1
解答题：三角函数与解三角形
目录
题型一：三角恒等变换与三角函数1
题型二：正余弦定理解三角形的边与角3
题型三：利用正弦定理求三角形外接圆6
题型四：解三角形中边长或周长的最值范围8
题型五：解三角形中面积的最值范围10
题型六：三角形的角平分线、中线、垂线12
必刷大题17
题型一：三角恒等变换与三角函数
大题典例
例1 ：(24 - 25 高三上·河南·月考) 已知向量m= (cosx + sinx, 3sinx),n= (cosx - sinx,2cosx)，函数g(x) =
m⋅n.
(1) 求g(x) 的最小正周期;
(2) 若函数f(x) = g(x) - a 在区间0, π
2
上恰有两个零点，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)π；(2) [1,2).
【解析】(1)g(x) = m⋅n= cos2x - sin2x + 2 3sinxcosx，= cos2x +
3sin2x = 2sin 2x+ π
6
∴g(x) 的最小正周期T = 2π
2 = π；
(2) 由题知g(x) = a 在区间0, π
2
上恰有两个不同的实数根，
即函数g(x) 在区间0, π
2
上的图象与直线y = a 恰有两个交点，
令u = 2x + π
6 , ∵x ∈0, π
2
, ∴u ∈
π
6 , 7π
6
，
作出y = 2sinu u∈π
6 , 7π
6
的图象与直线y = a，如图.
由图知，当1 ≤a < 2 时，y = 2sinu u∈π
6 , 7π
6
的图象与直线y = a 有两个交点，
∴实数a 的取值范围为[1,2).
2
解法指导
此类题型考察恒等变形和三角函数函数性质，涉及到三角恒等变形的公式比较多。
1、首先要通过降幂公式降幂，二倍角公式化角：
(1) 二倍角公式：sin 2α = 2sin αcos α (S2α)；cos 2α = cos2α - sin2α = 2cos2α - 1 = 1 - 2sin2α (C2α)
(2) 降幂公式：cos2α = 1+cos2α
2
，sin2α = 1-cos2α
2
，
2、再通过辅助角公式“化一”，化为y = Asin(ωx + φ) + B
3、辅助角公式：asin α + bcos α =
a2+b2sin(α + φ)，其中tan φ = b
a .
4、最后利用三角函数图象和性质，求解计算：
一般将ωx + ϕ 看做一个整体，利用换元法和数形结合的思想解题。与三角函数相关的方程根的问题(零点
问题)，通常通过函数与方程思想转化为图象交点问题，再借助图象进行分析。
变式训练
【变式1】(24 - 25 高三上·江苏常州·月考) 如图，已知函数f x
= 2sin ωx+φ
ω>0, φ
< π
2
的图象过点
A 0,1
和B x0,-2
x0>0
，且满足AB
=
13.
(1) 求f x
的解析式；
(2) 当x ∈- 1
4 ,1
时，求函数f x
值域.
【答案】(1)f x
= 2sin 2π
3 x+ π
6
;(2) 0,2
【解析】(1) 由A 0,1
,B x0,-2
x0>0
, AB
=
13，得x2
0+ 9 = 13,x0> 0，则x0= 2
又f 0
= 1，即sin φ
= 1
2 , φ
< π
2 得φ = π
6 ，
由f 2
=-2，得sin 2ω+ π
6
=-1,
根据图象可知2ω + π
6 = 3π
2 ，解得ω = 2π
3
∴f x
= 2sin 2π
3 x+ π
6
.
(2) ∵x ∈- 1
4 ,1
，∴2π
3 x + π
6 ∈0, 5π
6
，故sin 2π
3 x+ π
6
∈0,1
，
f x
= 2sin 2π
3 x+ π
6
∈0,2
，即f x
的值域为0,2
.
3
【变式2】(24 - 25 高三上·北京·期中) 已知函数f x
= sin2x + 2sinxcosx - cos2x.
(1) 求f x
的最小正周期；
(2) 求不等式f x
≥-1 的解集；
(3) 从条件①，条件②，条件③选择一个作为已知条件，求m 的取值范围.
①f x
在0,m
有恰有两个极值点；
②f x
在0,m
单调递减；
③f x
在0,m
恰好有两个零点.
注：如果选择的条件不符合要求，0 分；如果选择多个符合要求的条件解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)π；(2) x kπ≤x≤3π
4 +kπ,k∈Z
；(3) 答案见解析
【解析】(1) 因为f x
= sin2x + 2sinxcosx - cos2x = 2sinxcosx - cos2x-sin2x
= sin2x - cos2x =
2sin 2x- π
4
.
所以f x
的最小正周期为2π
2 = π.
(2) 因为f x
=
2sin 2x- π
4
≥-1，即sin 2x- π
4
≥-
2
2 ，
则- π
4 + 2kπ ≤2x - π
4 ≤5π
4 + 2kπ,k ∈Z，解得kπ ≤x ≤3π
4 + kπ,k ∈Z，
所以不等式f x
≥-1 的解集为x kπ≤x≤3π
4 +kπ,k∈Z
.
(3) 因为x ∈0,m
，所以2x - π
4 ∈- π
4 ,2m- π
4
.
若选择①：因为f x
在0,m
有恰有两个极值点.
则3π
2 < 2m - π
4 ≤5π
2 ，解得7π
8 < m ≤11π
8 ，
所以m 的取值范围
7π
8 , 11π
8
；
若选择②：因为f x
在0,m
单调递减
当2x - π
4 ∈- π
4 , π
2
时，f x
函数递增，
所以f x
在0,m
不可能单调递减，所以②不符合题意；
若选择③：因为f x
在0,m
恰好有两个零点.
则π < 2m - π
4 ≤2π，解得5π
8 < m ≤9π
8 ，
所以m 的取值范围
5π
8 , 9π
8
.
题型二：正余弦定理解三角形的边与角
大题典例
例2 ：(24 - 25 高三上·福建南平·期中) 在锐角△ABC 中，角A,B,C 所对的边分别为a,b,c. 已知cos2 A+B
=
- 3
4
(1) 求tan2C；
(2) 当c = 2a，且b =
7
2
时，求a.
4
【答案】(1) -
7
3 ；(2)
14
6
【解析】(1) 因为cos2 A+B
=- 3
4 ，
所以cos2 A+B
- sin2(A + B) =- 3
4 ，即cos2C - sin2C =- 3
4 ，
所以cos2C-sin2C
cos2C+sin2C = 1-tan2C
1+tan2C =- 3
4 ，
所以tan2C = 7，
又因为C 为锐角，所以tanC =
7，
所以tan2C =
2tanC
1-tan2C =-
7
3
(2) 由(1) 知tanC =
7 且C 为锐角，
所以cosC =
2
4 ，
所以c2= a2+ b2- 2abcosC，即4a2= a2+ 7
4 - 2a ×
7
2
×
2
4 ，
所以12a2+
14a - 7 = 0. 解之得a =
14
6
解法指导
利用正、余弦定理求解三角形的边角问题，实质是实现边角的转化，解题的思路是：
1、选定理.
(1) 已知两角及一边，求其余的边或角，利用正弦定理；
(2) 已知两边及其一边的对角，求另一边所对的角，利用正弦定理；
(3) 已知两边及其夹角，求第三边，利用余弦定理；
(4) 已知三边求角或角的余弦值，利用余弦定理的推论；
(5) 已知两边及其一边的对角，求另一边，利用余弦定理；
2、巧转化：化边为角后一般要结合三角形的内角和定理与三角恒等变换进行转化；若将条件转化为边之间的
关系，则式子一般比较复杂，要注意根据式子结构特征灵活化简.
3、得结论：利用三角函数公式，结合三角形的有关性质(如大边对大角，三角形的内角取值范围等)，并注意利
用数形结合求出三角形的边、角或判断出三角形的形状等。
变式训练
【变式1】(24 - 25 高三上·江苏苏州·月考) 记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知a( 2 - cosB)
= 2bcos2 A
2 .
(1) 证明：b + c =
2a；
(2) 若a = 2，tanBtanC = 3，求sinA.
【答案】(1) 证明见解析；(2)sinA =
15
4
【解析】(1) 由已知结合正弦定理，得sinA( 2 - cosB) = 2sinBcos2 A
2 ，
5
化简得sinA( 2 - cosB) = sinB(1 + cosA)，
即sinAcosB + cosAsinB + sinB =
2sinA，
所以sin(A + B) + sinB =
2sinA，
又A + B = π - C，所以sinB + sinC =
2sinA，
故由正弦定理得b + c =
2a.
(2) 因为tanBtanC = 3，所以sinBsinC
cosBcosC = 3，
所以sinBsinC - cosBcosC = 2cosBcosC，
所以-cos(B + C) = 2cosBcosC，
结合B + C = π - A，可得-cos(B + C) = cosA，故cosA = 2cosBcosC，
由(1) 知b + c =
2a = 2 2，
由余弦定理得cosA = b2+c2-4
2bc
= (b+c)2-4
2bc
- 1 = 2
bc - 1，
则2
bc - 1 = 2 ⋅4+c2-b2
4c
⋅4+b2-c2
4b
，
化简得16 - 8bc = 4+c2-b2
4+b2-c2
= 16 - (b + c)2(b - c)2，
代入b + c = 2 2，整理得16 - 8bc = 16 - 8(b - c)2，所以bc = 8
5 ，
所以cosA = 2
bc - 1 = 1
4 ，
故sinA =
1-cos2A =
15
4
.
【变式2】(24 - 25 高三上·上海·期中) 在△ABC 中，角A、B、C 所对的边分别为a、b、c，已知a = 5．
(1) 若A = π
3 ，b = 3c，求c；
(2) 若A = π
6 ，5csinB = 3b，求△ABC 的周长．
【答案】(1)c = 5 7
7
；(2)15 + 3 3 或7 + 3 3.
【解析】(1) 根据余弦定理a2= b2+ c2- 2bccosA，已知a = 5，A = π
3 ，b = 3c.
将b = 3c，a = 5，cosA = 1
2 代入余弦定理公式可得：
52= (3c)2+ c2- 2 × 3c × c × 1
2 化简得c2= 25
7
解得c = 5 7
7
(因为边长不能为负，舍去- 5 7
7
).
(2) 已知5csinB = 3b，由正弦定理
b
sinB =
c
sinC 可得5sinCsinB = 3sinB.
因为sinB ≠0，可得sinC = 3
5 .
因为a = 5，A = π
6 ，a < c 时C 有两解(C 为锐角或钝角).
当C 为锐角时，cosC = 4
5 .
sinB = sin(A + C) = sinAcosC + cosAsinC，sinA = 1
2 ，cosA =
3
2 .
则sinB = 1
2 × 4
5 +
3
2
× 3
5 = 4+3 3
10
.
6
再由正弦定理
b
sinB =
a
sinA ，可得b = asinB
sinA = 5 × 4+3 3
10
× 2 = (4 + 3 3).
c
sinC =
a
sinA ，可得c = asinC
sinA = 5 × 3
5 × 2 = 6.
此时三角形周长为a + b + c = 5 + (4 + 3 3) + 6 = 15 + 3 3.
当C 为钝角时，cosC =- 4
5 .
sinB = sin(A + C) = sinAcosC + cosAsinC = 1
2 × - 4
5
+
3
2
× 3
5 = 3 3-4
10
.
由正弦定理
b
sinB =
a
sinA ，可得b = asinB
sinA = 5 × 3 3-4
10
× 2 = (3 3 - 4).
c
sinC =
a
sinA ，可得c = asinC
sinA = 5 × 3
5 × 2 = 6.
此时三角形周长为a + b + c = 5 + (3 3 - 4) + 6 = 7 + 3 3.
则△ABC 的周长为15 + 3 3 或7 + 3 3.
题型三：利用正弦定理求三角形外接圆
大题典例
例3 ：(24 - 25 高三上·全国·专题练习)△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知b2+c2-a2
ab
=
2sinB-sinA
sinA
．
(1) 求C 的大小；
(2) 若△ABC 面积为6 3，外接圆面积为49
3 π，求△ABC 周长.
【答案】(1) π
3 ；(2)18
【解析】(1) ∵b2+c2-a2
ab
= 2sinB-sinA
sinA
= 2b-a
a
，
∴ab = b2+ a2- c2，
∴cos
C = b2+a2-c2
2ab
= 1
2 ，
∵C ∈0，π
，∴C = π
3 ．
(2) 设△ABC 外接圆的半径为R，
由S圆= πR2= 49
3 π，得R = 7 3
3
，
因为
c
sinC = 2R = 14 3
3
，解得c = 7，
∵S△ABC = 1
2 absin
C = 6 3，所以ab = 24，
又c2= b2+ a2- ab = (a + b)2- 3ab，
所以49 = (a + b)2- 72 ，故a + b = 11，
所以△ABC 周长a + b + c = 18.
解法指导
7
利用正弦定理：a
sinA =
b
sinB =
c
sinC = 2R 可求解三角形外接圆的半径。
若要求三角形外接圆半径的范围，一般将R 用含角的式子表示，再通过三角函数的范围来求半径的范围。
变式训练
【变式1】(24 - 25 高三上·海南·月考) 如图，平面四边形ABCD 内接于一个圆，且AB = 5，BD = 3 5 ，A 为钝
角，sinA = 3
5 .
(1) 求sin∠ABD；
(2) 若BC = 5，求△BCD 的面积．
【答案】(1) 2 5
25 ；(2)15
【解析】(1) 因为A 为钝角，sinA = 3
5 ，所以cosA =-
1-
3
5
2
=- 4
5 ，
由余弦定理得3 5
2= AD2+ 52- 2 × AD × 5 × - 4
5
，
整理得AD2+ 8AD - 20 = AD+10
AD-2
= 0，解得AD = 2(负根舍去)，
由正弦定理得
AD
sin∠ABD = BD
sinA ,sin∠ABD = AD×sinA
BD
=
2× 3
5
3 5 = 2 5
25 .
(2) 由于圆的内接四边形对角互补，所以sinC = sinA = 3
5 且C 为锐角，则cosC = 4
5 ，
在三角形BCD 中，由余弦定理得：
3 5
2= 52+ CD2- 2 × 5 × CD × 4
5 ，CD2- 8CD - 20 = CD-10
CD+2
= 0，
解得CD = 10(负根舍去)，
所以三角形BCD 的面积为1
2 × BC × CD × sinC = 1
2 × 5 × 10 × 3
5 = 15.
【变式2】(23 - 24 高三下·浙江·模拟预测) 如图，在平面内的四个动点A，B，C，D 构成的四边形ABCD 中，
AB = 1，BC = 2，CD = 3，AD = 4.
(1) 求△ACD 面积的取值范围；
8
(2) 若四边形ABCD 存在外接圆，求外接圆面积.
【答案】(1) 0,2 5
；(2) 1155π
288
【解析】(1) 由三角形的性质可知，AB + BC > AC，即AC < 3，
且AC + CD > AD，即AC > 1，所以1 < AC < 3，
△ADC 中，cos∠ADC = 9+16-AC2
2×3×4
= 25-AC2
24
，
所以cos∠ADC ∈
2
3 ,1
，则sin∠ADC ∈0,
5
3
，
S△ADC = 1
2 × 3 × 4 × sin∠ADC = 6sin∠ADC，
所以△ADC 面积的取值范围是0,2 5
；
(2)△ADC 中，AC2= 9 + 16 - 2 × 3 × 4 × cos∠ADC = 25 - 24cos∠ADC，
△ABC 中，AC2= 1 + 4 - 2 × 1 × 2 × cos∠ABC = 5 - 4cos∠ABC，
即25 - 24cos∠ADC = 5 - 4cos∠ABC
因为四边形ABCD 存在外接圆，所以∠ADC + ∠ABC = 180°，即cos∠ADC =-cos∠ABC，
即25 - 24cos∠ADC = 5 + 4cos∠ADC，得cos∠ADC = 5
7 ，sin∠ADC =
1-
5
7
2
= 2 6
7
，
此时AC2= 25 - 24 × 5
7 = 55
7 ，即AC =
385
7
，
由2R =
AC
sin∠ADC =
2310
12
⇒R =
2310
24
，
四边形ABCD 外接圆的面积S = πR2= π ×
2310
24
2
= 1155π
288 .
题型四：解三角形中边长或周长的最值范围
大题典例
例4 ：(24 - 25 高三上·四川绵阳·月考) 在锐角△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，b2= c2- ab.
(1) 求证：C = 2B；
(2)b = 2，求a 的取值范围.
【答案】(1) 证明见解析；(2)2 < a < 4.
【解析】(1) 在锐角△ABC 中，由余弦定理b2= a2+ c2- 2accosB 及b2= c2- ab，得2ccosB = a + b，
由正弦定理得2sinCcosB = sinA + sinB = sin(B + C) + sinB = sinBcosC + cosBsinC + sinB，
则sin(C - B) = sinB，由0 < C < π
2 ,0 < B < π
2 ，得- π
2 < C - B < π
2 ，
所以C - B = B，即C = 2B.
(2) 在锐角△ABC 中，由正弦定理得
a
sinA =
b
sinB ，则
a
sin(π-B-2B) =
2
sinB ，
于是a = 2sin(B+2B)
sinB
= 2(sinBcos2B+cosBsin2B)
sinB
= 2cos2B + 4cos2B = 8cos2B - 2，
由
0<2B< π
2
0<π-3B< π
2
，得π
6 < B < π
4 ，则cosB ∈
2
2 ,
3
2
，cos2B ∈
1
2 , 3
4
，
所以a 的取值范围是2 < a < 4.
9
解法指导
利用正、余弦定理等知识求解三角形边长或周长最值范围问题，一般先运用正、余弦定理进行边角互化，然后
通过三角形中相关角的三角恒等变换，构造关于某一角或某一边的函数或不等式，再利用函数的单调性或基
本不等来处理。
变式训练
【变式1】(24 - 25 高三上·山西·月考) 在△ABC 中，角A,B ,C 的对边分别是a,b,c，且b+c
cosA =
a cosB-cosC
．
(1) 证明：A = 2B．
(2) 若△ABC 是锐角三角形，求b
a 的取值范围．
【答案】(1) 证明见解析；(2)
3
3 ,
2
2
.
【解析】(1) 由题设sinB+sinC
cosA = sinA cosB-cosC
，
所以sinBcosA + sinCcosA = sinAcosB - sinAcosC，
则sinCcosA + sinAcosC = sinAcosB - sinBcosA，即sin(A + C) = sin(A - B)，
又A + C = π - B，则sin(π - B) = sinB = sin(A - B)，且A,B ∈(0,π)，
所以B = A - B ⇒A = 2B，得证.
(2) 由题设
0<A< π
2
0<B< π
2
π
2 <A+B<π
，即
0<2B< π
2
0<B< π
2
π
2 <3B<π
，得π
6 < B < π
4 ，
由b
a = sinB
sinA = sinB
sin2B =
1
2cosB ，而cosB ∈
2
2 ,
3
2
，故b
a ∈
3
3 ,
2
2
.
【变式2】(24 - 25 高三上·贵州遵义·月考) 记△ABC 的内角A，B，C 对应的三边分别为a，b，c，且
3 sinB +
cosB = 1.
(1) 求B；
(2) 若b = 3，求△ABC 的周长的取值范围.
【答案】(1)B = 2π
3 ；(2) 6,2 3+3
【解析】(1) 因为
3sinB + cosB = 1，所以2sin B+ π
6
= 1，即sin B+ π
6
= 1
2 ，
因为B ∈0,π
，所以B + π
6 = 5π
6 ，即B = 2π
3 ；
(2) 因为B = 2π
3 ，b = 3，由正弦定理得
a
sinA =
c
sinC =
b
sinB =
3
3
2
= 2 3，
则a = 2 3sinA,c = 2 3sinC，又A + B + C = π，
则C = π - B - A = π
3 - A，且A ∈0, π
3
，
所以a + b + c = 2 3sinA + 2 3sin π
3 -A
+ 3 = 2 3sinA + 3cosA -
3sinA + 3
10
=
3sinA + 3cosA + 3 = 2 3sin A+ π
3
+ 3
因为A ∈0, π
3
，所以A + π
3 ∈
π
3 , 2π
3
，则sin A+ π
3
∈
3
2 ,1
，
所以a + b + c ∈6,2 3+3
，
综上可知，三角形ABC 的周长的取值范围是6,2 3+3
．
题型五：解三角形中面积的最值范围
大题典例
例5 ：(24 - 25 高三上·辽宁沈阳·月考) 已知△ABC 中，角A,B,C 的对边分别为a,b,c，满足
3bsinC - ccosB
= c．
(1) 求角B．
(2) 若△ABC 为锐角三角形，且a = 2，求△ABC 面积的取值范围．
【答案】(1) π
3 ；(2)
3
2 ,2 3
【解析】(1) 因为
3bsinC - ccosB = c，由正弦定理得
3sinBsinC - sinCcosB = sinC，
因为0 < C < π，可得sinC > 0，所以
3sinB - cosB = 1，所以sin B- π
6
= 1
2 ，
又因为0 < B < π，所以B - π
6 = π
6 ，解得B = π
3 .
(2) 由(1) 知B = π
3 ，且a = 2，
又由正弦定理得
a
sinA =
c
sinC ，可得c =
a
sinA ⋅sinC，
所以S = 1
2 acsinB =
3
2 c =
3
2
a
sinA sinC =
3sinC
sinA
=
3sin 2π
3 -A
sinA
=
3
3
2 cosA+ 1
2 sinA
sinA
=
3
2
+
3
2tanA ，
因为△ABC 为锐角三角形，所以0 < A < π
2 ，且0 < C = 2π
3 - A < π
2 ，可得π
6 < A < π
2 ，
则tanA >
3
3 ，所以0 <
3
2tanA < 3 3
2
，所以△ABC 面积的取值范围是
3
2 ,2 3
．
解法指导
1、常用三角形的面积公式：
(1)S = 1
2 ah；
(2)S = 1
2 absinC = 1
2 acsinB = 1
2 bcsinA；
(3)S = 1
2 r(a + b + c) (r 为三角形内切圆半径)；
(4)S =
p(p-a)(p-b)(p-c) ，即海伦公式，其中p = 1
2 (a + b + c) 为三角形的半周长。
11
2、求面积的最值范围，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形面积用所设变量表示出来，再利用
正余弦定理列出方程求解。注意函数思想的应用。
变式训练
【变式1】(24 - 25 高三上·江西·期中) 已知△ABC 中，角A,B,C 所对的边分别为a,b,c，且cosC
b
+ ccosA
ab
=
3
4acosB .
(1) 求cosB；
(2) 若b = 4，求△ABC 面积的最大值.
【答案】(1) 3
4 ；(2)4 7.
【解析】(1) 由cosC
b
+ ccosA
ab
=
3
4acosB ，得acosC + ccosA =
3b
4cosB ，
由正弦定理，得sinAcosC + sinCcosA = 3sinB
4cosB ，
因为sinAcosC + sinCcosA = sin A+C
= sinB，且0 < B < π,sinB ≠0，
综上，
3
4cosB = 1 ⇒cosB = 3
4 .
(2) 因为b = 4,cosB = 3
4 ，
由余弦定理，得16 = a2+ c2- 2accosB = a2+ c2- 3
2 ac ≥2ac - 3
2 ac = 1
2 ac，
所以ac ≤32，当且仅当a = c = 4 2 时取等号，
因为sinB =
1-cos2B =
1-
3
4
2
=
7
4 ，
所以△ABC 面积S = 1
2 acsinB ≤1
2 × 32 ×
7
4
= 4 7，即△ABC 面积的最大值为4 7.
【变式2】(24 - 25 高三上·河南·月考) 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足
a+b
cosA+cosB =
c
sinC ．
(1) 求C 的值；
(2) 若△ABC 内有一点P，满足∠APB = ∠APC = ∠CPB = 2π
3 ，CP = 1，求△ABC 面积的最小值．
【答案】(1) π
2 ；(2) 3 3
2
+ 3
【解析】(1) 因为
a+b
cosA+cosB =
c
sinC ，
由正弦定理得，2RsinA+2RsinB
cosA+cosB
= 2RsinC
sinC
，
所以sinA+sinB
cosA+cosB = 1，即sinA - cosA = cosB - sinB，
所以
2sin A- π
4
=- 2sin B- π
4
，
即sin A- π
4
=-sin B- π
4
= sin B- π
4 +π
= sin B+ 3π
4
，
又因为A,B,C 是三角形得内角，显然A - π
4 ≠B + 3π
4 ，所以A- π
4
+ B+ 3π
4
= π，
12
即A + B = π
2 ，所以C = π
2 .
(2) 法一：由(1) 得：C = π
2 ，设PA = m,PB = n，
在△PAB 中，由余弦定理得，AB2= m2+ n2- 2mncos 2π
3 = m2+ n2+ mn，
同理在△PBC,△PAC 中有：BC2= n2+ 1 - 2ncos 2π
3 = n2+ 1 + n，
AC2= m2+ 1 - 2mcos 2π
3 = m2+ 1 + m，
又因为△ABC 是直角三角形，所以AB2= BC2+ AC2，
所以m2+ n2+ mn = m2+ n2+ m + n + 2，即mn = m + n + 2，
所以n = m+2
m-1 ，因为n > 0,m + 2 > 0，所以m - 1 > 0，即m > 1，所以
S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC= 1
2 mn⋅sin 2π
3 + 1
2 ×1⋅n⋅sin 2π
3 + 1
2 ×1⋅m⋅sin 2π
3 ，
=
3
4
m+n+mn
=
3
2
m+n+1
=
3
2
m+1+ m+2
m-1
=
3
2
+
3
2
m+ m+2
m-1
，
=
3
2
+
3
2
⋅m2+2
m-1 =
3
2
+
3
2
⋅
m-1
2+2 m-1
+3
m-1
=
3
2
+
3
2
⋅
m-1
+
3
m-1 +2
，
≥
3
2
+
3
2
⋅2
m-1
⋅
3
m-1 +2
=
3
2
+
3
2
⋅2 3+2
= 3 3
2
+ 3，
当且仅当m - 1 =
3
m-1 ，即m = n = 1 +
3 时取等号.
△ABC 的面积的最小值为3 3
2
+ 3．
法二：在△ABC 中，设PA = x,PB = y，
由余弦定理可得，AC2= x2+ x + 1,BC2= y2+ y + 1,AB2= x2+ xy + y2.
由勾股定理可得:x2+ x + 1 + y2+ y + 1 = x2+ xy + y2，即2 + x + y = xy.
而S△ABC = 1
2 (1 × x + 1 × y + xy)sin 2π
3 =
3
4 (x + y + xy) =
3
4 (2xy - 2).
由基本不等式x + y ≥2 xy，所以xy ≥2 + 2 xy，可解得xy ≥4 + 2 3(由上xy > 2)，
当且仅当x = y =
3 + 1 时等号成立，
所以△ABC 面积最小值为6+3 3
2
.
题型六：三角形的角平分线、中线、垂线
大题典例
例6 ：(24 - 25 高三上·江苏徐州·月考) 已知△ABC 内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且2c = 2bcosA - a．
13
(1) 求角B；
(2) 若BD 是角B 的平分线，AD = 4 7,CD = 2 7，求线段BD 的长．
【答案】(1)B = 2π
3 ；(2)4.
【解析】(1) 已知2c = 2bcosA - a，由正弦定理
a
sinA =
b
sinB =
c
sinC = 2R(R 为△ABC 外接圆半径)，
可得2sinC = 2sinBcosA - sinA.
因为A + B + C = π，所以C = π - (A + B)，那么sinC = sin(π - (A + B)) = sin(A + B).
根据两角和的正弦公式sin(A + B) = sinAcosB + cosAsinB，
则2(sinAcosB + cosAsinB) = 2sinBcosA - sinA.
展开可得2sinAcosB + 2cosAsinB = 2sinBcosA - sinA.
移项可得2sinAcosB =-sinA.
因为A ∈(0,π)，所以sinA ≠0，两边同时除以sinA 得2cosB =-1，解得cosB =- 1
2 .
又因为B ∈(0,π)，所以B = 2π
3 .
(2) 因为BD 是角B 的平分线，根据角平分线定理AB
BC = AD
DC ，
已知AD = 4 7，CD = 2 7，所以AB
BC = 4 7
2 7 = 2，设BC = x，则AB = 2x.
在△ABC 中，根据余弦定理AC2= AB2+ BC2- 2AB ⋅BC ⋅cosB，
AC = AD + DC = 6 7，B = 2π
3 ，则(6 7)2= (2x)2+ x2- 2 × 2x × x × - 1
2
.
即252 = 4x2+ x2+ 2x2= 7x2，解得x = 6，所以BC = 6，AB = 12.
在△ABD 中，根据余弦定理cos B
2 = AB2+BD2-AD2
2AB⋅BD
，
因为B = 2π
3 ，所以cos B
2 = cos π
3 = 1
2 .
设BD = y，则1
2 = 122+y2-(4 7)2
2×12y
.
即12y = 144 + y2- 112，整理得y2- 12y + 32 = 0.
分解因式得(y - 8) (y - 4) = 0，解得y = 8 或y = 4.
当y = 8，在△CBD 中，CB2+BD2-CD2
2CB⋅BD
= 36+64-28
2×6×8
= 72
96 = 3
4 ≠cos∠DBC, 舍去.
当y = 4，在△CBD 中，CB2+BD2-CD2
2CB⋅BD
= 36+16-28
2×6×4
= 24
48 = 1
2 = cos∠DBC, 满足.
故BD 的长度为4.
解法指导
1、解三角形角平分线的应用
如图，在∆ABC 中，AD 平分∠BAC，角A、B，C 所对的边分别问a，b，c
14
(1) 利用角度的倍数关系：∠BAC = 2∠BAD = 2∠CAD
(2) 内角平分线定理：AD 为∆ABC 的内角∠BAC 的平分线，则AB
AC = BD
DC .
说明：三角形内角平分线性质定理将分对边所成的线段比转化为对应的两边之比，再结合抓星结构，就可
以转化为向量了，一般的，涉及到三角形中“定比”类问题，运用向量知识解决起来都较为简捷。
(3) 等面积法：因为S∆ABD + S∆ACD = S∆ABC，所以1
2 c ∙ADsin A
2 + 1
2 b ∙ADsin A
2 = 1
2 bcsinA，
所以b+c
AD = 2bccos A
2 ，整理的：AD =
2bccos A
2
b+c
(角平分线长公式)
2、解三角形中线的应用
(1) 中线长定理：在∆ABC 中，AD 是边BC 上的中线，则AB2+ AC2= 2(BD2+ AD2)
【点睛】灵活运用同角的余弦定理，适用在解三角形的题型中
(2) 向量法：AD
2= 1
4
b2+c2+2bccosA
【点睛】适用于已知中线求面积(已知BD
CD 的值也适用).
3、解三角形垂线的应用
(1)
分别为
边
上的高，则
(2) 求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出面积和底边长度
高线两个作用：(1) 产生直角三角形；(2) 与三角形的面积相关。
变式训练
【变式1】(24 - 25 高三上·福建福州·月考)△ABC 的内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c，已知c-b
c
=
sin A-B
sinC
．
(1) 求A；
(2) 若D 为BC 中点，AD =
13
2
，AC = 3，求△ABC 的周长．
【答案】(1) π
3 ；(2)4 +
7
【解析】(1) ∵c-b
c
= sin A-B
sinC
，由正弦定理得，sinC-sinB
sinC
= sin A-B
sinC
,
即sinC - sinB = sin A-B
，因为A + B = π - C，所以sinC = sin A+B
，
所以sin A+B
- sinB = sin A-B
，
化简得2cosAsinB = sinB，又sinB ≠0，
可得cosA = 1
2 ，0 < A < π，
15
∴A = π
3 .
(2) 因为D 是BC 的中点，所以AD
= 1
2
AB
+AC
，
则AD
2= AD
2= 1
4
AB
+AC
2= 1
4
AB
2+AC
2+2AB
⋅AC
= 13
4 ，
即AB
2+ 9 + 2 AB
× 3 × 1
2 = 13，整理得AB
2+ 3 AB
- 4 = 0，解得AB = 1 或-4(舍去)，
在△ABC 中，由余弦定理可得BC2= AB2+ AC2- 2AB × AC × cosA = 1 + 9 - 2 × 1 × 3 × 1
2 = 7，
∴BC =
7，所以△ABC 的周长为1 + 3 +
7 = 4 +
7.
【变式2】(24 - 25 高三上·广西南宁·月考) 已知△ABC 的三个内角A,B,C 所对的边分别是a,b,c．已知b
c =
sin2B
2sinA+sinB ．
(1) 求角C；
(2) 若点D 在边AB 上，b = 2,CD = 1，请在下列两个条件中任选一个，求边长AB．
①CD 为△ABC 的角平分线；②CD 为△ABC 的中线．
【答案】(1) 2π
3 ；(2)2 3
【解析】(1) 在△ABC 中，由正弦定理知b
c = sinB
sinC ，
所以sinB
sinC =
sin2B
2sinA+sinB =
2sinBcosB
2sinA+sinB ，
又B ∈(0,π)，所以sinB > 0,
1
sinC =
2cosB
2sinA+sinB ，
∴2sinA + sinB = 2cosBsinC，
又A = π - (B + C), ∴2sin(B + C) + sinB = 2cosBsinC，
∴2sinBcosC + 2cosBsinC + sinB = 2cosBsinC，
化简得2sinBcosC + sinB = 0，即cosC =- 1
2 ，
又C ∈(0,π)，所以C = 2π
3 ．
(2) 选①，CD 为△ABC 的角平分线，
由S△ACD + S△BCD = S△ABC 得：1
2 CA ⋅CD ⋅sin∠ACD + 1
2 CB ⋅CD ⋅sin∠BCD = 1
2 CA ⋅CB ⋅sin∠ACB，
即1
2 b ⋅1 ⋅
3
2
+ 1
2 a ⋅1 ⋅
3
2
= 1
2 b ⋅a ⋅
3
2 ，所以a + b = ab，
又b = 2，所以a = 2，
在△ABC 中，由余弦定理得c2= a2+ b2- 2abcosC = 22+ 22- 8cos 2π
3 = 12，
所以AB = c = 2 3.
选②，CD 为△ABC 的中线，
则CA
+ CB
= 2CD
，平方得CA
2+ CB
2+ 2CA
2⋅CB
2= 4CD
2，
所以b2+ a2+ 2abcosC = 4 × 12，所以a2+ b2- ab = 4，
又b = 2，所以a = 2，
在△ABC 中，由余弦定理得c2= a2+ b2- 2abcosC = 22+ 22- 8cos 2π
3 = 12，
所以AB = c = 2 3.
16
17
必刷大题
名校模拟题
题1. (24 - 25 高三上·山东菏泽·期中) 记锐角△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c，已知c
b - cosC
cosB =
2cosA．
(1) 求B；
(2) 延长AC 到D，使AC = 2CD,∠CBD = 15°，求tanA．
【答案】(1)B = 45°；(2)2 +
3
【解析】(1) 已知c
b - cosC
cosB = 2cosA，正弦定理得sinC
sinB - cosC
cosB = 2cosA，
则有sinCcosB-sinBcosC
sinBcosB
= 2cosA，
所以sin C-B
= cosAsin2B，而A + B + C = 180°，
则cosAsin2B = sin A+2B
= sinAcos2B + cosAsin2B，
即sinAcos2B = 0，锐角△ABC 中，sinA ≠0，则cos2B = 0，
由0° < B < 90°，因此B = 45°.
(2) 在△ABC 中，由正弦定理得BC
sinA =
AC
sin45° ①．
在△BCD 中，由正弦定理得BC
sinD =
CD
sin15° ②．
AC = 2CD，∠ABD = ∠ABC + ∠CBD = 60°，得A + D = 120°，
由①②可得，sinA = sinDsin45°
2sin15°
=
3+1
2
sin 120°-A
= 3+
3
4
cosA + 1+
3
4
sinA,
解得tanA = 2 +
3．
题2. (24 - 25 高三上·上海·期中) 设△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a,b,c，a = btanA 且B 为钝角.
(1) 若A = π
12 ,c = 2，求△ABC 的面积；
(2) 求sinA + sinC 的取值范围.
【答案】(1)
3
3 ；(2)
2
2 , 9
8
【解析】(1)a = btanA ⇒sinA = sinB ⋅sinA
cosA ⇒sinAcosA = sinBsinA，
因为A = π
12 ，sinA > 0，故sinB = cosA，
因为B 为钝角，所以B = A + π
2 ⇒B = 7π
12 ，C = π - 7π
12 - π
12 = π
3 ，
由正弦定理得
c
sinC =
a
sinA ，故
2
sin π
3
=
a
sin π
12
，
其中sin π
12 = sin π
3 - π
4
= sin π
3 cos π
4 - cos π
3 sin π
4 =
3
2
×
2
2
- 1
2 ×
2
2
=
6-
2
4
，
所以
2
3
2
=
a
6-
2
4
，解得a = 3 2-
6
3
，
sinB = 7π
12 = sin π
3 + π
4
= sin π
3 cos π
4 + cos π
3 sin π
4
=
3
2
×
2
2
+ 1
2 ×
2
2
=
6+
2
4
，
18
S△ABC = 1
2 acsinB = 1
2 × 2 × 3 2-
6
3
×
6+
2
4
=
3
3 ；
(2) 由(1) 知，B = A + π
2 ，
sinA + sinC = sinA + sin π-A-B
= sinA + sin π-A-A- π
2
= sinA + sin π
2 -2A
= sinA + cos2A =-2sin2A + sinA + 1
=-2 sinA- 1
4
2
+ 9
8 ，
因为B 为钝角，所以B = A + π
2 > π
2 ，C = π
2 - 2A ∈0, π
2
且A ∈0, π
2
，
解得A ∈0, π
4
，
所以sinA ∈0,
2
2
,sinA - 1
4 ∈- 1
4 ,
2
2 - 1
4
, sinA- 1
4
2
∈0, 9
16 -
2
4
，
sinA + sinC =-2 sinA- 1
4
2
+ 9
8 ∈
2
2 , 9
8
.
题3. (24 - 25 高三上·湖南长沙·月考) 在△ABC 中，a，b，c 分别是内角A，B，C 的对边，且b2+ c2= 5a2.
(1) 若sinB =
6
2 sinC，求cosA；
(2) 若AB
⋅AC
= 8，求△ABC 的面积的最大值.
【答案】(1)
6
3 ；(2)3
【解析】(1) 因为sinB =
6
2 sinC，所以由正弦定理得
2b =
3c，
又b2+ c2= 5a2，所以b =
3a，c =
2a，
从而cosA = b2+c2-a2
2bc
=
5a2-a2
2 3a⋅
2a =
6
3 .
(2) 由余弦定理可知b2+ c2- 2bccosA = a2，则bccosA = 2a2，
又AB
⋅AC
= bccosA = 8，故a = 2，
即b2+ c2= 20，故2bc ≤20，即bc ≤10，
从而S△ABC = 1
2 bcsinA = 1
2
b2c2-(bccosA)2 = 1
2
b2c2-64 ≤3，
当b = c =
10 时取等号，即△ABC 的面积的最大值为3.
题4. (24 - 25 高三上·辽宁大连·月考) 在△ABC 中，角A、B、C 的对边分别为a、b、c，满足sin2A + sin2C =
sin2B + sinAsinC.
(1) 求角B 的大小；
(2) 若△ABC 的面积为
3，求a + c 的最小值．
【答案】(1)B = π
3 ；(2)4
【解析】(1) 由正弦定理得a2+ c2= b2+ ac，
又由余弦定理得cosB = a2+c2-b2
2ac
= ac
2ac = 1
2 ，
因为B 是三角形内角，所以B = π
3 ；
19
(2) 由三角形面积公式得：S△ABC = 1
2 acsinB = 1
2 acsin π
3 =
3
4 ac =
3，解得ac = 4，
因为a + c ≥2 ac = 4，当且仅当a = c = 2 时取等号，
所以a + c 的最小值为4，此时△ABC 为等边三角形．
题5. (24 - 25 高三上·江苏无锡·期中) 在△ABC 中，已知
3tanA-1
3tanB-1
= 4.
(1) 若△ABC 为锐角三角形，求角C 的值，并求sin2A - cos2B 的取值范围;
(2) 若AB =
3，线段AB 的中垂线交边AC 于点D，且CD = 1，求A 的值.
【答案】(1)C = π
3 ；1
4 , 1
2
；(2)A = π
18
【解析】(1) 由题意
3tanA-1
3tanB-1
= 3tanAtanB -
3 tanA+tanB
+ 1 = 4，
所以
3 tanAtanB-1
= tanA + tanB，
所以tan A+B
= tanA+tanB
1-tanAtanB =- 3 = tan π-C
，所以tanC =
3，
易知C ∈0,π
，所以C = π
3 ，则A + B = 2π
3 ，
因为△ABC 为锐角三角形，所以A ∈0, π
2
,B = 2π
3 - A ∈0, π
2
，即A ∈
π
6 , π
2
，
所以sin2A - cos2B = sin2A - cos2 2π
3 -A
= sin2A - - 1
2 cosA+
3
2 sinA
2
= 1
4 sin2A +
3
2 sinAcosA - 1
4 cos2A =- 1
4 cos2A +
3
4 sin2A = 1
2 sin 2A- π
6
，
由A ∈
π
6 , π
2
知2A - π
6 ∈
π
6 , 5π
6
，所以1
2 sin 2A- π
6
∈
1
4 , 1
2
，
即sin2A - cos2B 的取值范围为
1
4 , 1
2
；
(2)
设AB 中点为E，则∠DBA = A, ∴∠CBD = 2π
3 - 2A,DB = AD = AE
cosA =
3
2cosA ，
在△CBD 中，由正弦定理得DB
sin π
3
=
CD
sin 2π
3 -2A
，即
1
cosA =
1
sin 2π
3 -2A
，
所以sin 2π
3 -2A
= cosA = sin π
2 -A
，
因为线段AB 的中垂线交边AC 于点D，可知A < B，所以0 < A < π
2 ，
则2π
3 - 2A = π
2 - A，解之得A = π
6 ，此时B = π
2 ，正切不存在，舍去；
或2π
3 - 2A + π
2 - A = π，解之得A = π
18 ；
综上A = π
18 .
题6. (24 - 25 高三上·天津·月考) 在△ABC 中，角A,B,C 对应边分别为a,b,c，外接圆半径为1，已知
20
2 sin2A-sin2C
= a-b
sinB.
(1) 证明：a2+ b2- c2= ab；
(2) 求角C 和边c；
(3) 若b = 3
2 ，求sin 2A+4B+5C
.
【答案】(1) 证明见解析；(2)C = π
3 ，c =
3；(3) - 3 7
8
.
【解析】(1) 设△ABC 的外接圆半径为R，
由正弦定理可得
a
sinA =
b
sinB =
c
sinC = 2R，又R = 1，
所以sinA = a
2 ，sinB = b
2 ，sinC = c
2 ，又2 sin2A-sin2C
= a-b
sinB，
所以a2
2 - c2
2 = a-b
b
2 ，
所以a2+ b2- c2= ab；
(2) 由余弦定理可得cosC = a2+b2-c2
2ab
，又a2+ b2- c2= ab，
所以cosC = 1
2 ，又C ∈0,π
，所以C = π
3 ，
由(1)sinC = c
2 ，所以c = 2sin π
3 =
3，
所以C = π
3 ，c =
3；
(3) 因为b = 3
2 ，sinB = b
2 ，所以sinB = 3
4 ，b < c，
所以B < C，故B 为锐角，所以cosB =
7
4 ，
因为C = π
3 ，A + B + C = π，
所以sin 2A+4B+5C
= sin 2A+4B+2C+π
= sin 3π+2B
，
所以sin 2A+4B+5C
=-sin2B =-2sinBcosB =- 3 7
8
.
所以sin 2A+4B+5C
=- 3 7
8
.
高考真题
题7. (2024·上海·高考真题) 已知f(x) = sin ωx+ π
3
，ω > 0
(1) 设ω = 1，求解:y = f x
,x ∈0,π
的值域;
(2)a > π(a ∈R),f(x) 的最小正周期为π，若在x ∈π,a
上恰有3 个零点，求a 的取值范围.
【答案】(1) -
3
2 ,1
；(2)a ∈
7π
3 , 17π
6
【解析】(1) 因为ω = 1，所以f x
= sin x+ π
3
，
因为x ∈0,π
，所以令t = x + π
3 ,t ∈
π
3 , 4π
3
，
由正弦函数性质得y = g t
= sint 在
π
3 , π
2
上单调递增，在
π
2 , 4π
3
上单调递减，
所以g π
2
= 1,g 4π
3
=-
3
2 ,g π
3
=
3
2 ，故y ∈-
3
2 ,1
，
21
(2) 由题意得T = 2π
ω = π，所以ω = 2，可得f x
= sin 2x+ π
3
，
当f x
= 0 时，2x + π
3 = kπ，k ∈Z，即x =- π
6 + kπ
2 ，k ∈Z，
当k = 2 时，x = 5π
6 < π，不符合题意，
当k = 3 时，x = 4π
3 > π，符合题意，
当k = 4 时，x = 11π
6
> π，符合题意，
当k = 5 时，x = 7π
3 > π，符合题意，
所以4π
3 + T ≤a < 4π
3 + 3
2 T，
即7π
3 ≤a < 17π
6 ，故a ∈
7π
3 , 17π
6
.
题8. (2024·广东江苏·高考真题) 记△ABC 的内角A、B、C 的对边分别为a，b，c，已知sinC =
2cosB，a2+ b2
- c2=
2ab
(1) 求B；
(2) 若△ABC 的面积为3 +
3，求c．
【答案】(1)B = π
3 ；(2)2 2
【解析】(1) 由余弦定理有a2+ b2- c2= 2abcosC，对比已知a2+ b2- c2=
2ab，
可得cosC = a2+b2-c2
2ab
=
2ab
2ab
=
2
2 ，
因为C ∈0,π
，所以sinC > 0，
从而sinC =
1-cos2C =
1-
2
2
2
=
2
2 ，
又因为sinC =
2cosB，即cosB = 1
2 ，
注意到B ∈0,π
，所以B = π
3 .
(2) 由(1) 可得B = π
3 ，cosC =
2
2 ，C ∈0,π
，从而C = π
4 ，A = π - π
3 - π
4 = 5π
12 ，
而sinA = sin 5π
12
= sin π
4 + π
6
=
2
2
×
3
2
+
2
2
× 1
2 =
6+
2
4
，
由正弦定理有
a
sin 5π
12
=
b
sin π
3
=
c
sin π
4
，
从而a =
6+
2
4
⋅
2c =
3+1
2
c,b =
3
2
⋅
2c =
6
2 c，
由三角形面积公式可知，△ABC 的面积可表示为
S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 ⋅
3+1
2
c ⋅
6
2 c ⋅
2
2
= 3+
3
8
c2，
由已知△ABC 的面积为3 +
3，可得3+
3
8
c2= 3 +
3，所以c = 2 2.
题9. (2024·全国·高考真题) 记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知sinA +
3cosA = 2．
(1) 求A．
(2) 若a = 2，2bsinC = csin2B，求△ABC 的周长．
22
【答案】(1)A = π
6 ；(2)2 +
6 + 3 2
【解析】(1) 方法一：常规方法(辅助角公式)
由sinA +
3cosA = 2 可得1
2 sinA +
3
2 cosA = 1，即sin A+ π
3
= 1，
由于A ∈(0,π) ⇒A + π
3 ∈
π
3 , 4π
3
，故A + π
3 = π
2 ，解得A = π
6
方法二：常规方法(同角三角函数的基本关系)
由sinA +
3cosA = 2，又sin2A + cos2A = 1，消去sinA 得到：
4cos2A - 4 3cosA + 3 = 0 ⇔(2cosA -
3)2= 0，解得cosA =
3
2 ，
又A ∈(0,π)，故A = π
6
方法三：利用极值点求解
设f(x) = sinx +
3cosx(0 < x < π)，则f(x) = 2sin x+ π
3
(0 < x < π)，
显然x = π
6 时，f(x)max = 2，注意到f(A) = sinA +
3cosA = 2 = 2sin A+ π
3
，
f(x)max = f(A)，在开区间(0,π) 上取到最大值，于是x = A 必定是极值点，
即f(A) = 0 = cosA -
3sinA，即tanA =
3
3 ，
又A ∈(0,π)，故A = π
6
方法四：利用向量数量积公式(柯西不等式)
设a= (1, 3),b= (sinA,cosA)，由题意，a⋅b= sinA +
3cosA = 2，
根据向量的数量积公式，a⋅b= |a||b|cos a,b
= 2cos a,b
，
则2cosa,b= 2 ⇔cosa,b= 1，此时a,b= 0，即a,b同向共线，
根据向量共线条件，1 ⋅cosA =
3 ⋅sinA ⇔tanA =
3
3 ，
又A ∈(0,π)，故A = π
6
方法五：利用万能公式求解
设t = tan A
2 ，根据万能公式，sinA +
3cosA = 2 =
2t
1+t2 +
3(1-t2)
1+t2
，
整理可得，t2- 2(2 -
3)t + (2 -
3)2= 0 = (t - (2 -
3))2，
解得tan A
2 = t = 2 -
3，根据二倍角公式，tanA =
2t
1-t2 =
3
3 ，
又A ∈(0,π)，故A = π
6
(2) 由题设条件和正弦定理
2bsinC = csin2B ⇔
2sinBsinC = 2sinCsinBcosB，
又B,C ∈(0,π)，则sinBsinC ≠0，进而cosB =
2
2 ，得到B = π
4 ，
于是C = π - A - B = 7π
12 ，
sinC = sin(π - A - B) = sin(A + B) = sinAcosB + sinBcosA =
2+
6
4
，
由正弦定理可得，a
sinA =
b
sinB =
c
sinC ，即
2
sin π
6
=
b
sin π
4
=
c
sin 7π
12
，
23
解得b = 2 2,c =
6 +
2，
故△ABC 的周长为2 +
6 + 3 2
题10. (2024·天津·高考真题) 在△ABC 中，角A,B,C 所对的边分别为a,b,c，已知cosB = 9
16 ，b = 5，a
c = 2
3 ．
(1) 求a 的值；
(2) 求sinA 的值；
(3) 求cos B-2A
的值．
【答案】(1)4；(2)
7
4 ；(3) 57
64
【解析】(1) 设a = 2t,c = 3t，t > 0，则根据余弦定理得b2= a2+ c2- 2accosB，
即25 = 4t2+ 9t2- 2 × 2t × 3t × 9
16 ，解得t = 2(负舍)；
则a = 4,c = 6.
(2) 法一：因为B 为三角形内角，所以sinB =
1-cos2B =
1-
9
16
2
= 5 7
16 ，
再根据正弦定理得
a
sinA =
b
sinB ，即
4
sinA =
5
5 7
16
，解得sinA =
7
4 ，
法二：由余弦定理得cosA = b2+c2-a2
2bc
= 52+62-42
2×5×6
= 3
4 ，
因为A ∈0,π
，则sinA =
1-
3
4
2
=
7
4
(3) 法一：因为cosB = 9
16 > 0，且B ∈0,π
，所以B ∈0, π
2
，
由(2) 法一知sinB = 5 7
16 ，
因为a < b，则A < B，所以cosA =
1-
7
4
2
= 3
4 ，
则sin2A = 2sinAcosA = 2 ×
7
4
× 3
4 = 3 7
8
，cos2A = 2cos2A - 1 = 2 ×
3
4
2
- 1 = 1
8
cos B-2A
= cosBcos2A + sinBsin2A = 9
16 × 1
8 + 5 7
16
× 3 7
8
= 57
64 .
法二：sin2A = 2sinAcosA = 2 ×
7
4
× 3
4 = 3 7
8
，
则cos2A = 2cos2A - 1 = 2 ×
3
4
2
- 1 = 1
8 ，
因为B 为三角形内角，所以sinB =
1-cos2B =
1-
9
16
2
= 5 7
16 ，
所以cos B-2A
= cosBcos2A + sinBsin2A = 9
16 × 1
8 + 5 7
16
× 3 7
8
= 57
64
题11. (2024·北京·高考真题) 在△ABC 中，内角A,B,C 的对边分别为a,b,c，∠A 为钝角，a = 7，sin2B =
3
7 bcosB．
(1) 求∠A；
(2) 从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC 存在，求△ABC 的面积．
条件①：b = 7；条件②：cosB = 13
14 ；条件③：csinA = 5
2
3．
注：如果选择的条件不符合要求，第(2) 问得0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计
24
分．
【答案】(1)A = 2π
3 ；(2) 选择①无解；选择②和③△ABC 面积均为15 3
4
.
【解析】(1) 由题意得2sinBcosB =
3
7 bcosB，因为A 为钝角，
则cosB ≠0，则2sinB =
3
7 b，则
b
sinB =
2
3
7
=
a
sinA =
7
sinA ，解得sinA =
3
2 ，
因为A 为钝角，则A = 2π
3 .
(2) 选择①b = 7，则sinB =
3
14 b =
3
14 × 7 =
3
2 ，因为A = 2π
3 ，则B 为锐角，则B = π
3 ，
此时A + B = π，不合题意，舍弃；
选择②cosB = 13
14 ，因为B 为三角形内角，则sinB =
1- 13
14
2
= 3 3
14 ，
则代入2sinB =
3
7 b 得2 × 3 3
14
=
3
7 b，解得b = 3，
sinC = sin A+B
= sin 2π
3 +B
= sin 2π
3 cosB + cos 2π
3 sinB
=
3
2
× 13
14 + - 1
2
× 3 3
14
= 5 3
14 ,
则S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 × 7 × 3 × 5 3
14
= 15 3
4
.
选择③csinA = 5
2
3，则有c ×
3
2
= 5
2
3，解得c = 5，
则由正弦定理得
a
sinA =
c
sinC ，即
7
3
2
=
5
sinC ，解得sinC = 5 3
14 ，
因为C 为三角形内角，则cosC =
1- 5 3
14
2
= 11
14 ，
则sinB = sin A+C
= sin 2π
3 +C
= sin 2π
3 cosC + cos 2π
3 sinC
=
3
2
× 11
14 + - 1
2
× 5 3
14
= 3 3
14 ，
则S△ABC = 1
2 acsinB = 1
2 × 7 × 5 × 3 3
14
= 15 3
4
题12. (2023·北京·高考真题) 设函数f(x) = sinωxcosφ + cosωxsinφ ω>0,|φ|< π
2
．
(1) 若f(0) =-
3
2 ，求φ 的值．
(2) 已知f(x) 在区间- π
3 , 2π
3
上单调递增，f 2π
3
= 1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一
个作为已知，使函数f(x) 存在，求ω,φ 的值．
条件①：f
π
3
=
2；
条件②：f - π
3
=-1；
条件③：f(x) 在区间- π
2 ,- π
3
上单调递减．
注：如果选择的条件不符合要求，第(2) 问得0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计
分．
25
【答案】(1)φ =- π
3 ；(2) 条件①不能使函数f(x) 存在；条件②或条件③可解得ω = 1，φ =- π
6 .
【解析】(1) 因为f(x) = sinωxcosφ + cosωxsinφ,ω > 0,|φ| < π
2
所以f(0) = sin ω⋅0
cosφ + cos ω⋅0
sinφ = sinφ =-
3
2 ，
因为|φ| < π
2 ，所以φ =- π
3 .
(2) 因为f(x) = sinωxcosφ + cosωxsinφ,ω > 0,|φ| < π
2 ，
所以f(x) = sin ωx+φ
,ω > 0,|φ| < π
2 ，所以f(x) 的最大值为1，最小值为-1.
若选条件①：因为f(x) = sin ωx+φ
的最大值为1，最小值为-1，
所以f
π
3
=
2 无解，故条件①不能使函数f(x) 存在；
若选条件②：因为f(x) 在- π
3 , 2π
3
上单调递增，且f 2π
3
= 1，f - π
3
=-1
所以T
2 = 2π
3 - - π
3
= π, 所以T = 2π,ω = 2π
T = 1,
所以f(x) = sin x+φ
，
又因为f - π
3
=-1，所以sin - π
3 +φ
=-1，
所以- π
3 + φ =- π
2 + 2kπ,k ∈Z，
所以φ =- π
6 + 2kπ,k ∈Z，因为|φ| < π
2 ，所以φ =- π
6 .
所以ω = 1，φ =- π
6 ；
若选条件③：因为f(x) 在- π
3 , 2π
3
上单调递增，在- π
2 ,- π
3
上单调递减，
所以f(x) 在x =- π
3 处取得最小值-1，即f - π
3
=-1.
以下与条件②相同．
1
解答题：空间向量与立体几何
目录
题型一空间异面直线夹角的求解1
题型二空间直线与平面夹角的求解4
题型三空间平面与平面夹角的求解7
题型四空间点、线、面间的距离求解11
题型五空间几何体的体积求解15
题型六空间几何体的翻折问题20
题型七空间动点存在性问题的探究24
必刷大题28
题型一
空间异面直线夹角的求解
大题典例
1. (23 - 24 高三上·河北衡水·月考) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，PA ⊥平面ABCD，底面ABCD 是平
行四边形，且△ABD 是等边三角形，AB = 2.
(1) 求证：BD ⊥平面PAC；
(2) 若△PAB 是等腰三角形，求异面直线PB 与AC 所成角的余弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
6
4 .
【解析】(1) 因为底面ABCD 是平行四边形，且△ABD 是等边三角形，
所以四边形ABCD 是菱形，则有BD ⊥AC，
又PA ⊥平面ABCD，BD ⊂平面ABCD，所以PA ⊥BD，
又PA ∩AC = A，PA ⊂平面PAC，AC ⊂平面PAC，所以BD ⊥平面PAC；
(2) 设AC ∩BD = O，
∵△PAB 是等腰三角形，
∴PA = AB = 2，AO = OC =
3 ，
以O 为坐标原点，射线OB，OC 分别为x 轴，y 轴的正半轴建立空间直角坐标系O - xyz，
如图，
2
则P 0,- 3,2
，A 0,- 3,0
，B 1,0,0
，C 0, 3,0
，
所以PB
= 1, 3,-2
，AC
= 0,2 3,0
，
设PB 与AC 所成角为θ，
所以cosθ =
PB
⋅AC
PB
⋅AC
=
1×0+
3×2 3+ -2
×0
12+
3
2+ -2
2×
02+ 2 3
2+02 =
6
2 2×2 3 =
6
4 ，
即PB 与AC 所成角的余弦值为
6
4 .
解法指导
1、求异面直线所成角一般步骤：
(1) 平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．
(2) 证明：证明所作的角是异面直线所成的角．
(3) 寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．
(4) 取舍：因为异面直线所成角θ 的取值范围是0, π
2
，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线
所成的角．
2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：
(1) 直接平移法(可利用图中已有的平行线)；
(2) 中位线平移法；
(3) 补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．
3、异面直线所成角：若n1
,n2
分别为直线l1,l2 的方向向量，θ 为直线l1,l2 的夹角，则cosθ =
cos<n1
,n2
>
=
n1
⋅n2
n1
n2
.
变式训练
2. (24 - 25 高三上·江西南昌·开学考试) 如图，圆锥PO 的轴截面PAB 是边长为4 的等边三角形，C 是
OB 的中点，D 是底面圆周上一点，∠DOC = 2π
3 .
3
(1) 求DC 的值；
(2) 求异面直线PA 与DC 所成角的余弦值.
【答案】(1) 7；(2)
7
7
【解析】(1)△OCD 中，OD = 2，OC = 1，∠DOC = 2π
3 ，
根据余弦定理，DC =
OD2+OC2-2OD⋅OC⋅cos 2π
3 =
7.
(2) 如图，以点O 为原点，OB,OP 为y 轴和z 轴，
过点O 作Ox ⊥OB 为x 轴，建立空间直角坐标系，
P 0,0,2 3
，A 0,-2,0
，C 0,1,0
，D
3,-1,0
，
PA
= 0,-2,-2 3
,DC
= - 3,2,0
，
设异面直线PA 与DC 所成角为θ，
则cosθ = cosPA
，DC
=
PA
⋅DC
PA
DC
=
4
4 7 =
7
7
所以异面直线PA 与DC 所成角的余弦值为
7
7 .
3. (24 - 25 高三上·上海·期中) 如图，在直三棱柱ABC - A1B1C1中，AB ⊥AC，AB = AC = AA1= 1.
(1) 求证：A1C ⊥平面ABC1；
(2) 求直线A1B 与AC1所成角的余弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 1
2
【解析】(1) 由题知AA1⊥面ABC，又AB ⊂面ABC，所以AA1⊥AB，
又AB ⊥AC，AA1∩AC = A，AA1,AC ⊂面ACC1A1，所以AB ⊥面
ACC1A1，
又A1C ⊂面ACC1A1，所以AB ⊥A1C，
又AC = AA1= 1，所以四边形ACC1A1是正方形，得到A1C ⊥AC1，
又AB ∩AC1= A，AB,AC1⊂面ABC1，所以A1C ⊥平面ABC1.
(2) 如图，建立空间直角坐标系，因为AB = AC = AA1= 1，
4
则A1(0,0,1)，A(0,0,0),B(1,0,0),C1(0,1,1)，
得到A1B
= (1,0, -1)，AC1
= (0,1,1)，
设直线A1B 与AC1所成角为θ，
则cosθ = cosA1B
,AC
1
=
A1B
⋅AC
1
A1B
⋅AC
1
=
1
2×
2 = 1
2 ，
所以直线A1B 与AC1所成角的余弦值为1
2 .
题型二
空间直线与平面夹角的求解
大题典例
4. (24 - 25 高三上·江苏南京·期中) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD，PA ⊥PD，
AB ⊥AD，PA = PD，AB = 2，AD = 8，AC = CD = 5，
(1) 求证：平面PCD ⊥平面PAB；
(2) 求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 4 34
51
【解析】(1) 因为平面PAD ⊥平面ABCD，且平面PAD ∩平面ABCD = AD，
且AB ⊥AD，AB ⊂平面ABCD，
所以AB ⊥平面PAD，
因为PD ⊂平面PAD，所以AB ⊥PD，
又PD ⊥PA，且PA ∩AB = A，PA，AB ⊂平面PAB，
所以PD ⊥平面PAB，
又PD ⊂平面PAD，所以平面PCD ⊥平面PAB；
(2)
取AD 中点为O，连接CO，PO，
又因为PA = PD，所以PO ⊥AD，则AO = PO = 4，
因为AC = CD = 5，所以CO ⊥AD，则CO =
AC2-AO2 = 3，
以O 为坐标原点，分别以OC
，OA
，OP
所在直线为x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz，
则A 0,4,0
，B 2,4,0
，C 3,0,0
，D 0,-4,0
，P 0,0,4
，
PC
= 3,0,-4
，PD
= 0,-4,-4
，PB
= 2,4,-4
，
设n= x,y,z
是平面PCD 的一个法向量，
5
则n⋅PC
=0
n⋅PD
=0
，得3x-4z=0
-4y-4z=0
，
令z = 3，则x = 4，y =-3，所以n= 4,-3,3
，
设PB 与平面PCD 所成的角为θ，
则sinθ =
n⋅PB
n
PB
=
-16
34⋅
36
= 4 34
51
，
所以PB 与平面PCD 所成的角的正弦值为4 34
51
.
解法指导
1、垂线法求线面角(也称直接法)：
(1) 先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A，过点A 向平面α 做垂线，确定垂
足O；
(2) 连结斜足与垂足为斜线AB 在面α 上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；
(3) 把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
3、公式法求线面角(也称等体积法)：
用等体积法，求出斜线PA 在面外的一点P 到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解。
公式为：sinθ = h
l ，其中θ 是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，l 是斜线段的长。
方法：已知平面β 内一个多边形的面积为S，它在平面α 内的射影图形的面积为S射影，
平面α 和平面β 所成的二面角的大小为θ，则COSθ = S射影
S
. 这个方法对于无棱二面角的求解很简便。
4、直线与平面所成角：设n1
是直线l 的方向向量，n2
是平面α 的法向量，直线与平面的夹角为θ. 则sinθ
= cos<n1
,n2
>
=
n1
⋅n2
n1
n2
.
变式训练
5. (24 - 25 高三上·黑龙江哈尔滨·月考) 在三棱柱ABC - A1B1C1 中，AB1 = BB1 = B1C = 5，AB = 4，
AC = 6，AB ⊥BC，D 为AC 中点.
6
(1) 求证：B1D ⊥平面ABC；
(2) 求直线B1C1与平面ABB1A1所成角的正弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 4 21
21
【解析】(1) 连接BD，
因为AB ⊥BC，D 为AC 中点，所以AD = CD = BD = 1
2 AC = 3，
因为AB1= B1C = 5，所以B1D ⊥AC，所以B1D =
52-32 = 4，
又BB1= 5，所以BB2
1 = 52= 25 = 32+ 42= BD2+ CB2
1，所以B1D ⊥BD，
又BD ∩AC = D，BD,AC ⊂平面ABC，所以B1D ⊥平面ABC；
(2) 以B 为坐标原点，BC,BA 所在直线为x,y，
过B 作DB1的平行线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB ⊥BC，所以BC =
62-42 = 2 5 ，
则B(0,0,0),A(0,4,0),B1( 5,2,4),C(2 5,0,0)，
则BA
= (0,4,0),BB1
= ( 5,2,4),BC
= (2 5,0,0)，
设平面ABB1A1的一个法向量为n= (x,y,z)，
则n·BA
=4y=0
n·BB1
=
5x+2y+4z=0
，令x = 4 5 ，则y = 0,z =-5，
所以平面ABB1A1的一个法向量为n= (4 5,0, -5)，
又BC ∥B1C1，所以B1C1
= BC
= (2 5,0,0)，
设直线B1C1与平面ABB1A1所成的角为θ，
则sinθ = |B1C1
∙n|
|B1C1
|∙|n|
=
40
2 5×
80+25 = 4 21
21
，
所以直线B1C1与平面ABB1A1所成角的正弦值为4 21
21
.
6. (24 - 25 高三上·云南大理·月考) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，侧棱PD
⊥底面ABCD，PD = CD = 2,BD = 2 2 ,∠BDC = 45°. 点E 是棱PC 的中点，点F 为棱PB 上的一
点，且BF
= 2
3 BP
.
7
(1) 求证：平面PBC ⊥平面PCD；
(2) 求直线DC 与平面DEF 所成角的正弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
3
3 .
【解析】(1) 在△BCD 中，BC2= BD2+ CD2- 2BD ⋅CD ⋅cos∠BDC = 4，即BC = 2，
又BD = 2 2,CD = BC = 2，则有BC2+ CD2= BD2，即BC ⊥CD，
因为PD ⊥平面ABCD，BC ⊂平面ABCD，所以PD ⊥BC，
又CD ∩PD = D,CD,PD ⊂平面PCD，所以BC ⊥平面PCD，
因为BC ⊂平面PBC，所以平面PBC ⊥平面PCD
(2) 由(1) 可知，DA ⊥DC，DA ⊥DP，DC ⊥DP，
故以D 为坐标原点，DA，DC，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意得，B 2,2,0
，C 0,2,0
，D 0,0,0
，P 0,0,2
，E 0,1,1
，
设点F a,b,c
，由P，F，B 三点共线，则有BF
= 2
3 BP
，
又BF
= a-2,b-2,c
，BP
= -2,-2,2
，
∴a-2,b-2,c
= 2
3
-2,-2,2
，解得a = 2
3 ，b = 2
3 ，c = 4
3 ，故F
2
3 , 2
3 , 4
3
，
设平面DEF 的法向量为n= x,y,z
，DF
=
2
3 , 2
3 , 4
3
，DE
= 0,1,1
，
由n⋅DF
=0
n⋅DE
=0
，得
2
3 x+ 2
3 y+ 4
3 z=0
y+z=0
，即x=-z
y=-z
，
取平面DEF 的一个法向量n= 1,1,-1
，
设直线DC 与平面DEF 所成角为θ，则DC
= 0,2,0
，n= 1,1,-1
，
所以DC
⋅n= 0 × 1 + 2 × 1 + 0 × -1
= 2，DC
= 2，n
=
3 ，
故sinθ = cos n,DC
=
n⋅DC
n
DC
=
3
3 ，
所以直线DC 与平面DEF 所成角的正弦值为
3
3 .
题型三
空间平面与平面夹角的求解
大题典例
8
7. (24 - 25 高三上·湖北·期中) 如图，球O 的半径为R，A,B,C 为球面上三点，若三角形ABC 为直角三角
形，其中AC ⊥BC. 延长AO 与球O 的表面交于点D.
(1) 求证：BD ⊥平面ABC；
(2) 若直线DA,DC 与平面ABC 所成的角分别为π
4 , π
3 ，试求二面角C - AD - B 的正弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
2
2 .
【解析】(1) 因为AD 是球的直径，所以AB ⊥BD,AC ⊥CD.
因为AC ⊥BC,CD ∩BC = C，CD,BC ⊂平面BCD，所以AC ⊥平面BCD，
因为BD ⊂平面BCD，所以AC ⊥BD，
因为AB ∩AC = A，AB,AC ⊂平面ABC，所以BD ⊥平面ABC.
(2) 因为直线DA,DC 与平面ABC 所成的角分别为π
4 , π
3 ，所以∠DAB = π
4 ,∠DCB = π
3 .
不妨令R =
3 ，则AD = 2 3,AB = BD =
6,BC =
2,AC = 2，
由题设，易知AC ⊥BC,AC ⊥BD,BC ⊥BD，
以C 为坐标原点，CB,CA 所在直线为x,y 轴，过点C 作BD 的平行线为z 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A 0,2,0
,B
2,0,0
,C 0,0,0
,D
2,0, 6
.
所以CA
= 0,2,0
,CD
=
2,0, 6
,BA
= - 2,2,0
,BD
= 0,0, 6
，
设平面ACD 的法向量为n1
= x1,y1,z1
，平面ABD 法向量为n2
= x2,y2,z2
，
由n1
⋅CA
=2y1=0
n1
⋅CD
=
2x1+
6z1=0
，取z1=-1，得n1
=
3,0,-1
，
由n2
⋅BA
=- 2x2+2y2=0
n2
⋅BD
=
6z2=0
，取y2= 1，得n2
=
2,1,0
，
设二面角C - AD - B 的平面角为θ，则cosθ
= n1
⋅n2
n1
n2
=
6
2 3 =
2
2 ，易知sinθ =
2
2 .
9
解法指导
1、几何法
(1) 定义法(棱上一点双垂线法)：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的
射线．
(2) 三垂线法(面上一点双垂线法)：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得
到棱上的点(即斜足)，斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角
(3) 垂面法(空间一点垂面法)：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角
就是二面角的平面角。
(4) 射影面积法求二面角cosθ = s射影
S
2、向量法：若n1
,n2
分别为平面α,β 的法向量，θ 为平面α,β 的夹角，则cosθ = cos<n1
,n2
>
=
n1
⋅n2
n1
n2
.
变式训练
8. (24 - 25 高三上·福建南平·期中) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，点B 在平面PAD 上射影是△PAD 的
外心，且BP =
5,PA = PD =
2,∠APD = 90°,E 是棱PA 的中点，且CD ⊥平面PAD.
(1) 证明：BE ∥平面PCD；
(2) 若CD = 1，求二面角A - PB - C 的正弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
30
6
【解析】(1) 分别取PD,AD 的中点为F,O，连接PO,OB,EF，延长DC 至Q，使得DQ = OB，
连接BQ,FQ，如下图：
在△APD 中，EF 为中位线，则EF ⎳AD,EF = 1
2 AD = OD，
在Rt△APD 中，由∠APD = 90°，则O 为外心，即BO ⊥平面APD，
10
因为CD ⊥平面PAD，所以BO ⎳CD，
因为DQ ⎳OB,DQ = OB，所以OD = BQ,OD ⎳BQ，
因为EF ⎳BQ,EF = BQ，所以EB ⎳FQ，
因为EB ⊄平面PCD，FQ ⊂平面PCD，所以EB ⎳平面PCD.
(2) 在△APD 中，AP = DP，则PO ⊥AD，
因为OB ⊥平面APD，AD,PO ⊂平面APD，所以OB ⊥PO，OB ⊥AD，
以O 为原点，分别以OA,OB,OP 所在的直线为x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，如下图：
在Rt△APD 中，AP = DP =
2 ，则AD =
AP2+DP2 = 2，PO = 1
2 AD = 1，
在Rt△POB 中，PB =
5 ，则OB =
PB2-PO2 = 2，
则A 1,0,0
,P 0,0,1
,B 0,2,0
,C -1,1,0
，
取AP
= -1,0,1
,AB
= -1,2,0
,CP
= 1,-1,1
,CB
= 1,1,0
，
设平面APB 的法向量为n= x,y,z
，则n⋅AP
=-x+z=0
n⋅AB
=-x+2y=0
，
取x = 2，则y = 1,z = 2，所以平面APB 的一个法向量为n= 2,1,2
；
设平面CPB 的法向量为m= a,b,c
，则m⋅CP
=a-b+c=0
m⋅CB
=a+b=0
，
取a = 1，则b =-1,c =-2，所以平面CPB 的一个法向量为m= 1,-1,-2
；
设二面角A - PB - C 的大小为θ，
cosθ
=
n⋅m
n
⋅m
=
2-1-4
4+1+4⋅
1+1+4 =
6
6 ，
则sinθ =
1-cos2θ =
30
6
.
9. (24 - 25 高三上·北京·月考) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥平面
ABCD，PA = AB，M 为线段PD 的动点.
11
(1) 若直线PB ⎳平面ACM ，求证：M 为PD 的中点：
(2) 求证：平面ABM ⊥平面PAD
(3) 若平面PAC 与平面MAC 夹角的余弦值为
3
3 ，求PM
MD 的值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3)2
【解析】(1) 证明：如图所示，连接BD，交AC 于点O，连接MO，
因为直线PB ⎳平面ACM ，且平面PBD ∩平面ACM = MO，PB ⊂平面PBD，
所以PB ⎳MO，
又因为四边形ABCD 为正方形，所以点O 为BD 的中点，所以M 为PD 的中点.
(2) 证明：因为四边形ABCD 为正方形，可得AB ⊥AD，
又因为PA ⊥平面ABCD，且AB ⊂平面ABCD，所以AB ⊥PA，
因为AD ∩PA = A，且AD,PA ⊂平面PAD，所以AB ⊥平面PAD，
又因为AB ⊂平面ABM ，所以平面ABM ⊥平面PAD.
(3) 解：因为四边形ABCD 为正方形，且PA ⊥平面ABCD，所以AB,AD,AP 两两垂直，
以A 为坐标原点，以AB,AD,AP 所在的直线分别为x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设AB = 1，可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1)，
则AC
= (1,1,0),AP
= (0,0,1),PD
= (0,1, -1)，
设PM
= λPD
= (0,λ, -λ) (0 ≤λ ≤1)，则AM
= AP
+ PM
= AP
+ λPD
= (0,λ,1 - λ)，
设平面MAC 的法向量为n= (x,y,z)，则n⋅AC
=x+y=0
n⋅AM
=λy+(1-λ)z=0
，
令y = 1 - λ，可得x = λ - 1,z =-λ，所以n= (λ - 1,1 - λ, -λ)，
连接BD，由四边形ABCD 为正方形，可得BD ⊥AC，
因为PA ⊥平面ABCD，且BD ⊂平面ABCD，所以BD ⊥PA，
又因为AC ∩PA = A，且AC,PA ⊂平面PAC，所以BD ⊥平面PAC，
所以向量BD
= (-1,1,0) 为平面PAC 的一个法向量，
则cos BD
,n
=
BD
⋅n
BD
n
=
2(1-λ)
2×
3λ2-4λ+2
=
3
3 ，
解得λ = 2
3 或λ = 2(舍)，
所以PM
MD = 2.
题型四
空间点、线、面间的距离求解
12
大题典例
10. (24 - 25 高三上·贵州贵阳·月考) 如图，DE 是正三角形ABC 的一条中位线，AB = 2，将△ADE 沿DE
折起，得到四棱锥A1- BCDE.
(1) 证明：AA1⊥平面A1BC；
(2) 若A1E ⊥CD 求点B 到平面EA1D 的距离.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
6
3
【解析】(1) 证明：因为A1E = 1
2 AB,A1D = 1
2 AC，
所以A1A ⊥A1B,AA1⊥A1C.
又因为A1B ∩A1C = A1，A1B，A1C ⊂平面A1BC，所以AA1⊥平面A1BC.
(2) 解：如图，点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，
三角形的边长为2，
则E
1
2 ,0,0
,D - 1
2 ,0,0
,B 1,
3
2 ,0
,C -1,
3
2 ,0
.
设A1 x,y,z
，因为A1E = 1,A1O =
3
2 ，
所以
x- 1
2
2
+y2+z2=1,
x2+y2+z2= 3
4
⇒
x=0,
y2+z2= 3
4 ,
所以A1 0,y,z
,A1E
=
1
2 ,-y,-z
,CD
=
1
2 ,-
3
2 ,0
.
因为A1E ⊥CD，所以A1E
⋅CD
= 0 ⇒1
4 +
3
2 y = 0 ⇒y =-
3
6 ，
所以A1 0,-
3
6 ,
6
3
,A1D
= - 1
2 ,
3
6 ,-
6
3
.
设m= x1,y1,z1
⊥平面EA1D，
所以A1D
⋅m=0,
A1E
⋅m=0
⇒
- 1
2 x+
3
6 y-
6
3 z=0,
1
2 x+
3
6 y-
6
3 z=0
⇒
x=0,
y=
6
3 ,
z=
3
6 ,
故m= 0,
6
3 ,
3
6
.
又B 1,
3
2 ,0
,OB
= 1,
3
2 ,0
，
13
所以点B 到平面EA1D 的距离为d =
OB
⋅m
m
=
6
3 .
解法指导
1、几何法求点面距
(1) 定义法(直接法)：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度；
(2) 等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离；
(3) 转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离．
2、向量法求空间距离：
(1) 点面距：已知平面α 的法向量为n, A 是平面α 内的任一点，P 是平面α 外一点, 过点P 作则平面α
的垂线l，交平面α 于点Q，则点P 到平面α 的距离为PQ = AP
⋅n
n
(2) 直线a 与平面α 之间的距离：d =
AB
⋅n
|n|
，其中A ∈a,B ∈α，n是平面α 的法向量。
(3) 两平行平面α,β 之间的距离：d =
AB
⋅n
|n|
，其中A ∈α,B ∈β，n是平面α 的法向量。
变式训练
11. (24 - 25 高三上·广东广州·月考) 已知四棱柱ABCD - A1B1C1D1 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD，
A1A ⊥平面ABCD，AD ⊥AB，其中AB = AA1 = 2，AD = DC = 1.N ，M 分别是线段B1C1 和线段
DD1上的动点，且C1N
= λC1B1
，DM
= λDD1
(0 < λ < 1).
(1) 求证：D1N ⎳平面CB1M ；
(2) 若N 到平面CB1M 的距离为
11
11 ，求D1N 的长度.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
10
2
【解析】(1)
因为A1A ⊥平面ABCD，AD,AB ⊂平面ABCD，
所以A1A ⊥AD,A1A ⊥AB，又AD ⊥AB，
14
所以AB,AD,AA1两两垂直，
以A 为原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，如图，
因为AB = AA1= 2，AD = DC = 1，
则D1 0,1,2
,C1 1,1,2
,B1 2,0,2
,C 1,1,0
,D 0,1,0
，
所以C1B1
= 1,-1,0
，
因为C1N
= λC1B1
= λ 1,-1,0
，所以N λ+1,-λ+1,2
，
所以D1N
= λ+1,-λ,0
，
又CB1
= 1,-1,2
,DD1
= 0,0,2
,DM
= λDD1
= λ 0,0,2
，
所以M 0,1,2λ
，CM
= -1,0,2λ
，
设平面CB1M 的法向量为n= x,y,z
，
所以n⋅CM
=0
n⋅CB1
=0
，即x-y+2z=0
-x+2λz=0
，令z = 1，则n= 2λ,2λ+2,1
，
所以n⋅D1N
= 2λ,2λ+2,1
⋅λ+1,-λ,0
= 2λ λ+1
- λ 2λ+2
= 0，
所以n⊥D1N
，所以D1N ⎳平面CB1M ，
(2) 若N 到平面CB1M 的距离为
11
11 ，则
11
11
=
B1N
⋅n
n
，
又B1N
= λ-1,-λ+1,0
，
所以
11
11
= 2λ2-2λ-2λ2-2λ+2λ+2
4λ2+4λ2+8λ+4+1
，
整理可得12λ2- 32λ + 13 = 0，解得λ = 1
2 或13
6 (舍去)，
所以N
3
2 , 1
2 ,2
，所以D1N
=
9
4 + 1
4 +0 =
10
2
.
12. (24 - 25 高三上·福建福州·月考) 如图，在直四棱柱ABCD - A1B1C1D1 中，底面四边形ABCD 为梯形，
AD ⎳BC，AB = AD = 2，BD = 2 2 ，BC = 4．
(1) 证明：A1B1⊥AD1；
(2) 若直线AB 与平面B1CD1所成角的正弦值为
6
6 ，求直线BD 到平面B1CD1的距离．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 2 6
3
【解析】(1) 因为AB = AD = 2，BD = 2 2 ，所以BD2= AB2+ AD2，
可得AB ⊥AD，又ABCD - A1B1C1D1为直四棱柱，所以AA1⊥平面ABCD，
因为AB ⊂平面ABCD，所以AA1⊥AB，
15
且AA1∩AD = A，AA1、AD ⊂平面ADD1A1，
所以AB ⊥平面ADD1A1，又AD1⊂平面ADD1A1，
可得AB ⊥AD1，因为A1B1⎳AB，
所以A1B1⊥AD1；
(2) 由(1)，以A 为原点，AB、AD、AA1所在的直线分别为x、y、z 轴的正方向建立
空间直角坐标系，设A1A = a a>0
，
则A 0,0,0
,B 2,0,0
,D1 0,2,a
,B1 2,0,a
,C 2,4,0
，
AB
= 2,0,0
,D1C
= 2,2,-a
,B1C
= 0,4,-a
，
设n= x,y,z
为平面B1CD1的一个法向量，
则n⋅D1C
=0
n⋅B1C
=0
，即2x+2y-az=0
4y-az=0
，令y = 1，则z = 4
a ，x = 1，
所以n= 1,1, 4
a
，
设直线AB 与平面B1CD1所成角为θ，
因为直线AB 与平面B1CD1所成角的正弦值为
6
6 ，
所以sinθ = cosAB
,n
=
AB
⋅n
AB
⋅n
=
2
2
2+ 16
a2
=
6
6 ，
解得a = 2，n= 1,1,2
，
因为平面ABD ⎳A1B1D1，平面BB1D1D ∩平面A1B1D1= B1D1，
平面BB1D1D ∩平面ABD = BD，所以BD ⎳B1D1，
因为BD ⊄平面B1CD1，B1D1⊂平面B1CD1，
所以BD ⎳平面B1CD1，所以直线BD 到平面B1CD1的距离
可转化为点B 到平面B1CD1的距离，B1B
= 0,0,-2
，
B1B
⋅cos B1B
,n
= B1B
⋅
B1B
⋅n
B1B
⋅n
= B1B
⋅n
n
=
4
1+1+4
= 2 6
3
.
题型五
空间几何体的体积求解
大题典例
13. (23 - 24 高三上·海南海口·月考) 如图，在长方体ABCD - A1B1C1D1 中，AA1 = 2AD = 2AB = 4，E，F
分别为AA1，CD 的中点．
16
(1) 证明：B1D ⊥A1C1；
(2) 求三棱锥E - B1C1F 的体积．
【答案】(1) 证明见解析；(2)2
【解析】(1) 连接B1D1，因为A1B1C1D1为正方形，所以A1C1⊥B1D1，
又在长方体ABCD - A1B1C1D1中，DD1⊥平面A1B1C1D1，
且A1C1⊂平面A1B1C1D1，故A1C1⊥DD1．
又D1D ∩D1B1= D1，DD1⊂平面B1DD1，D1B1⊂平面B1DD1，
所以A1C1⊥平面B1DD1，又B1D ⊂平面B1DD1，故B1D ⊥A1C1．
(2) 由D1A1，D1C1，D1D 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B1 2,2,0
，C1 0,2,0
，E 2,0,2
，F 0,1,4
，
C1B1
= 2,0,0
，C1F
= 0,-1,4
，EF
= -2,1,2
．
设平面B1C1F 的一个法向量为n= x,y,z
，则C1B1
⋅n=0
C1F
⋅n=0
，
即2x=0
-y+4z=0
，令z = 1，得n= 0,4,1
．
又EF
= -2,1,2
，则点E 到平面B1C1F 的距离d =
EF
⋅n
n
=
6
17 ．
又C1F =
17 ，所以△B1C1F 的面积为1
2 B1C1× C1F = 1
2 × 2 ×
17 =
17 ，
所以三棱锥E - B1C1F 的体积为1
3 ×
17 ×
6
17 = 2．
解法指导
1、处理空间几何体体积的基本思路
(1) 转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转
换为容易看出并容易求解的高；
(2) 拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算；
(3) 拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一
个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。
2、求体积的常用方法
(1) 直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；
(2) 割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则
的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；
(3) 等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为
三棱锥的底面进行等体积变换
变式训练
14. (24 - 25 高三上·广东深圳·月考) 如图，将长方形OAA1O1(及其内部) 绕OO1 旋转一周形成圆柱，其中
OA = 1，OO1= 2，劣弧AB 的长为α，A1B1为圆O1的直径，平面AOB 与平面A1O1B 的交线为l.
17
(1) 证明：l ⎳OA；
(2) 若平面AOB 与平面A1O1B 夹角的正切值为4 3
3
，求四棱锥B - OAA1O1的体积．
【答案】(1) 证明见解析；(2)
3
3
【解析】(1) 法一：
∵OA ⎳O1A1，O1A1⊂平面A1O1B，OA ⊄平面A1O1B，
∴OA ⎳平面A1O1B，
又∵OA ⊂平面AOB，平面AOB ∩平面A1O1B = l，
∴l ⎳OA；
法二：
∵圆面O ⎳圆面O1，平面A1O1B ∩圆面O1= A1O1，
平面A1BO1∩圆面O = l，∴O1A1⎳l，
又∵O1A1⎳OA，∴l ⎳OA；
(2) 法一：
以O 为原点，OA,OO1分别为y,z 轴，垂直于y,z 轴直线为x 轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则A1 0,1,2
，O1 0,0,2
，
∵劣弧AB 的长为α 0<α<π
，
∴∠AOB = α，B sinα,cosα,0
，
O1A1
= 0,1,0
，O1B
= sinα,cosα,-2
，
设平面A1BO1的法向量为n= x,y,z
，
由n⋅O1A1
=0
n⋅O1B
=0
，即y=0
xsinα-2z=0
，
令x = 2，则z = sinα，∴n= 2,0,sinα
，
平面AOB 的法向量为m= 0,0,1
，
设平面AOB 与平面A1O1B 夹角为θ，
则cos2θ = cos2n,m=
n⋅m
n
⋅m
2
=
sin2α
4+sin2α ，
则tan2θ = sin2θ
cos2θ = 1-cos2θ
cos2θ
=
1-
sin2α
4+sin2α
sin2α
4+sin2α
=
4
sin2α ，
即
4
sin2α = 16
3 ，sinα =
3
2 (负值舍去)，
18
即B 到平面OAA1O1距离为
3
2 ，
则VB-OAA1O1= 1
3 S四边形OAA1O1h = 1
3 ⋅2 ⋅
3
2
=
3
3 .
法二：
如图，过B 作BD ⎳AO，即平面AOB 与平面A1O1B 的交线为BD，
作OE ⊥BD 于E，连接O1E，
∵OO1⊥平面AOB，BD ⊂平面AOB，∴BD ⊥OO1，
又OO1∩OE = O，OO1,OE ⊂平面O1OE，
∴BD ⊥平面O1OE，∴O1E ⊥BD，
∴∠O1EO 是平面AOB 与平面A1O1B 夹角，
∵AB 的长为α 0<α<π
，
∴∠AOB = α，∴OE = sinα，
∴tan∠O1EO = O1O
OE =
2
sinα ，
则
2
sinα = 4 3
3
，sinα =
3
2 ，
即B 到平面OAA1O1距离为
3
2 ，
VB-OAA1O1= 1
3 S四边形OAA1O1h = 1
3 ⋅2 ⋅
3
2
=
3
3 .
15. (24 - 25 高三上·河南·开学考试) 如图，四棱锥P - ABCD 中，底面四边形ABCD 为凸四边形，且PD
= AD = CD = 4，PA = PC = AC = 4 2 ，AB = BC．
(1) 证明：AC ⊥PB；
(2) 已知平面APC 与平面BPC 夹角的余弦值为7 57
57
，求四棱锥P - ABCD 的体积．
【答案】(1) 证明见解析；(2)16
【解析】(1) 因为PD = AD = 4，PA = 4 2 ，
所以PD2+ AD2= PA2，所以PD ⊥AD，
19
同理PD ⊥CD，又AD ∩CD = D，AD，CD ⊂平面ABCD，
所以PD ⊥平面ABCD，
因为AC ⊂平面ABCD，所以PD ⊥AC，
连接BD，因为AD = CD，AB = BC，DB = DB，
所以△ADB ≌△CDB，所以∠ADB = ∠CDB．
又AD = CD，由等腰三角形三线合一，得BD ⊥AC．
因为BD ∩PD = D，BD，PD ⊂平面PBD，所以AC ⊥平面PBD，
又PB ⊂平面PBD，所以AC ⊥PB．
(2) 因为AD = CD = 4，AC = 4 2 ，所以AD2+ CD2= AC2，
所以AD ⊥CD，又PD ⊥AD，PD ⊥CD，故AD，CD，PD 两两垂直，
故以D 为坐标原点，
DA，DC，DP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
则A 4,0,0
，C 0,4,0
，P 0,0,4
，所以CP
= 0,-4,4
，CA
= 4,-4,0
，
由(1) 知DB 平分∠ADC，设B a,a,0
，所以CB
= a,a-4,0
．
设平面ACP 的法向量为m= x1,y1,z1
，则m⋅CP
=-4y1+4z1=0
m⋅CA
=4x1-4y1=0
，
令x1= 1，得y1= 1，z1= 1，所以m= 1,1,1
，
设平面BCP 的法向量为n= x2,y2,z2
，则n⋅CP
=-4y2+4z2=0
n⋅CB
=ax2+ a-4
y2=0
，
令y2= a，得x2= 4 - a，z2= a，所以n= 4-a,a,a
，
设平面APC 与平面BPC 夹角的大小为θ，
则cosθ = cos m,n
=
m⋅n
m
⋅n
=
4+a
3
4-a
2+a2+a2 = 7 57
57
，
两边平方并化简得4a2- 17a + 15 = 0，解得a = 3 或a = 5
4 ．
20
因为AD = CD = 4，AD ⊥CD，所以点D 到AC 的距离为ADsin π
4 = 2 2 ，
因为四边形ABCD 为凸四边形，所以BD > 2 2 ，所以a = 5
4 不合题意，
即a = 3，则BD = 3 2 ，可得S四边形ABCD = 1
2 AC ⋅BD = 1
2 × 4 2 × 3 2 = 12，
所以V四棱锥P-ABCD = 1
3 S四边形ABCD ⋅DP = 1
3 × 12 × 4 = 16．
题型六
空间几何体的翻折问题
大题典例
16. (23 - 24 高三下·山东·模拟预测) 如图，在菱形ABCD 中，∠BAD = 60°，E 是AD 的中点，将△ABE 沿
直线BE 翻折使点A 到达点A1的位置，F 为线段A1C 的中点.
(1) 求证：DF ∥平面A1BE；
(2) 若平面A1BE ⊥平面BCDE，求直线A1E 与平面A1BC 所成角的大小.
【答案】(1) 证明见解析；(2) π
3 .
【解析】(1) 取线段A1B 的中点为H，连接EH，FH，
因为F 为线段A1C 的中点，所以FH ⎳BC，且FH = 1
2 BC；
又E 是AD 的中点，所以ED ⎳BC，且ED = 1
2 BC；
所以ED ∥FH，且ED = FH，故四边形EDFH 为平行四边形；
所以DF ∥EH，
因为DF ⊄平面A1BE，EH ⊂平面A1BE，
所以直线DF ⎳平面A1BE；
(2) 因为E 是AD 的中点，所以BE ⊥AD，所以BE ⊥A1E；
因为平面A1BE ⊥平面BCDE，平面A1BE ∩平面BCDE = BE，
所以A1E ⊥平面BCDE.
以E 为原点，EB，ED，EA1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
设AB = 2，则E(0,0,0)，A1(0,0,1)，B( 3,0,0)，C( 3,2,0)，
则EA1
= (0,0,1)，BA1
= (- 3,0,1)，BC
= (0,2,0)，
设平面A1BC 的法向量为n= (x,y,z)，则n⋅BA1
=0
n⋅BC
=0
即- 3x+z=0
2y=0
，
取x = 1，则n= (1,0, 3)，
21
设直线A1E 与平面A1BC 所成角为θ，
则sinθ = cosn,EA1
=
n⋅EA1
n
⋅EA1
=
3
2 ，
所以直线A1E 与平面A1BC 所成角为π
3 .
解法指导
翻折问题的两个解题策略
1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置
和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于
“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于
变化的关系则要在立体图形中解决
2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移
动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的
变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行
有关的证明与计算
变式训练
17. (24 - 25 高三上·云南昆明·期中) 已知在长方形ABCD 中，AD = 2，AB = 4，点M 是边CD 的中点，如
图甲所示. 将△ADM 沿AM 翻折到△PAM ，连接PB，PC，得到四棱锥P - ABCM ，其中PB = 2 3 ，
如图乙所示.
(1) 求证：平面PAM ⊥平面ABCM ；
(2) 求平面PAM 和平面PBC 夹角的余弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
11
11 ．
【解析】(1) 连接BM ，因为M 是CD 中点，所以AM = BM =
22+22 = 2 2 ，
从而AM 2+ BM 2= AB2，所以AM ⊥BM ，
又PB = 2 3 ，所以PM 2+ BM 2= PB2，所以PM ⊥BM ，
AM ∩PM = M ，AM,PM ⊂平面APM ，
所以BM ⊥平面APM ，又因为BM ⊂平面ABCM ，
所以平面APM ⊥平面ABCM；
22
(2) 取AM 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥AM ，又平面APM ⊥平面ABCM ，平面APM ∩平面ABCM =
AM ，
所以PN ⊥平面ABCM ，
PN = 1
2 AM =
2 ，
以M 为原点，过M 平行于CB 的直线为x 轴，MC 为y 轴，
过M 平行于NP 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(2, -2,0)，B(2,2,0)，N(1, -1,0)，P(1, -1, 2)，C(0,2,0)，
MA
= (2, -2,0),CB
= (2,0,0),MP
= (1, -1, 2),CP
= (1, -3, 2)，
设平面PAM 的一个法向量是n= (x1,y1,z1)，
则n⋅MA
=2x1-2y1=0
n⋅MP
=x1-y1+
2z1=0
，取x1= 1 得n= (1,1,0)，
设平面PBC 的一个法向量是m= (x2,y2,z2)，
则m⋅CB
=2x2=0
m⋅CP
=x2-3y2+
2z2=0
，取y2=
2 ，得m= (0, 2,3)，
cosm,n= m⋅n
m
n
=
2
2×
11 =
11
11 ，
所以平面PAM 和平面PBC 夹角的余弦值为
11
11 ．
18. (2024·河北承德·二模) 如图1，在直角△APB 中，∠APB = 90°,C 为PB 中点，PA = PC = 1，取AC 中
点D，连接PD,BD，现把△APC 沿着AC 翻折，形成三棱锥P - ABC 如图2，此时PB =
3 ，取BC 中
点E，连接PE,DE，记平面PAB 和平面PDE 的交线为l,Q 为l 上异于P 的一点.
(1) 求证：PD ⊥平面ABC；
(2) 若直线AQ 与平面PDB 所成角的正弦值为
10
15 ，求PQ 的长度.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 5 或5 5
11
23
【解析】(1) 由题意知△ACP 为等腰直角三角形，又D 为AC 的中点，
所以PD = 1
2 AC =
2
2 ，∠ACB = 3π
4 ，PD ⊥AD，
由cos∠BCA = BC2+CD2-BD2
2BC⋅CD
=
1+
2
2
2-BD2
2×1×
2
2
=-
2
2 ，解得BD =
5
2 ，
当PB =
3 时，有PD2+ BD2= PB2，即PD ⊥BD，
而BD ∩AC = D,BD,AC ⊂平面ABC，故PD ⊥平面ABC；
(2) 以DA,DP 为x 轴，z 轴，过D 作平面PAC 的垂线为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D 0,0,0
,A
2
2 ,0,0
,P 0,0,
2
2
，
又cos∠BDC = BD2+CD2-BC2
2BD⋅CD
=
5
2 +
2
2
2-12
2×
10
2
×
2
2
= 2 5
5
，
所以sin∠BDC =
1-cos2∠BDC =
5
5
所以xB =-BDcos∠BDC =-
10
2
× 2 5
5
=- 2 ，yB = BDsin∠BDC =
10
2
×
5
5
=
2
2 ，
所以B - 2,
2
2 ,0
，
于是PB
= - 2,
2
2 ,-
2
2
,PD
= 0,0,-
2
2
，
设平面PDB 的法向量为n= x0,y0,z0
，
则
PD
⋅n=-
2
2 z0=0
PB
⋅n=- 2x0+
2
2 y0-
2
2 z0=0
，不妨取x0= 1，解得n= 1,2,0
，
设Q x1,y1,z1
，则PQ
= x1,y1,z1-
2
2
，AB
= - 3 2
2
,
2
2 ,0
，
因为E 为BC 中点，D 为AC 中点，所以AB ⎳DE，
又AB ⊄平面PDE，DE ⊂平面PDE，所以AB ⎳平面PDE，
平面PAB 和平面PDE 的交线为l，AB ⊂平面PAB，
所以AB ⎳l，又Q 为l 上异于P 的一点，所以AB ⎳PQ，即PQ
与AB
共线，
设为PQ
= kAB
，则x1=- 3 2
2
k,y1=
2
2 k,z1=
2
2 ，
故Q - 3 2
2
k,
2
2 k,
2
2
，
因此AQ
= - 3 2
2
k-
2
2 ,
2
2 k,
2
2
.
设直线AQ 与平面PDB 所成角为θ，
24
则sinθ = cosAQ
,n
=
n⋅AQ
n⋅
AQ
=
- 3 2
2 k-
2
2 +
2k
5×
3 2
2 k+
2
2
2+ 1
2 k2+ 1
2
=
10
15 ，
化简得11k2- 6k - 5 = 0，解得k = 1 或k =- 5
11 ，
当k = 1 时PQ
= AB
= - 3 2
2
,
2
2 ,0
，则PQ
= AB
=
9
2 + 1
2 =
5 ，
当k =- 5
11 时PQ
=- 5
11 AB
，则PQ
= 5
11 AB
= 5 5
11 ，
因此PQ
=
5 或PQ
= 5 5
11 .
题型七
空间动点存在性问题的探究
大题典例
19. (24 - 25 高三上·四川德阳·月考) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面
ABCD,E 为棱PD 上的动点.
(1) 若E 为PD 中点，证明：PB ⎳平面AEC；
(2) 若AP = 1,AD = 3,AB = 2，在线段PD 上是否存在点E 使得面DAE 与面AEC 夹角余弦值为
3 157
157
，若存在，求出点E 位置，若不存在，说明理由.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 答案见解析
【解析】(1) 连接BD，交AC 于点F，
因为底面ABCD 为矩形，故F 为BD 的中点，
又因为E 为PD 的中点，
所以EF ⎳PB，
又EF ⊂平面AEC，PB ⊄平面AEC，
所以PB ⎳平面AEC.
(2) 底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD，
PA ⊥平面ABCD，又AB,AD ⊂平面ABCD，
25
PA ⊥AB,PA ⊥AD，
如图，以A 为原点，AB,AD,AP 所在直线为x 轴、y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
由题意得P(0,0,1),A(0,0,0),D(0,3,0)，C(2,3,0)，
设PE
= λPD
(0 ≤λ ≤1)，设E(x,y,z)，
所以(x,y,z - 1) = λ(0,3, -1)，可得
x=0
y=3λ
z=1-λ
，
所以E(0,3λ,1 - λ)，
AD
= (0,3,0)，AE
= (0,3λ,1 - λ)，AC
= (2,3,0)，
设面DAE 的法向量为m= (x1,y1,z1)，
则AD
⋅m=3y1=0
AE
⋅m=3λy1+(1-λ)z1=0
，
取x1= 1，则y1= 0,z1= 0，
m= (1,0,0) 为平面DAE 的一个法向量，
设面AEC 的法向量为n= (x2,y2,z2)，
则AC
⋅n=2x2+3y2=0
AE
⋅n=3λy2+(1-λ)z2=0
，
取z2=-6λ，则x2= 3λ - 3,y2= 2 - 2λ，
可取n= 3λ-3,2-2λ,-6λ
，
设面DAE 与面AEC 夹角为θ，
则cosθ = cos m,n
=
m⋅n
m
n
=
3λ-3
3λ-3
2+ 2-2λ
2+36λ2
= 3 157
157
，
化简得3λ2- 8λ + 4 = 0，即(λ - 2) (3λ - 2) = 0，
解得λ = 2
3 或2(舍)，
所以在线段PD 上存在点E 使得面DAE 与面AEC 夹角余弦值为3 157
157
，
此时PE
= 2
3 PD
，即点E 为PD(靠近点P) 的三等分点.
解法指导
借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量) 表示，将几何对象坐标化，这样
根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过
参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的
几何对象不存在．
变式训练
20. (24 - 25 高三上·江西南昌·月考) 如图，在矩形纸片ABCD 中，AB = 4,BC = 2，沿AC 将△ADC 折起，
使点D 到达点P 的位置，且满足平面ABP ⊥平面BCP.
26
(1) 求证：平面ABC ⊥平面APB，并求PB 的长度；
(2) 若M 是线段PC 上(不包括端点) 的一个动点，是否存在点M ，使得直线MB 与平面PAC 的夹角
为π
3 ？若存在，求CM 的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1) 证明过程见解析，PB = 2 3；
(2) 存在点M ，使得直线MB 与平面PAC 的夹角为π
3 ，CM = 1
2 PC = 2，理由见解析
【解析】(1) 过点A 作AN ⊥BP 于点N ，
因为平面ABP ⊥平面BCP，交线为BP，AN ⊥BP，AN ⊂平面ABP，
所以AN ⊥平面BCP，
因为BC ⊂平面BCP，所以AN ⊥BC，
又BC ⊥AB，AB ∩AN = A，AB,AN ⊂平面ABP，
所以BC ⊥平面ABP，
又BC ⊂平面ABC，所以平面ABC ⊥平面APB，
因为BC ⊥平面ABP，PB ⊂平面APB，所以BC ⊥PB，
又PC = DC = 4,BC = 2，由勾股定理得PB =
PC2-CB2 =
16-4 = 2 3；
(2) 存在点M ，使得直线MB 与平面PAC 的夹角为π
3 ，此时CM = 1
2 PC = 2，理由如下：
以B 为坐标原点，BC,BA 所在直线分别为x,y 轴，
垂直于平面ABC 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
由(1) 知，PB = 2 3 ，PA = 2,AB = 4，故PA2+ PB2= AB2，
由勾股定理逆定理得PA ⊥PB，且sin∠PBA = AP
AB = 1
2 ，
所以∠PBA = 30°，
过点P 作PH ⊥AB 于点H，
由(1) 知，平面ABC ⊥平面APB，故PH ⊥平面ABC，
且PH = PBsin30° =
3 ，BH = PBcos30° = 3，
所以P 0,3, 3
，
其中B 0,0,0
,C 2,0,0
,A 0,4,0
，设CM
= λCP
，0 < λ < 1，
设M s,t,a
，则s-2,t,a
= λ -2,3, 3
，
解得s = 2 - 2λ,t = 3λ,a =
3λ，故M 2-2λ,3λ, 3λ
，
设平面PAC 的一个法向量为m= x,y,z
，
则m⋅PA
= x,y,z
⋅0,1,- 3
=y-
3z=0
m⋅AC
= x,y,z
⋅2,-4,0
=2x-4y=0
，
令z = 1，则y =
3,x = 2 3 ，
所以m= 2 3, 3,1
，
27
MB 与平面PAC 的夹角为π
3 ，故MB 与m= 2 3, 3,1
夹角为π
6 或5π
6 ，
又cos m,BM
=
m⋅BM
m
⋅BM
=
2 3, 3,1
⋅2-2λ,3λ, 3λ
12+3+1
2-2λ
2+9λ2+3λ2 =
3
2-2λ
2+9λ2+3λ2 ，
所以
3
2-2λ
2+9λ2+3λ2 =
3
2 ，即2-2λ
2+ 9λ2+ 3λ2= 4，
解得λ = 1
2 ，则CM = 1
2 PC = 2.
21. (24 - 25 高三上·湖南·月考) 如图，侧面BCC1B1 水平放置的正三棱台ABC - A1B1C1,AB = 2A1B1 = 4，
侧棱长为
2,P 为棱A1B1上的动点.
(1) 求证：AA1⊥平面BCC1B1；
(2) 是否存在点P，使得平面APC 与平面A1B1C1的夹角的余弦值为5 33
33
？若存在，求出点P；若不
存在，请说明理由.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 存在，点P 为A1B1中点
【解析】(1) 延长三条侧棱交于一点O，如图所示，
由于AB = 2A1B1= 4,BB1=
2 ，所以OB = OA = 2 2 ，
所以OA2+ OB2= 16 = AB2，所以OA ⊥OB，同理OA ⊥OC.
又OB ∩OC = O，OB,OC ⊂平面OBC，
所以OA ⊥平面OBC，即AA1⊥平面BCC1B1.
(2) 由(1) 知OA ⊥OB,OA ⊥OC,OB ⊥OC，如图建立空间直角坐标系，
则A 0,0,2 2
,C 0,2 2,0
，A1 0,0, 2
,B1
2,0,0
,C1 0, 2,0
，
所以AA1
= 0,0,- 2
,AC
= 0,2 2,-2 2
,A1B1
= ( 2 ，0, - 2),B1C1
= - 2, 2,0
.
设A1P
= λA1B1
= λ
2,0,- 2
=
2λ,0,- 2λ
，
28
则AP
= AA1
+ A1P
=
2λ,0,- 2-
2λ
,λ ∈0,1
，
设平面A1B1C1和平面APC 的法向量分别为m= x,y,z
,n= r,s,t
，
所以
2x-
2z=0
- 2x+
2y=0，
2λr-
2 λ+1
t=0
2s-
2t=0
，
取m= 1,1,1
,n= λ+1,λ,λ
，
则cos m,n
= m⋅n
m
n
=
3λ+1
3
3λ2+2λ+1
= 5 33
33
.
整理得12λ2+ 8λ - 7 = 0，即2λ-1
6λ+7
= 0，所以λ = 1
2 或λ =- 7
6 (舍)，
故存在点P(点P 为A1B1中点时)，满足题意.
必刷大题
刷模拟
22. (24 - 25 高三上·江苏扬州·月考) 已知三棱锥A - BCD,AD ⊥底面BCD,BC ⊥CD,AD = 4,BC =
CD = 2，点P 是AD 的中点，点Q 为线段BC 上一动点，点M 在线段DQ 上.
(1) 若PM ⎳平面ABC，求证：M 为DQ 的中点；
(2) 若Q 为BC 的中点，求直线DQ 与平面ABC 所成角的余弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 3
5
【解析】(1) 连接AQ，因为PM ⎳平面ABC,PM ⊂平面ADQ，
平面ADQ ∩平面ABC = AQ，所以PM ⎳AQ，
又因为P 是AD 的中点，所以M 是DQ 中点；
(2) 方法一：因为AD ⊥底面BCD,BC ⊥CD，如图建立坐标系C - xyz，
则D 2,0,0
,B 0,2,0
,A 2,0,4
,Q 0,1,0
，可得DQ
= -2,1,0
，CA
= 2,0,4
,CB
= 0,2,0
，
29
设平面ABC 的法向量为n= x,y,z
，则n⋅CA
=2x+4z=0
n⋅CB
=2y=0
，
令z = 1，则y = 0,x =-2，可得n= -2,0,1
，
cosDQ
,n= DQ
⋅n
DQ
n
=
4
5⋅
5 = 4
5 ，
设直线DQ 与平面ABC 所成角为θ，
则sinθ = cosDQ
,n
= 4
5 ，又θ ∈0, π
2
，则cosθ = 3
5 ，
因此直线DQ 与平面ABC 所成角的余弦值为3
5 .
方法二：过点D 作DN ⊥AC 交AC 于N ，连接QN ，
因为AD ⊥底面BCD,BC ⊂底面BCD，则AD ⊥BC，
且BC ⊥CD,AD ∩CD = D,AD,CD ⊂平面ACD，则BC ⊥平面ACD，
由DN ⊂平面ACD，可得BC ⊥DN ，且AC ∩BC = C，
AC,BC ⊂平面ABC，所以DN ⊥平面ABC，
可知∠DQN 即为直线DQ 与平面ABC 所成角，
在Rt△ACD 中，CD = 2,AD = 4，则AC = 2 5 ，所以DN = 4 5
5
，
又DQ =
5 ，∴QN = 3 5
5
，则cos∠DQN = QN
QD = 3
5 ，
所以直线DQ 与平面ABC 所成角的余弦值为3
5 .
23. (24 - 25 高三上·江苏苏州·月考) 如图，在平行四边形ABCM 中，AB = AC = 3,∠ACM = 90°，以AC
为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA.
(1) 证明：平面ACD ⊥平面ABC.
(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP = DQ = 2
3 DA，求点P 到平面ABQ 的距离.
30
【答案】(1) 证明见解析；(2) 2
【解析】(1) 由题意平行四边形ABCM 中，∠ACM = 90°，则AC ⊥CM ，又CM ⎳AB，所以AC ⊥AB，
又AB ⊥AD，AD ∩AC = A，AD,AC ⊂平面ACD，
所以AB ⊥平面ACD，而AB ⊂平面ABC，所以平面ABC ⊥平面ACD；
(2) 由于DC ⊥AC，DC ⊂平面ACD，平面ABC ⊥平面ACD，所以DC ⊥平面ABC，
以AB,AC 为x,y 轴，平行于CD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,3,0)，D(0,3,3)，
又Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP = DQ = 2
3 DA，
则Q(0,1,1)，P(1,2,0)，
AB
= (3,0,0),AQ
= (0,1,1)，
设平面ABQ 的一个法向量是n= (x,y,z)，
则n⋅AB
=3x=0
n⋅AQ
=y+z=0
，取y = 1，则n= (0,1, -1)，
又AP
= (1,2,0)，
则P 到平面ABQ 的距离等于
AP
⋅n
n
= 0+2+0
2
=
2 ，
24. (24 - 25 高三上·浙江宁波·模拟考试) 在三棱锥P - ABC 中，侧面PAC 是边长为2 的等边三角形，
AB =
3 ，PB = 2，∠ABC = π
2 .
(1) 求证：平面PAC ⊥平面ABC；
(2) 求平面PAB 与平面PAC 的夹角的余弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 3 13
13
【解析】(1)
31
取AC 的中点为O，连接OP,OB，
因为PAC 是边长为2 的等边三角形，所以OP ⊥AC，OP =
3 ，
在直角三角形ABC 中，∠ABC = π
2 ，O 为AC 中点，所以OB = 1
2 AC = 1，
又PB = 2，所以OP2+ OB2= PB2，
所以∠POB = 90°，即OP ⊥OB，又OB,AC 为平面ABC 内两条相交直线，
所以OP ⊥平面ABC，又OP 在平面PAC 内，
所以平面PAC ⊥平面ABC.
(2)
由(1) 知过B 作OP 的平行线作为z 轴，BA,BC 分别为x,y 轴，
则B 0,0,0
,A
3,0,0
,C 0,1,0
,P
3
2 , 1
2 , 3
，
所以BP
=
3
2 , 1
2 , 3
,BA
=
3,0,0
，PA
=
3
2 ,- 1
2 ,- 3
,AC
= - 3,1,0
,
设平面PAB 的法向量为n= x,y,z
，
则n⋅BP
=0
n⋅BA
=0
，即
3
2 x+ 1
2 y+
3z=0
3x=0
，
令z = 1，可得n= 0,-2 3,1
，
设平面PAC 的法向量为m= a,b,c
，
则m⋅AC
=0
m⋅PA
=0
，即
- 3a+b=0
3
2 a- 1
2 b-
3c=0
，
令a = 1，可得m= 1, 3,0
，
设平面PAB 与平面PAC 的夹角为θ，
则cosθ = cosm,n
=
m⋅n
m
⋅n
=
6
2 13 = 3 13
13
.
25. (24 - 25 高三上·黑龙江大庆·期中) 在梯形ABCD 中，AB ⎳CD，∠BAD = π
3 ，AB = 2AD = 2CD =
4，P 为AB 的中点，线段AC 与DP 交于O 点(如图1). 将△ACD 沿AC 折起到△ACD位置，使得
DO ⊥OP(如图2).
32
(1) 求证：平面DAC ⊥平面ABC；
(2) 线段PD上是否存在点Q，使得CQ 与平面BCD所成角的正弦值为
6
8 ? 若存在，求出PQ
PD的
值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 存在，1
3
【解析】(1) 证明：∵在梯形ABCD 中，AB ⎳CD，
AB = 2AD = 2CD = 4，∠BAD = π
3 ，P 为AB 的中点，
∴CD ⎳PB，CD = PB，BC = DP，
∴△ADP 是正三角形，四边形DPBC 为菱形，
∴AC ⊥BC，AC ⊥DP，
∵AC ⊥DO,DO ⊥OP，
又∵AC ∩OP = O,AC,OP ⊂平面ABC，
∴DO ⊥平面ABC，
∵DO ⊂平面DAC，
∴平面DAC ⊥平面ABC.
(2) 存在，PQ
PD= 1
3 ，理由如下：
∵DO ⊥平面BAC，OP ⊥AC，
∴OA，OP，OD两两互相垂直，
如图，以点O 为坐标原点，OA，OP，OD所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系.
则C - 3,0,0
，B - 3,2,0
，D0,0,1
，P 0,1,0
，
∴BD
=
3,-2,1
，CD
=
3,0,1
，
设平面CBD的一个法向量为n= x,y,z
，则
n⋅BD
=0
n⋅CD
=0
，即
3x-2y+z=0
3x+z=0
，令x = 1，则y = 0，z =- 3 ，
∴n= 1,0,- 3
，
设PQ
= λPD
0≤λ≤1
，
33
∵CP
=
3,1,0
，PD
= 0,-1,1
，
∴CQ
= CP
+ PQ
= CP
+ λPD
=
3,1-λ,λ
，
设CQ 与平面BCD所成角为θ，则sinθ = cos CQ
,n
=
CQ
⋅n
CQ
n
=
3 1-λ
2 2λ2-2λ+4
=
6
8 ，
即3λ2- 7λ + 2 = 0，∵0 ≤λ ≤1，解得λ = 1
3 ，
∴线段PD上存在点Q，且PQ
PD= 1
3 ，使得CQ 与平面BCD所成角的正弦值为
6
8 .
26. (24 - 25 高三上·北京·期中) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，直线AB ⎳平面PCD.∠ABC = 90°，
∠DAB = ∠PCB = 60°，CD = 1，AB = 3，PC = PB，平面PCB ⊥平面ABCD，F 为线段BC 的中点，
E 为线段PF 上一点.
(1) 证明：AB ⎳CD；
(2) 证明：PF ⊥AD；
(3) 是否存在点E，使得点E 到平面PAD 的距离是1
2 ，若存在求出FE
EP
的值，若不存在请说明理由.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3) 存在，FE
EP
= 2.
【解析】(1) 证明：因为AB ⎳平面PCD，AB ⊂平面ABCD，平面ABCD ∩平面PCD = CD，
所以AB ⎳CD；
(2) 因为PC = PB，F 为线段BC 的中点，
所以PF ⊥BC，
因为平面PCB ⊥平面ABCD，平面PCB ∩平面ABCD = BC，PF ⊂平面PCB，
所以PF ⊥平面ABCD，
因为AD ⊂平面ABCD，所以PF ⊥AD；
(3) 取AD 的中点G，连接FG，过D 作DH‖BC，交AB 于H，
因为F 为线段BC 的中点，AB ⎳CD，所以FG‖AB，
因为∠ABC = 90°，所以AB ⊥BC，所以FG ⊥BC，
由(2) 可知PF ⊥平面ABCD，FG ⊂平面ABCD，
所以PF ⊥FG，
所以FG,BC,PF 两两垂直，所以以FG,BC,PF 所在的直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，如图所
示，
因为DH‖BC，AB ⎳CD，∠ABC = 90°，
34
所以四边形BCDH 为矩形，
所以CD = BH = 1,DH = BC,∠DHB = 90°，
因为AB = 3，所以AH = 2,
因为∠DAB = 60°，所以AD = 2AH = 4,DH =
42-22 = 2 3 ，
所以BC = 2 3 ，
因为∠PCB = 60°，PC = PB，所以△PBC 为等边三角形，
所以PB = PC = BC = 2 3 ，PF =
2 3
2-
3
2 = 3，
设EF = a(0 ≤a ≤3)，则E(0,0,a)，
因为A(3, 3,0),D(1, - 3,0),P(0,0,3)，
所以AD
= (-2, -2 3,0),PA
= (3, 3, -3)，PE
= (0,0,a - 3)，
设平面PAD 的法向量为m= (x,y,z)，则
m⋅AD
=-2x-2 3y=0
m⋅PA
=3x+
3y-3z=0
，令x =
3 ，则m=
3,-1, 2 3
3
，
若点E 到平面PAD 的距离是1
2 ，则
m⋅PE
m
=
2 3
3 (a-3)
3+1+ 12
9
= 1
2 ，
所以2 3
3
(3 - a) = 1
2 × 4 3
3
，解得a = 2，
所以EF = 2,PE = 3 - 2 = 1，所以FE
EP
= 2.
27. (24 - 25 高三上·浙江·月考) 在四棱锥P - ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD，PO ⊥底面ABCD，点
O 在AC 上，且PB = PC.
(1) 求证：PA = PD；
(2) 若∠COD = π
6 ，AB = BC，点E 在PB 上，PD ⎳平面EOC，求PE
PB 的值；
(3) 若PO = AB = BC = 1，二面角P - AD - B 的正切值为2 2 ，求二面角D - AP - B 的余弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) PE
PB = 1
3 ；(3) 2 15-3 5
15
.
【解析】(1) 连接OB，
因为PO ⊥底面ABCD，OB,OC ⊂平面ABCD，
所以PO ⊥OB,PO ⊥OC，即∠POB = ∠POC = π
2 ，
35
又PB = PC，PO = PO，所以△POB ≅△POC，
所以OB = OC，故∠OBC = ∠OCB
又AB ⊥BC，
所以∠OAB = ∠OBA，OA = OB = OC，
又AD ⊥CD，所以OA = OD，
因为PO ⊥底面ABCD，OA,OD ⊂平面ABCD，
所以PO ⊥OA,PO ⊥OD，
又PO = PO，
所以PA = PD；
(2) 连接BD 交AC 于点F，连EF，
因PD ⎳平面EOC，平面PBD ∩平面EOC = ED，PD ⊂平面PBD，
所以PD ⎳EF，故PE
PB = DF
DB ，
因为AB ⊥BC，AD ⊥CD，
所以∠ABC + ∠ADC = π，故四边形ABCD 是圆内接四边形，
又∠COD = π
6 ，所以∠CBD = π
12 ，
因AB = BC，AB ⊥BC，点O 为AC 的中点，
所以∠BOC = π
2 ，∠CBO = π
4 ，
故∠OBD = π
6 ，设OB = OD =
3 ，
则OF = 1，BF = 2，
在△BOD 中，∠BOD = π
2 + π
6 = 2π
3
由余弦定理可得BD =
OB2+OD2-2OB⋅ODcos 2π
3 = 3，
所以DF = 1，于是PE
PB = DF
DB = 1
3 ；
(3) 以点O 为原点，BA
，BC
，OP
为x，y，z 轴正方向建立如图所示的坐标系，
则B - 1
2 ,- 1
2 ,0
,A 1
2 ,- 1
2 ,0
,C - 1
2 , 1
2 ,0
,P 0,0,1
,
所以BA
= 1,0,0
,PA
=
1
2 ,- 1
2 ,-1
,
设n1
= x1,y1,z1
为平面PAB 的法向量,
所以
x1=0
1
2 x1- 1
2 y1-z1=0
，
故x1= 0，令y1= 2，则z1=-1，
所以n1
= 0,2,-1
为平面PAB 的一个法向量，
过点O 作OM ⊥AD 于M ，
因为PO ⊥底面ABCD，AD ⊂平面ABCD，
所以PO ⊥AD，OM ∩PO = O，OM,PO ⊂平面PMO，
所以AD ⊥平面PMO，PM ⊂平面PMO，所以PM ⊥AD，
36
故二面角P - AD - B 的平面角为∠PMO，
由已知tan∠PMO =
1
OM = 2 2 ，
所以OM =
2
4 ，于是CD =
2
2 ，AD =
6
2 ，
又AD ⊥CD，所以∠CAD = π
6 ，又∠BAC = π
4 ，
所以∠AOx = π
4 ，故∠MOx = π
12 ，
所以点M 的横坐标为
2
4 cos π
12 ，纵坐标为
2
4 sin π
12 ，
所以点M 的坐标为
3+1
8
,
3-1
8
,0
，
所以D
3-1
4
,
3+1
4
,0
，PD
=
3-1
4
,
3+1
4
,-1
设n2
= x2,y2,z2
平面PAD 的法向量，
所以
1
2 x2- 1
2 y2-z2=0
3-1
4
x2+
3+1
4
y2-z2=0
，
两式相减得
3-1
x2=
3+1
y2，
令x2=
3 + 1，则y2=
3 - 1,z2= 1，
所以n2
=
3+1, 3-1,1
为平面PAD 的一个法向量，,
所以cosn1
,n2
=
2 3-2-1
5⋅
3+1
2+
3-1
2+1
= 2 15-3 5
15
，
观察可得二面角D - AP - B 的平面角为锐角，
所以二面角D - AP - B 的余弦值为2 15-3 5
15
.
刷真题
28. (2024·北京·高考真题) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，BC ⎳AD，AB = BC = 1，AD = 3, 点E 在AD
上，且PE ⊥AD，PE = DE = 2．
(1) 若F 为线段PE 中点，求证：BF ⎳平面PCD．
(2) 若AB ⊥平面PAD，求平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值．
【答案】(1) 证明见解析；(2)
30
30
【解析】(1) 取PD 的中点为S，接SF,SC，则SF ⎳ED,SF = 1
2 ED = 1，
而ED ⎳BC,ED = 2BC，故SF ⎳BC,SF = BC，故四边形SFBC 为平行四边形，
37
故BF ⎳SC，而BF ⊄平面PCD，SC ⊂平面PCD，
所以BF ⎳平面PCD.
(2)
因为ED = 2，故AE = 1，故AE ⎳BC,AE = BC，
故四边形AECB 为平行四边形，故CE ⎳AB，所以CE ⊥平面PAD，
而PE,ED ⊂平面PAD，故CE ⊥PE,CE ⊥ED，而PE ⊥ED，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A 0,-1,0
,B 1,-1,0
,C 1,0,0
,D 0,2,0
,P 0,0,2
，
则PA
= 0,-1,-2
,PB
= 1,-1,-2
,PC
= 1,0,-2
,PD
= 0,2,-2
,
设平面PAB 的法向量为m= x,y,z
，
则由m⋅PA
=0
m⋅PB
=0
可得-y-2z=0
x-y-2z=0
，取m= 0,-2,1
，
设平面PCD 的法向量为n= a,b,c
，
则由n⋅PC
=0
n⋅PD
=0
可得a-2b=0
2b-2c=0
，取n= 2,1,1
，
故cosm,n=
-1
5×
6 =-
30
30 ，
故平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值为
30
30
29. (2024·全国·高考真题) 如图，在以A，B，C ，D，E，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形
ADEF 均为等腰梯形，EF ⎳AD,BC ⎳AD，AD = 4,AB = BC = EF = 2，ED =
10,FB = 2 3 ，M 为
AD 的中点．
(1) 证明：BM ⎳平面CDE；
(2) 求二面角F - BM - E 的正弦值．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 4 3
13
【解析】(1) 因为BC ⎳AD,EF = 2,AD = 4,M 为AD 的中点，所以BC ⎳MD,BC = MD，
四边形BCDM 为平行四边形，所以BM ⎳CD，又因为BM ⊄平面CDE，
CD ⊂平面CDE，所以BM ⎳平面CDE；
(2) 如图所示，作BO ⊥AD 交AD 于O，连接OF，
因为四边形ABCD 为等腰梯形，BC ⎳AD,AD = 4,AB = BC = 2，所以CD = 2，
结合(1)BCDM 为平行四边形，可得BM = CD = 2，又AM = 2，
所以△ABM 为等边三角形，O 为AM 中点，所以OB =
3 ，
38
又因为四边形ADEF 为等腰梯形，M 为AD 中点，所以EF = MD,EF ⎳MD，
四边形EFMD 为平行四边形，FM = ED = AF，
所以△AFM 为等腰三角形，△ABM 与△AFM 底边上中点O 重合，OF ⊥AM ，OF =
AF 2-AO2 = 3，
因为OB2+ OF 2= BF 2，所以OB ⊥OF，所以OB,OD,OF 互相垂直，
以OB 方向为x 轴，OD 方向为y 轴，OF 方向为z 轴，建立O - xyz 空间直角坐标系，
F 0,0,3
，B
3,0,0
,M 0,1,0
,E 0,2,3
，BM
= - 3,1,0
,BF
= - 3,0,3
，
BE
= - 3,2,3
，设平面BFM 的法向量为m= x1,y1,z1
，
平面EMB 的法向量为n= x2,y2,z2
，
则m⋅BM
=0
m⋅BF
=0
，即- 3x1+y1=0
- 3x1+3z1=0
，
令x1=
3 ，得y1= 3,z1= 1，即m=
3,3,1
，
则n⋅BM
=0
n⋅BE
=0
，即- 3x2+y2=0
- 3x2+2y2+3z2=0
，
令x2=
3 ，得y2= 3,z2=-1，
即n=
3,3,-1
，cosm,n=
m⋅n
m
⋅n
=
11
13⋅
13 = 11
13 ，
则sinm,n= 4 3
13 ，
故二面角F - BM - E 的正弦值为4 3
13 .
30. (2024·全国·高考真题) 如图，平面四边形ABCD 中，AB = 8，CD = 3，AD = 5 3 ，∠ADC = 90°，
∠BAD = 30°，点E ，F 满足AE
= 2
5 AD
，AF
= 1
2 AB
，将△AEF 沿EF 翻折至△PEF ，使得PC =
4 3．
(1) 证明：EF ⊥PD；
(2) 求平面PCD 与平面PBF 所成的二面角的正弦值．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 8 65
65
【解析】(1) 由AB = 8,AD = 5 3,AE
= 2
5 AD
,AF
= 1
2 AB
，
得AE = 2 3,AF = 4，又∠BAD = 30°，在△AEF 中，
由余弦定理得EF =
AE 2+AF 2-2AE⋅AFcos∠BAD =
16+12-2⋅4⋅2 3⋅
3
2
= 2,
所以AE 2+ EF 2= AF 2，则AE ⊥EF，即EF ⊥AD，
39
所以EF ⊥PE,EF ⊥DE，又PE ∩DE = E,PE、DE ⊂平面PDE，
所以EF ⊥平面PDE，又PD ⊂平面PDE，
故EF ⊥PD；
(2) 连接CE，由∠ADC = 90°,ED = 3 3,CD = 3，则CE 2= ED2+ CD2= 36，
在△PEC 中，PC = 4 3,PE = 2 3,EC = 6，得EC2+ PE 2= PC2，
所以PE ⊥EC，由(1) 知PE ⊥EF，又EC ∩EF = E,EC、EF ⊂平面ABCD，
所以PE ⊥平面ABCD，又ED ⊂平面ABCD，
所以PE ⊥ED，则PE,EF,ED 两两垂直，建立如图空间直角坐标系E - xyz，
则E(0,0,0),P(0,0,2 3),D(0,3 3,0),C(3,3 3,0),F(2,0,0),A(0, -2 3,0)，
由F 是AB 的中点，得B(4,2 3,0)，
所以PC
= (3,3 3, -2 3),PD
= (0,3 3, -2 3),PB
= (4,2 3, -2 3),PF
= (2,0, -2 3)，
设平面PCD 和平面PBF 的一个法向量分别为n= (x1,y1,z1),m= (x2,y2,z2)，
则n⋅PC
=3x1+3 3y1-2 3z1=0
n⋅PD
=3 3y1-2 3z1=0
，m⋅PB
=4x2+2 3y2-2 3z2=0
m⋅PF
=2x2-2 3z2=0
，
令y1= 2,x2=
3 ，得x1= 0,z1= 3,y2=-1,z2= 1，
所以n= (0,2,3),m= ( 3, -1,1)，
所以cos m,n
=
m⋅n
m
n
=
1
5⋅
13 =
65
65 ，
设平面PCD 和平面PBF 所成角为θ，则sinθ =
1-cos2θ = 8 65
65
，
即平面PCD 和平面PBF 所成角的正弦值为8 65
65
.
31. (2024·广东江苏·高考真题) 如图，四棱锥P - ABCD 中，PA ⊥底面ABCD，PA = AC = 2，BC = 1,
AB =
3．
(1) 若AD ⊥PB，证明：AD ⎳平面PBC；
(2) 若AD ⊥DC，且二面角A - CP - D 的正弦值为
42
7
，求AD．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 3
【解析】(1) (1) 因为PA ⊥平面ABCD，而AD ⊂平面ABCD，所以PA ⊥AD，
又AD ⊥PB，PB ∩PA = P，PB,PA ⊂平面PAB，所以AD ⊥平面PAB，
而AB ⊂平面PAB，所以AD ⊥AB.
因为BC2+ AB2= AC2，所以BC ⊥AB，根据平面知识可知AD ⎳BC，
40
又AD ⊄平面PBC，BC ⊂平面PBC，所以AD ⎳平面PBC．
(2) 如图所示，过点D 作DE ⊥AC 于E，再过点E 作EF ⊥CP 于F，连接DF，
因为PA ⊥平面ABCD，所以平面PAC ⊥平面ABCD，而平面PAC ∩平面ABCD = AC，
所以DE ⊥平面PAC，又EF ⊥CP，所以CP ⊥平面DEF，
根据二面角的定义可知，∠DFE 即为二面角A - CP - D 的平面角，
即sin∠DFE =
42
7
，即tan∠DFE =
6．
因为AD ⊥DC，设AD = x，则CD =
4-x2 ，由等面积法可得，DE = x 4-x2
2
，
又CE =
4-x2
- x2 4-x2
4
= 4-x2
2
，而△EFC 为等腰直角三角形，所以EF = 4-x2
2 2 ，
故tan∠DFE =
x 4-x2
2
4-x2
2 2
=
6 ，解得x =
3 ，即AD =
3．
32. (2024·天津·高考真题) 如图，在四棱柱ABCD - A1B1C1D1 中，A1A ⊥平面ABCD，AB ⊥AD,
AB ⎳DC，AB = AA1= 2,AD = DC = 1．M,N 分别为DD1,B1C1的中点，
(1) 求证：D1N ⎳平面CB1M ；
(2) 求平面CB1M 与平面BB1C1C 夹角余弦值；
(3) 求点B 到平面CB1M 的距离．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 2 22
11
；(3) 2 11
11
【解析】(1) 取CB1中点P，连接NP，MP，
由N 是B1C1的中点，故NP ⎳CC1，且NP = 1
2 CC1，
由M 是DD1的中点，故D1M = 1
2 DD1= 1
2 CC1，且D1M ⎳CC1，
41
则有D1M ⎳NP、D1M = NP，
故四边形D1MPN 是平行四边形，故D1N ⎳MP，
又MP ⊂平面CB1M ，D1N ⊄平面CB1M ，
故D1N ⎳平面CB1M；
(2) 以A 为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有A 0,0,0
、B 2,0,0
、B1 2,0,2
、M 0,1,1
、C 1,1,0
、C1 1,1,2
，
则有CB1
= 1,-1,2
、CM
= -1,0,1
、BB1
= 0,0,2
，
设平面CB1M 与平面BB1CC1的法向量分别为m= x1,y1,z1
、n= x2,y2,z2
，
则有m⋅CB1
=x1-y1+2z1=0
m⋅CM
=-x1+z1=0
，n⋅CB1
=x2-y2+2z2=0
n⋅BB1
=2z2=0
，
分别取x1= x2= 1，则有y1= 3、z1= 1、y2= 1，z2= 0，
即m= 1,3,1
、n= 1,1,0
，
则cosm,n=
m⋅n
m
⋅n
=
1+3
1+9+1⋅
1+1 = 2 22
11
，
故平面CB1M 与平面BB1CC1的夹角余弦值为2 22
11
；
(3) 由BB1
= 0,0,2
，平面CB1M 的法向量为m= 1,3,1
，
则有
BB1
⋅m
m
=
2
1+9+1 = 2 11
11
，
即点B 到平面CB1M 的距离为2 11
11
.
1
解答题：数列及其综合应用
目录
题型一等差数列与等比数列证明1
题型二分组转化法求数列的前n 项和3
题型三裂项相消法求数列的前n 项和5
题型四错位相减法求数列的前n 项和6
题型五数列与不等式综合问题9
题型六数列中的探究问题11
必刷大题14
题型一
等差数列与等比数列证明
大题典例
1. (23 - 24 高三下·内蒙古包头·三模) 已知数列an
的前n 项和为Sn，a1= 3，Sn= 1 + an+1．
(1) 证明：数列Sn-1
是等比数列，并求Sn；
(2) 求数列
1
an
的前n 项和Tn．
【答案】(1) 证明见解析，Sn= 2n+ 1；(2)Tn= 4
3 -
1
2
n-1
【解析】(1) 因为Sn= 1 + an+1，又an+1= Sn+1- Sn，所以Sn+1- 2Sn+ 1 = 0，整理得Sn+1- 1 = 2 Sn-1
．
由题意得S1- 1 = a1- 1 = 2，
所以数列Sn-1
是以2 为首项，2 为公比的等比数列，故Sn- 1 = 2n，即Sn= 2n+ 1．
(2) 由(1) 可an= 3,
n=1
2n-1,
n≥2
，
当n = 1 时，T1= 1
a1
= 1
3 ，
当n ≥2 时，1
an =
1
2
n-1
，所以Tn= 1
3 +
1
2
1
+
1
2
2
+⋅⋅⋅+ 1
2
n-1
，
Tn= 1
3 +
1
2 1-
1
2
n-1
1- 1
2
= 4
3 -
1
2
n-1
.
当n = 1，代入Tn= 4
3 -
1
2
n-1
= 1
3 满足公式，
综上，Tn= 4
3 -
1
2
n-1
解法指导
判断数列是否为等差货等比数列的策略
2
1、将所给的关系进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的概念进行判断；
2、若要判断一个不是等差(等比) 数列，则只需说明某连续三项(如前三项) 不是等差(等比) 数列即可。
变式训练
2. (24 - 25 高三上·上海·期中) 某人购买某种教育基金，今年5 月1 日交了10 万元，年利率5%，以后每年
5 月1 日续交2 万元，设从今年起每年5 月1 日的教育基金总额依次为a1，a2，a3，⋯⋯.
(1) 写出a2和a3，并求出an+1与an之间的递推关系式；
(2) 求证：数列an+40
为等比数列，并求出数列an
的通项公式.
【答案】(1)a2= 12.5，a3= 15.125，an+1= 21
20 an+ 2；(2) 证明见解析，an= 50 ⋅
21
20
n-1
- 40
【解析】(1)a1= 10，a2= a1× 1+5%
+ 2 = 12.5，
a3= a2× 1+5%
+ 2 = 15.125
∴an+1= an× 1+5%
+ 2，∴an+1= 21
20 an+ 2
(2) 证明：an+1+40
an+40
=
21
20 an+42
an+40
=
21
20 (an+40)
an+40
= 21
20
a1+ 40 = 50
∴an+40
是以50 为首项，21
20 为公比的等比数列.
∴an+ 40 = 50 ⋅
21
20
n-1
，∴an= 50 ⋅
21
20
n-1
- 40
3. (24 - 25 高三上·山东淄博·月考) 记Sn为数列an
的前n 项和，已知Sn= an
2 + n2+ 1，n ∈N *．
(1) 求a1+ a2，并证明an+an+1
是等差数列；
(2) 求S2n．
【答案】(1)a1+ a2= 6，证明见解析；(2)S2n= 4n2+ 2n
【解析】(1) 当n = 1 时，S1= a1= a1
2 + 1 + 1，
解这个方程：a1- a1
2 = 2，即a1
2 = 2，解得a1= 4.
当n = 2 时，S2= a1+ a2= a2
2 + 4 + 1，
把a1= 4 代入得4 + a2= a2
2 + 5，
移项可得a2- a2
2 = 5 - 4，即a2
2 = 1，解得a2= 2.
所以a1+ a2= 4 + 2 = 6.
由Sn= an
2 + n2+ 1，可得Sn-1= an-1
2
+ (n - 1)2+ 1(n ≥2).
当n ≥2 时，an= Sn- Sn-1= an
2 + n2+ 1 -
an-1
2
+(n-1)2+1
.
展开得an= an
2 + n2+ 1 - an-1
2
- (n2- 2n + 1) - 1.
整理得an= an
2 - an-1
2
+ 2n - 1，移项得an
2 =- an-1
2
+ 2n - 1，即an=-an-1+ 4n - 2.
3
那么an+ an-1= 4n - 2(n ≥2).
令bn= an+ an+1，则bn= 4(n + 1) - 2 = 4n + 2，bn-1= an-1+ an= 4n - 2.
所以bn- bn-1= (4n + 2) - (4n - 2) = 4(常数).
所以{an+ an+1} 是等差数列.
(2) 由an+ an-1= 4n - 2 可得：S2n= (a1+ a2) + (a3+ a4) +⋯+ (a2n-1+ a2n).
因为an+ an+1= 4n + 2，所以a2k-1+ a2k= 4(2k) - 2 = 8k - 2(k = 1,2, ⋯,n).
则S2n= 6 + 14 + 22 + ··· + 8n-2
.
所以S2n= n × 6 + n(n-1)
2
× 8.
展开得S2n= 6n + 4n(n - 1) = 6n + 4n2- 4n = 4n2+ 2n.
题型二
分组转化法求数列的前n 项和
大题典例
4. (24 - 25 高三上·北京·月考) 已知an
是各项均为正数的等比数列，a1 = 1，且a1，a2，-3a3 成等差数
列．
(1) 求an
的通项公式；
(2) 求数列an-n
的前n 项和Sn．
【答案】(1)an=
1
3n-1 ；(2)Sn= 3
2
1-
1
3
n
- n 1+n
2
【解析】(1) 设等比数列an
的公比为q > 0，且a1= 1，
因为a1，a2，-3a3成等差数列，则2a2= a1- 3a3，
即2q = 1 - 3q2，解得q = 1
3 或q =-1(舍去)，
所以an
的通项公式为an= 1 ×
1
3
n-1
=
1
3n-1 .
(2) 由(1) 可知：an- n =
1
3n-1 - n，
则Sn= 1-1
+
1
3 -2
+
1
9 -3
+⋅⋅⋅+
1
3n-1 -n
= 1+ 1
3 + 1
9 +⋅⋅⋅+ 1
3n-1
- 1+2+3⋅⋅⋅+n
=
1-
1
3
n
1- 1
3
- n 1+n
2
= 3
2
1-
1
3
n
- n 1+n
2
，
所以Sn= 3
2
1-
1
3
n
- n 1+n
2
.
解法指导
1、适用范围：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注
意在含有字母的数列中对字母的讨论．
2、常见类型：
(1) 分组转化法：若an= bn± cn，且{bn}，{cn} 为等差或等比数列：
(2) 奇偶并项求和：通项公式为an= bn，n为奇数，
cn，n为偶数
的数列，其中数列{bn}，{cn} 是等比数列或等差数列。
4
变式训练
5. (24 - 25 高三上·河北衡水·月考) 已知数列an
的前n 项和为Sn，a1= 13，an+1= an-8,n为奇数
3an,n为偶数
．
(1) 证明：数列a2n-1-12
为等比数列；
(2) 若S2n+1= 16n + 1469，求n 的值．
【答案】(1) 证明见解析；(2)6
【解析】(1) 因为an+1= an-8,n为奇数
3an,n为偶数
，
所以当n ≥2,n ∈N ∗时，a2n-1- 12 = a2(n-1)+1- 12 = 3a2n-2- 12 = 3a(2n-3)+1- 12 = 3(a2n-3- 8) - 12 = 3
(a2n-3- 12)，
即n ≥2,n ∈N ∗时，a2n-1- 12 = 3a2(n-1)-1- 36，
又n = 1 时，a1- 12 = 13 - 12 = 1，
所以数列a2n-1-12
为首项为1，公比为3 的等比数列.
(2) 由(1) 知a2n-1- 12 = 3n-1，所以a2n-1= 3n-1+ 12，
又由an+1= an-8,n为奇数
3an,n为偶数
，可得a2n-2= 3n-2+ 4,n ≥2,n ∈N ∗，
所以S2n+1= a1+ a2+ a3+⋯+a2n+ a2n+1= (a1+ a3+⋯+a2n+1) + (a2+ a4+⋯+a2n)
= [30+ 3 +⋯+3n+ 12(n + 1)] + (30+ 3 +⋯+3n-1+ 4n) = 1-3n+1
1-3
+ 1-3n
1-3 + 16n + 12 = 2 × 3n+ 16n +
11，
又S2n+1= 16n + 1469，所以2 × 3n+ 16n + 11 = 16n + 1469，整理得到3n= 729，解得n = 6，
所以n 的值为6.
6. (24 - 25 高三上·海南海口·月考) 已知数列an
是公差为3 的等差数列，数列bn
满足b1 = 1，b2 =
1
3 ，anbn+1+ bn+1= nbn，
(1) 求数列an
，bn
的通项公式；
(2) 求数列(-1)nan+bn
的前2n 项和S2n．
【答案】(1)an= 3n - 1 bn=
1
3
n-1
；(2)S2n= 3n + 3
2 - 3
2 ×
1
3
2n
【解析】(1) 设数列an
的公差为d,d = 3，
anbn+1+ bn+1= nbn中，令n = 1，有a1b2+ b2= b1，代入b1= 1，b2= 1
3 ，得a1= 2，
所以数列an
是首项为2，公差为3 的等差数列，通项公式为an= 2 + 3(n - 1) = 3n - 1；
将an= 3n - 1 代入anbn+1+ bn+1= nbn，得3nbn+1= nbn，n ∈N *，故有bn+1
bn
= 1
3 ，
因此bn
是首项为1，公比为1
3 的等比数列，bn= 1 ×
1
3
n-1
=
1
3
n-1
.
(2) 设cn= (-1)nan= (-1)n(3n - 1)，
n 为奇数时，cn+ cn+1= (-1)n(3n - 1) + (-1)n+1(3n + 2) =- (3n - 1) + (3n + 2) = 3，
∴S2n= c1+c2
+ c3+c4
+⋯⋯+ c2n-1+c2n
+ b1+b2+⋯⋯+b2n
= 3+3+⋯⋯+3
+
1-
1
3
2n
1- 1
3
= 3n + 3
2
1-
1
3
2n
= 3n + 3
2 - 3
2 ×
1
3
2n
.
5
题型三
裂项相消法求数列的前n 项和
大题典例
7. (24 - 25 高三上·湖北·期中) 记Sn 是等差数列an
的前n 项和，a1 = 2，且a2 - 2，a3 - 4，a4 - 6 成等比
数列.
(1) 求an和Sn；
(2) 若bnSn= 2，求数列bn
的前20 项和T20.
【答案】(1)an= 2n；Sn= n n+1
；(2)T20= 40
21
【解析】(1) 设等差数列an
的公差为d，则an= 2 + n-1
d，
由(a3- 4)2= (a2- 2) (a4- 6)，得(2d - 2)2= d(3d - 4)，即d2- 4d + 4 = 0，解得d = 2，
所以an= 2n，Sn= n a1+an
2
= n n+1
.
(2) 由(1) 知，Sn= n n+1
，又bnSn= 2，则bn=
2
n(n+1) = 2 1
n -
1
n+1
因此Tn= 2
1
1 - 1
2
+
1
2 - 1
3
+
1
3 - 1
4
+⋅⋅⋅+ 1
n -
1
n+1
= 2 1-
1
n+1
，
所以T20= 2 1- 1
21
= 40
21 .
解法指导
1、用裂项法求和的裂项原则及规律
(1) 裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2) 消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
【注意】利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相
消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
2、裂项相消法中常见的裂项技巧
(1)
1
n(n+k) = 1
k
1
n -
1
n+k
(2)
1
4n2-1 = 1
2
1
2n-1 -
1
2n+1
(3)
1
n(n+1)(n+2) = 1
2
1
n(n+1) -
1
(n+1)(n+2)
(4)
2n+1
n2(n+1)2 = 1
n2 -
1
(n+1)2
(5)
n+1
n2(n+2)2 = 1
4
1
n2 -
1
(n+2)2
(6)
1
n+k+
n = 1
k ( n+k -
n)
(7)
2n
(2n+1-1)(2n-1) = (2n+1-1)-(2n-1)
(2n+1-1)(2n-1)
=
1
2n-1 -
1
2n+1-1
变式训练
8. (24 - 25 高三上·广东深圳·模拟预测) 若一个数列从第二项起，每一项与前一项的差值组成的新数列是
一个等差数列，则称这个数列是一个“二阶等差数列”，已知数列an
是一个二阶等差数列，其中a1 =
1,a2= 3,a3= 6．
(1) 求a4及an
的通项公式；
6
(2) 设bn=
8an-4n
8an-4n-1 ，求数列bn
的前n 项和Sn．
【答案】(1)a4= 10，an= n2+n
2
；(2)n +
n
2n+1
【解析】(1) 由a1= 1,a2= 3,a3= 6，得a2- a1= 2,a3- a2= 3，(a3- a2) - (a2- a1) = 1，
由数列an
是一个二阶等差数列，得an+1-an
是以2 为首项，1 为公差的等差数列，
因此an+1- an= 2 + (n - 1) × 1 = n + 1，a4= 4 + a3= 10，
当n ≥2 时，an= a1+ (a2- a1) + (a3- a2) +⋯+ (an- an-1) = 1 + 2 + 3 +⋯+n = n2+n
2
，
a1= 1 满足上式，则an= n2+n
2
，
所以an
的通项公式是an= n2+n
2
.
(2) 由(1) 知，bn=
8an-4n
8an-4n-1 =
8⋅n2+n
2
-4n
8⋅n2+n
2
-4n-1
=
4n2
4n2-1 = 1 +
1
(2n-1)(2n+1) = 1 +
1
2
1
2n-1 -
1
2n+1
，
所以Tn= n + 1
2
1- 1
3
+
1
3 - 1
5
+
1
5 - 1
7
+⋯+
1
2n-1 -
1
2n+1
= n + 1
2
1-
1
2n+1
= n +
n
2n+1 ．
9. (24 - 25 高三上·宁夏石嘴山·月考) 已知数列an
的首项为1，且an+1= 2an n∈N ∗
.
(1) 求数列an
的通项公式；
(2) 若bn=
2n-1
an+1
an+1+1
，求数列bn
的前n 项和Tn.
【答案】(1)an= 2n-1；(2)Tn= 1
2 -
1
2n+1
【解析】(1) 因为数列an
的首项为1，且an+1= 2an n∈N ∗
，
所以数列an
是以1 为首项，2 为公比的等比数列，
所以an= 2n-1；
(2) 由(1) 知an= 2n-1，
所以bn=
2n-1
an+1
an+1+1
=
2n-1
2n-1+1
2n+1
=
1
2n-1+1 -
1
2n+1 ，
所以Tn=
1
20+1 -
1
21+1 +
1
21+1 -
1
22+1 +⋯+
1
2n-1+1 -
1
2n+1 =
1
20+1 -
1
2n+1 = 1
2 -
1
2n+1 .
题型四
错位相减法求数列的前n 项和
大题典例
10. (24 - 25 高三上·广东广州·模拟预测) 已知数列an
的前n 项和公式为Sn = 3n2 - 2n，数列bn
满足
b1= a1.
(1) 求数列an
的通项公式；
(2) 若an= 2n bn+1-bn
，求数列bn
的通项公式.
7
【答案】(1)an= 6n - 5；(2)bn= 8 - 6n+1
2n-1
【解析】(1) 由Sn= 3n2- 2n 可得n ≥2 时，Sn-1= 3 n-1
2- 2 n-1
，
故an= Sn- Sn-1= 3n2- 2n - 3 n-1
2-2 n-1
= 6n - 5，
当n = 1 时，a1= 3 - 2 = 1 也符合要求，
故an= 6n - 5，
(2) 由an= 2n bn+1-bn
可得bn+1- bn= 6n-5
1
2n ，
故n ≥2 时，bn- b1= bn-bn-1
+ bn-1-bn-2
+⋯+ b2-b1
= 6n-11
1
2n-1 + 6n-17
1
2n-2 +⋯+7 ×
1
22 + 1 × 1
2 ，
则1
2
bn-b1
= 6n-11
1
2n + 6n-17
1
2n-1 +⋯+7 × 1
23 + 1 × 1
22 ，
相减可得1
2
bn-b1
=- 6n-11
1
2n + 6
1
2n-1 +⋯+ 1
23 + 1
22
+ 1
2 ，
故1
2
bn-b1
=- 6n-11
1
2n + 6
1
22 1-
1
2n-2
1- 1
2
+ 1
2 ，
化简可得1
2
bn-b1
= 7
2 + -6n-1
2n
，故bn= 8 - 6n+1
2n-1
，
当n = 1 时，b1= a1= 1 也符合要求，故bn= 8 - 6n+1
2n-1
解法指导
1、解题步骤
2、注意解题“3 关键”
①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn- qSn”的表达式．
③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q = 1 和q ≠1 两种情况求解．
3、等差乘等比数列求和，令cn= An+B
⋅qn，可以用错位相减法．
Tn= (A + B)q + (2A + B)q2+ (3A + B)q3+ ... + (An + B)qn①
qTn= (A + B)q2+ (2A + B)q3+ (3A + B)q4+ ... + (An + B)qn+1②
①- ②得：(1 - q)Tn= (A + B)q - (An + B)qn+1+ A(q2+ q3+ ... +qn)．
8
整理得：Tn=
An
q-1 +
B
q-1 -
A
(q-1)2
qn+1-
B
q-1 -
A
(q-1)2
q.
变式训练
11. (24 - 25 高三上·贵州贵阳·月考) 已知数列an
满足：an = 2n - 10，数列bn
满足：b1 + b2
5 + b3
52 +⋯
+ bn
5n-1 = 5n,n ∈N *.
(1) 求数列
an
的前15 项和S15；
(2) 求数列
an
bn
的前n 项和Tn.
【答案】(1)130；(2)Tn= - 1
2 n+ 15
8
1
5
n
- 15
8
【解析】(1) 因为an= 2n - 10 ≥0，解得n ≥5，
所以S15 = a1
+ a2
+⋯+ a15
=- a1+a2+a3+a4
+ a5+ a6+⋯+a15
= S15 - 2S4= 15 a1+a15
2
- 2 × 4 a1+a4
2
= 130.
(2)b1= 5，∵b1+ b2
5 + b3
52 +⋯+ bn
5n-1 = 5n，
当n ≥2 时，b1+ b2
5 + b3
52 +⋯+ bn-1
5n-2 = 5 n-1
，
两式相减，得bn
5n-1 = 5，即bn= 5n.
又当n = 1 时，b1= 5 符合题意，
所以bn= 5n，an
bn
= 2n-10
5n
，
Tn= -8
× 1
5 + -6
×
1
5
2
+⋯+ 2n-10
×
1
5
n
，
故1
5 Tn= -8
×
1
5
2
+ -6
×
1
5
3
+⋯+ 2n-10
×
1
5
n+1
，
两式相减得4
5 Tn= -8
× 1
5 + 2 ×
1
5
2
+ 2 ×
1
5
3
+⋯+2 ×
1
5
n
- 2n-10
×
1
5
n+1
，
即4
5 Tn=- 8
5 +
2
25 1-
1
5
n-1
1- 1
5
- 2n-10
×
1
5
n+1
，
化简得Tn= - 1
2 n+ 15
8
1
5
n
- 15
8 .
12. (24 - 25 高三上·湖北·期中) 已知an
是公差不为0 的等差数列，a4 = 21，且a1，a2，a5 成等比数列，数
列bn
满足：bn+1= 4bn- 3，且b1= 2a1- 1.
(1) 求an
和bn
的通项公式；
(2) 若Tn为数列
an
bn-1
的前n 项和，求Tn.
【答案】(1)an= 6n - 3，bn= 4n+ 1 n∈N *
；(2)Tn= 5
3 - 1
3 ⋅6n+5
4n
【解析】(1) 设an
的公差为d d≠0
，因为a1，a2，a5成等比数列，
9
所以a1a5= a2
2，即21-3d
21+d
= (21 - 2d)2，
整理有：42d = 7d2，解得d = 0(舍)，d = 6
所以a1= a4- 3d = 3，an= a1+ n-1
d = 6n - 3；
因为bn+1= 4bn- 3，所以bn+1- 1 = 4 bn-1
，
又b1= 2a1- 1 = 5，b1- 1 = 4 ≠0，
所以bn-1
为首项为4，公比为4 的等比数列，
所以bn- 1 = 4n，bn= 4n+ 1 n∈N *
(2) 因为
an
bn-1 = 6n-3
4n
，
Tn=
n
k=1
6n-3
4n
= 3
4 + 9
42 + 15
43 +⋯+ 6n-3
4n
①，
1
4 Tn= 3
42 + 9
43 + 15
44 +⋯+ 6n-9
4n
+ 6n-3
4n+1
②
两式相减，得：3
4 Tn= 3
4 + 6
42 + 6
43 + 6
44 +⋯+ 6
4n - 6n-3
4n+1
= 3
4 + 6 ×
1
16 1-
1
4
n-1
1- 1
4
- 6n-3
4n+1
= 5
4 -
4
2×4n - 6n-3
4n+1
，
所以Tn= 5
4 × 4
3 -
4
2×4n × 4
3 - 6n-3
4n+1
× 4
3 = 5
3 - 1
3 ⋅6n+5
4n
.
题型五
数列与不等式综合问题
大题典例
13. (23 - 24 高三下·河北邢台·二模) 已知数列an
的前n 项和为Sn，且Sn= 2an- 1, n≥1
．
(1) 求数列an
的通项公式；
(2) 求证：1
S1
+ 1
S2
+ 1
S3
+⋯+ 1
Sn
< 2．
【答案】(1)an= 2n-1；(2) 证明见解析
【解析】(1) 当n = 1 时，a1= 2a1- 1 ⇒a1= 1.
当n ≥2 时，Sn= 2an- 1，Sn-1= 2an-1- 1，两式相减得：an= 2an- 2an-1⇒an= 2an-1.
所以an
是以a1= 1 为首项，以q = 2 为公比的等比数列.
所以an= 2n-1.
(2) 由(1) 知：Sn= 1-2n
1-2 = 2n- 1，所以1
Sn
=
1
2n-1 .
当n = 1 时，1
S1
=
1
21-1 = 1 < 2，
当n ≥2 时，2n-1> 1，故1
Sn
=
1
2n-1 <
1
2n-2n-1 =
1
2n-1 ，
所以1
S1
+ 1
S2
+ 1
S3
+⋯+ 1
Sn
< 1 + 1
2 + 1
22 +⋯+ 1
2n-1 =
1-
1
2
n
1- 1
2
= 2 1-
1
2
n
< 2.
解法指导
数列与不等式是高考的热点问题，其综合的角度主要包括两个方面：
10
一是不等式恒成立或能成立条件下，求参数的取值范围：此类问题常用分离参数法，转化为研究最值问
题来求解；
二是不等式的证明：常用方法有比较法、构造辅助函数法、放缩法、数学归纳法等。
变式训练
14. (24 - 25 高三上·吉林·模拟预测) 已知数列an
的首项a1= 4
5 ，且满足an+1=
4an
an+3 ，设bn= 1
an - 1．
(1) 求证：数列bn
为等比数列；
(2) 若1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+⋯+ 1
an > 2024，求满足条件的最小正整数n．
【答案】(1) 证明见解析；(2)2024
【解析】(1) ∵bn+1
bn
=
1
an+1 -1
1
an -1
=
an+3
4an -1
1
an -1
= 3 1-an
4 1-an
= 3
4 ，
b1= 1
a1
- 1 = 1
4 ，所以数列bn
为首项为b1= 1
4 ，公比为3
4 等比数列.
(2) 由(1) 可得
1
a1
-1
+
1
a2
-1
+
1
a3
-1
+⋯+
1
an -1
=
1
4 1-
3
4
n
1- 3
4
= 1 -
3
4
n
，
即1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+⋯+ 1
an - n = 1 -
3
4
n
，
∴1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+⋯+ 1
an = n + 1 -
3
4
n
，
而因为y = x + 1,y =- 3
4
x
在0,+∞
上均单调递增，则n + 1 -
3
4
n
随着n 的增大而增大，
要使1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+⋯+ 1
an > 2024，即n + 1 -
3
4
n
> 2024，则n ≥2024，
∴n 的最小值为2024.
15. (24 - 25 高三上·辽宁·开学考试) 已知Sn 为数列an
的前n 项和，Tn 为数列bn
的前n 项和，an+2 =
2an+1- an,bn= 2an+1,n为奇数
2an-1,n为偶数
,b4=8,S5=15
.
(1) 求an
的通项公式；
(2) 若T2n- S2n< 2025，求n 的最大值；
(3) 设cn=
1
T2n-S2n
，证明：1
2 ≤
n
i=1
ci
< 3
4 .
【答案】(1)an= n；(2)5；(3) 证明见解析
【解析】(1) 由an+2= 2an+1- an，得an+2- an+1= an+1- an，所以数列an
为等差数列，
所以S5= 5a3= 15，所以a3= 3.
又b4= 2a4-1= 8，所以a4= 4，
设an
的公差为d，即a3=a1+2d=3,
a4=a1+3d=4,
解得a1=1,
d=1,
所以an
的通项公式是an= n.
11
(2) 由(1) 知an= n，所以bn= 2n+1,n为奇数，
2n-1,n为偶数，
S2n= 2n a1+a2n
2
= 2n 1+2n
2
= n 2n+1
，
T2n= b1+b3+⋯+b2n-1
+ b2+b4+⋯+b2n
= n 3+4n-1
2
+ 2 1-4n
1-4
= n 2n+1
+ 2 4n-1
3
，
令T2n- S2n= 2 4n-1
3
< 2025，得2 ⋅4n< 6077，
设dn= 2 ⋅4n，则数列dn
是递增数列.
又d5= 2048 < 6077，d6= 2 × 46= 8192 > 6077，
所以n 的最大值为5.
(3) 由(2) 知cn=
1
T2n-S2n
= 3
2 ×
1
4n-1 ，
设Qn是cn
的前n 项和，则Qn+1- Qn= cn+1> 0，所以Qn
是递增数列，
所以Qn≥Q1= c1= 1
2 成立.
又Q1= c1= 1
2 < 3
4 ，
所以当n ≥2 时，2 ⋅4n- 2 - 4n= 4n- 2 > 0，所以2 ⋅4n- 2 > 4n，
得cn= 3
2 ×
1
4n-1 = 3
2 ×
2
2⋅4n-2 < 3
2 × 2
4n = 3
4n ，
所以Qn< 1
2 + 3
1
42 + 1
43 +⋅⋅⋅+ 1
4n
= 1
2 + 3 ×
1
42 1-
1
4n-1
1- 1
4
= 1
2 + 1
4
1-
1
4n-1
< 3
4 .
综上，1
2 ≤
n
i=1
ci
< 3
4 .
题型六
数列中的探究问题
大题典例
16. (23 - 24 高三下·福建·模拟预测) 已知数列an
的前n 项和为Sn，a1 = 1，数列bn
满足Sn
an = bn，且
an,bn均为正整数.
(1) 是否存在数列an
，使得bn
是等差数列？若存在，求此时的Sn；若不存在，说明理由；
(2) 若bn> bn-1，求an
的通项公式.
【答案】(1) 存在，Sn= n；(2)an= 1
【解析】(1) 由题意易知，S1
a1
= b1= 1，
当n = 2 时，a1+a2
a2
= b2⇒a2=
1
b2-1 ，
由an,bn均为正整数知，a2,b2为正整数，
则当且仅当b2- 1 = 1 即b2= 2 时，a2= 1，为整数，
若存在数列an
，使得bn
是等差数列，则b2= b1+ d = 2 ⇒d = 1，
故bn= 1 + (n - 1) × 1 = n，此时bn为整数，符合题意，
所以Sn= nan，当n ≥2 时，有Sn-1= (n - 1)an-1，
12
两式相减得an= nan- (n - 1)an-1，整理得n-1
an-an-1
= 0，
故an= an-1，
当n = 2 时，a2= a1= 1，故an= 1，
经检验，当an= 1 时，bn= n，充分性成立，
故存在数列an
，使得bn
是等差数列.
此时Sn= anbn= n；
(2) 法一、
因为Sn= anbn，当n ≥2 时，有Sn-1= an-1bn-1，两式相减，
整理得：an bn-1
= an-1bn-1，
由递增数列的题意与整数的性质知，bn- 1 ≥bn-1，
故an-1bn-1= an bn-1
≥anbn-1，
因为bn-1≠0，所以an≤an-1，
则an≤an-1≤⋯≤a1= 1，
因为an为正整数，所以an= 1.
法二、
假设存在一个正整数m ≥3，使得am ≥2
则a1= a2=⋯= am-1= 1，Sm-1= m - 1,bm-1= Sm-1
am-1
= m - 1，
则bm = am+m-1
am
= m-1
am
+ 1 ≤m-1
2
+ 1 ≤m - 1 = bm-1，不符合递增数列的题意,
故假设错误，不存在这样的正整数m ≥3，使得am ≥2，所以an= 1.
解法指导
数列中的探究性问题实际上就是不定方程解的问题，对于此类问题的求解，通常有以下三种常用的
方法：①利用等式两边的整数是奇数还是偶数的方法来加以判断是否存在；②利用寻找整数的因数的
方法来进行求解；③通过求出变量的取值范围，从而对范围内的整数值进行试根的方法来加以求解．
对于研究不定方程的解的问题，也可以运用反证法，反证法证明命题的基本步骤：
①反设：设要证明的结论的反面成立．作反设时要注意把结论的所有反面都要写出来，不要有遗
漏．②归谬：从反设出发，通过正确的推理得出与已知条件或公理、定理矛盾的结论．③存真：否定反
设，从而得出原命题结论成立．
变式训练
17. (24 - 25 高三上·天津·月考) 已知等比数列an
的前n 项和为Sn，且an+1= 2Sn+ 2 n∈N *
．
(1) 求数列an
的通项公式；
(2) 在an与an+1之间插入n 个数，使这n + 2 个数组成一个公差为dn的等差数列．
(i) 求数列dn
的通项及
2n-1
k=1
(k+1)
dk；
(ii) 在数列dn
中是否存在3 项dm,dk,dp(其中m，k，p 成等差数列) 成等比数列？若存在，求出这样
的3 项；若不存在，请说明理由．
13
【答案】(1)an= 2 × 3n-1；(2) (i)dn= 4×3n-1
n+1
2n-1
k=1
(k+1)
dk= 2 32n-1-1
；(ii) 不存在，理由见解析.
【解析】(1) ∵an+1= 2Sn+ 2 n∈N *
，
∴an= 2Sn-1+ 2 n∈N *
，
∴an+1- an= 2Sn- 2Sn-1= 2an，∴an+1= 3an，∴q = 3，
∵a2= 2S1+ 2 = 2a1+ 2，∴a1= 2，∴an= 2 × 3n-1.
(2) (i) 由题意可知：dn= an+1-an
n+1
= 2 3n-3n-1
n+1
= 4×3n-1
n+1
，
∴(i) 求数列dn
的通项：dn= 4×3n-1
n+1
，
∑
2n-1
k=1 (k + 1)dk= ∑
2n-1
k=1 (k + 1) 4×3k-1
k+1
= ∑
2n-1
k=1 4 × 3k-1= 4∑
2n-1
k=1 3k-1= 4 × 1× 1-32n-1
1-3
= 2 32n-1-1
；
(ii) 假设在数列dn
中存在3 项dm,dk,dp(其中m，k，p 成等差数列) 成等比数列，
则d2
k= dm × dp，
即
4×3k-1
k+1
2
= 4×3m-1
m+1
× 4×3p-1
p+1
，
则
32k-2
k+1
2 = 3m-1
m+1 × 3p-1
p+1
又∵m，k，p 成等差数列，∴2k = m + p，
∴2k - 2 = m - 1 + p - 1
∴化简得：
1
k+1
2 =
1
m+1
p+1
即k+1
2= m+1
p+1
∴k2+ 2k + 1 = mp + m + p + 1，
∴k2= mp，又∵2k = m + p，
∴m = k = p，与已知矛盾，
∴数列dn
中不存在3 项dm,dk,dp(其中m，k，p 成等差数列) 成等比数列.
18. (24 - 25 高三上·江苏无锡·期中) 在下面n 行、n 列n∈N *
的表格内填数：第一列所填各数自上而下
构成首项为1，公差为2 的等差数列an
；第一行所填各数自左向右构成首项为1，公比为2 的等比数
列bn
；其余空格按照“任意一格的数是它上面一格的数与它左边一格的数之和”的规则填写. 设第2
行的数自左向右依次记为c1,c2,c3, ⋯,cn.
第1 列
第2 列
第3 列
⋯
第n 列
第1 行
1
2
22
⋯
2n-1
第2 行
3
5
9
第3 行
5
10
⋯
⋯
第n 行
2n - 1
(1) 求数列cn
通项公式;
(2) 对任意的m ∈N ∗，将数列an
中落入区间bm,cm
内项的个数记为dm，
①求d1和d10的值;
14
②设数列am⋅dm
的前m 项和Tm；是否存在m ∈N *，使得9 Tm+2
= 5m ⋅3m-1，若存在，求出所有m
的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)cn= 2n+ 1；(2) ①d1= 2，d10 = 257；②m = 4.
【解析】(1) 由题意知cn+1= cn+ 2n,c1= 3，∴cn+1- cn= 2n，
当n ≥2 时，cn= cn-cn-1
+ cn-1-cn-2
+⋯+ c2-c1
+ c1= 2n-1+ 2n-2+⋯+21+ 3 = 2 1-2n-1
1-2
+ 3 =
2n+ 1，
而c1= 3 也满足上式，∴cn= 2n+ 1.
(2) ①bn= 1 ⋅2n-1= 2n-1,an= 1 + 2(n - 1) = 2n - 1,bm = 2m-1,cm = 2m + 1，
令bm ≤an≤cm ⇒2m-1≤2n - 1 ≤2m + 1 ⇒2m-1+1
2
≤n ≤2m+2
2
，
当m = 1 时，1 ≤n ≤2，此时d1= 2，
当m ≥2 时，2m-2+ 1 ≤n ≤2m-1+ 1，
此时dm = 2m-1- 2m-2+ 1 = 2m-2+ 1，∴d10 = 28+ 1 = 257.
②amdm = 2,
m=1
(2m-1) 2m+2+1
,
m≥2
，记m⋅2m-1
从第2 项到第m 项的和为Sm，
∴Sm = 2 ⋅21+ 3 ⋅22+ 4 ⋅23+⋯+ (m - 1) ⋅2m-2+ m ⋅2m-1，
2Sm = 2 ⋅22+ 3 ⋅23+⋯+ (m - 2) ⋅2m-2+ (m - 1) ⋅2m-1+ m ⋅2m，
上述两式作差得-Sm = 4 + 22+⋯+2m-1- m ⋅2m = 4 + 4 1-2m-2
1-2
- m ⋅2m = (1 - m) ⋅2m，
∴Sm = (m - 1)2m，
当m = 1 时，Tm = 2；
当m ≥2 时，Tm = 2 + (m - 1) ⋅2m + (3+2m-1)(m-1)
2
- 1⋅1-2m-1
1-2
= (2m - 3) ⋅2m-1+ m2+ 2，
m = 1 也满足上式，∴Tm = (2m - 3) ⋅2m-1+ m2+ 2，
∴9 (2m-3)⋅2m-1+m2+4
= 5m ⋅3m-1⇒(2m - 3) ⋅2m-1+ m2+ 4 = 5m ⋅3m-3，
⇒5⋅3m-3-2m
m + 3 ⋅2m-1- m2- 4 = 0，当m = 1,2,3 时，左边< 0，舍去，
当m = 4 时，经检验符合；
当m ≥5 时，左边恒> 0，无解，
综上:m = 4.
必刷大题
刷模拟
1. (24 - 25 高三上·贵州铜仁·模拟预测) 已知正项等差数列an
满足：a1 = 1 且a1，a3，2a7 - 1 成等比数
列.
(1) 求数列an
的通项公式；
(2) 若数列bn
满足：bn= 2an，n ∈N *，求数列an+bn
的前n 项和Tn.
【答案】(1)an= 1 或an= 2n - 1；(2)Tn= 3n 或Tn= n2+ 2
3
4n-1
【解析】(1) 设正项等差数列{an} 的公差为d，由a1,a3,2a7- 1 成等比数列，
得a2
3= a1⋅2a7-1
，则a1+2d
2= a1 2a1+12d-1
，
15
又a1= 1，即1+2d
2= 1 + 12d，解得d = 0 或d = 2.
当d = 0 时，an= a1= 1.
当d = 2 时，an= 1 + n-1
× 2 = 2n - 1.
所以数列{an} 的通项公式为an= 1 或an= 2n - 1.
(2) 由题意得，当an= 1 时，bn= 21= 2，则an+ bn= 3，
所以数列an+bn
的前n 项和Tn= 3n
当an= 2n - 1 时，bn= 2an= 22n-1= 2 × 4n-1，
则bn+1
bn
= 2×4n
2×4n-1 = 4，且b1= 2，
故bn
是以2 为首项，4 为公比的等比数列，
则a1+ a2+⋯+an= n 1+2n-1
2
= n2
b1+ b2+⋯+bn= 2 1-4n
1-4
= 2
3
4n-1
Tn= a1+a2+⋯+an
+ b1+b2+⋯+bn
= n2+ 2
3
4n-1
.
故数列an+bn
的前n 项和Tn= 3n 或n2+ 2
3
4n-1
.
2. (24 - 25 高三上·江苏镇江·模拟预测) 已知数列an
满足a1= 1，an+1= an,n为奇数
an+4,n为偶数
(1) 记bn= a2n，写出b1，b2，证明数列{bn} 是等差数列，并求数列{bn} 的通项公式；
(2) 求an
的前20 项和．
【答案】(1)b1= 1，b2= 5，证明见解析，bn= 4n - 3；(2)380.
【解析】(1) 依题意，b1= a2= a1= 1，b2= a4= a3= a2+ 4 = 5，
显然bn+1= a2n+2= a2n+1+1= a2n+1= a2n+ 4，因此bn+1= bn+ 4，
所以数列{bn} 是等差数列，其首项为1，公差为4，通项bn= 4n - 3.
(2) 当n 为奇数时，an+1= an，
所以an
的前20 项和为a1+ a2+⋯+a20= 2a2+ 2a4+⋯+2a20= 2(b1+ b2+⋯+b10) = 2 × (1+37)×10
2
=
380.
3. (24 - 25 高三上·湖南长沙·月考) 已知数列an
的前n 项和为Sn，a1= 1，满足2Sn= nan+1．
(1) 求an；
(2) 若bn= 3n⋅an，求数列bn
的前n 项和Tn．
【答案】(1)an= n；(2)Tn=
2n-1
3n+1
4
+ 3
4
【解析】(1)2Sn= nan+1，当n ≥2 时，2Sn-1= (n - 1)an，
两式作差得2an= nan+1- (n - 1)an，
即(n + 1)an= nan+1，所以an+1
an
= n+1
n
，
所以an=
n
n-1 ×⋯× 3
2 × 2
1 × a1= n，
当n = 1 时也成立，所以an= n；
(2) 由(1) 得bn= n ⋅3n，
16
所以Tn= 1 × 31+ 2 × 32+ 3 × 33+⋅⋅⋅+ n-1
⋅3n-1+ n ⋅3n，
所以3Tn= 1 × 32+ 2 × 33+ 3 × 34+⋅⋅⋅+ n-1
⋅3n+ n ⋅3n+1，
所以-2Tn= 3 + 32+ 33+ 34+⋅⋅⋅+3n- n ⋅3n+1= 3 1-3n
1-3
- n ⋅3n+1=- 3
2 + 1
2 × 3n+1- n ⋅3n+1，
所以Tn= 3
4 - 3n+1
4
+ n⋅3n+1
2
=
2n-1
3n+1
4
+ 3
4 .
4. (24 - 25 高三上·江西上饶·月考) 设函数f x
=
3x
2x+3 ，数列an
满足a1= 1，且an+1= f an
,n ∈N *.
(1) 求证：数列
1
an
是等差数列；
(2) 令bn= an-1⋅an n≥2
,b1= 3,Sn= b1+ b2+⋯+bn，若Sn< m-2015
2
对一切n ∈N *成立，求最小正
整数m 的值.
【答案】(1) 证明见解析；(2)2024.
【解析】(1) 结合题意可知an+1= f an
=
3an
2an+3 ,n ∈N *，
两边取倒数可得：1
an+1
= 2an+3
3an
= 2
3 + 1
an ,n ∈N *，即
1
an+1
- 1
an = 2
3 ,n ∈N *.
所以数列
1
an
是以首项1
a1
= 1，公差为2
3 的等差数列.
(2) 由上问可知数列
1
an
是以首项1
a1
= 1，公差为2
3 的等差数列，
所以1
an = 1 + n-1
× 2
3 = 2n+1
3
，所以an=
3
2n+1 .
所以bn= an-1⋅an=
3
2n+1 ×
3
2n-1 = 9
2
1
2n-1 -
1
2n+1
, n≥2
.
又b1= 3，也满足上式，所以bn= 9
2
1
2n-1 -
1
2n+1
,n ∈N *
由Sn= b1+ b2+⋯+bn可得：
Sn= 9
2
1- 1
3 + 1
3 - 1
5 +⋯+
1
2n-3 -
1
2n-1 +
1
2n-1 -
1
2n+1
= 9
2
1-
1
2n+1
，
所以Sn< 9
2 ，因为Sn< m-2015
2
对一切n ∈N *成立，
所以m-2015
2
≥9
2 , 解得m ≥2024.
最小正整数m 的值为2024.
5. (24 - 25 高三上·江苏泰州·期中) 已知数列an
为等差数列，公差d ≠0，前n 项和为Sn，a2 为a1 和a5
的等比中项，S11= 121.
(1) 求数列an
的通项公式；
(2) 是否存在正整数m，n 3<m<n
，使得1
a3
，1
am ，1
an 成等差数列？若存在，求出m，n 的值；若不
存在，请说明理由；
(3) 求证：数列∑
n+1
i=2
1
Si
< 2
3 .
17
【答案】(1)an= 2n - 1；(2) 存在m = 5,n = 23，理由见解析；(3) 证明过程见解析
【解析】(1) 由题意得a2
2= a1a5，即a1+d
2= a1 a1+4d
，
整理得d2= 2a1d，因为d ≠0，所以d = 2a1，
S11= 11a1+ 55d = 121，即11a1+ 55 × 2a1= 121，解得a1= 1，
故d = 2a1= 2，an
的通项公式为an= 1 + 2 n-1
= 2n - 1；
(2) 不存在正整数m，n 3<m<n
，使得1
a3
，1
am ，1
an 成等差数列，理由如下：
假设存在正整数m，n 3<m<n
，使得1
a3
，1
am ，1
an 成等差数列，
1
a3
= 1
5 ，1
am =
1
2m-1 ，1
an =
1
2n-1 ，
由题意得
2
2m-1 = 1
5 +
1
2n-1 ，整理得到2m - 1 = 10 -
25
n+2 ,
故n + 2 = 5 或n + 2 = 25,
故n = 3(舍) 或n = 23，m = 5,
综上，存在正整数m = 5，n = 23，使得1
a3
，1
am ，1
an 成等差数列；
(3) 由等差数列求和公式得Si = i 1+2i-1
2
= i2，
当i ≥2 时，1
Si
= 1
i2 = 4
4i2 <
4
4i2-1 = 2
1
2i-1 -
1
2i+1
，
∑
n+1
i=2
1
Si
< 2 1
3 - 1
5 + 1
5 - 1
7 +⋯+
1
2n+1 -
1
2n+3
= 2
3 -
2
2n+3 < 2
3 .
6. (24 - 25 高三上·山东青岛·月考) 已知数列an
的前n 项和Sn = 1
3
1-an
n∈N ∗
．若2 + bn =
3log 1
4an，且数列cn
满足cn= an⋅bn．
(1) 求证：数列bn
是等差数列；
(2) 求证：数列cn
的前n 项和Tn< 2
3 ；
(3) 若cn≤1
4
t2+t-1
对一切n ∈N ∗恒成立，求实数t 的取值范围．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3) -∞,-2
∪1,+∞
【解析】(1) 由题意知Sn= 1
3 - 1
3 an，
当n ≥2 时，an= Sn- Sn-1= 1
3 an-1- 1
3 an，所以an= 1
4 an-1．
当n = 1 时，S1= 1
3 - 1
3 a1= a1，所以a1= 1
4 ，
所以数列an
是以1
4 为首项，1
4 为公比的等比数列，所以an=
1
4
n
n∈N ∗
．
因为2 + bn= 3log 1
4an，所以bn= 3log 1
4an- 2 = 3log 1
4
1
4
n
- 2 = 3n - 2，
所以b1= 1，令bn= b1+ n-1
d，可得d = 3，
所以数列bn
是以1 为首项，3 为公差的等差数列．
(2) 由(1) 知cn= an⋅bn=
1
4
n
× 3n-2
，
所以Tn= c1+ c2+⋯+cn= 1
4 × 1 +
1
4
2
× 4 +⋯+ 1
4
n-1
× 3n-5
+
1
4
n
× 3n-2
，
18
所以1
4 Tn=
1
4
2
× 1 +
1
4
3
× 4 +⋯+ 1
4
n
× 3n-5
+
1
4
n+1
× 3n-2
，
两式相减，可得3
4 Tn= 1
4 × 1 +
1
4
2
× 3 +
1
4
3
× 3 +⋯+ 1
4
n
× 3 -
1
4
n+1
× 3n-2
= 1
4 + 3 ×
1
4
2 1-
1
4
n-1
1- 1
4
-
1
4
n+1
× 3n-2
= 1
2 - 1
4n - 3n-2
4n+1
，
所以Tn= 2
3 - 3n+2
3
×
1
4
n
，所以Tn< 2
3 ．
(3) 若cn≤1
4
t2+t-1
对一切n ∈N ∗恒成立，只需要cn的最大值小于或等于1
4
t2+t-1
．
因为cn+1- cn= 3n+1
×
1
4
n+1
- 3n+2
×
1
4
n
= 9-9n
4n+1
≤0，
所以c1= c2> c3> c4>⋯，所以数列cn
的最大项为c1和c2，且c1= c2= 1
4 ．
所以1
4 ≤1
4
t2+t-1
，即t2+ t - 2 ≥0，
解得t ≥1 或t ≤-2，即实数t 的取值范围是-∞,-2
∪1,+∞
．
刷真题
7. (2024·全国·高考真题) 已知等比数列an
的前n 项和为Sn，且2Sn= 3an+1- 3.
(1) 求an
的通项公式；
(2) 求数列Sn
的前n 项和.
【答案】(1)an=
5
3
n-1
；(2) 15
4 ⋅
5
3
n
- 3
2 n - 15
4
【解析】(1) 因为2Sn= 3an+1- 3, 故2Sn-1= 3an- 3，
所以2an= 3an+1- 3an n≥2
即5an= 3an+1故等比数列的公比为q = 5
3 ，
故2a1= 3a2- 3 = 3a1× 5
3 - 3 = 5a1- 3，故a1= 1，故an=
5
3
n-1
.
(2) 由等比数列求和公式得Sn=
1× 1-
5
3
n
1- 5
3
= 3
2
5
3
n
- 3
2 ，
所以数列Sn
的前n 项和
Tn= S1+ S2+ S3+⋅⋅⋅+Sn= 3
2
5
3
+
5
3
2
+
5
3
3
+⋅⋅⋅+ 5
3
n
- 3
2 n
= 3
2 ⋅
5
3
1-
5
3
n
1-
5
3
- 3
2 n = 15
4 ⋅
5
3
n
- 3
2 n - 15
4 .
8. (2024·全国·高考真题) 记Sn为数列an
的前n 项和，已知4Sn= 3an+ 4．
(1) 求an
的通项公式；
(2) 设bn= (-1)n-1nan，求数列bn
的前n 项和Tn．
【答案】(1)an= 4 ⋅(-3)n-1；(2)Tn= (2n - 1) ⋅3n+ 1
【解析】(1) 当n = 1 时，4S1= 4a1= 3a1+ 4，解得a1= 4．
当n ≥2 时，4Sn-1= 3an-1+ 4，所以4Sn- 4Sn-1= 4an= 3an- 3an-1即an=-3an-1，
而a1= 4 ≠0，故an≠0，故an
an-1
=-3，
19
∴数列an
是以4 为首项，-3 为公比的等比数列，
所以an= 4 ⋅-3
n-1.
(2)bn= (-1)n-1⋅n ⋅4 ⋅(-3)n-1= 4n ⋅3n-1,
所以Tn= b1+ b2+ b3+⋯+bn= 4 ⋅30+ 8 ⋅31+ 12 ⋅32+⋯+4n ⋅3n-1
故3Tn= 4 ⋅31+ 8 ⋅32+ 12 ⋅33+⋯+4n ⋅3n
所以-2Tn= 4 + 4 ⋅31+ 4 ⋅32+⋯+4 ⋅3n-1- 4n ⋅3n
= 4 + 4 ⋅3 1-3n-1
1-3
- 4n ⋅3n= 4 + 2 ⋅3 ⋅3n-1-1
- 4n ⋅3n= (2 - 4n) ⋅3n- 2，
∴Tn= (2n - 1) ⋅3n+ 1.
9. (2024·上海·高考真题) 若f x
= logax(a > 0,a ≠1)．
(1)y = f x
过4,2
，求f 2x-2
< f x
的解集；
(2) 存在x 使得f x+1
、f ax
、f x+2
成等差数列，求a 的取值范围．
【答案】(1) x|1<x<2
；(2)a > 1
【解析】(1) 因为y = f x
的图象过4,2
，故loga4 = 2，故a2= 4 即a = 2(负的舍去)，
而f x
= log2x 在0,+∞
上为增函数，故f 2x-2
< f x
，
故0 < 2x - 2 < x 即1 < x < 2，
故f 2x-2
< f x
的解集为x|1<x<2
.
(2) 因为存在x 使得f x+1
、f ax
、f x+2
成等差数列，
故2f ax
= f x+1
+ f x+2
有解，故2loga ax
= loga x+1
+ loga x+2
，
因为a > 0,a ≠1，故x > 0，故a2x2= x+1
x+2
在0,+∞
上有解，
由a2= x2+3x+2
x2
= 1 + 3
x + 2
x2 = 2 1
x + 3
4
2
- 1
8 在0,+∞
上有解，
令t = 1
x ∈0,+∞
，而y = 2 t+ 3
4
2
- 1
8 在0,+∞
上的值域为1,+∞
，
故a2> 1 即a > 1.
10. (2024·天津·高考真题) 已知an
为公比大于0 的等比数列，其前n 项和为Sn，且a1= 1,S2= a3- 1．
(1) 求an
的通项公式及Sn；
(2) 设数列bn
满足bn= k,n=ak
bn-1+2k,ak<n<ak+1
，其中k ∈N *．
(ⅰ) 求证：当n = ak+1 k∈N *,且k>1
时，求证：bn-1≥ak⋅bn；
(ⅱ) 求
Sn
i=1
bi
．
【答案】(1)an= 2n-1,Sn= 2n- 1；(2) ①证明见解析；②∑
Sn
i=1bi =
3n-1
4n+1
9
【解析】(1) 设等比数列an
的公比为q > 0，
因为a1= 1,S2= a3- 1，即a1+ a2= a3- 1，
可得1 + q = q2- 1，整理得q2- q - 2 = 0，解得q = 2 或q =-1(舍去)，
所以an= 2n-1,Sn= 1-2n
1-2 = 2n- 1.
(2) (i) 由(1) 可知an= 2n-1，且k ∈N * ,k ≥2，
20
当n = ak+1= 2k≥4 时，则ak=2k-1<2k-1=n-1
n-1=ak+1-1<ak+1
，即ak< n - 1 < ak+1
可知ak= 2k-1,bn= k + 1，
bn-1= bak+ ak+1-ak-1
⋅2k = k + 2k 2k-1-1
= k 2k-1
，
可得bn-1- ak⋅bn= k 2k-1
- k+1
2k-1= k-1
2k-1- k ≥2 k-1
- k = k - 2 ≥0，
当且仅当k = 2 时，等号成立，
所以bn-1≥ak⋅bn；
(ii) 由(1) 可知：Sn= 2n- 1 = an+1- 1，
若n = 1，则S1= 1,b1= 1；
若n ≥2，则ak+1- ak= 2k-1，
当2k-1< i ≤2k- 1 时，bi - bi-1= 2k，可知bi
为等差数列，
可得∑
i=2k-1
2k-1 bi = k ⋅2k-1+ 2k 2k-1 2k-1-1
2
= k ⋅4k-1= 1
9
3k-1
4k- 3k-4
4k-1
，
所以∑
i=1
Sn bi = 1 + 1
9 5×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+ 3n-1
4n- 3n-4
4n-1
=
3n-1
4n+1
9
，
且n = 1，符合上式，综上所述：∑
i=1
Sn bi =
3n-1
4n+1
9
.
1
解答题：概率与统计
目录
题型一离散型随机变量及其分布列1
题型二超几何分布与二项分布4
题型三均值与方差的实际应用8
题型四正态分布与标准正态分布11
题型五线性回归与非线性回归13
题型六独立性检验及应用16
题型七条件概率/ 全概率公式/ 贝叶斯公式18
题型八概率与统计图表的综合应用21
题型九概率与其他知识的交汇应用25
题型十利用概率解决决策类问题29
必刷大题32
题型一
离散型随机变量及其分布列
大题典例
1. (23 - 24 高三下·广东佛山·一模) 密室逃脱是当下非常流行的解压放松游戏，现有含甲在内的7 名成员
参加密室逃脱游戏，其中3 名资深玩家，4 名新手玩家，甲为新手玩家.
(1) 在某个游戏环节中，需随机选择两名玩家进行对抗，若是同级的玩家对抗，双方获胜的概率均为
1
2 ；若是资深玩家与新手玩家对抗，新手玩家获胜的概率为1
3 ，求在该游戏环节中，获胜者为甲的概
率；
(2) 甲作为上一轮的获胜者参加新一轮游戏：如图，有两间相连的密室，设两间密室的编号分别为①和
②. 密室①有2 个门，密室②有3 个门(每个门都可以双向开)，甲在每个密室随机选择1 个门出去，若
走出密室则挑战成功. 若甲的初始位置为密室①，设其挑战成功所出的密室号为X X=1,2
，求X 的
分布列.
【答案】(1) 5
42 ；(2) 分布列见解析
【解析】(1)7 人中随机选择2 人，共有C2
7 = 21 种情况，其中含甲的情况有C1
6 = 6 种，
2
6 种情况中，甲和资深玩家对抗的情况有3 种，和同级的玩家对抗情况有3 种，
则甲和资深玩家对抗并获胜的概率为3
21 × 1
3 = 1
21 ，
和同级的玩家对抗并获胜的概率为3
21 × 1
2 = 3
42 ，
故在该游戏环节中，获胜者为甲的概率为1
21 + 3
42 = 5
42 ；
(2) 设P1为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
P2为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
考虑P1，需考虑甲直接从a 号门走出密室或者进入密室②且最终从密室①走出密室，
故P1= 1
2 + 1
2 P2①，
考虑P2，则甲从b 号门进行密室①，且从密室①走出密室，
故P2= 1
3 P1②，
联立①②，可得P1= 3
5 ，
所以P X=1
= P1= 3
5 ，故P X=2
= 1 - 3
5 = 2
5 ，
故分布列如下：
X
1
2
P
3
5
2
5
解法指导
求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
(1) 根据题中条件确定随机变量的可能取值；
(2) 求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
(3) 根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望(在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如
超几何分布或二项分布，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算。)
变式训练
2. (24 - 25 高三上·贵州·月考习) 已知甲、乙两人参加某档知识竞赛节目，规则如下：甲、乙两人以抢答的
方式答题，抢到并回答正确得1 分，答错则对方得1 分，甲、乙两人初始分均为0 分，答题过程中当一人
比另一人的得分多2 分时，答题结束，且分高者获胜，若甲、乙两人总共答完5 题时仍未分出胜负，则答
题直接结束，且分高者获胜. 已知甲、乙两人每次抢到题的概率都为1
2 ，甲、乙两人答对每道题的概率
分别为3
4 , 5
12 ，每道题两人答对与否相互独立，且每题都有人抢答.
(1) 求第一题结束时甲获得1 分的概率；
(2) 记X 表示知识竞赛结束时，甲、乙两人总共答题的数量，求X 的分布列与期望.
【答案】(1) 2
3 ；(2) 分布列见解析，E X
= 250
81
【解析】(1) 设每道题的抢答中，记甲得1 分为事件M.
3
M 发生有两种可能：抢到题且答对，乙抢到题且答错，
∴P(M) = 1
2 × 3
4 + 1
2 × 7
12 = 2
3 ，
∴甲率先得1 分的概率为2
3 .
(2) 由(1) 知，在每道题的抢答中甲、乙得1 分的概率分别为2
3 , 1
3 ，
设两人共抢答了X 道题比赛结束，根据比赛规则，X 的可能取值为2,4,5.
P X=2
= 2
3 × 2
3 + 1
3 × 1
3 = 5
9 ，
P X=4
= C1
2 × 2
3 × 1
3 ×
2
3 × 2
3 + 1
3 × 1
3
= 20
81 ，
P X=5
= 1 - P X=2
- P X=4
= 16
81 ，
X
2
4
5
P
5
9
20
81
16
81
E X
= 2 × 5
9 + 4 × 20
81 + 5 × 16
81 = 250
81 .
3. (24 - 25 高三上·北京·月考习) 某校举办知识竞赛，已知学生甲是否做对每个题目相互独立，做对A,B,
C 三道题目的概率以及做对时获得相应的奖金如表所示.
题目
A
B
C
做对的概率
4
5
1
2
1
4
获得的奖金/ 元
20
40
80
规则如下：按照A,B,C 的顺序做题，只有做对当前题目才有资格做下一题.
[注：甲最终获得的奖金为答对的题目相对应的奖金总和.]
(1) 求甲没有获得奖金的概率；
(2) 求甲最终获得的奖金X 的分布列及期望；
(3) 如果改变做题的顺序，最终获得的奖金期望是否相同？如果不同，你认为哪个顺序最终获得的奖
金期望最大？(不需要具体计算过程，只需给出判断)
【答案】(1) 1
5 ；(2) 分布列见解析，40(元)；(3) 不同，按照A,B,C 的顺序获得奖金的期望最大，理由见解析.
【解析】(1) 甲没有获得奖金，则题目A 没有做对，
设甲没有获得奖金为事件M ，则P M
= 1 - 4
5 = 1
5 .
(2) 分别用A,B,C 表示做对题目A,B,C 的事件，则A,B,C 相互独立.
由题意，X 的可能取值为0,20,60,140.
P(X = 0) = P(A) = 1 - 4
5 = 1
5 ;P(X = 20) = P(AB) = 4
5 × 1- 1
2
= 2
5 ;
P(X = 60) = P(ABC) = 4
5 × 1
2 × 1- 1
4
= 3
10 ;P(X = 140) = P(ABC) = 4
5 × 1
2 × 1
4 = 1
10 .
所以甲最终获得的奖金X 的分布列为
4
X
0
20
60
140
P
1
5
2
5
3
10
1
10
E X
= 0 × 1
5 + 20 × 2
5 + 60 × 3
10 + 140 × 1
10 = 40(元).
(3) 不同，按照A,B,C 的顺序获得奖金的期望最大，理由如下：
由(2) 知，按照A,B,C 的顺序获得奖金的期望为40 元，
若按照A,C,B 的顺序做题，
则奖金X 的可能取值为0,20,100,140.
P(X = 0) = 1 - 4
5 = 1
5 ;P(X = 20) = 4
5 × 1- 1
4
= 3
5 ;
P(X = 100) = 4
5 × 1
4 × 1- 1
2
= 1
10 ;P(X = 140) = 4
5 × 1
4 × 1
2 = 1
10 .
故期望值为0 × 1
5 + 20 × 3
5 + 100 × 1
10 + 140 × 1
10 = 36 元；
若按照B,A,C 的顺序做题，
则奖金X 的可能取值为0,40,60,140.
P(X = 0) = 1 - 1
2 = 1
2 ;P(X = 40) = 1
2 × 1- 4
5
= 1
10 ;
P(X = 60) = 1
2 × 4
5 × 1- 1
4
= 3
10 ;P(X = 140) = 1
2 × 4
5 × 1
4 = 1
10 .
故期望值为0 × 1
2 + 40 × 1
10 + 60 × 3
10 + 140 × 1
10 = 36 元；
若按照B,C,A 的顺序做题，
则奖金X 的可能取值为0,40,120,140.
P(X = 0) = 1 - 1
2 = 1
2 ;P(X = 40) = 1
2 × 1- 1
4
= 3
8 ;
P(X = 120) = 1
2 × 1
4 × 1- 4
5
= 1
40 ;P(X = 140) = 1
2 × 1
4 × 4
5 = 1
10 .
故期望值为0 × 1
2 + 40 × 1
10 + 60 × 3
10 + 140 × 1
10 = 36 元，
若按照C,A,B 的顺序做题，
则奖金X 的可能取值为0,80,100,140.
P(X = 0) = 1 - 1
4 = 3
4 ;P(X = 80) = 1
4 × 1- 4
5
= 1
20 ;
P(X = 100) = 1
4 × 4
5 × 1- 1
2
= 1
10 ;P(X = 140) = 1
4 × 4
5 × 1
2 = 1
10 .
故期望值为0 × 3
4 + 80 × 1
20 + 100 × 1
10 + 140 × 1
10 = 28 元，
若按照C,B,A 的顺序做题，
则奖金X 的可能取值为0,80,120,140.
P(X = 0) = 1 - 1
4 = 3
4 ;P(X = 80) = 1
4 × 1- 1
2
= 1
8 ;
P(X = 100) = 1
4 × 1
2 × 1- 4
5
= 1
40 ;P(X = 140) = 1
4 × 1
2 × 4
5 = 1
10 .
故期望值为0 × 3
4 + 80 × 1
8 + 100 × 1
40 + 140 × 1
10 = 26.5 元，
显然按照A,B,C 的顺序获得奖金的期望最大.
5
题型二
超几何分布与二项分布
大题典例
4. (24 - 25 高三上·北京·期中) 某种产品按照产品质量标准分为一等品、二等品、三等品、四等品四个等
级，某采购商从采购的该种产品中随机抽取100 件，根据产品的等级分类得到如下数据：
等级
一等品
二等品
三等品
四等品
数量
40
30
10
20
(1) 根据产品等级，按分层抽样的方法从这100 件产品中抽取10 件，再从这10 件产品中随机抽取3 件，
记这3 件产品中一等品的数量为X，求X 的分布列及数学期望；
(2) 若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取3 件产品，求恰好有1 件四等品的概率；
(3) 生产商提供该产品的两种销售方案供采购商选择，
方案一：产品不分类，售价均为21 元/ 件.
方案二：分类卖出，分类后的产品售价如下：
等级
一等品
二等品
三等品
四等品
售价/(元/ 件)
24
22
18
16
从采购商的角度考虑，你觉得应该选择哪种销售方案？请说明理由.
【答案】(1)X 的分布列见解析；E(X) = 6
5 ；(2) 48
125 ；(3) 应该选择方案一
【解析】(1) 由题可得，抽取的10 件产品中，一等品有4 件，非一等品有6 件，
所以X 的可能取值为0，1，2，3．
P X=0
= C0
4C3
6
C3
10
= 1
6 ，P X=1
= C1
4C2
6
C3
10
= 1
2 ，
P X=2
= C2
4C1
6
C3
10
= 3
10 ，P X=3
= C3
4C0
6
C3
10
= 1
30 ，
则X 的分布列为：
X
0
1
2
3
P
1
6
1
2
3
10
1
30
E(X) = 0 × 1
6 + 1 × 1
2 + 2 × 3
10 + 3 × 1
30 = 6
5 .
(2) 从采购的产品中有放回地随机抽取3 件产品，记抽到四等品的数量为Y，则Y ∼B 3, 1
5
，
∴P Y=1
= C1
3 × 1
5 ×
4
5
2
= 48
125 .
(3) 由题意得，方案二的产品的平均售价为：
24 × 40
100 + 22 × 30
100 + 18 × 10
100 + 16 × 20
100 = 21.2(元/ 件)，
∵21 < 21.2，
∴从采购商的角度考虑，应该选择方案一.
6
解法指导
1、独立重复试验与二项分布
(1) 定型：“独立”“重复”是二项分布的基本特征，“每次试验事件发生的概率都相等”是二项分布的本质特
征．判断随机变量是否服从二项分布，要看在一次试验中是否只有两种试验结果，且两种试验结果发生
的概率分别为p,1 - p，还要看是否为n 次独立重复试验，随机变量是否为某事件在这n 次独立重复试
验中发生的次数．
(2) 定参，确定二项分布中的两个参数n 和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率．
(3) 列表，根据离散型随机变量的取值及其对应的概率，列出分布列．
(4) 求值，根据离散型随机变量的期望和方差公式，代入相应数据求值．
相关公式：已知X~B(n，p)，则P(X = k) = Ck
npk(1 - p)n-k(k = 0,1,2，⋯，n)，E(X) = np，D(X) = np(1
- p)．
2、超几何分布的适用范围及本质
(1) 适用范围：考察对象分两类；已知各类对象的个数；从中抽取若干个个题，考察某一类个题个数的概
率分布；
(2) 本质：超几何分布是不放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的。
3、超几何分布与二项分布的区别
(1) 超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；
(2) 超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的，而二项分布是“有放
回”的抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同点。
变式训练
5. (24 - 25 高三上·黑龙江哈尔滨·月考习) 哈三中文学社团举行知识竞赛答题活动，比赛分两轮，具体规
则如下：第一轮，参赛选手从A 类6 道题中任选3 道进行答题，都答完后错题个数不超过1 道(否则终
止比赛) 才能进行第二轮答题；第二轮答题从B 类10 道题中任选3 道进行答题．A 类题每答对一道
得10 分，B 类题每答对一道得30 分，答错不扣分，以两轮总分和决定优胜．总分80 分或90 分为三等
奖，110 分为二等奖，120 分为一等奖．某班参加活动的同学A 类题中只有4 道能答对，B 类题中，每
题答对的概率均为2
3 ，且各题答对与否互不影响．
(1) 求该同学被终止比赛的概率；
(2) 现该同学进入第二轮，求他在第二轮答题中得分X 的分布列及期望；
(3) 求该同学获得三等奖的概率．
【答案】(1) 1
5 ；(2) 分布列见解析，E(X) = 60；(3) 16
45
【解析】(1) 从A 类6 道题中任选3 道，其中1 道会做，2 道不会做，则被终止比赛，
所以该同学被终止比赛的概率为C1
4C2
2
C3
6
= 4
20 = 1
5 ．
(2) 由题意可知，X 的所有可能取值为90,60,30,0，
则P(X = 90) =
2
3
3
= 8
27 ，P(X = 60) = C2
3 ⋅
1
3
×
2
3
2
= 12
27 = 4
9 ，
7
P(X = 30) = C1
3 ⋅
1
3
2
×
2
3
= 6
27 = 2
9 ，P(X = 0) =
1
3
3
= 1
27 ，
所以X 的分布列为：
X
90
60
30
0
P
8
27
4
9
2
9
1
27
所以E(X) = 90 × 8
27 + 60 × 4
9 + 30 × 2
9 + 0 × 1
27 = 60．
(3) 该同学获得三等奖，共有两种情况，
第一轮得20 分(答对2 道)，则第二轮得60 分(对2 道)，
概率为C2
4C1
2
C3
6
⋅C2
3 ⋅
2
3
2
× 1
3 ；
②第一轮得30 分(答对3 道)，则第二轮得60 分(对2 道)，
概率为C3
4
C3
6
⋅C2
3 ⋅
2
3
2
× 1
3 ，
所以该同学获得三等奖的概率为C2
4C1
2
C3
6
⋅C2
3 ⋅
2
3
2
× 1
3 + C3
4
C3
6
⋅C2
3 ⋅
2
3
2
× 1
3 = 16
45 ．
6. (24 - 25 高三上·重庆·月考习) 我国承诺2030 年前“碳达峰”，2060 年“碳中和”，
“碳达峰”是指二氧化
碳的排放不再增长，达到峰值之后再慢慢减下去；
“碳中和”是指针对排放的二氧化碳要采取植树、节
能减排等各种方式全部抵消掉. 做好垃圾分类和回收工作可以有效地减少处理废物造成的二氧化碳
的排放，助力“碳中和”. 重庆十一中某班利用班会课时间组织了垃圾分类知识竞赛活动，竞赛分为初
赛、复赛和决赛，只有通过初赛和复赛，才能进入决赛. 首先出战的是第一组、第二组、第三组，已知第
一组、第二组通过初赛和复赛获胜的概率均为2
3 ，第三组通过初赛和复赛的概率分别为p 和4
3 - p，
其中0 < p ≤3
4 ，三组是否通过初赛和复赛互不影响.
(1) 求p 取何值时，第三组进入决赛的概率最大；
(2) 在(1) 的条件下，求进入决赛的队伍数X 的分布列和数学期望.
【答案】(1) 4
9 ；(2) 分布列见解析，4
3
【解析】(1) 由题知：第三组通过初赛和复赛的概率p0= p 4
3 -p
=-p2+ 4
3 p =- p- 2
3
2
+ 4
9 ，
又因为
0<p≤3
4
0≤4
3 -p≤1
，所以1
3 ≤p ≤3
4
所以，当p = 2
3 时，第三组进入决赛概率最大为4
9 .
(2) 由(1) 知：第一组、第二组、第三组进入决赛的概率均为2
3 × 2
3 = 4
9 .
因为进入决赛的队伍数X ∼B 3, 4
9
，
所以P X=0
= C0
3 × 1- 4
9
3
= 125
729 ；P X=1
= C1
3 × 4
9 × 1- 4
9
2
= 300
729 = 100
243 ；
P X=2
= C2
3 ×
4
9
2
× 1- 4
9
= 240
729 = 80
243 ；P X=3
= C3
3 ×
4
9
3
= 64
729 .
8
所以随机变量X 的分布列为:
X
0
1
2
3
P
125
729
100
243
80
243
64
729
E X
= 0 × 125
729 + 1 × 100
243 + 2 × 80
243 + 3 × 64
729 = 4
3 .
题型三
均值与方差的实际应用
大题典例
7. (24 - 25 高三上·河北·期中) 随着我国城镇化建设的不断推进，各种智能终端的普及和互联互通，人工
智能在教育、医疗、金融、出行、物流等领域发挥了巨大的作用. 为普及人工智能相关知识，培养青少年
对科学技术的兴趣，某中学组织开展“科技兴国”人工智能知识竞赛. 竞赛试题有甲、乙、丙三类(每类
题有若干道)，各类试题的每题分值及选手小李答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值，
否则得0 分，竞赛分三轮答题依次进行，竞赛结束，各轮得分之和即为选手最终得分.
项目
题型
每小题分值
每小题答对概率
甲类题
10
2
3
乙类题
20
1
3
丙类题
30
1
2
其竞赛规则为：
第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正
确，同样进入第二轮答题；否则，退出比赛.
第二轮，在丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题；否则，退出比赛.
第三轮，在乙类试题中选择一道作答.
(1) 求小李答题次数恰好为2 次的概率；
(2) 求小李最终得分的数学期望.
【答案】(1) 4
9 ；(2) 680
27 .
【解析】(1) 记事件A =“小李先答对甲类一道试题”，B =“小李继续答对另一道甲类试题”，
C =“小李答对乙类试题”，D =“小李答对丙类试题”，
则P A
= P B
= 2
3 ,P C
= 1
3 ,P D
= 1
2 .
记事件E =“小李答题次数恰好为2 次”，则E = AD
∪AB
.
P E
= P AD
+ P AB
= P A
P D
+ P A
P B
= 2
3 × 1
2 + 1
3 × 1
3 = 4
9 ，
即小李答题次数恰好为2 次的概率为4
9 .
9
(2) 设小李最终得分为X，由题知X 的可能值为0,10,40,60.
P X=0
= P AB
= 1
3 × 1
3 = 1
9 ，
P X=10
= P AD
+ P ABD
= 2
3 × 1
2 + 1
3 × 2
3 × 1
2 = 4
9 ，
P X=40
= P ADC
+ P ABDC
= 2
3 × 1
2 × 2
3 + 1
3 × 2
3 × 1
2 × 2
3 = 8
27 ，
P X=60
= P ADC
+ P ABDC
= 2
3 × 1
2 × 1
3 + 1
3 × 2
3 × 1
2 × 1
3 = 4
27 .
所以E X
= 0 × 1
9 + 10 × 4
9 + 40 × 8
27 + 60 × 4
27 = 680
27 .
解法指导
利用随机变量的均值与方差可以帮助我们作出科学的决策，其中随机变量X 的均值的意义在于描述
随机变量的平均程度，而方差则描述了随机变量稳定与波动或集中与分散的状况，品种的优劣、仪器的
好坏、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特征量有关。
1、若我们希望实际的平均水平较理想时，则先求随机变量X1，X2 的均值。当E(X1) = E(X2) 时，不
应误认为它们一样好，还需要用D(X1)，D(X2) 来比较这两个随机变量的偏离程度。
2、若我们希望比较稳定时，应先考虑方差，再考虑均值是否相等或者接近。
变式训练
8. (24 - 25 高三上·四川成都·月考习) 某小区有3000 名居民，想通过验血的方法筛选乙肝病毒携带者，假
设携带病毒的人占a%. 为减轻工作量，随机地按n 人一组分组，然后将各组n 个人的血样混合在一起
化验. 若混合血样呈阴性，说明这n 个人全部阴性；若混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈
阳性，就需要对每个人再分别化验一次.
(1) 若a = 0.2,n = 20, 试估算该小区化验的总次数；
(2) 若a = 0.9，且每人单独化验一次花费10 元，n 人混合化验一次花费n + 9 元，求当n 为何值时，每
个居民化验的平均费用最少.
注：假设每位居民的化验结果呈阴性还是阳性相互独立. 当0 < p < 0.01 时，(1 - p)n≈1 - np.
【答案】(1)270；(2)10
【解析】(1) 设每组需要检验的次数为X，若混合血样为阴性，
则X = 1，若混合血样呈阳性，则X = 21，
所以P(X = 1) = (1 - 0.002)20，P(X = 21) = 1 - (1 - 0.002)20，
所以E(X) = 1 × (1 - 0.002)20+ 21 × [1 - (1 - 0.002)20] = 21 - 20 × (1 - 0.002)20≈21 - 20 × (1 - 20 ×
0.002) = 1.8
一共有3000 ÷ 20 = 150 组，故估计该小区化验的总次数是1.8 × 150 = 270.
(2) 设每组n 人总费用为Y 元，若混合血样呈阴性，则Y = n + 9；
若混合血样呈阳性，则Y = 11n + 9，
故P(Y = n + 9) = (1 - 0.009)n，P(Y = 11n + 9) = 1 - (1 - 0.009)n
E(Y) = (n + 9) ⋅0.991n+ (11n + 9) ⋅(1 - 0.991n) = 11n - 10n × 0.991n+ 9
每位居民的化验费用为E(Y)
n
= 11n-10n×0.991n+9
n
= 11 - 10 × 0.991n+ 9
n ≈11 - 10 × (1 - 0.009n)
10
+ 9
n
= 11 - 10 + 0.09n + 9
n ≥1 + 2
0.09n∙9
n = 2.8 元
当且仅当0.09n = 9
n ，即n = 10 时取等号，故n = 10 时，每个居民化验的平均费用最少.
9. (24 - 25 高三上·辽宁丹东·期中) 甲乙两人各有n 张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别
标有数字1，3，5，2n - 1，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，⋯⋯，2n，两人进行n 轮比赛，在每轮比
赛中，甲按照固定顺序1，3，5，⋯⋯，2n - 1 每轮出一张卡片，乙从自己持有的卡片中随机选一张，并
比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1 分，数字小的人得0 分，然后各自弃置此轮所选的卡片
(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用)．
(1) 当n = 4 时，求甲的总得分小于2 的概率．
(2) 分别求甲得分的最小值和最大值的概率；
(3) 已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P Xi=1
= 1 - P Xi=0
= qi，i = 1，2，3，⋯，n，则
E
n
i=1
Xi
=
n
i=1
qi
，记n 轮比赛(即从第1 轮到第n 轮比赛) 中甲的总得分为Y，乙的总得分为Z，求E
(Y) 和E(Z) 的值，并由这两个值来判断随着轮数的增加，甲乙的总得分期望之差有什么变化规律？
【答案】(1) 1
2 ；(2) 甲得分最小值和最大值的概率都为1
n! ；(3) 答案见解析
【解析】(1) 甲顺序为1，3，5，7，乙选卡片的不同顺序共有4！= 24 种，
而使得甲得分小于2 的所有顺序共有12 种，
2，4，6，8 2，4，8，6； 2，6，4，8； 2，6，8，4； 2，8，6，4；
4，2，6，8； 4，6，2，8； 4，6，8，2； 4，8，6，2； 6，4，8，2；
6，4，2，8； 8，4，6，2．
由古典概型得甲的总得分小于2 的概率为12
24 = 1
2 ；
(2) 甲按照固定顺序1，3，5，7，⋯，2n - 1，乙按照2、4，6，8，⋯，2n，
甲得分最小值为0，则概率为1
n! ．
甲按照固定顺序1，3，5，7，⋯，2n - 1，乙按照2n、2，4，6，⋯，2n - 2，
甲得分最大值为n - 1，则概率为1
n! ．
(3) 设随机变量Xi = 1,第i轮得分的是甲
0,第i轮得分的是乙
，i = 1,2, ⋅⋅⋅,n，
则Xi 服从两点分布，P Xi=1
= i-1
n
，且Y =
n
i=1
Xi
，
由题意可得，E Y
= E ∑
n
i=1Xi
= E ∑
n
i=1
i-1
n
= 1-1
n
+ 2-1
n
+⋅⋅⋅+ n-1
n
= n-1
2
E Z
= n - n-1
2
= n+1
2
，
因为E Y
- E Z
=-1，
所以随着轮数的增加，甲乙的总得分期望之差不变，总是甲比乙多1 分.
11
题型四
正态分布与标准正态分布
大题典例
10. (24 - 25 高三上·浙江·月考习) 在一次联考中，经统计发现，甲乙两个学校的考生人数都为1000 人，数
学均分都为94，标准差都为12，并且根据统计密度曲线发现，甲学校的数学分数服从正态分布，乙学校
的数学分数不服从正态分布.
(1) 甲学校为关注基础薄弱学生的教学，准备从70 分及以下的学生中抽取10 人进行访问，学生小A 考
分为68 分，求他被抽到的概率大约为多少；
(2) 根据统计发现学校乙得分不低于130 分的学生有25 人，得分不高于58 分的有1 人，试说明乙学校
教学的特点；
参考数据：若X~N μ,σ2
，则P(μ - σ ≤X ≤μ + σ) ≈0.68，P(μ - 2σ ≤X ≤μ + 2σ) ≈0.95，P(μ - 3σ
≤X ≤μ + 3σ) ≈0.99.
【答案】(1)0.4；(2) 乙校教学高分人数更多，130 分以上学生更多，低分人数更少.
【解析】(1) 由题意可知甲校学生数学得分X~N 94,122
，
由P(μ - 2σ ≤X ≤μ + 2σ) ≈0.95，
可得P(70 ≤X ≤118) ≈0.95，则P(X ≤70) ≈1-0.95
2
= 0.025，
所以分数在70 分及以下的学生有1000 × 0.025 = 25，
所以学生小A 被抽到的概率P = 10
25 = 0.4
(2) 由P(μ - 3σ ≤X ≤μ + 3σ) ≈0.99，
可得：P 58≤X≤130
≈0.99
所以甲校不低于130 分的概率为1-0.99
2
= 0.005，
得分不高于58 分的概率为1-0.99
2
= 0.005，
所以甲校不低于130 分有1000 × 0.005 = 5 人，得分不高于58 分有1000 × 0.005 = 5 人，
故乙校教学高分人数更多，130 分以上学生更多，低分人数更少.
解法指导
关于正态总体在某个区间内取值的概率求法
(1) 熟记P(μ - σ < X ≤μ + σ)，P(μ - 2σ < X ≤μ + 2σ)，P(μ - 3σ < X ≤μ + 3σ) 的值．
(2) 充分利用正态曲线的对称性和曲线与x 轴之间面积为1：
①正态曲线关于直线x = μ 对称，从而在关于x = μ 对称的区间上概率相等；
②P(X < a) = 1 - P(X ≥a)，P(X < μ - a) = P(X ≥μ + a)．
变式训练
11. (24 - 25 高三上·江苏泰州·月考习) 以A 地生产的所有番茄为总体，总体中每个番茄的重量为随机变
量X,X ∼N μ,σ2
，其中μ,σ 均为正数．随机从总体中抽取n 个番茄作为一个样本，番茄的重量分别
为X1,X2，⋯,Xn，其取值相互独立．样本均值为X
．
12
(1) 已知对于任意的随机变量Y1,Y2, ⋯,Yn，有E
n
i=1
Yi
=
n
i=1
E
Yi
；如果Y1,Y2，⋯,Yn的取值相互独
立，则又有D
n
i=1
Yi
=
n
i=1
D
Yi
．求E X
及σ X
．
(2) 若d > 0，证明：μ - d < X
< μ + d 是X
- d < μ < X
+ d 的充要条件．
【答案】(1)E(X
) = μ，σ(X
) =
σ
n ；(2) 证明见解析
【解析】(1) 由题意得E(X
) = E
1
n
n
i=1
Xi
= 1
n E
n
i=1
Xi
= 1
n
n
i=1
E
Xi
= 1
n
n
i=1
μ
= 1
n ⋅nμ = μ．
X1,X2, ⋯,Xn的取值相互独立，
故σ(X
) =
D(X) =
D 1
n
n
i=1
Xi
=
1
n2 D
n
i=1
Xi
=
1
n2
n
i=1
D
Xi
=
1
n2 ⋅nσ2 =
σ
n ．
(2) 下面的不等式变换完全等价：
即μ - d < X
< μ + d，-d < X
- μ < d，-d < μ - X
< d，X
- d < μ < X
+ d，
故μ - d < X
< μ + d 是X
- d < μ < X
+ d 的充要条件．
12. 按照国际乒联的规定, 标准的乒乓球在直径符合的条件下, 重量为2.7 克, 其重量的误差在区间[
-0.081,0.081] 内就认为是合格产品, 在正常情况下样本的重量误差x 服从正态分布. 现从某厂生产的
一批产品中随机抽取10 件样本, 其重量如下：
2.72 2.68 2.7 2.75 2.66 2.7 2.6 2.69 2.7 2.8
(1) 计算上述10 件产品的误差的平均数及标准差s；
(2) ①利用(1) 中求的平均数, 标准差s, 估计这批产品的合格率能否达到96%；
②如果产品的误差服从正态分布N(0,0.04052), 那么从这批产品中随机抽取10 件产品, 则有不合格产
品的概率为多少？(附：若随机变量x 服从正态分布N(μ,σ2), 则P(μ - σ < x < μ + σ) ≈0.683，P(μ -
2σ < x < μ + 2σ) ≈0.954，P(μ - 3σ < x < μ + 3σ) ≈0.997，0.95410用0.624，0.99710用0.9704 分别代
替计算)
【答案】(1)0，0.05；(2) ①不能；②0.3756
【解析】(1) 由题意10 件产品的误差分别为0.02, -0.02,0,0.05, -0.04,0, -0.1, -0.01,0,0.1，
误差的平均数为x= 0.02-0.02+0+0.05-0.04+0-0.1-0.01+0+0.1
10
= 0；
方差为s2= 0.022+(-0.02)2+02+0.052+(-0.04)2+02+(-0.1)2+(-0.01)2+02+0.12
10
= 0.0025，
所以标准差为s = 0.05；
(2) ①由(1) 中计算得μ = 0,σ = 0.05
所以P(μ - 2σ ≤x ≤μ + 2σ) = P(0 - 2 × 0.05 ≤x ≤0 + 2 × 0.05) = P(-0.1 ≤x ≤0.1)
因为在-0.1 ≤x ≤0.1 内包括了所有的合格产品, 也包括了不合格的产品，
而P(-0.1 ≤x ≤0.1) ≈0.954 < 0.96，
所以这批抽查的产品的合格率不能达到96%.
②因为产品重量的误差服从正态分布N(0,0.04052)，所以μ = 0,σ = 0.0405，
μ - 2σ < x < μ + 2σ 即为-0.081 < x < 0.081，
所以每件产品合格的概率P(μ - 2σ < x < μ + 2σ) ≈0.954,
13
所以随机抽取10 件产品中有不合格产品的概率为1 - 0.95410 ≈1 - 0.6244 = 0.3756．
题型五
线性回归与非线性回归
大题典例
13. (24 - 25 高三上·陕西西安·模拟预测) 近年来我国新能源汽车行业蓬勃发展，新能源汽车不仅对环境保
护具有重大的意义，而且还能够减少对不可再生资源的开发，是全球汽车发展的重要方向．“保护环
境，人人有责”，在政府和有关企业的努力下，某地区近几年新能源汽车的购买情况如下表所示：
年份x
2019
2020
2021
2022
2023
新能源汽车购买数量> (万辆)
0.40
0.70
1.10
1.50
1.80
(1) 计算y 与x 的相关系数r(保留三位小数)；
(2) 求y 关于x 的线性回归方程，并预测该地区2025 年新能源汽车购买数量．
参考公式r =
∑
n
i=1 xi-x
y1-y
∑
n
i=1 xi-x
2
∑
n
i=1 yi-y
2
，b=
∑
n
i=1 xi-x
yi-y
∑
n
i=1 xi-x
2
，a= y- bx．
参考数值：13 ≈3.6056，∑
5
i=1 xi-x
yi-y
= 3.6．
【答案】(1)0.998；(2)2.54 万辆
【解析】(1)x= 2021×5+(-2)+(-1)+0+1+2
5
= 2021,y= 0.40+0.70+1.10+1.50+1.80
5
= 1.10，
5
i=1
xi-x
2=(-2)2+(-1)2+02+12+22=10
，
5
i=1
y1-y
2=(-0.7)2+(-0.4)2+02+0.42+0.72=1.3
所以r =
5
i=1
xi-x
y1-y
5
i=1
xi-x
2
5
i=1
y1-y
2
=
3.6
10×
1.3 =
3.6
3.6056 ≈0.998；
(2) 由(1) 知，b=
5
i=1
xi-x
y1-y
5
i=1
xi-x
2
= 3.6
10 = 0.36，
a= y- bx= 1.1 - 2021 × 0.36 =-726.46，
所以y 关于x 的线性回归方程是y= 0.36x - 726.46，
当x = 2025 时，y= 0.36 × 2025 - 726.46 = 2.54(万辆)，
该地区2025 年新能源汽车购买数量约为2.54 万辆.
解法指导
1、线性回归分析问题的类型及解题方法
14
(1) 求线性回归方程：①利用公式求出回归系数b
，a；②利用回归直线过样本中心点求系数；
(2) 利用回归方程进行预测：把线性回归方程看作一次函数，求函数值；
(3) 利用回归直线判断正、负相关：决定正相关函数负相关的系数是b
；
(4) 回归方程的拟合效果可以利用相关系数判断，当r
越接近1 时，两变量的线性相关性越强。
2、非线性回归经验回归方程的求法
(1) 根据原始数据(x,y) 作出散点图；(2) 根据散点图，选择恰当的拟合函数；(3) 作恰当的变换，将其转
化成线性函数，求经验回归方程；(4) 在(3) 的基础上通过相应的变换，即可得非线性经验回归方程。
变式训练
14. (24 - 25 高三上·广东·月考习) 仙人掌别名老鸦舌，神仙掌，这一独特的仙人掌科草本植物，以其顽强的
生命力和独特的形态在自然界中独树一帜，以其形似并拢手指的手掌，且带有刺的特征而得名．仙人
掌不仅具有极高的观赏价值，还具有一定的药用价值，被誉为“夜间氧吧”，其根茎深入土壤或者干燥
的黄土中使其能够吸收足够多的水分进行储藏来提高生存能力，我国某农业大学植物研究所相关人
员为了解仙人掌的植株高度y(单位：cm)，与其根茎长度x(单位：cm) 之间是否存在线性相关的关系，
通过采样和数据记录得到如下数据：
样本编号i
1
2
3
4
根茎长度xi
10
12
14
16
植株高度yi
62
86
112
132
参考数据：
4
i=1
xi-x
2
= 20,
4
i=1
yi-y
2
= 2792, 3490 ≈59.1．
(1) 由上表数据计算相关系数r，并说明是否可用线性回归模型拟合y 与x 的关系(若r
> 0.75，则可
用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001)；
(2) 求y 关于x 的线性回归方程.
附：对于一组数据x1,y1
, x2,y2
, ⋯, xn,yn
，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关
系数r 的公式分别为b=
n
i=1
xi-x
yi-y
n
i=1
xi-x
2
,a= y- bx,r =
n
i=1
xi-x
yi-y
n
i=1
xi-x
2
n
i=1
yi-y
2
．
【答案】(1)r = 0.998，可用；(2)y = 11.8x - 55.4
【解析】(1) 易得x= 1
4
10+12+14+16
= 13,y= 1
4
62+86+112+132
= 98，
4
i=1
xi-x
yi-y
= -3
× -36
+ -1
× -12
+1×14+3×34=236
，
故r =
4
i=1
xi-x
yi-y
4
i=1
xi-x
2
4
i=1
yi-y
2
=
236
20×2792 =
236
4×
3490 ≈59
59.1 ≈0.998．
则r
> 0.75，故可用线性回归模型模拟．
15
(2)b=
4
i=1
xi-x
yi-y
4
i=1
xi-x
2
= 236
20 = 11.8，
a= y- bx= 98 - 11.8 × 13 =-55.4，
故线性回归方程为y = 11.8x - 55.4．
15. (24 - 25 高三上·福建泉州·月考习) 一只药用昆虫的产卵数y 与一定范围内的温度x 有关，现收集了该
种药用昆虫的6 组观测数据如下表：
温度x/°C
21
23
24
27
29
32
产卵数y/ 个
6
11
20
27
57
77
经计算得：x= 1
6 ∑
6
i=1xi= 26,y= 1
6 ∑
6
i=1yi= 33,∑
6
i=1 xi-x
yi-y
= 557,∑
6
i=1 xi-x
2= 84,∑
6
i=1 yi-y
2=
3930, 线性回归模型的残差平方和∑
6
i=1 yi-y
i
2= 236.64,e8.0605 ≈3167，其中xi,yi分别为观测数据中的
温差和产卵数，i = 1,2,3,4,5,6.
(1) 若用线性回归方程，求y 关于x 的回归方程y= bx + a(精确到0.1)；
(2) 若用非线性回归模型求得y 关于x 回归方程为y= 0.06e0.2303x，且相关指数R2= 0.9522.
(i) 试与(1) 中的回归模型相比，用R2说明哪种模型的拟合效果更好.
(ii) 用拟合效果好的模型预测温度为35°C 时该种药用昆虫的产卵数(结果取整数).
附：一组数据x1,y1
, x2,y2
, ⋯, xn,yn
，其回归直线y= bx + a的斜率和截距的最小二乘估计为b=
∑
n
i=1 xi-x
yi-y
∑
n
i=1 xi-x
2
,a= y- bx；相关指数R2= 1 -
∑
n
i=1 yi-y
i
2
∑
n
i=1 yi-y
2 .
【答案】(1)y= 6.6x - 138.6；(2) (i) 非线性回归模型拟合效果更好；(ii)190；
【解析】(1) 由题意n = 6，则x= 1
6
6
i=1
xi
= 26，y= 1
6 ∑
6
i=1yi = 33，
b=
6
i=1
(xi-x)(yi-y)
6
i=1
(xi-x)2
= 557
84 ≈6.6，a= 33 - 6.6 × 26 =-138.6，
y 关于x 的线性回归方程为y= 6.6x - 138.6.
(2) (i) 对于线性回归模型，
6
i=1
(yi-y)2=3930
，
6
i=1
(yi-yi
)2=236.64
，
相关指数为1 -
6
i=1
(yi-yi
)2
6
i=1
(yi-y)2
= 1 - 236.64
3930
≈1 - 0.0602 = 0.9398，
因为0.9398 < 0.9522，所以用非线性回归模型拟合效果更好.
(ii) 当x = 35，时y= 0.06e0.2303×35= 0.06 × e8.0605 = 0.06 × 3167 = 190.02 ≈190(个)
16
所以温度为35°C 时，该种药用昆虫的产卵数估计为190 个.
题型六
独立性检验及应用
大题典例
16. (24 - 25 高三上·四川绵阳·月考习)2021 年8 月，义务教育阶段“双减”政策出台，某初中在课后延时服
务开设奥数、科技、体育等特色课程. 为了进一步了解学生选课的情况，随机选取了400 人进行调查问
卷，整理后获得如下统计表:
喜欢奥数
不喜欢奥数
总计
已选奥数课(A 组)
150
50
200
未选奥数课(B 组)
90
110
200
总计
240
160
400
(1) 若从样本内喜欢奥数的240 人中用分层抽样方法随机抽取32 人，则应在A 组、B 组各抽取多少人？
(2) 依据小概率值α = 0.005 的独立性检验，能否认为选报奥数延时课与喜欢奥数有关？
附:
P χ2≥α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
α
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考公式:χ2=
n(ad-bc)2
a+b
c+d
a+c
b+d
，其中n = a + b + c + d.
【答案】(1) 应在A 组抽取20 人，应在B 组抽取12 人.
(2) 能认为选报奥数延时课与喜欢奥数有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005
【解析】(1) 应在A 组抽取32
240 × 150 = 20 人，应在B 组抽取32
240 × 90 = 12 人.
(2) 零假设为H0：选报奥数延时课与喜欢奥数无关联，
根据列联表中的数据，经计算可得χ2= 400×(150×110-90×50)2
200×200×240×160
= 37.5 > 7.879，
根据小概率值α = 0.005 的独立性检验，我们推断零假设不成立，
即认为选报奥数延时课与喜欢奥数有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
解法指导
独立性检验的一般方法
(1) 根据题目信息，完善列联表；
(2) 提出零假设：假设两个变量相互独立，并给出在问题中的解释。
(3) 根据列联表中的数据及计算公式χ2=
n(ad-bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
求出χ2 的值；
(4) 当χ2≥xα 时，我们就推断H0 不成立，即两个变量不独立，该推断犯错误的概率不超过α；
当χ2< xα 时，我们没有充分证据推断H0 不成立，可以认为两个变量相互独立。
17
变式训练
17. (24 - 25 高三上·宁夏中卫·月考习) 宁夏新高考改革方案已正式公布，根据改革方案，将采用“3 + 1 +
2”的高考模式，其中，
“3”为语文、数学，外语3 门参加全国统一考试，选择性考试科目为政治，历史、地
理、物理、化学、生物6 门，由考生根据报考高校以及专业要求，结合自身实际，首先在物理和历史中选
择1 门，再从政治、地理、化学、生物中选择2 门，形成自己的“高考选考组合”.
(1) 若某学生根据方案进行随机选科，求该生恰好选到“物化生”组合的概率；
(2) 由于物理和历史两科必须选择1 科，某校想了解高一新生选科的需求，随机选取100 名高一新生进
行调查，得到如下统计数据，完成下面2 × 2 列联表，依据小概率值α = 0.01 的独立性检验，能否认为
“选科与性别有关”？
选择物理
选择历史
合计
男生
40
50
女生
合计
30
100
附参考公式与表：χ2=
n(ad-bc)2
a+b
c+d
a+c
b+d
，n = a + b + c + d.
χ2独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值：
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xσ
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1) 1
12 ；(2) 列联表见解析，不能认为“选科与性别有关”
【解析】(1) 设物理、历史两门学科分别为m,n，政治、地理、化学、生物分别为a,b,c,d，
某同学根据方案进行随机选科，所得的结果为：m,a,b
, m,a,c
, m,a,d
, m,b,c
，
m,b,d
, m,c,d
, n,a,b
, n,a,c
, n,a,d
, n,b,c
, n,b,d
, n,c,d
，
共有12 种情形，所以该生恰好选到“物化生”的概率为P = 1
12 ；
(2)2 × 2 的列联表为：
选择物理
选择历史
合计
男生
40
10
50
女生
30
20
50
合计
70
30
100
设零假设H0：选科与性别无关，
则χ2= 100 40×20-10×30
2
50×50×70×30
≈4.762 < 6.635，
故依据小概率值α = 0.01 的独立性检验，可得零假设H0成立，
故不能认为“选科与性别有关”.
18. (24 - 25 高三上·上海·开学考试) 某地生产队在面积相等的50000 块稻田上种植一种新型水稻，从中抽
18
取100 块得到各块稻田的亩产量(单位：kg) 与优质频数并部分整理成下表(最终亩产量均在900kg
到1200kg 之间)
亩产量
900,950
950,1000
1000,1050
1100,1150
1150,1200
优质频数
5
10
14
18
6
普通频数
1
2
4
6
4
(1) 这50000 块稻田中，亩产量在1050,1100
的频数约为多少？
(2) 估计这片稻田的平均亩产量(单位kg)；
(3) 已知在100 块抽取稻田中亩产量在1050,1100
的优质稻田有25 块，是否有0.95 的把握认为产品
是否优质与亩产量不少于1050kg 且少于1200kg 有关？(参考公式：χ2=
a+b+c+d
ad-bc
2
a+b
c+d
a+c
b+d
，参考数据：P χ2≥3.841
≈0.05)
【答案】(1)15000 块；(2)1067kg；(3) 没有.
【解析】(1) 由表格900,950
、950,1000
、1000,1050
、1100,1150
、1150,1200
的亩产区间，
对应频数分别为6,12,18,24,10，频数共为70，故样本中亩产量在1050,1100
的频数约为100 - 70 = 30.
所以，50000 块稻田中亩产量在1050,1100
的频数约为50000
100
× 30 = 15000 块.
(2) 由(1)，抽取100 块稻田的平均亩产量为
0.06 × 925 + 0.12 × 975 + 0.18 × 1025 + 0.3 × 1075 + 0.24 × 1125 + 0.1 × 1175 = 1067kg.
所以，这片稻田的平均亩产量约为1067kg.
(3) 由题意，可得如下列联表，
亩产900 ≤x < 1050
亩产1050 ≤x < 1200
优质
29
49
78
普通
7
15
22
36
64
100
故χ2= 100× 29×15-49×7
2
36×64×22×78
≈0.214 < 3.841，
所以，没有0.95 的把握认为产品是否优质与亩产量不少于1050kg 且少于1200kg 有关.
题型七
条件概率/ 全概率公式/ 贝叶斯公式
大题典例
19. (24 - 25 高三上·贵州遵义·模拟预测) 已知4 台车床加工的同一种零件共计1000 件，其中第一台加工
200 件，次品率为5%；第二台加工250 件，次品率为6%；第三台加工250 件，次品率为8%；第四台加工
300 件，次品率为10%. 现从这1000 件零件中任取一个零件.
(1) 求取到的零件是次品的概率；
(2) 若取到的零件是次品，求它是第i(其中i = 1,2,3,4) 台车床加工的零件的概率.
【答案】(1) 3
40 ；(2) 分别为2
15 , 1
5 , 4
15 , 2
5 ．
19
【解析】(1) 由题意所求概率为P = 200×5%+250×6%+250×8%+300×10%
1000
=
75
1000 = 3
40 ；
(2) 由题意第一台车床加工的零件中次品数约为200 × 5% = 10，
第二台车床加工的零件中次品数约为150 × 6% = 15，
第三台车床加工的零件中次品数约为250 × 8% = 20，
第四台车床加工的零件中次品数约为300 × 10% = 30，
10 + 15 + 20 + 30 = 75，
所以取到的零件是次品，它是第一台车床加工的零件的概率为P1= 10
75 = 2
15 ，
它是第二台车床加工的零件的概率为P1= 15
75 = 1
5 ，
它是第三台车床加工的零件的概率为P1= 20
75 = 4
15 ，
它是第四台车床加工的零件的概率为P1= 30
75 = 2
5 ．
解法指导
1、条件概率：一般地，设A，B 为两个事件，且P(A) > 0，称P(B|A) = P(AB)
P(A)
为在事件A 发生的条件
下，事件B 发生的条件概率．
2、全概率公式：P(B) = P(A)P(B|A) + P(A
)P(B|A
)；
3 、贝叶斯公式：一般地，当0 < P ( A ) < 1 且P ( B ) > 0 时，有P
A
B
= P(A)P(B|A)
P(B)
=
P(A)P(B|A)
P(A)P(B|A)+P(A
)P(B|A
)
变式训练
20. (24 - 25 高三上·广东·月考习) 甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作答，
答对积1 分，答错不得分：然后换对方抽题作答，甲乙两人各完成一次答题记为一轮比赛．比赛过程
中，有选手领先2 分者立即晋级，比赛结束(不管该轮比赛有没有完成)．已知甲答对题目的概率为
1
3 ，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，抽签决定首次答题方，已知第一轮答题后甲乙两人各
积1 分的概率为1
6 ．记比赛结束时甲乙两人的答题总次数为n n≥2
．
(1) 求p；
(2) 求在n = 4 的情况下，甲晋级的概率；
(3) 由于比赛时长关系，比赛答题不能超过3 轮，若超过3 轮没有晋级者，则择期再进行比赛．求甲在
3 轮比赛之内成功晋级的概率．
【答案】(1) 1
2 ；(2) 1
5 ；(3) 17
216
【解析】(1) 由题意可得1
3 × p = 1
6 ，即p = 1
2 ；
(2) 当n = 4 时，甲乙两人各答两题，由于比赛结束，
故总有一人两题全对，另一人两题全错，
20
且第四题答题人必须答对才能结束，
故当n = 4 时，后答题人晋级，
(例：若甲先答题，若甲对，乙错，甲对，此时比赛结束，不符合要求)
设甲晋级为事件A，n = 4 的情况为事件B，
则P B
= 1
2 × 2
3 × 1
2 × 2
3 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 = 5
72 ，
P AB
= 1
2 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 = 1
72 ，
则P A B
= P AB
P B
=
1
72
5
72
= 1
5 ；
(3) 甲在3 轮比赛之内成功晋级，则两人可能的答题总次数为3、4、5、6，
设这四个事件分别为C、D、E、F，
若n = 3，则甲先答题，两人答题情况一定为：甲对，乙错，甲对；
则P AC
= 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 = 1
36 ，
若n = 4，则乙先答题，两人答题情况一定为：乙错，甲对，乙错，甲对；
则P AD
= 1
2 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 = 1
72 ，
若n = 5，则甲先答题，两人答题情况可能为：
甲错，乙错，甲对，乙错，甲对；
甲对，乙错，甲错，乙错，甲对；
甲对，乙对，甲对，乙错，甲对；
则P AE
= 1
2 × 2
3 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 + 1
2 × 1
3 × 1
2 × 2
3 × 1
2 × 1
3 + 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 =
5
216 ，
若n = 6，则乙先答题，两人答题情况可能为：
乙错，甲对，乙错，甲错，乙错，甲对；
乙错，甲错，乙错，甲对，乙错，甲对；
乙错，甲对，乙对，甲对，乙错，甲对；
乙对，甲对，乙错，甲对，乙错，甲对；
则P AF
= 1
2 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 2
3 × 1
2 × 1
3 + 1
2 × 1
2 × 2
3 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 + 1
2 × 1
2 × 1
3 × 1
2 ×
1
3 × 1
2 × 1
3
+ 1
2 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 = 1
72 ，
故甲在3 轮比赛之内成功晋级的概率P = 1
36 + 1
72 +
5
216 + 1
72 = 17
216 .
21. (24 - 25 高三上·四川内江·月考习) 夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种
凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1 天选择绿豆汤的概率是2
3 ，若在前一
天选择绿豆汤的条件下，后一天继续选择绿豆汤的概率为1
3 ，而在前一天选择银耳羹的条件下，后一
天继续选择银耳羹的概率为1
2 ，如此往复．(提示：设An表示第n 天选择绿豆汤)
(1) 求该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率
21
(2) 求该同学第2 天选择绿豆汤的概率；
(3) 记该同学第n 天选择绿豆汤的概率为Pn，求出Pn的通项公式.
【答案】(1) 2
9 ；(2) 7
18 ；(3) 答案见解析
【解析】(1) 该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率为2
3 × 1
3 = 2
9 ；
(2) 设A1表示第1 天选择绿豆汤，A2表示第2 天选择绿豆汤，则A1
表示第1 天选择银耳羹，
根据题意得，P A1
= 2
3 ,P A1
= 1
3 ,P A2|A1
= 1
3 ,P A2|A1
= 1 - 1
2 = 1
2 ，
所以P A2
= P A1
P A2|A1
+ P A1
P A2|A1
= 2
3 × 1
3 + 1
3 × 1
2 = 7
18 ．
(3) 设An表示第n 天选择绿豆汤，则Pn= P An
,P An
= 1 - Pn，
根据题意得，P An+1|An
= 1
3 ,P An+1|An
= 1 - 1
2 = 1
2 ，
由全概率公式得，P An+1
= P An
P An+1|An
+ P An
P An+1|An
= 1
3 Pn+ 1
2
1-Pn
=- 1
6 Pn+ 1
2 ，
即Pn+1=- 1
6 Pn+ 1
2 ，整理得，Pn+1- 3
7 =- 1
6
Pn- 3
7
，又P1- 3
7 = 5
21 ≠0，
所以Pn- 3
7
是以5
21 为首项，- 1
6 为公比的等比数列．
所以Pn- 3
7 = 5
21 × - 1
6
n-1
，所以Pn= 5
21 × - 1
6
n-1
+ 3
7 ..
题型八
概率与统计图表的综合应用
大题典例
22. (24 - 25 高三上·广东广州·模拟预测) 在某地区进行高中学生每周户外运动调查，随机调查了1000 名
高中学生户外运动的时间(单位：小时)，得到如下样本数据的频率分布直方图.
(1) 求a 的值，估计该地区高中学生每周户外运动的平均时间；(同一组数据用该区间的中点值作代表)
(2) 为进一步了解这1000 名高中学生户外运动的时间分配，在14,16
，16,18
两组内的学生中，采用
分层抽样的方法抽取了5 人，现从这5 人中随机抽取3 人进行访谈，记在14,16
内的人数为X，求X
的分布列和期望；
(3) 以频率估计概率，从该地区的高中学生中随机抽取8 名学生，用“P8 k
”表示这8 名学生中恰有k
名学生户外运动时间在8,10
内的概率，当P8 k
最大时，求k 的值.
22
【答案】(1)a = 0.1，平均时间为9.16 小时；(2) 分布列见解析，期望E X
= 12
5 ；(3)k = 2
【解析】(1) 由已知2 0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01
= 1，解得a = 0.1，
所以平均数为1 × 0.04 + 3 × 0.06 + 5 × 0.1 + 7 × 0.1 + 9 × 0.3 + 11 × 0.2 + 13 × 0.1 + 15 × 0.08 + 17 × 0.02
= 9.16.
(2) 这1000 名高中学生户外运动的时间分配，
在14,16
，16,18
两组内的学生分别有1000 × 0.08 = 80 人，和1000 × 0.02 = 20 人；
所以根据分层抽样可知5 人中在14,16
的人数为5 ×
80
80+20 = 4 人，在16,18
内的人数为5 - 4 = 1 人，
所以随机变量X 的可能取值有2，3，
所以P X=2
= C2
4
C3
5
= 3
5 ，P X=3
= C3
4
C3
5
= 2
5 ，
则分布列为
X
2
3
P
3
5
2
5
期望E X
= 2 × 3
5 + 3 × 2
5 = 12
5 ；
(3) 由频率分布直方图可知运动时间在8,10
内的频率为0.15 × 2 = 0.3 = 3
10 ，
则P8 k
= Ck
8
3
10
k
⋅1- 3
10
8-k
= Ck
8 ⋅
3
10
k
⋅
7
10
8-k
，
若P8 k
为最大值，则P8 k
≥P8 k+1
P8 k
≥P8 k-1
，
即
Ck
8 ⋅
3
10
k⋅
7
10
8-k≥Ck+1
8
⋅
3
10
k+1⋅
7
10
7-k
Ck
8 ⋅
3
10
k⋅
7
10
8-k≥Ck-1
8
⋅
3
10
k-1⋅
7
10
9-k
，
即
1
8-k ⋅7
10 ≥
1
k+1 ⋅3
10
1
k ⋅3
10 ≥
1
9-k ⋅7
10
，解得1.7 ≤k ≤2.7，
又k ∈N ，且0 ≤k ≤8，则k = 2.
解法指导
1、概率与统计图表的综合应用题关键点：
(1) 从题目条件或统计图表给出的信息，提炼出所需要的信息；
(2) ①进行概率与统计的正确计算；②此类问题中的概率大多是古典概型、条件概率，
求解时注意运用对立事件的概率。
2、频率分布直方图
(1) 频率、频数、样本容量的计算方法
①频率
组距× 组距= 频率．
②
频数
样本容量= 频率，频数
频率= 样本容量，样本容量× 频率= 频数．
③频率分布直方图中各个小方形的面积总和等于1．
(2) 频率分布直方图中数字特征的计算
23
①最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数．
②中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的．设中位数为x，利用x 左(右) 侧矩形面积之和等
于0.5，即可求出x．
③平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边
中点的横坐标之和，即有x= x1p1+ x1p1+⋯+xnpn，其中xn为每个小长方形底边的中点，pn为每个小长
方形的面积．
变式训练
23. (24 - 25 高三上·宁夏石嘴山·月考) 某校为了解该校学生“停课不停学”的网络学习效率，随机抽查了
高一年级100 位学生的某次数学成绩(单位：分)，得到如下所示的频率分布直方图：
(1) 估计这100 位学生的数学成绩的平均值x；(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)
(2) 根据整个年级的数学成绩可以认为学生的数学成绩X 近似地服从正态分布N(μ，σ2)，经计算，(1)
中样本的标准差s 的近似值为10，用样本平均数x作为μ 的近似值，用样本标准差s 作为σ 的估计值，
现任抽取一位学生，求他的数学成绩恰在64 分到94 分之间的概率；(若随机变量X~N(μ，σ2)，则P(μ
- σ ≤X ≤μ + σ) ≈0.6827，P(μ - 2σ ≤X ≤μ + 2σ) ≈0.9545，P(μ - 3σ ≤X ≤μ + 3σ) ≈0.9973)
(3) 该年级1 班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习，提高学生每天的作业质量及学习数学的
积极性，特意在微信上设计了一个每日作业小程序，每当学生提交的作业获得优秀时，就有机会参与
一次小程序中”玩游戏，得奖励积分”的活动，开学后可根据获得积分的多少向老师领取相应的小奖
品. 小程序页面上有一列方格，共15 格，刚开始有只小兔子在第1 格，每点一下游戏的开始按钮，小兔
子就沿着方格跳一下，每次跳1 格或跳2 格，概率均为1
2 ，依次点击游戏的开始按钮，直到小兔子跳到
第14 格(奖励0 分) 或第15 格(奖励5 分) 时，游戏结束，每天的积分自动累加，设小兔子跳到第n(1 ≤
n ≤14) 格的概率为Pn，试证明Pn+1-Pn
是等比数列，并求P15(获胜的概率) 的值.
【答案】(1)74；(2)0.8186；(3) 证明见解析，P15 = 2
3
1- - 1
2
15
【解析】(1)x= (0.01 × 55 + 0.02 × 65 + 0.045 × 75 + 0.02 × 85 + 0.005 × 95) × 10 = 74；
(2) 由X ∼N 74,102
，∴μ = 74,σ = 10，∵P(μ - σ < ζ ≤μ + σ) ≈0.6827，
P(μ - 2σ < ζ ≤μ + 2σ) ≈0.9545 ∴P(64 < X < 94) ≈0.6827
2
+ 0.9545
2
= 0.8186.
(3) 小兔子开始在第1 格，为必然事件，P1= 1，
24
点一下开始按钮，小兔子跳1 格即移到第2 格的概率为1
2 ，即P2= 1
2 ，
小兔子移到第n + 1(2 ≤n ≤14) 格的情况是下列两种，而且也只有两种情况.
①小兔子先跳到第n - 1 格，又点一下开始按钮跳了2 格，其概率为1
2 Pn-1；
②小兔了先跳到第n 格，又点一下开始按钮跳了1 格，其概率为1
2 Pn；
∵Pn+1= 1
2 Pn-1+ 1
2 Pn，∴Pn+1- Pn=- 1
2
Pn-Pn-1
．
∴当1 ≤n ≤14 时，
数列Pn+1-Pn
是以P2- P1= 1
2 - 1 =- 1
2 为首项，以- 1
2 为公比的等比数列，
∴Pn+1- Pn= P2-P1
× - 1
2
n-1
= - 1
2
× - 1
2
n-1
= - 1
2
n
，
Pn+1= P1+ P2-P1
+ P3-P2
+⋯+ Pn+1-Pn
= 1 + - 1
2
1
+ - 1
2
2
+⋯+ - 1
2
n
=
1- - 1
2
n+1
1+ 1
2
= 2
3
1- - 1
2
n+1
(1 ≤n ≤14)．
∴获胜的概率P15 = 2
3
1- - 1
2
15
．
24. (24 - 25 高三上·黑龙江哈尔滨·月考习) 某汽车销售公司为了提升公司的业绩，将最近一段时间内每
日的汽车销售情况进行了统计，如图所示.
(1) 求a 的值，并求该公司这段时间内每日汽车销售量的第60 百分位数；
(2) 以频率估计概率，若在这段时间内随机选择4 天，设每日汽车销售量在200,250
内的天数为X，
在恰有1 天的汽车销售量不超过150 辆的条件下，求X 的分布列及数学期望；
(3) 为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：在三棱锥A -
BCD 中，△BCD、△ACD 均是边长为2 的正三角形，AB =
3 ，现从写有数字1~8 的八个标签中随机
选择两个分别贴在A、B 两个顶点，记顶点A、B 上的数字分别为m 和n，若E 为侧棱AB 上一个动
点，满足AE
EB
= m
n ，当“二面角E - CD - A 大于π
4 ”即为中奖，求中奖的概率.
【答案】(1)a = 0.004，175；(2) 分布列见解析，E X
= 12
11 ；(3) 9
56
【解析】(1) 由0.001+0.002+0.003+2a+0.006
× 50 = 1 ⇒a = 0.004.
因为：0.002+0.003+0.004
× 50 = 0.45，0.002+0.003+0.004+0.006
× 50 = 0.75，
25
所以每日汽车销售量的第60 百分位数在150,200
，且为150 + 0.6-0.45
0.75-0.45 × 50 = 175.
(2) 因为抽取的1 天汽车销售量不超过150 辆的概率为0.45，
抽取的1 天汽车销售量在200,250
内的概率为0.2.
所以：在恰有1 天的汽车销售量不超过150 辆的条件下，
抽取的1 天汽车销售量在200,250
内的概率为p =
0.2
1-0.45 = 4
11 .
由题意，X 的值可以为：0，1，2，3.
且P X=0
= C0
3 ×
7
11
3
= 343
1331 ，P X=1
= C1
3 × 4
11 ×
7
11
2
= 588
1331 ，
P X=2
= C2
3 ×
4
11
2
× 7
11 = 336
1331 ，P X=3
= C3
3 ×
4
11
3
=
64
1331 .
所以X 的分布列为：
X
0
1
2
3
P
343
1331
588
1331
336
1331
64
1331
所以E X
= 3 × 4
11 = 12
11 .
(3) 如图：取CD 中点F，链接BF，EF，AF，CE，DE.
因为△BCD，△ACD 都是边长为2 的等边三角形，
所以CD ⊥BF，CD ⊥AF，BF，AF ⊂平面ABF，所以CD ⊥平面ABF.
EF ⊂平面ABF，所以CD ⊥EF.
所以∠EFA 为二面角E - CD - ADE 平面角.
在△ABF 中，AB = BF = AF =
3 ，所以∠BFA = 60°.
若∠EFA = 45°，在△AEF 中，由正弦定理：m
sin45° =
3
sin75° ⇒m =
3sin45°
sin75°
= 3 -
3.
此时：n =
3 - 3-
3
= 2 3 - 3，m
n =
3 + 1.
所以，要想中奖，须有m
n >
3 + 1.
由m,n 是从写有数字1~8 的八个标签中随机选择的两个，所以基本事件有A2
8= 56 个，
满足m
n >
3 + 1 的基本事件有：
8,1
，8,2
，7,1
，7,2
，6,1
，6,2
，5,1
，4,1
，3,1
共9 个，
所以中奖的概率为：9
56 .
题型九
概率与其他知识的交汇应用
26
大题典例
25. (24 - 25 高三上·广东深圳·月考习) 甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作
答，答对积1 分且对方不得分，答错不得分且对方积1 分；然后换对方抽题作答，直到有领先2 分者晋
级，比赛结束. 已知甲答对题目的概率为4
5 ，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，抽签决定首
次答题方，已知两次答题后甲乙两人各积1 分的概率为2
5 . 记甲乙两人的答题总次数为n n≥2
.
(1) 求p；
(2) 当n = 2 时，求甲得分X 的分布列及数学期望；
(3) 若答题的总次数为n 时，甲晋级的概率为Pn A
，证明：8
15 ≤P2 A
+ P3 A
+⋅⋅⋅+Pn A
< 8
9 .
【答案】(1)p = 1
3 ；(2) 分布列见解析，22
15 ；(3) 证明见解析
【解析】(1) 记Ai =“第i 次答题时为甲”，B =“甲积1 分”，
则P A1
= 1
2 ，P B|Ai
= 4
5 ，P B|Ai
= 1 - 4
5 = 1
5 ，P B|Ai
= 1 - p，P B|Ai
= p，
2
5 = 1
2
4
5 p+ 1
5
1-p
+ 1
2
1-p
⋅1
5 +p⋅4
5
，
则2
5 = 3p+1
5
，解得p = 1
3 ；
(2) 由题意可知当n = 2 时，X 可能的取值为0，1，2，
则由(1) 可知P X=1
= 2
5 ，
P X=0
= 1
2
1
5 × 1
3 + 1
3 × 1
5
= 1
15 ，P X=2
= 1
2
4
5 × 2
3 + 2
3 × 4
5
= 8
15 ，
X 的分布列为：
X
0
1
2
P
1
15
2
5
8
15
随机变量X 的数学期望为E X
= 0 × 1
15 + 1 × 2
5 + 2 × 8
15 = 22
15 .
(3) 由答题总次数为n 时甲晋级，不妨设此时甲的积分为x甲，乙的积分为x乙，
则x甲- x乙= 2，且x甲+ x乙= n，所以甲晋级时n 必为偶数，令n = 2m，m ∈N *
当n 为奇数时，Pn A
= 0，
则P2 A
+ P3 A
+⋅⋅⋅+Pn A
= P2 A
+ P4 A
+⋅⋅⋅+Pn A
=
2
5
0
⋅8
15 +
2
5
1
⋅8
15 +
2
5
2
⋅8
15 +⋅⋅⋅+ 2
5
m-1
⋅8
15
= 8
15
2
5
0
+
2
5
1
+
2
5
2
+⋅⋅⋅+ 2
5
m-1
= 8
15
1 1-
2
5
m
1- 2
5
= 8
9
-1-
2
5
m
，
又∵m ≥1 时，P2 A
+ P3 A
+⋅⋅⋅+Pn A
随着m 的增大而增大，
∴8
15 ≤P2 A
+ P3 A
+⋅⋅⋅+Pn A
< 8
9
27
解法指导
概率统计常与排列组合、函数、数列等知识交汇考查。求解此类问题要充分理解题意，根据题中已知条
件，联系所学知识对已知条件进行转化。这类问题的命题方向总的来说有两大类：
1、所给问题是以集合、函数、立体几何、数列、向量等知识为载体的概率问题，求解时需要利用相关知识
把所给问题转化为概率模型，然后利用概率知识求解；
2、所给问题是概率问题，求解时有时需要把所求概率转化为某一变量的该函数，然后利用函数、导数知
识进行求解；或者把问题转化为与概率变量有关的数列递推关系，再通过构造特殊数列求通项或求和。
变式训练
26. (24 - 25 高三上·湖南·月考习) 若无穷正项数列an
同时满足下列两个性质：①存在M > 0，使得an <
M,n ∈N *；②an
为单调数列，则称数列an
具有性质P.
(1) 若an= 2n - 1,bn=
1
3
n
，
(i) 判断数列an
, bn
是否具有性质P，并说明理由；
(ii) 记Sn= a1b1+ a2b2+⋯+anbn，判断数列Sn
是否具有性质P，并说明理由；
(2) 已知离散型随机变量X 服从二项分布B n,p
,0 < p < 1
2 ，记X 为奇数的概率为cn. 证明：数列
cn
具有性质P.
【答案】(1) (i) 数列an
不具有性质P，数列bn
具有性质P，理由见解析；
(ii) 数列Sn
具有性质P，理由见解析；(2) 证明见解析
【解析】(1) (i) 因为an= 2n - 1 单调递增，但无上限，即不存在M ，使得an< M 恒成立，
所以数列an
不具有性质P.
因为bn=
1
3
n
< 1，又数列bn
为单调递减数列，所以数列bn
具有性质P.
(ii) 数列Sn
具有性质P.
Sn= 1 ⋅1
3 + 3 ⋅1
32 +⋯+ 2n-1
3n
，
1
3 Sn= 1 ⋅1
32 + 3 ⋅1
33 +⋯+ 2n-1
3n+1
，
两式作差得2
3 Sn= 1 ⋅1
3 + 2 ⋅1
32 + 2 ⋅1
33 +⋯+2 ⋅1
3n - 2n-1
3n+1
，
即2
3 Sn=- 1
3 +
2
3 1- 1
3n
1- 1
3
- 2n-1
3n+1
= 2
3 - 2n+2
3n+1
，
所以Sn= 1 - n+1
3n
< 1, ∴数列Sn
满足条件①.
∵anbn= 2n-1
1
3
n
> 0, ∴Sn< Sn+1, ∴Sn
为单调递增数列，满足条件②.
综上，数列Sn
具有性质P.
(2) 因为X = 0,1, ⋯,n,n ∈N *，
若X 为奇数的概率为cn,X 为偶数的概率为dn，
cn+ dn= 1 =
1-p
+p
n
= C0
np0(1 - p)n+ C1
np1(1 - p)n-1+ C2
np2(1 - p)n-2+⋯+Cn
npn(1 - p)0①
28
1-p
-p
n= C0
n(-p)0(1 - p)n+ C1
n(-p)1(1 - p)n-1+ C2
n(-p)2(1 - p)n-2+⋯+Cn
n(-p)n(1 - p)0②，
①-②
2
= cn，即cn= 1-(1-2p)n
2
.
所以当0 < p < 1
2 时，0 < 1 - 2p < 1，故cn随着n 的增大而增大，且cn< 1
2 .
故数列cn
具有性质P.
27. (24 - 25 高三上·海南省·开学考试) 第十五届全国运动会将于2025 年在广东、香港、澳门三地举办．为
了普及全运知识，某大学举办了一次全运知识闯关比赛，比赛分为初赛与复赛，初赛胜利后才能参加
复赛，初赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个
人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作初赛胜利，无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参加
初赛，他们各自闯关成功的概率分别为p1、p2、p3，假定p1、p2、p3 互不相等，且每人能否闯关成功相互
独立．
(1) 若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关，p1= 3
4 ,p2= 2
3 ,p3= 1
2 ，求该小组初赛胜利的概率；
(2) 已知1 > p1> p2> p3，若乙只能安排在第二个派出，要使初赛派出人员数目的期望较小，试确定甲、
丙谁先派出；
(3) 初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛，复赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获
得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖，已知某学生进入了复
赛，他在复赛中前两道题答对的概率均为a，第三道题答对的概率为b．若他获得一等奖的概率为1
8 ，
设他获得二等奖的概率为p，求p 的最小值．
【答案】(1) 23
24 ；(2) 甲先派出；(3) 3
8
【解析】(1) 设事件A 表示该小组获胜，
则P A
= 3
4 + 1
4 × 2
3 + 1
4 × 1
3 × 1
2 = 23
24 ，
所以该小组初赛胜利的概率为23
24 ，
(2) 若依次派出甲乙丙进行闯关，设派出的人员数目为X1，
则X 的可能取值为1,2,3，
则P X1=1
= p1，P X1=2
= 1-p1
p2，P X1=3
= 1-p1
1-p2
，
此时E X1
= p1+ 2 1-p1
p2+ 3 1-p1
1-p2
= p1p2- 2p1- p2+ 3，
若依次派出丙乙甲进行闯关，设派出的人员数目为X2，
则X 的可能取值为1,2,3，
则P X2=1
= p3，P X2=2
= 1-p3
p2，P X2=3
= 1-p3
1-p2
，
此时E X2
= p3+ 2 1-p3
p2+ 3 1-p3
1-p2
= p2p3- 2p3- p2+ 3，
所以E X1
- E X2
= p1p2- 2p1- p2+ 3 - p2p3-2p3-p2+3
= p1p2- 2p1- p2p3+ 2p3
= p2 p1-p3
- 2 p1-p3
= p1-p3
p2-2
，
因为1 > p1> p2> p3，
所以p1- p3> 0,p2- 2 < 0，所以E X1
< E X2
，
所以要使初赛派出人员数目的期望较小，先派出甲.
29
(3) 由题意可得1
8 = a2b，b =
1
8a2 ，
则p = a2 1-b
+ C1
2a 1-a
b = a2+ 2ab - 3
8 = a2+ 1
4a - 3
8 ，
令p = f a
= a2+ 1
4a - 3
8 ,0 < a < 1，
则fa
= 2a -
1
4a2 = 8a3-1
4a2
=
2a-1
4a2+4a+1
4a2
，
令fa
= 0 ⇒a = 1
2 ，
所以当0 < a < 1
2 时，fa
< 0，f a
为减函数，
当1
2 < a < 1 时，fa
> 0，f a
为增函数，
所以f a
min = f
1
2
= 1
4 + 1
2 - 3
8 = 3
8 ，
所以p 的最小值为3
8 .
题型十
利用概率解决决策类问题
大题典例
28. (24 - 25 高三上·宁夏银川·月考习)2023 年12 月30 号，长征二号丙/ 远征一号S 运载火箭在酒泉卫星
发射中心点火起飞，随后成功将卫星互联网技术实验卫星送入预定轨道，发射任务获得圆满完成，此
次任务是长征系列运载火箭的第505 次飞行，也代表着中国航天2023 年完美收官. 某市一调研机构为
了了解当地学生对我国航天事业发展的关注度，随机的从本市大学生和高中生中抽取一个容量为40
的样本进行调查，调查结果如下表：
学生群体
关注度
合计
关注
不关注
大学生
20
28
高中生
合计
24
附：
α
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
χ2=
n ad-bc
2
a+b
c+d
a+c
b+d
，n = a + b + c + d.
(1) 完成上述列联表，依据小概率值α = 0.05 的独立性检验，能否认为关注航天事业发展与学生群体有
关？
(2) 该市为了提高本市学生对航天事业的关注，举办了一次航天知识闯关比赛，包含三个问题，有两种
答题方案选择：
30
方案一：回答三个问题，至少答出两个可以晋级；
方案二：在三个问题中，随机选择两个问题，都答对可以晋级.
已知小华同学答出三个问题的概率分别是3
5 ，1
3 ，1
2 ，小华回答三个问题正确与否相互独立，则小华
应该选择哪种方案晋级的可能性更大？(说明理由)
【答案】(1) 列联表见解析，关注航天事业发展与学生群体有关.
(2) 小华应该选择方案二，理由见解析.
【解析】(1) 完整列联表如下：
学生群体
关注度
合计
关注
不关注
大学生
20
8
28
高中生
4
8
12
合计
24
16
40
故χ2=
40 160-32
2
24×16×12×28 ≈5.08 > 3.84，
故依据小概率值α = 0.05 的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关.
(2) 方案一：设事件“回答三个问题，小华晋级”为A，
则P A
= 3
5 × 1
3 × 1
2 + 2
5 × 1
3 × 1
2 + 3
5 × 2
3 × 1
2 + 3
5 × 1
3 × 1
2 = 14
30 = 7
15 ；
方案二：设事件“三个问题中，随机选择两个问题，小华晋级”为B，
则P B
= 3
5 × 1
3 + 1
3 × 1
2 + 3
5 × 1
2 = 6+5+9
30
= 2
3 ，
因为2
3 > 7
15 ，故小华应该选择方案二.
解法指导
决策问题的解决策略：决策的工具是有关概率，决策方案的最佳选择是将概率最
大(最小) 作为最佳方案，可能需要借助函数的性质去实现。
变式训练
29. (24 - 25 高三上·贵州贵阳·月考习) 某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投3 次，在M 处
投一次三分球，投进得3 分，未投进不得分，在N 处连续投2 次两分球，每投进一次得2 分，未投进不得
分，测试者累计得分高于3 分即通过测试，并终止投篮(若前两次投篮后确定不能通过测试也终止投
篮). 甲同学为了通过测试，刻苦训练，投中3 分球的概率为1
5 ，投中2 分球的概率为1
2 ，且每次投篮结
果互不影响.
(1) 若甲同学先投3 分球，求他投篮2 次就终止投篮的概率；
(2) 为使通过测试的概率最大，甲同学应先投几分球？
(3) 为使投篮累计得分期望最大，甲同学应先投几分球？
31
【答案】(1) 1
2 ；(2) 甲同学先投2 分或先投3 分是一样的；(3) 先投2 分球
【解析】(1) 记甲同学先投3 分球，投篮2 次就终止投篮的事件为A，
p A
= 1
5 × 1
2 + 1- 1
5
× 1- 1
2
= 1
2 .
(2) 记甲同学先投3 分球通过测试的概率为p1，
则p1= 1
5 × 1
2 + 1
5 × 1- 1
2
× 1
2 + 1- 1
5
× 1
2 × 1
2 = 7
20 ；
记甲同学先投2 分球通过测试的概率为p2，
则p2= 1
2 × 1
2 + 1- 1
2
× 1
2 × 1
5 + 1
2 × 1- 1
2
× 1
5 = 7
20 ；
因为p1= p2，故甲同学先投2 分或先投3 分是一样的.
(3) 记甲同学先投3 分球投篮累计得分为X，先投2 分球投篮累计得分为Y，
X 可能取0,2,3,4,5,
P X=0
= 4
5 × 1
2 = 2
5 ,P X=2
= 4
5 × 1
2 × 1
2 = 1
5 ,
P X=3
= 1
5 × 1
2 × 1
2 = 1
20 ,P X=4
= 4
5 × 1
2 × 1
2 = 1
5 ,
P X=5
= 1
5 × 1
2 + 1
5 × 1
2 × 1
2 = 3
20 ，
E X
= 2 × 1
5 + 3 × 1
20 + 4 × 1
5 + 5 × 3
20 = 2.1.
Y 可能取0,2,4,5，
P Y=0
= 1
2 × 1
2 = 1
4 ,P Y=2
= C1
2 × 1
2 × 1
2 × 4
5 = 2
5 ，
P Y=4
= 1
2 × 1
2 = 1
4 ,P Y=5
= C1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
5 = 1
10 ，
E Y
= 2 × 2
5 + 4 × 1
4 + 5 × 1
10 = 23
10 > 2.1.
故甲同学先投2 分球投篮累计得分期望最大.
30. (24 - 25 高三上·内蒙古赤峰·月考习) 某校高三年级部组织高中生数学知识竞赛，竞赛分为个人赛和
团体赛，竞赛规则如下：个人赛规则：每位参赛选手只有一次挑战机会，电脑同时给出2 道判断题T1,T2
(判断对错) 和4 道选择题X1,X2,X3,X4(每个选择题的四个选项中有且仅有一个是正确的)，要求参赛
者全都作答，若有4 道或4 道以上答对，则该选手挑战成功. 团体赛规则：以班级为单位，每班参赛人数
不少于20 人，且参赛人数为偶数，参赛方式有如下两种可自主选择其中之一参赛：方式一：将班级选
派的2n 个人平均分成n 组，每组2 人，电脑随机分配给同组两个人一道相同试题，两人同时独立答题，
若这两人中至少有一人回答正确，则该小组挑战成功，若这n 个小组都挑战成功，则该班级挑战成功.
方式二：将班级选派的2n 个人平均分成2 组，每组n 个人，电脑随机分配给同组n 个人一道相同试题，
各人同时独立答题，若这n 个人都回答正确，则该小组挑战成功. 若这两个小组至少有一个小组挑战
成功则该班级挑战成功.
(1) 在个人赛中若一名参赛选手全部随机作答，求这名选手恰好答对一道判断题并且答对两道选择题
的概率；
(2) 甲同学参加个人赛，他能够答对判断题T1并且答对选择题X1，其余题目只能随机作答，求甲同学
挑战成功的概率；
32
(3) 在团体赛中，假设某班每位参赛同学对给出的试题回答正确的概率均为常数P(0 < P < 1)，为使本
班团队挑战成功的可能性更大，应选择哪种参赛方式？说明理由.
【答案】(1) 27
256 ；(2) 47
128 ；(3) 选择方式一
【解析】(1) 设事件A：选手答对1 道选择题；事件B：选手答对1 都选择题，
则P A
= 1
2 ，P B
= 1
4 ，
这名选手恰好答对一道判断题并且答对两道选择题的概率：
P1= C1
2P A
P A
C2
4P B
2P B
2= 2 × 1
2 × 1- 1
2
× 4×3
2×1 ×
1
4
2
× 1- 1
4
2
= 27
256
(2) 甲同学挑战不成功可能得情况如下：
①只答对一道判断题T1和选择题X1；
②除T1和X1外只答对一道填空题T2或一道选择题(X2,X3,X4中任意一道)
∴甲同学挑战成功的概率：
P2= 1 - P A
P B
3+P A
P B
3+P A
C1
3P B
P B
2
= 47
128
(3) 方式一：小组调整成功的概率：P3= 1 - 1-P
2= 2P - P2，
该班级挑战成功的概率：P4= P3
n= 2P-P2
n= Pn(2 - P)n；
方式二：小组调整成功的概率：P5= Pn，
该班级挑战成功的概率：P6= 1 - 1-P5
2= 2P5- P5
2= Pn(2 - Pn)
P4- P6= Pn
2-P
n+Pn-2
，
令f n
= 2-P
n+ Pn- 2
则f n+1
- f n
= 2-P
n+ Pn- 2 -
2-P
n+Pn-2
= 1-P
2-P
n-Pn
∵0 < P < 1，则1 - P > 0，2 - P > 1，
可得2-P
n> 1，Pn< 1，
∴f n+1
- f n
> 0，即f n+1
> f n
，∴f n
单调递增，
又∵f 2
= 2-P
2+ P2- 2 = 2P2- 4P + 2 = 2 p-1
2> 0，且n ≥10，
∴f n
> 0，
从而P4- P6> 0，即P4> P6，所以为使本班调整成功的可能性更大，应该选方式一参赛.
必刷大题
刷模拟
31. (2024·全国·高考真题) 某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产
品中随机抽取150 件进行检验，数据如下：
优级品
合格品
不合格品
总计
甲车间
26
24
0
50
乙车间
70
28
2
100
总计
96
52
2
150
(1) 填写如下列联表：
优级品
非优级品
33
甲车间
乙车间
能否有95% 的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99% 的把握认为甲，乙两车
间产品的优级品率存在差异？
(2) 已知升级改造前该工厂产品的优级品率p = 0.5，设p为升级改造后抽取的n 件产品的优级品率.
如果p> p + 1.65
p(1-p)
n
，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150 件产品的数据，
能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？( 150 ≈12.247)
附：K 2=
n(ad-bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P K 2≥k
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【答案】(1) 答案见解析；(2) 答案见解析
【解析】(1) 根据题意可得列联表：
优级品
非优级品
甲车间
26
24
乙车间
70
30
可得K 2= 150 26×30-24×70
2
50×100×96×54
= 75
16 = 4.6875，
因为3.841 < 4.6875 < 6.635，
所以有95% 的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，
没有99% 的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.
(2) 由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为96
150 = 0.64，
用频率估计概率可得p= 0.64，
又因为升级改造前该工厂产品的优级品率p = 0.5，
则p + 1.65
p 1-p
n
= 0.5 + 1.65
0.5 1-0.5
150
≈0.5 + 1.65 ×
0.5
12.247 ≈0.567，
可知p> p + 1.65
p(1-p)
n
，
所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
32. (2024·全国·高考真题) 某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第
一阶段由参赛队中一名队员投篮3 次，若3 次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0 分；若至少投中
一次，则该队进入第二阶段. 第二阶段由该队的另一名队员投篮3 次，每次投篮投中得5 分，未投中得
0 分. 该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率
为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1) 若p = 0.4，q = 0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5 分的概率．
34
(2) 假设0 < p < q，
(i) 为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15 分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
(ii) 为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
【答案】(1)0.686；(2) (i) 由甲参加第一阶段比赛；(i) 由甲参加第一阶段比赛；
【解析】(1) 甲、乙所在队的比赛成绩不少于5 分，则甲第一阶段至少投中1 次，乙第二阶段也至少投中1 次，
∴比赛成绩不少于5 分的概率P = 1-0.63
1-0.53
= 0.686.
(2) (i) 若甲先参加第一阶段比赛，
则甲、乙所在队的比赛成绩为15 分的概率为P甲= 1-(1-p)3
q3，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15 分的概率为P乙= 1-(1-q)3
⋅p3，
∵0 < p < q，
∴P甲- P乙= q3- (q - pq)3- p3+ (p - pq)3
= (q - p) q2+pq+p2
+ (p - q) ⋅(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)
= (p - q) 3p2q2-3p2q-3pq2
= 3pq(p - q) (pq - p - q) = 3pq(p - q) [(1 - p) (1 - q) - 1] > 0，
∴P甲> P乙，应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii) 若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X 的所有可能取值为0，5，10，15，
P(X = 0) = (1 - p)3+ 1-(1-p)3
⋅(1 - q)3，
P X=5
= 1- 1-p
3
C1
3q ⋅1-q
2，
P(X = 10) = 1-(1-p)3
⋅C2
3q2(1 - q)，
P(X = 15) = 1-(1-p)3
⋅q3，
∴E(X) = 15 1-(1-p)3
q = 15 p3-3p2+3p
⋅q
记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y 的所有可能取值为0，5，10，15，
同理E(Y) = 15 q3-3q2+3q
⋅p
∴E(X) - E(Y) = 15[pq(p + q) (p - q) - 3pq(p - q)]
= 15(p - q)pq(p + q - 3)，
因为0 < p < q，则p - q < 0，p + q - 3 < 1 + 1 - 3 < 0，
则(p - q)pq(p + q - 3) > 0，
∴应该由甲参加第一阶段比赛.
33. (2024·北京·高考真题) 某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保
单中随机抽取1000 份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
赔偿次数
0
1
2
3
4
单数
800
100
60
30
10
假设：一份保单的保费为0.4 万元；前3 次索赔时，保险公司每次赔偿0.8 万元；第四次索赔时，保险公
司赔偿0.6 万元. 假设不同保单的索赔次数相互独立. 用频率估计概率.
(1) 估计一份保单索赔次数不少于2 的概率；
(2) 一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
(i) 记X 为一份保单的毛利润，估计X 的数学期望E X
；
(ⅱ) 如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单
35
毛利润的数学期望估计值与(i) 中E X
估计值的大小．(结论不要求证明)
【答案】(1) 1
10 ；(2) (i)0.122 万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于(i) 中E X
估计
值
【解析】(1) 设A 为“随机抽取一单，赔偿不少于2 次”，
由题设中的统计数据可得P A
=
60+30+10
800+100+60+30+10 = 1
10 .
(2) (ⅰ) 设ξ 为赔付金额，则ξ 可取0,0.8,1.6,2.4,3，
由题设中的统计数据可得P ξ=0
= 800
1000 = 4
5 ,P ξ=0.8
= 100
1000 = 1
10 ，
P(ξ = 1.6) =
60
1000 = 3
50 ，P(ξ = 2.4) =
30
1000 =
3
100 ，P(ξ = 3) =
10
1000 =
1
100 ，
故E ξ
= 0 × 4
5 + 0.8 × 1
10 + 1.6 × 3
50 + 2.4 ×
3
100 + 3 ×
1
100 = 0.278
故E X
= 0.4 - 0.278 = 0.122(万元).
(ⅱ) 由题设保费的变化为0.4 × 4
5 × 96% +0.4 × 1
5 × 1.2 = 0.4032，
故E Y
= 0.122 + 0.4032 - 0.4 = 0.1252(万元)，
从而E X
< E Y
.
34. (2024·上海·高考真题) 为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000 名学生
中抽取580 人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：
时间范围学业成绩
0,0.5
0.5,1
1,1.5
1.5,2
2,2.5
优秀
5
44
42
3
1
不优秀
134
147
137
40
27
(1) 该地区29000 名学生中体育锻炼时长不少于1 小时人数约为多少？
(2) 估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长(精确到0.1)
(3) 是否有95% 的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1 小时且小于2 小时有关？
(附：χ2=
n(ad-bc)2
a+b
c+d
a+c
b+d
, 其中n = a + b + c + d，P χ2≥3.841
≈0.05．)
【答案】(1)12500；(2)0.9h；(3) 有
【解析】(1) 由表可知锻炼时长不少于1 小时的人数为占比179+43+28
580
= 25
58 ，
则估计该地区29000 名学生中体育锻炼时长不少于1 小时的人数为29000 × 25
58 = 12500．
(2) 估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为
1
580
0.5
2
×139+ 0.5+1
2
×191+ 1+1.5
2
×179+ 1.5+2
2
×43+ 2+2.5
2
×28
≈0.9．
则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9 小时.
(3) 由题列联表如下：
1,2
其他
合计
优秀
45
50
95
不优秀
177
308
485
36
合计
222
358
580
提出零假设H0：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于1 小时但少于2 小时无关．
其中α = 0.05．
χ2= 580×(45×308-177×50)2
95×485×222×358
≈3.976 > 3.841．
则零假设不成立，
即有95% 的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1 小时且小于2 小时有关．
35. (2024·上海·高考真题) 水果分为一级果和二级果，共136 箱，其中一级果102 箱，二级果34 箱．
(1) 随机挑选两箱水果，求恰好一级果和二级果各一箱的概率；
(2) 进行分层抽样，共抽8 箱水果，求一级果和二级果各几箱；
(3) 抽取若干箱水果，其中一级果共120 个，单果质量平均数为303.45 克，方差为603.46；二级果48 个，
单果质量平均数为240.41 克，方差为648.21；求168 个水果的方差和平均数，并预估果园中单果的质
量．
【答案】(1) 17
45 ；(2) 一级果抽取6 箱，二级果抽取2 箱
(3) 方差1427.27 克2，平均数285.44 克，预估平均质量为287.69 克
【解析】(1) 设A 事件为恰好选到一级果和二级果各一箱，
样本空间的样本点的个数n = C2
136 = 136×135
2
= 9180，
A 事件的样本点的公式m = C1
102 ⋅C1
34= 3468，
所以P A
= m
n = 3468
9180 = 17
45 ；
(2) 因为一级果箱数：二级果箱数= 102:34 = 3:1，
所以8 箱水果中有一级果抽取8 ×
3
3+1 = 6 箱，二级果抽取8 ×
1
3+1 = 2 箱；
(3) 设一级果平均质量为x，方差为S2
x，二级果质量为y，方差为S2
y，
总体样本平均质量为z，方差为S2，
因为x= 303.45，y= 240.41，S2
x= 603.46，S2
y = 648.21，
所以z=
120
120+48 × 303.45 +
48
120+48 × 240.41 = 285.44 克，
S2=
120
120+48 × [603.46 + (303.45 - 285.44)2] +
48
120+48 × [648.21 + (240.41 - 285.44)2] = 1427.27 克2．
预估平均质量为102
136 ⋅x+ 34
136 ⋅y= 287.69 克．
1
解答题：圆锥曲线的综合应用
目录
题型一最值问题1
题型二参数范围问题4
题型三定值问题6
题型四过定点问题10
题型五定直线问题13
题型六动点轨迹问题15
题型七角度关系证明问题19
题型八向量共线问题21
题型九存在性问题探究25
题型十“非对称”韦达定理28
必刷大题31
题型一
最值问题
大题典例
1. (24 - 25 高三上·福建福州·月考) 已知椭圆Γ: x2
a2 + y2
b2 = 1 经过点A 2,3
，右焦点为F 2,0
(1) 求椭圆Γ 的方程；
(2) 若直线l 与Γ 交于B,C 两点，且直线AB 与AC 的斜率互为相反数，求BC 的中点M 与F 的最小距
离．
【答案】(1) x2
16 + y2
12 = 1；(2) 6 13
13
【解析】(1) 由已知可得4
a2 + 9
b2 = 1,a2- b2= c2= 4，解得a2= 16,b2= 12；
所以椭圆Γ 的方程为x2
16 + y2
12 = 1.
(2) 由于直线AB 与AC 的斜率互为相反数，
不妨设直线AB 的斜率为k，则直线AC 的斜率为-k，B xB,yB
,C xC,yC
；
则直线AB 的方程为y = k x-2
+ 3，如下图所示：
2
联立
y=k x-2
+3
x2
16 + y2
12 =1
，整理可得4k2+3
x2+ 24-16k2
x + 16k2- 48k - 12 = 0，
可得xAxB = 16k2-48k+12
4k2+3
，又xA= 2，可得xB = 8k2-24k-6
4k2+3
，
即B 8k2-24k-6
4k2+3
, -12k2-12k+9
4k2+3
，
同理用-k 代替k 可得C 8k2+24k-6
4k2+3
, -12k2+12k+9
4k2+3
；
因此可得BC 的中点M
8k2-6
4k2+3 , -12k2+9
4k2+3
，因此可得kOM =
-12k2+9
4k2+3
8k2-6
4k2+3
=- 3
2 ，
所以可得点M 在直线y =- 3
2 x 上，
可得点M 与F 的最小距离即为点F 到直线y =- 3
2 x 的距离d =
-3
1+
3
2
2 = 6 13
13
，
当且仅当OM ⊥MF 时，取得最小值.
解法指导
求最值及问题常用的两种方法：
(1) 几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何图形性质来解决；
(2) 代数法：题中所给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求该函数的最值，
求函数的最值常见的方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等。
变式训练
2. (24 - 25 高三上·贵州黔东南·开学考试) 已知双曲线C1：y2
a2 - x2
b2 = 1 a>0,b>0
的一个焦点与抛物
线C2：x2= 8y 的焦点F 重合，且C1被C2的准线l 截得的弦长为2 3
3
.
(1) 求C1的方程；
(2) 若过F 的直线与C1的上支交于A，B 两点，设O 为坐标原点，求OA
+OB
的取值范围.
【答案】(1) y2
3 - x2= 1；(2) 4,+∞
【解析】(1) 由题可知，F 的坐标为0,2
，则a2+ b2= 4.
易知l 的方程为y =-2，不妨设l 与C1相交于点M -m,-2
，N m,-2
，
则4
a2 - m2
b2 = 1，整理得m2= b2
4
a2 -1
= b4
a2 ，
3
则MN
= 2 m
= 2b2
a
= 2 3
3
，可得a=
3,
b=1,
故C1的方程为y2
3 - x2= 1.
(2) 由题可知，直线AB 的斜率一定存在，
设lAB：y = kx + 2，A x1,y1
，B x2,y2
，则OA
= x1,y1
，OB
= x2,y2
.
联立方程组
y=kx+2,
y2
3 -x2=1,
整理得k2-3
x2+ 4kx + 1 = 0，
则x1+ x2= -4k
k2-3 ，x1x2=
1
k2-3
y1+ y2= k x1+x2
+ 4 = -12
k2-3 ,y1⋅y2= k2x1⋅x2+ 2k x1+x2
+ 4 = -3k2-12
k2-3
.
由A，B 在x 轴的上方，所以y1+ y2= -12
k2-3 > 0，y1⋅y2= -3k2-12
k2-3
> 0，
可得0 ≤k2< 3.
OA
+ OB
= x1+x2,y1+y2
，
则OA
+OB
=
x1+x2
2+ y1+y2
2 = 4
k2+9
k2-3
2 = 4
12
k2-3
2 +
1
k2-3 .
由0 ≤k2< 3，得
1
k2-3 ≤- 1
3 ，
则4
12
k2-3
2 +
1
k2-3 ≥4，
故OA
+OB
的取值范围为4,+∞
.
3. (24 - 25 高三上·四川成都·期中) 已知抛物线E：y2 = 2px(p > 0) 经过点P 1,2
，直线l：y = kx + m 与
E 的交点为A，B，且直线PA 与PB 倾斜角互补.
(1) 求抛物线在点P 1,2
处的切线方程；
(2) 求k 的值；
(3) 若m < 3，求△PAB 面积的最大值.
【答案】(1)y = x + 1；(2) - 1；(3) 32 3
9
【解析】(1) 由题意可知，4 = 2p，所以p = 2，所以抛物线E 的方程为y2= 4x，
即y = 2 x(x > 0)，则y=
1
x ，
则抛物线在P 点的切线斜率为k = y
x=1= 1，
则切线方程为y - 2 = 1 × (x - 1)，
故切线方程为y = x + 1.
(2) 如图所示：
设A x1,y1
，B x2,y2
，将直线l 的方程代入y2= 4x，
得k2x2+ 2km-4
x + m2= 0，所以x1+ x2= 4-2km
k2
，x1x2= m2
k2 ，
因为直线PA 与PB 倾斜角互补，
所以kPA+ kPB = y2-2
x2-1 + y1-2
x1-1 = kx2+m-2
x2-1
+ kx1+m-2
x1-1
= 0，
4
即2k + k+m-2
1
x2-1 +
1
x1-1
= 2k + k+m-2
x1+x2-2
x2-1
x1-1
= 0，
所以2k + k+m-2
4-2km-2k2
k+m-2
k+m+2
= 0，
即2k + 4-2km-2k2
k+m+2
=
4k+4
k+m+2 = 0，所以k =-1.
(3) 由(1) (2) 可知，x2- 2m+4
x + m2= 0，所以x1+ x2= 4 + 2m，x1x2= m2，
则AB
=
(-1)2+1 ×
x1+x2
2-4x1x2 = 4 2 ⋅
1+m ，
因为Δ = 2m+4
2- 4m2> 0，所以m >-1，即-1 < m < 3，
又点P 到直线AB 的距离为d = (-1)×1-2+m
(-1)2+1
= 3-m
2
，
所以S = 1
2 × 4 2 ⋅
1+m ⋅3-m
2
= 2
3-m
2 m+1
，
因为3-m
2 m+1
= 1
2
3-m
3-m
2m+2
≤1
2
3-m+3-m+2m+2
3
3
= 256
27 ，
所以S ≤32 3
9
，当且仅当3 - m = 2m + 2，即m = 1
3 时，等号成立，
所以△PAB 面积最大值为32 3
9
.
题型二
参数范围问题
大题典例
4. (23 - 24 高三下·全国·模拟预测) 已知椭圆C: x2
4 + y2= 1.
(1) 若椭圆C 的左右焦点分别为F1,F2,P 为C 的上顶点，求△PF1F2的周长；
(2) 设过定点M 0,2
的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A、B，且∠AOB 为锐角(其中O 为坐标原
点)，求直线l 的斜率k 的取值范围.
【答案】(1)4 + 2 3；(2) -2,-
3
2
∪
3
2 ,2
【解析】(1) 由题意得a2= 4,b2= 1，
所以a = 2,b = 1,c =
a2-b2 =
3 ，
所以△PF1F2的周长为PF1
+ PF2
+ F1F2
= 2a + 2c = 4 + 2 3；
(2) 显然x = 0 不满足题意，设直线l 的方程为y = kx + 2,A x1,y1
,B x2,y2
，
由
y=kx+2
x2
4 +y2=1
，得(1 + 4k2)x2+ 16kx + 12 = 0，
由Δ = (16k)2- 4 × 12(1 + 4k2) > 0，得k2> 3
4 ，
则x1+ x2=-
16k
4k2+1 ,x1x2=
12
4k2+1 ，
y1y2= kx1+2
kx2+2
= k2x1x2+ 2k x1+x2
+ 4，
因为∠AOB 为锐角，A,O,B 不共线，所以cos∠AOB > 0，
所以OA
⋅OB
> 0，所以x1x2+ y1y2> 0，
所以x1x2+ y1y2= 1+k2
x1x2+ 2k x1+x2
+ 4 = 12 k2+1
4k2+1
- 16k⋅2k
4k2+1 + 4 = 4 4-k2
4k2+1
> 0，
5
解得0 < k2< 4，
因为k2> 3
4 ，所以解得-2 < k <-
3
2
或
3
2
< k < 2，
所以实数k 的取值范围为-2,-
3
2
∪
3
2 ,2
解法指导
圆锥曲线的取范围问题
1、利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
2、利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
3、利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
4、利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
5、利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
变式训练
5. (23 - 24 高三下·江苏苏州·月考) 在平面直角坐标系xOy 中，已知动点M 到定点F
3,0
的距离和它
到定直线x = 2 3
3
的距离之比为
6
2 ，记M 的轨迹为曲线C.
(1) 求C 的方程；
(2) 已知点A 0,1
，不过A 的直线l 与C 交于P，Q 两点，直线AP，PQ，AQ 的斜率依次成等比数列，
求A 到l 距离的取值范围.
【答案】(1) x2
2 - y2= 1；(2) 0,
6
3
.
【解析】(1) 设M x,y
，由题意得
x-
3
2+y2
x- 2 3
3
=
6
2 ，
化简得x2
2 - y2= 1，所以C：x2
2 - y2= 1.
(2) 由题意，直线l 的斜率存在且不为0，
设直线l 的方程为y = kx + b(b ≠1)，P x1,y1
，Q x2,y2
.
联立
x2
2 -y2=1
y=kx+b
，得1-2k2
x2- 4kbx - 2b2- 2 = 0，
所以
1-2k2≠0
Δ= 4kb
2-4 1-2k2
-2b2-2
>0
x1+x2=
4kb
1-2k2
x1⋅x2= -2b2-2
1-2k2
，
因为kPQ
2= kAP ⋅kAQ，即
y1-1
y2-1
x1x2
= k2，所以kx1+b-1
kx2+b-1
= k2x1x2，
所以k b-1
x1+x2
+ b-1
2= 0，又b ≠1，所以k x1+x2
+ b-1
= 0，
所以2k2+1
b + 2k2- 1 = 0，所以b = 1-2k2
2k2+1 .
6
所以点A 到直线l 的距离d =
1-b
k2+1
=
4k2
2k2+1
k2+1
=
4k2
2k2+1
k2+1
，
令t =
k2+1 ，则k2= t2- 1，
代入Δ = 4 2b2-4k2+2
> 0，即1-2k2
2k2+4k4+2
> 0，解得k2< 1
2 .
所以t =
k2+1 ∈1,
6
2
，d =
4k2
2k2+1
k2+1
= 4 × t2-1
2t3-t .
当t ∈1,
6
2
时，d= 4 × -2t4+5t2-1
2t3-t
2
> 0 恒成立，
所以d = 4 × t2-1
2t3-t 在区间1,
6
2
单调递增，
所以d ∈0,
6
3
，即点A 到直线l 的距离的取值范围为0,
6
3
.
6. (24 - 25 高三上·湖南·开学考试) 已知抛物线C:y2 = 2px(p > 0) 的焦点为F ，点D x0,2
在抛物线C
上，且DF
= 2.
(1) 求抛物线C 的标准方程；
(2) 抛物线的准线与x 轴交于点K，过K 的直线l 交抛物线C 于M,N 两点，且KM
= λKN
,λ ∈1,2
，
点G 为线段MN 的垂直平分线与x 轴的交点，求点G 的横坐标xG 的取值范围.
【答案】(1)y2= 4x；(2) 3, 13
4
.
【解析】(1) 因为D x0,2
在拋物线C:y2= 2px(p > 0) 上，所以4 = 2px0，
得x0= 2
p ；
因为DF
= 2，所以x0+ p
2 = 2，即2
p + p
2 = 2，解得p = 2，
所以抛物线C 的标准方程为y2= 4x.
(2) 易知抛物线的准线为x =-1，则可得K -1,0
；
设M x1,y1
,N x2,y2
，由KM
= λKN
可得y1= λy2，
如下图所示：
设直线l:x = my - 1，代入到y2= 4x 中得y2- 4my + 4 = 0，
所以y1+ y2= 4m,y1y2= 4，即可得λy2+ y2= 4m,λy2
2= 4，
联立两式并整理可得4m2= (1+λ)2
λ
= λ + 1
λ + 2，
又x1+ x2= m y1+y2
- 2 = 4m2- 2
由1 < λ ≤2 可得y = λ + 1
λ + 2 递增，即有4m2∈4, 9
2
，即m2∈1, 9
8
，
又MN 中点坐标为2m2-1,2m
，
可得直线MN 的垂直平分线的方程为y - 2m =-m x-2m2+1
，
令y = 0，可得xG = 2m2+ 1 ∈3, 13
4
，
所以点G 的横坐标xG 的取值范围为3, 13
4
.
题型三
定值问题
7
大题典例
7. (24 - 25 高三上·贵州毕节·期中) 已知椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
的焦距为4，Q
3,1
为椭圆C
上一点.
(1) 求椭圆C 的标准方程；
(2) 设F 为椭圆C 的左焦点，直线l:x = t，P 为椭圆上任意一点，点P 到F 的距离为m，点P 到l 的距
离为n，若m
n 为定值，求此定值及t 的值.
【答案】(1) x2
6 + y2
2 = 1；(2) m
n =
6
3 ,t =-3
【解析】(1) 由椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
的焦距为4，可得2c = 4，解得c = 2，
所以a2- b2= c2= 4 ①，又椭圆经过点Q
3,1
，所以3
a2 + 1
b2 = 1 ②，
由①②解得a2= 6,b2= 2，所以椭圆C 的标准方程为x2
6 + y2
2 = 1；
(2) 设P(x0,y0) (- 6 ≤x0≤
6)，所以x2
0
6 + y2
0
2 = 1，所以y2
0= 2 - x2
0
3 ，
因为F 为椭圆的左焦点，所以其坐标为(-2,0)，直线l:x = t，
点P 到F 的距离为m =
(x0+2)2+y2
0 ，点P 到l 的距离为n = |x0- t|，
若m
n 为定值，则
(x0+2)2+y2
0
|x0-t|
= μ(μ > 0 为定值) 对- 6 ≤x0≤
6 恒成立，
即(x0+ 2)2+ y2
0= μ2(x0- t)2(μ 为定值) 对- 6 ≤x0≤
6 恒成立，
所以(x0+ 2)2+ 2 - x2
0
3 = μ2(x0- t)2(μ 为定值) 对- 6 ≤x0≤
6 恒成立，
即μ2- 2
3
x2
0- (2μ2t + 4)x0+ μ2t2- 6 = 0(μ 为定值) 对- 6 ≤x0≤
6 恒成立，
所以
μ2- 2
3 =0
2μ2t+4=0
μ2t2-6=0
，解得μ=
6
3
t=-3
，
所以m
n 为定值
6
3 ，此时t 的值为-3.
解法指导
圆锥曲线的定值问题
(1) 解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段长度，图形面积，角度，直线的斜率等) 的大小或某
些代数表达式的值和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值，
8
求定值问题常见的解题方法有两种：
法一、先猜后证(特例法)：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；
法二、引起变量法(直接法)：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值。
(2) 直接法解题步骤
第一步设变量：选择适当的量当变量，一般情况先设出直线的方程：
或
、点的
坐标；
第二步表示函数：要把证明为定值的量表示成上述变量的函数，一般情况通过题干所给的已知条
件，进行正确的运算，将需要用到的所有中间结果(如弦长、距离等) 用引入的变量表示出来；
第三步定值：将中间结果带入目标量，通过计算化简得出目标量与引入的变量无关，是一个常数。
变式训练
8. (24 - 25 高三上·湖北武汉·开学考试) 已知曲线C 上的点到点F -1,0
的距离比到直线x = 3 的距离
小2,O 为坐标原点. 直线l 过定点A 0,1
.
(1) 直线l 与曲线C 仅有一个公共点，求直线l 的方程；
(2) 曲线C 与直线l 交于M,N 两点，试分别判断直线OM,ON 的斜率之和、斜率之积是否为定值？并
说明理由.
【答案】(1)y = 1 或x = 0 或y =-x + 1；(2) 斜率之和为定值、斜率之积不是定值
【解析】(1) 曲线C 上的点到点F -1,0
的距离比到直线x = 3 的距离小2，
故曲线C 上的点到点F -1,0
的距离与到直线x = 1 的距离相等，
故曲线C 为以F -1,0
为焦点，直线x = 1 为准线的抛物线，
即有C:y2=-4x，
过点A 0,1
的直线l 与抛物线C 仅有一个公共点，
若直线l 可能与抛物线C 的对称轴平行时，则有：y = 1，
若直线l 与抛物线C 相切时，易知：x = 0 是其中一条直线，
另一条直线与抛物线C 上方相切时，不妨设直线l 的斜率为k，设为y = kx + 1，
联立y=kx+1
y2=-4x
可得：k2x2+ 2k+4
x + 1 = 0，
则有：Δ = (2k + 4)2- 4k2= 0，解得：k =-1，
故此时的直线l 的方程为：y =-x + 1，
综上，直线l 的方程为：y = 1 或x = 0 或y =-x + 1；
(2) 若l 与C 交于M,N 两点，分别设其坐标为M x1,y1
,N x2,y2
，且x1< x2，
由(1) 可知直线l 要与抛物线C 有两个交点，则直线l 的斜率存在且不为0，
不妨设直线l 的斜率为k，则有：y = kx + 1，
联立直线l 与抛物线C 可得：y=kx+1
y2=-4x
，可得：k2x2+ 2k+4
x + 1 = 0，
Δ = (2k + 4)2- 4k2= 16k + 16 > 0 即有k >-1，
根据韦达定理可得：x1+ x2=- 2k+4
k2
,x1x2= 1
k2 ，
则有：k1= y1
x1
= kx1+1
x1
,k2= y2
x2
= kx2+1
x2
，
9
则k1+ k2= kx1+1
x1
+ kx2+1
x2
= 2k + x1+x2
x1x2
=-4，故为定值；
k1k2= kx1+1
x1
⋅kx2+1
x2
= k2x1x2+k x1+x2
+1
x1x2
=-4k, 故不为定值；
综上：k1+ k2为定值-4,k1k2不为定值.
9. (24 - 25 高三上·甘肃张掖·模拟预测) 已知双曲线C: x2
a2 - y2
b2 = 1(a > 0,b > 0) 的焦距为8，右焦点为
F，直线l:y =
3
3 x 与双曲线在一、三象限的交点分别为P,Q，且FP ⊥FQ．
(1) 求双曲线C 的方程及△PQF 的面积；
(2) 直线y = kx + n k≠0
与双曲线C 交于A,B 两点，若直线PA、PB 与x 轴分别交于点A1,B1，且
PA1
= PB1
．证明：k 为定值．
【答案】(1) x2
8 - y2
8 = 1，△PQF 的面积为8；(2) -
3
【解析】(1) 由于l:y =
3
3 x，故
3
3
= tan∠POF, ∴∠POF = 30°，
又FP ⊥FQ，且P,Q 关于O 对称，所以OP
= OF
= OQ
= c, 因此∠PQF = 15°，
在Rt△PQF 中，PF
= PQ
sin∠PQF = 2csin15°, QF
= PQ
cos∠PQF = 2ccos15°，
取椭圆左焦点F1, 连接PF1,QF1，根据对称性可得QF
= PF1
，
由椭圆定义可得PF1
- PF
= QF
- PF
= 2a, 即2ccos15° -2csin15° = 2a ⇒2 2ccos 15°+45°
= 2a，
由于2c = 8，所以a = 2 2 ，进而可得b = 2 2 ，
故双曲线方程为C: x2
8 - y2
8 = 1，
S△PQF = 1
2 PF
QF
= 1
2 2csin15°2ccos15° = c2sin30° = 8
(2) 设A(x1，y1)，B(x2,y2)，
由(1) 知P ccos30°,csin30°
, 即P 2 3,2
, ∴Q -2 3,-2
，
联立y = kx + n k≠0
与C: x2
8 - y2
8 = 1 的方程可得1-k2
x2- 2knx - n2- 8 = 0
则Δ = 4k2n2- 4 1-k2
-n2-8
= 4 n2-8k2+8
> 0，
x1+ x2= 2kn
1-k2 ,x1x2= -n2-8
1-k2 ，
则直线AP 方程为y =
y1-2
x1-2 3
x-2 3
+ 2，令y = 0，则x = 2 3y1-2x1
y1-2
，
10
故A1
2 3y1-2x1
y1-2
,0
同理可得B1
2 3y2-2x2
y2-2
,0
,
由于PA1
= PB1
，所以P 在线段A1B1的垂直平分线上，故
2 3y2-2x2
y2-2
+ 2 3y1-2x1
y1-2
2
= 2 3 ，
故
2 3y2-2x2
y1-2
+ 2 3y1-2x1
y2-2
y2-2
y1-2
= 4 3 ，
2 3y2y1-4 3y2-2x2y1+4x2
+ 2 3y2y1-4 3y1-2x1y2+4x1
= 4 3 y2y1-2y1-2y2+4
-2x2 kx1+n
- 2x1 kx2+n
+ 4x1+4x2
= 4 3 -kx1-kx2-2n+4
，
化简得-2kx1x2= -2 3k+n-2
x1+x2
- 4 3 n-2
代入韦达定理可得-2k -n2-8
1-k2
= -2 3k+n-2
2kn
1-k2
- 4 3 n-2
即2 3k2+ 4+n
k +
3n - 2 3 = 0，故k+
3
2 3k+n-2
= 0，
故k =- 3 ，或2 3k + n - 2 = 0，
若2 3k + n - 2 = 0，此时直线AB 经过定点2 3,2
，该点与P 重合，不满足题意，
故k =- 3
题型四
过定点问题
大题典例
10. (24 - 25 高三上·河南驻马店·开学考试) 已知动圆P 过点F2(2,0)，并且与圆F1:(x + 2)2+ y2= 4 外切，设
动圆的圆心P 的轨迹为C.
(1) 直线F2Q 与圆F1相切于点Q，求F2Q
的值；
(2) 求曲线C 的方程；
(3) 过点F2的直线l1与曲线C 交于E，F 两点，设直线l:x = 1
2 ，点D(-1,0)，直线ED 交l 于点M ，证明
直线FM 经过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1) F2Q
= 2 3；(2)x2- y2
3 = 1，x > 0；(3) 证明见解析，定点1,0
【解析】(1) 由直线与圆的位置关系可知，F1Q ⊥F2Q，
所以点F2Q
=
F1F2
2-4 =
16-4 = 2 3；
(2) 由题意可知，设动圆半径为R，PF2
= R，PF1
= R + 2，F1F2
= 4，
即PF1
- PF2
= 2 < 4，
所以点P 是以F1,F2为焦点的双曲线的右支，2a = 2，2c = 4，则b2= 3，
所以曲线C 的方程为x2- y2
3 = 1，x > 0；
(3) 当直线l1的斜率不存在时，E 2,3
，F 2,-3
，
直线ED:y = x + 1，当x = 1
2 ，得y = 3
2 ，即M
1
2 , 3
2
，直线FM:3x + y - 3 = 0，
此时直线过点1,0
，
当直线l1的斜率存在时，设直线l1:y = k x-2
，E x1,y1
，F x2,y2
，
11
直线ED:y =
y1
x1+1 x+1
，当x = 1
2 时，yM =
3y1
2 x1+1
，M
1
2 ,
3y1
2 x1+1
，
联立y=k x-2
3x2-y2=3
，得3-k2
x2+ 4k2x - 3+4k2
= 0，
3 - k2≠0，x1+ x2=- 4k2
3-k2 ，x1x2=- 3+4k2
3-k2 ，
下面证明直线FM 经过点Q 1,0
，即证kFQ = kMQ，-3y1
x1+1 =
y2
x2-1 ，
把y1= k x1-2
，y2= k x2-2
代入整理得4x1x2- 5 x1+x2
+ 4 = 0，
即4 × - 3+4k2
3-k2
- 5 × - 4k2
3-k2
+ 4 = 12+16k2-20k2
k2-3
+ 4 =-4 + 4 = 0，
所以直线FM 经过点1,0
，
综上可知，直线FM 经过定点，定点坐标为1,0
.
解法指导
圆锥曲线的定点问题
1、参数无关法：把直线或者曲线方程中的变量x，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定
点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时的参数的系数就要全部为零，这样就得到一个关于
x，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点。
2、特殊到一般法：根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关。
3、关系法：对满足一定条件上的两点连结所得直线定点或满足一定条件的曲线过定点问题，可设直
线(或曲线) 上两点的坐标，利用坐标在直线(或曲线) 上，建立点的坐标满足方程(组)，求出相应的
直线(或曲线)，然后再利用直线(或曲线) 过定点的知识求解。
变式训练
11. (24 - 25 高三上·湖北襄阳·月考) 已知抛物线E:y2 = 2px(p > 0) 与双曲线x2
3 - y2
4 = 1 的渐近线在第
一象限的交点为Q，且Q 点的横坐标为3．
(1) 求抛物线E 的方程；
(2) 过点M(-3,0) 的直线l 与抛物线E 相交于A,B 两点，B 关于x 轴的对称点为B，求证：直线AB
必过定点．
【答案】(1)y2= 4x；(2) 证明见解析
【解析】(1) 设点Q 的坐标为3,y0
，因为点Q 在第一象限，所以y0> 0，
双曲线x2
3 - y2
4 = 1 的渐近线方程为y =± 2 3
3
x，因为点Q 在双曲线的渐近线上，所以y0= 2 3 ，
所以点Q 的坐标为3,2 3
，又点Q 3,2 3
在抛物线y2= 2px 上，所以12 = 2p × 3，所以p = 2，
故抛物线E 的标准方程为：y2= 4x；
(2) 设直线AB 的方程为x = my - 3，联立y2=4x
x=my-3
，消x 得，y2- 4my + 12 = 0，
方程y2- 4my + 12 = 0 的判别式Δ = 16m2- 48 > 0，即m2- 3 > 0，
设A x1,y1
，B x2,y2
，则y1+ y2= 4m,y1y2= 12，
12
因为点A、B 在第一象限，所以y1+ y2= 4m > 0,y1y2= 12 > 0，故m > 0，
设B 关于x 轴的对称点为Bx2,-y2
，
则直线AB的方程为y + y2= -y2-y1
x2-x1
(x - x2)，
令y = 0 得：x = y2× x2-x1
-y2-y1
+ x2= x1y2+x2y1
y2+y1
= y1 my2-3
+y2 my1-3
y1+y2
= 2my2y1-3 y1+y2
y1+y2
= 24m-12m
4m
= 12m
4m = 3．
直线AB过定点(3,0)．
12. (24 - 25 高三上·天津北辰·期中) 已知椭圆C：x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的一个焦点为F，其短轴长是焦
距的
3 倍，点A 为椭圆上任意一点，且AF
的最大值为3.
(1) 求椭圆C 的方程；
(2) 设动直线l：y = kx + m 与椭圆C 有且只有一个公共点P，且与直线x = 4 相交于点Q. 问：x 轴上
是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过定点M？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理
由.
【答案】(1) x2
4 + y2
3 = 1；(2) 存在，定点M 1,0
【解析】(1) 依题意设焦距为2c c>0
，一个焦点为F -c,0
，
因为点A 为椭圆上任意一点，且AF
的最大值为3，则a + c = 3，
则
2b=2 3c
a+c=3
c=
a2-b2
，解得
a=2
c=1
b=
3
(负值已舍去)，
所以椭圆C 的方程x2
4 + y2
3 = 1；
(2) 由
y=kx+m
x2
4 + y2
3 =1
，消元可得4k2+3
x2+ 8kmx + 4m2- 12 = 0，
∵动直线l:y = kx + m 与椭圆C 有且只有一个公共点P，设P x0,y0
，
∴m ≠0 且Δ = 0，
即64k2m2- 4 4k2+3
4m2-12
= 0，
化简得4k2- m2+ 3 = 0，(∗)，
此时x0=- 4km
4k2+3 =- 4k
m ，y0= 3
m ，即P - 4k
m , 3
m
，
由y=kx+m
x=4
，得Q 4,4k+m
，
假设在x 轴上存在定点M 满足条件，设M x1,0
，
则MP
⋅MQ
= 0 对满足*
式的m，k 恒成立，
∵MP
= - 4k
m -x1, 3
m
，MQ
= 4-x1,4k+m
，
由MP
⋅MQ
= 0，
得- 16k
m +
4k
m -4
x1+ x2
1 + 12k
m + 3 = 0，
整理得4x1-4
k
m + x2
1 - 4x1+ 3 = 0, **
13
由于**
式对满足*
式的m,k 恒成立，
所以4x1-4=0
x2
1-4x1+3=0
，解得x1= 1，
故存在定点M 1,0
，使得以PQ 为直径的圆恒过点M.
题型五
定直线问题
大题典例
13. (24 - 25 高三上·北京·月考) 已知椭圆C：x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
的左、右焦点分别为F1、F2，一个焦点
为F
2,0
，P 是椭圆上一动点(与左、右顶点不重合). 已知△PF1F2的面积的最大值为2.
(1) 求椭圆C 的方程；
(2) 过点1,0
且斜率不为0 的直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点，椭圆长轴的两个端点分别为A1，
A2，A1M 与A2N 相交于点Q，求证：点Q 在某条定直线上.
【答案】(1) x2
4 + y2
2 = 1；(2) 证明见解析
【解析】(1) 由题意可得椭圆的半焦距c =
2 ，
1
2 × 2 2 ⋅b = 2，所以b =
2 ，
所以a2= b2+ c2= 4，
所以椭圆C 的方程为x2
4 + y2
2 = 1；
(2) 不妨设A1 -2,0
，A2 2,0
，l 的方程为x = ky + 1，
联立
x=ky+1
x2
4 + y2
2 =1
，得k2+2
y2+ 2ky - 3 = 0，
Δ = 4k2+ 12 k2+2
> 0 恒成立，
设M x1,y1
，N x2,y2
，则
y1+y2= -2k
k2+2
y1y2= -3
k2+2
，
故y1+y2
y1y2
= 2k
3 ，3y1+ 3y2= 2ky1y2，
又lA1M 的方程为y =
y1
x1+2 x+2
，lA2N 的方程为y =
y2
x2-2 x-2
，
联立两直线方程得
y1
x1+2 x+2
=
y2
x2-2 x-2
，
即x+2
x-2 = y2 x1+2
y1 x2-2
= y2
y1
⋅ky1+3
ky2-1 = ky1y2+3y2
ky1y2-y1
，
因为3y1+ 3y2= 2ky1y2，所以x+2
x-2 = ky1y2+2ky1y2-3y1
ky1y2-y1
= 3，
整理得x = 4，
故点Q 在定直线x = 4 上.
解法指导
解决圆锥曲线中动点在定直线问题的解题步骤：
14
1、联立直线与圆锥曲线的方程消元；2、挖掘图形中的对称性，解出动点横坐标或纵坐标；3、将动点
的横纵坐标分别用参数表示，再消去参数；4、设点，将方程变形解出定直线方程。
变式训练
14. (23 - 24 高三下·湖南长沙·三模) 已知抛物线C:y2= 2px(p > 0)，过点D 0,2
的直线l 与C 交于不同的
两点A,B. 当直线l 的倾斜角为135°时，AB
= 4 30.
(1) 求C 的方程；
(2) 在线段AB 上取异于点A,B 的点E，且满足DA
DB
= AE
EB
，试问是否存在一条定直线，使得点E 恒
在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)y2= 12x；(2) 点E 恒在直线y = 3x 上.
【解析】(1) 设A x1,y1
,B x2,y2
.
若直线l 的倾斜角为135°，则直线l 的方程为y =-x + 2.
联立y=-x+2,
y2=2px,
得x2- 4+2p
x + 4 = 0，
则Δ = (4 + 2p)2- 16 = 4p2+ 16p > 0，
且x1+ x2= 4 + 2p,x1x2= 4，
所以AB
=
2
x1+x2
2-4x1x2
= 2 2
p2+4p.
因为AB
= 4 30 ，所以p = 6，故C 的方程为y2= 12x.
(2) 存在，定直线为y = 3x.
由题意知直线AB 的斜率存在，
设直线l 的方程为y = kx + 2 k≠0
，A x1,y1
,B x2,y2
.
联立y2=12x,
y=kx+2,
得k2x2+ 4k-12
x + 4 = 0.
由k ≠0,Δ = (4k - 12)2- 16k2> 0，得k < 3
2 且k ≠0，
x1+ x2= 12-4k
k2
,x1x2= 4
k2 .
不妨设x1< x2,E x0,y0
，则0 < x1< x0< x2，
过点A,E,B 向y 轴作垂线，垂足分别为点A1,E1,B1，如图所示，
则DA
DB
= AA1
BB1
= x1
x2
，AE
EB
= x0-x1
x2-x0
.
因为DA
DB
= AE
EB
，所以x1
x2
= x0-x1
x2-x0
，
整理得2x1x2= x0 x1+x2
，所以x0= 2x1x2
x1+x2
=
2
3-k .
代入直线l 的方程得y0= k ⋅
2
3-k + 2 =
6
3-k .
因为y0= 3x0，所以点E 恒在直线y = 3x 上.
15. (24 - 25 高三上·上海·期中) 已知双曲线C 的中心为坐标原点，F1,F2 是C 的两个焦点，其中左焦点为(
-2 5,0)，离心率为
5.
15
(1) 求C 的方程；
(2) 双曲线C 上存在一点P，使得∠F1PF2= 120°，求三角形PF1F2的面积；
(3) 记C 的左、右顶点分别为A1,A2，过点(-4,0) 的直线与C 的左支交于M ，N 两点，M 在第二象限，
直线MA1与NA2交于点P. 证明：点P 在定直线上.
【答案】(1) x2
4 - y2
16 = 1；(2) 16 3
3
；(3) 证明见解析
【解析】(1) 设双曲线方程为x2
a2 - y2
b2 = 1 a>0,b>0
，
由左焦点坐标可知c = 2 5 ，
则e = c
a =
5 ，可得a = 2，b =
c2-a2 = 4，
双曲线方程为x2
4 - y2
16 = 1.
(2) 由(1) 知，a = 2，c = 2 5 ，所以PF1
- PF2
= 2a = 4，F1F2
= 2c = 4 5 ，
在△PF1F2中，由余弦定理得cos∠F1PF2= PF1
2+ PF2
2- F1F2
2
2 PF1
PF2
=- 1
2 ，
即
PF1
- PF2
2+2 PF1
PF2
- F1F2
2
2 PF1
PF2
=- 1
2 ，
即-64+2 PF1
PF2
2 PF1
PF2
=- 1
2 ，即PF1
PF2
= 64
3 ，
所以三角形PF1F2的面积为1
2 PF1
PF2
⋅sin∠F1PF2= 1
2 × 64
3 ×
3
2
= 16 3
3
.
(3) 证明：由(1) 可得A1 -2,0
,A2 2,0
，设M x1,y1
,N x2,y2
，
显然直线MN 的斜率不为0，所以设直线MN 的方程为x = my - 4，且- 1
2 < m < 1
2 ，
联立
x=my-4
x2
4 - y2
16 =1
，可得4m2-1
y2- 32my + 48 = 0，
且4m2- 1 ≠0，Δ = 64(4m2+ 3) > 0，
则y1+ y2=
32m
4m2-1 ,y1y2=
48
4m2-1 ，
直线MA1的方程为y =
y1
x1+2 x+2
，
直线NA2的方程为y =
y2
x2-2 x-2
，
联立直线MA1与直线NA2的方程，消去y 可得：
x+2
x-2 = y2 x1+2
y1 x2-2
= y2 my1-2
y1 my2-6
= my1y2-2 y1+y2
+2y1
my1y2-6y1
=
m⋅
48
4m2-1 -2⋅
32m
4m2-1 +2y1
m×
48
4m2-1 -6y1
=
-16m
4m2-1 +2y1
48m
4m2-1 -6y1
=- 1
3 ，
由x+2
x-2 =- 1
3 ，可得x =-1，即xP =-1，
据此可得点P 在定直线x =-1 上运动.
题型六
动点轨迹问题
16
大题典例
16. (23 - 24 高三下·湖南益阳·一模) 已知两点A(-2,0)，B(2,0) 及一动点P，直线PA，PB 的斜率满足kPA
⋅kPB =- 1
4 ，动点P 的轨迹记为C. 过点(1,0) 的直线l 与C 交于M ，N 两点，直线AM ，BN 交于点Q.
(1) 求C 的方程；
(2) 求△AMN 的面积的最大值；
(3) 求点Q 的轨迹方程.
【答案】(1) x2
4 + y2= 1(x ≠±2)；(2) 3 3
2
；(3)x = 4(y ≠0)
【解析】(1) 设动点P(x,y)，因为直线PA，PB 的斜率满足kPA⋅kPB =- 1
4 ，
∴
y
x+2 ⋅
y
x-2 =- 1
4 (x ≠±2)，化简整理得x2
4 + y2= 1(x ≠±2).
所以轨迹C 的方程为x2
4 + y2= 1(x ≠±2).
(2) 设过点(1,0) 的直线l 的方程为：x = ty + 1(t ∈R)，M x1,y1
，N x2,y2
，
由
x=ty+1
x2
4 +y2=1
，得t2+4
y2+ 2ty - 3 = 0，显然Δ > 0.
则y1+ y2= -2t
t2+4 ，y1y2= -3
t2+4 .
S△AMN = 1
2 × -2-1
× y1-y2
= 3
2 ×
(2t)2-4⋅(-3)⋅t2+4
t2+4
= 6 t2+3
t2+4
.
令u =
t2+3 ，则u ≥
3 ，t2= u2- 3，所以S△AMN =
6u
u2+1 .
设s(u) =
6u
u2+1 ，则s(u) = 6-6u2
u2+1
2 ，
所以当u ≥
3 时，su
< 0，则s(u) 在[ 3, +∞) 单调递减，
所以s(u) 的最大值为s( 3) = 3 3
2
，
即u =
3 ，t = 0 时，△AMN 的面积取最大值3 3
2
.
(3) 由已知可设直线AM 的方程为y =
y1
x1+2 x+2
，即y =
y1
ty1+3 (x + 2)，
直线BN 的方程为y =
y2
x2-2 (x - 2)，即y =
y2
ty2-1 (x - 2)，
消去y，得y1(x+2)
ty1+3
= y2(x-2)
ty2-1
，显然y1y2≠0，∴x+2
t+ 3
y1
= x-2
t- 1
y2
，(*)
由(2)，得y1+ y2= -2t
t2+4 ，y1y2= -3
t2+4 ，∴1
y1
+ 1
y2
= 2t
3 ，∴t - 1
y2
= t
3 + 1
y1
，
17
所以(*) 式可化为x+2
t+ 3
y1
=
x-2
1
3 t+ 3
y1
，∴x + 2 = 3(x - 2)，即x = 4.
显然y ≠0，否则AM,BN 重合，不合题设，
所以点Q 的轨迹方程为x = 4(y ≠0).
解法指导
求解动点P x,y
的轨迹方程的常见方法：
(1) 定义法：如果动点P 的运动规律符合我们已知的某种曲线(如圆、椭圆、双曲线、抛物线) 的定义，
则可先设出轨迹方程，再根据已知条件待定方程中的参数，即可求得轨迹方程；
(2) 直接法：如果动点P 的运动规律满足的等量关系容易建立，则可用点P 的坐标x,y
表示该等
量关系，即可得轨迹方程；
(3) 相关点法：如果动点P 的运动是由另外一点P的运动引发的，而点P的运动规律已知(坐标满
足某已知的曲线方程)，则用点P 的坐标x,y
表示出相关点P的坐标，然后将点P的坐标代入
已知曲线方程，即可得到点P 的轨迹方程；
(4) 交轨消参法：在求动点轨迹时，有时会出现要求两动曲线交点的轨迹问题，这类问题通常通过解
方程组得出交点(含参数) 的坐标，再消去参数求得所求的轨迹方程.
变式训练
17. (23 - 24 高三下·江西抚州·月考) 在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线M : x2
m - y2 = 1 经过点
A 2,1
，点B 与点A 关于原点对称，C 为M 上一动点，且C 异于A,B 两点.
(1) 求M 的离心率；
(2) 若△BCT 的重心为A，点D 8,4
，求DT
的最小值；
(3) 若△BCT 的垂心为A，求动点T 的轨迹方程.
【答案】(1)
6
2 ；(2) 2；(3) 2x2
7
- y2
7 = 1(去除点-2,±1
, 2,-1
).
【解析】(1) 因为双曲线M: x2
m - y2= 1 经过点A 2,1
，所以4
m - 1 = 1，解得m = 2，
所以M 的离心率e =
1+ b2
a2 =
1+ 1
2 =
6
2 ，
(2) 易知B -2,-1
. 设C x0,y0
,T x,y
.
因为△BCT 的重心为A ，所以
x+x0-2
3
=2
y+y0-1
3
=1
, 解得x0=8-x
y0=4-y
,
因为x2
0
2 - y2
0= 1，所以(8-x)2
2
- (4 - y)2= 1，即(x - 8)2= 2 + 2(y - 4)2.
因为A,B,C 不共线，所以x≠6
y≠3
且x≠10
y≠5
，
所以T 的轨迹不含6,3
, 10,5
两点.
故DT
=
(x-8)2+(y-4)2 =
2+3(y-4)2 ≥
2 ，当且仅当y = 4 时，等号成立，
即DT
的最小值为
2.
(3) 因为A 为△BCT 的垂心，所以AT ⊥BC,BT ⊥AC，
18
设C x0,y0
,T x,y
，
当直线BC 或AC 的斜率为0 时，点C 的坐标为2,-1
或-2,1
，
此时点T 与点C 重合，不合题意，舍.
当直线BC 或AC 的斜率不为0 时，直线AT 与BT 的斜率存在，
则kAT ⋅kBC =-1,kBT ⋅kAC =-1，
由(2) 知x2
0
2 - y2
0= 1，则y2
0- 1 = x2
0
2 - 2，
则kAC ⋅kBC = y0+1
x0+2 ⋅y0-1
x0-2 = y2
0-1
x2
0-4 =
1
2 x2
0-4
x2
0-4
= 1
2 .
因为kAT ⋅kBT ⋅kAC ⋅kBC = 1，所以kAT ⋅kBT =
1
kBC⋅kAC
= 2，
kAT = y-1
x-2 ,kBT = y+1
x+2 ，则y+1
x+2 ⋅y-1
x-2 = 2，得y2- 1 = 2x2- 8，
则2x2
7
- y2
7 = 1，因为B,C,T 构成三角形，故B 不能在轨迹上，
综上，动点T 的轨迹方程为2x2
7
- y2
7 = 1(去除点-2,±1
, 2,-1
).
18. (23 - 24 高三下·安徽合肥·模拟预测) 图1 为一种卫星信号接收器，该接收器的曲面与其轴截面的交线
为抛物线的一部分，已知该接收器的口径AB = 4 3 ，深度MO = 2，信号处理中心F 位于抛物线的焦
点处，以顶点O 为坐标原点，以直线OF 为x 轴建立如图2 所示的平面直角坐标系xOy．
(1) 求该抛物线的方程；
(2) 设Q 是该抛物线的准线与x 轴的交点，直线l 过点Q，且与抛物线交于R，S 两点，若线段RS 上有
一点P，满足RP
PS
= RQ
QS
，求点P 的轨迹方程．
【答案】(1)y2= 6x；(2)x = 3
2 ，y ∈(-3,0) ∪(0,3)
【解析】(1) 设抛物线的方程为y2= 2px(p > 0)．
因为AB
= 4 3 ，MO
= 2，所以点A(2,2 3) 在抛物线上，
所以12 = 4p，故p = 3，所以抛物线的方程为y2= 6x．
(2)
如图，由(1) 知Q - 3
2 ,0
．
设直线l：y = k x+ 3
2
，R x1,y1
，S x2,y2
，P(x,y)，
19
由y=k x+ 3
2
,
y2=6x,
可得k2x2+ 3k2-6
x + 9
4 k2= 0，
由Δ > 0，得-1 < k < 1，且k ≠0，x1+ x2= 6
k2 - 3，x1x2= 9
4 ．
分别过点P,S 作x 轴的垂线与过点R 的y 轴的垂线交于点P1,S1, 显然PP1⎳SS1,
则有RP
PS
= RP1
P1S1
= x-x1
x2-x ，同理有，RQ
QS
=
x1+ 3
2
x2+ 3
2
由RP
PS
= RQ
QS
可得x-x1
x2-x =
x1+ 3
2
x2+ 3
2
，
整理得x =
2x1x2+ 3
2 x1+x2
x1+x2+3
=
2× 9
4 + 3
2 ×
6
k2 -3
6
k2 -3+3
=
9
2 + 9
k2 - 9
2
6
k2
= 3
2 ．
又x = 3
2 时，y = k x+ 3
2
= 3k，因-1 < k < 1，且k ≠0，故有y ∈(-3,0) ∪(0,3)
即点P 的轨迹方程为x = 3
2 ，y ∈(-3,0) ∪(0,3)．
题型七
角度关系证明问题
大题典例
19. (24 - 25 高三上·云南昆明·开学考试) 在平面直角坐标系xOy 中，已知点A -2,0
,B 2,0
，动点M 满
足直线AM 与直线BM 的斜率之积为- 3
4 ，设点M 的轨迹为曲线C.
(1) 求C 的方程；
(2) 已知点F 1,0
，直线l:x = 4 与x 轴交于点D，直线AM 与l 交于点N ，证明：∠MFD = 2∠NFD.
【答案】(1) x2
4 + y2
3 = 1 x≠±2
；(2) 证明见解析
【解析】(1) 由题意可设M x,y
，且x ≠±2，
则kAM ⋅kBM =
y
x+2 ⋅
y
x-2 =- 3
4 ，
所以曲线C 的方程为x2
4 + y2
3 = 1 x≠±2
.
(2) 当MF ⊥AB，不妨取M 1, 3
2
，满足曲线的方程x2
4 + y2
3 = 1 x≠±2
，
则AM 的方程为y = 1
2 (x + 2)，可得N(4,3)，
此时可得∠NFD = 45°，又∠MFD = 90°，故∠MFD = 2∠NFD；
当MF 不垂直于AB 时，设N 4,n
，则直线AM 的方程为y = n
6
x+2
，
联立
y= n
6 x+2
x2
4 + y2
3 =1
，得n2+27
x2+ 4n2x + 4n2- 108 = 0，
所以xA+ xM =-
4n2
n2+27 ，则xM = 54-2n2
n2+27 ，
故yM = n
6 ×
108
n2+27 =
18n
n2+27 ，
20
又tan∠MFD =
yM
xM -1 =
6n
9-n2 ,tan∠NFD = n
3 ，
故tan2∠NFD =
2tan∠NFD
1-tan2∠NFD =
6n
9-n2 = tan∠MFD，
即tan∠MFD = tan2∠NFD，所以∠MFD = 2∠NFD，
综上所述：∠MFD = 2∠NFD.
解法指导
角度关系的证明往往转化为斜率问题或坐标问题，其中角相等问题优先考虑转为斜率之和为零处
理，或考虑用向量进行计算。
变式训练
20. (23 - 24 高三下·山西运城·三模) 已知双曲线C:x2 - y2
3 = 1 的左、右焦点分别为F1，F2，点A 为C 的左
顶点，点P 为C 右支上一点(非顶点)，∠F1PF2的平分线PM 交x 轴于M
(1) 过右焦点F2作F2N ⊥PM 于N ，求ON
；
(2) 求证：∠PF2A = 2∠PAF2.
【答案】(1)1；(2) 证明见解析
【解析】(1) 延长F2N 交PF1于点E，因为PM 平分∠F1PF2，F2N ⊥PM ，
所以△PNF2≌△PNE，所以PF2
= PE
，F2N
= NE
，
所以N 为F2E 的中点，又O 为F1F2的中点，所以ON
= 1
2 F1E
且ON ⎳F1E，
又PF1
- PF2
= 2a = 2，所以PF1
- PF2
= F1E
+ PE
- PF2
= F1E
= 2，
所以ON
= 1
2 F1E
= 1.
(2) 依题意可知A -1,0
，F2 2,0
，
当xP = 2 时22- y2
P
3 = 1，解得yP =±3，不妨取P 2,3
，则∠PF2A = π
2 ，
tan∠PAF2=
3
2- -1
= 1，所以∠PAF2= π
4 ，满足∠PF2A = 2∠PAF2；
当xP ≠2 时，设P x0,y0
x0>1,x0≠2
，则3x2
0- y2
0= 3，
所以tan∠PAF2=
y0
x0+1 ，tan∠PF2A = tan π-∠PF2x
=-tan∠PF2x =-
y0
x0-2 ，
21
则tan2∠PAF2=
2tan∠PAF2
1-tan2∠PAF2
=
2y0
x0+1
1-
y0
x0+1
2 =
2y0 x0+1
-2 x0-2
x0+1
=-
y0
x0-2 ，
所以tan2∠PAF2= tan∠PF2A，
又∠PAF2∈0, π
2
，∠PF2A ∈0,π
，则2∠PAF2∈0,π
，
所以2∠PAF2= ∠PF2A，
综上可得2∠PAF2= ∠PF2A.
21. (23 - 24 高三下·广西·二模) 已知抛物线C:x2 = y，过点E 0,2
作直线交抛物线C 于A，B 两点，过A，
B 两点分别作抛物线C 的切线交于点P．
(1) 证明：P 在定直线上；
(2) 若F 为抛物线C 的焦点，证明：∠PFA = ∠PFB．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 证明见解析
【解析】(1) 证明：设A x1,x2
1
，B x2,x2
2
，则kAB = x2
1-x2
2
x1-x2
= x1+ x2，
直线AB 的方程为y - x2
1 = x1+x2
x-x1
，即y = x1+x2
x - x1x2，
又因为直线AB 过点E 0,2
，所以-x1x2= 2，即x1x2=-2，
设直线PA 的方程为y - x2
1 = k x-x1
，与抛物线方程y = x2联立，解得x = x1或x = k - x1，
又因为直线PA 与抛物线相切，所以x1= k - x1，即k = 2x1，
所以直线PA 的方程为y - x2
1 = 2x1 x-x1
，即y = 2xx1- x2
1，
同理直线PB 的方程为y = 2xx2- x2
2，
由y=2xx1-x2
1
y=2xx2-x2
2
，解得P x1+x2
2
,x1x2
，即P x1+x2
2
,-2
，
故点P 在直线y =-2 上．
(2) 证明：∵cos∠PFA =
FA
⋅FP
FA
⋅FP
，cos∠PFB =
FB
⋅FP
FB
⋅FP
，
注意到两角都在0,π
内，可知要证∠PFA = ∠PFB．即证FA
⋅FP
FA
= FB
⋅FP
FB
.
而FA
= x1,x2
1- 1
4
，FP
=
x1+x2
2
,- 9
4
，
所以FA
⋅FP
= x1⋅x1+x2
2
- 9
4
x2
1- 1
4
=- 7
16 4x2
1+1
，
又|FA⃗| =
x2
1+ x2
1- 1
4
2
= x2
1 + 1
4 ，
所以FA
⋅FP
FA
=
- 7
16 4x2
1+1
x2
1+ 1
4
=- 7
4 ，同理FB
⋅FP
FB
=- 7
4 ，
即有FA
⋅FP
FA
= FB
⋅FP
FB
，故∠PFA = ∠PFB．
题型八
向量共线问题
大题典例
22
22. (24 - 25 高三上·四川成都·模拟预测) 椭圆C 的中心为坐标原点O，焦点在y 轴上，离心率e =
2
2 ，椭
圆上的点到焦点的最短距离为1 - e，直线l 与y 轴交于点P(0,m) (m ≠0)，与椭圆C 交于相异两点
A、B，且OA
+ λOB
= 4OP
．
(1) 求椭圆方程；
(2) 求m 的取值范围．
【答案】(1)2x2+ y2= 1；(2) -1,- 1
2
∪
1
2 ,1
【解析】(1) 设椭圆的方程为y2
a2 + x2
b2 = 1 a>b>0
，
由题
c=
a2-b2
e= c
a =
2
2
a-c=1-e
，解得a = 1，b = c =
2
2 ，
因此椭圆的方程为y2+
x2
2
2
2 = 1 即2x2+ y2= 1．
(2) 由题意可知向量OA
,OB
,OP
起点相同，终点共线，
又由OA
+ λOB
= 4OP
得OP
= 1
4 OA
+ λ
4 OB
，
故1
4 + λ
4 = 1，即λ = 3，即OA
+ 3OB
= 4OP
，
显然直线l 斜率存在且不为0，设其方程为y = kx + m，
联立方程y=kx+m
2x2+y2=1
，消去y，得(k2+ 2)x2+ 2kmx + (m2- 1) = 0，所以Δ = 4(k2- 2m2+ 2) > 0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+ x2=- 2km
k2+2 ，x1x2= m2-1
k2+2 ，
又由OA
+ 3OB
= 4OP
得x1+ 3x2= 0，即x1=-3x2，
因此x1+ x2=-2x2，从而x1= -3km
k2+2 ，x2= km
k2+2 ，
所以x1x2= -3k2m2
(k2+2)2 = m2-1
k2+2 ，
整理得4k2m2+ 2m2- k2- 2 = 0，显然m2≠1
2 ，
所以k2= 2-2m2
4m2-1 > 0，解得-1 < m <- 1
2 或1
2 < m < 1．经检验，此时Δ > 0，
因此m 的取值范围是-1,- 1
2
∪
1
2 ,1
.
解法指导
三点共线问题证明的解题策略一般有以下几种：
(1) 斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等来证
明三点共线；
(2) 距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；
(3) 向量法：利用向量共线定理证明三点共线；
(4) 直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第三点也在该直线上；
(5) 点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，
23
则三点共线；
(6) 面积法：通过计算求出以三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，
离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”。
变式训练
23. (23 - 24 高三下·山西太原·三模) 已知双曲线C: x2
a2 - y2
b2 = 1 a>0,b>0
的左、右顶点分别为A 与
B，点D 3, 2
在C 上，且直线AD 与BD 的斜率之和为
2 .
(1) 求双曲线C 的方程;
(2) 过点P 3,0
的直线与C 交于M,N 两点(均异于点A,B )，直线MA 与直线x = 1 交于点Q，求
证: B,N,Q 三点共线.
【答案】(1) x2
3 - y2= 1；(2) 证明见解析
【解析】(1) 由题意得A -a,0
,B a,0
，且
9
a2 - 2
b2 =1
2
3+a +
2
3-a =
2
∴a2=3
b2=1 ∴x2
3 -y2=1
(2) 由(1) 得A - 3,0
,B
3,0
，
设直线MN 的方程为x = ty + 3 t≠± 3
,M x1,y1
,N x2,y2
，则BN
= x2-
3,y2
，
由
x=ty+3
x2
3 -y2=1
得t2-3
y2+ 6ty + 6 = 0,
∴y1+ y2=-
6t
t2-3 ,y1y2=
6
t2-3 ，
直线AM 的方程为y =
y1
x1+
3
x+
3
，
令x = 1，则y =
y1
x1+
3
1+
3
，
∴Q 1, 1+
3
y1
x1+
3
, ∴BQ
= 1-
3, 1+
3
y1
x1+
3
，
∵x2-
3
⋅
1+
3
y1
x1+
3
- 1-
3
y2=
1
x1+
3
x2-
3
⋅1+
3
y1- 1-
3
x1+
3
y2
=
1
x1+
3
ty2+3-
3
⋅1+
3
y1- 1-
3
ty1+3+
3
y2
=
1
x1+
3
ty2+3-
3
⋅1+
3
y1+
3-1
ty1+3+
3
y2
=
2 3
x1+
3
ty1y2+y1+y2
=
2 3
x1+
3
6t
t2-3 -
6t
t2-3
= 0,
∴BN
⎳BQ
, 所以B,N,Q 三点共线.
24. 已知抛物线Γ:y2 = 2px(p > 0) 经过点P 1,2
，直线l 与抛物线Γ 有两个不同的交点A,B，直线PA 交y
轴于M ，直线PB 交y 轴于N．
(1) 若直线l 过点Q 0,1
，求直线l 的斜率k 的取值范围；
(2) 若直线l 过抛物线Γ 的焦点F，交y 轴于点D,DA
= λAF
,DB
= μBF
，求λ + μ 的值；
24
(3) 若直线l 过点Q 0,1
，设O 0,0
,QM
= λQO
,QN
= μQO
，求1
λ + 1
μ 的值．
【答案】(1) -∞,-3
∪-3,0
∪0,1
；(2) - 1；(3)2
【解析】(1) 因为抛物线Γ:y2= 2px 经过点P(1,2)，所以4 = 2p，所以p = 2，
所以抛物线Γ 的解析式为y2= 4x．
又因为直线l 过点Q(0,1)，且直线l 与抛物线Γ 有两个不同的交点．
易知直线l 斜率存在且不为0，故可设直线l 的方程式为y = kx + 1.
根据题意可知直线l 不能过点P(1,2)，所以直线l 的斜率k ≠2-1
1-0 = 1.
若直线l 与抛物线的一个交点为(1, -2)，此时该点与点P 所在的直线斜率不存在，
则该直线与y 轴无交点，与题目条件矛盾，
此时k = -2-1
1-0
=-3，所以直线l 斜率k ≠-3.
联立方程y2=4x
y=kx+1
，得k2x2+ (2k - 4)x + 1 = 0，
因为直线l 与抛物线有两个不同交点，所以Δ = (2k - 4)2- 4k2= 16 - 16k > 0，所以k < 1．
故直线l 的斜率k 的取值范围是k ∈(-∞,1) 且k ≠-3 且k ≠0.
即率k 的取值范围是-∞,-3
∪-3,0
∪0,1
.
(2) 如图所示
设直线l 的方程为：x = my + 1 m≠0
, 由x=my+1
y2=4x
，得y2- 4my - 4 = 0，
设A x1,y1
,B x2,y2
，D 0,- 1
m
,F 1,0
，
则y1+ y2= 4m,y1y2=-4，∵DA
= λAF
，DB
= μBF
，
∴x1,y1+ 1
m
= λ 1-x1,-y1
，x2,y2+ 1
m
= m 1-x2,-y2
，
∴λ =-1 -
1
my1
，μ =-1 -
1
my2
，∴λ + μ =-2 -
1
my1
+
1
my2
=-2 - y1+y2
my1y2
=-2 -
4m
m(-4) =-2 + 1 =-1，
∴λ + μ =-1.
(3) 如图所示
25
设点M 0,ym
，N 0,yn
，则QM
= 0,ym-1
，QO
= (0, -1)，
因为QM
= λQO
，所以ym - 1 =-λ，故λ = 1 - ym，由QN
= μQO
得μ = 1 - yn，
设A x1,y1
，B x2,y2
，
直线PA 方程为y - 2 = 2-y1
1-x1
(x - 1) = 2-y1
1- y2
1
4
(x - 1) =
4
2+y1
(x - 1)，
令x = 0，得ym =
2y1
2+y1
①，由直线PB 可得yn=
2y2
2+y2
②，
因为1
λ + 1
μ =
1
1-ym
+
1
1-yn
③，
将①②代入③可得，1
λ + 1
μ = 2+y1
2-y1
+ 2+y2
2-y2
=
8-2y1y2
2-y1
2-y2
= 8-2 kx1+1
kx2+1
1-kx1
1-kx2
= 8-2 k2x1x2+kx1+kx2+1
1-kx1-kx2+k2x1x2
，
又由根与系数的关系：x1+ x2= 4-2k
k2
，x1x2= 1
k2 ，
所以1
λ + 1
μ =
8-2× 1+ 4-2k
k
+1
1- 4-2k
k
+1
=
4-2× 4-2k
k
2- 4-2k
k
= 2，
所以1
λ + 1
μ = 2.
题型九
存在性问题探究
大题典例
25. (23 - 24 高三下·上海·三模) 已知椭圆C：x2
8 + y2
4 = 1，F1、F2 分别为左、右焦点，直线l 过F2 交椭圆于
A、B 两点.
(1) 求椭圆的离心率；
(2) 当∠F1AB = 90°，且点A 在x 轴上方时，求A、B 两点的坐标；
(3) 若直线AF1交y 轴于M ，直线BF1交y 轴于N ，是否存在直线l，使得S△F1AB = S△F1MN？若存在，求出
直线l 的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
2
2 ；(2)B 8
3 ,- 2
3
；A 0,2
；(3) 存在直线x +
3y - 2 = 0 或x -
3y - 2 = 0 满足题意
【解析】(1) 由椭圆方程知，a = 2 2 ，b = 2，所以c =
a2-b2 = 2，
所以离心率e = c
a =
2
2 2 =
2
2 .
(2)F1 -2,0
，F2 2,0
，设A x1,y1
，且y1> 0.
所以AF1
= -x1-2,-y1
，AF2
= -x1+2,-y1
，
∵∠F1AB = 90° ∠F1AF2=90°
，∴AF1
⋅AF2
= x2
1 - 4 + y2
1 = 0，
又A 在椭圆上，满足x2
1
8 + y2
1
4 = 1，即y2
1 = 4 1- x2
1
8
，
∴x2
1 - 4 + 4 1- x2
1
8
= 0，解得x1= 0，即A 0,2
.
所以直线AB：y =-x + 2，
26
联立
y=-x+2
x2
8 + y2
4 =1
，解得
x= 8
3
y=- 2
3
或x=0
y=2
，
所以B 8
3 ,- 2
3
；
(3) 设A x1,y1
，B x2,y2
，M 0,y3
，N 0,y4
，
直线l：x = my + 2，
联立
x=my+2
x2
8 + y2
4 =1
，得m2+2
y2+ 4my - 4 = 0.
则y1+ y2=-
4m
m2+2 ，y1y2=
-4
m2+2 .
直线AF1的方程：y =
y1
x1+2 x+2
，令x = 0 得M 纵坐标y3=
2y1
x1+2 ；
直线BF1的方程：y =
y2
x2+2 x+2
，令x = 0 得N 的纵坐标y4=
2y2
x2+2 .
则S△F1AB = 1
2 F1F2
⋅y1-y2
= 2 y1-y2
，S△F1MN = 1
2 F1O
⋅y3-y4
= y3-y4
.
若S△F1AB = S△F1MN，即2 y1-y2
= y3-y4
，
y3-y4
=
2y1
x1+2 - 2y2
x2+2
=
2y1
my1+4 -
2y2
my2+4
=
8 y1-y2
my1+4
my2+4
= 2 y1-y2
，
∴
my1+4
my2+4
= 4，m2y1y2+4m y1+y2
+16
= 4，
代入根与系数的关系，得-4m2
m2+2 +4m⋅-4m
m2+2 +16
= 4，解得m =± 3.
∴存在直线x +
3y - 2 = 0 或x -
3y - 2 = 0 满足题意.
解法指导
圆锥曲线存在性问题的解题技巧：
1、特殊值(点) 法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再
证明求得的要素也使得其他情况均成立；
2、假设法：先假设存在，推证满足条件的结论。若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在。
变式训练
26. (24 - 25 高三上·上海·月考) 已知双曲线C : x2
a2 - y2
b2 = 1(a > 0,b > 0) 的离心率e = 2，左顶点
A -1,0
，过C 的右焦点F 作与x 轴不重合的直线l，交C 于P、Q 两点．
(1) 求双曲线C 的方程；
27
(2) 求证：直线AP、AQ 的斜率之积为定值；
(3) 设PF
= λFQ
，试问：在x 轴上是否存在定点T，使得AF
⊥(TP
- λTQ
) 恒成立？若存在，求出点
T 的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)x2- y2
3 = 1；(2) 证明见解析；(3) 存在，T
1
2 ,0
【解析】(1) 设双曲线的半焦距为c．
由题意知a = 1,c = ea = 2，故b2= c2- a2= 3，
因此C:x2- y2
3 = 1．
(2) 由题意知F 2,0
．设直线l:x = my + 2，
与双曲线方程联立得3m2-1
y2+ 12my + 9 = 0．
设P x1,y1
、Q x2,y2
，则
y1+y2=-
12m
3m2-1 ,
y1y2=
9
3m2-1 .
*
，
故直线AP、AQ 的斜率之积为
y1
x1+1 ⋅
y2
x2+1 =
y1y2
(my1+3)(my2+3) =
y1y2
m2y1y2+3m(y1+y2)+9
=
9
3m2-1
9m2
3m2-1 +3m⋅-12m
3m2-1 +9
=-1．
(3) 由题意知2-x1,-y1
= λ x2-2,y2
，得λ =- y1
y2
．
设T t,0
，则TP
- λTQ
=
x1-t
-λ x2-t
,y1-λy2
．
AF
⊥(TP
- λTQ
) 即AF
⋅(TP
- λTQ
) = 0．
由于AF
= (3,0)，上式即x1-t
- λ x2-t
= 0，解得t = x1-λx2
1-λ
．
利用(*) 式，得t = x1y2+x2y1
y1+y2
= 2my1y2+2(y1+y2)
y1+y2
= 2m.
9
-12m + 2 = 1
2 ，
因此存在定点T
1
2 ,0
满足题目要求．
27. (23 - 24 高三下·西藏拉萨·月考) 已知抛物线C:y2 = 2px(p > 0)，准线l 与x 轴交于点M,A x0,y0
为抛
物线C 上一点，AD ⊥l 交y 轴于点D. 当y0= 4 2 时，MA
= MD
+ MF
.
(1) 求抛物线C 的方程；
(2) 设直线AM 与抛物线C 的另一交点为B(点B 在点A,M 之间)，过点F 且垂直于x 轴的直线交AM
于点N. 是否存在实数λ，使得AM
BN
= λ BM
AN
？若存在，求出λ 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)y2= 8x；(2) 存在，λ = 1
【解析】(1) 因为当y0= 4 2 时，MA
= MD
+ MF
，所以四边形MFAD 为平行四边形，
所以AD
= MF
= p, 即x0= p, 所以A p,4 2
,
将A p,4 2
代入y2= 2px，得32 = 2p2，解得p = 4
所以抛物线C 的方程为y2= 8x.
(2) 如图，
由题意，得M -2,0
. 设直线AM 斜率不能为0，
28
故其方程为x = my - 2 m≠0
,B x1,y1
，则N 2, 4
m
.
由
y2=8x
x=my-2
，得y2- 8my + 16 = 0,Δ = 64m2- 64 > 0，
所以y0+ y1= 8m,y0y1= 16.
假设存在实数λ，使得AM
BN
= λ BM
AN
，即AM
BN
BM
AN
= λ.
由题意，知AM
BM
= y0
y1
, BN
AN
= 2-x1
x0-2
= my1-4
my0-4
，
所以AM
BM
⋅BN
AN
= y0
y1
⋅my1-4
my0-4
= my0y1-4y0
my0y1-4y1
.
又y0+ y1= 8m,y0y1= 16，
所以AM
BM
⋅BN
AN
= my0y1-4y0
my0y1-4y1
=
16m-4y0
16m-4 8m-y0
= 16m-4y0
4y0-16m
= 1，
即存在实数λ = 1，使得AM
BN
= λ BM
AN
成立.
题型十
“非对称”韦达定理
大题典例
28. (23 - 24 高三上·陕西西安·期中) 已知椭圆W: x2
4m + y2
m = 1 m>0
的长轴长为4，左、右顶点分别为
A，B，经过点P(1，0) 的动直线与椭圆W 相交于不同的两点C，D(不与点A，B 重合)．
(1) 求椭圆W 的方程及离心率；
(2) 若直线CB 与直线AD 相交于点M ，判断点M 是否位于一条定直线上？若是，求出该直线的方程；
若不是，说明理由．
【答案】(1) 椭圆方程为x2
4 + y2= 1，离心率为
3
2 ；(2)P 点在定直线x = 4 上．
【解析】(1) 由题意2 4m = 4，m = 1，所以椭圆方程为x2
4 + y2= 1，
a = 2 ，b = 1，则c =
3 ，离心率为e = c
a =
3
2 ；
(2) 由题意设动直线方程为x = ty + 1，设D(x1,y1),C(x2,y2)，A(-2,0),B(2,0)，
由
x=ty+1
x2
4 +y2=1
得(t2+ 4)y2+ 2ty - 3 = 0，
显然Δ > 0，
y1+ y2=-
2t
t2+4 ，y1·y2=-
3
t2+4 ，
直线AD 方程为y =
y1
x1+2 (x + 2)，直线BC 方程为y =
y2
x2-2 (x - 2)，
联立方程组
y=
y1
x1+2 (x+2)
y=
y2
x2-2 (x-2)
，得x = 2(x1y2+x2y1+2y2-2y1)
x1y2-x2y1+2y1+2y2
又x1=ty1+1
x2=ty2+1
，代入得x = 2(2ty1y2+3y2-y1)
3y2+y1
，
29
由y1+ y2=-
2t
t2+4 ，y1y2=-
3
t2+4 得y1+y2
y1y2
= 2t
3 ，即2ty1y2= 3(y1+ y2)，
所以x = 2[3(y1+y2)+3y2-y1]
3y2+y1
= 4，
所以P 点在定直线x = 4 上．
解法指导
将直线的方程与圆锥曲线方程联立，消去y，得到关键方程(设方程的两根x1 和x2)，在某些问题
中，可能会涉及到需计算两根系数不相同的代数式。例如，运算过程中出现了x1- 2x2、2x1+
2x2 等结构，且无法直接通过合并同类项化为系数相同的情况处理，像这种非对称的结构，通常是
无法根据伟大定理直接求出的，此时一般的处理技巧是抓住x1+ x2 和x1x2 的关系将两根积向两
根和转化，通过局部计算、整体约分的方法解决问题。
变式训练
29. (23 - 24 高三上·上海闵行·期中) 已知双曲线C：x2
a2 - y2
b2 = 1 a>0,b>0
的离心率为
2 ，点3,-1
在双曲线C 上．过C 的左焦点F 作直线l 交C 的左支于A、B 两点．
(1) 求双曲线C 的方程；
(2) 若M -2,0
，试问：是否存在直线l，使得点M 在以AB 为直径的圆上? 请说明理由．
(3) 点P -4,2
，直线AP 交直线x =-2 于点Q．设直线QA、QB 的斜率分别k1、k2，求证：k1- k2为
定值．
【答案】(1) x2
8 - y2
8 = 1；(2) 不存在，理由见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1) 由双曲线C: x2
a2 - y2
b2 = 1 的离心率为
2 ，且M 3,-1
在双曲线C 上，
可得
9
a2 - 1
b2 =1
e= c
a =
2
c2=a2+b2
，解得a2= 8,b2= 8，∴双曲线的方程为x2
8 - y2
8 = 1．
(2) 双曲线C 的左焦点为F -4,0
，
当直线l 的斜率为0 时，此时直线为y = 0，与双曲线C 左支只有一个交点，舍去；
当直线l 的斜率不为0 时，设l:x = my - 4，
联立方程组x=my-4
x2-y2=8
，消x 得m2-1
y2- 8my + 8 = 0，易得Δ > 0，
设A x1,y1
,B x2,y2
，则y1+ y2=
8m
m2-1 ,y1y2=
8
m2-1 < 0，可得-1 < m < 1，
∵MA
= x1+2,y1
,MB
= x2+2,y2
，
则MA
⋅MB
= x2+2
x1+2
+ y1y2= my1-2
my2-2
+ y1y2
= m2+1
y1y2- 2m y1+y2
+ 4 = 8 m2+1
m2-1
- 16m2
m2-1 + 4 =-4，
即MA
⋅MB
≠0，可得MA 与MB 不垂直，
∴不存在直线l，使得点M 在以AB 为直径的圆上．
(3) 由直线AP:y - 2 = k1 x+4
，得Q -2,2+2k1)
，
30
∴k2= y2-2-2k1
x2+2
= y2-2-2k1
my2-2
，又k1= kPA= y1-2
x1+4 = y1-2
my1
，
∴k1- k2= y1-2
my1
- y2-2-2k1
my2-2
=
y1-2
my2-2
-my1 y2-2-2k1
my1 my2-2
= -2my2-2y1+4+2my1+2mk1y1
my1 my2-2
，
∵k1= y1-2
my1
，∴k1my1= y1- 2，且y1+ y2= my1y2，
∴k1- k2=
2m y1-y2
my1 my2-2
= 2 y1-y2
y1+y2-2y1
=-2，即k1- k2为定值．
30. (24 - 25 高三上·重庆·月考) 已知F 是椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
的右焦点，O 为坐标原点，M 为
椭圆上任意一点，MF
的最大值为2 +
3 ，当OM
= OF
时，△MOF 的面积为1
2 .
(1) 求b
a 的值；
(2)A,B 为椭圆的左、右顶点，点P 满足AP
= 3PB
，当M 与A,B 不重合时，射线MP 交椭圆C 于点N ，
直线AM,BN 交于点T，求∠ATB 的最大值.
【答案】(1) 1
2 ；(2) π
6
【解析】(1) 因为|MF|max = a + c = 2 +
3 ①，
设椭圆的左焦点为E，因为OM
= OF
= 1
2 EF
，所以∠EMF = 90°.
即ME|2+
MF|2= |EF|2= 4c2，
又ME
+ MF
= 2a，所以ME|2+
MF
2+2 ME
MF
=4a2，
所以2 ME
MF
= 4a2- 4c2= 4b2，
所以ME
MF
= 2b2，所以S△MEF = 1
2 ME
MF
= b2，
因为S△MOF = 1
2 ，所以S△MEF = 1，所以b2= 1 ②，又a2= b2+ c2③，
由①②③，解得a2= 4,c2= 3，所以b
a = 1
2 .
(2) 由(1) 可知椭圆C 的方程为x2
4 + y2= 1，
因为点P 满足AP
= 3PB
，所以P 1,0
，设直线MN 的方程为x = my + 1，
联立
x=my+1
x2
4 +y2=1
，得m2+4
y2+ 2my - 3 = 0，
设M x1,y1
,N x2,y2
，易得Δ > 0，则y1+ y2=-
2m
m2+4 ,y1y2=-
3
m2+4 ，
直线AM 的方程为y =
y1
x1+2 x+2
，直线BN 的方程为y =
y2
x2-2 x-2
，
联立得x-2
x+2 = y1 x2-2
y2 x1+2
= y1 my2+1-2
y2 my1+1+2
= my1y2-y1
my1y2+3y2
，
因为my1y2= 3
2
y1+y2
，所以x-2
x+2 =
3
2 y1+y2
-y1
3
2 y1+y2
+3y2
=
1
2 y1+ 3
2 y2
3
2 y1+ 9
2 y2
= 1
3 ，解得x = 4,
31
所以动点T 的轨迹方程为x = 4 y≠0
.
由椭圆的对称性不妨设T 4,t
,
t > 0，直线TA,TB 的倾斜角分别为α,β，
因为∠ATB = β - α，所以tan∠ATB = tan β-α
= tanβ-tanα
1+tanβtanα ，
因为tanα = kTA = t
6 ,tanβ = kTB = t
2 ，所以tan∠ATB =
t
2 - t
6
1+ t
2 ⋅t
6
=
4t
t2+12 =
4
t+ 12
t
≤
4
4 3 =
3
3 ，
当且仅当t = 2 3 时，等号成立，此时T 4,2 3
，∠ATB = π
6 ，所以∠ATB 的最大值为π
6 .
必刷大题
刷模拟
1. (23 - 24 高三下·河北·模拟预测) 椭圆C：x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
左右顶点分别为A，B，且AB
= 4，
离心率e =
2
2 .
(1) 求椭圆C 的方程；
(2) 直线l 与抛物线y2= 4x 相切，且与C 相交于M、N 两点，求△MNB 面积的最大值.
【答案】(1) x2
4 + y2
2 = 1；(2) 10
【解析】(1) 由题意AB
= 4，得2a = 4，a = 2.
又C 的离心率为
2
2 ，得c
a =
2
2 ，所以c =
2 ，
则b2= a2- c2= 4 - 2 = 2，
得椭圆C 的方程为x2
4 + y2
2 = 1.
(2)
方法一：由题意当直线l 斜率不存在时，直线l 方程为x = 0，
易得MN
= 2 2 ，此时S△MNB = 1
2 × 2 2 × 2 = 2 2.
当直线l 斜率存在时，方程可设为y = kx + m，与抛物线y2= 4x 联立得
kx+m
2= 4x ⇒k2x2+ 2kmx + m2= 4x
整理得k2x2+ 2km-4
x + m2= 0
由Δ = 2km-4
2- 4k2m2= 0 ⇒km = 1.
联立
y=kx+m
x2
4 + y2
2 =1
，得1+2k2
x2+ 4kmx + 2m2- 4 = 0，
又km = 1，整理得1+2k2
x2+ 4x + 2m2- 4 = 0
32
且Δ = 16 - 4 1+2k2
2m2-4
> 0 ⇒4k2- m2>-2 ⇒4k2- 1
k2 >-2，得k2>
5-1
4
设M x1,y1
，N x2,y2
，则x1+ x2=
-4
1+2k2 ，x1x2= 2m2-4
1+2k2 .
得MN
=
1+k2
-4
1+2k2
2
-4 2m2-4
1+2k2 =
1+k2
16-4 2m2-4
1+2k2
1+2k2
2
=
1+k2
16-8m2+32k2
1+2k2
2
= 2 2
1+k2
2-m2+4k2
1+2k2
2
又点B 到直线y = kx + m 距离为2k+m
1+k2 ，
S△MNB = 1
2 × 2 2
1+k2
2-m2+4k2
1+2k2
2
2k+m
1+k2 =
2
2-m2+4k2
2k+m
2
1+2k2
2
=
2
2-m2+4k2
4k2+4+m2
1+2k2
2
=
2
24k2+8-2m2-m4+16k4
1+2k2
2
=
2
8 2k4+3k2+1
- 2k2+1
k4
1+2k2
2
=
2
8 2k2+1
k2+1
- 2k2+1
k4
1+2k2
2
=
2
8 k2+1
- 1
k4
1+2k2
=
2
8k6+8k4-1
k4 1+2k2
=
2
8k6+8k4-1
2k6+k4
=
2
8k6+4k4+4k4-1
2k6+k4
=
2
4+ 4k4-1
2k6+k4 =
2
4+ 2k2+1
2k2-1
k4 2k2+1
=
2
- 1
k4 + 2
k2 +4
由二次函数性质知当1
k2 = 1(满足k2>
5-1
4
) 时，
2
- 1
k4 + 2
k2 +4 取得最大值为
10 ，
综上所述，得△MNB 的面积的最大值为
10.
方法二：由题意知直线l 斜率不为0，故方程可设为x = my + n，
与抛物线y2= 4x 联立得y2= 4my + 4n ⇒y2- 4my - 4n = 0，
直线l 与抛物线相切得Δ = 4m
2+ 16n ⇒m2+ n = 0，
联立
x=my+n
x2
4 + y2
2 =1
，得m2+2
y2+ 2mny + n2- 4 = 0，
且Δ = 4m2n2- 4 m2+2
n2-4
> 0 ⇒-n2+ 2m2+ 4 > 0.
设M x1,y1
，N x2,y2
则y1+ y2= -2mn
m2+2 ，y1y2= n2-4
m2+2 .
又x = my + n 与x 轴交于点E n,0
，
则S△MNB = 1
2 n-2
× y1-y2
= 1
2 n-2
y1+y2
2-4y1y2
= n-2
2
-2mn
m2+2
2
-4 n2-4
m2+2 = n-2
2
16m2-8n2+32
m2+2
2
=
2 n-2
2m2-n2+4
m2+2
2
又m2+ n = 0，
S△MNB =
2 n-2
-2n-n2+4
-n+2
2
=
2
-n2-2n+4 =
2
- n+1
2+5 ，
33
当n =-1(此时m2= 1，符合-n2+ 2m2+ 4 > 0) 时，2
- n+1
2+5 取得最大值为
10
综上所述，得△MNB 的面积的最大值为
10.
方法三：由y2= 2px，求导数得2yy= 2p，
不妨设y ≠0，则y= p
y ，
由导数的几何意义知过点M x0，y0
的切线的斜率为k = p
y0
，
故所求切线方程为y - y0= p
y0
x-x0
，
化简得y0y - y2
0= px - px0即y0y = px + y2
0- px0，
又M x0，y0
在抛物线y2= 2px 上，∴y2
0= 2px0
所以切线方程为：y0y = p(x + x0) (可验证对y0= 0，此方程也适用)
因此可得抛物线的方程y2= 2px p>0
，求经过抛物线上一点M x0，y0
的切线的方程为y0y = p(x + x0).
故由题意可设直线l 的切点为x0,y0
，则切线方程为y0y = 2x + 2x0
当切点为原点时，易得S△MNB = 1
2 × 2 2 × 2 = 2 2
当切点不是原点时，联立
x2
4 + y2
2 =1
y0y=2x+2x0
⇒x2+2 2x+2x0
y0
2
-4=0
，
又y2
0= 4x0，整理得x0+2
x2+ 4xx0+ 2x2
0- 4x0= 0，
Δ = 16x2
0- 4 x0+2
2x2
0-4x0
> 0，得0 < x0< 1 +
5 ，
设M x1,y1
，N x2,y2
，
则x1+ x2= -4x0
x0+2 ，x1x2= 2x2
0-4x0
x0+2
.
得MN
=
1+ 1
x0
-4x0
x0+2
2
-4 2x2
0-4x0
x0+2
=
1+x0
x0
16x2
0-4 2x2
0-4x0
x0+2
x0+2
2
=
1+x0
x0
16x2
0-4 2x3
0-8x0
x0+2
2
= 2 2
1+x0
x0
-x0 x2
0-2x0-4
x0+2
2
又点B 到直线y0y = 2x + 2x0距离为2x0+4
4+y2
0
= x0+2
1+x0
，
S△MNB =
2
1+x0
x0
-x0 x2
0-2x0-4
x0+2
2
x0+2
1+x0
=
2
- x2
0-2x0-4
x0+2
2
x0+2
2
=
2
- x2
0-2x0-4
当x0= 1 时(满足0 < x0< 1 +
5)，面积最大S△MNB =
10.
综上所述，得△MNB 的面积的最大值为
10.
方法四：设直线l 的切点为x0,y0
，即
y2
0
4 ,y0
，
由方法三可设切线方程为2y0y = 4x + y2
0.
由题意知直线l 斜率不为0，得直线l 方程为4x = 2y0y - y2
0，
x2
4 + y2
2 =1
4x=2y0y-y2
0
⇒4y2
0+32
y2-4y3
0y+y4
0-64=0
Δ = 16y6
0- 4 4y2
0+32
y4
0-64
> 0，得-y4
0+ 8y2
0+ 64 > 0.
设M x1,y1
，N x2,y2
34
则y1+ y2=
4y3
0
4y2
0+32 ，y1y2= y4
0-64
4y2
0+32 .
又4x = 2y0y - y2
0与x 轴交于点- y2
0
4 ,0
，
则S△MNB = 1
2
y2
0
4 +2
× y1-y2
= 1
2
y2
0
4 +2
y1+y2
2-4y1y2
= y2
0+8
8
4y3
0
4y2
0+32
2
-4 y4
0-64
4y2
0+32 =
2 y2
0+8
4
-y4
0+8y2
0+64
y2
0+8
2
=
2
4
-y4
0+8y2
0+64 =
2
4
- y2
0-4
2+80
当y2
0= 4(满足-y4
0+ 8y2
0+ 64 > 0) 时，2
4
- y2
0-4
2+80 取得最大值为
10.
综上所述，得△MNB 的面积的最大值为
10
2. (24 - 25 高三上·河北石家庄·月考) 已知焦距为2 3 的椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的右焦点为F，
右顶点为A，过F 作直线l 与椭圆C 交于B、D 两点(异于点A)，当BD ⊥x 轴时，|BD| = 1．
(1) 求椭圆C 的方程；
(2) 证明：∠BAD 是钝角．
【答案】(1) x2
4 + y2= 1；(2) 证明见解析
【解析】(1) 由题意：
c=
3
2b2
a =1
a2=b2+c2
⇒
c=
3
a=2
b=1
，
所以椭圆C 的方程为：x2
4 + y2= 1.
(2) 如图：
因为B、D 两点异于点A，故直线l 斜率不为0.
设直线l：x = ty +
3 ，
由
x2
4 +y2=1
x=ty+
3
⇒t2+4
y2+ 2 3ty - 1 = 0.
设B x1,y1
，D x2,y2
，则y1+ y2=- 2 3t
t2+4 ，y1y2=-
1
t2+4 .
所以AB
⋅AD
= x1-2,y1
⋅x2-2,y2
= x1-2
x2-2
+ y1y2= ty1+
3-2
ty2+
3-2
+ y1y2
= t2+1
y1y2+
3-2
t y1+y2
+
3-2
2
=- t2+1
t2+4 - 2 3
3-2
t2
t2+4
+
3-2
2= 4 7-4 3
t2+4
< 0，
所以∠BAD 为钝角或平角(舍去).
故∠BAD 为钝角.
3. (24 - 25 高三上·重庆·月考) 已知双曲线C: x2
a2 - y2
b2 = 1(a > 0,b > 0) 的一条渐近线方程为y =
3
2 x，
点P 4,3
在双曲线C 上．
(1) 求双曲线C 的方程.
35
(2) 设过点-1,0
的直线l 与双曲线C 交于M ，N 两点，问在x 轴上是否存在定点Q，使得QM
⋅QN
为常数？若存在，求出Q 点坐标及此常数的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1) x2
4 - y2
3 = 1；(2) 存在，Q - 29
8 ,0
，585
64 .
【解析】(1) 由题意得，因为双曲线渐近线方程为y =
3
2 x，
所以b
a =
3
2
⇒b =
3
2 a，
又点P(4,3) 在双曲线上，所以将坐标代入双曲线标准方程得：16
a2 - 9
b2 = 1，
联立两式解得16
a2 -
9
3
2 a
2 = 1 ⇒a = 2，b =
3 ，
所以双曲线的标准方程为：x2
4 - y2
3 = 1.
(2) 如图所示，
点E(-1,0), 直线l 与双曲线交于M,N 两点，
由题意得，设直线l 的方程为x = my - 1，Q 点坐标为(t,0)，
联立
x2
4 - y2
3 =1
x=my-1
得，(3m2- 4)y2- 6my - 9 = 0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则y1+ y2=
6m
3m2-4 ，y1y2=
-9
3m2-4 ，
x1+ x2= (my1- 1) + (my2- 1) = m(y1+ y2) - 2 =
6m2
3m2-4 - 2 =
8
3m2-4 ，
x1x2= (my1- 1) (my2- 1) = m2y1y2- m(y1+ y2) + 1 = -12m2-4
3m2-4
，
QM
= (x1- t,y1)，QN
= (x2- t,y2)，
所以QM
⋅QN
= (x1- t) (x2- t) + y1y2= x1x2- t(x1+ x2) + t2+ y1y2
= -12m2-4
3m2-4
- t ⋅
8
3m2-4 +
-9
3m2-4 + t2
= -12m2-13-8t
3m2-4
+ t2= -4(3m2-4)-8t-29
3m2-4
+ t2
=-4 - 8t+29
3m2-4 + t2，
所以若要使得上式为常数，则8t + 29 = 0，
即t =- 29
8 ，此时QM
⋅QN
= 585
64 ，
所以存在定点Q - 29
8 ,0
，使得QM
⋅QN
为常数585
64 .
4. (24 - 25 高三上·云南保山·期中) 若P 2,2
为抛物线Γ:y2 = mx 上一点，过P 作两条关于x = 2 对称的
直线分别另交Γ 于A x1,y1
,B x2,y2
两点.
(1) 求抛物线Γ 的方程与焦点坐标；
(2) 判断直线AB 的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)y2= 2x，焦点为
1
2 ,0
；(2) 存在，- 1
2 .
36
【解析】(1) 由题意，得22= 2m，得m = 2，所求抛物线Γ 方程为y2= 2x，其焦点坐标为
1
2 ,0
.
(2) 如图，由题意，不妨设直线AB 的方程为y = kx + t，
联立抛物线方程y=kx+t
y2=2x
，消去y 得k2x2+ 2kt-2
x + t2= 0,Δ = 4 - 8kt > 0，
由韦达定理得x1+ x2=- 2kt-2
k2
,x1x2= t2
k2 ，
因为直线PA 与PB 关于x = 2 对称，所以y1-2
x1-2 + y2-2
x2-2 = 0，且y2
1 = 2x1,y2
2= 2x2，
所以y1-2
y2
1
2 -2
+ y2-2
y2
2
2 -2
= 2 y1-2
y2
1-4
+ 2 y2-2
y2
2-4
= 0，
所以
2
y1+2 +
2
y2+2 = 0，即y1+ y2+ 4 = 0，即k x1+x2
+ 2t + 4 = 0，
由韦达定理得-k ⋅2kt-2
k2
+ 2t + 4 = 0，解得k =- 1
2 ，
所以直线AB 的斜率为定值- 1
2 .
5. (24 - 25 高三上·湖北武汉·期中) 已知椭圆C ：x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
的离心率为
3
2 ，点A 0,1
在
C 上，直线l 与C 交于不同于A 的两点M ，N．
(1) 求C 的方程；
(2) 若AM
⋅AN
= 0，求△AMN 面积的最大值；
(3) 记直线AM ，AN 的斜率分别为k1，k2，若k1k2=- 1
16 ，证明：以MN 为直径的圆过定点，并求出定点
坐标．
【答案】(1) x2
4 + y2= 1；(2) 64
25 ；(3) 证明见解析，定点0,-1
【解析】(1) 由题意可知：
b=1
e= c
a =
3
2
a2=b2+c2
，解得
a=2
b=1
c=
3
，
所以椭圆C 的方程为x2
4 + y2= 1.
(2) 若AM
⋅AN
= 0，可知直线l 的斜率存在，
37
设直线l：y = kx + m m≠1
，M x1,y1
,N x2,y2
，
联立方程
y=kx+m
x2
4 +y2=1
，消去y 可得4k2+1
x2+ 8kmx + 4m2- 4 = 0，
则Δ = 64k2m2- 4 4k2+1
4m2-4
> 0，整理可得m2< 4k2+ 1，
可得x1+ x2=- 8km
4k2+1 ,x1⋅x2= 4m2-4
4k2+1 ，
因为A 0,1
，则AM
= x1,y1-1
,AN
= x2,y2-1
，
由AM
⋅AN
= 0，可得x1x2+ y1-1
y2-1
= 0，
则x1x2+ kx1+m-1
kx2+m-1
= 0，
整理可得k2+1
x1x2+ k m-1
x1+x2
+ m-1
2= 0，
则
k2+1
4m2-4
4k2+1
- 8k2m m-1
4k2+1
+ m-1
2= 0，
且m ≠1，则m - 1 ≠0，可得4 k2+1
m+1
4k2+1
- 8k2m
4k2+1 + m-1
= 0，
解得m =- 3
5 ，且满足m2< 4k2+ 1，
可知直线l：y = kx - 3
5 过定点0,- 3
5
，
则△AMN 面积S△AMN = 1
2 × 1+ 3
5
x1-x2
= 4
5
- 8km
4k2+1
2
- 4 4m2-4
4k2+1
= 16 4k2+1-m2
5 4k2+1
=
32
25
25k2+4
4k2+1
，
令t =
25k2+4 ≥2，则k2= t2-4
25
，可得S△AMN = 32
25
t
4× t2-4
25 +1
=
32t
4t2+9 =
8
t+
9
4
t
，
因为f t
= t +
9
4
t 在2,+∞
内单调递增，则f t
≥f 2
= 25
8 ，
所以当t = 2,k = 0 时，△AMN 面积取到最大值64
25 .
(3) 若直线l 的斜率不存在，设M x1,y1
,N x1,-y1
,x1≠0，
可得k1k2= y1-1
x1
⋅-y1-1
x1
=- y2
1-1
x2
1
=- 1
16 ，可得y2
1 = 1 + 1
16 x2
1 > 1，
这与y2
1 ≤1 相矛盾，不合题意；
可知直线l 的斜率存在，设直线l：y = kx + m m≠1
，M x1,y1
,N x2,y2
，
38
可得k1k2= y1-1
x1
⋅y2-1
x2
=
kx1+m-1
kx2+m-1
x1x2
=- 1
16 ，
整理可得16k2+1
x1x2+ 16k m-1
x1+x2
+ 16 m-1
2= 0，
则
16k2+1
4m2-4
4k2+1
- 128k2m m-1
4k2+1
+ 16 m-1
2= 0，
且m ≠1，则m - 1 ≠0，可得
16k2+1
m+1
4k2+1
- 32k2m
4k2+1 + 4 m-1
= 0，解得m = 3
5 ，
设以MN 为直径的圆过定点P x0,y0
，
则PM
= x1-x0,y1-y0
,PN
= x2-x0,y2-y0
，
可得PM
⋅PN
= x1-x0
x2-x0
+ y1-y0
y2-y0
= 0，
则x1-x0
x2-x0
+ kx1+m-y0
kx2+m-y0
= 0，
整理可得k2+1
x1x2+ k m-y0
-x0
x1+x2
+ x2
0+ m-y0
2= 0，
则
k2+1
4m2-4
4k2+1
- 8km k m-y0
-x0
4k2+1
+ x2
0+ m-y0
2= 0，
可得4 x2
0+y2
0-1
k2+ 24
5 x0k - 64
25 + x2
0+
3
5 -y0
2
= 0，
注意到上式对任意的k 均成立，则
4 x2
0+y2
0-1
=0
24
5 x0=0
- 64
25 +x2
0+
3
5 -y0
2=0
，解得x0=0
y0=-1
，
所以以MN 为直径的圆过定点0,-1
.
6. (24 - 25 高三上·上海宝山·月考) 已知椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的左、右焦点分别为F ₁、F ₂，
N -2,0
为椭圆的一个顶点，且右焦点F ₂到双曲线. x² -y² = 2 渐近线的距离为
2
2 ，
(1) 求椭圆C 的标准方程；
(2) 设直线l:y = kx + m k≠0
与椭圆C 交于A、B 两点.
①若直线l 过椭圆右焦点F ₂，且△AF ₁ B 的面积为8 3
5
，求实数k 的值；
②若直线l 过定点P(0,2)，且k > 0，在x 轴上是否存在点T(t,0) 使得以TA、TB 为邻边的平行四边
形为菱形? 若存在，则求出实数t 的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) x2
4 + y2
3 = 1；(2) ①k =± 3; ②t ∈-
3
6 ,0
【解析】(1) 由双曲线. x² -y² = 2 的渐近线方程为x ± y = 0，
再由椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的右焦点分别为F ₂ c,0
到渐近线的距离为
2
2
可得：
c
2 =
2
2 ，因为c > 0，所以解得c = 1，
再由椭圆的一个顶点为N -2,0
，可得a = 2，
所以由b2= a2- c2= 4 - 1 = 3，
即椭圆C 的标准方程为x2
4 + y2
3 = 1；
(2) ①直线l:y = kx + m k≠0
过椭圆右焦点F ₂可得：0 = k + m，即m =-k，
39
所以由直线l:y = k x-1
与椭圆C 的标准方程x2
4 + y2
3 = 1 联立方程组，消去y 得：
4k2+3
x2- 8k2x + 4k2- 12 = 0，
设两交点A x1,y1
,B x2,y2
，则有x1+ x2=
8k2
4k2+3 ,x1x2= 4k2-12
4k2+3 ,
所以AB
=
1+k2 x1-x2
=
1+k2
8k2
4k2+3
2
-4 4k2-12
4k2+3 = 12 k2+1
4k2+3
，
又椭圆左焦点F1 -1,0
到直线l:k x-1
- y = 0 的距离为d =
-2k
1+k2 ，
所以S△AF1B = 1
2 ⋅d ⋅AB
= 1
2 ⋅
-2k
1+k2 ⋅12 k2+1
4k2+3
= 8 3
5
，
解得：k2= 3 或k2=- 12
11 (舍去)，即k =± 3；
②假设存在点T t,0
使得以TA,TB 为邻边的平行四边形为菱形，
由于直线过定点P(0，2)，且k > 0，可知直线方程为y = kx + 2，
与椭圆x2
4 + y2
3 = 1 联立方程组，消去y 得：4k2+3
x2+ 16kx + 4 = 0，
由Δ = 192k2- 48 > 0，且k > 0，解得k > 1
2 ，
设两交点A x1,y1
,B x2,y2
，AB 中点M x0,y0
，则有x1+ x2= -16k
4k2+3 ,x1x2=
4
4k2+3 ,
所以x0= x1+x2
2
=
-8k
4k2+3 ,y0= kx0+ 2 =
6
4k2+3 ，
即kTM =- 1
k =
6
4k2+3
-
8k
4k2+3 -t
，整理得t =-
2k
4k2+3 =-
2
4k+ 3
k
，
又因为k > 1
2 ，所以4k + 3
k ∈4 3,+∞
，则t ∈-
3
6 ,0
.
刷真题
7. (2024·全国·高考真题) 已知A(0,3) 和P 3, 3
2
为椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 上两点.
(1) 求C 的离心率;
(2) 若过P 的直线l 交C 于另一点B，且△ABP 的面积为9，求l 的方程．
【答案】(1) 1
2 ；(2) 直线l 的方程为3x - 2y - 6 = 0 或x - 2y = 0.
【解析】(1) 由题意得
b=3
9
a2 +
9
4
b2 =1
，解得b2=9
a2=12
，
40
所以e =
1- b2
a2 =
1- 9
12 = 1
2 .
(2) 法一：kAP =
3- 3
2
0-3 =- 1
2 ，则直线AP 的方程为y =- 1
2 x + 3，即x + 2y - 6 = 0，
AP
=
0-3
2+ 3- 3
2
2
= 3 5
2
，由(1) 知C: x2
12 + y2
9 = 1，
设点B 到直线AP 的距离为d，则d = 2×9
3 5
2
= 12
5
5
，
则将直线AP 沿着与AP 垂直的方向平移12
5
5
单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点B，
设该平行线的方程为：x + 2y + C = 0，
则C+6
5
= 12
5
5
，解得C = 6 或C =-18，
当C = 6 时，联立
x2
12 + y2
9 =1
x+2y+6=0
，解得x=0
y=-3
或
x=-3
y=- 3
2
，
即B 0,-3
或-3,- 3
2
，
当B 0,-3
时，此时kl = 3
2 ，直线l 的方程为y = 3
2 x - 3，即3x - 2y - 6 = 0，
当B -3,- 3
2
时，此时kl = 1
2 ，直线l 的方程为y = 1
2 x，即x - 2y = 0，
当C =-18 时，联立
x2
12 + y2
9 =1
x+2y-18=0
得2y2- 27y + 117 = 0，
Δ = 272- 4 × 2 × 117 =-207 < 0，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线l 的方程为3x - 2y - 6 = 0 或x - 2y = 0.
法二：同法一得到直线AP 的方程为x + 2y - 6 = 0，
点B 到直线AP 的距离d = 12
5
5
，
设B x0,y0
，则
x0+2y0-6
5
= 12
5
5
x2
0
12 + y2
0
9 =1
，解得
x0=-3
y0=- 3
2
或x0=0
y0=-3
，
即B 0,-3
或-3,- 3
2
，以下同法一.
法三：同法一得到直线AP 的方程为x + 2y - 6 = 0，
点B 到直线AP 的距离d = 12
5
5
，
设B 2 3cosθ,3sinθ
，其中θ ∈0,2π
，则有2 3cosθ+6sinθ-6
5
= 12
5
5
，
联立cos2θ + sin2θ = 1，解得
cosθ=-
3
2
sinθ=- 1
2
或cosθ=0
sinθ=-1
，
即B 0,-3
或-3,- 3
2
，以下同法一；
法四：当直线AB 的斜率不存在时，此时B 0,-3
，
S△PAB = 1
2 × 6 × 3 = 9，符合题意，此时kl = 3
2 ，直线l 的方程为y = 3
2 x - 3，即3x - 2y - 6 = 0，
当线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y = kx + 3，
41
联立椭圆方程有
y=kx+3
x2
12 + y2
9 =1
，则4k2+3
x2+ 24kx = 0，其中k ≠kAP，即k ≠- 1
2 ，
解得x = 0 或x = -24k
4k2+3 ，k ≠0，k ≠- 1
2 ，
令x = -24k
4k2+3 ，则y = -12k2+9
4k2+3
，则B
-24k
4k2+3 , -12k2+9
4k2+3
同法一得到直线AP 的方程为x + 2y - 6 = 0，
点B 到直线AP 的距离d = 12
5
5
，
则
-24k
4k2+3 +2× -12k2+9
4k2+3
-6
5
= 12
5
5
，解得k = 3
2 ，
此时B -3,- 3
2
，则得到此时kl = 1
2 ，直线l 的方程为y = 1
2 x，即x - 2y = 0，
综上直线l 的方程为3x - 2y - 6 = 0 或x - 2y = 0.
法五：当l 的斜率不存在时，l:x = 3,B 3,- 3
2
, PB
= 3,A 到PB 距离d = 3，
此时S△ABP = 1
2 × 3 × 3 = 9
2 ≠9 不满足条件.
当l 的斜率存在时，设PB:y - 3
2 = k(x - 3)，令P x1,y1
,B x2,y2
，
y=k(x-3)+ 3
2
x2
12 + y2
9 =1
，消y 可得4k2+3
x2- 24k2-12k
x + 36k2- 36k - 27 = 0，
Δ = 24k2-12k
2- 4 4k2+3
36k2-36k-27
> 0，且k ≠kAP，即k ≠- 1
2 ，
x1+x2= 24k2-12k
4k2+3
x1x2= 36k2-36k-27
4k2+3
, PB
=
k2+1
x1+x2
2-4x1x2=
4 3
k2+1
3k2+9k+ 27
4
4k2+3
，
A 到直线PB 距离d =
3k+ 3
2
k2+1
,S△PAB = 1
2 ⋅
4 3
k2+1
3k2+9k+ 27
4
4k2+3
⋅
3k+ 3
2
k2+1
= 9，
∴k = 1
2 或3
2 ，均满足题意，∴l:y = 1
2 x 或y = 3
2 x - 3，即3x - 2y - 6 = 0 或x - 2y = 0.
法六：当l 的斜率不存在时，l:x = 3,B 3,- 3
2
, PB
= 3,A 到PB 距离d = 3，
此时S△ABP = 1
2 × 3 × 3 = 9
2 ≠9 不满足条件.
当直线l 斜率存在时，设l:y = k(x - 3) + 3
2 ，
设l 与y 轴的交点为Q，令x = 0，则Q 0,-3k+ 3
2
，
联立y=kx-3k+ 3
2
3x2+4y2=36
，则有3+4k2
x2- 8k 3k- 3
2
x + 36k2- 36k - 27 = 0，
3+4k2
x2- 8k 3k- 3
2
x + 36k2- 36k - 27 = 0，
其中Δ = 8k2 3k- 3
2
2
- 4 3+4k2
36k2-36k-27
> 0，且k ≠- 1
2 ，
则3xB = 36k2-36k-27
3+4k2
,xB = 12k2-12k-9
3+4k2
，
42
则S = 1
2 AQ
xP-xB
= 1
2 3k+ 3
2
12k+18
3+4k2
= 9，解的k = 1
2 或k = 3
2 ，经代入判别式验证均满足题意.
则直线l 为y = 1
2 x 或y = 3
2 x - 3，即3x - 2y - 6 = 0 或x - 2y = 0.
8. (2024·全国·高考真题) 已知椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的右焦点为F，点M 1, 3
2
在C 上，且MF
⊥x 轴．
(1) 求C 的方程；
(2) 过点P 4,0
的直线交C 于A,B 两点，N 为线段FP 的中点，直线NB 交直线MF 于点Q，证明：
AQ ⊥y 轴．
【答案】(1) x2
4 + y2
3 = 1；(2) 证明见解析
【解析】(1) 设F c,0
，由题设有c = 1 且b2
a = 3
2 ，故a2-1
a
= 3
2 ，故a = 2，故b =
3 ，
故椭圆方程为x2
4 + y2
3 = 1.
(2) 直线AB 的斜率必定存在，设AB:y = k(x - 4)，A x1,y1
，B x2,y2
，
由3x2+4y2=12
y=k(x-4)
可得3+4k2
x2- 32k2x + 64k2- 12 = 0，
故Δ = 1024k4- 4 3+4k2
64k2-12
> 0，故- 1
2 < k < 1
2 ，
又x1+ x2=
32k2
3+4k2 ,x1x2= 64k2-12
3+4k2
，
而N
5
2 ,0
，故直线BN:y =
y2
x2- 5
2
x- 5
2
，故yQ =
- 3
2 y2
x2- 5
2
= -3y2
2x2-5 ，
所以y1- yQ = y1+
3y2
2x2-5 = y1× 2x2-5
+3y2
2x2-5
= k x1-4
× 2x2-5
+3k x2-4
2x2-5
= k 2x1x2-5 x1+x2
+8
2x2-5
= k
2× 64k2-12
3+4k2 -5× 32k2
3+4k2 +8
2x2-5
= k
128k2-24-160k2+24+32k2
3+4k2
2x2-5
= 0，
故y1= yQ，即AQ ⊥y 轴.
9. (2024·天津·高考真题) 已知椭圆x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的离心率为1
2 ．左顶点为A，下顶点为B，C
是线段OB 的中点(O 为原点)，△ABC 的面积为3 3
2
．
(1) 求椭圆的方程．
(2) 过点C 的动直线与椭圆相交于P，Q 两点．在y 轴上是否存在点T，使得TP
⋅TQ
≤0 恒成立．若
存在，求出点T 纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
43
【答案】(1) x2
12 + y2
9 = 1；(2) 存在T 0,t
-3≤t≤3
2
，使得TP
⋅TQ
≤0 恒成立.
【解析】(1) 因为椭圆的离心率为e = 1
2 ，故a = 2c，b =
3c，其中c 为半焦距，
所以A -2c,0
,B 0,- 3c
,C 0,-
3c
2
，故S△ABC = 1
2 × 2c ×
3
2 c = 3 3
2
，
故c =
3 ，所以a = 2 3 ，b = 3，故椭圆方程为：x2
12 + y2
9 = 1.
(2)
若过点0,- 3
2
的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y = kx - 3
2 ，
设P x1,y1
,Q x2,y2
,T 0,t
，
由
3x2+4y2=36
y=kx- 3
2
可得3+4k2
x2- 12kx - 27 = 0，
故Δ = 144k2+ 108 3+4k2
= 324 + 576k2> 0 且x1+ x2=
12k
3+4k2 ,x1x2=-
27
3+4k2 ,
而TP
= x1,y1-t
,TQ
= x2,y2-t
，
故TP
⋅TQ
= x1x2+ y1-t
y2-t
= x1x2+ kx1- 3
2 -t
kx2- 3
2 -t
= 1+k2
x1x2- k 3
2 +t
x1+x2
+
3
2 +t
2
= 1+k2
× -
27
3+4k2
- k 3
2 +t
×
12k
3+4k2 +
3
2 +t
2
=
-27k2-27-18k2-12k2t+3
3
2 +t
2+ 3+2t
2k2
3+4k2
=
3+2t
2-12t-45
k2+3
3
2 +t
2-27
3+4k2
，
因为TP
⋅TQ
≤0 恒成立，故
3+2t
2-12t-45≤0
3
3
2 +t
2-27≤0
，解得-3 ≤t ≤3
2 .
若过点0,- 3
2
的动直线的斜率不存在，则P 0,3
,Q 0,-3
或P 0,-3
,Q 0,3
，
此时需-3 ≤t ≤3，两者结合可得-3 ≤t ≤3
2 .
综上，存在T 0,t
-3≤t≤3
2
，使得TP
⋅TQ
≤0 恒成立.
10. (2024·北京·高考真题) 已知椭圆E：x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四
边形是边长为2 的正方形. 过点0,t
t>
2
且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点A,B，过点
A 和C 0,1
的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D．
(1) 求椭圆E 的方程及离心率；
(2) 若直线BD 的斜率为0，求t 的值．
【答案】(1) x2
4 + y2
2 = 1,e =
2
2 ；(2)t = 2
【解析】(1) 由题意b = c = 2
2 =
2 ，从而a =
b2+c2 = 2，
44
所以椭圆方程为x2
4 + y2
2 = 1，离心率为e =
2
2 ；
(2) 直线AB 斜率不为0，否则直线AB 与椭圆无交点，矛盾，
从而设AB:y = kx + t, k≠0,t>
2
，A x1,y1
,B x2,y2
，
联立
x2
4 + y2
2 =1
y=kx+t
，化简并整理得1+2k2
x2+ 4ktx + 2t2- 4 = 0，
由题意Δ = 16k2t2- 8 2k2+1
t2-2
= 8 4k2+2-t2
> 0，即k,t 应满足4k2+ 2 - t2> 0，
所以x1+ x2= -4kt
1+2k2 ,x1x2= 2t2-4
2k2+1 ，
若直线BD 斜率为0，由椭圆的对称性可设D -x2,y2
，
所以AD:y = y1-y2
x1+x2
x-x1
+ y1，在直线AD 方程中令x = 0，
得yC = x1y2+x2y1
x1+x2
= x1 kx2+t
+x2 kx1+t
x1+x2
= 2kx1x2+t x1+x2
x1+x2
= 4k t2-2
-4kt
+ t = 2
t = 1，
所以t = 2，
此时k 应满足4k2+2-t2=4k2-2>0
k≠0
，即k 应满足k <-
2
2
或k >
2
2 ，
综上所述，t = 2 满足题意，此时k <-
2
2
或k >
2
2 .
11. (2024·上海·高考真题) 已知双曲线Γ:x2 - y2
b2 = 1,(b > 0), 左右顶点分别为A1,A2，过点M -2,0
的直
线l 交双曲线Γ 于P,Q 两点.
(1) 若离心率e = 2 时，求b 的值．
(2) 若b = 2 6
3
,△MA2P 为等腰三角形时，且点P 在第一象限，求点P 的坐标．
(3) 连接OQ 并延长，交双曲线Γ 于点R，若A1R
⋅A2P
= 1，求b 的取值范围．
【答案】(1)b =
3；(2)P 2,2 2
；(3) 0, 3
∪
3,
30
3
【解析】(1) 由题意得e = c
a = c
1 = 2，则c = 2，b =
22-1 =
3．
(2) 当b = 2 6
3
时，双曲线Γ:x2- y2
8
3
= 1，其中M -2,0
，A2 1,0
，
因为△MA2P 为等腰三角形，则
①当以MA2为底时，显然点P 在直线x =- 1
2 上，这与点P 在第一象限矛盾，故舍去；
②当以A2P 为底时，MP
= MA2
= 3，
45
设P x,y
，则
x2- 3y2
8 =1
(x+2)2+y2=9
, 联立解得
x=- 23
11
y=- 8 17
11
或
x=- 23
11
y= 8 17
11
或x=1
y=0
，
因为点P 在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；
(或者由双曲线性质知MP
> MA2
，矛盾，舍去)；
③当以MP 为底时，A2P
= MA2
= 3，设P x0,y0
，其中x0> 0,y0> 0，
则有
x0-1
2+y2
0=9
x2
0- y2
0
8
3
=1
，解得x0=2
y0=2 2
，即P 2,2 2
．
综上所述：P 2,2 2
.
(3) 由题知A1 -1,0
,A2 1,0
，
当直线l 的斜率为0 时，此时A1R
⋅A2P
= 0，不合题意，则kl ≠0，
则设直线l:x = my - 2，
设点P x1,y1
,Q x2,y2
，根据OQ 延长线交双曲线Γ 于点R，
根据双曲线对称性知R -x2,-y2
，
联立有
x=my-2
x2- y2
b2 =1
⇒b2m2-1
y2- 4b2my + 3b2= 0，
显然二次项系数b2m2- 1 ≠0，
其中Δ = -4mb2
2- 4 b2m2-1
3b2= 4b4m2+ 12b2> 0，
y1+ y2=
4b2m
b2m2-1 ①，y1y2=
3b2
b2m2-1 ②，
A1R
= -x2+1,-y2
,A2P
= x1-1,y1
，
则A1R
⋅A2P
= -x2+1
x1-1
- y1y2= 1，因为P x1,y1
,Q x2,y2
在直线l 上，
则x1= my1- 2，x2= my2- 2，
即- my2-3
my1-3
- y1y2= 1，即y1y2 m2+1
- y1+y2
3m + 10 = 0，
将①②代入有m2+1
⋅
3b2
b2m2-1 - 3m ⋅
4b2m
b2m2-1 + 10 = 0，
即3b2 m2+1
- 3m ⋅4b2m + 10 b2m2-1
= 0
化简得b2m2+ 3b2- 10 = 0，
所以m2= 10
b2 - 3, 代入到b2m2- 1 ≠0, 得b2= 10 - 3b2≠1, 所以b2≠3,
且m2= 10
b2 - 3 ≥0，解得b2≤10
3 ，又因为b > 0，则0 < b2≤10
3 ，
综上知，b2∈0,3
∪3, 10
3
，∴b ∈0, 3
∪
3,
30
3
．
12. (2024·上海·高考真题) 在平面直角坐标系xOy 中，已知点A 为椭圆Γ: x2
6 + y2
2 = 1 上一点，F1、F2 分别
为椭圆的左、右焦点.
(1) 若点A 的横坐标为2，求AF1
的长;
(2) 设Γ 的上、下顶点分别为M1、M2，记△AF1F2的面积为S1,△AM1M2的面积为S2，若S1≥S2，求OA
的取值范围
(3) 若点A 在x 轴上方，设直线AF2与Γ 交于点B，与y 轴交于点K，KF1延长线与Γ 交于点C，是否存
46
在x 轴上方的点C，使得F1A
+ F1B
+ F1C
= λ F2A
+F2B
+F2C
λ∈R
成立? 若存在，请求出点C 的坐
标; 若不存在，请说明理由.
【答案】(1) 5 6
3
；(2)
2, 3 10
5
；(3) 存在，C - 9
4 ,
5
4
【解析】(1) 设A 2,y
，由点A 为椭圆Γ: x2
6 + y2
2 = 1 上一点，得22
6 + y2
2 = 1，即y2= 2
3 ，又F1 -2,0
，
所以AF1
=
[2-(-2)]2+ y-0
2 = 5 6
3
.
(2) 设A x,y
,xy ≠0，而|F1F2| = 4,|M1M2| = 2 2 ，
则S1= 1
2 F1F2
y
= 2 y
，S2= 1
2 M1M2
x
=
2 x
，由S1≥S2，得2 y
≥
2 x
，
即2y2≥x2，又x2
6 + y2
2 = 1，则2y2≥6 - 3y2，解得6
5 ≤y2< 2，
OA
=
x2+y2 =
6-3y2
+y2 =
6-2y2 ∈
2, 3 10
5
，
所以OA
的范围是
2, 3 10
5
.
(3) 设A x1,y1
,y1> 0,B x2,y2
，由图象对称性，得A、C 关于y 轴对称，则C -x1,y1
，
又F1 -2,0
，F2 2,0
，于是F1A
= x1+2,y1
，F1B
= x2+2,y2
，F1C
= -x1+2,y1
，
则F1A
+ F1B
+ F1C
= x2+6,y2+2y1
，同理F2A
+ F2B
+ F2C
= x2-6,y2+2y1
，
由F1A
+ F1B
+ F1C
= λ(F2A
+ F2B
+ F2C
)，得(F1A
+ F1B
+ F1C
)⎳(F2A
+ F2B
+ F2C
)，
因此x2+6
y2+2y1
= x2-6
y2+2y1
，即12(y2+ 2y1) = 0，则y2+ 2y1= 0，
设直线AF2:x = my + 2，由x=my+2
x2+3y2=6
消去x 得m2+3
y2+ 4my - 2 = 0，
则
y1y2=
-2
m2+3
y1+y2=-
4m
m2+3
，即
-2y2
1=
-2
m2+3
-y1=-
4m
m2+3
，而y1> 0，解得m =
5
5 ，y1=
5
4 ，
由x1= my1+ 2，得x1= 9
4 ，所以C - 9
4 ,
5
4
.
1
解答题：函数与导数的综合应用
目录
题型一利用导数研究函数的单调性1
题型二利用导数研究函数的极值3
题型三利用导数研究函数的最值5
题型四利用导数解决恒成立与能成立7
题型五利用导数求解函数的零点9
题型六利用导数证明不等式11
题型七利用导数研究双变量问题13
题型八利用导数研究极值点偏移问题16
题型九隐零点问题综合应用19
题型十导数与数列综合问题23
必刷大题26
题型一
利用导数研究函数的单调性
大题典例
1. (24 - 25 高三上·海南·期中) 设函数f x
= x
ekx k≠0
.
(1) 求曲线y = f x
在点0,f 0
切线方程；
(2) 求函数f x
的单调区间;
【答案】(1)y = x；(2) 答案见解析
【解析】(1) 由题意知fx
= ekx-kxekx
e2kx
= 1-kx
ekx
，
所以f0
= 1，f 0
= 0，
故所求切线方程为y - 0 = x - 0，化简得y = x.
(2) 由(1) 知fx
= 1-kx
ekx
，
当k > 0，x < 1
k 时，fx
> 0，f x
单调递增，
x > 1
k 时，fx
< 0，f x
单调递减；
当k < 0，x < 1
k 时，fx
< 0，f x
单调递减，x > 1
k 时，fx
> 0，f x
单调递增，
所以当k > 0 时，f x
的单调递增区间是-∞, 1
k
，单调递减区间是
1
k ,+∞
，
当k < 0 时，f x
的单调递减区间是-∞, 1
k
，单调递增区间是
1
k ,+∞
.
2
解法指导
1、求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、
差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
2、求函数单调区间的步骤
(1) 确定函数f x
的定义域；
(2) 求fx
(通分合并、因式分解)；
(3) 解不等式fx
> 0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4) 解不等式fx
< 0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
3、含参函数单调性讨论依据：
(1) 导函数有无零点讨论(或零点有无意义)；
(2) 导函数的零点在不在定义域或区间内；
(3) 导函数多个零点时大小的讨论。
变式训练
2. (24 - 25 高三上·北京·期中) 已知函数f(x) = x3+ ax2+ bx - 1 在x = 1 处有极值-1.
(1) 求实数a，b 的值;
(2) 求函数g x
= ax + lnx2 的单调区间.
【答案】(1)a =-2,b = 1；(2)g x
的单调递增区间为0, 1
2
，单调递减区间为
1
2 ,+∞
【解析】(1) 已知函数f(x) = x3+ ax2+ bx - 1，则fx
= 3x2+ 2ax + b，
由题意
f1
=2a+b+3=0
f 1
=a+b=-1
，解得a =-2,b = 1，
当a =-2,b = 1 时，f(x) = x3- 2x2+ x - 1，fx
= 3x2- 4x + 1 = x-1
3x-1
，
当x < 1
3 或x > 1 时，fx
> 0，当1
3 < x < 1 时，fx
< 0，
所以f x
在-∞, 1
3
, 1,+∞
上均单调递增，在
1
3 ,1
上单调递减，
所以f x
在x = 1 处有极小值f 1
=-1，满足题意，
综上所述，a =-2,b = 1 符合题意；
(2) 由题意g x
= ax + lnx = lnx - 2x，则gx
= 1
x - 2 = 1-2x
x
, x>0
，
当0 < x < 1
2 时，gx
> 0，当x > 1
2 时，gx
< 0，
所以g x
的单调递增区间为0, 1
2
，g x
的单调递减区间为
1
2 ,+∞
.
3. (24 - 25 高三上·江苏常州·月考) 已知函数f(x) =
x-a
(x+1)2
(1) 当a = 0 时，求曲线y = f x
在点0,f 0
处的切线方程；
(2) 求函数f x
的单调区间．
【答案】(1)y = x；(2) 答案见解析
【解析】(1) 当a = 0 时，f(x) =
x
(x+1)2 x≠-1
，则f 0
= 0，
3
因为fx
=
1-x
(x+1)3 ，所以f0
= 1.
所以曲线y = f x
在0,f 0
处的切线方程为y = x.
(2) 函数的定义域为-∞,-1
∪-1,+∞
．fx
= -(x-(2a+1))
(x+1)3
，
令fx
= 0，解得x = 2a + 1.
当2a + 1 =-1，即a =-1 时，fx
= -1-x
(x+1)3 =-
1
(x+1)2 < 0
所以函数f x
的单调递减区间为-∞,-1
, -1,+∞
，无单调递增区间；
当2a + 1 <-1，即a <-1 时，
令fx
< 0，则x ∈-∞,2a+1
∪-1,+∞
，令fx
> 0，则x ∈2a+1,-1
，
函数f x
的单调递减区间为-∞,2a+1
, -1,+∞
，单调递增区间为2a+1,-1
；
当2a + 1 >-1，即a >-1 时，
令fx
< 0，则x ∈-∞,-1
∪2a+1,+∞
，令fx
> 0，则x ∈-1,2a+1
，
函数f x
的单调递减区间为-∞,-1
, 2a+1,+∞
，单调递增区间为-1,2a+1
．
综上所述：
当a =-1 时，函数f x
的单调递减区间为-∞,-1
, -1,+∞
，无单调递增区间；
当a <-1 时，函数f x
的单调递减区间为-∞,2a+1
, -1,+∞
，单调递增区间为2a+1,-1
；
当a >-1 时，函数f x
的单调递减区间为-∞,-1
, 2a+1,+∞
，单调递增区间为-1,2a+1
．
题型二
利用导数研究函数的极值
大题典例
4. (24 - 25 高三上·黑龙江·月考) 已知函数f(x) = ax2+ (a - 2)x - lnx.
(1) 当a = 0 时，求函数f(x) 在x = 1 处的切线;
(2) 当a > 0 时，若f(x) 的极小值小于0，求a 的取值范围
【答案】(1)3x + y - 1 = 0；(2)0 < a < 1.
【解析】(1) 当a = 0 时，f(x) =-2x - lnx,f(1) =-2，
所以f(x) =-2 - 1
x ，所以f(1) =-3，
所以函数f(x) 在x = 1 处的切线为y + 2 =-3(x - 1)，即3x + y - 1 = 0；
(2)f(x) 的定义域为(0, +∞)，且f(x) = (ax-1)(2x+1)
x
，
当a > 0 时，令f(x) > 0，则x > 1
a ，所以f(x) 单调递增；
令f(x) < 0，则0 < x < 1
a ，所以f(x) 单调递减.
故当x = 1
a 时，f(x) 取极小值，
所以f
1
a
= lna - 1
a + 1 < 0.
设g(a) = lna - 1
a + 1(a > 0)，
则g(a) = 1
a + 1
a2 > 0，所以g(a) 是增函数.
因为g(1) = 0，所以g(a) < 0 时，0 < a < 1.
4
综上所述，a 的取值范围是0 < a < 1.
解法指导
1、利用导数求函数极值的方法步骤
(1) 求导数f(x)；
(2) 求方程f(x) = 0 的所有实数根；
(3) 观察在每个根x0附近，从左到右导函数f(x) 的符号如何变化．
①如果f(x) 的符号由正变负，则f(x0) 是极大值；②如果由负变正，则f(x0) 是极小值；③如果在
f(x) = 0 的根x = x0的左右侧f(x) 的符号不变，则不是极值点．
根据函数的极值(点) 求参数的两个要领：
①列式: 根据极值点处导数为0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；
②验证: 求解后验证根的合理性. 本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
变式训练
5. (24 - 25 高三上·福建宁德·期中) 已知函数f x
=
1
ex+1 + a 为R 上的奇函数．
(1) 求a；
(2) 若函数g x
= 2 ex+1
f x
+ 2x，讨论g x
的极值．
【答案】(1)a =- 1
2 ；(2) 极大值为2ln2 - 1；无极小值.
【解析】(1) 因为函数f x
=
1
ex+1 + a 为R 上的奇函数，
由f 0
= 0, ∴a =- 1
2 ，
此时f x
=
1-ex
2 ex+1
，
则f -x
=
1-e-x
2 e-x+1
=
1- 1
ex
2
1
ex +1
= ex-1
ex
×
ex
2(ex+1) =
ex-1
2(ex+1) =-
1-ex
2(ex+1) =-f(x)，
所以f x
为奇函数．
所以a =- 1
2 ；
(2) 由(1) 得：g x
= 2 ex+1
f x
+ 2x = 2x - ex+ 1,g x
定义域为R，
∴gx
= 2 - ex，
由gx
> 0，得x < ln2；由gx
< 0，得x > ln2，
∴g x
在-∞,ln2
上单调递增，g x
在ln2,+∞
上单调递减，
所以g x
在x = ln2 处取得极大值，
g x
极大值= f ln2
= 2ln2 - 1；无极小值.
6. (24 - 25 高三上·河南安阳·月考) 已知函数f x
= lna+lnx
ln x+1
．
(1) 求f x
的定义域；
(2) 若f x
存在极大值，求a 的取值范围
【答案】(1)x ∈0,+∞
；(2)a ∈1,+∞
5
【解析】(1) 由f x
有意义可得
x>0
x+1>0
x+1≠1
，所以x ∈0,+∞
．
所以函数f x
的定义域为0,+∞
；
(2) 由题意可得fx
=
x+1
x
ln x+1
-lnx-lna
x+1
ln x+1
2
，
令函数h x
= x+1
x
ln x+1
- lnx，
则hx
= -ln x+1
x2
< 0 在0,+∞
上恒成立，
所以h x
在0,+∞
上单调递减，
当x →0 时，h x
= ln x+1
x
+ ln 1+ 1
x
→+∞，
当x →+∞时，h x
= ln x+1
x
+ ln 1+ 1
x
→0，
则有：①当lna ≤0，即a ∈0,1
时，h x
- lna ≥0，即fx
≥0 在0,+∞
上恒成立，
即f x
在0,+∞
上单调递增，无极大值，不合题意，故舍去；
②当lna > 0，即a ∈1,+∞
时，存在x0∈0,+∞
，使得h x0
= lna，
此时，当x ∈0,x0
时，h x
- lna > 0 ⇒fx
> 0，
当x ∈x0,+∞
时，h x
- lna < 0 ⇒fx
< 0，
则f x
在0,x0
上单调递增，在x0,+∞
上单调递减，
所以f x
存在极大值f x0
，符合题意．
综上所述a ∈1,+∞
．
题型三
利用导数研究函数的最值
大题典例
7. (24 - 25 高三上·江西·月考) 已知函数f x
= 3x-sinx+2
ex
．
(1) 求曲线y = f x
在点0,f 0
处的切线方程；
(2) 求f x
的最值．
【答案】(1)y = 2；(2)f x
的最大值为f 0
= 2，无最小值
【解析】(1) 因为f x
= 3x-sinx+2
ex
，
所以fx
=
3-cosx
ex-ex 3x-sinx+2
e2x
= -3x+sinx-cosx+1
ex
，
所以f 0
= 2，f0
= 0，
从而曲线y = f x
在点0,f 0
处的切线方程为y = 2；
(2) 设g x
=-3x + sinx - cosx + 1，显然g x
,fx
同号，
则gx
=-3 + cosx + sinx =
2sin x+ π
4
- 3 ≤
2 - 3 < 0，
所以g x
在-∞,+∞
上单调递减，
注意到g 0
= 0，
当x < 0 时，fx
> 0，当x > 0 时，fx
< 0，
6
所以f x
在-∞,0
单调递增，f x
在0,+∞
上单调递减，
当x 趋于负无穷时，f x
= 3x-sinx+2
ex
也是趋于负无穷，
当x 趋于正无穷时，f x
= 3x-sinx+2
ex
趋于0，
所以f x
的最大值为f 0
= 2，无最小值.
解法指导
函数f(x) 在区间[a,b] 上连续，在(a,b) 内可导，则求函数f(x) 最值的步骤为：
(1) 求函数f(x) 在区间(a,b) 上的极值；
(2) 将函数f(x) 的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b) 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一
个是最小值；
(3) 实际问题中，“驻点”如果只有一个，这便是“最值”点。
变式训练
8. (24 - 25 高三上·北京·期中) 已知函数f x
= x2-ax+1
ex(a ∈R) 在x = 2 处取得极小值.
(1) 求a 的值，并求函数f x
的单调区间；
(2) 求f x
在区间-2,0
上的最大值和最小值.
【答案】(1) 单调递增区间为-∞,-1
, 2,+∞
，单调递减区间为-1,2
；(2) 最大值为5e-1，最小值为1.
【解析】(1)fx
= 2x-a
ex+ x2-ax+1
ex= x2-ax+2x-a+1
ex，
由题意得f2
= 4-2a+4-a+1
e2= 0，解得a = 3，
f x
= x2-3x+1
ex，定义域为R，
fx
= x2-x-2
ex= x+1
x-2
ex，
令fx
> 0 得x > 2 或x <-1，令fx
< 0 得-1 < x < 2，
故f x
单调递增区间为-∞,-1
, 2,+∞
，单调递减区间为-1,2
，
此时函数f x
在x = 2 处取得极小值，满足题意；
(2) 由(1) 知，故f x
在-2,-1
上单调递增，在-1,0
上单调递减，
故f x
在x =-1 处取得极大值，也是最大值，f -1
= 5e-1，
又f 0
= 1,f -2
= 11e-2，其中1 < 11e-2，
故f x
在区间-2,0
上的最小值为1，
综上，f x
在区间-2,0
上的最大值为5e-1，最小值为1.
9. (24 - 25 高三上·湖北武汉·期中) 已知函数f x
= ax - lnx a∈R
．
(1) 若函数f x
在
1
e ,1
上的最小值为3
2 ，求a 的值；
(2) 若a = 0，函数g x
= ex+ f x
-1
x
，求g x
的最小值．
【答案】(1) e；(2)1.
【解析】(1) 因为f x
= ax - lnx，x ∈
1
e ,1
，故可得f(x) = a - 1
x ，1
x ∈1,e
，
①若a ≤1，f(x) ≤0，y = f(x) 在
1
e ,1
单调递减，f x
的最小值为f 1
= a = 3
2 ，不满足a ≤1；
②若1 < a < e，
7
令f(x) > 0，解得x ∈
1
a ,1
，故y = f(x) 在
1
a ,1
单调递增；
令f(x) < 0，解得x ∈
1
e , 1
a
，故y = f(x) 在
1
e , 1
a
单调递减；
故y = f(x) 的最小值为f
1
a
= 1 - ln 1
a = 3
2 ，即lna = 1
2 ，解得a =
e ，满足1 < a < e；
③若a ≥e，f(x) ≥0，y = f(x) 在
1
e ,1
单调递增，
f x
的最小值为f
1
e
= a
e + 1 = 3
2 ，解得a = e
2 ，不满足a ≥e；
综上所述，a =
e.
(2) 若a = 0，f x
=-lnx，g x
= ex+ f x
-1
x
= ex- lnx+1
x
，
定义域为0,+∞
，g(x) = ex+ lnx
x2 = x2ex+lnx
x2
，
令h x
= x2ex+ lnx(x > 0)，h(x) = ex x2+2x
+ 1
x = xex x+2
+ 1
x > 0，
故y = h x
在0,+∞
单调递增，又h 1
2
= 1
4
e - ln2 < 0，h 1
= e > 0，
故存在x0∈
1
2 ,1
，使得h x0
= 0，也即x2
0ex0+ lnx0= 0，且g(x0) = 0，
且当x ∈0,x0
，h x
< 0，g(x) < 0，y = g x
在0,x0
单调递减；
当x ∈x0,+∞
，h x
> 0，g(x) > 0，y = g x
在x0,+∞
单调递增；
故g x
的最小值为g x0
= ex0- lnx0+1
x0
；
由上述求解可知，x2
0ex0+ lnx0= 0,x0∈
1
2 ,1
，则x0ex0= 1
x0
ln 1
x0
，令m x
= xex,x > 0，
则m(x) = ex x+1
> 0，故m x
在0,+∞
单调递增；
x0ex0= 1
x0
ln 1
x0
，也即m x0
= m ln 1
x0
，又x0> 0,ln 1
x0
> 0，故x0= ln 1
x0
，即ex0= 1
x0
；
又g x0
= ex0- lnx0+1
x0
= 1
x0
- lnx0+1
x0
=- lnx0
x0
=
ln 1
x0
x0
= 1.
故y = g x
的最小值为1.
题型四
利用导数解决恒成立与能成立
大题典例
10. (24 - 25 高三上·河北衡水·月考) 已知函数f x
= ex x2-x+1
．
(1) 求函数f x
的单调区间；
(2) 函数f x
≤a 在-2,1
上恒成立，求最小的整数a．
【答案】(1) 单调增区间为-∞,-1
，0,+∞
，单调减区间为(-1,0)；(2)3
【解析】(1) 因为f x
= ex x2-x+1
，则fx
= ex x2+x
= x(x + 1)ex，
因为ex> 0 恒成立，由f(x) > 0，得到x <-1 或x > 0，由f(x) < 0，得到-1 < x < 0，
所以函数f x
的单调增区间为-∞,-1
，0,+∞
，减区间为(-1,0).
(2) 由(1) 知f x
= ex x2-x+1
在区间-2,-1
上单调递增，
在区间(-1,0) 上单调递减，在区间0,1
上单调递增，
8
又f -1
= 3
e ，f 1
= e，显然有f(-1) < f(1)，
所以f x
= ex x2-x+1
在区间-2,1
上最大值为e，
又函数f x
≤a 在-2,1
上恒成立，所以a ≥e，得到最小的整数a = 3.
解法指导
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后
构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类
讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
变式训练
11. (24 - 25 高三上·四川成都·期中) 已知函数f x
= ex- a+1
x
(1) 讨论f x
的单调性；
(2) 若f x
= ex- a+1
x ≥b 对于x ∈R 恒成立，求b - a 的最大值.
【答案】(1) 答案见解析；(2)1 + 1
e
【解析】(1)fx
= ex- a+1
，当a ≤-1，f x
在R 上单调递增，
当a >-1，令fx
> 0 得x > ln a+1
，令fx
< 0 得x < ln a+1
，
故f x
在-∞,ln a+1
单调递减，ln a+1
,+∞
单调递增，
综上，当a ≤-1 时，f x
在R 上为单增递增；
当a >-1 时，f x
在-∞,ln a+1
单调递减，ln a+1
,+∞
单调递增；
(2) 由(1) 知，当a <-1，f x
在R 上为单调递增，
x →-∞,f x
→-∞，不合题意
当a =-1，f x
在R 上单调递增，x →-∞,f x
→0，
故b ≤0,b - a 的最大值为1，
当a >-1，f x
在-∞,ln a+1
单调递减，ln a+1
,+∞
单调递增，
所以f x
在x = ln a+1
处取得极小值，也是最小值，
f ln a+1
= eln a+1
- a+1
ln a+1
- b = a+1
- a+1
ln a+1
- b，
由不等式ex- a+1
x ≥b，可得a+1
- a+1
ln a+1
- b ≥0，
所以b - a ≤1 - a+1
ln a+1
，
令F x
= 1 - xlnx x>0
，则Fx
=-lnx - 1，
当0 < x < 1
e 时，Fx
> 0；当x > 1
e 时，Fx
< 0，
所以F x
在0, 1
e
上单调递增，在
1
e ,+∞
上单调递减，
即F x
max = F
1
e
= 1 + 1
e ，即b - a ≤1 + 1
e ，
综上，b - a 的最大值为1 + 1
e .
9
12. (24 - 25 高三上·浙江绍兴·月考) 已知函数f(x) = ex- ax - 1.
(1) 当a = 2 时，求f(x) 在区间0,1
上的值域；
(2) 若存在x0> 1，当x ∈0,x0
时，f(x) < 0，求a 的取值范围.
【答案】(1) [1 - 2ln2,0]；(2)a > e - 1
【解析】(1) 因为f(x) = ex- 2x - 1，所以f(x) = ex- 2，
所以当x < ln2 时，f(x) < 0，当x > ln2 时，f(x) > 0，
所以f(x) 在[0,ln2) 上递减，在[ln2,1] 上递增.
因为f(0) = 0，f(1) = e - 3，f(ln2) = 1 - 2ln2，且e - 3 < 0，
所以f(x) 的值域是[1 - 2ln2,0].
(2) 因为f(x) = ex- a.
①若a ≤1，当x > 0 时，f(x) > 0，所以f(x) 在(0, +∞) 上递增，
所以f(x) > f(0) = 0，不符合题意.
②若a > 1，当x < lna 时，f(x) < 0；当x > lna 时，f(x) > 0，
所以f(x) 在(0,lna) 上递減，在[lna, +∞) 上递增，
要存在x0> 1，当x ∈(0,x0)，f(x) < 0，
则只需f(1) = e - a - 1 < 0，所以a > e - 1.
题型五
利用导数求解函数的零点
大题典例
13. (24 - 25 高三上·江苏苏州·开学考试) 已知函数f x
= sinx + ex - 4x，e 为自然对数的底数，函数
g x
= x3- ax + 3.
(1) 若f x
在0,1
处的切线也是g x
的切线，求实数a 的值；
(2) 求f x
在-π,+∞
上的零点个数.
【答案】(1)a = 5；(2)2
【解析】(1)f(x) = cosx + ex- 4，则f(0) = cos0 + e0- 4 =-2，
所以切线方程为y =-2x + 1，
又g(x) = 3x2- a，设直线y =-2x + 1 与y = g(x) 图象的切点为(x0,y0)，
则3x2
0-a=-2
x3
0-ax0+3=-2x0+1
，解得x0=1
a=5
.
(2)f(x) = cosx + ex- 4，
当-π < x ≤0 时，cosx ≤1，ex≤1，f(x) < 0，所以函数f x
单调递减，
所以f x
≥f 0
= 1，此时函数f x
无零点；
当x > 0 时，设h(x) = cosx + ex- 4，则h(x) =-sinx + ex> 0，h(x) 即f(x) 递增，
f(0) =-2，f(2) = cos2 + e2- 4 > 0，
因此f(x) 在(0, +∞) 即(0,2) 在上有唯一零点，记零点为m，即f(m) = 0，
在(0,m) 上，f(x) < 0，f(x) 单调递减，在(m, +∞) 上，f(x) > 0，f(x) 单调递增，
又f(0) = 1 > 0，f(1) = sin1 + e - 4 < 0，f(2) = sin2 + e2- 4 > 0，f(π) = eπ- 4π > 0，
所以f(x) 在(0,1) 有一个零点，在(1,π) 上有一个零点，
综上所述，f(x) 在-π,+∞
上有2 个零点.
10
解法指导
导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征(包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的
探索、参数的分类讨论等)，需要对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极
值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问
题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是
需要思考的地方。
变式训练
14. (24 - 25 高三上·云南玉溪·月考) 已知函数f(x) = lnx - x + 2sinx
(1) 证明：f(x) 在区间0,π
存在唯一极大值点；
(2) 求f(x) 的零点个数．
【答案】(1) 证明见解析；(2)f(x) 有且仅有两个零点
【解析】(1) 设g(x) = f(x) = 1
x - 1 + 2cosx，
当x ∈(0,π) 时，g(x) =-2sinx - 1
x2 < 0，
所以g(x) 在(0,π) 上单调递减.
又因为g π
3
= 3
π - 1 + 1 = 3
π > 0,g π
2
= 2
π - 1 < 0，
所以g(x) 在
π
3 , π
2
上有唯一的零点a，
即函数f(x) 在(0,π) 上存在唯一零点，
当x ∈(0,a) 时，f(x) > 0,f(x) 在(0,a) 上单调递增；
当x ∈(a,π) 时，f(x) < 0,f(x) 在(a,π) 上单调递减，
所以f(x) 在(0,π) 上存在唯一的极大值点a.
(2) ①由(1) 知：f(x) 在(0,π) 上存在唯一的极大值点a π
3 <a< π
2
，
所以f(a) > f
π
2
= ln π
2 - π
2 + 2 > 2 - π
2 > 0，
又因为f
1
e2
=-2 - 1
e2 + 2sin 1
e2 <-2 - 1
e2 + 2 < 0，
所以f(x) 在(0,a) 上恰有一个零点，
又因为f(π) = lnπ - π < 2 - π < 0，
所以f(x) 在(a,π) 上也恰有一个零点.
②当x ∈[π,2π) 时，则sinx ≤0,f(x) ≤lnx - x，
设h(x) = lnx - x,h(x) = 1
x - 1 < 0，
所以h(x) 在[π,2π) 上单调递减，所以h(x) ≤h(π) < 0，
所以当x ∈[π,2π) 时，f(x) ≤h(x) ≤h(π) < 0 恒成立，
所以f(x) 在[π,2π) 上没有零点.
③当x ∈[2π, +∞) 时，f(x) ≤lnx - x + 2，
设φ(x) = lnx - x + 2,φ(x) = 1
x - 1 < 0，
11
所以φ(x) 在[2π, +∞) 上单调递减，
所以φ(x) ≤φ(2π) = ln2π - 2π + 2 < 2 - 2π + 2 = 4 - 2π < 0，
所以当x ∈[2π, +∞) 时，f(x) ≤φ(x) ≤φ(2π) < 0 恒成立，
所以f(x) 在[2π, +∞) 上没有零点.
综上，f(x) 有且仅有两个零点.
15. (24 - 25 高三上·四川绵阳·月考) 函数f(x) = 2x3- 3ax2+ 1.
(1) 若a = 1，求函数f(x) 在x =-1 处的切线方程；
(2) 证明：存在实数a 使得曲线y = f(x) 关于点(1, -3) 成中心对称图形；
(3) 讨论函数f(x) 零点的个数.
【答案】(1)y = 12x + 8；(2) 证明见解析；(3) 答案见解析
【解析】(1) 当a = 1 时，f(x) = 2x3- 3x2+ 1，f(x) = 6x2- 6x = 6x(x - 1)，
则f(-1) = 12，f(-1) =-4，
故f(x) 在x =-1 处的切线方程为y + 4 = 12(x + 1)，即y = 12x + 8.
(2) 由f(1) = 3 - 3a，
若存在这样的a，使得(1, -3) 为f(x) 的对称中心，
则3 - 3a =-3，a = 2
现在只需证明当a = 2 时，f(x) + f(2 - x) =-6，
事实上，f(x) + f(2 - x) = 2x3- 6x2+ 1 + 2(2 - x)3- 6(2 - x)2+ 1 = (12 - 12)x2+ (24 - 24)x - 6，
于是f(x) + f(2 - x) =-6
即存在实数a = 2 使得(1,f(1)) 即(1, -3) 是f(x) 的对称中心.
(3)f(x) = 6x2- 6ax = 6x(x - a)，
当a > 0 时，x ∈-∞,0
∪a,+∞
时，f(x) > 0，故f(x) 在-∞,0
, a,+∞
上单调递增，
x ∈(0,a) 时，f(x) < 0，f(x) 在(0,a) 单调递减，
则f(x) 在x = 0 处取到极大值，在x = a 处取到极小值，
由f(0) = 1 > 0，而f(-1) =-1 - 3a < 0，根据零点存在定理f(x) 在(-∞,0) 上有一个零点；
①若0 < a < 1，即f(a) = 1 - a3> 0，f(x) 在(0, +∞) 无零点，从而f(x) 在R 上有1 个零点；
②若a > 1，即f(a) = 1 - a3< 0，f(0)f(a) < 0，f(x) 在(0,a) 有一个零点，
f 2a
= 4a3+ 1 > 0,f a
f 2a
< 0，故f(x) 在(a, +∞) 有一个零点，
从而f(x) 在R 上有3 个零点；
③若a = 1，即f(a) = 1 - a3= 0，f(x) 在(0, +∞) 有一个零点，从而f(x) 在R 上有2 个零点；
当a = 0 时，f(x) 在R 上单调递增，f(0) = 1 > 0，x →-∞时，f(x) →-∞，
从而f(x) 在R 上有一个零点；
当a < 0 时，x ∈-∞,a
∪0,+∞
时f(x) > 0，
故f(x) 在-∞,a
, 0,+∞
上单调递增，x ∈(a,0) 时，f(x) < 0，f(x) 在(a,0) 上单调递减.
而f(a) = 1 - a3> 0，f(0) > 0，故f(x) 在(a, +∞) 无零点，
又f(2a - 1) = (2a - 1)2(a - 2) + 1，由(2a - 1)2> 1,a - 2 <-2，
故f(2a - 1) < 0，f(2a - 1)f(a) < 0，从而f(x) 在(-∞,a) 有一个零点，
从而f(x) 在R 上有一个零点.
综上：当a < 1 时，f(x) 在R 上只有1 个零点；
a = 1 时，f(x) 在R 上有2 个零点；
a > 1 时f(x) 在R 上有3 个零点.
12
题型六
利用导数证明不等式
大题典例
16. (24 - 25 高三上·广东·月考) 已知函数f x
= ex-a- lnx
x
- 1．
(1) 当a = 0 时，求曲线y = f x
在点1,f 1
处的切线方程；
(2) 当a = 1 时，证明：f x
≥0．
【答案】(1)y = e-1
x；(2) 证明见解析
【解析】(1) 当a = 0 时，f x
= ex- lnx
x
- 1,f 1
= e - 1，即切点为1,e-1
，
又fx
= ex+ lnx-1
x2
，则f1
= e - 1，即在点1,f 1
的切线的斜率为e - 1，
故曲线y = f x
在点1,f 1
处的切线方程为y - e-1
= e-1
x-1
，即y = e-1
x．
(2) 当a = 1 时，f x
= ex-1- lnx
x
- 1 x>0
，fx
= x2ex-1+lnx-1
x2
，
令φ x
= x2ex-1+ lnx - 1，
则φx
= x2+2x
ex-1+ 1
x > 0，所以φ x
在0,+∞
上单调递增，
又φ 1
= 0，所以当0 < x < 1 时，φ x
< 0，即当0 < x < 1 时，fx
< 0，
则f x
在0,1
上单调递减；
当x > 1 时，φ x
> 0，即当x > 1 时，fx
> 0，则f x
在1,+∞
上单调递增，
故f x
≥f 1
= e1-1- ln1
1
- 1 = 0．
解法指导
利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)，从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
变式训练
17. (24 - 25 高三上·广东广州·月考) 已知函数f x
= 1
3 x3- 3x + 4.
(1) 求曲线y = f x
在点
3,f
3
处的切线方程；
(2) 当x ∈0，3
时，求证：f x
≤x + 4.
【答案】(1)y = 4 - 2 3；(2) 证明见解析
【解析】(1) 由题可知f
3
= 4 - 2 3 ，fx
= x2- 3 ，则f
3
= 0，
所以曲线y = f x
在点
3,f
3
处的切线方程为y = 4 - 2 3；
(2) 令g x
= f x
- x - 4 = x3
3 - 4x x∈0,3
，
则gx
= x2- 4，令gx
= 0，解得x =-2 或x = 2，
13
当x ∈0，3
时，gx
，g x
的变化情况如下表所示：
x
0，2
2
2，3
fx
-
0
+
f x
单调递减
- 16
3
单调递增
又因为g 0
= 0，g 3
=-3,
所以g x
在区间0，3
的最大值为0.
即当x ∈0，3
时，g x
≤0 恒成立，亦即f x
≤x + 4 .
18. (24 - 25 高三上·河北保定·期中) 已知函数f x
= ex+ sinx - 2x,g x
= 2 - cosx.
(1) 已知直线x - y + a = 0 是曲线y = g x
,x ∈0,π
的切线，求实数a 的值；
(2) 求函数f x
的单调区间；
(3) 求证：f x
≥g x
恒成立.
【答案】(1)2 - π
2 ；(2)f x
在-∞,0
上单调递减，在0,+∞
上单调递增；(3) 证明见解析
【解析】(1) ∵gx
= sinx,x ∈0,π
，
∴gx
= sinx = 1，解得x = π
2 , ∴切点为
π
2 ,2
，
∴π
2 - 2 + a = 0, ∴a = 2 - π
2 .
(2) ∵fx
= ex+ cosx - 2，
当x ∈-∞,0
时，ex≤1,cosx ≤1, ∴fx
≤0,f x
单调递减，
当x ∈0,+∞
时，ex+cosx-2
= ex- sinx,ex≥1,sinx ≤1，
∴ex+cosx-2
≥0, ∴fx
单调递增，∴fx
≥f0
= 0,f x
单调递递增.
综上所述，f x
在-∞,0
上单调递减，在0,+∞
上单调递增.
(3)f x
≥g x
恒成立⇔ex+ sinx - 2x + cosx - 2 ≥0，
恒成立⇔sinx+cosx-2x-2
ex
+ 1 ≥0 恒成立.
令h x
= sinx+cosx-2x-2
ex
+ 1，
则hx
=
cosx-sinx-2
- sinx+cosx-2x-2
ex
= 2 x-sinx
ex
，
令m x
= x - sinx，则mx
= 1 - cosx ≥0, ∴m x
单调递增，
又∵m 0
= 0，∴当x ∈-∞,0
时，m x
≤0，即hx
≤0,h x
单调递减；
当x ∈0,+∞
时，m x
≥0，即hx
≥0,h x
单调递增；
∴h x
≥h 0
= 0, ∴f x
≥g x
恒成立.
题型七
利用导数研究双变量问题
大题典例
19. (24 - 25 高三上·福建龙岩·期中) 已知函数f(x) = 1
2 ax2- (2a + 1)x + 2lnx + 4a(a > 0).
14
(1) 求f x
的单调区间;
(2) 设g x
= x2- 2x，若对任意x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]，使得f x1
< g x2
，求实数a 的取值范
围.
【答案】(1) 答案见解析；(2) {a ∣0 < a < 1 - ln2}
【解析】(1) 由f(x) = 1
2 ax2- (2a + 1)x + 2lnx + 4a，x > 0，
得f(x) = ax - (2a + 1) + 2
x = ax2-(2a+1)x+2
x
= (ax-1)(x-2)
x
.
令f(x) = 0，解得x1= 1
a ,x2= 2.
当0 < a < 1
2 时，1
a > 2，
当x ∈(0,2) 时，f(x) > 0,f(x) 单调递增；
当x ∈2, 1
a
时，f(x) < 0,f(x) 单调递减；
当x ∈
1
a ,+∞
时，f(x) > 0,f(x) 单调递增.
当a = 1
2 时，1
a = 2,f(x) ≥0 恒成立，f(x) 在(0, +∞) 上单调递增.
当a > 1
2 时，0 < 1
a < 2，
当x ∈0, 1
a
时，f(x) > 0,f(x) 单调递增；
当x ∈
1
a ,2
时，f(x) < 0,f(x) 单调递减；
当x ∈(2, +∞) 时，f(x) > 0,f(x) 单调递增.
综上所述，当0 < a < 1
2 时，f(x) 的单调递增区间为(0,2) 和
1
a ,+∞
，单调递减区间为(2，1
a
；
当a = 1
2 时，f(x) 的单调递增区间为(0, +∞)，无单调递减区间；
当a > 1
2 时，f(x) 的单调递增区间为0, 1
a
和(2, +∞)，单调递减区间为
1
a ,2
.
(2) 因为对任意x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]，使得f x1
< g x2
，
所以f(x)max < g(x)max,g(x) = x2- 2x = (x - 1)2- 1,x ∈(0,2]，
当x = 2 时，g(x) 取得最大值，最大值为0.
由(1) 得，当0 < a ≤1
2 时，f(x) 在(0,2] 上单调递增，
即当x = 2 时，f(x) 取得最大值f(2) = 2a - (2a + 1) × 2 + 2ln2 + 4a = 2a - 2 + 2ln2，
所以2a - 2 + 2ln2 < 0，解得a < 1 - ln2，即0 < a < 1 - ln2.
当a > 1
2 时，f(x) 在0, 1
a
上单调递增，在
1
a ,2
上单调递减，
当x = 1
a 时，f(x) 取得最大值f
1
a
= 1
2a - (2a + 1) ⋅1
a + 2ln 1
a + 4a =- 1
2a - 2 - 2lna + 4a.
设s(a) =- 1
2a - 2 - 2lna + 4a,a > 1
2 ，
则s(a) =
1
2a2 - 2
a + 4 = 1-4a+8a2
2a2
> 0，s(a) 单调递增，
所以s(a) ≥s 1
2
= ln4 - 1 > 0 成立，所以f
1
a
< 0 无解.
综上所述，a 的取值范围为{a ∣0 < a < 1 - ln2}.
15
解法指导
双变量不等式的处理策略：
含两个变量的不等式，基本的思路是将之转化为一元的不等式，
具体转化方法主要有三种: 整体代换，分离变量，选取主元.
变式训练
20. (24 - 25 高三上·湖北·期中) 已知x = 2 为函数f(x) = x(x - c)2- 1
e 的极小值点.
(1) 求c 的值；
(2) 设函数g(x) = kx
ex ，若对∀x1∈(0, +∞)，∃x2∈R，使得f(x1) - g(x2) ≥0，求k 的取值范围.
【答案】(1)c = 2；(2) (-∞, -1] ∪(0, +∞).
【解析】(1) 函数f(x) = x(x - c)2- 1
e 的定义域为R，求导得f(x) = (x - c) (3x - c)，
依题意，f(2) = (2 - c) (6 - c) = 0，解得c = 2 或c = 6，
当c = 2 时，f(x) = (x - 2) (3x - 2)，当x < 2
3 或x > 2 时，f(x) > 0，当2
3 < x < 2 时，f(x) < 0，
因此x = 2 为函数f(x) = x(x - c)2- 1
e 的极小值点，符合题意，则c = 2；
当c = 6 时，f(x) = (x - 6) (3x - 6)，当x < 2 或x > 6 时，f(x) > 0，当2 < x < 6 时，f(x) < 0，
因此x = 2 为函数f(x) = x(x - c)2- 1
e 的极大值点，不符合题意，
所以c = 2.
(2) 由(1) 知，函数f(x) 在0, 2
3
,(2, +∞) 上单调递增，在
2
3 ,2
上单调递减，因此f(x)min = f(2) =- 1
e ，
①当k > 0 时，对∀x1∈(0, +∞)，∃x2=- 1
k ，使得g(x2) = g - 1
k
=-e
1
k <-1 <- 1
e ≤f(x1)，
因此f(x1) - g(x2) ≥0，符合题意，则k > 0；
②当k = 0 时，g(x) = 0，取x1= 2，对∀x2∈R，有f(x1) - g(x2) < 0，不符合题意；
③当k < 0 时，函数g(x) = kx
ex ，求导得g(x) = k(1 - x)e-x，
当x < 1 时，g(x) < 0，g(x) 在(-∞,1) 上单调递减；
当x > 1 时，g(x) > 0，g(x) 在(1, +∞) 上单调递增，则g(x)min = g 1
= k
e ，
若对∀x1∈(0, +∞)，∃x2∈R，使得f(x1) - g(x2) ≥0，只需g(x)min ≤f(x)min，即k
e ≤- 1
e ，解得k ≤-1，
所以k 的取值范围为(-∞, -1] ∪(0, +∞).
21. (24 - 25 高三上·上海·期中) 已知实数a > 0，设f x
=- 2
3 ax3+ x2.
(1) 若a = 3，求函数y = f x
的图象在点1,-1
处的切线方程；
(2) 若a = 1
3 ，已知函数y = f x
，x ∈m,+∞
的值域为-∞,3
，求实数m 的取值范围；
(3) 若对于任意的x1∈2,+∞
，总存在x2∈1,+∞
，使得f x1
⋅f x2
= 1，求a 的取值范围.
【答案】(1)4x + y - 3 = 0；(2) - 3
2 ≤m < 3；(3) 3
4 ≤a ≤3
2
16
【解析】(1) 由题得f x
=-2x3+ x2，所以fx
=-6x2+ 2x，所以f1
=-4，
所以在点1,-1
的切线方程为y + 1 =-4 x-1
⇒4x + y - 3 = 0；
(2) 由题得f x
=- 2
9 x3+ x2，
所以fx
=- 2
3 x2+ 2x，
令fx
= 0，解得x = 0 或x = 3，
当x ∈-∞,0
时，fx
< 0，此时f x
在-∞,0
单调递减；
当x ∈0,3
时，fx
> 0，此时f x
在0,3
单调递增；
当x ∈3,+∞
时，fx
< 0，此时f x
在3,+∞
单调递减；
f 0
= 0,f 3
= 3，
当x < 3 时，解f x
=- 2
9 x3+ x2= 3，得x =- 3
2 ，即f - 3
2
= 3
因为f x
在x ∈-∞,0
单调递减，在x ∈0,3
单调递增，在x ∈3,+∞
单调递减，f 3
= 3
所以要使函数y = f x
，x ∈m,+∞
的值域为-∞,3
此时- 3
2 ≤m < 3.
(3) 由题可知，fx
= 2x - 2ax2 a>0
，
令fx
= 0，解得x = 0 或x = 1
a > 0，
当x ∈-∞,0
时，fx
< 0，此时f x
单调递减；
当x ∈0, 1
a
时，fx
> 0，此时f x
单调递增；
当x ∈
1
a ,+∞
时，fx
< 0，此时f x
单调递减；
所以有极小值f 0
= 0，有极大值f
1
a
=
1
3a2
令f x
= 0，解得x = 0 或x = 3
2a ，
所以有当x ∈0, 3
2a
，f x
> 0，当x ∈
3
2a ,+∞
，f x
< 0，
因为对于任意的x1∈2,+∞
，总存在x2∈1,+∞
，使得f x1
⋅f x2
= 1
f x1
= 0 不成立，故3
2a ≤2，即a ≥3
4
由题可知，对于任意的x1∈2,+∞
，总存在x2∈1,+∞
，使得f x1
=
1
f x2
，
不妨令集合A = f x
x>2
,B =
1
f x
x>1
，则有A ⊆B，
当3
2a < 1，即a > 3
2 时，有f 1
< 0，此时f x
在1,+∞
单调递减，
所以B =
1
f 1
,0
，A = -∞,f 2
显然A ⊆B 不成立；
当1 ≤3
2a ≤2，即3
4 ≤a ≤3
2 ，此时有f 2
≤0，f 1
> 0 ，f x
在2,+∞
单调递减，
所以A = -∞,f 2
，-∞,0
⊆B，故A ⊆B，
综上所述，3
4 ≤a ≤3
2 .
17
题型八
利用导数研究极值点偏移问题
大题典例
22. (24 - 25 高三上·云南·月考) 已知函数f x
= ex- 1
2 x2+ ax + a.
(1) 若f x
为增函数，求a 的取值范围；
(2) 若f x
有两个极值点x1,x2，证明：x1+ x2< 0.
【答案】(1) -1,+∞
；(2) 证明见解析
【解析】(1)fx
= ex- x + a,f x
为增函数，则fx
≥0 恒成立，
设g x
= ex- x + a，则gx
= ex- 1，
令gx
= 0，则x = 0，
当x < 0 时，gx
< 0，所以fx
在-∞,0
上单调递减；
当x > 0 时，gx
> 0，所以fx
在0,+∞
上单调递增，
所以x = 0 是函数fx
的极小值点，
故当f0
= 1 + a ≥0，即a ≥-1,fx
≥0 恒成立，
所以当f x
为增函数，a 的取值范围为-1,+∞
.
(2)fx
= ex- x + a，x →+∞,fx
→+∞，x →-∞,fx
→+∞，由(1) 知当f0
< 0，
即a <-1 时，f x
有两个极值点x1,x2，
故fx1
= fx2
= 0，设x1< 0，则x2> 0，
设h x
= fx
- f-x
= ex- x + a - e-x+x+a
= ex- e-x- 2x,x > 0，
则hx
= ex+ e-x- 2 > 0，
故h x
在0,+∞
上单调递增，所以h x
> h 0
= 0，
所以fx
> f-x
，又x2> 0，
故fx2
> f-x2
，
所以fx1
> f-x2
，
又x1< 0, -x2< 0,fx
在-∞,0
上单调递减，
故x1<-x2，所以x1+ x2< 0.
解法指导
1、和型x1+ x2< 2a(或x1+ x2> 2a) 问题的基本步骤：
①首先构造函数g x
= f x
- f 2a-x
，求导，确定函数y = f x
和函数y = g x
的单调
性；
②确定两个零点x1< a < x2，且f x1
= f x2
，由函数值g x1
与g a
的大小关系，
得g x1
= f x1
- f 2a-x1
= f x2
- f 2a-x1
与零进行大小比较；
③再由函数y = f x
在区间a,+∞
上的单调性得到x2 与2a - x1 的大小，从而证明相应问题；
2、积型x1x2< a f x1
= f x2
问题的基本步骤：
①求导确定f x
的单调性，得到x1,x2的范围；
②构造函数F x
= f x
- f a
x
，求导可得F x
恒正或恒负；
18
③得到f x1
与f
a
x1
的大小关系后，将f x1
置换为f x2
；
④根据x2 与a
x1
的范围，结合f x
的单调性，可得x2 与a
x1
的大小关系，由此证得结论.
变式训练
23. (23 - 24 高三上·天津·月考) 已知函数f x
=- 1
2 x2+ ax - lnx a∈R
.
(1) 当a = 1 时，求曲线y = f x
在点1,f 1
处的切线方程；
(2) 求f x
的单调区间；
(3) 若函数f x
有两个极值点x1,x2 x1<x2
，求证：4f x1
- 2f x2
≤1 + 3ln2.
【答案】(1)2x + 2y - 3 = 0；(2) 答案见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1) 当a = 1 时，f x
=- 1
2 x2+ x - lnx x>0
，
所以f 1
=- 1
2 + 1 = 1
2 ，故切点坐标为1, 1
2
，
又fx
=-x + 1 - 1
x ，所以f1
=-1，
故切线的斜率为-1，由点斜式可得y - 1
2 =- x-1
，即2x + 2y - 3 = 0，
故曲线f x
在点1,f 1
处的切线方程为2x + 2y - 3 = 0；
(2)f x
的定义域为0,+∞
，
又fx
=-x + a - 1
x =- x2-ax+1
x
，
①当a2- 4 ≤0，即-2 ≤a ≤2 时，fx
≤0 在0,+∞
上恒成立，
故f x
在0,+∞
上单调递减；
②当a2- 4 > 0，即a > 2 或a <-2，
令fx
= 0，解得x = a-
a2-4
2
,x = a+
a2-4
2
，
若a > 2 时，则当0 < x < a-
a2-4
2
或x > a+
a2-4
2
时，fx
< 0，
当a-
a2-4
2
< x < a+
a2-4
2
时，fx
> 0，
所以f x
在0, a-
a2-4
2
, a+
a2-4
2
,+∞
上单调递减，在
a-
a2-4
2
, a+
a2-4
2
上单调递
增；
若a <-2 时，fx
< 0 在0,+∞
上恒成立，
故f x
在0,+∞
上单调递减.
综上所述，当a ≤2 时，f x
在0,+∞
上单调递减，
当a > 2 时，f x
在0, a-
a2-4
2
, a+
a2-4
2
,+∞
上单调递减，
在
a-
a2-4
2
, a+
a2-4
2
上单调递增；
(3) 由(2) 可知，当a > 2 时，f x
有两个极值点x1,x2 x1<x2
，则x1+x2=a
x1x2=1
，
19
由题意可得：0 < x1< 1 < x2，
则4f x1
- 2f x2
= 4 - 1
2 x2
1+ax1-lnx1
- 2 - 1
2 x2
2+ax2-lnx2
=-2x2
1 + 4ax1- 4lnx1+ x2
2- 2ax2+ 2lnx2
=-2x2
1 + 4x1 x1+x2
- 4lnx1+ x2
2- 2x2 x1+x2
+ 2lnx2
= 2
x2
2
- x2
2+ 6lnx2+ 2，
令g x
= 2
x2 - x2+ 6lnx + 2 x>1
，
则gx
=- 4
x3 - 2x + 6
x = -2 x2-1
x-
2
x+
2
x3
，
当1 < x <
2 时，gx
> 0，则g x
单调递增，
当x >
2 时，gx
< 0，则g x
单调递减，
故当x =
2 时，g x
取得最大值g
2
=
2
2
2 -
2
2+ 6ln 2 + 2 = 1 + 3ln2，
所以4f x1
- 2f x2
≤1 + 3ln2.
24. (24 - 25 高三上·内蒙古包头·开学考试) 设函数f(x) = (x - 1)2ex- x，
(1) 证明：f(x) 有两个零点；
(2) 记f(x) 是f(x) 的导数，x1,x2为f(x) 的两个零点，证明：fx1+x2
2
>-1．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 证明见解析.
【解析】(1) 由f(x) = 0，得(x - 1)2ex- x = 0，即(x - 1)2- x
ex = 0，令g(x) = (x - 1)2- x
ex ，
函数f(x) 有两个零点，即函数g(x) 有两个零点，求导得g(x) = (x - 1) 2+ 1
ex
，
当x < 1 时，g(x) < 0；当x > 1 时，g(x) > 0，函数g(x) 在(-∞,1) 上递减，在(1, +∞) 上递增，
又g(0) = 1 > 0,g(1) =- 1
e < 0,g(2) = 1 - 2
e2 > 0，
因此∃x1∈(0,1) 使得g(x1) = 0，∃x2∈(1,2) 使得g(x2) = 0，
所以函数f(x) 有两个零点.
(2) 由(1) 知函数f(x) = (x - 1)2ex- x 的零点x1,x2满足：0 < x1< 1 < x2< 2，
求导得f(x) = (x2- 1)ex- 1，要证fx1+x2
2
>-1，即证
x1+x2
2
2
-1
e
x1+x2
2
- 1 >-1，即证明x1+ x2>
2，
令h(x) = g(x) - g(2 - x) (0 < x < 1)，求导得h(x) = g(x) + g(2 - x)
= (x - 1) 2+ 1
ex
+ (1 - x) 2+
1
e2-x
= (1-x)(ex-e2-x)
e2
< 0，
函数h(x) 在(0,1) 上单调递减，则h(x) > h(1) = 0，由0 < x1< 1，得h(x1) > 0，
即g(x2) = g(x1) > g(2 - x1)，由0 < x1< 1 < x2< 2，得2 - x1∈(1,2)，且g(x) 在(1,2) 上单调递增，
因此x2> 2 - x1，即x1+ x2> 2，命题得证．
题型九
隐零点问题综合应用
大题典例
20
25. (23 - 24 高三下·湖南衡阳·一模) 已知函数f(x) = sinx - aln(b + x)
(1) 若f(x) 在x = π 处的切线方程为2x + y + 2π(ln2π - 1) = 0，求a、b 的值；
(2) 若b = 1 时，在-1, π
2
上f(x) ≥0 恒成立，求a 的取值范围；
【答案】(1)a = 2π，b = π；(2)a = 1
【解析】(1)f(x) = cosx -
a
b+x ，
由题意得f(π) = cosπ -
a
b+π =-2，
所以
a
b+π = 1，即a = b + π，
f(π) = sinπ - aln(b + π) =-2π + 2π(1 - ln2π)，
所以aln(b + π) = (b + π)ln(b + π) = 2πln2π，
故a = 2π，b = π.
(2)f(0) = sin0 - aln(1 + 0) = 0，
若-1, π
2
上f(x) ≥0 恒成立，即f(x)min = f(0)，
故f(0) 是f(x) 在-1, π
2
上的极小值，所以f(0) = 0，
f(x) = cosx -
a
1+x ，f(0) = cos0 -
a
1+0 = 1 - a = 0，解得a = 1，
下证a = 1 时，f(x)min = f(0)，
令g(x) = (1 + x)cosx - 1，g(x) = cosx - (1 + x)sinx，
①在0, π
2
上g(x) 单调递减，g(0) = 1，gπ
2
=-1 - π
2 < 0，
由零点存在定理，∃x0∈0, π
2
，使得g(x0) = 0，
在(0,x0] 上，g(x) ≥0，g(x) 单调递增，
在x0, π
2
上，g(x) ≤0，g(x) 单调递减，
g π
2
=-1，g(0) = 0，g(x0) > g(0) = 0，
由零点存在定理∃x1∈x0, π
2
，使得g(x1) = 0，
在(x0,x1) 上，f(x) = g(x)
1+x > 0，f(x) 单调递增，
在x1, π
2
上，f(x) = g(x)
1+x < 0，f(x) 单调递减，
所以0, π
2
上，f(0) = 0，f
π
2
= 1 - ln 1+ π
2
> 0，f(x)min = min f(0),f
π
2
= f(0)，
②在(-1,0] 上，f(x) = cosx -
1
1+x 单调递增，
f(x) ≤f(0) = 0，f(x) 单调递减，所以f(x)min = f(0)，
综上，只有当a = 1 时，在-1, π
2
上f(x)min = f(0)，所以a = 1.
解法指导
隐零点的处理思路：
21
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉
零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简
单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
变式训练
26. (24 - 25 高三上·浙江杭州·月考) 已知函数f x
= 1
2 ax2- a+1
x + lnx,g x
= xex- 1
2 ax2- 2．
(1) 讨论f x
的单调性；
(2) 证明：f x
+ g x
≥2lnx - ax - 1．
【答案】(1) 答案见解析；(2) 证明过程见解析
【解析】(1)f x
= 1
2 ax2- a+1
x + lnx 的定义域为0,+∞
，
故fx
= ax - a+1
+ 1
x = ax2- a+1
x+1
x
=
ax-1
x-1
x
，
若a ≤0 时，令fx
> 0 得0 < x < 1，令fx
< 0 得x > 1，
故f x
在0,1
上单调递增，在1,+∞
上单调递减，
当a > 0 时，若a = 1 时，fx
=
x-1
2
x
≥0，故f x
在0,+∞
上单调递增，
若0 < a < 1 时，1
a > 1，令fx
> 0 得0 < x < 1 或x > 1
a ，
令fx
< 0 得1 < x < 1
a ，
故f x
在0,1
，1
a ,+∞
上单调递增，在1, 1
a
上单调递减；
若a > 1 时，1
a < 1，令fx
> 0 得0 < x < 1
a 或x > 1，
令fx
< 0 得1
a < x < 1，
故f x
在0, 1
a
，1,+∞
上单调递增，在
1
a ,1
上单调递减；
综上，当a ≤0 时，f x
在0,1
上单调递增，在1,+∞
上单调递减；
当a = 1 时，f x
在0,+∞
上单调递增；
当0 < a < 1 时，f x
在0,1
，1
a ,+∞
上单调递增，在1, 1
a
上单调递减；
当a > 1 时，f x
在0, 1
a
，1,+∞
上单调递增，在
1
a ,1
上单调递减.
(2) 1
2 ax2- a+1
x + lnx + xex- 1
2 ax2- 2 ≥2lnx - ax - 1，
即xex- x - 1 - lnx ≥0，
令t x
= xex- x - 1 - lnx，定义域为0,+∞
，
tx
= x+1
ex- 1 - 1
x ，其在0,+∞
上单调递增，
又t
1
2
= 3
2 e
1
2 - 3 < 0，t1
= 2e - 2 > 0，
由零点存在性定理得，存在唯一的x0∈
1
2 ,1
，使得tx0
= 0，
22
即x0+1
ex0- 1 - 1
x0
= 0，故ex0= 1
x0
，
当x ∈0,x0
时，tx
< 0，当x ∈x0,+∞
时，tx
> 0，
故t x
= xex- x - 1 - lnx 在x ∈0,x0
上单调递减，在x ∈x0,+∞
上单调递增，
故t x
= xex- x - 1 - lnx 在x = x0处取得极小值，也是最小值，
其中t x0
= x0ex0- x0- 1 - lnx0= 1 - x0- 1 - lnx0=- x0+lnx0
，
ex0= 1
x0
两边取对数得x0= ln 1
x0
=-lnx0，故t x0
=- x0+lnx0
= 0，
所以f x
+ g x
≥2lnx - ax - 1，证毕.
27. (24 - 25 高三上·四川成都·期中) 已知函数f x
= ex- ax2- x - 1.
(其中e ≈2.71828)
(1) 当a = 0 时，证明：f x
≥0
(2) 若x > 0 时，f x
> 0，求实数a 的取值范围；
(3) 记函数g x
= ex-1
x
- 2lnx 的最小值为m，求证：m ∈
23
20 ,e-1
【答案】(1) 证明见解析；(2)a ≤1
2 ；(3) 证明见解析
【解析】(1) 当a = 0 时，f x
= ex- x - 1，∴fx
= ex- 1，
当x > 0 时，ex> 1，fx
> 0，f x
单调递增，
当x < 0 时，ex< 1，fx
< 0，f x
单调递减，
∴f x
≥f 0
= 0，得证.
(2) 法一：由f x
= ex- ax2- x - 1，∴fx
= ex- 2ax - 1，∴ex-2ax-1
= ex- 2a
①当a ≤1
2 时，x > 0，ex> 1，ex-2ax-1
> 0，
∴fx
单调递增，fx
> f0
= 0，
∴f x
单调递增，f x
> f 0
= 0，∴a ≤1
2 成立；
②当a > 1
2 时，当x ∈0,ln2a
，ex-2ax-1
< 0，
∴fx
单调递减，fx
< f0
= 0，
∴f x
单调递减，f x
< f 0
= 0，与条件矛盾，∴a > 1
2 不成立；
综上所述：a ≤1
2 .
法二：由f x
> 0，即a < ex-x-1
x2
成立，设u x
= ex-x-1
x2
ux
=
x-2
ex+x+2
x3
，设k x
= x-2
ex+ x + 2，kx
= x-1
ex+ 1
x-1
ex+1
= xex> 0，∴kx
单调递增，
kx
> k0
= 0，∴k x
单调递增
k x
> k 0
= 0 即ux
> 0，∴u x
单调递增，u x
> u 0
由洛必达法则lim
x→0
ex-x-1
x2
= lim
x→0
ex-1
2x
= lim
x→0
ex
2 = 1
2 ，∴a ≤1
2 .
(3)g x
= ex-1
x
- 2lnx，则gx
= xex-ex-2x+1
x2
，
设h x
= xex- ex- 2x + 1，则hx
= xex- 2，又因xex-2
= x+1
ex> 0，
∴hx
= xex- 2 在0,+∞
单调递增，
23
又∵h0
⋅h1
= -2
× e-2
< 0，
∴∃x0∈0,1
，使得hx0
= 0，即ex0= 2
x0
①，
且x ∈0,x0
，hx
< 0，h x
单调递减；
x ∈x0,1
，hx
> 0，h x
单调递增，
∴h x
min = h x0
= x0ex0- ex0- 2x0+ 1，
由①得h x0
= 3 - 2
x0
- 2x0< h 0
= 0，
又∵h 1
=-1 < 0，h 3
2
= 1
2 e
3
2 - 2 > 0，
∴∃x1∈1, 3
2
，使得h x1
= 0，即x1ex1- ex1- 2x1+ 1 = 0，即ex1= 2x1-1
x1-1 ，
且x ∈0,x1
，h x
< 0，g x
单调递减；
x ∈x1,+∞
，h x
> 0，g x
单调递增，
∴g x
min = g x1
= ex1-1
x1
- 2lnx1=
1
x1-1 - 2lnx1，
∵x1∈1, 3
2
，∴g x1
< g 1
= e - 1，
再设φ x
=
1
x-1 - 2lnx，则φ x
在1,+∞
单调递减，
∵x1∈1, 3
2
，∴φ x1
也即g x1
大于φ 3
2
= 2 - 2ln 3
2 ，
要证2 - 2ln 3
2 > 23
20 ，即证ln 3
2 < 17
40 ，又即证e
17
40 > 3
2 ，
由(2) 问ex> 1 + x + 1
2 x2，
∴e
17
40 > 1 + 17
40 + 1
2 ×
17
40
2
= 4849
3200 > 4800
3200 = 3
2 ，得证.
题型十
导数与数列综合问题
大题典例
28. (23 - 24 高三下·河北·三模) 已知函数f x
= xlnx - ax2+ 2a-1
x - a + 1 a∈R
．
(1) 若f x
≤0 在1,+∞
恒成立，求实数a 的取值范围；
(2) 证明：1
n+1 +
1
n+2 +
1
n+3 +⋯+
1
n+n + 1
4n > ln2．
【答案】(1) 1
2 ,+∞
；(2) 证明见解析
【解析】(1)f x
≤0 ⇔lnx - ax - a-1
x
+ 2a - 1 ≤0 在1,+∞
恒成立．
构造函数g x
= lnx - ax - a-1
x
+ 2a - 1 x≥1
，则g x
≤0 在1,+∞
恒成立．
gx
= 1
x - a + a-1
x2
=
x-1
1-a x+1
x2
当a ≤0 时，gx
≥0，所以g x
在1,+∞
上单调递增，
所以g x
≥g 1
= 0，矛盾，故舍去
24
当0 < a < 1
2 时，由gx
≥0 得1 < x < 1
a - 1，所以g x
在1, 1
a -1
上单调递增，
故∀x ∈1, 1
a -1
，均有g x
≥g 1
= 0，矛盾，故舍去
当a ≥1
2 时，gx
≤0，所以g x
在1,+∞
上单调递减，
所以g x
≤g 1
= 0，满足题意；
综上，实数a 的取值范围为
1
2 ,+∞
(2) 由(1) 知当a = 1
2 时，f x
≤0 恒成立，
即lnx ≤1
2
x- 1
x
在1,+∞
上恒成立，当且仅当x = 1 时取等号．
所以当x = n+1
n
时，可得ln n+1
n
< 1
2
n+1
n
-
n
n+1
= 1
2
1
n +
1
n+1
同理ln n+2
n+1 < 1
2
1
n+1 +
1
n+2
，ln n+3
n+2 < 1
2
1
n+2 +
1
n+3
，⋯，ln
n+n
n+ n-1
<
1
2
1
n+ n-1
+
1
n+n
两边分别累加得：
ln n+1
n
+ ln n+2
n+1 +⋯+ln
n+n
n+ n-1
<
1
2
1
n +
1
n+1
+
1
n+1 +
1
n+2
+⋯+
1
n+ n-1
+
1
n+n
即ln n+1
n
× n+2
n+1 ×⋯×
n+n
n+ n-1
< 1
2n +
1
n+1 +
1
n+2 +⋯+
1
n+ n-1
+ 1
4n
即
1
n+1 +
1
n+2 +
1
n+3 +⋯+
1
n+n + 1
4n > ln2
解法指导
导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式
中的自变量，通过多次求和(常常用到裂项相消法求和) 达到证明的目的，此类问题一般至少有
两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
变式训练
29. (23 - 24 高三下·四川雅安·一模) 已知函数f(x) = ax2+ (1 - a)x - lnx．
(1) 若f(x) 有2 个相异极值点，求a 的取值范围；
(2) 若f(x) ≥1，求a 的值；
(3) 设m 为正整数，若∀n ∈N *，1+ 1
4
1+ 3
42
1+ 32
43
⋯1+ 3n-1
4n
< m，求m 的最小值．
【答案】(1)a <-2 2 - 3 或2 2 - 3 < a < 0；(2)a = 0；(3)3.
【解析】(1) 函数f(x) = ax2+ (1 - a)x - lnx 的定义域为(0, +∞)，求导得f(x) = 2ax2+(1-a)x-1
x
，
由f(x) 有2 个相异极值点，得方程2ax2+ (1 - a)x - 1 = 0 有两个相异正实根x1,x2，
25
于是
Δ=(1-a)2+8a>0
x1+x2= a-1
2a >0
x1x2= -1
2a >0
，解得a <-2 2 - 3 或2 2 - 3 < a < 0，
所以a 的取值范围是a <-2 2 - 3 或2 2 - 3 < a < 0.
(2) 令g(x) = f(x) - 1 = ax2+ (1 - a)x - lnx - 1，求导得g(x) = 2ax + 1 - a - 1
x ，
当a > 0 时，函数g(x) 在(0, +∞) 上单调递增，而g(1) = a > 0，
g
1
4+a2
=
2a
4+a2 + 1 - a - 4 - a2≤- 5
2 - a - a2< 0，则∃x0∈
1
4+a2 ,1
，使得g(x0) = 0，
当x > x0时，g(x) > 0，因此函数g(x) 在(x0, +∞) 上单调递增，而g(1) = 0，
则当x0< x < 1 时，g(x) < 0，即f(x) < 1，不符合题意；
当a < 0 时，而x →+∞时，g(x) →-∞，不等式f(x) ≥1 不恒成立，不符合题意；
当a = 0 时，g(x) = x - lnx - 1，求导得g(x) = 1 - 1
x ，当0 < x < 1 时，g(x) < 0，当x > 1 时，g(x) > 0，
函数g(x) 在(0,1) 上单调递减，在(1, +∞) 上单调递增，g(x)min = g(1) = 0，
即对任意正数x，g(x) ≥0 恒成立，即不等式f(x) ≥1 恒成立，符合题意，
所以a = 0.
(3) 由(2) 知，对任意x > 0，不等式lnx ≤x - 1，当且仅当x = 1 时取等号，
令x = 3n-1
4n
+ 1，则ln 3n-1
4n +1
< 3n-1
4n ，
则ln 1+ 1
4
+ ln 1+ 3
42
+ ln 1+ 32
43
+⋯+ln 1+ 3n-1
4n
< 1
4 + 3
42 + 32
43 +⋯+ 3n-1
4n
=
1
4 1- 3n
4n
1- 3
4
= 1 - 3n
4n < 1，即ln
1+ 1
4
1+ 3
42
1+ 32
43
⋯1+ 3n-1
4n
< 1，
因此1+ 1
4
1+ 3
42
1+ 32
43
⋯1+ 3n-1
4n
< e，
当n ≥4 时，1+ 1
4
1+ 3
42
1+ 32
43
⋯1+ 3n-1
4n
> 1+ 1
4
1+ 3
42
1+ 32
43
1+ 33
44
1+ 34
45
> 2，
所以对∀n ∈N *，1+ 1
4
1+ 3
42
1+ 32
43
⋯1+ 3n-1
4n
< m 时，正整数m 的最小值为3.
30. (24 - 25 高三上·上海·月考) 已知函数f(x) = lnx - k(x-1)
x
+ 1.
(1) 若k > 0，求函数y = f(x) 的极值；
(2) ①当x > 1 时，f(x) > 0 恒成立，求正整数k 的最大值；
②证明：(1 + 1 × 2) (1 + 2 × 3) ⋯[1 + n(n + 1)] > e
n 2-
3
n+1
【答案】(1) 极小值为f(k) = lnk - k + 2，没有极大值；
(2) ①正整数k 的最大值为3，②证明见解析.
【解析】(1) 函数f(x) = lnx - k(x-1)
x
+ 1 的定义域为0,+∞
，
导函数f(x) = x-k
x2
，x > 0，
令f(x) = 0，又k > 0，所以x = k，
所以当x > k 时，fx
> 0，函数f x
在k,+∞
上单调递增，
当0 < x < k 时，fx
< 0，函数f x
在0,k
上单调递减，
26
所以当x = k 时，函数f x
取极小值，极小值为f(k) = lnk - k + 2，
所以函数f x
的极小值为f(k) = lnk - k + 2，没有极大值；
(2) ①因为当x > 1 时，f(x) > 0 恒成立，
所以当x > 1 时，f x
min > 0，
由(1) 若k > 0 时，则f x
在0,k
上单调递减，在k,+∞
上单调递增，
(a) 当0 < k ≤1 时，f x
在1,+∞
上单调递增，f x
min > f 1
= 1 满足题意；
(b) 当k > 1 时，f x
在1,k
上单调递减，在k,+∞
上单调递增，
f(x)min = lnk - k + 2 > 0
令g x
= lnx - x + 2，则g(x) = 1-x
x
< 0，
所以g x
在1,+∞
上单调递减，
且g 2
= ln2 > 0，g 3
= ln3 - 1 > 0，g 4
= ln4 - 2 < 0，
所以存在x0∈3,4
使得g x0
= 0，
则g x
= lnx - x + 2 > 0 的解集为1,x0
，
综上满足条件的正数k 的取值范围0,x0
，其中x0∈3,4
，
所以正整数k 的最大值3；
(ii) 证明：要证(1 + 1 × 2) (1 + 2 × 3) ⋯[1 + n(n + 1)] > e
n 2-
3
n+1
两边取对数，即证ln
1+1×2
1+2×3
⋯1+n× n+1
> 2n -
3n
n+1
也即证ln 1+1×2
+ ln 1+2×3
+⋯+ln 1+n× n+1
> 2n -
3n
n+1
由①知lnx > 3(x-1)
x
- 1 = 2 - 3
x ，
令x = 1 + n n+1
，则ln 1+n n+1
> 2 -
3
n n+1
+1 > 2 -
3
n n+1
= 2 -
3
n -
3
n+1
所以ln 1+1×2
+ ln 1+2×3
+⋯+ln 1+n× n+1
> 2n - 3 1- 1
2 + 1
2 - 1
3 +⋯+ 1
n -
1
n+1
所以ln 1+1×2
+ ln 1+2×3
+⋯+ln 1+n× n+1
> 2n - 3 1-
1
n+1
= 2n -
3n
n+1
所以(1 + 1 × 2) (1 + 2 × 3) ⋯[1 + n(n + 1)] > e
n 2-
3
n+1
．
必刷大题
刷模拟
31. (24 - 25 高三上·福建泉州·期中) 已知函数f(x) = 1
2 ax2+ lnx - (a + 1)x，a ∈R．
(1) 当a > 0 时，讨论f(x) 的单调性；
(2) 当a > 0 时，设g(x) = f(x)
x
，若g(x) 既有极大值又有极小值，求a 的取值范围．
【答案】(1) 答案见解析；(2) 0,e-3
【解析】(1) 当a > 0 时，f(x) 的定义域为(0, +∞)，fx
= ax + 1
x - (a + 1) = (ax-1)(x-1)
x
，
当a = 1 时，fx
= (x-1)2
x
≥0 恒成立，f(x) 在(0, +∞) 上为增函数；
27
当a > 1 时，0 < 1
a < 1，fx
=
a x- 1
a
(x-1)
x
，
当0 < x < 1
a 或x > 1 时，fx
> 0，当1
a < x < 1 时，fx
< 0，
所以f(x) 的单调递增区间为0, 1
a
，(1, +∞)，单调递减区间为
1
a ,1
，
当0 < a < 1 时，1
a > 1，当0 < x < 1 或x > 1
a 时，fx
> 0，当1 < x < 1
a 时，fx
< 0，
所以f(x) 的单调递增区间为(0,1)，1
a ,+∞
，单调递减区间为1, 1
a
．
综上所述，当a = 1 时，f(x) 在(0, +∞) 上为增函数；
当a > 1 时，f(x) 的单调递增区间为0, 1
a
，(1, +∞)，单调递减区间为
1
a ,1
，
当0 < a < 1 时，f(x) 的单调递增区间为(0,1)，1
a ,+∞
，单调递减区间为1, 1
a
，
(2) 因为g(x) = f(x)
x
= 1
2 ax + lnx
x
- (a + 1)，所以gx
= 1
2 a + 1-lnx
x2
，
若g(x) 既有极大值又有极小值，则gx
至少存在两个变号零点，
即lnx-1
x2
= 1
2 a 至少有两个不同实数根，
记h(x) = lnx-1
x2
，则h(x) = 3-2lnx
x3
，
当0 < x < e
3
2 时，h(x) > 0，当x > e
3
2 时，h(x) < 0，
所以h(x) 在x = e
3
2 时，取得极大值h(e) =
3
2 -1
e3
= 1
2e3 ，
又x 趋近于0 时，h(x) 趋近于-∞，当x 趋近于+∞时，h(x) 趋近于0，
所以，h(x) 的图像如图所示，
由图可知，当0 < a
2 < 1
2e3 ，即0 < a < e-3时，gx
有两个变号零点，
且分别为g(x) 极大值点和极小值点，所以a 的取值范围为0,e-3
．
32. (24 - 25 高三上·山东·期中) 已知函数f(x) = ax3+ 2sinx - x.
(1) 求曲线y = f(x) 在点(0,f(0)) 处的切线方程；
(2) 当a = 1 时，讨论f(x) 的单调性；
(3) 当x ≥0 时，f(x) ≥0，求a 的取值范围.
【答案】(1)y = x；(2)f(x) 在R 上单调递增；(3)
1
π2 ,+∞
【解析】(1) 由题意可知f(0) = 0，
f(x) = 3ax2+ 2cosx - 1，则f(0) = 1，
故曲线y = f(x) 在点(0,f(0)) 处的切线方程为y = x.
(2) 当a = 1 时，f(x) = x3+ 2sinx - x. 则f(x) = 3x2+ 2cosx - 1.
28
当0 ≤x < 1 时，cosx > cos1 > cos π
3 = 1
2 ，此时
f(x) = 3x2+ 2cosx - 1 ≥2cosx - 1 > 0.
当x ≥1 时，f(x) = 3x2+ 2cosx - 1 ≥3x2- 2 - 1 ≥0.
故f(x) > 0 在[0, +∞) 上恒成立.
再由f(-x) = 3(-x)2+ 2cos(-x) - 1 = 3x2+ 2cosx - 1 = f(x) 可知f(x) 为偶函数，
于是f(x) > 0 在R 上恒成立. 故f(x) 在R 上单调递增.
(3) 当x = 0 时，f(x) = 0 符合题意.
当x > 0 时，由f(x) ≥0 可得a ≥x-2sinx
x3
.
令F(x) = x-2sinx
x3
，则F(x) = 2(3sinx-x-xcosx)
x4
.
令G(x) = 3sinx - x - xcosx，则G(x) = xsinx + 2cosx - 1.
令H(x) = xsinx + 2cosx - 1，则H(x) = xcosx - sinx.
令K(x) = xcosx - sinx，
当0 < x ≤π 时，K(x) =-xsinx < 0，故K(x) 在(0,π] 上单调递减.
又K(0) = 0，则此时K(x) < 0. 故H(x) 在(0,π] 上单调递减.
因为H(0) = 1 > 0，H(π) =-3 < 0，则存在x0∈(0,π)，使得H x0
= Gx0
= 0，
于是G(x) 在0,x0
上单调递增，在x0,π
上单调递减.
由于G(0) = 0，G(π) = 0，则当x ∈(0,π] 时，G(x) ≥0，此时F(x) ≥0.
因此F(x) 在(0,π] 上单调递增.
故当x ∈(0,π] 时，F(x) ≤F(π) = 1
π2 .
令L(x) = 2sinx + x3
π2 - x，x > π，则L(x) = 2cosx + 3x2
π2 - 1.
当x > π 时，L(x) = 2cosx + 3x2
π2 - 1 >-2 + 3π2
π2 - 1 = 0，则L(x) 在(π, +∞) 上单调递增，
此时L(x) > L(π) = 0. 故当x ∈(π, +∞) 时，F(x) = x-2sinx
x3
< 1
π2 .
故F(x) = x-2sinx
x3
≤1
π2 在(0, +∞) 上恒成立.
因此a 的取值范围为
1
π2 ,+∞
.
33. (24 - 25 高三上·北京房山·期中) 已知函数f x
= ax3 + bx2 + cx 在点x0 处取得极大值5，其导函数y
= fx
的图象经过点1,0
，2,0
，如图所示. 求：
(1)x0的值；
(2)a，b，c 的值；
(3) 函数f x
在区间-1,3
上的最大值和最小值.
29
【答案】(1)x0= 1；(2)a = 2，b =-9，c = 12；(3)f x
max = f 3
= 9，f x
min = f -1
=-23
【解析】(1) 由图象可知：在-∞,1
上，fx
> 0；在1,2
上，fx
< 0；在2,+∞
上，fx
> 0
∴f x
在-∞,1
，2,+∞
上单调递增，在1,2
上单调递减，
∴f x
在x = 1 处取得极大值，∴x0= 1；
(2) 因为fx
= 3ax2+ 2bx + c 且f1
= 0，f2
= 0，f 1
= 5，
得：
3a+2b+c=0
12a+4b+c=0
a+b+c=5
，解得：a = 2，b =-9，c = 12；
(3) 由(2) 得f x
= 2x3- 9x2+ 12x，则fx
= 6x2- 18x + 12 = 6 x-1
x-2
，
可知：f x
在-1,1
上单调递增，在1,2
上单调递减，在2,3
上单调递增，
∴f x
max = max f 1
,f 3
，f x
min = min f -1
,f 2
，
又f 1
= 5，f 3
= 9，f -1
=-2 - 9 - 12 =-23，f 2
= 4，
∴f x
max = f 3
= 9，f x
min = f -1
=-23.
34. (24 - 25 高三上·江苏盐城·期中) 设函数f x
= xex，x ∈R.
(1) 求f x
的极值；
(2) 已知实数a > 0，若存在正实数x 使不等式a ⋅3axln3 - f lnx
x
≤0 成立，求a 的取值范围；
(3) 已知不等式f m
- f n
> k m-n
2对满足m > n > 0 的一切实数m，n 恒成立，求实数k 的取
值范围.
【答案】(1) 极小值f(-1) =- 1
e ，无极大值；(2)0 < a ≤log3e
e
；(3)k ≤e.
【解析】(1) 由题设fx
= (x + 1)ex，
x <-1 时，fx
< 0，即f(x) 在(-∞, -1) 上递减，
x >-1 时，fx
> 0，即f(x) 在(-1, +∞) 上递增，
所以f(x) 有极小值f(-1) =- 1
e ，无极大值.
(2) 由a ⋅3axln3 - f lnx
x
≤0 且x ∈(0, +∞)，则ax ⋅3axln3 - f lnx
= 3axln3ax - xlnx ≤0，
所以，问题化为a > 0，∃x ∈(0, +∞) 使3axln3ax ≤xlnx 成立，
令y = xlnx，则y= 1 + lnx，且x = 1 时y = 0，
0 < x < 1
e 时y< 0，即y 在0, 1
e
上递减，对应值域为- 1
e ,0
；
x > 1
e 时y> 0，即y 在
1
e ,+∞
上递增，对应值域为- 1
e ,+∞
；
由于3ax > 1，于是x ≥3ax > 1
e ，即x ≥3ax > 1，此时0 < a ≤log3x
x
，
对于g(x) = log3x
x
且x ∈(1, +∞)，则g(x) =
log3 e
x
x2
，
故1 < x < e 时g(x) > 0，即g(x) 在(1,e) 上递增，
x > e 时g(x) < 0，即g(x) 在(e, +∞) 上递减，
所以g(x)max = g(e) = log3e
e
，故0 < a ≤log3e
e
.
(3) 由题设，令m - n = t > 0，而f m
- f n
= mem - nen> k m-n
2，
30
所以k < (n+t)en+t-nen
t2
= nen⋅et-1
t2
+ en⋅et
t 在n,t ∈(0, +∞) 上恒成立，
令φ(n) = nen⋅et-1
t2
+ en⋅et
t 在n ∈(0, +∞) 上递增，则φ(n) > φ(0) = et
t ，
令ϕ(t) = et
t ，则ϕ(t) = (t-1)et
t2
，
故t ∈(0,1) 上ϕ(t) < 0，即ϕ(t) 在(0,1) 上递减；
t ∈(1, +∞) 上ϕ(t) > 0，即ϕ(t) 在(1, +∞) 上递增；
所以ϕ(t) ≥ϕ(1) = e，
综上φ(n) > e，故只需k ≤e.
35. (23 - 24 高三下·广东佛山·一模) 已知函数f x
= ax2- 1 + 2lnx．
(1) 讨论f x
的单调性；
(2) 当a = 1 时，若存x1、x2在，满足f x1
=-f x2
，证明：x1+ x2≥2；
(3) 对任意的x > 0，fx
≤xe2x+ 2
x - lnx - 1 恒成立，其中fx
是函数f x
的导数，求a 的取值
范围．
【答案】(1) 答案见解析；(2) 证明见解析；(3) -∞,1
【解析】(1)f x
的定义域为0,+∞
，fx
= 2ax + 2
x = 2 ax2+1
x
．
当a ≥0 时，fx
> 0，f x
在0,+∞
上单调递增；
当a < 0 时，令fx
= 0，得x =
- 1
a 或x =-
- 1
a (舍去)，
当x ∈0,
- 1
a
时，fx
> 0；当x ∈
- 1
a ,+∞
时，fx
< 0，
所以f x
在0,
- 1
a
上单调递增，在
- 1
a ,+∞
上单调递减．
综上，当a ≥0 时，f x
在0,+∞
上单调递增；
当a < 0 时，f x
在0,
- 1
a
上单调递增，在
- 1
a ,+∞
上单调递减．
(2) 方法一：当a = 1 时，f x
= x2- 1 + 2lnx，由f x1
=-f x2
，
得x2
1 - 1 + 2lnx1= x2
2- 1 + 2lnx2，即x2
1 + x2
2= 2 - 2ln x1x2
由于lnx ≤x - 1，事实上，令g x
= lnx - x + 1，gx
= 1
x - 1 = 1-x
x
，
x ∈0,1
时，gx
> 0；x ∈1,+∞
时，gx
< 0；所以g(x)max = g 1
= 0，
所以g x
= lnx - x + 1 ≤0，即lnx ≤x - 1．
所以x1+x2
2= 2x1x2+ 2 - 2ln x1x2
≥2x1x2+ 2 - 2 x1x2-1
= 4，
当且仅当x1x2= 1 时，等号成立，所以x1+ x2≥2，得证．
方法二：当a = 1 时，f x
= x2- 1 + 2lnx，f 1
= 0，
由(1) 知a = 1 时，f x
在0,+∞
上单调递增，
当x1≠x2时，可证x1+ x2> 2．
不妨设0 < x1< 1 < x2，要证x1+ x2> 2，即证x2> 2 - x1，即证f x2
> f 2-x1
，
因为f x1
=-f x2
，所以即证f x1
+ f 2-x1
< 0．
令g x
= f x
+ f 2-x
，其中0 < x < 1，
31
gx
= fx
+ f2-x
= 2x + 2
x - 2 2-x
-
2
2-x = 4(x-1)3
x x-2
因为0 < x < 1，所以gx
> 0，所以g x
在0,1
上单调递增，
所以g x
< g 1
= 0，所以f x1
+ f 2-x1
< 0，所以x1+ x2> 2．
当x1= x2时，因为f x1
=-f x2
，所以f x1
= f x2
= 0，
所以x1= x2= 1，所以x1+ x2= 2．
综上，x1+ x2≥2．
(3) 方法一：fx
= 2ax + 2
x ，由fx
≤xe2x+ 2
x - lnx - 1，
得2ax ≤xe2x- lnx - 1，即a ≤xe2x- lnx+1
2x
，
所以对任意的x > 0，fx
≤xe2x+ 2
x - lnx - 1 恒成立，
等价于a ≤
xe2x- lnx+1
2x
min，
由于ex≥x + 1，事实上，令g x
= ex- x - 1，g x
= ex- 1，
x ∈-∞,0
时，gx
< 0；x ∈0,+∞
时，gx
> 0；所以g(x)min = g 0
= 0，
所以g x
= ex- x - 1 ≥0，即ex≥x + 1．
所以xe2x- lnx+1
2x
= elnx+2x- lnx+1
2x
≥lnx+2x+1- lnx+1
2x
= 1，
当且仅当lnx + 2x = 0 时，等号成立(方程显然有解)，
即
xe2x- lnx+1
2x
min = 1，所以a ≤1．
所以a 的取值范围是0,1
．
方法二：fx
= 2ax + 2
x ，由fx
≤xe2x+ 2
x - lnx - 1，得2ax ≤xe2x- lnx - 1，
即a ≤xe2x- lnx+1
2x
，所以对任意的x > 0，fx
≤xe2x+ 2
x - lnx - 1 恒成立，
等价于a ≤
xe2x- lnx+1
2x
min
令g x
= xe2x- lnx+1
2x
(x > 0)，
则gx
=
e2x+2xe2x- 1
x
2x-2 xe2x-lnx-1
4x2
= 2x2e2x+lnx
2x2
，
令h x
= 2x2e2x+ lnx，则hx
= 4xe2x 1+x
+ 1
x > 0，所以h x
在0,+∞
上单调递增，
又h 1
4
=
e
8
- 2ln2 < 0，h 1
= 2e2> 0，所以h 1
4
h 1
< 0，
所以存在x0∈
1
4 ,1
，使得h x0
= 0，
所以2x2
0e2x0+ lnx0= 0，即-lnx0= 2x2
0e2x0，所以ln -lnx0
= ln2 + 2lnx0+ 2x0，
所以ln -lnx0
+ -lnx0
= ln2x0+ 2x0，
令l x
= lnx + x(x > 0)，lx
= 1
x + 1 > 0，所以l x
在0,+∞
上单调递增，
因为l -lnx0
= l 2x0
，所以-lnx0= 2x0
又x ∈0,x0
时，gx
< 0；x ∈x0,+∞
时，gx
> 0，
所以g x
在0,x0
上单调递减，g x
在x0,+∞
上单调递增，
32
所以g(x)min = g x0
= x0e2x0-lnx0-1
2x0
= x0e-lnx0+2x0-1
2x0
= 1，
所以a ≤1，所以a 的取值范围是-∞,1
．
36. (23 - 24 高三下·浙江杭州·一模) 已知函数f x
= axlnx - x3- 1.
(1) 若a = 1，求f x
的单调区间;
(2) 若0 ≤a ≤3，求证:f x
< 0;
(3) 若h x
= f x
+x3+1
a
，∃x1≠x2使得h x1
= h x2
= b，求证:be + 1 < x1-x2
< b + 1.
【答案】(1) 单调递减区间是0,+∞
，无增区间；(2) 证明见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1) 当a = 1 时，f x
= xlnx - x3- 1，x ∈0,+∞
，
则fx
= lnx + 1 - 3x2
令h x
= fx
，则hx
= 1
x - 6x，
令hx
= 1
x - 6x > 0，∵x > 0，∴0 < x <
6
6 ，
∴fx
在区间0,
6
6
上单调递减增，在区间
6
6 ,+∞
上单调递减，
∴fx
≤f
6
6
= ln
6
6
+ 1
2 = 1
2
ln 1
6 +1
< 0，
∴f x
的单调递减区间是0,+∞
，无增区间.
(2) ∵x ∈0,+∞
，
当x ∈0,1
时，f x
< 0 显然成立，
当x ∈1,+∞
时，fx
= a lnx+1
- 3x2，令g x
= fx
，
∴gx
= a-6x2
x
< 0，
∴fx
在区间1,+∞
上单调递减，∴fx
< f1
= a - 3 ≤0，
∴f x
在区间1,+∞
上单调递减，∴f x
< f 1
=-2 < 0，
综上所述，当0 ≤a ≤3 时，f x
< 0.
(3)h x
= xlnx，
∴hx
= lnx + 1，令hx
< 0，则0 < x < 1
e ，
∴h x
在区间0, 1
e
上单调递减，在区间
1
e ,+∞
上单调递增，
∵h 1
e
=- 1
e ，∴b ∈- 1
e ,0
.
不妨设x1< x2，则x1∈0, 1
e
，x2∈
1
e ,1
，
先证：x2- x1< b + 1，
易知h x
在x = 1 处的切线方程为y = x - 1，该切线与直线y = b 的交点的横坐标为x3= b + 1，
令g x
= h x
- x-1
= xlnx - x + 1，则gx
= lnx，
当x ∈0,1
时，gx
< 0，此时g x
> g 1
= 0，
∴当x ∈0,1
时，y = x - 1 图像在h x
下方.
∴x3> x2- x1，∴x2- x1< x3< b + 1，
再证x2- x1> be + 1，设A 1
e ,- 1
e
，B 1,0
，
33
易知直线OA 方程为y =-x，直线AB 方程为y =
1
e-1 x-1
，
则直线OA，AB 与直线y = b 交点的横坐标为x4=-b，x5= e-1
b + 1，
∴x5- x4= be + 1，
∵x4=-b =-x1lnx1> x1，同理可证：x4< x2，
∴x1< x4< x2，类似的可以证明x1< x5< x2，
∴x5- x4< x2- x1，即be + 1 < x2- x1，
∴be + 1 < x1-x2
< b + 1
刷真题
37. (2024·全国·高考真题) 已知函数f x
= a x-1
- lnx + 1．
(1) 求f x
的单调区间；
(2) 当a ≤2 时，证明：当x > 1 时，f x
< ex-1恒成立．
【答案】(1) 见解析；(2) 见解析
【解析】(1)f(x) 定义域为(0, +∞)，f(x) = a - 1
x = ax-1
x
当a ≤0 时，f(x) = ax-1
x
< 0，故f(x) 在(0, +∞) 上单调递减；
当a > 0 时，x ∈
1
a ,+∞
时，f(x) > 0，f(x) 单调递增，
当x ∈0, 1
a
时，f(x) < 0，f(x) 单调递减.
综上所述，当a ≤0 时，f(x) 的单调递减区间为(0, +∞)；
a > 0 时，f(x) 的单调递增区间为
1
a ,+∞
，单调递减区间为0, 1
a
.
(2)a ≤2，且x > 1 时，ex-1- f(x) = ex-1- a(x - 1) + lnx - 1 ≥ex-1- 2x + 1 + lnx，
令g(x) = ex-1- 2x + 1 + lnx(x > 1)，下证g(x) > 0 即可.
g(x) = ex-1- 2 + 1
x ，再令h(x) = g(x)，则h(x) = ex-1- 1
x2 ，
显然h(x) 在(1, +∞) 上递增，则h(x) > h(1) = e0- 1 = 0，
即g(x) = h(x) 在(1, +∞) 上递增，
故g(x) > g(1) = e0- 2 + 1 = 0，即g(x) 在(1, +∞) 上单调递增，
故g(x) > g(1) = e0- 2 + 1 + ln1 = 0，问题得证
38. (2024·全国·高考真题) 已知函数f x
= 1-ax
ln 1+x
- x．
(1) 当a =-2 时，求f x
的极值；
(2) 当x ≥0 时，f x
≥0，求a 的取值范围．
【答案】(1) 极小值为0，无极大值；(2)a ≤- 1
2
【解析】(1) 当a =-2 时，f(x) = (1 + 2x)ln(1 + x) - x，
故f(x) = 2ln(1 + x) + 1+2x
1+x - 1 = 2ln(1 + x) -
1
1+x + 1，
因为y = 2ln(1 + x),y =-
1
1+x + 1 在-1,+∞
上为增函数，
故f(x) 在-1,+∞
上为增函数，而f(0) = 0，
故当-1 < x < 0 时，f(x) < 0，当x > 0 时，f(x) > 0，
34
故f x
在x = 0 处取极小值且极小值为f 0
= 0，无极大值.
(2)fx
=-aln 1+x
+ 1-ax
1+x - 1 =-aln 1+x
-
a+1
x
1+x
,x > 0，
设s x
=-aln 1+x
-
a+1
x
1+x
,x > 0，
则sx
= -a
x+1 -
a+1
1+x
2 =- a x+1
+a+1
1+x
2
=- ax+2a+1
1+x
2
，
当a ≤- 1
2 时，sx
> 0，故s x
在0,+∞
上为增函数，
故s x
> s 0
= 0，即fx
> 0，
所以f x
在0,+∞
上为增函数，故f x
≥f 0
= 0.
当- 1
2 < a < 0 时，当0 < x <- 2a+1
a
时，sx
< 0，
故s x
在0,- 2a+1
a
上为减函数，故在0,- 2a+1
a
上s x
< s 0
，
即在0,- 2a+1
a
上fx
< 0 即f x
为减函数，
故在0,- 2a+1
a
上f x
< f 0
= 0，不合题意，舍.
当a ≥0，此时sx
< 0 在0,+∞
上恒成立，
同理可得在0,+∞
上f x
< f 0
= 0 恒成立，不合题意，舍；
综上，a ≤- 1
2 .
39. (2024·全国·高考真题) 已知函数f(x) = ex- ax - a3．
(1) 当a = 1 时，求曲线y = f(x) 在点1,f(1)
处的切线方程；
(2) 若f(x) 有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．
【答案】(1) e-1
x - y - 1 = 0；(2) 1,+∞
【解析】(1) 当a = 1 时，则f(x) = ex- x - 1，f(x) = ex- 1，
可得f(1) = e - 2，f(1) = e - 1，
即切点坐标为1,e-2
，切线斜率k = e - 1，
所以切线方程为y - e-2
= e-1
x-1
，即e-1
x - y - 1 = 0.
(2) 解法一：因为f(x) 的定义域为R，且f(x) = ex- a，
若a ≤0，则f(x) ≥0 对任意x ∈R 恒成立，
可知f(x) 在R 上单调递增，无极值，不合题意；
若a > 0，令f(x) > 0，解得x > lna；令f(x) < 0，解得x < lna；
可知f(x) 在-∞,lna
内单调递减，在lna,+∞
内单调递增，
则f(x) 有极小值f lna
= a - alna - a3，无极大值，
由题意可得：f lna
= a - alna - a3< 0，即a2+ lna - 1 > 0，
构建g a
= a2+ lna - 1,a > 0，则ga
= 2a + 1
a > 0，
可知g a
在0,+∞
内单调递增，且g 1
= 0，
不等式a2+ lna - 1 > 0 等价于g a
> g 1
，解得a > 1，
所以a 的取值范围为1,+∞
；
解法二：因为f(x) 的定义域为R，且f(x) = ex- a，
若f(x) 有极小值，则f(x) = ex- a 有零点，
35
令f(x) = ex- a = 0，可得ex= a，
可知y = ex与y = a 有交点，则a > 0，
若a > 0，令f(x) > 0，解得x > lna；令f(x) < 0，解得x < lna；
可知f(x) 在-∞,lna
内单调递减，在lna,+∞
内单调递增，
则f(x) 有极小值f lna
= a - alna - a3，无极大值，符合题意，
由题意可得：f lna
= a - alna - a3< 0，即a2+ lna - 1 > 0，
构建g a
= a2+ lna - 1,a > 0，
因为则y = a2,y = lna - 1 在0,+∞
内单调递增，
可知g a
在0,+∞
内单调递增，且g 1
= 0，
不等式a2+ lna - 1 > 0 等价于g a
> g 1
，解得a > 1，
所以a 的取值范围为1,+∞
.
40. (2024·天津·高考真题) 已知函数f x
= xlnx．
(1) 求曲线y = f x
在点1,f 1
处的切线方程；
(2) 若f x
≥a x-
x
对任意x ∈0,+∞
成立，求实数a 的值；
(3) 若x1,x2∈0,1
，求证：f x1
- f x2
≤x1-x2
1
2．
【答案】(1)y = x - 1；(2)2；(3) 证明过程见解析
【解析】(1) 由于f x
= xlnx，故fx
= lnx + 1.
所以f 1
= 0，f1
= 1，所以所求的切线经过1,0
，且斜率为1，故其方程为y = x - 1.
(2) 设h t
= t - 1 - lnt，则ht
= 1 - 1
t = t-1
t
，从而当0 < t < 1 时ht
< 0，当t > 1 时ht
> 0.
所以h t
在0,1
上递减，在1,+∞
上递增，这就说明h t
≥h 1
，即t - 1 ≥lnt，且等号成立当且仅当
t = 1.
设g t
= a t-1
- 2lnt，则
f x
- a x-
x
= xlnx - a x-
x
= x a
1
x -1
-2ln 1
x
= x ⋅g
1
x
.
当x ∈0,+∞
时，1
x 的取值范围是0,+∞
，所以命题等价于对任意t ∈0,+∞
，都有g t
≥0.
一方面，若对任意t ∈0,+∞
，都有g t
≥0，则对t ∈0,+∞
有
0 ≤g t
= a t-1
- 2lnt = a t-1
+ 2ln 1
t ≤a t-1
+ 2 1
t -1
= at + 2
t - a - 2，
取t = 2，得0 ≤a - 1，故a ≥1 > 0.
再取t =
2
a ，得0 ≤a ⋅
2
a + 2
a
2 - a - 2 = 2 2a - a - 2 =-
a-
2
2，所以a = 2.
另一方面，若a = 2，则对任意t ∈0,+∞
都有g t
= 2 t-1
- 2lnt = 2h t
≥0，满足条件.
综合以上两个方面，知a 的值是2.
(3) 先证明一个结论：对0 < a < b，有lna + 1 < f b
- f a
b-a
< lnb + 1.
证明：前面已经证明不等式t - 1 ≥lnt，故blnb-alna
b-a
= alnb-alna
b-a
+ lnb =
ln b
a
b
a -1
+ lnb < 1 + lnb，
且blnb-alna
b-a
= blnb-blna
b-a
+ lna =
-ln a
b
1- a
b
+ lna >
- a
b -1
1- a
b
+ lna = 1 + lna，
36
所以lna + 1 < blnb-alna
b-a
< lnb + 1，即lna + 1 < f b
- f a
b-a
< lnb + 1.
由fx
= lnx + 1，可知当0 < x < 1
e 时fx
< 0，当x > 1
e 时fx
> 0.
所以f x
在0, 1
e
上递减，在
1
e ,+∞
上递增.
不妨设x1≤x2，下面分三种情况(其中有重合部分) 证明本题结论.
情况一：当1
e ≤x1≤x2< 1 时，
有f x1
- f x2
= f x2
- f x1
< lnx2+1
x2-x1
< x2- x1<
x2-x1 ，结论成立；
情况二：当0 < x1≤x2≤1
e 时，有f x1
- f x2
= f x1
- f x2
= x1lnx1- x2lnx2.
对任意的c ∈0, 1
e
，设φ x
= xlnx - clnc -
c-x ，则φx
= lnx + 1 +
1
2 c-x .
由于φx
单调递增，且有
φ
c
2e
1+
1
2c
= ln
c
2e
1+
1
2c
+ 1 +
1
2
c-
c
2e
1+
1
2c
< ln
1
e
1+
1
2c
+ 1 +
1
2
c- c
2
=-1 -
1
2c + 1 +
1
2c = 0，
且当x ≥c -
1
4 ln 2
c -1
2 ，x > c
2 时，由
1
2 c-x ≥ln 2
c - 1 可知
φx
= lnx + 1 +
1
2 c-x > ln c
2 + 1 +
1
2 c-x =
1
2 c-x - ln 2
c -1
≥0.
所以φx
在0,c
上存在零点x0，再结合φx
单调递增，即知0 < x < x0时φx
< 0，x0< x < c 时
φx
> 0.
故φ x
在0,x0
上递减，在x0,c
上递增.
①当x0≤x ≤c 时，有φ x
≤φ c
= 0；
②当0 < x < x0时，由于
cln 1
c =-2f
c
≤-2f
1
e
= 2
e < 1，故我们可以取q ∈
cln 1
c ,1
.
从而当0 < x <
c
1-q2 时，由
c-x > q c ，可得
φ x
= xlnx - clnc -
c-x <-clnc -
c-x <-clnc - q c =
c
cln 1
c -q
< 0.
再根据φ x
在0,x0
上递减，即知对0 < x < x0都有φ x
< 0；
综合①②可知对任意0 < x ≤c，都有φ x
≤0，即φ x
= xlnx - clnc -
c-x ≤0.
根据c ∈0, 1
e
和0 < x ≤c 的任意性，取c = x2，x = x1，就得到x1lnx1- x2lnx2-
x2-x1 ≤0.
所以f x1
- f x2
= f x1
- f x2
= x1lnx1- x2lnx2≤
x2-x1.
情况三：当0 < x1≤1
e ≤x2< 1 时，根据情况一和情况二的讨论，
可得f x1
- f
1
e
≤
1
e -x1 ≤
x2-x1 ，f
1
e
- f x2
≤
x2- 1
e ≤
x2-x1.
而根据f x
的单调性，知f x1
- f x2
≤f x1
- f
1
e
或f x1
- f x2
≤f
1
e
- f x2
.
故一定有f x1
- f x2
≤
x2-x1 成立.
综上，结论成立.
41. (2024·全国·高考真题) 已知函数f(x) = ln
x
2-x + ax + b(x - 1)3
(1) 若b = 0，且f(x) ≥0，求a 的最小值；
37
(2) 证明：曲线y = f(x) 是中心对称图形；
(3) 若f(x) >-2 当且仅当1 < x < 2，求b 的取值范围．
【答案】(1) - 2；(2) 证明见解析；(3)b ≥- 2
3
【解析】(1)b = 0 时，f x
= ln
x
2-x + ax，其中x ∈0,2
，
则fx
= 1
x +
1
2-x + a =
2
x 2-x
+ a,x ∈0,2
，
因为x 2-x
≤
2-x+x
2
2
= 1，当且仅当x = 1 时等号成立，
故fx
min = 2 + a，而fx
≥0 成立，故a + 2 ≥0 即a ≥-2，
所以a 的最小值为-2.，
(2)f x
= ln
x
2-x + ax + b x-1
3的定义域为0,2
，
设P m,n
为y = f x
图象上任意一点，
P m,n
关于1,a
的对称点为Q 2-m,2a-n
，
因为P m,n
在y = f x
图象上，故n = ln
m
2-m + am + b m-1
3，
而f 2-m
= ln 2-m
m
+ a 2-m
+ b 2-m-1
3=- ln
m
2-m +am+b m-1
3
+ 2a =-n + 2a，
所以Q 2-m,2a-n
也在y = f x
图象上，
由P 的任意性可得y = f x
图象为中心对称图形，且对称中心为1,a
.
(3) 因为f x
>-2 当且仅当1 < x < 2，故x = 1 为f x
=-2 的一个解，
所以f 1
=-2 即a =-2，
先考虑1 < x < 2 时，f x
>-2 恒成立.
此时f x
>-2 即为ln
x
2-x + 2 1-x
+ b x-1
3> 0 在1,2
上恒成立，
设t = x - 1 ∈0,1
，则ln t+1
1-t - 2t + bt3> 0 在0,1
上恒成立，
设g t
= ln t+1
1-t - 2t + bt3,t ∈0,1
，
则gt
=
2
1-t2 - 2 + 3bt2= t2 -3bt2+2+3b
1-t2
，
当b ≥0，-3bt2+ 2 + 3b ≥-3b + 2 + 3b = 2 > 0，
故gt
> 0 恒成立，故g t
在0,1
上为增函数，
故g t
> g 0
= 0 即f x
>-2 在1,2
上恒成立.
当- 2
3 ≤b < 0 时，-3bt2+ 2 + 3b ≥2 + 3b ≥0，
故gt
≥0 恒成立，故g t
在0,1
上为增函数，
故g t
> g 0
= 0 即f x
>-2 在1,2
上恒成立.
当b <- 2
3 ，则当0 < t <
1+ 2
3b < 1 时，gt
< 0
故在0,
1+ 2
3b
上g t
为减函数，故g t
< g 0
= 0，不合题意，舍；
综上，f x
>-2 在1,2
上恒成立时b ≥- 2
3 .
而当b ≥- 2
3 时，
38
而b ≥- 2
3 时，由上述过程可得g t
在0,1
递增，故g t
> 0 的解为0,1
，
即f x
>-2 的解为1,2
.
综上，b ≥- 2
3 .
42. ( 2024 · 北京· 高考真题) 设函数f x
= x + kln 1+x
k≠0
，直线l 是曲线y = f x
在点
t,f t
t>0
处的切线．
(1) 当k =-1 时，求f x
的单调区间.
(2) 求证：l 不经过点0,0
.
(3) 当k = 1 时，设点A t,f t
t>0
，C 0,f t
，O 0,0
，B 为l 与y 轴的交点，S△ACO 与S△ABO 分别
表示△ACO 与△ABO 的面积．是否存在点A 使得2S△ACO = 15S△ABO 成立？若存在，这样的点A 有
几个？
(参考数据：1.09 < ln3 < 1.10，1.60 < ln5 < 1.61，1.94 < ln7 < 1.95)
【答案】(1) 单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0, +∞)；(2) 证明见解析；(3)2
【解析】(1)f(x) = x - ln(1 + x),f(x) = 1 -
1
1+x =
x
1+x (x >-1)，
当x ∈-1,0
时，fx
< 0；当x ∈0,+∞
，fx
> 0；
∴f(x) 在(-1,0) 上单调递减，在(0, +∞) 上单调递增.
则f(x) 的单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0, +∞).
(2)f(x) = 1 +
k
1+x ，切线l 的斜率为1 +
k
1+t ，
则切线方程为y - f(t) = 1+
k
1+t
(x - t) (t > 0)，
将(0,0) 代入则-f(t) =-t 1+
k
1+t
,f(t) = t 1+
k
1+t
，
即t + kln(1 + t) = t + t
k
1+t ，则ln(1 + t) =
t
1+t ，ln(1 + t) -
t
1+t = 0，
令F(t) = ln(1 + t) -
t
1+t ，
假设l 过(0,0)，则F(t) 在t ∈(0, +∞) 存在零点.
F(t) =
1
1+t - 1+t-t
(1+t)2 =
t
(1+t)2 > 0，∴F(t) 在(0, +∞) 上单调递增，F(t) > F(0) = 0，
∴F(t) 在(0, +∞) 无零点，∴与假设矛盾，故直线l 不过(0,0).
(3)k = 1 时，f(x) = x + ln(1 + x),f(x) = 1 +
1
1+x = x+2
1+x > 0.
S△ACO = 1
2 tf(t)，设l 与y 轴交点B 为(0,q)，
t > 0 时，若q < 0，则此时l 与f(x) 必有交点，与切线定义矛盾.
由(2) 知q ≠0. 所以q > 0，
则切线l 的方程为y - t - ln t+1
= 1+
1
1+t
x-t
，
令x = 0，则y = q = y = ln(1 + t) -
t
t+1 .
∵2S△ACO = 15SABO，则2tf(t) = 15t ln(1+t)-
t
t+1
，
∴13ln(1 + t) - 2t - 15
t
1+t = 0，记h(t) = 13ln(1 + t) - 2t - 15t
1+t (t > 0)，
39
∴满足条件的A 有几个即h(t) 有几个零点.
ht
= 13
1+t - 2 -
15
t+1
2 = 13t+13-2 t2+2t+1
-15
t+1
2
= -2t2+9t-4
t+1
2
=
-2t+1
t-4
t+1
2
，
当t ∈0, 1
2
时，ht
< 0，此时h t
单调递减；
当t ∈
1
2 ,4
时，ht
> 0，此时h t
单调递增；
当t ∈4,+∞
时，ht
< 0，此时h t
单调递减；
因为h(0) = 0,h 1
2
0,h(4) = 13ln5 - 2013 × 1.6 - 20 = 0.8 > 0，
h(24) = 13ln25 - 48 - 15×24
25
= 26ln5 - 48 - 72
5 < 26 × 1.61 - 48 - 72
5 =-20.54 < 0，
所以由零点存在性定理及h(t) 的单调性，h(t) 在
1
2 ,4
上必有一个零点，在(4,24) 上必有一个零点，
综上所述，h(t) 有两个零点，即满足2SACO = 15SABO 的A 有两个.
43. (2024·上海·高考真题) 对于一个函数f x
和一个点M a,b
，令s x
= (x - a)2 +
f x
-b
2，若
P x0,f x0
是s x
取到最小值的点，则称P 是M 在f x
的“最近点”．
(1) 对于f(x) = 1
x (x > 0)，求证：对于点M 0,0
，存在点P，使得点P 是M 在f x
的“最近点”；
(2) 对于f x
= ex,M 1,0
，请判断是否存在一个点P，它是M 在f x
的“最近点”，且直线MP 与y
= f(x) 在点P 处的切线垂直；
(3) 已知y = f(x) 在定义域R 上存在导函数f(x)，且函数g(x) 在定义域R 上恒正，设点
M1 t-1,f t
-g t
，M2 t+1,f t
+g t
．若对任意的t ∈R，存在点P 同时是M1,M2在f x
的“最
近点”，试判断f x
的单调性．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 存在，P 0,1
；(3) 严格单调递减
【解析】(1) 当M(0,0) 时，s x
= (x - 0)2+
1
x -0
2
= x2+ 1
x2 ≥2
x2⋅1
x2 = 2，
当且仅当x2= 1
x2 即x = 1 时取等号，
故对于点M 0,0
，存在点P 1,1
，使得该点是M 0,0
在f x
的“最近点”．
(2) 由题设可得s x
= (x - 1)2+ ex-0
2= (x - 1)2+ e2x，
则sx
= 2 x-1
+ 2e2x，因为y = 2 x-1
,y = 2e2x均为R 上单调递增函数，
则sx
= 2 x-1
+ 2e2x在R 上为严格增函数，
而s0
= 0，故当x < 0 时，sx
< 0，当x > 0 时，sx
> 0，
故s x
min = s 0
= 2，此时P 0,1
，
而fx
= ex,k = f0
= 1，故f x
在点P 处的切线方程为y = x + 1.
40
而kMP = 0-1
1-0 =-1，故kMP ⋅k =-1，故直线MP 与y = f x
在点P 处的切线垂直．
(3) 设s1 x
= (x - t + 1)2+ f x
- f t
+g t
2，
s2 x
= (x - t - 1)2+ f x
- f t
-g t
2，
而s
1 x
= 2(x - t + 1) + 2 f x
- f t
+g t
fx
，
s
2 x
= 2(x - t - 1) + 2 f x
- f t
-g t
fx
，
若对任意的t ∈R，存在点P 同时是M1,M2在f x
的“最近点”，
设P x0,y0
，则x0既是s1 x
的最小值点，也是s2 x
的最小值点，
因为两函数的定义域均为R，则x0也是两函数的极小值点，
则存在x0, 使得s1
x0
= s2
x0
= 0，
即s1
x0
= 2 x0-t+1
+ 2fx0
f x0
- f(t)+g(t)
= 0 ①
s2
x0
= 2 x0-t-1
+ 2fx0
f x0
- f(t)-g(t)
= 0 ②
由①②相等得4 + 4g(t) ⋅fx0
= 0，即1 + fx0
g(t) = 0，
即fx0
=- 1
g(t) ，又因为函数g(x) 在定义域R 上恒正，
则fx0
=- 1
g(t) < 0 恒成立，
接下来证明x0= t，
因为x0既是s1 x
的最小值点，也是s2 x
的最小值点，
则s1 x0
≤s(t),s2 x0
≤s(t)，
即x0-t+1
2+ f x0
- f t
+g t
2≤1 + g t
2，③
x0-t-1
2+ f x0
- f t
-g t
2≤1 + g t
2，④
③+ ④得2 x0-t
2+ 2 + 2 f x0
- f(t)
2+ 2g2(t) ≤2 + 2g2(t)
即x0-t
2+ f x0
- f t
2≤0，因为x0-t
2≥0, f x0
- f t
2≥0
则x0-t=0
f x0
- f t
=0
，解得x0= t，
则ft
=- 1
g(t) < 0 恒成立，因为t 的任意性，则f x
严格单调递减.
1
解答题：新定义问题
目录
题型一集合的新定义问题1
题型二函数与导数的新定义问题4
题型三复数与不等式的新定义问题8
题型四三角函数的新定义问题11
题型五平面向量的新定义问题14
题型六数列的新定义问题17
题型七立体几何的新定义问题21
题型八平面解析几何的新定义问题27
题型九概率统计的新定义问题31
题型十高等数学背景下的新定义问题35
必刷大题39
题型一
集合的新定义问题
大题典例
1. (24 - 25 高三上·山东·期中) 已知集合S = 0,1,2,⋯,5n
n∈N *
，集合T ⊆S，记T 的元素个数为T
.
若集合T 中存在三个元素a，b，c(a < b < c)，使得c + 2a > 3b，则称T 为“理想集”.
(1) 若n = 1，分别判断集合T1= {0,2,3,5}，T2= {0,1,2,5} 是否为“理想集”(不需要说明理由)；
(2) 若n = 1，写出所有的“理想集”T 的个数并列举；
(3) 若|T| = 4n + 2，证明：集合T 必为“理想集”.
【答案】(1)T1不是“理想集”，T2是“理想集”；(2) 答案见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1)T1不是“理想集”，T2是“理想集”.
由题意，令a = 0,b = 2,c = 3，则3 + 2 × 0 < 3 × 2；
令a = 0,b = 2,c = 5，则5 + 2 × 0 < 3 × 2；令a = 0,b = 3,c = 5，则5 + 2 × 0 < 3 × 3；
令a = 2,b = 3,c = 5，则5 + 2 × 2 < 3 × 3；所以T1不是“理想集”.
令a = 1,b = 2,c = 5，则5 + 2 × 1 > 3 × 2，所以T2是“理想集”.
(2) 共16 个“理想集”.
若n = 1，有S = {0,1,2,3,4,5}.
当|T| = 3 时，若a = 0，则b ≥1，由c + 2a > 3b 可知c > 3b ≥3，故(b,c) = (1,4) 或(1,5)；
若a = 1，则b ≥2，由c + 2a > 3b 可知c + 2 > 3b ≥6，则4 < c ≤5，故(b,c) = (2,5).
故含有三个元素的“理想集”T = {0,1,4}，{0,1,5} 或{1,2,5}，共3 个.
当|T| = 4 时，T = {0,1,2,4}，{0,1,3,4}，{0,1,2,5}，{0,1,3,5}，{0,1,4,5}，{1,2,3,5}，{1,2,4,5}，
共7 个.
当|T| = 5 时，T = {0,1,2,3,4}，{0,1,2,3,5}，{0,1,2,4,5}，{0,1,3,4,5}，{1,2,3,4,5}，共5 个.
当|T| = 6 时，T = {0,1,2,3,4,5}，共1 个.
综上所述，所有“理想集”T 的个数为16 个分别为：
2
{0,1,4}，{0,1,5}，{1,2,5}，{0,1,2,4}，{0,1,3,4}，{0,1,2,5}，{0,1,3,5}，{0,1,4,5}，{1,2,3,5}，
{1,2,4,5}，{0,1,2,3,4}，{0,1,2,3,5}，{0,1,2,4,5}，{0,1,3,4,5}，{1,2,3,4,5}，{0,1,2,3,4,5}.
(3) 若|T| = 4n + 2，记T = x1,x2,⋯,x4n+2
且0 ≤x1< x2<⋯< x4n+2≤5n.
利用反证法，假设对于T 中任意三个元素a，b，c(a < b < c)，均有c + 2a ≤3b，
则3xi+1≥x4n+2+ 2xi，i = 1，2，⋯，4n + 1.
记yi = x4n+2- xi > 0，于是yi+1≤2
3 yi，则y4n+1≤2
3 y4n≤
2
3
2
y4n-1≤⋯≤
2
3
4n
y1.
因此1 ≤y4n+1≤
2
3
4n
x4n+2-x1
≤
16
81
n
5n-0
=
80
81
n
< 1，矛盾.
故集合T 必为“理想集”.
解法指导
集合新定义问题的方法和技巧：
(1) 可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
(2) 可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透
彻；
(3) 发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
(4) 如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可
以使用书上的概念.
变式训练
2. (24 - 25 高三上·广东·月考) 已知集合A = 1,2,3,⋯,2n
(n ∈N *)，S 是集合A 的子集，若存在不大于
n 的正整数m，使集合S 中的任意一对元素s1，s2，都有s1-s2
≠m，则称集合S 具有性质P.
(1) 当n = 10 时，试判断集合B = x∈A x>9
和C = x∈A x=3k-1,k∈N *
是否具有性质P？并
说明理由；
(2) 当n = 100 时，若集合S 具有性质P，那么集合T = 201-x x∈S
是否具有性质P？并说明理由；
(3) 当n = 3k，k ∈N *时，若集合S 具有性质P，求集合S 中元素个数的最大值f n
.
【答案】(1) 集合B 不具有性质P，集合C 具有性质P，理由见解析
(2)T = 201-x x∈S
具有性质P，理由见解析；(3)f n
= n
【解析】(1) 集合B 不具有性质P，集合C 具有性质P，理由如下：
当n = 10 时，A = 1,2,3,⋯,20
，B = 10,11,⋯,20
，
C = 2,5,8,11,14,17,20
，
因为对于任意不大于10 的m，都可以找到该集合中的两个元素b1= 10,b2= 10 + m，
使得b1-b2
= m 成立，
因为可取m = 1 < 10，对于该集合中的任意一对元素c1= 3k1- 1,c2= 3k2- 1，k1,k2∈N *，
都有c1-c2
= 3 k1-k2
≠1，k1,k2∈N *，
故集合B 不具有性质P，集合C 具有性质P；
(2)T = 201-x x∈S
具有性质P，理由如下：
当n = 100 时，A = 1,2,3,⋯,200
，
T = 201-x x∈S
，任取t = 201 - x0∈T，其中x0∈S，
3
因为S ⊆A，所以x0∈1,2,3,⋯,200
，
从而1 ≤201 - x0≤200，即t = 201 - x0∈A，故T ⊆A，
因为集合S 具有性质P，故存在不大于100 的正整数m，
使得对于S 中的任意一对元素s1,s2，都有s1-s2
≠m，
对于上述正整数m，从T = 201-x x∈S
中任取一对元素t1= 201 - x1,t2= 201 - x2，
其中x1,x2∈S，则有t1-t2
= x1-x2
≠m，
故集合T = 201-x x∈S
具有性质P；
(3)n = 3k，k ∈N *时，A = 1,2,3,⋯,6k
，
S ⊆A，集合S 具有性质P，
对于m ≤3k，k ∈N *，对于S 中的任意一对元素s1,s2，都有s1-s2
≠m，
要求集合S 中元素个数的最大值，
若1 ∈S，则剩余元素为3k + 2,3k + 3, ⋯,6k，
此时S 中元素个数为6k - 3k+2
+ 1 + 1 = 3k，
若2 ∈S，则剩余元素为3k + 3, ⋯,6k，
此时S 中元素个数为6k - 3k+3
+ 1 + 1 = 3k - 1，
依次类推，
若3k - 1 ∈S，则剩余元素为6k，此时S 中元素个数为2，
若3k ∈S，则S 中不在含有其他元素，此时S 中元素个数为1，
若3k + 1 ∈S，则S 中不在含有其他元素，此时S 中元素个数为1，
若3k + 2 ∈S，则剩余元素为1，此时S 中元素个数为2，
⋯⋯，
若6k ∈S，则剩余元素为1,2, ⋯3k - 1，此时S 中元素个数为3k - 1 - 1 + 1 + 1 = 3k，
综上，f n
= 3k = n.
3. (24 - 25 高三上·北京·期中) 已知集合A = 1,2,3,⋅⋅⋅,n
，其中n ∈N *，A1，A2，⋯，Am 是A 的互不相
同的子集. 记Ai的元素个数为Mi(i = 1,2, ⋅⋅⋅,m)，Ai∩Aj的元素个数为Nij(1 ≤i < j ≤m).
(1) 若n = 4，m = 3，A1= 1,2
，A2= 1,3
，N13= N23= 1，写出所有满足条件的集合A3(结论不要求
证明)；
(2) 若n = 5，且对任意的1 ≤i < j ≤m，都有Nij > 0，求m 的最大值；
(3) 若给定整数n ≥7，Mi≤3(i = 1,2, ⋅⋅⋅,m) 且对任意1 ≤i < j ≤m，都有Nij = 1，求m 的最大值.
【答案】(1)A3= {1} 或A3= {1,4} 或A3= {2,3} 或A3= {2,3,4}；(2)mmax = 16；(3)mmax = n
【解析】(1) 因为N13 = N23= 1，则A1∩A3和A2∩A3的元素个数均为1，
又因为n = 4,A1= 1,2
,A2= 1,3
，则A = 1,2,3,4
，
若A1∩A3= 1
，A2∩A3= 1
，则A3= {1} 或A3= {1,4}；
若A1∩A3= 2
，A2∩A3= 3
，则A3= {2,3} 或A3= {2,3,4}；
综上A3= {1} 或A3= {1,4} 或A3= {2,3} 或A3= {2,3,4}.
(2) 集合A = {1,2,3,4,5} 共有32 个不同的子集，
将其两两配对成16 组Bi,Ci(i = 1,2, ⋯,16)，
使得Bi ∩Ci = ∅,Bi ∪Ci = A，则Bi,Ci 不能同时被选中为子集Aj(j = 1,2, ⋯,m)，故m ≤16.
选择A 的16 个含有元素1 的子集:A1= {1},A2= {1,2},A3= {1,3}, ⋯⋯A16 = A，符合题意.
4
综上，mmax = 16.
(3) 结论:mmax = n，
令A1= {1},A2= {1,2},A3= {1,3}, ⋯,An= {1,n}，集合A1~An符合题意.
证明如下：
①若A1~Am 中有一元集合，不妨设A1= {1}，
则其它子集中都有元素1，且元素2~n 都至多属于1 个子集，
所以除A1外的子集至多有n - 1 个，故m ≤n.
②若A1~Am 中没有一元集合，但有二元集合，不妨设A1= {1,2}. 其它子集分两类:
Bj = 1,bj
或1,bj,b
j
(j = 1,2, ⋯,s)，和Cj = 2,cj
或2,cj,c
j
(j = 1,2, ⋯,t)，
其中s ≥t,bj,b
j 互不相同，cj,c
j 互不相同且均不为1，2.
若t = 0，则s ≤n - 2，有m = 1 + s + t ≤n - 1 < n
若t ≥1，则由Bj∩C1
= 1 得每个集合Bj 中都恰包含C1中的1 个元素(不是2)，
且互不相同，
因为C1中除2 外至多还有2 个元素，所以s ≤2.
所以m = 1 + s + t ≤1 + 2 + 2 < n.
③若A1~Am 均为三元集合，不妨设A1= {1,2,3}. 将其它子集分为三类：
Bj = 1,bj,b
j
(j = 1,2, ⋯,s),Cj = 2,cj,c
j
(j = 1,2, ⋯,t),Dj = 3,dj,d
j
(j = 1,2, ⋯,r)，
其中s ≥t ≥r.
若t = r = 0，则s ≤n-3
2
(除1，2，3 外，其它元素两个一组与1 构成集合B1~Bs)，
所以m = 1 + s ≤1 + n-3
2
< n.
若t ≥1，不妨设C1= {2,4,5}，
则由Bj∩C1
= 1 得每个集合Bj 中都或者有4、或者有5，
又B1,B2, ⋯,Bs中除1 外无其它公共元素，所以s ≤2.
所以m = 1 + s + t + r ≤1 + 2 + 2 + 2 = 7 ≤n.
综上，mmax = n.
题型二
函数与导数的新定义问题
大题典例
4. (23 - 24 高三上·北京·月考) 设离散型随机变量X 和Y 有相同的可能取值，它们的分布列分别为
P X=ak
= xk，P Y=ak
= yk，xk > 0，yk > 0，k = 1,2, ⋯,n,
n
k=1
xk
=
n
k=1
yk
= 1．指标D(X‖Y) 可用
来刻画X 和Y 的相似程度，其定义为D(X‖Y) =
n
k=1
xk
ln xk
yk
．设X~B(n,p),0 < p < 1．
(1) 若Y~B(n,q),0 < q < 1，求D(X‖Y)；
(2) 若n = 2,P(Y = k - 1) = 1
3 ,k = 1,2,3，求D(X‖Y) 的最小值；
(3) 对任意与X 有相同可能取值的随机变量Y，证明：D(X‖Y) ≥0，并指出取等号的充要条件
【答案】(1)npln p(1-q)
q(1-p) + nln 1-p
1-q ；(2)ln3 - 3
2 ln2；(3) 证明见解析
5
【解析】(1) 不妨设ak= k，则xk= Ck
npk(1 - p)n-k,yk= Ck
nqk(1 - q)n-k.
所以D(X‖Y) =
n
k=0
Ck
npk 1-p
n-kln pk 1-p
n-k
qk 1-q
n-k
= ln p(1-q)
q(1-p) ⋅
n
k=0
k
Ck
npk(1 - p)n-k+ nln 1-p
1-q ⋅
n
k=0
Ck
n
pk(1 - p)n-k= npln p(1-q)
q(1-p) + nln 1-p
1-q .
(2) 当n = 2 时，P(X = 2) = p2,P(X = 1) = 2p(1 - p),P(X = 0) = (1 - p)2，
记f(p) = D(X‖Y) = p2ln3p2+ 2p(1 - p)ln6p(1 - p) + (1 - p)2ln3(1 - p)2
= p2lnp2+ 2p(1 - p)ln2p(1 - p) + (1 - p)2ln(1 - p)2+ ln3，
则f(p) = 4plnp + 2p + (2 - 4p) [ln2p(1 - p) + 1] - 4(1 - p)ln(1 - p) - 2(1 - p) = 2[lnp - ln(1 - p) + (1
- 2p)ln2]，
令g(p) = lnp - ln(1 - p) + (1 - 2p)ln2，则g(p) = 1
p +
1
1-p - 2ln2 > 0，
令φ p
= 1
p +
1
1-p - 2ln2，则φp
=
2p-1
p2 1-p
2 ，
当0 < p < 1
2 时，φp
< 0，φ p
单调递减；
当1
2 < p < 1 时，φp
> 0，φ p
单调递增；
所以φ p
> φ 1
2
= 4 - 2ln2 > 0，则g(p) 单调递增，而g 1
2
= 0，
所以f(p) 在0, 1
2
为负数，在
1
2 ,1
为正数，
则f(p) 在0, 1
2
单调递减，在
1
2 ,1
单调递增，
所以D(X‖Y) 的最小值为ln3 - 3
2 ln2.
(3) 令h x
= lnx - x + 1，则hx
= 1
x - 1 = 1-x
x
，
当0 < x < 1 时，hx
> 0，h x
单调递增；
当x > 1 时，hx
< 0，h x
单调递减；
所以h x
≤h 1
= 0，即lnx - x + 1 ≤0，当且仅当x = 1 时，等号成立，
则当x > 0 时，lnx ≤x - 1，所以ln 1
x ≤1
x - 1，即lnx ≥1 - 1
x ，
故D(X‖Y) =
n
k=1
xkln xk
yk
≥
n
k=1
xk 1- yk
xk
=
n
k=1
xk-yk
=
n
k=1
xk
-
n
k=1
yk
= 0，
当且仅当对所有的k,xk= yk时等号成立.
解法指导
函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交
叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定
要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决。
变式训练
5. (24 - 25 高三上·湖北·期中) 把满足任意x，y ∈R 总有f x+y
+ f x-y
= 2f x
f y
的函数称为“类
余弦型”函数.
6
(1) 已知f x
为“类余弦型”函数f x
> 0，f 2
= 17
8 ，求f 1
的值；
(2) 在(1) 的条件下，定义数列：an= 2f n+1
- f n
n∈N *
，求log2
a1
3 + log2
a2
3 +⋅⋅⋅+log2
a100
3
的
值；
(3) 若g x
为“类余弦型”函数，且g 0
> 0，对任意非零实数t，总有g t
> 1. 设有理数x1，x2满足x2
> x1
，判断g x2
与g x1
的大小关系，并给出证明.
【答案】(1) 5
4 ；(2)4950；(3)g x2
> g x1
，证明见解析
【解析】(1) 令x = y = 0 则，f 0
+ f 0
= 2f2 0
，又f x
> 0，故f 0
= 1，
令x = 1，y = 1，则f 2
+ f 0
= 2f 1
f 1
，则f2 1
= 25
16 ，
又f 1
> 0，故f 1
= 5
4 ；
(2) 令x = n,y = 1，n ∈N+，则f n+1
+ f n-1
= 2f n
f 1
= 5
2 f n
，
即2f n+1
- f n
= 2 2f n
- f n-1
，
又an= 2f n+1
- f n
n∈N *
，则an= 2an-1，
又a1= 3，所以数列an
以2 为公比，3 为首项的等比数列，
即an= 3 × 2n-1，则log2
an
3 = n - 1，
则log2
a1
3 + log2
a2
3 +⋅⋅⋅+log2
a100
3
= 0 + 1 + 2 +⋅⋅⋅+99 = 0+99
2
× 100 = 4950；
(3) 由题意得：函数g x
定义域为R，定义域关于原点对称，
令x = y = 0，有g 0
+ g 0
= 2g2 0
，又g 0
> 0，故g 0
= 1.
令x = 0，y 为任意实数，则g y
+ g -y
= 2g 0
g y
，即g y
= g -y
，故g x
是偶函数，
因为g x+y
+ g x-y
= 2g x
g y
，又因为当x ≠0 时，g x
> 1，
所以当x ≠0 时，有2g x
g y
> 2g y
，所以g x+y
+ g x-y
> 2g y
，
又x2
，x1
为有理数，不妨设x1
= p1
q1
，x2
= p2
q2
，
令N 为x2
，x1
分母的最小公倍数，且x1
= a
N ，x2
= b
N ，a，b 均为自然数，且a < b，
设Cn= g
n
N
,x ∈N ，g 0
= 1 < g
1
N
，则C0< C1，
令x = n
N ，y = 1
N ，则g n+1
N
+ g n-1
N
> 2g
n
N
，
即Cn+1+ Cn-1> 2Cn，则Cn+1- Cn> Cn- Cn-1，
即可得Cn+1- Cn> Cn- Cn-1> Cn-1- Cn-2>⋯> C2- C1> C1- C0> 0，
故可得g
n
N
单调递增，则g x2
> g x1
，
又g x
是偶函数，所以有g x2
> g x1
.
6. (24 - 25 高三上·上海·期中) 已知函数y = f x
，若其定义域为0,+∞
，且满足xfx
- f x
>-1 对
一切x ∈0,+∞
恒成立，则称f x
为一个“逆构造函数”.
(1) 设g x
= x3+ 1 x>0
，判断y = g x
是否为“逆构造函数”，并说明理由；
7
(2) 若函数y = ax - 3 - lnx - 1-a
x
是“逆构造函数”，求a 的取值范围；
(3) 已知“逆构造函数”y = f x
满足对任意的x1,x2> 0，都有f x1+x2
≤f x1
f x2
，且f 1
= 2.
求证：对任意a ≤1，关于x 的方程f x
= a 无解.
【答案】(1) 是，理由见解析；(2) -∞,1- 1
2e4
；(3) 证明见解析
【解析】(1) 由于gx
= 3x2，故对x ∈0,+∞
有xgx
- g x
= 3x3- x3- 1 = 2x3- 1 >-1.
所以y = g x
是否为“逆构造函数”.
(2) 由于y= a - 1
x + 1-a
x2
，故xy- y = ax - 1 + 1-a
x
- ax + 3 + lnx + 1-a
x
= 2 + lnx + 2 1-a
x
.
一方面，若函数y = ax - 3 - lnx - 1-a
x
是“逆构造函数”，则xy- y >-1，即2 + lnx + 2 1-a
x
>-1.
所以3 + lnx + 2 1-a
x
> 0 对任意x > 0 成立.
特别地，取x = e-3，得3 - 3 + 2 1-a
e-3
> 0，从而2 1-a
e-3
> 0，故1 - a > 0.
再取x = 2 1-a
，得3 + ln 2 1-a
+ 2 1-a
2 1-a
> 0，从而3 + ln 2 1-a
+ 1 > 0.
此即ln 2 1-a
>-4，故2 1-a
> e-4，解得a < 1 - 1
2e4 ；
另一方面，若a < 1 - 1
2e4 ，则2 1-a
> e-4.
设φ t
= t - lnt，则φt
= 1 - 1
t = t-1
t
，所以对0 < t < 1 有φt
= t-1
t
< 0，对t > 1 有φt
= t-1
t
> 0.
从而φ t
在0,1
上递减，在1,+∞
上递增，故φ t
≥φ 1
= 1.
所以对x > 0，有
xy- y = 2 + lnx + 2 1-a
x
> 2 + lnx + e-4
x
= 2 +
e-4
x -ln e-4
x
- ln 1
e-4 = 2 + φ e-4
x
- 4 ≥2 - 1 - 4
=-1.
从而此时函数y = ax - 3 - lnx - 1-a
x
是“逆构造函数”.
综上，a 的取值范围是-∞,1- 1
2e4
.
(3) 设h x
= f x
-1
x
，则hx
= xfx
- f x
-1
x2
= xfx
- f x
+1
x2
> -1+1
x2
= 0.
所以h x
在0,+∞
上单调递增.
一方面，对x ≥1，有f x
-1
x
= h x
≥h 1
= f 1
-1
1
= 2-1
1
= 1 > 0.
所以对任意x ≥1，有f x
> 1；
另一方面，对0 < x < 1，假设f x
≤0，
则根据f 1
= 2 > 0 及零点存在定理，存在η ∈x,1
使得f η
= 0.
再由条件f x1+x2
≤f x1
f x2
，
知2 = f 1
= f η+ 1-η
≤f η
f 1-η
= 0 ⋅f 1-η
= 0，矛盾.
所以对任意0 < x < 1，有f x
> 0.
假设存在0 < x0< 1 使得f x0
≤1，则根据f 1
= 2 > 1 及零点存在定理，存在u ∈x0,1
使得f u
= 1.
8
从而对任意x > 0，有f x+u
≤f x
f u
= f x
.
但由u > 0，知f 1+u
-1
1+u
= h 1+u
> h 1
= f 1
-1
1
≥f 1
-1
1+u
≥f 1+u
-1
1+u
，矛盾.
所以对任意0 < x < 1，都有f x
> 1.
综合两方面可知，对任意的x > 0，都有f x
> 1.
所以对任意a ≤1，关于x 的方程f x
= a 一定无解.
题型三
复数与不等式的新定义问题
大题典例
7. (24 - 25 高三上·江苏泰州·月考) 已知常数a,b,c ∈R，设关于x 的方程ax2+ bx + c = 0．
(1) 在复数范围内求解该方程．
(2) 当a ≠0 时，设该方程的复根分别为x1,x2，证明：
x1+x2=- b
a ,
x1x2= c
a .
(3) 如果多项式的系数是复数，那么称该多项式为复系数多项式．已知任何一元n 次(n ∈N *) 复系数
多项式方程f x
= 0 至少有一个复根．证明：f x
= 0 有n 个复数根(重根按重数计)．
(4) 将题设的常数“a,b,c ∈R”改为“a,b,c ∈C”，并证明：(2) 仍然成立．
【答案】(1) 答案见解析；(2) 证明见解析；(3) 证明见解析；(4) 答案见解析
【解析】(1) 当a = 0,b = 0,c = 0 时，方程有无数个根，所有根组成的集合是C；
当a = 0,b = 0,c ≠0 时，方程无根；
当a = 0,b ≠0 时，方程的根为x =- c
b ；
a ≠0 时，配方得x+ b
2a
2
= b2-4ac
4a2
．
①当Δ = b2- 4ac ≥0 时，方程有两个实根
x1= -b+
b2-4ac
2a
,x2= -b-
b2-4ac
2a
．
②当Δ = b2- 4ac < 0 时，方程化为
4a2
4ac-b2 x+ b
2a
2
=-1，
由于
4a2
4ac-b2 > 0，因此
2a
4ac-b2
x+ b
2a
2
=-1．
由于(±i)2=-1，因此
2a
4ac-b2
x+ b
2a
=±i，
故方程有两个复根x1= -b+i 4ac-b2
2a
,x2= -b-i 4ac-b2
2a
．
(如果认为i =
-1 ，然后把两种情况合并成一种情况x = -b±
b2-4ac
2a
，则只能得1 分．
因为我们只曾定义过i2=-1，但从来没有规定过i =
-1 ，而i2=-1 也不能推出i =
-1．
这是因为开方这种运算本身仅对非负实数而言，对负数是没有意义的．
就算
-1 = i，那为什么不是
-1 =-i？
我们从来没定义过对负数开根是什么概念，更没有规定过根号下有负数时的运算规则．)
再次强调：-1 不是i，
“i”不能写成“ -1”，i 仅仅只是人为规定的一个抽象的数，它满足i2=-1．
9
(2) ①当Δ = b2- 4ac ≥0 时，
x1+x2= -b+
b2-4ac
2a
+ -b-
b2-4ac
2a
=- b
a ,
x1x2= -b+
b2-4ac
2a
⋅-b-
b2-4ac
2a
= c
a .
②当Δ = b2- 4ac < 0 时，根据复数的运算法则，得
x1+x2= -b+i 4ac-b2
2a
+ -b-i 4ac-b2
2a
=- b
a ,
x1x2= -b+i 4ac-b2
2a
⋅-b-i 4ac-b2
2a
= c
a .
(如果和(1) 一样认为i =
-1 合并情况的话，只能得1 分)
(3) 一元n 次n∈N *
复系数多项式方程f x
= 0 至少有一个复根，
不妨设该方程的一个复根为x1，则f x
必然能够分解出一个因式x-x1
，即f x
= x-x1
f1 x
．
由复数的运算法则可知，方程f1 x
= 0 是一元n-1
次n∈N *
复系数多项式方程．
不妨设该方程的一个复根为x2，则f1 x
必然能够分解出一个因式x-x2
，即f1 x
= x-x2
f2 x
．
重复该过程，最终f x
= x-x1
x-x2
⋯x-xn
⋅c，
其中c 为常数，c ∈C．显然f x
有n 个复数根(重根按重数计)．
(4) 由(3) 得复系数二次方程ax2+ bx + c = 0 a,b,c∈C
有两个复数根，
分别设为x1,x2，则原方程可化为a(x - x1) (x - x2) = 0，
即ax2- a x1+x2
x + ax1x2= 0，
和原方程比较系数，得-a x1+x2
= b,ax1x2= c
即x1+ x2=- b
a ,x1x2= c
a ．
解法指导
新定义题型的特点是: 通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的
问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息
的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性
质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
变式训练
8. (24 - 25 高三上·山东枣庄·月考) 对于四个正数m、n、p、q，若满足mq < np，则称有序数对m,n
是
p,q
的“下位序列”．
(1) 对于2、3、7、11，有序数对3,11
是2,7
的“下位序列”吗？请简单说明理由；
(2) 设a、b、c、d 均为正数，且a,b
是c,d
的“下位序列”，试判断a
b 、c
d 、a+c
b+d 之间的大小关系；
(3) 设正整数n 满足条件：对集合m 0<m<2024
,m∈N
内的每个m，总存在正整数k，使得
m,2024
是k,n
的“下位序列”，且k,n
是m+1,2025
的“下位序列”，求正整数n 的最小值．
【答案】(1) 是，理由见解析；(2) a
b < a+c
b+d < c
d ；(3)4049
【解析】(1) ∵3 × 7 < 11 × 2，∴(3,11) 是(2,7) 的" 下位序列"；
(2) ∵a,b
是c,d
的“下位序列”，∴ad < bc，
∵a，b，c，d 均为正数，
故a+c
b+d - a
b = bc-ad
(b+d)b > 0，即a+c
b+d - a
b > 0，
10
∴a+c
b+d > a
b ，
同理a+c
b+d < c
d ，
综上所述：a
b < a+c
b+d < c
d ；
(3) 由已知得mn<2024k
(m+1)n>2025k
，
因为m,n,k 为整数，
故mn+1≤2024k
mn+n-1≥2025k
，
∴2024(mn + n - 1) ≥2024 × 2025k ≥2025(mn + 1)，∴n ≥
4049
2024-m ，
该式对集合m
0<m<2024
内的每一个m ∈N ∗的每个正整数m 都成立，
∴n ≥
4049
2024-2023 = 4049，
所以正整数n 的最小值为4049.
9. (23 - 24 高三下·辽宁·模拟预测) 柯西不等式在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的n 元形式
为：设ai，bi ∈R(i = 1,2, ⋯,n)，ai 不全为0，bi 不全为0，则∑
n
i=1a2
i∑
n
i=1b2
i ≥∑
n
i=1aibi
2
，当且仅当存在一个数
k，使得ai= kbi时，等号成立．
(1) 请你写出柯西不等式的二元形式；
(2) 设P 是棱长为
2 的正四面体ABCD 内的任意一点，点P 到四个面的距离分别为d1，d2，d3，d4，求
d2
1 + d2
2+ d2
3+ d2
4的最小值；
(3) 已知无穷正数数列an
满足：
①存在m ∈R，使得ai≤m；
②对任意正整数i、j(i ≠j) (j = 1,2, ⋯)，均有ai-aj
≥
1
i+j .
求证：对任意n ≥4，n ∈N ，恒有m ≥1.
【答案】(1) 设a1，a2，b1，b2∈R，则a2
1+a2
2
b2
1+b2
2
≥a1b1+a2b2
2. 当且仅当a1b2= a2b1时等号成立；(2) 1
3 ；
(3) 证明见解析
【解析】(1) 柯西不等式的二元形式为：设a1，a2，b1，b2∈R，则a2
1+a2
2
b2
1+b2
2
≥a1b1+a2b2
2.
当且仅当a1b2= a2b1时等号成立.
(2) 正四面体ABCD 的体积等于以P 为顶点，四个面为底面的三棱锥体积之和，
即VABCD = VP-ABC + VP-DBC + VP-CDA + VP-DAB.
所以
2
12
2
3= 1
3 ×
3
4
2
2 d1+d2+d3+d4
，因此d1+ d2+ d3+ d4= 2 3
3
.
由柯西不等式得d2
1+d2
2+d2
3+d2
4
(1 + 1 + 1 + 1) ≥d1⋅1+d2⋅1+d3⋅1+d4⋅1
2.
从而d2
1 + d2
2+ d2
3+ d2
4≥1
3 ，当且仅当d1= d2= d3= d4=
3
6
时等号成立.
因此d2
1 + d2
2+ d2
3+ d2
4的最小值为1
3 .
11
(3) 对n ≥4，记k1，k2，⋯，kn是1，2，⋯，n 的一个排列，且满足0 < ak1< ak2<⋯< akn≤m.
由条件②得：aki- aki-1≥
1
ki+ki-1
(i = 2,3, ⋯,n)，于是，对任意的n ≥4，都有
m ≥akn> akn- ak1= akn-akn-1
+ akn-1-akn-2
+⋯+ ak2-ak1
≥
1
kn+kn-1
+
1
kn-1+kn-2
+⋯+
1
k2+k1
.
由柯西不等式得
1
kn+kn-1
+
1
kn-1+kn-2
+⋯+
1
k2+k1
kn+kn-1
+ kn-1+kn-2
+⋯+ k2+k1
≥(n - 1)2.
所以
1
kn+kn-1
+
1
kn-1+kn-2
+⋯+
1
k2+k1
≥
(n-1)2
kn+kn-1
+ kn-1+kn-2
+⋯+ k2+k1
=
(n-1)2
2 k1+k2+⋯+kn
-k1-kn
=
(n-1)2
n2+n-k1-kn
≥(n-1)2
n2+n-3 = 1 -
3n-4
n2+n-3 .
从而m ≥1 -
3n-4
n2+n-3 ，当n ≥4 时，1 -
3n-4
n2+n-3 < 1，故m ≥1.
题型四
三角函数的新定义问题
大题典例
10. ( 24 - 25 高三上· 全国· 专题练习) 对于集合A =
θ1,θ2,⋯,θn
和常数θ 0 ，定义：σ =
sin2 θ1-θ0
+sin2 θ2-θ0
+⋯+sin2 θn-θ0
n
为集合A 相对的θ0的“正弦标准差”．
(1) 若集合A =
π
6 , π
3
，θ0= π
4 ，求A 相对的θ0的“正弦标准差”；
(2) 若集合A =
π
4 ,α,β
，是否存在α ∈
3π
4 ,π
，β ∈
3π
2 , 7π
4
，使得相对任何常数θ0的“正弦标准
差”是一个与θ0无关的定值？若存在，求出α，β 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
6-
2
4
；(2) 存在α = 11π
12 ，β = 19π
12 ，使得相对任何常数θ0的“正弦标准差”是一个与θ0无关
的定值，理由见解析
【解析】(1)σ =
sin2 π
6 - π
4
+sin2 π
3 - π
4
2
=
sin2 - π
12
+sin2 π
12
2
=
sin2 π
12 +sin2 π
12
2
= sin π
12 ，
其中sin π
12 = sin π
3 - π
4
= sin π
3 cos π
4 - cos π
3 sin π
4 =
3
2
×
2
2
- 1
2 ×
2
2
=
6-
2
4
.
(2) 存在α = 11π
12 ，β = 19π
12 ，使得相对任何常数θ0的“正弦标准差”是一个与θ0无关的定值，
理由如下：
sin2 π
4 -θ0
+ sin2 α-θ0
+ sin2 β-θ0
=
1-cos π
2 -2θ0
2
+ 1-cos 2α-2θ0
2
+ 1-cos 2β-2θ0
2
= 3
2 - 1
2
sin2θ0+cos2αcos2θ0+sin2αsin2θ0+cos2βcos2θ0+sin2βsin2θ0
= 3
2 - 1
2 sin2θ0 1+sin2α+sin2β
+cos2θ0 cos2α+sin2β
，
只需sin2α+sin2β=-1
cos2α+cos2β=0
，则cos2α+cos2β
2+ sin2α+sin2β
2= 1，
12
即2 + 2cos2αcos2β + 2sin2αsin2β = 1，整理得cos 2α-2β
=- 1
2 ，
因为α ∈
3π
4 ,π
，β ∈
3π
2 , 7π
4
，
所以2α ∈
3π
2 ,2π
，2β ∈3π, 7π
2
，-2β ∈- 7π
2 ,-3π
，
则2α - 2β ∈-2π,π
，
所以2α - 2β =- 4π
3 ，则2β = 2α + 4π
3 ，
所以cos2α + cos2β = cos2α + cos 2α+ 4π
3
= 0，
即cos2α + cos2αcos 4π
3 - sin2αsin 4π
3 = 0，
整理得cos2α +
3sin2α = 0，故tan2α =-
3
3 ，
因为2α ∈
3π
2 ,2π
，所以2α = 11π
6
，α = 11π
12 ，
则2β = 2α + 4π
3 = 11π
6
+ 4π
3 = 19π
6
，β = 19π
12 ，
检验，将α = 11π
12 ，β = 19π
12 代入sin2α+sin2β=-1
cos2α+cos2β=0
得
sin 11π
6 +sin 19π
6 =sin - π
6
+sin 7π
6 =- 1
2 + - 1
2
=-1
cos 11π
6 +cos 19π
6 =cos - π
6
+cos 7π
6 =cos π
6 -cos π
6 =0
，满足要求，
故存在α = 11π
12 ，β = 19π
12 ，使得相对任何常数θ0的“正弦标准差”是一个与θ0无关的定值，
此时σ =
sin2 π
4 -θ0
+sin2 α-θ0
+sin2 β-θ0
3
=
2
2 .
变式训练
11. ( 24 - 25 高三上· 江西宜春· 期中) 定义有序实数对( a , b ) 的“跟随函数”为f x
= asinx +
bcosx x∈R
．
(1) 记有序数对(1, -1) 的“跟随函数”为f(x)，若f x
= 0,x ∈0,2π
，求满足要求的所有x 的集合；
(2) 记有序数对(0,1) 的“跟随函数”为f(x)，若函数g x
= f x
+
3 sinx
,x ∈0,2π
与直线y = k 有
且仅有四个不同的交点，求实数k 的取值范围；
(3) 已知a = 3，若有序数对(a,b) 的“跟随函数”y = f x
在x = x0处取得最大值，当b 在区间(0, 3]
变化时，求tan2x0的取值范围．
【答案】(1) π
4 , 5π
4
；(2) [1,2)；(3) -4 3,0
【解析】(1) 由题意f(x) = sinx - cosx = 0，sinx = cosx，tanx = 1，
x = kπ + π
4 (k ∈Z)，
又x ∈[0,2π]，所以x = π
4 或5π
4 ，即所求集合为
π
4 , 5π
4
；
(2) 由题意f(x) = cosx，则g(x) = cosx +
3 sinx
，
x ∈[0,π] 时，g(x) = cosx +
3sinx = 2 1
2 cosx+
3
2 sinx
= 2sin x+ π
6
，
13
x ∈(π,2π] 时，g(x) = cosx -
3sinx = 2 1
2 cosx-
3
2 sinx
=-2sin x- π
6
，
作出函数y = g(x)，x ∈0,2π
的图象，如图，
f(x) 在0, π
3
和π, 5π
3
上递增，在
π
3 ,π
和
5π
3 ,2π
上递减，
f(x)max = 2，f(0) = f(2π) = 1，
由图象可知，1 ≤k < 2 时，
函数g x
= f x
+
3 sinx
,x ∈0,2π
的图象与直线y = k 有且仅有四个不同的交点，
所以k 的范围是[1,2)；
(3) 由题意f(x) = 2sinx + bcosx =
4+b2sin(x + φ)，其中cosφ =
2
4+b2 ，sinφ =
b
4+b2 ，
易知x + φ = 2kπ + π
2 ,k ∈Z 时，f(x)max =
4+b2 ，
x0= 2kπ + π
2 - φ(k ∈Z)，
sinx0= sin 2kπ+ π
2 -φ
= cosφ，同理cosx0= sinφ，
tanx0= sinx0
cosx0
= cosφ
sinφ ，
tan2x0=
2tanx0
1-tan2x0
=
2cosφ
sinφ
1- cos2φ
sin2φ
=
2sinφcosφ
sin2φ-cos2φ =
4b
4+b2
b2
4+b2 -
4
4+b2
=
4b
b2-4 =
4
b- 4
b
，
b ∈(0, 3] 时，函数y = b - 4
b 是增函数，因此b - 4
b ∈-∞,- 1
3
，
从而
4
b- 4
b
∈-4 3,0
，即tan2x0∈-4 3,0
．
12. (24 - 25 高三上·甘肃兰州·月考) 人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，
就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人
脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余
弦距离. 若二维空间有两个点A x1,y1
，B x2,y2
，则曼哈顿距离为：d A,B
= x1-x2
+ y1-y2
，余弦
相似度为：cos A,B
=
x1
x2
1+y2
1
×
x2
x2
2+y2
2
+
y1
x2
1+y2
1
×
y2
x2
2+y2
2
，余弦距离为1 - cos A,B
(1) 若A -1,2
，B 3
5 , 4
5
，求A，B 之间的曼哈顿距离d A,B
和余弦距离；
(2) 已知M sinα,cosα
，N sinβ,cosβ
，Q sinβ,-cosβ
，若cos M,N
= 1
5 ，cos M,Q
= 2
5 ，求
tanαtanβ 的值
14
【答案】(1) 14
5 ，1 -
5
5 ；(2) - 3
【解析】(1)d A,B
= -1- 3
5
+ 2- 4
5
= 14
5 ，
cos A,B
= -1
5 × 3
5 + 2
5 × 4
5 =
5
5 ，故余弦距离等于1 - cos A,B
= 1 -
5
5 ；
(2)cos M,N
=
sinα
sin2α+cos2α
⋅
sinβ
sin2β+cos2β
+
cosα
sin2α+cos2α
⋅
cosβ
sin2β+cos2β
= sinαsinβ + cosαcosβ = 1
5 ；
cos M,Q
=
sinα
sin2α+cos2α
⋅
sinβ
sin2β+cos2β
+
cosα
sin2α+cos2α
⋅
-cosβ
sin2β+cos2β
= sinαsinβ - cosαcosβ = 2
5
故sinαsinβ = 3
10 ，cosαcosβ =- 1
10 ，则tanαtanβ = sinαsinβ
cosαcosβ =-3.
题型五
平面向量的新定义问题
大题典例
13. (24 - 25 高三上·河南·期中) 如图，我们把由平面内夹角成60° 的两条数轴Ox，Oy 构成的坐标系，称为
“完美坐标系”. 设e1
，e2
分别为Ox，Oy 正方向上的单位向量，若向量OP
= xe1
+ ye2
，则把实数对
[x,y] 叫做向量OP
的“完美坐标”.
(1) 若向量OP
的“完美坐标”为[3,4]，求OP
；
(2) 已知x1,y1
，x2,y2
分别为向量a，b的“完美坐标”，证明：a⋅b= x1x2+ y1y2+ 1
2
x1y2+x2y1
；
(3) 若向量a，b的“完美坐标”分别为[sinx,1]，[cosx,1]，设函数f(x) = a⋅b，x ∈R，求f(x) 的值域.
【答案】(1) 37；(2) 证明见解析；(3) 3
8 , 3+
2
2
【解析】(1) 因为OP
的“完美坐标”为[3,4]，则OP
= 3e1
+ 4e2
，
又因为e1
，e2
分别为Ox，Oy 正方向上的单位向量，且夹角为60°，
所以|e1
| = |e2
| = 1,e1
⋅e2
= e1
e2
cos60° = 1
2 ，
所以OP
=
3e1
+4e2
2 =
9e1
2+24e1
⋅e2
+16e2
2 =
9+24× 1
2 +16 =
37.
(2) 由(1) 知e1
⋅e2
= 1
2 ，
所以a⋅b= x1e1
+y1e2
⋅x2e1
+y2e2
2= x1x2e1
2+ x1y2e1
⋅e2
+ x2y1e1
⋅e2
+ y1y2e2
= x1x2+ y1y2+
15
1
2
x1y2+x2y1
，
即a⋅b= x1x2+ y1y2+ 1
2
x1y2+x2y1
.
(3) 因为向量a，b的“完美坐标”分别为[sinx,1]，[cosx,1]，
由(2) 得f(x) = a⋅b= sinxcosx + 1 + 1
2 (sinx + cosx).
令t = sinx + cosx =
2sin x+ π
4
，则sinxcosx = 1
2 (t2- 1)，
因为x ∈R，所以- 2 ≤
2sin x+ π
4
≤
2 ，即- 2 ≤t ≤
2 ，
令g(t) = 1
2
t2-1
+ 1 + 1
2 t = 1
2 (t2+ t + 1) = 1
2
t+ 1
2
2
+ 3
8 ,(- 2 ≤t ≤
2)，
因为g(t) 的图象是对称轴为t =- 1
2 ，开口向上的抛物线的一部分，
所以当t =- 1
2 ∈[- 2, 2] 时，g(t) 取得最小值g - 1
2
= 3
8 ，
当t =
2 时，g(t) 取得最大值g( 2) = 1
2 × (2 +
2 + 1) = 3+
2
2
，
所以f(x) 的值域为
3
8 , 3+
2
2
.
变式训练
14. (24 - 25 高三上·浙江绍兴·月考)n 维向量是平面向量和空间向量的推广，对n 维向量m
n =
x1,x2,⋅⋅⋅,xn
xi∈0,1
,i=1,2,⋅⋅⋅,n
，记f m
n
= 1 + x 1 + x 1x 2 +⋅⋅⋅+x 1x 2 ⋅⋅⋅x n，设集合D m
n
=
m
n
f m
n
为偶数
.
(1) 求D m
2
，D m
3
；
(2) (i) 求D m
n
中元素的个数；
(ii) 记g m
n
=
n
i=1
xi
，求使得
m
n∈D m
n
g m
n
≤2025 成立的最大正整数n.
【答案】(1)D m
2
=
1,0
，D m
3
=
1,0,0
, 1,0,1
, 1,1,1
；(2) (i) 2n+ -1
n+1
3
；(ii)n = 10
【解析】(1) ∵f m
2
= 1 + x1+ x1x2，
∴当m
2= 0,0
时，f m
2
= 1；
当m
2= 0,1
时，f m
2
= 1；
当m
2= 1,0
时，f m
2
= 2；
当m
2= 1,1
时，f m
2
= 3，
∴D m
2
=
1,0
；
∵f m
3
= 1 + x1+ x1x2+ x1x2x3，
∴当m
3= 0,0,0
时，f m
3
= 1；当m
3= 0,0,1
时，f m
3
= 1；当m
3= 0,1,0
时，f m
3
= 1；
当m
3= 1,0,0
时，f m
3
= 2；当m
3= 0,1,1
时，f m
3
= 1；当m
3= 1,0,1
时，f m
3
= 2；
16
当m
3= 1,1,0
时，f m
3
= 3；当m
3= 1,1,1
时，f m
3
= 4，
∴D m
3
=
1,0,0
, 1,0,1
, 1,1,1
.
(2) (i) 设D m
n
中元素的个数为an，
∵f m
n
= 1 + x1+ x1x2+⋅⋅⋅+x1x2⋅⋅⋅xn= 1 + x1 1+x2+⋅⋅⋅+x2⋅⋅⋅xn
，xi ∈0,1
，
∴f m
n
为偶数时，x1= 1，且an= 2n-1- an-1，
∴an= 2n-1- an-1= 2n-1- 2n-2+ an-2= 2n-1- 2n-2+ 2n-3- an-3=⋅⋅⋅=
2n-1- 2n-2+ 2n-3- 2n-4+⋅⋅⋅+ -1
n-3⋅22+ -1
n-2⋅2 + -1
n-1⋅1 =
-1
n-1 1- -2
n
1- -2
= 2n+ -1
n+1
3
，
∴D m
n
中的元素个数为2n+ -1
n+1
3
.
(ii) ①当m
n= x1,x2,⋅⋅⋅,xn
= 1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
时，
m
n= 1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
∈D m
n
g m
n
= 2n-2+ n-2
× 2n-3= n ⋅2n-3；
②当m
n= x1,x2,⋅⋅⋅,xn
= 1,1,1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
时，
m
n= 1,1,1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
∈D m
n
g m
n
= 3 × 2n-4+ n-4
× 2n-5= n+2
⋅2n-5；
③当m
n= x1,x2,⋅⋅⋅,xn
= 1,1,1,1,1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
时，
m
n= 1,1,1,1,1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
∈D m
n
g m
n
= 5 × 2n-6+ n-6
× 2n-7= n+4
⋅2n-7；
⋅⋅⋅⋅⋅⋅；
要使得
m
n∈D m
n
g m
n
≤2025 成立，其必要条件是当m
n= x1,x2,⋅⋅⋅,xn
= 1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
时，
m
n= 1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
∈D m
n
g m
n
= 2n-2+ n-2
× 2n-3= n ⋅2n-3≤2025，
令bn= n ⋅2n-3，则bn+1- bn= n+1
⋅2n-2- n ⋅2n-3= n+2
⋅2n-3> 0，
∴数列bn
为递增数列，又b10 = 10 × 27= 1280，b11= 11 × 28= 2816，
∴
m
n= 1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
∈D m
n
g m
n
= 2n-2+ n-2
× 2n-3= n ⋅2n-3≤2025 的解为n ≤10；
当n = 10 时，
m
n∈D m
n
g m
n
= 10 × 27+ 12 × 25+ 14 × 23+ 16 × 2 + 9 × 1 = 1817 ≤2025，
即充分性成立；
∴使得
m
n∈D m
n
g m
n
≤2025 成立的最大正整数n = 10.
15. (24 - 25 高三上·河南驻马店·月考) 给定平面上一个图形D，以及图形D 上的点P1,P2, ⋯,Pn，如果对于
D 上任意的点P，∑
n
i=1 PPi
2 为与P 无关的定值，我们就称P1,P2, ⋯,Pn 为关于图形D 的一组稳定向量基
点.
(1) 已知P1 0,0
,P2 2,0
,P3 0,2
,△P1P2P3为图形D，判断点P1,P2,P3是不是关于图形D 的一组稳定向
量基点；
(2) 若图形D 是边长为2 的正方形，P1,P2,P3,P4是它的4 个顶点，P 为该正方形上的动点，求
17
P1P2
+P2P3
+P3P4
-P1P
的取值范围；
(3) 若给定单位圆E 及其内接正2024 边形P1P2⋯P2024,P 为该单位圆上的任意一点，证明P1,P2, ⋯,
P2024是关于圆E 的一组稳定向量基点，并求∑
2024
i=1 PPi
2的值.
【答案】(1) 不是；(2) 0,2 2
；(3) 证明见解析，4048
【解析】(1) 点P1 0,0
,P2 2,0
,P3 0,2
不是关于D 的一组稳定向量基点，理由如下：
当P 与P1 0,0
重合时，有PP1
2+ PP2
2+ PP3
2= 8，
当P 与P2 2,0
重合时，有PP1
2+ PP2
2+ PP3
2= 12 ≠8，
故P1 0,0
,P2 2,0
,P3 0,2
不是关于D 的一组稳定向量基点.
(2) 因为P1P2
+ P2P3
+ P3P4
- P1P
= P1P4
- P1P
= PP4
，
所以P1P2
+P2P3
+P3P4
-P1P
= PP4
，故由正方形结构性质得：
当P 与P2重合时，PP4
取得最大值2 2；当P 与P4重合时，PP4
取得最小值0.
所以P1P2
+P2P3
+P3P4
-P1P
的取值范围为0,2 2
.
(3) 设单位圆E 的圆心为O，
则PPi
2= OPi
-OP
2= OPi
2- 2OPi
⋅OP
+ OP
2，
所以∑
2024
i=1 PPi
2= ∑
2024
i=1 OPi
-OP
2= ∑
2024
i=1 OPi
2+ 2024|OP
|2- 2OP
⋅∑
2024
i=1 OPi
，
因为多边形P1P2⋯P2024是正2024 边形，
所以由偶数边的正多边形图形结构性质可知
2024
i=1
OPi
= 0，故OP
⋅
2024
i=1
OPi
= 0，
又OP
= OPi
= 1，所以∑
2024
i=1 PPi
2= 4048，
故P1,P2, ⋯,P2024是关于圆E 的一组稳定向量基点，且∑
2024
i=1 Pi
2= 4048.
题型六
数列的新定义问题
大题典例
16. (24 - 25 高三上·福建泉州·期中) 若存在常数t，使得数列an
满足an+1 - a1a2a3 ⋯an = t(n ≥1,n ∈
N)，则称数列an
为“H(t) 数列”．
(1) 判断数列：1，3，5，10，152 是否为“H(2) 数列”，并说明理由；
18
(2) 若数列an
是首项为2 的“H(t) 数列”，数列bn
是等比数列，且an
与bn
满足
n
i=1
a2
i
= a1a2a3
⋯an+ log2bn，求t 的值和数列bn
的通项公式；
(3) 若数列an
是“H(t) 数列”，Sn为数列an
的前n 项和，a1> 1，t > 0，证明：t > Sn+1- Sn- eSn-n．
【答案】(1) 不是“H(2) 数列”，理由见解析；(2)t =-1，bn= 2n+1；(3) 证明见解析
【解析】(1) 根据“H(t) 数列”的定义，则t = 2，故an+1- a1a2a3⋯an= 2，
因为a2- a1= 2 成立，a3- a2a1= 2 成立，
a4- a3a2a1= 10 - 1 × 3 × 5 =-5 ≠2 不成立，
所以1，3，5，10，152 不是“H(2) 数列”．
(2) 由an
是首项为2 的“H(t) 数列”，则a2= 2 + t，a3= 3t + 4，
由bn
是等比数列，设公比为q，
由
n
i=1
a2
l
= a1a2a3⋯an+ log2bn，则
n+1
i=1
a2
i
= a1a2a3⋯anan+1+ log2bn+1，
两式作差可得a2
n+1= a1a2a3⋯an an+1-1
+ log2bn+1- log2bn，
即a2
n+1= a1a2a3⋯an an+1-1
+ log2q，
由an
是“H(t) 数列”，则an+1- a1a2a3⋯an= t，对于n ≥1，n ∈N 恒成立，
所以a2
n+1= an+1-t
an+1-1
+ log2q，
即(t + 1)an+1= t + log2bn+1- log2bn对于n ≥1，n ∈N 恒成立，
则(t+1)a2-t=log2q
(t+1)a3-t=log2q
⇒
t+1
t+2
-t=log2q
t+1
3t+4
-t=log2q
解得，t =-1，q = 2，又由a1= 2，a2
1 = a1+ log2b1，
则b1= 4，即bn= 2n+1，
故所求的t =-1，数列bn
的通项公式bn= 2n+1；
(3) 证明：要证t > Sn+1- Sn- eSn-n，即证t > an+1- eSn-n，
因数列an
是“H(t) 数列”，则an+1= a1a2a3⋯an+ t.
则要证t > an+1- eSn-n，即证an+1- a1a2⋯an> an+1- eSn-n⇔a1a2⋯an< eSn-n.
又an+1- a1a2a3⋯an= t，对于n ≥1，n ∈N 恒成立，
因为a1> 1，t > 0，则a2= a1+ t > 1，再结合a1> 1，t > 0，a2> 1，
反复利用an+1= a1a2a3⋯an+ t，可得对于任意的n ≥1，n ∈N ，an> 1，
则要证：a1a2⋯an< eSn-n，即证lna1+ lna2+⋯+lnan< Sn- n ⇔∑
n
i=1lnai <∑
n
i=1 ai-1
.
设函数f(x) = lnx - x + 1，则fx
= 1
x - 1，令fx
= 0，解得x = 1，
当x > 1 时，fx
< 0，则f(x) = lnx - x + 1 在区间(1, +∞) 单调递减，
因对于任意的n ≥1，n ∈N ，an> 1，则f an
< f(1) = 0 ⇒lnan- an+ 1 < 0 ⇒lnan< an- 1.
即lna1< a1- 1，lna2< a2- 1，⋯，lnan< an- 1，
相加可得lna1+ lna2+⋯+lnan< a1+ a2+⋯+an- n，即∑
n
i=1lnai <∑
n
i=1 ai-1
，故命题得证.
解法指导
数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，
然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的
19
透彻理解. 但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，
掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
变式训练
17. (24 - 25 高三上·江西上饶·月考) 数列an
、bn
满足：bn
是等比数列，a1 = 2，b2 = 4 且a1b1 + a2b2 +
⋯⋯+anbn= 2 an-3
bn+ 8 n∈N+
．
(1) 求an、bn．
(2) 求集合A = x x-ai
x-bi
=0,i≤100,i∈N+
中所有元素的和．
(3) 对数列cn
，若存在互不相等的正整数k1,k2, ⋯⋯kj j≥2
，使得ck1+ ck2+⋯⋯+ckj也是数列cn
中的项，则称数列cn
是“和稳定数列”．试别断数列an
、bn
是否是“和稳定数列”，并说明理由．
【答案】(1)an= 3n - 1，bn= 2n；(2)2101+ 14878；(3) an
是“和稳定数列”，bn
不是“和稳定数列”，详细见
解析.
【解析】(1) 根据题意可知a1b1= 2 a1-3
b1+ 8，所有可得b1= 2，
又因bn
是等比数列，所以设bn
的公比为q，则q = b2
b1
= 2，
所以bn= b1⋅qn-1= 2n，
因a1b1+ a2b2+⋯⋯+anbn= 2 an-3
bn+ 8 n∈N+
①
当n ≥2 时，a1b1+ a2b2+⋯⋯+an-1bn-1= 2 an-1-3
bn-1+ 8 n∈N+
②
①式减去②式可得anbn= 2 an-3
bn- 2 an-1-3
bn-1
将bn= 2n，可得an⋅2n= 2 an-3
2n- 2 an-1-3
2n-1
将之化简可得an- an-1= 3, n≥2
，
所以数列an
是a1= 2 为首项，公差为3 的等差数列，
故an= 3n - 1.
(2) 由题意知集合A = x x-ai
x-bi
=0,i≤100,i∈N+
，
则化简转化为A = x ai,bi,i≤100,i∈N+
，
设S100 = 100× a1+a100
2
= 100× 2+300-1
2
= 15050,T100 = b1 1-q100
1-q
= 2 1-2100
-1
= 2101- 2，
且ai = bj i,j≤100
,i,j ∈N+解之可得b1= 2,b3= 8,b5= 32,b7= 128,
所以集合A 所有元素之和为S100 + T100 = 15050 + 2101- 2 = 2101+ 15048 - b1+b3+b5+b7
= 2101+ 14878；
(3) 当j = 3m 时，ak1+ ak2+⋯⋯+akj= 3 k1+k2+⋯kj
- 3m 是3 的正整数倍，
故一定不是数列an
中的项；
当j = 3m + 1 时，ak1+ ak2+⋯⋯+akj= 3 k1+k2+⋯kj
- 3m - 1 是是数列an
中的项；
满足定义所以an
是“和稳定数列”，
若bn
“和稳定数列”
不妨设1 ≤k1< k2< k3⋯< kj < l，则bk1+ bk2+ bk3⋯+bkj= bl，
且bk1+ bk2+ bk3⋯+bkj≤b1+ b2+⋯bkj+⋯+bl-1= 21+ 22+⋯2
kj+⋯+2l-1= 2l - 2 < 2l = bl
与bk1+ bk2+ bk3⋯+bkj= bl 矛盾
故bk1+ bk2+ bk3⋯+bkj不是bn
中的项，所以bn
不是“和稳定数列”
20
18. (24 - 25 高三上·山东青岛·期中) 如果正项有穷数列a1,a2, ⋯,am 满足a1 ⋅am = 1,a2 ⋅am-1 = 1, ⋯，即ai
⋅am-i+1 = 1(i = 1,2, ⋯,m)，我们称其为“1 的对称数列”，例如：数列2，3，1
3 ，1
2 与数列3，2，1，1
2 ，
1
3 都是“1 的对称数列”．
(1) 设bn
是项数为8 的“1 的对称数列”，其中b1,b2,b3,b4是等差数列，且b2= 4,b4= 8，请依次写出
bn
的每一项；
(2) 设数列cn
是13 项的“1 的对称数列”，其中c1,c2⋯c5是等比数列，c1- c5= 15,c2- c4= 6，求数列
cn
的所有项和S 的最小值；
(3) 设数列dn
是2m 项的“1 的对称数列”，数列前m 项的通项公式为dn= n2+ n，求数列dn
的前
n 项和Sn．(注：12+ 22+⋯+n2= n(n+1)(2n+1)
6
)
【答案】(1)2,4,6,8, 1
8 , 1
6 , 1
4 , 1
2 ；(2) 575
16 ；(3)Sn=
n+1
n2+2n
3
,
n≤m
m+1
m2+2m
3
+
1
2m-n+1 -
1
m+1 ,
m<n≤2m
【解析】(1) 设d 为前四项的公差，
∴2d = 8 - 4 = 4，∴d = 2,b1= 2，
∴bn
的各项为2,4,6,8, 1
8 , 1
6 , 1
4 , 1
2 .
(2) 设前五项公比为q，显然q ≠1，
∵c1- c5= 15,c2- c4= 6，
则c1-c1q4=15
c1q-c1q3=6
，可得
1-q4
q 1-q2
= 5
2 ，解得q = 1
2 或q = 2，
当q = 1
2 时，c1= 16，当q = 2 时，c1=-1(舍去)，
因为数列cn
是13 项的“1 的对称数列”，所以c7= 1，
设c6= a,a > 0，
∴S = 16 + 8 +⋯+1 + a + 1 + 1
a + 1 + 1
2 +⋯+ 1
16 =
16 1- 1
29
1- 1
2
+ 2 + a + 1
a = 34 + a + 1
a - 1
16 ≥36
- 1
16 = 575
16 ，
当且仅当a = 1 时取等号，
所以数列cn
的所有项和S 的最小值为575
16 .
(3) 当n ≤m 时，
Sn= 12+22+⋯+n2
+ 1+2+⋯+n
= n n+1
2n+1
6
+ n 1+n
2
=
n+1
n2+2n
3
，
当2m ≥n > m 时，
Sn=
m+1
m2+2m
3
+
1
m2+m +
1
m-1
2+m-1
+⋯+
1
2m-n+1
2+ 2m-n+1
=
m+1
m2+2m
3
+
1
m⋅m+1
+
1
m-1
⋅m +⋯+
1
2m-n+1
⋅2m-n+2
21
=
m+1
m2+2m
3
+ 1
m -
1
m+1 +⋯+
1
2m-n+1 -
1
2m-n+2
=
m+1
m2+2m
3
+
1
2m-n+1 -
1
m+1 ，
所以Sn=
n+1
n2+2n
3
,
n≤m
m+1
m2+2m
3
+
1
2m-n+1 -
1
m+1 ,
m<n≤2m
.
题型七
立体几何的新定义问题
大题典例
19. (24 - 25 高三上·广东广州·月) 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P 为多面体M 的一个顶
点
，定
义
多
面
体
M
在
点
P
处
的
离
散
曲
率
为
Φ
P
=
1
-
1
2π ∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+⋅⋅⋅∠Qk-1PQk+∠QkPQ1
，其中Qi i=1,2,⋅⋅⋅,k,k≥3
为多面体M 的所有与
点P 相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，⋯，平面Qk-1PQk 和平面QkPQ1 为多面体M 的所有以
P 为公共点的面．
(1) 求三棱锥P - ABC 在各个顶点处的离散曲率的和；
(2) 如图，已知在三棱锥P - ABC 中，PA ⊥平面ABC，AC ⊥BC，AC = BC，三棱锥P - ABC 在顶
点C 处的离散曲率为1
3 ．
①求直线PC 与直线AB 所成角的余弦值；
②若点Q 在棱PB 上运动，求直线CQ 与平面ABC 所成的角的最大值．
【答案】(1)2；(2) ①
2
4 ；②60°
【解析】(1) 由离散曲率的定义得：ΦP = 1 - 1
2π ∠APB+∠BPC+∠CPA
，
ΦA= 1 - 1
2π ∠BAP+∠CAP+∠BAC
，
ΦB = 1 - 1
2π ∠ABP+∠CBP+∠ABC
，
ΦC = 1 - 1
2π ∠ACB+∠BCP+∠ACP
，
四个式子相加得：ΦP + ΦA+ ΦB + ΦC = 4 - 1
2π × 4π = 2.
22
(2) ①如图，分别取AC,BC,AP 的中点D,E,F，连接AE,DE,DF,EF，显然有AB ⎳DE,PC ⎳DF，
所以∠FDE 为异面直线AB 与PC 的夹角或其补角，
设AC = BC = 2，因为∠ACB = 90°，所以AB = 2 2 ，
AE =
5 ，
因为PA ⊥平面ABC，AB,AC,AE,BC ⊂平面ABC，
所以PA ⊥AB，PA ⊥AC，PA ⊥AE，PA ⊥BC，
因为AC ⊥BC，PA ∩AC = C，所以BC ⊥平面PAC，
又因为PC ⊂平面PAC，所以BC ⊥PC，
由C 点处的离散曲率为1
3 可得
ΦC = 1 - 1
2π ∠ACB+∠BCP+∠ACP
⇒1
3 = 1 - 1
2π
π
2 + π
2 +∠ACP
⇒∠ACP = π
3 ，
所以PA =
3AC = 2 3 ，PC = 2AC = 4，EF =
AF 2+AE 2 =
3+5 = 2 2 ，
而DE = 1
2 AB =
2 ，DF = 1
2 PC = 2，
所以cos∠FDE = DF 2+DE 2-EF 2
2DF⋅DE
= 4+2-8
2×2×
2 =-
2
4 ，
故异面直线AB 与PC 的夹角的余弦值为
2
4 .
②如图，过Q 点做QG ⎳PA 交AB 与G，连接CG，
因为PA ⊥平面ABC，所以QG ⊥平面ABC，
则∠GCQ 为直线CQ 与平面ABC 所成的角，设BG = x 0<x≤2 2
，
在△BCG 中CG2= BC2+ BG2- 2BC ⋅BG ⋅cosB = 4 + x2- 2 2x，
因为QG ⎳PA，所以△BGQ ∼△PAB，
所以QG
PA = BG
BA ⇒QG = BG⋅PA
BA
= 2 3x
2 2
=
6x
2
⇒QG2= 3
2 x2，
故tan2∠GCQ = QG2
CG2 =
3
2 x2
x2-2 2x+4 =
3
2
1- 2 2
x
+ 4
x2
=
3
2
2
x -
2
2
2+ 1
2
，
当分母最小时，tan2∠GCQ 最大，即∠GCQ 最大，此时2
x =
2
2 ，即x = 2 2(Q 与P 重合)，
tan2∠GCQ = 3 ⇒tan∠GCQ =
3 ⇒∠GCQ = 60°，所以∠GCQ 的最大值为60°.
变式训练
20. (23 - 24 高三下·江西新余·模拟预测) 我们规定：在四面体P - ABC 中，取其异面的两条棱的中点连线
称为P - ABC 的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.
23
(1) 如左图，在四面体P - ABC 中，Mi i=1,2,...,6
分别为所在棱的中点，证明：P - ABC 的三条内棱
交于一点.
(2) 同左图，若P - ABC 为垂棱四面体，M1M2= 2,M3M4= 4,M5M6= 6，求直线PB 与平面ABC 所成
角的正弦值.
(3) 如右图，在空间直角坐标系中，xOy 平面内有椭圆C：x2+ y2
2 = 1，F1为其下焦点，经过F1的直线
y = kx + m 与C 交于A、B 两点，P 为xOy 平面下方一点，若P - ABO 为垂棱四面体，则其外接球表
面积S 是k 的函数S k
，求S k
的定义域与最小值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 12 5
35
；(3) -
2
2 ,
2
2
，5
2 π
【解析】(1) 如图，连接M1M2,M3M4,M1M3,M1M4,M3M2,M4M2，
由题可知，M1M3平行且等于1
2 PB，M2M4平行且等于1
2 PB
所以M1M3平行且等于M2M4
所以四边形M1M3M2M4为平行四边形，
所以对角线M1M2∩M3M4= O，O 为线段M1M2中点；
同理M1M2∩M5M6= O，O 为线段M1M2中点；
故P - ABC 的三条内棱交于一点O.
(2) 由(1) 可知，四边形M1M3M2M4为平行四边形，
若P - ABC 为垂棱四面体，则四边形M1M3M2M4为菱形，
即M1M3= M1M4
显然PB = 2M1M3,AC = 2M1M4
故PB = AC
同理PA = BC,PC = AB
如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系B - xyz，
因为M1M2= 2,M3M4= 4,M5M6= 6
所以有A 4,6,0
,B 0,0,0
,C 0,6,2
,P 4,0,2
所以BP
= 4,0,2
,BA
= 4,6,0
,BC
= 0,6,2
24
设平面ABC 的一个法向量为n= x,y,z
易知BA
·n=0
BC
·n=0
⇒4x+6y=0
6y+2z=0
令y =-2，解得x = 3,z = 6
所以n= 3,-2,6
直线PB 与平面ABC 所成角的正弦值为
BP
·n
BP
· n
=
24
20×7 = 12 5
35
.
(3)
由(2) 易知将P - ABO 补成长方体，设长宽高分别设为a、b、c，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：R = 1
2
a2+b2+c2 ，
则：S = 4πR2= π a2+b2+c2
显然AB2= a2+ b2,BO2= b2+ c2,AO2= a2+ c2，所以S = 1
2
AB2+BO2+AO2
π
设A x1,y1
,B x2,y2
因为直线y = kx + m 过椭圆焦点F1，所以m =-1
联立x2+ y2
2 =1
y=kx-1
得2+k2
x2- 2kx - 1 = 0，显然Δ > 0
由韦达定理可知，
x1+x2=
2k
2+k2
x1x2=-
1
2+k2
得
y1+y2=-
4
2+k2
y1y2= 2-2k2
2+k2
所以AB2= x1-x2
2+ y1-y2
2,AO2= x2
1 + y2
1,BO2= x2
2+ y2
2
所以S = 1
2
x1-x2
2+ y1-y2
2+x2
1+y2
1+x2
2+y2
2
π
整理得S =
x1+x2
2+ y1+y2
2-3x1x2-3y1y2
π，得S = 10k4+13k2+10
k4+4k2+4
π
所以S k
= 10k4+13k2+10
k4+4k2+4
π
由于△ABO 为某长方体的三个顶点由余弦定理可知A、B、O 均为锐角
显然△ABO 中角A、B 均为锐角，
所以只需角O 锐角，即：OA
⋅OB
> 0
得x1x2+ y1y2> 0 ⇒-
1
2+k2 + 2-2k2
2+k2 > 0，解得k ∈-
2
2 ,
2
2
由S k
= 10k4+13k2+10
k4+4k2+4
π 的定义域为k ∈-
2
2 ,
2
2
S k
= 10 k4+4k2+4
-27k2-30
k4+4k2+4
π = 10π - 3
9k2+10
k4+4k2+4 π
所以当
9k2+10
k4+4k2+4 最大时，S k
= 10π - 3
9k2+10
k4+4k2+4 π 最小
不妨令t = 9k2+ 10 ∈10, 29
2
所以
9k2+10
k4+4k2+4 =
81t
t2+16t+64 =
81
t+ 64
t +16
因为t = 9k2+ 10 ∈10, 29
2
25
由对勾函数性质可知，当t = 10 时，9k2+10
k4+4k2+4 =
81
t+ 64
t +16
有最大值，此时k = 0
故S k
= 10k4+13k2+10
k4+4k2+4
π 的最小值为5
2 π.
21. (24 - 25 高三上·湖南长沙·月考) 高斯- 博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲
面的图形(由曲率表征) 和拓扑(由欧拉示性数表征) 间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质
和整体性质之间的联系. 其特例是球面三角形总曲率x 与球面三角形内角和θ 满足：θ = π + αx，其中
α 为常数，(如图，把球面上的三个点用三个大圆(以球心为半径的圆) 的圆弧联结起来，所围成的图形
叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面
三角形的一个角. 球面三角形的总曲率等于S
R2 ，S 为球面三角形面积，R 为球的半径).
(1) 若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为π
2 ，求此球面三角形内角和；
(2) 求α 的值；
(3) 把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做
凸多面体. 设凸多面体Ω 顶点数为V，棱数为E，面数为F，试证明凸多面体欧拉示性数χ Ω
= V - E
+ F 为定值，并求出χ Ω
.
【答案】(1) 3π
2 ；(2)1；(3) 证明见解析；χ Ω
= 2
【解析】(1) 如图，设球心为O，球面三角形三个顶点分别为A,B,C，
由球面三角形三边长均为π
2 ，由题意，即每个大圆弧长均为π
2 .
又单位球面的球半径R = 1，则球面三角形每条边所对圆心角为π
2 ，
所以在三棱锥A - OBC 中，OA,OB,OC 两两垂直.
由OA ⊥OB,OA ⊥OC，OB ∩OC = O，且OB ⊂平面OBC，OC ⊂平面OBC，
则OA ⊥平面OBC，OA ⊂平面OAB，
故平面OAB ⊥平面OBC，同理平面OAB ⊥平面OCA，平面OCA ⊥平面OBC，
即球面三角形任意两条边所在的半平面构成的二面角均为π
2 ，
故球面三角形的3 个角均为π
2 ，从而此球面三角形内角和为3π
2 .
26
(2) 若将地球看作一个球体，
在地球上零度经线和90° 经线所在大圆与赤道所在大圆将球面平均分成8 个全等的球面三角形，
由(1) 可知，每个球面三角形的3 个角均为π
2 ，且球面三角形内角和θ = 3π
2 ，
从而每个球面三角形的面积为S = 4πR2
8
= πR2
2
，
则每个球面三角形的总曲率为x = S
R2 = π
2 ，
设θ = f(x)，由题意f(x) = π + αx，且α 为常数，
则有f
π
2
= π + π
2 α = 3π
2 ，从而α = 1.
(3) 将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮膜，使膨胀为一个半径为R 的球，
每个顶点均在球面上，每条边变为球面上的边，每个多边形变为球面上的多边形，
且膨胀前后χ(Ω) = V - E + F 不变.
不妨记球面仍为单位球面，半径R = 1，
对于任意一个球面k 边形，可用球面上的边分割成(k - 2) 个球面三角形，
由(2) 可知，α = 1，则每个球面三角形的内角和θ = π + x = π + S
R2 = π + S．
即每个内角和为θ 的球面三角形面积为θ - π，
记φ =
k-2
j=1
θj
，称为分割成(k - 2) 个球面三角形的球面k 边形的内角和．
所以球面k 边形面积为φ - (k - 2)π.
由已知凸多面体Ω 顶点数为V，棱数为E，面数为F，
则可记球面上多边形αi,i = 1,2, ⋯,F，
对每一个球面多边形αi，设其边数为li，内角和为φi，面积为Si，
则∑
F
i=1Si =∑
F
i=1 φi- li-2
π
=∑
F
i=1 φi-liπ+2π
，
由球面三角形角的定义可知，每个顶点处所有球面多边形的角之和为2π，顶点数为V，
从而所有球面多边形内角和为
F
i=1
φi
= 2πV，
又球面多边形每条边被重复计算2 次，棱数为E，故
F
i=1
li
π = 2Eπ，
则∑
F
i=1 φi-liπ+2π
= 2πV - 2πE + 2πF，
又所有球面多边形面积之和
F
i=1
Si
= 4πR2= 4π，
故2πV - 2πE + 2πF = 4π，故χ(Ω) = V - E + F = 2.
27
题型八
平面解析几何的新定义问题
大题典例
22. (24 - 25 高三上·浙江·月考) 直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如y = kx + 1 k∈R
表示
过点0,1
的直线族(不包括直线y 轴)，直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲
线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1) 圆M ：x2+ y-3
2= 4 是直线族mx + ny = 1 m,n∈R
的包络曲线，求m，n 满足的关系式；
(2) 若点N x0,y0
不在直线族Ω:y = tx - t2 t∈R
的任意一条直线上，求y0的取值范围及直线族Ω 的
包络曲线E 的方程；
(3) 在(1) (2) 的条件下，过曲线E 上动点P 向圆M 做两条切线PA，PB，交曲线E 于点A，B，求
△PAB 面积S 的最小值.
【答案】(1)5n2- 4m2- 6n + 1 = 0；(2)y0> 0，曲线E 的方程为x2= 4y.；(3)10 5
【解析】(1) 由题可得，直线族mx + ny = 1(m,n ∈R) 为圆M 的切线，
故满足，d = m⋅0+n⋅3-1
m2+n2
= 2，所以m,n 满足5n2- 4m2- 6n + 1 = 0．
(2) 将点N x0,y0
代入y = tx - t2 t∈R
，可得关于t 的方程t2- x0t + y0= 0，
因为点N x0,y0
不在直线族y = tx - t2 t∈R
上，故方程t2- x0t + y0= 0 无实数解，
所以Δ = x2
0- 4y0< 0，那么y0> x2
0
4 ，故y0> 0，
因为区域y0> x2
0
4 的边界为抛物线x2= 4y，
下证：x2= 4y 是y = tx - t2 t∈R
的包络曲线．
证明：联立直线y = tx - t2 t∈R
与x2= 4y，可得x2- 4tx + 4t2= 0，所以Δ = 0，
故直线族Ω：y = tx - t2 t∈R
为抛物线x2= 4y 的切线.
因此直线族Ω 的包络曲线E 的方程为x2= 4y.
(3) 设A x1,y1
，B x2,y2
，P 2u,u2
，
则kPA= y1-u2
x1-2u = x1+2u
4
，
故PA: x1+2u
x - 4y - 2ux1= 0
由直线PA 与⊙M 相切，所以d =
12+2ux1
x1+2u
2+16
= 2，
整理得u2-1
y1+ 2ux1+ 5 - u2= 0，①
同理可得，u2-1
y2+ 2ux2+ 5 - u2= 0，②
由①②可得直线AB: u2-1
y + 2ux + 5 - u2= 0．
直线AB 与C:x2= 4y 联立得
u2-1
y+2ux+5-u2=0
x2=4y
，(显然u2≠1)
可得x2+ 8ux
u2-1 + 20-4u2
u2-1
= 0，
由韦达定理可得x1+ x2=-
8u
u2-1 ,x1⋅x2= 20-4u2
u2-1
．
28
因此AB
= 4 u2+1
u4-2u2+5
u2-1
2
，
由于点P 2u,u2
到直线AB 的距离d = u4+2u2+5
u2+1
，
所以△PAB 面积为S△PAB = 2 u4-2u2+5
u2-1
2
× u4+2u2+5
，
令u2- 1 = m，则S△PAB = f m
= 2 m+ 8
m +4
1+ 4
m2 ，
由fm
= 2
1+ 4
m2
m-4
m3+4m2+8m+16
m4+4m2
= 0 m≥-1
，解得m = 4，
当m ∈0,4
，fm
< 0，当m ∈4,+∞
，fm
> 0，
所以f m
在0,4
上单调递减，在4,+∞
上单调递增，
那么S△PAB
min = f 4
= 10 5(当且仅当u2= 5 时取到)，
所以△PAB 面积S 的最小值是10 5.
变式训练
23. (23 - 24 高三下·江西新余·模拟预测) 我们知道，在平面直角坐标系xOy 中，可以用两点之间距离公式
刻画A、B 两点的距离d A,B
，事实上，这里的距离属于这两个点的一种“度量”. 在拓扑学中，我们
规定某一实数D A,B
满足：①D A,B
≥0，当且仅当A = B 时等号成立； ②D A,B
= D B,A
；
③D A,B
≤D B,C
+ D C,A
. 其中，A、B、C 为平面直角坐标系内的三个点，我们就称
D A,B
是关于A、B 两点的一个“度量”. 设：平面直角坐标系xOy(O 为坐标原点) 内两点A x1,y1
、
B x2,y2
的“ρ 距离”ρ A,B
=
x1-x2
1+ x1-x2
+
y1-y2
1+ y1-y2
.
(1) 求证：A、B 两点的“ρ 距离”是关于A、B 两点的一个“度量”.
(2) 设P 为平面直角坐标系xOy 内任意一点.
(ⅰ) 若ρ O,P
= 1
2 ，请在下图中定性做出P 点的集合组成的图像(不必说明理由，但要求做出特殊点
与其特征).
(ⅱ) 求证：ρ O,P
< 2.
(3) 规定平面内两条平行直线的ρ 距离ρ l1,l2
为在l1、l2上分别取的任意两个点A、Bρ 距离的最小值.
29
已知不重合的直线l1：y = kx + 1
2 ，l2：y = kx - 1
2 ，ρ l1,l2
= 1
2 ，求k 的取值范围.
【答案】(1) 证明见解析；(2) (i) 图象见解析；(ii) 证明见解析；(3)k ∈-1,1
【解析】(1) ①
x1-x2
1+ x1-x2
+
y1-y2
1+ y1-y2
≥0 显然成立，
令
x1-x2
1+ x1-x2
=-
y1-y2
1+ y1-y2
，由于
x1-x2
1+ x1-x2
≥0，-
y1-y2
1+ y1-y2
≤0，
故当且仅当
x1-x2
1+ x1-x2
=
y1-y2
1+ y1-y2
= 0 时等号成立
令f x
=
x
1+x (x ≥0)，则fx
=
1
(1+x)2 > 0，所以f x
=
x
1+x (x ≥0) 单调递增，
得到x1-x2
= y1-y2
= 0，即x1=x2
y1=y2
，当且仅当A = B 时等号成立，
②易知显然成立，
③由于f x
单调递增，故由x1-x2
≤x1-x3
+ x2-x3
可得：
x1-x2
1+ x1-x2
≤
x1-x3
+ x2-x3
1+ x1-x3
+ x2-x3
=
x1-x3
1+ x1-x3
+ x2-x3
+
x2-x3
1+ x1-x3
+ x2-x3
≤
x1-x3
1+ x1-x3
+
x2-x3
1+ x2-x3
，
故
x1-x2
1+ x1-x2
+
y1-y2
1+ y1-y2
≤
x1-x3
1+ x1-x3
+
y1-y3
1+ y1-y3
+
x2-x3
1+ x2-x3
+
y2-y3
1+ y2-y3
，
即ρ A，B
≤ρ B，C
+ ρ C，A
，所以ρ 距离是一种度量.
(2) (ⅰ) 如图
(ⅱ) 设P x,y
，则ρ O,P
=
x
1+ x
+
y
1+ y
=
x
+ y
+2 xy
1+ x
+ y
+ xy
≤2
x
+ y
+ xy
1+ x
+ y
+ xy
，
令x
+ y
+ xy
= m > 0，则g m
=
2m
1+m = 2 -
2
1+m < 2，即ρ O,P
< 2.
(3) 设A a,ka+ 1
2
，B b,kb- 1
2
，ρ A,B
=
a-b
1+ a-b
+
k a-b
+2
1+ k a-b
+2
，
令a - b = t ∈R，则ρ A,B
=
t
1+ t
+
kt+1
1+ kt+1
.
当k = 0 时，ρ A,B
min = 1
2 +
t
1+ t
min
= 1
2 成立，
不妨设k > 0(k < 0 同理)，
30
设h t
=
t
t-1 + kt+1
kt
,t<- 1
k
1
1+k ,t=- 1
k
t
t-1 + kt+1
kt+2 ,- 1
k <t<0
1
2 ,t=0
t
1+t + kt+1
kt+2 ,0<t
，
令ϕ1 x
=
x
1+x + kx+1
kx+2 =
1
1+ 1
x
+ 1 -
1
kx+2 单调递增，ϕ2 x
=
x
x-1 + kx+1
kx
=
1
1- 1
x
+ 1
kx + 1 单
调递减，
ϕ3 x
=
x
x-1 + kx+1
kx+2 ，则ϕ3
x
= k 1-k
x2-6kx+k-4
x-1
2 kx+2
2
，
令ψ x
= k 1-k
x2- 6kx + k - 4，
①当k = 1 时，ψ - 1
k
= 2 + k > 0，
②当0 < k < 1 时，k 1-k
> 0，ψ 0
= k - 4 < 0，ψ - 1
k
= 1+k+k2
k
> 0，
③当1 < k < 4 时，ψ 0
< 0，ψ - 1
k
> 0，由于ψ x
为一次或二次函数，
故①、②、③均∃唯一x0∈- 1
k ,0
使ψ x0
= 0，
故ϕ3 x
在- 1
k ,x0
单调递增，在x0,0
单调递减，
④k > 4 时，ψ x
> 0，ϕ x
单调递增，综上，
h t
min = min h 0
,h - 1
k
，有h - 1
k
≥h 0
= 1
2 ，
解得k ∈0,1
，
当k < 0，同理可求得k ∈-1,0
，所以k ∈-1,1
.
24. (24 - 25 高三上·内蒙古赤峰·月考) 在平面直角坐标系Oxy 中，定义：若曲线C1 和C2 上分别存在点
M ，N 关于原点O 对称，则称点M 和点N 为C1和C2的一对“关联点”.
(1) 若C1:y2+ xy - x + y = 4 上任意一点P 的“关联点”为点Q，求点Q 所在的曲线方程.
(2) 若C1:x2+ y- x
2= 1 上任意一点S 的“关联点”为点T，求ST
2的取值范围.
(3) 若C1:y = aex+ 2 和C2:y = xex- a 有且仅有两对“关联点”，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)y2+ xy + x - y = 4；(2) 6-2 5,6+2 5
；(3) 4ln 2e
,+∞
【解析】(1) 设点Q x,y
，则点Q 的“关联点”为P -x,-y
，
将点P 的坐标代入y2+ xy - x + y = 4，得(-y)2+ -x
-y
- -x
+ -y
= 4，
即y2+ xy + x - y = 4，所以点Q 所在的曲线方程为y2+ xy + x - y = 4.
(2) 设S x,y
，则根据对称性得ST
2= 4 x2+y2
，
因为曲线C1关于y 轴对称，
当x ≥0 时，设x = cosθ，y - x = sinθ，θ ∈- π
2 , π
2
，
所以x2+ y2= cos2θ + cosθ+sinθ
2= 2cos2θ + sin2θ + 2sinθcosθ = 1 + 1+cos2θ
2
+ sin2θ
= 3
2 + 1
2 cos2θ + sin2θ = 3
2 +
5
2 sin 2θ+φ
，
31
所以ST
2的最小值为6 - 2 5 ，最大值为6 + 2 5 ，
所以ST
2的取值范围为6-2 5,6+2 5
.
(3)C1:y = aex+ 2 和C2:y = xex- a 有且仅有两对“关联点”等价于曲线y = aex+ 2 和y = x
ex + a
有且仅有两个交点，
即aex+ 2 = x
ex + a，化简可得ae2x+ 2-a
ex- x = 0，
令g x
= ae2x+ 2-a
ex- x，则gx
= 2ae2x+ 2-a
ex- 1 = aex+1
2ex-1
.
(i) 若a ≥0，则aex+ 1 > 0，由gx
= 0，得x =-ln2，
当x ∈-∞,-ln2
时，gx
< 0，当x ∈-ln2,+∞
时，gx
> 0，
所以g x
在-∞,-ln2
上单调递减，在-ln2,+∞
上单调递增，
所以g x
的最小值为g -ln2
= ln 2e
- 1
4 a.
①当a ∈0,4ln 2e
时，ln 2e
- 1
4 a > 0，即g -ln2
> 0，
则g x
没有零点，不满足题意.
②当a = 4ln 2e
时，g -ln2
= 0，g x
只有一个零点，不满足题意.
③当a ∈4ln 2e
,+∞
时，ln 2e
- 1
4 a < 0，即g -ln2
< 0，
当x < 0 时，ae2x> 0，0 < ex< 1，
因为2 - a < 0，所以g x
> 2 - a - x，故g 2-a
> 0，
又2 - a <-ln2，所以g x
在2-a,-ln2
上有一个零点.
设h x
= ex- x x>0
，则hx
= ex- 1 > 0，h x
单调递增，所以h x
> 0，
则当x > 0 时，g x
> ae2x+ 2-a
ex- ex= ex aex+1-a
> ex ax+1-a
，
又1 - 1
a > 0，所以g 1- 1
a
> 0，因此g x
在-ln2,1- 1
a
上有一个零点.
故当a > 4ln 2e
时，g x
有两个不同的零点，满足题意.
(ii) 若a < 0，则由gx
= 0，得x1=-ln2，x2=-ln -a
.
①当-2 < a < 0 时，x1< x2，当x ∈-∞,-ln2
时，gx
< 0；
当x ∈-ln2,-ln -a
时，gx
> 0；
当x ∈-ln -a
,+∞
时，gx
< 0.
所以g x
在-∞,-ln2
和-ln -a
,+∞
上单调递减，在-ln2,-ln -a
上单调递增.
又g -ln2
= ln 2e
- 1
4 a > 0，所以g x
至多有一个零点，不满足题意.
②当a =-2 时，x1= x2，则gx
≤0，所以g x
单调递减，至多有一个零点，不满足题意.
③当a <-2 时，x1> x2，当x ∈-∞,-ln -a
时，gx
< 0；
当x ∈-ln -a
,-ln2
时，gx
> 0；当x ∈-ln2,+∞
时，gx
< 0.
所以g x
在-∞,-ln -a
和-ln2,+∞
上单调递减，在-ln -a
,-ln2
上单调递增，
又g -ln -a
= 1 - 1
a + ln -a
> 0，所以g x
至多有一个零点，不满足题意.
综上，实数a 的取值范围为4ln 2e
,+∞
.
题型九
概率统计的新定义问题
大题典例
32
25. (24 - 25 高三上·湖北·月考) 在信息论中，熵(entropy) 是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又
被称为信息熵、信源熵. 若把信息熵定义为概率分布的对数的相反数，设随机变量X 的所有取值为1,
2,3, ⋯,n n∈N *
,P X=i
= pi，定义信息熵：H(X) = Hn p1,p2,⋯,pn
=-
n
i=1
pilog2pi
,
n
i=1
pi
= 1,i = 1,
2, ⋯,n
(1) 若n = 2，且p1= p2，求随机变量X 的信息熵；
(2) 若p1= 1
2n + 1
2 ,p2= 1
2n ,pk+1= 2pk,k = 2,3, ⋯,n，求随机变量X 的信息熵；
(3) 设X 和Y 是两个独立的随机变量，求证：H XY
= H X
+ H Y
.
【答案】(1)1；(2)H(X) =-
1
2n + 1
2
log2
1
2n + 1
2
+ 3
2 - n+2
2n
；(3) 证明见解析
【解析】(1) 若n = 2，则随机变量X 的取值为1 或2，
又p1+ p2= 1，故p1= p2= 1
2 ，
H(X) =-
2
i=1
pilog2pi=- p1log2p1+p2log2p2
=- 1
2 log2 1
2 + 1
2 log2 1
2
= 1，
所以随机变量X 的信息熵为1.
(2) 由题意，当k ≥2 时，pk= 2k-2p2= 2k-2
2n
=
1
2n-k+2 ，
pklog2pk=
1
2n-k+2 log2
1
2n-k+2 =- n-k+2
2n-k+2
，
而p1log2p1=
1
2n + 1
2
log2
1
2n + 1
2
，
H(X) =-
n
i=1
pilog2pi=-
1
2n + 1
2
log2
1
2n + 1
2
-
n
i=2
pilog2pi
=
-
1
2n + 1
2
log2
1
2n + 1
2
+ n
2n + n-1
2n-1 +⋅⋅⋅+ 2
22 ，
令Sn= 2
22 +⋅⋅⋅+ n-1
2n-1 + n
2n ，则1
2 Sn= 2
23 +⋅⋅⋅+ n-1
2n
+
n
2n+1 ，两式相减得
1
2 Sn= 2
22 -
n
2n+1 + 1
23 + 1
24 +⋅⋅⋅+ 1
2n =
1
2 + 1
22 +⋅⋅+ 1
2n
- 1
4 -
n
2n+1 = 3
4 - n+2
2n+1 ，
所以Sn= 3
2 - n+2
2n
，
则H(X) =-
1
2n + 1
2
log2
1
2n + 1
2
+ 3
2 - n+2
2n
.
(3) 由题意，H(X) = Hn p1,p2,⋯,pn
=-
n
i=1
pilog2pi
，
H(Y) = Hm q1,q2,⋯,qm
=-
m
j=1
qjlog2qj
，
而且
n
i=1
pi
= 1，
m
j=1
qj
= 1，
n
i=1
m
j=1
piqj
= 1
所以H XY
= Hmn p1q1,p1q2,⋅⋅⋅,p1qm,p2q1,⋅⋅⋅,p2qm,⋅⋅⋅,pnq1,⋅⋅⋅,pnqm
=-
n
i=1
m
j=1
piqjlog2 piqj
=-
n
i=1
m
j=1
piqj log2pi+log2qj
33
=-
n
i=1
m
j=1
piqjlog2pi-
n
i=1
m
j=1
piqjlog2qj
=-
m
j=1
qj
n
i=1
pilog2pi
-
n
i=1
pi
m
j=1
qjlog2qj
=-
n
i=1
pilog2pi
-
m
j=1
qjlog2qj
= Hn p1,p2,⋯,pn
+ Hm q1,q2,⋯,qm
= H X
+ H Y
.
变式训练
26. (23 - 24 高三下·湖南·月考) 多样性指数是生物群落中种类与个体数的比值. 在某个物种数目为S 的群
落中，辛普森多样性指数D = 1 -
s
i=1
ni
N
2
，其中ni 为第i 种生物的个体数，N 为总个体数. 当D 越大
时，表明该群落的多样性越高. 已知A,B 两个实验水塘的构成如下：
绿藻
衣藻
水绵
蓝藻
硅藻
A
6
6
6
6
6
B
12
4
3
6
5
(1) 若从A,B 中分别抽取一个生物个体，求两个生物个体为同一物种的概率；
(2) (i) 比较A,B 的多样性大小；
(ii) 根据(i) 的计算结果，分析可能影响群落多样性的因素.
【答案】(1) 1
5 ；(2) (i)A 的多样性大于B(ii) 答案见解析；
【解析】(1) 记事件C 为“两个生物个体为同一物种”，
则C 发生的概率为P C
= 1
5 × 1 = 1
5 .
(2) (i) 由表可知NA=NB=30,
SA=SB=5,
所以DA= 1 - 1
302 × 5 × 62= 4
5 ，DB = 1 - 1
302 × 122+42+32+62+52
= 67
90 ；
即DA> DB，故A 的多样性大于B；
(ii) 在(i) 中两群落物种数目相同，各物种数量不同，而A 中各物种数量均相同，
即物种均匀度更大，分析可得物种均匀度也会影响群落多样性.
27. (23 - 24 高三下·浙江·开学考试) 一般地，n 元有序实数对a1,a2,⋯,an
称为n 维向量. 对于两个n 维
向量a= a1,a2,⋯,an
,b= b1,b2,⋯,bn
，定义：两点间距离d =
b1-a1
2+ b2-a2
2+⋯+ bn-an
2 ，
利用n 维向量的运算可以解决许多统计学问题. 其中，依据“距离”分类是一种常用的分类方法：计算
向量与每个标准点的距离dn，与哪个标准点的距离dn 最近就归为哪类. 某公司对应聘员工的不同方面
能力进行测试，得到业务能力分值a1
、管理能力分值a2
、计算机能力分值a3
、沟通能力分值a4
(分值ai ∈N *,i ∈1,2,3,4
代表要求度，1 分最低，5 分最高) 并形成测试报告. 不同岗位的具体要求见
下表：
34
岗位
业务能力分值
a1
管理能力分值
a2
计算机能力分值
a3
沟通能力分值
a4
合计分
值
会计(1)
2
1
5
4
12
业务员(2)
5
2
3
5
15
后勤(3)
2
3
5
3
13
管理员(4)
4
5
4
4
17
对应聘者的能力报告进行四维距离计算，可得到其最适合的岗位. 设四种能力分值分别对应四维向量
β= a1,a2,a3,a4
的四个坐标.
(1) 将这四个岗位合计分值从小到大排列得到一组数据，直接写出这组数据的第三四分位数；
(2) 小刚与小明到该公司应聘，已知：只有四个岗位的拟合距离的平方d2
n均小于20 的应聘者才能被招
录.
(i) 小刚测试报告上的四种能力分值为β0
= 4,3,2,5
，将这组数据看成四维向量中的一个点，将四种
职业1、2、3、4 的分值要求看成样本点，分析小刚最适合哪个岗位；
(ii) 小明已经被该公司招录，其测试报告经公司计算得到四种职业1、2、3、4 的推荐率p
分别为14
43 ,
13
43 , 9
43 , 7
43
pn=
d2
n
d2
1+d2
2+d2
3+d2
4
，试求小明的各项能力分值.
【答案】(1)16；
(2) (i) 小刚最适合业务员岗位；
(ii) 小明业务能力分值、管理能力分值、计算机能力分值、沟通能力分值分别为2,4,3,5
【解析】(1) 将四个岗位合计分值从小到大排列得到数据12，13，15，17，
又i = np = 4 × 0.75 = 3，所以这组数据的第三四分位数为15+17
2
= 16.
(2) (i) 由图表知，会计岗位的样本点为β
1= 2,1,5,4
，
则d2
1 = (2 - 4)2+ (1 - 3)2+ (5 - 2)2+ (4 - 5)2= 18，
业务员岗位的样本点为β
2= 5,2,3,5
，则d2
2= (5 - 4)2+ (2 - 3)2+ (3 - 2)2+ (5 - 5)2= 3，
后勤岗位的样本点为β
3= 2,3,5,3
，则d2
3= (2 - 4)2+ (3 - 3)2+ (5 - 2)2+ (3 - 5)2= 17，
管理员岗位的样本点为β
4= 4,5,4,4
，则d2
4= (4 - 4)2+ (5 - 3)2+ (4 - 2)2+ (4 - 5)2= 9，
所以d2< d4< d3< d1，故小刚最适合业务员岗位.
(ii) 四种职业1、2、3、4 的推荐率p
分别为14
43 , 13
43 , 9
43 , 7
43 ，且pn=
d2
n
d2
1+d2
2+d2
3+d2
4
，
所以
d2
1
d2
1+d2
2+d2
3+d2
4 = 14
43
d2
2
d2
1+d2
2+d2
3+d2
4 = 13
43
d2
3
d2
1+d2
2+d2
3+d2
4 = 9
43
d2
4
d2
1+d2
2+d2
3+d2
4 = 7
43
，得到
d2
1= 14
43 (d2
1+d2
2+d2
3+d2
4)
d2
2= 13
43 (d2
1+d2
2+d2
3+d2
4)
d2
3= 9
43 (d2
1+d2
2+d2
3+d2
4)
d2
4= 7
43 (d2
1+d2
2+d2
3+d2
4)
，
35
又d2
n(n ∈{1,2,3,4}) 均小于20，所以d2
1 + d2
2+ d2
3+ d2
4< 80，且d2
n∈N ∗(n ∈{1,2,3,4})，
故可得到d2
1 = 14,d2
2= 13,d2
3= 9,d2
4= 7，
设小明业务能力分值、管理能力分值、计算机能力分值、沟通能力分值分别为a,b,c,d，
且a,b,c,d ∈N ∗，1 ≤a,b,c,d ≤5，
依题有(a - 2)2+ (b - 1)2+ (c - 5)2+ (d - 4)2= d2
1 = 14 ①，
(a - 5)2+ (b - 2)2+ (c - 3)2+ (d - 5)2= d2
2= 13 ②，
(a - 2)2+ (b - 3)2+ (c - 5)2+ (d - 3)2= d2
3= 9 ③，
(a - 4)2+ (b - 5)2+ (c - 4)2+ (d - 4)2= d2
4= 7 ④，
由①- ③得，
(a - 2)2+ (b - 1)2+ (c - 5)2+ (d - 4)2- (a-2)2+(b-3)2+(c-5)2+(d-3)2
= 14 - 9 = 5，
整理得：2b - d = 3，
故有
b=2,
d=1
b=3,
d=3
b=4,
d=5
三组正整数解，
对于第一组解，代入④式有(a - 4)2+ 9 + (c - 4)2+ 9 = 7，不成立；
对于第二组解，代入①式有(a - 2)2+ (c - 5)2= 4，
解得a=4
c=5
或a=2
c=3
，代入②④式均不成立；
对于第三组解，代入②式有(a - 5)2+ (c - 3)2= 9，
解得a=2
c=3
，代入①②③④均成立，故
a=2
b=4
c=3
d=5
；
故小明业务能力分值、管理能力分值、计算机能力分值、沟通能力分值分别为2,4,3,5.
题型十
高等数学背景下的新定义问题
大题典例
28. (24 - 25 高三上·四川自贡·期中) 新信息题型是目前高考的热点题型. 这类题要求答题者在有限的时
间内，阅读并理解题目所给予的信息，根据获取的信息解答问题. 请同学们根据以下信息回答问题：
(1) 在高等数学中，我们将y = f x
在x = x0处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：f x
=
f x0
+ fx0
x-x0
+ fx0
2!
x-x0
2+⋯+ f n
x0
n!
x-x0
n+⋯，(其中f n
x
表示f x
的n 次导
数n ≥3，n ∈N *)，以上公式我们称为函数f x
在x = x0处的泰勒展开式，当x0= 0 时泰勒展开式也
称为麦克劳林公式，比如ex在x = 0 处的麦克劳林公式为：ex= 1 + x + 1
2! x2+ 1
3! x2+⋯+ 1
n! xn+⋯，
由此当x ≥0 时，可以非常容易得到不等式ex≥1 + x，ex≥1 + x + 1
2 x2，ex≥1 + x + 1
2 x2+ 1
6 x3，
⋯，请利用上述公式和所学知识写出y = sinx 在x = 0 处的泰勒展开式；(写出展开式的前三项即可)
(2) 设m 为正整数，数列a1，a2，⋯，a4m+2是公差不为0 的等差数列，若从中删去两项ai和aj i<j
后
剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4 个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，⋯，a4m+2是(i,
36
j) 一可分数列. 请写出所有的i,j
，1 ≤i < j ≤6，使数列a1，a2，⋯，a6是(i,j) - 可分数列.
【答案】(1)sinx = x - 1
3! x3+ 1
5! x5+⋯+
-1
n-1
2n-1
! x2n-1+⋯；(2) 1,2
, 1,6
, 5,6
【解析】(1) 因为sinx
= cosx，cosx
=-sinx，-sinx
=-cosx，
-cosx
= sinx，其中cos0 = 1,sin0 = 0，
所以y = sinx 在x = 0 处的泰勒展开式为：
sinx = x - 1
3! x3+ 1
5! x5+⋯+ (-1)n-1
(2n-1)! x2n-1+⋯，
(2) 由题意可知，问题相当于从1,2,3,4,5,6 中取出两个数i 和j i<j
，
使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.
所以所有可能的i,j
就是1,2
, 1,6
, 5,6
.
变式训练
29. (24 - 25 高三上·山东潍坊·月考) 设数阵X0 = x11
x12
x21
x22
，其中x11,x12,x21,x22 ∈1,2,3,4,5,6
. 设B =
n1,n2,⋯,nk
⊆1,2,3,4,5,6
，其中n1 < n2 <⋯< nk,k ∈N * 且k ≤6. 定义变换Mt 为“对于数阵的每
一列，若其中有t 或-t，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有t 且没有-t，则这一列中每个数
都乘以-1 t=n1,n2,⋯,nk
”，MB X0
表示“将X0 经过Mn1 变换得到X1，再将X1 经过Mn2 变换得到
X2, ⋯，以此类推，最后将Xk-1经过Mnk变换得到Xk”. 记数阵Xk中四个数的和为TB X0
.
(1) 若X0= 2
1
3
4
,B = 2,5
，写出X0经过M2变换后得到的数阵X1，并求TB X0
的值；
(2) 若X0= 2
1
3
4
,B = n1,n2,n3
，求所有TB X0
取值的和；
(3) 对任意确定的一个数阵X0，证明：所有TB X0
取值的和不大于-8；
(4) 如果X0= 1
3
3
6
，其他条件不变，你研究(1) 后得出什么结论？
【答案】(1)0；(2)40；(3) 证明见解析；(4)TB X0
= 13
【解析】(1) 因为X0= 2
1
3
4
,B = {2,5}，
X0经过M2变换后得到数阵X1= 2
-1
3
-4
，
X1经过M5变换后得到数阵X2= -2
1
-3
4
，
所以TB X0
=-2 + 1 - 3 + 4 = 0.
(2) 若B ⊆{1,2,3,4}，则X3= -2
1
-3
4
或X3= 2
-1
3
-4
，
可得TB X0
= 0,4 种情况；
若B = 2,3,n3
或B = 1,4,n3
,n3∈{5,6}，
37
则X3= -2
-1
-3
-4
，可得TB X0
=-10,4 种情况；
若B = n1,n2,n3
，从{1,4} 和{2,3} 中各取出一个元素a，b，
n1= min{a,b},n2= max{a,b},n3∈{5,6}，则X3= 2
1
3
4
，
可得TB X0
= 10,8 种情况；
若B = n1,5,6
,n1∈{1,2,3,4}，
则X3= -2
1
-3
4
或X3= 2
-1
3
-4
，可得TB X0
= 0,4 种情况.
综上，所有TB X0
取值的和为4 × 0 + 4 × (-10) + 8 × 10 + 4 × 0 = 40.
(3) 若x11≠x21，在{1,2,3,4,5,6} 的所有非空子集中，
①含有x11且不含x21的子集共24个，
其中含有奇数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均仍为x11,x21，
其中含有偶数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均变为-x11, -x21；
②含有x21且不含x11的子集共24个，
其中含有奇数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均仍为x11,x21，
其中含有偶数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均变为-x11, -x21；
③同时含有x11和x21的子集共24个，
其中含有奇数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均变为-x11, -x21，
其中含有偶数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均仍为x11,x21；
④不含x11也不含x21的子集共24- 1 个，
其中含有奇数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均变为-x11, -x21，
其中含有偶数个元素的集合有7 个，经过变换后第一列均仍为x11,x21.
若x11= x21，在{1,2,3,4,5,6} 的所有非空子集中，
①含有x11的子集共25个，
其中含有奇数个元素的集合有16 个，经过变换后第一列均仍为x11,x21，
其中含有偶数个元素的集合有16 个，经过变换后第一列均变为-x11, -x21；
②不含x11的子集共25- 1 个，
其中含有奇数个元素的集合有16 个，经过变换后第一列均变为-x11, -x21，
其中含有偶数个元素的集合有15 个，经过变换后第一列均仍为x11,x21；
综上，经过变换后，所有Xk的第一列数的和为
(8 + 8 + 8 + 8 + 16 + 16) -x11-x21
+ (8 + 8 + 8 + 7 + 16 + 15) x11+x21
= 2 -x11-x21
同理，经过变换后所有Xk的第二列数的和为2 -x12-x22
.
所以所有TB X0
取值的和为2 -x11-x21-x12-x22
，
又因为x11,x12,x21,x22∈{1,2,3,4,5,6}，所以所有TB X0
取值的和不超过-8.
(4) 如果X0= 1
3
3
6
，其他条件不变，
X0经过M2变换后得到数阵X1= -1
-3
-3
-6
，
X1经过M5变换后得到数阵X2= 1
3
3
6
，
则(1) 中TB X0
= 13.
38
30. (24 - 25 高三上·江苏南通·月考) 小学我们都学过质数与合数，每一个合数都能分解为若干个质数的
积，比如36 = 2 × 2 × 3 × 3，74 = 2 × 37 等等，分解出来的质数称为这个合数的质因子，如2，3 都是6
的质因子．在研究某两个整数的关系时，我们称它们是互质的，如果它们没有相同的质因子．例如
25 的质因子只有5，而36 的质因子只有2，3，所以25，36 是互质的．为方便表示，对于任意的正整数
n，我们将比n 小且与n 互质的正整数的个数记为A n
．例如，小于10 且与10 互质的数有1，3，7，9，
所以A 10
= 4，同理有A 12
= 4．
(1) 求A 60
，A 312
；
(2) 求所有n ∈N *，n ≥2，使得A n
是奇数；
(3) 若正整数n = p1p2⋯pk，其中p1,p2,...,pk表示互不相同的质数．证明：A n
= n 1- 1
p1
1- 1
p2
⋯1- 1
pk
.
【答案】(1)A 60
= 16，A 312
= 96；(2) n∈N *
n>1, n
4 ∉Z
；(3) 证明见解析
【解析】(1) 我们先证明一个引理.
引理：对正整数n > 1，设n 的质因数分解式为n = pα1
1 pα2
2 ...pαk
k ，其中表示互不相同的质数，
则有A n
= n 1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
.
引理的证明：由于n > 1，故n 和n 不互质，从而A n
就是1,2,...,n
中，和n 互质的数的个数.
由于n 的全部质因子为p1,p2,...,pk，故一个正整数和n 互质，当且仅当它不被每个p1,p2,...,pk整除.
设集合T = 1,2,...,n
，Ti =
m∈T
m
pi
∈Z
，这里i = 1,2,...,k.
换言之，Ti 就是T = 1,2,...,n
中全体pi 的倍数.
由于p1,p2,...,pk是不同的质数，故它们两两互质，从而对任意1 ≤i1< i2< ... < il ≤k，都有
Ti1∩Ti2∩... ∩Til =
m∈T
m
pi1
, m
pi2
,..., m
pil
∈Z
=
m∈T
m
pi1pi2...pil
∈Z
.
从而Ti1∩Ti2∩...∩Til
=
n
pi1pi2...pil
，这里X
表示集合X 的元素个数.
所以由容斥原理可得
A n
= n - Ti1∪Ti2∪...∪Til
= n -
k
l=1
-1
l
1≤i1<i2<...<il≤k
Ti1∩Ti2∩...∩Til
= n -
k
l=1
-1
l
n
pi1pi2...pil
=
k
l=0
-1
l
n
pi1pi2...pil
= n
k
l=0
-1
l
pi1pi2...pil
.
将n 1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
展开即知n 1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
= n
k
l=0
-1
l
pi1pi2...pil
.
所以A n
= n 1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
，引理得证.
回到原题，由于60 = 22× 3 × 5，312 = 23× 3 × 13，故由引理知
A 60
= 60 × 1- 1
2
× 1- 1
3
× 1- 1
5
= 16，A 312
= 312 × 1- 1
2
× 1- 1
3
× 1- 1
13
= 96.
(2) 根据(1) 中的引理，我们可以直接得出，若正整数n > 1，则n 是A n
的倍数，
39
所以如果n > 1 是奇数，则A n
一定是奇数.
对正整数n > 1，我们分两种情况讨论.
情况一：n 是4 的倍数.
取最大的正整数q，使得2q 整除n，则q ≥2.
根据正整数q 的取法，n
2q 一定是奇数，所以2q 和n
2q 互质.
若n
2q = 1，则根据(1) 中的引理有A n
= A 2q
= 2q 1- 1
2
= 2q-1是偶数；
若n
2q > 1，设n
2q = pα1
1 pα2
2 ...pαk
k ，这里p1,p2,...,pk是互不相同的奇质数，则根据(1) 中的引理，有
A n
= A 2qpα1
1 pα2
2 ...pαk
k
= n 1- 1
2
1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
= 2q-1pα1
1 pα2
2 ...pαk
k 1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
= 2q-1A n
2q
.
从而A n
= 2q-1A n
2q
是偶数.
无论怎样都有A n
是偶数，故此时n 不满足条件；
情况二：n 不是4 的倍数，且n 是偶数.
此时如果n = 2，则A 2
= 1，满足条件；
如果n > 2，则n
2 是大于1 的奇数，设n
2 = pα1
1 pα2
2 ...pαk
k ，这里p1,p2,...,pk是互不相同的奇质数，
则根据(1) 中的引理，有
A n
= A 2pα1
1 pα2
2 ...pαk
k
= 2pα1
1 pα2
2 ...pαk
k 1- 1
2
1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
= pα1
1 pα2
2 ...pαk
k 1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
= A n
2
.
而n
2 是奇数，故A n
2
是奇数，所以A n
是奇数，满足条件.
无论怎样都有A n
是奇数，故此时n 满足条件；
情况三：n 是奇数.
此时由于n 是奇数，所以A n
是奇数，故此时n 满足条件.
综上，所求的全部n 的集合为n∈N *
n>1, n
4 ∉Z
.
(3) 显然这就是(1) 中引理的直接推论.
必刷大题
刷模拟
1. (24 - 25 高三上·上海·期中) 设函数y = f(x) 的定义域为R，其导函数为y = f(x)，x ∈R．若存在区间
I 及实数t 满足：对任意x ∈I ，都有f(x + t) ≥t ⋅f(x) 恒成立，则称函数y = f(x) 为I 上的“M (t) 函
数”．
(1) 判断函数y = ex是否为0，+∞
上的M(2) 函数，并说明理由；
(2) 已知实数m 满足：函数y = x2+ mx + 1 为2，+∞
上的M(1) 函数，求m 的取值范围；
(3) 已知函数y = f(x) 存在最大值．对于以下两个命题，P：对任意x ∈R，都有f(x) ≤0 与f(x) ≥0
40
恒成立；Q：对任意正整数n，满足函数y = f(x) 都是R 上的M(n) 函数；判断P 是否为Q 的充要条件，
并说明理由．
【答案】(1) 是，理由见解析；(2) -3,+∞
；(3)P 为Q 的充要条件，理由见解析
【解析】(1) 设定义域为R 的函数y = f x
在R 上可导，导函数为y = fx
．
若区间I 及实数t 满足：f(x + t) ≥t ⋅f(x)，对任意x ∈I 成立，
则称函数y = f x
为上的“M(t) 函数”．
∵y = ex，∴y= ex，
ex+2= e2ex> 2ex，在0,+∞
时恒成立，
∴y = ex是
0,+∞
上的M(2) 函数．
(2) 实数m 满足：函数y = x2+ mx + 1 为2,+∞
上的M(1) 函数，
则有x+1
2+ m(x + 1) + 1 ≥1 ⋅2x+m
，得m ≥-x - 2
x ，
函数y =-x - 2
x ，有y=-1 + 2
x2 < 0 在2,+∞
上恒成立，
y =-x - 2
x 在2，+∞
单调递减，在2,+∞
上ymax =-2 - 2
2 =-3，
所以m ≥-3，即m 的取值范围为-3,+∞
；
(3) 若P 成立，则对任意正整数n，有：f x+n
≥0 ≥n ⋅fx
∀x∈R
，
即y = f x
为R 上的M(n) 函数，Q 成立．故P 为Q 充分条件．
若Q 成立，即对任意正整数n，有：f x+n
≥nfx
∀x∈R
(2)
记函数y = f(x) 的最大值为K．
先证明f(x) ≤0 恒成立．
反证法，假如存在x1∈R 使得f(x1) > 0，则取正整数n，使得n ⋅f(x1) > K，
此时有n ⋅fx1
> K ≥f(x1+ n)，与(2) 矛盾．
则有f(x) ≤0 恒成立，这意味着y = f x
为R 上的严格减函数．
再证明f x
≥0 恒成立．
取x0为y = f x
的一个最大值点，
则当x ≤x0时，由单调性知f x
≥f x0
= K，
但f x
≤K，所以f(x) = K ∀x≤x0
，
于是f(x) = 0 ∀x<x0
．
对任意x2∈R，可取一个与x2有关的正整数n，使得x2- n < x0，
由(2) 知：f x2
≥n ⋅fx2-n
= 0．
于是P 成立，故P 也为Q 的必要条件．
故P 为Q 的充要条件．
2. ( 24 - 25 高三上· 湖南长沙· 期中) 设n ∈N * , n ≥2 , x i ∈
0,1
, i = 1 , 2 , ⋯, n ，集合S n =
X∣X= x1,x2,⋯,xn
. 对于P =
p1,p2,⋯,pn
∈S n , Q =
q1,q2,⋯,qn
∈S n
，记P ⊖Q =
p1-q1
, p2-q2
,⋯, pn-qn
,P*Q =
n
i=1
|pi-qi|
.
(1) 若A,B,C ∈Sn，证明：A⊖C
* B⊖C
= A*B；
(2) 若A,B,C ∈Sn,A*B 和A*C 都为奇数，证明：B*C 为偶数；
41
(3) 若X1,X2, ⋯,X10∈S20 ，当1 ≤i < j ≤10 时，求所有X*
i Xj 之和的最大值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3)500.
【解析】(1) 设A = a1,a2,⋯,an
,B = b1,b2,⋯,bn
,C = c1,c2,⋯,cn
，
则A ⊖C =
a1-c1
, a2-c2
,⋯, an-cn
，B ⊖C =
b1-c1
, b2-c2
,⋯, bn-cn
所以
A⊖C
∗B⊖C
=∑
n
i=1 ai-ci -
bi-ci
，
因为ai,bi,ci ∈0,1
，则当ci = 0 时，ai-ci -
bi-ci
= ai-bi
;
当ci = 1 时，||ai-ci| -|bi - ci|| = |(1 - ai) - (1 - bi)| = |ai - bi| ，
所以
A⊖C
* B⊖C
=∑
n
i=1 ai-bi
= A*B.
(2) 设A*B = k,A*C = l,B*C = m，则当i = 1,2, ⋯,n 时，
ai-bi
中共有k 个1, ai-ci
中共有l 个1, bi-ci
中共有m 个1，
由(1) 知，A⊖B
* A⊖C
= B*C ，则||ai-bi|-|ai-ci|| 中有m 个1 ，
设使ai-bi
= ai-ci
= 1 成立的i 的个数为t，则m = k + l - 2t，
由k 和l 都为奇数，则k + l 为偶数，所以m 为偶数，即B∗C 为偶数.
(3) 设Xm = xm,1,xm,2,⋯,xm,20
m=1,2,⋯,10
，构造数阵：
x1,1
x1,2
x1,3
⋯
x1,20
x2,1
x2,2
x2,3
⋯
x2,20
x3,1
x3,2
x3,3
⋯
x3,20
⋯
⋯
⋯
⋯
⋯
x10,1
x10,2
x10,3
⋯
x10,20
设第k 列共有x 个1,10 - x 个0 0≤x≤10
，则此列10 个数两两之差的绝对值之和
为x 10-x
= 10x - x2= 25 - x-5
2≤25，
同理其他各列10 个数两两之差的绝对值之和都不大于25 ，
所以所有Xi
*Xj 之和的最大值为25 × 20 = 500.
3. (24 - 25 高三上·河北沧州·期中) 已知O 为坐标原点，对于函数f(x) = asinx + bcosx，称向量OM
=
(a,
b) 为函数f(x) 的相伴特征向量，同时称函数f(x) 为向量OM
的相伴函数．
(1) 记向量ON
= (3,
3) 的相伴函数为f(x)，若当f(x) = 3 且x ∈(- π
3 ,
π
3 ) 时，求x 的值；
(2) 设g(x) =
3cos x+ π
3
+ cos π
6 -x
(x ∈R)，试求函数g(x) 的相伴特征向量OM
，并求出与
OM
同向的单位向量；
(3) 已知OA
= (0,
1) 为函数h(x) 的相伴特征向量，若在△ABC 中，AB = 2，cosC = h π
6
，若点G
为该△ABC 的外心，求GC
⋅AB
+ CA
⋅CB
的最大值．
【答案】(1)x = π
6 ；(2)OM
= -1,
3
，- 1
2 ,
3
2
；(3)14
【解析】(1) 根据题意知，向量ON
= 3,
3
的相伴函数为
f(x) = 3sinx +
3cosx = 2 3sin x+ π
6
42
当f(x) = 2 3sin x+ π
6
= 3 时，sin x+ π
6
=
3
2 ，
又x ∈- π
3 ,
π
3
，则x + π
6 ∈- π
6 ,
π
2
，所以x + π
6 = π
3 ，故x = π
6 ；
(2) 因为g(x) =
3cos x+ π
3
+ cos π
6 -x
=
3 cosxcos π
3 -sinxsin π
3
+ cosxcos π
6 + sinxsin π
6 ，
=-sinx +
3cosx，故函数g(x) 的相伴特征向量OM
= -1,
3
，
则与OM
= -1,
3
同向的单位向量为OM
OM
= 1
2 (-1,
3) = - 1
2 ,
3
2
；
(3) 由题意得，h(x) = cosx，
在△ABC 中，AB = 2，cosC = h π
6
= cos π
6 =
3
2 ，因此C = π
6 ，
设△ABC 外接圆半径为R，根据正弦定理，AB
sinC = 2R = 4，故R = 2，
所以GA
= GB
= GC
= 2 ，
GC
⋅AB
+ CA
⋅CB
= GC
⋅(GB
- GA
) + (GA
- GC
) ⋅(GB
- GC
)
= GC
⋅GB
- GC
⋅GA
+ GA
⋅GB
- GA
⋅GC
- GC
⋅GB
+ GC
2
=-2GC
⋅GA
+ GA
⋅GB
+ GC
2=-8cos∠AGC + 4cos∠AGB + 4，
C = π
6 ,
∠AGB = 2C = π
3 ,
cos∠AGB = cos π
3 = 1
2 ，
代入可得GC
⋅AB
+ CA
⋅CB
= 6 - 8cos∠AGC，
所以当∠AGC = π 时，GC
⋅AB
+ CA
⋅CB
取得最大值14．
4. (2024 高三·全国·专题练习) 已知函数f(x) = asinx + bcosx，称向量p= a,b
为f x
的特征向量，
f x
为p的特征函数.
(1) 设g x
= 2sin π-x
+ sin 3
2 π-x
，求g x
的特征向量；
(2) 设向量p=
3,1
的特征函数为f x
，求当f x
= 6
5 且x ∈- π
6 , π
3
时，sinx 的值；
(3) 设向量p= - 1
2 ,
3
2
的特征函数为f x
，记h x
= f2 x
- 1
4 ，若h x
在区间a,b
上至少有
40 个零点，求b - a 的最小值.
【答案】(1) (2, -1)；(2) 3 3-4
10
；(3) 58π
3
【解析】(1) 因为g x
= 2sin π-x
+ sin 3
2 π-x
= 2sinx - cosx，
所以函数g x
的特征向量p= 2,-1
；
(2) 因为向量P=
3,1
的特征函数为f x
，
所以f x
=
3sinx + cosx = 2sin x+ π
6
，
由f x
= 6
5 ，得sin x+ π
6
= 3
5 ，
因为x ∈- π
6 , π
3
，所以x + π
6 ∈0, π
2
，
43
所以cos x+ π
6
=
1-sin2 x+ π
6
= 4
5 ，
所以sinx = sin
x+ π
6
- π
6
= 3
5 ×
3
2
- 4
5 × 1
2 = 3 3-4
10
.
(3) 解：因为向量P= - 1
2 ,
3
2
的特征函数为f x
，
所以f x
=- 1
2 sinx +
3
2 cosx = cos x+ π
6
，
则h x
= f2 x
- 1
4 = cos2 x+ π
6
- 1
4 = 1
2 cos 2x+ π
3
+ 1
4 ，
令h x
= 0，则cos 2x+ π
3
=- 1
2 ，
则2x + π
3 = 2π
3 + 2kπ 或4π
3 + 2kπ,k ∈Z，
则x = π
6 + kπ 或π
2 + kπ,k ∈Z，
由h x
在区间a,b
上至少有40 个零点，
不妨设a = π
6 ，
则b ≥π
6 + 19T +
π
2 - π
6
= π
2 + 19T，
则b - a ≥π
3 + 19T = π
3 + 19π = 58π
3
，
所以b - a 的最小值为58π
3
.
5. (24 - 25 高三上·河北邯郸·期中) 对于无穷数列an
，
“若存在am - ak = t(m、k ∈N *，且m > k)，必有
am+1- ak+1= t”，则称数列an
具有P t
性质.
(1) 若数列an
满足an= 2n n=1,2
2n-5 n≥3,且n∈N *
，判断数列an
是否具有P 1
性质？数列an
是
否具有P 4
性质？
(2) 对于无穷数列an
，设T = x x=aj-ai,i,j∈N *,且i<j
，求证：若数列an
具有P 0
性质，则T
必为有限集
(3) 已知an
是各项均为正整数的数列，且an
既具有P 2
性质，又具有P 3
性质，是否存在正整
数N,k，使得aN，aN+1，aN+2，⋯，aN+k，⋯成等差数列. 若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.
【答案】(1) an
不具有性质P 1
，具有性质P 4
；(2) 证明见解析；(3) 存在，证明见解析
【解析】(1) 因为an= 2n n=1,2
2n-5 n≥3,且n∈N *
，
a5- a2= 5 - 4 = 1，但a6- a3= 7 - 1 = 6 ≠1，
所以数列an
不具有性质P 1
，
设m = k + 2(m、n ∈N *，且m > k ≥3)，
因为am - ak= 2 k+2
-5
- 2k-5
= 4，
必有am+1- ak-1= 2 k+3
-5
- 2 k+1
-5
= 4，
所以数列an
具有性质P 4
.
(2) 因为数列an
具有性质P 0
，
44
所以一定存在一组最小的且m > k(m、k ∈N *)，满足am - ak= 0，即am = ak，
由性质P 0
的含义可得，am+1= ak+1，am+2= ak+2，⋯，a2m-k-1= am-1，a2m-k= am，
所以数列an
中，从第k 项开始的各项呈现周期性：ak，ak+1，⋯，am-1为一个周期中的各项，
所以数列an
中最多有m - 1 个不同的项，
所以T 最多有C2
m-1个元素，即T 为有限集.
(3) 因为数列an
具有P 2
性质，又具有P 3
性质，
所以存在正整数M 、N ，使得aM+p - aM= 2，aN+q - aN= 3，
其中p,q 分别是满足上述关系式是最小的正整数，
由性质P 2
、P 3
的含义可得，aM+p+k- aM+k= 2，aN+q+k- aN+k= 3，
若M < N ，则取k = N - M ，可得aN+p - aN= 2；
若M > N ，则取k = M - N ，可得aM+q - aM= 3，
记M = max M ,N
，对于aM，有aM+p - aM = 2，aM+q - aM = 3，显然p ≠q，
由性质P 2
、P 3
的含义可得，aM+p+k- aM+k= 2，aN+q+k- aN+k= 3，
所以aM+pq - aM = aM+pq-aM+ q-1
p
+ aM+ q-1
p-aM+ q-2
p
+⋯+ aM+p-aM
= 2q，
aM+p - aM = aM+pq-aM+ p-1
q
+ aM+ p-1
q-aM+ p-2
q
+⋯+ aM+q-aM
= 3p，
所以2q = 3p，
又p,q 满足aM+p - aM = 2，aM+q - aM = 3 的最小的正整数，
所以q = 3，p = 2，aM+2- aM = 2，aM+3- aM = 3，
所以aM+2+k- aM+k= 2，aM+3+k- aM+k= 3，
所以aM+2k= aM+2 k-1
+2= aM + 2k，aM+3k= aM+3 k-1
+3= aM + 3k，
取N = M + 3，若k 是偶数，则aN+k= aN + k；
若k 是奇数，则aN+k= aN+3+ k-3
= aN+3+ k-3
= aN + 3 + k-3
= aN + k，
所以aN+k= aN + k，
所以aN，aN+1，aN+2，⋯，aN+k，⋯是公差为1 的等差数列.
6. (24 - 25 高三上·四川·模拟测试) 已知抛物线C：y2 = 2px p>0
的焦点为F，过点F 的直线与C 相交
于点A，B，△AOB 面积的最小值为1
2 (O 为坐标原点). 按照如下方式依次构造点Fn n∈N *
：F1 的坐
标为p,0
，直线AFn，BFn 与C 的另一个交点分别为An，Bn，直线AnBn 与x 轴的交点为Fn+1，设点Fn
的横坐标为xn.
(1) 求p 的值；
(2) 求数列xn
的通项公式；
(3) 数列xn
中，是否存在连续三项(按原顺序) 构成等差数列？若存在，指出所有这样的连续三项；若
不存在，请说明理由.
【答案】(1)p = 1；(2)xn= 22n-1-1；(3) 不存在，理由见解析
【解析】(1) 设直线AB:x = ty + p
2 ，A x1,y1
,B x2,y2
联立
y2=2px
x=ty+ p
2
，得y2- 2pty - p2= 0，
45
得Δ = 2pt
2+ 4p2> 0
由韦达定理可知：y1y2=-p2;y1+ y2= 2pt
由题可知：S△OAB = 1
2 OF
y1-y2
= p
4
y1+y2
2-4y1y2 = p
4
2pt
2+4p2 = p2
2
t2+1 ≥p2
2
因为面积的最小值为1
2 ，且p > 0，
所以p2
2 = 1
2 ⇒p = 1.
(2) 设An xan,yan
,Bn xbn,ybn
，A xa,ya
,B xb,yb
由题可知y2
an = 2xan，y2
a= 2xa，两式求差可得yan+ya
yan-ya
= 2 xan-xa
⇒yan-ya
xan-xa =
2
yan+ya
所以kAAn= yan-ya
xan-xa =
2
yan+ya
，
所以直线AAn方程为y - ya=
2
yan+ya
x-xa
，整理得yan+ya
y = 2x + yanya
同理：BBn方程为：ybn+yb
y = 2x + ybnyb
令y = 0 可得-2xn=yanya
-2xn=ybnyb
可知，AB 方程为：ya+yb
y = 2x + yayb
因为AB 过焦点
1
2 ,0
，所以有yayb=-1
AnBn方程为：yan+ybn
y = 2x + yanybn
令y = 0 可得-2xn+1= yanybn
由-2xn=yanya
-2xn=ybnyb
，可知-2xn
2= yanybnyayb
因为yayb=-1，-2xn+1= yanybn
得xn+1= 2x2
n
取对数可得log2xn+1= 2log2xn+ 1 ⇒log2xn+1+ 1 = 2 log2xn+1
由题可知x1= 1，
所以数列log2xn+1
是以log2x1+ 1 = 1 为首项，2 为公比的等比数列；
所以有log2xn+ 1 = 2n-1
解得xn= 22n-1-1
(3) 不存在，理由如下
假设存在，则一定有2an+1= an+ an+2
因为xn= 22n-1-1，得22n= 22n-1-1+ 22n+1-1= 22n 22n-1-1-2n+22n+1-1-2n
化简得1 = 2-2n-1-1+ 22n-1
因为n ∈N *
46
显然2-2n-1-1> 0,22n-1> 1, ⇒2-2n-1-1+ 22n-1> 1
所以1 = 2-2n-1-1+ 22n-1在n ∈N *无解；
故不存在连续的三项为等差数列.
7. (24 - 25 高三上·广西来宾·模拟预测) 已知：①定积分的定义：
设y = f x
为定义在a,b
上的连续非负函数，为求y = f x
、x = a、x = b、x 轴围成的曲边梯形的面
积，可采取如下方法：
将区间a,b
分为n 个小区间，每个小区间长度为b-a
n
，每个区间即可表示为
a+ b-a
n
i-1
,a+ b-a
n
i
i=1,2,3,⋯n
，再分别过每个区间的左右端点作x 轴的垂线与y = f x
图象相交，即可得到一个小的曲边梯形. 如图，
当n →+∞时，每个小曲边梯形可近似看作矩形，矩形的宽即为每个小区间的长度，长可由每个小区间
内的任一点的函数值近似代替(一般用区间端点的函数值)，将这样无穷多个小矩形的面积相加，所得
之和即为所求的由y = f x
、x = a、x = b、x 轴围成的曲边梯形的面积，即S =
lim
n→∞∑
n
i=1 f a+ b-a
n
i
⋅b-a
n
，上式也记为
b
a f
(x)dx，即对y = f x
在a,b
上求定积分.
②定积分的计算：
b
a f
(x)dx = F(b) - F(a) 其中Fx
= f x
.
根据以上信息，回答以下问题：
(1) 已知0 < α < π
2 ，求证：
α
0 cos
xdx < α.
(2) 将x = 1、x = 2、y = 1
x 、x 轴围成的图形面积分别表示为定积分的形式与面积和的极限形式，并求
其值；
(3) 试证明：1
101 +
1
102 +⋯+ 1
200 < ln2 <
1
100 +
1
101 +⋯+ 1
199 .
【答案】(1) 证明见解析；(2) 答案见解析；(3) 证明见解析.
【解析】(1) 根据定积分的计算得∫
α
0
cosxdx = F α
- F 0
，其中F x
= sinx + C(C 为常数)，
所以∫
α
0
cosxdx = F α
- F 0
= sinα+C
- sin0+C
= sinα，
47
下证sinα < α 0<α< π
2
：
设f x
= sinx - x 0<x< π
2
，则fx
= cosx - 1 < 0 在0, π
2
上恒成立，
所以函数f x
在0, π
2
上单调递减，
所以f x
< f 0
= sin0 - 0 = 0，所以sinα < α 0<α< π
2
，
所以0 < α < π
2 时
α
0 cos
xdx < α.
(2) 由题意可得x = 1、x = 2、y = 1
x 、x 轴围成的图形面积的定积分形式为：S =
2
1
1
x
dx；
面积和的极限形式为：S = lim
n→∞∑
n
i=1 f 1+ i
n
⋅1
n
(右端点)
(或S = lim
n→∞∑
n
i=1 f 1+ i-1
n
⋅1
n
(左端点)，两个面积和的极限形式写一个就行)，
设g x
= lnx + C(C 为常数)，则gx
= 1
x ，
所以S =∫
2
1
1
x dx = g 2
- g 1
= ln2+C
- ln1+C
= ln2.
所以x = 1、x = 2、y = 1
x 、x 轴围成的图形面积的值为ln2.
(3) 在求解x = 1、x = 2、y = 1
x 、x 轴围成的图形面积中，
由定义将1,2
分成100 个等长的小区间1+ i-1
n
,1+ i
n
i=1,2,3,⋯n
，
①若用每个小区间的右端点的函数值近似代替小矩形的长，
则每个小矩形的面积为：ΔS = 1+
i
100
⋅
1
100 =
1
1+
i
100
⋅
1
100 =
1
100+i ，
所以∑
100
i=1 f 1+
i
100
⋅
1
100 =
1
101 +
1
102 + ... + 1
200 ，
由于f x
= 1
x 在1,2
上递减且递减越来越慢，
所以每个小区间的右端点的函数值小于该区间的平均函数值，
所以∑
100
i=1 f 1+
i
100
⋅
1
100 <∫
2
1
1
x dx = ln2，即
1
101 +
1
102 + ... + 1
200 < ln2.
②若用每个小区间的左端点的函数值近似代替小矩形的长，
则每个小矩形的面积为：ΔS = 1+ i-1
100
⋅
1
100 =
1
1+ i-1
100
⋅
1
100 =
1
99+i ，
所以∑
100
i=1 f 1+ i-1
100
⋅
1
100 =
1
100 +
1
101 + ... + 1
199 ，
48
同理，由于f x
= 1
x 在1,2
上递减且递减越来越慢，
所以每个小区间的左端点的函数值大于该区间的平均函数值，
所以∑
100
i=1 f 1+
i
100
⋅
1
100 >∫
2
1
1
x dx = ln2，即
1
100 +
1
101 + ... + 1
199 > ln2.
综上，1
101 +
1
102 + ... + 1
200 < ln2 <
1
100 +
1
101 + ... + 1
199 .
刷真题
8. (2024·上海·高考真题) 记M a
= t∣t= f x
- f a
,x≥a
，L a
= t∣t= f x
- f a
,x≤a
(1) 若f x
= x2+ 1，求M 1
和L 1
;
(2) 若f x
= x3- 3x2，求证: 对于任意a ∈R，都有M a
⊆-4,+∞
，且存在a，使得-4 ∈M a
.
(3) 已知定义在R 上f x
有最小值，求证"f x
是偶函数" 的充要条件是“对于任意正实数c，均有
M -c
= L c
”.
【答案】(1)M 1
= 0,+∞
；L 1
= -1,+∞
;(2) 证明见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1) 由题意得:M 1
= t∣t=x2+1-2,x≥1
= 0,+∞
；L 1
= t∣t=x2+1-2,x≤1
= -1,+∞
;
(2) 由題意知M a
= t∣t=x3-3x2-a3+3a2,x≥a
，
记g x
= x3- 3x2- a3+ 3a2，有gx
= 3x2- 6x = 0 ⇒x = 0 或2，
x
-∞,0
0
0,2
2
2,+∞
gx
正
0
负
0
正
g x
↗
极大值
↘
极小值
↗
现对a 分类讨论:
当a ≥2，有t = x3- 3x2- a3+ 3a2，x ≥a 为严格增函数，因为g a
= 0，
此时M a
= 0,+∞
⊆-4,+∞
，符合条件;
当0 ≤a < 2 时，t = x3- 3x2- a3+ 3a2，x ≥a，先增后减，tmin = g 2
=-a3+ 3a2- 4，
因为-a3+ 3a2= a2 3-a
≥0,(a = 0 取等号)，所以tmin = g 2
=-a3+ 3a2- 4 ≥-4，
此时M a
= -a3+3a2-4,+∞
⊆-4,+∞
，符合条件，且a = 0 时，-4 ∈M a
；
当a < 0 时，t = x3- 3x2- a3+ 3a2，x ≥a，在a,0
严格增，在0,2
严格减，在2,+∞
严格增，
tmin = min g a
,g 2
= min 0,-a3+3a2-4
，因为h a
=-a3+ 3a2- 4，
此时，ha
=-3a2+ 6a > 0，则h a
> h 0
=-4，则M a
= tmin,+∞
⊆-4,+∞
成立;
综上可知，对于任意a ∈R，都有M a
⊆-4,+∞
，且存在a = 0，使得-4 ∈M a
.
(3) 必要性: 若f x
为偶函数，
则M -c
= t∣t= f x
- f -c
,x≥-c
，L c
= t∣t= f x
- f c
,x≤c
，
当x ≥-c，t = f x
- f -c
= f -x
- f c
，因为-x ≤c，故M -c
= L c
;
49
充分性：若对于任意正实数c，均有M -c
= L c
，
其中M -c
= t∣t= f x
- f -c
,x≥-c
，L c
= t∣t= f x
- f c
,x≤c
，
因为f x
有最小值，不妨设f a
= f x
min = m，
由于c 任意，令c ≥a
，则a ∈-c,c
，
故M -c
最小元素为f a
- f -c
= m - f -c
，L c
中最小元素为m - f c
，
又M -c
= L c
, 则m - f c
= m - f -c
对任意c ≥a
成立，则f a
= f -a
= m，
若a = 0，则f c
= f -c
对任意c ≥0 成立⇒f x
是偶函数，
若a ≠0，此后取c ∈- a
, a
，
M -c
最小元素是f a
- f -c
L -c
最小元素是f - a
- f c
⇒f -c
= f c
，
综上，任意c ≥0，f c
= f -c
，即f x
是偶函数.
故"f x
是偶函数" 的充要条件是“对于任意正实数c，均有M -c
= L c
”.
9. (2024·全国·高考真题) 设m 为正整数，数列a1,a2,...,a4m+2 是公差不为0 的等差数列，若从中删去两项
ai 和a j i<j
后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4 个数都能构成等差数列，则称数列a1,
a2,...,a4m+2是i,j
- 可分数列．
(1) 写出所有的i,j
，1 ≤i < j ≤6，使数列a1,a2,...,a6是i,j
- 可分数列；
(2) 当m ≥3 时，证明：数列a1,a2,...,a4m+2是2,13
- 可分数列；
(3) 从1,2,...,4m + 2 中任取两个数i 和j i<j
，记数列a1,a2,...,a4m+2是i,j
- 可分数列的概率为Pm，
证明：Pm > 1
8 ．
【答案】(1) 1,2
, 1,6
, 5,6
；(2) 证明见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1) 首先，我们设数列a1,a2,...,a4m+2的公差为d，则d ≠0.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形a
k= ak-a1
d
+ 1 k=1,2,...,4m+2
，
得到新数列a
k= k k=1,2,...,4m+2
，然后对a
1,a
2,...,a
4m+2进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设ak= k k=1,2,...,4m+2
，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1 小问相当于从1,2,3,4,5,6 中取出两个数i 和j i<j
，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.
所以所有可能的i,j
就是1,2
, 1,6
, 5,6
.
(2) 由于从数列1,2,...,4m + 2 中取出2 和13 后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，
共m 组，使得每组成等差数列：
①1,4,7,10
, 3,6,9,12
, 5,8,11,14
，共3 组；
②15,16,17,18
, 19,20,21,22
,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+2
，共m - 3 组.
(如果m - 3 = 0，则忽略②)
故数列1,2,...,4m + 2 是2,13
- 可分数列.
(3) 定义集合A = 4k+1
k=0,1,2,...,m
= 1,5,9,13,...,4m+1
，
B = 4k+2
k=0,1,2,...,m
= 2,6,10,14,...,4m+2
.
50
下面证明，对1 ≤i < j ≤4m + 2，如果下面两个命题同时成立，
则数列1,2,...,4m + 2 一定是i,j
- 可分数列：
命题1：i ∈A,j ∈B 或i ∈B,j ∈A；
命题2：j - i ≠3.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果i ∈A,j ∈B，且j - i ≠3.
此时设i = 4k1+ 1，j = 4k2+ 2，k1,k2∈0,1,2,...,m
.
则由i < j 可知4k1+ 1 < 4k2+ 2，即k2- k1>- 1
4 ，故k2≥k1.
此时，由于从数列1,2,...,4m + 2 中取出i = 4k1+ 1 和j = 4k2+ 2 后，
剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：
①1,2,3,4
, 5,6,7,8
,..., 4k1-3,4k1-2,4k1-1,4k1
，共k1组；
②4k1+2,4k1+3,4k1+4,4k1+5
, 4k1+6,4k1+7,4k1+8,4k1+9
,..., 4k2-2,4k2-1,4k2,4k2+1
，共k2- k1
组；
③4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6
, 4k2+7,4k2+8,4k2+9,4k2+10
,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+2
，共m -
k2组.
(如果某一部分的组数为0，则忽略之)
故此时数列1,2,...,4m + 2 是i,j
- 可分数列.
第二种情况：如果i ∈B,j ∈A，且j - i ≠3.
此时设i = 4k1+ 2，j = 4k2+ 1，k1,k2∈0,1,2,...,m
.
则由i < j 可知4k1+ 2 < 4k2+ 1，即k2- k1> 1
4 ，故k2> k1.
由于j - i ≠3，故4k2+1
- 4k1+2
≠3，从而k2- k1≠1，这就意味着k2- k1≥2.
此时，由于从数列1,2,...,4m + 2 中取出i = 4k1+ 2 和j = 4k2+ 1 后，
剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，
共m 组，使得每组成等差数列：
①1,2,3,4
, 5,6,7,8
,..., 4k1-3,4k1-2,4k1-1,4k1
，共k1组；
②4k1+1,3k1+k2+1,2k1+2k2+1,k1+3k2+1
，3k1+k2+2,2k1+2k2+2,k1+3k2+2,4k2+2
，共2 组；
③全体4k1+p,3k1+k2+p,2k1+2k2+p,k1+3k2+p
，其中p = 3,4,...,k2- k1，共k2- k1- 2 组；
④4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6
, 4k2+7,4k2+8,4k2+9,4k2+10
,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+2
，共m -
k2组.
(如果某一部分的组数为0，则忽略之)
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，
排成一个包含k2- k1- 2 个行，4 个列的数表以后，4 个列分别是下面这些数：
4k1+3,4k1+4,...,3k1+k2
，3k1+k2+3,3k1+k2+4,...,2k1+2k2
，
2k1+2k2+3,2k1+2k2+3,...,k1+3k2
，
k1+3k2+3,k1+3k2+4,...,4k2
.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，
将取遍4k1+1,4k1+2,...,4k2+2
中除开五个集合
4k1+1,4k1+2
，3k1+k2+1,3k1+k2+2
，2k1+2k2+1,2k1+2k2+2
，k1+3k2+1,k1+3k2+2
，
4k2+1,4k2+2
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的4k1+ 2 和4k2+ 1 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m + 2 是i,j
- 可分数列.
51
至此，我们证明了：对1 ≤i < j ≤4m + 2，如果前述命题1 和命题2 同时成立，
则数列1,2,...,4m + 2 一定是i,j
- 可分数列.
然后我们来考虑这样的i,j
的个数.
首先，由于A ∩B = ∅，A 和B 各有m + 1 个元素，故满足命题1 的i,j
总共有m+1
2个；
而如果j - i = 3，假设i ∈A,j ∈B，则可设i = 4k1+ 1，j = 4k2+ 2，代入得4k2+2
- 4k1+1
= 3.
但这导致k2- k1= 1
2 ，矛盾，所以i ∈B,j ∈A.
设i = 4k1+ 2，j = 4k2+ 1，k1,k2∈0,1,2,...,m
，则4k2+1
- 4k1+2
= 3，即k2- k1= 1.
所以可能的k1,k2
恰好就是0,1
, 1,2
,..., m-1,m
，
对应的i,j
分别是2,5
, 6,9
,..., 4m-2,4m+1
，
总共m 个.
所以这m+1
2个满足命题1 的i,j
中，不满足命题2 的恰好有m 个.
这就得到同时满足命题1 和命题2 的i,j
的个数为m+1
2- m.
当我们从1,2,...,4m + 2 中一次任取两个数i 和j i<j
时，总的选取方式的个数等于
4m+2
4m+1
2
= 2m+1
4m+1
.
而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j
- 可分数列的i,j
至少有m+1
2- m 个.
所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j
- 可分数列的概率Pm 一定满足
Pm ≥
m+1
2-m
2m+1
4m+1
=
m2+m+1
2m+1
4m+1
>
m2+m+ 1
4
2m+1
4m+2
=
m+ 1
2
2
2 2m+1
2m+1
= 1
8 .
这就证明了结论.
10. (2024·北京·高考真题) 已知集合M =
i,j,k,w
i∈1,2
,j∈3,4
,k∈5,6
,w∈7,8
,且i+j+k+w为偶数
．给定数列A:a1,a2, ⋯,a8，和
序列Ω:T1,T2, ⋯Ts，其中Tt= it,jt,kt,wt
∈M t=1,2,⋯,s
，对数列A 进行如下变换：将A 的第i1,j1,
k1,w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1 A
；将T1 A
的第i2,j2,k2,w2项均加1，其余项不变，得
到数列记作T2T1 A
；⋯⋯；以此类推，得到Ts⋯T2T1 A
，简记为Ω A
．
(1) 给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9 和序列Ω: 1,3,5,7
, 2,4,6,8
, 1,3,5,7
，写出Ω A
；
(2) 是否存在序列Ω，使得Ω A
为a1+ 2,a2+ 6,a3+ 4,a4+ 2,a5+ 8,a6+ 2,a7+ 4,a8+ 4，若存在，写出
一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；
(3) 若数列A 的各项均为正整数，且a1+ a3+ a5+ a7为偶数，求证：
“存在序列Ω，使得Ω A
的各项都
相等”的充要条件为“a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8”．
【答案】(1)Ω A
:3,4,4,5,8,4,3,10；(2) 不存在符合条件的Ω，理由见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1) 因为数列A:1,3,2,4,6,3,1,9，
由序列T1 1,3,5,7
可得T1 A
:2,3,3,4,7,3,2,9；
由序列T2 2,4,6,8
可得T2T1 A
:2,4,3,5,7,4,2,10；
由序列T3 1,3,5,7
可得T3T2T1 A
:3,4,4,5,8,4,3,10；
所以Ω A
:3,4,4,5,8,4,3,10.
(2) 解法一：假设存在符合条件的Ω，
52
可知Ω A
的第1,2 项之和为a1+ a2+ s，第3,4 项之和为a3+ a4+ s，
则
a1+2
+ a2+6
=a1+a2+s
a3+4
+ a4+2
=a3+a4+s
，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的Ω；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的Ω，且Ω A
:b1,b2, ⋅⋅⋅,b8，
因为2+6+4+2+8+2+4+4
4
= 8，即序列Ω 共有8 项，
由题意可知：b2n-1+b2n
- a2n-1+a2n
= 8,n = 1,2,3,4，
检验可知：当n = 2,3 时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的Ω.
(3) 解法一：我们设序列Ts...T2T1 A
为as,n
1≤n≤8
，特别规定a0,n= an 1≤n≤8
.
必要性：
若存在序列Ω:T1,T2, ⋯Ts，使得Ω A
的各项都相等.
则as,1= as,2= as,3= as,4= as,5= as,6= as,7= as,8，所以as,1+ as,2= as,3+ as,4= as,5+ as,6= as,7+ as,8.
根据Ts...T2T1 A
的定义，显然有as,2j-1+ as,2j = as-1,2j-1+ as-1,2j + 1，这里j = 1,2,3,4，s = 1,2,....
所以不断使用该式就得到a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8= as,1+ as,2- s，必要性得证.
充分性：
若a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8.
由已知，a1+ a3+ a5+ a7为偶数，而a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8，
所以a2+ a4+ a6+ a8= 4 a1+a2
- a1+a3+a5+a7
也是偶数.
我们设Ts...T2T1 A
是通过合法的序列Ω 的变换能得到的所有可能的数列Ω A
中，
使得as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
最小的一个.
上面已经说明as,2j-1+ as,2j = as-1,2j-1+ as-1,2j + 1，这里j = 1,2,3,4，s = 1,2,....
从而由a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8可得as,1+ as,2= as,3+ as,4= as,5+ as,6= as,7+ as,8= a1+ a2+ s.
同时，由于it+ jt+ kt+ wt总是偶数，所以at,1+ at,3+ at,5+ at,7和at,2+ at,4+ at,6+ at,8的奇偶性保持不变，
从而as,1+ as,3+ as,5+ as,7和as,2+ as,4+ as,6+ as,8都是偶数.
下面证明不存在j = 1,2,3,4 使得as,2j-1-as,2j
≥2.
假设存在，根据对称性，不妨设j = 1，as,2j-1- as,2j ≥2，即as,1- as,2≥2.
情况1：若as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
= 0，
则由as,1+ as,3+ as,5+ as,7和as,2+ as,4+ as,6+ as,8都是偶数，知as,1- as,2≥4.
对该数列连续作四次变换2,3,5,8
, 2,4,6,8
, 2,3,6,7
, 2,4,5,7
后，新的
as+4,1-as+4,2
+ as+4,3-as+4,4
+ as+4,5-as+4,6
+ as+4,7-as+4,8
相比原来的
as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
减少4，
这与as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
的最小性矛盾；
情况2：若as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
> 0，不妨设as,3-as,4
> 0.
情况2 - 1：如果as,3- as,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7
, 2,4,6,8
后，
新的as+2,1-as+2,2
+ as+2,3-as+2,4
+ as+2,5-as+2,6
+ as+2,7-as+2,8
相比原来的
as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
至少减少2，
这与as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
的最小性矛盾；
情况2 - 2：如果as,4- as,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8
, 2,3,6,7
后，
新的as+2,1-as+2,2
+ as+2,3-as+2,4
+ as+2,5-as+2,6
+ as+2,7-as+2,8
相比原来的
53
as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
至少减少2，
这与as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j = 1,2,3,4 都有as,2j-1-as,2j
≤1.
假设存在j = 1,2,3,4 使得as,2j-1-as,2j
= 1，则as,2j-1+ as,2j 是奇数，
所以as,1+ as,2= as,3+ as,4= as,5+ as,6= as,7+ as,8都是奇数，设为2N + 1.
则此时对任意j = 1,2,3,4，由as,2j-1-as,2j
≤1 可知必有as,2j-1,as,2j
= N,N+1
.
而as,1+ as,3+ as,5+ as,7和as,2+ as,4+ as,6+ as,8都是偶数，
故集合m
as,m=N
中的四个元素i,j,k,w 之和为偶数，
对该数列进行一次变换i,j,k,w
，则该数列成为常数列，新的
as+1,1-as+1,2
+ as+1,3-as+1,4
+ as+1,5-as+1,6
+ as+1,7-as+1,8
等于零，
比原来的as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
更小，
这与as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
的最小性矛盾.
综上，只可能as,2j-1-as,2j
= 0 j=1,2,3,4
，
而as,1+ as,2= as,3+ as,4= as,5+ as,6= as,7+ as,8，故as,n
= Ω A
是
常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：Ω 中序列的顺序不影响Ω A
的结果，
且a1,a2
, a3,a4
, a5,a6
, a7,a8
相对于序列也是无序的，
(ⅰ) 若a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8，
不妨设a1≤a3≤a5≤a7，则a2≥a4≥a6≥a8，
①当a1= a3= a5= a7，则a8= a6= a4= a2，
分别执行a1个序列2,4,6,8
、a2个序列1,3,5,7
，
可得a1+ a2,a1+ a2,a1+ a2,a1+ a2,a1+ a2,a1+ a2,a1+ a2,a1+ a2，为常数列，符合题意；
②当a1,a3,a5,a7中有且仅有三个数相等，不妨设a1= a3= a5，则a2= a4= a6，
即a1,a2,a1,a2,a1,a2,a7,a8，
分别执行a2个序列1,3,5,7
、a7个序列2,4,6,8
可得a1+ a2,a2+ a7,a1+ a2,a2+ a7,a1+ a2,a2+ a7,a2+ a7,a7+ a8，
即a1+ a2,a2+ a7,a1+ a2,a2+ a7,a1+ a2,a2+ a7,a2+ a7,a1+ a2，
因为a1+ a3+ a5+ a7为偶数，即3a1+ a7为偶数，
可知a1,a7的奇偶性相同，则a7-a1
2
∈N *，
分别执行a7-a1
2
个序列1,3,5,7
，1,3,6,8
，2,3,5,8
，1,4,5,8
，
可得3a7+2a2-a1
2
, 3a7+2a2-a1
2
, 3a7+2a2-a1
2
, 3a7+2a2-a1
2
, 3a7+2a2-a1
2
, 3a7+2a2-a1
2
,
3a7+2a2-a1
2
, 3a7+2a2-a1
2
为常数列，符合题意；
③若a1= a3< a5= a7，则a2= a4> a6= a8，即a1,a2,a1,a2,a5,a6,a5,a6，
分别执行a5个1,3,6,8
、a1个2,4,5,7
，
可得a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a5+ a6,a1+ a5,a5+ a6，
因为a1+ a2= a5+ a6，
可得a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2，
即转为①，可知符合题意；
54
④当a1,a3,a5,a7中有且仅有两个数相等，不妨设a1= a3，则a2= a4，
即a1,a2,a1,a2,a5,a6,a7,a8，
分别执行a1个2,4,5,7
、a5个1,3,6,8
，
可得a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a5+ a6,a1+ a7,a5+ a8，
且a1+ a2= a5+ a6，可得a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2,a1+ a7,a5+ a8，
因为a1+ a3+ a5+ a7= 2a1+ a5+ a7为偶数，可知a5,a7的奇偶性相同，
则a1+a5
+ a1+a5
+ a1+a5
+ a1+a7
= 4a1+ 3a5+ a7为偶数，
且a1+ a5= a1+ a5= a1+ a5< a1+ a7，即转为②，可知符合题意；
⑤若a1< a3< a5< a7，则a2> a4> a6> a8，即a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8，
分别执行a1个2,3,5,8
、a3个1,4,6,7
，
可得a1+ a3,a1+ a2,a1+ a3,a3+ a4,a1+ a5,a3+ a6,a3+ a7,a1+ a8，
且a1+ a2= a3+ a4，可得a1+ a3,a1+ a2,a1+ a3,a1+ a2,a1+ a5,a3+ a6,a3+ a7,a1+ a8，
因为a1+ a3+ a5+ a7为偶数，
则a1+a3
+ a1+a3
+ a1+a5
+ a3+a7
= 2 a1+a3
+ a1+a3+a5+a7
为偶数，
且a1+ a3= a1+ a3< a1+ a5< a3+ a7，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8，则存在序列Ω，使得Ω A
为常数列；
(ⅱ) 若存在序列Ω，使得Ω A
为常数列，
因为对任意Ω A
:b1,b2, ⋅⋅⋅,b8，
均有b1+b2
- a1+a2
= b3+b4
- a3+a4
= b5+b6
- a5+a6
= b7+b8
- a7+a8
成立，
若Ω A
为常数列，则b1+ b2= b3+ b4= b5+ b6= b7+ b8，
所以a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8；
综上所述：
“存在序列Ω，使得Ω A
为常数列”的充要条件为“a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8”.
