高考数学（函数与导数、三角函数与解三角形、数列）120个方法技巧全归纳（教师版）_高考一二三轮复习_数学_2026年-数学高考二轮复习_2026版

高考数学方法技巧全归纳
（函数与导数、三角函数与解三角形、数列）
目录
方法技巧01 同一函数的判断.......................................................................................................................................................1
方法技巧02 求函数的定义域.......................................................................................................................................................2
方法技巧03 求函数的值域........................................................................................................................................................... 3
方法技巧04 求函数的解析式.......................................................................................................................................................7
方法技巧05 分段函数.................................................................................................................................................................... 9
方法技巧06 确定函数的单调性(单调区间)...........................................................................................................................11
方法技巧07 函数单调性的应用................................................................................................................................................12
方法技巧08 求函数的最值.........................................................................................................................................................14
方法技巧09 函数奇偶性的判断................................................................................................................................................16
方法技巧10 函数奇偶性的应用................................................................................................................................................17
方法技巧11 函数的周期性......................................................................................................................................................... 19
方法技巧12 轴对称问题..............................................................................................................................................................20
方法技巧13 中心对称问题.........................................................................................................................................................20
方法技巧14 两函数图象间的对称问题..................................................................................................................................21
方法技巧15 幂函数的图象及性质........................................................................................................................................... 22
方法技巧16 二次函数的图象与解析式..................................................................................................................................23
方法技巧17 二次函数的单调性与最值..................................................................................................................................24
方法技巧18 指数幂的运算.........................................................................................................................................................26
方法技巧19 指数函数的图象及应用.......................................................................................................................................27
方法技巧20 比较指数式的大小................................................................................................................................................28
方法技巧21 解简单的指数方程或不等式..............................................................................................................................28
方法技巧22 指数函数性质的综合应用..................................................................................................................................29
方法技巧23 对数的运算..............................................................................................................................................................30
方法技巧24 对数函数的图象及应用.......................................................................................................................................31
方法技巧25 对数函数的性质及应用.......................................................................................................................................32
方法技巧26 函数图象的辨识.................................................................................................................................................... 34
方法技巧27 函数图象的应用.................................................................................................................................................... 36
方法技巧28 判定函数零点所在的区间..................................................................................................................................37
方法技巧29 确定函数零点的个数........................................................................................................................................... 38
方法技巧30 根据函数零点个数求参数..................................................................................................................................39
方法技巧31 根据函数零点范围求参数..................................................................................................................................41
方法技巧32 用函数图象刻画实际问题..................................................................................................................................42
方法技巧33 已知函数模型的实际问题..................................................................................................................................43
方法技巧34 构建函数模型的实际问题..................................................................................................................................44
方法技巧35 变化率问题..............................................................................................................................................................46
方法技巧36 导数的运算..............................................................................................................................................................48
方法技巧37 导数几何意义的应用........................................................................................................................................... 49
方法技巧38 两曲线的公切线问题........................................................................................................................................... 50
方法技巧39 导函数与原函数性质关系问题.........................................................................................................................52
方法技巧40 不含参数的函数的单调性..................................................................................................................................54
方法技巧41 含参数的函数的单调性.......................................................................................................................................55
方法技巧42 函数单调性的应用................................................................................................................................................57
方法技巧43 根据函数的图象判断函数的极值....................................................................................................................59
方法技巧44 求已知函数的极值................................................................................................................................................61
方法技巧45 已知函数的极值(点)求参数...............................................................................................................................62
方法技巧46 利用导数研究函数的最值..................................................................................................................................65
方法技巧47 导数型构造函数.................................................................................................................................................... 66
方法技巧48 依据数值特征构造具体函数..............................................................................................................................68
方法技巧49 地位同等同构.........................................................................................................................................................69
方法技巧50 指对混合型的同构................................................................................................................................................71
方法技巧51 移项构造法证明不等式.......................................................................................................................................73
方法技巧52 分拆构造双函数法证明不等式.........................................................................................................................75
方法技巧53 放缩法证明不等式................................................................................................................................................76
方法技巧54 端点效应..................................................................................................................................................................79
方法技巧55 洛必达法则..............................................................................................................................................................82
方法技巧56 单变量不等式恒成立问题..................................................................................................................................84
方法技巧57 单变量不等式能成立问题..................................................................................................................................86
方法技巧58 双变量不等式恒(能)成立问题...........................................................................................................................87
方法技巧59 数形结合法探究函数零点问题.........................................................................................................................89
方法技巧60 借助函数的性质探究函数的零点问题...........................................................................................................91
方法技巧61 构造函数法研究函数零点..................................................................................................................................94
方法技巧62 隐零点问题..............................................................................................................................................................96
方法技巧63 极值点偏移问题.................................................................................................................................................... 98
方法技巧64 任意角.................................................................................................................................................................... 103
方法技巧65 扇形的弧长及面积公式.................................................................................................................................... 104
方法技巧66 三角函数的概念及应用.................................................................................................................................... 105
方法技巧67 同角三角函数的基本关系“知一求二”问题...........................................................................................106
方法技巧68 正余弦齐次式的计算.........................................................................................................................................106
方法技巧69  sinα±cosα 和sinαcosα 之间的关系..............................................................................................................107
方法技巧70 诱导公式的应用..................................................................................................................................................109
方法技巧71 和、差、倍角公式的直接应用.......................................................................................................................111
方法技巧72 和差角公式的逆用与变形................................................................................................................................112
方法技巧73 角的变换问题.......................................................................................................................................................113
方法技巧74 三角函数式的求值............................................................................................................................................. 114
方法技巧75 三角函数的定义域和值域................................................................................................................................115
方法技巧76 三角函数的周期性、对称性与奇偶性.........................................................................................................117
方法技巧77 求三角函数的单调区间.................................................................................................................................... 119
方法技巧78 根据三角函数的单调性求参数.......................................................................................................................120
方法技巧79 比较三角函数值的大小.................................................................................................................................... 121
方法技巧80 函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象及变换...........................................................................................................122
方法技巧81 由图象确定三角函数的解析式.......................................................................................................................123
方法技巧82 三角函数图象与性质的综合应用..................................................................................................................125
方法技巧83 三角函数模型的应用.........................................................................................................................................126
方法技巧84 三角函数中ω 的范围问题............................................................................................................................... 128
方法技巧85 复杂三角函数性质判断.................................................................................................................................... 130
方法技巧86 利用正、余弦定理解三角形........................................................................................................................... 134
方法技巧87 判断三角形的形状............................................................................................................................................. 136
方法技巧88 三角形面积的计算............................................................................................................................................. 137
方法技巧89 三角形的中线问题............................................................................................................................................. 139
方法技巧90 三角形的角平分线问题.................................................................................................................................... 142
方法技巧91 三角形的高线问题............................................................................................................................................. 144
方法技巧92 已知三角形的一角求取值范围.......................................................................................................................147
方法技巧93 已知三角形的一角及其对边求取值范围....................................................................................................148
方法技巧94 已知三角形的一角及其邻边求取值范围....................................................................................................150
方法技巧95 已知三角形中角(或边)的关系求取值范围.................................................................................................152
方法技巧96 测量距离问题.......................................................................................................................................................153
方法技巧97 测量高度问题.......................................................................................................................................................155
方法技巧98 测量角度问题.......................................................................................................................................................156
方法技巧99 和差正切公式在解三角形的应用..................................................................................................................158
方法技巧100 由an 与Sn 的关系求通项公式....................................................................................................................160
方法技巧101 由数列的递推关系求通项公式....................................................................................................................162
方法技巧102 数列的周期性.................................................................................................................................................... 163
方法技巧103 数列的单调性.................................................................................................................................................... 164
方法技巧104 数列的最值.........................................................................................................................................................165
方法技巧105 等差数列基本量的运算..................................................................................................................................166
方法技巧106 等差数列的判定与证明..................................................................................................................................167
方法技巧107 等差数列性质的应用.......................................................................................................................................169
方法技巧108 等差数列的前n 项和及其最值.....................................................................................................................171
方法技巧109 等比数列基本量的运算..................................................................................................................................173
方法技巧110 等比数列的判定与证明.................................................................................................................................. 174
方法技巧111 等比数列性质的应用.......................................................................................................................................176
方法技巧112 分组求和与并项求和.......................................................................................................................................178
方法技巧113 裂项相消法求和................................................................................................................................................180
方法技巧114 错位相减法求和................................................................................................................................................182
方法技巧115 数列模型的应用................................................................................................................................................184
方法技巧116 数列中的不等式证明.......................................................................................................................................186
方法技巧117 数列中的不等式恒成立.................................................................................................................................. 188
方法技巧118 数列奇偶项问题................................................................................................................................................189
方法技巧119 数列增减项问题................................................................................................................................................191
方法技巧120 数列新情境、新定义问题.............................................................................................................................192
方法技巧
 
 0 1  同一函数的判断
 
 
判断两个函数为同一个函数应注意的三点
(1)定义域、对应关系两者中只要有一个不相同就不是同一个函数，即使定义域与值域都相同，也不一定是
同一个函数．
(2)函数是两个非空数集之间的对应关系，所以用什么字母表示自变量、因变量是没有限制的．
(3)在化简解析式时，必须是等价变形．
【典例1】下列各组函数相等的是（    ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】D
【解析】对于A 中，函数
的定义域为R，
的定义域为
，
所以定义域不同，不是相同的函数，故A 错误；
对于B 中，函数
的定义域为R，
的定义域为
，
所以定义域不同，不是相同的函数，故B 错误；
对于C 中，函数
的定义域为R，与
的定义域为
，
所以定义域不同，所以不是相同的函数,故C 错误；
对于D 中，函数
与
的定义域均为R，
可知两个函数的定义域相同，对应关系也相同，所以是相同的函数, 故D 正确；
故选：D.
【典例2】（多选题）下列各项不能表示同一个函数的是（    ）
A．
与
B．
与
C．
与
D．
与
【答案】ABD
【解析】对于A:
定义域为
，
定义域为
，A 不能表示同一个函数,A 选项正确；
对于B:
与
解析式不同，B 不能表示同一个函数，B 选项正确；
对于C:解析式及定义域都相同，C 选项是同一函数，C 选项不正确；
对于D:
定义域为
，
定义域为
，D 不能表示同一个函数，D 选项正确；
故选:ABD.
【典例3】与函数
有相同图象的一个函数是（    ）
A．
B．
C．
，其中
D．
，其中
【答案】D
【分析】选项A 图象为折线判断错误；选项B 图象上无原点
判断错误；选项图象为无端点射线判断
错误；选项D 可化为
与函数
有相同图象判断正确.
【详解】选项A：
，图象为折线.判断错误；
选项B：
，图象上无原点
.判断错误；
选项C：
，图象为无端点射线.判断错误；
选项D：
，与函数
有相同图象.判断正确.
故选：D
方法技巧
 
 02
   求函数的定义域
 
 
求函数的定义域的策略
(1)求给定函数的定义域：由函数解析式列出不等式(组)使解析式有意义．
(2)求抽象函数的定义域：
①若f (x)的定义域为[m，n]，则在f (g(x))中，由m≤g(x)≤n 解得x 的取值范围即为f (g(x))的
定义域．
②若f (g(x))的定义域为[m，n]，则由m≤x≤n 得到g(x)的取值范围，即为f (x)的定义域．
【典例1】已知函数y＝f (x)的定义域为[0，4]，则函数y＝f (x +1)
❑√x -1 ＋(x－2)0的定义域是(　　)
A．(1，5]　　　　　    
B．(1，2)∪(2，5)
C．(1，2)∪(2，3]    
D．(1，3]
【解析】因为函数y＝f (x)的定义域为[0，4]，函数y＝f (x +1)
❑√x -1 ＋(x－2)0 有意义，所以
{
0≤x +1≤4，
x -1>0，
x -2≠0，
解得1<x<2 或2<x≤3，
所以函数y＝f (x +1)
❑√x -1 ＋(x－2)0的定义域是(1，2)∪(2，3]．故选C．
【典例2】(2025·广东东莞模拟)函数y＝
❑√4 - x
2＋
1
lg(2 x -3)的定义域为________．
【解析】由题意可得{
4 - x
2≥0，
2 x -3>0，
lg(2 x -3)≠0，
解得{
-2≤x≤2，
x> 3
2 ，
x≠2，
即3
2<x<2．
故函数y＝
❑√4 - x
2＋
1
lg(2 x -3)的定义域为(
3
2 ，2)．
【典例3】)(2025·山东青岛模拟)若函数f (x)＝
1
❑√k x
2+kx +1的定义域为R，则常数k 的取值范
围是(　　)
A．(0，4)    
B．[0，4)
C．[0，4]    
D．(0，4]
【解析】由函数f (x)＝
1
❑√k x
2+ kx +1的定义域为R，可得kx2＋kx＋1>0 恒成立，
可得k＝0 或{
k >0，
Δ=k
2- 4 k <0，解得0＜k<4，
综上，常数k 的取值范围为[0，4)．故选B．
方法技巧
 
 03
   求函数的值域
 
 
（1）观察法(有界函数）——“拼图”
第一步，观察函数中的特殊函数；
x∈R,x2≥0,|x|≥0,√x≥0,ax>0(a>0
a
且≠1)
−1≤sin x≤1,−1≤cosx≤1
第二步，利用这些特殊函数的有界性，结合不等式推导出函数的值域．
（2）配方法
以二次函数的相关性质、图像为依托，利用数形结合思想求解某函数在给定区间的最值和值域问题。
这种方法一般适用于形如y=a[ f ( x)]2+bf ( x)+c(a≠0)的函数的值域和最值问题
第一步，将二次函数配方成
2
(
)
y
a x
b
c



；
第二步，根据二次函数的图像和性质即可求出函数的值域．（特别注意自变量的范围）
(注：配方法配的常数是一次项系数的一半的平方，对二次函数型值域问题，我们通常可以采用配方并
结合图像的方法求解。）
（3）图象法
通过数形结合方式，将图象投影到y 轴上，看值域时，记得由下往上看。
（4）分离常数法（即是求值域的方法也是化简解析式的方法）
分离常数法是研究分式函数的一种代数变形的常用方法：
主要的分式函数有：y=ax +b
cx +d , y= ax 2+bx +c
mx 2+nx + p
, y= ma x+n
pa x+q
, y=msin x+n
psin x+q 等
解题的关键是通过恒等变形从分式函数中分离出常数。
第一步，观察函数
( )
f x 类型，型如
( )
ax
b
f x
cx
d



；
第二步，对函数
( )
f x 变形成
( )
a
e
f x
c
cx
d



形式；
第三步，求出函数
e
y
cx
d


在
( )
f x 定义域范围内的值域，进而求函数
( )
f x 的值域．
（5）换元法
第一步，观察函数解析式的形式，函数变量较多且相互关联；
第二步，另新元代换整体，得一新函数，求出新函数的值域即为原函数的值域．
如：函数
，可以令
，得到
，函数
可以化为
(
)，接下来求解关于t 的二次函数的值域问
题，求解过程中要注意t 的取值范围的限制．
（6）判别式法
第一步，观察函数解析式的形式，型如
2
2
dx
ex
f
y
ax
bx
c





的函数；
第二步，将函数式化成关于x 的方程，且方程有解，用根的判别式求出参数y 的取值范围，即得函数
的值域．
（7）单调性法
第一步，求出函数的单调性；
第二步，利用函数的单调性求出函数的值域．
（8）基本不等式法
第一步  观察函数解析式的形式，型如
2
ex
f
y
ax
bx
c




或
2
ax
bx
c
y
ex
f




的函数；
第二步  对函数进行配凑成
b
y
ax
x


形式，再利用基本不等式求函数的最值，进而得到函数的值域.
注意根据基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”
（9）导数法
先利用导数求出函数的极大值和极小值，再确定最大（小）值，从而求出函数的值域.
【典例1】函数
的值域为__________
【答案】
【分析】根据二次函数的单调性直接求解即可.
【详解】
为开口方向向上，对称轴为
的抛物线，
在
上单调递减，在
上单调递增，
当
时，
；当
时，
，
的值域为
.
故答案为：
.
【典例2】函数
的值域为______．
【答案】
【分析】利用常数分离的方法得到
，然后利用变量的取值范围进行求解即可．
【详解】由
，
又
，则
，则
，所以
，
故函数
的值域为
．
故答案为：
．
【典例3】函数
的值域为______.
【答案】
【分析】利用换元法结合二次函数的性质求值域.
【详解】令
，则
，
可得：
，
∵函数
的对称轴为
，
∴当
时，函数
取到最大值
，
即函数
的最大值为
，故函数
的值域为
.
故答案为：
.
【典例4】函数
，
的值域为              ．
【答案】
【解析】因为
，整理得
，
可知关于x 的方程
有正根，
若
，则
，解得
，符合题意；
若
，则
，
可得
或
，
解得
或
且
，则
或
或
；
综上所述：
或
，
即函数
，
的值域为
.
故答案为：
.
【典例5】已知函数
的值域为
，则实数
的取值范围为________．
【答案】
【分析】由于函数
的值域为
，则对数函数的真数要取遍所有正数，对
分类讨论解不等式即可求
出
的范围.
【详解】令
，
函数
的值域为
，
，
要取遍所有正数.
当
时，
，符合题意，故
可取；
当
时，
解得
，
综上所述
的取值范围是
.
故答案为：
．
方法技巧
 
 04
   求函数的解析式
 
 
求函数解析式的常用方法
(1)待定系数法：若已知函数的类型，可用待定系数法．
(2)换元法：已知复合函数f (g(x))的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围．
(3)配凑法：由已知条件f (g(x))＝F(x)，可将F(x)改写成关于g(x)的表达式，然后以x 替代
g(x)，便得f (x)的解析式，注意g(x)的取值范围．
(4)解方程组法：已知关于f (x)与f (
1
x)或f (－x)的表达式，可根据已知条件再构造出另外一
个等式，通过解方程组求出f (x)．
【典例1】求下列函数的解析式：
(1)已知f (1－sin x)＝cos2x，求f (x)的解析式；
(2)已知f (x + 1
x)＝x2＋1
x
2，求f (x)的解析式；
(3)已知f (x)是二次函数且f (0)＝2，f (x＋1)－f (x)＝x－1，求f (x)的解析式；
(4)已知f (x)满足2f (x)＋f (－x)＝3x，求f (x)的解析式．
【解析】　(1)(换元法)设1－sin x＝t，t∈[0，2]，
则sin x＝1－t．
∵f (1－sin x)＝cos2x＝1－sin2x，
∴f (t)＝1－(1－t)2＝2t－t2，t∈[0，2]．
即f (x)＝2x－x2，x∈[0，2]．
(2)(配凑法、换元法)∵f (x + 1
x)＝x2＋1
x
2＝(x + 1
x)
2
－2，
令t＝x＋1
x ，当x＞0 时，
t≥2❑√x· 1
x ＝2，当且仅当x＝1 时取等号，
当x＜0 时，t＝－(- x - 1
x)≤－2，
当且仅当x＝－1 时取等号，
∴f (t)＝t2－2，t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，
∴f (x)＝x2－2，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．
(3)(待定系数法)设f (x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
由f (0)＝2，得c＝2，
f (x＋1)－f (x)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)＋2－ax2－bx－2＝x－1，即2ax＋a＋b＝x－1，
所以{
2a=1，
a+b=-1，即{
a= 1
2 ，
b=- 3
2 ．
 
所以f (x)＝1
2x2－3
2x＋2．
(4)(解方程组法)∵2f (x)＋f (－x)＝3x，①
令x＝－x 代入①，
得2f (－x)＋f (x)＝－3x，②
由①②解得f (x)＝3x．
【典例2】(1)(易错题)已知f (
❑√x＋1)＝x－2
❑√x，则f (x)＝________．
(2)已知f (x)满足f (x)－2f (
1
x)＝2x，则f (x)＝________．
(3)设函数f (x)是单调递增的一次函数，满足f (f (x))＝16x＋5，则f (x)＝________．
【解析】(1)法一(换元法)：令t＝❑√x＋1，则t≥1，x＝(t－1)2，
代入原式有f (t)＝(t－1)2－2(t－1)＝t2－4t＋3，
所以f (x)＝x2－4x＋3(x≥1)．
法二(配凑法、换元法)：f (❑√x＋1)＝x＋2❑√x＋1－4❑√x－4＋3＝(❑√x＋1)2－4(❑√x＋1)＋3，
因为❑√x＋1≥1，所以f (x)＝x2－4x＋3(x≥1)．
(2)因为f (x)－2f (
1
x)＝2x，①
以1
x 代替①中的x，得f (
1
x)－2f (x)＝2
x ，②
①＋②×2 得－3f (x)＝2x＋4
x ，
所以f (x)＝－2
3x－4
3 x ．
(3)∵f (x)为单调递增的一次函数，∴设f (x)＝ax＋b，a>0，故f (f (x))＝a(ax＋b)＋b＝a2x＋
ab＋b＝16x＋5，∴a2＝16，ab＋b＝5，解得a＝4，b＝1 或a＝－4，b＝－5
3(不合题意，舍
去)，∴f (x)＝4x＋1．
方法技巧
 
 05
   分段函数
 
 
分段函数的几类题型及解决方法
(1)若分段函数中含有参数，则直接根据条件选择相应区间上的解析式代入求参．
(2)若是求自变量的值，则需要结合分段区间的范围对自变量进行分类讨论，再求值．
(3)涉及与分段函数有关的不等式问题，主要表现为解不等式，当自变量取值不确定时，往往
要分类讨论求解；当自变量取值确定，但分段函数中含有参数时，只需依据自变量的情况，
直接代入相应解析式求解．
【典例1】(2025·湖北武汉模拟)已知f (x)＝{
❑√x，0≤x≤1，
2f (x -1)，x>1，则f (
5
4)＝(　　)
A．2    
B．
❑√5
2
C．3
2    
D．1
【解析】函数f (x)＝{
❑√x，0≤x≤1，
2f (x -1)，x>1，
所以f (
5
4)＝2f (
1
4)＝2❑√
1
4 ＝1．故选D．
【典例2】函数f (x)＝{
❑√x +1，-1< x<0，
2 x，x≥0，
若实数a 满足f (a)＝f (a－1)，则f (
1
a)＝(　　)
A．2    
B．4
C．6    
D．8
【解析】由分段函数的定义知，f (x)的定义域是(－1，＋∞)，所以a>0．
①当0<a<1 时，－1<a－1<0，则f (a)＝f (a－1)可化为2a＝❑√a，解得a＝1
4，所以f (
1
a)＝f 
(4)＝8．
②当a≥1 时，a－1≥0，则f (a)＝f (a－1)可化为2a＝2(a－1)，方程无解．故选D．
【典例3】(2024·湖北十一校一模)已知函数f (x)＝{
x +1，x≤0，
ln (x +1)，x>0，则关于x 的不等式f (x)
≤1 的解集为________．
【解析】当x≤0 时，f (x)＝x＋1≤1 得x≤0，所以x≤0．
当x>0 时，f (x)＝ln (x＋1)≤1，得－1<x≤e－1，
所以0<x≤e－1，综上，f (x)≤1 的解集为(－∞，e－1]．
【典例4】设函数
则满足
的x 的取值范围是______．
【答案】
【分析】作出
图象，由数形结合结合函数单调性列不等式求解即可.
【详解】函数
的图象如图所示，
满足
可得
或
.
解得
.
故答案为：
.
方法技巧
 
  06
   确定函数的单调性
 
 ( 单调区间
 
 ) 
确定函数单调性的方法
(1)定义法：取值、作差、变形(因式分解、配方、有理化、通分等)、定号、下结论．
(2)性质法：同增异减，即内、外函数的单调性相同时为增函数，不同时为减函数．
(3)图象法：如果f (x)是以图象形式给出的，或者f (x)的图象易画出，可由图象直观地判断函
数单调性．
(4)导数法：利用导函数的正负判断函数的单调性．
提醒：定义域先行，单调区间是定义域的子集．
【典例1】(2025·浙江绍兴模拟)函数y＝ln (x2－2x)的单调递减区间是(　　)
A．(－∞，1)    
B．(1，＋∞)
C．(－∞，0)    
D．(2，＋∞)
【解析】由y＝ln (x2－2x)，所以x2－2x>0，解得x<0 或x>2，
所以函数y＝ln (x2－2x)的定义域为(－∞，0)∪(2，＋∞)，
令u＝x2－2x，则函数u＝x2－2x 在(－∞，0)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，而函数y
＝ln u 在(0，＋∞)上单调递增，由复合函数单调性可得，y＝ln (x2－2x)的单调递减区间为(－
∞，0)．故选C．
【典例2】(2024·广东深圳三模)函数y＝|－x2＋4x＋5|的单调递增区间是________．
【解析】函数y＝|－x2＋4x＋5|＝{
- x
2+ 4 x +5，x∈［-1，5］，
x
2- 4 x -5，x∈(-∞，-1)∪(5，+∞)，
由|－x2＋4x＋5|＝0，解得x＝－1 或x＝5，
函数y＝|－x2＋4x＋5|的图象如图所示，
由图可知，函数y＝|－x2＋4x＋5|的单调递增区间为[－1，2]，[5，＋∞)．
【典例3】试讨论函数f (x)＝ax
x -1(a≠0)在(－1，1)上的单调性．
【解析】　法一(定义法)：∀x1，x2∈(－1，1)，且x1＜x2，
f (x)＝a(
x -1+1
x -1 )＝a(1+
1
x -1)，
f (x1)－f (x2)＝a(1+
1
x1-1)－a(1+
1
x2-1)＝
a(x2- x1)
(x1-1)(x2-1)，由于－1<x1<x2<1，
所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，
故当a>0 时，f (x1)－f (x2)>0，即f (x1)>f (x2)，函数f (x)在(－1，1)上单调递减；
当a<0 时，f (x1)－f (x2)<0，
即f (x1)<f (x2)，函数f (x)在(－1，1)上单调递增．
法二(导数法)：f ′(x)＝
(ax)
' (x -1)-ax (x -1)
'
(x -1)
2
＝
a(x -1)-ax
(x -1)
2
＝－
a
(x -1)
2．
当a>0 时，f ′(x)<0，函数f (x)在(－1，1)上单调递减；
当a<0 时，f ′(x)>0，函数f (x)在(－1，1)上单调递增．
法三：f (x)＝ax
x -1＝a＋a
x -1，该函数的图象由函数y＝a
x 的图象向右平移1 个单位长度，再向
上(a＞0)或向下(a＜0)平移|a|个单位长度得到，图象略．故当a＞0 时，f (x)在(－1，1)上单调
递减；当a＜0 时，f (x)在(－1，1)上单调递增．
方法技巧
 
 07
   函数单调性的应用
 
 
函数单调性应用问题的解题策略
(1)比较函数值的大小时，转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．
(2)解与抽象函数有关的不等式，由条件脱去“f ”，转化为自变量间的大小关系，一般转化
为不等式组，应注意等价转化和函数的定义域．
(3)利用单调性求参数的取值(范围)，根据函数的单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式
(组))或先得到函数图象的升降，再结合图象求解．对于分段函数，要注意衔接点的取值，在
衔接点处需建立一个不等式．
【典例1】已知函数f (x)的图象关于直线x＝1 对称，当x2>x1>1 时，[f (x2)－f (x1)](x2－x1)<0 恒
成立，设a＝f (- 1
2) ，b＝f (2)，c＝f (e)，则a，b，c 的大小关系为(　　)
A．c>a>b    
B．c>b>a
C．a>c>b    
D．b>a>c
【解析】因为f (x)的图象关于直线x＝1 对称，由此可得f (- 1
2)＝f (
5
2)．当x2>x1>1 时， [f 
(x2)－f (x1)](x2－x1)<0 恒成立，可知f (x)在(1，＋∞)上单调递减．
因为1<2<5
2<e，所以f (2)>f (
5
2)>f (e)，所以b>a>c．
【典例2】(2025·广东佛山模拟)已知函数y＝f (x)在定义域(－1，3)上是增函数，且f (2a－
1)<f (2－a)，则实数a 的取值范围是(　　)
A．(1，2)    
B．(－∞，1)
C．(0，1)    
D．(1，＋∞)
【解析】因为函数y＝f (x)在定义域(－1，3)上是增函数，且f (2a－1)<f (2－a)，则有
{
-1<2a-1<3，
-1<2-a<3，
2a-1<2-a，
则{
0<a<2，
-1<a<3，
a<1，
解得0<a<1，所以实数a 的取值范围是(0，1)．故选C．
【典例3】(2024·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝{
- x
2-2ax -a，x<0，
e
x+ ln (x +1)，x≥0 在R 上单调递增，则a 的
取值范围是(　　)
A．(－∞，0]    
B．[－1，0]
C．[－1，1]    
D．[0，＋∞)
【解析】因为f (x)在R 上单调递增，且x≥0 时，f (x)＝ex＋ln (x＋1)单调递增，
则需满足{
--2a
2×(-1) ≥0，
-a≤e
0+ ln1，
解得－1≤a≤0，
即a 的取值范围是[－1，0]．故选B．
【典例4】设f (x)是定义在R 上的增函数，且f (xy)＝f (x)＋f (y)，f (3)＝1，则不等式f (x)＋f 
(－2)＞1 的解集为________．
【解析】由已知条件可得f (x)＋f (－2)＝f (－2x)，又f (3)＝1．∴不等式f (x)＋f (－2)＞1 可
化为f (－2x)＞f (3)．∵f (x)是定义在R 上的增函数，∴－2x＞3，解得x＜－3
2．∴不等式的
解集为{x|x＜- 3
2}．
方法技巧
 
 08
   求函数的最值
 
 
求函数最值的五种常用方法
【典例1】(2024·湖南湘东名校期中)已知函数f (x)＝2x2－1，g(x)＝ax，x∈R，用M(x)表示f 
(x)，g(x)中的较大者，记为M(x)＝max{f (x)，g(x)}，若M(x)的最小值为－1
2，则实数a 的值
为(　　)
A．0    
B．±1
C．±❑√2    
D．±2
【解析】函数f (x)＝2x2－1，g(x)＝ax，x∈R，根据题意，当a＞0 时，函数M(x)的图象如图所
示，
由图象可知，在点A 处取得最小值，为－1
2，
故2x2－1＝－1
2，解得x＝±1
2，
由图象可知x＝－1
2，将点(- 1
2 ，- 1
2)代入g(x)＝ax 得－1
2a＝－1
2，解得a＝1．
同理如果a＜0，则2x2－1＝－1
2，解得x＝±1
2，∴x＝1
2，将点(
1
2 ，- 1
2)代入g(x)＝ax 得1
2a＝
－1
2，解得a＝－1．当a＝0 时，M(x)的最小值为0，不符合题意．综上所述：a＝±1．故选
B．
【典例2】（2024·广东茂名·高三统考阶段练习）设函数
若
存在最小值，则
的取值范围为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据一次函数和二次函数的单调性，分类讨论进行求解即可.
【详解】若
时，
，
；
若
时，当
时，
单调递增，当
时，
，故
没有最小值；
若
时，
时，
单调递减，
，当
时，
，若函数
有最小值，需
或
，解得
.
故选：B
【典例3】（2025 高二·宁夏石嘴山·阶段练习）若函数
在区间
上的最大值为3，则实数
（   ）
A．
B．1
C．3
D．
【答案】C
【分析】先分离变量
，再由复合函数的单调性知，分类研究即可.
【解析】函数
，
当
时，
在
上单调递减，最大值为
；
当
时，
在
上单调递增，最大值为
，解得
，不合题意，
所以实数
.
故选：C
方法技巧
 
 09
   函数奇偶性的判断
 
 
判断函数奇偶性的两个必备条件及方法
(1)定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件，所以首先判断函数的定义
域是不是关于原点对称；
(2)判断f (x)与f (－x)是否具有等量关系，在判断奇偶性的运算中，可以转化为判断奇偶性的
等价等量关系式(f (x)＋f (－x)＝0(奇函数)或f (x)－f (－x)＝0(偶函数))是否成立．
(3)判断函数奇偶性的方法：①定义法；②图象法．
【典例1】判断下列函数的奇偶性：
(1)f (x)＝❑√3- x
2+
❑√x
2-3；
(2)f (x)＝(1＋x)❑√
1- x
1+ x ；
(3)f (x)＝{
x
2+ x，x<0，
x
2- x，x>0；
(4)f (x)＝log2(x＋❑√x
2+1)．
【解析】　(1)由{
3- x
2≥0，
x
2-3≥0，得x2＝3，解得x＝±❑√3，
即函数f (x)的定义域为{－❑√3，❑√3}，
从而f (x)＝❑√3- x
2+
❑√x
2-3＝0．
因此f (－x)＝－f (x)且f (－x)＝f (x)，
∴函数f (x)既是奇函数又是偶函数．
(2)函数f (x)＝(1＋x)❑√
1- x
1+ x 的定义域满足1- x
1+ x ≥0，则{
(1+ x)(1- x)≥0 
x≠-1          
⇒－1＜x≤1，
由于定义域不关于原点对称，故f (x)既不是奇函数也不是偶函数．
(3)函数f (x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称．
∵当x<0 时，－x>0，
则f (－x)＝(－x)2＋x＝x2＋x＝f (x)；
当x>0 时，－x<0，
则f (－x)＝(－x)2＋(－x)＝x2－x＝f (x)；
综上可知：对于定义域内的任意x，总有f (－x)＝f (x)成立，∴函数f (x)为偶函数．
(4)显然函数f (x)的定义域为R，
f (－x)＝log2[－x＋❑√(- x)
2+1]＝log2(❑√x
2+1－x)＝log2(❑√x
2+1＋x)-1＝－log2(❑√x
2+1＋x)＝－f 
(x)，故f (x)为奇函数．
【典例2】已知函数f (x)对任意x，y∈R，都有f (x＋y)＝f (x)＋f (y)＋2，则函数f (x)＋2 为
________函数．(填“奇”“偶”或“非奇非偶”)
【解析】由题意得函数f (x)的定义域为R，定义域关于原点对称，
令x＝y＝0，则f (0)＝f (0)＋f (0)＋2，故f (0)＝－2．
令y＝－x，则f (0)＝f (x)＋f (－x)＋2，故f (x)＋2＝－f (－x)－2＝－[f (－x)＋2]．
故f (x)＋2 为奇函数．
方法技巧
 
 10
   函数奇偶性的应用
 
 
1.求函数值：利用f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)求解，有时需要构造奇函数或偶函数以便于求值．
2.(1)利用函数的奇偶性可求函数值或求参数的值，求解的关键在于借助奇偶性转化为求已知
区间上的函数值或得到参数的恒等式，利用方程思想求参数的值．
(2)利用函数的奇偶性可画出函数在其对称区间上的图象，结合图象直观求解相关问题．
【典例1】(2023·新高考Ⅱ卷)若f (x)＝(x＋a)·ln 2 x -1
2 x +1为偶函数，则a＝(　　)
A．－1    
B．0
C．1
2    
D．1
【解析】法一：由2 x -1
2 x +1＞0，得x＞1
2或x＜－1
2，
∵f (x)是偶函数，∴f (－x)＝f (x)，
∴(－x＋a)ln -2 x -1
-2 x +1 ＝(x＋a)ln 2 x -1
2 x +1，
又(－x＋a)ln 2 x +1
2 x -1＝(－x＋a)ln (
2 x -1
2 x +1)
-1
，
∴(x－a)ln 2 x -1
2 x +1＝(x＋a)ln 2 x -1
2 x +1，
∴x－a＝x＋a，得－a＝a，得a＝0．
故选B．
法二：因为f (x)＝(x＋a)ln 2 x -1
2 x +1为偶函数，f (－1)＝(a－1)ln 3，f (1)＝(a＋1)ln 1
3＝－(a＋
1)ln 3，所以(a－1)ln 3＝－(a＋1)ln 3，解得a＝0．故选B．
【典例2】(2024·山西大学附中期中)已知函数f (x)是定义在R 上的奇函数，且当x>0 时，f 
(x)＝x3＋x＋1，则f (x)在R 上的解析式为________．
【解析】因为函数f (x)是定义在R 上的奇函数，则f (0)＝0．
当x<0 时，则－x>0，可得f (x)＝－f (－x)＝－[(－x)3＋(－x)＋1]＝x3＋x－1，
所以f (x)＝{
x
3+ x +1，x>0，
0，x =0，
x
3+ x -1，x<0．
【典例3】(2025·湖南师大附中模拟)已知函数f (x)是定义在R 上的偶函数，f (x)在[0，＋∞)
上单调递减，且f (3)＝0，则不等式(2x－5)f (x－1)＜0 的解集为(　　)
A．(－∞，－2)∪(
5
2 ，4)    
B．(4，＋∞)
C．(-2，5
2)∪(4，＋∞)    
D．(－∞，－2)
【解析】依题意，函数的大致图象如图：
因为f (x)是定义在R 上的偶函数，在[0，＋∞)上单调递减，且f (3)＝0，
所以f (x)在(－∞，0]上单调递增，且f (－3)＝0，
则当x＞3 或x＜－3 时，f (x)＜0；当－3＜x＜3 时，f (x)＞0，
不等式(2x －5)f (x －1) ＜0 化为{
2 x -5＞0，
f (x -1)＜0 或{
2 x -5＜0，
f (x -1)＞0，所以{
2 x -5＞0，
x -1＞3
或
{
2 x -5＞0，
x -1＜-3 或{
2 x -5＜0，
-3＜x -1＜3，解得x＞4 或x∈∅或－2＜x＜5
2，即－2＜x＜5
2或x＞4，
即原不等式的解集为(-2，5
2)∪(4，＋∞)．故选C．
方法技巧
 
  11
   函数的周期性
 
 
利用函数的周期性，可将其他区间上的求值、求零点个数、求解析式等问题，转化到已知区
间上，进而解决问题；利用函数的周期性，能实现自变量的转移，把自变量大化小．
【典例1】(2025·福建三明期中)若偶函数f (x)满足f (x＋2)＋f (x)＝0，当x∈(0，1)时，f (x)
＝x
2＋1，则f (
7
2)＝(　　)
A．2    
B．7
4
C．5
4
D．3
4
【解析】由已知可得f (x＋2)＋f (x)＝0⇒f (x＋4)＋f (x＋2)＝0⇒f (x＋4)＝f (x)，
即T＝4 是函数f (x)的一个周期，
所以f (
7
2)＝f (- 1
2)＝f (
1
2)＝
1
2
2
＋1＝5
4．故选C．
【典例2】定义在R 上的函数f (x)满足f (x +1)＝f (x)－2，则下列函数中是周期函数的是(　 
)
A．y＝f (x)－x    
B．y＝f (x)＋x
C．y＝f (x)－2x    
D．y＝f (x)＋2x
【解析】依题意，定义在R 上的函数f (x)满足f (x＋1)＝f (x)－2，所以f (x＋1)＋2(x＋1)＝f 
(x)＋2x，所以y＝f (x)＋2x 是周期为1 的周期函数．故选D．
【典例3】已知
是定义在
上周期为
的函数，当
时，
，那么当
时，
 ______.
【答案】
【详解】解：因为当
时，
,
是定义在
上周期为
的函数
所以，
，
故答案为：
方法技巧
 
 12
   轴对称问题
 
 
轴对称的几种表述形式
(1)函数y＝f (x)的图象关于直线x＝a 对称⇔f (x)＝f (2a－x)⇔f (a－x)＝f (a＋x)；
(2)若函数y＝f (x)满足f (a＋x)＝f (b－x)，则y＝f (x)的图象关于直线x＝a+b
2 对称．
【典例1】已知函数f (x)＝3|x－a|＋2，且满足f (5＋x)＝f (3－x)，则f (6)＝(　　)
A．29    
B．11
C．3    
D．5
【解析】因为f (5＋x)＝f (3－x)，所以f (x)的图象关于直线x＝4 对称，而f (x)＝3|x－a|＋2 的
图象关于直线x＝a 对称，
所以a＝4，f (6)＝3|6-4|＋2＝11．
故选B．
【典例2】已知函数f (x)(x∈R)满足f (x)＝f (4－x)，若y＝|x－2|与y＝f (x)图象的交点为(x1，
y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，则x1＋x2＋x3＋x4＝(　　)
A．－4    
B．0
C．4    
D．8
【解析】由f (x)＝f (4－x)可知y＝f (x)的图象关于直线x＝2 对称，y＝|x－2|的图象关于直线
x＝2 对称，
所以x1＋x2＋x3＋x4＝4×2＝8．
方法技巧
 
 13
   中心对称问题
 
 
中心对称的几种表述形式
(1)函数y＝f (x)的图象关于点(a，b)对称⇔f (a＋x)＋f (a－x)＝2b⇔2b－f (x)＝f (2a－x)；若函
数y＝f (x)满足f (a＋x)＋f (b－x)＝c，则y＝f (x)的图象关于点(
a+b
2
，c
2)对称．
(2)双曲线型函数f (x)＝cx +d
ax +b的图象的对称中心为(- b
a ，c
a)．
【典例1】(2024·河北重点中学二模)已知函数y＝f (x－1)为奇函数，则函数y＝f (x)＋1 的图
象(　　)
A．关于点(1，1)对称    
B．关于点(1，－1)对称
C．关于点(－1，1)对称    
D．关于点(－1，－1)对称
【解析】函数y＝f (x－1)为奇函数，图象关于(0，0)对称，将函数y＝f (x－1)的图象向左平移
一个单位长度可得函数y＝f (x)的图象，则函数y＝f (x)的图象关于(－1，0)对称，
所以函数y＝f (x)＋1 的图象关于(－1，1)对称．故选C．
【典例2】(2024·四川泸州三模)已知函数f (x)(x∈R)满足f (x)＋f (4－x)＝0，若函数f (x)与y
＝1
x -2图象的交点的横坐标分别为x1，x2，…，xn，则
＝(　　)
A．4n    
B．2n
C．n    
D．0
【解析】因为f (x)＋f (4－x)＝0，所以f (2＋x)＋f (2－x)＝0，
所以函数的图象关于(2，0)对称，又函数y＝1
x -2的图象关于(2，0)对称，则y＝f (x)与y＝
1
x -2的图象的交点应为偶数个，且关于(2，0)对称，所以
＝4×n
2＝2n．故选B．
方法技巧
 
 14
   两函数图象间的对称问题
 
 
函数y＝f (a＋x)的图象与函数y＝f (b－x)的图象关于直线x＝b-a
2 对称．
【典例1】(2025·江苏扬州模拟)定义在R 上的函数y＝f (x)和y＝g(x)的图象关于y 轴对称，且
函数y＝f (x－2)＋1 是奇函数，则函数y＝g(x)图象的对称中心为(　　)
A．(2，1)    
B．(－2，－1)
C．(－2，1)    
D．(2，－1)
【解析】由题意得函数y＝f (x－2)＋1 是奇函数，则y＝f (x)的图象关于(－2，－1)对称，另知
函数y＝f (x)和y＝g(x)的图象关于y 轴对称，故y＝g(x)的图象关于(2，－1)对称．故选D．
【典例2】设函数y＝f (x)的图象与y＝3x＋m的图象关于直线y＝x 对称，若f (3)＋f (9)＝1，则
实数m 的值为________．
【解析】∵函数y＝f (x)的图象与y＝3x＋m的图象关于直线y＝x 对称，∴x＝log3y－m，
∴f (x)＝log3x－m，
∴f (3)＋f (9)＝1－m＋2－m＝1，∴m＝1．
方法技巧
 
 15
   幂函数的图象及性质
 
 
与幂函数有关问题的解题思路
(1)关于幂函数y＝xα，若α∈Z 且函数是偶函数，则α 必为偶数．当α 是分数时，一般将xα先
化为根式，再分析函数的性质．
(2)若幂函数y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，则α＞0；若幂函数y＝xα在(0，＋∞)上单调递减，
则α＜0．
(3)在比较幂值的大小时，结合幂值的特点，选择适当的函数，借助其单调性进行比较．
【典例1】已知a＝2
4
5，b＝4
2
7，c＝25
1
5，则(　　)
A．b<a<c    
B．a<b<c
C．b<c<a    
D．c<a<b
【解析】a＝2
4
5＝16
1
5，b＝4
2
7＝16
1
7，c＝25
1
5，幂函数y＝x
1
5在R 上单调递增，a<c，指数函数y
＝16x在R 上单调递增，b<a，∴b<a<c．故选A．
【典例2】幂函数f (x)＝(m2－3m－3)xm在区间(0，＋∞)上单调递减，则下列说法正确的是(　 
)
A．m＝4    
B．f (x)是减函数
C．f (x)是奇函数    
D．f (x)是偶函数
【解析】函数f (x)＝(m2－3m－3)xm为幂函数，则m2－3m－3＝1，解得m＝4 或m＝－1．
当m＝4 时，f (x)＝x4在区间(0，＋∞)上单调递增，不满足条件，A 错误；
当m＝－1 时，f (x)＝x-1在区间(0，＋∞)上单调递减，满足题意．
函数f (x)＝x-1在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，但不是减函数，B 错误；
因为函数定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称，且f (－x)＝1
- x ＝－f (x)，所以函数f 
(x)是奇函数，不是偶函数，故C 正确，D 错误．故选C．
【典例3】如图所示是函数y＝x
m
n(m，n∈N*且互质)的图象，则(　　)
A．m，n 是奇数且m
n <1
B．m 是偶数，n 是奇数，且m
n <1
C．m 是偶数，n 是奇数，且m
n >1
D．m，n 是偶数，且m
n >1
【解析】由题干图象可看出y＝x
m
n为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，故m
n ∈(0，1)且m 为
偶数，又m，n∈N*且互质，故n 是奇数．故选B．
方法技巧
 
 16
   二次函数的图象与解析式
 
 
研究二次函数图象及解析式应从“三点一线一开口”进行分析，“三点”中有一个点是顶点，
另两个点是图象上关于对称轴对称的两个点，常取零点；“一线”是指对称轴这条直线；
“一开口”是指抛物线的开口方向．
【典例1】已知二次函数f (x)满足f (2)＝－1，f (－1)＝－1，且f (x)的最大值是8，则f (x)＝
________．
【解析】法一(利用“一般式”)：
设f (x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
由题意得{
4 a+2b+c =-1，
a-b+c =-1，
4 ac -b
2
4 a
=8，
 解得{
a=- 4，
b= 4，
c =7．
所以所求二次函数的解析式为f (x)＝－4x2＋4x＋7．
法二(利用“顶点式”)：
设f (x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．
因为f (2)＝f (－1)，
所以抛物线的对称轴为x＝2+(-1)
2
＝1
2，
所以m＝1
2．
又根据题意，函数有最大值8，所以n＝8，
所以f (x)＝a(x - 1
2)
2
＋8．
因为f (2)＝－1，所以a(2- 1
2)
2
＋8＝－1，解得a＝－4，
所以f (x)＝－4(x - 1
2)
2
＋8＝－4x2＋4x＋7．
法三(利用“零点式”)：
由已知f (x)＋1＝0 的两根为x1＝2，x2＝－1，
故可设f (x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，
即f (x)＝ax2－ax－2a－1．
又函数有最大值8，
即4 a(-2a-1)-(-a)
2
4 a
＝8．
解得a＝－4 或a＝0(舍)．
故所求函数的解析式为f (x)＝－4x2＋4x＋7．
【典例2】(多选)已知二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的部分图象如图所示，图象过点A(－3，
0)，对称轴为直线x＝－1，则(　　)
A．b2＞4ac    
B．2a－b＝1
C．a－b＋c＝0    
D．5a＜b
【解析】在题图中，二次函数的图象与x 轴交于两点，所以b2－4ac＞0，即b2＞4ac，A 正确；
图象的对称轴为直线x＝－1，即－b
2a＝－1，2a－b＝0，B 错误；结合题图，当x＝－1 时，
y＞0，即a－b＋c＞0，C 错误；由图象的对称轴为x＝－1 知，b＝2a．根据抛物线开口向下，
知a＜0，所以5a＜2a，即5a＜b，D 正确．
方法技巧
 
 17
   二次函数的单调性与最值
 
 
二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动．无论
哪种类型，解题的关键都是图象的对称轴与区间的位置关系，当含有参数时，要依据图象的
对称轴与区间的位置关系进行分类讨论．
【典例1】(2024·山东济南期中)已知函数y＝❑√a x
2+bx +c的定义域与值域均为[0，1]，则实数
a 的取值为(　　)
A．－4    
B．－2
C．1    
D．－1
【解析】依题意，y＝ax2＋bx＋c 的值域为[0，1]，且ax2＋bx＋c≥0 的解集为[0，1]，
故函数的图象开口向下，a<0，
则方程ax2＋bx＋c＝0 的两根为x＝0 或1，
则c＝0，－b
2a＝0+1
2 ，即a＝－b，
则y＝ax2＋bx＋c＝ax2－ax＝a(x - 1
2)
2
－a
4，
当x＝1
2时，y＝a(x - 1
2 )
2
－a
4取得最大值，为1，
即－a
4＝1，解得a＝－4．故选A．
【典例2】(2024·江苏常州期中)已知二次函数f (x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，恒有f (x＋1)－f (x)＝
2x＋2，f (0)＝－2．
(1)求函数f (x)的解析式；
(2)设g(x)＝f (x)－mx，若函数g(x)在区间[1，2]上的最大值为3，求实数m 的值；
(3)若h(x)＝[f (x)－x2＋2]·|x－a|，a∈R，若函数h(x)在[－2，2]上是单调函数，求a 的取值范
围．
【解析】　(1)由f (x＋1)－f (x)＝2x＋2，得a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c－ax2－bx－c＝2x＋2，
则2ax＋a＋b＝2x＋2，所以2a＝2 且a＋b＝2，解得a＝1，b＝1，
又f (0)＝－2，则c＝－2，故f (x)＝x2＋x－2．
(2)g(x)＝f (x)－mx＝x2＋(1－m)x－2，其图象的对称轴为x＝m-1
2
，
当m-1
2
<3
2，即m＜4 时，g(x)max＝g(2)＝－2m＋4＝3，解得m＝1
2；
当m-1
2
＝3
2，即m＝4 时，g(x)max＝g(1)＝g(2)＝－m＝－2m＋4＝3，解得m∈∅；
当m-1
2
>3
2，即m>4 时，g(x)max＝g(1)＝－m＝3，解得m＝－3(舍)，
综上，m＝1
2．
(3)h(x)＝[f (x)－x2＋2]·|x -a|＝x|x -a|＝{
x
2-ax，x≥a，
- x
2+ax，x<a，
当a＝0 时，h(x)在R 上单调递增，符合题意；
当a>0 时，则a
2<a，此时函数h(x)在(-∞，a
2)，(a，＋∞)上单调递增，在(
a
2 ，a)上单调递减，
则{
a
2 ≥2，
a>0
解得a≥4；
当a<0 时，a
2>a，则函数h(x)在(－∞，a)，(
a
2 ，+∞)上单调递增，在(a，a
2)上单调递减，
则{
a
2 ≤-2，
a<0
解得a≤－4，
综上所述，a 的取值范围为a＝0 或a≥4 或a≤－4．
方法技巧
 
 18
   指数幂的运算
 
 
指数幂运算的一般原则
(1)将根式统一为分数指数幂，以便利用法则计算．
(2)先乘除后加减，负指数幂化成正指数幂的倒数．
(3)底数是小数，先化成分数；底数是带分数，先化成假分数．
(4)运算结果不能同时含有根号和分数指数，也不能既有分母又含有负指数，形式要求统一．
【典例1】(2025·湖南长沙模拟)计算(-64)
1
3 +［(-3)
4］
1
4－(❑√2－1)0＋
3√3 3
8＝________．
【解析】(-64)
1
3＋［(-3)
4］
1
4－(❑√2－1)0＋
3√3 3
8＝(－4
3)
1
3＋(3
4)
1
4－1＋[(
3
2)
3
]
1
3＝－4＋3－1＋3
2
＝－1
2．
【典例2】(多选)下列计算正确的是(　　)
A．
12√(-5)
4＝
3√-5
B．(a
2
3 b
1
2 ) (－3a
1
2 b
1
3)÷(1
3 a
1
6 b
5
6)＝－9a(a>0，b>0)
C．❑√
3√9＝
3√3
D．已知x2＋x-2＝2，则x＋x-1＝2
【解析】对于A，
12√(-5)
4＝
12√5
4＝5
4
12＝5
1
3＝
3√5≠
3√-5，所以A 错误；
对于B，(a
2
3 b
1
2 ) (－3a
1
2 b
1
3)÷(1
3 a
1
6 b
5
6)＝－9a
2
3 + 1
2 - 1
6 ·b
1
2 + 1
3 - 5
6＝－9a(a>0，b>0)，所以B 正确； 
对于C，❑√
3√9＝❑√9
1
3＝9
1
6＝3
1
3＝
3√3，所以C 正确；
对于D，因为(x＋x-1)2＝x2＋2＋x-2＝4，所以x＋x-1＝±2，所以D 错误．
方法技巧
 
 19
   指数函数的图象及应用
 
 
(1)对于有关指数型函数的图象问题，一般是从最基本的指数函数的图象入手，通过平移、伸
缩、对称变换得到．特别地，当底数a 与1 的大小关系不确定时应注意分类讨论．
(2)掌握函数y＝f (|x|)，y＝f (x)，y＝|f (x)|的图象之间的变换与联系．
(3)定点与渐近线是作图的关键．
【典例1】(多选)(2025·山西晋中模拟)在同一平面直角坐标系中，函数y＝x2＋ax＋a－1 与y＝
ax的图象可能是(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
【解析】当a>1 时，对应的图象可能为选项A；当0<a<1 时，对应的图象可能为选项C．故选
AC．
【典例2】若曲线|y|＝2x＋1 与直线y＝b 没有公共点，则实数b 的取值范围是________．
【解析】曲线|y|＝2x＋1 与直线y＝b 如图所示，由图象可得：如果曲线|y|＝2x＋1 与直线y＝b
没有公共点，则b 应满足的条件是b∈[－1，1]．
方法技巧
 
 20
   比较指数式的大小
 
 
【典例1】(2023·天津高考)若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，则a，b，c 的大小关系为(　 
)
A．c＞a＞b    
B．c＞b＞a
C．a＞b＞c    
D．b＞a＞c
【解析】由y＝1.01x在R 上单调递增，则a＝1.010.5＜b＝1.010.6，
由y＝x0.5在[0，＋∞)上单调递增，则a＝1.010.5＞c＝0.60.5．所以b＞a＞c．故选D．
【典例2】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】设函数f (x)＝2x－5－x，易知f (x)为增函数．
又f (－y)＝2－y－5y，由已知得f (x)≤f (－y)，所以x≤－y，所以x＋y≤0．故选B
方法技巧
 
 21
   解简单的指数方程或不等式
 
 
指数方程或不等式的解法
（1）解指数方程或不等式的依据：①af（x）＝ag（x）⇔f（x）＝g（x）；②af（x）＞ag（x），当a＞1 时，等价于
f（x）＞g（x）；当0＜a＜1 时，等价于f（x）＜g（x）；
（2）解指数方程或不等式的方法：先利用幂的运算性质化为同底数幂，再利用函数单调性转化为一般不
等式求解.
【典例1】(2024·江苏宿迁一模)已知函数f (x)＝2x－3－x，则不等式f (x2)<f (2x＋3)的解集为( 
)
A．(－1，3)
B．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
C．(－3，1)
D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)
【解析】函数f (x)的定义域为R，函数y＝2x，y＝3－x分别是R 上的增函数和减函数，因此函
数f (x)＝2x－3－x是R 上的增函数，由f (x2)<f (2x＋3)，得x2<2x＋3，解得－1<x<3，所以原不
等式的解集是(－1，3)．故选A．
【典例2】已知实数a≠1，函数f (x)＝{
4
x，x≥0，
2
a- x，x<0，若f (1－a)＝f (a－1)，则a 的值为
________．
【解析】当a<1 时，41-a＝21，解得a＝1
2；
当a>1 时，2a－(1-a)＝4a-1无解，故a 的值为1
2．
方法技巧
 
 22
   指数函数性质的综合应用
 
 
(1)利用指数函数的性质比较大小或解方程、不等式，最重要的是“同底”原则，比较大小还
可以借助中间量．
(2)求解与指数函数有关的复合函数问题，要明确复合函数的构成，涉及值域、单调区间、最
值等问题时，都要借助“同增异减”这一性质分析判断．
【典例1】(多选)(2024·浙江温州期末)已知函数f (x)＝2
x -1
2
x+1，则(　　)
A．不等式|f (x)|<1
3的解集是(－1，1)
B．∀x∈R，都有f (－x)＝f (x)
C．f (x)是R 上的减函数
D．f (x)的值域为(－1，1)
【解析】对于A，f (x)＝2
x -1
2
x+1＝1－
2
2
x+1，由|f (x)|<1
3，得－1
3＜1－
2
2
x+1＜1
3，即1
3<
1
2
x+1<2
3，
得3
2<2x＋1<3，解得－1<x<1，即原不等式的解集为(－1，1)，故A 正确；
对于B，f (－x)＝1－
2
2
- x+1＝1－2
x +1
2
x+1≠f (x)，故B 错误；
对于C，f (1)＝1－2
3＝1
3<3
5＝1－2
5＝f (2)，所以f (x)在R 上单调递减不成立，故C 错误；
对于D，由0<
2
2
x+1<2 知－1<1－
2
2
x+1<1，即函数f (x)的值域为(－1，1)，故D 正确．故选
AD．
【典例2】若函数f (x)＝(
1
3)
a x
2＋2 x＋3
的值域是(0，1
9 ]，则f (x)的单调递增区间是________．
【解析】∵y＝(
1
3)
t
是减函数，且f (x)的值域是(0，1
9]，∴t＝ax2＋2x＋3 有最小值2，
则a>0 且12a-2
2
4 a
＝2，解得a＝1，
因此t＝x2＋2x＋3 的单调递减区间是(－∞，－1]，
故f (x)的单调递增区间是(－∞，－1]．
【典例3】已知函数f (x)＝x3(a·2x－2－x)是偶函数，则a＝________．
【解析】法一(定义法)：因为f (x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数，
所以f (－x)＝f (x)对任意的x∈R 恒成立，
所以(－x)3(a·2－x－2x)＝x3(a·2x－2－x)对任意的x∈R 恒成立，所以x3(a－1)(2x＋2－x)＝0 对任
意的x∈R 恒成立，所以a＝1．
法二(取特殊值检验法)：因为f (x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数，所以f (－1)
＝f (1)，所以－(
a
2 -2)＝2a－1
2，解得a＝1，经检验，f (x)＝x3(2x－2－x)为偶函数，所以a＝
1．
法三(转化法)：由题意知f (x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数．设g(x)＝x3，h(x)
＝a·2x－2－x，因为g(x)＝x3为奇函数，所以h(x)＝a·2x－2－x为奇函数，所以h(0)＝a·20－2-
0＝0，解得a＝1，经检验，f (x)＝x3(2x－2－x)为偶函数，所以a＝1．
【典例4】(2023·新高考Ⅰ卷)设函数f (x)＝2x(x－a)在区间(0，1)单调递减，则a 的取值范围是( 
)
A．(－∞，－2]    
B．[－2，0)
C．(0，2]    
D．[2，＋∞)
【解析】法一(复合函数法)：因为y＝2x在R 上单调递增，所以y＝x(x－a)在区间(0，1)单调递
减，所以x＝a
2 ≥1，解得a≥2．故选D．
法二(特值法)：取a＝3，则y＝x(x－3)＝(x - 3
2)
2
－9
4在(0，1)单调递减，所以f (x)＝2x(x-3)在
(0，1)单调递减，所以a＝3 符合题意，排除A，B，C．故选D．
方法技巧
 
 23
   对数的运算
 
 
解决对数运算问题的常用方法
(1)将真数化为底数的指数幂的形式进行化简．
(2)将同底对数的和、差、倍合并．
(3)利用换底公式将不同底的对数式转化成同底的对数式，要注意换底公式的正用、逆用及变
形应用．
【典例1】(2025·四川成都模拟)若实数m，n，t 满足5m＝7n＝t 且1
m + 1
n＝2，则t＝(　　)
A．2❑√3    B．12    C．❑√5    D．❑√35
【解析】因为5m＝7n＝t 且1
m + 1
n＝2，
易知t>0 且t≠1，所以m＝log5t，n＝log7t，
所以1
m＝logt5，1
n＝logt7，
所以1
m + 1
n＝logt5＋logt7＝logt35＝2，则t＝
❑√35.故选D.
【典例2】(2025·天津武清模拟)设a＝1
2lg 20＋lg ❑√5，b＝log95，则a＋3b的值为(　　)
A．2＋❑√5    B．1＋❑√5    C．27    D．26
【解析】根据题意，
a＋3b＝1
2lg 20＋lg❑√5＋3
log95＝lg❑√20＋lg❑√5＋3
log3
❑√5 
＝lg(❑√20×❑√5)＋❑√5＝lg 10＋❑√5＝1＋❑√5.故选B.
方法技巧
 
 24
   对数函数的图象及应用
 
 
对数函数图象的识别及应用方法
(1)在识别函数图象时，要善于利用已知函数的性质、函数图象上的特殊点(与坐标轴的交点、
最高点、最低点等)排除不符合要求的选项．
(2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．
【典例1】已知函数f (x)＝loga(2x＋b－1)(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则a，b 满足的关系
是(　　)
A．0<a-1<b<1
B．0<b<a-1<1
C．0<b-1<a<1
D．0<a-1<b-1<1
【解析】由函数图象可知，f (x)为增函数，故a>1.函数图象与y 轴的交点坐标为(0，logab)，
由函数图象可知－1<logab<0，解得1
a<b<1.综上，0<a-1<b<1.
【典例2】当0＜x≤1
2时，4x＜logax，则a 的取值范围是(　　)
A．(0，
❑√2
2 )    
B．(
❑√2
2 ，1)
C．(1，❑√2)    
D．(❑√2，2)
【解析】构造函数f (x)＝4x和g(x)＝logax，当a＞1 时，不满足条件；当0＜a＜1 时，在同一直
角坐标系中画出两个函数大致的图象，如图所示，由题意可知
f (
1
2)＜g(
1
2)，即2＜loga1
2，
则a＞
❑√2
2 ，所以a 的取值范围为(
❑√2
2 ，1).
【典例3】已知函数f (x)＝|ln x|，若0<a<b，且f (a)＝f (b)，则a＋2b 的取值范围是________．
【解析】f (x)＝|ln x|的图象如图所示，
因为f (a)＝f (b)，所以|ln a|＝|ln b|，
因为0<a<b，所以ln a<0，ln b>0，
所以0<a<1，b>1，所以－ln a＝ln b，
所以ln a＋ln b＝ln (ab)＝0，
所以ab＝1，则b＝1
a，所以a＋2b＝a＋2
a，
令g(x)＝x＋2
x (0<x<1)，则g(x)在(0，1)上单调递减，
所以g(x)>g(1)＝1＋2＝3，所以a＋2b>3，
所以a＋2b 的取值范围为(3，＋∞)．
方法技巧
 
 25
   对数函数的性质及应用
 
 
【典例1】已知函数f (x)是定义在R 上的偶函数，且在[0，＋∞)上单调递增．若正实数a 满足
f (log2a)＋f (log 1
2
a)≤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，＋∞)上单调递增，所以|log2a|≤1，即－1≤log2a≤1，解得1
2≤a≤2，故选C.
【典例2】已知a＝log2e，b＝ln 2，c＝log 1
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】法一(中间量法、性质法)：因为a＝log2e＞1，b＝ln 2∈(0，1)，所以a＞b.又因为c＝
log 1
2
1
3＝log23，且函数y＝log2x 在(0，＋∞)上单调递增，所以log23＞log2e，所以c＞a，所以
c＞a＞b.
法二(图象法)：log 1
2
1
3＝log23，在同一平面直角坐标系中画出函数y＝log2x，y＝ln x 的图象，
如图，由图可知c＞a＞b.
【典例3】(多选)(2025·广东深圳中学模拟)已知函数f (x)＝lg (x2＋ax－a－1)，给出下述论述，
其中正确的是(　　)
A．当a＝0 时，f (x)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)
B．f (x)一定有最小值
C．当a＝0 时，f (x)的值域为R
D．若f (x)在区间[2，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是{a|a≥－4}
【解析】对于A，∵a＝0，∴f (x)＝lg (x2－1)，即x2－1＞0，∴x＜－1 或x＞1，∴A 正确；
对于B，令u(x)＝x2＋ax－a－1，则复合函数y＝f (x)是由y＝lg u，u＝x2＋ax－a－1 复合而成
的，
∵y＝lg u 在定义域内是单调递增的，而u＝x2＋ax－a－1(u>0)无最小值，∴f (x)没有最小值，
∴B 错误；
对于C，当a＝0 时，f (x)＝lg (x2－1)中的u＝x2－1 中的u 能够取到所有的正数，∴f (x)的值
域为R，∴C 正确；
对于D，∵复合函数y＝lg (x2＋ax－a－1)是由y＝lg u，u＝x2＋ax－a－1 复合而成的，而y＝
lg u 在定义域内是单调递增的，又∵y＝f (x)在区间[2，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调
性可知， u＝x2＋ax－a－1 在区间[2，＋∞)上单调递增，则有－a
2≤2，
即a≥－4.
又∵x2＋ax－a－1>0 在区间[2，＋∞)上恒成立，则有22＋2a－a－1>0，即a>－3，
∴a>－3，∴D 错误．故选AC.
【典例4】(多选)已知函数f (x)＝ln 2 x +1
2 x -1，下列说法正确的是(　　)
A．f (x)为奇函数
B．f (x)为偶函数
C．f (x)在(
1
2 ，+ ∞)上单调递减
D．f (x)的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)
【解析】令2 x +1
2 x -1>0，解得x>1
2或x<－1
2，
∴f (x)的定义域为(-∞，- 1
2)∪(
1
2 ，+∞)，
又f (－x)＝ln -2 x +1
-2 x -1 ＝ln 2 x -1
2 x +1＝ln (
2 x +1
2 x -1)
-1
＝－ln 2 x +1
2 x -1＝－f (x)，
∴f (x)为奇函数，故A 正确，B 错误．
又f (x)＝ln 2 x +1
2 x -1＝ln (1+
2
2 x -1)，
令t＝1＋
2
2 x -1，t>0 且t≠1，则y＝ln t，
又t＝1＋
2
2 x -1在(
1
2 ，+∞)上单调递减，且y＝ln t 为增函数，
∴f (x)在(
1
2 ，+ ∞)上单调递减，故C 正确；
由C 分析可得f (x)的值域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，故D 正确．
方法技巧
 
 26
   函数图象的辨识
 
 
辨析函数图象的入手点
(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)从函数的奇偶性判断图象的对称性．
(3)从函数的特殊点排除不合要求的图象．
(4)从函数的单调性判断图象的变化趋势．
(5)从函数的周期性判断图象的循环往复．
【典例1】函数f (x)＝ln|x|- x
2+2
x
的图象大致为(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
【解析】由题意可知，函数f (x)的定义域为{x|x≠0}．
又f (－x)＝ln|- x|-(- x)
2+2
- x
＝ln|x|- x
2+2
- x
＝－f (x)，
所以函数f (x)为奇函数，图象关于原点对称，排除选项AB；
当x＞0 时，f (x)＝ln x - x
2+2
x
＝－x＋ln x
x + 2
x ，
则f′(x)＝－1＋
1
x · x - ln x
x
2
- 2
x
2＝－x
2+ ln x +1
x
2
，
由f′(1)＝－2<0，排除选项D.故选C.
【典例2】若函数f (x)＝
2
a x
2+bx +c的部分图象如图所示，则f (5)＝(　　)
A．－1
3    B．－2
3    C．－1
6    D．－1
12
【解析】由题图知，方程ax2＋bx＋c＝0 的两根为2，4，且函数图象过点(3，1)，所以
{
2
9a+3b+c =1，
2×4 = c
a ，
2+ 4 =- b
a ，
解得a＝－2，b＝12，c＝－16，
所以f (x)＝
2
-2 x
2+12 x -16 ＝
1
- x
2+6 x -8 ，
所以f (5)＝
1
-25+30-8 ＝－1
3，故选A.
方法技巧
 
 27
   函数图象的应用
 
 
(1)注意函数性质与图象特征的对应关系．
(2)某些方程和不等式的求解问题，可转化为图象的交点问题，体现了数形结合的思想．
【典例1】(多选)对任意两个实数a，b，定义min{a，b}＝{
a，a≤b，
b，a>b，若f (x)＝2－x2，g(x)＝
x2，下列关于函数F(x)＝min{f (x)，g(x)}的说法正确的是(　　)
A．函数F(x)是偶函数
B．方程F(x)＝0 有3 个根
C．函数F(x)在区间[－1，1]上单调递增
D．函数F(x)有4 个单调区间
【解析】根据函数f (x)＝2－x2与g(x)＝x2，画出函数F(x)＝min{f (x)，g(x)}的图象，如图．由
图象可知，函数F(x)＝min{f (x)，g(x)}的图象关于y 轴对称，所以A 正确；函数F(x)的图象
与x 轴有3 个交点，所以方程F(x)＝0 有3 个根，所以B 正确；函数F(x)在(－∞，－1]上单调
递增，在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，所以C 错误，
D 正确．
【典例2】(2024·北京朝阳区三模)已知函数f (x)＝log2x－x＋1，则不等式f (x)<0 的解集是(　 
)
A．(1，2)    
B．(－∞，1)∪(2，＋∞)
C．(0，2)    
D．(0，1)∪(2，＋∞)
【解析】依题意，f (x)<0 等价于log2x<x－1，
分别作出y＝log2x 的图象与y＝x－1 的图象，
如图可得不等式f (x)<0 的解集是(0，1)∪(2，＋∞)，故选D.
【典例3】已知函数f (x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx.若方程f (x)＝g(x)有两个不相等的实根，则实数
k 的取值范围是________．
【解析】先作出函数f (x)＝|x－2|＋1 的图象，如图所示，当直线y＝kx 与直线AB 平行时，斜
率为1，当直线y＝kx 过A 点时，斜率为1
2，故方程f (x)＝g(x)有两个不相等的实根时，k 的取
值范围为(
1
2 ，1).
方法技巧
 
 28
   判定函数零点所在的区间
 
 
确定函数零点所在区间的常用方法
(1)利用函数零点存在定理：首先看函数y＝f (x)在区间[a，b]上的图象是否连续，若连续，则
再看是否有f (a)·f (b)<0，若有，则函数y＝f (x)在区间(a，b)内必有零点．
(2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点．
【典例1】(2025·河北邯郸模拟)函数f (x)＝2x＋x3－2 的零点所在的区间是(　　)
A．(－2，－1)    
B．(0，1)
C．(－1，0)    
D．(1，2)
【解析】由函数f (x)＝2x＋x3－2 可知f (x)在R 上单调递增，
因为f (－2)＝1
4 －8－2＝－39
4 <0，f (－1)＝1
2－1－2＝－5
2<0，
f (0)＝1＋0－2＝－1<0，f (1)＝2＋1－2＝1>0，
根据函数零点存在定理，f (x)的零点所在的区间是(0，1)，且零点是唯一的．故选B.
【典例2】已知函数f (x)＝logax＋x－b(a>0 且a≠1)．当2<a<3<b<4 时，函数f (x)的零点
x0∈(n，n＋1)，n∈N*，则n＝________．
【解析】对于函数y＝logax，当x＝2 时，可得y<1，当x＝3 时，可得y>1，在同一直角坐标系
中画出函数y＝logax，y＝－x＋b 的图象，判断出两个函数图象的交点的横坐标在(2，3)内，
所以函数f (x)的零点x0∈(n，n＋1)时，n＝2.
方法技巧
 
 29
   确定函数零点的个数
 
 
求解函数零点个数的基本方法
(1)直接法：令f (x)＝0，方程有多少个解，则f (x)有多少个零点．
(2)定理法：利用定理时往往还要结合函数的单调性、奇偶性等．
(3)图象法：一般是把函数拆分为两个简单函数，依据两函数图象的交点个数得出函数的零点
个数．
【典例1】函数f (x)＝{
x
2-1，x≤0，
x -2+ ln x，x>0的零点个数为(　　)
A．5    B．4    C．3    D．2
【解析】当x≤0 时，令x2－1＝0，解得x＝－1；
当x>0 时，f (x)＝x－2＋ln x 在(0，＋∞)上单调递增，并且f (1)＝1－2＋ln 1＝－1<0，
f (2)＝2－2＋ln 2＝ln 2>0，即f (1)f (2)<0，
所以函数f (x)在区间(1，2)内必有一个零点，
综上，函数f (x)的零点个数为2.
【典例2】设函数f (x)是定义在R 上的奇函数，当x＞0 时，f (x)＝ex＋x－3，则f (x)的零点个
数为(　　)
A．1    B．2    C．3    D．4
【解析】因为函数f (x)是定义域为R 的奇函数，所以f (0)＝0，即x＝0 是函数f (x)的1 个零点
当x＞0 时，令f (x)＝ex＋x－3＝0，则ex＝－x＋3，分别画出函数y＝ex和y＝－x＋3 的图象，
如图所示，两函数图象有1 个交点，所以函数f (x) 在(0，＋∞)上有1 个零点．根据对称性知，
当x＜0 时，函数f (x)也有1 个零点．综上所述，f (x)的零点个数为3.
【典例3】已知函数f(x)＝{
|ln x|，x>0，
- x
2-3 x，x≤0，则关于x 的函数y＝4f2(x)－13f(x)＋9 的零点的个
数为(　　)
A．8    B．7    C．5    D．2
【解析】根据题意，令4f 2(x)－13f (x)＋9＝0，
得f (x)＝1 或f (x)＝9
4.作出f (x)的简图，如图，
由图象可得直线y＝1、y＝9
4与f (x)的图象，分别有4 个和3 个交点，故关于x 的函数y＝4f2
(x)－13f(x)＋9 的零点的个数为7.故选B.
方法技巧
 
 30
   根据函数零点个数求参数
 
 
已知零点个数求参数范围的方法
1、直接法：利用零点存在的判定定理构建不等式求解；
2、数形结合法：将函数的解析式或者方程进行适当的变形，把函数的零点或方程的根的问题转化为两个
熟悉的函数图象的交点问题，再结合图象求参数的取值范围；
3、分离参数法：分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．
【典例1】已知函数f (x)＝{
|log2(x -1)|，x>1，
|3
x -1|，x≤1，
若关于x 的方程f (x)＝m 有3 个不相等的实数
根，则m 的取值范围是________．
【解析】作出f (x)的大致图象．如图所示，
方程f (x)＝m 有3 个不等实数根等价于f (x)的图象与直线y＝m 有3 个不同的交点，则
1≤m≤2.
【典例2】(多选)已知函数f (x)＝{
x ln x，x>0，
- x
2-2 x +1，x≤0， 函数g(x)＝[f (x)]2－(a－1)f (x)－a，则
下列说法错误的是(　　)
A．若a<－1
e，则g(x)恰有2 个零点
B．若1≤a<2，则g(x)恰有4 个零点
C．若g(x)恰有3 个零点，则a 的取值范围是[0，1)
D.若g(x)恰有2 个零点，则a 的取值范围是(-∞，- 1
e)∪(2，＋∞)
【解析】令g(x)＝[f (x)]2－(a－1)f (x)－a＝0，
则[f (x)－a][f (x)＋1]＝0，解得f (x)＝－1 或f (x)＝a.
当x>0 时，f′(x)＝ln x＋1.由f′(x)>0，得x>1
e；由f′(x)<0，得0<x<1
e，
则f (x)在(0，1
e)上单调递减，在(
1
e ，+∞)上单调递增，f (
1
e)＝－1
e.
f (x)＝－x2－2x＋1，x≤0，当x＝－1 时，f (－1)＝2，
故f (x)的大致图象如图所示．由图可知，方程f (x)＝－1 有且仅有1 个实根．
当a＝－1 时，g(x)恰有1 个零点，故A 错误；
当1≤a<2 时，方程f (x)＝a 有3 个实根，则g(x)恰有4 个零点，故B 正确；
由g(x)恰有3 个零点，得方程f (x)＝a 恰有2 个实根，则a＝2 或0≤a<1 或a＝－1
e，则C 错误
由g(x)恰有2 个零点，得方程f (x)＝a 恰有1 个实根，且a≠－1，则a<－1 或－1<a<－1
e或
a>2，则D 错误．
故选ACD.
【典例3】函数f (x)＝{
ln (- x -1)，x＜-1，
2 x +1，x≥-1，
若函数g(x)＝f (f (x))－a 有三个不同的零点，则实
数a 的取值范围是________．
【解析】设t＝f (x)，令f (f (x))－a＝0，则a＝f (t)．
在同一平面直角坐标系内作出y＝a，y＝f (t)的图象(如图)．
当a≥－1 时，y＝a 与y＝f (t)的图象有两个交点．
设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2＞t1)，则t1＜－1，t2≥－1.
当t1＜－1 时，t1＝f (x)有一解；
当t2≥－1 时，t2＝f (x)有两解．
综上，当a≥－1 时，函数g(x)＝f (f (x))－a 有三个不同的零点．
方法技巧
 
 31
   根据函数零点范围求参数
 
 
已知函数零点求参数值或取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围．
(2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题加以解决．
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，作出函数的图象，然后数形结
合求解．
【典例1】函数f (x)＝x2－ax＋1 在区间(
1
2 ，3)上有零点，则实数a 的取值范围是(　　)
A．(2，＋∞)　　　　　
B．[2，＋∞)
C．[2，5
2)    
D．[2，10
3 )
【解析】由题意知方程ax＝x2＋1 在(
1
2 ，3)上有解，即a＝x＋1
x 在(
1
2 ，3)上有解，设t＝x＋1
x
，x∈(
1
2 ，3)，则t 的取值范围是[2，10
3 ).所以实数a 的取值范围是[2，10
3 )，故选D.
【典例2】若函数f (x)＝(m－2)x2＋mx＋2m＋1 的两个零点分别在区间(－1，0)和区间(1，2)内，
则m 的取值范围是________．
【解析】依题意，结合函数f (x)的图象(图略)分析可知，m 需满足{
m≠2，
f (-1)·f (0)<0，
f (1)·f (2)<0，
即{
m≠2，
(2m-1)(2m+1)<0，
(4 m-1)(8m-7)<0，
解得1
4 <m<1
2.
方法技巧
 
 32
   用函数图象刻画实际问题
 
 
判断函数图象与实际问题变化过程是否吻合的两种方法
(1)构建函数模型法：当根据题意容易构建函数模型时，先建立函数模型，再结合模型选图象．
(2)验证法：根据实际问题中两变量的变化快慢等特点，结合图象的变化趋势，验证是否吻合，
从中排除不符合实际的情况，选出符合实际的情况．
【典例1】高为H，满缸水量为V 的鱼缸的轴截面如图所示，若鱼缸水深为h 时水的体积为
v，则函数v＝f(h)的大致图象是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
【解析】由图可知水深h 越大，水的体积v 就越大，故函数v＝f(h)是增函数，故排除A，C
项，由鱼缸形状可知，下面细中间粗，上面较细，所以随着水深的增加，体积的变化的速度
是先慢后快再慢的，所以B 正确．故选B.
【典例2】(2024·云南师大附中期末)如图是根据某调查绘制的某地区7 岁以下女童身高(长)的
中位数散点图，下列可近似刻画身高y(单位：cm)随年龄x(单位：岁)变化规律的函数模型是( 
)
A．y＝mx＋n(m>0)
B．y＝m❑√x＋n(m>0)
C．y＝max＋n(m>0，a>1)
D．y＝mlogax＋n(m＞0，a＞1)
【解析】A 选项，由散点图知身高y 随年龄x 变化不是线性增长，故A 错误；C 选项，指数函
数模型中y 随x 增长越来越快，与图象不符合；D 选项，对数函数模型在x＝0 时没有意义；
B 选项符合散点图中y 随x 增长越来越慢，且在x＝0 时有意义．故选B.
方法技巧
 
 33
   已知函数模型的实际问题
 
 
已知函数模型解决实际问题的关键
(1)认清所给函数模型，弄清哪些量为待定系数．
(2)根据已知利用待定系数法，确定模型中的待定系数．
(3)利用该函数模型，借助函数的性质、导数等求解实际问题，并进行检验．
【典例1】(2025·山东泰安模拟)青少年视力问题是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视
力表测量，通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L 和小数记录
法的数据V 满足L＝5＋lg V．已知小明和小李视力的五分记录法的数据分别为4.5 和5.0，记
小明和小李视力的小数记录法的数据分别为V1，V2，则
V 2
V 1
的值所在区间是(　　)
A．(1.5，2)    
B．(2，2.5)
C．(2.5，3)    
D．(3，3.5)
【解析】依题意，{
5.0=5+lgV 2，
4.5=5+lgV 1，两式相减得0.5＝lg V2－lg V1＝lg 
V 2
V 1，
解得
V 2
V 1＝100.5＝
❑√10，所以
❑√10∈(3，3.5)．故选D.
【典例2】英国物理学家和数学家牛顿曾提出物体在常温环境下温度变化的冷却模型．如果物
体的初始温度是θ1，环境温度是θ0，则经过t min 物体的温度θ 将满足θ＝θ0＋(θ1－θ0)e－kt，其
中k 是一个随着物体与空气的接触情况而定的正常数．现有90 ℃的物体，若放在10 ℃的空
气中冷却，经过10 min 物体的温度为50 ℃，则若使物体的温度为20 ℃，需要冷却(　　)
A．17.5 min　　　　
B．25.5 min
C．30 min    
D．32.5 min
【解析】由题意得50＝10＋(90－10)e-10k，即e-10k＝1
2，∴k＝1
10ln 2，∴θ＝θ0＋(θ1－θ0)e
- t
10 ln2
，
由20＝10＋(90－10)e
- t
10 ln2得e
- t
10 ln2＝1
8，
即－t
10ln 2＝ln 1
8＝－3ln 2，解得t＝30，
∴若使物体的温度为20 ℃，需要冷却30 min.故选C.
方法技巧
 
 34
   构建函数模型的实际问题
 
 
构建函数模型解决实际问题时需注意以下四个步骤
【典例1】　(2024·江苏南通二模)某单位购入了一种新型的空气消毒剂用于环境消毒，已知
在一定范围内，每喷洒1 个单位的消毒剂，空气中释放的浓度y(单位：毫克/立方米)随着时间
x(单位：小时)变化的关系如下：当0≤x≤4 时，y＝16
8- x －1；当4<x≤10 时，y＝5－1
2x.若多
次喷洒，则某一时刻空气中的消毒剂浓度为每次投放的消毒剂在相应时刻所释放的浓度之和．
由实验知，当空气中消毒剂的浓度不低于4 毫克/立方米时，它才能起到杀灭空气中的病毒的
作用．
(1)若一次喷洒4 个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达几小时？
(2)若第一次喷洒2 个单位的消毒剂，6 小时后再喷洒a(1≤a≤4)个单位的消毒剂，要使接下
来的4 小时中能够持续有效消毒，试求a 的最小值(精确到0.1，参考数据：❑√2取1.4)
【解析】　(1)因为一次喷洒4 个单位的消毒剂，
所以其浓度为f (x)＝4y＝{
64
8- x - 4，0≤x≤4，
20-2 x，4< x≤10，
 
当0≤x≤4 时，64
8- x －4≥4，解得x≥0，此时0≤x≤4，
当4<x≤10 时，20－2x≥4，解得x≤8，此时4<x≤8，
所以若一次喷洒4 个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达8 小时．
(2)设从第一次喷洒起，经x(6≤x≤10)小时后，
其浓度g(x)＝2(5- 1
2 x)＋a[
16
8-(x -6) -1]＝10－x＋16a
14 - x －a＝14－x＋16a
14 - x －a－4，
因为14－x∈[4，8]，a∈[1，4]，
所以14－x＋16a
14 - x －a－4≥2❑√
(14 - x)· 16a
14 - x －a－4＝8❑√a－a－4，
当且仅当14－x＝16a
14 - x ，即x＝14－4❑√a∈[6，10]时，等号成立．
所以其最小值为8❑√a－a－4，由8❑√a－a－4≥4，解得24－16❑√2≤a≤4，所以a 的最小值为
24－16❑√2≈1.6.
【典例2】(多选)(2025·浙江嘉兴模拟)常见的《标准对数视力表》中有两列数据，分别表示五
分记录数据和小数记录数据，把小数记录数据记为x，对应的五分记录数据记为y，现有两个
函数模型：
①y＝5＋2lg x；②y＝5－lg 1
x .
根据如图所示的标准对数视力表中的数据，下列结论中正确的是(　　)
(参考数据：10-0.2≈0.6，10-0.15≈0.7，10-0.1≈0.8，10-0.05≈0.9)
A．选择函数模型①
B．选择函数模型②
C．小明去检查视力，医生告诉他视力为5.0，则小明视力的小数记录数据为0.9
D．小明去检查视力，医生告诉他视力为4.9，则小明视力的小数记录数据为0.8
【解析】将x＝0.1 代入①y＝5＋2lg x，②y＝5－lg 1
x ，
分别可得y＝5－2＝3，y＝5－1＝4，
所以标准对数视力表对应函数模型②，故A 错误，B 正确；令y＝5－lg 1
x ＝5，解得x＝1，所
以小明视力的小数记录数据为1.0，故C 错误；
x＝0.8 代入模型②得，y＝5－lg 1
0.8＝5＋lg 0.8＝5－0.1＝4.9，故D 正确．故选BD.
方法技巧
 
 35
   变化率问题
 
 
函数的平均变化率和瞬时变化率的关系
平均变化率Δ y
Δ x ＝f (x0+ Δ x)- f (x0)
Δ x
，如果当Δx 趋于0 时，Δ y
Δ x 无限趋近于一个常数，那么这
个常数就是函数f (x)在x＝x0处的瞬时变化率．求函数的瞬时变化率可以利用平均变化率“逐
渐逼近”的方法求解． 
【典例1】(多选)环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改．设企
业的污水排放量W 与时间t 的关系为W＝f (t)，用－f (b)- f (a)
b-a
的大小评价在[a，b]这段时间内
企业污水治理能力的强弱．已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所
示．
则下列结论正确的是(　　)
A．在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强
B．在t2时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强
C．在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标
D．甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[0，t1]的污水治理能力最强
【解析】－f (b)- f (a)
b-a
表示在[a，b]上割线斜率的相反数，－f (b)- f (a)
b-a
越大治理能力越强．
对于A，在[t1，t2]这段时间内，甲企业对应图象的割线斜率的相反数比乙企业大，故甲企业
的污水治理能力比乙企业强，正确；
对于B，要比较t2时刻的污水治理能力，即看在t2时刻两曲线的切线斜率，切线斜率的相反
数越大，污水治理能力越强，故在t2时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强，正确；
对于C，在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水达标排放量以下，正确；
对于D，甲企业在[t1，t2]这段时间内的污水治理能力最强，错误．故选ABC．
【典例2】(多选)吹气球时，记气球的半径r 与体积V 之间的关系为r(V)，r′(V )为r(V)的导函数．
已知r(V)在0≤V≤3 上的图象如图所示，若0≤V1<V2≤3，则下列结论正确的是(　　)
A．r (1)-r (0)
1-0
<r (2)-r (1)
2-1
B．r′(1)>r′(2)
C．r(
V 1+V 2
2 )<r(V 1)+r(V 2)
2
D．存在V0∈(V 1，V 2)，使得r′(V 0)＝
r(V 2)-r(V 1)
V 2-V 1
【解析】对于A，设tan α＝r (1)-r (0)
1-0
，tan θ＝r (2)-r (1)
2-1
，
由题图得θ＜α＜π
2 ，所以tan α>tan θ，
所以r (1)-r (0)
1-0
>r (2)-r (1)
2-1
，所以该选项错误；
对于B，由题图得图象上点的切线的斜率越来越小，
根据导数的几何意义，得r′(1)>r′(2)，所以该选项正确；
对于C ，设V1 ＝0 ，V2 ＝3 ，所以r(
V 1+V 2
2 )＝r(
3
2)，r(V 1)+r(V 2)
2
＝r (3)
2 ，因为r(
3
2)－
r(0)>r(3)－r(
3
2)，所以r(
3
2)>r (3)
2 ，所以该选项错误；
对于D，
r(V 2)-r(V 1)
V 2-V 1
表示A(V1，r(V1))，B(V2，r(V2))两点之间的斜率，r′(V 0)表示C(V0，r(V0))
处切线的斜率，由于V0∈(V 1，V 2)，所以可以平移直线AB，使之和曲线r(V)相切，切点就是
点C，所以该选项正确．故选BD．
方法技巧
 
 36
   导数的运算
 
 
导数的运算方法
(1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求
导．
(2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解．
(3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元．
【典例1】(2025·河北冀州中学模拟)已知函数f (x)满足f (x)＝f ′(
π
3)sin x－cos x，则f ′(
π
3)的
值为(　　)
A．❑√3
B．
❑√3
2    
C．－❑√3    
D．－
❑√3
2
【解析】f ′(x)＝f ′(
π
3)cos x＋sin x，∴f ′(
π
3)＝1
2 f '(
π
3)+
❑√3
2 ， ∴f ′(
π
3)＝❑√3．故选A．
【典例2】(2025·广东肇庆模拟)已知函数f (x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)，则f ′(2)＝(　 
)
A．0　　
B．－12    
C．－120    
D．120
【解析】令g(x)＝x(x－1)(x－3)(x－4)(x－5)，
则f (x)＝(x－2)g(x)，
两边求导得f ′(x)＝g(x)＋(x－2)g′(x)，
令x＝2，得f ′(2)＝g(2)＝－12．故选B．
方法技巧
 
 37
   导数几何意义的应用
 
 
导数几何意义的应用要点
(1)处理与切线有关的问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程：
①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上．
(2)函数f (x)过某点(m，n)有若干条切线，转化为关于切点的方程(高次)根的个数问题．
【典例1】(2023·全国甲卷)曲线y＝e
x
x +1在点(1，e
2)处的切线方程为(　　)
A．y＝e
4x　　
B．y＝e
2x
C．y＝e
4x＋e
4    
D．y＝e
2x＋3e
4
【解析】因为y＝e
x
x +1，
所以y′＝e
x(x +1)-e
x(x +1)
'
(x +1)
2
＝x e
x
(x +1)
2，
故曲线在点(1，e
2)处的切线斜率k＝e
4，
所以切线方程为y－e
2＝e
4(x－1)，即y＝e
4x＋e
4．故选C．
【典例2】(2022·新高考Ⅱ卷)曲线y＝ln |x|经过坐标原点的两条切线方程分别为________，
________．
【解析】当x>0 时，点(x1，ln x1)(x1>0)上的切线为y－ln x1＝1
x1(x－x1)．若该切线经过原点，
则ln x1－1＝0，解得x1＝e，此时切线方程为y＝x
e ．
当x<0 时，点(x2，ln (－x2))(x2<0)上的切线为y－ln (－x2)＝1
x2(x－x2)．若该切线经过原点，则
ln (－x2)－1＝0，解得x2＝－e，此时切线方程为y＝－x
e ．
【典例3】(2024·浙江绍兴二模)曲线f (x)＝x＋a ln x 在点(1，1)处的切线与直线y＝2x 平行，
则a＝(　　)
A．1　　
B．2    
C．－1    
D．－2
【解析】f ′(x)＝1＋a
x ，则f ′(1)＝1＋a，
因为曲线f (x)在点(1，1)处的切线与直线y＝2x 平行，
所以f ′(1)＝1＋a＝2，解得a＝1．故选A．
【典例4】(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围
是______．
【解析】∵y＝(x＋a)ex，∴y′＝(x＋1＋a)ex，
设切点为(x0，y0)，则y0＝(x0+a)e
x0，切线斜率k＝(x0+1+a)e
x0，
∴切线方程为y -(x0+a)e
x0＝(x0+1+a)e
x0(x－x0)，
∵切线过原点，
∴-(x0+a)e
x0＝(x0+1+a)e
x0(－x0)，
整理得x0
2＋ax0－a＝0，
∵切线有两条，
∴Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4 或a＞0，
∴a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
【典例5】若点P 是曲线y＝3
2x2－2ln x 上任意一点，则点P 到直线y＝x－3 的距离的最小值为
________．
【解析】设平行于直线y＝x－3 且与曲线y＝3
2x2－2ln x 相切的切线对应切点P(x，y)，由y＝
3
2x2－2ln x，得y′＝3x－2
x ，令y′＝3x－2
x ＝1，得x＝1 或x＝－2
3(舍去)，
∴P(1，3
2)，
∴点P 到直线y＝x－3 的距离的最小值为|1- 3
2 -3|
❑√2
＝7 ❑√2
4 ．
方法技巧
 
 38
   两曲线的公切线问题
 
 
曲线公切线的求解策略
设直线与曲线y＝f (x)相切于点(x1，f (x1))，与曲线y＝g(x)相切于点(x2，g(x2))，则切线方程为
y－f (x1)＝f ′(x1)(x－x1)，即y＝f ′(x1)x＋f (x1)－f ′(x1)x1，同理y＝g′(x2)x＋g(x2)－g′(x2)x2．
所以{
f
'(x1)= g
'(x2)，
f (x1)- f
'(x1)x1= g(x2)- g
'(x2)x2，解出x1，x2，从而可得公切线方程．
【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x 在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a 的
切线，则a＝________．
【解析】由y＝ex＋x 得y′＝ex＋1，则y′|x＝0＝e0＋1＝2，
故曲线y＝ex＋x 在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1．
由y＝ln (x＋1)＋a 得y′＝1
x +1，
设切线与曲线y＝ln (x＋1)＋a 相切的切点为(x0，ln (x0＋1)＋a)，
由两曲线有公切线得y′＝
1
x0+1＝2，解得x0＝－1
2，则切点为(- 1
2 ，a+ ln 1
2)，
切线方程为y＝2(x + 1
2)＋a＋ln 1
2＝2x＋1＋a－ln 2．
根据两切线重合，得a－ln 2＝0，解得a＝ln 2．
【典例2】(2025·福建泉州模拟)若曲线y＝x2与y＝tex(t≠0)恰有两条公切线，则t 的取值范围
为(　　)
A．(0，4
e
2)
B．(
4
e
2 ，+∞)
C．(－∞，0)∪(
4
e
2 ，+∞)    
D．(－∞，0)∪{
4
e
2}
【解析】设曲线y＝tex的切点为M(m，tem)，y＝x2的切点为N(n，n2)，
则曲线y＝tex在点M(m，tem)处的切线方程为y－tem＝tem(x－m)，即y＝temx＋tem－mtem，
同理，y＝x2在点N(n，n2)处的切线方程为y＝2nx－n2，
根据y＝tex与y＝x2有两条公切线，
则{
t e
m=2n，
t e
m-mt e
m=-n
2，所以tem－mtem＝－(
t e
m
2 )
2
，
化简可得t＝4 m- 4
e
m
，
转化为方程t＝4 m- 4
e
m
有两个解，构造函数f (x)＝4 x - 4
e
x
，则f ′(x)＝8- 4 x
e
x
，
当x<2 时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；当x>2 时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
故f (x)在x＝2 时有极大值即为最大值，f (2)＝4
e
2，
当x→－∞时，f (x)→－∞，当x→＋∞时，f (x)→0，
故t 的取值范围为(0，4
e
2)．故选A．
【典例3】若两曲线y＝ln x－1 与y＝ax2存在公切线，则正实数a 的取值范围是(　　)
A．(0，2e]　　　　　　
B．[
1
2 e
-3，+ ∞)
C．(0，1
2 e
-3]    
D．[2e，＋∞)
【解析】设公切线与曲线y＝ln x－1 和y＝ax2的切点分别为( x1 ，ln ⁡x1 -1)，( x2，ax2
2)，其
中x1＞0，
对于y＝ln x－1 有y′＝1
x ，则曲线y＝ln x－1 的切线方程为y－(ln x1－1)＝1
x1(x－x1)，
即y＝1
x1x＋ln x1－2，
对于y＝ax2有y′＝2ax，则曲线y＝ax2的切线方程为y -ax2
2＝2ax2(x－x2)，即y＝2ax2 x -ax2
2，
所以{
1
x1
=2ax2，
ln x1-2=-ax2
2，
则-
1
4 ax1
2＝ln x1－2，
即1
4 a＝2 x1
2- x1
2ln x1(x1＞0)，
令g(x)＝2x2－x2ln x(x＞0)，
则g′(x)＝3x－2x ln x＝x(3－2ln x)，
令g′(x)＝0，得x＝e
3
2 ，
当x∈(0，e
3
2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(e
3
2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，且当x→＋∞时，g(x)→－∞，
所以g(x)max＝g(e
3
2)＝1
2e3，故0＜1
4 a ≤1
2e3，
即a≥1
2e-3．故选B．
方法技巧
 
 39
   导函数与原函数性质关系问题
 
 
1．导函数与原函数对称性、周期性的关系
性质1：若函数f (x)连续且可导，则f (x)的图象关于直线x＝a 对称⇔导函数f ′(x)的图象关于
点(a，0)对称．
性质2：若函数f (x)连续且可导，则f (x)的图象关于点(a，f (a))对称⇔导函数f ′(x)的图象关于
直线x＝a 对称．
性质3：f (x)的图象是周期为T 的周期函数⇔f ′(x)的图象是周期为T 的周期函数．
2．导函数与原函数奇偶性的关系
性质1：若f (x)为偶函数且可导，则f ′(x)为奇函数．
性质2：若f (x)为奇函数且可导，则f ′(x)为偶函数．
【典例1】已知定义在R 上的函数f (x)满足f (1＋x)＝f (1－x)，且f (2＋x)＝－f (2－x)，f ′(x)
是f (x)的导数，则(　　)
A．f ′(x)是奇函数，且是周期函数
B．f ′(x)是偶函数，且是周期函数
C．f ′(x)是奇函数，且不是周期函数
D．f ′(x)是偶函数，且不是周期函数
【解析】根据题意，定义在R 上的函数f (x)满足f (1＋x)＝f (1－x)，所以f (－x)＝f (2＋x)，
又f (2＋x)＝－f (2－x)，所以f (－x)＝－f (4＋x)，
所以f (x＋4)＝－f (x＋2)，即f (x＋2)＝－f (x)，
所以f (x＋4)＝－f (x＋2)＝f (x)，所以f (x)是周期为4 的周期函数，
所以f ′(x＋4)＝[f (x＋4)]′＝f ′(x)，所以f ′(x)是周期函数．
因为f (－x)＝f (2＋x)＝－f (x)，
即f (x)＝－f (－x)，
所以f ′(－x)＝－[f (－x)]′＝f ′(x)，
所以f ′(x)是偶函数．
故选B．
【典例2】(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)及其导函数f ′(x)的定义域均为R，记g(x)＝
f ′(x)．若f(
3
2 -2 x)，g(2＋x)均为偶函数，则(　　)
A．f (0)＝0　　
B．g(- 1
2)＝0
C．f (－1)＝f (4)    
D．g(－1)＝g(2)
【解析】因为f (
3
2 -2 x)，g(2＋x)均为偶函数，
所以f (
3
2 -2 x)＝f (
3
2 +2 x)，
即f (
3
2 - x)＝f (
3
2 + x)，g(2＋x)＝g(2－x)，
所以f (3－x)＝f (x)，g(4－x)＝g(x)，则f (－1)＝f (4)，故C 正确；
函数f (x)，g(x)的图象分别关于直线x＝3
2，x＝2 对称，
又g(x)＝f ′(x)，且函数f (x)可导，所以g(
3
2)＝0，g(3－x)＝－g(x)，
所以g(4－x)＝g(x)＝－g(3－x)，所以g(x＋2)＝－g(x＋1)＝g(x)，
所以g(- 1
2)＝g(
3
2)＝0，g(－1)＝g(1)＝－g(2)，
故B 正确，D 错误；
若函数f (x)满足题设条件，则函数f (x)＋C(C 为常数)也满足题设条件，所以无法确定f (x)的
函数值，故A 错误．
故选BC．
方法技巧
 
 40
   不含参数的函数的单调性
 
 
利用导函数求函数单调区间的注意点
(1)先求函数定义域，单调区间是定义域的子集．
(2)正确求导函数．
(3)当f ′(x)＝0 无解时，可根据f ′(x)的结构特征确定f ′(x)的符号．
(4)所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”“或”连接，要用“，”
“和”隔开．
【典例1】函数f (x)＝ln x +1
e
x
的单调递增区间为________．
【解析】由题意知f ′(x)＝
1
x - ln x -1
e
x
(x＞0)．
设h(x)＝1
x －ln x－1(x＞0)，则h′(x)＝－1
x
2 - 1
x ＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
由h(1)＝0 知，当0＜x＜1 时，h(x)＞0，
所以f ′(x)＞0；
当x＞1 时，h(x)＜0，所以f ′(x)＜0．
综上，f (x)在(0，1)上单调递增．
【典例2】已知函数f (x)＝8x－sin x
cos
3 x ，x∈(0，π
2)，讨论f (x)的单调性．
【解析】　f ′(x)＝8－cos x cos
3 x +3sin x cos
2 x sin x
cos
6 x
＝8－cos
2 x +3sin
2 x
cos
4 x
＝8－3-2cos
2 x
cos
4 x
．
令cos2x＝t，则t∈(0，1)，
则f ′(x)＝8t
2+2t -3
t
2
＝
(2t -1)(4t +3)
t
2
，
当t∈(0，1
2)，即x∈(
π
4 ，π
2)时，f ′(x)<0．
当t∈(
1
2 ，1)，即x∈(0，π
4)时，f ′(x)>0．
所以f (x)在(0，π
4)上单调递增，在(
π
4 ，π
2)上单调递减．
方法技巧
 
 41
   含参数的函数的单调性
 
 
(1)对于含参数的函数的单调性，常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个：
分类讨论点1(根的有无讨论)：求导后，考虑f ′(x)＝0 是否有实数根，从而引起分类讨论；
分类讨论点2(根在不在定义域内讨论)：求导后，f ′(x)＝0 有实数根，但不清楚f ′(x)＝0 的实数
根是否落在定义域内，从而引起分类讨论；
分类讨论点3(根的大小的讨论)：求导后，f ′(x)＝0 有实数根，f ′(x)＝0 的实数根也落在定义域
内，但不清楚这些实数根的大小关系，从而引起分类讨论．
(2)求出f ′(x)后，先观察f ′(x)的解析式的特征(当参数取某些特殊值或在某一范围内时，f ′
(x)≥0(≤0)恒成立)，再解不等式．
【典例1】已知函数f (x)＝e
x -a
x
－a ln x(a∈R)，讨论f (x)的单调性．
【解析】　函数f (x)＝e
x -a
x
－a ln x 的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝
(x -1)(e
x -a)
x
2
，
若a≤0，令f ′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
若a>0，令f ′(x)＝0，解得x＝1 或x＝ln a．
①若ln a≤0，即0<a≤1 时，当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
②若0<ln a<1，即1<a<e 时，当x∈(0，ln a)时，f ′(x)>0，当x∈(ln a，1)时，f ′(x)<0，当
x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(ln a，1)上单调递减，在(0，ln a)和(1，＋∞)上单调递增．
③若ln a＝1，即a＝e 时，可得f ′(x)≥0 且等号不恒成立，
所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
④若ln a>1，即a>e 时，当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，当x∈(1，ln a)时，f ′(x)<0，当x∈(ln a，
＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(1，ln a)上单调递减，在(0，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤1 时，f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当1<a<e 时，f (x)在(ln a，1)上单调递减，在(0，ln a)和(1，＋∞)上单调递增；
当a＝e 时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>e 时，f (x)在(1，ln a)上单调递减，在(0，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
【典例2】已知函数f (x)＝1
2ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f (x)的单调性．
【解析】　函数的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝ax－(a＋1)＋1
x ＝ax
2-(a+1) x +1
x
＝
(ax -1)(x -1)
x
．
①当0<a<1 时，1
a>1，
∴x∈(0，1)∪(
1
a ，+ ∞)时，f ′(x)>0；
x∈(1，1
a)时，f ′(x)<0，
∴函数f (x)在(0，1)和(
1
a ，+ ∞)上单调递增，在(1，1
a)上单调递减．
②当a＝1 时，1
a＝1，∴f ′(x)≥0 在(0，＋∞)上恒成立，
∴函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
③当a>1 时，0<1
a<1，
∴x∈(0，1
a)∪(1，＋∞)时，f ′(x)>0；
x∈(
1
a ，1)时，f ′(x)<0，
∴函数f (x)在(0，1
a)和(1，＋∞)上单调递增，在(
1
a ，1)上单调递减．
综上，当0<a<1 时，函数f (x)在(0，1)和(
1
a ，+∞)上单调递增，在(1，1
a)上单调递减；
当a＝1 时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1 时，函数f (x)在(0，1
a)和(1，＋∞)上单调递增，在(
1
a ，1)上单调递减．
【典例3】(2024·山东青岛一模)已知函数f (x)＝1
2x2－ax＋ln x，讨论f (x)的单调性．
【解析】　f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x
2-ax +1
x
．
当a≤0 时，f ′(x)>0 恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0 时，令g(x)＝x2－ax＋1，Δ＝a2－4．
①当Δ≤0，即0<a≤2 时，
f ′(x)≥0 恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ>0，即a>2 时，
f ′(x)＝(x - a-
❑√a
2- 4
2
)(x - a+
❑√a
2- 4
2
)
x
，
由f ′(x)>0，得
0<x<a-
❑√a
2- 4
2
或x>a+
❑√a
2- 4
2
，
由f ′(x)<0，得a-
❑√a
2- 4
2
<x<a+
❑√a
2- 4
2
，
所以f (x)在(0，a-
❑√a
2- 4
2
)，(
a+
❑√a
2- 4
2
，+∞)上单调递增，
在(
a-
❑√a
2- 4
2
，a+
❑√a
2- 4
2
)上单调递减．
综上，当a≤2 时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当
a>2
时，f (x) 在(0，a-
❑√a
2- 4
2
)，(
a+
❑√a
2- 4
2
，+∞)上单调递增；在
(
a-
❑√a
2- 4
2
，a+
❑√a
2- 4
2
)上单调递减．
方法技巧
 
 42
   函数单调性的应用
 
 
根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f (x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集
(2)f (x)在区间(a，b)上单调递增的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f ′(x)≥0 且在(a，b)内的
任一非空子区间上，f ′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．
【典例1】(2025·四川成都模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数y＝f (x)的导函数为y＝f ′(x)，
当x>0 时，xf ′(x)＋f (x)<0，且f (2)＝3，则不等式f (x－1)> 6
x -1的解集为__________．
【解析】令g(x)＝xf (x)，则g′(x)＝xf ′(x)＋f (x)，
因为当x>0 时，xf ′(x)＋f (x)<0，即g′(x)<0，
所以当x>0 时，g(x)＝xf (x)单调递减，
由不等式f (x－1)> 6
x -1可得
{
x -1>0，
(x -1)f (x -1)>2f (2)， 
即g(x－1)>g(2)，故有0<x－1<2，解得1<x<3，
即不等式f (x－1)> 6
x -1的解集为(1，3)．
【典例2】已知a<5 且ae5＝5ea，b<4 且be4＝4eb，c<3 且ce3＝3ec，则(　　)
A．c<b<a　　
B．b<c<a
C．a<c<b    
D．a<b<c
【解析】由题意得0<a<5，0<b<4，0<c<3．
令f (x)＝e
x
x (x>0)，则f ′(x)＝e
x(x -1)
x
2
，
当0<x<1 时，f ′(x)<0，当x>1 时，f ′(x)>0，
故f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因为ae5＝5ea，所以e
5
5 ＝e
a
a ，
即f (5)＝f (a)，而0<a<5，
故0<a<1．同理0<b<1，0<c<1，f (4)＝f (b)，f (3)＝f (c)．
因为f (5)>f (4)>f (3)，所以f (a)>f (b)>f (c)，
所以0<a<b<c<1．故选D．
【典例3】已知函数g(x)＝2x＋ln x－a
x ．
(1)若函数g(x)在区间[1，2]上单调递增，求实数a 的取值范围；
(2)若g(x)在区间[1，2]上存在单调递增区间，求实数a 的取值范围．
【解析】　(1)g(x)＝2x＋ln x－a
x (x>0), g′(x)＝2＋1
x + a
x
2(x>0)．
∵函数g(x)在[1，2]上单调递增，
∴g′(x)≥0 在[1，2]上恒成立，
即2＋1
x + a
x
2≥0 在[1，2]上恒成立，
∴a≥－2x2－x 在[1，2]上恒成立，
∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2]．
在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，
∴a≥－3．
∴实数a 的取值范围是[－3，＋∞)．
(2)g(x)在[1，2]上存在单调递增区间，
则g′(x)＞0 在[1，2]上有解，
即a＞－2x2－x 在[1，2]上有解，
∴a＞(－2x2－x)min，
又(－2x2－x)min＝－10，
∴a＞－10．
∴实数a 的取值范围为(－10，＋∞)．
【典例4】已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足xf ′(x)－f (x)>0，且f (1)＝2，则f (ex)>2ex的
解集为(　　)
A．(0，＋∞)　　
B．(ln 2，＋∞)
C．(1，＋∞)    
D．(0，1)
【解析】设g(x)＝f (x)
x ，x>0，
因为xf ′(x)－f (x)>0，
所以g′(x)＝xf
' (x)- f (x)
x
2
>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f (1)＝2，所以g(1)＝f (1)
1 ＝2，
由f (ex)>2ex，且ex>0 得f (e
x)
e
x >2，
则g(ex)＝f (e
x)
e
x >2＝g(1)，
所以ex>1＝e0，所以x∈(0，＋∞)，故选A．
方法技巧
 
 43
   根据函数的图象判断函数的极值
 
 
1.根据原函数图象判断极值的解题策略
先在原函数图象上寻找峰顶、谷底或导数不存在的尖点，这些是候选极值点；再观察每个点左右两侧的单
调性：若左边递增、右边递减，则为极大值点；若左边递减、右边递增，则为极小值点；若两侧单调性不
变，则该点不是极值点，判断时只关注局部升降变化，不与整体最值混淆。
2.根据导函数图象判断极值的解题策略
先找出导函数图象与x 轴的交点及导数不存在的点，这些是临界点；再看临界点左右两侧导函数的符号：
若左正右负，则原函数在该点取极大值；若左负右正，则原函数在该点取极小值；若两侧符号相同，则该
点无极值。
【典例1】　(2025·江苏常州模拟)已知函数f (x)的导函数为f ′(x)，定义域为(0，＋∞)，且函
数g(x)＝(x－6)3·f ′(x)的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．f (x)有极小值f (6)，极大值f (1)
B．f (x)仅有极小值f (6)，极大值f (10)
C．f (x)有极小值f (1)和f (6)，极大值f (3)和f (10)
D．f (x)仅有极小值f (1)，极大值f (10)
【解析】由函数g(x)＝(x－6)3·f ′(x)的图象，
得当x<1 时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
当1<x<3 时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
当3<x<6 时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
当6<x<10 时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
当x>10 时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
所以函数f (x)有极小值f (1)和f (6)，极大值f (3)和f (10)．
故选C．
【典例2】已知定义在区间
上的函数
的导函数为
，
的图象如图所示，则（    ）
A．
在
上有增也有减
B．
有2 个极小值点
C．
D．
有1 个极大值点
【答案】D
【分析】利用导函数图象与函数单调性、极值点的关系即可判定.
【详解】由图可得，当
，
时，
，当
时，
.
所以
的单调递增区间为
，
，单调递减区间为
，
所以
有1 个极大值点，1 个极小值点.
故A、B 错误，而
，C 错误.
故选：D
方法技巧
 
 44
   求已知函数的极值
 
 
求函数f (x)极值的步骤
①确定函数的定义域．
②求导数f ′(x)．
③解方程f ′(x)＝0，求出方程f ′(x)＝0 在定义域内的所有根．
④列表检验f ′(x)在f ′(x)＝0 各个根的左、右两侧值的符号．
【典例1】已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝1
2时，求f (x)的极值；
(2)讨论函数f (x)在定义域内极值点的个数．
【解析】　(1)当a＝1
2时，f (x)＝ln x－1
2x，定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝1
x - 1
2＝2- x
2 x ．
令f ′(x)＝0，解得x＝2．
当x 变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表．
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
f (x)
单调递增
ln 2－1
单调递减
故f (x)的极大值为f (2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1
x －a＝1-ax
x
．
当a≤0 时，f ′(x)>0 在(0，＋∞)上恒成立，
即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x)在定义域上无极值点；
当a>0，x∈(0，1
a)时，f ′(x)>0，
当x∈(
1
a ，+ ∞)时，f ′(x)<0，
故函数f (x)在x＝1
a处有极大值．
综上可知，当a≤0 时，函数f (x)无极值点；
当a>0 时，函数f (x)有一个极大值点，且极大值点为x＝1
a．
【典例2】已知函数f (x)＝x
e
x和g(x)＝ln x
x ＋b 有相同的极大值，则b＝(　　)
A．0　　　
B．2 
C．－1　　　
D．－3
【解析】f ′(x)＝1- x
e
x ，x∈R，
令f ′(x)>0，解得x<1，令f ′(x)<0，解得x>1，
∴f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f (x)在x＝1 处取得极大值，为f 
(1)＝1
e．
g′(x)＝1- ln x
x
2
，x＞0，令g′(x)<0，解得x>e，令g′(x)>0，解得0<x<e，
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)在x＝e 处取得极大值，为g(e)＝1
e＋b，
依据题意，f (x)和g(x)有相同的极大值，
故f (1)＝g(e)，解得b＝0．故选A．
方法技巧
 
  45
   已知函数的极值
 
 ( 点
  ) 求参数
 
 
根据函数极值情况求参数的两个要领
①列式：根据极值点处导数为0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
②验证：求解后验证根的合理性．不满足题意可能有两种情况：一是函数在定义域内单调，
二是函数在极值点左、右两侧的单调性相反，即极值相反．
【典例1】(2024·湖北武汉期中)已知函数f (x)＝b ln x＋3
2x2＋2ax＋a2－3a 在x＝1 处取得极
小值27
2 ，则b
a的值为________．
【解析】对f (x)＝b ln x＋3
2x2＋2ax＋a2－3a 求导得，f ′(x)＝b
x ＋3x＋2a，依题意得，
{
f (1)= 27
2 ，
f
' (1)=0，
即{
a
2-a+ 3
2 = 27
2 ，
b+2a+3=0，
解得{
a= 4，
b=-11 或{
a=-3，
b=3．
当a＝4，b＝－11 时，f (x)＝－11ln x＋3
2x2＋8x＋4，x>0，f ′(x)＝－11
x ＋3x＋8＝3 x
2+8 x -11
x
＝
(x -1)(3 x +11)
x
，
当0<x<1 时，f ′(x)<0，f (x)在(0，1)上单调递减，当x>1 时，f ′(x)>0，f (x)在(1，＋∞)上单调
递增，
即x＝1 时，函数f (x)取得极小值f (1)＝27
2 ，符合题意，此时b
a＝－11
4 ；
当a＝－3，b＝3 时，f (x)＝3ln x＋3
2x2－6x＋18，x>0，f ′(x)＝3
x ＋3x－6＝3 x
2-6 x +3
x
＝
3(x -1)
2
x
≥0，即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，与题意不符，舍去．
【典例2】(2025·八省联考)已知函数f (x)＝a ln x＋b
x －x．
①设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f (x)的斜率为2 的切线方程；
②若x＝1 是f (x)的极小值点，求b 的取值范围．
解：①当a＝1，b＝－2 时，f (x)＝ln x－2
x －x，其中x>0，∴f ′(x)＝1
x + 2
x
2－1．
设切点为(x0，y0)，∵切线斜率为2，∴f ′(x0)＝2，∴1
x0
+ 2
x0
2－1＝2．
解得x0＝1，x0＝－2
3(舍去)．
当x0＝1 时，y0＝f (1)＝ln 1－2－1＝－3．
∴切线方程为y－(－3)＝2(x－1)，
即2x－y－5＝0．
②f ′(x)＝a
x - b
x
2－1，∵x＝1 为f (x)的极小值点，∴f ′(1)＝a－b－1＝0，∴a＝b＋1，
∴f ′(x)＝－x
2-(b+1) x +b
x
2
＝－
(x -1)(x -b)
x
2
．
(i)若b≤0，此时x－b>0，令f ′(x)＝0，得x＝1．
当0<x<1 时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；当x>1 时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
f (x)在x＝1 处取得极大值，舍去．
(ii)若b＝1，f ′(x)＝－
(x -1)
2
x
2
≤0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，f (x)不存在极值，舍去．
(iii )若0<b<1，当0<x<b 时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当b<x<1 时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当x>1 时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
此时f (x)在x＝1 处取得极大值，舍去．
(ⅳ)若b>1，当0<x<1 时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当1<x<b 时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；当x>b 时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
此时f (x)在x＝1 处取得极小值，符合题意．
综上所述，b 的取值范围为(1，＋∞)．
【典例3】已知函数f(x)＝1
3x3－1
2ax2＋x 在区间(
1
2 ，3)上既有极大值又有极小值，则实数a 的
取值范围是(　　)
A．(2，+ ∞)
B．[2，+ ∞)
C．(2，5
2)    
D．(2，10
3 )
【解析】函数f(x)＝1
3x3－1
2ax2＋x，导函数f ′(x)＝x2－ax＋1．因为f(x)在(
1
2 ，3)上既有极大值
又有极小值，所以f ′(x)＝0 在(
1
2 ，3)内应有两个不同的实数根．
所以{
f
'(
1
2)>0，
f
' (3)>0，
1
2 < a
2 <3，
f
'(
a
2)<0，
解得2<a<5
2，
所以实数a 的取值范围为(2，5
2)．
故选C．
【典例4】已知函数f (x)＝(ln x)2－ax2有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．
【解析】函数f (x)＝(ln x)2－ax2的定义域为(0，＋∞)，导函数f ′(x)＝2ln x
x
－2ax，
由已知得2ln x
x
－2ax＝0 有两个不相等的正实数根，
∴a＝ln x
x
2 有两个不相等的正实数根，即y＝a 与y＝ln x
x
2 的图象有2 个不同的交点，
令g(x)＝ln x
x
2 ，则g′(x)＝1-2ln x
x
3
，
由g′(x)＝0，得x＝❑√e．
当x∈(0，❑√e)时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，❑√e)上单调递增；
当x∈(❑√e，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)在(❑√e，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，g(❑√e)＝1
2e，
当x>1 时，g(x)>0，当0<x<1 时，g(x)<0，
当x→＋∞时，g(x)→0，
∴函数g(x)的图象如图，
所以实数a 的取值范围是(0，1
2e)．
方法技巧
 
 46
   利用导数研究函数的最值
 
 
求函数f (x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
【典例1】(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x +1)sin x＋1 在区间[0，2π ]的最小值、最大值
分别为(　　)
A．－π
2 ，π
2 　　
B．－3 π
2 ，π
2
C．－π
2 ，π
2 ＋2    
D．－3 π
2 ，π
2 ＋2
【解析】f ′(x)＝－sin x＋sin x＋(x +1)cos x＝(x +1)cos x，
所以在区间(0，π
2)和(
3 π
2 ，2π)上f ′(x)>0，
即f(x)单调递增；
在区间(
π
2 ，3 π
2 )上f ′(x)<0，即f(x)单调递减．
又f(0)＝f(2π )＝2，f(
π
2)＝π
2 ＋2，f(
3 π
2 )＝－3 π
2 ，
所以f(x)在区间[0，2π ]上的最小值为－3 π
2 ，最大值为π
2 ＋2．故选D．
【典例2】函数f (x)＝－1
3x3＋x 在(a，10－a2)上有最大值，则实数a 的取值范围是________．
【解析】由于f ′(x)＝－x2＋1，
易知f (x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)上单调递增，
故若函数f (x)在(a，10－a2)上存在最大值，
则{
a＜1，
10-a
2＞1，
f (1)≥f (a)，
即－2≤a＜1．
【典例3】)设实数a>0，求函数f (x)＝aln x
x
在[a，2a]上的最小值．
【解析】　因为f (x)＝aln x
x
，
所以f ′(x)＝a(1- ln x)
x
2
(a>0，x>0)，
令f ′(x)>0，得0<x<e；令f ′(x)<0，得x>e，
所以f (x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f (x)在[a，2a]上的最小值f 
(x)min＝min{f (a)，f (2a)}．
因为f (a)－f (2a)＝ln a－1
2ln (2a)＝1
2ln a
2，
所以当0<a≤2 时，f (a)－f (2a)≤0，
f (x)min＝f (a)＝ln a．
当a>2 时，f (a)－f (2a)>0，
f (x)min＝f (2a)＝1
2ln (2a)．
综上所述，当0<a≤2 时，f (x)在[a，2a]上的最小值为ln a；
当a>2 时，f (x)在[a，2a]上的最小值为1
2ln (2a)．
方法技巧
 
 47
   导数型构造函数
 
 
(1)出现xf ′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝f (x)
x
n ．
(2)出现nf (x)＋xf ′(x)形式，构造函数F (x)＝xnf (x)．
(3)出现f ′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝f (x)
e
nx ．
(4)出现f ′(x)＋nf (x)形式，构造函数F (x)＝enxf (x)．
(5)与sin x，cos x 有关的导函数存在一定的特殊性，其常见考查形式如下：
F (x)＝f (x)sin x，F ′(x)＝f ′(x)sin x＋f (x)cos x；
F (x)＝f (x)
sin x ，F ′(x)＝f
' (x)sin x - f (x)cos x
sin
2 x
；
F (x)＝f (x)cosx，F ′(x)＝f ′(x)cos x－f (x)sin x；
F (x)＝f (x)
cos x ，F ′(x)＝f
' (x)cos x + f (x)sin x
cos
2 x
．
【典例1】设f (x)是定义域为R 的奇函数，f (－1)＝0，当x>0 时，xf ′(x)－f (x)<0，则使得f 
(x)>0 成立的x 的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0，1)
B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0)
D．(0，1)∪(1，＋∞)
【解析】令g(x)＝f (x)
x ，
则g′(x)＝xf
' (x)- f (x)
x
2
，
所以当x>0 时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又f (x)为奇函数，所以g(x)为偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增．
又f (1)＝－f (－1)＝0，即g(1)＝g(－1)＝0．
而f (x)>0 等价于{
x>0，
g(x)>0= g(1) 
或{
x<0，
g(x)<0= g(-1)， 
即{
x>0，
0＜x<1 或{
x<0，
x<-1，所以x<－1 或0<x<1．
所以f (x)>0 的解集为(－∞，－1)∪(0，1)．故选A．
【典例2】已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足2xf (x)＋x2f ′(x)<0，f (2)＝3
4，则关于x 的不
等式x2f (x)>3 的解集为________．
【解析】由题意，令g(x)＝x2f (x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝2xf (x)＋x2f ′(x)<0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又f (2)＝3
4，∴g(2)＝4f (2)＝3．
∴x2f (x)>3，即g(x)>g(2)，
∴原不等式的解集为(0，2)．
【典例3】(2025·江苏常州模拟)已知定义在R 上的函数f (x)的导函数为f ′(x)，f (1)＝e，且对
任意的x 满足f ′(x)－f (x)<ex，则不等式f (x)>xex的解集是(　　)
A．(－∞，1)　　
B．(－∞，0)
C．(0，＋∞)    
D．(1，＋∞)
【解析】构造函数g(x)＝f (x)
e
x －x，则g′(x)＝f
' (x)- f (x)
e
x
－1，
因为f ′(x)－f (x)<ex，则f
' (x)- f (x)
e
x
－1<0，
即g′(x)<0，可知g(x)在R 上单调递减，且g(1)＝0，由f (x)>xex可得f (x)
e
x －x>0，即g(x)>g(1)，
解得x<1，
所以不等式f (x)>xex的解集是(－∞，1)．故选A．
【典例4】已知f ′(x)是函数f (x)的导函数，f (x)－f (－x)＝0，且对于任意的x∈(0，π
2)满足f 
′(x)cos x＋f (x)sin x>0，则下列不等式一定成立的是(　　)
A．
❑√3
2 f(- 1
2)<f(- π
6)cos 1
2
B．f(- π
6)>
❑√6
2 f(- π
4)
C．f (－1)<❑√2f(
π
4)cos 1
D．
❑√2
2 f(
π
4)>f(- π
3)
【解析】令g(x)＝f (x)
cos x ，x∈(0，π
2)，则g′(x)＝f
' (x)cos x + f (x)sin x
cos
2 x
，
又对于任意的x∈(0，π
2)满足f ′(x)cosx＋f (x)sin x＞0，则g′(x)＞0，
故g(x)在(0，π
2)上单调递增，
而f (x)－f (－x)＝0，故g(－x)＝f (- x)
cos(- x)＝f (x)
cos x ＝g(x)，故g(x)是偶函数，
故g(- 1
2)＝g(
1
2)<g(- π
6)＝g(
π
6)<g(- π
4)＝g(
π
4)<g(－1)＝g(1)<g(- π
3)＝g(
π
3)，
即
f(- 1
2)
cos 1
2
<
f(- π
6)
❑√3
2
<
f(- π
4)
❑√2
2
＝
f(
π
4)
❑√2
2
<f (-1)
cos1 <
f(- π
3)
1
2
，
故A 正确，BCD 错误．故选A．
方法技巧
 
 48
   依据数值特征构造具体函数
 
 
当要比较的各数为某些函数的函数值时，要仔细观察这些数值的共同之处，构造一个或两个
函数，使要比较的数成为所构函数的函数值，然后利用函数的单调性比较大小．
【典例1】设a＝999ln 1 001，b＝1 000ln 1 000, c＝1 001ln 999，则下列选项正确的是(　　)
A．a>c>b　　
B．c>b>a
C．b>a>c    
D．a>b>c
【解析】设f (x)＝(1 000－x)ln (1 000＋x)，x∈[－1，1]，当x∈[－1，1]时，f ′(x)＝－ln (1 
000＋x) ＋1 000- x
1 000+ x <0，所以函数f (x)在[－1，1]上单调递减，所以f (－1)＝1 001ln 999>f (0)
＝1 000ln 1 000>f (1)＝999ln 1 001，所以c>b>a．故选B．
【典例2】已知a，b，c∈(
1
e ，+∞)，且ln5
a ＝－5ln a，ln3
b ＝－3ln b，ln 2
c ＝－2ln c，则(　 
)
A．b<c<a　　
B．c<b<a
C．a<c<b    
D．a<b<c
【解析】设函数f (x)＝x ln x，f ′(x)＝1＋ln x，当x∈(
1
e ，+∞)时，f ′(x)>0，此时f (x)单调递
增，当x∈(0，1
e)时，f ′(x)<0，此时f (x)单调递减，由题ln5
a ＝－5ln a，ln3
b ＝－3ln b，
ln 2
c ＝－2ln c，得a ln a＝1
5ln 1
5，b ln b＝1
3ln 1
3，c ln c＝1
2ln 1
2＝1
4ln 1
4，
因为1
5<1
4<1
3<1
e，
所以1
5ln 1
5>1
4ln 1
4>1
3ln 1
3，
则a ln a>c ln c>b ln b，且a，b，c∈(
1
e ，+ ∞)，
所以a>c>b．故选A．
方法技巧
 
 49
   地位同等同构
 
 
地位同等同构策略
对于含有地位同等的两个变量x1，x2(或x，y，或a，b)的等式或不等式，如果进行整理(即同
构)后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数的单调性解决．
常见的同构类型有：
原式
转化
构造函数
f (x1)- f (x2)
x1- x2
＞k(x2＞x1)
f (x1)－f (x2)＜kx1－
kx2
构造y＝f (x)－kx，为增函
数
f (x1)- f (x2)
x1- x2
＜k
x1 x2(x2
＞x1)
f (x1)－f (x2)＞
k (x1- x2)
x1 x2
构造y＝f (x)＋k
x ，为减函
数
【典例1】(多选)已知a，b∈R，且2a>2b>1，则(　　)
A．ea－eb<ln a－ln b　　
B．b ln a<a ln b
C．b
a<ea－b    
D．sin a-sin b
a-b
<1
【解析】由2a>2b>1，得a>b>0．对于A，设y＝ex－ln x 且x∈(0，＋∞)，则y′＝ex－1
x ，故
y ' |
x = 1
2＝
❑√e－2<0，y′|x＝1＝e－1>0，即y′＝ex－1
x 在(
1
2 ，1)上存在零点且y′＝ex－1
x 在(0，＋
∞)上单调递增，所以y＝ex－ln x 在(0，＋∞)上不单调，则ea－ln a<eb－ln b 不一定成立，
排除A；对于B，设y＝ln x
x 且x∈(0，＋∞)，则y′＝1- ln x
x
2
，当x∈(0，e)时，y′>0，y＝ln x
x
单调递增；当x∈(e，＋∞)时，y′<0，y＝ln x
x 单调递减．故y＝ln x
x 在(0，＋∞)上不单调，则
ln a
a <ln b
b 不一定成立，排除B；对于C，设y＝xex且x∈(0，＋∞)，则y′＝ex(x＋1)>0，即y＝
xex在(0，＋∞)上单调递增，所以aea>beb，即b
a<ea－b，C 正确；对于D，设y＝x－sin x 且
x∈(0，＋∞)，则y′＝1－cos x≥0，即y＝x－sin x 在(0，＋∞)上单调递增，所以a－sin a>b
－sin b，即sin a-sin b
a-b
<1，D 正确．故选CD
【典例2】已知函数f (x)＝ax2＋(a＋1)ln x＋1(a≤－1)，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，恒有
|f (x1)- f (x2)|≥4|x1- x2|，则实数a 的取值范围是(　　)
A．(－∞，－e2]　　
B．(－∞，－e]
C．[－2，－1]    
D．(－∞，－2]
【解析】由题意知，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2ax＋a+1
x ＝2ax
2+a+1
x
，又a≤
－1，故f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，不妨设x1≥x2，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，
恒有|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|，即f (x1)－f (x2)≤4(x2－x1)，f (x1)＋4x1≤f (x2)＋4x2，令g(x)＝f 
(x)＋4x，由上可知g(x)在(0，＋∞)上单调递减，则g′(x)＝2ax＋a+1
x ＋4≤0 在(0，＋∞)上恒
成立，
从而a≤- 4 x -1
2 x
2+1 恒成立，设h(x)＝- 4 x -1
2 x
2+1 ，则h′(x)＝
- 4(2 x
2+1)-(- 4 x -1)·4 x
(2 x
2+1)
2
＝
4 (2 x -1)(x +1)
(2 x
2+1)
2
，
当x∈(0，1
2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(
1
2 ，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x)min＝h(
1
2)＝－2，故a≤－2．故选D．
方法技巧
 
 50
   指对混合型的同构
 
 
1．指对同构的本质：指、幂、对三种函数的互相转化，即alogax＝x＝logaax(a＞0 且a≠1)．
2．三种基本模式：
①积型：
aea≤b ln b   三种同构方式   
→
{
同左：ae
a≤(ln b)e
ln b……f (x)= x e
x
同右：e
aln e
a≤ln b……f (x)= x ln x
取对：a+ ln a≤ln b+ ln (ln b)……f (x)= x + ln x
 
说明：在对“积型”同构时，取对数是最快捷的，同构出的函数，单调性一看便知．
②商型：
e
a
a < b
ln b   三种同构方式   
→
{
同左：e
a
a < e
ln b
ln b ……f (x)= e
x
x
同右：e
a
ln e
a < b
ln b ……f (x)= x
ln x
取对：a- ln a<ln b- ln (ln b)……f (x)= x - ln x
 
③和差型：
ea±a>b±ln b   两种同构方式   
→
{
同左：e
a±a>e
ln b± ln b……f (x)=e
x± x
同右：e
a± ln e
a>b± ln b……f (x)= x ± ln x 
如：eax＋ax＞ln (x＋1)＋x＋1⇔eax＋ax＞eln (x+1)＋ln (x＋1)⇔ax＞ln (x＋1)．
特别地，若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘
x，同加上x 等，再用上述方式变形．常见的有：
①aeax>ln x⇒axeax>x ln x；
②ex>a ln (ax－a)－a⇒1
aex>ln [a(x－1)]－1⇒ex－ln a－ln a>ln (x－1)－1
⇒ex－ln a＋x－ln a>ln (x－1)＋x－1＝eln (x-1)＋ln (x－1)；
③ax>logax⇒ex ln a>ln x
ln a⇒(x ln a)ex ln a>x ln x．
【典例1】设a，b 都为正数，e 为自然对数的底数，若aea<b ln b，则(　　)
A．ab>e　　
B．b>ea
C．ab<e    
D．b<ea
【解析】由已知aea<b ln b，则ealn ea<bln b．
设f (x)＝x ln x，则f (ea)<f (b)．
∵a>0，则b ln b>0，则b>1．
当x>1 时，f ′(x)＝ln x＋1>0，
则f (x)在(1，＋∞)上单调递增，∴ea<b．故选B．
【典例2】若关于x 的不等式ex－a≥ln x＋a 对一切正实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是(　 
)
A．(-∞，1
e)　　
B．(－∞，e]
C．(－∞，1]    
D．(－∞，2]
【解析】∵ex－a≥ln x＋a，∴ex－a＋x－a≥x＋ln x，
∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x．
设f (t)＝et＋t，则f ′(t)＝et＋1>0，
∴f (t)在R 上单调递增，
故ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，即f (x－a)≥f (ln x)，
即x－a≥ln x，即x－ln x≥a．
设g(x)＝x－ln x，则g′(x)＝1－1
x ＝x -1
x ，
令g′(x)>0，则x>1；令g′(x)＜0，则0＜x＜1，
∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，
故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1．故选C．
【典例3】已知当x≥e 时，不等式xa＋1
x －e
1
x≥a ln x 恒成立，则正实数a 的最小值为 
________．
【解析】不等式可变形为e
1
x－1
x ≤xa－a ln x，
即e
1
x－ln e
1
x≤xa－ln xa，
设f (x)＝x－ln x，
则当x≥e 时，f(e
1
x)≤f (xa)恒成立，
因为f ′(x)＝1－1
x ＝x -1
x ，
所以函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
因为x≥e，a>0，
所以e
1
x>1，xa>1，
因为f (x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以e
1
x≤xa，
两边取对数，得1
x ≤a ln x，
因为x≥e，
所以a≥
1
x ln x ，
令h(x)＝x ln x，x≥e，
h′(x)＝ln x＋1>0，
所以h(x)在[e，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(e)＝e，
所以0<
1
x ln x ≤1
e，
所以a≥1
e，
所以正实数a 的最小值为1
e．
方法技巧
 
 51
   移项构造法证明不等式
 
 
一般地，待证不等式的两边含有同一个变量时，可以直接构造“左减右”(或“右减左”)的
函数，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值进行证明．
提醒：对复杂的式子可以先进行变形，再移项构造函数进行证明．
【典例1】(教材经典)证明以下不等式：
(1)ex≥x＋1；
(2)ln x≤x－1；
(3) ln x≥1－1
x ．
[证明]　(1)令f (x)＝ex－(x＋1)，则有f ′(x)＝ex－1．
令f ′(x)<0，即ex－1<0，解得x<0；
令f ′(x)>0，即ex－1>0，解得x>0，
所以f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (0)＝e0－1＝0，即ex－(x＋1)≥0．
所以ex≥x＋1．
(2)令g(x)＝ln x－(x－1)(x>0)，则g′(x)＝1
x －1．
令g′(x)<0，即1
x －1<0，解得x>1；
令g′(x)>0，即1
x －1＞0，解得0<x<1，
所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝ln 1－(1－1)＝0，
即ln x－(x－1)≤0，
所以ln x≤x－1．
(3)令h(x)＝ln x－1＋1
x (x>0)，则h′(x)＝1
x - 1
x
2＝x -1
x
2 ，
当0<x<1 时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x>1 时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
则h(x)≥h(1)＝ln 1－1＋1＝0，即ln x－1＋1
x ≥0，所以ln x≥1－1
x ．
【典例2】证明：当x>1 时，1
2x2＋ln x<2
3x3．
[证明]　设g(x)＝2
3x3－1
2x2－ln x，
则g′(x)＝2x2－x－1
x ，因为当x＞1 时，
g′(x)＝(x -1)(2 x
2+ x +1)
x
＞0，
所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1 时，g(x)＞g(1)＝1
6＞0，
所以当x＞1 时，1
2x2＋ln x＜2
3x3．
【典例3】　(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝a(ex＋a)－x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当a＞0 时，f (x)＞2ln a＋3
2．
【解析】　(1)f ′(x)＝aex－1，当a≤0 时，f ′(x)＜0，
所以函数f (x)在R 上单调递减；
当a＞0 时，令f ′(x)＞0，得x＞－ln a，令f ′(x)＜0，得x＜－ln a，
所以函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上可得，当a≤0 时，函数f (x)在R 上单调递减；
当a＞0 时，函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)得当a＞0 时，函数f (x)＝a(ex＋a)－x 的最小值为f (－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln 
a＝1＋a2＋ln a，令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－3
2＝a2－ln a－1
2，a∈(0，＋∞)，
所以g′(a)＝2a－1
a，令g′(a)＞0，得a＞
❑√2
2 ；
令g′(a)＜0，得0＜a＜
❑√2
2 ．
所以函数g(a)在(0，
❑√2
2 )上单调递减，在(
❑√2
2 ，+∞)上单调递增，所以函数g(a)的最小值为
g(
❑√2
2 )＝(
❑√2
2 )
2
－ln 
❑√2
2 - 1
2＝ln ❑√2＞0，所以当a＞0 时，f (x)＞2ln a＋3
2成立．
方法技巧
 
 52
   分拆构造双函数法证明不等式
 
 
在同时含ln x 与ex的不等式证明中，常采用把对数单独分离的方式，把待证不等式分离．构
造两个函数，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
【典例1】设函数f (x)＝aexln x＋be
x -1
x
，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝e(x－
1)＋2．
(1)求a，b；
(2)求证：f (x)>1．
【解析】　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝aex(ln x + 1
x)+ be
x -1(x -1)
x
2
，
依题意得{
f (1)=2，
f
' (1)=e，解得a＝1，b＝2．
(2)证明：由(1)知f (x)＝exln x＋2e
x -1
x
，x＞0，
从而f (x)>1 等价于x ln x>xe－x－2
e．
构造函数g(x)＝x ln x(x>0)，则g′(x)＝1＋ln x，所以当x∈(0，1
e)时，g′(x)<0，当x∈
(
1
e ，+∞)时，g′(x)>0，故g(x)在(0，1
e)上单调递减，在(
1
e ，+∞)上单调递增，从而g(x)在
(0，＋∞)上的最小值为g(
1
e)＝－1
e．构造函数h(x)＝xe－x－2
e(x>0)，则h′(x)＝e－x(1－x)，所以
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，故h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)
＝－1
e．
综上，当x>0 时，g(x)>h(x)，即f (x)>1．
【典例2】已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a＝e 时，证明：xf (x)－ex＋2ex≤0．
【解析】　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝e
x －a(x>0)，
①若a≤0，则f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当0<x<e
a时，f ′(x)>0，
当x>e
a时，f ′(x)<0，
故f (x)在(0，e
a)上单调递增，在(
e
a ，+ ∞)上单调递减．
(2)证明：因为x>0，所以只需证f (x)≤e
x
x －2e．
当a＝e 时，由(1)知，f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f (x)max＝f (1)＝－e．
记g(x)＝e
x
x －2e(x>0)，则g′(x)＝
(x -1)e
x
x
2
，
所以当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g(x)min＝g(1)＝－e．
综上，当x>0 时，f (x)≤g(x)，
即f (x)≤e
x
x －2e，
即xf (x)－ex＋2ex≤0 得证．
方法技巧
 
 53
   放缩法证明不等式
 
 
1．利用导数证明不等式时，若所证明的不等式中含有ex，ln x，sin x，cos x，tan x 或其他
多项式函数中的两种或以上，可考虑先利用不等式进行放缩，使问题简化，然后再构造函数
进行证明．
2．常见的放缩有：(1)tan x>x>sin x，x∈(0，π
2)；(2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥ln x，利用
切线放缩可把指数式、对数式转化为一次式，有利于后续的求解．
3．导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式．
【典例1】已知函数f (x)＝ln x＋1
x －1．
(1)求函数f (x)的最小值；
(2)当x∈(0，π)时，证明：ex＞(1－ln x)sin x．
【解析】　(1)因为函数f (x)＝ln x＋1
x －1 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1
x - 1
x
2＝x -1
x
2 ，
所以当0＜x＜1 时，f ′(x)＜0，
当x＞1 时，f ′(x)＞0，
所以当0＜x＜1 时，函数f (x)单调递减；
当x＞1 时，函数f (x)单调递增．
所以f (x)≥f (1)＝0，
即函数f (x)的最小值为0．
(2)证明：当x∈(0，π)时，要证明ex＞(1－ln x)·sin x，只需证e
x
sin x ＞1－ln x，
由(1)可知ln x＋1
x －1≥0，即1
x ≥1－ln x，
所以要证e
x
sin x ＞1－ln x，只需证e
x
sin x ＞1
x ，
即证xex－sin x＞0．
令h(x)＝xex－sin x，则h′(x)＝(x＋1)ex－cos x，
当0＜x＜π 时，
h′(x)＝(x＋1)ex－cos x＞0，
所以函数h(x)在(0，π)上单调递增，
所以当0＜x＜π 时，h(x)＞h(0)＝0，
即xex－sin x＞0，
所以当x∈(0，π)时，不等式ex＞(1－ln x)sin x 成立．
【典例2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数
，
.
(1)求函数
的极值；
(2)证明：当
时，
在
上恒成立.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）求得
，令
，求得
，结合
，
得到函数
的单调性，进而求得极值；
（2）由
，根据题意，由
且
，放缩得到
，令
，求得
，得出函数
单调
性，结合单调性求得
，得出
，即可得证.
【详解】（1）解：由函数
，可得
定义域为
，
且
，
令
，可得
，所以
单调递增，
又因为
，
所以当
时，
，可得
，
单调递减；
当
时，
，可得
，
单调递增，
所以当
时，函数
取得极小值，极小值为
，无极大值.
（2）解：由
，
因为
且
，
可得
令
，
可得
，
因为
，即
或
，
又因为方程
的两根都是负数根（舍去），
所以
，可得
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
所以当
时，函数
取得极小值，同时也为
在
上的最小值，
即
，所以
，
所以
，所以
， 
故当
时，
在
恒成立.
方法技巧
 
 54
   端点效应
 
 
端点效应法是一种必要性探路法，是指对某些与函数有关的恒成立问题，通过选取函数定义域内的某些特
殊值，先得到一个必要条件，初步获得参数的范围，再在该范围内进行讨论，或去验证其充分性，进而得
到参数的准确范围的方法.
1.如图(1)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上单调，f(x)≥0 恒成立，则f(a)≥0 且f(b)≥0.
2.一阶端点效应：如图(2)，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，则当x≥x0时，f(x)≥0 成
立的一个必要条件为端点x0处的导数值f'(x0)≥0.因为如果f'(x0)<0，那么函数会在x0右侧的一个小区间内先
单调递减，此时函数f(x)在x≥x0时不恒为非负值，不满足要求，如图(3).
这个方法把某个区间上函数的恒成立问题转化为判断端点处的导数值符号，这就是端点效应.
类似地，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，当x>x0时，f(x)<0 成立的一个必要条件为
x0处的导数值f'(x0)<0.
3.二阶端点效应：如图(4)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0 恒成立，且f(a)＝0，f'(a)＝0，则f″
(a)≥0.
端点效应的核心思想是必要性探路，充分性护航.我们在解决一类恒成立问题时，可以利用端点处需满足的
必要条件缩小参数的取值范围，而往往得到的范围即为所求，再去做充分性论证即可.
【典例1】设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf'(x)，x≥0，其中f'(x)是f(x)的导函数.若f(x)≥ag(x)恒成立，求实
数a 的取值范围.
【解析】依题意，f'(x)＝1
1＋x ，
由于g(x)＝xf'(x)，x≥0，
即g(x)＝x
1＋x ，x≥0，
而f(x)≥ag(x)恒成立，
即ln(1＋x)≥ax
1＋x 恒成立.
令F(x)＝ln(1＋x)－ax
1＋x (x≥0)，
则F(x)≥0 恒成立.
由于F(0)＝0，故此时必须保证函数F(x)在x＝0 右侧附近区间上单调递增，
即保证F'(x)≥0 在x＝0 右侧附近区间上恒成立，
而F'(x)＝1
1＋x -a
(1＋x)
2 ＝1＋x-a
(1＋x)
2 ，
则F'(0)＝1－a，
故F'(0)≥0，即a≤1.
下证当a≤1 时，F(x)≥0 恒成立.
当a≤1 时，函数F'(x)＝1＋x-a
(1＋x)
2 ≥x
(1＋x)
2 ≥0，
故函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增，
即F(x)≥F(0)＝0，
故当a≤1 时，函数F(x)≥0 恒成立，
即原命题成立，
故实数a 的取值范围是(－∞，1].
【典例2】设函数f(x)＝ex－e－x.若对任意x≥0 都有f(x)≥ax，求a 的取值范围.
【解析】依题意，若对任意x≥0 都有f(x)≥ax，
即要保证f(x)－ax≥0 恒成立，也就是当x≥0 时，ex－e－x－ax≥0 恒成立.
令F(x)＝ex－e－x－ax(x≥0)，
由于F(0)＝e0－e0＝0，
要使函数F(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立，
即保证F(x)在x＝0 右侧附近区间上单调递增，则F'(x)≥0 在x＝0 右侧附近区间上恒成立，
而F'(x)＝ex＋e－x－a，
且F'(0)＝1＋1－a＝2－a，
故F'(0)≥0，即a≤2.
下证当a≤2 时，F(x)≥0 恒成立，
当a≤2 时，函数F'(x)＝ex＋e－x－a≥ex＋e－x－2≥2❑√e
x·e
-x－2＝0，
故函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增，
即F(x)≥F(0)＝0 恒成立，
故实数a 的取值范围是(－∞，2].
【典例3】设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.若当x≥0 时，f(x)≥0 恒成立，求a 的取值范围.
【解析】由于当x≥0 时，函数f(x)≥0 恒成立，
而f(0)＝0，
故要保证函数f(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立，需保证f(x)在x＝0 右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f'(x)≥0 在x＝0 右侧附近区间上恒成立.
而f'(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
故f'(0)＝1－1＝0，
即此时需保证函数f'(x)在x＝0 右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f″(x)≥0 在x＝0 右侧附近区间上恒成立.
而f″(x)＝(x＋2)ex－2a，
故f″(0)＝2e0－2a＝2－2a，
而要函数f″(x)≥0 在x＝0 右侧附近区间上恒成立，
则f″(0)≥0，即a≤1.
下证当a≤1 时，f(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立，
当a≤1 时，f″(x)＝(x＋2)ex－2a≥(x＋2)ex－2，
令φ(x)＝(x＋2)ex－2，x≥0，
则φ'(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数φ(x)单调递增，
故φ(x)≥φ(0)＝2－2＝0，
即f″(x)≥φ(x)≥0，
故此时函数f'(x)单调递增，
即f'(x)≥f'(0)＝0，
故函数f(x)单调递增，即f(x)≥f(0)＝0，
此时即可得到当a≤1 时，函数f(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立，
即实数a 的取值范围是(－∞，1].
【典例4】(2024·全国甲卷改编)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.当x≥0 时，f(x)≥0 恒成立，求a 的取值
范围.
【解析】由于当x≥0 时f(x)≥0 恒成立，而f(0)＝0，
故要保证函数f(x)在x＝0 的右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f'(x)≥0 在x＝0 的右侧附近区间上恒成立.
而f'(x)＝－aln(1＋x)＋1-ax
1＋x －1
＝－aln(1＋x)－(a＋1)x
1＋x
，
故f'(0)＝0，即此时需保证函数f'(x)在x＝0 的右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f″(x)≥0 在x＝0 的右侧附近区间上恒成立.
而f″(x)＝-a
x＋1 -a＋1
(1＋x)
2 ＝－a(x＋1)＋a＋1
(1＋x)
2
＝－ax＋2a＋1
(1＋x)
2
，
故f″(0)＝－2a－1≥0，
即a≤－1
2 .
下证当a≤－1
2 时，f(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立，
当a≤－1
2 时，
f″(x)＝－ax＋2a＋1
(1＋x)
2
≥
1
2 x＋1-1
(1＋x)
2 ＝x
2(1＋x)
2
≥0，
所以f'(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f'(x)≥f'(0)＝0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
即f(x)≥f(0)＝0 恒成立，
综上，可得a≤－1
2 .
方法技巧
 
 55
   洛必达法则
 
 
“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决成立或恒成立命题时，
经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现型或型可以考虑使用洛必达法则．
洛必达法则：
法则1　型
若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)lim f(x)＝0 及lim g(x)＝0；
(2)在点a 的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)lim ＝l，
那么lim ＝lim ＝l.
法则2　型
若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)lim f(x)＝∞及lim g(x)＝∞；
(2)在点a 的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)lim ＝l，那么lim ＝lim ＝l.
注意：
1．将上面公式中的x→a，x→∞换成x→＋∞，x→－∞，x→a＋，x→a－，洛必达法则也成立．
2．洛必达法则可处理，，0·∞，1∞，∞0,00，∞－∞型求极限问题．
3．在着手求极限前，首先要检查是否满足，，0·∞，1∞，∞0,00，∞－∞型定式，否则滥用洛必达法则会出
错，当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．
4．若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．
lim ＝lim ＝lim ，如满足条件，可继续使用洛必达法则．
【典例1】设函数f(x)＝.如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a 的取值范围．
【解析】　f(x)＝≤ax，
若x＝0，则a∈R；
若x>0，
则≤ax 等价于a≥，
即g(x)＝，
则g′(x)＝.
令h(x)＝2xcos x－2sin x－sin xcos x＋x，
h′(x)＝2cos x－2xsin x－2cos x－cos 2x＋1
＝－2xsin x－cos 2x＋1
＝2sin2x－2xsin x＝2sin x(sin x－x)，
因此，当x∈(0，π)时，h′(x)<0，h(x)在(0，π)上单调递减，且h(0)＝0，故g′(x)<0，
所以g(x)在(0，π)上单调递减，
而lim g(x)＝lim 
＝lim ＝.
另一方面，当x∈[π，＋∞)时，
g(x)＝≤≤<，
因此a≥.
【典例2】已知函数f(x)＝ax－a－xln x．若当x∈(0,1)时，f(x)≥0 恒成立，求实数a 的取值范围．
【解析】依题意，ax－a－xln x≥0 恒成立，
即a(x－1)≥xln x 恒成立，
又x－1<0，∴a≤恒成立，
令φ(x)＝，x∈(0,1)，∴φ′(x)＝，
令g(x)＝x－1－ln x，x∈(0,1)，
∴g′(x)＝1－<0，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)>g(1)＝0，
∴φ′(x)>0，即φ(x)在(0,1)上单调递增．
由洛必达法则知lim ＝lim ＝lim ＝lim ＝lim x＝0，
∴φ(x)>0，故a≤0，
综上，实数a 的取值范围是(－∞，0]．
方法技巧
 
 56
   单变量不等式恒成立问题
 
 
导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一
步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类．
【典例1】(2024·安徽安庆二模节选)已知函数f (x)＝2ln x－x＋m
x (m∈R)，若不等式f (x)≤0
对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数m 的取值范围．
【解析】　法一(必要性探路)：由条件可知f (1)≤0，所以m－1≤0，解得m≤1．
当m≤1 时，f (x)＝2ln x－x＋m
x ≤2ln x－x＋1
x ，
构造函数g(x)＝2ln x－x＋1
x ，x≥1，
g′(x)＝2
x －1－1
x
2＝－
(x -1)
2
x
2
≤0，
所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，
因此实数m 的取值范围是(－∞，1]．
法二(分离参数法)：由条件可知m≤x2－2x ln x 对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，
令h(x)＝x2－2x ln x，x≥1，只需m≤[h(x)]min即可．
h′(x)＝2x－2(ln x＋1)＝2(x－ln x－1)，
令μ(x)＝x－ln x－1，则μ′(x)＝x -1
x ≥0，
所以函数h′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以h′(x)≥h′(1)＝0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以[h(x)]min＝h(1)＝1，所以
m≤1，因此实数m 的取值范围是(－∞，1]．
【典例2】(2024·全国甲卷)已知函数f (x)＝(1－ax)·ln (1＋x)－x．
(1)当a＝－2 时，求f (x)的极值；
(2)当x≥0 时，f (x)≥0 恒成立，求a 的取值范围．
【解析】　(1)当a＝－2 时，f (x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，
故f ′(x)＝2ln(1＋x)＋1+2 x
1+ x －1＝2ln (1＋x)－1
1+ x ＋1，
因为y＝2ln (1＋x)，y＝－1
1+ x ＋1 在(－1，＋∞)上单调递增，
故f ′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f ′(0)＝0，
故当－1<x<0 时，f ′(x)<0，当x>0 时，f ′(x)>0，
所以f (x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故f (x)在x＝0 处取极小值且极小值为f (0)＝0，无极大值．
(2)f ′(x)＝－a ln (1＋x)＋1-ax
1+ x －1
＝－a ln (1＋x)－
(a+1) x
1+ x ，x>－1，
设s(x)＝－a ln (1＋x)－
(a+1) x
1+ x ，
则s′(x)＝-a
x +1 - a+1
(1+ x)
2＝－a(x +1)+a+1
(1+ x)
2
＝－ax +2a+1
(1+ x)
2
，
当a≤－1
2时，若x≥0，则s′(x)≥0，故s(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故s(x)≥s(0)＝0，即f ′(x)≥0，
所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增，故f (x)≥f (0)＝0．
当－1
2<a<0 时，当0<x<－2a+1
a
时，s′(x)<0，
故s(x)在(0，- 2a+1
a )上单调递减，故在(0，- 2a+1
a )上s(x)<s(0)＝0，
即在(0，- 2a+1
a )上f ′(x)<0，即f (x)单调递减，
故在(0，- 2a+1
a )上f (x)<f (0)＝0，不合题意，舍去．
当a≥0 时，此时s′(x)<0 在(0，＋∞)上恒成立，
同理可得在(0，＋∞)上f (x)<f (0)＝0 恒成立，不合题意，舍去；
综上，a≤－1
2．
方法技巧
 
 57
   单变量不等式能成立问题
 
 
能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决，能成立问题中的等价转化有以
下几种形式：
(1)存在x∈[a，b]，f (x)≥a 成立⇔f (x)max≥a．
(2)存在x∈[a，b]，f (x)≤a 成立⇔f (x)min≤a．
(3)存在x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f (x1)≤g(x2)成立⇔f (x)min≤g(x)min．
【典例1】已知函数f (x)＝x2ln x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若存在x>0，使得f (x)≤ax 成立，求实数a 的取值范围．
【解析】　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x(2ln x＋1)，
令f ′(x)＝0，解得x＝e
- 1
2，
当x∈(0，e
- 1
2)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(e
- 1
2 ，+∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
综上得f (x)在(0，e
- 1
2)上单调递减，在(e
- 1
2，＋∞)上单调递增．
(2)依题意，存在x>0，使得a≥x ln x，
令g(x)＝x ln x，则g′(x)＝ln x＋1，
当x∈(0，1
e)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(
1
e ，+ ∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)min＝g(
1
e)＝－1
e，因此a≥－1
e，
故a 的取值范围为{a|a≥- 1
e}．
【典例2】已知函数f (x)＝ex－x，若对任意x>0，f (x)>1
2ax2＋1 有解，求a 的取值范围．
【解析】　对任意x>0，f (x)>1
2ax2＋1，
即ex－x－1
2ax2－1>0，
设g(x)＝ex－x－1
2ax2－1，x＞0，
g′(x)＝ex－1－ax，x＞0，
①当a≤0 时，g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，所以g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单
调递增，g(x)>g(0)＝0 成立；
②当0<a≤1 时，令h(x)＝g′(x)，h′(x)＝ex－a>0，g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，
所以g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0 成立；
③当a>1 时，令h(x)＝g′(x)，当0<x<ln a 时，h′(x)＝ex－a<0，g′(x)单调递减，又g′(0)＝0，所
以g′(x)<0，g(x)单调递减，g(x)<g(0)＝0，不符合题意．
综上，a 的取值范围为(－∞，1]．
方法技巧
 
  58
   双变量不等式恒
 
 ( 能
  ) 成立问题
 
 
双变量恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转换，常见的
等价转换有：
(1)∀x1，x2∈D，f (x1)>g(x2)⇔f (x)min>g(x)max．
(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f (x1)>g(x2)⇔f (x)min>g(x)min．
(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f (x1)>g(x2)⇔f (x)max>g(x)max．
【典例1】设f (x)＝a
x ＋x ln x，g(x)＝x3－x2－3．
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈[
1
2 ，2]，都有f (s)≥g(t)成立，求实数a 的取值范围．
【解析】　(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M 成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M 成
立．
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
令g′(x)＝0，得x＝0 或x＝2
3，
∵g(
2
3)＝－85
27，
g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝g(
2
3)＝－85
27，
∴M≤1－(- 85
27)＝112
27 ，
∴满足条件的最大整数M 为4．
(2)对任意的s，t∈[
1
2 ，2]，都有f (s)≥g(t)，
则f (x)min≥g(x)max．
由(1)知当x∈[
1
2 ，2]时，g(x)max＝g(2)＝1，
∴当x∈[
1
2 ，2]时，f (x)＝a
x ＋x ln x≥1 恒成立，
即a≥x－x2ln x 恒成立．
令h(x)＝x－x2ln x，x∈[
1
2 ，2]，
∴h′(x)＝1－2x ln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x<0，
h′(x)在[
1
2 ，2]上单调递减，又h′(1)＝0，
∴当x∈[
1
2 ，1]时，h′(x)≥0，
当x∈[1，2]时，h′(x)≤0，
∴h(x)在[
1
2 ，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1．
∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．
【典例2】(2025·云南曲靖模拟)已知函数f (x)＝x＋x cos x－2sin x．
(1)求曲线y＝f (x)在x＝π 处的切线方程；
(2)g(x)＝x2－3x＋a(a∈R)，若对任意x1∈[0，π ]，均存在x2∈[1，2]，使得f (x1)<g(x2)，求实
数a 的取值范围．
【解析】　(1)由题意f ′(x)＝1＋cos x－x sin x－2cos x＝－x sin x－cos x＋1，
则f ′(π)＝2，即切线的斜率k＝2，
且f (π)＝0，即切点坐标为(π，0)，
所以曲线y＝f (x)在x＝π 处的切线方程为y＝2(x－π)，即2x－y－2π＝0．
(2)由题意可知f (x)max<g(x)max，
因为g(x)＝x2－3x＋a(a∈R)的图象开口向上，对称轴为直线x＝3
2，
则g(x)在[1，3
2]上单调递减，在[
3
2 ，2]上单调递增，
可得g(x)max＝g(1)＝g(2)＝a－2，
由(1)可设h(x)＝f ′(x)，
则h(x)＝－cos x－x sin x＋1，
所以h′(x)＝－x cos x，
当x∈(0，π
2)时，h′(x)<0；
当x∈(
π
2 ，π)时，h′(x)>0，
则h(x)在区间(0，π
2)上单调递减，
在区间(
π
2 ，π)上单调递增．
且h(0)＝0，h(
π
2)<0，h(π)＝2，
可知f ′(x)在区间(0，π)上只有一个零点，
设零点为x0，x0∈(
π
2 ，π)，当x∈(0，x0)时，f ′(x)<0；
当x∈(x0，π)时，f ′(x)>0，
所以f (x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，π)上单调递增，且f (0)＝0，f (π)＝0，可得
当x∈[0，π ]时，f (x)max＝0，所以0<a－2，解得a>2，
所以实数a 的取值范围是(2，＋∞)．
方法技巧
 
 59
   数形结合法探究函数零点问题
 
 
含参数的函数的零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，则可将参数分离出来后，
用x 表示含参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数，
即转化为一条直线(平行于x 轴)与一个复杂函数图象交点个数问题．
【典例1】(2024·湖北武汉模拟节选)已知函数f (x)＝ln x－1
2ax2(a∈R )，讨论函数f (x)在区
间[1，e
2]上零点的个数．
【解析】　函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，由f (x)＝0，得a＝2ln x
x
2 ，
令g(x)＝2ln x
x
2 ，x∈[1，e2]，则g′(x)＝2- 4 ln x
x
3
，
由g′(x)>0，得1≤x<❑√e，
由g′(x)<0，得❑√e<x≤e2，
故g(x)在区间[1，❑√e)上单调递增，在区间(❑√e，e
2]上单调递减，
又g(1)＝0，g(❑√e)＝1
e，g(e2)＝4
e
4，
作函数g(x)的大致图象，如图所示．
综上，当0≤a< 4
e
4或a＝1
e时，f (x)在[1，e
2]上有1 个零点；
当4
e
4≤a<1
e时，f (x)在[1，e
2]上有2 个零点；
当a<0 或a>1
e时，f (x)在[1，e
2]上没有零点．
【典例2】(2024·广东汕头三模)已知函数f (x)＝x(ex－ax2)，若f (x)在(0，＋∞)上只有一个零
点，求a 的值．
【解析】　函数f (x)＝x(ex－ax2)在(0，＋∞)上只有一个零点，等价于y＝ex－ax2在(0，＋∞)
上只有一个零点．
设g(x)＝ex－ax2，则函数g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，当且仅当g(x)＝0 在(0，＋∞)上只
有一解，
即a＝e
x
x
2在(0，＋∞)上只有一解，于是曲线y＝e
x
x
2(x>0)与直线y＝a 只有一个公共点，
令φ(x)＝e
x
x
2(x>0)，求导得φ′(x)＝e
x(x -2)
x
3
，当0＜x<2 时，φ′(x)<0，当x>2 时，φ′(x)>0，
因此函数φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
函数φ(x)在x＝2 处取得极小值同时也是最小值，即φ(2)＝e
2
4 ，
当x→0 时，φ(x)→＋∞；当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，
画出φ(x)＝e
x
x
2大致的图象，如图，
g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝φ(2)＝e
2
4 ，
所以f (x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝e
2
4 ．
方法技巧
 
 60
   借助函数的性质探究函数的零点问题
 
 
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函
数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和
分类讨论思想的应用，解题中注意零点存在定理的灵活应用．
【典例1】　(2022·全国乙卷)已知函数f (x)＝ln (1＋x)＋axe－x．
(1)当a＝1 时，求曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程；
(2)若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a 的取值范围．
【解析】　(1)f (x)的定义域为(－1，＋∞)，
当a＝1 时，f (x)＝ln (1＋x)＋x
e
x，f (0)＝0，所以切点为(0，0)．f ′(x)＝1
1+ x + 1- x
e
x ，f ′(0)＝
2，所以切线斜率为2，
所以曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝2x．
(2)f (x)＝ln (1＋x)＋ax
e
x ，
f ′(x)＝1
1+ x + a(1- x)
e
x
＝e
x+a(1- x
2)
(1+ x)e
x
，
设g(x)＝ex＋a(1－x2)，
①若a>0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，即f ′(x)>0，
所以f (x)在(－1，0)上单调递增，f (x)<f (0)＝0，
故f (x)在(－1，0)上没有零点，不合题意．
②若－1<a<0，当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝ex－2ax>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a>0，即f ′(x)>0，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，f (x)>f (0)＝0，
故f (x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意．
③若a<－1，
(ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0，
所以存在m∈(0，1)，使得g(m)＝0，即f ′(m)＝0，
当x∈(0，m)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
当x∈(m，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
所以当x∈(0，m)时，f (x)<f (0)＝0，
当x→＋∞，f (x)→＋∞，
所以f (x)在(m，＋∞)上有唯一零点，
在(0，m)上没有零点，即f (x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(ⅱ)当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)，
设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，
h′(x)＝ex－2a>0，
所以g′(x)在(－1，0)上单调递增，
g′(－1)＝1
e＋2a<0，g′(0)＝1>0，
所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0，
当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(n，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)＝1＋a<0，
又g(－1)＝1
e>0，
所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f ′(t)＝0，
当x∈(－1，t)时，f (x)单调递增，当x∈(t，0)时，f (x)单调递减，
又x→－1，f (x)→－∞，
而f (0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f (x)>0，
所以f (x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，
即f (x)在(－1，0)上有唯一零点，
所以a<－1，符合题意．
④当a＝0 时，f (x)＝ln (1＋x)在(－1，＋∞)上单调递增，不符合题意．
⑤当a＝－1 时，f ′(x)＝e
x+ x
2-1
(1+ x)·e
x，
令k(x)＝ex＋x2－1，则k′(x)＝ex＋2x，
当x>0 时，k′(x)>0，k(x)单调递增，
k(x)>k(0)＝0，
即f ′(x)>0，f (x)单调递增，
f (x)>f (0)＝0，不合题意．
所以若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a 的取值范围为(－∞，－1)．
【典例2】已知函数f (x)＝x sin x－3
2．判断函数f (x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
【解析】　f (x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：
因为f ′(x)＝sin x＋xcos x，
当x∈(0，π
2)时，f ′(x)＞0．
又f (x)＝xsin x－3
2，从而有f (0)＝－3
2＜0，f(
π
2)＝π -3
2 ＞0，
且f (x)在(0，π
2)上的图象是连续不断的，
所以f (x)在(0，π
2)内至少存在一个零点．
又f (x)在(0，π
2)上单调递增，故f (x)在(0，π
2)内有且只有一个零点．
当x∈(
π
2 ，π)时，令g(x)＝f ′(x)＝sin x＋xcos x．
由g(
π
2)＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在(
π
2 ，π)上的图象是连续不断的，
故存在m∈(
π
2 ，π)，使得g(m)＝0．
由g′(x)＝2cos x－xsin x，
知当x∈(
π
2 ，π)时，有g′(x)＜0，
从而g(x)在(
π
2 ，π)上单调递减．
当x∈(
π
2 ，m)时，g(x)＞g(m)＝0，即f ′(x)＞0，
从而f (x)在(
π
2 ，m)上单调递增，
故当x∈(
π
2 ，m)时，f (x)＞f(
π
2)＝π -3
2 ＞0，
故f (x)在(
π
2 ，m)上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，
即f ′(x)＜0，从而f (x)在(m，π)上单调递减．
又f (m)＞0，f (π)＜0，且f (x)在(m，π)上的图象是连续不断的，从而f (x)在(m，π)内有且仅
有一个零点．
综上所述，f (x)在(0，π)内有且只有两个零点．
方法技巧
 
 61
   构造函数法研究函数零点
 
 
解决此类问题的关键是构造函数F (x)，将函数零点(方程的根)、曲线交点相互转化，突出导
数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
【典例1】已知a＞0 且a≠1，函数f (x)＝x
a
a
x(x＞0)．若曲线y＝f (x)与直线y＝1 有且仅有两个
交点，求a 的取值范围．
【解析】　曲线y＝f (x)与直线y＝1 有且仅有两个交点，
可转化为方程x
a
a
x＝1(x>0)有两个不同的解，即方程ln x
x ＝ln a
a 有两个不同的解．
设g(x)＝ln x
x (x＞0)，则g′(x)＝1- ln x
x
2
(x＞0)，
令g′(x)＝1- ln x
x
2
＝0，得x＝e，
当0<x<e 时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
当x＞e 时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝1
e，
且当x>e 时，g(x)∈(0，1
e)，
又g(1)＝0，所以0＜ln a
a ＜1
e，所以a＞1 且a≠e，
即a 的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
【典例2】已知函数f (x)＝ex＋x＋4ln(2－x)．
(1)求函数f (x)的图象在点(0，f (0))处的切线方程；
(2)判断函数f (x)的零点个数，并说明理由．
【解析】　(1)f ′(x)＝ex＋1－4
2- x (x＜2)，所以f ′(0)＝e0＋1－4
2-0＝0，
又f (0)＝e0＋0＋4ln(2－0)＝1＋4ln 2，
所以切点坐标为(0，1＋4ln 2)，
所以函数f (x)的图象在点(0，f (0))处的切线方程为y＝1＋4ln 2．
(2)法一：函数f (x)有两个零点，理由如下：
令g(x)＝f ′(x)，x∈(－∞，2)，
g′(x)＝ex－
4
(2- x)
2＝
(2- x)
2e
x - 4
(2- x)
2
，
令h(x)＝(2－x)2ex－4，x∈(－∞，2)，h′(x)＝x(x－2)ex，
当x＜0 时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当0＜x＜2 时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
所以h(x)≤h(0)＝0，
故g′(x)≤0，
所以g(x)在(－∞，2)上单调递减，
所以当x＜0 时，g(x)＞g(0)＝0，即当x＜0 时，f ′(x)＞0，f (x)在(－∞，0)上单调递增，
当0＜x＜2 时，g(x)＜g(0)＝0，即当0＜x＜2 时，f ′(x)＜0，f (x)在(0，2)上单调递减，
又因为f (2－e6)＝e
2-e
6＋2－e6＋24＜0，f (0)＝e0＋0＋4ln 2＞0，
f (2－e-6)＝e
2-e
-6＋2－e-6－24＜e2－22＜0，
所以f (x)在区间(2－e6，0)，(0，2－e-6)内各有一个零点，即函数f (x)有两个零点．
综上，函数f (x)有两个零点．
法二：函数f (x)有两个零点，理由如下：
令f (x)＝ex＋x＋4ln(2－x)＝0，
可得ex＝－x－4ln(2－x)，
判断函数f (x)的零点个数即判断函数t(x)＝ex(x＜2)与g(x)＝－x－4ln(2－x)(x＜2)图象交点的个
数．
t(x)＝ex为增函数，t(x)＞0，
当x→－∞时，t(x)→0，
当x→－∞时，g(x)→＋∞．
由g′(x)＝－1＋4
2- x ＝x +2
2- x ＝0，得x＝－2，
当－2＜x＜2 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x＜－2 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
因为g(－2)＝2－4ln 4＜0，
g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14＞0，
g(1)＝－1＜0，g(
3
2)＝－3
2－4ln1
2＝ln 2
4
❑√e
3＝ln ❑√
2
8
e
3＞0，
且当x→2 时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2，
所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln(2－x)的图象在x＜0 时有一个交点，
在0＜x＜2 时有一个交点．
综上，函数f (x)有两个零点．
方法技巧
 
 62
   隐零点问题
 
 
在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，
这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的
零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．
【典例1】已知函数f (x)＝xex－ln x－1，若f (x)≥mx 恒成立，求实数m 的取值范围．
【解析】法一(分离变量法)：由f (x)≥mx 得xex－ln x－1≥mx(x＞0)，
即m≤x e
x - ln x -1
x
，
令φ(x)＝x e
x - ln x -1
x
，
则φ′(x)＝x
2e
x+ ln x
x
2
，
令h(x)＝x2ex＋ln x，
则h′(x)＝(2x＋x2)ex＋1
x ＞0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(
1
e)＝1
e
2 e
1
e－1＜e
2
e
2－1＝0，h(1)＝e＞0，
所以h(x)在(
1
e ，1)存在零点x0，
即h(x0)＝x0
2e
x0＋ln x0＝0，
x0
2e
x0＋ln x0＝0⇔x0e
x0＝－
ln x0
x0
＝(ln 1
x0)e
ln 1
x0 ，
令y＝xex(x＞0)，因为y′＝(x＋1)ex＞0，
所以y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
故x0＝ln 1
x0＝－ln x0，即e
x0＝1
x0，
所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
所以φ(x)min＝φ(x0)＝x0e
x0- ln x0-1
x0
＝
1+ x0-1
x0
＝1，所以m≤1．
法二( 朗博同构法) ：由
f 
(x)≥mx
得
xex －ln x －1≥mx(x ＞0) ，
所以e
x＋ln x－ln x－1≥mx( x＞0)，
即e
x＋ln x－( x ＋ln x)－1＋(1－m)x ≥0( x ＞0)恒成立．
由切线不等式得e
x＋ln x－( x＋ln x)－1≥0，
故(1－m)x≥0(x＞0)恒成立，
所以1－m≥0，即m≤1．
【典例2】(2024·山东济南二模)已知函数f (x)＝ax2－ln x－1，g(x)＝xex－ax2(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：f (x)＋g(x)≥x．
【解析】　(1)由题意可得f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2ax－1
x ＝2ax
2-1
x
，
当a≤0 时，则2ax2－1<0 在(0，＋∞)上恒成立，
可知f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0 时，令f ′(x)>0，解得x>❑√
1
2a；令f ′(x)<0，解得0<x<❑√
1
2a，
可知f (x)在(0，❑√
1
2a)上单调递减，在(
❑√
1
2a ，+ ∞)上单调递增．
综上所述：当a≤0 时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0 时，f (x)在(0，❑√
1
2a)上单调递减，在(
❑√
1
2a ，+ ∞)上单调递增．
(2)证明：构建F (x)＝f (x)＋g(x)－x＝xex－ln x－x－1，x>0，
则F ′(x)＝(x＋1)ex－1
x －1＝(x＋1)(e
x - 1
x)，
由x>0 可知x＋1>0，
构建h(x)＝ex－1
x ，x>0，
因为y＝ex，y＝－1
x 在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且h(
1
2)＝❑√e－2<0，h(1)＝e－1>0，
可知h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0∈(
1
2 ，1)，
当0<x<x0时，h(x)<0，即F ′(x)<0；
当x>x0时，h(x)>0，即F ′(x)>0；
可知F (x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
则F (x)≥F (x0)＝x0e
x0－ln x0－x0－1，
又因为e
x0－1
x0＝0，
则e
x0＝1
x0，x0＝e
- x0，x0∈(
1
2 ，1)，
可得F (x0)＝x0× 1
x0
- ln e
- x0－x0－1＝0，
即F (x)≥0，
所以f (x)＋g(x)≥x．
方法技巧
 
 63
   极值点偏移问题
 
 
1.极值点偏移的判定定理
对于可导函数y＝f (x)在区间(a，b)上只有一个极大(小)值点x0，方程f (x)＝0 的解分别为x1，
x2，且a＜x1＜x2＜b．
(1)若0＝f (x1)＜f (2x0－x2)，则x1+ x2
2
＜(＞)x0，即函数y＝f (x)在区间(x1，x2)上的极大(小)值
点x0右(左)偏；
(2)若0＝f (x1)＞f (2x0－x2)，则x1+ x2
2
＞(＜)x0，即函数y＝f (x)在区间(x1，x2)上的极大(小)值
点x0左(右)偏．
(极值点左偏⇔x0＜x1+ x2
2 )(极值点右偏⇔x0＞x1+ x2
2 )
(极值点左偏⇔x0＜x1+ x2
2 )(极值点右偏⇔x0＞x1+ x2
2 )
2.证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
(1)证明x1＋x2＜2a(或x1＋x2＞2a)：
①构造函数g(x)＝f (x)－f (2a－x)，求导，确定函数y＝f (x)和函数y＝g(x)的单调性；
②确定x1，x2满足x1＜a＜x2，且f (x1)＝f (x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得g(x1)＝f 
(x1)－f (2a－x1)＝f (x2)－f (2a－x1)与零的大小关系；
③由函数y＝f (x)在区间(a，＋∞)上的单调性得到x2与2a－x1的大小关系，从而证明相应问题
(2)证明x1x2＜a2(或x1x2＞a2)(x1，x2都为正数)：
①构造函数g(x)＝f (x)－f(
a
2
x )，求导，确定函数y＝f (x)和函数y＝g(x)的单调性；
②确定x1，x2满足x1＜a＜x2，且f (x1)＝f (x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得g(x1)＝f 
(x1)－f(
a
2
x1)＝f (x2)－f(
a
2
x1)与零的大小关系；
③由函数y＝f (x)在区间(a，＋∞)上的单调性得到x2与a
2
x1
的大小关系，从而证明相应问题．
(3)应用对数平均不等式
❑√x1 x2＜
x1- x2
ln x1- ln x2
＜x1+ x2
2
证明极值点偏移：
①由题中等式产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到
x1- x2
ln x1- ln x2；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题．
3.极值点偏移问题的常用策略
首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换
(令t = x2
x1)，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根
据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到
所证不等式．
【典例1】已知函数f (x)＝xe－x．
(1)求函数f (x)的单调区间和极值；
(2)若x1≠x2且f (x1)＝f (x2)，求证：x1＋x2>2．
【解析】　(1)f ′(x)＝e－x(1－x)，x∈R．
令f ′(x)>0，得x<1；令f ′(x)<0，得x>1，
所以函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f (x)有极大值f (1)＝1
e，无极小值．
(2)法一(对称化构造)：
由(1)知，不妨设0<x1<1<x2，
要证x1＋x2>2，
只要证x2>2－x1>1．
由于f (x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f (x2)<f (2－x1)，
由于f (x1)＝f (x2)，
故只要证f (x1)<f (2－x1)．
令H(x)＝f (x)－f (2－x)＝xe－x－(2－x)ex-2(0<x<1)，
则H′(x)＝1- x
e
x - 1- x
e
2- x ＝(e
2- x -e
x)(1- x)
e
2
，
因为0<x<1，所以1－x>0，2－x>x，
所以e2-x>ex，即e2-x－ex>0，
所以H′(x)>0，所以H(x)在(0，1)上单调递增，
所以H(x)<H(1)＝0，即有f (x1)<f (2－x1)成立，所以x1＋x2>2．
法二(比值代换)：设0<x1<1<x2，
由f (x1)＝f (x2)，
得x1e
- x1＝x2e
- x2，
等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2．
令t＝
x2
x1
>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝ln t
t -1，x2＝t ln t
t -1 ，
所以即证x1＋x2＝
(t +1)ln t
t -1
>2，即ln t－2(t -1)
t +1 >0，
设g(t)＝ln t－2(t -1)
t +1 (t>1)，
所以g′(t)＝1
t - 2(t +1)-2(t -1)
(t +1)
2
＝
(t -1)
2
t (t +1)
2>0，
所以当t>1 时，g(t)单调递增，
所以g(t)>g(1)＝0，所以ln t－2(t -1)
t +1 >0，
故x1＋x2>2．
【典例2】(2022·全国甲卷节选)已知函数f (x)＝e
x
x －ln x＋x－a．证明：若f (x)有两个零点
x1，x2，则x1x2＜1．
[证明]　法一(对称化构造)：由题意知f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝(e
x+ x)(x -1)
x
2
，可得函
数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
由题知， f (x)的一个零点小于1，一个零点大于1，
不妨设0＜x1＜1＜x2，
要证x1x2＜1，即证x1＜1
x2，
因为x1，1
x2∈(0，1)，即证f (x1)＞f(
1
x2)，
因为f (x1)＝f (x2)，即证f (x2)＞f(
1
x2)，
即证e
x
x －ln x＋x－xe
1
x－ln x－1
x ＞0，x∈(1，＋∞)，
即证e
x
x －xe
1
x－2[ln x - 1
2(x - 1
x)]＞0，
下面证明当x＞1 时，e
x
x －xe
1
x＞0，ln x－1
2(x - 1
x)＜0．
设g(x)＝e
x
x －xe
1
x，x＞1，
则g′(x)＝(
1
x - 1
x
2)ex－[e
1
x + x e
1
x ·(- 1
x
2)]
＝1
x(1- 1
x)ex－e
1
x(1- 1
x)
＝(1- 1
x)(
e
x
x -e
1
x)＝x -1
x (
e
x
x -e
1
x)，
设φ(x)＝e
x
x (x＞1)，φ′(x)＝(
1
x - 1
x
2)ex＝x -1
x
2 ex＞0，
所以φ(x)＞φ(1)＝e，而e
1
x＜e，
所以e
x
x －e
1
x＞0，所以g′(x)＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
即g(x)＞g(1)＝0，所以e
x
x －xe
1
x＞0．
令h(x)＝ln x－1
2(x - 1
x)，x＞1，
h′(x)＝1
x - 1
2(1+ 1
x
2)＝2 x - x
2-1
2 x
2
＝-(x -1)
2
2 x
2
＜0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
即h(x)＜h(1)＝0，所以ln x－1
2(x - 1
x)＜0．
综上，e
x
x －xe
1
x－2[ln x - 1
2(x - 1
x)]＞0，所以x1x2＜1．
法二(对数平均不等式)：f (x)＝e
x
x －ln x＋x－a＝ex－ln x＋x－ln x－a，
令t＝x－ln x，则g(t)＝et＋t－a，易知g(t)单调递增，
所以g(t)有且仅有一个零点t0，
又f (x)有两个零点x1，x2，
所以x－ln x＝t0有两个实根x1和x2，
所以{
x1- ln x1=t0，
x2- ln x2=t0，
由对数平均不等式得
❑√x1 x2＜
x1- x2
ln x1- ln x2＝1＜x1+ x2
2
，所以x1x2＜1．
【典例3】已知函数f (x)＝ln x－ax2，若x1，x2是方程f (x)＝0 的两个不等实根，求证：x1
2+ x2
2
＞2e．
[证明]　因为x1，x2是方程ln x－ax2＝0 的两个不等实根，
ln x－ax2＝0⇔2ln x－2ax2＝0，
即x1，x2是方程ln x2－2ax2＝0 的两个不等实根，
令t＝x2(t＞0)，则t1＝x1
2，t2＝x2
2，
即t1，t2是方程2a＝ln t
t 的两个不等实根．
令g(t)＝ln t
t ，则g′(t)＝1- lnt
t
2
，
当0＜t＜e 时，g′(t)＞0，当t＞e 时，g′(t)＜0，
所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(e)＝1
e，
当t→0 时，g(t)→－∞；
当t→＋∞时，g(t)＞0 且g(t)→0．
所以0＜2a＜1
e，即0＜a＜1
2e．
令1＜t1＜e＜t2，要证x1
2+ x2
2＞2e，只需证t1＋t2＞2e．
法一(对称化构造)：令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)，
则h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝ln t
t - ln (2e -t )
2e -t
＝
(2e -t )lnt -t ln (2e -t )
t (2e -t )
，
令φ(t)＝(2e－t)ln t－t ln (2e－t)，
则φ′(t)＝2e
t －1－ln t－ln (2e－t)＋
t
2e -t ＝2e -t
t
+
t
2e -t －ln (－t2＋2et)＞2e -t
t
+
t
2e -t －2＞
0，
所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)＜φ(e)＝0，
所以h(t)＝g(t)－g(2e－t)＜0，所以g(t)＜g(2e－t)，
所以g(t2)＝g(t1)＜g(2e－t1)，所以t2＞2e－t1，
即t1＋t2＞2e，所以x1
2+ x2
2＞2e．
法二(对数平均不等式)：
先证
x1- x2
ln x1- ln x2＜x1+ x2
2
，令0＜x1＜x2，
只需证
x2- x1
x2+ x1＜ln x2- ln x1
2
，
只需证2(x -1)
x +1 －ln x＜0(x = x2
x1
＞1)，
令φ(x)＝2(x -1)
x +1 －ln x(x＞1)，φ′(x)＝
4
(x +1)
2 - 1
x ＝-(x -1)
2
x (x +1)
2＜0，
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)＜φ(1)＝0．即
x1- x2
ln x1- ln x2
＜x1+ x2
2
得证．
因为
t1
lnt1＝
t2
lnt2，所以
t1+t2
lnt1+ lnt2＝
t1-t2
lnt1- lnt2＜t1+t2
2
，
所以ln t1＋ln t2＞2，即t1t2＞e2，
所以t1＋t2＞2
❑√t1t2＞2e．
即x1
2+ x2
2＞2e．
方法技巧
 
 64
   任意角
 
 
确定mα，α
m(m∈N*)的终边位置的步骤
(1)用终边相同的角的形式表示出角α 的范围．
(2)写出mα 或α
m的范围．
(3)根据k 的可能取值确定mα 或α
m的终边所在的位置．技巧：分母m 是几，对k 连取几个值判
断，k＝0，1，2，….
【典例1】(多选)与－835°终边相同的角有(　　)
A．－245°　　B．245°　　C．－115°　　D．－475°
【解析】与－835°终边相同的角可表示为－835°＋k·360°，k∈Z，当k＝1 时，为－475°；
当k＝2 时，为－115°；
当k＝3 时，为245°.故选BCD.
【典例2】若α 是第二象限角，则(　　)
A．－α 是第一象限角
B．α
2 是第三象限角
C．3 π
2 ＋α 是第二象限角
D．2α 是第三或第四象限角或在y 轴负半轴上
【解析】因为α 是第二象限角，可得π
2 ＋2kπ<α<π＋2kπ，k∈Z，
对于A，可得－π－2kπ<－α<－π
2 －2kπ，k∈Z，此时－α 位于第三象限，所以A 错误；
对于B，可得π
4 ＋kπ<α
2 <π
2 ＋kπ，k∈Z，
当k 为偶数时，α
2 位于第一象限；当k 为奇数时，α
2 位于第三象限，所以B 错误；
对于C，可得2π＋2kπ<3 π
2 ＋α<5 π
2 ＋2kπ，k∈Z，
即2(k＋1)π<3 π
2 ＋α<π
2 ＋2(k＋1)π，k∈Z，所以3 π
2 ＋α 位于第一象限，所以C 错误；
对于D，可得π＋4kπ<2α<2π＋4kπ，k∈Z，所以2α 是第三或第四象限角或在y 轴负半轴上，
所以D 正确．
方法技巧
 
 65
   扇形的弧长及面积公式
 
 
应用弧度制解决问题的注意点
(1)利用扇形的弧长和面积公式解题时，要注意角的单位必须是弧度．
(2)求扇形面积最大值的问题时，常转化为基本不等式或二次函数的最值问题．
(3)在解决弧长、面积问题时，要合理地利用圆心角所在的三角形．
【典例1】在面积为4 的扇形中，其周长最小时半径的值为(　　)
A．4　　　B．2❑√2　　　C．2　　　D．1
【解析】设扇形的半径为R(R>0)，圆心角为α(α＞0)，
则1
2αR2＝4，所以α＝8
R
2，
则扇形的周长为2R＋αR＝2R＋8
R≥2❑√2 R· 8
R＝8，
当且仅当2R＝8
R，即R＝2 时取等号，此时α＝2，
所以周长最小时半径的值为2.
故选C.
【典例2】机械学家莱洛发现的莱洛三角形给人以对称的美感．莱洛三角形的画法：先画等边
三角形ABC，再分别以点A，B，C 为圆心，线段AB 长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形．
若线段AB 的长为1，则莱洛三角形的周长是________，其面积是________．
【解析】由已知∠BAC＝π
3 ，AB＝1，
得AB
⏜＝BC
⏜＝AC
⏜＝π
3 ×1＝π
3 ，则莱洛三角形的周长是π. 
又以点A，B，C 为圆心，AB
⏜
，BC
⏜
，AC
⏜所对的扇形面积为1
2 × π
3 ×12＝π
6 ，中间等边△ABC
的面积S＝1
2×1×1×
❑√3
2 ＝
❑√3
4 ，
所以莱洛三角形的面积是3×π
6 －2×
❑√3
4 ＝π - ❑√3
2
.
方法技巧
 
 66
   三角函数的概念及应用
 
 
(1)利用三角函数的定义，已知角α 终边上一点P 的坐标，可以求出α 的三角函数值；已知角
α 的三角函数值，可以求出角α 终边的位置．
(2)判断三角函数值的符号，关键是确定角的终边所在的象限，特别要注意不要忽略角的终边
在坐标轴上的情况．
【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)若α 为第四象限角，则(　　)
A．cos 2α＞0
B．cos 2α＜0
C．sin 2α＞0
D．sin 2α＜0
【解析】法一：由题意，知－π
2 ＋2kπ<α<2kπ(k∈Z)，所以－π＋4kπ<2α<4kπ(k∈Z)，所以cos 
2α≤0 或cos 2α>0，sin 2α<0，故选D.
法二：当α＝－π
4 时，cos 2α＝0，sin 2α＝－1，排除A，B，C，故选D.
【典例2】(2024·浙江五校联盟模拟)已知角α 的终边过点P(－3，2cos α)，则cos α＝(　　)
A．
❑√3
2
B．－
❑√3
2    
C．±
❑√3
2
D．－1
2
【解析】∵角α 的终边过点P(－3，2cos α)，
∴cos α＝-3
❑√9+ 4 cos
2α ，解得cosα＝±
❑√3
2 ，
∵cos α＝-3
❑√9+ 4 cos
2α <0，
∴cosα＝－
❑√3
2 .
故选B.
方法技巧
 
 67
   同角三角函数的基本关系“知一求二”问题
 
 
 这类知一求二问题，注意判断角的范围，另外熟记以下常见勾股数，可以提高解题速度：①32＋42＝
52，62＋82＝102，92＋122＝152，…；②52＋122＝132，82＋152＝172，72＋242＝252，…
【典例1】(2025·重庆模拟)已知sin (
π
2 -α)＝1
2，α∈(0，π )，则tan α＝(　　)
A．
❑√3
2
B．－
❑√3
2    
C．❑√3
D．－❑√3
【解析】由sin (
π
2 -α)＝1
2，得cos α＝1
2，
又α∈(0，π)，所以sin α＝❑√1-cos
2α＝
❑√3
2 ，
所以tanα＝sin α
cosα ＝❑√3.故选C.
【典例2】(2023·全国乙卷)若θ∈(0，π
2)，tan θ＝1
2，则sin θ－cos θ＝________．
【解析】由{
tanθ = sinθ
cosθ = 1
2 ，  
sin
2θ+cos
2θ =1，
且θ∈(0，π
2)，解得{
sinθ =
❑√5
5 ，
cosθ = 2❑√5
5
，
故sin θ－cos θ＝－
❑√5
5 .
方法技巧
 
 68
   正余弦齐次式的计算
 
 
（1）形如asinα＋bcosα 和asin2α＋bsinαcosα＋ccos2α 的式子分别称为关于sinα，cosα 的一次齐次式和
二次齐次式，对涉及它们的三角变换通常转化为正切(分子分母同除以cosα 或cos2α)求解. 如果分母为1，
可考虑将1 写成sin2α＋cos2α. 
（2）已知tan α=m
①分式齐1 次式
 asinα+bcosα
csinα+dcosα =(asinα+bcosα )/cosα
(csinα+d cosα )/cosα =atanα+b
ctanα+d    
②分式齐2 次式
asin2α+bsinα cosα+ccos2α
d sin2α+esinα cosα+f cos2α
=atan2α+btanα+c
atan2α+etanα+f
③齐2 次整式
asin2α+bsinα cosα+ccos2α =asin2α+bsinα cosα+ccos2α
1
=asin2α+bsinα cosα+ccos2α
sin2α+cos2α
=atan2α+btanα+c
tan2α+1
【典例1】已知
，则
__________
【答案】
【分析】根据齐次式，由弦化切即可求值.
【详解】
.
故答案为：
【典例2】若
，则
的值是_____________．
【答案】
【分析】利用诱导公式、两角差的正切公式和商数关系的齐次式计算求解.
【详解】解：因为
，
所以
，即
，
解得
，
所以
，
故答案为：
【典例3】已知向量
，
，若
，则
的值为______.
【答案】
【分析】根据题目条件可得
，代入
化简即可.
【详解】已知向量
，
，若
，则有
，
∴
.
故答案为：
方法技巧
 
  69
    
  sinα±cosα
 
  和
  sinαcosα
 
  之间的关系
 
 
对于已知sinα±cosα 的求值问题，一般应用三角恒等式，利用整体代入的方法来解，涉及的三角恒等
式有：
(sinα+cosα )2+(sinα−cosα )2=2
(sinα＋cosα)2－(sinα－cosα)2＝4sinαcosα＝2sin2α
(cosα−sinα )(cosα+sinα )=cos2α−sin2α=cos2α
1
cos2α =
1
cos2α−sin2α
=
1
(cosα−sinα )(cosα+sinα )
tanα+
1
tanα =sinα
cosα +cosα
sinα =
1
sinα cosα
注：利用sin2α＋cos2α＝1 可实现正弦、余弦的互化，开方时要根据角α 所在象限确定符号；利用＝
tan α 可以实现角α 的弦切互化；利用(sin α±cos α)2＝1±2sin αcos α 的关系可实现和积转化．
【典例1】　(多选)已知 sin θ＋cos θ＝1
5，θ∈(0，π)，则(　　)
A．sin θcos θ＝－12
25
B．sin θ－cos θ＝12
25
C．sin θ－cos θ＝7
5
D．tan θ＝－4
3
【解析】对于A，因为sin θ＋cos θ＝1
5，
所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝1
25，
即sin θcos θ＝－12
25，所以A 正确；
对于B，C，(sin θ－cos θ)2＝1－2sin θcos θ＝49
25，
因为θ∈(0，π)，且sin θcos θ＝－12
25<0，
所以sin θ>0，cos θ<0，即sin θ－cos θ>0，
所以sin θ－cos θ＝7
5，所以B 错误，C 正确；
对于D，联立{
sinθ+cosθ = 1
5 ，
sinθ -cosθ = 7
5 ，
 
解得sin θ＝4
5 ，cos θ＝－3
5，
所以tan θ＝－4
3 ，所以D 正确．故选ACD.
【典例2】（2023·湖北·校联考模拟预测）已知
，则
（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用两角和的正弦公式将式子展开，然后平方得到
，
然后利用已知条件得到
，并求出
和
的值，代入所求式子即可求解.
【详解】由
可得
，
则有
，平方可得
，则
，
因为
，所以
，
则
，
所以
，所以
，
故选：C.
方法技巧
 
 70
   诱导公式的应用
 
 
常见的互余和互补的角
互余的角
π
3 －α 与π
6 ＋α；π
3 ＋α 与π
6 －α；π
4 ＋α 与π
4 －α
互补的角
π
3 ＋θ 与2π
3 －θ；π
4 ＋θ 与3 π
4 －θ
【典例1】已知cos (
π
6 -α)＝1
3，则sin (
5 π
6 +α)cos (
2π
3 -α)＝(　　)
A．－8
9
B．8
9    
C．－2❑√2
9
D．2❑√2
9
【解析】由题意可知，将角进行整体代换并利用诱导公式得sin (
5 π
6 +α)＝sin [π -(
π
6 -α)]
＝sin (
π
6 -α)，cos (
2π
3 -α)＝cos [
π
2 +(
π
6 -α)]＝－sin (
π
6 -α)，
所以sin (
5 π
6 +α)cos (
2π
3 -α)＝－sin2(
π
6 -α)＝cos2(
π
6 -α)－1＝1
9－1＝－8
9.故选A.
【典例2】(2025·宁夏吴忠模拟)已知角α 终边上一点P(1，－2)，则
2sin (π -α )-cos(π +α )
sin(
π
2 -α)+cos(
3 π
2 +α)
＝________．
【解析】因为角α 终边上一点P(1，－2)，所以tan α＝-2
1 ＝－2，
所以
2sin (π -α )-cos(π +α )
sin(
π
2 -α)+cos(
3 π
2 +α)
＝2sin α +cosα
cosα +sin α ＝2tan α +1
1+ tan α ＝3.
【典例3】（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）若
，则
（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用二倍角的余弦公式及诱导公式计算求解即可.
【详解】因为
，
所以
，
故选：B
【典例4】（2023·山西阳泉·统考三模）已知
，且
，则
_______．
【答案】
/
【分析】整体法诱导公式结合同角三角函数关系求出答案.
【详解】因为
，所以
，故
，
所以
.
。
故答案为：
方法技巧
 
 71
   和、差、倍角公式的直接应用
 
 
应用公式化简求值的策略
(1)要记住公式的结构特征和符号变化规律．
(2)注意与同角三角函数基本关系、诱导公式的综合应用．
(3)注意配方法、因式分解和整体代换思想的应用．
【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)已知cos (α＋β)＝m，tan αtan β＝2，则cos (α－β)＝(　　)
A．－3m
B．－m
3    
C．m
3
D．3m
【解析】因为cos (α＋β)＝m，
所以cos αcos β－sin αsin β＝m，
而tan αtan β＝2，所以sin αsin β＝2cos αcos β，
故cos αcos β－2cos αcos β＝m，即cos αcos β＝－m，
从而sin αsin β＝－2m，故cos (α－β)＝－3m.
故选A.
【典例2】已知sin (α＋β)＝1
2，sin (α－β)＝1
3，则tan α
tan β ＝________．
【解析】因为sin(α＋β)＝1
2，sin (α－β)＝1
3，所以sin αcos β＋cos αsin β＝1
2，sin αcos β－
cos αsin β＝1
3，所以sin αcos β＝5
12，cos αsin β＝1
12，所以tan α
tan β ＝sin α cos β
cosα sin β ＝5.
【典例3】已知tan (α＋β)＝2(tan α＋tan β)，且tan α＋tan β≠0，cos (α - β)＝3
5，则cos 
(2α +2 β)＝(　　)
A．－7
25
B．7
25    
C．－23
25
D．23
25
【解析】由题意可得tan(α + β)＝tan α + tan β
1- tan α tan β ＝2(tan α + tan β)，
因为tan α＋tan β≠0，所以tan αtan β＝1
2，
由{
tan α tan β = sin α sin β
cosα cos β = 1
2 ，
cos(α - β)=cosα cos β +sin α sin β = 3
5 ，
得{
sin α sin β = 1
5 ，
cosα cos β = 2
5 ，
故cos (α + β)＝cos αcos β－sin αsin β＝1
5，
所以cos (2α +2 β)＝cos [2(α + β)]＝2cos2(α + β)－1＝－23
25.故选C.
方法技巧
 
 72
   和差角公式的逆用与变形
 
 
三角函数公式活用技巧
(1)逆用公式应准确找出所给式子与公式的异同，创造条件逆用公式．
(2)tan αtan β，tan α＋tan β(或tan α－tan β)，tan (α＋β)(或tan (α－β))三者中可以知二求一，
注意公式的正用、逆用和变形使用．
(3)注意特殊角的应用，当式子中出现1
2，1，
❑√3
2 ，❑√3等数值时，一定要考虑引入特殊角，把
值变角以便构造适合公式的形式．
【典例1】在△ABC 中，若tan Atan B＝tan A＋tan B＋1，则cos C 的值为(　　)
A．－
❑√2
2
B．
❑√2
2    
C．1
2
D．－1
2
【解析】由tanA tan B＝tan A＋tan B＋1，可得tan A + tan B
1- tan A tan B＝－1，
即tan (A＋B)＝－1，又A＋B∈(0，π)，
所以A＋B＝3 π
4 ，则C＝π
4 ，cos C＝
❑√2
2 .
【典例2】(多选)下列等式成立的有(　　)
A．sin2 π
12 - 1
2＝
❑√3
4
B．tan80°－tan 35°－tan 80°tan 35°＝1
C．cos 20°cos 40°cos 60°cos 80°＝1
8
D．2cos10° -sin20°
cos20°
＝❑√3
【解析】对于A，sin2 π
12 - 1
2＝－1
2(1-2sin
2 π
12)＝－1
2cosπ
6 ＝－
❑√3
4 ，A 错误；
对于B，因为tan 45°＝tan (80° -35°)
＝tan 80° - tan35°
1+ tan 80° tan35°＝1，
所以tan 80°－tan 35°－tan 80°tan 35°＝tan 80°tan 35°＋1－tan 80°tan 35°＝1，B 正确；
对于C，cos 20°cos 40°cos 60°cos 80°
＝
1
2 sin20°cos20°cos 40°cos80°
sin20°
＝
1
4 sin 40° cos 40° cos80°
sin 20°
＝
1
8 sin 80° cos80°
sin (180° -20°)
＝
1
16 sin160°
sin160°
＝1
16，C 错误；
对于D，2cos10° -sin20°
cos20°
＝2cos(30° -20°)-sin 20°
cos20°
＝2(cos30° cos20°+sin30° sin 20°)-sin 20°
cos20°
＝
❑√3cos20°+sin 20° -sin 20°
cos20°
＝
❑√3，D 正确．故选BD.
方法技巧
 
 73
   角的变换问题
 
 
三角公式求值中变角的解题思路
(1)当“已知角”有两个时，“所求角”一般表示为两个“已知角”的和或差的形式，即拆角
或凑角，如2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α + π
4)- π
4 .
(2)当“已知角”有一个时，应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系，应用诱导公
式把“所求角”变成“已知角”．
【典例1】设α∈(0，π
3)，满足❑√3sin α＋cos α＝
❑√6
2 .
(1)求cos (α + π
6)的值；
(2)求cos (2α + 7 π
12)的值．
【解析】　(1)∵α∈(0，π
3)，满足❑√3sin α＋cos α＝
❑√6
2 ＝2sin (α + π
6)，
∴sin (α + π
6)＝
❑√6
4 .
又∵π
6 <α＋π
6 <π
2 ，
∴cos (α + π
6)＝❑√
1-sin
2(α + π
6)＝
❑√10
4 .
(2)∵cos(2α + π
3)＝2cos2(α + π
6)－1＝1
4，
sin(2α + π
3)＝2×
❑√6
4 ×
❑√10
4 ＝
❑√15
4 ，
∴cos (2α + 7 π
12)＝cos [(2α + π
3)+ π
4]
＝cos (2α + π
3)cos π
4 －sin (2α + π
3)sin π
4
＝1
4 ×
❑√2
2 -
❑√15
4
×
❑√2
2 ＝
❑√2- ❑√30
8
.
【典例2】(2025·黑龙江哈尔滨模拟)已知cos 2α＝4
5，tan β＝－1
7，其中0<α<π
4 ，5 π
6 <β<π.
(1)求sin (α + π
4)的值；
(2)求β－2α 的值．
【解析】　(1)因为cos 2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α＝4
5 ，所以cos2α＝9
10，sin2α＝1
10，
又因为0<α<π
4 ，则cos α>0，sin α>0，可得cos α＝3 ❑√10
10 ，sin α＝
❑√10
10 ，
所以sin (α + π
4)＝sin αcos π
4 ＋cos αsin π
4 ＝
❑√10
10 ×
❑√2
2 + 3 ❑√10
10
×
❑√2
2 ＝2❑√5
5 .
(2)因为0<α<π
4 ，则0<2α<π
2 ，且cos 2α＝4
5，可得sin 2α＝❑√1-cos
22α＝3
5，
所以tan2α＝sin 2α
cos2α ＝3
4，
可得tan (β -2α )＝tan β - tan2α
1+ tan β tan2α
＝
- 1
7 - 3
4
1+(- 1
7)× 3
4
＝－1.
又因为5 π
6 <β<π，可得π
3 <β－2α<π，
所以β－2α＝3 π
4 .
方法技巧
 
 74
   三角函数式的求值
 
 
三角函数式求值的三种题型
(1)给角求值：一般给出的角都不是特殊角，需先仔细观察非特殊角与特殊角之间的关系，然
后结合公式转化为特殊角，最后消除特殊角三角函数而得解．
(2)给值求值：解题的关键在于“变角”，使相关角相同或具有某种关系．
(3)给值求角：一般先求角的某一个三角函数值，再求角的范围，最后确定角． 
【典例1】cos70° -cos20°
cos65°
＝________．
【解析】cos70° -cos20°
cos65°
＝cos(90° -20°)-cos20°
cos65°
＝sin 20° -cos20°
cos(45°+20°)
＝
sin20° -cos20°
cos 45°cos20° -sin 45°sin20°＝－
❑√2.
【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)已知α 为锐角，cos α＝1+ ❑√5
4
，则sin α
2 ＝(　　)
A．3- ❑√5
8
B．-1+ ❑√5
8
C．3- ❑√5
4
D．-1+ ❑√5
4
【解析】因为cos α＝1－2sin2α
2 ＝1+ ❑√5
4
，而α 为锐角，
解得sinα
2 ＝❑√
3- ❑√5
8
＝❑√
(❑√5-1)
2
16
＝
❑√5-1
4
.故选D.
【典例3】(2024·江西九江二模)已知α，β∈(0，π
2)，cos(α - β)＝5
6，tan α·tan β＝1
4，则α
＋β＝(　　)
A．π
3
B．π
4    
C．π
6
D．2π
3
【解析】因为cos (α - β)＝5
6，tan α·tan β＝1
4，
所以{
cosα cos β +sin α sin β = 5
6 ，
sin α sin β
cosα cos β = 1
4 ，
解得{
cosα cos β = 2
3 ，
sin α sin β = 1
6 ，
所以cos (α + β)＝cos αcos β－sin αsin β＝1
2，
又α，β∈(0，π
2)，所以α＋β∈(0，π )，所以α＋β＝π
3 .
故选A.
方法技巧
 
 75
   三角函数的定义域和值域
 
 
求解三角函数的值域(最值)常见的几种类型
(1)形如y＝a sin x＋b cos x＋c 的三角函数，可先化为y＝A sin (x＋φ)＋c 的形式，再求值域
(最值)．
(2)形如y＝a sin2x＋b sinx＋c(a≠0)的三角函数，可先设sin x＝t，化为关于t 的二次函数求值
域(最值)．
(3)形如y＝a sin x cos x＋b(sin x±cos x)＋c(a≠0)的三角函数，可先设t＝sin x±cos x，化为
关于t 的二次函数求值域(最值)，注意求t 的范围．
【典例1】函数y＝
❑√sin x -cos x的定义域为________．
【解析】要使函数有意义，必须使sin x－cos x≥0.在同一平面直角坐标系中画出[0，2π]上y
＝sin x 和y＝cos x 的图象，如图所示．
在[0，2π]内，满足sin x＝cos x 的x 为π
4 ，5 π
4 ，再结合正弦、余弦函数的最小正周期是2π，
所以原函数的定义域为{x|2k π + π
4 ≤x≤2k π + 5 π
4 ，k ∈Z}.
【典例2】(2024·全国甲卷)函数f (x)＝sin x－❑√3cos x 在[0，π]上的最大值是________．
【解析】由题意知，f (x)＝sin x－❑√3cos x＝2sin (x - π
3)，当x∈[0 ，π] 时，x－π
3 ∈
[- π
3 ，2π
3 ]，
sin (x - π
3)∈[-
❑√3
2 ，1]，于是f (x)∈[－❑√3，2]，故f (x)在[0，π]上的最大值为2.
【典例3】当x∈[
π
6 ，7 π
6 ]时，函数y＝3－sin x－2cos2x 的值域为________．
【解析】因为x∈[
π
6 ，7 π
6 ]，所以sin x∈[- 1
2 ，1].
又y＝3－sin x－2cos2x＝3－sinx－2(1－sin2x)＝2(sin x - 1
4)
2
＋7
8，
所以当sin x＝1
4时，ymin＝7
8，当sin x＝－1
2或sin x＝1 时，ymax＝2.即所求函数的值域为
[
7
8 ，2].
【典例4】(2025·云南昭通模拟)已知f(x)＝sin x＋cos x＋2sin x cos x，x∈[0，π
2)，则f(x)的
值域为________．
【解析】令t＝sin x＋cos x＝❑√2sin (x + π
4)，
则t2＝(sin x +cos x)
2＝1＋2sin x cos x，
故2sin x cos x＝t2－1，
因为x∈[0，π
2)，所以x＋π
4 ∈[
π
4 ，3 π
4 )，所以t∈[1，❑√2]，
令g(t )＝t＋t2－1＝(t + 1
2)
2
－5
4，t∈[1，❑√2]，则g(t )在[1，❑√2]上单调递增，则g(t )min＝g(1)＝
1，g(t )max＝g(❑√2)＝1＋❑√2，
所以f(x)的值域为[1，1+ ❑√2].
【典例5】已知函数f (x)＝2sin x＋sin 2x，则f (x)的最小值是________．
【解析】f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cos x－1)(cos 
x＋1)．
因为cos x＋1≥0，所以当cos x＜1
2时，f′(x)≤0，f (x)单调递减；
当cos x＞1
2时，f′(x)＞0，f (x)单调递增，
所以当cos x＝1
2时，f (x)有最小值，
又f (x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
所以当sin x＝－
❑√3
2 时，f (x)有最小值，
即f (x)min＝2×(-
❑√3
2 )×(1+ 1
2)＝－3 ❑√3
2 .
方法技巧
 
 76
   三角函数的周期性、对称性与奇偶性
 
 
(1)奇偶性的判断方法：
三角函数中奇函数一般可化为y＝A sin ωx 或tan ωx 的形式，而偶函数一般可化为y＝A cos 
ωx.
(2)求函数周期的两种常见方法：
①公式法：函数y＝A sin (ωx＋φ)(ω>0)的周期为2π
ω ，函数y＝A tan (ωx＋φ)(ω>0)的周期为π
ω.
y＝|A sin (ωx＋φ)|，y＝|A cos (ωx＋φ)|的周期T＝π
|ω|，y＝|A tan (ωx＋φ)|的周期T＝π
|ω|.
②图象法．
(3)对称轴和对称中心的计算，本质是解方程，计算时要注意：①对称中心是点，最终要写成
坐标的形式．②对称轴是直线，方程最终要写成“x＝…”的形式．
【典例1】(2024·湖南雅礼中学一模)f (x)＝|sin 2 x + 1
2|的最小正周期是(　　)
A．π　　　B．π
2 　　　C．π
4 　　　D．2π
【解析】画出f (x)＝|sin 2 x + 1
2|的图象，如图所示，
可得f (x)＝|sin2 x + 1
2|的最小正周期，即y＝sin 2x 的最小正周期，最小正周期为2π
2 ＝π.故选
A.
【典例2】(2024·北京高考)已知f(x)＝sin ωx(ω>0)，f(x1)＝－1，f(x2)＝1，|x1－x2|min＝π
2 ，则
ω＝(　　)
A．1
B．2    
C．3
D．4
【解析】由题意可知：x1为f (x)的最小值点，x2为f (x)的最大值点，则|x1- x2|min＝T
2 ＝π
2 ，
即T＝π，且ω>0，所以ω＝2π
T ＝2.故选B.
【典例3】当x＝π
4 时，函数f (x)＝A sin (x＋φ)(A>0，－π＜φ＜0)取得最小值，则函数y＝f
 (
π
4 - x)是(　　)
A．奇函数且图象关于直线x＝π
2 对称
B．偶函数且图象关于直线x＝π
2 对称
C．奇函数且图象关于点(
π
2 ，0)对称
D．偶函数且图象关于点(
π
2 ，0)对称
【解析】因为当x＝π
4 时，函数f (x)＝A sin (x＋φ)(A>0)取得最小值，所以π
4 ＋φ＝－π
2 ＋
2kπ，k∈Z，即φ＝－3 π
4 ＋2kπ，k∈Z，因为－π＜φ＜0，所以φ＝－3 π
4 ，所以f (x)＝A sin 
(x - 3 π
4 )(A>0)，所以y＝f (
π
4 - x)＝A sin (
π
4 - x - 3 π
4 )＝－A cos x，所以函数y＝f (
π
4 - x)为
偶函数且图象关于点(
π
2 ，0)对称．故选D.
【典例4】已知函数f (x)＝2sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< π
2)的最小正周期为π，其图象关于直线x＝
π
6 对称，则f (
π
4)＝________．
【解析】函数f (x)＝2sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< π
2)的最小正周期为π，其图象关于直线x＝π
6 对
称，
则{
2π
ω = π ，
π
6 ω+φ = π
2 + k π ，k ∈Z ，
∵|φ|<π
2 ，∴ω＝2，φ＝π
6 ，
故f (x)＝2sin (2 x + π
6)，
则f(
π
4)＝2sin(2× π
4 + π
6)＝❑√3.
方法技巧
 
 77
   求三角函数的单调区间
 
 
与三角函数的单调性有关的问题
（1）求函数
或
的单调区间，一般将
视作整体，代入
或
相关的单调区间所对应的不等式，解之即得．
（2）当ω<0 时，先利用诱导公式将
变形为
，将
变形为
，再求函
数的单调区间．
（3）当A<0 时，要注意单调区间的变化，谨防将增区间与减区间混淆．
【典例1】函数f (x)＝sin (-2 x + π
3)在[0，π]上的单调递减区间为________．
【解析】f (x)＝sin (-2 x + π
3)＝sin [-(2 x - π
3)]＝－sin (2 x - π
3)，
由2kπ－π
2 ≤2x－π
3 ≤2kπ＋π
2 ，k∈Z，
得kπ－π
12≤x≤kπ＋5 π
12 ，k∈Z.
故所求函数的单调递减区间为[k π - π
12 ，k π + 5 π
12](k∈Z)．
令A＝[k π - π
12 ，k π + 5 π
12]，k∈Z，B＝[0，π]，
∴A∩B＝[0，5 π
12]∪[
11π
12 ，π]，
∴f (x)在[0，π]上的单调递减区间为[0，5 π
12]和[
11π
12 ，π].
【典例2】函数y＝|tan x|的单调递增区间为________，单调递减区间为________．
【解析】作出函数y＝|tan x|的图象，如图．
观察图象可知，函数y＝|tan x|的单调递增区间为[k π ，k π + π
2)，k∈Z；单调递减区间为
(k π - π
2 ，k π]，k∈Z.
方法技巧
 
 78
   根据三角函数的单调性求参数
 
 
已知三角函数的单调区间求参数的取值范围的三种方法
(1)子集法：求出原函数的相应单调区间，由已知区间是所求某区间的子集，列不等式(组)求解．
(2)反子集法：由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调区间的子集，
列不等式(组)求解.
(3)若是选择题利用特值验证排除法求解更为简捷．　
【典例1】已知ω＞0，函数f (x)＝sin (ωx + π
4)在(
π
2 ，π)上单调递减，则ω 的取值范围是(　 
) 
A．(0，2]
B．(0，1
2]
C．[
1
2 ，3
4]
D．[
1
2 ，5
4]
【解析】法一(反子集法)：∵x∈(
π
2 ，π)，
∴ωx＋π
4 ∈(
π ω
2 + π
4 ，π ω+ π
4).
∵f (x)在(
π
2 ，π)上单调递减，
∴{
π ω
2 + π
4 ≥π
2 +2k π ，k ∈Z ，
π ω+ π
4 ≤3 π
2 +2k π ，k ∈Z ，
解得{
ω≥4 k + 1
2 ，k ∈Z ，
ω≤2k + 5
4 ，k ∈Z .
又ω＞0，k∈Z，∴k＝0，此时1
2≤ω≤5
4.故选D.
法二(子集法)：由2kπ＋π
2 ≤ωx＋π
4 ≤2kπ＋3 π
2 ，k∈Z，得2k π
ω + π
4 ω≤x≤2k π
ω + 5 π
4 ω，k∈Z，
因为f (x)＝sin (ωx + π
4)在(
π
2 ，π)上单调递减，
所以{
2k π
ω + π
4 ω ≤π
2 ，
2k π
ω + 5 π
4 ω ≥π ，
解得{
ω≥4 k + 1
2 ，
ω≤2k + 5
4 ，
k∈Z.因为k∈Z，ω＞0，所以k＝0，所以1
2≤ω≤5
4
，即ω 的取值范围为[
1
2 ，5
4].故选D.
【典例2】(2024·河北唐山二模)函数f(x)＝sin (2x－φ)(|φ|≤π
2)在(0，π
3)上单调递增，则φ 的
取值范围为(　　)
A．[- π
2 ，- π
6]
B．[- π
6 ，0]
C．[
π
6 ，π
2]
D．[0，π
6]
【解析】由x∈(0，π
3)可得2x－φ∈(-φ，2π
3 -φ)，
又|φ|≤π
2 ，则π
6 ≤2π
3 －φ≤7 π
6 ，且f (x)在(0，π
3)上单调递增，所以{
2π
3 -φ≤π
2 ，
-φ≥- π
2 ，
解得π
6
≤φ≤π
2 ，
即φ 的取值范围为[
π
6 ，π
2].故选C.
方法技巧
 
 79
   比较三角函数值的大小
 
 
比较三角函数值大小的步骤：
①异名函数化为同名函数；②利用诱导公式把角化到同一单调区间上；③利用函数的单调性比较大小．
【典例1】(多选)(2024·石家庄调研)下列不等式成立的是(　　)
A．sin(- π
10)<sin(- π
8)
B．cos 400°>cos (－50°)
C．sin 7 π
8 <sin 8 π
7
D．sin 3<sin 2
【解析】因为－π
2 <－π
8 <－π
10<0，且函数y＝sin x 在(- π
2 ，0)上单调递增，所以sin (- π
8)
<sin (- π
10)，故A 错误；因为cos 400°＝cos 40°，cos (－50°)＝cos 50°，
且当0°≤x≤90°时，函数y＝cos x 单调递减，
所以cos 40°>cos 50°，
即cos 400°>cos (－50°)，故B 正确；
因为π
2 <7 π
8 <8 π
7 <3 π
2 ，且函数y＝sin x 在区间(
π
2 ，3 π
2 )上单调递减，所以sin 7 π
8 >sin 8 π
7 ，
故C 错误；
因为π
2 <2<3<3 π
2 ，且函数y＝sin x 在区间(
π
2 ，3 π
2 )上单调递减，所以sin 3<sin 2，故D 正确．
故选BD
【典例2】设a＝sin33°，b＝cos 55°，c＝tan 35°，则(　　)
A．a>b>c
B．b>c>a
C．c>b>a
D．c>a>b
【解析】∵a＝sin 33°，b＝cos 55°＝sin 35°，∴a＜b.
又tan 35°＝sin35°
cos35°>sin 35°，∴c＞b＞a.故选C.
方法技巧
 
 80
   函数
 
  y ＝
  A   sin
   (ωx
  ＋
  φ)
  的图象及变换
 
 
(1)由y＝sin ωx 的图象到y＝sin (ωx＋φ)(ω>0，φ>0)的图象的变换：向左平移φ
ω个单位长度．
注意：不是向左平移φ 个单位长度，相位变换是针对“x”．
(2)如果平移前后两个图象对应的函数的名称不一致，那么应先利用诱导公式化为同名函数，
ω 为负值时应先变成正值．
【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)当x∈[0，2π]时，曲线y＝sin x 与y＝2sin (3 x - π
6)的交点个数
为(　　)
A．3
B．4    
C．6
D．8
【解析】因为函数y＝sin x 的最小正周期为T＝2π，
函数y＝2sin (3 x - π
6)的最小正周期为T＝2π
3 ，
所以在x∈[0，2π]上，函数y＝2sin (3 x - π
6)有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示，
由图可知，两函数图象有6 个交点．故选C.
【典例2】(2021·全国乙卷)把函数y＝f (x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的1
2，纵坐标不
变，再把所得曲线向右平移π
3 个单位长度，得到函数y＝sin (x - π
4)的图象，则f (x)＝(　　)
A．sin (
x
2 - 7 π
12)
B．sin (
x
2 + π
12)
C．sin (2 x - 7 π
12)
D．sin (2 x + π
12)
【解析】依题意，将y＝sin (x - π
4)的图象向左平移π
3 个单位长度，再将所得曲线上所有点的
横坐标伸长到原来的
2
倍，得到
f 
(x) 的图象，所以
y ＝sin 
(x - π
4)   将其图象向左平移π
3 个单位长度   
→
y
＝
sin
 (x + π
12)的
图
象
   所有点的横坐标伸长到原来的2倍   
→
f (x)＝sin (
x
2 + π
12)的图象．故选B.
【典例3】为得到函数y＝cos (2 x + π
3)的图象，只需将函数y＝sin 2x 的图象(　　)
A．向左平移5 π
12 个单位长度
B．向右平移5 π
12 个单位长度
C．向左平移5 π
6 个单位长度
D．向右平移5 π
6 个单位长度
【解析】法一：y＝cos (2 x + π
3)＝sin (2 x + π
3 + π
2)＝sin(2 x + 5 π
6 )，
将函数y＝sin 2x 的图象向左平移φ 个单位长度，得到y＝sin (2x＋2φ)的图象，故2φ＝5 π
6 ，解
得φ＝5 π
12 ，即向左平移5 π
12 个单位长度．故选A.
法二：y＝sin 2x＝cos (
π
2 -2 x)＝cos (2 x - π
2)，所以y＝cos (2 x - π
2)的图象向左平移5 π
12 个
单位长度得到y＝cos (2 x + π
3)的图象，故选A.
方法技巧
 
 81
   由图象确定三角函数的解析式
 
 
确定y＝A sin (ωx＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)的步骤和方法
(1)求A，b.确定函数的最大值M 和最小值m，则A＝M -m
2
，b＝M +m
2
.
(2)求ω.确定函数的最小正周期T，则ω＝2π
T .
(3)求φ.常用方法如下：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降
区间上)或把图象的最高点或最低点代入．
【典例1】(2024·安徽A10 联考)已知函数f (x)＝4sin (ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π
2)的部分图象如
图所示，其中A(0，2❑√2)，B(
π
3 ，-2❑√2)，则f (x)＝(　　)
A．4sin (x - π
4)
B．4sin (3 x - π
4)
C．4sin (x + π
4)
D．4sin (3 x + π
4)
【解析】由题意，得T
2 ＝π
3 －0，则T＝2π
3 ，
∴ω＝2π
T ＝3，∴f (x)＝4sin (3x＋φ)．
∵f (0)＝4sin φ＝2❑√2，∴sin φ＝
❑√2
2 ，
又|φ|＜π
2 ，∴φ＝π
4 ，
∴f (x)＝4sin (3 x + π
4).
【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝sin (ωx＋φ)，如图，A，B 是直线y＝1
2与曲线y
＝f (x)的两个交点，若|AB|＝π
6 ，则f (π)＝________．
【解析】设A(x1，1
2)，B(x2，1
2)，由|AB|＝π
6 可得x2－x1＝π
6 ，
由sin x＝1
2可知，x＝π
6 ＋2kπ 或x＝5 π
6 ＋2kπ，k∈Z，由题图可知，
ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝5 π
6 - π
6 ＝2π
3 ，
即ω(x2－x1)＝2π
3 ，所以ω＝4.
因为f (
2π
3 )＝sin (
8 π
3 +φ)＝0，
所以8 π
3 ＋φ＝2kπ，即φ＝－8 π
3 ＋2kπ，k∈Z.
所以f (x)＝sin (4 x - 8 π
3 +2k π)＝sin (4 x - 2π
3 )，所以f (π)＝sin (4 π - 2π
3 )＝－
❑√3
2 .
【典例3】函数f (x)＝tan (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< π
2)的图象如图所示，图中阴影部分的面积为
6π，则φ＝________．
【解析】如图，①和②面积相等，故阴影部分的面积即为矩形ABCD 的面积，可得AB＝3.
设函数f (x)的最小正周期为T，则AD＝T，
由题意得3T＝6π，解得T＝2π，故π
ω＝2π，得ω＝1
2，即f (x)＝tan (
1
2 x +φ)，
f (x)的图象过点(
π
6 ，-1)，即tan (
1
2 × π
6 +φ)＝tan (
π
12 +φ)＝－1，
∵φ∈(- π
2 ，π
2)，则π
12＋φ∈(- 5 π
12 ，7 π
12)，
∴π
12＋φ＝－π
4 ，解得φ＝－π
3 .
方法技巧
 
 82
   三角函数图象与性质的综合应用
 
 
与三角函数性质有关的综合题的求解策略
(1)研究y＝A sin (ωx＋φ)的性质时可将ωx＋φ 视为一个整体，利用换元法和数形结合思想进行
解题．
(2)方程根的个数可转化为两个函数图象的交点个数．
【典例1】(多选)已知函数f(x)＝sin (ωx + π
6)(ω>0)，则下列说法正确的是(　　)
A．若ω＝1，则(
5 π
6 ，0)是f(x)的图象的对称中心
B．若f (x)≤f (
π
6)恒成立，则ω 的最小值为2
C．若f (x)在[0，π
2]上单调递增，则0<ω≤2
3
D．若f (x)在[0，2π ]上恰有2 个零点，则11
12≤ω≤17
12
【解析】选项A，若ω＝1，则f (
5 π
6 )＝sin (
5 π
6 + π
6)＝sin π＝0，
由正弦函数的图象可知(
5 π
6 ，0)是f (x)的图象的对称中心，A 正确；
选项B，若f (x)≤f (
π
6)恒成立，则ω×π
6 + π
6 ＝π
2 ＋2kπ(k ∈Z)，解得ω＝2＋12k(k ∈Z)，
又ω>0，所以ω 的最小值为2，B 正确；
选项C，因为x∈[0，π
2]，所以ωx＋π
6 ∈[
π
6 ，π ω
2 + π
6]，由题意得π ω
2 + π
6 ≤π
2 ，即ω≤2
3，
C 正确；
选项D，当x∈[0，2π ]时，ωx＋π
6 ∈[
π
6 ，2ω π + π
6]，
若f(x)在[0，2π ]上恰有2 个零点，则2π≤2ωπ＋π
6 <3π，解得11
12≤ω<17
12，D 错误．故选ABC.
【典例2】已知偶函数f (x)＝sin (ωx +φ)(ω>0)的图象关于点(
π
3 ，0)中心对称，且在区间
[0，π
4]上单调，则ω＝________．
【解析】因为偶函数f(x)＝sin (ωx +φ)(ω>0)，所以φ＝kπ＋π
2 ，k∈Z，
即f (x)＝cos ωx 或f (x)＝－cos ωx，
又f (x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0)的图象关于点(
π
3 ，0)中心对称，
所以cos π
3 ω＝0，即π
3 ω＝kπ＋π
2 ，k∈Z，
所以ω＝3k＋3
2，k∈Z，
因为当x∈[0，π
4]时，函数单调，
所以0≤ωx≤π ω
4 ≤π，
即0<ω≤4，所以当k＝0 时，ω＝3
2符合条件．
方法技巧
 
 83
   三角函数模型的应用
 
 
三角函数模型的应用体现在两方面
一是已知函数模型求解数学问题；
二是把实际问题抽象转化成数学问题，利用三角函数的有关知识解决问题．
【典例1】某地进行老旧小区改造，有半径为60 米，圆心角为π
3 的一块扇形空置地(如图)，现
欲从中规划出一块三角形绿地PQR，其中P 在BC
⏜上，PQ⊥AB，垂足为Q，PR⊥AC，垂足为
R，设∠PAB＝α∈(0，π
3)，则PQ＝________米(用α 表示)；当P 在BC
⏜上运动时，这块三角
形绿地的最大面积是________平方米．
【解析】在Rt△PAQ 中，∠PAB＝α∈(0，π
3)，AP＝60(米)，
∴PQ＝AP sin α＝60sin α(米)．
在Rt△PAR 中，可得PR＝60sin (
π
3 -α)，
由题可知∠QPR＝2π
3 ，
∴S△PQR＝1
2·PQ·PR·sin ∠QPR
＝1
2×60sin α×60sin (
π
3 -α)×sin 2π
3
＝900❑√3sin αsin (
π
3 -α)
＝450
❑√3(
❑√3
2 sin 2α + 1
2 cos2α - 1
2)
＝450
❑√3[sin(2α + π
6)- 1
2]，
又α∈(0，π
3)，∴2α＋π
6 ∈(
π
6 ，5 π
6 )，
∴当2α＋π
6 ＝π
2 ，即α＝π
6 时，△PQR 的面积取最大值225❑√3平方米，即三角形绿地的最大面
积是225❑√3平方米．
【典例2】(2024·广东佛山二模)近年来，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步
增强，现代农业建设扎实推进．农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置．如图所示，
单位圆O 绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为2π rad/s，圆上两点A，B 始终满足
∠AOB＝2π
3 ，随着圆O 的旋转，A，B 两点的位置关系呈现周期性变化．现定义：A，B 两点
的竖直距离为A，B 两点相对于水平面的高度差的绝对值．假设运动开始时刻，即t＝0 秒时，
点A 位于圆心正下方，则t＝________秒时，A，B 两点的竖直距离第一次为0；A，B 两点的
竖直距离关于时间t 的函数解析式为f(t )＝________．
【解析】以O 为原点，以OA 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，由于角速度ω＝2π 
rad/s，
设点A(cos(2π t - π
2)，sin(2π t - π
2))，圆上两点A ，B 始终保持∠AOB ＝2π
3 ，则B
(cos(2π t + π
6)，sin(2π t + π
6))，要使A，B 两点的竖直距离为0，则sin (2π t - π
2)＝sin 
(2π t + π
6)，第一次为0 时，4πt－π
3 ＝π，解得t＝1
3.
f 
(t)
＝
|sin(2π t + π
6)-sin(2π t - π
2)|＝
|
❑√3
2 sin 2π t + 1
2 cos2π t +cos2π t|＝
|
❑√3
2 sin2π t + 3
2 cos2π t|＝
❑√3|sin(2π t + π
3)|.
方法技巧
 
  84
   三角函数中
 
  ω   的范围问题
 
 
1.先依据题设信息，确定函数的单调区间，再根据区间之间的包含关系建立不等式，即可求
ω 的取值范围．
2.三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为T
2 ，相邻的对称轴和
对称中心之间的“水平间隔”为T
4 .所以可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题
的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω 的不等式组，进而研究“ω”的范围．
3.利用三角函数的最值、极值与区间的关系，可以列出关于ω 的不等式，进而求出ω 的取值
范围．
4.三角函数相邻两个零点之间的距离为T
2 ，根据三角函数的零点个数，可以研究ω 的取值范
围．
【典例1】已知函数f(x)＝❑√2cos (ωx - π
4)，其中ω>0.若f(x)在区间(
π
3 ，3 π
4 )上单调递增，则
ω 的取值范围是(　　)
A．(0，1
3]
B．[
3
4 ，5
3]
C．(0，5
3]
D．(0，1]
【解析】由题意得，函数f(x)的单调递增区间满足－π＋2kπ≤ωx－π
4 ≤2kπ(k ∈Z)，且ω>0，
解得- 3
4 π +2k π
ω
≤x≤
π
4 +2k π
ω
(k ∈Z).
由题意可知：
(
π
3 ，3 π
4 )⊆[
- 3
4 π +2k π
ω
，
π
4 +2k π
ω ](k ∈Z).
于是{
- 3
4 π +2k π
ω
≤π
3 ，
π
4 +2k π
ω
≥3 π
4 ，
解得－9
4 ＋6k≤ω≤1
3 + 8
3k(k ∈Z).
又ω>0，于是0<ω≤1
3.故选A.
【典例2】(2025·山东威海模拟)已知函数f(x)＝tan(ωx - π
4)(ω>0)在(- π
2 ，π
2)上单调递增，
则ω 的取值范围是________．
【解析】根据题意，π
ω ≥π
2 -(- π
2)，解得ω≤1，又ω>0，则ω∈(0，1].
当x∈(- π
2 ，π
2)时，ωx－π
4 ∈(- π
2 ω- π
4 ，π
2 ω- π
4)，
由题意可得－π
2 ω－π
4 ≥－π
2 ，π
2 ω－π
4 ≤π
2 ，解得ω≤1
2.
综上所述，ω 的取值范围是(0，1
2].
【典例3】(2025·广东实验中学模拟)已知函数f(x)＝cos [ω(x - π
3)+ π
4](ω>0)的图象关于原点
中心对称，则ω 的最小值为(　　)
A．13
4
B．9
4    
C．5
4
D．1
4
【解析】函数f(x)＝cos [ω(x - π
3)+ π
4]的图象关于原点中心对称，则－π
3 ω＋π
4 ＝kπ＋
π
2
(k ∈Z)，解得ω＝－3k－3
4，k∈Z，因为ω>0，当k＝－1 时，ω 取得最小值9
4 .故选B.
【典例4】(2024·浙江温州一模)若函数f(x)＝2sin (ωx - π
3)，ω>0，x∈[0，π
2]的值域为[－
❑√3，2]，则ω 的取值范围是(　　)
A．[
5
3 ，4]
B．[
5
6 ，10
3 ]
C．[
5
6 ，5
3]
D．[
5
3 ，10
3 ]
【解析】由x∈[0，π
2]，得ωx－π
3 ∈[- π
3 ，π
2 ω- π
3].
显然当x＝0 时，可得2sin(ωx - π
3)＝－❑√3，
由f (x)的值域为[- ❑√3，2]，利用三角函数图象性质可得π
2 ≤π
2 ω－π
3 ≤π
3 ＋π，解得5
3≤ω≤
10
3 ，即ω 的取值范围是[
5
3 ，10
3 ].故选D.
【典例5】(2025·山东日照模拟)已知函数f (x)＝sin(ωx + π
6)(ω＞0)在区间[- 5 π
6 ，2π
3 ]上单调
递增，且f (x)在区间[0，5 π
6 ]上只取得一次最大值，则ω 的取值范围为(　　)
A．[
1
5 ，1
2]
B．[
2
5 ，1
2]
C．[
1
5 ，4
5]
D．[
2
5 ，4
5]
【解析】由于函数f (x)＝sin (ωx + π
6)(ω＞0)在[- 5 π
6 ，2π
3 ]上单调递增，x∈[- 5 π
6 ，2π
3 ]，
ωx＋π
6 ∈[- 5 π
6 ω+ π
6 ，2π
3 ω+ π
6]，
－5 π
6 ω＋π
6 ≥－π
2 且2π
3 ω＋π
6 ≤π
2 ，
解得ω≤4
5 且ω≤1
2，所以0＜ω≤1
2.
又因为f (x)在区间[0，5 π
6 ]上只取得一次最大值，
即x∈[0，5 π
6 ]时，ωx＋π
6 ∈[
π
6 ，5 π
6 ω+ π
6].
所以π
2 ≤5 π
6 ω＋π
6 ＜5 π
2 ，解得2
5≤ω＜14
5 .
综上，ω 的取值范围是[
2
5 ，1
2].故选B.
【典例6】已知函数f (x)＝sin πωx－❑√3cos πωx(ω＞0)在[0，1]内恰有3 个最值点和4 个零点，
则实数ω 的取值范围是________．
【解析】因为f (x)＝sin πωx－❑√3cos πωx＝2sin (π ωx - π
3)(ω＞0)，且当0≤x≤1 时，－π
3
≤πωx－π
3 ≤πω－π
3 ，因为函数f (x)在[0，1]内恰有3 个最值点和4 个零点，所以3π≤πω－π
3
＜7 π
2 ，解得10
3 ≤ω＜23
6 .
方法技巧
 
 85
   复杂三角函数性质判断
 
 
1.判断定义域时，必须注意分母不为0，排除使函数无意义的点，这是判断单调性、对称性的关键前提。
2.周期判断要结合化简后的解析式，用周期公式直接计算；对称性可代入特殊点或对称轴公式验证。
【典例1】【多选】（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）下列关于函数
的说法中正确的
有（    ）
A．函数的值域为
B．函数的最小正周期为
C．函数在其一个周期内是单调递减函数
D．函数图象关于
对称
【解析】由
，可得
，解得
，
所以函数
的定义域为
，
.
对于A，显然函数
的值域为
，故A 正确；
对于B，函数
的
，故B 正确；
对于C，若
时，又
时，
无意义，
所以函数
在
内不是单调递减函数，故C 错误；
对于D，
，当
时，
，
所以函数图像关于
对称，故D 正确.
故选:ABD.
【典例2】【多选】（2026·广东梅州·一模）关于函数
，以下结论正确的有
（    ）
A．
的图象是轴对称图形
B．
的最大值为1
C．
是以
为一个周期的周期函数
D．
在
上有4 个零点
【答案】ACD
【分析】对于A，判断函数为偶函数，即可判断正误；对于B，因为要分析三角函数乘积形式的函数性质，
所以可先利用三角恒等变换公式将
化简为更易分析的形式.求函数最大值，可利用三角函
数的有界性，结合化简后的函数形式，通过换元法转化为二次函数求最值；对于C，判断周期，可利用周
期函数的定义，验证
是否成立来确定；对于D，求零点，令
，结合三角函数的零点
性质求解，再统计
上的零点个数.
【详解】对于A，函数
的定义域为R，且
，
即
为偶函数，
的图象是轴对称图形，A 正确；
对于B，
，
令
，则
，
当
时，
取最大值
，即
的最大值为
，B 错误；
对于C，
，
即
是以
为一个周期的周期函数，C 正确；
对于D，令
，即
，故
或
，
当
时，在
上有
满足题意；
当
时，在
上有
满足题意；
故
在
上有
共4 个零点，D 正确.
【典例3】【多选】（2026·安徽马鞍山·一模）已知函数列
，则（    ）
A．
在区间
上单调递减
B．
的图象关于直线
对称
C．
的最小值为
D．
的最大值为1
【解析】对于A，
，当
时，
，
函数
在区间
上单调递减，A 正确；
对于B，
，
，
，
的图象关于直线
不对称，B 错误；
对于CD，
，
，
，因此函数
是以
为周期的周期函数，
求导得
，
当
时，
，
，
，
当
时，
，
，
，
函数
在
上单调递减，在
上单调递增，当
时，
，
，由
的周期性得
在R 上的最大值为1，
最小值为
，因此
，
，CD 正确.
故选：ACD
【典例4】（2026·山西朔州·一模，T11）已知
，则（    ）
A．
是偶函数
B．
的图象关于直线
对称
C．
的值域为
D．当
在
有2 个不同实根
时，
的取值范围是
【解析】
的定义域为
，关于原点对称，
，所以
为偶函数，A 正确；
，所以
关于
对称，B 错；
当
，
时，
，
，
，则
，
当
，
时，
，
，
，则
，
综上可得
的值域为
，C 错；
时，
，图象如下所示：
所以
，
，则
，D 正确.故选AD.
方法技巧
 
 86
   利用正、余弦定理解三角形
 
 
解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有
角的正弦或边的一次式，要考虑用正弦定理．以上特征都不明显时，要考虑两个定理都有可
能用到．
【典例1】　(2024·新高考Ⅱ卷)记△ABC 的内角A，B，C 的对边分 别为a，b，c，已知sin 
A＋❑√3cos A＝2.
(1)求A；
(2)若a＝2，❑√2b sin C＝c sin 2B，求△ABC 的周长．
【解析】　(1)由sin A＋❑√3cos A＝2，得
1
2sin A＋
❑√3
2 cos A＝1，即sin (A + π
3)＝1，
由于A∈(0，π)，所以A＋π
3 ∈(
π
3 ，4 π
3 )，
故A＋π
3 ＝π
2 ，
所以A＝π
6 .
(2)由题设条件和正弦定理得
❑√2sin B sin C＝2sin C sin B cos B，
又B，C∈(0，π)，则sin B sin C≠0，所以cos B＝
❑√2
2 ，所以B＝π
4 ，所以C＝π－A－B＝
7 π
12 .
sin C＝sin (π－A－B)＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋sin B cos A＝
❑√2+ ❑√6
4
，
由正弦定理
a
sin A ＝
b
sin B＝
c
sinC ，可得
2
sin π
6
＝
b
sin π
4
＝
c
sin 7 π
12
，解得b＝2
❑√2，c＝
❑√6+ ❑√2，
故△ABC 的周长为2＋❑√6＋3❑√2.
【典例2】(2025·福建厦门模拟)在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，已知b
－c＝1
4a，2sin B＝3sin C，则cos A＝(　　)
A．－1
4
B．1
4
C．－1
3
D．1
3
【解析】由2sin B＝3sin C，则2b＝3c，
则b－c＝b－2
3b＝1
4a，即b＝3
4a，
则c＝2
3b＝2
3 × 3
4 a＝1
2a，
故cos A＝b
2+c
2-a
2
2bc
＝(
3
4 a)
2
+(
1
2 a)
2
-a
2
2× 3
4 a× 1
2 a
＝
- 3
16
3
4
＝－1
4.故选A.
【典例3】(2025·河北邢台模拟)在△ABC 中，已知A＝π
6 ，a＝2，若△ABC 有两解，则边b 的
取值范围为________．
【解析】由图可得，要使△ABC 有两解，
则b sin A<a<b，即1
2b<2<b，解得2<b<4.
方法技巧
 
 87
   判断三角形的形状
 
 
判定三角形形状的两种常用途径
【典例1】设△ABC 的内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，
则△ABC 的形状为(　　)
A．直角三角形
B．锐角三角形
C．钝角三角形
D．不确定
【解析】法一(化角为边)：因为b cos C＋c cos B＝b·a
2+b
2-c
2
2ab
＋c·a
2+c
2-b
2
2ac
＝2a
2
2a ＝a，
所以a sin A＝a，即sin A＝1，故A＝π
2 ，因此△ABC 是直角三角形．
法二(化边为角)：因为bcos C＋ccos B＝asin A，
所以sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin2A，
即sin(B＋C)＝sin2A，
所以sinA＝sin2A，
故sinA＝1，即A＝π
2 ，因此△ABC 是直角三角形．
法三(射影定理)：因为b cos C＋c cos B＝a＝a sin A，
所以sin A＝1，故A＝π
2 ，因此△ABC 是直角三角形．
【典例2】在△ABC 中，c -a
2c ＝sin2B
2 (a，b，c 分别为角A，B，C 的对边)，则△ABC 的形状为( 
)
A．直角三角形
B．等边三角形
C．等腰三角形或直角三角形
D．等腰直角三角形
【解析】因为sin2B
2 ＝1-cos B
2
，
所以c -a
2c ＝1-cos B
2
，即cos B＝a
c .
法一：由余弦定理得a
2+c
2-b
2
2ac
＝a
c ，
即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.
所以△ABC 为直角三角形，无法判断两直角边是否相等．
法二：由正弦定理得cos B＝sin A
sinC ，
又sin A＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C，
所以cos B sin C＝sin B cos C＋cos B sin C，
即sin B cos C＝0，又sin B≠0，所以cos C＝0，
又角C 为三角形的内角，所以C＝π
2 ，
所以△ABC 为直角三角形，无法判断两直角边是否相等．
方法技巧
 
 88
   三角形面积的计算
 
 
三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S＝1
2ab sin C＝1
2ac sin B＝1
2bc sin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个
公式．
(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．
【典例1】(2025·八省联考)在△ABC 中，BC＝8，AC＝10，cos ∠BAC＝3
5，则△ABC 的面积
为(　　)
A．6
B．8    
C．24
D．48
【解析】∵BC＝8，AC＝10，cos ∠BAC＝3
5，
∴根据余弦定理知，
BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC cos ∠BAC，
∴64＝100＋AB2－2AB×10×3
5，
∴AB2－12AB＋36＝0，∴AB＝6，∴AB2＋BC2＝AC2，即△ABC 为直角三角形，∴AB⊥BC.
∴S△ABC＝1
2AB·BC＝1
2×6×8＝24.故选C.
【典例2】(2024·新高考Ⅰ卷)记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知sin C＝
❑√2cos B，a2＋b2－c2＝❑√2ab.
①求B；
②若△ABC 的面积为3＋❑√3，求c.
【解析】　①由余弦定理有a2＋b2－c2＝2ab cos C，对比已知a2＋b2－c2＝❑√2ab，
可得cos C＝a
2+b
2-c
2
2ab
＝
❑√2ab
2ab ＝
❑√2
2 ，
因为C∈(0，π)，所以sin C>0，
从而sin C＝❑√1-cos
2C＝❑√
1-(
❑√2
2 )
2
＝
❑√2
2 ，
又因为sinC＝❑√2cos B，即cos B＝1
2，
又B∈(0，π)，
所以B＝π
3 .
②由①可得B＝π
3 ，cos C＝
❑√2
2 ，C∈(0，π)，
从而C＝π
4 ，A＝π－π
3 - π
4 ＝5 π
12 ，
而sin A＝sin 5 π
12 ＝sin (
π
4 + π
6)＝
❑√2
2 ×
❑√3
2 +
❑√2
2 × 1
2＝
❑√6+ ❑√2
4
，
由正弦定理有
a
sin 5 π
12
＝
b
sin π
3
＝
c
sin π
4
，
从而a＝
❑√6+ ❑√2
4
·❑√2c＝
❑√3+1
2
c，b＝
❑√3
2 ·❑√2c＝
❑√6
2 c，
所以S△ABC＝1
2ab sin C＝1
2 ·
❑√3+1
2
c·
❑√6
2 c·
❑√2
2 ＝3+ ❑√3
8
c2，
由已知△ABC 的面积为3＋❑√3，可得3+ ❑√3
8
c2＝3＋❑√3，
所以c＝2❑√2.
【典例3】在平面四边形ABCD 中，B＝C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，则四边形ABCD 的面
积等于________．
【解析】连接BD，如图，
在△BCD 中，由于BC＝CD＝2，∠C＝120°，
∴∠CBD＝180° -120°
2
＝30°，∴∠ABD＝90°.
在△BCD 中，由余弦定理知，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD cos ∠BCD＝22＋22－2×2×2cos 
120°＝12，∴BD＝2❑√3，
∴S 四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝1
2×4×2
❑√3+ 1
2×2×2×sin 120°＝5❑√3.
方法技巧
 
 89
   三角形的中线问题
 
 
解答三角形的中线问题的三种思路 
(1)应用中线长定理：在△ABC 中，AD 是边BC 上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，体现
了算“两次”的思想．
(2)借助向量：在△ABC 中，AD 是边BC 上的中线，则⃗AD
2＝1
4 (b2＋c2＋2bccos A)．
(3)借助角的关系：在△ABC 中，若AD 是边BC 上的中线，则cos ∠ADB＋cos ∠ADC＝0.
【典例1】(2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知△ABC
的面积为❑√3，D 为BC 的中点，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝π
3 ，求tan B；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
【解析】　(1)因为D 为BC 的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2×1
2×AD×DC sin ∠ADC＝2×1
2×1×DC×
❑√3
2 ＝❑√3，
解得DC＝2，
所以BD＝DC＝2，a＝4.
因为∠ADC＝π
3 ，所以∠ADB＝2π
3 .
在△ABD 中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos ∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝
❑√7.
在△ABD 中，由余弦定理的推论，得cos B＝A B
2+ B D
2- A D
2
2 AB·BD
＝(❑√7)
2+2
2-1
2
2×❑√7×2 ＝5 ❑√7
14 ，
所以sin B＝❑√1-cos
2B＝
❑√21
14 ，
所以tanB＝sin B
cos B＝
❑√3
5 .
(2)法一：因为D 为BC 的中点，所以BD＝DC.
因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos ∠ADB＝－cos ∠ADC，
则在△ABD 与△ADC 中，由余弦定理的推论，
得A D
2+ B D
2-c
2
2 AD·BD
＝－A D
2+ DC
2-b
2
2 AD· DC
，
得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，
所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝❑√3，所以a＝2❑√3.
在△ABC 中，由余弦定理的推论，得
cos ∠BAC＝b
2+c
2-a
2
2bc
＝8-12
2bc ＝－2
bc，
所以S△ABC＝1
2bc sin ∠BAC
＝1
2bc
❑√1-cos
2∠BAC
＝1
2bc❑√
1-(- 2
bc)
2
＝1
2
❑√b
2c
2- 4
＝
❑√3，
解得bc＝4.
则由{
bc = 4，
b
2+c
2=8，解得b＝c＝2.
法二：在△ABC 中，因为D 为BC 的中点，
则⃗AD＝1
2 (⃗AB+⃗AC)，
所以⃗AD
2＝1
4(c2＋b2＋2bc cos A)，
又AD＝1，b2＋c2＝8，
则1＝1
4 (8＋2bc cos A)，
所以bc cos A＝－2①，
S△ABC＝1
2bc sin A＝❑√3，即bc sin A＝2❑√3②，
由①②解得tan A＝－❑√3，所以A＝2π
3 ，
所以bc＝4，又b2＋c2＝8，所以b＝c＝2.
法三：在△ABC 中，由中线长公式可得
2(BD2＋AD2)＝AB2＋AC2，又BD＝1
2BC，AD＝1，b2＋c2＝8，则(2AD)2＋BC2＝2(AB2＋AC2)，
即22＋a2＝2(b2＋c2)＝16，
所以a2＝12.
又S△ABC＝1
2bc sin A＝❑√3，因而bc sin A＝2❑√3，
又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc·cos A，
得12＝8－2bc·cos A，所以bc cos A＝－2，
故tan A＝－❑√3⇒cos A＝－1
2，
所以bc＝4，
又b2＋c2＋2bc＝8＋8＝16＝(b＋c)2，
b2＋c2－2bc＝8－8＝0＝(b－c)2，
故可得b＝c＝2.
【典例2】(2025·江苏泰州模拟)△ABC 的三边分别为a，b，c，则边BC 上的中线长为
________．
【解析】设BC 边上的中线为AD，由余弦定理的推论知cos ∠BAC＝b
2+c
2-a
2
2bc
，
则|⃗AD|2 ＝⃗AD
2＝[
1
2 (⃗AB+⃗AC)]
2
＝1
4 (c
2+2⃗AB·⃗AC +b
2)＝1
4(b
2+2bc· b
2+c
2-a
2
2bc
+c
2)＝
1
4 [2(b
2+c
2)-a
2]，
所以中线长为1
2 
❑√2(b
2+c
2)-a
2.
【典例3】在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且a＝2，a cos B－b cos A＋b
＝c，则BC 边上的中线AD 长度的最大值为________．
【解析】因为a cos B－b cos A＋b＝c，
由正弦定理可知，sin A cos B－sin B cos A＋sin B＝sin C，
又因为A＋B＋C＝π，
所以sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B，
则2cos A sin B＝sin B，
又由于B∈(0，π)，所以sin B＞0，所以cos A＝1
2.
因为A∈(0，π)，所以A＝π
3 .
设AD＝x，又DB＝DC＝1，
在△ADB，△ADC 中分别有：
cos ∠ADB＝x
2+1-c
2
2 x
，cos ∠ADC＝x
2+1-b
2
2 x
，
又由于cos ∠ADB＋cos ∠ADC＝0，
所以2x2＋2＝b2＋c2.
在△ABC 中，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bc cos A，
即4＝b2＋c2－bc，
因为b2＋c2≥2bc，所以4＝b2＋c2－bc≥b
2+c
2
2
，
从而b2＋c2≤8，所以2x2＋2≤8，解得x≤❑√3(当且仅当b＝c 时等号成立)，
所以BC 边上的中线AD 长度的最大值为
❑√3.
方法技巧
 
 90
   三角形的角平分线问题
 
 
解答三角形的角平分线问题一般有两种思路：一是内角平分线定理；二是等面积法．
已知AD 是△ABC 的角平分线，则
(1) AB
AC ＝BD
DC ；(2)S△ABD＋S△ACD＝S△ABC.
【典例1】　(2025·山东泰安模拟)在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别是a，b，c，且2cos 
C·sin (B+ π
6)＋cos A＝0.
(1)求角C 的大小；
(2)若∠ACB 的平分线交AB 于点D，且CD＝2，BD＝2AD，求△ABC 的面积． 
【解析】　(1)由已知可得
2cos C·(
❑√3
2 sin B+ 1
2 cos B)－cos (B＋C)＝0，
❑√3sin B cos C＋cos B cos C－(cos B cos C－sin B sin C)＝0，
整理得sin B(❑√3cos C＋sin C)＝0.
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以❑√3cos C＋sin C＝0，即tan C＝－❑√3，
因为C∈(0，π)，所以C＝2π
3 .
(2)由题意得，AC
BC ＝AD
BD ＝1
2，即b
a＝1
2，所以a＝2b.
法一：在△ABC 中，c2＝a2＋b2－2ab cos ∠ACB＝4b2＋b2－2×2b×b×(- 1
2)＝7b2，
所以c＝❑√7b.
在△ACD 中，AD＝c
3，
所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠ACD，
即c
2
9 ＝b2＋22－2b×2×1
2，
将c＝❑√7b 代入整理得b2－9b＋18＝0，解得b＝3 或b＝6.
若b＝6，则a＝12，c＝6❑√7，BD＝4❑√7，AD＝2❑√7，
所以在△BCD 中，由余弦定理的推论得
cos ∠CDB＝B D
2+C D
2- BC
2
2BD·CD
＝(4 ❑√7)
2+2
2-12
2
16 ❑√7
＜0，同理可得cos ∠ADC＜0，即∠BDC 和
∠ADC 都为钝角，不符合题意，排除．
所以b＝3，a＝6，
S△ABC＝1
2ab sin 120°＝9 ❑√3
2 .
法二：因为S△ACD＋S△BCD＝S△ABC，
所以1
2×2b sin 60°＋1
2×2a sin 60°＝1
2ab sin 120°，
所以b＋a＝1
2ab. 
因为a＝2b，所以b＝3，a＝6，
所以S△ABC＝1
2ab sin 120°＝9 ❑√3
2 .
【典例2】△ABC 的内角A，B，C 的对边分别是a，b，c，且sin A -sin B
sinC
＝a-c
a+b.
(1)求角B 的大小；
(2)若b＝3，D 为AC 边上一点，BD＝2，且BD 为∠ABC 的平分线，求△ABC 的面积．
【解析】　(1)因为sin A -sin B
sinC
＝a-c
a+b，由正弦定理得a-b
c
＝a-c
a+b，化简得ac＝a2＋c2－b2，
所以由余弦定理的推论得cos B＝a
2+c
2-b
2
2ac
＝1
2，
又因为B∈(0，π )，所以B＝π
3 .
(2)如图所示，
因为S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，即1
2BA×BC×sin ∠ABC＝1
2BA×BD×sin ∠ABD＋1
2BC×BD×sin 
∠CBD，
化简得BA＋BC＝
❑√3
2 BA×BC①，
又由余弦定理得AC2＝BA2＋BC2－2BA×BC×cos ∠ABC，
即(BA＋BC)2－3BA×BC＝9②，
①②联立，解得BA×BC＝－2(舍去)或6，
所以S△ABC＝1
2BA×BC×sin ∠ABC＝3 ❑√3
2 .
方法技巧
 
 91
   三角形的高线问题
 
 
(1)求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出面积和底边的长度．
(2)设h1，h2，h3分别为△ABC 的边a，b，c 上的高，则h1∶h2∶h3＝1
a∶1
b∶1
c ＝
1
sin A ∶
1
sin B
∶
1
sinC .
【典例1】(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC 中，A＋B＝3C，2sin (A－C)＝sin B．
(1)求sin A；
(2)设AB＝5，求AB 边上的高．
【解析】　法一：(1)在△ABC 中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝π
4 .
因为2sin (A－C)＝sin B，
所以2sin (A - π
4)＝sin (
3 π
4 - A)，
展开并整理得❑√2(sin A－cos A)＝
❑√2
2 (cos A＋sin A)，
得sin A＝3cos A，
又sin2A＋cos2A＝1，且sinA＞0，
所以sin A＝3 ❑√10
10 .
(2)由正弦定理BC
sin A ＝AB
sinC ，
得BC＝AB
sinC ·sin A＝
5
❑√2
2
× 3 ❑√10
10 ＝3❑√5，
由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos C，
得52＝AC2＋(3❑√5)2－2AC·3❑√5cos π
4 ，
整理得AC2－3❑√10AC＋20＝0，
解得AC＝❑√10或AC＝2❑√10.
由(1)得，tan A＝3＞❑√3，所以π
3 ＜A＜π
2 ，
又A＋B＝3 π
4 ，所以B＞π
4 ，
即C＜B，所以AB＜AC，所以AC＝2❑√10.
设AB 边上的高为h，则1
2·AB·h＝1
2·AC·BC sin C，
即5h＝2❑√10×3
❑√5×
❑√2
2 ，
解得h＝6，
所以AB 边上的高为6.
法二：(1)在△ABC 中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝π
4 .
因为2sin (A－C)＝sin B，
所以2sin (A－C)＝sin [π－(A＋C)]＝sin (A＋C)，
所以2sin A cos C－2cos A sin C＝sin A cos C＋cos A sin C，
所以sin A cos C＝3cos A sin C，
易得cos A cos C≠0，
所以tan A＝3tan C＝3tan π
4 ＝3，
又sin A＞0，
所以sin A＝3 ❑√10
10 .
(2)由(1)知sin A＝3 ❑√10
10 ，tan A＝3＞0，所以A 为锐角，
所以cos A＝
❑√10
10 ，
所以sin B＝sin (
3 π
4 - A)＝
❑√2
2 (cos A＋sin A)
＝
❑√2
2 ×(
❑√10
10 + 3 ❑√10
10 )＝2❑√5
5 ，
由正弦定理AC
sin B＝AB
sinC ，
得AC＝AB·sin B
sinC
＝
5× 2❑√5
5
❑√2
2
＝2❑√10，
故AB 边上的高为AC·sin A＝2
❑√10× 3 ❑√10
10 ＝6.
【典例2】在①a sin C－❑√3c cos B cos C＝❑√3b cos2C；②5c cosB＋4b＝5a；③(2b-a)cos 
C＝c cos A 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．
在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c.且满足________．
(1)求sin C；
(2)已知a＋b＝5，△ABC 的外接圆半径为4 ❑√3
3
，求△ABC 的边AB 上的高h.
【解析】　选择条件①：
(1)因为asin C－❑√3c cos B cos C＝❑√3b cos2C，
所以由正弦定理得sinA sin C＝❑√3sin C cos B cos C＋❑√3sin B cos2C，
即sinA sin C＝❑√3cos C(sinC cos B+sin BcosC)，
故sin A sin C＝❑√3cos C sin A.
又A∈(0，π )⇒sin A≠0，
所以sin C＝❑√3cos C⇒tan C＝❑√3.
由C∈(0，π )⇒C＝π
3 ，
所以sin C＝sin π
3 ＝
❑√3
2 .
(2)由正弦定理得c＝2×4 ❑√3
3
sin π
3 ＝4，
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos π
3 ＝(a+b)
2－3ab＝16，
所以ab＝(a+b)
2-16
3
＝3.
于是得△ABC 的面积S＝1
2ab sin C＝1
2ch，
所以h＝absinC
c
＝3×
❑√3
2
4
＝3 ❑√3
8 .
选择条件②：
(1)因为5c cos B＋4b＝5a，
由正弦定理得5sin C cos B＋4sin B＝5sin A，
即5sin C cos B＋4sin B＝5sin (B+C)＝5sin B cos C＋5cos B sin C，于是sin B(4 -5cosC)
＝0.
在△ABC 中，B∈(0，π)，sin B≠0，
所以cos C＝4
5，
sin C＝❑√1-cos
2C＝3
5.
(2)由正弦定理得c＝2×4 ❑√3
3
× 3
5＝8 ❑√3
5
，
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cosC＝(a+b)
2－18
5 ab＝192
25 ，
所以ab＝[(a+b)
2- 192
25 ]× 5
18＝433
90 ，
于是得△ABC 的面积S＝1
2ab sin C＝1
2ch，
所以h＝absin C
c
＝433
90 × 3
5 ×
5
8 ❑√3＝433 ❑√3
720
.
选择条件③：
(1)因为(2b-a)cos C＝c cos A，
所以由正弦定理得(2sin B -sin A)cos C＝sin C cos A，
所以2sin B cos C＝sin ( A +C)＝sin B，
因为B∈(0，π )，所以sin B≠0⇒cos C＝1
2.
又C∈(0，π )，所以C＝π
3 ，所以sin C＝
❑√3
2 .
(2)由正弦定理得c＝2×4 ❑√3
3
sin π
3 ＝4，
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos π
3 ＝(a+b)
2－3ab＝16，所以ab＝(a+b)
2-16
3
＝3.
于是得△ABC 的面积S＝1
2ab sin C＝1
2ch，
所以h＝absinC
c
＝3×
❑√3
2
4
＝3 ❑√3
8 .
方法技巧
 
 92
   已知三角形的一角求取值范围
 
 
借助三角形内角和定理把待求问题转化为某一角的三角函数取值范围问题，进而借助三角函
数的性质求解．
【典例1】(2020·浙江高考)在锐角△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c.已知2b 
sin A－❑√3a＝0.
(1)求角B 的大小；
(2)求cos A＋cos B＋cos C 的取值范围．
【解析】　(1)由正弦定理，得2sin B sin A＝❑√3sin A，
因为sin A≠0，0＜B＜π
2 ，故sin B＝
❑√3
2 ，B＝π
3 .
(2)由A＋B＋C＝π，得C＝2π
3 －A.
由△ABC 是锐角三角形，得A∈(
π
6 ，π
2).
由cos C＝cos (
2π
3 - A)＝－1
2cos A＋
❑√3
2 sin A，得
cos A＋cos B＋cos C＝
❑√3
2 sin A＋1
2cos A＋1
2
＝sin (A + π
6)+ 1
2∈(
❑√3+1
2
，3
2].
故cos A＋cos B＋cos C 的取值范围是(
❑√3+1
2
，3
2].
【典例2】(2025·江苏南通模拟)已知锐角△ABC 的三个内角A，B，C 所对的边分别为a，b，
c，sin (A－B)＝cos C.
(1)求角B 的大小；
(2)求a
2+c
2
b
2
的取值范围．
【解析】　(1)在锐角△ABC 中，sin (A－B)＝cos C>0，则0<A－B<π
2 ，sin (A－B)＝sin 
(
π
2 -C)，
于是A－B＝π
2 －C，即A＋C－B＝π
2 ，而A＋C＝π－B，则π－2B＝π
2 ，
所以B＝π
4 .
(2)由(1)知，C＝3 π
4 －A，由{
0< A < π
2 ，
0<C < π
2 ，
得π
4 <A<π
2 ，
由正弦定理得a
2+c
2
b
2
＝sin
2 A +sin
2C
sin
2B
＝2sin2A＋2sin2C＝1－cos2A＋1－cos 2C
＝2－cos 2A－cos (
3 π
2 -2 A)
＝2＋sin 2A－cos 2A＝2＋❑√2sin (2 A - π
4)，
而π
4 <2A－π
4 <3 π
4 ，则
❑√2
2 <sin (2 A - π
4)≤1，3<2＋❑√2sin (2 A - π
4)≤2＋❑√2，
所以a
2+c
2
b
2
的取值范围是(3，2＋
❑√2].
方法技巧
 
 93
   已知三角形的一角及其对边求取值范围
 
 
一是将问题表示为边的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将问题用三角形某一个角的三角
函数表示，利用三角函数的有界性，单调性再结合角的范围确定最值或范围．
【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)△ABC 中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinB sin C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC 周长的最大值．
【解析】　(1)由正弦定理和已知条件得
BC2－AC2－AB2＝AC·AB.　①
由余弦定理得
BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos A.　②
由①②得cos A＝－1
2.
因为0＜A＜π，所以A＝2π
3 .
(2)法一(基本不等式)：由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos A＝AC2＋AB2＋AC·AB
＝9，
即( AC + AB)
2－AC·AB＝9.
因为AC·AB≤(
AC + AB
2
)
2
(当且仅当AC＝AB 时取等号)，所以9＝( AC + AB)
2－AC·AB≥
( AC + AB)
2－(
AC + AB
2
)
2
＝3
4 ( AC + AB)
2，
解得AC＋AB≤2❑√3(当且仅当AC＝AB 时取等号)，
所以△ABC 周长L＝AC＋AB＋BC≤3＋2❑√3，
所以△ABC 周长的最大值为3＋2❑√3.
法二(三角函数法)：由正弦定理及(1)得
AC
sin B＝AB
sinC ＝BC
sin A ＝2❑√3，
从而AC＝2❑√3sin B，
AB＝2❑√3sin(π－A－B)＝3cos B－❑√3sin B.
故BC＋AC＋AB＝3＋❑√3sin B＋3cos B
＝3＋2❑√3sin (B+ π
3).
又0＜B＜π
3 ，
所以当B＝π
6 时，△ABC 周长取得最大值3＋2❑√3.
【典例2】△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，已知b＝2，2sin A＝❑√3a cos 
B.
(1)求角B 的大小；
(2)求AC 边上高的最大值．
【解析】　(1)由2sin A＝❑√3a cos B，
得
a
sin A ＝
2
❑√3cos B，
由正弦定理
a
sin A ＝
b
sin B，得
b
sin B＝
2
❑√3cos B，
又b＝2，∴sin B＝❑√3cos B，
即tan B＝❑√3，
∵B∈(0，π)，∴B＝π
3 .
(2)法一：设AC 边上的高为h，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B，得4＝a2＋c2－2ac cos π
3 ，
即a2＋c2－ac＝4.
∵a2＋c2≥2ac，∴2ac－ac≤4，即ac≤4，当且仅当a＝c 时，等号成立，
∴S△ABC＝1
2ac sin B＝
❑√3
4 ac∈(0，❑√3].
又S△ABC＝1
2bh＝h，∴h∈(0，❑√3]，∴AC 边上高的最大值为❑√3.
法二：设AC 边上的高为h，
由正弦定理得，a＝
b
sin Bsin A＝4 ❑√3
3
sin A，c＝
b
sin Bsin C＝4 ❑√3
3
sin C，
∴S△ABC＝1
2ac sin B＝
❑√3
4 ac＝
❑√3
4 (
4 ❑√3
3 )
2
sin A sin C＝4 ❑√3
3
sin A sin C，
∵A＋B＋C＝π，∴sin A＝sin (B＋C)，
∴S△ABC＝4 ❑√3
3
sin (B＋C)sin C
＝4 ❑√3
3 (
❑√3
2 sinC cosC + 1
2 sin
2C)
＝4 ❑√3
3 (
❑√3
4 sin 2C + 1-cos2C
4
)
＝2❑√3
3 sin (2C - π
6)+
❑√3
3 .
∵C∈(0，2π
3 )，∴2C－π
6 ∈(- π
6 ，7 π
6 )，
∴sin (2C - π
6)∈(- 1
2 ，1]，∴S△ABC∈(0，❑√3].
又S△ABC＝1
2bh＝h，
∴h∈(0，❑√3]，∴AC 边上高的最大值为❑√3.
方法技巧
 
 94
   已知三角形的一角及其邻边求取值范围
 
 
锐角三角形中求最值或范围尽量向角转化，因为用基本不等式无法转化锐角三角形这个条件．
【典例1】　(2025·江苏高邮中学模拟)在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已
知a sin A +C
2
＝b sin A.
(1)求B；
(2)若△ABC 为锐角三角形，且c＝2，
(ⅰ)求角C 的取值范围；
(ⅱ)求△ABC 面积的取值范围．
【解析】　(1)因为a sin A +C
2
＝b sin A，
由正弦定理得sin A sin A +C
2
＝sin B sin A，
因为sin A≠0，所以sin A +C
2
＝sin B.
由A＋B＋C＝π，可得sin A +C
2
＝sin (
π
2 - B
2)＝cos B
2 ，
所以cos B
2 ＝sin B，
所以cos B
2 ＝2sin B
2 cos B
2 ，
因为B∈(0，π )，则B
2 ∈(0，π
2)，所以cos B
2 >0，所以sin B
2 ＝1
2，
因为B
2 ∈(0，π
2)，所以B
2 ＝π
6 ，则B＝π
3 .
(2)(ⅰ)因为△ABC 为锐角三角形，
所以0<A<π
2 ，0<C<π
2 ，
由(1)知，A＋C＝2π
3 ，即{
0< 2π
3 -C < π
2 ，
0<C < π
2 ，
所以π
6 <C<π
2 ，即角C 的取值范围为(
π
6 ，π
2).
(ⅱ)由题设及(1)知，△ABC 的面积S△ABC＝1
2ac sin B＝
❑√3
2 a.
由正弦定理得a＝c sin A
sinC ＝2sin(
2π
3 -C)
sinC
＝2sin 2π
3 cosC -2cos 2π
3 sinC
sinC
＝
❑√3cosC +sinC
sinC
＝
❑√3
tanC ＋1.
因为π
6 <C<π
2 ，所以tan C>
❑√3
3 ，
则0<
1
tanC <❑√3，0<
❑√3
tanC <3，
所以1<a<4，从而
❑√3
2 <S△ABC<2❑√3.
因此△ABC 面积的取值范围是(
❑√3
2 ，2❑√3).
【典例2】在锐角△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，c＝2，A＝π
3 ，则a＋b
的取值范围是________．
【解析】因为c＝2，A＝π
3 ，
则由正弦定理， 可得a＝c sin A
sinC ＝
❑√3
sinC ，b＝c sin B
sinC ＝2sin(
2π
3 -C)
sinC
，
所以a＋b＝
❑√3
sinC +
❑√3cosC +sinC
sinC
＝1＋
❑√3(1+cosC)
sinC
＝1＋
2❑√3cos
2 C
2
2sin C
2 cos C
2
＝1＋
❑√3
tan C
2
，
由△ABC 是锐角三角形，可得0<C<π
2 ，0<2π
3 －C<π
2 ，则π
6 <C<π
2 ，
所以π
12<C
2 <π
4 ，2－❑√3<tan C
2 <1.
所以1＋
❑√3<a＋b<4＋2❑√3.
方法技巧
 
  95
   已知三角形中角
 
 ( 或边
 
 ) 的关系求取值范围
 
 
【典例1】在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若A＝2B，则3a-c
b
的取值范围
为(　　)
A．(3，4]
B．(
7
3 ，12
5 ]
C．(3，13
4 ]
D．(2，5]
【解析】∵A＝2B，B＋2B＋C＝π，∴B∈(0，π
3)，sin A＝sin 2B＝2sin B cos B，sin C＝sin (
A＋B)＝sin 3B＝3sin B－4sin3B，
由正弦定理可得3a-c
b
＝3sin A -sinC
sin B
＝6sin Bcos B -3sin B+ 4 sin
3 B
sin B
＝6cos B＋4(1－cos2B)－
3＝－4cos2B＋6cosB＋1，
令cos B＝t∈(
1
2 ，1)，则3a-c
b
＝－4t2＋6t＋1，
由二次函数性质知y＝－4t2＋6t＋1∈(3，13
4 ]，
∴3a-c
b
∈(3，13
4 ].故选C.
【典例2】(2025·山东烟台模拟)在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，角B
的平分线交AC 于点D，BD＝1 且b＝2，则△ABC 周长的最小值为________．
【解析】因为∠ABC 的平分线交AC 于点D，BD＝1，
所以S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，即
1
2ac sin ∠ABC＝1
2BD·c·sin ∠ABC
2
+ 1
2BD·a·sin ∠ABC
2
，
因为sin ∠ABC
2
≠0，所以由二倍角公式可得
2ac cos ∠ABC
2
＝a＋c，
即cos ∠ABC
2
＝a+c
2ac ，所以
cos ∠ABC＝2cos2∠ABC
2
－1＝2(
a+c
2ac)
2
－1，
由余弦定理的推论得，cos∠ABC＝a
2+c
2- 4
2ac
，
所以2(
a+c
2ac)
2
－1＝a
2+c
2- 4
2ac
，
整理得(a＋c)2＝ac[(a＋c)2－4]，
所以(a＋c)2＝ac[(a＋c)2－4]≤(a+c)
2
4
·[(a＋c)2－4]，
整理得(a＋c)2≥8，所以a＋c≥2❑√2，
当且仅当a＝c＝❑√2时等号成立，
所以△ABC 周长的最小值为2＋2❑√2.
方法技巧
 
 96
   测量距离问题
 
 
距离问题的解题思路
这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首
先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．
提醒：①基线的选取要恰当；②选取的三角形及正弦、余弦定理要恰当．
【典例1】(2025·山东青岛模拟)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球给人类
保留宇宙秘密的遗产”，若要测量如图所示某蓝洞口边缘A，B 两点间的距离，现在珊瑚群
岛上取两点C，D，测得CD＝8 n mile，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝
120°，则A，B 两点的距离为________ n mile.
【解析】在△ACD 中，∠DCA＝15°，∠ADC＝135°＋15°＝150°，∠CAD＝180°－150°－15°
＝15°，所以AD＝CD＝8，
所以AC＝❑√64 +64 -2×8×8×cos150°＝8×❑√2+ ❑√3(n mile)，
在△BCD 中，
∠BDC＝15°，∠BCD＝15°＋120°＝135°，∠CBD＝180°－15°－135°＝30°，
由正弦定理得
8
sin30°＝
BC
sin15°，BC＝8×sin15°
sin30°
＝16×sin (45° -30°)
＝16×(
❑√2
2 ×
❑√3
2 -
❑√2
2 × 1
2)＝16×
❑√6- ❑√2
4
＝4(❑√6- ❑√2)(n mile)，
在△ABC 中，∠ACB＝120°，
所以AB＝❑√A C
2+ BC
2-2× AC ×BC ×cos120°
＝
❑√
128+64 ❑√3+16(8- 4 ❑√3)-2×8×❑√2+ ❑√3×4(❑√6- ❑√2)×(- 1
2)
＝❑√256+64×❑√2+ ❑√3×❑√2- ❑√3＝
❑√256+64
＝
❑√320＝8❑√5(n mile)．
【典例2】如图，线段CD 是某铁路线上的一条穿山隧道，开凿前，在CD 所在水平面上的山
体外取点A，B，在四边形ABCD 中，测得AB＝50 m，∠BAC＝45°，∠DAC＝75°，∠ABD＝
30°，∠DBC＝75°.
(1)试求B，D 之间的距离及B，C 之间的距离；
(2)求应开凿的隧道CD 的长．
【解析】　(1)在△ABD 中，∵∠DAC＝75°，∠CAB＝45°，∴∠DAB＝120°，
又∠DBA＝30°，∴∠ADB＝30°，
∴△ABD 为等腰三角形， ∴AB＝AD＝50 m.
由余弦定理可得
BD2＝502＋502－2×50×50cos 120°＝502×3，
∴BD＝50❑√3 m.
在△ABC 中，∠CAB＝45°，
∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝30°＋75°＝105°，
∴∠ACB＝30°，
由正弦定理可得
50
sin30°＝
BC
sin 45°，
∴BC＝50❑√2 m.
(2)在△BCD 中，∠DBC＝75°，BC＝50❑√2 m，BD＝50❑√3 m，根据余弦定理可得
CD＝❑√B D
2+ BC
2-2BD·BC cos∠DBC＝25(❑√6+ ❑√2) m．
方法技巧
 
 97
   测量高度问题
 
 
解决高度问题的三个注意事项
(1)要理解仰角、俯角的定义．
(2)在实际问题中可能会遇到空间与平面(底面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个
空间图形，一个平面图形．
(3)注意山或塔垂直地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．
【典例1】(2024·广东湛江二模)为测量某大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A
在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B，C 与O 在同一水平面上，他测得BC＝102❑√7 
m，∠BOC＝120°，在点B 处测得点A 的仰角为θ(tan θ＝2)，在点C 处测得点A 的仰角为
45°，则该大厦的高度OA＝________m.
【解析】设OA＝h m，因为在点B 处测得点A 的仰角为θ，所以OA
OB ＝2，所以OB＝h
2 m.
因为在点C 处测得点A 的仰角为45°，所以OC＝h m.
在△BOC 中，由余弦定理，可得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos ∠BOC，
即1022×7＝1
4h2＋h2＋1
2h2＝7
4h2，解得h＝204.
【典例2】(2024·浙江台州期末)如图所示，A，B，P，Q 在同一个铅垂面上，在山脚A 测得山
顶P 的仰角∠QAP 为60°，∠QAB＝30°，斜坡AB 长为m，在B 处测得山顶P 的仰角∠CBP
为α，则山的高度PQ 为(　　)
A．
❑√3msin (α +30°)
2sin (α +60°)
B．
❑√3msin (α -30°)
2sin (α +60°)
C．
❑√3msin (α +30°)
2sin (α -60°)
D．
❑√3msin (α -30°)
2sin (α -60°)
【解析】如图所示，
因为∠APQ＝30°，∠CPB＝90°－α，
所以∠APB＝30°－90°＋α＝α－60°，
则∠PBA＝180°－30°－α＋60°＝180°＋30°－α，
在△PBA 中，由正弦定理得，
PA
sin ∠PBA ＝
AB
sin ∠APB ，
则
PA
sin (180°+30° -α )＝
m
sin (α -60°)，
得PA＝msin (α -30°)
sin (α -60°) ，
在直角三角形PAQ 中，sin 60°＝PQ
PA ，
得PQ＝
❑√3msin (α -30°)
2sin (α -60°)
.故选D.
方法技巧
 
 98
   测量角度问题
 
 
解决角度问题的三个注意事项
(1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义．
(2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦值或余弦值．
(3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数学方
法解决的问题，解题过程中要注意体会正、余弦定理综合使用的优点．
提醒：理解仰角、俯角、方向角、方位角，正确画图是解题的关键．
【典例1】一艘游轮航行到A 处时看灯塔B 在A 的北偏东75°方向上，距离为12❑√6 n mile，灯
塔C 在A 的北偏西30°方向上，距离为12❑√3 n mile，该游轮由A 沿正北方向继续航行到D 处
时再看灯塔B 在其南偏东60°方向上，则此时灯塔C 位于游轮的(　　)
A．正西方向
B．南偏西75°方向
C．南偏西60°方向
D．南偏西45°方向
【解析】如图，在△ABD 中，B＝45°，由正弦定理得
AD
sin 45°＝
AB
sin 60°，则AD＝
12❑√6×
❑√2
2
❑√3
2
＝24.在△ACD 中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos 30°，因为AC＝12❑√3，
AD＝24，所以CD＝12，由正弦定理得
CD
sin30°＝
AC
sin∠CDA ，则sin ∠CDA＝
❑√3
2 ，故∠CDA
＝60°或∠CDA＝120°.
因为AD＞AC，故∠CDA 为锐角，所以∠CDA＝60°，即此时灯塔C 位于游轮的南偏西60°方
向上．
【典例2】(2025·广东广州模拟)在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东
45°方向，相距12 km 的水面上，有蓝方一艘小艇正以10  km/h 的速度沿南偏东75°方向前进，
若侦察艇以14 km/h 的速度，沿北偏东45°＋α 方向拦截蓝方的小艇．若要在最短的时间内拦
截住，则红方侦察艇所需的时间为________ h，角α 的正弦值为________. 
【解析】设红方侦察艇经过x h 后在C 处追上蓝方的小艇，则AC＝14x  km，BC＝10x km，
∠ABC＝120°.
在△ABC 中，根据余弦定理得(14 x)
2＝122＋(10 x)
2－240×x×cos 120°，解得x＝2，
故AC＝28 km，BC＝20 km.
根据正弦定理得BC
sin α ＝
AC
sin120°，解得sin α＝20sin120°
28
＝5 ❑√3
14 .
方法技巧
 
 99
   和差正切公式在解三角形的应用
 
 
和角正切核心公式：
基础变形形式：
1. 
2. 
（
）
【典例1】（2025·福建泉州·模拟预测）已知
，
，分别为
三个内角
，
，
的对边，
，且
，
（    ）
A．1
B．3
C．
D．
【解析】由题设及正弦边角关系，有
，
，
所以
，
由
，
，则
，可得
，
所以
，整理得
，
可得
或
，
若
，则
，结合
，故
，三角形有两个钝角，不符合；
所以
.
故选：B
【典例2】（2025·河南许昌·模拟预测）在
中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且
，则
的最小值是（   ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理化边为角，通过三角公式推出
，再将
转化，借助基本不
等式求最小值.
【详解】因为
，由正弦定理得
，
所以
.又因为
，
所以
，
所以
，即
.所以
，
，
显然
必为正，否则
和
都为负，就两个钝角，
所以
，
当且仅当
，即
，
取等号，
所以
的最小值是
，
故选：C.
【典例3】（2026·山东青岛·一模）记
内角
，
，
的对边分别为
，
，，
，
则
的最小值为______
【解析】由
，
化简得
由正弦定理得
，
所以
，
又因为
，
设
，所以
又
，
所以
，
所以
，
所以
，
设
，
所以
，所以
有解，
所以
，解得
，又因为
，所以
，
所以
的最小值为
.
方法技巧
 
 100
   由
  an
  与
   Sn
  的关系求通项公式
 
 
1．已知Sn求an的三个步骤
(1)利用a1＝S1求出a1．
(2)当n≥2 时，利用an＝Sn－Sn－1求出an的表达式．
(3)看a1是否符合n≥2 时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写，否则应写
成分段的形式，即an＝{
S1，n=1，
Sn- Sn-1，n≥2.
2．Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
提醒：注意an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2，转化后往往能构造等差、等比数列，或用累加、
累乘等方法求解．
【典例1】(2025·山东菏泽模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sn，若满足Sn＝4an－3，则Sn＝(　 
)
A．4[(
2
5)
n
-1]   
B．4[(
2
3)
n
-1] 
C．3[(
4
3)
n
-1]  
D．4(3n－1)
【解析】当n＝1 时，S1＝4a1－3，即S1＝4S1－3，得S1＝1，
当n≥2 时，Sn＝4(Sn－Sn－1)－3，
即3Sn＝4Sn－1＋3，
Sn＝4
3Sn－1＋1，
Sn＋3＝4
3(Sn－1＋3)，又S1＋3＝4，
所以{Sn＋3}是首项为4，公比为4
3 的等比数列，
所以Sn＋3＝4×(
4
3)
n-1
，Sn＝4×(
4
3)
n-1
－3＝3[(
4
3)
n
-1] ．故选C．
【典例2】已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________．
【解析】当n＝1 时， a1＝21＝2，∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①
故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n-1(n≥2，n∈N*)，②
由①－②得nan＝2n－2n-1＝2n-1，∴an＝2
n-1
n (n≥2，n∈N*)．
显然当n＝1 时不满足上式，
∴an＝{
2，n=1，
2
n-1
n ，n≥2，n∈N
*.
【典例3】(多选)设Sn是数列{an}的前n 项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是( 
)
A．an＝
1
n(n-1)  
B．an＝{
-1，n=1，
1
n(n-1) ，n≥2
C．Sn＝－1
n 
D．数列{
1
Sn}是等差数列
【解析】∵an＋1＝Sn·Sn＋1＝Sn＋1－Sn，两边同除以Sn＋1·Sn，得1
Sn+1
- 1
Sn＝－1．
∴{
1
Sn}是以－1 为首项，－1 为公差的等差数列，
即1
Sn＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－1
n．
当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝－1
n +
1
n-1＝
1
n(n-1)，
又a1＝－1 不适合上式，∴an＝{
-1，n=1，
1
n(n-1) ，n≥2.故选BCD．
方法技巧
 
 101
   由数列的递推关系求通项公式
 
 
由递推关系求数列的通项公式的常用方法
【典例1】设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝
________．
【解析】由题意得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，
an－an－1＝n(n≥2)．
以上各式相加，得
an－a1＝2＋3＋…＋n＝
(n-1)(2+n)
2
＝n
2+n-2
2
．
∵a1＝1，∴an＝n
2+n
2
(n≥2)．
∵当n＝1 时也满足此式，∴an＝n
2+n
2
．
【典例2】在数列{an}中，a1＝1，an＝n-1
n an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝
________．
【解析】∵an＝n-1
n an－1(n≥2)，
∴an－1＝n-2
n-1an－2，an－2＝n-3
n-2an－3，…，a2＝1
2a1．
以上(n－1)个式子相乘得，
an＝a1·1
2 · 2
3·…·n-1
n ＝a1
n ＝1
n．
当n＝1 时，a1＝1，符合上式，∴an＝1
n．
【典例3】已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝
________．
【解析】∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴
an+1+1
an+1 ＝3，
∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n-1，
∴an＝2·3n-1－1．
【典例4】已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n+1，则数列{an}的通项公式为an＝________．
【解析】∵an＋1＝2an＋2n+1，∴两边同除以2n+1，
得
an+1
2
n+1＝
an
2
n＋1．又a1＝1，
∴{
an
2
n}是首项为1
2，公差为1 的等差数列，
∴
an
2
n＝1
2＋(n－1)×1＝n－1
2，
即an＝(n- 1
2)·2n．
【典例5】已知数列{an}中，a1＝2，an ＋1＝
2an
an+2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝
________．
【解析】∵an＋1＝
2an
an+2，a1＝2，∴an≠0，
∴1
an+1＝1
an
+ 1
2，即1
an+1
- 1
an＝1
2，
又a1＝2，则1
a1＝1
2，
∴{
1
an}是以1
2为首项，1
2为公差的等差数列．
∴1
an＝1
a1＋(n－1)×1
2＝n
2，∴an＝2
n．
方法技巧
 
 102
   数列的周期性
 
 
解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求解．
【典例1 】(2024· 山东济宁三模) 已知数列{an}中，a1 ＝2 ，a2 ＝1 ，an ＋1 ＝an －an －1
(n≥2，n∈N
*)，则a2 025＝(　　)
A．－2  
B．－1 
C．1 
D．2
【解析】由a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，得
a3＝a2－a1＝－1，
a4＝a3－a2＝－2，
a5＝a4－a3＝－1，
a6＝a5－a4＝1，
a7＝a6－a5＝2，
a8＝a7－a6＝1，
…，
则{an}是以6 为周期的周期数列，
所以a2 025＝a337×6＋3＝a3＝－1．
故选B．
【典例2】(2025·福建厦门模拟)数列{an}满足an＋1＝
1
1-an，a3＝3，则a2 025＝________．
【解析】因为an＋1＝
1
1-an，a3＝3，
所以a3＝
1
1-a2＝3，解得a2＝2
3，
又a2＝
1
1-a1＝2
3，解得a1＝－1
2，
又a4＝
1
1-a3＝－1
2，a5＝
1
1-a4＝2
3，a6＝
1
1-a5＝3，
显然，接下去a7＝－1
2，a8＝2
3，a9＝3，…，
所以数列{an}是以3 为周期的周期数列，
则a2 025＝a3×675＝a3＝3．
方法技巧
 
 103
   数列的单调性
 
 
判断数列单调性的两种方法
(1)作差(商)法．
(2)目标函数法：写出数列对应的函数，利用导数或基本初等函数的单调性探求其单调性，再
将函数的单调性对应到数列中去．
【典例1】已知数列{an}的通项公式为an＝3n+k
2
n
，若数列{an}为递减数列，则实数k 的取值范
围为(　　)
A．(3，＋∞)  
B．(2，＋∞)
C．(1，＋∞) 
D．(0，＋∞)
【解析】因为an＋1－an＝3n+3+k
2
n+1
- 3n+k
2
n
＝3-3n-k
2
n+1
，
由数列{an}为递减数列知，
对任意n∈N*，an＋1－an＝3-3n-k
2
n+1
<0，所以k>3－3n 对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋
∞)．
故选D．
【典例2】已知数列{an}的通项公式是an＝
n
3n+1，那么这个数列是(　　)
A．递增数列
B．递减数列
C．摆动数列 
D．常数列
【解析】∵an＋1－an＝n+1
3n+ 4 -
n
3n+1＝
1
(3n+1)(3n+ 4)＞0，∴an＋1＞an，即数列{an}是递增数列，
故选A．
方法技巧
 
 104
   数列的最值
 
 
求数列中最大(小)项的两种方法
(1)根据数列的单调性求解．
(2)利用不等式组¿求出n 的值，进而求得an的最值．
【典例1】已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋1)·(
10
11)
n
，则数列{an}的最大项为(　　)
A．a8或a9  
B．a9或a10
C．a10或a11 
D．a11或a12
【解析】结合f (x)＝(x＋1)(
10
11)
x
的单调性，
设数列{an}的最大项为an，则{
an≥an+1，
an≥an-1，n≥2，
所以{
n+1·(
10
11)
n
≥(n+2)·(
10
11)
n+1
，  
(n+1)·(
10
11)
n
≥n·(
10
11)
n-1
，n≥2，
解不等式组可得9≤n≤10．
所以数列{an}的最大项为a9或a10．
故选B．
【典例2】(2025·辽宁锦州模拟)数列{an}的通项公式为an＝n- ❑√2 023
n- ❑√2 024 ，该数列的前50 项中
最大项是(　　)
A．a1  
B．a44 
C．a45 
D．a50
【解析】an＝n- ❑√2 023
n- ❑√2 024
＝n- ❑√2 024 + ❑√2 024 - ❑√2 023
n- ❑√2 024
＝1＋
❑√2 024 - ❑√2 023
n- ❑√2 024
，
因为❑√2 024 - ❑√2 023>0，❑√2 024∈(44，45)，
故当n≤44 时，数列{an}单调递减，且an<1，
当n≥45 时，数列{an}单调递减，且an>1，
故n＝45 时，取得最大项．
故选C．
方法技巧
 
 105
   等差数列基本量的运算
 
 
解决等差数列运算问题的思想方法
(1)方程思想：等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可通过列方程组达到“知三求二”．
(2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d 表示，寻求两者间的联系，
整体代换即可求解．
【典例1】(多选)记Sn为等差数列{an}的前n 项和，已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是( 
)
A．a2＋a3＝0  
B．an＝2n－5
C．Sn＝n(n－4) 
D．d＝－2
【解析】S4＝4(a1+a4)
2
＝0，
所以a1＋a4＝a2＋a3＝0，故A 正确；
a5＝a1＋4d＝5，①
a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②
联立①②得{
d =2，
a1=-3，
所以an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，故B 正确，D 错误；
Sn＝－3n＋n(n-1)
2
×2＝n2－4n＝n(n－4)，故C 正确．故选ABC．
【典例2】(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n 项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5
＝(　　)
A．25　　 B．22　　 C．20　　 D．15
【解析】法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9．设等差
数列{an}的公差为d，则d＝a8-a4
8- 4 ＝9-5
4 ＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋5×4
2
×d
＝20．故选C．
法二：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5，①
由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，②
由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋5×4
2
×d＝20．故选C．
【典例3】“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．我
国古代天文学和数学著作《周髀算经》中记载：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春
分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列．若冬至的日影
长为15.5 尺，芒种的日影长为4.5 尺，则雨水、惊蛰、春分、清明的日影长的和是________
尺．
【解析】设从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小
满、芒种这十二个节气的日影长成等差数列{an}，设公差为d，则a1＝15.5，a12＝4.5，所以
15.5＋11d＝4.5，则d＝－1，所以雨水、惊蛰、春分、清明的日影长的和为a5＋a6＋a7＋a8＝
11.5＋10.5＋9.5＋8.5＝40．
方法技巧
 
 106
   等差数列的判定与证明
 
 
判断数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一个常数．
(2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1．
(3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q 为常数)．
(4)前n 项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A，B 为常数)．
【典例1】已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n 项和，从下面①②③中选取两个作
为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{
❑√Sn}是等差数列；③a2＝3a1．
[证明]　①③⇒②．
已知{an}是等差数列，a2＝3a1．
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋n(n-1)
2
d＝n2a1．
因为数列{an}的各项均为正数，所以
❑√Sn＝n
❑√a1，
所以
❑√Sn+1- ❑√Sn＝(n＋1)
❑√a1－n
❑√a1＝
❑√a1(常数)，所以数列{
❑√Sn}是等差数列．
①②⇒③．
已知{an}是等差数列，{
❑√Sn}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋n(n-1)
2
d＝1
2n2d＋(a1- d
2)n．
因为数列{
❑√Sn}是等差数列，所以数列{
❑√Sn}的通项公式是关于n 的一次函数，则a1－d
2＝0，
即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1．
②③⇒①．
已知数列{
❑√Sn}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1．
设数列{
❑√Sn}的公差为d，d>0，则
❑√S2- ❑√S1＝
❑√4 a1- ❑√a1＝d，
得a1＝d2，所以
❑√Sn＝
❑√S1＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝
2d2n－d2(n≥2)，当n＝1 时，a1＝d2也满足上式，所以an＝2d2n－d2＝d2＋(n－1)·2d2，所以
数列{an}是等差数列．
【典例2】记Sn为数列{an}的前n 项和，bn为数列{Sn}的前n 项积，已知2
Sn
+ 1
bn＝2．
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
【解析】　(1)证明：因为bn是数列{Sn}的前n 项积，
所以n≥2 时，Sn＝
bn
bn-1
，
代入2
Sn
+ 1
bn＝2 可得，
2bn-1
bn
+ 1
bn
＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝1
2(n≥2)．
又2
S1
+ 1
b1＝3
b1＝2，所以b1＝3
2，
故数列{bn}是以3
2为首项，1
2为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，bn＝n+2
2 ，则2
Sn
+
2
n+2＝2，所以Sn＝n+2
n+1(n∈N*)，
当n＝1 时，a1＝S1＝3
2，
当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n+2
n+1 - n+1
n ＝－
1
n(n+1)．
当n＝1 时，a1＝3
2不满足上式，
故an＝{
3
2 ，n=1，
-
1
n(n+1) ，n≥2.
【典例3】已知数列{an}的前n 项积为Tn，且满足1
T n＝
an-1
2an ，证明：数列{Tn}为等差数列．
【解析】因为1
T n＝
an-1
2an ，
当n＝1 时，1
T 1＝1
a1＝
a1-1
2a1
，即a1
2＝3a1，易知a1≠0，则T1＝a1＝3，
当n≥2 时，1
T n＝
an-1
2an
＝1
2 - 1
2an＝1
2 - T n-1
2T n
，所以Tn－Tn－1＝2，
故数列{Tn}是以3 为首项，2 为公差的等差数列．
方法技巧
 
 107
   等差数列性质的应用
 
 
利用等差数列的性质解题的三个关注点
 (1)在等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般考虑应用项的性质，如利用2am＝am－n＋
am＋n可实现项的合并与拆分．
(2)在Sn＝n(a1+an)
2
中，Sn与a1＋an可相互转化．
(3)利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，可求S2m或S3m．
【典例1】(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝(　　)
A．－2  
B．7
3 
C．1 
D．2
9
【解析】根据等差数列的性质，得a1＋a9＝a3＋a7，由S9＝1，根据等差数列的求和公式，
得S9＝9(a1+a9)
2
＝9(a3+a7)
2
＝1，故a3＋a7＝2
9．
故选D．
【典例2】(2024·九省联考)记等差数列{an}的前n 项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝(　 
)
A．120　　  
B．140 
C．160　　 
D．180
【解析】因为a3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，所以S16＝(a1+a16)×16
2
＝8(a5＋a12)＝160．故选C．
【典例3】设等差数列{an}的前n 项和为Sn，若S10＝20，S20＝10，则S30＝(　　)
A．0  
B．－10 
C．－30 
D．－40
【解析】由等差数列{an}的前n 项和的性质可得，S10，S20－S10，S30－S20 也成等差数列，
∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30．故选C．
【典例4】有两个等差数列{an}，{bn}，其前n 项和分别为Sn，Tn．
①若
an
bn＝2n-1
3n+1，则
S11
T 11＝________；
②若
Sn
T n＝2n-1
3n+1，则
a5
b4＝________．
【解析】①若
an
bn＝2n-1
3n+1，
则
S11
T 11＝
11a6
11b6＝2×6-1
3×6+1＝11
19．
②若
Sn
T n＝2n-1
3n+1＝2n
2-n
3n
2+n，则可设Sn＝(2n
2-n)k，Tn＝(3n
2+n)k，k≠0，
所以a5＝S5－S4＝45k－28k＝17k，b4＝T4－T3＝52k－30k＝22k，所以
a5
b4＝17
22．
【典例5】已知Sn是等差数列{an}的前n 项和，若a1＝－2 018，S2 020
2 020 - S2 014
2 014＝6，则S2 025＝
________．
【解析】由等差数列的性质可得{
Sn
n }也为等差数列，
设其公差为d，则S2 020
2 020 - S2 014
2 014＝6d＝6，所以d＝1，
所以S2 025
2 025＝S1
1 ＋2 024d＝－2 018＋2 024＝6，
所以S2 025＝12 150． 
方法技巧
 
  108
   等差数列的前
 
  n  项和及其最值
 
 
处理等差数列前n 项和Sn的最值的两类观点
(1)函数观点：利用等差数列前n 项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象，利用
求二次函数的最值的方法求解．特别提醒，n∈N*．
(2)邻项变号观点：
①当a1>0，d<0 时，满足{
am≥0，
am+1≤0 的项数m 使得Sn取得最大值Sm；
②当a1<0，d>0 时，满足{
am≤0，
am+1≥0 的项数m 使得Sn取得最小值Sm．
【典例1】在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n 项和为Sn，且S10＝S15．求当n 取何值时，Sn
取得最大值，并求出它的最大值．
【解析】　法一(函数法)：
因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋10×9
2
d＝15×20＋15×14
2
d，
解得d＝－5
3．
Sn＝20n＋n(n-1)
2
·(- 5
3)＝－5
6n2＋125
6 n
＝－5
6(n- 25
2 )
2
＋3 125
24
．
因为n∈N*，所以当n＝12 或n＝13 时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130．
法二(图象法)：
因为等差数列{an}的前n 项和Sn是关于n 的二次函数，且S10＝S15，所以10×20＋10×9
2
d＝
15×20＋15×14
2
d，
所以d＝－5
3．
又10+15
2
＝25
2 ，所以当n＝12 或n＝13 时，Sn取得最大值．
因为S12＝S13＝12×20＋12×11
2
×(- 5
3)＝130，所以最大值为S12＝S13＝130．
法三 (邻项变号法)：
因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋10×9
2
d＝15×20＋15×14
2
d，
所以d＝－5
3．
an＝20＋(n－1)×(- 5
3)＝－5
3n＋65
3 ．
因为a1＝20>0，d＝－5
3<0，
所以数列{an}是递减数列．
由an＝－5
3n＋65
3 ≤0，得n≥13，即a13＝0．
当n≤12 时，an＞0；当n≥14 时，an＜0．
所以当n＝12 或n＝13 时，Sn 取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋12×11
2
×(- 5
3)＝
130．
法四(性质法)：
由S10＝S15，得S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以5a13＝0，即a13＝0．
又d＝a13-a1
13-1 ＝－5
3，
所以当n＝12 或n＝13 时，Sn有最大值，
且最大值为S12＝S13＝12×20＋12×11
2
×(- 5
3)＝130．
【典例2】(多选)(2024·辽宁名校联考二模)设{an}是等差数列，Sn是其前n 项和，且S5<S6，S6
＝S7>S8，则下列结论正确的是(　　)
A．d≤0
B．a7＝0
C．S6与S7均为Sn的最大值
D．满足Sn<0 的n 的最小值为14
【解析】A 项，因为S6＝S7>S8，所以S7－S6＝a7＝0，S8－S7＝a8<0，
所以d＝a8－a7<0，故A 错误；
B 项，由A 的解析可得B 正确；
C 项，因为S5<S6，S6＝S7>S8，所以S6与S7均为Sn的最大值，故C 正确；
D 项，因为2a7＝a1＋a13，由S13＝13(a1+a13)
2
＝0，S14＝14(a1+a14)
2
＝7(a7+a8)<0，
故D 正确．故选BCD．
方法技巧
 
 109
   等比数列基本量的运算
 
 
等比数列基本量的运算的解题策略
(1)等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以通过列方程(组)达到“知三求二”．
(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．
提醒：运用等比数列的前n 项和公式时，一定要注意公比q 的讨论(q＝1 或q≠1)，否则会造
成漏解或增解．
【典例1】(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3 项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　　)
A．14  
B．12 
C．6 
D．3
【解析】设等比数列{an}的公比为q，q≠0，
若q＝1，则a2－a5＝0，与题意矛盾，
所以q≠1，
则{
a1+a2+a3= a1(1-q
3)
1-q
=168，
a2-a5=a1q -a1q
4= 42，
解得{
a1=96，
q = 1
2 ， 
所以a6＝a1q5＝3．
故选D．
【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n 项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝
(　　)
A．120  
B．85 
C．－85 
D．－120
【解析】法一：设等比数列{an} 的公比为q(q≠0) ，由题意易知q≠1 ，则
{
a1(1-q
4)
1-q
=-5，
a1(1-q
6)
1-q
=21× a1(1-q
2)
1-q
，
化简整理得{
q
2= 4，
a1
1-q = 1
3 .所以S8＝a1(1-q
8)
1-q
＝1
3×(1－44)＝－85，故
选C．
法二：易知等比数列{an}的公比q≠－1，则S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6为等比数列，所以(S4
－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1 或S2＝5
4．当S2＝－1 时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，
解得S8＝－85；当S2＝5
4 时，结合S4＝－5 得{
a1(1-q
4)
1-q
=-5，
a1(1-q
2)
1-q
= 5
4 ，
化简可得q2＝－5，不成立，舍
去．所以S8＝－85，故选C．
【典例3】《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长3 尺，莞生一日，长1 尺，蒲生日自半，
莞生日自倍．意思是：“今有蒲第一天长高3 尺，莞第一天长高1 尺，以后蒲每天长高前一
天的一半，莞每天长高前一天的2 倍．”则当莞长高到长度是蒲的5 倍时，需要经过的天数
是(结果精确到0．1．参考数据：lg 2≈0．30，lg 3≈0．48)(　　)
A．2.9 天  
B．3.9 天 
C．4.9 天 
D．5.9 天
【解析】设蒲的长度组成等比数列{an}，a1＝3，公比为1
2，前n 项和为An，莞的长度组成等
比数列{bn}，b1＝1，公比为2，其前n 项和为Bn．
则An＝
3(1- 1
2
n)
1- 1
2
，Bn＝2
n-1
2-1 ，
由题意可得5×
3(1- 1
2
n)
1- 1
2
＝2
n-1
2-1 ，
解得2n＝30 或2n＝1(舍去)．
所以n＝log230＝lg30
lg2 ＝lg3+1
lg2 ≈4.9．
故选C．
方法技巧
 
 110
   等比数列的判定与证明
 
 
判定一个数列为等比数列的常见方法
【典例1】(2024·湖南名校质检)记Sn为数列{an}的前n 项和，已知a1＝2，a2＝－1，且an＋2＋
an＋1－6an＝0(n∈N*)．
(1)证明：{an＋1＋3an}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式及前n 项和Sn．
【解析】(1)证明：由题意得，
an+2+3an+1
an+1+3an
＝
2an+1+6an
an+1+3an
＝2，∴{an＋1＋3an}是以a2＋3a1＝5 为
首项，2 为公比的等比数列．
(2)由(1)可知an＋1＋3an＝5·2n-1(n∈N*)，
则an＋1＝－3an＋5·2n-1，
设an＋1＋x·2n＝－3(an＋x·2n-1)，
则an＋1＝－3an－5x·2n-1，则x＝－1，
故an＋1－2n＝－3(an－2n-1)，又a1－20＝1，
所以{an－2n-1}是以1 为首项，－3 为公比的等比数列，所以an－2n-1＝1×(－3)n-1，
an＝2n-1＋(－3)n-1，
Sn＝1-2
n
1-2 + 1-(-3)
n
1-(-3) ＝2n－3
4 - (-3)
n
4
，
故an＝2n-1＋(－3)n-1，Sn＝2n－3
4 - (-3)
n
4
．
【典例2】已知Sn为等比数列{an}的前n 项和，a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0．
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求出λ 的值；若不存在，请说明
理由．
【解析】　(1)由题意可得{
a1q
3=9a1q，
a1(1-q
3)
1-q
=13
q>0，且q≠1，
，
解得{
a1=1，
q =3，所以an＝3n-1，Sn＝1-3
n
1-3 ＝3
n-1
2
．
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列．
因为S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝1
2，此时Sn＋1
2＝1
2×3n，则
Sn+1+ 1
2
Sn+ 1
2
＝3．
故存在常数λ＝1
2，使得数列{Sn+ 1
2 }是等比数列．
【典例3】已知数列{an}和{bn}满足a1＝3，b1＝2，an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn．
(1)证明：{an＋bn}和{an－bn}都是等比数列；
(2)求{anbn}的前n 项和Sn．
【解析】　(1)证明：因为an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn，
所以an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)，
an＋1－bn＋1＝－(an－bn)，
又由a1＝3，b1＝2 得a1－b1＝1，a1＋b1＝5，
所以数列{an＋bn}是首项为5，公比为3 的等比数列，数列{an－bn}是首项为1，公比为－1 的
等比数列．
(2)由(1)得an＋bn＝5×3n-1，
an－bn＝(－1)n-1，
所以an＝5×3
n-1+(-1)
n-1
2
，
bn＝5×3
n-1-(-1)
n-1
2
，所以anbn＝5×3
n-1+(-1)
n-1
2
× 5×3
n-1-(-1)
n-1
2
＝25×3
2n-2-1
4
＝25
4 ×9n-1－
1
4，
所以Sn＝25
4 × 1-9
n
1-9 - n
4＝25×(9
n-1)-8n
32
．
方法技巧
 
 111
   等比数列性质的应用
 
 
应用等比数列性质的两个关注点
【典例1 】(2023· 全国乙卷) 已知{an} 为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10 ＝－8 ，则a7＝
________．
【解析】法一：设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5．又
a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1．　①
又a9a10＝a1q8·a1q9＝a1
2q17＝－8，　②
所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2．
法二：设数列{an}的公比为q．因为a4a5＝a3a6≠0，而a2a4a5＝a3a6，所以a2＝1．又a9a10＝
a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2．
【典例2】 (2025·山东青岛模拟)等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1
＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　)
A．12  
B．10 
C．5 
D．2log35
【解析】因为{an}是各项均为正数的等比数列，a5a6＋a4a7＝18，
所以a5a6＋a4a7＝2a5a6＝18，即a5a6＝9，
则a1a10＝a2a9＝…＝a5a6＝9，
记S＝log3a1＋log3a2＋…＋log3a10，
则S＝log3a10＋log3a9＋…＋log3a1，
两式相加得2S＝log3(a1a10)＋log3(a2a9)＋…＋log3(a10a1)＝10×log39＝20，
所以S＝10，即log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝10．
故选B．
【典例3】(多选)(2024·湖北武汉二模)下列命题正确的是(　　)
A．若{an}，{bn}均为等比数列且公比相等，则{an+bn}也是等比数列
B．若{an}为等比数列，其前n 项和为Sn，则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列
C．若{an}为等比数列，其前n 项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列
D．若数列{an}的前n 项和为Sn，则“an>0(n∈N
*)”是“{Sn}为递增数列”的充分不必要条件
【解析】对于A，若a1＝－b1且数列{an}，{bn}公比相等，则a1＋b1＝0，显然{an＋bn}不是等
比数列，A 错误；
对于B，设{an}的公比为q，而S3＝a1(1＋q＋q2)，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a1(q3＋q4＋q5)，S9－S6
＝a7＋a8＋a9＝a1(q6＋q7＋q8)，
所以S3，S6－S3，S9－S6是公比为q3的等比数列，B 正确；
对于C，同B 分析，Sn＝a1(1＋q＋…＋qn-1)，S2n－Sn＝a1(qn＋qn+1＋…＋q2n-1)，S3n－S2n＝a1
(q
2n+q
2n+1+…+q
3n-1)，
若n 为偶数，q＝－1 时，显然各项均为0，不为等比数列，C 错误；
对于D，若an>0(n∈N
*)，则Sn＝Sn－1＋an>Sn－1且n≥2，易知{Sn}为递增数列，充分性成立；
若{Sn}为递增数列，则Sn>Sn－1⇒Sn－1＋an>Sn－1且n≥2，显然{an}为－1，2，2，2，…满足，但
an>0 不恒成立，必要性不成立，
所以“an>0(n∈N
*)”是“{Sn}为递增数列”的充分不必要条件，D 正确．
故选BD．
【典例4】(多选)(2025·湖南长沙模拟)设等比数列{an}的公比为q，其前n 项和为Sn，前n 项积
为Tn，且a1>1，a6a7>1，
a6-1
a7-1<0，则下列结论正确的是(　　)
A．0<q<1  
B．0<a7a8<1
C．Sn的最大值为S7 
D．Tn的最大值为T6
【解析】A 项，a1>1 且a6a7>1>0⇒q>0，而
a6-1
a7-1<0⇒a6－1 和a7－1 异号，
由a1>1 知a6－1>0，a7－1<0，即a6>1，a7<1，0<q＝
a7
a6
<1，故A 项正确；
B 项，从前面的求解过程知a1>1，0<q<1，说明{an}是单调递减的正项等比数列，且0<a7<1，
所以0<a8<1，
那么0<a7a8<1，故B 项正确；
C 项，因为{an}是正项数列，所以Sn没有最大值，故C 项错误；
D 项，从前面的分析过程可知{an}的前6 项均大于1，从第7 项起均小于1，所以Tn的最大值
为T6，故D 项正确．
故选ABD．
方法技巧
 
 112
   分组求和与并项求和
 
 
分组求和与并项求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n 项和．
(2)通项公式为an＝{
bn，n 为奇数，
cn，n 为偶数
的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可
采用分组求和法求和．
(3)如果cn＝(－1)n·an，求{cn}的前n 项和时，可采用并项求和法求解．对n 分奇数、偶数讨
论，建议先求n 是偶数时Sn的值，当n 为奇数时，Sn＝Sn－1＋cn．
【典例1】　(2025·河南信阳模拟)已知数列{an}是等差数列，其前n 项和为Sn，且2a2＋a4＝
13，S7＝49．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝an+2
an，求数列{bn}的前n 项和Tn．
【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d，
又2a2＋a4＝13，S7＝49，
所以{
2(a1+d)+a1+3d =13，
7a1+ 7×6d
2
= 49，
解得{
a1=1，
d =2，
所以{an}的通项公式an＝a1＋(n-1)d＝1＋2(n-1)＝2n－1．
(2)由(1)知bn＝an+2
an＝2n－1＋22n-1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(1+2)+(3+2
3)+(5+2
5)＋…＋(2n-1+2
2n-1)
＝(1+3+5+…+2n-1)＋(2＋23＋25＋…＋22n-1)＝n(1+2n-1)
2
+ 2×(1- 4
n)
1- 4
＝2
2n+1-2
3
＋n2．
【典例2】在数列{an}中，a1＝－1，an＝2an－1＋3n－6(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列{an＋3n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋n，求数列{bn}的前n 项和Tn．
【解析】　(1)证明：∵an＝2an－1＋3n－6(n≥2，n∈N*)，
∴当n≥2 时，
an+3n
an-1+3(n-1)＝
2an-1+3n-6+3n
an-1+3n-3
＝
2(an-1+3n-3)
an-1+3n-3 ＝2，
∴数列{an＋3n}是首项为a1＋3＝2，公比为2 的等比数列，
∴an＋3n＝2n，an＝2n－3n．
(2)bn＝an＋n＝2n－3n＋n＝2n－2n，
数列{bn}的前n 项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(21－2)＋(22－4)＋(23－6)＋…＋(2n－2n)
＝21＋22＋…＋2n－(2＋4＋6＋…＋2n)＝2(1-2
n)
1-2
- 2+2n
2
×n＝2n+1－2－n(n＋1)．
【典例3】(2025·辽宁实验中学模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sn，且4Sn＝5an－2．
(1)证明：{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)设bn＝(－1)n·log5
a2n+2
2
，求数列{bn}的前100 项和T100．
【解析】　(1)证明：在数列{an}中，4Sn＝5an－2，当n≥2 时，4Sn－1＝5an－1－2，两式相减得
an＝5an－1，
而a1＝S1＝5
4a1－1
2，解得a1＝2，
所以{an}是首项为2，公比为5 的等比数列，
通项公式为an＝2×5n-1．
(2)由(1)知，bn＝(－1)n·log5
a2n+2
2
＝(－1)n·log52×5
2n+1
2
＝(－1)n·(2n＋1)，
所以T100＝(b1+b2)+(b3+b4)＋…＋(b99+b100)＝(-3+5)+(-7+9)＋…＋(-199+201)＝2＋2＋2
＋…＋2＝2×50＝100．
方法技巧
 
  113
   裂项相消法求和
 
 
裂项相消法求和的基本步骤
【典例1】(2024·河南郑州二模)在数列{an}中，a1＝2，对任意正整数n，均有an＋1－an＝2n＋
2．数列{bn}满足：
b1
3 + b2
3
2＋…＋
bn
3
n＝n2，n∈N*．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝
bn
an
，求数列{cn}的前n 项和Sn．
【解析】　(1)因为an＋1－an＝2n＋2，
当n≥2，n∈N*时，{
an-an-1=2n，
…，
a3-a2=2×3，
a2-a1=2×2，
累加得an－a1＝
(4 +2n)(n-1)
2
，
即an＝n(n+1)(n≥2)，
经检验，a1＝2 满足an＝n(n+1)，
所以数列{an}的通项公式为an＝n(n+1)．
因为
b1
3 + b2
3
2＋…＋
bn
3
n＝n2，n∈N*①，
当n＝1 时，b1＝3，
当n≥2，n∈N*时，
b1
3 + b2
3
2＋…＋
bn-1
3
n-1＝(n－1)2②，
①－②得
bn
3
n＝n2－(n－1)2＝2n－1，即bn＝(2n-1)×3n(n≥2)，
经检验，b1＝3 满足bn＝(2n-1)×3n，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝(2n-1)×3n．
(2)由(1)可得cn＝
bn
an
＝
(2n-1)·3
n
n(n+1)
＝[3n-(n+1)]·3
n
n(n+1)
＝3
n+1
n+1 - 3
n
n ，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(
3
2
2 - 3
1
1)+(
3
3
3 - 3
2
2)＋…＋(
3
n+1
n+1 - 3
n
n )＝3
n+1
n+1－3．
即数列{cn}的前n 项和Sn＝3
n+1
n+1－3．
【典例2】(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n 项和，已知a1＝1，{
Sn
an}是公差为1
3的等
差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：1
a1
+ 1
a2＋…＋1
an<2．
【解析】　(1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴
S1
a1
＝1，
又∵{
Sn
an}是公差为1
3的等差数列，
∴
Sn
an＝1＋1
3(n－1)＝n+2
3 ，
∴Sn＝
(n+2)an
3
，
∴当n≥2 时，Sn－1＝
(n+1)an-1
3
，
∴an＝Sn－Sn－1＝
(n+2)an
3
-
(n+1)an-1
3
，
整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1，
即
an
an-1＝n+1
n-1(n≥2)，
∴an＝a1×
a2
a1
× a3
a2
×…×
an-1
an-2
× an
an-1
＝1×3
1 × 4
2 × 5
3×…× n
n-2 × n+1
n-1＝n(n+1)
2
(n≥2)，
显然对于n＝1 时，a1＝1 也满足上式，
∴{an}的通项公式为an＝n(n+1)
2
．
(2)证明：由(1)知an＝n(n+1)
2
，
∴1
an＝
2
n(n+1)＝2(
1
n -
1
n+1)，
∴1
a1
+ 1
a2＋…＋1
an＝2[(1- 1
2)+(
1
2 - 1
3)+…+(
1
n -
1
n+1)] ＝2(1-
1
n+1)＜2．
【典例3】已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝
(n+1)an
2
(Sn为数列{an}的前n 项和)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n+12an+1
anan+1
，数列{bn}的前n 项和为Tn，求T2 025．
【解析】　(1)由Sn＝
(n+1)an
2
，得Sn－1＝nan-1
2
(n≥2)，
两式相减得an＝
(n+1)an
2
- nan-1
2
(n≥2)，
化简得(n－1)an＝nan－1，
所以an
n ＝an-1
n-1＝…＝a1
1 ＝1，所以an＝n．
(2)由(1)知bn＝(－1)n+1 2n+1
n(n+1)＝(－1)n+1(
1
n +
1
n+1)，所以T2 025＝(1+ 1
2)-(
1
2 + 1
3)+(
1
3 + 1
4)－…
－(
1
2 022 +
1
2 023)+(
1
2 023 +
1
2 024)-(
1
2 024 +
1
2 025)+(
1
2 025 +
1
2 026)＝1＋
1
2 026＝
2 027
2 026．
方法技巧
 
  114
   错位相减法求和
 
 
错位相减法求和的具体步骤
【典例1】(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n 项和，已知4Sn＝3an＋4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n 项和Tn．
【解析】　(1)当n＝1 时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4．
当n≥2 时，4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1，
而a1＝4≠0，故an≠0，故
an
an-1
＝－3，
所以数列{an}是以4 为首项，－3 为公比的等比数列，所以an＝4×(－3)n-1．
(2)因为bn＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n-1，
故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n-1－4n·3n＝4＋4×3(1-3
n-1)
1-3
－4n·3n＝4＋
2×3×(3n-1－1)－4n·3n＝(2－4n)·3n－2，
∴Tn＝(2n－1)·3n＋1．
【典例2】(2023·全国甲卷)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为数列{an}的前n 项和，2Sn＝nan．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{
an+1
2
n }的前n 项和Tn．
【解析】　(1)当n＝1 时，2S1＝a1，解得a1＝0，
当n≥2 时，2Sn－1＝(n－1)an－1，
∴2an＝nan－(n－1)an－1，
∴(n－1)an－1＝(n－2)an，
当n≥3 时，可得
an
an-1
＝n-1
n-2，
∴an＝2
1 × 3
2 × 4
3 ×…×n-1
n-2×a2＝n－1，
当n＝2 或n＝1 时，a1＝0，a2＝1 适合上式，
∴{an}的通项公式为an＝n－1．
(2)由(1)可得
an+1
2
n ＝n
2
n，
∴Tn＝1
2 + 2
2
2 + 3
2
3＋…＋n-1
2
n-1 + n
2
n，
∴1
2Tn＝1
2
2 + 2
2
3 + 3
2
4＋…＋n-1
2
n + n
2
n+1，
两式相减得1
2Tn＝1
2 + 1
2
2 + 1
2
3＋…＋1
2
n - n
2
n+1＝
1
2(1- 1
2
n)
1- 1
2
- n
2
n+1＝1－1
2
n - n
2
n+1，∴Tn＝2－n+2
2
n ．
【典例3】(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1 的等比数列，数列{bn}满足bn＝nan
3 ．已知a1，
3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n 项和．证明：Tn＜Sn
2 ．
【解析】　(1)设等比数列{an}的公比为q，则an＝qn-1．
因为a1，3a2，9a3成等差数列，
所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝1
3，
故an＝1
3
n-1，bn＝n
3
n．
(2)证明：由(1)知Sn＝
1- 1
3
n
1- 1
3
＝3
2(1- 1
3
n)，
Tn＝1
3 + 2
3
2 + 3
3
3＋…＋n
3
n，①
1
3Tn＝1
3
2 + 2
3
3 + 3
3
4＋…＋n-1
3
n + n
3
n+1，②
①－②得2
3Tn＝1
3 + 1
3
2 + 1
3
3＋…＋1
3
n - n
3
n+1，
即2
3Tn＝
1
3(1- 1
3
n)
1- 1
3
- n
3
n+1
＝1
2(1- 1
3
n)- n
3
n+1，
整理得Tn＝3
4 - 2n+3
4×3
n ，
则2Tn－Sn＝2(
3
4 - 2n+3
4×3
n)- 3
2(1- 1
3
n)
＝－n
3
n＜0，
故Tn＜Sn
2 ．
方法技巧
 
  115
   数列模型的应用
 
 
数列实际应用中的常见模型
(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数
就是公差．
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定且不为零的数，则该模型是等比模型，
这个固定的数就是公比．
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应
考虑是第n 项an与第n＋1 项an＋1有递推关系，还是前n 项和Sn与前n＋1 项和Sn＋1之间有递
推关系．
一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或依次减少要用等差数列，有的
问题需通过转化得到等差或等比数列．
【典例1】某牧场今年年初牛的存栏数为1 200，预计以后每年存栏数的增长率为10%，且在每
年年底卖出100 头牛，牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列{cn}，即c1＝1 200，则
c10大约为(　　)
(参考数据：1．18≈2．144，1．19≈2．358，1．110≈2．594，1．111≈2．853)
A．1 429  
B．1 472
C．1 519 
D．1 571
【解析】由题可知cn＝(1＋10%)cn－1－100＝1.1cn－1－100，
设cn＋k＝1.1(cn－1＋k)，解得k＝－1 000．
即cn－1 000＝1.1(cn－1－1 000)，
故数列{cn－1 000}是首项为c1－1 000＝200，公比为1.1 的等比数列．
所以cn－1 000＝200×1.1n-1，则cn＝200×1.1n-1＋1 000，
所以c10＝200×1.19＋1 000≈200×2.358＋1 000≈1 472．
故选B．
【典例2】(多选)小明向银行贷款A0元创业，并与银行约定：每个月还一次款，分12 次还清所
有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为r．设小明每个月所要还款的钱数为
x 元，则下列说法正确的是(　　)
A．小明选择的还款方式为“等额本金还款法”
B．小明选择的还款方式为“等额本息还款法”
C．小明第一个月还款的现值为x
1+r 元
D．x＝A0r (1+r)
12
(1+r)
12-1
【解析】A，B 选项，由于每个月还款的钱数都相等，故小明选择的还款方式为“等额本息还
款法”，A 错误，B 正确； C 选项，设小明第一个月还款的现值为M，则M(1＋r)＝x，解得
M＝x
1+r ，故C 正确；
D 选项，根据“等额本息还款法”可得，第一个月月末所欠银行贷款为A1＝A0(1＋r)－x，
第二个月月末所欠银行贷款为A2＝A1(1＋r)－x＝A0(1＋r)2－x(1＋r)－x，
第三个月月末所欠银行贷款为A3＝A2(1＋r)－x＝A0(1＋r)3－x(1＋r)2－x(1＋r)－x，
……
第十二个月月末所欠银行贷款为A12＝A0(1＋r)12－x(1＋r)11－x(1＋r)10－…－x(1＋r)－x
＝A0(1＋r)12－x[(1＋r)11＋(1＋r)10＋…＋(1＋r)＋1]
＝A0(1＋r)12－x［1-(1+r)
12］
1-(1+r)
＝A0(1＋r)12＋x［1-(1+r)
12］
r
，
由于分12 次还清所有的欠款，
故A0(1＋r)12＋x［1-(1+r)
12］
r
＝0，
解得x＝
A0r (1+r)
12
(1+r)
12-1 ，D 正确．故选BCD．
方法技巧
 
 116
   数列中的不等式证明
 
 
与数列有关的不等式证明问题的求解常用两种方法：一是放缩法；二是借助函数的单调性证
明．
(1)对于“和式”数列不等式，若能够直接求和，则考虑先求和，再放缩证明不等式；若不能
求和，则可考虑先放缩后求和证明不等式．放缩时要研究通项，放缩是为了能化简．
 (2)常见的放缩技巧：
①1
k
2＜
1
k
2-1＝1
2(
1
k -1 -
1
k +1)；
②1
k -
1
k +1＜1
k
2＜1
k -1 - 1
k ；
③2(❑√n+1- ❑√n)＜1
❑√n＜2(❑√n- ❑√n-1)；
④1
2
n+1＜
1
2
n+1＜1
2
n ，1
3
n＜
1
3
n-1
≤
1
2·3
n-1．
【典例1】已知正项数列{an}的前n 项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝anan＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{
1
an
2}的前n 项和为Tn，求证：
n
4 n+ 4＜Tn＜1
2．
【解析】　(1)∵4Sn＝anan＋1，n∈N*，①
∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4．
当n≥2 时，4Sn－1＝an－1an，②
①－②得4an＝anan＋1－an－1an．
由题意知an≠0，∴an＋1－an－1＝4．
当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k＋2－a2k＝4，即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4 的等差数列，
∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；
当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝4，
即a1，a3，…，a2k－1是首项为2，公差为4 的等差数列，
∴a2k－1＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1)．
综上可知，an＝2n，n∈N*．
(2)证明：∵1
an
2＝1
4 n
2＞
1
4 n(n+1)＝1
4(
1
n -
1
n+1)，
∴Tn＝
1
a1
2 + 1
a2
2 +…+ 1
an
2＞
1
4(1- 1
2 + 1
2 - 1
3 +…+ 1
n -
1
n+1)＝1
4(1-
1
n+1)＝
n
4 n+ 4．
又∵1
an
2＝1
4 n
2＜
1
4 n
2-1＝
1
(2n-1)(2n+1)＝1
2(
1
2n-1 -
1
2n+1)，
∴Tn＝
1
a1
2 + 1
a2
2 +…+ 1
an
2＜1
2(1- 1
3 + 1
3 - 1
5 +…+
1
2n-1 -
1
2n+1)
＝1
2(1-
1
2n+1)＜1
2．
综上所述，
n
4 n+ 4＜Tn＜1
2．
【典例2】(2025·八省联考)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝
3an
an+2．
(1)证明：数列{1- 1
an}为等比数列；
(2)求{an}的通项公式；
(3)令bn＝
an+1
an
，证明：bn<bn＋1<1．
【解析】　(1)证明：因为an＋1＝
3an
an+2，a1＝3>0，
所以an>0，所以1
an+1＝
an+2
3an
＝2
3an
+ 1
3，
所以1－1
an+1＝2
3 - 2
3an＝2
3(1- 1
an)．
因为1－1
a1＝2
3≠0，
所以数列{1- 1
an}是以2
3为首项，2
3为公比的等比数列．
(2)由(1)知，1－1
an＝2
3 ·(
2
3)
n-1
＝(
2
3)
n
，
所以1
an＝1－(
2
3)
n
，
所以an＝
1
1-(
2
3)
n＝
3
n
3
n-2
n．
(3) 证明：bn ＝
an+1
an
＝
3
n+1
3
n+1-2
n+1 · 3
n-2
n
3
n
＝3(3
n-2
n)
3
n+1-2
n+1＝
3·(
3
2)
n
-3
3·(
3
2)
n
-2
＝
3·(
3
2)
n
-2-1
3·(
3
2)
n
-2
＝1 －
1
3·(
3
2)
n
-2．
令f (n)＝3·(
3
2)
n
－2，n∈[1，＋∞)，
因为f (n)＝3·(
3
2)
n
－2 在n∈[1，＋∞)上单调递增，则f (n)≥f (1)＝3×3
2－2＝5
2>0，
所以数列{
1
3·(
3
2)
n
-2}在n∈N*上递减，从而数列{bn}在n∈N*上递增，且bn<1，故得bn<bn＋
1<1．
方法技巧
 
 117
   数列中的不等式恒成立
 
 
数列与不等式的恒成立的问题可借助数列的单调性或转化为函数的最值问题解答．
【典例1】　(2021·浙江高考)已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝－9
4 ，且4Sn＋1＝3Sn－
9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n 项和为Tn．若Tn≤λbn对任意n∈N*
恒成立，求实数λ 的取值范围．
【解析】　(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2 时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即
an+1
an
＝3
4．
当n＝1 时，4S2＝4(- 9
4 +a2)＝－27
4 －9，
解得a2＝－27
16，所以
a2
a1
＝3
4．
所以数列{an}是首项为－9
4，公比为3
4的等比数列，
所以an＝－9
4 ×(
3
4)
n-1
＝－3
n+1
4
n ．
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×(
3
4)
n
．
所以Tn＝－3×3
4－2×(
3
4)
2
－1×(
3
4)
3
＋0×(
3
4)
4
＋…＋(n－4)×(
3
4)
n
，①
3
4 Tn＝－3×(
3
4)
2
－2×(
3
4)
3
－1×(
3
4)
4
＋0×(
3
4)
5
＋…＋(n－5)×(
3
4)
n
＋(n－4)×(
3
4)
n+1
，②
①－②得1
4Tn＝－3×3
4 +(
3
4)
2
＋(
3
4)
3
＋…＋(
3
4)
n
－(n－4)×(
3
4)
n+1
＝－9
4 +
9
16[1-(
3
4)
n-1
]
1- 3
4
－(n
－4)×(
3
4)
n+1
＝－n×(
3
4)
n+1
，所以Tn＝－4n×(
3
4)
n+1
．
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n×(
3
4)
n+1
≤λ(n－4)×(
3
4)
n
恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n<4 时，λ≤-3n
n- 4＝－3－12
n- 4 ，此时λ≤1；
当n＝4 时，－12≤0 恒成立；
当n>4 时，λ≥-3n
n- 4＝－3－12
n- 4 ，此时λ≥－3．
所以－3≤λ≤1．
【典例2】已知数列{an}的前n 项和为Sn，2an＋1＝3Sn，若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立，求实
数t 的取值范围．
【解析】　由2an＋1＝3Sn，得an＝3 Sn-1
2
，当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1，则3 Sn-1
2
＝Sn－Sn－1，
整理得Sn＝－2Sn－1＋1，即Sn－1
3＝－2(Sn-1- 1
3)，而3S1＝2a1＋1＝2S1＋1，解得S1＝1，
于是S1－1
3＝2
3，数列{Sn- 1
3 }是首项为2
3，公比为－2 的等比数列，
因此Sn－1
3＝2
3·(－2)n-1，即Sn＝1-(-2)
n
3
，由tSn<2n，得1-(-2)
n
3
·t<2n，
当n 为奇数时，1+2
n
3
·t<2n，即t<3×2
n
1+2
n ＝3－
3
1+2
n，显然{3-
3
1+2
n}为递增数列，
当n＝1 时，(3-
3
1+2
n)min
＝2，于是t<2，
当n 为偶数时，1-2
n
3
·t<2n，即t>3×2
n
1-2
n ＝－3＋
3
1-2
n，显然恒有－3＋
3
1-2
n<－3，于是t≥－
3，
所以实数t 的取值范围为[-3，2)．
方法技巧
 
  118
   数列奇偶项问题
 
 
该递推数列属于数列奇偶项的问题，主要考查综合知识与探究问题能力，解决此类问题的难
点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差或公比等，特别注意分类讨论等思想在
解题中的灵活运用．
【典例1】(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝{
an+1，n 为奇数，
an+2，n 为偶数．
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20 项和．
【解析】　(1)因为bn＝a2n，且a1＝1，
an＋1＝{
an+1，n 为奇数，
an+2，n 为偶数，
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5．
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2 为首项，3 为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*．
(2)因为an＋1＝{
an+1，n 为奇数，
an+2，n 为偶数，
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，
即a2k＝a2k－1＋1，
①
a2k＋1＝a2k＋2，
②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，
③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1 为首项，3 为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2 为首项，3 为公差的等差数列．
所以数列{an}的前20 项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋10×9
2
×3
＋20＋10×9
2
×3＝300．
【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝{
an-6，n 为奇数，
2an，n 为偶数．记Sn，Tn分别为
数列{an}，{bn}的前n 项和，S4＝32，T3＝16．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n＞5 时，Tn＞Sn．
【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d．
因为bn＝{
an-6，n 为奇数，
2an，n 为偶数，
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6．
因为S4＝32，T3＝16，
所以{
4 a1+6d =32，
(a1-6)+(2a1+2d)+(a1+2d -6)=16，
整理得{
2a1+3d =16，
a1+d =7，
解得{
a1=5，
d =2，
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3．
(2)证明：由(1)知an＝2n＋3，
所以Sn＝n［5+(2n+3)］
2
＝n2＋4n，
bn＝{
2n-3，n 为奇数，
4 n+6，n 为偶数，
当n 为奇数时，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－
7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝
n+1
2
(-1+2n-3)
2
+
n-1
2
(14+ 4 n+2)
2
＝3n
2+5n-10
2
．
当n＞5 时，Tn－Sn＝3n
2+5n-10
2
－(n2＋4n)＝n
2-3n-10
2
＝
(n-5)(n+2)
2
＞0，
所以Tn＞Sn．
当n 为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…
＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝
n
2
(-1+2n-5)
2
+
n
2
(14 + 4 n+6)
2
＝3n
2+7n
2
．
当n＞5 时，Tn－Sn＝3n
2+7n
2
－(n2＋4n)＝n
2-n
2
＝n(n-1)
2
＞0，
所以Tn＞Sn．
综上可知，当n＞5 时，Tn＞Sn．
方法技巧
 
  119
   数列增减项问题
 
 
1．解决数列中增减项问题的关键是通过阅读理解题意，要弄清楚增加了(减少了)多少项，增
加(减少)的项有什么特征．
2．两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小
公倍数，一个等差与一个等比数列的公共项，则要通过其项数之间的关系来确定．
【典例1】(2024·江苏南京期末)已知数列{an}满足a1＝4，且an＋1 ＋an＝8n＋4．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn＝2n，在数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后余下的项按原顺序构成一个新数列{cn}，
求数列{cn}的前192 项和T192．
【解析】　(1)当n＝1 时，a2＋a1＝12，所以a2＝8；
当n≥2 时，an＋an－1＝8n－4，所以an  ＋ 1 －an－1 ＝8；
当n 为偶数时，an＝8＋n-2
2 ×8＝4n; 
当n 为奇数时，an＝4＋n-1
2 ×8＝4n；
综上所述：an＝4n．
(2)设{an}的前n 项和为Sn，{bn}的前n 项和为Hn，
由(1)可知a200＝800，b9＝29＝512，
当n≤200 时，可知{an}与{bn}的公共项为4，8，16，…，512，共8 项，
所以数列{cn}的前192 项和T192＝S200－(H9－2)＝200(4+800)
2
-[
2(1-2
9)
1-2
-2] ＝80 400－1 020
＝79 380．
【典例2】 记数列{an}的前n 项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝nan，且a2＝3．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对所有正整数m，若ak＜2m＜ak＋1，则在ak 和ak＋1 两项中插入2m，由此得到一个新数列
{bn}，求{bn}的前40 项和．
【解析】　(1)由2Sn＝nan，则2Sn＋1＝(n＋1)an＋1，
两式相减得，2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan, 
整理得，(n－1)an＋1＝nan，即n≥2 时，
an+1
an
＝n
n-1，
所以n≥2 时，an＝
an
an-1
· an-1
an-2
·…·
a3
a2
·a2＝n-1
n-2 · n-2
n-3·…·2
1·3＝3(n－1)，
又n＝1 时，2a1＝a1，得a1＝0，也满足上式．
故an＝3(n－1)．
(2)由a40＝117，所以26<a40<27，
又a34＝99>26，所以{bn}的前40 项中有34 项来自{an}．
故b1＋b2＋…＋b40＝(a1＋a2＋…＋a34)＋(21＋22＋…＋26)
＝34(a1+a34)
2
+ 2(1-2
6)
1-2
＝1 683＋126＝1 809．
所以{bn}的前40 项和为1 809．
方法技巧
 
 120
   数列新情境、新定义问题
 
 
对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，依据题目提供的信息，分析新定义的
特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问
题得以解决．
【典例1】(2024·江西南昌一模)对于各项均不为零的数列{cn}，我们定义：数列{
cn+k
cn }为数列
{cn}的“k-比分数列”．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，且{an}的“1-比分数列”与{bn}的
“2-比分数列”是同一个数列．
(1)若{bn}是公比为2 的等比数列，求数列{an}的前n 项和Sn；
(2)若{bn}是公差为2 的等差数列，求an．
【解析】　(1)由题意知
an+1
an
＝
bn+2
bn
，
因为b1＝1，且{bn}是公比为2 的等比数列，所以
an+1
an
＝4．
因为a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为4 的等比数列，所以Sn＝1×(1- 4
n)
1- 4
＝1
3 ×(4
n-1)
．
(2)因为b1＝1，且{bn}是公差为2 的等差数列，所以bn＝2n－1，所以
an+1
an
＝
bn+2
bn
＝2n+3
2n-1，
所以
an
an-1＝2n+1
2n-3 ，an-1
an-2＝2n-1
2n-5，…，
a2
a1＝5
1，
所以
an
a1＝
(2n+1)(2n-1)
3×1
．
因为a1＝1，所以an＝1
3 ×(4 n
2-1)．
【典例2】(2025·湖北武汉模拟)定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，
形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，2，3 经过
第一次“和扩充”后得到数列1，3，2，5，3；第二次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，
2，7，5，8，3．设数列a，b，c 经过n 次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，所有项的和
为Sn．
(1)若a＝2，b＝3，c＝4，求P2，S2；
(2)若Pn≥2 024，求正整数n 的最小值；
(3)是否存在数列a，b，c(a，b，c∈R)，使得数列{Sn}为等比数列？请说明理由．
【解析】　(1)a＝2，b＝3，c＝4，第一次“和扩充”后得到数列2，5，3，7，4，
第二次“和扩充”后得到数列2，7，5，8，3，10，7，11，4，
P2＝9，S2＝2＋7＋5＋8＋3＋10＋7＋11＋4＝57．
(2)数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列a，b，c 经过n 次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，则经第(n+1)次“和扩充”后增
加的项数为Pn－1，
所以Pn＋1＝Pn＋(Pn-1)＝2Pn－1，
所以Pn＋1－1＝2Pn－2＝2(Pn-1)，
其中数列a，b，c 经过1 次“和扩充”后，得到a，a＋b，b，b＋c，c，
故P1＝5，P1－1＝4，故{Pn-1}是首项为4，公比为2 的等比数列，
所以Pn－1＝4×2n-1＝2n+1，故Pn＝2n+1＋1，
则2n+1＋1≥2 024，即2n+1≥2 023．
又n∈N*，解得n≥10，最小值为10．
(3)因为S1＝a＋a＋b＋b＋b＋c＋c＝2a＋3b＋2c，S2＝S1＋3(a+2b+c)，
S3＝S2＋32(a+2b+c)，依次类推，Sn＝Sn－1＋3n-1(a+2b+c)，
故Sn＝Sn－1＋3n-1(a+2b+c)
＝Sn－2＋3n-2(a+2b+c)＋3n-1(a+2b+c)
＝…＝S1＋(a+2b+c)(3+3
2+…+3
n-1)
＝2a＋3b＋2c＋(a+2b+c)· 3(1-3
n-1)
1-3
＝(b+ a+c
2 )·3n＋a+c
2 ，
若使{Sn}为等比数列，
则{
a+c
2
=0，
b+ a+c
2
≠0
 或{
a+c
2
≠0，
b+ a+c
2
=0.
所以存在数列a，b，c(a，b，c∈R)，使得数列{Sn}为等比数列，a，b，c 满足的条件为a＋c
＝0，b≠0 或2b＋a＋c＝0，a＋c≠0．