b＝0，满足②的e＝0，即②成立，
∀a＝m＋n∈G，∃b＝－m－n∈G，使a＋b＝b＋a＝0，即③成立，故D正确．]
跟踪训练4 BD [对于A，在集合A＝{－2，－1,0,1,2}中，
－2－2＝－4不在集合A中，
∴集合A不是封闭集，故A错误；
对于B，集合A＝{n|n＝2k，k∈Z}，
设x，y∈A，则x＝2k，y＝2k，k，k∈Z，
1 2 1 2
∴x＋y＝2(k＋k)∈A，x－y＝2(k－k)∈A，xy＝4kk∈A，
1 2 1 2 1 2
∴集合A＝{n|n＝2k，k∈Z}为封闭集，故B正确；
对于C，封闭集不一定是无限集，如：{0}为封闭集，故C错误；
对于D，若A为封闭集，则取x＝y，得x－y＝0∈A，故D正确．]
§1.2 常用逻辑用语
落实主干知识
知识梳理
1．充分 必要 充分不必要 必要不充分 充要 既不充分也不必要
3．∀x∈M，p(x) ∃x∈M，p(x) ∀x∈M，綈p(x)
自主诊断
1．(1)√ (2)√ (3)√ (4)×
2．CD 3.C 4.(－∞，3)
探究核心题型
例1 (1)C (2)A
跟踪训练1 (1)A (2)B
例2 解 (1)由(x＋1)(x－3)<0，
解得－10，
解不等式x2－4x＋4－m2≤0，
得2－m≤x≤2＋m，即B＝{x|2－m≤x≤2＋m}，
因为“x∈A”是“x∈B”成立的充分不必要条件，
则有AB，
于是得或解得m>4或m≥4，即有m≥4，
所以正实数m的取值范围是m≥4.
选②，由(1)知，A＝{x|－2≤x≤5}，m>0，
解不等式x2－4x＋4－m2≤0，
得2－m≤x≤2＋m，即B＝{x|2－m≤x≤2＋m}，
因为“x∈A”是“x∈B”成立的必要不充分条件，
则有BA，
于是得－2<2－m<2＋m≤5或－2≤2－m<2＋m<5，
解得00”，故B错误；若命题p为真命题，则当x∈[0,1]时，(2x－2) ≥m2－3m，即m2－3m＋2≤0，解得1≤m≤2，故C正确；若命题q为假命题，则
min
∀x∈[1,3]，不等式x2－ax＋4>0为真命题，即a ＝ <
3．bc ac>bc acb＋d ac>bd
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)× (4)×
2．D 3.< 4.(－2,1)
探究核心题型
例1 (1)AD [∵x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2>0，
∴x2－2x>－3，故A正确；
a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)．
∵(a－b)2≥0，a＋b的符号不确定，
∴a3＋b3与a2b＋ab2的大小不确定，故B错误；
∵a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2≥2(a－b－1)，故C错误；
a2－b2－＝(a－b)(a＋b)－
＝(a－b)>0，故选项D正确．]
(2)C
跟踪训练1 (1)D [因为ln a>ln b，所以a>b>0，
－＝＝<0，
所以<，故A错误；
－
＝
＝，无法确定符号，故B错误；
因为a－b>0，函数y＝xa－b在(0，＋∞)上单调递增，
所以πa－b>3a－b，故C错误；
a－b－＝a－b－
＝a－b＋＝(a－b)
＝，
其中a－b>0，ab＋1>0，ab>0，
所以a－b－>0，a－b>－，故D正确．]
(2)M>N
例2 (1)B (2)BCD
跟踪训练2 (1)B (2)ABD
例3 (1)D
延伸探究 解 设x－2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，
∴x－2y＝(m＋n)x＋(m－n)y，
∴解得
∴x－2y＝－(x＋y)＋(x－y)，
∵－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1，
∴－1≤－(x＋y)≤，
－3≤(x－y)≤，
∴－4≤－(x＋y)＋(x－y)≤2，
即－4≤x－2y≤2.
(2)B [设教师人数为 x，家长人数为 y，女学生人数为 z，男学生人数为 t，x，y，z，
t∈N*，
则y≥x＋1，z≥y＋1≥x＋2，t≥z＋1≥y＋2≥x＋3，
则x＋y＋z＋t≥4x＋6，
又教师人数的两倍多于男学生人数，
∴2x>x＋3，解得x>3，
当x＝4时，x＋y＋z＋t≥22，此时微信群人数的最小值为22.]
跟踪训练3 (1)AC (2)B
§1.4 基本不等式≤(a，b≥0)
落实主干知识
知识梳理
1．(1)a≥0，b≥0 (2)a＝b (3)
2．(1)2 (2)S2
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)×2．C 3.A 4.4
探究核心题型
例1 (1)C (2)C
跟踪训练1 (1)A
(2)BD [A选项，由选项可知a与b同号，当a>0且b>0时，由基本不等式可知≥恒成立，
当a<0且b<0时，<0，>0，该不等式不成立，故A选项错误；
B选项，当a＋b>0时，>0，
则2－2＝＝≤0恒成立，即≤恒成立，当a＋b≤0时，原不等式恒成立，故B选项正确；
C选项，当a＋b>0时，2ab－＝≤0，即2ab≤，≤恒成立，当a＋b<0时，2ab－＝≤0，即
2ab≤，≥，故C选项错误；
D选项，由重要不等式可知，a，b∈R，ab≤恒成立，故D选项正确．]
例2 (1)BC (2)3
例3 (1)D (2)A
微拓展
典例
解析 由f(x)＝x2＋＝x2＋2＋－2，
令x2＋2＝t(t≥2)，
则有f(t)＝t＋－2，
由对勾函数的性质知，f(t)在[2，＋∞)上单调递增，所以当t＝2时，f(t) ＝，
min
即当x＝0时，f(x) ＝.
min
例4 (1)C
延伸探究 72
解析 ∵8a＋4b＝ab，a>0，b>0，
∴＋＝1，
∴8a＋b＝(8a＋b)
＝＋＋40≥2＋40＝72，
当且仅当＝，即a＝6，b＝24时取等号．
(2)B
例5 B
例6 A
跟踪训练2 (1)AD
(2)BCD [对于A，因为ab＋a＋b＝8≥ab＋2，
即()2＋2－8≤0，
解得－4≤≤2，
又因为a>0，b>0，所以0<≤2，则ab≤4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故A错误；
对于B，ab＋a＋b＝8≤＋(a＋b)，
即(a＋b)2＋4(a＋b)－32≥0，解得a＋b≤－8(舍)或a＋b≥4，当且仅当a＝b＝2时取等号，
故B正确；
对于C，由题意可得b(a＋1)＝8－a，
所以b＝>0，解得00恒成立，
即mx＝x＋对任意的x∈(－∞，0)恒成立，
因为x∈(－∞，0)，
则－x∈(0，＋∞)，
所以x＋＝－≤－2＝－2，
当且仅当－x＝，即x＝－1时取等号，
所以m>－2.]
(2)C [∵a2＋b2＝k，
∴a2＋(b2＋1)＝k＋1，
∴(k＋1)＝[a2＋(b2＋1)]＝＋＋13≥2＋13＝25，
当且仅当＝，
即3a2＝2(b2＋1)＝(k＋1)时等号成立，
即＋≥，
由题意可得≥1，
又k>0，解得00，所以025时，
不等式ax≥25×8＋50＋(x2－600)＋有解，
等价于当x>25时，a≥＋＋有解，
∵＋≥2＝10(当且仅当x＝30时，等号成立)，
∴a≥10.2.
∴当该商品改革后的销售量a至少应达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原
收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
例3 (1)B (2)D
跟踪训练3 A
§1.6 一元二次方程和一元二次不等式
落实主干知识
知识梳理
1．{x|xx}
1 2
2．(1)f(x)g(x)>0(<0)
(2)f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0
3．(－∞，－a)∪(a，＋∞) (－a，a)自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)× (4)×
2．R 3.(－3,0]
4．－1
解析 由题意知，方程x2－ax－b＝0的解为x＝2或x＝3，
由根与系数的关系，得
解得所以a＋b＝5－6＝－1.
探究核心题型
例1 ABD
例2 解 (1)由题意得，－1和3是方程ax2＋(b－2)x＋3＝0的两个根，且a<0，
则解得
(2)当b＝－a时，不等式f(x)≤1，
即ax2－(a＋2)x＋2≤0，
即(ax－2)(x－1)≤0.
①当a＝0时，－2x＋2≤0，解得x≥1；
②当a<0时，不等式可化为
(x－1)≥0，
解得x≤或x≥1；
③当a>0时，不等式可化为
(x－1)≤0，
若1<，即0，即a>2，解得≤x≤1.
综上所述，当a＝0时，解集为{x|x≥1}；
当a<0时，解集为；
当02时，解集为.
跟踪训练1 解 (1)当a＝－2时，由f(x)＝－2x2＋x＋1>0，
即(2x＋1)(x－1)<0，
解得－0的解集为.
(2)由f(x)<0，可得(ax－1)(x－1)<0，
所以(ax－1)(x－1)＝0的两根为x＝1，x＝.
1 2当01，
解得11时，<1，解得1时，原不等式的解集为.
例3 (1)AC (2)(3,4]
微拓展
典例 解 (1)依题意知，函数f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1的图象与x轴的交点分别在区间(－1,0)
和(1,2)内，画出示意图，
得即
解得－0，
则不等式等价于m≥对一切x∈恒成立，
由x∈，
得＝＝＝≤＝1，
当且仅当1－x＝，即x＝0时等号成立，
所以 ＝1，
max
所以m≥1，即m的取值范围是[1，＋∞)．
(3)不等式f(x)>2对一切m∈(0,2)恒成立，
即(x2－x＋1)m＋x－3>0对一切m∈(0,2)恒成立，
令h(m)＝(x2－x＋1)m＋x－3，
因为x2－x＋1＝2＋>0，
所以函数h(m)＝(x2－x＋1)m＋x－3在(0,2)上单调递增，
则h(0)＝x－3≥0，解得x≥3，
所以x的取值范围为[3，＋∞)．
跟踪训练3 解 (1)f(x)＝x2－3x＋a＝2＋a－，
则f(x) ＝f ＝a－，
min
f(x)>0在x∈R上恒成立，
即f(x) ＝a－>0，故a>.
min
故实数a的取值范围是.
(2)f(x)＝x2－3x＋a＝2＋a－，
f(x)在[－1,2]上的最大值为
f(x) ＝f(－1)＝2＋a－＝4＋a，
max
故f(x)在x∈(－1,2)上满足f(x)<4＋a，故4＋a≤0，解得a≤－4.
故实数a的取值范围是(－∞，－4]．
培优点 1 柯西不等式与权方和不等式
例1 解 方法一 由柯西不等式得
(2x＋y)2≤[(x)2＋(y)2]·＝(3x2＋2y2)≤11.
当且仅当x·＝y·，
即或时等号成立，
于是2x＋y的最大值为，最小值为－.
方法二 由柯西不等式得
|2x＋y|≤·
＝≤，
当且仅当x·＝y·，
即或时等号成立，
于是2x＋y的最大值为，最小值为－.
跟踪训练1 4
解析 ∵a＝(1，－2)，b＝(x，y)，
∴a·b＝x－2y.
由柯西不等式的向量形式可得
[12＋(－2)2](x2＋y2)≥(x－2y)2，
即5×16≥(x－2y)2，
∴－4≤x－2y≤4，(*)
当且仅当b＝ka，
即时，(*)式中右边等号成立，
或时，(*)式中左边等号成立，
∴当x＝，y＝－时，a·b的最大值为4.
例2 (1)＋2
解析 ＋＝＋＝＋≥＝，
即2≥，因为x>0，y>0，
则6x＋5y≥＋2，
当且仅当＝，
即x＝，y＝时取等号．
(2)
解析 ＋＋
≥＝，
当且仅当＝＝，
即x＝y＝z＝时取等号．
跟踪训练2 (1)27 (2)D
能力提升1．A 2.B 3.B 4.36
5.
解析 f(x)＝＋
＝＋
≥＝，
当且仅当＝，
即sin x＝±，cos x＝±时取等号．
6．8
解析 ＋≥，
令a＋b－2＝t，
则＝＝t＋＋4≥8，
当且仅当即a＝b＝2时取等号，
所以＋的最小值为8.
第二章 函 数
§2.1 函数的概念及其表示
落实主干知识
知识梳理
1．非空实数 每一个 唯一
2．(1)定义域 对应关系 值域
(2)对应关系 定义域
3．解析法 列表法
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)√
2．ACD 3.BCD 4.f(x)＝x2＋6x
探究核心题型
例1 (1)BC
(2)
解析 由－2≤2x－1≤3，解得－≤x≤2，所以函数f(2x－1)的定义域为.
跟踪训练1 (1)C (2)C
例2 解 (1)(换元法)设1－sin x＝t，t∈[0,2]，则sin x＝1－t，
∵f(1－sin x)＝cos2x＝1－sin2x，∴f(t)＝1－(1－t)2＝2t－t2，t∈[0,2]．
即f(x)＝2x－x2(0≤x≤2)．
(2)(配凑法)f ＝x4＋＝2－2，
又x2＋≥2＝2，当且仅当x2＝，即x＝±1时等号成立．
设t＝x2＋，
则t≥2，∴f(t)＝t2－2(t≥2)，
∴f(x)＝x2－2(x≥2)．
(3)(待定系数法)∵f(x)是一次函数，可设f(x)＝ax＋b(a≠0)，
∴3[a(x＋1)＋b]－2[a(x－1)＋b]＝2x＋17，
即ax＋(5a＋b)＝2x＋17，
∴解得
∴f(x)＝2x＋7(x∈R)．
(4)(解方程组法)∵f(x)－2f(－x)＝9x＋2，①
∴f(－x)－2f(x)＝9(－x)＋2，②
由①＋2×②得－3f(x)＝－9x＋6，
∴f(x)＝3x－2(x∈R)．
跟踪训练2 (1)(x≠0且x≠1)
(2)2x＋3或－2x－9
例3 (1)BC [函数f(x)＝
的定义域是[－2，＋∞)，故A错误；
当－2≤x<1时，f(x)＝x2，值域为[0,4]，当x≥1时，f(x)＝－x＋2，值域为(－∞，1]，故f(x)
的值域为(－∞，4]，故B正确；
当x≥1时，令f(x)＝－x＋2＝2，无解，当－2≤x<1时，令f(x)＝x2＝2，解得x＝－，故C
正确；
当－2≤x<1 时，令 f(x)＝x2<1，解得 x∈(－1,1)，当 x≥1 时，令 f(x)＝－x＋2<1，解得
x∈(1，＋∞)，故f(x)<1的解集为(－1,1)∪(1，＋∞)，故D错误．]
(2)－2或5 [－3，－1)∪[4，＋∞)
解析 若f(a)＝4，
则或
解得a＝－2或a＝5.
若f(a)≥2，则或
解得－3≤a<－1或a≥4，
∴a的取值范围是[－3，－1)∪[4，＋∞)．
跟踪训练3 (1)C (2)BCD§2.2 函数的单调性与最值
落实主干知识
知识梳理
1．(1)f(x)f(x)
1 2 1 2
(2)增函数或减函数
2．f(x)≤f(x) f(x)≥f(x)
0 0
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)×
2．A 3.A 4.
探究核心题型
例1 ACD
例2 解 方法一 定义法
设－10，x－1<0，x－1<0，
2 1 1 2
故当a>0时，f(x)－f(x)>0，
1 2
即f(x)>f(x)，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；
1 2
当a<0时，f(x)－f(x)<0，
1 2
即f(x)0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增．
跟踪训练1 (1)B (2)
例3 A 例4 C
微拓展
典例 ACD [对于A，(配方法)y＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，
由x∈[0,3)，再结合函数的图象(如图①所示)，可得函数的值域为[2,6)．对于B，(分离常数法)y＝＝＝2＋，显然≠0，∴y≠2.
故函数的值域为(－∞，2)∪(2，＋∞)．
对于C，(换元法)设t＝，则x＝t2＋1，且t≥0，
∴y＝2(t2＋1)－t＝22＋，
由t≥0，再结合函数的图象(如图②所示)，可得函数的值域为.
对于D，函数的定义域为[1，＋∞)，
∵y＝与y＝在[1，＋∞)上均单调递增，∴y＝＋在[1，＋∞)上为增函数，
∴当x＝1时，y ＝，
min
即函数的值域为[，＋∞)．]
例5 [－1,1)
例6 C
跟踪训练2 (1)C (2)[1,2)
§2.3 函数的奇偶性、周期性
落实主干知识
知识梳理
1．f(－x)＝f(x) y轴 f(－x)＝－f(x) 原点
2．(1)f(x＋T)＝f(x)
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．C 3.B 4.(－2,0)∪(0,2)
探究核心题型
例1 (1)AC (2)奇
跟踪训练1 B
例2 (1)B [由题意知，函数f(x)的定义域为R，关于原点对称，
令g(x)＝f(x)－1＝x5＋2x3＋3x，
则函数g(x)为奇函数，∴g(x)在区间[－2 025,2 025]上的最大值与最小值之和为0，
即M－1＋m－1＝0，
∴M＋m＝2.]
(2)－ex＋2x＋1
解析 因为f(x)是定义在R上的奇函数，则当x＝0时，f(0)＝0.
当x>0时，－x<0，f(x)＝－f(－x)＝－(ex－2x－1)＝－ex＋2x＋1，
又f(0)＝－e0＋2×0＋1＝0，
则当x≥0时，f(x)＝－ex＋2x＋1.
例3 C [因为定义在R上的奇函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(3)＝0，
所以f(x)在(－∞，0)上也单调递增，且f(－3)＝0，f(0)＝0，
所以当x∈(－∞，－3)∪(0,3)时，f(x)<0，
当x∈(－3,0)∪(3，＋∞)时，f(x)>0，
所以由xf(x－2)<0，可得或
解得－1x，x＝x，y＝－x，
1 2 1 2
可得f(x－x)＝f(x)＋f(－x)，
1 2 1 2
所以f(x)－f(x)＝f(x)＋f(－x)＝f(x－x)，
1 2 1 2 1 2
又因为x>x，所以x－x>0，
1 2 1 2
所以f(x－x)>0，
1 2
即f(x)>f(x)，
1 2
所以f(x)在R上单调递增，
因为f(－2)＝－1，所以f(－4)＝f(－2－2)＝2f(－2)＝－2，
由f(2x)－f(x－3)>－2，
可得f(2x)>f(x－3)＋f(－4)，
所以f(2x)>f(x－3－4)＝f(x－7)，
所以2x>x－7，得到x>－7，
所以f(2x)－f(x－3)>－2的解集为(－7，＋∞)，故C错误；对于D，因为f(x)为奇函数，
所以f(－x)＋f(x)＝0，
所以f(－2 024)＋f(2 024)＝f(－2 023)＋f(2 023)＝…＝f(－1)＋f(1)＝0，
又f(0)＝0，
故f(－2 024)＋f(－2 023)＋…＋f(0)＋…＋f(2 023)＋f(2 024)＝0，故D错误．]
(2)D [对于A，令x＝y＝0，代入已知等式得f(0)＝f(0)g(0)－g(0)f(0)＝0，得f(0)＝0，故A
错误；
对于B，取f(x)＝sin x，g(x)＝cos x，满足f(x－y)＝f(x)g(y)－g(x)f(y)及f(－2)＝f(1)≠0，
因为g(3)＝cos 2π＝1≠0，所以g(x)的图象不关于点(3,0)对称，所以函数g(2x＋1)的图象不关
于点(1,0)对称，故B错误；
对于C，令y＝0，x＝1，代入已知等式得f(1)＝f(1)g(0)－g(1)f(0)，可得f(1)[1－g(0)]＝－
g(1)f(0)＝0，
结合f(1)≠0得1－g(0)＝0，g(0)＝1，
再令x＝0，代入已知等式得
f(－y)＝f(0)g(y)－g(0)f(y)，
将f(0)＝0，g(0)＝1代入上式，得f(－y)＝－f(y)，
所以函数f(x)为奇函数．
令x＝1，y＝－1，代入已知等式，得
f(2)＝f(1)g(－1)－g(1)f(－1)，
因为f(－1)＝－f(1)，
所以f(2)＝f(1)[g(－1)＋g(1)]，
又因为f(2)＝－f(－2)＝－f(1)，
所以－f(1)＝f(1)[g(－1)＋g(1)]，
因为f(1)≠0，所以g(1)＋g(－1)＝－1，故C错误；
对于D，分别令y＝－1和y＝1，代入已知等式，得以下两个等式：f(x＋1)＝f(x)g(－1)－
g(x)f(－1)，f(x－1)＝f(x)g(1)－g(x)f(1)，
两式相加易得f(x＋1)＋f(x－1)＝－f(x)，
所以f(x＋2)＋f(x)＝－f(x＋1)，
即f(x)＝－f(x＋1)－f(x＋2)，
有－f(x)＋f(x)＝f(x＋1)＋f(x－1)－f(x＋1)－f(x＋2)＝0，
即f(x－1)＝f(x＋2)，所以f(x)为周期函数，且一个周期为3，
因为f(1)＝1，所以f(－2)＝1，
所以f(2)＝－f(－2)＝－1，f(3)＝f(0)＝0，
所以f(1)＋f(2)＋f(3)＝0，
所以(n)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 023)＝f(2 023)＝f(1)＝1，故D正确．]
跟踪训练2 (1)B (2)C (3)B
例4 (1)C [因为f(x)是定义域为R的偶函数，所以f(－x)＝f(x)，
故f(2＋x)＝f(－x)＝f(x)，
所以f(x)的一个周期为2，
故f ＝f ＝f ＝f ＝.]
(2)D [因为f(x)的周期为3，
f(－1)＝1，则f(2)＝f(－1＋3)＝f(－1)＝1，
又f(0)＝－2，则f(3)＝f(0＋3)＝f(0)＝－2，
因为函数f(x)在R上的图象关于y轴对称，
所以f(x)为偶函数，
故f(1)＝f(－1)＝1，
则f(1)＋f(2)＋f(3)＝0.
故f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 025)＝675×0＝0.]
跟踪训练3 ACD
§2.4 函数的对称性
落实主干知识
知识梳理
1．(1)原点 y轴 (2)x＝a (a,0)
2．(a,0)
3．(1)y轴 (2)x轴 (3)原点
自主诊断
1．(1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．B 3.A 4.(－1,2)
探究核心题型
例1 (1)A [由函数f(x＋1)为偶函数，可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，
所以f(2＋x)＝f(－x)，
因为f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(4＋x)＝f(－2－x)＝－f(2＋x)
＝－f(－x)＝f(x)，可得函数f(x)的周期为4，
所以f ＝f ＝－f
＝－3＝.]
(2)(－1,1)
解析 ∵f(x＋2)是偶函数，
∴f(x＋2)的图象关于直线x＝0对称，
∴f(x)的图象关于直线x＝2对称，
又f(x)在[2，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(－∞，2]上单调递增．
又－x2，－1∈(－∞，2]，
f(－x2)>f(－1)，
∴－x2>－1，即x2<1，
∴－10，解得x>1或x<－1，
所以函数的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，
又f(－x)＝lg(|－x|－1)＋2－x＋2x＝lg(|x|－1)＋2x＋2－x＝f(x)，
所以f(x)为偶函数，
当x>1时，f(x)＝lg(x－1)＋2x＋2－x，则y＝lg(x－1)在(1，＋∞)上单调递增，
令g(x)＝2x＋2－x，x∈(1，＋∞)，
所以g′(x)＝2xln 2－2－xln 2＝(2x－2－x)ln 2>0，
所以g(x)＝2x＋2－x在(1，＋∞)上单调递增，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，从而得到f(x)在(－∞，－1)上单调递减，
则不等式f(x＋1)1或x<－2，所以不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞)．]
跟踪训练1 D
例2 BCD [函数f(x)的定义域为R，且f(0)＝－2，则f(x)不可能是奇函数，故A错误；
定义在R上的函数f(x)满足
f(x－1)＝－f ，
变形可得f(x)＝－f ，
而f 为奇函数，
则f ＝－f ，
则f(－x)＝－f ，
则有f(－x)＝f(x)，
即函数f(x)为偶函数，故B正确；
已知函数f(x)满足f(x－1)＝－f ，即f(x)＝－f ，
则有f(x＋3)＝－f ＝f(x)，
即函数f(x)是一个周期为3的周期函数，故C正确；
f(x)是偶函数且周期为3，
则f(2 025)＝f(0)＝－2，故D正确．]
跟踪训练2 C [因为f(x－2)为奇函数，f(x)的周期为2，所以f(x)为奇函数，
因为当x∈[0,1)时，>0，
所以f(x)在[0,1)上单调递增，
因为f(x)为奇函数，
所以f(x)在(－1,0)上单调递增，
所以f(x)在(－1,1)上单调递增，
因为f ＝f ＝
f ，f(4)＝f(4－2×2)＝f(0)，
f ＝f ＝f ，
所以f >f(0)>f ，
即f >f(4)>f .]
例3 B [构造函数g(x)＝xf(x)，该函数的定义域为R，所以g(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－
g(x)，
函数g(x)为奇函数，故函数g(x)图象的对称中心为坐标原点．
对于A选项，函数y＝(x－1)f(x－1)的图象由函数g(x)的图象向右平移1个单位长度得到，
故函数y＝(x－1)f(x－1)图象的对称中心为(1,0)；
对于B选项，函数y＝(x＋1)f(x＋1)的图象由函数g(x)的图象向左平移1个单位长度得到，
故函数y＝(x＋1)f(x＋1)图象的对称中心为(－1,0)；对于C选项，函数y＝xf(x)＋1的图象由函数g(x)的图象向上平移1个单位长度得到，
故函数y＝xf(x)＋1图象的对称中心为(0,1)；
对于D选项，函数y＝xf(x)－1的图象由函数g(x)的图象向下平移1个单位长度得到，
故函数y＝xf(x)－1图象的对称中心为(0，－1)．]
跟踪训练3 C [f(4－x)＝f(2－(x－2))＝f(x－2)＝－f(2－x)＝－f(x)，
即f(4－x)＋f(x)＝0，故f(x)的图象关于点(2,0)中心对称，
∵f(2－x)＝f(x)，则f(x)的图象关于直线x＝1轴对称，故A，B错误；
根据题意可得，f(x)在(0,1)上单调递增，
∵f(x)的图象关于直线x＝1轴对称，关于点(2,0)中心对称，则f(x)在(2,3)上单调递减，故C
正确；
又∵f(x)＝f(2－x)＝－f(x－2)，则f(x＋2)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，可知f(x)的周期为4，
则f ＝f f(2 022)>f(2 023)不成立，故D错误．]
跟踪训练4 ABD§2.6 二次函数与幂函数
落实主干知识
知识梳理
1．(1)y＝xα (3)②(1,1) (0,0)
③(1,1) ④奇函数 偶函数
2．(1)ax2＋bx＋c(a≠0) (m，n) 零点
(2)R －
偶 减 增
增 减
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)× (4)×
2．B 3.D 4.(－∞，4]
探究核心题型
例1 (1)B
(2)C [因为f(x)＝(n2－3n＋3)x2n－3是幂函数，
所以n2－3n＋3＝1，即n2－3n＋2＝0，
解得n＝1或n＝2，
当n＝1时，f(x)＝x－1＝在(0，＋∞)上单调递减；当n＝2时，f(x)＝x在(0，＋∞)上单调递增．
所以“n＝1”是“幂函数f(x)＝(n2－3n＋3)x2n－3在(0，＋∞)上单调递减”的充要条件．]
跟踪训练1 (1)D [当m＝0时，y＝x－2，由幂函数性质得，y＝x－2在(0，＋∞)上单调递减；
当m＝1时，y＝x0，由幂函数性质得，y＝x0在(0，＋∞)上是常函数；
当m＝2时，y＝x4，由幂函数性质得，图象关于 y 轴对称，y＝x4在(0，＋∞)上单调递增；
当m＝3时，y＝x10，由幂函数性质得，图象关于 y 轴对称，在(0，＋∞)上单调递增．]
(2)B [由幂函数性质可知，y＝ 与y＝x的图象恒过定点(1,1)，即在第一象限内的交点坐
标为(1,1)，
当0x，则<1；
又y＝ 的图象关于y轴对称，
∴y＝ 为偶函数，
∴ ＝＝ ＝，
又m，n互质，∴m为偶数，n为奇数．]例2 解 方法一 (利用“一般式”解题)
设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
由题意得
解得
所以所求二次函数的解析式为
f(x)＝－4x2＋4x＋7.
方法二 (利用“顶点式”解题)
设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．
因为f(2)＝f(－1)，
所以抛物线的对称轴为x＝＝，所以m＝.
又根据题意，函数有最大值8，
所以n＝8，
所以f(x)＝a2＋8.
因为f(2)＝－1，
所以a2＋8＝－1，
解得a＝－4，
所以f(x)＝－42＋8
＝－4x2＋4x＋7.
方法三 (利用“零点式”解题)
由已知得f(x)＋1＝0的两根为x＝2，x＝－1，
1 2
故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.
又函数有最大值8，
即＝8.
解得a＝－4.
故所求函数的解析式为
f(x)＝－4x2＋4x＋7.
跟踪训练2 f(x)＝x2－4x＋3
例3 ACD
例4 解 (1)由题意知a≠0.
当a>0时，f(x)＝ax2－x＋2a－1的图象开口向上，对称轴方程为x＝，所以f(x)在区间[1,2]上
单调递减需满足≥2，
又a>0，所以01时，f(x)在[0,1]上单调递减，则M＝f(0)＝3a，m＝f(1)＝1－2b＋3a，此时M－m＝
2b－1，故M－m的值与a无关，与b有关；
②当b<0时，f(x)在[0,1]上单调递增，则M＝f(1)＝1－2b＋3a，m＝f(0)＝3a，此时M－m＝1
－2b，故M－m的值与a无关，与b有关；
③当0≤b≤1时，m＝f(b)＝3a－b2，
若0≤b≤，则f(1)≥f(0)，有M＝f(1)＝1－2b＋3a，∴M－m＝b2－2b＋1，故M－m的值与a
无关，与b有关，
若b>，则f(1)1 01 01时，若3a＝6b＝k，则01，则3a<3b<2b·3b＝6b，故选项D错误．]
(2)(0,2)
解析 在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b的图象，如图所示．
∴当01时，y＝ax是增函数，
∴p：{x|x<0}．
对于不等式2x＋10 y<0
y<0 y>0 增 减
4．y＝log x y＝x
a
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．A 3.A 4.(2,4)
探究核心题型
例1 (1)45 (2)2
跟踪训练1 (1)B (2)2
例2 (1)A
(2)D [画出f(x)＝|log x|的图象如图所示，
3因为a1＋＝5，
故a＋4b的取值范围是(5，＋∞)．]
跟踪训练2 (1)C (2)C
例3 A
例4 A [由2a>2，可得a>1.
由log >0，
a
可得log >log 1，
a a
∴或
解得a>1或02”是“log >0”的充分不必要条件．]
a
例5 D [由f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，
得f(x)的定义域为，关于坐标原点对称，
又f(－x)＝ln|1－2x|－ln|－2x－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，
∴f(x)为定义域上的奇函数，故排除A，C；
当x∈时，f(x)＝ln(2x＋1)－ln(1－2x)，
∵y＝ln(2x＋1)在上单调递增，y＝ln(1－2x)在上单调递减，
∴f(x)在上单调递增，故排除B；
当x∈时，
f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)
＝ln＝ln，
∵u＝1＋在上单调递减，f(u)＝ln u在(0，＋∞)上单调递增，
根据复合函数单调性可知f(x)在上单调递减，故D正确．]
跟踪训练3 (1)A
(2)B [令t＝x2－2ax＋a－1，
根据复合函数的单调性，要使函数f(x)＝log 有最大值，
a
则函数t＝x2－2ax＋a－1有最小正值，且函数f(t)＝log t为减函数，可知0bc，故A错误；
abc＝4× ，bac＝2× ，
∴abc>bac，故B错误；
log c＝log ＝－1，log c＝log ＝－2，
a 4 b 2
alog c＝－8，blog c＝－2，
b a
∴alog clog c，故C正确，D错误．]
b a a b
跟踪训练1 (1)C
(2)A [因为a＝sin ＝，且b＝ln>ln＝＝a，b＝ln1，所以a0，c>0，∴b>c；
∵＝1＋log 8<1＋log ＝1＋ ＝，∴c>，
5 5
∵＝log 6＝1＋log 3>1＋log ＝1＋ ＝，∴a<，
2 2 2
∴a
＝
＝>0，
∴log 3>log 4，
2 3
log 4－log 5＝－
3 4＝>
＝
＝>0，
∴log 4>log 5，
3 4
∴b＝4m－5＝ －5＝0，
a＝2m－3＝ －3＝0，
∴b>0>a.]
例5 B [由＝＝<＝<1，得b ＝81，所以5> ，
所以log 5> ＝，即a>c.
3
因为73＝343< ＝625，
所以7< ，
所以log 7< ＝，
5
即bc>b.]
例7 a0)，
则f′(x)＝ln－，
令g(x)＝ln－(x>0)，
则g′(x)＝－<0，
可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又当x→＋∞时，f′(x)→0，
所以f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(2 024)>f(2 023)，即a1)，
则x＝log k，y＝log k，z＝log k，
2 3 5
所以＝＝·＝>1，则2x>3y，
＝＝·＝<1，则2x<5z.所以3y<2x<5z.]
§2.10 函数的图象
落实主干知识
知识梳理
1．列表 描点 连线
2．(1)f(x)＋k f(x＋h) f(x－h)
f(x)－k (2)①－f(x) ②f(－x)
③－f(－x) ④log x(a>0，且a≠1) (3)①|f(x)| ②f(|x|)
a
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．C 3.C 4.e－x＋1
探究核心题型
例1 解 (1)原函数解析式可化为y＝2＋，故函数图象可由函数y＝的图象向右平移1个单
位长度，再向上平移2个单位长度得到，如图所示．
(2)y＝|x2－4x－5|的图象可由函数y＝x2－4x－5的图象保留x轴上方的部分不变，将x轴下方
的部分翻折到x轴上方得到，如图所示．
(3)y＝|x－1|－1，其图象可看作由函数y＝|x|的图象向右平移1个单位长度，再向下平移1个单
位长度得到，
而y＝|x|＝其图象可由y＝x的图象保留x≥0时的图象，然后将该
部分关于y轴对称得到，则y＝|x－1|－1的图象如图所示．跟踪训练1 解 (1)y＝x2－2|x|－3＝其图象如图所示．
(2)y＝|log (x＋1)|，其图象可由y＝log x的图象向左平移1个单位长度，
2 2
再保留x轴上方部分不变，将x轴下方部分翻折到x轴上方得到，如图所示．
例2 (1)C [由题意知函数f(x)的定义域为，
因为f(－x)＝＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，故排除A；
因为f(1)＝>0，故排除B；
因为f(2)＝>＝f(1)，故排除D.]
(2)A [对于选项B，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故排除B；对于选项D，当x＝3时，y
＝sin 3>0，与图象不符，故排除D；对于选项C，当02f(x)，得(x2－2)f(x)>0，则或
解得x<－2或0时，f(x)＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，f(x)∈R.作出函数f(x)的图象，如图所示．
由y＝f(x)与y＝a的图象有三个交点，结合函数图象可得a∈(0,1)．]
跟踪训练3 (1)B (2)
(3)
解析 因为函数f(x)的定义域为R，满足f(x)＝2f(x－2)，且当x∈(0,2]时，f(x)＝x(2－x)，
所以当x∈(2,4]时，f(x)＝2(x－2)·[2－(x－2)]＝2(x－2)(4－x)，
当x∈(4,6]时，f(x)＝4[(x－2)－2][4－(x－2)]＝4(x－4)(6－x)，
函数部分图象如图所示，由4(x－4)(6－x)＝3，得4x2－40x＋99＝0，解得x＝或x＝，
因为对任意x∈(－∞，m]，
都有f(x)≤3，
所以由图可知m≤.
§2.11 函数的零点与方程的解
落实主干知识
知识梳理
1．(1)0 (2)零点 x轴
(3)f(a)f(b)<0 (a，b)
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．B 3.C 4.1，－2
探究核心题型
例1 (1)B
(2)A [x＝log 20，即
f f(1)<0，
由函数零点存在定理可知0，h(2)＝－1＝－<0，即h(1)h(2)<0，
由函数零点存在定理可知10时，f(x)＝x－2＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，并且f(1)＝1－2＋ln 1＝－1<0，
f(2)＝2－2＋ln 2＝ln 2>0，
即f(1)f(2)<0，所以函数f(x)在区间(1,2)内必有一个零点，
综上，函数f(x)的零点个数为2.]
(2)C [依题意可知，函数f(x)是定义在R上的偶函数，
且f(x－2)＝f(x)，
所以f(x)＝f(－x)＝f(－x－2)
＝f(x＋2)，
即函数f(x)是以2为周期的偶函数，
令g(x)＝f(x)－log |x|＝0，
7
即f(x)＝log |x|，
7
在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f(x)和y＝log |x|的图象，如图所示．
7
由图象可知，两函数图象共有12个交点，即函数g(x)共有12个零点．]
跟踪训练2 (1)C (2)6
例3 D [如图所示，作出函数f(x)的大致图象(实线)，平移直线y＝k－x，
由k－x＝x2＋2x＋2可得，
x2＋3x＋2－k＝0，
Δ＝9－8＋4k＝0，解得k＝－，
故当k＝－时，直线y＝－－x与曲线y＝x2＋2x＋2(x≤0)相切；
当k＝0时，直线y＝－x经过点(0,0)，
且与曲线y＝x2＋2x＋2(x≤0)有2个不同的交点；
当k＝2时，直线y＝2－x经过点(0,2)，
且与f(x)的图象有3个不同的交点．
由图分析可知，当k∈(0,2]时，f(x)的图象与直线y＝k－x有3个不同的交点．]
例4 B [由f(x)＝3x－＝0，可得a＝3x－，
令g(x)＝3x－，其中x∈(－∞，－1)，
由于存在x∈(－∞，－1)，使得f(x)＝0，
0 0则实数a的取值范围即为函数g(x)在(－∞，－1)上的值域．
由于函数y＝3x，y＝－在区间(－∞，－1)上均单调递增，
所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增．
当x∈(－∞，－1)时，g(x)＝3x－0，
所以函数g(x)在(－∞，－1)上的值域为.
因此实数a的取值范围是.]
跟踪训练3 (1)A (2)D
§2.12 函数与方程的综合应用
例1 (1)B (2)C
例2 A [由f(2－x)＋f(x)＝0⇒f(x)＝－f(2－x)＝f(x－2)，
得f(x)是一个周期为2的奇函数，
当x∈(0,1]时，f(x)＝－log x，
2
因此f ＝－log ＝1，
2
f(1)＝0，
所以f(0)＝0，f ＝－1，
f(－1)＝0，
且g(x)＝sin πx的周期为T＝＝2，
且g(－1)＝0，g＝－1，g(0)＝0，g＝1，g(1)＝0，
求F(x)＝f(x)－sin πx的零点个数，
即求f(x)与g(x)图象的交点个数，
如图为f(x)与g(x)在区间[－1，1]的图象，
因为f(x)与g(x)均为周期为2的周期函数，
因此交点也呈周期出现，
若在区间[－1，m]上有10个零点，则第10个零点坐标为(3.5，－1)，第11个零点坐标为(4,0)，
因此3.5≤m<4.]
跟踪训练1 (1)C (2)ACD
例3 B [令t＝f(x)，g(x)＝0，
则f(t)－2t＋1＝0，即f(t)＝2t－1，
分别作出函数y＝f(t)和直线y＝2t－1的图象，如图所示，
由图象可得有两个交点，横坐标设为t，t，则t＝0,12时，t＝f(x)有两个不同的解；
当－1，
即v2＋10v－600<0，
解得－300，
解得a<－4或a>0，
所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
跟踪训练2 (1)C (2)(－∞，－2]
例4 (1)C [根据题意，设两曲线y＝f(x)与y＝g(x)的公共点为(a，b)，其中a＞0，
由f(x)＝－2x2＋m，
可得f′(x)＝－4x，
则切线的斜率k＝f′(a)＝－4a，
由g(x)＝－3ln x－x，
可得g′(x)＝－－1，
则切线的斜率k＝g′(a)＝－－1，
因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，
所以－4a＝－－1，
解得a＝1或a＝－(舍去)，
又由g(1)＝－1，
即公共点的坐标为(1，－1)，将点(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m，
可得m＝1.]
(2)B [设公切线与曲线y＝ln x－1和y＝ax2的切点分别为(x ，ln x －1)，(x ，ax)，其中
1 1 2
x>0，
1
对于y＝ln x－1有y′＝，
则切线方程为y－(ln x－1)＝(x－x)，即y＝＋ln x－2，
1 1 1
对于y＝ax2有y′＝2ax，
则切线方程为y－ax＝2ax(x－x)，
2 2
即y＝2axx－ax，
2
所以
则－＝ln x－2，
1
即＝2x－xln x(x>0)，
1 1
令g(x)＝2x2－x2ln x，x>0，
则g′(x)＝3x－2xln x＝x(3－2ln x)，
令g′(x)＝0，得x＝ ，
当x∈ 时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈ 时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x) ＝ ＝e3，
max
故0<≤e3，即a≥e－3.]
跟踪训练3 (1)－3 (2)C
§3.2 导数与函数的单调性
落实主干知识
知识梳理
1．单调递增 单调递减
自主诊断
1．(1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．BC 3.(－∞，－1)， 4.(－∞，5]
探究核心题型
例1 (1)(0，e2) (2)(0,1)跟踪训练1 B
例2 解 g(x)的定义域为R，
g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)
＝(x－a)(ex－2)，
令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2，
①若a>ln 2，
则当x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，
当x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；
②若a＝ln 2，则g′(x)≥0恒成立，
∴g(x)在R上单调递增；
③若a0，
当x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减．
综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；
当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增；
当a0，则x∈(a＋1，－1)，
函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a＋1，－1)；
③当a＋1>－1，即a>－2时，令f′(x)<0，则x∈(－∞，－1)∪(a＋1，＋∞)，
令f′(x)>0，则x∈(－1，a＋1)，
函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，a＋1)．
综上所述，当a＝－2时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递
增区间；
当a<－2时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a＋
1，－1)；
当a>－2时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，
a＋1)．
例3 (1)AC
微拓展
典例 ACD [依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数．
对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，
当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”；
对于B，g(x)＝x3在R上为增函数，故B中函数为“F函数”；
对于C，g(x)＝xln x，g′(x)＝1＋ln x，x>0，
当x∈时，g′(x)<0，
∴g(x)在上单调递减，
故C中函数不是“F函数”；
对于D，g(x)＝xsin x，g′(x)＝sin x＋xcos x，
当x∈时，g′(x)<0，
∴g(x)在上单调递减，
故D中函数不是“F函数”．]
例3 (2)(1，＋∞)
解析 令g(x)＝f(x)－1
＝ex－e－x－2x，
定义域为R，且g(－x)＝e－x－ex＋2x＝－g(x)，
所以g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x为奇函数，
f(2x－3)＋f(x)>2变形为f(2x－3)－1>1－f(x)，
即g(2x－3)>－g(x)＝g(－x)，
g′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，
当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，
所以g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x在R上单调递增，所以2x－3>－x，解得x>1，
所以所求不等式的解集为(1，＋∞)．
例4 解 (1)因为f(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
设G(x)＝－，x∈[1,4]，
所以a≥G(x) ，
max
而G(x)＝2－1，
因为x∈[1,4]，所以∈，所以G(x) ＝－(此时x＝4)，所以a≥－，
max
又因为a≠0，所以实数a的取值范围是∪(0，＋∞)．
(2)因为f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
则f′(x)<0在[1,4]上有解，所以当x∈[1,4]时，a>－有解，
又当x∈[1,4]时， ＝－1(此时x＝1)，
min
所以a>－1，又因为a≠0，所以实数a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
跟踪训练3 (1)D (2)A
§3.3 导数与函数的极值、最值
落实主干知识
知识梳理
1．极大值 极小值 极值
2．(1)连续不断
(2)①极值 ②f(a)，f(b)
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)× (4)√
2．A 3.(－∞，－)∪(，＋∞)
4．4 －
探究核心题型
例1 BC
例2 解 f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋a)ex＝(x＋2)(x＋a)ex
当a＝2时，f′(x)≥0，
所以函数f(x)在R上是增函数，无极值；
当a≠2时，令f′(x)＝0，
解得x＝－2或x＝－a，
不妨令x－2，即a<2时，取x＝－2，x＝－a，其单调区间如表所示，
1 2
极大值为f(－2)＝(4－a)e－2，极小值为f(－a)＝ae－a.
当－a<－2，即a>2时，取x＝－a，x＝－2，其单调区间如表所示，
1 2
极小值为f(－2)＝(4－a)e－2，极大值为f(－a)＝ae－a.
例3 (1)D (2)D
跟踪训练1 (1)C
(2)
解析 函数f(x)的定义域为，
且f′(x)＝2x－＝＝，
因为f(x)在定义域内不存在极值点，
所以f′(x)≥0或f′(x)≤0在上恒成立，
即2x2＋x－a≥0或2x2＋x－a≤0在上恒成立，
因为2x2＋x－a≤0在上不可能恒成立，
所以2x2＋x－a≥0在上恒成立，
即a≤2x2＋x＝22－，
所以a≤(2x2＋x) ＝－，
min
故a∈.
例4 D [f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cos x＝
(x＋1)cos x，x∈[0,2π]．
令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)或x＝或x＝.
因为f ＝cos ＋·sin ＋1＝2＋，
f ＝cos ＋sin ＋1＝－，
又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x) ＝f ＝2＋，
max
f(x) ＝f ＝－.故选D.]
min
例5 解 f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝(x>0，a>0)，
当0<≤1，即a≥1时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递增，
所以f(x) ＝f(1)＝－2，符合题意．
min当1<0，f(x)单调递增．
所以f(x) ＝f 0，g(x)在(0，e2]上单调递增，函数g(x)无最小值，不符合题意；
若a>0，当x>a时，g′(x)>0，当00时，g′(x)＝<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
此时不等式>0的解集是(0,2)．
因为g(x)为奇函数，图象关于原点对称，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以当x<0时，不等式>0的解集是(－∞，－2)．综上所述，不等式>0的解集是(－∞，－2)∪(0,2)．]
跟踪训练1 AD
例2 B [令g(x)＝，
则g′(x)＝>0，
因此函数g(x)是增函数，
于是得g(2 023)>g(2 022)，
即>，
整理得f(2 023)－ef(2 022)>2(e－1)，故B正确．]
跟踪训练2 (3，＋∞)
例3 ∪
解析 令g(x)＝，x∈(－π，0)∪(0，π)，
则g′(x)＝，
∵当x∈(0，π)时，
f′(x)sin x－f(x)cos x<0，
∴在(0，π)上，g′(x)<0，
∴函数g(x)在(0，π)上单调递减．
∵y＝f(x)，y＝sin x是奇函数，
∴函数g(x)是偶函数，
∴函数g(x)在(－π，0)上单调递增．
当x∈(0，π)时，sin x>0，
则不等式f(x)<2f sin x可化为<，
即g(x)＝，
即g(x)>g，
∴－b＋ln b，
可得ea＋a>eln b＋ln b，令f(x)＝ex＋x，则f(a)＞f(ln b)，
因为f(x)在R上是增函数，
所以a＞ln b.
方法二 由ea＋a>b＋ln b，
可得ea＋ln ea>b＋ln b，
令g(x)＝x＋ln x，则g(ea)>g(b)，
因为g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以ea>b，即a＞ln b．]
(2)A [对aea－2＝e4两边取自然对数，得ln a＋a＝6，①
对b(ln b－2)＝e3λ－1两边取自然对数，得ln b＋ln(ln b－2)＝3λ－1，
即ln b－2＋ln(ln b－2)＝3λ－3，②
因为方程①②为两个同构方程，
所以3λ－3＝6，解得λ＝3，
设F(x)＝ln x＋x，x>0，
则F′(x)＝＋1>0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以方程F(x)＝6的解只有一个，
所以a＝ln b－2，所以ab＝(ln b－2)b＝b(ln b－2)＝e3×3－1＝e8.]
跟踪训练1 A
例2
解析 由kekx≥ln x得kxekx≥xln x，
即kxekx≥eln x·ln x，
令f(x)＝xex，则f(kx)≥f(ln x)．
因为f′(x)＝(x＋1)ex，
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
因为kx>0，ln x>0，所以kx≥ln x，
即k≥，
令h(x)＝(x＞1)，
则h′(x)＝，
当x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x) ＝h(e)＝，即k≥，
max
所以k的最小值为.
例3 B [由aea0)，
因为a>0，则ea>1，
因为b>0，且bln b>aea>0，则b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
ealn ea0，>，即>对∀x∈(0,1)恒成立．设g(x)＝，则问题转化为g(aex)>g(x)
在(0,1)上恒成立，因为g′(x)＝，所以当00，当x>e时，g′(x)<0，所以
g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.①在x∈(0,1)上，若aex≥1恒成立，即a≥1，g(aex)≥0>g(x)；②
在x∈(0,1)上，若0x恒成立，即0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)0，h(x)单调递增，
所以h(x) ＝h(1)＝e，即a≤e，
min
所以a的最大值是e.
跟踪训练2 (1)e (2)(－∞，2e]
能力提升
1．B 2.B 3.D
4．BCD [由aa＝bb，得aln a＝bln b，
令f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1＝0，
解得x＝，当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以0，
即证明b>－a，
只需证f(b)>f ，
只需证f(a)>f ，
令g(x)＝f(x)－f ＝xln x－ln，0g＝0，
所以a＋b>，故C正确；
由于f(x)在(1，＋∞)上单调递增，而>，
所以f>f，
所以ln >ln ，
所以 (n∈N*)，故D正确．]
5.
解析 依题意，ln 2x－≤ln a
⇔ln 2x－ln a≤
⇔2ln ≤aex
⇔ln ≤exln ex.
∵x>0，a>0，
∴若0<≤1，显然成立，此时满足≤11，令f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1>0在(1，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
而ln ≤exln ex，∴≤ex.
综上，≤ex在(0，＋∞)上恒成立，∴a≥.
令g(x)＝，g′(x)＝，
∴当00，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
∴g(x)≤g(1)＝，即a≥.
6．解 (1)依题意，得f′(x)＝aex＋1.当a≥0时，f′(x)>0，
所以f(x)在R上是增函数．
当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln(－a)；
令f′(x)<0，可得x>－ln(－a)，
所以f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)在R上是增函数；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，
在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．
(2)因为当x>1时，
f(x)>ln ＋x，
所以aex＋x＋1>ln ＋x，
即eln aex＋x＋1>ln(x－1)－ln a＋x，
即ex＋ln a＋ln a＋x>ln(x－1)＋x－1，
即ex＋ln a＋x＋ln a>eln(x－1)＋ln(x－1)．
令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋ln a)>h(ln(x－1))对∀x∈(1，＋∞)恒成立．
因为h′(x)＝ex＋1>0，
所以h(x)在R上是增函数，
故只需x＋ln a>ln(x－1)，
即ln a>ln(x－1)－x对∀x∈(1，＋∞)恒成立．
令F(x)＝ln(x－1)－x，
则F′(x)＝－1＝，
令F′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(1,2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0，
所以F(x)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以F(x)≤F(2)＝－2.
因此ln a>－2，所以a>.
§3.5 利用导数研究恒(能)成立问题
例1 解 (1)当a＝1时，
f(x)＝ex－x－1，
所以f′(x)＝ex－1，
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝0，无极大值．
即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值．
(2)因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
当x>0时，不等式等价于a≥－在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝－，
则g′(x)＝－＝，
由(1)知当a＝1，x>0时，f(x)>f(0)＝0，即ex－(x＋1)>0，
所以当01时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x) ＝e－2，
min
所以a≥e－2，
综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)．
跟踪训练1 解 (1)当a＝1时，f(x)＝x－ex，则f′(x)＝1－ex，
当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值．
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，
则ax≤(x>0)，
即a≤(x>0)，
则问题转化为a≤ (x>0)，
max
令h(x)＝，x>0，
h′(x)＝＝，
当00，当x>时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，
所以h(x) ＝h()＝，
max
所以a≤.
例2 解 (1)f′(x)＝a－＝(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得00时，f(x)在上单调递增，在上单调递
减．(2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，
∴f′(1)＝0，∴a＝1.
f(x)＝x－ln x，x[f(x)－x＋1]＝x(1－ln x)，
当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－ln x)≤m(e－x)，
即x(1－ln x)－m(e－x)≤0，
令g(x)＝x(1－ln x)－m(e－x)，x∈[e，＋∞)，
则g′(x)＝m－ln x，
若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，
则g(x)在[e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(e)＝0，满足题意．
若m>1，由g′(x)>0，可得e≤xg(e)＝0，与题意不符，
0 0
综上，实数m的取值范围为(－∞，1]．
跟踪训练2 解 (1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x＋，定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝＋1－＝，
令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得00，函数g(x)在(e－1，e)上单调递增，
则g(x)0时，
令g′(x)＝0，解得x＝>0，
则函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，
若g(x)<0在(e－1，e)上恒成立，
只需满足
解得a≥.
综上所述，实数a的取值范围为
(－∞，0)∪.
例3 解 (1)∵f′(x)＝，∴f′(1)＝2e，又f(1)＝－1，∴y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝2e(x－1)，即2ex－y－2e－1＝0.
(2)∵对∀x，x∈[1，e]，不等式f(x)≤g(x)恒成立，
1 2 1 2
∴f(x) ≤g(x) ；
max min
∵f′(x)＝，
∴当x∈[1，e]时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在[1，e]上单调递增，
∴f(x) ＝f(e)＝1；
max
g′(x)＝3x2＋2ax＝x(3x＋2a)，
令g′(x)＝0，
解得x＝0或x＝－；
①当－≤1，即a≥－时，
g′(x)≥0在[1，e]上恒成立，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，
∴g(x) ＝g(1)＝2＋a，
min
由f(x) ≤g(x) 得1≤2＋a，解得a≥－1；
max min
②当1<－0，
∴g(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴g(x) ＝g＝＋1<1，不满足f(x) ≤g(x) ；
min max min
③当－≥e，即a≤－时，
g′(x)≤0在[1，e]上恒成立，
∴g(x)在[1，e]上单调递减，
∴g(x) ＝g(e)＝e3＋ae2＋1，
min
由f(x) ≤g(x) 得1≤e3＋ae2＋1，解得a≥－e(舍)．
max min
综上所述，实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
跟踪训练3 解 (1)因为f(x)＝(x∈R)，
所以f′(x)＝(x∈R)，
因为a>0，所以令f′(x)>0，得03.
所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)在[0,3)上单调递增，在(3,4]上单调递减，
所以f(x)在[0,4]上的最大值是
f(3)＝.又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，
所以f(0)0，所以00，则≤ax等价于a≥，
即g(x)＝，则g′(x)＝.
令h(x)＝2xcos x－2sin x－sin xcos x＋x，
h′(x)＝2cos x－2xsin x－2cos x－cos 2x＋1＝－2xsin x－cos 2x＋1
＝2sin2x－2xsin x
＝2sin x(sin x－x)，
因此，当x∈(0，π)时，h′(x)<0，h(x)在(0，π)上单调递减，且h(0)＝0，故g′(x)<0，
所以g(x)在(0，π)上单调递减，
而lim g(x)＝lim
＝lim ＝.
另一方面，当x∈[π，＋∞)时，
g(x)＝≤≤<，
因此a≥.
跟踪训练1 解 当x＝1时，不等式恒成立，m∈R；
当x>1时，m≥恒成立，
令h(x)＝，x>1，
则h′(x)＝
＝；
令m(x)＝x2－x2ln x－ln x－1，x>1，
则m′(x)＝2x－2xln x－x－＝；令n(x)＝x2－2x2ln x－1，x>1，
则n′(x)＝2x－4xln x－2x
＝－4xln x<0，
得n(x)＝x2－2x2ln x－1在(1，＋∞)上单调递减，故n(x)1，
则φ′(x)＝－2ln x－1＋<0，
得φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，
进而m′(x)＝φ(x)<φ(1)＝0)．
所以m(x)在(1，＋∞)上单调递减，
可得m(x)g(1)＝0，
∴φ′(x)>0，即φ(x)在(0,1)上单调递增．
由洛必达法则知lim
＝lim ＝lim ＝lim
＝lim x＝0，
∴φ(x)>0，故a≤0，
综上，实数a的取值范围是(－∞，0]．
跟踪训练2 解 当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a恒成立，
即2ax3＋x>x3－a恒成立，
即a(2x3＋1)>x3－x恒成立，即a>恒成立，
令φ(x)＝(x>1)，
∴φ′(x)＝>0，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由洛必达法则知lim φ(x)＝lim
＝lim ＝lim ＝，
∴φ(x)<，故a≥.
故a的取值范围为.
能力提升
1．解 当x≥0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)≥ax2.
当x＝0时，a∈R；
当x>0时，x(ex－1)≥ax2等价于
a≤.
令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝.
记h(x)＝(x－1)ex＋1，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝xex>0，
因此h(x)＝(x－1)ex＋1在(0，＋∞)上单调递增，
且h(x)>h(0)＝0，
所以g′(x)＝>0，
从而g(x)＝在(0，＋∞)上单调递增，所以a≤lim .
由洛必达法则得
lim g(x)＝lim ＝lim ＝1，
即当x→0时，g(x)→1，
所以g(x)>1，即有a≤1.
综上所述，当a≤1，x≥0时，f(x)≥0成立．
2．解 当x＝0时，a∈R；
当x>0时，x－ln(x＋1)≤ax2⇔a≥－，
记g(x)＝－，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝，
记h(x)＝－＋2ln(x＋1)，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝－<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)0在[0，π]上恒成立，
所以h(x)在[0，π]上单调递增，
则h(x)≥h(0)＝0，
所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立，
即g(x)在[0，π]上单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝0，
即xex－sin x≥0(x∈[0，π])，
综上，当x∈[0，π]时，f(x)≤x.
例2 (1)解 f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e.
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x) ＝f(1)＝－e.
max
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x) ＝g(1)＝－e.
min
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0得证．
跟踪训练2 (1)解 由题意可得
f′(x)＝ex＋2x－1，
则函数f′(x)在R上单调递增，
且f′(0)＝0.
由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.
则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故f(x) ＝f(0)＝0.
min
(2)证明 要证ex＋xln x＋x2－2x>0，
即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1.
由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立．
设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0，
则g′(x)＝－ln x.
由g′(x)>0，得01.
则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，
等号成立．
故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0.
例3 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＝.
当a≥0时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－1时，f′(x)<0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－10；x∈时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 不妨设x≥x，
1 2
由于a≤－2，
由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以|f(x)－f(x)|≥4|x－x|等价于f(x)－f(x)≥4(x－x)，
1 2 1 2 2 1 1 2
即f(x)＋4x≥f(x)＋4x.
2 2 1 1
令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4＝.
于是g′(x)≤＝≤0.
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故g(x)≤g(x)，
1 2
即f(x)＋4x≤f(x)＋4x，
1 1 2 2
故对任意x，x∈(0，＋∞)，
1 2
|f(x)－f(x)|≥4|x－x|.
1 2 1 2
跟踪训练3 (1)解 当a＝时，f(x)＝＋1，g(x)＝ln x＋＋1，
令F(x)＝f(x)－g(x)
＝－ln x－，
则F′(x)＝－＋＝≥0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0.
综上，当x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)，当x∈(0,1)时，F(x)<0，f(x)0，
f(x)>g(x)．
(2)证明 因为m>n>0，则>1，
要证>，
即证>ln m－ln n，
即证－>ln ，
设t＝，则t>1，
即证t－>ln t2＝2ln t，
即证－ln t－>0(t>1)，
由(1)知，当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立，
所以当m>n>0时，>.培优点 4 切(割)线放缩
例1 证明 (1)首先证明sin x≤x，x∈[0，＋∞)，证明如下：
构造j(x)＝sin x－x，x∈[0，＋∞)，
则j′(x)＝cos x－1≤0恒成立，
故j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，
故j(x)≤j(0)＝0，
所以sin x≤x，x∈[0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝sin x－ln(x＋1)，x∈[0,1]，
f′(x)＝cos x－＝1－2sin2－≥1－22－＝1－－≥1－－(0≤x≤1)，
故f′(x)≥＝≥0在x∈[0,1]上恒成立，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝0.
(2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞)．
当a＝－1时，g(x)＝2ex－2－sin x－ln(x＋1)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)，
下证：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sin x≥0(x≥0)，x－ln(x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0处取等号，
令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，
则r′(x)＝ex－1≥0，
故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上单调递增，
故r(x)≥r(0)＝0，即x－sin x≥0，
且在x＝0处取等号；
由(1)知j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，
故j(x)≤j(0)＝0，即x－sin x≥0，且在x＝0处取等号；
令t(x)＝x－ln(x＋1)(x≥0)，
则t′(x)＝1－＝≥0，
故t(x)＝x－ln(x＋1)在[0，＋∞)上单调递增，
故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0处取等号，
综上有g(x)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0处取等号，即(2ex－2)－
f(x)≥0，即证f(x)≤2ex－2.
跟踪训练1 (1)解 由题意可知x>0，
f′(x)＝－－2＝－，
对于一元二次方程2x2－x＋a＝0，
Δ＝1－8a.当a≥时，Δ≤0，f′(x)≤0恒成立，
f(x)在(0，＋∞)上是减函数；
当00，
f(x)在
上单调递增；
当x∈∪时，
f′(x)<0，f(x)在和
上单调递减．
综上，当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上是减函数；当0f(x)，即证ex>ln x＋2.
不妨设h(x)＝ex－(x＋1)，
则h′(x)＝ex－1，h′(0)＝0，
当x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
因此h(x)≥h(0)＝0，ex－(x＋1)≥0恒成立．
令m(x)＝ln x－x＋1，x>0，
则m′(x)＝－1＝，
当00，m(x)单调递增，当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
故当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝0，因此ln x－x＋1≤0恒成立，
则ex－(x＋1)＋[x－(ln x＋1)]
＝ex－(ln x＋2)>0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)，
即ex>ln x＋2.从而不等式得证．
例2 证明 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x.
令f′(x)>0，得x>1；
令f′(x)<0，得00，则be＋e，
2 1
函数f(x)图象上有两点A(1，－1)，B(e,0)，
设直线y＝b与直线OA：y＝－x，
AB：y＝(x－e)的交点的横坐标分别为x，x，
3 4
易证xx－x＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e.
2 1 4 3
综上可得be＋e－3时，m′(x)>0，
所以F′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，
当x→－∞时，F′(x)→－，
又F′(－1)＝0，
所以当x<－1时，F′(x)<0，F(x)单调递减；当x>－1时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
所以F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)恒成立，则f(x)≥h(x)，
1 1
设h(x)＝m的根为x，
3
则x＝－1＋，
3
又h(x)单调递减，且m＝h＝f(x)≥h(x)，所以x≤x.
1 1 3 1
设曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝t(x)，则t(x)＝x，
令G(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则G′(x)＝(x＋2)ex－2，
依据F′(x)的单调性可知，G′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，
当x→－∞时，G′(x)→－2，且G′(0)＝0，所以G(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)
上单调递增，
所以G(x)≥G(0)＝0，
所以f(x)≥t(x)恒成立，
所以f(x)≥t(x)，
2 2
设t(x)＝m的根为x，则x＝m，
4 4
又函数t(x)是增函数，
且m＝t(x)＝f(x)≥t(x)，
4 2 2
所以x≥x，
4 2
所以x－x≤x－x＝m－
2 1 4 3
＝1＋＝1＋2m＋，
即证x－x≤1＋2m＋.
2 1
能力提升
1．(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝，
当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝，
∴当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 要证ex－e2ln x＞0，
即证ex－2＞ln x，
令φ(x)＝ex－x－1，
∴φ′(x)＝ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝0，
∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x) ＝φ(0)＝0，
min
即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号．
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，
可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取等号)，
又x－1≥ln x(当且仅当x＝1时取等号)，
∴ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex－2＞ln x．即原不等式成立．
2．(1)解 由题意知f′(x)＝a＋≤0在R上恒成立，
所以－a≥恒成立，
令g(x)＝，x∈R，
则－a≥g(x) ，
max
令g′(x)＝－＝0，得x＝－1，
当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x) ＝g(－1)＝e，
max
即－a≥e，a∈(－∞，－e]．
(2)证明 由f(x)有两个极值点x，x，可知f′(x)＝0有两个不相等的实数根x，x，
1 2 1 2
由(1)可知，当x→＋∞时，g(x)→0，且g(－2)＝0，则g(x)的图象如图所示，
所以－e0，
所以g(x)>e(x＋2)．
设方程e(x＋2)＝－a的根为x，
3
即e(x＋2)＝g(x)>e(x＋2)，得x>x，且x＝－－2，
3 1 1 3 1 3
过点和(0,0)的直线方程为y＝－ex，
设m(x)＝g(x)＋ex＝＋ex，x∈，
因为m′(x)＝>0，
所以m(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
所以m(x)>m(－1)＝0，
则g(x)>－ex，
设方程－ex＝－a的根为x，
4
即－ex＝g(x)>－ex，
4 2 2
得xx－x＝－
2 1 4 3
＝＋2.
§3.7 利用导数研究函数的零点
例1 (1)解 由题得f′(x)＝ex(cos x－sin x)＝excos，
当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
则f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以f(x)在区间内的极大值为f ＝ .
(2)证明 h(x)＝－1＝axcos x－1，
则h′(x)＝a(cos x－xsin x)，
令φ(x)＝cos x－xsin x，
则 φ′(x)＝－2sin x－xcos x<0，
所以φ(x)在区间上单调递减．
又φ(0)＝1>0，φ＝－<0，
故存在x∈，使得φ(x)＝0，
0 0
当x∈(0，x)时，φ(x)>0，
0
即h′(x)>0，h(x)在区间(0，x)上单调递增；
0
当x∈时，φ(x)<0，即h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减．
因为h(0)＝－1<0，h＝－1<0，
又a>，所以h＝a－1>×－1＝0，
所以h(x)在区间，
内各有一个零点，
即h(x)在区间内有且仅有两个零点．
跟踪训练1 解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋－＝，
若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
若a>0，则当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递
增．
(2)若a≤0，f ＝＋1－a＋e－2＝a＋e－1>0，f(1)＝a－1<0.
结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点．
若a>0，因为函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以要使得函数f(x)有唯一零点，只需
f(x) ＝f ＝1－(a－1)ln a＋a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e.
min
综上，a≤0或a＝1或a＝e.
例2 解 (1)由题意得，f(2)＝aln 2＋4be－1，
因为f′(x)＝＋bx(2－x)e1－x，
所以f′(2)＝，
因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋ln 2，
所以f′(2)＝1，f(2)＝2＋ln 2，
即
解得
(2)由f′(x)＝＋bx(2－x)e1－x＝0，得＝bx(x－2)．
显然x>0，且x≠2.
因此＝b.
令g(x)＝，x>0且x≠2，
则g′(x)＝，
解方程x2－5x＋4＝0得，x＝4，x＝1，
1 2
因此函数g(x)在(0,1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1,2)和(2,4)上单调递减，且极大值为g(1)＝
－e，极小值为g(4)＝，
当x→2＋时，g(x)→＋∞，当x→2－时，g(x)→－∞，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，
g(x)→＋∞.g(x)的大致图象如图所示．
由图象可知，当b>或b<－e时，直线y＝b与函数y＝g(x)的图象有两个交点，
即函数f′(x)有两个零点；
当b＝或b＝－e时，直线y＝b与函数y＝g(x)的图象有一个交点，即函数f′(x)有一个零点；
当－e0，当x>时，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)当a＝0，b＝－1时，f(x)＝ln x＋x，
由f(x)＝mx得ln x＋x＝mx，
又x>0，所以m＝1＋，
要使方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，只需m＝1＋在区间[1，e2]上有唯一实数
解，
令g(x)＝1＋，x∈[1，e2]，
则g′(x)＝，
由g′(x)>0，得1≤x0，h(x)单调递增，当0g(0)＝0，即当x<0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上单调递增，
当00，
f(2－e－6)＝ ＋2－e－6－240，
当x→－∞时，t(x)→0，
当x→－∞时，g(x)→＋∞，
由g′(x)＝－1＋＝＝0，得x＝－2，
当－20，g(x)单调递增，当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
因为g(－2)＝2－4ln 4<0，
g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14>0，
g(1)＝－1<0，g＝－－4ln＝ln＝ln>0，
且当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2，所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln(2－x)的图象在x<0时有一个交点，在00)，
f′(x)＝(x>0)，
令f′(x)>0，则0，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1(x>0)有两个解，即方程＝有两个解．
设g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝(x>0)，
令g′(x)＝＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x) ＝g(e)＝，
max
且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0<<，
所以a>1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
培优点 5 隐零点
例1 解 (1)由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)
＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．
若a≤1，当01时，f′(x)>0，
∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若11时，f′(x)>0，
当ln ae，即ln a>1，
当0ln a时，f′(x)>0，
当10)，
∴h′(x)＝ex＋>0，
∴h(x)在定义域上是增函数，
∵h＝－2<0，h(1)＝e－1>0，
∴存在唯一x∈，使h(x)＝0，
0 0
即 －＝0， ＝，－x＝ln x，
0 0
当00；
0
当x0，即g′(x)<0；
0
当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在区间(0，x)上单调递增，在区间(x,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
0 0
∴当x＝x 时，g(x)取极大值
0
g(x)＝ln x－x＋(x－1)2 ＝－x＋－2，
0 0 0
设F(x)＝－x2＋－2，
易知F(x)在区间上单调递减．
∴g(x)0，
∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点，
综上所述，g(x)有且只有一个零点．
跟踪训练1 (1)解 设切点坐标为(x，f(x))，
0 0
由f′(x)＝－a，得f′(x)＝－a，
0
所以切线方程为y－(ln x－ax＋1)＝(x－x)，
0 0 0
即y＝x＋ln x.
0
因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，所以解得a＝－1.(2)证明 当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1，
令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2
＝xex－ln x－x－1(x>0)，
则F′(x)＝(x＋1)ex－－1
＝，
令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，
所以函数G(x)存在唯一的零点x∈(0,1)，
0
且当x∈(0，x)时，G(x)<0，F′(x)<0；
0
当x∈(x，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.
0
所以函数F(x)在(0，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
故F(x) ＝F(x)＝x －ln x－x－1，
min 0 0 0 0
由G(x)＝0得x －1＝0，x ＝1，
0 0 0
两边取对数得ln x＋x＝0，
0 0
故F(x)＝0，
0
所以g(x)－f(x)＋x2≥0，
即f(x)≤g(x)＋x2.
例2 (1)解 当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，
f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－，
f′(0)＝e－1，
故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.
因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积
S＝×|－1|×(e－1)＝.
(2)证明 当a>1时，
因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1(x>－1)，
所以f′(x)＝aex－＝，
令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，
则g′(x)＝aex(x＋2)，
因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0，
因此有aeβ(β＋1)＝1.
当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；
当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.
所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值．
由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β，
所以当－1<β<0时，
f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝＋β－1＋ln a＝ln a＋，
因为a>1，所以ln a>0，
又因为－1<β<0，
所以>0，所以f(β)>0.
所以f(x)≥f(β)>0.
因此当a>1时，f(x)没有零点．
跟踪训练2 (1)解 当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x＋x，
f′(x)＝ex－1－＋1，
则f′(1)＝1，而f(1)＝2，
则切线方程为y－2＝x－1，
即x－y＋1＝0，
所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＋1＝0.
(2)证明 当a≤0时，
令F(x)＝f(x)－x－2＝ex－a－ln x－2，x>0，
F′(x)＝ex－a－＝，
显然函数F′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令g(x)＝xex－a－1，x≥0，g′(x)＝(x＋1)ex－a>0，
即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而g(0)＝－1<0，g(1)＝e1－a－1≥e－1>0，
则存在唯一x∈(0,1)，使得g(x)＝0，即ex－a＝，
0 0 0
因此存在唯一x∈(0,1)，使得F′(x)＝0，
0 0
当0x 时，F′(x)>0，
0 0
因此函数F(x)在(0，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
当 ＝时，x－a＝－ln x，
0 0
则F(x)≥F(x)＝ －ln x－2＝＋x－a－2>2－a－2＝－a≥0，
0 0 0
当且仅当＝x 即x＝1时，取等号，故式子取不到等号．
0 0所以当a≤0时，f(x)>x＋2.
能力提升
1．(1)解 ∵f(x)＝ex＋bsin x，
∴f′(x)＝ex＋bcos x，
由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0＋bcos 0＝1＋b，
由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.
(2)证明 由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，
∴f′(x)＝ex＋cos x，
令g(x)＝ex＋cos x，x∈(－π，＋∞)，
则g′(x)＝ex－sin x，
当x∈(－π，0]时，ex>0，sin x≤0，g′(x)＝ex－sin x>0，
当x∈(0，＋∞)时，ex>1，sin x≤1，g′(x)＝ex－sin x>0，
∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
又∵g(－π)＝e－π＋cos(－π)＝－1<0，
g＝ ＋cos＝ >0，
∴存在唯一x∈，
0
使g(x)＝ ＋cos x＝0，
0 0
又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
∴x＝x 是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点，
0
∴f′(x)＝ex＋cos x在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x)＝ ＋cos x＝0，
0 0
当x∈(－π，x)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－π，x)上单调递减；
0 0
当x∈(x，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x，＋∞)上单调递增，
0 0
∴f(x)存在唯一极小值点x.
0
又∵ ＋cos x＝0，
0
∴ ＝－cos x，
0
∴f(x)＝ ＋sin x＝sin x－cos x＝sin，
0 0 0 0
又∵x∈，
0
∴x－∈，
0
∴sin∈，
∴f(x)＝sin∈(－1,1)，
0
∴f(x)>－1.
02．解 (1)当a＝时，
f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0得x＝e，
所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以函数f(x)在x＝e处取得最小值，f(x) ＝f(e)＝0.
min
(2)因为函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
令h(x)＝xex－a(x＋ln x)，x>0，
则h′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)，
①当a＝0时，h′(x)＝(x＋1)ex>0，
h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以由h(x)＝xex可得h(x)>0，
即满足xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立；
②当a<0时，则－a>0，h′(x)>0，
h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当x趋近于0＋时，h(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；
③当a>0时，令h′(x)＝0得a＝xex，
令k(x)＝ex－，k′(x)＝ex＋>0恒成立，
故k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷，当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，
所以∃x∈(0，＋∞)，使得h′(x)＝0，a＝x ，
0 0 0
所以当x∈(0，x)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
0
当x∈(x，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
0
所以只需h(x) ＝h(x)
min 0
＝x －a(x＋ln x)
0 0 0
＝x (1－x－ln x)≥0即可；
0 0 0
所以1－x－ln x≥0,1≥x＋ln x，
0 0 0 0
因为x＝a ，所以ln x＝ln a－x，
0 0 0
所以ln x＋x＝ln a≤1＝ln e，
0 0
解得00，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又f(1)＝e，
所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值．
(2)证明 由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2，
且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，
不妨设12,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以只需证f(b)>f(4－a)，
即证4－f(a)>f(4－a)，
即证f(a)＋f(4－a)<4.
即证当10，
所以h′(x)<0，
即h(x)在(1,2)上单调递减，
则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，
所以F(x)在(1,2)上单调递增，
所以F(x)1.
1 2
令F(x)＝f(x)－f ，
则F′(x)＝＋ ·＝(ex＋x－ －1)．
令g(x)＝ex＋x－ －1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－ ·
＝ex＋1＋ (x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)0，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以F(x)0)，
g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(x>0)，
则g′(x)＝1＋－＝≥0(x>0)，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
即当x>1时，h(x)>h，
所以h(x)＝h(x)>h.
1 2
又h′(x)＝1－＝(x>0)，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以02x 可得t>2.
2 1
于是t＝＝＝，
即ln x＝－1.
1
从而ln x＝ln t＋ln x＝－1.
2 1
另一方面，对xx>两端分别取自然对数，
1
则有ln x＋2ln x>5ln 2－3，
1 2
于是，即证＋－3>5ln 2－3，
即>5ln 2，其中t>2.
设g(t)＝，t>2.
则g′(t)＝
＝，
设φ(t)＝－3ln t＋2t－－1，t>2.
则φ′(t)＝－＋2＋＝＝>0在(2，＋∞)上恒成立，
于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
从而φ(t)>φ(2)＝－3ln 2＋4－－1＝－3ln 2>0.所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2.
因此xx>，即原不等式成立．
1
跟踪训练2 (1)解 f(x)＝＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－＝，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a，令f′(x)<0，解得00时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2)证明 由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合
要求，故a>0，
要想f(x)有两个不相同的零点x，x，则f(a)＝1＋ln a<0，
1 2
解得02ln a＋2，
1 1 2 2
即证x·＋x·＝＋＝2＋ln(xx)>2ln a＋2，
1 2 1 2
即证ln(xx)>2ln a，
1 2
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
所以只需证xx>a2，不妨设0在0ln x－ln x，
2 1
即－>ln ，
令＝t>1，
即证t－>2ln t，t>1.
构造函数h(t)＝t－－2ln t，t>1，
则h′(t)＝1＋－＝＝>0恒成立，
故h(t)＝t－－2ln t在(1，＋∞)上单调递增，
故h(t)>h(1)＝1－1－2ln 1＝0，
所以t－>2ln t，t>1，
故>，即>，
所以>a，xx>a2，证毕．
1 2
能力提升
1．(1)解 令g(x)＝ln x－bx＝0，得b＝(x>0)．
令φ(x)＝(x>0)，
则φ′(x)＝，
由φ′(x)>0，得0e.
所以函数φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
所以φ(x) ＝φ(e)＝.
max
又φ(1)＝0，且当x→＋∞时，φ(x)→0；当x→0时，φ(x)→－∞，
由于g(x)有两个不同的零点，
则直线y＝b与函数φ(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点．
所以02，
1 2
只需证b(x＋x)>2，
1 2
即证>，
即证ln>.
设t＝>1，则x＝tx ，
1 2
代入上式得ln t>，t>1.
故只需证ln t>，t>1.
设h(t)＝ln t－，t>1，
则h′(t)＝－＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝0，
所以ln t>.
故ln x＋ln x>2，得证．
1 2
方法二 (对称化构造法)
由(1)知，不妨设12，
1 2
即证t＋t>2.
1 2
设k(t)＝，t>0，则k(t)＝k(t)．
1 2
因为k′(t)＝，
所以k(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
当t≥2时，易得t＋t>2；
2 1 2
当02，
1 2 1 2
即证1>t>2－t>0，
1 2
即证k(t)>k(2－t)．
1 2
因为k(t)＝k(t)，
1 2
所以即证k(t)>k(2－t)．
2 2
构造函数K(t)＝k(t)－k(2－t)(10.
所以K(t)在(1,2)上单调递增，K(t)>K(1)＝0(10，即k(t)>k(2－t)．
2 2 2
故ln x＋ln x>2，得证．
1 2
2．(1)解 由题意知f(x)＝3有两个不相等的正根，所以ln x＋＝3有两个不相等的正根，即
a＝3x－xln x有两个不相等的正根，
令函数h(x)＝3x－xln x，x>0，
则h′(x)＝2－ln x，
令h′(x)＝0，得x＝e2；令h′(x)>0，得0e2，
所以函数h(x)＝3x－xln x的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，＋∞)，
令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，当x→0时，h(x)→0，
作出函数h(x)＝3x－xln x的图象，如图所示，要使a＝3x－xln x有两个不相等的正根，则
函数y＝a与函数h(x)＝3x－xln x有两个交点，由图知0a，f′(x)>0，f(x)在
(a，＋∞)上单调递增．
由题意，不妨设0a2，
要证mn>a2，即证n>，
因为>a，n>a，且f(x)在(a，＋∞)上单调递增，
故只需证明f 0，
所以g(x)在(0，a)上单调递增，
所以当0a2；
再证mna，>a，且f(x)在(a，＋∞)上单调递增，
只需证明f >f(n)＝3，
即证ln a－ln m＋－1>0，
因为f(m)＝ln m＋＝3，
所以ln a＝ln m＋ln(3－ln m)，
所以只需证明＋ln(3－ln m)－1>0，
令φ(x)＝＋ln(3－ln x)－1(0φ(e2)＝0，
所以＋ln(3－ln m)－1>0成立，故mn0，
所以0<2α<，
又β为锐角，
所以－<2α－β<，
又sin(2α－β)＝，
所以2α－β＝.
跟踪训练2 (1) (2)50°
例5 A [∵α，β∈，
∴sin α≠0，
∵(1－cos 2α)(1＋sin β)＝sin 2αcos β，∴2sin2α(1＋sin β)＝2sin αcos αcos β，
即sin α(1＋sin β)＝cos αcos β.
∴sin α＝cos αcos β－sin αsin β
＝cos(α＋β)，
∴cos(α＋β)＝cos，
∵α，β∈，
∴π<α＋β<2π，且－<－α<0，
∴α＋β＝－α＋2π，
解得2α＋β＝.]
跟踪训练3 C
§4.5 三角函数的图象与性质
落实主干知识
知识梳理
1．(1)(π，0)
(2)(π，－1)
2. [－1,1] [－1,1]
R 2π 2π π 奇函数 偶函数 [2kπ－π，2kπ]
[2kπ，2kπ＋π]
(kπ，0) x＝kπ＋
x＝kπ
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．ABC 3.D 4.5 ＋2kπ(k∈Z)
探究核心题型
例1 (1)C (2)A
跟踪训练1 (1)D (2)B
例2 (1)AD [f(x)＝sin x(sin x－cos x)
＝sin2x－sin xcos x
＝－sin 2x
＝－sin＋，
T＝＝π，故A正确；
当x＝－时，2x＋＝0，此时sin＝0，
则函数关于点对称，故B错误；
当x＝时，2x＋＝，此时sin＝1，则函数关于直线x＝对称，故C错误；
当x＝时，2x＋＝，此时sin＝－1，则函数关于直线x＝对称，故D正确．]
(2)
解析 由已知，得＋φ＝kπ＋(k∈Z)，所以φ＝kπ＋(k∈Z)，
又因为φ∈，
所以当k＝0时，φ＝符合题意．
跟踪训练2 (1)ABC (2)
例3 (1)C
(2)，k∈Z
延伸探究 解 令A＝，
k∈Z，B＝[0，π]，
∴A∩B＝∪，
∴f(x)在[0，π]上的单调递减区间为和.
例4 B
跟踪训练3 (1)D (2)A
§4.6 函数 y＝Asin(ωx＋φ)
落实主干知识
知识梳理
1.
3．|φ| A A
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．C 3.1 4.sin
探究核心题型
例1 (1)C [因为函数f(x)＝Asin
(ω>0)的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为，故函数的最小正周期为T＝，所以ω＝3；
故函数f(x)＝Asin，
为得到g(x)＝Acos 3x的图象，只需将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，
得到g(x)＝Asin
＝Asin＝Acos 3x的图象．]
(2)C跟踪训练1 (1)C (2)A
例2 (1)BD [由图象可知，A＝2，k＝＝1，故A错误，D正确；
又由图象可得T＝2×＝π，∴＝π，
又ω>0，∴ω＝2，故B正确；
∴f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1，
又f ＝3，
∴2sin＋1＝3，
∴sin＝1，
又0<φ<π，∴φ＝，
∴f(x)＝2sin＋1，故C错误．]
(2)y＝2sin
解析 由函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的部分图象，
设A(x,2)，B(x，－2)，其中x0，ω>0)，
由
解得
又角速度ω＝＝(弧度/秒)，
当t＝0时，∠tOP ＝，
0
所以ω＝，φ＝－，
所以点P距离水面的高度H＝2sin＋1，当水轮转动150秒时，将t＝150代入，得H＝2，所
以此时点P距离水面2米，故C正确；
将H＝1＋代入H＝2sin
＋1中，得t－＝2kπ＋或t－＝2kπ＋，
解得t＝60k＋15或t＝60k＋25(k∈N)．
所以点P第二次到达距水面(1＋)米时用时25秒，故D正确．]
(2)C [因为y＝cos向左平移个单位长度所得函数为y＝cos＝cos
＝－sin 2x，
所以f(x)＝－sin 2x，
而直线y＝x－显然过
与(1,0)两点，
作出y＝f(x)与y＝x－的大致图象如图所示，
考虑2x＝－，2x＝，2x＝，即x＝－，x＝，x＝处f(x)与y＝x－的大小关系，
当x＝－时，f ＝－sin
＝－1，
y＝×－＝－<－1；
当x＝时，f ＝－sin＝1，
y＝×－＝<1；
当x＝时，f ＝－sin＝1，
y＝×－＝>1.
所以由图可知，f(x)与y＝x－的交点个数为3.]
跟踪训练3 (1)y＝sin＋6(答案不唯一)
解析 设y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)，
由题意得A＝1，B＝6，T＝4，
因为T＝，所以ω＝，
所以y＝sin＋6.
因为当x＝1时，y＝6，
所以6＝sin＋6，
结合表中数据得＋φ＝2kπ，k∈Z，
可取φ＝－，
所以y＝sin＋6.
(2)(－2，－1)
解析 方程2sin2x－sin 2x＋m－1＝0可转化为m＝1－2sin2x＋sin 2x＝cos 2x＋sin 2x
＝2sin，x∈.
设2x＋＝t，则t∈，
∴题目条件可转化为＝sin t，t∈有两个不同的实数根．
即直线y＝和函数y＝sin t，t∈的图象有两个不同的交点，作出y＝，y＝sin t的图象，如图
中实线部分所示．
由图象观察知，的取值范围是，
故m的取值范围是(－2，－1)．§4.7 三角函数中有关 ω 的范围问题
例1 C [由已知得
f(x)＝cos ωx－sin(π－ωx)
＝cos ωx－sin ωx
＝sin ωxcos＋cos ωxsin
＝sin，
又f(x)在上单调递增，
所以k∈Z，
解得6k－4≤ω≤4k－，k∈Z，
由6k－4≤4k－，得k≤，k∈Z，
又ω>0，k∈Z，
因此k＝1，所以2≤ω≤.]
跟踪训练1 D
例2
解析 函数f(x)＝cos ωx－sin ωx
＝2
＝2cos，
因为x∈(0,2π)，ω>0，
所以ωx＋∈，
由于函数f(x)在区间(0,2π)上有且仅有2个极值点，所以f(x)在(0,2π)上有且仅有2条对称轴，
则2π<2πω＋≤3π，
解得ω∈.
跟踪训练2 B
例3 (－∞，－2]∪
解析 由题意，显然ω≠0.
若ω>0，当x∈时，ωx∈，
因为函数f(x)＝2sin ωx在区间上的最小值为－2，
所以－ω≤－，解得ω≥；
若ω<0，当x∈时，ωx∈，
因为函数f(x)＝2sin ωx在区间上的最小值为－2，
所以ω≤－，解得ω≤－2.综上所述，ω的取值范围是(－∞，－2]∪.
跟踪训练3 B
例4 D [g(x)＝cos，
当x∈[0，π)时，2ωx－∈，
y＝cos x在y轴右方的零点为x＝，，，，，，…，
因为函数g(x)的图象在区间[0，π)内有5个零点，
所以<2ωπ－≤，
解得<ω≤.]
跟踪训练4 5(答案不唯一)
§4.8 正弦定理、余弦定理
落实主干知识
知识梳理
1. b2＋c2－2bccos A c2＋a2－2cacos B a2＋b2－2abcos C
(1)2Rsin B 2Rsin C (2)
(3)sin A∶sin B∶sin C
3．(2)absin C acsin B bcsin A
(3)r(a＋b＋c)
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)× (4)×
2．C 3.C 4.2
探究核心题型
例1 (1)A (2)(答案不唯一)
跟踪训练1 (1)D (2)D
例2 解 由＝及正弦定理得
＝，即a2＋ac＝b2＋bc，
∴a2－b2＋ac－bc＝0，
∴(a－b)(a＋b＋c)＝0，∴a＝b.
若选①，则△ABC为等边三角形．
推理如下：
由a(sin A－sin B)＝(c－b)(sin C＋sin B)及正弦定理，得
a(a－b)＝(c－b)(c＋b)，
即a2＋b2－c2＝ab.
∴由余弦定理得cos C＝＝，
又C∈(0，π)，∴C＝.
∴△ABC为等边三角形．
若选②，则△ABC为等腰直角三角形．推理如下：
∵bcos A＋acos B＝b·＋a·＝＝c＝csin C，
∴sin C＝1，∴C＝，
∴△ABC为等腰直角三角形．
例4 解 (1)由2a＋b＝2ccos B，
根据正弦定理可得2sin A＋sin B＝2sin Ccos B，
则2sin(B＋C)＋sin B＝2sin Ccos B，
所以2sin Bcos C＋2cos Bsin C＋sin B＝2sin Ccos B，
整理得(2cos C＋1)sin B＝0，
因为B，C均为三角形内角，
所以B，C∈(0，π)，sin B≠0，
因此cos C＝－，所以C＝.
(2)因为CD是角C的平分线，AD＝2，DB＝，
所以在△ACD和△BCD中，由正弦定理可得，＝，＝，
因此＝＝2，
即sin B＝2sin A，
所以b＝2a，
又由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C，
即(3)2＝a2＋4a2＋2a2，
解得a＝3，所以b＝6，
又S ＝S ＋S ，
△ABC △ACD △BCD
即absin∠ACB＝b·CD·sin∠ACD＋a·CD·sin∠BCD，
即18＝9CD，所以CD＝2.
跟踪训练2 (1)C (2)D (3)B
§4.9 解三角形中的最值与范围问题
例1 解 (1)因为＝，
所以＝，
所以＝，所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B，
所以cos(A＋B)＝sin B，
所以sin B＝－cos C＝－cos ＝.
因为B∈，所以B＝.
(2)由(1)得cos(A＋B)＝sin B，
所以sin＝sin B，
且0b，
由三角形三边关系可得
代入化简可得b0，得a·b>0，即－2m－1>0，得
m<－；
当m<－时，可得cos〈a，b〉＝>0，而〈a，b〉∈[0，π]，
又当a∥b时，m－2＝0得m＝2，此时a＝(2，－1)，b＝(－2,1)，a，b反向共线，
所以〈a，b〉∈，即“m<－”可以得出“a与b的夹角为锐角”，所以选项C正确；
对于选项D，当m＝－1时，a＝(－1，－1)，b＝(－2,1)，b在a上的投影向量为·＝×(－1，
－1)＝，所以选项D正确．]
例6 ACD [由题意知，
F ＋F ＋G＝0，
1 2
可得F ＋F ＝－G，两边同时平方得
1 2
|G|2＝|F |2＋|F |2＋2|F ||F |cos θ
1 2 1 2
＝2|F |2＋2|F |2cos θ，
1 1
所以|F |2＝.
1
当θ＝0时，|F | ＝|G|；
1min
当θ＝时，|F |＝|G|；
1
当θ＝时，|F |＝|G|，故A，C，D正确；
1
当θ＝π时，竖直方向上没有分力与重力平衡，不成立，
所以θ∈[0，π)，故B错误．]
跟踪训练3 B§5.4 向量中的综合问题
例1 (1)ACD [对于A，由题意可得PA·PB－PB·PC＝PB·(PA－PC)＝PB·CA＝0，
所以PB⊥AC，同理可得PA⊥BC，PC⊥AB，故P为△ABC的垂心，故A正确；
对于B，如图设AE＝，AF＝，则|AE|＝|AF|＝1，
以AE，AF为邻边作平行四边形AEQF，则平行四边形AEQF为菱形，
则AQ＝AE＋AF＝＋，
所以AP＝λ＝λAQ，
又因为AQ平分∠BAC，故AP必经过△ABC的内心，故B错误；
对于C，因为|OA|＝|OB|＝|OC|，所以O到△ABC的三个顶点距离相等，所以O为△ABC的外
心，故C正确；
对于D，记AB，BC，CA的中点分别为D，E，F，由题意NA＋NB＝2ND＝－NC，则NC＝
2ND，同理可得NA＝2NE，NB＝2NF，则N是△ABC的重心，故D正确．]
(2)B [设AB的中点为D，
则OA＋OB＋OC＝0可化为2OD＋OC＝0，即为OC＝－OD，
∴ O，D，C三点共线且CD⊥AB，
∴△ABC为等腰三角形，
由垂径定理得|OA|2＝|OD|2＋|AD|2，
设△ABC外接圆的半径为R，
则R2＝2＋2，
解得R＝1，CD＝1＋，
∴S ＝|AB||CD|＝××＝.]
△ABC
跟踪训练1 (1)D (2)A
例2 A [由题意知，AP＝AB＋BP＝AB＋＝AB＋＝＋，
又AM＝xAB，AN＝yAC(x>0，y>0)，
∴AP＝＋，
由M，P，N三点共线，得＋＝1，
∴2x＋y＝(2x＋y)＝＋＋≥＋2＝3，当且仅当x＝y时，等号成立．
故2x＋y的最小值为3.]
例3 B [方法一 如图，建立平面直角坐标系，
设P(cos θ，sin θ)，θ∈[0,2π]，
∴B(，0)，
C，
∴PB＝(－cos θ，－sin θ)，PC＝，
∴PB·PC＝(－cos θ)·－sin θ
＝－cos θ－sin θ
＝－3sin，
∵θ∈[0,2π]，
∴sin∈[－1,1]，
∴PB·PC∈.
方法二 如图，建立平面直角坐标系，则A，B，C，
设P(x，y)，则点P在以A为圆心，1为半径的圆上，
即点P的轨迹方程为
2＋y2＝1，
而PB＝，
PC＝，
故PB·PC＝x2－x＋y2－y＝2＋2－，
综上，只需求出定点与圆2＋y2＝1上点的距离的平方的范围即可，
而圆心A与定点的距离d＝＝，
故定点与圆上点的距离的范围为，
∴PB·PC∈.]
例4 A [a，b是单位向量，a·b＝0，设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，|c－a－b|＝|(x－1，y－1)|＝＝1，∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，∴|c|表示以(1,1)为圆心，1为半径的圆上的点到原点的
距离，故－1≤|c|≤＋1，∴－1≤|c|≤＋1.]
跟踪训练2 (1) (2)ABD
培优点 7 极化恒等式
例1 (1)A
(2)
解析 方法一(极化恒等式法)
设BD＝DC＝m，AE＝EF＝FD＝n，则AD＝3n.
由向量的极化恒等式，知
AB·AC＝|AD|2－|DB|2＝9n2－m2＝4，
FB·FC＝|FD|2－|DB|2＝n2－m2＝－1，
联立解得n2＝，m2＝，
因此EB·EC＝|ED|2－|DB|2＝4n2－m2＝，
即BE·CE＝.
方法二(坐标法)
以直线BC为x轴，过点D且垂直于BC的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．
设A(3a,3b)，B(－c,0)，C(c,0)，
则E(2a,2b)，F(a，b)，
所以BA·CA＝(3a＋c,3b)·(3a－c,3b)＝9a2－c2＋9b2＝4，
BF·CF＝(a＋c，b)·(a－c，b)＝a2－c2＋b2＝－1，
则a2＋b2＝，c2＝，
所以BE·CE＝(2a＋c,2b)·(2a－c,2b)＝4a2－c2＋4b2＝.
方法三(基向量法)
BA·CA＝(DA－DB)·(DA－DC)＝＝＝4，
BF·CF＝(DF－DB)·(DF－DC)＝＝－1，
因此|FD|2＝，|BC|2＝，
所以BE·CE＝(DE－DB)·(DE－DC)＝＝＝.跟踪训练1 (1)27 (2)
例2 (1)
解析 记线段PQ的中点为H(图略)，点O到直线AB的距离为d，
则有S ＝AB·d＝1，解得d＝1，
△OAB
由极化恒等式可得
OP·OQ＝[(OP＋OQ)2－(OP－OQ)2]＝(4OH2－QP2)＝OH2－PH2＝OH2－≥d2－＝.
(2)[－6,10]
解析 方法一(基底法)
圆心O到直线ax＋by＋c＝0的距离d＝＝1，如图②，
设MN的中点为A，连接OA，
则OA⊥MN，cos∠MOA＝＝，
则PM·PN＝(OM－OP)·(ON－OP)＝OM·ON－OP·(OM＋ON)＋|OP|2＝4×4×cos 2∠MOA－
2OP·OA＋16＝16×(2cos2∠MOA－1)－2×4×1×cos〈OP，OA〉＋16＝2－8cos〈OP，
OA〉∈[－6,10]，
故PM·PN的取值范围为[－6,10]．
方法二(极化恒等式法)
圆心O到直线ax＋by＋c＝0的距离d＝＝1，如图③，
设MN的中点为A，PM·PN＝|PA|2－|AM|2＝|PA|2－15.
因为|OP|－|OA|≤|PA|≤|OP|＋|OA|，所以3≤|PA|≤5，
则PM·PN＝|PA|2－15∈[－6,10]，
故PM·PN的取值范围为[－6,10]．
跟踪训练2 (1)A (2)2
能力提升
1．B 2.B 3.C
4．A [如图，圆C：(x－a)2＋(y＋a－1)2＝1的圆心C的坐标为(a,1－a)，则点C在直线l：x＋y－1＝0上，由极化恒等式知OA·OB＝|OC|2－|BA|2，而|BA|2＝4，所以
OA·OB＝|OC|2－|BA|2＝|OC|2－1.因为点C是直线l：x＋y－1＝0上的动点，所以|OC|的最小
值即为点O到直线l的距离d＝OE＝＝，所以(OA·OB) ＝d2－1＝－.]
min
5．C [由极化恒等式得(a－c)·(b－c)＝[(a＋b－2c)2－(a－b)2]，
∵(a－c)·(b－c)＝0，
∴(a＋b－2c)2＝(a－b)2，
故c2＝(a＋b)·c，
又|a|＝|b|＝1，a⊥b，
∴|a＋b|＝，
于是|c|2≤|a＋b||c|＝|c|，
∴|c|≤.]
6．A [如图，由OA＋AB＋AC＝0，得AB＋AC＝AO.
在平行四边形ABOC中，因为OB＝OC，
所以平行四边形ABOC是菱形，且BC＝2.
设菱形ABOC对角线的交点为E，
则由极化恒等式得
PA·PO＝|PE|2－|AO|2＝|PE|2－1，
PB·PC＝|PE|2－|BC|2＝|PE|2－3，
所以PA·PO＋PB·PC＝2|PE|2－4.
因为P是圆O内一点，
所以0≤|PE|<3，
所以－4≤2|PE|2－4<14，
即－4≤PA·PO＋PB·PC<14.]
7．1 8.9
9．22解析 取AB的中点E，
则PA·PB＝PE2－AE2＝2，
所以PE2＝18，
因为CP＝3PD，|CD|＝8，
所以|PD|＝2，|AE|＝4，
延长AD，EP交于点F，故DP为△FAE的中位线，所以AP2＝＝40，
所以AB·AD＝2AE·AF＝AE·AF＝AP2－PE2＝22.
10．－
解析 如图所示，取OB的中点D，过点D作DE⊥AB于点E，连接PD，
则OP·BP＝PO·PB＝|PD|2－|OD|2＝|PD|2－，
易知|PD|∈[]＝，则OP·BP＝PD2－∈，
故所求最小值为－.
培优点 8 等和(高)线定理与奔驰定理
例1 B
跟踪训练1
例2 A [如图，作BC的平行线与圆相交于点P，与直线AB相交于点E，与直线AC相交于
点F，
设AP＝λAE＋μAF，则λ＋μ＝1，
∵BC∥EF，∴设＝＝k，
则k∈，
∴AE＝kAB，AF＝kAC，AP＝λAE＋μAF＝λkAB＋μkAC，∴x＝λk，y＝μk，
∴2x＋2y＝2(λ＋μ)k＝2k≤.]
跟踪训练2 [1,3]
例3 C [由奔驰定理得S ·OA＋S ·OB＋S ·OC＝0，
△BOC △AOC △AOB
又OA＋2OB＋mOC＝0，
∴S ∶S ∶S ＝1∶2∶m.
△BOC △AOC △AOB
∴＝＝，
解得m＝4.]
跟踪训练3 B
能力提升
1．A 2.B 3.A 4.C
5．C [如图，过点P作GH∥BC，分别交AC，AB的延长线于点G，H，设AP＝xAG＋
yAH，则x＋y＝1，当点P位于点D时，G，H分别位于点C′，点B′，
∵△BCD与△ABC的面积之比为2∶1，
∴AC′＝3AC，AB′＝3AB，
∴AP＝xAC′＋yAB′
＝3xAC＋3yAB＝λAB＋μAC，
∴λ＝3y，μ＝3x⇒λ＋μ＝3x＋3y＝3.
当点P位于A点时，显然有λ＋μ＝0，
综上，λ＋μ的取值范围是[0,3]．]
6．D [方法一 (常规方法)
设圆O的半径为1，由已知可设OB为x轴的正半轴，O为坐标原点，建立直角坐标系(图略)，
其中A，
B(1,0)，C(cos θ，sin θ)，
有OC＝λOA＋μOB(λ，μ∈R)，
即(cos θ，sin θ)＝λ＋μ(1,0)，
整理得－λ＋μ＝cos θ，λ＝sin θ，解得λ＝，μ＝cos θ＋，
则λ＋μ＝＋cos θ＋＝sin θ＋cos θ＝2sin，θ∈，
易得λ＋μ∈[1,2]．
方法二 (等和线法)
设λ＋μ＝k，
如图，当C位于点A或点B时，A，B，C三点共线，
所以k＝λ＋μ＝1，
当点C运动到 的中点时，k＝λ＋μ＝2，
所以λ＋μ∈[1,2]．]
7. 8.1
9．5
解析 由AB＝4OB＋5OC变形可得AO＋OB＝4OB＋5OC，
整理可得OA＋3OB＋5OC＝0，
根据奔驰定理可得
S ∶S ∶S ＝1∶3∶5，
△OBC △OAC △OAB
则＝＝5.
10．[3,4]
解析 如图，直线BF为k＝1的等和线，当P在△CDE内(包括边界)时，直线EC是最近的
等和线，过D点的等和线是最远的，所以α＋β∈.
设正六边形的边长为2，则AN＝3，AM＝1，AD＝4，
故α＋β∈[3,4]．
§5.5 复 数
落实主干知识知识梳理
1．(1)a b (2)＝ ≠ ＝
(3)a＝c且b＝d (4)a＝c，b＝－d
(5)|z| |a＋bi|
3．(1)①(a＋c)＋(b＋d)i ②(a－c)＋(b－d)i ③(ac－bd)＋(ad＋bc)i ④＋i (2)OZ1＋OZ2
OZ2－OZ1
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．D 3.D 4.
探究核心题型
例1 (1)AB (2)A (3)ACD
跟踪训练1 (1)BD (2)A (3)B
例2 (1)A (2)AC
跟踪训练2 (1)D (2)B
例3 (1)C [z·6＝|1＋i|，
根据棣莫弗公式可知，
z·
＝z·＝，
即z·(－1＋i)＝2，
则z＝＝＝－1－i，复数z对应的点Z(－1，－1)落在复平面内的第三象限．]
(2)B [因为z＝a＋bi(a，b∈R)，
则z－i＝a＋(b－1)i，z＋2－i＝(a＋2)＋(b－1)i，
由|z－i|＝|z＋2－i|，可得＝，
解得a＝－1，则z＝－1＋bi，
所以z－3＋i＝－4＋(b＋)i，
因此|z－3＋i|＝≥4，
当且仅当b＝－时，等号成立，
故|z－3＋i|的最小值为4.]
跟踪训练3 (1)C
(2)B [设z＝x＋yi(x，y∈R)，
因为|z－2|＝|x－2＋yi|＝＝1，
所以(x－2)2＋y2＝1，
即z在复平面内对应点的轨迹为圆C：(x－2)2＋y2＝1，如图，又|z－i|＝|x＋(y－1)i|＝，
所以|z－i|表示圆C上的动点到定点A(0,1)的距离，所以|z－i| ＝CA－1＝－1.]
min
第六章 数 列
§6.1 数列的概念
落实主干知识
知识梳理
1．一定次序 每一个数 序号n 一个公式 递推公式
2．有限 无限 > <
3．序号n 数列的第n项a
n
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)× (4)√
2．C 3.B 4.92
探究核心题型
例1 (1)B (2)
跟踪训练1 (1)A
(2)
例2 B
例3
跟踪训练2 (1)a＝
n
(2)a＝(n＋1)·2n－1(n∈N*)
n
例4 C
例5 D [由题意知，a＝2，a＝＝－3，a＝＝－，a＝＝，a＝＝2，a＝＝－3，…，因此
1 2 3 4 5 6
数列{a}是周期为4的周期数列，所以a ＝a ＝a＝.]
n 2 024 506×4 4
例6 4
解析 方法一 b－b ＝－＝，
n n－1
∴当n≤4时，b>b ，
n n－1
∴{b}单调递增，
n
当n≥5时，b0，
则－＝－＝d，得a＝d2，
1
所以＝＋(n－1)d＝nd，
所以S＝n2d2，
n
所以a ＝S －S ＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)是关于n的一次函数，且a ＝d2满足上式，
n n n－1 1所以数列{a}是等差数列．
n
跟踪训练2 (1)证明 因为b 是数列{S}的前n项积，
n n
所以n≥2时，S＝，
n
代入＋＝2可得，＋＝2，
整理可得2b ＋1＝2b，
n－1 n
即b－b ＝(n≥2)．
n n－1
又＋＝＝2，所以b＝，
1
故{b}是以为首项，为公差的等差数列．
n
(2)解 由(1)可知，b＝，
n
则＋＝2，所以S＝，
n
当n＝1时，a＝S＝，
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝－＝－.
n n n－1
又a＝不满足此式，
1
故a＝
n
例3 (1)B (2)ABD
例4 (1)C (2)B
延伸探究
解析 ＝＝＝.
跟踪训练3 (1)D (2)A
§6.3 等比数列
落实主干知识
知识梳理
1．(1)二 同一个常数 公比 ＝q
(2)等比 G ab
2．(1)aqn－1 (3)
1
3．(1)a a＝aa a a＝a (2)qm
m n p q m n
(4)增 减
4．S －S S －S
2n n 3n 2n
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．B 3.D
4.
探究核心题型例1 (1)C [方法一 若该数列的公比q＝1，代入S＝5S－4中，
5 3
有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.
由＝5×－4，
化简得q4－5q2＋4＝0，
所以q2＝1或q2＝4，
因为此数列各项均为正数，
所以q＝2，所以S＝＝15.
4
方法二 由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，
即q3＋q4＝4q＋4q2，
即q3＋q2－4q－4＝0，
即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.
由题知q>0，所以q＝2.
所以S＝1＋2＋4＋8＝15.]
4
(2)B [方法一 设等比数列{a}的公比为q，易知q≠1，
n
则由题可得
解得
所以S＝＝2n－1，
n
a＝aqn－1＝2n－1，
n 1
所以＝＝2－21－n.
方法二 设等比数列{a}的公比为q，
n
易知q≠1，
因为＝＝＝＝2，
所以q＝2，所以＝＝＝2－21－n.]
跟踪训练1 (1)C (2)C
例2 (1)证明 由a ＋a －6a＝0，
n＋2 n＋1 n
可得a ＋3a ＝2(a ＋3a)，
n＋2 n＋1 n＋1 n
即＝2(n∈N*)，
∴{a ＋3a}是以a＋3a＝5为首项，2为公比的等比数列．
n＋1 n 2 1
(2)解 由(1)可知a ＋3a＝5·2n－1(n∈N*)，
n＋1 n
∴a －2n＝－3(a－2n－1)，
n＋1 n
∴＝－3，
∴{a－2n－1}是以a－20＝1为首项，－3为公比的等比数列，
n 1
∴a－2n－1＝1×(－3)n－1，
n
∴a＝2n－1＋(－3)n－1，
nS＝＋
n
＝2n－－.
跟踪训练2 (1)证明 因为a ＝a＋2b，b ＝2a＋b，
n＋1 n n n＋1 n n
所以a ＋b ＝3(a＋b)，
n＋1 n＋1 n n
a －b ＝－(a－b)，
n＋1 n＋1 n n
又由a＝3，b＝2得a－b＝1，a＋b＝5，
1 1 1 1 1 1
所以数列{a ＋b}是首项为5，公比为3的等比数列，数列{a －b}是首项为1，公比为－1
n n n n
的等比数列．
(2)解 由(1)得a＋b＝5×3n－1，
n n
a－b＝(－1)n－1，
n n
所以a＝，
n
b＝，
n
所以ab＝×＝＝×9n－1－，
n n
所以S＝×－＝.
n
例3 (1)－2
解析 方法一 {a}为等比数列，
n
∴aa＝aa，∴a＝1，
4 5 3 6 2
又aaa ＝aaa，
2 9 10 7 7 7
∴1×(－8)＝(a)3，
7
∴a＝－2.
7
方法二 设{a}的公比为q(q≠0)，
n
则aaa＝aa＝aq·aq，
2 4 5 3 6 2 5
显然a≠0，则a＝q2，即aq3＝q2，
n 4 1
则aq＝1，
1
∵aa ＝－8，
9 10
则aq8·aq9＝－8，
1 1
则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，
则q5＝－2，则a＝aq·q5＝q5＝－2.
7 1
微拓展
典例 33
解析 S＝＝16，
8
∴a＋a＝4，
1 8
又∵a＋a＋a＝3a，∴a＝3，
9 1 8 6 6
故S ＝11a＝33.
11 6例3 (2)100
解析 因为log a ＝1＋log a，
2 n＋1 2 n
可得log a ＝log (2a)，
2 n＋1 2 n
所以a ＝2a，
n＋1 n
所以数列{a}是以a 为首项，2为公比的等比数列，
n 1
又a＋a＋…＋a ＝1，
1 2 10
所以a ＋a ＋…＋a ＝(a＋a＋…＋a )×2100＝2100，
101 102 110 1 2 10
所以log (a ＋a ＋…＋a )＝log 2100＝100.
2 101 102 110 2
例4 (1)2
解析 由题意，得
解得
所以q＝＝＝2.
(2)－5
解析 依题意，S ，S －S ，S －S 成等比数列，且S ＝20，不妨令其公比为q(q>0)，
10 20 10 30 20 10
则S －S ＝20q，S －S ＝20q2，
20 10 30 20
∴S －2S ＋S ＝(S －S )－(S －S )＝20q2－20q＝202－5，
30 20 10 30 20 20 10
故当q＝时，S －2S ＋S 的最小值为－5.
30 20 10
跟踪训练3 (1)10 (2)50
§6.4 数列中的构造问题
例1 2·3n－1－1
解析 ∵a ＝3a＋2，
n＋1 n
∴a ＋1＝3(a＋1)，
n＋1 n
∴＝3，∴数列{a＋1}为等比数列，公比q＝3，
n
又a＋1＝2，∴a＋1＝2·3n－1，
1 n
∴a＝2·3n－1－1.
n
例2 解 设a ＋λ(n＋1)＋u＝2(a＋λn＋u)，
n＋1 n
所以a ＝2a＋λn＋u－λ，
n＋1 n
所以解得λ＝u＝－3，
又a－3－3＝－5≠0，
1
所以＝2，
所以数列{a－3n－3}是以－5为首项，2为公比的等比数列，
n
所以a－3n－3＝－5·2n－1，
n所以a＝－5·2n－1＋3n＋3.
n
例3 C [由a ＝3a＋2·3n＋1得＝＋2，
n＋1 n
∴－＝2，即数列是首项为1，公差为2的等差数列，
∴＝2n－1，故a＝(2n－1)·3n.]
n
跟踪训练1 AB [∵2(n＋1)a－na ＝0，∴＝，
n n＋1
∴是首项为＝2，公比为2的等比数列，∴＝2·2n－1，
∴a＝n·2n，故A正确；
n
由a＝2a ＋3(n≥2)，
n n－1
得a＋3＝2(a ＋3)，即＝2，
n n－1
又a＋3＝1＋3＝4，于是数列{a＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，
1 n
∴a＋3＝4×2n－1，即a＝2n＋1－3，
n n
∴数列{a}的通项公式为a＝2n＋1－3，故B正确；
n n
根据题意，a＝a ＋n⇔－＝1，n≥2，
n n－1
又＝6，∴是首项为6，公差为1的等差数列，故C错误；
设a ＋k(n＋1)＋b＝2(a＋kn＋b)，
n＋1 n
所以a ＝2a＋kn＋b－k，
n＋1 n
由a ＝2a＋n－1，
n＋1 n
得解得
∴＝2，
即{a＋n}是首项为a＋1＝2，公比为2的等比数列．
n 1
∴a＋n＝2×2n－1＝2n，故a＝2n－n，故D错误．]
n n
例4 (1)证明 ∵a ＝a＋6a (n≥2)，
n＋1 n n－1
∴a ＋2a＝3a＋6a ＝3(a＋2a )(n≥2)．
n＋1 n n n－1 n n－1
∵a＝5，a＝5，∴a＋2a＝15，
1 2 2 1
∴a＋2a ≠0(n≥2)，
n n－1
∴＝3(n≥2)，
∴数列{a ＋2a}是以15为首项，3为公比的等比数列．
n＋1 n
(2)解 由(1)得a ＋2a＝15×3n－1＝5×3n，
n＋1 n
则a ＝－2a＋5×3n，
n＋1 n
∴a －3n＋1＝－2(a－3n)．
n＋1 n
又∵a－3＝2，∴a－3n≠0，
1 n
∴{a－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．
n
∴a－3n＝2×(－2)n－1，
n即a＝－(－2)n＋3n.
n
跟踪训练2 证明 因为3aa －aa ＝2a a ，a≠0，
n n＋2 n n＋1 n＋1 n＋2 n
等式两边同除以aa a ，得
n n＋1 n＋2
＝－，
则－＝2，
所以数列是以－＝2为首项，2为公比的等比数列，
则－＝2×2n－1＝2n，
所以＝＋
＋…＋＋＝2n＋2n－1＋…＋21＋1＝2n＋1－1，
则a ＝，
n＋1
当n≥2时，a＝，
n
又当n＝1时，上式也成立，
故a＝.
n
例5 解 因为a ＝(n∈N*)，
n＋1
所以＝＋1，
设＋t＝3，
所以3t－t＝1，解得t＝，
所以＋＝3，
又＋＝1＋＝，
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，
所以＋＝×3n－1＝，
所以a＝.
n
跟踪训练3
解析 b ＝的两边同时取倒数，得＝，
n＋1
即＝＋3，
因此＋3＝2，
又＋3＝2，
故是以2为首项，2为公比的等比数列，
于是＋3＝2·2n－1＝2n，
可得b＝.
n
§6.5 数列求和
落实主干知识知识梳理
(1)① na＋d
1
②
(4)①－
②
③
④－
自主诊断
1．(1)√ (2)√ (3)× (4)×
2．B 3.B 4.9
探究核心题型
例1 解 (1)因为S ＝2S＋1，
n＋1 n
所以S ＋1＝2(S＋1)，
n＋1 n
又S＋1＝a＋1＝2，所以数列{S＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
1 1 n
所以S＋1＝2×2n－1＝2n，
n
即S＝2n－1，
n
当n≥2时，S ＝2n－1－1，
n－1
所以a＝S－S ＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，
n n n－1
当n＝1时，a＝1成立，
1
故a＝2n－1，n∈N*.
n
(2)b＝aa ＋log (aa ) ＝2n－1·2n＋log (2n－1·2n) ＝22n－1＋2n－1，
n n n＋1 2 n n＋1 2
所以数列{b}的前n项和
n
T＝21＋23＋25＋…＋22n－1＋1＋3＋5＋…＋2n－1
n
＝＋
＝(4n－1)＋n2.
跟踪训练1 解 (1)因为S＝a －1，当n＝1时，a＝S＝a－1，
n n＋1 1 1 2
由a＝1可得a＝2，
1 2
当n≥2时，S ＝a－1，
n－1 n
作差得S－S ＝a －1－(a－1)，
n n－1 n＋1 n
即2a＝a ，n≥2，
n n＋1
又＝2，所以数列{a}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a＝2n－1.
n n
(2)由(1)知b＝(－1)n2n－1－(－1)n，
n
所以b ＝22n－1－1，b ＝－22n－2＋1，
2n 2n－1
所以b ＋b ＝4n－1，
2n－1 2n所以T ＝(b＋b)＋(b＋b)＋…＋(b ＋b )＝1＋4＋…＋4n－1
2n 1 2 3 4 2n－1 2n
＝＝.
跟踪训练2 解 (1)因为a＝1，a＝3，a＝7，
1 2 3
所以a－a＝2，a－a＝4，
2 1 3 2
因为数列{a －a}为等比数列，＝2，
n＋1 n
所以数列{a －a}是以2为首项，2为公比的等比数列，
n＋1 n
所以a －a＝2n，
n＋1 n
所以当n≥2时，a＝(a－a )＋(a －a )＋…＋(a－a)＋a
n n n－1 n－1 n－2 2 1 1
＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋1
＝2n－1，
当n＝1时上式也成立．
所以a＝2n－1.
n
(2)因为a＝2n－1，
n
所以b＝(2n－1)a＝(2n－1)2n－(2n－1)，
n n
记数列{(2n－1)2n}的前n项和为T，
n
则T＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，
n
2T＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，
n
两式相减得－T＝1×21＋2×(22＋23＋…＋2n－1＋2n)－(2n－1)·2n＋1
n
＝2＋2×－(2n－1)·2n＋1
＝(3－2n)·2n＋1－6，
所以T＝(2n－3)·2n＋1＋6，
n
所以S＝T－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]
n n
＝T－＝T－n2
n n
＝(2n－3)·2n＋1－n2＋6.
例3 (1)解 因为a＝1，＝1，
1
又是公差为的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×＝，
所以S＝a.
n n
因为当n≥2时，
a＝S－S ＝a－a ，
n n n－1 n n－1
所以a ＝a(n≥2)，
n－1 n
所以＝(n≥2)，
所以··…··＝×××…··＝(n≥2)，所以a＝(n≥2)，
n
又a＝1也满足上式，
1
所以a＝(n∈N*)．
n
(2)证明 因为a＝，
n
所以＝＝2，
所以＋＋…＋
＝2
＝2<2.
跟踪训练3 解 (1)由题意，当n＝1时，a＝S＝m＋1，
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝n2＋m－(n－1)2－m＝2n－1，
n n n－1
则a＝3，a＝5，
2 3
因为数列{a}是等差数列，
n
所以a＋a＝2a，
1 3 2
即m＋1＋5＝2×3，解得m＝0，
则a＝1，满足a＝2n－1，
1 n
所以{a}的通项公式为
n
a＝2n－1(n∈N*)．
n
(2)由(1)可得S＝n2，则b＝＝＝－，
n n
所以T＝b＋b＋…＋b
n 1 2 n
＝－＋－＋…＋－
＝1－＝.
§6.6 数列中的综合问题
例1 解 (1)根据题意，设等差数列{a}的公差为d(d≠0)，
n
由于a＝6，a，a，a 成等比数列，
2 1 3 7
则有
解得或(舍)，
∴a＝2n＋2.
n
(2)由b＝n·22n＝n·4n，
n
则S＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，①
n
4S＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n－1)·4n＋n·4n＋1，②
n
①－②得，－3S＝4＋42＋43＋…＋4n－n·4n＋1
n＝－n·4n＋1，
∴S＝(1－4n)＋
n
＝4n＋1＋，n∈N*.
跟踪训练1 解 (1)由题意得
即
解得或(舍)，
∴a＝1＋2(n－1)＝2n－1.
n
(2)b＋b ＝S＝＝n2，①
n n＋1 n
b ＋b ＝(n＋1)2，②
n＋1 n＋2
②－①得，b －b＝2n＋1，
n＋2 n
∵b＝－1，∴b＝2.
1 2
∴b ＝b －b ＋b －b ＋…＋b－b＋b＝37＋33＋29＋…＋5＋2
20 20 18 18 16 4 2 2
＝＋2＝191.
例2 (1)D [方法一 当n取奇数时，
由已知b＝1＋，b＝1＋，
1 3
因为>，所以b>b，
1 3
同理可得b>b，b>b，…，于是可得b>b>b>b>…，故A不正确；
3 5 5 7 1 3 5 7
当n取偶数时，由已知b＝1＋，
2
b＝1＋，
4
因为>，所以b，所以b>b，
1 2
同理可得b>b，b>b，b>b，
3 4 5 6 7 8
又b>b，所以b>b，故B不正确；
3 7 3 8
因为bb，
4 8 7 8
所以bb；
2 1
当n≥2时，b 0时，f(x)>0;
当x<0时，f(x)<0.
因为数列{a}是等差数列，a >0，
n 1 012
故f(a )>0.
1 012
再根据a＋a ＝2a >0，
1 2 023 1 012
所以a>－a ，
1 2 023
则f(a)>f(－a )＝－f(a )，
1 2 023 2 023
所以f(a)＋f(a )>0.
1 2 023
同理可得f(a)＋f(a )>0，f(a)＋f(a )>0，…，
2 2 022 3 2 021
所以f(a)＋f(a)＋f(a)＋…＋f(a )＋f(a )
1 2 3 2 022 2 023＝[f(a)＋f(a )]＋[f(a)＋f(a )]＋…＋[f(a )＋f(a )]＋f(a )>0.]
1 2 023 2 2 022 1 011 1 013 1 012
跟踪训练2 (1)C (2)－1
§6.7 子数列问题
例1 (1)解 设等差数列{a}的公差为d，
n
而b＝
n
则b＝a－6，b＝2a＝2a＋2d，b＝a－6＝a＋2d－6，
1 1 2 2 1 3 3 1
于是
解得a＝5，d＝2，a＝a＋(n－1)d＝2n＋3，
1 n 1
所以数列{a}的通项公式是
n
a＝2n＋3.
n
(2)证明 方法一 由(1)知，S＝＝n2＋4n，
n
b＝
n
当n为偶数时，b ＋b＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
n－1 n
T＝·＝n2＋n，
n
当n>5时，T－S＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，
n n
因此T>S.
n n
当n为奇数时，T＝T －b ＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5，
n n＋1 n＋1
当n>5时，T－S＝
n n
－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，
因此T>S.
n n
综上，当n>5时，T>S.
n n
方法二 由(1)知，S＝＝n2＋4n，
n
b＝
n
当n为偶数时，T＝(b＋b＋…＋b )＋(b＋b＋…＋b)＝·＋·＝n2＋n，
n 1 3 n－1 2 4 n
当n>5时，T－S＝
n n
－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，
因此T>S，
n n
当n为奇数时，若n≥3，
则T＝(b＋b＋…＋b)＋(b＋b＋…＋b )＝·＋·＝n2＋n－5，
n 1 3 n 2 4 n－1
显然T＝b＝－1满足上式，
1 1
因此当n为奇数时，T＝n2＋n－5，
n
当n>5时，T－S＝
n n－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，
因此T>S，
n n
所以当n>5时，T>S.
n n
跟踪训练1 解 (1)因为{a}是等比数列，公比q≠－1，
n
则a＝aq3, a＝aq4， a＝aq6， a＝aq7，
4 1 5 1 7 1 8 1
所以＝＝＝，解得q＝3，
由S＝a＋93，可得＝9a＋93，解得a＝3，
4 3 1 1
所以数列{a}的通项公式为a＝3n.
n n
(2)由(1)得b＝
n
当n为偶数时，T＝b＋b＋…＋b
n 1 2 n
＝(b＋b＋…＋b )＋(b＋b＋…＋b)＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)
1 3 n－1 2 4 n
＝－＋
＝(3n－1)－；
当n为奇数时，T＝T －b
n n＋1 n＋1
＝(3n＋1－1)－－3n＋1
＝×3n＋1－－，
综上所述，T＝
n
例2 解 (1)由S＝得，
n
当n＝1时，a＝S＝2，
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝3n－1，
n n n－1
当n＝1时，上式也成立，
所以a＝3n－1.
n
依题意，b＋b＝2(b＋1)，
1 3 2
b＋b·22＝2(b·2＋1)，
1 1 1
解得b＝2，所以b＝2n.
1 n
(2)数列{a}和{b}的公共项从小到大依次为21，23，25，27，…，
n n
所以21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，所以c ＝2×4n－1，则T ＝c ＋
n n 1
c＋…＋c＝＝.
2 n
跟踪训练2
解析 数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成的一个新数列为1,7,13，…，该数
列是首项为1，公差为6的等差数列，所以a＝6n－5，所以b＝，
n n
因为b －b＝－＝，
n＋1 n
所以当n≥2时，b －b<0，
n＋1 n
即b>b>b>…，
2 3 4
又b，不满足C(1)≤，故排除B.
对于C，C(1)＝(0＋0＋0＋0＋1)＝，满足C(1)≤.
对于D，C(1)＝(1＋0＋0＋0＋1)＝>，不满足C(1)≤，故排除D.
再对A，C验证C(2)＝(aa＋aa＋aa＋aa＋aa)＝(aa＋aa＋aa＋aa＋aa)≤.
1 3 2 4 3 5 4 6 5 7 1 3 2 4 3 5 4 1 5 2
对于A，C(2)＝(0＋1＋0＋1＋0)＝>，不满足C(2)≤，故排除A.
对于C，C(2)＝(0＋0＋0＋0＋0)＝0，满足C(2)≤.]
(2)B [若n＝4，则1≤i0矛盾，所以不成立，
n
所以＝3，则S ＝9S ，S ＝a ＝1，所以数列{S}是首项为1，公比为9的等比数列，即S
n＋1 n 1 1 n n
＝9n－1，故A正确；
由S ＝9S 可得S＝9S (n≥2)，两式相减得，
n＋1 n n n－1
a ＝9a(n≥2)，并且n＝1时，S＝9S，即a＋a＝9a，得a＝8，
n＋1 n 2 1 1 2 1 2
那么＝8≠9，所以{a}不是等比数列，故B错误；
n
a＝
n
当n＝1时，S－a＝0，
1 1
当n≥2时，设数列{S－a}的前n项和为T，则T＝(S－a)＋(S－a)＋…＋(S－a)
n n n n 1 1 2 2 n n
＝(S＋S＋…＋S)－(a＋a＋…＋a)
1 2 n 1 2 n
＝－＝，
当n＝1时，T＝0成立，故T＝，故C正确；
1 n
因为＝1，＝，＝，＋≠2，所以数列不是等差数列，故D错误．]
跟踪训练2 AC [对于A，由a＝2 023n可得S＝2 023(1＋2＋3＋…＋n)＝2 023×，
n n
由S＝a 可得2 023×＝2 023m，取m＝即可，则{a}为“回旋数列”，故A正确；
n m n
对于B，当q＝1时，S＝na，a ＝a，
n 1 m 1
由S ＝a 可得na ＝a ，故当n＝2时，很明显na ＝a 不成立，故{a}不是“回旋数列”，故
n m 1 1 1 1 n
B错误；
对于C，{a}是等差数列，故a ＝1＋(m－1)d，
n m
S＝n＋d，
n
因为数列{a}是“回旋数列”，
n
所以1＋(m－1)d＝n＋d，
即m＝＋＋1，
其中为非负整数，
所以要保证恒为整数，
故d为所有非负整数的公约数，且d<0，所以d＝－1，故C正确；
对于D，由A可知，当a＝2 023n时，{a}为“回旋数列”，
n n
取a＝2 023×2，S ＝2 023×，显然不存在m，使得S ＝a＝2 023×2，故D错误．]
2 m m 2
例3 (1)A
(2)5 240
解析 依题意得，S＝120×2＝240；S＝60×3＝180；
1 2
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的
图形，且5×6＝30，×12＝30,10×3＝30,20×＝30，所以S＝30×4＝120；
3
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm,10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝
15，×12＝15,10×＝15,20×＝15，所以S＝15×5＝75；
4
……
所以可归纳S＝×(k＋1)＝.
k
所以 ＝240
k
，①
所以×＝240，②
k
由①－②得，×
k
＝240
＝240
＝240，
所以 ＝240dm2.
k
跟踪训练3 A [将数列排成行的形式
1
1,2
1,2,4
1,2,4,8
第n行为20，21，…，2n－1，
第n行和为a＝＝2n－1，
n
前n行共有个数，
前项和为S＝－n＝2n＋1－2－n，
n
假设从第1行第1个数到第n＋1行第m(1≤m≤n＋1)个数共有N个数，则N＝＋m，
前N项和为T ＝S＋a ＝2n＋1－2－n＋2m－1，
N n m
若T 为2的整数幂，
N
则有2＋n＝2m－1，
∵N>55，∴n>10，且n为奇数，
当n＝11时，m无整数解，
当n＝13时，m＝4，此时N＝＋4＝95.]
能力提升
1．A 2.C
3．B [由三个非零且互不相等的实数x，x，x 成等差数列且满足＋＝，知
1 2 3
消去x，并整理得，
2
(2x＋x)(x－x)＝0，
1 3 1 3
所以x＝x(舍去)，x＝－2x，
1 3 3 1于是有x＝－x.
2 1
在集合M＝{x||x|≤100，x∈Z}中，三个元素组成的所有数列必为整数列，
所以x 必为2的倍数，且x∈[－50,50]，x≠0，
1 1 1
故这样的数列共50个．]
4．B [当n＝2k(k∈N*)时，
由于52k＝5k×5k，此时f(52k)＝|5k－5k|＝0，
当n＝2k－1(k∈N*)时，由于52k－1＝5k－1×5k，此时f(52k－1)＝|5k－5k－1|＝5k－5k－1，
所以数列{f(5n)}的前2 023项的和为(5－1)＋0＋(52－5)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51 011－51 010)＋
0＋(51 012－51 011)＝51 012－1.]
5．C [由题得，a＝i，a＝1i，a＝111i，a＝311i，…，a＝…i，
1 2 3 4 n
b＝j，b＝1j，b＝111j，b＝311j，…，b＝…j，
1 2 3 4 n
由递推可知，随着n的增大，a 和b 每一项除了最后一位不同外，其余各位数都相同，
n n
所以c＝|a－b|＝|i－j|，
n n n
所以{c}的前n项和为n|i－j|.]
n
6．ACD [对于A中，数列{a}是等方差数列，可得a－a＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)，
n
即有{a}是首项为a，公差为p的等差数列，故A正确；
对于B中，例如：数列{}是等方差数列，但是数列{n}不是等方差数列，故B不正确；
对于C中，数列{(－1)n}中，a－a＝[(－1)n]2－[(－1)n－1]2＝0，(n≥2，n∈N*)，
所以数列{(－1)n}是等方差数列，故C正确；
对于D中，数列{a}中的项列举出来是a，a，…，a，…，a ，…，
n 1 2 k 2k
数列{a }中的项列举出来是a，a ，a ，…，
kn k 2k 3k
因为a－a＝a－a＝…＝a－a＝p，
所以(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＝kp，所以a－a＝kp，
所以数列{a }是等方差数列，故D正确．]
kn
7．AD [若a ＝7，则a ＝22，a ＝11，a ＝34，a ＝17，a ＝52，a ＝26，a ＝13，a ＝
0 1 2 3 4 5 6 7 8
40，a＝20，a ＝10，a ＝5，故A选项符合题意；
9 10 11
若a ＝16，则a ＝8，a ＝4，a ＝2，a ＝1，a ＝4，易知{a}不是递减数列，故B选项不符
0 1 2 3 4 5 n
合题意；
若a ＝1，则a ＝2，a ＝4，当a ＝8时，则a ＝16，a ＝5或32，a ＝1(舍去)，故C选项不
5 4 3 2 1 0 2
符合题意；
若a ＝10，则a ＝5，a ＝16，a ＝8，a ＝4，a ＝2，a ＝1，所以从a(i＝1,2,3,4,5,6)中任取
0 1 2 3 4 5 6 i
两个数至少一个为奇数的概率为1－＝，故D选项符合题意．]
8．e36
解析 由数列{a}的二阶商数列的各项均为e，可知c＝＝e，而b＝＝1，
n n 1故数列{b}是以1为首项，e为公比的等比数列，
n
即b＝en－1，即＝en－1，n∈N*，
n
即＝1，＝e，＝e2，…，＝e8.
所以a ＝a····…·＝1×1×e×e2×…×e8＝e1＋2＋…＋8＝ ＝e36，
10 1
故a ＝e36.
10
9．3或4
解析 由题意，c ＝8，
k＋1
又c，c，…，c 是公差为2的等差数列，
1 2 k＋1
故c＋2k＝8，则c＝8－2k，c＝c －2＝6.
1 1 k k＋1
又S ＝32，故2(c＋c＋…＋c)＋c ＝32，
2k＋1 1 2 k k＋1
即c＋c＋…＋c＝12，
1 2 k
由等差数列前n项和公式有＝12，
化简得k2－7k＋12＝0，
解得k＝3或k＝4.
10．50
解析 当{b}由1,5构成时，则a ＝1，a ＝5，a ，a ，a 为2,3,4的一个排列，故满足条件
n 1 2 3 4 5
的数列{a}有
n
A＝6(个)；
当{b}由2,5构成时，则a＝2，a＝5，a，a，a 为1,3,4的一个排列，
n 1 2 3 4 5
或a＝2，a＝1，a＝5，a，a 为3,4的一个排列，
1 2 3 4 5
故满足条件的数列{a}有
n
A＋A＝8(个)；
当{b}由3,5构成时，则a ＝3，a ，a ，a ，a 为1,2,4,5的一个排列，且数字4排在5的后
n 1 2 3 4 5
面，
故满足条件的数列{a}有＝12(个)；
n
当{b}由4,5构成时，则a＝4，a，a，a，a 为1,2,3,5的一个排列，
n 1 2 3 4 5
故满足条件的数列{a}有A＝24(个)．
n
由分类计数原理可得满足条件的数列{a}共有50个．
n第七章 空间向量与立体几何
§7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
落实主干知识
知识梳理
1．(1)平行 全等 平行 相似
平行且相等 一点 一点 平行四边形
三角形 梯形 (2)垂直 一点 一点 矩形 等腰三角形 等腰梯形
圆 矩形 扇形 扇环
2．(1)斜二测画法 (2)①垂直
②分别平行于坐标轴 不变 一半
3．2πrl πrl π(r＋r)l
1 2
4．Sh Sh (S ＋S ＋)h
上 下
4πR2 πR3
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．C 3.D 4.
探究核心题型
例1 AD 例2 B
例3 C
跟踪训练1 (1)B (2)CD (3)5π
例4 (1)A [以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周所得的旋转体为圆柱，
其底面半径r＝2，高h＝2，∴所得圆柱的侧面积S＝2πrh＝2π×2×2＝8π.]
(2)A [因为CC ⊥平面ABC，AC，CB⊂平面ABC，所以CC ⊥AC，CC ⊥CB，又AC＝2，
1 1 1
AC ＝1，CC ＝1，
1 1 1
所以S梯形BBC C＝S梯形ACC A＝×(1＋2)×1＝，
1 1 1 1
在梯形AABB 中，易知，AB＝，AB＝2，AA＝BB＝，所以S梯形AABB＝×(＋2)×＝，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以这个三棱台的侧面积S ＝S梯形BBC C＋S梯形ACC A＋S梯形AABB＝＋＋＝.]
侧 1 1 1 1 1 1
例5 (1)A (2)
跟踪训练2 (1)B
(2)BC [过点A 分别作底面ABCD，AB的垂线，垂足分别为M，N，如图所示，
1则AM＝AC＝，AN＝AB＝1，
可得AM＝＝，
1
AN＝＝.
1
对于A，在Rt△AAN中，可得sin∠AAN＝＝，且∠AAN为锐角，则∠AAB＝，故A错误；
1 1 1 1
对于B，正四棱台的高即为AM＝，故B正确；
1
对于C，正四棱台的体积V＝×(4×4＋2×2＋)×＝，故C正确；
对于D，四棱台的表面积S＝4×4＋2×2＋4×＝20＋12，故D错误．]
§7.2 球的切、接问题
探究核心题型
例1 (1)D [由题意可得，△ACD，△ACP均为边长为2的等边三角形，△PAD，△PCD为全等
的等腰三角形，
则三棱锥P－ACD的表面积
S＝2S ＋2S ＝2××2×2×＋2××2×2sin∠PCD＝2＋4sin∠PCD≤2＋4，
△ACD △PCD
当且仅当sin∠PCD＝1，即PC⊥CD时，三棱锥P－ACD的表面积取最大值，此时△PAD，
△PCD为直角三角形，PD＝＝2，
取PD的中点O，连接OA，OC，由直角三角形的性质可得OA＝OC＝OD＝OP＝，
即三棱锥P－ACD的外接球的球心为O，半径R＝，
故外接球体积V＝π×()3＝.]
(2)π
解析 设△ABC的外接圆的圆心为D，半径为r，球的半径为R，球心为O，
底面△ABC为直角三角形，故其外接圆圆心D在斜边中点处，则r＝1，
又OD＝AA ＝1，在Rt△OCD中，
1
R＝＝，
V ＝πR3＝π.
球
跟踪训练1 912π
例2 (11＋2)π
解析 由题中数据可知
AE2＝1＋(－1)2＝4－2，
1
则AA＝＝＋1，
1因为十面体ABCD－EFGH是由长方体ABCD－ABC D 的上底面绕着其中心旋转45°得到，
1 1 1 1
所以长方体ABCD－ABC D 的外接球就是十面体ABCD－EFGH的外接球．
1 1 1 1
设十面体ABCD－EFGH外接球的半径为R，
(2R)2＝22＋22＋(＋1)2，
则R2＝，
故十面体ABCD－EFGH外接球的表面积是4πR2＝(11＋2)π.
跟踪训练2 8π
例3 (1)A [由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O ，O ，连接OO ，则OO ＝1，其外接球的
1 2 1 2 1 2
球心O在直线OO 上．
1 2
设球O的半径为R，当球心O在线段OO 上时，R2＝32＋OO＝42＋(1－OO )2，解得OO ＝
1 2 1 1
4(舍去)；
当球心O不在线段OO 上时，R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO )2，
1 2 2
解得OO ＝3，所以R2＝25，
2
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
综上，该球的表面积为100π.]
(2)A [如图，设BD，BC的中点分别为E，F.
因为点F为底面Rt△BCD的外心，则三棱锥A′－BCD的外接球球心必在过点F且与平面
BCD垂直的直线l 上．又点E为底面Rt△A′BD的外心，则外接球球心必在过点E且与平
1
面 A′BD 垂直的直线 l 上．所以球心为 l 与 l 的交点．又 FE∥CD，CD⊥BD，平面
2 1 2
A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，所以FE⊥平面A′BD.所以球心为点F.
又A′B＝A′D＝1，所以BD＝，又CD＝1，所以BC＝，球半径R＝＝.故V＝π3＝.]
跟踪训练3 (1) (2)B
例4 D [依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大．
易知AC＝＝10，设健身手球的半径为R，
则×(6＋8＋10)×R＝×6×8，解得R＝2.
则健身手球的最大直径为4.
因为AA＝13，所以最多可加工3个健身手球．
1
于是一个健身手球的最大体积V＝πR3＝π×23＝.]
跟踪训练4 (1)D [三个小球的球心O ，O ，O 构成边长为2的正三角形，则其外接圆半径
1 2 3
为2.设半球的球心为O，小球O 与半球底面切于点A.
1
如图，经过点O，O ，A作半球的截面，则半圆⊙O的半径为OC，OC⊥OA，作OB⊥OC
1 1
于点B.
则OA＝OB＝2.设该半球的半径是R，在Rt△OAO 中，由(R－)2＝22＋()2可得R＝＋.]
1 1
(2)C [
过点P作PO⊥平面ABCD，
则O为正方形ABCD的中心，连接OA，如图，
因为AB＝6，所以OA＝3，
所以OP＝＝＝，
则四棱锥P－ABCD的体积
V＝×62×＝12，
四棱锥P－ABCD的表面积S＝6×6＋×6××4＝84.
设四棱锥P－ABCD内切球的半径为r，内切球的球心为O′，
由V＝V ＋V ＋V ＋V ＋V ，
O′－ABP O′－BCP O′－CDP O′－ADP O′－ABCD
可得V＝Sr，即12＝×84r，解得r＝，
故四棱锥P－ABCD内切球的表面积是4πr2＝.]
§7.3 空间点、直线、平面之间
的位置关系
落实主干知识
知识梳理
1．不在一条直线上 两个点 一条 平行2．相交 平行
3．相交 平行 任何
4．a∩α＝A 1 a∥α 0 a⊂α 无数
α∥β 0 α∩β＝l 无数
5．相等
6．(2)
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．D 3.BCD
4．(1)AC＝BD (2)AC＝BD且AC⊥BD
探究核心题型
例1 证明 (1)如图所示，连接BD.
1 1
因为EF是△C DB 的中位线，所以EF∥BD.
1 1 1 1 1
在正方体ABCD－ABC D 中，BD∥BD，
1 1 1 1 1 1
所以EF∥BD，
所以EF，BD确定一个平面，
即D，B，F，E四点共面．
(2)在正方体ABCD－ABC D 中，连接AC，
1 1 1 1 1
设A，C，C 确定的平面为α，
1 1
又设平面BDEF为β.
因为Q∈AC ，所以Q∈α.
1 1
又Q∈EF，所以Q∈β，
所以Q是α与β的公共点，
同理，P是α与β的公共点．
所以α∩β＝PQ.
又AC∩β＝R，
1
所以R∈AC，R∈α，且R∈β.
1
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)因为EF∥BD且EF0，连接AB，BC，
1 1
则异面直线AC与PD所成的角就是∠ACB 或其补角．
1
则cos∠ACB＝
1
＝，
解得x＝1(舍去负值)，
所以外接球的半径为
×＝，
所以该四棱锥外接球的表面积为4π×2＝9π.]
跟踪训练3 (1)C (2)A
§7.4 空间直线、平面的平行
落实主干知识
知识梳理
1．此平面内 a⊄α b⊂α a∥b 相交 l∥α l⊂β α∩β＝m
2．相交直线 a⊂α b⊂α a∩b＝A a∥β b∥β 相交 交线 α∥β α∩γ＝a β∩γ＝b
自主诊断1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．BCD 3.C 4.平行四边形
探究核心题型
例1 证明 方法一
如图，取PD的中点F，连接EF，FA.
由题意知EF为△PDC的中位线，
∴EF∥CD，且EF＝CD＝2.
又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，
∴AB綉EF，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∴BE∥AF.
又AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
方法二 如图，延长DA，CB相交于H，连接PH，
∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，
∴＝＝，
即B为HC的中点，
又E为PC的中点，∴BE∥PH，
又BE⊄平面PAD，PH⊂平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
方法三 如图，取CD的中点H，连接BH，HE，
∵E为PC的中点，∴EH∥PD，
又EH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴EH∥平面PAD，
又由题意知AB綉DH，∴四边形ABHD为平行四边形，∴BH∥AD，
又AD⊂平面PAD，BH⊄平面PAD，∴BH∥平面PAD，又BH∩EH＝H，BH，EH⊂平面BHE，∴平面BHE∥平面PAD，
又BE⊂平面BHE，∴BE∥平面PAD.
例2 证明 如图所示，连接AC交BD于点O，
连接OM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，
∴PA∥OM，
又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，
∴PA∥平面BMD，
又PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BMD＝GH，∴PA∥GH.
跟踪训练1 证明 (1)取PB的中点G，连接FG，EG，
因为点F为PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC，
因为四边形ABCD为长方形，所以BC∥AD，且BC＝AD，
所以DE∥FG，DE＝FG，所以四边形DEGF为平行四边形，
所以DF∥GE，因为DF⊄平面PBE，GE⊂平面PBE，所以DF∥平面PBE.
(2)由(1)知DF∥平面PBE，
又DF⊂平面PDC，平面PDC∩平面PBE＝l，所以DF∥l.
例3 证明 (1)由题设知BB∥DD 且BB＝DD ，
1 1 1 1
所以四边形BBDD是平行四边形，
1 1
所以BD∥BD.
1 1
又BD⊄平面CDB，BD⊂平面CDB，所以BD∥平面CDB.
1 1 1 1 1 1 1 1
因为AD∥BC ∥BC且AD＝BC ＝BC，
1 1 1 1 1 1 1 1所以四边形ABCD 是平行四边形，
1 1
所以AB∥DC.
1 1
又AB⊄平面CDB，DC⊂平面CDB，所以AB∥平面CDB.
1 1 1 1 1 1 1 1 1
又因为BD∩AB＝B，BD，AB⊂平面ABD，
1 1 1
所以平面ABD∥平面CDB.
1 1 1
(2)由(1)知平面ABD∥平面CDB，
1 1 1
又平面ABCD∩平面CDB＝l，
1 1
平面ABCD∩平面ABD＝BD，
1
所以l∥BD，
又BD∥BD，所以BD∥l.
1 1 1 1
跟踪训练2 证明 (1)∵在三棱柱ABC－ABC 中，
1 1 1
∴平面ABC∥平面ABC ，
1 1 1
又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，
且平面BCHG∩平面ABC ＝HG，
1 1 1
∴由面面平行的性质定理得BC∥GH.
(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，
∴EF∥BC，
∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
又G，E分别为AB，AB的中点，AB 綉AB，∴AG綉EB，
1 1 1 1 1
∴四边形AEBG是平行四边形，
1
∴AE∥GB.
1
∵AE⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴AE∥平面BCHG.
1 1
又∵AE∩EF＝E，AE，EF⊂平面EFA，∴平面EFA∥平面BCHG.
1 1 1 1
例4 解 如图，在平面PCD内，过点E作EG∥CD交PD于点G，
连接AG，
在AB上取点F，使AF＝EG，
因为EG∥CD∥AF，EG＝AF，
所以四边形FEGA为平行四边形，所以EF∥AG.又AG⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
所以点F即为所求的点．
又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，
又BC⊥AB，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.所以PB⊥BC.
所以PC2＝BC2＋PB2＝
BC2＋AB2＋PA2.
设PA＝x，则PC＝，
由PB·BC＝PC·BE，
得·a＝·a，
所以x＝a，即PA＝a，
所以PC＝a.
又CE＝＝a，
所以＝，所以＝＝，
即GE＝CD＝a，所以AF＝a.
故点F是AB上靠近B点的一个三等分点．
跟踪训练3 解 (1)如图所示，
因为平面 ABBA∥平面CDD C ，且平面 ABBA∩平面PQC＝RQ，平面 CDD C ∩平面
1 1 1 1 1 1 1 1
PQC＝PC，
所以RQ∥PC，根据空间等角定理可知，△ARQ∽△DPC，则＝，
又DC＝a，DP＝a，AQ＝a，
则＝，
即AR＝a，AR＝a，
1
所以＝.
(2)取AA 的中点E，则R为AE的中点，连接BE，则BE∥RQ，
1
又RQ⊂平面PCQ， BE⊄平面PCQ，
则BE∥平面PCQ.
又BM∥平面PCQ，BM，BE⊂平面BME，且BM∩BE＝B，所以平面BME∥平面PCQ，
设DD ∩平面BME＝F，连接EF，FM，
1
由平面BME∥平面PCQ，平面BME∩平面CDD C ＝FM，平面PCQ∩平面CDD C ＝PC，
1 1 1 1所以FM∥PC，
又CM∥PF，则四边形CPFM为平行四边形，
同理四边形PREF也是平行四边形，
所以CM＝PF＝ER＝a，
所以λ＝＝＝.
§7.5 空间直线、平面的垂直
落实主干知识
知识梳理
1．(1)任意一条 (2)两条相交直线
m⊂α n⊂α a⊥m a⊥n a⊥α
b⊥α
2．(1)射影 90° (2)
3．(1)两个半平面 (2)棱 角
4．(1)直二面角 (2)垂线 a⊂α a⊥β 交线 α⊥β α∩β＝a l⊥a l⊂β
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)× (4)×
2．ABD 3.C 4.
探究核心题型
例1 (1)证明 ∵点B 在底面ABC内的射影是点C，∴BC⊥平面ABC，
1 1
∵AB⊂平面ABC，∴BC⊥AB.
1
在△ABC中，DA＝DB＝DC，
∴BC⊥AB，
∵BC∩BC＝C，BC，BC⊂平面BCC B，∴AB⊥平面BCC B，
1 1 1 1 1 1
∵CC ⊂平面BCC B，∴AB⊥CC .
1 1 1 1
(2)解 如图，延长BC至点E，使BC＝CE，连接C E，则BC 綉CE，四边形BCEC 为平
1 1 1 1 1
行四边形，则C E綉BC.
1 1
由(1)知BC⊥平面ABC，
1
∴C E⊥平面ABC，
1
∵CE，BE⊂平面ABC，∴C E⊥CE，C E⊥BE，
1 1
∵C E＝BC＝2，CE＝BC＝BC ＝2，BE＝4，
1 1 1 1
∴CC ＝＝4，BC ＝＝2，
1 1
∴△BCC 的周长为2＋4＋2＝6＋2.
1
跟踪训练1 证明
(1)如图，连接AC .
1 1
因为CC ⊥平面ABC D，BD⊂平面ABC D，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以CC ⊥BD.
1 1 1
因为四边形ABC D 是正方形，所以AC ⊥BD.
1 1 1 1 1 1 1 1
又因为CC ∩AC ＝C ，
1 1 1 1
AC ，CC ⊂平面AC C，
1 1 1 1 1
所以BD⊥平面AC C.
1 1 1 1
又因为AC⊂平面AC C，
1 1 1
所以AC⊥BD.
1 1 1
(2)如图，连接BA，AD.
1 1
因为BC ＝AD，BC ∥AD，
1 1 1 1
所以四边形ADC B 为平行四边形，
1 1
所以C D∥AB，
1 1
因为MN⊥C D，所以MN⊥AB.
1 1
又因为MN⊥BD，AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以MN⊥平面ABD.
1 1
由(1)知AC⊥BD.
1 1 1
同理可得AC⊥AB.
1 1
又因为AB∩BD＝B，
1 1 1 1
AB，BD⊂平面ABD，
1 1 1 1 1
所以AC⊥平面ABD.
1 1 1
所以MN∥AC.
1
例2 (1)证明 因为AC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AC⊥BC，
1 1
又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
因为AC，AC⊂平面ACC A，AC∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC A，
1 1 1 1 1 1又因为BC⊂平面BBC C，
1 1
所以平面ACC A⊥平面BBC C.
1 1 1 1
(2)解 如图，
过点A 作AO⊥CC 于点O.
1 1 1
因为平面ACC A⊥平面BBC C，平面ACC A∩平面BBC C＝CC ，AO⊂平面ACC A，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AO⊥平面BBC C，
1 1 1
所以四棱锥A－BBC C的高为AO.
1 1 1 1
因为AC⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以AC⊥BC，AC⊥AC，
1 1 1
在Rt△ABC与Rt△ABC中，
1
因为AB＝AB，BC＝BC，
1
所以Rt△ABC≌Rt△ABC，
1
所以AC＝AC.
1
设AC＝AC＝x，则AC ＝x，
1 1 1
所以O为CC 中点，OC ＝AA ＝1，
1 1 1
又因为AC⊥AC，
1
所以AC2＋AC2＝AA，
1
即x2＋x2＝22，解得x＝，所以AO＝＝＝1，
1
所以四棱锥A－BBC C的高为1.
1 1 1
跟踪训练2 证明 (1)∵平面PAD⊥平面ABCD，
且PA⊂平面PAD，PA⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PA⊥平面ABCD.
(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，
E是CD的中点，
∴AB∥DE，且AB＝DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AD∥BE，
∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BE∥平面PAD，
∵E和F分别是CD和PC的中点，∴EF∥PD，
∵EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD，
∵BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF，
∴平面BEF∥平面PAD.
(3)∵AB⊥AD，
∴平行四边形ABED是矩形，
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
由(1)知PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，
∵E和F分别是CD和PC的中点，
∴PD∥EF，∴CD⊥EF，
又∵BE∩EF＝E，
∴CD⊥平面BEF，
∵CD⊂平面PCD，
∴平面BEF⊥平面PCD.
例3 解 (1)是．∵BA⊥平面AADD，BA⊂平面BPA，
1 1
∴平面BPA⊥平面AADD，
1 1
∴无论点P在AD 上的任何位置，都有平面BPA⊥平面AADD.
1 1 1
(2)过点P作PE⊥AD，垂足为E，连接BE，如图，
1 1 1
则PE∥AA，
1
∴∠BPE是异面直线AA 与BP所成的角．
1 1 1
在Rt△AAD 中，
1 1
∵∠ADA＝60°，
1 1
∴∠AAD＝30°，
1 1
∴AB＝AD＝AD ＝2，
1 1 1 1 1
∴AE＝AD＝1，
1 1 1
AA＝AD＝2，
1 1 1
∴PE＝AA ＝，
1
BE＝＝，
1∴在Rt△BPE中，
1
BP＝＝2，
1
∴cos∠BPE＝＝＝，
1
∴异面直线AA 与BP所成角的余弦值为.
1 1
(3)由(1)知，BA⊥平面AADD，
1 1 1 1
∴∠BPA 是PB 与平面AADD所成的角，
1 1 1 1 1
∴tan∠BPA＝＝，
1 1
∴当AP最小时，tan∠BPA 最大，
1 1 1
这时AP⊥AD，
1 1
AP＝＝，
1
得tan∠BPA＝，
1 1
即PB 与平面AADD所成角的正切值的最大值为.
1 1 1
微拓展
典例 45°
解析 作P在α内的正射影O，则O在∠BAC的平分线上，∠PAO为PA与平面α所成的角，
所以cos∠PAC＝cos∠PAO·cos∠OAC，
所以cos 60°＝cos∠PAO·cos 45°，
所以cos∠PAO＝，故∠PAO＝45°，
所以PA与平面α所成的角为45°.
跟踪训练3 ABC [因为BC∥AD，
所以∠EAD(或其补角)即为异面直线AE与BC所成的角，
又AD＝DE＝AE，所以∠EAD＝60°，即异面直线AE与BC所成的角为60°，A正确；
连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，连接EF，
根据正四棱锥的性质可知EF必过点O，且OE⊥平面ABCD，
所以OE⊥BD，
又BD⊥AC，OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE，
又CE⊂平面ACE，所以BD⊥CE，
B正确；
由对称性可知OE＝OF，OA＝OC，
所以四边形AFCE为平行四边形，所以AF∥CE，
又AF⊄平面CDE，CE⊂平面CDE，所以AF∥平面CDE，
同理BF∥平面CDE，
又AF∩BF＝F，AF，BF⊂平面ABF，
所以平面ABF∥平面CDE，C正确；
由AE＝AF，OE＝OF，得AO⊥EF，
在正方形ABCD中，AO⊥BD，
又BD∩EF＝O，所以AO⊥平面BEDF，
所以∠AEO即为直线AE与平面BDE所成的角，
设该八面体的棱长为2，则AO＝AC＝＝，
所以EO＝＝＝AO，
所以∠AEO＝45°，D错误．]
§7.6 空间向量的概念与运算
落实主干知识
知识梳理
1．大小 方向 相同 相等 相反 相等 平行 重合 同一个平面
2．(1)b＝λa (2)xa＋yb (3)xe＋ye＋ze
1 2 3
3．(1)|a||b|cos〈a，b〉 (2)ab＋ab＋ab a＝λb，a＝λb，a＝λb ab＋ab＋ab＝0
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3
4．(1)方向向量 (2)垂直于 法向量
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)×
2．C 3.B 4.10
探究核心题型
例1 (1)D (2)A
跟踪训练1 (1)B
(2)①A1A ②AB＋AD＋AA1
例2 (1)C
(2)CD [由|a|－|b|＝|a＋b|，可知向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，反之，当向量
a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确；
若AB，CD共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确；
由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若OP＝OA＋OB＋OC，因为＋＋＝1，可得
P，A，B，C四点共面，所以C正确；
若P，A，B，C为空间四点，且有PA＝λPB＋μPC(PB，PC不共线)，当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得PA－PC＝λ(PB－PC)，即CA＝λCB，
所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以
D正确．]
跟踪训练2 (1)B [BD＝6PA－4PB＋λPC，
即PD－PB＝6PA－4PB＋λPC，
整理得PD＝6PA－3PB＋λPC，
由A，B，C，D四点共面，且其中任意三点均不共线，
可得6－3＋λ＝1，解得λ＝－2.]
(2)C [因为DE＝xDA＋yDC＋(1－x－y)DD1，由空间向量的共面定理可知，点E，A，C，D
1
四点共面，即点E在平面ACD 上，所以|DE|的最小值即为点D到平面ACD 的距离d，由正
1 1
方体的棱长为1，可得△ACD 是边长为的等边三角形，则 ＝×()2×sin ＝，S ＝
1 △ACD
×1×1＝，由等体积法得 ，所以××d＝××1，解得d＝，
所以|DE|的最小值为.]
例3 (1)解 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，
c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1.
因为AC1＝AB＋AD＋AA1＝a＋b＋c，所以|AC1|＝|a＋b＋c|
＝
＝
＝＝，
所以线段AC 的长为.
1
(2)解 因为AC1＝a＋b＋c，
A1D＝b－c，
所以AC1·A1D＝(a＋b＋c)·(b－c)
＝a·b－a·c＋b2－c2
＝0＋1＋1－4＝－2，
|A1D|＝|b－c|＝
＝
＝＝，
设异面直线AC 与AD所成的角为θ，
1 1
则cos θ＝|cos〈AC1，A1D〉|＝＝＝，
即异面直线AC 与AD所成角的余弦值为.
1 1(3)证明 由①知AA1＝c，BD＝b－a，
所以AA1·BD＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝－1＋1＝0，
即AA1⊥BD，所以AA⊥BD.
1
跟踪训练3 (1)D (2)0
例4 (1)证明 以A为原点，AB，AD，AA1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图
所示的空间直角坐标系．设AB＝a，
则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D(0,1,1)，E，B(a，0,1)．
1 1
故AD1＝(0,1,1)，B1E＝.
因为B1E·AD1＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
所以B1E⊥AD1，即BE⊥AD.
1 1
(2)解 存在满足要求的点P.
假设在棱AA 上存在一点P(0,0，z)，
1 0
使得DP∥平面BAE，此时DP＝(0，－1，z)，
1 0
设平面BAE的法向量为n＝(x，y，z)．
1
AB1＝(a，0,1)，AE＝.
则即
取x＝1，则y＝－，z＝－a，
故n＝.
要使DP∥平面BAE，只需n⊥DP，
1
则－az＝0，解得z＝，
0 0
所以存在点P，满足DP∥平面BAE，
1
此时AP＝.
跟踪训练4 (1)证明 在△ABC中，
因为BC＝2AB，AC＝AB，
所以AC2＋AB2＝BC2，
所以AC⊥AB，
又AC⊥PB，PB∩AB＝B，
且PB，AB⊂平面PAB，
所以AC⊥平面PAB，又AC⊂平面ABCD，
所以平面PAB⊥平面ABCD.
(2)解 假设存在点 Q，使得平面 BEQF⊥平面 PAD.取 AB 的中点为 H，连接 PH，则
PH⊥AB，
因为平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以PH⊥平面ABCD.
建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝2，
则A(0,0,0)，
B(2,0,0)，
D(－2,2，0)，P(1,0，)，
则AD＝(－2,2，0)，AP＝(1,0，)，
BD＝(－4,2，0)，DP＝(3，－2，)，
设n＝(x，y，z)是平面PAD的法向量，
1 1 1 1
则
取n＝(，1，－1)．
1
设DQ＝λDP，其中0≤λ≤1.
则BQ＝BD＋DQ＝BD＋λDP
＝(3λ－4，2－2λ，λ)，
连接 EF，因为 AC∥平面 BEQF，AC⊂平面 PAC，平面 PAC∩平面 BEQF＝EF，所以
AC∥EF.取与EF同向的单位向量j＝(0,1,0)．
设n＝(x，y，z)是平面BEQF的法向量，
2 2 2 2
则
取n＝(λ，0,4－3λ)．
2
由平面BEQF⊥平面PAD知n⊥n，
1 2
则n·n＝3λ＋3λ－4＝0，
1 2
解得λ＝.
故在侧棱PD上存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD，＝.§7.7 向量法求空间角
落实主干知识
知识梳理
1.
2.
3．(1)〈AB，CD〉 (2)|cos〈n，n〉|
1 2
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)×
2．A 3.C 4.C
探究核心题型
例1 (1)B [如图，以点A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系，
设AB＝2，异面直线BF与PE所成的角为θ，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，
D(0,2,0)，则E(1,2,0)，F(1,1,1)，
所以BF＝(－1,1,1)，PE＝(1,2，－2)，
所以cos θ＝|cos〈BF，PE〉|＝＝＝，
所以异面直线BF与PE所成角的余弦值为.]
(2)B [以O为原点，OB所在直线为y轴，过点 O 作 x 轴 ⊥OB，圆台的轴为z轴，建立
如图所示的空间直角坐标系，
作DE⊥AB于点E，
AE＝AB－CD＝1，
在Rt△ADE中，AD＝，DE＝＝，则 D(0，－1，)，
A(0，－2,0)，C(0,1，)，
AD＝(0,1，)，
设P(2cos θ，2sin θ，0)，0≤θ<2π，
OP＝(2cos θ，2sin θ，0)，
由于异面直线 AD与 OP(O为下底面圆心)所成的角为，∴cos＝＝＝＝，
∴sin θ＝±，CP＝(2cos θ，2sin θ－1，－)，
CP2＝|CP|2＝4cos2θ＋4sin2θ－4sin θ＋1＋2＝7－4sin θ＝7±2.]
跟踪训练1 (1)D (2)
例2 (1)证明 在四边形ABCD中，作DE⊥AB于点E，CF⊥AB于点F，如图．
因为CD∥AB，
AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝，
故DE＝＝，
BD＝＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，
所以BD⊥平面PAD.
又因为PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA.
(2)解 由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，
如图，以D为原点建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，0，)，
则AP＝(－1,0，)，BP＝(0，－，)，DP＝(0,0，)．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
可取n＝(，1,1)，则cos〈n，DP〉＝＝＝，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.
跟踪训练2 (1)证明 设圆柱OQ的底面半径为r，高为h.
因为△OPB是边长为的等边三角形，所以∠ABP＝60°，r＝.
因为圆柱OQ的侧面积为6π，
所以2πrh＝6π，解得h＝3.
在下底面圆O中，∠APB＝90°，∠ABP＝60°，
所以AP＝BP·tan 60°＝3.
因为DA⊥平面APB，所以DA⊥BP，DA⊥AP.
因为∠APB＝90°，所以AP⊥BP，
又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面APD，所以BP⊥平面APD.
因为AG⊂平面APD，所以BP⊥AG.
在△DAP 中，AD＝AP＝3，G是DP的中点，所以DP⊥AG.
又BP∩DP＝P，BP，DP⊂平面BPD，
所以AG⊥平面BPD.
因为BD⊂平面 BPD，所以AG⊥BD.
(2)解 在下底面圆O内过O作Ox⊥AB，连接OQ.以O为原点，Ox，OB，OQ分别为x，
y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(0，，0)，
D(0，－，3)，P，
因为DG＝2GP，
设G点坐标为(x，y，z)，
0 0 0
则(x，y＋，z－3)＝
0 0 0
2，
即
解得所以G(1,0,1)，
所以GB＝(－1，，－1)．
显然，向量n＝(1,0,0) 是平面ABCD的一个法向量．设GB与平面ABCD所成的角为θ，
所以sin θ＝|cos〈GB，n〉|＝＝.
所以GB与平面ABCD所成角的正弦值为.
微拓展
典例
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
由AD＝AA＝1，AB＝2，得
1
E(1,1,1)，C(0,2,1)，D(0,0,0)，
1
则D1E＝(1,1,1)，D1C＝(0,2,1)，
设平面DEC的法向量为n＝(x，y，z)，
1
则即
令z＝－2，得n＝(1,1，－2)，
易知平面DEC的法向量为m＝(0,0,1)，
则cos〈m，n〉＝＝＝－，
由法向量的方向为同出，得二面角D－EC－D的余弦值为.
1
跟踪训练3 (1)证明 如图，连接AE，DE，
因为E为BC的中点，DB＝DC，
所以DE⊥BC，
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
所以AC＝AB，从而AE⊥BC，
又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，
所以BC⊥DA.
(2)解 不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，
所以BC＝2，DE＝AE＝.
所以AE2＋DE2＝4＝AD2，
所以AE⊥DE，
又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，
所以AE⊥平面BCD.以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(，0,0)，A(0,0，)，B(0，，0)，E(0,0,0)，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n＝(x，y，z)，n＝(x，y，z)，
1 1 1 1 2 2 2 2
二面角D－AB－F的平面角为θ，而AB＝(0，，－)，
因为EF＝DA＝(－，0，)，
所以F(－，0，)，
则AF＝(－，0,0)．
由
得取x＝1，
1
所以n＝(1,1,1)．
1
由
得取y＝1，
2
所以n＝(0,1,1)，
2
所以|cos θ|＝＝＝，从而sin θ＝＝.
所以二面角D－AB－F的正弦值为.
§7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题
落实主干知识
知识梳理
1. |AP|sin〈AP，e〉
2.
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)×
2．D 3.D 4.
探究核心题型
例1 (1)证明 因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，
又BC⊂平面BCD，所以OA⊥BC.(2)解 取OD的中点F，连接CF，
因为△OCD为正三角形，
所以CF⊥OD，
过点O作OM∥CF交BC于点M，则OM⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，
以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
则B(0，－1,0)，C，E，
又BC＝，BE＝，
所以|cos〈BC，BE〉|＝＝＝，
则sin〈BC，BE〉＝，
所以点E到直线BC的距离为|BE|sin〈BC，BE〉＝×＝.
例2 方法一 (1)证明 因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PA⊥BC.
因为四边形ABCD为正方形，
所以AB⊥BC，
又因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.
因为AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC.
因为PA＝AB，E为线段PB的中点，
所以AE⊥PB，
又因为PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC.
又因为AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PBC.
(2)解 因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，以A为坐标原点，以AB，AD，AP的方向分别为x
轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,2)，E(1,0,1)，易知u＝(0,1,0)是平面PAB的一个法向量，
设BF＝t(t∈[0,2])，则F(2，t，0)，
所以AE＝(1,0,1)，AF＝(2，t，0)，
所以|cos〈AF，u〉|＝＝，
即＝，解得t＝1，
所以AF＝(2,1,0)，
设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，
1 1 1
则即
令x＝－1，则y＝2，z＝1，
1 1 1
所以平面AEF的法向量
n＝(－1,2,1)，
又因为AP＝(0,0,2)，
所以点P到平面AEF的距离为
d＝＝＝，
所以点P到平面AEF的距离为.
方法二 (1)证明 因为PA⊥底面ABCD，PA⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥底面ABCD，
又平面PAB∩底面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面PAB.
因为AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC.
因为PA＝AB，E为线段PB的中点，
所以AE⊥PB.
因为PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，
所以AE⊥平面PBC，
又因为AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PBC.
(2)解 由(1)可知，∠BAF是直线AF与平面PAB所成的角，所以
cos∠BAF＝＝＝，
解得BF＝AB＝BC＝1，
故F是BC的中点．
所以AF＝＝，AE＝PB＝，EF＝＝，
△AEF的面积为
S ＝AE·EF＝.
△AEF因为PA＝AB＝2，△PAE的面积为S ＝S ＝PA·AB＝1，
△PAE △PAB
设点P到平面AEF的距离为h，
则有V ＝S ·h＝h＝V ＝S ·BF＝，解得h＝，
三棱锥P－AEF △AEF 三棱锥F－PAE △PAE
所以点P到平面AEF的距离为.
方法三 (1)证明 因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，
以A为坐标原点，以AB，AD，AP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的
空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，E(1,0,1)，
设BF＝t(t∈[0,2])，则F(2，t，0)，
所以AE＝(1,0,1)，AF＝(2，t，0)，PB＝(2,0，－2)，BC＝(0,2,0)，
设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，
1 1 1
则所以
取y＝2，则x＝－t，z＝t，
1 1 1
则n＝(－t，2，t)，
设m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，
2 2 2
则所以
取x＝1，则y＝0，z＝1，
2 2 2
则m＝(1,0,1)，
因为n·m＝－t＋0＋t＝0，所以n⊥m，
所以平面AEF⊥平面PBC.
(2)解 易知u＝(0,1,0)是平面PAB的一个法向量，
所以|cos〈AF，u〉|＝＝，即＝，
解得t＝1，所以n＝(－1,2,1)，
又因为AP＝(0,0,2)，
所以点P到平面AEF的距离为
d＝＝＝，
所以点P到平面AEF的距离为.
例3 B [由题意可知，线段PQ长度的最小值为异面直线C D与AC的距离．
1如图所示，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角
1
坐标系，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，C (0,1,2)，D(0，0,0)，
1
所以AC＝(－1,1,0)，DC1＝(0,1,2)，DA＝(1,0,0)，
设n＝(x，y，z)满足n⊥AC，n⊥DC1，
由题意可得
解得
取y＝2，则x＝2，z＝－1，
可得n＝(2,2，－1)，
因此|PQ| ＝＝.]
min
跟踪训练1 AD
例4 (1)证明 ∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，
∴AC⊥OB，
∵平面ABBA⊥平面ABC，平面ABBA∩平面ABC＝AB，AB⊥AB，AB⊂平面ABBA，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴AB⊥平面ABC，
1
∵AC⊂平面ABC，∴AB⊥AC，
1
∵AC⊥OB，AB∩OB＝B，AB，OB⊂平面ABO，∴AC⊥平面ABO.
1 1 1 1
(2)解 存在，线段CC 的中点P满足题意．
1
理由如下：
由(1)得AB⊥平面ABC，
1
OB⊥AC，
以O为坐标原点，OA，OB，所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥AB，以Oz所在直
1
线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，A(1,0,0)，A(0，，2)，则OB＝(0，，0)，AA1＝(－
1
1，，2)，设CP＝tCC1＝tAA1＝(－t，t，2t)，0≤t≤1，
则OP＝OC＋CP＝(－1－t，t，2t)，
易知平面AOB的一个法向量为n＝(1,0,0)，设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，则
1
取x＝2t，则m＝(2t，0，t＋1)，
由题意得|cos〈n，m〉|＝＝＝，
∵0≤t≤1，
∴解得t＝＝，
当＝时，由图可知二面角A－OB－P为锐角，符合题意，
1
∴线段CC 上存在点P，使得二面角A－OB－P的余弦值为，此时＝.
1 1
跟踪训练2
(1)证明 如图，连接BD交AC于点O，连接SO.
由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、
z轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，C.
于是OC＝，SD＝.
则OC·SD＝0，所以OC⊥SD，
故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC的一个法向量为DS＝，
平面DAC的一个法向量为OS＝.
设二面角P－AC－D的平面角为θ，
则|cos θ|＝|cos〈OS，DS〉|＝＝＝，
由图易知，θ为锐角，所以二面角P－AC－D的大小为30°.
(3)解 假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
由(2)知DS是平面PAC的一个法向量，
且DS＝，CS＝.
设CE＝tCS(0≤t≤1)，
因为B，C，所以BC＝，
则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS
＝.
由BE·DS＝0，得－＋0＋a2t＝0，解得t＝，
当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.
由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
§7.9 立体几何中的截面、交线问题
例1 解 如图所示，五边形DQMF
N即为所求截面．
作法如下：连接DN并延长交DC 的延长线于点E，
1 1
连接ME交BC 于点F，交DA 的延长线于点H，
1 1 1 1
连接DH交AA 于点Q，连接QM，FN，
1
则五边形DQMFN即为所求截面．
跟踪训练1
解 如图，连接CD，连接DM并延长，交DA的延长线于点N，连接CN交AB于点P，连
1 1
接MP，则四边形CDMP为过C，D，M三点的正方体的截面．
1 1
例2 ABD [当点E与D 重合时，过A，B ，E三点的截面是等边三角形ABD ，故A正确；
1 1 1 1
当点E与D重合时，过A，B ，E三点的截面为矩形ABC D，故B正确；若截面为菱形，
1 1 1
则必有AB ＝AE，此时点E与D 重合，故C错误；当点E与DD 中点重合时，记C D 的中
1 1 1 1 1
点为F，连接EF，FB，C D(图略)，易知EF∥DC ，由正方体性质可知，AD∥BC 且AD＝
1 1 1 1 1
BC ，所以四边形ABC D为平行四边形，所以DC ∥AB ，所以EF∥AB 且EF＝AB ，设正
1 1 1 1 1 1 1 1方体棱长为2，则AE＝BF＝＝，所以过A，B ，E三点的截面为等腰梯形ABFE，故D正
1 1 1
确．]
跟踪训练2 D
例3 C [延长AE，AB 交于点F，连接DF交BC 于点G，如图，
1 1 1 1 1
在正方体ABCD－ABC D 中，平面ADD A∥平面BCC B，
1 1 1 1 1 1 1 1
∵平面AFD ∩平面ADD A＝AD，平面AFD ∩平面BCC B＝EG，∴AD∥GE，
1 1 1 1 1 1 1 1
又∵AD＝3，GE＝，
1
∴四边形AEGD 是梯形，且为平面AED 截正方体ABCD－ABC D 的截面．
1 1 1 1 1 1
又∵DG＝AE＝，在等腰梯形AEGD 中，过G作GH⊥AD，
1 1 1
∴GH＝＝，
∴S＝·(AD＋EG)·GH＝×(＋3)×＝2.]
1
跟踪训练3 A
§7.10 立体几何中的动态、轨迹问题
例1 D [连接HN，GN(图略)，
∵在棱长为a的正方体ABCD－ABC D 中，E，F，G，H，N分别是CC ，C D ，DD ，
1 1 1 1 1 1 1 1
CD，BC的中点，则GH∥BA，HN∥BD，
1
又GH⊄平面ABD，BA⊂平面ABD，
1 1 1
∴GH∥平面ABD，
1
同理可证得NH∥平面ABD，
1
又GH∩HN＝H，GH，HN⊂平面GHN，∴平面ABD∥平面GHN，
1
又∵点M在四边形EFGH上及其内部运动，MN∥平面ABD，
1
则点M在线段GH上运动，即满足条件，
又GH＝a，则点M轨迹的长度是.]
跟踪训练1 A
例2 C [因为长方体ABCD－ABC D 的外接球的表面积为5π，设外接球的半径为R，所以
1 1 1 1
4πR2＝5π，
解得R＝或R＝－(舍去)，
即外接球的直径为，设AB＝a，BC＝b，则＝，可得a2＋b2＝1，
所以V＝2ab≤a2＋b2＝1，当且仅当a＝b＝时，等号成立．
如图，设AC，BD相交于点O，
因为BO⊥AC，BO⊥AA，AC∩AA＝A，AC，AA⊂平面AACC ，
1 1 1 1 1
所以BO⊥平面AACC ，因为直线BP与平面AACC 所成的角为，所以∠BPO＝，故OP
1 1 1 1
＝，
则点P的轨迹是以O为圆心，半径r＝的半圆弧，所以动点P的轨迹长为πr＝.]
跟踪训练2 4π
例3
解析 如图，设AC的中点为M ，△ADE沿DE翻折90°，此时平面A′DE⊥平面ABCD，
0
取CD中点P，CE中点Q，PQ中点N，
连接PQ，MP，MQ，MN，MP，MQ，MN.
0 0 0
MP＝MP＝AD＝，MQ＝MQ＝AE＝，PQ＝DE＝，△MPQ和△MPQ是等腰直角三角形，
0 0 0
且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，PQ为半径的一段圆弧，
又MP∥A′D，MP⊄平面A′DE，A′D⊂平面A′DE，∴MP∥平面A′DE，同理MQ∥
平面A′DE，
又∵MP∩MQ＝M，
∴平面MPQ∥平面A′DE，
又平面A′DE⊥平面ABCD，
故平面MPQ⊥平面ABCD，
又平面MPQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊥PQ，故MN⊥平面ABCD，
又MN⊂平面ABCD，∴MN⊥MN，
0 0
故动点M形成的轨迹长度为
π·PQ＝.
跟踪训练3 D第八章 直线和圆、圆锥曲线
§8.1 直线的方程
落实主干知识
知识梳理
1.AB
2．(1)逆时针 正角 (2)0°≤α<180°
3．(1)tan α (2)
4．y－y＝k(x－x) y＝kx＋b ＝(x≠x，y≠y)
1 1 1 2 1 2
＋＝1 Ax＋By＋C＝0(A，B不全为0)
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)× (4)×
2．B
3．3x－2y＝0或x＋y－5＝0
4．(1，－1)
探究核心题型
例1 (1)B
延伸探究
(2)B
跟踪训练1 (1)A (2)－
例2 解 (1)∵所求直线过点A(－1，－3)，且斜率为－，
∴y＋3＝－(x＋1)，
即x＋4y＋13＝0.
(2)设直线方程为y＝x＋b，
令x＝0，得y＝b，
令y＝0，得x＝－b，
∴|b|·＝6，
解得b＝±3，
∴直线方程为y＝x±3，
即3x－4y±12＝0.
(3)当横截距与纵截距都为0时，可设直线方程为y＝kx，
又直线过点(2,1)，
∴1＝2k，解得k＝，∴直线方程为y＝x，
即x－2y＝0；
当横截距与纵截距都不为0时，
可设直线方程为＋＝1，
由题意可得解得
∴直线方程为＋＝1，
即x＋2y－4＝0；
综上，所求直线方程为x－2y＝0或x＋2y－4＝0.
跟踪训练2 (1)C (2)B
例3 解 方法一 设直线l的方程为
y－1＝k(x－2)(k<0)，
则A，B(0,1－2k)，
S ＝(1－2k)·
△AOB
＝
≥×(4＋4)＝4，
当且仅当－4k＝－，即k＝－时，等号成立．
故直线l的方程为y－1＝－(x－2)，
即x＋2y－4＝0.
方法二 设直线l的方程为＋＝1，且a>0，b>0，
因为直线l过点M(2,1)，
所以＋＝1，
则1＝＋≥2，故ab≥8，
故S 的最小值为ab＝×8＝4，
△AOB
当且仅当＝，即a＝4，b＝2时，等号成立，
故直线l的方程为＋＝1，
即x＋2y－4＝0.
延伸探究
1．解 由本例方法二知，＋＝1，a>0，b>0，
所以OA＋OB＝a＋b＝(a＋b)·＝3＋＋≥3＋2，
当且仅当＝，
即a＝2＋，b＝1＋时，等号成立，
所以当OA＋OB取最小值时，直线l的方程为x＋y－2－＝0.
2．解 由本例方法一知A，
B(0,1－2k)(k<0)．所以MA·MB＝·
＝2×＝2≥4.
当且仅当－k＝－，
即k＝－1时等号成立．
此时直线l的方程为x＋y－3＝0.
跟踪训练3 (1)C (2)C
§8.2 两条直线的位置关系
落实主干知识
知识梳理
1．k＝k 且b≠b AB－AB＝0，且AC －AC ≠0(或BC －BC ≠0)
1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
k·k＝－1 AA＋BB＝0
1 2 1 2 1 2
k≠k AB－AB≠0
1 2 1 2 2 1
2．(1)②
③ (2)
(3)
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)√
2．A 3.A 4.x－2y＋11＝0
探究核心题型
例1 (1)A (2)B
跟踪训练1 (1)B (2)3或－2
例2 (1)D
微拓展
典例 D [设过两直线交点的直线系方程为x－3y＋4＋λ(2x＋y＋5)＝0，
代入原点坐标，得4＋5λ＝0，
解得λ＝－，
故所求直线方程为x－3y＋4－(2x＋y＋5)＝0，即3x＋19y＝0.]
例2 (2)2或14
跟踪训练2 (1)B
(2)3 3x＋y－20＝0和3x＋y＋10＝0
例3 B
例4 D [＋
表示直线x＋y＋1＝0上一动点P(x，y)到定点A(1,1)，B(2,0)的距离之和，如图所示，设点A(1,1)关于直线x＋y＋1＝0的对称点为A′(x，y)，
0 0
则
解得
所以对称点为A′(－2，－2)，
则A′B＝＝2，
由图知＋的最小值为2.]
例5 C [设所求直线上任意一点M(x，y)，M关于直线x－y－2＝0的对称点为M′(x ，
1
y)，
1
则
解得①
∵点M′在直线3x－2y－6＝0上，
∴将①式代入，得3(y＋2)－2(x－2)－6＝0，
化简得2x－3y－4＝0，即为l 关于l 对称的直线方程．]
1 2
跟踪训练3 解 (1)设A′(x，y)，
由已知条件得
解得所以A′.
(2)在直线m上取一点，如M(2,0)，
则M(2,0)关于直线l的对称点M′必在直线m′上．
设对称点为M′(a，b)，则
得M′.
设直线m与直线l的交点为N，
由得N(4,3)．
又m′经过点N(4,3)，
所以直线m′的方程为9x－46y＋102＝0.
(3)方法一 在l：2x－3y＋1＝0上任取两点，如P(1,1)，Q(4,3)，则P，Q关于点A(－1，－
2)的对称点P′，Q′均在直线l′上，
易得P′(－3，－5)，Q′(－6，－7)，
所以l′的方程为2x－3y－9＝0.方法二 因为l∥l′，
所以设l′的方程为2x－3y＋C＝0(C≠1)．
因为点A(－1，－2)到两直线l，l′的距离相等，
所以由点到直线的距离公式，
得＝，
解得C＝－9，
所以l′的方程为2x－3y－9＝0.
§8.3 圆的方程
落实主干知识
知识梳理
1．定点 定长 (a，b) r
2．(1)圆外 (2)圆上 (3)圆内
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)√
2．B 3.B 4.B
探究核心题型
例1 (x－1)2＋(y＋1)2＝5
跟踪训练1 (1)±
(2)2＋2＝
例2 x2＋y2－x＋4＝0
解析 设M(x，y)，
则MA＝，
MB＝.
因为MA＝2MB，
所以＝2，
整理可得，3x2＋3y2－20x＋12＝0，
即x2＋y2－x＋4＝0.
所以点M的轨迹是圆，方程为x2＋y2－x＋4＝0.
例3 B
例4 解 设P(x，y)，N(x，y)，
0 0
∵四边形MONP为平行四边形，
则OP＝OM＋ON，即(x，y)＝(－3,4)＋(x，y)，
0 0
即则
又N(x，y)在圆x2＋y2＝4上，
0 0
∴x＋y＝4，
故(x＋3)2＋(y－4)2＝4，
易知直线OM的方程为y＝－x，
联立
得或
∴点P的轨迹为圆(x＋3)2＋(y－4)2＝4除去点和.
跟踪训练2 解 (1)方法一 设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.
因为AC⊥BC，且BC，AC斜率均存在，所以k ·k ＝－1，
AC BC
又k ＝，k ＝，
AC BC
所以·＝－1，
化简得x2＋y2－2x－3＝0.
因此，直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
方法二 设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1,0)，由直角三角形的性质知CD＝AB＝2.
由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1,0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，
所以应除去与x轴的交点)．
所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．
(2)设M(x，y)，C(x，y)，
0 0
因为B(3,0)，且M是线段BC的中点，所以由中点坐标公式得
x＝，y＝，
所以x＝2x－3，y＝2y.
0 0
由(1)知，点C的轨迹方程为
(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，
将x＝2x－3，y＝2y代入得
0 0
(2x－4)2＋(2y)2＝4，
即(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
因此动点M的轨迹方程为
(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
例5 解 (1)如图，方程x2＋y2－4x＋1＝0表示以点(2,0)为圆心，为半径的圆．设＝k，
即y＝kx，
则圆心(2,0)到直线y＝kx的距离为半径时直线与圆相切，斜率取得最大、最小值．
由＝，解得k2＝3，
∴k ＝，k ＝－.
max min
∴ ＝， ＝－.
max min
(2)设y－x＝b，则y＝x＋b，当且仅当直线y＝x＋b与圆相切于第四象限时，截距b取最小
值，
由点到直线的距离公式，得＝，即b＝－2±，故(y－x) ＝－2－.
min
(3)x2＋y2是圆上点与原点的距离的平方，
设圆与x轴相交于点B和C′(点B在点C′左侧)，
则(x2＋y2) ＝OC′2＝(2＋)2＝7＋4，
max
(x2＋y2) ＝OB2＝(2－)2＝7－4.
min
微拓展
典例 解 x2＋y2－4x＋1＝0可化为(x－2)2＋y2＝3，
令
(2)y－x＝sin θ－(2＋cos θ)
＝sin－2，
∴(y－x) ＝－－2.
min
(3)x2＋y2＝(2＋cos θ)2＋(sin θ)2＝7＋4cos θ，
∵cos θ∈[－1,1]，
∴(x2＋y2) ＝7＋4，
max
(x2＋y2) ＝7－4.
min
例6 12
解析 由题意，得PA＝(2－x，－y)，
PB＝(－2－x，－y)，
所以PA·PB＝x2＋y2－4，
由于点P(x，y)是圆上的点，故其坐标满足方程x2＋(y－3)2＝1，
故x2＝－(y－3)2＋1，所以PA·PB＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.
易知2≤y≤4，所以当y＝4时，PA·PB的值最大，
最大值为6×4－12＝12.
跟踪训练3 (1)D (2)[－2,0]
§8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系
落实主干知识
知识梳理
1．< ＝ > > ＝ <
2．d>r＋r d＝r＋r |r－r|4，
∴点M在圆C外．
当过点M的直线的斜率不存在时，
直线方程为x＝3，即x－3＝0.
又点C(1,2)到直线x－3＝0的距离d＝3－1＝2＝r，∴直线x＝3是圆的切线；
当切线的斜率存在时，设切线方程为y－1＝k(x－3)，即kx－y＋1－3k＝0，
由圆心C到切线的距离d′＝＝r＝2，解得k＝.∴切线方程为y－1＝(x－3)，
即3x－4y－5＝0.
综上，过点M的圆C的切线方程为x－3＝0或3x－4y－5＝0.
∵MC＝＝，
∴过点M的圆C的切线长为＝＝1.
例4 2
解析 圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0，即圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝1，
所以圆心C(1,1)，半径r＝1，
如图，连接PC，
因为S ＝2S ＝2××AP·AC＝AP＝，
四边形PACB △PAC
所以求S 的最小值就是求PC的最小值，而PC的最小值就是圆心到直线3x＋4y＋8
四边形PACB
＝0的距离d，即d＝＝3，即四边形PACB面积的最小值为＝2.
跟踪训练1 (1)B (2)C
例5 (1)B (2)A
跟踪训练2 (1)C
(2)x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0(答案不唯一，只需写出上述三个方程中的一
个即可)
§8.5 椭 圆
落实主干知识
知识梳理
1．常数 焦点 焦距
2．－a≤x≤a且－b≤y≤b －b≤x≤b且－a≤y≤a A(－a，0)，A(a，0)，B(0，－b)，
1 2 1
B(0，b) A(0，－a)，A(0，a)，B(－b，0)，B(b，0) 2b
2 1 2 1 2
2a F(－c，0)，F(c，0) F(0，－c)，F(0，c) 2c x轴和y轴 原点
1 2 1 2
e＝(0EF＝2，
所以曲线C是以F，E为焦点，长轴长为4，焦距为2的椭圆，
则可得a＝2，c＝1，
则b＝＝，
所以曲线C的方程为＋＝1，
设点M(x，y)，则＋＝1，
0 0
所以y＝3－且－2≤x≤2，
0所以OM＝＝
＝≥，当且仅当x＝0时，等号成立，故OM的最小值为.
0
例2 (1)C
(2)B [不妨设A(x ，y )在第一象限，由椭圆的左焦点F(－1,0)，点C，F是线段AB的三等
A A
分点，
则C为AF的中点，F为BC的中点，所以x ＝1，所以＋＝1，
A
则y ＝，即A，
A
所以C，B，
将点B的坐标代入椭圆方程得
＋＝1，即＋＝1，
又a2－b2＝1，所以a2＝5，b2＝4，
所以椭圆的标准方程是＋＝1.]
跟踪训练2 (1)D (2)C
例3 (1)B (2)A
例4 AB [依题意知，a＝4，b＝2，c＝2，当P为短轴顶点时，( ) ＝×2c×b＝4，
max
故A正确；
由椭圆的性质知PF 的取值范围是[a－c，a＋c]，即[4－2，4＋2]，故B正确；
1
对于C，sin∠FBO＝＝，所以∠FBO＝，所以∠FBF ＝，即∠FPF 的最大值为，最小为
2 2 1 2 1 2
0，所以存在点P使PF⊥PF，故C错误；
1 2
对于D，设P(x，y)，所以PB＝，
0 0
又＋＝1，所以x＝16－4y，
所以PB＝
＝
＝，
又－2≤y≤2，故当y＝－时，(PB) ＝＝，故D错误．]
0 0 max
跟踪训练3 (1)B
(2)D
§8.6 双曲线
落实主干知识知识梳理
1．绝对值 小于 焦点 焦距
2．F(－c，0)，F(c，0) F(0，－c)，F(0，c) FF＝2c x≤－a
1 2 1 2 1 2
x≥a 坐标轴 原点 A(－a，0)，A(a，0) A(0，－a)，A(0，a) AA 2a 2b a b
1 2 1 2 1 2
y＝±x y＝±x (1，＋∞) a2＋b2
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)√ (4)√
2．C 3.y＝±x 4.17
探究核心题型
例1 (1)ACD (2)2
微拓展
典例 (1)＋＝1
解析 依题意，右焦点F(2,0)，右准线x＝，
2
由椭圆第二定义知＝，
∵c＝2，故a＝4，∴b2＝a2－c2＝12，
∴椭圆方程为＋＝1.
(2)
解析 设M到直线x＝＝的距离为d，由双曲线第二定义知，
＝e＝，
∴d＝MF ，
2
∴MA＋MF ＝MA＋d，
2
如图，可知(MA＋d) ＝x －
min A
＝9－＝.
跟踪训练1 (1)C (2)A
例2 (1)C [椭圆C的焦点坐标为(0，±2)，
设双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，
由双曲线的定义可得
2a＝|－|
＝(＋)－(－)＝2，
∴a＝，
∵c＝2，∴b＝＝，因此双曲线的方程为－＝1.]
(2)A [由题可知双曲线的焦距为2c＝2，即c＝.
因为PF 的中点为Q，△PFQ为等边三角形，
1 2
所以FQ＝FQ＝FP＝PQ，
1 2 2
所以∠PFQ＝60°，∠FFQ＝30°，
2 1 2
故PF⊥FF，
2 1 2
所以PF＝＝，
2
PF＝2PF＝，
1 2
所以PF－PF＝－＝＝2a，所以＝，
1 2
所以a＝1，b＝.
所以双曲线C的方程为x2－＝1.]
跟踪训练2 (1)D (2)－＝1
例3 (1)4x2－y2＝1
(2)y＝±x
解析 由题意知双曲线C的渐近线方程为y＝±x，
如图，由双曲线的对称性，不妨取y＝x，即bx－ay＝0，
则FA＝＝b，
2
所以OA＝＝＝a，
所以 ＝ab，
因为△AFF 的面积为bc， ＝ ，
1 2
所以bc＝2×ab，即c＝2a，
所以a2＋b2＝4a2，即＝3，故＝，
所以双曲线C的渐近线方程为y＝±x.
例4 (1)A (2)C
跟踪训练3 (1)D (2)
§8.7 离心率的范围问题
例1 (1)C [不妨设PF＝m，PF＝n(m>n)．
1 2
椭圆的长半轴长为a，双曲线的实半轴长为a，两曲线的半焦距均为c，
1 2由椭圆及双曲线的定义得m＋n＝2a，m－n＝2a，
1 2
于是m＝a＋a，n＝a－a，
1 2 1 2
又在△PFF 中，由余弦定理得
1 2
m2＋n2－2mncos 60°＝4c2⇒(a＋a)2＋(a－a)2－(a＋a)(a－a)＝4c2，
1 2 1 2 1 2 1 2
则a＋3a＝4c2，得＋＝4，
由基本不等式得
4＝＋≥2⇒ee≥，
1 2
当且仅当e＝，e＝时，等号成立，
1 2
所以椭圆与双曲线离心率之积的最小值为.]
(2)
解析 由右焦点为F(2，0)，点A的坐标为(0,1)，可得AF＝＝5.
因为△APF的周长不小于18，所以PA＋PF的最小值不小于13.
设F 为双曲线的左焦点，可得PF＝PF＋2a，
2 2
故PA＋PF＝PA＋PF＋2a，
2
当A，P，F 三点共线时，PA＋PF＋2a取最小值，最小值为AF＋2a，即5＋2a，
2 2 2
所以5＋2a≥13，即a≥4.
因为c＝2，所以e＝＝≤.
又e>1，所以e∈.
跟踪训练1 A
例2 (1)D [设椭圆E的长半轴长、短半轴长、半焦距分别为a，b，c，由题意知a＝1，b
＝，c＝m，
椭圆E上存在点P满足OP＝m，等价于以O为原点，以c为半径的圆与椭圆有交点，得
c≥b，
所以c2≥b2＝a2－c2，解得≥，
所以e＝≥.
又03a2，
所以y ＝－，y ＝，
A B
因为S ＝·OF·|y －y |＝·c·＝，
△ABF B A
且S >＝ac，
△ABF
所以>ac，
所以>，解得03a2，解得e>2，
所以20)，P(x，y)，F，圆的半径为，由焦半径公式可知
0 0
y＋＝，得y＝，并且线段PF中点的纵坐标是＝，
0 0
所以以线段PF为直径的圆与x轴相切，切点坐标为(－1,0)或(1,0)，
所以x＝±2，
0
即点P的坐标为，
代入抛物线方程x2＝2py(p>0)，得4＝2p·，解得p＝1或p＝4，
即当点F在y轴正半轴时，抛物线方程是x2＝2y或x2＝8y.
例3 (1)D
(2)ABC [如图所示，分别过点A，B作抛物线C的准线的垂线，垂足分别为点E，M，连接
EF.设抛物线C的准线交x轴于点P，则PF＝p.因为直线l的斜率为，所以其倾斜角为60°.
因为AE∥x轴，所以∠EAF＝60°，
由抛物线的定义可知，AE＝AF，
则△AEF为等边三角形，
所以∠EFP＝∠AEF＝60°，
则∠PEF＝30°，
所以AF＝EF＝2PF＝2p＝8，得p＝4，故A正确；
因为AE＝EF＝2PF，且PF∥AE，
所以F为AD的中点，则DF＝FA，故B正确；
因为∠DAE＝60°，所以∠ADE＝30°，
所以BD＝2BM＝2BF，故C正确；
因为BD＝2BF，所以BF＝DF
＝AF＝，故D错误．]
跟踪训练3 (1)x＝－(2)16
解析 易知焦点F的坐标为(4,0)，准线l的方程为x＝－4，如图，抛物线准线与x轴的交点
为A，作MB⊥l于点B，NC⊥l于点C，
AF∥MB∥NC，
则＝，
由3FM＝2MN，得＝，
又CN＝4，OF＝4，
所以＝，BM＝，
MF＝BM＝，＝，
所以NF＝16.
§8.9 直线与圆锥曲线的
位置关系
落实主干知识
知识梳理
1．> ＝ <
2.
自主诊断
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)√
2．C 3.C 4.D
探究核心题型
例1 (1)AB (2)D
跟踪训练1 (1)D (2)B
例2 (1)解 由题意得，
椭圆半焦距c＝且e＝＝，
所以a＝，
又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明 由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
必要性：
若M，N，F三点共线，
可设直线MN：y＝k(x－)，即kx－y－k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，解得k＝±1，
联立可得
4x2－6x＋3＝0，
所以x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
所以MN＝·＝，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋m(km<0)，即kx－y＋m＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，
所以m2＝k2＋1，
联立可得
(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
所以x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2
所以MN＝·
＝
＝·＝，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以或
所以直线MN：y＝x－或y＝－x＋，
所以直线MN过点F(，0)，M，N，F三点共线，充分性成立，所以M，N，F三点共线的充
要条件是MN＝.
跟踪训练2 解 (1)由
得
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由题意知，直线的斜率存在且不为0，F(－1,0)，B(2,0)，
1
设直线l的方程为x＝my－1，M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
由得
(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
即y＋y＝，yy＝.
1 2 1 2
又S ＝BF·|y|＋BF·|y|
△BMN 1 1 1 2
＝BF·|y－y|
1 1 2
＝BF·
1
＝＝，
解得m＝±1，
所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
例3 解 (1)因为离心率e＝＝，所以a＝c，
因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.
因为四边形MF NF 的面积为32，所以2bc＝32，所以b＝c＝4，a＝4，
1 2
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由题意得，直线l的斜率存在．
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则
两式相减得＋＝0，
所以＝－·.
因为AB的中点坐标为(－2,1)，
所以＝1，
所以直线l的斜率为1，
故直线l的方程为y－1＝x＋2，
即x－y＋3＝0.
跟踪训练3 (1)B [设直线l交双曲线x2－＝1于点M(x，y)，N(x，y)，则
1 1 2 2
由已知得
两式作差得x－x＝，
所以＝＝6，
即直线l的斜率为6，故直线l的方程为y－1＝6(x－2)，即6x－y－11＝0.经检验满足题意．]
(2)A [∵焦点到准线的距离为p，则p＝1，∴y2＝2x.
设点P(x，y)，Q(x，y)．
1 1 2 2
则
则(y－y)(y＋y)＝2(x－x)，
1 2 1 2 1 2∴k ＝，
PQ
又∵P，Q关于直线l对称，
∴k ＝－1，即y＋y＝－2，
PQ 1 2
∴PQ中点的纵坐标为＝－1，
又∵PQ的中点在直线l上，
∴PQ中点的横坐标为
＝(－1)＋2＝1.
∴线段PQ的中点坐标为(1，－1)．]
§8.10 圆锥曲线中常见结论及应用
例1 D [由e＝，得＝，
即a＝2c.①
设△FPF 的内切圆的半径为r，
1 2
因为△FPF 的内切圆的面积为3π，
1 2
所以πr2＝3π，解得r＝(舍负)，
在△FPF 中，根据椭圆的定义及焦点三角形的面积公式，知 ＝b2tan ＝r(2a＋2c)，
1 2
即b2＝(a＋c)，②
又a2＝b2＋c2，③
联立①②③得c＝3，a＝6，b＝3，
所以该椭圆的长轴长为2a＝2×6＝12.]
跟踪训练1 D
例2 B [由椭圆的性质可得 ＝－＝－.
由椭圆的对称性可得
＝－.
同理可得 ＝－.
∴直线AP，AP，…，AP 这10条直线的斜率乘积为5＝－.]
1 2 10
跟踪训练2 D例3 C [设B(x，y)(x>0，y>0)，由题意得，过点B的切线l的方程为＋yy＝1，
1 1 1 1 1
令y＝0，可得C，
令x＝0，可得D，
所以△OCD的面积
S＝··＝，
又点B在椭圆上，所以＋y＝1，
所以S＝＝＝＋≥2＝，
当且仅当＝，即x＝1，y＝时等号成立，
1 1
所以△OCD面积的最小值为.]
跟踪训练3 (－1，－1)
例4 (1)A [如图，不妨令直线AB的倾斜角为α，α∈，
∵AB＝3FB，∴F为AB的三等分点，
令BF＝t，
则AF＝2t，
由＋＝，
得＋＝⇒t＝p，
∴AB＝3t＝p，
又AB＝，
∴＝p⇒sin α＝，
又S ＝AB，
△OAB
∴＝AB，
即＝·p⇒p＝2，
∴AB＝.]
(2)D [不妨令A(x ，y )在第一象限，B(x ，y )在第四象限，
A A B B
则y y ＝－p2＝－8，所以p＝2.
A B
又因为AF＝3BF，所以＝3，
即|y |＝3|y |，代入y y ＝－8，
A B A B
可得3y＝8，由于B在第四象限，则y ＝－，所以y ＝2，
B A
所以S ＝OF·|y －y |＝.]
△OAB A B跟踪训练4 (1) (2)64
(3)3＋2
解析 因为p＝2，
所以＋＝＝1，
所以2AF＋BF
＝(2AF＋BF)·
＝3＋＋
≥3＋2＝3＋2，
当且仅当BF＝AF，即AF＝＋1，BF＝＋1时，等号成立，
因此，2AF＋BF的最小值为3＋2.
§8.11 圆锥曲线中求值与证明问题
例1 解 (1)将点A的坐标代入双曲线方程得－＝1，
化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，
故双曲线C的方程为－y2＝1.
由题易知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m，
P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
联立直线l与双曲线C的方程，消y整理得
(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，
故x＋x＝－，xx＝.
1 2 1 2
k ＋k ＝＋
AP AQ
＝＋＝0，
化简得2kxx＋(m－1－2k)(x＋x)－4(m－1)＝0，
1 2 1 2
故＋(m－1－2k)
－4(m－1)＝0，
整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，
又直线l不过点A，即m＋2k－1≠0，
故k＝－1.
(2)不妨设直线PA的倾斜角为θ，
由题意知∠PAQ＝π－2θ，
所以tan∠PAQ＝－tan 2θ＝＝2，
解得tan θ＝或tan θ＝－(舍去)．由得x＝，
1
所以AP＝|x－2|＝，
1
同理得x＝，
2
所以AQ＝|x－2|＝.
2
因为tan∠PAQ＝2，
所以sin∠PAQ＝，
故S ＝AP·AQsin∠PAQ
△PAQ
＝×××＝.
跟踪训练1 解 (1)由题可知，
S ＝·2bc＝，
△ABF
即bc＝，又e＝，
∴⇒
∴椭圆C的方程为＋x2＝1.
(2)由题意知A(－1,0)，k ＝k，
AP
则直线l ：y＝k(x＋1)，∴M(0，k)，
AP
联立方程⇒(k2＋4)x2＋2k2x＋k2－4＝0，
∴x ＋x ＝，x ·x ＝，
A P A P
∴x ＝，
P
∴y ＝k(x ＋1)＝，
P P
∴P，
∵MN⊥AP，
∴则直线l ：y＝－x＋k，
MN
令y＝0，解得x ＝k2，∴N(k2,0)，
N
∴k ＝＝－k，
PN
即k4＋5k2－24＝0，
解得k2＝3或k2＝－8(舍)，
∵P在第一象限，∴k＝.
跟踪训练2 (1)解 设双曲线C的方程为－＝1(a>0，b>0)，
由焦点坐标可知c＝2，
则由e＝＝，
可得a＝2，b＝＝4，
所以双曲线C的方程为－＝1.
(2)证明 由(1)可得A(－2,0)，A(2,0)，
1 2设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
显然直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x＝my－4，且－0，
则y＋y＝，yy＝，
1 2 1 2
直线MA 的方程为y＝(x＋2)，
1
直线NA 的方程为y＝(x－2)，
2
联立直线MA 与直线NA 的方程可得＝＝
1 2
＝
＝
＝＝－，
由＝－可得x＝－1，即x ＝－1，据此可得点P在定直线x＝－1上运动．
P
§8.12 圆锥曲线中范围与最值问题
例1 解 (1)当MN⊥x轴时，
设F(－c，0)，M(－c，m)，
1
则c2＝a2－b2，＋＝1，
即m2＝，
又MN＝3，即＝3，
又＝，得a＝2，b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意得直线PQ的斜率一定存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx－1(k≠0)，
P(x，y)，Q(x，y)，F(－x，y)，
1 1 2 2 1 1
联立整理得
(3＋4k2)x2－8kx－8＝0，
Δ＝64k2＋32(3＋4k2)＝192k2＋96>0，
则x＋x＝，xx＝－，
1 2 1 2
直线FQ的方程y－y＝(x＋x)，设G(0，y )，
1 1 G
则y －y＝·x，y ＝＋kx－1＝－1＝－3，
G 1 1 G 1S ＝＝|x－x|＝
△PQG 1 2
＝
＝.
令2k2＋1＝t，t∈(1，＋∞)，
则S ＝4×
△PQG
＝4×，t∈(1，＋∞)，
由于4t＋＋4∈(9，＋∞)，
∈，
所以∈，
则4×∈，
所以△PQG面积的取值范围为.
跟踪训练1 解 (1)依题意，∠BAD＝90°，焦半径c＝2，
由AF＝BF，得a＋c＝，
得a2＋2a＝22－a2，
解得a＝1(a＝－2<0舍去)，
所以b2＝c2－a2＝4－1＝3，
故双曲线C的方程为x2－＝1.
(2)显然直线MN不可能与x轴平行，故可设直线MN的方程为x＝my＋n，
联立消去x整理得
(3m2－1)y2＋6mny＋3(n2－1)＝0，
在条件下，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝－，yy＝，
1 2 1 2
由kk＝－2，
1 2
得yy＋2(x＋1)(x＋1)＝0，
1 2 1 2
即yy＋2(my＋n＋1)(my＋n＋1)＝0，
1 2 1 2
整理得(2m2＋1)yy＋2m(n＋1)·(y＋y)＋2(n＋1)2＝0，
1 2 1 2
代入根与系数的关系得，
3(n2－1)(2m2＋1)－12m2n(n＋1)＋2(n＋1)2(3m2－1)＝0，
化简得n2－4n－5＝0，
解得n＝5或n＝－1(舍去)，
则直线MN的方程为x－my－5＝0，得d＝，
又M，N都在双曲线的右支上，且kk＝－2，
1 2故yy＝＝<0，
1 2
即3m2－1<0,0≤m2<，
此时1≤<，d＝∈(3，6]，
所以点A到直线MN的距离d的取值范围为(3，6]．
例2 解 (1)设A(x ，y )，B(x ，y )，
A A B B
由可得
y2－4py＋2p＝0，
所以y ＋y ＝4p，y y ＝2p，
A B A B
所以AB＝×＝4，
即2p2－p－6＝0，
解得p＝2(负值舍去)．
(2)由(1)知y2＝4x，
所以焦点F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x＝my＋n，M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
由可得y2－4my－4n＝0，
所以y＋y＝4m，yy＝－4n，
1 2 1 2
Δ＝16m2＋16n>0⇒m2＋n>0，
由题意得FM·FN＝0，
FM＝(x－1，y)，FN＝(x－1，y)，
1 1 2 2
所以(x－1)(x－1)＋yy＝0，
1 2 1 2
即(my＋n－1)(my＋n－1)＋yy＝0，
1 2 1 2
即(m2＋1)yy＋m(n－1)(y＋y)＋(n－1)2＝0，
1 2 1 2
将y＋y＝4m，yy＝－4n代入得，4m2＝n2－6n＋1，
1 2 1 2
所以4(m2＋n)＝(n－1)2>0，
所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，
解得n≥3＋2或n≤3－2.
设点F到直线MN的距离为d，所以d＝，
MN＝
＝
＝
＝2|n－1|，
所以△MFN的面积
S＝×MN×d＝×2·|n－1|×＝(n－1)2，而n≥3＋2或n≤3－2，
所以当n＝3－2时，△MFN的面积最小，为S ＝(2－2)2＝12－8＝4(3－2)．
min
跟踪训练2 解 (1)由题意可得
解得p＝2.
故抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)由题意知直线l的斜率一定存在且不为0，F(1,0)，设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0，
设A(x，y)，B(x，y)，C(x，y)，
1 1 2 2 3 3
易知x＝ty ＋1>0，x＝ty ＋1>0，
1 1 2 2
联立
消去x得y2－4ty－4＝0.
所以y＋y＝4t，yy＝－4.
1 2 1 2
由AC垂直于l，得直线AC的方程为
y－y＝－t(x－x)，
1 1
联立消去x得ty2＋4y－4tx －4y＝0.
1 1
所以y＋y＝－，yy＝.
1 3 1 3
所以AC＝
＝
＝
＝
＝·|ty ＋2|
1
＝·(ty ＋2)．
1
同理可得BD＝·(ty ＋2)，
2
所以AC＋BD＝·[t(y＋y)＋4]＝(t2＋1)＝8，
1 2
令f(x)＝，x>0，则f′(x)＝，x>0，
所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝2时，f(x)取得最小值，即当t＝±时，AC＋BD取得最小值为12.
§8.13 圆锥曲线中定点与定值问题
例1 (1)解 由题意可得
解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明 由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图，设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
联立方程
消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，
则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，解得k<0，
可得x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2
因为A(－2,0)，
则直线AP：y＝(x＋2)，
令x＝0，解得y＝，
即M，
同理可得N，
则
＝＋
＝
＝
＝
＝＝3，
所以线段MN的中点是定点(0,3)．
跟踪训练1 解 (1)由题意知解得b＝c＝，
又a2＝b2＋c2，则a＝2，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由(1)知M(2,0)，
若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝t(－20，解得m<－或m>且m≠±2且m≠0，设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝－，yy＝－，
1 2 1 2
即有2myy＝3(y＋y)，
1 2 1 2
直线BM：y＝(x＋2)，
直线CN：y＝(x－2)，设直线BM，CN的交点为Q(x ，y )，
Q Q
由
消去y并化简整理得
x ＝，
Q
又(xy＋xy)＋2(y－y)＝(my＋1)y＋(my＋1)y＋2(y－y)＝2myy＋3y－y＝3(y＋y)＋3y
1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
－y＝2(y＋3y)，
1 1 2
(xy－xy)＋2(y＋y)＝(my＋1)y－(my＋1)y＋2(y＋y)＝y＋3y，
1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2
于是得x ＝＝4，即点Q(4，y )，
Q Q
则有OP＝(1,0)，OQ＝(4，y )，
Q
OP·OQ＝1×4＋0×y ＝4，
Q
即OP·OQ为定值4.
跟踪训练2 (1)解 如图所示，过点F作FA⊥MN，垂足为A，MN交x轴于点E，
由题得∠AFM＝，所以∠NMF＝，
因为MF＝MN，
所以△MNF是等边三角形，
因为O是FB的中点，
所以DF＝DN，MD⊥DF，
故FM＝＝8，
所以MN＝8，AN＝4，
所以OF＝AN＝2，
所以＝2，即p＝4.
(2)证明 由(1)可知抛物线C的方程是x2＝8y，
由题意知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
P，Q，G，
因为∠PGQ＝，
所以·＝－1，
即(x＋x)(x＋x)＝－64，
1 0 2 0
即xx＋x(x＋x)＋x＝－64.
1 2 0 1 2
又k＝，所以x＝4k，
0
故l：y＝(x－x)＋＝kx－2k2.
1 0
联立消去y，
得x2－8kx－8m＝0，其中Δ＝64k2＋32m>0，
则x＋x＝8k，xx＝－8m，
1 2 1 2
所以－8m＋32k2＋16k2＝－64，
所以m＝6k2＋8.
设点F到直线PQ和直线l 的距离分别为d，d，
1 1 2
则由l∥PQ得＝＝＝3，
1
所以点F到直线PQ与到直线l 的距离之比是定值，定值为3.
1
§8.14 圆锥曲线中的探索性与综合性问题
例1 解 (1)设M(x，y)，
则k k ＝·＝－，
AM BM
化简得＋＝1且x≠±2，
所以点M的轨迹(曲线C)的方程为＋＝1且x≠±2.(2)设N(4，n)，
则直线AM为y＝(x＋2)，
联立曲线C得
整理得(n2＋27)x2＋4n2x＋4n2－108＝0，
由题设知x ＋x ＝－，
A M
则x ＝，
M
故y ＝×＝，
M
又tan∠MFD＝＝，
tan∠NFD＝，
所以tan 2∠NFD＝＝＝＝tan∠MFD，
即∠MFD＝2∠NFD，
所以存在λ＝2，使得∠MFD＝2∠NFD.
跟踪训练1 解 (1)由已知C：－＝1(a>0，b>0)，
点A的坐标为(6,4)，得c＝4，
设焦点F(0,4)，F(0，－4)，
2 1
则2a＝AF－AF＝－6＝4.
1 2
所以a＝2，b2＝c2－a2＝12，
故C：－＝1.
(2)设l的方程为y＝2m(m>1)，
则D(0,2m)，故M(0，m)，
当直线PQ斜率存在时，如图，
设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
故N.
与双曲线方程联立得(3k2－1)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，
由已知得3k2≠1，Δ>0，
设P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝－，
1 2
xx＝，①
1 2
由PM＝λPN，MQ＝λQN得x＝λ，x＝λ，
1 2
消去λ得
x＝x，
2 1
即2xx－(x＋x)＝0，②
1 2 1 2
由①②得m2＝2，解得m＝，
当直线PQ斜率不存在时，m＝，
故存在定直线l：y＝2满足条件．
例2 (1)证明 如图，F(4,0)，
设M(x，y)，
1 1
N(x，y)，
2 2
直线MN：x＝ty＋4，
代入3x2－y2＝12，
整理得(3t2－1)y2＋24ty＋36＝0，
则y＋y＝，yy＝，
1 2 1 2
由解得t∈，
由MF＝
＝|y|，
1
同理，NF＝|y|，
2
由于yy<0，不妨设y>0，y<0，
1 2 1 2
则＋＝＝·，
由(y－y)2＝(y＋y)2－4yy＝2－＝，得y－y＝，
2 1 1 2 1 2 2 1
所以＋＝·＝·＝为定值．
(2)解 由题意，圆的方程为2＋2＝，
即x2＋y2－(x＋x)x－(y＋y)y＋xx＋yy＝0，
1 2 1 2 1 2 1 2
由对称性可知，若存在定点，则必在x轴上，
令y＝0，有
x2－(x＋x)x＋xx＋yy＝0，
1 2 1 2 1 2
由(1)可知x＋x＝t(y＋y)＋8＝，
1 2 1 2
xx＝(ty ＋4)(ty ＋4)＝t2yy＋4t(y＋y)＋16＝－＋16＝，
1 2 1 2 1 2 1 2代入方程后有x2＋x＋＝0，
即(x2－4)＋(x＋2)＝0，
令解得x＝－2，
故圆过定点(－2,0)．
当直线MN：y＝0时，圆过点(－2,0)．
综上，以MN为直径的圆过定点(－2,0)．
跟踪训练2 解 (1)当直线AB斜率不存在时，此时A，B，
∴AB＝2p，
当直线AB斜率存在时，
设直线AB的方程为y＝k，
联立抛物线方程得
k2x2－(k2p＋2p)x＋＝0，
Δ＝(k2p＋2p)2－k4p2＝4p2(k2＋1)>0，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
x＋x＝＝＋p，
1 2
此时AB＝x＋x＋p＝＋2p>2p，
1 2
显然当直线AB斜率不存在时，AB的值最小，
即2p＝4，解得p＝2，
∴抛物线E：y2＝4x.
(2)设A(x，y)，B(x，y)，C(－4，y)，D(－4，y)，
1 1 2 2 3 4
则OA：y＝x，OB：y＝x，
由(1)知，xx＝，
1 2
∴yy＝－p2＝－4，
1 2
∴y＝，y＝＝＝4y，
3 4 1
设圆心M(x，y)，
0 0
则y＝＝2y－.
0 1
若G(t，0)(t为定值)，H(m，0)，
则x＝.
0
由MD＝MG，得(x＋4)2＋(y－y)2＝(x－t)2＋y，
0 0 4 0
∴4t＋4m＋80＝－tm，
∴m＝也为定值．
∴H也为定点．
若t＝－8，则m＝12，S＝FH·|y－y|＝|y－y|＝≥×4＝22，
1 2 1 2
当且仅当y＝±2时取到最小值．
1
故△ABH面积S的最小值为22.
培优点 10 阿波罗尼斯圆与蒙日圆
例1 (1)A [设M(x，y)，E(－c，0)，F(c，0)，
由＝2，可得
＝2，
化简得2＋y2＝.
∵△MAB面积的最大值为4，△MCD面积的最小值为，
∴×2a×c＝4，×2b×c＝，
∴b2＝a2＝a2－c2，
即c2＝a2，∴e＝.]
(2)10
解析 假设A′(m，n)，使得PO＝2PA′，设P(x，y)，则＝2，
从而可得3x2－8mx＋4m2＋3y2－8ny＋4n2＝0，
从而可知圆心坐标为，
由题意得圆3x2－8mx＋4m2＋3y2－8ny＋4n2＝0与圆(x－4)2＋(y－4)2＝8是同一个圆，所以＝
4，＝4，
解得m＝n＝3，即A′(3,3)．
所以PO＋2PA＝2(PA′＋PA)≥2A′A
＝2＝10.
即PO＋2PA的最小值为10.
跟踪训练1 (1)A [由题意，
设A(－1,0)，B(1,0)，P(x，y)，
因为＝，
所以＝，
即(x－2)2＋y2＝3，
所以点P的轨迹是以(2,0)为圆心，半径为的圆，
因为PA2＋PB2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2＋1)，其中x2＋y2可看作圆(x－2)2＋y2＝3
上的点(x，y)到原点(0,0)的距离的平方，
所以(x2＋y2) ＝(2＋)2＝7＋4，
max
所以[2(x2＋y2＋1)] ＝16＋8，即PA2＋PB2的最大值为16＋8.]
max(2)
解析 如图所示，设M(m，0)，N(n，0)，P(x，y)，
∵PM＝2PN，
∴PM2＝4PN2，
∴(x－m)2＋y2＝4[(x－n)2＋y2]，
即x2－2mx＋m2＋y2＝4x2－8nx＋4n2＋4y2，
即3x2＋(2m－8n)x＋3y2＋4n2－m2＝0，
由题意得，x2＋y2＋x＋＝0与x2＋y2＝1表示同一个圆．
∴
解得或
∴MN＝|m－n|＝.
例2 (1)A [∵椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，找两个特殊
点分别为(0，)，(，0)，则两条切线分别是x＝，y＝，这两条切线互相垂直，且两条直线的
交点为P(，)，而P在蒙日圆上，∴()2＋()2＝4，解得a＝1.]
(2)①证明 当直线l，l 有一条斜率不存在时，不妨设l 的斜率不存在，
1 2 1
∵l 与椭圆只有一个公共点，
1
∴其方程为x＝±，
当l 的方程为x＝时，此时l 与圆的交点坐标为，
1 1
∴l 的方程为y＝1或y＝－1，故l⊥l 成立，
2 1 2
同理可证，当l 的方程为x＝－时，结论成立；
1
当直线l，l 的斜率都存在时，设点A(m，n)且m2＋n2＝4，
1 2
设过点A的直线方程为y＝k(x－m)＋n，代入椭圆方程，
可得(1＋3k2)x2＋6k(n－km)x＋3(n－km)2－3＝0，
由Δ＝0化简整理得
(3－m2)k2＋2mnk＋1－n2＝0，
∵m2＋n2＝4，
∴(3－m2)k2＋2mnk＋m2－3＝0，
设l，l 的斜率分别为k，k，
1 2 1 2
∴kk＝－1，∴l⊥l 成立，
1 2 1 2
综上，对于圆上的任意点A，都有l⊥l 成立．
1 2
②解 记原点到直线l，l 的距离分别为d，d，
1 2 1 2∵MA⊥NA，∴MN是圆的直径，
∴MA＝2d，NA＝2d，d＋d＝OA2＝4，
2 1
则△AMN的面积为
S＝MA·NA＝2dd，
1 2
则S2＝4dd＝4d(4－d)＝－4(d－2)2＋16，
∵d∈[1，]，即d∈[1,3]，
1
∴S2∈[12,16]，∴S∈[2，4]，
故△AMN的面积的取值范围为[2，4]．
跟踪训练2 AD [对于A，过点Q(a，b)可作椭圆的两条互相垂直的切线x＝a，y＝b，
∴点Q(a，b)在蒙日圆上，
∴蒙日圆方程为x2＋y2＝a2＋b2，
由e＝＝＝得a2＝2b2，
∴椭圆C的蒙日圆方程为x2＋y2＝3b2，A正确；
对于B，由l方程知，l过点P(b，a)，
又点P满足蒙日圆方程，
∴点P(b，a)在圆x2＋y2＝3b2上，
当A，B恰为过点P所作椭圆两条互相垂直的切线的切点时，PA·PB＝0，B错误；
对于C，∵点A在椭圆上，
∴AF＋AF＝2a，
1 2
∴d－AF＝d－(2a－AF)＝d＋AF－2a，
2 1 1
当FA⊥l时，d＋AF 取得最小值，最小值为F 到直线l的距离，
1 1 1
由A知，a2＝2b2，则c2＝a2－b2＝b2，即c＝b，
∴F 到直线l的距离
1
d′＝＝＝b，
∴(d－AF) ＝b－2a，C错误；
2 min
对于D，当矩形MNGH的四条边均与椭圆C相切时，蒙日圆为矩形MNGH的外接圆，
∴矩形MNGH的对角线为蒙日圆的直径，设矩形MNGH的长和宽分别为x，y，则x2＋y2＝
12b2，
∴矩形MNGH的面积S＝xy≤＝6b2(当且仅当x＝y＝b时取等号)，
即矩形MNGH面积的最大值为6b2，D正确．]
能力提升
1．B [因为椭圆C：＋＝1(a>0)的离心率为，
所以＝，解得a＝3，所以椭圆C的方程为＋＝1，
根据蒙日圆的定义知，蒙日圆的半径r＝＝，
所以椭圆C的蒙日圆方程为x2＋y2＝7.]
2．B [根据蒙日圆的定义得椭圆＋y2＝1的蒙日圆方程为x2＋y2＝4，其圆心为(0,0)，半径为
2，
依题意，点P在圆x2＋y2＝4上，
又点P在圆(x－3)2＋(y－4)2＝r2(r>0)上，且其圆心为(3,4)，
所以|2－r|≤≤2＋r，
即|2－r|≤5≤2＋r，
所以r∈[3,7]．]
3．C [如图所示，以AC的中点为原点，AC边所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
因为AC＝6，所以A(－3,0)，C(3,0)，
设B(x，y)，因为sin C＝2sin A，
由正弦定理可得AB＝2BC，
所以(x＋3)2＋y2＝4(x－3)2＋4y2，
化简得(x－5)2＋y2＝16，且x≠1，x≠9，
圆的位置如图所示，圆心为(5,0)，半径r＝4，
观察可得，在三角形底边长AC不变的情况下，当B点位于圆心D的正上方或正下方时，高
最大，
此时△ABC的面积最大，B点坐标为(5,4)或(5，－4)，
所以BC＝＝2.]
4．D [设P(x，y)，
则PA＝，
PB＝，
因为PA＝PB，
所以
＝，
同时平方，化简得x2＋y2＝4，
故点P的轨迹为圆心为(0,0)，半径为2的圆，
又点P在直线x－y＋m＝0上，故圆x2＋y2＝4与直线x－y＋m＝0必须有公共点，所以≤2，解得－2≤m≤2.]
5．A [由已知条件可得MP⊥MQ，则PQ为圆x2＋y2＝a2＋b2的一条直径，
则MP2＋MQ2＝PQ2＝4(a2＋b2)，
所以S ＝MP·MQ≤＝a2＋b2，
△MPQ
当且仅当MP＝MQ时，等号成立．
所以a2＋b2＝4b2，
所以a2＝3b2＝3(a2－c2)，
即2a2＝3c2，所以e＝.]
6．B [设点M(x，y)，令2MA＝MC，
则＝，
由题知圆x2＋y2＝1是关于点A，C的阿波罗尼斯圆，且λ＝，
设点C(m，n)，
则＝＝，
整理得x2＋y2＋x＋y＝，
比较两方程可得＝0，＝0，＝1，即m＝－2，n＝0，点C(－2,0)，
当点M位于图中M 的位置时，2MA－MB＝MC－MB，此时取得最大值，最大值为BC＝.]
1 1 1
7．ABD [对于A选项，设C(x，y)．
因为＝，
所以＝，
整理得x2＋y2＋4x＝0，
即(x＋2)2＋y2＝4，
所以动点C的轨迹为以N(－2,0)为圆心，2为半径的圆，轨迹方程为(x＋2)2＋y2＝4，故A正
确；
对于B选项，因为直线l过定点M(－1,1)，而点M(－1,1)在圆N内，所以直线l与圆N相交，
故B正确；
对于C选项，当直线l与NM垂直时，动点C到直线l的距离最大，且最大值为r＋NM＝2
＋，故C错误；
对于D选项，记圆心N到直线l的距离为d，则d＝.
因为PQ2＝4(r2－d2)＝8.
又r＝2，所以d＝.由＝2，得m＝－1，故D正确．]
8．ABD [依题意，过椭圆Γ的上顶点作y轴的垂线，过椭圆Γ的右顶点作x轴的垂线(图
略)，则这两条垂线的交点在圆C上，
所以a2＋b2＝a2，即a2＝2b2，
所以椭圆Γ的离心率e＝＝＝，故A正确；
因为点M，P，Q都在圆C上，且∠PMQ＝90°，
所以PQ为圆C的直径，
所以PQ＝2×＝a，
所以△MPQ面积的最大值为
PQ·＝·＝a2，故B正确；
设M(x，y)，Γ的左焦点为F(－c，0)，
0 0
连接MF(图略)，
因为c2＝a2－b2＝a2，
所以MF2＝(x＋c)2＋y＝x＋y＋2xc＋c2＝a2＋2x·a＋a2＝2a2＋ax，
0 0 0 0
又－a≤x≤a，
0
所以MF2∈[(2－)a2，(2＋)a2]，
则M到Γ的左焦点的距离的最小值为，故C不正确；
由直线PQ经过坐标原点，易得点A，B关于原点对称，设A(x，y)，D(x，y)，则B(－x，
1 1 2 2 1
－y)，
1
k＝，k＝，
1 2
又
所以＋＝0，
所以＝·＝－，
所以kk＝－，故D正确．]
1 2
9.
解析 根据题意可得，圆x2＋y2＝a2＋1上任意一点向椭圆C所引的两条切线互相垂直，
因此当直线 3x＋4y－10＝0与圆x2＋y2＝a2＋1相离时，∠APB恒为锐角，
故a2＋1<2＝4，
解得10)在其上一点(x，y)处的切线方程为yy＝px＋px.
0 0 0 0
证明如下：
由于点(x，y)在抛物线y2＝2px上，则y＝2px，
0 0 0
联立
可得2yy＝y2＋2px，
0 0
即y2－2yy＋y＝0，Δ＝0，
0
所以抛物线y2＝2px(p>0)在其上一点(x，y)处的切线方程为yy＝px＋px.
0 0 0 0
如图所示．
设A(x，y)，
1 1
B(x，y)，
2 2
直线AB的方程为x＝my＋，
联立
消去x得y2－2mpy－p2＝0，
由根与系数的关系可得yy＝－p2，
1 2
y＋y＝2mp，
1 2
对于A，抛物线y2＝2px在点A处的切线方程为yy＝px＋px，
1 1
即yy＝px＋，
1同理可知，抛物线y2＝2px在点B处的切线方程为yy＝px＋，
2
联立
解得
所以点P的横坐标为－，
即点P在抛物线的准线上，A正确；
对于B，直线l 的斜率为k＝，
1 1
直线l 的斜率为k＝，
2 2
所以kk＝＝－1，
1 2
所以AP⊥PB，B正确；
对于D，当AB垂直于x轴时，由抛物线的对称性可知，点P为抛物线的准线与x轴的交点，
此时PF⊥AB；
当AB不与x轴垂直时，直线AB的斜率为k ＝，直线PF的斜率为k ＝＝－m，
AB PF
所以k ·k ＝－1，则PF⊥AB.
AB PF
综上，PF⊥AB，D正确；
对于C，AB＝·|y－y|，
1 2
PF＝＝＝p，
所以S ＝AB·PF
△PAB
＝·|y－y|·p
1 2
＝(m2＋1)·
＝·(m2＋1)·
≥·2＝p2，
当且仅当时，等号成立，C错误．]
跟踪训练 解 (1)由题意知M(0，－4)，F，圆M的半径r＝1，
所以MF－r＝4，即＋4－1＝4，
解得p＝2.
(2)由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设A，B，直线AB的方程为y＝kx＋b，
联立消去y得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b>0(※)，
x＋x＝4k，xx＝－4b，
1 2 1 2
所以AB＝|x－x|
1 2
＝·
＝4·.因为x2＝4y，即y＝，所以y′＝，则抛物线在点A处的切线斜率为，在点A处的切线方程
为
y－＝(x－x)，即y＝x－，
1
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x－，
联立
则
即P(2k，－b)．因为点P在圆M上，
所以4k2＋(4－b)2＝1，①
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，
即－≤k≤，3≤b≤5，满足(※)．
设点P到直线AB的距离为d，
则d＝，
所以S ＝AB·d＝4.
△PAB
由①得，
k2＝＝，
令t＝k2＋b，则t＝，且3≤b≤5.
因为t＝在[3,5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，t ＝5，此时k＝0，所以△PAB
max
面积的最大值为20.
能力提升
1．A [设抛物线的焦点为F，由题意可知，抛物线y2＝4x的焦点坐标为F(1,0)，准线方程
为x＝－1，因为△PAB为“阿基米德三角形”，且弦AB经过抛物线y2＝4x的焦点，所以点
P必在抛物线的准线上，所以点P(－1，4)，
所以直线PF的斜率为＝－2.
又因为PF⊥AB，
所以直线AB的斜率为，
所以直线AB的方程为y－0＝(x－1)，
即x－2y－1＝0.]
2．A [抛物线的焦点为F(1,0)，准线方程为x＝－1，直线l：y＝k(x－1)经过抛物线的焦点，
依题意，k≠0，设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由消去y并整理得
k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
则x＋x＝，xx＝1，
1 2 1 2
AB＝x＋x＋2＝＋2＝8，
1 2
解得k2＝1，即k＝±1，当k＝1时，因为△PAB为“阿基米德三角形”，
则直线PF的斜率k ＝－1，直线PF的方程为y＝－x＋1，
PF
点P必在抛物线的准线x＝－1上，
所以点P的坐标为P(－1,2)，
PF＝2，
又PF⊥AB，于是得S ＝AB·PF＝×8×2＝8，
△PAB
由对称性可知，当k＝－1时，同理有S ＝8，
△PAB
所以△PAB的面积是8.]
3．D [方法一 设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
联立得x2－4kx－4b＝0，
由根与系数的关系得x＋x＝4k，xx＝－4b，
1 2 1 2
又AB＝|x－x|＝·＝8，
1 2
故k2＋b＝，
又x2＝4y，∴y＝x2，∴y′＝x，
故直线PA的方程为
y－y＝x(x－x)，
1 1 1
即y＝xx－x，
1
同理，直线PB的方程为
y＝xx－x，
2
联立直线PA，PB方程可得
x＝，y＝，
即x＝＝2k，y＝＝－b，
即P(2k，－b)，
∴点P到直线AB的距离d＝，
∴S ＝AB·d＝×8×＝4×·
△PAB
＝ ，
当k＝0时，(S ) ＝32.
△PAB max
方法二 由阿基米德三角形的性质知(S ) ＝＝＝32.]
△PAB max
4．ACD [由题意设
A，B，x0.5，
而前4组的频率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.21＝0.48<0.5，
所以2，s0.75且r非常接近1，
所以y与x具有很强的线性相关关系．
经计算可得
b＝＝＝3.45，
a＝－b＝18－3.45×5＝0.75，
所以所求线性回归方程为y＝3.45x＋0.75.
(2)①当x＝10时，y＝3.45×10＋0.75＝35.25，所以预计能带动的消费达35.25百万元．
②因为≈14.89%>10%，
所以发放的该轮消费券助力消费复苏不理想．
发放消费券只是影响消费的其中一个因素，还有其他重要因素，比如：A城市经济发展水平
不高，居民的收入水平直接影响了居民的消费水平；A城市人口数量有限、商品价格水平、
消费者偏好、消费者年龄构成等因素一定程度上影响了消费总量．(只要写出一个原因即可)．
例3 解 (1)根据散点图，知y＝c＋dln x更适宜作为y关于x的回归方程模型．
(2)令u＝ln x，则y＝c＋du，
由已知数据得d＝＝≈14.2，
c＝－d≈22.7－14.2×1.2≈5.7，
所以y＝5.7＋14.2u，故y关于x的回归方程为
y＝5.7＋14.2ln x，
令5.7＋14.2ln x>35，
整理得ln x>2.1，即x>e2.1≈8.2，
故当x＝9时，即到第9天才能超过35杯．
跟踪训练2 解 (1)由已知可得
＝＝120，
i
＝＝10.5，
i
b＝＝＝0.15，
a＝－b＝10.5－0.15×120＝－7.5，
所以线性回归方程为y＝0.15x－7.5.
(2)根据题意得Z＝＝＋m，60≤x≤150.
设f(x)＝＝－，
令t＝，≤t≤，
则f(x)＝g(t)＝0.15t－7.5t2＝－7.5×(t－0.01)2＋0.000 75，
当t＝0.01，即x＝100时，f(x)取最大值，
又因为k>0，m>0，所以此时Z也取最大值，
因此，小李应该租100 m2的商铺．
例4 解 (1)X的所有可能取值为0,1,2，
P(X＝0)＝C××＝，
P(X＝1)＝C××＝，
P(X＝2)＝C××＝，
所以X的概率分布为
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
(2)(ⅰ)根据试验数据可以知道40只小白鼠体重增加量的中位数m＝＝23.4.
列联表如下：
3.841，
所以有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异．
跟踪训练3 解 (1)由题意得来自B地区且喜爱程度为“非常喜欢”的观众为0.35×100＝
35(人)，
所以应从A地区抽取30×＝6(人)，
从B地区抽取35×＝7(人)．
(2)完成表格如表：
非常喜欢 喜欢 合计
A 30 15 45
B 35 20 55
合计 65 35 100
提出假设H：观众的喜爱程度与所在地区无关．
0
χ2＝＝≈0.1<2.072，
因为当H 成立时，χ2≥0.1的概率大于15%，这个概率较大，所以不能否定假设H ，即不能
0 0
认为观众的喜爱程度与所在地区有关．
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
§10.1 两个基本计数原理与排列组合
落实主干知识
知识梳理
1．(1)m＋m＋…＋m (2)m×m×…×m
1 2 n 1 2 n
2．一定的顺序
3．(1)排列 A (2)组合 C
4．n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) 1 n！ C＋C
自主诊断
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．AD 3.15 120 4.36
探究核心题型
例1 (1)B [长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的
6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的
个数是36＋12＝48.](2)B [①当万位数字为5，个位数字为0时，有4×3×2＝24(个)；②当万位数字为5，个
位数字为2时，有4×3×2＝24(个)；③当万位数字为5，个位数字为4时，有4×3×2＝
24(个)；④当万位数字为4，个位数字为0时，有4×3×2＝24(个)；⑤当万位数字为4，个
位数字为2时，有4×3×2＝24(个)．由分类计数原理，得共有 24＋24＋24＋24＋24＝
120(个)．]
(3)C [设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别为
②，③，④，⑤区．
第一步给①区涂色，有4种涂色方法．
第二步给②区涂色，有3种涂色方法．
第三步给③区涂色，有2种涂色方法．
第四步给④区涂色，若④区与②区同色，⑤区有2种涂色方法；
若④区与②区不同色，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法．
所以共有4×3×2×(2＋1×1)＝72(种)涂色方法．]
跟踪训练1 (1)B (2)420 (3)180
例2 (1)B (2)64
跟踪训练2 (1)336 (2)660
例3 B 例4 90
例5 C
跟踪训练3 (1)ACD (2)54
§10.2 二项式定理
落实主干知识
知识梳理
1．Can＋Can－1b1＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn Can－rbr r＋1 C
2．(1)相等 (2)①增大 减小
② (3)2n
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)√ (4)×
2．A 3.A 4.－1探究核心题型
例1 (1)112 (2)±1
例2 (1)－28 (2)1
微拓展
典例 (1)210
解析 因为(3x2＋2x＋1)10＝[3x2＋(2x＋1)]10＝C(3x2)10＋C(3x2)9(2x＋1)＋C(3x2)8(2x＋1)2＋…＋
C(3x2)1(2x＋1)9＋C(2x＋1)10，
所以含有x2的项为C3x2·C19＋CC(2x)218＝210x2.
所以(3x2＋2x＋1)10的展开式中，含x2的项的系数为210.
(2)92
解析 将(1＋2x－3x2)5看作5个因式1＋2x－3x2的乘积，这5个因式乘积的展开式中形成x5
的来源有：
①5个因式各出一个2x，这样的方式有C种，对应的项为C(2x)5；
②有3个因式各出一个2x，有1个因式出一个－3x2，剩余1个因式出一个1，这样的方式有
CC种，对应的项为C(2x)3C(－3x2)；
③有1个因式出一个2x，2个因式各出一个－3x2，剩余2个因式各出一个1，这样的方式有
CC种，对应的项为C×2x×C×(－3x2)2；
所以含x5的项的系数为C×25＋C×23×C×(－3)＋C×2×C×(－3)2＝92.
跟踪训练1 (1)ABC (2)－2
例3 (1)AD [由题意得
＝，则＝，解得n＝4，故A正确；
所以2n＋1＝9，令x＝1，则所有项的系数之和为－1，故B错误；
所以9的二项式系数和为29，故C错误；
9的通项公式为T ＝C9－r(－2x)r＝C(－2)rx2r－9，若T 为常数项，则有2r－9＝0，解得r＝
r＋1 r＋1
∉N，所以不存在常数项，故D正确．]
(2)BCD [由二项展开式中的二项式系数性质可知二项式系数最大为 C，易知应为第1 013
项，故A错误；
令x＝1，可得(1－2)2 024＝a ＋a ＋a ＋…＋a ＋a ＝1，即展开式中所有项的系数和为
0 1 2 2 023 2 024
1，故B正确；
令x＝0，可得a＝1，令x＝，可得2 024＝a＋＋＋…＋＋＝0，
0 0
所以＋＋＋…＋＋＝－1，故C正确；
将等式(1－2x)2 024＝a＋ax＋ax2＋…＋a x2 023＋a x2 024两边同时求导可得，
0 1 2 2 023 2 024
2 024×(－2)(1－2x)2 023＝a＋2ax1＋…＋2 023a x2 022＋2 024a x2 023，
1 2 2 023 2 024
再令x＝1，可得a＋2a＋3a＋…＋2 023a ＋2 024a ＝4 048，故D正确．]
1 2 3 2 023 2 024例4 D [因为n的二项展开式中二项式系数之和为64，
所以2n＝64，则n＝6，
所以二项式为6，
则二项展开式的通项为T ＝C(2x)6－kk＝ ，
k＋1
令x＝1，可得二项展开式中各项系数之和为36，故A错误；
第 4 项的二项式系数最大，此时 k＝3，则二项展开式中二项式系数最大的项为 T ＝
4
＝ ，故B错误；
令6－k＝0，则k＝4，
所以二项展开式中的常数项为 ×4＝60，故C错误；
令第r＋1项的系数最大，
则
解得≤r≤，
因为r∈N，所以r＝2.
所以二项展开式中系数最大的项为T＝C24x3＝240x3，故D正确．]
3
跟踪训练2 (1)C (2)BD
例5 (1)B [因为a∈Z，且0≤a≤13，
所以512 025＋a＝(52－1)2 025＋a＝C·522 025－C·522 024＋C·522 023－…＋C·52－C2 025 ＋a，
2 025
因为512 025＋a能被13整除，
所以－C＋a＝－1＋a能被13整除，又0≤a≤13，所以a＝1.]
(2)D [1.056＝(1＋0.05)6＝C＋C×0.05＋C×0.052＋C×0.053＋…＋C×0.056＝1＋0.3＋0.037 5
＋0.002 5＋…＋0.056≈1.34.]
跟踪训练3 (1)C [11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11－1＝C·11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋
C·11＋C－2＝(11＋1)n－2
＝12n－2＝(13－1)n－2＝C·13n－C·13n－1＋…＋(－1)n－1·C·13＋(－1)n·C－2，
因为n为奇数，则上式＝C·13n－C·13n－1＋…＋(－1)n－1·C·13－3＝[C·13n－C·13n－1＋…＋(－
1)n－1·C·13－13]＋10，
所以11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11－1除以13的余数是10.]
(2)B [0.996＝(1－0.01)6＝C×1－C×0.01＋C×0.012－C×0.013＋…＋C×0.016＝1－0.06＋0.001
5－0.000 02＋…＋0.016≈0.941.]§10.3 随机事件与概率
落实主干知识
知识梳理
1．(1)①结果 (2)①子集
2．A⊆B A＝B A与B至少有一个发生 AB或A∩B AB＝∅，且A＋B＝Ω
3．(1)①有限个 ②等可能
4．(1)频率
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)√ (4)×
2．B 3.B 4.
探究核心题型
例1 (1)BC (2)BC
例2 解 (1)设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A＋B＋C.
∵A，B，C两两互斥，
∴P(M)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＋＋＝.
故1张奖券中奖的概率为.
(2)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，
则事件N与事件“1张奖券中特等奖或中一等奖”互为对立事件，
∴P(N)＝1－P(A＋B)＝1－[P(A)＋P(B)]＝1－＝.
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
例3 ABC
跟踪训练1 (1)B (2)0.034
例4 (1)C (2)C
跟踪训练2 (1)C (2)D
例5 解 (1)用a，b分别表示事件“选择物理”“选择历史”，用c，d，e，f分别表示事件
“选择化学”“选择生物”“选择思想政治”“选择地理”，
则所有选科组合的样本空间
Ω＝{acd，ace，acf，ade，adf，aef，bcd，bce，bcf，bde，bdf，bef}，共含12个样本点，
设M＝“从所有选科组合中任意选取1个，该选科组合符合该大学医学院临床医学类招生选
科要求”，则M＝{acd，ace，acf，ade，adf}，共含5个样本点，
∴P(M)＝＝.
(2)设“甲、乙、丙三人每人的选科组合符合该大学医学院临床医学类招生选科要求”的事
件分别是N ，N ，N ，由题意知事件N ，N ，N 相互独立．
1 2 3 1 2 3
由(1)知P(N )＝P(N )＝P(N )＝.
1 2 3记N＝“甲、乙、丙三人中恰有两人的选科组合符合该大学医学院临床医学类招生选科要
求”，则N＝N N ＋N N ＋N N ，
1 2 1 3 2 3
则P(N)＝P(N N )＋P(N N )＋P(N N )＝×××3＝.
1 2 1 3 2 3
跟踪训练3 解 (1)记“甲命中目标”为事件A，则P(A)＝，
所以甲没有命中目标的概率P()＝1－P(A)＝.
(2)记“乙命中目标”为事件B，
则P(B)＝，P()＝，
两次射击中，恰好有一人命中目标的事件为A＋B，
由题意知事件A，B相互独立，
所以所求概率P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()·P(B)
＝×＋×＝.
§10.4 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
落实主干知识
知识梳理
1．(1)P(A)P(B) (2) B
2．(1) P(B|A) A发生的条件下B发生的概率 (2)① ②P(A)P(B|A) (3)①1 ②0
③P(B|A)＋P(B|A)
1 2
3．互斥 Ω
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)√ (4)√
2．A 3.D 4.0.55
探究核心题型
例1 BCD 例2 ABD
微拓展
典例 ACD [A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故P＝0，
1
第二次传球，乙或丙有的概率回到甲手里，故P＝，A正确；
2
C选项，P 为传球n－1次后球仍回到甲手里的概率，要想传球n次后球仍回到甲手里，
n－1
则第(n－1)次传球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传球有的概率回到甲手里，
故P＝(1－P )，C正确；
n n－1
D选项，由C选项知
P＝(1－P )，
n n－1
即P＝－P ＋，
n n－1
设P＋λ＝－(P ＋λ)，
n n－1故P＝－P －λ，
n n－1
所以－λ＝，解得λ＝－，
故P－＝－，
n
又P－＝－≠0，
1
所以是首项为－，公比为－的等比数列，故P－＝－n－1，
n
故P＝－n－1，D正确；
n
B选项，由D选项可知P＝－×3＝，B错误．]
4
跟踪训练1 (1)ABD (2)0.236
例3 B 例4 AC
例5 C
跟踪训练2 (1)AD (2)
例6 (1)C
(2)A [记事件A：放入水果分选机的苹果为大果，事件A：放入水果分选机的苹果为小果，
1 2
记事件B：水果分选机筛选的苹果为“大果”，
则P(A)＝，P(A)＝，
1 2
P(B|A)＝，P(B|A)＝，
1 2
由全概率公式可得
P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)·P(B|A)＝×＋×＝，
1 1 2 2
P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝，
1 1 1
因此，P(A|B)＝＝×＝.]
1
跟踪训练3 D
§10.5 离散型随机变量及其分布列、数字特征
落实主干知识
知识梳理
1．唯一
2．(1)概率分布列 (2)概率分布表
3．(1)≥ (2)1
4．px＋px＋…＋px
1 1 2 2 n n
(x－μ)2p＋(x－μ)2p＋…＋(x－μ)2p
1 1 2 2 n n
5．(1)aE(X)＋b (2)a2D(X)
自主诊断
1．(1)× (2)√ (3)√ (4)√
2．A 3.2 1.2 4.乙探究核心题型
例1 (1)ABD (2)D
跟踪训练1 (1)C (2)
例2 (1)D (2)C
微拓展
典例 (1)D [由概率分布可得E(X)＝0×＋1×＋2×＝＋p，
则D(X)＝2＋2＋2
＝－p2＋p＋＝－2＋，
因为0D(Y)，所以选择B景点．跟踪训练3 解 (1)由题意得，X的所有可能取值为0,20,100，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的概率分布为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)当小明先回答A类问题时，由(1)可得E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0,80,100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的概率分布为
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为57.6>54.4，即E(Y)>E(X)，所以为使累计得分的均值最大，小明应选择先回答B类问题．
§10.6 二项分布、超几何分布与正态分布
落实主干知识
知识梳理
1．(1)两个 n重伯努利试验
(3)①p p(1－p) ②np np(1－p)
2．X～H(n，M，N)
3．正态密度曲线下方 x轴上(a，b]上方 X～N(μ，σ2)
4．(1)68.3% (2)95.4% (3)99.7%
5．μ σ2
自主诊断
1．(1)√ (2)√ (3)× (4)×
2．A 3.B 4.
探究核心题型例1 解 (1)由题意可知，X～B，
则P(X＝0)＝2＝，
P(X＝1)＝C××＝，
P(X＝2)＝2＝，
所以随机变量X的概率分布为
X 0 1 2
P
所以E(X)＝2×＝.
(2)对于方案一：“机器发生故障时不能及时维修”等价于“甲、乙、丙三人中，至少有一
人负责的2台机器同时发生故障”，考查反面处理这个问题．
其概率为P＝1－[1－P(X＝2)]3＝1－3＝.
1
对于方案二：机器发生故障时不能及时维修的概率为P＝1－6－C·×5－C·2×4＝1－＝，
2
所以P10.828，
即有99.9%的把握认为两类学生对生物学科的选法存在差异．
(2)记“学生选择物理类”为事件M，“学生选择历史类”为事件N，“同时选择地理和化
学”为事件C，
则P(M)＝，
P(N)＝1－P(M)＝，
P(C|M)＝，P(C|N)＝，故P(C)＝P(M)P(C|M)＋P(N)·P(C|N)＝×＋×＝，
由题意可得X～B，
则随机变量X的均值E(X)＝100×＝16.
跟踪训练3 解 (1)提出假设H：喜欢哪种机型与性别无关．
0
由表中数据可得χ2＝≈8.333>6.635，即有99%的把握认为喜欢哪种机型与性别有关．
(2)由题意，
324∶216∶108＝3∶2∶1，
所以12人中有青年人6人，中年人4人，老年人2人，则X的所有可能取值为0,1,2,3，
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
则概率分布为
X 0 1 2 3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
§10.8 概率、统计与其他知识的交汇问题
跟踪训练1 (1)解 方法一 X的所有可能取值为0,1,2,3，
在一次扑球中，扑到点球的概率为
P＝×××3＝，
所以P(X＝0)＝C3＝，
P(X＝1)＝C·×2＝，
P(X＝2)＝C·2×＝，
P(X＝3)＝C3＝，
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
E(X)＝×0＋×1＋×2＋×3＝＝.
方法二 依题意可得门将每次可以扑到点球的概率为p＝×＝，
门将在前三次扑到点球的个数X的所有可能取值为0,1,2,3，
易知X～B，所以P(X＝k)＝C·k·3－k，
k＝0,1,2,3，
故X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
所以E(X)＝3×＝.
(2)①证明 第n次传球之前球在甲脚下的概率为p，
n
则当n≥2时，第n－1次传球之前球在甲脚下的概率为p ，
n－1
第n－1次传球之前球不在甲脚下的概率为1－p ，
n－1
则p＝p ×0＋(1－p )×＝－p ＋，
n n－1 n－1 n－1
即p－＝－，
n
又p－＝，
1
所以是以为首项，－为公比的等比数列．
②解 由①可知
p＝n－1＋，
n
所以p ＝×9＋<，
10
所以q ＝(1－p )
10 10
＝×>，
故p 0，函数f(p)单调递增，
当p∈时，f′(p)<0，函数
f(p)单调递减，
所以当p＝时，f(p)取得最大值为
f ＝C×3×2＝，
此时，p＝＝，
解得n＝3或n＝(舍去)，
所以当n＝3时，f(p)取得最大值.
跟踪训练2 解 (1)X的所有可能取值为5,6,7,8,9,10，
P(X＝5)＝5＝，
P(X＝6)＝C×1×4＝，
P(X＝7)＝C×2×3＝＝，
P(X＝8)＝C×3×2＝＝，
P(X＝9)＝C×4×1＝，
P(X＝10)＝C×5＝.
所以X的概率分布为
X 5 6 7 8 9 10
P
则E(X)＝5×＋6×＋7×＋8×＋9×＋10×＝＝.
(2)由题意知“每天得分不低于3分”的概率为p＋(1－p)×＝＋p(00，f(p)在上单调递增；
当p∈时，f′(p)<0，f(p)在上单调递减，
所以当p＝时，f(p)取得最大值．                        
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