高考二轮总复习数学学案-409页_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

1
高考二轮复习数学学案（文理）
专题一
集合、常用逻辑用语、向量、复数、算法、.....................................................................................3
第一讲
集合与常用逻辑用语......................................................................................................................3
第二讲
向量运算与复数运算、算法、推理与证明............................................................................... 16
第三讲
不等式............................................................................................................................................33
专题二
函数与导数...........................................................................................................................................49
第一讲
函数的图象与性质........................................................................................................................50
第二讲
函数与方程及函数的应用........................................................................................................... 67
第三讲
导数的简单应用(文)......................................................................................................................79
第三讲
导数的简单应用与定积分(理)......................................................................................................79
第四讲
导数的综合应用............................................................................................................................95
专题三
三角函数及解三角形........................................................................................................................ 116
第一讲
三角函数的图象与性质............................................................................................................. 117
第二讲
三角恒等变换与解三角形......................................................................................................... 133
专题四
数
列................................................................................................................................................ 154
第一讲
等差数列、等比数列................................................................................................................. 154
第二讲
数列求和及综合应用................................................................................................................. 166
专题五
立体几何...................................................................................................................................... 182
第一讲
空间几何体的三视图、表面积及体积..................................................................................... 183
第二讲
点、直线、平面之间的位置关系............................................................................................. 200
第三讲
用空间向量的方法解立体几何问题(理)................................................................................... 221
专题六
解析几何............................................................................................................................................ 247
第一讲
直线与圆..................................................................................................................................... 247
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2
第二讲
圆锥曲线的概念与性质、与弦有关的计算问题..................................................................... 260
第三讲
定点、定值、存在性问题......................................................................................................... 279
专题七
概率与统计........................................................................................................................................ 296
第一讲
统计与统计案例......................................................................................................................... 298
第二讲
概率及其应用(文)........................................................................................................................315
第二讲
计数原理与二项式定理(理)........................................................................................................326
第三讲
概率、随机变量及其分布列(理)................................................................................................335
专题八
选修系列4......................................................................................................................................... 353
第一讲
坐标系与参数方程..................................................................................................................... 353
第二讲
不等式选讲................................................................................................................................. 364
第一讲
函数与方程思想......................................................................................................................... 372
第二讲
数形结合思想............................................................................................................................. 378
第三讲
分类与整合思想......................................................................................................................... 384
第四讲
转化与化归思想......................................................................................................................... 389
第五讲
选择题的解题方法..................................................................................................................... 395
第六讲
填空题的解题方法..................................................................................................................... 403
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3
专题强化突破
专题一
集合、常用逻辑用语、向量、复数、算法、
推理与证明、不等式
——构建网络·形成体系
第一讲
集合与常用逻辑用语
高考考点
考点解读
集合的概念及运算
1．以函数的定义域、值域、不等式的解集为背景考查集合的交、并、
补的基本运算
2．利用集合之间的关系求解参数的值或取值范围
3．以新定义集合及集合的运算为背景考查集合关系及运算
命题及逻辑联结词
1.命题的四种形式及命题的真假判断
2．复合命题的真假判断，常与函数、三角函数、解析几何、不等式
相结合考查
充要条件的判断
1.充要性的判定多与函数、不等式、三角、直线间关系、平面向量等
易混易错的概念、性质相结合考查
2．利用充要性求参数值或取值范围
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)紧紧抓住集合的代表元素的实际意义，掌握集合问题的常见解法，活用数学思想解决问题．
(2)明确命题的条件和结论之间的关系，关注逻辑联结词和命题，明确命题的否定和否命题的
区别．
(3)掌握必要条件、充分条件与充要条件的概念及应用．
预测2020 年命题热点：
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(1)集合的基本性质以及集合之间的基本关系与运算，与不等式的解集、函数的定义域、值域、
方程的解集等知识结合在一起考查．
(2)与函数、数列、三角函数、不等式、立体几何、解析几何、概率统计等知识结合在一起考
查.
知识整合
1．集合的概念、关系及运算
(1)集合元素的特性：__确定性__、__互异性__、__无序性__．
(2)集合与集合之间的关系：A⊆B，B⊆C⇒A⊆C．
(3)空集是任何集合的__子集__．
(4)含有n 个元素的集合的子集有__2n__个，真子集有__2n－1__个，非空真子集有__2n－2__个．
(5)重要结论：A∩B＝A⇔__A⊆B__，A∪B＝A⇔__B⊆A__．
2．充要条件
设集合A＝{x|x 满足条件p}，B＝{x|x 满中条件q}，则有
从逻辑观点看
从集合观点看
p 是q 的充分不必要条件(p⇒q，q⇒/
p)
__A
B__
p 是q 的必要不充分条件(q⇒p，p⇒/
q)
__B
A__
p 是q 的充要条件(p⇔q)
A＝B
p 是q 的既不充分也不必要条件(p⇒/
q，q⇒/
p)
A 与B 互不包含
3．简单的逻辑联结词
(1)命题p∨q，只要p，q 有一真，即为真命题；命题p∧q，只有p，q 均为真命题，才为真命题；¬p 和p 为真假
对立的命题．
(2)命题p∨q 的否定是(¬p)∧(¬q)；命题p∧q 的否定是(¬p)∨(¬q)．
4．全(特)称命题及其否定
(1)全称命题p：∀x∈M，p(x)．它的否定¬p：__∃x0∈M，¬p(x0)__．
(2)特称命题p：∃x0∈M，p(x)．它的否定¬p：__∀x∈M，¬p(x)__.,
易错警示
1．忽略集合元素互异性
在求解与集合有关的参数问题时，一定要注意集合元素的互异性，否则容易产生增根．
2．忽略空集
空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集，在分类讨论时要注意“空集优先”的原则．
3．混淆命题的否定与否命题
在求解命题的否定与否命题时，一定要注意命题的否定是只对命题的结论进行否定，而否命题既对命题的条件进
行否定，又对命题的结论进行否定．
1．(文)(2019·全国卷Ⅰ，2)已知集合U＝{1,2,3,4,5,6,7}，A＝{2,3,4,5}，B＝{2,3,6,7}，则B∩∁UA＝(
)
A．{1,6}
B．{1,7}
C．{6,7}
D．{1,6,7}
[解析]
∵U＝{1,2,3,4,5,6,7}，A＝{2,3,4,5}，∴∁UA＝{1,6,7}．又B＝{2,3,6,7}，∴B∩∁UA＝{6,7}．
故选C．
(理)(2019·全国卷Ⅰ，1)已知集合M＝{x|－4<x<2}，N＝{x|x2－x－6<0}，则M∩N＝(
)
A．{x|－4<x<3}
B．{x|－4<x<－2}
C．{x|－2<x<2}
D．{x|2<x<3}
[解析]
由x2－x－6<0，得(x－3)(x＋2)<0，
解得－2<x<3，
即N＝{x|－2<x<3}，∴M∩N＝{x|－2<x<2}．故选C．
2．(文)(2019·全国卷Ⅱ，1)已知集合A＝{x|x>－1}，B＝{x|x<2}，则A∩B＝(
)
A．(－1，＋∞)
B．(－∞，2)
C．(－1,2)
D．∅
[解析]
A∩B＝{x|x>－1}∩{x|x<2}
＝{x|－1<x<2}．故选C．
(理)(2018·全国卷Ⅱ，1)设集合A＝{x|x2－5x＋6>0}，B＝{x|x－1<0}，则A∩B＝(
)
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5
A．(－∞，1)
B．(－2,1)
C．(－3，－1)
D．(3，＋∞)
[解析]
A∩B＝{x|x2－5x＋6>0}∩{x|x－1<0}＝{x|x<2 或x>3}∩{x|x<1}＝{x|x<1}．故选A．
3．(2019·全国卷Ⅲ，1)已知集合A＝{－1,0,1,2}，B＝{x|x2≤1}，则A∩B＝(
)
A．{－1,0,1}
B．{0,1}
C．{－1,1}
D．{0,1,2}
[解析]
因为B＝{x|x2≤1}＝{x|－1≤x≤1}，又A＝{－1,0,1,2}，所以A∩B＝{－1,0,1}．故选A．
4．(文)(2019·北京卷，6)设函数f(x)＝cosx＋bsinx(b 为常数)，则“b＝0”是“f(x)为偶函数”的(
)
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
∵f(x)＝cosx＋bsinx 为偶函数，
∴对任意的x∈R，都有f(－x)＝f(x)，
即cos(－x)＋bsin(－x)＝cosx＋bsinx，
∴2bsinx＝0.由x 的任意性，得b＝0．
故f(x)为偶函数⇒b＝0.必要性成立．
反过来，若b＝0，则f(x)＝cosx 是偶函数．充分性成立．
∴“b＝0”是“f(x)为偶函数”的充分必要条件．
故选C．
(理)(2019·北京卷，7)设点A，B，C 不共线，则“AB
→与AC
→的夹角为锐角”是“|AB
→＋AC
→|>|BC
→|”的(
)
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
因为点A，B，C 不共线，由向量加法的三角形法则，可知BC
→＝AC
→－AB
→，所以|AB
→＋AC
→|>|BC
→|等价于|AB
→
＋AC
→|>|AC
→－AB
→|，因模为正，故不等号两边平方得AB
→2＋AC
→2＋2|AB
→|·|AC
→|cosθ>AC
→2＋AB
→2－2|AC
→|·|AB
→|cosθ(θ为AB
→与AC
→
的夹角)，整理得4|AB
→|·|AC
→|cosθ>0，故cosθ>0，即θ为锐角．又以上推理过程可逆，所以“AB
→与AC
→的夹角为锐角”是
“|AB
→＋AC
→|>|BC
→|”的充分必要条件．故选C．
5．(2019·浙江卷，5)若a>0，b>0，则“a＋b≤4”是“ab≤4”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
∵a>0，b>0，若a＋b≤4，∴2 ab≤a＋b≤4．
∴ab≤4，此时充分性成立．
当a>0，b>0，ab≤4 时，令a＝4，b＝1，则a＋b＝5>4，
这与a＋b≤4 矛盾，因此必要性不成立．
综上所述，当a>0，b>0 时，“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件．故选A．
6．(2019·全国卷Ⅲ，11)记不等式组
x＋y≥6，
2x－y≥0
表示的平面区域为D．命题p：∃(x，y)∈D,2x＋y≥9；命题q：
∀(x，y)∈D,2x＋y≤12.下面给出了四个命题
①p∨q
②¬p∨q
③p∧¬q
④¬p∧¬q
这四个命题中，所有真命题的编号是(
)
A．①③
B．①②
C．②③
D．③④
[解析]
方法1：画出可行域如图中阴影部分所示．
目标函数z＝2x＋y 是一条平行移动的直线，且z 的几何意义是直线z＝2x＋y 的纵截距．显然，直线过点A(2,4)
时，zmin＝2×2＋4＝8，即z＝2x＋y≥8.∴2x＋y∈[8，＋∞)．由此得命题p：∃(x，y)∈D,2x＋y≥9 正确；
命题q：∀(x，y)∈D,2x＋y≤12 不正确．∴①③真，②④假．
故选A．
方法2：取x＝4，y＝5，满足不等式组
x＋y≥6，
2x－y≥0，
且满足2x＋y≥9，不满足2x＋y≤12，故p 真，q 假．
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∴①③真，②④假．故选A．
7．(文)(2018·全国卷Ⅰ，1)已知集合A＝{0,2}，B＝{－2，－1，0,1,2}，则A∩B＝(
)
A．{0,2}
B．{1,2}
C．{0}
D．{－2，－1,0,1,2}
[解析]
A∩B＝{0,2}∩{－2，－1,0,1,2}＝{0,2}．
故选A．
(理)(2018·全国卷Ⅰ，2)已知集合A＝{x|x2－x－2>0}，则∁RA＝(
)
A．{x|－1<x<2}
B．{x|－1≤x≤2}
C．{x|x<－1}∪{x|x>2}
D．{x|x≤－1}∪{x|x≥2}
[解析]
∵x2－x－2>0，∴(x－2)(x＋1)>0，∴x>2 或x<－1，即A＝{x|x>2 或x<－1}．在数轴上表示出集合A，如
图所示．
由图可得∁RA＝{x|－1≤x≤2}．
故选B．
8．(2018·全国卷Ⅲ，1)已知集合A＝{x|x－1≥0}，B＝{0,1,2}，则A∩B＝(
)
A．{0}
B．{1}
C．{1,2}
D．{0,1,2}
[解析]
∵A＝{x|x－1≥0}＝{x|x≥1}，∴A∩B＝{1,2}．
故选C．
9．(文)(2017·全国卷Ⅰ，1)已知集合A＝{x|x<2}，B＝{x|3－2x>0}，则(
)
A．A∩B＝{x|x<3
2}
B．A∩B＝∅
C．A∪B＝{x|x<3
2}
D．A∪B＝R
[解析]
由3－2x>0，得x<3
2，
∴B＝{x|x<3
2}，
∴A∩B＝{x|x<2}∩{x|x<3
2}＝{x|x<3
2}，
故选A．
(理)(2017·全国卷Ⅰ，1)已知集合A＝{x|x<1}，B＝{x|3x<1}，则(
)
A．A∩B＝{x|x<0}
B．A∪B＝R
C．A∪B＝{x|x>1}
D．A∩B＝∅
[解析]
由3x<1，得x<0，
∴B＝{x|3x<1}＝{x|x<0}．
∴A∩B＝{x|x<1}∩{x|x<0}＝{x|x<0}，故选A．
10．(2017·全国卷Ⅱ，2)设集合A＝{1,2,4}，B＝{x|x2－4x＋m＝0}，若A∩B＝{1}，则B＝(
)
A．{1，－3}
B．{1,0}
C．{1,3}
D．{1,5}
[解析]
∵A∩B＝{1}，∴1∈B，
∴1 是方程x2－4x＋m＝0 的根，
∴1－4＋m＝0，∴m＝3．
由x2－4x＋3＝0，得x1＝1，x2＝3，
∴B＝{1,3}．故选C．
11．(文)(2017·山东卷，5)已知命题p：∃x∈R，x2－x＋1≥0；命题q：若a2<b2，则a<b.下列命题为真命题的是
(
)
A．p∧q
B．p∧(¬q)
C．(¬p)∧q
D．(¬p)∧(¬q)
[解析]
∵一元二次方程x2－x＋1＝0 的判别式Δ＝(－1)2－4×1×1<0，∴x2－x＋1>0 恒成立，
∴p 为真命题，¬p 为假命题．
∵当a＝－1，b＝－2 时，(－1)2<(－2)2，但－1>－2，
∴q 为假命题，¬q 为真命题．
根据真值表可知p∧(¬q)为真命题，p∧q，(¬p)∧q，(¬p)∧(¬q)为假命题．
故选B．
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(理)(2017·山东卷，3)已知命题p：∀x>0，ln(x＋1)>0；命题q：若a>b，则a2>b2.下列命题为真命题的是(
)
A．p∧q
B．p∧(¬q)
C．(¬p)∧q
D．(¬p)∧(¬q)
[解析]
∵x>0，∴x＋1>1，
∴ln(x＋1)>ln1＝0．
∴命题p 为真命题，
∴¬p 为假命题．
∵a>b，取a＝1，b＝－2，而12＝1，(－2)2＝4，
此时a2<b2，
∴命题q 为假命题，
∴¬q 为真命题．
∴p∧q 为假命题，p∧(¬q)为真命题，(¬p)∧q 为假命题，(¬p)∧(¬q)为假命题．
故选B．
集合的概念及运算
典题例析
例1
(1)(文)(2019·北京卷，1)已知集合A＝{x|－1<x<2}，B＝{x|x>1}，则A∪B＝(
)
A．(－1,1)
B．(1,2)
C．(－1，＋∞)
D．(1，＋∞)
[解析]
将集合A，B 在数轴上表示出来，如图所示．
由图可得A∪B＝{x|x>－1}．
故选C．
(理)(2019·天津卷，1)设集合A＝{－1,1,2,3,5}，B＝{2,3,4}，C＝{x∈R|1≤x<3}，则(A∩C)∪B＝(
)
A．{2}
B．{2,3}
C．{－1,2,3}
D．{1,2,3,4}
[解析]
∵A∩C＝{－1,1,2,3,5}∩{x∈R|1≤x<3}＝{1,2}，∴(A∩C)∪B＝{1,2}∪{2,3,4}＝{1,2,3,4}．故选D．
(2)(文)已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|y＝x}，则A∩B 中元素的个数为(
)
A．3
B．2
C．1
D．0
[解析]
集合A 表示以原点O 为圆心，半径为1 的圆上的所有点的集合，
集合B 表示直线y＝x 上的所有点的集合．
结合图形可知，直线与圆有两个交点，
所以A∩B 中元素的个数为2．
故选B．
(理)(2018·全国卷Ⅱ，2)已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤3，x∈Z，y∈Z}，则A 中元素的个数为(
)
A．9
B．8
C．5
D．4
[解析]
将满足x2＋y2≤3 的整数x，y 全部列举出来，即(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(1，
－1)，(1,0)，(1,1)，共有9 个．故选A．
(3)已知集合P＝{4,5,6}，Q＝{1,2,3}，定义P⊕Q＝{x|x＝p－q，p∈P，q∈Q}，则集合P⊕Q 的所有真子集的个数
为(
)
A．32
B．31
C．30
D．以上都不对
[解析]
由所定义的运算可知P⊕Q＝{1,2,3,4,5}，所以P⊕Q 的所有真子集的个数为25－1＝31．
(4)(2019·惠州市第二次调研)已知集合A＝{x|x<a}，B＝{x|x2－3x＋2<0}，若A∩B＝B，则实数a 的取值范围是(
)
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A．a<1
B．a≤1
C．a>2
D．a≥2
[解析]
集合B＝{x|x2－3x＋2<0}＝{x|1<x<2}，由A∩B＝B 可得B⊆A，所以a≥2.故选D．
1．集合运算中的常用方法
(1)数轴法：若已知的集合是不等式的解集，用数轴法求解．
(2)图象法：若已知的集合是点集，用图象法求解．
(3)Venn 图法：若已知的集合是抽象集合，用Venn 图法求解．
2．警示：忽视空集的讨论，若遇到A⊆B，A∩B＝A 时，要考虑A 为空集的可能性．
跟踪训练
1．(文)设集合A＝{x|－2≤x≤2}，Z 为整数集，则集合A∩Z 中元素的个数是(
)
A．3
B．4
C．5
D．6
[解析]
由集合A＝{x|－2≤x≤2}，易知A∩Z＝{－2，－1，0,1,2}，故选C．
(理)(2019·福州质检)已知集合A＝{x|x＝2k＋1，k∈Z}，B＝{x|－1<x≤4}，则集合A∩B 中元素的个数为(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]
依题意，集合A 是由所有的奇数组成的集合，故A∩B＝{1,3}，所以集合A∩B 中元素的个数为2．
2．(文)已知集合U＝R，A＝{x|x≤1}，B＝{x|x≥2}，则集合∁U(A∪B)＝(
)
A．{x|1<x<2}
B．{x|1≤x≤2}
C．{x|x≤2}
D．{x|x≥1}
[解析]
A∪B＝{x|x≤1}∪{x|x≥2}＝{x|x≤1 或x≥2}，所以∁U(A∪B)＝{x|1<x<2}．故选A．
(理)已知集合A＝{－2，－1,0,1,2}，B＝{x|(x－1)(x＋2)<0}，则A∩B＝(
)
A．{－1,0}
B．{0,1}
C．{－1,0,1}
D．{0,1,2}
[解析]
由题意知B＝{x|－2<x<1}，所以A∩B＝{－1,0}，故选A．
3．(文)已知M＝{a||a|≥2}，A＝{a|(a－2)(a2－3)＝0，a∈M}，则集合A 的子集共有(
)
A．1 个
B．2 个
C．4 个
D．8 个
[解析]
|a|≥2⇒a≥2 或a≤－2.又a∈M，(a－2)(a2－3)＝0⇒a＝2 或a＝± 3(舍去)，即A 中只有一个元素2，故
A 的子集只有2 个．故选B．
(理)已知集合A＝{x|x2－3x＋2<0}，B＝{x|log4x>1
2}，则(
)
A．A⊆B
B．B⊆A
C．A∩∁RB＝R
D．A∩B＝∅
[解析]
因为x2－3x＋2<0，
所以1<x<2，
又因为log4x>1
2＝log42，
所以x>2，
所以A∩B＝∅.故选D．
命题及逻辑联结词
典题例析
例2
(1)下列命题中为真命题的是(
)
A．命题p：∃n∈N，n2>2n，则¬p 为∀n∈N，n2>2n
B．命题“若x>y，则x>|y|”的逆命题
C．命题“若x＝1，则x2＋x－2＝0”的否命题
D．命题“若tanx＝3，则x＝π
3”的逆否命题
[解析]
对于选项A，p 的¬p 为∀n∈N，n2≤2n，故选项A 为假命题；对于选项B，命题“若x>y，则x>|y|”的
逆命题为“若x>|y|，则x>y”，分析可知选项B 为真命题；对于选项C，命题“若x＝1，则x2＋x－2＝0”的否命题
为“若x≠1，则x2＋x－2≠0”，易知当x＝－2 时，x2＋x－2＝0，故选项C 为假命题；对于选项D，命题“若tanx
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＝3，则x＝π
3”的逆否命题为“若x≠π
3，则tanx≠3”，易知当x＝4π
3 时，tanx＝3，故选项D 为假命题．综上可
知，故选B．
(2)(2019·太原市模拟试题)已知命题p：∃x0∈R，x20－x0＋1≥0；命题q：若a<b，则1
a>1
b，则下列为真命题的是
(
)
A．p∧q
B．p∧¬q
C．¬p∧q
D．¬p∧¬q
[解析]
对于命题p，当x0＝0 时，1≥0 成立，所以命题p 为真命题，命题¬p 为假命题；对于命题q，当a＝－1，
b＝1 时，1
a<1
b，所以命题q 为假命题，命题¬q 为真命题，所以p∧¬q 为真命题，故选B．
(3)(2019·江西临川月考)已知命题p：关于x 的方程x2－mx－2＝0 在[0,1]上有解；命题q：f(x)＝log2(x2－2mx＋1
2)
在[1，＋∞)上单调递增；若“¬p”为真命题，“p∨q”是真命题，则实数m 的取值范围为__(－1，3
4)__．
[解析]
由命题p：关于x 的方程x2－mx－2＝0 在[0,1]有解．可设f(x)＝x2－mx－2．
∴f(1)≥0，解得m≤－1，由命题q 得x2－2mx＋1
2>0，
在区间[1，＋∞)上恒成立，且y＝x2－2mx＋1
2>0，
在区间[1，＋∞)上单调递增，根据x2－2mx＋1
2>0，
在[1，＋∞)上恒成立得m<3
4，由y＝x2－2mx＋1
2>0，
在[1，＋∞)上单调递增得m≤1，∴由命题q 得m<3
4，
∵¬p 为真命题，p∨q 是真命题，得到p 假q 真，∴m∈(－1，3
4)．
1．四种命题的关系
(1)两个命题互为逆否命题，它们有相同的真假性；
(2)两个命题为互逆命题或互否命题，它们的真假性没有关系．
2．全(特)称命题及其否定
(1)全称命题p：∀x∈M，p(x)．它的否定¬p：∃x0∈M，¬p(x0)．
(2)特称命题p：∃x0∈M，p(x0)．它的否定¬p：∀x∈M，¬p(x)．
跟踪训练
1．设a，b，c 是非零向量．已知命题p：若a·b＝0，b·c＝0，则a·c＝0；命题q：若a∥b，b∥c，则a∥c.则下列
命题中真命题是(
)
A．p∨q
B．p∧q
C．(¬p)∧(¬q)
D．p∨(¬q)
[解析]
由题意知，命题p 为假命题，命题q 为真命题，所以p∨q 为真命题．故选A．
2．以下四个命题中，真命题的个数是(
)
①“若a＋b≥2，则a，b 中至少有一个不小于1”的逆命题；
②存在正实数a，b，使得lg(a＋b)＝lga＋lgb；
③“所有奇数都是素数”的否定是“至少有一个奇数不是素数”；
④在△ABC 中，“A<B”是“sinA<sinB”的充分不必要条件．
A．0
B．1
C．2
D．3
[解析]
对于①，原命题的逆命题为：若a，b 中至少有一个不小于1，则a＋b≥2，而a＝2，b＝－2 满足a，b
中至少有一个不小于1，但此时a＋b＝0，故①是假命题；对于②，根据对数的运算性质，知当a＝b＝2 时，lg(a＋b)
＝lga＋lgb，故②是真命题；对于③，易知“所有奇数都是素数”的否定就是“至少有一个奇数不是素数”，故③是真
命题；对于④，根据题意，结合边角的转换，以及正弦定理，可知A<B⇔a<b(a，b 为角A，B 所对的边)⇔2RsinA<2RsinB(R
为△ABC 外接圆的半径)⇔sinA<sinB，故A<B 是sinA<sinB 的充要条件，故④是假命题．故选C．
3．已知命题p：∃x∈R，使sinx＝5
2 ；命题q：∀x∈R，都有x2＋x＋1>0.给出下列结论：
①命题“p∧q”是真命题；
②命题“p∧(¬q)”是假命题；
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③命题“(¬p)∨q”是真命题；
④命题“(¬p)∨(¬q)”是假命题．
其中正确的结论是(
)
A．②③
B．②④
C．③④
D．①②③
[解析]
∵5
2 >1，∴命题p 是假命题．
∵x2＋x＋1＝(x＋1
2)2＋3
4≥3
4>0，
∴命题q 是真命题．由真值表可以判断“p∧q”为假命题，“p∧(¬q)”为假命题，“(¬p)∨q”为真命题，“(¬p)
∨(¬q)”为真命题，所以只有②③正确，故选A．
充要条件的判断
典题例析
例3
(1)设θ∈R，则“|θ－π
12|< π
12”是“sinθ<1
2”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
∵|θ－π
12|< π
12，
∴－π
12<θ－π
12< π
12，
即0<θ<π
6．
显然0<θ<π
6时，sinθ<1
2成立．
但sinθ<1
2时，由周期函数的性质知0<θ<π
6不一定成立．故0<θ<π
6是sinθ<1
2的充分不必要条件．
故选A．
(2)甲：x≠2 或y≠3；乙：x＋y≠5，则(
)
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件
[解析]
“甲⇒乙”，即“x≠2 或y≠3”⇒“x＋y≠5”，其逆否命题为：“x＋y＝5”⇒“x＝2 且y＝3”显然不
正确．同理，可判断命题“乙⇒甲”为真命题．所以甲是乙的必要不充分条件．
(3)设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的(
)
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
设数列的首项为a1，则a2n－1＋a2n＝a1q2n－2＋a1q2n－1＝a1q2n－2(1＋q)<0，即q<－1，故q<0 是q<－1 的必要
不充分条件．故选C．
(4)已知“x>k”是“ 3
x＋1<1”的充分不必要条件，则k 的取值范围是(
)
A．[2，＋∞)
B．[1，＋∞)
C．(2，＋∞)
D．(－∞，－1]
[解析]
由3
x＋1
<1，可得3
x＋1
－1＝－x＋2
x＋1
<0，所以x<－1 或x>2.因为“x>k”是“ 3
x＋1
<1”的充分不必要条件，所
以k≥2．
1．判定充分条件与必要条件的3 种方法
(1)定义法：正、反方向推，若p⇒q，则p 是q 的充分条件(或q 是p 的必要条件)；若p⇒q，且q⇒/
p，则p 是q
的充分不必要条件(或q 是p 的必要不充分条件)．
(2)集合法：利用集合间的包含关系．例如，若A⊆B，则A 是B 的充分条件(B 是A 的必要条件)；若A＝B，则是
B 的充要条件．
(3)等价法：将命题等价转化为另一个便于判断真假的命题．
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2．提醒：“A 的充分不必要条件是B”是指B 能推出A，且A 不能推出B，而“A 是B 的充分不必要条件”则是
指A 能推出B，且B 不能推出A．
跟踪训练
1．(2019·成都检测)已知锐角△ABC 的三个内角分别为A，B，C，则“sinA>sinB”是“tanA>tanB”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
在锐角△ABC 中，根据正弦定理a
sinA＝b
sinB，知sinA>sinB⇔a>b⇔A>B，则正切函数y＝tanx 在(0，π
2)上
单调递增，所以A>B⇔tanA>tanB．故选C．
2．(文)“a<－1”是“直线ax＋y－3＝0 的倾斜角大于π
4”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
设直线ax＋y－3＝0 的倾斜角为θ，则tanθ＝－a.若a<－1，得θ角大于π
4.由倾斜角θ大于π
4得，－a>1 或－
a<0，即a<－1 或a>0．
(理)“a2＝1”是“函数f(x)＝lg( 2
1－x＋a)为奇函数”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
a2＝1⇒a＝±1，f(x)＝lg( 2
1－x
＋a)为奇函数等价于f(x)＋f(－x)＝0，即lg( 2
1－x
＋a)＋lg( 2
1＋x
＋a)＝0⇔( 2
1－x
＋a)( 2
1＋x＋a)＝1 化简得a＝－1，故选B．
3．(文)若集合A＝{x|x2－x－2<0}，B＝{x|－2<x<a}，则“A∩B≠∅”的充要条件是(
)
A．a>－2
B．a≤－2
C．a>－1
D．a≥－1
[解析]
由x2－x－2<0 知－1<x<2，
即A＝{x|－1<x<2}．
由B＝{x|－2<x<a}及A∩B≠∅知a>－1．
(理)设a，b 都是不等于1 的正数，则“3a>3b>3”是“loga3<logb3”的(
)
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
由3a>3b>3，知a>b>1，所以log3a>log3b>0，所以
1
log3a<
1
log3b，即loga3<logb3，所以“3a>3b>3”是“loga3<logb3”
的充分条件；但是取a＝1
3，b＝3 也满足loga3<logb3，不符合a>b>1.所以“3a>3b>3”是“loga3<logb3”的充分不必要条件．
A 组
1．(文)(2018·天津卷，1)设集合A＝{1,2,3,4}，B＝{－1，0,2,3}，C＝{x∈R|－1≤x<2}，则(A∪B)∩C＝(
)
A．{－1,1}
B．{0,1}
C．{－1,0,1}
D．{2,3,4}
[解析]
∵A＝{1,2,3,4}，B＝{－1,0,2,3}，
∴A∪B＝{－1,0,1,2,3,4}．
又C＝{x∈R|－1≤x<2}，
∴(A∪B)∩C＝{－1,0,1}．
故选C．
(理)(2018·天津卷，1)设全集为R，集合A＝{x|0<x<2}，B＝{x|x≥1}，则A∩(∁RB)＝(
)
A．{x|0<x≤1}
B．{x|0<x<1}
C．{x|1≤x<2}
D．{x|0<x<2}
[解析]
全集为R，B＝{x|x≥1}，则∁RB＝{x|x<1}．
∵集合A＝{x|0<x<2}，
∴A∩(∁RB)＝{x|0＜x＜1}．
故选B．
2．(2019·安徽皖南八校联考)已知集合A＝{(x，y)|x2＝4y}，B＝{(x，y)|y＝x}，则A∩B 的真子集个数为(
)
A．1
B．3
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C．5
D．7
[解析]
由
x2＝4y，
y＝x
得
x＝0，
y＝0
或
x＝4，
y＝4，
即A∩B＝{(0,0)，(4,4)}，
∴A∩B 的真子集个数为22－1＝3.故选B．
3．(文)命题“∀x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0”的否定是(
)
A．∀x∈(－∞，0)，x3＋x<0
B．∀x∈(－∞，0)，x3＋x≥0
C．∃x0∈[0，＋∞)，x30＋x0<0
D．∃x0∈[0，＋∞)，x30＋x0≥0
[解析]
全称命题“∀x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0”的否定是特称命题“∃x0∈[0，＋∞)，x30＋x0<0”．
(理)已知f(x)＝3sinx－πx，命题p：∀x∈(0，π
2)，f(x)<0，则(
)
A．p 是假命题，¬p：∀x∈(0，π
2)，f(x)≥0
B．p 是假命题，¬p：∃x0∈(0，π
2)，f(x0)≥0
C．p 是真命题，¬p：∃x0∈(0，π
2)，f(x0)≥0
D．p 是真命题，¬p：∀x∈(0，π
2)，f(x)≥0
[解析]
因为f′(x)＝3cosx－π，所以当x∈(0，π
2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，即对∀x∈(0，π
2)，f(x)<f(0)
＝0 恒成立，所以p 是真命题．又全称命题的否定是特称命题，所以¬p：∃x0∈(0，π
2)，f(x0)≥0．
4．(文)设a，b 是向量，则“|a|＝|b|”是“|a＋b|＝|a－b|”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
取a＝－b≠0，则|a|＝|b|≠0，|a＋b|＝|0|＝0，|a－b|＝|2a|≠0，所以|a＋b|≠|a－b|，故由|a|＝|b|推不出|a
＋b|＝|a－b|.由|a＋b|＝|a－b|，得|a＋b|2＝|a－b|2，整理得a·b＝0，所以a⊥b，不一定能得出|a|＝|b|，故由|a＋b|＝|a－
b|推不出|a|＝|b|.故“|a|＝|b|”是“|a＋b|＝|a－b|”的既不充分也不必要条件．故选D．
(理)若p 是q 的充分不必要条件，则下列判断正确的是(
)
A．¬p 是q 的必要不充分条件
B．¬q 是p 的必要不充分条件
C．¬p 是¬q 的必要不充分条件
D．¬q 是¬p 的必要不充分条件
[解析]
由p 是q 的充分不必要条件可知p⇒q，q⇒/ p，由互为逆否命题的两命题等价可得¬q⇒¬p，¬p⇒/ ¬q，
∴¬p 是¬q 的必要不充分条件，故选C．
5．(文)已知全集U＝R，集合A＝{x|0<x<9，x∈R}和B＝{x|－4<x<4，x∈Z}关系的Venn 图如图所示，则阴影部
分所求集合中的元素共有(
)
A．3 个
B．4 个
C．5 个
D．无穷多个
[解析]
由Venn 图可知，阴影部分可表示为(∁UA)∩B．由于∁UA＝{x|x≤0 或x≥9}，于是(∁UA)∩B＝{x|－4<x≤0，
x∈Z}＝{－3，－2，－1,0}，共有4 个元素．
(理)设全集U＝R，A＝{x|x(x－2)<0}，B＝{x|y＝ln(1－x)}，则图中阴影部分表示的集合为(
)
A．{x|x≥1}
B．{x|1≤x<2}
C．{x|0<x≤1}
D．{x|x≤1}
[解析]
分别化简两集合可得A＝{x|0<x<2}，
B＝{x|x<1}，故∁UB＝{x|x≥1}，
故阴影部分所示集合为{x|1≤x<2}．
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6．(2019·洛阳市第一统考)设全集U＝R，集合A＝{x|log2x≤1}，B＝{x|x2＋x－2≥0}，则A∩∁UB＝(
)
A．(0,1]
B．(－2,2]
C．(0,1)
D．[－2,2]
[解析]
不等式log2x≤1，即log2x≤log22，由y＝log2x 在(0，＋∞)上单调递增，得不等式的解集为(0,2]，即A＝
(0,2]．由x2＋x－2≥0，得(x＋2)(x－1)≥0，得B＝{x|x≤－2 或x≥1}，所以∁UB＝(－2,1)，从而A∩∁UB＝(0,1)．故选
C．
7．下列结论错误的是(
)
A．命题“若x2－3x－4＝0，则x＝4”的逆否命题为“若x≠4，则x2－3x－4≠0”
B．命题“x＝4”是“x2－3x－4＝0”的充分条件
C．命题“若m>0，则方程x2＋x－m＝0 有实根”的逆命题为真命题
D．命题“若m2＋n2＝0，则m＝0 且n＝0”的否命题是“若m2＋n2≠0，则m≠0 或n≠0”
[解析]
C 项命题的逆命题为“若方程x2＋x－m＝0 有实根，则m>0”．若方程有实根，则Δ＝1＋4m≥0，即m≥
－1
4，不能推出m>0.所以不是真命题，故选C．
8．已知全集U＝R，设集合A＝{x|y＝ln(2x－1)}，集合B＝{y|y＝sin(x－1)}，则(∁UA)∩B 为(
)
A．(1
2，＋∞)
B．(0，1
2]
C．[－1，1
2]
D．∅
[解析]
集合A＝{x|x>1
2}，
则∁UA＝{x|x≤1
2}，
集合B＝{y|－1≤y≤1}，
所以(∁UA)∩B＝{x|x≤1
2}∩{y|－1≤y≤1}
＝[－1，1
2]．
9．给定命题p：函数y＝ln[(1－x)(1＋x)]为偶函数；命题q：函数y＝ex－1
ex＋1
为偶函数，下列说法正确的是(
)
A．p∨q 是假命题
B．(¬p)∧q 是假命题
C．p∧q 是真命题
D．(¬p)∨q 是真命题
[解析]
对于命题p：y＝f(x)＝ln[(1－x)(1＋x)]，
令(1－x)(1＋x)>0，得－1<x<1．
所以函数f(x)的定义域为(－1,1)，关于原点对称，
因为f(－x)＝ln[(1＋x)(1－x)]＝f(x)，
所以函数f(x)为偶函数，所以命题p 为真命题；
对于命题q：y＝f(x)＝ex－1
ex＋1
，函数f(x)的定义域为R，关于原点对称，因为f(－x)＝e
－x－1
e
－x＋1
＝
1
ex－1
1
ex＋1
＝1－ex
1＋ex＝－f(x)，
所以函数f(x)为奇函数，所以命题q 为假命题，所以(¬p)∧q 是假命题．
10．已知命题p：x≥1，命题q：1
x<1，则¬p 是q 的__既不充分也不必要__条件．
[解析]
由题意，得¬p 为x<1，由1
x<1，得x>1 或x<0，故q 为x>1 或x<0，所以¬p 是q 的既不充分也不必要条件．
11．设命题p：∀a>0，a≠1，函数f(x)＝ax－x－a 有零点，则¬p：__∃a0>0，a0≠1，函数f(x)＝ax0－x－a0 没有零
点__．
[解析]
全称命题的否定为特称命题，¬p：∃a0>0，a0≠1，函数f(x)＝ax0－x－a0 没有零点．
12．已知集合A＝{x∈R||x－1|<2}，Z 为整数集，则集合A∩Z 中所有元素的和等于__3__．
[解析]
A＝{x∈R||x－1|<2}＝{x∈R|－1<x<3}，集合A 中包含的整数有0,1,2，故A∩Z＝{0,1,2}．故A∩Z 中所有
元素之和为0＋1＋2＝3．
13．已知命题p：∀x∈R，x2－a≥0；命题q：∃x0∈R，x20＋2ax0＋2－a＝0.若命题“p 且q”是真命题，则实数
a 的取值范围为__(－∞，－2]__．
[解析]
由已知条件可知p 和q 均为真命题，
由命题p 为真得a≤0，由命题q 为真得a≤－2 或a≥1，
所以a≤－2．
B 组
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1．(文)设全集U＝{x|ex>1}，函数f(x)＝
1
x－1
的定义域为A，则∁UA＝(
)
A．(0,1]
B．(0,1)
C．(1，＋∞)
D．[1，＋∞)
[解析]
全集U＝{x|x>0}，f(x)的定义域为{x|x>1}，所以∁UA＝{x|0<x≤1}．
(理)已知全集U＝R，集合A＝{x|y＝lg(x－1)}，集合B＝{y|y＝x2＋2x＋5}，则A∩B＝(
)
A．∅
B．(1,2]
C．[2，＋∞)
D．(1，＋∞)
[解析]
由x－1>0，得x>1，故集合A＝(1，＋∞)，又y＝x2＋2x＋5＝x＋12＋4≥4＝2，故集合B＝[2，＋
∞)，所以A∩B＝[2，＋∞)，故选C．
2．(2019·辽宁八校联考)设集合M＝{x|x2＋3x＋2<0}，集合N＝{x|(1
2)x≤4}，则M∪N＝(
)
A．{x|x≥－2}
B．{x|x>－1}
C．{x|x<－1}
D．{x|x≤－2}
[解析]
因为M＝{x|x2＋3x＋2<0}＝{x|－2<x<－1}，N＝[－2，＋∞)，所以M∪N＝[－2，＋∞)，故选A．
3．若命题“∃x0∈R，x20＋(a－1)x0＋1<0”是真命题，则实数a 的取值范围是(
)
A．[－1,3]
B．(－1,3)
C．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
[解析]
∵∃x0∈R，x20＋(a－1)x0＋1<0 是真命题，
∴x2＋(a－1)x＋1<0 有解．
由Δ＝(a－1)2－4>0，可得a<－1 或a>3，故选D．
4．在△ABC 中，角A，B 的对边分别为a，b，则“cosA>cosB”是“a<b”成立的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
①∵a，b 分别是角A，B 所对的边且a<b，
∴0<A<B<π．
而在(0，π)上，f(x)＝cosx 为减函数，
∴cosA>cosB．
②在(0，π)上，函数f(x)＝cosx 为减函数，0<A，B<π，cosA>cosB，
∴A<B，∴a<b，∴为充要条件，故选C．
5．给出下列命题：
①∀x∈R，不等式x2＋2x>4x－3 均成立；
②若log2x＋logx2≥2，则x>1；
③“若a>b>0 且c<0，则c
a>c
b”的逆否命题；
④若p 且q 为假命题，则p，q 均为假命题．
其中真命题的是(
)
A．①②③
B．①②④
C．①③④
D．②③④
[解析]
①中不等式可表示为(x－1)2＋2>0，恒成立；②中不等式可变为log2x＋
1
log2x≥2，得x>1；③中由a>b>0，
得1
a<1
b，而c<0，所以原命题是真命题，则它的逆否命题也为真；④由p 且q 为假只能得出p，q 中至少有一个为假，
④不正确．
6．设x，y∈R，则“|x|≤4 且|y|≤3”是“x2
16＋y2
9≤1”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
“|x|≤4 且|y|≤3”表示的平面区域M 为矩形区域，“x2
16＋y2
9≤1”表示的平面区域N 为椭圆x2
16＋y2
9＝1 及
其内部，显然N
M，故选B．
7．(文)若集合A＝{x|2<x<3}，B＝{x|(x＋2)(x－a)<0}，则“a＝1”是“A∩B＝∅”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
当a＝1 时，B＝{x|－2<x<1}，∴A∩B＝∅，则“a＝1”是“A∩B＝∅”的充分条件；当A∩B＝∅时，得
a≤2，则“a＝1”不是“A∩B＝∅”的必要条件，故“a＝1”是“A∩B＝∅”的充分不必要条件．
(理)设x，y∈R，则“x≥1 且y≥1”是“x2＋y2≥2”的(
)
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A．既不充分又不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．充分不必要条件
[解析]
当x≥1，y≥1 时，x2≥1，y2≥1，所以x2＋y2≥2；而当x＝－2，y＝－4 时，x2＋y2≥2 仍成立，所以“x≥1
且y≥1”是“x2＋y2≥2”的充分不必要条件，故选D．
8．已知命题p：函数y＝lg(1－x)在(－∞，1)内单调递减；命题q：函数y＝2cosx 是偶函数，则下列命题中为真命
题的是(
)
A．p∧q
B．(¬p)∨(¬q)
C．(¬p)∧q
D．p∧(¬q)
[解析]
命题p：函数y＝lg(1－x)在(－∞，1)上单调递减，是真命题；
命题q：函数y＝2cosx 是偶函数，是真命题．
则p∧q 是真命题．故选A．
9．若集合P＝{x|3<x≤22}，非空集合Q＝{x|2a＋1≤x<3a－5}，则能使Q⊆(P∩Q)成立的a 的取值范围为(
)
A．(1,9)
B．[1,9]
C．[6,9)
D．(6,9]
[解析]
依题意，P∩Q＝Q，Q⊆P，
于是
2a＋1<3a－5，
2a＋1>3，
3a－5≤22，
解得6<a≤9，即实数a 的取值范围为(6,9]．
10．f(x)＝x2－2x，g(x)＝ax＋2(a>0)，∀x1∈[－1,2]，∃x0∈[－1,2]，使g(x1)＝f(x0)，则a 的取值范围是(
)
A．(0，1
2]
B．[1
2，3]
C．[3，＋∞)
D．(0,3]
[解析]
由于函数g(x)在定义[－1,2]内是任意取值的，且必存在x0∈[－1,2]使得g(x1)＝f(x0)，因此问题等价于函数
g(x)的值域是函数f(x)值域的子集，函数f(x)的值域是[－1,3]，函数g(x)的值域是[2－a,2＋2a]，则有
2－a≥－1，
2＋2a≤3，
解
得a≤1
2，又a>0，故a 的取值范围是(0，1
2]．
11．已知命题p：若ax2－ax－1<0 在R 上恒成立，则0<a<4；命题q：在锐角三角形ABC 中，若A＝π
3，则1
2<sinB<1.
则下列结论正确的是(
)
A．p∧q 为真
B．p∧(¬q)为真
C．(¬p)∧q 为真
D．p∨(¬q)为真
[解析]
先判断命题p，当a＝0 时，不等式为－1<0，显然恒成立，故该命题为假．再判断命题q，因为A＝π
3，
所以C＝π－A－B＝2π
3 －B，
又△ABC 为锐角三角形，
所以
0<C＝2π
3 －B<π
2，
0<B<π
2，
解得π
6<B<π
2．
因为函数y＝sinx 在(π
6，π
2)上单调递增，
所以sinB∈(1
2，1)，故该命题为真．
综上可知，p 假q 真，故¬p 为真，¬q 为假，所以p∧q 为假，p∧(¬q)为假，p∨(¬q)为假，(¬p)∧q 为真，故选C．
12．(2019·湖北黄冈质检)下列命题中，是假命题的是(
)
A．∃x0∈R，lnx0<0
B．∀x∈(－∞，0)，ex>x＋1
C．∀x>0,5x>3x
D．∃x0∈(0，＋∞)，x0<sinx0
[解析]
∃x0＝1
e，lnx0＝－1<0，A 是真命题；令y＝ex－x－1，则当x∈(－∞，0)时，y′＝ex－1<0，所以y＝ex
－x－1，当x∈(－∞，0)时，是减函数，则ex－x－1>e0－0－1＝0，所以∀x∈(－∞，0)，ex>x＋1，B 是真命题；∀
x>0，设t(x)＝(5
3)x，由指数函数的单调性可知，当x>0 时，t(x)＝(5
3)x>1 恒成立，即有5x>3x 恒成立，故C 是真命题；
令y＝x－sinx，x∈(0，＋∞)，则y′＝1－cosx≥0，x∈(0，＋∞)恒成立，所以y＝x－sinx，x∈(0，＋∞)是增函数，
则x－sinx>0，即∀x∈(0，＋∞)，x>sinx，D 是假命题，故选D．
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13．如果集合A 满足若x∈A，则－x∈A，那么就称集合A 为“对称集合”．已知集合A＝{2x,0，x2＋x}，且A
是对称集合，集合B 是自然数集，则A∩B＝__{0,6}__．
[解析]
由题意可知，－2x＝x2＋x，
所以x＝0 或x＝－3，
而当x＝0 时，不符合元素的互异性，舍去；
当x＝－3 时，A＝{－6,0,6}，所以A∩B＝{0,6}．
14．设全集U＝{(x，y)|x∈R，y∈R}，集合M＝{(x，y)|y－3
x－2
＝1}，P＝{(x，y)|y≠x＋1}，则∁U(M∪P)＝__{(2,3)}__．
[解析]
集合M＝{(x，y)|y＝x＋1，且x≠2，y≠3}，
所以M∪P＝{(x，y)|x∈R，y∈R，且x≠2，y≠3}．
则∁U(M∪P)＝{(2,3)}．
15．设p：(x－a)2>9，q：(x＋1)(2x－1)≥0，若¬p 是q 的充分不必要条件，则实数a 的取值范围是__(－∞，－4]
∪[7
2，＋∞)__．
[解析]
¬p：(x－a)2≤9，
所以a－3≤x≤a＋3，q：x≤－1 或x≥1
2，
因为¬p 是q 的充分不必要条件，
所以a＋3≤－1 或a－3≥1
2，
即a≤－4 或a≥7
2．
16．给出下列结论：
①若命题p：∃x0∈R，x20＋x0＋1<0，则¬p：∀x∈R，x2＋x＋1≥0；
②“(x－3)(x－4)＝0”是“x－3＝0”的充分不必要条件；
③命题“若b＝0，则函数y＝ax2＋bx＋c(a，b，c 是常数，且a≠0)是偶函数”的否命题是“若b≠0，则函数y＝
ax2＋bx＋c(a，b，c 是常数，且a≠0)是奇函数”；
④若a>0，b>0，a＋b＝4，则1
a＋1
b的最小值为1．
其中正确结论的序号为__①④__．
[解析]
由特称命题的否定知①正确；(x－3)(x－4)＝0⇒x＝3 或x＝4，x＝3⇒(x－3)(x－4)＝0，所以“(x－3)·(x
－4)＝0”是“x－3＝0”的必要不充分条件，所以②错误；函数可能是偶函数，奇函数，也可能是非奇非偶的函数，
结论③中“函数是偶函数”的否定应为“函数不是偶函数”，故③不正确；因为a>0，b>0，a＋b＝4，所以1
a＋1
b＝a＋b
4
·(1
a
＋1
b)＝1
2＋b
4a＋a
4b≥1
2＋2
b
4a· a
4b＝1，当且仅当a＝b＝2 时取等号，所以④正确．
第二讲
向量运算与复数运算、算法、推理与证明
高考考点
考点解读
平面向量的
运算及运用
1.以平面图形为载体，借助向量考查数量关系与位置关系、向量
的线性运算及几何意义
2．以平面向量基本定理为出发点，与向量的坐标运算、数量积综
合命题
3．直接利用数量积运算公式进行运算，求向量的夹角、模或判断
向量的垂直关系
复数的概念及运算
1.复数的概念、纯虚数、复数相等、共轭复数等
2．复数的几何意义及四则运算，重点考查复数的乘除运算
程序框图
1.主要考查程序框图的应用及基本算法语句，尤其是含循环结构
的程序框图
2．与分段函数的求值、数列求和或求积、统计等有规律的重复计
算问题放在一起综合考查
合情推理
1.主要考查合情推理和演绎推理，重点考查归纳推理和类比推理
2．以数表、数阵、图形等为背景与数列、周期性等数学知识相结
合考查归纳推理
备考策略
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本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对向量加法、减法的平行四边形法则与三角形法则的理解，掌握两向量共线与垂直
的条件，熟记平面向量的相关公式，掌握求模、夹角的方法．
(2)掌握复数的基本概念及运算法则，在备考时注意将复数化为代数形式再进行求解，同时
注意“分母实数化”的运用．
(3)关注程序框图和基本算法语句的应用与判别，尤其是含循环结构的程序框图要高度重视．
(4)掌握各种推理的特点和推理过程，同时要区分不同的推理形式，对归纳推理要做到归纳
到位、准确；对类比推理要找到事物的相同点，做到类比合理，对演绎推理要做到过程严密．
预测2020 年命题热点：
(1)利用平面向量的基本运算解决数量积、夹角、模或垂直、共线等问题，与三角函数、解
析几何交汇命题．
(2)单独考查复数的四则运算，与复数的相关概念、复数的几何意义等综合考查．
(3)程序框图主要是以循环结构为主的计算、输出、程序框图的补全，与函数求值、方程求
解、不等式求解、数列求和、统计量的计算等综合在一起命题．
(4)推理问题考查归纳推理和类比推理，主要与数列、立体几何、解析几何等结合在一起命
题.
知识整合
1．重要公式
(1)两个非零向量平行、垂直的充要条件
若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则
①a∥b⇔a＝λb(b≠0，λ∈R)⇔__x1y2－x2y1＝0__．
②a⊥b⇔a·b＝0⇔__x1x2＋y1y2＝0__．
(2)复数的四则运算法则
(a＋bi)±(c＋di)＝__(a±c)＋(b±d)i__(a，b，c，d∈R)．
(a＋bi)(c＋di)＝__(ac－bd)＋(bc＋ad)i__(a，b，c，d∈R)．
(a＋bi)÷(c＋di)＝ac＋bd
c2＋d2 ＋bc－ad
c2＋d2 i(a，b，c，d∈R，c＋di≠0)．
2．重要性质及结论
(1)若a 与b 不共线，且λa＋μb＝0，则__λ＝μ＝0__．
(2)已知OA
→＝λOB
→＋μOC
→(λ，μ为常数)，则A，B，C 三点共线的充要条件是__λ＋μ＝1.__．
(3)平面向量的三个性质
①若a＝(x，y)，则|a|＝a·a＝__ x2＋y2__．
②若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB
→|＝__ x2－x12＋y2－y12__．
③设θ为a 与b(a≠0，b≠0)的夹角，且a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则cosθ＝a·b
|a||b|＝__
x1x2＋y1y2
x21＋y21 x22＋y22
__．
(4)复数运算中常用的结论：
①(1±i)2＝±2i；②1＋i
1－i
＝i；③1－i
1＋i
＝－i；④－b＋ai＝i(a＋bi)；⑤i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，其中n
∈N*．
3．推理与证明
(1)归纳推理的思维过程
实验、观察→概括、推广→猜测一般性结论
(2)类比推理的思维过程
实验、观察→联想、类推→猜测新的结论
(3)(理)数学归纳法证题的步骤
①(归纳奠基)证明当n 取第一个值n＝n0(n0∈N*)时，命题成立；
②(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当__n＝k＋1__时，命题也成立．
只要完成了这两个步骤，就可以断定命题对于任何n≥n0 的正整数都成立．
易错警示
1．忽略复数的定义
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在解决与复数概念有关的问题时，在运用复数的概念时忽略某一条件而致错．
2．不能准确把握循环次数
解答循环结构的程序框图(流程图)问题，要注意循环次数，防止多一次或少一次的错误．
3．忽略特殊情况
两个向量夹角为锐角与向量的数量积大于0 不等价，两个向量夹角为钝角与向量的数量积小于0 不等价．
1．(文)(2019·全国卷Ⅰ，1)设z＝3－i
1＋2i
，则|z|＝(
)
A．2
B．3
C．2
D．1
[解析]
∵z＝3－i
1＋2i
＝3－i1－2i
1＋2i1－2i
＝1－7i
5
，
V|z|＝
1
5 2＋－7
5 2＝2．
故选C．
(理)(2019·全国卷Ⅰ，2)设复数z 满足|z－i|＝1，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则(
)
A．(x＋1)2＋y2＝1
B．(x－1)2＋y2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1
D．x2＋(y＋1)2＝1
[解析]
由已知条件，可得z＝x＋yi.∵|z－i|＝1，
∴|x＋yi－i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.故选C．
2．(文)(2019·全国卷Ⅱ，2)设z＝i(2＋i)，则z ＝(
)
A．1＋2i
B．－1＋2i
C．1－2i
D．－1－2i
[解析]
∵z＝i(2＋i)＝－1＋2i，∴z ＝－1－2i．
故选D．
(理)(2019·全国卷Ⅱ，2)设z＝－3＋2i，则在复平面内
z 对应的点位于(
)
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
[解析]
z ＝－3－2i，故z
对应的点(－3，－2)位于第三象限．故选C．
3．(2019·全国卷Ⅲ，2)若z(1＋i)＝2i，则z＝(
)
A．－1－i
B．－1＋i
C．1－i
D．1＋i
[解析]
由z(1＋i)＝2i，得z＝2i
1＋i
＝
2i1－i
1＋i1－i
＝2i1－i
2
＝i(1－i)＝1＋i.故选D．
4．(2019·全国卷Ⅰ，7)已知非零向量a，b 满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a 与b 的夹角为(
)
A．π
6
B．π
3
C．2π
3
D．5π
6
[解析]
由(a－b)⊥b，可得(a－b)·b＝0，∴a·b＝b2．
∵|a|＝2|b|，∴cos〈a，b〉＝a·b
|a|·|b|＝b2
2b2＝1
2．
∵0≤〈a，b〉≤π，∴a 与b 的夹角为π
3.故选B．
5．(文)(2019·全国卷Ⅱ，3)已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|＝(
)
A．2
B．2
C．5 2
D．50
[解析]
∵a－b＝(2,3)－(3,2)＝(－1,1)，
∴|a－b|＝－12＋12＝2．
故选A．
(理)(2019·全国卷Ⅱ，3)已知AB
→＝(2,3)，AC
→＝(3，t)，|BC
→|＝1，则AB
→·BC
→＝(
)
A．－3
B．－2
C．2
D．3
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19
[解析]
∵BC
→＝AC
→－AB
→＝(3，t)－(2,3)＝(1，t－3)，|BC
→|＝1，
∴12＋t－32＝1，∴t＝3，∴BC
→＝(1,0)，
∴AB
→·BC
→＝2×1＋3×0＝2.故选C．
6．(文)(2019·全国卷Ⅱ，5)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为(
)
A．甲、乙、丙
B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲
D．甲、丙、乙
[解析]
由于三人成绩互不相同且只有一个人预测正确．若甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人按成绩由
高到低的次序为甲、乙、丙；若甲预测错误，则甲、乙按成绩由高到低的次序为乙、甲，又假设丙预测正确，则乙、
丙按成绩由高到低的次序为丙、乙，于是甲、乙、丙按成绩由高到低排序为丙、乙、甲，从而乙的预测也正确，与事
实矛盾；若甲、丙预测错误，则可推出乙的预测也错误. 综上所述，三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙．故选A．
(理)(2019·全国卷Ⅱ，4)2019 年1 月3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业
取得又一重大成就．实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通信联系．为解决这个问题，
发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2 点的轨道运行．L2 点是平衡点，位于地月连线的延长
线上．设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2 点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，
r 满足方程：
M1
R＋r2＋M2
r2 ＝(R＋r)M1
R3．
设α＝r
R.由于α的值很小，因此在近似计算中3α3＋3α4＋α5
1＋α2
≈3α3，则r 的近似值为(
)
A．
M2
M1
R
B．
M2
2M1
R
C．
3
3M2
M1
R
D．
3
M2
3M1
R
[解析]
由α＝r
R得r＝αR，代入
M1
R＋r2＋M2
r2 ＝(R＋r)M1
R3，整理得3α3＋3α4＋α5
1＋α2
＝M2
M1
．
又∵3α3＋3α4＋α5
1＋α2
≈3α3，∴3α3≈M2
M1
，∴α≈
3
M2
3M1
，
∴r＝αR≈
3
M2
3M1
R.故选D．
7．(2019·全国卷Ⅰ，8)右图是求
1
2＋
1
2＋1
2
的程序框图，图中空白框中应填入(
)
A．A＝
1
2＋A
B．A＝2＋1
A
C．A＝
1
1＋2A
D．A＝1＋1
2A
[解析]
对于选项A，A＝
1
2＋A.当k＝1 时，A＝
1
2＋1
2
，
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20
当k＝2 时，A＝
1
2＋
1
2＋1
2
，故A 正确；
经验证选项B，C，D 均不符合题意．故选A．
8．(2019·全国卷Ⅲ，9)执行如图所示的程序框图，如果输入的
为0.01，则输出s 的值等于(
)
A．2－1
24
B．2－1
25
C．2－1
26
D．2－1
27
[解析]
＝0.01，
x＝1，s＝0，s＝0＋1＝1，x＝1
2，x<
不成立；
s＝1＋1
2，x＝1
4，x<
不成立；
s＝1＋1
2＋1
4，x＝1
8，x<
不成立；
s＝1＋1
2＋1
4＋1
8，x＝1
16，x<
不成立；
s＝1＋1
2＋1
4＋1
8＋1
16，x＝1
32，x<
不成立；
s＝1＋1
2＋1
4＋1
8＋1
16＋1
32，x＝1
64，x<
不成立；
s＝1＋1
2＋1
4＋1
8＋1
16＋1
32＋1
64，x＝1
128，x<
成立，
此时输出s＝2－1
26.故选C．
9．(2019·天津卷，9)i 是虚数单位，则|
5－i
1＋i|的值为__ 13__．
[解析]
∵5－i
1＋i
＝5－i1－i
1＋i1－i
＝2－3i，
∴|
5－i
1＋i|＝|2－3i|＝13．
10．(文)(2019·全国卷Ⅲ，13)已知向量a＝(2,2)，b＝(－8,6)，则cos〈a，b〉＝__－2
10__．
[解析]
∵a＝(2,2)，b＝(－8,6)，
∴a·b＝2×(－8)＋2×6＝－4，
|a|＝22＋22＝2 2，|b|＝－82＋62＝10．
∴cos〈a，b〉＝a·b
|a||b|＝
－4
2 2×10
＝－2
10．
(理)(2019·全国卷Ⅲ，13)已知a，b 为单位向量，且a·b＝0，若c＝2a－5b，则cos〈a，c〉＝__2
3__．
[解析]
由题意，得cos〈a，c〉＝a·2a－5b
|a|·|2a－5b|
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21
＝
2a2－5a·b
|a|· |2a－5b|2＝
2
1× 4＋5
＝2
3．
11．(2019·浙江卷，11)复数z＝1
1＋i(i 为虚数单位)，则|z|＝__ 2
2 __．
[解析]
z＝1
1＋i＝
1－i
1＋i1－i
＝1－i
1－i2＝1
2－1
2i，
易得|z|＝
1
2 2＋－1
2 2＝2
2 ．
12．(2019·江苏卷，3)如图是一个算法流程图，则输出的S 的值是__5__．
[解析]
第一次循环，S＝1
2，x＝2；第二次循环，S＝1
2＋2
2＝3
2，x＝3；第三次循环，S＝3
2＋3
2＝3，x＝4；第四次
循环，S＝3＋4
2＝5，满足x≥4，结束循环．故输出的S 的值是5．
13．(2019·北京卷，9)已知向量a＝(－4,3)，b＝(6，m)，且a⊥b，则m＝__8__．
[解析]
∵a⊥b，∴a·b＝0．
又∵a＝(－4,3)，b＝(6，m)，
∴－4×6＋3m＝0，解得m＝8．
平面向量的运算
典题例析
例1
(1)(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB
→＝(
)
A．3
4AB
→－1
4AC
→
B．1
4AB
→－3
4AC
→
C．3
4AB
→＋1
4AC
→
D．1
4AB
→＋3
4AC
→
[解析]
作出示意图如图所示．
EB
→＝ED
→＋DB
→＝1
2AD
→＋1
2CB
→
＝1
2×1
2(AB
→＋AC
→)＋1
2(AB
→－AC
→)
＝3
4AB
→－1
4AC
→．
故选A．
(2)已知平面内不共线的四点O，A，B，C 满足OB
→＝1
3OA
→＋2
3OC
→，则|AB
→|∶|BC
→|＝(
)
A．1∶3
B．3∶1
C．1∶2
D．2∶1
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22
[解析]
由OB
→＝1
3OA
→＋2
3OC
→，得OB
→－OA
→＝2(OC
→－OB
→)，
即AB
→＝2BC
→，所以|AB
→|∶|BC
→|＝2∶1，故选D．
(3)(2019·贵阳摸底考试)如图，在边长为1 的正方形组成的网格中，平行四边形ABCD 的顶点D 被阴影遮住，找出
D 点的位置，则AB
→·AD
→的值为(
)
A．10
B．11
C．12
D．13
[解析]
以点A 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，A(0,0)，B(4,1)，C(6,4)，根据四边形ABCD 为平
行四边形，可以得到D(2,3)，所以AB
→·AD
→＝(4,1)·(2,3)＝8＋3＝11.故选B．
1．平面向量的线性运算技巧
(1)对于平面向量的线性运算问题，要尽可能转化到三角形或平行四边形中，灵活运用三角形法则、平行四边形法
则，紧密结合图形的几何性质进行运算．
(2)在证明两向量平行时，若已知两向量的坐标形式，常利用坐标运算来判断；若两向量不是以坐标形式呈现的，
常利用共线向量定理(当b≠0 时，a∥b⇔存在唯一实数λ，使得a＝λb)来判断．
2．求解几何图形中的数量积问题策略
(1)对向量的分解转化成已知向量的数量积计算是基本方法．
(2)建立合理的平面直角坐标系，把数量积的计算转化成坐标运算，这是一种较为简捷的方法．
跟踪训练
1．如图，正方形ABCD 中，M 是BC 的中点，若AC
→＝λAM
→＋μBD
→，则λ＋μ＝(
)
A．4
3
B．5
3
C．15
8
D．2
[解析]
方法一：建立平面直角坐标系如图所示，设正方形的边长为2，则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，M(2,1)，D(0,2)，
所以AC
→＝(2,2)，AM
→＝(2,1)，BD
→＝(－2,2)．由AC
→＝λAM
→＋μBD
→，得(2,2)＝λ(2,1)＋μ(－2,2)，即(2,2)＝(2λ－2μ，λ＋2μ)，
所以
2λ－2μ＝2，
λ＋2μ＝2，
解得
λ＝4
3，
μ＝1
3，
所以λ＋μ＝5
3.故选B．
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23
方法二：因为AC
→＝λAM
→＋μBD
→＝λ(AB
→＋BM
→)＋μ(BA
→＋AD
→)＝λ(AB
→＋1
2AD
→)＋μ(－AB
→＋AD
→)＝(λ－μ)AB
→＋(1
2λ＋μ)AD
→，
所以
λ－μ＝1，
1
2λ＋μ＝1，
得
λ＝4
3，
μ＝1
3，
所以λ＋μ＝5
3.故选B．
2．已知向量a＝(2,3)，b＝(－1,2)，若ma＋nb 与a－2b 垂直，则m
n＝(
)
A．5
6
B．6
5
C．－1
2
D．1
2
[解析]
∵a＝(2,3)，b＝(－1,2)，
∴ma＋nb＝(2m－n,3m＋2n)，a－2b＝(4，－1)．
∵(ma＋nb)⊥(a－2b)，
∴4(2m－n)＋(3m＋2n)×(－1)＝0．
∴m
n＝6
5，故选B．
3．过点P(1，3)作圆x2＋y2＝1 的两条切线，切点分别为A，B，则PA
→·PB
→＝__3
2__．
[解析]
如图，圆心为O(0,0)，则|PO
→|＝2，|PA
→|＝|PB
→|＝3，∠OPA＝∠OPB＝π
6，则∠APB＝π
3，所以PA
→·PB
→＝
|PA
→|·|PB
→|·cos∠APB＝3· 3·cosπ
3＝3
2．
复数的概念与运算
典题例析
例2
(1)(2019·洛阳统考)已知a∈R，i 为虚数单位，若a－i
1＋i
为纯虚数，则a 的值为(
)
A．－1
B．0
C．1
D．2
[解析]
∵a－i
1＋i
＝a－i1－i
1＋i1－i
＝a－1
2
－a＋1
2
i 为纯虚数，
∴a－1
2
＝0 且a＋1
2
≠0，解得a＝1．
(2)(2019·安徽知名示范高中联考)已知复数z 满足(2－i)z＝i＋i2，则z 在复平面内对应的点位于(
)
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
[解析]
z＝i＋i2
2－i
＝－1＋i
2－i
＝－1＋i2＋i
2－i2＋i
＝－3＋i
5
＝－3
5＋1
5i，则复数z 在复平面内对应的点为(－3
5，1
5)，该点位于
第二象限．
(3)设(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y 是实数，则|x＋yi|＝(
)
A．1
B．2
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C．3
D．2
[解析]
因为(1＋i)x＝x＋xi＝1＋yi，所以x＝y＝1，|x＋yi|＝|1＋i|＝12＋12＝2，故选B．
1．解决复数的概念与运算问题，一般都是直接用运算法则求或用复数相等的条件求解．一般是先变形分离出实部
和虚部，把复数的非代数形式化为代数形式．然后再根据条件，列方程或方程组求解．
2．熟记复数表示实数、纯虚数的条件，复数相等的条件、共轭复数及复数的几何意义是解决复数问题的关键．
跟踪训练
1．设复数z 满足1＋z
1－z
＝i，则|z|＝(
)
A．1
B．2
C．3
D．2
[解析]
因为1＋z
1－z
＝i，所以z＝－1＋i
1＋i
＝－1＋i1－i
1＋i1－i
＝i，故|z|＝1．
2．若复数z 满足
z
1－i
＝i，其中i 为虚数单位，则z＝(
)
A．1－i
B．1＋i
C．－1－i
D．－1＋i
[解析]
由
z
1－i
＝i，得z ＝i(1－i)＝1＋i，所以z＝1－i．
3．已知z＝(m＋3)＋(m－1)i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是(
)
A．(－3,1)
B．(－1,3)
C．(1，＋∞)
D．(－∞，－3)
[解析]
由已知可得复数z 在复平面内对应的点的坐标为(m＋3，m－1)，所以
m＋3>0，
m－1<0，
解得－3<m<1，故选A．
程序框图
典题例析
例3
(1)执行如图所示的程序框图，当输出的n 的值等于5 时，输入的正整数A 的最大值为(
)
A．7
B．22
C．62
D．63
[解析]
第1 次循环
S＝0＋1＝1，
x＝3×1－1＝2，
n＝1；
第2 次循环
S＝1＋2＝3，
x＝3×2－1＝5，
n＝2；
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第3 次循环
S＝3＋5＝8，
x＝3×5－1＝14，
n＝3；
第4 次循环
S＝8＋14＝22，
x＝3×14－1＝41，
n＝4；
第5 次循环
S＝22＋41＝63，
x＝3×41－1＝122，
n＝5.
因为输出的n＝5，所以22<A≤63，
所以输入的正整数A 的最大值为63．
(2)执行如图所示的程序框图，若输出k 的值为8，则判断框内可填入的条件是(
)
A．s≤3
4？
B．s≤5
6？
C．s≤11
12？
D．s≤25
24？
[解析]
第一次：k＝2，s＝1
2；第二次：k＝4，s＝3
4；第三次：k＝6，s＝11
12；第四次：k＝8，s＝25
24.输出k＝8，s≤11
12．
解答程序框图问题的关注点
(1)首先要读懂程序框图，要熟练掌握程序框图的三种基本结构，特别是循环结构，如累加求和、累乘求积、多次
输入等有规律的科学计算中，都有循环结构．
(2)准确把握控制循环的变量，变量的初值和循环条件，弄清在哪一步结束循环；弄清循环体和输入条件、输出结
果．
(3)对于循环次数比较少的可逐步写出，对于循环次数较多的可先依次列出前几次循环结果，找出规律．
易错提醒：解答循环结构的程序框图(流程图)问题要注意输出循环次数的情况，防止多一次或少一次的错误．
跟踪训练
1．根据如图所示的框图，对大于2 的整数N，输出的数列的通项公式是(
)
A．an＝2n
B．an＝2(n－1)
C．an＝2n
D．an＝2n－1
[解析]
当S＝1，i＝1 时，执行循环体，a1＝2，S＝2，i＝2；
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26
若不满足条件i>N，执行循环体，a2＝4，S＝4，i＝3；
若不满足条件i>N，执行循环体，a3＝8，S＝8，i＝4；
若不满足条件i>N，执行循环体，a4＝16，S＝16，i＝5；
…
所以an＝2n．
2．执行如图所示的程序框图．如果输入n＝3，则输出的S＝(
)
A．6
7
B．3
7
C．8
9
D．4
9
[解析]
由题意得，输出的S 为数列{
1
2n－12n＋1}的前三项和，而
1
2n－12n＋1＝1
2(
1
2n－1－
1
2n＋1)，所以Sn
＝1
2(1－
1
2n＋1
)＝
n
2n＋1
，所以S3＝3
7．
合情推理
典题例析
例4
(1)(2019·南宁模拟)甲、乙、丙、丁四人在餐馆聚会，其中有一人买单，当甲的妻子询问是谁买单
时，他们的回答如下．甲：不是我买的单；乙：是丁买的单；丙：是乙买的单；丁：不是我买的单．这四个人中只有
一个人说了真话，由此可见，您能判定买单的人是(
)
A．甲
B．乙
C．丙
D．丁
[解析]
乙和丁的话是矛盾关系，即乙且丁为假，乙或丁为真，所以乙与丁必有一真必有一假，则甲和丙说的都
是假话，故很容易得出答案即买单的人是甲．故选A．
(2)如图所示，将正整数从小到大沿三角形的边成螺旋状排列起来，2 在第一个拐弯处，4 在第二个拐弯处，7 在第
三个拐弯处，…，则在第二十个拐弯处的正整数是__211__．
[解析]
观察题图可知，
第一个拐弯处2＝1＋1，
第二个拐弯处4＝1＋1＋2，
第三个拐弯处7＝1＋1＋2＋3，
第四个拐弯处11＝1＋1＋2＋3＋4，
第五个拐弯处16＝1＋1＋2＋3＋4＋5，
发现规律：拐弯处的数是从1 开始的一串连续正整数相加之和再加1，在第几个拐弯处，就加到第几个正整数，
所以第二十个拐弯处的正整数就是1＋1＋2＋3＋…＋20＝211．
1．在进行归纳推理时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论．
2．在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后通过类比，推导出类比对象的性质．
3．归纳推理的关键是找规律，类比推理的关键是看共性．
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27
跟踪训练
1．曾经在校园内发生过这样一件事：甲、乙、丙、丁四名同学在教室前的空地上踢足球，忽然足球飞向了教室的
一扇窗户，听到响声后，李主任走了过来，看着一地碎玻璃，问道：“玻璃是谁打破的？”甲：是乙打破的；乙：不
是我，是丁打破的；丙：肯定不是我打破的；丁：乙在撒谎．现在只知道有一个人说了真话，打破玻璃的是__丙__．
[解析]
求解本题关键在于认清乙说的与丁说的是“p”与“非p”形式，因此乙和丁之间必有一人说真话一人说假
话，由此分析可知，甲和丙说的都是假话，可得是丙打破的玻璃．
2．(文)观察下列各式：3
2＋2
7＝22×3
1
7，3
3＋3
26＝32×3
1
26，3
4＋4
63＝42×3
1
63，…，若3
9＋9
m
＝92×3
1
m，则m＝(
)
A．80
B．81
C．728
D．729
[解析]
3
2＋2
7＝22×3
1
7＝22×3
1
23－1，3
3＋3
26＝32×3
1
26＝32×3
1
33－1，3
4＋4
63＝42×3×
1
63
＝42×3
1
43－1
，…，所以3
n＋
n
n3－1
＝n2×3
1
n3－1
，所以3
9＋9
m＝92×3
1
m＝92×3
1
93－1
，所以m＝93
－1＝729－1＝728.故选C．
(理)祖暅(公元前5～6 世纪)是我国南北朝时期的数学家，是祖冲之的儿子．他提出了一条原理：“幂势既同，则
积不容异．”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的
水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．设由椭圆y2
a2＋x2
b2＝1(a>b>0)所围成的平面图形绕y 轴旋转一周后，得
一橄榄状的几何体(如图，称为椭球体)，课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式的做法，请类比此法，求出椭球
体体积，其体积等于__4π
3 ab2__．
[解析]
椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，现构造两个底面半径为b，高为a 的圆柱，然后在圆柱内挖去一个
以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球的体积V＝2(V 圆柱－V 圆锥)＝2(π×b2×a
－π
3×b2a)＝4π
3 ab2．
A 组
1．(2017·全国卷Ⅱ，1)3＋i
1＋i
＝(
)
A．1＋2i
B．1－2i
C．2＋i
D．2－i
[解析]
3＋i
1＋i
＝3＋i1－i
1＋i1－i
＝3－3i＋i＋1
2
＝2－i．
故选D．
2．(文)已知i 为虚数单位，则复数1－3i
1＋i
＝(
)
A．2＋i
B．2－i
C．－1－2i
D．－1＋2i
[解析]
1－3i
1＋i
＝1－3i1－i
2
＝－1－2i，故选C．
(理)若(1＋2ai)i＝1－bi，其中a、b∈R，则|a＋bi|＝(
)
A．1
2＋i
B．5
C．5
2
D．
5
4
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28
[解析]
∵(1＋2ai)i＝－2a＋i＝1－bi，
∴a＝－1
2，b＝－1，
∴|a＋bi|＝|－1
2－i|＝
－1
22＋－12＝5
2 ．
3．设向量a，b 满足|a＋b|＝20，a·b＝4，则|a－b|＝(
)
A．2
B．2 3
C．2
D．6
[解析]
∵|a＋b|＝20，a·b＝4，
∴|a＋b|2－|a－b|2＝4a·b＝16，∴|a－b|＝2，故选C．
4．设x∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，－2)，且a⊥b，则|a＋b|＝(
)
A．5
B．10
C．2 5
D．10
[解析]
∵a⊥b，∴a·b＝0，∴x－2＝0，∴x＝2，
∴a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝10．
5．(2019·成都检测)“更相减损术”是我国古代数学名著《九章算术》中的算法案例，其对应的程序框图如图所示．若
输入的x，y，k 的值分别为4,6,1，则输出k 的值为(
)
A．2
B．3
C．4
D．5
[解析]
执行程序框图，x＝4，y＝6，k＝1，
k＝k＋1＝2，x>y 不成立，x＝y 不成立，y＝y－x＝2；
k＝k＋1＝3，x>y 成立，x＝x－y＝4－2＝2；
k＝k＋1＝4，x>y 不成立，x＝y 成立，输出k＝4．
6．(2018·大连一模)某种树的分枝生长规律如图所示，第1 年到第5 年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10 年
树的分枝数为(
)
A．21
B．34
C．52
D．55
[解析]
由题意可得，这种树从第一年的分枝数分别是1,1,2,3,5，…则2＝1＋1,3＝1＋2,5＝2＋3，即从第三项起，
每一项都等于前两项的和，所以第10 年树的分枝数是21＋34＝55.故选D．
7．下面框图所给的程序运行结果为S＝28，那么判断框中应填入的关于k 的条件是(
)
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A．k＝8?
B．k≤7?
C．k<7?
D．k>7?
[解析]
开始→k＝10，S＝1，满足条件→S＝1＋10＝11，k＝10－1＝9，满足条件→S＝11＋9＝20，k＝9－1＝8，
满足条件→S＝20＋8＝28，k＝8－1＝7.由于输出S 的值为28，故k＝7 不再满足条件，故选D．
8．在△ABC 中，∠ABC＝90°，AB＝6，点D 在边AC 上，且2AD
→＝DC
→，则BA
→·BD
→的值是(
)
A．48
B．24
C．12
D．6
[解析]
解法一：由题意得，BA
→·BC
→＝0，
BA
→·CA
→＝BA
→·(BA
→－BC
→)＝|BA
→|2＝36，
∴BA
→·BD
→＝BA
→·(BC
→＋CD
→)＝BA
→·(BC
→＋2
3CA
→)＝0＋2
3×36＝24．
解法二：(特例法)若△ABC 为等腰直角三角形，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(6,0)，C(0,6)．
由2AD
→＝DC
→，得D(4,2)．
∴BA
→·BD
→＝(6,0)·(4,2)＝24．
9．对任意向量a，b，下列关系式中不恒成立的是(
)
A．|a·b|≤|a||b|
B．|a－b|≤||a|－|b||
C．(a＋b)2＝|a＋b|2
D．(a＋b)·(a－b)＝a2－b2
[解析]
由|a·b|＝||a|·|b|·cosθ|，
因为－1≤cosθ≤1，所以|a·b|≤|a||b|恒成立；
由向量减法的几何意义结合三角形的三边关系可得|a－b|≥||a|－|b||，故B 选项不成立；
根据向量数量积的运算律C，D 选项恒成立．
10．36 的所有正约数之和可按如下方法得到：因为36＝22×32，所以36 的所有正约数之和为(1＋3＋32)＋(2＋2×3
＋2×32)＋(22＋22×3＋22×32)＝(1＋2＋22)(1＋3＋32)＝91，参照上述方法，可求得200 的所有正约数之和为(
)
A．201
B．411
C．465
D．565
[解析]
200 的所有正约数之和可按如下方法得到：因为200＝23×52，所以200 的所有正约数之和为(1＋2＋22＋
23)·(1＋5＋52)＝465，所以200 的所有正约数之和为465．
11．(2019·太原模拟)若复数z＝1＋mi
1＋i
在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是(
)
A．(－1,1)
B．(－1,0)
C．(1，＋∞)
D．(－∞，－1)
[解析]
解法一：因为z＝1＋mi
1＋i
＝1＋mi1－i
1＋i1－i
＝1＋m
2
＋m－1
2
i 在复平面内对应的点为(1＋m
2
，m－1
2
)，且在第四
象限，所以
1＋m
2
>0，
m－1
2
<0，
解得－1<m<1．
解法二：当m＝0 时，z＝1
1＋i
＝
1－i
1＋i1－i
＝1
2－1
2i，在复平面内对应的点在第四象限，所以排除选项B、C、D，
故选A．
12．若x∈A，则1
x∈A，就称A 是伙伴关系集合，集合M＝{－1,0，1
3，1
2，1,2,3,4}的所有非空子集中，具有伙伴关
系的集合的个数为(
)
A．15
B．16
C．28
D．25
[解析]
本题关键看清－1 和1 本身也具备这种运算，这样所求集合即由－1,1,3 和1
3，2 和1
2这“四大”元素所能组
成的集合．所以满足条件的集合的个数为24－1＝15．
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30
13．已知a＝(1,2)，b＝(－2，m)，若a∥b，则|2a＋3b|＝__4 5__．
[解析]
由a∥b⇒m＋4＝0，解得m＝－4，故2a＋3b＝2(1,2)＋3(－2，－4)＝(－4，－8)，因此|2a＋3b|＝
－42＋－82＝4 5．
14．已知△ABC 的面积为2 3，且B＝2π
3 ，则AB
→·BC
→＝__4__．
[解析]
设△ABC 的三角A，B，C 的对边分别为a，b，c，
则S＝1
2acsinB＝3
4 ac＝2 3，即ac＝8，
AB
→·BC
→＝|AB
→||BC
→|·cos(π－B)＝cacosπ
3＝8×1
2＝4．
15．执行下边的程序框图，若输入的x 的值为1，则输出的y 的值为__13__．
[解析]
第一次执行程序，满足条件x＜2，x＝1＋1＝2；第二次执行程序，不满足条件x＜2，y＝3×22＋1＝13，
输出y＝13，结束．答案为13．
16．观察等式：f(1
3)＋f(2
3)＝1；f(1
4)＋f(2
4)＋f(3
4)＝3
2；f(1
5)＋f(2
5)＋f(3
5)＋f(4
5)＝2；f(1
6)＋f(2
6)＋f(3
6)＋f(4
6)＋f(5
6)＝5
2；
…
由以上几个等式的规律可猜想f(
1
2 020)＋f(
2
2 020)＋f(
3
2 020)＋…＋f(2 019
2 020)＝__2 019
2
__．
[解析]
从所给四个等式看，等式右边依次为1，3
2，2，5
2，将其变为2
2，3
2，4
2，5
2，可以得到右边是一个分数，分母为2，
分子与左边最后一项中自变量的分子相同，所以f(
1
2 020)＋f(
2
2 020)＋f(
3
2 020)＋…＋f(2 019
2 020)＝2 019
2
．
B 组
1．已知复数z 满足z(1＋i)＝1＋ai(其中i 是虚数单位，a∈R)，则复数z 在复平面内对应的点不可能位于(
)
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
[解析]
由条件可知：z＝1＋ai
1＋i
＝1＋ai1－i
1＋i1－i
＝a＋1
2
＋a－1
2
i；当a＋1
2
<0，且a－1
2
>0 时，a∈∅，所以z 对应的点不
可能在第二象限．
2．(2019·湘东五校联考)已知i 为虚数单位，若复数z＝
a
1－2i
＋i(a∈R)的实部与虚部互为相反数，则a＝(
)
A．－5
B．－1
C．－1
3
D．－5
3
[解析]
z＝
a
1－2i＋i＝
a1＋2i
1－2i1＋2i
＋i＝a
5＋2a＋5
5
i，
∵复数z＝
a
1－2i＋i(a∈R)的实部与虚部互为相反数，
∴－a
5＝2a＋5
5
，解得a＝－5
3．
3．设非零向量a，b 满足|a＋b|＝|a－b|，则(
)
A．a⊥b
B．|a|＝|b|
C．a∥b
D．|a|>|b|
[解析]
方法一：∵|a＋b|＝|a－b|，
∴|a＋b|2＝|a－b|2．
∴a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b．
∴a·b＝0．
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31
∴a⊥b．
故选A．
方法二：利用向量加法的平行四边形法则．
在▱ABCD 中，设AB
→＝a，AD
→＝b，
由|a＋b|＝|a－b|知|AC
→|＝|DB
→|，∴|AC|＝|DB|
从而平行四边形ABCD 为矩形，即AB⊥AD，故a⊥b．
故选A．
4．已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是(
)
A．求首项为1，公差为2 的等差数列的前2 019 项和
B．求首项为1，公差为2 的等差数列的前2 020 项和
C．求首项为1，公差为4 的等差数列的前1 009 项和
D．求首项为1，公差为4 的等差数列的前1 010 项和
[解析]
由程序框图得，输出的S＝(2×1－1)＋(2×3－1)＋(2×5－1)＋…＋(2×2 019－1)，可看作数列{2n－1}的
前2 019 项中所有奇数项的和，即首项为1，公差为4 的等差数列的前1 010 项和．
5．设向量a，b 满足|a|＝|b|＝|a＋b|＝1，则|a－tb|(t∈R)的最小值为(
)
A．3
2
B．1
2
C．1
D．2
[解析]
由于|a|＝|b|＝|a＋b|＝1，于是|a＋b|2＝1，即a2＋2a·b＋b2＝1，
即a·b＝－1
2．
|a－tb|2＝a2－2ta·b＋t2b2＝(1＋t2)－2ta·b＝t2＋t＋1≥3
4，故|a－tb|的最小值为3
2 ．
6．如图所示将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n>1，n∈N)个点，相应的图案中总的点数记
为an，则9
a2a3
＋9
a3a4
＋9
a4a5
＋…＋
9
a2 019a2 020
＝(
)
A．2 016
2 017
B．2 017
2 018
C．2 018
2 019
D．2 019
2 020
[解析]
每条边有n 个点，所以三条边有3n 个点，三角形的3 个顶点都被重复计算了一次，所以减3 个顶点，即
an＝3n－3，那么
9
anan＋1
＝
9
3n－3×3n
＝
1
n－1n
＝1
n－1
－1
n，
则9
a2a3
＋9
a3a4
＋9
a4a5
＋…＋
9
a2 019a2 020
＝(1
1－1
2)＋(1
2－1
3)＋(1
3－1
4)＋…(
1
2 018－
1
2 019)＝1－
1
2 019＝2 018
2 019.故选C．
7．(2019·南宁二中、柳州高中联考)执行如图所示的程序框图，若输出的结果s＝132，则判断框中可以填(
)
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A．i≥10?
B．i≥11?
C．i≤11?
D．i≥12?
[解析]
执行程序框图，i＝12，s＝1；s＝12×1＝12，i＝11；s＝12×11＝132，i＝10.此时输出的s＝132，则判断
框中可以填“i≥11？”．
8．(2019·南宁摸底联考)已知O 是△ABC 内一点，OA
→＋OB
→＋OC
→＝0，AB
→·AC
→＝2 且∠BAC＝60°，则△OBC 的面
积为(
)
A．3
3
B．3
C．3
2
D．2
3
[解析]
∵OA
→＋OB
→＋OC
→＝0，∴O 是△ABC 的重心，于是S△OBC＝1
3S△ABC．
∵AB
→·AC
→＝2，
∴|AB
→|·|AC
→|·cos∠BAC＝2，∵∠BAC＝60°，
∴|AB
→|·|AC
→|＝4，∴S△ABC＝1
2|AB
→|·|AC
→|sin∠BAC＝3，∴△OBC 的面积为3
3 ．
9．设复数z 的共轭复数为z ，若z＝1－i(i 为虚数单位)，则
z
z ＋z2 的虚部为__－1__．
[解析]
∵z＝1－i(i 为虚数单位)，
∴
z
z ＋z2＝1＋i
1－i
＋(1－i)2＝
1＋i2
1－i1＋i
－2i＝2i
2－2i＝－i，故其虚部为－1．
10．(文)(2019·厦门联考)刘老师带甲、乙、丙、丁四名学生去西安参加自主招生考试，考试结束后刘老师向四名
学生了解考试情况．四名学生回答如下：
甲说：“我们四人都没考好．”
乙说：“我们四人中有人考得好．”
丙说：“乙和丁至少有一人没考好．”
丁说：“我没考好．”
结果，四名学生中有两人说对了，则这四名学生中的__乙，丙__两人说对了．
[解析]
甲与乙的关系是对立事件，二人说话矛盾，必有一对一错，如果选丁正确，则丙也是对的，所以丁错误，
可得丙正确，此时乙正确．故答案为乙，丙．
(理)(2019·湖北七市联考)观察下列等式：
1＋2＋3＋…＋n＝1
2n(n＋1)；
1＋3＋6＋…＋1
2n(n＋1)＝1
6n(n＋1)(n＋2)；
1＋4＋10＋…＋1
6n(n＋1)(n＋2)＝1
24n(n＋1)(n＋2)·(n＋3)；
…
可以推测，1＋5＋15＋…＋1
24n(n＋1)(n＋2)(n＋3)＝__ 1
120n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)(n∈N*)__．
[解析]
根据式子中的规律可知，等式右侧为
1
5×4×3×2×1
n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)
＝1
120n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)(n∈N*)．
11．(2017·江苏卷，4)如图是一个算法流程图，若输入x 的值为1
16，则输出y 的值是__－2__．
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[解析]
输入x＝1
16<1，执行y＝2＋log2 1
16＝2－4
＝－2，故输出y 的值为－2．
12．如图所示，A，B，C 是圆O 上的三点，线段CO 的延长线与线段BA 的延长线交于圆O 外的点D，若OC
→＝
mOA
→＋nOB
→，则m＋n 的取值范围是__(－1,0)__．
[解析]
根据题意知，线段CO 的延长线与线段BA 的延长线的交点为D，则OD
→＝tOC
→．
∵D 在圆外，∴t<－1，
又D，A，B 共线，∴存在λ、μ，使得OD
→＝λOA
→＋μOB
→，且λ＋μ＝1，又由已知，OC
→＝mOA
→＋nOB
→，
∴tmOA
→＋tnOB
→＝λOA
→＋μOB
→，
∴m＋n＝1
t，故m＋n∈(－1,0)．
第三讲
不等式
高考考点
考点解读
不等式的性
质及解法
1.利用不等式的性质判定命题的真假及一元二次不等式的解法
2．通过含参数不等式恒成立求参数范围
基本不等式的应用
1.考查利用基本不等式求最值问题
2．常与集合、函数等知识综合命题
线性规划问题
1.给出约束条件求最值、求区域面积
2．已知最优解情况或可行域情况确定参数的值或取值范围
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)掌握不等关系与不等式解法、基本不等式的应用．
(2)熟练掌握求解线性规划问题的方法，给出线性不等式组可以熟练找出其对应的可行域．
(3)关注目标函数的几何意义和参数问题，掌握求目标函数最值的方法．
预测2020 年命题热点：
(1)不等式的性质、不等关系及不等式解法，利用基本不等式求函数最值．
(2)求目标函数的最大值或最小值及求解含有参数的线性规划问题.
知识整合
1．不等式的四个性质
注意不等式的乘法、乘方与开方对符号的要求，如：
(1)a>b，__c>0__⇒ac>bc；a>b，__c<0__⇒ac<bc．
(2)a>b__>0__，c>d__>0__⇒ac>bd．
(3)a>b__>0__⇒an>bn(n∈N，n≥1)．
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(4)a>b__>0__⇒n a>n b(n∈N，n≥2)．
2．四类不等式的解法
(1)一元二次不等式的解法
先化为一般形式ax2＋bx＋c>0(a≠0)，再求相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根据相应二次函数
图象与x 轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集．
(2)简单分式不等式的解法
fx
gx
>0(<0)⇔__f(x)g(x)>0(<0)__．
fx
gx
≥0(≤0)⇔__f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0__．
(3)简单指数不等式的解法
当a>1 时，af(x)>ag(x)⇔__f(x)>g(x)__；
当0<a<1 时，af(x)>ag(x)⇔__f(x)<g(x)__．
(4)简单对数不等式的解法
当a>1 时，logaf(x)>logag(x)⇔__f(x)>g(x)>0__；
当0<a<1 时，logaf(x)>logag(x)⇔__g(x)>f(x)>0__．
3．基本不等式
(1)基本不等式的常用变形
①a＋b≥2 ab(a>0，b>0)，当且仅当__a＝b__时，等号成立．
②a2＋b2≥2ab，ab≤(a＋b
2
)2(a，b∈R)，当且仅当a＝b 时，等号成立．
③b
a＋a
b≥2(a，b 同号且均不为零)，当且仅当__a＝b__时，等号成立．
④a＋1
a≥2(a>0)，当且仅当a＝1 时，等号成立；a＋1
a≤－2(a<0)，当且仅当a＝－1 时，等号成立．
⑤a>0，b>0，则
a2＋b2
2
≥a＋b
2
≥__ ab__≥
2
1
a＋1
b
，当且仅当a＝b 时取等号．
(2)利用基本不等式求最值
已知a，b∈R，则：①若a＋b＝S(S 为定值)，则ab≤
__(a＋b
2
)2__＝S2
4 ，当且仅当a＝b 时，ab 取得最大值S2
4 ．
②若ab＝T(T 为定值，且T>0)，则a＋b≥__2 ab__＝2 T，当且仅当a＝b 时，a＋b 取得最小值2 T．
4．求目标函数的最优解问题
(1)“斜率型”目标函数z＝y－b
x－a
(a，b 为常数)，最优解为点(a，b)与可行域上点的连线的斜率取最值时的可行解．
(2)“两点间距离型”目标函数z＝x－a2＋y－b2(a，b 为常数)，最优解为点(a，b)与可行域上点之间的距离取
最值时的可行解．
5．线性规划中的参数问题的注意点
(1)当最值已知时，目标函数中的参数往往与直线斜率有关，解题时应充分利用斜率这一特征加以转化．
(2)当目标函数与最值都已知，且约束条件中含有参数时，因为平面区域是变动的，所以要抓住目标函数及最值已
知这一突破口，先确定最优解，然后变动参数范围，使得这样的最优解在该区域内即可．
6．重要性质及结论
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的条件是a>0，
Δ<0.
(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的条件是a<0，
Δ<0.
易错警示
1．忽略条件
应用基本不等式求最值时，要注意“一正、二定、三相等”，三个条件缺一不可，否则会导致结论错误．
2．忽视分母不等于0
求解分式不等式时应注意正确进行同解变形，不能把fx
gx
≥0 直接转化为f(x)g(x)≥0，而忽略g(x)≠0．
3．忽略等号成立的条件
在连续使用基本不等式求最值时，应特别注意检查等号是否同时成立．
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35
1．(2019·北京卷，5)若x，y 满足|x|≤1－y，且y≥－1，则3x＋y 的最大值为(
)
A．－7
B．1
C．5
D．7
[解析]
由|x|≤1－y，且y≥－1，得
x－y＋1≥0，
x＋y－1≤0，
y≥－1.
作出可行域如图阴影部分所示．
设z＝3x＋y，则y＝－3x＋z．
作直线l0：y＝－3x，并进行平移．
显然当l0 过点A(2，－1)时，z 取最大值，zmax＝3×2－1＝5.故选C．
2．(2019·天津卷，2)设变量x，y 满足约束条件
x＋y－2≤0，
x－y＋2≥0，
x≥－1，
y≥－1，
则目标函数z＝－4x＋y 的最大值为(
)
A．2
B．3
C．5
D．6
[解析]
由约束条件作出可行域如图中阴影部分(含边界)所示．
∵z＝－4x＋y 可化为y＝4x＋z，
∴作直线l0：y＝4x，并进行平移，显然当l0 过点A(－1,1)时，z 取得最大值，
zmax＝－4×(－1)＋1＝5.故选C．
3．(2019·浙江卷，3)若实数x，y 满足约束条件
x－3y＋4≥0，
3x－y－4≤0，
x＋y≥0，
则z＝3x＋2y 的最大值是(
)
A．－1
B．1
C．10
D．12
[解析]
如图，不等式组表示的平面区域是以A(－1,1)，B(1，－1)，C(2,2)为顶点的△ABC 区域(包含边界)．作出
直线y＝－3
2x 并平移，知当直线y＝－3
2x＋z
2经过C(2,2)时，z 取得最大值，且zmax＝3×2＋2×2＝10.故选C．
4．(2019·全国卷Ⅰ，4)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是
5－1
2
( 5－1
2
≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与
咽喉至肚脐的长度之比也是5－1
2
.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm，头顶至脖子下端的长度为26
cm，则其身高可能是(
)
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A．165 cm
B．175
cm
C．185 cm
D．190 cm
[解析]
设某人身高为m cm，脖子下端至肚脐的长度为n cm，则由腿长为105 cm，可得m－105
105
5－1
2
≈0.618，
解得m>169.890．
由头顶至脖子下端的长度为26 cm，
可得26
n > 5－1
2
≈0.618，解得n<42.071．
由已知可得
26＋n
m－n＋26
＝5－1
2
≈0.618，
解得m<178.218．
综上，此人身高m 满足169.890<m<178.218，所以其身高可能为175 cm.故选B．
5．(2019·全国卷Ⅱ，6)若a>b，则(
)
A．ln(a－b)>0
B．3a<3b
C．a3－b3>0
D．|a|>|b|
[解析]
方法1：不妨设a＝－1，b＝－2，则a>b，可验证A，B，D 错误，只有C 正确．
方法2：由a>b，得a－b>0.但a－b>1 不一定成立，则ln(a－b)>0 不一定成立，故A 不一定成立．
因为y＝3x 在R 上是增函数，当a>b 时，3a>3b，故B 不成立．
因为y＝x3 在R 上是增函数，当a>b 时，a3>b3，即a3－b3>0，故C 成立．
因为当a＝3，b＝－6 时，a>b，但|a|<|b|，
所以D 不一定成立．故选C．
6．(文)(2019·北京卷，10)若x，y 满足
x≤2，
y≥－1，
4x－3y＋1≥0，
则y－x 的最小值为__－3__，最大值为__1__．
[解析]
x，y 满足的平面区域如图所示．
设z＝y－x，
则y＝x＋z．
把z 看作常数，则目标函数是可平行移动的直线，z 的几何意义是直线y＝x＋z 的纵截距，通过图象可知，当直线
y＝x＋z 经过点A(2,3)时，z 取得最大值，此时zmax＝3－2＝1．
当经过点B(2，－1)时，z 取得最小值，此时zmin＝－1－2＝－3．
(理)(2019·北京卷，14)李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格
依次为60 元/盒、65 元/盒、80 元/盒、90 元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到
120 元，顾客就少付x 元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．
①当x＝10 时，顾客一次购买草莓和西瓜各1 盒，需要支付__130__元；
②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为__15__．
[解析]
①顾客一次购买草莓和西瓜各1 盒，原价应为60＋80＝140(元)，超过了120 元可以优惠，所以当x＝10
时，顾客需要支付140－10＝130(元)．②由题意知，当x 确定后，顾客可以得到的优惠金额是固定的，所以顾客支付
的金额越少，优惠的比例越大．而顾客要想得到优惠，最少要一次购买2 盒草莓，此时顾客支付的金额为(120－x)元，
所以(120－x)×80%≥120×0.7，所以x≤15.即x 的最大值为15．
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7．(文)(2019·天津卷，10)设x∈R，使不等式3x2＋x－2<0 成立的x 的取值范围为__ －1，2
3 __．
[解析]
3x2＋x－2<0 变形为(x＋1)(3x－2)<0，解得－1<x<2
3，故使不等式成立的x 的取值范围为－1，2
3 ．
(理)(2019·天津卷，13)设x>0，y>0，x＋2y＝5，则x＋12y＋1
xy
的最小值为__4 3__．
[解析]
∵x>0，y>0，∴xy>0．
∵x＋2y＝5，∴x＋12y＋1
xy
＝2xy＋x＋2y＋1
xy
＝2xy＋6
xy
＝2 xy＋6
xy
≥2 12＝4 3．
当且仅当2 xy＝6
xy
且x＋2y＝5，即
x＝3
y＝1
或
x＝2
y＝3
2
时取等号．
∴x＋12y＋1
xy
的最小值为4 3．
8．(2019·江苏卷，10)在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线y＝x＋4
x(x>0)上的一个动点，则点P 到直线x＋y＝0 的
距离的最小值是__4__．
[解析]
方法1：由题意可设P x0，x0＋4
x0 (x0>0)，
则点P 到直线x＋y＝0 的距离d＝|x0＋x0＋4
x0|
2
＝|2x0＋4
x0|
2
≥
2
2x0· 4
x0
2
＝4，当且仅当2x0＝4
x0
，即x0＝2时取等
号．
故所求最小值是4．
方法2：设P x0，4
x0
＋x0 (x0>0)，则曲线在点P 处的切线的斜率为k＝1－4
x20
.令1－4
x20
＝－1，结合x0>0 得x0＝2，
∴P( 2，3 2)，曲线y＝x＋4
x(x>0)上的点P 到直线x＋y＝0 的最短距离即为此时点P 到直线x＋y＝0 的距离，故dmin
＝| 2＋3 2|
2
＝4．
9．(2018·全国卷Ⅱ，14)若x，y 满足约束条件
x＋2y－5≥0，
x－2y＋3≥0，
x－5≤0，
则z＝x＋y 的最大值为__9__．
[解析]
由不等式组画出可行域，如图(阴影部分)．x＋y 取得最大值⇔斜率为－1 的直线x＋y＝z(z 看作常数)的横
截距最大，
由图可得直线x＋y＝z 过点C 时z 取得最大值．
由
x＝5，
x－2y＋3＝0
得点C(5,4)，
∴zmax＝5＋4＝9．
10．(2018·天津卷，13)已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，则2a＋1
8b的最小值为__1
4__．
[解析]
∵a－3b＋6＝0，∴a－3b＝－6，∴2a＋1
8b＝2a＋2
－3b≥2 2a·2
－3b＝2 2a－3b＝2 2
－6＝2×2
－3＝1
4，当且仅当
a＝－3b，
a－3b＋6＝0
，即
a＝－3，
b＝1
时取到等号．
11．(2018·江苏卷，13)在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC 的平分线交
AC 于点D，且BD＝1，则4a＋c 的最小值为__9__．
[解析]
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38
图(1)
方法一：如图(1)，
∵S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，
∴1
2ac·sin120°＝1
2c×1×sin60°＋1
2a×1×sin60°，
∴ac＝a＋c．
∴1
a＋1
c＝1．
∴4a＋c＝(4a＋c)
1
a＋1
c
＝c
a＋4a
c ＋5
≥2
c
a·4a
c ＋5＝9．
图(2)
当且仅当c
a＝4a
c ，即c＝2a 时取等号．
方法二：如图(2)，以B 为原点，BD 为x 轴建立平面直角坐标系，则D(1,0)，
A(c
2，－3
2 c)，C(a
2，3
2 a)．
∵A，D，C 三点共线，
∴
c
2－1
－3
2 c
＝
a
2－1
3
2 a
，
∴ac＝a＋c．
以下同方法一．
不等式的性质及解不等式
典题例析
例1
(1)(2019·南宁二中、柳州高中联考)设a>b，a，b，c∈R，则下列式子正确的是(
)
A．ac2>bc2
B．a
b>1
C．a－c>b－c
D．a2>b2
[解析]
若c＝0，则ac2＝bc2，故A 错；若b<0，则a
b<1，故B 错；不论c 取何值，都有a－c>b－c，故C 正确；
若a，b 都小于0，则a2<b2，故D 错．于是选C．
(2)(文)已知关于x 的不等式(ax－1)(x＋1)<0 的解集是(－∞，－1)∪(－1
2，＋∞)，则a＝(
)
A．2
B．－2
C．－1
2
D．1
2
[解析]
根据一元二次不等式与之对应方程的关系知－1，－1
2是一元二次方程ax2＋(a－1)x－1＝0 的两个根，所
以－1×(－1
2)＝－1
a，所以a＝－2．
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39
(理)已知一元二次不等式f(x)≤0 的解集为{x|x≤1
2或x≥3}，则f(ex)>0 的解集为(
)
A．{x|x<－ln2 或x>ln3}
B．{x|ln2<x<ln3}
C．{x|x<ln3}
D．{x|－ln2<x<ln3}
[解析]
由题意可知，一元二次不等式所对应的二次函数的图象开口向下，故f(x)>0 的解集为{x|1
2<x<3}，又因为
f(ex)>0，所以1
2<ex<3，解得－ln2<x<ln3．
1．明确解不等式的策略
(1)一元二次不等式：先化为一般形式ax2＋bx＋c>0(a>0)，再结合相应二次方程的根及二次函数图象确定一元二次
不等式的解集．
(2)含指数、对数的不等式：利用指数、对数函数的单调性将其转化为整式不等式求解．
2．掌握不等式恒成立问题的解题方法
(1)f(x)>a 对一切x∈I 恒成立⇔f(x)min>a；
f(x)<a 对一切x∈I 恒成立⇔f(x)max<a．
(2)f(x)>g(x)对一切x∈I 恒成立⇔f(x)的图象在g(x)的图象的上方．
(3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法，一定要搞清谁是自变量，谁是参数．一般地，知道谁的范围，谁就是
变量，求谁的范围，谁就是参数．利用分离参数法时，常用到函数单调性、基本不等式等．
跟踪训练
1．有下列三个不等式：①x＋1
x≥2(x≠0)；②c
a<c
b(a>b>c>0)；③a＋m
b＋m
>a
b(a，b，m>0 且a<b)，其中恒成立的个数为
(
)
A．3
B．2
C．1
D．0
[解析]
当x<0 时，①不成立；由a>b>c>0，得1
a<1
b，所以c
a<c
b成立，所以②恒成立；a＋m
b＋m
－a
b＝mb－a
bb＋m
，由a，b，
m>0 且a<b 知a＋m
b＋m
－a
b>0 恒成立，故③恒成立．
2．已知x，y∈R，且x>y>0，则(
)
A．1
x－1
y>0
B．sinx－siny>0
C．(1
2)x－(1
2)y<0
D．lnx＋lny>0
[解析]
因为x>y>0，选项A，取x＝1，y＝1
2，则1
x－1
y＝1－2＝－1<0，排除A；选项B，取x＝π，y＝π
2，则sinx
－siny＝sinπ－sinπ
2＝－1<0，排除B；选项D，取x＝2，y＝1
2，则lnx＋lny＝lnxy＝ln1＝0，排除D．故选C．
3．(文)若不等式x2＋ax－2>0 在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是__(－23
5 ，＋∞)__．
[解析]
由Δ＝a2＋8>0，知方程x2＋ax－2＝0 恒有两个不等实数根，又知两根之积为负，所以方程x2＋ax－2＝0
必有一正根、一负根．于是不等式在区间[1,5]上有解的充要条件是f(5)>0，解得a>－23
5 ，故a 的取值范围为(－23
5 ，＋
∞)．
(理)设函数f(x)＝
x2＋x，x<0，
－x2，x≥0，
若f(f(a))≤2，则实数a 的取值范围是__a≤2__．
[解析]
由题意，得
fa<0，
f 2a＋fa≤2
或
fa≥0，
－f 2a≤2
解得f(a)≥－2，
所以
a<0，
a2＋a≥－2
或
a≥0，
－a2≥－2
解得a≤2．
基本不等式及其应用
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40
典题例析
例2
(1)设a，b，c 都是正实数，且a，b 满足1
a＋9
b＝1，则使a＋b≥c 恒成立的c 的范围是(
)
A．(0,8]
B．(0,10]
C．(0,12]
D．(0,16]
[分析]
c≤a＋b 恒成立，设a＋b 的最小值为m，则c≤m.∵a，b 为正实数，且1
a＋9
b＝1，故可用“1 的代换”求
a＋b 的最小值．
[解析]
∵a，b 为正实数，1
a＋9
b＝1，
∴a＋b＝(a＋b)(1
a＋9
b)＝10＋b
a＋9a
b ≥10＋2
b
a·9a
b ＝16，当且仅当b
a＝9a
b ，即a＝4，b＝12 时等号成立，∴(a＋b)min
＝16.要使c≤a＋b 恒成立，∵c 为正实数，∴0<c≤16．
(2)(文)(2019·深圳模拟)函数y＝x2＋2
x－1
(x>1)的最小值是(
)
A．2 3＋2
B．2 3－2
C．2 3
D．2
[解析]
∵x>1，∴y＝x2－1＋3
x－1
＝x＋1＋3
x－1＝x－1＋3
x－1＋2≥2 3＋2，当且仅当x－1＝3
x－1，即x＝1＋3>1
时等号成立，故选A．
(理)(2019·天津模拟)已知x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2，则1
x＋1
3y的最小值是(
)
A．2
B．2 2
C．4
D．2 3
[解析]
因为lg2x＋lg8y＝lg2，所以lg(2x·8y)＝lg2，则2x＋3y＝2，x＋3y＝1.又x>0，y>0，所以1
x＋1
3y＝(x＋3y)·(1
x＋
1
3y)＝2＋3y
x ＋x
3y≥2＋2
3y
x · x
3y＝4，当且仅当x＝3y＝1
2时取等号．故选C．
利用基本不等式求最值的方法
1．利用基本不等式求最值的关键是构造和为定值或积为定值．
2．有些题目并不满足直接用基本不等式求最值的条件，但可以通过添项、分离常数、平方等手段使之能运用基本
不等式，常用方法还有：拆项法、变系数法、凑因子法、换元法、整体代换法等．
跟踪训练
1．若点A(m，n)在第一象限，且在直线x
3＋y
4＝1 上，则mn 的最大值为__3__．
[解析]
因为点A(m，n)在第一象限，且在直线x
3＋y
4＝1 上，所以m，n 均大于0，且m
3＋n
4＝1．
所以m
3·n
4≤(
m
3＋n
4
2
)2(当且仅当m
3＝n
4＝1
2，即m＝3
2，n＝2 时，取等号)．所以m
3·n
4≤1
4，即mn≤3，
所以mn 的最大值为3．
2．已知关于x 的不等式2x＋2
x－a≥7 在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a 的最小值为(
)
A．1
B．3
2
C．2
D．5
2
[解析]
2x＋2
x－a＝2(x－a)＋2
x－a＋2a≥2·
2x－a· 2
x－a＋2a＝4＋2a，
由题意可知4＋2a≥7，得a≥3
2，
即实数a 的最小值为3
2，故选B．
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41
线性规划问题
典题例析
例3
(1)(2019·开封三模)设变量x，y 满足约束条件
y≤3x－2，
x－2y＋1≤0
2x＋y≤8，
，则y
x－1的最小值是(
)
A．1
2
B．1
C．2
D．4
[解析]
作出变量x，y 满足的可行域，如图中阴影部分所示，可得顶点坐标分别为A(3,2)，B(2,4)，C(1,1)．易知y
x－1
表示可行域内的点与点(1,0)连线的斜率，分析可知，y
x－1的最小值为1．
(2)若x，y 满足约束条件
x＋y≥1，
x－y≥－1，
2x－y≤2，
且目标函数z＝ax＋2y 仅在点(1,0)处取得最小值，则a 的取值范围是(
)
A．[－4,2]
B．(－4,2)
C．[－4,1]
D．(－4,1)
[解析]
作出不等式组表示的区域如图中阴影部分所示，直线z＝ax＋2y 的斜率为k＝－a
2，从图中可看出，当－
1<－a
2<2，即－4<a<2 时，仅在点(1,0)处取得最小值．故选B．
1．线性规划问题一般有三种题型：一是求最值；二是求区域面积；三是由最优解确定目标函数中参数的取值范围．
2．解决线性规划问题首先要画出可行域，再注意目标函数所表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时
可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题可通过验证解决．
3．确定二元一次不等式组表示的平面区域：①画线，②定侧，③确定公共部分；解线性规划问题的步骤：①作图，
②平移目标函数线，③解有关方程组求值，确定最优解(或最值等)．
跟踪训练
1．设x，y 满足约束条件
x＋y－7≤0，
x－3y＋1≤0，
3x－y－5≥0，
则z＝2x－y 的最大值为(
)
A．10
B．8
C．3
D．2
[解析]
作出可行域如图，作直线l：y＝2x，平移直线l，当经过可行域内的点A 时，－z 取最小值，z 取最大值，
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42
由
x－3y＋1＝0，
x＋y－7＝0，
解得
x＝5，
y＝2.
∴A(5,2)，∴zmax＝2×5－2＝8，故选B．
2．设z＝2x＋y，其中变量x，y 满足条件
x－4y≤－3，
3x＋5y≤25，
x≥m，
若z 的最小值为3，则m 的值为(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]
作出不等式组
x－4y≤－3
3x＋5y≤25
表示的平面区域，由于z＝2x＋y 的最小值为3，作直线l0：x＝m，平移l0
可知m＝1 符合题意．
A 组
1．若a>b>0，c<d<0，则一定有(
)
A．a
c>b
d
B．a
c<b
d
C．a
d>b
c
D．a
d<b
c
[解析]
令a＝3，b＝2，c＝－3，d＝－2，
则a
c＝－1，b
d＝－1，
所以A，B 错误；
a
d＝－3
2，b
c＝－2
3，
所以a
d<b
c，
所以C 错误，故选D．
2．(2019·湘潭模拟)已知f(x)＝x＋1
x－2(x<0)，则f(x)有(
)
A．最大值为0
B．最小值为0
C．最大值为－4
D．最小值为－4
[解析]
∵x<0，∴1
x<0，∴f(x)＝－[(－x)＋(－1
x)]－2≤－2
－x·－1
x－2＝－4，当且仅当－x＝－1
x，即x＝－1
时，“＝”成立，故C 正确．
3．(2019·温州中学模拟)设函数f(x)＝
x2－4x＋6，x≥0，
x＋6，x<0，
则不等式f(x)>f(1)的解集是(
)
A．(－3,1)∪(3，＋∞)
B．(－3,1)∪(2，＋∞)
C．(－1,1)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(1,3)
[解析]
由题意得，f(1)＝3，所以f(x)>f(1)＝3，即f(x)>3，如果x<0，则x＋6>3，可得－3<x<0；如果x≥0，则
x2－4x＋6>3，可得x>3 或0≤x<1.综上，不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)．故选A．
4．已知不等式x2－2x－3<0 的解集为A，不等式x2＋x－6<0 的解集为B，不等式x2＋ax＋b<0 的解集为A∩B，
则a＋b＝(
)
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43
A．1
B．0
C．－1
D．－3
[解析]
由题意得，不等式x2－2x－3<0 的解集A＝(－1,3)，不等式x2＋x－6<0 的解集B＝(－3,2)，所以A∩B＝
(－1,2)，即不等式x2＋ax＋b<0 的解集为(－1,2)，所以a＝－1，b＝－2，所以a＋b＝－3．
5．若x>y>0，m>n，则下列不等式正确的是(
)
A．xm>ym
B．x－m≥y－n
C．x
n> y
m
D．x> xy
[解析]
A 不正确，因为同向同正不等式相乘，不等号方向不变，m 可能为0 或负数；B 不正确，因为同向不等式
相减，不等号方向不确定；C 不正确，因为m，n 的正负不确定．故选D．
6．若变量x，y 满足
x＋y≤2，
2x－3y≤9，
x≥0，
则x2＋y2 的最大值是(
)
A．4
B．9
C．10
D．12
[解析]
作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，设P(x，y)为平面区域内任意一点，则x2＋y2 表示
|OP|2.显然，当点P 与点A 重合时，|OP|2 取得最大值．由
x＋y＝2
2x－3y＝9
，解得
x＝3
y＝－1
，故A(3，－1)．所以x2＋y2
的最大值为32＋(－1)2＝10.故选C．
7．(文)若实数x，y 满足不等式组
y≥0，
x－y≥0，
2x－y－2≥0，
则w＝y－1
x＋1
的取值范围是(
)
A．[－1，1
3]
B．[－1
2，1
3]
C．[－1
2，＋∞)
D．[－1
2，1)
[解析]
作出不等式组表示的平面区域如图所示．据题意，即求点M(x，y)与点P(－1,1)连线斜率的取值范围．
由图可知wmin＝1－0
－1－1
＝－1
2，wmax<1，
∴w∈[－1
2，1)．
(理)已知O 是坐标原点，点A(－1,2)，若点M(x，y)为平面区域
x＋y≥2
x≤1
y≤2
上的一个动点，则OA
→·OM
→的取值范围
是(
)
A．[－1,0]
B．[0,1]
C．[1,3]
D．[1,4]
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44
[解析]
作出点M(x，y)满足的平面区域，如图阴影部分所示，易知当点M 为点C(0,2)时，OA
→·OM
→取得最大值，
即为(－1)×0＋2×2＝4，当点M 为点B(1,1)时，OA
→·OM
→取得最小值，即为(－1)×1＋2×1＝1，所以OA
→·OM
→的取值范
围为[1,4]，故选D．
8．已知一元二次不等式f(x)<0 的解集为{x|x<－1 或x>1
3}，则f(ex)>0 的解集为(
)
A．{x|x<－1 或x>－ln3}
B．{x|－1<x 或x>－ln3}
C．{x|x>－ln3}
D．{x|x<－ln3}
[解析]
f(x)>0 的解集为{x|－1<x<1
3}，
则由f(ex)>0 得－1<ex<1
3，
解得x<－ln3，即f(ex)>0 的解集为{x|x<－ln3}．
9．(2019·成都一诊)若关于x 的不等式x2＋2ax＋1≥0 在[0，＋∞)上恒成立，则实数a 的取值范围为(
)
A．(0，＋∞)
B．[－1，＋∞)
C．[－1,1]
D．[0，＋∞)
[解析]
解法一：当x＝0 时，不等式为1≥0 恒成立；当x>0 时，x2＋2ax＋1≥0⇒2ax≥－(x2＋1)⇒2a≥－(x＋1
x)，
又－(x＋1
x)≤－2，当且仅当x＝1 时取等号，所以2a≥－2⇒a≥－1，所以实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．
解法二：设f(x)＝x2＋2ax＋1，函数图象的对称轴为直线x＝－a．
当－a≤0，即a≥0 时，f(0)＝1>0，所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥0 恒成立；
当－a>0，即a<0 时，要使f(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立，需f(－a)＝a2－2a2＋1＝－a2＋1≥0，得－1≤a<0．
综上，实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．
10．已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，若实数a 满足f(log2a)＋f(log1
2a)≤2f(1)，
则a 的取值范围是(
)
A．[1,2]
B．(0，1
2]
C．[1
2，2]
D．(0,2]
[ 解析]
因为log 1
2 a ＝－log2a ，所以f(log2a) ＋f(log 1
2 a) ＝f(log2a) ＋f( －log2a) ＝2f(log2a) ，原不等式变为
2f(log2a)≤2f(1)，即f(log2a)≤f(1)，又因为f(x)是定义在R 上的偶函数，且在[0，＋∞)上递增，所以|log2a|≤1，即－
1≤log2a≤1，解得1
2≤a≤2，故选C．
11．已知a>0，x，y 满足约束条件
x≥1，
x＋y≤3，
y≥ax－3，
若z＝2x＋y 的最小值为1，则a＝(
)
A．1
4
B．1
2
C．1
D．2
[解析]
画出可行域，如图所示．
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45
由
x＝1，
y＝ax－3，
得A(1，－2a)，则直线y＝z－2x 过点A(1，－2a)时，z＝2x＋y 取最小值1，故2×1－2a＝1，解得a＝1
2．
12．已知x∈(0，＋∞)时，不等式9x－m·3x＋m＋1>0 恒成立，则m 的取值范围是(
)
A．2－2 2<m<2＋2 2
B．m<2
C．m<2＋2 2
D．m≥2＋2 2
[解析]
令t＝3x(t>1)，则由已知得函数f(t)＝t2－mt＋m＋1 的图象在t∈(1，＋∞)上恒在x 轴的上方，
则对于方程f(t)＝0，有Δ＝(－m)2－4(m＋1)<0 或
Δ≥0，
m
2≤1，
f1＝1－m＋m＋1≥0，
解得m<2＋2 2．
13．(2019·岳阳模拟)不等式3x－1
2－x
≥1 的解集为__{x|3
4≤x<2}__．
[解析]
不等式3x－1
2－x
≥1 可转化成3x－1
2－x
－1≥0，
即4x－3
2－x
≥0，
等价于
4x－3x－2≤0，
2－x≠0，
解得3
4≤x<2，
故不等式的解集为{x|3
4≤x<2}．
14．若x，y 满足条件
x－y≤0，
x＋y≥0，
y≤a，
且z＝2x＋3y 的最大值是5，则实数a 的值为__1__．
[解析]
画出满足条件的可行域如图阴影部分所示，则当直线z＝2x＋3y 过点A(a，a)时，z＝2x＋3y 取得最大值5，
所以5＝2a＋3a，解得a＝1．
15．(2019·赣州六校高三期末联考)若点A(1,1)在直线2mx＋ny－2＝0 上，其中mn>0，则1
m＋1
n的最小值为__3
2＋
2__．
[解析]
∵点A(1,1)在直线2mx＋ny－2＝0 上，
∴2m＋n＝2，
∵1
m＋1
n＝(1
m＋1
n)2m＋n
2
＝1
2(2＋2m
n ＋n
m＋1)≥1
2(3＋2
2m
n ·n
m＝3
2＋2，
当且仅当2m
n ＝n
m，即n＝2m 时取等号，
∴1
m＋1
n的最小值为3
2＋2．
16．已知函数f(x)＝
－x2＋x，x≤1，
log1
3x，x>1，
若对任意的x∈R，不等式f(x)≤m2－3
4m 恒成立，则实数m 的取值范围
是__(－∞，－1
4]∪[1，＋∞)__．
[解析]
对于函数f(x)＝
－x2＋x，x≤1，
log1
3x，x>1，
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46
当x≤1 时，f(x)＝－(x－1
2)2＋1
4≤1
4；
当x>1 时，f(x)＝log1
3x<0．
则函数f(x)的最大值为1
4．
要使不等式f(x)≤m2－3
4m 恒成立，
则m2－3
4m≥1
4恒成立，即m≤－1
4或m≥1．
B 组
1．下列不等式一定成立的是(
)
A．lg(x2＋1
4)>lgx(x>0)
B．sinx＋1
sinx≥2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)
D．
1
x2＋1>1(x∈R)
[解析]
应用基本不等式：x，y>0，x＋y
2
≥xy(当且仅当x＝y 时取等号)逐个分析，注意基本不等式的应用条件及
取等号的条件．
当x>0 时，x2＋1
4≥2·x·1
2＝x，
所以lg(x2＋1
4)≥lgx(x>0)，故选项A 不正确；
运用基本不等式时需保证一正、二定、三相等，
而当x≠kπ，k∈Z 时，sinx 的正负不定，故选项B 不正确；
由基本不等式可知，选项C 正确；
当x＝0 时，有
1
x2＋1
＝1，故选项D 不正确．
2．已知直线ax＋by＋c－1＝0(b，c>0)经过圆x2＋y2－2y－5＝0 的圆心，则4
b＋1
c的最小值是(
)
A．9
B．8
C．4
D．2
[解析]
圆x2＋y2－2y－5＝0 化成标准方程，
得x2＋(y－1)2＝6，
所以圆心为C(0,1)．
因为直线ax＋by＋c－1＝0 经过圆心C，
所以a×0＋b×1＋c－1＝0，即b＋c＝1．
因此4
b＋1
c＝(b＋c)(4
b＋1
c)＝4c
b ＋b
c＋5．
因为b，c>0，
所以4c
b ＋b
c≥2
4c
b ·b
c＝4．
当且仅当4c
b ＝b
c时等号成立．
由此可得b＝2c，且b＋c＝1，即b＝2
3，
c＝1
3时，4
b＋1
c取得最小值9．
3．若不等式(a2－4)x2＋(a＋2)x－1≥0 的解集是空集，则实数a 的取值范围为(
)
A．(－2，6
5)
B．[－2，6
5)
C．[－2，6
5]
D．[－2，6
5)∪{2}
[解析]
当a2－4＝0 时，解得a＝2 或a＝－2，当a＝2 时，不等式可化为4x－1≥0，解集不是空集，不符合题意；
当a＝－2 时，不等式可化为－1≥0，此式不成立，解集为空集．当a2－4≠0 时，要使不等式的解集为空集，则有
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a2－4<0，
Δ＝a＋22＋4a2－4<0，
解得－2<a<6
5.综上，实数a 的取值范围为[－2，6
5)，故选B．
4．已知x，y 满足约束条件
x－y≥0，
x＋y≤2，
y≥0.
若z＝ax＋y 的最大值为4，则a＝(
)
A．3
B．2
C．－2
D．－3
[解析]
由约束条件可画可行域如图，解得A(2,0)，B(1,1)．若过点A(2,0)时取最大值4，则a＝2，验证符合条件；
若过点B(1,1)时取最大值4，则a＝3，而若a＝3，则z＝3x＋y 最大值为6(此时A(2,0)是最大值点)，不符合题意. (也可
直接代入排除)
5．若a＝ln2
2 ，b＝ln3
3 ，c＝ln5
5 ，则(
)
A．a<b<c
B．c<b<a
C．c<a<b
D．b<a<c
[解析]
易知a，b，c 均为正数，
b
a＝2ln3
3ln2＝ln9
ln8＝log89>1，所以b>a；
a
c＝5ln2
2ln5＝ln32
ln25＝log2532>1，
所以a>c，故b>a>c．
6．某企业生产甲、乙两种新产品均需用A，B 两种原料．已知生产1 吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额
如表所示．如果生产1 吨甲、乙产品可获利润分别为3 万元、4 万元，则该企业每天可获得最大利润为(
)
甲
乙
原料限额
A(吨)
3
2
12
B(吨)
1
2
8
A．12 万元
B．16 万元
C．17 万元
D．18 万元
[解析]
设企业每天生产甲产品x 吨、乙产品y 吨，每天获得的利润为z 万元，则有z＝3x＋4y，由题意得x，y
满足：
3x＋2y≤12，
x＋2y≤8，
x≥0，
y≥0，
不等式组表示的可行域是以O(0,0)，
A(4,0)，B(2,3)，C(0,4)为顶点的四边形及其内部．根据线性规划的有关知识，知当直线3x＋4y－z＝0 过点B(2,3)
时，z 取最大值18，故该企业每天可获得最大利润为18 万元．
7．若变量x，y 满足
x－2y＋1≤0，
2x－y≥0，
x≤1，
则点P(2x－y，x＋y)表示区域的面积为(
)
A．3
4
B．4
3
C．1
2
D．1
[解析]
令2x－y＝a，x＋y＝b，
解得
x＝a＋b
3
，
y＝2b－a
3
，
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48
代入x，y 的关系式得
a－b＋1≤0，
a≥0，
a＋b－3≤0，
画出不等式组表示的平面区域如图．
易得阴影区域面积S＝1
2×2×1＝1．
8．已知a，b 为非零实数，且a<b，则下列命题成立的是(
)
A．a2<b2
B．a2b<ab2
C．1
ab2< 1
a2b
D．b
a<a
b
[解析]
由a<b<0 得a2>b2，知A 不成立；
由a<b，若ab<0 则a2b>ab2，知B 不成立；
若a＝1，b＝2，则b
a＝2，a
b＝1
2，
此时b
a>a
b，所以D 不成立；
事实上，对于C，∵1
ab2－1
a2b＝a－b
a2b2 <0，
∴1
ab2< 1
a2b成立．
9．若正数x，y 满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y 的最小值是(
)
A．24
5
B．28
5
C．5
D．6
[解析]
∵x＋3y＝5xy，∴1
y＋3
x＝5，
∵x>0，y>0，∴3x＋4y＝1
5(3x＋4y)·(3
x＋1
y)＝1
5(3x
y ＋12y
x ＋9＋4)≥1
5(2
3x
y ·12y
x ＋13)＝5，
∴3x＋4y≥5，当且仅当x＝2y 时取等号，
∴3x＋4y 的最小值是5，故选C．
10．已知x∈(0，π
2)，且函数f(x)＝1＋2sin2x
sin2x
的最小值为b，若函数g(x)＝
8x2－6bx＋4，0<x≤π
4，
－1，π
4<x<π
2，
则不等式
g(x)≤1 的解集为(
)
A．(π
4，π
2)
B．[ 3
4 ，π
2)
C．[ 3
4 ，3
2 ]
D．(π
4，3
2 ]
[解析]
依题意知，当x∈(0，π
2)时，f(x)＝3sin2x＋cos2x
2sinxcosx
＝1
2(3tanx＋1
tanx)≥
3tanx· 1
tanx＝3，
当且仅当3tanx＝1
tanx，即tanx＝3
3 ，x＝π
6时取等号，因此b＝3，不等式g(x)≤1 等价于
0<x≤π
4
8x2－6 3x＋4≤1
①，
或π
4<x<π
2解①得3
4 ≤x≤π
4，因此不等式g(x)≤1 的解集是[ 3
4 ，π
4]∪(π
4，π
2) ＝[ 3
4 ，π
2)．
11．已知一元二次不等式f(x)<0 的解集为{x|x<－1 或x>1
2}，则f(log2x)>0 的解集为{x|1
2<x< 2}__．
[解析]
由题意知，一元二次不等式f(x)<0 的解集为{x|x<－1 或x>1
2}，因为f(log2x)>0，所以－1<log2x<1
2，即1
2<x< 2．
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49
12．设f(x)＝
－x＋a，x≤0，
x＋1
x，x>0.
若f(0)是f(x)的最小值，则a 的取值范围为__(－∞，2]__．
[解题提示]
根据分段函数的定义找出f(0)的表达形式，再利用f(0)是f(x)的最小值，求出a 的取值范围．
[解析]
当x>0 时，f(x)＝x＋1
x≥2，若f(0)是f(x)的最小值，则f(0)＝a≤2．
13．实数x，y 满足约束条件
x＋y－2≤0，
x－2y－2≤0，
2x－y＋2≥0，
若z＝y＋ax 取得最大值的最优解不唯一，则实数a 的值为__1 或
－2__．
[解析]
作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，可知当a＝1 或－2 时，z＝y＋ax 取得最大值的最优
解不唯一．
14．已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数且f(1)＝2，当x1，x2∈[－1,1]，且x1＋x2≠0 时，有fx1＋fx2
x1＋x2
>0，若f(x)≥m2
－2am－5 对所有x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立，则实数m 的取值范围是__[－1,1]__．
[解析]
∵f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，
∴当x1，x2∈[－1,1]且x1＋x2≠0 时，
fx1＋fx2
x1＋x2
>0 等价于fx1－f－x2
x1－－x2
>0，
∴f(x)在[－1,1]上单调递增．
∵f(1)＝2，∴f(x)min＝f(－1)＝－f(1)＝－2．
要使f(x)≥m2－2am－5 对所有x∈[－1,1]，a∈[－1，1]恒成立，
即－2≥m2－2am－5 对所有a∈[－1,1]恒成立，
∴m2－2am－3≤0.设g(a)＝m2－2am－3，
则
g－1≤0，
g1≤0，
即
－3≤m≤1，
－1≤m≤3.
∴－1≤m≤1．
∴实数m 的取值范围是[－1,1]．
专题二
函数与导数
——构建网络·形成体系
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第一讲
函数的图象与性质
高考考点
考点解读
函数的概念及其表
示
1.求具体函数的定义域、值域
2．以分段函数为载体考查求函数值或已知函数值求字母的值(或取值范
围)等
函数的图象及其应
用
1.以具体函数的解析式选择图象或知图象选解析式
2．利用函数的图象研究函数的性质(特别是单调性、最值、零点)、方
程解的问题及解不等式、比较大小等
函数的性质及其应
用
1.确认函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值
2．综合应用函数的性质求值(或取值范围)、比较大小等，常与不等式
相结合
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)深刻理解函数、分段函数及函数的单调性、奇偶性、最值、周期性等概念．
(2)掌握各种基本初等函数的定义、图象和性质，以及幂和对数的运算性质．
(3)掌握函数图象的作法、变换法则及利用图象解决函数性质、方程、不等式问题的方法．
(4)掌握利用函数性质比较大小、求值、求参数范围等问题的方法．
预测2020 年命题热点：
(1)求函数定义域及与分段函数有关的求值、求范围等问题．
(2)给出函数解析式选图象及利用图象解决交点个数、方程的解、不等式等问题．
(3)利用函数的性质求值、求参数取值范围、比较大小等问题.
知识整合
1．指数与对数式的七个运算公式
(1)am·an＝____am＋n__，am÷an＝____am－n__．
(2)(am)n＝____amn__．
(3)loga(MN)＝____logaM＋logaN__(a>0 且a≠1，M>0，N>0)．
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51
(4)logaM
N＝____logaM－logaN__(a>0 且a≠1，M>0，N>0)．
(5)logaMn＝____nlogaM__(a>0 且a≠1，M>0)．
(6)alogaN＝____N__(a>0 且a≠1，N>0)．
(7)logaN＝____logbN
logba__(a>0 且a≠1，b>0 且b≠1，M>0，N>0)．
2．单调性定义
如果对于____定义域I 内某个区间D__ 上的____任意__ 两个自变量的值x1，x2 ，且____x1<x2__，都有
____f(x1)<f(x2)__成立，则f(x)在D 上是____增函数__(都有____f(x1)>f(x2)__成立，则f(x)在D 上是____减函数__)．
3．奇偶性定义
对于定义域内的任意x(____定义域关于原点对称__)，都有
____f(－x)＝－f(x)__成立，则f(x)为奇函数(都有____f(－x)＝f(x)__
成立，则f(x)为偶函数)．
4．周期性定义
周期函数f(x)的最小正周期T 必须满足下列两个条件：
(1)当x 取定义域内的每一个值时，都有____f(x＋T)＝f(x)__．
(2)T 是____不为零的最小正数__．
5．指数函数与对数函数的图象和性质
指数函数
对数函数
图象
单调性
____0<a<1__时，在R 上单调____递
减__；
____a>1__时，在R 上单调____递增
__
____0<a<1__时，在(0，＋∞)上单调
____递减__；
____a>1__时，在(0，＋∞)上单调
____递增__
函数值
性质
0<a<1，
当x>0 时，0<y<1；
当x<0 时，y>1
0<a<1，
当x>1 时，y<0；
当0<x<1 时，y>0
a>1，
当x>0 时，y>1；
当x<0 时，0<y<1
a>1，
当x>1 时，y>0；
当0<x<1 时，y<0
[重要结论]
1．函数的周期性
(1)若函数f(x)满足f(x＋a)＝f(x－a)，则f(x)是周期函数，其中一个周期是T＝2a(a≠0)；
(2)若满足f(x＋a)＝－f(x)，则f(x)是周期函数，其中一个周期是T＝2a(a≠0)；
(3)若满足f(x＋a)＝1
fx
，则f(x)是周期函数，其中一个周期是T＝2a(a≠0)；
(4)若函数满足f(x＋a)＝－1
fx
，则f(x)是周期函数，其中一个周期是T＝2a(a≠0)．
2．函数图象的对称性
(1)若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a 对称；
(2)若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝－f(a－x)，即f(x)＝－f(2a－x)，则y＝f(x)的图象关于点(a,0)对称；
(3)若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(b－x)，则函数f(x)的图象关于直线x＝a＋b
2
对称．
3．函数图象的变换规则
(1)平移变换
将y＝f(x)的图象向左(a>0)或向右(a<0)平移|a|个单位长度得到y＝f(x＋a)的图象；
将y＝f(x)的图象向上(a>0)或向下(a<0)平移|a|个单位长度得到y＝f(x)＋a 的图象．
(2)对称变换
①作y＝f(x)关于y 轴的对称图象得到y＝f(－x)的图象；
②作y＝f(x)关于x 轴的对称图象得到y＝－f(x)的图象；
③作y＝f(x)关于原点的对称图象得到y＝－f(－x)的图象；
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52
④将y＝f(x)在x 轴下方的图象翻折到上方，与y＝f(x)在x 轴上方的图象，合起来得到y＝|f(x)|的图象；
⑤将y＝f(x)在y 轴左侧部分去掉，再作右侧关于y 轴的对称图象，合起来得到y＝f(|x|)的图象．
易错警示
1．忽略函数的定义域
在判断函数的单调性时，要注意函数的定义域优先；在判断函数的奇偶性时，忽略函数的定义域会导致结论错误．
2．错用集合运算符号
函数的多个单调区间若不连续，不能用符号“∪”连接，可用“和”或“，”连接．
3．忽略基本初等函数的形式、定义和性质
如讨论指数函数y＝ax(a>0 且a≠1)的单调性时，不讨论底数的取值；忽略ax>0 的隐含条件；幂函数的性质记忆
不准确．
1．(2019·全国卷Ⅰ，3)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则(
)
A．a<b<c
B．a<c<b
C．c<a<b
D．b<c<a
[解析]
因为a＝log20.2<0，b＝20.2>1,0<c＝0.20.3<1，
所以b>c>a.故选B．
2．(2019·全国卷Ⅱ，6)设f(x)为奇函数，且当x≥0 时，f(x)＝ex－1，则当x<0 时，f(x)＝(
)
A．e
－x－1
B．e
－x＋1
C．－e
－x－1
D．－e
－x＋1
[解析]
当x<0 时，－x>0，
∵当x≥0 时，f(x)＝ex－1，∴f(－x)＝e
－x－1．
又∵f(x)为奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝－e
－x＋1．
故选D．
3．(2019·全国卷Ⅲ，7)函数y＝
2x3
2x＋2
－x在[－6,6]的图象大致为(
)
A
B
C
D
[解析]
∵y＝f(x)＝
2x3
2x＋2
－x，x∈[－6,6]，
∴f(－x)＝2－x3
2
－x＋2x＝－
2x3
2
－x＋2x＝－f(x)，
∴f(x)是奇函数，排除选项C．
当x＝4 时，y＝2×43
24＋2
－4＝
128
16＋1
16
∈(7,8)，排除选项A，D．故选B．
4．(文)(2019·北京卷，3)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(
)
A．y＝x
1
2
B．y＝2
－x
C．y＝log1
2
x
D．y＝1
x
[解析]
y＝x1
2＝x，y＝2
－x＝
1
2 x，y＝log1
2
x，y＝1
x的图象如图所示．
由图象知，只有y＝x
1
2 在(0，＋∞)上单调递增．
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故选A．
(理)(2019·浙江卷，6)在同一直角坐标系中，函数y＝1
ax，y＝loga
x＋1
2 (a>0，且a≠1)的图象可能是(
)
A
B
C
D
[解析]
当0<a<1 时，函数y＝ax 的图象过定点(0,1)，在R 上单调递减，
于是函数y＝1
ax的图象过定点(0,1)，在R 上单调递增，
函数y＝loga
x＋1
2 的图象过定点
1
2，0 ，在－1
2，＋∞上单调递减．
因此，选项D 中的两个图象符合．
当a>1 时，函数y＝ax 的图象过定点(0,1)，在R 上单调递增，
于是函数y＝1
ax的图象过定点(0,1)，在R 上单调递减，函数y＝loga
x＋1
2 的图象过定点
1
2，0 ，在－1
2，＋∞上
单调递增．
显然A，B，C 选项都不符合．故选D．
5．(文)(2019·天津卷，5)已知a＝log27，b＝log38，c＝0.30.2，则a，b，c 的大小关系为(
)
A．c<b<a
B．a<b<c
C．b<c<a
D．c<a<b
[解析]
∵a＝log27>log24＝2，b＝log38<log39＝2 且b>1，c＝0.30.2<0.30＝1，∴c<b<a.故选A．
(理)(2019·天津卷，6)已知a＝log52，b＝log0.50.2，c＝0.50.2，则a，b，c 的大小关系为(
)
A．a<c<b
B．a<b<c
C．b<c<a
D．c<a<b
[解析]
因为y＝log5x 是增函数，所以a＝log52<log5 5＝0.5.因为y＝log0.5x 是减函数，所以b＝log0.50.2>log0.50.5
＝1.因为y＝0.5x 是减函数，所以0.5＝0.51<c＝0.50.2<0.50＝1，即0.5<c<1.所以a<c<b.故选A．
6．(2019·全国卷Ⅰ，5)函数f(x)＝sin x＋x
cos x＋x2在[－π，π]的图象大致为(
)
A
B
C
D
[解析]
∵f(－x)＝
sin－x－x
cos－x＋－x2＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数，排除A．
当x＝π时，f(π)＝
π
－1＋π2>0，排除B，C．故选D．
7．(2018·全国卷Ⅲ，7)下列函数中，其图象与函数y＝lnx 的图象关于直线x＝1 对称的是(
)
A．y＝ln(1－x)
B．y＝ln(2－x)
C．y＝ln(1＋x)
D．y＝ln(2＋x)
[解析]
函数y＝f(x)的图象与函数y＝f(a－x)的图象关于直线x＝a
2对称，令a＝2 可得与函数y＝ln x 的图象关于
直线x＝1 对称的是函数y＝ln(2－x)的图象．故选B．
8．(文)(2018·天津卷，5)已知a＝log37
2，b＝
1
4
1
3 ，c＝log1
3
1
5，则a，b，c 的大小关系为(
)
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A．a>b>c
B．b>a>c
C．c>b>a
D．c>a>b
[解析]
∵c＝log1
3
1
5＝log35，a＝log37
2，
又y＝log3x 在(0，＋∞)上是增函数，
∴log35>log37
2>log33＝1，∴c>a>1．
∵y＝1
4
x 在(－∞，＋∞)上是减函数，
∴1
4
1
3 <1
4
0＝1，即b<1.∴c>a>b．
故选D．
(理)(2018·天津卷，5)已知a＝log2e，b＝ln2，c＝log1
2
1
3，则a，b，c 的大小关系为(
)
A．a>b>c
B．b>a>c
C．c>b>a
D．c>a>b
[解析]
c＝log1
2
1
3＝log23＞log2e＝a，即c＞a．
又b＝ln2＝1
log2e<1<log2e＝a，即a＞b.所以c＞a＞b．
故选D．
9．(2019·江苏卷，4)函数y＝7＋6x－x2的定义域是____[－1,7]__．
[解析]
要使函数有意义，需7＋6x－x2≥0，
即x2－6x－7≤0，即(x＋1)(x－7)≤0，解得－1≤x≤7．
故所求函数的定义域为[－1,7]．
函数的概念及表示
典题例析
例1
(1)函数y＝log2(2x－4)＋1
x－3的定义域是(
)
A．(2,3)
B．(2，＋∞)
C．(3，＋∞)
D．(2,3)∪(3，＋∞)
[解析]
由题意得
2x－4>0，
x－3≠0，
解得x>2 且x≠3，所以函数y＝log2(2x－4)＋1
x－3
的定义域为(2,3)∪(3，＋∞)，故
选D．
(2)已知f(x)＝
log3x，x>0，
ax＋b，x≤0
(0<a<1)，且f(－2)＝5，f(－1)＝3，则f(f(－3))＝(
)
A．－2
B．2
C．3
D．－3
[解析]
由题意得，f(－2)＝a
－2＋b＝5，①
f(－1)＝a
－1＋b＝3，②
联立①②，结合0<a<1，得a＝1
2，b＝1，
所以f(x)＝
log3x，x>0，
1
2x＋1，x≤0，
则f(－3)＝(1
2)
－3＋1＝9，f(f(－3))＝f(9)＝log39＝2，
故选B．
(3)已知函数f(x)＝
1－2ax＋3a，x<1，
2x－1，x≥1
的值域为R，则实数a 的取值范围是____[0，1
2)__．
[解析]
当x≥1 时，f(x)＝2x－1≥1，
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∵函数f(x)＝
1－2ax＋3a，x<1，
2x－1，x≥1
的值域为R，
∴当x<1 时，y＝(1－2a)x＋3a 必须取遍(－∞，1]内的所有实数，则
1－2a>0，
1－2a＋3a≥1，
解得0≤a<1
2．
1．函数定义域的求法
求函数的定义域，其实质就是以函数解析式所含运算有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解
集即可．
2．分段函数问题的5 种常见类型及解题策略
求函数值
弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，求“层层套”的函
数值，要从最内层逐层往外计算
求函数
最值
分别求出每个区间上的最值，然后比较大小
解不等式
根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，
但要注意取值范围的大前提
求参数
“分段处理”，采用代入法列出各区间上的方程
利用函数
性质求值
依据条件找到函数满足的性质，利用该性质求解
跟踪训练
1．已知函数f(x)＝
21－x，0≤x≤1，
x－1，1<x≤2，
如果对任意的n∈N*，定义fn(x)＝
，那么f2 019(2)
的值为(
)
A．0
B．1
C．2
D．3
[解析]
∵f1(2)＝f(2)＝1，f2(2)＝f(1)＝0，f3(2)＝f(0)＝2，∴fn(2)的值具有周期性，且周期为3，∴f2 019(2)＝f3×627＋
3(2)＝f3(2)＝2．
2．已知具有性质：f(1
x)＝－f(x)的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数：①f(x)＝x－1
x；②f(x)＝x
＋1
x；③f(x)＝
x，0<x<1，
0，x＝1，
－1
x，x>1.
其中满足“倒负”变换的函数是(
)
A．①②
B．①③
C．②③
D．①
[解析]
对于①，f(x)＝x－1
x，f(1
x)＝1
x－x＝－f(x)，满足；对于②，f(1
x)＝1
x＋x＝f(x)，不满足；
对于③，f(1
x)＝
1
x，0<1
x<1，
0，1
x＝1，
－x，1
x>1，
即f(1
x)＝
1
x，x>1，
0，x＝1，
－x，0<x<1，
故f(1
x)＝－f(x)，满足．
综上可知，满足“倒负”变换的函数是①③．
函数的图象及应用
典题例析
例2
(1)(2018·全国卷Ⅱ，3)函数f(x)＝ex－e
－x
x2
的图象大致为(
)
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A
B
C
D
[解析]
∵y＝ex－e
－x 是奇函数，y＝x2 是偶函数，
∴f(x)＝ex－e
－x
x2
是奇函数，图象关于原点对称，排除A 选项．
当x＝1 时，f(1)＝e－e
－1
1
＝e－1
e>0，排除D 选项．
又e>2，∴1
e<1
2，∴e－1
e>1，排除C 选项．故选B．
(2)(2019·广州测试)已知某个函数的部分图象如图所示，则这个函数的解析式可能是(
)
A．y＝xlnx
B．y＝xlnx－x＋1
C．y＝lnx＋1
x－1
D．y＝－lnx
x ＋x－1
[解析]
对于选项A，当x＝2 时，2ln2＝ln4>lne＝1，由图象可知选项A 不符合题意；对于选项B，当x＝e 时，
elne－e＋1＝1，由图象可知选项B 不符合题意；对于选项C，当x＝e 时，lne＋1
e－1＝1
e<1，由图象可知选项C 不符
合题意，故选D．
(3)(2019·枣庄检测)已知函数f(x)＝x|x|－2x，则下列结论正确的是(
)
A．f(x)是偶函数，递增区间是(0，＋∞)
B．f(x)是偶函数，递减区间是(－∞，1)
C．f(x)是奇函数，递减区间是(－1,1)
D．f(x)是奇函数，递增区间是(－∞，0)
[解析]
将函数f(x)＝x|x|－2x 去掉绝对值，
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得f(x)＝
x2－2x，x≥0，
－x2－2x，x<0，
作出函数f(x)的图象，
如图，观察图象可知，
函数f(x)为奇函数，且在(－1,1)上单调递减．
1．寻找函数图象与解析式之间的对应关系的方法
知
式
选
图
①从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的
上下位置
②从函数的单调性，判断图象的变化趋势
③从函数的奇偶性，判断图象的对称性
④从函数的周期性，判断图象的循环往复
知
图
选
式
①从图象的左右、上下分布，观察函数的定义域、值域
②从图象的变化趋势，观察函数的单调性
③从图象的对称性方面，观察函数的奇偶性
④从图象的循环往复，观察函数的周期性
2.利用函数的图象研究不等式
当不等式问题不能用代数法求解，但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上下关系问题，从而
利用数形结合求解．
3．利用函数的图象研究函数的性质
对于已知或解析式易画出其在给定区间上图象的函数，其性质常借助图象研究：①从图象的最高点、最低点，分
析函数的最值、极值；②从图象的对称性，分析函数的奇偶性；③从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性．
跟踪训练
1．(文)已知函数f(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可以是(
)
A．f(x)＝ln|x|
x
B．f(x)＝ex
x
C．f(x)＝1
x2－1
D．f(x)＝x－1
x
[解析]
由函数图象可知，函数f(x)为奇函数，应排除B、C．若函数为f(x)＝x－1
x，则x→＋∞时，f(x)→＋∞，
排除D，故选A．
(理)现有四个函数：①y＝xsinx，②y＝xcosx，③y＝x|cosx|，④y＝x·2x 的图象(部分)如下，但顺序被打乱，则按照
从左到右将图象对应的函数序号安排正确的一组是(
)
A．④①②③
B．①④③②
C．③④②①
D．①④②③
[解析]
由于函数y＝xsinx 是偶函数，由图象知，函数①对应第一个图象；函数y＝xcosx 为奇函数，且当x＝π时，
y＝－π<0，故函数②对应第三个图象；函数y＝x|cosx|为奇函数，故函数③与第四个图象对应；函数y＝x·2x 为非奇非
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偶函数，与第二个图象对应．综上可知，故选D．
2．若函数f(x)＝
log2x，x>0，
log1
2
－x，x<0，
若f(a)>f(－a)，则实数a 的取值范围是(
)
A．(－1,0)∪(0,1)
B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－1,0)∪(1，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(0,1)
[解析]
方法一：由题意作出y＝f(x)的图象如图．
显然当a>1 或－1<a<0 时，满足f(a)>f(－a)．
故选C．
方法二：对a 分类讨论：
当a>0 时，log2a>log1
2
a，
即log2a>0，∴a>1．
当a<0 时，log1
2
(－a)>log2(－a)，
即log2(－a)<0，
∴－1<a<0，故选C．
函数的性质及应用
典题例析
例3
(1)定义在R 上的奇函数f(x)，满足在(0，＋∞)上单调递增，且f(－1)＝0，则f(x＋1)>0 的解集为(
)
A．(－∞，－2)∪(－1,0)
B．(0，＋∞)
C．(－2，－1)∪(1,2)
D．(－2，－1)∪(0，＋∞)
[解析]
由f(x)为奇函数，在(0，＋∞)上单调递增，且f(－1)＝0，可得f(1)＝0，作出函数f(x)的示意图如图所示，
由f(x＋1)>0，可得－1<x＋1<0 或x＋1>1，解得－2<x<－1 或x>0，所以f(x＋1)>0 的解集为(－2，－1)∪(0，＋∞)．
(2)(2019·南昌模拟)已知f(x)是定义在R 上的偶函数，且f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则(
)
A．f(0)>f(log32)>f(－log23)
B．f(log32)>f(0)>f(－log23)
C．f(－log23)>f(log32)>f(0)
D．f(－log23)>f(0)>f(log32)
[解析]
∵log23>log22＝1＝log33>log32>0，
且函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(log23)>f(log32)>f(0)，
又函数f(x)为偶函数，∴f(log23)＝f(－log23)，
∴f(－log23)>f(log32)>f(0)，故选C．
1．函数3 个性质及应用
奇偶性
具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联
系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上．尤其注意偶函数f(x)的性
质：f(|x|)＝f(x)
单调性
可以比较大小、求函数最值、解不等式、证明方程根的唯一性
周期性
利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转
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59
化到已知区间上求解
2.函数性质综合应用的注意点
(1)根据函数的周期性，可以由函数局部的性质得到函数的整体性质，即周期性与奇偶性都具有将未知区间上的问
题转化到已知区间的功能．
(2)一些题目中，函数的周期性常常通过函数的奇偶性得到，函数的奇偶性体现的是一种对称关系，而函数的单调
性体现的是函数值随自变量变化而变化的规律．因此在解题时，往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间
上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题．
跟踪训练
1．本例(1)条件变为：若f(x)为偶函数，满足在[0，＋∞)上单调递减，且f(－1)＝0，则f(x＋1)>0 的解集为____(－
2,0)__．
[解析]
由f(x)为偶函数，在[0，＋∞)上单调递减，
且f(－1)＝0，得f(1)＝0．
由f(x＋1)>0，得|x＋1|<1．
解得－2<x<0，
所以f(x＋1)的解集为(－2,0)．
2．已知函数g(x)在区间[0，＋∞)上是增函数，且f(x)＝g(|x|)，若f(log2x)＋f(log1
2
x)≤2f(1)，则实数x 的取值范
围为____[1
2，2]__．
[解析]
因为f(x)＝g(|x|)，所以函数f(x)是偶函数，又因为g(x)在区间[0，＋∞)上是增函数，所以f(x)在区间(－∞，
0)为减函数，在区间[0，＋∞)上是增函数．
又因为log1
2
x＝－log2x，所以f(log2x)＋f(log1
2
x)≤2f(1)等价于f(log2x)≤f(1)，
所以－1≤log2x≤1，
解得1
2≤x≤2．
所以实数x 的取值范围为[1
2，2]．
3．已知函数g(x)是R 上的奇函数，且当x<0 时，g(x)＝－lg(1－x)，函数f(x)＝
x3，x≤0，
gx，x>0，
若f(2－x2)>f(x)，
则实数x 的取值范围为____(－2,1)__．
[解析]
因为奇函数g(x)满足当x<0 时，
g(x)＝－lg(1－x)，
所以当x>0 时，－x<0，g(－x)＝－lg(1＋x)，
所以当x>0 时，g(x)＝－g(－x)＝lg(1＋x)，
所以f(x)＝
x3，x≤0，
lg1＋x，x>0.
因为f(x)在其定义域上是增函数，
所以f(2－x2)>f(x)等价于2－x2>x，
解得－2<x<1，
所以实数x 的取值范围为(－2,1)．
A 组
1．(文)已知函数f(x)＝x2－2ax＋5 的定义域和值域都是[1，a]，则a＝(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]
因为f(x)＝(x－a)2＋5－a2，所以f(x)在[1，a]上是减函数，又f(x)的定义域和值域为[1，a]，所以
f1＝a，
fa＝1，
即
1－2a＋5＝a，
a2－2a2＋5＝1，
解得a＝2．
(理)已知函数f(x)的定义域为[3,6]，则函数y＝
f2x
log1
22－x
的定义域为(
)
A．[3
2，＋∞)
B．[3
2，2)
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60
C．(3
2，＋∞)
D．[1
2，2)
[解析]
要使函数y＝
f2x
log1
22－x
有意义，需满足
3≤2x≤6，
log1
2
2－x>0，
⇒
3
2≤x≤3，
0<2－x<1，
⇒3
2≤x<2．
故选B．
2．(2019·安徽合肥一模)已知函数f(x)＝
x＋1
x－2
，x>2，
x2＋2，x≤2，
则f[f(1)]＝(
)
A．－1
2
B．2
C．4
D．11
[解析]
∵函数f(x)＝
x＋1
x－2
，x>2，
x2＋2，x≤2.
∴f(1)＝12＋2＝3，∴f[f(1)]＝f(3)＝3＋1
3－2
＝4，故选C．
3．若函数f(x)＝ax2＋bx＋8(a≠0)是偶函数，则g(x)＝2ax3＋bx2＋9x 是(
)
A．奇函数
B．偶函数
C．非奇非偶函数
D．既奇又偶函数
[解析]
由于f(x)＝ax2＋bx＋8(a≠0)是偶函数，所以b＝0，所以g(x)＝2ax3＋9x(a≠0)，所以g(－x)＝2a(－x)3＋
9(－x)＝－(2ax3＋9x)＝－g(x)，所以g(x)＝2ax3＋9x 是奇函数．故选A．
4．已知函数f(x)＝x2－2x－3，则该函数的单调递增区间为(
)
A．(－∞，1]
B．[3，＋∞)
C．(－∞，－1]
D．[1，＋∞)
[解析]
由x2－2x－3≥0，得x≥3 或x≤－1．
当x≥3 时，函数t＝x2－2x－3 为增函数．
∵y＝t为增函数，
∴此时函数f(x)为增函数，
即函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)．故选B．
5．已知f(x)是定义在R 上的奇函数，当x≥0 时，f(x)＝3x＋m(m 为常数)，则f(－log35)的值为(
)
A．4
B．－4
C．6
D．－6
[解析]
由题意，f(0)＝30＋m＝0，解得m＝－1，
故当x≥0 时，f(x)＝3x－1，
∴f(－log35)＝－f(log35)＝－(3log35－1)＝－4.故选B．
6．函数y＝
2xsinπ
2＋6x
4x－1
的图象大致为(
)
[解析]
y＝
2xsinπ
2＋6x
4x－1
＝2xcos6x
22x－1 ＝cos6x
2x－2
－x，由此容易判断函数为奇函数，可以排除A；又函数有无数个零点，可
排除C；当x 取一个较小的正数时，y>0，由此可排除B，故选D．
7．设f(x)＝
log3x2＋t，x<0，
2t＋1x，x≥0，
且f(1)＝6，则f(f(－2))的值为(
)
A．18
B．12
C．1
12
D．1
18
[解析]
因为1>0，所以f(1)＝2(t＋1)＝6，即t＋1＝3，解得t＝2.故f(x)＝
log3x2＋2，x<0，
2×3x，x≥0，
所以f(－2)＝log3[(－2)2＋2]＝log36>0，
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61
f(f(－2))＝f(log36)＝2×3log36＝2×6＝12．
8．设函数f(x)＝ax－k－1(a>0，且a≠1)过定点(2,0)，且f(x)在定义域R 上是减函数，则g(x)＝loga(x＋k)的图象是(
)
[解析]
由题意可知a2－k－1＝0，解得k＝2，所以f(x)＝ax－2－1，又f(x)在定义域R 上是减函数，所以0<a<1.此
时g(x)＝loga(x＋2)在定义域上单调递减，且恒过点(－1,0)，故选A．
9．已知函数f(x)＝|log2x|，正实数m，n 满足m<n，且f(m)＝f(n)．若f(x)在区间[m2，n]上的最大值为2，则m，
n 的值分别为(
)
A．1
2，2
B．1
2，4
C．2
2 ，2
D．1
4，4
[解析]
(数形结合求解)f(x)＝|log2x|＝
log2x，x≥1，
－log2x，0<x<1，
根据f(m)＝f(n)(m<n)及f(x)的单调性，知mn＝1 且0<m<1，n>1．
又f(x)在[m2，n]上的最大值为2，由图象知：f(m2)>f(m)＝f(n)，
∴f(x)max＝f(m2)，x∈[m2，n]．
故f(m2)＝2，易得n＝2，m＝1
2．
10．已知函数f(x)＝
3a－3x＋2，x≤1，
－4a－lnx，x>1，
对于任意的x1≠x2，都有(x1－x2)[f(x2)－f(x1)]>0 成立，则实数a 的取
值范围是(
)
A．(－∞，3]
B．(－∞，3)
C．(3，＋∞)
D．[1,3)
[解析]
由(x1－x2)[f(x2)－f(x1)]>0，得(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0，所以函数f(x)为R 上的单调递减函数，则
a－3<0，
3a－3＋2≥－4a，
解得1≤a<3.故选D．
11．设函数f(x)＝ln(1＋|x|)－
1
1＋x2，则使得f(x)>f(2x－1)成立的x 的取值范围是(
)
A．(1
3，1)
B．(－∞，1
3)∪(1，＋∞)
C．(－1
3，1
3)
D．(－∞，－1
3)∪(1
3，＋∞)
[解析]
f(x)是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数，所以f(x)>f(2x－1)⇔f(|x|)>f(|2x－1|)
⇔|x|>|2x－1|⇔1
3<x<1.故选A．
12．(2017·天津卷，6)已知奇函数f(x)在R 上是增函数，g(x)＝xf(x)．若a＝g(－log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，则
a，b，c 的大小关系为(
)
A．a<b<c
B．c<b<a
C．b<a<c
D．b<c<a
[解析]
依题意a＝g(－log25.1)＝(－log25.1)·f(－log25.1)＝log25.1f(log25.1)＝g(log25.1)．
因为f(x)在R 上是增函数，可设0<x1<x2，
则f(x1)<f(x2)．
从而x1f(x1)<x2f(x2)，即g(x1)<g(x2)．
所以g(x)在(0，＋∞)上也为增函数．
又log25.1>0,20.8>0,3>0，
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62
且log25.1<log28＝3,20.8<21<3，
而20.8<21＝log24<log25.1，
所以3>log25.1>20.8>0，
所以c>a>b．
故选C．
13．函数f(x)＝ln
1
|x|＋1的值域是____(－∞，0]__．
[解析]
因为|x|≥0，所以|x|＋1≥1．
所以0<
1
|x|＋1
≤1．
所以ln
1
|x|＋1
≤0，
即f(x)＝ln
1
|x|＋1的值域为(－∞，0]．
14．已知函数f(x)的图象关于点(－3,2)对称，则函数h(x)＝f(x＋1)－3 的图象的对称中心为____(－4，－1)__．
[解析]
函数h(x)＝f(x＋1)－3 的图象是由函数f(x)的图象向左平移1 个单位，再向下平移3 个单位得到的，又f(x)
的图象关于点(－3,2)对称，所以函数h(x)的图象的对称中心为(－4，－1)．
15．(文)已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)<0 恒成立，则x 的取值范围为____(－2，2
3)__．
[解析]
易知f(x)为增函数．
又f(x)为奇函数，由f(mx－2)＋f(x)<0 知，
f(mx－2)<f(－x)．
∴mx－2<－x，即mx＋x－2<0，
令g(m)＝mx＋x－2，由m∈[－2,2]知g(m)<0 恒成立，
即
g－2＝－x－2<0
g2＝3x－2<0
，∴－2<x<2
3．
(理)若函数f(x)＝2x＋sinx 对任意的m∈[－2,2]，有f(mx－3)＋f(x)<0 恒成立，则x 的取值范围是____(－3,1)__．
[解析]
易知f(x)是R 上的奇函数，
由f′(x)＝2＋cosx>0，知f(x)为增函数．
因为f(mx－3)＋f(x)<0 可变形为f(mx－3)<f(－x)，
所以mx－3<－x，
所以mx－3＋x<0．
设g(m)＝xm－3＋x，
由题意知当m∈[－2,2]时，g(m)<0 恒成立，
则当x≥0 时，g(2)<0，即2x－3＋x<0，
则0≤x<1；
当x<0 时，g(－2)<0，
即－2x－3＋x<0，则－3<x<0．
所以所求x 的取值范围是(－3,1)．
16．已知a>0，且a≠1，f(x)＝x2－ax，当x∈(－1,1)时恒有f(x)<1
2，则实数a 的取值范围是____[1
2，1)∪(1,2]__．
[解析]
由题意可知ax>x2－1
2在(－1,1)上恒成立，
令y1＝ax，y2＝x2－1
2，
由图象知：
a>1，
a
－1≥－12－1
2，
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或
0<a<1，
a1≥12－1
2，
所以1<a≤2 或1
2≤a<1．
B 组
1．设1
5<(1
5)b<(1
5)a<1，那么(
)
A．aa<ab<ba
B．ab<aa<ba
C．aa<ba<ab
D．ab<ba<aa
[解析]
因为指数函数y＝(1
5)x 在(－∞，＋∞)上是递减函数，所以由1
5<(1
5)b<(1
5)a<1 得0<a<b<1，
所以0<a
b<1．
所以y＝ax，y＝bx，y＝(a
b)x 在(－∞，＋∞)上都是递减函数，从而ab<aa，(a
b)a<1 得ba>aa，
故ab<aa<ba，答案选B．
2．设函数f(x)＝x3(ax＋m·a
－x)(x∈R，a>0 且a≠1)是偶函数，则实数m 的值为(
)
A．－1
B．1
C．2
D．－2
[解析]
解法一：因为函数f(x)＝x3(ax＋m·a
－x)(x∈R，a>0 且a≠1)是偶函数，所以f(－x)＝f(x)对任意的x∈R 恒
成立，所以－x3(a
－x＋m·ax)＝x3(ax＋m·a
－x)，即x3(1＋m)(ax＋a
－x)＝0 对任意的x∈R 恒成立，所以1＋m＝0，即m＝
－1．
解法二：因为f(x)＝x3(ax＋m·a
－x)是偶函数，所以g(x)＝ax＋m·a
－x 是奇函数，且g(x)在x＝0 处有意义，所以g(0)
＝0，即1＋m＝0，所以m＝－1．
3．(文)已知函数f(x)＝
2x－1－2，x≤1，
－log2x＋1，x>1，
且f(a)＝－3，则f(6－a)＝(
)
A．－7
4
B．－5
4
C．－3
4
D．－1
4
[解析]
因为f(x)＝
2x－1－2，x≤1，
－log2x＋1，x>1，
f(a)＝－3，
所以
a>1，
－log2a＋1＝－3，
或
a≤1，
2a－1－2＝－3，
解得a＝7，
所以f(6－a)＝f(－1)＝2
－1－1－2＝－7
4．
(理)(2019·福建第一学期高三期末考试)已知函数f(x)＝
log2x＋a，x>0，
4x－2－1，x≤0.
若f(a)＝3，则f(a－2)＝(
)
A．－15
16
B．3
C．－63
64或3
D．－15
16或3
[解析]
当a>0 时，若f(a)＝3，则log2a＋a＝3，解得a＝2(满足a>0)；当a≤0 时，若f(a)＝3，则4a－2－1＝3，
解得a＝3，不满足a≤0，所以舍去．于是，可得a＝2.故f(a－2)＝f(0)＝4
－2－1＝－15
16．
4．已知定义在R 上的函数f(x)，对任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)＋f(2)成立，若函数y＝f(x＋1)的图象关于直线x
＝－1 对称，则f(2 018)的值为(
)
A．2 018
B．－2 018
C．0
D．4
[解析]
依题意得，函数y＝f(x)的图象关于直线x＝0 对称，因此函数y＝f(x)是偶函数，且f(－2＋4)＝f(－2)＋f(2)，
即f(2)＝f(2)＋f(2)，所以f(2)＝0，所以f(x＋4)＝f(x)，即函数y＝f(x)是以4 为周期的函数，f(2 018)＝f(4×504＋2)＝f(2)
＝0．
5．(文)函数f(x)＝
1
sinx－x的图象大致为(
)
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[解析]
由题意知，函数f(x)为奇函数，且函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，故排除C、D，又f(π
2)＝
1
sinπ
2－π
2
<0，
故排除选项B．
(理)如图，过单位圆O 上一点P 作圆O 的切线MN，点Q 为圆O 上一动点，当点Q 由点P 逆时针方向运动时，
设∠POQ＝x，弓形PRQ 的面积为S，则S＝f(x)在x∈[0,2π]上的大致图象是(
)
[解析]
S＝f(x)＝S 扇形PRQ＋S△POQ＝1
2(2π－x)·12＋1
2sinx＝π－1
2x＋1
2sinx，则f ′(x)＝1
2(cosx－1)≤0，所以函数S＝
f(x)在[0,2π]上为减函数，当x＝0 和x＝2π时，分别取得最大值与最小值．又当x 从0 逐渐增大到π时，cosx 逐渐减小，
切线斜率逐渐减小，曲线越来越陡；当x 从π逐渐增大到2π时，cosx 逐渐增大，切线斜率逐渐增大，曲线越来越平缓，
结合选项可知，B 正确．
6．已知g(x)是定义在R 上的奇函数，且当x<0 时，g(x)＝－ln(1－x)，函数f(x)＝
x3，x≤0，
gx，x>0.
若f(2－x2)>f(x)，
则x 的取值范围是(
)
A．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
B．(－∞，1)∪(2，＋∞)
C．(－2,1)
D．(1,2)
[解析]
因为g(x)是定义在R 上的奇函数，且当x<0 时，g(x)＝－ln(1－x)，
所以当x>0 时，－x<0，g(－x)＝－ln(1＋x)，
即当x>0 时，g(x)＝ln(1＋x)．
因为函数f(x)＝
x3，x≤0，
gx，x>0，
所以函数f(x)＝
x3，x≤0
ln1＋x，x>0.
函数f(x)的图象如下：
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可判断f(x)＝
x3，x≤0，
ln1＋x，x>0.
在(－∞，＋∞)上单调递增．因为f(2－x2)>f(x)，所以2－x2>x，
解得－2<x<1，故选C．
7．对定义在[0,1]上，并且同时满足以下两个条件的函数f(x)称为M 函数．
(1)对任意的x∈[0,1]，恒有f(x)≥0；
(2)当x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1 时，总有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立．
则下列3 个函数中不是M 函数的个数是(
)
①f(x)＝x2
②f(x)＝x2＋1
③f(x)＝2x－1
A．0
B．1
C．2
D．3
[解析]
在[0,1]上，3 个函数都满足f(x)≥0.当x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1 时：对于①，f(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]＝(x1
＋x2)2－(x21＋x22)＝2x1x2≥0，满足；对于②，f(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]＝[(x1＋x2)2＋1]－[(x21＋1)＋(x22＋1)]＝2x1x2－1<0，
不满足；对于③，f(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]＝(2x1＋x2－1)－(2x1－1＋2x2－1)＝2x12x2－2x1－2x2＋1＝(2x1－1)(2x2－
1)≥0，满足．故选B．
8．已知函数f(x)是定义在R 上的奇函数，若对于任意给定的不等实数x1、x2，不等式x1f(x1)＋x2f(x2)<x1f(x2)＋x2f(x1)
恒成立，则不等式f(1－x)<0 的解集为(
)
A．(－∞，0)
B．(0，＋∞)
C．(－∞，1)
D．(1，＋∞)
[解析]
由条件式得(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0，
∴x1<x2 时，f(x1)>f(x2)，x1>x2 时，f(x1)<f(x2)，
∴f(x)为减函数，又f(x)为R 上的奇函数，
∴f(0)＝0，∴不等式f(1－x)<0 化为f(1－x)<f(0)，
∴1－x>0，∴x<1，故选C．
9．已知函数f(x)＝
x2＋1，x>0，
cosx，x≤0，
则下列结论正确的是(
)
A．f(x)是偶函数
B．f(x)是增函数
C．f(x)是周期函数
D．f(x)的值域为[－1，＋∞)
[解析]
因为f(π)＝π2＋1，f(－π)＝－1，所以f(－π)≠f(π)，所以函数f(x)不是偶函数，排除A；因为函数f(x)在(－
2π，－π)上单调递减，排除B；函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)不是周期函数，排除C；因为x>0 时，
f(x)>1，x≤0 时，－1≤f(x)≤1，所以函数f(x)的值域为[－1，＋∞)．
10．已知函数f(x)是定义在R 上的奇函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，若
|flnx－fln1
x|
2
<f(1)，则x 的取值范
围是(
)
A．(0，1
e)
B．(0，e)
C．(1
e，e)
D．(e，＋∞)
[解析]
因为函数f(x)是定义在R 上的奇函数，
所以f(lnx)－f(ln1
x)
＝f(lnx)－f(－lnx)＝f(lnx)＋f(lnx)
＝2f(lnx)，
所以
|flnx－fln1
x|
2
<f(1)等价于|f(lnx)|<f(1)．
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又f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，所以－1<lnx<1，解得1
e<x<e．
11．在实数集R 上定义一种运算“★”，对于任意给定的a，b∈R，a★b 为唯一确定的实数，且具有下列三条性
质：(1)a★b＝b★a；(2)a★0＝a；(3)(a★b)★c＝c★(ab)＋(a★c)＋(c★b)－2c．
关于函数f(x)＝x★1
x，有如下说法：
①函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值为3；
②函数f(x)为偶函数；
③函数f(x)为奇函数；
④函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；
⑤函数f(x)不是周期函数．
其中正确说法的个数为(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]
对于新运算“★”的性质(3)，令c＝0，则(a★b)★0＝0★(ab)＋(a★0)＋(0★b)＝ab＋a＋b，
即a★b＝ab＋a＋b．
∴f(x)＝x★1
x＝1＋x＋1
x，当x>0 时，f(x)＝1＋x＋1
x≥1＋2
x·1
x＝3，当且仅当x＝1
x，即x＝1 时取等号，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值为3，故①正确；函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
∵f(1)＝1＋1＋1＝3，f(－1)＝1－1－1＝－1，
∴f(－1)≠－f(1)且f(－1)≠f(1)，
∴函数f(x)为非奇非偶函数，故②③错误；根据函数的单调性，知函数f(x)＝1＋x＋1
x的单调递增区间为(－∞，－
1)，(1，＋∞)，故④正确；由④知，函数f(x)＝1＋x＋1
x不是周期函数，故⑤正确．
综上所述，所有正确说法的个数为3，故选C．
12．已知函数f(x)是定义在R 上的奇函数，且对于任意x∈R，恒有f(x－1)＝f(x＋1)成立，当x∈[－1,0]时，f(x)
＝2x－1，则f(2 019)＝____1
2__．
[解析]
由f(x－1)＝f(x＋1)得f(x)的周期为2，则f(2 019)＝f(1)＝－f(－1)＝－(2
－1－1)＝1
2．
13．(2019·云南昆明模拟)已知函数f(x)＝ax＋x－b 的零点x0∈(n，n＋1)(n∈Z)，其中常数a，b 满足2a＝3,3b＝2，
则n＝____－1__．
[解析]
a＝log23>1,0<b＝log32<1，令f(x)＝0，得ax＝－x＋b.在同一平面直角坐标系中画出函数y＝ax 和y＝－x
＋b 的图象，如图所示：
由图可知，两函数的图象在区间(－1,0)内有交点，所以函数f(x)在区间(－1,0)内有零点，所以n＝－1．
14．若函数f(x)＝
x－1，0<x≤2，
－1，－2≤x≤0，
g(x)＝f(x)＋ax，x∈[－2,2]为偶函数，则实数a＝____－1
2__．
[解析]
因为f(x)＝
x－1，0<x≤2，
－1，－2≤x≤0，
所以g(x)＝f(x)＋ax＝
ax－1，－2≤x≤0，
1＋ax－1，0<x≤2，
因为g(x)＝
ax－1，－2≤x≤0，
1＋ax－1，0<x≤2.
为偶函数，
所以g(－1)＝g(1)，即－a－1＝1＋a－1＝a，
所以2a＝－1，所以a＝－1
2．
15．已知函数f(x)＝
log21－x＋1，－1≤x<0，
x3－3x＋2，0≤x≤a，
的值域是[0,2]，则实数a 的取值范围是____[1，3]__．
[解析]
函数f(x)＝
log21－x＋1，－1≤x<0，
x3－3x＋2，0≤x≤a，
的图象如图所示．
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因为函数f(x)的值域是[0,2]，
所以1∈[0，a]，即a≥1．
又当f(x)＝2 时，x3－3x＝0，
解得x＝3(0，－3舍去)，所以a≤3．
综上，a 的取值范围是[1，3]．
第二讲
函数与方程及函数的应用
高考考点
考点解读
函数的零点
1.利用零点存在性定理或数形结合法确定函数的零点个数或其存在范
围，以及应用零点求参数的值(范围)
2．常以高次式、分式、指数式、对数式、三角式结构的函数为载体考
查
函数与方程
的综合应用
1.确定高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构方程解
的个数或由其个数求参数的值(范围)
2．常与函数的图象与性质的应用交汇命题
函数的实际应用
1.常涉及物价、投入、产出、路径、工程、环保等国计民生的实际问题，
常以面积、体积、利润等最优化问题出现
2．常与函数的最值、不等式、导数的应用综合命题
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对函数零点的理解，掌握函数的零点与方程根的关系．
(2)掌握研究函数零点、方程解的问题的方法．
(3)熟练掌握应用函数模型解决实际问题的一般程序．
预测2020 年命题热点：
(1)函数的零点、方程的根和两函数图象交点之间的等价转化问题．
(2)将实际背景常规化，最后归为二次函数、高次式、分式及分段函数或指数式、对数式函
数为目标函数的应用问题.
知识整合
1．几种常见的函数模型
(1)一次函数模型：y＝ax＋b(a≠0)．
(2)二次函数模型：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
(3)指数函数模型：y＝a·bx＋c(b>0 且b≠1)．
(4)对数函数模型：y＝blogax＋c(a>0 且a≠1)．
(5)分段函数模型：f(x)＝
gx，x∈A1，
hx，x∈A2，
(A1∩A2＝∅)．
2．函数的零点
(1)函数的零点及函数的零点与方程根的关系
对于函数f(x)，把使f(x)＝0 的实数x 叫作函数f(x)的____零点__，函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)
的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的____横坐标__．
(2)零点存在性定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有____f(a)·f(b)<0__，那么函数y＝f(x)在区间
(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c 也就是方程f(x)＝0 的一个根．
3．思想与方法
(1)数学方法：图象法、分离参数法、最值的求法．
(2)数学思想：数形结合、转化与化归、函数与方程．
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易错警示
1．忽略概念
函数的零点不是一个“点”，而是函数图象与x 轴交点的横坐标．
2．不能准确应用零点存在性定理
函数零点存在性定理是说满足某条件时函数存在零点，但存在零点时不一定满足该条件．即函数y＝f(x)在(a，b)
内存在零点，不一定有f(a)f(b)<0．
1．(2019·全国卷Ⅲ，5)函数f(x)＝2sinx－sin2x 在[0,2π]的零点个数为(
)
A．2
B．3
C．4
D．5
[解析]
令f(x)＝0，得2sin x－sin 2x＝0，
即2sin x－2sin xcos x＝0，
∴2sin x(1－cos x)＝0，∴sin x＝0 或cos x＝1．
又x∈[0,2π]，
∴由sin x＝0 得x＝0，π或2π，由cos x＝1 得x＝0 或2π．
故函数f(x)的零点为0，π，2π，共3 个．
故选B．
2．(文)(2019·北京卷，7)在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m2－
m1＝5
2lgE1
E2
，其中星等为mk 的星的亮度为Ek(k＝1,2)．已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天
狼星的亮度的比值为(
)
A．1010.1
B．10.1
C．lg10.1
D．10
－10.1
[解析]
设太阳的星等为m1，天狼星的星等为m2，则太阳与天狼星的亮度分别为E1，E2，由条件m1＝－26.7，
m2＝－1.45，m2－m1＝5
2lgE1
E2
，得5
2lgE1
E2
＝－1.45＋26.7＝25.25．
∴lgE1
E2
＝25.25×2
5＝10.1，
∴E1
E2
＝1010.1，即太阳与天狼星的亮度的比值为1010.1．
故选A．
(理)(2019·北京卷，6)在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m2－m1
＝5
2lg E1
E2
，其中星等为mk 的星的亮度为Ek(k＝1,2)．已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天狼
星的亮度的比值为(
)
A．1010.1
B．10.1
C．lg 10.1
D．10
－10.1
[解析]
由题意知，m1＝－26.7，m2＝－1.45，代入所给公式得－1.45－(－26.7)＝5
2lg E1
E2
，所以lgE1
E2
＝10.1，所以E1
E2
＝1010.1.故选A．
3．(2019·天津卷，7)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，且f(x)的最小正周期为π，将y＝f(x)
的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2 倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x)．若g
π
4 ＝2，则f
3π
8 ＝(
)
A．－2
B．－2
C．2
D．2
[解析]
∵函数f(x)为奇函数，且|φ|<π，∴φ＝0．
又f(x)的最小正周期为π，
∴2π
ω ＝π，解得ω＝2.∴f(x)＝Asin 2x．
由题意可得g(x)＝Asin x，g
π
4 ＝2，
即Asinπ
4＝2，解得A＝2．
故f(x)＝2sin 2x．
∴f
3π
8 ＝2sin3π
4 ＝2．
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69
故选C．
4．(2019·浙江卷，9)设a，b∈R，函数f(x)＝
x，x<0，
1
3x3－1
2a＋1x2＋ax，x≥0.
若函数y＝f(x)－ax－b 恰有3 个零点，
则(
)
A．a<－1，b<0
B．a<－1，b>0
C．a>－1，b<0
D．a>－1，b>0
[解析]
由题意，b＝f(x)－ax＝
1－ax，x<0，
1
3x3－1
2a＋1x2，x≥0.
设y＝b，g(x)＝
1－ax，x<0，
1
3x3－1
2a＋1x2，x≥0.
即以上两个函数的图象恰有3 个交点，根据选项进行讨论．
①当a<－1 时，1－a>0，可知g(x)在(－∞，0)上递增；
由g′(x)＝x2－(a＋1)x＝x[x－(a＋1)](x≥0)，a＋1<0，
可知g(x)在(0，＋∞)上递增．
此时直线y＝b 与g(x)的图象只有1 个交点，不符合题意，故A，B 排除．
②当a>－1，即a＋1>0 时，
因为g′(x)＝x[x－(a＋1)](x≥0)，
所以当x≥0 时，
由g′(x)<0 可得0<x<a＋1，
所以当x≥0 时，g(x)在(0，a＋1)上递减，g(x)在(a＋1，＋∞)上递增．
如图，y＝b 与y＝g(x)(x≥0)的图象至多有2 个交点．
当1－a>0，即－1<a<1 时，由图象可得，若要y＝g(x)与y＝b 的图象有3 个交点，必有b<0；
当1－a＝0 时，y＝g(x)与y＝b 的图象可以有1 个、2 个或无数个交点，但不存在有3 个交点的情况，不合题意，
舍去；
当1－a<0，即a>1 时，y＝g(x)与y＝b 的图象可以有1 个或2 个交点，但不存在有3 个交点的情况，不合题意，
舍去．
综上，－1<a<1，b<0.故选C．
5．(2017·全国卷Ⅲ，11)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e
－x＋1)有唯一零点，则a＝(
)
A．－1
2
B．1
3
C．1
2
D．1
[解析]
方法一：f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e
－x＋1)＝(x－1)2＋a[ex－1＋e
－(x－1)]－1，
令t＝x－1，则g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e
－t)－1．
∵g(－t)＝(－t)2＋a(e
－t＋et)－1＝g(t)，
∴函数g(t)为偶函数．
∵f(x)有唯一零点，
∴g(t)也有唯一零点．
又g(t)为偶函数，由偶函数的性质知g(0)＝0，
∴2a－1＝0，解得a＝1
2．
故选C．
方法二：f(x)＝0⇔a(ex－1＋e
－x＋1)＝－x2＋2x．
ex－1＋e
－x＋1≥2 ex－1·e
－x＋1＝2，
当且仅当x＝1 时取“＝”．
－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1 时取“＝”．
若a>0，则a(ex－1＋e
－x＋1)≥2a，
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70
要使f(x)有唯一零点，则必有2a＝1，即a＝1
2．
若a≤0，则f(x)的零点不唯一．
故选C．
6．(2016·四川卷，5)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2015 年全年投入研发资金130 万
元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200 万元的年份是
(
)
(参考数据：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30)
A．2018 年
B．2019 年
C．2020 年
D．2021 年
[解析]
设x 年后该公司全年投入的研发资金为200 万元，由题可知，130(1＋12%)x＝200，解得x＝log1.12200
130＝
lg2－lg1.3
lg1.12
≈3.80，因资金需超过200 万，则x 取4，即2019 年．故选B．
7．(文)(2018·天津卷，14)已知a∈R，函数f(x)＝
x2＋2x＋a－2，x≤0，
－x2＋2x－2a，x>0.
若对任意x∈[－3，＋∞)，f(x)≤|x|恒
成立，则a 的取值范围是____
1
8，2 __．
[解析]
如图所示，若对任意x∈[－3，＋∞)，要使函数y＝f(x)的图象在y＝|x|图象的下方，则必有
f－3≤3，①
f0≤0，②
且在(0，＋∞)内直线y＝x 与y＝－x2＋2x－2a 相切或相离，所以x＝－x2＋2x－2a 有两个相等实根或无实根，即
对于方程x2－x＋2a＝0，
Δ＝(－1)2－4×2a≤0，解得a≥1
8．
由①②得9－6＋a－2≤3 且a－2≤0，所以a≤2．
综上，1
8≤a≤2．
(理)(2018·天津卷，14)已知a>0，函数f(x)＝
x2＋2ax＋a，x≤0，
－x2＋2ax－2a，x>0.
若关于x 的方程f(x)＝ax 恰有2 个互异的实
数解，则a 的取值范围是____(4,8)__．
[解析]
作出函数f(x)的示意图，如图．l1 是过原点且与抛物线y＝－x2＋2ax－2a 相切的直线，l2 是过原点且与抛
物线y＝x2＋2ax＋a 相切的直线．
由图可知，当直线y＝ax 在l1，l2 之间(不含直线l1，l2)变动时，符合题意．
由
y＝ax，
y＝－x2＋2ax－2a，
消去y，
整理得x2－ax＋2a＝0．
由Δ＝0，得a＝8(a＝0 舍去)．
由
y＝ax，
y＝x2＋2ax＋a，
消去y，整理得x2＋ax＋a＝0．
由Δ＝0，得a＝4(a＝0 舍去)．综上，得4<a<8．
8．(2019·全国卷Ⅱ，14)已知f(x)是奇函数，且当x<0 时，f(x)＝－eax，若f(ln 2)＝8，则a＝____－3__．
[解析]
设x>0，则－x<0．
∵当x<0 时，f(x)＝－eax，
∴f(－x)＝－e
－ax．
∵f(x)是奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝e
－ax，
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71
∴f(ln 2)＝e
－aln 2＝(eln 2)
－a＝2
－a．
又∵f(ln 2)＝8，
∴2
－a＝8，∴a＝－3．
函数的零点
典题例析
例1
(1)(文)(2019·邯郸月考)设f(x)＝lnx＋x－2，则函数f(x)的零点所在的区间为(
)
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(2,3)
D．(3,4)
[解析]
解法一：因为f(1)＝0＋1－2＝－1<0，f(2)＝ln2＋2－2＝ln2>0，所以函数f(x)的零点所在区间为(1,2)，故
选B．
解法二：函数f(x)的零点所在的区间可转化为函数g(x)＝lnx，h(x)＝－x＋2 图象交点的横坐标所在的取值范围．作
出图象如图所示．
由图可知f(x)的零点所在的区间为(1,2)．
(理)已知实数a>1,0<b<1，则函数f(x)＝ax＋x－b 的零点所在的区间是(
)
A．(－2，－1)
B．(－1,0)
C．(0,1)
D．(1,2)
[解析]
因为a>1,0<b<1，f(x)＝ax＋x－b，
所以f(－1)＝1
a－1－b<0，f(0)＝1－b>0，
所以f(－1)·f(0)<0，则由零点存在性定理可知f(x)在区间(－1,0)上存在零点．
(2)已知函数f(x)＝
3x，x≤1，
log1
3x，x>1，
则函数y＝f(x)＋x－4 的零点个数为(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]
函数y＝f(x)＋x－4 的零点个数，即函数y＝－x＋4 与y＝f(x)的图象的交点的个数．如图所示，函数y＝
－x＋4 与y＝f(x)的图象有两个交点，故函数y＝f(x)＋x－4 的零点有2 个．故选B．
(3)(2018·全国卷Ⅰ，9)已知函数f(x)＝
ex，x≤0，
lnx，x>0，
g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2 个零点，则a 的取值范围是
(
)
A．[－1,0)
B．[0，＋∞)
C．[－1，＋∞)
D．[1，＋∞)
[解析]
令h(x)＝－x－a，
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72
则g(x)＝f(x)－h(x)．
在同一坐标系中画出y＝f(x)，y＝h(x)图象的示意图，如图所示．
若g(x)存在2 个零点，则y＝f(x)的图象与y＝h(x)的图象有2 个交点，平移y＝h(x)的图象，可知：
当直线y＝－x－a 过点(0,1)时，有2 个交点，
此时1＝－0－a，a＝－1；
当y＝－x－a 在y＝－x＋1 上方，即a<－1 时，仅有1 个交点，不符合题意；
当y＝－x－a 在y＝－x＋1 下方，即a>－1 时，有2 个交点，符合题意．
综上，a 的取值范围为[－1，＋∞)．
故选C．
1．判断函数零点个数的方法
(1)直接求零点：令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数．
(2)零点存在性定理：利用该定理不仅要求函数在[a，b]上是连续的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象和
性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点．
(3)数形结合：对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看
其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
2．利用函数零点求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解．
(2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．
(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．
跟踪训练
1．设函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝x3，则函数g(x)＝|cosπx|－f(x)在
区间[－1
2，3
2]上零点的个数为(
)
A．3
B．4
C．5
D．6
[解析]
由f(－x)＝f(x)，得f(x)的图象关于y 轴对称．由f(x)＝f(2－x)，得f(x)的图象关于直线x＝1 对称．当x∈
[0,1]时，f(x)＝x3，所以f(x)在[－1,2]上的图象如图．
令g(x)＝|cosπx|－f(x)＝0，得|cosπx|＝f(x)，两函数y＝f(x)与y＝|cosπx|的图象在[－1
2，3
2]上的交点有5 个．
2．已知在(0,2]上的函数f(x)＝
1
x－3，x∈0，1]，
2x－1－1，x∈1，2]，
且g(x)＝f(x)－mx 在区间(0,2]内有且仅有两个不同的零点，
则实数m 的取值范围是(
)
A．(－9
4，－2]∪(0，1
2]
B．(－11
4 ，－2]∪(0，1
2]
C．(－9
4，－2]∪(0，2
3]
D．(－11
4 ，－2]∪(0，2
3]
[解析]
由函数g(x)＝f(x)－mx 在(0,2]内有且仅有两个不同的零点，得y＝f(x)，y＝mx 在(0,2]内的图象有且仅有两
个不同的交点．当y＝mx 与y＝1
x－3 在x∈(0,1]相切时，mx2＋3x－1＝0，Δ＝9＋4m＝0，m＝－9
4，结合图象可得当－
9
4<m≤－2 或0<m≤1
2时，函数g(x)＝f(x)－mx 在(0,2]内有且仅有两个不同的零点．
3．(2018·全国卷Ⅲ)函数f(x)＝cos(3x＋π
6)在[0，π]的零点个数为____3__．
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73
[解析]
令f(x)＝cos(3x＋π
6)＝0，得3x＋π
6＝π
2＋kπ(k∈Z)，即x＝π
9＋1
3kπ(k∈Z)，
当k＝0 时，x＝π
9∈[0，π]，当k＝1 时，x＝4π
9 ∈[0，π]，当k＝2 时，x＝7π
9 ∈[0，π]，
所以f(x)＝cos(3x＋π
6)在[0，π]上零点的个数为3．
函数与方程的综合应用
典题例析
例2
(1)(2019·烟台二模)已知[x]表示不超过x 的最大整数，当x∈R 时，称y＝[x]为取整函数，例如[1.6]
＝1，[－3.3]＝－4.若f(x)＝[x]，g(x)的图象关于y 轴对称，且当x≤0 时，g(x)＝－x2－2x，则方程f(f(x))＝g(x)解的个
数为(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]
根据已知条件可知，当x>0 时，－x<0，又函数g(x)的图象关于y 轴对称，故g(x)为偶函数，所以g(x)＝
g(－x)＝－(－x＋1)2＋1＝－(x－1)2＋1.由f(x)＝[x]，得f(f(x))＝[x]．在同一平面直角坐标系中画出y＝f(f(x))与y＝g(x)
的图象如图所示，由图象知，两个图象有4 个交点，交点的纵坐标分别为1,0，－3，－4，当x≥0 时，方程f(f(x))＝
g(x)的解是0 和1；当x<0 时，g(x)＝－(x＋1)2＋1＝－3 得x＝－3，由g(x)＝－(x＋1)2＋1＝－4 得x＝－1－5.综上，
f(f(x))＝g(x)的解的个数为4．
(2)(2018·中山一模)已知函数f(x)＝
|log3x|，0<x≤3，
1
3x2－10
3 x＋8，x>3，
若方程f(x)＝m(m∈R)有四个不同的实根x1，x2，x3，
x4，且满足x1<x2<x3<x4，则x3－3x4－3
x1x2
的取值范围是(
)
A．(0,4]
B．(0,3)
C．(3,4]
D．(1,3)
[解析]
如图，作出函数f(x)的图象，
显然，A(3,1)，又当0<x≤3 时，f(x)≥0，
因为方程f(x)＝m 有四个不同的实根，所以0<m<1．
由f(x1)＝f(x2)可得，|log3x1|＝|log3x2|，
又因为0<x1<1<x2，
所以log3x1＋log3x2＝0，解得x1x2＝1．
因为函数y＝1
3x2－10
3 x＋8 的图象的对称轴为x＝5，
故由f(x3)＝f(x4)可得x3＋x4＝10．
故x3－3x4－3
x1x2
＝(x3－3)(x4－3)＝(x3－3)(7－x3)＝－x23＋10x3－21＝－(x3－5)2＋4．
记g(t)＝－(t－5)2＋4，由0<m<1，即0<1
3x2－10
3 x＋8<1，解得3<x<4 或6<x<7.又x3<x4，所以3<x3<4，又g(t)＝－
(t－5)2＋4 在(3,4)上单调递增，所以当3<t<4 时，g(3)<g(t)<g(4)，即g(t)∈(0,3)．
应用函数思想确定方程解的个数的两种方法
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74
(1)转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解．
(2)分离参数、转化为求函数的值域问题求解．
跟踪训练
已知函数f(x)＝
x2＋4a－3x＋3a，x<0，
logax＋1＋1，x≥0，
(a>0 且a≠1)在R 上单调递减，且关于x 的方程|f(x)|＝2－x 恰有两个
不相等的实数解，则a 的取值范围是(
)
A．(0，2
3]
B．[2
3，3
4]
C．[1
3，2
3]∪
3
4
D．[1
3，2
3)∪
3
4
[解析]
由y＝loga(x＋1)＋1 在[0，＋∞)上递减，
则0<a<1，
又由f(x)在R 上单调递减，
则
02＋4a－3·0＋3a≥f0＝1，
3－4a
2
≥0，
解得1
3≤a≤3
4．
结合f(x)的图象可知，在[0，＋∞)上，|fx|＝2－x 有且仅有一个解，
故在(－∞，0)上，|fx|＝2－x 同样有且仅有一个解，
当3a>2，即a>2
3时，
联立|x2＋4a－3x＋3a|＝2－x，
则Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，
解得：a＝3
4或1(舍)，
当1≤3a≤2 时，由图象可知，符合条件．
综上：a∈[1
3，2
3]∪
3
4 ．
函数的实际应用
典题例析
例3
某企业为打入国际市场，决定从A，B 两种产品中选择一种进行投资生产．已知投资生产这两种产
品的有关数据如下表(单位：万美元)：
项目
类别
年固定成本
每件产品的成本
每件产品
的销售价
每年可最多
生产的件数
A 产品
20
m
10
200
B 产品
40
8
18
120
其中年固定成本与年生产的件数无关，m 为待定常数，其值由生产A 产品的原材料价格决定，预计m∈[6,8]．另
外，年销售x 件B 产品时需上交0.05x2 万美元的特别关税．假设生产出来的产品都能在当年销售出去．
(1)写出该企业分别投资生产A，B 两种产品的年利润y1，y2 与生产相应产品的件数x 之间的函数关系式，并指明
其定义域；
(2)如何投资最合理(可获得最大年利润)？请你做出规划．
[解析]
(1)由题意可得y1＝10x－(20＋mx)＝(10－m)x－20(x∈N,0≤x≤200)，
y2＝18x－(8x＋40)－0.05x2＝－0.05x2＋10x－40(x∈N,0≤x≤120)．
(2)因为6≤m≤8，所以10－m>0，所以函数y1＝(10－m)x－20 在[0,200]上是增函数，
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75
所以当x＝200 时，生产A 产品有最大利润，且(y1)max＝(10－m)×200－20＝(1 980－200m)万美元．
又y2＝－0.05(x－100)2＋460(x∈N,0≤x≤120)，
所以当x＝100 时，生产B 产品有最大利润，为460 万美元．
因为(y1)max－(y2)max＝1 980－200m－460＝1 520－200m，
所以当m∈[6,7.6)时，投资生产A 产品200 件最合理；
当m＝7.6 时，投资生产A 产品200 件或投资生产B 产品100 件最合理；
当m∈(7.6,8]时，投资生产B 产品100 件最合理．
1．应用函数模型解决实际问题的一般程序和解题关键
(1)一般程序：
读题
文字语言⇨
建模
数学语言⇨
求解
数学应用⇨
反馈
检验作答
(2)解题关键：解答这类问题的关键是确切地建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知
识加以综合解答．
2．警示：在建立函数模型时，一定要根据实际情况，确定准函数的定义域．
跟踪训练
某工厂生产一种溶液，按市场要求杂质含量不超过0.1%，若初时含杂质2%，每过滤一次可使杂质含量减少1
3，
至少应过滤__________次才能达到市场要求．(已知lg2≈0.301 0，lg3≈0.477 1)(
)
A．8
B．7
C．6
D．9
[解析]
设过滤n 次才能达到市场要求，则
2%(1－1
3)n≤0.1%，
即(2
3)n≤1
20，
所以nlg2
3≤－1－lg2，
所以n≥7.39，
所以n＝8．
A 组
1．(文)函数f(x)＝－1
x＋log2x 的一个零点落在区间(
)
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(2,3)
D．(3,4)
[解析]
∵f(1)·f(2)<0，∴选B．
(理)在用二分法求方程x3－2x－1＝0 的一个近似解时，现在已经将一根锁定在区间(1,2)内，则下一步可断定该根
所在的区间为(
)
A．(1.4,2)
B．(1.1,4)
C．(1，3
2)
D．(3
2，2)
[解析]
令f(x)＝x3－2x－1，则f(1)＝－2<0，f(2)＝3>0，f(3
2)＝－5
8<0，∴选D．
2．已知函数f(x)＝
2x－1，x≤1，
1＋log2x，x>1，
则函数f(x)的零点为(
)
A．1
2，0
B．－2,0
C．1
2
D．0
[解析]
当x≤1 时，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；当x>1 时，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝1
2，又因为x>1，
所以此时方程无解．综上，函数f(x)的零点只有0．
3．已知函数f(x)＝(1
2)x－cosx，则f(x)在[0,2π]上的零点个数为(
)
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76
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]
作出g(x)＝(1
2)x 与h(x)＝cosx 的图象，可以看出其在[0,2π]上的交点个数为3.故选C．
4．汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1 升汽油行驶的里程．下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃
油效率情况．下列叙述中正确的是(
)
A．消耗1 升汽油，乙车最多可行驶5 千米
B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多
C．甲车以80 千米/小时的速度行驶1 小时，消耗10 升汽油
D．某城市机动车最高限速80 千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油
[解析]
对于A 选项，从图中可以看出当乙车的行驶速度大于40 千米/小时时的燃油效率大于5 千米/升，故乙车
消耗1 升汽油的行驶路程可大于5 千米，所以A 错误．对于B 选项，由图可知甲车消耗汽油最少．对于C 选项，甲车
以80 千米/小时的速度行驶时的燃油效率为10 千米/升，故行驶1 小时的路程为80 千米，消耗8 升汽油，所以C 错误．对
于D 选项，当最高限速为80 千米/小时且速度相同时丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，故用丙车比用乙车更省油，
所以D 正确．
5．若函数f(x)满足f(1－lnx)＝1
x，则f(2)等于(
)
A．1
2
B．e
C．1
e
D．－1
[解析]
解法一：令1－lnx＝t，则x＝e1－t，
于是f(t)＝1
e1－t，即f(x)＝1
e1－x，故f(2)＝e．
解法二：由1－lnx＝2，得x＝1
e，这时1
x＝
1
1
e
＝e，
即f(2)＝e．
6．已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1,1]时，f(x)＝x2，那么函数y＝f(x)的图象与函数y＝|lgx|的图象的交点
共有(
)
A．10 个
B．9 个
C．8 个
D．1 个
[解析]
在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f(x)和y＝|lgx|的图象，如图．又lg10＝1，由图象知选A．
7．已知函数f(x)＝(1
5)x－log3x，若x0是函数y＝f(x)的零点，且0<x1<x0，则f(x1)____>__ f(x0)(填“>”“<”“≥”“≤”)．
[解析]
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77
方法一：∵f(x)＝(1
5)x－log3x 在(0，＋∞)上为减函数，且0<x1<x0，∴f(x1)>f(x0)．
方法二：如图知，f(x1)>f(x0)．
8．(文)函数f(x)对一切实数x 都满足f(1
2＋x)＝f(1
2－x)，并且方程f(x)＝0 有三个实根，则这三个实根的和为____3
2__．
[解析]
函数图象关于直线x＝1
2对称，方程f(x)＝0 有三个实根时，一定有一个是1
2，另外两个关于直线x＝1
2对称，
其和为1，故方程f(x)＝0 的三个实根之和为3
2．
(理)某食品的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系y＝ekx＋b(e＝2.718…为自然对数的底数，
k，b 为常数)．若该食品在0 ℃的保鲜时间是192 小时，在22 ℃的保鲜时间是48 小时，则该食品在33 ℃的保鲜时间
是____24__小时．
[解析]
由题意得
eb＝192，
e22k＋b＝48，
∴e22k＝48
192＝1
4，e11k＝1
2，
∴x＝33 时，y＝e33k＋b＝(e11k)3·eb＝1
8×192＝24．
9．有一种新型的洗衣液，去污速度特别快．已知每投放k(1≤k≤4，且k∈R)个单位的洗衣液在一定量水的洗衣
机中，它在水中释放的浓度y(克/升)随着时间x(分钟)变化的函数关系式近似为y＝k·f(x)，
其中f(x)＝
24
8－x
－1，0≤x≤4，
7－1
2x，4<x≤14.
若多次投放，则某一时刻水中的洗衣液浓度为每次投放的洗衣液在相应时刻
所释放的浓度之和．根据经验，当水中洗衣液的浓度不低于4 克/升时，它才能起到有效去污的作用．
(1)若只投放一次k 个单位的洗衣液，当两分钟时水中洗衣液的浓度为3 克/升，求k 的值．
(2)若只投放一次4 个单位的洗衣液，则有效去污时间可达几分钟？
(3)若第一次投放2 个单位的洗衣液，10 分钟后再投放1 个单位的洗衣液，则在第12 分钟时洗衣液是否还能起到
有效去污的作用？请说明理由．
[解析]
(1)由题意知k( 24
8－2
－1)＝3，所以k＝1．
(2)因为k＝4，
所以y＝
96
8－x
－4，0≤x≤4，
28－2x，4<x≤14.
当0≤x≤4 时，由96
8－x
－4≥4，
解得－4≤x<8，所以0≤x≤4．
当4<x≤14 时，由28－2x≥4，解得x≤12，
所以4<x≤12.综上可知，当y≥4 时，0≤x≤12，
所以只投放一次4 个单位的洗衣液的有效去污时间可达12 分钟．
(3)在第12 分钟时，水中洗衣液的浓度为2×(7－1
2×12)＋1×[
24
8－12－10
－1]＝5(克/升)，又5>4，
所以在第12 分钟时还能起到有效去污的作用．
B 组
1．已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝lnx＋x，h(x)＝lnx－1 的零点依次为a，b，c，则(
)
A．a<b<c
B．c<b<a
C．c<a<b
D．b<a<c
[解析]
由f(a)＝ea＋a＝0，得a＝－ea<0；b 是函数y＝lnx 和y＝－x 图象交点的横坐标，画图(图略)可知0<b<1；
由h(c)＝lnc－1＝0 知c＝e，所以a<b<c．
2．已知函数f(x)＝2ax－a＋3，若∃x0∈(－1,1)，f(x0)＝0，则实数a 的取值范围是(
)
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78
A．(－∞，－3)∪(1，＋∞)
B．(－∞，－3)
C．(－3,1)
D．(1，＋∞)
[解析]
函数f(x)＝2ax－a＋3，由∃x0∈(－1,1)，f(x0)＝0，可得(－3a＋3)(a＋3)<0，解得a∈(－∞，－3)∪(1，＋
∞)．
3．利民工厂某产品的年产量在150t 至250t 之间，年生产的总成本y(万元)与年产量x(t)之间的关系可近似地表示
为y＝x2
10－30x＋4 000，则每吨的成本最低时的年产量为(
)
A．240
B．200
C．180
D．160
[解析]
依题意得每吨的成本是y
x＝x
10＋4 000
x
－30，则y
x≥2
x
10·4 000
x
－30＝10，当且仅当x
10＝4 000
x
，即x＝200
时取等号，因此当每吨的成本最低时，相应的年产量是200t，选B．
4．设函数f(x)＝ex＋2x－4，g(x)＝lnx＋2x2－5，若实数a，b 分别是f(x)，g(x)的零点，则(
)
A．g(a)<0<f(b)
B．f(b)<0<g(a)
C．0<g(a)<f(b)
D．f(b)<g(a)<0
[解析]
依题意，f(0)＝－3<0，f(1)＝e－2>0，且函数f(x)是增函数，因此函数f(x)的零点在区间(0,1)内，即0<a<1.g(1)
＝－3<0，g(2)＝ln2＋3>0，函数g(x)的零点在区间(1,2)内，即1<b<2，于是有f(b)>f(1)>0.又函数g(x)在(0,1)内是增函
数，因此有g(a)<g(1)<0.所以g(a)<0<f(b)．故选A．
5．在数学课外活动中，小明同学进行了糖块溶于水的试验，将一块质量为7 克的糖块放入到一定量的水中，测量
不同时刻未溶解糖块的质量，得到若干组数据，其中在第5 分钟末测得的未溶解糖块的质量为3.5 克，同时小明发现
可以用指数型函数S＝ae
－kt(a，k 为常数)来描述以上糖块的溶解过程，其中S(单位：克)代表t 分钟末未溶解糖块的质
量，则k＝(
)
A．ln2
B．ln3
C．ln2
5
D．ln3
5
[解析]
由题意可得，当t＝0 时，S＝a＝7，因为在第5 分钟末测得的未溶解糖块的质量为3.5 克，所以3.5＝7e
－
5k，解得k＝ln2
5 ．
6．已知函数f(x)＝log3x＋2
x
－a 在区间(1,2)内有零点，则实数a 的取值范围是(
)
A．(－1，－log32)
B．(0，log52)
C．(log32,1)
D．(1，log34)
[解析]
∵单调函数f(x)＝log3x＋2
x
－a 在区间(1,2)内有零点，∴f(1)·f(2)<0，即(1－a)·(log32－a)<0，解得log32<a<1，
故选C．
7．已知[x]表示不超过实数x 的最大整数，如[1.8]＝1，[－1.2]＝－2.x0 是函数f(x)＝lnx－2
x的零点，则[x0]＝____2__．
[解析]
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且易判断函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．由f(2)＝ln2－1<0，f(e)＝lne
－2
e>0，知x0∈(2，e)，所以[x0]＝2．
8．若函数f(x)＝
2x－a，x≤0，
lnx，x>0，
有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是____(0,1]__．
[解析]
当x>0 时，由f(x)＝lnx＝0，得x＝1．
因为函数f(x)有两个不同的零点，
则当x≤0 时，函数f(x)＝2x－a 有一个零点，
令f(x)＝0，得a＝2x，
因为0<2x≤20＝1，所以0<a≤1，
所以实数a 的取值范围是0<a≤1．
9．已知函数y＝f(x)，若在定义域内存在x0，使得f(－x0)＝－f(x0)成立，则称x0 为函数f(x)的局部对称点．
(1)若a∈R 且a≠0，证明：函数f(x)＝ax2＋x－a 必有局部对称点；
(2)若函数f(x)＝2x＋b 在区间[－1,2]内有局部对称点，求实数b 的取值范围；
(3)若函数f(x)＝4x－m·2x＋1＋m2－3 在R 上有局部对称点，求实数m 的取值范围．
[解析]
(1)由f(x)＝ax2＋x－a 得f(－x)＝ax2－x－a，
代入f(－x)＝－f(x)得ax2＋x－a＋ax2－x－a＝0，
得到关于x 的方程ax2－a＝0(a≠0)，
其中Δ＝4a2，由于a∈R 且a≠0，
所以Δ>0 恒成立，
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79
所以函数f(x)＝ax2＋x－a 必有局部对称点．
(2)f(x)＝2x＋b 在区间[－1,2]内有局部对称点，
所以方程2x＋2
－x＋2b＝0 在区间[－1,2]上有解，
于是－2b＝2x＋2
－x，设t＝2x，1
2≤t≤4，
所以－2b＝t＋1
t，其中2≤t＋1
t≤17
4 ，
所以－17
8 ≤b≤－1．
(3)因为f(－x)＝4
－x－m·2
－x＋1＋m2－3，
由f(－x)＝－f(x)，所以4
－x－m·2
－x＋1＋m2－3＝－(4x－m·2x＋1＋m2－3)，
于是4x＋4
－x－2m(2x＋2
－x)＋2(m2－3)＝0…(*)在R 上有解，
令t＝2x＋2
－x(t≥2)，则4x＋4
－x＝t2－2，
所以方程(*)变为t2－2mt＋2m2－8＝0 在区间[2，＋∞)内有解，需满足条件：
Δ＝4m2－8m2－4≥0，
2m＋48－m2
2
≥2，
即
－2 2≤m≤2 2，
1－3≤m≤2 2，
化简得1－3≤m≤2 2．
第三讲
导数的简单应用(文)
第三讲
导数的简单应用与定积分(理)
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高考考点
考点解读
导数的几
何意义(文)
1.求过某点的切线的斜率、方程或切点的坐标
2．根据过某点切线方程或其与某线平行、垂直等求参数的值
导数与定积分
的几何意义(理)
1.确定或应用过某点的切线的斜率(方程)
2．定积分的简单计算或利用定积分求某些图形的面积
利用导数研究
函数的单调性
1.利用函数的单调性与导数的关系，讨论含有参数的较复杂基本函数的
单调性(区间)
2．根据函数的单调性，利用导数求某些参数的取值范围
利用导数研究
函数的极值和最值
1.利用函数的极值与导数的关系，求某些含有参数的较复杂基本函数的
极值的大小、个数或最值
2．根据函数极值的存在情况，利用导数求某些参数的取值范围
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)理解并掌握求导公式和求导法则及性质．(文)
(1)理解并掌握求导公式和求导法则及定积分的计算公式及性质．(理)
(2)熟练掌握利用导数研究曲线切线问题、函数的单调性、极(最)值问题的方法和规律．
预测2020 年命题热点：
(1)根据曲线的切线的斜率大小、方程或切线的性质求参数的取值问题．
(2)利用导数研究含有参数的高次式、分式、指数式(主要含ex)，对数式(主要含lnx)及三角式
(主要含sinx，cosx)函数的单调性、极(最)值问题.
知识整合
1．基本初等函数的八个导数公式
原函数
导函数
f(x)＝C(C 为常数)
f ′(x)＝____0__
f(x)＝xα(α∈R)
f ′(x)＝____αxα－1__
f(x)＝sinx
f ′(x)＝____cosx__
f(x)＝cosx
f ′(x)＝____－sinx__
f(x)＝ax(a>0，a≠1)
f ′(x)＝____axlna__
f(x)＝ex
f ′(x)＝____ex__
f(x)＝logax(a>0，且a≠1)
f ′(x)＝____ 1
xlna__
f(x)＝lnx
f ′(x)＝____1
x__
2．导数四则运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝____f_′(x)±g′(x)__．
(2)[f(x)·g(x)]′＝____f_′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)__．
(3)[fx
gx
]′＝____f ′x·gx－fx·g′x
[gx]2
__(g(x)≠0)．
(4)(理)若y＝f(u)，u＝ax＋b，则y′x＝____y′u·u′x__，即y′x＝a·y′u．
3．切线的斜率
函数f(x)在x0 处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，因此曲线f(x)在点P 处的切线的斜率k＝
____f_′(x0)__，相应的切线方程为____y－f(x0)＝f_′(x0)(x－x0)__．
4．函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果____f_′(x0)>0(f_′(x0)<0)__，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增(单调递减)．
5．函数的极值
设函数f(x)在点x0 附近有定义，如果对x0 附近所有的点x，都有____f(x)<f(x0)__，那么f(x0)是函数的一个极大值，
记作y 极大值＝f(x0)；如果对x0 附近的所有的点都有____f(x)>f(x0)__，那么f(x0)是函数的一个极小值，记作y 极小值＝f(x0)．极
大值与极小值统称为极值．
6．函数的最值
将函数y＝f(x)在[a，b]内的____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．
7．(理)(1)定积分的性质
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①错误!kf(x)dx＝k错误!f(x)dx；
②错误![f1(x)±f2(x)]dx＝____错误!f1(x)dx±错误!f2(x)dx__；
③错误!f(x)dx＝____错误!f(x)dx＋错误!f(x)dx__(其中a<c<b)．
(2)微积分基本定理
一般地，如果f(x)是区间[a，b]上的连续函数，并且F ′(x)＝f(x)，那么错误!f(x)dx＝F(b)－F(a)．
易错警示
1．判断极值的条件掌握不清
利用导数判断函数的极值时，忽视“导数等于零，并且两侧导数的符号相反”这两个条件同时成立．
2．混淆在点P 处的切线和过点P 的切线
前者点P 为切点，后者点P 不一定为切点，求解时应先设出切点坐标．
3．关注函数的定义域
求函数的单调区间及极(最)值应先求定义域．
(理)4.对复合函数求导法则用错．
1．(2019·全国卷Ⅲ，6)已知曲线y＝aex＋xlnx 在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则(
)
A．a＝e，b＝－1
B．a＝e，b＝1
C．a＝e
－1，b＝1
D．a＝e
－1，b＝－1
[解析]
y′＝aex＋ln x＋1，k＝y′|x＝1＝ae＋1，
∴切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，
即y＝(ae＋1)x－1．
又∵切线方程为y＝2x＋b，
∴
ae＋1＝2，
b＝－1，
即a＝e
－1，b＝－1.故选D．
2．(2019·全国卷Ⅱ，10)曲线y＝2sinx＋cosx 在点(π，－1)处的切线方程为(
)
A．x－y－π－1＝0
B．2x－y－2π－1＝0
C．2x＋y－2π＋1＝0
D．x＋y－π＋1＝0
[解析]
设y＝f(x)＝2sin x＋cos x，则f′(x)＝2cos x－sin x，∴f′(π)＝－2，∴曲线在点(π，－1)处的切线方程为
y－(－1)＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.故选C．
3．(2018·全国卷Ⅰ，5)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为
(
)
A．y＝－2x
B．y＝－x
C．y＝2x
D．y＝x
[解析]
因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(0)＝1，所以切线方程为y
＝x．
4．(2017·全国卷Ⅱ，11)若x＝－2 是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，则f(x)的极小值是(
)
A．－1
B．－2e
－3
C．5e
－3
D．1
[解析]
函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1
则f ′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由x＝－2 是函数f(x)的极值点得
f ′(－2)＝e
－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e
－3＝0，
所以a＝－1．
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f ′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．
由ex－1>0 恒成立，得x＝－2 或x＝1 时，f ′(x)＝0，
且x<－2 时，f ′(x)>0；－2<x<1 时，f ′(x)<0；
x>1 时，f ′(x)>0．
所以x＝1 是函数f(x)的极小值点．
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.故选A．
5．(2019·全国卷Ⅰ，13)曲线y＝3(x2＋x)ex 在点(0,0)处的切线方程为____y＝3x__．
[解析]
y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝ex(3x2＋9x＋3)，∴斜率k＝e0×3＝3，∴切线方程为y＝3x．
6．(2019·天津卷，11)曲线y＝cosx－x
2在点(0,1)处的切线方程为____y＝－1
2x＋1__．
[解析]
y′＝－sin x－1
2，将x＝0 代入，
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可得切线斜率为－1
2．
所以切线方程为y－1＝－1
2x，
即y＝－1
2x＋1．
7．(文)(2019·全国卷Ⅲ，20)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0<a<3 时，记f(x)在区间[0,1]的最大值为M，最小值为m，求M－m 的取值范围．
[解析]
(1)解：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0 或x＝a
3．
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪
a
3，＋∞时，f′(x)>0，
当x∈0，a
3 时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，0)，
a
3，＋∞单调递增，在0，a
3 单调递减；
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；
若a<0，则当x∈－∞，a
3 ∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
当x∈
a
3，0 时，f′(x)<0，
故f(x)在－∞，a
3 ，(0，＋∞)单调递增，在
a
3，0 单调递减．
(2)解：当0<a<3 时，由(1)知，f(x)在0，a
3 单调递减，在
a
3，1 单调递增，所以f(x)在[0,1]的最小值为f
a
3 ＝－a3
27＋
2，最大值为f(0)＝2 或f(1)＝4－a．
于是m＝－a3
27＋2，M＝
4－a，0<a<2，
2，2≤a<3.
所以M－m＝
2－a＋a3
27，0<a<2，
a3
27，2≤a<3.
当0<a<2 时，可知2－a＋a3
27单调递减，
所以M－m 的取值范围是
8
27，2 ．
当2≤a<3 时，a3
27单调递增，
所以M－m 的取值范围是
8
27，1 ．
综上，M－m 的取值范围是
8
27，2 ．
(理)(2019·全国卷Ⅲ，20)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b．
(1)讨论f(x)的单调性．
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1 且最大值为1？若存在，求出a，b 的所有值；若不存在，
说明理由．
[解析]
(1)解：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0 或x＝a
3．
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪
a
3，＋∞时，f′(x)>0；
当x∈0，a
3 时，f′(x)<0．
故f(x)在(－∞，0)，
a
3，＋∞单调递增，在0，a
3 单调递减．
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83
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
若a<0，则当x∈－∞，a
3 ∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈
a
3，0 时，f′(x)<0．
故f(x)在－∞，a
3 ，(0，＋∞)单调递增，在
a
3，0 单调递减．
(2)解：满足题设条件的a，b 存在．
①当a≤0 时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.
此时a，b 满足题设条件当且仅当b＝－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1．
②当a≥3 时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.
此时a，b 满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1．
③当0＜a＜3 时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为f
a
3 ＝－a3
27＋b，最大值为b 或2－a＋b．
若－a3
27＋b＝－1，b＝1，则a＝33 2，与0＜a＜3 矛盾．
若－a3
27＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝3
3或a＝－3
3或a＝0，与0＜a＜3 矛盾．
综上，当a＝0，b＝－1 或a＝4，b＝1 时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1．
8．(2019·北京卷，19)已知函数f(x)＝1
4x3－x2＋x．
(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1 的切线方程．
(2)当x∈[－2,4]时，求证：x－6≤f(x)≤x．
(3)设F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记F(x)在区间[－2,4]上的最大值为M(a)．当M(a)最小时，求a 的值．
[解析]
(1)解：由f(x)＝1
4x3－x2＋x 得f′(x)＝3
4x2－2x＋1．
令f′(x)＝1，即3
4x2－2x＋1＝1，得x＝0 或x＝8
3．
又f(0)＝0，f
8
3 ＝8
27，
所以曲线y＝f(x)的斜率为1 的切线方程是y＝x 与y－8
27＝x－8
3，
即y＝x 与y＝x－64
27．
(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]．
由g(x)＝1
4x3－x2 得g′(x)＝3
4x2－2x．
令g′(x)＝0 得x＝0 或x＝8
3．
当x 变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x
－2
(－2,0)
0
0，8
3
8
3
8
3，4
4
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
－6
↗
0
↘
－64
27
↗
0
所以g(x)的最小值为－6，最大值为0．
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x．
(3)解：由(2)知，
当a<－3 时，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；
当a>－3 时，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；
当a＝－3 时，M(a)＝3．
综上，当M(a)最小时，a＝－3．
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(文)导数的几何意义
(理)导数的几何意义与定积分
典题例析
例1
(1)(文)(2018·全国卷Ⅱ，13)曲线y＝2lnx 在点(1,0)处的切线方程为____y＝2x－2__．
[解析]
y′＝2
x，k＝2
1＝2，所以切线方程为y－0＝2(x－1)即y＝2x－2．
(理)(2018·全国卷Ⅱ，13)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为____y＝2x__．
[解析]
y′＝2
x＋1
，k＝2
0＋1
＝2，
所以切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x．
(2)曲线f(x)＝x3－x＋3 在点P 处的切线平行于直线y＝2x－1，则点P 的坐标为____(1,3)和(－1,3)__．
[解析]
f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1 或x＝－1，∴P(1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，
(－1,3)均不在直线y＝2x－1 上，故点P 的坐标为(1,3)和(－1,3)．
(3)(文)曲线f(x)＝x3－2x2＋2(1
2≤x≤5
2)过点P(2,0)的切线方程为____y＝－x＋2__．
[解析]
因为f(2)＝23－2×22＋2＝2≠0，
所以点P(2,0)不在曲线f(x)＝x3－2x2＋2 上．
设切点坐标为(x0，y0)，则1
2≤x0≤5
2，
因为f′(x)＝3x2－4x，
所以
y0＝x30－2x20＋2，
0－y0
2－x0
＝3x20－4x0，
消去y0，整理得(x0－1)(x20－3x0＋1)＝0，
解得x0＝1 或x0＝3＋5
2
(舍去)
或x0＝3－5
2
(舍去)，
所以y0＝1，f′(x0)＝－1，
所以所求的切线方程为y－1＝－(x－1)，
即y＝－x＋2．
(理)若函数f(x)，g(x)满足错误!f(x)g(x)dx＝0，则称f(x)，g(x)为区间[－1,1]上的一组正交函数．给出三组函数：
①f(x)＝sin1
2x，g(x)＝cos1
2x；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2．
其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数是(
)
A．0
B．1
C．2
D．3
[解析]
对于①，错误! (sin1
2xcos1
2x)dx
＝错误!1
2sinxdx
＝1
2错误!sinxdx
＝1
2(－cosx)1
－1
＝1
2{－cos1－[－cos(－1)]}
＝1
2(－cos1＋cos1)＝0．
故①为一组正交函数；
对于②，错误! [(x＋1)(x－1)]dx＝错误! (x2－1)dx＝(1
3x3－x)＝1
3－1－(－1
3＋1)＝2
3－2＝－4
3≠0，
故②不是一组正交函数；
对于③，错误! (x·x2)dx＝错误!x3dx＝(1
4x4)1
－1＝0．
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85
故③为一组正交函数．
故选C．
1．求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法
(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)在点P 处的切线方程：求出切线的斜率f ′(x0)，由点斜式写出方程．
(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程；
设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f ′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．
(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：
设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f ′(x0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜
式或两点式写出方程．
2．根据过某点切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直等求参数问题的解法：
利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解．
3．(理)利用定积分求平面图形的面积的两个关键点
关键点一：正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，
再利用微积分基本定理求出积分值．
关键点二：根据图形的特征，选择合适的积分变量．在以y 为积分变量时，应注意将曲线方程变为x＝
(y)的形
式，同时，积分上、下限必须对应y 的取值．
易错提醒：求曲线的切线方程时，务必分清点P 处的切线还是过点P 的切线，前者点P 为切点，后者点P 不一定
为切点，求解时应先求出切点坐标．
跟踪训练
1．(2019·洛阳二模)设a 为实数，函数f(x)＝x3＋ax2＋(a－3)x 的导函数为f′(x)，且f′(x)是偶函数，则曲线y＝
f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为(
)
A．9x－y－16＝0
B．9x＋y－16＝0
C．6x－y－12＝0
D．6x＋y－12＝0
[解析]
由题意可得f′(x)＝3x2＋2ax＋a－3 是偶函数，则a＝0，所以f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3，则f(2)＝2，
f′(2)＝9，则所求切线方程为y－2＝9(x－2)，即为9x－y－16＝0．
2．若曲线f(x)＝acosx 与曲线g(x)＝x2＋bx＋1 在交点(0，m)处有公切线，则a＋b 的值为(
)
A．－1
B．0
C．1
D．2
[解析]
依题意得，f ′(x)＝－asinx，g′(x)＝2x＋b，于是有f ′(0)＝g′(0)，即－asin0＝2×0＋b，b＝0；
m＝f(0)＝g(0)，即m＝a＝1，因此a＋b＝1．
3．(理)由直线x＝1
2，x＝2，曲线y＝1
x及x 轴所围成的图形的面积是(
)
A．15
4
B．17
4
C．1
2ln2
D．2ln2
[解析]
由定积分的几何意义，得围成的面积错误!1
2
1
xdx＝lnx|21
2＝ln2－ln1
2＝ln4＝2ln2．
利用导数研究函数的单调性
典题例析
例2
已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．
[解析]
函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x 在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝lna．
当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；
当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0．
故f(x)在(－∞，lna)上单调递减，
在(lna，＋∞)上单调递增．
③若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln(－a
2)．
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86
当x∈(－∞，ln(－a
2))时，f′(x)<0；
当x∈(ln(－a
2)，＋∞)时，f′(x)>0．
故f(x)在(－∞，ln(－a
2))上单调递减，
在(ln(－a
2)，＋∞)上单调递增．
求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略
讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元
二次不等式的解集的讨论：
(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．
(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．
提醒：讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．
跟踪训练
1．若本例中f(x)变为f(x)＝lnx＋1
ax－1
a，a∈R 且a≠0，讨论函数f(x)的单调性．
[解析]
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝1
x－1
ax2＝ax－1
ax2 ．
当a<0 时，f′(x)>0 恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0 时，由f′(x)>0，得x>1
a；
由f′(x)<0，得0<x<1
a，
∴函数f(x)在(1
a，＋∞)上单调递增，在(0，1
a)上单调递减．
综上所述，当a<0 时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0 时，函数f(x)在(1
a，＋∞)上单调递增，
在(0，1
a)上单调递减．
2．若本例变为：已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x 在[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围．
[解析]
由本例解析知f′(x)＝(2ex＋a)(ex－a)，
∵f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
则f′(x)≥0 在[1，＋∞)上恒成立，
∴(2ex＋a)(ex－a)≥0，
∴－2ex≤a≤ex 在[1，＋∞)上恒成立，
∴－2e≤a≤e，
∴实数a 的取值范围为[－2e，e]．
3．若本例变为：函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x 在[1，＋∞)上存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．
[解析]
由本例解析知f′(x)＝2e2x－aex－a2，
设t＝ex，∵x∈[1，＋∞)，∴t∈[e，＋∞)，
即g(t)＝2t2－at－a2 在[e，＋∞)上有零点．
∴g(e)＝2e2－ae－a2<0，
解得a>e 或a<－2e，
∴实数a 的取值范围为(－∞，－2e)∪(e，＋∞)．
利用导数研究函数的极值(最值)
典题例析
例3
(文)已知函数f(x)＝excosx－x，求函数f(x)在区间[0，π
2]上的最大值和最小值．
[解析]
f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，
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87
令g(x)＝ex(cosx－sinx)－1，
则g′(x)＝－2sinx·ex≤0 在[0，π
2]上恒成立，且仅在x＝0 处等号成立，
∴g(x)在[0，π
2]上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0，且仅在x＝0 处等号成立，
∴f(x)在[0，π
2]上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f(π
2)＝－π
2．
(理)已知函数f(x)＝excosx－x．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间[0，π
2]上的最大值和最小值．
[解析]
(1)因为f(x)＝excosx－x，
所以f ′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f ′(0)＝0．
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1．
(2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，
则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)
＝－2exsinx．
当x∈(0，π
2)时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间[0，π
2]上单调递减．
所以对任意x∈(0，π
2]有h(x)<h(0)＝0，即f ′(x)<0．
所以函数f(x)在区间[0，π
2]上单调递减．
因此f(x)在区间[0，π
2]上的最大值为f(0)＝1，最小值为f(π
2)＝－π
2．
利用导数研究函数极值、最值的方法
1．若求极值，则先求方程f′(x)＝0 的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
2．若探究极值点个数，则探求方程f′(x)＝0 在所给范围内实根的个数．
3．若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0 根的大小或存在情况来求解．
4．求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值
进行比较，从而得到函数的最值．
跟踪训练
(文)(2018·北京卷，19)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex．
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；
(2)若f(x)在x＝1 处取得极小值，求a 的取值范围．
[解析]
(1)因为f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，f′(2)＝(2a－1)e2，
由题设知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝1
2．
(2)方法一：由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex
＝(ax－1)(x－1)ex
若a>1，则当x∈(1
a，1)时，f′(x)<0．
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0．
所以f(x)在x＝1 处取得极小值．
若a≤1，则当x∈(0,1)时，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0．
所以1 不是f(x)的极小值点．
综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．
方法二：f′(x)＝(ax－1)(x－1)ex．
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88
①当a＝0 时，令f′(x)＝0 得x＝1．
f′(x)，f(x)随x 的变化情况如下表：
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
极大值
↘
所以f(x)在x＝1 处取得极大值，不合题意．
②当a>0 时，令f′(x)＝0 得x1＝1
a，x2＝1．
(ⅰ)当x1＝x2，即a＝1 时，f′(x)＝(x－1)2ex≥0，
所以f(x)在R 上单调递增，
所以f(x)无极值，不合题意．
(ⅱ)当x1>x2，即0<a<1 时，f′(x)，f(x)随x 的变化情况如下表：
x
(－∞，1)
1
(1，1
a)
1
a
(1
a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以f(x)在x＝1 处取得极大值，不合题意．
(ⅲ)当x1<x2，即a>1 时，f′(x)，f(x)随x 的变化情况如下表：
x
(－∞，1
a)
1
a
(1
a，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以f(x)在x＝1 处取得极小值，即a>1 满足题意．
③当a<0 时，令f′(x)＝0 得x1＝1
a，x2＝1．
f′(x)，f(x)随x 的变化情况如下表：
x
(－∞，1
a)
1
a
(1
a，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
所以f(x)在x＝1 处取得极大值，不合题意．
综上所述，a 的取值范围为(1，＋∞)．
(理)(2018·北京卷，18)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex．
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程与x 轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2 处取得极小值，求a 的取值范围．
[解析]
(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[2ax－(4a＋1)]ex＋[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex．
f′(1)＝(1－a)e．
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1．
此时f(1)＝3e≠0，所以a 的值为1．
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex
＝(ax－1)(x－2)ex．
若a>1
2，则当x∈(1
a，2)时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0．
所以f(x)在x＝2 处取得极小值．
若a≤1
2，则当x∈(0,2)时，
x－2<0，ax－1≤1
2x－1<0，
所以f′(x)>0.所以2 不是f(x)的极小值点．
综上可知，a 的取值范围是(1
2，＋∞)．
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89
A 组
1．(文)已知函数f(x)＝1
xcosx，则f(π)＋f′(π
2)＝(
)
A．－3
π2
B．－1
π2
C．－3
π
D．－1
π
[解析]
∵f′(x)＝－1
x2cosx＋1
x(－sinx)，
∴f(π)＋f′(π
2)＝－1
π＋2
π·(－1)＝－3
π．
(理)已知错误!(1
x－m)dx＝3－e
2
，则m 的值为(
)
A．e－1
4e
B．1
2
C．－1
2
D．－1
[解析]
错误!(1
x－m)dx＝(lnx－mx)|e1＝(lne－me)－(ln1－m)＝1＋m－me＝3－e
2
，∴m＝1
2.故选B．
2．曲线y＝xex＋2x－1 在点(0，－1)处的切线方程为(
)
A．y＝3x－1
B．y＝－3x－1
C．y＝3x＋1
D．y＝－2x－1
[解析]
k＝y′|x＝0＝(ex＋xex＋2)|x＝0＝3，
∴切线方程为y＝3x－1，故选A．
3．如图，函数y＝f(x)的图象在点P 处的切线方程为x－y＋2＝0，则f(1)＋f ′(1)＝(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]
由条件知(1，f(1))在直线x－y＋2＝0 上，且f ′(1)＝1，∴f(1)＋f ′(1)＝3＋1＝4．
4．已知m 是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调递增区间是(
)
A．(－4
3，0)
B．(0，4
3)
C．(－∞，－4
3)，(0，＋∞)
D．(－∞，－4
3)∪(0，＋∞)
[解析]
因为f′(x)＝3x2－2mx，所以f′(－1)＝3＋2m＝－1，
解得m＝－2.所以f′(x)＝3x2＋4x．
由f′(x)＝3x2＋4x>0，解得x<－4
3或x>0，
即f(x)的单调递增区间为(－∞，－4
3)，(0，＋∞)，故选C．
5．若函数f(x)＝loga(x3－ax)(a>0，a≠1)在区间(－1
2，0)内单调递增，则a 的取值范围是(
)
A．[1
4，1)
B．[3
4，1)
C．(9
4，＋∞)
D．(1，9
4)
[解析]
由x3－ax>0 得x(x2－a)>0，
则有x>0
x2－a>0
或
x<0，
x2－a<0，
所以x> a或－a<x<0，
即函数f(x)的定义域为( a，＋∞)∪(－a，0)．
令g(x)＝x3－ax，则g′(x)＝3x2－a，
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90
当g′(x)≥0 时，x≥3a
3 ，不合要求，
由g′(x)<0 得－3a
3 <x<0．
从而g(x)在x∈(－3a
3 ，0)上是减函数，
又函数f(x)在x∈(－1
2，0)内单调递增，
则有
0<a<1，
－a≤－1
2，
－3a
3 ≤－1
2，
所以3
4≤a<1．
6．函数y＝x＋2cosx 在区间[0，π
2]上的最大值是____π
6＋3__．
[解析]
y′＝1－2sinx，令y′＝0，且x∈[0，π
2]，得x＝π
6，则x∈[0，π
6)时，y′>0；x∈(π
6，π
2]时，y′<0，故
函数在[0，π
6)上递增，在(π
6，π
2]上递减，所以当x＝π
6时，函数取最大值π
6＋3．
7．(文)若函数f(x)＝x＋alnx 不是单调函数，则实数a 的取值范围是____(－∞，0)__．
[解析]
由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋a
x，要使函数f(x)＝x＋alnx 不是单调函数，则需方程1＋
a
x＝0 在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0．
(理)如图，已知A(0，1
4)，点P(x0，y0)(x0>0)在曲线y＝x2 上，若阴影部分面积与△OAP 面积相等，则x0＝____ 6
4 __．
[解析]
因为点P(x0，y0)(x0>0)在曲线y＝x2 上，
所以y0＝x20，
则△OAP 的面积S＝1
2|OA||x0|＝1
2×1
4x0＝1
8x0，
阴影部分的面积为∫x 00x2dx＝1
3x3|x00＝1
3x30，
因为阴影部分面积与△OAP 的面积相等，
所以1
3x30＝1
8x0，
即x20＝3
8．
所以x0＝
3
8＝6
4 ．
8．(文)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－4
3处取得极值．
(1)确定a 的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
[解析]
(1)对f(x)求导得f ′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－4
3处取得极值，所以f ′(－4
3)＝0，
即3a·16
9 ＋2·(－4
3)＝16a
3 －8
3＝0，解得a＝1
2．
(2)由(1)得g(x)＝(1
2x3＋x2)ex，
故g′(x)＝(3
2x2＋2x)ex＋(1
2x3＋x2)ex＝(1
2x3＋5
2x2＋2x)ex＝1
2x(x＋1)(x＋4)ex．
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令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1 或x＝－4．
当x<－4 时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；
当－4<x<－1 时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；
当－1<x<0 时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；
当x>0 时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．
综上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，
在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．
(理)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．
(1)当a＝4 时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求实数a 的取值范围．
[解析]
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝4 时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，
f ′(x)＝lnx＋1
x－3，f ′(1)＝－2，
f(1)＝0．
曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0．
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0 等价于
lnx－ax－1
x＋1
>0．
设g(x)＝lnx－ax－1
x＋1
，
则g′(x)＝1
x－
2a
x＋12＝x2＋21－ax＋1
xx＋12
，g(1)＝0．
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，
x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，
g(x)在(1，＋∞)内单调递增，因此g(x)>g(1)＝0．
②当a>2 时，令g′(x)＝0，得
x1＝a－1－a－12－1，x2＝a－1＋a－12－1．
由x2>1 和x1x2＝1，得x1<1，
故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，
g(x)在(1，x2)内单调递减，此时g(x)<g(1)＝0．
综上，a 的取值范围是(－∞，2]．
9．(文)已知函数f(x)＝
ax
x＋r2(a>0，r>0)．
(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；
(2)若a
r＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．
[解析]
(1)由题意知x≠－r，
所以定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)，
f(x)＝
ax
x＋r2＝
ax
x2＋2rx＋r2，
f ′(x)＝ax2＋2rx＋r2－ax2x＋2r
x2＋2rx＋r22
＝ar－xx＋r
x＋r4
，
所以当x<－r 或x>r 时，f ′(x)<0；
当－r<x<r 时，f ′(x)>0．
因此，f(x)的单调递减区间是(－∞，－r)，(r，＋∞)；
f(x)的单调递增区间是(－r，r)．
(2)由(1)可知f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减，因此，x＝r 是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，＋
∞)内的极大值为f(r)＝ar
2r2＝a
4r＝100．
(理)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4．
(1)求a，b 的值；
(2)求f(x)的单调区间．
[解析]
(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，
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所以f ′(x)＝(1－x)ea－x＋b．
依题设，得
f2＝2e＋2，
f ′2＝e－1，
即
2ea－2＋2b＝2e＋2，
－ea－2＋b＝e－1，
解得a＝2，b＝e．
(2)由(1)，知f(x)＝xe2－x＋ex．
由f ′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0 知，
f ′(x)与1－x＋ex－1 同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1．
所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，
g(x)在区间(－∞，1)内单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
故g(1)＝1 是g(x)在区间(－∞，＋∞)内的最小值．
B 组
1．(文)已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，且满足f(x)＝2xf ′(e)＋lnx，则f ′(e)＝(
)
A．1
B．－1
C．－e
－1
D．－e
[解析]
依题意得，f ′(x)＝2f ′(e)＋1
x，取x＝e 得f ′(e)＝2f ′(e)＋1
e，由此解得f ′(e)＝－1
e＝－e
－1，故选C．
(理)(2019·兰州市诊断考试)定义在(0，π
2)上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cosx·f′(x)＋sinx·f(x)<0
成立，则有(
)
A．f(π
6)> 2f(π
4)
B．3f(π
6)>f(π
3)
C．f(π
6)> 3f(π
3)
D．f(π
6)> 3f(π
4)
[解析]
∵cosx·f′(x)＋sinx·f(x)<0，
∴在(0，π
2)上，[ fx
cosx]′<0，
∴函数y＝fx
cosx在(0，π
2)上是减函数，
∴
fπ
6
cosπ
6
>
fπ
3
cosπ
3
，
∴f(π
6)> 3f(π
3)．故选C．
2．(文)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x 在x＝±1 处取得极值，若过点A(0,16)作曲线y＝f(x)的切线，则切线方程是
(
)
A．9x＋y－16＝0
B．9x－y＋16＝0
C．x＋9y－16＝0
D．x－9y＋16＝0
[解析]
f ′(x)＝3ax2＋2bx－3，
依题意f ′(1)＝f ′(－1)＝0，
即
3a＋2b－3＝0，
3a－2b－3＝0，
解得a＝1，b＝0．
所以f(x)＝x3－3x．
因为曲线方程为y＝x3－3x，点A(0,16)不在曲线上，
设切点为M(x0，y0)，则点M 的坐标满足y0＝x30－3x0，
因此f ′(x0)＝3(x20－1)，
故切线的方程为y－y0＝3(x20－1)(x－x0)．
注意到点A(0,16)在切线上，
有16－(x30－3x0)＝3(x20－1)(0－x0)，
化简得x30＝－8．
解得x0＝－2．
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所以，切点为M(－2，－2)，切线方程为9x－y＋16＝0．
(理)物体A 以v＝3t2＋1(m/s)的速度在一直线l 上运动，物体B 在直线l 上，且在物体A 的正前方5 m 处，同时以
v＝10t(m/s)的速度与A 同向运动，出发后物体A 追上物体B 所用的时间t(s)为(
)
A．3
B．4
C．5
D．6
[解析]
因为物体A 在t 秒内行驶的路程为错误!(3t2＋1)dt，物体B 在t 秒内行驶的路程为错误!10tdt，所以错误!(3t2
＋1－10t)dt＝(t3＋t－5t2)|t0＝t3＋t－5t2＝5，所以(t－5)(t2＋1)＝0，即t＝5．
3．定义：如果函数f(x)在[m，n]上存在x1，x2(m<x1<x2<n)满足f′(x1)＝fn－fm
n－m
，f′(x2)＝fn－fm
n－m
.则称函数
f(x)是[m，n]上的“双中值函数”，已知函数f(x)＝x3－x2＋a 是[0，a]上的“双中值函数”，则实数a 的取值范围是
(
)
A．(1
3，1
2)
B．(3
2，3)
C．(1
2，1)
D．(1
3，1)
[解析]
因为f(x)＝x3－x2＋a，所以由题意可知，f′(x)＝3x2－2x 在区间[0，a]上存在x1，x2(0<x1<x2<a)，满足f′(x1)
＝f′(x2)＝fa－f0
a－0
＝a2－a，所以方程3x2－2x＝a2－a 在区间(0，a)上有两个不相等的实根．
令g(x)＝3x2－2x－a2＋a(0<x<a)，则
Δ＝4－12－a2＋a>0，
g0＝－a2＋a>0，
ga＝2a2－a>0，
解得1
2<a<1，所以实数a 的取值范围是(1
2，1)．
4．(文)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y＝ax2＋b
x(a，b 为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直
线7x＋2y＋3＝0 平行，则a＋b 的值是____－3__．
[解析]
∵y＝ax2＋b
x，
∴y′＝2ax－b
x2，
由题意可得
4a＋b
2＝－5，
4a－b
4＝－7
2，
解得
a＝－1，
b＝－2.
∴a＋b＝－3．
(理)设曲线y＝ex 在点(0,1)处的切线与曲线y＝1
x(x>0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为____(1,1)__．
[解析]
y′＝ex，则y＝ex 在点(0,1)处的切线的斜率k 切＝1，又曲线y＝1
x(x>0)上点P 处的切线与y＝ex 在点(0,1)
处的切线垂直，所以y＝1
x(x>0)在点P 处的斜率为－1，设P(a，b)，则曲线y＝1
x(x>0)上点P 处的切线的斜率为y′|x＝a
＝－a
－2＝－1，可得a＝1，又P(a，b)在y＝1
x上，所以b＝1，故P(1,1)．
5．(文)若函数y＝－1
3x3＋ax 有三个单调区间，则a 的取值范围是____a>0__．
[解析]
y′＝－x2＋a，若y＝－1
3x3＋ax 有三个单调区间，则方程－x2＋a＝0 应有两个不等实根，故a>0．
(理)已知函数f(x)＝1
2x2＋3ax－lnx，若f(x)在区间[1
3，2]上是增函数，则实数a 的取值范围为____[8
9，＋∞)__．
[解析]
由题意知f′(x)＝x＋3a－1
x≥0 在[1
3，2]上恒成立，即3a≥－x＋1
x在[1
3，2]上恒成立．
又y＝－x＋1
x在[1
3，2]上单调递减，
∴(－x＋1
x)max＝8
3，
∴3a≥8
3，即a≥8
9．
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6．已知函数f(x)＝x3－3ax(a∈R)，若直线x＋y＋m＝0 对任意的m∈R 都不是曲线y＝f(x)的切线，则a 的取值范
围为____(－∞，1
3)__．
[解析]
f(x)＝x3－3ax(a∈R)，则f′(x)＝3x2－3a，若直线x＋y＋m＝0 对任意的m∈R 都不是曲线y＝f(x)的切线，
则直线的斜率为－1，f′(x)＝3x2－3a 与直线x＋y＋m＝0 没有交点，
又抛物线开口向上则必在直线上面，即最小值大于直线斜率，则当x＝0 时取最小值，－3a>－1，
则a 的取值范围为a<1
3．
7．已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2 在x＝1 处有极值为10，则a＋b＝____－7__．
[解析]
f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1 时，函数取得极值10，
得
f ′1＝3＋2a＋b＝0，
①
f1＝1＋a＋b＋a2＝10，
②
联立①②得
a＝4，
b＝－11，
或
a＝－3，
b＝3.
当a＝4，b＝－11 时，f ′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)在x＝1 两侧的符号相反，符合题意．
当a＝－3，b＝3 时，f ′(x)＝3(x－1)2 在x＝1 两侧的符号相同，所以a＝－3，b＝3 不符合题意，舍去．
综上可知，a＝4，b＝－11，∴a＋b＝－7．
8．(文)已知函数f(x)＝2ax－1
x－(2＋a)lnx(a≥0)．
(1)当a＝0 时，求f(x)的极值；
(2)当a>0 时，讨论f(x)的单调性．
[解析]
(1)当a＝0 时，f(x)＝－1
x－2lnx⇒f ′(x)＝1
x2－2
x＝1－2x
x2
(x>0)．
由f ′(x)＝1－2x
x2
>0，
解得0<x<1
2，
由f ′(x)＝1－2x
x2
<0，
解得x>1
2．
∴f(x)在(0，1
2)内是增函数，在(1
2，＋∞)内是减函数．
∴f(x)的极大值为f(1
2)＝2ln2－2，无极小值．
(2)f(x)＝2ax－1
x－(2＋a)lnx⇒
f ′(x)＝2a＋1
x2－(2＋a)1
x＝2ax2－2＋ax＋1
x2
＝ax－12x－1
x2
．
①当0<a<2 时，f(x)在(0，1
2)和(1
a，＋∞)内是增函数，在(1
2，1
a)内是减函数；
②当a＝2 时，f(x)在(0，＋∞)内是增函数；
③当a>2 时，f(x)在(0，1
a)和(1
2，＋∞)内是增函数，在(1
a，1
2)内是减函数．
(理)已知函数f(x)＝1
2ax2＋lnx，其中a∈R．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0,1]上的最大值是－1，求a 的值．
[解析]
(1)f ′(x)＝ax2＋1
x
，x∈(0，＋∞)．
当a≥0 时，f ′(x)>0，从而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0 时，令f ′(x)＝0，解得x＝
－1
a，舍去x
＝－
－1
a．
此时，f(x)与f ′(x)的情况如下：
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x
(0，
－1
a)
－1
a
(
－1
a，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
f(
－1
a)
↘↘
所以，f(x)的单调递增区间是(0，
－1
a)；
单调递减区间是(
－1
a，＋∞)．
(2)①当a≥0 时，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a
2．
令a
2＝－1，得a＝－2，这与a≥0 矛盾，舍去a＝－2．
②当－1≤a<0 时，
－1
a≥1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a
2．
令a
2＝－1，得a＝－2，这与－1≤a<0 矛盾，
舍去a＝－2．
③当a<－1 时，0<
－1
a<1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(
－1
a)．
令f(
－1
a)＝－1，解得a＝－e，满足a<－1．
综上，当f(x)在(0,1]上的最大值是－1 时，a＝－e．
第四讲
导数的综合应用
高考考点
考点解读
利用导数研究复杂
函数的零点或方程
的根
1.判断函数的零点或方程的根的个数，或根据零点、方程的根存在情况
求参数的值(取值范围)
2．常与函数的单调性、极值、最值相结合命题
利用导数解决
不等式问题
1.根据不等式恒成立、存在性成立求参数的值(取值范围)
2．证明不等式、比较大小
利用导数解决生活
中的优化问题
以实际生活问题、几何问题为背景解决最大值、最小值问题
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)理解并掌握函数的零点的概念，求导公式和求导法则及不等式的性质．
(2)熟练掌握利用导数研究函数零点，方程解的个数问题，以及研究不等式成立问题、证明
问题及大小比较的方法和规律．
预测2020 年命题热点：
(1)较复杂函数的零点，方程解的个数的确定与应用．
(2)利用导数解决含参数的不等式成立及不等式证明问题．
(3)利用导数解决实际生活及工程中的最优化问题.
知识整合
1．利用导数求函数最值的几种情况
(1)若连续函数f(x)在(a，b)内有唯一的极大值点x0，则f(x0)是函数f(x)在[a，b]上的____最大值__，{f(a)，f(b)}min
是函数f(x)在[a，b]上的____最小值__；若函数f(x)在(a，b)内有唯一的极小值点x0，则f(x0)是函数f(x)在[a，b]上的____
最小值__，{f(a)，f(b)}max 是函数f(x)在[a，b]上的____最大值__．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则____f(a)__是函数f(x)在[a，b]上的最小值，____f(b)__是函数f(x)在[a，b]
上的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则____f(a)__是函数f(x)在[a，b]上的最大值，____f(b)__是函数f(x)在[a，
b]上的最小值．
(3)若函数f(x)在[a，b]上有极值点x1，x2，…，xn(n∈N*，n≥2)，则将f(x1)，f(x2)，…，f(xn)与f(a)，f(b)做比较，
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其中最大的一个是函数f(x)在[a，b]上的____最大值__，最小的一个是函数f(x)在[a，b] 上的____最小值__．
2．不等式的恒成立与能成立问题
(1)f(x)>g(x)对一切x∈I 恒成立⇔I 是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)．
(2)f(x)>g(x)对x∈I 能成立⇔I 是f(x)>g(x)的解集的交集，且I 不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
(3)对∀x1，x2∈D 使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min．
(4)对∀x1∈D1，∃x2∈D2 使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2．
3．证明不等式问题
不等式的证明可转化为利用导数研究单调性、极值和最值，再由单调性或最值来证明不等式，其中构造一个可导
函数是用导数证明不等式的关键．
1．(文)(2019·全国卷Ⅰ，20)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a 的取值范围．
[解析]
(1)证明：设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cos x＋xsin x－1，
g′(x)＝xcos x．
当x∈0，π
2 时，g′(x)>0；当x∈
π
2，π 时，g′(x)<0，
所以g(x)在0，π
2 上单调递增，在
π
2，π 上单调递减．
又g(0)＝0，g
π
2 >0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
(2)解：由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0．
由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以
f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0．
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax．
因此，a 的取值范围是(－∞，0]．
(理)(2019·全国卷Ⅰ，20)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：
(1)f′(x)在区间－1，π
2 存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2 个零点．
[解析]
(1)证明：设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cos x－1
1＋x
，g′(x)＝－sin x＋
1
1＋x2．
当x∈－1，π
2 时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′
π
2 ＜0，可得g′(x)在－1，π
2 有唯一零点，设为α．
则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；
当x∈α，π
2 时，g′(x)＜0．
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π
2 单调递减，故g(x)在－1，π
2 存在唯一极大值点，即f′(x)在－1，π
2 存
在唯一极大值点．
(2)证明：f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
①当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－
1,0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0 是f(x)在(－1,0]的唯一零点．
②当x∈0，π
2 时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在α，π
2 单调递减，而f′(0)＝0，f′
π
2 ＜0，所以存在β
∈α，π
2 ，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈β，π
2 时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在β，π
2
单调递减．又f(0)＝0，f
π
2 ＝1－ln 1＋π
2 ＞0，所以当x∈0，π
2 时，f(x)＞0.从而，f(x)在0，π
2 没有零点．
③当x∈
π
2，π 时，f′(x)＜0，所以f(x)在
π
2，π 单调递减．而f
π
2 ＞0，f(π)＜0，所以f(x)在
π
2，π 有唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1．
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所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有2 个零点．
2．(文)(2019·全国卷Ⅱ，21)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
[解析]
(1)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝x－1
x
＋ln x－1＝ln x－1
x．
因为y＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，y＝1
x在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－1
2＝ln 4－1
2
>0，
故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0．
又当x<x0 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x>x0 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)证明：由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，
所以f(x)＝0 在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α．
由α>x0>1 得1
α<1<x0．
又f
1
α ＝
1
α－1 ln1
α－1
α－1＝fα
α ＝0，
故1
α是f(x)＝0 在(0，x0)的唯一根．
综上，f(x)＝0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
(理)(2019·全国卷Ⅱ，20)已知函数f(x)＝ln x－x＋1
x－1
．
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0 是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x 在点A(x0，ln x0 )处的切线也是曲线y＝ex 的切线．
[解析]
(1)解：f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝1
x＋
2
x－12>0，
所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．
因为f(e)＝1－e＋1
e－1
<0，f(e2)＝2－e2＋1
e2－1
＝e2－3
e2－1
>0，
所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e<x1<e2)，
即f(x1)＝0．
又0< 1
x1
<1，f
1
x1 ＝－ln x1＋x1＋1
x1－1
＝－f(x1)＝0，
故f(x)在(0,1)有唯一零点1
x1
．
综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)证明：因为1
x0
＝e－ln x0，
所以点B －ln x0，1
x0 在曲线y＝ex 上．
由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝x0＋1
x0－1
，
故直线AB 的斜率k＝
1
x0
－ln x0
－ln x0－x0
＝
1
x0
－x0＋1
x0－1
－x0＋1
x0－1
－x0
＝1
x0
．
曲线y＝ex 在点B －ln x0，1
x0 处切线的斜率是1
x0
，曲线y＝ln x 在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是1
x0
，
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所以曲线y＝ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex 的切线．
3．(2019·天津卷，20)设函数f(x)＝lnx－a(x－1)ex，其中a∈R．
(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性．
(2)若0<a<1
e，
①证明f(x)恰有两个零点；
②设x0 为f(x) 的极值点，x1 为f(x)的零点，且x1>x0，证明3x0－x1>2．
[解析]
(1)解：由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1
x－[aex＋a(x－1)ex]＝1－ax2ex
x
．
因此当a≤0 时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增．
(2)证明：①由(1)知，f′(x)＝1－ax2ex
x
．
令g(x)＝1－ax2ex，
由0<a<1
e，可知g(x)在(0，＋∞)内单调递减．
又g(1)＝1－ae>0，且
g ln1
a ＝1－a ln1
a 2·1
a＝1－ln1
a 2<0，
故g(x)＝0 在(0，＋∞)内有唯一解，
从而f′(x)＝0 在(0，＋∞)内有唯一解，
不妨设为x0，则1<x0<ln1
a．
当x∈(0，x0)时，f′(x)＝gx
x >gx0
x ＝0，
所以f(x)在(0，x0)内单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝gx
x <gx0
x ＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，
因此x0 是f(x)的唯一极值点．
令h(x)＝ln x－x＋1，
则当x>1 时，h′(x)＝1
x－1<0，
故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，
从而当x>1 时，h(x)<h(1)＝0，
所以ln x<x－1，
从而f ln1
a ＝ln ln1
a－a ln1
a－1 eln1
a
＝ln ln1
a－ln1
a＋1＝h ln1
a <0．
又因为f(x0)>f(1)＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点．
又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，
从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点．
②由题意，
f′x0＝0，
fx1＝0，
即
ax20ex0＝1，
ln x1＝ax1－1ex1，
从而ln x1＝x1－1
x20
ex1－x0，
即ex1－x0＝x20ln x1
x1－1 ．
因为当x>1 时，ln x<x－1，
又x1>x0>1，
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故ex1－x0<x20x1－1
x1－1
＝x20，两边取对数，
得ln ex1－x0<ln x20，于是
x1－x0<2ln x0<2(x0－1)，
整理得3x0－x1>2．
4．(文)(2018·全国卷Ⅱ，21)已知函数f(x)＝1
3x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
[解析]
(1)当a＝3 时，f(x)＝1
3x3－3x2－3x－3，
f ′(x)＝x2－6x－3．
令f ′(x)＝0 解得x＝3－2
3或3＋2 3．
当x∈(－∞，3－2 3)或(3＋2 3，＋∞)时，f ′(x)>0；
当x∈(3－2 3，3＋2 3)时，f ′(x)<0．
故f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)上单调递增，在(3－2 3，3＋2 3)上单调递减．
(2)由于x2＋x＋1>0，
所以f(x)＝0 等价于
x3
x2＋x＋1－3a＝0．
设g(x)＝
x3
x2＋x＋1－3a，则g ′(x)＝x2x2＋2x＋3
x2＋x＋12 ≥0，仅当x＝0 时g ′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调
递增．故g(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－1
3＝－6(a－1
6)2－1
6<0，f(3a＋1)＝1
3>0，故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
(理)(2018·全国卷Ⅰ，21)已知函数f(x)＝1
x－x＋alnx．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)存在两个极值点x1，x2，
证明：f(x1)－f(x2)
x1－x2
<a－2．
[解析]
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1
x2－1＋a
x＝－x2－ax＋1
x2
．
(i)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1 时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(ii)若a＞2，令f′(x)＝0 得，x＝a－a2－4
2
或x＝a＋a2－4
2
．
当x∈0，a－a2－4
2
∪
a＋a2－4
2
，＋∞时，
f′(x)＜0；
当x∈
a－a2－4
2
，a＋a2－4
2
时，f′(x)＞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．
(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点，当且仅当a＞2．
由于f(x)的两个极值点x1，x2 满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1．
由于fx1－fx2
x1－x2
＝－1
x1x2
－1＋alnx1－lnx2
x1－x2
＝－2＋alnx1－lnx2
x1－x2
＝－2＋a
－2lnx2
1
x2
－x2
，
所以fx1－fx2
x1－x2
＜a－2 等价于1
x2
－x2＋2lnx2＜0．
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100
设函数g(x)＝1
x－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0．
所以1
x2
－x2＋2lnx2＜0，即fx1－fx2
x1－x2
＜a－2．
利用导数研究函数的零点(或方程的根)
典题例析
例1
(文)设函数f(x)＝x2
2 －klnx，k>0．
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)有零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．
[解析]
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－k
x＝x2－k
x
．
因为k>0，所以令f′(x)＝0 得x＝k，列表如下：
x
(0，k)
k
( k，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
减区间为(0，k)，增区间为( k，＋∞)．
当x＝k时，取得极小值f( k)＝k－klnk
2
．
(2)当k≤1，即0<k≤1 时，f(x)在(1，e)上单调递增，
f(1)＝1
2，f( e)＝e
2－k
2＝e－k
2
>0，所以f(x)在区间(1，e)上没有零点．
当1< k< e，即1<k<e 时，f(x)在(1，k)上递减，在( k，e)上递增，
f(1)＝1
2>0，f( e)＝e－k
2
>0，f( k)＝k－klnk
2
＝k1－lnk
2
>0，
此时函数没有零点．
当k≥e，即k≥e 时，f(x)在(1，e)上单调递减，f(1)＝1
2>0，f( e)＝e－k
2
<0.所以f(x)在区间(1，e)上仅有一个
零点．
综上，若f(x)有零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．
(理)已知函数f(x)＝(x2－3x＋3)·ex 的定义域为[－2，t](t>－2)．
(1)试确定t 的取值范围，使得函数f(x)在[－2，t]上为单调函数；
(2)当1<t<4 时，求满足f′x0
ex0
＝2
3(t－1)2 的x0 的个数．
[解析]
(1)∵f′(x)＝(x2－3x＋3)·ex＋(2x－3)·ex＝x·(x－1)ex，由f′(x)>0，得x>1 或x<0；由f′(x)<0 得0<x<1．
∴f(x)在(－∞，0]，[1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
若使f(x)在[－2，t]上为单调函数，则需－2<t≤0，
即t 的取值范围为(－2,0]．
(2)∵f′x0
ex0
＝x20－x0，f′x0
ex0
＝2
3(t－1)2，即x20－x0＝2
3(t－1)2，令g(x)＝x2－x－2
3(t－1)2，则问题转化为当1<t<4 时，
求方程g(x)＝x2－x－2
3(t－1)2＝0 在[－2，t]上的解的个数．
∵g(－2)＝6－2
3(t－1)2＝－2
3(t＋2)(t－4)，
g(t)＝t(t－1)－2
3(t－1)2＝1
3(t＋2)(t－1)，
∴当1<t<4 时，g(－2)>0 且g(t)>0，
∵g(0)＝－2
3(t－1)2<0，∴g(x)＝0 在[－2，t]上有两解．
即满足f′x0
ex0
＝2
3(t－1)2 的x0 的个数为2．
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101
对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，
这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，
挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．
跟踪训练
(文)已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝2 时，求f(x)的图象在x＝1 处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m 在[1
e，e]上有两个零点，求实数m 的取值范围．
[解析]
(1)当a＝2 时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f ′(x)＝2
x－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f ′(1)＝2，则
切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1．
(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，
则g′(x)＝2
x－2x＝－2x＋1x－1
x
．
∵x∈[1
e，e]，∴当g′(x)＝0 时，x＝1．
当1
e<x<1 时，g′(x)>0；
当1<x<e 时，g′(x)<0．
故g(x)在x＝1 处取得极大g(1)＝m－1．
又g(1
e)＝m－2－1
e2，g(e)＝m＋2－e2，
g(e)－g(1
e)＝4－e2＋1
e2<0，
则g(e)<g(1
e)，
∴g(x)在[1
e，e]上的最小值是g(e)．
g(x)在[1
e，e]上有两个零点的条件是
g1＝m－1>0，
g1
e＝m－2－1
e2≤0，
解得1<m≤2＋1
e2，
∴实数m 的取值范围是(1,2＋1
e2]．
(理)(2019·西安市八校联考)已知函数f(x)＝x，g(x)＝λf(x)＋sinx(λ∈R)在区间[－1,1]上单调递减．
(1)求λ的最大值；
(2)讨论关于x 的方程lnx
fx
＝x2－2ex＋m 的解的个数．
[解析]
(1)∵f(x)＝x，
∴g(x)＝λf(x)＋sinx＝λx＋sinx，又g(x)在[－1,1]上单调递减，
∴g′(x)＝λ＋cosx≤0 在[－1,1]上恒成立，
∴λ≤(－cosx)min＝－1．
故λ的最大值为－1．
(2)lnx
fx
＝lnx
x ＝x2－2ex＋m，
令f1(x)＝lnx
x ，f2(x)＝x2－2ex＋m，
∵f′1(x)＝1－lnx
x2
，
∴当x∈(0，e)时，f′1(x)>0，即f1(x)单调递增；当x∈[e，＋∞)时f′1(x)≤0，即f1(x)单调递减．
∴f1(x)max＝f1(e)＝1
e，
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102
又f2(x)＝(x－e)2＋m－e2，
∴当m－e2>1
e，即m>e2＋1
e时，方程无解；
当m－e2＝1
e，即m＝e2＋1
e时，方程有一个解；
当m－e2<1
e，即m<e2＋1
e时，方程有两个解．
利用导数证明不等式或求参数范围
典题例析
例2
(文)(2019·郑州市第二次质量预测)设函数f(x)＝ax2－(x＋1)lnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的
斜率为0．
(1)求a 的值；
(2)求证：当0<x≤2 时，f(x)>1
2x．
[解析]
(1)f′(x)＝2ax－lnx－1－1
x，
由题意，可得f′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1．
(2)证明：由(1)得f(x)＝x2－(x＋1)lnx，
要证当0<x≤2 时，f(x)>1
2x，
只需证当0<x≤2 时，x－lnx
x －lnx>1
2，
令g(x)＝x－lnx，h(x)＝lnx
x ＋1
2，
由g′(x)＝1－1
x＝0，得x＝1，
易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，
故当0<x≤2 时，g(x)min＝g(1)＝1．
h′(x)＝1－lnx
x2
，当0<x≤2 时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,2]上单调递增，故当0<x≤2 时，h(x)max＝h(2)＝1＋ln2
2
<1，
即h(x)max<g(x)min 故当0<x≤2 时，h(x)<g(x)，即当0<x≤2 时，f(x)>1
2x．
(理)(2019·南昌市摸底调研)设函数f(x)＝2lnx－mx2＋1．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)>m－1 成立，求实数m 的取值范围．
[解析]
(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2
x－2mx＝－2mx2－1
x
，
当m≤0 时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0 时，令f′(x)>0，则0<x< 1
m
，
令f′(x)<0，则x> 1
m
，
∴f(x)在(0，m
m )上单调递增，在( m
m ，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m>0，且f(x)在(0，m
m )上单调递增，在( m
m ，＋∞)上单调递减．
∴f(x)max＝f( m
m )＝2ln m
m －m·1
m＋1＝－lnm，
若存在x0，使得f(x0)>m－1 成立，则f(x)max>m－1．
即－lnm>m－1，lnm＋m－1<0 成立，
令g(x)＝x＋lnx－1(x>0)，
∵g′(x)＝1＋1
x>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴0<m<1．
∴实数m 的取值范围是(0,1)．
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103
1．利用导数证明不等式的策略
(1)证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)，可通过构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0 或h(x)≤0，
从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式．或者，利用f(x)min≥g(x)max 或f(x)max≤g(x)min 来证明不等式．
(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证
明．
2．两招破解不等式的恒成立问题
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
3．利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧
(1)根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题；
(2)用导数求该函数在该区间上的最值问题；
(3)构建不等式求解．
跟踪训练
已知函数f(x)＝lnx＋x2－ax(a 为常数)．
(1)若x＝1 是函数f(x)的一个极值点，求a 的值；
(2)当0<a≤2 时，试判断f(x)的单调性；
(3)若对任意的a∈(1,2)，x0∈[1,2]，不等式f(x0)>mlna 恒成立，求实数m 的取值范围．
[解析]
(1)f ′(x)＝1
x＋2x－a．
由已知得f ′(1)＝0，所以1＋2－a＝0，所以a＝3．
(2)当0<a≤2 时，
f ′(x)＝1
x＋2x－a＝2x2－ax＋1
x
＝
2x－a
42＋1－a2
8
x
，
因为0<a≤2，
所以1－a2
8 >0，而x>0，即f ′(x)＝2x2－ax＋1
x
>0，
故f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(3)当a∈(1,2)时，由(2)知，f(x)在[1,2]上的最小值为f(1)＝1－a，故问题等价于：对任意的a∈(1,2)，不等式1－a>mlna
恒成立，即m<1－a
lna
恒成立，即g(a)＝1－a
lna
(1<a<2)，
则g′(a)＝－alna－1＋a
aln2a
，
令M(a)＝－alna－1＋a，则M′(a)＝－lna<0，
所以M(a)<M(1)＝0，
故g′(a)<0，所以g(a)＝1－a
lna
在a∈(1,2)上单调递减，
所以m≤g(2)＝1－2
ln2
＝－log2e，
即实数m 的取值范围为(－∞，－log2e]．
利用导数解决生活中的优化问题
典题例析
例3
某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两
条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所
示，M，N 为C 的两个端点，测得点M 到l1，l2 的距离分别为5 千米和40 千米，点N 到l1，l2 的距离分别为20 千米
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104
和2.5 千米，以l1，l2 所在的直线分别为y 轴，x 轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C 符合函数y＝
a
x2＋b(其中a，
b 为常数)模型.
(1)求a，b 的值；
(2)设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t．
①请写出公路l 长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；
②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．
[解析]
(1)由题意知，M 点的坐标为(5,40)，N 点的坐标为(20,2.5)，代入曲线C 的方程y＝
a
x2＋b
可得：
40＝
a
52＋b
，
2.5＝
a
202＋b
.
解得
a＝1 000，
b＝0.
(2)①由(1)知曲线C 的方程为y＝1 000
x2 (5≤x≤20)，y′＝－2 000
x3 ，所以y′|x＝t＝－2 000
t3
即为l 的斜率．
又当x＝t 时，y＝1 000
t2
，所以P 点的坐标为(t，1 000
t2
)，
所以l 的方程为y－1 000
t2
＝－2 000
t3
(x－t)．
令x＝0，得y＝3 000
t2
；令y＝0，得x＝3
2t．
所以f(t)＝
3
2t2＋3 000
t2
2，其中5≤t≤20．
②由①知f(t)＝
3
2t2＋3 000
t2
2，其中5≤t≤20.令g(t)＝(3
2t)2＋(3 000
t2
)2＝9
4t2＋9×106
t4
，
所以g′(t)＝9
2t－4×9×106
t5
＝9
2·t6－8×106
t5
＝9
2·t6－10 26
t5
．
因为5≤t≤20，令g′(t)<0，得5≤t<10 2；
令g′(t)＝0，得t＝10 2；
令g′(t)>0，得10 2<t≤20．
所以g(t)在区间[5,10 2)单调递减，在(10 2，20]单调递增．
所以g(10 2)＝675 是g(t)的极小值，也是最小值．所以当t＝10
2时f(t)取得最小值，
最小值为f(10 2)＝15 3．
所以当t＝10
2时，公路l 的长度最短，最短长度为15
3千米．
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y
＝f(x)．
(2)求导：求函数的导数f ′(x)，解方程f ′(x)＝0．
(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x)＝0 的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
(4)作答：回归实际问题作答．
跟踪训练
(文)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系
式y＝a
x－3＋10(x－6)2，其中3<x<6，a 为常数．已知销售价格为5 元/千克时，每日可售出该商品11 千克．
(1)求a 的值；
(2)若该商品的成本为3 元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
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105
[解析]
(1)因为x＝5 时，y＝11，
代入y＝a
x－3
＋10(x－6)2，
所以a
2＋10＝11，a＝2．
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝2
x－3
＋10(x－6)2，
所以商场每日销售该商品所获得的利润
f(x)＝(x－3)·[ 2
x－3＋10(x－6)2]
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6．
从而，f ′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)·(x－6)．
于是，当x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(3,4)
4
(4.6)
f ′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减
由上表可得，x＝4 是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．
所以，当x＝4 时，函数f(x)取得最大值，
且最大值等于42．
答：当销售价格为4 元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
(理)一家公司计划生产某种小型产品的月固定成本为1 万元，每生产1 万件需要再投入2 万元，设该公司一个月
内生产该小型产品x 万件并全部销售完，每万件的销售收入为(4－x)万元，且每万件国家给予补助(2e－2elnx
x
－1
x)万元．(e
为自然对数的底数，是一个常数)
(1)写出月利润f(x)(万元)关于月产量x(万件)的函数解析式；
(2)当月产量在[1,2e]万件时，求该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值(万元)及此时的月生产量值(万
件)．(注：月利润＝月销售收入＋月国家补助－月总成本)
[解析]
(1)由月利润＝月销售收入＋月国家补助－月总成本，可得f(x)＝x(4－x＋2e－2elnx
x
－1
x－2)－1
＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2(x>0)．
(2)f(x)＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2 的定义域为[1,2e]，
且f′(x)＝－2x＋2(e＋1)－2e
x
＝－2x－1x－e
x
(1≤x≤2e)．
列表如下：
x
(1，e)
e
(e,2e]
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
极大值
↘
由上表得：f(x)＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2 在定义域[1,2e]上的最大值为f(e)，且f(e)＝e2－2．
即月生产量在[1,2e]万件时，该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值为f(e)＝e2－2，此时的月生产量
值为e(万件) ．
A 组
1．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d 的图象如图所示，则下列结论成立的是(
)
A．a>0，b<0，c>0，d>0
B．a>0，b<0，c<0，d>0
C．a<0，b<0，c>0，d>0
D．a>0，b>0，c>0，d<0
[解析]
由图象知f(0)＝d>0，因为f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0 有两个不相等的正实根，所以a>0，－2b
6a＝－b
3a>0，
所以b<0，又f′(0)＝c>0，所以a>0，b<0，c>0，d>0．
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106
2．若存在正数x 使2x(x－a)<1 成立，则a 的取值范围是(
)
A．(－∞，＋∞)
B．(－2，＋∞)
C．(0，＋∞)
D．(－1，＋∞)
[解析]
∵2x(x－a)<1，∴a>x－1
2x．
令f(x)＝x－1
2x，
∴f′(x)＝1＋2
－xln2>0．
∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，
∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D．
3．(文)(2019·昆明市高三摸底调研测试)若函数f(x)＝2x－x2－1，对于任意的x∈Z 且x∈(－∞，a)，都有f(x)≤0
恒成立，则实数a 的取值范围为(
)
A．(－∞，1]
B．(－∞，0]
C．(－∞，4]
D．(－∞，5]
[解析]
对任意的x∈Z 且x∈(－∞，a)，
都有f(x)≤0 恒成立，可转化为对任意的x∈Z 且x∈(－∞，a)，2x≤x2＋1 恒成立．
令g(x)＝2x，h(x)＝x2＋1，
当x<0 时，g(x)<h(x)，
当x＝0 或1 时，g(x)＝h(x)，
当x＝2 或3 或4 时，g(x)<h(x)，
当x≥5 时，g(x)>h(x)．
综上，实数a 的取值范围为(－∞，5]，故选D．
(理)已知函数y＝f(x)是R 上的可导函数，当x≠0 时，有f′(x)＋fx
x >0，则函数F(x)＝xf(x)＋1
x的零点个数是(
)
A．0
B．1
C．2
D．3
[解析]
由F(x)＝xf(x)＋1
x＝0，
得xf(x)＝－1
x，
设g(x)＝xf(x)，
则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
因为x≠0 时，有f′(x)＋fx
x >0，
所以x≠0 时，fx＋xf′x
x
>0，
即当x>0 时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，此时函数g(x)单调递增，此时g(x)>g(0)＝0，当x<0 时，g′(x)＝f(x)＋
xf′(x)<0，此时函数g(x)单调递减，此时g(x)>g(0)＝0，
作出函数g(x)和函数y＝－1
x的图象，(直线只代表单调性和取值范围)，由图象可知函数F(x)＝xf(x)＋1
x的零点个数
为1 个．
4．(文)已知x＝1 是函数f(x)＝ax3－bx－lnx(a>0，b∈R)的一个极值点，则lna 与b－1 的大小关系是(
)
A．lna>b－1
B．lna<b－1
C．lna＝b－1
D．以上都不对
[解析]
f′(x)＝3ax2－b－1
x，
∵x＝1 是函数f(x)的极值点，
∴f′(1)＝3a－b－1＝0，即3a－1＝b．
令g(a)＝lna－(b－1)＝lna－3a＋2(a>0)，
则g′(a)＝1
a－3＝1－3a
a
，
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∴g(a)在(0，1
3)上递增，在(1
3，＋∞)上递减，
故g(a)max＝g(1
3)＝1－ln3<0．
故lna<b－1．
(理)已知函数f(x)＝ln(ex＋e
－x)＋x2，则使得f(2x)>f(x＋3)成立的x 的取值范围是(
)
A．(－1,3)
B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
C．(－3,3)
D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
[解析]
∵函数f(x)＝ln(ex＋e
－x)＋x2，
∴f′(x)＝ex－e
－x
ex＋e
－x＋2x，
当x>0 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x<0 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x＝0 时，f′(x)＝0，f(x)取最小值，
∵f(x)＝ln(ex＋e
－x)＋x2 是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(2x)>f(x＋3)等价于|2x|>|x＋3|，
整理，得x2－2x－3>0，
解得x>3 或x<－1，
∴使得f(2x)>f(x＋3)成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)，故选D．
5．设f(x)，g(x)分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，且g(x)≠0，当x<0 时，f ′(x)g(x)>f(x)g′(x)，且f(－3)
＝0，则不等式fx
gx
<0 的解集是____(－∞，－3)∪(0,3)__．
[解析]
因为f(x)和g(x)(g(x)≠0)分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，
所以f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)．
因为当x<0 时，f ′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，
当x<0 时，[fx
gx
]′＝f ′xgx－fxg′x
g2x
>0，
令h(x)＝fx
gx
，
则h(x)在(－∞，0)上单调递增．
因为h(－x)＝f－x
g－x
＝－fx
gx
＝－h(x)，
所以h(x)为奇函数，
根据奇函数的性质可得函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f(－3)＝－f(3)＝0，
所以h(－3)＝－h(3)＝0．
h(x)<0 的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．
6．已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0 成立，则实数m 的取值范围是
____ －2
2 ，0 __．
[解析]
fm＝m2＋m2－1<0，
fm＋1＝m＋12＋mm＋1－1<0，
解得－2
2 <m<0．
7．定义1：若函数f(x)在区间D 上可导，即f ′(x)存在，且导函数f′(x)在区间D 上也可导，则称函数f(x)在区
间D 上存在二阶导数，记作f ″(x)，即f ″(x)＝[f′(x)]′．
定义2：若函数f(x)在区间D 上的二阶导数恒为正，即f ″(x)>0 恒成立，则称函数f(x)在区间D 上为凹函数．
已知函数f(x)＝x3－3
2x2＋1 在区间D 上为凹函数，则x 的取值范围是____(1
2，＋∞)__．
[解析]
∵f(x)＝x3－3
2x2＋1，∴f ′(x)＝3x2－3x，
∴f ″(x)＝6x－3.令f ″(x)>0，即6x－3>0，解得x>1
2．
∴x 的取值范围是(1
2，＋∞)．
8．已知f(x)＝lnx＋ax，a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调性．
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108
(2)若函数f(x)的两个零点为x1，x2，且x2
x1
≥e2，
求证：(x1－x2)f ′(x1＋x2)>6
5．
[解析]
(1)函数f(x)＝lnx＋ax 的定义域为{x|x>0}，
所以f ′(x)＝1
x＋a．
①若a≥0，则f ′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)内单调递增．
②若a<0，则f ′(x)＝1
x＋a，由f′(x)>0，得0<x<－1
a，
∴f(x)在(0，－1
a)内单调递增；
由f ′(x)＝1
x＋a<0，得x>－1
a，
∴f(x)在(－1
a，＋∞)内单调递减．
(2)证明：∵lnx1＋ax1＝0，lnx2＋ax2＝0，
∴lnx2－lnx1＝a(x1－x2)．
(x1－x2)f ′(x1＋x2)＝(x1－x2)(
1
x1＋x2
＋a)＝x1－x2
x1＋x2
＋
a(x1－x2)＝x1－x2
x1＋x2
＋lnx2
x1
＝
1－x2
x1
1＋x2
x1
＋lnx2
x1
．
令x2
x1
＝t≥e2，令φ(t)＝1－t
1＋t
＋lnt，
则φ′(t)＝t2＋1
1＋t2t
>0，
∴φ(t)在[e2，＋∞)内单调递增，
φ(t)≥φ(e2)＝1＋
2
e2＋1
>1＋
2
32＋1
＝6
5．
∴(x1－x2)f′(x1＋x2)>6
5．
9．某造船公司年最大造船量是20 艘，已知造船x 艘的产值函数为R(x)＝3 700x＋45x2－10x3(单位：万元)，成本
函数为C(x)＝460x＋5 000(单位：万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)．
(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x)．(提示：利润＝产值－成本)
(2)问：年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？
(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么．
[解析]
(1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3 240x－5 000(x∈N*，且1≤x≤20)；
MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3 275(x∈N*，且1≤x≤19)．
(2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3 240
＝－30(x－12)(x＋9)，
因为x>0，所以P′(x)＝0 时，x＝12，
当0<x<12 时，P′(x)>0，当x>12 时，P′(x)<0，
所以x＝12 时，P(x)有极大值，也是最大值．
即年造船量安排12 艘时，可使公司造船的年利润最大．
(3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3 275
＝－30(x－1)2＋3 305．
所以，当x≥1 时，MP(x)单调递减．所以单调减区间为[1,19]．
MP(x)是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘利润与前一艘比较，利润在减少．
B 组
1．对于R 上可导的任意函数f(x)，若满足1－x
f ′x
≤0，则必有(
)
A．f(0)＋f(2)>2f(1)
B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)<2f(1)
D．f(0)＋f(2)≥2f(1)
[解析]
当x<1 时，f ′(x)<0，此时函数f(x)递减；当x>1 时，f ′(x)>0，此时函数f(x)递增，即当x＝1 时，函数
f(x)取得极小值同时也取得最小值f(1)，所以f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，则f(0)＋f(2)>2f(1)．故选A．
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109
2．已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a 的取值范围是(
)
A．(－∞，0)
B．(0，1
2)
C．(0,1)
D．(0，＋∞)
[解析]
∵f(x)＝x(lnx－ax)，∴f ′(x)＝lnx－2ax＋1，故f ′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f ′(x)＝0，
则2a＝lnx＋1
x
，设g(x)＝lnx＋1
x
，则g′(x)＝－lnx
x2 ，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
又∵当x→0 时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，∴只需0<2a<1⇒0<a<1
2．
3．(文)已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a>0，b∈R)，若对任意x>0，f(x)≥f(1)，则(
)
A．lna<－2b
B．lna≤－2b
C．lna>－2b
D．lna≥－2b
[解析]
f ′(x)＝2ax＋b－1
x，由题意可知f ′(1)＝0，即2a＋b＝1，由选项可知，只需比较lna＋2b 与0 的大小，
而b＝1－2a，所以只需判断lna＋2－4a 的符号．构造一个新函数g(x)＝2－4x＋lnx，则g′(x)＝1
x－4，令g′(x)＝0，
得x＝1
4，当x<1
4时，g(x)为增函数；当x>1
4时，g(x)为减函数，所以对任意x>0 有g(x)≤g(1
4)＝1－ln4<0，所以有g(a)
＝2－4a＋lna＝2b＋lna<0⇒lna<－2b.故选A．
(理)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c 有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x1<x2，则关于x 的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0
的不同实根个数为(
)
A．3
B．4
C．5
D．6
[解析]
f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，原题等价于方程3x2＋2ax＋b＝0 有两个不等实数根x1，x2，且x1<x2，x∈(－∞，
x1)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(x1，x2)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；x∈(x2，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．
∴x1 为极大值点，x2 为极小值点．
∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0 有两个不等实根，
f(x)＝x1 或f(x)＝x2．
∵f(x1)＝x1，
∴由图知f(x)＝x1 有两个不同的解，f(x)＝x2 仅有一个解．故选A．
4．已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－a
4x＋3
2，若任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，
使得f(xi)＝g(x0)成立，则实数a 的取值范围是(
)
A．(－∞，－1)
B．(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D．[－1,1]
[解析]
当a＝0 时，显然不成立，故排除D；当a>0 时，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，即f(x)在[0,1]上
是减函数，在[1,2]上是增函数，又f(0)＝1<3
2＝g(0)，当x0＝0 时，结论不可能成立；进一步，可知a<0，此时g(x)在[0,2]
上是增函数，
且取值范围是[3
2，－a
2＋3
2]，
同时f(x)在0≤x≤1 时，函数值从1 增大到1－a，
在1≤x≤2 时，函数值从1－a 减少到1＋4a，
所以“任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立”，
当且仅当
fx的最大值>gx的最大值，
fx的最小值<gx的最小值，
即
1－a>－a
2＋3
2，
1＋4a<3
2，
解得a<－1．
5．已知y＝f(x)为R 上的连续可导函数，且xf ′(x)＋f(x)>0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x>0)的零点个数为____0__．
[解析]
因为g(x)＝xf(x)＋1(x>0)，g′(x)＝xf ′(x)＋f(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又g(0)＝1，y＝f(x)
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110
为R 上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，所以g(x)>g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．
6．已知函数f(x)＝ex
x，g(x)＝－(x－1)2＋a2，若当x>0 时，存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a 的取
值范围是____(－∞，－e]∪[ e，＋∞)__．
[解析]
由题意得存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，等价于f(x)min≤g(x)max．
因为g(x)＝－(x－1)2＋a2，x>0，
所以当x＝1 时，g(x)max＝a2．
因为f(x)＝ex
x，x>0，
所以f′(x)＝ex·x－ex
x2
＝exx－1
x2
．
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e．
又g(x)max＝a2，
所以a2≥e⇔a≤－e或a≥e．
故实数a 的取值范围是(－∞，－e]∪[ e，＋∞)．
7．(2019·武汉市武昌区调研考试)已知函数f(x)＝lnx＋a
x，a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0 时，证明f(x)≥2a－1
a
．
[解析]
(1)f′(x)＝1
x－a
x2＝x－a
x2 (a>0)．
当a≤0 时，f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0 时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0<x<a，则f ′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a>0 时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1．
要证f(x)≥2a－1
a
，只需证lna＋1≥2a－1
a
，
即证lna＋1
a－1≥0．
令函数g(a)＝lna＋1
a－1，
则g′(a)＝1
a－1
a2＝a－1
a2 (a>0)，
当0<a<1 时，g′(a)<0，当a>1 时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以g(a)min＝g(1)＝0．
所以lna＋1
a－1≥0 恒成立，
所以f(x)≥2a－1
a
．
8．(文)设函数f(x)＝(1－x2)ex．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0 时，f(x)≤ax＋1，求a 的取值范围．
[解析]
(1)f ′(x)＝(1－2x－x2)ex．
令f ′(x)＝0 得x＝－1－2或x＝－1＋2．
当x∈(－∞，－1－2)时，f ′(x)<0；
当x∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x)>0；
当x∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x)<0．
所以f(x) 在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex．
当a≥1 时，设函数h(x)＝(1－x)ex，
则h′(x)＝－xex<0(x>0)，
因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减．
而h(0)＝1，故h(x)≤1
所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1．
当0<a<1 时，设函数g(x)＝ex－x－1，
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111
则g′(x)＝ex－1>0(x>0)，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
而g(0)＝0，故ex≥x＋1．
当0<x<1 时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
取x0＝5－4a－1
2
，
则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，
故f(x0)>ax0＋1．
当a≤0 时，取x0＝5－1
2
，则x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1．
综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．
(理)已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0．
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e
－2<f(x0)<2
－2．
[解析]
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
设g(x)＝ax－a－lnx，
则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0 等价于g(x)≥0．
因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，
而g′(x)＝a－1
x，g′(1)＝a－1，得a＝1．
若a＝1，则g′(x)＝1－1
x．
当0<x<1 时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以x＝1 是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0．
综上，a＝1．
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，
f ′(x)＝2x－2－lnx．
设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－1
x．
当x∈(0，1
2)时，h′(x)<0；
当x∈(1
2，＋∞)时，h′(x)>0．
所以h(x)在(0，1
2)上单调递减，在(1
2，＋∞)上单调递增．
又h(e
－2)>0，h(1
2)<0，h(1)＝0，
所以h(x)在(0，1
2)上有唯一零点x0，在[1
2，＋∞)上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；
当x∈(x0,1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0．
因为f ′(x)＝h(x)，所以x＝x0 是f(x)的唯一极大值点．
由f ′(x0)＝0，得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．
由x0∈(0，1
2)得f(x0)<1
4．
因为x＝x0 是f(x)在(0,1)上的最大值点，
由e
－1∈(0,1)，f ′(e
－1)≠0 得f(x0)>f(e
－1)＝e
－2．
所以e
－2<f(x0)<2
－2．
专题规范答题示例
典题例析
例1
(12 分)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2 时，求a 的取值范围．
[思路探究]
求f′x――→
讨论f′x
的符号
fx单调性―→fx最大值―→解fxmax>2a－2 .
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112
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1
x－a．
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈(0，1
a)时，f′(x)>0；当x∈(1
a，＋∞)时，
f′(x)<0．
所以f(x)在(0，1
a)上单调递增，在(1
a，＋∞)上单调递减.5 分
所当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.6
分
(2)由(1)知，当a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a>0 时，f(x)在x＝1
a处取得最大值，
最大值为f(1
a)＝ln(1
a)＋a(1－1
a)＝－lna＋a－1．
因此f(1
a)>2a－2 等价于lna＋a－1<0.9 分
令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0．
于是，当0<a<1 时，g(a)<0；当a>1 时，g(a)>0．
因此，a 的取值范围是(0,1).12 分
第一步求导数：写出函数
的定义域，求函数的导数．
第二步定符号：通过讨论
确定f′(x)的符号．
第三步写区间：利用f′(x)
的符号写出函数的单调区
间．
第四步求最值：根据函数
单调性求出函数最值.
[评分细则](1)函数求导正确给1 分；(2)分类讨论，每种情况给2 分，结论1 分；(3)求出最大值给2 分；(4)构造函
数g(a)＝lna＋a－1 给2 分；(5)通过分类讨论得出a 的范围，给2 分．
跟踪训练
(文)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3．
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a 的取值范围．
[解析]
(1)f′(x)＝lnx＋1，
当x∈(0，1
e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1
e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
所以f(x)的最小值为f(1
e)＝－1
e．
(2)2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋3
x，
设h(x)＝2lnx＋x＋3
x(x>0)，
则h′(x)＝x＋3x－1
x2
，
①当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
所以h(x)min＝h(1)＝4．
因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4，即a 的取值范围为(－∞，4]．
(理)(2019·海口模拟)已知函数f(x)＝a
x＋xlnx＋1
e，g(x)＝2x＋e
ex－3．
(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；
(2)若对∀x1，x2∈[1
2，2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，求实数a 的取值范围．
[解析]
(1)当a＝1 时，f(x)＝1
x＋xlnx＋1
e，f ′(x)＝－1
x2＋lnx＋1.设h(x)＝f ′(x)，则h′(x)＝2
x3＋1
x>0，
∴h(x)＝f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由f′(x)＝0，得x＝1，∴f′(x)>0⇒x>1；f′(x)<0⇒0<x<1．
∴f(x)，f′(x)随x 的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
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113
f(x)
递减
极小值
递增
∴f(x)极小值＝f(1)＝1＋1
e，没有极大值．
(2)对∀x1，x2∈[1
2，2]，f(x1)≥g(x2)，则f(x1)≥g(x2)max 恒成立．
g′(x)＝2－e
ex＝2ex－e
ex
，
当g′(x)>0 时，x>lne
2；当g′(x)<0 时，x<lne
2．
∴g(x)在(0，lne
2)上单调递减，在(lne
2，＋∞)上单调递增．
∵1
2＝ln e>lne
2，∴g(x)在[1
2，2]上单调递增，
∴在[1
2，2]上，g(x)max＝g(2)＝1＋1
e．
∴∀x∈[1
2，2]，a
x＋xlnx＋1
e≥1＋1
e，即x∈[1
2，2]时，a≥x－x2lnx．
设m(x)＝x－x2lnx，x∈[1
2，2]，m′(x)＝1－2xlnx－x．
当x∈(1
2，1)时，1－x>0，－2xlnx>0，∴m′(x)>0；
当x∈(1,2)时，1－x<0，－2xlnx<0，∴m′(x)<0．
∴m(x)在(1
2，1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，
∴x∈[1
2，2]时，m(x)max＝m(1)＝1，∴a≥1．
例2
(12 分)设函数f(x)＝emx＋x2－mx．
(1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m 的取值范围．
[思路探究]
(1) 求导f′x＝memx－1＋2x ―→讨论m 确定f′x的符号―→证明结论
(2) 条件转化为|fx1－fx2|max≤e－1
――→
结合1知
fxmin＝f0
f1－f0≤e－1，
f－1－f0≤e－1
―→
em－m≤e－1，
e
－m＋m≤e－1
―→构造函数gt＝et－t－e＋1 ―→研究gt的单调性―→寻求
gm≤0，
g－m≤0
的条件―
→对m 讨论得适合条件的范围
规范解答·分步得分
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(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.1 分
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0．
若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.4 分
所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.6
分
(2)解：由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在
[0,1]上单调递增，
故f(x)在x＝0 处取得最小值．
所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1 的充要条
件是{f1－f0≤e－1，
f－1－f0≤e－1，8 分
即{em－m≤e－1，
e
－m＋m≤e－1. ①
设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.9 分
当t<0 时，g′(t)<0；当t>0 时，g′(t)>0．
故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
又g(1)＝0，g(－1)＝e
－1＋2－e<0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0．
当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；10
第一步求导数：一般先确定
函数的定义域，再求f′(x)．
第二步定区间：根据f′(x)
的符号确定函数的单调区
间．
第三步寻条件：一般将恒成
立问题转化为函数的最值问
题．
第四步写步骤：通过函数单
调性探求函数最值，对于最
值可能在两点取到的恒成立
问题，可转化为不等式组恒
成立．
第五步再反思：查看是否注
意定义域、区间的写法、最
值点的探求是否合理等.
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114
分
当m>1 时，由g(t)的单调性，得g(m)>0，即em－m>e－1；
当m<－1 时，g(－m)>0，即e
－m＋m>e－1.11 分
综上，m 的取值范围是[－1,1].12 分
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115
[评分细则](1)求出导数给1 分；(2)讨论时漏掉m＝0 扣1 分，两种情况只讨论正确一种给2 分；(3)确定f′(x)符
号时只有结论中间过程扣1 分；(4)写出f(x)在x＝0 处取得最小值给1 分；(5)无最后结论扣1 分；(6)其他方法构造函
数同样给分．
跟踪训练
(文)已知函数f(x)＝ax＋lnx，其中a 为常数．
(1)当a＝－1 时，求f(x)的单调增区间；
(2)当0<－1
a<e 时，若f(x)在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值；
(3)当a＝－1 时，试推断方程|f(x)|＝lnx
x ＋1
2是否有实数根．
[分析]
(1)先求函数f(x)的定义域，再求导，从而确定函数的单调区间．
(2)令f ′(x)＝a＋1
x＝0，解得x＝－1
a；从而确定单调性及最值，进而求出a 值．
(3)由(1)知当a＝－1 时，f(x)max＝f(1)＝－1，从而得|f(x)|≥1；再令g(x)＝lnx
x ＋1
2，则g′(x)＝1－lnx
x2
；从而求最值
即可．
[解析]
(1)由已知知函数f(x)的定义域为{x|x>0}，
当a＝－1 时，f(x)＝－x＋lnx，f ′(x)＝1－x
x
；
当0<x<1 时，f ′(x)>0；当x>1 时，f ′(x)<0；
所以f(x)的单调增区间为(0,1)．
(2)因为f ′(x)＝a＋1
x，
令f ′(x)＝0，解得x＝－1
a；
由f ′(x)>0，解得0<x<－1
a；
由f ′(x)<0，解得－1
a<x<e．
从而f(x)的单调增区间为(0，－1
a)，减区间为(－1
a，e)，
所以，f(x)max＝f(－1
a)＝－1＋ln(－1
a)＝－3，
解得a＝－e2．
(3)由(1)知，当a＝－1 时，f(x)max＝f(1)＝－1，
所以|f(x)|≥1．
令g(x)＝lnx
x ＋1
2，则g′(x)＝1－lnx
x2
．
当0<x<e 时，g′(x)>0；当x>e 时，g′(x)<0，
从而g(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减．
所以g(x)max＝g(e)＝1
e＋1
2<1，
所以|f(x)|>g(x)，
即|f(x)|>lnx
x ＋1
2，
所以方程|f(x)|＝lnx
x ＋1
2没有实数根．
(理)已知函数f(x)＝x－1－alnx(a∈R)，g(x)＝1
x．
(1)当a＝－2 时，求曲线y＝f(x)在x＝1 处的切线方程；
(2)若a<0，且对任意x1，x2∈(0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<4×|g(x1)－g(x2)|，求实数a 的取值范围．
[分析]
(1)由导数的几何意义可得切线的斜率，进而得到切线的方程；(2)利用导数判断函数f(x)的单调性，结合
f(x2)－f(x1)<4×[g(x1)－g(x2)]即可将问题转化为不等式恒成立问题，进而求得a 的取值范围．
[解析]
(1)当a＝－2 时，f(x)＝x－1＋2lnx，
f′(x)＝1＋2
x，f(1)＝0，切线的斜率k＝f′(1)＝3，
故曲线y＝f(x)在x＝1 处的切线方程为3x－y－3＝0．
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116
(2)对x∈(0,1]，当a<0 时，f′(x)＝1－a
x>0，
∴f(x)在(0,1]上单调递增，易知g(x)＝1
x在(0,1]上单调递减，
不妨设x1，x2∈(0,1]，且x1<x2，f(x1)<f(x2)，
g(x1)>g(x2)，
∴f(x2)－f(x1)<4×[g(x1)－g(x2)]，
即f(x1)＋4
x1
>f(x2)＋4
x2
．
令h(x)＝f(x)＋4
x，则当x1<x2 时，有h(x1)>h(x2)，
∴h(x)在(0,1]上单调递减，
∴h′(x)＝1－a
x－4
x2＝x2－ax－4
x2
≤0 在(0,1]上恒成立，
∴x2－ax－4≤0 在(0,1]上恒成立，等价于a≥x－4
x在(0,1]上恒成立，
∴只需a≥(x－4
x)max．
∵y＝x－4
x在(0,1]上单调递增，
∴ymax＝－3，
∴－3≤a<0，
故实数a 的取值范围为[－3,0)．
专题三
三角函数及解三角形
——构建网络·形成体系
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117
第一讲
三角函数的图象与性质
高考考点
考点解读
三角函数的概念、诱导公式及基本关系
1.利用公式进行化简求值
2．三角函数的定义及应用
三角函数的单调性、奇偶性、对称性和周期
性
1.根据图象或周期公式求三角函数的周期、单
调区间或判断奇偶性
2．根据单调性、奇偶性、周期性求参数
三角函数的图象及应用
1.考查三角函数的图象变换
2．根据图象求解析式或参数
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对三角概念的理解，会求三角函数的值域或最值．
(2)掌握三角函数的图象与性质，能够判断三角函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性等．
(3)掌握三角函数图象变换，已知图象求参数，“五点法”作图．
预测2020 年命题热点：
(1)三角函数在指定区间上的值域、最值问题．
(2)已知三角函数奇偶性及对称性、周期性等性质求参数或求函数的单调区间．
(3)三角函数的图象变换及求三角函数的解析式.
知识整合
1．同角三角函数之间的关系
(1)平方关系：__sin2α＋cos2α＝1__．
(2)商数关系__tanα＝sinα
cosα__．
2．诱导公式
(1)公式：Sα＋2kπ；Sπ±α；Sπ
2
±α．
(2)巧记口诀：奇变偶不变，符号看象限，α当锐角看．
3．三角函数的图象与性质
函数
y＝sinx
y＝cosx
y＝tanx
图象
定义域
R
R
{x|x≠π
2＋kπ，k∈Z}
值域
[－1,1]
[－1,1]
R
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
最小正周期
2π
2π
π
单调性
在__[－π
2 ＋2kπ，π
2 ＋
2kπ](k∈Z)__上递增，
在__[ π
2 ＋2kπ ，3π
2 ＋
2kπ](k∈Z)__上递减
在__[－π＋2kπ，2kπ](k
∈Z)__上递增，
在__[2kπ，π＋2kπ](k∈
Z)__
上递减
在__( －π
2 ＋kπ ，π
2 ＋
kπ)(k∈Z)__上递增
最值
当x＝π
2＋2kπ，k∈Z
时，y 取得最大值1，
当x＝－π
2＋2kπ，k∈Z
时，y 取得最小值－1
当x＝2kπ，k∈Z 时，y
取得最大值1，
当x＝π＋2kπ，k∈Z
时，y 取得最小值－1
无最值
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118
对称性
对称中心：__(kπ，0)(k
∈Z)__．
对称轴：__x＝π
2＋kπ(k
∈Z)__
对称中心：__(π
2＋kπ，
0)(k∈Z)__．
对称轴：__x＝kπ(k∈
Z)__
对称中心：__(kπ
2 ，0)(k
∈Z)__
4．函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象
(1)“五点法”作图
设z＝ωx＋φ，令z＝0，π
2，π，3π
2 ，2π，求出x 的值与相应的y 的值，描点连线可得．
(2)图象变换
①y＝sinx
――→
向左φ>0或向右φ<0
平移|φ|个单位长度
y＝sin(x＋φ)
――――――――――――→
横坐标变为原来的1
ω倍
纵坐标不变
y＝sin(ωx＋φ)
――→
纵坐标变为原来的A 倍
横坐标不变
y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)．
②y＝sinx――――――――――――→
横坐标变为原来的1
ω倍
纵坐标不变
y＝sinωx
――→
向左φ>0或向右φ<0
平移|φ
ω|个单位长度y＝sin(ωx＋φ)
――→
纵坐标变为原来的A 倍
横坐标不变
y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)．
5．三角函数的奇偶性
(1)函数y＝Asin(ωx＋φ)是奇函数⇔φ＝__kπ__(k∈Z)，是偶函数⇔φ＝__kπ＋π
2__(k∈Z)；
(2)函数y＝Acos(ωx＋φ)是奇函数⇔φ＝__kπ＋π
2__(k∈Z)，是偶函数⇔φ＝__kπ__(k∈Z)；
(3)函数y＝Atan(ωx＋φ)是奇函数⇔φ＝__kπ
2 __(k∈Z)．
6．三角函数的对称性
(1)函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象的对称轴由ωx＋φ＝__kπ＋π
2__(k∈Z)解得，对称中心的横坐标由ωx＋φ＝__kπ__(k
∈Z)解得；
(2)函数y＝Acos(ωx＋φ)的图象的对称轴由ωx＋φ＝__kπ__(k∈Z)解得，对称中心的横坐标由ωx＋φ＝__kπ＋π
2__(k
∈Z)解得；
(3)函数y＝Atan(ωx＋φ)的图象的对称中心由ωx＋φ＝kπ
2 (k∈Z)解得．
易错警示
1．同角关系应用错误
利用同角三角函数的平方关系开方时，忽略判断角所在的象限或判断出错，导致三角函数符号错误．
2．诱导公式的应用错误
利用诱导公式时，三角函数名变换出错或三角函数值的符号出错．
3．忽视定义域
求解三角函数的单调区间、最值(值域)以及作图象等问题时，要注意函数的定义域．
4．重要图象变换顺序
在图象变换过程中，注意分清是先相位变换，还是先周期变换．变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x
的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．
5．忽视A，ω的符号
在求y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时，要特别注意A 和ω的符号，若ω<0，需先通过诱导公式将x 的系数化为正的．
6．易忽略对隐含条件的挖掘，扩大角的范围导致错误
1．(文)(2019·全国卷Ⅱ，8)若x1＝π
4，x2＝3π
4 是函数f(x)＝sinωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝(
)
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119
A．2
B．3
2
C．1
D．1
2
[解析]
由题意及函数y＝sin ωx 的图象与性质可知，
1
2T＝3π
4 －π
4，∴T＝π，∴2π
ω ＝π，∴ω＝2.故选A．
(理)(2019·全国卷Ⅱ，9)下列函数中，以π
2为周期且在区间π
4，π
2单调递增的是(
)
A．f(x)＝|cos 2x|
B．f(x)＝|sin 2x|
C．f(x)＝cos|x|
D．f(x)＝sin|x|
[解析]
作出函数f(x)＝|cos 2x|的图象，如图．
由图象可知f(x)＝|cos 2x|的周期为π
2，在区间
π
4，π
2 上单调递增．
同理可得f(x)＝|sin 2x|的周期为π
2，在区间
π
4，π
2 上单调递减，f(x)＝cos|x|的周期为2π.f(x)＝sin|x|不是周期函数，
排除B，C，D．故选A．
2．(2019·全国卷Ⅰ，11)关于函数f(x)＝sin|x|＋|sin x|有下述四个结论：
①f(x)是偶函数；②f(x)在区间
π
2，π 单调递增；
③f(x)在[－π，π]有4 个零点；④f(x)的最大值为2．
其中所有正确结论的编号是(
)
A．①②④
B．②④
C．①④
D．①③
[解析]
①中，f(－x)＝sin|－x|＋|sin (－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，∴f(x)是偶函数，①正确．
②中，当x∈
π
2，π 时，f(x)＝sin x＋sin x＝2sin x，函数单调递减，②错误．
③中，当x＝0 时，f(x)＝0，
当x∈(0，π]时，f(x)＝2sin x，令f(x)＝0，得x＝π．
又∵f(x)是偶函数，
∴函数f(x)在[－π，π]上有3 个零点，③错误．
④中，∵sin|x|≤|sin x|，∴f(x)≤2|sin x|≤2，
当x＝π
2＋2kπ(k∈Z)或x＝－π
2＋2kπ(k∈Z)时，
f(x)能取得最大值2，故④正确．
综上，①④正确．故选C．
3．(2019·全国卷Ⅲ，12)设函数f(x)＝sin ωx＋π
5 (ω>0)，已知f(x)在[0,2π]有且仅有5 个零点，下述四个结论：
①f(x)在(0,2π)有且仅有3 个极大值点；
②f(x)在(0,2π)有且仅有2 个极小值点；
③f(x)在0，π
10 单调递增；
④ω的取值范围是
12
5 ，29
10 ．
其中所有正确结论的编号是(
)
A．①④
B．②③
C．①②③
D．①③④
[解析]
已知f(x)＝sin ωx＋π
5 (ω>0)在[0,2π]有且仅有5 个零点，如图，
其图象的右端点的横坐标在[a，b)上，此时f (x)在(0,2π)有且仅有3 个极大值点，但f (x)在(0,2π)可能有2 或3 个极
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小值点，所以①正确，②不正确；当x∈[0,2π]时，ωx＋π
5∈
π
5，2πω＋π
5 ，由f (x)在[0,2π]有且仅有5 个零点可得5π≤2πω
＋π
5<6π，得ω的取值范围是
12
5 ，29
10 ，所以④正确；当x∈0，π
10 时，π
5<ωx＋π
5<πω
10＋π
5<49π
100<π
2，所以f(x)在0，π
10 单
调递增，所以③正确．故选D．
4．(2018·全国卷Ⅰ，8)已知函数f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，则(
)
A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3
B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4
C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3
D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4
[解析]
f(x)＝2cos2x－(1－cos2x)＋2＝3cos2x＋1
＝3
2cos2x＋5
2，所以最小正周期为π，最大值为4．
5．(2018·全国Ⅰ卷，11)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，
b)，且cos2α＝2
3，则|a－b|＝(
)
A．1
5
B．5
5
C．2 5
5
D．1
[解析]
由cos2α＝2cos2α－1＝2
3可得cos2α＝5
6＝
cos2α
sin2α＋cos2α＝
1
tan2α＋1，化简可得tanα＝± 5
5 .当tanα＝5
5 时，可
得a
1＝5
5 ，b
2＝5
5 ，即a＝5
5 ，b＝2 5
5 ，此时|a－b|＝5
5 ；当tanα＝－5
5 时，仍有此结果，故|a－b|＝5
5 ．
6．(2018·浙江卷，5)函数y＝2|x|sin2x 的图象可能是(
)
[解析]
因为f(－x)＝2|－x|sin(－2x)＝－2|x|sin2x＝－f(x)，所以该函数为奇函数，排除A，B，当x∈(0，π
2)时，
sin2x>0,2|x|sin2x>0，所以图象在x 轴的上方，当x∈(π
2，π)时，sin2x<0,2|x|sin2x<0，所以图象在x 轴的下方，排除C，
故选D．
7．(2019·浙江卷，18)设函数f(x)＝sin x，x∈R．
(1)已知θ∈[0,2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；
(2)求函数y＝f x＋π
12
2＋f x＋π
4
2 的值域．
[解析]
(1)解：因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数，
所以对任意实数x 都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)，
即sin xcos θ＋cos xsin θ＝－sin xcos θ＋cos xsin θ，
故2sin xcos θ＝0，所以cos θ＝0．
又θ∈[0,2π)，因此θ＝π
2或θ＝3π
2 ．
(2)解：y＝f x＋π
12
2＋f x＋π
4
2
＝sin2 x＋π
12 ＋sin2 x＋π
4
＝1－cos 2x＋π
6
2
＋1－cos 2x＋π
2
2
＝1－1
2
3
2 cos 2x－3
2sin 2x
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121
＝1－3
2 cos 2x＋π
3 ．
因此，所求函数的值域是1－3
2 ，1＋3
2 ．
三角函数的概念、诱导公式及基本关系
典题例析
例1
(1)在平面直角坐标系中，以x 轴的非负半轴为角的始边，角α，β的终边分别与单位圆交于点(12
13，
5
13)和(－3
5，4
5)，则sin(α＋β)＝(
)
A．－36
65
B．48
65
C．－3
13
D．33
65
[解析]
因为角α，β的终边分别与单位圆交于点(12
13，5
13)和(－3
5，4
5)，所以sinα＝5
13，cosα＝12
13，sinβ＝4
5，cosβ＝
－3
5，所以sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝5
13×(－3
5)＋12
13×4
5＝33
65．
(2)若tanα＝1
2，则sin4α－cos4α的值为(
)
A．－1
5
B．－3
5
C．1
5
D．3
5
[解析]
∵tanα＝1
2，
∴sin4α－cos4α＝(sin2α＋cos2α)(sin2α－cos2α)
＝sin2α－cos2α＝sin2α－cos2α
sin2α＋cos2α
＝tan2α－1
tan2α＋1
＝－3
5．
(3)设函数f(x)(x∈R)满足f(x＋π)＝f(x)＋sinx.当0≤x<π时，f(x)＝0，则f(23π
6 )＝(
)
A．1
2
B．3
2
C．0
D．－1
2
[解析]
由已知，得f(23π
6 )＝f(17π
6 )＋sin17π
6
＝f(11π
6 )＋sin11π
6 ＋sin17π
6
＝f(5π
6 )＋sin5π
6 ＋sin11π
6 ＋sin17π
6
＝f(5π
6 )＋sinπ
6＋sin(－π
6)＋sinπ
6
＝0＋1
2＋(－1
2)＋1
2＝1
2．
1．利用公式进行化简求值的策略
(1)利用诱导公式化任意角的三角函数为锐角三角函数，其步骤：去负—脱周—化锐．特别注意函数名称和符号的
确定．
(2)利用同角三角函数的关系化简过程要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等．
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122
2．使用三角函数诱导公式常见的错误有两个：一个是函数名称，一个是函数值的符号．
跟踪训练
1．若θ∈(21π
4 ，11π
2 )，则
1－cos23π
2 －θ
2＝(
)
A．－sinθ
2
B．－cosθ
2
C．cosθ
2
D．sinθ
2－cosθ
2
[解析]
∵θ∈(4π＋5π
4 ，4π＋3π
2 )，
∴θ
2∈(2π＋5π
8 ，2π＋3π
4 )，
则
1－cos23π
2 －θ
2＝
1－sin2θ
2＝|cosθ
2|＝－cosθ
2．
2．已知sinα＋2cosα＝0，则2sinαcosα－cos2α的值是__－1__．
[解析]
由sinα＋2cosα＝0，得tanα＝－2．
所以2sinαcosα－cos2α＝2sinαcosα－cos2α
sin2α＋cos2α
＝2tanα－1
tan2α＋1
＝－4－1
4＋1
＝－1．
3．(文)在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称．若sinα＝1
3，则sinβ＝__1
3__．
[解析]
由角α与角β的终边关于y 轴对称，可得β＝(2k＋1)π－α，k∈Z，
∵sinα＝1
3，
∴sinβ＝sin[(2k＋1)π－α]＝sinα＝1
3．
(理)(2019·惠州市第二次调研)已知tanα＝1
2，且α∈(π，3π
2 )，则cos(α－π
2)＝__－5
5 __．
[解析]
方法一：cos(α－π
2)＝sinα，由α∈(π，3π
2 )知α为第三象限角，联立，得
tanα＝sinα
cosα＝1
2，
sin2α＋cos2α＝1，
得5sin2α＝1，
故sinα＝－5
5 ．
方法二：cos(α－π
2)＝sinα，由α∈(π，3π
2 )知α为第三象限角，由tanα＝1
2，可知点(－2，－1)为α终边上一点，由任
意角的三角函数公式可得sinα＝－5
5 ．
三角函数的图象及应用
典题例析
例2
(1)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)，其部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为
(
)
A．f(x)＝2sin(1
2x＋π
4)
B．f(x)＝2sin(1
2x＋3π
4 )
C．f(x)＝2sin(1
4x＋3π
4 )
D．f(x)＝2sin(2x＋π
4)
[解析]
由题图可知，函数图象上两个相邻的最值点分别为最高点(－π
2，2)，最低点(3π
2 ，－2)，
所以函数的最大值为2，即A＝2．
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由图象可得，x＝－π
2，x＝3π
2 为相邻的两条对称轴，
所以函数的周期T＝2×[3π
2 －(－π
2)]＝4π，
故2π
ω ＝4π，解得ω＝1
2．
所以f(x)＝2sin(1
2x＋φ)．
把点(－π
2，2)代入可得2sin[1
2×(－π
2)＋φ]＝2，
即sin(φ－π
4)＝1，
所以φ－π
4＝2kπ＋π
2(k∈Z)，
解得φ＝2kπ＋3π
4 (k∈Z)．
又0<φ<π，所以φ＝3π
4 ．
所以f(x)＝2sin(1
2x＋3π
4 )，故选B．
(2)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的图象与x 轴的一个交点(－π
12，0)到其相邻的一条对称轴的距离
为π
4，若f( π
12)＝3
2，则函数f(x)在[0，π
2]上的最小值为(
)
A．1
2
B．－3
C．－3
2
D．－1
2
[解析]
由题意得，函数f(x)的最小正周期T＝4×π
4＝π＝2π
ω ，解得ω＝2．
因为点(－π
12，0)在函数f(x)的图象上，
所以Asin[2×(－π
12)＋φ]＝0，
解得φ＝kπ＋π
6，k∈Z，由0<φ<π，可得φ＝π
6．
因为f( π
12)＝3
2，所以Asin(2× π
12＋π
6)＝3
2，
解得A＝3，所以f(x)＝3sin(2x＋π
6)．
当x∈[0，π
2]时，2x＋π
6∈[π
6，7π
6 ]，
∴sin(2x＋π
6)∈[－1
2，1]，
∴f(x)的最小值为－3
2 ．
由“图”定“式”找“对应”的方法
由三角函数的图象求解析式y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)中参数的值，关键是把握函数图象的特征与参数之间
的对应关系，其基本依据就是“五点法”作图．
(1)最值定A，B：根据给定的函数图象确定最值，设最大值为M，最小值为m，则M＝A＋B，m＝－A＋B，解得
B＝M＋m
2
，A＝M－m
2
．
(2)T 定ω：由周期求解公式T＝2π
ω ，可得ω＝2π
T ．
(3)点坐标定φ：一般运用代入法求解φ值，注意在确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口，即
“峰点”“谷点”与三个“中心点”．
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124
跟踪训练
1．将函数y＝3cosx＋sinx(x∈R)的图象向左平移m(m>0)个单位长度后，所得到的图象关于y 轴对称，则m 的最
小值是(
)
A．π
6
B．π
12
C．π
3
D．5π
6
[解析]
设f(x)＝3cosx＋sinx
＝2( 3
2 cosx＋1
2sinx)＝2sin(π
3＋x)，
向左平移m 个单位长度得
g(x)＝2sin(x＋m＋π
3)．
∵g(x)的图象关于y 轴对称，∴g(x)为偶函数，
∴π
3＋m＝π
2＋kπ(k∈Z)，
∴m＝π
6＋kπ(k∈Z)，又m>0，∴m 的最小值为π
6．
2．已知A，B，C，D 是函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π
2)一个周期内的图象上的四个点，如图所示，A(－π
6，0)，B
为y 轴上的点，C 为图象上的最低点，E 为该图象的一个对称中心，B 与D 关于点E 对称，CD
→在x 轴上的投影为π
12，
则(
)
A．ω＝2，φ＝π
3
B．ω＝2，φ＝π
6
C．ω＝1
2，φ＝π
3
D．ω＝1
2，φ＝π
6
[解析]
由题意可知T
4＝π
6＋π
12＝π
4，
∴T＝π，ω＝2π
π ＝2．
又sin[2×(－π
6)＋φ]＝0,0<φ<π
2，∴φ＝π
3.故选A．
3．函数f(x)＝sin(πx＋θ)(|θ|<π
2)的部分图象如图，且f(0)＝－1
2，则图中m 的值为(
)
A．1
B．4
3
C．2
D．4
3或2
[解析]
f(0)＝sinθ＝－1
2，又|θ|<π
2，所以θ＝－π
6，
所以sin(mπ－π
6)＝－1
2，由图象可知，mπ－π
6＝7π
6 ⇒m＝4
3．
三角函数的性质及应用
典题例析
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125
例3
(1)(文)(2019·高三湘东五校联考)将函数f(x)＝sin(x＋π
6)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2 倍，
纵坐标不变，所得图象的一条对称轴的方程可能是(
)
A．x＝－π
12
B．x＝π
12
C．x＝π
3
D．x＝2π
3
[解析]
依题意知，将函数f(x)＝sin(x＋π
6)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2 倍，纵坐标不变，得函数g(x)＝
sin(1
2x＋π
6)的图象．令1
2x＋π
6＝π
2＋kπ，k∈Z，得x＝2kπ＋2π
3 ，k∈Z，当k＝0 时，所得函数图象的一条对称轴的方程
为x＝2π
3 ，故选D．
(理)(2019·郑州第一次质量测试)若将函数f(x)＝3sin(2x＋φ)(0<φ<π)图象上的每一个点都向左平移π
3个单位长度，得
到g(x)的图象，若函数g(x)是奇函数，则函数g(x)的单调递增区间为(
)
A．[kπ＋π
4，kπ＋3π
4 ](k∈Z)
B．[kπ－π
4，kπ＋π
4](k∈Z)
C．[kπ－2π
3 ，kπ－π
6](k∈Z)
D．[kπ－π
12，kπ＋5π
12](k∈Z)
[解析]
由题意知g(x)＝3sin[2(x＋π
3)＋φ]＝3sin(2x＋2π
3 ＋φ)，因为g(x)是奇函数，所以2π
3 ＋φ＝kπ(k∈Z)，即φ＝
－2π
3 ＋kπ(k∈Z)，又0<φ<π，所以φ＝π
3，所以g(x)＝3sin(2x＋π)＝－3sin2x，由π
2＋2kπ≤2x≤3π
2 ＋2kπ(k∈Z)，解得kπ
＋π
4≤x≤kπ＋3π
4 (k∈Z)，所以函数g(x)的单调递增区间为[kπ＋π
4，kπ＋3π
4 ](k∈Z)．故选A．
(2)(文)(2018·全国卷Ⅱ，10)若f(x)＝cosx－sinx 在[0，a]上是减函数，则a 的最大值是(
)
A．π
4
B．π
2
C．3π
4
D．π
[解析]
f(x)＝cosx－sinx＝2cos(x＋π
4)在[－π
4，3π
4 ]上单调递减，
所以[0，a]⊆[－π
4，3π
4 ]，故0<a≤3π
4 ．
(理)(2018·全国卷Ⅱ，10)若f(x)＝cosx－sinx 在[－a，a]上是减函数，则a 的最大值是(
)
A．π
4
B．π
2
C．3π
4
D．π
[解析]
f(x)＝cosx－sinx＝2cos(x＋π
4)在[－π
4，3π
4 ]上单调递减，所以[－a，a]⊆[－π
4，3π
4 ]，故－a≥－π
4且a≤3π
4 ，
解得0<a≤π
4．
(3)若函数f(x)＝3sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)(0<θ<π)的图象关于(π
2，0)中心对称，则函数f(x)在[－π
4，π
6]上的最小值是
(
)
A．－1
B．－3
C．－1
2
D．－3
2
[解析]
f(x)＝2sin(2x＋θ＋π
6)，又图象关于(π
2，0)中心对称，所以2×π
2＋θ＋π
6＝kπ，k∈Z．
所以θ＝kπ－7π
6 ，又0<θ<π，所以θ＝5π
6 ，
所以f(x)＝－2sin2x，
因为x∈[－π
4，π
6]，
所以2x∈[－π
2，π
3]，f(x)∈[－3，2]，
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126
所以f(x)的最小值是－3．
求解函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质问题的三种意识
1．转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式．
2．整体意识：类比y＝sinx 的性质，只需将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx 中的“x”，采用整体代入
求解．
(1)令ωx＋φ＝kπ＋π
2(k∈Z)，可求得对称轴方程．
(2)令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标．
(3)将ωx＋φ看作整体，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，注意ω的符号．
3．讨论意识：当A 为参数时，求最值应分情况讨论A>0，A<0．
跟踪训练
1．将f(x)＝sin2x 的图象右移φ(0<φ<π
2)个单位长度后，得到g(x)的图象，若对于满足|f(x1)－g(x2)|＝2 的x1，x2，有
|x1－x2|的最小值为π
3，则φ的值为(
)
A．π
12
B．π
6
C．π
4
D．π
3
[解析]
g(x)＝sin[2(x－φ)]＝sin(2x－2φ)，则f(x)，g(x)的最小正周期都是T＝π.若对满足|f(x1)－g(x2)|＝2 的x1，x2，
则|x1－x2|＝T
2－φ＝π
2－φ＝π
3，从而φ＝π
6．
2．(2019·长沙模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π
2)的最小正周期是π，若将f(x)的图象向右平移π
3个单位后
得到的图象关于原点对称，则函数f(x)的图象(
)
A．关于直线x＝π
12对称
B．关于直线x＝5π
12对称
C．关于点( π
12，0)对称
D．关于点(5π
12，0)对称
[解析]
∵f(x)的最小正周期为π，∴2π
ω ＝π，ω＝2，
∴f(x)的图象向右平移π
3个单位后得到g(x)＝sin[2(x－π
3)＋φ]
＝sin(2x－2π
3 ＋φ)的图象，
又g(x)的图象关于原点对称，
∴－2π
3 ＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝2π
3 ＋kπ，k∈Z，
又|φ|<π
2，∴φ＝－π
3，
即f(x)＝sin(2x－π
3)，
当x＝π
12时，2x－π
3＝－π
6，
∴A，C 错误，
当x＝5π
12时，2x－π
3＝π
2，∴B 正确，D 错误．
3．已知ω>0，函数f(x)＝sin(ωx＋π
4)在区间(π
2，π)上单调递减，则ω的取值范围是(
)
A．[1
2，5
4]
B．[1
2，3
4]
C．(0，1
2]
D．(0,2]
[解析]
由π
2<x<π得π
2ω＋π
4<ωx＋π
4<πω＋π
4，
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127
由题意知(π
2ω＋π
4，πω＋π
4)⊆[π
2，3π
2 ]，
∴
π
2ω＋π
4≥π
2，
πω＋π
4≤3π
2 ，
解得1
2≤ω≤5
4，故选A．
A 组
1．(2019·福州八中质检)已知角α终边与单位圆x2＋y2＝1 的交点为P(1
2，y)，则sin(π
2＋2α)等于(
)
A．－1
2
B．1
2
C．－3
2
D．1
[解析]
由题意可得，cosα＝1
2，则sin(π
2＋2α)＝cos2α＝2cos2α－1＝2×1
4－1＝－1
2.故选A．
2．已知sinφ＝3
5，且φ∈(π
2，π)，函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离等于π
2，则f(π
4)
的值为(
)
A．－3
5
B．－4
5
C．3
5
D．4
5
[解析]
由函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象的相邻两条对称轴之间的距离等于π
2，得到其最小正周期为π，所以ω＝2，
f(π
4)＝sin(2×π
4＋φ)＝cosφ＝－1－sin2φ＝－4
5．
3．(文)(2019·荆州质检)函数f(x)＝2x－tanx 在(－π
2，π
2)上的图象大致为(
)
[解析]
因为函数f(x)＝2x－tanx 为奇函数，所以函数图象关于原点对称，排除A，B，又当x→π
2时，y<0，排除
D，故选C．
(理)(2019·河南驻马店模拟)如图所示为函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0≤φ≤π)的部分图象，其中A，B 两点之间的
距离为5，那么f(－1)＝(
)
A．2
B．3
C．－3
D．－2
[解析]
由A，B 两点之间的距离为5 可知，A，B 两点横坐标差的绝对值为3，所以该函数的周期T＝6，得ω＝π
3.
由图象过点(0,1)，得sin(π
3×0＋φ)＝1
2.又因为过点(0,1)的函数图象自左向右下降，所以φ＝2kπ＋5π
6 (k∈Z)．因为0≤φ≤π，
所以φ＝5π
6 ，故f(－1)＝2，故选A．
4．设函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.若f(5π
8 )＝2，f(11π
8 )＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，则
(
)
A．ω＝2
3，φ＝π
12
B．ω＝2
3，φ＝－11π
12
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128
C．ω＝1
3，φ＝－11π
24
D．ω＝1
3，φ＝7π
24
[解析]
∵f(5π
8 )＝2，f(11π
8 )＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，
∴f(x)的最小正周期为4(11π
8 －5π
8 )＝3π，
∴ω＝2π
3π＝2
3，∴f(x)＝2sin(2
3x＋φ)．
∴2sin(2
3×5π
8 ＋φ)＝2，
得φ＝2kπ＋π
12，k∈Z．
又|φ|<π，∴取k＝0，得φ＝π
12．
故选A．
5．函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π
2)的图象如图所示，为了得到g(x)＝cos(ωx＋π
3)的图象，则只需将f(x)的图象
(
)
A．向左平移π
4个单位长度
B．向右平移π
4个单位长度
C．向左平移π
12个单位长度
D．向右平移π
12个单位长度
[解析]
根据函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的部分图象知，T
4＝7π
12－π
3＝π
4，∴T＝π，即2π
ω ＝π，解得ω＝2.根据“五点作图
法”并结合|φ|<π
2，可知2×π
3＋φ＝π，解得φ＝π
3，
∴f(x)＝sin(2x＋π
3)．
∴g(x)＝cos(2x＋π
3)＝sin[(2x＋π
3)＋π
2]＝sin[2(x＋π
4)＋π
3]．故为了得到g(x)的图象，只需将f(x)的图象向左平移π
4个
单位长度即可．
6．已知函数f(x)＝2sin(π＋x)·sin(x＋π
3＋φ)的图象关于原点对称，其中φ∈(0，π)，则φ＝__π
6__．
[解析]
本题主要考查三角函数的奇偶性，诱导公式．
因为f(x)＝2sin(π＋x)sin(x＋π
3＋φ)的图象关于原点对称，所以函数f(x)＝2sin(π＋x)sin(x＋π
3＋φ)为奇函数，则y＝
sin(x＋π
3＋φ)为偶函数，又φ∈(0，π)，所以φ＝π
6．
7．如果两个函数的图象平移后能够重合，那么称这两个函数为“互为生成”函数．给出下列四个函数：
①f(x)＝sinx＋cosx;
②f(x)＝2(sinx＋cosx)；
③f(x)＝sinx;
④f(x)＝2sinx＋2．
其中为“互为生成”函数的是__①④__(填序号)．
[解析]
首先化简题中的四个解析式可得：①f(x)＝2sin(x＋π
4)，②f(x)＝2sin(x＋π
4)，③f(x)＝sinx，④f(x)＝2sinx
＋2，可知③f(x)＝sinx 的图象要与其他的函数图象重合，单纯经过平移不能完成，必须经过伸缩变换才能实现，所以
③f(x)＝sinx 不能与其他函数成为“互为生成”函数，同理①f(x)＝2sin(x＋π
4)的图象与②f(x)＝2sin(x＋π
4)的图象也必
须经过伸缩变换才能重合，而④f(x)＝2sinx＋2的图象向左平移π
4个单位长度，再向下平移2个单位长度即可得到①
f(x)＝2sin(x＋π
4)的图象，所以①④为“互为生成”函数．
8．已知函数f(x)＝(2cos2 x－1)sin2x＋1
2cos4x．
(1)求f(x)的最小正周期及最大值；
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129
(2)若α∈
π
2，π ，且f(α)＝2
2 ，求α的值．
[解析]
(1)因为f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋1
2cos4x
＝cos2xsin2x＋1
2cos4x
＝1
2(sin4x＋cos4x)
＝2
2 sin(4x＋π
4)，
所以f(x)的最小正周期为π
2，最大值为2
2 ．
(2)因为f(α)＝2
2 ，所以sin(4α＋π
4)＝1．
因为α∈(π
2，π)，
所以4α＋π
4∈(9π
4 ，17π
4 )，
所以4α＋π
4＝5π
2 ，故α＝9π
16．
9．某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π
2)在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，
如下表：
ωx＋φ
0
π
2
π
3π
2
2π
x
π
3
5π
6
Asin(ωx＋φ)
0
5
－5
0
(1)请将上表数据补充完整，并直接写出函数f(x)的解析式．
(2)将y＝f(x)图象上所有点向左平行移动θ(θ>0)个单位长度，得到y＝g(x)的图象．若y＝g(x)图象的一个对称中心
为(5π
12，0)，求θ的最小值．
[解析]
(1)根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝－π
6，数据补全如下表：
ωx＋φ
0
π
2
π
3π
2
2π
x
π
12
π
3
7π
12
5π
6
13π
12
Asin(ωx＋φ)
0
5
0
－5
0
且函数解析式为f(x)＝5sin(2x－π
6)．
(2)由(1)知f(x)＝5sin(2x－π
6)，
则g(x)＝5sin(2x＋2θ－π
6)．
因为函数y＝sinx 图象的对称中心为(kπ，0)，k∈Z．
令2x＋2θ－π
6＝kπ，
解得x＝kπ
2 ＋π
12－θ，k∈Z．
由于函数y＝g(x)的图象关于点(5π
12，0)成中心对称，
所以令kπ
2 ＋π
12－θ＝5π
12，
解得θ＝kπ
2 －π
3，k∈Z．
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130
由θ>0 可知，当k＝1 时，θ取得最小值π
6．
B 组
1．函数y＝sin2x
1－cosx的部分图象大致为(
)
[解析]
令f(x)＝sin2x
1－cosx，
∵f(1)＝
sin2
1－cos1
>0，f(π)＝sin2π
1－cosπ
＝0，
∴排除选项A，D．
由1－cosx≠0，得x≠2kπ(k∈Z)，
故函数f(x)的定义域关于原点对称．
又∵f(－x)＝sin－2x
1－cos－x
＝－sin2x
1－cosx＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，
∴排除选项B．故选C．
2．(文)(2019·合肥市第一次教学质量检测)将函数y＝cosx－sinx 的图象先向右平移φ(φ>0)个单位长度，再将所得的
图象上每个点的横坐标变为原来的a 倍，得到y＝cos2x＋sin2x 的图象，则φ，a 的可能取值为(
)
A．φ＝π
2，a＝2
B．φ＝3π
8 ，a＝2
C．φ＝3π
8 ，a＝1
2
D．φ＝π
2，a＝1
2
[解析]
y＝cosx－sinx＝2cos(x＋π
4)的图象向右平移φ个单位长度得到y＝2cos(x－φ＋π
4)的图象，该图象上每个
点的横坐标变为原来的a 倍得到y＝2cos(1
ax－φ＋π
4)的图象，所以y＝cos2x＋sin2x＝2cos(2x－π
4)＝2cos(1
ax－φ＋π
4)，
则a＝1
2，φ＝π
2＋2kπ(k∈Z)．又φ>0，所以结合选项知D 项正确．
(理)若函数f(x)＝asinωx＋bcosωx(0<ω<5，ab≠0)图象的一条对称轴方程是x＝π
4ω，函数f′(x)图象的一个对称中
心是(π
8，0)，则f(x)的最小正周期是(
)
A．π
4
B．π
2
C．π
D．2π
[解析]
由f(x)＝a2＋b2sin(ωx＋φ)(tanφ＝b
a)的对称轴方程是x＝π
4ω可知，π
4＋φ＝π
2＋kπ(k∈Z)⇒φ＝π
4＋kπ(k∈Z)，
即b
a＝tanφ＝1⇒a＝b．
又f′(x)＝aωcosωx－bωsinωx 的对称中心是(π
8，0)，
则f′(π
8)＝0⇒aω(cosωπ
8 －sinωπ
8 )＝0⇒ω＝2，
即T＝2π
ω ＝π．
3．(2018·北京卷)在平面直角坐标系中，AB
︵，CD
︵，EF
︵，GH
︵是圆x2＋y2＝1 上的四段弧(如图)，点P 在其中一段
上，角α以Ox 为始边，OP 为终边．若tan α＜cos α＜sin α，则P 所在的圆弧是(
)
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131
A．AB
︵
B．CD
︵
C．EF
︵
D．GH
︵
[解析]
由题知四段弧是单位圆上的第一、二、三象限的弧，
在AB
︵上，tan α＞sin α，不满足；
在CD
︵上，tan α＞sin α，不满足；
在EF
︵上，sin α＞0，cos α＜0，tan α＜0，且cos α＞tan α，满足；
在GH
︵上，tan α＞0，sin α＜0，cos α＜0，不满足．
故选C．
4．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1(ω>0，|φ|<π
2)，f(α)＝－1，f(β)＝1，若|α－β|的最小值为3π
4 ，且f(x)的图象关于
点(π
4，1)对称，则函数f(x)的单调递增区间是(
)
A．[－π
2＋2kπ，π＋2kπ]，k∈Z
B．[－π
2＋3kπ，π＋3kπ]，k∈Z
C．[π＋2kπ，5π
2 ＋2kπ]，k∈Z
D．[π＋3kπ，5π
2 ＋3kπ]，k∈Z
[解析]
由题设条件可知f(x)的周期T＝4|α－β|min＝3π，所以ω＝2π
T ＝2
3.又f(x)的图象关于点(π
4，1)对称，从而f(π
4)
＝1，即sin(2
3×π
4＋φ)＝0.因为|φ|<π
2，所以φ＝－π
6，故f(x)＝2sin(2
3x－π
6)＋1.再由－π
2＋2kπ≤2
3x－π
6≤π
2＋2kπ，k∈Z，得
－π
2＋3kπ≤x≤π＋3kπ，k∈Z．
5．给出下列四个命题：
①f(x)＝sin(2x－π
4)的对称轴为x＝kπ
2 ＋3π
8 ，k∈Z；
②函数f(x)＝sinx＋3cosx 最大值为2；
③函数f(x)＝sinxcosx－1 的周期为2π；
④函数f(x)＝sin(x＋π
4)在[－π
2，π
2]上是增函数．
其中正确命题的个数是(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]
①由2x－π
4＝kπ＋π
2，k∈Z，
得x＝kπ
2 ＋3π
8 (k∈Z)，即f(x)＝sin(2x－π
4)的对称轴为x＝kπ
2 ＋3π
8 ，k∈Z，故①正确；
②由f(x)＝sinx＋3cosx＝2sin(x＋π
3)知，
函数的最大值为2，故②正确；
③f(x)＝sinxcosx－1＝1
2sin2x－1，函数的周期为π，故③错误；
④函数f(x)＝sin(x＋π
4)的图象是由f(x)＝sinx 的图象向左平移π
4个单位长度得到的，故④错误．
6．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π
2，x∈R)的图象的一部分如图所示，则函数f(x)的解析式为__f(x)
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132
＝2sin(π
4x＋π
4)__．
[解析]
由图象知A＝2，T＝8＝2π
ω ，
所以ω＝π
4，得f(x)＝2sin(π
4x＋φ)．
由对应点得，当x＝1 时，π
4×1＋φ＝π
2⇒φ＝π
4．
所以f(x)＝2sin(π
4x＋π
4)．
7．已知函数f(x)＝2sin(2x＋π
6)，记函数f(x)在区间[t，t＋π
4]上的最大值为M，最小值为m，设函数h(t)＝Mt－mt.
若t∈[ π
12，5π
12]，则函数h(t)的值域为__[1,2 2]__．
[解析]
由已知函数f(x)的周期T＝π，区间[t，t＋π
4]的长度为T
4.作出函数f(x)在[ π
12，2π
3 ]的图象．
又t∈[ π
12，5π
12]，则由图象可得，当x∈[ π
12，π
3]时，h(t)取最小值为f(π
6)－f(π
3)＝2－1＝1，当x∈[π
6，2π
3 ]时，函数f(x)
为减函数，则h(t)＝f(t)－f(t＋π
4)＝2 2sin(2t－π
12)，所以当t＝7π
24时，h(t)的最大值为2 2，故所求值域为[1,2 2]．
8．已知函数f(x)＝cosx(2 3sinx＋cosx)－sin2x．
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133
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若当x∈[0，π
2]时，不等式f(x)≥m 有解，求实数m 的取值范围．
[解析]
(1)f(x)＝2 3sinxcosx＋cos2x－sin2x
＝3sin2x＋cos2x
＝2( 3
2 sin2x＋1
2cos2x)
＝2sin(2x＋π
6)，
所以函数f(x)的最小正周期T＝π．
(2)由题意可知，不等式f(x)≥m 有解，
即m≤f(x)max，
因为x∈[0，π
2]，所以2x＋π
6∈[π
6，7π
6 ]，
故当2x＋π
6＝π
2，即x＝π
6时，f(x)取得最大值，且最大值为f(π
6)＝2．
从而可得m≤2．
所以实数m 的取值范围为(－∞，2]．
9．已知函数f(x)＝sinxcosx＋1
2cos2x．
(1)若tanθ＝2，求f(θ)的值；
(2)若函数y＝g(x)的图象是由函数y＝f(x)的图象上所有的点向右平移π
4个单位长度而得到，且g(x)在区间(0，m)内
是单调函数，求实数m 的最大值．
[解析]
(1)因为tanθ＝2，
所以f(θ)＝sinθcosθ＋1
2cos2θ
＝sinθcosθ＋1
2(2cos2θ－1)
＝sinθcosθ＋cos2θ－1
2
＝sinθcosθ＋cos2θ
sin2θ＋cos2θ
－1
2
＝tanθ＋1
tan2θ＋1
－1
2＝1
10．
(2)由已知得f(x)＝1
2sin2x＋1
2cos2x
＝2
2 sin(2x＋π
4)．
依题意，
得g(x)＝2
2 sin[2(x－π
4)＋π
4]，
即g(x)＝2
2 sin(2x－π
4)．
因为x∈(0，m)，
所以2x－π
4∈[－π
4，2m－π
4]，
又因为g(x)在区间(0，m)内是单调函数，
所以2m－π
4≤π
2，即m≤3π
8 ，故实数m 的最大值为3π
8 ．
第二讲
三角恒等变换与解三角形
高考考点
考点解读
三角恒等变换
1.利用和、差角公式，二倍角公式化简、求值或求角
2．与三角函数图象与性质交汇考查
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134
利用正弦定理、余弦定
理解三角形
1.在三角形中利用正弦、余弦定理进行边角计算
2．结合正弦、余弦定理进行面积计算
3．利用正弦、余弦定理解决距离、高度、角度等实际问题
解三角形的综合应用
1.解三角形与三角恒等变换的综合
2．解三角形与平面几何知识、向量、不等式的综合问题
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对三角函数定义的理解，掌握同角三角函数的基本关系式和诱导公式．
(2)掌握两角和与差的三角公式及二倍角公式．
(3)掌握正弦定理及余弦定理，掌握求三角形面积的方法．
预测2020 年命题热点：
(1)三角函数的概念与其他知识相结合．
(2)以三角变换为基础，考查三角函数式的求值、三角函数的图象和性质．
(3)结合向量或几何知识考查三角形中的边角互化、解三角形.
知识整合
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin(α±β)＝__sinαcosβ±cosαsinβ__；
(2)cos(α±β)＝__cosαcosβ∓sinαsinβ__；
(3)tan(α±β)＝__ tanα±tanβ
1∓tanαtanβ__；
(4)辅助角公式：asinα＋bcosα＝__ a2＋b2sin(α＋φ)＝a2＋b2cos(α－θ)__．
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin2α＝__2sinαcosα__；
(2)cos2α＝__cos2α－sin2α__＝2cos2α－1＝1－2sin2α；
(3)tan2α＝__ 2tanα
1－tan2α
__．
3．降幂公式
(1)sin2α＝__1－cos2α
2
__；
(2)cos2α＝__1＋cos2α
2
__．
4．正弦定理
a
sinA＝__ b
sinB__＝c
sinC＝2R(2R 为△ABC 外接圆的直径)．
变形：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC．
sinA＝a
2R，sinB＝b
2R，sinC＝c
2R．
a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC．
5．余弦定理
a2＝__b2＋c2－2bccosA__，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC．
推论：cosA＝b2＋c2－a2
2bc
，cosB＝a2＋c2－b2
2ac
，
cosC＝__a2＋b2－c2
2ab
__．
变形：b2＋c2－a2＝2bccosA，a2＋c2－b2＝2accosB，
a2＋b2－c2＝2abcosC．
6．面积公式
S△ABC＝__1
2bcsinA__＝1
2acsinB＝1
2absinC．
易错警示
1．忽视增根与不等价变形
(1)已知两边和其中一边的对角，利用余弦定理求第三边时，应注意检验，否则易产生增根．
(2)在判断三角形的形状时，注意等式两边的公因式不要约掉，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能．
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135
2．忽视解的多种情况
如已知a，b 和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π，求C，再由正弦定理或余弦定理求边c，但解可能有
多种情况．
3．忽略角的范围
应用正弦定理、余弦定理求解边、角等量的最值(范围)时，要注意角的范围．
4．忽视解的实际意义
求解实际问题，要注意解得的结果要与实际相吻合．
1．(文)(2019·全国卷Ⅰ，7)tan255°＝(
)
A．－2－3
B．－2＋3
C．2－3
D．2＋3
[解析]
tan 255°＝tan(180°＋75°)＝tan 75°＝tan(45°＋30°)＝tan 45°＋tan 30°
1－tan 45°tan 30°
＝
1＋3
3
1－3
3
＝2＋3.故选D．
(理)(2019·全国卷Ⅱ，10)已知α∈0，π
2,2sin2α＝cos2α＋1，则sinα＝(
)
A．1
5
B．5
5
C．3
3
D．2 5
5
[解析]
由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝2cos2α．
又∵α∈0，π
2 ，∴tanα＝1
2，∴sinα＝5
5 .故选B．
2．(文)(2019·全国卷Ⅰ，11)△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝
－1
4，则b
c＝(
)
A．6
B．5
C．4
D．3
[解析]
∵asinA－bsinB＝4csinC，
∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2．
由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a2
2bc
＝b2＋c2－4c2＋b2
2bc
＝－3c2
2bc
＝－1
4，∴b
c＝6.故选A．
(理)(2018·全国卷Ⅲ，8)△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若△ABC 的面积为a2＋b2－c2
4
，则C＝
(
)
A．π
2
B．π
3
C．π
4
D．π
6
[解析]
由题意S△ABC＝1
2absinC＝a2＋b2－c2
4
，即sinC＝a2＋b2－c2
2ab
，由余弦定理可知sinC＝cosC，即tanC＝1，
又C∈(0，π)，所以C＝π
4．
3．(文)(2019·全国卷Ⅱ，15)△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，则B＝__3π
4 __．
[解析]
∵bsinA＋acosB＝0，∴a
sinA＝
b
－cosB.由正弦定理，得－cosB＝sinB，∴tanB＝－1.又B∈(0，π)，∴B＝
3π
4 ．
(理)(2019·全国卷Ⅱ，15)△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝π
3，则△ABC 的面积
为__6 3__．
[解析]
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB．
又∵b＝6，a＝2c，B＝π
3，
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∴36＝4c2＋c2－2×2c2×1
2，∴c＝2 3，a＝4 3，
∴S△ABC＝1
2acsinB＝1
2×4 3×2 3× 3
2 ＝6 3．
4．(文)(2019·北京卷，15)在△ABC 中，a＝3，b－c＝2，cosB＝－1
2．
(1)求b，c 的值；
(2)求sin(B＋C)的值．
[解析]
(1)解：由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得
b2＝32＋c2－2×3×c× －1
2 ．
因为b＝c＋2，所以(c＋2)2＝32＋c2－2×3×c× －1
2 ．
解得c＝5.所以b＝7．
(2)解：由cosB＝－1
2，得sinB＝3
2 ．
由正弦定理，得sinA＝a
bsinB＝3 3
14 ．
在△ABC 中，B＋C＝π－A，
所以sin(B＋C)＝sinA＝3 3
14 ．
(理)(2019·北京卷，15)在△ABC 中，a＝3，b－c＝2，cosB＝－1
2．
(1)求b，c 的值；
(2)求sin(B－C)的值．
[解析]
(1)解：由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得
b2＝32＋c2－2×3×c×－1
2．
因为b＝c＋2，所以(c＋2)2＝32＋c2－2×3×c×－1
2，
解得c＝5，所以b＝7．
(2)解：由cosB＝－1
2得sinB＝3
2 ．
由正弦定理得sinC＝c
bsinB＝5 3
14 ．
在△ABC 中，∠B 是钝角，所以∠C 为锐角，
所以cosC＝1－sin2C＝11
14．
所以sin(B－C)＝sinBcosC－cosBsinC＝4 3
7 ．
5．(2019·天津卷，15)在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2a,3csinB＝4asinC．
(1)求cosB 的值；
(2)求sin2B＋π
6的值．
[解析]
(1)解：在△ABC 中，由正弦定理b
sinB＝c
sinC，
得bsinC＝csinB．由3csinB＝4asinC，
得3bsinC＝4asinC，即3b＝4a．
因为b＋c＝2a，所以b＝4
3a，c＝2
3a.由余弦定理可得
cosB＝a2＋c2－b2
2ac
＝
a2＋4
9a2－16
9 a2
2·a·2
3a
＝－1
4．
(2)解：由(1)可得sinB＝1－cos2B＝15
4 ，
从而sin2B＝2sinBcosB＝－15
8 ，
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137
cos2B＝cos2B－sin2B＝－7
8，
故sin 2B＋π
6 ＝sin2Bcosπ
6＋cos2Bsinπ
6＝－15
8 × 3
2 －7
8×1
2＝－3 5＋7
16
．
6．(2019·全国卷Ⅲ，18)△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知asinA＋C
2
＝bsinA．
(1)求B；
(2)若△ABC 为锐角三角形，且c＝1，求△ABC 面积的取值范围．
[解析]
(1)解：由题设及正弦定理得sinAsinA＋C
2
＝sinBsin A．
因为sin A≠0，所以sinA＋C
2
＝sin
B．
由A＋B＋C＝180°，可得sinA＋C
2
＝cosB
2，
故cosB
2＝2sinB
2cosB
2．
因为cosB
2≠0，所以sinB
2＝1
2，所以B＝60°．
(2)解：由题设及(1)知△ABC 的面积S△ABC＝3
4 a．
由(1)知A＋C＝120°，
由正弦定理得a＝csinA
sinC ＝sin120°－C
sinC
＝
3
2tanC＋1
2．
由于△ABC 为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°．
结合A＋C＝120°，得30°<C<90°，
所以1
2<a<2，从而3
8 <S△ABC< 3
2 ．
因此，△ABC 面积的取值范围是
3
8 ，3
2 ．
三角恒等变换及求值
典题例析
例1
(1)若cos(π
4－α)＝3
5，则sin2α＝(
)
A．7
25
B．1
5
C．－1
5
D．－7
25
[解析]
因为cos(π
4－α)＝3
5，
sin2α＝cos(π
2－2α)＝2cos2(π
4－α)－1＝－7
25．
(2)(文)已知tan(α＋π
4)＝3
4，则cos2(π
4－α)＝(
)
A．7
25
B．9
25
C．16
25
D．24
25
[解析]
tan(α＋π
4)＝1＋tanα
1－tanα
＝3
4，
解得tanα＝－1
7，故
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cos2(π
4－α)＝
1＋cosπ
2－2α
2
＝1＋sin2α
2
＝1
2＋sinαcosα，
其中sinαcosα＝
sinαcosα
sin2α＋cos2α＝
tanα
tan2α＋1＝－7
50，
故1
2＋sinαcosα＝9
25．
(理)若tanα＝2tanπ
5，则
cosα－3π
10
sinα－π
5
＝(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]
cosα－3π
10
sinα－π
5
＝
cos[α－π
2－π
5]
sinα－π
5
＝
cosα＋π
5－π
2
sinα－π
5
＝
sinα＋π
5
sinα－π
5
＝
sinαcosπ
5＋cosαsinπ
5
sinαcosπ
5－cosαsinπ
5
＝
sinαcosπ
5＋cosαsinπ
5
cosαcosπ
5
sinαcosπ
5－cosαsinπ
5
cosαcosπ
5
＝
tanα＋tanπ
5
tanα－tanπ
5
，
因为tanα＝2tanπ
5，所以上式＝
2tanπ
5＋tanπ
5
2tanπ
5－tanπ
5
＝3．
(3)已知α，β为锐角，tan α＝4
3，cos(α＋β)＝－5
5 ．
①求cos 2α的值．
②求tan(α－β)的值．
[解析]
①因为tan α＝4
3，tan α＝sin α
cos α，
所以sin α＝4
3cos α．
因为sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝9
25，
因此，cos 2α＝2cos2α－1＝－7
25．
②因为α，β为锐角，所以a＋β∈(0，π)．
又因为cos(α＋β)＝－5
5 ，
所以sin(α＋β)＝1－cos2α＋β＝2 5
5 ，
因此tan(α＋β)＝－2．
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139
因为tan α＝4
3，所以tan 2α＝2tan α
1－tan2α＝－24
7 ，
因此，tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝tan 2α－tanα＋β
1＋tan 2αtanα＋β
＝－2
11．
1．三角函数恒等变换“四大策略”
(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等；
(2)项的分拆与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等；
(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次；
(4)弦、切互化：一般是切化弦．
2．解决条件求值问题的三个关注点
(1)分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角．
(2)正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示．
(3)求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知求这个角的某种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角
的大小．
跟踪训练
1．已知α满足sinα＝1
3，则cos(π
4＋α)·cos(π
4－α)＝(
)
A．7
18
B．25
18
C．－7
18
D．－25
18
[解析]
cos(π
4＋α)cos(π
4－α)＝2
2 (cosα－sinα)· 2
2 (cosα＋sinα)
＝1
2(cos2α－sin2α)
＝1
2(1－2sin2α)
＝1
2(1－2×1
9)＝7
18．
2．已知cos(2α－β)＝－11
14，sin(α－2β)＝4 3
7 ，0<β<π
4<α<π
2，则α＋β＝__π
3__．
[解析]
由0<β<π
4<α<π
2易得π
4<2α－β<π，－π
4<α－2β<π
2，π
4<α＋β<3π
4 ，故sin(2α－β)＝5 3
14 ，cos(α－2β)＝1
7，cos(α
＋β)＝cos[(2α－β)－(α－2β)]＝cos(2α－β)·cos(α－2β)＋sin(2α－β)sin(α－2β)＝1
2，故α＋β＝π
3．
3．已知cos(π
6＋α)·cos(π
3－α)＝－1
4，α∈(π
3，π
2)．
(1)求sin2α的值；
(2)求tanα－1
tanα的值．
[解析]
(1)cos(π
6＋α)·cos(π
3－α)
＝cos(π
6＋α)·sin(π
6＋α)
＝1
2sin(2α＋π
3)＝－1
4，
即sin(2α＋π
3)＝－1
2．
∵α∈(π
3，π
2)，
∴2α＋π
3∈(π，4π
3 )，
∴cos(2α＋π
3)＝－3
2 ，
∴sin2α＝sin[(2α＋π
3)－π
3]＝sin(2α＋π
3)cosπ
3－cos(2α＋π
3)sinπ
3＝1
2．
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140
(2)∵α∈(π
3，π
2)，
∴2α∈(2π
3 ，π)，
又由(1)知sin2α＝1
2，
∴cos2α＝－3
2 ．
∴tanα－1
tanα＝sinα
cosα－cosα
sinα＝sin2α－cos2α
sinαcosα
＝－2cos2α
sin2α
＝－2×
－3
2
1
2
＝2 3．
利用正、余弦定理解三角形
典题例析
例2
(2018·天津卷，15)在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c.已知bsinA＝acos(B－π
6)．
(1)求角B 的大小；
(2)设a＝2，c＝3，求b 和sin(2A－B)的值．
[解析]
(1)在△ABC 中，由正弦定理a
sinA＝b
sinB，
可得bsinA＝asinB．又由bsinA＝acos(B－π
6)，
得asinB＝acos(B－π
6)，即sinB＝cos(B－π
6)，
所以sinB＝3
2 cosB＋1
2sinB，可得tanB＝3．
又因为B∈(0，π)，可得B＝π
3．
(2)在△ABC 中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝π
3，
有b2＝a2＋c2－2accosB＝7，故b＝7．
由bsinA＝acos(B－π
6)，可得sinA＝3
7
．
因为a<c，故cosA＝2
7
．
因此sin2A＝2sinAcosA＝4 3
7 ，cos2A＝2cos2A－1＝1
7．
所以，sin(2A－B)＝sin2AcosB－cos2AsinB＝4 3
7 ×1
2－1
7× 3
2 ＝3 3
14 ．
1．正弦、余弦定理的适用条件
(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．
2．解三角形应用题的两种情形
(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．
(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件
的三角形，然后逐步求解其他三角形．
(3)设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的角．
(4)涉及四边形等非三角形图形时，可以作辅助线，将图形分割成三角形后求解．
跟踪训练
1．本例(2)条件变为：b＝7，a＝2，求△ABC 的面积．
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141
[解析]
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，
而由b＝7，a＝2，B＝π
3，
得7＝4＋c2－2c，即c 2－2c－3＝0，
因为c>0，所以c＝3，
故△ABC 的面积为S＝1
2acsinB＝3 3
2 ．
2．若本例(2)改为：若b＝3，求AC 边上的中线BM 的最大值．
[解析]
因为BM 是AC 边上的中线，所以△ABM 中，BM2＋3
4－2BM· 3
2 ·cos∠AMB＝c2①，
在△BCM 中，BM2＋3
4－2BM· 3
2 ·cos∠BMC＝a2②，
又因为∠AMB＝π－∠BMC，
所以cos∠AMB＝－cos∠BMC，
即cos∠AMB＋cos∠BMC＝0，所以①＋②得BM2＝a2＋c2
2
－3
4，又b＝3，
所以a2＋c2－3＝ac≤a2＋c2
2
，当且仅当a＝c 时取等号，
所以a2＋c2≤6，
所以BM2＝a2＋c2
2
－3
4≤9
4，
即BM≤3
2，
所以AC 边上的中线BM 的最大值为3
2．
解三角形的综合问题
典题例析
例3
(1)(2019·河南百校联盟)已知△ABC 的外接圆半径为R，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若
asinBcosC＋3
2csinC＝2
R，则△ABC 面积的最大值为(
)
A．2
5
B．4
5
C．2 5
5
D．12
5
[解析]
∵asinBcosC＋3
2csinC＝2
R，
∴ab
2 cosC＋3
4c2＝2，可得
a2＋b2－c2
4
＋3
4c2＝2，
即a2＋b2＋2c2＝8，故a2＋b2＝8－2c2．
又∵S＝1
2absinC，
∴S2＝1
4a2b2(1－cos2C)＝1
4a2b2－8－3c22
16
≤a2＋b22
16
－8－3c22
16
＝－5
16c4＋c2，
∴a＝b 且c2＝8
5时，△ABC 的面积的最大值为2 5
5 ．
(2)(2019·江淮十校三模)已知向量m＝(sinx，－1)，向量n＝( 3cosx，－1
2)，函数f(x)＝(m＋n)·m．
①求f(x)的最小正周期T；
②已知a，b，c 分别为△ABC 内角A，B，C 的对边，A 为锐角，a＝2 3，c＝4，且f(A)恰是f(x)在[0，π
2]上的最
大值，求A 和b 的值．
[解析]
①f(x)＝(m＋n)·m＝sin2x＋1＋3sinxcosx＋1
2
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142
＝1－cos2x
2
＋1＋3sin2x
2
＋1
2
＝3
2 sin2x－1
2cos2x＋2
＝sin(2x－π
6)＋2，
T＝2π
2 ＝π．
②由①知，f(x)＝sin(2x－π
6)＋2，
所以当x∈[0，π
2]时，
－π
6≤2x－π
6≤5π
6 ，
当2x－π
6＝π
2时f(x)取得最大值3，此时x＝π
3．
由f(A)＝3 得A＝π
3．
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，
所以12＝b2＋16－2×4b×1
2，
即b2－4b＋4＝0，则b＝2．
与解三角形有关的交汇问题的关注点
(1)根据条件恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化．
(2)结合内角和定理、面积公式等，灵活运用三角恒等变换公式．
跟踪训练
如图，在△ABC 中，三个内角B，A，C 成等差数列，且AC＝10，BC＝15．
(1)求△ABC 的面积；
(2)已知平面直角坐标系xOy 中点D(10,0)，若函数f(x)＝Msin(ωx＋φ)(M>0，ω>0，|φ|<π
2)的图象经过A，C，D 三
点，且A，D 为f(x)的图象与x 轴相邻的两个交点，求f(x)的解析式．
[解析]
(1)在△ABC 中，由角B，A，C 成等差数列，得B＋C＝2A，
又A＋B＋C＝π，所以A＝π
3．
设角A，B，C 的对边分别为a，b，c，
由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccosπ
3，
所以c2－10c－125＝0，解得c＝AB＝5＋5 6．
因为CO＝10×sinπ
3＝5 3，
所以S△ABC＝1
2×(5＋5 6)×5 3＝25
2 (3 2＋3)．
(2)因为AO＝10×cosπ
3＝5，
所以函数f(x)的最小正周期T＝2×(10＋5)＝30，
故ω＝π
15．
因为f(－5)＝Msin[ π
15×(－5)＋φ]＝0，
所以sin(－π
3＋φ)＝0，所以－π
3＋φ＝kπ，k∈Z．
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因为|φ|<π
2，所以φ＝π
3．
因为f(0)＝Msinπ
3＝5 3，所以M＝10，
所以f(x)＝10sin( π
15x＋π
3)．
A 组
1．(文)如果sinα＝4
5，那么sin(α＋π
4)－2
2 cosα等于(
)
A．2 2
5
B．－2 2
5
C．4 2
5
D．－4 2
5
[解析]
sin(α＋π
4)－2
2 cosα
＝sinαcosπ
4＋cosαsinπ
4－2
2 cosα＝4
5× 2
2 ＝2 2
5 ．
(理)已知α∈R，sinα＋2cosα＝10
2 ，则tan2α＝(
)
A．4
3
B．3
4
C．－3
4
D．－4
3
[解析]
本题考查三角函数同角间的基本关系．
将sinα＋2cosα＝10
2 两边平方可得，
sin2α＋4sinαcosα＋4cos2α＝5
2，
∴4sinαcosα＋3cos2α＝3
2，∴4sinαcosα＋3cos2α
sin2α＋cos2α
＝3
2．
将左边分子分母同除以cos2α得，
3＋4tanα
1＋tan2α
＝3
2，解得tanα＝3 或tanα＝－1
3，
∴tan2α＝2tanα
1－tan2α
＝－3
4．
2．若三角形ABC 中，sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2C，则此三角形的形状是(
)
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等边三角形
D．等腰直角三角形
[解析]
∵sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2C，sin(A＋B)＝sinC≠0，∴sin(A－B)＝sin(A＋B)，∴cosAsinB＝0，
∵sinB≠0，∴cosA＝0，∴A 为直角．
3．钝角三角形ABC 的面积是1
2，AB＝1，BC＝2，则AC＝(
)
A．5
B．5
C．2
D．1
[解析]
本题考查余弦定理及三角形的面积公式．
∵S△ABC＝1
2acsinB＝1
2· 2·1·sinB＝1
2，
∴sinB＝2
2 ，∴B＝π
4或3π
4 ．
当B＝π
4时，
经计算△ABC 为等腰直角三角形，不符合题意，舍去．
∴B＝3π
4 ，根据余弦定理，
b2＝a2＋c2－2accosB，解得b＝5，故选B．
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144
4．在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若c
b<cosA，则△ABC 为(
)
A．钝角三角形
B．直角三角形
C．锐角三角形
D．等边三角形
[解析]
根据正弦定理得c
b＝sinC
sinB<cosA，
即sinC<sinBcosA．
∵A＋B＋C＝π，∴sinC＝sin(A＋B)<sinBcosA，
整理得sinAcosB<0．
又三角形中sinA>0，∴cosB<0，π
2<B<π，
∴△ABC 为钝角三角形．
5．设△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝2 3，cosA＝3
2 ，且b<c，则b＝(
)
A．3
B．2
C．2 2
D．3
[解析]
由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccosA，
所以22＝b2＋(2 3)2－2×b×2 3× 3
2 ，
即b2－6b＋8＝0，解得：b＝2 或b＝4．
因为b<c，所以b＝2．
6．若α，β∈(0，π
2)，sinα＝5
5 ，cos(π
2－β)＝3 10
10 ，则β－α＝(
)
A．π
6
B．π
4
C．π
3
D．π
12
[解析]
由sinα＝5
5 ，及α∈(0，π
2)，得
cosα＝2 5
5 ，由cos(π
2－β)＝sinβ＝3 10
10 ，
及β∈(0，π
2)，得cosβ＝10
10 ，
所以sin(β－α)＝sinβcosα－cosβsinα＝3 10
10 ×2 5
5 －10
10 × 5
5 ＝2
2 ．
又因为β－α∈(－π
2，π
2)，所以β－α＝π
4．
7．化简：
2sinπ－α＋sin2α
cos2α
2
＝__4sinα__．
[解析]
2sinπ－α＋sin2α
cos2α
2
＝
2sinα＋2sinα·cosα
1
21＋cosα
＝
2sinα1＋cosα
1
21＋cosα
＝4sinα．
8．(文)在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若a2＝3b2＋3c2－2 3bcsinA，则C＝__π
6__．
[解析]
由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA，
所以b2＋c2－2bccosA＝3b2＋3c2－2 3bcsinA，
3sinA－cosA＝b2＋c2
bc
，2sin(A－π
6)＝b2＋c2
bc
≥2，因此b＝c，A－π
6＝π
2⇒A＝2π
3 ，所以C＝
π－2π
3
2
＝π
6．
(理)(2019·开封市高三模拟)在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，btanB＋btanA＝2ctanB，且a＝5，
△ABC 的面积为2 3，则b＋c 的值为__7__．
[解析]
由正弦定理及btanB＋btanA＝2ctanB，得sinB·sinB
cosB＋sinB·sinA
cosA＝2sinC·sinB
cosB，即cosAsinB＋sinAcosB＝
2sinCcosA，亦即sin(A＋B)＝2sinCcosA，故sinC＝2sinCcosA．因为sinC≠0，所以cosA＝1
2，所以A＝π
3.由面积公式，
知S△ABC＝1
2bcsinA＝2 3，所以bc＝8.由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc，代入可得b＋c＝7．
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145
9．(2018·全国卷Ⅰ，17)在平面四边形ABCD 中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5．
(1)求cos∠ADB；
(2)若DC＝2 2，求BC．
[解析]
(1)在△ABD 中，由正弦定理得，BD
sinA＝
AB
sin∠ADB．
由题设知，
5
sin45°＝
2
sin∠ADB
，
所以sin∠ADB＝2
5 ．
由题意知，∠ADB＜90°，
所以cos∠ADB＝
1－2
25＝23
5 ．
(2)由题意及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝2
5 ．
在△BCD 中，由余弦定理得，BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2 2× 2
5 ＝25．
所以BC＝5．
10．(文)在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c.已知asinA＝4bsinB，ac＝5(a2－b2－c2)．
(1)求cosA 的值；
(2)求sin(2B－A)的值．
[解析]
(1)由asinA＝4bsinB 及a
sinA＝b
sinB，
得a＝2b．
由ac＝5(a2－b2－c2)及余弦定理，
得cosA＝b2＋c2－a2
2bc
＝
－5
5 ac
ac
＝－5
5 ．
(2)由(1)，可得sinA＝2 5
5 ，代入asinA＝4bsinB 中，
得sinB＝asinA
4b ＝5
5 ．
由(1)知，A 为钝角，所以cosB＝1－sin2B＝2 5
5 ．
于是sin2B＝2sinBcosB＝4
5，
cos2B＝1－2sin2B＝3
5，
故sin(2B－A)＝sin2BcosA－cos2BsinA
＝4
5×(－5
5 )－3
5×2 5
5 ＝－2 5
5 ．
(理)在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c.已知a>b，a＝5，c＝6，sinB＝3
5．
(1)求b 和sinA 的值；
(2)求sin(2A＋π
4)的值．
[解析]
(1)在△ABC 中，因为a>b，
所以由sinB＝3
5，得cosB＝4
5．
由已知及余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝13，
所以b＝13．
由正弦定理a
sinA＝b
sinB，
得sinA＝asinB
b ＝3 13
13 ．
所以b 的值为13，sinA 的值为3 13
13 ．
(2)由(1)及a<c，得cosA＝2 13
13 ，
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146
所以sin2A＝2sinAcosA＝12
13，
cos2A＝1－2sin2A＝－5
13．
所以sin(2A＋π
4)＝sin2Acosπ
4＋cos2Asinπ
4＝7 2
26 ．
B 组
1．已知sinα＝5
5 ，sin(α－β)＝－10
10 ，α，β均为锐角，则角β等于(
)
A．5π
12
B．π
3
C．π
4
D．π
6
[解析]
∵0<α<π
2，∴0<β<π
2，
∴－π
2<α－β<π
2．
∵sin(α－β)＝－10
10 ，sinα＝5
5 ，
∴cos(α－β)＝3 10
10 ，cosα＝2 5
5 ，
∴cosβ＝cos[α－(α－β)]
＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)
＝2 5
5 ×3 10
10 ＋5
5 ×(－10
10 )＝2
2 ，
∴β＝π
4．
2．已知a，b，c 分别是△ABC 的内角A，B，C 所对的边，点M 为△ABC 的重心．若aMA
→＋bMB
→＋3
3 cMC
→＝0，
则C＝(
)
A．π
4
B．π
2
C．5π
6
D．2π
3
[解析]
∵M 为△ABC 的重心，则MA
→＋MB
→＋MC
→＝0，
∴MA
→＝－MB
→－MC
→，
∵aMA
→＋bMB
→＋3
3 c·MC
→＝0，
∴a·(－MB
→－MC
→)＋bMB
→＋3
3 c·MC
→＝0，
即(b－a)·MB
→＋( 3
3 c－a)·MC
→＝0．
∵MB
→与MC
→不共线，
∴b－a＝0，3
3 c－a＝0．
得a∶b∶3
3 c＝1∶1∶1．
令a＝1，b＝1，c＝3，
则cosC＝a2＋b2－c2
2ab
＝1＋1－3
2×1×1
＝－1
2，
∴C＝2π
3 ，故选D．
3．已知等腰△ABC 满足AB＝AC，3BC＝2AB，点D 为BC 边上的一点且AD＝BD，则sin∠ADB 的值为(
)
A．3
6
B．2
3
C．2 2
3
D．6
3
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147
[解析]
如图，设AB＝AC＝a，AD＝BD＝b，
由
3BC＝2AB，
得BC＝2 3
3 a，
在△ABC 中，由余弦定理得，
cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC2
2·AB·BC
＝
a2＋2 3a
3
2－a2
2×a×2 3
3 a
＝3
3 ．
∵AB＝AC，
∴∠ABC 是锐角，
则sin∠ABC＝1－cos2∠ABC＝6
3 ．
在△ABD 中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2·AB·BD·cos∠ABD，
∴b2＝a2＋b2－2·a·b· 3
3 ，解得a＝2 3
3 b，
由正弦定理得，
AD
sin∠ABD＝
AB
sin∠ADB，
∴
b
6
3
＝
a
sin∠ADB，
解得sin∠ADB＝2 2
3 ．
4．设α∈0，π
2 ，β∈0，π
2 ，且tanα＝1＋sinβ
cosβ
，则(
)
A．3α－β＝π
2
B．3α＋β＝π
2
C．2α－β＝π
2
D．2α＋β＝π
2
[解析]
因为tanα＝sinα
cosα＝1＋sinβ
cosβ
，
去分母得sinαcosβ＝cosα＋cosαsinβ，
所以sinαcosβ－cosαsinβ＝cosα，
即sin(α－β)＝cosα＝sin
π
2－α ．
又因为α∈0，π
2 ，β∈0，π
2 ，
则－π
2<α－β<π
2，0<π
2－α<π
2，
所以α－β＝π
2－α．
故2α－β＝π
2．
5．(2019·南昌一模)已知台风中心位于城市A 东偏北α(α为锐角)的150 千米处，以v 千米/时沿正西方向快速移动，
2.5 小时后到达距城市A 西偏北β(β为锐角)的200 千米处，若cosα＝3
4cosβ，则v＝(
)
A．60
B．80
C．100
D．125
[解析]
如图，台风中心为B,2.5 小时后到达点C，则在△ABC 中，ABsinα＝ACsinβ，即sinα＝4
3sinβ，又cosα＝3
4cosβ，
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148
∴sin2α＋cos2α＝16
9 sin2β＋9
16cos2β＝1＝sin2β＋cos2β，
∴sinβ＝3
4cosβ，
∴sinβ＝3
5，cosβ＝4
5，
∴sinα＝4
5，cosα＝3
5，
∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝3
5×4
5－4
5×3
5＝0，
∴α＋β＝π
2，∴BC2＝AB2＋AC2，
∴(2.5v)2＝1502＋2002，解得v＝100，故选C．
6．已知α－β＝π
3，tanα－tanβ＝3，则cos(α＋β)的值为__ 3
3 －1
2__．
[解析]
因为tanα－tanβ＝sinα
cosα－sinβ
cosβ＝sinα－β
cosαcosβ
＝3，且α－β＝π
3，所以cosαcosβ＝3
6 ，cos(α－β)＝cosαcosβ＋
sinαsinβ＝1
2，所以sinαsinβ＝1
2－3
6 ，所以cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝3
3 －1
2．
7．(2019·长春质检)在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若其面积S＝b2sinA，角A 的平分线AD
交BC 于点D，AD＝2 3
3 ，a＝3，则b＝__1__．
[解析]
由面积公式S＝1
2bcsinA＝b2sinA，可得c＝2b，即c
b＝2.由a＝3，并结合角平分线定理可得，BD＝2 3
3 ，
CD＝3
3 ，在△ABC 中，由余弦定理得cosB＝4b2＋3－b2
2×2b× 3
，在△ABD 中，cosB＝
4b2＋4
3－4
3
2×2b×2 3
3
，
即4b2＋3－b2
2×2b× 3
＝
4b2＋4
3－4
3
2×2b×2 3
3
，化简得b2＝1，解得b＝1．
8．已知点O 是△ABC 的内心，∠BAC＝30°，BC＝1，则△BOC 面积的最大值为__ 6＋3－2－2
4
__．
[解析]
根据角平分线的性质可知，∠BOC＝105°，
所以在△BOC 中，根据余弦定理有
cos105°＝OB2＋OC2－1
2OB·OC
＝2－6
4
，
等价于2－6
2
·OB·OC＝OB2＋OC2－1，
即2－6
2
·OB·OC≥2OB·OC－1，
所以OB·OC≤
2
4－2＋6
，而S△BOC＝1
2·OB·OC·sin105°≤1
2·sin105°·
2
4－2＋6
＝6＋3－2－2
4
．
9．已知向量m＝sinA，1
2 与n＝(3，sinA＋3cosA)共线，其中A 是△ABC 的内角．
(1)求角A 的大小；
(2)若BC＝2，求△ABC 的面积S 的最大值，并判断S 取得最大值时△ABC 的形状．
[解析]
(1)因为m∥n，
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149
所以sinA·(sinA＋3cosA)－3
2＝0．
所以1－cos2A
2
＋3
2 sin2A－3
2＝0，
即
3
2 sin2A－1
2cos2A＝1，即sin 2A－π
6 ＝1．
因为A∈(0，π)，所以2A－π
6∈－π
6，11π
6
．
故2A－π
6＝π
2，A＝π
3．
(2)设角A、B、C 所对的边分别为a、b、c，则由余弦定理，得4＝b2＋c2－bc．
而b2＋c2≥2bc，∴bc＋4≥2bc，∴bc≤4(当且仅当b＝c 时等号成立)，
所以S△ABC＝1
2bcsinA＝3
4 bc≤3
4 ×4＝3，
当△ABC 的面积取最大值时，b＝c．
又A＝π
3，故此时△ABC 为等边三角形．
10．(文)在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，满足a2＋c2－b2＋2bccosA－4c＝0，且ccosA＝b(1
－cosC)．
(1)求c 的值及判断△ABC 的形状；
(2)若C＝π
6，求△ABC 的面积．
[解析]
(1)由a2＋c2－b2＋2bccosA－4c＝0 及正弦定理得a2＋c2－b2＋2bc·b2＋c2－a2
2bc
－4c＝0，
整理，得c＝2．
由ccosA＝b(1－cosC)及正弦定理，得
sinCcosA＝sinB(1－cosC)，
即sinB＝sinCcosA＋sinBcosC＝
sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，
所以sinBcosC＝sinAcosC，
故cosC＝0 或sinA＝sinB．
当cosC＝0 时，C＝π
2，故△ABC 为直角三角形；
当sinA＝sinB 时，A＝B，故△ABC 为等腰三角形．
(2)由(1)知c＝2，A＝B，则a＝b，
因为C＝π
6，所以由余弦定理，得
4＝a2＋a2－2a2cosπ
6，解得a2＝8＋4 3，
所以△ABC 的面积S＝1
2a2sinπ
6＝2＋3．
(理)已知△ABC 的三个内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且△ABC 的面积为S＝3
2 accosB．
(1)若c＝2a，求角A，B，C 的大小；
(2)若a＝2，且π
4≤A≤π
3，求边C 的取值范围．
[解析]
由已知及三角形面积公式得
S＝1
2acsinB＝3
2 accosB，化简得sinB＝3cosB，即tanB＝3，又0<B<π，∴B＝π
3．
(1)方法一：由c＝2a 及正弦定理得，sinC＝2sinA，
又∵A＋C＝2π
3 ，
∴sin(2π
3 －A)＝2sinA，
化简可得tanA＝3
3 ，而0<A<2π
3 ，
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150
∴A＝π
6，C＝π
2．
方法二：由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋4a2－2a2＝3a2，∴b＝3a，
∴a∶b∶c＝1∶3∶2，∴A＝π
6，C＝π
2．
(2)由正弦定理得，a
sinA＝b
sinB＝c
sinC，
即c＝asinC
sinA ＝2sinC
sinA ．
由C＝2π
3 －A，得
c＝
2sin2π
3 －A
sinA
＝
23
2 cosA＋1
2sinA
sinA
＝3cosA＋sinA
sinA
＝
3
tanA＋1．
又由π
4≤A≤π
3，知1≤tanA≤3，
∴2≤c≤3＋1，故边c 的取值范围为[2，3＋1]．
专题规范答题示例
典题例析
例1
(12 分)在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c.已知a＝3，cosA＝6
3 ，B＝A＋π
2．
(1)求b 的值；
(2)求△ABC 的面积．
[思路探究]
(1) 利用同角公式、诱导公式―→求得sinA，sinB ―→利用正弦定理求b ．
(2)方法一：余弦定理求边c ―→S＝1
2acsinB
方法二：用和角正弦公式求sinC ―→S＝1
2absinC .
规范解答·分步得分
构建答题模板
解：(1)在△ABC 中，由题意知，sinA＝1－cos2A＝3
3 ，
1 分
又因为B＝A＋π
2，所以sinB＝sin(A＋π
2)＝cosA＝6
3 ，
3 分
由正弦定理，得b＝asinB
sinA ＝
3× 6
3
3
3
＝3 2.5 分
(2)由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a2
2bc
＝6
3 ⇒c2－4 3c
＋9＝0⇒c＝3或3 3，8 分
又因为B＝A＋π
2为钝角，所以b>c，即c＝3，10 分
所以S△ABC＝1
2acsinB＝3 2
2 .12 分
第一步找条件：寻找三角形中
已知的边和角，确定转化方向．
第二步定工具：根据已知条件
和转化方向，选择使用的定理
和公式，实施边角之间的转化．
第三步求结果：根据前两步分
析，代入求值得出结果．
第四步再反思：转化过程中要
注意转化的方向，审视结果的
合理性.
[评分细则](1)第(1)问：没求sinA 而直接求出sinB 的值，不扣分；写出正弦定理，但b 计算错误，得1 分．
(2)第(2)问：写出余弦定理，但c 计算错误，得1 分；求出c 的两个值，但没舍去，扣2 分；面积公式正确，但计
算错误，只给1 分；若求出sinC，利用S＝1
2absinC 计算，同样得分．
跟踪训练
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151
(文)(2019·天津五区县联考)在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且8sin2A＋B
2
－2cos2C＝7．
(1)求tanC 的值；
(2)若c＝3，sinB＝2sinA，求a 的值．
[解析]
(1)在△ABC 中，因为A＋B＋C＝π，
所以A＋B
2
＝π
2－C
2，则sinA＋B
2
＝cosC
2．
由8sin2A＋B
2
－2cos2C＝7，得8cos2C
2－2cos2C＝7，
所以4(1＋cosC)－2(2cos2C－1)＝7，
即(2cosC－1)2＝0，所以cosC＝1
2．
因为0<C<π，所以C＝π
3，
于是tanC＝tanπ
3＝3．
(2)由sinB＝2sinA，得b＝2a.①
又c＝3，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosπ
3，
即a2＋b2－ab＝3.②
联立①②，解得a＝1，b＝2．
(理)已知a，b，c 分别为△ABC 三个内角的对边，且
3cosC＋sinC＝3a
b ．
(1)求B 的大小；
(2)若a＋c＝5 7，b＝7，求AB
→·BC
→的值．
[解析]
(1)∵3cosC＋sinC＝3a
b ，
由正弦定理可得
3cosC＋sinC＝3sinA
sinB ，
∴3cosCsinB＋sinBsinC＝3sinA
⇒3cosCsinB＋sinBsinC＝3sin(B＋C)
⇒3cosCsinB＋sinBsinC
＝3sinBcosC＋3cosBsinC，
∴sinBsinC＝3sinCcosB，
∵sinC≠0，∴sinB＝3cosB，
∴tanB＝3，又0<B<π，∴B＝π
3．
(2)由余弦定理可得2accosB＝a2＋c2－b2＝(a＋c)2－2ac－b2，
整理得3ac＝(a＋c)2－b2，
即3ac＝175－49.∴ac＝42，
∴AB
→·BC
→＝－BA
→·BC
→
＝－|BA
→||BC
→|·cosB
＝－ac·cosB
＝－21．
典题例析
例2
(12 分)已知m＝(cosωx，3cos(ωx＋π))，n＝(sinωx，cosωx)，其中ω>0，f(x)＝m·n，且f(x)相邻
两条对称轴之间的距离为π
2．
(1)若f(α
2)＝－3
4 ，α∈(0，π
2)，求cosα的值；
(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2 倍，纵坐标不变，然后向左平移π
6个单位长度，得到函数
y＝g(x)的图象，求函数y＝g(x)的单调递增区间．
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[思路探究]
(1) fx＝m·n
――→
数量积运算
辅助角公式得fx――→
对称性
周期性求出ω
――――――→
fα
2＝－3
4
和差公式
cosα ．
(2) y＝fx――→
图象变换y＝gx――→
整体思想gx的递增区间.
规范解答·分步得分
构建答题模板
解：f(x) ＝m·n ＝cosωxsinωx ＋
3 cos(ωx ＋
π)cosωx
＝cosωxsinωx－3cosωxcosωx
＝sin2ωx
2
－3cos2ωx＋1
2
＝sin(2ωx－π
3)－3
2 .3 分
∵f(x)相邻两条对称轴之间的距离为π
2，
∴T＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝sin(2x－π
3)－3
2 .4 分
(1)f(α
2)＝sin(α－π
3)－3
2 ＝－3
4 ，
∴sin(α－π
3)＝3
4 ，
∵α∈(0，π
2)，sin(α－π
3)＝3
4 >0，
∴α－π
3∈(0，π
6)，
∴cos(α－π
3)＝13
4 .6 分
∴cosα＝cos(α－π
3＋π
3)＝cos(α－π
3)cosπ
3－sin(α－
π
3)sinπ
3
＝13
4 ×1
2－3
4 × 3
2 ＝13－3
8
.8 分
(2)f(x)经过变换可得g(x)＝sin(x－π
6)－3
2 ，10 分
令－π
2＋2kπ≤x－π
6≤π
2＋2kπ，k∈Z，解得－π
3＋
2kπ≤x≤2π
3 ＋2kπ，k∈Z，
∴g(x)的单调递增区间是[－π
3＋2kπ，2π
3 ＋2kπ](k∈
Z).12 分
第一步化简：利用辅助角公式将
f(x)化成y＝Asin(ωx＋φ)的形式．
第二步求值：根据三角函数的和差公
式求三角函数值．
第三步整体代换：将“ωx＋φ”看作
一个整体，确定f(x)的性质．
第四步反思：查看角的范围的影响，
评价任意结果的合理性，检查步骤的
规范性.
[评分细则](1)化简f(x)的过程中，诱导公式和二倍角公式的使用各给1 分；如果只有最后结果没有过程，则给1
分；最后结果正确，但缺少上面的某一步过程，不扣分．
(2)计算cosα时，算对cos(α－π
3)给1 分；由cos(α－π
3)计算sin(α－π
3)时没有考虑范围扣1 分．
(3)第(2)问直接写出x 的不等式没有过程扣1 分；最后结果不用区间表示不给分；区间表示式中不标出k∈Z 不扣
分；没有2kπ的不给分．
跟踪训练
(文)设函数f(x)＝sin(ωx－π
6)＋sin(ωx－π
2)，其中0<ω<3，已知f(π
6)＝0.
(1)求ω；
(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2 倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π
4个单位长度，
得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在[－π
4，3π
4 ]上的最小值．
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153
[解析]
(1)因为f(x)＝sin(ωx－π
6)＋sin(ωx－π
2)，
所以f(x)＝3
2 sinωx－1
2cosωx－cosωx
＝3
2 sinωx－3
2cosωx
＝3(1
2sinωx－3
2 cosωx)
＝3sin(ωx－π
3)．
由题设知f(π
6)＝0，
所以ωπ
6 －π
3＝kπ，k∈Z.
所以ω＝6k＋2，k∈Z.
又0<ω<3，
所以ω＝2.
(2)由(1)得f(x)＝3sin(2x－π
3)，
所以g(x)＝3sin(x＋π
4－π
3)＝3sin(x－π
12)．
因为x∈[－π
4，3π
4 ]，
所以x－π
12∈[－π
3，2π
3 ]．
当x－π
12＝－π
3，即x＝－π
4时，
g(x)取得最小值－3
2.
(理)已知函数f(x)＝2sinxcosx＋2 3cos2x－3.
(1)求函数y＝f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)已知△ABC 的三个内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，其中a＝7，若锐角A 满足f(A
2－π
6)＝3，且sinB＋sinC
＝13 3
14 ，求bc 的值．
[解析]
(1)f(x)＝2sinxcosx＋2 3cos2x－3＝sin2x＋3cos2x＝2sin(2x＋π
3)，
因此f(x)的最小正周期为T＝2π
2 ＝π.
由2kπ＋π
2≤2x＋π
3≤2kπ＋3π
2 (k∈Z)，
得kπ＋π
12≤x≤kπ＋7π
12(k∈Z)，
所以f(x)的单调递减区间为[kπ＋π
12，kπ＋7π
12](k∈Z)．
(2)由f(A
2－π
6)＝2sin[2(A
2－π
6)＋π
3]＝2sinA＝3，且A 为锐角，所以A＝π
3.
由正弦定理可得2R＝a
sinA＝
7
3
2
＝14
3
，
sinB＋sinC＝b＋c
2R
＝13 3
14 ，
则b＋c＝13 3
14 ×14
3
＝13，
所以cosA＝b2＋c2－a2
2bc
＝b＋c2－2bc－a2
2bc
＝1
2，
所以bc＝40.
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154
专题四
数
列
——构建网络·形成体系
第一讲
等差数列、等比数列
高考考点
考点解读
等差(等比)数列的基本运算
1.在等差(等比)数列中，a1，an，Sn，n，d(q)这五个量中已知其
中的三个量，求另外两个量
2．考查等差(等比)数列的通项公式，前n 项和公式，考查方程
的思想以及运算能力
等差(等比)数列的性质
1.等差(等比)数列项或和的一些简单性质的应用
2．常与数列的项或前n 项和结合考查等差(等比)数列的性质
等差(等比)数列的判断与证明
1.以递推数列为载体，考查等差(等比)数列的定义或等差(等比)
中项
2．以递推数列为命题背景考查等差(等比)数列的证明方法
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对等差(等比)数列概念的理解，掌握等差(等比)数列的判定与证明方法．
(2)掌握等差(等比)数列的通项公式、前n 项和公式，并会应用．
(3)掌握等差(等比)数列的简单性质并会应用．
预测2020 年命题热点：
(1)在解答题中，涉及等差、等比数列有关量的计算、求解．
(2)已知数列满足的关系式，判定或证明该数列为等差(等比)数列．
(3)给出等差(等比)数列某些项或项与项之间的关系或某些项的和，求某一项或某些项的和.
知识整合
1．重要公式
(1)等差数列通项公式：an＝__a1＋(n－1)d__.
(2)等差数列前n 项和公式：Sn＝__na1＋an
2
__＝__na1＋nn－1
2
d__.
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155
(3)等比数列通项公式：__an＝a1qn－1__.
(4)等比数列前n 项和公式：
Sn＝__
na1q＝1
a11－qn
1－q
＝a1－anq
1－q
q≠1
__.
(5)等差中项公式：__2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)__.
(6)等比中项公式：__a2n＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)__.
(7)数列{an}的前n 项和Sn 与通项an 之间的关系：
an＝__
S1，n＝1，
Sn－Sn－1，n≥2
__.
2．重要结论
(1)通项公式的推广：等差数列中，an＝__am＋(n－m)d__；
等比数列中，an＝__am·qn－m__.
(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为__递增数列__；若公差小于零，则数列为__递减数列__.
②等比数列中，若a1>0 且q>1 或a1<0 且0<q<1，则数列为__递增数列__；若a1>0 且0<q<1，或a1<0 且q>1，则
数列为__递减数列__.
(3)等差数列{an}中，Sn 为前n 项和．__Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…__仍成等差数列；等比数列{bn}中，Tn 为前n 项
和．Tn，T2n－Tn，T3n－T2n，…一般仍成等比数列．,
易错警示
1．忽视等比数列的条件
判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件．
2．漏掉等比中项
正数a，b 的等比中项是± ab，容易漏掉－ab.
3．忽略对等比数列的公比的讨论
应用等比数列前n 项和公式时应首先讨论公式q 是否等于1.
4．an－an－1＝d 或an
an－1
＝q 中注意n 的范围限制．
5．易忽略公式an＝Sn－Sn－1 成立的条件是n≥2.
6．证明一个数列是等差或等比数列时，由数列的前n 项和想当然得到数列的通项公式，易出错，必须用定义证明．
7．等差数列的单调性只取决于公差d 的正负，而等比数列的单调性既要考虑公比q，又要考虑首项a1 的正负．
1．(2019·全国卷Ⅲ，5)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4 项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝(
)
A．16
B．8
C．4
D．2
[解析]
由题意知
a1>0，q>0，
a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，
a1q4＝3a1q2＋4a1，
解得
a1＝1，
q＝2，
∴a3＝a1q2＝4.故选C.
2．(2019·全国卷Ⅰ，9)记Sn 为等差数列{an}的前n 项和．已知S4＝0，a5＝5，则(
)
A．an＝2n－5
B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n
D．Sn＝1
2n2－2n
[解析]
设首项为a1，公差为d.
由S4＝0，a5＝5 可得
a1＋4d＝5，
4a1＋6d＝0，
解得
a1＝－3，
d＝2.
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝n×(－3)＋nn－1
2
×2＝n2－4n.故选A.
3．(2018·全国卷Ⅰ，4)记Sn 为等差数列{an}的前n 项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(
)
A．－12
B．－10
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156
C．10
D．12
[解析]
3(3a1＋3×2
2
×d)＝2a1＋d＋4a1＋4×3
2
×d⇒9a1＋9d＝6a1＋7d⇒3a1＋2d＝0⇒6＋2d＝0⇒d＝－3，
所以a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.
4．(文)(2019·全国卷Ⅰ，14)记Sn 为等比数列{an}的前n 项和，若a1＝1，S3＝3
4，则S4＝__5
8__.
[解析]
设等比数列的公比为q，则an＝a1qn－1＝qn－1.
∵a1＝1，S3＝3
4，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝3
4，
即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－1
2，
∴S4＝
1× 1－－1
2 4
1－－1
2
＝5
8.
(理)(2019·全国卷Ⅰ，14)设Sn 为等比数列{an}的前n 项和．若a1＝1
3，a24＝a6，则S5＝__121
3 __.
[解析]
由a24＝a6 得(a1q3)2＝a1q5，
整理得q＝1
a1
＝3.
∴S5＝
1
31－35
1－3
＝121
3 .
5．(2019·江苏卷，8)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn 是其前n 项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8 的值是__16__.
[解析]
方法1：由S9＝27⇒9a1＋a9
2
＝27⇒a1＋a9＝6⇒2a5＝6⇒2a1＋8d＝6 且a5＝3.
又a2a5＋a8＝0⇒2a1＋5d＝0，
解得a1＝－5，d＝2.
故S8＝8a1＋8×8－1
2
d＝16.
方法2：同方法1 得a5＝3.
又a2a5＋a8＝0⇒3a2＋a8＝0⇒2a2＋2a5＝0⇒a2＝－3.
∴d＝a5－a2
3
＝2，a1＝a2－d＝－5.
故S8＝8a1＋8×8－1
2
d＝16.
6．(文)(2019·全国卷Ⅲ，14)记Sn 为等差数列{an}的前n 项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝__100__.
[解析]
∵{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13，
∴公差d＝a7－a3
7－3
＝13－5
4
＝2，
首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，
∴S10＝10a1＋10×9
2
d＝100.
(理)(2019·全国卷Ⅲ，14)记Sn 为等差数列{an}的前n 项和．若a1≠0，a2＝3a1，则S10
S5
＝__4__.
[解析]
由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，
所以S10＝10a1＋10×9
2
d＝100a1，
S5＝5a1＋5×4
2
d＝25a1，所以S10
S5
＝4.
7．(2018·全国卷Ⅰ，14)记Sn 为数列{an}的前n 项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝__－63__..
[解析]
依题意，
Sn＝2an＋1，
Sn＋1＝2an＋1＋1，
作差得an＋1＝2an，
所以数列{an}是公比为2 的等比数列．
又因为a1＝S1＝2a1＋1.
所以a1＝－1，所以an＝－2n－1，
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157
所以S6＝－1·1－26
1－2
＝－63.
8．(2019·全国卷Ⅱ，19)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
[解析]
(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝1
2(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为1
2的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2 的等差数列．
(2)解：由(1)知，an＋bn＝1
2n－1，an－bn＝2n－1，
所以an＝1
2[(an＋bn)＋(an－bn)]＝1
2n＋n－1
2，
bn＝1
2[(an＋bn)－(an－bn)]＝1
2n－n＋1
2.
等差、等比数列的基本运算
典题例析
例1
(2018·全国卷Ⅲ，17)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式．
(2)记Sn 为{an}的前n 项和．若Sm＝63，求m.
[解析]
(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2 或q＝2.
故an＝(－2)n－1 或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝1－－2n
3
.
由Sm＝63 得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63 得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
等差(等比)数列基本运算的解题思路
1．设基本量a1 和公差d(公比q)．
2．列、解方程(组)：把条件转化为关于a1 和d(q)的方程(组)，求出a1 和d(q)后代入相应的公式计算．
3．注意整体思想，如在与等比数列前n 项和有关的计算中，两式相除就是常用的计算方法，整体运算可以有效简
化运算．
4．警示：等比数列前n 项和公式中，若不确定q 是否等于1，应分q＝1 或q≠1 两种情况讨论．
跟踪训练
1．(文)(2019·湖南衡阳一模)在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则a2＋a14 的值为(
)
A．6
B．12
C．24
D．48
[解析]
∵在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，
∴由等差数列的性质可得a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，
∴a8＝24，∴a2＋a14＝2a8＝48.故选D.
(理)等比数列{an}中，若a4＝8a1，且a1，a2＋1，a3 成等差数列，则其前5 项和为(
)
A．30
B．32
C．62
D．64
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158
[解析]
设等比数列{an}的公比为q，∵a4＝8a1，∴q＝2.∵a1，a2＋1，a3 成等差数列，∴2a2＋2＝a1＋a3，∴4a1
＋2＝a1＋4a1，解得a1＝2，∴其前5 项和为21－25
1－2
＝62，故选C.
2．已知等比数列{an}的前n 项和为Sn，若a1＝1，S10
S5
＝33
32，则数列{an}的公比q 为(
)
A．4
B．2
C．1
2
D．3
4
[解析]
因为S10
S5
＝33
32≠2，所以q≠1.所以S10
S5
＝
a11－q10
1－q
a11－q5
1－q
＝1＋q5，所以1＋q5＝33
32，所以q＝1
2.
3．(文)等比数列{an}的前n 项和为Sn，已知S1,2S2,3S3 成等差数列，则数列{an}的公比为__1
3__.
[解析]
由题意知S1＋3S3＝4S2，即a1＋3(a1＋a2＋a3)＝4(a1＋a2)，即3a3＝a2，
所以a3
a2
＝1
3，即公比q＝1
3.
(理)已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋3，Sn 为{an}的前n 项和，若Sn＝51，则n＝__6__.
[解析]
由a1＝1，an＋1＝an＋3，得an＋1－an＝3，
所以数列{an}是首项为1，公差为3 的等差数列．
由Sn＝n＋nn－1
2
×3＝51，
即(3n＋17)(n－6)＝0，解得n＝6 或n＝－17
3 (舍)．
等差、等比数列的基本性质
典题例析
例2
(1)在等比数列{an}中，a3，a15 是方程x2＋6x＋2＝0 的根，则a2a16
a9
的值为(
)
A．－2＋2
2
B．－2
C. 2
D．－2或2
[解析]
设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15 是方程x2＋6x＋2＝0 的根，所以a3·a15＝a29＝2，a3＋a15＝－6，
所以a3<0，a15<0，则a9＝－2，所以a2a16
a9
＝a29
a9
＝a9＝－2，故选B.
(2)设Sn 是等差数列{an}的前n 项和，若S4≠0，且S8＝3S4，设S12＝λS8，则λ＝(
)
A.1
3
B．1
2
C．2
D．3
[解析]
因为Sn 是等差数列{an}的前n 项和，
若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，
所以由等差数列的性质得：S4，S8－S4，S12－S8 成等差数列，
所以2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)，
所以2(3S4－S4)＝S4＋(λ·3S4－3S4)，
解得λ＝2.
(3)(文)在等差数列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，则数列{an}的前n 项和Sn 的最大值为__49__.
[解析]
设{an}的公差为d.
方法一：由3a2＝11a6，得3(13＋d)＝11(13＋5d)，
解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.
由
an≥0，
an＋1≤0，
得
－2n＋15≥0，
－2n＋1＋15≤0，
解得6.5≤n≤7.5.
因为n∈N*，
所以当n＝7 时，数列{an}的前n 项和Sn 最大，最大值为S7＝713－2×7＋15
2
＝49.
方法二：由3a2＝11a6，得3(13＋d)＝11(13＋5d)，
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159
解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.
所以Sn＝n13＋15－2n
2
＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，
所以当n＝7 时，数列{an}的前n 项和Sn 最大，最大值为S7＝49.
(理)已知数列{an}满足an＝
1
2－λn＋1n<6，
λn－5n≥6，
若对于任意的n∈N*都有an>an＋1，则实数λ的取值范围是
__(1
2，7
12)__.
[解析]
因为an>an＋1，所以数列{an}是递减数列，
所以
1
2－λ<0，
0<λ<1，
λ<1
2－λ×5＋1，
解得1
2<λ< 7
12.
所以实数λ的取值范围是(1
2，7
12)．
等差、等比数列性质的应用策略
(1)项数是关键：解题时特别关注条件中项的下标即项数的关系，寻找项与项之间、多项之间的关系选择恰当的性
质解题．
(2)整体代入：计算时要注意整体思想，如求Sn 可以将与a1＋an 相等的式子整体代入，不一定非要求出具体的项．
(3)构造不等式函数：可以构造不等式函数利用函数性质求范围或最值．
跟踪训练
1．已知各项不为0 的等差数列{an}满足2a2－a27＋2a12＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b3b11等于(
)
A．16
B．8
C．4
D．2
[解析]
∵{an}是等差数列，∴a2＋a12＝2a7，
∴2a2－a27＋2a12＝4a7－a27＝0.
又a7≠0，∴a7＝4.
又{bn}是等比数列，∴b3b11＝b27＝a27＝16.
2．在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15＝(
)
A．1
B．2
C．3
D．2 或4
[解析]
∵{an}为等比数列，
∴a5＋a7 是a1＋a3 与a9＋a11的等比中项，
∴(a5＋a7)2＝(a1＋a3)(a9＋a11)，故a9＋a11＝a5＋a72
a1＋a3
＝42
8 ＝2.
同理a9＋a11是a5＋a7 与a13＋a15 的等比中项，
∴(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝a9＋a112
a5＋a7
＝22
4 ＝1.
∴a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
等差、等比数列的判断与证明
典题例析
例3
已知数列{an}的前n 项和Sn＝1＋λan.其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝31
32，求λ.
[解析]
(1)由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
由λ≠1 得，a1＝1
1－λ
，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1 得an＋1＝λan＋1－λan，
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160
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0 且λ≠1 得an≠0，所以an＋1
an
＝λ
λ－1
.
因此{an}是首项为1
1－λ，公比为λ
λ－1的等比数列，
于是an＝1
1－λ
( λ
λ－1
)n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－( λ
1－λ)n.由S5＝31
32得1－( λ
λ－1)5＝31
32，即( λ
λ－1)5＝1
32.解得λ＝－1.
判断和证明数列是等差(等比)数列的方法
(1)定义法：对于n≥1 的任意自然数，验证an＋1－an(或an＋1
an
)为与正整数n 无关的一常数．
(2)构造法：通过对含有an，an－1 的式子的整体变形，如取倒数，两边加减常数等方法，构造出要证数列的第n 项
与第n－1 项的关系，从而证明等差(等比)数列.
(3)中项公式法：
①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；
②若a2n＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列．
跟踪训练
(文)(2017·全国卷Ⅰ，17)记Sn 为等比数列{an}的前n 项和．已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2 是否成等差数列．
[解析]
(1)设{an}的公比为q.由题设可得
a11＋q＝2，
a11＋q＋q2＝－6.
解得q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得
Sn＝a11－qn
1－q
＝－2
3＋(－1)n2n＋1
3
.
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－4
3＋(－1)n2n＋3－2n＋2
3
＝2[－2
3＋(－1)n2n＋1
3
]＝2Sn，
故Sn＋1，Sn，Sn＋2 成等差数列．
(理)(2019·银川质检)已知数列{an}中，a1＝1，其前n 项的和为Sn，且满足an＝2S2n
2Sn－1
(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列{ 1
Sn
}是等差数列；
(2)证明：1
3S1＋1
5S2＋1
7S3＋…＋
1
2n＋1Sn<1
2.
[解析]
(1)当n≥2 时，Sn－Sn－1＝2S2n
2Sn－1
，Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，1
Sn
－1
Sn－1
＝2，所以数列{ 1
Sn
}是以1 为首项，2 为
公差的等差数列．
(2)由(1)可知，1
Sn
＝1
S1
＋(n－1)·2＝2n－1，
所以Sn＝
1
2n－1.
1
3S1＋1
5S2＋1
7S3＋…＋
1
2n＋1
Sn
＝1
1×3
＋1
3×5
＋1
5×7
＋…＋
1
2n－12n＋1
＝1
2×(1－1
3＋1
3－1
5＋1
5－1
7＋…＋
1
2n－1－
1
2n＋1)
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＝1
2×(1－
1
2n＋1)<1
2.
A 组
1．(文)(2019·陕西商洛模拟)在等差数列{an}中，a5＝9，且2a3＝a2＋6，则公差d＝(
)
A．－3
B．－2
C．3
D．2
[解析]
因为2a3＝a2＋6，所以a2＋a4＝a2＋6，所以a4＝6，故d＝a5－a4＝9－6＝3.
(理)(2019·黄石模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sn，且2，Sn，an 成等差数列，则S17＝(
)
A．0
B．2
C．－2
D．34
[解析]
由题意可知：2Sn＝an＋2，①
∴2Sn－1＝an－1＋2(n≥2)，②
①－②，得2an＝an－an－1，
∴an
an－1
＝－1(n≥2)．
又∵2a1＝a1＋2，∴a1＝2，
∴{an}为以2 为首项，－1 为公比的等比数列．
∴S17＝2[1－－117]
1＋1
＝2.故选B.
2．(2019·株洲模拟)若等差数列{an}的公差为2，且a5 是a2 与a6 的等比中项，则该数列的前n 项和Sn 取最小值时，
n 的值等于(
)
A．7
B．6
C．5
D．4
[解析]
设数列{an}的首项为a1，则数列{an}的通项an＝a1＋(n－1)×2，
∴a5＝a1＋8，a2＝a1＋2，a6＝a1＋10，a5 是a2 与a6 的等比中项，即a25＝a2·a6，即(a1＋8)2＝(a1＋2)·(a1＋10)，解得
a1＝－11，所以an＝2n－13，a6<0，a7>0，∴前6 项的和最小，故n＝6.故选B.
3．等差数列{an}的前n 项和为Sn，若S11＝22，则a3＋a7＋a8＝(
)
A．18
B．12
C．9
D．6
[解析]
本题主要考查等差数列的通项公式及前n 项和公式．
由题意得S11＝11a1＋a11
2
＝112a1＋10d
2
＝22，即a1＋5d＝2，所以a3＋a7＋a8＝a1＋2d＋a1＋6d＋a1＋7d＝3(a1＋
5d)＝6，故选D.
4．设等比数列{an}的前n 项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝(
)
A．31
B．32
C．63
D．64
[解析]
方法一：由条件知，an>0，且
a1＋a2＝3，
a1＋a2＋a3＋a4＝15，
∴
a11＋q＝3，
a11＋q＋q2＋q3＝15，
∴q＝2.
∴a1＝1，∴S6＝1－26
1－2
＝63.
方法二：由题意知，S2，S4－S2，S6－S4 成等比数列，即(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，即122＝3(S6－15)，∴S6＝63.
5．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得am·an＝16a21，m，n∈N*，则1
m＋9
n的最小值为(
)
A．2
B．16
C．11
4
D．3
2
[解析]
设数列{an}的公比为q，a3＝a2＋2a1⇒q2＝q＋2⇒q＝－1(舍)或q＝2，∴an＝a1·2n－1，am·an＝16a21⇒a21·2m＋
n－2＝16a21⇒m＋n＝6.∵m，n∈N*，∴(m，n)可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m＝2，
n＝4 时，1
m＋9
n取最小值11
4 .
6．已知{an}是等差数列，公差d 不为零，若a2，a3，a7 成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝__2
3__，d＝__－1__.
[解析]
由题可得(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，故有3a1＋2d＝0，又因为2a1＋a2＝1，即3a1＋d＝1，联立可得d＝
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162
－1，a1＝2
3.
7．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，设Sn 为数列{an}的前n 项和，对于任意的n>1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)
都成立，则S10＝__91__.
[解析]
因为任意的n>1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)都成立，所以Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，
所以an＋1＝an＋2，因为a3＝a2＋2＝4，
所以an＝a2＋(n－2)×2＝2＋(n－2)×2＝2n－2，n≥2，
所以S10＝a1＋a2＋a3…＋a10＝1＋2＋4＋…＋18＝1＋2×9＋9×8
2
×2＝91.
8．设Sn 是数列{an}的前n 项和，且a1＝－1，an＋1＝1
2Sn＋1Sn，则数列{Sn}的通项公式为__－2
n＋1__.
[解析]
由已知得an＋1＝Sn＋1－Sn＝1
2Sn＋1Sn，
所以1
Sn＋1
－1
Sn
＝－1
2.
所以{ 1
Sn
}是以－1 为首项，－1
2为公差的等差数列，
所以1
Sn
＝－1－1
2(n－1)＝－1
2n－1
2.
故Sn＝－2
n＋1
.
9．(文)已知数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3 的值；
(2)设bn＝an＋3，证明数列{bn}为等比数列，并求通项公式an.
[解析]
(1)因为数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．
所以n＝1 时，由a1＝S1＝2a1－3×1，解得a1＝3，
n＝2 时，由S2＝2a2－3×2，得a2＝9，
n＝3 时，由S3＝2a3－3×3，得a3＝21.
(2)因为Sn＝2an－3n，
所以Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，
两式相减，得an＋1＝2an＋3，①
把bn＝an＋3 及bn＋1＝an＋1＋3，代入①式，
得bn＋1＝2bn(n∈N*)，且b1＝6，
所以数列{bn}是以6 为首项，2 为公比的等比数列，
所以bn＝6×2n－1，
所以an＝bn－3＝6×2n－1－3＝3(2n－1)．
(理)设数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn＝4an－p(n∈N*)，其中p 是不为零的常数．
(1)证明：数列{an}是等比数列．
(2)当p＝3 时，若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
[解析]
(1)证明：因为Sn＝4an－p(n∈N*)，
则Sn－1＝4an－1－p(n∈N*，n≥2)，
所以当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得an＝4
3an－1.
由Sn＝4an－p，令n＝1，得a1＝4a1－p，解得a1＝p
3.
所以{an}是首项为p
3，公比为4
3的等比数列．
(2)因为a1＝1，则an＝(4
3)n－1，
由bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得bn＋1－bn＝(4
3)n－1，
当n≥2 时，由累加法得
bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝2＋
1－4
3n－1
1－4
3
＝3·(4
3)n－1－1，
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163
当n＝1 时，上式也成立．∴bn＝3·(4
3)n－1－1.
10．(文)已知数列{an}是等比数列，Sn 为数列{an}的前n 项和，且a3＝3，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝log2 3
a2n＋3
，且{bn}为递增数列，若cn＝
4
bn·bn＋1
，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1.
[解析]
(1)设该等比数列的公比为q，
则根据题意有3·(1＋1
q＋1
q2)＝9，
从而2q2－q－1＝0，
解得q＝1 或q＝－1
2.
当q＝1 时，an＝3；
当q＝－1
2时，an＝3·(－1
2)n－3.
(2)证明：若an＝3，则bn＝0，与题意不符，
故an＝3(－1
2)n－3，
此时a2n＋3＝3·(－1
2)2n，
∴bn＝2n，符合题意．
∴cn＝
4
2n·2n＋2
＝
1
n·n＋1
＝1
n－1
n＋1
，
从而c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1－1
n＋1<1.
(理)已知正数数列{an}的前n 项和为Sn，满足a2n＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若bn＋1>bn 对任意n∈N*恒成立，求实数a 的取值范围．
[解析]
(1)因为a2n＝Sn＋Sn－1(n≥2)，
所以a2n＋1＝Sn＋1＋Sn.
两式相减，得a2n＋1－a2n＝an＋1＋an.
因为an>0，所以an＋1－an＝1.
又a1＝1，所以{an}是首项为1，公差为1 的等差数列．
所以an＝n.
(2)因为bn＝(1－an)2－a(1－an)，且由(1)得an＝n，
所以bn＝(1－n)2－a(1－n)＝n2＋(a－2)n＋1－a，
所以bn＋1＝(n＋1)2＋(a－2)(n＋1)＋1－a＝n2＋an.
因为bn＋1>bn 恒成立，
所以n2＋an>n2＋(a－2)n＋1－a，
解得a>1－2n，所以a>－1.
则实数a 的取值范围为(－1，＋∞)．
B 组
1．已知Sn 为等差数列{an}的前n 项和，若S1＝1，S4
S2
＝4，则S6
S4
的值为(
)
A.9
4
B．3
2
C．5
3
D．4
[解析]
由等差数列的性质可知S2，S4－S2，S6－S4 成等差数列，由S4
S2
＝4 得S4－S2
S2
＝3，则S6－S4＝5S2，
所以S4＝4S2，S6＝9S2，S6
S4
＝9
4.
2．(文)设Sn 为等比数列{an}的前n 项和，且4a3－a6＝0，则S6
S3
＝(
)
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A．－5
B．－3
C．3
D．5
[解析]
∵4a3－a6＝0，∴4a1q2＝a1q5.∵a1≠0，q≠0，
∴q3＝4，∴S6
S3
＝
a11－q6
1－q
a11－q3
1－q
＝1－q6
1－q3＝1＋q3＝5.
(理)等比数列{an}的前n 项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝(
)
A.1
3
B．－1
3
C．1
9
D．－1
9
[解析]
∵S3＝a2＋10a1，∴a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，
a3＝9a1＝a1q2，∴q2＝9，
又∵a5＝9，∴9＝a3·q2＝9a3，∴a3＝1，
又a3＝9a1，故a1＝1
9.
3．已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝π
2，若函数f(x)＝sin2x＋2cos2x
2，记yn＝f(an)，则数列{yn}
的前9 项和为(
)
A．0
B．－9
C．9
D．1
[解析]
由已知可得，数列{an}为等差数列，
f(x)＝sin2x＋cosx＋1，
∴f(π
2)＝1.
∵f(π－x)＝sin(2π－2x)＋cos(π－x)＋1
＝－sin2x－cosx＋1，
∴f(π－x)＋f(x)＝2，
∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，∴f(a1)＋…f(a9)＝2×4＋1＝9，即数列{yn}的前9 项和为9.
4．(2018·浙江卷，10)已知a1，a2，a3，a4 成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a1>1，则(
)
A．a1<a3，a2<a4
B．a1>a3，a2<a4
C．a1<a3，a2>a4
D．a1>a3，a2>a4
[解析]
由x>0，lnx≤x－1，得a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，a4≤－1，所以公比q<0，当q≤
－1 时，a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)<0，此时a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾，所以－1<q<0，
所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0.
5．数列{an}的前n 项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝(
)
A．10
B．15
C．－5
D．20
[解析]
当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－2(n－1)2＋3n－3＝4n－5，a1＝S1＝－1 适合上式，所以an＝4n－5，
所以ap－aq＝4(p－q)，因为p－q＝5，所以ap－aq＝20.
6．(文)数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝(
)
A．1
B．－2
C．3
D．－3
[解析]
因为an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－
2(n≥3)．
所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an，
故{an}是以6 为周期的周期数列．
因为2 019＝336×6＋3，
所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A.
(理)(2019·西安八校联考)若等差数列{an}的前n 项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0 的正整数n 的值为(
)
A．10
B．11
C．12
D．13
[解析]
由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7<S6，S7＝S5＋a6＋a7>S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝13a1＋a13
2
＝13a7<0，
S12＝12a1＋a12
2
＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0 的正整数n 的值为12，故选C.
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7．设数列{an}的前n 项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，则S4＝__66__.
[解析]
本题主要考查数列的通项公式与求和．
依题an＝2Sn－1＋3(n≥2)，与原式作差得，an＋1－an＝2an，n≥2，即an＋1＝3an，n≥2，可见，数列{an}从第二项起
是公比为3 的等比数列，a2＝5，所以S4＝1＋5×1－33
1－3
＝66.
8．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝__50__.
[解析]
∵a10a11＋a9a12＝2e5，∴a1·a20＝e5.
又∵lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)
＝ln[(a1a20)(a2a19)…(a10a11)]
＝ln(e5)10＝lne50＝50.
注意等比数列性质：若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq，对数的性质logamn＝nlogam.
9．设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n 项和Sn 满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3 成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列
1
an 的前n 项和为Tn，求使得|Tn－1|<
1
1 000成立的n 的最小值．
[解析]
(1)由已知Sn＝2an－a1，
有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2)．
从而a2＝2a1，a3＝4a1.
又因为a1，a2＋1，a3 成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，
所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.
所以数列{an}是首项为2，公比为2 的等比数列．
故an＝2n.
(2)由(1)得1
an
＝1
2n.
所以Tn＝1
2＋1
22＋1
23＋…＋1
2n＝
1
2
1－
1
2 n
1－1
2
＝1－1
2n.
由|Tn－1|<
1
1 000得|1－1
2n－1|<
1
1 000，即2n>1 000.
因为29＝512<1 000<1 024＝210，
所以n≥10.
于是，使|Tn－1|<
1
1 000成立的n 的最小值为10.
10．已知数列{an}的首项为1，Sn 为数列{an}的前n 项和，且满足Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*，又2a2，a3，
a2＋2 成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝2an－λ(log2an＋1)2，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．
[解析]
(1)由Sn＋1＝qSn＋1，①
可得，当n≥2 时，Sn＝qSn－1＋1，②
①－②得an＋1＝qan.
又S2＝qS1＋1 且a1＝1，
所以a2＝q＝q·a1，
所以数列{an}是以1 为首项，q 为公比的等比数列．
又2a2，a3，a2＋2 成等差数列，
所以2a3＝2a2＋a2＋2＝3a2＋2，
即2q2＝3q＋2.
所以2q2－3q－2＝0，
解得q＝2 或q＝－1
2(舍去)，
所以数列{an}的通项公式为：an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由题意得bn＝2·2n－1－λ(log22n)2＝2n－λn2，
若数列{bn}为递增数列，则有
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bn＋1－bn＝2n＋1－λ(n＋1)2－2n＋λn2＝2n－2nλ－λ>0，即λ<
2n
2n＋1.
因为
2n＋1
2n＋3
2n
2n＋1
＝4n＋2
2n＋3
>1，
所以数列{
2n
2n＋1}为递增数列．
所以
2n
2n＋1
≥2
3，所以λ<2
3.
第二讲
数列求和及综合应用
高考考点
考点解读
求数列的通项公式
1.已知数列的递推关系式以及某些项，求数列的通项公式；已知等差
(等比)的某些项或前几项的和，求其通项公式
2．考查等差(等比)数列的概念以及通项公式、前n 项和公式等
求数列的前n 项和
1.以等差(等比)数列为命题背景，考查等差(等比)的前n 项和公式、分
组求和
2．以递推数列、等差(等比)数列为命题背景，考查错位相减、裂项相
消、倒序相加等求和方法
与数列的和有关的
综合应用
1.等差(等比)数列的求和、分组求和、错位相减求和及裂项相消求和
2．常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、不等式
的性质等
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对递推数列概念及解析式的理解，掌握递推数列给出数列的方法．
(2)掌握等差(等比)数列求和公式及方法．
(3)掌握数列分组求和、裂项相消求和、错位相减求和的方法．
(4)掌握与数列求和有关的综合问题的求解方法及解题策略．
预测2020 年命题热点：
(1)已知等差(等比)数列的某些项的值或其前几项的和，求该数列的通项公式．
(2)已知某数列的递推式或某项的值，求该数列的和．
(3)已知某个不等式成立，求某参数的值．证明某个不等式成立.
知识整合
1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn 形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是
等差(等比)数列或一些可以直接求和的数列．
2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即an＝f(n＋1)－f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干
项的求和方法．形如{
c
anan＋1
}(其中{an}是公差d≠0 且各项均不为0 的等差数列，c 为常数)的数列等．
3．错位相减法：形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差
式；③求和．
4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相
加；④求和；⑤回顾反思．
附：
(1)常见的拆项公式(其中n∈N*)
①
1
nn＋1＝__1
n－1
n＋1__.
②
1
nn＋k
＝1
k(1
n－1
n＋k
)．
③
1
2n－12n＋1＝__1
2(
1
2n－1－
1
2n＋1)__.
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167
④若等差数列{an}的公差为d，则
1
anan＋1
＝1
d( 1
an
－1
an＋1
)；
1
anan＋2
＝1
2d( 1
an
－1
an＋2
)．
⑤
1
nn＋1n＋2
＝1
2[
1
nn＋1
－
1
n＋1n＋2
]．
⑥
1
n＋n＋1
＝n＋1－n.
⑦
1
n＋n＋k
＝1
k( n＋k－n)．
(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n 项和公式，如
①1＋2＋3＋…＋n＝nn＋1
2
；
②1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝__n2__；
③12＋22＋32＋…＋n2＝1
6n(n＋1)(2n＋1)．
易错警示
1．裂项求和时勿视系数致误．将通项直接裂开而没有注意系数变化，或乘以系数而不是系数的倒数．
2．裂项求和时相消项的规律出错致误. 通项裂开后不是相邻项相消，未能观察分析出项相消的规律．
3．已知Sn 求an、处理Sn 与an 关系式忽略验证第一项致误．涉及n≥2 前提下的运算、规律关系都要验证第一项
是否适合、规律是否包含第一项．
4．错位相减求和时项数出错致误．两式相减后需要进行等比数列求和，项数一定要看清，建议利用公式Sn＝a1－anq
1－q
求和，避免项数出错．
1．(2017·全国卷Ⅱ，3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共
灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7 层塔共挂了381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数
的2 倍，则塔的顶层共有灯(
)
A．1 盏
B．3 盏
C．5 盏
D．9 盏
[解析]
设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，
∴S7＝a11－q7
1－q
＝a11－27
1－2
＝381，解得a1＝3.
故选B.
2．(2017·全国卷Ⅰ，12)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他
们推出了“ 解数学题获取软件激活码” 的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列
1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依次类推．求
满足如下条件的最小整数N：N>100 且该数列的前N 项和为2 的整数幂．那么该款软件的激活码是(
)
A．440
B．330
C．220
D．110
[解析]
设首项为第1 组，接下来的两项为第2 组，再接下来的三项为第3 组，依此类推，则第n 组的项数为n，
前n 组的项数和为n1＋n
2
.
由题意知，N>100，令n1＋n
2
>100⇒n≥14 且n∈N*，即N 出现在第13 组之后．
第n 组的各项和为1－2n
1－2
＝2n－1，前n 组所有项的和为21－2n
1－2
－n＝2n＋1－2－n.
设N 是第n＋1 组的第k 项，若要使前N 项和为2 的整数幂，则N－n1＋n
2
项的和即第n＋1 组的前k 项的和2k
－1 应与－2－n 互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)⇒n 最小为29，此时k＝5，则N＝29×1＋29
2
＋5＝440.故选A.
3．(2019·北京卷，10)设等差数列{an}的前n 项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝__0__，Sn 的最小值为__
－10__.
[解析]
∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，
∴a1＝－4，d＝1，
∴a5＝a1＋4d＝0，
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∴an＝a1＋(n－1)d＝n－5.
令an<0，则n<5，即数列{an}中前4 项为负，a5＝0，第6 项及以后为正．
∴Sn 的最小值为S4＝S5＝－10.
4．(文)(2019·北京卷，16)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6 成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n 项和为Sn，求Sn 的最小值．
[解析]
(1)解：设{an}的公差为d.
因为a1＝－10，
所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.
因为a2＋10，a3＋8，a4＋6 成等比数列，
所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．
所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．
解得d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.
(2)解：由(1)知，an＝2n－12.
则当n≥7 时，an>0；当n≤6 时，an≤0.
所以Sn 的最小值为S5＝S6＝－30.
(理)(2019·北京卷，20(1)(2))已知数列{an}，从中选取第i1 项、第i2 项、…、第im 项(i1<i2<…<im)，若ai1<ai2<…<aim，
则称新数列ai1，ai2，…，aim 为{an}的长度为m 的递增子列．规定：数列{an}的任意一项都是{an}的长度为1 的递增子
列．
(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9 的一个长度为4 的递增子列．
(2)已知数列{an}的长度为p 的递增子列的末项的最小值为am0，长度为q 的递增子列的末项的最小值为an0.若p<q，
求证：am0<an0.
[解析]
(1)解：1,3,5,6.(答案不唯一)
(2)证明：设长度为q 末项为an0 的一个递增子列为ar1，ar2，…，arq－1，an0.
由p<q，得arp≤arq－1<an0.
因为{an}的长度为p 的递增子列末项的最小值为am0，
又ar1，ar2，…，arp 是{an}的长度为p 的递增子列，
所以am0≤arp.所以am0<an0.
5．(文)(2019·天津卷，18)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式．
(2)设数列{cn}满足cn＝
1，n 为奇数，
bn
2，n 为偶数.
求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．
[解析]
(1)解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得
3q＝3＋2d，
3q2＝15＋4d，
解得
d＝3，
q＝3，
故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.
所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.
(2)解：a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝n×3＋nn－1
2
×6 ＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)
＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－31－3n
1－3
＋n×3n＋1＝2n－13n＋1＋3
2
.
所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×2n－13n＋1＋3
2
＝2n－13n＋2＋6n2＋9
2
(n∈N*)．
(理)(2019·天津卷，19)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝
1，2k<n<2k＋1，
bk，n＝2k，
其中k∈N*.
①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；
②求错误!ici(n∈N*)．
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[解析]
(1)解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意得
6q＝6＋2d，
6q2＝12＋4d，
解得
d＝3，
q＝2，
故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.
所以，{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.
(2)解：①a2n(c2n－1)＝a2n(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.
所以，数列{a2n(c2n－1)}的通项公式为
a2n(c2n－1)＝9×4n－1.
②错误!ici＝错误!ai＋ai(ci－1)]
＝错误!i＋错误!2i(c2i－1)
＝2n×4＋2n2n－1
2
×3 ＋错误!9×4i－1)
＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×41－4n
1－4
－n
＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．
6．(2019·全国卷Ⅱ，18)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n 项和．
[解析]
(1)解：设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.
解得q＝－2(舍去)或q＝4.
因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.
(2)解：由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n 项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.
求数列的通项公式
典题例析
例1
(1)已知正项数列{an}满足a1＝1，(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，则它的通项公式为(
)
A．an＝1
n＋1
B．an＝2
n＋1
C．an＝n＋1
2
D．an＝n
[解析]
由(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，得[(n＋2)an＋1－(n＋1)an]·(an＋1＋an)＝0，又an>0，
所以(n＋2)an＋1＝(n＋1)an，即an＋1
an
＝n＋1
n＋2
，
an＋1＝n＋1
n＋2
·an，
所以an＝n
n＋1
·n－1
n
·…·2
3a1＝2
n＋1
a1(n≥2)，
所以an＝2
n＋1
(n＝1 适合)．
于是所求通项公式为an＝2
n＋1.
(2)若数列{an}的前n 项和为Sn＝2
3an＋1
3，则数列{an}的通项公式为(
)
A．an＝－2n－1
B．an＝(－2)n－1
C．an＝(－2)n
D．an＝－2n
[解析]
由an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得an＝2
3an－2
3an－1.所以an＝－2an－1.又可以得到a1＝1，
所以an＝(－2)n－1(n≥2)．
又a1＝(－2)1－1＝1，所以an＝(－2)n－1.
求数列通项公式的常见类型及方法
1．归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．
2．已知Sn 与an 的关系，利用an＝
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S1，n＝1，
Sn－Sn－1，n≥2，
求an.
3．累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f(n)，其中数列{f(n)}前n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常
用累加法(叠加法)．
4．累乘法：数列递推关系形如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)}前n 项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠
乘法)．
5．构造法：(1)递推关系形如an＋1＝pan＋q(p，q 为常数)可化为an＋1＋q
p－1＝p(an＋q
p－1)(p≠1)的形式，利用{an＋
q
p－1
}是以p 为公比的等比数列求解；
(2)递推关系形如an＋1＝pan
an＋p
(p 为非零常数)可化为1
an＋1
－1
an
＝1
p的形式．
跟踪训练
已知数列{an}满足a1＝3
7，an＋1＝3an
4an＋1
，n∈N*.
求证：数列{ 1
an
－2}是等比数列，并且求出数列{an}的通项公式．
[解析]
由a1＝3
7，an＋1＝3an
4an＋1
，n∈N*.
取倒数，可得1
an＋1
＝4an＋1
3an
＝1
3an
＋4
3，
即1
an＋1
－2＝1
3( 1
an
－2)，
所以数列{ 1
an
－2}是以1
3为首项，1
3为公比的等比数列，可得1
an
－2＝1
3·(1
3)n－1＝(1
3)n，
所以数列{an}的通项公式为an＝
3n
2×3n＋1
，n∈N*.
数列求和问题
典题例析
(一)分组转化法求和
例2
设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cosx－an＋
2sinx 满足f ′(π
2)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2(an＋1
2an
)，求数列{bn}的前n 项和Sn.
[解析]
(1)由题设可得
f ′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sinx－an＋2cosx.
对任意n∈N*，f ′(π
2)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，
即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．
由a1＝2，a2＋a4＝8，解得{an}的公差d＝1，
所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.
(2)因为bn＝2(an＋1
2an
)
＝2(n＋1＋1
2n＋1)＝2n＋1
2n＋2，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(2＋2＋…＋2)＋2(1＋2＋…＋n)＋(1
2＋1
22＋…＋1
2n)
＝2n＋2·nn＋1
2
＋
1
2[1－1
2n]
1－1
2
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＝n2＋3n＋1－1
2n.
(二)裂项相消法求和
例3
设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{
an
2n＋1}的前n 项和．
[解析]
(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2 时，
a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，
两式相减得(2n－1)an＝2，
所以an＝
2
2n－1(n≥2)．
又由题设可得a1＝2，满足上式，
所以{an}的通项公式为an＝
2
2n－1.
(2)记{
an
2n＋1
}的前n 项和为Sn.
由(1)知
an
2n＋1＝
2
2n＋12n－1＝
1
2n－1－
1
2n＋1，
则Sn＝1
1－1
3＋1
3－1
5＋…＋
1
2n－1
－
1
2n＋1
＝2n
2n＋1
.
(三)错位相减法求和
例4
已知等差数列{an}，满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1,1,3 后成等比数列，
an＋2log2bn＝－1.
(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n 项和Tn.
[解析]
(1)设d 为等差数列{an}的公差，且d>0，
由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1,1,3 后成等比数列，
得(2＋d)2＝2(4＋2d)，
因为d>0，所以d＝2，
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
又因为an＝－1－2log2bn，
所以log2bn＝－n，即bn＝1
2n.
(2)Tn＝1
21＋3
22＋5
23＋…＋2n－1
2n
①，
1
2Tn＝1
22＋3
23＋5
24＋…＋2n－1
2n＋1 ②，
①－②，得1
2Tn＝1
2＋2×( 1
22＋1
23＋1
24＋…＋1
2n)－2n－1
2n＋1 .
所以Tn＝1＋
1－1
2n－1
1－1
2
－2n－1
2n
＝3－1
2n－2－2n－1
2n
＝3－2n＋3
2n
.
(四)奇(偶)数项和问题
例5
设等差数列{an}的前n 项和为Sn，且a2＝8，S4＝40；数列{bn}的前n 项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝
0，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式．
(2)设cn＝
an，n 为奇数，
bn，n 为偶数，
求数列{cn}的前n 项和Pn.
[解析]
(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意，
a1＋d＝8，
4a1＋6d＝40，
得
a1＝4，
d＝4，
所以an＝4n，
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因为Tn－2bn＋3＝0，所以当n＝1 时，b1＝3，
当n≥2 时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，
两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，
数列{bn}为等比数列，所以bn＝3·2n－1.
(2)cn＝
4n，n 为奇数，
3·2n－1，n 为偶数.
当n 为偶数时，
Pn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)
＝
4＋4n－4·n
2
2
＋
61－4n
2
1－4
＝2n＋1＋n2－2.
当n 为奇数时，
方法一：n－1 为偶数，
Pn＝Pn－1＋cn＝2(n－1)＋1＋(n－1)2－2＋4n＝2n＋n2＋2n－1.
方法二：
Pn＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)
＝
4＋4n·n＋1
2
2
＋
61－4n－1
2

1－4
＝2n＋n2＋2n－1.
所以Pn＝
2n＋1＋n2－2，n 为偶数，
2n＋n2＋2n－1，n 为奇数.
1．分组求和的常见方法
(1)根据等差、等比数列分组．
(2)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有(－1)n 等特征．
2．裂项相消的规律
(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．
(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．
3．错位相减法的关注点
(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘{an·bn}型数列求和．
(2)步骤：
①求和时先乘以数列{bn}的公比．
②把两个和的形式错位相减．
③整理结果形式．
4．分奇偶的求和问题
如果数列的奇数项与偶数项有不同的规律，当n 为奇数或为偶数时Sn 的表达式不一样，因此需要分奇偶分别求
Sn.
(1)分组直接求和：相邻的奇偶项合并为一项，组成一个新的数列bn，用S′n 表示其前n 项和，则Sn＝
S′n
2，n 为偶数，
S′n－1
2
＋an，n 为奇数.
(2)分奇偶转化求和：先令n 为偶数，求出其前n 项和Sn；当n 为奇数时，Sn＝Sn－1＋an.
跟踪训练
(文)已知数列{an} 是公差为2 的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝1
2，若n∈N*时，anbn＋1－bn＋1＝nbn.
(1)求{bn}的通项公式．
(2)设cn＝
1
anan＋1
，求{cn}的前n 项和Sn.
[解析]
(1)因为anbn＋1－bn＋1＝nbn.
当n＝1 时，a1b2－b2＝b1，
因为b1＝1，b2＝1
2，所以a1＝3，
又因为{an}是公差为2 的等差数列，所以an＝2n＋1，
则(2n＋1)bn＋1－bn＋1＝nbn.化简，得
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173
2bn＋1＝bn，即bn＋1
bn
＝1
2，
所以数列{bn}是以1 为首项，以1
2为公比的等比数列，
所以bn＝(1
2)n－1.
(2)由(1)知，an＝2n＋1，
所以cn＝
1
anan＋1
＝
1
2n＋12n＋3
＝1
2(
1
2n＋1
－
1
2n＋3
)，
所以Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝1
2(1
3－1
5＋1
5－1
7＋…＋
1
2n＋1－
1
2n＋3)
＝1
2(1
3－
1
2n＋3
)
＝
n
6n＋9.
(理)已知数列{an}中，a1＝3，a2＝5，且{an－1}是等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n 项和Tn.
[解析]
(1)因为{an－1}是等比数列且a1－1＝2，
a2－1＝4，
所以a2－1
a1－1
＝2，所以an－1＝2·2n－1＝2n，所以an＝2n＋1.
(2)因为bn＝nan＝n·2n＋n，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)，
令T＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
则2T＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，
两式相减，得－T＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝21－2n
1－2
－n·2n＋1，
所以T＝2(1－2n)＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1，
因为1＋2＋3＋…＋n＝nn＋1
2
，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋n2＋n＋4
2
.
数列与函数、不等式的综合问题
典题例析
(一)数列与函数的综合
例6
设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x 的图象上(n∈N*)．
(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n 项和Sn；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x 轴上的截距为2－1
ln2，求数列{an
bn
}的前n 项和Tn.
[解析]
(1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，
有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.
解得d＝a8－a7＝2.
所以Sn＝na1＋nn－1
2
d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)f ′(x)＝2xln2，f ′(a2)＝2a2ln2，故函数f(x)＝2x 在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝2a2ln2(x－a2)，
它在x 轴上的截距为a2－1
ln2.
由题意得，a2－1
ln2＝2－1
ln2，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1.
从而an＝n，bn＝2n.
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所以Tn＝1
2＋2
22＋3
23＋…＋n－1
2n－1 ＋n
2n，
2Tn＝1
1＋2
2＋3
22＋…＋n
2n－1.
因此，2Tn－Tn＝1＋1
2＋1
22＋…＋1
2n－1－n
2n
＝2－1
2n－1－n
2n＝2n＋1－n－2
2n
.
所以Tn＝2n＋1－n－2
2n
.
(二)数列与不等式的综合
例7
(文)设Sn 为数列{an}的前n 项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{
4
anan＋2
}的前n 项和为Tn，
求证：1
2≤Tn<1.
[解析]
(1)因为2Sn＝(n＋1)an，
当n≥2 时，2Sn－1＝nan－1，
两式相减得2an＝(n＋1)an－nan－1，即(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥2 时，an
n ＝an－1
n－1
，所以an
n＝a1
1 .
因为a1＝2，所以an＝2n.
(2)证明：因为an＝2n，
令bn＝
4
2n2n＋2
＝
1
nn＋1
＝1
n－1
n＋1
.
所以T1＝b1＋b2＋…＋bn＝(1－1
2)＋(1
2－1
3)＋…＋(1
n－1
n＋1
)＝1－1
n＋1
＝n
n＋1
.
因为1
n＋1>0，所以1－1
n＋1<1.
因为f(n)＝1
n＋1
在N*上是递减函数，
所以1－1
n＋1在N*上是递增的，
所以当n＝1 时，Tn 取最小值1
2.
所以1
2≤Tn<1.
(理)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1
(1)证明{an＋1
2}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明1
a1
＋1
a2
＋…＋1
an
<3
2.
[解析]
(1)证明：由an＋1＝3a1＋1，
得an＋1＋1
2＝3(an＋1
2)．
又a1＋1
2＝3
2，所以{an＋1
2}是首项为3
2，
公比为3 的等比数列．
an＋1
2＝3n
2 ，因此{an}的通项公式为an＝3n－1
2
.
(2)由(1)知1
an
＝
2
3n－1
.
因为当n≥1 时，3n－1≥2×3n－1，所以
1
3n－1
≤
1
2×3n－1.
于是1
a1
＋1
a2
＋…＋1
an
≤1＋1
3＋…＋1
3n－1
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175
＝3
2(1－1
3n)<3
2.
所以1
a1
＋1
a2
＋…＋1
an
<3
2.
1．数列与函数、不等式的综合问题的常见题型
(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中
的相关问题．
2．解决数列与函数综合问题的注意点
(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．
(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．
(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．
跟踪训练
已知数列{an}是等比数列，首项a1＝1，公比q>0，其前n 项和为Sn，且S
1＋a1，S3＋a3，S2＋a2 成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足an＋1＝(1
2)anbn，Tn 为数列{bn}的前n 项和，且Tn≥m 恒成立，求m 的最大值．
[解析]
(1)因为S1＋a1，S3＋a3，S2＋a2 成等差数列，所以2(S3＋a3)＝(S1＋a1)＋(S2＋a2)，
所以2(a1＋a2＋a3＋a3)＝(a1＋a1)＋(a1＋a2＋a2)．
整理，得4a3＝a1.
因为数列{an}是等比数列，所以a3
a1
＝1
4＝q2.
又因为q>0，所以q＝1
2，
所以数列{an}的通项公式为an＝(1
2)n－1.
(2)因为Tn≥m 恒成立，所以只需(Tn)min≥m 即可．
由(1)知an＝(1
2)n－1，则an＋1＝(1
2)n.又因为an＋1＝(1
2)anbn，所以(1
2)n＝(1
2)anbn，所以bn＝n·2n－1.
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，①
所以2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n.②
①－②，得－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝1×1－2n
1－2
－n·2n＝(1－n)·2n－1，所以Tn＝(n－1)·2n＋1，所以Tn
＋1＝n·2n＋1＋1，因为Tn＋1－Tn＝(n·2n＋1＋1)－[(n－1)·2n＋1]＝(n＋1)·2n>0，
即Tn＋1>Tn，所以{Tn}是递增数列，
所以(Tn)min＝T1＝1，所以m≤1，故m 的最大值为1.
A 组
1．设{an}是首项为a1，公差为－1 的等差数列，Sn 为其前n 项和．若S1，S2，S4 成等比数列，则a1＝(
)
A．2
B．－2
C．1
2
D．－1
2
[解析]
由题意知S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6，
因为S1，S2，S4 成等比数列，
所以S22＝S1·S4，即(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，
解得a1＝－1
2.故选D.
2．设Sn 为等差数列{an}的前n 项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则正整数k＝(
)
A．8
B．7
C．6
D．5
[解析]
因为Sk＋2－Sk＝24，所以ak＋1＋ak＋2＝24，所以a1＋kd＋a1＋(k＋1)d＝24，所以2a1＋(2k＋1)d＝24，所以
2×1＋(2k＋1)×2＝24，解得k＝5.
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3．若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，则Tn＝1
a1a2
＋1
a2a3
＋…＋
1
anan＋1
等于(
)
A．1－1
4n
B．2
3(1－1
4n)
C．1－1
2n
D．2
3(1－1
2n)
[解析]
因为an＝1×2n－1＝2n－1，
所以an·an＋1＝2n－1·2n＝2×4n－1，
所以
1
anan＋1
＝1
2×(1
4)n－1，所以{
1
anan＋1
}也是等比数列，
所以Tn＝1
a1a2
＋1
a2a3
＋…＋
1
anan＋1
＝1
2×
1×1－1
4n
1－1
4
＝2
3(1－1
4n)，故选B.
4．若数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，则使ak·ak＋1<0 的k 值为(
)
A．22
B．21
C．24
D．23
[解析]
因为3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－2
3，所以数列{an}是首项为15，公差为－2
3的等差数列，所以an＝
15－2
3·(n－1)＝－2
3n＋47
3 ，令an＝－2
3n＋47
3 >0，得n<23.5，所以使ak·ak＋1<0 的k 值为23.
5．等差数列{an}中，a1>0，公差d<0，Sn 为其前n 项和，对任意自然数n，若点(n，Sn)在以下4 条曲线中的某一
条上，则这条曲线应是(
)
[解析]
∵Sn＝na1＋nn－1
2
d，∴Sn＝d
2n2＋(a1－d
2)n，又a1>0，公差d<0，所以点(n，Sn)所在抛物线开口向下，
对称轴在y 轴右侧．
[点评]
可取特殊数列验证排除，如an＝3－n.
6．已知函数f(n)＝
n2，当n 为奇数时，
－n2，当n 为偶数时，
且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋…＋a100＝__100__.
[解析]
a1＋a2＋…＋a100＝[f(1)＋f(2)]＋[f(2)＋f(3)]＋[f(3)＋f(4)]＋…＋[f(99)＋f(100)]＋[f(100)＋f(101)]＝f(101)－
f(1)＋2[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(99)＋f(100)]＝(1012－1)＋2(12－22＋32－42＋…＋992－1002)＝10 200－2(3＋7＋
11＋…＋199)＝100.
7．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一
女子善于织布，每天织的布都是前一天的2 倍，已知她5 天共织布5 尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的
已知条件，可求得该女子前3 天所织布的总尺数为__35
31__.
[解析]
设该女子第一天织布x 尺，
则x25－1
2－1
＝5，解得x＝5
31，
所以该女子前3 天所织布的总尺数为
5
3123－1
2－1
＝35
31.
8．已知数列{an}的通项公式an＝log2 n
n＋1
(n∈N*)，设其前n 项和为Sn，则使Sn<－4 成立的最小自然数n 的值为
__16__.
[解析]
因为an＝log2 n
n＋1
，
所以Sn＝log21
2＋log22
3＋log23
4＋…＋log2 n
n＋1
＝log2(1
2·2
3·3
4·…· n
n＋1)＝log2 1
n＋1，
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若Sn<－4，则1
n＋1< 1
16，即n>15，
则使Sn<－4 成立的最小自然数n 的值为16.
9．已知等比数列{an}的公比q>1,4 2是a1和a4的一个等比中项，a2和a3的等差中项为6，若数列{bn}满足bn＝log2an(n
∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n 项和Sn.
[解析]
(1)因为4
2是a1 和a4 的一个等比中项，
所以a1·a4＝(4 2)2＝32.
由题意可得
a2·a3＝32，
a2＋a3＝12.
因为q>1，所以a3>a2.
解得
a2＝4，
a3＝8.
所以q＝a3
a2
＝2.
故数列{an}的通项公式an＝2n.
(2)由于bn＝log2an(n∈N*)，所以anbn＝n·2n，
Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，①
2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.②
①－②得，－Sn＝1·2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝21－2n
1－2
－n·2n＋1.
所以Sn＝2－2n＋1＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1.
10．(文)设{an}是等差数列，其前n 项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n 项和为Tn(n∈N*)．已
知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn 和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n 的值．
[解析]
(1)设等比数列{bn}的公比为q，由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，
故bn＝2n－1.
所以Tn＝1－2n
1－2
＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d，由b4＝a3＋a5，
可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，
故an＝n，所以Sn＝nn＋1
2
.
(2)由(1)，知T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn 可得nn＋1
2
＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.所以n 的值为4.
(理)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n 项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列. 已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋
b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式．
(2)设数列{Sn}的前n 项和为Tn(n∈N*)，
①求Tn；
②证明：错误!Tk＋bk＋2bk
k＋1k＋2
＝2n＋2
n＋2
－2(n∈N*)．
[解析]
(1)设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝
1，故bn＝n.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.
(2)①由(1)，有Sn＝1－2n
1－2
＝2n－1，故Tn＝错误!(2k－1)＝
错误!k－n＝2×1－2n
1－2
－n＝2n＋1－n－2.
②因为Tk＋bk＋2bk
k＋1k＋2
＝2k＋1－k－2＋k＋2k
k＋1k＋2
＝
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k·2k＋1
k＋1k＋2
＝2k＋2
k＋2
－2k＋1
k＋1
，
所以，错误!Tk＋bk＋2bk
k＋1k＋2
＝(23
3 －22
2 )＋(24
4 －23
3 )＋…＋( 2n＋2
n＋2
－2n＋1
n＋1
)＝2n＋2
n＋2
－2.
B 组
1．(文)已知数列{an}满足an＋1
an＋1＋1
＝1
2，且a2＝2，则a4 等于(
)
A．－1
2
B．23
C．12
D．11
[解析]
因为数列{an}满足an＋1
an＋1＋1
＝1
2，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，即数列{an＋1}是等比数列，公比为2，则a4＋1
＝22(a2＋1)＝12，解得a4＝11.
(理)已知等比数列{an}的前n 项和为Sn，a1＋a3＝30，S4＝120，设bn＝1＋log3an，那么数列{bn}的前15 项和为(
)
A．152
B．135
C．80
D．16
[解析]
设等比数列{an}的公比为q，由a1＋a3＝30，a2＋a4＝S4－(a1＋a3)＝90，所以公比q＝a2＋a4
a1＋a3
＝3，首项a1
＝30
1＋q2＝3，所以an＝3n，bn＝1＋log33n＝1＋n，则数列{bn}是等差数列，前15 项的和为15×2＋16
2
＝135.故选B.
2．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋1
n)，则an＝(
)
A．2＋lnn
B．2＋(n－1)lnn
C．2＋nlnn
D．1＋n＋lnn
[解析]
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝lnn－ln(n－1)＋ln(n－1)－ln(n－2)＋…＋ln2－ln1＋2＝
2＋lnn.
3．(文)以Sn 表示等差数列{an}的前n 项和，若S5>S6，则下列不等关系不一定成立的是(
)
A．2a3>3a4
B．5a5>a1＋6a6
C．a5＋a4－a3<0
D．a3＋a6＋a12<2a7
[解析]
依题意得a6＝S6－S5<0,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a6>0,2a3>3a4；5a5－(a1＋6a6)＝
5(a1＋4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a6>0,5a5>a1＋6a6；a5＋a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a6<0.综上所述，故选D.
(理)已知an＝
3
2n－11
，数列{an}的前n 项和为Sn，关于an 及Sn 的叙述正确的是(
)
A．an 与Sn 都有最大值
B．an 与Sn 都没有最大值
C．an 与Sn 都有最小值
D．an 与Sn 都没有最小值
[解析]
画出an＝
3
2n－11
的图象，
点(n，an)为函数y＝
3
2x－11图象上的一群孤立点，(11
2 ，0)为对称中心，S5 最小，a5 最小，a6 最大．
4．已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝(
)
A．2n－1
B．(3
2)n－1
C．(2
3)n－1
D．1
2n－1
[解析]
由Sn＝2an＋1 得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn，
∴Sn＋1
Sn
＝3
2，
∵a1＝1，S1＝2a2，∴a2＝1
2a1＝1
2，∴S2＝3
2，
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179
∴S2
S1
＝3
2，∴Sn＝(3
2)n－1.
5．(2019·郑州第二次质量预测)已知f(x)＝
2a－1x＋4，x≤1，
ax，x>1，
数列{an}(n∈N*)满足an＝f(n)，且{an}是递增数
列，则a 的取值范围是(
)
A．(1，＋∞)
B．(1
2，＋∞)
C．(1,3)
D．(3，＋∞)
[解析]
因为an＝f(n)，且{an}是递增数列，所以
2a－1>0，
a>1，
a1<a2，
则
a>1
2，
a>1，
2a－1＋4<a2，
得a>3.故选D.
6．(2019·福建八校联考)在数列{an}中，n∈N*，若an＋2－an＋1
an＋1－an
＝k(k 为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列是
对“等差比数列”的判断：
①k 不可能为0；
②等差数列一定是“等差比数列”；
③等比数列一定是“等差比数列”；
④“等差比数列”中可以有无数项为0.
其中所有正确判断的序号是__①④__.
[解析]
由等差比数列的定义可知，k 不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等
差数列不是等差比数列，所以②错误；当{an}是等比数列，且公比q＝1 时，{an}不是等差比数列，所以③错误；数列
0,1,0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．
7．如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，…，第n 群，…，
第n 群恰好n 个数，则第n 群中n 个数的和是__3·2n－2n－3__.
[解析]
由图规律知，第n 行第1 个数为2n－1，第2 个数为3·2n－2，第3 个数为5·2n－3…设这n 个数的和为S
则S＝2n－1＋3·2n－2＋5×2n－3＋…＋(2n－3)·2＋(2n－1)·20
①
2Sn＝2n＋3·2n－1＋5·2n－2＋…＋(2n－3)·22＋(2n－1)·21
②
②－①得Sn＝2n＋2·2n－1＋2·2n－2＋…＋2·22＋2·2－(2n－1)
＝2n＋2n＋2n－1＋…＋23＋22－(2n－1)
＝2n＋41－2n－1
1－2
－(2n－1)
＝2n＋2n＋1－4－2n＋1
＝3·2n－2n－3.
8．已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ.
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？请说明理由．
[分析]
(1)利用an＋1＝Sn＋1－Sn 用配凑法可获证；(2)假设存在λ，则a1，a2，a3 应成等差数列求出λ的值，然后依据
an＋2－an＝λ推证{an}为等差数列．
[解析]
(1)由题设anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1，
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，由此可得
{a2n－1}是首项为1，公差为4 的等差数列，a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4 的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
9．已知数列{an}满足an＋1＝－
1
an＋2
，a1＝－1
2.
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180
(1)求证：{
1
an＋1}是等差数列．
(2)求数列{an}的通项公式．
(3)设Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1.若Tn≥p－n 对任意的n∈N*恒成立，求p 的最大值．
[解析]
(1)证明：∵an＋1＝－
1
an＋2，
∴an＋1＋1＝－
1
an＋2＋1＝an＋2－1
an＋2
＝an＋1
an＋2
，
由于an＋1≠0，
∴
1
an＋1＋1
＝an＋2
an＋1
＝1＋
1
an＋1
，
∴{
1
an＋1}是以2 为首项，1 为公差的等差数列．
(2)由(1)题结论知，
1
an＋1
＝2＋(n－1)＝n＋1，
∴an＝1
n＋1－1＝－n
n＋1(n∈N*)．
(3)∵Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1≥P－n，
∴n＋an＋an＋1＋…＋a2n－1≥P，
即(1＋an)＋(1＋an＋1)＋(1＋an＋2)＋…＋(1＋a2n－1)≥p，对任意n∈N*恒成立，
而1＋an＝1
n＋1
，
设H(n)＝(1＋an)＋(1＋an＋1)＋…＋(1＋a2n－1)，
∴H(n)＝1
n＋1
＋1
n＋2
＋…＋1
2n，
H(n＋1)＝1
n＋2＋1
n＋3＋…＋1
2n＋
1
2n＋1＋
1
2n＋2，
∴H(n＋1)－H(n)＝
1
2n＋1
＋
1
2n＋2
－1
n＋1
＝
1
2n＋1
－
1
2n＋2
>0，
∴数列{H(n)}单调递增，
∴n∈N*时，H(n)≥H(1)＝1
2，故P≤1
2.
∴P 的最大值为1
2.
专题规范答题示例
典题例析
例(12 分)已知{an}为等差数列，前n 项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2 的等比数列，且公比大于0，b2＋
b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n 项和(n∈N*)．
[思路探究]
先求某一项或找到某几项之间的关系式―→求通项公式―→求数列的前n 项和
规范解答·分步得分
构建答题模板
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的
公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.2 分
又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.3 分
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
联立①②，解得a1＝1，d＝3.5 分
由此可得an＝3n－2.6 分
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，
数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n 项和为Tn，
第一步找关系：根据已知条件确
定数列的项之间的关系．
第二步求通项：根据等差或等比数列
的通项公式或利用累加、累乘法求数
列的通项公式．
第三步定方法：根据数列表达式的结
构特征确定求和方法(常用的有公式
法、裂项相消去、错位相减法、分组
法等)．
第四步写步骤．
第五步再反思：检查求和过程中各项
的符号有无错误，用特殊项估算结果.
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181
由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，7 分
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，①8 分
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－
1)×4n＋1，②9 分
①－②，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋
1
＝12×1－4n
1－4
－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8，11 分
得Tn＝3n－2
3
×4n＋1＋8
3.
所以数列{a2nb2n－1}的前n 项和为3n－2
2
×4n＋1＋8
3.12 分
[评分细则](1)正确求出q2＋q－6＝0 得2 分；(2)根据等比数列的通项公式求出通项bn＝2n 得1 分，通项公式使用
错误不得分；(3)根据等差数列的通项公式求通项an＝3n－2 得1 分，通项公式使用错误不得分；(4)正确写出a2nb2n－1
＝(3n－1)×4n 得1 分；(5)正确写出2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n 得1 分；(6)正确写出4Tn 得1 分；(7)正确
计算出Tn＝3n－2
3
×4n＋1＋8
3得3 分．
跟踪训练
(文)(2019·潍坊统考)若数列{an}的前n 项和Sn 满足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)．
(1)证明：数列{an}为等比数列，并求an；
(2)若λ＝4，bn＝
an，n 为奇数，
log2an，n 为偶数
(n∈N*)，求数列{bn}的前2n 项和T2n.
[解析]
(1)∵Sn＝2an－λ，当n＝1 时，得a1＝λ，
当n≥2 时，Sn－1＝2an－1－λ，
∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
即an＝2an－2an－1，
∴an＝2an－1，
∴数列{an}是以λ为首项，2 为公比的等比数列，
∴an＝λ·2n－1.
(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，
∴bn＝
2n＋1，n 为奇数，
n＋1，n 为偶数，
∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1
＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)
＝4－4n·4
1－4
＋n3＋2n＋1
2
＝4n＋1－4
3
＋n(n＋2)，
∴T2n＝4n＋1
3
＋n2＋2n－4
3.
(理)(2019·厦门质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an
2an＋3
，n∈N*.
(1)求证：数列{ 1
an
}为等差数列；
(2)设T2n＝1
a1a2
－1
a2a3
＋1
a3a4
－1
a4a5
＋…＋
1
a2n－1a2n
－
1
a2na2n＋1
，求T2n.
[解析]
(1)证明：由an＋1＝3an
2an＋3，得1
an＋1
＝2an＋3
3an
＝1
an
＋2
3，所以1
an＋1
－1
an
＝2
3.
又a1＝1，则1
a1
＝1，
所以数列{ 1
an
}是首项为1，公差为2
3的等差数列．
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182
(2)设bn＝
1
a2n－1a2n
－
1
a2na2n＋1
＝( 1
a2n－1
－1
a2n＋1
) 1
a2n
，
由(1)得，数列{ 1
an
}是公差为2
3的等差数列，
所以1
a2n－1
－1
a2n＋1
＝－4
3，
即bn＝( 1
a2n－1
－1
a2n＋1
) 1
a2n
＝－4
3× 1
a2n
，
所以bn＋1－bn＝－4
3( 1
a2n＋2
－1
a2n
)＝－4
3×4
3＝－16
9 .
又b1＝－4
3× 1
a2
＝－4
3×( 1
a1
＋2
3)＝－20
9 ，
所以数列{bn}是首项为－20
9 ，公差为－16
9 的等差数列，所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－20
9 n＋nn－1
2
×(－16
9 )＝－
4
9(2n2＋3n)．
专题五
立体几何
——构建网络·形成体系
文科
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183
第一讲
空间几何体的三视图、表面积及体积
高考考点
考点解读
空间几何体的三视图与直观
图的关系
1.根据某几何体的部分三视图，判断该几何体的其他三视图；
或者已知某几何体的三视图，判断该几何体的形状
2．考查三视图的画法以及数量关系
空间几何体的表面积与体积
的计算
1.以三视图为命题背景，考查空间几何体体积、表面积的计算
方法
2．以空间几何体为命题背景考查空间几何体体积、表面积的
计算方法
多面体与球的切、接问题
以球与多面体为背景，考查球的截面性质
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对空间几何体结构特征的理解，掌握各种几何体的体积、表面积公式．
(2)掌握空间几何三视图的画法规则，掌握几何直观图中各个元素之间的关系以及三视图中
长宽之间的关系．
(3)掌握球及球的截面的性质．
预测2020 年命题热点：
(1)已知空间几何体的三视图，求空间几何体的体积、表面积．
(2)已知空间几何体中各元素间的关系，求几何体的体积、表面积．
(3)给出球体与多面体，利用球的性质求解球的体积、表面积等.
知识整合
1．柱体、锥体、台体、球的表面积与体积
名称
体积
表面积
棱柱
V 棱柱＝__Sh__
(S 为底面积，h 为高)
S 棱柱＝2S 底面＋S 侧面
棱锥
V 棱锥＝__1
3Sh__
S 棱锥＝S 底面＋S 侧面
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(S 为底面积，h 为高)
棱台
V 棱台＝1
3h(S＋SS′＋S′)
(S，S′为底面积，h 为高)
S 棱台＝S 上底＋S 下底＋S 侧面
圆柱
V 圆柱＝πr2h
(r 为底面半径，h 为高)
S 圆柱＝__2πrl＋2πr2__
(r 为底面半径，l 为母线长)
圆锥
V 圆锥＝__1
3πr2h__
(r 为底面半径，h 为高)
S 圆锥＝__πrl＋πr2__
(r 为底面半径，l 为母线长)
圆台
V 圆台＝1
3πh(r2＋rr′＋r′2)
(r，r′为底面半径，h 为高)
S 圆台＝__π(r＋r′)l＋πr2＋πr′2__
球
V 球＝__4
3πR3__(R 为
球的半径)
S 球＝__4πR2__(R 为球的半径)
2．空间几何体的三视图和直观图
(1)空间几何体的三视图
三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平
面图形，三视图的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等”．
画三视图的基本要求：正(主)俯一样长，俯侧(左)一样宽，正(主)侧(左)一样高．
三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面，侧(左)视图放在正(主)视图的右面．
(2)空间几何体的直观图
空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法．用斜二测画法画平面图形的直观图规则为“轴夹角45°(或135°)，平
行长不变，垂直长减半”．
易错警示
1．观察不仔细致误
在做由几何体的三视图还原几何体的时候，很容易因为观察不仔细导致失误，出现判断错误，例如在三视图中看
不见的画虚线，看见的画实线，观察时忽略这一点导致错误．
2．找错相关数据致误
由三视图求几何体的表面积和体积的时候因为找不准几何体对应的相关数据，出现错误．
3．表面积、体积公式记忆错误致误
在求几何体的表面积和体积的时候，把公式记错导致错误，例如锥体的体积公式漏掉1
3，而使得计算错误．
1．(2019·浙江卷，4)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，
利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体＝Sh，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示
(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是(
)
A．158
B．162
C．182
D．324
[解析]
如图，该柱体是一个五棱柱，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，
下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.
则底面面积S＝2＋6
2
×3＋4＋6
2
×3＝27，
因此，该柱体的体积V＝27×6＝162.故选B.
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2．(文)(2018·全国卷Ⅰ，10)在长方体ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝BC＝2，AC1 与平面BB1C1C 所成的角为30°，
则该长方体的体积为(
)
A．8
B．6 2
C．8 2
D．8 3
[解析]
如图，连接AC1 和BC1，
因为AB⊥平面BB1C1C，AC1 与平面BB1C1C 所成角为30°，所以∠AC1B＝30°，
所以AB
BC1
＝tan30°，BC1＝2 3，所以CC1＝2 2，所以V＝2×2×2 2＝8 2.
(理)(2018·全国卷Ⅰ，7)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点M 在正视图上的对
应点为A，圆柱表面上的点N 在侧视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度
为(
)
A．2 17
B．2 5
C．3
D．2
[解析]
将三视图还原为圆柱，M，N 的位置如图1 所示，将侧面展开，最短路径为M，N 连线的距离，所以MN
＝42＋22＝2 5.
3．(2018·全国卷Ⅲ，10)设A，B，C，D 是同一个半径为4 的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为
9 3，则三棱锥D－ABC 体积的最大值为(
)
A．12 3
B．18 3
C．24 3
D．54 3
[解析]
设△ABC 的边长为a，则S△ABC＝1
2a2sinC＝3
4 a2＝9 3，解得a＝6，如图所示，当点D 在底面上的射影为
三角形ABC 的中心H 时，三棱锥D－ABC 的体积最大，设球心为O，则在直角三角形AHO 中，AH＝2
3× 3
2 ×6＝2 3，
OA＝R＝4，则OH＝OA2－AH2＝16－12＝2，所以DH＝2＋4＝6，所以三棱锥D－ABC 的体积最大值为V＝1
3S△
ABC×DH＝1
3×9 3×6＝18 3.
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186
4．(2019·全国卷Ⅰ，12)已知三棱锥P－ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC 是边长为2 的
正三角形，E，F 分别是PA，AB 的中点，∠CEF＝90°，则球O 的体积为(
)
A．8 6π
B．4 6π
C．2 6π
D．6π
[解析]
设PA＝PB＝PC＝2a，则EF＝a，FC＝3，∴EC2＝3－a2.
在△PEC 中，
cos∠PEC＝a2＋3－a2－2a2
2a 3－a2
.
在△AEC 中，cos∠AEC＝a2＋3－a2－4
2a 3－a2
.
∵∠PEC 与∠AEC 互补，∴3－4a2＝1，a＝2
2 ，
故PA＝PB＝PC＝2.
又∵AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB⊥PC，
∴外接球的直径2R＝
22＋22＋22＝6，
∴R＝6
2 ，∴V＝4
3πR3＝4
3π×
6
2
3＝6π.故选D.
5．(2019·全国卷Ⅲ，16)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1
挖去四棱锥O－EFGH 后所得的几何体．其中O 为长方体的中心，E，F，G，H 分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，
AA1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为__118.8__g.
[解析]
由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm 和4 cm，
故V 挖去的四棱锥＝1
3×1
2×4×6×3＝12(cm3)．
又V 长方体＝6×6×4＝144(cm3)，
所以模型的体积为
V 长方体－V 挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，
所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
6．(2019·天津卷，11)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱
锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__π
4__.
[解析]
由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半．因
为四棱锥的底面正方形的边长为2，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面半径为1
2.又因为四棱锥的侧棱长
均为5，所以四棱锥的高为
52－12＝2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V＝π
1
2 2·1＝π
4.
7．(2019·北京卷，11)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形
的边长为1，那么该几何体的体积为__40__.
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187
[解析]
由题意知去掉的四棱柱的底面为直角梯形，底面积S＝(2＋4)×2÷2＝6，高为正方体的棱长4，所以去掉
的四棱柱的体积为6×4＝24.又正方体的体积为43＝64，所以该几何体的体积为64－24＝40.
8．(2019·全国卷Ⅱ，17)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1 的
底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA1 上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C 的体积．
[解析]
(1)证明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解：由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，
所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，
故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.
如图，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.
所以四棱锥E －BB1C1C 的体积
V＝1
3×3×6×3＝18.
空间几何体的三视图与直观图的对应关系
典题例析
例1
(1)下列三视图所对应的直观图是(
)
[解析]
由题意可知，几何体的直观图下部是长方体，上部是圆柱，并且高相等，所以C 选项符合题意．
(2)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为(
)
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188
[解析]
由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径
可知侧视图应为A，故选A.
(3)(2018·全国卷Ⅲ，3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中
木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件
的俯视图可以是(
)
[解析]
由直观图可知选A.
1．识别三视图的步骤
(1)应把几何体的结构弄清楚或根据几何体的具体形状，明确几何体的摆放位置．
(2)根据三视图的有关规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图．
(3)被遮住的轮廓线应为虚线．
2．由三视图还原到直观图的思路
(1)根据俯视图确定几何体的底面．
(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．
(3)确定几何体的直观图形状．
3．由几何体的部分视图判断剩余的视图的思路
先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择
题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．
跟踪训练
1．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图可能是(
)
①长、宽不相等的长方形；②正方形；③圆；④椭圆．
A．①②
B．①④
C．②③
D．③④
[解析]
由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不一致，
对于①，俯视图是长方形是可能的，比如此几何体为一个长方体时，满足题意；
对于②，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是正方形；
对于③，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是圆形；
对于④，如果此几何体是一个椭圆柱，满足正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图可能是椭圆．
综上知①④是可能的图形．
2．已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的(
)
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189
[解析]
由题意该四棱锥的直观图如图所示：
则其三视图如图：
3．(文) “牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全
相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟台)在一起的方形伞(方盖)．其直观图
如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是(
)
[解析]
因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟台)在一起的方形伞(方盖)，所以其正视图
和侧视图都是一个圆．因为俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，所以俯视图是有2 条对角
线且为实线的正方形．
(理)一只蚂蚁从正方体ABCD－A1B1C1D1 的顶点A 处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1 处，则下
列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是(
)
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190
A．(1)(2)
B．(1)(3)
C．(2)(4)
D．(3)(4)
[解析]
爬行路线为
时正视图为(2)；爬行路线是
时，正视图为(4)．故选C.
空间几何体的表面积与体积
典题例析
例2
(1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，
如图所示，四边形ABCD 为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为2 的等边
三角形，则该几何体的表面积为(
)
A．8 3
B．8＋8 3
C．6 2＋2 3
D．8＋6 2＋2 3
[解析]
如图所示，取BC 的中点P，连接PF，则PF⊥BC，过F 作FQ⊥AB，垂足为Q.
因为△ADE 和△BCF 都是边长为2 的等边三角形，且EF∥AB，
所以四边形ABFE 为等腰梯形，FP＝3，
则BQ＝1
2(AB－EF)＝1，FQ＝BF2－BQ2＝3，
所以S 梯形EFBA＝S 梯形EFCD＝1
2×(2＋4)× 3＝3 3，
又S△ADE＝S△BCF＝1
2×2× 3＝3，
S 矩形ABCD＝4×2＝8，
所以该几何体的表面积S＝3 3×2＋3×2＋8＝8＋8 3.故选B.
(2)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1 中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D 为侧棱BB1 上的动点．当
AD＋DC1 最小时，三棱锥D－ABC1 的体积为__1
3__.
[解析]
将平面AA1B1B 沿着B1B 旋转到与平面CC1B1B 在同一平面上(点B 在线段AC)上，连接AC1 与B1B 相交
于点D，此时AD＋DC1 最小，BD＝1
3CC1＝1.因为在直三棱柱中，BC⊥AB，BC⊥BB1，且BB1∩AB＝B，所以BC⊥
平面AA1B1B，又CC1∥平面AA1B1B，所以V 三棱锥D－ABC1＝V 三棱锥C1－ABD＝V 三棱锥C－ABD＝1
3S△ABD·BC＝
1
3×1
2×1×1×2＝1
3.
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191
1．求几何体的表面积的方法
(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出
发点．
(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通
过求和或作差求得所给几何体的表面积．
2．求空间几何体体积的常用方法
公式法
直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算
等积法
根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是
求出一些体积比等
割补法
把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的
几何体
跟踪训练
1．(2018·全国卷Ⅰ，5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2 的平面截该圆柱所得的截面是
面积为8 的正方形，则该圆柱的表面积为(
)
A．12 2π
B．12π
C．8 2π
D．10π
[解析]
截面面积为8，所以高h＝2 2，底面半径r＝2，所以该圆柱表面积S＝π·( 2)2·2＋2π· 2·2 2＝12π.
2．(2019·湖北五校联考)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是(
)
A．13
B．14
C．15
D．16
[解析]
所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体如图中ABCD－
A′B′C′D′所示，长方体的长、宽、高分别为4,2,3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3 和1.5 的直
角三角形，故该几何体的体积V＝4×2×3－2×1
2×3×3
2×2＝15.
3．如图，在正三棱柱ABCD－A1B1C1D1 中，已知AB＝AA1＝3，点P 在棱CC1 上，则三棱锥P－ABA1 的体积为
__9 3
4 __.
[解析]
由题意，得V 三棱锥P－ABA1＝V 三棱锥C－ABA1＝V 三棱锥A1－ABC＝1
3S△ABC·AA1＝1
3× 3
4 ×32×3
＝9 3
4 .
球的切、接问题
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192
典题例析
例3
在三棱锥P－ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，三棱锥P－ABC 的外
接球的体积为(
)
A.27
2 π
B．27 3
2
π
C．27 3π
D．27π
[解析]
∵在三棱锥P－ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，
∴△PAB≌△PBC≌△PAC.
∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.
以PA，PB，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P－ABC 的外接
球．
∵正方体的体对角线长为32＋32＋32＝3 3，
∴其外接球半径R＝3 3
2 .
因此三棱锥P－ABC 的外接球的体积V＝4π
3 ×(3 3
2 )3＝27 3
2
π.
1．空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系．
(2)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、
切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(3)补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体．
2．与球有关的组合体的常用结论
(1)长方体的外接球：
①球心：体对角线的交点；
②半径：r＝a2＋b2＋c2
2
(a，b，c 为长方体的长、宽、高)．
(2)正方体的外接球、内切球
①外接球：球心是正方体中心，半径r＝3
2 a(a 为正方体的棱长)；
②内切球：球心是正方体中心，半径r＝a
2(a 为正方体的棱长)．
跟踪训练
1．在本例条件下，求三棱锥P－ABC 的内切球的半径为__3－3
2
__.
[解析]
由本例解析可知，S△PAB＝S△PBC＝S△PAC＝9
2，
S△ABC＝1
2×3 2×3 2×sin60°＝9 3
2 .
设三棱锥P－ABC 的内切球的半径为r，
则VP－ABC＝1
3AP·S△PBC＝1
3(S△PAC＋S△PBA＋S△PBC＋S△ABC)r，
∴1
3×3×9
2＝1
3(9
2×3＋9 3
2 )r，解得r＝3－3
2
，所求三棱锥内切球的半径为3－3
2
.
2．若本例变为：已知A，B，C，D 是球O 上不共面的四点，且AB＝BC＝AD＝1，BD＝AC＝2，BC⊥AD，则
球O 的体积为__ 3
2 π__.
[解析]
因为AB＝BC＝1，AC＝2，所以AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB，又BC⊥AD，AD∩AB＝A，所以BC
⊥平面ABD.
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因为AB＝AD＝1，BD＝2，所以AB2＋AD2＝BD2，所以AB⊥AD，此时可将点A，B，C，D 看成棱长为1 的正
方体上的四个顶点，球O 为正方体的外接球，设球O 的半径为R，故2R＝12＋12＋12，所以R＝3
2 ，则球O 的体积
V＝4
3πR3＝3
2 π.
A 组
1．(文)如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是(
)
[解析]
先观察俯视图，由俯视图可知选项B 和D 中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项D 正确．
(理)如图1 所示，是一个棱长为2 的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中DD1＝1，AB＝BC＝
AA1＝2，若此几何体的俯视图如图2 所示，则可以作为其正视图的是(
)
[解析]
由直观图和俯视图知，正视图中点D1 的射影是B1，所以正视图是选项C 中的图形，选项A 中少了虚线，
故不正确．
2．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为(
)
A．20π
B．24π
C．28π
D．32π
[解析]
该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r＝2，底面圆的周长c＝2πr＝4π，圆
锥的母线长l＝22＋2 32＝4，圆柱的高h＝4，所以该几何体的表面积S 表＝πr2＋ch＋1
2cl＝4π＋16π＋8π＝28π，故
选C.
3．设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为(
)
A．100π
B．256
3 π
C．400
3 π
D．500
3 π
[解析]
因为切面圆的半径r＝4，球心到切面的距离d＝3，所以球的半径R＝r2＋d2＝42＋32＝5，故球的体积
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V＝4
3πR3＝4
3π×53＝500
3 π，即该西瓜的体积为500
3 π.
4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(
)
A．18＋2π
B．20＋π
C．20＋π
2
D．16＋π
[解析]
由三视图可知，这个几何体是一个边长为2 的正方体割去了相对边对应的两个半径为1、高为1 的1
4圆柱
体，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个1
4圆柱的侧面积的和，即该几何体的表面积S＝4×5＋2×2π×1×1×1
4
＝20＋π.故选B.
5．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图
中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为(
)
A．2
B．4＋2 2
C．4＋4 2
D．4＋6 2
[解析]
由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC－A1B1C1，其直观图如图所示，其中AB＝AA1＝2，BC＝AC＝2，
∠C＝90°，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S＝(2＋2 2)×2＝4＋4 2.
6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为1，E，F 分别为线段AA1，B1C 上的点，则三棱锥D1－EDF 的体积
为__1
6__.
[解析]
利用三棱锥的体积公式直接求解．
VD1－EDF＝VF－DD1E＝1
3SD1DE·AB＝1
3×1
2×1×1×1＝1
6.
7．已知E，F 分别是矩形ABCD 的边BC 与AD 的中点，且BC＝2AB＝2，现沿EF 将平面ABEF 折起，使平面
ABEF⊥平面EFDC，则三棱锥A－FEC 外接球的体积为__ 3
2 π__.
[解析]
如图，平面ABEF⊥平面EFDC，AF⊥EF，
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所以AF⊥平面ECDF，将三棱锥A－FEC 补成正方体ABC′D′－FECD.
依题意，其棱长为1，外接球的半径R＝3
2 ，
所以外接球的体积V＝4
3πR3＝4
3π·( 3
2 )3＝3
2 π.
8．(2017·江苏卷)如图，在圆柱O1O2 内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2 的体积
为V1，球O 的体积为V2，则V1
V2
的值是__3
2__.
[解析]
设球O 的半径为R，
∵球O 与圆柱O1O2 的上、下底面及母线均相切，
∴圆柱O1O2 的高为2R，底面半径为R.
∴V1
V2
＝
πR2·2R
4
3πR3 ＝3
2.
9．下图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2.
(1)请画出该几何体的三视图；
(2)求四棱锥B－CEPD 的体积．
[解析]
(1)该组合体的三视图如图所示．
(2)∵PD⊥平面ABCD，
PD⊂平面PDCE，
∴平面PDCE⊥平面ABCD.
∵四边形ABCD 为正方形，
∴BC⊥CD，且BC＝DC＝AD＝2.
又∵平面PDCE∩平面ABCD＝CD，
BC⊂平面ABCD.
∴BC⊥平面PDCE.
∵PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
∴PD⊥DC.
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又∵EC∥PD，PD＝2，EC＝1，
∴四边形PDCE 为一个直角梯形，其面积：
S 梯形PDCE＝1
2(PD＋EC)·DC＝1
2×3×2＝3.
∴四棱锥B－CEPD 的体积VB－CEPD＝1
3S 梯形PDCE·PD＝1
3×3×2＝2.
10．(文)如图，三棱柱ABC－A1B1C1 中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.
(1)证明：AB⊥A1C.
(2)若AB＝CB＝2，A1C＝6，求三棱柱ABC－A1B1C1 的体积．
[解析]
(1)取AB 的中点O，连接OC，OA1，A1B.
因为CA＝CB，所以OC⊥AB.
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B 为等边三角形，所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.
又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)由题设知△ABC 与△AA1B 都是边长为2 的等边三角形，所以OC＝OA1＝3.
又A1C＝6，则A1C2＝OC2＋OA21，故OA1⊥OC.
因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1 为三棱柱ABC－A1B1C1 的高．
又△ABC 的面积S△ABC＝3.故三棱柱ABC－A1B1C1 的体积V＝S△ABC×OA1＝3.
(理)如图，四棱锥P－ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝1
2AD，∠BAD＝∠ABC
＝90°.
(1)证明：直线BC∥平面PAD；
(2)若△PCD 的面积为2 7，求四棱锥P－ABCD 的体积．
[解析]
(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.
又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
故BC∥平面PAD.
(2)如图，取AD 的中点M，连接PM，CM.
由AB＝BC＝1
2AD 及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM⊥AD.
因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.
因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.
设BC＝x，则CM＝x，CD＝2x，PM＝3x，PC＝PD＝2x.
如图，取CD 的中点N，连接PN，则PN⊥CD，
所以PN＝14
2 x.
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因为△PCD 的面积为2 7，
所以1
2× 2x× 14
2 x＝2 7，解得x＝－2(舍去)或x＝2.
于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2 3.
所以四棱锥P－ABCD 的体积V＝1
3×22＋4
2
×2 3＝4 3.
B 组
1．(文)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(
)
A．60
B．30
C．20
D．10
[解析]
由三视图画出如图所示的三棱锥P－ACD，过点P 作PB⊥平面ACD 于点B，连接BA，BD，BC，根据
三视图可知底面ABCD 是矩形，AD＝5，CD＝3，PB＝4，所以V 三棱锥P－ACD＝1
3×1
2×3×5×4＝10.
故选D.
(理)已知某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是(
)
A.4
3 cm3
B．8
3 cm3
C．2 cm3
D．4 cm3
[解析]
由三视图可知，该几何体为底面是正方形，且边长为2 cm，高为2 cm 的四棱锥，如图，故V＝1
3×22×2
＝8
3(cm3)．
2．三棱锥A－BCD 内接于半径为2 的球O，BC 过球心O，当三棱锥A－BCD 体积取得最大值时，三棱锥A－BCD
的表面积为(
)
A．6＋4 3
B．8＋2 3
C．4＋6 3
D．8＋4 3
[解析]
由题意，BC 为直径，△BCD 的最大面积为1
2×4×2＝4，
三棱锥A－BCD 体积最大时，AO⊥平面BCD，三棱锥的高为2，
所以三棱锥A－BCD 的表面积为4×2＋2×1
2×2 2× 6＝8＋4 3.
3．三棱锥P－ABC 中，PA⊥平面ABC 且PA＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面
积为(
)
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A.4π
3
B．4π
C．8π
D．20π
[解析]
由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接
圆半径r＝3
2 × 3×2
3＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d＝1，所以外接球的半径R＝r2＋d2＝2，所
以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝8π.故选C.
4．某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2 的等腰直角三角形，侧视图是边长为2 的正方形，
则此四面体的四个面中面积最大的为(
)
A．2 2
B．2 3
C．4
D．2 6
[解析]
如图，四面体的直观图是棱长为2 的正方体ABCD－MNPQ 中的三棱锥Q－BCN，且QB＝22＋2 22＝
2 3，NC＝QN＝QC＝2 2，四面体Q－BCN 各面的面积分别为S△QBN＝S△QBC＝1
2×2×2 2＝2 2，S△BCN＝1
2×2×2＝2，
S△QCN＝3
4 ×(2 2)2＝2 3，面积最大为2 3.
5．(2019·昆明摸底)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用
石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为(
)
A．63π
B．72π
C．79π
D．99π
[解析]
由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，
所以组合体的体积为π×32×5＋1
2×4
3π×33＝63π.
6．已知在直角梯形ABCD 中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱
锥D－ABC，当三棱锥D－ABC 的体积取最大值时，其外接球的体积为__4
3π__.
[解析]
当平面DAC⊥平面ABC 时，三棱锥D－ABC 的体积取最大值．此时易知BC⊥平面DAC，∴BC⊥AD，
又AD⊥DC，∴AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，取AB 的中点O，易得OA＝OB＝OC＝OD＝1，故O 为所求外接球的
球心，故半径r＝1，体积V＝4
3πr3＝4
3π.
7．如图，半径为4 的球O 中有一内接圆柱，则圆柱的侧面积最大值是__32π__.
[解析]
设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r＝4cosα，圆柱的高为8sinα.
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所以圆柱的侧面积为32πsin2α.
当且仅当α＝π
4时，sin2α＝1，圆柱的侧面积最大，
所以圆柱的侧面积的最大值为32π.
8．(2019·惠州二调)如图，某几何体的三视图是三个全等的等腰直角三角形，且直角边长都等于1，则该几何体的
外接球的体积为__ 3
2 π__.
[解析]
还原几何体为如图所示的三棱锥A－BCD，将其放入棱长为1 的正方体中，如图所示，则三棱锥A－BCD
外接球的半径R＝3
2 ，该几何体的外接球的体积V＝4
3πR3＝3
2 π.
9．(文)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED.
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD 的体积为6
3 ，求该三棱锥的侧面积．
[解析]
(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，
所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE.
又BD⊂平面BED，BE⊂平面BED，BD∩BE＝B，
故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面BED.
(2)设AB＝x，在菱形ABCD 中，
由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝3
2 x，
GB＝GD＝x
2.
因为AE⊥EC，
所以在Rt△AEC 中，可得EG＝3
2 x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG 为直角三角形，
可得BE＝2
2 x.
由已知得，三棱锥E－ACD 的体积
VE－ACD＝1
3×1
2AC·GD·BE＝6
24x3＝6
3 .
故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝6.
所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为5.
故三棱锥E－ACD 的侧面积为3＋2 5.
(理)如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2 的正方形，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF⊥平面
ABCD，BF＝3，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．
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200
(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求证：平面BDGH//平面AEF；
(3)求多面体ABCDEF 的体积．
[解析]
(1)证明：因为四边形ABCD 是正方形，
所以AC⊥BD.
又因为平面BDEF⊥平面ABCD，
平面BDEF∩平面ABCD＝BD，
且AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面BDEF.
(2)证明：在△CEF 中，因为G，H 分别是CE，CF 的中点，
所以GH∥EF，
又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以GH∥平面AEF.
设AC∩BD＝O，连接OH，
在△ACF 中，因为OA＝OC，CH＝HF，
所以OH∥AF，
又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，
所以OH∥平面AEF.
又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，
所以平面BDGH∥平面AEF.
(3)解：由(1)，得AC⊥平面BDEF，
又因为AO＝2，
四边形BDEF 的面积SBDEF＝3×2 2＝6 2，
所以四棱锥A－BDEF 的体积V1＝1
3×AO×SBDEF＝4.
同理，四棱锥C－BDEF 的体积V2＝4.
所以多面体ABCDEF 的体积V＝V1＋V2＝8.
第二讲
点、直线、平面之间的位置关系
高考考点
考点解读
与空间位置关系有关
的命题真假的判断
1.多以命题的形式出现，判断命题的真假
2．考查空间几何体中点、线、面的位置关系
证明平行关系
1.以多面体为命题背景，证明线线平行、线面平行、面面平行
2．以三视图的形式给出几何体，判断或证明平行关系，考查平行的
判定及性质
证明垂直关系
1.以多面体为命题背景，证明线线垂直、线面垂直、面面垂直
2．考查垂直关系的判定定理与性质定理
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
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201
(1)加强对空间几何体概念及位置关系的理解、掌握三个公理以及它们的推论．
(2)掌握各种判定定理、性质定理的条件与结论，并且会应用．
(3)掌握利用线线平行、线面平行、面面平行之间的转化关系；掌握线线垂直、线面垂直、面
面垂直之间的转化关系．
预测2020 年命题热点：
(1)空间几何体中各种垂直、平行关系的证明．
(2)已知空间几何体中的命题，判断其真假.
知识整合
1．线面平行与垂直的判定与性质
定理名称
文字语言
图形语言
符号语言
线面平行的判定定理
平面外一条直线与平面内的一
条直线平行，则这条直线与此
平面平行
__
a⊄α
b⊂α
a∥b
⇒a∥α
线面平行的性质定理
一条直线与一个平面平行，则
过这条直线的任何一个平面与
此平面的交线与该直线平行
__a∥α，a⊂β，α∩β
＝b，⇒a∥b__
线面垂直的判定定理
一条直线和一个平面内的两条
相交直线都垂直，则该直线与
此平面垂直
a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，
l⊥a，l⊥b⇒l⊥α
线面垂直的性质定理
垂直于同一平面的两条直线平
行
__a⊥α，b⊥α⇒a∥
b__
2．面面平行与垂直的判定与性质
定理名称
文字语言
图形语言
符号语言
面面平行的判定定理
如果一个平面内有两
条相交的直线都平行
于另一个平面，那么
这两个平面平行
__a⊂α，b⊂α，a∩b
＝P，a∥β，b∥β⇒α
∥β__
面面平行的性质定理
如果两个平行平面同
时和第三个平面相
交，那么它们的交线
平行
α∥β且γ∩α＝a 且
γ∩β＝b⇒a∥b
面面垂直的判定定理
一个平面过另一个平
面的垂线，则这两个
平面垂直
__a⊥α，a⊂β，⇒α⊥
β__
面面垂直的性质定理
两个平面垂直，则一
个平面内垂直于交线
的直线与另一个平面
垂直
__α⊥β，b⊂β，α∩β
＝a，b⊥a⇒b⊥α__
3．三种平行关系的转化
4．三种垂直关系的转化
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202
易错警示
1．忽略判定定理和性质定理中的条件
应用线面平行判定定理时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件；应用线面垂直及面面平行的判定定
理时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件；应用面面垂直的性质定理时，忽略“直线在平面内”“直线
垂直于两平面的交线”的条件等．
2．把平面几何中的相关结论推广到空间直接利用
如平面内垂直于同一条直线的两条直线相互平行，这个结论在空间中不成立．
3．不能准确掌握判定定理和性质定理
如线面平行的性质定理中是过与平面平行的直线的平面与该平面的交线与已知直线平行，而非作出的直线；面面
平行的性质定理中平行的两条直线一定是第三个平面与两平行平面的交线等．
4．折叠问题中面对应不一致致误
在解决折叠问题、探究性问题时，因为里面的线面位置发生变换，做题时忽略哪些变、哪些不变导致解题错误．
1．(2019·全国卷Ⅱ，7)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(
)
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
[解析]
若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可
以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D 中条件均不是α∥β的充要条件．根据
平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．因此
B 中条件是α∥β的充要条件．故选B.
2．(2019·全国卷Ⅲ，8)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M 是
线段ED 的中点，则(
)
A．BM＝EN，且直线BM，EN 是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN 是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN 是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN 是异面直线
[解析]
方法1：取CD 的中点O，连接EO，ON.由△ECD 是正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，知EO⊥平面
ABCD.
∴EO⊥CD，EO⊥ON.又N 为正方形ABCD 的中心，
∴ON⊥CD.
以CD 的中点O 为原点，OD
→方向为x 轴正方向建立空间直角坐标系，如图①所示．
不妨设AD＝2，则E(0,0，3)，N(0,1,0)，M
1
2，0，3
2 ，
B(－1,2,0)，
∴EN＝
12＋－32＝2，BM＝
3
2 2＋4＋3
4＝7，
∴EN≠BM.
连接BD，BE，
∵点N 是正方形ABCD 的中心，∴点N 在BD 上，
且BN＝DN，
∴BM，EN 是△DBE 的中线，
∴BM，EN 必相交．故选B.
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203
图①
图②
方法2：如图②，取CD 的中点F，DF 的中点G，连接EF，FN，MG，GB.
∵△ECD 是正三角形，∴EF⊥CD.
∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.
∴EF⊥FN.
不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝3，
∴EN＝FN2＋EF2＝2.
∵EM＝MD，DG＝GF，
∴MG∥EF 且MG＝1
2EF，∴MG⊥平面ABCD，
∴MG⊥BG.
∵MG＝1
2EF＝3
2 ，
BG＝CG2＋BC2＝
3
2 2＋22＝5
2，
∴BM＝MG2＋BG2＝7.∴BM≠EN.
连接BD，BE，
∵点N 是正方形ABCD 的中心，∴点N 在BD 上，且BN＝DN，
∴BM，EN 是△DBE 的中线，
∴BM，EN 必相交．故选B.
3．(文)(2017·全国卷Ⅰ，6)如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，
则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是(
)
[解析]
A 项，作如图①所示的辅助线，其中D 为BC 的中点，则QD∥AB.
∵QD∩平面MNQ＝Q，
∴QD 与平面MNQ 相交，
∴直线AB 与平面MNQ 相交．
B 项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，
∴AB∥MQ.
又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.
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204
C 项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，
∴AB∥MQ.
又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.
D 项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，
∴AB∥NQ.
又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.
故选A.
(理)(2019·浙江卷，8)设三棱锥V－ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点(不含端点)．记直线
PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P－AC－B 的平面角为γ，则(
)
A．β<γ，α<γ
B．β<α，β<γ
C．β<α，γ<α
D．α<β，γ<β
[解析]
方法1：如图①，取BC 的中点D，作VO⊥平面ABC 于点O，由题意知点O 在AD 上，且AO＝2OD.
作PE∥AC，PE 交VC 于点E，作PF⊥AD 于点F，则PF⊥平面ABC.
取AC 的中点M，连接BM，VM，VM 交PE 于点H，连接BH，易知BH⊥PE.
作PG⊥AC 于点G，连接FG.
由三垂线定理可知FG⊥AC，作FN⊥BM 于点N.
由作图可知平面PGF∥平面VMB，PH∥FN，
所以PH＝FN.
因此，直线PB 与直线AC 所成的角α＝∠BPE，
直线PB 与平面ABC 所成的角β＝∠PBF，
二面角P－AC－B 的平面角γ＝∠PGF，
cosα＝PH
PB＝FN
PB<BF
PB＝cosβ.
又α，β∈0，π
2 ，∴α>β.
∵tanγ＝PF
GF>PF
BF＝tanβ，且γ∈0，π
2 ，
∴γ>β.
综上所述，α>β，γ>β.故选B.
①
②
方法2：不妨设三棱锥V－ABC 为正三棱锥，且P 为棱VA 的中点，如图②，设三棱锥V－ABC 的棱长为2，取
VC 的中点E，连接PE，则PE＝1，PB＝3，作VO⊥平面ABC 于点O，连接AO，作PF⊥AO 于点F，连接BF，
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205
则PF⊥平面ABC，作PG⊥AC 于点G，连接GF，则AG⊥GF，
∴α＝∠BPE，β＝∠PBF，γ＝∠PGF.
∵VO＝VA2－AO2＝
4－2
3 32＝2
3 6，
∴PF＝6
3 ，PG＝3
2 ，
∴cosα＝3
6 ，sinα＝33
6 ，sinβ＝2
3 ，sinγ＝2
3 2.
又α，β，γ∈0，π
2 ，
∴α>β，γ>β.故选B.
4．(2019·北京卷，12)已知l，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__若m∥α且l⊥α，则l⊥m 成立
(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)__.
[解析]
已知l，m 是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m 与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l 可以与α平行，也可
以相交不垂直；由①l⊥m 与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①
③⇒②.
5．(文)(2019·全国卷Ⅰ，16)已知∠ACB＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC＝2，点P 到∠ACB 两边AC，BC 的距
离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为__ 2__.
[解析]
如图，过点P 作PO⊥平面ABC 于O，则PO 为P 到平面ABC 的距离．
再过O 作OE⊥AC 于E，OF⊥BC 于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.
又PE＝PF＝3，所以OE＝OF，
所以CO 为∠ACB 的平分线，
即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC 中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝
32－12＝2.
(理)(2019·全国卷Ⅱ，16)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体
或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①)．半正多面体是由两种或两种以上的正多
边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图②是一个棱数为48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个
正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有__26__个面，其棱长为__ 2－1__.
①
②
[解析]
先求面数，有如下两种方法．
方法1：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48 可知，其上部分有9 个面，中间部分有8 个面，下部分有9 个
面，共有2×9＋8＝26(个)面．
方法2：一般地，对于凸多面体，
顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2(欧拉公式)．
由图形知，棱数为48 的半正多面体的顶点数为24，
故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.
再求棱长．
作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1 的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其
边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长．连接AF，过H，G 分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，
N，则AM＝MH＝NG＝NF＝2
2 x.
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206
又AM＋MN＋NF＝1，即
2
2 x＋x＋2
2 x＝1.
解得x＝2－1，即半正多面体的棱长为2－1.
6．(2019·全国卷Ⅰ，19)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1 的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，
N 分别是BC，BB1，A1D 的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求点C 到平面C1DE 的距离．
[解析]
(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E 分别为BB1，BC 的中点，所以ME∥B1C，且ME＝1
2B1C.又因为N
为A1D 的中点，所以ND＝1
2A1D.
由题设知A1B1 綊DC，可得B1C 綊A1D，故ME 綊ND，因此四边形MNDE 为平行四边形，所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)解：过点C 作C1E 的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，
故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE，故CH 的长即为点C 到平面C1DE 的距离．
由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝17，故CH＝4 17
17 .从而点C 到平面C1DE 的距离为4 17
17 .
7．(文)(2019·北京卷，18)如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB 上是否存在点F，使得CF∥平面PAE ？说明理由．
[解析]
(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BD.
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207
因为底面ABCD 为菱形，
所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC.
(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，
AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD 为菱形，∠ABC＝60°，且E 为CD 的中点，
所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)解：棱PB 上存在点F，使得CF∥平面PAE.
取PB 的中点F，PA 的中点G，连接CF，FG，EG，
则FG∥AB，且FG＝1
2AB.
因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，
所以CE∥AB，且CE＝1
2AB.
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF 为平行四边形．
所以CF∥EG.
因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，
所以CF∥平面PAE.
(理)(2019·天津卷，17)如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面PAC
⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.
(1)设G，H 分别为PB，AC 的中点，求证：GH∥平面PAD；
(2)求证：PA⊥平面PCD；
(3)求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值．
[解析]
(1)证明：连接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.
又由BG＝PG，故GH∥PD.
又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.
(2)证明：取棱PC 的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC.
又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，
所以DN⊥平面PAC.
又PA⊂平面PAC，所以DN⊥PA.
又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D，
所以PA⊥平面PCD.
(3)解：连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN 为直线AD 与平面PAC 所成的角．
因为△PCD 为等边三角形，CD＝2 且N 为PC 的中点，
所以DN＝
3.
又DN⊥AN，在Rt△AND 中，sin∠DAN＝DN
AD＝3
3 .
所以，直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值为3
3 .
线面位置关系的命题真假判断
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208
典题例析
例1
(1)已知α是一个平面，m，n 是两条直线，A 是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，
n 的位置关系不可能是(
)
A．垂直
B．相交
C．异面
D．平行
[解析]
因为α是一个平面，m，n 是两条直线，
A 是一个点，m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，
所以n 在平面α内，m 与平面α相交，
且A 是m 和平面α相交的点，
所以m 和n 异面或相交，一定不平行．
(2)(文)已知m，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是(
)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
[解析]
对于选项A，若m∥α，n∥α，则m，n 相交或平行或异面，故A 错；对于选项B，若m⊥α，n⊂α，则
m⊥n，故B 正确；对于选项C，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C 错；对于选项D，若m∥α，m⊥n，则n∥α
或n⊂α或n⊥α，故D 错．
(理)如图，矩形ABCD 中，AB＝2AD，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A1DE.若M 为线段A1C
的中点，则在△ADE 翻折过程中，下面四个命题中不正确的是(
)
A．|BM|是定值
B．点M 在某个球面上运动
C．存在某个位置，使DE⊥A1C
D．存在某个位置，使MB∥平面A1DE
[解析]
取CD 中点N，连接MN，BN，则MN∥DA1，BN∥DE，所以平面MBN∥平面A1DE，所以MB∥平面
A1DE，故D 正确；由∠A1DE＝∠MNB，MN＝1
2A1D＝定值，NB＝DE＝定值，由余弦定理可得MB2＝MN2＋NB2－
2MN·NB·cos∠MNB，所以MB 是定值，故A 正确．因为B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的球上，故
B 正确，A1C 在平面ABCD 中的射影为AC，AC 与DE 不垂直，可得C 不正确．因此，选C.
判断与空间位置关系有关命题真假的3 种方法
1．借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．
2．借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否
定．
3．借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
跟踪训练
1．(文)设l，m，n 为三条不同的直线，其中m，n 在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m 且l⊥n”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
当l⊥α时，l 垂直于α内的任意一条直线，由于m，n⊂α，故“l⊥m 且l⊥n”成立，反之，因为缺少m，
n 相交的条件，故不一定能推出“l⊥α”，故选A.
(理)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下面有四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；
②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；
④l⊥m⇒m 与α不相交．
则其中正确的命题为(
)
A．①②
B．①③
C．①②③
D．①③④
[解析]
由α∥β，l⊥α得l⊥β，又m⊂β，∴l⊥m，①正确；由α⊥β，l⊥α得l⊂β或l∥β，故不能得到l∥m，②错
误；由l⊥α，l∥m 得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，③正确；由l⊥m，l⊥α得m⊂α或m∥α，故m，α不相交，④正确．故
选D.
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209
2．已知α，β是两个不同的平面，m，n 是两条不同的直线，有下列命题：
①若m，n 平行于同一平面，则m 与n 平行；
②若m∥α，n⊥α，则m⊥n；
③若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线；
④若α∩β＝n，m∥n，则m∥α且m∥β.
其中真命题有__②__.(填写所有正确命题的编号)
[解析]
①若m，n 平行于同一平面，则m 与n 平行或相交或异面，故①错误；
②若n⊥α，则n 垂直于α内的所有直线，又m∥α，则m⊥n，故②正确；
③若α，β不平行，则α，β相交，设α∩β＝l，在α内作直线a∥l，则a∥β，故③错误；
④若α∩β＝n，m∥n，则m∥α或m∥β或m⊂α或m⊂β，故④错误．
所以正确命题的序号是②.
空间平行关系的证明
典题例析
例2
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1 中，S 是B1D1 的中点，E，F，G 分别是BC，CD 和SC 的
中点．求证：
(1)直线EG∥平面BDD1B1.
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.
[解析]
(1)如图，连接SB，
∵E，G 分别是BC，SC 的中点，
∴EG∥SB.
又∵SB⊂平面BDD1B1，
EG⊄平面BDD1B1，
∴直线EG∥平面BDD1B1.
(2)连接SD，
∵F，G 分别是DC，SC 的中点，∴FG∥SD.
又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，
∴FG∥平面BDD1B1，且EG⊂平面EFG，
FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，
∴平面EFG∥平面BDD1B1.
立体几何中证明平行关系的常用方法
1．证明线线平行的常用方法
(1)利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行．
(2)利用平行四边形进行转换．
(3)利用三角形中位线定理证明．
(4)利用线面平行、面面平行的性质定理证明．
2．证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行．
(2)利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行．
3．证明面面平行的方法
证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转
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210
化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．
跟踪训练
如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q 为
AD 的中点，PA＝PD＝2，BC＝1
2AD＝1，CD＝3，M 是棱PC 的中点．
(1)求证：PA∥平面MQB；
(2)求三棱锥P－DQM 的体积．
[解析]
(1)连接AC，交BQ 于点N，连接MN，
因为BC∥AD，且BC＝1
2AD，即BC∥AQ，又AQ＝1
2AD，连接CQ，则四边形BCQA 为平行四边形，且N 为AC
的中点，
又因为点M 是棱PC 的中点，所以MN∥PA，
因为MN⊂平面MQB，PA⊄平面MQB，
所以PA∥平面MQB.
(2)VP－DQM＝VM－PDQ，因为平面PAD⊥平面ABCD，且∠ADC＝90°，即AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，所以M
到平面PAD 的距离为1
2CD.所以VP－DQM＝VM－PDQ＝1
3S△PDQ·1
2CD＝1
3×1
2QD·PQ·1
2CD＝1
3×1
2× 3×1×1
2× 3＝1
4.
空间垂直关系的证明
典题例析
(一)线线、线面垂直的判定与性质
例3
如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1 中，底面是正三角形，点D 是A1B1 的中点，AC＝2，CC1＝2.
(1)求三棱锥C－BDC1 的体积；
(2)证明：A1C⊥BC1.
[解析]
(1)依题意，VC－BDC1＝VD－BCC1，过点D 作DH⊥C1B1，垂足为H，在直三棱柱中C1C⊥平面A1B1C1，
∴C1C⊥DH，∴DH⊥平面BCC1，
∴DH 是三棱锥D－BCC1 在平面BCC1 上的高，
∴DH＝3
2 ，又S△BCC1＝1
2×2× 2＝2，
∴VC－BDC1＝VD－BCC1＝1
3× 3
2 × 2＝6
6 .
(2)证明：取C1B1 的中点E，连接A1E，CE，
∵底面是正三角形，
∴A1E⊥B1C1，易知A1E⊥BC1，
Rt△C1CE 中，C1C＝2，C1E＝1，
Rt△BCC1 中，BC＝2，CC1＝2，
∴C1C
BC ＝C1E
CC1
，∴△CC1E∽△BCC1，
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211
∴∠C1BC＝ECC1，∠C1BC＋∠BC1C＝90°，
∴∠ECC1＋∠BC1C＝90°，
∴CE⊥BC1，∴BC1⊥平面A1CE，∴A1C⊥BC1.
(二)面面垂直的判定与性质
例4
如图，在四棱锥P－ABCD 中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD
＝1
2AD.
(1)求证：PA⊥CD.
(2)求证：平面PBD⊥平面PAB.
[解析]
(1)因为平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD＝AB，
又因为PA⊥AB，
所以PA⊥平面ABCD，
又CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD.
(2)取AD 的中点为E，连接BE，由已知得，BC∥ED，且BC＝ED，
所以四边形BCDE 是平行四边形，
又CD⊥AD，BC＝CD，所以四边形BCDE 是正方形，
连接CE，所以BD⊥CE.
又因为BC∥AE，BC＝AE，
所以四边形ABCE 是平行四边形，
所以CE∥AB，则BD⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，
又因为PA∩AB＝A，所以BD⊥平面PAB，
因为BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB.
立体几何中证明垂直关系的常用方法
(1)证明线线垂直的常用方法
①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直．
②利用勾股定理逆定理．
③利用线面垂直的性质，即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．
(2)证明线面垂直的常用方法
①利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直．
②利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直．
③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．
(3)证明面面垂直的方法
证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面
垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决．
跟踪训练
(2019·北京一模)如图，在四棱锥P－ABCD 中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA
⊥AD，E 和F 分别是CD 和PC 的中点，求证：
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212
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
[解析]
(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，
且PA 垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，
∴PA⊥底面ABCD.
(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E 为CD 的中点，
∴AB∥DE，且AB＝DE.
∴四边形ABED 为平行四边形．
∴BE∥AD.
又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED 为平行四边形．
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
由(1)知PA⊥底面ABCD.∴PA⊥CD.
∵PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD.
∵E 和F 分别是CD 和PC 的中点，
∴PD∥EF，∴CD⊥EF.
又BE⊥CD 且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.
又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.
立体几何中的折叠问题、探索性问题
典题例析
例5
(1)如图，在矩形ABCD 中，AB＝8，BC＝4，E 为DC 的中点，沿AE 将△ADE 折起，在折起过
程中，下列结论中能成立的序号为__④__.
①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；
③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED.
[解析]
因为在矩形ABCD 中，AB＝8，BC＝4，E 为DC 的中点，
所以在折起的过程中，D 点在平面BCE 上的投影如图．
因为DE 与AC 所成角不能为直角，
所以DE 不会垂直于平面ACD，故①错误；
只有D 点投影位于O2 位置时，即平面AED 与平面AEB 重合时，才有BE⊥CD，此时CD 不垂直于平面AEBC，
故CD 与平面BED 不垂直，故②错误；
BD 与AC 所成角不能成直角，
所以BD 不能垂直于平面ACD，故③错误；
因为AD⊥ED，并且在折起过程中，
存在一个位置使AD⊥BE，且DE∩BE＝E，
所以在折起过程中存在AD⊥平面BED 的位置，故④正确．
(2)如图(1)，等腰梯形BCDP 中，BC∥PD，BA⊥PD 于点A，PD＝3BC，且AB＝BC＝1.沿AB 把△PAB 折起到
△P′AB 的位置，如图(2)，使∠P′AD＝90°.
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213
①求证：CD⊥平面P′AC；
②求三棱锥A－P′BC 的体积；
③线段P′A 上是否存在点M，使得BM∥平面P′CD？若存在，指出点M 的位置，并证明；若不存在，请说明
理由．
[解析]
①证明：∵∠P′AD＝90°，
∴P′A⊥AD.
∵等腰梯形BCDP 中，AB⊥AP，
∴在四棱锥中，AB⊥AP′.
又∵AD∩AB＝A，∴P′A⊥平面ABCD.
∵CD⊂平面ABCD，∴P′A⊥CD.
∵等腰梯形BCDP 中，AB⊥BC，PD＝3BC，且AB＝BC＝1，
∴AC＝2，CD＝2，AD＝2，
∴AC2＋CD2＝AD2，∴AC⊥CD.
∵P′A∩AC＝A，∴CD⊥平面P′AC.
②S△ABC＝1
2BC·AB＝1
2.
在等腰梯形BCDP 中，∵PD＝3BC，BC＝1，
∴PD＝2PA＋BC＝3，∴PA＝1，∴P′A＝PA＝1.
∵P′A⊥平面ABCD，
∴VA－P′BC＝VP′－ABC＝1
3S△ABC·P′A＝1
6.
③存在点M 使得BM∥平面P′CD，点M 为P′A 的中点．
证明：如图，取P′A 的中点M，P′D 的中点N，
连接BM，MN，NC，则MN∥AD，
MN＝1
2AD.
∵BC∥AD，BC＝1
2AD，∴MN∥BC，MN＝BC，
∴四边形BCNM 为平行四边形，∴BM∥CN.
又∵BM⊄平面P′CD，CN⊂平面P′CD，
∴BM∥平面P′CD.
1．求解平面图形折叠问题的方法
(1)分清翻折前后位置关系和数量关系哪些改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，尤其是垂直关系，充分利用
原平面图形的信息是解决问题的突破口．
(2)把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中
解决．
2．探索性问题求解的途径和方法
(1)对命题条件探索的三种途径：
①先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；
②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；
③将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．
(2)对命题结论的探索方法：
从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或
者矛盾的结论．
3．警示：对折叠问题，应明确线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破
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214
口．
跟踪训练
(文)如图1，四边形ABCD 为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2.作如图2 折叠，折痕EF∥DC，其
中点E，F 分别在线段PD，PC 上，沿EF 折叠后点P 叠在线段AD 上的点记为M，并且MF⊥CF.
(1)证明：CF⊥平面MDF.
(2)求三棱锥M
CDE 的体积．
[解析]
(1)因为PD⊥平面ABCD，
所以PD⊥MD.
在矩形ABCD 中MD⊥CD，又PD∩CD＝D.
所以MD⊥平面CDEF，所以MD⊥CF.
又因为MF⊥CF，
所以CF 与相交直线MD 和MF 都垂直，
故CF⊥平面MDF.
(2)在△CDP 中，CD＝AB＝1，PC＝2，
则PD＝3，∠PCD＝60°；
CF⊥平面MDF，
则CF⊥DF，CF＝1
2，DF＝3
2 .
因为EF∥DC，
所以DE
DP＝CF
CP，DE＝3
4 ，PE＝3 3
4 ＝ME，
S△CDE＝1
2CD·DE＝3
8 .
由勾股定理可得MD＝ME2－DE2＝6
2 ，
所以VM
CDE＝1
3MD·S△CDE＝2
16.
(理)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1 中，AA1⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝3.M，N 分别为BC
和CC1 的中点，P 为侧棱BB1 上的动点．
(1)求证：平面APM⊥平面BB1C1C；
(2)若P 为线段BB1 的中点，求证：A1N∥平面APM；
(3)试判断直线BC1 与平面APM 是否能够垂直．若能垂直，求PB 的值；若不能垂直，请说明理由．
[解析]
(1)由已知，M 为BC 中点，且AB＝AC，所以AM⊥BC.
又因为BB1∥AA1，且AA1⊥底面ABC，
所以BB1⊥底面ABC.
因为AM⊂底面ABC，所以BB1⊥AM，
又BB1∩BC＝B，
所以AM⊥平面BB1C1C.
又因为AM⊂平面APM，
所以平面APM⊥平面BB1C1C.
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215
(2)取C1B1 中点D，连接A1D，DN，DM，B1C.
由于D，M 分别为C1B1，CB 的中点，
所以DM∥A1A，且DM＝A1A，
则四边形A1AMD 为平行四边形，
所以A1D∥AM.
又A1D⊄平面APM，AM⊂平面APM，
所以A1D∥平面APM.
由于D，N 分别为C1B1，C1C 的中点，
所以DN∥B1C.
又P，M 分别为B1B，CB 的中点，
所以MP∥B1C，则DN∥MP.
又DN⊄平面APM，MP⊂平面APM，
所以DN∥平面APM.
由于A1D∩DN＝D，所以平面A1DN∥平面APM.
由于A1N⊂平面A1DN，所以A1N∥平面APM.
(3)不能垂直．理由如下：假设BC1 与平面APM 垂直，
由PM⊂平面APM，则BC1⊥PM，
设PB＝x，x∈[0，3]．
当BC1⊥PM 时，∠BPM＝∠B1C1B，
所以Rt△BPM∽Rt△B1C1B，
所以PB
MB＝C1B1
BB1
.
由已知MB＝2，C1B1＝2 2，BB1＝3，
所以x
2
＝2 2
3
，
得x＝4 3
3 .
由于x＝4 3
3 ∉[0，3]，
因此直线BC1 与平面APM 不能垂直．
A 组
1．(文)设α，β是两个不同的平面，l，m 是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.(
)
A．若l⊥β，则α⊥β
B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β
D．若α∥β，则l∥m
[解析]
选项A 中，平面与平面垂直的判定，故正确；选项B 中，当α⊥β时，l，m 可以垂直，也可以平行，也可
以异面；选项C 中，l∥β时，α，β可以相交；选项D 中，α∥β时，l，m 也可以异面．故选A.
(理)设α，β，γ是三个互不重合的平面，m，n 为两条不同的直线．给出下列命题：
①若n∥m，m⊂α，则n∥α；
②若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β；
③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ；
④若n∥m，n⊥α，m⊥β，则α∥β.
其中真命题是(
)
A．①和②
B．①和③
C．②和④
D．③和④
[解析]
若n∥m，m⊂α，则n∥α或n⊂α，即命题①不正确，排除A，B；若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β，则命
题②正确，排除D，故应选C.
2．如图，在正四面体P－ABC 中，D，E，F 分别是AB，BC，CA 的中点，下列四个结论不成立的是(
)
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216
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
[解析]
∵D，F 分别为AB，AC 的中点，∴BC∥DF，
∵BC⊄平面PDF，∴BC∥平面PDF，故A 正确．在正四面体中，∵E 为BC 中点，易知BC⊥PE，BC⊥AE，∴
BC⊥平面PAE，∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，故B 正确．∵DF⊥平面PAE，DF⊂平面PDF，∴平面PDF⊥平面
PAE，∴C 正确，故选D.
3．已知E，F，G，H 是空间四点，命题甲：E，F，G，H 四点不共面，命题乙：直线EF 和GH 不相交，则甲
是乙成立的(
)
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
若E，F，G，H 四点不共面，则直线EF 和GH 肯定不相交，但直线EF 和GH 不相交，E，F，G，H
四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件．
4．(文)关于直线a，b 及平面α，β，下列命题中正确的是(
)
A．若a∥α，α∩β＝b，则a∥b
B．若α⊥β，m∥α，则m⊥β
C．若a⊥α，a∥β，则α⊥β
D．若a∥α，b⊥a，则b⊥α
[解析]
A 是错误的，因为a 不一定在平面β内，所以a，b 有可能是异面直线；B 是错误的，若α⊥β，m∥α，则
m 与β可能平行，可能相交，也可能线在面内，故B 错误；C 是正确的，由直线与平面垂直的判断定理能得到C 正确；
D 是错误的，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．
(理)在正三棱柱ABC－A1B1C1 中，|AB|＝2|BB1|，则AB1 与BC1 所成角的大小为(
)
A．30°
B．60°
C．75°
D．90°
[解析]
将正三棱柱ABC－A1B1C1 补为四棱柱ABCD－A1B1C1D1，连接C1D，BD，则C1D∥B1A，∠BC1D 为所求
角或其补角．设B1B＝2，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2 3，又因为BC1＝C1D＝6，所以∠BC1D＝90°.
5．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝2.将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中(
)
A．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直
B．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直
C．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直
D．对任意位置，三对直线“AC 与BD”，“AB 与CD”，“AD 与BC”均不垂直
[解析]
①如图1，过A，C 作BD 的垂线AE，CF，∵AB 与BC 不相等，∴E 与F 不重合，在空间图2 中，若
AC⊥BD，
∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥CE，这样在平面BCD 内，过点C 有两条直线CE，CF 都与BD 垂直
矛盾，∴A 错．②若AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC.∵AB<BC，∴存在这样的三角形ABC，
AB⊥AC，AB＝AC，
∴B 选项正确，∴选项D 错．③若AD⊥BC，又CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC.∵BC>AB，这样的△
ABC 不存在，∴C 错误．
6．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则下列四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.
其中正确命题的序号是__①③__.
[解析]
直线l⊥平面α ，直线m⊂平面β，
当α∥β有l⊥m，故①正确．
当α⊥β有l∥m 或l 与m 异面或相交，故②不正确．
当l∥m 有α⊥β，故③正确．
当l⊥m 有α∥β或α与β相交，故④不正确．
综上可知①③正确．
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217
7．在棱长为1 的正方体ABCD－A′B′C′D′中，异面直线A′D 与AB′所成角的大小是__π
3__.
[解析]
在正方体ABCD－A′B′C′D′中，连接A′D，AB′，B′C，如图所示：
则A′B′∥DC，且A′B′＝DC，
所以四边形A′B′CD 是平行四边形，
所以A′D∥B′C，
所以∠AB′C 是异面直线A′D 与AB′所成的角，
连接AC，则△AB′C 是边长为2的等边三角形，
所以∠AB′C＝π
3，
即异面直线A′D 与AB′所成角是π
3.
8．设x，y，z 为空间不同的直线或不同的平面，且直线不在平面内，下列说法中能保证“若x⊥z，y⊥z，则x∥y”
为真命题的序号是__①③⑤__.
①x 为直线，y，z 为平面；
②x，y，z 都为平面；
③x，y 为直线，z 为平面；
④x，y，z 都为直线；
⑤x，y 为平面，z 为直线．
[解析]
①x⊥平面z，平面y⊥平面z，
所以x∥平面y 或x⊂平面y.
又因为x⊄平面y，故x∥平面y，①成立．
②x，y，z 均为平面，则x 可与y 相交，故②不成立．
③x⊥平面z，y⊥平面z，x，y 为不同直线，故x∥y，③成立．
④x，y，z 均为直线，则x 与y 可平行，可异面，也可相交，故④不成立．
⑤z⊥x，z⊥y，z 为直线，x，y 为平面，所以x∥y，⑤成立．
9．(文)(2018·全国卷Ⅰ，18)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
3DA，求三棱锥Q－ABP 的体积．
[解析]
(1)由已知可得，∠BAC＝90°，则BA⊥AC.
又BA⊥AD，AD∩AC＝A，所以AB⊥平面ACD.
又AB⊂平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3 2.
又BP＝DQ＝2
3DA，所以BP＝2 2.
作QE⊥AC，垂足为E，则QE 綊1
3DC＝1.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，
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因此，三棱锥Q－ABP 的体积为VQ－ABP＝1
3×QE×S△ABP＝1
3×1×1
2×3×2 2sin45°＝1.
(理)(2019·武汉调研)如图1，在矩形ABCD 中，AB＝4，AD＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如
图2 所示的四棱锥D1－ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.
(1)证明：BE⊥平面D1AE；
(2)设F 为CD1 的中点，在线段AB 上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出AM
AB的值；若不存在，
请说明理由．
[解析]
(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴∠AEB＝90°，
即BE⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE，
平面D1AE∩平面ABCE＝AE，
∴BE⊥平面D1AE.
(2)AM
AB＝1
4，理由如下：
取D1E 的中点L，连接FL，AL，
∴FL∥EC.
又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝1
4AB，
∴M，F，L，A 四点共面，
若MF∥平面AD1E，则MF∥AL.
∴四边形AMFL 为平行四边形，
∴AM＝FL＝1
4AB，即AM
AB＝1
4.
B 组
1．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直
线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有(
)
A．0 个
B．1 个
C．2 个
D．3 个
[解析]
若α，β换成直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，
则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，
此命题为真命题，故选C.
2．(文)如图，在三棱锥P－ABC 中，不能证明AP⊥BC 的条件是(
)
A．AP⊥PB，AP⊥PC
B．AP⊥PB，BC⊥PB
C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC
D．AP⊥平面PBC
[解析]
A 中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.
又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A 正确；C 中，因为平面BPC⊥平面APC，平面BPC∩平面APC＝PC，
BC⊥PC，所以BC⊥平面APC.又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C 正确；D 中，由A 知D 正确；B 中条件不能
判断出AP⊥BC，故选B.
(理)如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后，
某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC；
②△BAC 是等边三角形；
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219
③三棱锥D－ABC 是正三棱锥；
④平面ADC⊥平面ABC.
其中正确的结论是(
)
A．①②④
B．①②③
C．②③④
D．①③④
[解析]
由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD 为等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高，平面
ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC 是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知③正确；由①
知④不正确．故选B.
3．已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α，β，给出下列四个命题，错误的命题是(
)
A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b
B．若α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥b
C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，则a⊥α
D．若α∥β，a∥α，则a∥β
[解析]
A 中，过直线a 作平面γ分别与α，β交于m，n，则由线面平行的性质知a∥m∥n，所以m∥α，又由线面
平行的性质知m∥b，所以a∥b，正确．B 中，由a⊥α，b⊥β，知a，b 垂直于两个平面的交线，则a，b 所成的角等
于二面角的大小，即为90°，所以a⊥b，正确．C 中，在α内取一点A，过A 分别作直线m 垂直于α，β的交线，直线n
垂直于α，γ的交线，则由线面垂直的性质知m⊥β，n⊥γ，则m⊥a，n⊥a，由线面垂直的判定定理知a⊥α，正确．D
中，满足条件的a 也可能在β内，故D 错．
4．直三棱柱ABC－A1B1C1 的直观图及三视图如图所示，D 为AC 的中点，则下列命题是假命题的是(
)
A．AB1∥平面BDC1
B．A1C⊥平面BDC1
C．直三棱柱的体积V＝4
D．直三棱柱的外接球的表面积为4 3π
[解析]
如图，将直三棱柱ABC－A1B1C1 补形成正方体，易知A，B，C 都正确．故选D.
5．已知二面角的棱上有A，B 两点，直线AC，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB
＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2 17，则该二面角的大小为(
)
A．150°
B．45°
C．120°
D．60°
[解析]
如图，AC⊥AB，BD⊥AB，过A 在平面ABD 内作AE∥BD，过D 作DE∥AB，连接CE，所以DE∥AB
且DE⊥平面AEC，∠CAE 即二面角的平面角，在Rt△DEC 中，CE＝2 13，在△ACE 中，由余弦定理可得cos∠CAE
＝CA2＋AE2－CE2
2CA×AE
＝1
2，所以∠CAE＝60°，即所求二面角的大小为60°.
6．在三棱锥C－ABD 中(如图)，△ABD 与△CBD 是全等的等腰直角三角形，O 为斜边BD 的中点，AB＝4，二
面角A－BD－C 的大小为60°，并给出下面结论：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC 为正三角形；④cos∠ADC＝3
2 .
其中真命题的序号是__①③__.(填序号)
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[解析]
对于①，因为△ABD 与△CBD 是全等的等腰直角三角形，O 为斜边BD 的中点，所以CO⊥BD，AO⊥
BD，AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC，所以AC⊥BD，因此①正确；对于②，假设CO⊥AD，又CO⊥BD，可得
CO⊥平面ABD，由①可得，∠AOC 是二面角A－BD－C 的平面角，这与已知二面角A－BD－C 为60°矛盾，因此不
正确；对于③，由△ABD 与△CBD 是全等的等腰直角三角形，O 为斜边BD 的中点，所以OC＝OA，由①可得，∠
AOC 是二面角A－BD－C 的平面角且为60°，所以△AOC 为正三角形，因此③正确；对于④，AB＝4，由③可得：AC
＝OA＝2 2，AD＝CD＝4，所以cos∠ADC＝2×42－2 22
2×42
＝3
4≠3
2 ，因此不正确，综上可得，只有①③正确．
7．如图所示，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥底面ABCD，且底面各边相等，M 是PC 上的一动点，请你补充一个
条件__①(或③)__，使平面MBD⊥平面PCD.①DM⊥PC；②DM⊥BM；③BM⊥PC；④PM＝MC(填写你认为是正确
的条件对应的序号)．
[解析]
因为在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，
M 是PC 上的一动点，
所以BD⊥PA，BD⊥AC，
因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.
而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.
8．(2018·全国卷Ⅲ，19)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD
︵所在平面垂直，M 是CD
︵上异于C，D 的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.
(2)在线段AM 上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
[解析]
(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，
交线为CD.
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，
故BC⊥DM.
因为M 为CD
︵上异于C，D 的点，且DC 为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)存在，AM 的中点即为符合题意的点P.证明如下：
取AM 的中点P，连接AC，BD 交于点N，连接PN.
因为ABCD 是矩形，
所以N 是AC 的中点．
在△ACM 中，点P，N 分别是AM，AC 的中点，
所以PN∥MC.
又因为PN⊂平面PBD，MC⊄平面PBD，
所以MC∥平面PBD，
所以在线段AM 上存在点P，即AM 的中点，使得MC∥平面PBD.
9．如图，在几何体ABCDEF 中，底面ABCD 为矩形，EF∥CD，CD⊥EA，CD＝2EF＝2，ED＝3，M 为棱FC
上一点，平面ADM 与棱FB 交于点N.
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221
(1)求证：ED⊥CD；
(2)求证：AD∥MN；
(3)若AD⊥ED，试问平面BCF 是否可能与平面ADMN 垂直？若能，求出FM
FC的值；若不能，说明理由．
[解析]
(1)证明：因为四边形ABCD 为矩形，
所以CD⊥AD.
又因为CD⊥EA，EA∩AD＝A，
所以CD⊥平面EAD.
因为ED⊂平面EAD，
所以ED⊥CD.
(2)证明：因为四边形ABCD 为矩形，所以AD∥BC，
又因为AD⊄平面FBC，BC⊂平面FBC，
所以AD∥平面FBC.
又因为平面ADMN∩平面FBC＝MN，
所以AD∥MN.
(3)平面ADMN 与平面BCF 可以垂直．证明如下：
连接DF.因为AD⊥ED，AD⊥CD，ED∩CD＝D，
所以AD⊥平面CDEF.所以AD⊥DM.
因为AD∥MN，所以DM⊥MN.
因为平面ADMN∩平面FBC＝MN，所以若使平面ADMN⊥平面BCF，
则DM⊥平面BCF，所以DM⊥FC.
在梯形CDEF 中，因为EF∥CD，DE⊥CD，CD＝2EF＝2，
ED＝3，所以DF＝DC＝2.
所以若使DM⊥FC 成立，则M 为FC 的中点．
所以FM
FC＝1
2.
第三讲
用空间向量的方法解立体几何问题(理)
高考考点
考点解读
利用空间向量证明平
行与垂直关系
1.建立空间直角坐标系，利用向量的知识证明平行与垂直
2．考查向量的数量积与向量垂直的关系以及建立空间直角坐标系
的方法
利用空间向量求线线
角、线面角、面面角
以具体几何体为命题背景，直接求角或已知角求相关量
利用空间向量解决探
索性问题或其他问题
1.常借助空间直角坐标系，设点的坐标探求点的存在问题
2．常利用空间向量的关系，设某一个参数，利用向量运算探究平
行、垂直问题
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对空间向量概念及空间向量运算律的理解，掌握空间向量的加、减法，数乘、数量
积运算等．
(2)掌握各种角与向量之间的关系，并会应用．
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222
(3)掌握利用向量法求线线角、线面角、二面角的方法．
预测2020 年命题热点：
(1)二面角的求法．
(2)已知二面角的大小，证明线线、线面平行或垂直．
(3)给出线面的位置关系，探究满足条件的某点是否存在.
知识整合
1．向量法求空间角
(1)异面直线所成的角：设a，b 分别为异面直线a，b 的方向向量，则两异面直线所成的角满足cosθ＝__|a·b|
|a||b|__.
(2)线面角
设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角满足sinθ＝__|l·n|
|l||n|__.
(3)二面角
①如图(ⅰ)，AB，CD 是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈AB
→，CD
→〉__.
②如图(ⅱ)(ⅲ)，n1，n2 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝__cos〈n1，
n2〉或－cos〈n1，n2〉__.
(4)点到平面的距离的向量求法
如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d＝|AB
→·n|
|n|
.
2．利用向量方法证明平行与垂直
设直线l，m 的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝
(a4，b4，c4)．
(1)线线平行
l∥m⇔a∥b⇔a＝kb⇔__a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2__.
(2)线线垂直
l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝__0__⇔__a1a2＋b1b2＋c1c2＝0__.
(3)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝__0__⇔__a1a3＋b1b3＋c1c3＝0__.
(4)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔__a1＝ka3，b1＝kb3，c＝kc3__.
(5)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝kv⇔__a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4__.
(6)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝__0__⇔__a3a4＋b3b4＋c3c4＝0__.
3．模、夹角和距离公式
(1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则
|a|＝a·a＝__ a21＋a22＋a23__，
cos〈a，b〉＝__ a·b
|a||b|＝
a1b1＋a2b2＋a3b3
a21＋a22＋a23 b21＋b22＋b23
__.
(2)距离公式
设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则
|AB
→|＝x1－x22＋y1－y22＋z1－z22.
易错警示
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1．利用向量证明位置关系时，因没有交代清楚定理的条件致误
利用空间向量证明平行、垂直关系时，对于法向量的平行、垂直一定交代清楚涉及向量所在的直线、平面是否满
足定理的条件．例如证明l∥α，需要证明l 的方向向量与平面的法向量垂直，但一定要交代l⊄α这一条件．
2．在求角的时候忽略角的范围致误
应用空间向量求角的时候，易忽视异面直线所成角的范围(0，π
2]；二面角的范围[0，π]．
3．角的理解和公式的记忆不准确致误
在求异面直线所成的角的时候，注意异面直线所成角的应是其方向向量的夹角或补角；二面角应是其法向量的夹
角或补角．空间向量求直线和平面的夹角公式是sinθ＝l·n
|l|·|n|(l 是直线的方向向量，n 是平面的法向量)．
1．(2019·全国卷Ⅰ，18)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1 的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，
N 分别是BC，BB1，A1D 的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N 的正弦值．
[解析]
(1)证明：如图，连接B1C，ME.
因为M，E 分别为BB1，BC 的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝1
2B1C.
又因为N 为A1D 的中点，所以ND＝1
2A1D.
由题设知A1B1 綊DC，
可得B1C 綊A1D，故ME 綊ND，
因此四边形MNDE 为平行四边形，
所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)解：由已知可得DE⊥DA，以D 为坐标原点，DA
→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－
xyz，
则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，3，2)，N(1,0,2)，A1A
→＝(0,0，－4)，A1M
→＝(－1，3，－2)，A1N
→＝(－1,0，－2)，MN
→
＝(0，－3，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA 的法向量，则
m·A1M
→＝0，
m·A1A
→＝0，
所以
－x＋3y－2z＝0，
－4z＝0，
可取m＝( 3，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN 的法向量，
则
n·MN
→＝0，
n·A1N
→＝0，
所以
－3q＝0，
－p－2r＝0，
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可取n＝(2,0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝m·n
|m||n|＝2 3
2× 5
＝15
5 ，
所以二面角A－MA1－N 的正弦值为10
5 .
2．(2019·全国卷Ⅱ，17)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1 的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA1 上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1 的正弦值．
[解析]
(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，
BE⊂平面ABB1A1，
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解：由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D 为坐标原点，DA
→的方向为x 轴正方向，|DA
→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，CB
→＝(1,0,0)，CE
→＝(1，－1,1)，CC1＝(0,0,2)．
设平面EBC 的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则
CB
→·n＝0，
CE
→·n＝0，
即
x1＝0，
x1－y1＋z1＝0，
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1 的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则
CC1·m＝0，
CE
→·m＝0，
即
2z2＝0，
x2－y2＋z2＝0，
所以可取m＝(1,1,0)．
于是cos
n，m
＝n·m
|n||m|＝－1
2.
所以，二面角B－EC－C1 的正弦值为3
2 .
3．(2019·全国卷Ⅲ，19)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝
BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D 四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的二面角B－CG－A 的大小．
①
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②
[解析]
(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，
所以AD，CG 确定一个平面，从而A，C，G，D 四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解：作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.
以H 为坐标原点，HC
→的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则
A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，3)，
CG
→＝(1,0，3)，AC
→＝(2，－1,0)．
设平面ACGD 的法向量为n＝(x，y，z)，
则
CG
→·n＝0，
AC
→·n＝0，
即
x＋3z＝0，
2x－y＝0.
所以可取n＝(3,6，－3)．
又平面BCGE 的法向量可取m＝(0,1,0)，
所以cos〈n，m〉＝n·m
|n||m|＝3
2 .
因此二面角B－CG－A 的大小为30°.
4．(2019·北京卷，16)
如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E 为PD 的中
点，点F 在PC 上，且PF
PC＝1
3.
(1)求证：CD⊥平面PAD.
(2)求二面角F－AE－P 的余弦值．
(3)设点G 在PB 上，且PG
PB＝2
3.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．
[解析]
(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.
(2)解：过点A 作AD 的垂线交BC 于点M.
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因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AM，PA⊥AD.
建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(2，－1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
因为E 为PD 的中点，
所以E(0,1,1)．
所以AE
→＝(0,1,1)，PC
→＝(2,2，－2)，AP
→＝(0,0,2)．
所以PF
→＝1
3PC
→＝
2
3，2
3，－2
3 ，
所以AF
→＝AP
→＋PF
→＝
2
3，2
3，4
3 .
设平面AEF 的法向量为n＝(x，y，z)，则
n·AE
→＝0，
n·AF
→＝0，
即
y＋z＝0，
2
3x＋2
3y＋4
3z＝0.
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.
于是n＝(－1，－1,1)．
又因为平面PAE 的一个法向量为p＝(1,0,0)，
所以cos〈n，p〉＝n·p
|n||p|＝－3
3 .
由题知，二面角F­AE­P 为锐角，所以其余弦值为3
3 .
(3)解：直线AG 在平面AEF 内．
理由：因为点G 在PB 上，且PG
PB＝2
3，PB
→＝(2，－1，－2)，
所以PG
→＝2
3PB
→＝
4
3，－2
3，－4
3 ，
所以AG
→＝AP
→＋PG
→＝
4
3，－2
3，2
3 .
由(2)知，平面AEF 的一个法向量n＝(－1，－1,1)，
所以AG
→·n＝－4
3＋2
3＋2
3＝0.
所以直线AG 在平面AEF 内．
5．(2019·天津卷，17)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；
(3)若二面角E－BD－F 的余弦值为1
3，求线段CF 的长．
[解析]
以A 为原点，AB 为x 轴建立如图空间直角坐标系，设CF＝h，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，
F(1,2，h)，E(0,0,2)．
(1)证明：依题意，AB
→＝(1,0,0)是平面ADE 的法向量，
又BF
→＝(0,2，h)，可得BF
→·AB
→＝0，
又因为直线BF⊄平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
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(2)解：依题意，BD
→＝(－1,1,0)，
BE
→＝(－1,0,2)，CE
→＝(－1，－2,2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE 的法向量，则
n·BD
→＝0，
n·BE
→＝0，
即
－x＋y＝0，
－x＋2z＝0，
不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)．
因此有cos〈CE
→，n〉＝
CE
→·n
|CE
→||n|
＝－4
9.
所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为4
9.
(3)解：设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF 的法向量，
则
m·BD
→＝0，
m·BF
→＝0，
即
－x1＋y1＝0，
2y1＋hz1＝0，
不妨令y1＝1，可得m＝1，1，－2
h .
由题意，有|cos〈m，n〉|＝|m·n|
|m||n|＝|4－2
h|
3
2＋4
h2
＝1
3，
解得h＝8
7.经检验，符合题意．
所以，线段CF 的长为8
7.
利用空间向量证明平行与垂直关系
典题例析
例1
如图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD 中，PA⊥底面ABCD，E，F 分别是PC，PD 的中点，
PA＝AB＝1，BC＝2.
(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
[解析]
以A 为坐标原点，AB，AD，AP 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，则
A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，
所以E(1
2，1，1
2)，F(0,1，1
2)，
EF
→＝(－1
2，0,0)，AP
→＝(0,0,1)，AD
→＝(0,2,0)，DC
→＝(1,0,0)，AB
→＝(1,0,0)．
(1)因为EF
→＝－1
2AB
→，所以EF
→∥AB
→，
即EF∥AB.
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
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所以EF∥平面PAB.
(2)因为AP
→·DC
→＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，
AD
→·DC
→＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
所以AP
→⊥DC
→，AD
→⊥DC
→，
即AP⊥DC，AD⊥DC.
又AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC，
所以平面PAD⊥平面PDC.
利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．
(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．
(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系．
(4)根据运算结果解释相关问题．
跟踪训练
如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E 为棱
PC 的中点．证明：
(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD.
[解析]
依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E 为
棱PC 的中点，得E(1,1,1)．
(1)向量BE
→＝(0,1,1)，DC
→＝(2,0,0)，故BE
→·DC
→＝0.所以BE⊥DC.
(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，
所以AB⊥平面PAD，
所以向量AB
→＝(1,0,0)为平面PAD 的法向量，
而BE
→·AB
→＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，
所以BE⊥AB，
又BE⊄平面PAD.
所以BE∥平面PAD.
(3)由(2)知平面PAD 的法向量AB
→＝(1,0,0)，向量PD
→＝(0,2，－2)，DC
→＝(2,0,0)，
设平面PCD 的法向量为n＝(x，y，z)，则
n·PD
→＝0，
n·DC
→＝0，
即
2y－2z＝0，
2x＝0，
不妨令y＝1，可得n＝(0,1,1)为平面PCD 的一个法向量．
且n·AB
→＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，
所以n⊥AB
→.
所以平面PAD⊥平面PCD.
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利用空间求量求空间中的角
典题例析
(一)利用空间向量求线线角、线面角
例2
(2018·全国卷Ⅱ，20)如图，在三棱锥P­ABC 中，AB＝BC＝2 2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O 为AC
的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC.
(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M­PA­C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．
[解析]
(1)因为AP＝CP＝AC＝4，O 为AC 的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2 3.
连接OB.因为AB＝BC＝2
2 AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝1
2AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2
知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)连接OM，如图，以O 为坐标原点，OB―→的方向为x 轴正方向，OC―→的方向为y 轴正方向，OP―→的方
向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系．
由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2 3)，AP―→＝(0,2,2 3)，取平面PAC 的法向量OB―→
＝(2,0,0)．
设M(a,2－a,0)(0＜a≤2)，则AM―→＝(a,4－a,0)．
设平面PAM 的法向量为n＝(x，y，z)．
由AP―→·n＝0，AM―→·n＝0 得
2y＋2 3z＝0，
ax＋4－ay＝0，
可取n＝( 3(a－4)，3a，－a)，
所以cos〈OB―→，n〉＝
2 3a－4
2 3a－42＋3a2＋a2.
由已知得|cos〈OB―→，n〉|＝3
2 .
所以
2 3|a－4|
2 3a－42＋3a2＋a2＝3
2 .
解得a＝－4(舍去)，a＝4
3.
所以n＝－8 3
3 ，4 3
3 ，－4
3 .
又PC―→＝(0,2，－2 3)，
所以cos〈PC―→，n〉＝3
4 .
所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为3
4 .
(二)利用空间向量求二面角
例3
(2019·长春市质量检测(一))如图，四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA⊥平面ABCD，E
为PD 的中点．
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(1)证明：PB∥平面ACE；
(2)设PA＝1，∠ABC＝60°，三棱锥E－ACD 的体积为3
8 ，求二面角D－AE－C 的余弦值．
[解析]
(1)证明：连接BD 交AC 于点O，连接OE.
在△PBD 中，PE＝DE，BO＝DO，
所以PB∥OE.
又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
所以PB∥平面ACE.
(2)由题易知VP－ABCD＝2VP－ACD＝4VE－ACD＝3
2 ，
设菱形ABCD 的边长为a，
则VP－ABCD＝1
3S▱ABCD·PA＝1
3×(2× 3
4 a2)×1＝3
2 ，
则a＝3，
取BC 的中点为M，连接AM，则AM⊥AD.
以点A 为坐标原点，分别以AM
→，AD
→，AP
→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A
－xyz.
则A(0,0,0)，E(0，3
2 ，1
2)，C(3
2，3
2 ，0)，AE
→＝(0，3
2 ，1
2)，AC
→＝(3
2，3
2 ，0)．
设n1＝(x，y，z)为平面AEC 的法向量，
则
n1·AE
→＝0，
n1·AC
→＝0，
即
3
2 y＋1
2z＝0，
3
2x＋3
2 y＝0，
取x＝1，则n1＝(1，－3，3)为平面AEC 的一个法向量．
又易知平面AED 的一个法向量为n2＝(1,0,0)，
所以cos<n1，n2>＝n1·n2
|n1|·|n2|＝
1
1＋3＋9
＝13
13 ，
由图易知二面角D－AE－C 为锐二面角，
所以二面角D－AE－C 的余弦值为13
13 .
1．利用空间向量求空间角的一般步骤
(1)建立恰当的空间直角坐标系．
(2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标．
(3)结合公式进行论证、计算．
(4)转化为几何结论．
2．利用空间向量求线线角、线面角的思路
(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.
(2)直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sinθ＝|cosφ|.
3．利用空间向量求二面角的思路
二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面
的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．
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231
4．利用空间向量求点到平面距离的方法
如图，设A 为平面α内的一点，B 为平面α外的一点，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d＝|AB
→·n|
|n|
.
跟踪训练
如图，四边形ABCD 为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝1
2PD.
(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；
(2)求二面角Q－BP－C 的正弦值．
[解析]
(1)由题意可得QA⊥平面ABCD，所以QA⊥CD.
由四边形ABCD 为正方形知DC⊥AD，又因为QA，AD 为平面PDAQ 内两条相交直线，所以CD⊥平面PDAQ，
所以CD⊥PQ.
在直角梯形PDAQ 中可得DQ＝PQ＝2
2 PD，
所以PQ2＋DQ2＝PD2.
由勾股定理的逆定理得：PQ⊥QD.
又因为CD，QD 为平面DCQ 内两条相交直线，所以PQ⊥平面DCQ，再由PQ⊂平面PQC，可得平面PQC⊥平
面DCQ.
(2)如图，以点D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系，依题意有
Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，B(1,0,1)，
CB
→＝(1,0,0)，BP
→＝(－1,2，－1)．
设n＝(x，y，z)是平面PBC 的法向量，
则
n·CB
→＝0，
n·BP
→＝0，
即
x＝0，
－x＋2y－z＝0，
可取n＝(0，－1，－2)．
同理求得平面PBQ 的法向量m＝(1,1,1)，
所以cos
m，n
＝m·n
|m||n|＝0－1－2
5· 3
＝－15
5 ，
故有sin
m，n
＝10
5 ，
即二面角Q－BP－C 的正弦值为10
5 .
利用向量解决探索性问题
典题例析
例4
如图所示，正方形AA1D1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2，点E 为AB 的中点，
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232
(1)求证：D1E⊥A1D；
(2)在线段AB 上是否存在点M，使二面角D1－MC－D 的大小为π
6？若存在，求出AM 的长，若不存在，说明理由．
[解析]
(1)连接AD1 交A1D 于F，
∵四边形AA1D1D 为正方形，
∴AD1⊥A1D，
∵正方形AA1D1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，交线为AD，AE⊥AD，
∴AE⊥平面AA1D1D，又A1D⊂平面AA1D1D
∴AE⊥A1D.
又AD1∩AE＝A，∴A1D⊥平面AD1E.
又D1E⊂平面AD1E，∴A1D⊥D1E.
(2)存在满足条件的点M，AM＝2－3
3 .
方法一：假设存在满足条件的点M，过点D 作DN⊥CM 于点N，连结D1N，则D1N⊥CM，
所以∠D1ND 为二面角D1－CM－D 的平面角，
所以∠D1ND＝π
6，
在Rt△D1ND 中，D1D＝1 所以DN＝3，
又在Rt△DNC 中，CD＝AB＝2，
所以∠NDC＝π
6，∴∠MCB＝π
6，
在Rt△MCB 中，BM＝BC·tanπ
6＝3
3 ，
∴AM＝2－3
3 .
故在线段AB 上存在一点M，使得二面角D1－CM－D 为π
6，且AM＝2－3
3 .
方法二：依题意，以D 为坐标原点，DA、DC、DD1 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，因为
AB＝2AD＝2，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，
所以DD1
→＝(0,0,1)，D1C
→＝(0,2，－1)．
易知DD1
→为平面MCD 的法向量，
设M(1，a,0)(0≤a≤2)，
所以MC
→＝(－1,2－a,0)．
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233
设平面D1MC 的法向量n＝(x，y，z)，
所以
n·D1C
→＝0，
n·MC
→＝0，
即
x，y，z·0，2，－1＝0，
x，y，z·－1，2－a，0＝0，
，
所以
z＝2y，
x＝2－ay，
取y＝1，
则n＝(2－a,1,2)．
又二面角D1－MC－D 的大小为π
6，
所以cosπ
6＝
|DD1
→·n|
|DD1
→||n|
＝|0，0，1·2－a，1，2|
12· 2－a2＋1＋22
即3a2－12a＋11＝0，解得a＝2± 3
3 .
又因为0≤a≤2，所以a＝2－3
3
故在线段AB 上是存在点M，使二面角D1－MC－D 的大小为π
6，且AM＝2－3
3 .
利用空间向量求解探索性问题的策略
(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．
(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点
的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．
跟踪训练
如图，四棱锥P－ABCD 的底面ABCD 为矩形，PA⊥平面ABCD，点E 是棱PD 的中点，点F 是PC 的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC.
(2)若四边形ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C－AF－D 大小为60°？
[解析]
(1)证明：连接BD，设AC∩BD＝O，连接OE，
因为四边形ABCD 为矩形，
所以点O 是BD 的中点，
因为点E 是棱PD 的中点，
所以PB∥EO，
又因为PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)由题意知AB，AD，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，以AB，AD，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立
如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝AD＝2a，AP＝2c，
则A(0,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0,2a,0)，
P(0,0,2c)，F(a，a，c)．
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234
因为z 轴⊂平面CAF，
所以设平面CAF 的一个法向量为n＝(x,1,0)，
而AC
→＝(2a,2a,0)，
所以AC
→·n＝2ax＋2a＝0，得x＝－1，
所以n＝(－1,1,0)．
因为y 轴⊂平面DAF，
所以设平面DAF 的一个法向量为m＝(1,0，z)，
而AF
→＝(a，a，c)，所以AF
→·m＝a＋cz＝0，得z＝－a
c，
所以m＝(1,0，－a
c)，
所以cos60°＝|n·m|
|n|·|m|＝
1
2·
1＋a2
c2
＝1
2，得a＝c.
即当AP 等于正方形ABCD 的边长时，二面角C－AF－D 的大小为60°.
A 组
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1 中，E 是C1D1 的中点，则异面直线DE 与AC 所成角的余弦值为(
)
A. 1
20
B．10
10
C．－10
10
D．－1
20
[解析]
设正方体棱长为1，以D 为原点建立空间直角坐标系如图所示，
则D(0,0,0)，E(0，1
2，1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，
所以DE
→＝(0，1
2，1)，AC
→＝(－1,1,0)，
则cos〈DE
→，AC
→〉＝
DE
→·AC
→
|DE
→||AC
→|
＝
1
2
1
4＋1· 2
＝10
10 ，
则异面直线DE 与AC 所成角的余弦值为10
10 .
2．已知AB
→＝(1,5，－2)，BC
→＝(3,1，z)，若AB
→⊥BC
→，BP
→＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z
分别为(
)
A.33
7 ，－15
7 ，4
B．40
7 ，－15
7 ，4
C.40
7 ，－2,4
D．4，40
7 ，－15
[解析]
AB
→⊥BC
→⇒AB
→·BC
→＝3＋5－2z＝0，
所以z＝4，又BP⊥平面ABC，
所以BP
→·AB
→＝x－1＋5y＋6＝0，①
BP
→·BC
→＝3x－3＋y－3z＝0，②
由①②得x＝40
7 ，y＝－15
7 .
3．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，下列命题：①(A1A
→＋A1D1
→＋A1B1
→)2＝3A1B1
→2，②A1C
→·(A1B1
→－A1A
→)＝0，③向量AD1
→
与向量A1B
→的夹角为60°，④正方体ABCD－A1B1C1D1 的体积为|AB
→·A1A
→·AD
→|，其中正确命题的序号是(
)
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235
A．①③
B．①②
C．①④
D．①②④
[解析]
如图所示：
以点D 为坐标原点，以向量DA
→，DC
→，DD1
→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，设棱长为1，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，
对于①：A1A
→＝(0,0，－1)，A1D1
→＝(－1,0,0)，
A1B1
→＝(0,1,0)，
所以A1A
→＋A1D1
→＋A1B1
→＝(－1,1，－1)，(A1A
→＋A1D1
→＋A1B1
→)2＝3，而A1B1
→2＝1，所以(A1A
→＋A1D1
→＋A1B1
→)2＝3A1B1
→2.
所以①正确；
对于②：A1C
→＝(－1,1，－1)，A1A
→＝(0,0，－1)，A1B1
→＝(0,1,0)，所以A1C
→·(A1B1
→－A1A
→)＝0.所以②正确；
对于③：AD1
→＝(－1,0,1)，A1B
→＝(0,1，－1)，AD1
→·A1B
→＝－1，cos〈AD1
→，A1B
→〉＝
AD1
→·A1B
→
|AD1
→||A1B
→|
＝
－1
2× 2
＝－1
2，所以AD1
→
与A1B
→的夹角为120°，所以③不正确；
对于④：因为AB
→·A1A
→＝0，所以④错误．故选B.
4．在正三棱柱ABC－A1B1C1 中，AB＝4，点D 在棱BB1 上，若BD＝3，则AD 与平面AA1C1C 所成的角的正切
值为(
)
A.2 3
5
B．4
3
C.5
4
D．2 39
13
[解析]
如图，可得AD
→·EB
→＝(AB
→＋BD
→)·EB
→＝AB
→·EB
→＝4×2 3× 3
2 ＝12＝5×2 3×cosθ(θ为AD
→与EB
→的夹角)，
所以cosθ＝2 3
5 ，sinθ＝13
5 ，tanθ＝39
6 ，又因为BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值为2 39
13 .
5．在底面是直角梯形的四棱锥S－ABCD 中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD
＝1
2，则平面SCD 与平面SAB 所成锐二面角的余弦值是__ 6
3 __.
[解析]
如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知D(1
2，0,0)，C(1,1,0)，S(0,0,1)，可知AD
→＝(1
2，0,0)是平面
SAB 的一个法向量．
设平面SCD 的法向理n＝(x，y，z)，
因为SD
→＝(1
2，0，－1)，DC
→＝(1
2，1,0)，
所以n·SD
→＝0，n·DC
→＝0，可推出x
2－z＝0，x
2＋y＝0，令x＝2，则有y＝－1，z＝1，所以n＝(2，－1,1)．
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236
设平面SCD 与平面SAB 所成的锐二面角为θ，
则cosθ＝
|AD
→·n|
|AD
→||n|
＝
1
2×2＋0×－1＋0×1
1
22· 22＋－12＋12
＝6
3 .
6．已知正三棱柱ABC－A1B1C1 的各条棱长都相等，M 是侧棱CC1 的中点，则异面直线AB1 和BM 所成的角的大
小是__90°__.
[解析]
延长A1B1 至D，使A1B1＝B1D，连接BD，C1D，DM，则AB1∥BD，∠MBD 就是直线AB1 和BM 所成
的角．
设三棱柱的各条棱长为2，则BM＝5，BD＝2 2，C1D2＝A1D2＋A1C21－2A1D·A1C1cos60°＝16＋4－2×4＝12.DM2
＝C1D2＋C1M2＝13，所以cos∠DBM＝BM2＋BD2－DM2
2·BM·BD
＝0，
所以∠DBM＝90°.
7．点P 是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN
＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为__90°__.
[解析]
不妨设PM＝a，PN＝b，如图．
作ME⊥AB 于点E，NF⊥AB 于点F，
因为∠EPM＝∠EPN＝45°，
所以PE＝2
2 a，PF＝2
2 b，
所以EM
→·FN
→＝(PM
→－PE
→)·(PN
→－PF
→)
＝PM
→·PN
→－PM
→·PF
→－PE
→·PN
→＋PE
→·PF
→
＝abcos60°－a× 2
2 bcos45°－2
2 abcos45°＋2
2 a× 2
2 b
＝ab
2 －ab
2 －ab
2 ＋ab
2 ＝0，
所以EM
→⊥FN
→，所以二面角α－AB－β的大小为90°.
8．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1 中，A1A⊥底面ABCD，底面四边形ABCD 为菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC
＝π
3，E，F 分别是BC，A1C 的中点．
(1)求异面直线EF，AD 所成角的余弦值；
(2)点M 在线段A1D 上，A1M
A1D＝λ.若CM∥平面AEF，，求实数λ的值．
[解析]
(1)因为由题意知四棱柱ABCD－A1B1C1D1 为直四棱柱，
A1A⊥平面ABCD.
又AE⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以A1A⊥AE，A1A⊥AD.
在菱形ABCD 中，∠ABC＝π
3，则△ABC 是等边三角形，
因为E 是BC 中点，所以BC⊥AE.
因为BC∥AD，所以AE⊥AD.
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237
故建立如图所示，以A 为原点，AE 为x 轴，AD 为y 轴，AA1 为z 轴的空间直角坐标系A－xyz.则A(0,0,0)，C( 3，
1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E( 3，0,0)，F( 3
2 ，1
2，1)．
AD
→＝(0,2,0)，EF
→＝(－3
2 ，1
2，1)，
cos<AD
→，EF
→>＝
AD
→·EF
→
|AD
→|·|EF
→|
＝
1
2 1＋1
＝2
4 ，
所以异面直线EF，AD 所成角的余弦值为2
4 .
(2)设M(x，y，z)，由于点M 在线段A1D 上，且A1M
A1D＝λ，
则(x，y，z－2)＝λ(0,2，－2)．
则M(0,2λ，2－2λ)，CM
→＝(－3，2λ－1,2－2λ)．
设平面AEF 的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)．
因为AE
→＝( 3，0,0)，AF
→＝( 3
2 ，1
2，1)．
由
3x0＝0，
3
2 x0＋1
2y0＋z0＝0，
得x0＝0，1
2y0＋z0＝0，
取y0＝2，则z0＝－1，
则平面AEF 的一个法向量为n＝(0,2，－1)．
由于CM∥平面AEF，则n·CM
→＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝2
3.
9．(2018·天津卷，17) 如图，AD∥BC 且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD 且EG＝AD，CD∥FG 且CD＝2FG，
DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.
(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN∥平面CDE.
(2)求二面角E－BC－F 的正弦值．
(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长．
[解析]
依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA―→，DC―→，DG―→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的
空间直角坐标系(如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M(0，3
2，1)，N(1,0,2)．
(1)依题意DC―→＝(0,2,0)，DE―→＝(2,0,2)．设n0＝(x，y，z)为平面CDE 的法向量，则
n0·DC―→＝0，
n0·DE―→＝0，
即
2y＝0，
2x＋2z＝0，
不妨令z＝－1，可得n0＝(1,0，－1)．
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又MN―→＝(1，－3
2，1)，可得MN―→·n0＝0，又因为直线MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE.
(2)依题意，可得BC―→＝(－1,0,0)，BE―→＝(1，－2,2)，CF―→＝(0，－1,2)．
设n＝(x1，y1，z1)为平面BCE 的法向量，则
n·BC―→＝0，
n·BE―→＝0，
即
－x1＝0，
x1－2y1＋2z1＝0，
不妨令z1＝1，可得n＝(0,1,1)．
设m＝(x2，y2，z2)为平面BCF 的法向量，则
m·BC―→＝0，
m·CF―→＝0，
即
－x2＝0，
－y2＋2z2＝0，
不妨令z2＝1，可得m＝(0,2,1)．
因此有cos〈m，n〉＝m·n
|m||n|＝3 10
10 ，
于是sin〈m，n〉＝10
10 .
所以，二面角E－BC－F 的正弦值为10
10 .
(3)设线段DP 的长为h(h∈[0,2])，则点P 的坐标为(0,0，h)，可得BP―→＝(－1，－2，h)．
易知，DC―→＝(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量，故
|cos〈BP―→，DC―→〉|＝|BP―→·DC―→|
|BP―→||DC―→|
＝
2
h2＋5
，
由题意，可得
2
h2＋5
＝sin60°＝3
2 ，解得h＝3
3 ∈[0,2]．
所以线段DP 的长为3
3 .
B 组
1．(2019·浙江卷，19)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，
A1A＝A1C＝AC，E，F 分别是AC，A1B1 的中点．
(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF 与平面A1BC 所成角的余弦值．
[解析]
方法1：(1)证明：如图①，连接A1E.
图①
因为A1A＝A1C，E 是AC 的中点，
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以A1E⊥平面ABC，
则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.
(2)解：如图①，取BC 的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1 是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
所以平行四边形EGFA1 为矩形．
由(1)得BC⊥平面EGFA1，
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239
则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF 在平面A1BC 上的射影在直线A1G 上．
连接A1G 交EF 于点O，
则∠EOG 是直线EF 与平面A1BC 所成的角(或其补角)．
不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG 中，A1E＝2 3，EG＝3.
由于O 为A1G 的中点，故EO＝OG＝A1G
2 ＝15
2 ，
所以cos∠EOG＝EO2＋OG2－EG2
2EO·OG
＝3
5.
因此，直线EF 与平面A1BC 所成角的余弦值是3
5.
方法2：
图②
(1)证明：连接A1E.
因为A1A＝A1C，E 是AC 的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以A1E⊥平面ABC.
如图②，以点E 为原点，分别以射线EC，EA1 为y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E­xyz.
不妨设AC＝4，则A1(0,0,2 3)，B( 3，1,0)，B1( 3，3,2 3)，F 3
2 ，3
2，2 3，C(0,2,0)．
因此，EF
→＝
3
2 ，3
2，2 3 ，BC
→＝(－3，1,0)．
由EF
→·BC
→＝0，得EF⊥BC.
(2)解：设直线EF 与平面A1BC 所成角为θ.
由(1)可得BC
→＝(－3，1,0)，A1C
→＝(0,2，－2 3)．
设平面A1BC 的法向量为n＝(x，y，z)．
由
BC
→·n＝0，
A1C
→·n＝0，
得
－3x＋y＝0，
y－3z＝0.
取n＝(1,
3，1)，
故sinθ＝|cos〈EF
→，n〉|＝
|EF
→·n|
|EF
→|·|n|
＝4
5，
所以cosθ＝3
5.
因此，直线EF 与平面A1BC 所成角的余弦值是3
5.
2．(2018·全国卷Ⅰ，18)如图，四边形ABCD 为正方形，E，F 分别为AD，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC
折起，使点C 到达点P 的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD.
(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．
[解析]
(1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，
所以BF⊥平面PEF.
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240
又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)方法一：作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H 为坐标原点，HF―→的方向为y 轴正方向，设正方形ABCD 的边长为2，建立如图所示的空间直角坐标系
H­xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.
又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.
可得PH＝3
2 ，EH＝3
2.
则H(0,0,0)，P 0，0，3
2 ，D －1，－3
2，0 ，DP―→＝1，3
2，3
2 ，HP―→＝0，0，3
2 为平面ABFD 的一个
法向量．
设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sinθ＝|
HP―→·DP―→
|HP―→|·|DP―→||
＝
3
4
3
＝3
4 .
所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为3
4 .
方法二：因为PF⊥BF，BF∥ED，所以PF⊥ED.
又PF⊥PD，ED∩DP＝D，所以PF⊥平面PED.
所以PF⊥PE，
设AB＝4，则EF＝4，PF＝2，所以PE＝2 3.
过P 作PH⊥EF 交EF 于H 点，
由平面PEF⊥平面ABFD，
所以PH⊥平面ABFD，连接DH，
则∠PDH 即为直线DP 与平面ABFD 所成的角．
由PE·PF＝EF·PH，所以PH＝2 3×2
4
＝3，
因为PD＝4，所以sin∠PDH＝PH
PD＝3
4 .
所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为3
4 .
3．如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.
(1)求证：AF∥平面BDE；
(2)求证：CF⊥平面BDE；
(3)求二面角A－BE－D 的大小．
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241
[解析]
(1)设AC 与BD 交于点G，因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝1
2AC＝1，所以四边形AGEF 为平行四边形．所
以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，所以AF∥平面BDE.
(2)因为正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，且CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD.如图以C 为原点，
建立空间直角坐标系C－xyz.则C(0,0,0)，A( 2，2，0)，D( 2，0,0)，E(0,0,1)，B(0，2，0)，F( 2
2 ，2
2 ，1)．所以CF
→＝
( 2
2 ，2
2 ，1)，BE
→＝(0，－2，1)，DE
→＝(－2，0,1)．所以CF
→·BE
→＝0－1＋1＝0，CF
→·DE
→＝－1＋0＋1＝0.所以CF⊥BE，
CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE.
又∵BE∩DE＝E，BE、DE⊂平面BDE.
(3)由(2)知，CF
→＝( 2
2 ，2
2 ，1)是平面BDE 的一个法向量，设平面ABE 的法向量n＝(x，y，z)，则n·BA
→＝0，n·BE
→
＝0.
即
x，y，z·2，0，0＝0
x，y，z·0，－2，1＝0
所以x＝0，z＝2y.令y＝1，则z＝2.
所以n＝(0,1，2)，从而cos〈n，CF
→〉＝
n·CF
→
|n||CF
→|
＝3
2
因为二面角A－BE－D 为锐角，
所以二面角A－BE－D 为π
6.
4．(2018·北京卷，16)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1 中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G 分别为AA1，AC，A1C1，
BB1 的中点，AB＝BC＝5，AC＝AA1＝2.
(1)求证：AC⊥平面BEF.
(2)求二面角B­CD­C1 的余弦值．
(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．
[解析]
(1)因为CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以CC1⊥AC.
在平行四边形A1ACC1 中，E，F 分别是AC，A1C1 的中点，
所以EF∥CC1，
所以AC⊥EF.
在△ABC 中，AB＝BC，E 是AC 的中点，
所以AC⊥BE.
又因为AC⊥EF，BE，EF⊂平面BEF，BE∩EF＝E，
所以AC⊥平面BEF.
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242
(2)如图，建立空间直角坐标系E­xyz，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(－1,0,0)，A1(1,0,2)，B1(0,2,2)，C1(－1,0,2)，
D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1)，
显然EB―→＝(0,2,0)是平面CDC1 的一个法向量，
设m＝(x，y，z)是平面BCD 的一个法向量，
又BC―→＝(－1，－2,0)，BD―→＝(1，－2,1)，
所以
－x－2y＝0，
x－2y＋z＝0，
不妨取y＝1，则x＝－2，z＝4，
所以平面BCD 的一个法向量为m＝(－2,1,4)，
cos〈EB―→，m〉＝EB―→·m
|EB―→||m|
＝
0＋2×1＋0
2× －22＋12＋42＝21
21 ，
由图知，二面角B­CD­C1 为钝角，
所以二面角B­CD­C1 的余弦值为－21
21 .
(3)方法一：
记CD，EF 交点为I，连接BI，
由(1)及已知，EF∥CC1，CC1∥BB1，
所以EF∥BB1，直线BG 与直线FI 共面．
又因为BG＝1
2BB1＝1
2AA1＝A1D，A1D<FI，
所以四边形BGFI 是梯形，直线FG 与直线BI 一定有交点，
又因为BI⊂平面BCD，FG⊄平面BCD，
所以直线FG 与平面BCD 相交．
方法二：反证法．显然FG⊄平面BCD，假设FG∥平面BCD，下面推出矛盾．
记CD，EF 交点为I，连接BI，
因为FG∥平面BCD，平面BCD∩平面BGFI＝BI，
所以FG∥BI.
由(1)及已知，EF∥CC1，CC1∥BB1，
所以EF∥BB1，即BG∥FI，
所以四边形BGFI 是平行四边形，
所以BG＝FI.
这与BG＝1
2BB1＝1
2AA1＝A1D<FI，矛盾，
所以直线FG 与平面BCD 相交．
专题规范答题示例
典题例析
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243
例(文)(12 分)如图，四棱锥P－ABCD 的底面为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E，F，H 分
别为AB，PC，BC 的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：平面PAH⊥平面DEF.
[
思
路
探
究
]
(1)
条件中各线段的中点
――→
设法利用
中位线定理
取PD 的中点M
――→
考虑平行关系
长度关系
平行四边形AEFM
―→
AM∥EF
――→
线面平行
的判定定理
EF∥平面PAD
(2)
平面PAD⊥平面ABCD
PA⊥AD
――→
面面垂直
的性质
PA⊥平面ABCD
―→
PA⊥DE
――→
正方形ABCD 中
E，H 为AB，BC 中点
DE⊥AH
――→
线面垂直
的判定定理
DE⊥平面PAH
――→
面面垂直的
判定定理
平面PAH⊥平面DEF
规范解答·分步得分
构建答题模板
证明：(1)取PD 的中点M，连接FM，AM.
∵在△PCD 中，F，M 分别为PC，PD 的中点，∴FM
∥CD 且FM＝1
2CD.
∵在正方形ABCD 中，AE∥CD 且AE＝1
2CD，
∴AE∥FM 且AE＝FM，
则四边形AEFM 为平行四边形，
∴AM∥EF.4 分
∵EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD，
∴EF∥平面PAD.6 分
(2)∵侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，侧面PAD∩
底面ABCD＝AD，
∴PA⊥底面ABCD.∵DE⊂底面ABCD，∴DE⊥PA.
∵E，H 分别为正方形ABCD 边AB，BC 的中点，
∴Rt△ABH≌Rt△DAE，
则∠BAH＝∠ADE，∴∠BAH＋∠AED＝90°，∴DE
⊥AH，8 分
∵PA⊂平面PAH，AH⊂平面PAH，PA∩AH＝A，∴
DE⊥平面PAH，
∵DE⊂平面EFD，∴平面PAH⊥平面DEF.12 分
第一步找线线：通过三角形
或四边形的中位线、平行四边形、
等腰三角形的中线或线面、面面
关系的性质寻找线线平行或线线
垂直．
第二步找线面：通过线线垂直或
平行，利用判定定理，找线面垂
直或平行；也可由面面关系的性
质找线面垂直或平行．
第三步找面面：通过面面关系的
判定定理，寻找面面垂直或平行．
第四步写步骤：严格按照定理中
的条件规范书写解题步骤.
[评分细则](1)第(1)问证出AE 綊FM 给2 分；通过AM∥EF 证线面平行时，缺1 个条件扣1 分；利用面面平行证
明EF∥平面PAD 同样给分；
(2)第(2)问证明PA⊥底面ABCD 时缺少条件扣1 分；证明DE⊥AH 时只要指明E，H 分别为正方形边AB，BC 的
中点得DE⊥AH 不扣分；证明DE⊥平面PAH 只要写出DE⊥AH，DE⊥PA，缺少条件不扣分．
跟踪训练
如图①，在矩形ABCD 中，AB＝3，BC＝4，E，F 分别在线段BC，AD 上，EF∥AB，将矩形ABEF 沿EF 折
起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如图②.
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244
(1)求证：NC∥平面MFD；
(2)若EC＝3，求证：ND⊥FC；
(3)求四面体NEFD 体积的最大值．
[解析]
(1)证明：∵四边形MNEF 和四边形EFDC 都是矩形，
∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，
∴MN 綊CD.
∴四边形MNCD 是平行四边形，∴NC∥MD.
∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，
∴NC∥平面MFD.
(2)证明：连接ED，
∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE⊂平面MNEF，
∴NE⊥平面ECDF.
∵FC⊂平面ECDF，
∴FC⊥NE.
∵EC＝CD，∴四边形ECDF 为正方形，∴FC⊥ED.
又∵ED∩NE＝E，ED，NE⊂平面NED，
∴FC⊥平面NED.
∵ND⊂平面NED，∴ND⊥FC.
(3)设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中0<x<4，
由(2)得NE⊥平面FEC，
∴四面体NEFD 的体积为VNEFD＝1
3S△EFD·NE＝1
2x(4－x)．
∴V 四面体NEFD≤1
2[x＋4－x
2
]2＝2，
当且仅当x＝4－x，即x＝2 时，四面体NEFD 的体积最大，最大值为2.
典题例析
(理)(12 分)如图，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 上异于A，B 的一个动点，DC 垂直于圆O 所在的平面，DC∥EB，
DC＝EB＝1，AB＝4.
(1)求证：DE⊥平面ACD；
(2)若AC＝BC，求平面AED 与平面ABE 所成的锐二面角的余弦值．
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245
[思路探究]
(1)
(2)
CA，CB，CD 两两垂直
―→
建立空间直角坐标系
―→
写各点坐标
―→
求平面AED 与平面ABE 的法向量―→将所求二面角转化为两个向量的夹角.
规范解答·分步得分
构建答题模板
解：(1)∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥
BC，
又AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上异于A，B 的点，∴AC
⊥BC，
又AC∩DC＝C，AC，DC⊂平面ACD，∴BC⊥平面ACD，
又DC∥EB，DC＝EB，∴四边形BCDE 是平行四边形，
∴DE∥BC，∴DE⊥平面ACD.
(2)在Rt△ACB 中，AB＝4，AC＝BC，
∴AC＝BC＝2 2，
如图，以C 为原点建立空间直角坐标系，
则A(2 2，0,0)，D(0,0,1)，B(0,2 2，0)，E(0,2 2，1)，AD
→
＝(－2 2，0,1)，DE
→＝(0,2 2，0)，
AB
→＝(－2 2，2 2，0)，BE
→＝(0,0,1).6 分
设平面ADE 的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则{n1·AD
→＝－2 2x1＋z1＝0，
n1·DE
→＝2 2y1＝0，
令
x1＝1，得n1＝(1,0,2 2)，
设平面ABE 的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则{n2·AB
→＝－2 2x2＋2 2y2＝0，
n2·BE
→＝z2＝0，
令
x2＝1，得n2＝(1,1,0).10 分
∴cos〈n1·n2〉＝n1·n2
|n1||n2|＝1
3 2
＝2
6 .
∴平面AED 与平面ABE 所成的锐二面角的余弦值为
2
6 .12 分
第一步找垂直：找出(或作
出)具有公共交点的三条两两
垂直的直线．
第二步写坐标：建立空间直角
坐标系，写出特征点坐标．
第三步求向量：求直线的方向
向量或平面的法向量．
第四步求夹角：计算向量的夹
角．
第五步得结论：得到所求两个
平面所成的角或直线和平面所
成的角.
[评分细则](1)第(1)问中证明DC⊥BC 和AC⊥BC 各给1 分，证明DE∥BC 给1 分，证明BC⊥平面ACD 时缺少
AC∩DC＝C，AC，DC⊂平面ACD，不扣分．
(2)第(2)问中建系给1 分，两个法向量求出1 个给2 分，没有最后结论扣1 分，法向量取其他形式同样给分．
跟踪训练
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246
如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF
︵
的中点．
(1)设P 是CE
︵上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP 的大小；
(2)当AB＝3，AD＝2 时，求二面角E－AG－C 的大小．
[解析]
(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.
又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.
又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.
(2)方法一：如图，取EC
︵的中点H，连接EH，GH，CH.
因为∠EBC＝120°，
所以四边形BEHC 为菱形，
所以AE＝GE＝AC＝GC＝32＋22＝13.
取AG 的中点M，连接EM，CM，EC，
则EM⊥AG，CM⊥AG，
所以∠EMC 为所求二面角的平面角．
又AM＝1，所以EM＝CM＝13－1＝2 3.
在△BEC 中，由于∠EBC＝120°，
由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12，
所以EC＝2 3，所以△EMC 为等边三角形，
故所求的角为60°.
方法二：以B 为坐标原点，分别以BE，BP，BA 所在的直线为x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3，3)，C(－1，3，0)，
故AE
→＝(2,0，－3)，AG
→＝(1，3，0)，CG
→＝(2,0,3)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG 的一个法向量，
由
m·AE
→＝0，
m·AG
→＝0，
可得
2x1－3z1＝0，
x1＋3y1＝0.
取z1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m＝(3，－3，2)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG 的一个法向量，
由
n·AG
→＝0，
n·CG
→＝0，
可得
x2＋3y2＝0，
2x2＋3z2＝0.
取z2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n＝(3，－3，－2)．
所以cos〈m，n〉＝m·n
|m|·|n|＝1
2.
故所求的角为60°.
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247
专题六
解析几何
——构建网络·形成体系
第一讲
直线与圆
高考考点
考点解读
直线的方程
1.求直线的倾斜角、斜率及直线方程
2．根据两直线平行或垂直求参数的值
圆的方程
1.圆的几何性质的应用
2．求圆的方程
直线与圆的位置关系
1.利用位置关系解决参数问题
2．利用位置关系解决轨迹等综合问题
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)切实掌握直线的倾斜角、斜率的概念，两直线平行、垂直的位置关系．
(2)弄清直线的点斜式、斜截式、两点式、截距式方程的特点及相关量的几何意义．
(3)掌握求圆的方程的方法，并会判定直线与圆、圆与圆的位置关系，会利用位置关系解决
综合问题．
预测2020 年命题热点：
(1)根据两直线的位置关系求参数的值．
(2)根据直线与圆的位置关系求动点的轨迹.
知识整合
1．直线的有关问题
(1)直线的斜率公式
①已知直线的倾斜角为α(α≠90°)，则直线的斜率为k＝__tanα__.
②已知直线过点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x2≠x1)，则直线的斜率为k＝__y1－y2
x1－x2
__(x2≠x1)．
(2)三种距离公式
①两点间的距离：若A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|＝__ x2－x12＋y2－y12__.
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248
②点到直线的距离：点P(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0 的距离d＝__|Ax0＋By0＋C|
A2＋B2
__.
③两平行线的距离：若直线l1，l2 的方程分别为l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0，则两平行线的距离d＝
__|C2－C1|
A2＋B2__.
(3)直线与圆相交时的弦长公式
设圆的半径为R，圆心到弦的距离为d，则弦长l＝__2 R2－d2__.
(4)直线方程的五种形式
①点斜式：__y－y0＝k(x－x0)__.
②斜截式：__y＝kx＋b__.
③两点式：__ y－y1
y2－y1
＝x－x1
x2－x1
__.
④截距式：__x
a＋y
b＝1__(a≠0，b≠0)．
⑤一般式：Ax＋By＋C＝0(A，B 不同时为0)．
(5)直线的两种位置关系
①当不重合的两条直线l1 和l2 的斜率存在时：
(ⅰ)两直线平行：l1∥l2⇔__k1＝k2__.
(ⅱ)两直线垂直：l1⊥l2⇔__k1·k2＝－1__.
②当两直线方程分别为l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0 时：
(ⅰ)l1 与l2 平行或重合⇔A1B2－A2B1＝0.
(ⅱ)l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0.
2．圆的有关问题
(1)圆的三种方程
①圆的标准方程：__(x－a)2＋(y－b)2＝r2__.
②圆的一般方程：__x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)__.
③圆的直径式方程：__(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0__.(圆的直径的两端点是A(x1，y1)，B(x2，y2))．
(2)判断直线与圆的位置关系的方法
①__代数方法__(判断直线与圆方程联立所得方程组的解的情况)：Δ>0⇔相交，Δ<0⇔相离，Δ＝0⇔相切．
②__几何方法__(比较圆心到直线的距离与半径的大小)：设圆心到直线的距离为d，则d<r⇔相交，d>r⇔相离，d
＝r⇔相切．(主要掌握几何方法)
(3)两圆圆心距与两圆半径之间的关系与两圆的位置关系
设圆O1 的半径为r1，圆O2 的半径为r2.(r1≠r2)
圆心距与两圆半径的关系
两圆的位置关系
|O1O2|<|r1－r2|
内含
|O1O2|＝|r1－r2|
内切
|r1－r2|<|O1O2|<|r1＋r2|
相交
|O1O2|＝|r1＋r2|
外切
|O1O2|>|r1＋r2|
外离
易错警示
1．注意两平行线距离公式的应用条件
应用两平行线间距离公式时，两平行线方程中x，y 的系数应对应相等．
2．忽略直线斜率不存在的情况
在解决有关直线问题时要考虑直线斜率是否存在．
3．注意直线方程的限制条件
(1)应用点斜式、斜截式方程时，注意它们不包含垂直于x 轴的直线；
(2)应用两点式方程时，注意它不包含与坐标轴垂直的直线；
(3)应用截距式方程时，注意它不包括与坐标轴垂直的直线以及过原点的直线；
(4)在处理直线与圆的位置关系时要充分利用圆的几何性质．
1．(2018·北京卷，7)在平面直角坐标系中，记d 为点P(cosθ，sinθ)到直线x－my－2＝0 的距离，当θ，m 变化时，
d 的最大值为(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
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249
[解析]
方法一：由已知d＝|cosθ－msinθ－2|
1＋m2
＝
|
1
1＋m2cosθ－
m
1＋m2sinθ－
2
1＋m2|＝
|sinθ＋φ－
2
1＋m2|≤|sin(θ＋φ)|＋|
2
1＋m2|≤1＋2＝3.
当且仅当
2
1＋m2＝2，且sin(θ＋φ)＝－1 时取＝，
此时m＝0，d＝|cosθ－2|，cosθ能取到－1，
所以d 的最大值为3.
方法二：由已知及sin2θ＋cos2θ＝1，点P(cosθ，sinθ)在圆x2＋y2＝1 上．
又直线x－my－2＝0 过定点(2,0)，
当d 取得最大值时，即圆x2＋y2＝1 上的动点P 到动直线x－my－2＝0 距离最大，
此时圆x2＋y2＝1 的圆心(0,0)到动直线x－my－2＝0 距离最大，数形结合，可知动直线为x＝2 时，圆心(0,0)到动
直线x－my－2＝0 距离最大值为2，
所以圆x2＋y2＝1 上的动点P 到动直线x－my－2＝0 的距离最大值为2＋1＝3，即d 的最大值为3.
2．(2016·全国卷Ⅱ，4)圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0 的圆心到直线ax＋y－1＝0 的距离为1，则a＝(
)
A．－4
3
B．－3
4
C．3
D．2
[解析]
圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0 化为标准方程为：(x－1)2＋(y－4)2＝4，
故圆心为(1,4)，d＝|a＋4－1|
a2＋1
＝1，解得a＝－4
3.
故选A.
3．(2019·北京卷，11)设抛物线y2＝4x 的焦点为F，准线为l.则以F 为圆心，且与l 相切的圆的方程为__(x－1)2
＋y2＝4__.
[解析]
∵抛物线y2＝4x 的焦点F 的坐标为(1,0)，准线l 为直线x＝－1，∴圆的圆心坐标为(1,0)．
又∵圆与l 相切，∴圆心到l 的距离为圆的半径，∴r＝2.
∴圆的方程为(x－1)2＋y2＝4.
4．(2019·浙江卷，12)已知圆C 的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2x－y＋3＝0 与圆C 相切于点A(－2，－
1)，则m＝__－2__，r＝__ 5__.
[解析]
根据题意画出图形，可知
A(－2，－1)，C(0，m)，B(0,3)，
则AB＝
－2－02＋－1－32＝2 5，
AC＝
－2－02＋－1－m2
＝4＋m＋12，
BC＝|m－3|.
∵直线2x－y＋3＝0 与圆C 相切于点A，
∴∠BAC＝90°，
∴AB2＋AC2＝BC2.
即20＋4＋(m＋1)2＝(m－3)2，
解得m＝－2.
因此r＝AC＝4＋－2＋12＝5.
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250
5．(2016·全国卷Ⅰ，15)设直线y＝x＋2a 与圆C：x2＋y2－2ay－2＝0 相交于A，B 两点，若|AB|＝2 3，则圆C 的
面积为__4π__.
[解析]
由圆C：x2＋y2－2ay－2＝0 可得x2＋(y－a)2＝a2＋2，所以圆心C(0，a)，由题意可知|－a＋2a|
2
＝a2＋2－3，
解得a2＝2，所以圆C 的面积为π(a2＋2)＝4π.
6．(2017·天津卷，12)设抛物线y2＝4x 的焦点为F，准线为l.已知点C 在l 上，以C 为圆心的圆与y 轴的正半轴相
切于点A.若∠FAC＝120°，则圆的方程为__(x＋1)2＋(y－3)2＝1__.
[解析]
由y2＝4x 可得点F 的坐标为(1,0)，准线l 的方程为x＝－1.由圆心C 在l 上，且圆C 与y 轴正半轴相切(如
图)，可得点C 的横坐标为－1，圆的半径为1，∠CAO＝90°.又因为∠FAC＝120°，所以∠OAF＝30°，所以|OA|＝3，
所以点C 的纵坐标为3.所以圆的方程为(x＋1)2＋(y－3)2＝1.
7．(2019·全国卷Ⅲ，21)已知曲线C：y＝x2
2 ，D 为直线y＝－1
2上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A，
B.
(1)证明：直线AB 过定点．
(2)若以E 0，5
2 为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求该圆的方程．
[解析]
(1)证明：设D t，－1
2 ，A(x1，y1)，则x21＝2y1.
由于y′＝x，所以切线DA 的斜率为x1，故
y1＋1
2
x1－t
＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB 的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB 过定点0，1
2 .
(2)解：由(1)得直线AB 的方程为y＝tx＋1
2.
由
y＝tx＋1
2，
y＝x2
2
可得x2－2tx－1＝0.
于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.
设M 为线段AB 的中点，则M t，t2＋1
2 .
由于EM
→⊥AB
→，而EM
→＝(t，t2－2)，AB
→与向量(1，t)平行，
所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0 或t＝±1.
当t＝0 时，|EM
→|＝2，所求圆的方程为x2＋y－5
2 2＝4；
当t＝±1 时，|EM
→|＝2，所求圆的方程为x2＋y－5
2 2＝2.
直线方程与位置关系
典题例析
例1
(1)已知直线l1：(k－3)x＋(4－k)y＋1＝0 与直线l2：2(k－3)x－2y＋3＝0 平行，则k 的值是(
)
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251
A．1 或3
B．1 或5
C．3 或5
D．1 或2
[解析]
当k＝4 时，直线l1 的斜率不存在，直线l2 的斜率存在，所以两直线不平行；
当k≠4 时，两直线平行的一个必要条件是3－k
4－k
＝k－3，解得k＝3 或k＝5，但必须满足1
k－4≠3
2(截距不等)才是充
要条件，经检验知满足这个条件．
(2)坐标原点(0,0)关于直线x－2y＋2＝0 对称的点的坐标是(
)
A．(－4
5，8
5)
B．(－4
5，－8
5)
C．(4
5，－8
5)
D．(4
5，8
5)
[解析]
直线x－2y＋2＝0 的斜率k＝1
2，设坐标原点(0,0)关于直线x－2y＋2＝0 对称的点的坐标是(x0，y0)，依题
意可得
x0
2 －2×y0
2＋2＝0，
y0＝－2x0，
解得
x0＝－4
5，
y0＝8
5，
即所求点的坐标是(－4
5，8
5)．
(3)已知直线l 过直线l1：x－2y＋3＝0 与直线l2：2x＋3y－8＝0 的交点，且点P(0,4)到直线l 的距离为2，则直线l
的方程为__y＝2 或4x－3y＋2＝0__.
[解析]
由
x－2y＋3＝0，
2x＋3y－8＝0，
得
x＝1，
y＝2，
所以直线l1 与l2 的交点为(1,2)．显然直线x＝1 不符合，即所求直线的
斜率存在，设所求直线的方程为y－2＝k(x－1)，即kx－y＋2－k＝0，因为P(0,4)到直线l 的距离为2，所以|－4＋2－k|
1＋k2
＝2，所以k＝0 或k＝4
3.所以直线l 的方程为y＝2 或4x－3y＋2＝0.
1．要注意几种直线方程的局限性，点斜式、两点式、斜截式要求直线不能与x 轴垂直，而截距式方程不能表示过
原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线．
2．求解与两条直线平行或垂直有关的问题时，主要是利用两条直线平行或垂直的充要条件，即“斜率相等”或“互
为负倒数”．若出现斜率不存在的情况，可考虑用数形结合的方法去研究．
3．轴对称问题的两种类型及求解方法
(1)点关于直线的对称
若两点P1(x1，y1)与P2(x2，y2)关于直线l：Ax＋By＋C＝0 对称，则线段P1P2 的中点在对称轴l 上，而且连接P1，
P2 的直线垂直于对称轴l.由方程组
A·x1＋x2
2
＋B·y1＋y2
2
＋C＝0，
y2－y1
x2－x1
·－A
B＝－1，
可得到点P1 关于l 对称的点P2 的坐标(x2，y2)(其
中B≠0，x1≠x2)
(2)直线关于直线的对称
有两种情况，一是已知直线与对称轴相交；二是已知直线与对称轴平行．一般转化为点关于直线的对称来解决．
跟踪训练
1．已知点P(3,2)是点Q(1,4)关于直线l 对称，则直线l 的方程为(
)
A．x－y＋1＝0
B．x－y＝0
C．x＋y＋1＝0
D．x＋y＝0
[解析]
由题意知直线l 与直线PQ 垂直，所以kl＝－1
kPQ
＝－
1
4－2
1－3
＝1.又直线l 经过PQ 的中点(2,3)，所以直线l
的方程为y－3＝x－2，即x－y＋1＝0.
2．已知直线mx＋4y－2＝0 与2x－5y＋n＝0 互相垂直，垂足为P(1，p)，则m－n＋p 的值是(
)
A．24
B．20
C．0
D．－4
[解析]
∵直线mx＋4y－2＝0 与2x－5y＋n＝0 互相垂直，∴m
－4×2
5＝－1，∴m＝10.
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252
直线mx＋4y－2＝0，即5x＋2y－1＝0，
将垂足(1，p)代入，得5＋2p－1＝0，∴p＝－2.
把P(1，－2)代入2x－5y＋n＝0，得n＝－12.
∴m－n＋p＝20，故选B.
3．在△ABC 中，A(1,1)，B(m，m)(1<m<4)，C(4,2)，则当△ABC 的面积最大时，m＝(
)
A.3
2
B．9
4
C．1
2
D．1
4
[解析]
由两点间距离公式可得|AC|＝10，
直线AC 的方程为x－3y＋2＝0，
所以点B 到直线AC 的距离d＝|m－3 m＋2|
10
，
从而△ABC 的面积S＝1
2|AC|d＝1
2|m－3 m＋2|
＝1
2|( m－3
2)2－1
4|
又1<m<4，所以1< m<2，所以当m＝3
2，即m＝9
4时，S 取得最大值．
圆的方程
典题例析
例2
(1)若方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0 表示圆，则实数a 的取值范围是(
)
A．(－∞，－2)
B．(－2
3，0)
C．(－2,0)
D．(－2，2
3)
[解析]
若方程表示圆，则a2＋(2a)2－4(2a2＋a－1)>0，化简得3a2＋4a－4<0，解得－2<a<2
3.
(2)已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，点M(0，5)在圆C 上，且圆心到直线2x－y＝0 的距离为4 5
5 ，则圆C 的
标准方程为__(x－2)2＋y2＝9__.
[解析]
设C(a,0)(a>0)，由题意知|2a|
5
＝4 5
5 ，解得a＝2，所以r＝22＋52＝3，故圆C 的标准方程为(x－2)2＋
y2＝9.
求圆的方程有两类方法：(1)几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的半径和圆
心，得出圆的方程；(2)代数法，求圆的方程必须具备三个独立条件，利用“待定系数法”求出圆心和半径．
跟踪训练
(2017·全国卷Ⅲ，20)已知抛物线C：y2＝2x，过点(2,0)的直线l 交C 于A，B 两点，圆M 是以线段AB 为直径的
圆．
(1)证明：坐标原点O 在圆M 上；
(2)设圆M 过点P(4，－2)，求直线l 与圆M 的方程．
[解析]
(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2，
由
x＝my＋2，
y2＝2x
可得y2－2my－4＝0，
则y1y2＝－4.
又x1＝y21
2，x2＝y22
2，故x1x2＝y1y22
4
＝4.
因此OA 的斜率与OB 的斜率之积为
y1
x1
·y2
x2
＝－4
4
＝－1.
所以OA⊥OB，故坐标原点O 在圆M 上．
(2)由(1)可得y1＋y2＝2m，
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253
x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4，
故圆心M 的坐标为(m2＋2，m)，
圆M 的半径r＝m2＋22＋m2.
由于圆M 过点P(4，－2)，因此AP
→·BP
→＝0，
故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，
即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0.
由(1)可知y1y2＝－4，x1x2＝4，
所以2m2－m－1＝0，解得m＝1 或m＝－1
2.
当m＝1 时，直线l 的方程为x－y－2＝0，圆心M 的坐标为(3,1)，圆M 的半径为10.
圆M 的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.
当m＝－1
2时，直线l 的方程为2x＋y－4＝0，圆心M 的坐标为(9
4，－1
2)，圆M 的半径为85
4 ，
圆M 的方程为(x－9
4)2＋(y＋1
2)2＝85
16.
直线(圆)与圆的位置关系
典题例析
例3
(1)已知过点A(0,1)且斜率为k 的直线l 与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1 交于M，N 两点，若|MN|＝2 5
5
，
则直线l 的方程为__y＝2x＋1 或y＝1
2x＋1__.
[解析]
直线l 的方程为y＝kx＋1，圆心C(2,3)到直线l 的距离d＝|2k－3＋1|
k2＋1
＝|2k－2|
k2＋1
，
由R2＝d2＋(1
2|MN|)2
得1＝2k－22
k2＋1
＋1
5，解得k＝2 或1
2，
所求直线l 的方程为y＝2x＋1 或y＝1
2x＋1.
(2)(2018·惠州一模)在平面直角坐标系xOy 中，点A(0,3)，直线l：y＝2x－4，设圆C 的半径为1，圆心在l 上．
①若圆心C 也在直线y＝x－1 上，过点A 作圆C 的切线，求切线的方程．
②若圆C 上存在点M，使|MA|＝2|MO|，求圆心C 的横坐标a 的取值范围．
[解析]
①因为圆心在直线l：y＝2x－4 上，也在直线y＝x－1 上，所以解方程组
y＝2x－4，
y＝x－1，
得圆心C(3,2)，
又因为圆的半径为1，所以圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝1，又因为点A(0,3)，显然过点A，圆C 的切线的斜率存在，
设所求的切线方程为y＝kx＋3，即kx－y＋3＝0，所以|3k－2＋3|
k2＋12 ＝1，解上式得：k＝0 或k＝－3
4，
所以所求切线方程为y＝3 或y＝－3
4x＋3，即y－3＝0 或3x＋4y－12＝0.
②因为圆C 的圆心在直线l：y＝2x－4 上，所以，设圆心C 为(a,2a－4)，又因为圆C 的半径为1，则圆C 的方程
为：(x－a)2＋(y－2a＋4)2＝1，
设M(x，y)，又因为|MA|＝2|MO|，则有x2＋y－32＝2 x2＋y2，整理得：x2＋(y＋1)2＝4，设为圆D，
所以点M 既在圆C 上，又在圆D 上，即圆C 与圆D 有交点，
所以2－1≤a2＋2a－4＋12≤2＋1，解得0≤a≤12
5 .
1．直线(圆)与圆位置关系问题的求解思路
(1)研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离和半径的比较实现，两个圆的位置关系的判断依据是两圆
心距离与两半径差与和的比较．
(2)利用位置关系求过圆外一定点的切线方程的基本思路：
首先将直线方程设为点斜式，然后利用圆心到直线的距离等于半径求斜率，最后若求得的斜率只有一个，则存在
一条过切点与x 轴垂直的切线．
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254
2．弦长的求解方法
(1)根据半径、弦心距、弦长构成的直角三角形，构成三者间的关系R2＝d2＋l2
4(其中l 为弦长，r 为圆的半径，d 为
圆心到直线的距离)．
(2)根据公式：l＝1＋k2|x1－x2|求解(其中l 为弦长，x1，x2 为直线与圆相交所得交点的横坐标，k 为直线的斜率)．
(3)求出交点坐标，用两点间距离公式求解．
跟踪训练
1．(2019·苏州高三调研)在平面直角坐标系xOy 中，已知过点M(1,1)的直线l 与圆(x＋1)2＋(y－2)2＝5 相切，且与
直线ax＋y－1＝0 垂直，则实数a＝__1
2__.
[解析]
由题意得，直线l 的斜率存在，设过点M(1,1)的直线l 的方程为y－1＝k(x－1)，即kx－y＋1－k＝0.因为
直线l 与圆(x＋1)2＋(y－2)2＝5 相切，所以圆心(－1,2)到直线l 的距离d＝|－k－2＋1－k|
k2＋1
＝5，整理得k2－4k＋4＝0，
解得k＝2.又直线l 与直线ax＋y－1＝0 垂直，所以－2a＝－1，解得a＝1
2.
2．(文)已知在圆x2＋y2－4x＋2y＝0 内，过点E(1,0)的最长弦和最短弦分别是AC 和BD，则四边形ABCD 的面积
为(
)
A．3 5
B．6 5
C．4 15
D．2 15
[解析]
将圆的方程化为标准方程得(x－2)2＋(y＋1)2＝5，圆心坐
标为F(2，－1)，半径r＝5，如图，显然过点E 的最长弦为过点E 的直径，即|AC|＝2 5，而过点E 的最短弦为
垂直于EF 的弦，|EF|＝2－12＋－1－02＝2，|BD|＝2 r2－|EF|2＝2 3，∴S 四边形ABCD＝1
2|AC|·|BD|＝2 15.故选D.
(理)已知m＝(2cosα，2sinα)，n＝(3cosβ，3sinβ)，若m 与n 的夹角为60°，则直线xcosα－ysinα＋1
2＝0 与圆(x－cosβ)2
＋(y＋sinβ)2＝1
2的位置关系是(
)
A．相交
B．相交且过圆心
C．相切
D．相离
[解析]
由向量的夹角公式得cos〈m，n〉＝m·n
|m||n|＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝cos(α－β)＝1
2，圆心(cosβ，－sinβ)到直
线的距离d＝
|cosβcosα＋sinβsinα＋1
2|
cos2α＋sin2α
＝1> 2
2 ，
所以直线与圆相离．
3．(2018·全国卷Ⅰ，15)直线y＝x＋1 与圆x2＋y2＋2y－3＝0 交于A，B 两点，则|AB|＝__2 2__.
[解析]
由x2＋y2＋2y－3＝0，得圆心为(0，－1)，半径为2，
所以圆心到直线的距离d＝2
2
＝2.
所以|AB|＝2 22－22＝2 2.
A 组
1．(文)“ab＝4”是“直线2x＋ay－1＝0 与直线bx＋2y－2＝0 平行”的(
)
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
因为两直线平行，所以斜率相等，即－2
a＝－b
2，可得ab＝4，又当a＝1，b＝4 时，满足ab＝4，但是两
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255
直线重合，故选C.
(理)若直线l1：x＋ay＋6＝0 与l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0 平行，则l1 与l2 间的距离为(
)
A. 2
B．8 2
3
C．3
D．8 3
3
[解析]
由l1∥l2 知3＝a(a－2)且2a≠6(a－2)，
2a2≠18，求得a＝－1，
∴l1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋2
3＝0，两条平行直线l1 与l2 间的距离为d＝
|6－2
3|
12＋－12
＝8 2
3 .故选B.
2．已知直线l1 过点(－2,0)且倾斜角为30°，直线l2 过点(2,0)且与直线l1 垂直，则直线l1 与直线l2 的交点坐标为(
)
A．(3，3)
B．(2，3)
C．(1，3)
D．(1，3
2 )
[解析]
直线l1 的斜率k1＝tan30°＝3
3 ，因为直线l2 与直线l1 垂直，所以直线l2 的斜率k2＝－1
k1
＝－3，所以直
线l1 的方程为y＝3
3 (x＋2)，直线l2 的方程为y＝－3(x－2)，联立
y＝3
3 x＋2，
y＝－3x－2，
解得
x＝1，
y＝3，
即直线l1 与直
线l2 的交点坐标为(1，3)．
3．(文)直线x＋y＋2＝0 截圆x2＋y2＝4 所得劣弧所对圆心角为(
)
A.π
6
B．π
3
C．2π
3
D．5π
6
[解析]
弦心距d＝| 2|
2
＝1，半径r＝2，
所以劣弧所对的圆心角为2π
3 .故选C.
(理)⊙C1：(x－1)2＋y2＝4 与⊙C2：(x＋1)2＋(y－3)2＝9 相交弦所在直线为l，则l 被⊙O：x2＋y2＝4 截得弦长为
(
)
A. 13
B．4
C．4 39
13
D．8 39
13
[解析]
由⊙C1 与⊙C2 的方程相减得l：2x－3y＋2＝0.
圆心O(0,0)到l 的距离d＝2 13
13 ，⊙O 的半径R＝2，
所以截得弦长为2 R2－d2＝2
4－4
13＝8 39
13 .
4．过圆x2＋y2＝4 外一点P(4,2)作圆的两条切线，切点分别为A、B，则△ABP 的外接圆的方程是(
)
A．(x－4)2＋(y－2)2＝1
B．x2＋(y－2)2＝4
C．(x＋2)2＋(y＋1)2＝5
D．(x－2)2＋(y－1)2＝5
[解析]
∵PA⊥OA，PB⊥OB，∴以OP 为直径的圆过A、B 两点，故△ABP 的外接圆就是以OP 为直径的圆，从
而圆心为(2,1)，半径r＝5，圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.
5．(文)与直线x－y－4＝0 和圆x2＋y2＋2x－2y＝0 都相切的半径最小的圆的方程是(
)
A．(x－1)2＋(y＋1)2＝2
B．(x－1)2＋(y＋1)2＝4
C．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝4
[解析]
如图当两圆圆心的连线与已知直线垂直时，所求圆的半径最小，易知所求圆C 的圆心在直线y＝－x 上，
故设其坐标为C(c，－c)，又圆A 的方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝2，∴A(－1,1)，
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256
则点A 到直线x－y－4＝0 的距离d＝|－1－1－4|
2
＝3 2.
设圆C 的半径为r，则2r＝3 2－2＝2 2，
∴r＝2.即点C(c，－c)到直线x－y－4＝0 的距离等于2.故有|2c－4|
2
＝2，∴c＝3 或c＝1.
结合图形知当c＝3 时，圆C 在直线x－y－4＝0 下方，不合题意，故所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
(理)在平面直角坐标系中，A，B 分别是x 轴和y 轴上的动点，若以AB 为直径的圆C 与直线2x＋y－4＝0 相切，
则圆C 面积的最小值为(
)
A.4
5π
B．3
4π
C．(6－2 5)π
D．5
4π
[解析]
由题意易知AB 为直径的圆C 过原点O，圆心C 为AB 的中点，设D 为切点，要使圆C 的面积最小，只
需圆的半径最短，也只需OC＋CD 最小，其最小值为OE(过原点O 作直线2x＋y－4＝0 的垂线，垂足为E)的长度．由
点到直线的距离公式得OE＝4
5
.
∴圆C 面积的最小值为π( 2
5
)2＝4
5π.故选A.
6．已知直线l：x＋my－3＝0 与圆C：x2＋y2＝4 相切，则m＝__± 5
2 __.
[解析]
因为圆C：x2＋y2＝4 的圆心为(0,0)，半径为2，直线l：x＋my－3＝0 与圆C：x2＋y2＝4 相切，所以2＝
3
1＋m2，
解得m＝± 5
2 .
7．若直线3x－4y＋5＝0 与圆x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B 两点，且∠AOB＝120°(O 为坐标原点)，则r＝__2__.
[解析]
直线3x－4y＋5＝0 与圆x2＋y2＝r2(r＞0)交于A，B 两点，O 为坐标原点，且∠AOB＝120°，则圆心(0,0)
到直线3x－4y＋5＝0 的距离为1
2r，即
5
32＋42＝1
2r，
∴r＝2.
8．一个圆经过椭圆x2
16＋y2
4＝1 的三个顶点，且圆心在x 轴的正半轴上，则该圆的标准方程为__(x－3
2)2＋y2＝25
4 __.
[解析]
设圆心为(a,0)，则圆的方程为(x－a)2＋y2＝r2，依题意得a2＋22＝4－a2，解得a＝3
2，r2＝25
4 ，所以圆
的方程为(x－3
2)2＋y2＝25
4 .
9．已知圆(x－1)2＋y2＝25，直线ax－y＋5＝0 与圆相交于不同的两点A，B.
(1)求实数a 的取值范围；
(2)若弦AB 的垂直平分线l 过点P(－2,4)，求实数a 的值．
[解析]
(1)把直线ax－y＋5＝0 代入圆的方程，
消去y 整理，得(a2＋1)x2＋2(5a－1)x＋1＝0，
由于直线ax－y＋5＝0 交圆于A，B 两点，
故Δ＝4(5a－1)2－4(a2＋1)>0，
即12a2－5a>0，解得a> 5
12或a<0，
所以实数a 的取值范围是(－∞，0)∪( 5
12，＋∞)．
(2)由于直线l 为弦AB 的垂直平分线，且直线AB 的斜率为a，则直线l 的斜率为－1
a，
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257
所以直线l 的方程为y＝－1
a(x＋2)＋4，
即x＋ay＋2－4a＝0，由于l 垂直平分弦AB，
故圆心M(1,0)必在l 上，所以1＋0＋2－4a＝0.
解得a＝3
4，由于3
4∈( 5
12，＋∞)，
所以a＝3
4.
10．已知点P(0,5)及圆C：x2＋y2＋4x－12y＋24＝0.
(1)若直线l 过点P 且被圆C 截得的线段为4 3，求l 的方程；
(2)求过P 点的圆C 的弦的中点的轨迹方程．
[解析]
(1)如图所示，|AB|＝4 3，将圆C 方程化为标准方程为(x＋2)2＋(y－6)2＝16，
所以圆C 的圆心坐标为(－2,6)，半径r＝4.设D 是线段AB 的中点，则CD⊥AB，
所以|AD|＝2 3，|AC|＝4.
C 点坐标为(－2,6)．
在Rt△ACD 中，可得|CD|＝2.
若直线l 的斜率存在，设为k，则直线l 的方程为y－5＝kx，即kx－y＋5＝0.
由点C 到直线AB 的距离公式：|－2k－6＋5|
k2＋－12 ＝2，
得k＝3
4.
故直线l 的方程为3x－4y＋20＝0.
直线l 的斜率不存在时，也满足题意，此时方程为x＝0.
所以所求直线l 的方程为x＝0 或3x－4y＋20＝0.
(2)设过点P 的圆C 的弦的中点为E(x，y)，则EC⊥PE，
所以CE
→·PE
→＝0，即(x＋2，y－6)·(x，y－5)＝0，
化简得所求轨迹方程为x2＋y2＋2x－11y＋30＝0.
B 组
1．已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)截直线x＋y＝0 所得线段的长度是2 2，则圆M 与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1
的位置关系是(
)
A．内切
B．相交
C．外切
D．相离
[解析]
圆M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)可化为x2＋(y－a)2＝a2，由题意，M(0，a)到直线x＋y＝0 的距离d＝a
2
，所
以a2＝a2
2 ＋2，解得a＝2.所以圆M：x2＋(y－2)2＝4，所以两圆的圆心距为2，半径和为3，半径差为1，故两圆相交．
2．(2018·全国卷Ⅲ，6)直线x＋y＋2＝0 分别与x 轴，y 轴交于A，B 两点，点P 在圆(x－2)2＋y2＝2 上，则△ABP
面积的取值范围是(
)
A．[2,6]
B．[4,8]
C．[ 2，3 2]
D．[2 2，3 2]
[解析]
由A(－2,0)，B(0，－2)，则三角形ABP 的底边|AB|＝2 2，圆心(2,0)到直线x＋y＋2＝0 的距离为d＝|2＋0＋2|
2
＝2 2，又因为半径为r＝2，所以点P 到直线x＋y＋2＝0 的距离的最大值为2 2＋2＝3 2，最小值为2 2－2＝2，
则三角形ABP 的面积的最大值为Smax＝1
2×2 2×3 2＝6，最小值为Smin＝1
2×2 2× 2＝2，故△ABP 面积的取值范围
为[2,6]．
3．(文)设直线x－y－a＝0 与圆x2＋y2＝4 相交于A，B 两点，O 为坐标原点，若△AOB 为等边三角形，则实数a
的值为(
)
A．± 3
B．± 6
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258
C．±3
D．±9
[解析]
由题意知，圆心坐标为(0,0)，半径为2，则△AOB 的边长为2，所以△AOB 的高为3，即圆心到直线x
－y－a＝0 的距离为3，所以
|－a|
12＋－12＝3，解得a＝± 6.
(理)直线y＝kx＋3 被圆(x－2)2＋(y－3)2＝4 截得的弦长为2 3，则直线的倾斜角为(
)
A.π
6或5π
6
B．－π
3或π
3
C．－π
6或π
6
D．π
6
[解析]
圆(x－2)2＋(y－3)2＝4 的圆心为(2,3)，半径r＝2，圆心(2,3)到直线y＝kx＋3 的距离d＝
|2k|
k2＋1
，因为直线
y＝kx＋3 被圆(x－2)2＋(y－3)2＝4 截得的弦长为2 3，所以由勾股定理得r2＝d2＋(2 3
2 )2，即4＝4k2
k2＋1
＋3，解得k＝± 3
3 ，
故直线的倾斜角为π
6或5π
6 .
4．已知点A(－2,0)，B(0,2)，若点C 是圆x2－2ax＋y2＋a2－1＝0 上的动点，△ABC 面积的最小值为3－2，则a
的值为(
)
A．1
B．－5
C．1 或－5
D．5
[解析]
解法一：圆的标准方程为(x－a)2＋y2＝1，圆心M(a,0)到直线AB：x－y＋2＝0 的距离为d＝|a＋2|
2
，
可知圆上的点到直线AB 的最短距离为d－1＝|a＋2|
2
－1，(S△ABC)min＝1
2×2 2×|a＋2|－2
2
＝3－2，
解得a＝1 或－5.
解法二：圆的标准方程为(x－a)2＋y2＝1，
设C 的坐标为(a＋cosθ，sinθ)，C 点到直线AB：x－y＋2＝0 的距离为d＝|a＋cosθ－sinθ＋2|
2
＝
|－2sinθ－π
4＋a＋2|
2
.
△ABC 的面积为S△ABC＝1
2×2 2×
|－2sinθ－π
4＋a＋2|
2
＝|－2sin(θ－π
4)＋a＋2|，
当a≥0 时，a＋2－2＝3－2，解得a＝1；
当－2≤a<0 时，|a＋2－2|＝3－2，无解；
当a<－2 时，|a＋2＋2|＝3－2，解得a＝－5.
解法三：设与AB 平行且与圆相切的直线l′的方程为x－y＋m＝0(m≠2)，圆心M(a,0)到直线l′的距离d＝1，
即|a＋m|
2
＝1，
解得m＝± 2－a，
两平行线l，l′之间的距离就是圆上的点到直线AB 的最短距离，
即|m－2|
2
＝|± 2－a－2|
2
，
(S△ABC)min＝1
2×2 2×|± 2－a－2|
2
＝|± 2－a－2|.
当a≥0 时，|± 2－a－2|＝3－2，解得a＝1.
当a<0 时，|± 2－a－2|＝3－2，解得a＝－5.
故a＝1 或－5.
5．在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，直线x－ky＋1＝0 与圆C：x2＋y2＝4 相交于A，B 两点，OM
→＝OA
→＋OB
→，
若点M 在圆C 上，则实数k 的值为(
)
A．－2
B．－1
C．0
D．1
[解析]
方法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由
x－ky＋1＝0，
x2＋y2＝4
得(k2＋1)y2－2ky－3＝0，则Δ＝4k2＋12(k2＋1)>0，
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259
y1＋y2＝2k
k2＋1，x1＋x2＝k(y1＋y2)－2＝－
2
k2＋1，因为OM
→＝OA
→＋OB
→，故M(－
2
k2＋1，2k
k2＋1)，又点M 在圆C 上，故
4
k2＋12
＋
4k2
k2＋12＝4，解得k＝0.
方法二：由直线与圆相交于A，B 两点，OM
→＝OA
→＋OB
→，且点M 在圆C 上，得圆心C(0,0)到直线x－ky＋1＝0
的距离为半径的一半，为1，即d＝
1
1＋k2＝1，解得k＝0.
6．过点C(3,4)作圆x2＋y2＝5 的两条切线，切点分别为A，B，则点C 到直线AB 的距离为__4__.
[解析]
以OC 为直径的圆的方程为(x－3
2)2＋(y－2)2＝(5
2)2，AB 为圆C 与圆O：x2＋y2＝5 的公共弦，所以AB 的
方程为x2＋y2－[(x－3
2)2＋(y－2)2]＝5－25
4 ，化简得3x＋4y－5＝0，所以C 到直线AB 的距离d＝|3×3＋4×4－5|
32＋42
＝4.
7．(文)在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若sin2A＋sin2B＝1
2sin2C，则直线ax－by＋c＝0 被圆x2
＋y2＝9 所截得弦长为__2 7__.
[解析]
由正弦定理得a2＋b2＝1
2c2，
∴圆心到直线距离d＝
|c|
a2＋b2＝
c
1
2c2＝2，
∴弦长l＝2 r2－d2＝2 9－2＝2 7.
(理)(2019·贵阳适应性考试)已知直线l：ax－3y－12＝0 与圆M：x2＋y2－4y＝0 相交于A，B 两点，且∠AMB＝π
3，
则实数a＝__± 3__.
[解析]
直线l 的方程可变形为y＝1
3ax＋4，所以直线l 过定点(0,4)，且该点在圆M 上．圆的方程可变形为x2＋(y
－2)2＝4，所以圆心为M(0,2)，半径为2.如图，因为∠AMB＝π
3，所以△AMB 是等边三角形，且边长为2，高为3，
即圆心M 到直线l 的距离为3，所以|－6＋12|
a2＋9
＝3，解得a＝± 3.
8．过点P(－1,1)作圆C：(x－t)2＋(y－t＋2)2＝1(t∈R)的切线，切点分别为A，B，则PA
→·PB
→的最小值为__21
4 __.
[解析]
圆C：(x－t)2＋(y－t＋2)2＝1 的圆心坐标为(t，t－2)，半径为1，
所以PC＝t＋12＋t－32
＝2t－12＋8≥8，
PA＝PB＝PC2－1，cos∠APC＝AP
PC，
所以cos∠APB＝2
AP
PC 2－1＝1－2
PC2，
所以PA
→·PB
→＝(PC2－1)(1－2
PC2)＝－3＋PC2＋2
PC2≥－3＋8＋1
4＝21
4 ，
所以PA
→·PB
→的最小值为21
4 .
9．(2018·全国卷Ⅱ，19)设抛物线C：y2＝4x 的焦点为F，过F 且斜率为k(k>0)的直线l 与C 交于A，B 两点，|AB|
＝8.
(1)求l 的方程．
(2)求过点A，B 且与C 的准线相切的圆的方程．
[解析]
(1)由题意得F(1,0)，l 的方程为y＝k(x－1)(k＞0)．
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260
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由
y＝kx－1，
y2＝4x，
得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
Δ＝16k2＋16＞0，故x1＋x2＝2k2＋4
k2
.
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝4k2＋4
k2
.
由题设知4k2＋4
k2
＝8，解得k＝－1(舍去)，k＝1.
因此l 的方程为y＝x－1.
(2)由(1)得AB 的中点坐标为(3,2)，
所以AB 的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，
即y＝－x＋5.
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，
则
y0＝－x0＋5，
x0＋12＝y0－x0＋12
2
＋16，
解得
x0＝3，
y0＝2，
或
x0＝11，
y0＝－6.
因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16 或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.
10．(2017·全国卷Ⅲ，20)在直角坐标系xOy 中，曲线y＝x2＋mx－2 与x 轴交于A，B 两点，点C 的坐标为(0,1)．当
m 变化时，解答下列问题：
(1)能否出现AC⊥BC 的情况？说明理由．
(2)证明：过A，B，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值．
[解析]
(1)不能出现AC⊥BC 的情况．理由如下：
设A(x1,0)，B(x2,0)，
则x1，x2 满足x2＋mx－2＝0，
所以x1x2＝－2.
又点C 的坐标为(0,1)，
故AC 的斜率与BC 的斜率之积为－1
x1
·－1
x2
＝－1
2，
所以不能出现AC⊥BC 的情况．
(2)证明：BC 的中点坐标为(x2
2 ，1
2)，可得BC 的中垂线方程为y－1
2＝x2(x－x2
2 )．
由(1)可得x1＋x2＝－m，
所以AB 的中垂线方程为x＝－m
2.
联立
x＝－m
2，
y－1
2＝x2x－x2
2 ，
又x22＋mx2－2＝0，可得
x＝－m
2，
y＝－1
2.
所以过A，B，C 三点的圆的圆心坐标为(－m
2，－1
2)，半径r＝m2＋9
2
.
故圆在y 轴上截得的弦长为2
r2－m
22＝3，
即过A，B，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值．
第二讲
圆锥曲线的概念与性质、与弦有关的计算问题
高考考点
考点解读
圆锥曲线的定义、标准方程与性
质
1.求圆锥曲线的标准方程、离心率、双曲线的渐近线方程
2．考查圆锥曲线的定义、性质
直线与圆锥曲线位置关系的判断
与证明问题
1.位置关系的判定
2．几何或代数关系式的证明
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261
圆锥曲线中的最值(范围)及与弦
有关的问题
1.考查弦长问题
2．求直线的方程或圆锥曲线的方程
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)掌握求圆锥曲线标准方程、离心率的方法．
(2)会利用圆锥曲线的性质解决相关问题．
(3)掌握根据直线与圆锥曲线的位置关系求弦长或面积的方法．
(4)会解决直线与圆锥曲线相交产生的与弦有关的问题及最值问题．
预测2020 年命题热点：
(1)根据圆锥曲线的性质求圆锥曲线的标准方程、离心率或离心率的范围．
(2)直线与圆锥曲线位置关系有关的计算、证明、最值、轨迹问题.
知识整合
1．圆锥曲线的定义
(1)椭圆：__|PF1|＋|PF2|＝2a__(2a>|F1F2|)．
(2)双曲线：__||PF1|－|PF2||＝2a__(2a<|F1F2|)．
(3)抛物线：|PF|＝|PM|，点F 不在直线l 上，PM⊥l 于M(l 为抛物线的准线)．
2．圆锥曲线的重要性质
(1)椭圆、双曲线中a，b，c 之间的关系
①在椭圆中：__a2＝b2＋c2__；离心率为e＝c
a＝__
1－b2
a2__.
②在双曲线中__c2＝a2＋b2__；离心率为e＝c
a＝__
1＋b2
a2__.
(2)双曲线的渐近线方程与焦点坐标
①双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为__y＝±b
ax__；焦点坐标F1__(－c,0)__，F2__(c,0)__.
②双曲线y2
a2－x2
b2＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为__y＝±a
bx__，焦点坐标F1__(0，－c)__，F2__(0，c)__.
(3)抛物线的焦点坐标与准线方程
①抛物线y2＝±2px(p>0)的焦点坐标为__(±p
2，0)__，准线方程为__x＝∓p
2__.
②抛物线x2＝±2py(p>0)的焦点坐标为__(0，±p
2)__，准线方程为y＝∓p
2.
3．弦长问题
(1)直线与圆锥曲线相交时的弦长
斜率为k 的直线与圆锥曲线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)时，|AB|＝__ 1＋k2·|x1－x2|__＝1＋k2· x1＋x22－4x1x2
或|AB|＝__
1＋1
k2|y1－y2|__＝
1＋1
k2 y1＋y22－4y1y2.
(2)抛物线焦点弦的几个常用结论
设AB 是过抛物线y2＝2px(p>0)焦点F 的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则①x1x2＝__p2
4 __，y1y2＝__－p2__；②弦长
|AB|＝x1＋x2＋p＝__ 2p
sin2α__(α为弦AB 的倾斜角)；③1
|FA|＋1
|FB|＝
__2
p__；④以弦AB 为直径的圆与准线__相切__.
易错警示
1．忽略条件致误．
应用圆锥曲线定义解题时，易忽略定义中的条件导致错误．
2．忽略焦点的位置致误．
当焦点的位置没有明确给出时应对焦点位置进行分类讨论，椭圆、双曲线有两种情况，抛物线有四种情况．
3．混淆a，b，c 的关系致误．
在椭圆中a 的值最大，a2＝b2＋c2；在双曲线中c 的值最大，c2＝a2＋b2.
4．忽略隐含条件．
圆锥曲线上点的横、纵坐标是有范围的，在设计求最值或范围时，易忽略该条件．
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262
1．(文)(2019·北京卷，5)已知双曲线x2
a2－y2＝1(a>0)的离心率是5，则a＝(
)
A. 6
B．4
C．2
D．1
2
[解析]
由双曲线方程x2
a2－y2＝1，得b2＝1，∴c2＝a2＋1.
∴5＝e2＝c2
a2＝a2＋1
a2 ＝1＋1
a2.
结合a>0，解得a＝1
2.
故选D.
(理)(2019·北京卷，4)已知椭圆x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的离心率为1
2，则(
)
A．a2＝2b2
B．3a2＝4b2
C．a＝2b
D．3a＝4b
[解析]
因为椭圆的离心率e＝c
a＝1
2，所以a2＝4c2.
又a2＝b2＋c2，所以3a2＝4b2.故选B.
2．(2019·浙江卷，2)渐近线方程为x±y＝0 的双曲线的离心率是(
)
A. 2
2
B．1
C. 2
D．2
[解析]
由题意可得b
a＝1，∴e＝
1＋b2
a2＝1＋12＝2.故选C.
3．(2019·天津卷，5)已知抛物线y2＝4x 的焦点为F，准线为l.若l 与双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分
别交于点A 和点B，且|AB|＝4|OF|(O 为原点)，则双曲线的离心率为(
)
A. 2
B．3
C．2
D．5
[解析]
由已知易得，抛物线y2＝4x 的焦点为F(1,0)，准线l：x＝－1，所以|OF|＝1.又双曲线的两条渐近线的方
程为y＝±b
ax，不妨设点A －1，b
a ，B －1，－b
a ，所以|AB|＝2b
a ＝4|OF|＝4，所以b
a＝2，即b＝2a，所以b2＝4a2.又
双曲线方程中c2＝a2＋b2，所以c2＝5a2，所以e＝c
a＝5.故选D.
4．(文)(2019·全国卷Ⅰ，10)双曲线C：x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为130°，则C 的离心率为(
)
A．2sin40°
B．2cos40°
C．
1
sin50°
D．
1
cos50°
[解析]
由题意可得－b
a＝tan130°，
所以e＝
1＋b2
a2＝1＋tan2130°＝
1＋sin2130°
cos2130°
＝
1
|cos130°|＝
1
cos50°.故选D.
(理)(2019·全国卷Ⅰ，10)已知椭圆C 的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2 的直线与C 交于A，B 两点．若|AF2|＝2|F2B|，
|AB|＝|BF1|，则C 的方程为(
)
A.x2
2 ＋y2＝1
B．x2
3 ＋y2
2＝1
C.x2
4 ＋y2
3＝1
D．x2
5 ＋y2
4＝1
[解析]
设椭圆的标准方程为x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)．由椭圆的定义可得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝4a.
∵|AB|＝|BF1|，|AF2|＝2|F2B|，
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263
∴|AB|＝|BF1|＝3
2|AF2|，
∴|AF1|＋3|AF2|＝4a.
又∵|AF1|＋|AF2|＝2a，
∴|AF1|＝|AF2|＝a，
∴点A 是椭圆的短轴端点，如图．
不妨设A(0，－b)，由F2(1,0)，AF2
→＝2F2B
→，得B
3
2，b
2 .
由点B 在椭圆上，得
9
4
a2
＋
b2
4
b2
＝1，得a2＝3，b2＝a2－c2＝2.
∴椭圆C 的方程为x2
3 ＋y2
2＝1.故选B.
5．(2019·全国卷Ⅱ，11)设F 为双曲线C：x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆
x2＋y2＝a2 交于P，Q 两点．若|PQ|＝|OF|，则C 的离心率为(
)
A. 2
B．3
C．2
D．5
[解析]
设双曲线C：x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的右焦点F 的坐标为(c,0)．由圆的对称性及条件|PQ|＝|OF|可知，PQ
是以OF 为直径的圆的直径，且PQ⊥OF.设垂足为M，连接OP，如图，则|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝c
2.由|OM|2＋|MP|2
＝|OP|2 得
c
2 2＋
c
2 2＝a2，故c
a＝2，即e＝2.故选A.
6．(2019·江苏卷，7)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x2－y2
b2＝1(b>0)经过点(3,4)，则该双曲线的渐近线方程
是__y＝± 2x__.
[解析]
因为双曲线x2－y2
b2＝1(b>0)经过点(3,4)，所以9－16
b2＝1(b>0)，解得b＝2，即双曲线方程为x2－y2
2＝1，
其渐近线方程为y＝± 2x.
7．(2019·浙江卷，15)已知椭圆x2
9 ＋y2
5＝1 的左焦点为F，点P 在椭圆上且在x 轴的上方．若线段PF 的中点在以原
点O 为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF 的斜率是__ 15__.
[解析]
如图，左焦点F(－2,0)，右焦点F′(2,0)．
线段PF 的中点M 在以O(0,0)为圆心，2 为半径的圆上，因此OM＝2.
在△FF′P 中，OM 綊1
2PF′，
所以PF′＝4.
根据椭圆的定义，得PF＋PF′＝6，
所以PF＝2.
又因为FF′＝4，
所以在Rt△MFF′中，
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264
tan∠PFF′＝MF′
MF
＝FF′2－MF2
MF
＝15，
即直线PF 的斜率是15.
8．(文)(2019·天津卷，19)设椭圆x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知3|OA|＝2|OB|(O
为原点)．
(1)求椭圆的离心率．
(2)设经过点F 且斜率为3
4的直线l 与椭圆在x 轴上方的交点为P，圆C 同时与x 轴和直线l 相切，圆心C 在直线x
＝4 上，且OC∥AP.求椭圆的方程．
[解析]
(1)解：设椭圆的半焦距为c，由已知有
3a＝2b，又由a2＝b2＋c2，消去b 得a2＝
3
2 a 2＋c2，解得c
a＝1
2.
所以，椭圆的离心率为1
2.
(2)解：由(1)知，a＝2c，b＝3c，故椭圆方程为x2
4c2＋y2
3c2＝1.
由题意，F(－c,0)，则直线l 的方程为y＝3
4(x＋c)．
点P 的坐标满足
x2
4c2＋y2
3c2＝1，
y＝3
4x＋c，
消去y 并化简，
得到7x2＋6cx－13c2＝0，
解得x1＝c，x2＝－13c
7 .
代入到l 的方程，解得y1＝3
2c，y2＝－9
14c.
因为点P 在x 轴上方，所以P c，3
2c .
由圆心C 在直线x＝4 上，可设C(4，t)．
因为OC∥AP，且由(1)知A(－2c,0)，
故t
4＝
3
2c
c＋2c
，解得t＝2.
因为圆C 与x 轴相切，所以圆C 的半径为2.
又由圆C 与l 相切，得
|
3
44＋c－2|
1＋
3
4 2
＝2，可得c＝2.
所以，椭圆的方程为x2
16＋y2
12＝1.
(理)(2019·天津卷，18)设椭圆x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为5
5 .
(1)求椭圆的方程；
(2)设点P 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M 为直线PB 与x 轴的交点，点N 在y 轴的负半轴上，若|ON|
＝|OF|(O 为原点)，且OP⊥MN，求直线PB 的斜率．
[解析]
(1)解：设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，c
a＝5
5 ，又a2＝b2＋c2，可得a＝5，b＝2，c＝1.
所以，椭圆的方程为x2
5 ＋y2
4＝1.
(2)解：由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM,0)．设直线PB 的斜率为k(k≠0)，
又B(0,2)，则直线PB 的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立
y＝kx＋2，
x2
5 ＋y2
4＝1，
整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，
可得xP＝－20k
4＋5k2，
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265
代入y＝kx＋2 得yP＝8－10k2
4＋5k2 ，
进而直线OP 的斜率为yP
xP
＝4－5k2
－10k
.
在y＝kx＋2 中，令y＝0，得xM＝－2
k.
由题意得N(0，－1)，所以直线MN 的斜率为－k
2.
由OP⊥MN，得4－5k2
－10k
· －k
2 ＝－1，化简得k2＝24
5 ，
从而k＝±2 30
5
.
所以，直线PB 的斜率为2 30
5
或－2 30
5
.
9．(2019·全国卷Ⅰ，19)已知抛物线C：y2＝3x 的焦点为F，斜率为3
2的直线l 与C 的交点为A，B，与x 轴的交点
为P.
(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l 的方程；
(2)若AP
→＝3PB
→，求|AB|.
[解析]
设直线l：y＝3
2x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)由题设得F
3
4，0 ，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋3
2.
又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝5
2.
由
y＝3
2x＋t，
y2＝3x
可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，
则x1＋x2＝－12t－1
9
.
从而－12t－1
9
＝5
2，得t＝－7
8.
所以l 的方程为y＝3
2x－7
8.
(2)由AP
→＝3 PB
→可得y1＝－3y2.
由
y＝3
2x＋t，
y2＝3x
可得y2－2y＋2t＝0，
所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.
代入C 的方程得x1＝3，x2＝1
3.
故|AB|＝4 13
3
.
10．(2019·全国卷Ⅱ，20)已知F1，F2 是椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的两个焦点，P 为C 上的点，O 为坐标原点．
(1)若△POF2 为等边三角形，求C 的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2 的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围．
[解析]
(1)解：连接PF1.由△POF2 为等边三角形可知在△F1PF2 中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝3c，于是
2a＝|PF1|＋|PF2|＝( 3＋1)c，故C 的离心率为e＝c
a＝3－1.
(2)解：由题意可知，满足条件的点P(x，y)存在当且仅当
1
2|y|·2c＝16，y
x＋c
· y
x－c
＝－1，x2
a2＋y2
b2＝1，
即c|y|＝16，①
x2＋y2＝c2，②
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266
x2
a2＋y2
b2＝1.③
由②③及a2＝b2＋c2 得y2＝b4
c2.
又由①知y2＝162
c2 ，故b＝4.
由②③及a2＝b2＋c2 得x2＝a2
c2(c2－b2)，
所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，
故a≥4 2.
当b＝4，a≥4
2时，存在满足条件的点P.
所以b＝4，a 的取值范围为[4 2，＋∞)．
圆锥曲线的定义、标准方程与性质
典题例析
例1
(1)设F1，F2 为椭圆x2
9 ＋y2
5＝1 的两个焦点，点P 在椭圆上，若线段PF 1 的中点在y 轴上，则|PF2|
|PF1|的
值为(
)
A. 5
14
B．5
9
C.4
9
D．5
13
[解析]
如图，设线段PF1 的中点为M，因为O 是F1F2 的中点，所以OM∥PF2，可得PF2⊥x 轴，|PF2|＝b2
a ＝5
3，
|PF1|＝2a－|PF2|＝13
3 ，所以|PF2|
|PF1|＝5
13.
(2)(2018·天津卷，7)已知双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A，
B 两点．设A，B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1 和d2，且d1＋d2＝6，则双曲线的方程为(
)
A.x2
4 －y2
12＝1
B．x2
12－y2
4＝1
C.x2
3 －y2
9＝1
D．x2
9 －y2
3＝1
[解析]
因为双曲线的离心率为2，所以c
a＝2，c＝2a，b＝3a，不妨令A(2a,3a)，B(2a，－3a)，双曲线其中一条
渐近线方程为y＝3x，所以d1＝
|2 3a－3a|
32＋－12＝2 3a－3a
2
，d2＝
|2 3a＋3a|
32＋－12＝2 3a＋3a
2
.
依题意得：2 3a－3a
2
＋2 3a＋3a
2
＝6，解得a＝3，b＝3.所以双曲线方程为x2
3 －y2
9＝1.
(3)已知有公共焦点的椭圆与双曲线的中心为原点，焦点在x 轴上，左、右焦点分别为F1、F2，且它们在第一象限
的交点为P，△PF1F2 是以PF1 为底边的等腰三角形．若|PF1|＝10，双曲线的离心率的取值范围为(1,2)．则该椭圆的离
心率的取值范围是(
)
A．(1
3，1
2)
B．(2
5，1
2)
C．(1
3，2
5)
D．(1
2，1)
[解析]
设椭圆的半焦距为c，长半轴长为a，由椭圆的定义及题意知，|PF1|＝2a－|PF2|＝2a－2c＝10，得到a－c
－5＝0，因为双曲线的离心率的取值范围为(1,2)，所以1< c
5－c
<2，∴5
2<c<10
3 ，∵椭圆的离心率e＝c
a＝c
c＋5
＝1－5
c＋5
，
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267
且1
3<1－5
c＋5<2
5，∴该椭圆的离心率的取值范围是(1
3，2
5)．
1．椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法
求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c 的等量关系或不等关系，然后把b
用a，c 代换，求c
a的值．
2．求解圆锥曲线标准方程的方法是“先定型，后计算”
(1)定型，就是指定类型，也就是确定圆锥曲线的焦点位置，从而设出标准方程．
(2)计算，即利用待定系数法求出方程中的a2，b2 或p.另外，当焦点位置无法确定时，抛物线常设为y2＝2ax 或x2
＝2ay(a≠0)，椭圆常设mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，双曲线常设为mx2－ny2＝1(mn>0)．
3．焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
跟踪训练
1．已知双曲线的虚轴长为4，离心率e＝6
2 ，F1，F2 分别是双曲线的左、右焦点，若过F1 的直线与双曲线的左支
交于A，B 两点，且|AB|是|AF2|与|BF2|的等差中项，则|AB|等于(
)
A．8 2
B．4 2
C．2 2
D．8
[解析]
由题意可知2b＝4，e＝c
a＝6
2 ，于是a＝2 2.
∵2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，
∴|AB|＋|AF1|＋|BF1|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝|AF2|－|AF1|＋|BF2|－|BF1|＝4a＝8 2.
2．(文)(2018·全国卷Ⅱ，5)双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的离心率为3，则其渐近线方程为(
)
A．y＝± 2x
B．y＝± 3x
C．y＝± 2
2 x
D．y＝± 3
2 x
[解析]
因为e＝c
a＝3，所以c2
a2＝a2＋b2
a2
＝3，即b2
a2＝2，b
a＝± 2，所以渐近线方程为y＝± 2x.
(理)已知F1，F2 是椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的左，右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 且斜率为3
6 的直线上，
△PF1F2 为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C 的离心率为(
)
A.2
3
B．1
2
C.1
3
D．1
4
[解析]
由题意直线AP 的方程为y＝3
6 (x＋a)，△PF1F2 为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，所以PF2＝2c，∠PF2x
＝60°，故P(2c，3c)，代入y＝3
6 (x＋a)得，3
6 (2c＋a)＝3c，解得e＝c
a＝1
4.
3．若椭圆的中心为坐标原点，短轴的一个端点与两焦点组成一个正三角形，且焦点到椭圆上的点的距离的最小值
为3，则椭圆的标准方程为__x2
12＋y2
9＝1 或x2
9 ＋y2
12＝1__.
[解析]
设长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，由已知得
b＝3c，
a－c＝3，
又a2＝b2＋c2，∴
a＝2 3，
b＝3，
c＝3.
∴椭圆的标准方程为x2
12＋y2
9＝1 或x2
9 ＋y2
12＝1.
直线与圆锥曲线的位置关系
典题例析
例2
(文)在直角坐标系xOy 中，直线l：y＝t(t≠0)交y 轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p>0)于点P，M
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268
关于点P 的对称点为N，连接ON 并延长交C 于点H.
(1)求|OH|
|ON|；
(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由．
[解析]
(1)由已知得M(0，t)，P( t2
2p，t)．
又N 为M 关于点P 的对称点，故N(t2
p，t)，ON 的方程为y＝p
tx，代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，
x2＝2t2
p .因此H(2t2
p ，2t)．
所以N 为OH 的中点，即|OH|
|ON|＝2.
(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点．理由如下：
直线MH 的方程为y－t＝p
2tx，即x＝2t
p(y－t)．
代入y2＝2px 得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外直线MH 与
C 没有其他公共点．
(理)设椭圆x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为1
2.已知A 是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，F 到抛
物线的准线l 的距离为1
2.
(1)求椭圆的方程和抛物线的方程；
(2)设l 上两点P，Q 关于x 轴对称，直线AP 与椭圆相交于点B(点B 异于点A)，直线BQ 与x 轴相交于点D.若△
APD 的面积为6
2 ，求直线AP 的方程．
[解析]
(1)设点F 的坐标为(－c,0)．
依题意，得c
a＝1
2，p
2＝a，a－c＝1
2，
解得a＝1，c＝1
2，p＝2，
进而得b2＝a2－c2＝3
4.
所以椭圆的方程为x2＋4y2
3 ＝1，抛物线的方程为
y2＝4x.
(2)设直线AP 的方程为x＝my＋1(m≠0)，与直线l 的方程x＝－1 联立，可得点P(－1，－2
m)，故点Q(－1，2
m)，
将x＝my＋1 与x2＋4y2
3 ＝1 联立，消去x，
整理得(3m2＋4)y2＋6my＝0，
解得y＝0 或y＝－6m
3m2＋4
.
由点B 异于点A，可得点B(－3m2＋4
3m2＋4
，－6m
3m2＋4
)．
由点Q(－1，2
m)，
可得直线BQ 的方程为( －6m
3m2＋4
－2
m)(x＋1)－(－3m2＋4
3m2＋4
＋1)(y－2
m)＝0，
令y＝0，解得x＝2－3m2
3m2＋2
，
故点D(2－3m2
3m2＋2
，0)．
所以|AD|＝1－2－3m2
3m2＋2
＝6m2
3m2＋2
.
又因为△APD 的面积为6
2 ，
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269
故1
2· 6m2
3m2＋2· 2
|m|＝6
2 ，
整理得3m2－2 6|m|＋2＝0，
解得|m|＝6
3 ，
所以m＝± 6
3 .
所以直线AP 的方程为
3x＋6y－3＝0 或3x－6y－3＝0.
1．有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法
(1)涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数
的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
(2)面积问题常采用S△＝1
2×底×高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易
坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三
角形的面积后进行求解．
(3)在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用．
2．弦中点问题的解决方法
(1)用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤
(2)对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件Δ>0，
在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．
3．与相交有关的向量问题的解决方法
在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐
标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．
跟踪训练
已知椭圆E：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的半焦距为c，原点O 到经过两点(c,0)，(0，b)的直线的距离为1
2c.
(1)求椭圆E 的离心率；
(2)如图，AB 是圆M：(x＋2)2＋(y－1)2＝5
2的一条直径，若椭圆E 经过A，B 两点，求椭圆E 的方程．
[解析]
(1)过点(c,0)，(0，b)的直线方程为bx＋cy－bc＝0，则原点O 到该直线的距离d＝
bc
b2＋c2＝bc
a ，由d＝1
2c
得a＝2b＝2 a2－c2，解得离心率c
a＝3
2 .
(2)由(1)知，椭圆E 的方程为x2＋4y2＝4b2.①
由题意，圆心M(－2,1)是线段AB 的中点，且|AB|＝10.易知，AB 与x 轴不垂直，设其直线方程为y＝k(x＋2)＋1，
代入①得(1＋4k2)x2＋8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－4b2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8k2k＋1
1＋4k2 ，x1x2＝
42k＋12－4b2
1＋4k2
.由x1＋x2＝－4，得－8k2k＋1
1＋4k2 ＝－4，解得k＝1
2，从而x1x2＝8－2b2，于是|AB|＝
1＋
1
2 2|x1－x2|＝
5
2
x1＋x22－4x1x2＝10b2－2，
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270
由|AB|＝10，得10b2－2＝10，解得b2＝3.
故椭圆E 的方程为x2
12＋y2
3＝1.
圆锥曲线中的最值(范围)及与弦有关的问题
典题例析
例3
已知椭圆C1：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的离心率为e＝3
2 且与双曲线C2：x2
b2－y2
b2＋1
＝1 有共同焦点．
(1)求椭圆C1 的方程；
(2)在椭圆C1 落在第一象限的图象上任取一点作C1 的切线l，求l 与坐标轴围成的三角形的面积的最小值；
(3)设椭圆C1 的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1 上的一点D 作x 轴的垂线交x 轴于点E，若C 点满足AB
→⊥BC
→，
AD
→∥OC
→，连接AC 交DE 于点P，求证：PD＝PE.
[解析]
(1)由e＝3
2 ，可得：c
a＝3
2 ，
即c2
a2＝3
4，所以a2－b2
a2
＝3
4，a2＝4b2，①
又因为c2＝2b2＋1，即a2－b2＝2b2＋1，②
联立①②解得a2＝4，b2＝1，
所以椭圆C1 的方程为x2
4 ＋y2＝1.
(2)因为l 与椭圆C1 相切于第一象限内的一点，
所以直线l 的斜率必存在且为负，
设直线l 的方程为y＝kx＋m(k<0)，
联立
y＝kx＋m，
x2
4 ＋y2＝1.
消去y，整理可得
(k2＋1
4)x2＋2kmx＋m2－1＝0.③
根据题意可得方程③只有一实根，
所以Δ＝(2km)2－4(k2＋1
4)(m2－1)＝0，
整理可得：m2＝4k2＋1.④
因为直线l 与两坐标轴的交点分别为(－m
k，0)，(0，m)且k<0，所以l 与坐标轴围成的三角形的面积
S＝1
2· m2
－k
.⑤
把④代入⑤可得S＝(－2k)＋1
－2k≥2(当且仅当k＝－1
2时取等号)．
(3)由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，设D(x0，y0)．所以E(x0,0)，
因为AB
→⊥BC
→，所以可设C(2，y1)．
所以AD
→＝(x0＋2，y0)，OC
→＝(2，y1)，
由AD
→∥OC
→可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝2y0
x0＋2
，
所以直线AC 的方程为
y
2y0
x0＋2
＝x＋2
4
，
整理得：y＝
y0
2x0＋2(x＋2)．
点P 在DE 上，令x＝x0 代入直线AC 的方程可得：y＝y0
2，
即点P 的坐标为(x0，y0
2)，
所以P 为DE 的中点，所以PD＝PE.
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271
1．与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．
(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．
(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
2．弦中点问题的解法
点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线斜率是
否存在．
3．与弦端点相关问题的解法
解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元
后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解．
跟踪训练
已知椭圆C：x2
a2＋y2＝1(a>1)，F1，F2 分别是其左、右焦点，以F1F2 为直径的圆与椭圆C 有且仅有两个交点．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设过点F1 且不与坐标轴垂直的直线l 交椭圆于A，B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点P，点P 横坐
标的取值范围是(－1
4，0)，求线段AB 长度的取值范围．
[解析]
(1)因为以F1F2 为直径的圆与椭圆C 有且仅有两个交点，
所以b＝c＝1，即a＝b2＋c2＝2，
所以椭圆C 的方程为x2
2 ＋y2＝1.
(2)过点F1 且不与坐标轴垂直的直线l 交椭圆于A，B 两点，即直线AB 的斜率存在且不为0.设直线AB 的方程为y
＝k(x＋1)，与x2
2 ＋y2＝1 联立，
得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB 的中点为M，
则x1＋x2＝－4k2
1＋2k2，x1x2＝2k2－2
1＋2k2，y1＋y2＝k(x1＋1)＋k(x2＋1)＝
2k
1＋2k2，
即M(－2k2
1＋2k2，
k
1＋2k2)．
所以线段AB 的垂直平分线的方程为
y－
k
1＋2k2＝－1
k(x＋2k2
1＋2k2)，
设点P(xP，yP)，令y＝0，得xP＝－
k2
1＋2k2.
因为xP∈(－1
4，0)，所以0<k2<1
2.
|AB|＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]
＝
1＋k2[－4k2
1＋2k22－4×2k2－2
1＋2k2]
＝2 21＋k2
1＋2k2
＝2(1＋
1
1＋2k2)．
因为0<k2<1
2，
所以3
2<1＋
1
1＋2k2<2，即3 2
2 <|AB|<2 2.
故线段AB 长度的取值范围是(3 2
2 ，2 2)．
A 组
1．已知椭圆C：x2
a2＋y2
4＝1 的一个焦点为(2，0)，则C 的离心率为(
)
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272
A.1
3
B．1
2
C．2
2
D．2 2
3
[解析]
因为椭圆的一个焦点为(2,0)，则c＝2，
所以a2＝b2＋c2＝8，a＝2 2，所以离心率e＝2
2 .
2．一个焦点为( 26，0)且与双曲线y2
4－x2
9 ＝1 有相同渐近线的双曲线方程是(
)
A.y2
18－x2
8 ＝1
B．x2
18－y2
8＝1
C.x2
16－y2
10＝1
D．y2
16－x2
10＝1
[解析]
设所求双曲线方程为y2
4－x2
9 ＝t(t≠0)，因为一个焦点为( 26，0)，所以|13t|＝26.又焦点在x 轴上，所以t＝
－2，即双曲线方程为x2
18－y2
8＝1.
3．若双曲线x2
a －y2
b ＝1(a>0，b>0)和椭圆x2
m＋y2
n＝1(m>n>0)有共同的焦点F1，F2，P 是两条曲线的一个交点，则
|PF1|·|PF2|＝(
)
A．m2－a2
B．m－a
C.1
2(m－a)
D．m－a
[解析]
不妨设F1，F2 分别为左、右焦点，P 在双曲线的右支上，由题意得|PF1|＋|PF2|＝2 m，|PF1|－|PF2|＝2 a，
∴|PF1|＝m＋a，|PF2|＝m－a，故|PF1|·|PF2|＝m－a.
4．(文)若双曲线x2
a2－y2
b2＝1 的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为(
)
A. 7
3
B．5
4
C.4
3
D．5
3
[解析]
由题利用双曲线的渐近线经过点(3，－4)，得到关于a，b 的关系式，然后求出双曲线的离心率即可．因
为双曲线x2
a2－y2
b2＝1 的一条渐近线经过点(3，－4)，
∴3b＝4a，∴9(c2－a2)＝16a2，∴e＝c
a＝5
3，故选D.
(理)已知双曲线x2
4 －y2
b2＝1(b>0)，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A、
B、C、D 四点，四边形的ABCD 的面积为2b，则双曲线的方程为(
)
A.x2
4 －3y2
4 ＝1
B．x2
4 －4y2
3 ＝1
C.x2
4 －y2
4＝1
D．x2
4 －y2
12＝1
[解析]
根据圆和双曲线的对称性，可知四边形ABCD 为矩形．双曲线的渐近线方程为y＝±b
2x，圆的方程为x2＋
y2＝4，不妨设交点A 在第一象限，由y＝b
2x，x2＋y2＝4 得xA＝
4
4＋b2，yA＝
2b
4＋b2，故四边形ABCD 的面积为4xAyA
＝32b
4＋b2＝2b，解得b2＝12，
故所求的双曲线方程为x2
4 －y2
12＝1，故选D.
5．已知圆(x－1)2＋y2＝3
4的一条切线y＝kx 与双曲线C：x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)有两个交点，则双曲线C 的离心率
的取值范围是(
)
A．(1，3)
B．(1,2)
C．( 3，＋∞)
D．(2，＋∞)
[解析]
由题意，圆心到直线的距离d＝
|k|
12＋k2＝3
2 ，
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273
所以k＝± 3，
因为圆(x－1)2＋y2＝3
4的一条切线y＝kx 与双曲线C：
x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)有两个交点，
所以b
a> 3，所以1＋b2
a2>4，所以e>2.
6．已知双曲线x2
a2－y2＝1(a>0)的渐近线方程为y＝± 3
3 x，则其焦距为__4__.
[解析]
由渐近线方程y＝± 3
3 x，可得1
a＝3
3 ，解得a＝3，故c＝32＋1＝2，故焦距为4.
7．已知双曲线x2－y2
3＝1 的左顶点为A1，右焦点为F2，P 为双曲线右支上一点，则PA1
→·PF2
→的最小值为__－2__.
[解析]
由已知得A1(－1,0)，F2(2,0)．设P(x，y)(x≥1)，则PA1
→·PF2
→＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝4x2－x－5.令f(x)
＝4x2－x－5，则f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1 时，函数f(x)取最小值，即PA1
→·PF2
→取最小值，最小值为－
2.
8．已知椭圆C：x2
9 ＋y2
4＝1，点M 与椭圆C 的焦点不重合．若M 关于椭圆C 的焦点的对称点分别为A，B，线段
MN 的中点在椭圆C 上，则|AN|＋|BN|＝__12__.
[解析]
取MN 的中点G，G 在椭圆C 上，因为点M 关于C 的焦点F1，F2 的对称点分别为A，B，故有|GF1|＝1
2|AN|，
|GF2|＝1
2|BN|，所以|AN|＋|BN|＝2(|GF|1＋|GF|2)＝4a＝12.
9．已知点M(2 2，2 3
3 )在椭圆G：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)上，且点M 到两焦点的距离之和为4 3.
(1)求椭圆G 的方程；
(2)若斜率为1 的直线l 与椭圆G 交于A，B 两点，以AB 为底作等腰三角形，顶点为P(－3,2)，求△PAB 的面积．
[解析]
(1)∵2a＝4 3，∴a＝2 3.
又点M(2 2，2 3
3 )在椭圆上，
∴2
3＋4
3b2＝1，解得b2＝4，
∴椭圆G 的方程为x2
12＋y2
4＝1.
(2)设直线l 的方程为y＝x＋m.
由
y＝x＋m，
x2
12＋y2
4＝1，
得4x2＋6mx＋3m2－12＝0.①
设A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)(x1<x2)，AB 的中点为E(x0，y0)，
则x0＝x1＋x2
2
＝－3m
4 ，y0＝x0＋m＝m
4.
∵AB 是等腰△PAB 的底边，∴PE⊥AB.
∴PE 的斜率k＝
2－m
4
－3＋3m
4
＝－1，解得m＝2.
此时方程①为4x2＋12x＝0，解得x1＝－3，x2＝0，
∴y1＝－1，y2＝2，∴|AB|＝3 2.
此时，点P(－3,2)到直线AB：x－y＋2＝0 的距离d＝|－3－2＋2|
2
＝3 2
2 ，
∴△PAB 的面积S＝1
2|AB|·d＝9
2.
10．(文)(2018·全国卷Ⅰ，20)设抛物线C：y2＝2x，点A(2，0)，B(－2，0)，过点A 的直线l 与C 交于M，N 两点．
(1)当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程．
(2)证明：∠ABM＝∠ABN.
[解析]
(1)当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x＝2，可得M 的坐标为(2,2)或(2，－2)．
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274
所以直线BM 的方程为y＝1
2x＋1 或y＝－1
2x－1.
(2)当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，
所以∠ABM＝∠ABN.
当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.
由
y＝kx－2，
y2＝2x，
得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝2
k，y1y2＝－4.
直线BM，BN 的斜率之和为
kBM＋kBN＝y1
x1＋2＋y2
x2＋2＝x2y1＋x1y2＋2y1＋y2
x1＋2x2＋2
.①
将x1＝y1
k＋2，x2＝y2
k＋2 及y1＋y2，y1y2 的表达式代入①式分子，可得
x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝2y1y2＋4ky1＋y2
k
＝－8＋8
k
＝0.
所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN 的倾斜角互补，
所以∠ABM＝∠ABN.
综上，∠ABM＝∠ABN.
(理)(2018·全国卷Ⅰ，19)设椭圆C：x2
2 ＋y2＝1 的右焦点为F，过F 的直线l 与C 交于A，B 两点，点M 的坐标为
(2，0).
(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程．
(2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
[解析]
(1)由已知得F(1,0)，l 的方程为x＝1.
代入x2
2 ＋y2＝1 可得，点A 的坐标为1，2
2 或1，－2
2 .
所以直线AM 的方程为y＝－2
2 x＋2或y＝2
2 x－2.
(2)当l 与x 轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l 与x 轴垂直时，OM 为线段AB 的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＜2，x2＜2，直线MA，MB 的斜率之和为kMA＋kMB＝y1
x1－2
＋y2
x2－2
.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k 得
kMA＋kMB＝2kx1x2－3kx1＋x2＋4k
x1－2x2－2
.
将y＝k(x－1)代入x2
2 ＋y2＝1 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.所以，x1＋x2＝4k2
2k2＋1，x1x2＝2k2－2
2k2＋1
.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝4k3－4k－12k3＋8k3＋4k
2k2＋1
＝0.
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB 的倾斜角互补，
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB.
B 组
1．若a>1，则双曲线x2
a2－y2＝1 的离心率的取值范围是(
)
A．( 2，＋∞)
B．( 2，2 )
C．(1，2)
D．(1,2)
[解析]
由题意得双曲线的离心率e＝a2＋1
a
，
∴e2＝a2＋1
a2 ＝1＋1
a2.
∵a>1，∴0< 1
a2<1，∴1<1＋1
a2<2，∴1<e< 2.
故选C.
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275
2．已知O 为坐标原点，F 是椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的左焦点，A，B 分别为C 的左、右顶点．P 为C 上一点，
且PF⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M，与y 轴交于点E.若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为
(
)
A.1
3
B．1
2
C．2
3
D．3
4
[解析]
方法一：设E(0，m)，则直线AE 的方程为－x
a＋y
m＝1，由题意可知M(－c，m－mc
a )，(0，m
2)和B(a,0)三
点共线，则
m－mc
a －m
2
－c
＝
m
2
－a
，化简得a＝3c，则C 的离心率e＝c
a＝1
3.
方法二：如图所示，由题意得A(－a,0)，B(a,0)，F(－c,0)．
由PF⊥x 轴得P(－c，b2
a )．
设E(0，m)，
又PF∥OE，得|MF|
|OE|＝|AF|
|AO|，
则|MF|＝ma－c
a
.①
又由OE∥MF，得
1
2|OE|
|MF|
＝|BO|
|BF|，
则|MF|＝ma＋c
2a
.②
由①②得a－c＝1
2(a＋c)，即a＝3c，
所以e＝c
a＝1
3.
故选A.
3．已知椭圆C1：x2
m2＋y2＝1(m>1)与双曲线C2：x2
n2－y2＝1(n>0)的焦点重合，e1，e2 分别为C1，C2 的离心率，则
(
)
A．m>n 且e1e2>1
B．m>n 且e1e2<1
C．m<n 且e1e2>1
D．m<n 且e1e2<1
[解析]
由于m2－1＝c2，n2＋1＝c2，则m2－n2＝2，故m>n，又(e1e2)2＝m2－1
m2 ·n2＋1
n2 ＝n2＋1
n2＋2
·n2＋1
n2 ＝n4＋2n2＋1
n4＋2n2 ＝
1＋
1
n4＋2n2>1，所以e1e2>1.故选A.
4．以抛物线C 的顶点为圆心的圆交C 于A，B 两点，交C 的准线于D，E 两点．已知|AB|＝4 2，|DE|＝2 5，则
C 的焦点到准线的距离为(
)
A．2
B．4
C．6
D．8
[解析]
设抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，圆的方程为x2＋y2＝r2.
∵|AB|＝4 2，|DE|＝2 5，
抛物线的准线方程为x＝－p
2，
∴不妨设A(4
p，2 2)，D(－p
2，5)．
∵点A(4
p，2 2)，D(－p
2，5)在圆x2＋y2＝r2 上，
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276
∴
16
p2＋8＝r2，
p2
4 ＋5＝r2，
∴16
p2＋8＝p2
4 ＋5，∴p＝4(负值舍去)．
∴C 的焦点到准线的距离为4.
5．(文)已知M(x0，y0)是曲线C：x2
2 －y＝0上的一点，F是曲线C的焦点，过M作x轴的垂线，垂足为点N，若MF
→·MN
→<0，
则x0 的取值范围是(
)
A．(－1,0)∪(0,1)
B．(－1,0)
C．(0,1)
D．(－1,1)
[解析]
由题意知曲线C 为抛物线，其方程为x2＝2y，所以F(0，1
2)．根据题意，可知N(x0,0)，x0≠0，MF
→＝(－
x0，1
2－y0)，MN
→＝(0，－y0)，所以MF
→·MN
→＝－y0(1
2－y0)<0，即0<y0<1
2.因为点M 在抛物线上，所以有0<x20
2 <1
2.又x0≠0，
解得－1<x0<0 或0<x0<1.故选A.
(理)已知椭圆x2
9 ＋y2
5＝1 的右焦点为F，P 是椭圆上一点，点A(0,2 3)，当△APF 的周长最大时，△APF 的面积等
于(
)
A.11 3
4
B．21 3
4
C．11
4
D．21
4
[解析]
由椭圆x2
9 ＋y2
5 ＝1 知a＝3，b＝5，c＝a2－b2＝2，Rt△AOF 中，|OF|＝2，|OA|＝2 3，则|AF|＝4.设椭
圆的左焦点为F1，则△APF 的周长为|AF|＋|AP|＋|PF|＝|AF|＋|AP|＋2a－|PF1|＝4＋6＋|PA|－|PF1|≤10＋|AF1|(当且仅
当A，P，F1 三点共线，P 在线段AF1 的延长线上时取“＝”)．此时直线AF1 的方程为x
－2＋y
2 3
＝1，与椭圆的方程
为5x2＋9y2－45＝0 联立并整，得32y2－20 3y－75＝0，解得yP＝－5 3
8 (正值舍去)，则△APF 的周长最大时，S△APF
＝1
2|F1F|·|yA－yP|＝1
2×4×|2 3＋5 3
8 |＝21 3
4
.故选B.
6．设直线l 过双曲线C 的一个焦点，且与C 的一条对称轴垂直，l 与C 交于A，B 两点，|AB|为C 的实轴长的2
倍，则C 的离心率为__ 3__.
[解析]
设双曲线方程为：x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)，
由题意可知，将x＝c 代入，解得，y＝±b2
a ，
则|AB|＝2b2
a ，由|AB|＝2×2a，
则b2＝2a2，所以双曲线离心率e＝c
a＝
1＋b2
a2＝3.
7．已知椭圆x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1 且与x 轴垂直的直线交椭圆于A，B 两点，直线
AF2 与椭圆的另一个交点为点C，若S△ABC＝3S△BCF2，则椭圆的离心率为__ 5
5 __.
[解析]
如图所示：
因为S△ABC＝3S△BCF2，所以|AF2|＝2|F2C|.
A(－c，b2
a )，直线AF2 的方程为y－0＝
b2
a －0
－c－c
(x－c)，
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277
化为y＝－b2
2ac
(x－c)，代入椭圆方程x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)，
可得(4c2＋b2)x2－2cb2x＋b2c2－4a2c2＝0，
所以xC·(－c)＝b2c2－4a2c2
4c2＋b2 ，解得xC＝4a2c－b2c
4c2＋b2 .
因为AF2
→＝2F2C
→，
所以c－(－c)＝2(4a2c－b2c
4c2＋b2 －c)，
化为a2＝5c2，解得e＝5
5 .
8．设F1，F2 为椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的焦点，过F2 的直线交椭圆于A，B 两点，AF1⊥AB 且AF1＝AB，则
椭圆C 的离心率为__ 6－3__.
[解析]
设|AF1|＝t，则|AB|＝t，|F1B|＝2t，由椭圆定义有|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，
所以|AF1|＋|AB|＋|F1B|＝4a，
化简得( 2＋2)t＝4a，t＝(4－2 2)a，
所以|AF2|＝2a－t＝(2 2－2)a.
在Rt△AF1F2 中，|F1F2|2＝(2c)2，
所以[(4－2 2)a]2＋[(2 2－2)a]2＝(2c)2，
所以(c
a)2＝9－6 2＝( 6－3)2，所以e＝6－3.
9．(2019·唐山五校联考)在直角坐标系xOy 中，长为2＋1 的线段的两端点C，D 分别在x 轴，y 轴上滑动，CP
→＝
2PD
→.记点P 的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E 的方程；
(2)经过点(0,1)作直线l 与曲线E 相交于A，B 两点，OM
→＝OA
→＋OB
→，当点M 在曲线E 上时，求直线l 的方程．
[解析]
(1)设C(m,0)，D(0，n)，P(x，y)，
由CP
→＝2
PD
→，得(x－m，y)＝2(－x，n－y)，
所以
x－m＝－2x，
y＝2n－y，
得
m＝2＋1x，
n＝2＋1
2
y，
由|CD
→|＝2＋1，得m2＋n2＝( 2＋1)2，
所以( 2＋1)2x2＋2＋12
2
y2＝( 2＋1)2，
整理，得曲线E 的方程为x2＋y2
2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由OM
→＝OA
→＋OB
→，
知点M 的坐标为(x1＋x2，y1＋y2)．
易知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y＝kx＋1，代入曲线E 的方程，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，
则x1＋x2＝－2k
k2＋2
，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝
4
k2＋2
.
由点M 在曲线E 上，知(x1＋x2)2＋y1＋y22
2
＝1，
即
4k2
k2＋22＋
8
k2＋22＝1，解得k2＝2.
此时直线l 的方程为y＝± 2x＋1.
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278
10．(文)设F1，F2 分别是椭圆E：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1 的直线交椭圆E 于A，B 两点，|AF1|
＝3|F1B|.
(1)若|AB|＝4，△ABF2 的周长为16，求|AF2|；
(2)若cos∠AF2B＝3
5，求椭圆E 的离心率．
[解析]
(1)由|AF1|＝3|F1B|及|AB|＝4 得|AF1|＝3，|F1B|＝1，
又∵△ABF2 的周长为16，
∴由椭圆定义可得4a＝16，|AF1|＋|AF2|＝2a＝8.
∴|AF2|＝2a－|AF1|＝8－3＝5.
(2)设|F1B|＝k，则k>0 且|AF1|＝3k，|AB|＝4k，
由椭圆定义知，|AF2|＝2a－3k，|BF2|＝2a－k，
在△ABF2 中，由余弦定理得，
|AB|2＝|AF2|2＋|BF2|2－2|AF2||BF2|cos∠AF2B，
即(4k)2＝(2a－3k)2＋(2a－k)2－6
5(2a－3k)(2a－k)，
∴(a＋k)(a－3k)＝0，而a＋k>0，
∴a＝3k，
于是有|AF2|＝3k＝|AF1|，|BF2|＝5k，
∴|BF2|2＝|F2A|2＋|AB|2，
∴F2A⊥AB，F2A⊥AF1，
∴△AF1F2 是等腰直角三角形，
从而c＝2
2 a，所以椭圆离心率为e＝c
a＝2
2 .
(理)设点F1(－c,0)，F2(c,0)分别是椭圆C：x2
a2＋y2＝1(a>1)的左、右焦点，P 为椭圆C 上任意一点，且PF1
→·PF2
→的最
小值为0.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)如图，动直线l：y＝kx＋m 与椭圆C 有且仅有一个公共点，作F1M⊥l，F2N⊥l 分别交直线l 于M，N 两点，
求四边形F1MNF2 面积S 的最大值．
[解析]
本题主要考查平面向量数量积的坐标运算、椭圆的方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系、基本不等
式．
(1)设P(x，y)，则PF1
→＝(－c－x，－y)，
PF2
→＝(c－x，－y)，
∴PF1
→·PF2
→＝x2＋y2－c2＝a2－1
a2 x2＋1－c2，
x∈[－a，a]，
由题意得，1－c2＝0，c＝1，则a2＝2，
∴椭圆C 的方程为x2
2 ＋y2＝1.
(2)将直线l 的方程l：y＝kx＋m 代入椭圆C 的方程x2
2 ＋y2＝1 中，得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
由直线l 与椭圆C 有且仅有一个公共点知
Δ＝16k2m2－4(2k2＋1)(2m2－2)＝0，
化简得：m2＝2k2＋1.
设d1＝|F1M|＝|－k＋m|
k2＋1
，d2＝|F2N|＝|k＋m|
k2＋1
.
①当k≠0 时，设直线l 的倾斜角为θ，则|d1－d2|＝|MN|·|tanθ|，
∴|MN|＝1
|k|·|d1－d2|，
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279
∴S＝1
2· 1
|k|·|d1－d2|·(d1＋d2)＝2|m|
k2＋1
＝4|m|
m2＋1
＝
4
|m|＋1
|m|
，
∵m2＝2k2＋1，∴当k≠0 时，|m|>1，|m|＋1
|m|>2，
即S<2.
②当k＝0 时，四边形F1MNF2 是矩形，此时S＝2.
∴四边形F1MNF2 面积S 的最大值为2.
第三讲
定点、定值、存在性问题
高考考点
考点解读
圆锥曲线中的定点、
定值问题
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问
题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题
圆锥曲线中的最值、
范围问题
圆锥曲线中的最值、范围问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积
的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素
的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题
圆锥曲线中的探索
性问题
圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存
在．(2)探索曲线是否存在．(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的
求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
1．掌握处理定点、定值的方法．
2．掌握解答存在性问题的处理方法．
3．掌握函数与方程思想在处理定点、定值问题中的应用．
预测2020 年命题热点：
(1)圆锥曲线中的定值问题．
(2)圆锥曲线中的存在性问题.
知识整合
1．定值、定点问题在变化中所表现出来的不变的量，用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，
这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点，就是要求的定点，解决这类问题的关键就是引进参
数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
2．圆锥曲线中最值问题：主要是求线段长度的最值、三角形面积的最值等．
3．圆锥曲线中的范围问题：关键是选取合适的变量建立目标函数和不等关系．该问题主要有以下三种情况：
(1)距离型：若涉及焦点，则可以考虑将圆锥曲线定义和平面几何性质结合起来求解；若是圆锥曲线上的点到直线
的距离，则可设出与已知直线平行的直线方程，再代入圆锥曲线方程中，用判别式等于零求得切点坐标，这个切点就
是距离取得最值的点，若是在圆或椭圆上，则可将点的坐标以参数形式设出，转化为三角函数的最值求解．
(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中，利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，
如果给出的只是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不等关系．
(3)面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参
数的函数关系，用函数方法求解．
4．探究性问题：有关圆锥曲线中的探究性问题，一般假设满足条件的量存在，以此为基础进行推理．
,
易错警示
1．对概念理解不准确致误
直线与双曲线、抛物线相交于一点时，不一定相切，反之，直线与双曲线、抛物线相切时，只有一个交点．
2．忽略直线斜率不存在的情况致误
过定点的直线，若需设直线方程，应分直线的斜率存在与不存在两种情况求解．
3．忽略截距与线段的长度致误
在表示某一直线与两坐标轴围成直角三角形的面积时，注意截距与线段长度的区别．
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280
1．(文)(2019·北京卷，19)已知椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1 的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设O 为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C 交于两个不同点P，Q，直线AP 与x 轴交于点M，直线AQ 与
x 轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l 经过定点．
[解析]
(1)解：由题意，得b2＝1，c＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2.
所以椭圆C 的方程为x2
2 ＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线AP 的方程为y＝y1－1
x1
x＋1.
令y＝0，得点M 的横坐标xM＝－x1
y1－1
.
又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝|
x1
kx1＋t－1|.
同理，|ON|＝|
x2
kx2＋t－1|.
由
y＝kx＋t，
x2
2 ＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则x1＋x2＝－4kt
1＋2k2，x1x2＝2t2－2
1＋2k2.
所以|OM|·|ON|＝|
x1
kx1＋t－1|·|
x2
kx2＋t－1|
＝|
x1x2
k2x1x2＋kt－1x1＋x2＋t－12|
＝|
2t2－2
1＋2k2
k2·2t2－2
1＋2k2＋kt－1·
－4kt
1＋2k2 ＋t－12|
＝2|
1＋t
1－t|.
又|OM|·|ON|＝2，所以2|
1＋t
1－t|＝2.
解得t＝0，所以直线l 经过定点(0,0)．
(理)(2019·北京卷，18)已知抛物线C：x2＝－2py 经过点(2，－1)．
(1)求抛物线C 的方程及其准线方程．
(2)设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0 的直线l 交抛物线C 于两点M，N，直线y＝－1 分别交直线OM，
ON 于点A 和点B.求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．
[解析]
(1)解：由抛物线C：x2＝－2py 经过点(2，－1)，得p＝2.
所以抛物线C 的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)证明：抛物线C 的焦点为F(0，－1)．
设直线l 的方程为y＝kx－1(k≠0)．
由
y＝kx－1，
x2＝－4y
得x2＋4kx－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.
直线OM 的方程为y＝y1
x1
x.
令y＝－1，得点A 的横坐标xA＝－x1
y1
.
同理得点B 的横坐标xB＝－x2
y2
.
设点D(0，n)，则DA
→＝－x1
y1
，－1－n ，
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281
DB
→＝－x2
y2
，－1－n ，
DA
→·DB
→＝x1x2
y1y2
＋(n＋1)2
＝
x1x2
－x21
4
－x22
4
＋(n＋1)2
＝16
x1x2
＋(n＋1)2
＝－4＋(n＋1)2.
令DA
→·DB
→＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1 或n＝－3.
综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0，－3)．
2．(2019·全国卷Ⅰ，21)已知点A，B 关于坐标原点O 对称，|AB|＝4，⊙M 过点A，B 且与直线x＋2＝0 相切．
(1)若A 在直线x＋y＝0 上，求⊙M 的半径．
(2)是否存在定点P，使得当A 运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．
[解析]
(1)解：因为⊙M 过点A，B，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上．由已知A 在直线x＋y＝0 上，且A，B
关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y＝x 上，故可设M(a，a)．
因为⊙M 与直线x＋2＝0 相切，
所以⊙M 的半径为r＝|a＋2|.
由已知得|AO|＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，
解得a＝0 或a＝4.
故⊙M 的半径r＝2 或r＝6.
(2)解：存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．
理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M 的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x 是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1 为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在满足条件的定点P.
3．(2019·全国卷Ⅱ，21)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM 与BM 的斜率之积为－1
2.记M 的轨
迹为曲线C.
(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线．
(2)过坐标原点的直线交C 于P，Q 两点，点P 在第一象限，PE⊥x 轴，垂足为E，连接QE 并延长交C 于点G.
①证明：△PQG 是直角三角形；
②求△PQG 面积的最大值．
[解析]
(1)解：由题设得y
x＋2
· y
x－2
＝－1
2，
化简得x2
4 ＋y2
2＝1(|x|≠2)，
所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，
不含左右顶点．
(2)①证明：设直线PQ 的斜率为k，
则其方程为y＝kx(k>0)．
由
y＝kx，
x2
4 ＋y2
2＝1
得x＝±
2
1＋2k2.
设u＝
2
1＋2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直线QG 的斜率为k
2，方程为y＝k
2(x－u)．
由
y＝k
2x－u，
x2
4 ＋y2
2＝1，
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①
设G(xG，yG)，则－u 和xG 是方程①的解，
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282
故xG＝u3k2＋2
2＋k2
，由此得yG＝uk3
2＋k2.
从而直线PG 的斜率为
uk3
2＋k2－uk
u3k2＋2
2＋k2
－u
＝－1
k.
所以PQ⊥PG，即△PQG 是直角三角形．
②解：由①得|PQ|＝2u 1＋k2，|PG|＝2uk k2＋1
2＋k2
，
所以△PQG 的面积
S＝1
2|PQ||PG|＝
8k1＋k2
1＋2k22＋k2
＝
81
k＋k
1＋21
k＋k2
.
设t＝k＋1
k，
则由k>0 得t≥2，当且仅当k＝1 时取等号．
因为S＝
8t
1＋2t2在[2，＋∞)单调递减，
所以当t＝2，即k＝1 时，S 取得最大值，最大值为16
9 .
因此，△PQG 面积的最大值为16
9 .
4．(2019·浙江卷，21)如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点．过点F 的直线交抛物线于A，B 两点，
点C 在抛物线上，使得△ABC 的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q，且Q 在点F 的右侧．记△AFG，△CQG
的面积分别为S1，S2.
(1)求p 的值及抛物线的准线方程；
(2)求S1
S2
的最小值及此时点G 的坐标．
[解析]
(1)解：由题意得p
2＝1，即p＝2.
所以抛物线的准线方程为x＝－1.
(2)解：设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.
由于直线AB 过F，故直线AB 的方程为x＝t2－1
2t
y＋1，
代入y2＝4x，得y2－2t2－1
t
y－4＝0，
故2tyB＝－4，即yB＝－2
t，所以B
1
t2，－2
t .
又xG＝1
3(xA＋xB＋xC)，yG＝1
3(yA＋yB＋yC)及重心G 在x 轴上，得2t－2
t＋yC＝0，
得C
1
t－t 2，2
1
t－t
，G
2t4－2t2＋2
3t2
，0 .
所以直线AC 的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)．
由于Q 在焦点F 的右侧，故t2>2.从而
S1
S2
＝
1
2|FG|·|yA|
1
2|QG|·|yC|
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283
＝
|
2t4－2t2＋2
3t2
－1|·|2t|
|t2－1－2t4－2t2＋2
3t2
|·|
2
t－2t|
＝2t4－t2
t4－1
＝2－t2－2
t4－1
.
令m＝t2－2，则m>0，
S1
S2
＝2－
m
m2＋4m＋3＝2－
1
m＋3
m＋4
≥2－
1
2
m·3
m＋4
＝1＋3
2 .
当m＝3时，S1
S2
取得最小值1＋3
2 ，此时G(2,0)．
圆锥曲线中的定点、定值问题
典题例析
例1
已知椭圆C：x2
a2＋y2＝1(a>0)，过椭圆C 的右顶点和上顶点的直线与圆x2＋y2＝2
3相切．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设M 是椭圆C 的上顶点，过点M 分别作直线MA，MB 交椭圆C 于A，B 两点，设这两条直线的斜率分别为
k1，k2，且k1＋k2＝2，证明：直线AB 过定点．
[解析]
(1)∵直线过点(a,0)和(0,1)，
∴直线的方程为x＋ay－a＝0，
∵直线与圆x2＋y2＝2
3相切，
∴|－a|
1＋a2＝6
3 ，解得a2＝2，
∴椭圆C 的方程为x2
2 ＋y2＝1.
(2)证明：当直线AB 的斜率不存在时，设A(x0，y0)，则B(x0，－y0)，由k1＋k2＝2，得y0－1
x0
＋－y0－1
x0
＝2，解得
x0＝－1.当直线AB 的斜率存在时，设AB 的方程为y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
x2
2 ＋y2＝1
y＝kx＋m
⇒(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，得x1＋x2＝－4km
1＋2k2，x1·x2＝2m2－2
1＋2k2，由k1＋k2＝2⇒y1－1
x1
＋
y2－1
x2
＝2⇒kx2＋m－1x1＋kx1＋m－1x2
x1x2
＝2，
即(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)⇒(2－2k)(2m2－2)＝(m－1)(－4km)，即(1－k)(m2－1)＝－km(m－1)，
由m≠1，得(1－k)(m＋1)＝－km⇒k＝m＋1，即y＝kx＋m＝(m＋1)x＋m⇒m(x＋1)＝y－x，
故直线AB 过定点(－1，－1)．
综上，直线AB 过定点(－1，－1)．
1．过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l 过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t 用k 表示为t＝mk，得y＝
k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
(2)动曲线C 过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，
得出定点．
2．求解定值问题的三个步骤
(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值．
(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令
系数等于零，得出定值．
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284
(3)得出结论．
跟踪训练
(文)已知椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的焦距为2，点(1，3
2)在C 上．
(1)求C 的方程；
(2)过原点且不与坐标轴重合的直线l 与C 有两个交点A，B，点A 在x 轴上的射影为M，线段AM 的中点为N，
直线BN 交C 于点P，证明：直线AB 的斜率与直线AP 的斜率乘积为定值．
[解析]
(1)由题意知，C 的焦点坐标为(±1,0)，
2a＝
22＋3
22＋
0＋3
22
＝5
2＋3
2＝4，b＝3，
所以，椭圆C 的方程为x2
4 ＋y2
3＝1.
(2)设A(x1，y1)，P(x2，y2)(x1≠x2)，
则B(－x1，－y1)，N(x1，y1
2)，
由点A，P 在椭圆C 上得
x21
4 ＋y21
3＝1，
x22
4 ＋y22
3＝1，
两式相减得，y21－y22
x21－x22
＝－3
4，kBN＝
3
2y1
2x1
＝3
4·y1
x1
，
kBP＝y1＋y2
x1＋x2
.因为B，N，P 三点共线，所以kBN＝kBP，
即y1
x1
＝4
3·y1＋y2
x1＋x2
.
所以kAB·kAP＝y1
x1
·y1－y2
x1－x2
＝4
3·y1－y2
x1－x2
·y1＋y2
x1＋x2
＝4
3·y21－y22
x21－x22
＝－1.
(理)已知椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的左焦点F(－6，0)，e＝2
2 .
(1)求椭圆C 的方程；
(2)如图，设R(x0，y0)是椭圆C 上一动点，由原点O 向圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝4 引两条切线，分别交椭圆于点P，Q，
若直线OP，OQ 的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2 为定值．
[解析]
(1)由题意得，c＝6，e＝2
2 ，解得a＝2 3，
∴椭圆C 的方程为x2
12＋y2
6＝1.
(2)证明：由已知，直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x，且与圆R 相切，
∴|k1x0－y0|
1＋k21
＝2，化简得(x20－4)k21－2x0y0k1＋y20－4＝0，
同理，可得(x20－4)k22－2x0y0k2＋y20－4＝0，
∴k1，k2 是方程(x20－4)k2－2x0y0k＋y20－4＝0 的两个不相等的实数根，
∴x20－4≠0，Δ>0，k1k2＝y20－4
x20－4
.
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285
∵点R(x0，y0)在椭圆C 上，∴x20
12＋y20
6＝1，
即y20＝6－1
2x20，∴k1k2＝
2－1
2x20
x20－4
＝－1
2.
即k1k2 的定值为－1
2.
圆锥曲线中的最值、范围问题
典题例析
例2
已知椭圆x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的左焦点为F(－c,0)，离心率为3
3 ，点M 在椭圆上且位于第一象限，直
线FM 被圆x2＋y2＝b2
4 截得的线段的长为c，|FM|＝4 3
3 .
(1)求直线FM 的斜率．
(2)求椭圆的方程．
(3)设动点P 在椭圆上，若直线FP 的斜率大于2，求直线OP(O 为原点)的斜率的取值范围．
[解析]
(1)由已知有c2
a2＝1
3，又由a2＝b2＋c2，
可得a2＝3c2，b2＝2c2.
设直线FM 的斜率为k(k＞0)，则直线FM 的方程为y＝k(x＋c)．
由已知，有
kc
k2＋1 2＋
c
2 2＝
b
2 2，
解得k＝3
3 ，所以直线FM 的斜率为3
3 .
(2)由(1)得椭圆方程为x2
3c2＋y2
2c2＝1，
直线FM 的方程为y＝3
3
(x＋c)，两个方程联立，消去y，
整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－5
3c，或x＝c.
因为点M 在第一象限，可得M 的坐标为c，2 3
3 c .
由|FM|＝
c＋c2＋
2 3
3 c－0 2＝4 3
3 ，
解得c＝1，
所以椭圆的方程为x2
3 ＋y2
2＝1.
(3)设点P 的坐标为(x，y)，直线FP 的斜率为t，得t＝y
x＋1
，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，
与椭圆方程联立
y＝tx＋1，
x2
3 ＋y2
2＝1，
消去y，
整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6.
又由已知，得t＝
6－2x2
3x＋12＞2，
解得－3
2＜x＜－1，或－1＜x＜0.
设直线OP 的斜率为m，得m＝y
x，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理可得m2＝2
x2－2
3.
①当x∈－3
2，－1 时，有y＝t(x＋1)＜0，
因此m＞0，于是m＝
2
x2－2
3，得m∈
2
3 ，2 3
3
.
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286
②当x∈(－1，0)时，有y＝t(x＋1)＞0，因此m＜0，
于是m＝－
2
x2－2
3，得m∈－∞，－2 3
3
.
综上，直线OP 的斜率的取值范围是－∞，－2 3
3
∪
2
3 ，2 3
3
.
1．与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法
(1)数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解．
(2)构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值(注意：
有时需先换元后再求最值)．
2．解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的
坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意
挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．
跟踪训练
(文)已知直线x＋ky－3＝0 所经过的定点F 恰好是椭圆C 的一个焦点，且椭圆C 上的点到点F 的最大距离为8.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)已知圆O：x2＋y2＝1，直线l：mx＋ny＝1，试证：当点P(m，n)在椭圆C 上运动时，直线l 与圆O 恒相交，并
求直线l 被圆O 所截得的弦长l 的取值范围．
[解析]
(1)设椭圆C 的方程为x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)，
直线x＋ky－3＝0 所经过的定点是(3,0)，
即点F(3,0)，
因为椭圆C 上的点到点F 的最大距离为8，
所以a＋3＝8，a＝5，所以b2＝52－32＝16，
所以椭圆C 的方程为x2
25＋y2
16＝1.
(2)因为点P(m，n)在椭圆C 上，
所以m2
25＋n2
16＝1，即n2＝16－16m2
25 .
又原点到直线l：mx＋ny＝1 的距离d＝
1
m2＋n2＝
1
9
25m2＋16
<1，
所以直线l：mx＋ny＝1 与圆O：x2＋y2＝1 恒相交．
则l2＝4(12－d2)＝4(1－
1
9
25m2＋16
)，
因为－5≤m≤5，所以15
2 ≤l≤4 6
5 .
故直线l 被圆O 所截得的弦长l 的取值范围为[ 15
2 ，4 6
5 ]．
(理)如图，已知抛物线x2＝y，点A(－1
2，1
4)，B(3
2，9
4)，抛物线上的点P(x，y)(－1
2<x<3
2)．过点B 作直线AP 的垂
线，垂足为Q.
(1)求直线AP 斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
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287
[解析]
(1)设直线AP 的斜率为k，k＝
x2－1
4
x＋1
2
＝x－1
2，
因为－1
2<x<3
2，
所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)联立直线AP 与BQ 的方程
kx－y＋1
2k＋1
4＝0，
x＋ky－9
4k－3
2＝0，
解得点Q 的横坐标是xQ＝－k2＋4k＋3
2k2＋1
.
因为|PA|＝1＋k2(x＋1
2)＝1＋k2(k＋1)，
|PQ|＝1＋k2(xQ－x)＝－k－1k＋12
k2＋1
，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
因为f ′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在区间(－1，1
2)上单调递增，在区间(1
2，1)上单调递减．
因此当k＝1
2时，|PA|·|PQ|取得最大值27
16.
圆锥曲线中的存在性问题
典题例析
例3
在直角坐标系xOy 中，曲线C：y＝x2
4 与直线y＝kx＋a(a>0)交于M，N 两点．
(1)当k＝0 时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程．
(2)y 轴上是否存在点P，使得当k 变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
[解析]
(1)由题意得M(2 a，a)，N(－2 a，a)或M(－2 a，a)，N(2 a，a)．
又y′＝x
2，故y＝x2
4 在x＝2
a处的导数值为a，
所以曲线C 在点(2 a，a)处的切方程为y－a＝a(x－2 a)，即
ax－y－a＝0.
y＝x2
4 在x＝－2
a处的导数值为－a，
所以曲线C 在点(－2 a，a)处的切线方程为y－a＝－a(x＋2 a)，
即
ax＋y＋a＝0.
综上所述，所求切线方程为
ax－y－a＝0 和
ax＋y＋a＝0.
(2)存在符合题意的点．理由如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN 的斜率分别为k1，k2.
将y＝kx＋a 代入C 的方程，得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而k1＋k2＝y1－b
x1
＋y2－b
x2
＝kx1＋a－b
x1
＋kx2＋a－b
x2
＝2kx1x2＋a－bx1＋x2
x1x2
＝ka＋b
a
.
当b＝－a 时，有k1＋k2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．
存在性问题求解的思路及策略
(1)思路：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．
(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
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288
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
跟踪训练
已知椭圆C：x2
4 ＋y2
b2＝1(0<b<2)，以椭圆C 的短轴为直径的圆O 经过椭圆C 左右两个焦点，A，B 是椭圆C 的
长轴端点．
(1)求圆O 的方程和椭圆C 的离心率e.
(2)设P，Q 分别是椭圆C 和圆O 上的动点(P，Q 位于y 轴两侧)，且直线PQ 与x 轴平行，直线AP，BP 分别与y
轴交于点M，N，试判断MQ 与NQ 所在的直线是否互相垂直，若是，请证明你的结论；若不是，也请说明理由．
[解析]
(1)由椭圆方程可得a＝2，
又以椭圆C 的短轴为直径的圆O 经过椭圆C 左右两个焦点，可得b＝c 且b2＋c2＝a2，解得b＝c＝2，则圆O 的
方程为x2＋y2＝2，椭圆C 的离心率e＝c
a＝2
2 .
(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，Q(xQ，y0)，则
x20
4 ＋y20
2＝1，
x2Q＋y20＝2，
即
x20＝4－2y20，
x2Q＝2－y20.
又A(－2,0)，B(2,0)，
由AP：y＝y0
x0＋2(x＋2)，
得M(0，2y0
x0＋2
)，
由BP：y＝y0
x0－2(x－2)，
得N(0，－2y0
x0－2
)，
所以QM
→＝(－xQ，2y0
x0＋2
－y0)
＝(－xQ，－x0y0
x0＋2)，
QN
→＝(－xQ，－2y0
x0－2
－y0)
＝(－xQ，－x0y0
x0－2)，
所以QM
→·QN
→＝x2Q＋x20y20
x20－4＝2－y20＋4－2y20y20
－2y22
＝0，所以QM⊥QN，即MQ 与NQ 所在的直线互相垂直．
A 组
1．已知抛物线C：y2＝4x 的焦点为F，过点F 的直线l 交抛物线于M，N 两点，且|MF|＝2|NF|，则直线l 的斜率
为(
)
A．± 2
B．±2 2
C．± 2
2
D．± 2
4
[解析]
依题意得F(1,0)．设直线MN 的方程为x＝my＋1.由
x＝my＋1，
y2＝4x
消去x 并整理，得y2－4my－4＝0.设
M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4①.因为|MF|＝2|NF|，所以y1＝－2y2②.联立①和②，消去y1y2，得m
＝± 2
4 ，所以直线l 的斜率是±2 2.故选B.
2．过双曲线x2－y2
15＝1 的右支上一点P，分别向圆C1：(x＋4)2＋y2＝4 和圆C2：(x－4)2＋y2＝1 作切线，切点分
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289
别为M，N，则|PM|2－|PN|2 的最小值为(
)
A．10
B．13
C．16
D．19
[解析]
由题意可知，|PM|2－|PN|2＝(|PC1|2－4)－(|PC2|2－1)，因此|PM|2－|PN|2＝|PC1|2－|PC2|2－3＝(|PC1|－
|PC2|)(|PC1|＋|PC2|)－3＝2(|PC1|＋|PC2|)－3≥2|C1C2|－3＝13.故选B.
3．已知F1，F2 分别是双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，且|F1F2|＝2，若P 是该双曲线右支上的一点，
且满足|PF1|＝2|PF2|，则△PF1F2 面积的最大值是(
)
A．1
B．4
3
C．5
3
D．2
[解析]
∵
|PF1|＝2|PF2|，
|PF1|－|PF2|＝2a，
∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a.
设∠F1PF2＝θ，
∴cosθ＝16a2＋4a2－4
2×4a×2a
＝5a2－1
4a2 ，
∴S2△PF1F2＝(1
2×4a×2a×sinθ)2
＝16a4(1－25a4－10a2＋1
16a4
)
＝16
9 －9(a2－5
9)2≤16
9 ，
当且仅当a2＝5
9时，等号成立，故S△PF1F2 的最大值是4
3.
故选B.
4．已知斜率为1
2的直线l 与抛物线y2＝2px(p>0)交于位于x 轴上方的不同两点A，B，记直线OA，OB 的斜率分别
为k1，k2，则k1＋k2 的取值范围是__(2，＋∞)__.
[解析]
设直线l：x＝2y＋t，联立抛物线方程消去x 得y2＝2p(2y＋t)⇒y2－4py－2pt＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
Δ＝16p2＋8pt>0⇒t>－2p，y1＋y2＝4p，y1y2＝－2pt>0⇒t<0，即－2p<t<0.
x1x2＝(2y1＋t)(2y2＋t)＝4y1y2＋2t(y1＋y2)＋t2＝4(－2pt)＋2t·4p＋t2＝t2，
k1＋k2＝y1
x1
＋y2
x2
＝2y2＋ty1＋2y1＋ty2
x1x2
＝ty1＋y2＋4y1y2
x1x2
＝4pt－8pt
t2
＝－4p
t .
－2p<t<0，－4p
t >2，即k1＋k2 的取值范围是(2，＋∞)．
5．已知点A 在椭圆x2
25＋y2
9＝1 上，点P 满足AP
→＝(λ－1)·OA
→(λ∈R)(O 是坐标原点)，且OA
→·OP
→＝72，则线段OP 在
x 轴上的投影长度的最大值为__15__.
[解析]
因为AP
→＝(λ－1)OA
→，
所以OP
→＝λOA
→，
即O，A，P 三点共线，因为OA
→·OP
→＝72，
所以OA
→·OP
→＝λ|OA
→|2＝72，
设A(x，y)，OA 与x 轴正方向的夹角为θ，线段OP 在x 轴上的投影长度为|OP
→||cosθ|＝|λ||x|＝
72|x|
|OA
→|2＝72|x|
x2＋y2＝
72
16
25|x|＋9
|x|
≤
72
2
16×9
25
＝15，
当且仅当|x|＝15
4 时取等号．
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290
6．如图，椭圆E：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的离心率是2
2 ，点P(0,1)在短轴CD 上，且PC
→·PD
→＝－1.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A，B 两点，是否存在常数λ，使得OA
→·OB
→＋λPA
→·PB
→为定值？若
存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
[解析]
(1)由已知，点C，D 的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．
又点P 的坐标为(0,1)，且PC
→·PD
→＝－1，
于是
1－b2＝－1，
c
a＝2
2 ，
a2－b2＝c2，
解得a＝2，b＝2.
所以椭圆E 的方程为x2
4 ＋y2
2＝1.
(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y＝kx＋1，A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立
x2
4 ＋y2
2＝1，
y＝kx＋1，
得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－
4k
2k2＋1
，
x1x2＝－
2
2k2＋1
.
从而OA
→·OB
→＋λPA
→·PB
→＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝－2λ－4k2＋－2λ－1
2k2＋1
＝－λ－1
2k2＋1
－λ－2.
所以，当λ＝1 时，－λ－1
2k2＋1
－λ－2＝－3.
此时，OA
→·OB
→＋λPA
→·PB
→＝－3 为定值．
当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD.
此时OA
→·OB
→＋λPA
→·PB→＝OC
→·OD
→＋PC
→·PD
→
＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得OA
→·OB
→＋λPA
→·PB
→为定值为－3.
B 组
1．如图，椭圆E：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)，且离心率为2
2 .
(1)求椭圆E 的方程；
(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP 与AQ 的斜率之
和为2.
[解析]
(1)由题意知c
a＝2
2 ，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝2，所以，椭圆的方程为x2
2 ＋y2＝1.
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291
(2)证明：由题设知，直线PQ 的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入x2
2 ＋y2＝1，得
(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0.
由已知Δ＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，
则x1＋x2＝4kk－1
1＋2k2 ，x1x2＝2kk－2
1＋2k2 .
从而直线AP 与AQ 的斜率之和
kAP＋kAQ＝y1＋1
x1
＋y2＋1
x2
＝kx1＋2－k
x1
＋kx2＋2－k
x2
＝2k＋(2－k)
1
x1
＋1
x2
＝2k＋(2－k)×x1＋x2
x1x2
＝2k＋(2－k)×4kk－1
2kk－2
＝2k－2(k－1)
＝2.
2．已知动圆C 与圆x2＋y2＋2x＝0 外切，与圆x2＋y2－2x－24＝0 内切．
(1)试求动圆圆心C 的轨迹方程；
(2)过定点P(0,2)且斜率为k(k≠0)的直线l 与(1)中轨迹交于不同的两点M，N，试判断在x 轴上是否存在点A(m,0)，
使得以AM，AN 为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m 的范围；若不存在，请说明理由．
[解析]
(1)由x2＋y2＋2x＝0 得(x＋1)2＋y2＝1，由x2＋y2－2x－24＝0 得(x－1)2＋y2＝25，设动圆C 的半径为R，
两圆的圆心分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，则|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5－R，
所以|CF1|＋|CF2|＝6，根据椭圆的定义可知，点C 的轨迹为以F1，F2 为焦点的椭圆，所以c＝1，a＝3，所以b2
＝a2－c2＝9－1＝8，所以动圆圆心C 的轨迹方程为x2
9 ＋y2
8＝1.
(2)存在．直线l 的方程为y＝kx＋2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN 的中点为E(x0，y0)．假设存在点A(m,0)，使得
以AM，AN 为邻边的平行四边形为菱形，则AE⊥MN，
由
y＝kx＋2，
x2
9 ＋y2
8＝1，
得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0，
x1＋x2＝－36k
9k2＋8
，所以x0＝－18k
9k2＋8
，
y0＝kx0＋2＝
16
9k2＋8.
因为AE⊥MN，所以kAE＝－1
k，
即
16
9k2＋8
－0
－18k
9k2＋8
－m
＝－1
k，
所以m＝－2k
9k2＋8
＝
－2
9k＋8
k
，
当k>0 时，9k＋8
k≥2 9×8＝12 2，
所以－2
12≤m<0；
当k<0 时，9k＋8
k≤－12 2，
所以0<m≤2
12.
因此，存在点A(m,0)，使得以AM，AN 为邻边的平行四边形为菱形，且实数m 的取值范围为[－2
12，0)∪(0，2
12]．
3．已知抛物线C：y2＝2px 经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A，B，且直线PA
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292
交y 轴于M，直线PB 交y 轴于N.
(1)求直线l 的斜率的取值范围；
(2)设O 为原点，QM
→＝λQO
→，QN
→＝μQO
→，求证：1
λ＋1
μ为定值．
[解析]
(1)因为抛物线y2＝2px 过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C 的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l 的斜率存在且不为0.
设直线l 的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由
y2＝4x，
y＝kx＋1，
得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0 或0<k<1.
又PA，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)．
从而k≠－3.
所以直线l 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－2k－4
k2
，x1x2＝1
k2.
直线PA 的方程为y－2＝y1－2
x1－1
(x－1)．
令x＝0，得点M 的纵坐标为yM＝－y1＋2
x1－1
＋2
＝－kx1＋1
x1－1
＋2.
同理得点N 的纵坐标为yN＝－kx2＋1
x2－1
＋2.
由QM
→＝λQO
→，QN
→＝μQO
→，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以1
λ＋1
μ＝
1
1－yM
＋
1
1－yN
＝x1－1
k－1x1
＋x2－1
k－1x2
＝1
k－1·2x1x2－x1＋x2
x1x2
＝1
k－1
·
2
k2＋2k－4
k2
1
k2
＝2.
所以1
λ＋1
μ为定值．
4．(文)设点P 是曲线C：x2＝2py(p>0)上的动点，点P 到点(0,1)的距离和它到焦点F 的距离之和的最小值为5
4.
(1)求曲线C 的方程；
(2)若点P 的横坐标为1，过P 作斜率为k(k≠0)的直线交C 于点Q，交x 轴于点M，过点Q 且与PQ 垂直的直线
与C 交于另一点N，问：是否存在实数k，使得直线MN 与曲线C 相切？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理
由．
[解析]
(1)依题意知1＋p
2＝5
4，解得p＝1
2.
所以曲线C 的方程为x2＝y.
(2)由题意直线PQ 的方程为y＝k(x－1)＋1，
则点M(1－1
k，0)．
联立方程组
y＝kx－1＋1
y＝x2
，
消去y 得x2－kx＋k－1＝0，得Q(k－1，(k－1)2)．
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293
所以得直线QN 的方程为y－(k－1)2＝－1
k(x－k＋1)．
代入曲线方程y＝x2 中，得
x2＋1
kx－1＋1
k－(1－k)2＝0.
解得N(1－1
k－k，(1－k－1
k)2)．
所以直线MN 的斜率kMN＝
1－k－1
k2
1－1
k－k－1－1
k
＝－
1－k－1
k2
k
.
过点N 的切线的斜率k′＝2(1－k－1
k)．
由题意有－
1－k－1
k2
k
＝2(1－k－1
k)．
解得k＝－1± 5
2
.
故存在实数k＝－1± 5
2
使命题成立．
(理)已知椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3(－1，3
2 )，P4(1，3
2 )中恰有三点在椭圆C 上．
(1)求C 的方程．
(2)设直线l 不经过P2 点且与C 相交于A，B 两点．若直线P2A 与直线P2B 的斜率的和为－1，证明：直线l 过定
点．
[解析]
(1)由于P3，P4 两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P3，P4 两点．
又由1
a2＋1
b2> 1
a2＋3
4b2知椭圆C 不经过点P1，
所以点P2 在椭圆C 上．
因此
1
b2＝1，
1
a2＋3
4b2＝1，
解得
a2＝4，
b2＝1.
故椭圆C 的方程为x2
4 ＋y2＝1.
(2)证明：设直线P2A 与直线P2B 的斜率分别为k1，k2.
如果l 与x 轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B 的坐标分别为(t，4－t2
2
)，(t，－4－t2
2
)，则
k1＋k2＝4－t2－2
2t
－4－t2＋2
2t
＝－1，得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．
将y＝kx＋m 代入x2
4 ＋y2＝1，得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1＋x2＝－8km
4k2＋1
，x1x2＝4m2－4
4k2＋1
.
而k1＋k2＝y1－1
x1
＋y2－1
x2
＝kx1＋m－1
x1
＋kx2＋m－1
x2
＝2kx1x2＋m－1x1＋x2
x1x2
.
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294
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，
即(2k＋1)·4m2－4
4k2＋1
＋(m－1)·－8km
4k2＋1
＝0，
解得k＝－m＋1
2
.
当且仅当m>－1 时，Δ>0，
于是l：y＝－m＋1
2
x＋m，
即y＋1＝－m＋1
2
(x－2)，所以l 过定点(2，－1)．
专题规范答题示例
典题例析
例
(12 分)已知定点C(－1,0)及椭圆x2＋3y2＝5，过点C 的动直线与椭圆相交于A，B 两点．
(1)若线段AB 中点的横坐标是－1
2，求直线AB 的方程．
(2)在x 轴上是否存在点M，使得MA
→·MB
→为常数？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
[思路探究]
(1) 设AB 的方程y＝kx＋1―→待定系数法求k ―→写出方程
(2) 设M 存在即为m，0―→求MA
→·MB
→
―→在MA
→·MB
→为常数的条件下求m ―→下结论
规范解答·分步得分
构建答题模板
解：(1)依题意，直线AB 的斜率存在，设直线AB
的方程为y＝k(x＋1)，
将y＝k(x＋1)代入x2＋3y2＝5，
消去y，整理得(3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.2 分
设
A(x1
，
y1)
，
B(x2
，
y2)
，
则
Δ＝36k4－43k2＋13k2－5>0，①
x1＋x2＝－6k2
3k2＋1
.②
由线段AB 中点的横坐标是－1
2，得x1＋x2
2
＝－3k2
3k2＋1＝
－1
2，解得k＝± 3
3 ，适合①.
所以直线AB 的方程为x－3y＋1＝0 或x＋3y＋1＝0.4
分
(2)假设在x 轴上存在点M(m,0)，使MA
→·MB
→为常数．
(ⅰ)当直线AB 与x 轴不垂直时，
由(1)知x1＋x2＝－6k2
3k2＋1，x1x2＝3k2－5
3k2＋1
，③
所以MA
→·MB
→＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋
k2(x1＋1)(x2＋1)
＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2.7 分
将③代入，整理得MA
→·MB
→＝6m－1k2－5
3k2＋1
＋m2
＝
2m－1
33k2＋1－2m－14
3
3k2＋1
＋m2 ＝m2 ＋2m －1
3 －
6m＋14
33k2＋1
.9 分
注意MA
→·MB
→是与k 无关的常数，
从而有6m＋14＝0，解得m＝－7
3，此时MA
→·MB
→＝4
9.10
第一步先假定：假设结论成
立．
第二步再推理：以假设结论成立
为条件，进行推理求解．
第三步下结论：若推出合理结果，
经验证成立，则肯定假设；若推
出矛盾，则否定假设．
第四步再回顾：查看关键点，易
错点(特殊情况、隐含条件等)，
审视解题规范性.
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295
分
(ⅱ)当直线AB 与x 轴垂直时，此时点A，B 的坐标分别
为(－1，2
3
)，(－1，－2
3
)，
当m＝－7
3时，也有MA
→·MB
→＝4
9.
综上，在x 轴上存在定点M(－7
3，0)，使MA
→·MB
→为常数.12
分
[评分细则](1)不考虑直线AB 斜率不存在的情况扣1 分；
(2)不验证Δ>0，扣1 分；
(3)直线AB 方程写成斜截式形式同样给分；
(4)没有假设存在点M 不扣分；
(5)MA
→·MB
→没有化简至最后结果扣1 分，没有最后结论扣1 分．
跟踪训练
(文)(2019·南昌市摸底调研)已知椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的离心率为3
2 ，短轴长为2.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m 与椭圆C 交于M，N 两点，O 为坐标原点，若kOM·kON＝5
4，求原点O 到直线l 的距离的取
值范围．
[解析]
(1)由题知e＝c
a＝3
2 ，2b＝2，又a2＝b2＋c2，
∴b＝1，a＝2，
∴椭圆C 的标准方程为x2
4 ＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程，得
y＝kx＋m，
x2
4 ＋y2＝1，
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，
化简得m2<4k2＋1，①
x1＋x2＝－8km
4k2＋1
，x1x2＝4m2－4
4k2＋1
，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，
若kOM·kON＝5
4，则y1y2
x1x2
＝5
4，即4y1y2＝5x1x2，
∴4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2，
∴(4k2－5)·4m2－1
4k2＋1
＋4km·(－8km
4k2＋1
)＋4m2＝0，
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，
化简得m2＋k2＝5
4，②
由①②得0≤m2<6
5，1
20<k2≤5
4，
∵原点O 到直线l 的距离d＝
|m|
1＋k2，
∴d2＝m2
1＋k2＝
5
4－k2
1＋k2
＝－1＋
9
41＋k2
，
又1
20<k2≤5
4，
∴0≤d2<8
7，
∴原点O 到直线l 的距离的取值范围是[0，2 14
7
)．
(理)已知F(1,0)，直线l：x＝－1，P 为平面上的动点，过点P 作l 的垂线，垂足为点Q，且QP
→·QF
→＝FP
→·FQ
→.
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296
(1)求动点P 的轨迹G 的方程；
(2)点F 关于原点的对称点为M，过点F 的直线与G 交于A，B 两点，且AB 不垂直于x 轴，直线AM 交曲线G
于点C，直线BM 交曲线G 于点D.
①证明直线AB 与直线CD 的倾斜角互补；
②直线CD 是否经过定点？若经过定点，求出这个定点，否则，说明理由．
[解析]
(1)设点P(x，y)，则Q(－1，y)，
由F(1,0)及QP
→·QF
→＝FP
→·FQ
→，得(x＋1,0)·(2，－y)＝(x－1，y)·(－2，y)，
化简得y2＝4x，所以动点P 的轨迹G 的方程为y2＝4x.
(2)由题易知点F 关于原点的对称点为M(－1,0)，
设过点F 的直线AB 的方程为x＝ny＋1(n≠0)，
联立方程得
x＝ny＋1，
y2＝4x
消去x，得y2－4ny－4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝－4.
设直线AM 的方程为x＝my－1，
联立方程得
x＝my－1，
y2＝4x
消去x，得y2－4my＋4＝0，
设C(x3，y3)，则y1y3＝4，即y3＝4
y1
，
易得A(y21
4，y1)，C(4
y21
，4
y1
)，
同理可得B(y22
4，y2)，D(4
y22
，4
y2
)．
①∵kAB＝
y1－y2
y21
4－y22
4
＝
4
y1＋y2
，kCD＝
4
y1
－4
y2
4
y21
－4
y22
＝y1y2
y1＋y2
＝－4
y1＋y2
，
∴kAB＋kCD＝0，
设直线AB，CD 的倾斜角分别为α，β，则tanα＝tan(π－β)，
又0<α<π，0<β<π，且α，β≠π
2，
∴α＝π－β，即α＋β＝π.
∴直线AB 与直线CD 的倾斜角互补．
②易知直线CD 的方程y＝－
4
y1＋y2
(x－4
y21
)＋4
y1
，
令y＝0，得x＝y1＋y2
y1
＋4
y21
＝y21＋y1y2＋4
y21
＝y21
y21
＝1，
∴直线CD 过定点(1,0)．
专题七
概率与统计
——构建网络·形成体系
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297
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298
第一讲
统计与统计案例
高考考点
考点解读
抽样方法
1.分层抽样中利用抽样比确定样本容量、各层抽样的个体数
等
2．考查系统抽样的有关计算
样本频率分布、数字特征
1.频率分布直方图、茎叶图的绘制及识图，并利用图解决实
际问题
2．茎叶图与数字特征相结合考查
3．平均数和方差的计算
线性回归分析与独立性检验
在实际问题中的应用
1.线性回归方程的求解及应用
2．独立性检验的应用以及独立性检验与统计、概率的综合问
题
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)掌握三种抽样的特点及相互联系，特别是系统抽样和分层抽样的应用．
(2)会用样本的频率分布估计总体分布，会用样本的数字特征估计总体的数字特征．
(3)了解回归分析及独立性检验的基本思想，认识其统计方法在决策中的应用．
预测2020 年命题热点：
(1)频率分布直方图、茎叶图的绘制及应用．
(2)数字特征的求解及应用．
(3)线性回归方程的求解及应用.
知识整合
1．抽样方法
三种抽样方法包括：__简单随机抽样__、__系统抽样__、__分层抽样__.
2．统计图表
(1)在频率分布直方图中：
①各小矩形的面积表示相应各组的频率，各小矩形的高＝__频率
组距
__；②各小矩形面积之和等于__1__；③中位数左
右两侧的直方图面积__相等__，因此可以估计其近似值．
(2)茎叶图
3．样本的数字特征
(1)众数：在样本数据中，出现次数最多的那个数据．
中位数：样本数据中，将数据按大小排列，位于最中间的数据．如果数据的个数为偶数，就取中间两个数据的平
均数作为中位数．
(2)样本平均数x ＝1
n(x1＋x2＋…＋xn)＝1
n错误!i.
(3)样本方差s2＝__1
n[(x1－x )2＋(x2－x )2＋…＋(xn－x )2]__＝1
n错误!(xi－x )2.
(4)样本标准差
s＝__
1
n[x1－x 2＋x2－x 2＋…＋xn－x 2]__
＝错误!.
注意：(1)现实中总体所包含的个体数往往较多，总体的平均数与标准差、方差是不知道(或不可求)的，所以我们
通常用样本的平均数与标准差、方差来估计总体的平均数与标准差、方差．
(2)平均数反映了数据取值的平均水平，标准差、方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小．标准差、方差越大，
数据的离散程度越大，越不稳定．
4．变量间的相关关系
(1)利用散点图可以初步判断两个变量之间是否线性相关．如果散点图中的点从整体上看大致分布在一条直线的附
近，我们说变量x 和y 具有线性相关关系．
(2)用最小二乘法求回归直线的方程
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设线性回归方程为y^＝b^x＋a^，则
错误!.
注意：回归直线一定经过样本的中心点( x－，y－)，据此性质可以解决有关的计算问题．
5．回归分析
r＝错误!，叫作相关系数．
相关系数用来衡量变量x 与y 之间的线性相关程度；|r|≤1，且|r|越接近于1，相关程度越高；|r|越接近于0，相关
程度越低．
6．独立性检验
假设有两个分类变量X 和Y，它们的取值分别为{x1，x2}和{y1，y2}，其样本频数列联表(称为2×2 列联表)为
y1
y2
总计
x1
a
b
a＋b
x2
c
d
c＋d
总计
a＋c
b＋d
a＋b＋c＋d
则K2＝a＋b＋c＋dad－bc2
a＋bc＋da＋cb＋d
，
若K2>3.841，则有95%的把握说两个事件有关；
若K2>6.635，则有99%的把握说两个事件有关；
若K2<2.706，则没有充分理由认为两个事件有关．
易错警示
1．忽视两个比例关系致误
分层抽样中，易忽视每层抽取的个体的比例是相同的．
2．忽视纵轴意义致误
在绘制或应用频率分布直方图时，忽视纵轴的意义，在计算频率、平均值、中位数时容易导致错误．
3．混淆茎叶含义致误
在绘制茎叶图章地，易遗漏重复出现的数据，重复出现的数据要重复记录，同时不能混淆茎叶图中茎与叶的含义．
4．混淆概念致误
相关关系与函数关系区别在于：函数关系是一种确定的关系，相关关系是一种非确定关系．
5．认识错误致误
对于回归直线方程易误认为样本数据必在回归直线上，实际上回归直线必过样本点中心，可能所有的样本点都不
在直线上．
1．(2019·全国卷Ⅰ，6)某学校为了解1 000 名新生的身体素质，将这些学生编号为1,2，…，1 000，从这些新生中
用系统抽样方法等距抽取100 名学生进行体质测验．若46 号学生被抽到，则下面4 名学生中被抽到的是(
)
A．8 号学生
B．200 号学生
C．616 号学生
D．815 号学生
[解析]
根据题意，系统抽样是等距抽样，
所以抽样间隔为1 000
100 ＝10.
因为46 除以10 余6，所以抽到的号码都是除以10 余6 的数，结合选项知应为616.故选C.
2．(2019·全国卷Ⅱ，5)演讲比赛共有9 位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9 个原始评
分中去掉1 个最高分、1 个最低分，得到7 个有效评分.7 个有效评分与9 个原始评分相比，不变的数字特征是(
)
A．中位数
B．平均数
C．方差
D．极差
[解析]
中位数是将9 个数据从小到大或从大到小排列后，处于中间位置的数据，因而去掉1 个最高分和1 个最
低分，不变的是中位数，平均数、方差、极差均受影响．故选A.
3．(2018·全国卷Ⅰ，3)某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番．为更好地了解该
地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：
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300
则下面结论中不正确的是(
)
A．新农村建设后，种植收入减少
B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上
C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍
D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半
[解析]
设新农村建设前的收入为M，而新农村建设后的收入为2M，则新农村建设前种植收入为0.6M，而新农
村建设后的种植收入为0.74M，所以种植收入增加了，所以A 项不符合题意；新农村建设前其他收入为0.04M，新农
村建设后其他收入为0.1M，故增加了一倍以上，所以B 项符合题意；新农村建设前，养殖收入为0.3M，新农村建设
后为0.6M，所以增加了一倍，所以C 项符合题意；新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和占经济收入为30%
＋28%＝58%>50%，所以超过了经济收入的一半，所以D 项符合题意，故选A.
4.(2019·江苏卷，5)已知一组数据6,7,8,8,9,10，则该组数据的方差是__5
3__.
[解析]
这组数据的平均数为8，故方差为s2＝1
6×[(6－8)2＋(7－8)2＋(8－8)2＋(8－8)2＋(9－8)2＋(10－8)2]＝5
3.
5．(2019·全国卷Ⅰ，17)某商场为提高服务质量，随机调查了50 名男顾客和50 名女顾客，每位顾客对该商场的服
务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：
满意
不满意
男顾客
40
10
女顾客
30
20
(1)分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；
(2)能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？
附：K2＝
nad－bc2
a＋bc＋da＋cb＋d
.
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
[解析]
(1)解：由调查数据，男顾客中对该商场服务满意的比率为40
50＝0.8，因此男顾客对该商场服务满意的概率
的估计值为0.8.
女顾客中对该商场服务满意的比率为30
50＝0.6，因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.6.
(2)解：K2 的观测值k＝100×40×20－30×102
50×50×70×30
≈4.762.
由于4.762>3.841，故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．
6．(2019·全国卷Ⅱ，19)某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100 个企业，得到这些企
业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y 的频数分布表.
y 的分组
[－0.20,0)
[0,0.20)
[0.20,0.40)
[0.40,0.60)
[0.60,0.80)
企业数
2
24
53
14
7
(1)分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；
(2)求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)．(精确到0.01)
附：74≈8.602.
[解析]
(1)解：根据产值增长率频数分布表得，所调查的100 个企业中产值增长率不低于40%的企业频率为14＋7
100
＝0.21.
产值负增长的企业频率为2
100＝0.02.
用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为
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301
2%.
(2)解：y ＝1
100×(－0.10×2＋0.10×24＋0.30×53＋0.50×14＋0.70×7)＝0.30，
s2＝1
100
错误!i(yi－y )2
＝1
100×[(－0.40)2×2＋(－0.20)2×24＋02×53＋0.202×14＋0.402×7]
＝0.029 6，
s＝0.029 6＝0.02× 74≈0.17.
所以，这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为0.30,0.17.
7．(2019·全国卷Ⅲ，17)为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200 只小鼠随机分成A，
B 两组，每组100 只，其中A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液．每只小鼠给服的溶液体积相同、摩
尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如下直方
图：
甲离子残留百分比直方图
乙离子残留百分比直方图
记C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P(C)的估计值为0.70.
(1)求乙离子残留百分比直方图中a，b 的值；
(2)分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)．
[解析]
(1)解：由已知得0.70＝a＋0.20＋0.15，
故a＝0.35，
b＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.
(2)解：甲离子残留百分比的平均值的估计值为
2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.
乙离子残留百分比的平均值的估计值为
3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.
抽样方法
典题例析
例1
(1)(文)某电视台在因特网上就观众对其某一节目的喜爱程度进行调查，参加调查的一共有20 000
人，其中各种态度对应的人数如下表所示：
最喜爱
喜爱
一般
不喜欢
4 800
7 200
6 400
1 600
电视台为了了解观众的具体想法和意义，打算从中抽选100 人进行更为详细的调查，为此要进行分层抽样，那么
在分层抽样时，每类人中应抽选的人数分别为(
)
A．25,25,25,25
B．48,72,64,16
C．20,40,30,10
D．24,36,32,8
[解析]
因为抽样比为100
20 000＝1
200，所以每类人中应抽取的人数分别为4 800× 1
200＝24,7 200× 1
200＝36,6
400× 1
200＝32,1 600× 1
200＝8.
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302
(理)已知某地区中小学生人数和近视情况分布如图1 和图2 所示．为了解该地区中小学生的近视形成原因，用分
层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为(
)
A．200,20
B．100,20
C．200,10
D．100,10
[解析]
由题图可知，样本容量等于(3 500＋4 500＋2 000)×2%＝200，抽取的高中生近视人数为2 000×2%×50%
＝20，故选A.
(2)福利彩票“双色球”中红球的号码可以从01,02，03，…，32,33 这33 个两位号码中选取，小明利用如下所示
的随机数表选取红色球的6 个号码，选取方法是从第1 行第9 列的数字开始，从左到右依次读取数据，则第四个被选
中的红色球号码为(
)
8
1
4
7
2
3
6
8
6
3
9
3
1
7
9
0
1
2
6
9
8
6
8
1
6
2
9
3
5
0
6
0
9
1
3
3
7
5
8
5
6
1
3
9
8
5
0
6
3
2
3
5
9
2
4
6
2
2
5
4
1
0
0
2
7
8
4
9
8
2
1
8
8
6
7
0
4
8
0
5
4
6
8
8
1
5
1
9
2
0
4
9
A．12
B．33
C．06
D．16
[解析]
被选中的红色球号码依次为17,12,33,06,32,22.所以第四个被选中的红色球号码为06，故选C.
(3)为了解某地区的中小学生的视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已了解到该地区
小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大．在下面的抽样方法中，最合理
的抽样方法是(
)
A．简单随机抽样
B．按性别分层抽样
C．按学段分层抽样
D．系统抽样
[解析]
因为男女生视力情况差异不大，而学段的视力情况有较大差异，所以应按学段分层抽样．故选C.
系统抽样与分层抽样的求解方法
(1)系统抽样的最基本特征是“等距性”，每组内所抽取的号码需要依据第一组抽取的号码和组距唯一确定．每组
抽取样本的号码依次构成一个以第一组抽取的号码m 为首项，组距d 为公差的等差数列{an}，第k 组抽取样本的号码
ak＝m＋(k－1)d.
(2)分层抽样的关键是根据样本特征差异进行分层，实质是等比例抽样，求解此类问题需先求出抽样比——样本容
量与总体容量的比，则各层所抽取的样本容量等于该层个体总数与抽样比的乘积．在每层抽样时，应采用简单随机抽
样或系统抽样进行．
跟踪训练
1．某校150 名教职工中，有老年人20 名，中年人50 名，青年人80 名，从中抽取30 名作为样本．
①采用随机抽样法：抽签取出30 个样本；
②采用系统抽样法：将教职工编号为00,01，…，149，然后平均分组抽取30 个样本；
③采用分层抽样法：从老年人、中年人、青年人中抽取30 个样本．
下列说法中正确的是(
)
A．无论采用哪种方法，这150 名教职工中每个人被抽到的概率都相等
B．①②两种抽样方法，这150 名教职工中每个人被抽到的概率都相等；③并非如此
C．①③两种抽样方法，这150 名教职工中每个人被抽到的概率都相等；②并非如此
D．采用不同的抽样方法，这150 名教职工中每个人被抽的概率是各不相同的
[解析]
三种抽样方法中，每个人被抽到的概率都等于30
150＝1
5，故选A.
2．(2018·昆明一模)某班有学生60 人，将这60 名学生随机编号为1～60 号，用系统抽样的方法从中抽出4 名学生，
已知3 号、33 号、48 号学生在样本中，则样本中另一个学生的编号为(
)
A．28
B．23
C．18
D．13
[解析]
抽样间隔为15，故另一个学生的编号为3＋15＝18.
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303
样本的数字特征
典题例析
(一)用样本数字特征估计总体
例2
(1)(2019·湘潭一模)某中学奥数培训班共有14 人，分为两个小组，在一次阶段测试中两个小组成绩
的茎叶图如图所示，其中甲组学生成绩的平均数是88，乙组学生成绩的中位数是89，则n－m 的值为(
)
甲组
乙组
8
7
9
6
4
8
8
3
8
n
5
m
2
9
2
2
5
A.5
B．6
C．7
D．8
[解析]
甲组学生成绩的平均数是88，
∴78＋86＋84＋88＋95＋90＋m＋92＝88×7，
∴m＝3.
又乙组学生的成绩的中位数是89，
∴n＝9.∴n－m＝9－3＝6.故选B.
(2)为迎接即将举行的集体跳绳比赛，高一年级对甲、乙两个代表队各进行了6 轮测试，测试成绩(单位：次/分钟)
如下表：
轮次
一
二
三
四
五
六
甲
73
66
82
72
63
76
乙
83
75
62
69
75
68
①补全茎叶图，并指出乙队测试成绩的中位数和众数；
②试用统计学中的平均数、方差知识对甲、乙两个代表队的测试成绩进行分析．
[解析]
①补全茎叶图如下：
乙队测试成绩的中位数为72，众数为75.
②x
甲＝63＋66＋72＋73＋76＋82
6
＝72，
s2
甲＝1
6[(63－72)2＋(66－72)2＋(72－72)2＋(73－72)2＋(76－72)2＋(82－72)2]＝39；
x
乙＝62＋68＋69＋75＋75＋83
6
＝72，
s2
乙＝1
6[(62－72)2＋(68－72)2＋(69－72)2＋(75－72)2＋(75－72)2＋(83－72)2]＝44.
因为x
甲＝x
乙，s2
甲<s2
乙，所以甲、乙两队水平相当，但甲队发挥较稳定．
(二)用频率分布直方图估计总体
例3
某城市100 户居民的月平均用电量(单位：度)，以[160,180)，[180,200)，[200,220)，[220,240)，[240,260)，
[260,280)，[280,300]分组的频率分布直方图如图．
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304
(1)求直方图中x 的值；
(2)求月平均用电量的众数和中位数；
(3)在月平均用电量为[220,240)，[240,260)，[260,280)，[280,300]的四组用户中，用分层抽样的方法抽取11 户居民，
则月平均用电量在[220,240)的用户中应抽取多少户？
[解析]
(1)由已知得，20×(0.002＋0.009 5＋0.011＋0.012 5＋x＋0.005＋0.002 5)＝1，解得x＝0.0075.
(2)由题图可知，面积最大的矩形对应的月平均用电量区间为[220,240)，所以月平均用电量的众数的估计值为230.
因为20×(0.002＋0.009 5＋0.011)＝0.45<0.5，
20×(0.002＋0.009 5＋0.011＋0.021 5)＝0.7>0.5，所以中位数在区间[220,240)内，设中位数为m，则20×(0.002＋
0.009 5＋0.011)＋0.012 5×(m－220)＝0.5，解得m＝224.
所以月平均用电量的中位数为224.
(3)由题图知，月平均用电量为[220,240)的用户数为(240－220)×0.012 5×100＝25，同理可得，月平均用电量为
[240,260)，[260,280)，[280,300]的用户数分别为15,10,5.
故用分层抽样的方式抽取11 户居民，月平均用电量在[220,240)的用户中应抽取11×
25
25＋15＋10＋5＝5(户)．
1．用样本估计总体的两种方法
(1)用样本的频率分布(频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等)估计总体的频率分布．
(2)用样本的数字特征(众数、中位数、平均数、方差、标准差)估计总体的数字特征．
2．方差的计算与含义
计算方差首先要计算平均数，然后再按照方差的计算公式进行计算，方差和标准差是描述一个样本和总体的波动
大小的特征数，方差、标准差大说明波动大．
3．众数、中位数、平均数与频率分布直方图的关系
(1)众数为频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标．
(2)中位数为平分频率分布直方图面积且垂直于横轴的直线与横轴交点的横坐标．
(3)平均数等于频率分布直方图中每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和．
跟踪训练
(2018·全国卷Ⅰ，19)某家庭记录了未使用节水龙头50 天的日用水量数据(单位：m3)和使用了节水龙头50 天的
日用水量数据，得到频数分布表如下：
未使用节水龙头50 天的日用水量频数分布表
日用水量
[0，0.1)
[0.1，0.2)
[0.2，0.3)
[0.3，0.4)
[0.4，0.5)
[0.5，0.6)
[0.6，0.7)
频数
1
3
2
4
9
26
5
使用了节水龙头50 天的日用水量频数分布表
日用水量
[0，0.1)
[0.1，0.2)
[0.2，0.3)
[0.3，0.4)
[0.4，0.5)
[0.5，0.6)
频数
1
5
13
10
16
5
(1)作出使用了节水龙头50 天的日用水量数据的频率分布直方图．
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305
(2)估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m3 的概率．
(3)估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？(一年按365 天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中
点的值作代表．)
[解析]
(1)
(2)根据以上数据，该家庭使用节水龙头后50 天日用水量小于0.35 m3 的频率为0.2×0.1＋1×0.1＋2.6×0.1＋
2×0.05＝0.48，
因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于0.35 m3 的概率的估计值为0.48.
(3)该家庭未使用节水龙头50 天的日用水量的平均数为
x 1＝1
50(0.05×1＋0.15×3＋0.25×2＋0.35×4＋0.45×9＋0.55×26＋0.65×5)＝0.48.
该家庭使用了节水龙头后50 天的日用水量的平均数为
x 2＝1
50(0.05×1＋0.15×5＋0.25×13＋0.35×10＋0.45×16＋0.55×5)＝0.35.
估计使用节水龙头后，一年可节省水(0.48－0.35)×365＝47.45(m3)．
回归分析在实际问题中的应用
典题例析
例4
某商店为了更好地规划某种商品的进货量，从某一年的销售数据中，随机抽取了8 组数据作为研
究对象，如下表所示(x 为该商品的进货量，y 为销售天数)：
x/吨
2
3
4
5
6
8
9
11
y/天
1
2
3
3
4
5
6
8
(1)根据上表数据在如图所示的网格中绘制散点图；
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306
(2)根据上表数据，求出y 关于x 的线性回归方程y^＝b^x＋a^；
(3)根据(2)中的计算结果，若该商店准备一次性进货该商品24 吨，预测需要销售的天数．
参考公式和数据：b^＝
n
i＝1xiyi－n x
y
n
i＝1x2i－n x 2
，a^＝y －b^ x .
8
i＝1x2i＝356，
8
i＝1xiyi＝241.
[解析]
(1)散点图如图所示：
(2)依题意，得x ＝1
8×(2＋3＋4＋5＋6＋8＋9＋11)＝6，
y ＝1
8×(1＋2＋3＋3＋4＋5＋6＋8)＝4，
又
8
i＝1x2i ＝356，
8
i＝1xiyi＝241，
所以b^＝
8
i＝1xiyi－8 x
y
8
i＝1x2i－8 x 2
＝241－8×6×4
356－8×62 ＝49
68，
a^＝4－49
68×6＝－11
34，
故线性回归方程为y^＝49
68x－11
34.
(3)由(2)知，当x＝24 时，y^＝49
68×24－11
34≈17，故若该商店一次性进货240 吨，则预计需要销售17 天．
求回归直线方程的方法
(1)若所求的回归直线方程是在选择题中，常利用回归直线y^＝b^x＋a^必经过样本点的中心( x ，y )快速选择．
(2)若所求的回归直线方程是在解答题中，则求回归直线方程的一般步骤为：
确关系
依据样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系
算各值
计算x ，y ，
n
i＝1x2i ，
n
i＝1xiyi 的值
求系数
求出回归系数a^，b^
写方程
写出回归直线方程y^＝b^x＋a^
跟踪训练
(2018·全国卷Ⅱ，18)下图是某地区2000 年至2016 年环境基础设施投资额y(单位：亿元)的折线图．
为了预测该地区2018 年的环境基础设施投资额，建立了y 与时间变量t 的两个线性回归模型．根据2000 年至2016
年的数据(时间变量t 的值依次为1,2，…，17)建立模型①：y^＝－30.4＋13.5t；根据2010 年至2016 年的数据(时间变量
t 的值依次为1,2，…，7)建立模型②：y^＝99＋17.5t.
(1)分别利用这两个模型，求该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值．
(2)你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．
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307
[解析]
(1)利用模型①，该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为y^＝－30.4＋13.5×19＝226.1(亿元)．
利用模型②，该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为y^＝99＋17.5×9＝256.5(亿元)．
(2)利用模型②得到的预测值更可靠．
理由如下：
方法一：从折线图可以看出，2000 年至2016 年的数据对应的点没有随机散布在直线y＝－30.4＋13.5t 上下．这说
明利用2000 年至2016 年的数据建立的线性回归模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势.2010 年相对
2009 年的环境基础设施投资额有明显增加，2010 年至2016 年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010 年
开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010 年至2016 年的数据建立的线性模型y^＝99＋17.5t 可
以较好地描述2010 年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．
方法二：从计算结果看，相对于2016 年的环境基础设施投资额220 亿元，由模型①得到的预测值226.1 亿元的增
幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理，说明利用模型②得到的预测值更可靠．
独立性检验
典题例析
例5
(文)(2018·全国卷Ⅲ，18)某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的
两种新的生产方式．为比较两种生产方式的效率，选取40 名工人，将他们随机分成两组，每组20 人，第一组工人用
第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式．根据工人完成生产任务的工作时间(单位：min)绘制了如下茎叶图：
(1)根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由．
(2)求40 名工人完成生产任务所需时间的中位数m，并将完成生产任务所需时间超过m 和不超过m 的工人数填入
下面的列联表：
超过m
不超过m
第一种生产方式
第二种生产方式
(3)根据(2)中的列联表，能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？
附：K2＝
n(ad－bc)2
(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)，
P(K2≥k0)
0.050
0.010
0.001
k0
3.841
6.635
10.828
[解析]
(1)第二种生产方式的效率更高．
理由如下：
方法一：由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至少80 min，用第二
种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至多79 min，因此第二种生产方式的效率更高．
方法二：由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为85.5 min，用第二种生产方
式的工人完成生产任务所需时间的中位数为73.5 min.因此第二种生产方式的效率更高．
方法三：由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于80 min，用第二种生产方式的
工人完成生产任务平均所需时间低于80 min，因此第二种生产方式的效率更高．
方法四：由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎8 上的最多，关于茎8 大致呈
对称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎7 上的最多，关于茎7 大致呈对称分布；又用两
种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比
用第一种生产方式完成生产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高．
(2)由茎叶图知m＝79＋81
2
＝80.
列联表如下：
超过m
不超过m
第一种生产方式
15
5
第二种生产方式
5
15
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308
(3)由于K2 的观测值k＝40×15×15－5×52
20×20×20×20
＝10>6.635，所以有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异．
(理)心理学家分析发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽
样的方法抽取50 名同学(男30，女20)，给所有同学几何题和代数题各一题，让各位同学自由选择一道题进行解答．选
题情况如下表：(单位：人)
几何题
代数题
总计
男同学
22
8
30
女同学
8
12
20
总计
30
20
50
(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关？
(2)经过多次测试后，甲每次解答一道几何题所用的时间在5～7 分钟，乙每次解答一道几何题所用的时间在6～8
分钟，现甲、乙各解同一道几何题，求乙比甲先解答完的概率；
(3)现从选择做几何题的8 名女生中任意抽取2 人对她们的答题情况进行全程研究，记丙、丁2 名女生被抽到的人
数为X，求X 的分布列及数学期望E(X)．
附表及公式：
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
K2＝
nad－bc2
a＋bc＋da＋cb＋d
，n＝a＋b＋c＋d.
[解析]
(1)由表中数据得k2＝50×22×12－8×82
30×20×30×20
＝50
9 ≈5.556>5.024，
所以有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关．
(2)设甲、乙解答一道几何题的时间分别为x，y 分钟，则
5≤x≤7，
6≤y≤8
表示的平面区域如图所示．
设事件A 为“乙比甲先做完此道题”，则x>y 满足的区域如图中阴影部分所示．
由几何概型可得P(A)＝
1
2×1×1
2×2
＝1
8，
即乙比甲先解答完的概率为1
8.
(3)由题可知，在选择做几何题的8 名女生中任意抽取2 人的方法有C28＝28 种，其中丙、丁2 人没有一个人被抽
到的有C26＝15 种，恰有一人被抽到的有C12·C16＝12 种，2 人都被抽到的有C22＝1 种．
所以X 的可能取值为0,1,2，P(X＝0)＝15
28，
P(X＝1)＝12
28＝3
7，
P(X＝2)＝1
28.
X 的分布列为
X
0
1
2
P
15
28
3
7
1
28
E(X)＝0×15
28＋1×3
7＋2× 1
28＝1
2.
进行独立性检验的步骤
(1)假设两个分类变量X 与Y 无关；
(2)找相关数据，列出2×2 列联表；
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309
(3)由公式K2＝
nad－bc2
a＋bc＋da＋cb＋d
(其中n＝a＋b＋c＋d)计算出K2 的值；
(4)将K2 的值与临界值进行对比，进而做出统计推断．
提醒：
K2 的观测值越大，对应假设事件成立的概率越小，假设事件不成立的概率越大．
跟踪训练
微信是腾讯公司推出的一种手机通信软件，它支持发送语音短信、视频、图片和文字，一经推出便风靡全国，
甚至涌现出一批在微信的朋友圈内销售商品的人(被称为微商)．为了调查每天微信用户使用时间，某经销化妆品的微
商在一广场随机采访男性、女性用户各50 名，其中每天玩微信超过6 小时的用户列为“微信控”，否则称其为“非微
信控”，调查结果如下：
微信控
非微信控
总计
男性
26
24
50
女性
30
20
50
总计
56
44
100
(1)根据以上数据，能否有60%的把握认为“微信控”与“性别”有关？
(2)现从调查的女性用户中按分层抽样的方法选出5 人赠送营养面膜1 份，求所抽取5 人中“微信控”和“非微信
控”的人数．
(3)从(2)中抽取的5 人中再随机抽取2 人赠送200 元的护肤品套装，求这2 人中至少有1 人为“非微信控”的概率．
参考公式：K2＝
nad－bc2
a＋bc＋da＋cb＋d
，其中n＝a＋b＋c＋d.
参考数据：
P(K2≥k0)
0.50
0.40
0.25
0.05
0.025
0.010
k0
0.455
0.708
1.321
3.840
5.024
6.635
[解析]
(1)由列联表可得K2＝
nad－bc2
a＋bc＋da＋cb＋d
＝100×26×20－30×242
56×44×50×50
≈0.649 35<0.708，
所以没有60%的把握认为“微信控”与“性别”有关系．
(2)依题意可知，所抽取的5 位女性中，“微信控”有5×30
50＝3(人)，“非微信控”有5×20
50＝2.
(3)记5 人中的“微信控”为a，b，c，“非微信控”为D，E，则有所有可能的基本事件为(a，b)，(a，c)，(a，
D)，(a，E)，(b，c)，(b，D)，(b，E)，(c，D)，(c，E)，(D，E)共10 种，
其中至少有1 人为“非微信控”的基本事件有(a，D)，(a，E)，(b，D)，(b，E)，(c，D)，(c，E)，(D，E)共7 种，
所以这2 人中至少有1 人为“非微信控”的概率为7
10.
A 组
1．利用系统抽样法从编号分别为1,2,3，…，80 的80 件不同产品中抽出一个容量为16 的样本，如果抽出的产品
中有一件产品的编号为13，则抽到产品的最大编号为(
)
A．73
B．78
C．77
D．76
[解析]
样本的分段间隔为80
16＝5，所以13 号在第三组，则最大的编号为13＋(16－3)×5＝78.故选B.
2．某医疗研究所为了检验某种血清能起到预防感冒的作用，把500 名使用血清的人与另外500 名未使用血清的人
一年中的感冒记录作比较，利用2×2 列联表计算得K2 的观测值k≈3.918.
附表：
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
则作出“这种血清能起到预防感冒的作用”出错的可能性不超过(
)
A．95%
B．5%
C．97.5%
D．2.5%
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310
[解析]
由题意知观测值k2≈3.918>3.841，
所以对照题中的附表得P(K2≥k)＝0.05＝5%.
3．(文)某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图．图
中A 点表示十月的平均最高气温约为15 ℃，B 点表示四月的平均最低气温约为5 ℃.下面叙述不正确的是(
)
A．各月的平均最低气温都在0 ℃以上
B．七月的平均温差比一月的平均温差大
C．三月和十一月的平均最高气温基本相同
D．平均最高气温高于20 ℃的月份有5 个
[解析]
根据雷达图可知全年最低气温都在0 ℃以上，故A 正确；一月平均最高气温是6 ℃左右，平均最低气温
2 ℃左右，七月平均最高气温22 ℃左右，平均最低气温13 ℃左右，所以七月的平均温差比一月的平均温差大，B 正
确；三月和十一月的平均最高气温都是10 ℃，三月和十一月的平均最高气温基本相同，C 正确；平均最高气温高于
20 ℃的有七月和八月，故D 错误．
(理)从某地高中男生中随机抽取100 名同学，将他们的体重(单位：kg)数据绘制成频率分布直方图(如图)，由直方
图可知(
)
A．估计体重的众数为50 或60
B．a＝0.03
C．学生体重在[50,60)有35 人
D．从这100 名男生中随机抽取一人，体重在[60,80)的概率为1
3
[解析]
根据频率分布直方图知，最高的小矩形对应的底边中点为50＋60
2
＝55，所以估计众数为55，A 错误；根
据频率和为1，计算(a＋0.035＋0.030＋0.020＋0.010)×10＝1，解得a＝0.005，B 错误；体重在[50,60)内的频率是0.35，
估计体重在[50,60)内的学生有100×0.35＝35 人，C 正确；体重在[60,80)内的频率为0.3＋0.2＝0.5，用频率估计概率，
知这100 名男生中随机抽取一人，体重在[60,80)的概率为1
2，D 错误．
4．(文)某厂生产A，B，C 三种型号的产品，产品数量之比为3
2
4，现用分层抽样的方法抽取一个样本容量为
180 的样本，则样本中B 型号的产品的数量为(
)
A．20
B．40
C．60
D．80
[解析]
由分层抽样的定义知，B 型号产品应抽取180×
2
3＋2＋4＝40 件．
(理)某全日制大学共有学生5 600 人，其中专科生有1 300 人，本科生有3 000 人，研究生1 300 人，现采用分层
抽样的方法调查学生利用因特网查找学习资料的情况，抽取的样本为280 人，则应在专科生，本科生与研究生这三类
学生中分别抽取(
)
A．65 人，150 人，65 人
B．30 人，150 人，100 人
C．93 人，94 人，93 人
D．80 人，120 人，80 人
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311
[解析]
280
5 600＝1
20，1 300× 1
20＝65,3 000× 1
20＝150，
故选A.
5．(文)某电视传媒公司为了了解某类体育节目的收视情况，随机抽取了100 名观众进行调查，如图是根据调查结
果绘制的观众日均收看该类体育节目时间的频率分布直方图，其中收看时间分组区间是：[0,10)，[10,20)，[20,30)，
[30,40)，[40,50)，[50,60]．将日均收看该类体育节目时间不低于40 分钟的观众称为“体育迷”，则图中x 的值为(
)
A．0.01
B．0.02
C．0.03
D．0.04
[解析]
由题设可知(0.005＋x＋0.012＋0.02＋0.025＋0.028)×10＝1，解得x＝0.01，选A.
(理)等差数列x1，x2，x3，…，x9 的公差为1，若以上述数据x1，x2，x3，…，x9 为样本，则此样本的方差为(
)
A.20
3
B．10
3
C．60
D．30
[解析]
令等差数列为1,2,3…9，则样本的平均值x ＝5，∴s2＝1
9[(1－5)2＋(2－5)2＋…＋(9－5)2]＝60
9 ＝20
3 .
6．如图是某学校一名篮球运动员在10 场比赛中所得分数的茎叶图，则该运动员在这10 场比赛中得分的中位数为
__15__.
0
5
8
9
1
2
4
6
6
9
2
1
4
[解析]
把10 场比赛的所得分数按顺序排列：5,8,9,12,14,16,16,19,21,24，中间两个为14 与16，故中位数为14＋16
2
＝15.
7．已知一组数据x1，x2，…，xn 的方差为2，若数据ax1＋b，ax2＋b，…，axn＋b(a>0)的方差为8，则a 的值为
__2__.
[解析]
根据方差的性质可知，a2×2＝8，故a＝2.
8．为了研究某种细菌在特定环境下，随时间变化繁殖情况，得如下实验数据，计算得回归方程为y^＝0.85x－0.25.
由以上信息，得到下表中c 的值为__6__.
天数t(天)
3
4
5
6
7
繁殖个数y(千个)
2.5
3
4
4.5
c
[解析]
因为x ＝1
5(3＋4＋5＋6＋7)＝5，y ＝1
5(2.5＋3＋4＋4.5＋c)＝14＋c
5
，
所以这组数据的样本中心点是(5，14＋c
5
)，把样本中心点代入回归方程y^＝0.85x－0.25，所以14＋c
5
＝0.85×5－0.25，
所以c＝6.
9．2019 年8 月22 日金乡县首届“诚信文艺奖”评选暨2019“百姓大舞台”第一季大型才艺大赛决赛在红星美凯
龙举行．在比赛现场，12 名专业人士和12 名观众代表分别组成评判小组A，B，给参赛选手打分，如图是两个评判组
对同一选手打分的茎叶图.
(1)求A 组数据的众数和极差，B 组数据的中位数；
(2)对每一组计算用于衡量相似性的数值，回答：小组A 与小组B 哪一个更像是由专业人士组成的？并说明理由．
[解析]
(1)由茎叶图可得：A 组数据的众数为47，极差为55－42＝13；B 组数据的中位数为55＋58
2
＝56.5.
(2)小组A 更像是由专业人士组成的．理由如下：
小组A，B 数据的平均数分别为
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312
x A＝1
12×(42＋42＋44＋45＋46＋47＋47＋47＋49＋50＋50＋55)＝47，
x B＝1
12×(36＋42＋46＋47＋49＋55＋58＋62＋66＋68＋70＋73)＝56，
所以小组A，B 数据的方差分别为s2A＝1
12×[(42－47)2＋(42－47)2＋…＋(55－47)2]＝1
12×(25＋25＋9＋4＋1＋4＋9
＋9＋64)＝12.5，
s2B＝1
12×[(36－56)2＋(42－56)2＋…＋(73－56)2]＝1
12×(400＋196＋100＋81＋49＋1＋4＋36＋100＋144＋196＋
289)＝133.
因为s2A<s2B，所以小组A 的成员的相似程度高．由于专业裁判给分更符合专业规则，相似程度应该更高，因此小
组A 更像是由专业人士组成的．
B 组
1．《中国诗词大会》的播出引发了全民的读书热，某小学语文老师在班里开展了一次诗词默写比赛，班里40 名学
生得分数据的茎叶图如图所示．若规定得分不小于85 分的学生得到“诗词达人”的称号，小于85 分且不小于70 分的
学生得到“诗词能手”的称号，其他学生得到“诗词爱好者”的称号，根据该次比赛的成绩按照称号的不同进行分层
抽样抽选10 名学生，则抽选的学生中获得“诗词达人”称号的人数为(
)
9
1
2
5
6
8
8
0
0
1
2
4
5
7
8
7
0
2
2
3
3
3
4
5
5
6
9
6
0
2
2
3
4
4
4
5
7
7
8
9
5
6
5
8
9
A.2
B．4
C．5
D．6
[解析]
由茎叶图可知，获“诗词达人”称号的有8 人，据该次比赛的成绩按照称号的不同进行分层抽样抽取10
名学生，则抽选的学生中获得“诗词能手”称号的人数为n，则n
10＝8
40，∴n＝2，故选A.
2．(文)某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：
单价x(元)
4
5
6
7
8
9
销量y(件)
90
84
83
80
75
68
由表中数据，求得线性回归方程为y^＝－4x＋a.若在这些样本点中任取一点，则它在回归直线左下方的概率为(
)
A.1
6
B．1
3
C．1
2
D．2
3
[解析]
x ＝4＋5＋6＋7＋8＋9
6
＝13
2 ，
y ＝90＋84＋83＋80＋75＋68
6
＝80，
∵回归直线过点(13
2 ，80)，∴a＝106，
∴y^＝－4x＋106，∴点(5,84)，(9,68)在回归直线左下方，故所求概率P＝2
6＝1
3.
(理)关于统计数据的分析，有以下几个结论，其中正确的个数为(
)
①利用残差进行回归分析时，若残差点比较均匀地落在宽度较窄的水平带状区域内，则说明线性回归模型的拟合
精度较高；
②将一组数据中的每个数据都减去同一个数后，期望与方差均没有变化；
③调查剧院中观众观后感时，从50 排(每排人数相同)中任意抽取一排的人进行调查是分层抽样法；
④已知随机变量X 服从正态分布N(3,1)，且P(2≤X≤4)＝0.682 6，则P(X>4)等于0.158 7
⑤某单位有职工750 人，其中青年职工350 人，中年职工250 人，老年职工150 人．为了了解该单位职工的健康
情况，用分层抽样的方法从中抽取样本．若样本中的青年职工为7 人，则样本容量为15 人．
A．2
B．3
C．4
D．5
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313
[解析]
①④正确，②③⑤错误，⑤设样本容量为n，则350
1 500＝7
n，∴n＝30，故⑤错．
3．某班一次测试成绩的茎叶图和频率分布直方图可见部分如图，根据图中的信息可确定被抽测的人数及分数在
[90,100]内的人数分别为(
)
A．20,2
B．24,4
C．25,2
D．25,4
[解析]
由频率分布直方图可知，90～100 的频率和50～60 的频率相同，所以90～100 的人数为2，总人数为2
0.08
＝25 人，故选C.
4．某新闻媒体为了了解观众对央视《开门大吉》节目的喜爱与性质是否有关系，随机调查了观看该节目的观众
110 名，得到如下的列联表：
女
男
总计
喜爱
40
20
60
不喜爱
20
30
50
总计
60
50
110
试根据样本估计总体的思想，估计在犯错误的概率不超过__0.01__的前提下(约有__99%__的把握)认为“喜爱该节
目与否和性别有关”．
参考附表：
P(K2≥k0)
0.050
0.010
0.001
k0
3.841
6.635
10.828
(参考公式：K2＝
nad－bc2
a＋bc＋da＋cb＋d
，其中n＝a＋b＋c＋d)
[解析]
分析列联表中数据，可得K2 的观测值k＝110×40×30－20×202
60×50×60×50
≈7.822>6.635，所以在犯错误的概率不
超过0.01 的前提下(有99%的把握)认为“喜爱该节目与否和性别有关”．
5．某班开展一次智力竞赛活动，共a，b，c 三个问题，其中题a 满分是20 分，题b，c 满分都是25 分，每道题
或者得满分，或者得0 分．活动结果显示，全班同学每人至少答对一道题，有1 名同学答对全部三道题，有15 名同学
答对其中两道题，答对题a 与题b 的人数之和为29，答对题a 与题c 的人数之和为25，答对题b 与题c 的人数之和为
20，则该班同学中只答对一道题的人数是__4__；该班的平均成绩是__42__.
[解析]
设x，y，z 分别是答对a，b，c 题的人数，则有
x＋y＝29，
x＋z＝25，
y＋z＝20，
解得
x＝17，
y＝12，
z＝8，
答对一道题的人数为(17
＋12＋8)－3×1－2×15＝4，全班总人数为4＋15＋1＝20，全班总得分为17×20＋(12＋8)×25＝840，平均成绩为840
20
＝42.
6．海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100 个网箱，测量各箱水产
品的产量(单位：kg)，其频率分布直方图如下：
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314
(1)设A 表示事件“旧养殖法的箱产量低于50 kg”，估计A 的概率；
(2)填写下面列联表，并根据列联表判断是否有90%的把握认为箱产量与养殖方法有关；
箱产量<50 kg
箱产量≥50 kg
旧养殖法
新养殖法
(3)根据箱产量的频率分布直方图，对这两种养殖方法的优劣进行比较．
附：
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
K2＝
nad－bc2
a＋bc＋da＋cb＋d
.
[解析]
(1)旧养殖法的箱产量低于50 kg 的频率为
(0.012＋0.014＋0.024＋0.034＋0.040)×5＝0.62，
因此，事件A 的概率估计值为0.62.
(2)根据箱产量的频率分布直方图得列联表
箱产量<50 kg
箱产量≥50 kg
旧养殖法
62
38
新养殖法
34
66
K2＝200×62×66－34×382
100×100×96×104
≈15.705.
由于15.705>6.635，故有90%的把握认为箱产量与养殖方法有关．
(3)箱产量的频率分布直方图表明：新养殖法的箱产量平均值(或中位数)在50 kg 到55 kg 之间，旧养殖法的箱产量
平均值(或中位数)在45 kg 到50 kg 之间，且新养殖法的箱产量分布集中程度较旧养殖法的箱产量分布集中程度高，因
此，可以认为新养殖法的箱产量较高且稳定，从而新养殖法优于旧养殖法．
7．(2019·山西省八校第一次联考)某电视厂家准备在元旦举行促销活动，现根据近七年的广告费与销售量的数据确
定此次广告费支出．广告费支出x(万元)和销售量y(万台)的数据如下：
年份
2013
2014
2015
2016
2017
2018
2019
广告费支出x
1
2
4
6
11
13
19
销售量y
1.9
3.2
4.0
4.4
5.2
5.3
5.4
(1)若用线性回归模型拟合y 与x 的关系，求出y 关于x 的线性回归方程；
(2)若用y＝c＋d
x模型拟合y 与x 的关系，可得回归方程y^＝1.63＋0.99 x，经计算线性回归模型和该模型的R2
分别约为0.75 和0.88，请用R2 说明选择哪个回归模型更好；
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315
(3)已知利润z 与x，y 的关系为z＝200y－x.根据(2)的结果回答下列问题：
①广告费x＝20 时，销售量及利润的预报值是多少？
②广告费x 为何值时，利润的预报值最大？(精确到0.01)
参考公式：回归直线y^＝a^＋b^x 的斜率和截距的最小二乘估计分别为
b^＝
n
i＝1xiyi－n x
y
n
i＝1x2i－n x 2
＝
n
i＝1 xi－x yi－y 
n
i＝1 xi－x 2
，a^＝y －b^ x .
参考数据：5≈2.24.
[解析]
(1)∵x ＝8，y ＝4.2，
7
i＝1xiyi＝279.4，
7
i＝1x2i＝708，
∴b^＝
7
i＝1xiyi－7 x
y
7
i＝1x2i－7 x 2
＝279.4－7×8×4.2
708－7×82
＝0.17，
a^＝y －b^ x ＝4.2－0.17×8＝2.84，
∴y 关于x 的线性回归方程为y^＝0.17x＋2.84.
(2)∵0.75<0.88 且R2 越大，反映残差平方和越小，模型的拟合效果越好，
∴选用y^＝1.63＋0.99
x更好．
(3)由(2)知，
①当x＝20 时，销售量的预报值y^＝1.63＋0.99 20≈6.07(万台)，
利润的预报值z＝200×(1.63＋0.99 20)－20≈1 193.04(万元)．
②z＝200(1.63＋0.99 x)－x＝－x＋198 x＋326＝－( x)2＋198 x＋326＝－( x－99)2＋10 127，
∴当x＝99，即x＝9 801 时，利润的预报值最大，
故广告费为9 801 万元时，利润的预报值最大．
第二讲
概率及其应用(文)
高考考点
考点解读
利用古典概型求事件的概
率
1．单纯考查古典概型概率公式的应用
2．与互斥、对立事件相结合考查
3．与统计问题相结合命题
利用几何概型求事件的概
率
1．与长度有关的几何概型
2．与面积有关的几何概型
概率与统计的综合问题
1．与频率分布相结合命题
2．与数字特征相结合命题
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)掌握古典概型、几何概型的概率公式及其应用．
(2)注意古典概型与统计的结合题．
(3)注意几何概型与线性规划、平面几何相结合的问题．
预测2020 年命题热点：
(1)古典概型与互斥事件、对立事件相结合的问题．
(2)古典概型与统计相结合的问题.
知识整合
1．古典概型的概率
特点：有限性，等可能性．
P(A)＝m
n＝__A 包含的基本事件的个数
基本事件的总数
__.
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2．几何概型的概率
特点：无限性，等可能性．
P(A)＝__
构成事件A 的区域长度面积或体积
试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积
__.
3．随机事件的概率范围：__0≤P(A)≤1__.
必然事件的概率为1；
不可能事件的概率为0.
如果事件A 与事件B 互斥，则P(A∪B)＝__P(A)＋P(B)__.
如果事件A 与事件B 互为对立事件，那么P(A∪B)＝__P(A)＋P(B)__＝__1__，即P(A)＝__1－P(B)__.
4．互斥事件概率公式的推广
P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．,
易错警示
1．混淆互斥事件与对立事件，对立事件是互斥事件的特殊情况，互斥事件不一定是对立事件．
2．不能准确理解“至多”“至少”“不少于”等词语的含义．
3．几何概型中，线段的端点、图形的边框等是否包含在事件之内不影响所求结果．
4．在几何概型中，构成事件区域的是长度、面积，还是体积判断不明确，不能正确区分几何概型与古典概型．
1．(2019·全国卷Ⅱ，4)生物实验室有5 只兔子，其中只有3 只测量过某项指标．若从这5 只兔子中随机取出3 只，
则恰有2 只测量过该指标的概率为(
)
A.2
3
B．3
5
C．2
5
D．1
5
[解析]
设5 只兔子中测量过某项指标的3 只为a1，a2，a3，未测量过这项指标的2 只为b1，b2，则从5 只兔子中
随机取出3 只的所有可能情况为(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，
a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)，共10 种可能．其中恰有2 只测量过该指标的情况为(a1，a2，b1)，
(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，共6 种可能．
故恰有2 只测量过该指标的概率为6
10＝3
5.故选B.
2．(2019·全国卷Ⅲ，3)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是(
)
A.1
6
B．1
4
C．1
3
D．1
2
[解析]
设两位男同学分别为A，B，两位女同学分别为a，b，则用“树形图”表示四位同学排成一列所有可能的
结果如图所示．
由图知，共有24 种等可能的结果，其中两位女同学相邻的结果(画“
”的情况)共有12 种，故所求概率为12
24＝1
2.
故选D.
3．(2017·全国卷Ⅱ，11)从分别写有1,2,3,4,5 的5 张卡片中随机抽取1 张，放回后再随机抽取1 张，则抽得的第一
张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为(
)
A. 1
10
B．1
5
C．3
10
D．2
5
[解析]
从5 张卡片中随机抽取1 张，放回后再随机抽取1 张的情况如图：
基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，
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所以所求概率P＝10
25＝2
5，故选D.
4．(2017·全国卷Ⅰ，2)如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆的黑色部分和白色部
分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是(
)
A.1
4
B．π
8
C．1
2
D．π
4
[解析]
不妨设正方形ABCD 的边长为2，则正方形内切圆的半径为1，可得S 正方形＝4.
由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得S 黑＝S 白＝1
2S 圆＝π
2，所以由几何概型知所求概率
P＝S 黑
S 正方形
＝
π
2
2×2
＝π
8，故选B.
5．(2019·天津卷，15)2019 年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、
住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120 人，现采用分
层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25 人调查专项附加扣除的享受情况．
(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？
(2)抽取的25 人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6 人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，
其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6 人中随机抽取2 人接受采访.
员工
项目
A
B
C
D
E
F
子女教育
○
○
×
○
×
○
继续教育
×
×
○
×
○
○
大病医疗
×
×
×
○
×
×
住房贷款利息
○
○
×
×
○
○
住房租金
×
×
○
×
×
×
赡养老人
○
○
×
×
×
○
①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
②设M 为事件“抽取的2 人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M 发生的概率．
[解析]
(1)解：由已知得老、中、青员工人数之比为6
9
10，由于采用分层抽样的方法从中抽取25 位员工，因
此应从老、中、青员工中分别抽取6 人、9 人、10 人．
(2)解：①从已知的6 人中随机抽取2 人的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，
{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15 种．
②由表格知，符合题意的所有结果为{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，
{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11 种．
所以，事件M 发生的概率P(M)＝11
15.
6．(2019·北京卷，17)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之
一．为了解某校学生上个月A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1 000 名学生中随机抽取了100 人，
发现样本中A，B 两种支付方式都不使用的有5 人，样本中仅使用A 和仅使用B 的学生的支付金额分布情况如下：
支付金额
支付方式
不大于2 000 元
大于2 000 元
仅使用A
27 人
3 人
仅使用B
24 人
1 人
(1)估计该校学生中上个月A，B 两种支付方式都使用的人数；
(2)从样本仅使用B 的学生中随机抽取1 人，求该学生上个月支付金额大于2 000 元的概率；
(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B 的学生中随机抽查1 人，发现他本月的支
付金额大于2 000 元．结合(2)的结果，能否认为样本仅使用B 的学生中本月支付金额大于2 000 元的人数有变化？说
明理由．
[解析]
(1)解：由题知，样本中仅使用A 的学生有27＋3＝30(人)，仅使用B 的学生有24＋1＝25(人)，A，B 两
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种支付方式都不使用的学生有5 人．
故样本中A，B 两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40(人)．
估计该校学生中上个月A，B 两种支付方式都使用的人数为40
100×1 000＝400.
(2)解：记事件C 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1 人，该学生上个月的支付金额大于2 000 元”，则
P(C)＝1
25＝0.04.
(3)解：记事件E 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽查1 人，该学生本月的支付金额大于2 000 元”．
假设样本仅使用B 的学生中，本月支付金额大于2 000 元的人数没有变化，则由(2)知，P(E)＝0.04.
答案示例1：可以认为有变化．理由如下：
P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为本月支付金额大于2 000 元的人数发
生了变化．所以可以认为有变化．
答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：
事件E 是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的．所以无法确定有没有变化．
古典概型
典题例析
例1
(1)从2 名男同学和3 名女同学中任选2 人参加社区服务，则选中的2 人都是女同学的概率为(
)
A．0.6
B．0.5
C．0.4
D．0.3
[解析]
设2 名男同学为a，b,3 名女同学为A，B，C，从中选出两人的情形有(a，b)，(a，A)，(a，B)，(a，C)，
(b，A)，(b，B)，(b，C)，(A，B)，(A，C)，(B，C)，共10 种，而都是女同学的情形有(A，B)，(A，C)，(B，C)，共
3 种，故所求概率为3
10＝0.3.
(2)从1,2,3,4,5,6 中任取两个数，记第一个数为x，第二个数为y.则事件“x＋y＝5”的概率为__1
9__.
[解析]
从1,2,3,4,5,6 中任取两个数x，y，则x＋y 的所有结果如表所示：
从上表中可以看出，基本事件共有36 个，其中和为5 的结果出现4 次，所以所求概率P＝4
36＝1
9.
(3)已知a∈{－2,0,1,2,3}，b∈{3,5}，则函数f(x)＝(a2－2)ex＋b 为减函数的概率是(
)
A. 3
10
B．3
5
C．2
5
D．1
5
[解析]
函数f(x)＝(a2－2)ex＋b 为减函数，则a2－2<0，又a∈{－2,0,1,2,3}，故只有a＝0，a＝1 满足题意，又b
∈{3,5}，所以函数f(x)＝(a2－2)ex＋b 为减函数的概率是2×2
5×2
＝2
5.故选C.
利用古典概型求概率的方法及注意点
(1)用列举法把古典概型试验的基本事件一一列举出来，再利用公式求解，列举时必须按照某一顺序做到不重复、
不遗漏．
(2)事件A 的概率的计算方法，关键要分清基本事件总数n 与事件A 包含的基本事件数m.因此必须解决以下三个
方面的问题：第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的基本事件有多少个；第三，事件A 是什么，它包含的基
本事件有多少．
跟踪训练
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(2019·昆明一模)某校拟从高二年级2 名文科生和4 名理科生中选出4 名同学代表学校参加知识竞赛，其中每个
人被选中的可能性均相等．
(1)求被选中的4 名同学中恰有2 名文科生的概率；
(2)求被选中的4 名同学中至少有1 名文科生的概率．
[解析]
将2 名文科生和4 名理科生依次编号为1,2,3,4,5,6，从2 名文科生和4 名理科生中选出4 名同学记为(a，b，
c，d)，其结果有(1,2,3,4)，(1,2,3,5)，(1,2,3,6)，(1,2,4,5)，(1,2,4,6)，(1,2,5,6)，(1,3,4,5)，(1,3,4,6)，(1,3,5,6)，(1,4,5,6)，
(2,3,4,5)，(2,3,4,6)，(2,3,5,6)，(2,4,5,6)，(3,4,5,6)，共15 种．
(1)被选中的4 名同学中恰有2 名文科生的结果有(1,2,3,4)，(1,2,3,5)，(1,2,3,6)，(1,2,4,5)，(1,2,4,6)，(1,2,5,6)，共6
种．
记“被选中的4 名同学中恰有2 名文科生”为事件A，则P(A)＝6
15＝2
5.
(2)记“被选中的4 名同学中至少有1 名文科生”为事件B，则事件B 包含有1 名文科生或者2 名文科生这两种情
况．其对立事件为“被选中的4 名同学中没有文科生”，只有一种结果(3,4,5,6)．
所以P( B )＝1
15，
所以P(B)＝1－P( B )＝1－1
15＝14
15.
几何概型
典题例析
例2
(1)在集合{x|0≤x≤a，a>0}中随机取一个实数m，若|m|<2 的概率为1
3，则实数a 的值为(
)
A．5
B．6
C．9
D．12
[解析]
由题意|m|<2 的概率为1
3，则2－0
a－0
＝1
3，解得a＝6.
(2)(2019·湖北五校联考)已知定义在区间[－3,3]上的函数f(x)＝2x＋m 满足f(2)＝6，在[－3,3]上任取一个实数x，则
使得f(x)的值不小于4 的概率为(
)
A.1
6
B．1
3
C．1
2
D．2
3
[解析]
∵f(2)＝6，∴22＋m＝6，解得m＝2.∵f(x)≥4，∴2x＋2≥4，∴x≥1，而x∈[－3,3]，故根据几何概型的
概率计算公式，得f(x)的值不小于4 的概率P＝2
6＝1
3，故选B.
判断几何概型中的几何度量形式的方法
1．当题干涉及两个变量问题时，一般与面积有关．
2．当题干涉及一个变量问题时，要看变量可以等可能到达的区域：若变量在线段上移动，则几何度量是长度；若
变量在平面区域(空间区域)内移动，则几何度量是面积(体积)．
提醒：数形结合是解决几何概型问题的常用方法，求解时，画图务必准确、直观．
跟踪训练
1．在区间[0,2]上随机地取一个数x，则事件“－1≤log1
2(x＋1
2)≤1”发生的概率为(
)
A.3
4
B．2
3
C．1
3
D．1
4
[解析]
由－1≤log1
2(x＋1
2)≤1，得1
2≤x＋1
2≤2，解得0≤x≤3
2，所以事件“－1≤log1
2(x＋1
2)≤1”发生的概率为
3
2
2
＝
3
4，故选A.
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320
2．在三棱锥S－ABC 内任取一点P，使得三棱锥P－ABC 的体积满足VP－ABC<1
2VS－ABC的概率是(
)
A.7
8
B．3
4
C.1
2
D．1
4
[解析]
由题意知，三棱锥S－ABC 与三棱锥P－ABC 的底面相同，设三棱锥S－ABC 的底面面积为S，则三棱
锥P－ABC 的高h 与三棱锥S－ABC 的高h′满足1
3Sh<1
2×1
3Sh′，所以h<h′
2
.如图，点P 位于棱台A′B′C′－ABC
内，其中A′，B′，C′分别为SA，SB，SC 的中点，易知棱台的上底面的面积S′＝1
4S，所以棱台的体积应为VS－
ABC－1
8VS－ABC＝7
8VS－ABC，故所求概率为
7
8VS－ABC
VS－ABC
＝7
8.
概率与统计的综合应用
典题例析
(一)频率分布直方图与概率综合应用
例3
某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B 两地区分别随机调查了40 个用户，根据用户对产
品的满意度评分，得到A 地区用户满意度评分的频率分布直方图和B 地区用户满意度评分的频数分布表．
A 地区用户满意度评分的频率分布直方图
B 地区用户满意度评分的频数分布表
满意度评分分组
[50,60)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100]
频数
2
8
14
10
6
(1)作出B 地区用户满意度评分的频率分布直方图，并通过直方图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不
要求计算出具体值，给出结论即可)；
B 地区用户满意度评分的频率分布直方图
(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度分为三个等级：
满意度评分
低于70 分
70 分到89 分
不低于90 分
满意度等级
不满意
满意
非常满意
估计哪个地区用户的满意度等级为“不满意”的概率大，并说明理由．
[解析]
(1)如图所示
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321
通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出，B 地区用户满意度评分的平均值高于A 地区用户满意度
评分的平均值，B 地区用户满意度评分比较集中，而A 地区用户满意度评分比较分散．
(2)A 地区的用户的满意度等级为不满意的概率大．
记CA 表示事件“A 地区的用户的满意度等级为不满意”，CB 表示事件“B 地区的用户的满意度等级为不满
意”．由直方图得P(CA)的估计值为(0.01＋0.02＋0.03)×10＝0.6，P(CB)的估计值为(0.005＋0.02)×10＝0.25.所以A 地
区的用户的满意度等级为“不满意”的概率大．
(二)茎叶图与概率的综合应用
例4
甲、乙两人参加数学竞赛培训，现分别从他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8 次，
画出茎叶图如图所示，乙的成绩中有一个数的个位数字模糊，在茎叶图中用c 表示．(把频率当作概率)
(1)假设c＝5，现要从甲、乙两人中选派一人参加数学竞赛，从统计学的角度，你认为派哪位学生参加比较合适？
(2)假设数字c 的取值是随机的，求乙的平均分高于甲的平均分的概率．
[解析]
(1)若c＝5，则派甲参加比较合适，理由如下：
x
甲＝1
8(70×2＋80×4＋90×2＋9＋8＋8＋4＋2＋1＋5＋3)＝85，
x
乙＝1
8(70×1＋80×4＋90×3＋5＋3＋5＋2＋5)＝85，
s2
甲＝1
8[(78－85)2＋(79－85)2＋(81－85)2＋(82－85)2＋(84－85)2＋(88－85)2＋(93－85)2＋(95－85)2]＝35.5，
s2
乙＝1
8[(75－85)2＋(80－85)2＋(80－85)2＋(83－85)2＋(85－85)2＋(90－85)2＋(92－85)2＋(95－85)2]＝41．
∵x
甲＝x
乙，s2
甲<s2
乙，
∴两人的平均成绩相等，但甲的成绩比较稳定，派甲参加比较合适．
(2)若x
乙> x
甲，则1
8(75＋80×4＋90×3＋3＋5＋2＋c)>85，
∴c>5，
∴c＝6,7,8,9.
又c 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6,7,8,9，
∴乙的平均分高于甲的平均分的概率为2
5.
求概率与统计综合题的两点注意
(1)明确频率与概率的关系，频率可近似替代概率．
(2)此类问题中的概率模型多是古典概型，在求解时，要明确基本事件的构成．
跟踪训练
某公司计划购买1 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买
这种零件作为备件，每个200 元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500 元．现需决策在购买机器时应
同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：
记x 表示1 台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，y 表示1 台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)，
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322
n 表示购机的同时购买的易损零件数．
(1)若n＝19，求y 与x 的函数解析式．
(2)若要求“需更换的易损零件数不大于n”的频率不小于0.5，求n 的最小值．
(3)假设这100 台机器在购机的同时每台都购买19 个易损零件，或每台都购买20 个易损零件，分别计算这100 台
机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买1 台机器的同时应购买19 个还是20 个易损零件？
[解析]
(1)当x≤19 时，y＝3 800；
当x>19 时，y＝3 800＋500(x－19)＝500x－5 700，
所以y 与x 的函数解析式为
y＝
3 800，x≤19，
500x－5 700，x>19.
(x∈N)．
(2)由柱状图知，需更换的零件数不大于18 的频率为0.46，不大于19 的频率为0.7，故n 的最小值为19.
(3)若每台机器在购机同时都购买19 个易损零件，则这100 台机器中有70 台在购买易损零件上的费用为3 800，
20 台的费用为4 300,10 台的费用为4 800，因此这100 台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为1
100(3 800×70＋4
300×20＋4 800×10)＝4 000.
若每台机器在购机同时都购买20 个易损零件，则这100 台机器中有90 台在购买易损零件上的费用为4 000,10 台
的费用为4 500，因此这100 台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为1
100(4 000×90＋4 500×10)＝4 050.
比较两个平均数可知，购买1 台机器的同时应购买19 个易损零件．
A 组
1．在某次全国青运会火炬传递活动中，有编号为1,2,3,4,5 的5 名火炬手．若从中任选2 人，则选出的火炬手的编
号相连的概率为(
)
A. 3
10
B．5
8
C．7
10
D．2
5
[解析]
由题意得从5 人中选出2 人，有10 种不同的选法，其中满足2 人编号相连的有(1,2)，(2,3)，(3,4)，(4,5)，
共4 种不同的选法，所以所求概率为4
10＝2
5.故选D.
2．(2018·全国卷Ⅲ，5)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，
则不用现金支付的概率为(
)
A．0.3
B．0.4
C．0.6
D．0.7
[解析]
方法一：画Venn 图，如图
设只用非现金支付(不用现金支付)的概率为x，则0.45＋0.15＋x＝1，解得x＝0.4，
所以不用现金支付的概率为0.4.
方法二：记“用现金支付”为事件A，“用非现金支付”为事件B，则“只用非现金支付(不用现金支付)”为事件
B－(A∩B)，
由已知，P(A)＝0.45＋0.15＝0.6，P(A∩B)＝0.15，
又P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)
＝0.6＋P(B)－0.15＝1，所以P(B)＝0.55，
P(B－(A∩B))＝P(B)－P(A∩B)＝0.55－0.15＝0.4.
3．(2019·湖北五校联考)已知定义在区间[－3,3]上的函数f(x)＝2x＋m 满足f(2)＝6，在[－3,3]上任取一个实数x，
则使得f(x)的值不小于4 概率为(
)
A.1
6
B．1
3
C．1
2
D．2
3
[解析]
∵f(2)＝6，∴22＋m＝6，解得m＝2.
由f(x)≥4，得2x＋2≥4，即x≥1，而x∈[－3,3]，故根据几何概型的概率计算公式，得f(x)的值不小于4 的概率
P＝2
6＝1
3.故选B.
4．节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯．这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4 秒内任
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323
一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4 秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超
过2 秒的概率是(
)
A.1
4
B．1
2
C．3
4
D．7
8
[解析]
如图所示，设在通电后的4 秒钟内，甲串彩灯、乙串彩灯第一次亮的时刻为x，y，且x，y 相互独立，由题意可
知
0≤x≤4，
0≤y≤4，
|x－y|≤2，
所以两串彩灯第一次亮的时间相差不超过2 秒的概率为P(|x －y|≤2) ＝S 正方形－2S△ABC
S 正方形
＝
4×4－2×1
2×2×2
4×4
＝12
16＝3
4.
5．(2019·石家庄质量检测)口袋中有形状和大小完全相同的五个球，编号分别为1,2,3,4,5，若从中一次随机摸出两
个球，则摸出的两个球的编号之和大于6 的概率为__2
5__.
[解析]
一次摸出两个球，有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10 个可能结果，
其中两个球编号之和大于6 的有(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共4 个可能结果，所以所求概率为4
10＝2
5.
6．已知实数x，y 满足|x|≤3，|y|≤2，则任取其中的一对实数x，y，使得x2＋y2≤4 的概率为__π
6__.
[解析]
如图，在平面直角坐标系xOy 中，满足|x|≤3，|y|≤2 的点在矩形ABCD 内(包括边界)，使得x2＋y2≤4 的
点在图中圆O 内(包括边界)．
由题意知，S 矩形ABCD＝4×6＝24，S 圆O＝4π，故任取其中的一对实数x，y，使得x2＋y2≤4 的概率P＝
S 圆O
S 矩形ABCD
＝4π
24
＝π
6.
7．某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50 名职工，根据这50 名职工对该部门的评分，
得到数据分组区间为[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的人数分别为2,3,11,14,11,9.
(1)估计该企业的职工对该部门评分不低于80 分的概率；
(2)从评分在[40,60)的受访职工中，随机抽取2 人，求这2 人评分都在[40,50)的概率．
[解析]
(1)∵50 名受访职工评分不低于80 分的频率为11＋9
50
＝0.4.
∴该企业职工对该部门评分不低于80 分的概率估计值为0.4.
(2)受访职工评分在[50,60)的有3 人，分别记为A1，A2，A3.
受访职工评分在[40,50)的有2 人，分别记为B1，B2.
从这5 名受访职工中随机抽取2 人，所有可能的结果共有10 种，分别是{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，
{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}．
又所抽取2 人的评分都在[40,50)的结果有1 种，即{B1，B2}，故所求概率P＝1
10.
8．已知二次函数f(x)＝ax2－4bx＋2.
(1)任取a∈{1,2,3}，b∈{－1,1,2,3,4}，记“f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数”为事件A，求A 发生的概率；
(2)任取(a，b)∈{(a，b)|a＋4b－6≤0，a>0，b>0}，记“关于x 的方程f(x)＝0 有一个大于1 的根和一个小于1 的根”
为事件B，求B 发生的概率．
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324
[解析]
(1)因为a 有3 种取法，b 有5 种取法，则对应的函数有3×5＝15 个．
因为函数f(x)的图象关于直线x＝2b
a 对称，若事件A 发生，则a>0 且2b
a ≤1．
数对(a，b)的取值为(1，－1)，(2，－1)，(2,1)，(3，－1)，(3,1)共5 种．
所以P(A)＝5
15＝1
3.
(2)集合{(a，b)|a＋4b－6≤0，a>0，b>0}对应的平面区域为Rt△AOB，如图．
其中点A(6,0)B(0，3
2)，则△AOB 的面积为1
2×3
2×6＝9
2.
若事件B 发生，则f(1)<0，即a－4b＋2<0.
所以事件B 对应的平面区域为△BCD.
由
a＋4b－6＝0，
a－4b＋2＝0，
得交点坐标为D(2,1)．
又C(0，1
2)，则△BCD 的面积为1
2×(3
2－1
2)×2＝1．
所以P(B)＝S△BCD
S△AOB
＝2
9.
B 组
1．已知P 是△ABC 所在平面内一点，PB
→＋PC
→＋2PA
→＝0，现将一粒黄豆随机撒在△ABC 内，则黄豆落在△PBC
内的概率是(
)
A.1
4
B．1
3
C．1
2
D．2
3
[解析]
如图所示，取边BC 上的中点D，由PB
→＋PC
→＋2PA
→＝0，得PB
→＋PC
→＝2AP
→.又PB
→＋PC
→＝2PD
→，故AP
→＝PD
→，
即P 为AD 的中点，则S△ABC＝2S△PBC，根据几何概率的概率公式知，所求概率P＝S△PBC
S△ABC
＝1
2，故选C.
2．在区间[－π
6，π
2]上随机取一个数x，则sinx＋cosx∈[1，2]的概率为(
)
A.1
2
B．1
3
C．2
3
D．3
4
[解析]
sinx＋cosx＝2sin(x＋π
4)，由1≤2sin(x＋π
4)≤2，得2
2 ≤sin(x＋π
4)≤1，结合x∈[－π
6，π
2]得0≤x≤π
2，
所以所求概率为
π
2
π
2＋π
6
＝3
4.故选D.
3．将一枚骰子先后抛掷两次，并记朝上的点数分别为m，n，m 为2 或4 时，m＋n>5 的概率为(
)
A. 2
27
B．2
9
C．1
3
D．2
3
[解析]
依题意得，先后抛掷两次骰子所得的点数对(m，n)共有6×6＝36 组，其中当m＝2 或4 时，相应的点数
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325
对(m，n)共有2×6＝12 组．
当m＝2 时，满足m＋n>5，即n>3 的点数对(m，n)共有3 组；
当m＝4 时，满足m＋n>5，
即n>1 的点数对(m，n)共有5 组，因此所求的概率等于3＋5
12
＝2
3，选D.
4．从区间[0,1]随机抽取2n 个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成n 个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，
其中两数的平方和小于1 的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为(
)
A.4n
m
B．2n
m
C．4m
n
D．2m
n
[解析]
由题意得(xi，yi)(i＝1,2，…，n)在如图所示的正方形中，而平方和小于1 的点均在如图所示的阴影中，
由几何概型概率计算公式知
π
4
1
＝m
n，所以π＝4m
n .
5．曲线C 的方程为x2
m2＋y2
n2＝1，其中m，n 是将一枚骰子先后投掷两次所得点数，事件A 为“方程x2
m2＋y2
n2＝1 表
示焦点在x 轴上的椭圆”，那么P(A)＝__ 5
12__.
[解析]
试验中所含基本事件个数为36.若表示焦点在x 轴上的椭圆，则m>n，有(2,1)，(3,1)，…，(6,5)，共1＋2
＋3＋4＋5＝15 种情况，因此P(A)＝15
36＝5
12.
6．折纸已经成为开发少年儿童智力的一大重要工具和手段．已知在折叠“爱心”的过程中会产生如图所示的几何
图形，其中四边形ABCD 为正方形，G 为线段BC 的中点，四边形AEFG 与四边形DGHI 也为正方形，连接EB，CI，
则向多边形AEFGHID 中投掷一点，该点落在阴影部分内的概率为__1
3__.
[解析]
设正方形ABCD 的边长为2，则由题意，多边形AEFGHID 的面积为SAGFE＋SDGHI＋S△ADG＝( 5)2＋( 5)2
＋1
2×2×2＝12，
阴影部分的面积为2×1
2×2×2＝4，
所以向多边形AEFGHID 中投掷一点，该点落在阴影部分内的概率为4
12＝1
3.
7．(2018·天津卷，15)已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240,160,160.现采用分层抽样的方法
从中抽取7 名同学去某敬老院参加献爱心活动．
(1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？
(2)设抽出的7 名同学分别用A，B，C，D，E，F，G 表示，现从中随机抽取2 名同学承担敬老院的卫生工作．
①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
②设M 为事件“抽取的2 名同学来自同一年级”，求事件M 发生的概率．
[解析]
(1)由已知，甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3
2
2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7
名同学，因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3 人，2 人，2 人．
(2)①从抽出的7 名同学中随机抽取2 名同学的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，
G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}，
{E，F}，{E，G}，{F，G}，共21 种．
②由(1)，不妨设抽出的7 名同学中，来自甲年级的是A，B，C，来自乙年级的是D，E，来自丙年级的是F，G，
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326
则从抽出的7 名同学中随机抽取的2 名同学来自同一年级的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，
G}，共5 种．
所以，事件M 发生的概率为P(M)＝5
21.
8．(2019·太原三模)某校倡导为特困学生募捐，要求在自动购水机处每购买一瓶矿泉水，便自觉向捐款箱中至少投
入一元钱．现统计了连续5 天的售出矿泉水箱数和所得捐款额情况，列表如下：
售出水量x/箱
7
6
6
5
6
所得捐款额y/元
165
142
148
125
150
学校计划将捐款以奖学金的形式奖励给品学兼优的特困生，规定：特困生综合考核前20 名，获一等奖学金500
元；综合考核在21～50 名，获二等奖学金300 元；综合考核50 名以后的不获得奖学金．
(1)若x 与y 成线性相关，则某天售出9 箱水时，预计所得捐款额为多少元？
(2)假设甲、乙、丙三名学生均获奖，且各自获一等奖和二等奖的可能性相同，求三人获得奖学金之和不超过1 000
元的概率．
附：回归方程y^＝b^x＋a^，其中
b^＝
n
i＝1 xi－x yi－y 
n
i＝1 xi－x 2
，a^＝y －b^ x .
[解析]
(1) x ＝7＋6＋6＋5＋6
5
＝6，
y ＝165＋142＋148＋125＋150
5
＝146，
b^＝
5
i＝1 xi－x yi－y 
5
i＝1 xi－x 2
＝19＋0＋0＋21＋0
1＋0＋0＋1＋0
＝20.
a^＝y －b^ x ＝146－20×6＝26，∴y^＝20x＋26.
当x＝9 时，y^＝20×9＋26＝206，
即某天售出9 箱水的预计所得捐款额是206 元．
(2)设事件A1：甲获一等奖；事件A2：甲获二等奖；事件B1：乙获一等奖；事件B2：乙获二等奖；事件C1：丙获
一等奖；事件C2：丙获二等奖．
则总事件为(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，
C1)，(A2，B2，C2)，共8 种情况．甲、乙、丙三人获得奖金之和不超过1 000 元的事件有(A2，B2，C2)1 种情况，则三
人获得奖学金之和不超过1 000 元的概率为1
8.
第二讲
计数原理与二项式定理(理)
高考考点
考点解读
两个计数原理
1．与涂色问题、几何问题、集合问题等相结合考查
2．与概率问题相结合考查
排列、组合的应用
1．以实际生活为背景考查排列、组合问题
2．与概率问题相结合考查
二项式定理的应用
1．考查二项展开式的指定项或指定项的系数
2．求二项式系数和二项展开式的各项系数和
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)准确把握两个计数原理的区别及应用条件．
(2)明确解决排列、组合应用题应遵守的原则及常用方法．
(3)牢记排列数公式和组合数公式．
(4)掌握二项式定理及相关概念；掌握由通项公式求常数项、指定项系数的方法；会根据赋
值法求二项式特定系数和．
预测2020 年命题热点：
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(1)以实际生活为背景的排列、组合问题．
(2)求二项展开式的指定项(系数)、二项展开式的各项的系数和问题.
知识整合
1．必记公式
(1)排列数公式：
Amn＝__n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)__
＝__
n！
n－m！
__(这里，m，n∈N*，且m≤n)．
(2)组合数公式：
①Cmn＝__nn－1n－2…n－m＋1
m！
__
＝__
n！
m！n－m！
__(这里，m，n∈N*，且m≤n)；
②C0n＝1．
(3)二项式定理：
①定理内容：(a＋b)n＝__C0nan＋C1nan－1b1＋…＋Cknan－kbk＋…＋Cnnbn(n∈N*)__；
②通项公式：Tk＋1＝__Cknan－kbk__.
2．重要性质及结论
(1)组合数的性质：
①Cmn＝__Cn－m
n
__；
②Cmn＋1＝__Cmn__＋__Cm－1
n
__；
③C0n＋C1n＋…＋Cnn＝__2n__；
④Cmn＋Cmn－1＋…＋Cmm＝__Cm＋1
n＋1__.
(2)二项式系数的有关性质：
①二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C1n＋C3n＋C5n＋…＝C0n＋C2n＋C4n＋…
＝__2n－1__；
②若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，
则f(x)展开式中的各项系数和为f(1)，
奇数项系数和为a0＋a2＋a4＋…＝f1＋f－1
2
，
偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝__f1－f－1
2
__.
易错警示
1．分类标准不明确，有重复或遗漏，区分平均分组与平均分配问题．
2．混淆排列问题与组合问题的差异．
3．混淆二项展开式中某项的系数与二项式系数．
4．在求展开式的各项系数之和时，忽略了赋值法的应用．
1．(2018·全国卷Ⅲ，5)(x2＋2
x)5 的展开式中x4 的系数为(
)
A．10
B．20
C．40
D．80
[解析]
展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr5(x2)5－r(2
x)r＝2rCr5x10－3r，令10－3r＝4 可得r＝2，则x4 的系数为22C25＝40.
2．(2019·浙江卷，13)在二项式( 2＋x)9 的展开式中，常数项是__16 2__，系数为有理数的项的个数是__5__.
[解析]
由二项展开式的通项公式可知Tr＋1＝Cr9·( 2)9－r·xr，r∈N,0≤r≤9，
当为常数项时，r＝0，T1＝C09·( 2)9·x0＝( 2)9＝16 2.
当项的系数为有理数时，9－r 为偶数，
可得r＝1,3,5,7,9，即系数为有理数的项的个数是5.
3．(2019·天津卷，10) 2x－1
8x3 8 的展开式中的常数项为__28__.
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328
[解析]
2x－1
8x3 8 的通项为Tr＋1＝Cr8(2x)8－r· －1
8x3 r＝Cr828－r －1
8 r·x8－4r.
令8－4r＝0，得r＝2，∴常数项为T3＝C2826 －1
8 2＝28.
4．(2018·全国卷Ⅰ，15)从2 位女生，4 位男生中选3 人参加科技比赛，且至少有1 位女生入选，则不同的选法共
有__16__种．(用数字填写答案)
[解析]
方法一：根据题意，没有女生入选有C34＝4 种选法，从6 名学生中任意选3 人有C36＝20 种选法，故至少
有1 位女生入选的选法共有20－4＝16 种．
方法二：恰有1 位女生，有C12C24＝12 种，
恰有2 位女生，有C22C14＝4 种，
所以不同的选法共有12＋4＝16 种．
5．(2019·江苏卷，22)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*.已知a23＝2a2a4.
(1)求n 的值；
(2)设(1＋3)n＝a＋b 3，其中a，b∈N*，求a2－3b2 的值．
[解析]
(1)解：因为(1＋x)n＝C0n＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cnnxn，n≥4，n∈N*，
所以a2＝C2n＝nn－1
2
，a3＝C3n＝nn－1n－2
6
，
a4＝C4n＝nn－1n－2n－3
24
.
因为a23＝2a2a4，所以
nn－1n－2
6
2
＝2×nn－1
2
×nn－1n－2n－3
24
.
解得n＝5.
(2)解：由(1)知，n＝5.
(1＋3)n＝(1＋3)5
＝C05＋C15 3＋C25( 3)2＋C35( 3)3＋C45( 3)4＋C55( 3)5
＝a＋b 3.
方法1：因为a，b∈N*，所以a＝C05＋3C25＋9C45＝76，
b＝C15＋3C35＋9C55＝44，
从而a2－3b2＝762－3×442＝－32.
方法2：(1－3)5＝C05＋C15(－3)＋C25(－3)2＋C35(－3)3＋C45(－3)4＋C55(－3)5
＝C05－C15 3＋C25( 3)2－C35( 3)3＋C45( 3)4－C55( 3)5.
因为a，b∈N*，所以(1－3)5＝a－b 3.
因此a2－3b2＝(a＋b 3)(a－b 3)＝(1＋3)5×(1－3)5＝(－2)5＝－32.
两个计数原理
典题例析
例1
(1)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿
者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(
)
A．24
B．18
C．12
D．9
[解析]
E→F 有6 种走法，F→G 有3 种走法，由分步乘法计数原理知，共6×3＝18 种走法．
(2)如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1<a2 且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275)，那么所有凸数的个
数为(
)
A．240
B．204
C．729
D．920
[解析]
分8 类，
当中间数为2 时，有1×2＝2(个)；
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329
当中间数为3 时，有2×3＝6(个)；
当中间数为4 时，有3×4＝12(个)；
当中间数为5 时，有4×5＝20(个)；
当中间数为6 时，有5×6＝30(个)；
当中间数为7 时，有6×7＝42(个)；
当中间数为8 时，有7×8＝56(个)；
当中间数为9 时，有8×9＝72(个)．
故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
两个计数原理的应用技巧
(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原
理．
(2)对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．
跟踪训练
1．两人进行乒乓球比赛，先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情况(各人输赢局次的不同视为不
同情况)共有(
)
A．10 种
B．15 种
C．20 种
D．30 种
[解析]
首先分类计算假如甲赢，比分3
0 是1 种情况；比分3
1 共有3 种情况，分别是前3 局中(因为第四局
肯定要赢)，第一或第二或第三局输，其余局数获胜；比分为3
2 共有6 种情况，就是说前4 局2
2，最后一局获胜，
前4 局中，用排列方法，从4 局中选2 局获胜，有6 种情况．甲一共就1＋3＋6＝10 种情况获胜．所以加上乙获胜情
况，共有10＋10＝20 种情况．
2．如图所示，用4 种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D 中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有
(
)
A．72 种
B．48 种
C．24 种
D．12 种
[解析]
方法一：首先涂A 有C14＝4(种)涂法，则涂B 有C13＝3(种)涂法，C 与A，B 相邻，则C 有C12＝2(种)涂法，
D 只与C 相邻，则D 有C13＝3(种)涂法，所以共有4×3×2×3＝72(种)涂法．
方法二：按要求涂色至少需要3 种颜色，故分两类：一是4 种颜色都用，这时A 有4 种涂法，共有4×3×2×1
＝24(种)涂法；二是用3 种颜色，这时A、B、C 的涂法有4×3×2＝24(种)，D 只要不与C 同色即可，故D 有2 种涂
法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．
排列与组合的简单应用
典题例析
例2
(1)某次联欢会要安排3 个歌舞类节目，2 个小品类节目和1 个相声类节目的演出顺序，则同类节
目不相邻的排法种数是(
)
A．72 种
B．120 种
C．144 种
D．168 种
[解析]
先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，
小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1 歌舞1
小品2□相声□”，有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36 种安排方法，对于第二种情况，三个节目
形成4 个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A22A34＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排
方法．
(2)数列{an}共有12 项，其中a1＝0，a5＝2，a12＝5，且|ak＋1－ak|＝1，k＝1,2,3，…，11，则满足这种条件的不同
数列的个数为(
)
A．84
B．168
C．76
D．152
[解析]
∵|ak＋1－ak|＝1，k＝1,2,3，…，11，∴前一项总比后一项大1 或小1，a1 到a5 中4 个变化必然有3 升1 减，
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330
a5 到a12 中必然有5 升2 减，是组合的问题，∴C14×C27＝84.
(3)(2018·浙江卷)从1,3,5,7,9 中任取2 个数字，从0,2,4,6 中任取2 个数字，一共可以组成__1_260__个没有重复数
字的四位数．(用数字作答)
[解析]
不含有0 的四位数有C25×C23×A44＝720(个)．
含有0 的四位数有C25×C13×C13×A33＝540(个)．
综上，四位数的个数为720＋540＝1 260.
解答排列组合问题的常用方法
排列组合问题从解法上看，大致有以下几种：
(1)有附加条件的排列组合问题，大多需要用分类讨论的方法，注意分类时应不重不漏；
(2)排列与组合的混合型问题，用分类加法或分步乘法计数原理解决；
(3)元素相邻，可以看作是一个整体的方法；
(4)元素不相邻，可以利用插空法；
(5)间接法，把不符合条件的排列与组合剔除掉；
(6)穷举法，把符合条件的所有排列或组合一一写出来；
(7)定序问题缩倍法；
(8)“小集团”问题先整体后局部法．
跟踪训练
1．(2017·全国卷Ⅱ，6)安排3 名志愿者完成4 项工作，每人至少完成1 项，每项工作由1 人完成，则不同的安排
方式共有(
)
A．12 种
B．18 种
C．24 种
D．36 种
[解析]
由题意可得其中1 人必须完成2 项工作，其他2 人各完成1 项工作，可得安排方式为C13·C24·A22＝36(种)，
或列式为C13·C24·C12＝3×4×3
2
×2＝36(种)．故选D.
2．将序号分别为1、2、3、4、5 的5 张参观券全部分给4 人，每人至少1 张，如果分给同一人的2 张参观券连号，
那么不同的分法种数是__96__.
[解析]
5 张参观券分为4 堆，有2 个连号的有4 种分法，每一种分法中的不同排列有A 44种，因此共有不同分法
4A44＝96 种．
二项式定理的应用
典题例析
(一)与特定项有关的问题
例3
(1)二项式( x－
1
3 x
)n 的展开式中第4 项为常数项，则常数项为(
)
A．10
B．－10
C．20
D．－20
[解析]
由题意得：( x－
1
3 x
)n 的展开式的常数为T4＝(－1)3C3n( x)n－3(
1
3 x
)3＝(－1)3C3nxn－5
2
，令n－5＝0，得n＝5，
故所求的常数项为T4＝(－1)3C35＝－10.
(2)在(2x＋1
x2)(x2－1
x)4 的展开式中，含x3 的项的系数是__8__.
[解析]
(x2－1
x)4 的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr4(x2)4－r(－1
x)r＝(－1)rCr4x8－3r，则含x2 的项的系数为(－1)2C24＝6，
含x5 的项的系数为(－1)1C14＝－4，所以(2x＋1
x2)(x2－1
x)4 的展开式中，含x3 的项的系数为2×6＋1×(－4)＝8.
(二)与二项式系数有关的问题
例4
(1)若(x2＋1)(x－2)11＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a13(x－1)13，a1＋a2＋…＋a13 的值为(
)
A．0
B．－2
C．2
D．213
[解析]
记f(x)＝(x2＋1)(x－2)11＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a13(x－1)13，则f(1)＝a0＝(12＋1)(1－2)11＝－2，
而f(2)＝(22＋1)(2－2)11＝a0＋a1＋a2＋…＋a13，即a0＋a1＋a2＋…＋a13＝0，所以a1＋a2＋…＋a13＝f(2)－f(1)＝2.
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331
(2)在(x－a
x)5 的展开式中x3 的系数等于－5，则该展开式各项的系数中最大值为(
)
A．5
B．10
C．15
D．20
[解析]
由Tr＋1＝Cr5x5－r(－a
x)r＝(－a)rCr5x5－2r，r＝0,1,2，…，5，由5－2r＝3，得r＝1，所以(－a)C15＝－5a＝－5，
即a＝1，所以Tr＋1＝(－1)rCr5x5－2r，r＝0,1,2，…，5.当r＝0 时，(－1)0C05＝1；当r＝2 时，(－1)2C25＝10；当r＝4 时，
(－1)4C45＝5，所以该展开式各项的系数中最大值为10.
(3)(a＋x)(1＋x)4 的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝__3__.
[解析]
由已知得(1＋x)4＝1＋4x＋6x2＋4x3＋x4，故(a＋x)(1＋x)4 的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax,4ax3，
x,6x3，x5，其系数之和为4a＋4a＋1＋6＋1＝32，解得a＝3.
1．利用二项式定理求解的两种常用思路
(1)二项式定理中最关键的是通项公式，求展开式中特定的项或者特定项的系数均是利用通项公式和方程思想解决
的．
(2)二项展开式的系数之和通常是通过对二项式及其展开式中的变量赋值得出的，注意根据展开式的形式给变量赋
值．
2．在应用通项公式时，要注意以下几点：
(1)它表示二项展开式的任意项，只要n 与r 确定，该项就随之确定；
(2)Tr＋1 是展开式中的第r＋1 项，而不是第r 项；
(3)公式中，a，b 的指数和为n，且a，b 不能随便颠倒位置；
(4)对二项式(a－b)n 展开式的通项公式要特别注意符号问题．
跟踪训练
1．(2017·全国卷Ⅰ，6)(1＋1
x2)(1＋x)6 展开式中x2 的系数为(
)
A．15
B．20
C．30
D．35
[解析]
因为(1＋x)6 的通项为Cr6xr，所以(1＋1
x2)(1＋x)6 展开式中含x2 的项为1·C26x2 和1
x2·C46x4.
因为C26＋C46＝2C26＝2×6×5
2×1
＝30，
所以(1＋1
x2)(1＋x)6 展开式中x2 的系数为30.
故选C.
2．若二项式(2x＋a
x)7 的展开式中1
x3的系数是84，则实数a 等于(
)
A．2
B．3 4
C．1
D．2
4
[解析]
二项式(2x＋a
x)7 的展开式的通项Tr＋1＝Cr727－rx7－rarx
－r＝27－rCr7arx7－2r，令7－2r＝－3，得r＝5，所以T6＝
4C57a5＝84，解得a＝1．
3．(x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为(
)
A．10
B．20
C．30
D．60
[解析]
由于(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，其展开式的通项为Tr＋1＝Cr5(x2＋x)5－ryr(r＝0,1,2，…，5)，
因此只有当r＝2，即T3＝C25 (x2＋x)3y2 中才能含有x5y2 项．设(x2＋x)3 的展开式的通项为Si＋1＝Ci3(x2)3－i·xi＝Ci3x6－
i(i＝0,1,2,3)，令6－i＝5，得i＝1，则(x2＋x)3 的展开式中x5 项的系数是C13＝3，故(x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数
是C25·3＝10×3＝30.
A 组
1．将6 名男生，4 名女生分成两组，每组5 人，参加两项不同的活动，每组3 名男生和2 名女生，则不同的分配
方法有(
)
A．240 种
B．120 种
C．60 种
D．180 种
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332
[解析]
不同的分配方法有C36C24＝120.
2．用数字1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为(
)
A．24
B．48
C．60
D．72
[解析]
由题意，可知个位可以从1,3,5 中任选一个，有A 13种方法，其他数位上的数可以从剩下的4 个数字中任
选，进行全排列，有A 44种方法，所以奇数的个数为A13A44＝3×4×3×2×1＝72，故选D.
3．(3 x－2
x)8 二项展开式中的常数项为(
)
A．56
B．112
C．－56
D．－112
[解析]
Tr＋1＝Cr8(3 x)8－r(－2
x)r＝(－1)r2rCr8·x8－4r
3
，令8－4r＝0，∴r＝2，∴常数项为(－1)2×22×C28＝112.
4．(2019·河南洛阳模拟)福建省第十六届运动会将在宁德召开．组委会预备在会议期间将A，B，C，D，E，F 这
6 名工作人员分配到两个不同的地点参与接待工作．若要求A，B 必须在同一组，且每组至少2 人，则不同的分配方法
有(
)
A．15 种
B．18 种
C．20 种
D．22 种
[解析]
先从两个不同的地点选出一个分析A，B 2 人，有C 12种分法，再将剩余4 人分入两地有三种情况，4 人都
去A，B 所在地点外的另一地点，有1 种分法；有3 人去A，B 所在地点外的另一地点，有C 34种分法；有2 人去A，
B 所在地点外的另一地点，有C 24种分法．综上，不同的分法共有2×(1＋4＋6)＝22(种)，故选D.
5．(x2－x＋1)5 的展开式中x3 的系数为(
)
A．－30
B．－24
C．－20
D．20
[解析]
本题考查二项式定理．[1＋(x2－x)]5 展开式的第r＋1 项Tr＋1＝Cr5(x2－x)r，r＝0,1,2,3,4,5，Tr＋1 展开式的第
k＋1 项为Cr5Ckr·(x2)r－k(－x)k＝Cr5Ckr(－1)k·x2r－k，r＝0,1,2,3,4,5，k＝0,1，…，r，当2r－k＝3，即
r＝2，
k＝1
或
r＝3，
k＝3
时是含x3 的项，所以含x3 项的系数为C25C12(－1)＋C35C33(－1)3＝－20－10＝－30.故选A.
6．(2019·广东珠海模拟)将5 个不同的球放入4 个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同放法共有(
)
A．480 种
B．360 种
C．240 种
D．120 种
[解析]
根据题意，将5 个不同的球放入4 个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则必须有2 个小球放入1
个盒子，其余的小球各单独放入一个盒子，分2 步进行分析：①先将5 个小球分成4 组，有C25＝10 种分法；②将分好
的4 组全排列，放入4 个盒子，有A44＝24 种情况，则不同放法有10×24＝240 种．故选C.
7．有5 名同学参加唱歌、跳舞、下棋三项比赛，每项比赛至少有一人参加，其中甲同学不能参加跳舞比赛，则参
赛方案的种数为(
)
A．112
B．100
C．92
D．76
[解析]
甲同学有2 种参赛方案，其余四名同学，若只参加甲参赛后剩余的两项比赛，则将四名同学先分为两组，
分组方案有C14·C33＋C24C22
A22
＝7，再将其分到两项比赛中去，共有分配方案数为7×A22＝14；若剩下的四名同学参加三项
比赛，则将其分成三组，分组方法数是C24，分到三项比赛上去的分配方法数是A33，故共有方案数C24A33＝36.根据两个
基本原理共有方法数2×(14＋36)＝100(种)．
8．若(x2＋1
2x)n 的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中一次项的系数为(
)
A.3
2
B．7
4
C．6
D．7
[解析]
因为(x2＋1
2x)n 的展开式通项为Tr＋1＝Crn(x2)n－r( 1
2x)r＝(1
2)rCrnx2n－3r，其系数为(1
2)rCrn.故展开式中前三项的系
数为C0n，1
2C1n，1
4C2n，由已知可得这三个数成等差数列，所以C0n＋1
4C2n＝2×1
2C1n，即n2－9n＋8＝0，解得n＝8 或n＝
1(舍去)．
令2n－3r＝16－3r＝1，可得r＝5，所以一次项的系数为(1
2)5C58＝7
4.
9．有大小、形状完全相同的3 个红色小球和5 个白色小球，排成一排，共有__56__种不同的排列方法？
[解析]
从8 个位置中选3 个放红球，有C38＝56 种不同方法．
10．(x－2)6 的展开式中x2 的系数为__240__.
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333
[解析]
(x－2)6 的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr6·(－2)r·x6－r，令6－r＝2，求得r＝4，可得(x－2)6 的展开式中x2
的系数为C46·(－2)4＝240.
11．设a，b，c∈{1,2,3,4,5,6}，若以a，b，c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有
__27__个．
[解析]
由题意知以a，b，c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，
(1)先考虑等边三角形情况
则a＝b＝c＝1,2,3,4,5,6，此时有6 个．
(2)再考虑等腰三角形情况，若a，b 是腰，则a＝b，
当a＝b＝1 时，c<a＋b＝2，则c＝1，与等边三角形情况重复；
当a＝b＝2 时，c<4，则c＝1,3(c＝2 的情况等边三角形已经讨论了)，此时有2 个；
当a＝b＝3 时，c<6，则c＝1,2,4,5，此时有4 个；
当a＝b＝4 时，c<8，则c＝1,2,3,5,6，此时有5 个；
当a＝b＝5 时，c<10，有c＝1,2,3,4,6，此时有5 个；
当a＝b＝6 时，c<12，有c＝1,2,3,4,5，此时有5 个；
由分类加法计数原理知有2＋4＋5＋5＋5＋6＝27 个．
12．设有5 幅不同的国画，2 幅不同的油画，7 幅不同的水彩画．
(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
(3)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？
[解析]
(1)利用分类加法计数原理：5＋2＋7＝14(种)不同的选法．
(2)国画有5 种不同选法，油画有2 种不同的选法，水彩画有7 种不同的选法，利用分步乘法计数原理得到5×2×7
＝70(种)不同的选法．
(3)选法分三类，分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画，由分类加法计数原理和分步乘法计数原理
知共有5×2＋2×7＋5×7＝59(种)不同的选法．
B 组
1．安排6 名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙均排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数是(
)
A．180
B．240
C．360
D．480
[解析]
将6 个位置依次编号为1、2、3、…、6 号，当甲排在1 号或6 号位时，不同排法种数为2A 55种；当甲排
在2 号或5 号位时，不同排法种数为2A13·A 44种；当甲排在3 号或4 号位置时，不同排法种数有2(A22A33＋A23A33)种，
∴共有不同排法种数，2A55＋2A13A44＋2(A22A33＋A23A33)＝480 种，故选D.
2．如图，M，N，P，Q 为海上四个小岛，现要建造三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方法有(
)
A．8 种
B．12 种
C．16 种
D．20 种
[解析]
把四个小岛看作四个点，可以两两之间连成6 条线段，任选3 条，共有C 36种情形，但有4 种情形不满足
题意，∴不同的建桥方法有C36－4＝16 种，故选C.
3．设(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋…＋a2nx2n，则a2＋a4＋…＋a2n 的值为(
)
A.3n＋1
2
B．3n－1
2
C．3n－2
D．3n
[解析]
(赋值法)令x＝1，
得a0＋a1＋a2＋…＋a2n－1＋a2n＝3n.①
再令x＝－1 得，
a0－a1＋a2＋…－a2n－1＋a2n＝1．②
令x＝0 得a0＝1．
则①＋②得2(a0＋a2＋…＋a2n)＝3n＋1，
∴a0＋a2＋…＋a2n＝3n＋1
2
，
∴a2＋a4＋…＋a2n＝3n＋1
2
－a0＝3n＋1
2
－1＝3n－1
2
.
4．(2019·山西长治二模)某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为3
个单位)的顶点A 处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i(i＝1，
2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i 个单位，一直循环下去．则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A 处的所
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334
有不同走法共有(
)
A．22 种
B．24 种
C．25 种
D．36 种
[解析]
由题意知正方形ABCD(边长为3 个单位)的周长是12，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A 处表示三次
骰子的点数之和是12，在点数中三个数字能够使得和为12 的有1,5,6；2,4,6；3,4,5；3,3,6；5,5,2；4,4,4，共有6 种组
合，前三种组合1,5,6；2,4,6；3,4,5 各可以排出A33＝6 种结果，3,3,6 和5,5,2 各可以排出A33
A22
＝3 种结果，4,4,4 只可以排
出1 种结果．根据分类计数原理知共有3×6＋2×3＋1＝25 种结果，故选C.
5．用5,6,7,8,9 组成没有重复数字的五位数，其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数为(
)
A．36
B．48
C．72
D．120
[解析]
第一步，将3 个奇数全排列有A 33种方法；
第二步，将2 个偶数插入，使它们之间只有一个奇数，共3 种方法；
第三步，将2 个偶数全排列有A 22种方法，所以，所有的方法数是3A33A22＝36.
6．(2019·湖北武汉调研)若(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则a1＋2a2＋3a3＋4a5＋5a5＝(
)
A．80
B．120
C．180
D．240
[解析]
对(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5 两边求导，可得15(3x－1)4＝a1＋2a2x＋3a3x3＋…＋5a5x4，令x＝1，
得15×(3－1)4＝a1＋2a2＋3a3＋…＋5a5，即a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝240.故选D.
7．若(x3＋1
x
)n 的展开式中含有常数项，且n 的最小值为a，则错误!－a a2－x2dx＝(
)
A．0
B．686
3
C．49π
2
D．49π
[解析]
由展开式的通项Tr＋1＝Crn(x3)n－r( 1
r
)r＝Crnx3n－7
2r，
由展开式中含有常数项，得3n－7
2r＝0 有整数解，
故n 的最小值为7，错误!－7 72－x2dx＝49π
2 .
8．将编号1,2,3,4 的四个小球放入3 个不同的盒子中，每个盒子里至少放1 个，则恰有1 个盒子放有2 个连号小
球的所有不同放法有__18__种．(用数字作答)
[解析]
先把4 个小球分为(2,1,1)一组，其中2 个连号小球的种类有(1,2，)，(2,3)，(3,4)为一组，分组后分配到三
个不同的盒子里，共有C13A33＝18 种．
9．(2019·甘肃质检)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游红，现有4 个红包，每人最多抢一个，且
红包被全部抢完，4 个红包中有2 个6 元，1 个8 元，1 个10 元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包
的情况有__36__种．
[解析]
若甲、乙抢的是一个6 元和一个8 元的红包，剩下2 个红包．被剩下的3 人中的2 人抢走，有A22A23＝12
种情况；若甲、乙抢的是一个6 元和一个10 元的红包，剩下2 个红包，被剩下的3 人中的2 人抢走，有A22A23＝12 种
情况；若甲、乙抢的是一个8 元和一个10 元的红包，剩下2 个红包，被剩下的3 人中的2 人抢走，有A22C23＝6 种情况；
若甲、乙抢的是两个6 元的红包，剩下2 个红包，被剩下的3 人中的2 人抢走，有A23＝6 种情况，根据分类加法计数
原理可得，共有36 种情况．
10．若对于任意实数x，有x5＝a0＋a1(x－2)＋…＋a5(x－2)5，则a1＋a3＋a5－a0＝__89__.
[解析]
令x＝3 得a0＋a1＋…＋a5＝35，令x＝1 得a0－a1＋…－a5＝1，两式相减得a1＋a3＋a5＝35－1
2
＝121，令
x＝2 得a0＝25＝32，故a1＋a3＋a5－a0＝121－32＝89.
11．(x2＋x＋y)4 的展开式中，x3y2 的系数是__12__.
[解析]
方法一：(x2＋x＋y)4＝[(x2＋x)＋y]4，
其展开式的第r＋1 项Tr＋1＝Cr4(x2＋x)4－ryr，
因为要求x3y2 的系数，所以r＝2，所以T3＝C24(x2＋x)4－2y2＝6(x2＋x)2y2.
因为(x2＋x)2 的展开式中x3 的系数为2，所以x3y2 的系数是6×2＝12.
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335
方法二：(x2＋x＋y)4 表示4 个因式x2＋x＋y 的乘积，一个选x，剩下的一个选x2，即可得到含x3y2 的项，故x3y2
的系数是C24·C12·C11＝12.
12．某医科大学的学生中，有男生12 名、女生8 名在某市人民医院实习，现从中选派5 名学生参加青年志愿者医
疗队．
(1)某男生甲与某女生乙必须参加，共有多少种不同的选法？
(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？
(4)医疗队中男生和女生都至少有一名，有多少种选法？
[解析]
(1)只需从其他18 人中选3 人即可，共有C318＝816(种)．
(2)只需从其他18 人中选5 人即可，共有C518＝8 568(种)．
(3)分两类：甲、乙中只有一人参加，则有C12·C 418种选法；甲、乙两人都参加，则有C 318种选法．
故共有C12·C418＋C318＝6 936(种)．
(4)方法一(直接法)：男生和女生都至少有一名的选法可分为四类：1 男4 女；2 男3 女；3 男2 女；4 男1 女，
所以共有C112·C48＋C212·C38＋C312·C28＋C412·C18＝14 656(种)．
方法二(间接法)：由总数中减去5 名都是男生和5 名都是女生的选法种数，得C520－(C58＋C512)＝14 656(种)．
13．设f(n)＝(a＋b)n(n∈N*，n≥2)，若f(n)的展开式中，存在某连续3 项，其二项式系数依次成等差数列，则称
f(n)具有性质P.
(1)求证：f(7)具有性质P.
(2)若存在n≤2 016，使f(n)具有性质P，求n 的最大值．
[解析]
(1)f(7)的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为C17＝7，C27＝21，C37＝35，
因为C17＋C37＝2C27，即C17，C27，C 37成等差数列，所以f(7)具有性质P.
(2)设f(n)具有性质P，则存在k∈N*,1≤k≤n－1，使Ck－1
n ，Ckn，C k＋1
n 成等差数列，所以Ck－1
n ＋Ck＋1
n ＝2Ckn，
整理得：4k2－4nk＋(n2－n－2)＝0，
即(2k－n)2＝n＋2，
所以n＋2 为完全平方数，
又n≤2 016，由于442<2 016＋2<452，
所以n 的最大值为442－2＝1 934，此时k＝989 或945.
第三讲
概率、随机变量及其分布列(理)
高考考点
考点解读
古典概型、几何概型及
条件概率
1．考查古典概型、几何概型概率公式的应用
2．利用条件概率公式求概率
互斥事件、对立事件及
独立事件
1．互斥事件、对立事件与古典概型相结合考查
2．相互独立事件同时发生的概率的求法．
离散型随机变量的分
布列
1．超几何分布
2．与相互独立事件有关的分布列和均值问题
3．独立重复试验和二项分布
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)切实掌握随机变量的概念、掌握随机事件的概率、古典概型、几何概型等概率的求法．
(2)掌握离散型随机变量的分布列、期望、方差的求法；掌握条件概率的求法、二项分布、
超几何分布及其概率的求法．
预测2020 年命题热点：
(1)古典概型、几何概型、条件概率的概率公式的应用．
(2)离散型随机变量的分布列、均值及方差的计算．
(3)相互独立事件、二项分布、超几何分布与实际问题的交汇问题.
知识整合
1．随机事件的概率
(1)随机事件的概率范围：__0≤P(A)≤1__;_必然事件的概率为__1__；不可能事件的概率为__0__.
(2)古典概型的概率
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336
P(A)＝A 中所含的基本事件数
基本事件总数
.
(3)几何概型的概率
P(A)＝
构成事件A 的区域长度面积或体积
试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积
.
2．互斥事件与对立事件
(1)对立事件是互斥事件，互斥事件未必是对立事件．
(2)如果事件A，B 互斥，那么事件A∪B 发生(即A，B 中有一个发生)的概率，等于事件A，B 分别发生的概率的
和，即P(A∪B)＝__P(A)＋P(B)__.这个公式称为互斥事件的概率加法公式．
(3)在一次试验中，对立事件A 和A 不会同时发生，但一定有一个发生，因此有P( A )＝__1－P(A)__.
3．条件概率
在事件A 发生的条件下事件B 发生的概率：
P(B|A)＝__PAB
PA
__.
4．相互独立事件同时发生的概率
若A，B 为相互独立事件，则P(AB)＝__P(A)P(B)__.
5．独立重复试验
如果事件A 在一次试验中发生的概率是p，那么它在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率为Pn(k)＝__Cknpk(1
－p)n－k，k＝0,1,2，…，n__.
6．超几何分布
在含有M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有X 件次品，则P(X＝k)＝__CkMCn－k
N－M
CnN
__，k＝0,1,2，…，m，
其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.此时称随机变量X 服从超几何分布．超几何分布的模型是不
放回抽样，超几何分布中的参数是M，N，n.
7．离散型随机变量的分布列
(1)设离散型随机变量X 可能取的值为x1，x2，…，xi，…，xn，X 取每一个值xi 的概率为P(X＝xi)＝pi，则称表：
X
x1
x2
x3
…
xi
…
xn
P
p1
p2
p3
…
pi
…
pn
为离散型随机变量X 的分布列．
(2)EX＝__x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn__为X 的均值或数学期望(简称期望)，反应X 的平均水平．
(3)D(X)＝错误!
为随机变量X 的方差．
DX叫标准差，它们均反映X 的离散程度．
8．正态分布
正态曲线的定义：函数φμ，σ(x)＝
1
2πσ
e－x－μ2
2σ2
，x∈(－∞，＋∞)，其中实数μ和σ(σ>0)为参数，我们称φμ，σ(x)的
图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．
重要公式与性质
1．离散型随机变量X 的分布列具有两个性质
①pi≥0，②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)．
2．期望与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b 为常数)；
(2)X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)；
(3)X 服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
3．正态曲线的性质
(1)曲线位于x 轴__上方__，与x 轴不相交；
(2)曲线是单峰的，它关于直线__x＝μ__对称；
(3)曲线在x＝μ处达到峰值
1
σ 2π
；
(4)曲线与x 轴之间的面积为__1__；
(5)当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x 轴平移，如图甲所示；
(6)当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ__越小__，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ__越大__，曲线越
“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示．
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4．正态分布的三个常用数据
P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝__0.682_6__；
P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝__0.954_4__；
P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝__0.997_4__.
易错警示
1．混淆互斥事件与对立事件，对立事件是互斥事件的特殊情况，互斥事件不一定是对立事件．
2．对随机变量理解不到位，造成对随机变量的取值有误．
3．忽略随机变量的分布列中的概率之和应等于1．
4．不能准确理解“至多”“至少”“不少于”等语句的含义．
1．(2019·全国卷Ⅲ，3)《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古
典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100 位学生，其中阅读过《西游记》或《红
楼梦》的学生共有90 位，阅读过《红楼梦》的学生共有80 位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60
位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为(
)
A．0.5
B．0.6
C．0.7
D．0.8
[解析]
方法1：设调查的100 位学生中阅读过《西游记》的学生人数为x，则x＋80－60＝90，解得x＝70，
所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为70
100＝0.7.故选C.
方法2：用Venn 图表示调查的100 位学生中阅读过《西游记》和《红楼梦》的人数之间的关系如图：
易知调查的100 位学生中阅读过《西游记》的学生人数为70，
所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为70
100＝0.7.故选C.
2．(2019·全国卷Ⅰ，6)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．
每一“重卦”由从下到上排列的6 个爻组成，爻分为阳爻“
”和阴爻“
”，右图就是一重卦．在所
有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3 个阳爻的概率是(
)
A. 5
16
B．11
32
C．21
32
D．11
16
[解析]
在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数n＝26＝64，恰有3 个阳爻的基本事件数为C36＝20，所以在
所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3 个阳爻的概率P＝20
64＝5
16.故选A.
3．(2019·浙江卷，7)设0<a<1，随机变量X 的分布列是
X
0
a
1
P
1
3
1
3
1
3
则当a 在(0,1)内增大时，(
)
A．D(X)增大
B．D(X)减小
C．D(X)先增大后减小
D．D(X)先减小后增大
[解析]
由题意知E(X)＝0×1
3＋a×1
3＋1×1
3＝a＋1
3
，
因此，D(X)＝
a＋1
3
－0 2×1
3＋
a＋1
3
－a 2×1
3＋
a＋1
3
－1 2×1
3
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＝1
27[(a＋1)2＋(1－2a)2＋(a－2)2]＝1
27(6a2－6a＋6)
＝2
9
a－1
2 2＋3
4 .
当0<a<1
2时，D(X)单调递减；
当1
2<a<1 时，D(X)单调递增．
即当a 在(0,1)内增大时，D(X)先减小后增大．故选D.
4．(2019·全国卷Ⅰ，15)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结
束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的
概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4
1 获胜的概率是__0.18__.
[解析]
甲队以4
1 获胜，甲队在第5 场(主场)获胜，前4 场中有一场输．
若在主场输一场，则概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6；
若在客场输一场，则概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6.
∴甲队以4
1 获胜的概率P＝2×0.6×0.5×0.5×(0.6＋0.4)×0.6＝0.18.
5．(2019·江苏卷，6)从3 名男同学和2 名女同学中任选2 名同学参加志愿者服务，则选出的2 名同学中至少有1
名女同学的概率是__ 7
10__.
[解析]
方法1：设3 名男同学分别为A，B，C,2 名女同学分别为a，b，则所有等可能事件分别为AB，AC，Aa，
Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共10 个，选出的2 名同学中至少有1 名女同学包含的基本事件分别为Aa，Ab，Ba，
Bb，Ca，Cb，ab，共7 个，故所求概率为7
10.
方法2：同方法1，得所有等可能事件共10 个，选出的2 名同学中没有女同学包含的基本事件分别为AB，AC，
BC，共3 个，故所求概率为1－3
10＝7
10.
6．(2019·天津卷，16)设甲、乙两位同学上学期间，每天7
30 之前到校的概率均为2
3.假定甲、乙两位同学到校情
况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．
(1)用X 表示甲同学上学期间的三天中7
30 之前到校的天数，求随机变量X 的分布列和数学期望；
(2)设M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在7
30 之前到校的天数比乙同学在7
30 之前到校的天数恰好多
2”，求事件M 发生的概率．
[解析]
(1)解：因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30 之前到校的概率均为2
3，
故X～B 3，2
3 ，从而P(X＝k)＝Ck3
2
3 k
1
3 3－k，
k＝0,1,2,3.
所以，随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
27
2
9
4
9
8
27
随机变量X 的数学期望E(X)＝3×2
3＝2.
(2)解：设乙同学上学期间的三天中7：30 之前到校的天数为Y，则Y～B 3，2
3 ，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，
Y＝0}．
由题意知事件{X＝3，Y＝1}与{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}与{Y＝1}，事件{X＝2}与{Y＝0}均相互独立，
从而由(1)知
P(M)＝P({X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0})
＝P(X＝3，Y＝1)＋P(X＝2，Y＝0)
＝P(X＝3)P(Y＝1)＋P(X＝2)P(Y＝0)
＝8
27×2
9＋4
9× 1
27＝20
243.
7．(2019·北京卷，17)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之
一．为了解某校学生上个月A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100 人，发现样本中A，B
两种支付方式都不使用的有5 人，样本中仅使用A 和仅使用B 的学生的支付金额分布情况如下：
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339
支付金额(元)
支付方式
(0,1 000]
(1 000,2 000]
大于2 000
仅使用A
18 人
9 人
3 人
仅使用B
10 人
14 人
1 人
(1)从全校学生中随机抽取1 人，估计该学生上个月A，B 两种支付方式都使用的概率．
(2)从样本仅使用A 和仅使用B 的学生中各随机抽取1 人，以X 表示这2 人中上个月支付金额大于1 000 元的人数，
求X 的分布列和数学期望．
(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A 的学生中，随机抽查3 人，发现他们本月
的支付金额都大于2 000 元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A 的学生中本月支付金额大于2 000 元的人数有变
化？说明理由．
[解析]
(1)解：由题意知，样本中仅使用A 的学生有18＋9＋3＝30(人)，仅使用B 的学生有10＋14＋1＝25(人)，
A，B 两种支付方式都不使用的学生有5 人，
故样本中A，B 两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40(人)．
所以从全校学生中随机抽取1 人，该学生上个月A，B 两种支付方式都使用的概率估计为40
100＝0.4.
(2)解：X 的所有可能值为0,1,2.
记事件C 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽取1 人，该学生上个月的支付金额大于1 000 元”，事件D 为“从
样本仅使用B 的学生中随机抽取1 人，该学生上个月的支付金额大于1 000 元”．
由题设知，事件C，D 相互独立，且P(C)＝9＋3
30
＝0.4，P(D)＝14＋1
25
＝0.6，
所以P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24，
P(X＝1)＝P(C D ∪C D)
＝P(C)P( D )＋P( C )P(D)
＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6＝0.52，
P(X＝0)＝P( C
D )＝P( C )P( D )＝0.24.
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
0.24
0.52
0.24
故X 的数学期望E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1．
(3)解：记事件E 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽查3 人，他们本月的支付金额都大于2 000 元”．
假设样本仅使用A 的学生中，本月支付金额大于2 000 元的人数没有变化，则由上个月的样本数据得P(E)＝1
C330
＝
1
4 060.
答案示例1：可以认为有变化．理由如下：
P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生．一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2 000 元的人数
发生了变化，所以可以认为有变化．
答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：
事件E 是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化．
8．(2019·全国卷Ⅱ，18)11 分制乒乓球比赛，每赢一球得1 分，当某局打成10
10 平后，每球交换发球权，先多
得2 分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲
得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10
10 平后，甲先发球，两人又打了X 个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4 且甲获胜”的概率．
[解析]
(1)解：X＝2 就是某局双方10
10 平后，两人又打了2 个球该局比赛结束，则这2 个球均由甲得分，或
者均由乙得分．
因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)解：X＝4 且甲获胜，就是某局双方10∶10 平后，两人又打了4 个球该局比赛结束，且这4 个球的得分情况为
前两球是甲、乙各得1 分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为
[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1．
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340
古典概型与几何概型及条件概型
典题例析
例1
(1)从甲、乙等5 名学生中随机选出2 人，则甲被选中的概率为(
)
A.1
5
B．2
5
C．8
25
D．9
25
[解析]
把5 名同学依次编号为甲乙丙丁戊，基本事件空间Ω＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，
丙丁，丙戊，丁戊}，包含基本事件总数n＝10.设A 表示事件“甲被选中”，则A＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊}，包含
基本事件数m＝4.所以概率为P＝4
10＝2
5.
(2)(2018·全国卷Ⅰ，10)如图，来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆
的直径分别为直角三角形ABC 的斜边BC，直角边AB，AC，△ABC 的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，
其余部分记为Ⅲ，在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则(
)
A．p1＝p2
B．p1＝p3
C．p2＝p3
D．p1＝p2＋p3
[解析]
方法一：取AB＝AC＝2，则BC＝2 2，
所以区域Ⅰ的面积为SⅠ＝1
2×2×2＝2，区域Ⅲ的面积为SⅢ＝1
2·π( 2)2－2＝π－2，区域Ⅱ的面积为SⅡ＝π·12－SⅢ
＝2，故p1＝p2.
方法二：设AC＝b，AB＝c，BC＝a，则有b2＋c2＝a2，
从而可以求得△ABC 的面积为SⅠ＝1
2bc，
黑色部分的面积为SⅡ＝π
2·
c
2 2＋π
2·
b
2 2－
π
2·
a
2 2－1
2bc ＝π
2
c2
4＋b2
4 －a2
4 ＋1
2bc
＝π
2·c2＋b2－a2
4
＋1
2bc＝1
2bc，
其余部分的面积为SⅢ＝π
2·
a
2 2－1
2bc＝πa2
8 －1
2bc，
所以有SⅠ＝SⅡ，根据面积型几何概型的概率公式，可以得到p1＝p2.
(3)一个口袋中装有6 个小球，其中红球4 个，白球2 个．如果不放回地依次摸出2 个小球，则在第1 次摸出红球
的条件下，第2 次摸出红球的概率为__3
5__.
[解析]
设A 表示“第一次摸出红球”，B 表示“第二次摸出红球”，则P(A)＝4
6＝2
3，P(AB)＝4
6×3
5＝2
5，
所以在第一次摸出红球的条件下，第2 次摸出红球的概率为P(B|A)＝PAB
PA
＝
2
5
2
3
＝3
5.
1．利用古典概型求概率的关键及注意点
(1)关键：正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数，这常常用到排列、组合的有关知识．
(2)注意点：对于较复杂的题目计数时要正确分类，分类时应不重不漏．
2．几何概型的适用条件及求解关键
(1)适用条件：当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．
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341
(2)求解关键：构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找是关键，有时需要设出变量，在坐标系中表示
所需要的区域．
3．条件概率的求法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝PAB
PA
.这是通用的求条件概率的方法．
(2)借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n(A)，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本
事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝nAB
nA
.
跟踪训练
1．已知向量a＝(x，y)，b＝(1，－2)，从6 张大小相同、分别标有号码1,2,3,4,5,6 的卡片中，有放回地抽取两张，
x，y 分别表示第一次、第二次抽取的卡片上的号码，则满足a·b>0 的概率是(
)
A. 1
12
B．3
4
C．1
5
D．1
6
[解析]
设(x，y)表示一个基本事件，则两次抽取卡片的所有基本事件有6×6＝36 个．a·b>0，即x－2y>0，满足
x－2y>0 的基本事件有(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(5,2)，(6,2)，共6 个，所以所求概率P＝6
36＝1
6.
2．若θ∈[0，π]，则sin(θ＋π
3)>1
2成立的概率为(
)
A.1
3
B．1
2
C．2
3
D．1
[解析]
依题意，当θ∈[0，π]时，θ＋π
3∈[π
3，4π
3 ]，由sin(θ＋π
3)>1
2得π
3≤θ＋π
3<5π
6 ，0≤θ<π
2.因此，所求的概率等于π
2÷π
＝1
2，故选B.
3．小赵、小钱、小孙、小李到4 个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4 个人去的景点不同”，事件B
＝“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝(
)
A.2
9
B．1
3
C．4
9
D．5
9
[解析]
小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108 种可能性，4 个人去的景点不同的可能性有A44＝4×3×2×1
＝24 种，∴P(A|B)＝24
108＝2
9.
互斥事件、对立事件及相互独立事件的概率
典题例析
例2
(1)某个部件由两个电子元件按如图方式连接而成，元件1 或元件2 正常工作，则部件正常工作，
设两个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000,502)，且各个元件能否
正常工作相互独立．那么该部件的使用寿命超过1 000 小时的概率为__3
4__.
[解析]
解法一：(1)由正态分布知元件，1,2 的平均使用寿命为1 000 小时，设元件1,2 的使用寿命超过1 000 小时
分别记为事件A，B，显然P(A)＝P(B)＝1
2，所以该部件的使用寿命超过1 000 小时的事件为A
B ＋A B＋AB，所以
其概率P＝1
2×1
2＋1
2×1
2＋1
2×1
2＝3
4.
解法二：两个电子元件的使用寿命均服从正态分布N(1 000,502)得两个电子元件的使用寿命超过1 000 小时的概率
均为P＝1
2，则该部件使用寿命超过1 000 小时的概率为P1＝1－(1－P)2＝3
4.
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342
(2)(2017·山东卷，8)从分别标有1,2，…，9 的9 张卡片中不放回地随机抽取2 次，每次抽取1 张，则抽到的2 张
卡片上的数奇偶性不同的概率是(
)
A. 5
18
B．4
9
C.5
9
D．7
9
[解析]
∵9 张卡片中有5 张奇数卡片，4 张偶数卡片，且为不放回地随机抽取，
∴P(第一次抽到奇数，第二次抽到偶数)＝5
9×4
8＝5
18，
P(第一次抽到偶数，第二次抽到奇数)＝4
9×5
8＝5
18.
∴P(抽到的2 张卡片上的数奇偶性不同)＝5
18＋5
18＝5
9.故选C.
(3)如图是由1 个圆、1 个三角形和1 个长方形构成的组合体，现用红、蓝2 种颜色为其涂色，每个图形只能涂1
种颜色，则3 个图形颜色不全相同的概率为__3
4__.
[解析]
设事件M 为“3 个图形颜色不全相同”，则其对立事件M 为“3 个图形颜色全相同”，用红、蓝2 种颜
色为3 个图形涂色，每个图形有2 种选择，共有8 种情况．其中颜色全部相同的有2 种，即全部用红色或蓝色，所以
P(M)＝2
8＝1
4，所以P(M)＝1－P( M )＝1－1
4＝3
4.
求复杂事件概率的方法及注意点
1．直接法
正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事
件或一独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解．
2．间接法
当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往
也用这种方法求解．
3．注意点
注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，
事件发生的概率相同．
跟踪训练
(2019·益阳、湘潭调研)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛
只有出线和未出线两种情况．规定一名运动员出线记1 分，未出线记0 分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为2
3，3
4，3
5，
他们出线与未出线是相互独立的．
(1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；
(2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
[解析]
(1)记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”
为事件D，
则P(D)＝1－P( A
B
C )＝1－1
3×1
4×2
5＝29
30.
(2)由题意可得，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，
则P(ξ＝0)＝P( A
B
C )＝1
3×1
4×2
5＝1
30；
P(ξ＝1)＝P(A B
C )＋P( A B C )＋P( A
B C )＝2
3×1
4×2
5＋1
3×3
4×2
5＋1
3×1
4×3
5＝13
60；
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343
P(ξ＝2)＝P(AB C )＋P(A B C)＋P( A BC)＝2
3×3
4×2
5＋2
3×1
4×3
5＋1
3×3
4×3
5＝9
20；
P(ξ＝3)＝P(ABC)＝2
3×3
4×3
5＝3
10.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
1
30
13
60
9
20
3
10
E(ξ)＝0× 1
30＋1×13
60＋2× 9
20＋3× 3
10＝121
60 .
离散型随机变量的分布列
典题例析
(一)超几何分布
例3
甲、乙两人参加普法知识竞赛，共设有10 个不同的题目，其中选择题6 个，判断题4 个．
(1)若甲、乙二人依次各抽一题，计算：
①甲抽到判断题，乙抽到选择题的概率是多少？
②甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？
(2)若甲从中随机抽取5 个题目，其中判断题的个数为ξ，求ξ的分布列和期望．
[解析]
(1)①甲抽到判断题，乙抽到选择题的概率为P(A)＝C16·C14
A210
＝4
15.
②甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率为P(B)＝A26＋C16·C14＋C14·C16
A210
＝13
15.
(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4，
P(ξ＝0)＝C56·C04
C510
＝1
42；
P(ξ＝1)＝C46·C14
C510
＝5
21；
P(ξ＝2)＝C36·C24
C510
＝10
21；
P(ξ＝3)＝C26·C34
C510
＝5
21；P(ξ＝4)＝C16·C44
C510
＝1
42.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
1
42
5
21
10
21
5
21
1
42
E(ξ)＝0× 1
42＋1× 5
21＋2×10
21＋3× 5
21＋4× 1
42＝2.
1．超几何分布的应用条件及实质
(1)条件：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考察某类个体个数X 的概率分布．
(2)实质：古典概型问题．
2．超几何分布的均值与方差
对于实际问题中的随机变量X，如果能够断定它服从超几何分布H(N，M，n)，则其概率可直接利用公式P(X＝k)
＝CkMCn－k
N－M
CnN
(k＝0,1，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*)．
(二)独立重复试验与二项分布
例4
现有4 个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：
每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1 或2 的人去参加甲游戏，掷出点数大于2
的人去参加乙游戏．
(1)求这4 个人中恰有2 人去参加甲游戏的概率；
(2)求这4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；
(3)用X，Y 分别表示这4 个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列与数学期望E(ξ)．
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344
[解析]
依题意知，这4 个人中每个人去参加甲游戏的概率为1
3，去参加乙游戏的概率为2
3.
设“这4 个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件Ai(i＝0,1,2,3,4)，则P(Ai)＝Ci4(1
3)i(2
3)4－i.
(1)这4 个人中恰有2 人去参加甲游戏的概率为P(A2)＝C24(1
3)2(2
3)2＝8
27.
(2)设“这4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则B＝A3∪A4，由于A3 与A4 互斥，
故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝C34(1
3)3(2
3)1＋C44(1
3)4＝1
9.
所以这4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为1
9.
(3)ξ的所有可能的取值为0,2,4，由于A1 与A3 互斥，A0 与A4 互斥，故P(ξ＝0)＝P(A2)＝8
27，P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)
＝40
81，P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝17
81.
所以ξ的分布列为
ξ
0
2
4
P
8
27
40
81
17
81
故E(ξ)＝0× 8
27＋2×40
81＋4×17
81＝148
81 .
破解有关二项分布的“四关”
第一关
判断关— 即判断离散型随机变量X 是否服从二项分布Bn，p
|
第二关
公式关—
即利用二项分布公式PX＝k＝Cknpk1－pn－kk＝0，1，2，…，n，
求出X 取各个值时的概率
|
第三关
分布列关— 即列出表格，得到离散型随机变量的分布列
|
第四关
结论关— 利用公式EX＝np 求其期望，DX＝np1－p求其方差
(三)利用均值与方差破解决策性问题
例5
(2019·洛阳第一次统考)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司，底薪80 元，
每单送餐员抽成4 元；乙公司，无底薪，40 单以内(含40 单)的部分送餐员每单抽成6 元，超出40 单的部分送餐员每
单抽成7 元．假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其50
天的送餐单数，得到如下频数表：
甲公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
10
15
10
10
5
乙公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
5
10
10
20
5
(1)现从记录甲公司的50 天送餐单数中随机抽取3 天的送餐单数，求这3 天送餐单数都不小于40 的概率．
(2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：
①记乙公司送餐员日工资为X(单位：元)，求X 的分布列和数学期望E(X)；
②小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为小
王作出选择，并说明理由．
[解析]
(1)记抽取的3 天送餐单数都不小于40 为事件M，
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则P(M)＝C325
C350
＝23
196.
(2)①设乙公司送餐员的送餐单数为a，
当a＝38 时，X＝38×6＝228，
当a＝39 时，X＝39×6＝234，
当a＝40 时，X＝40×6＝240，
当a＝41 时，X＝40×6＋1×7＝247，
当a＝42 时，X＝40×6＋2×7＝254.
所以X 的所有可能取值为228,234,240,247,254.
故X 的分布列为
X
228
234
240
247
254
P
1
10
1
5
1
5
2
5
1
10
所以E(X)＝228× 1
10＋234×1
5＋240×1
5＋247×2
5＋254× 1
10＝241．8.
②依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为38×0.2＋39×0.3＋40×0.2＋41×0.2＋42×0.1＝39.7，
所以甲公司送餐员的日平均工资为
80＋4×39.7＝238.8 元．
由①得乙公司送餐员的日平均工资为241．8 元．
因为238.8<241．8，所以推荐小王去乙公司应聘．
利用均值与方差进行决策的思路方法
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．
跟踪训练
(2019·聊城期末)已知某厂生产的电子产品的使用寿命X(单位：小时)服从正态分布N(1 000，σ2)，且P(X<800)
＝0.1，P(X≥1 300)＝0.02.
(1)现从该厂随机抽取一件产品，求其使用寿命在[1 200，1 300)的概率；
(2)现从该厂随机抽取三件产品，记抽到的三件产品使用寿命在[800,1 200)的件数为Y，求Y 的分布列和数学期E(Y)．
[解析]
(1)因为X～N(1 000，σ2)，P(X<800)＝0.1，P(X≥1 300)＝0.02，所以P(1 200≤X<1 300)＋P(X≥1 300)＝
P(X≥1 200)＝P(X<800)＝0.1．
所以P(1 200≤X<1 300)＝0.1－0.02＝0.08，
即其使用寿命在[1 200,1 300)的概率为0.08.
(2)因为P(800≤X<1 200)＝1－2P(X<800)＝1－2×0.1＝0.8＝4
5，
所以Y～B(3，4
5)．
所以P(Y＝0)＝(1－4
5)3＝1
125，
P(Y＝1)＝C13(4
5)(1－4
5)2＝12
125，
P(Y＝2)＝C23(4
5)2(1－4
5)＝48
125，
P(Y＝3)＝(4
5)3＝64
125，
所以Y 的分布列为
Y
0
1
2
3
P
1
125
12
125
48
125
64
125
所以E(Y)＝0× 1
125＋1× 12
125＋2× 48
125＋3× 64
125＝12
5 .(或E(Y)＝np＝3×4
5＝12
5 )．
A 组
1．小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N 中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5
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346
中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是(
)
A. 8
15
B．1
8
C．1
15
D．1
30
[解析]
根据题意可以知道，所输入密码所有可能发生的情况如下：M1，M2，M3，M4，M5，I1，I2，I3，I4，
I5，N1，N2，N3，N4，N5 共15 种情况，而正确的情况只有其中一种，所以输入一次密码能够成功开机的概率是1
15.
2．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某
天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是(
)
A．0.8
B．0.75
C．0.6
D．0.45
[解析]
本题考查条件概率的求法．
设A＝“某一天的空气质量为优良”，B＝“随后一天的空气质量为优良”，则
P(B|A)＝PA∩B
PA
＝0.6
0.75＝0.8，故选A.
3．投篮测试中，每人投3 次，至少投中2 次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮
是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为(
)
A．0.648
B．0.432
C．0.36
D．0.312
[解析]
3 次投篮投中2 次的概率为P(k＝2)＝C23×0.62×(1－0.6)，投中3 次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测
试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.
4．(2017·浙江卷，8)已知随机变量ξi 满足P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，(i＝1,2)．若0<p1<p2<1
2，则(
)
A．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)
B．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)
D．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
[解析]
由题意可知ξi(i＝1,2)服从两点分布，
∴E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2，D(ξ1)＝p1(1－p1)，
D(ξ2)＝p2(1－p2)．
又∵0<p1<p2<1
2，∴E(ξ1)<E(ξ2)．
把方差看作函数y＝x(1－x)，
根据0<ξ1<ξ2<1
2知，D (ξ1)<D(ξ2)．故选A.
5．随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ＝0)＝1
5，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝__2
5__.
[解析]
设P(ξ＝1)＝p，则P(ξ＝2)＝4
5－p，从而由E(ξ)＝0×1
5＋1×p＋2×(4
5－p)＝1，得p＝3
5.故D(ξ)＝(0－1)2×1
5
＋(1－1)2×3
5＋(2－1)2×1
5＝2
5.
6．(2019·河南信阳二模)如图所示，A，B 两点由5 条连线并联，它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为
2,3,4,3,2.现记从中任取三条线且在单位时间内都通过的最大信息总量为ξ，则P(ξ≥8)＝__4
5__.
[解析]
解法一(直接法)：由已知得，ξ的可能取值为7,8,9,10，
∵P(ξ＝7)＝C22C12
C35
＝1
5，
P(ξ＝8)＝C22C11＋C22C12
C35
＝3
10，
P(ξ＝9)＝C12C12C11
C35
＝2
5，
P(ξ＝10)＝C22·C11
C35
＝1
10，
∴ξ的概率分布列为：
ξ
7
8
9
10
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347
P
1
5
3
10
2
5
1
10
∴P(ξ≥8)＝P(ξ＝8)＋P(ξ＝9)＋P(ξ＝10)＝3
10＋2
5＋1
10＝4
5.
解法二(间接法)：由已知得，ξ的可能取值为7,8,9,10，故P(ξ≥8)与P(ξ＝7)是对立事件，所以P(ξ≥8)＝1－P(ξ＝7)
＝1－C22C12
C35
＝4
5.
7．(2018·天津卷，16)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16. 现采用分层抽样的方法从中抽
取7 人，进行睡眠时间的调查．
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
(2)若抽出的7 人中有4 人睡眠不足，3 人睡眠充足，现从这7 人中随机抽取3 人做进一步的身体检查．
①用X 表示抽取的3 人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X 的分布列与数学期望；
②设A 为事件“抽取的3 人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A 发生的概率．
[解析]
(1)由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7 人，因
此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3 人，2 人，2 人．
(2)①随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X＝k)＝Ck4·C3－k
3
C37
(k＝0,1,2,3)．
所以随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
35
12
35
18
35
4
35
随机变量X 的数学期望E(X)＝0× 1
35＋1×12
35＋2×18
35＋3× 4
35＝12
7 .
②设事件B 为“抽取的3 人中，睡眠充足的员工有1 人，睡眠不足的员工有2 人”；事件C 为“抽取的3 人中，
睡眠充足的员工有2 人，睡眠不足的员工有1 人”，则A＝B∪C，且B 与C 互斥，由(i)知，P(B)＝P(X＝2)＝18
35，P(C)
＝P(X＝1)＝12
35，
故P(A)＝P(B∪C)＝P(X＝2)＋P(X＝1)＝6
7.
所以，事件A 发生的概率为6
7.
8．甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，
则“星队”得3 分；如果只有一个人猜对，则“星队”得1 分；如果两人都没猜对，则“星队”得0 分．已知甲每轮
猜对的概率是3
4，乙每轮猜对的概率是2
3；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”
参加两轮活动，求：
(1)“星队”至少猜对3 个成语的概率；
(2)“星队”两轮得分之和X 的分布列和数学期望EX.
[解析]
(1)记事件A：“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，
记事件C：“甲第二轮猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，
记事件E：“‘星队’至少猜对3 个成语”．
由题意，E＝ABCD＋A
－BCD＋A B
－CD＋AB C
－D＋ABCD
－.
由事件的独立性与互斥性，得
P(E)＝P(ABCD)＋P( A
－BCD)＋P(A B
－CD)＋P(AB C
－D)＋P(ABCD
－)
＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P( A
－)P(B)P(C)P(D)＋P(A)P( B
－)P(C)P(D)＋P(A)P(B)P( C
－)P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(D
－)
＝3
4×2
3×3
4×2
3＋2×(1
4×2
3×3
4×2
3＋3
4×1
3×3
4×2
3)＝2
3.
所以“星队”至少猜对2 个成语的概率为2
3.
(2)由题意，随机变量X 可能的取值为0,1,2,3,4,6.
由事件的独立性与互斥性，得
P(X＝0)＝1
4×1
3×1
4×1
3＝1
144，
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348
P(X＝1)＝2×(3
4×1
3×1
4×1
3＋1
4×2
3×1
4×1
3)＝10
144＝5
72，
P(X＝2)＝3
4×1
3×3
4×1
3＋3
4×1
3×1
4×2
3＋1
4×2
3×3
4×1
3＋1
4×2
3×1
4×2
3＝25
144，
P(X＝3)＝3
4×2
3×1
4×1
3＋1
4×1
3×3
4×2
3＝12
144＝1
12，
P(X＝4)＝2×(3
4×2
3×3
4×1
3＋3
4×2
3×1
4×2
3)＝60
144＝5
12，
P(X＝6)＝3
4×2
3×3
4×2
3＝36
144＝1
4.
可得随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
1
144
5
72
25
144
1
12
5
12
1
4
所以数学期望EX＝0× 1
144＋1× 5
72＋2× 25
144＋3× 1
12＋4× 5
12＋6×1
4＝23
6 .
B 组
1．(2018·全国卷Ⅰ，20)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200 件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，
如检验出不合格品，则更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取20 件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的
所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．
(1)记20 件产品中恰有2 件不合格品的概率为f(p)，求f (p)的最大值点p0.
(2)现对一箱产品检验了20 件，结果恰有2 件不合格品，以(1)中确定的p0 作为p 的值．已知每件产品的检验费用
为2 元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25 元的赔偿费用．
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
[解析]
(1)20 件产品中恰有2 件不合格品的概率为f(p)＝C220p2(1－p)18.
因此f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(1－p)17(1－10p)(0<p<1)．
令f′(p)＝0，得p＝0.1．当p∈(0,0.1)时，f′(p)＞0；
当p∈(0.1,1)时，f′(p)＜0.
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1．
(2)由(1)知，p＝0.1．
①令Y 表示余下的180 件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.
所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.
②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400 元．由于E(X)＞400，故应该对余下的产品作
检验．
2．(2019·长春质检)某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100 个芒果，其质量分别在[100,150)，
[150,200)，[200,250)，[250,300)，[300,350)，[350,400](单位：克)中，经统计得频率分布直方图如图所示．
(1)现按分层抽样的方法，从质量为[250,300)，[300,350)的芒果中随机抽取9 个，再从这9 个中随机抽取3 个，记
随机变量X 表示质量在[300,350)内的芒果个数，求X 的分布列及数学期望E(X)；
(2)以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，将频率视为概率，某经销商来收购芒果，该种植园中还未摘下的
芒果大约还有10 000 个，经销商提出如下两种收购方案：
A：所有芒果以10 元/千克收购；
B：对质量低于250 克的芒果以2 元/个收购，高于或等于250 克的以3 元/个收购．
通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？
[解析]
(1)由频率分布直方图可得，随机抽取的9 个芒果中，质量在[250,300)和[300,350)内的分别有6 个和3 个．则
X 的可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝C36
C39
＝20
84，P(X＝1)＝C26C13
C39
＝45
84，
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P(X＝2)＝C16C23
C39
＝18
84，P(X＝3)＝C33
C39
＝1
84.
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
20
84
45
84
18
84
1
84
∴E(X)＝0×20
84＋1×45
84＋2×18
84＋3× 1
84＝1．
(2) 方案A ：(125×0.002 ＋175×0.002 ＋225×0.003 ＋275×0.008 ＋325×0.004 ＋375×0.001)×50×10
000×10×0.001＝25 750(元)
方案B：低于250 克：(0.002＋0.002＋0.003)×50×10 000×2＝7 000(元)
高于或等于250 克：(0.008＋0.004＋0.001)×50×10 000×3＝19 500(元)
总计：7 000＋19 500＝26 500(元)
由25 750<26 500，故B 方案获利更多，应选B 方案．
3．已知2 件次品和3 件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直
到检测出2 件次品或者检测出3 件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100 元，设X 表示直到检测出2 件次品或者检测出3 件正品时所需要的检测费用
(单位：元)，求X 的分布列和均值(数学期望)．
[解析]
(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A.
P(A)＝A12A13
A25
＝3
10.
(2)X 的可能取值为200,300,400.
P(X＝200)＝A22
A25
＝1
10.P(X＝300)＝A33＋C12C13A22
A35
＝3
10.
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－1
10－3
10＝6
10.
故X 的分布列为
X
200
300
400
P
1
10
3
10
6
10
EX＝200× 1
10＋300× 3
10＋400× 6
10＝350.
4．某公司计划购买2 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买
这种零件作为备件，每个200 元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500 元．现需决策在购买机器时应
同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：
以这100 台机器更换的易损零件数的频率代替1 台机器更换的易损零件数发生的概率，记X 表示2 台机器三年内
共需更换的易损零件数，n 表示购买2 台机器的同时购买的易损零件数．
(1)求X 的分布列．
(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n 的最小值．
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19 与n＝20 之中选其一，应选用哪个？
[解析]
(1)每台机器更换的易损零件数为8,9,10,11，
记事件Ai 为第一台机器3 年内换掉i＋7 个零件(i＝1,2,3,4)
记事件Bi 为第二台机器3 年内换掉i＋7 个零件(i＝1,2,3,4)
由题知P(A1)＝P(A3)＝P(A4)＝P(B1)＝P(B3)＝P(B4)＝0.2，P(A2)＝P(B2)＝0.4.
设2 台机器共需更换的易损零件数的随机变量为X，则X 的可能的取值为16,17,18,19,20,21,22，
P(X＝16)＝P(A1)P(B1)＝0.2×0.2＝0.04，
P(X＝17)＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＝0.2×0.4＋0.4×0.2＝0.16，
P(X＝18)＝P(A1)P(B3)＋P(A2)P(B2)＋P(A3)P(B1)＝0.2×0.2＋0.4×0.4＋0.2×0.2＝0.24，
P(X＝19)＝P(A1)P(B4)＋P(A2)P(B3)＋P(A3)P(B2)＋P(A4)P(B1)＝0.2×0.2＋0.4×0.2＋0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.24，
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350
P(X＝20)＝P(A2)P(B4)＋P(A3)P(B3)＋P(A4)P(B2)＝0.4×0.2＋0.2×0.2＋0.2×0.4＝0.2，
P(X＝21)＝P(A3)P(B4)＋P(A4)P(B3)＝0.2×0.2＋0.2×0.2＝0.08，
P(X＝22)＝P(A4)P(B4)＝0.2×0.2＝0.04.
所以X 的分布列为
X
16
17
18
19
20
21
22
P
0.04
0.16
0.24
0.24
0.2
0.08
0.04
(2)要令P(X≤n)≥0.5，
∵0.04＋0.16＋0.24<0.5,0.04＋0.16＋0.24＋0.24≥0.5，
则n 的最小值为19.
(3)购买零件所需费用含两部分，一部分为购买机器时购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，
当n＝19 时，费用的期望为19×200＋500×0.2＋1 000×0.08＋1 500×0.04＝4 040，
当n＝20 时，费用的期望为20×200＋500×0.08＋1 000×0.04＝4 080.
所以应选用n＝19.
专题规范答题示例
(文)
例
(12 分)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4 元，售价每瓶6 元，未
售出的酸奶降价处理，以每瓶2 元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)
有关．如果最高气温不低于25，需求量为500 瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300 瓶；如果最高气温低
于20，需求量为200 瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年6 月份各天的最高气温数据，得下面的频率分布
表：
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
(1)估计6 月份这种酸奶一天的需求量不超过300 瓶的概率；
(2)设6 月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当6 月份这种酸奶一天的进货量为450 瓶时，写出Y 的所
有可能值，并估计Y 大于零的概率．
[思路探究]
读图表数据―→根据数据求概率―→各区间范围列出相关式子求解
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解：(1)这种酸奶一天的需求量不超过300 瓶，当且仅当最
高气温低于25 ℃，2 分
由表格数据知，最高气温低于25 ℃的频率为2＋16＋36
90
＝0.6，
4 分
所以这种酸奶一天的需求量不超过300 瓶的概率的估计值为
0.6.
(2)当这种酸奶一天的进货量为450 瓶时，
若最高气温不低于25 ℃，则Y＝6×450－4×450＝900；5 分
若最高气温位于区间[20,25)，
则Y＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300；6 分
若最高气温低于20 ℃，
则Y＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100，7 分
所以Y 的所有可能值为900,300，－100.9 分
Y 大于零当且仅当最高气温不低于20 ℃，由表格数据知，最
高气温不低于20 的频率为36＋25＋7＋4
90
＝0.8，11 分
因此Y 大于零的概率的估计值为0.8.12 分
第一步：分析表格求频率
第二步：分类得出Y 的可能
值
第三步：得出结论.
跟踪训练
“mobike”“ofo”等共享单车为很多市民解决了最后一公里的出行难题．然而，这种模式也遇到了一些让人尴尬的
问题，比如乱停乱放，或将共享单车占为“私有”等．为此，某机构就是否支持发展共享单车随机调查了50 人，他们
年龄的分布及支持发展共享单车的人数统计如下表：
年龄
[15，20)
[20，25)
[25，30)
[30，35)
[35，40)
[40，45]
受访人数
5
6
15
9
10
5
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351
支持发展共享单
车人数
4
5
12
9
7
3
(1)由以上统计数据填写下面的2×2 列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.1 的前提下，认为年龄与是否支
持发展共享单车有关系；
年龄低于35 岁
年龄不低于35 岁
总计
支持
不支持
总计
(2)若从年龄在[15,20)的被调查人中随机选取2 人进行调查，求恰好这2 人都支持发展共享单车的概率．
参考数据：
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
参考公式：K2＝
nad－bc2
a＋bc＋da＋cb＋d
，其中n＝a＋b＋c＋d.
[解析]
(1)根据所给数据得到如下2×2 列联表：
年龄低于35 岁
年龄不低于35 岁
总计
支持
30
10
40
不支持
5
5
10
总计
35
15
50
根据2×2 列联表中的数据，得到K2 的观测值
k＝50×30×5－10×52
40×10×35×15
≈2.381<2.706.
∴不能在犯错误的概率不超过0.1 的前提下，认为年龄与是否支持发展共享单车有关系．
(2)“从年龄在[15,20)的被调查人中随机选取2 人进行调查，恰好这2 人都支持发展共享单车”记为事件A.
年龄在[15,20)的5 名受访人中，有4 人支持，记为A1，A2，A3，A4,1 人不支持，记为B.则从这5 人中随机选取2
人的基本事件有：
{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，A4}，{A1，B}，{A2，A3}，{A2，A4}，{A2，B}，{A3，A4}，{A3，B}，{A4，B}，共10
个．
其中，恰好选取的2 人都支持发展共享单车的基本事件包含{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，A4}，{A2，A3}，{A2，A4}，
{A3，A4}，共6 个．
∴P(A)＝6
10＝3
5.
∴从年龄在[15,20)的被调查人中随机选取2 人进行调查，恰好这2 人都支持发展共享单车的概率是3
5.
(理)
例
(12 分)2015 年，我国科学家屠呦呦教授由于在发现青蒿素和治疗疟疾的疗法上的贡献获得诺贝
尔医学奖．以青蒿素类药物为主的联合疗法已经成为世界卫生组织推荐的抗疟疾标准疗法．目前，国内青蒿人工种植
发展迅速．调查表明，人工种植的青蒿的长势与海拔高度、土壤酸碱度、空气湿度的指标有极强的相关性，现将这三
项的指标分别记为x，y，z，并对它们进行量化：0 表示不合格，1 表示临界合格，2 表示合格，再用综合指标ω＝x＋y
＋z 的值评定人工种植的青蒿的长势等级：若ω≥4，则长势为一级；若2≤ω≤3，则长势为二级；若0≤ω≤1，则长
势为三级，为了了解目前人工种植的青蒿的长势情况，研究人员随机抽取了10 块青蒿人工种植地，得到如下结果
种植地编号
A1
A2
A3
A4
A5
(x，y，z)
(0,1,0)
(1,2,1)
(2,1,1)
(2,2,2)
(0,1,1)
种植地编号
A6
A7
A8
A9
A10
(x，y，z)
(1,1,2)
(2,1,2)
(2,0,1)
(2,2,1)
(0,2,1)
(1)在这10 块青蒿人工种植地中任取两地，求这两地的空气湿度的指标z 相同的概率；
(2)从长势等级是一级的人工种植地中任取一块，其综合指标为m，从长势等级不是一级的人工种植地中任取一块，
其综合指标为n，记随机变量X＝m－n，求X 的分布列及其期望．
[思路探究]
(1) 对事件进行分解―→求出从10 块地中任取两块的方法总数―→
求出空气湿度指示相同的方法总数―→利用古典概型求概率
(2) 确定随机变量X 的所有取值―→计算X 取各个值的概率―→写分布列―→求期望
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352
解：(1)由表可知：空气湿度指标为0 的有A1；
空气湿度指标为1 的有A2，A3，A5，A8，A9，A10；
空气湿度指标为2 的有A4，A6，A7.
所以空气湿度的指标z 相同的概率P＝C26＋C23
C210
＝15＋3
45
＝2
5.5 分
(2)计算10 块青蒿人工种植地的综合指标，可得下表：
编号
A1
A2
A3
A4
A5
A6
A7
A8
A9
A10
综合指
标
1
4
4
6
2
4
5
3
5
3
其中长势等级是一级的(ω≥4)有A2，A3，A4，A6，A7，A9，共6 个，
长势等级不是一级的(ω<4)有A1，A5，A8，A10，共4 个．
随机变量X 的所有可能取值为1,2,3,4,5.
P(X＝1)＝C13·C12
C16·C14
＝1
4，P(X＝2)＝C13·C11＋C12·C12
C16·C14
＝7
24，
P(X＝3)＝C13·C11＋C12·C11＋C11·C12
C16·C14
＝7
24，
P(X＝4)＝C11·C11＋C12·C11
C16·C14
＝1
8，P(X＝5)＝C11·C11
C16·C14
＝1
24，10 分
所以X 的分布列为
X
1
2
3
4
5
P
1
4
7
24
7
24
1
8
1
24
11 分
所以E(X)＝1×1
4＋2× 7
24＋3× 7
24＋4×1
8＋5× 1
24＝29
12.12 分
第二步定性：明确每个随机变量取值所对应的事件．
第三步定型：确定事件的概率模型和计算公式．
第四步计算：计算随机变量取每一个值的概率．
第五步列表：列出分布列．
第六步求解：根据公式求期望．
第一步定元：根
据已知条件确定离
散型随机变量的取
值．
[评分细则](1)第(1)问中，列出空气湿度相同的情况给2 分；计算概率只要式子正确给2 分；
(2)第(2)问中，列出长势等级的给2 分，只要结果正确无过程不扣分；计算概率的式子给3 分；分布列正确写出给
1 分．
跟踪训练
如图是某市2019 年3 月1 日至16 日的空气质量指数趋势图，空气质量指数(AQI)小于100 表示空气质量优良，
空气质量指数大于200 表示空气重度污染，某人随机选择3 月1 日至3 月14 日中的某一天到达该市．
(1)若此人到达后停留2 天(到达当日算1 天)，求此人停留期间空气质量都是重度污染的概率；
(2)若此人到达后停留3 天(到达当日算1 天)，设X 是此人停留期间空气重度污染的天数，求X 的分布列与数学期
望．
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353
[解析]
设Ai 表示事件“此人于3 月i 日到达该市”(i＝1,2，…，14)．依题意知，P(Ai)＝1
14，且Ai∩Aj＝∅(i≠i)．
(1)设B 为事件“此人停留2 天空气质量都是重度污染”，
则B＝A1∪A2∪A12∪A13∪A14，所以
P(B)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A12)＋P(A13)＋P(A14)＝5
14，
即此人停留2 天空气质量都是重度污染的概率为5
14.
(2)由题意可知，X 的所有可能取值为0,1,2,3，且
P(X＝0)＝P(A4∪A8∪A9)
＝P(A4)＋P(A8)＋P(A9)＝3
14，
P(X＝2)＝P(A2∪A11∪A14)
＝P(A2)＋P(A11)＋P(A14)＝3
14，
P(X＝3)＝P(A1∪A12∪A13)
＝P(A1)＋P(A12)＋P(A13)＝3
14，
P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)－P(X＝3)
＝1－3
14－3
14－3
14＝5
14.
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
3
14
5
14
3
14
3
14
故X 的数学期望
E(X)＝0× 3
14＋1× 5
14＋2× 3
14＋3× 3
14＝10
7 .
专题八
选修系列4
第一讲
坐标系与参数方程
高考考点
考点解读
参数方程
1．直线、圆、椭圆、抛物线的参数方程
2．参数方程与普通方程的互化
极坐标
1．常见的直线及圆的极坐标方程
2．极坐标方程与直角坐标方程的互化
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下知识点：
一是参数方程、极坐标与曲线的关系；二是由参数方程、极坐标方程求解曲线的一些基
本量，主要是极坐标与直角坐标、参数方程(直线、圆、椭圆的参数方程)与普通方程的互
化问题的应用等，考查知识点较为简单和稳定，这也为大家的备考指明了方向.
知识整合
1．直角坐标与极坐标的互化公式
把直角坐标系的原点作为极点，x 轴正半轴作为极轴，并在两坐标系中取相同的长度单位．设M 是平面内任意一
点，它的直角坐标是(x，y)，极坐标是(ρ，θ)，则
x＝ρcosθ，
y＝ρsinθ，
ρ2＝x2＋y2，
tanθ＝y
xx≠0.
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354
2．圆的极坐标方程
(1)若圆心为M(ρ0，θ0)，半径为r，则圆的方程为ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ20－r2＝0.
(2)几个特殊位置的圆的极坐标方程
①当圆心位于极点，半径为r：ρ＝r；
②当圆心位于M(a,0)，半径为a：__ρ＝2acosθ__；
③当圆心位于M(a，π
2)，半径为a：ρ＝2asinθ.
3．直线的极坐标方程
(1)若直线过点M(ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，则它的方程为ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．
(2)几个特征位置的直线的极坐标方程
①直线过极点：θ＝θ0 和θ＝π－θ0；
②直线过点M(a,0)且垂直于极轴：__ρcosθ＝a__；
③直线过M(b，π
2)且平行于极轴：ρsinθ＝b.
4．几种常见曲线的参数方程
(1)圆
①以O′(a，b)为圆心，r 为半径的圆的参数方程是
x＝a＋rcosα，
y＝b＋rsinα，
其中α是参数．
②当圆心在(0,0)时，方程为
x＝rcosα，
y＝rsinα，
其中α是参数．
(2)椭圆
①椭圆x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的参数方程是
x＝acosφ，
y＝bsinφ，
其中φ是参数．
②椭圆x2
b2＋y2
a2＝1(a>b>0)的参数方程是
x＝bcosφ，
y＝asinφ，
其中φ是参数．
(3)直线
经过点P0(x0，y0)，倾斜角为α的直线的参数方程是
x＝x0＋tcosα，
y＝y0＋tsinα，
其中t 是参数．
5．直线参数方程中参数t 的几何意义
过定点M0(x0，y0)，倾斜角为α的直线的参数方程为
x＝x0＋tcosα，
y＝y0＋tsinα
(t 为参数)①.
通常称①为直线l 的参数方程的“标准式”，其中参数t 的几何意义是：|t|是直线上任一点M(x，y)到M0(x0，y0)
的距离，即|M0M|＝|t|.
当0<α<π时，sinα>0，所以，直线l 的单位方向向量e 的方向总是向上．此时，若t>0，则M0M
→的方向向上；若t<0，
则M0M
→的方向向下；若t＝0，则点M 与点M0 重合，即当点M 在M0 上方时，有t＝|M0M
→|；当点M 在M0 下方时，有
t＝－|M0M
→|.
易错警示
1．极坐标与直角坐标互化的前提是把直角坐标系的原点作为极点，x 轴正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同
的长度单位．
2．在将曲线的参数方程化为普通方程时，不仅仅是要把其中的参数消去，还要注意其中的x，y 的取值范围，即
在消去参数的过程中一定要注意普通方程与参数方程的等价性．
1．(2019·北京卷，3)已知直线l 的参数方程为
x＝1＋3t，
y＝2＋4t
(t 为参数)，则点(1,0)到直线l 的距离是(
)
A.1
5
B．2
5
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355
C.4
5
D．6
5
[解析]
由题意可知直线l 的普通方程为4x－3y＋2＝0，由点到直线的距离公式可得点(1,0)到直线l 的距离d＝
|4×1－3×0＋2|
42＋－32
＝6
5.故选D.
2．(2019·天津卷，12)设a∈R，直线ax－y＋2＝0 和圆
x＝2＋2cosθ，
y＝1＋2sinθ
(θ为参数)相切，则a 的值为__3
4__.
[解析]
把圆的参数方程化为圆的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4，即圆心为(2,1)，半径r＝2.又直线方程为ax－y
＋2＝0，且直线与圆相切，所以圆心到直线的距离d＝|2a－1＋2|
a2＋－12＝2，所以a＝3
4.
3．(2019·全国卷Ⅰ，22)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为
x＝1－t2
1＋t2，
y＝4t
1＋t2
(t 为参数)．以坐标原点O 为
极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为2ρcosθ＋3ρsinθ＋11＝0.
(1)求C 和l 的直角坐标方程；
(2)求C 上的点到l 距离的最小值．
[解析]
(1)解：因为－1<1－t2
1＋t2≤1，
且x2＋
y
2 2＝
1－t2
1＋t2 2＋
4t2
1＋t22＝1，
所以C 的直角坐标方程为x2＋y2
4＝1(x≠－1)，
l 的直角坐标方程为2x＋3y＋11＝0.
(2)解：由(1)可设C 的参数方程为
x＝cosα，
y＝2sinα
(α为参数，－π<α<π)．
C 上的点到l 的距离为
|2cosα＋2 3sinα＋11|
7
＝4cos α－π
3 ＋11
7
.
当α＝－2π
3 时，4cos α－π
3 ＋11 取得最小值7，
故C 上的点到l 距离的最小值为7.
4．(2019·全国卷Ⅱ，22)在极坐标系中，O 为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ＝4sinθ上，直线l 过点A(4,0)
且与OM 垂直，垂足为P.
(1)当θ0＝π
3时，求ρ0 及l 的极坐标方程；
(2)当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程．
[解析]
(1)解：因为M(ρ0，θ0)在曲线C 上，
当θ0＝π
3时，ρ0＝4sinπ
3＝2 3.
由已知得|OP|＝|OA|cosπ
3＝2.
设Q(ρ，θ)为l 上除P 外的任意一点．
在Rt△OPQ 中，ρcosθ－π
3＝|OP|＝2.
经检验，点P2，π
3在曲线ρcosθ－π
3＝2 上，
所以，l 的极坐标方程为ρcosθ－π
3＝2.
(2)解：设P(ρ，θ )，在Rt△OAP 中，|OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ.
因为P 在线段OM 上，且AP⊥OM，
所以θ的取值范围是π
4，π
2.
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356
所以，P 点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cosθ，θ∈π
4，π
2.
5．(2019·全国卷Ⅲ，22)如图，在极坐标系Ox 中，A(2,0)，B
2，π
4 ，C
2，3π
4 ，D(2，π)，弧AB
︵，BC
︵，CD
︵所
在圆的圆心分别是(1,0)，1，π
2 ，(1，π)，曲线M1 是弧AB
︵，曲线M2 是弧BC
︵，曲线M3 是弧CD
︵.
(1)分别写出M1，M2，M3 的极坐标方程；
(2)曲线M 由M1，M2，M3 构成，若点P 在M 上，且|OP|＝3，求P 的极坐标．
[解析]
(1)解：由题设可得，弧AB
︵，BC
︵，CD
︵所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cosθ，ρ＝2sinθ，ρ＝－2cosθ，
所以M1 的极坐标方程为ρ＝2cosθ 0≤θ≤π
4 ，
M2 的极坐标方程为ρ＝2sinθ
π
4≤θ≤3π
4 ，
M3 的极坐标方程为ρ＝－2cosθ
3π
4 ≤θ≤π .
(2)解：设P(ρ，θ)，由题设及(1)知
若0≤θ≤π
4，则2cosθ＝3，解得θ＝π
6；
若π
4≤θ≤3π
4 ，则2sinθ＝3，解得θ＝π
3或θ＝2π
3 ；
若3π
4 ≤θ≤π，则－2cosθ＝3，解得θ＝5π
6 .
综上，P 的极坐标为
3，π
6 或
3，π
3 或
3，2π
3 或
3，5π
6 .
6．(2019·江苏卷，21B)在极坐标系中，已知两点A 3，π
4 ，B
2，π
2 ，直线l 的方程为ρsin θ＋π
4 ＝3.
(1)求A，B 两点间的距离；
(2)求点B 到直线l 的距离．
[解析]
(1)解：设极点为O.在△OAB 中，A 3，π
4 ，B
2，π
2 ，
由余弦定理，得
AB＝
32＋22－2×3× 2×cos
π
2－π
4 ＝5.
(2)解：因为直线l 的方程为ρsin θ＋π
4 ＝3，
所以直线l 过点3 2，π
2 ，倾斜角为3π
4 .
又B
2，π
2 ，所以点B 到直线l 的距离为(3 2－2)×sin
3π
4 －π
2 ＝2.
直角坐标与极坐标的互化与应用
典题例析
例1
(2017·全国卷Ⅱ，22)在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立坐标系，
曲线C1 的极坐标方程为ρcosθ＝4.
(1)M 为曲线C1 上的动点，点P 在线段OM 上，且满足|OM|·|OP|＝16，求点P 的轨迹C2 的直角坐标方程；
(2)设点A 的极坐标为(2，π
3)，点B 在曲线C2 上，求△OAB 面积的最大值．
[解析]
(1)设P 的极坐标为(ρ，θ)(ρ>0)，M 的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1>0)．
由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝4
cosθ.
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由|OM|·|OP|＝16，得C2 的极坐标方程为ρ＝4cosθ(ρ>0)，
因此C2 的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4(x≠0)．
(2)设点B 的极坐标为(ρB，α)(ρB>0)．
由题设知|OA|＝2，ρB＝4cosα，于是△OAB 的面积S＝1
2|OA|·ρB·sin∠AOB＝4cosα·|sin(α－π
3)|
＝2|sin(2α－π
3)－3
2 |≤2＋3.
当α＝－π
12时，S 取得最大值2＋3.
所以△OAB 面积的最大值为2＋3.
1．直角坐标与极坐标方程的互化
(1)直角坐标方程化极坐标方程时，可以直接将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入即可．
(2)极坐标方程化直角坐标方程时，一般需要构造ρ2，ρsinθ，ρcosθ，常用的技巧有式子两边同乘以ρ，两角和与差
的正弦、余弦展开等．
2．求解与极坐标有关的问题的主要方法
(1)直接利用极坐标求解，可与数形结合思想结合使用；
(2)转化为直角坐标系，用直角坐标求解．若结果要求的是极坐标，还应将直角坐标化为极坐标．
跟踪训练
(2018·全国卷Ⅰ，22)在直角坐标系xOy 中，曲线C1 的方程为y＝k|x|＋2.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴
建立极坐标系，曲线C2 的极坐标方程为ρ2＋2ρcosθ－3＝0.
(1)求C2 的直角坐标方程．
(2)若C1 与C2 有且仅有三个公共点，求C1 的方程．
[解析]
(1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，x2＋y2＝ρ2 得C2 的直角坐标方程为(x＋1)2＋y2＝4.
(2)由(1)知C2 是圆心为A(－1,0)，半径为2 的圆．
由题设知，C1 是过点B(0,2)且关于y 轴对称的两条射线．记y 轴右边的射线为l1，y 轴左边的射线为l2.由于点B
在圆C2 的外面，故C1 与C2 有且仅有三个公共点等价于l1 与C2 只有一个公共点且l2 与C2 有两个公共点，或l2 与C2
只有一个公共点且l1 与C2 有两个公共点．
当l1 与C2 只有一个公共点时，A 到l1 所在直线的距离为2，
所以|－k＋2|
k2＋1
＝2，故k＝－4
3或k＝0.
经检验，当k＝0 时，l1 与C2 没有公共点；当k＝－4
3时，l1 与C2 只有一个公共点，l2 与C2 有两个公共点．
当l2 与C2 只有一个公共点时，A 到l2 所在直线的距离为2，
所以|k＋2|
k2＋1
＝2，故k＝0 或k＝4
3.
经检验，当k＝0 时，l1 与C2 没有公共点；当k＝4
3时，l2 与C2 没有公共点．
综上可得，k＝－4
3，C1 的方程为：y＝－4
3|x|＋2.
参数方程与普通方程的互化及应用
典题例析
例2
(2018·全国卷Ⅱ，22)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为
x＝2cosθ，
y＝4sinθ
(θ为参数)，直线
l 的参数方程为
x＝1＋tcosα，
y＝2＋tsinα，
(t 为参数)．
(1)求C 和l 的直角坐标方程．
(2)若曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标为(1,2)，求l 的斜率．
[解析]
(1)曲线C 的直角坐标方程为x2
4 ＋y2
16＝1．
当cosα≠0 时，l 的直角坐标方程为y＝tanα·x＋2－tanα，
当cosα＝0 时，l 的直角坐标方程为x＝1．
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358
(2)将l 的参数方程代入C 的直角坐标方程，整理得关于t 的方程
(1＋3cos2α)t2＋4(2cosα＋sinα)t－8＝0.①
因为曲线C 截直线l 所得线段的中点(1,2)在C 内，所以①有两个解，设为t1，t2，则t1＋t2＝0.
又由①得t1＋t2＝－42cosα＋sinα
1＋3cos2α
，故2cosα＋sinα＝0，于是直线l 的斜率k＝tanα＝－2.
参数方程化为普通方程消去参数的方法
(1)代入消参法：将参数解出来代入另一个方程消去参数，直线的参数方程通常用代入消参法．
(2)三角恒等式法：利用sin2α＋cos2α＝1 消去参数，圆的参数方程和椭圆的参数方程都是运用三角恒等式法．
(3)常见消参数的关系式：
①t·1
t＝1；
②(t＋1
t)2－(t－1
t)2＝4；
③( 2t
1＋t2)2＋(1－t2
1＋t2)2＝1．
跟踪训练
(2017·全国卷Ⅰ，22)在直角坐标系xOy 中曲线C 的参数方程为
x＝3cosθ，
y＝sinθ
(θ为参数)，直线l 的参数方程为
x＝a＋4t，
y＝1－t
(t 为参数)．
(1)若a＝－1，求C 与l 的交点坐标；
(2)若C 上的点到l 距离的最大值为17，求a.
[解析]
(1)曲线C 的普通方程为x2
9 ＋y2＝1．
当a＝－1 时，直线l 的普通方程为x＋4y－3＝0.
由
x＋4y－3＝0，
x2
9 ＋y2＝1，
解得
x＝3，
y＝0
或
x＝－21
25，
y＝24
25.
从而C 与l 的交点坐标为(3,0)，(－21
25，24
25)．
(2)直线l 的普通方程为x＋4y－a－4＝0，
故C 上的点(3cosθ，sinθ)到l 的距离为
d＝|3cosθ＋4sinθ－a－4|
17
.
当a≥－4 时，d 的最大值为a＋9
17
.
由题设得a＋9
17
＝17，所以a＝8；
当a<－4 时，d 的最大值为－a＋1
17
.
由题设得－a＋1
17
＝17，
所以a＝－16.
综上可知，a＝8 或a＝－16.
极坐标方程与参数方程的综合应用
(一)直线的参数方程中参数几何意义的应用
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典题例析
例3
(2019·湖北五校)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C1 过点P(a,1)，其参数方程为
x＝a＋2t
2 ，
y＝1＋2t
2
(t
为参数，a∈R)．以O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2 的极坐标方程为ρcos2θ＋4cosθ－ρ＝0.
(1)求曲线C1 的普通方程和曲线C2 的直角坐标方程；
(2)已知曲线C1 与曲线C2 交于A，B 两点，且|PA|＝2|PB|，求实数a 的值．
[解析]
(1)∵曲线C1 的参数方程为
x＝a＋2t
2 ，
y＝1＋2t
2
(t 为参数，a∈R)，
∴曲线C1 的普通方程为x－y－a＋1＝0.
∵曲线C2 的极坐标方程为ρcos2θ＋4cosθ－ρ＝0，
∴ρ2cos2θ＋4ρcosθ－ρ2＝0，
又ρcosθ＝x，ρ2＝x2＋y2，
∴x2＋4x－x2－y2＝0，
即曲线C2 的直角坐标方程为y2＝4x.
(2)设A，B 两点所对应的参数分别为t1，t2，
由
y2＝4x，
x＝a＋2t
2 ，
y＝1＋2t
2 ，
得t2－2 2t＋2－8a＝0.
Δ＝(－2 2)2－4(2－8a)>0，即a>0，
∴
t1＋t2＝2 2，
t1·t2＝2－8a，
根据参数方程中参数的几何意义可知|PA|＝|t1|，
|PB|＝|t2|，
∴由|PA|＝2|PB|得t1＝2t2 或t1＝－2t2，
∴当t1＝2t2 时，有
t1＋t2＝3t2＝2 2，
t1·t2＝2t22＝2－8a，
解得a＝1
36>0，符合题意，
当t1＝－2t2 时，有
t1＋t2＝－t2＝2 2，
t1·t2＝－2t22＝2－8a，
解得a＝9
4>0，符合题意．
综上所述，a＝1
36或a＝9
4.
利用直线的参数方程中参数的几何意义求解问题
经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l 的参数方程为
x＝x0＋tcosα，
y＝y0＋tsinα
(t 为参数)．若A，B 为直线l 上两点，其对
应的参数分别为t1，t2，线段AB 的中点为M，点M 所对应的参数为t0，则以下结论在解题中经常用到：
(1)t0＝t1＋t2
2
；
(2)|PM|＝|t0|＝|t1＋t2
2
|；
(3)|AB|＝|t2－t1|；
(4)|PA|·|PB|＝|t1·t2|.
跟踪训练
1．本例的条件变为|PA||PB|＝6.求实数a 的值．
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360
[解析]
由本例解析知|PA|·|PB|＝|t1||t2|＝|t1t2|
＝|2－8a|＝6，
解得a＝1 或－1
2.又∵a>0，∴a＝1．
2．若本例曲线C1 变为过点P(0，－1)，其参数方程为
x＝2t，
y＝－1＋2t
(t 为参数)，其他条件不变，求|PA|＋|PB|.
[解析]
曲线C1 的参数方程化为
x＝2
2 t，
y＝－1＋2
2 t，
代入曲线C2 的方程y2＝4x 得t2－6 2t＋2＝0.
设A，B 对应的参数分别为t1，t2，则
t1＋t2＝6 2，
t1t2＝2，
∴t1>0，t2>0.
∴|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝|t1＋t2|＝6 2.
(二)极坐标方程中极径几何意义的应用
典题例析
例4
在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为
x＝1＋cosφ，
y＝sinφ
(φ为参数)，以坐标原点O 为极点，
x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求圆C 的极坐标方程；
(2)直线l 的极坐标方程是2ρsin(θ＋π
3)＝3 3，射线OM：θ＝π
3与圆C 的交点为O，P，与直线l 的交点为Q，求线
段PQ 的长．
[解析]
(1)由圆C 的参数方程为
x＝1＋cosφ
y＝sinφ
(φ为参数)，
可得圆C 的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1，即x2＋y2－2x＝0.
由极坐标方程与直角坐标方程的互化公式可得，
圆C 的极坐标方程为ρ＝2cosθ.
(2)由
θ＝π
3，
ρ－2cosθ＝0
得P(1，π
3)，
由
θ＝π
3，
2ρsinθ＋π
3＝3 3
得Q
(3，π
3)，
结合图可得|PQ|＝|OQ|－|OP|＝|ρQ|－|ρP|＝3－1＝2.
极径的几何意义及其应用
(1)几何意义：极径ρ表示极坐标平面内点M 到极点O 的距离．
(2)应用：一般应用于过极点的直线与曲线相交，所得的弦长问题，需要用极径表示出弦长，结合根与系数的关系
解题．
跟踪训练
(2019·湖北八校联考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C1 的参数方程为
x＝3cosα，
y＝sinα
(α为参数)，以原点O 为
极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2 的极坐标方程为ρsin(θ＋π
4)＝2.
(1)求曲线C1 的普通方程与曲线C2 的直角坐标方程；
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361
(2)设P 为曲线C1 上的动点，求点P 到C2 的距离的最大值，并求此时点P 的坐标．
[解析]
(1)曲线C1 的普通方程为x2
3 ＋y2＝1，
由ρsin(θ＋π
4)＝2，得ρsinθ＋ρcosθ＝2，得曲线C2 的直角坐标方程为x＋y－2＝0.
(2)设点P 的坐标为( 3cosα，sinα)，则点P 到C2 的距离为| 3cosα＋sinα－2|
2
＝
|2sinα＋π
3－2|
2
，
当sin(α＋π
3)＝－1，即α＋π
3＝－π
2＋2kπ(k∈Z)，α＝－5π
6 ＋2kπ(k∈Z)时，所求距离最大，最大值为2 2，此时点P
的坐标为(－3
2，－1
2)．
A 组
1．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为
x＝3－3
2 t，
y＝1
2t.
(t 为参数)，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴(长
度单位与直角坐标系xOy 中相同)的极坐标系中，曲线C 的方程为ρ＝2acosθ(a>0)，l 与C 相切于点P.
(1)求C 的直角坐标方程；
(2)求切点P 的极坐标．
[解析]
(1)l 表示过点(3,0)倾斜角为150°的直线，曲线C 表示以C′(a,0)为圆心，a 为半径的圆．
∵l 与C 相切，∴a＝1
2(3－a)，⇒a＝1．
于是曲线C 的方程为ρ＝2cosθ，∴ρ2＝2ρcosθ，
于是x2＋y2＝2x，
故所求C 的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0.
(2)∵∠POC′＝∠OPC′＝30°，∴OP＝3.
∴切点P 的极坐标为( 3，π
6)．
2．(2019·贵阳摸底考试)曲线C 的参数方程为
x＝2cosφ，
y＝sinφ
(φ为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴
建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρcos(θ＋π
4)＝2.
(1)写出C 的普通方程，并用
x＝x0＋tcosα，
y＝y0＋tsinα
(α为直线的倾斜角，t 为参数)的形式写出直线l 的一个参数方程；
(2)l 与C 是否相交？若相交，求出两交点的距离，若不相交，请说明理由．
[解析]
(1)C 的普通方程为x2
4 ＋y2＝1，
由ρcos(θ＋π
4)＝2得x－y－2＝0，
则直线l 的倾斜角为π
4，
又直线l 过点(2,0)，
得直线l 的一个参数方程为
x＝2＋2
2 t，
y＝2
2 t
(t 为参数) .
(2)将l 的参数方程代入C 的普通方程得
5t2＋4 2t＝0，解得t1＝0，t2＝－4 2
5 ，
显然l 与C 有两个交点，
分别记为A，B，且|AB|＝|t1－t2|＝4 2
5 .
3．在平面直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1，C2 的极坐标方程分
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362
别为ρ＝2sinθ，ρcos(θ－π
4)＝2.
(1)求C1 和C2 交点的极坐标；
(2)直线l 的参数方程为：
x＝－3＋3
2 t，
y＝1
2t
(t 为参数)，直线l 与x 轴的交点为P，且与C1 交于A，B 两点，求
|PA|＋|PB|.
[解析]
(1)C1，C2 极坐标方程分别为ρ＝2sinθ，ρcos(θ－π
4)＝2，
化为直角坐标方程分别为x2＋(y－1)2＝1，x＋y－2＝0.
得交点坐标为(0,2)，(1,1)．
即C1 和C2 交点的极坐标分别为(2，π
2)，( 2，π
4)．
(2)把直线l 的参数方程
x＝－3＋3
2 t，
y＝1
2t
(t 为参数)代入x2＋(y－1)2＝1，
得(－3＋3
2 t)2＋(1
2t－1)2＝1，
即t2－4t＋3＝0，t1＋t2＝4，t1t2＝3，
所以|PA|＋|PB|＝4.
B 组
1．(2017·全国卷Ⅲ，22)在直角坐标系xOy 中，直线l1 的参数方程为
x＝2＋t，
y＝kt
(t 为参数)，直线l2 的参数方程
为
x＝－2＋m，
y＝m
k
(m 为参数)．设l1 与l2 的交点为P，当k 变化时，P 的轨迹为曲线C.
(1)写出C 的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l3：ρ(cosθ＋sinθ)－2＝0，M 为l3 与C 的交点，求M
的极径．
[解析]
(1)消去参数t 得l1 的普通方程l1：y＝k(x－2)；
消去参数m 得l2 的普通方程l2：y＝1
k(x＋2)．
设P(x，y)，由题设得
y＝kx－2，
y＝1
kx＋2，
消去k 得x2－y2＝4(y≠0)，
所以C 的普通方程为x2－y2＝4(y≠0)．
(2)C 的极坐标方程为ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4(0<θ<2π，θ≠π)，
联立
ρ2cos2θ－sin2θ＝4，
ρcosθ＋sinθ－2＝0，
得cosθ－sinθ＝2(cosθ＋sinθ)．
故tanθ＝－1
3，从而cos2θ＝9
10，sin2θ＝1
10.
代入ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4 得ρ2＝5，
所以点M 的极径为5.
2．(2018·全国卷Ⅲ，22)在平面直角坐标系xOy 中，⊙O 的参数方程为
x＝cosθ，
y＝sinθ
(θ为参数)，过点(0，－2)且
倾斜角为α的直线l 与⊙O 交于A，B 两点．
(1)求α的取值范围；
(2)求AB 中点P 的轨迹的参数方程．
[解析]
(1)⊙O 的直角坐标方程为x2＋y2＝1．
当α＝π
2时，l 与⊙O 交于两点．
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363
当α≠π
2时，记tanα＝k，则l 的方程为y＝kx－2.
l 与⊙O 交于两点当且仅当|
2
1＋k2|<1，解得k<－1 或k>1，即α∈
π
4，π
2 或α∈
π
2，3π
4 .
综上，α的取值范围是
π
4，3π
4 .
(2)l 的参数方程为
x＝tcosα，
y＝－2＋tsinα，
(t 为参数，π
4<α<3π
4 )．
设A，B，P 对应的参数分别为tA，tB，tP，则tP＝tA＋tB
2
，且tA，tB 满足t2－2 2tsinα＋1＝0.
于是tA＋tB＝2 2sinα，tP＝2sinα.
又点P 的坐标(x，y)满足
x＝tPcosα，
y＝－2＋tPsinα.
所以点P 的轨迹的参数方程是
x＝2
2 sin2α，
y＝－2
2 －2
2 cos2α
(α为参数，π
4<α<3π
4 )．
3．极坐标系与直角坐标系xOy 有相同的长度单位，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知
曲线C1 的极坐标方程为ρ＝4cosθ，曲线C2 的参数方程为
x＝m＋tcosα，
y＝tsinα
(t 为参数，0≤α<π)，射线θ＝φ，θ＝φ＋π
4，
θ＝φ－π
4与曲线C1 交于(不包括极点O)三点A，B，C.
(1)求证：|OB|＋|OC|＝2|OA|；
(2)当φ＝π
12时，B，C 两点在曲线C2 上，求m 与α的值．
[解析]
(1)证明：设点A，B，C 的极坐标分别为(ρ1，φ)，(ρ2，φ＋π
4)，(ρ3，φ－π
4)，
因为点A，B，C 在曲线C1 上，
所以ρ1＝4cosφ，ρ2＝4cos(φ＋π
4)，ρ3＝4cos(φ－π
4)，所以|OB|＋|OC|＝ρ2＋ρ3＝4cos(φ＋π
4)＋4cos(φ－π
4)＝4 2cosφ＝
2ρ1，
故|OB|＋|OC|＝2|OA|.
(2)由曲线C2 的方程知曲线C2 是经过定点(m,0)且倾斜角为α的直线．
当φ＝π
12时，B，C 两点的极坐标分别为(2，π
3)，(2 3，－π
6)，
化为直角坐标为B(1，3)，C(3，－3)，
所以tanα＝－3－3
3－1
＝－3，
又0≤α<π，所以α＝2π
3 .
故曲线C2 的方程为y＝－3(x－2)，易知曲线C2 恒过点(2,0)，即m＝2.
4．(2019·邵阳三模)在直角坐标系xOy 中，直线的参数方程为
x＝1＋tcosα
y＝tsinα
(t 为参数)，以原点O 为极点，x 轴的
正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ＝2 2cos(θ＋π
4)．
(1)求曲线C 的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线．
(2)设直线l 与曲线C 交于A，B 两点，若点P 的直角坐标为(1,0)，试求当α＝π
4时，|PA|＋|PB|的值．
[解析]
(1)曲线C：ρ＝2 2cos(θ＋π
4)，
可以化为ρ2＝2 2ρcos(θ＋π
4)，ρ2＝2ρcosθ－2ρsinθ，
因此，曲线C 的直角坐标方程为x2＋y2－2x＋2y＝0.
它表示以(1，－1)为圆心，2为半径的圆．
(2)当α＝π
4时，
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直线的参数方程为
x＝1＋2
2 t，
y＝2
2 t
(t 为参数)．
点P(1,0)在直线上，且在圆C 内，把
x＝1＋2
2 t，
y＝2
2 t，
代入x2＋y2－2x＋2y＝0 中得t2＋2t－1＝0.
设两个实数根为t1，t2，则A，B 两点所对应的参数为t1，t2，
则t1＋t2＝－2，t1t2＝－1．
所以|PA|＋|PB|＝|t1－t2|
＝t1＋t22－4t1t2＝6.
第二讲
不等式选讲
高考考点
考点解读
不等式的证明
与不等式的性质相结合，考查综合法在比较大小中的应用
绝对值不等式的解法
1．求解绝对值不等式的解集
2．与集合、概率等内容相结合命题
3．与不等式的恒成立相结合考查求解参数的取值范围
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
不等式选讲也是高考必考内容，重点考查绝对值不等式的解法、不等式的证明及求参数取值
范围问题．题型多为解答题，难度为中档.
知识整合
1．绝对值不等式
定理1：如果a，b 是实数，则|a＋b|__≤__|a|＋|b|，当且仅当ab≥0 时，等号成立．
定理2：如果a，b，c 是实数，那么|a－c|__≤__|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0 时，等号成立．
2．绝对值不等式的解法
(1)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法
①|ax＋b|≤c(c>0)⇔__－c≤ax＋b≤c__.
②|ax＋b|≥c(c>0)⇔__ax＋b≥c 或ax＋b≤－c__.
(2)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法
①利用绝对值不等式__几何意义__求解，体现数形结合思想．
②利用“__零点分段法__”求解，体现分类讨论思想．
③通过构建函数，利用函数图象求解，体现函数与方程思想．
3．证明不等式的基本方法
(1)比较法；(2)综合法；(3)分析法；(4)反证法；(5)放缩法．
4．二维形式的柯西不等式
若a，b，c，d∈R，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥__(ac＋bd)2__，当且仅当__ad＝bc__时，等号成立．
,
易错警示
1．去绝对值号不准确致误．
去绝对值号解不等式时，对变量分类不准确导致去绝对值号错误
2．利用绝对值不等式求最值时忽略等号成立条件致误
利用绝对值不等式求最值时忽略等号成立的条件，或多次应用不等式等号不同时成立导致求最值错误．
3．未能利用等价条件证明不等式致误
利用分析法证明不等式时，未能利用平方、变形等方法等价转化不等式，从而使证明受阻或错误证明．
1．(2019·全国卷Ⅰ，23)已知a，b，c 为正数，且满足abc＝1．证明：
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365
(1)1
a＋1
b＋1
c≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
[解析]
(1)证明：因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，
c2＋a2≥2ac，
又abc＝1，
故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋ca
abc
＝1
a＋1
b＋1
c.
当且仅当a＝b＝c＝1 时，等号成立．
所以1
a＋1
b＋1
c≤a2＋b2＋c2.
(2)证明：因为a，b，c 为正数且abc＝1，
故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3
≥33 a＋b3b＋c3c＋a3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)
≥3×(2 ab)×(2 bc)×(2 ca)＝24.
当且仅当a＝b＝c＝1 时，等号成立．
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
2．(2019·全国卷Ⅱ，23)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．
(1)当a＝1 时，求不等式f(x)<0 的解集；
(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求a 的取值范围．
[解析]
(1)解：当a＝1 时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．
当x<1 时，f(x)＝－2(x－1)2<0；
当x≥1 时，f(x)≥0.
所以，不等式f(x)<0 的解集为(－∞，1)．
(2)解：因为f(a)＝0，所以a≥1．
当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.所以，a 的取值范围是[1，＋∞)．
3．(2019·全国卷Ⅲ，23)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1．
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2 的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥1
3成立，证明：a≤－3 或a≥－1．
[解析]
(1)解：因为[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)·(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥4
3，
当且仅当x＝5
3，y＝－1
3，z＝－1
3时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2 的最小值为4
3.
(2)证明：因为[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2
＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)·(z－a)＋(z－a)(x－2)]
≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥2＋a2
3
，
当且仅当x＝4－a
3
，y＝1－a
3
，z＝2a－2
3
时等号成立．
所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2 的最小值为2＋a2
3
.
由题设知2＋a2
3
≥1
3，解得a≤－3 或a≥－1．
4．(2019·江苏卷，21C)设x∈R，解不等式|x|＋|2x－1|>2.
[解析]
当x＜0 时，原不等式可化为－x＋1－2x＞2，
解得x＜－1
3；
当0≤x≤1
2时，原不等式可化为x＋1－2x＞2，
即x＜－1，无解；
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当x＞1
2时，原不等式可化为x＋2x－1＞2，解得x＞1．
综上，原不等式的解集为xx＜－1
3或x＞1 .
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367
绝对值不等式的解法
典题例析
例1
设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.
(1)当a＝1 时，求不等式f(x)≥0 的解集．
(2)若f(x)≤1，求a 的取值范围．
[解析]
(1)当a＝1 时，f(x)＝
2x＋4，x≤－1，
2，－1＜x<2，
－2x＋6，x≥2.
可得f(x)≥0 的解集为{x|－2≤x≤3}．
(2)f(x)≤1 等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.
而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当x＝2 时等号成立．
故f(x)≤1 等价于|a＋2|≥4.
由|a＋2|≥4 可得a≤－6 或a≥2，
所以a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．
绝对值不等式的常用解法
1．基本性质法：对a∈R＋，|x|<a⇔－a<x<a，|x|>a⇔x<－a 或x>a.
2．平方法：两边平方去掉绝对值符号．
3．零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与
之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．
4．几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．
5．数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．
跟踪训练
已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的定义域为实数集R.
(1)当a＝5 时，解关于x 的不等式f(x)>9.
(2)设关于x 的不等式f(x)≤|x－4|的解集为A，B＝{x∈R||2x－1|≤3}，如果A∪B＝A，求实数a 的取值范围．
[解析]
(1)当a＝5 时，关于x 的不等式f(x)>9，
即|x＋5|＋|x－2|>9，
故有
x<－5，
－x－5＋2－x>9
①；
或
－5≤x≤2，
x＋5＋2－x>9
②或
x>2，
x＋5＋x－2>9
③.
解①求得x<－6，解②求得x∈∅，解③求得x>3.
综上可得，原不等式的解集为{x|x<－6 或x>3}．
(2)设关于x 的不等式f(x)＝|x＋a|＋|x－2|≤|x－4|的解集为A，
B＝{x∈R||2x－1|≤3}＝{x|－1≤x≤2}，
如果A∪B＝A，则B⊆A，
所以
|－1＋a|＋3≤|－1－4|，
|2＋a|＋0≤|2－4|，
即
－1≤a≤3，
－4≤a≤0，
求得－1≤a≤0，
故实数a 的范围为[－1,0]．
不等式的证明
典题例析
例2
已知a，b∈R，且a＋b＝1，求证：(a＋2)2＋(b＋2)2≥25
2 .
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368
[证明]
方法一：(放缩法)因为a＋b＝1，
所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥2[a＋2＋b＋2
2
]2＝1
2[(a＋b)＋4]2＝25
2 (当且仅当a＋2＝b＋2，即a＝b＝1
2时，等号成立)．
方法二：(反证法)假设(a＋2)2＋(b＋2)2<25
2 ，
则a2＋b2＋4(a＋b)＋8<25
2 .
因为a＋b＝1，则b＝1－a，所以a2＋(1－a)2＋12<25
2 .
所以(a－1
2)2<0，这与(a－1
2)2≥0 矛盾，故假设不成立，所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥25
2 .
证明不等式的常用方法
不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等．
1．如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法．
2．利用放缩法证明不等式，就是舍掉式中的一些正确或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，还可把和式
中各项或某项换为较大或较小的数或式子，从而达到证明不等式的目的．
3．如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法. 用反证法
证明不等式的关键是作出假设，推出矛盾．
跟踪训练
设a>0，b>0，且a＋b＝1
a＋1
b.
证明：(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2 与b2＋b<2 不可能同时成立．
[证明]
由a＋b＝1
a＋1
b＝a＋b
ab
，a>0，b>0，
得ab＝1．
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2 ab＝2，
即a＋b≥2.
(2)假设a2＋a<2 与b2＋b<2 同时成立，
则由a2＋a<2 及a>0，得0<a<1；
同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab＝1 矛盾，
故a2＋a<2 与b2＋b<2 不可能同时成立．
绝对值不等式恒成立(存在)问题
典题例析
例3
设函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|，
(1)若a＝－1，解不等式f(x)≥3.
(2)如果任意x∈R，f(x)≥2，求a 的取值范围．
[解析]
(1)当a＝－1 时，f(x)＝|x－1|＋|x＋1|，
由f(x)≥3 有|x－1|＋|x＋1|≥3，据绝对值几何意义求解．|x－1|＋|x＋1|≥3 几何意义是数轴上表示实数x 的点距离
实数1，－1 表示的点距离之和不小3，
由于数轴上数－3
2左侧的点与数3
2右侧的点与数－1 与1 的距离之和不小于3，
所以所求不等式的解集为(－∞，－3
2]∪[3
2，＋∞)．
(2)由绝对值的几何意义知，数轴上到1 的距离与到a 的距离之和大于等于2 恒成立，则1 与a 之间的距离必大于
等于2，从而有a∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
1．求含绝对值号函数的值的两种方法
(1)利用|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求解．
(2)将函数化为分段函数，数形结合求解．
2．恒成立(存在)问题的等价转化
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369
f(x)≥M
f(x)≤M
任意x 恒成立⇔
f(x)min≥M
f(x)max≤M
存在x 成立⇔
f(x)max≥M
f(x)min≤M
跟踪训练
已知函数f(x)＝|x|＋|x＋1|.
(1)若任意x∈R，恒有f(x)≥λ成立，求实数λ的取值范围．
(2)若存在m∈R，使得m2＋2m＋f(t)＝0 成立，求实数t 的取值范围．
[解析]
(1)由f(x)＝|x|＋|x＋1|≥|x－(x＋1)|＝1 知，f(x)min＝1，
欲使任意x∈R，恒有f(x)≥λ成立，则需满足λ≤f(x)min，
所以实数λ的取值范围为(－∞，1]．
(2)由题意得f(t)＝|t|＋|t＋1|＝
－2t－1，t<－1，
1，－1≤t≤0，
2t＋1，t>0，
存在m∈R，使m2＋2m＋f(t)＝0 成立，
即有Δ＝4－4f(t)≥0，所以f(t)≤1，
又f(t)≤1 可等价转化为
t<－1，
－2t－1≤1，
或
－1≤t≤0，
1≤1，
或
t>0，
2t＋1≤1，
解得－1≤t≤0.
所以实数t 的取值范围为[－1,0]．
A 组
1．(2019·湖北五校联考)已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.
(1)解不等式f(x)<|x|＋1；
(2)若对x，y∈R，有|x－y－1|≤1
3，|2y＋1|≤1
6，求证：f(x)<1．
[解析]
(1)∵f(x)<|x|＋1，∴|2x－1|<|x|＋1，
即
x≥1
2，
2x－1<x＋1
或
0<x<1
2，
1－2x<x＋1
或
x≤0，
1－2x<－x＋1，
得1
2≤x<2 或0<x<1
2或无解．
故不等式f(x)<|x|＋1 的解集为{x|0<x<2}．
(2)证明：f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤|2(x－y－1)|＋|2y＋1|＝2|x－y－1|＋|2y＋1|≤2×1
3＋1
6＝5
6<1．
2．(2018·全国卷Ⅰ，23)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)当a＝1 时，求不等式f(x)>1 的解集；
(2)若x∈(0，1)时，不等式f(x)>x 成立，求a 的取值范围．
[解析]
(1)当a＝1 时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，即f(x)＝
－2，x≤－1，
2x，－1＜x＜1，
2，x≥1.
结合函数图象可知，不等式f(x)＞1 的解集为x|x＞1
2 .
(2)当x∈(0,1)时|x＋1|－|ax－1|＞x 成立等价于当x∈(0,1)时|ax－1|＜1 成立．
若a≤0，则当x∈(0,1)时|ax－1|≥1；
若a＞0，|ax－1|＜1 的解集为0＜x＜2
a，
所以2
a≥1，故0＜a≤2.
综上可知，a 的取值范围为(0,2]．
3．(2017·全国卷Ⅰ，23)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.
(1)当a＝1 时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
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370
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a 的取值范围．
[解析]
(1)当a＝1 时，不等式f(x)≥g(x)等价于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.
当x<－1 时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1 时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；
当x>1 时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而1<x≤－1＋17
2
.
所以f(x)≥g(x)的解集为{x|－1≤x≤－1＋17
2
}．
(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2，
所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于当x∈[－1,1]时，f(x)≥2.
又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，
所以f(－1)≥2 且f(1)≥2，得－1≤a≤1．
所以a 的取值范围为[－1,1]．
4．设实数x，y 满足x＋y
4＝1．
(1)若|7－y|<2x＋3，求x 的取值范围．
(2)若x>0，y>0，求证：xy≥xy.
[解析]
(1)根据题意，x＋y
4＝1，
则4x＋y＝4，即y＝4－4x.
则由|7－y|<2x＋3，可得|4x＋3|<2x＋3，
即－(2x＋3)<4x＋3<2x＋3，
解得－1<x<0.
(2)x>0，y>0，
1＝x＋y
4≥2
x·y
4＝xy，
即xy≤1，
xy－xy＝xy(1－xy)，
又由0< xy≤1，
则xy－xy＝xy(1－xy)≥0，
即xy≥xy.
B 组
1．已知a，b∈(0，＋∞)，且2a4b＝2.
(1)求2
a＋1
b的最小值；
(2)若存在a，b∈(0，＋∞)，使得不等式|x－1|＋|2x－3|≥2
a＋1
b成立，求实数x 的取值范围．
[解析]
(1)由2a4b＝2 可知a＋2b＝1，
又因为2
a＋1
b＝(2
a＋1
b)(a＋2b)＝4b
a ＋a
b＋4，
由a，b∈(0，＋∞)可知4b
a ＋a
b＋4≥2
4b
a ·a
b＋4＝8，
当且仅当a＝2b 时取等号，所以2
a＋1
b的最小值为8.
(2)由(1)及题意知不等式等价于|x－1|＋|2x－3|≥8，
①
x≤1，
1－x＋3－2x≥8，
所以x≤－4
3.
②
1<x<3
2，
x－1＋3－2x≥8，
无解．
③
x≥3
2，
x－1＋2x－3≥8，
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371
所以x≥4.
综上，实数x 的取值范围为(－∞，－4
3]∪[4，＋∞)．
2．设函数f(x)＝|x＋1|＋|2x－4|.
(1)画出函数y＝f(x)的图象；
(2)若关于x 的不等式f(x)≥ax＋1 恒成立，试求实数a 的取值范围．
[解析]
(1)由于f(x)＝|x＋1|＋|2x－4|
＝
－3x＋3，x≤－1，
－x＋5，－1<x≤2，
3x－3，x>2，
则函数y＝f(x)的图象如图所示．
(2)当x＝2 时，f(2)＝3.
当直线y＝ax＋1 过点(2,3)时，a＝1．
由函数y＝f(x)与函数y＝ax＋1 的图象知，
当且仅当－3≤a≤1 时，函数y＝f(x)的图象没有在函数y＝ax＋1 的图象的下方，
因此f(x)≥ax＋1 恒成立时，a 的取值范围为[－3，1]．
3．已知函数f(x)＝|x－3|＋|x－a|，a∈R.
(1)当a＝0 时，解关于x 的不等式f(x)>4；
(2)若∃x∈R，使得不等式|x－3|＋|x－a|<4 成立，求实数a 的取值范围．
[解析]
(1)由a＝0 知原不等式为|x－3|＋|x|>4.
当x≥3 时，2x－3>4，解得x>7
2.
当0≤x<3 时，3>4，无解．
当x<0 时，－2x＋3>4，解得x<－1
2.
故解集为{x|x<－1
2或x>7
2}．
(2)由∃x∈R，|x－3|＋|x－a|<4 成立可得，(|x－3|＋|x－a|)min<4.
又|x－3|＋|x－a|≥|x－3－(x－a)|＝|a－3|，
即(|x－3|＋|x－a|)min＝|a－3|<4，解得－1<a<7.
4．已知函数f(x)＝|x＋a－1|＋|x－2a|.
(1)若f(1)<3，求实数a 的取值范围．
(2)若a≥1，x∈R，求证：f(x)≥2.
[解析]
(1)因为f(1)<3，所以|a|＋|1－2a|<3.
①当a≤0 时，得－a＋(1－2a)<3，
解得a>－2
3，所以－2
3<a≤0；
②当0<a<1
2时，得a＋(1－2a)<3，
解得a>－2，所以0<a<1
2；
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③当a≥1
2时，得a－(1－2a)<3，
解得a<4
3，所以1
2≤a<4
3；
综上所述，实数a 的取值范围是(－2
3，4
3)．
(2)证明：因为a≥1，x∈R，
所以f(x)＝|x＋a－1|＋|x－2a|≥|(x＋a－1)－(x－2a)|＝|3a－1|＝3a－1≥2.
思想方法精析
第一讲
函数与方程思想
知识整合
一、函数思想
通过建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题得到解决的思想．
二、方程思想
构建方程或方程组，通过解方程或方程组或运用方程的性质去分析问题、转化问题、从而使问题获得解决的思想．
三、函数思想与方程思想联系
函数思想与方程思想是密切相关的，如函数问题可以转化为方程问题来解决，方程问题也可以转化为函数问题加
以解决，如解方程f(x)＝0，就是求函数y＝f(x)的零点，解不等式f(x)>0(或f(x)<0)，就是求函数y＝f(x)的正(或负)区间，
再如方程f(x)＝g(x)的解的问题可以转化为函数y＝f(x)与y＝g(x)的交点问题，也可以转化为函数y＝f(x)－g(x)与x 轴
的交点问题，方程f(x)＝a 有解，当且仅当a 属于函数f(x)的值域，函数与方程的这种相互转化关系十分重要．
函数与方程思想在不等式中的应用
典题例析
例1
(1)已知f(x)＝log2x，x∈[2,16]，对于函数f(x)值域内的任意实数m，使x2＋mx＋4>2m＋4x 恒成立
的实数x 的取值范围为(
)
A．(－∞，－2]
B．[2，＋∞)
C．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
[解析]
因为x∈[2,16]，所以f(x)＝log2x∈[1,4]，即m∈[1,4]．不等式x2＋mx＋4>2m＋4x 恒成立，即为m(x－2)
＋(x－2)2>0 恒成立．
设g(m)＝(x－2)m＋(x－2)2，
则此函数在区间[1,4]上恒大于0，
所以
g1>0，
g4>0，
即
x－2＋x－22>0，
4x－2＋x－22>0，
解得x<－2 或x>2.
(2)设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]
构造函数f(x)＝x|x|，则f(x)在定义域R 上为奇函数．因为f(x)＝
x2，x≥0，
－x2，x<0，
所以函数f(x)在R 上单调
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373
递增，所以a>b⇔f(a)>f(b)⇔a|a|>b|b|.选C.
(3)(2019·山西模拟)若2x＋5y≤2
－y＋5
－x，则有(
)
A．x＋y≥0
B．x＋y≤0
C．x－y≤0
D．x－y≥0
[解析]
把不等式变形为2x－5
－x≤2
－y－5y，构造函数y＝2x－5
－x，其为R 上的增函数，所以有x≤－y，故选B.
函数与方程思想在不等式问题中的应用要点
1．在解决不等式恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，然后利用函数的最值解决问题．
2．要注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化．一
般地，已知范围的量为变量，而待求范围的量为参数．
跟踪训练
1．(2019·太原一模)定义域为R 的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式fx
ex <1
的解集为(
)
A．(－∞，0)
B．(0，＋∞)
C．(－∞，2)
D．(2，＋∞)
[解析]
构造函数g(x)＝fx
ex ，则g′(x)＝ex·f′x－ex·fx
ex2
＝f′x－fx
ex
.由题意得g′(x)<0 恒成立，所以函数g(x)
＝fx
ex 在R 上单调递减．
又因为g(0)＝f0
e0 ＝1，所以fx
ex <1，
即g(x)<1，所以x>0，所以不等式的解集为(0，＋∞)．
2．若不等式x2＋ax＋1≥0 对一切x∈(0，1
2]恒成立，则a 的最小值为(
)
A．0
B．－2
C．－5
2
D．－3
[解析]
因为x2＋ax＋1≥0，
即a≥－x2－1
x
＝－(x＋1
x)，令g(x)＝－(x＋1
x)，
当0<x≤1
2时，g(x)＝－(x＋1
x)递增，
g(x)max＝g(1
2)＝－5
2，故a≥－5
2，
即a 的最小值为－5
2.
3．若α，β∈[－π
2，π
2]，且αsinα－βsinβ>0，则下面结论正确的是(
)
A．α>β
B．α＋β>0
C．α<β
D．α2>β2
[解析]
令f(x)＝xsinx，
∵x∈[－π
2，π
2]，f(x)为偶函数，
且当x∈[0，π
2]时，f′(x)≥0，
∴f(x)在[0，π
2]上为增函数，在[－π
2，0]上为减函数．
∴αsinα－βsinβ>0⇔f(|α|)>f(|β|)⇒|α|>|β|⇒α2>β2.
解决图象交点或方程根的问题
典题例析
例2
设f(x)是定义在R 上的偶函数，对任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)，且当x∈[－2,0]时，f(x)＝(1
3)x
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－6.若在区间(－2,6]内关于x 的方程f(x)－loga(x＋2)＝0(a>1)恰有3 个不同的实数根，则实数a 的取值范围是
(3 4，
2)
.
[解析]
由f(x＋4)＝f(x)，即函数f(x)的周期为4，
因为当x∈[－2,0]时，f(x)＝(1
3)x－6，
所以若x∈[0,2]，则－x∈[－2,0]，
则f(－x)＝(1
3)
－x－6＝3x－6.
因为f(x)是偶函数，
所以f(－x)＝3x－6＝f(x)，
即f(x)＝3x－6，x∈[0,2]．
由f(x)－loga(x＋2)＝0，得f(x)＝loga(x＋2)，
作出函数f(x) 的图象如图．
当a>1 时，要使方程f(x)－loga(x＋2)＝0 恰有3 个不同的实数根，
则等价于函数f(x)与g(x)＝loga(x＋2)有3 个不同的交点，
则满足
g2<f2，
g6>f6，
即
loga4<3，
loga8>3，
解得3 4<a<2，故a 的取值范围是(3 4，2)．
利用函数与方程思想解决交点及根的问题的思路
(1)应用方程思想把函数图象交点问题转化为方程根的问题，应用函数思想把方程根的问题转化为函数零点问题．
(2)含参数的方程问题一般通过直接构造函数或分离参数化为函数解决．
跟踪训练
1．已知函数f(x)＝1
2x－cosx，则方程f(x)＝π
4所有根的和为(
)
A．0
B．π
4
C．π
2
D．3π
2
[解析]
∵f(x)＝1
2x－cosx，∴f ′(x)＝1
2＋sinx.
当x∈(－π
6，7π
6 )时，
∵sinx>－1
2，∴f ′(x)＝1
2＋sinx>0，
∴f(x)＝1
2x－cosx 在(－π
6，7π
6 )上是增函数．
∵f(π
2)＝π
4－cosπ
2＝π
4，
∴在区间(－π
6，7π
6 )上有且只有一个实数x＝π
2满足f(x)＝π
4.
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375
当x≤－π
6时，有1
2x≤－π
12，－cosx≤1，
∴x≤－π
6时，f(x)＝1
2x－cosx≤－π
12＋1<π
4，
由此可得当x≤π
6时，f(x)＝π
4没有实数根．
同理可证x≥7π
6 时，f(x)＝7π
6 －1>π
4，
∴方程f(x)＝π
4也没有实数根．
综上可知，f(x)＝π
4，只有实数根π
2，故选C.
2．(2019·山东济南期末)若关于x 的方程x
ex＋ex
x＋ex＋m＝0 有三个不相等的实数解x1，x2，x3，且x1<0<x2<x3，其
中m∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数，则( x1
ex1
＋1)2( x2
ex2
＋1)( x3
ex3
＋1)的值为(
)
A．1
B．e
C．m－1
D．1＋m
[解析]
化简x
ex＋ex
x＋ex＋m＝0，可得x
ex＋
1
x
ex＋1
＋m＝0，令x
ex＝t，原方程可化为t＋1
t＋1
＋m＝0，
∴t2＋(m＋1)t＋(m＋1)＝0，由根与系数的关系可得ta＋tb＝－(m＋1)，ta·tb＝m＋1，
∴( x1
ex1
＋1)( x3
ex3
＋1)＝(t1＋1)(t3＋1)＝t1t3＋(t1＋t3)＋1＝m＋1－(m＋1)＋1＝1，
∴( x1
ex1
＋1)( x2
ex2
＋1)＝(t1＋1)(t2＋1)＝t1t2＋(t1＋t2)＋1＝m＋1－(m＋1)＋1＝1，
两式相乘可得( x1
ex1
＋1)2( x2
ex2
＋1)( x3
ex3
＋1)＝1，
即( x1
ex1
＋1)2( x2
ex2
＋1)( x3
ex3
＋1)的值为1．故选A.
解决最值或参数范围问题
典题例析
例3
直线y＝a 分别与曲线y＝2(x＋1)，y＝x＋lnx 交于点A，B，则|AB|的最小值为(
)
A．3
B．2
C．3 2
4
D．3
2
[解析]
当y＝a 时，2(x＋1)＝a，所以x＝a
2－1．
设方程x＋lnx＝a 的根为t，
则t＋lnt＝a，则|AB|＝|t－a
2＋1|＝|t－t＋lnt
2
＋1|＝|
t
2－lnt
2 ＋1|.
设g(t)＝t
2－lnt
2 ＋1(t>0)，
则g′(t)＝1
2－1
2t＝t－1
2t
，
令g′(t)＝0，得t＝1，当t∈(0,1)时，g′(t)<0；
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，
所以g(t)min＝g(1)＝3
2，
所以|AB|≥3
2，所以|AB|的最小值为3
2.
求最值或参数范围的技巧
(1)充分挖掘题设条件中的不等关系，构建以待求字母为元的不等式(组)求解．
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376
(2)充分应用题设中的等量关系，将待求参数表示成其他变量的函数，然后应用函数知识求解．
(3)当问题中出现两数积与这两数和时，是构建一元二次方程的明显信息，构造方程再利用方程知识使问题巧妙解
决．
(4)当问题中出现多个变量时，往往要利用等量关系去减少变量的个数．
跟踪训练
1．如图，A 是单位圆与x 轴的交点，点P 在单位圆上，∠AOP＝θ(0<θ<π)，OQ
→＝OA
→＋OP
→，四边形OAQP 的面
积为S，当OA
→·OP
→＋S 取得最大值时θ的值为(
)
A．π
6
B．π
4
C．π
3
D．π
2
[解析]
∵OA
→＝(1,0)，OP
→＝(cosθ，sinθ)，∴OA
→·OP
→＋S＝cosθ＋sinθ＝2sin(θ＋π
4)，故OA
→·OP
→＋S 的最大值为2，
此时θ＝π
4.故选B.
2．(2019·河南商丘模拟)已知函数f(x)＝－x3＋1＋a(1
e≤x≤e，e 是自然对数的底数)与g(x)＝3lnx 的图象上存在关
于x 轴对称的点，则实数a 的取值范围是(
)
A．[0，e3－4]
B．[0，1
e3＋2]
C．[1
e3＋2，e3－4]
D．[e3－4，＋∞)
[解析]
根据题意，知方程－x3＋1＋a＝－3lnx 在区间[1
e，e]上有解，即方程a＋1＝x3－3lnx 在区间[1
e，e]上有解，
设函数g(x)＝x3－3lnx，x∈[1
e，e]，
则g′(x)＝3x2－3
x＝3x3－1
x
，
令g′(x)＝0，得x＝1，
当1
e≤x<1 时，g′(x)<0，g(x)为减函数，
当1<x≤e 时，g′(x)>0，g(x)为增函数，
故函数g(x)＝x3－3lnx 在x∈[1
e，e]上的最小值为g(1)＝1，又g(1
e)＝1
e3＋3，g(e)＝e3－3，
且g(1
e)<g(e)，
故函数g(x)＝x3－3lnx 在x∈[1
e，e]上的最大值为g(e)＝e3－3，故函数g(x)＝x3－3lnx 在区间[1
e，e]上的值域为[1，
e3－3]．
则有1≤a＋1≤e3－3，则有0≤a≤e3－4，
即a 的取值范围是[0，e3－4]．故选A．
函数与方程思想在解析几何中的应用
典题例析
例4
椭圆C 的中心为坐标原点O，焦点在y 轴上，短轴长为2，离心率为2
2 ，直线l 与y 轴交于点P(0，
m)，与椭圆C 交于相异两点A，B，且AP
→＝3PB
→.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)求m 的取值范围．
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377
[解析]
(1)设椭圆C 的方程为y2
a2＋x2
b2＝1(a>b>0)，
设c>0，c2＝a2－b2，
由题意，知2b＝2，c
a＝2
2 ，所以a＝1，b＝c＝2
2 .
故椭圆C 的方程为y2＋
x2
1
2
＝1，即y2＋2x2＝1．
(2)设直线l 的方程为y＝kx＋m(k≠0)，l 与椭圆C 的交点坐标为A(x1，y1)，B2(x2，y2)，
由
y＝kx＋m，
2x2＋y2＝1，
得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0，
Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1)＝4(k2－2m2＋2)>0，(*)
x1＋x2＝－2km
k2＋2
，x1x2＝m2－1
k2＋2
，
因为AP
→＝3PB
→，所以－x1＝3x2，
所以
x1＋x2＝－2x2，
x1x2＝－3x22.
则3(x2＋x2)2＋4x1x2＝0，
即3·(－2km
k2＋2
)2＋4·m2－1
k2＋2
＝0，
整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0，
即k2(4m2－1)＋(2m2－2)＝0，
当m2＝1
4时，上式不成立；当m2≠1
4时，k2＝2－2m2
4m2－1
，
由(*)式，得k2>2m2－2.又k≠0，
所以k2＝2－2m2
4m2－1
>2m2－2，
解得－1<m<－1
2或1
2<m<1，
即所求m 的取值范围为(－1，－1
2)∪(1
2，1)．
利用判别式法研究圆锥曲线中的范围问题的步骤
第一步：联立方程．
第二步：求解判别式Δ.
第三步：代换．利用题设条件和圆锥曲线的几何性质，得到所求目标参数和判别式不等式中的参数的一个等量关
系，将其代换．
第四步：下结论．将上述等量代换式代入Δ>0 或Δ≥0 中，即可求出目标参数的取值范围．
跟踪训练
(2019·湖南益阳、湘潭联考)已知椭圆E：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)经过点(1，3
2)，离心率为1
2.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设点A，F 分别为椭圆的右顶点、右焦点，经过点F 作直线交椭圆于C，D 两点，求四边形OCAD 面积的最大
值(O 为坐标原点)．
[解析]
(1)由题设得
1
a2＋9
4b2＝1，
c
a＝1
2，
a2＝b2＋c2，
解得
a2＝4，
b2＝3，
c2＝1.
∴椭圆E 的方程为x2
4 ＋y2
3＝1．
(2)由(1)知，F(1,0)，A(2,0)．由题意知当直线CD 的斜率存在时，斜率不为0，设CD 的方程为x＝my＋1，与椭圆
方程x2
4 ＋y2
3＝1 联立得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
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378
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则y1＋y2＝－
6m
3m2＋4，y1y2＝
－9
3m2＋4
，
∴S 四边形OCAD＝S△OCA＋S△ODA＝1
2×2×|y1|＋1
2×2×|y2|＝|y1－y2|＝y1＋y22－4y1y1＝12 m2＋1
3m2＋4
＝12t
3t2＋1
＝
12
3t＋1
t
，
其中t＝m2＋1，t≥1．
∵当t≥1 时，3t＋1
t单调递增，3t＋1
t≥4，
∴S 四边形OCAD≤3(当m＝0 时取等号)．
第二讲
数形结合思想
知识整合
数形结合思想的实质是把抽象的数学语言与直观的图形语言有机结合，达到抽象思维和形象思维的和谐统一．通
过对规范图形或示意图形的观察分析，化抽象为直观，化直观为精确，从而使问题得到解决．
数形结合包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：一是借助形的生动性和直
观性来阐明数形之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是借
助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明
曲线的几何性质．
数形结合思想在方程的根或函数零点中的应用
典题例析
例1
若f(x)＋1＝
1
fx＋1，当x∈[0,1]时，f(x)＝x，若在区间(－1,1]内，g(x)＝f(x)－mx－m 有两个零点，
则实数m 的取值范围是(
)
A．[0，1
2)
B．[1
2，＋∞)
C．[0，1
3)
D．(0，1
2]
[解析]
当x∈(－1,0]时，x＋1∈(0,1]，
∵当x∈(0,1]时，f(x)＝x，
∴f(x＋1)＝x＋1．
而由f(x)＋1＝
1
fx＋1，可得f(x)＝
1
fx＋1－1＝1
x＋1－1(x∈(－1,0])．
如图所示，作出函数f(x)在区间(－1,1]内的图象，
而函数g(x)零点的个数即为函数f(x)与y＝mx＋m 图象交点的个数，显然函数y＝mx＋m 的图象为经过点P(－1,0)，
斜率为m 的直线．
如图所示，f(1)＝1，故B(1,1)．直线PB 的斜率k1＝
1－0
1－－1
＝1
2，直线PO 的斜率为k2＝0.由图可知，函数f(x)与
y＝mx＋m 的图象有两个交点，则直线y＝mx＋m 的斜率k2<m≤k1，即m∈(0，1
2]．
利用数形结合求方程解应注意两点
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379
1．讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解
一定要注意图象的准确性、全面性、否则会得到错解．
2．正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．
跟踪训练
1．已知函数f(x)＝
|2x＋1|，x<1，
log2x－m，x>1，
若f(x1)＝f(x2)＝f(x3)(x1，x2，x3 互不相等)，且x1＋x2＋x3 的取值范围为(1,8)，
则实数m 的值为__1__.
[解析]
作出f(x)的图象，如图所示，可令x1<x2<x3，则由图知点(x1,0)，(x2,0)关于直线x＝－1
2对称，所以x1＋x2
＝－1．又1<x1＋x2＋x3<8，所以2<x3<9.由f(x1)＝f(x2)＝f(x3)(x1，x2，x3 互不相等)，结合图象可知点A 的坐标为(9,3)，
代入函数解析式，得3＝log2(9－m)，解得m＝1．
2．(2019·辽宁模拟)f(x)＝2sinπx－x＋1 的零点个数为(
)
A．4
B．5
C．6
D．7
[解析]
令2sinπx－x＋1＝0，则2sinπx＝x－1，令h(x)＝2sinπx，g(x)＝x－1，则f(x)＝2sinπx－x＋1 的零点个数
问题就转化为两个函数h(x)与g(x)图象的交点个数问题．h(x)＝2sinπx 的最小正周期为T＝2π
π ＝2，画出两个函数的图
象，如图所示，因为h(1)＝g(1)，h(5
2)>g(5
2)，g(4)＝3>2，g(－1)＝－2，所以两个函数图象的交点一共有5 个，所以f(x)
＝2sinπx－x＋1 的零点个数为5.故选B.
数形结合化解不等式问题
典题例析
例2
(1)(2019·四川模拟)若存在正数x 使2x(x－a)<1 成立，则a 的取值范围是(
)
A．(－∞，＋∞)
B．(－2，＋∞)
C．(0，＋∞)
D．(－1，＋∞)
[解析]
方法一：不等式2x(x－a)<1 可变形为x－a<(1
2)x.在同一平面直角坐标系内作出直线y＝x－a 与y＝(1
2)x 的图
象，如图，由题意，知在(0，＋∞)上，直线y＝x－a 有一部分在曲线y＝(1
2)x 的下方．观察可知，有－a<1，所以a>－
1，故选D.
方法二：不等式2x(x－a)<1 可变形为a>x－(1
2)x.记g(x)＝x－(1
2)x(x>0)，易知g(x)为增函数，又g(0)＝－1，所以g(x)
∈(－1，＋∞)．故a>－1．故选D.
(2)已知关于x 的不等式x>ax＋3
2的解集为{x|4<x<b}，则ab＝
9
2
.
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380
[解析]
设f(x)＝x，g(x)＝ax＋3
2(x≥0)．
因为x>ax＋3
2的解集为{x|4<x<b}，
所以两函数图象在4<x<b 上有f(x)>g(x)，如图所示．
当x＝4，x＝b 时，由f(x)＝g(x)，可得
4＝4a＋3
2，
b＝ab＋3
2，
解得
a＝1
8，
b＝36，
所以ab＝1
8×36＝9
2.
1．数形结合思想解决参数问题的思路
(1)分析条件所给曲线．(2)画出图象．(3)根据图象求解．
2．常见的数与形的转化
(1)集合的运算及韦恩图．(2)函数及其图象．(3)数列通项及求和公式的函数特征及函数图象．(4)方程(多指二元方
程)及方程的曲线．
跟踪训练
1．(2019·太原模拟)不等式2x－x2≤x＋b 恒成立，则实数b 的取值范围是(
)
A．(－∞，－2－1]
B．(－∞，2－1]
C．[ 2－1，＋∞)
D．[－2－1，2－1]
[解析]
设y＝2x－x2＝1－x－12，整理得(x－1)2＋y2＝1(y≥0)，表示以A(1,0)为圆心，半径为1 的上半圆；
而y＝x＋b 表示斜率为1，在y 轴上的截距为b 的直线．
如图所示，要使不等式恒成立，则直线y＝x＋b 在半圆的上方，即圆心到直线的距离不小于圆的半径，故|1＋b|
2
≥1，
解得b≥2－1 或b≤－2－1．而当b≤－2－1 时，直线y＝x＋b 在半圆的下方，所以不满足条件．所以实数b 的取
值范围是[ 2－1，＋∞)．故选C.
2．对∀x∈(0，1
3)，8x<logax＋1 恒成立，则实数a 的取值范围是
1
3≤a<1
.
[解析]
当0<x<1
3时，函数y＝8x－1 的图象如图中实线所示．
∵对∀x∈(0，1
3)，8x<logax＋1 恒成立，
∴当x∈(0，1
3)时，y＝logax 的图象恒在y＝8x－1 的图象的上方(如图中虚线所示)．
∵y＝logax 的图象与y＝8x－1 的图象交于点(1
3，1)时，a＝1
3，∴1
3≤a<1．
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381
利用数形结合思想解决不等式、参数问题
典题例析
例3
(1)(2017·全国卷Ⅰ)已知△ABC 是边长为2 的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA
→·(PB
→＋PC
→)
的最小值是(
)
A．－2
B．－3
2
C．－4
3
D．－1
[解析]
方法1：(解析法)
建立坐标系如图所示，则A，B，C 三点的坐标分别为A(0，3)，B(－1,0)，C(1,0)．
设P 点的坐标为(x，y)，则PA
→＝(－x，3－y)，PB
→＝(－1－x，－y)，PC
→＝(1－x，－y)，
∴PA
→·(PB
→＋PC
→)＝(－x，3－y)·(－2x，－2y)＝2(x2＋y2－3y)＝2[x2＋(y－3
2 )2－3
4]≥2×(－3
4)＝－3
2.
当且仅当x＝0，y＝3
2 时，PA
→·(PB
→＋PC
→)取得最小值，最小值为－3
2.故选B.
方法2：(几何法)如图所示，PB
→＋PC
→＝2PD
→(D 为BC 的中点)，则PA
→·(PB
→＋PC
→)＝2PA
→·PD
→.
要使PA
→·PD
→最小，则PA
→与PD
→方向相反，即点P 在线段AD 上，则(2PA
→·PD
→)min＝－2|PA
→||PD
→|，问题转化为求|PA
→||PD
→|
的最大值．
又|PA
→|＋|PD
→|＝|AD
→|＝2× 3
2 ＝3，
∴|PA
→||PD
→|≤(|PA
→|＋|PD
→|
2
)2＝( 3
2 )2＝3
4，
∴[PA
→·(PB
→＋PC
→)]min＝2(PA
→·PD
→)min＝－2×3
4＝－3
2.故选B.
(2)给定两个长度为1 的平面向量OA
→和OB
→，它们的夹角为2π
3 .如图所示，点C 在以O 为圆心的圆弧AB
︵上运动．若
OC
→＝xOA
→＋yOB
→，其中x，y∈R，则x＋y 的最大值为__2__.
[解析]
如题图所示，则A(1,0)，B(－1
2，3
2 )．
设∠AOC＝α(α∈[0，2π
3 ])，则C(cosα，sinα)．
由OC
→＝xOA
→＋yOB
→，得
cosα＝x－1
2y，
sinα＝3
2 y，
解得
x＝cosα＋3
3 sinα，
y＝2 3
3 sinα，
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382
所以x＋y＝cosα＋3sinα＝2sin(α＋π
6)．
又α∈[0，2π
3 ]，所以当α＝π
3时，x＋y 取得最大值2.
建坐标系可以实现平面向量问题的全面运算，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值
域、不等式的解集、方程有解等问题，化繁为简，轻松破解．
跟踪训练
1．(2019·福建模拟)已知AB
→⊥AC
→，|AB
→|＝1
t，|AC
→|＝t.若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP
→＝
AB
→
|AB
→|
＋
4AC
→
|AC
→|
，则PB
→·PC
→
的最大值等于(
)
A．13
B．15
C．19
D．21
[解析]
以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，则B(1
t，0)(t>0)，C(0，t)，
P(1,4)，PB
→·PC
→＝(1
t－1，－4)(－1，t－4)＝17－(4t＋1
t)≤17－2×2＝13.
当且仅当t＝1
2时，PB
→·PC
→最大为13，故选A．
2．(2019·西安高新模拟)如图，在梯形ABCD 中，AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝π
4，若AB
→·AC
→＝2AB
→·AD
→，则AD
→·AC
→
＝__12__.
[解析]
方法一：因为AB
→·AC
→＝2AB
→·AD
→，
所以AB
→·AC
→－AB
→·AD
→＝AB
→·AD
→，
所以AB
→·DC
→＝AB
→·AD
→.
因为AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝π
4，
所以2|AB
→|＝|AB
→||AD
→|cosπ
4，化简得|AD
→|＝2 2.
故AD
→·AC
→＝AD
→·(AD
→＋DC
→)＝|AD
→|2＋AD
→·DC
→＝(2 2)2＋2 2×2cosπ
4＝12.
方法二：如图，建立平面直角坐标系xAy.依题意，可设点D(m，m)，C(m＋2，m)，B(n,0)，其中m>0，n>0，
则由AB
→·AC
→＝2AB
→·AD
→，得(n,0)·(m＋2，m)＝2(n,0)·(m，m)，
所以n(m＋2)＝2nm，化简得m＝2.
故AD
→·AC
→＝(m，m)·(m＋2，m)＝2m2＋2m＝12.
数形结合化解圆锥曲线问题
典题例析
例4
(1)(2019·武汉模拟)已知点P 在抛物线y2＝4x 上，那么点P 到点Q(2，－1)的距离与点P 到抛物线
焦点的距离之和取得最小值时，点P 的坐标为(
)
A．(1
4，－1)
B．(1
4，1)
C．(1,2)
D．(1，－2)
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383
[解析]
点P 到抛物线焦点的距离等于点P 到抛物线准线的距离，如图所示，设焦点为F，过点P 作准线的垂线，
垂足为S，则|PF|＋|PQ|＝|PS|＋|PQ|，故当S，P，Q 三点共线时取得最小值，此时P，Q 的纵坐标都是－1，设点P 的
横坐标为x0，代入y2＝4x，得x0＝1
4，故点P 的坐标为(1
4，－1)，故选A．
(2)已知A(1,1)为椭圆x2
9 ＋y2
5＝1 内一点，F1 为椭圆的左焦点，P 为椭圆上一动点，求|PF1|＋|PA|的最大值和最小值．
[解析]
由x2
9 ＋y2
5＝1 可知a＝3，b＝5，c＝2，左焦点F1(－2,0)，右焦点F2(2,0)．
由椭圆定义，知|PF1|＝2a－|PF2|＝6－|PF2|，
∴|PF1|＋|PA|＝6－|PF2|＋|PA|＝6＋|PA|－|PF2|.
如图，由||PA|－|PF2||≤|AF2|＝2－12＋0－12＝2，知－2≤|PA|－|PF2|≤2.
当点P 在AF2 的延长线上的点P2 处时，取右“＝”，
当点P 在AF2 的反向延长线上的点P1 处时，取左“＝”，
即|PA|－|PF2|的最大、最小值分别为2，－2.
于是|PF1|＋|PA|的最大值是6＋2，最小值是6－2.
(1)在解析几何的解题过程中，通常要数形结合，这样使数更形象，更直白，充分利用图象的特征，挖掘题中所给
的代数关系式和几何关系式，避免一些复杂的计算，给解题提供方便．
(2)应用几何意义数形结合法解决问题需要熟悉常见的几何结构的代数形式，主要有：①比值——可考虑直线的斜
率；②二元一次式——可考虑直线的截距；③根式分式——可考虑点到直线的距离；④根式——可考虑两点间的距离．
跟踪训练
1．(2019·南宁模拟)椭圆x2
5 ＋y2
4 ＝1 的左焦点为F，直线x＝m 与椭圆相交于点M，N，当△FMN 的周长最大时，
△FMN 的面积是(
)
A．5
5
B．6 5
5
C．8 5
5
D．4 5
5
[解析]
如图，设椭圆的右焦点为F′，连接MF′，NF′.
因为|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以当直线x＝m 过椭圆的右焦点时，△FMN 的周长最
大．
此时|MN|＝2b2
a ＝8 5
5 ，
又c＝a2－b2＝5－4＝1，
所以此时△FMN 的面积S＝1
2×2×8 5
5 ＝8 5
5 .故选C.
2．(2019·广西模拟)设P 为双曲线x2－y2
15＝1 右支上一点，M，N 分别是圆C1：(x＋4)2＋y2＝4 和圆C2：(x－4)2＋
y2＝1 上的点，设|PM|－|PN|的最大值和最小值分别为m，n，则|m－n|＝(
)
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384
A．4
B．5
C．6
D．7
[解析]
由题意得，圆C1：(x＋4)2＋y2＝4 的圆心为(－4,0)，半径为r1＝2；圆C2：(x－4)2＋y2＝1 的圆心为(4,0)，
半径为r2＝1．
设双曲线x2－y2
15＝1 的左、右焦点分别为F1(－4,0)，F2(4,0)．如图所示，连接PF1，PF2，F1M，F2N，
则|PF1|－|PF2|＝2.
又|PM|max＝|PF1|＋r1，|PN|min＝|PF2|－r2，所以|PM|－|PN|的最大值m＝|PF1|－|PF2|＋r1＋r2＝5.又|PM|min＝|PF1|
－r1，|PN|max＝|PF2|＋r2，所以|PM|－|PN|的最小值n＝|PF1|－|PF2|－r1－r2＝－1，所以|m－n|＝6.故选C.
第三讲
分类与整合思想
知识整合
一、分类与整合思想的含义
分类与整合思想就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，需要把研究对象按某个标准分类，然后对每一类分
别研究得出结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答．实质上，分类与整合是“化整为零，各个击破，再积零为
整”的解题策略．
二、分类与整合的常见类型
有关分类与整合的数学问题需要运用分类与整合思想来解决，引起分类与整合的原因大致可归纳为如下几种：
1．由数学概念引起的分类与整合：有的概念本身是分类的，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等．
2．由性质、定理、公式的限制引起的分类与整合：有的数学定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结
论不一致，如等比数列的前n 项和公式、函数的单调性等．
3．由数学运算要求引起的分类与整合：如除法运算中除数不为零，偶次方根被开方数非负，对数真数与底数的要
求，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域等．
4．由图形的不确定性引起的分类与整合：有的图形类型、位置需要分类，如角的终边所在的象限，点、线、面的
位置关系等．
5．由参数的变化引起的分类与整合：某些含有参数的问题，如含参数的方程、不等式，由于参数的取值不同会导
致所得结果不同，或对于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法．
6．由实际意义引起的讨论：此类问题常常出现在应用题中．
由概念、法则、公式引起的分类与整合
典题例析
例1
(1)已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则a＋b＝
－3
2
.
[解析]
当a>1 时，函数f(x)＝ax＋b 在[－1,0]上为增函数，由题意得
a
－1＋b＝－1，
a0＋b＝0，
无解．
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385
当0<a<1 时，函数f(x)＝ax＋b 在[－1,0]上为减函数，由题意得
a
－1＋b＝0，
a0＋b＝－1，
解得
a＝1
2，
b＝－2，
所以a＋b＝－3
2.
(2)已知a，b，c 分别是△ABC 的内角A，B，C 所对的边，且c＝2，C＝π
3，若sinC＋sin(B－A)＝2sin2A，则A＝
π
2或π
6
.
[解析]
在△ABC 中，由sinC＋sin(B－A)＝2sin2A 可得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝2sin2A，即sinAcosB＋cosAsinB
＋cosAsinB－sinAcosB＝4sinAcosA，
∴cosAsinB＝2sinAcosA，
即cosA(sinB－2sinA)＝0，即cosA＝0 或sinB＝2sinA，
①当cosA＝0 时，A＝π
2；
②当sinB＝2sinA 时，根据正弦定理得b＝2a，
由余弦定理c2＝b2＋a2－2abcosC，结合c＝2，C＝π
3，得a2＋b2－ab＝4，
∴a＝2 3
3 ，b＝4 3
3 ，∴b2＝a2＋c2，
∴B＝π
2，∴A＝π
6.
综上可得，A＝π
2或π
6.
“四步”解决由概念、法则、公式引起的分类与整合问题
第一步：确定分类对象：一般把需要用到概念、法则、公式解决问题的对象作为分类目标．
第二步：确定分类标准：运用概念、法则、公式对分类对象进行区分．
第三步：分类解决“分目标”：对分类出来的“分目标”分别进行处理．
第四步：汇总“分目标”：将“分目标”问题进行汇总，并作进一步处理．
跟踪训练
1．(2019·广东联考)设函数f(x)＝
x2＋2x，x<0，
－x2，x≥0，
若f[f(a)]≤3，则实数a 的取值范围是(
)
A．(－∞，－3]
B．[－3，＋∞)
C．[－3，3]
D．(－∞，3]
[解析]
令f(a)＝t，则f(t)≤3⇔
t<0，
t2＋2t≤3
或
t≥0，
－t2≤3，
解得t≥－3，则f(a)≥－3⇔
a<0，
a2＋2a≥－3
或
a≥0，
－a2≥－3，
解得a<0 或0≤a≤3，则实数a 的取值范围是(－∞，3]，故选D.
2．已知锐角△ABC 的三个内角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，若b 是1
2，2 的等比中项，c 是1,5 的等差中项，
则a 的取值范围是
(2 2，10)
.
[解析]
因为b 是1
2，2 的等比中项，所以b＝
1
2×2＝1；
因为c 是1,5 的等差中项，所以c＝1＋5
2
＝3.
因为△ABC 为锐角三角形，
①当a 为最大边时，有
12＋32－a2>0，
a≥3，
1＋3>a，
解得3≤a< 10；
②当c 为最大边时，有
12＋a2－32>0，
a＋1>3，
a≤3，
解得2 2<a≤3.
由①②得2 2<a< 10，
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386
所以实数a 的取值范围是(2 2，10)．
由图形位置或形状引起的分类与整合
典题例析
例2
(1)在约束条件
x≥0，
y≥0，
y＋x≤s，
y＋2x≤4
下，当3≤s≤5 时，z＝3x＋2y 的最大值的变化范围是(
)
A．[6,15]
B．[7,15]
C．[6,8]
D．[7,8]
[解析]
由
x＋y＝s，
y＋2x＝4
⇒
x＝4－s，
y＝2s－4，
取点A(2,0)，B(4－s,2s－4)，C(0，s)，C′(0,4)．
①当3≤s<4 时，可行域是四边形OABC，如图1 所示，此时，7≤z<8.
②当4≤s≤5 时，此时可行域是△OAC′，如图2 阴影部分所示，zmax＝8.
综上可知，z＝3x＋2y 最大值的变化范围是[7,8]．
(2)设圆锥曲线T 的两个焦点分别为F1，F2，若曲线T 上存在点P 满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线T
的离心率为
1
2或3
2
.
[解析]
不妨设|PF1|＝4t，|F1F2|＝3t，|PF2|＝2t，
若该圆锥曲线为椭圆，则有|PF1|＋|PF2|＝6t＝2a，
|F1F2|＝3t＝2c，e＝c
a＝2c
2a＝3t
6t＝1
2；
若该圆锥曲线是双曲线，则有|PF1|－|PF2|＝2t＝2a，
|F1F2|＝3t＝2c，e＝c
a＝3t
2t＝3
2，
所以圆锥曲线T 的离心率为1
2或3
2.
图形位置或形状的变化中常见的分类
圆锥曲线形状不确定时，常按椭圆、双曲线来分类讨论，求圆锥曲线的方程时，常按焦点的位置不同来分类讨论；
相关计算中，涉及图形问题时，也常按图形的位置不同、大小差异等来分类讨论．
跟踪训练
1．设F1，F2 为椭圆x2
9 ＋y2
4＝1 的两个焦点，P 为椭圆上一点．已知P，F1，F2 是一个直角三角形的三个顶点，且
|PF1|>|PF2|，则|PF1|
|PF2|的值为
7
2或2
.
[解析]
若∠PF2F1＝90°，则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2.
又因为|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2 5，
解得|PF1|＝14
3 ，|PF2|＝4
3，
所以|PF1|
|PF2|＝7
2.
若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，
所以|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，
所以|PF1|＝4，|PF2|＝2，所以|PF1|
|PF2|＝2.
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综上可知，|PF1|
|PF2|＝7
2或2.
2．如图，M，N 是焦点为F 的抛物线y2＝4x 上的两个不同的点，且线段MN 的中点A 的横坐标为3，直线MN
与x 轴交于B 点，则点B 的横坐标的取值范围是(
)
A．(－3,3]
B．(－∞，3]
C．(－6，－3)
D．(－6，－3)∪(－3,3]
[解析]
①若直线MN 的斜率不存在，则点B 的坐标为(3,0)．
②若直线MN 的斜率存在，设A(3，t)(t≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由
y21＝4x1，
y22＝4x2，
得y21－y22＝4(x1－x2)，
∴y1－y2
x1－x2
(y1＋y2)＝4，即kMN＝2
t，
∴直线MN 的方程为y－t＝2
t(x－3)，
∴点B 的横坐标xB＝3－t2
2，由
y－t＝2
tx－3，
y2＝4x，
消去x，得y2－2ty＋2t2－12＝0，
由Δ>0 得t2<12，又t≠0，∴xB＝3－t2
2∈(－3,3)．
综上，点B 的横坐标的取值范围为(－3,3]．
由变量或参数引起的分类与整合
典题例析
(文)
例3
设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.求f(x)的单调区间．
[思路探究]
看到求f(x)＝x3－ax－b 的单调区间，想到对参数a 进行分类整合，分为a≤0 和a>0 两种情况．
[解析]
由f(x)＝x3－ax－b，可得f′(x)＝3x2－a.
下面分两种情况讨论：
①当a≤0 时，f′(x)＝3x2－a≥0 恒成立，
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
②当a＞0 时，令f′(x)＝0，解得x＝3a
3 或x＝－3a
3 .
当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表：
x
(－∞，－3a
3 )
－3a
3
(－3a
3 ，3a
3 )
3a
3
( 3a
3 ，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以f(x)的单调递减区间为(－3a
3 ，3a
3 )，单调递增区间为(－∞，－3a
3 )，( 3a
3 ，＋∞)．
几种常见的由参数变化引起的分类与整合
(1)含有参数的不等式的求解．
(2)含有参数的方程的求解．
(3)对于解析式系数是参数的函数，求最值与单调性问题．
(4)二元二次方程表示曲线类型的判定等．
(5)直线与圆锥曲线位置关系的分类．
典题例析
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(理)
例3
已知函数g(x)＝ax
x＋1(a∈R)，f(x)＝ln(x＋1)＋g(x)．
(1)若函数g(x)过点(1,1)，求函数f(x)的图象在x＝0 处的切线方程；
(2)判断函数f(x)的单调性．
[解析]
(1)因为函数g(x)过点(1,1)，所以1＝a
1＋1，
解得a＝2，所以f(x)＝ln(x＋1)＋2x
x＋1
.
所以f ′(x)＝1
x＋1
＋
2
x＋12＝x＋3
x＋12.
所以f ′(0)＝3.所以所求的切线的斜率为3.
又f(0)＝0，所以切点为(0,0)．
故所求的切线方程为y＝3x.
(2)因为f(x)＝ln(x＋1)＋ax
x＋1
(x>－1)，
所以f ′(x)＝1
x＋1
＋ax＋1－ax
x＋12
＝x＋1＋a
x＋12 .
①当a≥0 时，因为x>－1，所以f ′(x)>0.
②当a<0 时，由
f ′x<0，
x>－1，
得－1<x<－1－a；
由
f ′x>0，
x>－1，
得x>－1－a.
综上可知，当a≥0 时，函数f(x)在(－1，＋∞)内单调递增；当a<0 时，函数f(x)在(－1，－1－a)内单调递减，在
(－1－a，＋∞)内单调递增．
1．几种常见的由参数变化引起的分类讨论
(1)含有参数的不等式的求解．
(2)含有参数的方程的求解．
(3)对于解析式系数是参数的函数，求最值与单调性问题．
(4)二元一次方程表示曲线类型的判定等．
2．利用分类讨论思想的注意点
(1)分类讨论要标准统一，层次分明，分类要做到“不重不漏”．
(2)分类讨论时要根据题设条件确定讨论的级别，再确定每级讨论的对象与标准，每级讨论中所分类别应做到与前
面所述不重不漏．
(3)讨论结果归类合并，最后整合时要注意是取交集、并集，还是既不取交集也不取并集只是分条列出．
跟踪训练
当实数x，y 满足
x＋2y－4≤0，
x－y－1≤0，
x≥1
时，ax＋y≤4 恒成立，则实数a 的取值范围是
(－∞，3
2]
.
[解析]
由约束条件作可行域如图中阴影部分，
联立
x＝1，
x＋2y－4＝0，
解得C(1，3
2)．
联立
x－y－1＝0，
x＋2y－4＝0，
解得B(2,1)．
在x－y－1＝0 中取y＝0，得A(1,0)．
由ax＋y≤4 得y≤－ax＋4，
要使ax＋y≤4 恒成立，
则平面区域在直线y＝－ax＋4 的下方．
若a＝0，则不等式等价于y≤4，此时满足条件；
若－a>0，即a<0，平面区域满足条件；
若－a<0，即a>0 时，要使平面区域在直线y＝－ax＋4 的下方，则只要B 在直线上或直线下方即可，
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即2a＋1≤4，得0<a≤3
2.综上可知a≤3
2，
所以实数a 的取值范围是(－∞，3
2]．
第四讲
转化与化归思想
知识整合
一、转化与化归思想的含义
转化与化归思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题
得到解决的一种数学方法，一般是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解
的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．
二、转化与化归的常见方法
1．直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题．
2．换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于
解决的基本问题．
3．数形结合法：研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系，通过互相变换获得转化途径．
4．等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价问题，以达到化归的目的．
5．特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的问题的结论适合原问题．
6．构造法：构造一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题．
7．坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径．
8．类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于探求．
9．参数法：引进参数，使原问题转化为熟悉的问题进行解决．
10．补集法：如果正面解决原问题有困难，可把原问题的结果看作集合A，而把包含该问题的整体问题的结果类
比为全集U，通过解决全集U 及补集∁UA 使原问题获得解决，体现了正难则反的原则．
特殊与一般的转化
典题例析
例1
(1)在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若a，b，c 成等差数列，则cosA＋cosC
1＋cosAcosC
＝
4
5
.
[思路探究]
看到a，b，c 成等差数列，可联想到等边三角形举特例求解．
[解析]
显然△ABC 为等边三角形时符合题设条件，所以cosA＋cosC
1＋cosAcosC
＝cos60°＋cos60°
1＋cos60°cos60°
＝
1
1＋1
4
＝4
5.
(2)已知f(x)＝
3
3x＋3
，则f(－2 019)＋f(－2 018)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 020)＝__2_020__.
[思路探究]
看到求f(－2 019)＋f(－2 018)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 020)的值，想到求f(x)＋f(1－x)的值．
[解析]
f(x)＋f(1－x)＝
3
3x＋3
＋
3
31－x＋3
＝
3
3x＋3
＋
3x
3＋3x＝3x＋3
3x＋3
＝1，
所以f(0)＋f(1)＝1，f(－2 019)＋f(2 020)＝1，
所以f(－2 019)＋f(－2 018)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 020)＝2 020.
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390
化一般为特殊的应用
(1)常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等．
(2)对于选择题，当题设在普通条件下都成立时，用特殊值进行探求，可快捷地得到答案．
(3)对于填空题，当填空题的结论唯一或题设条件提供的信息暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊
值代替，即可得到答案．
跟踪训练
1．AB 是过抛物线x2＝4y 的焦点的动弦，直线l1，l2 是抛物线两条分别切于A，B 的切线，则l1，l2 的交点的坐标
为__(0，－1)__．
[解析]
找特殊情况，当AB⊥y 轴时，AB 的方程为y＝1，则A(－2,1)，B(2,1)，过点A 的切线方程为y－1＝－(x
＋2)，即x＋y＋1＝0.同理，过点B 的切线方程为x－y－1＝0，则l1，l2 的交点为(0，－1)．
2．在平行四边形ABCD 中，|AB
→|＝12，|AD
→|＝8.若点M，N 满足BM
→＝3MC
→，DN
→＝2NC
→，则AM
→·NM
→＝(
)
A．20
B．15
C．36
D．6
[解析]
方法一：由BM
→＝3MC
→，DN
→＝2 NC
→知，点M 是BC 的一个四等分点，且BM＝3
4BC，点N 是DC 的一个
三等分点，且DN＝2
3DC，所以AM
→＝AB
→＋3
4AD
→，AN
→＝AD
→＋DN
→＝AD
→＋2
3AB
→，所以NM
→＝AM
→－AN
→＝AB
→＋3
4AD
→－(AD
→＋
2
3AB
→)＝1
3AB
→－1
4AD
→，所以AM
→·NM
→＝(AB
→＋3
4AD
→)·(1
3AB
→－1
4AD
→)＝1
3(AB
→＋3
4AD
→)·(AB
→－3
4AD
→)＝1
3(AB
→2－9
16AD
→2)＝1
3(144－
9
16×64)＝36，故选C.
方法二：不妨设∠DAB 为直角，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系．则
M(12,6)，N(8,8)，所以AM
→＝(12,6)，NM
→＝(4，－2)，所以AM
→·NM
→＝12×4＋6×(－2)＝36，故选C.
函数、方程、不等式之间的转化
典题例析
例2
(1)已知e 为自然对数的底数，若对任意的x∈[1
e，1]，总存在唯一的y∈[－1,1]，使得lnx－x＋1
＋a＝y2ey 成立，则实数a 的取值范围是(
)
A．[1
e，e]
B．(2
e，e]
C．(2
e，＋∞)
D．(2
e，e＋1
e)
[解析]
设f(x)＝lnx－x＋1＋a，当x∈[1
e，1]时，f ′(x)＝1－x
x
≥0，f(x)是增函数，所以x∈[1
e，1]时，f(x)∈[a－1
e，
a]．设g(y)＝y2ey，则g′(y)＝eyy(y＋2)，则g(y)在[－1，0)单调递减，在[0,1]单调递增，且g(－1)＝1
e<g(1)＝e.因为对任
意的x∈[1
e，1]，存在唯一的y∈[－1,1]，使得f(x)＝g(y)成立，所以[a－1
e，a]⊆[1
e，e]，∴2
e<a≤e，故选B.
(2)(文)(2019·沈阳模拟)已知函数f(x)＝x＋4
x，g(x)＝2x＋a，若对∀x1∈[1
2，3]，∃x2∈[2,3]使得f(x1)≥g(x2)，则实
数a 的取值范围是(
)
A．(－∞，1]
B．[1，＋∞)
C．(－∞，0]
D．[0，＋∞)
[解析]
当x∈[1
2，3]时，f(x)≥2
x·4
x＝4，当且仅当x＝2 时等号成立，此时f(x)min＝4.当x∈[2,3]时，g(x)min＝
22＋a＝4＋a.依题意f(x)min≥g(x)min，∴a≤0.选C.
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391
(理)(2019·济南调研)已知m，n∈(2，e)，且1
n2－1
m2<lnm
n，则(
)
A．m>n
B．m<n
C．m>2＋1
n
D．m，n 的大小关系不确定
[解析]
由不等式可得1
n2－1
m2<lnm－lnn，即1
n2＋lnn< 1
m2＋lnm.设f(x)＝1
x2＋lnx(x∈(2，e))，则f′(x)＝－2
x3＋1
x＝
x2－2
x3 .
因为x∈(2，e)，所以f′(x)>0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增．因为f(n)<f(m)，所以n<m.故选A．
函数、方程与不等式相互转化的应用
1．函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助．
2．解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数与方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为
简，一般可将不等式关系转化为最值(值域)问题，从而求出参变量的范围．
跟踪训练
1．已知函数f(x)＝ax2－2x＋2，若对一切x∈[1
2，2]，f(x)>0 都成立，则实数a 的取值范围为(
)
A．[1
2，＋∞)
B．(1
2，＋∞)
C．[－4，＋∞)
D．(－4，＋∞)
[解析]
由题意得，对一切x∈[1
2，2]，f(x)>0 都成立，即a>2x－2
x2
＝－2
x2＋2
x＝－2(1
x－1
2)2＋1
2在x∈[1
2，2]上恒成立，
而－2(1
x－1
2)2＋1
2≤1
2，则实数a 的取值范围为(1
2，＋∞)．
2．已知a＝1
3ln9
4，b＝4
5ln5
4，c＝1
4ln4，则(
)
A．a<b<c
B．b<a<c
C．c<a<b
D．b<c<a
[解析]
a＝1
3ln9
4＝1
3ln(3
2)2＝2
3ln3
2＝
ln3
2
3
2
，b＝4
5ln5
4＝
ln5
4
5
4
，c＝1
4ln4＝1
4×2ln2＝ln2
2 .
故构造函数f(x)＝lnx
x ，则a＝f(3
2)，b＝f(5
4)，c＝f(2)．
因为f′(x)＝1－1·lnx
x2
＝1－lnx
x2
，由f′(x)＝0，解得x＝e.
故当x∈(0，e)时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，e]上单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，
函数f(x)在[e，＋∞)上单调递减．因为5
4<3
2<2<e，所以f(5
4)<f(3
2)<f(2)，即b<a<c，故选B.
正难则反的转化
典题例析
例3
(1)若对于任意t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋(m
2＋2)x2－2x 在区间(t,3)上总不为单调函数，则实数m 的
取值范围是(
)
A．(－5，－10
3 )
B．(－37
3 ，－5)
C．(－5，－2)
D．(－5，＋∞)
[解析]
g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，
若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数，
则①g′(x)≥0 在(t,3)上恒成立，或②g′(x)≤0 在(t,3)上恒成立．由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，
即m＋4≥2
x－3x 在x∈(t,3)上恒成立，
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392
所以m＋4≥2
t－3t 恒成立，又t∈[1,2]，
则m＋4≥2
1－3×1＝－1，即m≥－5；
由②得m＋4≤2
x－3x 在x∈(t,3)上恒成立，
则m＋4≤2
3－9，即m≤－37
3 .
所以函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m 的取值范围为－37
3 <m<－5.
(2)已知函数f(x)＝ax2－x＋lnx 在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为
(0，1
8)
.
[解析]
f′(x)＝2ax－1＋1
x.
(ⅰ)若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，则f′(x)≥0 在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋1
x≥0，得a≥1
2(1
x－1
x2)．①
令t＝1
x，因为x∈(1,2)，所以t＝1
x∈(1
2，1)．
设h(t)＝1
2(t－t2)＝－1
2(t－1
2)2＋1
8，t∈(1
2，1)，显然函数y＝h(t)在区间(1
2，1)上单调递减，
所以h(1)<h(t)<h(1
2)，即0<h(t)<1
8.
由①可知，a≥1
8.
(ⅱ)若函数f(x)在区间(1,2)上单调递减，则f′(x)≤0 在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋1
x≤0，得a≤1
2(1
x－1
x2)．②
结合(ⅰ)可知，a≤0.
综上，若函数f(x)在区间(1,2)上单调，则实数a 的取值范围为(－∞，0]∪[1
8，＋∞)．
所以若函数f(x)在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为(0，1
8)．
转化化归思想遵循的原则
1．熟悉化原则：将陌生的问题转化为我们熟悉的问题．
2．简单化原则：将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．
3．直观化原则：将较抽象的问题转化为比较直观的问题(如数形结合思想，立体几何向平面几何问题转化)．
4．正难则反原则：若问题直接求解困难时，可考虑运用反证法或补集法或用逆否命题间接地解决问题．
跟踪训练
1．若抛物线y＝x2 上的所有弦都不能被直线y＝k(x－3)垂直平分，则k 的取值范围是(
)
A．(－∞，1
2]
B．(－∞，1
2)
C．(－1
2，＋∞)
D．[－1
2，＋∞)
[解析]
设抛物线y＝x2 上两点A(x1，x21)，B(x2，x22)关于直线y＝k(x－3)对称，AB 的中点为P(x0，y0)，则x0＝x1＋x2
2
，
y0＝x21＋x22
2
.由题设知x21－x22
x1－x2
＝－1
k，所以x1＋x2
2
＝－1
2k.又AB 的中点P(x0，y0)在直线y＝k(x－3)上，所以x21＋x22
2
＝k(x21＋x22
2
)
＝k(x1＋x2
2
－3)＝－6k＋1
2
，所以中点P(－1
2k，－6k＋1
2
)．由于点P 在y>x2 的区域内，则－6k＋1
2
>(－1
2k)2，整理得(2k
＋1)(6k2－2k＋1)<0，解得k<－1
2.因此当k<－1
2时，抛物线y＝x2 上存在两点关于直线y＝k(x－3)对称，于是当k≥－1
2时，
抛物线y＝x2 上存在两点关于直线y＝k(x＝3)对称．所以实数k 的取值范围是[－1
2，＋∞)．故选D.
2．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1 在区间[－1，1]内至少存在一个值c，使得f(c)>0，则实数p 的取
值范围是
(－3，3
2)
.
[解析]
若在区间[－1,1]内不存在c 满足f(c)>0，
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393
因为Δ＝36p2≥0 恒成立，
则
f－1≤0，
f1≤0
解得
p≤－1
2或p≥1，
p≤－3 或p≥3
2.
所以p≤－3 或p≥3
2，取补集得－3<p<3
2，
即满足题意的实数p 的取值范围是(－3，3
2)．
形体位置关系的转化
典题例析
例4
(1)如图所示，已知多面体ABCDEFG 中，AB，AC，AD 两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，
平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，
AC＝EF＝1，则该多面体的体积为__4__.
[解析]
方法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C 作CH⊥DG 于H，连接EH，即
把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC 和一个斜三棱柱BEF－CHG.由题意，知V 三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝
(1
2×2×1)×2＝2，
V 三棱柱EBF－CHG＝S△BEF·DE＝(1
2×2×1)×2＝2.
故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEFG＝2＋2＝4.
方法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2 的正方体，显然所求多
面体的体积即该正方体体积的一半．
又正方体的体积V 正方体ABHI－DEKG＝23＝8，
故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEGH＝1
2×8＝4.
(2)如图1 所示，正△ABC 的边长为2a，CD 是AB 边上的高，E，F 分别是AC，BC 的中点．现将△ABC 沿CD
翻折，使翻折后平面ACD⊥平面BCD(如图2)，求三棱锥C－DEF 的体积．
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394
[解析]
方法一：如图，取CD 的中点M，连接EM，则EM∥AD，且EM＝1
2AD＝a
2，又AD⊥平面BDC，故EM
为三棱锥E－DFC 的高．
求三棱锥C－DEF 的体积，即求三棱锥E－DFC 的体积．
由题意，知CD⊥BD，AD⊥CD，F 为BC 的中点，
所以S△CDF＝1
2S△BCD＝1
2×1
2CD·BD＝1
4 2a2－a2·a＝3
4 a2.
所以V 三棱锥E－CDF＝1
3S△CDF·EM＝1
3× 3
4 a2×1
2a＝3
24a3.
即V 三棱锥C－DEF＝3
24a2.
方法二：如图所示，知三棱锥C－DEF 与三棱锥E－DFC 的体积相等，且三棱锥E－DFC 是三棱锥A－BDC 的
一部分．
因为平面ACD⊥平面BCD，点E，F 分别是AC，BC 的中点，故三棱锥E－DFC 的底面积和高分别是三棱锥A
－BDC 的底面积和高的一半．
由题意，知CD⊥BD，AD⊥CD，AD⊥BD，AD＝BD＝a，DC＝3a，所以S△BCD＝1
2× 3a·a＝3
2 a2.
故V 三棱锥A－BDC＝1
3S△BCD·AD＝1
3× 3
2 a2×a＝3
6 a3，则V 三棱锥C－DEF＝1
4V 三棱锥A－BCD＝1
4× 3
6 a3＝3
24a3.
形体位置关系的转化是通过切割、补形、等体积转化等方式转化为便于观察、计算的常用几何体，由于新的几何
体是转化而来的，一般需要对新几何体的位置关系、数据情况进行必要分析，准确理解新几何体的特征．
跟踪训练
1．(2019·吉林模拟)
已知如图，四边形ABCD 和四边形BCEG 均为直角梯形，AD∥BC，CE∥BG，∠BCD＝∠BCE＝π
2，平面ABCD
⊥平面BCEG，BC＝CD＝CE＝2AD＝2BG＝2，则五面体EGBADC 的体积为
7
3
.
[解析]
如图所示，连接DG，BD.
由平面ABCD⊥平面BCEG，
∠BCD＝∠BCE＝π
2，
可知EC⊥平面ABCD，
又CE∥GB，
所以GB⊥平面ABCD.
又BC＝CD＝CE＝2，AD＝BG＝1，
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395
所以V 五面体EGBADC＝V 四棱锥D－BCEG＋V 三棱锥G－ABD
＝1
3S 梯形BCEG·DC＋1
3S△ABD·BG＝1
3×2＋1
2
×2×2＋1
3×1
2×1×2×1＝7
3.故填7
3.
2．如图，在四棱锥P－ABCD 中，侧面PAD 是边长为2 的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是∠ABC＝60°
的菱形，M 为PC 的中点．
(1)求证：PC⊥AD；
(2)求点D 到平面PAM 的距离．
[解析]
(1)证明：如图，取AD 的中点O，连接OP，OC，AC，由题意可知△PAD，△ACD 均为正三角形，所以
OC⊥AD，OP⊥AD.
又OC∩OP＝O，所以AD⊥平面POC，
又PC⊂平面POC，所以PC⊥AD.
(2)点D 到平面PAM 的距离即点D 到平面PAC 的距离，由(1)可知，PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面
PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，即PO 为三棱锥P－ACD 的高．
在Rt△POC 中，PO＝OC＝3，PC＝6，在△PAC 中，
因为PA＝AC＝2，PC＝6，所以边PC 上的高
AM＝PA2－PM2＝
22－6
2 2＝10
2 ，
所以△PAC 的面积S△PAC＝1
2PC·AM＝1
2× 6× 10
2 ＝15
2 .
设点D 到平面PAC 的距离为h，由VD－PAC＝VP－ACD，得
1
3S△PAC·h＝1
3S△ACD·PO，
又S△ACD＝1
2×2× 3＝3，所以1
3× 15
2 ×h＝1
3× 3× 3，解得h＝2 15
5
.
故点D 到平面PAM 的距离为2 15
5
.
第五讲
选择题的解题方法
知识整合
题型地位
选择题是高考数学试卷的三大题型之一．选择题的分数一般占全卷的40%，解选择题的快慢和成功率的高低对于
能否进入做题的最佳状态以及整个考试的成败起着举足轻重的作用．如果选择题做得比较顺手，会使应试者自信心增
强，有利于后续试题的解答．
题型特点
数学选择题属于客观性试题，是单项选择题，即给出的四个选项中只有一个是正确选项，且绝大部分数学选择题
属于低中档题，一般按由易到难的顺序排列，主要的数学思想和数学方法能通过它得到充分的体现和应用，并且因为
它还有相对难度(如思维层次、解题方法的优劣选择，解题速度的快慢等)，所以选择题已成为具有较好区分度的基本
题型之一．其主要体现在以下三个方面：
(1)知识面广，切入点多，综合性较强；
(2)概念性强，灵活性大，技巧性较强；
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396
(3)立意新颖，构思精巧，迷惑性较强．
由于解选择题不要求表述得出结论的过程，只要求迅速、准确作出判断，因而选择题的解法有其独特的规律
和技巧．因此，我们应熟练掌握选择题的解法，以“准确、迅速”为宗旨，绝不能“小题大做”．
解题策略
数学选择题的求解，一般有两条思路：一是从题干出发考虑，探求结果；二是从题干和选择支联合考虑或从选择
支出发探求是否满足题干条件．其解法的基本思想有以下两点：
(1)充分利用题干和选择支提供的信息，快速、准确地作出判断，是解选择题的基本策略．
(2)既要看到通常各类常规题的解题思想，原则上都可以指导选择题的解答，更应看到，根据选择题的特殊性，必
定存在着一些特殊的解决方法．其基本做法如下：①仔细审题，领悟题意；②抓住关键，全面分析；③仔细检查，认
真核对．
另外，从近几年高考试题的特点来看，选择题以认识型和思维型的题目为主，减少了繁琐的运算，着力考查逻辑
思维与直觉思维能力，以及观察、分析、比较、选择简捷运算方法的能力，且许多题目既可用通性通法直接求解，也
可用“特殊”方法求解．所以做选择题时最忌讳以下两点：
(1)见到题就埋头运算，按着解答题的解题思路去求解，得到结果再去和选项对照，这样做花费时间较长，有时还
可能得不到正确答案．
(2)随意“蒙”一个答案，确率只有25%！但经过筛选、淘汰，正确率就可以大幅度提高．
总之，解选择题的基本策略是“不择手段”．
直接法
直接对照型选择题是直接从题设条件出发，利用已知条件、相关概念、性质、公式、公理、定理、法则等基础知
识，通过严谨推理、准确运算、合理验证，从而直接得出正确结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，从而
确定正确的选择支．这类选择题往往是由计算题、应用题或证明题改编而来，其基本求解策略是由因导果，直接求解．
典题例析
例1
(1)已知椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2 为直径的圆与直线
bx－ay＋2ab＝0 相切，则椭圆C 的离心率为(
)
A．6
3
B．3
3
C．2
3
D．1
3
[解析]
由题意知以A1A2 为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a.
又直线bx－ay＋2ab＝0 与圆相切，
∴圆心到直线的距离d＝
2ab
a2＋b2＝a，
解得a＝3b，∴b
a＝1
3
，
∴e＝c
a＝a2－b2
a
＝
1－b
a2＝
1－1
3
2＝6
3 .
(2)过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的圆交y 轴于M，N 两点，则|MN|＝(
)
A．2 6
B．8
C．4 6
D．10
[解析]
设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则
D＋3E＋F＋10＝0，
4D＋2E＋F＋20＝0，
D－7E＋F＋50＝0.
解得
D＝－2，
E＝4，
F＝－20.
∴圆的方程为x2＋y2－2x＋4y－20＝0.
令x＝0，得y＝－2＋2 6，或y＝－2－2 6，∴M(0，－2＋2 6)，N(0，－2－2 6)或M(0，－2－2 6)，N(0，－2
＋2 6)，∴|MN|＝4 6.
直接法是解答选择题最常用的基本方法．直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案．平时练习
中应不断提高用直接法解选择题的能力，准确把握题目的特点．一般来说，涉及概念、性质的辨析或简单的运算题目
多采用直接法．
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397
跟踪训练
1．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10 等于(
)
A．7
B．5
C．－5
D．－7
[解析]
解法一：由题意得
a4＋a7＝a1q3＋a1q6＝2，
a5a6＝a1q4·a1q5＝a21q9＝－8，
∴
q3＝－2，
a1＝1
或
q3＝－1
2，
a1＝8.
∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
解法二：由
a4＋a7＝2，
a5a6＝a4a7＝－8，
解得
a4＝－2，
a7＝4
或
a4＝4，
a7＝－2.
∴
q3＝－2，
a1＝1
或
q3＝－1
2，
a1＝－8.
∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
2．如图，设抛物线y2＝4x 的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B 在抛物线
上，点C 在y 轴上，则△BCF 与△ACF 的面积之比是(
)
A．|BF|－1
|AF|－1
B．|BF|2－1
|AF|2－1
C．|BF|＋1
|AF|＋1
D．|BF|2＋1
|AF|2＋1
[解析]
由题可知抛物线的准线方程为x＝－1．如图所示，过A 作AA2⊥y 轴于点A2，过B 作BB2⊥y 轴于点B2，
则S△BCF
S△ACF
＝|BC|
|AC|＝|BB2|
|AA2|＝|BF|－1
|AF|－1
.
特例检验法
特例检验(也称特例法或特殊值法)是用特殊值(或特殊图形、特殊位置)代替题设普遍条件，得出特殊结论，再对各
个选项进行检验，从而做出正确的选择．常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位
置等．
特例检验是解答选择题的最佳方法之一，适用于解答“对某一集合的所有元素、某种关系恒成立”，这样以
全称判断形式出现的题目，其原理是“结论若在某种特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真”，利用“小题小做”
或“小题巧做”的解题策略．
典题例析
例2
(1)设椭圆C：x2
4 ＋y2
3＝1 的长轴的两端点分别是M，N，P 是C 上异于M，N 的任意一点，则PM
与PN 的斜率之积等于(
)
A．3
4
B．－3
4
C．4
3
D．－4
3
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398
[解析]
取特殊点，设P 为椭圆的短轴的一个端点(0，3)，又取M(－2,0)，N(2,0)，所以kPM·kPN＝3
2 ·
3
－2
＝－3
4，
故选B.
(2)设x，y，z 为正数，且2x＝3y＝5z，则(
)
A．2x<3y<5z
B．5z<2x<3y
C．3y<5z<2x
D．3y<2x<5z
[解析]
令t＝2x＝3y＝5z，
∵x，y，z 为正数，
∴t>1．
则x＝log2t＝lg t
lg 2，同理，y＝lg t
lg 3，z＝lg t
lg 5.
∴2x－3y＝2lg t
lg 2－3lg t
lg 3＝lg t2lg 3－3lg 2
lg 2×lg 3
＝lg tlg 9－lg 8
lg 2×lg 3
>0，
∴2x>3y.
又∵2x－5z＝2lg t
lg 2－5lg t
lg 5
＝lg t2lg 5－5lg 2
lg 2×lg 5
＝lg tlg 25－lg 32
lg 2×lg 5
<0，
∴2x<5z，
∴3y<2x<5z.故选D．
用特殊值法解题时要注意：
1．所选取的特例一定要简单，且符合题设条件；
2．特殊只能否定一般，不能肯定一般；
3．当选取某一特例出现两个或两个以上的选项都正确时，要根据题设要求选择另外的特例代入检验，直到找到正
确选项为止．
跟踪训练
1．如图，
在棱柱的侧棱A1A 和B1B 上各有一动点P，Q 满足A1P＝BQ，过P，Q，C 三点的截面把棱柱分成两部分，则其
体积之比为(
)
A．3
1
B．2
1
C．4
1
D．3
1
[解析]
将P，Q 置于特殊位置：P→A1，Q→B，此时仍满足条件A1P＝BQ(＝0)，则有VC－AA1B＝VA1－ABC＝
VABC－A1B1C1
3
，故选B.
2．已知点E 为△ABC 的重心，AD 为BC 边上的中线，令AB
→＝a，AC
→＝b，过点E 的直线分别交AB，AC 于P，
Q 两点，且AP
→＝ma，AQ
→＝nb，则1
m＋1
n＝(
)
A．3
B．4
C．5
D．1
3
[解析]
由于题中直线PQ 的条件是过点E，所以该直线是一条“动”直线，所以最后的结果必然是一个定值，故
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399
可利用特殊直线确定所求值．
方法一：如图1，PQ∥BC，则AP
→＝2
3AB
→，AQ
→＝2
3AC
→，此时m＝n＝2
3，故1
m＋1
n＝3.
方法二：如图2，取直线BE 作为直线PQ，显然，此时AP
→＝AB
→，AQ
→＝1
2AC
→，故m＝1，n＝1
2，所以1
m＋1
n＝3.
排除法
数学选择题的解题本质就是去伪存真，舍弃不符合题目要求的选项，找到符合题意的正确结论．筛选法(又叫排除
法)就是通过观察分析或推理运算各项提供的信息或通过特例对于错误的选项，逐一剔除，从而获得正确的结论．
典题例析
例3
(1)(2019·大连模拟)设函数f(x)＝
log44x－1，x≥2，
1
2x＋1，x<2，
若f(x0)>3，则x0 的取值范围为(
)
A．(－∞，0)∪(2，＋∞)
B．(0,2)
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
D．(－1,3)
[解析]
取x0＝1，则f(1)＝1
2＋1＝3
2<3，故x0≠1，排除B，D；取x0＝3，则f(3)＝log28＝3，故x0≠3，排除A．故
选C．
(2)(2019·银川质检)已知函数f(x)＝ax＋b
x＋c2的图象如图所示，则下列结论成立的是(
)
A．a>0，b>0，c<0
B．a<0，b>0，c>0
C．a<0，b>0，c<0
D．a<0，b<0，c<0
[解析]
依题意x≠－c，故－c>0，则c<0，排除B；f(0)＝b
c2>0，故b>0，排除D；当x→＋∞时，f(x)<0，则a<0，
排除A．综上所述，故选C．
1．对于干扰项易于淘汰的选择题，可采用筛选法，能剔除几个就先剔除几个，如本例的图象问题．
2．允许使用题干中的部分条件淘汰选项．
3．如果选项中存在等效命题，那么根据规定——答案唯一，等效命题应该同时排除．
4．如果选项中存在两个相反的或互不相容的判断，那么其中至少有一个是假的．
5．如果选项之间存在包含关系，要根据题意才能判断．
跟踪训练
1．已知向量a＝(－2，－1)，b＝(λ，1)，若a 与b 的夹角为钝角，则λ的取值范围是(
)
A．(－1
2，2)∪(2，＋∞)
B．(2，＋∞)
C．(－1
2，＋∞)
D．(－∞，－1
2)
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400
[解析]
解法一：因为a 与b 的夹角为钝角，所以a·b<0，且a 与b 不反向，所以－2λ－1<0 且λ≠2，解得λ∈(－1
2，
2)∪(2，＋∞)．解法二：因为当λ＝0 时，a 与b 的夹角为钝角，排除B，D；当λ＝2 时，a 与b 的夹角为π，排除C，
故选A．
2．(文)已知函数y＝f(x)的定义域为{x|x∈R 且x≠0}，且满足f(x)＋f(－x)＝0，当x>0 时，f(x)＝lnx－x＋1，则函
数y＝f(x)的大致图象为(
)
[解析]
因为函数y＝f(x)的定义域为{x|x∈R 且x≠0}，且满足f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)为奇函数，故排除C、D，
又f(e)＝1－e＋1<0，所以(e，f(e))在第四象限，排除B，故选A．
(理)函数f(x)＝x2lg|x|
3|x| 的图象大致是(
)
[解析]
由函数的解析式得，函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝x2lg|x|
3|x| ＝f(x)，故函数f(x)在定义
域内是偶函数．
当x＝±1 时，f(x)＝0，当x∈(0,1)∪(－1,0)时，f(x)<0，可排除B，C；
当x→0 时，f(x)→0，排除A，故选D．
数形结合法根据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确的判断，这种方
法叫数形结合法，有的选择题可通过命题条件的函数关系或几何意义，作出函数的图象或几何图形，借助于图象或图
形的作法、形状、位置、性质，得出结论，图形化策略是以数形结合的数学思想为指导的一种解题策略．
典题例析
例4
已知函数f(x)＝
|x2＋5x＋4|，x≤0，
2|x－2|，x>0.
若函数y＝f(x)－a|x|恰有4 个零点，则实数a 的取值范围为
__(1,2)__．
[解析]
作出函数f(x)的图象，根据图象观察出函数f(x)的图象与函数y1＝a|x|的图象交点的情况，然后利用判别式
等知识求解．
画出函数f(x)的图象如图所示．
函数y＝f(x)－a|x|有4 个零点，即函数y1＝a|x|的图象与函数f(x)的图象有4 个交点(根据图象知需a>0)．
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401
当a＝2 时，函数f(x)的图象与函数y1＝a|x|的图象有3 个交点．故a<2.
当y＝a|x|(x≤0)与y＝|x2＋5x＋4|相切时，在整个定义域内，f(x)的图象与y1＝a|x|的图象有5 个交点，
此时，由
y＝－ax，
y＝－x2－5x－4
，得x2＋(5－a)x＋4＝0.
当Δ＝0 时得(5－a)2－16＝0，
解得a＝1 或a＝9(舍去)，
则当1<a<2 时，两个函数图象有4 个交点．
故实数a 的取值范围是1<a<2.
数形结合就是通过数与形之间的对应和转化来解决数学问题．它包含以形助数和以数解形两个方面．一般来说，
涉及函数、不等式、确定参数取值范围、方程等问题时，可考虑数形结合法．运用数形结合法解题一定要对有关函数
图象、方程曲线、几何图形较熟悉，否则，错误的图象反而导致错误的选择．
跟踪训练
1．如图，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是(
)
A．{x|－1<x≤0}
B．{x|－1≤x≤1}
C．{x|－1<x≤1}
D．{x|－1<x≤2}
[解析]
函数y＝log2(x＋1)的图象如图所示，所以不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集为{x|－1<x≤1}．
2．已知函数f(x)满足：①定义域为R；②对任意x∈R，有f(x＋2)＝2f(x)；③当x∈[－1,1]时，f(x)＝1－x2.若函
数g(x)＝
exx≤0，
lnxx>0，
则函数y＝f(x)－g(x)在区间[－5,5]上零点的个数是(
)
A．7
B．8
C．9
D．10
[解析]
函数y＝f(x)－g(x)在区间[－5,5]上的零点个数即为函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象的交点个数．根据函数y
＝f(x)的性质可知：
当x∈[1,3]时，x－2∈[－1,1]，
所以f(x)＝2f(x－2)＝2 1－x－22.
当x∈[3,5]时，x－2∈[1,3]，
所以f(x)＝2f(x－2)＝4 1－x－42.
当x∈[－3，－1]时，x＋2∈[－1,1]，
所以f(x)＝1
2f(x＋2)＝1
2 1－x＋22.
当x∈[－5，－3]时，x＋2∈[－3，－1]，
所以f(x)＝1
2f(x＋2)＝1
4 1－x＋42.
f(0)＝g(0)＝1，f(1)＝g(1)＝0，在同一坐标系内画出两个函数的图象，如图所示．
观察图象可知y＝f(x)与y＝g(x)的图象交点个数为10.
构造法构造法是一种创造性思维，是综合运用各种知识和方法，依据问题给出的条件和结论给出的信息，把问
题作适当的加工处理，构造与问题相关的数学模式，揭示问题的本质，从而沟通解题思路的方法．
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402
典题例析
例5
已知f(x)为定义在(－∞，＋∞)上的可导函数，且f(x)<f′(x)对于任意x∈R 恒成立，则(
)
A．f(2)>e2f(0)，f(2 020)>e2 020f(0)
B．f(2)<e2f(0)，f(2 020)>e2 020f(0)
C．f(2)>e2f(0)，f(2 020)<e2 020f(0)
D．f(2)<e2f(0)，f(2 020)<e2 020f(0)
[解析]
构造函数g(x)＝fx
ex ，则g′(x)＝f′xex－fxex
ex2
＝f′x－fx
ex
.又因为f(x)<f′(x)对x∈R 恒成立，所以
g′(x)>0，所以g(x)在R 上单调递增，所以g(2)>g(0)，即f2
e2 >f0
e0 ，则f(2)>e2f(0)；g(2 020)>g(0)，即f2 020
e2 020 >f0
e0 ，则
f(2 020)>e2 020f(0)．故选A．
构造法求解时需要分析待求问题的结构形式，特别是研究整个问题复杂时，单独摘出其中的部分进行研究或者构
造新的情境进行研究．
跟踪训练
若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，给出下列五个命题：
①四面体ABCD 每组对棱相互垂直；
②四面体ABCD 每个面的面积相等；
③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；
④连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分；
⑤从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．
其中正确命题的个数是(
)
A．2
B．3
C．4
D．5
[解析]
构造长方体，使三组对棱恰好是长方体的三组平行面中异面的对角线，在此背景下，长方体的长、宽、
高分别为x，y，z.
对于①，需要满足x＝y＝z，才能成立；因为各个面都是全等的三角形(由对棱相等易证)，则四面体的同一顶点处
对应三个角之和一定恒等于180°，故②正确，③显然不成立；
对于④，由长方体相对面的中心连线相互垂直平分判断④正确；
每个顶点出发的三条棱的长恰好分别等于各个面的三角形的三边长，⑤显然成立．故正确命题有②④⑤，选B.
估算法由于选择题提供了唯一正确的选择项，解答又无需过程．因此，有些题目不必进行准确的计算，只需对
其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法往往可以减少运算量，但是加
强了思维的层次．
典题例析
例6
已知点P 是双曲线x2
8 －y2
4＝1 上的动点，F1，F2 分别是此双曲线的左、右焦点，O 为坐标原点．则
|PF1|＋|PF2|
|OP|
的取值范围是(
)
A．[0,6]
B．(2，6]
C．(1
2，6
2 )
D．[0，6
2 ]
[解析]
当点P 趋于双曲线右支上的无穷远处时，|PF1|，|PF2|，|OP|趋于相等，从而原式的值趋于2.当点P 位于
右支的顶点处时，|PF1|＋|PF2|＝4 3，|OP|＝2 2.从而原式的值为6，排除C、D 选项，又易知原式的值不可能为0，
排除A，故选B.
估算省去了很多推导过程和比较复杂的计算，节省了时间．它是人们发现问题、研究问题、解决问题的一种重要
的运算方法．从考试的角度来看，解选择题只要选对就行，但平时做题时要尽量弄清每一个选择支正确与错误的原因．另
外，在解答一道选择题时，往往需要同时采用几种方法进行分析、推理，只有这样，才会在高考时充分利用题目自身
提供的信息，做到准确快速地解题．
跟踪训练
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403
如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为3 的正方形，EF∥AB，EF＝3
2，EF 与平面ABCD 的距离
为2，则该多面体的体积为(
)
A．9
2
B．5
C．6
D．15
2
[解析]
该多面的体积比较难求，可连接BE，CE，
问题转化为四棱锥E－ABCD 与三棱锥E－BCF 的体积之和，而VE－ABCD＝1
3S·h＝1
3×9×2＝6，所以只能选C．
第六讲
填空题的解题方法
知识整合
题型地位
数学填空题是一种只要求写出结果，不要求写出解答过程的客观性试题，填空题的类型一般可分为完形填空题、
多选填空题、条件与结论开放的填空题，这说明了填空题是数学高考命题改革的试验田，创新型的填空题将会不断出
现．填空题的分值一般占全卷的13%左右．
题型特点
根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型：
(1)定量型，要求考生填写数值、数集或数量关系，如方程的解、不等式的解集、函数的定义域、值域、最大
值或最小值、线段长度、角度大小等．由于填空题和选择题相比，缺少选项的信息，所以高考题多以定量型问题出现．
(2)定性型，要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定数学对象的某种性质，如填写给定二次曲线的焦点坐
标、离心率等，近几年又出现了定性型的具有多重选择性的填空题．
解题策略
数学填空题绝大多数是计算型(尤其是推理计算型)和概念(性质)判断型的试题，解答时必须按规则进行切实的计算
或者合乎逻辑的推演和判断，几乎没有间接方法可言，更是无从猜答，所以在解填空题时，一般要有合理的分析和判
断，要求推理、运算的每一步都正确无误，并且还要将答案表达准确、完整．合情推理、优化思路、少算多思是快速、
准确解答填空题的基本要求，简言之，解填空题的基本原则是“小题不能大做”，基本策略就是“准”“巧”“快”．其
基本方法一般有直接求解法、图象法和特殊法以及等价转化法等．另外，在解答填空题时还应注意以下几点：
(1)结果要书写规范，如分式的分母不含根式，特殊角的函数要写出函数值，近似计算要达到精确度要求等．
(2)结果要完整，如函数的解析式要写出定义域，应用题不要忘记写单位，求轨迹要排除不满足条件的点等．
(3)结果要符合教材要求，如求不等式的解集要写成集合或区间的形式，不能只用一个不等式表示．
总之，解填空题的基本原则是“直扑结果”．
直接法
对于计算型的试题，多通过直接计算求得结果，这是解决填空题的基本方法．它是直接从题设出发，利用有关性
质或结论，通过巧妙地变形，直接得到结果的方法．要善于透过现象抓本质，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问
题．
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404
典题例析
例1
(1)设△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且a＝2，cosC＝－1
4，3sinA＝2sinB，则c
＝__4__.
[解析]
在△ABC 中，因为3sinA＝2sinB.由正弦定理可知3a＝2b，
因为a＝2，所以b＝3.由余弦定理可知
c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋9－2×2×3×(－1
4)＝16，
所以c＝4.
(2)(2017·江苏卷)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－1
ex，其中e 是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a 的取
值范围是
[－1，1
2]
.
[解析]
因为f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e
－x－1
e
－x
＝－x3＋2x－ex＋1
ex＝－f(x)，
所以f(x)＝x3－2x＋ex－1
ex是奇函数．
因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(1－a)．
因为f ′(x)＝3x2－2＋ex＋e
－x≥3x2－2＋2 ex·e
－x＝3x2≥0，
所以f(x)在R 上单调递增，
所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，
所以－1≤a≤1
2.
直接法是解决计算型填空题最常用的方法，在计算过程中，我们要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，
注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速、准确地求解填空题的关键．
跟踪训练
1．已知函数f(x)是定义在R 上的周期为2 的奇函数，当0＜x＜1 时，f(x)＝4x，则f(－5
2)＋f(1)＝__－2__.
[解析]
因为函数f(x)是定义在R 上周期为2 的奇函数，所以f(－1)＝－f(1)，f(－1)＝f(－1＋2)＝f(1)，所以－f(1)
＝f(1)，即f(1)＝0，f(－5
2)＝f(－1
2－2)＝f(－1
2)＝－f(1
2)＝－41
2＝－2，所以f(－5
2)＋f(1)＝－2.
2．(2017·山东卷)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的右支与焦点为F 的抛物线x2＝2py(p>0)
交于A，B 两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为
y＝± 2
2 x
.
[解析]
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由
x2
a2－y2
b2＝1，
x2＝2py，
得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，
∴y1＋y2＝2pb2
a2 .
又∵|AF|＋|BF|＝4|OF|，
∴y1＋p
2＋y2＋p
2＝4×p
2，即y1＋y2＝p，
∴2pb2
a2 ＝p，即b2
a2＝1
2，
∴b
a＝2
2 ，∴双曲线的渐近线方程为y＝± 2
2 x.
特例法当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一
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405
个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、
特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论．为保证答案的正确性，在利用此方法时，一般应多取几个特
例．
典题例析
例2
抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，其准线经过双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的左顶点，点M 是这两
条曲线的一个交点，且|MF|＝2p，则双曲线的渐近线方程为
y＝± 6
2 x
.
[解析]
由抛物线的定义可知，点M 到准线x＝－p
2＝－a 的距离就是|MF|＝2p，不妨设点M 在第一象限，则点M
的横坐标为3p
2 ，代入y2＝2px，得点M(3p
2 ，3p)，即M(3a，2 3a)，代入x2
a2－y2
b2＝1，得b2
a2＝3
2，所以双曲线的渐近线方
程为y＝± 6
2 x.
特例法的理论依据：若对所有值都成立，那么特殊值也成立．我们可以利用填空题不需要过程、只需要结果这一
“弱点”，“以偏概全”来求解．
跟踪训练
如图，在△ABC 中，点M 是BC 的中点，过点M 的直线与直线AB，AC 分别交于不同的两点P，Q，若AP
→＝λAB
→，
AQ
→＝μAC
→，则1
λ＋1
μ＝__2__.
[解析]
由题意可知，1
λ＋1
μ的值与点P，Q 的位置无关，而当直线PQ 与直线BC 重合时，则有λ＝μ＝1，所以1
λ＋
1
μ＝2.
图象分析法对于一些含有几何背景的填空题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对图形的
直观分析、判断，即可快速得出正确结果．这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率和截距、向量的夹
角、解析几何中两点间距离等，求解的关键是明确几何含义，准确规范地作出相应的图形．
典题例析
例3
若函数y＝f(x)(x∈R)满足f(x＋1)＝f(x－1)且x∈[1,3]时，f(x)＝－x2＋4x－3，函数g(x)＝
log8xx>0，
－1
xx<0，
则方程f(x)－g(x)＝0 在区间[－3,3]上根的个数为__4__.
[解析]
由f(x＋1)＝f(x－1)得f(x＋2)＝f(x)，可知此函数是周期为2 的周期函数，因为方程f(x)－g(x)＝0 在区间[－
3,3]内根的个数，即函数f(x)和g(x)图象交点的个数．画出f(x)和g(x)的图象(如图所示)，得两图象有4 个交点，即方程
f(x)－g(x)＝0 在区间[－3,3]上根的个数为4.
数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的
思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关
系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
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406
跟踪训练
函数f(x)＝4cos2x
2cos
π
2－x －2sinx－|ln(x＋1)|的零点个数为__2__.
[解析]
函数f(x)＝4cos2x
2cos
π
2－x －2sinx－|ln(x＋1)|的零点个数等价于方程
4cos2x
2cos
π
2－x －2sinx－|ln(x＋1)|＝0 的根的个数，即函数g(x)＝4cos2x
2cos
π
2－x －2sinx＝sin2x 与h(x)＝|ln(x＋
1)|的图象交点个数．分别画出其函数图象的草图如图所示，由图可知，函数g(x)与h(x)的图象有2 个交点．
构造法用构造法解填空题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程．构造法
是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式)形式上的特点，然后积极调动
思维，联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景)，
从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的．
典题例析
例4
(1)如图，已知球O 的球面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝2，
则球O 的体积等于
6π
.
[解析]
如图，以DA，AB，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R，则正方体的体对角线
长即为球O 的直径，所以CD＝22＋22＋22＝2R，
所以R＝6
2 ，故球O 的体积V＝4πR3
3 ＝6π.
(2)已知f(x)为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f(x)>xf ′(x)恒成立，则不等式x2f(1
x)－f(x)>0 的解集为(
)
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(1，＋∞)
D．(2，＋∞)
[解析]
设g(x)＝fx
x ，则g′(x)＝xf ′x－fx
x2
.又因为f(x)>xf ′(x)，所以g′(x)＝xf ′x－fx
x2
<0 在(0，＋∞)
上恒成立，所以函数g(x)＝fx
x 为(0，＋∞)上的减函数．又因为x2f(1
x)－f(x)>0⇔
f1
x
1
x
>fx
x ⇔g(1
x)>g(x)，则有1
x<x，解得
x>1，故选C．
构造法实质上是化归与转化思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构
造新的函数、不等式或数列等新的模型，从而转化为自己熟悉的问题．
跟踪训练
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407
设f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，其导函数为f ′(x)，且f ′(x)<f(x)，则关于x 的不等式xf(1)<ef(lnx)的解集
为__(1，e)__．
[解析]
设函数g(x)＝fx
ex ，则g′(x)＝exf ′x－exfx
ex2
＝f ′x－fx
ex
<0，所以g(x)＝fx
ex 为(0，＋∞)上的单调递减
函数．当x>0 时，不等式xf(1)<ef(lnx)等价于flnx
x
>f1
e ，即flnx
x
>f1
e ，所以0<lnx<1，即1<x<e.
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408
正反互推法多选型问题给出多个命题或结论，要求从中选出所有满足条件的命题或结论，这类问题要求较高，
涉及图形、符号和文字语言，要准确阅读题目，读懂题意，通过推理证明，命题或结论之间正反互推，相互印证，也
可举反例判断错误的命题或结论．
典题例析
例5
对于函数f(x)＝
sinx，sinx≤cosx，
cosx，sinx>cosx，
给出下列四个结论：
①该函数是以π为最小正周期的周期函数；
②当且仅当x＝π＋kπ(k∈Z)时，该函数取得最小值－1；
③该函数的图象关于x＝5π
4 ＋2kπ(k∈Z)对称；
④当且仅当2kπ<x<π
2＋2π(k∈Z)时，0<f(x)≤2
2 .
其中正确结论的序号是__③④__.(请将所有正确结论的序号都填上)
[解析]
如图所示，作出f(x)在区间[0,2π]上的图象．
由图象易知，函数f(x)的最小正周期为2π；在x＝π＋2kπ(k∈Z)和x＝3π
2 ＋2kπ(k∈Z)时，该函数都取得最小值－1，
故①②错误．由图象知，函数图象关于直线x＝5π
4 ＋2kπ(k∈Z)对称；当且仅当2kπ<x<π
2＋2kπ(k∈Z)时，0<f(x)≤2
2 ，
故③④正确．
正反互推法适用于多选型问题，这类问题一般有两种形式，一是给出总的已知条件，判断多种结论的真假；二是
多种知识点的汇总考查，主要覆盖考点功能．两种多选题在处理上不同，前者需要扣住已知条件进行分析，后者需要
独立利用知识逐项进行判断，利用正反互推结合可以快速解决这类问题．
跟踪训练
已知f(x)为定义在R 上的偶函数，当x≥0 时，有f(x＋1)＝－f(x)，且当x∈[0,1)时，f(x)＝log2(x＋1)，给出下列
命题：①f(2 019)＋f(－2 020)的值为0；②函数f(x)在定义域上是周期为2 的周期函数；③直线y＝x 与函数f(x)的图象
有1 个交点；④函数f(x)的值域为(－1,1)．其中正确的命题序号有__①③④__.
[解析]
根据题意，可在同一坐标系中画出直线y＝x 和函数f(x)的图象如下：
根据图象可知①f(2 019)＋f(－2 020)＝0 正确；②函数f(x)在定义域上不是周期函数，所以②不正确；③根据图象
确实只有一个交点，所以正确，④根据图象，函数f(x)的值域是(－1,1)，所以正确．
归纳推理法
对于概念与性质的判断等类型的填空题，应按照相关的定义、性质、定理等进行合乎逻辑的推理和判断，尤其是
新定义型问题．必须进行严密的逻辑推理，才能得到正确的结果．
典题例析
例6
已知不等式1＋1
4<3
2，1＋1
4＋1
9<5
3，1＋1
4＋1
9＋1
16<7
4，照此规律总结出第n 个不等式为
1＋1
22＋1
32＋…
＋1
n2＋
1
n＋12<2n＋1
n＋1
.
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409
[解析]
由已知，三个不等式可以写成1＋1
22<2×2－1
2
，1＋1
22＋1
32<2×3－1
3
，1＋1
22＋1
32＋1
42<2×4－1
4
，所以照此规
律可得到第n 个不等式为1＋1
22＋1
32＋…＋1
n2＋
1
n＋12<2n＋1－1
n＋1
＝2n＋1
n＋1
.
推理法多用于新定义型填空题，只要能读懂题意，认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义
的法则或相关的定理进行，关键是找准归纳的对象．
跟踪训练
已知12＝1
6×1×2×3,12＋22＝1
6×2×3×5,12＋22＋32＝1
6×3×4×7,12＋22＋32＋42＝1
6×4×5×9，…，则12＋22
＋…＋n2＝
1
6n(n＋1)(2n＋1)
(其中n∈N*)．
[解析]
根据题意归纳出12＋22＋…＋n2＝1
6n(n＋1)(2n＋1)，下面给出证明：(k＋1)3－k3＝3k2＋3k＋1，则23－13
＝3×12＋3×1＋1,33－23＝3×22＋3×2＋1，…，(n＋1)3－n3＝3n2＋3n＋1，累加得(n＋1)3－13＝3(12＋22＋…＋n2)＋
3(1＋2＋…＋n)＋n，整理得12＋22＋…＋n2＝1
6n(n＋1)(2n＋1)，故填1
6n(n＋1)(2n＋1)．
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